高考第二轮化学复习资料-人教版[上学期]

专题三 氧化还原反应
●高考趋势展望
物质间的反应大多数是氧化还原反应，氧化还原反应的有关规律及基本概念在工农业生产、日常生活及科学研究中有非常重要的应用，与很多知识综合皆可构成新颖命题。分析近几年的高考试题的特点，可以看出下列几个方面将是高考命题的热点：
1.氧化剂和还原剂、氧化产物和还原产物的判断及粒子氧化性、还原性强弱比较；
2.判断氧化还原反应发生的可能性，写出并用化合价升降法配平氧化还原反应方程式；
3.运用电子转移数目相等的原则进行有关氧化还原反应的计算。
氧化还原反应是化学反应中的主要内容，它在每年的高考试题中都会出现。在2004年高考理科综合全国卷、理科综合北京卷、上海卷、江苏卷中均有考查氧化还原反应的典型试题，考查内容全面，几乎覆盖了有关氧化还原反应的重要考点，形式新颖灵活，题型主要是选择题和填空题，难度适中。展望今后高考命题会继续涉及上述热点，同时也会因氧化还原反应涉及知识面广，特别是与元素化合物知识综合在一起，会有推陈出新的综合性题型出现。但氧化还原反应的试题解法规律性强，有一定的解题技巧，在学习时要注意总结。
●主干知识整合
1.氧化性(或还原性)强弱比较与判断规律
(1)物质的氧化性或还原性的强弱只取决于得到或失去电子的难易，与得失电子的多少无关。如Na、Mg、Al的还原性强弱依次为：Na＞Mg＞Al；浓HNO3、稀HNO3的氧化性强弱为：浓HNO3＞稀HNO3。
(2)金属阳离子的氧化性随其单质还原性的增强而减弱，如金属锌的还原性比金属铜的强，但氧化性：Cu2+＞Zn2+；非金属阴离子的还原性随其单质氧化性增强而减弱，如氯气的氧化性比单质硫强，但还原性：S2－＞Cl－。
(3)不同的还原剂(或氧化剂)与同一氧化剂(或还原剂)反应时，反应条件越易，氧化剂(或还原剂)被还原(或被氧化)的程度越大，则还原剂(或氧化剂)的还原性(或氧化性)就越强。
(4)若还原剂A+氧化剂B=====氧化产物a+还原产物b，则氧化性B＞a，还原性A＞b。
(5)一般来说，同一种元素从低价态到高价态，氧化性(得电子能力)逐渐增强，还原性逐渐减弱，如NO2氧化性大于NO。但要注意同种元素不同价态的化合物的氧化性、还原性强弱还与化合物的稳定性有关，如次氯酸(HClO)的氧化性比高氯酸(HClO4)强。
思考讨论
依据“反应模式”得出氧化性(氧化性＞氧化产物)和还原性(还原剂＞还原产物)的顺序，这一条最常用。如已知SO2+Br2+2H2O=====2HBr+H2SO4，则氧化性：Br2＞H2SO4(稀)，还原性：SO2＞Br－。但不能依据反应Cl2+H2O=====HCl+HClO得出Cl2的氧化性比HClO强、还原性比Cl－强的结论，为什么？
答：依据反应模式得出的规律，其使用的前提是在浓度相同或差别不大上，实际上影响物质氧化性、还原性强弱的因素除物质的性质外，还有温度、浓度等，浓度增大，氧化、还原性增强。由于氯水中c(Cl2)远大于c(HClO)、c(Cl－)，故不能据此反应得出Cl2的氧化性比HClO强的结论。另外Cl2与水的反应是可逆反应，从浓度对化学平衡的影响，也可得出相同的结论。
2.反应是否发生的规律
(1)强氧化剂与强还原剂相遇时，一般都会发生氧化还原反应。
如：H2SO4(浓)与金属、H2S、S2－、HI、HBr、I－、Br－、Fe2+、P。
Cl2与金属、H2S、S2－、HI、I－、HBr、Br－、Fe2+、P、H2、SO2、H2SO3、SO。
O2与金属、H2S、HI、I－、Fe2+、Si、P、H2。
(2)同种元素间不同价态相遇时，若无中间价态，不反应；若发生反应，则生成物中该元素价态必介于反应物中该元素两种价态之间。
如：H2SO4+SO2 不反应
H2S+SO2 只能生成S
ClO－+Cl－ 只能生成Cl2
NH3+NO 只能生成N2
(3)较活泼的非金属单质与一些中间价态的化合物与水或碱溶液能发生歧化反应，如：Cl2、Br2、S、NO2等。
思考讨论
当一种氧化剂(或还原剂)能与几种还原剂(或氧化剂)发生反应时，哪一种先反应？若将氯气通入FeBr2、FeI2混合液中，离子被氧化的先后顺序如何？
答：还原性强的还原剂(或氧化性强的氧化剂)先反应。
离子被氧化的先后顺序为I－、Fe2+、Br－。
3.守恒规律
(1)原子个数守恒：反应前后同种元素的原子个数相等，这也是所有化学反应必须遵循的。
(2)电子守恒：失电子总数等于得电子总数，氧化还原反应必须遵守。
(3)电荷守恒：反应前后离子所带正负电荷总数相等，离子方程式必须遵守。
●精典题例导引
【例1】(2004年江苏，14)ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：
2KClO3+H2C2O4+H2SO4 2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O
下列说法中正确的是
A.KClO3在反应中得到电子
B.ClO2是氧化产物
C.H2C2O4在反应中被氧化
D.1 mol KClO3参加反应有2 mol 电子转移
解析：本题以氧化还原反应为命题背景，考查考生将书本知识与题给信息相联系的灵活运用知识的能力。解题的关键是从分析元素化合价的变化入手，来理解氧化剂与还原剂、氧化产物与还原产物、被氧化与被还原等有关概念。由所给反应可知，KClO3中氯元素化合价从+5价降低为+4价，每摩尔KClO3得到1 mol电子，而被还原成为ClO2，H2C2O4中碳元素化合价从+3价升高到+4价，H2C2O4作还原剂被氧化。故本题答案为A、C。
答案：AC
【例2】(1)在反应2KMnO4+16HBr====5Br2+2MnBr2+2KBr+8H2O中，还原剂是_____________。
(2)已知BrFx与H2O按物质的量之比3∶5反应的产物是HF、HBrO3、Br2、O2，该反应中的氧化剂是_____________，还原剂是_____________，BrFx中的x=_____________。
(3)浓盐酸在反应KClO3+HCl KCl+ClO2+Cl2 + 中显示出来的性质是_____________。
(4)常温下，下列反应均能自发地向右进行：2D－+A2====D2+2A－；2B－+D2====B2+2D－；2A－+C2====A2+2C－。由此得出的正确结论是
A.A－、B－、C－、D－离子中，还原性最强的是C－
B.A2、B2、C2、D2单质中，氧化性最强的是C2
C.反应2C－+Br2====C2+2B－不能自发向右进行
D.反应2C－+Br2====C2+2B－能够自发向右进行
解析：这是一道将近年高考题进行组合、改编而成的考查氧化剂、还原剂、盐酸在反应中扮演的角色以及物质氧化性、还原性强弱顺序等基础知识的试题。
(1)HBr被氧化成Br2，HBr是还原剂。
(2)依题意写出化学方程式：
3BrFx+5H2O====HBrO3+Br2+O2+3xHF
可确定x=3，氧化剂是BrF3，还原剂是BrF3、H2O。
(3)酸性(生成KCl和H2O)和还原性(被氧化成Cl2)。
(4)由题意可得出氧化性：C2＞A2＞D2＞B2;还原性：C－＜A－＜D－＜B－。所以反应
2C－+B2====C2+2B－不能自发进行，即答案为B、C。
答案：(1)HBr (2)BrF3 BrF3、H2O 3
(3)1 H2O 酸性和还原性 (4)BC
深化拓展
已知氧化性顺序是ClO＞Cl2＞IO＞I2，将新制的饱和氯水逐滴加入碘化钾淀粉溶液中至过量，可以观察到哪些现象？写出相关的离子方程式。
答：溶液先变蓝色，后来又褪为无色。
Cl2+I－====2Cl－+I2，
I2+5Cl2+6H2O====2IO+10Cl－+12H+
【例3】L、M、Q、R、X代表五种物质，它们都含某种价态的氮元素，各物质中氮元素的化合价只有一种。物质L中氮元素的化合价比物质M中氮元素的化合价低。在一定条件下，它们会有如下的转化关系(未配平)：
①Q+HCl M+Cl2+H2O ②R+L X+H2O ③R+O2 L+H2O
请判断：(1)五种物质按氮元素的化合价从高到低的顺序排列是__________。若这五种物质中有一种是硝酸，那么硝酸应该是_____________(用字母表示)。
(2)反应③是在催化剂(如铂、氧化铁等)作用下，加热到一定温度时发生的，这个反应在工业上有重要的应用。若X是密度比CO2小的气体，那么X的化学式是_____________。
(3)某同学写出下面三个不同价态的氮的化合物相互转化关系(未配平)，其中你认为一定不能实现的是_____________。
A.NO+HNO3 N2O3+H2O
B.NH3+NO HNO2+H2O
C.N2O4+H2O HNO3+HNO2
解析：(1)本题的信息主要隐藏在所给的三个氧化还原方程式中，若由这三个反应式结合题目所给条件能分析出五种含氮元素的物质中氮元素化合价的高低，则含氮元素化合价最高的那种物质一定是HNO3。分析反应①，可得化合物Q、M中氮元素的化合价Q＞M;分析反应③，可得氮元素价态R＜L;再分析反应②可得，氮元素价态L＞X＞R。综合起来可得氮元素价态高低顺序为Q＞M＞L＞X＞R。
(2)由反应③的反应条件及应用可知，R为NH3，L为NO，故反应②为
NH3+NO X+H2O，则X中氮元素的价态必介于-3与+2之间。由于X的密度小于CO2，所以X的化学式可能为N2或N2H4。
(3)含有不同价态的同种元素的物质相遇时，若发生反应，生成物中该元素的价态必介于反应物中该元素的两种价态之间，所以所给反应中只有B反应一定不能实现。
答案：(1)QMLXR Q (2)N2或N2H4 (3)B
【例4】(2002年上海，23)在氯氧化法处理含CN－的废水过程中，液氯在碱性条件下可以将氰化物氧化成氰酸盐(其毒性仅为氰化物的千分之一)，氰酸盐进一步被氧化为无毒物质。
(1)某厂废水中含KCN，其浓度为650 mg·L－1。现用氯氧化法处理，发生如下反应(其中N均为－3价)：KCN+2KOH+Cl2====KOCN+2KCl+H2O。被氧化的元素是_______________。
(2)投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气。请配平下列化学方程式：
KOCN+KOH+Cl2——CO2+N2+KCl+H2O
(3)若处理上述废水20 L，使KCN完全转化为无毒物质，至少需液氯_____________g。
解析：此题以污水处理为知识背景，考查了氧化还原的概念、氧化还原方程式的配平及氧化还原反应的计算。(1)在KCN+2KOH+Cl2====KOCN+2KCl+H2O反应中，氯元素价态降低，H、N、O、K四种元素的价态没变，只有碳元素的价态升高，故被氧化的为碳元素。(2)氧化还原方程式的配平，首先要找准变价元素，再利用化合价升降法配平，反应物KOCN中N的价态升高，KOCN为还原剂，氯气为氧化剂。
(3)20 L废水中含KCN的物质的量为：
=0.2 mol，由两步反应的化学方程式得出关系式：
2KCN～5Cl2，所以需氯气：0.2 mol×=0.5 mol，即35.5 g。
答案：(1)碳(或C) (2)2KOCN+4KOH+3Cl2====2CO2+N2+6KCl+2H2O (3)35.5
特别提示
氧化还原反应计算的核心是守恒——原子个数、得失电子、正负电荷守恒。追踪元素变化，把握守恒关系列等式，是解题的一般思路。
【例5】(2003年上海，23)实验室为监测空气中汞蒸气的含量，往往悬挂涂有CuI的滤纸，根据滤纸是否变色或颜色发生变化所用去的时间来判断空气中的含汞量，其反应为：4CuI+Hg====Cu2HgI4+2Cu。
(1)上述反应产物Cu2HgI4中，Cu元素显________价。
(2)以上反应中的氧化剂为______，当有1 mol CuI参与反应时，转移电子________mol。
(3)CuI可由Cu2+与I－直接反应制得，请配平下列反应的离子方程式。
Cu2++ I－ CuI+ I
解析：(1)反应中Hg是还原剂，化合价由0价升高到+2，在反应产物Cu2HgI4中碘为－1价，由2x+2+(－1)×4=0，得x=+1，即Cu元素显+1价。
(2)由所给反应知由CuI→Cu化合价从+1降到0，所以CuI为氧化剂。由
知每有4 mol CuI 参加反应，转移电子的物质的量为2 mol ，当有1 mol CuI 参与反应时转移电子0.5 mol。
(3)用化合价升降法配平： 然后根据电荷守恒，观察配平I－的化学计量数。
答案：(1)+1 (2)CuI 0.5 (3)2 5 2 1
特别提示
一位高考成功的考生提醒大家：配平氧化还原反应方程式的关键是确定每分子还原剂(或氧化剂)或化合价升高(或降低)总数，这就必须弄清还原剂或氧化剂分子中有几种元素变价，每一种元素有几个变价原子。
●能力提升训练
1.臭氧可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，化学方程式为：KI+O3+H2O KOH+I2+O2(未配平)，下列叙述正确的是
A.在反应中H2O被氧化成O2
B.该反应的还原产物是I2
C.每生成1 mol I2，转移的电子为2 mol
D.反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶1
解析：此题考查氧化还原反应的相关概念，正确判断氧化剂是关键。O3O2+，O3为氧化剂，n(KI)∶n(O3)=2∶1。
答案：C
2.(2004年南昌模拟题)近期发现一种不需要外加能源、可以节约水源，而能除去废水中的卤代烃(有碍人类健康)的方法，即把铁粉放在废水中，一段时间后卤代烃“消失”。有人提出该过程的机理为Fe+RCH2X+H+ RCH3+X－+Fe2+(X为卤素)。下列说法中正确的是
①处理后废水的pH增大 ②该反应是置换反应 ③反应过程中RCH2X是氧化剂
④处理含卤代烃1 mol的废水时，转移2 mol的电子
A.只有①④ B.只有②③
C.①②③④ D.只有①③④
解析：由题目所给反应机理可知，反应过程中消耗H+，故处理后的废水pH增大；反应后没有单质生成，该反应不是置换反应；化学反应前后，RCH2X中的原子团R—CH2—的化合价由+1价降为－1价，故RCH2X为氧化剂，每有1 mol卤代烃参加反应时，转移2 mol电子。
答案：D
3.(2004年西城区模拟题)根据以下实验事实，判断四种粒子在酸性条件下，氧化性由强到弱的顺序是
①向FeCl3溶液中滴加KI溶液，再加入CCl4，振荡，CCl4层呈紫红色
②向FeCl2溶液中加入氯水，再加入KSCN溶液，呈红色
③向KMnO4溶液中加入浓盐酸，振荡后紫色褪去
A.I2＞Cl2＞Fe3+＞MnO
B.MnO＞Cl2＞Fe3+＞I2
C.Cl2＞I2＞Fe3+＞MnO
D.Fe3+＞MnO＞Cl2＞I2
解析：同一反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物；还原性：还原剂＞还原产物。反应①:2Fe3++2I－====2Fe2++I2中，氧化性：Fe3+＞I2；反应②:Cl2+2Fe2+====2Fe3++2Cl－中，氧化性：Cl2＞Fe3+;反应③；2MnO+10Cl－+16H+====2Mn2++5Cl2↑+8H2O中，氧化性：MnO＞Cl2。所以在酸性条件下，四种粒子氧化性由强到弱的顺序为：MnO＞Cl2＞Fe3+＞I2。
答案：B
4.已知在酸性溶液中，下列物质氧化KI时，自身发生如下变化：①Fe3+ Fe2+;
②NO NO；③MnO Mn2+。如果获得等物质的量的I2，则消耗Fe3+、NO、MnO的物质的量，按从少到多的顺序排列的是
A.①②③ B.③②①
C.②③① D.③①②
解析：由于2I－－2e－====I2，所以要获得等物质的量的I2，各种氧化剂所得电子的物质的量相等，结合其自身变化特点有：n(Fe3+)×1=n(NO)×(5－2)=n(MnO)×(7－2)，所以消耗Fe3+、NO、MnO的物质的量由少到多的顺序为③②①。
答案：B
5.某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO－与ClO的物质的量浓度之比为1∶3，则Cl2与NaOH溶液反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为
A.21∶5 B.11∶3
C.3∶1 D.4∶1
解析：假设反应中生成1 mol NaClO和3 mol NaClO3，则有1 mol+3 mol×5=16 mol电子发生转移，由电子得失守恒可知，此时必有16 mol氯原子被还原。故Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为16 mol∶4 mol=4∶1。
答案：D
6.(2004年广州模拟题)Fe与硝酸反应随温度和硝酸的浓度不同而产物不同。已知
0.2 mol HNO3作氧化剂时，恰好把0.4 mol Fe氧化为Fe2+，则HNO3将被还原成
A.NH B.N2O
C.NO D.NO2
解析：设还原产物中氮元素的化合价为x，则根据氧化还原反应中电子得失数目相等有：0.2 mol×(5－x)=0.4 mol×(2－0) x=1，HNO3被还原的生成物为N2O。
答案：B
7.已知反应:①SO3+H2O====H2SO4 ②Cl2+H2O====HCl+HClO
③2F2+2H2O====4HF+O2↑ ④2Na+2H2O====2NaOH+H2↑
⑤2Na2O2+2H2O====4NaOH+O2↑ ⑥SiO2+2NaOH====Na2SiO3+H2O
(1)上述反应中不属于氧化还原反应的有__________(填序号，下同)。H2O被氧化的是___________，H2O被还原的是____________。属于氧化还原反应，但其中的H2O既不被氧化，又不被还原的有_____________。
(2)写出方程式②的离子方程式_____________。
(3)标出方程式④中电子转移的方向和数目_______________。
解析：(1)氧化还原反应的特征是反应前后元素的化合价发生变化，故不属于氧化还原反应的有①⑥；H2O被氧化，则H2O中的氧元素化合价必然升高，只有③符合；H2O被还原，则H2O中的氢元素的化合价必然降低，应选④；H2O既不被氧化，又不被还原，则H2O中氢元素和氧元素的价态都不变，若为氧化还原反应，则其他物质的价态必然发生变化，符合题意者为②⑤。(2)单质Cl2、弱电解质H2O、HClO等写成分子，只把HCl写成离子即可。
答案：(1)①⑥ ③ ④ ②⑤ (2)Cl2+H2O====H++Cl－+HClO
(3)
8.PbO2是很强的氧化剂，在酸性溶液中它可将Mn2+氧化成MnO。取1支试管，加入少量PbO2固体和2 mL 6 mol·L－1 H2SO4，然后滴入2 mL 1 mol·L－1 MnSO4溶液。试回答：
(1)搅拌后，溶液的颜色变化是_______________。
(2)反应的化学方程式是_____________，硫酸的作用是_________________。
(3)能否用盐酸来代替H2SO4？_____________(“能”或“不能”)，用化学方程式回答_________________。
解析：(1)据题意可知：PbO2在酸性溶液中可将Mn2+氧化成MnO，因此搅拌PbO2、H2SO4和MnSO4的混合物，溶液会变为紫红色。
(2)根据题干信息和价态变化规律可知，反应物为MnSO4、PbO2、H2SO4，而生成物为PbSO4、Pb(MnO4)2；根据氧化剂PbO2与还原剂MnSO4二者得失电子总数相等配平。H2SO4在整个变化过程中价态不变，仅起酸的作用。
(3)由于PbO2氧化能力大于MnO，MnO氧化能力大于Cl2，故PbO2可将Cl－氧化为Cl2，所以不能用盐酸代替硫酸使用。
答案：(1)变为紫红色
(2)5PbO2+2MnSO4+2H2SO4====4PbSO4↓+Pb(MnO4)2+2H2O 酸化
(3)不能 PbO2+4HCl====PbCl2+Cl2↑+2H2O
9.(2004年桂林模拟题)“绿色试剂”双氧水可作为矿业废液消毒剂，如要消除采矿业废液中的氰化物(如KCN)，化学方程式为：KCN+H2O2+H2O====A+NH3↑
(1)生成物A的化学式为_____________。
(2)在标准状况下有0.448 L氨气生成，则转移的电子数为_____________。
(3)反应中被氧化的元素为_____________。
(4)H2O2被称为绿色氧化剂的理由是_____________。
解析：(1)由所给化学反应方程式中C、H、O、N、K元素原子守恒可知A的化学式为KHCO3。(2)在所给反应中，每生成1 mol NH3，氧化剂H2O2共得到2×［－1－(－2)］=2 mol电子，故在标准状况下有0.448 L NH3生成时有0.02 mol×2×6.02×1023 mol－1=2.4×1022个电子发生转移。(3)在所给反应中，碳元素的化合价由KCN中的+2价，升高到KHCO3中的+4价而被氧化。(4)由于H2O2作氧化剂时还原产物为H2O，没有毒性和污染性，故称绿色氧化剂。
答案：(1)KHCO3 (2)2.4×1022 (3)碳(C) (4)H2O2作氧化剂，其产物是H2O，H2O没有毒性及污染性
10.(2004年全国名校联合测试题)在上海召开的第七届全球人类基因大会上，我国科学家第一次提出可以用砒霜(As2O3)来治疗早期幼粒白血病。已知砒霜具有两性。
(1)完成并配平下列化学方程式：
As2O3+ Zn+ H2SO4 AsH3+ ZnSO4+ .
