第三章 常见元素的单质及其重要化合物
第一节 卤素
【知识网络】
【易错指津】
1．分清氯水、溴水的成分，反应时的作用和褪色的原理。
氯水中正因为存在可逆反应Cl2+H2O HCl+HClO，使其成分复杂且随着条件的改变，平衡发生移动，使成分发生动态的变化。当外加不同的反应物时，要正确判断是何种成分参与了反应。氯水中的HClO能使有色物质被氧化而褪色。反之，也有许多物质能使氯水、溴水褪色，发生的变化可属物理变化（如萃取），也可属化学变化，如歧化法（加碱液）、还原法（如Mg、SO2等）、加成法（加不饱和的有机物）等。值得一提的是有时虽然发生化学变化，但仍生成有色物，如Br2与Fe或KI反应。
2．区分清楚萃取和分液的原理、仪器、操作以及适用范围与其他物质分离方法不同。
萃取和分液是物质分离的众多方法之一。每一种方法适用于一定的前提。分液适用于分离互不相溶的两种液体，而萃取是根据一种溶质在两种互不相溶的溶剂中溶解性有很大差异从而达到提取的目的。一般萃取和分液结合使用。其中萃取剂的合理选择、分液漏斗的正确使用、与过滤或蒸馏等分离方法的明确区分等是此类命题的重点和解决问题的关键。
命题以选择何种合适的萃取剂、萃取后呈何现象、上下层如何分离等形式出现。解题关键是抓住适宜萃取剂的条件、液体是否分层及分层后上下层位置的决定因素。分液操作时注意“先下后上、下流上倒”的顺序。为确保液体顺利流出，一定要打开上部塞子或使瓶塞与瓶颈处的小孔或小槽对齐，与大气相通。
【典型例题评析】
例1 氯化碘（ICl）的化学性质跟氯气相似，预计它跟水反应的生成物是（1998年全国高考题）
A.HI和HClO B.HCl和HIO C.HClO3和HIO D.HClO和HIO
思路分析：题目以考生未学过的卤素互化物为素材，让考生对不同卤素的非金属性相对强弱作出判断。这种判断是以卤素跟氢、氧相互结合以及形成正负化合价的能力来实现的。
先联想Cl2+H2O=HCl+HClO，推断ICl与H2O反应有两种可能：ICl+H2O=HI+HClO，ICl+H2O=HCl+HIO。问题是I、Cl两元素何者形成氢卤酸，何者形成次卤酸。与I相比，氯的非金属性比碘强，更易形成负化合价；与Cl相比，I的金属性较强，较易形成正化合价，即产物不能是HI和HClO。
答案：B
方法要领：学习元素化合物知识时，抓住代表物的性质，并结合元素周期律知识，来指导同主族元素性质的学习。在ICl中I为+1价，Cl为-1价与水反应后其产物的化合价均不发生改变，防止受Cl2+H2O=HCl+HClO影响，认为ICl与H2O反应也是氧化还原反应，而误选A。
无机信息题在考卷中经常出现，在做这类题目时，必须对信息理解透彻，活学活用，这样才能保证答题的准确性。
水解产物的判断可根据电荷相互吸收的原则去思考，因化学作用也是电性作用。此类化学方程式可按下列“模式”书写：
A+B-+H+-OH-=A+OH-+H+B-
除ICl外，Mg3N2、CaC2、NaH、Al2S3、CH3COONa等水解均遵循该“规律”。
例2 下列物质在空气中久置变质，在变质过程中，既有氧化还原反应发生，又有非氧化还原反应发生的是（1997年高考化学试测题）
A.食盐 B.漂白粉 C.氯水 D.硫酸亚铁溶液
思路分析：食盐在空气中不变质；漂白粉在空气中发生如下反应：Ca(ClO)2+CO2+H2O=2HClO
+CaCO3↓、2HClO2HCl+O2↑；氯水中只是2HClO2HCl+O2↑；硫酸亚铁溶液中只是Fe2+被氧化为Fe3+。
答案：B
方法要领：掌握各种物质的化学性质及反应中元素的价态变化。
例3 将1体积选项中的一种气体与10体积O2混合后，依次通过盛有足量浓NaOH溶液的洗气瓶和盛有足量的热铜屑的管子(假设反应都进行完全)，最后得到的尾气可以是（1996年全国高考题）
A.Cl2 B.CO C.CO2 D.N2
思路分析：假如“1体积为A中Cl2，则当通过足量浓碱液时，因Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O而被完全吸收，而10体积O2在通过铜屑时被完全吸收，故无尾气产生；若为B中CO，则在通过碱液时无变化；而通过铜屑时，因O2过量而生成CO2故选C；若分别为C中CO2或D中N2，当依次通过时C中无气体剩余，D中仍然保留了原来的N2。
答案：C、D
方法要领：该题要答正确，必须审明题意：即反应物需从四个选项中选，产物也要从四个选项中选。防止漏选C。
例4 为实现中国2000年消除碘缺乏病的目标，卫生部规定食盐必须加碘,，其中的碘以碘酸钾(KIO3)形式存在。已知在溶液中IO3-可和I-发生反应：IO3-+5I-+6H+=3I2+2H2O。根据此反应，可用试纸和一些生活中常见的物质进行实验，证明在食盐中存在IO3-。可供选用的物质有：①自来水；②蓝色石蕊试纸；③碘化钾淀粉试纸；④淀粉；⑤食糖；⑥食醋；⑦白酒。进行上述实验时必须使用的物质是（1997年全国高考题）
A.①③ B.③⑥ C.②④⑥ D.①②④⑤⑦
思路分析：依题给信息要检验NaCl中含有IO3-，宜使其变成有特殊颜色的物质才好识别。因此，应加含有I-和H+的物质使其变成I2，而且存在着能I2与结合成蓝色物质的淀粉。因而，③中含有I-和淀粉，⑥中含有H+（由CH3COOH溶液电离而得）。
答案：B
方法要领：题中向考生传达了我国在2000年消灭碘缺乏症的目标和达到此目标的办法。解题关键是：抓住IO3-+5I-+6H+=3I2+2H2O，可知所给物质要提供I-和H+。
本题属于原理型信息给予题，它给出两条反应原理的新信息：一是食盐中的碘是以碘酸钾（KIO3）的形式存在；二是给出了IO3-、I-、H+3种离子共同存在时发生的生成I2的氧化还原反应的信息，此反应原理成为实现问题解决的根本依据。为此，应能提取出I2和淀粉互检的已有知识，并把IO3-被I-在H+存在下还原为I2的反应和I2的常规检验联系起来，从而完成对问题的解答。
如果能深入把握KI淀粉试纸检验出氧化性物质（如Cl2、O3等）的反应原理，将已有知识迁移运用到IO3-氧化I-（H+存在）的新情境中，则不难找出用碘化钾淀粉试纸（H+存在）检出IO3-的方法。可见，将知识系统化、结构化，对形成知识的类比与迁移能力，是十分重要的。
例5 甲、乙、丙三种溶液各含有一种X--（X--为Cl-、Br-、I-）离子。向甲中加淀粉溶液和氯水，则溶液变橙色，再加丙溶液，颜色无明显变化。则甲、乙、丙依次含有（1991年全国高考题）
A.Br-、Cl-、I- B.Br-、I-、Cl- C.I-、Br-、Cl- D.Cl-、I-、Br-
思路分析：在甲溶液中加入淀粉溶液和氯水，淀粉不显蓝色，证明甲中不含I-离子，溶液显橙色，证明甲中含Br-离子（溴水显橙色）；再加丙溶液，无明显变化，表明丙中不含I-离子。综上所述，甲中含Br-离子，乙中含I-离子，丙中含Cl-离子。
答案：B
方法要领：利用非金属置换反应规律进行逻辑分析。非金属性较强的单质能从盐溶液（或酸溶液）中把非金属性弱的非金属置换出来。
本题考查了对卤素离子还原性强弱的理解及卤素置换实验现象的分析，它运用的知识有：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，Cl2+2I-=2Br-+I2和Br2+2I-=2Br-+I2，I2遇淀粉变蓝色。
例6 冰箱致冷剂氟氯甲烷在高空中受紫外线辐射产生Cl原子，并进行下列反应：Cl+O3→ClO+O2，ClO+O→Cl+O2。下列说法不正确的是（1998年上海高考题）
A.反应后将O3转化为O2 B.Cl原子是总反应的催化剂
C.氟氯甲烷是总反应催化剂 D.Cl原子反复起分解O3的作用
思路分析：可将两个分反应合并得总反应2O3→3O2，催化剂应是Cl而不是氟氯甲烷，由于催化剂在反应前后物质的量保持不变，故Cl反复起分解O3的作用。
答案：C
方法要领：这是一道与环境化学相关的题目，也属信息给予题。中间产物和催化剂有相同点：①均参与了反应过程；②当分反应合并成总反应时两者均可消去，即生成量等于消耗的量。两者的不同之处在于催化剂先消耗后生成，而中间产物则先生成后消耗。据此可判断出Cl在上述过程中是催化剂。平时要善于比较一些相关的概念，找出它们的本质区别。
例7 某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中,反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO-和ClO3-的浓度之比为1:3，则Cl2与NaOH反应时,被还原的氯元素与被氧化的氯元素物质的量之比为（1999年全国高考题）
A.21:5 B.11:3 C.3:1 D.4:1
思路分析：Cl2与NaOH溶液反应，Cl2既是氧化剂又是还原剂，从电子得失角度分析，被氧化的Cl分别从0→+1、0→+5，根据题目所给条件分析得ClO-和ClO3-的个数之比为1:3，则被氧化的一方4个0价Cl共失电子1+3×5=16；被还原Cl从0→-1，欲使得失电子总数相等，则需16个0价Cl。所以，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为16:4=4:1。
答案：D
方法要领：本题考查利用氧化还原反应的本质分析问题的能力，考查学生应变的灵活性。Cl2与NaOH溶液反应，本身既是氧化剂又是还原剂，氧化产物为NaClO、NaClO3，还原产物为NaCl，通过电子守恒原理快解。
例8 KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成绿黄色的易爆物二氧化氯.其变化可表述为: KClO3+ HCl(浓)== KCl+ ClO2↑+ Cl2↑+
(1)请完成该化学方程式并配平(未知物化学式和化学计量数填入框内)
(2)浓盐酸在反应中显示出来的性质是 (填写编号,多选倒扣分)
①只有还原性 ②还原性和酸性 ③只有氧化性 ④氧化性和酸性
(3)ClO2具有很强的氧化性。因此，常被用作消毒剂，其消毒效率(以单位质量得到的电子数表示)是Cl2的 倍。（2000年上海市高考题）
思路分析：（1）此题的难点是方程式的配平,用化合价升降法配平时，首先要分清氧化产物是Cl2还原产物是ClO2,KCl中的Cl-来源于盐酸，化合价没有变化，再配平氧化剂，还原剂，氧化产物和还原产物的计量数，最后依据原子种类和个数守恒，配平其它物质的计量数和补加未知物。（2）由配平的方程式可知，参加反应的浓盐酸有一半被氧化，另一半起了酸作用。(3)消毒后，Cl元素的价态为为-1价，对ClO2单位质量得电子(1/67.5)×5；对Cl2单位质量得电子：(1/71)×2；二者的比值为2.63。
答案:(1)2 4 2 2 1 2 H2O (2) ② (3)2.63
方法要领：此题考查了氯及其化合物的相互转化和性质，氧化还原反应方程式的配平，氧化性还原性分析,电子转移数目的计算等知识；此题是一信息题，情境新颖，思考量大，有效地考查了学生的分析问题的能力，代表了今后高考命题的方向。
例9 已知氯水中有如下平衡：Cl2+H2O HCl+HClO。常温下，在一个体积为50mL的针筒里吸入40mL氯气后，再吸进10mL水。写出针筒中可能观察到的现象 。
若将此针筒长时间放置，又可能看到何种变化 ；试用平衡观点加以解释
。（1994年上海市高考题）
思路分析：因Cl2与H2O反应而溶解，气体体积缩小，溶液呈浅黄绿色。若此针筒长时间放置，气体体积进一步缩小，气体和溶液均变成无色；原因是氯水中的平衡Cl2+H2O HCl+HClO，由于HClO逐渐分解（2HClO=2HCl+O2）而不断地向右移动，最终Cl2耗尽全部转化为O2，导致气体体积缩小和黄绿色消退。
答案：气体体积缩小，溶液呈浅黄绿色。气体体积继续减小，气体和溶液均变成无色；氯水中的平衡Cl2+H2O HCl+HClO，又由于2HClO=2HCl+O2，HClO不断分解，平衡右移，最终Cl2耗尽全部转化成O2。由总反应式2Cl2+2H2O===4HCl+O2，可知，气体体积减少。
方法要领：回答实验现象要完整并且表达确切。
例10 某化学课外小组用海带为原料制取少量碘水。现用CCl4从碘水中萃取碘并用分液漏斗分离两种溶液，其实验操作可分为如下几步:（1991年全国高考题）
A. 把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中
B. 把50mL碘水和15mLCCl4加入分液漏斗中,并盖好玻璃塞
C. 检验分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液
D. 倒转漏斗用力振荡,并不时旋开活塞放气,最后关闭活塞,把分液漏斗放正
E. 打开活塞,用烧杯接收溶液
F. 从分液漏斗上口倒出上层水溶液
G. 将漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽或小孔对准漏斗口上的小孔
H. 静置,分层
就此实验,完成下列填空:
(1)正确操作步骤的顺序是 → → A→G→ →E→F。
(2)上述E步骤的操作中应注意
上述G步骤操作的目的是
(3)能选用CCl4从碘水中萃取碘的原因是
(4)下列物质,不能作为从溴水中萃取溴的溶剂是
A.热裂汽油 B.苯 C.酒精 D.正庚烷
思路分析：（1）检验分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液，这当然是第一步。B、D的操作属于萃取，E、F属于分液操作，A、G、H是分液前的准备操作。（4）中的热裂汽油中，含碳碳双键，与溴水发生加成反应，而酒精与溴水互溶，所以两者均不适宜作萃取剂。
答案:(1)CBDH；(2)使漏斗下端管口紧靠烧杯内壁,及时关闭活塞,不要让上层液体流出;使漏斗内外空气相通,以保证E操作时漏斗里液体能够流出；(3)四氯化碳与水不溶,I2且在四氯化碳溶解度比在水中大很多；（4）A、C
方法要领：萃取和分液操作是中学化学实验中分离物质的常用方法之一，本题所涉及到的知识的技能有：分液漏斗的作用，萃取操作步骤及每一步聚的目的，萃取操作中的注意事项，萃取剂的性质及选择原则；碘在水和CCl4等有机溶剂中的溶解性，热裂汽油的不饱和性，乙醇和水的互溶性等。只有掌握这些基本知识，并在学生实验中注意这些问题，才能在解决实际问题时综合运用这些知识进行正确的推理和判断。
例11 实验室可用氯气与金属铁反应制备无水三氯化铁,该化合物呈棕红色,易潮解,100℃左右时升华,下图是两个学生设计的实验装置,左边的反应装置相同,而右边的产物收集装置则不同,分别如(Ⅰ) (Ⅱ)所示:（2000年全国高考题）
(1)B中反应的化学方程式为： 。
(2)D中的反应开始前,需排除装置中的空气,应采取的方法是: 。
(3)D中反应的化学方程式为： 。
(4)装置(Ⅰ)的主要缺点是： 。
(5)装置(Ⅱ)的主要缺点是： ，如果选用此装置来完成实验,则必须采取的改进措施是： 。
思路方法：此题综合了氯气的性质、制法，三氯化铁的性质和制取，化学实验操作及实验装置等问题。此题中涉及的制取氯气和三氯化铁的原理比较简单，排除装置中空气的方法属常识性操作，（1）、（2）、（3）问容易作答。只要根据题给信息，对装置（Ⅰ）、（Ⅱ）的不同部分进行对比分析，答案就在（Ⅰ）、（Ⅱ）两图中，（4）、（5）问即可得解。
1．装置（Ⅰ）中三氯化铁由D进入E是通过细玻璃管，而装置（Ⅱ）D直接插入E中，此二法那一种更好呢？根据题给信息，三氯化铁在100℃左右升华，D管生成的三氯化铁已是蒸气，温度降低即凝结成固体颗粒，细玻璃管就会被堵塞，此为装置（Ⅰ）的缺点之一。
2．装置（Ⅱ）中E下边有一盛有NaOH溶液的洗气瓶。NaOH溶液的作用是什么呢？联想到氯气是有毒气体，实验时的尾气排入空气前必须用NaOH溶液来吸收，而装置（Ⅰ）中没有，此为装置（Ⅰ）的缺点之二。
3．装置（Ⅰ）中E右边连有盛浓H2SO4的洗气瓶，而装置（Ⅱ）中没有。浓H2SO4在此起什么作用呢？根据题目所给信息，三氯化铁易潮解，要制得无水三氯化铁，必须在制取三氯化铁装置前后都要设计干燥装置（这点原题D管前已经设计出此信息）。装置（Ⅱ）未这样设计即为缺点，需在E、F之间连接干燥装置。
答案：（1）4HCl+MnO2 MnO2+Cl2↑+2H2O；（2）B中的反应进行一段时间后,看到黄绿色气体充满装置，再开始加热D；（3）2Fe+3Cl2 2FeCl3；4）导管易被新产品堵塞，尾气排入空气,易造成环境污染；（5）产品易受潮解，在E和F之间连接装有干燥剂的装置（其他既能防止产品潮解又能防止尾气污染环境的合理答案均给分）
解题要领：本题考查了氯气的实验室制取原理、性质、干燥方法，尾气处理及FeCl3制备和潮解等问题，只有全面地掌握了有关知识点，才能准确作答。
本题的侧重点在于考查考生对实验装置的评价与改进的能力。要评价和改进，就应从实验反应物与生成物的性能出发。本题制取的FeCl3在100℃升华，易潮解，故必须考虑FeCl3凝结会堵塞导管的可能性和外部空气侵入使FeCl3潮解的问题。此外，尾气（特别是有毒的气体）处理是应当特别注意的问题。
H+、CO2
电解
Na
AgNO3
HCl
Cl2
（黄绿色气体）
HClO
（强氧化性）
Ca(ClO)2
H+
Zn
OH-
NH3
CaCO3
H2
H2O
NH4+
CO2
Cl-
Ag+
MnO2
AgCl
Cl2
C2H5OH
C2H5Cl
取代
CH2=CH
Cl
加成
CH CH
氧化性
①Cl2+H2O=HCl+HClO
②Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
③2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
KMnO4、电解
H2S、HBr、HI
还原性
化合物
金属
①2Fe+3Cl2=2FeCl3
②Cu+Cl2=CuCl2 (生成高价)
非金属
①H2+Cl2=2HCl
②2P+3Cl2=2PCl3
①2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
②2I-+Cl2=I2+2Cl-
③S2-+Cl2=S↓+2Cl-
④SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl
⑤8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl
自身氧化还原反应
NaCl
AgCl
光
△
△
AgNO3
Ca(OH)2
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1第四节 有机高分子化合物
【知识网络】
一.分类:
二.产生高分子两反应
加 聚 反 应 缩 聚 反 应
相 同 ①单体是式量小有机物 ②产物为高分子
单体可相同，也可不相同
不同 产物中 无小分子 有小分子(H2O，NH3)
高分子与单体 组成相同 组成不相同
高 分 子 式 量 是单体式量的整数倍 n个单体式量之和减去缩去分子式量的n倍或2n倍
反 应 特 点 打开不饱和键，相互连成长碳键 官能团与官能团(烃基)间缩去一个小分子，逐步缩合
常见反应情况 (1)均聚反应/自聚反应:一种单体的聚合①乙烯型 ②丁二烯型 ③特例:醛类如甲醛(2)共聚反应:两种或两种以上单体的聚合①乙烯型+乙烯型 ②丁二烯型+丁二烯型 ③乙烯型+丁二烯型 酚+醛二元酸+二元醇氨基酸/羟基酸nH2N CO0H→[HN CO]n+nH2OnHO COOH→[O CO]n+nH2O
【易错指津】
1．未掌握由高聚物推导单体的方法，对这类问题感到无从下手。
加聚反应合成的高聚物，找出其单体的方法是：分析高聚物的结构，找出主碳链中重复出现的结构单元——链节（用[ ]表示的那部分），然后根据链节来判断单体。
O O
缩聚反应合成的高聚物，链节的分析往往从-C—O-、-C—NH-等键处断开，进而确定单体。
2．没有掌握加聚和缩聚以及开环聚合、闭环聚合的规律，导致高聚物结构简式书写错误或单体判断错误。如丙烯CH3CH=CH2加聚产物错写成：[CH2CH2CH2] n。
3．若给出高分子化合物的碳碳结构，要确定其组成的单体，则必须按照加聚或缩聚的原理，由高分子的链节，采用逆向思维，反推单体结构，确定规律如下：
（1）如果高分子化合物中含有醚键（-O-）、酯基（-COO-）、肽键（-CONH-）等官能团，则一定为缩聚产物。缩聚产物的单体判断，只要从官能团处补充消去的小分子（一般为水），即可得到相应的单体。醚键水解（补充消去的水分子），得两种醇，它的单体是两个含有羟基的化合物；酯基水解，得一种含羧基的化合物和一种含羟基的化合物，如；[OC-C6H5-COOCH2CH2-O]n的单体是HOOC-C6H5-COOH和HO-CH2CH2-OH；肽键水解得到一种含羧基的化合物，一种含氨基的化合物。可见，缩聚反应的单体中都至少有两个官能团。
（2）如果高分子化合物中没有官能团，则一定为加聚产物。加聚产物的单体判断，一般是将主链上的碳原子两个两个地断开，然后在这两个碳原子间写上双键（如果主链上有取代基，则取代基随主链上的碳原子一起移向单体中），但当主链上有双键时，则为丁二烯结构的1，4-加成产物，单体中有丁二烯结构。
【典型例题评析】
例1 下列物质中，属于高分子化合物的是（1989年全国高考题）
A.淀粉 B.油脂 C.棉花 D.蔗糖
思路分析：油脂是油和脂肪的总称，它是高级脂肪酸甘油酯，蔗糖是二糖，分子式为C12H22O11，油脂和蔗糖的相对分子质量均较小，两者均不属于高分子化合物；棉花的主要成分是纤维素，淀粉和纤维素都是天然高分子化合物。
答案：A、C
方法要领：高分子化合物的相对分子质量应大于10000，已学的高聚物有：聚乙烯、聚氯乙烯、酚醛树酯、蛋白质、聚异戊二烯等。且所有高分子化合物均是混合物（n为一定范围值）
例2 合成结构简式为[CH2-CH=CH-CH2-CH-CH2]n的高聚物，其单体是（1999年上海高考题）
C6H5
①苯乙烯 ②丁烯 ③丁二烯 ④丙炔 ⑤苯丙烯
A.①② B.④⑤ C.③⑤ D.①③
思路分析：本题考查学生是否能运用弯箭头法求有机高聚物的单体。从链节的一端开始，把键收回，-CH2-CH-CH2-CH=CH-CH2-，得CH=CH2和CH2=CH-CH=CH2。把单键变双键，双键变
C6H5 C6H5
单键，遇到碳超过五价，则令其断键即可。
-CH2-CH=CH-CH2-CH-CH2- 得：CH2=CH-CH=CH2、CH=CH2。
C6H5 C6H5
答案：D
方法要领：根据高聚物结构简式推断其单体，可用弯箭头法。
例3 丁腈橡胶 [CH2-CH=CH-CH2-CH2-CH]n具有优良的耐油、耐高温性能，合成丁腈橡胶
CN
的原料是（2000年上海高考题）
①CH2=CH-CH=CH2 ②CH3-C C-CH3 ③CH2=CH-CN ④CH3-CH=CH-CN ⑤CH3-CH=CH2 ⑥CH3-CH=CH-CH3
A.③⑥ B.②③ C.①③ D.④⑤
思路分析：此题解法同例1
答案：C
方法要领：用“弯箭头法”确定，分子中的碳碳键必是二烯烃1,4-加成的产物。
[CH2-CH=CH-CH2-CH2-CH]n → CH2=CH-CH=CH2+CH2=CH
CN CN
例4 写出用下列化合物作为单体聚合生成的高分子化合物结构简式：（1992年三南高考题）
(1)CH2=CH-C=CH2聚合得 (此处聚合物用作合成橡胶).
Cl
(2)已知CH2--CH2在虚线处开环聚合得[CH2CH2O]n(此聚合物用作表面活性剂)。则
O
开环聚合得 (此聚合物用作合成纤维)
思路分析：本题测试有关高分子化合物加聚、缩聚、开环聚合等知识，考查信息迁移、模仿等自学能力。（1）发生加聚反应，其中双键变单键、单键变双键，可用弯箭头表示电子对转移，写出单体，将其通过键的转移，可立即写出聚合物：[CH2-CH=C(Cl)-CH2]n。
（2）为开环聚合，在断键处开环即得链节。
答案：（1）[CH2-CH=CH(Cl)-CH2]n （2）[NHCH2CH2CH2CH2CH2CO]n
方法要领：电子对放在两个原子间就是价键，弯箭头将它转移，这个键就断裂；电子对转移到另两个原子间，就形成一个新键，此法很形象、直观，中学生不妨一试。
书写中要规范，防止多碳、少碳、碳5价等等，而失分。
例5 Nomex纤维是一种新型阻燃性纤维，它是由间苯二甲酸和间二苯胺在一定条件下以等物质的量缩聚合成，请把Nomex纤维结构简式写在下面的方框中。（1996年全国高考题）
思路分析：将形成肽键的知识迁移应用于形成Nomex纤维即可。可按以下思路进行：
（1）-COOH与-NH2以1:1缩合形成什么结构？（肽键：-CO-NH-）
（2）Nomex纤维是高分子化合物，还是低分子化合物？
（3）Nomex纤维的结构简式能否写成二分子缩合结构？
（4）间苯二甲酸两个-COOH和间苯二胺上的两个-NH2在缩聚相互结合的可能性是否均等？
（5）将两个单体结构简式分别沿纸平面旋转600，其结构简式怎样写？
[ ]
（6）Nomex纤维的结构简式怎样写？
答案：
方法要领：这是由-COOH与-NH2通过脱水后形成的高聚物。由氨基酸缩聚为蛋白质的原理：氨基（-NH2）与羧基（-COOH）缩去-H和-OH（生成H2O），余下部分相连为缩聚物。把此原理迁移到本题得解。
注意：（1）官能团在苯环中处于间位上；（2）由于没有弄清题意而写成二分子缩合物。
例6 某种ABS工程树脂，由丙烯腈（CH2=CHCN，符号A）、1，3-丁二烯（CH2=CH-CH=CH2，符号B）和苯乙烯（C6H5-CH=CH2，符号S）按一定配比共聚而得。(1995全国高考题)
（1）A、B和S三种单体中，碳氢比（C:H）值最小的单体是 。
（2）经元素分析可知该ABS样品的组成为CaHbNc(a、b、c为正整数)，则原料中A和B的物质的量之比是 （用a、b、c表示）。
思路分析：三种单体分子式分别为A：C3H3N、B：C4H6、S：C8H8，只有丁二烯C4H6的碳氢比小于1。
设A、B、C物质的量分别为x、y、z，则：
a=3x+4y+8z
b=3x+6y+8z
c=x
解得：x=c、y=(b-a)/2.
一题多解：只有丙烯腈含N，且其为c；A和S中C、H原子数比相等，B中H比C多2个，即ABS中H比C每多2个，含1个丁二烯分子。故丁二烯为(b-a)/2。
答案：（1）1，3-丁二烯（写B或写结构简式也可） （2）c:(b-a)/2[或2c:(b-a)]
方法要领：善于把结构简式化为分子式，即可快速求出原子个数比。抓住原子守恒列式求丁二烯数目。
例7 工程塑料ABS树酯（结构简式如下），合成时用了三种单体。ABS（1993年全国高考题）
(式中-C6H5为苯基)
这三种单体的结构简式分别是：______________、____________、_____________。
思路分析：该题是针对有机反应类型中加聚反应，根据高聚物的结构判断相应单体结构的填空题。
由前面的归纳概括，结合观察高分子链的结构特征，可知三种单体分别为两种乙烯型和一种1，3-丁二烯型：CH2=CHCN，CH2=CH-CH=CH2，C6H5CH=CH2。也可用弯箭头法，反其道而用之：立刻可以将单键切断，将ABS剖析成为三种单体。
答案：CH2=CHCN，CH2=CH-CH=CH2，C6H5CH=CH2
方法要领：在本题完成的过程中应体会到：对于各有机反应类型都要认识反应中分子结构变化特点和规律。不仅在给出反应物时，可推断出相应的生成物，而且在给出生成物时，也可推断出相应的反应物，同时还可明确相应的反应条件。这进一步证实“反应式既表示反应物的性质，又很可能是生成物制法”这一说法是正确的。因此，对于加聚反应来说，要求当给出单体的结构时可确定高聚物的结构；当给出高聚物的结构时，也可确定其相应单体的结构。
题中的工程塑料ABS树脂在合成时的单体并非一种，这样的高分子化合物称为共聚物。而由两种或两种以上单体生成共聚物的聚合反应称为共聚反应。
本题有相当难度，因为有三种单体共聚，不知道用单、双键交替的办法去剖析，容易出错。
引申发散：由高聚物反推单体的解题方法如下：
（1）判断高聚物是加聚反应产物还是缩聚产物。加聚反应产物的结构特点是；主链全部是碳原子，且碳原子是偶数；缩聚反应的产物有官能团失去-H或-OH后留下的其他原子，主链上除碳原子外往往有O或N（酚醛树脂除外）。
（2）加聚产物单体的确定：若高聚物中含有C=C，则以双键为中心的主链上相邻的4个碳原子为一单元，其余相邻的2个碳原子也为一单元，将每一单元中打开的链返回原处，即得单体。
（3）缩聚产物单体的确定：由缩聚反应得到的高聚物链节判断单体，需将链节中的官能团补充反应消去的小分子，即可得到相应的单体。
缩聚产物往往是-OH与-COOH、-NH2与-COOH或-OH之间经脱水后形成的，反推单体时只要根据反应原理，把-H或-OH加在原失去的位置上，即可得单体。
高分子化合物
来源
结构
碳链高聚物(聚氯乙烯：[CH2-CHCl]n)
杂链高聚物(聚已内酰胺：[HN(CH2)5CO]n)
元素高聚物(硅橡胶[Si(CH3)2-O]n)
橡胶
塑料
纤维
天然高分子化合物(淀粉、纤维素、蛋白质)
合成高分子化合物(电木、聚乙烯)
反应
类型
缩聚物
加聚物
CH2
C=O
CH22
CH22
CH2
CH2
NH
NH2
NH2
(缩聚物)
COOH
COOH
(间苯二甲酸)
(间苯二胺)
HOOC
COOH
H2N
NH2
HOOC
COOH
HN
NH
[CH2-CHCH2CH=CHCH2CH2CH]n
CN
C6H5
CH2—CH—CH2—CH=CH—CH2—CH2—CH
H
H
C6H5
CN
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5第四节 物质的检验、分离和提纯
【知识网络】
一、物质的分离与提纯方法
混合物的物理分离方法
方法 适用范围 主要仪器 注意点 实例
固+液 蒸发 易溶固体与液体分开 酒精灯、蒸发皿、玻璃棒 ①不断搅拌；②最后用余热加热；③液体不超过容积2/3 NaCl（H2O）
固+固 结晶 溶解度差别大的溶质分开 NaCl（NaNO3）
升华 能升华固体与不升华物分开 酒精灯 I2（NaCl）
固+液 过滤 易溶物与难溶物分开 漏斗、烧杯 ①一角、二低、三碰；②沉淀要洗涤；③定量实验要“无损” NaCl（CaCO3）
液+液 萃取 溶质在互不相溶的溶剂里，溶解度的不同，把溶质分离出来 分液漏斗 ①先查漏；②对萃取剂的要求；③使漏斗内外大气相通;④上层液体从上口倒出 从溴水中提取Br2
分液 分离互不相溶液体 分液漏斗 乙酸乙酯与饱和Na2CO3溶液
蒸馏 分离沸点不同混合溶液 蒸馏烧瓶、冷凝管、温度计、牛角管 ①温度计水银球位于支管处；②冷凝水从下口通入；③加碎瓷片 乙醇和水、I2和CCl4
渗析 分离胶体与混在其中的分子、离子 半透膜 更换蒸馏水 淀粉与NaCl
盐析 加入某些盐，使溶质的溶解度降低而析出 烧杯 用固体盐或浓溶液 蛋白质溶液、硬脂酸钠和甘油
气+气 洗气 易溶气与难溶气分开 洗气瓶 长进短出 CO2（HCl）
液化 沸点不同气分开 U形管 常用冰水 NO2（N2O4）
混合物的化学分离法
方法 热分解法 沉淀分离法 酸碱分离法 水解分离法 氧化还原法
实例 NH4Cl（NaCl） NaCl（BaCl2） MgCl2（AlCl3） Mg2+（Fe3+） Fe2+（Cu2+）
二、物质的检验
检验类型 鉴别 利用不同物质的性质差异，通过实验，将它们区别开来。
鉴定 根据物质的特性，通过实验，检验出该物质的成分，确定它是否是这种物质。
推断 根据已知实验及现象，分析判断，确定被检的是什么物质，并指出可能存在什么，不可能存在什么。
检验方法 ① 若是固体，一般应先用蒸馏水溶解
② 若同时检验多种物质，应将试管编号
③ 要取少量溶液放在试管中进行实验，绝不能在原试剂瓶中进行检验
④ 叙述顺序应是：实验（操作）→现象→结论→原理（写方程式）
离子检验
离子 试剂 现象 注意
沉淀法 Cl-、Br-、I-、 AgNO3+HNO3 AgCl↓白、AgBr↓淡黄、AgI↓黄
SO42- 稀HCl和BaCl2 白色沉淀 须先用HCl酸化
Fe2+ NaOH溶液 白色沉淀→灰绿色→红褐色沉淀
Fe3+ NaOH溶液 红褐色沉淀
Al3+ NaOH溶液 白色沉淀→溶解 不一定是Al3+
气体法 NH4+ 浓NaOH溶液和湿润的红色石蕊试纸 产生刺激性气体，使试纸变蓝 要加热
CO32- 稀盐酸+石灰水 石灰水变浑浊 SO32-也有此现象
SO32- 稀H2SO4和品红溶液 品红溶液褪色
显色法 I- Cl2水(少量)，CCl4 下层为紫色
Fe2+ KSCN溶液,再滴Cl2水 先是无变化，滴Cl2水后变红色
Fe3+ ①KSCN溶液 红色
②苯酚溶液 紫色
Na+、K+ Pt丝+HCl 火焰为黄色、浅紫色 K+要透过蓝色钴玻璃片
【易错指津】
1．要全面考虑除杂原则。防止虽然除去了原有的杂质，但同时又带进了新的杂质。
2．在解答物质提纯试题时，选择试剂和实验措施应注意三个原则：①不能引入新杂质；②提纯后的物质成分不变；③实验过程和操作方法简单易行。
3．物质提纯和净化时要注意下列几点：①所加试剂和被提纯的物质不能发生化学反应；②所选择的反应要具有较大的不可逆性，即反应要完全，为了使杂质能除尽，所加的试剂要稍过量；③加入的试剂以不引入新的杂质为好；④提纯物易分离。
4．物质的检验要经历方法的选择（包括物理方法和化学方法）、现象的观察及逻辑推理得出结论三个步骤，缺一不可。尽可能选择特效反应以减少干扰。
5．有机物的提纯与分离中很少使用过滤、结晶等方法，较多地使用蒸馏（可分馏）、分液等方法，以及物理与化学的综合法。
在分离提纯有机物时，常犯的错误是套用无机分离中的反应转化法。例如，除去乙酸乙酯中混有的乙酸，如果采用加入乙醇及催化剂并加热的方法，试图将乙酸加转化为乙酸乙酯，这是适得其反的。其一是加入的试剂难以除去；其二是有机反应缓慢、复杂，副反应多，该反应是可逆反应，不可能反应到底将乙酸除尽。
6．缺乏推理判断的能力和方法。
如对不用另加试剂的鉴别题、只用一种试剂的鉴别题、可用多种不同试剂和操作程序的鉴别题，缺乏对解题突破口的确认能力，以及解题程序的安排能力。对图式鉴别题，除了难以寻找突破口以外，对正推法和逆推法的使用，还存在思维障碍。鉴于上述列举的几种情况，因此平时复习解题应重视解题思维的训练，重视思维方法的归纳总结。
【典型例题评析】
例1 下列分离物质的方法中，根据微粒大小分离的是（1996年上海高考题）
A.萃取 B.重结晶 C.沉降 D.渗析
思路分析：渗析是使离子或分子（直径小于10-9m）通过半透膜，能从胶体溶液里分离出来的操作。
答案：D
方法要领：掌握各种分离方法的适用情况。萃取是根据溶质在两种互不溶解的液体中具有不同的溶解度而分离的；重结晶是根据固体物质在水中由于温度不同，溶解度不同的原理分离的操作；沉降是在水中溶解度小而形成沉淀，用过滤法分离；渗析是根据分散质的
微粒小于10-9m可透过透膜的原理而分离的。
例2 只用水就能鉴别的一组物质是（1997年上海高考题）
A.苯、乙酸、四氯化碳 B.乙醇、乙醛、乙酸
C.乙醛、乙二醇、硝基苯 D.苯酚、乙醇、甘油
思路分析：根据物质是否溶于水及比水轻或重来鉴别。B中三种物质均溶于水；C中前二种物质也均溶于水；D中后二种物质均溶于水。只有A中乙酸溶于水，苯和四氯化碳均不溶于水，且苯比水轻，四氯化碳比水重。
答案：A
方法要领：有机物的溶解性有三种情况：①与水混溶，主要是羧酸类和醇；②与水不相溶但比水重，一般是硝基化合物、卤代烃；③与水不相溶但比轻，一般是烃类。分析四组物质便得解。
例3 提纯含有少量硝酸钡杂质的硝酸钾溶液，可以使用的方法为（2000年全国高考题）
A.加入过量碳酸钠溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸
B.加入过量硫酸钾溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸
C.加入过量硫酸钠溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸
D.加入过量碳酸钾溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸
思路分析：提纯的基本思路是除杂试剂在除去杂质的同时，不能引入新的杂质。KNO3中含Ba(NO3)2，即除去Ba2+离子，题中给定CO32-或SO42-离子作除杂剂。因过量SO42-离子无法通过HNO3酸化除去，故宜选CO32-离子。
答案：D
方法要领：为使杂质除尽，所加试剂一般会稍为过量，因此一定要注意不引进难除的新杂质，这是做除杂问题时应特别注意的。
例4 只用胶头滴管和试管，不用其他试剂就可以区别的下列溶液(浓度均为0.1mol／L)是 (1999年上海高考题)
A.CaCl2和Na2C03 B.稀H2S04和Na2C03
C.Ba(OH)2和NaHC03 D.NaAlO2和盐酸
思路分析：利用自身间的相互反应（互滴）来鉴别。对于A、C来讲，前者和后者两物质互滴的现象相同：均立即产生沉淀；对B：前者（稀H2SO4）滴入后者（Na2CO3）中，由于首先生成的是NaHCO3，所以开始时无气泡，而将Na2CO3逐滴滴入稀H2SO4中，则马上看到有气体产生，现象互不相同；D中NaAlO2和盐酸互滴的现象也不相同（请读者写出反应的离子方程式），从而可将两种物质区别开来。
答案：B、D
方法要领：不用任何试剂进行鉴别，可采用方法有：（1）连锁推断法。即用某种与众不同的试样作为鉴别用试剂，然后一环扣一环地逐个审；（2）两两组合法。将被检试样两两混合，根据不同现象加以区别；（3）试样互滴法。甲、乙两种试样，根据将甲逐滴滴入乙和将乙逐滴滴入甲的现象不同加以区别。
引申发散：不用任何试剂鉴别多种物质的方法是：（1）先依据外观特征，鉴别出其中的一种或几种，然后再利用它们去鉴别其他的几种物质；（2）若均无明显外观特征，可考虑能否用加热或焰色反应区别；（3）若以上两种方法都不能鉴别时，可考虑两两混合法，记录混合后的反应现象，分析确定。
鉴别物质时，可利用盐的水解。如使用指示剂可鉴别出水解后呈现酸性、碱性和中性的盐溶液；若不用其他试剂，则常用的水解反应是Fe3+与CO32-、HCO3-及Al3+与CO32-、S2-、HCO3-等既产生沉淀又产生气体的双水解反应。
例5 实验室用溴和苯反应制取溴苯，得到粗溴苯后，要用下列操作精制：①蒸馏；②水洗；③用干燥剂干燥；④用10%NaOH溶液洗；⑤水洗，正确的操作顺序是（2000年理综高考题）
A.①②③④⑤ B.②④⑤③① C.④②③①⑤ D.②④①⑤③
思路分析：本题是课本中制溴苯实验的深化。粗溴苯的精制，关键要了解粗溴苯的组成。由于有机反应的不完全性，得到的溴苯中会溶有未反应的苯、溴、三溴化铁（催化剂）并有部分溴化氢。根据粗溴苯的组成，结合它们的理化特性，可设计出如下精制方案：
（1）水洗：利用三溴化铁、溴化氢在水中的溶解度比在有机溶剂中大的特性，使三溴化铁、溴化氢及部分溴进入水层，再分液除去。先用水洗，除去节约下一步操作的用碱量以外，还可以避免FeBr3与碱反应生成难溶性的胶状Fe(OH)3造成分离的困难。
（2）用10%NaOH溶液洗：在分液后得到的油层中加入NaOH溶液，目的使油层中的Br2与NaOH反应，生成可溶于水的NaBr、NaBrO，再经分液除去。
（3）再水洗：用水洗去附着在溴苯表面的钠盐。分液得油层。
（4）加入干燥剂：在（3）分液后的油层中加入无水CaCl2进行干燥，除去油层中的水分。
（5）蒸馏：干燥后的油层的主要成分是溴苯和苯的混合物。由于溴苯与苯的沸点差异较大，故可通过蒸馏的方法获取溴苯。
答案：B
方法要领：重视课本典型物质的制备，要多问几个为什么？。本题要求精制，在明确杂质成分的基础上，先用大量水洗去未反应的苯和溴，再用NaOH除去残余的溴，然后用水洗去残余的NaOH，最后用干燥剂除水并蒸馏。
引申发散：分液和蒸馏是有机物分离和提纯常用的方法。常见情况为：
物质 硝基苯（硝酸、硫酸） 溴乙烷（酒精） 乙酸乙酯（乙酸） 苯（苯酚） 酒精（水）
方法 加水，分液 加水，分液 饱和Na2CO3溶液，分液 加NaOH溶液，分液 加生石灰，蒸馏
例6 某溶液含有较多的Na2SO4和少量的Fe2(SO4)3。若用该溶液制取芒硝，可供选择的操作有：①加适量H2SO4溶液，②加金属Na，③结晶，④加过量NaOH溶液，⑤加强热脱结晶水，⑥过滤。正确的操作步骤是（1997年全国高考题）
A.②⑥③ B.④⑥①③ C.④⑥③⑤ D.②⑥①③⑤
思路分析：芒硝是水合硫酸钠晶体，要制取纯净的水合硫酸钠晶体，首先要进行提纯，在此过程中要充分利用原料中的成分，且不能引入新的杂质，要除净Fe3+，加入的NaOH溶液要过量。滤去Fe(OH)3不溶物后，用适量H2SO4溶液中和过量的NaOH，得纯净Na2SO4溶液，浓缩结晶即可。凡有⑤操作都是错误的，因为脱去结晶水就不是芒硝，而是硫酸钠。
答案：B
方法要领：解决本题的关键之一是了解芒硝为何物；关键之二是选择合适的反应物。金属Na虽可直接与水反应生成NaOH，但Na比NaOH贵得多。故应直接用NaOH溶液，保证Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀滤去，但过量NaOH一定要用适量H2SO4中和。
例7 甲、乙、丙、丁分别是Al2(SO4)3、FeSO4、NaOH、BaCl2四种物质中的一种。若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生。据此推断丙物质是（2000年理科综合题）
A.Al2(SO4)3 B.NaOH C.BaCl2 D.FeSO4
思路分析：解推断题要抓住特征条件。由题设乙白色沉淀沉淀消失可知，丁必为NaOH，乙必为Al2(SO4)3。（注意：此处隐含实验中试剂的滴加顺序与现象的关系），由此可推及甲为BaCl2，故丙为FeSO4。
答案：D
方法要领：关键是抓住乙与丁反应的特征现象——先沉淀后溶解，推出两物质，最后推丙。
例8 在一定条件下，萘可以被硝酸和硫酸的混合酸硝化生成二硝基物，它是1,5-二硝基萘和1,8-二硝基萘的混合物。后者可溶于质量分数大于98%的硫酸，而前者不能。利用这一性质可以将这两种异构体分离。
将上述硝化产物加入适量的98.3%的硫酸，充分搅拌，用耐酸漏斗过滤，欲从滤液中得到固体1,8-二硝基萘，应采用的方法是（1999年浙江省奥赛初赛试题）
A.对所得的滤液蒸发浓缩冷却结晶 B.向滤液中缓缓加入水后过滤
C.向滤液中缓缓加入Na2CO3溶液后过滤 D.将滤液缓缓加入水中后过滤
思路分析：考查学生根据所给信息，利用两种二硝基萘在浓硫酸中溶解度的不同，进行分析、推理的能力。
1,8-二硝基萘可溶于98%的浓硫酸中，1,5-二硝基萘不溶，用耐酸漏斗分离即可。继续将1,8-二硝基萘从浓硫酸中分离出，需要降低硫酸的浓度。如何降低浓硫酸的浓度，则要注意加入水或碱性溶液的方式。
答案：D
方法要领：有的同学会因不注意操作顺序的要求而错选B或C。虽然向滤液中加水或Na2CO3溶液都能达到降低硫酸浓度的目的，但浓硫酸的稀释要注意不可颠倒顺序，即不可将水倒入浓硫酸中。将碳酸钠溶液倒入硫酸中，比水倒入浓硫酸中更危险，因为不仅有水沸腾导致的飞溅，还会有CO2气体逸出时造成的酸液飞溅。
例9 下图虚线框中的装置可用来检验浓硫酸与木炭粉的加热条件下反应产生的所有气体产物，填写下列空白：
（1）如果装置中①、②、③三部分仪器的连接顺序改为②、①、③，则可以检验出的物质是 ；不能检出的物质是 。
（2）如果将仪器的连接顺序变为①、③、②，则可以检出的物质是 ；不能检出的物质是 。
（3）如果将仪器的连接顺序变为②、③、①，则可以检出的物质是 ；不能检出的物质是 。
思路分析：浓硫酸与木炭加热发生的反应方程式为：2H2SO4+C CO2↑+2SO2↑+2H2O。
纵观整套装置，①用于检验H2O蒸气（使无水硫酸铜变蓝色）；②用于检验SO2气（品红溶液褪色、酸性KMnO4溶液褪色，再通过品红溶液验证SO2是否已经除净）；③用于检验CO2气（澄清石灰水变浑浊）。
（1）当顺序改为②、①、③时，由于分解气先经②装置，必然带出洗气瓶中H2O的蒸气，故难以肯定①中无水硫酸铜变蓝色是由于浓硫酸与木炭反应所产生的H2O。
（2）当顺序改为①、③、②时，足量澄清石灰水变浑浊究竟是由CO2还是由SO2与Ca(OH)2反应造成的，无法肯定，所以CO2与SO2都无法一一鉴别了。
（3）当顺序改为②、③、①时，出现了（1）中同样的问题。
一个很常见的、平淡的实验，因性质检验装置顺序的调动，检验出学生分析问题的能力，十分巧妙。
答案：（1）SO2、CO2；H2O （2）H2O；CO2、SO2 （3）SO2、CO2；H2O
方法要领：根据SO2、CO2、H2O的特有性质，通过实验来检验三种物质的存在。而在实验过程中，检验SO2、CO2都要通过水溶液，因此对检验H2O(g)有干扰作用；检验CO2用石灰水，SO2也与石灰水反应类似现象，因此SO2也会干扰CO2的检验。三种物质检验时相互有干扰，审题时要搞清气体通过的试剂会与哪种气体反应，从而判断检验出何种气体。
例10 某待测溶液中可能含有Fe2+、Fe3+、Al3+、Ag+、Ba2+、NH4+、Ca2+等离子,进行以下实验(所加酸,碱,氨水,溴水都是过量的).（1992年全国高考题）
根据实验结果:
(1)判断待测液中有无Ba2+、Ca2+，并写出理由.答:
(2)写出沉淀D的化学式:
(3)写出从溶液D生成沉淀E的反应离子方程式:
思路分析： 待测液中加入HCl得到沉淀A，可断定A为AgCl，Ag+已被除去。向溶液A加入稀硫酸和溴水，若有Fe2+则被氧化成Fe3+（2Fe2++Br2=2Fe3++Br-）；由于BaSO4难溶于水，CaSO4微溶于水 ，所以沉淀B为BaSO4和CaSO4的混合物或二者之一。向溶液B中加入氨水得到沉淀C，则沉淀C一定是Fe(OH)3或Al(OH)3或二者的混合物。若沉淀C中含Al(OH)3，则加入过量NaOH溶液时会转变为NaAlO2进入溶液D；沉淀C与过量NaOH溶液作用后仍剩余沉淀D，则可断定D为Fe(OH)3。由于H2CO3的酸性强于HAlO2（可由C、Al在周期表中的位置推出），所以向溶液D中通入CO2得到的沉淀E一定是Al(OH)3，其反应为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。
答案：（1）含有Ba2+、Ca2+中的一种或两种；因为BaSO4不溶于水，CaSO4微溶于水 （2）Fe(OH)3 （3）AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- 。
方法要领：仔细分析每一步所发生的反应，并进行严密的推理和判断（如由所加试剂推测沉淀可能是什么物质、什么物质进入溶液；由肯定的结论验证不肯定的推测，并缩小判断范围；正推和逆推相结合等）是解此类框图题的基本方法。熟悉有关物质的化学性质，并能灵活运用，是解题的基础。
引申发散：在推断混合溶液中肯定存在或肯定不存在的离子时，要注意以下几点：
（1）溶液是否有颜色。某些离子在溶液中具有特殊的颜色：Fe3+——棕黄色，Fe2+——淡绿色，Cu2+——蓝色（CuCl2浓溶液呈绿色）
（2）溶液的酸碱性。从溶液的酸碱性情况可以初步判断某些离子是否存在。
在强酸性溶液中不能大量存在离子有：S2-、SO32-、CO32-、SiO32-、AlO2-等；在强碱性溶液中不能大量存在离子有：NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Fe2+、Cu2+、HCO3-、Ag+等。
（3）在判断出肯定存在的离子后，再排除跟该离子在溶液中不可能共存的离子。例如，在已肯定存在SO42-时，就应排除Ba2+的存在。
例11 含苯酚的工业废水处理的流程图如下：（1999年上海高考题）
（1）上述流程里，设备Ⅰ中进行的是 操作（填写操作名称）。实验室里这一步操作可以用 进行（填写仪器名称）
（2）由设备Ⅱ进入设备Ⅲ的物质A是 ，由设备Ⅲ进入设备Ⅳ的物质B是 。（3）在设备Ⅲ中发生的化学方程式为
（4）在设备Ⅳ中，物质B的水溶液和CaO反应后，产物是NaOH、H2O和 ，通过
操作（填写操作名称）可以使产物相互分离。
（5）上图中能循环使用的物质是C6H6、CaO、 、 。
思路分析：本题属化学与社会、生产相结合的应用型题。在学习苯酚的性质和分离以及酸、碱、盐的化学性质和规律的基础上，将这些知识和规律用于解决生产中的实际问题，目的是培养学生用化学知识解决生活、生产、科技问题的能力和学习化学的方法。
根据题给条件和设计可知：设备Ⅰ用苯萃取废水中的苯酚，生成苯酚的苯溶液（因苯酚易溶于苯而不易溶于水）。设备Ⅱ用于分离苯和苯酚，为此需加入NaOH水溶液，使苯酚变为苯酚钠而溶于水中，再用分液法与苯分离。设备Ⅲ是为了将苯酚钠变为苯酚，考虑到经济成本和环境因素，通入CO2气体较为理想。设备Ⅳ是为了综合利用副产物NaHCO3，加入CaO可转化为反应所需的原料NaOH，而另一生成物CaCO3在设备Ⅴ中又可转化为反应所需的原料CO2和CaO。这样可提高经济效益，降低环境污染。