(2)As2O3在上述反应中显示出来的性质是_____________。
A.氧化性 B.还原性
C.酸性 D.碱性
(3)若生成0.1 mol AsH3，则转移电子的物质的量为_____________mol。
(4)砒霜在烧碱溶液中反应的离子方程式为__________________________________。
解析：(1)根据化合价升降法，按照配平步骤先把发生变价的元素配平，而后利用质量守恒定律，观察配平其他元素并确定所缺物质的化学式。
(2)在上述反应中砷元素的化合价降低，故As2O3显氧化性。
(3)由于每生成2 mol AsH3时，转移12 mol电子，故生成0.1 mol AsH3时转移电子的物质的量为0.6 mol。
(4)由于砒霜呈两性，故与烧碱的反应为非氧化还原反应，离子方程式为As2O3+6OH－====2AsO+3H2O
答案：(1)1 6 6－2 6 3H2O (2)A (3)0.6 (4)As2O3+6OH－====2AsO+3H2O
11.有点难度哟！
工业上制备单质碘的方法之一是从碘酸盐开始的。第一步先用适量的亚硫酸氢盐将碘酸盐还原成碘化物，离子方程式为：IO+3HSO====I－+3SO+3H+。第二步将第一步得到的酸性碘化物溶液再跟适量的碘酸盐溶液混合，发生反应析出了碘。试问：
(1)第二步发生反应的离子方程式是：__________________________。
(2)若要使碘酸盐的利用率最高，碘酸盐在第一步和第二步反应中的用量之比为_____。
(3)①配平下列离子方程式：
Fe(OH)3+ ClO－+ OH－—— FeO+ Cl－+ H2O
②已知有3.21 g Fe(OH)3参加反应，共转移了5.42×1022个电子，则n=________________，FeO中铁的化合价为_____________。
③根据(1)(2)推测，FeO能和下列________________(只填序号)物质反应。
A.KMnO4 B.SO2 C.H2S D.O2
解析：(1)由题意可知第二步的反应物为I－、H+、IO，生成物有I2、H2O，离子方程式为IO+5I－+6H+====3I2+3H2O。
(2)要使碘酸盐利用率最高，需将碘元素全部转化为I2，由题给信息及(1)中反应知，碘酸盐在第一步和第二步反应中用量之比为5∶1。
(3)①Fe(OH)3 FeO失去(5－n)e－；ClO－ Cl－得到2e－，由得失电子守恒可知Fe(OH)3、ClO－化学计量数为2、(5－n)；观察配平其他。
②由题意可知：2 mol∶2(5－n) mol=∶
解之n=2，FeO中铁元素的化合价为+6。
③由于FeO中具有强氧化性，可与具有还原性的B、C反应。
答案：(1)IO+5I－+6H+====3I2+3H2O
(2)5∶1 (3)①2 5－n 2n 2 5－n n+3 ②2 +6 ③BC
12.(探究创新题)次磷酸H3PO2是一种强还原剂，将它加入CuSO4水溶液中，加热到
40℃～50℃，析出一种红棕色的难溶物A。经鉴定，反应后的溶液是磷酸和硫酸的混合物；X射线衍射证实A是一种六方晶体，结构类同于纤维锌矿(ZnS)，组成稳定；A的主要化学性质如下：①温度超过60℃，分解成金属铜和一种气体；②在氯气中着火；③与盐酸反应放出气体。
试完成下列问题：
(1)写出A的化学式；(2)写出生成A的反应方程式；(3)写出A与氯气反应的化学方程式；(4)写出A与盐酸反应的化学方程式。
解析：本题的关键是确定A的化学式。需认真分析题给信息，展开联想并提出大胆的假设。
根据反应后溶液的成分可知，H3PO2被氧化，而氧化剂是CuSO4，则难溶物A可能为Cu或+1价铜的化合物。若Cu2+作为氧化剂，A就不可能为CuO、CuS、Cu3P2等+2价铜的化合物。A在大于60℃时能分解生成铜和一种气体，故A也不可能是Cu。X射线衍射证实A的结构类似于ZnS，故A也不可能为Cu2S、Cu2O、Cu3P等组成非1∶1的物质。显然，A不会是中学阶段所熟悉的+1价铜的化合物。在整个反应中还涉及到氢元素，联想到NaH、LiH等氢化物，可大胆假设A为CuH。CuH中铜和氢的价态分别为+1价和－1价，说明该反应的氧化剂是CuSO4和H2O，这与题给信息“次磷酸是一种强还原剂”；CuH分解可得到Cu和一种气体(H2)；与强氧化剂Cl2可发生剧烈的氧化还原反应而着火，与盐酸反应放出气体(H2)均相吻合。在考虑A与盐酸反应的化学方程式时应注意盐酸是一种弱氧化剂，且Cu+与Cl－结合可生成难溶物CuCl。
答案：(1)A的化学式为CuH；(2)4CuSO4+3H3PO2+6H2O====4CuH+3H3PO4+4H2SO4；(3)2CuH+3Cl2====2CuCl2+2HCl；(4)CuH+HCl====CuCl+H2。
●教师下载中心
教学建议
在理科综合试卷中，化学试题的题量减小，但有关氧化还原反应的题目并没有减少，这也说明了氧化还原反应在中学化学中的地位非常重要。许多重要的元素化合物的知识，凡涉及元素变价的都是氧化还原反应，只有让学生掌握氧化还原反应有关知识规律，才能真正理解其实质。
(1)在复习过程中，要进一步强化氧化还原反应有关知识规律的理解和掌握：要理清五对概念(氧化剂与还原剂、氧化性与还原性、被氧化与被还原、还原反应与氧化反应、还原产物与氧化产物，其关键是从元素化合价变化入手)；熟记五条规律(表现性质规律即高价氧化低价还中间价态两边转、性质强弱规律及判断依据、反应先后规律、价态归中规律、互不换位规律)；明确两条原理(守恒原理、对立并存原理)；掌握两种技能(氧化还原反应方程式配平方法、典型计算技巧)。
(2)要突出学生运用基础知识规律分析问题解决问题能力的培养。对基本知识的复习并不要学生单纯地去背一些条条框框，而是通过对例题的讲解使学生真正心领神会地理解有关的知识规律，特别是对高考题的讲解，一定要让学生理解高考题的用意，体会出题目的解法与知识的联系，并通过一些对应性练习让学生加以巩固，从而形成解题的能力。千万不能一味追求“巧解、特解”等，而忽视基本的能力培养。
例题注释
本专题共设计了五个典型例题。【例1】【例2】和【例3】多角度考查氧化还原反应有关基础知识的理解与应用，如确定氧化剂、还原剂、氧化产物或还原产物；物质的性质与元素化合价变化的关系等。在解答过程中，要引导学生一要注意理清知识线索，即价升高→失电子→还原剂→氧化反应→氧化产物(或价降低→得电子→氧化剂→还原反应→还原产物)。二要明确解题的方法思路：理解概念抓实质，解题应用靠特征，即从氧化还原反应的实质——电子转移，去分析理解有关的概念，而在实际解题过程中，应从分析元素化合价有无变化这一氧化还原反应的特征入手。具体方法思路是：找变价、判类型、分升降、定其他。
【例4】和【例5】两题均是考查氧化还原反应有关知识的综合题目，涉及氧化还原反应的概念、方程式配平、有关计算等方面，并密切联系社会热点(环保问题)，情景新颖。在解答过程中，在引导学生注重理解有关概念的基础上，总结归纳氧化还原反应方程式配平的方法技巧。
拓展题例
1.电子守恒规律，即反应中氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等。利用电子守恒的规律，可以攻破难点，能使计算简便，解题快速，举例说明如下。
【例1】一定条件下硝酸铵受热分解的未配平的方程式为：
NH4NO3——HNO3+N2+H2O
在反应中被氧化与被还原的氮原子个数之比为
A.5∶3 B.5∶4
C.1∶1 D.3∶5
解析：电子守恒法。直接根据反应中得失电子总数相等来解：
H 2 失电子：3×5=15，
O 2 得电子：5×3=15，
故反应中被氧化与被还原的氮原子个数之比为5∶3。
答案：A
【例2】将纯铁丝5.21 g溶于过量的稀H2SO4中，在加热下用2.53 g KNO3去氧化溶液中的Fe2+，待反应完全后，剩余的Fe2+还需要12.0 mL 0.3 mol·L－1的KMnO4溶液方能完全氧化(已MnO还原为Mn2+)，则NO的还原产物为
A.N2O B.NO
C.NO2 D.NH3
解析：本题用电子守恒法能相对简单地求解。根据氧化剂(NO、MnO)得电子总数等于还原剂Fe2+失电子总数，已知
MnO+5e－ Mn2+，Fe2+－e－ Fe3+
×1=0.3 mol·L－1×12×10－3 L×5+×x
解得：x=3，即NO的还原产物是NO。
答案：B
【例3】14 g 铜银合金与足量的某浓度的硝酸充分反应，将放出的气体与1.12 L(标准状况)氧气混合，通入水中恰好全部吸收，求合金中铜的质量(不考虑2NO2N2O4)。
解析：如果用常规法求解很容易去纠缠是浓HNO3还是稀HNO3，还原的产物是NO2还是NO，陷入烦琐无头绪的思维之中。
由题意知：Cu、Ag(14 g)NOx HNO3，可以找到解题的捷径——合金失电子与O2得电子相等！设Cu的质量为x，则有：
×2+×1=×4
解得：x=3.2 g。
答案：合金中铜的质量为3.2 g。
2.全面考查氧化还原反应基本知识的综合题型是高考命题的热点之一。
【例4】在石油化工的加氢操作中，如果氢气中混有CO和CO2等杂质，会引起催化剂中毒，因此必须除去。
(1)在常温下，可以用银氨溶液来检测微量的CO，其原理与银镜反应相似，有银析出。写出银氨溶液与CO反应的化学方程式。
________________________________________________________________；
(2)工业上常采用甲烷化法除去少量碳的氧化物(CO、CO2)。其方法是：一定温度时，在催化剂的作用下，向碳的氧化物中通入氢气，使之转化为甲烷和易于除去的水。写出CO发生甲烷化反应的化学方程式：______________________；
(3)在上述两个反应中，CO依次作_____________，_____________。
A.氧化剂 B.既是氧化剂，又是还原剂
C.还原剂 D.既不是氧化剂，又不是还原剂
解析：(1)由题意可知，银氨溶液中+1价的银被还原为0价，则CO中+2价的碳元素必被氧化为+4价，由于银氨溶液呈碱性，所以碳元素的存在方式有CO或HCO两种，化学反应方程式为：
CO+2Ag(NH3)2OH====NH4HCO3+3NH3+2Ag↓或CO+2Ag(NH3)2OH====(NH4)2CO3+2NH3+2Ag↓ (2)由题意可知，反应物CO中+2价碳被还原为－4价，H2被氧化为+1价，根据化合价升降法可得如下的化学方程式：
CO+3H2 CH4+H2O(3)由(1)中分析可知CO中碳元素化合价升高，CO作还原剂；
由(2)中分析可知CO中碳元素化合价降低，CO作氧化剂。
答案：(1)CO+2Ag(NH3)2OH=====NH4HCO3+3NH3+2Ag↓
(2)CO+3H2 CH4+H2O
(3)C A
【例5】亚硫酸钠和碘酸钾在酸性溶液中发生以下反应：
Na2SO3+ KIO3+ H2SO4 Na2SO4+ K2SO4+ I2+ H2O
(1)配平上面的氧化还原反应方程式，将化学计量数填入方框中。
(2)其中氧化剂是_____________，若反应中有5 mol 电子转移，则生成的碘是_____________mol。
(3)该反应的过程和机理较复杂，一般认为发生以下①～④反应：
①IO+SO====IO+SO(反应速率慢)
②IO+2SO====I－+2SO(反应速率快)
③5I－+6H++IO====3I2+3H2O(反应速率快)
④I2+SO+H2O====2I－+SO+2H+(反应速率快)
根据上述步骤推测该反应总的反应速率由_____________反应决定(填写上述四步反应的序号)。
(4)若预先加入淀粉溶液，由上述四步反应可以看出必须在_____________离子消耗完全时，才会有使淀粉变蓝的现象产生。
解析：(1)从反应式可知：Na2SO3中+4价的S被氧化为+6价。KIO3中+5价的碘被还原为0价。根据化合价升降法可配平方程式：
(2)由(1)中分析可知KIO3为氧化剂。因生成1 mol I2需转移10 mol电子，故有5 mol 电子转移时则生成0.5 mol I2。(3)由于总反应速率的快慢，取决于相关步骤中反应速率最慢的一步，故该反应的总反应速率由①决定。(4)要使溶液变蓝色，则溶液中必有I2剩余，而第④步骤中消耗I2，所以只有SO消耗完全时，才会有使淀粉变蓝的现象产生。
答案：(1)5 2 1 5 1 1 1 (2)KIO3 0.5 (3)① (4)SO
【例6】(2004年临汾模拟题)已知Fe3++2I－====2Fe2++I2 2Fe2++Br2====2Fe3++2Br－
(1)向含有1 mol FeI2和2 mol FeBr2的溶液中通入2 mol Cl2，此时被氧化的离子是_____________。
(2)如果向(1)的溶液中通入3 mol Cl2，则被氧化的离子对应的氧化产物的物质的量分别是_______________________________________。
(3)若向含a mol FeI2和b mol FeBr2的溶液中通入c mol Cl2，当I－、Fe2+、Br－完全被氧化时，c为_____________(用含a、b的代数式表示)。
(4)若向均含有a mol Fe2+、a mol Br－、a mol I－且等体积的两份稀溶液中，分别通入一定量的氯气，当第一份溶液中有一半的I－被氧化成I2，第二份溶液中有一半的Br－被氧化成Br2时，向两份溶液中通入的氯气的物质的量之比是_____________。
解析：(1)由第一个反应可知，还原性：I－＞Fe2+;由第二个反应可知，还原性：Fe2+＞Br－。几种离子的还原性强弱为：I－＞Fe2+＞Br－，在与氧化剂作用时，还原性强的离子首先被氧化。所给溶液中含Fe2+ 3 mol，I－ 2 mol 和Br－ 4 mol，通入2 mol Cl2时，2 mol I－消耗
1 mol Cl2，余下的1 mol Cl2又可氧化2 mol Fe2+＜3 mol，故此时被氧化的离子为I－和Fe2+。
(2)当通入3 mol Cl2时，首先2 mol I－被氧化生成1 mol I2，其次3 mol Fe2+被氧化生成3 mol Fe3+，此时共消耗Cl2 2.5 mol，剩余Cl2 0.5 mol，仍可氧化1 mol的Br－而生成0.5 mol 的Br2。(3)由于Fe2+、Br－、I－全部被氧化，故根据电子得失守恒有：c mol×2=(a+b) mol×1+a mol×2+b mol×2，即c=(a+b)
(4)第一份溶液中，有一半I－被氧化时，其他离子不发生变化，根据电子得失守恒有：n(Cl2)×2=a mol×1，n(Cl2)=a mol，第二份溶液中有一半Br－被氧化时，I－、Fe2+已全部被氧化，所以有：
n(Cl2)×2=a mol×1+a mol×1+a mol×1，n(Cl2)=a mol。二者比值为1∶5。
答案：(1)I－、Fe2+ (2)I2 1 mol、Fe3+ 3 mol、Br2 0.5 mol
(3)(a+b) (4)1∶5
△
====
O2(1.12L)
+H2O
催化剂
=========
一定温度下
催化剂
=========
一定温度专题一 化学常用计量及定律
●高考趋势展望
化学计量与化学基本定律，是重要的化学基础知识，并与化学计算及物理、生物学科知识联系紧密，具有较强的应用性。其高考的主要热点是：
1.相对原子质量、相对分子质量、物质的量、摩尔质量、物质的量浓度、气体摩尔体积、阿伏加德罗常数等基本概念的理解与应用。常见题目的特点有对概念的直接判断，已知阿伏加德罗常数为NA，判断与计算一定量物质所含粒子的多少、物质的量在化学计算中的典型应用。
2.质量守恒定律的理解与应用。常见的题目特点有对概念的直接判断、定律的实验验证、确定物质的化学式等。
3.阿伏加德罗定律及其推论的应用。其题目主要特点是：已知同温同压(或同温同容)下不同气体的某些条件，推断或比较其物理量的大小；或者根据反应原理，阿氏定律推断气态产物或反应物的化学式。
4.能量守恒定律的理解与应用。重点考查的是反应热计算，能量相互转化关系等。
从对近几年高考试题的分析来看，有关考查化学计量的试题，多为选择题，且题量和题型保持稳定。试题在注意有关计算关系考查的同时，又隐含对某些概念理解的考查，试题虽然难度不大，但概念性强，区分度好，预计今后仍然继续保持。阿伏加德罗常数在物理学科中也有广泛的应用，如电解时析出金属(或放出气体)的质量与耗电量之间必然要用到阿伏加德罗常数，今后此类命题会有所加强。
化学反应除了遵循质量守恒定律以外，还伴随能量的变化。反应热也是中学化学的重要内容。最近又出现反应热与能源结合起来进行考查的题目。由于能源问题已成为社会热点，有关能源的试题也将成为今后命题的重点。预计考查反应热的内容将不断拓宽，难度有所提高，题型也会有新的变化。由于反应热与物理学中的“热”、生物学生态系统中的“能量传递”又有密切联系，有关能量的学科间的综合将会成为“3+X”理科综合命题的热点。
●主干知识整合
1.关于以物质的量为中心各化学量的相互关系
2.万能恒等式
n=====cV
式中n为物质的量，单位为mol；m为物质的质量，单位为g；M为摩尔质量，单位为
g·mol－1；V气为标准状况下气体的体积，单位为L；Vm为标准状况下气体摩尔体积，单位为L·mol－1；N为粒子个数；NA为阿伏加德罗常数6.02×1023 mol－1；Q为物质的反应热，单位为J或kJ；ΔH为摩尔反应热，单位为kJ·mol－1；c为物质的量浓度，单位为mol·L－1；V为溶液体积，单位为L。
该恒等式解答有关物质的量、物质的量浓度、摩尔质量、物质质量、标准状况下气体体积、粒子数、反应热以及阿伏加德罗常数的题目可以有条不紊、脉络清楚、得心应手。
3.质量守恒定律
质量守恒定律是物质在发生化学变化时所遵循的基本规律，其内涵是参加反应的各物质质量总和等于反应生成物的质量总和(反应前后各种原子的种类及个数相同)。在化学学习中离不开对化学反应的定量研究，而在对化学反应的定量研究中必然用到质量守恒定律。化学反应中物质之间是按照一定的粒子数目比例进行的，因此又经常用到m＝ｎ·M 这个关系，由这个关系就可以根据化学方程式，用已知量求未知量，如可以求反应物及生成物的质量，也可以确定其相对分子质量，还可以确定其化学式等，也可以确定混合物中各组成成分的物质的量比或质量比。
思考讨论
能否说参加反应的各物质的总物质的量等于生成物各物质的总物质的量？
答：不能。质量守恒定律是指参加反应的反应物的总质量等于生成物的总质量，强调的是质量，而不是物质的量。
4.阿伏加德罗定律及其推论
阿伏加德罗定律是历年来高考试题中的必考内容，题目特点是注重理解和应用能力的考查。而在中学课本中没有系统地论述这一定律的推论和具体应用，因此这既是高考的热点又是难点。在正确理解阿伏加德罗定律内容的基础上，注意下列推论：
(1)同温同压下，气体的体积之比等于气体的物质的量之比。
(2)同温同压下，气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比。
(3)同温同体积下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比。
(4)同温同压下，同体积任何气体的质量比等于其相对分子质量之比。
(5)同温同压下，同质量任何气体的体积之比等于其相对分子质量倒数之比。
5.化学反应中能量变化规律
化学反应的特点是有新物质生成，生成物的总能量和反应物的总能量不可能完全相同。按照化学反应中能量守恒规律，反应物和生成物的能量差若以热量的形式表现出来，即有放热反应和吸热反应，前者是反应物的总能量大于生成物的总能量，后者是反应物的总能量小于生成物的总能量。
思考讨论
相同体积、相同物质的量浓度的盐酸溶液、醋酸溶液，分别与足量的氢氧化钠稀溶液相中和，产生的热量是否相同？为什么？
答：不相同；因为醋酸在中和过程中电离吸热，被中和时产生的热量较少。
●精典题例导引
【例1】(2004年天津，7)NA代表阿伏加德罗常数值，下列说法中正确的是
A.9 g重水所含有的电子数为5NA
B.1 mol MgCl2中含有的离子数为NA
C.7.1 g氯气与足量NaOH溶液反应转移的电子数为0.2 NA
D.1 mol C10H22分子中共价键总数为31 NA
解析：9 g重水的物质的量为=0.45 mol，其中含有的电子数为4.5 NA，A不正确。
1 mol MgCl2中含有1 mol Mg2+、2 mol Cl－，总个数为3 NA，B不正确。
Cl2和NaOH反应：Cl2+2NaOH====NaCl+NaClO+H2O。1 mol Cl2反应时，转移电子数目为1 mol(1 mol Cl原子失去电子，1 mol Cl原子得到电子)，7.1 g Cl2反应时转移电子数为0.1 NA，C不正确。
C10H22分子中价电子数为：4×10+1×22=62个，每两个价电子能形成一个共价键，所以每个C10H22分子中含有31个共价键，1 mol C10H22分子中共价键总数为31 NA，D正确。
答案：D
特别提示
关于阿伏加德罗常数(NA)的高考试题，常常有意设置一些极易疏忽的干扰因素。在分析解答这类题目时，要特别注意下列细微的知识点：①状态问题，如水在标准状况时为液态或固态；SO3在标准状况下为固态、常温常压下为液态，戊烷及碳原子数更多的烃，在标准状况下为液态或固态。②特别物质的摩尔质量，如D2O、T2O、O2等。③某些物质分子中的原子个数，如Ne、O3、白磷等。④一些物质中的化学键数目，如SiO2、Si、CH4、P4、CO2等。⑤较复杂的化学反应中，转移电子数的求算，如Na2O2+H2O，Cl2+NaOH、电解AgNO3溶液等。⑥要用到22.4 L·mol－1时，必须注意气体是否处于标准状况下。⑦某些离子或原子团在水溶液中能发生水解反应，使其数目减少。⑧注意常见的一些可逆反应。
【例2】(2004年全国理综二，10)下列叙述正确的是
A.同温同压下，相同体积的物质，它们的物质的量必相等
B.任何条件下，等物质的量的乙烯和一氧化碳所含的分子数必相等
C.1 L一氧化碳气体一定比1 L氧气的质量小
D.等体积、等物质的量浓度的强酸中所含的H+数一定相等
解析：只有气体物质才符合阿伏加德罗定律——在同温同压下，具有相同体积时物质的量相等，所以A不正确。具有相同物质的量的两种由分子组成的物质具有相同的分子数，所以B正确。气体的密度与温度、压强等条件有关，不限定温度、压强时，CO和O2的密度关系不能确定，所以C不正确。以HCl、H2SO4为例考虑，可知D不正确。
答案：B
深化拓展
在两个容积相同的容器中，一个盛有氯化氢气体，另一个盛有氢气和氯气的混合气体。在同温、同压下，两容器内的气体的①分子数 ②原子数 ③密度 ④质量 ⑤质子数
⑥电子数，一定相同的是________(填写序号)。
答：①②
【例3】(2004年全国理综二，8)已知
(1)H2(g)+O2(g)====H2O(g)；ΔH1=a kJ·mol－1
(2)2H2(g)+O2(g)====H2O(g)；ΔH2=b kJ·mol－1
(3)H2(g)+O2(g)====H2O(1)；ΔH3=c kJ·mol－1
(4)2H2(g)+O2(g)====2H2O(l)；ΔH4=d kJ·mol－1
下列关系式中正确的是
A.a＜c＜0 B.b＞d＞0
C.2a=b＜0 D.2c=d＞0
解析：H2在O2中燃烧为放热反应，所以a、b、c、d都小于0，B、D均不正确。据(1)(3)比较，(1)生成H2O(g)，(3)生成H2O(l)，故a＞c，A不正确。
根据盖斯定律，比较(1)(2)两个方程式的化学计量数可知b=2a。所以，正确答案为C。
答案：C
【例4】150 mL A2气体跟50 mL B2气体恰好完全反应，生成的气体体积为100 mL(同温、同压条件下)，试填空：
(1)生成物的化学式是___________________；
(2)推断化学式的依据是_________________。
解析：设生成物的化学式为AxBy，依题意反应物与生成物的体积比：V(A2)∶V(B2)∶V(AxBy)=150∶50∶100=3∶1∶2。根据阿伏加德罗定律，可知这个3∶1∶2既是体积比，又是物质的量之比，也是化学方程式的化学计量数比，即可写成化学方程式的表示式：
3A2+B2====2AxBy
又根据质量守恒定律可知反应前后各元素的原子个数不变，即在反应物中A的原子数是2×3，B的原子数是2，所以2AxBy应为2A3B。
答案：(1)A3B
(2)阿伏加德罗定律和质量守恒定律
【例5】在c(NO)=4 mol·L－1的AgNO3和Cu(NO3)2的混合溶液100 mL中，加入一定质量的铝，充分反应后过滤，滤渣质量为24.8 g。将此滤渣置于稀盐酸中，无气体放出。滤液中先滴入NaCl溶液，无沉淀现象，后加入过量的NaOH溶液到沉淀完全，过滤，滤渣经强热后称量，质量为4 g。求参加反应的铝的质量。
解析：此题按题给条件进行计算，一般是分别求出与AgNO3、Cu(NO3)2反应的铝的质量，两者相加便得到答案，由于其中的反应关系复杂，因而求解过程比较烦琐。但如果能灵活地转换思维角度，挖掘题目的隐含条件，就会发现，加入一定量的铝充分反应后的溶液，是生成的Al(NO3)3和剩余的Cu(NO3)2组成的混合溶液。根据NO守恒，可简捷、快速求出答案。设参加反应的铝的质量为m(Al)，则有
×3+×2=4 mol·L－1×0.1 L
解得m(Al)=2.7 g。
答：参加反应的铝的质量为2.7 g。
特别提示
守恒法是化学计算中一种常用的基本方法。运用守恒法解题的关键是依据变化前后某一粒子物质的量保持不变，列出守恒关系求解。
●能力提升训练
1.(2004年江苏模拟题)设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是
A.1 mol CnH2n+2含有(2n+1)NA个共价键
B.1 mol 石墨中含有NA/2个六碳环
C.常温常压下，31 g 白磷与红磷混合物，含有NA个磷原子
D.将1 mol NO2气体进行加压，加压后气体的分子数将少于NA个