答案：（1）萃取（或萃取、分液）；分液漏斗 （2）苯酚钠（C6H5ONa）；NaHCO3 （3）C6H5ONa + CO2+H2O→C6H5OH+ NaHCO3 （4）CaCO3；过滤 （5）NaOH水溶液；CO2
方法要领：本题将化学基础知识应用于生产实际问题中，涉及到中学有机化学中地基本的知识----分离苯和苯酚的混合物。苯酚在冷水中溶解度小，在苯中易溶且苯与水不互溶，故设备Ⅰ中进行的操作是萃取、分液，设备Ⅳ中发生反应：NaHCO3+CaO=CaCO3↓+NaOH，通过过滤操作将与NaOH溶液分离，掌握各种分离方法的适用前提、作用。
例12 A、B、C、D分别代表NaNO3、NaOH、HNO3和Ba(NO3)2溶液中的一种。现利用另一种溶液X，用下图所示的方法，即可将它们一一确定。试确定A、B、C、D、X各代表何种溶液。（1996年全国高考题）
A： ，B： ，C： ，D： ，X： 。
思路分析：从所给的四物质看，向其中加入某种试剂会产生白色沉淀。可作如下推理：NaNO3溶液很难和其他物质在溶液中产生沉淀。NaOH一般能与多种金属阳离子生成难溶性碱，如：Mg(OH)2、Fe(OH)2（在空气中不易观察），Al(OH)3（两性）。HNO3是强酸，其盐一般均可溶，故在复分解反应中，HNO3除了能跟硅酸盐形成难溶性硅酸外，很难和其他物质产生沉淀。能和Ba(NO3)2形成沉淀的物质应主要从酸根离子考虑，如碳酸盐、亚硫酸盐、磷酸盐、硫酸盐等均能与Ba(NO3)2形成白色沉淀，其中硫酸钡既难溶于水又难溶于酸。
根据以上推理，可将思考问题的范围和角度大大缩小了。产生的沉淀可从难溶性钡盐、氢氧化物和硅酸中考虑。从而确定X的成分。然后在有限的几种可能物质中做一些必要的假设和尝试，检验所做的假设是否合乎题意。
答案：第一组：A：NaOH B：NaNO3 C：Ba(NO3)2 D：HNO3 X：MgSO4
第二组：A：HNO3 B：NaNO3 C：Ba(NO3)2 D：NaOH X：Na2SiO3
方法要领：本题对物质的性质和离子反应的知识借助于化学实验的形式进行考查。解题思路是结合已知物质的性质，综合全面地分析出与X反应产生白色沉淀的各种可能，最后通过归纳，总结得出几种可能，再经过验证得出结论。
注意白色沉淀除了常见的难溶性的钡盐和氢氧化物外，还有硅酸沉淀（这样可得出第二组答案）。再者注意检验，否则即使推断正确，也会造成书写结果的错误。
△
待
测
液
溶
液
A
溶液B
溶液C
沉淀C
溶液D
沉淀D
沉淀E
CO2
NaOH
溶液
NH3
稀HCl
沉淀B
稀H2SO4
Br2
沉淀A
(不溶于稀HNO3)
二氧化碳
B
A
苯
苯酚
废水
设备Ⅰ
设备Ⅱ
设备Ⅲ
设备Ⅳ
设备Ⅴ
苯酚
水
苯
氢氧化钠溶液
氧化钙
加过量D
不反应
加过量C
白色沉淀
不反应
加过量A
白色沉淀
加B
不溶解
加D
溶解
加过量B
加B
不溶解
加D
不溶解
X
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6第五节 碱金属
【知识网络】
【易错指津】
1．注意钠及其化合物溶于水所得溶液浓度的计算中，Na及Na2O2溶于水均会产生气态物质，所得溶液的质量应是原混合物质的质量总和减去产生气体的质量。
2．注意Na2O2跟CO2和水蒸气组成的混合气体反应时的先后顺序。若先发生反应：2 Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，必还发生2NaOH+ CO2=Na2CO3+H2O，即应先考虑Na2O2跟CO2的反应。
3．正确理解“焰色反应”：
（1）它是元素的一种物质性质。无论是金属离子或金属原子均能发生焰色反应。它属物理变化过程。
（2）不是所有元素都有特征的焰色。只有碱金属元素以及钙、锶、钡、铜等少数金属元素才能呈现焰色反应。
（3）焰色反应的显色过程与气体物质燃烧时产生各色火焰的过程有着本质的区别。焰色反应并非金属及其化合物自身发生燃烧反应而产生各种颜色火焰的过程，而是它们的原子或离子的外围电子被激发而产生的各种颜色的光的过程。
【典型例题评析】
例1 碱金属与卤素所形成的化合物大都具有的性质是（2001年上海高考题）
①高沸点 ②能溶于水 ③水溶液能导电 ④低熔点 ⑤熔融状态不导电
A.①②③ B.③④⑤ C.①④⑤ D.②③
思路分析：碱金属与卤素两族元素为活泼的金属和非金属元素，它们形成的化合物为离子化合物，选项中①②③符合离子晶体的通性。
答案：A
方法要领：从物质结构的观点出发，理解物质所具体的性质。
例2 下列能用于扑灭金属钠着火的是（1996年上海高考题）
A.干冰灭火剂 B.黄沙 C.干粉（含NaHCO3）灭火剂 D.泡沫灭火剂
思路分析：Na为活泼金属，除能与O2反应外，还能与H2O、CO2等物质反应。干粉中NaHCO3受热会分解产生H2O和CO2；泡沫灭火剂中含水等物质。
答案：B
方法要领：灭火一是降低温度，二是隔绝空气，此外灭火剂不能和被扑救的物质发生反应。解题中应根据物质的性质，选择适宜的方法。
例3 联合制碱法中关键的一步是把NH4Cl从几乎饱和的NaHCO3溶液中分离出来，为此根据NaCl和NH4Cl溶解度的差异，向混合溶液中通入某种气体，同时加入磨细的食盐，可析出不夹带NaHCO3的NH4Cl.NaCl和NH4Cl共同存在时的溶解度曲线如图所示，以下操作正确的是（1998年上海高考题）
通入气体 温度控制
（A）（B）（C）（D） CO2CO2NH3NH3 30～40℃0～10 ℃30～40 ℃0～10℃
思路分析：本题是电离平衡与溶解平衡统一在联合制碱法中一个很好的能力考核点。由于通入NH3使HCO3-与NH3.H2O反应转化为CO32-、NH4+与H2O，使NaHCO3转化为Na2CO3而不易析出，又由于增加了NH4+，并在降温条件下更易使NH4Cl析出（根据NaCl与NH4Cl共同存在时的溶解度曲线）。这是非常巧妙的综合分析能力的考核。
答案：D
方法要领：选项已指明了通过两个操作可达目的。由溶解度曲线知温度应低为好；再结合：NH4Cl(s) NH4++Cl-，要析出NH4Cl晶体，可增加[NH4+]，因此可通入NH3。
例4 （1）分别写出由氧在一定条件下，生成下列物质的化学方程式(必须注明反应条件)。（2000的广东高考题）
①O3: ②Na2O2: ③Na2O:
(2)指出氧在下列各物质中的化合价:
O3: ; Na2O2: ; Na2O:
(3)KO2能吸收CO2生成K2CO3和O2,故可用作特殊情况下的氧气来源,试写出该反应的化学方程式
(4)人体内O2-离子对健康有害,使人过早衰老,但在催化剂SOD存在下可以发生如下反应,请完成该反应的离子方程式:
O2-+ H2O = H2O2+ O2+
思路分析：前2题为送分题（但要注意题目对反应条件的要求），3题关键是配平，4题先逆向配平：H2O2→O2-（O价态：-1到-0.5，变1价），O2→O2-（O价态：0到-0.5，变1价），则1H2O2+1O2——2O2-+2H2O。由电荷守恒及H、O守恒判缺项为OH-。或先由H、O守恒判缺项为OH-，再观察配平。
答案：（1）①3O2 2O3 ②2Na+O2 Na2O2 ③4Na+O2 2Na2O
（2）0；-1；-2 （3）4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2 （4）2O2-+2H2O = 1H2O2+1O2+2 OH-
方法要领：本题主要考查运用基本化学用语的能力。难点在第（4）小题，该题紧密联系生活实际，对中学生来说属于新知识、新情境。由电荷守恒可知，产物中必为一种阴离子，在H、O两种元素范围内组合，应为OH-。
解题的前提是要具备由Na2O2与CO2反应到KO2与CO2反应的迁移能力和从电荷守恒角度掌握缺项离子方程式的配平技能。
例5 若以X、Y和Z代表三种元素，且知X与Y形成原子数之比为1:1的化合物甲，Y与Z也可形成原子数之比为1:1的化合物乙，又知甲分子含18个电子，乙分子含38个电子，请填空：
（1）元素Y在第 周期。（2）化合物甲的分子式是 。（3）化合物乙的分子式是 。（2001年高考试测题）
思路分析：二元化合物甲的分子中含有18个电子，显然组成它的两种元素（X和Y）都只能在短周期。X与Y的原子数之比为1:1，因此，很容易想到可能是HCl。但是无论是H还是Cl作元素Y都不可能再形成满足题设条件的化合物乙，于是化合物甲可考虑是H2O2（原子比为1:1，分子含18个电子）。进而把O作为元素Y，则化合物乙就是Na2O2（原子比为1:1，分子含38个电子）。这样，本题要求填写的三个空白均迎刃而解。
答案：（1）二 （2）H2O2 （3）Na2O2
方法要领：本题考查考生对分子组成、元素性质和周期表的掌握程度。18个电子的微粒有：Ar、F2、HCl、H2S、PH3、H2O2、SiH4、N2H4、CH3OH、C2H6、S2-、Cl-、K+、Ca2+、HS-。
例6 现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，请从下图中选用适当的实验装置，设计一个最简单的实验，测定Na2O2试样的纯度（可供选用的反应物只有CaCO3固体、6mol/L盐酸和蒸馏水）。(1994全国高考题)
请填写下列空白:
(1)写出实验中Na2O2和Na2O分别发生反应的化学方程式_____________________。
(2)应选用的装置是(只要求写出图中装置的标号)_____________________________________。
(3)所选用装置的连接顺序应是(填各接口的字母；连接胶管省略)________________________。
思路分析：由于Na2O2和水反应放出O2，而Na2O与水反应不放出气体，所以最简单的方法是通过O2的量计算Na2O2的量，由于试样的量一定，即可求出Na2O2的纯度。
答案：方法1：(1)2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ Na2O+H2O=2NaOH (2)(G)接(A)(B)接(F)
方法2：(1)2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 Na2O+CO2=Na2CO3 (3)(G)接(D)(C)接(H)(I)[或(I)(H)]接(J)(K)〔或(K)(J)〕接(A)(B)接(F)
方法要领：设计实验确定混合体系中某一物质的纯度，一般步骤是：
（1）断题：
a.称量
课题（加入某物质或加热）b.生成沉淀
c.生成气体
通过称量混合物增重或减轻值可确定纯度；通过过滤、洗涤、烘干、称重可确认纯度；通过生成气体压水测气体体积亦可确认某物质的纯度。如确认Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3的纯度用a；确认NaCl和BaCl2中NaCl纯度可用b；Na2O2和Na2O中Na2O2的纯度用c。
（2）框图分析（以Na2O2和Na2O混合物为例）
①首先应明确设计最佳实验的标准：Ⅰ.原理正确；Ⅱ.现象明显；Ⅲ.操作简单；Ⅳ.仪器药品易得；Ⅴ.安全可靠
②Na2O2和Na2O产生气体（压水测气体体积）
若选CO2与Na2O2反应，则CO2尚需制备；若选盐酸与Na2O2直接反应，则生成H2O2在酸性条件下分解速率没有在碱性条件下分解速率快，故选择水直接和混合物反应产生O2，气体压出水测出O2的体积，从而可计算Na2O2的纯度，此法最简单，符合题意。
（3）此类题目解题模式的构建
①思维的总过程：
启动→发散→收敛→共识
明确问题→途径→核心→模式
②模式
思路的设计→优选方案→分析比较→操作程序→归纳总结
例7 将70g过氧化钠和氧化钠的混合物跟98g水充分反应后，所得的氢氧化钠溶液的质量分数为50%。试分别写出过氧化钠和氧化钠跟水反应的化学方程式，并计算混合物中过氧化钠和氧化钠的质量各为多少g？
思路分析：设混合物中Na2O2物质的量为x，Na2O物质的量为y，则有：
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ Na2O+H2O=2NaOH
x 2x x/2 y 2y
78g/mol x+62g/mol y=70g
根据题意得方程组：
解得：x=0.5mol y=0.5mol
则：m(Na2O2)=0.5mol×78g/mol=39g m(Na2O)=0.5mol×62g/mol=31g
答案：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、Na2O+H2O=2NaOH；Na2O2：39g、Na2O：31g
一题多解：上述反应式知，Na2O2与H2O反应Na2O2中既是氧化剂又是还原剂，产生的O2来自Na2O2，相当于2Na2O2=2Na2O+O2↑；若设Na2O2的物质的量X，则混合物与H2O反应可理解为将（70-16X）g Na2O与H2O作用。
根据题意，由钠离子守恒：
得：X=0.5mol。（以下略）
例8 某天然碱（纯净物）可看作由CO2和NaOH反应后的产物所组成。称取天然碱样品四份，溶于水后，分别逐滴加入相同浓度的盐酸溶液30mL，产生CO2的体积（标准状况）如下表：（2000年上海高考题）
Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ
盐酸液的体积（mL） 30 30 30 30
样品（g） 3.32 4.15 5.81 7.47
二氧化碳的体积（mL） 672 840 896 672
（1）由第Ⅰ组数据中的CO2体积与样品质量之比，可以推测用2.49 g样品进行同样的实验时，产生CO2_________mL(标准状况)。
（2）另取3.32g天然碱样品于300℃加热分解至完全（300℃时Na2CO3不分解），产生CO2112mL（标准状况）和水0.45g，计算并确定该天然碱的化学式。
（3）已知Na2CO3和HCl(aq)的反应分下列两步进行：
Na2CO3+HCl→NaCl+NaHCO3 Na2CO3+HCl→NaCl+CO2↑+H2O
由上表中第Ⅳ组数据可以确定所用的HCL(aq)的浓度为 mol/L。
(4)依据上表所列数据以及天然碱的化学式，讨论并确定上述实验中CO2(标准状况)体积V（mL）与样品质量W（g）之间的关系式。
思路分析：试题以天然碱的组成及碳酸盐的性质为依托，构筑一道有层次、有深度且思维容量较大的计算题。对信息的理解能力、对数据的观察和处理能力是解答本题的关键。
（1）(672 mL/3.32 g)×2.49 g=504 mL。
（2）由题意可知，天然碱含NaHCO3、Na2CO3。
n(NaHCO3)=2n(CO2)=2×(112/22400)mol=0.01mol n(Na2CO3)=(672/22400)mol-0.01mol=0.02mol n(H2O)=[(0.45g-(112/22400)mol×18mol)/18mol=0.02mol
所以天然碱组成为2Na2CO3.NaHCO3.2H2O（式量332）。
（3）7.47 g样品中：n(Na2CO3)=(7.47 g/332 g.mol-1)×2=0.045 mol，则：
Na2CO3完全生成NaHCO3消耗HCl：0.045 mol；生成672mLCO2消耗HCl：672 mL/22400 mL.mol-1=0.03 mol。故c(HCl)=(0.045 mol+0.03 mol)/0.030 L=0.025 mol/L。
（4）30ml盐酸中n(HCl)=0.075mol，设样品与HCl反应全转化为NaCl，由：
2Na2CO3.NaHCO3+5HCl=5NaCl+3CO2↑+3H2O知：需样品质量：(0.075 mol/5)×332 g/mol=4.98 g
设样品中Na2CO3与HCl反应完全转化为NaHCO3（无CO2气体放出），由：
(2Na2CO3.NaHCO3)+2HCl=2NaCl+3NaHCO3知：需样品质量：(0.075mol/2)×332 g/mol=12.45g
讨论：①0
②4.98≤W≤12.45，Na2CO3转化NaHCO3消耗n(HCl)=(W g/332 g.mol-1)×2；剩余n(HCl)= 0.075 mol-(W g/332 g.mol-1)×2，生成CO2物质的量等于剩余HCl物质的量，故V(CO2)=[0.075mol-(W g/332 g.mol-1×2)]×22400 mL/mol=(1860mL-134.9W) mL
③W≤12.45，HCl全部用于使Na2CO3转化NaHCO3，故V(CO2)=0。
答案：(1)504 (2)2Na2CO3·NaHCO3·2H2O (3)2.5 （4）①0方法要领：本题是有关NaHCO3和Na2CO3混合物系列计算，主要考查运用实验数据定量分析问题的能力，其难点主要是在第（4）小题的讨论上，关键是抓住盐酸的量是一个定值，即2.5mol/L×30×10-3L=0.075mol，由此依据NaHCO3、Na2CO3与盐酸的反应式求得样品在不同情况下的用量，从而确定W的取值范围。
C6H5OH
CO2
CO2（过量）
Ca(OH)2（过量）
H2O
C17H35COOH
H2O
H2O
Na2CO3
NaHCO3
Δ
NaOH
Ca(OH)2
CO2
Ca(HCO3)2
O2
O2(常温）
Na
Na2O
Na2O2
NaOH
C6H5ONaa
H2O
CO2（少量）
Ca(OH)2、H2O
C6H5OH
O2(加热）
NaH
C17H35COONa
H2（Δ）
C2H5ONa
C2H5OH
不稳定性
H2O2
强氧化性
弱还原性
弱酸性
2H2O2=2H2O+O2↑↑
①H2O2+SO2=H2SO4
②H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++H2O
③H2O2+H2S=S↓+2H2O
H2O2+ClO-=
O2↑+Cl-+H2O
Na2O2+CO2+H2O= H2O2+Na2CO3
NH4Cl
NaCl
放电
空气中燃烧
暴露在空气中
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5第四节 氮族元素
【知识网络】
【易错指津】
1．氨水显弱碱性的理解不全面。
氨气溶于水形成氨水，氨水少部分电离出OH-、NH4+，所以氨水具有弱碱性。注意以下两点：
（1）氨水遇Al3+、Fe3+、Mg2+分别可以生成Al(OH)3、Fe(OH)3、Mg(OH)2沉淀，但氨水中滴加Ag+溶液开始出现沉淀AgOH，继续滴加沉淀即溶解生成银氨溶液；（2）氨水遇酸、酸性氧化物可以成盐，又根据氨水与酸的量关系分别得到正盐和酸式盐。如：用氨水吸收少量二氧化硫的离子方程式 NH3.H2O+SO2=NH4++HSO3-是错误的。
2．NO、O2被水吸收的分析错误。
NO、O2被水吸收实质上发生如下反应：2NO+O2=2NO2，3NO2+2H2O=2HNO3+NO。生成NO还可以继续氧化，生成NO2再溶于水，这是一个循环反应。如无任何气体剩余，最终产物应为HNO3，恰好反应的量的关系：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，实际反应中可以有NO或O2剩余，但不能两者兼有之。
3．氮可以形成多种氧化物。NO2可以与水反应生成硝酸，但NO2不是硝酸的酸酐。掌握酸酐的判断方法。NO2与溴蒸气不能用湿润的KI淀粉试纸检验。
4．NO3-在酸性溶液中具有强氧化性，可以将Fe2+氧化为Fe3+、SO32-氧化为SO42-，将I-、Br-、S2-氧化为I2、Br2、S。
5．检验NH4+离子，可加入烧碱溶液后，必须加热，再用湿润的红色石蕊试纸检验NH3，否则不一定有NH3放出。
【典型例题评析】
例1 Murad等三位教授最早提出NO分子在人体内有独特功能，近年来此领域研究有很大发展，因此这三位教授荣获了1998年诺贝尔医学及生理学奖。下列关于NO的叙述不正确的是（1999年全国高考题）
A.NO可以是某些含低价N物质氧化产物 B.NO不是亚硝酸酐
C.NO可以是某些含高价N物质的还原产物 D.NO是棕色气体
思路分析：本题看似很深奥，实际不然，考查的落点是中学化学常见物质NO的有关性质。根据NO中氮元素的化合价（+2）处于氮元素中间价态，应用氧化还原反应原理可推知：NO既可能是低价含N物质的氧化产物，又可能是高价含N物质的还原产物；根据酸酐概念亚硝酸酸酐应是N2O3；NO应是无色气体。
答案：D
方法要领：要答好这类“高起点，低落点”试题，首先要克服心理障碍，找准题中化学知识运用的着落点，其次，要掌握好重要基本概念和基本理论。这类试题所涉及的基本理论通常是结构理论（包括原子结构中的质量数=中子数+质子数，质子数、核电荷数、核外电子数之间关系等）、分子结构中微粒成键规律、氧化还原反应规律；所涉及的概念通常是原子相对原子质量、同位素、同素异形体等。
例2 右图为装有活塞的密闭容器，内盛22.4mL一氧化氮。若通入11.2mL氧气（气体体积均在标准状况下测定），保持温度、压强不变，则容器内的密度（1993年上海高考题）
A.等于1.369g/L B.等于2.054g/L.
C.在1.369g/L和2.054g/L之间 D.大于2.054g/L
思路分析：题给的密闭容器中通入O2后发生2个化学反应：2NO+O2=2NO2
2NO2 N2O4。为便于计算和推导，可将题给22.4mLNO转换为22.4LNO，将题
给11.2mLO2转换为11.2LO2，即容器内盛有1molNO，充入0.5molO2。根据质量守恒定律，容器内的总质量为：1mol×30g/mol+0.5mol×32g/mol=46g。
假定1molNO与0.5molO2恰好完全反应，则生成1molNO2。在标准状况下1molNO2的体积为22.4L，此时混合气体的密度为46g/22.4L=2.054g/L。但是，由于反应2NO2 N2O4的存在，且保持温度、压强不变，因此使平衡混合气体的体积小于22.4L，故其密度必定大于2.054g/L。
答案：D
方法要领：解本题时最容易忽略2NO2 N2O4的平衡（这是一个隐含的平衡），而误选B。
在涉及到的NO2或N2O4有关量的计算问题，一般要考虑可逆反应2NO2 N2O4的存在对有关量（气体物质的量、体积、密度、式量等）的影响，这是同学们应重视的一个知识点。
例3 已知磷酸分子中的三个氢原子都可以跟重水分子(D2O)中的D原子发生氢交换，又知次磷酸(H3PO2)也可跟D2O进行氢交换，但次磷酸钠(NaH2PO2)却不再能跟D2O发生氢交换。又此可推断出H3PO2的分子结构是（1994年全国高考题）
思路分析：由H3PO4在有三个氢原子可以与D2O发生氢交换及题给H3PO2分子结构知：-OH中的H原子能与D2O发生H交换。现H3PO2能与D2O发生H交换而NaH2PO2则不能(说明NaH2PO2分子中没有羟基H原子)，可以类推出H3PO2中只有一个-OH，从而选B。
答案：B
方法要领：本题题给信息的实质是：含氧酸分子中的H原子，只有与氧原子结合形成羟基-OH结构时，才有酸性。由于次磷酸H3PO2只能电离出一个H+，它是一元酸；NaH2PO2中的H原子不能电离，也不能与碱反应，NaH2PO2属于正盐。同理CH3COOH分子中只有一个-OH，乙酸是一元酸。因此“含氧酸分子中含有几个H原子，就是几元酸”的说法是错误的。
此题为信息给予题，它以一般学生没有接触过的知识实例作为原型（磷酸分子中3个-OH中的H可D2O发生H交换），要求学生在原型的启发下求解。这类题一般思路为：分析原型→找出规律[只有活泼的氢（能电离的H）才能发生氢交换]→比较问题和原型→建立联系→应用规律→完成迁移。
例4 用以下三种途径来制取相等质量的硝酸铜：（1996年高考化学试测题）
（1）铜跟浓硝酸反应；（2）铜跟稀硝酸反应；（3）铜先跟氧气反应生成氧化铜，氧化铜再跟硝酸反应。以下叙述中正确的是
A.三种途径所消耗的铜的物质的量相等
B.三种途径所消耗的硝酸的物质的量相等
C.所消耗的铜的物质的量是：途径（3）>途径（1）>途径（2）
D.所消耗的硝酸的物质的量是：途径（1）>途径（2）>途径（3）
思路分析：本题是评价制备方案的优劣。从绿色化学角度看（1）要节约原料；（2）是副产品对环境污染小。（1）Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，(2)3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，(3)2Cu+O2=2CuO,CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2O。若生成3molCu(NO3)2，可得消耗原料量及生成污染物NOx的量（见下表）：
Cu(NO3)2 Cu HNO3 NOx
（1） 3mol 3mol 12mol 6mol
（2） 3mol 3mol 8mol 2mol
（3） 3mol 3mol 6mol 0mol
由上表知：（1）耗HNO3最多，生成污染物最多；（3）耗HNO3最少，没有污染物。
答案：A、D
方法要领：本题考查对硝酸性质、用途的理解及氧化还原反应知识，通过分析比较选择出最佳途径的能力。
从不同浓度硝酸与铜的反应可以看出，在硝酸与铜的反应中，硝酸充当了氧化剂和提供硝酸根两种作用，因稀硝酸与铜反应时，氮元素的化合价由+5降为+2价，故作为氧化剂消耗的硝酸较少，而（3）中氧气为氧化剂，硝酸全部用提供酸根用，故消耗硝酸的为(1)>(2)>(3)。
例5 在下图装置中，烧瓶中充满干燥气体a，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻振荡烧瓶，然后打开弹簧夹f，烧杯中的液体b呈喷泉状喷出，最终几乎充满烧瓶。则a和b 分别是（1995年全国高考题）
思路分析：产生喷泉的条件：气体在液体中的溶解度很大，产生足够的压强差（负压）。CO2在水中溶解度不大，不能产生喷泉，但在NaOH溶液中因发生CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，其溶解度显著增大，此时形成喷泉。题干要求液体充满烧瓶。
答案：B、D
方法要领：中学阶段，在水中能形成喷泉现象常见的有NH3、HCl、HBr、HI、SO2等溶解度大的气体；CO2、H2S、Cl2等在水中溶解度不大的气体，不能形成喷泉，但若将水改成NaOH溶液，这些气体在碱性溶液中溶解度显著增大，从而形成喷泉；此外，喷泉实验装置若发生改变，也可能使本来不能形成喷泉的气体形成喷泉，因此，要从产生喷泉的条件认识形成喷泉的本质。
例6 同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满①NH3，②NO2，进行喷泉实验，经充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度为（1998年上海高考题）
A.①>② B.①<② C.①=② D.不能确定
思路分析：设圆底烧瓶的体积为VL，所含气体的物质的量为xmol。则：
c(NH3)=x/Vmol/L 而3NO2+H2O=2HNO3+NO，c(HNO3)=[2/3xmol]÷[2/3VL]= x/V mol/L。
答案：C
方法要领：只要在同温同压下，单一气体（或某一气体中混有空气）如进行喷泉实验（在H2O中）后所得溶液的浓度均相同。它与液体上升高度无关。如是标准状况则浓度为1/22.4mol/L。
注意：若误以为NO2与H2O生成HNO3的物质的量为2/3x，而忽视了溶液的体积也是2V/3L的话，就会得出两者浓度不等的结论。
例7 某试剂厂有银(含杂质铜)和硝酸(含杂质Fe3+)反应制取硝酸银.步骤如下（1996年上海高考题）
依据上述步骤,完成下列填空：
(1)溶解银的硝酸应该用 硝酸(填浓或稀)。原因是 (填序号，下同)
(a)减少过程中产生NOX的量 (b)减少原料银的消耗量 (c)节省硝酸物质的量
(2)步骤B加热保温的作用是 .
(a)有利于加快反应速率
(b)有利于未反应的硝酸挥发
(c)有利于硝酸充分反应,降低溶液中[H+]
(3)步骤Ｃ中是为了除去Fｅ3+、Cu2+等杂质,冲稀静置时发生的化学反应是
(a)置换反应 (b)水解反应 (c)氧化还原反应
产生的沉淀物化学式 .
思路分析：（1）根据反应方程式：Ag+2 HNO3（浓）=AgNO3+NO2↑+H2O、3Ag+4HNO3（稀）=3AgNO3+NO↑+2H2O可知：每生成1molAgNO3，如用浓HNO3，消耗HNO32mol，产生1molNO2；如用稀HNO3，只需HNO34/3mol，放出NO1/3mol。故用稀硝酸比用浓硝酸好，原因为（a）、(c)。
（2）根据温度对反应速率的影响，加热保温是使反应加快，促使HNO3与Ag反应，而不希望HNO3损失，因此其目的是（a）、(c)。
（3）由水解原理，溶液浓度小，促进水解，使Fｅ3+、Cu2+生成难溶的Fe(OH)3、Cu(OH)2而除去。
答案：（1）稀，（a）、(c) （2）（a）、(c) （3）（b），Fe(OH)3、Cu(OH)2
方法要领：联系工业生产流程，运用化学知识，理解化学原理解答生产中的问题是高考的热点。用到的化学原理有：反应速率；水解反应；物质分离和提纯的方法。试题的能力要求较高，立意新。考生应首先将整个流程看懂，在理解每一操作步骤的目的和作用的同时，须联系各步骤的相互关系和作用。明确前一操作是后一操作过程的基础和条件。如：过量的Ag与稀HNO3混合其目的是使HNO3充分反应，步骤B加热保温的原因也是为这一目的而设置的。它使NOx不断逸出，降低酸度，有利于下一步用水冲稀，使杂质离子水解完全，并通过静置而沉降。以上三个步骤一环紧扣一环。
本题通过AgNO3生产的步骤、过程，考查考生对金属（Ag、Fe、Cu）与HNO3反应的理解程度。在步骤C中，虽然Ag+也参与水解，但AgOH很不稳定分解：AgOH→Ag2O，合并于过量银中循环使用。
题中给出了生产的过程图，提供了解题线索。解题时应根据银与不同浓度HNO3的反应及产生，考虑生产实际中的价值及产物对社会环境的影响，不难选择问题（1）中的答案为稀HNO3及其原因。借助化学反应的原理及条件，离子的性质等知识，从而顺利解答出问题（2）和（3）。
例8 实验室用氨气还原氧化铜的方法测定铜的近似相对原子质量,反应的化学方程式为: 2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O（1996年上海高考题）
试回答:(1)如果选用测定反应物CuO和生成物H2O的质量[m(CuO)、m(H2O)]时，请用下列仪器设计一个简单的实验方案。
①仪器连接的顺序(用字母编号表示,仪器可重复使用) ；d中浓硫酸的作用是 ， ；实验完毕时观察到a中的现象是 ；
②列出计算Cu的相对原子质量的表达式 ；
③下列情况将使测定结果偏大的是 。(以下选择填空不限1个正确答案，均用字母编号填写)
(a)CuO未全部还原为Cu (b)CuO受潮 (c)CuO中混有Cu
(2)如果仍采用上述仪器装置,其他方案可选用测定的物理量有
(a)m(Cu)和m(CuO) (b)m(N2)和m(H2O) (c)m(Cu)和m(H2O) (d)m(NH3)和m(H2O)
思路分析：根据本题的意图是需要测定反应物氧化铜和生成物水的质量，从而利用氨和加热条件下的氧化铜在化学反应中的关系求出铜的相对原子质量。氧化铜的质量可直接从所取的药品称量中得知，测反应生成的水的质量时，应考虑制得的氨气中混有的水蒸气对测量有干扰作用，应予以排除，反应后的气体中必然夹杂着未反应完的氨气，吸收水蒸气时也要考虑不能用浓硫酸作吸收剂，否则会同时吸入水蒸气和氨气，造成测量数据偏大。
（1）①NH4Cl和Ca(OH)2反应可生成NH3，经碱石灰干燥后（不能用浓H2SO4干燥），因为浓H2SO4要吸收NH3）把NH3通入a装置发生主体反应，将反应后生成的水蒸气用C吸收（不能用浓H2SO4吸收），因为还有未反应的NH3也可被浓H2SO4吸收，这样测量水的质量就偏大，多余的NH3用浓H2SO4吸收，同时也防止空气中的水蒸气进入第二个C装置中。
②2NH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O（设铜的相对原子质量为x）
3(x+16) 3×18
m(CuO) m(H2O) x=18 m(CuO)/ m(H2O)-16
或考虑计算铜的相对原子质量的思路是：
n(CuO)=m(H2O)/18 M(CuO)=m(CuO)/n(H2O)=18m(CuO)/m(H2O) M(Cu)=M(CuO)-16如果测量反应前后硬质玻璃管的质量，则可测出反应生成的铜的质量，从测得的氧化铜的质量可计算铜的相对原子质量为：
M(Cu)=m(Cu)/n(CuO)=18m(Cu)/m(H2O)。
从测得的生成的水的质量，也可计算铜的相对原子质量为：
M(Cu)=m(Cu)/n(H2O)=18m(Cu)/m(H2O)。
③要使测定结果偏大，则m(H2O)m要偏小，其中（a）导致m(H2O)偏小 （b）导致m(H2O)偏大 （c）相当于m(H2O)偏小。故选a、c。
（2）由于气体的质量难于测量，也难于收集，所以（b）（d）是不可选用的。
答案：(1)①b c a c d 吸收未反应的氨 防止空气中水分进入 固体由黑色转变为红色 ② ③a、c (2)a、c
方法要领：本题意在考查定量测定的能力和运用信息的能力。仪器的选择要从生成反应物及能够准确测量生成物来考虑，B装置产生混有水蒸气的氨气，因实验中要测定后一反应产生的水蒸气，故应先将氨气中的水蒸气除去，通过C得纯NH3后再通过A与CuO反应，因要测定生成的水的量，故再通过一次和C相同的装置（不是同一装置）只吸收水蒸气而不吸收多余的氨气，NH3有污染，不能排放到大气中，同时为防止空气中的水蒸气进入干燥管、确保实验准确性，故最后再通过浓H2SO4，这是此类定量实验中应密切注意的，问题②、③关系式法不难得到结论，问题（2）中b和d均与Cu或关系，无法计算。
O2(高温、催化剂)
4HNO3(浓)==4NO2↑+2H2O+O2↑
强氧化性
不稳定性
HNO3
NaNO2
NaOH
Mg
N2O4
H2O
NH3.H2O
NH3
N2
NO
NO2
Ag(NH3)2+
NH4Cl
AgNO3
NaOH
HCl
Δ
H2O
Mg3N2
Cl2、CuO
H2加热加压
O2(放电)
NH3
O2
SO2
H2O
Cu
HCl
Cu、Fe2+、、I-
①与金属反应:Cu
②与非金属反应：C、S
③Fe、Al在冷、浓HNO3 钝化
④Pt、Au能溶解于王水(浓HNO3:浓HCl=1:3）
⑤与还原性化合物反应：Fe2+、SO2、H2S、HI
有机物
硝化反应：C6H6
酯化反应：C3H5(OH)3
NO
过量银循环使用
原料混合A
加热保温B
冲稀静置C
过滤D
AgNO3晶体
蒸发E
冷却结晶F
吸收装置
银(过量)
HNO3
NOx
NOx
通入过量热的水蒸气
热点
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1第五节 有机物的推断与合成
【知识网络】
一．官能团引入:
官能团的引入 引入-OH R-X+H2O；R-CHO+H2；R2C=O+H2；-C=C-+HOH；R-COOR’+HOH
引入-X 烷+X2；烯+X2/HX；R-OH+HX
引入C=C R-OH和R-X的消去,炔烃加氢
引入-CHO 某些醇氧化；烯氧化；炔水化；糖类水解；R-CH=CH2+O2；；炔+HOH；R-CH2OH+O2
引入-COOH R-CHO+O2；苯的同系物被强氧化剂氧化，羧酸盐酸化；R-COOR’+H2O
引入-COO- 酯化反应
二．合成方法：
①识别有机物的类别，含何官能团，它与何知识信息有关
②据现有原料，信息及反应规律，尽可能合理把目标分子分成若干片断,或寻求官能团的引入、转换，保护方法或设法将各片断拼接衍变
③正逆推，综合比较选择最佳方案
三．合成原则:
①原料价廉，原理正确
②路线简捷，便于操作，条件适宜
③易于分离，产率高
四．解题思路:
①剖析要合成的物质(目标分子)，选择原料，路线(正向、逆向思维，结合题给信息)
②合理的合成路线由什么基本反应完全，目标分子骨架
③目标分子中官能团引入
五．烃及衍生物的相互转化:
烃—R-X R-OH R’-CHO R’COOH R’COOR”
【易错指津】
1．对信息题：①能区分出哪些是解题所必须的，②能将所给信息和已有知识结合起来，③更能引发出能够承上启下的衍生信息。
解答信息给予题的思维模式：
阅读观察“搭桥”应用结论
2．对有机合成题可用逆推法将目标有机物分解成若干片断；寻找官能团的插入、转换、保护的方法；设法将片断（小分子化合物）拼接衍变，尽快找出合成目标有机物的关键点突破点。
【典型例题评析】
例1 甲基丙烯酸甲酯是世界上年产量超过100万吨的高分子单体，其旧法合成的反应是：
(CH3)2C=O+HCN→(CH3)2C(OH)CN
(CH3)2C(OH)CN +CH3OH+H2SO4→CH2=C(CH3)COOCH3+NH4HSO4
20世纪90年代新法的反应是：CH3C≡CH +CO+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3。旧法相比较，新法的优点是（1997年全国高考题）
A.原料无燃爆危险 B.原料都是无毒物质
C.没有副产物，原料利用率高 D.对设备腐蚀性较小
思路分析：对比新旧两种方法可以看出，A、B都不正确，因为新法所用3种原料都是可燃物，且CO、CH3OH都是毒性很强的化学物质。而C、D两项则是正确的；旧法用了H2SO4，是一种对金属制成的设备有强腐蚀性的物质；另方面旧法产物中有副产物NH4HSO4，新法则只有唯一的产品，利用率达100%。
答案：C、D
引申发散：本题所阐述的20世纪90年代合成甲基丙烯酸甲酯的方法比旧方法的改进，正符合当今化学工艺“绿色化学”的方向。绿色化学工艺的概念，就是力求从化工生产的各方面都要对环境的友好，其中重要的是减少生产工艺副产品的产生，尤其是废物质的排放，提高合成工艺中的原子利用率。原子利用率指的是：
原子利用率=期望产品的摩尔质量/化学方程式中按化学计量数所得物质的摩尔质量
以原子利用率的多少衡量本题提供的新合成法，由于产品只有一种所期望的单体，故其原子利用率为百分之百，当然比旧法优越得多。
例2 在有机反应中，反应物相同而条件不同，可得到不同的主产物。下列式中R代表烃基,副产物均已略去。（1996年全国高考题）
请写出实现下列转变的各步反应的化学方程式，特别注意要写反应条件。
(1)由CH3CH2CH2CH2Br分两步转变为CH3CH2CHBrCH3
(2)由(CH3)2CHCH=CH2分两步转变为(CH3)2CHCH2CH2OH
思路分析：题目要求两步反应：
（1）CH3CH2CH2CH2→？→CH3CH2CH CH3，要将Br原子从1位移到2位。从所给信息可
Br Br
以看出，烯键加成HBr，不同条件下加成位置不同。Br在2位上应该从CH3CH2CH =CH2加HBr。CH3CH2CH =CH2如何得到？应从题目信息中找到消去反应的条件，从CH3CH2CH2CH2Br制备。
（2）(CH3)2CHCH=CH2→？→(CH3)2CHCH2CH2OH，可以考虑(CH3)2CHCH2CH2OH由(CH3)2CHCH2CH2Br水解（题目已给信息）而来。(CH3)2CHCH2CH2Br应该用什么条件从(CH3)2CHCH=CH2制备？题目也给了信息。
答案：（1）
（2）
方法要领：考查学生对新信息及实质的接受能力和分析能力，并要求能联系已学的加成反应、消去反应、取代反应有关知识加以具体运用。
由题中图示可知：①烯烃与HX发生加成反应时，若有过氧化物作催化剂，H原子加成在双键含H较少的C原子上；若无过氧化物作催化剂，H加成在双键中含H较多的C原子上；②RX在NaOH醇溶液中加热，X原子与相邻原子含H较少的C原子上的H原子发生消去反应，生成不饱和烃；另一RX若在NaOH水溶液中发生取代反应，生成对应的醇，因此可写出正确的答案。
从题中信息提炼出反应条件对反应产物的影响，再用正逆法分析官能团引入推导合成路线。
例3 化合物A(C8H17Br)经NaOH醇溶液处理后生成了两种烯烃B1和B2。B2(C8H16)经过(1)用臭氧处理；(2)在Zn存在下水解,只生成了一种化合物C。C经催化氢化,吸收了1mol氢气，生成了醇D(C4H10O)。用浓硫酸处理D后只生成了一种无侧链的烯烃E(C4H8)，已知：（1999年上海高考题
试根据已知信息写出下列物质的结构简式：
A ，B2 ，C ， E
思路分析：本题属推断结构的信息迁移题，主要考查醇和卤代烃的消去反应、醛的还原反应等知识，培养学生的综合推理能力以及逆向思维能力。
由题中的转化关系可知：E、D、C的碳原子连接方式相同（即碳骨架相同），因为E分子中无侧链，所以D、C分子中也无侧链，这样可知化合物C一定是醛，其结构简式为：CH3CH2CH2CHO，同理可知D为CH3CH2CH2OH，E为CH3CH2CH=CH2。又因为B2(C8H16)这种烯烃经过上述反应后只生成一种化合物C，由此可知B2为结构对称的烯烃，可反推得B2的结构简式为CH3CH2CH2CH=CHCH2CH2CH3。A的结构简式必为：CH3CH2CH2CH2CH(Br)CH2CH2CH3。
答案：A: CH3CH2CH2CH2CH(Br)CH2CH2CH3 B2: CH3CH2CH2CH=CHCH2CH2CH3
C: CH3CH2CH2CHO E: CH3CH2CH=CH2
方法要领：本题考查烯烃、卤代烃、醇、醛的相互转化关系，要求学生利用倒推、顺推相结合，层层剥离的方法处理问题。首先逆向考虑，E(C4H8)上无侧链的烯烃，得知E为CH2=CHCH2CH3。再根据烯烃B2（C8H16）→C→醇D→E的转化关系，推出D是羟基在链端的饱和一元醇，C为饱和一元醛。又根据题给关于B2经臭氧处理及Zn存在下水解后只生成一种化合物的信息，推出B的结构是对称的，从而得出B2与A的结构简式。
例4 有机物A，B，C中碳、氢、氧三元素物质的量之比均为1:2:1,它们都能发生银镜反应,但都不能发生水解反应。B1、B2是B的同分异构体。又知：A在常温下为气体,A+C6H5OH→Z(高分子化合物)，B1在16.6℃以下凝为冰状晶体，B1+Na2CO3→X+CO2
→Y(最简单的烃)，
B2为无色液体,也能发生银镜反应。1molC完全燃烧需要3mol氧气。（1996年上海高考题）
试回答:
(1)B2的名称 ，A、B的结构简式:A ，B 。
(2)写出X→Y化学方程式：
(3)C的结构简式 ，与C互为同分异构体,且属于乙酸酯类化合物的结构简式 ， 。
思路分析：C、H、O三元素物质的量之比为1:2:1，则最简式为CH2O，能发生银镜反应，说明有醛基，不能水解说明不属于酯类、二糖、多糖。A在常温下为气体，含氧衍生物中常温下为气体的只有甲醛（HCHO），再根据题意可确定为甲醛，联系已学过的知识也可确定B、B1和B2的结构简式。C的组成为(CH2O)n，1mol燃烧时耗氧量为3mol，若有机物组成中氢、氧原子个数比为2:1，耗氧量只由碳原子数决定，所以n=3，C为C3H6O3。根据能发生银镜反应及不饱度为1，只可能有1个醛基，又因为不能是酯，剩余2个氧原子以-OH形式出现。C的同分异构体中属于乙酸酯类，应该有“-COO-”，剩余一个氧原子以羟基形式存在于另外两个碳原子上形成两种结构。
答案：（1）甲酸甲酯 HCHO HO-CH2-CHO （2）CH3COONa+NaOHNa2CO3+CH4↑
（3）H2C-CH-CHO （或H2C-C-CH2） H2C-COOCH3 H3C-C=O
OH OH HO O OH OH OCH2OH
方法要领：试题层次分明，要求从给予的信息和实验结果进行逻辑推理和发散思维。从A、B、C的最简式以及B1、B2、A的性质，考生从储存的知识库里快速检索出他们是什么物质。而B与C的推断则需发散，B和B1、B2互同分异构体，如考生只从原有的知识基础只知道凡符合CnH2nO2且n相同的酸和酯是同分异构体，是不行的！殊不知这里的B不属于酸和酯，那么究竟是什么物质呢？同样从C燃烧反应推导得出C的分子式是C3H6O3，但属何种类别却无通式可套用。关于B和C的结构式的推断是考核学生发散思维能力。
例5 氰化钾(KCN)的氰基(CN)可以取代卤代烃的卤素(X)生成腈(R-CN)。腈可以经酸性水解成为羧酸(RCOOH)；腈也可以被催化加氢成为胺(RCH2NH2)。（2000年高考化学试测题）
请自选一种卤代烃，由它和任意无机试剂合成制取尼龙66所需要的两种原料：已二酸HOOC(CH2)4CO0H和已二胺H2NCH2(CH2)4CH2NH2。写出各步反应方程式(需配平).
思路分析：题示信息反应为：KCN+R-X→R-CN+KX，R-CN+H++H2O→RCOOH+NH4+，R-CN+2H2→RCH2NH2。再写出产物来找出反应物。
答案：Cl(CH2)4Cl+2KCN→NC(CH2)4CN+2KCl NC(CH2)4CN+2H++4H2O→HOOC(CH2)4COOH+2NH4+ NC(CH2)4CN+4H2→H2NCH2(CH2)4CH2NH2
方法要领：逆向推导（注意官能团的变化）：HOOC(CH2)4CO0H→H2NCH2(CH2)4CH2NH2→XCH2(CH2)4CH2X，再结合信息反应式，正向合成。
例6 通常情况下,多个羟基连在同一个碳原子上的分子结构是不稳定的,容易自动失水,生成碳氧双键的结构: （1997年全国高考题）
下面是9个化合物的转变关系:
(1)化合物①是 ,它跟氯气发生反应的条件A是
(2)化合物⑤跟⑦可在酸的催化下去水生成化合物⑨, ⑨的结构简式是: 名称是
(3)化合物⑨是重要的定香剂,香料工业上常用化合物⑧和②直接合成它。此反应的化学方程式是 .
思路分析：由①③⑥和①②⑤两条路线可推知①为甲苯。而甲苯的氯代反应有两种形式，一种是Fe或FeCl3催化剂条件下发生在苯环上的邻、对位碳上；另一种是光照条件下发生在甲基上。显然此题属于后者，即反应的条件A是光照。综合题目（2）、（3）所给条件进行整体思维，⑤（属醇类）跟⑦在酸催化下去水生成⑨，且知⑨属香料物质（多是酯类），因此反应⑤+⑦⑨属于酯化反应，⑦为羧酸类化合物。再据①④⑦路线推理：
推知⑦为 。再推测⑧ ，结合⑤⑨，⑧⑨两条路线制⑨，推测⑨的结构。涉及的反应如下：
答案：（1）甲苯，光照 （2）苯甲酸苯甲酯(或苯甲酸苄酯) (3)见下式：
方法要领：（1）统观全题除少数结构外，大多为未知物，而反应步骤已给定。因此应属于从结构推断结构的题型。该题在文字叙述部分给出一个信息，即同碳二羟基结构在形成后随即会脱水成羰基的性质。而在框中，该信息又具体化到该题中本身的一个转变情节，而暗示了未知的起始物①的碳架。这一点在读题过程中应给予充分注意。
（2）本题的起始反应物是未知物，因此必须作用逆推思维方式进行推断。而逆推思维过程最关键的一点是要确定好逆推起始物的结构及反应性能。
本题将逆推起点定在②和⑨之间的已知结构苯甲醇最恰当。因为它和它的水解前②的关系正如框图中的信息苯甲醛和它的水解前二氯甲基苯相似（这里首先是两组相互关联化合物转变上骨架的形似联想，然后应迅速转变为它们相互间官能团不同的神似的联想），这样就会很容易逆推出②应为一氯甲基苯。寻找这两组反应的共同点，即可确定整个反应过程的起始物①应该是甲苯。当然甲苯发生侧链取代，反应物是氯，其反应条件肯定为光照，顺理成章地可看出，①的侧链取代物除已推出的②为一氯甲基苯，题中已给出的二氯甲苯，未知物④肯定只能是三氯甲基苯了。
（3）在第一层次推导中得到的④三氯甲基苯水解后先得到苯甲原酸(或称原苯甲酸)C6H5C(OH)3,自动脱水后生成苯甲酸⑦。接下来的两个推导都很平常，即酸化和酯化过程的结果。
逆推的关键是确定好逆推起始物。
例7 A、B都是芳香族化合物,1molA水解得到1molB和1mol醋酸。A、B的分子量都不超过200,完全燃烧都只生成CO2和H2O,且B分子中碳和氢元素总的质量百分含量为65.2%(即质量分数为0.652)。A的溶液具有酸性,不能使FeCl3溶液显色。（1997年全国高考题）
(1)A、B的分子量之差为
(2)1个B分子中应该有 个氧原子
(3)A的分子式是
(4)B可能的三种结构简式是 、 、
思路分析：本题考查考生对酯、羧酸、醇的结构及性质的掌握程度，重在培养学生的逻辑思维、逆向思维和收敛思维的能力以及推断结构式的技巧。
根据质量守恒定律和化学方程式：A+H2O==B+CH3COOH，可见A、B相对分子质量之差为：
Mr(A)-Mr(B)=Mr(CH3COOH)-Mr(H2O)=60-18=42
从所给信息推导出A、B有如下特点：①化合物A为醋酸酯且含有羧基（A不是酚类）；②化合物B的相对分子质量不超过158（200-42），氧元素的质量分数为34.8%{(O)=1-[(C)+(H)]},B分子中除有羧基外还有1个羟基（根据A推出），这样B分子至少有3个氧原子（1个羧基和1个羟基）。
因B分子中至少有3个氧原子，因此，其可能的最小相对分子质量为Mr(B)=(16×3)/0.348.