解析：每两个碳原子间形成一个共价键，n个碳原子可形成n－1个共价键，每个氢原子只能形成1个共价键，故1 mol CnH2n+2共形成n－1+2n+2=(3n+1)个共价键，A不正确；石墨中每个碳原子分属于三个碳环，对其中一个环的贡献为个，故每个6碳环中相当于含碳原子×6=2个，B正确；物质所含原子个数的多少只与相对原子质量、质量有关，31 g磷所含磷原子数为=1 mol，C正确；由于NO2气体中存在反应2NO2(g)N2O4(g)，故加压后，平衡向右移动，气体分子数减小，D正确。
答案：A
2.氢气的摩尔质量为M，密度是ρ，阿伏加德罗常数为NA，则
A.单位体积中所含氢气分子数目为
B.单位质量中所含氢气数目为ρNA
C.单个氢气分子的质量为
D.单个氢气分子占有的体积为
解析：无论是单位体积还是单位质量中所含氢气分子数目都与其单位选择的大小有关，故A、B皆不正确。NA个氢气分子的质量在数值上等于M，故1个氢气分子的质量为，而单个H2分子所占据的体积与温度、压强都有关，故D不正确。
答案：C
3.(2004年上海，20)下列两种气体的分子数一定相等的是
A.质量相等、密度不等的N2和C2H4
B.等体积、等密度的CO和C2H4
C.等温、等体积的O2和N2
D.等压、等体积的N2和CO2
解析：因M(N2)=28 g·mol－1，M(C2H4)=28 g·mol－1，所以由n=m/M可知，质量相等的N2和C2H4所含分子数一定相等，A正确；由于m=ρ·V，所以等体积、等密度的CO和C2H4质量相等，又M(CO)=M(C2H4)，同样由n=m/M可知，B选项正确；等温、等体积的O2和N2，压强不一定相等，由阿伏加德罗定律可知分子数不一定相等，C不正确；同理，等压、等体积的N2和CO2，温度不一定相等，分子数也不一定相等，D亦不正确。
答案：AB
4.在一定体积的容器中加入1.5 mol氙气和7.5 mol 氟气，在400℃和2633 kPa压强下加热数小时，然后迅速冷却至25℃，容器内除得到一种无色晶体外，还余下4.5 mol氟气。则所得无色晶体产物中，氙和氟的原子个数之比是
A.1∶6 B.1∶4
C.1∶3 D.1∶2
解析：由题意知参加反应的Xe与F2的物质的量之比为n(Xe)∶n(F2)=1.5 mol∶(7.5－4.5) mol=
1.5 mol∶3 mol=1∶2，所以原子个数比为：N(Xe)∶N(F)=1∶4。
答案：B
5.(2004年杭州模拟题)中学化学教材中有大量数据，下列为某同学对数据的利用情况，其中不正确的是
A.用NaOH和HCl反应测得的中和热数据，推算一定量的稀H2SO4和NaOH溶液反应的反应热
B.用沸点数据推测将两种液体混合物用蒸馏的方法分离开来的可能性
C.用反应热数据的大小判断不同反应的反应速率的大小
D.用原子(或离子)半径数据推断某些原子(或离子)氧化性或还原性的强弱
解析：由中和反应的实质H++OH－====H2O可知，A正确。由分馏原理可知，只要两组分的沸点不同，即可用此法分离，B正确。化学反应速率的大小除与反应物的性质有关外，还受浓度、温度、压强、催化剂等因素的影响，与反应热的大小无关，C不正确。原子(或离子)的半径越大，越易失去电子，而越难得到电子，故D正确。
答案：C
6.(2004年黄冈模拟题)已知热化学方程式：2H2(g)+O2(g)====2H2O(g);ΔH1=－483.6 kJ·mol－1，则对于热化学方程式：2H2O(l)====2H2(g)+O2(g);
ΔH2=b的下列说法正确的是
A.热化学方程式中化学计量数表示分子个数
B.该反应的ΔH2=+483.6 kJ·mol－1
C.|ΔH2|<|ΔH1|
D.|ΔH2|>|ΔH1|
解析：热化学方程式中的化学计量数表示有关物质的物质的量，不表示分子个数，A不正确；由于由液态水变为气态水时要吸热，即H2O(g)====H2O(l)；ΔH1′＜0，所以有2H2(g)+O2(g)====2H2O(l)；ΔH====ΔH1+ΔH1′，此反应为反应2H2O(l)====2H2(g)+O2(g)反应的逆反应，故ΔH2=－ΔH=－ΔH1－ΔH1′＞0，可得|ΔH2|>|ΔH1|。
答案：D
7.对于Zn(S)+H2SO4(l)====ZnSO4(l)+H2(g);ΔH2＜0 kJ·mol－1的化学反应，下列叙述一定正确的是
A.反应过程中能量关系可用上图表示
B.1 mol 锌的能量高于1 mol H2所含的能量
C.若将该反应设计成原电池，锌为正极
D.若将其设计为原电池，当有32.5 g锌溶解时，正极放出气体一定为11.2 L
解析：由于该反应是一个放热反应，依能量守恒原理知：反应物能量和高于生成物能量和，A中图象与此相符，A说法正确。反应物、生成物各有两种，无法确定B是否正确。因锌为还原剂，故C的说法不正确。D中因未指明温度、压强，故气体体积不确定。
答案：A
8.现用石墨电极电解氯化铜溶液，电流为I A，通电t s时测得某电极上析出的铜的质量为m g。已知电子的电量为e C，铜的相对原子质量为64，试导出阿伏加德罗常数的表达式___________。
解析：由I=知电路中通过的电量Q=It，在阴极上析出的铜原子数为。由题意又知=NA，阿伏加德罗常数的表达式：
NA==。
答案：
9.用1 L 1.0 mol· L－1氢氧化钠溶液吸收0.8 mol 二氧化碳，所得溶液中的CO和HCO的物质的量浓度之比约是___________。
解析：设NaHCO3的物质的量为x，Na2CO3的物质的量为y，由Na+守恒，x+2y=1 L×
1 mol·L－1，由C原子守恒，x+y=0.8 mol，解得x=0.6 mol，y=0.2 mol。
答案：1∶3
10.有点难度哟！
将4 mol O2和3 mol NxHy(y＞x)混合气体在150 ℃和1.05×105 Pa下点燃，完全反应后，恢复到原来的温度与压强时，测得反应后N2、O2、H2O(g)混合气体比原混合气体的密度减少3/10。
(1)此反应的化学方程式是(用NxHy表示)______________________。
(2)推算NxHy化学式的根据是_________。
(3)x与y的关系式为________。
解析：(1)根据质量守恒定律可得如下化学方程式：NxHy+O2====N2+H2O。
(3)由题意知O2过量，则有：
4NxHy+yO2==== 2xN2 + 2yH2O
4 y 2x 2y
3 mol y mol x mol y mol
反应后所得气体的物质的量为(x+y+4－y)mol。根据阿伏加德罗定律有化简得2x+y=8。
答案：(1)4NxHy+yO2=====2xN2+2yH2O
(2)质量守恒定律和阿伏加德罗定律
(3)2x+y=8
11.有点难度哟！
在温度为t和压强为p的情况下，19.5 g A与11.0 g B恰好完全反应，生成固体C和气体D、E的混合物。已知生成的D、E混合气体共为3.0 L。计算生成的C的质量(m)(若缺物理量，请指出所缺物理量及单位，并用Q代表所缺物理量的数据)_________________。
解析：根据质量守恒定律知，m(A)+m(B)=m(C)+m(D)+m(E)。逆向思考：已知m(A)、m(B)，欲求m(C)，必须求m(D)+m(E)。已知T、p、V，求m(D)+m(E)，容易联想到气体状态方程，pV=nRT=RT，公式中p的单位为Pa，V为气体的体积(m3)，T为绝对温度(K)，T=t+273，R为气体常数，积M为气体(或混合气体)的摩尔质量(或平均摩尔质量)，m为气体质量(g)。因此，本题缺D和E的混合气体平均摩尔质量，用Q代表其数据，由气体状态方程知，
m(D，E)==
m(C)=m(A)+m(B)－m(D，E)=19.5 g+11.0 g－
另解：缺少在该条件下混合气体的平均密度(g·L－1)，用Q表示。D和E的质量为3.0 L×Q g·L－1=3.0 Q g，m(C)=19.5 g+11.0 g－3.0Q g。
答案1：m(C)=19.5 g+11.0 g－缺D和E混合气体平均摩尔质量(g·mol－1)
答案2：m(C)=19.5 g+11.0 g－3.0Q g
缺D和E混合气体的平均密度(g·L－1)
12.(探究创新题)2003年10月17日晨6时许，载着航天英雄杨利伟的“神舟”五号飞船在内蒙古大草原成功着陆，我国首次载人航天飞行取得圆满成功。这表明我国载人航天技术有了重大的突破，对增强我国国防力量和提高国际地位都具有重要意义。
(1)运送飞船的火箭主要燃料是液态“偏二甲肼”。已知该化合物由C、H、N三种元素组成：碳的质量分数为40%，氢的质量分数为13.33%，其相对分子质量为60。通过分析结
构可知，该物质分子中有一个氮原子以 存在，且不与H原子直接相连。燃料的氧化剂是液态N2O4，燃料产物只有CO2、H2O(g)、N2；5.00 g “偏二甲肼”完全燃烧时放出212.5 kJ热量。写出燃料燃烧的热化学方程式(有机物用结构简式表示)________________________________________。
(2)有的推进器中盛有液态肼(N2H4)和液态双氧水。当它们混合反应时，产生氮气和水蒸气并释放大量热。这个反应常应用于火箭推进器，除释放大量的热和快速产生大量气体外，还有一个很大的优点是_____________。
(3)火箭推进剂有两大类：一类是氧化剂、还原剂为不同的两种物质；另一类是氧化剂、还原剂为一种物质，称为单组分推进剂。下列物质中适合作单组分火箭推进剂的是
A.汽油 B.发烟硝酸 C.硝基甲烷
(4)如果宇航员想在“神舟”五号飞船在轨运行(处于失重状态)的飞行仓内享受烛光晚餐，点燃蜡烛后，下列各种现象中可能发生的是
A.点燃后很快熄灭 B.火焰呈球形 C.火焰呈直状
(5)为使宇航员有良好的生存环境，宇宙飞船中装有盛Na2O2颗粒的供氧装置，如用KO2(超氧化钾)代替Na2O2，能达到同样的目的。写出KO2与CO2反应的化学方程式_____________。若仅从飞船携带物品宜轻便考虑，这两种物质中哪种更好？请用计算结果加以说明。____________________________________。
解析：此题取材于高科技——航天技术，内容涉及化学、物理，是一道集基础知识和跨学科能力考查于一体的好题。
(1)1 mol 偏二甲肼中含C、H的物质的量分别为n(C)==2 mol，
n(H)= =8 mol，含N原子的物质的量为=2 mol，所以偏二甲
肼的分子式为C2H8N2。根据题意可推知其结构简式为 。又1 mol C2H8N2燃烧
时放出的热量为：×60 g·mol－1=2550 kJ·mol－1，燃烧时的热化学方程式为：
+2N2O4(l)====2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(g)；ΔH=－2250 kJ·mol－1。
(2)由燃烧方程式可知，产物不产生污染。(3)作为单组分推进剂，必须自身含有强氧化性基团和还原性基团，显然只有C符合题意。(4)在失重条件下，蜡烛熔化后不能向上蒸发，而呈球形，且火焰很快熄灭。(5)由反应2Na2O2+2H2O====4NaOH+O2↑和4KO2+2CO2====2K2CO3+3O2，可知产生等质量的O2所需Na2O2与KO2的质量比为：m(Na2O2)∶m(KO2)=2 mol×78 g·mol－1∶mol×71 g·mol－1=1∶0.6，所以应选KO2。
答案：(1) +2N2O4(l)====2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(g);ΔH=－2550 kJ·mol－1
(2)产物无污染 (3)C (4)AB
(5)4KO2+2CO2====2K2CO3+3O2
产生同质量的氧气需m(Na2O2)∶m(KO2)=1∶0.6，应选KO2。
●教师下载中心
教学建议
本专题主要包括：以物质的量为中心的化学计量关系及应用，质量守恒定律的概念及其应用，阿伏加德罗定律及其应用以及化学反应中的能量变化。
(1)化学基本概念是化学的基础，它是从大量的化学现象和事实中抽象概括出来的，它既是应用化学知识解释问题时进行加工的细胞，又是解释各种化学现象本质的基础。因此，深刻地理解基本概念在化学总复习中极为重要。在复习迎考时，既要注意理解概念的准确性，又要弄清每个概念的内涵和外延，分析各概念之间的内在联系和区别，形成系统的概念体系，对所学过的理论和知识同时进行归纳总结使其条理化、系统化。要注意概念的具体应用，要将有关的概念、定理、原理、公式等结合具体的元素的性质和反应及化学计算、化学实验事实进行复习。在此基础上，本章重点突出历届高考反复考查有关基本概念中的重点知识，分析其命题规律，总结其解题方法，从而使学生形成取之快捷、易于迁移和再创造的能力。
(2)对化学学科的学习，有许多同学都认为化学知识散乱，难以掌握，其实这是没有掌握知识规律的表现。化学变化遵循一定的规律。例如质量守恒定律是化学反应的最基本的规律，它是书写并配平化学方程式的依据，也是定量研究化学反应的根本依据。再如复习氧化还原反应中的电子守恒规律和化学反应中的能量守恒规律时，只有把有关的概念理解清楚，对一些规律性的东西作深刻的理解，才能为学好化学奠定基础。复习时要以质量守恒定律和阿伏加德罗定律这两个规律作为复习的重点，研究这两个规律在解题中的应用，从而达到培养能力的目的。在教学中，要多采用启发式教学的方法，要善于引导，让学生多“悟”。复习跨度要小，训练的同时，教师要注意点拨。学生对概念的理解深度并不是靠讲和练就能解决的。
例题注释
本专题共设计了五个典型例题。【例1】为阿伏加德罗常数应用的题目，为高考必考题目，这是由于该题既考查学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容。要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子，原子，原子核内质子中子及核外电子的构成关系。其解题的方法思路是，在正确理解有关概念的基础上，将各物质的质量、气体的体积、溶液的浓度等转化为指定粒子的物质的量(mol)进行判断。
【例2】主要考查对有关化学定律和某些物理量的理解与灵活应用。通过分析解答本题，要引导学生进一步明确，只有气体物质才符合阿伏加德罗定律；若气体的物质的量相同，其所含气体的分子数相同，而气体的体积、密度则随温度、压强的不同而不同。
【例3】为2004年全国理综(二)中的第8小题，主要考查对热化学方程式的理解。在分析解答本题时，应重点强调两点：一是热化学方程式的ΔH不仅与化学计量数的大小有关，还与生成物的状态有关；二是放热反应的热化学方程式中的ΔH为负值，吸热反应的热化学方程式中的ΔH为正值。
【例4】是一道简单地考查阿伏加德罗定律及质量守恒定律的填空题。紧紧扣住反应气体和生成气体在同温同压条件下的体积比与物质的量之比及配平系数比的等同关系即可解答。阿伏加德罗定律把气体的质量、压强、体积、密度、气体摩尔质量、气体的物质的量联系在一起，又可把物理学中的气态方程、物质的密度计算应用于化学计算，是物理与化学互相联系又相互渗透的知识点。
【例5】是物质的量在化学计算中的典型应用。化学计算的实质是借助化学知识的规律，寻找已知量与未知量之间的数量关系，然后运算求解。在分析解题的过程中，若根据条件找出已知量与未知量之间的物质的量关系，就可使复杂的问题简单化、技巧化。
拓展题例
1.判断一定量的物质所含粒子的多少，是高考命题的热点。这类试题不论在数量和题型上都保持相对稳定，已成为高考的必考题。
【例1】(2004年北京，9)用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是
A.0.1 mol·L－1稀硫酸100 mL含有硫酸根个数为0.1 NA
B.1 mol CH(碳正离子)中含有电子数为10 NA
C.2.4 g金属镁与足量的盐酸反应，转移电子数为2 NA
D.12.4 g白磷中含有磷原子数为0.4 NA
解析：0.1 mol·L－1稀H2SO4 100 mL 中SO的物质的量等于0.01 mol，个数等于0.01 NA，A不正确。C为6号元素，H为1号元素，每个CH中电子个数为6+3×1－1=8，所以1 mol CH中含有8 mol电子，也就是8NA个，B不正确。根据反应Mg+2HCl====MgCl2+H2↑，1 mol Mg与足量HCl反应，转移电子数目为2 NA，所以2.4 g Mg(0.1 mol)与足量HCl反应，转移电子数为0.2 NA，C不正确。12.4 g白磷的物质的量为=0.1 mol，其中P原子数为0.1×4×NA=0.4NA，D正确。
答案：D
【例2】(2004年全国理综一，9)下列说法不正确的是
A.磷酸的摩尔质量与6.02×1023个磷酸分子的质量在数值上相等
B.6.02×1023个氮分子和6.02×1023个氢分子的质量比等于14∶1
C.32 g氧气所含的原子数目为2×6.02×1023
D.常温常压下，0.5×6.02×1023个一氧化碳分子所占体积是11.2 L
解析：H3PO4的摩尔质量在数值上等于1 mol H3PO4，也就是6.02×1023个H3PO4分子的质量，A正确。6.02×1023个N2、H2分子的物质的量都等于1 mol，它们的质量之比等于摩尔质量之比，也就是28∶2=14∶1，B正确。32 g O2的物质的量为1 mol，其中含有O2分子6.02×1023个，O原子2×6.02×1023个，C正确。0.5×6.02×1023个CO分子在标准状况下所占体积为11.2 L，在常温常压下其体积不等于11.2 L，D不正确。
答案：D
2.物质的量是化学计算的基础和核心。在分析解题过程中，若依据有关物质间物质的量关系，巧用守恒，可使复杂问题简单化，从而快速求解。
【例3】将a g Fe、Mg合金溶解在一定量的稀HNO3中，当合金完全溶解时收集到标准状况下NO气体b L(设HNO3的还原产物只有NO)。再向反应后的溶液中加入足量NaOH溶液，可得到沉淀的质量为_____________g。
解析：可能发生的反应有：
①3Mg+8HNO3====3Mg(NO3)2+4H2O+2NO↑
②Fe+4HNO3=====Fe(NO3)3+2H2O+NO↑
③2Fe(NO3)3+Fe=====3Fe(NO3)2
④HNO3+NaOH=====NaNO3+H2O
⑤Mg(NO3)2+2NaOH=====Mg(OH)2↓+2NaNO3
⑥Fe(NO3)2+2NaOH=====Fe(OH)2↓+2NaNO3
⑦Fe(NO3)3+3NaOH=====Fe(OH)3↓+3NaNO3
可知加入NaOH溶液后生成的沉淀为Mg(OH)2、Fe(OH)2和Fe(OH)3。一般情况下根据合金的质量a g，HNO3被还原时生成NO的体积b L，即可求出合金中Mg、Fe的质量，从而求出氢氧化物沉淀的质量。然而由于产物中Fe为不定价态，不知道Fe2+、Fe3+的相对量，因此这种方法看上去原理很简单，但最终却走入死胡同。反过来，本题如果能抓住以上几个反应的特点，巧用几个守恒，则又将峰回路转，快速获解。
①质量守恒：
m(沉淀)=m(Mg2+)+m(Fe2+)+m(Fe3+)+m(OH－)=m(合金)+m(OH－)
②电荷守恒：
n(OH－)×1=n(Mg2+)×2+n(Fe2+)×2+n(Fe3+)×3
③电子守恒：
n(Mg2+)×2+n(Fe2+)×2+n(Fe3+)×3=n(NO)×3=×3
所以沉淀的质量为：
m(沉淀)=m(合金)+m(OH－)=m(合金)+n(OH－)×17 g·mol－1=m(合金)+×3×17 g·mol－1
【例4】在铁和氧化铁的混合物15 g中加入稀硫酸150 mL，放出氢气1.68 L(标准状况)，同时铁和氧化铁完全溶解。向所得溶液中滴加KSCN溶液，未见颜色改变。为中和过量硫酸并使Fe2+完全转化为Fe(OH)2，需要消耗3 mol·L－1 NaOH溶液200 mL。求原硫酸溶液的物质的量浓度。
解析：本题涉及的化学反应很多，但若能抓住Fe2+完全沉淀后所得溶液是Na2SO4溶液，寻找到消耗的NaOH的物质的量是H2SO4的物质的量的2倍这一隐含条件，问题便迎刃而解：
3 mol·L－1×0.2 L=2×c(H2SO4)×0.15 L
解得：c(H2SO4)=2 mol·L－1。
3.考查反应热的内容不断拓宽，新的题型、新的设问不断出现。
【例5】(2004年全国理综一，13)已知25℃、101 kPa下，石墨、金刚石燃烧的热化学方程式分别为C(石墨)+O2(g)=====CO2(g)；ΔH=－393.51 kJ·mol－1 ①
C(金刚石)+O2(g)=====CO2(g)；ΔH=－395.41 kJ·mol－1 ②
据此判断，下列说法正确的是
A.由石墨制备金刚石是吸热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的低
B.由石墨制备金刚石是吸热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的高
C.由石墨制备金刚石是放热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的低
D.由石墨制备金刚石是放热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的高
解析：根据盖斯定律，将方程式①减去方程式②，得到下列热化学方程式：
C(石墨)=====C(金刚石)；ΔH=1.91 kJ·mol－1
说明由石墨制备金刚石是吸热反应，吸收的热量作为化学能的形式贮存在金刚石中，也就是同质量金刚石具有的能量比石墨高。A选项正确。
答案：A
【例6】把煤作为燃料可通过下列两种途径：
途径Ⅰ C(s)+O2(g)=====CO2(g)；ΔH1＜0 ①
途径Ⅱ 先制成水煤气：
C(s)+H2O(g)=====CO(g)+H2(g)；ΔH2＞0 ②
再燃料水煤气：
2CO(g)+O2(g)=====2CO2(g)；ΔH3＜0 ③
2H2O(g)+O2(g)=====2H2O(g)；ΔH4＜0 ④
请回答下列问题：
(1)途径Ⅰ放出的热量_________(填“大于”“等于”或“小于”)途径Ⅱ放出的热量。
(2)ΔH1、ΔH2、ΔH3、ΔH4的数学关系式是_______________。
(3)由于制取水煤气的反应，反应物具有的总能量___________生成物具有的总能量，那么在化学反应时，反应物就需要___________能量才能转化为生成物，因此其反应条件为___________。
解析：(1)根据盖斯定律可知，反应的热效应与反应途径无关，故二者放出的热量相等。(2)将方程式②+③+④可得方程式①，所以有ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4。(3)制取水煤气的反应②的ΔH2＞0为吸热反应，反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量，故反应时需采用高温条件。
答案：(1)等于 (2)ΔH1=ΔH2+(ΔH3+ΔH4) (3)小于 吸收 高温
专题一 化学常用计量及定律
●高考趋势展望
化学计量与化学基本定律，是重要的化学基础知识，并与化学计算及物理、生物学科知识联系紧密，具有较强的应用性。其高考的主要热点是：
1.相对原子质量、相对分子质量、物质的量、摩尔质量、物质的量浓度、气体摩尔体积、阿伏加德罗常数等基本概念的理解与应用。常见题目的特点有对概念的直接判断，已知阿伏加德罗常数为NA，判断与计算一定量物质所含粒子的多少、物质的量在化学计算中的典型应用。
2.质量守恒定律的理解与应用。常见的题目特点有对概念的直接判断、定律的实验验证、确定物质的化学式等。
3.阿伏加德罗定律及其推论的应用。其题目主要特点是：已知同温同压(或同温同容)下不同气体的某些条件，推断或比较其物理量的大小；或者根据反应原理，阿氏定律推断气态产物或反应物的化学式。
4.能量守恒定律的理解与应用。重点考查的是反应热计算，能量相互转化关系等。
从对近几年高考试题的分析来看，有关考查化学计量的试题，多为选择题，且题量和题型保持稳定。试题在注意有关计算关系考查的同时，又隐含对某些概念理解的考查，试题虽然难度不大，但概念性强，区分度好，预计今后仍然继续保持。阿伏加德罗常数在物理学科中也有广泛的应用，如电解时析出金属(或放出气体)的质量与耗电量之间必然要用到阿伏加德罗常数，今后此类命题会有所加强。
化学反应除了遵循质量守恒定律以外，还伴随能量的变化。反应热也是中学化学的重要内容。最近又出现反应热与能源结合起来进行考查的题目。由于能源问题已成为社会热点，有关能源的试题也将成为今后命题的重点。预计考查反应热的内容将不断拓宽，难度有所提高，题型也会有新的变化。由于反应热与物理学中的“热”、生物学生态系统中的“能量传递”又有密切联系，有关能量的学科间的综合将会成为“3+X”理科综合命题的热点。
●主干知识整合
1.关于以物质的量为中心各化学量的相互关系
2.万能恒等式
n=====cV
式中n为物质的量，单位为mol；m为物质的质量，单位为g；M为摩尔质量，单位为
g·mol－1；V气为标准状况下气体的体积，单位为L；Vm为标准状况下气体摩尔体积，单位为L·mol－1；N为粒子个数；NA为阿伏加德罗常数6.02×1023 mol－1；Q为物质的反应热，单位为J或kJ；ΔH为摩尔反应热，单位为kJ·mol－1；c为物质的量浓度，单位为mol·L－1；V为溶液体积，单位为L。
该恒等式解答有关物质的量、物质的量浓度、摩尔质量、物质质量、标准状况下气体体积、粒子数、反应热以及阿伏加德罗常数的题目可以有条不紊、脉络清楚、得心应手。
3.质量守恒定律
质量守恒定律是物质在发生化学变化时所遵循的基本规律，其内涵是参加反应的各物质质量总和等于反应生成物的质量总和(反应前后各种原子的种类及个数相同)。在化学学习中离不开对化学反应的定量研究，而在对化学反应的定量研究中必然用到质量守恒定律。化学反应中物质之间是按照一定的粒子数目比例进行的，因此又经常用到m＝ｎ·M 这个关系，由这个关系就可以根据化学方程式，用已知量求未知量，如可以求反应物及生成物的质量，也可以确定其相对分子质量，还可以确定其化学式等，也可以确定混合物中各组成成分的物质的量比或质量比。
思考讨论
能否说参加反应的各物质的总物质的量等于生成物各物质的总物质的量？
答：不能。质量守恒定律是指参加反应的反应物的总质量等于生成物的总质量，强调的是质量，而不是物质的量。