如果B分子中含4个氧原子,则Mr(B)为(16×4)/0.348=184>158，结果与题意相悖，从而确定B是含有3个氧原子的羟基苯甲酸（C7H803），B的羟基与CH3COOH化合生成酯，即化合物A分子式为C9H8O4。
答案：（1）42 （2）3个氧原子 （3）C9H8O4 （4）
方法要领：本题以解热镇痛药阿斯匹林(Aspirin)的结构简式命题，设问有台阶。命题方向是借助不完全的数据，推导分子式和推测可能结构简式，考查有机化学基础知识和逻辑思维能力。突破点在判断B分子中有3个O原子。如从A有酸性，B是去乙酰基的产物，判断B有3个O原子，则解题速度可以大为提高。
例8 为扩大现有资源的使用效率，在一些油品中加入降凝剂J，以降低其凝固点，扩大燃料油品的使用范围。J是一种高分子聚合物，它的合成路线可以设计如下，其中A的氧化产物不发生银镜反应：（2001年上海高考题）
试写出：
（l）反应类型；a 、b 、P
（2）结构简式；F 、H
（3）化学方程式：D→E 、E＋K→J
思路分析：此题给出了合成的路线，且起始物均为常见物质，解题中采用正、逆思维综合分析得出答案。先由J知其为加聚产物，单体为：CH2=C(CH3)COOC16H33（E）、HC==CH（K）；进而由CH2=CH-CH3
O=C O C=O
的转化知D为CH2=C(CH3)COOH；由CH2=CH-CH=CH2和Cl2的反应为生成CH2ClCH=CHCH2Cl，顺合成路线推得K（见上）。
答案：（1）加成 消去 水解（或取代）
（2） （3）＋C16H33OH ＋H2O
方法要领：题中几个中间产物的推断及整个合成路线的理解，初看起来确实有点吓人。但是，只要考生有足够的思维时间，不焦虑、不慌乱、“上下求索、前呼后应”，是不难得出正确结论的。解题中要有较高的能力和敢于探索、勇于思考的精神，就可以获取更好的成绩。
例9 某高校曾以下列路线合成药物心舒宁（又名冠心宁），它是一种有机酸盐。（1998年全国高考题）
（1）心舒宁的分子式为 。
（2）中间体（I）的结构简式是 。
（3）反应①～⑤中属于加成反应的是 （填反应代号）。
（4）如果将⑤、⑥两步颠倒，则最后得到的是（写结构简式） 。
思路分析：根据心舒宁结构简式可知其分子式为C23H39NO4，判断中间体（Ⅰ）为何物应分析（Ⅰ）的生成条件和（Ⅰ）与H2作用后的产物。由题意可知(Ⅰ)为 。
反应①是取代反应；②也是取代反应；③为加成反应；④为消去反应；⑤为加成反应；⑥类似于是 （（不要求掌握其类型）。
如果将⑤和⑥两步反应颠倒，即中间体(Ⅰ)先与HOOC-CH=CH-COOH反应，所得物质再与H2加成。
此产物并不是心舒宁。
答案：（1）C23H39NO4 （2） （3）③、⑤ （4）
方法要领：该合成题实际上任务分成两个：推导中间体（Ⅰ）的结构式和反应⑤、⑥的排序问题。
推导（Ⅰ）的结构可以从它前后两个结构及反应条件入手：碳架未变但饱和程度及官能团改变了，反应⑤明显的是对双键加氢，而反应④是脱水形成一个双键，因此很容易看出中间体（Ⅰ）前一个结构比只是增加了一个双键，其他部位相同，因而其结构很易得出。至于⑤、⑤反应的顺序，由于⑥中所用试剂结构中也包含了一个烯键，因此如与⑤调换，该试剂的双键也会被氢饱和，结果是很易得到的。
例10 请认真阅读下列3个反应：（1998年全国高考题）
利用这些反应，按以下步骤可以从某烃A合成一种染料中间体DSD酸。
请写出A、B、C、D的结构简式
思路分析：根据题中合成过程最终产物DSD酸，结合本题给予的信息（反应③），知原来苯环上连有一个-CH3；而反应中间各步没有引入甲苯基的机会，知起始反应物（A）必为甲苯。甲苯经硝化和磺化后得到（C）的分子结构，应结合DSD酸的结构简式判断（C）为:
推知（B）为 。题中所给信息中，反应③的反应条件是需加入具有强氧化性的NaClO,而苯环上连有-NH2基时易被氧化，因此,将-NO2还原成-NH2的反应放在最后进行,推断(D)为 。最后在加入Fe和盐酸的情况下,将(D)还原成DSD酸。
答案：(见右图)
方法要领：对-NH2性质的分析是确定D的结构的关键。根据信息②可看出：C6H5-NH2是C6H5-NO2被Fe(HCl)还原的产物，则C6H5-NH2必有还原性，而NaClO是强氧化剂，会使-NH2氧化。
根据题给信息与合成路线分析，由A→B是引入-NO2反应；B→C为引入-SO3H的反应。对比DSD酸结构，可知C→D和D→DSD酸这两步反应，必有一步是在NaClO条件下形成1,2-二苯乙烯过程，不是一步由-NO2被Fe(HCl)还原为-NH2的过程。因此C必为：（见答案）若先将-NO2还原为-NH2，则在形成1,2-二苯乙烯结构时，由于NaClO是强氧化剂，-NH2必被氧化。故C→D是形成1,2-二苯乙烯的过程，而D→DSD酸则是-NO2 被还原为-NH2的过程。防止将D的结构简式写成：（见右式）。
注意；这类合成题由于已安排了合成过程，实际上是要求考生完成两个任务：推结构和在特定阶段合理安排反应顺序，尤其是能相互影响反应结果的几个反应的先后顺序。
例11 化合物A最早发现于酸牛奶中，它是人体内糖代谢的中间体，可由马铃薯、玉米淀粉等酵制得，A的钙盐是人们喜爱的补钙剂之一。A在某种催化剂的存在下进行氧化，其产物不能发生银镜反应。在浓硫酸存在下，A可发生如下图所示的反应。（2000年上海高考题）
试写出：
化合物的结构简式：A______________ B______________ D________________
化学方程式：A→E_______________________ ，A→F______________________________
反应类型：A→ E______________，A→F_______________
思路分析：，由A→E，说明A中含-OH且邻C上有H，由A→B知A中含-COOH，结合分子式A结构简式可能为：CH3-CH-COOH或CH2-CH2-COOH，最后由A→F中F的结构确定A的结构。
OH OH
答案：CH3-CH-COOH CH3-CH-COOC2H5 CH3-COO-CH-COOH
OH OH CH3
消去（或脱水） 酯化（或分子间脱水）
方法要领：乳酸是考生熟悉的考点。抓住-COOH和-OH两种官能团的性质特征，正确书写结构简式即可解决问题。
RCH=CH2
HBr
适当的溶剂
RCH-CH2
Br
H
RCH-CH2
Br
H
HBr,过氧化物
适当的溶剂
请注意H和Br所加成的位置
RCH=CH-CH3
浓NaOH,乙醇溶液
Δ
RCH2-CH-CH3
OH
稀NaOH水溶液
H
Br
H
RCH-CH-CH2
CH3CH2CH2CH2Br
CH2CH2CH=CH2
乙醇溶液Δ
浓NaOH
CH3CH2CHCH3
Br
CH3CH2CH=CH2
适当溶剂
HBr
(CH3)2CHCH2CH2Br
(CH3)2CHCH=CH2
适当溶剂
HBr过氧化物
水溶液
(CH3)2CHCH2CH2Br
(CH3)2CHCH2CH2OH
稀NaOH
C===C
R1
R2
R3
R4
(1)O3 (2)Zn/H2O
C=O
R1
R2
+ O=C
R3
R4
R1,R3可为H或其它烃基
对称烯烃
A
—HBr
B1
B2
C
D
E
[O]
+H2
-H2O
C4H8O
C4H10O
无侧链
Cl
Cl
C-Cl
OH
OH
C-OH
CH3
COOH
Cl2
水解
COONa
COOH
HO-CH2
COOH
+H2O
COOCH2
H+
+ n
n
+ HCl
NH2
NH2.HCl
CH-COOH
CH-COOH
+
CH-COOH
CH-COOH
CH-COOH
CH-COOH
+11H2
SO3H
NO2
CH3
NO2
CH3
SO3H
NO2
O2N
SO3H
CH=CH
SO3H
CH3
NH2
A
C3H6O3
B
E
能使溴水褪色
C2H5OH , H2SO4(浓)
H2SO4(浓),Δ
H2SO4(浓),Δ
F
C6H8O4
(六原子环化合物)
G
CH3COOH, H2SO4(浓)
+
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1第六节 镁和铝
【知识网络】
【易错指津】
1．镁是活泼金属，虽不跟碱性溶液反应，但能置换出酸中的氢，也能与水解呈酸性的盐溶液反应产生H2。
2．注意对Al2O3、Al(OH)3两性的理解，以及对Al3+、AlO2-存在条件的认识。
Al2O3、Al(OH)3仅能溶于强酸和强碱溶液中（如在氨水和碳酸中均不溶），Al3+、AlO2-只能分别存在于酸性与碱性溶液中。
Al3+与下列离子不能大量共存：OH-、CO32-、HCO3-、SO32-、S2-、AlO2-，其中OH-是因为直接反应，其余均是“双水解”。
AlO2-与下列离子不能大量共存：H+、HCO3-、NH4+、Al3+、Mg2+、Cu2+。其中H+和HCO3-是因为直接反应（AlO2-+ HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-），其余也是“双水解”。
3．注意正确理解图象的涵义。
图示中每个曲线或每条曲线的转折点（拐点），都反映了特定的反应，若没有找对，或对生成沉淀和沉淀溶解所需加入（或通入）溶液（或气体）的量之比没搞清，易导致错误。
注意研究以下几个实验现象及产生沉淀的量与加入物质的量的数量关系的图象：
①向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量；②向AlCl3和MgCl2混合中逐滴加入NaOH溶液直至过量；④向HCl、MgCl2、AlCl3混合液中逐滴加入NaOH溶液直至过量；③向NaAlO2溶液中逐滴加入HCl溶液直至过量；⑤向HCl溶液中逐滴加入NaAlO2溶液直至过量。
这些是以化学知识为载体考查学生的综合能力的重要的命题内容，认真研究一定会有益处。
4．Mg(OH)2的溶解度小于MgCO3。所以在碱性溶液中Mg2+总是转化为Mg(OH)2沉淀，产生的MgCO3也会在加热的条件下逐渐转化为Mg(OH)2[MgCO3+H2O(沸水)=Mg(OH)2+CO2↑]。
【典型例题评析】
例1 在下列各物质中，加入过量盐酸后，最终不产生沉淀或浑浊的是（1997年上海高考题）
A.偏铝酸钠溶液 B.苯酚钠溶液 C.硅酸钠溶液 D.硫代硫酸钠溶液
思路分析：各选项中产物依次为Al(OH)3、C6H5OH、H2SiO3、S。但Al(OH)3是两性氢氧化物，能溶于过量的盐酸中。
答案：A
方法要领：注意盐酸的量，氢氧化铝溶于强酸；苯酚微溶于水，通常呈浑浊，而不是沉淀，常用分液法分离。复习中注意归纳物质的化学性质，搞清反应物用量不同时的有关实验现象。
例2 将等物质的量的镁和铝相混合,取等质量该混合物四份,分别加到足量的下列溶液中,充分反应后,放出氢气最多的是(1996年上海高考题)
A.3mol/LHCl B.4mol/LHNO3 C.8mol/LNaOH D.18mol/LH2SO4
思路分析：在镁、铝混合物中加入HNO3和浓H2SO4（两物质均具有强氧化性）都不能产生H2，加入NaOH溶液只有Al与NaOH溶液反应生成H2而与Mg不反应。而加入HCl，Mg和Al都与盐酸反应生成H2，所以H2量最多。
答案：A
方法要领：该题溶液的浓度不是计算的数据，而是判断溶液属于“浓”或是“稀”。8mol/L以上的HCl、H2SO4、HNO3通常认为是浓酸。
解答时要注意：①等物质的量的铝和足量酸（非氧化性的酸）和碱反应放出的气体相同；②镁、铝与硝酸反应不能生成氢气；③镁与浓硫酸（18mol/LH2SO4）反应生成SO2气体，铝与浓硫酸发生钝化（常温）；④镁与盐酸反应产生氢气，与NaOH溶液不发生反应。
记住Al与H+反应产生H2之间的物质的量的关系：
n(Al)～3n(H+)～n(OH-)～3/2n(H2)
例3 下列物质能跟镁反应并生成氢气的是（1995年全国高考题）
A.甲酸溶液 B.氢氧化钠溶液 C.氯化铵溶液 D.碳酸钠溶液
思路分析：镁为金属与H+反应而产生氢气：Mg+2H+=Mg2++H2↑。
答案：A、C
方法要领：酸中的有机酸也可与较活泼金属反应。解题中防漏选C，氯化铵水解其溶液呈酸性，产生的H+可与Mg反应产生氢气。
例4 甲、乙两烧杯中各盛有100mL3mol/L的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲:乙=1:2，则加入铝粉的质量为
A.5.4g B.3.6g C.2.7g D.1.6g
思路分析：根据铝与盐酸和氢氧化钠溶液反应的方程式判断，若在含等物质的量的HCl和NaOH溶液中分别加入足量的铝粉，产生的H2之比为1:3。而题中为1:2，说明铝粉的量相对盐酸是过量的，而对NaOH是不足的。与前者反应的铝粉是2.7g，则与后者反应的铝粉应为5.4g。
答案：A
一题多解：解题关键是判断Al在哪种溶液中是完全反应的，并以它作为计算的依据。
根据化学反应：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑ 2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑
可见相同质量的铝分别与足量盐酸、氢氧化钠溶液反应时产生氢气的量相同；但相同质量的铝分别与不足量的盐酸、氢氧化钠溶液反应时产生氢气的量不相同，需要盐酸的物质的量比氢氧化钠多。现产生H2的质量比为1:2，说明盐酸的量不足，于是根据0.3mol盐酸产生H2为0.15mol，可知与NaOH反应产生的H2为0.3mol，再推得放入相同质量的铝片应为0.2mol，即5.4g。
例5 若在加入铝粉能放出氢气的溶液中，分别加入下列各组离子，可能共存的是（1995年上海高考题）
A.NH4+ NO3- CO32- Na+ B.Na+ Ba2+ Mg2+ HCO3-
C.NO3- Ca2+ K+ Cl- D.NO3- K+ AlO2- OH-
思路分析：铝粉加入酸溶液或强碱溶液中均可放出H2，A中NH4+与OH-不能大量共存，CO32-不能与H+大量共存；B中HCO3-既能与H+反应又能与OH-反应；C、D在强碱条件下可以共存。
答案：C、D
方法要领：解该题要把题干中“加入铝粉能放出氢气的溶液中”的题设要求迁移为在酸性溶液或强碱溶液中，这样就变成了一般的离子共存问题了。
例6 将溶液（或气体）X，逐渐加入（或通入）到一定量的Y溶液中，产生沉淀的量与加入
X物质的量的关系如图，符合图中情况的一组物质是（1991年上海高考题）
A B C D
X H2S HCl NH3 NH3.H2O
Y Na2SO3 NaAlO2 AlCl3 AgNO3
思路分析：由图可知，B中加入试剂1份，沉淀完全，再加入3份，
沉淀全溶解。
NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O
A中二者反应生成S，继续通入不溶解；C中通入NH3生成沉淀，继续通入也不溶；而D中AgNO3AgOH↓[Ag(NH3)2]++OH-。
答案：B
方法要领：有关图像的问题，通常的解法是“三看”：
一看起点：即加入极少量X物质时，看能否产生沉淀。
二看终点：即加入过量的X物质时，看所生成的沉淀能否全部消失。A组中生成的沉淀S，不溶于过量的H2S，C组中生成的Al(OH)3沉淀不溶于过量的NH3.H2O中。
三看“拐点”：即图像中拐弯的点在X轴上的坐标。也就是生成最大量沉淀所需X的量与完全溶解这些沉淀所需X量的比值。在B组中拐点前后比为1:3，在D组中，拐点前后比为1:2。
前二“看”直观，难度较小，所以应先考虑。第三“看“难度大些，要求正确书写出变化过程中的反应方程式，尤其是方程式中的化学计量数。
例7 怎样将氯化铝和氯化铁的混合溶液分离成氯化铝和氯化铁两种溶液？（写出实验操作步骤和有关离子方程式）（1994年上海高考题）
思路分析：本题属于物质的分离题，题中文字虽少，但它考查的知识面却比较广，要答好这道题，必须对Al3+、Fe3+性质的差异及各自相互转化条件和关系有清楚的认识。答好这类题要注意当步骤较多时，应考虑周全、条理清晰、分步列答。
答案：（1）向混合液中加过量NaOH溶液，过滤。Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓
(2)把Fe(OH)3沉淀洗涤后加入盐酸到沉淀完全溶解得FeCl3溶液。Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
(3)取步骤（1）所得滤液，加入适量盐酸（或通入足量CO2）至完全沉淀为止。AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓(或AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-)
(4)再过滤，沉淀经洗涤后，再用盐酸溶解，得AlCl3溶液：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O
方法要领：一、为使Al3+、Fe3+完全分离，步骤（1）所加NaOH溶液必须过量，这是答题时考虑的；二、在（2）、（4）两步中，洗涤沉淀的目的是洗去沉淀里吸附的可溶性杂质离子，这属较高层次要求，答题时洗涤操作不写会扣分；三、在（3）步中，若加入过量盐酸，直接得到AlCl3溶液，因混有Na+使制得AlCl3溶液不纯，因此在步骤中要注意不要犯这种错误。
例8 四种化合物①NaHCO3，②Al(OH)3，③(NH4)2S，④CH2-COOH中，跟盐酸和氢氧化钠溶液
NH2
都能反应的是（1991年全国高考题）
A.只有②④ B.只有①② C.只有①②③ D.①②③④
思路分析：该题在于考查对氨基酸中羧基和氨基的酸碱性的认识，并联系无机化学中的有关物质，归纳“既能与酸反应，又能和碱反应”的物质类别。
题中Al(OH)3和NH2CH2-COOH均是两性化合物，它们既能跟酸反应，又能跟碱反应。氨基酸反应方程式为：
CH2-COOH+HCl→CH2-COOH CH2-COOH+NaOH→CH2-COONa+H2O
NH2 NH3+Cl- NH2 NH2
NaHCO3是弱酸酸式盐，HCO3-能跟H+结合生成H2O和CO2，又能跟OH-结合生成H2O和CO32-，(NH4)2S是弱酸弱碱盐，其中S2-遇H+生成H2S，NH4+遇OH-生成NH3和H2O。综上所述，题中的四种化合物都能与盐酸和NaOH溶液反应。
答案：D
引申发散：既能与强酸反应又能与强碱反应的物质有：①Al、Be，②Al2O3、BeO，③Al(OH)3、Be(OH)2，④弱酸的酸式盐，如：HCO3-、HSO3-、HS-、HPO42-、H2PO4-，⑤弱酸的铵盐，如(NH4)2S、(NH4)2CO3⑥有机物：氨基酸、蛋白质。
例9 在一定条件下可实现下图所示物质之间的转化：（1995年全国高考题）
请填写以下空白：
（1）孔雀石的主要成分是CuCO3.Cu(OH)2(碱式碳酸铜)，受热易分解。下图中的F是_____。
（2）写出明矾溶液与过量NaOH溶液反应的离子方程式：______________________。
（3）图中所得G和D都为固体，混和后在高温下可发生反应，写出该反应的化学方程式：______________________。
（4）每生成1molD，同时生成____molE。
思路分析：A为NaAlO2，反应式Al3++4OH-=AlO2-+2H2O。孔石分解的反应式：CuCO3.Cu(OH)2=2CuO+CO2↑+H2O F是CO2，A、F发生的反应式是CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，沉淀C是Al(OH)3，受热分解后生成Al2O3（B）和水。
Al和CuO的反应，类似于铝热反应。
第四问可根据2Al2O34Al+3O2↑求解。
答案：（1）CO2（或二氧化碳） （2）Al3++4OH-=AlO2-+2H2O （3）3CuO+2Al=====Al2O3+3Cu
（4）3/4
方法要领：本题难度不大，着重考查基础知识。此框图题已给出的起始物质，可顺向推导。
例10 我国规定饮用水质量标准必须符合下列要求：（2000年上海高考题）
pH 6.5～6.8
Ca2+、Mg2+总浓度 <0.0045mol/L
细菌总数 <100个/L
以下是源水处理成自来水的工艺流程示意图：
源水→曝气池 一级沉降池 二级沉降池 过滤池→自来水
(1)源水中含Ca2+ 、Mg2+、HCO3-、Cl-等,加入石灰后生成Ca(OH)2 ，进而发生若干复分解反应，写出其中一个离子方程式 。
(2)凝聚剂除去悬浮固体颗粒的过程 (填写编号，多选倒扣分)
①只是物理过程 ②只是化学过程 ③是物理和化学过程
FeSO4.7H2O是常用的凝聚剂，它在水中最终生成 沉淀。
(3)通入二氧化碳的目的是 和 。
(4)气体A的作用是 。这种作用是基于气体A和水反应的产物具有 性.
(5)下列物质中， 可以作为气体A的代用品。(填写编号,多选倒扣分)
①Ca(ClO)2 ②NH3 (液) ③K2FeO4 ④SO2
思路分析：自来水的质量标准从酸度、硬度、细菌总数等方面来衡量。
降低水的硬度是用石灰，降低Mg2+浓度，减少HCO3-和CO32-的含量；再通入CO2气体降低Ca2+的浓度，从而降低水的硬度，同时调pH。
降低细菌总数：靠强氧化剂的氧化性杀死细菌；常用Cl2，但近年改用Ca(ClO)2、K2FeO4、ClO2等。
除去固体悬浮物：金属离子水解形成胶体，胶粒表面积大吸附性强，而吸附悬浮物沉降，达到净水的目的。
常用的净水剂：明矾：Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+；因Al3+在人体内聚集过多会造成老年性痴呆，故改用FeSO4.7H2O；Fe2++H2O Fe(OH)2+2H+，且4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；Fe(OH)3胶体吸附悬浮物沉降，净水效果好。
（1）由题给信息，水中含有暂时硬度和永久硬度，加石灰后分发生如下离子反应：
Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓；HCO3-+OH-=CO32-+H2O；Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O；
（2）凝聚剂既有水解反应，又有胶体的凝聚作用，属于物理化学过程。例如FeSO4在水中发生水解：Fe2++2H2O Fe(OH)2+2H+，Fe(OH)2极易被氧化成Fe(OH)3，Fe(OH)3能将悬浮颗粒凝聚而除去。
（3）通入CO2能将Ca2+除去，同时调整溶液中的pH达到饮用水质量标准：
Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O
碱性 接近中性
（4）气体A显然是用于消毒、杀菌的Cl2，Cl2和H2O反应生成具有强氧化性的HClO。
（5）作为漂白粉有效成分的Ca(ClO)2，在CO2和H2O作用下，也会产生HClO，可以作为A的代用品。而氧化性比KMnO4还要强的铁酸盐在水中会发生还原反应，起消毒杀菌的作用，同时FeO42-中+6价的Fe被还原成+3价的Fe，也会水解，作为净水剂。
答案：（1）Mg2++OH-=Mg(OH)2↓ （2）③ Fe(OH)3 （3）将Ca2+除去，同时调整溶液中的pH达到饮用水质量标准 （4）消毒杀菌 强氧化性 （5）①和③
方法要领：此题通过饮用水的处理：水的软化、净水和消毒杀菌，考查考生能否应用有关的化学原理解决实际生产中的问题。关于K2FeO4的作用，可根据Fe处+6价，势必有很强的氧化性进行推论，展开思维。
本题以水处理为素材，切中当今社会热点问题，旨在考查学生运用知识解决实际问题的能力，同时让学生在考试过程中学习了自来水的处理，使学生眼中的化学更亲近了，看得到，摸得着，学习更有意义了。用FeSO4.7H2O和Cl2进行凝聚沉降和杀菌消毒为课本相关的基础知识。主要难点是第（5）小题易出现漏选或错选。K2FeO4（铁酸钾）是一种新型净水剂，由强氧化性的要求当可推及。
例11 氧化物跟熔融烧碱反应可生成盐。根据以下化学反应框图填空：
(1)单质F是_____________________。
(2)写出由E生成G的离子反应方程式（或化学方程式）________________________。
(3)溶液I中所含金属离子是_______。
(4)由C→E+F若改用浓酸，则不能选用的浓酸是（写分子式）_______________。
思路分析：粗读本题，抓住红褐色沉淀G就是Fe(OH)3逆推，则E中含Fe2+，单质C为Fe，F是H2。
由“化合物A+单质B单质C+化合物D”，且单质C为Fe，从记忆中搜寻典型反应：3Fe3O4+8Al9Fe+4Al2O3 Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3，则知单质B为Al，化合物D为Al2O3。
由B 为Al，推知单质F为H2，溶液K为含AlO2-的溶液，其反应是：
2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
由K溶液中含AlO2-，逆推化合物H为NaAlO2。化合物H也可由D结合题干信息推出：Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O。
由H为NaAlO2推知溶液I中含Al3+，发生的反应是：AlO2-+4H+=Al3++2H2O。
继续往下推知沉淀J是Al(OH)3，因为：Al3++3NH3.H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，Al(OH)3溶于强碱溶液生成AlO2-（K溶液），与前面推理相吻合：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。
答案：（1）H2 （2）4Fe2++8NH3.H2O+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓+8NH4+或分两步写出亦可：①Fe2++2NH3.H2O=Fe(OH)2↓+2NH4+ ②4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓ (3)Al3+和Na+ （4）H2SO4（或HNO3）
方法要领：题中框图看起来很复杂，似乎无从下手，实际上图中有很多有关物质性质的特征信息，如红褐色沉淀G（是氢氧化铁的特征），溶于强碱的沉淀J（是氢氧化铝的特征）等。抓住这些特征可顺利推出答案。
H+、Cu2+
OH--
H2O
Al
H+
Al3+
OH-、NH3.H2O、CO32-、HCO3-、S2-、AlO2-
OH-
①酸(H+,弱酸)②气体(CO2,SO2) ③盐(NH4+,Al3+,Fe3+,Mg2+)④HCO3-
AlO2-
Al(OH)3
Al2O3
Δ
OH-
H+
X物质的量
沉淀量
高温
通入气体A
加入石灰
加入凝聚剂
通入CO2
G
D
E
B
A
过量
NaOH溶液
明矾
F
孔雀石
Δ
H2O
沉淀C
溶液
Δ
H2O
电镀
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5第三节 有机物的性质和反应类型
【知识网络】
一．重要反应类型：
1.取代反应---等价替换式
有机分子里某一原子或原子团与另一物质里同价态的原子或原子团相互交换位置后生成两种新分子，这种分子结构变化形式称为等价替换式。
2.加成反应—开键加合式
有机分子中含有碳碳双键，碳氧双键(羰基)或碳碳叁键，当打开其中一个键或两个键后，与其他原子或原子团直接加合生成一种新分子，称为开键加合式。
3.消去反应---脱水/卤化氢重键式
有机分子(醇/卤代烃)相邻两碳原子上脱去水/卤代氢分子后，两个C原子均有多余价电子而形成新的共价键，称为脱水/卤化氢重键式。
4.氧化反应----脱氢重键式/氧原子插入式
醛的氧化是在醛基的C--H键两个原子间插入O；醇分子脱出H和连着羟基的C上的H后，原羟基O和该C有多余价电子而再形成新共价键,称为脱氢重键式/氧原子插入式。
5.缩聚反应——缩水结链式
许多个相邻小分子通过羧基和氨基,或羧基和羟基，或醛基和酚中苯环上的H间的相互作用，彼此间脱去H2O后留下的残基按顺序连接成长链高分子，称为缩水结链式。
6.加聚反应---开键加合式
许多含烯键的分子之间相互加成而生成长链高分子,属于开键加合式。
二．三大有机反应类型比较
类 型 取 代 反 应 加 成 反 应 消 去 反 应
反应物种类 两 种 两 种 一种或两种
有机物的结构特征 含-H、-X、-OH、-COO- 含C=C、C≡C、C=O 含-OH、-X
生 成 物 两种(一般是一种有机物和一种无机物) 一种(有机物) 两种(一种不饱和有机物,一种水或卤化氢)
碳碳键变化情况 无 变 化 C=C键或C≡C键打开 生成C=C键或C≡C键
不 饱 和 度 无 变 化 降 低 提 高
结构变化形式 等 价 替 换 式 开 键 加 合 式 脱水或卤化氢重键式
【易错指津】
1．搞清反应实质 识记断键点
反 应 类 型 断 键 点 反 应 条 件
卤代烃水解反应 断C-X NaOH水溶液,加热
醇分子间脱水反应 一醇断C-O键,另一醇断O-H键 浓H2SO4，加热
酯化反应 羧酸断C-OH键,醇断O-H键 浓H2SO4，加热
酯水解反应 断酯基中的C-O键 催化剂，加热
醇的卤代反应 断羟基中的C-OH键 加热
肽的水解反应 断肽键中的C-N键 催化剂
烃的卤代反应 断C-H键 光照或催化剂
2．把握官能团的反应特征
掌握碳碳不饱和键、-OH、-CHO、-COOH、-COOR、C6H5-的特征反应，弄清官能团之间相互影响如-COOH、-COO-中的C=O不与H2加成。
3．掌握一些反应物间量的关系
①烃基或苯环上的H被Br2取代时，不要误认为1个Br2取代2个H原子。②要注意1mol酚酯RCOOC6H5发生水解反应最多可消耗2molNaOH：RCOOC6H5+2NaOH→RCOONa+C6H5ONa+H2O。
4．理清一些反应对结构的特殊要求。
醇消去反应要求邻碳有H、氧化反应要求本碳有H。
【典型例题评析】
例1 可以判断油脂皂化反应基本完成的现象是（2000年广东高考题）
A.反应液使红色石蕊试纸变蓝色 B.反应液使蓝色石蕊试纸变红色
C.反应后静置，反应液分为两层 D.反应后静置，反应液不分层
思路分析：皂化反应的产物硬脂酸钠溶于水，而油脂不溶于水。溶液在反应前后均显碱性。
答案：D
方法要领：本题考查皂化反应的概念和制皂过程。解题的关键是抓住水解的产物性质（溶于水）作出判断。
例2 某有机物的结构简式为： ，。它在一定条件下可能发生的反应有（1997年上海高考题）
①加成 ②水解 ③酯化 ④氧化 ⑤中和 ⑥消去
A.②③④ B.①③⑤⑥ C.①③④⑤ D.②③④⑤⑥
思路分析：无-COO-的结构，不发生水解，无-CH-C-OH结构，不发生消去。
答案：C
方法要领：由反应物所含的官能团，类推其可能发生的反应类型。
例3 维生素C的结构简式为 ，。。有关它的叙述错误的是（2000年上海高考题）
A.是一个环状的酯类化合物 B.易起氧化及加成反应
C.可以溶解于水 D.在碱性溶液中能稳定地存在
思路分析：利用官能团分析可知，维生素C具有烯、醇、酯的性质。
答案：D
方法要领：有机物分子中含-OH则其易溶于水，酯在碱性溶液中可发生强烈的水解反应而不能稳定存在。
例4 A、B、C、D都是含碳、氢、氧的单官能团化合物，A水解得B和C，B氧化可以得到C或D，D氧化也得到C。若M(X)表示X的摩尔质量，则下式中正确的是（1999年全国高考题）
A.M(A)=M(B)+M(C) B.2M(D)=M(B)+M(C)
C.M(B)思路分析：本题考查醇、醛、酸、酯的相互转化关系等知识，培养学生将化学问题抽象成数学问题，通过计算和推理解决化学问题的能力。
由于A、B、C、D都是含C、H、O的单官能团化合物，有如下的转化关系：A+H2O→B+C，BC或D，DC。由此可见A为酯、B为醇、D为醛、C为羧酸，且B、C、D均为含相同的碳原子。所以有M(D)>M(B)>M(C)。
答案：D OH O O
方法要领：掌握醇、醛、酸的相互转化中价键的变化：R-C-H→R-C-H→R-C-OH，可清楚看出
H
式量大小关系为：酸>醇>醛。
例5 有机物①CH2OH(CHOH)4CHO ②CH3CH2CH2OH ③CH2=CH-CH2OH ④CH2=CH-COOCH3 ⑤CH2=CH-COOH中，既能发生加成反应、酯化反应，又能发生氧化反应的是（1995年上海高考题）
A.③④ B.①③⑤ C.②④ D.①③
思路分析：能发生加成反应和氧化反应的官能团有-C=C-、C≡C、-CHO，能发生酯化反应的官能团是-OH、-COOH。综合分析得①③⑤符合题意。
答案：B
方法要领：结构决定性质，根据有机物分子的已知结构结合官能团的性质，可推知该有机物应具有的反应。
例6 氯普鲁卡因盐酸是一种局部麻醉剂，麻醉作用较快，毒性较低，其合成路线如下：（2000年全国高考题）
请把相应的反应名称填入下表中,供选择的反应名称如下:
氧化、还原、硝化、磺化、氯代、酸化、碱化、成盐、酯化、酯交换、水解
反应编号 ① ② ③ ④ ⑥
反应名称
思路分析：由题中具体的结构或反应特征条件即可确定反应①、③、④、⑥的反应名称，关键在反应②，由产物的结构可知苯环上需通过反应②引入一个氯原子。
答案：①硝化 ②氯代 ③氧化 ④酯化 ⑥还原
方法要领：本题要求填答的是反应类型，但如果不知道是何种物质反应，就很难判定属何反应类型。比较方便且可靠的方法，是联系反应时所加的物质，分析它会促使什么基团变化，或引进了什么结构成分，从而作出反应类型的推测。
例7 有机化学中取代反应范畴很广。下列6个反应中属于取代反应范畴的是(填写相应的字母)（1997年全国高考题）
A.
B.CH3CH2CH2CH(OH)CH3 CH3CH2CH=CHCH3 + H2O
C.2CH3CH2OH CH3CH2OCH2CH3 + H2O
D.(CH3)2CHCH=CH2+HI (CH3)2CHCH(I)CH3 + (CH3)2CHCH2CH2I
(多) (少)
E.CH3COOH+CH3OH CH3COOCH3+H2O
F.(RCOO)3C3H5+3H2O 3RCOOH+C3H5(OH)3 ( 式中R 是正十七烷基CH3(CH2)CH2-
思路分析:取代反应是指有机物分子中的原子或原子团被其他原子或原子团所代替的反应。从形式上看有机物分子中断下一个原子或原子团，同时连上一个原子或原子团的反应均是取代反应。硝化、酯化、水解、缩合等反应，并不是与取代反应并列的反应类型，而是取代反应的亚类型。根据取代反应的定义可以看到，萘的硝化、由乙醇生成乙醚、乙酸与甲醇的酯化以及酯的水解都是前者的H原子或原子团被其它基团所代替。故这四个有机反应都属于取代反应的范围。
答案:A、C、E、F
方法要领：常见的错解是：选A、B；或只选A，少选C、E、F。
主要错误的原因是对取代反应的定义理解过于狭隘，并不能按试题所给信息和取代反应的定义做出正确判断（如把熟悉的醇的分子内脱水、酯的水解漏选）。此外，自学能力存在缺陷，不会挖掘相关化学知识的内在联系并进行归纳。在中学范围内，取代反应包括烷烃与卤素单质的反应，苯及其同系物与卤素单质在苯环上或侧链上取代反应，苯的硝化、磺化反应，醇的分子间脱水、醇与氢卤酸反应，酯化反应、卤代烃及酯的水解反应，苯酚与浓溴水反应等。
引申发散：取代反应是有机反应中重要的反应类型，它包含量大，知识覆盖面广，成为高考的热点之一。复习中应注意以下两点:
1. 把握内涵 拓展外延
1.取代反应包含以下几种情况:
(1) 一个原子被一个原子取代的反应。如:CH4+Cl2→CH3Cl+HCl
(2) 一个原子被一个原子团取代的反应。如:C2H5O-H+HO-C2H5→C2H5-O-C2H5+H2O
(3) 一个原子团被一个原子或原子团取代的反应
如:CH3CH2-OH+H-Br→CH3CH2-Br+H2O CH3CO-OCH3+H-OH→CH3COOH+CH3OH
2.概念的六个要点：（见三大有机反应类比较）
3.同一反应的类型,从不同的角度看可有不同的名称:
(1) 卤代,硝化,磺化,酯化等均属于取代反应
(2)卤代烃,酯,多肽和蛋白质的水解反应属于取代反应,二糖,多糖的水解反应一般认为不属于取代反应
(3)油脂在碱性条件下的水解反应叫皂化反应,也是取代反应
(4)醇与醇,羧酸与羧酸,氨基酸与氨基酸等分子间的脱水反应属于取代反应
有关反应类型的关系可图示为:
例8 提示：通常，溴代既可以水解生成醇，也可以消去溴化氢生成不饱和烃。如：
-C-C--C-C- -C-C--C=C-
H Br H OH H Br
请观察下列化合物A→H的转换反应的关系图（图中副产物均未写出），并填写空白：
（1）写出图中化合物C、G、H的结构简式：C 、G 、H 。
（2）属于取代反应的有（填数字代号、错答要倒扣分） 。(1999年全国高考题)
思路分析：本题知识覆盖面广，考查考生对有机物基础知识的认识，理解它们的分子结构及相应的性质，并从中体现出逻辑思维能力。
框图中只给出了一种物质的分子式C8H10，解题时应以之为基点，从框图中描述的C8H10生成体系可以推理它是乙苯C6H5C2H5，由乙苯逆推，可知化合物A是侧链乙基被溴代了的乙苯，但不能肯定是C6H5C2H5Br还是C6H5CHBrCH3，这一点并不重要，因为题目对化合物A并没有设问。进一步分析可知化合物C应是苯乙烯，化合物G应是苯乙炔。
按题目给出的信息，溴代烃分子中溴原子可以被取代为羟基，又因醇羟基中H原子可以被乙酰基取代为乙酸酯，由此可以认定反应①、③、⑥、⑧是取代反应。
化合物C和D分别是苯乙烯和乙酸苯乙酯，此结构式可以看出，由D变成C的反应肯定不是取代反应（事实上是一个消去反应）。
答案：（1）C：C6H5-CH=CH2 G：C6H5-C CH H：C6H5-CH-CH2OCOCH3 （2）①③⑥⑧
O-COCH3
方法要领：该推断题的思路显然是逆向推理，再结合正向推理进行推断。此题的关键点在“C8H10”，以中学阶段的知识范围，由“C8H10”容易想到可能苯环存在，但本题由G→C8H10的条件是“足量的H2和催化剂”，即苯环有可能进一步进行加氢，如果考生未注意这一点，要推出该题答案很困难了。
例9 已知溴乙烷跟氰化钠反应后再水解可以得到丙酸CH3CH2Br→CH3CH2CN→CH3CH2COOH，产物分子比原化合物分子多了一个碳原子，增长了碳链.请根据以下框图回答问题：（2000年广东高考题）
F分子中含有8个原子组成的环状结构。
(1)反应①②③中属于取代反应的是 。
(2)写出结构简式：E ，F 。
思路分析：由题设条件和反应转化图即可确定②、③为取代反应。关键要注意CH2=CH-CH3与Br2加成后生成二元溴代物，D+E→F是二羧酸和二元醇形成环酯的过程。
答案：（1）②、③ （2）CH3-CHCOOH CH3CH-COO—CH-CH3或CH3CH-COO-CH2
CH2COOH CH2-COO-CH2 CH2-COO-CH-CH3
方法要领：关键是由A的分子式推知乙烯，由题给信息“顺藤摸瓜”。
例10 有机物E和F可用作塑料增塑剂或涂料中的溶剂。它们的相对分子质量相等，可用以方法合成:（1999年上海高考题）
(1)请写出有机物的名称：A 、B 。
(2)请分别写出A+D→E和B+G→F的化学方程式： ，
(3)x反应的类型是 ，x反应的条件是
(4)E与F的相互关系是 (选填下列选项的编号)
①同系物 ②同分异构体 ③同一种物质 ④同一类物质
思路分析：本题主要考查酯类反应方程式，一个是芳香醇和乙酸的反应，另一个是芳香酸和乙醇的反应。
通过审题，很快注意到有一个熟悉的卤代烃水解反应条件“NaOH水溶液”，所以A为：
；而CH3CHO以“[O]、催化剂”条件氧化可得D为CH3COOH，所以A和D在“浓硫酸，加热”条件下可发生酯化反应生成： 。B和G的反应条件也是酯化反应的条件，结合 “高温液相氧化”生成B和“A氧化生成B”可知B应为：
；；CH2=CH2水化后的产物G为CH3CH2OH，所以F为 。
由以上分析知：A的名称是对苯二甲醇，B的名称为对苯二甲酸。E和F同是酯，它们是同一类物质，其分子式相同而结构不同，它们又是同分异构体。此题得解。
答案：（1）A：对苯二甲醇 B：对苯二甲酸（2）A+D→E、B+G→F反应式分别为：（见下）（3）取代，光照；（4）②④。
方法要领：由起始物（对二甲苯和乙烯）为起始点结合反应试剂，推出产物结构A和D，对比反应物和产物的结构变化，推出反应类型和反应条件。
例11 1mol某烃A，充分燃烧可以得到8molCO2和4molH2O。烃A可通过如下图的各个反应得到各种化合物和聚合物。（1995年高考试测题）
（1）以下11个反应中，属于消去反应的有 （填数字）个。它们分别是：由C→A，
（填写X→Y）
（2）化合物的结构简式A是 ，D是 ，E是 ，G是 。
思路分析：由烃A燃烧产物推知其分子式为C8H8，不饱和度=(2×8+2-8)/2=5，猜测含有苯环，再结合A→B知为苯乙烯（C6H5CH=CH2），之后再导出C、D、E、F结构。以A为抓手，根据反应流程图中的反应条件和反应试剂，可推得有关转化的反应类型。
答案：（1）4，E→A、E→F、G→F （2）A：C6H5CH=CH2 D： C6H5CH(OH)CH3 E：C6H5CH2CH2Br
G：C6H5CBr2CHBr2。
方法要领：反应条件及物质间的转换关系图是本题的突破口，由C→A，即可答推知E→F也是消去反应。关键是隐含的E→A，其反应条件是较新的信息，不易察觉。转换关系起了重要的补充信息作用。确定了E→A，自然就得知G→F也是消去反应。
例12 乙酸跟乙醇在浓硫酸存在并加热的条件下发生的酯化反应(反应A),其逆反应是水解反应(反应B)。反应可能经历了生成中间体(I)这一步:（1998年高考化学试测题）
(1) 如果将反应的类型按加成、消去、取代反应分类，则A～F六个反应中属于取代反应的是
，属于加成反应的是 ，属于消去反应的是 。
(2)如果用18O标记原料C2H5OH,则生成物乙酸乙酯中是否有18O？如果用18O标记原料CH3COOH中羰基(C=O)或羟基里的氧原子,则生成物H2O中的氧原子是否有18O？试简述你做此判断的理由。
思路分析：本题解题关键是抓住各类有机物反应的特征、中间体的结构及断链的部位去分析确定。
取代反应特征是，有机物分子中断下一个基团的同时，连上一个新基团，反应A、B具有此特征；加成反应的特征是，断开不饱和键，相应的两个碳上同时连上述基团，反应C、F具有此特征；消去反应的特征是从相邻的两个碳上各去掉一个基团，形成不饱和键，反应D、E具有此特征。
得到中间体的方式是：羧酸中的C=O断开一键，醇中羟基氧加到羰基碳上。C2H518OH为原料时所得中间体（Ⅰ）为（见右图），故产物酯中一定含有18O。
用CH3-C18O-OH原料时所得中间体（Ⅰ）为 或
上述两种物质是等同的。两羟基间脱水有两种方式，这两种方式为：者说 或 。故酯中可能有18O。
弄清各有机反应的本质特征，正确分析出中间体（Ⅰ）消去
水的两种可能性。
答案：（1）A、B；C、F；D、E。（2）两者都有18O标记，因为反应中间体在消去一个水分子时，有两种可能，而乙氧基（-OC2H5）是保留的。
方法要领：酯化反应及其逆反应属取代反应，这是熟知的反应。题干中引入了反应中间体之后，问题就复杂多了。是否其余的反应也是取代？必须由物质间转换的实质来确定。D、E各失去一分子H2O形成-C=O，为消去反应，其逆过程则加成。
例13 化合物C和E都是医用功能高分子材料，且有相同的元素百分组成，均可由化合物A（C4H8O3）制得，如下图所示，B和D互为同分异构体。（1998年上海高考题）
试写出：
（1）化学方程式A→D ，B→C
（2）反应类型A→B ，B→C ，A→E
（3）E的结构简式
（4）A的结构简式的同分异构体（同类别且有支链）的结构简式： 及
思路分析：由于A→B时分子式由C4H8O3变为C4H6O2，失去一分子水且B为不饱和化合物，说明A分子中存在-OH，A→B发生的是分子内消去反应。又由于在浓硫酸存在下A→D时分子式由C4H8O3变为C4H6O2，也失去一分子水，但由于D为五原子环化合物，而D分子中仅有4个碳原子，说明D分子中不仅无支链，而且环上除碳原子外，还应有一个氧原子才能形成五元环化合物，由此可知A→D的反应为-OH与-COOH反应的酯化反应，A分子中的-OH与-COOH必须在碳链的两端，还不能有支链，即A为HOCH2CH2CH2COOH，D为CH2-CH2-CH2（环酯）、B为CH2=CH-CH2COOH、E为 [OCH2CH2CH2-C]n（聚酯）、
O--C=O O
C 为[CH2CH2]n
CH2COOH OH O O
答案：（1）A→D：CH2-CH2-CH2-C-OH CH2-CH2-CH2-C=O + H2O
CH2COOH
B→C：nCH2=CH-CH2-COOH→[CH2-CH]n；（2）A→B：消去反应；B→C：加聚反应；A→E：缩聚反应；
（3）E的结构简式：[O(CH2)3CO]n ；（4）
A的同分异构： CH3 O CH3 O
CH2-CH-C-OH HO-C--C-OH
OH CH3
方法要领：本题考查考生对醇、羧酸、酯的性质和结构以及多官能团化合物知识的掌握情况，重在培养学生分解、转换、重组已学知识以解决问题的能力和逆向思维能力。由A具有酸性和A在浓硫酸存在下生成的产物，推出A的结构，余下的问题迎刃而解。
CH2-COOH
CH2OH
CH2CHO
HO
C=O
HO-CH2-CHH
OH
HO
C===C
CH
O
CH3
反应①
试剂①
反应②
试剂②
CH3
NO2
(A)
反应③
KMnO4或K2Cr2O4+H+
(B)
O2N
COOC2H5
Cl
酯交换反应
(C2H5)2NCH2CH2OH+H+
(C)
反应⑥
Fe+HCl或催化剂+H2
(D)
酸化或成盐反应
试剂⑦
H2N
Cl
COOCH2CH2N(C2H5)2.HCl (氯普鲁卡因盐酸)
C2H5OH+H+
反应④
+HNO3
浓H2SO4
50℃--60℃
+H2O
NO2
62%H2SO4
95℃
浓H2SO4
140℃
浓H2SO4
Δ
浓H2SO4
Δ
HBr
浓NaOH醇溶液，Δ
Zn粉，Δ
E
NaOH溶液
催化剂
醋酸酐
醋酸
加聚
浓NaOH醇溶液
Δ
F
Br2—CCl4
溶液
Zn粉
Δ
G
（C8H6Br4）
+2 H2O
+2 H2O
卤代
中间体Ⅰ
酸催化
D
A(C3H6)
Br2
稀NaOH
H2O
C
E
NaCN
反应③
溶 剂
反应①
B
反应②
F
H
C8H10
④
400℃
⑨
足量H2
催化剂
⑥
稀NaOH溶液
Δ
醇溶液，Δ
⑦ 浓NaOH
CCl4
⑤ Br2
①
稀NaOH溶液
B
D
CH-CH3
O-CO-CH3
Br2—CCl4溶液
C
A
CO2+H2O
燃烧
水解
取代反应
脱水
酯化
皂化
磺化
硝化
卤代
醇溶液，Δ
②浓NaOH
G
F
E
D
C
B
A
③乙酸、乙酸酐
⑧乙酸、乙酸酐
CH3
CH3
CH2Cl
CH2Cl
属x反应
A
NaOH溶液
CH2=CH2
CH3CHO
D
[O]
催化剂
[O]
催化剂
硫酸
Δ
E
B
高温液相氧化,催化剂
[O]
硫酸
Δ
F
G
+H2O,催化剂
CH2OH
HOH2C
COOC H2CH3
CH3CH2OOC
COOH
HOOC
CH3
CH3
CH2OOCCH3
CH3COOCH2
浓H2SO4，Δ
+2CH3COOH
CH2OH
HOCH2
CH2OOCCH3
CH3COOCH2
COOH
HOO C
+ 2C2H5OH
浓H2SO4，Δ
COOC2H5
C2H5OOC
A
O
CH3-C-OH
O
CH3-C-OC2H5 + H2O
+
C2H5OH
B
OH
CH3-C-OH
OC2H5
C
D
F
E
OH
CH3-C-OH
18OC2H5
中间体Ⅰ
18OH
CH3-C-OH
OC2H5
CH3-C-18OH
OH
OC2H5
18O-H
CH3-C-OH
OC2H5
18OH
CH3-C-OH
OC2H5
O H
CH3-C-OH
18OC2H5
18OH
CH3-C-OH
OC2H5
OH
CH3-C-18OH
OC2H5
浓H2SO4
一定条件下
浓H2SO4
一定条件下
D(C4H6O2)
五原子环化合物
B(C4H6O2)
可使溴水褪色
E(C4H6O2)n
C
(C4H6O2)n
A(C4H8O3)
具有酸性
PAGE
5第五节 化学实验方案的设计
【知识网络】
一．气体反应装置：
气～气 气～液 气～固
二．实验装置的改进：
常规实验装置 改进后的实验装置
启普发生器
极易溶于水
量气装置
三．实验中的安全装置
分类 装置简图 原理及使用实例
防倒吸倒装置 隔离式 导气管末端不插入液体（水）中，导气管与液体呈隔离状态。可用来吸收易溶于水的气体。如课本中制溴苯实验中设计这一装置吸收HBr。
倒置漏斗式 由于漏斗容积较大，当水进行漏斗内时，烧杯内液面下降而低于漏斗下口，受重力作用，液体又固落到烧杯中。常用于吸收易溶于水的气体。如93高考实验题用此装置吸收HBr。
容器接收式 使用较大容积的容器接收可能倒吸过来的液体，防止进入气体发生装置或受热的反应容器。 如96“引火铁”用此装置接收可能倒吸的水，以防进入灼热的硬质试管中。
防堵塞装置 液封平衡管式 插入液面中的长玻璃管与大气连通，流动的气体若在前方受阻，增大的气压会随玻璃管中液面的上升而得到调节。如97高考设计此装置可用来检查堵塞，还可防倒吸。
恒压式 使分液漏斗与烧瓶内气压相同，保证漏斗中液体顺畅流出。如95上海高考题设置该装置。
防污染安全装置 吸收式 容器中盛有与有毒气体反应的溶液，将未反应的有毒气体吸收，使其不扩散到空气中，造成污染。如Cl2、SO2、H2S等酸性有毒气体可用碱液吸收。
灼烧式 适当时候，点燃尖咀中的有毒可燃气体，充分燃烧后，转化为对环境无污染的产物。 如CO等可燃性有毒气体。
收集式 利用气球或球胆将有毒气体收集后，另作处理，避免其逸散到空气中，污染环境。
【易错指津】
1．系列装置的连接、搭配不当。
近几年高考阅卷的抽样分析表明，由于缺乏对问题的总体分析，常导致气体系列装置连接不当，而引起答题的系列失误。主要错误有：①看不懂装置图，不了解各仪器或有关试剂的作用；②不注意区分实验装置中的细节问题，如导管长短，洗气与量气的区别，安全装置，尾气处理等。复习时应根据反应物的状态及反应条件对气体发生装置进行分类、整理，气体综合实验的知识框架一般为：制气→净化→干燥→收集或化学反应→尾气吸收。
2．简答时分析不清、表达不明。
实验题中常穿插大量的现象描述、原理分析、化学格式书写等。答题时应简明扼要切中要害，常见问题是：①结论与现象混凝淆；②创造思维不到位，原因分析不准确；③方程式书写失误，如反应不配平，不注明反应条件，有机物结构简式书写错误等。
3．实验设计题解答能力差。
主要是思维不严密，对学过的基础实验不理解或不能联想迁移。建议平时解题时要真正弄清实验的原理，分析为什么这样做，还可以怎样做，不可怎样做，同时尽可能自已动手，多做一些实验。
4．在实验设计中的实验操作顺序的设计，如有关气体的实验首先应进行装置的气密性检查，点燃或高温加热可燃性气体前应先进行气体纯度的检验等，以保证实验的安全和准确。
【典型例题评析】
例1 用下列仪器、药品验证由铜和适量浓硝酸反应产生的气体中含NO（仪器可选择使用，N2和O2的用量可自由控制）。（1998年上海高考题）
已知：①NO+NO2+2OH-→2NO+H2O ②气体液化温度：NO2 21℃ NO -152℃
试回答：（1）仪器的连接顺序（按左→右连接，填各接口的编号）为
（2）反应前先通入N2目的是 （3）确认气体中含NO的现象是
（4）装置F的作用是
（5）如果O2过量，则装置B中发生反应的化学方程式为：
思路分析：本实验的目的是验证Cu和浓硝酸反应产生的气体中的NO，即产物中一定有NO，而不是通过实验来确定是否有NO。而反应产物中NO2是一定存在的，所以要将NO2和NO分离后进行验证，如何分离？题目给出了两种气体相差甚远的液化温度，联系装置F，便可知其意了，NO2和NO分离（NO2被液化）后的气体与O2作用，又出现红棕色，这个特征现象便可确认了NO的存在。
另外，制气前须将各装置内的空气排尽，气体中混有的水气的吸收以及最后尾气的吸收，这些问题都要考虑，而酚酞的装置E便成了命题者用来干扰思维的多余装置。
框图分析：
NO NO
Cu+HNO3(浓)→ NO2NO2NONO2、O2NaNO3
H2O
为达到题目要求的检验生成气体中有无NO就需做到：①反应前要将装置内的空气赶尽，以免NO被氧化成NO2而无从检验，这可通过向装置A中通入N2来解决；②将混合气体中的NO2和NO分离，根据题目所给信息，可利用冰水浴使NO2液化而达到要求；③反应混合气体中的少量水蒸气冷凝后溶解NO2，会产生少量NO而干扰检验，这又要求对反应混合气体进行干燥，这可由装置C来完成。
尾气中的有毒气体需用碱液吸收，题目提供的信息中已给出反应。但（5）中是O2过量，这就需要将题目的信息经过加工来完成反应方程式。
答案：（1）1 5 4 10 11 6 7 2 （10和11可颠倒）[说明：错一个即不给分] （2）驱赶装置中空气，防止反应产生的NO被氧化 （3）通入O2后装置（D）中有红棕色气体生成 （4）分离NO和NO2（或使NO2液化）[说明：其它合理回答都给分] （5）4NO2+O2+4NaOH→4NaNO3+2H2O
方法要领：此题的解题框架为：制取气体→干燥→分离→收集NO→尾气吸收。因NO易被氧化，反应前先驱除装置中的空气，收集到NO后通入O2变棕红证明NO存在，因此，必须先将NO2分离掉，根据审题可知NO2、NO两气体液化温度相差很大，因此，选择冰水浴使液化NO2。
解题中易出现的错误是：装置的连接顺序出现错误，这主要是由于不理解检验NO的原理及各装置的作用所导致；将（5）的方程式写错。这主要是由于只注意了题目信息中的离子方程式，而未注意在（5）中O2是过量的。
引申发散：实验设计题通常要求考生联系所学过的实验知识和技能，充分挖掘题意、明确任务，进行知识类比、迁移和重组、运用隔离与整体相结合的原则进行全面、细致周密的思考才能按题目要求设计出最佳方案。从而回答和解决一系列实验问题。
（1）解题思想，规律和方法
思考问题的顺序：
①围绕主要问题思考。例如，选择适当的实验路线、方法；所用药品、仪器简单易得；实验过程快速、安全；实验现象明显。
②思考有关物质的制备、净化、吸收和存放等有关问题。例如：制取在空气中易水解的物质（如Al2S3、AlCl3、Mg3N2等）、易受潮的物质（如FeCl3）、用碱石灰吸收CO2并测其质量等，均需在装置末端再接一个干燥装置。以防止空气中水蒸气进入（有的防止CO2进入）。
③思考实验的种类及如何合理地组装仪器，并将实验与课本实验比较、联靠。例如涉及到气体的制取和处理，对这类实验的操作程序及装置的连接顺序大概可概括为：发生→除杂质→干燥→主体实验→尾气处理。
仪器连接顺序：
①所用仪器是否恰好当，所给仪器是全用还是选用。
②仪器是否齐全，例如制有毒气体及涉及有毒气体的实验是否有尾气的吸收装置。
③安装顺序是否合理。例如：是否遵循“自下而上，从左到右”；气体净化装置中不应先经干燥，后又经过水溶液洗气。
④仪器间连接顺序是否正确。例如：洗气时“进气管长，出气管短”；干燥管除杂质时“粗进细出”等。
实验操作顺序：
①连接仪器：按气体发生→除杂质→干燥→主体实验→尾气处理顺序连接实验仪器。
②检查气密性：在整套仪器连接完毕后，应先检查装置的气密性，然后装入药品，检查方法要依靠装置而定（加热法或水封法）。
③装药品进行实验操作。
（2）解题时，应全方位的思考问题。
1）检查气体的纯度，点燃或加热通有可燃性气体（H2、CO、CH4、C2H4、C2H2）的装置前，须查气体的纯度。例如用H2、CO等还原金属氧化物时，需要加热金属氧化物，在操作中，不能先加热，后通气，应当先通气，排净装置内的空气后，检查气体是否纯净，待气体纯净后，再点燃酒精灯加热金属氧化物。
2）加热操作先后顺序的选择，若气体发生需加热，应先用酒精灯加热发生气体的装置，等产生气体后，再给实验需要加热的固体物质加热，目的是：①则防止爆炸；②保证产品纯度，防止反应物或生成物与空气中其他物质反应。例如用浓硫酸和甲酸共热产生CO，再用CO还原Fe2O3，实验时应首先点燃CO发生装置的酒精灯，生成的CO赶走空气后，再点燃加热Fe2O3的酒精灯，而熄灭酒精灯的顺序则相反，防止石灰水倒吸。
3）冷凝回流问题。有的液体反应物易挥发，为了避免反应物的损耗和充分利用原则，要在发生装置设计冷凝回流装置，如发生装置安装长玻璃管等。
4）冷凝问题，有的实验为防止气体冷凝不充分而受损失，需用冷凝管或冷水或冰水冷凝气体，使物质蒸气冷凝为液态便于收集。
5）具有特殊作用的实验改进装置，如为保证分液漏斗中的液体能顺利流出，用橡皮管连接成连通装置；为防止气体从长颈漏斗中逸出，可在漏斗末端套住一只小试管等。
6）拆卸时的安全性和科学性，实验仪器的拆卸要注意安全性和科学性。有些实验为防止“爆炸”或“氧化”，应考虑停止加热或停止通气的顺序，如对有尾气吸收的装置实验，必须将导管提出液面后才熄灭酒精灯，以免造成溶液倒吸，拆卸用排水法收集需加热制气体的装置时，先撤导管后熄灯，以防止水倒吸；拆后的仪器要清洗干燥、归位。
例2 工业制纯碱时,第一步是通过饱食盐水、氨和二氧化碳反应,获得碳酸氢钠结晶,它的反应原理可以用下面的方程式表示:（1998年高考化学试测题）
NH3+CO2+H2O=NH4HCO3 NH4HCO3+NaCl(饱和)=NaHCO3↓+NH4Cl
以上反应的总结果是放热反应。请设计一个实验,用最简单的实验装置模拟实现这一过程获得碳酸氢钠结晶。可供选择的实验用品有:6mol/LHCl、6mol/LH2SO4、浓氨水、氢氧化钠、消石灰、大理石、氯化铵、食盐、蒸馏水和冰,以及中学化学实验常用仪器。
(1)画出实验装置图(包括反应时容器中的物质),并在图中玻璃容器旁自左至右分别用A、B、C ……符号标明(请见题后说明).
(2)请写出在图上用A、B、C……各玻璃容器中盛放物质的化学式或名称.
A: B: C: D: E:
(3)利用在本题所提供的实验用品，如何判断得到的产品是碳酸氢钠的结晶，而不是碳酸氢铵或食盐结晶。
说明：①本题装置示意图中的仪器可以用下面的方式表示。
敞口玻璃容器 有塞玻璃容器 玻璃漏斗
分液漏斗 玻璃导管 (但应标示出在液面上或液面下)
②铁架台,石棉网,酒精灯,玻璃导管之间的联接胶管等，在示意图中不必画出。如需加热，在需加热的仪器下方，标以“Δ”表示。
思路分析：解答本题的关键是理解反应中氨的作用。从题中直接得到的信息是：
①反应原理：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3 NH4HCO3+NaCl(饱和)=NaHCO3↓+NH4Cl
②反应的总结果是放热反应。合并此两式，得总的反应方程式为：
NH3+CO2+H2O+NaCl(饱和)=NaHCO3↓+NH4Cl+Q（热量）
从化学平衡和弱电解质电离平衡的知识可知，CO2在水中发生反应：CO2+H2O H2CO3 H++HCO3-因为碳酸是弱酸，所以HCO3-在溶液中的浓度很小；但是在通入氨后，氨气在发生反应：NH3+H2O NH3.H2 NH4++OH-，所得到的少量OH-和前一反应中的H+结合生成极弱的电解质H2O，从而使两个反应的平衡都右动，使得溶液中HCO3-的浓度增大。只要在通入CO2的同时，食盐饱和溶液中已有足够的NH3.H2O，就能起到与通入氨气相同的效果。从题目提供的条件看，可以联想到配制用食盐饱和的浓氨水作为反应液，也可以达到上述结果。全部装置的主要部分是制取CO2和生成NaHCO3结晶。用石灰石和6mol/LHCl反应制取CO2，为除去CO2中带出的酸雾，可使CO2通过装有水的洗气瓶再进入反应器中。考虑到反应是放热的，在生成NaHCO3结晶的反应器外需要冷却。最后，因为本实验的反应液中使用了浓氨水，为了减少逸出的氨气对环境的污染，在装置的最后要有尾气吸收装置（用6mol/LH2SO4吸收逸出的氨）。
答案：（1）见右图
（2）A：CaCO3，并由漏斗加入6mol/LHCl；B：蒸馏水（或答水）；C：冰水（或答冷水）；D：被氯化钠饱和的浓氨水；E：6mol/LH2SO4。
（3）取少量产品放在试管中，在酒精灯上加热至不再有气体放出时，停止加热。试管中如有白色剩余物质，则得到产品不是碳酸氢铵。试管冷却后，向其中加入适量盐酸，反应激烈，冒大量气泡，最后剩余物全部溶解，说明得到的结晶是碳酸氢钠。如果加入盐酸后，晶体全部溶解，但没有气泡产生，则得到结晶可能是食盐。
方法要领：本题考查考生对实验原理的理解能力，以及对不同实验方案的评价能力。解题中不仅要了解装置中各部件作用，还要正确连接仪器，把设计思想通过抽象的示意图表达出来。
解题中防止：①不知使用饱和的食盐氨水溶液，将整套装置复杂化；②未将生成的NaHCO3的反应装置进行冷却；③不能正确的检验产品，或是叙述不准确。
例3 某课外活动小组模拟呼吸面具中的原理（过氧化钠与潮湿二氧化碳反应），设计用下列仪器来制取氧气并测量氧气的体积。（1997年上海高考题）
下图中量气装置E是甲、乙两根玻璃管组成，它们用橡皮管连通，并装入适量水。甲管有刻度（0～50mL），供量气用；乙管可上下移动，以调节液面高低。
实验室可供选用的药品还有：稀硫酸、盐酸、过氧化钠、碳酸钠、大理石、水。
试回答：
（1）上述装置的连接顺序是（填连接口的编号，其中连接胶管及夹持装置均省略）：
（2）装置C中放入的反应物是 和 。
（3）装置A的作用是 ；装置B的作用是 。
（4）为了较准确地测量氧气的体积，除了必须检查整个装置的气密性之外，在读取反应前后甲管中液面的读数，求其差值的过程中，应注意 和 （填写字母编号）
a.视线与凹液面最低处相平
b.等待片刻，待乙管中液面不再上升时，立即读数
c.读数时应上下移动乙管，使甲、乙两管液面相平
d.读数时不一定使甲、乙两管液面相平
思路分析：明确题目的要求：模拟呼吸面具中的原理（过氧化钠与潮湿的CO2反应），制取氧气并测量氧气的体积。因此必须首先制取CO2，并进行必要的提纯，与过氧化钠反应后还要提纯以保证测量出的氧气的体积更准确。
观察C装置在U型管的一侧用玻璃纤维隔开，上边可以放置固体，这显然是一个类似于启普发生器的装置，可用于制取二氧化碳，由于碳酸钠易溶于水，用它制取二氧化碳会使U型管失去随时开关的作用，因此必须选用大理石和盐酸（硫酸钙微溶于水，会使反应速率渐慢），而盐酸易挥发可用NaHCO3溶液除去CO2中的HCl，在D中放置过氧化钠，由于气体与固体物质反应是在固体表面进行的，CO2不可能充分反应，会与O2一同逸出，可用NaOH溶液除去其中的CO2，然后再测量O2的体积。要清楚U型管的作用原理，当向一端（甲管）充入O2后，由于压强增大甲管液面下降、乙管液面上升、二管液面的差即说明甲管中O2的相互高度，使液面相平，这时甲管中的读数就是正常压强条件下较准确的体积。
答案：（1）⑤③④⑥⑦②①⑧（⑥⑦可颠倒） （2）大理石、盐酸 （3）吸收氧气中未反应的CO2，吸收CO2中混有的HCl （4）a、c
方法要领：本题考查的主要知识有：制气、净化、量气、融物理的压强问题和化学问题于一体，考查综合分析能力。根据题意要求，模拟呼吸面具的原理，制取氧气并测量体积，其思路是：制取CO2、净化CO2、CO2与Na2O2反应、除去未反应的CO2、测量O2体积。应注意的问题有：CaSO4微溶、不能用大理石和H2SO4制CO2；量气时要清楚U型管的作用，当向甲管充入氧气后，由于压强增大，甲管液面下降、乙管液面上升，二管液面的差说明甲管中氧气压强较大，此时测出的O2体积偏小，应调节使两液面高度，使液面相平，此时甲管中的读数就是正常压强条件下较准确的读数。
例4 在一定条件下用普通铁粉和水蒸气反应，可以得到铁的氧化物。该氧化物又可以经过此反应的逆反应，生成颗粒很细的铁粉。这种铁粉具有很高的反应活性，在空气中受撞击或受热时会燃烧，所以俗称“引火铁”。请分别用下图中示意的两套仪器装置，制取上述铁的氧化物和“引火铁”。实验中必须使用普通铁粉和6mol/L盐酸，其他试剂自选（装置中必要的铁架台、铁夹、铁圈、石棉网、加热设备等在图中均已略去）。（1996年全国高考题）
填写下列空白：
（1）实验时试管A中应加入的试剂是 ；烧瓶B的作用是 ；烧瓶C的作用是 ；在试管D中收集得到的是 。
（2）实验时，U型管G中应加入的试剂是 ；长颈漏斗中应加入 。
（3）两套装置中，在实验时需要加热的仪器是（填该仪器对应的字母） 。
（4）烧瓶I中发生的反应有时要加入少量硫酸铜溶液，其目的是 。
（5）试管E中发生的化学方程式为 。
（6）为了安全，在E管中的反应发生前，在F出口处必须 ；E管中的反应开始后，在F出口处应 。
思路分析：虽然本题设置了制取“引火铁”的新情境及十一处设问，但所涉及的反应原理并无新的内容，不外是铁与铁的氧化物的相互转化的知识。因此，本题不属于“原理型信息给予题”，而属于“背景型信息给予题”。解答这类问题，只要能明确此题提供的背景涉及哪些已有知识和实验技能，经过将提取的有关知识、技能用于实际情境，进行冷静思维，准确地分析判断，解答本题应有相当的把握。
应该指出的是，当明确每套装置对应的主要反应以后，解答的重、难点在于实验知识、技能的恰当应用。首先应理出每套装置中气体的发生装置和气体流向。左图为：B（水蒸气发生装置）→A→C→D；右图为：H、I（H2发生装置）→G→E（自F排出尾气）。然后，要分析在A和E中发生的反应及反应产物，明确附属设备的功能。左图中D为排水法收集铁与水蒸气反应副产物氢气。鉴于装置较复杂和反应速率较难控制，用C为安全瓶防止水倒吸至A（此处要加热），确保实验安全、顺利进行，十分必要；右图中E处用氢气还原四氧化三铁，此反应需加热，为确保安全，必须在F处收集H2，事先检验H2的纯度，反应发生后，应在F处点燃未反应的H2。G则是干燥氢气的装置（若含水蒸气，生成铁会部分氧化）。
此外，由于装置图上未标出应加热装置处的热源，给解答造成一些干扰与困难，可在B、A、E等处注明加热，使反应条件明朗化，会有助于问题的解答。
答案：（1）普通铁粉（或铁粉）；用于产生水蒸气；防止水倒吸；氢气 （2）固体NaOH（或碱石灰、CaO等固体干燥剂）；6mol/L的HCl （3）A、B、E （4）加快产生氢气的速度 （5）Fe3O4+4H23Fe+4H2O (6)检验氢气的纯度；点燃氢气
方法要领：本题结合“引火铁”的新情境，综合考查利用铁的还原性和四氧化三铁被还原的反应原理，以及有关仪器装置解决无机物制备实际问题的能力。
比较两套装置和有序地读题可以判定，左图是铁与水蒸气的反应装置，右图则是用制得的氢气还原四氧化三铁的装置。由此实破，可推知B应为加热水产生水蒸气的装置，A为铁与水蒸气反应的装置；H与I组合起来用于制氢气，E则用于氢气还原四氧化三铁。其余的仪器则为附属设备，例如，D用于收集产生的氢气，G用于净化所制的氢气。当两套装置的功能及每套装置中各仪器的作用都分析清楚后，解答本题各个问题就不困难了。
说明：我们也可以从提问中找到解题的线索如（4）问是我们常见的利用原电池的原理加快产生氢气的速率，从中悟出右图是用H2制“引火铁”的装置。又如题中强调必须使用6mol/L盐酸，而长颈漏斗正是盛装盐酸最合适的仪器即H、I是制H2的装置。可见，审题必须要仔细，一条线索的获得，也许就成为打开题目迷宫的钥匙。
例5 测量一定质量的铝锌合金与强酸溶液反应生成的氢气的体积，可以求得合金中铝和锌的质量分数。现有下列实验用品：中学化学实验常用仪器、800mL烧杯、100mL量筒、短颈玻璃漏斗、铜网、铝锌合金样品、浓盐酸（密度1.19g/cm3）、水。按图所示装置进行实验，回答下列问题。（设合金样品全部反应，产生的气体不超过100ml）
（1）补充下列实验步骤，直到反应开始进行（铁架台和铁夹的安装可省略）：
①将称量后的合金样品用铜网小心地包裹好，放在800mL烧杯底部，把短颈漏斗倒扣在样品上面。
② ③ ④
（2）合金样品用铜网包裹的目的是 。
思路分析：这个实验其实是很简单的，根据铝和锌都能与盐酸反应。由合金质量与生成的氢气的体积，解方程组可以求出铝和锌的物质的量和质量。实验的关键是必须用量筒收集到全部氢气并且不能混有空气。如果烧杯内水面没有没过漏斗，则在将量筒倒扣时，必然将空气带入量筒内。烧杯中水面到杯口要有100mL空间，这是为了防止氢气将酸液排出杯外，流到桌上。一定要先把水加入和将漏斗倒插后才能加入浓盐酸，如果一开始就加入盐酸，立即与铝、锌反应，来不及收集产生的全部氢气，定量实验就是失败的。铜与盐酸不反应，但铜的密度较大，可以将样品沉在烧杯底部，避免被氢气泡带出到漏斗外导致实验失败。
答案：（1）②在烧杯内注入水，直到水面没过漏斗；③在100mL量筒中装满水，倒置在盛水的烧杯中（量筒中不应留有气泡），使漏斗颈伸入量筒中，烧杯中水面到杯口至少保留100mL空间；④将长颈漏斗（或玻璃棒）插入烧杯并接近烧杯底部，通过它慢慢加入浓盐酸，直到有气体产生。
（2）使样品在反应时能保持在烧杯底适当的位置。
方法要领：该题以混合物均与酸反应产生氢气的计算为背景，以常用仪器烧杯、漏斗、量筒组成实验装置图为信息，将制取氢气和收集气体在同一烧杯中进行，新颖独特，富有创造性。并通过对实验细节的考查来强化对实验基本操作的考查。解题关键要把握：①气体装置的密封性，即在酸与金属反应前漏斗应液封起来，故先加水至水面没过漏斗颈；②排水法收集气体时量筒中水倒扣时应无气泡；③产生气体时，量筒中水会排出，应预留空间；④因用漏斗收集气体，为防止气体逸出，合金的位置应相对固定，防止反应时因产生气体而游动。
例6 1,2二溴乙烷可作汽油抗爆剂的添加剂,常温下它是无色液体，密度是2.18g/cm3，沸点131.4℃,熔点9.79℃，不溶于水，易溶于醇、醚、丙酮等有机溶剂。在实验中可以用下图所示装置制备1,2二溴乙烷。其中分液漏斗和烧瓶a中装有乙醇和浓硫酸的混合液，试管d中装有浓溴(表面覆盖少量水)。（1997年全国高考题）
填写下列空白:
(1)写出本题中制备1,2二溴乙烷的两个化学方程式 、
(2)安全瓶b可以防止倒吸,并可以检查实验进行时试管d是否发生堵塞。请写出发生堵塞时瓶b中的现象。
(3)容器c中NaOH溶液的作用是:
(4)某学生做此实验时,使用一定量的液溴,当溴全部褪色时,所消耗乙醇和浓硫酸混合液的量,比正常情况下超出许多,如果装置的气密性没有问题,试分析其可能的原因。
思路分析：本题要求掌握乙烯的实验室制法以及乙烯与溴水的反应，另外还涉及物理中压强知识以及安全问题等内容，培养学生灵活综合运用所学知识以及分析实验结果得出正确结论的观察能力、分析能力和逆向思维能力。同时训练学生在较为生疏的实验装置面前，保持稳定心态。
由题中信息可知，1，2-二溴乙烷的熔点为9.79℃，必须要注意试管d外的冷却水温度，如果低于此熔点，就会使得1，2-二溴乙烷在试管d中凝固，发生堵塞现象，使试管d和容器c和b中以及a中由于乙烯排不出去而导致压强增大，将安全装置b内的水压入玻璃管里，使玻璃管的水柱上升，甚至溢出，与此同时b瓶内的液面应当略有下降。
在反应中，浓硫酸是脱水剂和催化剂，它还是一种副反应的强氧化剂，即浓硫酸与乙醇发生氧化还原反应，因而有SO2、CO2等酸性气体生成，用瓶c内NaOH溶液除去。
本实验中乙烯与溴的反应是气体和液体之间的反应，如果乙烯产生得过快，将会来不及充分反应，使乙烯白白逸出，导致原料消耗增大，所发生的副反应也使原料消耗增大。
答案：（1）CH3CH2OH CH2=CH2↑+H2O CH2=CH2+Br→CH2BrCHBr2；（2）b中水面会下降,玻璃管中的水面会上升,甚至溢出 （3）除去乙烯中带出的酸性气体（或答二氧化碳、二氧化硫） （4）①乙烯发生(或通过液溴)速度过快 ②实验过程中,乙烯和浓硫酸的混合液没有迅速达到170℃(或写“控温不当”也可以)
方法要领：本题考查的主要内容有：①对新实验化学原理和装置作用的理解；②反常实验的预测能力和分析推断能力。
根据实验原理设计实验装置和给出实验装置从原理上作出解释与说明，这两类问题实质相同，但考查的侧重点有所不同。本题重点在于对装置的功能与原理做出解释，因此，深入细致地研究和把握涉及的原理是关键。要解答整套装置中某一装置的原理，应该明确它在整套装置中的地位，特别是有关的装置中发生的化学反应和有关反应物、生成物的性质。例如，c中盛有NaOH溶液，c在a、d之间，它应为净化a中产生的乙烯以供d中液溴跟乙烯加成之用。鉴于有要机反应常伴有副反应，乙醇跟浓硫酸共热生成乙烯，副反应包括乙醚的生成、有机物脱水碳化，以及碳跟浓硫酸的氧化还原反应等。生成乙醚的副反应，将使消耗乙醇与浓硫酸的量增多。
此外，还应考虑物理因素对装置的影响。例如，若试管d堵塞，a～c中气体压强增大，瓶b中的水柱被压入玻璃管，甚至溢出。又如，试管d中乙烯气体跟液溴接触时，随气流的加大，会有更多的乙烯未接触到液溴而逸出，必影响其吸收效率。再如，乙烯气体温度相对较高，液溴必有部分挥发，用NaOH溶液吸收尾气中的溴蒸气以防止污染空气将是必要的。由乙醇和浓硫酸制取乙烯的方程式中关键是标明反应温度（170℃），而不能写“加热”（因温度不同主要产物可能不同）。
例7 某课外活动小组加热炭粉（过量）和氧化铜的混合物，再用下图装置，对获得的铜粉（含炭）样品进行实验。图中铁架台等装置已略去。请你帮助他们完成下列实验报告。（2000年上海高考题）
（一）实验目的：_______________________________。
（二）实验用品：仪器：天平、分液漏斗、锥形瓶、硬玻璃管、干燥管、酒精灯、洗气瓶等
药品：红褐色铜粉（含炭）样品、过氧化氢溶液、二氧化锰、碱石灰、浓硫酸等。
（三）实验内容：
实验过程 实验现象 有关化学方程式
在C中加入样品粉末W g，D中装入样品后并称量为m1 g。连接好仪器后，检查气密性。
打开A的活塞，慢慢滴加溶液。
对G进行加热。当G中药品充分反应后。关闭A的活塞，停止加热。
冷却后，称量D的质量为m2 g。
（四）计算：样品中铜的质量分数=___________________（用含W、m1、m2的代数式表示）
（五）问题和讨论：
实验完成后，老师评议说：按上述实验设计，即使G中反应完全、D中吸收完全，也不会得出正确的结果。经讨论，有同学提出在B与G之间加入一个装置。再次实验后，得到了较正确的结果。那么，原来实验所测得的铜的质量分数偏小的原因可能是_______________，在B与G之间加入的装置可以是____________________，其中盛放的药品是__________________。
思路分析：由实验报告的主要内容不难确定本实验的目的为：“测定铜粉样品中铜的质量分数”，制取O2，用的是H2O2在MnO2催化下分解而得。而混在铜粉中的碳则同时氧化成CO2，让干燥管中的碱石灰吸收。根据质量差计算出C粉质量再求出原Cu粉中Cu的质量分数。由于B中产生O2的带了一些水蒸气经G管进入D管，被碱石灰吸收，导致CO2质量增大，而铜的质量分数降低。为此，应在B与G间插入一装浓硫酸的洗气瓶作干燥O2之用。
答案：（一）测定铜粉样品中铜的质量分数
（三）
B、E中有气泡产生 2H2O22H2O+O2↑
G中的红褐色粉末变成黑色 2Cu+O22CuO C+O2CO2
(四))（五）偏小：水蒸汽通过G被D中碱石灰吸收 洗气瓶 浓硫酸 （或干燥管 碱石灰）
方法要领：本题是汇集实验原理、装置评价与改进和实验报告的书写及定量计算于一身的试题，难度不大，但综合度较高。
解题中注意：（1）从题目提供的试剂与仪器来看，应如何制得氧气？（2）产生的氧气中必然会带出水蒸气，对实验结果产生怎样的影响？
在B、G之间加入的装置也可以用碱石灰、无水CaCl2等固体干燥剂，若用固体干燥剂，则应装在干燥管里。
E
D
C
B
A
170℃
浓H2SO4
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1第三节 化学中常用计量
【知识网络】
【易错指津】
1．使用摩尔时，一定要指出物质的名称或写出化学式。如1molH2，1molH+，而不能写成“1mol氢”。
2．阿伏加德罗常数的标准是人为规定的。如果改变了它的标准，则摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度等均发生改变。而质量、粒子数、一定质量的气体体积、气体密度等客观存在因素并不会因此而改变。
3．物质的量是指微观粒子多少的物理量。微观粒子可以是分子、原子、电子、质子、中子以及他们的特定组合。物质的量与物质的质量有关而与物质所处的状态无关。
4．对题目所问微粒种类有所忽视。如误认为“2g氢气所含氢原子数目为NA”说法正确。
5．摩尔质量与温度、压强无关；不同的物质一般不同。（H3PO4和H2SO4；CO、C2H4、N2；CaCO3和KHCO3相同）
6．对气体摩尔体积的概念不清。气体摩尔体积是对气体而言，并且是在标准状况下1mol气体的体积。若不在标准状况下或不是气体就不适用。如：标准状况下，辛烷是液体，不能用气体摩尔体积进行计算。
固体和液体也有摩尔体积，但一般没有相同的数值。标准状况（0℃，1.01×105Pa）不同于通常状况（25℃，1.01×105Pa）。
7．物质的量的大小，可衡定物质所含微粒的多少，但物质的量的数值并不是微粒的个数，它的个数应该是物质的量乘以6.02×1023mol-`。
8．气体摩尔体积使用的条件是：前提——标准状况；是指气体本身的状况，而不是外界条件的状况，因此就不能说“1mol水蒸气在标准状况下所占的体积是22.4L”。研究对象是——气体（包括混合气体），但概念中的“任何气体”却不包括一些易挥发性物质的蒸气，如水蒸气、溴蒸气、碘蒸气等。量的标准是——1mol，结论——约是22.4L，此外还应注意：并非只有标准状况下，1mol气体的体积才约是22.4L。
9.外界温度和压强影响气体体积的大小，但气体的质量和物质的量的多少则不受其影响。
10．对阿伏加德罗常数的判断题：
（1）若给出物质的体积：一看是否为标准状况下----不为标准状况无法求n；二看物质在标准状况下是否为气体---不为气态无法求n；
（2）若给出气体的物质的量或质量：粒子数与外界条件无关；
（3）若是惰性气体，注意为单原子分子；
（4）若是气体单质，不一定是双原子分子；
（5）其他：联系水解、电解、P4(6个P-P键)、SiO2(Si-O四键)等。
【典型例题评析】
例1 下列说法正确的是（N表示阿伏加德罗常数的值）(1999年全国高考题)
A.28g氮气所含的原子数目为N
B.4g金属钙变成钙离子时所失去的电子数目为0.1N
C.1mol甲烷的质量与N个甲烷分子的质量之和相等
D.标准状况下，22.4L甲烷与乙炔混合物所含的分子数为N
思路分析：28g氮气（双原子分子）物质的量为1mol，其氮原子数目为2N而不是N；4g金属钙即0.1mol，因Ca-2e-=Ca2+，钙失去的电子数目为0.2N；1mol甲烷含N个甲烷分子，C对；D项考查了气体摩尔体积的一个要点：“任何气体”，其中也包括混合气，也对。
答案：C、D
方法要领：
1.阿伏加德罗常数的运用是高考考查和命题的热点。如：已知物质的质量，物质的量，物质的体积，求粒子的数目或比较其粒子的数目大小；已知溶液的体积和浓度,求溶液中溶质的粒子的数目，或比较其粒子的数目大小；已知粒子的数目，求物质的质量,物质的量,物质的体积,溶液中溶质的粒子的浓度或溶液的浓度；物质在发生氧化还原反应时电子转移的数目。
2.解题时要特别注意所给的条件，求什么粒子数，审题要仔细，这种题型高考年年考，但失分者依然较多，主要失误在审题不够仔细。审题时应注意如下细节：
(1)物质的状态：水在标准状况下时为液态或固态；SO3在标准状况下为固态，常温常压下为液态；在标准状况下，碳原子数大于4而小于16的烃为液态,大于等于16的烃为固态。
(2)某些物质的分子中的原子个数，如惰性气体、臭氧(O3)、白磷(P4)等。
(3)一些物质结构中化学键的数目，如SiO2(Si-O四键)、Si、P4(6个P-P键) 等。
(4)特别物质的摩尔质量，如D2O,T2O,18O2等。
(5)较复杂的氧化还原反应中，求算转移电子数，如Na2O2+H2O、电解Cu(NO3)2溶液等。
(6)在用到气体摩尔体积22.4L/mol时，必须注意所给物质是否为气体，如是气体看是否处于标况。
(7)某些离子或原子团水溶液中能发生水解反应，离子数目要改变。
例2 设阿伏加德罗常数的符号为NA,标准状况下某种O2和N2的混合气体mg含有b个分子,则ng该混合气体在相同状况下所占的体积(L)应是(1998年上海市高考题)
A.22.4nb/mNA B.22.4mb/nNA C.22.4nNA/mb D.nbNA/22.4m
思路分析：气体体积等于气体物质的量乘以气体摩尔体积：V=n×Vm,本题只要求出n即可.气体的摩尔质量为mNA/b g.mol-1，n=m/M=n g/[mNA/b g.mol-1]=nb/mNA mol。
答案：A
一题多解：法二：n g该混合气体所含有的分子数为nb/m个，则在标准状况下所占体积为22.4nb/mNA。
法三：m g混合气体的n=b/NA，而对相同的混合气体，其质量之比等于物质的量之比：m/n=[b/NA]/x，x=nb/mNA mol，V= nb/mNA mol×22.4L/mol。
法四：根据选项特点，利用比例求解.
mg b
ng x x=bn/m，结对照选项b、m、n的组合方式，只有A符合。
例3 根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述中正确的是(1998年全国高考题)
A.同温同压下两种气体的体积之比等于摩尔质量之比
B.同温同压下两种气体的物质的量之比等于密度之比
C.同温同压下两种气体的摩尔质量之比等于密度之比
D.同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比
思路分析：根据阿伏加德罗定律,在同温同压下，相同体积的气体其分子数相等，说明在该条件下两种气体的n与它们的V成正比，而体积与摩尔质量的大小无关，A错；同理，n与密度也不成正比关系，B项错；对C项，故C项对。D项显然对。
答案：C、D
引申发散：这类试题以阿伏加德罗定律为基点,向摩尔质量、密度、气体摩尔体积等常见的物理量外延,运用阿伏加德罗定律进行推论,阿伏加德罗定律推论(可由PV=nRT推出)
①同T P：V1/V2=n1/n2 ②同T V：P1/P2=n1/n2 ③同T ：M1/M2=/
④同T P m：V1/V2=M2/M1 ⑤同T V m：P1/P2=M2/M1 ⑥同T ：P1/P2=M2/M1
例4 在一定体积的密闭容器中放入3L气体R和5L气体Q，在一定条件下发生反应：
2R(气)+5Q(气)=4X(气)+nY(气)。反应完全后，容器温度不变，混合气体的压强是原来的87.5%，则化学方程式中n值是（1998年全国高考题）
A.2 B.3 C.4 D.5
思路分析： 2R（气）+5Q（气）=4X（气）+nY（气）
起始量 3L 5L
变化量 2L 5L 4L nL
最终量 1L 0L 4L nL
根据阿伏加德罗定律知：同温同体积下，压强与物质的量成正比：
。
一题多解：本题看上去为一化学计算题，实际上根据反应后混合气体的压强是原来的87.5%可知，反应为体积缩小的反应。由于反应物化学计量数之和为2+5=7，故反应后的化学计量数4+n<7，n<3，对照选项只有A符合题意。
答案：A
方法要领：据阿伏加德罗定律的推论，结合题中数据求解。在高考选择的计算题中，一般都有巧解。若用常规解法也能完成，但会浪费很多时间，在平时答卷中应尽量挖掘巧解计算的方法。
例5 为了测定某烷烃样品（丁烷，并含有少量丙烷等气态烃）的平均相对分子质量，设计了下面的实验：（2000年高考试测题）
①取一个配有合适胶塞的洁净、干燥的锥形瓶，准确称量，得到质量m1。
②往锥形瓶中通入干燥的该烷烃样品，塞好胶塞，准确称量；重复操作，直到前后两种次称量结果基本相同，得到质量m2。
③往锥形瓶加满水，塞好胶塞，称量得到质量m3。
已知实验时的温度T（K），压强p（kPa），水的密度（g/L），空气的平均相对分子质量29.0，空气的密度（g/L），回答下面问题：
（1）本实验的原理是（具体说明） 。
（2）步骤②中为什么要重复操作，直到前后两次称量结果基本相同？
（3）具体说明本实验中怎样做到每次测量都是在相同的体积下进行的？
（4）本实验中收集气体样品的操作，可选用的方法是 （填图中标号）。
（5）锥形瓶内空气的质量（m空气）是 （列出算式）。
（6）瓶中样品的质量（m样品）是 （列出算式）。
（7）由实验测得该烷烃的平均相对分子质量是 （列出算式）。
思路分析：（1）根据阿伏加德罗定律，同温同压下，两种体积相同的气体的质量之比等于它们的相对分子质量之比。
（2）要使前后两种次称量结果基本相同，从操作角度看，是要使瓶内充满样品气体，或通入样品气体要有足够长的时间。所以答案是“为了保证瓶内的空气已完全被排出，并充满了样品气”。
（3）抓住题中“一个配有合适胶塞的锥形瓶”可知，要做到每次测量都是在相同体积下进行，关键是要控制每次胶塞插入瓶口的深浅相同。所以答案是“第一次称量前塞紧胶塞后，在瓶口处作一记号，以后每次测量，胶塞塞入瓶口的位置都以此为准”。
（4）要根据定量实验要求来选择气体的收集方法，如果是定性实验显然可以用向下排空气法或排水法两种方法收集，但由于本实验中收集完后，还要连瓶一起称量，且由于瓶内气体的质量的绝对值较小，稍有误差就会对实验结果产生较大的影响，所以不能选排水法，只能选用向下排空气法。答案是D。
（5）～（7）：根据物理学中有关浮力的原理，在空气中称量时，称量物体必定要受到空气的浮力，由此可得出（这是各小题中列计算式的关键）①m1=m瓶+m空气，②m2=m瓶+m样品，③m3=m瓶+m水，明确了这几个测定量的物理意义后，就容易获得后几个小题的答案：
③-①得：m3-m1=m水-m空气
因为m水>>m空气，所以m水=m3-m1
V瓶=m水/水=(m3-m1)/水，m空气=空气×V瓶= 空气×(m3-m1)/水
②-①得：m样品=（m2-m1）＋m空气
因为M样品/M空气=m样品/m空气，所以M样品=M空气×m样品/m空气=29×m样品/m空气
答案：（1）（2）（3）见划线；（4）D；（5）（m3-m1）/（-）；（6）m2-m1+m空气[或答（m2-m1）+（m3-m1）/（-）]；（7）
方法要领：运用气体摩尔体积知识和实验知识分析。根据阿伏加德罗定律，同温同压下，同体积的各气体都含有相同的分子数。所以同温同压下，两种同体积的不同气体的质量之比等于它们的相对分子质量之比。这样，如果已知其中一种气体的相对分子质量，就可以测定另一种气体的相对分子质量。本实验是在同温同压下，分别测定同体积含杂质的丁烷气体和空气的质量来求得样品的平均相对分子质量。为保证锥形瓶中的空气完全排出，并充满样品气体，本实验中采取了化学分析（如酸碱中和滴定）中常用的测平行数据的方法，即重复操作，直到两次称量结果基本相同为止。在实验中，为了保证每次测量都是在相同体积下进行的，最简单的做法是，在第一次称量前，塞好胶塞后，在瓶口处的胶塞上作一记号，以后每次测量，胶塞塞入瓶口的位置都以此为准。由于短时间要求准确称量锥形瓶中样品的质量，因此样品必须是干燥的，不能选排水法收集。又因样品气体比空气重，所以只能选用向上排气法来收集样品气体，而且必须把导管插入瓶底才能把瓶内的空气赶尽。
例6 将a g含NaOH的样品溶解在b mL0.1mol/L硫酸中,再加入c mL0.1mol/L的氢氧化钡溶液,反应后所得溶液恰好呈中性,样品中NaOH的纯度是(NaOH式量为40)（2001年理科综合题）
A.[(b-c)/125a]×100% B.[(b-2c)/125a]×100%
C.[(b-c)/250a]×100% D.[(8b-8c)/a]×100%
思路分析：由题意NaOH和Ba(OH)2提供的OH-与H2SO4提供的H+恰好完全反应，则有n(NaOH)+0.001c L×0.1mol/L×2=0.001b L×(0.1mol/L×2)，n(NaOH)=2×10-4(b-c) mol，(NaOH)=[2×10-4(b-c)mol×40g/mol]÷ag=(b-c)/125a
答案：A
方法要领：审题中抓住“反应后所得溶液恰好呈中性”，据H+～OH-关系计算。
例7 在某温度时，一定量的元素A的氢化物AH3，在一定体积的密闭容器中可以完全分解成两种气态单质，此时压强增加了75%。则A单质的一个分子中有 个A原子，分解反应的化学方程式是 。（1992年三南高考题）
思路分析：AH3分解成两种气态单质后，在密闭容器内压强增加了75%，是本题给出的唯一的条件。在考虑解题途径时，要想到题目的要求是确定单质A的分子中原子数。微观的粒子与物质的量有联系，而联系物质的量或粒子与压强之间的关系是阿伏加德罗定律。这样，就决定了应用阿伏加德罗定律，结合题目所给出的压强改变，就成为解出此题的基本理论依据。
按照阿伏加德罗定律，在温度、体积都不变的条件下，气态物质的压强与其物质的量成正比。
？AH3=？A？+？H2
反应生压强增加了75% 1 1+75%=7/4
反应前AH3与反应后两种单质的物质的量 4 7
反应前后原子的种类和个数必相等 4AH3=A4+6H2
答案：4、4AH3=A4+6H2
方法要领：本题通过无机化合价的分解反应，来考查考生确定无机物的能力，比较灵活，有新意。题目中所给出的条件只是反应后压强增大了75%这个唯一的数据，要挖掘出隐藏在这个条件之后的是阿伏加德罗定律，并灵活运用阿伏加德罗定律解决新情境下的问题。
例8 标准状况下,用一定量的水吸收氨气后制得浓度为12.0mol/L、密度为0.915g/cm-3的氨水.试计算1体积水吸收多少体积的氨气可制得上述氨水。（2001年全国高考题）
(本题中氨的式量以17.0计,水的密度以1.00 g/cm3计)
思路分析：1.00L该氨水中含氨的质量为 12.0mol×17.0g/mol
其体积在标准状况下为12.0mol×22.4L/mol
1.00L该氨水中含水的质量为1.00L×915g/L-12.0mol×17.0g/mol
其体积为(1.00L×915g/L-12.0mol×17.0g/mol)/1000g/L
V(NH3)/V(H2O)
=(12.0mol×22.4L/mol)÷[(1.00915g/L×1。00L-12.0mol×17.0g/mol/1000g/L)=378
1体积水吸收378体积NH3气(标准状况)
答案：378L
一题多解：解法二——直接列出总式
1体积水吸收378体积NH3气（标准状况）
解法三：
V=378L
方法要领：本题以应用物质的量浓度通算式为基点，考查考生的思维敏捷性、严谨性。解题中一是注意“单位”，防止相差1000倍；二是分清“一体积水”与一体积溶液。
此题提示我们应注重化学基础知识基本计算方法的学习与理解。
例9 在120℃时分别进行如下四个反应:（2001的全国高考题）
(A)2H2S+O2=2H2O+2S (B)2H2S+3O2=2H2O+2SO2 (C)C2H4+3O2=2H2O+2CO2 (D)C4H8+6O2=4H2O+4CO2
(1)若反应在容积固定的容器内进行,反应前后气体密度(d)和气体总压强(p)分别符合关系式d前=d后和p前>p后的是 ;符合关系式d前=d后和p前=p后的是 (请填写反应的代号).