4.阿伏加德罗定律及其推论
阿伏加德罗定律是历年来高考试题中的必考内容，题目特点是注重理解和应用能力的考查。而在中学课本中没有系统地论述这一定律的推论和具体应用，因此这既是高考的热点又是难点。在正确理解阿伏加德罗定律内容的基础上，注意下列推论：
(1)同温同压下，气体的体积之比等于气体的物质的量之比。
(2)同温同压下，气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比。
(3)同温同体积下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比。
(4)同温同压下，同体积任何气体的质量比等于其相对分子质量之比。
(5)同温同压下，同质量任何气体的体积之比等于其相对分子质量倒数之比。
5.化学反应中能量变化规律
化学反应的特点是有新物质生成，生成物的总能量和反应物的总能量不可能完全相同。按照化学反应中能量守恒规律，反应物和生成物的能量差若以热量的形式表现出来，即有放热反应和吸热反应，前者是反应物的总能量大于生成物的总能量，后者是反应物的总能量小于生成物的总能量。
思考讨论
相同体积、相同物质的量浓度的盐酸溶液、醋酸溶液，分别与足量的氢氧化钠稀溶液相中和，产生的热量是否相同？为什么？
答：不相同；因为醋酸在中和过程中电离吸热，被中和时产生的热量较少。
●精典题例导引
【例1】(2004年天津，7)NA代表阿伏加德罗常数值，下列说法中正确的是
A.9 g重水所含有的电子数为5NA
B.1 mol MgCl2中含有的离子数为NA
C.7.1 g氯气与足量NaOH溶液反应转移的电子数为0.2 NA
D.1 mol C10H22分子中共价键总数为31 NA
解析：9 g重水的物质的量为=0.45 mol，其中含有的电子数为4.5 NA，A不正确。
1 mol MgCl2中含有1 mol Mg2+、2 mol Cl－，总个数为3 NA，B不正确。
Cl2和NaOH反应：Cl2+2NaOH====NaCl+NaClO+H2O。1 mol Cl2反应时，转移电子数目为1 mol(1 mol Cl原子失去电子，1 mol Cl原子得到电子)，7.1 g Cl2反应时转移电子数为0.1 NA，C不正确。
C10H22分子中价电子数为：4×10+1×22=62个，每两个价电子能形成一个共价键，所以每个C10H22分子中含有31个共价键，1 mol C10H22分子中共价键总数为31 NA，D正确。
答案：D
特别提示
关于阿伏加德罗常数(NA)的高考试题，常常有意设置一些极易疏忽的干扰因素。在分析解答这类题目时，要特别注意下列细微的知识点：①状态问题，如水在标准状况时为液态或固态；SO3在标准状况下为固态、常温常压下为液态，戊烷及碳原子数更多的烃，在标准状况下为液态或固态。②特别物质的摩尔质量，如D2O、T2O、O2等。③某些物质分子中的原子个数，如Ne、O3、白磷等。④一些物质中的化学键数目，如SiO2、Si、CH4、P4、CO2等。⑤较复杂的化学反应中，转移电子数的求算，如Na2O2+H2O，Cl2+NaOH、电解AgNO3溶液等。⑥要用到22.4 L·mol－1时，必须注意气体是否处于标准状况下。⑦某些离子或原子团在水溶液中能发生水解反应，使其数目减少。⑧注意常见的一些可逆反应。
【例2】(2004年全国理综二，10)下列叙述正确的是
A.同温同压下，相同体积的物质，它们的物质的量必相等
B.任何条件下，等物质的量的乙烯和一氧化碳所含的分子数必相等
C.1 L一氧化碳气体一定比1 L氧气的质量小
D.等体积、等物质的量浓度的强酸中所含的H+数一定相等
解析：只有气体物质才符合阿伏加德罗定律——在同温同压下，具有相同体积时物质的量相等，所以A不正确。具有相同物质的量的两种由分子组成的物质具有相同的分子数，所以B正确。气体的密度与温度、压强等条件有关，不限定温度、压强时，CO和O2的密度关系不能确定，所以C不正确。以HCl、H2SO4为例考虑，可知D不正确。
答案：B
深化拓展
在两个容积相同的容器中，一个盛有氯化氢气体，另一个盛有氢气和氯气的混合气体。在同温、同压下，两容器内的气体的①分子数 ②原子数 ③密度 ④质量 ⑤质子数
⑥电子数，一定相同的是________(填写序号)。
答：①②
【例3】(2004年全国理综二，8)已知
(1)H2(g)+O2(g)====H2O(g)；ΔH1=a kJ·mol－1
(2)2H2(g)+O2(g)====H2O(g)；ΔH2=b kJ·mol－1
(3)H2(g)+O2(g)====H2O(1)；ΔH3=c kJ·mol－1
(4)2H2(g)+O2(g)====2H2O(l)；ΔH4=d kJ·mol－1
下列关系式中正确的是
A.a＜c＜0 B.b＞d＞0
C.2a=b＜0 D.2c=d＞0
解析：H2在O2中燃烧为放热反应，所以a、b、c、d都小于0，B、D均不正确。据(1)(3)比较，(1)生成H2O(g)，(3)生成H2O(l)，故a＞c，A不正确。
根据盖斯定律，比较(1)(2)两个方程式的化学计量数可知b=2a。所以，正确答案为C。
答案：C
【例4】150 mL A2气体跟50 mL B2气体恰好完全反应，生成的气体体积为100 mL(同温、同压条件下)，试填空：
(1)生成物的化学式是___________________；
(2)推断化学式的依据是_________________。
解析：设生成物的化学式为AxBy，依题意反应物与生成物的体积比：V(A2)∶V(B2)∶V(AxBy)=150∶50∶100=3∶1∶2。根据阿伏加德罗定律，可知这个3∶1∶2既是体积比，又是物质的量之比，也是化学方程式的化学计量数比，即可写成化学方程式的表示式：
3A2+B2====2AxBy
又根据质量守恒定律可知反应前后各元素的原子个数不变，即在反应物中A的原子数是2×3，B的原子数是2，所以2AxBy应为2A3B。
答案：(1)A3B
(2)阿伏加德罗定律和质量守恒定律
【例5】在c(NO)=4 mol·L－1的AgNO3和Cu(NO3)2的混合溶液100 mL中，加入一定质量的铝，充分反应后过滤，滤渣质量为24.8 g。将此滤渣置于稀盐酸中，无气体放出。滤液中先滴入NaCl溶液，无沉淀现象，后加入过量的NaOH溶液到沉淀完全，过滤，滤渣经强热后称量，质量为4 g。求参加反应的铝的质量。
解析：此题按题给条件进行计算，一般是分别求出与AgNO3、Cu(NO3)2反应的铝的质量，两者相加便得到答案，由于其中的反应关系复杂，因而求解过程比较烦琐。但如果能灵活地转换思维角度，挖掘题目的隐含条件，就会发现，加入一定量的铝充分反应后的溶液，是生成的Al(NO3)3和剩余的Cu(NO3)2组成的混合溶液。根据NO守恒，可简捷、快速求出答案。设参加反应的铝的质量为m(Al)，则有
×3+×2=4 mol·L－1×0.1 L
解得m(Al)=2.7 g。
答：参加反应的铝的质量为2.7 g。
特别提示
守恒法是化学计算中一种常用的基本方法。运用守恒法解题的关键是依据变化前后某一粒子物质的量保持不变，列出守恒关系求解。
●能力提升训练
1.(2004年江苏模拟题)设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是
A.1 mol CnH2n+2含有(2n+1)NA个共价键
B.1 mol 石墨中含有NA/2个六碳环
C.常温常压下，31 g 白磷与红磷混合物，含有NA个磷原子
D.将1 mol NO2气体进行加压，加压后气体的分子数将少于NA个
解析：每两个碳原子间形成一个共价键，n个碳原子可形成n－1个共价键，每个氢原子只能形成1个共价键，故1 mol CnH2n+2共形成n－1+2n+2=(3n+1)个共价键，A不正确；石墨中每个碳原子分属于三个碳环，对其中一个环的贡献为个，故每个6碳环中相当于含碳原子×6=2个，B正确；物质所含原子个数的多少只与相对原子质量、质量有关，31 g磷所含磷原子数为=1 mol，C正确；由于NO2气体中存在反应2NO2(g)N2O4(g)，故加压后，平衡向右移动，气体分子数减小，D正确。
答案：A
2.氢气的摩尔质量为M，密度是ρ，阿伏加德罗常数为NA，则
A.单位体积中所含氢气分子数目为
B.单位质量中所含氢气数目为ρNA
C.单个氢气分子的质量为
D.单个氢气分子占有的体积为
解析：无论是单位体积还是单位质量中所含氢气分子数目都与其单位选择的大小有关，故A、B皆不正确。NA个氢气分子的质量在数值上等于M，故1个氢气分子的质量为，而单个H2分子所占据的体积与温度、压强都有关，故D不正确。
答案：C
3.(2004年上海，20)下列两种气体的分子数一定相等的是
A.质量相等、密度不等的N2和C2H4
B.等体积、等密度的CO和C2H4
C.等温、等体积的O2和N2
D.等压、等体积的N2和CO2
解析：因M(N2)=28 g·mol－1，M(C2H4)=28 g·mol－1，所以由n=m/M可知，质量相等的N2和C2H4所含分子数一定相等，A正确；由于m=ρ·V，所以等体积、等密度的CO和C2H4质量相等，又M(CO)=M(C2H4)，同样由n=m/M可知，B选项正确；等温、等体积的O2和N2，压强不一定相等，由阿伏加德罗定律可知分子数不一定相等，C不正确；同理，等压、等体积的N2和CO2，温度不一定相等，分子数也不一定相等，D亦不正确。
答案：AB
4.在一定体积的容器中加入1.5 mol氙气和7.5 mol 氟气，在400℃和2633 kPa压强下加热数小时，然后迅速冷却至25℃，容器内除得到一种无色晶体外，还余下4.5 mol氟气。则所得无色晶体产物中，氙和氟的原子个数之比是
A.1∶6 B.1∶4
C.1∶3 D.1∶2
解析：由题意知参加反应的Xe与F2的物质的量之比为n(Xe)∶n(F2)=1.5 mol∶(7.5－4.5) mol=
1.5 mol∶3 mol=1∶2，所以原子个数比为：N(Xe)∶N(F)=1∶4。
答案：B
5.(2004年杭州模拟题)中学化学教材中有大量数据，下列为某同学对数据的利用情况，其中不正确的是
A.用NaOH和HCl反应测得的中和热数据，推算一定量的稀H2SO4和NaOH溶液反应的反应热
B.用沸点数据推测将两种液体混合物用蒸馏的方法分离开来的可能性
C.用反应热数据的大小判断不同反应的反应速率的大小
D.用原子(或离子)半径数据推断某些原子(或离子)氧化性或还原性的强弱
解析：由中和反应的实质H++OH－====H2O可知，A正确。由分馏原理可知，只要两组分的沸点不同，即可用此法分离，B正确。化学反应速率的大小除与反应物的性质有关外，还受浓度、温度、压强、催化剂等因素的影响，与反应热的大小无关，C不正确。原子(或离子)的半径越大，越易失去电子，而越难得到电子，故D正确。
答案：C
6.(2004年黄冈模拟题)已知热化学方程式：2H2(g)+O2(g)====2H2O(g);ΔH1=－483.6 kJ·mol－1，则对于热化学方程式：2H2O(l)====2H2(g)+O2(g);
ΔH2=b的下列说法正确的是
A.热化学方程式中化学计量数表示分子个数
B.该反应的ΔH2=+483.6 kJ·mol－1
C.|ΔH2|<|ΔH1|
D.|ΔH2|>|ΔH1|
解析：热化学方程式中的化学计量数表示有关物质的物质的量，不表示分子个数，A不正确；由于由液态水变为气态水时要吸热，即H2O(g)====H2O(l)；ΔH1′＜0，所以有2H2(g)+O2(g)====2H2O(l)；ΔH====ΔH1+ΔH1′，此反应为反应2H2O(l)====2H2(g)+O2(g)反应的逆反应，故ΔH2=－ΔH=－ΔH1－ΔH1′＞0，可得|ΔH2|>|ΔH1|。
答案：D
7.对于Zn(S)+H2SO4(l)====ZnSO4(l)+H2(g);ΔH2＜0 kJ·mol－1的化学反应，下列叙述一定正确的是
A.反应过程中能量关系可用上图表示
B.1 mol 锌的能量高于1 mol H2所含的能量
C.若将该反应设计成原电池，锌为正极
D.若将其设计为原电池，当有32.5 g锌溶解时，正极放出气体一定为11.2 L
解析：由于该反应是一个放热反应，依能量守恒原理知：反应物能量和高于生成物能量和，A中图象与此相符，A说法正确。反应物、生成物各有两种，无法确定B是否正确。因锌为还原剂，故C的说法不正确。D中因未指明温度、压强，故气体体积不确定。
答案：A
8.现用石墨电极电解氯化铜溶液，电流为I A，通电t s时测得某电极上析出的铜的质量为m g。已知电子的电量为e C，铜的相对原子质量为64，试导出阿伏加德罗常数的表达式___________。
解析：由I=知电路中通过的电量Q=It，在阴极上析出的铜原子数为。由题意又知=NA，阿伏加德罗常数的表达式：
NA==。
答案：
9.用1 L 1.0 mol· L－1氢氧化钠溶液吸收0.8 mol 二氧化碳，所得溶液中的CO和HCO的物质的量浓度之比约是___________。
解析：设NaHCO3的物质的量为x，Na2CO3的物质的量为y，由Na+守恒，x+2y=1 L×
1 mol·L－1，由C原子守恒，x+y=0.8 mol，解得x=0.6 mol，y=0.2 mol。
答案：1∶3
10.有点难度哟！
将4 mol O2和3 mol NxHy(y＞x)混合气体在150 ℃和1.05×105 Pa下点燃，完全反应后，恢复到原来的温度与压强时，测得反应后N2、O2、H2O(g)混合气体比原混合气体的密度减少3/10。
(1)此反应的化学方程式是(用NxHy表示)______________________。
(2)推算NxHy化学式的根据是_________。
(3)x与y的关系式为________。
解析：(1)根据质量守恒定律可得如下化学方程式：NxHy+O2====N2+H2O。
(3)由题意知O2过量，则有：
4NxHy+yO2==== 2xN2 + 2yH2O
4 y 2x 2y
3 mol y mol x mol y mol
反应后所得气体的物质的量为(x+y+4－y)mol。根据阿伏加德罗定律有化简得2x+y=8。
答案：(1)4NxHy+yO2=====2xN2+2yH2O
(2)质量守恒定律和阿伏加德罗定律
(3)2x+y=8
11.有点难度哟！
在温度为t和压强为p的情况下，19.5 g A与11.0 g B恰好完全反应，生成固体C和气体D、E的混合物。已知生成的D、E混合气体共为3.0 L。计算生成的C的质量(m)(若缺物理量，请指出所缺物理量及单位，并用Q代表所缺物理量的数据)_________________。
解析：根据质量守恒定律知，m(A)+m(B)=m(C)+m(D)+m(E)。逆向思考：已知m(A)、m(B)，欲求m(C)，必须求m(D)+m(E)。已知T、p、V，求m(D)+m(E)，容易联想到气体状态方程，pV=nRT=RT，公式中p的单位为Pa，V为气体的体积(m3)，T为绝对温度(K)，T=t+273，R为气体常数，积M为气体(或混合气体)的摩尔质量(或平均摩尔质量)，m为气体质量(g)。因此，本题缺D和E的混合气体平均摩尔质量，用Q代表其数据，由气体状态方程知，
m(D，E)==
m(C)=m(A)+m(B)－m(D，E)=19.5 g+11.0 g－
另解：缺少在该条件下混合气体的平均密度(g·L－1)，用Q表示。D和E的质量为3.0 L×Q g·L－1=3.0 Q g，m(C)=19.5 g+11.0 g－3.0Q g。
答案1：m(C)=19.5 g+11.0 g－缺D和E混合气体平均摩尔质量(g·mol－1)
答案2：m(C)=19.5 g+11.0 g－3.0Q g
缺D和E混合气体的平均密度(g·L－1)
12.(探究创新题)2003年10月17日晨6时许，载着航天英雄杨利伟的“神舟”五号飞船在内蒙古大草原成功着陆，我国首次载人航天飞行取得圆满成功。这表明我国载人航天技术有了重大的突破，对增强我国国防力量和提高国际地位都具有重要意义。
(1)运送飞船的火箭主要燃料是液态“偏二甲肼”。已知该化合物由C、H、N三种元素组成：碳的质量分数为40%，氢的质量分数为13.33%，其相对分子质量为60。通过分析结
构可知，该物质分子中有一个氮原子以 N 存在，且不与H原子直接相连。燃料的氧化剂是液态N2O4，燃料产物只有CO2、H2O(g)、N2；5.00 g “偏二甲肼”完全燃烧时放出212.5 kJ热量。写出燃料燃烧的热化学方程式(有机物用结构简式表示)________________________________________。
(2)有的推进器中盛有液态肼(N2H4)和液态双氧水。当它们混合反应时，产生氮气和水蒸气并释放大量热。这个反应常应用于火箭推进器，除释放大量的热和快速产生大量气体外，还有一个很大的优点是_____________。
(3)火箭推进剂有两大类：一类是氧化剂、还原剂为不同的两种物质；另一类是氧化剂、还原剂为一种物质，称为单组分推进剂。下列物质中适合作单组分火箭推进剂的是
A.汽油 B.发烟硝酸 C.硝基甲烷
(4)如果宇航员想在“神舟”五号飞船在轨运行(处于失重状态)的飞行仓内享受烛光晚餐，点燃蜡烛后，下列各种现象中可能发生的是
A.点燃后很快熄灭 B.火焰呈球形 C.火焰呈直状
(5)为使宇航员有良好的生存环境，宇宙飞船中装有盛Na2O2颗粒的供氧装置，如用KO2(超氧化钾)代替Na2O2，能达到同样的目的。写出KO2与CO2反应的化学方程式_____________。若仅从飞船携带物品宜轻便考虑，这两种物质中哪种更好？请用计算结果加以说明。____________________________________。
解析：此题取材于高科技——航天技术，内容涉及化学、物理，是一道集基础知识和跨学科能力考查于一体的好题。
(1)1 mol 偏二甲肼中含C、H的物质的量分别为n(C)==2 mol，
n(H)= =8 mol，含N原子的物质的量为=2 mol，所以偏二甲
肼的分子式为C2H8N2。根据题意可推知其结构简式为 。又1 mol C2H8N2燃烧
时放出的热量为：×60 g·mol－1=2550 kJ·mol－1，燃烧时的热化学方程式为：
+2N2O4(l)====2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(g)；ΔH=－2250 kJ·mol－1。
(2)由燃烧方程式可知，产物不产生污染。(3)作为单组分推进剂，必须自身含有强氧化性基团和还原性基团，显然只有C符合题意。(4)在失重条件下，蜡烛熔化后不能向上蒸发，而呈球形，且火焰很快熄灭。(5)由反应2Na2O2+2H2O====4NaOH+O2↑和4KO2+2CO2====2K2CO3+3O2，可知产生等质量的O2所需Na2O2与KO2的质量比为：m(Na2O2)∶m(KO2)=2 mol×78 g·mol－1∶mol×71 g·mol－1=1∶0.6，所以应选KO2。
答案：(1) +2N2O4(l)====2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(g);ΔH=－2550 kJ·mol－1
(2)产物无污染 (3)C (4)AB
(5)4KO2+2CO2====2K2CO3+3O2
产生同质量的氧气需m(Na2O2)∶m(KO2)=1∶0.6，应选KO2。
●教师下载中心
教学建议
本专题主要包括：以物质的量为中心的化学计量关系及应用，质量守恒定律的概念及其应用，阿伏加德罗定律及其应用以及化学反应中的能量变化。
(1)化学基本概念是化学的基础，它是从大量的化学现象和事实中抽象概括出来的，它既是应用化学知识解释问题时进行加工的细胞，又是解释各种化学现象本质的基础。因此，深刻地理解基本概念在化学总复习中极为重要。在复习迎考时，既要注意理解概念的准确性，又要弄清每个概念的内涵和外延，分析各概念之间的内在联系和区别，形成系统的概念体系，对所学过的理论和知识同时进行归纳总结使其条理化、系统化。要注意概念的具体应用，要将有关的概念、定理、原理、公式等结合具体的元素的性质和反应及化学计算、化学实验事实进行复习。在此基础上，本章重点突出历届高考反复考查有关基本概念中的重点知识，分析其命题规律，总结其解题方法，从而使学生形成取之快捷、易于迁移和再创造的能力。
(2)对化学学科的学习，有许多同学都认为化学知识散乱，难以掌握，其实这是没有掌握知识规律的表现。化学变化遵循一定的规律。例如质量守恒定律是化学反应的最基本的规律，它是书写并配平化学方程式的依据，也是定量研究化学反应的根本依据。再如复习氧化还原反应中的电子守恒规律和化学反应中的能量守恒规律时，只有把有关的概念理解清楚，对一些规律性的东西作深刻的理解，才能为学好化学奠定基础。复习时要以质量守恒定律和阿伏加德罗定律这两个规律作为复习的重点，研究这两个规律在解题中的应用，从而达到培养能力的目的。在教学中，要多采用启发式教学的方法，要善于引导，让学生多“悟”。复习跨度要小，训练的同时，教师要注意点拨。学生对概念的理解深度并不是靠讲和练就能解决的。
例题注释
本专题共设计了五个典型例题。【例1】为阿伏加德罗常数应用的题目，为高考必考题目，这是由于该题既考查学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容。要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子，原子，原子核内质子中子及核外电子的构成关系。其解题的方法思路是，在正确理解有关概念的基础上，将各物质的质量、气体的体积、溶液的浓度等转化为指定粒子的物质的量(mol)进行判断。
【例2】主要考查对有关化学定律和某些物理量的理解与灵活应用。通过分析解答本题，要引导学生进一步明确，只有气体物质才符合阿伏加德罗定律；若气体的物质的量相同，其所含气体的分子数相同，而气体的体积、密度则随温度、压强的不同而不同。
【例3】为2004年全国理综(二)中的第8小题，主要考查对热化学方程式的理解。在分析解答本题时，应重点强调两点：一是热化学方程式的ΔH不仅与化学计量数的大小有关，还与生成物的状态有关；二是放热反应的热化学方程式中的ΔH为负值，吸热反应的热化学方程式中的ΔH为正值。
【例4】是一道简单地考查阿伏加德罗定律及质量守恒定律的填空题。紧紧扣住反应气体和生成气体在同温同压条件下的体积比与物质的量之比及配平系数比的等同关系即可解答。阿伏加德罗定律把气体的质量、压强、体积、密度、气体摩尔质量、气体的物质的量联系在一起，又可把物理学中的气态方程、物质的密度计算应用于化学计算，是物理与化学互相联系又相互渗透的知识点。
【例5】是物质的量在化学计算中的典型应用。化学计算的实质是借助化学知识的规律，寻找已知量与未知量之间的数量关系，然后运算求解。在分析解题的过程中，若根据条件找出已知量与未知量之间的物质的量关系，就可使复杂的问题简单化、技巧化。
拓展题例
1.判断一定量的物质所含粒子的多少，是高考命题的热点。这类试题不论在数量和题型上都保持相对稳定，已成为高考的必考题。
【例1】(2004年北京，9)用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是
A.0.1 mol·L－1稀硫酸100 mL含有硫酸根个数为0.1 NA
B.1 mol CH(碳正离子)中含有电子数为10 NA
C.2.4 g金属镁与足量的盐酸反应，转移电子数为2 NA
D.12.4 g白磷中含有磷原子数为0.4 NA
解析：0.1 mol·L－1稀H2SO4 100 mL 中SO的物质的量等于0.01 mol，个数等于0.01 NA，A不正确。C为6号元素，H为1号元素，每个CH中电子个数为6+3×1－1=8，所以1 mol CH中含有8 mol电子，也就是8NA个，B不正确。根据反应Mg+2HCl====MgCl2+H2↑，1 mol Mg与足量HCl反应，转移电子数目为2 NA，所以2.4 g Mg(0.1 mol)与足量HCl反应，转移电子数为0.2 NA，C不正确。12.4 g白磷的物质的量为=0.1 mol，其中P原子数为0.1×4×NA=0.4NA，D正确。
答案：D
【例2】(2004年全国理综一，9)下列说法不正确的是
A.磷酸的摩尔质量与6.02×1023个磷酸分子的质量在数值上相等
B.6.02×1023个氮分子和6.02×1023个氢分子的质量比等于14∶1
C.32 g氧气所含的原子数目为2×6.02×1023
D.常温常压下，0.5×6.02×1023个一氧化碳分子所占体积是11.2 L
解析：H3PO4的摩尔质量在数值上等于1 mol H3PO4，也就是6.02×1023个H3PO4分子的质量，A正确。6.02×1023个N2、H2分子的物质的量都等于1 mol，它们的质量之比等于摩尔质量之比，也就是28∶2=14∶1，B正确。32 g O2的物质的量为1 mol，其中含有O2分子6.02×1023个，O原子2×6.02×1023个，C正确。0.5×6.02×1023个CO分子在标准状况下所占体积为11.2 L，在常温常压下其体积不等于11.2 L，D不正确。
答案：D
2.物质的量是化学计算的基础和核心。在分析解题过程中，若依据有关物质间物质的量关系，巧用守恒，可使复杂问题简单化，从而快速求解。
【例3】将a g Fe、Mg合金溶解在一定量的稀HNO3中，当合金完全溶解时收集到标准状况下NO气体b L(设HNO3的还原产物只有NO)。再向反应后的溶液中加入足量NaOH溶液，可得到沉淀的质量为_____________g。
解析：可能发生的反应有：
①3Mg+8HNO3====3Mg(NO3)2+4H2O+2NO↑
②Fe+4HNO3=====Fe(NO3)3+2H2O+NO↑
③2Fe(NO3)3+Fe=====3Fe(NO3)2
④HNO3+NaOH=====NaNO3+H2O
⑤Mg(NO3)2+2NaOH=====Mg(OH)2↓+2NaNO3
⑥Fe(NO3)2+2NaOH=====Fe(OH)2↓+2NaNO3
⑦Fe(NO3)3+3NaOH=====Fe(OH)3↓+3NaNO3
可知加入NaOH溶液后生成的沉淀为Mg(OH)2、Fe(OH)2和Fe(OH)3。一般情况下根据合金的质量a g，HNO3被还原时生成NO的体积b L，即可求出合金中Mg、Fe的质量，从而求出氢氧化物沉淀的质量。然而由于产物中Fe为不定价态，不知道Fe2+、Fe3+的相对量，因此这种方法看上去原理很简单，但最终却走入死胡同。反过来，本题如果能抓住以上几个反应的特点，巧用几个守恒，则又将峰回路转，快速获解。
①质量守恒：
m(沉淀)=m(Mg2+)+m(Fe2+)+m(Fe3+)+m(OH－)=m(合金)+m(OH－)
②电荷守恒：
n(OH－)×1=n(Mg2+)×2+n(Fe2+)×2+n(Fe3+)×3
③电子守恒：
n(Mg2+)×2+n(Fe2+)×2+n(Fe3+)×3=n(NO)×3=×3
所以沉淀的质量为：
m(沉淀)=m(合金)+m(OH－)=m(合金)+n(OH－)×17 g·mol－1=m(合金)+×3×17 g·mol－1
【例4】在铁和氧化铁的混合物15 g中加入稀硫酸150 mL，放出氢气1.68 L(标准状况)，同时铁和氧化铁完全溶解。向所得溶液中滴加KSCN溶液，未见颜色改变。为中和过量硫酸并使Fe2+完全转化为Fe(OH)2，需要消耗3 mol·L－1 NaOH溶液200 mL。求原硫酸溶液的物质的量浓度。
解析：本题涉及的化学反应很多，但若能抓住Fe2+完全沉淀后所得溶液是Na2SO4溶液，寻找到消耗的NaOH的物质的量是H2SO4的物质的量的2倍这一隐含条件，问题便迎刃而解：
3 mol·L－1×0.2 L=2×c(H2SO4)×0.15 L
解得：c(H2SO4)=2 mol·L－1。
3.考查反应热的内容不断拓宽，新的题型、新的设问不断出现。
【例5】(2004年全国理综一，13)已知25℃、101 kPa下，石墨、金刚石燃烧的热化学方程式分别为C(石墨)+O2(g)=====CO2(g)；ΔH=－393.51 kJ·mol－1 ①
C(金刚石)+O2(g)=====CO2(g)；ΔH=－395.41 kJ·mol－1 ②
据此判断，下列说法正确的是
A.由石墨制备金刚石是吸热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的低
B.由石墨制备金刚石是吸热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的高
C.由石墨制备金刚石是放热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的低
D.由石墨制备金刚石是放热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的高
解析：根据盖斯定律，将方程式①减去方程式②，得到下列热化学方程式：
C(石墨)=====C(金刚石)；ΔH=1.91 kJ·mol－1
说明由石墨制备金刚石是吸热反应，吸收的热量作为化学能的形式贮存在金刚石中，也就是同质量金刚石具有的能量比石墨高。A选项正确。
答案：A
【例6】把煤作为燃料可通过下列两种途径：
途径Ⅰ C(s)+O2(g)=====CO2(g)；ΔH1＜0 ①
途径Ⅱ 先制成水煤气：
C(s)+H2O(g)=====CO(g)+H2(g)；ΔH2＞0 ②
再燃料水煤气：
2CO(g)+O2(g)=====2CO2(g)；ΔH3＜0 ③
2H2O(g)+O2(g)=====2H2O(g)；ΔH4＜0 ④
请回答下列问题：
(1)途径Ⅰ放出的热量_________(填“大于”“等于”或“小于”)途径Ⅱ放出的热量。
(2)ΔH1、ΔH2、ΔH3、ΔH4的数学关系式是_______________。
(3)由于制取水煤气的反应，反应物具有的总能量___________生成物具有的总能量，那么在化学反应时，反应物就需要___________能量才能转化为生成物，因此其反应条件为___________。
解析：(1)根据盖斯定律可知，反应的热效应与反应途径无关，故二者放出的热量相等。(2)将方程式②+③+④可得方程式①，所以有ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4。(3)制取水煤气的反应②的ΔH2＞0为吸热反应，反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量，故反应时需采用高温条件。
答案：(1)等于 (2)ΔH1=ΔH2+(ΔH3+ΔH4) (3)小于 吸收 高温专题二 分散系
●高考趋势展望
有关分散系的高考热点有：
1.分散系有关概念的理解与判断，胶体的重要应用。命题主要集中在对胶体性质和胶体提纯(渗析法)的考查上。纵观这几年有关胶体的试题，命题有向着考查胶体的基本知识与科技、生活、生产相结合的发展趋势。
2.溶解度的计算，考查内容主要有两大类：一是关于溶解度概念的基本计算，题目多数注重对概念的理解，较为简单；二是综合计算，题目常在进行溶解度的计算过程中，伴有分析推理判断。溶解度作为综合性计算题的内容载体，预计在今后几年里出现几率不会很高，但每年都有可能以选择题的形式出现，尤其是以字母代表各物理量的计算。
3.有关溶液浓度的计算题是高考的必考题。主要包括：溶液物质的量浓度与溶质的物质的量(或质量或气体体积)之间的换算；物质的量浓度、溶质的质量分数和溶解度之间的换算；两种溶液混合后，溶液浓度的计算；溶液的稀释和溶液的配制等。预计此类题目在今后的命题中还会处于主流地位。
●主干知识整合
1.胶体的性质及应用
(1)胶体由于分散质粒子直径在1 nm～100 nm之间，表面积大，有强的吸附能力，因而表现出下列特性：
①能通过滤纸而不能透过半透膜——用于悬浊液、胶体、溶液的分离。
②对光的散射作用——一束光通过胶体时产生一条光亮通路——丁达尔效应——鉴别溶液和胶体。
③受水分子从各个方向大小不同的撞击作用——胶粒在胶体中做不停息地、无规则运动——布朗运动——胶体能均一、较稳定存在的原因之一。
④胶粒在胶体溶液内对溶液中的离子发生选择吸附使胶体粒子带电〔例Fe(OH)3胶粒带正电，硅酸胶体的粒子带负电〕——胶粒在外加电场作用下做定向移动——电泳——除尘——胶体能稳定存在的主要原因。
(2)胶粒带电规律：一般来讲金属氧化物及其水化物形成的胶体粒子带正电荷；非金属氧化物及水化物、金属硫化物形成的胶体粒子带负电荷。
(3)胶体的聚沉方法及应用
①加热——加速胶体粒子运动，使之易于结合成大颗粒。
②加入电解质——中和胶粒所带电荷，使之聚结成大颗粒。
③加入带相反电荷的胶体——互相中和电性，减小同种电荷的相互排斥作用而使之聚集成大颗粒。
④应用：如制豆腐、工业制肥皂，解释某些自然现象，如三角洲。
思考讨论
溶液是胶体吗？这两个概念有什么区别和联系？
答：胶体是胶粒直径在1 nm ～100 nm范围之内的分散系，而通常所说的溶液是指分散后粒子的直径小于1 nm的分散系，如NaCl溶液、酒精溶液等，这叫真溶液，而有的大分子形成的溶液，如淀粉溶液，它的一个分子的直径就达到胶体粒子的大小范围，这样的溶液叫胶体。所以判断某一分散系是不是胶体，不能只从说法上，而应从本质上即分散质粒子的直径上去判断。
2.关于溶解度计算的方法
(1)温度不变时，蒸发溶剂或加入溶剂时，析出或溶解溶质的质量x：
=。
(2)若溶剂不变，改变温度，求析出或溶解溶质的质量x：
=。
(3)溶剂和温度改变时，求析出或溶解溶质的质量x：
先求饱和溶液中溶质和溶剂的质量，再求形成的新饱和溶液中的溶剂、溶质质量，并与新饱和溶液的溶解度构成比例关系计算。
(4)加入或析出的溶质带有结晶水：
既要考虑溶质质量的变化，又要考虑溶剂质量的变化。一般情况下，先求原饱和
溶液的溶质与溶剂，再求构成新饱和溶液中所含溶质与溶剂。
3.溶液浓度相互变换
溶液浓度变换的实质是溶质的量、溶液的量单位换算。即溶质的量通过摩尔质量进行物质的量与质量的换算，而溶液的量则通过密度进行质量与体积的换算。溶液浓度变换的方法：一是可根据各浓度概念进行换算，二是抓住溶质的量相等列代数方程求解。
思考讨论
某可溶性盐RxAy的相对分子质量为M，在一定温度下a g盐溶于水形成b mL饱和溶液，此溶液密度为ρ g·cm－3。则(1)该盐的溶解度是多少？(2)该盐溶液溶质的质量分数是多少？(3)该盐溶液的物质的量浓度是多少？(4)设RxAy中A的化合价为－x，则溶液中Ax－离子的物质的量是多少？
答：(1)g (2) %
(3) mol·L－1 (4) mol
●精典题例导引
【例1】(2004年上海，5)氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是
A.胶粒直径小于1 nm B.胶粒做布朗运动
C.胶粒带正电荷 D.胶粒不能通过半透膜
解析：本题主要涉及胶体的概念、胶体的重要性质等内容。胶体颗粒直径都在1 nm～100 nm之间，A选项错误。B、D两选项虽然叙述正确，但不是胶体稳定存在的原因，因为Fe(OH)3胶体粒子都带正电荷，在一般情况下，它们之间相互排斥，使它们稳定存在。
答案：C
【例2】下列现象或应用不能用胶体知识解释的是
A.肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗
B.牛油与NaOH溶液共煮，向反应后所得的溶液中加入食盐析出固体
C.氯化铝溶液中加入小苏打溶液会产生白色沉淀和气体
D.水泥冶金厂常用高压电除去工厂烟尘，减少对空气污染
解析：本题取材于生活实际，考查学生运用知识的能力。人体的血液为血红蛋白胶体，血液透析即为胶体的渗析；牛油与NaOH溶液共煮发生皂化反应，加入食盐便发生聚沉；C项是两种离子的双水解反应；D项运用的是胶体的电泳。
答案：C
深化拓展
实验室制备氢氧化铁胶体的方法是将饱和的氯化铁溶液逐滴滴入沸腾的蒸馏水中。为什么不用向氯化铁溶液中加入氢氧化钠溶液的方法来制取氢氧化铁胶体？
答：一是两种溶液浓度及加入的量不易控制；二是易聚沉成氢氧化铁沉淀而得不到氢氧化铁胶体。
【例3】(2004年广东，6)下列有关溶液性质的叙述，正确的是
A.室温时饱和的二氧化碳水溶液，冷却到0℃时会放出一些二氧化碳气体
B.20℃，100 g水中可溶解34.2 g KCl，此时KCl饱和溶液的质量分数为34.2%
C.强电解质在水中溶解度一定大于弱电解质
D.相同温度下，把水面上的空气换成相同压力的纯氧，100 g水中溶入氧气的质量增加
解析：本题主要考查有关溶解度的概念及其影响因素等问题。气体的溶解度一般随温度的升高而减小，故室温下CO2的饱和水溶液在降温到0℃时不会放出气体；20℃时34.2 g KCl溶于100 g H2O中所得饱和溶液的质量分数为×100%=25.5%；物质在水中溶解度的大小与电解质的强弱无必然联系，如CaCO3等难溶性盐虽为强电解质，但其溶解度不大，而CH3COOH等弱电解质在水中的溶解度却较大。水面上的O2与水面下的溶入氧存在溶解平衡，水面O2浓度增大，平衡向水面下溶入氧的方向移动，故100 g水中溶入O2的质量增加。
答案：D
【例4】(2004年天津，11)在一定温度下，某无水盐R在水中溶解度为23 g，向R的饱和溶液中加入B g该无水盐，保持温度不变，析出R的结晶水合物W g，从原饱和溶液中析出溶质R的质量为
A.(W－B) g B.(W－B) g
C.(W－B) g D.(W－B) g
解析：加入的B g无水盐显然不能溶解，它结合部分水生成结晶水合物，所以析出更多的R。假设析出的W g水合物中含R x g，则从原饱和溶液中析出的R为(x－B)g。可知，(x－B) g R应正好溶于(W－x)g水中，形成饱和溶液。所以，
=，
解得：x=。
从原饱和溶液中析出的R的质量为x－B=，正确答案为A。
答案：A
特别提示
(1)溶解度的概念只适用于一定温度下的饱和溶液。
在不饱和溶液a g中，蒸发掉c g水，恢复至同温，析出溶质m2 g，这里的c g水与m2 g溶质之间不存在该温度下溶解度概念中的溶质和溶剂的质量比关系，即S不等于。
(2)若温度降低，饱和溶液析出的溶质是无水物，则m析出溶质=×高温时溶液的质量。若饱和溶液析出的晶体是结晶水合物，其结果是饱和溶液中的溶质、溶剂、溶液的质量以及饱和溶液的质量分数均发生变化。
(3)在一定温度下，饱和溶液的质量分数的数值应小于溶解度的数值。
【例5】用38%的浓盐酸(密度1.19 g·mL－1)配制1∶4的稀盐酸。
(1)求所得稀盐酸(ρ=1.04 g·mL－1)的物质的量浓度。
(2)如果用所得盐酸来配制0.1 mol·L－1的盐酸溶液500 mL，问应该怎样配制。
解析：(1)用1 L盐酸与4 L 水混合所得稀盐酸的总质量为(1000×1.19)+400=5190(g)
c(HCl)==2.48 mol·L－1。
(2)设：稀盐酸浓度为c1，所需体积为V1，
则根据c1V1=c2V2 得2.48 mol·L－1 V1=0.1 mol·L－1×0.5 L V1=0.02 L=20 mL
答案：(1)2.48 mol·L－1 (2)量取20 mL。稀盐酸，慢慢加入盛有少量蒸馏水的烧杯中，然后沿玻璃棒转移至500 mL容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液也转移到容量瓶中。最后加水至刻度处混匀，转入试剂瓶，贴上标签。
特别提示
物质的量浓度溶液混合，计算时应注意题设条件。若给定混合溶液的密度，则体积由溶液的密度和质量计算；若未给定混合溶液的密度，则题设已忽略了混合时体积的变化，此时可根据混合前的体积进行计算，即V总=V1+V2。
●能力提升训练
1.(2004年广东模拟题)下列关于胶体的认识错误的是
A.鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液生成白色沉淀，属于物理变化
B.将一束强光通过淀粉溶液，也能产生丁达尔效应
C.水泥厂、冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘粒子带电荷
D.纳米材料粒子直径一般从几纳米到几十纳米(1 nm=10－9 m)，因此纳米材料属于胶体
解析：加入饱和(NH4)2SO4溶液可降低鸡蛋清的溶解度，产生白色沉淀是物理变化；淀粉溶液为胶体，可产生丁达尔现象。水泥厂和冶金厂的附近易产生气溶胶，可用电泳除去，胶体一般由分散质和分散剂等组成，而纳米材料却只是由一种物质的分子组成的纯净物，D不正确。
答案：D
2.(2004年黄冈模拟题)医院里做的“血清纸上电泳”是利用了血清里胶体的下列哪种性质
A.胶体粒子大小在1 mm～100 mm之间 B.胶体粒子的质量较大
C.胶体粒子可透过滤纸 D.胶体粒子带有电荷
解析：电泳现象产生的本质是由于胶体粒子带有电荷，在电场作用下做定向移动。
答案：D
3.40℃时等质量的两份饱和石灰水，一份冷却至10℃，另一份加少量CaO并保持温度仍为40℃。这两种情况都不改变的是
A.Ca(OH)2的溶解度 B.溶液的质量
C.溶液的质量分数 D.溶液中Ca2+数目
解析：Ca(OH)2的溶解度随温度的降低而增大，故所给溶液冷却至10℃时，溶液变得不饱和，溶液的质量、质量分数，溶液中Ca2+数目皆不变；而加入CaO时发生反应CaO+H2O=====Ca(OH)2，水量减少，因温度不变时溶解度不变，故有Ca(OH)2析出，溶液质量、Ca2+数目都减少，但仍为饱和溶液，质量分数不变。
答案：C
4.(2004年北京，13)20℃时，饱和KCl溶液的密度为1.174 g·cm－3，物质的量浓度为4.0 mol·L－1，则下列说法中不正确的是
A.25℃时，饱和KCl溶液的浓度大于4.0 mol·L－1
B.此溶液中KCl的质量分数为×100%
C.20℃时，密度小于1.174 g·cm－3的KCl溶液是不饱和溶液
D.将此溶液蒸发部分水，再恢复到20℃时，溶液密度一定大于1.174 g·cm－3
解析：温度升高，KCl的溶解度增大，饱和溶液的浓度增大，A正确。
KCl%==×100%=×100%，B正确。
在一定温度条件下，饱和KCl溶液的密度一定比不饱和KCl溶液密度大，C正确。
将此饱和溶液蒸发部分水，再恢复到20℃，会有晶体析出，但剩余溶液还是饱和溶液，其密度还是等于1.174 g·cm－3，D不正确。
答案：D
5.(2004年江苏模拟题)t ℃，将一定质量的某物质的不饱和溶液均分为三份，分别加热蒸发溶液，然后把温度降至t ℃，已知从三份溶液中蒸发的溶剂质量分别为10 g、20 g、30 g，析出晶体(不含结晶水)质量分别为a、b、c(单位g，且a、b、c均大于零)，则a、b、c三者的关系为
A.c=2b－a B.c=a+b
C.c=a+2b D.c=2a+b
解析：由于a、b、c均大于零，故对于第二份、第三份溶液来讲，在蒸发掉第一个10 g溶剂后，所得溶液均为饱和溶液，在温度不变条件下的饱和溶液中，每蒸发相等质量的溶剂，析出溶质的质量相等，即b－a=c－b，所以2b=a+c。
答案：A
6.(2004年广州模拟题)将标准状况下的NH3(g)溶于水中，得到密度为b g·cm－3的氨水a g，物质的量浓度为c mol·L－1，则溶于水中的NH3(g)的体积是
A. L B. L
C. L D. L
解析：所得氨水的体积为V〔NH3·H2O(aq)〕=×10－3 L·mL－1= L，含NH3的物质的量为：n(NH3)=V〔NH3·H2O(aq)〕·c(NH3·H2O)= L×c mol·L－1
= mol，在标准状况下，NH3的体积为：V(NH3)=22.4 L·mol－1×mol= L。
答案：B
7.(2003年江苏，6)质量分数为a的某物质的溶液m g与质量分数为b的该物质的溶液n g 混合后，蒸发掉p g水。得到的溶液每毫升质量为q g，物质的量浓度为c。则溶质的相对分子质量为
A. B.
C. D.
解析：设溶质的相对分子质量为x，则根据溶液混合、蒸发前后溶质的物质的量不变有=×10－3 L·mL－1×c mol·L－1得：
x= g·mol－1，C正确。
答案：C
8.已知某饱和溶液的①溶液质量为m1 g ②溶剂质量m2 g ③溶液体积V L ④溶质的摩尔质量M g·mol－1 ⑤溶质的溶解度S g ⑥溶液的密度d g·cm－3，利用以上部分已知条件就可计算出该溶液的物质的量浓度。下表各项(A、B、C、D、E)列出所用已知条件，请你在能求出结果的表里画“√”，并写出相应计算物质的量浓度的字母表达式。不能求出结果的画“×”。
A B C D E
①②④⑥ ④⑤⑥ ②③④⑤ ①③④⑥ ①②③④
解析：根据物质的量浓度的概念可知，c=n/V，而n=m(溶质)/M，m(溶质)=(m1－m2) g，又由100∶S=m2∶(m1－m2)得m1－m2= g，所以c== mol·L－1=
mol·L－1。又V=×10－3 L·mL－1= L，所以c=
mol·L－1==×= mol·L－1。
从物质的量浓度与质量分数的关系可知，
c=，而w=，所以c= mol·L－1。
答案：A B C D E
√ √ √ × √
c= c= c= c=
9.下面是四种盐在不同温度下的溶解度(g)：
温度 NaNO3 KNO3 NaCl KCl
10℃ 80.5 20.8 35.7 31.0
100℃ 175 246 39.1 56.6
(假设：①盐类共存时不影响各自的溶解度；②分离晶体时，溶剂的损耗忽略不计)
某同学设计用物质的量比为1∶1的NaNO3和KCl为原料，加入一定量的水制取KNO3的实验，其流程如下框图所示。
(1)在①和③的实验过程中，关键的实验条件是_________。
(2)分离出晶体的②和④两操作是_______(填倾倒、蒸发、结晶、过滤中的某种操作)。KNO3是晶体_______(A或C)。
(3)粗产品中可能含有的杂质离子是________，检验的方法是_____________________。
(4)将该粗产品提纯，可采取的方法是__________________。
解析：(1)等物质的量的NaNO3和KCl溶于水后，所形成的四种物质皆易溶于水，要分离它们只能根据不同温度下溶解度的不同进行，因此实验①③的关键条件是温度。
(2)分离KNO3(NaCl)晶体与溶液的操作为过滤。根据题目所给溶解度数据，100℃时蒸发H2O后得到NaCl晶体(NaCl溶解度最小)，冷却后得到的主要是KNO3(溶解度之差最大)，故C是KNO3。
(3)在100℃时NaCl溶液已饱和，故降温冷却过程中，在得KNO3晶体的同时，有少量NaCl析出，即晶体中含Na+、Cl－，Na+用焰色反应检验，Cl－用AgNO3溶液和稀HNO3检验。
(4)对含有少量NaCl的KNO3可用重结晶的方法提纯。
答案：(1)温度 (2)过滤 C (3)Na+、Cl－ Na+用焰色反应检验，Cl－用AgNO3溶液和稀HNO3检验 (4)重结晶
10.将饱和三氯化铁溶液滴入沸水时，液体变为_______色，得到的是__________，反应的离子方程式为___________。用此分散系进行实验：
(1)将其装入U形管内，用石墨作电极，接通直接电源，通电一段时间后发现阴极附近颜色________，这表明________________________，这种现象称为_____________。
(2)向其中加入饱和的硫酸铵溶液，发生的现象是________________________；原因是_________________。
(3)向其中逐滴加入过量稀硫酸，现象是_________________________；原因是____________________。
(4)提纯此分散系的方法叫_____________________。
解析：FeCl3溶液滴入沸水中，发生如下反应：Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+，生成红褐色的Fe(OH)3胶体。由于Fe(OH)3胶体粒子带正电荷，因此在通电时会发生电泳现象，故阴极附近红褐色加深。电解质(NH4)2SO4所电离出的离子SO中和了Fe(OH)3胶粒所带的正电荷，而使Fe(OH)3胶体聚沉。(3)电解质H2SO4首先使
Fe(OH)3胶体聚沉，然后随着H2SO4的加入，H+与Fe(OH)3发生反应Fe(OH)3+3H+=====Fe3++3H2O而使沉淀溶解。
答案：红褐 Fe(OH)3胶体 Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+
(1)逐渐变深 Fe(OH)3胶粒带正电荷 电泳
(2)形成红褐色沉淀 电解质(NH4)2SO4电离出的SO离子中和了胶体粒子所带电荷，使Fe(OH)3胶体聚沉
(3)先出现红褐色沉淀，后沉淀溶解形成黄色溶液 电解质H2SO4使Fe(OH)3胶体聚沉，随着H2SO4的加入，H+与Fe(OH)3发生反应Fe(OH)3+3H+=====Fe3++3H2O，使沉淀溶解。
(4)渗析
11.(新情景题)青霉素试验针用的稀溶液为200国际单位/mL。现有1小瓶20 万国际单位青霉素、1.0 mL 注射器(分刻度为0.1 mL)、注射用水和几个干净小瓶。先吸取1.0 mL注射用水注入第1瓶内溶解青霉素，又吸取0.1 mL溶液在第2小瓶中用水稀释成1.0 mL，再吸取0.1 mL在第3小瓶中稀释成1.0 mL……在第几小瓶中青霉素浓度为200 国际单位/mL
A.3 B.4 C.5 D.6
解析：本题考查学生的知识迁移能力和应变能力，在全新的情景中，可抓住稀释过程中溶质的量不改变这一规律来解答。
第1瓶：20 万国际单位/mL
第2瓶： =2×104国际单位/mL。
以此类推，则到第4瓶时浓度为200 国际单位/mL，本题答案为B。
答案：B
12.(探究创新题)气体溶解度可以表述为：密闭系统中，溶解于液体中的气体分子同液面上的气体分子在一定温度和压力下达到平衡时，一定量液体中所溶解气体的量。用
100 mL液体中溶解气体的毫升数表示。医学上对气体溶解度有一种特别的表示方法，称为气体吸收系数α，即在一定温度下，气体压力为1.01×105 Pa时的溶解度，通常用1 mL液体中能溶解某气体体积(均换算成标准状态下的体积)表示。根据下表(0℃、1.01×105 Pa下的几种气体的吸收系数)：
气体 水中(α) 血液中(α)
O2 0.0239 0.0214
CO2 0.567 0.515
(1)求37℃、1.01×105 Pa时，O2在水中的溶解度。吸收系数主要决定于气体和溶剂的本性，也与温度和气体压强有关。在温度一定时，气体的吸收系数与该气体的平衡分压成正比。
(2)人体的动脉血和静脉血中，O2的分压分别为1.36×104 Pa和5.37×103 Pa，试计算100 mL静脉血流经肺泡，经气体交换后，能给身体组织带去多少体积的氧气(标准状况下)。
解析：(1)V1===0.027 (mL)
所以c=0.027 mL×100=2.7 mL(100 mL H2O)－1
(2)1 mL 动脉血中溶解O2为：
0.0214∶1.01×105=α1∶1.36×104 α1=0.00288(mL)
则100 mL动脉血中溶有O2为：0.00288×100=0.288 mL
1 mL静脉血中溶有O2为：
0.0214∶1.01×105=α2∶5.37×103 α2=0.00114 mL
则100 mL 静脉血中溶有O2为：0.00114×100=0.114(mL)
故给机体带去的O2为：ΔV(O2)=0.288－0.114=0.174(mL)
答案：(1)2.7 mL·(100 mL H2O)－1 (2)0.174 mL
●教师下载中心
教学建议
本专题内容包括两大部分：一是分散系与胶体的有关知识；二是关于溶液的知识。这两部分内容在教材中出现的跨度较大。关于溶液的知识有初中溶解度的概念和计算、溶质质量分数的概念和计算，以及高一教材中物质的量浓度等内容；胶体的知识是高三教材中的第二单元内容。按高考试题中出现的频率看，前者更为重要，高考历年的再现率为100%。复习时，必须引起足够的重视。
(1)复习胶体时，要注意与溶液、悬浊液、乳浊液等概念从分散质粒子的直径、外观、稳定性，分散质粒子能否透过滤纸、能否透过半透膜等方面进行比较，把握住胶体区别于其他分散系的本质特征，在此基础上重点掌握胶体的性质及其应用，并能运用胶体的知识分析解答社会生活中的实际问题。