(2)若反应在压强恒定、容积可变的容器内进行,反应前后气体密度(d)和气体体积(V)分别符合关系式d前>d后和V前d后和V前>V后的是 (请填写反应的代号)。
思路分析：根据密度的定义式d=m/V；阿伏加德罗定律推论：P1/P2=n1/n2。
（1）当容积固定时，气态物质质量越大，混合气体密度越大，当反应中无固体、液体物质消耗或生成（注：120℃水为气态），混合体系气体的密度不变；气体分子数越多压强越大。分析题给4个反应；除A反应外，反应前后密度均不变；为压强p前>p后的为A、B；p前=p后的为C；p前（2）当压强恒定时，无固体、液体物质生成时，根据阿伏加德罗定律的推论：P前/P后=n前/n后。若气体分子数不变，V不变，m守恒，则d不变，如：C反应；若气体分子数增多时，V变大，而m不变，则d变小，如D反应；若气体分子数减少时，V变小，而m不变，则d变大，如B反应。
当有固体物质生成，则分子总数也改变时，根据阿伏加德罗定律的推论：d前/d后=M前/M后，则A反应，d前>d后；V前>V后。
答案:B C D A
方法要领：本题考查考生对阿伏加德罗定律的理解。试题的设问方式灵活，有较大的深度，是在历年高考题的基础上进一步深化设置的。
试题以阿伏加德罗定律为基点，向摩尔质量、密度、气体体积和压强等到这些常见的物理量伸延，有一定综合性，体现出在考查基础化学理论的同时也考查了考生的归纳性思维能力。
×Vm
÷Vm
÷NA
×NA
×M
÷M
×V
÷V
物质的量
（mol）
物质的质量
（g）
物质的粒子数
（分子、原子、离子、电子等）
气体体积（标况）
（L）
物质的量浓度
（mol/L）
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6第五章 化学实验
第一节 常用仪器与试剂保存
【知识网络】
1、 常用仪器
类别 仪器名称 主要用途 使用注意事项
反应器和容器 直接加热 试管 少量物质反应器，简易气体发生器 加热液体不超过容积的1/3，夹持试管离管口1/3处。
蒸发皿 浓缩溶液，蒸干固体 加热液体不超过2/3，快干时停止加热。
坩埚 灼烧少量固体 冷时放在干燥器内干燥；避免骤冷。
隔网加热 烧杯 配制浓缩稀释溶液，作反应器、给试管水浴加热 加热液体不超过1/3，配溶液以容积一半为佳。
烧瓶 固-液或液-液反应器 加热液体不超过2/3
锥形瓶 常用于中和滴定，也可作反应器 振荡时向同一方向旋转
不能加热 集气瓶 用于收集和贮存少量气体 所用玻璃片涂凡士林（防漏气），如进行燃烧反应且有固体生成，底部加少量水或细砂。
启普发生器 制取某些气体 不能用于制SO2和C2H2。
洗气瓶 用于除去气体中的杂质 洗液量不超过2/3，进气口插入液面下！
测量器 粗量 量筒 粗略量取一定体积液体 不作反应器，无0刻度线，准确读数。
量气装置 用于量取产生气体的体积 注意进气管不能插入液面下！
精量 容量瓶 配制物质的量浓度溶液 用前查漏，准确读数。
滴定管 用于中和滴定，准确量取液体的体积 使用前查漏，0刻度在上方，读数到小数点后两位，要用待装液润洗。
计量器 温度计 分馏时量馏分的沸点，量反应物温度，量水浴温度 不可当搅拌器作用，根据用途将水银球插在不同部位。
托盘天平 称量固体物质 用前调平，药品不能直接放托盘上，左物右码，先大后小，读数至小数点后1位。
过滤器 分液漏斗 用于分离互不相溶液体，气体发生装置，以随时加液体 用前查漏，放液时要打开上盖，上层液体由上口倒出。
短颈漏斗 用于过滤或向小口容器注入液体 滤纸边缘低于漏斗边缘。
长颈漏斗 向反应器中直接加液体 适合液-液反应，下端必须插入液体中！
夹持仪器 铁架台、铁夹、试管夹、坩埚钳、三角架、泥三角、镊子、石棉网、
其他 干燥管、干燥器、玻璃棒
二．试剂保存
保存方法 原因 物质
广口瓶或细口瓶 便于取用 溴水、NaCl
瓶塞 用橡皮塞 防腐蚀 不能放HNO3、液Br2
用玻璃塞 防粘 不能放NaOH、Na2CO3、Na2S
塑料瓶 SiO2与HF反应 NH4F、HF
棕色瓶 见光分解 HNO3、氯水、
液封 水封 防氧化、挥发 P4、液Br2
煤油封 防氧化 Na、K
石蜡油封 防氧化 Li
密封 防挥发 HCl、HNO3、NH3.H2O
防氧化 Na2SO3、H2S、Fe2+、
防吸水、CO2 漂白粉、碱石灰
防吸水 CaC2、CaCl2、P2O5、浓H2SO4
【易错指津】
1．对存放试剂的原则不清。
一般易氧化的、易与H2O反应的、易吸收空气中的CO2和水蒸气的试剂应密封保存。有些需用特殊的试剂加以处理，例Na：需保存在煤油中；见光分解或变质的试剂须保存于棕色瓶内，并置于冷暗处密封保存；易挥发易升华的试剂要在液面上水封或加内塞，密封保存。
2．搞清一些仪器的用途的区别：集气瓶与广口瓶、蒸发皿与坩埚、圆底烧瓶与蒸馏烧瓶。
3．注意一些仪器使用前的第一步操作：容量瓶、分液漏斗、滴定管等。
【典型例题评析】
例1 下列仪器：①漏斗 ②容量瓶 ③蒸馏烧瓶 ④天平 ⑤分液漏斗 ⑥滴定管 ⑦燃烧匙，常用于物质分离的是（1994年上海高考题） C
A.①③④ B.①②⑥ C.①③⑤ D.③④⑦
思路分析：①漏斗：用来过滤分离固液混合物；③蒸馏烧瓶：用于液体蒸馏，分离沸点相差较大的液态混合物；⑤分液漏斗：萃取分离互不相溶的液态混合物。
答案：C
方法要领：掌握常见仪器的分类依据和每种仪器的用途，并弄清其使用时的注意事项。
例2 下列物质露置在空气中易变质的是（1998年山东省奥赛初赛试题）
①漂白粉；②苯酚；③水玻璃；④硫酸钠；⑤烧碱；⑥亚硫酸钠；⑦胆矾；⑧硬化油。
A.除④⑦⑧外 B.除④⑦外 C.除⑥⑦⑧外 D.全部易变质
思路分析：考查学生对有关物质性质和空气成分的知识以及对常见化学试剂主要成分的熟悉程度。理解“露置在空气中”的含意是解此题的关键。物质露置在空气中是否变质，除应考虑空气中所含氧气外，还应考虑二氧化碳、水蒸气等物质的作用，有时甚至需要考虑光照对物质的影响。此题中，苯酚和亚硫酸钠易被空气中的氧气氧化，漂白粉、水玻璃、烧碱易吸收空气中的二氧化碳，只有硫酸钠、胆矾和硬化油在空气中是稳定的。
答案：A
方法要领：如果对题目中所给的某些物质性质不熟悉，如硬化油、水玻璃等可能会造成错解。硬化油通常是植物油加氢后的产物。植物油是不饱和脂肪酸的甘油酯，因其中含有双键而易在空气中氧化变质，但植物油加氢硬化变为硬化油后，其中的双键已被饱和，因而在空气中就不易被氧化了。水玻璃是Na2SiO3的水溶液的俗称，它会与CO2、H2O作用生成硅酸沉淀。
例3 现有以下四取液量器：A.50mL量筒；B.20mL移液管；C.25mL滴定管；D.100mL刻度烧杯。下列实验中，划线部分量取液体时，应选择何种量取器才能既快又能满足要求。（1998的安徽省奥赛初赛试题）
（1）以适量水（约25mL）溶解基准物质邻苯二甲酸氢钾0.400 0g，然后以酚酞作指示剂，标定NaOH溶液。
（2）为测定阿斯匹林药片中乙酰水杨酸的含量，称取粉样0.200 0g，加入40.00mL0.1mol/LNaOH溶液，在蒸气浴上加热15min使样品溶解……
（3）取工业级CuSO4.5H2O，经提纯后，取纯CuSO4.5H2O若干克，加入30.5mL水溶解成饱和溶液，测CuSO4.5H2O的溶解度。
（4）用银量法测定AgNO3中Ag的含量，称取一定量AgNO3样品，用水溶解，加入20.00mLNaCl标准溶液，K2CrO4作指示剂，用标准AgNO3溶液滴定到砖红色为终点。
思路分析：考查学生对不同实验仪器精度要求的理解，以及学生对各种仪器精度的识记能力。
带刻度的烧杯、量筒、移液管、滴定管等定量仪器都可以用来量取液体。量筒是粗量仪器，相对误差较大，一般情况下经常被采用。称液管、滴定管精度可达0.01mL，是精量仪器。该题中实验（1）只需粗量，甚至只用带刻度的烧杯即可。实验（2）和（4）则要求精量，必须用移液管和滴定管。实验（3）用50mL量筒能满足要求。
答案：（1）A、D；（2）C；（3）B。
方法要领：对实验要求的精度和仪器的精度的统一要把握好。
例4 在一支25mL的酸式滴定管中盛入0.1mol/L的HCl溶液，其液面恰好在5mL刻度处，若把滴定管中的溶液全部放入烧杯中，然后以0.1mol/LNaOH溶液进行中和，则所需NaOH溶液的体积是（2001年理科综合题）
A.大于20mL B.小于20mL C.等于20mL D.等于5mL
思路分析：滴定管的刻度是上小下大，且在下端无刻度，再加上一段尖咀部分，同HCl溶液的体积大于25mL-5mL=20mL。
答案：A
方法要领：本题要求考生熟练掌握酸式滴定管结构，若把滴定管和量筒结构混淆，则会错选C。考查考生是否亲自动手做过实验，是否勤于观察、思考实验问题，同时用两处7个字的着重号强调审题意义。
例5 下列溶液中，在空气既不易被氧化，也不易分解，且可以用无色玻璃瓶存放的是（1995年全国高考题）
A.石炭酸 B.氢硫酸 C.氢氟酸 D.醋酸
思路分析：石炭酸即苯酚，在空气中被氧化，生成粉红色的物质。氢硫酸被氧气氧化：2H2S+O2=2S↓+2H2O，氢氟酸腐蚀玻璃，不能用玻璃瓶存放：SiO2+4HF=SiF4+2H2O。
答案：D
方法要领：常用试剂的存放
1．空气中易变质的试剂：这类试剂应隔绝空气或密封保存，有些试剂的保存还要采取特殊的措施。
被氧化的试剂：亚铁盐，活泼金属单质、白磷、氢硫酸、苯酚、Na2SO3等。
易吸收CO2的试剂：CaO，NaOH, Ca(OH)2，Na2O2等。
易吸湿的试剂：P2O5、CaC2、CaO、NaOH、无水CaCl2、浓H2SO4、无水CuSO4、FeCl3·6HO、、
MgCl2·6H2O等。
易风化的试剂：Na2CO3·10H2O、Na2SO4·10H2O等。
2．见光或受热易分解的试剂：这类试剂应用棕色瓶盛放且置于冷、暗处。
如氨水，双氧水,AgNO3、HNO3等。
3．易挥发或升华的试剂：这类试剂应置于冷，暗处密封保存。 、
易挥发的试剂：浓氨水、浓盐酸、浓硝酸、液溴、乙酸乙酯、二硫化碳、四氯化碳、汽油等。
易升华的试剂：碘、萘等。
4．危险品：这类试剂应分类存放并远离火源。
易燃试剂：遇明火即可燃烧的有汽油、苯、乙醇、酯类物质等有机溶剂和红磷、硫、镁、硝酸纤维等。能自燃的有白磷。
本身不可燃但与可燃物接触后有危险的试剂有：高锰酸钾、氯酸钾、硝酸钾、过氧化钠等。
易爆试剂：有硝酸纤维、硝酸铵等。
剧毒试剂：氰化物、汞盐、黄磷、氯化钡、硝基苯等。
强腐蚀性试剂：强酸、强碱、液溴、甲醇、苯酚、氢氟酸、醋酸等。
5．有些试剂不宜长久防置，应随用随配。如硫酸亚铁溶液、氯水、氢硫酸、银氨溶液等。
例6 以下贮存物质的方法正确的是（1990年全国高考题）
A.少量白磷贮存在二硫化碳中 B.水玻璃贮存在带玻璃塞的玻璃瓶中
C.少量钠贮存在酒精中 D.少量钠贮存在煤油中
思路分析：A中的白磷能溶于二硫化碳，白磷受到轻微磨擦或被加热到40℃就会发生燃烧现象，所以白磷必须贮存在密闭容器里，少量白磷可保存在水里；B中Na2SiO3水溶液俗名水玻璃是无色粘稠的液体，是一种矿物胶，能使玻璃塞和玻璃瓶口粘上，应换用胶塞；C中2Na+2C2H5OH→2C2H5ONa+H2↑故不可以。Na在空气中易被氧化，应贮存在煤油中。
答案：D
方法要领：根据试剂的物理性质和化学性质选择保存的办法，这是分析试剂保存法的出发点。总的来说，试剂的保存主要是“五防”：防氧化、防挥发、防光热分解、防吸潮和风化、防与容器反应。
引申发散：下列盛放试剂的方法正确的是（2001年理综合题）
A.氢氟酸或浓硝酸存放在带橡皮塞的棕色玻璃瓶中
B.汽油或煤油存放在带橡皮塞的棕色玻璃瓶中
C.碳酸钠溶液或氢氧化钙溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中
D.氯水或硝酸银溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中
思路分析：本题取材于课本，知识点分布广、是一道学科内综合实验题，考查化学“双基”的运用能力。
答案：D
例7 填空（1）图Ⅰ表示10mL量筒中液面的位置，A与B,B与C刻度间相差1mL,
如果刻度A为4，量简中液体的体积是________mL。
（2）图II表示50mL滴定管中液画的位置，如果液面处的读数是a，则滴定管中液体的体积（填代号）______________。（1999年全国高考题）
A.是amL B.是（50-a）mL C.一定大于amL D.一定大于（50-a）mL
思路分析：（1）量筒的小刻度在下，大刻度在上，所以刻度A为4，B为3，每一个格为0.2mL，所以读数为3.2mL；（2）滴定管的零刻度在上，由于液面处读数是a，液面至最低刻度（50mL）的体积为（50-a）mL，又由于最低刻度下还有一段盛有液体，所以液体体积一定大于（50-a）mL。
答案：（1）3.2mL；（2）D。
方法要领：考查学生能否熟悉量筒及滴定管两种量液仪器量液的操作的读数。只要熟识量筒小刻度在下，滴定管“0”刻度在上，自然就能作出回答。
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5第二节 化学用语
【知识网络】
实验式：用元素符号表示化合物中元素的种类各元素的原子 个数的最简单整数比的式子.
分子式：离子晶体,原子晶体无分子式
电子式：原子晶体不能书写电子式
结构式或结构简式：有机物
【易错指津】
一、热化学方程式：
1． 书写热化学方程式时不注明反应物和生成物的状态，或忘标部分物质的状态。
如反应热化学方程式：S(s)+O2(g)=SO2(g)+296kJ。
２．反应热的数值与反应热化学方程式中物质的化学计量数不对应。
如热化学方程式：S(s)+ O2(g)=SO2(g)+37kJ。
3． 化学方程式中状态不同时弄不清从固态变成气态要吸热，从气态变成液态要放热。
如：在同温同压下，下列各组热化学方程式中，Q2>Q1的是（1996年全国高考题）
A.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)+Q1; 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)+Q2
B.S(g)+ O2(g)=SO2(g)+Q1; S(s)+ O2(g)=SO2(g)+Q2
C.C(s)+1/2O2(g)=CO(g)+Q1; C(s)+O2(g)=CO2(g)+Q2
D.H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)+Q1; 1/2H2(g)+1/2Cl2(g)=HCl(g)+Q2
有的考生选B就是这个原因.
思路分析：本题并不涉及具体计算，只是通过热化学方程式中热量数值Q1、Q2大小的比较，考查运用热化学方程式的概念解决具体问题的能力。也涉及物质三态变化中热量变化，与理论及物理学科的知识交叉，比较深入考查了分析、推理、判断能力。
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联系。
A.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的热量多，即Q2> Q1；B.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Q1>Q2；C.由于O2与CO反应生成CO2又放出热量，所以Q2> Q1；D.Q1=2Q2。
答案：A、C
方法要领：反应放出或吸收的热量与物质的聚集状态和参加反应的物质的量的多少均有关。
只要明确热化学方程式的含义及书写时应注意的事项，就能以不变应万变。
二、电子式的书写：
1.分清离子键,共价键:如把HCl的电子式写成H+[ Cl ]-是错误的。
2.搞清“共用电子对”含义:N2的电子式写成： N N 是错误的，它表示三个电子成键。
3.找准“共用电子对”数目:Na2S写成：Na2+[ S ]2-或Na+Na+[ S ]2-是错误的。
4.[ ]使用:所有阴离子和复杂阳离子(NH4+,H3O+)要用[ ]表示。
5.阴阳离子交替写:防止漏写孤对电子对:CCl4电子式写成 Cl C Cl是错误的。
6.排好键合原子顺序:HClO的电子式是：H O Cl 。
7.电子式≠电子反应式:
8.原子晶体不写电子式
【典型例题评析】
例1 下列化学式既能表示物质的组成，又能表示物质分子式的是（1999年上海市高考题）
A.NH4NO3 B.SiO2 C.C6H5NO2 D.Cu
思路分析：NH4NO3属于离子晶体，SiO2属于原子晶体，Cu属于金属晶体，它们的晶体中均不存在独立的小分子，只有C6H5NO2是分子化合物，晶体时属于分子晶体，所以C6H5NO2既表示了物质的组成，又表示物质的分子式。
答案：C
方法要领：在四类晶体中，只有分子晶体是由分子构成的。离子晶体是由阴离子和阳离子构成的，原子晶体是由原子构成的，金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的，后三类晶体中既然构成微粒没有分子，其化学式也就不能表示分子式了。要说明的是：由分子构成的化合物，有时化学式并不一定是分子式，而是表示分子内不同元素原子之间最简单的原子个数比（叫最简式），如P2O5只是最简式，其分子式为P4O10；铝的氯化物AlCl3仅是最简式，其分子式为Al2Cl6。
方法要领：只有分子晶体中存在分子，可真实表示物质分子组成。
例2 (MCE00.20)某些化学试剂可用于净水。水处理中使用的一种无机高分子混凝剂化学式可表示为[Al2(OH)nClm.yH2O]x，式中m等于（2000年全国高考题）
A.3-n B.6-n C.6+n D.3+n
思路分析：在无机高分子混凝剂的化学式中，[ ]表示的一个链节应看作一个价态为0的组成单位，其中Al2(OH)nClm的化合价的代数和为0，则2×（+3）+n×（-1）+m×（-1）=0，m=6-n。
答案：B。
方法要领：虽然题中的信息是考生陌生的无机高分子混凝剂，这是高考化学题中常用的“起点高，落点低的问题”。通常用基本的知识可以解决，千万不要被其陌生的面孔从心理难住。本题只需根据化学式中各元素的化合价代数和为0计算即可。
方法要领：根据物质中各元素的化合价代数和为0，列式求解。
例3 下列分子中所有原子都满足最外层8电子结构的是（1998年全国高考题）
A.光气(COCl2) B.六氟化硫 C.三氟化氙 D.三氟化硼
思路分析：本题考查了对成键原子最外层8电子结构的辩证认识。
根据醛的结构容易写出光气分子的电子式，并确定分子中每个原子都满足最外层8电子结构，A正确；B项中满足氟原子8e结构，必形成六个S-F电子对，而S原子最外层有6e，不可能也满足8e结构；C项中氙原子本身有8e结构，与氟形成化合物时，必有化学键形成，不可能成键使双方原子都满足8e结构；D项中硼原子最外层只有3个电子，与3个氟原子最易形成3个共用电子对，才6e也不满足8e结构。
答案：A
方法要领：此题给出的4个选项都是教材之外的物质，考生未见过的共价化合物，要求运用已有知识解决新事物新问题，进行科学素质的考查。同时通过考试对非8电子结构产生强烈印象，辩证地认识稳定化合物的成键特点。
例4 下列分子的电子式书写正确的是(2001年上海市高考题)
A.氨： B.四氯化碳 ： C.氮： D.二氧化碳：
思路分析：氨中N原子上少一对孤对电子；四氯化碳中Cl原子上各少三对孤对电子；二氧化碳中C原子未满足8电子结构（CO2结构式为：O=C=O）。
答案：C
方法要领：原子在形成共价键时，通常情况下，除H原子外，其余原子均满足8电子结构，根据这一点对照选项逐一分析每个原子成键情况。
例5 1999年曾报导合成和分离了含高能量的正离子N5+的化合物N5AsF6,下列叙述错误的是（2000年全国高考题）
A.N5+共有34个核外电子 B.N5+中氮-氮原子间以共用电子对结合
C.化合物N5AsF6中As化合价为+1 D.化合物N5AsF6中F化合价为-1
思路分析：A项可看成为5个N原子失掉了一个电子，故N5+的核外电子数为7×5-1=34，正确；B项中N5+全部为非金属N原子构成，相互之间只能形成共用电子对，正确；C项由正、负化合价代数和为零，As的化合价为6-1=5，故为+5价，C错；D正确。
答案：C
方法要领：F只有-1价，根据题给信息结合化合价规律，对选项作出判断。
引申发散：有一种碘和氧的化合物可以称为碘酸碘，其中碘元素是+3、+5两种价态，则这种化合物的化学式为（1999年高考化学试测题）
A.I2O4 B.I3O5 C.I4O7 D.I4O9
思路分析：此题表面上看似乎是考查关于化合价的基本知识，其实主要考查“碘酸”的化学式这一常识，为什么这样说呢？因为单纯根据题意，“化合物中，碘元素虽分别是+3、+5两种价态两种化合价”，选项A、C也是符合“化合价代数和0”原则的，而实际情况是：在碘酸中，碘为+5，碘酸根离子的化学式为IO3-（可IO43-、IO55-）。根据化合价代数和为0这一原则，碘酸碘的化学式只能是I(IO3)3即I4O9。
答案：D
方法要领：关键是审题中抓住题中告诉信息“碘酸碘”，由所熟知的氯酸钾，写出ClO3-，可迁移写出碘酸根IO3-，再化合价写出其化学式I(IO3)3，把其变形成氧化物的形式。
答案：D
例6 在C3H9N中，N原子以三个单键与其它原子相连接，它具有的同分异构体数目为（2000年广东省高考题）
A.1 B.2 C.3 D.4
思路分析：由于N原子以三个单键与其它原子相连接，比较C4H10与C3H9N，可知C3H9N中C、N原子均以单键饱和，根据这一点，可以写出结构简式的骨架：
C3H9N的同分异构体有4种。
答案：D
方法要领：本题对于传统确定同分异构体的试题，在形式上力求创新，其有机物是含N化合物，有新鲜感。解题关键是抓住C四价、N三价按原子的不同组合来书写即可。
例7 用稀H2SO4酸化的H2O2溶液中，加入乙醚后液体分层，再加入少量K2Cr2O7溶液并振荡，在乙醚层中出现深蓝色，这是因为生成的CrO5溶于乙醚所致。CrO5的结构为：（1998年浙江省奥赛试题）
上述反应方程式为：Cr2O72-+4H2O2+2H+=2CrO5+5H2O
下列叙述中，正确的是
A.Cr2O72-被氧化成CrO5 B.H2O2被还原成H2O
C.该反应不属于氧化还原反应 D.此反应可用于检验Cr2O72-
思路分析：考查物质结构和氧化还原反应的相关知识。理解题目所给CrO5结构式的含意是解题关键。初看此题，容易误解为是氧化还原反应过程，关键在于对CrO5中Cr的化合价的分析。从CrO5的结构看，每个Cr与四个O各共用一对电子，与一个O共用两对电子，CrO5中Cr应为+6价，与Cr2O72-中Cr的化合价相同，由此可见判断上述反应不是氧化还原反应。
答案：C、D
方法要领：单从H2O2→H2O的角度看，是氧的化合价从-1变-2，被还原，因此很易错选B。此时应想一想：什么物质被氧化？在任何一个反应中，氧化与还原总是同时发生的。实际上，H2O2中的过氧根转移到了CrO5中，H2O中的O来源于Cr2O72-，而不是由过氧根还原产生的。
例8 在一定条件下，RO3n-和I-发生反应的离子方程式如下：RO3n-+6I-+6H+=R-+3I2+3H2O（1994年全国高考题）
（1）RO3n-中R元素的化合价是 。
（2）R元素的原子最外层电子数是 。
思路分析：（1）根据方程式中电荷守恒，离子方程式反应前后电荷数相等，则有：(-n)+6×(-1)+6×(+1)= -1，解得n=1，即RO3n-为RO3-，故在RO3n-中R元素的化合价为+5价;（2）因在生成物中有R-离子，可知元素R得1个电子即能达到8电子稳定结构，故其最外层电子数为7。
答案：（1）+5 （2）7
方法要领：根据离子方程式中电荷守恒原理，列式求出RO3n-中的n值，再由化合价规则，求出R的化合价。此外，要注意：最外层电子数=最高正价，（2）答案很容易错选为5，错误的原因就是把显+5价的R误变为最外层电子数为5（把推断出的RO3-与熟知的NO3-类比），而没有注意到R形成-1价离子（R-）这一已知条件。因此，除非在含氧酸根离子中非金属元素处于最高价态时，可据此求非金属原子的最外层电子数。一般情况下，不应根据含氧酸根离子中非金属元素的正化合价求原子的最外层电子数，而应根据非金属元素的负化合价求原子的最外层电子数。
一题多解：此离子反应也是氧化还原反应，由电子守恒原理也可直接求出R元素的化合价。设RO3n-中R元素的化合价为X，则有X-(-1)=6×[0-(-1)]，解得：X=5。
例9 BGO是我国研制的一种闪烁晶体材料，曾用于诺贝尔获得者丁肇中的著名实验，它是锗酸铋的简称。若知:①在BGO中，锗处于其最高价态；②在BGO中，铋的价态与铋跟氯形成某种化合物时所呈的价态相同，在此氯化物中铋具有最外层8电子稳定结构；③BGO可看成由锗和铋的两种元素的氧化物所形成的复杂氧化物，且在BGO的晶体化学式中，这两种氧化物所含氧的总质量相同，请填空；（1998年全国高考题）
(1)锗和铋的元素符号分别是 和 .
(2)BGO晶体的化学式是
(3)BGO晶体中所含铋氧化物化学式为 .
思路分析：题目中明确指出BGO是锗酸铋的简称，又指出BGO中锗处于其最高价，即晶体中锗（Ge）为+4价。锗是ⅣA族元素，联想到同主族的硅的最高价氧化物的水化物原硅酸H4SiO4，可推出锗酸根的形式为GeO44-。题目还给出，BGO中铋的价态与铋跟氯形成某种共价氯化物时所呈的价态相同，且铋具有最外层8电子稳定结构。铋（Bi）是ⅤA族元素，铋原子最外层已有5个电子，共价时要达到8电子稳定结构，则1个铋原子只有与3个氯原子共用三对电子对，故铋呈+3价。这样就可得出BGO晶体化学式为Bi4(GeO4)3，把其按原子的顺序排列得到Bi4Ge3O12，然后再按Bi、Ge的化合价写成用锗和铋的氧化物表示的形式：2Bi2O3.3GeO2。这三种形式都是BGO的化学式，回答时写出其中一种形式即可。
答案：（1）Ge、Bi （2）Bi4(GeO4)3（或Bi4Ge3O12、2Bi2O3.3GeO2） （3）Bi2O3
方法要领：这是一化学信息题（信息新、起点高、落点低），考查考生灵活运用化学基本知识的能力。复习中要记忆住各主族的元素并会书写元素符号，掌握化合价的实质（等于化合物中共用电子对的数目）并能根据元素在元素周期表位置推断原子结构等基础知识，解决问题并不难。
例10 美国《科学美国人》杂志在1971年7月刊登的“地球的能量资源”一文中提供了如到达地球表面的太阳辐射的几条主要数据：（1999年上海高考题）
直接反射 52 000×109kJ/s
以热能方式离开地球 81 000×109kJ/s
水循环 40 000×109kJ/s
大气流动 370×109kJ/s
光合作用 40×109kJ/s
请选用以上数据计算：
（1）地球对太阳能的利用率约为
（2）通过光合作用，每年有 kJ的太阳能转化为化学能（每年按365天计）。
（3）每年由绿色植物通过光合作用（6CO2+6H2O→C6H12O6+6O2）为我们生存的环境除去二氧化碳的质量A。试根据能量关系列出A的计算式。
列式中缺少的数据用符号表示。
A= kg，所缺数据的化学含义为 。
思路分析：（1）地球获得能量是水循环、大气运动和光合作用三部分；（2）直接利用题中数据，进行列式计算，40×109kJ/S×3600×24S/d×365d=1.26×1018kJ；
（3） 6CO2 + 6H2O→ C6H12O6 + 6O2 Q
6×44×10-3 kg Q kJ
A 1.26×1018
A==
答案：（1）23.3% （2）1.26×1018kJ （3）A=为每生成1mol葡萄糖所需要吸收的热量。
方法要领：本题计算并不复杂，牵涉到的知识多方面，考查考生敏捷地接受试题所给出的新信息的能力，考生必须具备将试题所给的新信息与课内已学过的有关物理、化学、生物有关知识结合起来解决问题的能力。在计算地球对太阳能的利用率时应理解：到达地球表面的太阳辐射能转化为水循环、大气流动、光合作用的能量均为地球所利用。
有关理科综合计算题，要正确理解某些信息含义，以防计算错误。本题在计算地球对太阳能的利用率，易将大气流动这个能量遗漏，将地球对太阳能的利用率误算为23.1%，计算不正确。
A.
--C—C—C--N
B.
--C—C—C--
N
C.
--C—C—N—C--
D.
--C--
--C—N—C--
Cr
O
O
O
O
O
化学式
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5第三节 物质的制备与净化
【知识网络】
一．常见气体的实验室制取、尾气吸收装置：
收集 尾气吸收
气体 收集 分子式 气体 装置 制取气体 的装置
O2CH4 O2 NH3CH4 NH3
H2C2H2 H2SCO2NO2 H2 H2SNO2
NO Cl2HClSO2 Cl2SO2 HCl
二．制取气体实验的操作顺序：
1.安装顺序:
①由下到上(如制氯气的发生装置安装顺序是:放铁架台→摆酒精灯→固定铁圈→放置石棉网→固定圆底烧瓶)
②从左到右(如制氯气:发生装置→收集装置→吸收装置)
③先塞后定(带导管的胶塞在烧瓶固定前塞好,以免烧瓶固定后因不宜用力而塞不紧或因用力过猛而损坏仪器)
2.加试剂顺序:固体先放入，液体后滴加（即先固后液）
3.其它操作顺序:先检验气密性,后装入药品(便于在装置漏气时进行调整和更换仪器),最后点燃酒精灯(所有装备工作完毕后).
三．实验装置:一套完整的制备气体的实验装置应包括四个部分:
发生装置→净化装置→收集装置→尾气处理
①发生装置：选取的依据是制取所用的试剂的状态和反应条件(加热与否)。
②净化装置：要根据反应物的性质及实验条件来分析可能含有的杂质，再根据主要成分与杂质性质上的差异选择除杂方案。
一般净化气体时,除去水蒸气的干燥装置放在最后。用作干燥剂的物质须具备两个条件：一是本身要具有很强的吸水性，二是不能与被干燥的气体发生反应。实验室常用的干燥剂可划为三类：
浓硫酸 禁用于碱性物质和还原性物质如NH3 HI HBr H2S等
酸性干燥剂
五氧化二磷 禁用于碱性物质,如NH3
中性干燥剂 无水氯化钙 禁用于NH3和酒精
固体CaO
碱性干燥剂 禁用于酸性物质,如HCl、Cl2、CO2等
碱石灰(NaOH+CaO)
常见气体的干燥装置有两种：
洗气瓶：可装液体干燥剂，如浓硫酸；干燥管：可装固体干燥剂
气体洗涤装置 液体洗涤剂 固体洗涤剂
③收集装置：选用收集方法的主要依据是气体的密度和水溶性。由氯气的物理性质得,用向上排空气法收集氯气，因氯气难溶于饱和食盐水，也可用排饱和食盐水收集.
④尾气吸收处理装置：有三种：①用倒扣漏斗------极易溶于水的气体；②玻璃管----能溶于水或溶于溶液的气体的吸收(如用NaOH溶液吸收Cl2)；③点燃法----处理CO。
【易错指津】
1．对气体制取、除杂、干燥、收集、转化要进行整体思考。
2．气密性检查：可用加热法或水封法，不论哪种方法，事先都要确保系统是密封的。
3．理解启普发生器使用条件，明确C2H2、SO2不能用该仪器制取。
4．气体的收集：①因为C2H2、C2H4的气体密度很接近空气，所以不宜用向下排气法收集；
②因为NO极易与空气中氧气反应生成NO2所以只能用排水法收集。
5．对于NH3和HCl这2种污染性气体的尾气吸收装置要选用倒置的漏斗。
6．克服思维定势：①除课本制气方法外，也可有其它方法。如用Na2O2和H2O、MnO2和H2O2制O2（装置同制C2H2）；②了解制气装置替代方法，如用U形管或干燥管制CO2；③气体的收集也可用球胆或气球来收集。
7．要区分气体的吸收和检验两种不同的操作，例如，要检验CO2，是通过澄清石灰水；要吸收CO2，则是通过NaOH溶液。检验要求灵敏、现象明显；而吸收则要求反应迅速、完全。
【典型例题评析】
例1 下列反应适用于实验室制备氧气的是(1994年全国高考题)
①高锰酸钾热分解 2KMnO4 K2MnO4+MnO2+O2↑
②硝酸铵热分解 2NH4NO3 4H2O+N2↑+O2↑
③过氧化催化分解 2H2O2 2H2O+O2↑
④二氧化氮热分解 2NO2 2NO+O2↑
A.只有① B.①和② C.①和③ D.①③④
思路分析：回答本题，首先需要考生通过几年的化学学习，体会到物质的实验室制法所必须具备的基本要求和条件。
一般来说，物质的实验室制法（尤其是中学）所要求的条件大致为：反应尽可能快一些，反应条件尽可能简单，操作比较易行，尽量使制备的产物单一易于分离；而对反应物的成本、能耗，可以较少考虑，尽可能使用常用的仪器设备，如试管、烧瓶、烧杯等等。反应较为安全或安全性可控。
在本题所给的4个反应中，除了KMnO4热分解反应是众所周知实验室里O2的制法之外，H2O2分解也可以方便地用于实验室制备O2。为此，可将MnO2置于一只烧瓶内，从分液漏斗中滴入H2O2立即有O2发生，并可用控制滴速的方法来调节产生O2的气流量。NH4NO3不行，一是其受热温度不同分解产物不同，二是即使发生题中指定的反应，生成的N2和O2也难以分离，三是NH4NO3受热易发生爆炸。NO2显然不行（两气体在常温下又化合成NO2）。
答案：C
方法要领：实验室制氨除可用铵盐和碱反应外，还可用下述方法：①浓NH3.H2O与NaOH，利用NaOH溶于水放热（主要因素）和OH-离子浓度的增加使氨水的电离平衡左移；②浓NH3.H2O与CaO反应：NH3.H2O+CaO=NH3↑+Ca(OH)2
例2 按下列实验方法制备气体,合理而又实用的是（1998年全国高考题）
A.锌粒与稀硝酸反应制备H2 B.向饱和氯化钠溶液中滴加稀硫酸制备HCl
C.亚硫酸钠与浓硫酸反应制备SO2 D.大理石与浓硫酸反应制备CO2
思路分析：锌粒与硝酸反应不能制备H2，只能生成氮的氧化物；HCl气体是固体氯化钠与浓硫酸共热而制取；大理石与浓硫酸反应生成微溶的CaSO4，CaSO4覆盖在大理石上，而使反应实际上停止。
答案：C
引申发散：本题考查学生是否明确某些制气反应不能进行的原因。由于多种因素使表面上看似可以的制气实验变得并不适宜。除了本题选项列举的A、B、D的类型外，还有：①不能用硝酸或浓硫酸与FeS制H2S或与NaBr、KI之类的卤盐制HBr和HI，因为强氧化性酸会将H2S、HBr、HI氧化；②用稀盐酸就不可能与MnO2制Cl2，因为稀盐酸浓度太低，反应几乎无法进行；③无法用稀H2SO4与C2H5OH加热制C2H4，因为稀H2SO4没有脱水性。④制CH4的碱石灰必须是干燥的。
例3 下图是一套实验室制气装置，用于发生、干燥和收集气体。下列各组物质中能利用这套装置进行实验的是 （填正确选项的标号）（1993年全国高考题）
A.铜屑和浓硝酸 B.二氧化锰和浓盐酸
C.电石和水 D.碳酸钙和稀盐酸
思路分析：本题考查常见气体实验室的制取与干燥基础知识的掌握情况。能利用这套装置制得的气体需符合三个条件：固体与液体反应，反应不用加热；气体不与浓硫酸反应，可使用浓硫酸进行干燥；密度大于空气，可用向上排空气集气法收集。
此外注意尾气的吸收，而铜屑与浓硝酸反应制取NO2没有；用碳酸钙与稀盐酸制CO2反应不需加热，CO2跟浓硫酸不反应且密度大于空气，可用这套装置。
用MnO2跟浓盐酸反应需加热，电石跟水反应产生的乙炔密度比空气略小，均不符合题意。
答案：D
方法要领：为正确判断制取、干燥气体的装置和干燥剂是否正确，应该牢记有关物质间反应的条件和所生成气体的物理性质（密度、溶解性等）与化学性质（酸碱性、对氧化剂的稳定性等）。解答时，可考虑用淘汰法，即：依次以制气装置的适用范围（本题为固—液反应、不需加热），干燥剂的适用范围（本题浓硫酸可干燥中性、酸性且常温下不被它氧化的气体），以及收集装置的适用范围（本题为密度大于空气，跟空气常温下不反应）这三重标准，逐级对各选项进行判断，凡有一条不符合题意即予淘汰，从而较快地确定正确答案。
引申发散：为什么A项不宜呢？问题在于装置没有尾气吸收装置，而NO2是会严重污染环境的有毒气体。
有关集气装置问题，要弄懂使用装置的原理。①难、微溶于水的用排水集气法。②密度大于空气的用向上排空气法；密度小于空气的用向下排空气法；要注意密度与空气接近的（如C2H4等）或易与空气中O2反应的（如NO）不宜用排空气法。③有毒气体一定要注意带尾气处理装置。必要时，如NO、N2、CO等用气袋、球胆之类密封收集。
例4 某无色混合气体可能含有CO2、CO、H2O(水蒸气)、H2中的一种或几种，依次进行如下连续处理（假定每步处理均反应完全）：①通过碱石灰时，气体体积变小；②通过赤热的氧化铜时，固体变为红色；③通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色；④通过澄清的石灰水时，溶液变得浑浊。由此可以确定混合气体中（2000年春季高考题）
A.一定含有CO2、H2O，至少含有H2、CO中的一种
B.一定含有H2O、CO，至少含有CO2、H2中的一种
C.一定含有CO、CO2，至少含有H2O、H2、中的一种
D.一定含有CO、H2，至少含有H2O、CO2中的一种
思路分析：本题通过气体反应有关必然性和可能性的推断，着重考查思维的连续性和逻辑性。由①可知，碱石灰吸收的是CO2或H2O，或二者的混合物；②中CuO被还原为Cu，还原剂为CO或H2，或二者的混合物；但由③可知，反应②生成了H2O，故原混合气体中一定有H2；由反应④可知，反应②又生成了CO2，故原混合气体中一定有CO。
答案：D
方法要领：根据实验现象，结合物质的性质，判断其存在与否。
例5 如果只有烧碱、盐酸、大理石、硝酸钠、铜片、蒸馏水，从欠缺试剂的角度看，无法进行的实验项目是（1998年广东省奥赛初赛试题）
A.制纯碱 B.制氯化铜 C.制氢气 D.制发烟硝酸
思路分析：考查学生对无机物相互反应知识的掌握情况和物质制备中运用上述知识的能力。了解各物质的制备反应是解本题的关键。
制纯碱，可用CO2和烧碱，而CO2可由盐酸与大理石反应制得；制氯化铜，可用铜与氯气反应，氯气可由电解盐酸制得；制氢气，可用电解水的方法；但制发烟硝酸，需要浓硫酸与硝酸盐反应，而此题中未提供浓硫酸，由上述试剂也不能制出浓硫酸，故无法实现。
答案：D
方法要领：如果想不到可用电解法，可能会以为无法制得Cl2、H2而导致错选B或C。也有的同学不知发烟硝酸是什么而造成错选。发烟硝酸通常指85%以上的硝酸，它会因逸出N2O5而与空气中的水蒸气结合形成酸雾，故得此名。发烟硝酸可由向稀硝酸中加入浓硫酸作吸水剂，再蒸馏制得。
例6 实验室一般用回收的铜屑与硫酸---硝酸混合溶液反应制备CuSO4.5H2O晶体，反应可在下图中进行。（1998年吉林省奥赛初赛试题）
反应方程式为：3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O
（1）A中的浓硝酸不能一次加入的原因是
（2）C装置的作用是
（3）D装置中的次氯酸钠溶液（含有NaOH）用来吸收尾气，吸收
液与尾气发生化学反应的方程式为 。
下列溶液中能够代替次氯酸钠吸收尾气的是
A.碘水 B.硝酸 C.酸性高锰酸钾 D.氯化钠
（4）欲得到不含Cu(NO3)2的硫酸铜晶体，应采取的措施是
（5）反应完成后将溶液水浴加热浓缩，冷却析出CuSO4.5H2O晶体，采用水浴加热的目的是 。
思路分析：考查学生根据题给信息，利用已有的常用试剂使用常识，进行分析、推理能力。
中学化学实验中有CuSO4.5H2O分解失水的实验，而此实验题从另一角度制CuSO4.5H2O晶体，解题的关键是学生要掌握常用试剂的相互反应规律，并具有一些实验操作的经验。该实验中有较多的中学生不熟悉的问题，要求学生运用已有知识，把握住解题的尺度。问题（1）的回答，很容易认为是为了控制反应物用量，而实际上是因为该反应放热，要防止硝酸的挥发和分解。问题（3）中NO吸收剂的选择，因为硝酸和氯化钠无法吸收，碘水氧化性不够，只有选择高锰酸钾。
答案：（1）A中的浓硝酸不能一次加入的原因是防止HNO3挥发。（2）C装置的作用是缓冲瓶，防止D中溶液回吸到反应装置B中。（3）化学反应的方程式为：3NaClO+2NO+2NaOH=3NaCl+2NaNO3+H2O C（4）应采取的措施是加热的浓硝酸不过量（或定量加入浓硝酸）（5）采用水浴加热的目的是防止CuSO4.5H2O脱水（或防止溶液局部过热）。
方法要领：对第（4）问的回答难度相对较大，因为CuSO4和Cu(NO3)2都易溶于水，学生不易想到SO42-与NO3-浓度对析出其铜盐的影响。即使是可溶物，溶解达到饱和时，也会建立溶解平衡，如：CuSO4 (s) SO42-+Cu2+ Cu(NO3)2 (s) Cu2++2NO3-
如果SO42-或NO3-的浓度越大，其相应的盐就越易析出，因此，可通过控制NO3-的浓度使Cu(NO3)2不析出。
例7 用图示的装置制取氢气，在塑料隔板上放粗锌粒，漏斗和带支管的试管中装有稀硫酸，若打开弹簧夹，则酸液由漏斗流下，试管中液面上升，与锌粒接触，发生反应，产生的H2由支管导出。若关闭弹簧夹，则试管中液面下降漏斗中液面上升，酸液与锌粒脱离接触，反应自动停止。需要时打开弹簧夹，又可以使氢气发生。这是一种仅用于室温下随制随停的气体发生装置。（2001年理科综合题）
回答下列问题：
（1）为什么关闭弹簧夹试管中液面会下降？（2）这种装置在加入反应物前，怎样检查装置的气密性？（3）从下面三个反应中选择一个可以用这种随制随停的制气装置制取的气体，填写下表的空白：
①大理石与盐酸反应制取二氧化碳 ②黄铁矿与盐酸反应制取硫化氢
③用二氧化锰催化分解过氧化氢制取氧气
气体名称 收集方法 检验方法
（4）食盐跟浓硫酸反应制取氯化氢不能用这种装置随制随停。试说明理由。
思路分析：该题考查了实验室制取气体的简易装置，难度不大，但据抽样调查，第（2）问答对率只有1%。其实，答案就在题目所给信息和装置图中，关键在于考生能否读懂图，能否利用题目所给信息。
题目所给信息1：“用图示的装置制取氢气，在塑料隔板上放粗锌粒，漏斗和带支管的试管中装有稀硫酸 这是一种仅用于室温下随制随停的气体发生装置。”分析以上信息可以得出以下结论：要用该装置制取气体必须具备下列条件：一是颗粒状或块状固体与液体反应，且固体不溶于水；二是反应不需要加热；三是所制气体不易溶于水。而第（4）问，用食盐跟浓硫酸制取氯化氢不能用该装置，因为该反应需要加热，固体食盐是粉末状，这恰是该装置所不允许的。而第（3）问中所要制取CO2、H2S气体正好是该装置所允许的。这样（3）、（4）两问即可轻松作答。
题目所给信息2：“……若关闭弹簧夹，则试管液面下降，漏斗中液面上升，酸液与锌粒脱离接触，反应自行停止……”以上信息正好说明该装置气密性良好，这是因为，关闭弹簧夹时，产生的气体不能从支管导出，试管口被橡皮塞密闭，试管中气体越集越多，从而使试管内液面上的压力越来越大，将酸液压回到漏斗中，使试管中液面下降，这即是第（1）问的答案。装置图中，弹簧夹是关闭的，且试管口已塞紧了橡皮塞，漏斗中液面与试管中液面有液面差，这正好说明该装置气密性良好，也就告诉我们怎样检查该装置的气密性。由此可见，即使以前未用过此装置制取过气体，只要能够理解题意，看懂装置图，就会得出正确的答案。
答案：（1）关闭弹簧夹时，反应产生的气体使试管内液面上的压力增加，所以液面下降。（2）塞紧橡皮塞，夹紧弹簧夹后，从漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水面高于试管内的水面，停止加水后漏斗中与试管中的液面差保持不再变化，说明装置不漏气。（3）
二氧化碳 向上排空气法 通入澄清石灰水中使石灰水浑浊
硫化氢 向排空气法 有臭鸡蛋味
（4）因为：此反应要加热；食盐是粉末状
方法要领：做题时要认真审题，仔细看图，理解题意，利用好题目提供的信息，通过分析、比较、综合，问题便可迎刃而解。
气密性检查方法，依据物理学中的气压知识，结合化学实验，设计出解决问题的方案。从原理上讲有多种，但原理可行的，实际操作过程并不一定能保证成功。考生中有采用：塞紧橡皮塞，打开弹簧夹，从漏斗加水浸没漏斗尖端。再夹紧弹簧夹，用手捂住试管的上半部，稍后若见漏斗中的液面高于试管中液面，说明装置不漏气，是错误的。因体温所供热量甚微，加上水的比热大，吸收热量少，即使产生液面差也是微乎其微，难以察觉。
例8 某学生利用氯酸钾分解制氧气的反应,测定氧气的摩尔质量.实验步骤如下（2001年全国高考题）
①把适量的氯酸钾粉末和少量二氧化锰粉末混合均匀,放入干燥试管中,准确称量,质量为ag. ②装好实验装置 ③检查装置气密性 ④加热,开始反应,直到产生一定量的气体 ⑤停止加热(如图,导管出口高于液面) ⑥测量收集到气体的体积 ⑦准确称量试管和残留物的质量为bg ⑧测量实验室的温度 ⑨把残留物倒入指定的容器中,洗净仪器,放回原处,把实验桌面收拾干净 ⑩处理实验数据,求出氧气的摩尔质量
回答下列问题:
(1)如何检查装置的气密性
(2)以下是测量收集到气体体积必须包括的几个步骤;①调整量筒内外液面高度,使之相同;②使试管和量筒内的气体都冷却到室温;③读取量筒内气体的体积.这三步操作的正确顺序是: 。(请填写步骤代号)
(3)测量收集到气体体积时,如何使量筒内外液面的高度相同
(4)如果实验中得到的氧气体积是c L(25℃、1.01×105Pa),水蒸气的影响忽略不计,氧气的摩尔质量的计算式为(含a、b、c,不必化简):M(O2)=
思路分析：本题考查了考生对基本实验知识和实验技能的掌握情况以及对具体问题的分析和处理能力。
（1）有三个要点：①将导管出口浸入水槽中；②手握住试管，有气泡从导管口逸出；③放开手后，有少量水进入导管，且高度不变（此点不要疏忽，若气密性不好，由于手握住试管后温度上升，则气体完全有可能从导管口逸出，只有水进入导管，且高度保持不变，说明气体不能再从其它地方进入，则气密性良好）。
（2）关键弄清①②如何排序。而对①②来说，必须先冷却至室温，否则即使高度暂时调平，至试管和气体冷却至室温时液面又不相平，故应为②①③。
（3）和物理知识相联系知：慢慢将量筒下移。
（4）据V1/V2=T1/T2，将c LO2化为标准状况体积为：[273K/(273+25)K]×c L=273 c/298 L,
n(O2)=273 c/298 L÷22.4L/mol=273c/(298×22.4) mol m(O2)=(a-b)g
M(O2)=m(O2)/n(O2)=[298×22.4×(a-b)] c/273 g/mol
答案：(1)将导管的出口浸入水槽的水中,手握住试管,有气泡从导管口逸出,放开手后,有少量的水进入导管,表明装置不漏气；(2)与(3)见分析划线；(4)[22.4L.mol-1×298K×(a g-b g)]/(273K×cL)