(2)在理解溶解度、溶质质量分数、物质的量浓度等有关概念的基础上，重点掌握它们之间的相互求算关系，并能运用这些知识进行有关的计算训练，培养学生的基本计算技能。
例题注释
本专题共设计了五个典型例题：
【例1】和【例2】重点考查胶体的制备和性质。解答有关胶体的试题关键在于正确理解胶体的概念、重要性质及应用。根据胶粒的结构特征(直径在1 nm～100 nm之间)来区分胶体与其他分散系的本质差异；根据丁达尔效应来鉴别溶胶与溶液；根据胶体的电泳现象来判断电极名称和胶粒的电性；运用胶体的性质解释生活中有关胶体的问题，如“三角洲”的形成、明矾的净水、卤水点豆腐、高压电除尘、农作物对化学肥料的吸收效果。
【例3】和【例4】为高考命题的热点之一，是高考试题中出现几率较大的题型。【例3】 侧重于对溶解度概念及其影响因素理解的考查。【例4】则重点考查溶解度的有关计算。在分析解答过程中一是要强化对溶解度等概念的理解；二是明确关于溶解度计算的基本题型与解题方法思路及易错点。
【例5】主要考查定量实验——溶液配制的技能。在分析解答该题时，一是要引导学生形成正确的解题思路：根据物质的量浓度的定义计算出所需盐酸的体积，然后按操作步骤进行配制。二是要强调溶液的物质的量浓度与溶质的质量分数进行相互求算的方法及应该注意的问题。
拓展题例
1.运用溶解度曲线进行计算与判断。
如何看懂溶解度曲线图并且运用于计算，是溶解度的重要知识点之一。要掌握：①曲线图所画的任何曲线上表示的溶质质量，都是指100 g水中所溶解的最大量，若溶剂为其他任意值，应按比例关系推算，也同样可以依此算出饱和溶液的溶质质量分数；②从溶质溶解度曲线的走势可判断出该物质溶解性随温度升降的增减趋向；③多条溶解度曲线在图中的交汇点，表示在该点对应温度下，溶解度恰好相等。
【例1】下图是几种盐的溶解度曲线，下列说法中正确的是
A.40℃时，将35 g食盐溶于100 g水中，降温至0℃时，可析出NaCl晶体
B.20℃时KNO3饱和溶液的溶质质量分数为31.6%
C.60℃时，200 g水中溶解80 g CuSO4达饱和，当降温至30℃时，可析出30 g硫酸铜晶体
D.30℃时，将35 g KNO3和35 g NaCl同时溶于100 g水中，蒸发时先析出的晶体是NaCl
解析：根据溶解度曲线图可以判断：A项中食盐溶液降至0℃，溶液里最多可溶解37.5 g＞35 g，故无食盐析出。B项中20℃时KNO3溶解度为31.6 g，则溶质质量分数为＜。C项中30℃ CuSO4溶解度为25 g，当它若由60℃降至30℃时，200 g水应析出的无水CuSO4为(40 g－25 g)×2=30 g，然而析出的晶体必然带有结晶水，析出的晶体肯定大于30 g，从溶解度曲线图可直接看出，30℃时NaCl溶解度＜KNO3溶解度，D项所表述的结论是正确的。
答案：D
【例2】 某物质的溶解度曲线如下图，试回答：
(1)A、B、C三点的含义_____________。
(2)A、B、C三点的溶质的质量分数的大小_____________。
(3)D、B、E三点的溶质的质量分数的大小_____________。
(4)将C点溶液变为饱和溶液应采取的措施是_____________。
解析：(1)点B在溶解度曲线上，B点为饱和溶液；过A、C两点作温度轴的垂线交溶解度曲线于A′和C′点，A′点在A点之下，表明A中所含溶质多于饱和溶液，为过饱和溶液。C′点在C之上，表明C点溶解的溶质的量少于饱和溶液，为不饱和溶解。(2)由(1)中分析可知A中多出的溶质不会溶解，仍为饱和溶液，所以质量分数有A=B＞C，(3)由图示可知，在100 g H2O中，D、B、E三点所含溶质的质量相等，D点属过饱和溶液，有晶体析出。其质量分数小于B、E两点，即D＜B=E。(4)要使不饱和溶液变为饱和溶液，可采用降温、蒸发溶剂，加入溶质等措施。
答案：(1)A点为过饱和溶液，B点为饱和溶液，C点为不饱和溶液
(2)A=B＞C (3)D＜B=E (4)蒸发溶剂，加入溶质，降温
2.联系实际问题，把溶解度、析晶等概念与电解质溶液里的若干知识串联起来，考查分析问题和解决问题的能力。
【例3】在25℃时，将两个铂电极插入一定量的硫酸钠饱和溶液中进行电解，通电一段时间后，在阳极逸出a mol气体，同时有w g Na2SO4·10H2O析出，若温度不变，此时剩余溶液中溶质的质量分数为
A.×100% B.×100%
C. D. %
解析：本题融合了电化学、结晶水合物、晶体的析出和溶液质量分数求解等知识。用惰性电极电解饱和Na2SO4溶液相当于电解水，阳极产生O2。
2H2O 2H2+O2
2 1
2a mol a mol
当饱和溶液减少2a mol H2O即36a g H2O时，有晶体析出，溶液仍为饱和。可用换位法考虑，将w g Na2SO4·10H2O加入到36a g H2O中所得溶液为饱和溶液。该溶液质量分数为：
×100%=%
答案：D
【例4】100.0 g无水氢氧化钾溶于100.0 g水。在t℃温度下电解该溶液，电流强度I=6.00 A，电解时间为10.00 h。电解结束温度重新调至t℃，分离析出KOH·2H2O晶体后，测得剩余溶液的总质量为164.8 g。已知不同温度下KOH的溶解度如下表：
温度(℃) 0 10 20 30
溶解度g/100 g水 96.9 103.2 111.9 126.2
求：(1)析出的晶体质量为多少克？
(2)剩余的溶液质量分数为多少？
(3)估计电解时温度t ℃的范围。
解析：(1)电解KOH水溶液实质是电解水，10.00 h 6.00 A的电解总提供电量Q=It，相当于2.24 mol电子，即被电解的水是1.12 mol，质量为20.1 g。从剩余溶液的总质量知，有35.2 g物质离开溶液，所以结晶KOH的质量=35.2 g－20.1 g=15.1 g。
(2)15.1 g的晶体中，m(KOH)=·M(KOH)=9.2 g，所以剩余溶液的质量分数==55.1 %。
(3)根据溶解度表，通过饱和溶液的质量分数=×100%，算出在30℃及20℃时饱和溶液的质量分数分别为55.8%及52.8%，所以电解时温度应在20℃～30℃之间。
答案：(1)15.1 g (2)55.1% (3)20℃～30℃
3.将胶体的基本知识与科学技术、社会生活、工农业生产相结合，是高考命题的热点之一。
【例5】纳米材料是指颗粒的三维线度中的任一维在1 nm～100 nm范围的材料。纳米技术所带动的技术革命及其对人类的影响，远远超过电子技术。下列关于纳米技术的叙述不正确的是
A.将“纳米材料”分散到液体分散剂中可制得液溶胶
B.用纳米级金属颗粒粉剂作催化剂可加快反应速率，提高反应物的平衡转化率
C.用纳米颗粒粉剂做成火箭的固体燃料将有更大的推动力
D.银器能抑菌、杀菌，纳米银粒子植入内衣织物中，有奇异的抑菌、杀菌效果
解析：纳米材料的直径在1 nm～100 nm范围内，与胶粒直径范围相同，A正确；催化剂可加快化学反应的速率，但不能使化学平衡发生移动，B不正确；与块状固体相比，纳米颗粒直径小，表面积大，因而化学反应的速率快，但催化剂不能改变反应平衡、提高反应物的转化率，所以短时间内可产生更大推动力，C正确而B错误；银为重金属，重金属粒子可使蛋白质变性，故有杀菌作用，D正确。
答案：B
【例6】生活和生产中常用到胶体的性质，请看下述三例：
(1)做实验时，手指不慎被玻璃划破，可从急救箱中取氯化铁溶液应急止血，其原理是__________________________。
(2)在陶瓷工业上常遇到因陶土里混有氧化铁而影响产品质量。解决方法之一是把这些陶土和水一起搅拌，使微粒直径为10－9 m～10－7 m之间，然后插入两根电极，再接通直流电源。这时，阳极聚集_______________，阴极聚集_______________，理由是___________________________。
(3)水泥和冶金工厂常用高压电对气溶胶作用除去大量烟尘，以减少对空气的污染，这种作用运用了__________原理。
解析：(1)血液中的主要成分是蛋白质溶胶，其胶粒带有负电荷，加入的氯化铁为电解质，Fe3+使胶体凝聚，加快止血。(2)粒子直径10－9 m～10－7 m之间的分散系为胶体，故在通直流电时，胶体粒子产生电泳现象。氧化铁胶粒带正电，而陶土胶粒带负电，阳极聚集的是带负电荷的陶土胶体微粒，阴极聚集的是带正电荷的氧化铁胶体微粒，从而达到除杂质的目的。(3)的原理同(2)，是气溶胶中的烟尘发生电泳。
答案：(1)电解质氯化铁使血液中蛋白质胶体凝聚
(2)陶土胶粒 氧化铁胶粒 前者胶粒带负电荷，向阳极移动，后者胶粒带正电荷，向阴极移动
(3)电泳
△
====
△
====
电解
=====专题二 非金属知识规律(2)
●高考趋势展望
本专题包括硫、氮、磷、碳、硅等非金属及其化合物知识内容。其高考的热点是：
1.硫及其化合物间的相互转化关系，硫化氢的强还原性，二氧化硫的氧化性和还原性，浓硫酸的性质及应用，SO、SO2的检验，硫化氢和二氧化硫气体的制取和收集。
2.氮气分子结构与其稳定性，氨气、铵根离子的检验与鉴别，氮的氧化物的性质应用，浓硝酸的强氧化性，白磷的分子结构，磷酸与碱反应产物的判定。
3.碳、一氧化碳的还原性，二氧化碳气体制取与检验，二氧化碳与碱(NaOH)、二氧化硅与碳等反应产物的确定，金刚石、石墨、晶体硅、二氧化硅的结构和性质。
硫、氮、磷、碳、硅等元素知识是非金属元素的命题热点之一，该类试题常以元素及其化合物知识为载体，与化学基本概念、基本理论、化学实验及化学计算密切结合。今后命题的热点是以氧化还原反应为知识内容，以化工生产或环境保护为背景，综合考查物质的性质以及与此相关的理论、实验和计算。二氧化碳作为与生物学相互联系的重要物质(二氧化碳是植物光合作用的反应物，是动物新陈代谢的产物)，在今后的综合测试中应引起重视。
●主干知识整合
1.硫及其化合物
(1)相互转化关系
(2)重要反应规律的应用
硫和硫的化合物及不同价态的含硫物质是通过氧化还原规律联系在一起的。
低价态的硫元素通过氧化反应，可以变为较高价态的硫元素，高价态的硫元素通过还原反应，可以转变为较低价态的硫元素。要能熟练写出H2S、S、SO2、H2SO4等含硫物质相互转变的化学方程式。
相同价态的含硫化合物间，是通过酸碱反应规律联系在一起的：
把上述含硫物质的氧化还原反应规律和酸碱反应规律结合在一起，便可从纵、横两个方面提示出硫及其化合物中的相互联系，形成科学的知识网络。
2.氮及其化合物
(1)相互转化关系
(2)分析理解元素化合物性质的方法。从分析N2、NH3的分子结构入手，掌握N2的稳定性、NH3在水溶液中的溶解性；从分析N、P在周期表的位置入手，掌握NH3、PH3的性质差异，HNO3和H3PO4的酸性、氧化性差异。从分析NH3、N2、NO、NO2、HNO3中氮元素的不同价态和有关反应入手，总结氧化还原反应的基本规律。氮、磷由于含多种价态，因此其化合物性质多是氧化性还原性。解题首先要从元素的价态变化与氧化性还原性的规律入手，然后再由得失电子守恒来列式求解。
3.碳及其化合物
(1)相互转化关系
(2)从对比分析硅单质晶体与金刚石、二氧化硅与二氧化碳的晶体结构入手，掌握它们物理性质与化学性质的差异的根本原因。从分析硅及其化合物入手，ⅣA族与ⅤA、ⅥA、ⅦA族非金属元素比较，其特殊性为：
①单质以还原性为主，表现为难与H2生成气态氢化物，制取单质通常用还原法，如用C还原SiO2制单质硅；
②难于形成离子，表现为与其他元素化合时，形成共价键，而不能形成离子键，特别是单个原子不能形成离子；
③固态氢化物极难溶于水，且不显示酸性，还原性均较强，易燃烧，如SiH4在空气中可自燃。
思考讨论
元素化合物知识的核心是其化学性质及应用，应该如何来分析理解物质的化学性质？
答：(1)物质的结构决定物质的化学性质。元素的原子结构(原子的核外电子层排布)决定元素的金属性或非金属性；构成物质的分子中化学键的强弱决定物质分子的稳定性等。
(2)由物质的属类(酸、碱、盐、氧化物、氢化物、单质类别)来理解物质的有关性质，使之系统化、条理化。
(3)根据元素的价态变化规律分析物质的氧化性或还原性。如硫元素有四种价态(、、、)，它们之间可以互相转化，在转化中，－2价硫是最低价态，不可能再得电子，只具有还原性；+6价硫是硫的最高价态，只具有氧化性；0价和+4价硫既有还原性，又有氧化性。
(4)注意许多物质具有特殊的化学性质。如二氧化硫具有漂白性，浓硫酸具有吸水性和脱水性，碘遇淀粉变蓝色等。
●精典题例导引
【例1】(2004年江苏，4)下列关于浓硫酸的叙述正确的是
A.浓硫酸具有吸水性，因而能使蔗糖炭化
B.浓硫酸在常温下可迅速与铜片反应放出二氧化硫气体
C.浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氨气、氢气等气体
D.浓硫酸在常温下能够使铁、铝等金属钝化
解析：本题主要考查浓H2SO4的特性。浓H2SO4表现吸水性的前提是物质中含有水分子，利用此性质可干燥除氨气、还原性气体外的气体；而表现脱水性时，一般物质中无水分子，但含氢、氧两元素，将H、O原子按2∶1的物质的量比脱出，故A、C皆不正确；浓H2SO4具有强氧化性，在加热时可与金属和非金属反应，但在常温下不与Cu反应却能使铁、铝等钝化，故B不正确。本题答案为D。
答案：D
【例2】(2003年江苏，5)同温同压下，在3支相同体积的试管中分别充有等体积混合的2种气体，它们是①NO和NO2，②NO2和O2，③NH3和N2。现将3支试管均倒置于水槽中，充分反应后，试管中剩余气体的体积分别为V1、V2、V3，则下列关系正确的是
A.V1＞V2＞V3 B.V1＞V3＞V2 C.V2＞V3＞V1 D.V3＞V1＞V2
解析：①NO不与H2O反应，设原有NO、NO2各3体积，则由反应3NO2+H2O====2HNO3+NO知，3体积的NO2与H2O反应后，变为1体积的NO，此时剩余NO的总体积与原来气体的体积比为4∶6。②由反应4NO2+O2+2H2O====4HNO3可知等体积的NO2与O2混合溶于水时O2过量，若二者皆为4体积，则剩余3体积氧气，与原来总体积的比为3∶8。③N2不与水反应，NH3与H2O完全反应，气体剩余体积为原来的一半。显然有V1＞V3＞V2。
答案：B
深化拓展
根据气体中氮原子、氧原子守恒关系分析讨论：将NO2、NO的混合气体与O2同时通入水中，恰好完全溶解时应满足怎样的比例关系？
答：将NO2、NO的混合气体与O2同时通入水中，发生的总反应是：4NO2+O2+2H2O====4HNO3，4NO+3O2+2H2O====4HNO3。由此分析可知，恰好完全反应时，三种气体中n(N)∶n(O)=2∶5。
【例3】(2004年北京，7)近期《美国化学会志》报道，中国科学家以二氧化碳为碳源，金属钠为还原剂，在470℃、80 MPa下合成出金刚石，具有深远意义。下列说法不正确的是
A.由二氧化碳合成金刚石是化学变化 B.金刚石是碳的一种同位素
C.钠被氧化最终生成碳酸钠 D.金刚石中只含有非极性共价键
解析：判断过程属于物理变化还是化学变化的关键是看是否产生新的物质。由CO2合成金刚石产生新物质，属于化学变化，A正确。金刚石是C元素的一种同素异形体，B不正确。Na在反应中一定失去电子生成Na+，考虑到反应物中有CO2，产生Na2CO3是一种合理的推理，C正确。金刚石是C原子通过非极性共价键形成的原子晶体，D正确。
答案：B
【例4】(2004年江苏，21)下图中，A是一种无色液体，G是极易溶于水的碱性气体，Y是胃酸的主要成分，K是不溶于稀硝酸的白色沉淀，反应⑤是工业制X的主要反应之一。
请按要求填空：
(1)写出下列物质的化学式：A：________，E：________，F：________，Y：________。
(2)反应⑤的化学方程式为_________________________________________________。
(3)1 mol B通过反应②得到1 mol F,B中F的质量分数为72%，则B的化学式为______。
解析：(1)由G为极易溶于水的碱性气体，则G为NH3；又D+E NH3，A(无色液体) D+C，则D为H2(因电解液体时不可能得到N2)，E为氮气；又C+NH3 A+J，则
C为O2，A为H2O，J为NO；因为Y为胃酸的主要成分，则Y为HCl；又I+HCl X+K(不溶于稀HNO3的白色沉淀)，则K为AgCl，X为酸且物质I中含Ag+；又由反应⑤：4NH3+5O2
4NO+6H2O是制备X的主要反应之一，所以X为HNO3；而H2O+H NO+HNO3，
则H为NO2；又F+HNO3 H2O+NO2+I(含Ag+),所以I为AgNO3,F为Ag。
(3)因B N2+Ag，故B中只含N和Ag两种元素，根据题意设B的化学式为AgNn,则有1∶n=∶，n=3,B的化学式为AgN3。
答案：(1)H2O N2 Ag HCl
(2)4NH3+5O2 4NO+6H2O
(3)AgN3
【例5】A、B、C是中学化学中常见的三种化合物，它们各由两种元素组成，甲、乙是两种单质，三种化合物和单质之间存在如下关系：
(1)在A、B、C这三种化合物中，必定含有乙元素的是_______________________。(用A、B、C字母填写)
(2)单质乙必定是________________________________(填“金属”或“非金属”)，其理由是_____________________________________________。
(3)单质乙的化学式可能是_____________________________，则化合物B的化学式是______________________________。
解析：据题意①甲+乙 A(含甲、乙)，②甲+B A(含甲、乙)+C，从①②可看出，B中一定含有乙。③A(含甲、乙)+B(含乙) 乙+C，从③式分析，A、B中化合态的乙元素反应后变为游离态的乙，A、B中的乙元素的价态必分别处于正价和负价，反应时发生电子转移生成单质，而金属元素无负化合价，所以可以推断出乙必定是非金属元素。
处于正、负价态的非金属元素的化合物相互反应生成单质的例子是很多的，如：2H2S+SO2====3S↓+2H2O，6NOx+4xNH3====(3+2x)N2+6xH2O等。所以，乙可能是S或N等，化合物B是它们的氢化物H2S或NH3。
上述反应①为O2+S====SO2(或N2+O2====2NO)；反应②为2H2S+3O2====2SO2+2H2O(或4NH3+5O2====4NO+6H2O)；反应③为2H2S+SO2====3S↓+2H2O(或6NO+4NH3====5N2+6H2O)。上述反应的反应条件均已略去。
答案：(1)A、B
(2)非金属 因为A、B中均含乙元素，并有如下反应：A+B 乙+C，且乙为单质，可知乙元素在A、B中分别呈正、负价，由于金属元素无负化合价，所以乙必是非金属。(3)S(或N2)(或NH3)。
特别提示
一位参加阅卷的老师的指点：本题考查的知识规律是：含同种元素的化合物间发生反应生成单质，这两种化合物中，该元素的化合价一定分别处于正价和负价；金属元素无负化合价。题目要求从题中图示的物质的关系中，运用上述基本规律，考查考生知识的调用和迁移应用能力。考生的失分不在于基础知识的匮乏，也不在于解决问题的能力弱，而在于知识的储存和调用上。此题并非难题，但得分率不高，尤其是问题(2)的得分率相当低，说明不少考生平时不注意基本素材的积累和运用，在金属元素无负化合价这个大家的“共识”面前，居然“好似不相识”。这不能不引起我们的警觉。
●能力提升训练
1.(2004年济宁模拟题)关于非金属元素N、O、C、P的叙述中正确的是
A.它们形成的固态单质只能是分子晶体 B.生成的氢化物分子间均可形成氢键
C.原子半径大小比较为P＞C＞N＞O D.每种元素仅生成一种氧化物
解析：N2、O2、O3、P4为分子晶体，而金刚石为原子晶体，故A不正确；在形成的气态氢化物中，NH3、H2O可形成氢键而CH4、PH3不能形成氢键，B不正确；C、N、O三种元素为同周期，从左到右原子半径逐渐减小，即：C＞N＞O，而P在C、N、O三元素的下一周期，N、P同主族，由于同主族相邻周期间的半径变化大于同周期相邻主族的半径变化，故C正确；N、C、P有多种价态，故可形成多种氧化物，D不正确。
答案：C
2.香烟烟雾中含有CO、CO2、SO2、H2O等气体，用A.无水硫酸铜、B.澄清石灰水、C.红热氧化铜、D.生石灰、E.酸性品红溶液等可将其一一检出，检出的正确顺序是
A.混合气→A→E→B→A→D→C B.混合气→C→D→E→E→A
C.混合气→A→E→E→B→D→C D.混合气→B→E→A→D→C
解析：检验水蒸气时必须放在气体通过液体之前，排除B、D。由于CO2、SO2皆可使澄清石灰水变浑浊，故要检验CO2，必先检验并除尽SO2。因A中只检验了SO2气体，并没有检验SO2是否除净就检验CO2，所以A不正确。
答案：C
3.(2004年连云港模拟题)多硫化钠Na2Sx(x＞2)在结构上与Na2O2、FeS2、CaC2等有相似之处。Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，则x的值是
A.2 B.3 C.4 D.5
解析：在所给物质的变化中，硫元素由－价升高到+6价，氯元素由+1价降低到－1价，根据氧化还原反应中电子得失数目相等，有1×［6－(－)］·x=16×［1－(－1)］，解得x=5。
答案：D
4.将3.20 g铜跟50.0 mL 10.0 mol· L－1的HNO3溶液充分反应，还原产物为NO和NO2。若反应后溶液中有x mol H+，则此时溶液中含NO的物质的量为
A. mol B.(x+0.1)mol C.2x mol D.0.1x mol
解析：因n(Cu)== 0.05 mol，n(HNO3)=50×10L×10 mol·L=0.05 mol，由反应Cu+4HNO3(浓)====Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O及3Cu+8HNO3(稀)====3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知HNO3过量，则c(H+)>> c(OH－)；又根据反应后的溶液中正负电荷守恒，有2n(Cu2+)+n(H+)=n(NO)+n(OH－)，由于c(H+)>> c(OH－)，所以，n(NO)=2n(Cu2+)+n(H+)=2×0.05 mol+x mol=(x+0.1)mol。
答案：B
5.在PCl3中加蒸馏水，微热，PCl3完全水解，产物之一是亚磷酸(H3PO3)，其结构式
为 。已知：
①H3PO3跟NaOH反应只能生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐；
②盛H3PO3的试管中加AgNO3溶液有黑色沉淀Ag生成，试管口有红棕色气体出现。则下列有关叙述正确的是
A.PCl3的水解反应为氧化还原反应 B.亚磷酸为三元酸
C.Na2HPO3和NaH2PO3均为酸式盐 D.亚磷酸为二元酸，且具有强还原性
解析：PCl3水解的实质是其组成粒子与H2O中的H+或OH－相互交换，为非氧化还原反应，A不正确；由①H3PO3只能生成两种盐可知，H3PO3为二元酸，B不正确；结合H3PO3的结构和已知①可推知Na2HPO3为正盐，NaH2PO3为酸式盐，C不正确；由②可知H3PO3可与AgNO3发生反应：H3PO3+AgNO3====Ag+NO2↑+H3PO4，H3PO3作还原剂，D选项正确。
答案：D
6.(2004年盐城模拟题)
最近有人用一种称为“超酸”的化合物H(CB11H6Cl6)和C60反应，使C60获得一个质子，得到一种新型离子化合物［HC60］＋［CB11H6Cl6］－。这个反应看起来很陌生，但反应类型上却可以跟下列一个化学反应相似，你认为该反应是
A.Mg+2HCl====MgCl2+H2↑ B.NaOH+HCl====NaCl+H2O
C.NH3+HCl====NH4Cl D.H2O+CH3COOH H3O++CH3COO－
解析：由题给信息，可知H(CB11H6Cl6)和C60发生如下反应：H(CB11H6Cl6)+C60====［HC60］＋［CB11H6Cl6］－，从形式上可以看出这是由两种分子生成一种离子化合物的反应，与NH3+HCl====NH4Cl的反应相似。
答案：C
7.为了证明铁和硫反应产物中铁的化合价，下面是某同学设计的实验过程的一部分：
请回答以下问题：
(1)混合粉末A中硫粉过量的原因是__________________________________________；
(2)反应在“惰气环境”中进行的原因是_______________________________________；
(3)操作①是用烧热的玻璃棒点触混合粉末，反应即可持续进行，说明_____________
___________________________；
(4)操作②的作用是________，反应方程式是________，也可改用________；
(5)操作③中稀H2SO4煮沸的目的是________；
(6)为证明产物中铁的价态，对D溶液的实验操作最好是________。
解析：此题考查了硫的部分物理、化学性质，旨在巩固和应用硫的一些特
殊性，只要搞清设计实验的目的，结合硫和铁反应的特点，即可迎刃而解。
答案：(1)防止因铁粉过量而使滤渣C中含铁粉与H2SO4反应，生成Fe2＋干扰实验
(2)防止环境中的O2参与反应
(3)硫和铁粉反应是放热的
(4)除去混合物中的硫粉 3S＋６KOH 2K2S＋K2SO3＋3H2O CS2
(5)防止H2SO4中溶解的氧气氧化生成的Fe2＋
(6)加入煮沸的KSCN溶液，看是否变为血红色溶液
8.A、B、C、D、E几种常见化合物或单质之间有下列转化关系：
(1)若E是酸酐，D是有刺激性气味的气体，则B的化学式是__________________，工业上实现D转化为E的化工设备的名称是___________________________。
(2)若C是酸性气体，B是碱性气体，则E是_________________________。工业生产实际中，合成B选择一定的下列条件的依据是：
①压强_______________________________________________；
②温度_______________________________________________。
(3)除上述外，请你写出两种符合上述转化条件和下列要求的A物质的化学式：
A为有机物______________________；A为无机物______________________________。
解析：由B D E知，B、D、E中可能含有同一种可变价态的元素。(1)若D为有刺激性气味的气体，E为酸酐，则D为SO2，B可能为H2S、S；结合
A B+C，则B为S单质；工业上实现由SO2向SO3的转化是在接触室中进行的。(2)由B为碱性气体知B为NH3；由4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2====2NO2知E为NO2；由于合成氨的反应是一个气体总体积缩小的放热反应，所以选择压强时需考虑动力、设备、材料等条件，而选择温度时需考虑反应的速率、H2的转化率和催化剂的催化活性等因素。(3)由于B为A在一定条件下的分解产物，则考虑分解可产生含变价元素(C、N、S、Cl、P等)的单质或化合物即可，有机物如CH4、C2H5OH，无机物如NaCl等。
答案：(1)S 接触室
(2)NO2 ①动力、设备、材料等条件 ②反应速率、H2的转化率和催化剂的活性等
(3)CH3CH2OH或CH4 NaCl(依据A发生分解反应确定的其他符合题意的答案也可)
9.有点难度哟！
(2004年武汉模拟题)气体A由C、H、F、S中的三种元素组成。将标准状况下1.12 L的气体A在过量的O2中完全燃烧，恢复原状态，放出Q kJ的热量。已知气态生成物全部被过量的Ca(OH)2溶液吸收，可以得到6.95 g沉淀。再取相同条件下的1.12 L气体A装入一个薄膜袋里，袋和气体的总质量为2.20 g。(已知CaSO3、CaF2、CaCO3常温下难溶于水)
(1)根据上述数据估算，A的相对分子质量不会大于____________________________。
(2)通过计算、分析可确定A的化学式为_________________________________。
(3)薄膜袋的质量为________________________________。
(4)写出该条件下A在O2中燃烧的热化学方程式：___________________________。
解析：(1)n(A)==0.05 mol，若不考虑薄膜袋的质量，则M(A)=== 44 g·mol－1，所以A的相对分子质量不会大于44。(2)由于A的相对分子质量小于44，所以A分子中不可能同时含有S、C或S、F两种元素，即A中不含S元素，A只由C、H、F三种元素组成。设A中碳原子与氟原子的个数分别为m和n，根据题意有：0.05 mol(100 g·mol－1×m+80 g·mol－1×)= 6.95 g，化简得：100 m+40 n=139，显然只有m=n=1时成立，根据碳的四价原则可知A的化学式为CH3F。(3)薄膜袋的质量为：2.20 g－0.05 mol×34 g·mol－1=0.50 g。(4)1 mol CH3F完全燃烧时放出的热量为：×Q kJ=20Q kJ，所以该条件下A在O2中燃烧的化学方程式为： 2CH3F(g)+3O2(g) 2CO2(g)+2HF(g)+2H2O(l)；ΔH=－40Q kJ·mol－1。
答案：(1)44 (2)CH3F (3)0.50 g
(4)2CH3F(g)+3O2(g) 2CO2(g)+2HF(g)+2H2O(l)；ΔH=－40Q kJ·mol－1
10.有点难度哟！
2002年9月16日，中国北京曙光公司研制出了第一款具有完全自主知识产权的电子计算机服务器，在这台服务器上，奔腾的就是“龙芯”。
(1)“龙芯”(芯片)主要成分是_____________________(该物质处在形成化合物种类最多的主族)。
(2)在计算机长距离联网使用传输很快的线路，使用的材料叫___________________纤维，主要成分是_________________________________。
(3)如果这种埋在地下的纤维裸露在碱性土壤中，结果会被_____________________，用离子方程式说明原因__________________________________________________。
解析：本题主要考查化学与生活相关的知识内容。化合物种类最多的主族为第ⅣA族，电子产品必含半导体材料，所以“龙芯”的主要成分应为硅。长距离联网所使用的材料称光导纤维，其主要成分为SiO2，若埋在碱性土壤中，则会因发生反应SiO2+2OH－====SiO+H2O而被腐蚀，造成断路。
答案：(1)硅或Si
(2)光导 SiO2
(3)腐蚀断路 SiO2+2OH－==== SiO+H2O
11.有点难度哟！
(2005年全国名校联考测试题)(新情景题)碳的稳定的氧化物除CO、CO2外，还有C3O2、C4O3、C5O2、C12O9等。其中C3O2是一种在常温下有恶臭的气体，其分子中的每个原子都满足最外层8电子结构，试回答下列问题。
(1)C3O2的结构为__________________________。
(2)在上述低氧氧化物中与C3O2的结构式相似的物质还有_______________________。
(3)C3O2能否与O2发生化学反应______(填“能”或“不能”)，如果能发生化学反应，请写出反应的方程式_________________________________________________________。
(4)已知C3O2能与水发生反应：C3O2+2H2O HOOC—CH2—COOH，该反应的类型为______反应(填“加成”“取代”或“消去”)。
(5)已知C3O2也能与NH3、HCl反应，试写出反应的化学方程式：_________________
_____________________________________。
解析：本题为新情景试题，主要考查知识的迁移和灵活应用的能力。解题的关键是：抓住每个原子都满足最外层8电子结构，结合碳和氧的原子结构中的最外层电子数为4和6，推导出只有形成双键才能满足题意。
答案：(1) (2)C5O2
(3)能 C3O2+2O2====3CO2
(4)加成
(5) +2NH3 ；
+2HCl
12.(探究创新题)
在氮的化合物中，有一类盐叫亚硝酸盐，如亚硝酸钠(NaNO2)等。它们广泛用于印染、漂白等行业，在建筑行业用作防冻剂，在食品工业作防腐剂和增色剂。它是一种潜在的致癌物质，过量或长期食用会对人产生危害。由于亚硝酸钠有咸味，外观与NaCl相似，曾多次发生过被误当食盐食用的事件。经过查阅有关资料，我们了解到以下相关信息：HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2；它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把I－氧化成I2。AgNO2是一种难溶于水易溶于酸的化合物。试回答下列问题：
(1)人体正常的血红蛋白中应含Fe2+。若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血红蛋白中Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是______。
A.亚硝酸盐是还原剂 B.维生素C是还原剂
C.维生素C将Fe3+还原为Fe2+ D.亚硝酸盐被还原
(2)下列方法中，不能用来区别NaNO2和NaCl的是______。
A.测定这两种溶液的pH B.用AgNO3和HNO3两种试剂来区别
C.在酸性条件下加入KI淀粉试液来区别 D.分别在这两种溶液中滴加甲基橙
(3)某同学把新制氯水加到NaNO2溶液中观察到氯水褪色生成NaNO3和HCl，请写出此反应的离子方程式____________________________________________。
(4)为了测定某样品中NaNO2的含量，可以使用标准KMnO4溶液进行滴定，试回答：
①KMnO4溶液在滴定过程中作______(填“氧化剂”或“还原剂”)，该滴定过程______(填“要”或“不要”)另加指示剂。
②若在接近终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测结果______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
③若滴定终点读数时目光俯视，则所得结果______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(5)已知HNO2的酸性比醋酸略强，某同学在家中欲进行鉴别NaCl与NaNO2的实验，但他家中只有浓醋酸，请问该实验能否成功？说明理由。
解析：(1)Fe2+转化为Fe3+，化合价升高，Fe2+作还原剂，所以亚硝酸盐作氧化剂被还原；维生素C又可将Fe3+转化为Fe2+而解毒，则维生素C作还原剂，故本题答案为A。(2)HNO2为弱酸，故NaNO2水解呈碱性，而NaCl溶液呈中性，故可用pH试纸检验酸碱性来区别。虽然AgNO2和AgCl都难溶于水，但AgNO2溶于酸而AgCl不溶于酸，故可用AgNO3和HNO3来区别NaNO2和NaCl；HNO3在酸性环境中，能把I-氧化为I2，可使淀粉呈蓝色，故C选项正确；由于甲基橙的变色范围为3.1 ~ 4.4，而两种溶液的pH皆大于4.4，故无法将它们区别开。(3)根据题意，氯水将NO氧化成为NO，自身被还原成为Cl－，故有：Cl2+H2O+NO====NO+2H++2Cl－。(4)由于KMnO4在氧化NO的过程中被还原为无色的Mn2+，KMnO4过量时溶液呈紫红色，故不需另加指示剂；用蒸馏水冲洗锥形瓶并不影响溶质的物质的量，故无影响。俯视会造成读数偏小，所得结果亦偏小。(5)由于NaNO2+CH3COOH====HNO2+CH3COONa ① 2HNO2====H2O+NO↑+NO2↑ ②
②式的发生使①向正反应方向移动，故CH3COOH加到NaNO2中呈红棕色，而NaCl无此现象。
答案：(1)A (2)D
(3)Cl2+H2O+NO====NO+2H++2Cl－
(4)①氧化剂 不要 ②无影响 ③偏小
(5)能成功 因为NaNO2+CH3COOH HNO2+CH3COONa ①
2HNO2====H2O+NO↑+NO2↑ ②
②式的发生使①式向正反应方向移动，醋酸加到NaNO2中出现红棕色气体；而NaCl无此现象。
●教师下载中心
教学建议
与卤素相比，第ⅣA、ⅤA、ⅥA族元素性质的递变幅度更为明显，其中典型的非金属元素是硫、氮、磷、碳、硅，复习这一部分内容时，根据知识体系，建议强调以下内容：
(1)回顾硫、氮元素及其化合物的转化关系，熟练掌握化学反应原理。
硫、氮元素是多变价元素，每种价态参与一种或多种物质的组成，搞清它们的转化关系是复习本专题内容的知识基础。教师可让学生根据“主干知识整合”中硫、氮元素及化合物转化关系的框图，写出各步反应的化学方程式，注明反应条件，明确采用这种反应条件的原因，叙述反应现象。有的转化关系的实现可能不止一个反应，此时要突出重点，突破难点，联系题目，体现化学反应在试题中的应用，为以后解题打下知识基础。
(2)充分发挥物质结构理论对性质的指导作用。
本专题涉及的非金属及化合物的晶体类型有原子晶体和分子晶体，由于结构类型不同，造成相邻元素的单质及化合物的性质有很大差别。例如CO2和SiO2属同族相邻元素的最高价氧化物，原子晶体的SiO2决定了其熔沸点、硬度、溶解性与分子晶体的干冰有
极大差别；金刚石与晶体硅，都属于原子晶体，但由于C—C键与Si—Si键键能的差别，造成二者物理性质的差别也十分明显；CH4、SiH4、H2S、PH3、NH3分子的极性差别，是影响其溶解度的重要因素。
(3)加强环保教育，增强环保意识。
能源和环保是当今世界的热门话题，也是高考的热点。本节内容涉及的一些物质对环境产生污染，是对学生进行环保教育的好机会，教师应抓住这一时机，从污染的原因、途径、防护措施、题目应用等多角度进行分析，同时也使学生对掌握该专题元素及其化合物知识有很大帮助。
例题注释
本专题共设计了五个典型例题，均为高考的热点问题。非金属元素及其化合物知识内容丰富，实际应用广泛，相互转化关系复杂，与基本概念、基本理论联系密切，在历年高考中涉及较多。题目类型既有考查目的比较明确具体的选择题，又有综合性较强的推断题、计算题。此外，以典型的非金属化合物性质为载体，设计综合实验考查学生灵活应用化学实验知识分析问题、解决问题的能力，此类题目立意新颖，构思巧妙，源于教材，又不拘泥于教材，综合思维较强，充分体现了高考对实验知识考查的基本要求。通过对例题的分析解答，引导学生形成正确的解题方法思路。注重引导学生接触社会，联系实际，寻找化学基础知识与相关学科的交叉点、渗透点，培养学生理科综合的解题能力。
拓展题例
1.注意实验
【例1】 铜与浓硝酸反应和铜与稀硝酸反应的产物不同，实验现象也不同。
(1)某课外活动小组为了证明并观察到铜与稀硝酸反应的产物为NO，设计了如图所示的实验装置。请你根据他们的思路，选择下列药品，完成该实验，并叙述实验步骤。
药品：稀硝酸、稀盐酸、Zn粒、CaCO3固体
步骤：①检查装置的气密性；
②______；③______；④______；⑤______；
⑥用注射器向广口瓶内推入氧气(或空气)。
(2)推入氧气或空气的目的是________。
(3)分别将等质量的铜片与等体积均过量的浓硝酸、稀硝酸反应，所得到的溶液前者呈绿色，后者呈蓝色，某同学提出这可能是Cu2+浓度差异引起的，你同意这种看法吗？______(填“同意”或“不同意”)，原因是______；另一同学提出溶液呈“绿色”是Cu2+与NO2混合的结果，请你设计一个实验证明之(简述实验方案和实验现象)。
解析：本题主要考查硝酸的性质(强氧化性)、化学实验等知识应用及在实验中探索发现问题、解决问题的能力。
答案：(1)②向试管中加入一定量的CaCO3固体 ③向试管中倒入过量的稀HNO3，并迅速盖上带铜丝和导管的橡皮塞 ④待反应完全后，将右边导管插入试管内接近液面 ⑤将铜丝插入到溶液中 (2)检验生成的NO气体 (3)不同意；铜片质量相同，溶液体积相同，生成的Cu2+浓度相同 加热绿色溶液，有红棕色气体产生，溶液变成蓝色
【例2】甲、乙、丙三位同学各设计了一个实验，结果都认为自己的试样中含有SO离子。甲的实验为：
(1)乙认为甲的实验不严谨，因为试样A中若含有______离子(仅填一种)，也会有此现象。乙的实验为：
(2)丙认为乙的实验也不严谨，因为试样B中若含有______离子(仅填一种)，也会有此现象。丙的实验为：
若丙方案合理，则回答：
(3)其中试剂Ⅰ是______，现象Ⅰ是______；试剂Ⅱ是________，现象Ⅱ是________。(若你认为丙方案不合理，以上四空可以不填)
解析：本题以SO的检验为载体，考查学生对实验设计的分析评价能力。解答的关键是要注意Ag+、SO、CO等离子对SO检验的干扰。
答案：(1)Ag+ (2)SO (3)盐酸 无明显变化 BaCl2溶液 生成白色沉淀
2.联系环保
【例3】(2002年上海春)(1)图瓦卢是由多个珊瑚礁形成的岛国。由于大气中CO2含量的剧增，大量珊瑚礁(主要成分是碳酸钙)被海水侵蚀，其原因是(用化学方程式表示)______________________________________________。
(2)温室效应导致海平面上升，引起温室效应的人为原因主要是__________________
______________________________。
(3)为了控制温室效应，各国科学家提出了不少方法和设想。有人根据液态CO2密度大于海水密度的事实，设想将CO2液化后，送入深海海底，以减小大气中CO2的浓度。为使CO2液化，可采用的措施是________。
A.减压、升 B.增压、升温 C.减压、降温 D.增压、降温
(4)科学家研究发现，用“汽水”(一种能释放CO2的弱酸性溶液)浇灌植物能促进植物的生长。原因是它能________。
①加强呼吸作用 ②加强光合作用 ③改良碱性土壤、调节pH ④加强植物蒸腾作用
A.①② B.②③ C.③④ D.②③④
(5)快速、有效地减缓大气中CO2大量增加的生态学措施是______。
A.使用天然气等燃料 B.控制全球人口增长
C.植树造林，保护森林 D.立即减少煤和石油的燃烧
解析：本题以二氧化碳的性质为载体，综合考查学生的环保意识，引导学生关注社会，关注未来。题目选材新颖，涉及面广，起点高，落点低，具有很强的时代性。
二氧化碳微溶于水，溶于水后会与碳酸钙反应，导致碳酸钙溶解。增大压强、降低温度会使气体的溶解度增大。
植物的呼吸作用放出CO2，植物蒸腾作用与外界温度及水分有关，与CO2的浓度无关；植物的光合作用需要吸收CO2，且CO2溶于土壤中的水生成的碳酸电离出的H＋可以改良碱性土壤、调节pH，促进植物对Ca2+、Mg2+的吸收。所以“汽水”浇灌植物能促进植物的生长。
随着社会的进步，对能源的消耗也将进一步增多，所以不可能立即减少煤和石油的燃烧，使用天然气等燃料也会产生CO2，只有绿色植物的光合作用会吸收大量的CO2，且见效快。
答案：(1)CaCO3+CO2+H2O====Ca(HCO3)2
(2)大量燃烧煤、石油等矿物燃料
(3)D (4)B (5)C
【例4】为了除去工业废气中的SO2，查得一个“将SO2转化为(NH4)2SO4”的资料。摘录于下：“一个典型实例：初步处理后的废气含0.2%(体积分数，下同)SO2和10% O2，在673 K时，废气以每小时5 m3的速度通过V2O5催化剂层与NH3(20 dm3/h)混合，再喷入水(290 g/h)，此时气体温度迅速由约673 K下降为473 K，在热的结晶装置中得到硫酸铵晶体。”
(1)阅读上文后，请回答下列问题：
①按反应式2SO2+O2 2SO3,SO2和O2的物质的量之比为2∶1，资料中为什么用1∶50？
②计算混合气体中SO3和NH3的物质的量之比。
③为什么要冷却？
④如果某厂每天排放10000 m3这种废气，按上述方法把SO2回收为(NH4)2SO4，估计每月(30天)需多少吨氨？可得多少吨硫酸铵？(注：废气体积按标准状况计)
(2)结合具体情况，提出合理方案。
①某工业废气中含0.4% SO2和0.5% O2，你看该怎样利用上述资料？
②如果某工厂没有氨，只有生石灰，你看又该怎样利用上述资料？
解析：本题以工业废气的处理为主题，涉及了平衡移动原理、铵盐的热稳定性、钙基固硫等知识，同时要求学生有根据具体情况，提出新的合理方案的能力。
答案：(1)①根据平衡移动原理，增大氧气的浓度可大大提高SO2转化为SO3的转化率。
②每小时5 m3中SO2的量为5×103×0.2%=10 (dm3),每小时通入NH3的量为20 dm3,故SO3与NH3的物质的量之比为1∶2。
③因铵盐受热易分解，适当冷却有利于(NH4)2SO4的生成。
④每月排放废气中的SO2的质量为：
30 d×10000 m3·d－1×103 L·m－3×0.2%××64 g·mol－1
=1.71×106 g=1.71 t。
设1.71 t SO2完全转化得SO3的质量为x，
SO2 ~ SO3
64 80
1.71 t x x≈2.14 t。
设又需NH3的质量为y，生成(NH4)2SO4的质量为z，
SO3+2NH3+H2O====(NH4)2SO4
80 34 132
2.14 t y z
求得y≈0.91 t，z≈3.53 t。
(2)①因含O2量不够，SO2转化不完全，可先往废气中充入一定量的空气，以提高O2含量。
②可用生石灰代替NH3，它与SO3作用生成CaSO4。
电解
催化剂
加热
ak
========
催化剂
△
ak
=======
△
====
一定条件下
点燃
=====
点燃
=====专题四 离子反应
●高考趋势展望
考查离子反应的题型长时间保持稳定，主要为离子共存、离子方程式书写与正误判断，以选择题和填空题为主。
1.离子共存题是高考中的常见题型，是每年必考的题型，常以选择题的形式，判断在某条件下各组离子能(或不能)大量共存。今后命题发展趋势是：
(1)增加限制条件，如强酸性、无色透明、碱性、pH=1、甲基橙呈红色、发生氧化还原反应等；
(2)定性中有定量，如“由水电离出的c(H+)=1×10－14 mol·L－1的溶液中……”
判断离子能否大量共存问题，已不再为难点。但结合离子间能否反应来分析判断物质的成分却是一大难点，因它综合了元素化合物的大部分知识，且题型变化多端，思维强度大，往往借助离子不共存来肯定一方的同时否定另一方。同时，溶液的颜色、酸碱性等也渗透其中。
2.离子方程式的书写正误判断是历年高考必出的试题。从命题的内容看，存在着三种特点：
(1)所考查的化学反应均为中学化学教材中的基本反应；错因大都属于化学式能否拆分、处理不当，电荷未配平，产物不合理和漏掉部分反应等；
(2)所涉及的化学反应类型以复分解反应为主，而溶液中的氧化还原反应约占15%；
(3)一些重要的离子反应方程式，在历年考卷中多次重复出现过。如Na与H2O的反应、Fe与盐酸或稀H2SO4的反应自1992年以来分别考过多次。
作为最基本、最重要的化学用语，离子方程式成为必考题是在情理之中，今后离子反应的问题除保持传统题外，关于信息型离子方程式的书写、离子反应的简单计算、析出沉淀或微溶物的计算也会出现。由于离子反应与工农业生产、日常生活、科学实验有密切联系，展望它们之间的融合会成为今后命题的热点。随着环境污染已成为社会问题，污水中的离子反应担负着变废为宝的重担，必将在理科综合考试中担当重要角色。
●主干知识整合
1.离子组不能共存的规律
离子反应发生的条件，也就是离子不能大量共存的原因。
(1)结合生成难溶物质的离子不能大量共存，如Fe2+与S2－，Ca2+与PO，Ag+与I－等。
(2)结合生成气体物质的离子不能大量共存，如S2－与H+，H+与CO、NH与OH－等。
(3)结合生成难电离物质的离子不能大量共存，如：H+与OH－，H+与CH3COO－，H+与F－等。
(4)发生氧化还原反应的离子不能大量共存，如：Fe3+与S2－，Fe3+与I－，NO(H+)与Fe2+等。
(5)发生双水解反应的离子不能大量共存，如Al3+、Fe3+分别与CO、HCO、AlO；Al3+与S2－等。
(6)弱酸酸式酸根离子不能与H+、OH－共存，如HCO与H+，HCO与OH－，H2PO与H+，H2PO与OH－等。
(7)在题目中提示酸性溶液(pH＜７)或碱性溶液(pH＞７)应在各待选答案中均加入H+或OH－考虑。
(8)在题目中告知是无色溶液，应在各待选答案中排除具有颜色的Fe3+、Cu2+、Fe2+、MnO等离子。
思考讨论
将铝粉加入某一溶液中有氢气产生，则下列各组离子：①NO、Na+、SO、NH，②K+、NO、Cl－、Na+，③Na+、AlO、CO、SO，分别在该溶液中能否一定大量共存？
答：加入铝粉能放出氢气的溶液可能是强酸性溶液，也可能是强碱性溶液。①组离子在碱性条件下不能大量共存，③组离子在酸性条件下不能大量共存，只有②组离子在该溶液中一定能够大量共存。
2.离子方程式正误判断规律(七“看”)
(1)看离子反应是否符合客观事实，不可主观臆造产物及反应。
(2)看“====”“”“↑”“↓”等是否正确。
(3)看表示各物质的化学式是否正确。如HCO不能写成CO+H+，HSO通常应写成SO+H+，HCOO－不可写成COOH－等。
(4)看是否漏掉离子反应。如Ba(OH)2溶液与硫酸铜溶液反应，既要写Ba2+与SO的离子反应，又要写Cu2+与OH－的离子反应。
(5)看电荷是否守恒。如FeCl2溶液与Cl2反应，不能写成Fe2++Cl2====Fe3++2Cl－，而应写成2Fe2++Cl2====2Fe3++2Cl－，同时两边各原子数也应相等。
(6)看反应物或产物的配比是否正确。如稀H2SO4与Ba(OH)2溶液反应不能写成H++OH－+SO+Ba2+====BaSO4↓+H2O，应写成2H++2OH－+SO+Ba2+====BaSO4↓+2H2O。
(7)看是否符合题设条件及要求。如“过量”“少量”“等物质的量”“适量”“任意量”以及滴加顺序等对反应方式或产物的影响。
3.离子的检验
离子检验的方法：一般根据离子的特征反应选择适当的试剂和方法，再根据其特征现象检验出离子。
在中学化学中要学会下列离子的检验方法：H+、Na+、K+、Al3+、Ag+、Fe2+、Fe3+、NH、OH－、Cl－、Br－、I－、S2－、NO、SO、CO、SO、PO。
思考讨论
下列关于溶液中所含离子的检验结论正确的是_____________。
①加入AgNO3溶液生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，则原溶液中一定有Cl－存在
②加入氨水时生成白色沉淀，当氨水过量时白色沉淀消失，则原溶液中一定有Al3+存在
③加入NaOH溶液并加热，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，则原溶液中一定有NH存在
④加入盐酸，有能使澄清石灰水变浑浊的气体生成，则原溶液中一定有大量的CO存在
⑤加入BaCl2溶液生成白色沉淀，再加足量盐酸沉淀不溶解，则原溶液中一定有SO存在
答案：③
●精典题例导引
【例1】(2004年江苏，12)已知某溶液中存在较多的H+、SO、NO，则该溶液中还可能大量存在的离子组是
A.Al3+、CH3COO－、Cl－ B.Mg2+、Ba2+、Br－
C.Mg2+、Cl－、I－ D.Na+、NH、Cl－
解析：本题主要考查考生对离子反应的理解程度。离子反应发生的条件：①生成难溶性物质；②生成难电离的物质；③生成气体；④发生氧化还原反应。H+与CH3COO－结合生成难电离的CH3COOH，排除A；Ba2+与SO产生沉淀，排除B；H+、NO和I－发生反应2NO+6I－+8H+====3I2+2NO↑+4H2O，可排除C；溶液中还可能大量共存的离子组为D。
答案：D
特别提示
离子共存问题历来是高考热点之一。判断离子共存的基本原则是看离子间有无反应，能反应则不共存。同时，还要特别注意题目附加条件的限制：