方法要领：题中要求学生在特定的实验条件下，有创造性的解决具体问题。解题中要注意到题目中所要求检验气密性的装置中已放入反应物，所以不能用“给试管加热”的方法，而只能用“手握住试管”的方法。更多的信息要结合装置图去获取，请认真观察装置图，并注意以下几处：
收集气体的装置是量筒而不是试管；停止加热后，导气管出口高于液面；停止加热后，量筒内液面高于水槽中液面。
防止回答“如何使量筒内外液面高度相同”时错答成：将试管上下移动。
C
D
B
A
△
△
MnO2
△
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7第六章 化学计算
第一节 化学计算中的方法和技巧
【知识网络】
计算方法 原理 说明 实例
差量法 质量差 利用物质在反应前后的质量差求解 根据物质变化前后某种量发生变化的方程式或关系式，找出所谓“理论差量”。利用该法关键有两点：①弄清差量的原因；②弄清差量与什么量成比例。
体积差 利用气体物质在反应前后的体积差量求解 例1
守恒法 质量守恒 从宏观上看，化学反应前后的质量相等 是巧妙选择化学式或溶液中某两种数（如正负化合价总数、阴阳离子所带的正负电荷总数）相等，或几个连续（或平行）的方程式前后某微粒（如离子、原子、电子）的物质的量保持不变作为解题依据。 例2
电荷守恒 ①在电解质溶液中，由于整个溶液呈中性，所以阴、阳离子所带的电荷总量必须相等。②在离子方程式中，反应物所带正（负）电荷总量与生成物所带正（负）电荷总量相等。 例3
电子守恒 在氧化还原过程中，总是存在着得电子总数等于失电子总数，在原电池和电解池中通过两极的电子数必然相等。 例4
原子守恒 反应前原子总数等于反应后产物以各种形式存在的总数 例5例6
关系式法 粒子守恒 从微观上看，化学反应前后同种元素的原子个数必然相等。 是计算中用来表示已知量与未知量成正比例关系的式子。 例7
方程式叠加 对循环反应（前一反应的某一产物，在参加后续反应后，又再生成，使反应循环下去）将方程式相加，消去循环项。 例8
平均值法 平均式量 即用平均相对原子质量或相对分子质量判断物质成分或含量 是一种将数学平均原理应用于化学计算的解题方法。它依据数学原理是：两个数A1和A2的平均值A，A介于A1和A2之间。应用于混合物的分析（定量、定性），常用的技巧：十字交叉法。 例9
平均摩电子质量 反应中平均转移1mol电子所需混合物的质量，其值介于两组分之间 例10例11
平均组成 在混合物的计算中，可以把平均组成作为中介，以此讨论可能的组成 例12
极值法 是把所研究的对象或过程变化通过假设，推到理想的极限值，使因果关系变得十分明显，从而得出正确的判断，或者将化学问题抽象成数学的极限问题求解。 常用于求有关存在“极限值”的计算题，如某些化学平衡的计算，平行反应的计算，混合物的计算等。 例13例14
估算法 是从化学原理出发，充分利用边界条件，并运用近似值、平均值、极限值、等于、大于或小于等数学方法，对化学问题的定量问题进行估量、评价、推断，从而得出正确结论的一种思维方法。 特别适用于计算型选择题，由选项结合题意判断。 例15
【易错指津】
1．根据氧化还原反应中电子守恒计算时，一是准确判断新给物质的化合价，二是如原子团中某原子个数不为1时，要乘以原子个数。
2．根据化学反应，利用气体物质的量推算容器压强时，不要将固体物质的量也计算在内。
3．对一些特殊反应，如浓H2SO4、浓HNO3、浓HCl随反应进行浓度在减少，导致反应情况改变，不能只从理论上计算。
【典型例题评析】
例1 某体积可变的密闭容器，盛有适量的A和B的混合气体，在一定条件下发生反应：
A+3B 2C。若维持温度和压强不变，当达到平衡时，容器体积为VL，其中C气体的体积占10%，下列推断正确的是（1994年全国高考题）
①原混合气体的体积为1.2VL ②原混合气体的体积为1.1VL
③反应达平衡时气体A消耗掉0.05VL ④反应达平衡时气体B消耗掉0.05VL
A.②③ B.②④ C.①③ D.①④
思路分析：依题设条件确定在建立化学平衡时A、B、C三种气体体积的关系：
A+3B 2C
平衡时的体积 0.9VL 0.1VL
生成气体0.1VL C，消耗0.05VL A和0.15VL B。消耗总体积为：0.05V L+0.15V L=0.2V L
因此，原混合气体的体积为：0.9VL+0.2VL=1.1VL。
由此可知，原混合气体的体积为1.1VL，反应达平衡时气体A消耗掉0.05VL。
答案：A
一题多解：本题对化学平衡的知识通过简单的定量关系进行考查，只给出了平衡时气体C的体积为总体积10%这一个数据。这类题很明显是可以有多种解法的。
设x、y为达到平衡时，气体A及气体B分别减少的体积；z为由A、B反应生成气体C时所减少的总体积。
A+3B 2C 体积减少
1 3 2 2
x y 0.1V z
则x=1/2×0.1V L=0.05V L y=3/2×0.1V L=0.15V L z=0.1V L
因此，原混合气体的总体积为：V L+0.1V L =1.1V L
例2 C8H16经多步裂化，最后完全转化为C4H8、C3H6、C3H6、C2H4、C2H6、CH4五种气体的混合物。该混合物的平均相对分子质量可能是（2001年上海高考题）
A.28 B.30 C.38 D.40
思路分析：此题切入较易，深入较难，只要一步一步深入地去思索，就会获得成功。
设C8H18为直链，物质的量为1mol。其裂化方式有：
①C8H18→C4H8+C4H1O；C4H10→C2H6+C2H4或C4H10→C3H6+CH4。C4H10的两种裂化共产生2mol气体，总计得C4H8、C2H6、C2H4、C3H6、CH4五种气体3mol。则式量为：114÷3=38。
②C8H18→C2H4+C6H14，C6H14→C2H4+C4H10，C4H10→C2H6+C2H4，C4H10→C3H6+CH4。
1 1 1 1 1 1 C4H10的两种裂化共产生2mol气体。故总量为4mol。式量为：114÷4=28.5
答案：B、C
方法要领：本题以辛烷裂化为背景，只要分析给出产物的相对分子质量，排出裂化的各种可能，归纳各种产物的物质的量必须在3～4mol之间，根据质量守恒定律便知平均相对分子质量在28.5～38之间。
例3 将硫酸钾、硫酸铝、硫酸铝钾三种盐混合溶于硫酸酸化的水中，测得c(SO42-)=0.105mol/L、c(Al3+)=0.055mol/L，溶液的pH=2.0（假设溶液中H2SO4完全电离为H+和SO42-），则c(K+)为（1998年上海高考题）
A.0.045mol/L B.0.035mol/L C.0.055mol/L D.0.040mol/L
思路分析：本题通过三种硫酸盐与硫酸所形成的混合溶液中，各种离子浓度与pH的关系，立足于考查学生的思维敏捷性，解答该题时只需要根据溶液中所有阳离子所带的正电荷总数等于所有阴离子所带的负电荷总数即可。由电荷守恒得：0.105mol/L×2=c(K+)+0.055mol/L×3+ 0.01mol/L c(K+)=0.035mol/L。
答案：B
方法要领：找出溶液中所有的阴阳离子，据电荷守恒列式求解。关键是不要忽略了H+的浓度。
例4 某金属单质跟一定浓度的硝酸反应，假定只产生单一的还原产物，当参加反应的单质与被还原硝酸的物质的量之比为2:1时，还原产物是（1997年全国高考题）
A.NO2 B.NO C.N2O D.N2
思路分析：根据氧化还原反应中得失电子数守恒，即可求出硝酸还原后的价态，即可确定产物的分子式。
设金属的化合价为X，还原产物中N的价态为Y，则有：
2X=1×(5-Y)，Y=5-2X。讨论：X=1，Y=3（为N2O3）；X=2，Y=1（N2O）；X=3，Y=-1（舍）。
答案：C
方法要领：这类题的关键是看硝酸作用。若为某非金属单质与硝酸发生氧化还原反应时，参加反应的硝酸只作氧化剂；若为金属与硝酸反应，作氧化剂的硝酸的量：总量减去产物阳离子结合掉的硝酸根的量。此时特别注意硝酸当还原产物中N的价态-3价时，还应再减去生成硝酸铵中的硝酸根的量。
例5 将1.92g铜粉与一定量浓硝酸反应，当铜粉完全作用时收集到1.12L（标准状况）。则所消耗硝酸的物质的量是（1999年上海高考题）
A.0.12mol B.0.11mol C.0.09mol D.0.08mol
思路分析：1.92g铜生成0.03molCu(NO3)2，即消耗0.06molHNO3，而产生的1.12L气体不管是NO还是NO2，需要0.05mol的HNO3，总共消耗HNO30.11mol。
答案：B
方法要领：在反应过程中HNO3由浓变稀，如以为Cu与浓硝酸反应后，得到气体全为NO2，则造成错误。由：Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O得NO20.03mol×2=0.06 mol，现已知收集到0.05 mol，说明后来HNO3变稀，产生一部分NO。根据N原子守恒可简化计算：n(HNO3)=n(N)=n(NO)+n(NO2)+2n[Cu(NO3)2]。
例6 由NaH2PO4脱水形成聚磷酸盐Na200H2P200O601，共脱去水分子的数目为（2000年上海高考题）
A.198个 B.199个 C.200个 D.201个
思路分析：从Na+及P原子都为“200”的信息出发，可知(NaH2PO4)n中的n值为200，将n乘入单体各原子，得“Na200H400P200O800”，减去聚磷酸钠“Na200H2P200O601”中的各原子个数，得到“H398O199”，可知共脱去水分子199个。
答案：B
一题多解：题中聚磷酸盐的化学式看似复杂，其实只要抓住变化前后Na+的守恒，即可解得。
或脱水分子的数目与脱氧原子的数目必然一致，故有4×200-601=199。
例7 工业上常用漂白粉跟酸反应放出的氯气质量对漂白粉质量的质量分数来表示漂白粉的优劣，漂白粉与酸的反应为：Ca(ClO)2+CaCl2+2H2SO4=2CaSO4+2Cl2↑+2H2O，现为了测定一瓶漂白粉的x%，进行如下实验，称取漂白粉样品2.00g，加水研磨后，转入250mL容量瓶内，用水稀释至刻度，摇匀后，取出25.0mL，加入过量的KI溶液和过量稀硫酸，静置，待漂白粉放出的氯气与KI完全反应后，用0.1mol/LNa2S2O3标准溶液滴定反应中生成的碘，反应如下2Na2S2O3+I2= Na4S4O6+2NaI，滴定时用去溶液20.0 mL。试用上述数据计算该漂白粉的X%。（1990年全国高考题）
思路分析：逆推思路是：求x%→需要漂白粉样品的质量（已知）和产生Cl2的总质量（未知）→求样品反应能产生Cl2的总质量[即所配250mL溶液可产生Cl2的质量→求取出25mL溶液反应产生Cl2的量→由有关化学方程式找关系式（即Cl2～I2～2Na2S2O3）]和运用已知量计算。解题的步骤按思路的相反过程进行。
设漂白粉与酸反应放出Cl2物质的量为y
2Na2S2O3 ～ Cl2
2mol 1mol
2.0×10-3mol y
y=0.00100mol x%=[(0.00100mol×71g/mol)×250/25.0]]÷2g×100%=35.5%。
答案：35.5%
方法要领：这是由多步反应完成的一整套的实验。在解这种类型的计算题时，找出各步反应中有关物质的数量关系式，根据关系式进行计算，省略了中间步骤，它的优点是解题简捷。但在找关系式是必须考虑周密谨慎。否则，一个小的错误会导致整个题目的错误。
审题时应注意：①不是求Ca(ClO)2的质量分数；②计算时带单位运算。
例8 在一定条件下，将m体积NO和n体积O2同时通入倒立于水中且盛满水的容器内，充分反应后，容器内残留m/2体积的气体，该气体与空气接触后变为红棕色，则m与n的比值为（1997年上海高考题）
A.3:2 B.2:3 C.8:3 D.3:8
思路分析：根据题意，剩余的气体是NO，则与n体积O2反应的NO为m/2体积。由4NO+3O2+2H2O=4HNO3，可知：m/2:n=4:3，m:n=8:3。
答案：C
方法要领：关于NOx+O2+H2O→HNO3的计算，把以下两个反应（3NO2+H2O=2HNO3+NO，2NO+O2=2NO2）进行叠加可得：4NO+3O2+2H2O=4HNO3或4NO2+O2+2H2O=4HNO3，利用总反应式计算。
如果题目中剩余气体未指明，则应考虑另一种可能：剩余O2，这样选项B也是可能的。
例9 由CO2、H2和CO组成的混合气在同温同压下与氮气的密度相同。则该混合气体中CO2、H2和CO的体积比为 (1999年上海高考题)
A.29:8:13 B.22:1:14 C.13:8:29 D.26:16:57
思路分析：CO相对分子质量与N2相同，CO2与H2体积比：
CO2 44 26
28 V(CO2):V(H2)=26:5=13:8。
H2 2 16
答案：C、D
方法要领：本题旨在考查考生能否灵活掌握有关平均值计算。考查考生思维的敏捷性、灵活性。因题中提供的混合气中含三种气体，用一般方法无法解出，故要透过现象看本质，发现CO与N2式量相等，用十字交叉法计算CO2与H2体积比，在选项中只要前两位满足13:8即可。此题的解题关键在于挖掘出CO与N2相对分子质量相同，而不要计算CO量，CO可为任意量。
例10 由锌、铁、铝、镁四种金属中的两种组成的混合物10g，与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下为11.2L，则混合物中一定含有的金属是（1998年全国高考题）
A.锌 B.铁 C.铝 D.镁
思路分析：本题通定量的金属与酸置换反应，考查学生的思维敏捷性。题中涉及的反应有：
Mg+2H+=Mg2++H2↑ 2Al+6H+=2Al3++3H2↑ Fe+2H+=Fe2++H2↑ Zn+2H+=Zn2++H2↑
10g混合物在反应中失去1mol电子，则Zn、Fe、Al、Mg各失1mol电子的质量分别为32.5g、28g、9g、12g。所以两种金属混合物10g中一定含铝。
答案：C
方法要领：本题考查的是合金成分的认定。解题的技巧为平均值法。根据每种金属的摩电子质量结合平均摩电子质量确定是何种金属。
例11 铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480mL的NO2气体和336mL的N2O4气体（都已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为（2000年上海高考题）
A．9.02g B.8.51g C.8.26g D.7.04g
思路分析：此题如单纯用Cu、Mg分别与HNO3反应的结果求出合金的物质的量组成而求得沉淀的质量，那是相当烦琐的。如用整体思维，则沉淀的质量为金属Cu、Mg的质量加上OH-的质量，由电子守恒知：Cu、Mg的物质的量之和为：
n(Cu,Mg)×2=[4.48L÷22.4L/mol+(0.336L÷22.4L/mol)×2]，n(Cu,Mg)=0.115mol，故沉淀的质量为4.6g+(0.115mol×2)×17g/mol=8.51g。
答案：B
方法要领：某些化学计算题，往往会涉及多个反应或物质，解题中如根据其整体性质或利用内在联系，做整体处理，就能开拓思路，迅速求解。
一题多解：本题还可用平均值法计算。被还原的硝酸共0.23mol(+5价N→+4价N)，4.6g铜和镁的合金为0.115mol，故合金的平均摩尔质量为4.6g /0.115mol=40g/mol。故形成氢氧化物沉淀为：(4.6g÷40g/mol)×74g/mol=8.51g。
例12 两种气态烃组成的混合气体0.1mol，完全燃烧得0.16molCO2和3.6g水，下列说法正确的是：混合气体中（1995年上海高考题）
A.一定有甲烷 B.一定是甲烷和乙烯 C.一定没有乙烷 D.一定有乙炔
思路分析：混合烃的平均分子式是C1.6H4，所以一定有CH4，另一烃必有4个H原子，即C2H4或C3H4。
答案：A、C
方法要领：求出1mol混合烃中C和H物质的量，即得平均组成。据平均含义讨论得解。
例13 第ⅡA族元素R的单质及其相应氧化物的混合物12g，加足量水经完全反应后蒸干，得固体16g，试推测该元素可能为（1998年上海高考题）
A.Mg B.Ca C.Sr D.Ba
思路分析：RO+H2O=R(OH)2 R’+2H2O=R’(OH)2+H2↑
R+16 R+34 R’ R’+34
12 16 R=38 12 16 R’=102
相对原子质量小于102，大于38的有Ca和Sr。
答案：B、C
方法要领：这是一题利用混合物同时与水反应推算相对原子质量的计算题。可采用极限法找出相对原子质量可能的范围。假设混合物全为单质或全部是氧化物，根据已知量计算出相对原子质量可能的最大值和最小值，从而正确选出答案。本题考查了考生能否将化学问题抽象成为数学问题，通过计算和推理解决化学问题。
例14 将可能混有下列物质的硫酸铵样品13.2g，在加热条件下与过量氢氧化钠溶液反应，可收集到气体4.3L（标准状况），则该样品内不可能含有的物质是（1997年上海高考题）
A.碳酸氢铵和硝酸铵 B.碳酸铵和硝酸铵
C.氯化铵和碳酸氢铵 D.氯化铵和硝酸铵
思路分析：若该样品全是硫酸铵则为0.1mol，如与NaOH完全反应，产生NH3为4.48L。而实际上只得到4.3L，说明所混入的铵盐为含氮量小于硫酸铵的物质。几种铵盐的氮的质量分数如下：
铵盐 NH4NO3 (NH4)2CO3 NH4Cl (NH4)2SO4 NH4HCO3
35.0% 29.17% 26.17% 21.21% 17.95%
答案：B、D
方法要领：混合物成分的判断可用极限法分析。题中列举的铵盐中，除了NH4HCO3外，其余3种铵盐中氮的质量分数均超过(NH4)2SO4，但只要含有NH4HCO3，即使另一种铵盐超过(NH4)2SO4的质量分数，也可因NH4HCO3在杂质中为主，以致可能导致NH3逸出量减少。
例15 在一个密闭容器中，用等物质的量的A和B发生反应：A(g)+2B(g) 2C(g)。当反应达到平衡时，如果混合气体中A和B的物质的量之和与C的物质的量相等，则此时A的转化率为（1996年全国高考题）
A.40% B.50% C.60% D.70%
思路分析：设起始时A和B的物质的量均为1mol，达到平衡时A转化物质的量为x
A(g)+2B(g) 2C(g)
n(起始) 1 1 0
n(转化) x 2x 2x
n(平衡) 1-x 1-2x 2x
依题意：(1-x) +(1-2x)= 2x x=0.4mol A的转化率=(0.4mol÷1mol)×100%=40% 。
答案：A
方法要领：本题是一道没有具体数字的平衡计算题，解题是要设法从题目中找出物质之间的数量关系，并结合化学平衡、转化率的概念进行分析、计算、解答。
一题多解：若B反应完全，A反应完一半，所以A的转化率不得≥50%。本题以参加反应某物质为载体，考查对化学平衡概念理解的程度。A(g)+2B(g) 2C(g)，A和B以物质的量1:2参加反应，现A、B等物质的量，当A的转化率为50%时，B反应完全。然而B不可能反应完，故A的转化率小于50%。
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1第三节 碳族
【知识网络】
【易错指津】
1．CO2通入NaOH溶液的判别错误。
CO2通入NaOH溶液的反应与CO2气体通入量有关。当CO2通入少量时生成Na2CO3，当CO2通入过量时生成NaHCO3，CO2通入量介于两者之间，既有Na2CO3又有NaHCO3。因此推断产物时一定要注意CO2与NaOH间量的关系。
2．Na2CO3溶液中滴加盐酸过程不清楚。
在Na2CO3溶液中滴加HCl，CO32-先转化为HCO3-，再滴加盐酸HCO3-转化为H2CO3，不稳定分解为CO2。
如：在10mL0.01mol/L纯碱溶液中，不断搅拌并逐滴加入1.2mL0.05mol/L盐酸，完全反应后在标准状况下生成二氧化碳的体积为（1998年上海高考题）
A.1.334mL B.2.240mL C.0.672mL D.0mL
思路分析：反应过程为：CO32-HCO3-CO2。
盐酸溶液中n(HCl)=0.00006mol，纯碱溶液中n(Na2CO3)=0.0001mol
CO32- + H+ = HCO3-
0.0001mol 0.0001mol 现盐酸不足，故无气体产生。
答案：D
3．CO2通入CaCl2溶液中是否有沉淀的分析错误。
可用反证法：如能产生沉淀，则反应的化学方程式为：CO2+CaCl2+H2O=CaCO3↓+2HCl。因CaCO3溶于盐酸，故反应不能发生。因为CO2只有通入中性或碱性溶液才能产生CO32-，并同时产生部分H+，若原溶液无法消耗这部分H+，则不利于CO2转化为CO32-，也就无法与Ca2+形成沉淀。若要使CaCl2与CO2反应生成沉淀，就必须加入部分碱溶液中和CO2与H2O反应而产生的H+。同理，该思维方式适用于CO2、SO2通入CaCl2或BaCl2溶液。
4．不要把Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑与Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓相混。前者是工业制玻璃的反应式之一，是在高温条件下发生的反应，而后者是在水溶液中发生的反应。若交换条件，两者均不发生反应。
【典型例题评析】
例1 已知天然气的主要成份CH4是一种会产生温室效应的气体,等物质的量的CH4和CO2产生的温室效应，前者大。下面是有关天然气的几种叙述:①天然气与煤、柴油相比是较清洁的能源;②等质量的CH4和CO2产生的温室效应也是前者大;③燃烧天然气也是酸雨的成因之一.其中正确的是(2001年理科综合能力测试第10题)
A.是①②③ B.只有① C.是①和② D.只有③
思路分析：大气中的CH4和CO2为红外线吸收体，它们吸收太阳和地球的长波辐射，并将其中一部分反射回地球。因此，大气中CH4和CO2浓度增加，则阳光被吸收得多，反射到太空的部分减少,地表温度将上升。天然气燃烧产物为CO2和水，而煤和柴油燃烧产物会造成污染。对等质量的CH4和CO2，CH4的物质的量比CO2多，由题意知等质量的CH4和CO2产生的温室效应CH4大，但CO2不是形成酸雨的物质。
答案：C
方法要领：CO2导致“温室效应”是人们所熟知的常识，但本题告诫人们，CH4也是一种会产生“温室效应”的气体，且等物质的量的CH4产生“温室效应”比CO2还要大。纵观当今世界范围内都在呼吁控制CO2的排放量以遏制“温室效应”的加剧，同时又在为保护环境号召多使用清洁能源——天然气。殊不知，事物都是一分为二的，就像天然气，既有有利的一面，也有有害的一面。本题让人们意识到利用天然气作燃料的同时，一定要防止其泄漏。
例2 下列物质不属于“城市空气质量日报”报道的是(2001年上海高考题)
A.二氧化硫 B.氮氧化物 C.二氧化碳 D.悬浮颗粒
思路分析：二氧化硫、氮氧化物和悬浮颗粒均为大气污染物，只有二氧化碳不需报道。
答案：C
方法要领：SO2主要来自含硫煤燃烧时的排放。其危害一方面是由于本身的刺激性会影响人的呼吸系统和眼睛，另一方面还由于能与空气中的其它污染物相互影响，产生所谓的“协同效应”，可导致更为严重的后果。氮氧化物中造成空气污染的主要是NO和NO2，习惯上可用NOx来表示。氮氧化物主要来自汽车尾气排放，汽车内燃机运转时，高温和电火花条件使缸内N2和O2反应生成氮氧化物。两种氮氧化物中，二氧化氮的毒性要比NO高4～5倍，人吸入NO2后，首先对呼吸道产生刺激作用，浸入肺部后，又与细胞中的水分结合而生成硝酸和亚硝酸，造成肺水肿。NO2吸收紫外光后被分解：NO2NO+O，生成的O非常活泼，再继续发生一系列化学反应，最后导致光化学烟雾，这是NO2造成的另一危害。
大气中悬浮的大小在10微米以内的颗粒，因鼻腔无法将其阻挡，可进入人体的呼吸道和肺部，被称为可吸入颗粒。这些颗粒不仅仅是尘土，还在表面吸附了其它污染物，因此吸入后可能引起多种病变。
例3 向下列溶液中通入过量CO2，最终出现浑浊的是（2000年全国高考题）
A.氢氧化钙饱和溶液 B.苯酚钠饱和溶液
C.醋酸钠饱和溶液 D.氯化钙饱和溶液
思路分析：当足量CO2通入Ca(OH)2饱和溶液时，由于其为二元酸，故可生成溶于水的酸式盐Ca(HCO3)2而“最终”无浑浊。而当遇苯酚钠时，由于碳酸的酸性较苯酚的酸性强，故可生成苯酚。又由于苯酚在常温下的溶解度不大，故最终出现浑浊。而C、D两选项中，由于醋酸、盐酸的酸性较碳酸强，故CO2与其均不可反应。A中先有沉淀后又溶解；B中出现浑浊；C和D中无反应发生。
答案：B
方法要领：本题原理不难，但由于考生审题不严及粗心，很易错选。本题的“题眼”在“过量CO2”。如：若看不到“最终”或“足量CO2”，很易因为氢氧化钙能与二氧化碳反应而错选。故提醒考生，答好选择题的关键是审题，正确应用好关键字句，避免疏忽错误。
例4 将CO2气体通入CaCl2溶液，若要有白色沉淀产生，可加入的试剂是（1997年上海高考题）
A.硫酸氢钾溶液 B.碳酸氢钙溶液 C.氯水 D.氢氧化钠溶液
思路分析：在CaCl2溶液中：CaCl2=Ca2++2Cl-；CO2通入溶液中存在如下平衡：CO2+H2O H2CO3、
H2CO3 H++HCO3-、HCO3- H++CO32-。
在CO2和CaCl2的混合溶液中，加入的各物质电离为：
A中：KHSO4=K++H++SO42-；B中：Ca(HCO3)2==Ca2++2HCO3-；C中：Cl2+H2O==H++Cl-+HClO；D中：NaOH=Na++OH-
要产生沉淀，必须使H2CO3的电离平衡右移，以增加[CO32-]，方能有CaCO3沉淀生成，纵观选项中四种物质，只有D中的NaOH电离的OH-离子可中和H+使电离平衡右移，使CO32-浓度增加至足以与Ca2+结合为CaCO3沉淀。
答案：D
方法要领：当CO2通入碱溶液中，才能生成CO32-，此时与Ca2+结合形成CaCO3沉淀。而A、C显酸性，不可能形成CO32-。碳酸氢钙中虽然有大量的Ca2+和HCO3-，但CO32-的量仍然很少，所以无法形成CaCO3沉淀。
阴阳离子要结合生成难溶于水的沉淀物，必须使阴阳离子的量都达到一定的数值。如只有阳离子无阴离子或阴离子极少，是不能形成沉淀的。反过来只有阴离子无阳离子或阳离子极少也是不能形成沉淀的。
运用电离平衡的知识解决化学反应现象。CO2气体通入CaCl2溶液中，是不能产生沉淀的，这是由于碳酸是弱酸，不能与强酸盐反应生成强酸：HCl。大家熟知的“弱酸不能制强酸”的实质，仍然离不开电离平衡移动原理的解释。
运用“强酸制弱酸”原理时需注意如下两点：①强酸制弱酸原理是指强酸可与弱酸盐发生复分解反应的原理；②这一规律也有例外，如H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，这是因为生成的CuS极难溶于水的缘故。
例5 已知酸性强弱顺序为H2CO3＞ ＞HCO，下列化学方程式正确的是（1998年上海高考题）
思路分析：已知酸性H2CO3＞C6H5OH＞HCO3-，即碱性CO32->C6H5O->HCO3-，根据较强的酸可以制取较弱的酸，较强碱可制取较弱的碱的原理，A、D是错误的。
答案：B、C
方法要领：“强酸制弱酸”的实质是电离能力强的物质可生成电离能力弱的物质。
例6 CaC2和ZnC2、Al4C3、Mg2C3、Li2C2等都同属离子型碳化物，判断下列反应产物正确的是（1997年高考化学试测题）
A.ZnC2水解生成乙烷（C2H6） B.Al4C3水解生成丙炔（C3H4）
C.Mg2C3水解生成丙炔（C3H4） D.Li2C2水解生成乙烯（C2H4）
思路分析：由CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑，借用其规律作模仿，可以从各种角度考虑。
考虑方法（1）：假定钙、氢、氧的化合价在反应前后都没有变化，从CaC2来看，钙是+2价、C22-是-2价，相当是-2价的烃，所以产物是乙炔（C2H2）。类比可知，ZnC2水解也应该是乙炔（C2H2）；Al4C3水解的C3应该表现-12价，只能是3个甲烷（CH4）；Mg2C3水解的C34-应该表现-4价，产物为C3H4；Li2C2水解的C22-是-2价，还是乙炔。检查选项只有C对。
答案：C
一题多解：考虑方法（2）：假定碳化物中的金属元素都水解成为氢氧化物，那么，每用去一个氢氧根都会多出一个氢原子，这些氢原子与反应物中的碳原子分配。因此，CaC2产物是Ca(OH)2、C2H2，ZnC2、Li2C2也都得到C2H2，Al4C3得到“C3H12”，只能是3CH4，Mg2C3应得到C3H4。
方法要领：本题新颖，希望考生用已有的一个代表性的化合物的性质摸索其规律，再用这个规律去解决新问题。所用方法没有常规，题海中也没有。考查了思维能力，创造能力。
解题中根据水解原理写出化学方程式或用电荷守恒原理，把金属阳离子所带的总电荷数用等量的H+替代，即得产物的分子式。作为第ⅣA族、第二周期的碳，一般情况下难以形成离子，通常在化合物中以共价键的形式存在。但当其与某些较活泼的金属在高温下形成无机化合物时，也可以以阴离子的形式存在。这些金属碳化物与水极易发生彻底的水解，生成对应的碱和某些烃类化合物。
例7 纯净的Ca(HCO3)2试样在高温下分解，当剩余固体是原试样质量的一半时，它的分解率为（1996年上海市高考题）
A.50% B.75% C.92.5% D.100%
思路分析：若Ca(HCO3)2按下式完全分解：
Ca(HCO3)2==CaCO3+CO2↑+H2O
162 100
剩余固体质量为原试样的100/162，大于1/2，故伴随着发生进一步分解：
CaCO3==CaO+CO2↑
答案：D
方法要领：掌握碳酸盐的分解规律：一般来说，热稳定性大小的顺序为：正盐>酸式盐（成盐离子相同）。考虑问题要周密，防止只考虑第一步反应，而忽略了第二步分解反应。
例8 某K2CO3样品中含有Na2CO3、KNO3和Ba(NO3)2三种杂质中的一种或二种。现将13.8克样品加入足量水,样品全部溶解。再加入过量的CaCl2溶液,得到9克沉淀，对样品所含杂质的正确判断是(1996年上海高考题).
A.肯定有KNO3 B.肯定有KNO3,可能还含有Na2CO3
C.肯定没有Ba(NO3)2,可能有KNO3 D.肯定没有Na2CO3和Ba(NO3)2
思路分析：根据“加足量水，样品全部溶解”这一种条件，可确定不可能含有Ba(NO3)2杂质，否则会与K2CO3生成BaCO3沉淀。因此对杂质成分的判断集中在KNO3和Na2CO3是否存在这一问题。
根据反应的关系，假定13.8g样品全部是K2CO3，则n(K2CO3)=13.8g/138 g.mol-1=0.1mol。
按加入CaCl2生成CaCO3沉淀的量关系，有：
K2CO3～CaCO3
0.1mol 0.1mol
则应生成CaCO3质量为0.1mol×100g mol-1=10g，现只生成9g沉淀，说明13.8g CO32-只有0.09mol，则在NaNO3、Na2CO3二种杂质中，必含有不与CaCl2反应的KNO3存在，C错。
肯定存在KNO3时，是否可能含有Na2CO3？由于0.09molK2CO3质量为m(K2CO3)= 0.09mol×138m.mol-1=12.42g，故可能存在K2CO3、Na2CO3共0.09mol，再加入KNO3使总质量达到13.8g的可能性，则在存在KNO3的前提下，可能有Na2CO3存在，B对，D错。
上述思考过程中，涉及的计算，有些不必精确算出结果，只须估计即可，这样可以节省时间。
答案：A、B
方法要领：根据实验现象、结合所给数据利用极限思想解题。
例9 汽车尾气（含烃类、CO、SO2与NO等物质）是城市空气的污染源。治理方法之一是在汽车排气管上装一个“催化转换器”（用铂、钯合金做催化剂）。它的特点是使CO与NO反应，生成可参与大气生态环境循环的无毒气体，并促使烃类充分燃烧及SO2的转化。（1998年上海市高考题）
（1）写出一氧化碳与一氧化氮反应的化学方程式 。
（2）“催化转换器”的缺点是在一定程度上提高了空气的酸度，其原因是 。
（3）控制城市空气污染源的方法可以有（ ）
A.开发氢能源 B.使用电动车 C.植树造林 D.戴上呼吸面具
思路分析：本题涉及的反应产物均隐含在题中，只有认真分析才能得出正确的结论。如NO与CO反应产物是参与大气循环的无毒气体，排除NO2等有毒气体，也排除生成的单质碳，同时也不可能是不常见的气体，只能是空气中存在的N2和CO2。又因催化转换器中的铂、钯合金是SO2与O2生成SO3反应的催化剂，这样就合理解释了空气酸度的增加。控制城市空气污染当然不能靠戴呼吸面具，植树造林虽是环保的重要措施，但不会直接关系到城市污染的控制。
答案：（1）2CO+2NO=2CO2+N2；（2）SO2转化为SO3，产生硫酸酸雾；（3）A、B
方法要领：因为“CO与NO反应，生成可参与大气生态环境循环的无毒气体”，所以这气体是CO2和N2；（2）SO2可被氧化SO3，与水蒸气形成硫酸酸雾；（3）在控制城市空气污染的方法中，植树造林这一选项具有一定的迷惑性，植树造林能控制CO2量的增加，是改善环境的一种重要手段，而对消除汽车尾气中烃类、CO、SO2与NO等物质没有直接的效果。戴上呼吸面具是一种防止污染的方法，并不能减小污染。
例10 下图是石英晶体平面示意图：
—Si—O—Si—O—Si—
O O O
—S—O—Si—O—Si—
O O O
它实际上是立体的网状结构，其中硅和氧的原子数之比为 。原硅酸根离子SiO44-的
O
结构可表示为 O—Si—O 二聚硅酸根Si2O76-只有硅氧键，它的结构可以表示为 。
O
思路分析：从示意图中的结构可以看出每个Si原子结合了四个O原子，而每个O只结合了二个Si，所以在二氧化硅晶体中硅原子与氧原子的最简个数比为1:(4×1/2)=1:2，原硅酸（H4SiO4）
O —H
的结构可以表示为：H—O—Si—O —H，两个原硅酸分子可发生分子间脱水，生成二聚硅酸
O—H
（H6Si2O7）：
OH OH OH OH
HO—Si---OH + H O—Si--OH→ HO—Si—O—Si—OH + H2O
OH OH OH OH O O
二聚硅酸脱去6个H+形成带6个单位负电荷的阴离子（二聚硅酸根离子）：O-Si-O-Si-O
O O
方法要领：根据物质的空间结构，结合数学空间几何知识和思想、方法，推断出组成晶体的微粒（原子或离子）个数比，推出晶体的化学式。
该题在含氧酸的考查中经常出现：如：焦硫酸、多聚磷酸等。可采用同样的方法求解。
例11 下图中①～ 分别代表有关反应中的一种物质,请填写以下空白。
(1)①、③、④的化学式分别是 、 、
(2)⑧与⑨反应的化学方程式是
思路分析：本题的突破口就在题目的开始部分。因为这一部分把反应条件和部分反应物都已列出，为推断物质提供的充足的已知条件。气体混合物通过碱石灰后得氨气③，通过浓H2SO4可得CO2气体，CO2气体与Na2O2反应得氧气④，氨气和氧气在催化剂作用下加热反应得NO⑥，NO和O2反应生成NO2⑦，与H2O反应生成HNO3⑧，CO2与Mg条点燃后生成MgO⑩和C⑨、C与HNO3反应生成NO2⑦，CO2②和H2O ，所以①是NH4HCO3。
答案：（1）NH4HCO3、NH3、O2；（2）C+4HNO3=2H2O+4NO2↑+CO2↑
引申发散：1.热分解全是气体的是何物？-----碳酸铵或碳酸氢铵，亚硫酸铵
2.与过氧化钠产生两种产物的气体有哪些 -------CO2,H2O
3.能与镁条燃烧的气体有哪些 ------CO2,SO2、O2、N2
4.两物质反应产物还能继续与反应物反应的有哪些 ----NH3(+O2)→NO(+O2)→NO2,H2S(+O2)→SO2(+O2)→SO3,C(+O2)→CO(+O2)→CO2,O2(+C)→CO2(+C)→CO
H2SiO3
H+、CO2+H2O
NaOH
C
NaOH
HCl、FeCl3、SiO2
Mg
O2
HNO3、H2SO4、O2、
CuO、O2
Fe2O3
C
CO2+ H2O
CaCO3
H2O
H2O
CaC2
Ca(OH)2
CaO
Ca(HCO3)2
Δ
Na2CO3、Δ
C
CaO
CO
CO2
Na2CO3
CaCl2
Ca(OH)2
Na2O、NaOH
CH4
高温
Si
SiO2
Na2SiO3
SiCl4
H4SiO4
SiC
O2、FeO
CaCO3
SiO2
SiO2
H2
Cl2
H2O
SiF4
HF
4--
6-
通过碱石灰
通过浓硫酸
气 体
混合物
①
Δ
+Na2O2
催化剂
高温
+Mg条(点燃)
+④
②
④
③
⑤
⑥
⑦
⑥
⑧
⑦
②
⑨
⑩
CO2
11
11
11
11
11
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6第一章 化学基本概念
第一节 物质的组成、性质和分类
【知识网络】
1． 物质的组成和结构
二．氧化物的分类：
酸性氧化物：SO2 SiO2 Mn2O7、CrO3
碱性氧化物：Na2O CaO
成盐氧化物
氧化物 两性氧化物：Al2O3 BeO ZnO
复杂氧化物：过氧化物、超氧化物、Fe3O4、Pb3O4
不成盐氧化物：CO、NO等
【易错指津】
一．记忆性的知识记忆不牢。如有关物质的俗称记忆不清而造成错误。
二．概念的内涵和外延，不同概念之间的区别与联系弄不清。
如认为与水反应生成酸的氧化物一定是该酸的酸酐；结晶水合物与对应的无水物是同一物质，因而结晶水合物脱水成无水物的变化是物理变化等。
三．酸的几个不一定：
1． 强酸可以制取弱酸，但弱酸也能制取强酸。如：CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4；
H3PO4(浓)+NaNO3=NaH2PO4+HNO3↑
2． 同种元素在含氧酸中价态越高，氧化性不一定越强。如氧化性：HClO>HClO4
3． 含氧酸的酸酐不一定都是非金属氧化物，如HMnO4对应酸酐Mn2O7就是金属氧化物。
4． 名称叫酸的物质不一定是酸，如石炭酸C6H5OH，是酚不是酸。
5． 酸的元数不一定等于酸分子中的H原子数。如亚磷酸（H3PO3）是二元酸，次磷酸（H3PO2）是一元酸，因为它们的结构分别是 O O
HO—P—OH 、 HO—P—OH
H H
6． 无氧酸不一定是非金属的氢化物，如氢氰酸（HCN）。
四．物理变化和化学变化的根本区别在于发生变化后是否生成新的物质。如“氢氧化铁胶体加入硫酸镁产生沉淀”，这仅仅是胶体的凝聚，沉淀物还是氢氧化铁[Fe(OH)3]，这一变化应属于物理变化。
五．搞清结晶水合物与对应的无水化合物之间的差别。结晶水合物的组成是一定的，是纯净物，它与对应的无水化合物并不是同种物质。如加热胆矾成白色硫酸铜实质是化学变化。化学方程式为：CuSO4.5H2O=CuSO4+5H2O，注意“+”和“.“的含义截然不同。
六．易混概念辨析
非金属氧化物不一定是酸性氧化物：如CO、NO、NO2
酸性氧化物不一定是非金属氧化物：如Mn2O7、CrO3
金属氧化物不一定是碱性氧化物：如Al2O3 BeO ZnO（两性）、Mn2O7 CrO3（酸性）
碱性氧化物一定是金属氧化物
酸酐不一定是酸性氧化物：如乙酸酐(CH3CO)2O等
酸性氧化物一定是酸酐
NO2-------因与碱反应不仅生成盐和水，还有NO，因而不是酸性氧化物
Na2O2----因与酸反应不仅生成盐和水，还有O2，因而不是碱性氧化物
【典型例题评析】
例1 将下列各组物质按酸、碱、盐分类顺次排列，正确的是（1998年高考试测题）
A.硫酸、纯碱、石膏 B.氢硫酸、烧碱、绿矾
C.石炭酸、乙醇、醋酸钠 D.磷酸、熟石灰、苛性钠
思路分析：A中纯碱属盐类；C中石炭酸属酚类而非酸类，乙醇属醇类而非碱类；D中苛性钠属碱类。
答案：B
方法要领：分清物质分类的依据，记住常见物质的俗名和类别。
例2 下列俗称表示同一种物质的是（1999年上海高考）
A.苏打、小苏打 B.胆矾、绿矾 C.三硝酸甘油酯、硝化甘油 D.纯碱、烧碱
思路分析：各物质的化学式为：A组Na2CO3、NaHCO3，B组CuSO4.5H2O、FeSO4.7H2O，C组C3H5(ONO2)3，D组Na2CO3、NaOH。
答案：C
一题多解：对于常见的重要物质的俗名要记住，并了解其主要性质。
例3 用于制造隐形飞机物质具有吸收微波的功能，其主要成分的结构如图，它属于（2000年全国高考题）
A.无机物 B.烃 C.高分子化合物 D.有机物
思路分析：除碳的氧化物、碳酸及其盐、金属碳化物外，碳的化合物都属有机物，在有机物中，只含C、H两元素的称为烃类，相对分子质量数以万计、由n个重复链节构成的物质才称得上高分子化合物。
答案：D
方法要领：这是一道极为简单的高考题，所谓“起点高”——涉及到高科技领域的材料，但“落点低”——解答问题的知识十分简单。本题的解答，关键在于区分几个类别的概念范畴。
例4 下列叙述中正确的是（1997年全国高考题）
A.含金属元素的离子不一定都是阳离子
B.在氧化还原反应中非金属单质一定是氧化剂
C.某元素从化合态变为游离态时，该元素一定被还原
D.金属阳离子被还原不一定得到金属单质
思路分析：这是正误判断的考题，可根据选项找反例。因AlO2-、MnO4-中的Al、Mn均是金属元素，A正确；非金属单质在反应中价态也可升高作还原剂，如H2常作还原剂，B错误；在反应2KI+Cl2=I2+2KCl中，碘元素被氧化，C错误；在2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+中Fe3+被还原未得到Fe单质，D正确。
答案：A、D
方法要领：此为知识型题，要求考生对概念理解准确（当元素处于最高价态时，该元素只有氧化性；处于最低价态时，只有还原性；处于中间价态时，则既有氧化性又有还原性），并提取记忆中的元素化合物等诸多知识信息，要坚持具体问题具体分析，不能以偏概全，面对一些不易辨别清楚的说法，应寻找客观事实中存在的实际例子加以对照，这样便可使模糊的说法得到澄清。
例5 道尔顿的原子学说曾经起了很大作用。他的学说中，包含有下述3个论点：①原子是不能再分的粒子；②同种元素的原子的各种性质和质量都相同；③原子是微小的实心球体。从现代的观点看，你认为这3个论点中，不正确的是（1990年全国高考题）
A.只有③ B.只有①③ C.只有②③ D.①②③
思路分析：以现代观点看，原子是由位于原子中心的原子核和核外电子构成的，因而可知，原子核在原子中只占很小的空间，电子在其中作高速运动，并不是实心的。原子核由质子和中子构成，同种元素质子数相同，但中子数不一定相同，即存在同位素，各同位素原子的质量是不相同的。综上所述①②③均不正确。
答案：D
方法要领：学会用辩证唯物主义的观点来审视、评价和批判前人的科学理论，用发展的眼光认识微观的和宏观事物，以加深对现代科学概念的理解。
引申发散：1881年，阿伏加德罗在一篇论文中提出了分子的概念，其主要论点是：①原子是参与化学反应的最小质点；②分子是游离状态下单质或化合物能独立存在的最小质点；③分子由原子组成，单质分子由相同的元素的原子组成，化合物分子则由不同元素的若干原子组成。从现代观点看，可以充分肯定的是
A.没有 B.① C.② D..③
思路分析：现代物质结构理论已确认了物质可由三种微粒构成：原子、分子、离子，而且化学反应实质上是由参与反应的微粒通过电子转移或共用成键来完成的。因此阿伏加德罗提出的理论要点以现代结构理论的观点看，显然是错误的。
答案：A。
方法要领：相对于道尔顿的原子论来说，阿伏加德罗的分子概念无疑是前进了一大步。科学发展是无止境的，要用批判的眼光去分析前人的理论或认识，不断创新。
例6 下列说法正确的是（1991年上海市高考题）
A.非金属氧化物都是酸性氧化物
B.凡是酸性氧化物都可以直接与水反应生成对应的酸
C.与水反应生成酸的氧化物，不一定是该酸的酸酐
D.金属氧化物都是碱性氧化物
思路分析：碱性氧化物一定是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，有的是过氧化物（如Na2O2），有的是两性氧化物（如BeO、Al2O3），某些金属（过渡元素）氧化物甚至可以是酸性氧化物（如CrO3、Mn2O7）；非金属氧化物大多有对应酸，但有的为不成盐氧化物；有的不是酸酐的氧化物，却可以与水反应生成酸（如3NO2+H2O=2HNO3+NO），个别酸酐的氧化物不与水反应（如SiO2）。
答案：C。
方法要领：找出具体的物质，检查其说法是否正确，是解答这类正误判断题目的行这有效的方法。
例7 下列过程中,不涉及化学变化的是（2001年全国高考题）
A.甘油加水作护肤剂
B.用明矾净化水
C.烹鱼时加入少量的料酒和食醋,可减少腥味,增加香味
D.烧菜用过的铁锅,经放置常出现红棕色斑迹
思路分析：要弄清上述变化的内涵：A中利用了甘油有吸水性（有护肤作用），无新物质生成；B中是利用Al3+发生水解反应生成的Al(OH)3胶粒的吸附性（胶粒表面积大吸附水中悬浮的杂质），达到净水目的，属于化学变化；C中烹鱼时用酒解除腥味的原理是鱼肉里“隐居”着有脱腥臭味的三甲胺，乙醇能溶解三甲胺，且与食醋中的乙酸发生了酯化反应，加热后挥发出来，D中烧过菜的铁锅的表面残留有电解质溶液，而形成原电池发生电化学腐蚀，Fe为负极：Fe-2e-=Fe2+；炭（C）为正极：O2+2H2O+4e-=4OH-；Fe2++2OH-=Fe(OH)2；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；2Fe(OH)3=Fe2O3.3 H2O，呈红棕色，涉及到吸氧腐蚀的化学变化。
答案：A。
方法要领：化学变化的本质特征，在于发生了化学键的改变，导致了新物质的产生，物理变化和化学变化的根本的区别在于发生变化后是否生成新的物质。
例8 下列说法错误的是（1997年上海市高考题）
A.二氧化碳和漂白粉作用，生成具有氧化性的物质
B.二氧化硫通入氢硫酸中，溶液的酸性一定减弱
C.二氧化硅和烧碱反应，溶液的碱性一定减弱
D.二氧化氮可相互结合为四氧化二氮
思路分析：A正确:生成HClO，具有氧化性；B错误若过量SO2通入H2S酸中，则溶液酸性一定增强；C、D正确。
答案：B
方法要领：掌握有关物质的性质，解题中要注意审题。
例9 某金属元素最高价氟化物的相对分子质量为M1，其最高价的硫酸盐的相对分子质量为M2。若此元素的最高正价为n，则n与M1、M2的关系可能是（1996年高考化学试测题）
A. B. C. D.
思路分析：题中金属元素（设为R）的最高化合价可能是奇数或是偶数，若为奇数，硫酸盐的化学式为R2(SO4)n；若为偶数为R(SO4)n/2，而氟化物化学式均为RFn，设R的式量为x，则：
n为奇数时： n为偶数时：
M1=x+19n M1=x+19n
M2=2x+96n M2=x+48n
n=(M2-2M1)/58 n=(M2-M1)/29
答案为：A、D
方法要领：本题通过式量与化合价之间的关系，考查运用知识的周密性与统摄能力。解答时必须注意到金属离子化合价有奇数和偶数的区别。
微 观 角 度
分子晶体
宏 观 角 度
宏 观 角 度
原子晶体
离子晶体
分子间力
共价键
离子键
分子
离子
原子
同素异形体
化合态
游离态
化合物
单质
元素
物质
组成
构成
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4第三节 综合计算
【知识网络】
1．过量判断
方 法 具 体 内 容
判断过量的 1．假设讨论法 假设两种物质恰好完全反应，再进行计算检验，看结果是否符合题意或假设
2．终态分析法 通过对最终生成物的某些量进行分析、判断，来确定已知反应物是否过量
3．极值判断法 根据化学方程式确定所需反应物或生成物的最大量（或最小）进行判断。注意最大值和最小值的确定
2．混合物计算及综合计算使用的数学思想
序号 数学思想 具 体 内 容
1 函数思想 用运动、变化的观点去分析和处理化学问题中变量和变量之间的相互关系，建立数学模型来解决化学问题
2 分类讨论思想 按照一定的标准把复杂、综合的计算题分解成几个部分或几种情况，然后逐个解决。单一化学反应的过量计算，可分大于、等于、小于进行讨论，有n个连续的化学反应，则可分为（n+1）段进行讨论
3 数形结合思想 将复杂或抽象的数量关系与直观形象的图形在方法上互相渗透，并在一定条件下互相转化和补充，增强解题的综合性和灵活性，得出合理而简捷的解题途径
3．混合物计算的一般解题步骤
序号 步骤 具 体 内 容
1 设 设原混合物各种成分的物质的量的未知数
2 式 写出有用的各个化学反应的化学方程式或离子方程式
3 标 将已设的未知数标在有关物质的化学式下边，注意反应物的各化学计量数关系
4 列 根据原混合物的质量及反应过程中的物质的量的关系，列出多元一次方程组
5 解 求解上述方程组，得要求各成分的物质的量
6 验 检验答案是否符合题意或事实
【易错指津】
1． 选用化学反应进行关于混合物的计算，在近十年高考的最后一题或倒数第二题中出现的频率高达50%。解有关混合物问题计算的关键是：①根据涉及的化学反应，找出关系列联立方程确定未知数，或根据已知条件直接确定一个或若干个未知数，然后逐一解决；②设未知数时，一般设组分的“物质的量”，因为这样“设”，找关系方便；解关于多步反应的计算，关键是建立“关系式”，而关系式的建立，是基于熟练掌握所涉及的化学反应，将多步反应中始态物质和终态物质间建立关系。
2． 利用化学方程式的计算解题的基本思维模式：①认真审题，明确条件和要求，挖掘题示和信息，弄清要解决的问题；②写出正确的化学方程式或关系式；③运用化学知识找出已知项与未知项在量方面的内在联系，找出解题的突破口。
3． 有关混合物过量的计算，要注意由于反应物量的不同，从而导致产物不同，反应方程式也不同。推算时不能仅用一种反应方程式考虑问题。
4． 计算确定某种盐的化学式时，要注意题中图像提供的隐藏的已知条件，挖掘出反应中需要消耗量与实际消耗量之间是否存在差量，以防导致分析判断失误。
5． 正确理解化学方程式的意义，熟悉单质及化合物的性质，准确书写化学方程式或关系式，求出相关物质的摩尔质量是化学方程式计算的关键，防止化学方程式未配平，列比例式计算时相关物质上下单位不统一造成错误。注意解题规范，合理使用单位和有效数字。
6． 进行混合物过量计算时，判断哪种物质过量是解题的关键，抓住不足量物质进行计算，找出质量关系和某种物质的物质的量守恒关系，列出多元一次方程组求解，必要时将计算结果进行检验是否符合实际情况。防止不分析判断哪种物质过量，直接乱用数据进行计算。
7． 对于具有新信息的化学计算题，注意克服陌生感而带来的恐惧心理，细心找出各种有用物质对应的数量变化关系进行计算。高考化学计算的发展新趋势在于从诸多量中找出有用的数据来计算某个量，并进行可能组合的分析，以及缺量分析，需要补足哪些量才能进行计算等，以提高创造思维能力。
8． 在进行复杂的化学计算时，应用某种解题方法进行综合分析，考虑问题要周密。凡是用字母代替物质的具体用量时，不能认为都是足量或适量，要根据化学方程式划定各段范围，分段讨论，防止因分析不全、疏漏而造成错误。
【典型例题评析】
例1 吗啡和海洛因都是严格查禁的毒品，吗啡的分子含C71.58%、H6.67% 、N4.91%，其余为O，已知其相对分子质量不超过300，试求：（1996年高考化学试测题）
（1）吗啡的相对分子质量 ，分子式
（2）已知海洛因是吗啡的二乙酸酯，那么海洛因的相对分子质量 ，分子式为 。
思路分析：最简式法（顺向思维）：
=17:19:1:3。
则最简式为C17H19NO3，式量258，已知相对分子质量不超过300，那么它的分子式就是C17H19NO3。
已知海洛因是吗啡的二乙酸酯，2mol乙酸跟吗啡酯化时，生成2mol水，因此海洛因的分子式可以在吗啡分子式的基础上增加“2C2H4O2”再减少“2H2O”，为C21H23NO5，其相对分子质量为285+2×60-2×18=369。
答案：（1）285，C17H19NO3 （2）369，C21H23NO5
方法要领：注意小结求相对分子质量、分子式的方法。
一题多解：试探法（逆向思维）：上法求不仅计算量大而且较费时，甚至很难确定原子个数的整数比，不可取。若先粗略设定吗啡分子中含氮原子1个，求得吗啡的相对原子质量为：
14÷4.91%=285<300。符合题意要求，再根据物质的量关系法求出：
C：(285×71.58%)÷12=17 H；(285×6.67%)÷1=19 O：(285-17×12-19×1-14)÷1616=3
因此吗啡的分子式为C17H19O3N。由于吗啡的结构简式未知，因而写不出海洛因的结构简式，根据一般思路，似乎不便于求其相对分子质量和分子式。但是思考的方法可改变角度，从醇与乙酸反应转化为酯来考虑即：
ROH+CH3COOH→CH3COOR+H2O得1个乙酸发生反应分子中增加了1个C2H2O，相当于式量增加了1个42。因此海洛因的相对分子质量为285+42×2=369，分子式为：
C17H19O3N+2×(C2H2O)=C21H23O5N。
例2 为测定一种复合氧化物型的磁性粉末材料的组成，称取12.52g样品，将其全部溶于过量稀硝酸后，配成100mL溶液。取其一半，加入过量K2SO4溶液，生成白色沉淀，经过滤、洗涤、烘干后得4.66g固体。在余下的50mL溶液中加入少许KSCN溶液，显红色；如果加入过量NaOH溶液，则生成红褐色沉淀，将沉淀过滤、洗涤、灼烧后得到3.20g固体。（1993年上海高考题）
（1）计算磁性粉末材料中氧元素的质量分数。
（2）确定材料的化学式。
思路分析：由题意可得：溶液中（含HNO3）加入K2SO4溶液，生成白色沉淀，说明该沉淀是BaSO4，n(BaSO4)=4.66g/233g.mol-1=0.02mol，该材料含有Ba2+，总量为:
n(Ba2+)=0.02mol×2=0.04mol。
又溶液中加入少许KSCN溶液，显红色，说明含Fe3+，与过量NaOH溶液生成沉淀为Fe(OH)3,灼烧后的3.20g固体为Fe2O3，n(Fe2O3)=3.20g/160g.mol-1=0.02mol，n(Fe3+)=0.04mol，材料中总量为n(Fe3+)=0.04mol×2=0.08mol。
氧的质量分数为：
材料中三种离子的物质的量之比为：n(Ba2+):n(Fe3+):n(O2-)=0.04mol:0.08mol:2.56/16mol=1:2:4。
答案：（1）20.45% (2)BaFe2O4或BaO.Fe2O3
方法要领：此题考查考生对复合氧化物成分进行定量推算能力。该题综合考查了SO42-离子的检验，[Fe(SCN)]2+离子的特征、颜色等，体现了无机物化学式求解的基本方法：即先判定元素，再确定原子个数比求最简式，最后求得化学式。解这类试题，可采用图解法：
例3 自然界存在的碳酸盐类铜矿（如孔雀石、石青等）的化学组成为：aCuCO3.bCu(OH)2(a，b为正整数，且a≤2，b≤2为正整数)。
（1）将孔雀石、石青矿样分别加盐酸至完全溶解，耗用HCl物质的量与产生CO2物质的量之比：孔雀石为4：1；石青为3：1。它们的化学组成为：孔雀石 、石青 。
（2）今有一份碳酸盐类铜矿样品，将其等分为A、B两份。然后，加盐酸使A样品完全溶解，产生CO23.36L（标准状况）；加热B样品使其完全分解，得到20 g CuO。试计算并确定该矿石的化学组成。
（3）某碳酸盐类铜矿样加酸完全溶解后，产生CO26.72L（标准状况），这份矿样中CuO含量不低于 g；
（4）设某碳酸盐类铜矿样的质量为A g，所含CuO质量为G g。加酸完全溶解后，产生的CO2体积（标准状况）为V L，则含铜矿样的A、V、G之间的关系式为：A=
（1999年上海高考题）
思路分析：（2）n(CO2)=3.36L/22.4L/mol=0.15mol=n(CuCO3)
n(CuO)=20g/80g/mol=0.25mol=n(CuCO3)+n[Cu(OH)2]。所以n[Cu(OH)2]=0.25mol-0.15mol=0.1mol。
a:b= n(CuCO3):n[Cu(OH)2]=0.15:0.1=3:2 因为a≦2，b≤2，所以该矿样为混合物。化学组成为：CuCO3·Cu(OH)2与2CuCO3·Cu(OH)2混合物。
（3）设矿样成分为aCuCO3·bCu(OH)2，则n(CuO)/n(CO2)=(a+b)/a。
当a=2，b=1时，比值最小为3/2。
已知n(CO2)=6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，所以a=0.3mol；n(CuO)=(a+b)/a×n(CO2)，不小于0.3mol×3/2=0.45mol。故CuO质量不小于0.45mol×80g/mol=36g。
（4）矿样中CuCO3质量为124g×V/22.4，矿样中Cu(OH)2质量为：
n(CuO)×98g/mol=(G/80-V/22.4)mol×98g/mol，故A=124×V/22.4+98(G/80-V/22.4)。
答案：（1）孔雀石：CuCO3.Cu(OH)2 石青：2Cu(OH)2 CO3.Cu(OH)2；（2）组成为：CuCO3.Cu(OH)2与2CuCO3.Cu(OH)2混合物；（3）36g；（4）A=124（或65V/56+49G/40）
方法要领：此题是一道综合计算题，有化学组成推断，有矿样中某成分含量的有关计算，有矿样中各成分质量关系式推算。需要考生根据提供的条件、信息，找出其中的内在规律，并能按此规律进行推理和运算。考查了考生思维的敏捷性和整体性。解题过程中要掌握矿样中n(CO2)=n(CuCO3)，n(CuO)=n(CuCO3)+n[Cu(OH)2]，根据n(CuCO3):n[Cu(OH)2]=3:2，a≤2，b≤2灵活地判断出化学组成为CuCO3·Cu(OH)2与2CuCO3·Cu(OH)2混合物。在推算矿样中CuO含量最小值时，根据守恒关系，选择n(CuO)/n(CO2)=(a+b)/a比例式，按题中条件，可知a=2，b=1时，(a+b)/a的比值最小，又因n(CO2)为6.72L/22.4L/mol=0.3mol，计算出CuO质量不小于36g。推算矿样中A、V、G关系式时，根据CuO质量为G g，可知n(CuCO3)+n[Cu(OH)2]=G/80；根据产生的CO2体积VL，可知其中n(CuCO3)=V/22.4mol，故可列出A、V、G之间关系式为A=124×V/22.4+98(G/80-V/22.4)。
例4 接触法制硫酸排放的尾气中，含少量的二氧化硫。为防止污染大气在排放前设法进行综合利用。
（1）某硫酸厂每天排放的1万米3尾气中含0.2%（体积分数）的SO2。问用氢氧化钠溶液、石灰及氧气处理后，假设硫元素不损失，理论上可得到多少kg石膏（CaSO4.2H2O）
（2）如果将一定体积的尾气通入100mL2mol/L的氢氧化钠溶液使其完全反应，经测定所得溶液含16.7g溶质。试分析该溶液的成分，并计算确定各成分的物质的量。
（3）工厂在尾气处理及制石膏的过程中，中间产物是亚硫酸氢钠。调节尾气排放的流量，以取得二氧化硫与氢氧化钠间物质的量最佳比值，从而提高亚硫酸氢钠的产量。现设n(SO2)、n(NaOH)、n(NaHSO3)分别表示二氧化硫、氢氧化钠和亚硫酸氢钠的产量，且n(SO2)/n(NaOH)=x，试写出x在不同取值范围时，n(NaHSO3)的值或n(NaHSO3)与n(SO2)、n(NaOH)间的关系式。
x n(NaHSO3)
思路分析：（1）SO2～CaSO4.2H2O
22.4m3 172kg
104×0.2% x x=153.6kg
(2)NaOH～1/2Na2SO3 NaOH～NaHSO3
0.2mol 0.1mol 即12.6g 0.2mol 0.2mol 即0.2mol×104g/mol=20.8g
12.6g<16.7g<20.8g 所以两种物质都有。
设Na2SO3、NaHSO3物质的量分别为x、y
126g/molx+104g/mol=16.7g
2x+y=0.2 x=0.05mol y=0.1mol
（3）SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O① Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3② SO2+NaOH=NaHSO3③
x≦1/2 根据方程式①可知只有Na2SO3； x≥1 根据方程式③可知只有NaHSO3；
n(NaHSO3)=n(NaOH)
1/2Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3
因为SO2为n(SO2)-1/2n(NaOH) 所以NaHSO3：2[n(SO2)-1/2n(NaOH)]
答案：（1）153.6kg (2)Na2SO30.1mol NaHSO30.05mol （3）x≦1/2时，无NaHSO3生成 x≥1时，n(NaOH) 1/2方法要领：本题为联系生产的混合物计算题。考查考生思维的严密性、灵活性。此题第（1）问中SO2与CaSO4.2H2O因S元素质量守恒，因此可列正比例式n(SO2):n(CaSO4.2H2O)=1:1求解。第（2）问中根据Na守恒方法，推断出0.2molNaOH可全部转化为0.1mol Na2SO3即12.6g，0.2molNaOH可全部转化为0.2mol NaHSO3，即20.8g，题中溶质质量守恒16.7g介于12.6g\20.8g之间，可判断出两种物质皆有。第（3）问中根据以下三个反应式进行分析计算：
SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O① Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3② SO2+NaOH=NaHSO3③
当SO2不足量时用①式计算，SO2足量时用③式计算，介于两者之间用①、②式计算。此处考查了考生解题能力。
例5 硫酸银的溶解度较小，25℃时，每100g水仅溶解0.836g。（1996年全国高考题）
（1）25℃时，在烧杯中加入6.24g硫酸银经充分溶解后，所得饱和溶液的体积是200mL。计算溶液中Ag+的物质的量浓度。
（2）若在上述烧杯中加入50mL0.0268mol/LBaCl2溶液，充分搅拌，溶液中Ag+的物质的量浓度。
（3）在（1）题烧杯中需加入多少0.0268mol/LBaCl2溶液，才能使Ag+浓度降至0.0200mol/L？
思路分析：（1）Ag2SO4微溶于水，6.24g硫酸银固体放入200g水中，只有少量Ag2SO4溶解，所得溶液为Ag2SO4的饱和溶液。100g水溶于Ag2SO4后其体积为0.100L。
n(Ag2SO4)=0.836g/312g/mol=0.00268mol c(Ag2SO4)=0.00268mol/0.100L=0.0268mol/L
c(Ag+)=0.0268mol/L×2=0.0536mol/L。
（2）在Ag2SO4饱和溶液中，加BaCl2溶液二者可发生反应生成BaSO4和AgCl沉淀，使Ag2SO4的溶解平衡向溶解的方向移动。由Ag2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2AgCl↓消耗Ag2SO4：0.0268mol/L×0.0500L×312g/mol<<6.24g，即加入BaCl2的量很小，还不足以使固体Ag2SO4全部溶解，所以溶液仍为Ag2SO4饱和溶液，Ag+浓度不变。c(Ag+)=0.0536mol/L。
（3）要想使加入BaCl2溶液后溶液中Ag+浓度降低，只有在Ag2SO4固体全部溶解后，再加一部分BaCl2才能实现。这样可把6.24g Ag2SO4看作全部溶解，按要求求出剩余Ag+浓度为0.0200mol/L时，加入BaCl2溶液的体积。
设加入BaCl2溶液的体积为V，由反应式Ag2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2AgCl↓知，消耗Ag2SO4的物质的量=n(BaCl2)=0.0268mol/LV，依题意：
解得：V=0.489L。
答案：（1）0.0536mol/L (2)0.0536mol/L (3)0.489L
方法要领：本题属于与化学反应有关的溶解度、溶解平衡以及溶液浓度的计算。第（1）问要说明溶液体积与水的体积的关系；第（2）问要在依据反应式计算的基础上说明BaCl2和Ag2SO4的相对量；第（3）问要说明Ag2SO4必须全部溶解，再根据化学方程式计算。
解题中易犯的错误是：①计算时用Ag2SO4的浓度代替Ag+的浓度；②不知道加BaCl2溶液仍为Ag2SO4的饱和溶液，而是用原溶液中Ag+的浓度、体积和BaCl2溶液、体积进行计算；③只考虑了溶液中的Ag+，而忽视了溶液中未溶解的Ag2SO4的继续溶解。
例6 现有AlCl3和FeCl3混合溶液，其中Al3+和Fe3+的物质的量之和为0.1mol，在此溶液中加入90mL4mol/L的NaOH溶液，使其充分反应.设Al3+物质的量与Al3+和Fe3+总物质的量的比值为x。（1996年上海高考题）
(1)根据反应的化学方程式计算x=0.4时，溶液中产生的沉淀是什么 物质的量有多少？
(2)计算沉淀中只有Fe(OH)3的x取值范围。
请在右图中画出沉淀总量(mol)随x(0→1)变化的曲线.
(3)若Al3+和Fe3+物质的量之和为A摩(A为合理数值),其他条件不变时,求沉淀中同时有Fe(OH)3、Al(OH)3的x取值范围和各沉淀的物质的量(用含有A、x的式子表示)。
思路分析：该题侧重考查定量地对化学反应过程进行分析、推理、判断的能力和把化学问题抽象为数学问题的能力。
（1）向溶液中加入的n(NaOH)=0.36mol。当x=0.4时，溶液中n(Al3+)=0.1mol×0.4=0.04mol，n(Fe3+)=0.1mol×(1-0.4)=0.06mol。
Fe3+ + 3OH- === Fe(OH)3↓ Al3+ + 3OH- === Al(OH)3↓
0.06mol 0.06mol×3 0.04mol 0.04mol×3 0.04mol
将Fe3+和Al3+刚好完全沉淀耗NaOH：0.18mol+0.12mol=0.3mol，余下的NaOH（0.36mol-0.3mol=0.06mol）,；由反应：Al(OH)3+ OH- =AlO2-+2H2O，知生成的0.04mol Al(OH)3全部被溶解。因此，最终得到的沉淀是0.06mol的Fe(OH)3。
（2）由于Fe3+和Al3+均为+3价离子，所以无论x的值为多少，将溶液中总物质的量为0.1 mol的Fe3+ 和Al3+完全沉淀时，耗NaOH为0.3mol。此时沉淀总量为0.1mol,其中有0.1xmol Al(OH)3和0.1x（1-x）mol Fe(OH)3。由于所加NaOH为0.36mol，过量0.36mol-0.3mol=0.06mol，这是一个定值（与x的值无关），故有以下两种情况：
①若Al(OH)3沉淀的物质的量小于或等于0.06mol，即0.1x≤0.06，则根据Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O可知，Al(OH)3全部溶解，最终沉淀中只有Fe(OH)3，其物质的量为0.1(1-x)mol。结合00.1x≤0.06
当 ，即00≤0.6范围内，x的值越大沉淀的物质的量越小。
②若Al(OH)3沉淀的物质的量大于0.06mol，即0.1x>0.06，则Al(OH)3沉淀被溶解掉0.06mol后还有剩余，最终沉淀为Fe(OH)3和Al(OH)3，其总的物质的量为0.1mol-0.06mol=0.04mol。结合00.1x>0.06
当 ，即时0.60根据上述分析选取坐标中的三个点：起点（0，0.01）、转折点（0.6，0.04）、终点（1.0，0.04），并依次用直线连接，便得到沉淀总量（mol）随x的变化曲线。
（3）该问将Fe3+和Al3+的物质的量由0.1mol变为Amol，旨在考查由特殊到一般的处理问题的能力。另外要求讨论的问题是Fe(OH)3和Al(OH)3同时在沉淀中存在时x的取值范围，与（2）不同，是沉淀的另一种情况。
Fe3+ 和Al3+共Amol，则n(Al3+)=Axmol，n(Fe3+)=A(1-x)mol。
Fe3+ Fe(OH)3↓ Al3+ Al(OH)3↓AlO2-
A(1-x)mol A(1-x)mol Axmol Axmol Axmol
溶液中Fe3+ 和Al3+完全沉淀时，生成Al(OH)3的为Axmol、Fe(OH)3为A(1-x)mol，消耗的NaOH为3Amol，剩余的NaOH为（0.36-3A）mol。欲使沉淀中同时有Fe(OH)3和Al(OH)3，必须使（0.36-3A）n[Fe(OH)3]=A(1-x)mol n[Al(OH)3]=[Ax-(0.36-3A)]mol=[A(x+3)-0.36]mol。
答案：(1)Fe(OH)3、0.06mol
（2）要使沉淀中无Al(OH)3，至少需n(OH-)=4×0.1xmol
x的最大取值为 0.1(1-x)×3+0.4x=0.09×4,x=0.6
∴在0≤x≤0.6时,沉淀只有Fe(OH)3
x=0时,Fe(OH)3沉淀量为0.1mol,
x=0.4时,Fe(OH)3沉淀量为0.06mol,
x=0.6时,Fe(OH)3沉淀量为0.04mol,
在0.6≤x≤1内,总沉淀量:n总=0.1(1-x)+0.1x=0.04mol
（3）3A(1-x)+4Ax=0.36，x=0.36/A-3
(0.36/A-3)方法要领：整个题涉及的知识点并不太多，只是：Al3+、Fe3+与NaOH溶液反应；Al(OH)3的两性；物质的量概念，然而命题在巧妙地编排了一个从易到难，从具体到抽象，从个别到一般的思考分析。试题要求根据反应的方程式通过分析、归纳、概括、抽象的思维过程逐步解决问题。体现了能力层次要求结构坡度合理的特点。如当A=0.1mol/L、x=0.4，时，根据Al3+、Fe3+的物质的量以及与NaOH反应的情况，即可得出混合溶液中沉淀物的成分及其物质的量，此乃全题的第一个台阶。接着要求分析只有Fe(OH)3沉淀时，Al3+的物质的量分数为x的取值范围，并作出沉淀总量（mol）与变量x的坐标图。这时x为变量，从0→1。于是可以根据第一台阶的思路，找出几个关节点，得到二段直线的图形至此为第二台阶。最后，假设Al3+、Fe3+物质的量之和为一参量A，求同时含有Fe(OH)3和Al(OH)3的x取值范围及各沉淀的物质的量（用含有A、x的式子表示）。（3）的解题思路虽与（1）（2）相似，但要求提高了，是在（1）（2）基础上进行归纳、概括、抽象的思维加工过程。思维敏捷的考生，根据溶液中[OH-]的等量关系，即可列出等式3A(1-x)+4Ax=0.36。此乃沉淀中开始有Al(OH)3的x值，随着A的变化关系，只要x不出现负值，A的合理值应在0.09≤A≤0.12(设NaOH总量不变)试题的这种构思方式既能保证基本分，又有较好的区分度。对考生来说，根据化学变化中各个量的定量关系作出合乎逻辑的分析和精确计算正是体现了思维的精确性和敏捷性的较高要求。
复习中题量不能替代思维质量，训练的内容和方法是十分重要的。
洗涤灼烧
NaOH
（过量）
K2SO4
过量稀HNO3
氧化物
12.52g
硝酸盐
稀硝酸
BaSO4
0.0400mol
Fe(OH)3
Fe2O3
0.0400mol
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7第五节 电化学原理及其应用
【知识网络】
原 电 池 电 解 池 电 镀 池
能量转换（实质） 化学能→电能（两极分别发生氧化还原反应，产生电流） 电能→化学能（在电流作用下两极分别发生氧化还原反应）
电极 正极负极较活泼金属较不活泼金属Pt/CPt/C金属金属氧化物 阴极：接电源负极阳极：接电源正极 阴极：镀件阳极：镀层金属
电解液 和负极反应（也可不反应） 无特殊要求 电解液须含有镀层金属离子
构成条件 两极、一液、一反应(自发) 直流电源、两极一液 直流电源、两极、一液（含镀层离子）
离子迁移 阳离子→正极 阴离子→负极 阳离子→阴极 阴离子→阳极
电子流向 负极(-)正极(+) 电源正极 。 电源负极 阳极 阴极
【易错指津】
1．原电池中的电极不一定都是金属材料，也可以是碳棒、金属氧化物、惰性电极。
2．原电池中的内外电路分析：
外电路：电子由负极流向正极，负极极板因此而带正电荷，正极极板由于得到了带负电的电子显负电性。
内电路：阳离子向正极作定向移动，阴离子向负极作定向移动。
3．解析各种实用原电池，其思路是一般先分析电池中有关元素的化合价的变化确定电池的正负极，然后根据原电池或电解池的原理判断题目所提供的有关问题。
【典型例题评析】
例1 以下现象与电化学腐蚀无关的是（1998年上海高考题）
A.黄铜（铜锌合金）制做的铜锣不易产生铜绿 B.生铁比软铁芯（几乎是纯铁）容易生锈C.铁质器件附有铜质配件，在接触处易生铁锈 D.银质奖牌久置后表面变暗
思路分析：A中的Cu与Zn、B中的Fe与碳（C）、C中的Fe与Cu，它们中的两种物质与空气水膜中形成原电池，其中较活泼的Zn、Fe、Fe作负极而被腐蚀，A中Cu不生成铜绿，B、C中铁生锈。D中Ag长期在空气中与硫化氢反应生成了少量Ag2S，而呈黑色。
答案：D
方法要领：本题考查考生运用原电池原理解释日常生活中金属用品的腐蚀原因。凡是由多种金属或金属和碳组成的物质，在空气中可形成无数个微小的原电池，而发生电化学腐蚀。
例2 下列关于铜电极的说法正确的是（1998年全国高考题）
A.铜锌原电池中铜是正极 B.用电解法精炼粗铜时粗铜做阴极
C.在镀件上电镀铜时可用金属铜做阳极 D.电解稀硫酸制H2、O2时铜做阳极
思路分析：这是对Cu电极在原电池、电解和电镀中的作用的归纳，一切仍基于反应基本原理和规律的掌握。在精炼粗铜时，应首先使粗铜溶解，所以粗铜应做阳极；若用Cu做阳极电解H2SO4，则Cu将优先氧化（Cu-2e-=Cu2+）。
答案：A、C
方法要领：根据原电池、电解原理，判断Cu电极上发生的反应。电解规律：①看电源定阴阳极；②看电极材料定电极反应：损失阳极(C、Pt、Au除外)，保护阴极；③看溶液中离子得失电子能力定阴阳极产物：若阳极为C、Pt，易放电的阴离子在阳极上发生氧化反应，阳极本身不发生反应。阳极为非惰性电极，则是阳极自身发生氧化而溶解；④看氧化还原产物定方程式中反应物及产物。
例3 用惰性电极分别电解下列各物质水溶液一段时间后，向剩余电解质溶液中加入适量水能使溶液恢复到电解前浓度的是（1988年全国高考题）
A.AgNO3 B.H2SO4 C.NaCl D.NaOH
思路分析：电解一段时间后，向剩余溶液中加水，就能使溶液恢复到电解前的浓度，说明电解过程中消耗的是水，那么在两极上放电的离子只能是H+和OH-，则溶液中的阳离子放电能力都不得大于H+，即阳离子不能为金属活动顺序表Zn之后的金属阳离子；同理，溶液中阴离子的放电能力也不得大于OH-，一般为含氧酸根离子或F-（包括OH-）。符合上述要求的常见物质有强碱、含氧酸和强碱对应的含氧酸盐。
答案：B、D
引申发散：欲使电解后的溶液恢复到原来状态，则需加入的物质必须是电解后离开体系的物质按相应量的比组成的物质。如电解CuSO4溶液析出Cu和O2，则加入的物质为CuO，不是Cu(OH)2；又如电解NaCl溶液析出H2和Cl2，应通入的物质为HCl，而不是加盐酸。
想一想：上述溶液电解后，溶液的pH有何变化？
例4 将质量分数为0.052(5.2%)的NaOH溶液1L（密度为1.06g/cm-3）用铂电极电解，当溶液中NaOH的质量分数改变了0.010(1.0%)时停止电解，则此时溶液中应符合关系是（1998年全国高考题）
NaOH的质量分数 阳极析出物的质量/g 阳极析出物的质量/g
A 0.062(6.2%) 19 152
B 0.062(6.2%) 152 19
C 0.042(4.2%) 1.2 9.4
D 0.042(4.2%) 9.4 1.2
思路分析：原溶液中m(NaOH)=1000 cm-3×1.06g/cm-3×5.2%=5.12g，用Pt电极电解NaOH溶液时，实际上是电解水，NaOH的质量分数增大，题给NaOH质量分数改变了1.0%，即电解后NaOH的质量分数变为6.2%。
设被电解的水的质量为x，则有：
x=171g
设171g水被电解时，阳极生成O2质量为y，阴极生成H2质量为z，则
2H2OO2↑+H2↑
36 32 4
171g y z y=152g z=19g
答案：B
一题多解：由上分析，电解的物质是水，NaOH不会消耗，由此排除了C和D。因电解水阴极和阳极产生的H2和O2的质量比为2:1，只有B项符合。
例5 实验室用铅蓄电池电源电解饱和食盐水制取氯气，已知铅蓄电池放电时发生如下反应：正极：PbO2+4H++SO42-+2e-==PbSO4+2H2O 负极：Pb+SO42-==PbSO4+2e-
今若制得Cl2 0.050 mol，这时电池内消耗的H2SO4的物质的量至少是（1996年全国高考题）。
A.0.025mol B.0.050mol C.0.10mol D.0.20mol
思路分析：本题考查知识：①对原电池、电解池反应原理的理解；②电解反应式与原电池中化学反应式之间关系理解；③原电池与电解池之间电子守恒规律的理解。解题时首先根据电解食盐水反应原理推算出制0.05molCl2，电子转移数为0.1mol；再将原电池中正负电极反应式合并，可知每转移1mol电子消耗H2SO41mol。此时电解池电子转移数应与原电池中相同，故原电池也必转移0.1mol，消耗H2SO4是0.1mol：
2NaCl+2H2O=2NaOH+H2↑+Cl2↑ 2e-
1mol 2mol
0.05mol 0.1mol
负极 Pb+SO42-=PbSO4+2e-
正极 PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O
合并得总方程式：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O 2e-
2mol 2mol
0.1mol 0.1mol
答案：C
方法要领：根据电路中通过的电子数守恒的原则，理论上应有：2e-～Cl2～2H2SO4。考虑到电路中的能量损耗（电流效率），至少要消耗H2SO40.10mol。注意：不能由生成Cl2转移0.10mol电子，再据电极反应式算出SO42-为0.050mol，错选B。
例6 氢镍电池是近年开发出来的可充电电池，它可以取代会产生污染的铜镍电池。氢镍电池的总反应式是（1999年全国高考题）
H2+2NiO(OH) 2Ni(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OH=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，H2是负极
思路分析：根据反应：H2+2NiO（OH） 2Ni（OH）2。可得出放电时的正、负极反应为：
负极：H2+2OH--2e-=2H2O 正极：2NiO(OH)+2H2O+2e-=2Ni(OH)2+2OH-
由此可知放电时H2是负极，且负极反应消耗了OH-使溶液的pH不断减小，而在正极镍元素从+3价变为+2价被还原；充电时，则H元素从+1价变为0价被还原。
答案：C、D
方法要领：弄清原电池、电解池的电极及其反应特点以及如何将总反应式改写成电极反应式是解本题的关键。
电池的原理是高考化学中常见的试题之一，解此类题目应把握好：（一）放电的过程应用原电池原理，充电过程应用电解池原理；（二）从反应前后相关元素化合价的变化判断正负极、阴阳极等相关命题的正确性。
例7 熔融盐燃料电池具有高的发电效率，因而受到重视。可用Li2CO3和Na2CO3的熔融盐混合物作电解质，CO为阳极燃气，空气与CO2的混合气为阴极助燃气，制得在6500℃下工作的燃料电池，完成有关的电池反应式：(1999年理综)
阳极反应式： 阴极反应式：O2+2CO2+4e=2CO32-
总电池反应式：
思路分析：燃料电池是能源的发展方向之一，发达国家正在研究燃料电池代替汽油驱动汽车。本题取材新颖，并按我国工业上的习惯将电池的负极称为“阴极”，正极称为“阳极”，有一定的干扰作用，死记硬背的学生会与电解池混淆而出错。依电子守恒，阳极发生氧化反应：CO-2e-—CO2，由电荷守恒，右边添CO32-，CO+CO32--2e-—CO2，再配平得：CO+CO32--2e-=2CO2。两种极反应相加得电池总反应为：2CO+O2=2CO2。
答案：2CO+2CO32-=4CO2+4e- 2CO+O2=2CO2
方法要领：电极反应式和化学方程式的书写：
一．由化学方程式书写电极反应式：①找出发生氧化反应和还原反应的物质，确定正负极产物；②利用电荷守恒分别写出电极反应式；③验证：两电极反应式相加所得式子和原化学方程式相同，则书写正确。如写出一电极反应式，而另一电极难写，可将化学方程式减去已写出的电极反应式。
二．由原电池的装置书写电极反应式：据电极材料与电解质溶液或反应现象，先确定正负极，再写电极反应式。
三．由电极反应式或原电池装置写化学方程式：①两极反应式相加即得化学方程式；②由原电池的电极材料及电解液成份，确定氧化剂、还原剂及氧化还原产物，初步写出化学方程式再配平。
例8 某学生试图用电解法根据电极上析出的物质质量来验证阿佛加德罗常数值，其实验方案的要点为：①用直流电电解氯化铜溶液，所用仪器如右图：②在电流强度为I安培，通电时间为tsec后，精确测得某电极上析出的铜的质量为m g。试回答：（1999年上海高考题）
（1）连接这些仪器的正确顺序为（用图中标注仪器接线柱的英文字母表示。下同）E接 ，C接 ， 接F。实验线路中的电流方向为 → → →C→ → 。
(2)写出B电极上发生反应的离子方程式 G试管中淀粉KI溶液变化的现象为 ；相应的离子方程式是 。
（3）为精确测定电极上析出铜的质量，所必需的实验步骤的先后顺序应是 。（选填下列操作步骤的编号）①称量电解前电极质量 ②刮下电解后电极上的铜并清洗 ③用蒸馏水清洗电解后电极 ④低温烘干电极后称量 ⑤低温烘干刮下的铜后称量 ⑥再次低温烘干后称量至恒重
（4）已知电子的电量为1.6×10-19库仑。试列出阿佛加德罗常数的计算表达式：NA= 。
思路分析：本题结合了电化学和物理学中的电学知识，综合考查了验证阿伏加德罗常数的应用能力。涉及到的考点与电量关系、电解原理、电化学计算、电解实验操作等。
（1）连接仪器时应注意：①B电极上生成Cl2，它做阳极与电源的正极相连接；②电流表的负极D与电源的负极E相连，再与电解池的阴极A连接，回流到电源的正极。实验中电流与电子流向相反应从电源的正极出发，经过外电路流回到电源的负极。
（2）B极为阳极发生氧化反应：Cl--2e-=Cl2，Cl2通入G中与KI溶液反应生成I2，再遇淀粉变蓝色。
（3）测量电极上析出的铜的质量，只要称出电解前后的电极的质量，其差值就是析出铜的质量。不过电解前后电极上附有可溶性离子和水，必须用蒸馏水冲洗干净并低温烘干至恒重。（题中给出了六个实验步骤，结合定量要求可判断出精确测定铜的质量所必需的实验步骤只要其中的四步，其先后顺序是①③④⑥）
（4）根据Cu2++2e-=Cu，得转移电子物质的量为析出铜物质的量的2倍。即
解得：
答案：（1）E接D，C接A，B接F，F→B→A→C→D→E （2）Cl--2e-=Cl2，变蓝色，2I-+Cl2=2Cl-+I2；（3）①③④⑥ （4）
方法要领：题中涉及到中学化学的“电解原理的应用”、“电极反应式的书写”、“化学实验现象的观察和分析”、“定量实验的操作要求”、“离子方程式的书写”、“有关物质的量的计算”等；涉及到中学物理学的“有关电流强度的计算”、“有关电量和阿伏加德罗常数的计算”、“安培表和电池的连接”等。要正确解答这道题目，就必须熟练掌握以上各条基础知识。
用石墨作电极（惰性电极）电解氯化铜溶液时，阴极上Cu2+离子得到电子变成Cu，阳极上Cl-离子失去电子生成氯气，氯气可用碱溶液或碘化钾溶液等来吸收。所以B应接在电源的正极，A应接电源的负极。在测定通过电解池的电流强度时，电流表应串联在电路上。所以（1）中
E接D，C接A，B接F。线路中的电流方向F→B→A→C→D→E。
e-
e-
充电
放电
充电
放电
e-
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5第四节 电离平衡
【知识网络】
1． 电离平衡：
二．溶液的pH：
三．盐类的水解
四．中和滴定
【易错指津】
1．判断电解质和非电解质
（1）电解质和非电解质必须是化合物，不能是单质也不能是混合物。
（2）电解质是溶质本身能电离。就是说：其水溶液能导电者，它不一定是电解质。如：SO2和CO2等都不是电解质。
（3）在水中不导电的化合物，不一定不是电解质。如：BaSO4、CaCO3等难溶盐，因为其溶解度太小，导电性不易测出。但所溶解的极少部分，却能全部电离生成离子，故均为强电解质。
2．解题过程的有序性，是完成电解质溶液的有关试题中应加以注意的一个方面：
如在弱电解质溶液稀释、强酸或强碱的相互反应、酸碱的相互反应等，都应分层次地逐一分析外界条件的变化、平衡移动对所研究体系造成的影响。
如两强碱溶液相混合后，求溶液pH时，一定用[OH-]计算，绝对不能颠倒。
例：将pH=10 NaOH溶液和pH=12 NaOH溶液等体积混合，求所得溶液的[H+]。许多同学往往直接加以计算：[H+]=(10-10+10-12)/2。注意在混合过程中[H+]、[OH-]的变化：[H+]=(10-10+10-12)/2=1/2×10-10，[OH-]=(10-2+10-4)/2=1/2×10-10，[H+][OH-]>Kw，平衡将向生成水的方向移动，导致[H+]、[OH-]下降，并将对[H+]造成较大的影响，但对[OH-]的影响不大，因而混合溶液中[H+]的计算，应由混合溶液中[OH-]，再通过水的离子积算出。
3．离子浓度的大小判断的试题中应结合溶液中存在的电荷守恒、溶液的pH逐步分析。在对等体积等浓度相混合的一元酸碱溶液、pH与pOH相等的酸与碱的等体积混合液，酸碱的物质的量之间的关系是解题的关键。pH判断的失误，往往会造成离子浓度大小判断的错解。
4．在电离平衡的移动中，溶液中离子数目的变化与离子浓度的变化不一定是等同的。
如加水稀释0.1mol/L醋酸溶液，电离平衡右移，H+数目增多，但[H+]却是减小的。
弱电解质在反应或稀释过程中存在着电离平衡的移动，这一个知识点常隐藏于电解质溶液的考题中。
例：将体积都为10 mL、pH都等于3的醋酸和盐酸，加水稀释至a mL和b mL，测得稀释后溶液的pH均为5。则稀释后溶液的体积（1993年上海高考题）
A.a=b=100 mL B.a=b=1000 mL C.ab
对盐酸稀释1000倍是符合题意的，但对醋酸来说，稀释时醋酸仍电离，稀释1000倍时其pH小于5。要使pH等于5，必须再加水。选D。
5．对酸、碱溶液的pH和盐溶液的pH以及对水的电离度的影响等知识掌握不好而导致失误。
例：在pH都等于9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，设由水电离产生的OH-离子浓度分别为A mol/L与B mol/L，则A和B的关系为（1997年上海高考题）
A.A>B B.A=10-4B C.B=10-4A D.A=B
错解：误认为pH相同的NaOH和CH3COONa两溶液中，水电离产生的OH-离子浓度是一样的，错选D。
思路分析：两者pH=9，但NaOH抑制水的电离，而CH3COONa促进水的电离，因此B>A。答案：B。
方法要领：本题以溶液的pH为基本框架，借以考查对碱溶液、盐溶液与水的电离之间关系的理解的深刻性。NaOH和CH3COONa两种溶液pH相同，但两者对水的电离的影响不同；NaOH溶液中由水电离出的c(OH-)等于该溶液的c(H+)；而CH3COONa溶液中由水电离出的c(OH-)就是溶液本身的c(OH-)，所以A/B=10-9/10-5=10-4。
6．判断离子浓度时，要注意盐类的水解是“微弱”的。判断两种物质是否完全反应是看溶液中两种溶质物质的量的关系，并不决定于溶液中已经存在的离子的物质的量。
等体积pH=3碱溶液与pH=11的碱溶液相混合后，溶液的pH不一定等于7。
如等体积pH=3的醋酸与等体积pH=11的NaOH相混后，醋酸中原存在的自由的H+离子与NaOH溶液中的OH-离子反应完，但原有的醋酸分子随反应的进行，继续电离出H+，结果反应后溶液呈酸性。
对NH3.H2O与NH4Cl；NaAc和HAc的混合溶液，如浓度相差在超过10倍，则酸或碱的电离能力大于其盐的水解能力。（HCN和NaCN的混合溶液则相反）
7．对中和滴定注意：仪器是否要用待盛液润洗，眼睛注视什么，滴定管读数要读到小数后几位等。
【典型例题评析】
例1 下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（2000年上海市高考题）
A.CH3CH2COOH B.Cl2 C.NH4HCO3 D.SO2
思路分析：对非电解质概念的理解应注意:一是指“在水溶液里和熔化状态下”均不导电，二是“化合物”，单质、混合物、溶液均不属于非电解质。SO2的水溶液导电，是因为它与水反应生成了能导电的化合物H2SO3，并不是SO2本身导电。
答案：D
方法要领：区别电解质和非电解质：①均必须是化合物；②本身能电离者为电解质。
例2 可判定某酸为强电解质的现象是（1998年高考化学试测题）
A.该酸加热至沸腾也不分解 B.该酸可溶解Cu(OH)2
C.该酸可跟石灰石反应放出CO2 D.0.1mol/L酸pH=1
思路分析：酸的强弱决定于其电离能力的大小。A只是说明酸较稳定；B、C只说明酸具有酸性，不能说明完全电离；D中pH=1则[H+]=0.1mol/L，等于酸的浓度，说明酸是一元强酸。
答案：D
引申发散：电解质相对强弱的判断的依据有：
①化学方程式，如：C6H5OH+Na2CO3→C6H5ONa+NaHCO3(酸性：H2CO3>C6H5OH>HCO3-)。
②同浓度电解质溶液pH大小或与金属反应快慢：反应快者较电离能力强。
③同pH电解质的稀释：两酸稀释相同倍数后，其pH较小的为弱酸。
④同pH同体积酸与同一物质反应耗该物质的量：消耗物质多的为弱酸。
⑤盐溶液的pH大小：如NaX、NaY的pH分别为8、9，则酸性是HX>HY。
⑥同条件下导电性：导电性强者电离能力较强。
例3 水的电离过程为H2O?H++OH-,在不同温度下其平衡常数为K(25℃)=1.0×10-14,K(35℃)=2.1×10-14。则下列叙述正确的是（2000年上海高考题）
A.C(H+)随着温度升高而降低 C.在35℃时，c(H+)>c(OH-)
C.水的电离度?（25℃）>（35℃） D.水的电离是吸热的
思路分析：升温后K值增大，说明水的电离平衡右移，水的电离度增加，c(H+)增大，c(OH-)也增大，且增大的倍数相同。
答案：D
方法要领：水的电离要破坏O-H共价键，为吸热过程，根据温度对电离平衡影响作出判断。注意任何温度下水中的[H+]与[OH-]总是相等的。
例4 若室温时pH=a的氨水和pH=b的HCl等体积混合，恰好完全反应,，则该氨水的电离度可表示为（1997年全国高考题）
A.10(a+b-12)% B.10(a+b-14)% C.10(12-a-b)% D.10(14-a-b)%
思路分析：氨水的电离度=[OH-]/c=10a-14mol.L-1÷10-bmol.L-1=10(a+b-14)= 10(a+b-12)%
其中浓度c借用了盐酸的浓度，这是理解题意等体积混合恰好完全反应而且酸碱都是一元的逻辑结果，是思维灵敏、严密的表现。
答案：A
方法要领：pH是重要概念，年年必考，本题跟联系起来，组成新题，有一定难度。
题中涉及到指数运算，即用数学方法来解答化学问题。在进行指数运算时，一定要细心，防止出现不必要的错误。在计算中要注意乘以100%（而不是只增添百分号），以防错选B。
例5 用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（1998年全国高考题）
A.[OH-]/[NH3.H2O] B.[NH3.H2O]/[OH-] C.[H+]和[OH-]的乘积 D.OH-的物质的量
思路分析：A项：[OH-]/[NH3.H2O]该表达式实际上代表了一元弱碱的电离度的求算式，而电离度随溶液浓度的变小而变大；B项是A项的倒数，故必然变小；C项[H+].[OH-]的乘积，只与温度有关；D项中，由于溶液稀释时，NH3.H2O的电离度变大，故溶液中OH-物质的量必变大。
答案：B
方法要领：本题考查了一元弱酸或弱碱的电离度的变化表示式。对D项，随着稀释[OH-]始终是减小的，但n(OH-)是增大的。
复习中要掌握弱电解质溶液的电离平衡和电离度，及弱电解质冲稀时电离度、离子浓度、离子物质的量变化情况。注意离子浓度的变化与离子物质的量的变化有时并不是一致的。
例6 室温下，在pH=12的某溶液中由水电离的为[OH-]（2000年全国高考题）
A.1.0×10-7mol/L B.1.0×10-6mol/L C.1.0×10-2mol/L D.1.0×10-12mol/L
思路分析：本题只给了一个“某溶液”，若为碱的溶液，则水的电离平衡被破坏（抑制），因此由水电离出的[H+](H2O)=[OH-](H2O)=10-12mol/L；如该溶液是盐的溶液，则该盐必为弱酸盐，要促进水的电离，故水电离出的[H+](H2O)=[OH-](H2O)=10-2mol/L。
答案：C、D
方法要领：溶液在加酸、碱、盐时，其水电离产生的[H+](H2O)与[OH-](H2O)分别说明如下：
1.加酸：[H+](H2O)=[OH-](H2O)= [OH-](溶液)=Kw/[H+](总)
2.加碱：[H+](H2O)=[OH-](H2O)=[H+](溶液)=Kw/[OH-](总)
3.加盐：
①不水解盐：[H+](H2O)=[OH-](H2O)=1×10-7mol/L
②强酸弱碱盐：[H+](H2O)=[OH-](H2O)=[H+](溶液)
③弱酸强碱盐：[H+](H2O)=[OH-](H2O)=[OH-](溶液)
例7 在室温下等体积的酸和碱的溶液，混合后pH一定小于7的是（1997年全国高考题）
A.pH=3的硝酸跟pH=11的氢氧化钾溶液 B.pH=3的硝酸跟pH=11的氨水
C. pH=3的硫酸跟pH=11的氢氧化钠溶液 D.pH=3的醋酸跟pH=11的氢氧化钡溶液
思路分析：pH=3的强酸溶液和pH=11的强碱溶液，等体积混合恰好中和，pH=7；pH=11的氨水，由于氨水是弱碱，已电离的NH3.H2O使溶液pH=11，但仍有大量NH3.H2O没有电离，等体积混合后，氨水过量，混合后溶液酸碱性由剩余NH3.H2O的决定，pH>7；在D中，醋酸过量，混合后溶液显酸性，pH<7。
答案：D
方法要领：此题可不必按反应的化学方程式计算，但必须清楚强电解质与弱电解质的电离情况不同，按酸中所含H+物质的量与碱中所含OH-物质的量，来判断反应后溶液的酸碱性。
应该明白如下规律：
（1）已知pH和溶液的体积，其H+（或OH-）物质的量与原强酸（或强碱）是一元的还是二元的无关。
（2）已知溶液的pH，若该溶液是弱酸（或弱碱），则原溶质的浓度远大于 [H+]（或[OH-]）。
（3）酸与碱溶液混合，若酸有较大量剩余，溶液显酸性。因为对大多数弱酸来说，弱酸的电离能力强于相应阴离子的水解能力。若反过来，剩余的弱碱是NH3.H2O，溶液显碱性，因为NH3.H2O电离能力强于NH4+的水解能力。
对于H2SO4、Ba(OH)2等二元酸碱，当告知pH时，元数不再参与换算。
例8 已知一种[H+]=1×10-3 mol/L的酸和一种[OH-]=1×10-3 mol/L的碱溶液等体积混合后溶液呈酸性。其原因可能是（1991年全国高考题）
A.浓的强酸和稀的强碱溶液反应 B.浓的弱酸和稀的强碱溶液反应
C.等浓度的强酸和弱碱溶液反应 D.生成了一种强酸弱碱盐
思路分析：酸和碱溶液混合后所得溶液呈酸性，其原因有下列两种可能：
其一，这两种溶液恰好完全反应，但参与反应的是弱碱和强酸，生成强酸弱碱盐容易水解而显酸性。
其二，酸和碱并没有恰好完全反应，反应以后酸有剩余，因而溶液显酸性。
本题中的酸溶液H+离子浓度只有1×10-3mol/L。如果此酸是强酸，它是完全电离的，可见它是一种稀溶液；如果是弱酸，因为它只有少部分电离，则弱酸的浓度可能较大。同理，碱溶液的OH-离子浓度也是1×10-3mol/L，即或是强碱的稀溶液，或是弱碱的较浓溶液。
如上所述，可立即排除选项A，并确定选项B是符合条件的答案，混合后的溶液呈酸性这表明所用的是较浓的弱酸实际上是过量的。
由于题目为不定项选择，还有正确的选项，需继续分析C、D两选项。
如果酸是强酸、碱是弱碱，按前分析，两者不可能是等浓度的，可判断选项C不对，也正是由于这种原因，混合溶液呈酸性肯定不是从生成的盐水解而来的，这样，选项D也不正确。
必须注意，题给的条件是酸中的[H+]与碱中的[OH-]相等，而不是酸溶液的浓度与碱溶液的浓度相等。
答案：B
方法要领：酸和碱之间的反应是最常见的化学反应之一，本题意在于以这类最常见的反应为素材，多角度地考查与之相关的知识。本题设置了迷惑性较强的选项，估计考生在实际应答时会在几个都像似是而非的选项前下不了决心。
4个选项首先给人的印象好象是前3个叙述方式显然与选项D不同，这样D的地位就显得突出；加以强酸弱碱盐水解显酸性相当多的考生中认为是首先要考虑的原因。在这种思维定势的影响下，错选了D。
纯净的强酸弱碱盐的水溶液，由于水解而显酸性。但在强酸弱碱盐与弱碱的混合溶中，由于弱碱的电离趋势远大于强酸弱碱盐的水解趋势，即由于弱碱的存在而使溶液显碱性。
例9 pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混合，所得混合溶液的pH=11，则强碱与强酸的体积比是（1998年全国高考题）
A.11:1 B.9:1 C.1:11 D.1:9
思路分析：强酸与强碱混合的pH计算，相混时看余量，余下的溶液显碱性，且[OH-]=10-3mol/L，因此，若设强碱、强酸的体积分别为x、y，则由题意：，x:y=1:9。
一题多解：碱中[OH-]为酸中[H+]10倍，完全中和V(碱)/V(酸)=1/10，现OH-稍过量，故V(碱)/V(酸)>1:10，只有D符合。
答案：D
引申发散：本题酸、碱反应后pH=11，说明碱过量，必须按[OH-]进行计算。如果忽略了这一点而用[H+]计算，那就错了。
pH计算关键抓主要矛盾，即酸求[H+]，碱求[OH-]。且忌在任何情况下都以[H+]进行换算。pH计算的几种情况：
1．两种强酸溶液混合时，先求[H+]，再求pH
[H+]=
2．两种强碱溶液混合时，先求[OH-]，再通过Kw求[H+]，最后求pH
[OH-]=
3．强酸与强碱溶液混合：H++OH-=H2O
①酸过量:[H+]=[c(H+)V(H+)-c(OH-)V(OH-)]÷[V(H+)+ V(OH-)]
②碱过量:[OH-]=[c(OH-)V(OH-)-c(H+)V(H+)]÷[V(H+)+ V(OH-)]
注意：混合后溶液显酸性，一定用[H+]计算；如显碱性一定[OH-]用计算，绝不能颠倒。
4．强酸强碱溶液稀释后的pH
强酸或强碱溶液无限稀释时，其pH只是接近7。
例10 25℃时,若体积为Va、pH=a的某一元强酸与体积为Vb、pH=b的某一元强碱混合,恰好中和,且已知Va(1)a值可否等于3(填“可”或“否”) ,其理由是
(2)a值可否等于5(填“可”或“否”) ,其理由是
(3)a的取值范围是
思路分析：本题是一个pH的计算。它以pH计算为载体，考查了讨论题型的解法。根据酸碱中和的本质：n(H+)=n(OH-)，由题意得：10-a.Va=10b-14.Vb,Va/Vb=10a+b-14<1,讨论得解。