(1)注意无色溶液和有色离子的不匹配。常见的有色离子有Fe2+、Fe3+、Cu2+、MnO等，它们均不能存在于无色溶液中。
(2)注意溶液隐含的酸碱性，如：pH=1的溶液隐含着溶液具有强酸性，不能存在大量的弱酸根离子，如CO、PO、S2－、AlO等。
(3)注意溶液中隐含的氧化性离子与还原性离子不能共存。如：在pH=1的溶液中含有大量NO，由于NO的强氧化性，则不能再有Fe2+、S2－等还原性离子。
【例2】(2003年江苏，12)对某酸性溶液(可能含有Br－、SO、H2SO3、NH)分别进行如下实验：
①加热时放出的气体可以使品红溶液褪色；
②加碱调至碱性后，加热时放出的气体可以使润湿的红色石蕊试纸变蓝；
③加入氯水时，溶液略显黄色，再加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸。
对于下列物质不能确认其在原溶液中是否存在的是
A.Br－ B.SO C.H2SO3 D.NH
解析：①加热时放出的气体可以使品红褪色，则溶液中一定含有H2SO3，因H2SO3不稳定，分解产生的SO2可使品红褪色。②加碱并加热后，产生使润湿的红色石蕊试纸变蓝的气体即有NH3产生，说明溶液中一定含有NH。③加入氯水时溶液显黄色，说明原溶液中含有Br－。再加BaCl2有白色不溶于HNO3的沉淀生成，说明此时溶液中含SO，但可能是原溶液含有的，也可能是加入氯水后氧化H2SO3产生的，故不能确定的为SO。
答案：B
【例3】(2004年广东，12)下列离子方程式中，正确的是
A.向氯化亚铁溶液中通入氯气 Fe2++Cl2====Fe3++2Cl－
B.三氯化铁溶液跟过量氨水反应 Fe3++3NH3·H2O====Fe(OH)3↓+3NH
C.碳酸氢钙溶液跟稀硝酸反应 Ca(HCO3)2+2H+====Ca2++2H2O+2CO2↑
D.氯气通入冷的氢氧化钠溶液中 2Cl2+2OH－====3Cl－+ClO－+H2O
解析：解本题时应当采用正向思维，对每一个离子方程式进行分析，每一个离子方程式应与其化学方程式及实际相吻合。A选项中电荷不守恒，故错误；Ca(HCO3)2是易溶于水、易电离的物质，应写成离子的形式，Ca(HCO3)2与稀HNO3的反应离子方程式应写为HCO+H+====CO2↑+H2O；D选项中电子得失数目不等，电荷数亦不守恒，正确的离子方程式为Cl2+2OH－====Cl－+ClO－+H2O。故本题答案为B。
答案：B
【例4】(1)在新生代的海水里有一种铁细菌，它们摄取海水中的亚铁离子，把它转变成它们的皮鞘(可以用Fe2O3来表示其中的铁)，后来便沉积下来形成铁矿；这个用酶作催化剂的反应的另一个反应物是CO2，它在反应后转变成有机物，可用甲醛来表示，试写出离子方程式，并配平。
(2)地球化学家用实验证实，金矿常与磁铁矿共生的原因是：在高温高压的水溶液(即所谓“热液”)里，金的存在形式是［AuS－］络离子，在溶液接近中性时，它遇到Fe2+离子会发生反应，同时沉淀出磁铁矿和金矿，试写出离子方程式，并配平。
解析：由题供信息可知，反应物是Fe2+和CO2，产物是Fe2O3和甲醛。依据电子得失相等可得：Fe2++CO2+？Fe2O3+HCHO。
又根据电荷平衡，可从酸性、碱性两个角度考虑得：
4Fe2++8OH－+CO2====2Fe2O3+HCHO+3H2O (1)
4Fe2++5H2O+CO2=====2Fe2O3+HCHO+8H+ (2)
由于题给信息表明反应是在接近中性的海水中进行，因此(2)式正确。
由题中第二段提供的信息可知：
［AuS］－+Fe2+Fe3O4+Au
在这里－2价硫并未发生氧化还原变化，可看成：［AuS］－Au++S2－ ①
根据平衡移动原理，Au+得电子生成Au后，平衡向c(S2－)增大的方向移动，同样由于反应在接近中性的条件下进行，故有：
2［AuS］－+3Fe2++4H2O====Fe3O4+2Au+8H++2S2－ ②
结合①和②，反应后生成的H+多于S2－的两倍，应考虑H2S的生成。
答案：(1)4Fe2++CO2+5H2O====2Fe2O3+HCHO+8H+；
(2)2［AuS］－+3Fe2++4H2O====Fe3O4+2Au+4H2S↑+2H+。
特别提示
书写离子方程式的方法思路是：先明确反应实质，即根据离子反应发生的条件，分析找出参加反应的离子；然后再抓住关键即由参加反应的离子的来源物质的种类(如电离程度、溶解性、单质、气体等)，确定是写化学式还是写离子符号。
【例5】用含有①Fe3+ ②I－ ③I2 ④H2S的四种溶液进行如下实验：
(1)将②和③混合后再加入①，反应后溶液中有Fe3+，则溶液中还有__________离子，没有__________离子。
(2)将②和③混合后再加入④，反应后溶液中没有I2，则溶液中肯定有__________离子，可能有__________离子。
(3)取①的酸性溶液和④混合，反应的离子方程式是________________________________。
解析：(1)发生的反应为：2Fe3++2I－====2Fe2++I2，反应后溶液中有Fe3+，一定还有Fe2+，没有I－。
(2)发生的反应为：I2+H2S====2HI+S，溶液中肯定有I－、H+，可能有S2－、HS－。
答案：(1)Fe2+ I－ (2)I－、H+ S2－、HS－ (3)2Fe3++H2S====2Fe2++S↓+2H+
●能力提升训练
1.下列反应中，属于离子反应且溶液的颜色发生变化的是
A.BaCl2溶液与K2SO4溶液反应 B.Cu与浓硫酸反应
C.Na与MgSO4溶液反应 D.双氧水与足量KI溶液反应
解析：离子反应必有离子参加或生成，浓H2SO4中H2SO4以分子形式存在，不是离子反应，排除B；由BaCl2+K2SO4====BaSO4↓+2KCl，2Na+MgSO4+2H2O====Mg(OH)2↓+Na2SO4+H2↑可知，反应前后溶液皆为无色，故无颜色改变，排除A、C；由H2O2+2I－====
I2+2OH－知，无色溶液会变为紫色，故答案为D。
答案：D
2.(2004年上海，14)下列离子方程式中正确的是
A.硫化亚铁放入盐酸中 S2－+2H+====H2S↑
B.硫酸铜溶液中通入硫化氢 Cu2++H2S====CuS↓+2H+
C.氯化铝溶液中加入过量氨水 Al3++4NH3·H2O====AlO+4NH+2H2O
D.碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液 HCO+OH－====CO+H2O
解析：A选项中，FeS难溶于水，故不可写成S2－的形式，A错。AlCl3溶液中加入过量的氨水产生白色沉淀，反应式为Al3++3NH3·H2O====Al(OH)3↓+3NH。Al(OH)3只能溶解在强碱中，并不与弱碱反应，不能生成AlO，C不正确。选项D中NH4HCO3的电离方程式为NH4HCO3====NH+HCO，因NaOH过量，故发生反应NH+OH－====NH3·H2O和HCO+OH－====CO+H2O，D不正确。B中生成的CuS不溶于稀酸，应写成化学式。
答案：B
3.(2004年全国理综四，7)在某溶液中酚酞呈粉红色。下列离子在该溶液中不能大量存在的是
A.K+ B.Na+ C.Ba2+ D.Al3+
解析：能使酚酞呈粉红色的溶液显碱性，其中有OH－。Al3+和碱发生反应：Al3++3OH－====
Al(OH)3↓或Al3++4OH－====AlO+2H2O，其余离子都不与OH－反应。所以选择D。
答案：D
4.(2004年南昌模拟题)某化学研究性学习小组为确定一化工废液的成分，进行了如下实验操作：向少量样品废液中加入过量盐酸时有白色沉淀生成。过滤后，向滤液中加入过量氨水使溶液呈碱性时，有白色沉淀生成。过滤后，向滤液中加入小苏打溶液，又有白色沉淀生成。则该废液中可能含有的离子是
A.Ag+、Ca2+、Mg2+ B.AlO、Ba2+、Mg2+
C.Ag+、Mg2+、Na+ D.Ag+、Na+、Ba2+
解析：由废液+HCl(过量) 白色沉淀可知，废液中一定含有Ag+，排除B；第一步的滤液中加过量NH3·H2O呈碱性时有白色沉淀生成，则滤液中可能含有Mg2+、Al3+等离子，再向过滤后的滤液中加入NaHCO3，发生反应NH3·H2O+HCO====CO+NH+H2O，有白色沉淀生成，说明可能含有Ba2+、Ca2+等，故本题答案为A。
答案：A
5.在一条鱼、虾绝迹的小河边有四座工厂：甲、乙、丙、丁(如图所示)，它们排出的废液里，每个工厂只含有Na2CO3、FeCl3、Ca(OH)2、HCl中的一种。某中学环保小组对河水监测时发现：①甲处河水呈乳白色，②乙处河水呈红褐色，③丙处河水由浑变清，④丁处产生气泡，河水仍清。请判断，在M处取出的河水中，肯定含有的离子是
①Na+ ②Ca2+ ③Fe3+ ④H+ ⑤Cl－
A.①②③④⑤ B.①②③④
C.①③⑤ D.①④⑤
解析：由①知甲处含有Ca(OH)2；由②知乙处含有FeCl3，原因是由于发生反应2FeCl3+
3Ca(OH)2====2Fe(OH)3↓+3CaCl2;由③知丙处含有HCl，发生的反应有Ca(OH)2+2HCl====CaCl2+2H2O，Fe(OH)3+3HCl====FeCl3+3H2O；由④知丁处含有Na2CO3，发生的反应为Na2CO3+2HCl====2NaCl+CO2↑+H2O，由以上分析可知，M处的溶液中含有Na+、Fe3+、Ca2+、Cl－和H+。
答案：A
6.(2004年天津模拟题)在FeI2溶液中不断通入Cl2，溶液中I－、I2、Fe2+、IO、Fe3+等粒子物质的量随(即Cl2与FeI2的物质的量之比)的变化可用下图简单表示(“－”表示铁各种形态的变化，“—·—”表示碘各种形态的变化)。据此得出下列结论错误的是
A.I－、Fe2+、I2的还原性和Cl2、Fe3+、I2的氧化性都依次减小
B.当=1.2时，离子方程式为2Fe2++10I－+6Cl2====5I2+2Fe3++12Cl－
C.当=6.5 时，溶液中=6.5
D.若溶液体积不变，溶液的pH始终不变
解析：由所给图示中各粒子依次减少的先后顺序，及各粒子增加的先后顺序，可知A选项正确。设FeI2的物质的量为1 mol，则当Cl2的物质的量为1.2 mol时，2 mol I－完全被氧化，剩余的0.2 mol Cl2，又可氧化0.4 mol Fe2+，将上述两式合并整理可知，B中离子方程式正确；由所给图示可知比为6.5 时，I－全被氧化为I2，Fe2+全转化为Fe3+，设由I2转化为IO的物质的量为x，根据电子得失守恒有：2×1 mol+1 mol+5x=6.5 mol×2 x=2，所以n(Cl－)∶n(IO)==6.5，C正确；由I2+5Cl2+6H2O====2HIO3+10HCl知，反应后pH降低。
答案：D
7.某溶液中含有Cl－、CO、OH－三种阴离子，如果只取一次该溶液，分别将三种离子检验出来，则检验顺序是：
(1)先检验_____________离子，加入的试剂是___________；
(2)再检验_____________离子，加入的试剂是___________；
(3)最后检验_____________离子，加入的试剂是___________。
解析：取出溶液加入Ba(NO3)2溶液，可检验出CO；再加酚酞溶液变红色，加入HNO3，红色变浅，检验出OH－；最后加入AgNO3溶液可检验出Cl－。
答案：(1)CO Ba(NO3)2溶液 (2)OH－ 酚酞溶液、HNO3
(3)Cl－ AgNO3溶液
8.某溶液中可能含有Cl－、Br－、SO、SO、CO、S2－等阴离子。
(1)若向溶液中滴加盐酸至过量，则溶液中_____________离子将转化为气体而被除去。
(2)若向溶液中通入足量氯气，则溶液中___________离子将因被氧化而除去。
(3)若向溶液中加入较多的___________和_______________两种阳离子时，上述所有离子都被除去。
解析：(1)从其与H+反应能生成不稳定弱酸入手。(2)有还原性且比Cl－强者即可被Cl2氧化。(3)大多数阴离子与Ag+的生成物难溶，但Ag2SO4微溶，除去不彻底，考虑再加Ba2+。
答案：(1)CO、S2－ (2)Br－、SO、S2－ (3)Ag+ Ba2+
9.有点难度哟！
为了测定钢中锰元素的含量，可用硝酸将钢的样品溶解(此时有氮的氧化物生成)。然后稀释溶液，在必要的条件下用高碘酸钾(KIO4)将+2价锰氧化成+7价锰，最后可用适当的仪器分析法测定锰的含量。
(1)用高碘酸钾氧化+2价锰前，必须驱尽氮的氧化物的理由是_________________。
(2)写出高碘酸钾氧化+2价锰的离子方程式(高碘酸根被还原成碘酸根离子)__________。
解析：(1)由题意知KIO4具有强氧化性，而氮的氧化物一般处于较低的价态，具有一定的还原性，因此氮的氧化物存在不仅会干扰KIO4对Mn2+氧化，还会影响最后要测定的MnO的存在。(2)由题意知反应物为Mn2+、IO，生成物为MnO和IO，根据有关离子方程式，氧化还原反应方程式的配平原则有：2Mn2++5IO+3H2O====2MnO+5IO+6H+。
答案：(1)这些氮的氧化物处于较低价态，具有一定的还原性，不但干扰高碘酸钾对+2 价锰的氧化，还会影响+7价锰的稳定存在
(2)2Mn2++5IO+3H2O====2MnO+5IO+6H+
10.有点难度哟！
某化工厂排放的污水中含有Al3+、Hg2+、Fe3+、Cu2+四种离子，甲、乙、丙三位同学设计从污水中回收铜的方案如下：
(1)以上实验方法能否得到铜(填“能”或“不能”)。
甲_____________，乙_____________，丙_____________。
(2)在制得铜的方案中会导致环境污染的一步操作是_____________，其原因是_______________。
(3)在可制得铜的方案中，主要的离子方程式为：____________________。
解析：(1)甲同学的方案中，加入NaOH所得沉淀至少含Mg(OH)2、Fe(OH)3、Cu(OH)2三种沉淀，加热得到MgO、Fe2O3、CuO等，故通氢后不可能得纯铜。乙同学的方案。步骤①所得滤渣有Hg、Fe、Cu三种物质，②中除去Fe，③中加热可除去Hg，同时得CuO，最后可得Cu。丙同学的操作①所得滤渣为Fe、Cu、Hg，虽加热时可除去Hg，但Fe没除去，最后不可能得到纯铜。(2)由(2)的分析知，在步骤③加热得CuO的同时，可生成汞蒸气会污染环境，可连接一个冷凝液化装置回收汞。(3)步骤①发生的反应为Fe+2Fe3+====3Fe2+；Fe+Cu2+====Fe2++Cu；Fe+Hg2+====Hg+Fe2+步骤②中的反应为Fe+2H+====Fe2++H2↑。
答案：(1)不能 能 不能
(2)③ 加热时可生成汞蒸气会污染环境(应装一个“冷凝液化”回收装置)
(3)Fe+2Fe3+====3Fe2+ Fe+Cu2+====Fe2++Cu
Fe+Hg2+====Hg+Fe2+ Fe+2H+====Fe2++H2↑
11.鸡蛋壳的主要成分可以通过一组简单实验加以确定。
(1)取少量鸡蛋壳放在火焰上充分灼烧，当出现一定量白色固体后取出冷却，再投入少量水中，得浑浊液体。静置片刻后，取上层清液于试管内，用导管向试管内液体吹气，数分钟后出现白色沉淀。(2)另取少许鸡蛋壳，放入盛有盐酸的试管中，即有气体产生。该气体通入澄清石灰水中，也产生白色沉淀，继续长时间通入气体，白色沉淀会消失。由此可以确定鸡蛋壳的主要成分为___________。写出实验(2)中有关反应的离子方程式。
解析：由实验(1)鸡蛋壳灼烧，产生CaO，溶于少量水中生成Ca(OH)2，吹气得CaCO3沉淀。由实验(2)取鸡蛋壳，加入盐酸产生CO2气体，通入澄清石灰水中先生成CaCO3沉淀，后生成Ca(HCO3)2，易溶于水，故沉淀消失。
答案：碳酸钙
CaCO3+2H+====Ca2++CO2↑+H2O
CO2+Ca2++2OH－====CaCO3↓+H2O
CaCO3+CO2+H2O====Ca2++2HCO
12.(探究创新题)NaBH4被称为有机化学家的“万能还原剂”，也是许多有机反应的催化剂，在有机化学里有极广泛的用途。
(1)在60年代，德国拜尔药厂把NaBH4的合成发展成工业规模：
Na2B4O7+Na+H2+SiO2 NaBH4+Na2SiO3，请配平这个化学方程式：_________________________。
(2)NaBH4易溶于水，并与水反应放出氢气，设以BO离子表示产物里硼的形态，试写出这个反应的离子方程式：___________________。
(3)NaBH4和水反应的速率受温度、浓度以及溶液的pH控制，根据你所学的知识来说明，pH怎样制约NaBH4和水反应的速率。
(4)NaBH4可以将许多金属离子还原成金属，并使得到的金属沉积在金属、玻璃、陶瓷或塑料上，从而有广泛的应用场合。例如，它把镍沉积在玻璃上，形成极薄的镍膜，用于高层建筑的太阳能电池；把金或铜沉积在塑料上形成印刷线路板，还原废液里的贵金属等。试以Au3+为例写出一个配平的离子方程式。
解析：本题所设置的问题环环紧扣，层层递进，起点低，落点高，是一道典型的隐蔽性层进式试题。
NaBH4的有关性质是中学生所不熟悉的，但试题的前一问都为后一问作了铺垫。在解答第(1)小题的过程中，通过观察元素反应前后的化合价变化，得知BH离子中氢显－1价，故(1)为：Na2B4O7+16Na+8H2+7SiO2====4NaBH4+7Na2SiO3，这为书写第(2)小题的反应式作了铺垫。第(2)小题的反应本质是NaBH4中－1价氢与水中+1价氢的归中反应，故其反应式为：BH+2H2O====BO+4H2↑。找到这一本质，便为解答第(3)小题的问题作好了铺垫，显然溶液的pH越大，水中的氢离子浓度越小，氧化性越弱，NaBH4与水反应速率越慢。
本题第(4)小题有较大的难度，解答时需把握两个关键：一是判断BH负离子的还原产物，若模仿第(2)小题，确定为氢气，但不符合应用实际，只能将“信息”进行改造，将BH离子氧化为正价态氢；二是判断溶液的酸碱性，要保证镀层质量(匀而薄)，Au3+沉积的速率宜缓慢，这里应敏捷地发现第(3)小题的暗示，把控制反应速率的方法同溶液的酸碱性联系起来，才能作出正确的判断。故离子方程式为：
8Au3++3BH+24OH－====3BO+8Au+18H2O。
所以，隐蔽性层进式试题应挖掘题给信息，结合已学知识，分析、推理、加工信息，化隐为显，才能顺利解题。
答案：(1)1 16 8 7 4 7 (2)BH+2H2O====BO+4H2↑
(3)pH越大，水中的H+浓度越小，氧化性越弱，NaBH4与H2O反应速率越慢。
(4)8Au3++3BH+24OH－====3BO+8Au+18H2O
●教师下载中心
教学建议
离子反应是高考的重点又是难点，其离子方程式书写正确与否，判断其离子组能否大量共存，是高考试题中考核率最高的化学用语，年年必考，已成为高考命题的热点内容。复习时，要紧紧围绕这些热点内容，设计典型题目，通过分析讲解，引导学生归纳总结有关的知识规律。如：
(1)下表各组离子中，哪些能够在溶液中大量共存？不能共存的简填原因，写出有关的离子方程式。
离 子 组 不能共存的原因 有关的离子方程式
①Na+、Al3+、NO、AlO
②Na+、Ca2+、HCO、H+
③S2O、Na+、H+、SO
④Fe3+、Cl－、SCN－、K+
⑤Fe3+、NH、Cl－、OH－
⑥Fe2+、Cl－、NO、H+
⑦Na+、Ba2+、NO、HPO
⑧K+、Na+、OH 、HSO
⑨Fe3+、H+、Br－、S2－
⑩Al3+、K+、HCO、NO
H+、Na+、Cl－、CH3COO－
H+、AlO、NO、CO
Fe3+、H+、Cl－、I－
PO、Na+、H2PO、K+
(2)判断下列离子反应的方程式是否正确 不正确的分析其错误原因。
①向Mg(HCO3)2溶液中加入澄清石灰水：Mg2++2HCO+Ca2++2OH－====CaCO3↓+
MgCO3↓+2H2O
②苯酚钠溶液中通入CO2：2C6H5O－+CO2+H2O====2C6H5OH+CO
③氯气与水反应：Cl2+H2O====2H++Cl－+ClO－
④澄清石灰水中加稀盐酸：Ca(OH)2+2H+====Ca2++2H2O
⑤稀H2SO4与Ba(OH)2溶液反应：H++SO+Ba2++OH－====BaSO4↓+H2O
⑥Cl2通入冷NaOH溶液中：2Cl2+2OH－====3Cl－+ClO－+H2O
⑦向１L2 mol·L－1FeBr2溶液中通入1 molCl2：2Fe2++4Br－+3Cl2====2Fe3++2Br2+6Cl－
⑧铁粉与过量稀HNO3反应：3Fe+8H++2NO====3Fe2++2NO↑+2H2O
⑨NH4Cl溶液与稀NaOH溶液反应：NH+OH－====NH3↑+H2O
⑩Na2S水解：S2－+2H2OH2S↑+2OH－
NaHS水解：HS－+H2O====H3O++S2－
铜片与稀HNO3反应：Cｕ+NO+4H+====Cｕ2++NO↑+2H2O
金属钠与水反应：Na+2H2O====Na++2OH－+H2↑
例题注释
本专题共设计了五个典型例题。通过【例1】的解答分析，引导学生进一步理解离子组不能大量共存的实质是发生了离子反应，所以离子共存的条件是在溶液中离子不发生任何化学反应，如复分解反应、氧化还原反应、双水解反应、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，审清题意，充分挖掘隐蔽条件，有的离子虽不存在于书面上的离子组中，但有时在条件中“隐蔽”出现。
【例2】依据常见离子的特征性质及实验现象，判断离子的存在与否。在分析判断过程中，一要注意题目所给的限制条件和推断范围；二要注意当得出肯定存在的结论后，要根据离子能否共存而推断出不可能存在的离子。
【例3】为离子方程式正误判断题，一般出现在高考试题的第Ⅰ卷中，几乎年年必考。从近几年的高考试题来看，所给的离子方程式中的错误有：不能正确使用化学式与离子符号，反应前后电荷不守恒，得失电子数不相等，反应原理不正确，缺少必要的反应条件，不能正确使用可逆号，忽略反应物用量的影响等。在解答过程中要注意理清思路，按序判断。
【例4】为离子方程式书写，一般出现在高考试题的第Ⅱ卷中，与物质的推断题或离子推断题综合在一起进行考查。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。
【例5】是在某一指定溶液中依次加入多种试剂，因发生离子反应而使离子相互转化，因此许多题目要求对最后所得溶液中含有的离子进行确定，在分析推断过程中，要特别注意问题的隐含性。
拓展题例
1.离子能否共存是一种基本题型，在传统考查方式的基础上，题目设置的附加条件增多是该类试题变化的新趋势。
【例1】下列各组离子，在指定的环境中能大量共存的是
A.在酸性溶液中：Na+、K+、MnO、ClO－
B.在中性溶液中：Al3+、K+、SO、HCO
C.25℃时，pH=0的溶液中：Al3+、NH、NO、Fe2+
D.c(H+)＜c(OH－)的溶液中：Na+、K+、SO、NO
解析：ClO－在酸性环境中因发生反应ClO－+H+====HClO而不能大量共存，A错；因Al3++3HCO====Al(OH)3↓+3CO2↑，B错，pH=0的溶液呈强酸性，3Fe2++NO+4H+====3Fe3++NO↑+2H2O，C错；D组中所给离子在碱性环境中皆可大量共存。
答案：D
【例2】下列各组离子在碱性溶液中能大量共存，且无色透明，加酸酸化后溶液变色，但无沉淀、无气体生成的是
A.Fe2+、I－、ClO－、SO B.Br－、K+、SO、BrO
C.S2－、SO、K+、SO D.Ca2+、Cl－、H2PO、Na+
解析：在碱性溶液中，Fe2+、H2PO不能大量共存，可排除A、C；B选项加酸酸化后，发生反应5Br－+BrO+6H+====3Br2+3H2O，溶液由无色变为橙红色，且无沉淀、气体生成，符合题意；C选项在酸化时发生反应：2S2－+SO+6H+====3S↓+3H2O，有沉淀生成，不合题意。
答案：B
【例3】某溶液中含有大量Fe2+、Fe3+、Mg2+和NH，且c(H+)=10－2 mol·L－1，在该溶液中可以大量存在的阴离子是
A.SO B.NO
C.SCN－ D.CO
解析：c(H+)=10－2 mol·L－1的溶液呈酸性，因CO+2H+====CO2↑+H2O而使CO不能大量共存；又因3Fe2++NO+4H+====3Fe3++NO↑+2H2O的发生使NO不能大量共存，即B、D不合题意；而Fe3+与SCN－可发生反应Fe3++3SCN－Fe(SCN)3，C选项不合题意。
答案：A
2.离子的检验推断题目不仅考查离子的存在与否，而且还注重考查指定操作后离子数量的变化。
【例4】在pH=1的某溶液中，可能存在NO、I－、Fe3+中的一种或两种，向该溶液中滴入Br2，单质Br2被还原，由此推断该溶液里，上述三离子中一定存在的离子为
A.只有NO、Fe3+ B.只有I－
C.只有I－、Fe3+ D.只有NO
解析：pH=1的溶液为强酸性溶液，NO、Fe3+在强酸性环境中都是强氧化剂；滴入Br2，单质Br2被还原，说明一定存在还原剂。故一定存在的离子为I－。
答案：B
【例5】某溶液中含有NO、SiO、AlO、S2－等四种阴离子，若向其中加入过量的盐酸溶液，微热并搅拌，再加入过量的NaOH溶液，则溶液中大量减少的阴离子是
A.NO B.SiO C.AlO D.S2－
解析：根据题意，对所给四种离子作如下的流程转化：
显然本题答案为D。
答案：D
【例6】有一溶液中含有HCO、SO、CO、SO、Cl－五种阴离子。向其中加入过量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(假设溶液体积无变化)
A.仅有Cl－ B.有CO、SO、Cl－
C.仅有SO D.有CO、SO、SO、Cl－
解析：Na2O2溶于水后发生如下反应：2Na2O2+2H2O====4NaOH+O2↑，因HCO+
OH－====CO+H2O，使c(HCO)浓度减小，而c(CO)增大；同理因发生反应2SO+O2====2SO，而使溶液中c(SO)降低，c(SO)增大。所以离子浓度没有变化的只有Cl－。
答案：A