答案：(1)否,若a=3,则b=6,溶液显酸性,与题意不符；(2)否,若a=5,[H+]a=10-5mol/L,则b=10，[OH-]b=10-4mol/L，Va/Vb=[OH-]b/[H+]a>1,不合题意；(3)Va/Vb=[OH-]b/[H+]a={10-14/[H+]b}÷[H+]a=[10-14/10-b]÷10-a=10(a+b-14)<1，故(a+b-14)<0,而a=0.5b，即3a<14,a<14/3，又pH=b=2a>7，a>7/2，所以7/2引申发散：25℃,10体积某强酸溶液与1体积某强碱溶液混合溶液后呈中性，则混合前，强酸的pH与强碱的pH之间应满足什么关系？（1994年全国高考题）
思路分析：可根据pH概念，水的离子积常数，pH的有关计算方法，充分理解“10体积某强酸溶液与1体积某强碱溶液”和“混合后溶液呈中性”这两条题给信息。可知混合前10体积强酸溶液中H+物质的量等于1体积强碱溶液中OH-物质的量。
设酸溶液的体积是10L，则碱溶液的体积是1L。
10×[H+]酸=1×[OH-]碱 由[OH-]碱=(1×10-14)/[H+]碱 得：10×[H+]酸=1×(1×10-14)/[H+]碱
10×[H+]酸×[H+]碱=1×10-14 两边各取负对数：（-lg[H+]酸）+（-lg[H+]碱）+（-lg10）=-lg10-14
pH(酸)+pH(碱)-14=14 故pH(酸)+pH(碱)=15。
答案：pH(酸)+pH(碱)=15
一题多解：解法二：设pH(酸)=x，则[H+]酸=10-xmol/L pH(碱)=y，则[H+]碱=10-ymol/L
[OH-]碱=(1×10-14)/10-y=10(y-14) 依题意：10×[H+]酸=1×[OH-]碱 10×10-x=1×0(y-14) 1-x=y-14 x+y=15。
解法三：强酸与强碱溶液中和后pH=7，则强酸的pH升高7- pH(酸)。强碱的pH降低pH(碱)-7。
由于10×[H+]酸=1×[OH-]碱 可知强碱的pH降低的数值大于强酸的pH升高的数值，且强碱pH降低的数值与强酸pH升高的数值之差为1。
[(pH(碱)-7)]-[(pH(酸)-7)]=1 pH(酸)+pH(碱)=15。
此法充分运用强酸与强碱中和时，强酸溶液中H+被消耗，pH升高；强碱溶液中OH-被消耗，pH降低，并且巧妙地结合强酸、强碱消耗的体积之比，较快地推导出pH(酸)与pH(碱)之间应满足的关系。
例11 为更好地表示溶液的酸碱性，科学家提出了酸度（AG）的概念，AG＝，则下列叙述正确的是（2001年上海高考题）
A.中性溶液的AG＝0 B.酸性溶液的AG＜0
C.常温下0.lmol/L氢氧化钠溶液的AG＝12 D.常温下0.lmol/L盐酸溶液的AG＝12
思路分析：中性溶液中[H+]=[OH-]，则AG=lg1=0，A正确；酸性溶液[H+]>[OH-]，AG>0。B错；对C选项：[OH-]=10-1mol/L，[H+]=10-13mol/L，AG=lg10-13/10-1=-12；对D选项则AG=12。
答案：AD
方法要领：理解运用新信息，注意AG表达式与pH的不同。解题中把选项中的[H+]和[OH-]代入AG计算式即可。
例12 在蒸发皿中加热并灼烧(<900℃)下列物质的溶液，可以得到该物质固体的是（1999年上海高考题）
A.氯化铝 B.碳酸氢钠 B.硫酸镁 D.高锰酸钾
思路分析：AlCl3溶液蒸干灼烧时，发生一系列过程：AlCl3的水解平衡：AlCl3+3H2O
Al(OH)3+3HCl-Q，在加热时正向移动，又HCl挥发，故蒸干后得Al(OH)3；再灼烧分解为Al2O3。NaHCO3和KMnO4两固体受热分解。
答案：C
方法要领：本题考核的知识点是盐的水解和物质的分解反应。对于易挥发酸易水解的盐溶液，在蒸发时，由于酸的挥发，水解平衡右移，最后得到的是氢氧化物沉淀，而非原溶质盐。
制备无水盐时要考虑盐的水解。不同的盐溶液中加热过程中，由于生成物挥发或难挥发，最终得到的固体产物类型有所不同。如明矾溶液蒸干灼烧，尽管Al3+水解，但由于H2SO4为高沸点酸，难挥发，最终得到的固体仍然是明矾；K2CO3溶液加热，尽管K2CO3水解，但生成的KHCO3和KOH反应后仍为K2CO3。
例13 将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10rnL混合后，溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系正确的是（2001年上海市高考题）
A.c (Ac－)＞c (Cl－)＞c (H＋)＞c (HAc)
B.c (Ac－)＞c (Cl－)＞c (HAc)＞c (H＋)
C.c (Ac－)＝c (Cl-)＞c (H＋)＞c (HAc)
D.c (Na＋)＋c (H＋)＝c (Ac－)＋c (Cl－)＋c (OH－)
思路分析：本题考查的知识点有电解质的电离、弱电解质的电离平衡、盐类水解及离子浓度比较。解这类题目有两条规律：(1)电荷守恒：指电解质溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数；(2)物料守恒：指在平衡状态下，电解质溶液中某一组分的起始浓度等于它在溶液中各种形式存在微粒的浓度之和。由题给条件，由发生的反应得：
NaAc + HCl = NaCl + HAc
起始物质的量 0.002 0.001
反应后物质的量 0.001 0 0.001 0.001
反应后为等浓度的NaAc、HAc、NaCl混合液，由于HAc电离能力大于Ac-水解能力，且HAc的电离是微弱的，故[Ac-]>[HAc]、[HAc]>[H+]，A和C错误，B正确；由电荷守恒原理知D也对。
答案：B、D
方法要领：一看有无反应，确定溶质种类；二看溶质电离、水解情况，确定浓度大小关系；三据守恒关系，确定浓度等式关系（对电荷守恒式，如离子所带电荷数不是1时，计算时应将其物质的溶液浓度与其电荷数相乘后再求总和）。
列守恒关系式要注意以下三点：
①善于通过离子发生的变化，找出溶液中所有的离子和分子，不能遗漏，否则因遗漏会造成列式错误；
②电荷守恒要注意离子浓度前面的系数；物料守恒要弄清发生变化的元素各微粒的浓度与未发生变化的元素微粒浓度间的关系；
③某些关系式既不是电荷守恒也不是物料守恒，通常是由两种守恒关系式通过某种变换（如“相加”、“相减”等）而得。
例14 某二元弱酸(简写成H2A)溶液，按下式发生一级和二级电离H2A H++HA-，HA-
H++A2-（1999年全国高考题）
已知同浓度时电离度(H2A)>(HA-)。设有下列四种溶液:
A. 0.01mol/LH2A溶液
B. 0.01mol/LNaHA溶液中
C. 0.02mol/LHCl与0.04mol/LNaHA等体积混合
D. 0.02mol/LNaOH与0.02mol/LNaHA等体积混合
①[H+]最大的是 ，最小的是 ；②[H2A]最大的是 ，最小的是 ；③[A2-]最大的是 ，最小的是 。
思路分析：C中的HCl与NaHA发生反应HCl+NaHA=H2A+NaCl后，得到0.01mol/LH2A和0.01mol/LNaHA的混合溶液，D中0.02mol/L的NaOH与0.02mol/L的NaHA溶液等体积混合后，发生反应NaOH+NaHA=Na2A+H2O得到的是0.01mol/LNa2A溶液。根据相同浓度时的电离度可知，C溶液中的HA-基本不电离，对溶液中[H+]的增大贡献极小，而由于浓度大，对H2A的电离平衡起抑制作用，致使C中[H+]不如溶液A大。
答案：①A，D；②C、D；③D、A
方法要领：这是一道综合考查考生关于溶液浓度计算技能、对弱酸电离度以及盐类水解理解水平的题目。解答此题的关键是比较A和C两种溶液中[H+]的大小。虽然题目中只对弱酸的各级电离常数进行简单提示：，而实际上(H2A)和(HA-)之间不是差几倍、几十倍的关系，而往往是数千倍、数万倍甚至十万倍以上，特别是溶液C中，在H2A电离出的H+的抑制作用下，HA-的电离几乎可以忽略不计；而它对H2A电离平衡的影响（抑制作用）却是很大的。因此，溶液A中的[H+]就比溶液C中大一些。这种比较是通过化学概念、化学思想而进行的，不是单纯的机械计算和数学推理，这一问题的出现进一步提示我们在复习中化学方法的养成，防止死记硬背。
例15 物质的量溶液浓度相同的下列溶液中，含微粒种类最多的是（1996年上海市高考题）
A.CaCl2 B.CH3COONa C.NH3 D.K2S
思路分析：对于CaCl2，溶液中存在的微粒有Ca2+、Cl-、H+、OH-、H2O等5种；对于CH3COONa因水解：CH3COO-+H2O CH3COOH +OH-，溶液中存在Na+、CH3COOH、CH3COO-、H2O、H+、OH-等6种微粒。对于NH3在溶液中存在平衡：NH3+H2O NH3.H2O NH4++OH-，溶液中存在着NH4+、NH3.H2O、NH3、H2O、H+、OH-等6种微粒；对于K2S，由于发生两级水解：S2-+H2O HS-+OH-，HS-+H2O H2S+OH-，溶液中存在着K+、S2-、HS-、H2S、H2O、H+、OH-等7种微粒。
答案：D
方法要领：溶液中的微粒包含溶液中所有分子和离子，要防止遗漏溶剂分子及由水电离产生的离子。
例16 某学生中和滴定实验的过程中如下：(a)取一支碱式滴定管；(b)用蒸馏水洗净；(c)即加入待测的NaOH溶液；(d)记录液面刻度读数；(e)用酸式滴定管精确放出一定量标准酸液；(f)置于未经标准酸液润洗的洁净锥形瓶中；(g)加入适量蒸馏水；(h)加入酚酞试液2滴；（i）滴定时，边滴边摇荡；（j）边注视滴定管内液面的变化；(k)当小心滴到溶液由无色变成粉红色时，即停止滴定；(l)记录液面刻度读数；(m)根据滴定管内的两次读数得出NaOH溶液体积为22mL。
指出上述实验过程中的错误之处（用编号表示） 。(选错一个倒扣1分，但不出现负分)（1995年上海高考题）
思路分析：对于（c），待测NaOH溶液的滴定管未用该NaOH溶液润洗；对于（j），滴定时眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化；对于（k），应滴至溶液由无色变成粉红色至半分钟内不再褪去为止；对于（m），记录NaOH溶液体积，根据滴定管测量准确度，应记录到小数点后两位。
答案：c j k m
方法要领：中和滴定操作作为一定量实验，要注意防止实验不当造成误差。如仪器是否需要润洗；滴定管读数方法；眼睛看什么位置；滴定终点的判断等。
例17 用实验确定某酸HA是弱电解质。两同学的方案是：（2001年上海市高考题）
甲：①称取一定质量的HA配制0.lmol/L的溶液100mL；
② 用pH试纸测出该溶液的pH，即可证明HA是弱电解质。
乙：①用已知物质的量浓度的HA溶液、盐酸，分别配制pH＝l的两种酸溶液各100mL；
②分别取这两种溶液各10mL，加水稀释为100mL；
③各取相同体积的两种稀释液装入两个试管，同时加入纯度相同的锌粒，观察现象，即可证明HA是弱电解质。
（1）在两个方案的第①步中，都要用到的定量仪器是
（2）甲方案中，说明HA是弱电解质的理由是测得溶液的pH 1（选填＞、＜、＝）
乙方案中，说明HA是弱电解质的现象是 （多选扣分）
（a）装HCl溶液的试管中放出H2的速率快；
（b）装HA溶液的试管中放出H2的速率快；
（c）两个试管中产生气体速率一样快。
（3）请你评价：乙方案中难以实现之处和不妥之处 、
。
（4）请你再提出一个合理而比较容易进行的方案（药品可任取），作简明扼要表述。
思路分析：该题是验证某酸是弱电解质的一个“袖珍”课题的讨论，设问是从用到的主要仪器开始，然后步步深入至得出结论的依据和现象，而且要求对甲乙两种方法进行评价，指出其中有难以实现之处和不妥之处，最后要求再提出一个简单而可行的方案，作为终结。试题融实验、理论、元素化合物、pH的简单计算换算等知识为一体。
（1）配制一定物质的量浓度的溶液所必需的定量仪器是容量瓶；（2）甲方案中，0.1mol/L的某弱酸HA，由于它部分电离，H+浓度小于0.1mol/L，pH应该大于1。
乙方案中，盐酸稀释体积变大，但H+的物质的量不变，pH变化较大。弱酸HA稀释体积也变大，弱酸稀释后，电离度变大，H+的物质的量增大，因此，pH变化较小。加入锌粒后，装HA溶液的试管中因H+的物质的量浓度大，所以放出H2的速率快。
（3）乙方案中，要求配制某一定pH的弱酸溶液，但影响溶液pH的因素很多，如温度变化等，导致配制的溶液的pH不稳定。因此配制pH=1的弱酸HA难以实现。不妥之处，因为是液化与固体反应，固体的表面积对反应速率的影响大，仅仅用反应产生气体的速率来判断溶液中H+的物质的量浓度的大小，说服力不强。
（4）要证明某酸弱酸还有很多方法。如：配制NaA的盐溶液，再测量溶液的pH，pH>7，说明HA是弱酸。
又如：用右图装置，向烧杯中加入无水某弱酸，接通直流电源，灵敏电流计中没有电流通过。向烧杯内慢慢加蒸馏水，并不断搅拌，电流计中开始有电流通过，随着继续加蒸馏水，发现电流计中通过的电流从小到大，然后再从大到小。
同样在烧杯中加入浓盐酸，按上述方法向烧杯中加蒸馏水，发现电流计中电流通过的现象是：先最大，然后逐渐减小。如此就可以区分两种不同类别的酸。
答案：（1）100mL容量瓶（注：未标明规格的扣1分） （2）＞、b（多选扣分）
（3）配制pH＝l的HA溶液难以实现 不妥之处在于加入的锌粒难以做到表面积相同
（4）配制NaA溶液，测其pH值＞7即证明HA是弱电解质
（注：本题解答若操作简单、现象明显、不是化学教材中讲过的常规方法应属创新，经认可后可给予奖励，奖励分不超过2分）
方法要领：试题要求考生经过仔细分析、对比、推断，指出其中的不足，同时要求用研究性的思路考虑问题，提出更优的实验方案。考生反映今年的实验题变了，不仅照方抓药做实验无济于事，如果对一些基本的知识和技能掌握的不牢固，不具有研究性学习的意识，同样是不能解决问题。看来平时只听老师讲，不去积极参与讨论、不去对他人的方案进行评头论足恐怕是不行了。
影响因素
=[H+]/c
=[OH-]/c
计算式
特征
动、定、变
电离度
电离程度判断
电离过程
电离平衡
①内因：电解质结构
②外因：温度、浓度
弱电解质（弱酸、弱碱、水）
部分电离
完全电离
电解质
非电解质（酒精、SO2、NH3）
不电离
电离
电离程度
强电解质（强酸、强碱、盐）
化
合
物
单质
物质
能否
电离
pH=-lg[H+]（[H+]=10- pH）
简单计算
测定方法
适用范围
物理意义
表示方法
溶
液
的
pH
表示溶液酸碱性的强弱
0～14的稀溶液
①pH计：精确测定溶液的pH
②pH试纸：粗略测定溶液的pH
③酸碱指示剂：粗略测定溶液的pH范围
①甲基橙：3.1～4.4
②石蕊：5～8
③酚酞：8～10
①一元弱酸或弱碱的pH计算
②强酸、强碱的单一或混合液pH计算
谁弱谁水解，谁强显谁性；越弱越易水解，双弱双水解，不弱不水解；
盐对应的酸（碱）越弱，水解程度越大，溶液碱（酸性）越强。
①强酸强碱盐—只溶解，不水解，溶液呈中性
②强碱弱酸盐—多元弱酸根分步水解，溶液呈碱性
③强酸弱碱盐—阳离子水解，溶液呈酸性
④弱酸弱碱盐—水解后溶液的酸碱性由弱酸根和弱碱的相对强弱决定
⑤完全水解—有沉淀、气体生成：如Al3++3HCO3- =Al(OH)3↓+3CO2↑
盐
类
水
解
应用
影响
因素
特征
规律
类型
实质
是水的电离平衡发生移动，改变了[H+]与[OH-]相对大小，使溶液呈酸性或碱性
离子方
程式
书写
单离子水解：①水写分子式（不能写成H+或OH-），中间用可逆（用 不能用=），后无沉气出（不能用↑、↓）；②多元弱酸根要分步写；③阳离子水解一般一步写
①为可逆反应；②水解程度是微弱的
内因：水解生成的弱电解质“越弱”，水解程度越大
外因：①温度：升温有利水解；②浓度：越稀越水解；③外加酸或碱：抑制或促进水解
①判断离子浓度；②判断离子共存；③判断弱电解质强弱；④盐溶液配制；⑤物质的鉴别与除杂；⑥制备胶体；⑦明矾净水；⑧泡沫灭火机原理、草木灰不能与铵态氮肥混合使用；⑨试剂存放：如NH4F溶液不能用玻璃瓶保存；
⑩判断水解盐受热产物
操作
指示剂
仪器
中
和
滴
定
关键
原理
由标准液和待测液反应，用指示剂反应来确定“滴定终点”，据方程式求待测液的浓度
①准确测定参加反应的酸或碱液的体积
②准确判断中和反应是否恰好进行完全（滴定终点判断）
①酸式滴定管（不能盛放碱液）
②碱式滴定管（不能盛放酸液和氧化性溶液如KMnO4）
③锥形瓶、铁架台、滴定管夹、烧杯
①作用：由指示剂的颜色的改变来确定滴定终点
②用量：1～2滴
③选择要求：⑴变色明显易于观察；⑵变色范围越窄越好；⑶变色范围与终点pH吻合或接近
①准备：查漏、洗涤、润洗、装液、排气泡、调液面读数②滴定：取待测液、加指示剂、滴定、判终点读数
③计算：取2～3次耗标准液的平均值，求待测液浓度
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1第四节 氧化还原反应和离子反应
【知识网络】
一．氧化还原反应：
二．离子反应：
1．定义：有离子参加或生成的反应
2．总趋势：向原溶液里某种或几种离子浓度降低的方向进行
3．表示方法：
【易错指津】
一、氧化还原反应，应注意：
①判断物质氧化性或还原性强弱，依据是得失电子的难易程度，而不是得失电子数的多少。如Na的还原性大于Al。
②元素的高价态氧化性不一定比低价态强，如HClO氧化性大于HClO4。
③有的氧化还原反应的发生与浓度有关，如MnO2只与浓HCl反应。
④元素的氧化性与还原性与物质的氧化性与还原性并不一致，如H2S中-2价的S只有还原性，而不能说H2S只有还原性。
⑤同一物质还原同一物质时，不能根据氧化剂被还原的程度判断氧化性的强弱，如：
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
虽然稀硝酸的还原程度大，但其氧化性比浓硝酸弱。
⑥下列氧化还原反应在标电子转移的方向和数目时，要防止错误。
错：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ 正：2Al+2NaOH+6H2O=2NaAlO2+3H2↑+4H2O
错：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ 正：2Na2O2+4H2O=4NaOH+O2↑+2H2O
反应KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，转移的电子数为5，而非6，这可从其离子方程式看出：ClO3-+6H++5Cl-=3Cl2↑+3H2O。
二、判断离子方程式的正误，应注意以下问题：
①查是否违背反应事实，如铁跟硝酸反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑（错误）。
②查电荷守恒（这是高考考查重点），如Fe+ Fe3+=2Fe2+是错误的。
③查化学式能否拆成离子，如硫化亚铁与盐酸反应的离子方程式不能写成：S2-+2H+=H2S↑。
④查是否漏写离子反应，如硫酸铜和氢氧化钡溶液反应的离子方程式不能写成：Ba2++SO42-=BaSO4↓。
⑤查离子的配比数是否正确，如硫酸和氢氧化钡溶液反应的离子方程式不能写成：H++SO42-+ Ba2++2OH-= BaSO4↓+H2O。
⑥查反应物因过量或少量导致产物的不同，如往小苏打溶液中加入少量澄清石灰水的离子方程式为：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+2H2O+CO32-；往澄清石灰水加入少量小苏打溶液的离子方程式为：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O。
⑦电解质溶液中的反应，其本质是离子间的反应。用离子方程式所反映的是物质在溶液中存在的主要形式，而不一定是真实参与反应的离子。
如H2S通入NaOH溶液，H+来自H2S的微弱电离：H2S H++HS-。若H2S气体通入NaOH溶液，由于上述H2S电离出来的H+被OH-中和，电离过程不断进行，反应的离子方程式为H2S+OH-=HS-+H2O，若NaOH过量，则反应的离子方程式为H2S+2OH-=S2-+2H2O。
三、离子大量共存的判断：
1.某些离子只存在一定pH范围：①只能存在酸性溶液中:水解呈酸性离子(弱的阳离子:NH4+、Fe3+)；②只能存在碱性溶液中:水解呈碱性离子(弱酸根:F- AlO2-)；③强酸强碱中均不能存在:HCO3-、HS-、HSO3-、H2PO4- 、HPO42-。即使在中性溶液中像Fe3+、CO32-离子是不能存在的。
2.试题的前提设置：(1)对溶液性质要求:①颜色：如指明为无色溶液，则无Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-；②酸碱性:直接或间接----指示剂（如使甲基橙显红色，则不含OH-、弱酸氢根离子或Fe2+与NO3-），水电离出[H+]或[OH-]（如在1L溶液中水电离出的[H+]=10-3mol/L，则溶液可能呈酸性，也可能呈碱性）、与Al作用产生H2（溶液既可能含H+也可能含OH-）；(2)特殊要求:在××离子存在下（如含I-的；含Fe2+的）,因发生××反应；解答时应将这些附加条件加入到选项中各离子组中去一起分析；(3)是共存还是不共存，以防把答案选反了。
3.ClO-的氧化性与NO3-的不同：NO3-只有在酸性条件下，才有强氧化性；而ClO-无论在酸性或是碱性条件下，都有强氧化性。如题有NO3-，要特别注意其在酸性条件下的隐蔽氧化性。在酸性条件下，NO3-与I-、S2-、Fe2+、SO32-等还原性微粒不可共存。
【典型例题评析】
例1 下列化工生产过程所发生的反应不属于氧化还原反应的是（2001年春季高考题）
A.用油脂制肥皂 B.用铝土矿制金属铝
C.用氯气和消石灰制漂白粉 D.用氢气和氮气合成氨
思路分析：上述四个工业制备中，只有A中的反应元素的价态未发生变化。
答案：A
方法要领：氧化还原反应的实质是电子发生转移，其表征是化合价的变化。判断反应是否属于氧化还原反应，只要看反应中元素的化合价是否有变化，有化合价变化的就是氧化还原反应。
例2 G、Q、X、Y、Z均为氯的含氧化合物.。我们不了解它们的化学式，但知道它们在一定条件下具有如下的转换关系(未配平)：
①G→Q+NaCl ②Q+H2OX+H2 ③Y+NaOH→G+Q+H2O ④Z+NaOH→Q+X+H2O
这五种化合物中氯的化合价由低到高的顺序是(1995年上海市高考题)
A.QGZYX B.GYQZX C.GYZQX D.ZXGYQ
思路分析：由①得出Q高于G，因为G必介于Q和-1价的Cl之间，-1为氯元素的最低价；将该结论引用到③，Y介于Q与G之间，故有Q高于Y，Y高于G。分析②：H2O中的H化合价降低，则Q中的氯元素转变为X中的氯，化合价必升高，则得出X高于Q。最后④，Z介于Q、X之间，则X高于Z，Z高于Q。
答案：B
方法要领：该题新颖灵活为一道好题。本题考查考生灵活运用氧化还原反应基础知识和严密的逻辑推理能力。可根据反应中同一元素转化为两种含该元素的物质，为歧化反应，其中一种产物的化合价高于反应物，另一种则低于反应物。另可根据归中反应，生成物的价态必居于两种反应物同一元素不同价态的中间，高者还原，低者氧化，共同生成中间某一价态的产物。如能把握好①的歧化，③、④的归中两方面的规律，即可顺利解题。
例3 某单质X能从盐的溶液中置换出单质Y，由此可知（1996年高考化学试测题）
A.当X、Y都是金属时，X一定比Y活泼
B.当X、Y都是非金属时，Y一定比X活泼
C.当X是金属时，Y可能是金属，也可能是非金属
D.当X是非金属时，Y可能是金属，也可能是非金属
思路分析：金属或非金属发生置换反应，都是活泼性强的单质，从化合物中置换出活泼性朋弱的单质，所以A正确B错误。金属单质如与盐反应，被置换出的是金属单质，如与酸反应，被置换出的是H2（非金属单质）。而对非金属单质而言，无论从盐或无氧酸中置换出的单质均为非金属。C对D错。
答案：A、C
引申发散：置换反应包括下列几种情况：
金属单质置换出金属单质：液相的置换和固相的置换（铝热反应）
金属单质置换出非金属单质：活泼金属+水；活泼金属+酸；Mg+CO2
非金属单质置换出非金属单质：①Cl2+H2S ②O2+H2S ③F2+H2O ④Cl2+HBr ⑤Cl2+HI ⑥Br2+HI ⑦I2+H2S ⑧C+H2O ⑨C+SiO2 ⑩Cl2+NH3
非金属单质置换出金属单质：C/H2与金属氧化物
例4 硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25mL0.100mol/LNa2S2O3溶液恰好把224mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl-，则S2O32-将转化成（2000年全国高考题）
A.S2- B.S C.SO32- D.SO42-
思路分析：Cl2（0.010mol）在反应中获得0.020mol电子，设Na2S2O3（0.0025mol）中S元素的平均化合价为x：1×2+2x+(-2×3)=0，x=+2，再设反应后S元素价态为y。根据反应中得失电子数相等得：
0.020mol=0.0025mol×(y-2)×2 y=+6。
答案：D
方法要领：本题为高考热点题，重点考查氧化还原反应实质和电子守恒关系。
解题要领为：
1.依据：氧化剂与还原剂在反应得失电子数相等原理
2.方法：
①找出氧化剂和还原剂以及各自的还原产物和氧化产物
②找准1个原子/离子得失电子数
③由题中所给物质的物质的量,根据电子守恒列等式
n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值===n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值
例5 铁酸钠（Na2FeO4）是处理过程中使用的一种新型净水剂，它的氧化性比高锰酸钾更强，本身在反应中被还原成Fe3+离子。
（1）配平制取铁酸钠的化学方程式：
□Fe(NO3)3+□NaOH+□Cl2---□Na2FeO4+□NaNO3+□NaCl+□H2O
反应中 元素被氧化,转移电子总数为 。
（2）铁酸钠之所以能净水，除了能消毒杀菌外，另一个原因是 。
思路分析：先找出价态变化的元素在反应前后的化合价，根据化合价升降总数相等，配出氧化剂和还原剂以及相应的还原产物和氧化产物的化学计量数，进而观察配平。
发生变价的元素有铁和氯：Fe（+3→+6，变化3价）、Cl（0→-1，变化1×2=2价），故Fe(NO3)3配2，Cl2配3，再配其它物质化学计量数。
依题意Na2FeO4在净水过程中被还原成Fe3+，Fe3+易水解生成Fe(OH)3胶粒，它有吸附性。
答案：（1）2 16 3－2 6 6 8 铁 ，6e （2）还原产物Fe3+水解生成Fe(OH)3胶粒，能吸附悬浮杂质而沉积下来。
方法要领：铁酸钠中铁元素的价态可按价态规则推出，不必“少见多怪”。配平要领是：
一．配平原则(三守恒)
1.电子守恒 2.质量守恒 3.电荷守恒(离子方程式)
二．配平步骤
一标(标出价态变化元素的化合价) 二等(化合价升降值等) 三定(氧化剂及还原产物,还原剂及氧化产物) 四平(观察法配其它化学计量数) 五查(查各微粒数是否相等)
三．配平技巧
1.部分氧化还原反应：化学计量数分两部分：作氧化剂或还原剂，和参加非氧化还原反应的
2.自身氧化还原反应：逆向配平
3.缺项配平：先配两剂，最后由质量守恒，电荷守恒确定
例6 下列反应的离子方程式中书写正确的是（2000年全国高考题）
A.向饱和碳酸氢钙溶液中加入饱和氢氧化钙溶液 Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O
B.金属铝溶于氢氧化钠溶液 Al+2OH-=AlO2-+H2↑
C.用氢氧化钠溶液吸收少量二氧化碳 2OH-+CO2=CO32-+H2O
D.向三氯化铁的酸性溶液中通入足量硫化氢 Fe3++H2S=Fe2++S↓+2H+
思路分析：A中HCO3-离子被OH-离子中和而转化为CO32-离子，故有CaCO3沉淀，并依据反应的化学方程式约简配平化学计量数，A对；B中一是漏写H2O，二是电荷不守恒，错误；C中碱过量生成CO32-，正确；D中电荷不守恒，违反氧化还原反应原理，错了。
答案：A、C
方法要领：离子方程式正误判断自1995年以来每年必考，它涉及电解质、非电解质、强弱电解质、酸碱盐溶液溶解性及其复分解反应，溶液中进行的氧化还原反应、盐的水解反应等多方面的内容。同时对常见俗名考查，及对微溶物化学用语的处理，近年来又引入了反应物用量与反应产物的判断，又增强了思维严密性的考查。
例7 1.（1）向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，请写出发生反应的离子方程式 。（2）在以上中性溶液中，继续滴加Ba(OH)2溶液，请写出此步反应的离子方程式 。（1997年全国高考题）
思路分析：该题类型为给条件离子方程式的书写，NaHSO4=Na++H++SO42-、Ba(OH)2=Ba2++2OH-。欲使NaHSO4溶液呈中性，只需将其中H+恰好中和即可。而此时溶液中SO42-显然过量，反应的离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O。由这一离子方程式可见，溶液中SO42-的只反应了一半，当继续滴加Ba(OH)2，则SO42-全部转化为BaSO4沉淀：SO42-+Ba2+=BaSO4↓。
答案：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，SO42-+Ba2+=BaSO4↓
方法要领：本题体现的焦点是物质在完全反应时，若-让SO42-完全反应，则应选择NaHSO4定为常数“1”，该反应的微粒为H++SO42-，此时分别需1molBa2+1molOH-，由于1molBa2+产生的同时必有2molOH-生成，故该反应必余OH-；若要OH-和H+完全反应，则必须把Ba(OH)2定常数“1”，Ba2++2OH-，此时选择H+为2mol，SO42-只能为1mol，而溶液中有2molH+时，必有2molSO42-，而此时只反应了1molSO42-，必剩余了SO42-。所以，做这类题时关键是把握题设条件。
酸式盐与碱溶液的反应，可先写化学方程式再改写为离子方程式。
例8 下列离子方程式书写正确的是（1997年上海市高考题）
A.在氯化铝溶液中加入过量的NaOH溶液：Al3++3OH-=Al(OH)3↓
B.在硫酸铜溶液中加过量的Ba(OH)2溶液：Ba2++SO42-=BaSO4↓
C.在澄清石灰水中通入过量的CO2：OH-+CO2=HCO3-
D.在Ca(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O
思路分析：防止忽视过量的CO2使CaCO3→Ca(HCO3)2。当年考生误选D的多，其根本原因是没有掌握过量问题处理的原则是“以少定多”，即量少者应由其化学式组成微粒之比[这里是指Ca(HCO3)2中Ca2+与HCO3-微粒之比为1:2]来决定离子方程式的书写，因此，D的正确离子方程式为：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+2H2O+CO32-；至于A显然错误，生成Al(OH)3的溶于过量的NaOH溶液，生成NaAlO2，正确的离子方程式为：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O。
答案：C
方法要领：对酸式盐与碱的反应，可根据“量少全反应”，把量少的物质的物质的量定为1，再结合参加反应的离子判断产物，写出化学方程式再改写成离子方程式。
例9 下列各组离子在溶液可以大量共存,且加入氨水后也不产生沉淀的是（1999年全国高考题）
A.Na+ Ba2+ Cl- SO42- B.K+ AlO2- NO3- OH- C.H+ NH4+ Al3+ SO42- D.H+ Cl- CH3COO- NO3-
思路分析：先用第一个条件（大量共存）“筛选”，A中的Ba2+和SO42-生成沉淀，D中H+和CH3COO-结合成弱酸；再用第二个条件去分析B和C知，C中的Al3+在加入氨水后会产生Al(OH)3沉淀。
答案：B
方法要领：离子能否大量共存的判断，是高考的热点题。其判断要领是：一是判断组内离子能否大量共存，如有下列情况则离子间发生反应，不能大量共存：
①离子互换反应：生成弱电解质如OH-与NH4+；生成气体如H+与S2-；生成沉淀如Ba2+与SO32-，
②双水解反应:
NH4+ Al3+ Fe3+
SiO32- AlO2- S2- CO32- ClO-
③络合反应:Fe3+和SCN-
④氧化还原反应: Fe2+、H+、NO3-；Fe3+、I-；S2-、MnO4-、H+；H+、S2O32-
S2- I- SO32- Fe2+
Fe3+ MnO4- NO3-(H+) ClO-(H+/OH-)
说明：(1)2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O (2)S2O32-+2H+=SO2+ S↓+H2O
二是挖掘出题中隐藏的条件（见易错指津三）
引申发散：下列离子在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是（2001年上海市高考题）
A.H3O+、NO3-、Fe2+、Na+ B.Ag+、NO3-、Cl-、K+
C. K+、Ba2+、OH-、SO42- D.Cu2+、NH4+、Br-、OH-
思路分析：所给四个选项中各组离子均不能大量共存，只有A中的H3O+、NO3-、Fe2+三种离子因发生氧化还原反应符合题意。
答案：A
方法要领：抓住不能共存的条件：发生氧化还原反应。
例10 某河道两旁有甲、乙两厂，它们排放的工业废水中，共含K+、Ag+、Fe3+、Cl-、OH-、NO3-6种离子。（1999年上海市高考题）
甲厂的废水明显呈碱性，故甲厂废水中所含的3种离子是 、 、 。
乙厂的废水中含有另外3种离子，如果加一定量 （选填：活性炭、硫酸亚铁、铁粉）可以回收其中的金属 （填写金属元素符号）。
另一种设想是将甲厂和乙厂的废水按适当的比例混合，可以使废水中的 （填写离子符号）转化为沉淀，经过滤后的废水主要含 ，可用来浇灌农田。
思路分析：溶液中离子共存问题几乎是每年必考的知识点，以往常以选择题的形式出现。本题结合环境保护（工业废水的处理），使学生通过考试学会化学知识的简单应用，并增强社会责任感。从甲厂的废水明显呈碱性，推出必含OH-，从而排除了Ag+、Fe3+存在，而乙厂废水中含Ag+，可排除Cl-的存在，所以确定甲厂废水中含：K+、OH-、Cl-；乙厂中含：Ag+、Fe3+、NO3-。在乙厂的废水加Fe粉，通过置换反应回收其中的Ag+。如甲、乙两厂的废水按适当比例混合，则可使Ag+与Cl-、Fe3+与OH-结合成沉淀，余下的是氮、钾复合肥KNO3。
答案：K+、OH-、Cl-；铁粉；Ag；Ag+、Cl-、Fe3+、OH-；KNO3
方法要领：这道联系社会生产实际的离子共存与反应知识的试题，涉及了离子共存、氧化性强弱比较、金属置换、污水处理及化肥利用等方面的知识，解题中要能综合运用这些基础知识来解决问题。
例11 化学实验中，如使某步中的有害产物作为另一步的反应物，形成一个循环，就可不再向环境排放该种有害物质。例如：（2001年上海市高考题）
（l）在上述有编号的步骤中，需用还原剂的是 ，需用氧化剂的是 （填编号）。
（2）在上述循环中，既能与强酸反应又能与强碱反应的两性物质是 （填化学式）
（3）完成并配平步骤①的化学方程式，标出电子转移的方向和数目：
□Na2Cr2O7＋□KI＋□HCl→□CrCl3＋□NaCl＋□KCl＋□I2＋□
思路分析：由流程图知：价态发生变化的有①：Ma2Cr2O7→CrCl3，其中Cr的价态由+6→+3；②CrCl3→Na2CrO4，Cr的价态由+3→+6，从而判断所加的氧化剂和还原剂。由③知Cr(OH)3→NaCrO2，知Cr元素可形成酸根，表现一定的非金属性，故Cr(OH)3为两性氢氧化物。
答案：（1）①、④ （2）Cr(OH)3（3）1 6 14 2 2 6 3 7H2O，
方法要领：根据流程图中有关各物质转化时的价态转化判断氧化剂和还原剂。
例14 溴酸钾与溴化钾在酸性溶液中反应，溴元素完全转化为溴单质。写出反应的离子方程式： 。该反应中 mol溴酸钾中含有m g溴元素，它能 （填写“氧化”或“还原”） mol的 （填写离子或物质名称）。（1995年上海高考题）
思路分析：由题意可初步写出：BrO3-+Br-+H+--Br2+H2O，根据化合价升降法配平方程式；利用守恒法可计算出含m g溴元素的溴酸钾的物质的量为m/80 mol，它能氧化溴离子的物质的量为m/80 mol×5=m/16 mol。
答案：BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O，m/80，氧化，m/16，Br-
方法要领：根据氧化还原反应的规律，不同价态的同种元素之间在发生氧化还原反应时“向中看齐”，遵循“高价+低价=中间价”的规律，依据条件写出对应的离子方程式。根据氧化还原反应的概念结合离子方程式解答其他问题。
离子方程式
-2e-
+4e-
-4e-
+2e-
+6e-
+6e-
-6e-
-6e-
依据：电子守恒
题型：①部分氧化还原计算；②推断产物化合价；
③求氧化剂、还原剂或氧化产物、还原产物质量比
④电解产物的计算
计算
原则：①质量守恒；②电子守恒；③电荷守恒（离子方程式）
方法：化合价升降法
配平
①优先反应原理；②强弱原理；③价态原理（邻位转化规律、互不换位规律、跳位规律
反应规律
氧化剂+还原剂===还原产物+氧化产物
（强氧化性） （强还原性） （弱还原性） （弱氧化性）
化合价升高,-ne-,被氧化
化合价降低,+ne-,被还原
基本概念
化合价有升有降，且升降总值相等
特征
有电子转移，且得失电子数相等
化合价降低，+ne-，被还原
实质
氧
化
还
原
反
应
范围
水溶液中的离子反应
类型
①非氧化还原反应（复分解反应、双水解反应、络合反应）；
②氧化还原反应（置换反应、复杂氧化还原反应、有机反应）
书书规则
①写离子符号的规则（可溶的强电解质）；②保留化学式的规则③配平规则（同时满足：质量守恒、电子守恒、电荷守恒）
书写步骤
写、拆、删、查
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7第二节 硫和硫的化合物
【知识网络】
【易错指津】
1．掌握常见物质的俗名、组成、用途，防止张冠李戴。
本章中出现的物质俗名比较多，有些名称之间又特别容易混淆，如冰晶石和重晶石、芒硝和硝石、大苏打和苏打或小苏打等，还有名目繁多的矾盐。这些虽属识记性的知识，但也应做到在理解的基础上进行记忆，注意它们的性质和用途，对记忆其化学组成有帮助。同时要及时归纳和比较，以便清楚地区别它们。
2．熟悉有关各种价态的硫元素性质及转化，以作推断题（主要是框图型）。
牢固掌握各种代表物性质及它们之间的知识网络和反应原理，就可避免死搬硬套。对于框图型等推断题，也要善于找“题眼”，挖掘题中隐含的提示，注意对题设条件的充分应用，尽量缩小范围。推断时不仅要关注网络的结构，还要注意题干提供的不起眼的信息，如颜色、状态、式量、用途等都可能成为突破的切入口。
3．二氧化硫和氯气的漂白性
SO2和Cl2虽都有漂白性，但漂白原理和现象有不同特点。氯气的漂白原理是由于溶于水生成次氯酸的具有强氧化性，将有色物质氧化成无色物质，褪色后不能恢复原来的颜色。而SO2是由于它溶于水生成的亚硫酸与有色物质直接结合，形成不稳定的无色化合物，褪色后在一定的条件下又能恢复原来的颜色。如：
4．浓硫酸的吸水性和脱水性的区别
吸水性 脱水性
涵义 浓硫酸所具有的吸收游离水的性能。游离水包括空气中的水蒸气及物质中的湿存水。浓硫酸之所以能吸收水，是因它能和水结合成稳定的水合物：H2SO4+nH2O=H2SO4.nH2O（水合物在低温时可析出晶体）。 浓硫酸将许多有机物（特别是糖类）中的H、O原子按照水分子中H、O原子个数比夺取出来的性质。通常讲的浓硫酸腐蚀性即脱水性。
应用 在工厂和实验室是一种理想的干燥剂 实验室制CO、CH2=CH2
注意 不能干燥HI、HBr、H2S、NH3等 浓硫酸使有机物脱水，不一定都有碳游离出来。
【典型例题评析】
例1 导致下列现象的主要原因与排放SO2有关的是(2000年全国高考题)
A.酸雨 B.光化学烟雾 C.臭氧空洞 D.温室效应
思路分析：该题看似简单，实际提出了3个热点概念，因此必须搞清4个概念的内涵，方可做出正确的选择。题中列举的大气环境问题都与化学有密切关系，其中由SO2引发的现象是酸雨。降水时，硫的氧化物以及所形成的硫酸和硫酸盐随着雨雪降到地面，称之为“酸雨”，其发生的主要反应：2SO2+O22SO3，SO2+H2O=H2SO3，2H2SO3+O2=H2SO4。溶于雨水中的酸性物质，使雨水中pH在4.5左右。光化学类雾由氮氧化物造成；臭氧空洞主要由氯氟烃、一氧化氮等造成；温室气体主要为二氧化碳等。
答案：A
方法要领：这是一道有关环境保护问题的试题，SO2等气体引发酸雨，O3、氮氧化物、有机烃等引发光化学类烟雾，氟利昂、氮氧化物等造成臭氧空洞，CO2气体导致的温室效应。这些导致环境污染的热点问题，复习中应予以重视。
例2 在硫酸工业生产中，为了有利于SO2的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室（见右图）。按此密闭体系中气体的流向，则在A处流出的气体为（1999年上海高考题）
A.SO2 B.SO3 O2 C.SO2 O2 D.SO2 SO3
思路分析：本题是联系生产实际的题目，结合硫酸工业生产，考核学生对工业生产中的热交换原理的理解。
答案：C
方法要领：对教材中工业生产中典型设备的结构（包括进出口方向）、原理及发生的反应必须有足够的重视。通入接触室的气体主要是SO2和O2，经过热交换后从A处流出，然后才能接触催化剂，反应后的气体经过内管又从下口通出。故A处流出的气体仍为SO2和O2。
例3 过氧化氢的沸点比水高，但受热容易分解。某试剂厂制得7%～8%的过氧化氢溶液，再浓缩成30%的溶液时，可采用的适宜方法是（上海市高考题）
A.常压蒸馏 B.减压蒸馏 C.加生石灰常压蒸馏 D.加压蒸馏
思路分析：液态物质的沸点与压强有关，减小压强，能降低其沸点，这样就能在温度不高的情况下使水蒸发而H2O2又不会分解。
答案：B
方法要领：要从混合液中分离出受热易分解的液体物质，一般采用减压蒸馏或减压分馏。防止选A，在常压下蒸馏，H2O2受热分解。
例4 下列反应中，调节反应物用量或浓度不会改变反应产物的是（1998年上海高考题）
A.硫化氢在氧气中燃烧 B.铁在硫蒸气中燃烧
C.二氧化硫通入石灰水 D.硫酸中加入锌粉
思路分析：A中O2少量生成S，O2过量生成SO2；B中产物唯一；C中可生成CaSO4或Ca(HSO4)2；D中浓硫酸生成SO2，稀硫酸生成H2。
答案：B
方法要领：复习中应注意反应条件对产物的影响，与外界条件有关的反应如下：
1．反应温度
①4Na+O2(常温)=4Na2O、2Na+O2(加热)= Na2O2；②乙醇+浓硫酸
2．反应物的用量或浓度
①酸式盐+碱；②铝盐+碱；③偏铝酸盐+酸或CO2；④硝酸银+氨水；⑤FeBr2（FeI2）+Cl2；⑥C+ O2；⑥P+ Cl2等。
例5 标准状况下H2S和O2混合气体100mL，经点燃后反应至完全，所得气体经干燥后，恢复到原来状况时体积为10mL，该10mL气体可能是（2001年上海市高考题）
A.H2S、SO2 B.O2 C.H2S D.SO3
思路分析：H2S和O2反应后的气体产物可能为①H2S；②SO2；③SO2和O2。
如为情况①，说明H2S过量。
则由：2H2S+O2=2H2O+2S体积减少
2 1 3
60 30 100-10=90
参加反应的H2S和O2的总体积为60+30=90，则余下的10mL气体为H2S。
若为情况②或③，说明O2过量。
则由：2H2S+3O2=2H2O+2SO2体积减少
2 3 2 3
60 90 90
则参加反应的H2S和O2的总体积为60+90=150>100，所以这两种情况不存在。
答案：C
方法要领：本题为过量计算，由于只告诉两气体的总体积，因此按两种反应恰好发生的两反应分别讨论，具体计算中注意气体体积的计算可用差量法技巧。
例6 向50mL18mol/LH2SO4溶液中加入足量的铜片并加热。充分反应后，被还原的H2SO4的物质的量（1997年全国高考题）
A.小于0.45mol B.等于0.45mol C.在0.45mol和0.90mol之间 D.大于0.90mol
思路分析：本题考查了氧化还原反应的条件的重要性。Cu和H2SO4反应的前提条件是浓H2SO4，开始18mol/L为浓的，但随着Cu参加反应，H2SO4被消耗变稀，此时反应已终止。其次，考查了氧化性酸在与金属发生反应时，其作用分两部分：一部分充当氧化剂，使其得电子数与金属失电子数相同，另一部分是生成的金属阳离子与酸根结合生成盐。由Cu+2H2SO4=Cu SO4+SO2↑+2H2O可知如果H2SO4完全反应，也只有一半充当氧化剂被还原，故被还原18mol/L H2SO4的最大量为(18mol/L×0.05L)÷2=0.45mol。
答案：A
方法要领：该类题的解答关键是判明充当氧化剂的那部分量的确切值。本题如果改成炽热的碳与上述量的浓H2SO4作用，被还原的H2SO4的物质的量的多少又该如何考虑？因此，做题时应看清单质的类别：即是否已告知为金属单质，或为非金属单质，或者为单质？常见氧化剂的酸为浓H2SO4、浓HNO3或稀HNO3。另MnO2只与浓HCl反应，与稀HCl是不反应的。
例7 为防治酸雨，降低煤燃烧时向大气排放的SO2，工业上将生石灰和含硫煤混合后使用。请写出燃烧时，有关“固硫”（不使硫化合物进入大气）反应的化学方程式 （1996年上海市高考题）
思路分析：煤中含硫，硫燃烧时生成的酸性氧化物SO2与碱性氧化物CaO作用生成含氧酸盐CaSO3，CaSO3易被空气中的O2氧化成CaSO4。
答案：CaO+SO2=CaSO3，2CaSO3+O2=2CaSO4
方法要领：上述方法称为“钙基固硫法”。这种方法实际上是把生石灰或石灰石的粉粒掺入煤中，再进行燃烧。利用石灰石分解生成的CaO也能吸收SO2，但因石灰石分解是吸热反应，所以用CaCO3固硫比用CaO固硫多消耗部分热量。
2CaSO3+O2=2CaSO4这反应易漏写，在有空气存在和高温条件下，CaSO3易被氧化为CaSO4，这可以得出一条规律：温度高时，热稳定性不够好的物质将向热稳定性好的物质转化，如本题涉及CaCO3→CaSO3→CaSO4的转化。以防漏写其中一个方程式。
例8 对下列事实的解释错误的是（2000年上海高考题）
A.在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性
B.浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定
C.常温下，浓硝酸可以用铝贮存，说明铝与浓硝酸不反应
D.反应CuSO4+H2S→CuS↓+H2SO4能进行，说明硫化铜既不溶于水，也不溶于稀硫酸
思路分析：本题旨在考查一些常见的化学反应原理。Al与冷、浓硝酸发生钝化，属化学反应，因表面迅速形成致密的氧化膜而不呈明显的反应现象。
答案：C
方法要领：本题提醒我们在复习中要注意物质的特殊性，并注意总结归纳，从而全面掌握知识。
例9 针对以下A～D四个涉及H2O2的反应（未配平），填写空白：（1999年广东省高考题）
A.Na2O2+HCl——H2O2+NaCl B.Ag2O+H2O2——Ag+O2+H2O
C.H2O2——H2O+O2 D.H2O2+Cr2(SO4)3+KOH——K2CrO4+K2SO4+H2O
（1）H2O2仅体现氧化性的反应是（填代号） ，该反应配平的化学方程式为
（2）H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是（填代号）
（3）H2O2体现弱酸性的反应是（填代号） ，其理由为
思路分析：H2O2中氧元素的化合价为-1价，在氧化还原反应中既可升高成0价（表现还原性），又可降到-2价（表现氧化性）。在四个反应中，只有D中的H2O2中O的价态降为-2价，表现氧化性；C中的H2O2中O的价态既升高又降低，表现出氧化性和还原性；B中的H2O2中O由-1升为0价，表现还原性；只有A中Na2O2的跟强酸盐酸反应生成了H2O2和NaCl，这可看作是一个“强酸跟弱酸的盐反应，生成弱酸和强酸盐”的反应，认为在此反应中H2O2体现了弱酸性。
答案：（1）D，3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O（2）C（3）A，此反应可看作是强酸制弱酸的反应。
方法要领：这是一个以H2O2的性质为载体，考查无机化学基本原理等方面知识的题目。题目中提出了三个问题：氧化性、还原性的含义，方程式的配平和强酸制弱酸的规律。只要紧紧扣住价态的变化进行分析，就可准确解答。对第3问，在判断了B、C、D均是氧化还原反应后，“酸性”则应体现于非氧化还原反应中，然后再从反应物强酸（HCl）制得H2O2，联系强酸制弱酸原理作答。
例10 某学生课外活动小组利用右图所示装置分别做如下实验：(2000年全国高考题)
（1）在试管中注入某红色溶液，加热试管，溶液颜色逐渐变浅，冷却后恢复红色，则原溶液可能是________________溶液；加热时溶液由红色逐渐变浅的原因是： ，（2）在试管中注入某无色溶液，加热试管，溶液变为红色，冷却后恢复无色，则此溶液可能是________________溶液；加热时溶液由无色变为红色的原因______________________。
思路分析：题设情境有三大特点：①反应装置由常见的“开放型”到了“封闭型”；②溶液颜色由常见的“静态稳定型”到了“动态变化型”；③溶液成分由常见的“单一溶质型”到了“多种溶质型”。根据这些情境特点，进行思维发散：
解题的关键是要认真观察实验装置的特点：试管口上套有气球，说明加热时会气体逸出，一下就使“红色溶液”的范围缩小：溶有酸性气体的石蕊溶液或溶有碱性气体的酚酞溶液。而前者中加热后，红色变为紫色，不符合“溶液颜色逐渐变浅”的条件，结论只有稀氨水和酚酞。
由无色溶液气体+溶液变红气体溶+溶液无色。联想无色溶液虽多，但加热后放出气体且溶液变红不多，又冷却后该气体可使红色溶液褪色——显然该气体有漂白作用，并是一可逆过程，符合条件的无色溶液只能是SO2漂白过的品红溶液。
答案：（1）稀氨水和酚酞、稀氨水中的NH3气逸出，所以溶液的颜色变浅；（2）溶有SO2的品红、SO2气体逸出，品红溶液恢复红色
方法要领：此题要求考生调用平时积累的所有实验感性认识和各种实验经验与知识，用发散即就中学范围内的红色物质找出，再收敛（根据题意确定适当物质），做出题设情境的知识归纳、方案设计、结论评判。
引申发散：
溶液的组成 加热后的现象 分析
稀氨水和酚酞溶液 红色变浅 氨气逸出后，溶液中[OH-]下降
滴有酚酞的氢氧化钙饱和溶液 红色变浅 温度升高，氢氧化钙溶解度降低
滴有石蕊的CO2（或SO2）溶液 红色变紫色（不变浅） 气体逸出后，[H+]降低
滴有甲基橙的CO2（或SO2）溶液 红色变橙色或黄色 气体逸出后，[H+]降低
滴有酚酞的Na2CO3（或NaHCO3）溶液 红色变深 温度升高，促进水解，pH增大
滴有石蕊的氯化铵溶液 红色变深 温度升高，促进水解，pH减小
滴有石蕊的硫酸溶液 红色，无变化 稳定的强酸溶液
滴有酚酞的氢氧化钠溶液 红色，无变化 稳定的强碱溶液
Fe(SCN)3溶液 红色，无变化 稳定的配位化合物溶液
溶有SO2的品红溶液 无色变红色 SO2气体逸出，品红恢复原色
例11 将8.8 g FeS固体置于200 ml 2.0 mol/L的盐酸中，以制备H2S气体。反应完全后,若溶液中H2S的浓度为0.10 mol/L，假定溶液体积不变,试计算:（1997年全国高考题）
(1)收集到的H2S气体的体积(标准状况)。(2)溶液中Fe2+和H+的物质量浓度。
思路分析:根据方程式FeS+2H+=Fe2++H2S可判断盐酸过量,计算以FeS的物质的量为基准。N(FeS)=8.8 g÷88 mol/L=0.10mol。
(1)共生成H2S 0.10mol,在溶液中溶解的物质的量为0.10L×0.20mol/L=0.02mol,所以收集到H2S气体的物质的量=0.10mol-0.02mol =0.08mol,换算成体积=22.4L/mol×0.08mol=1.8L。
(2)生成Fe2+0.10mol,其浓度为0.10mol/0.2L=0.5mol/L,消耗掉H+的物质的量为0.20mol。反应前n(H+)=2.0mol/L×0.2L=0.4mol,故H+最后的浓度为 (0.4 mol-0.2 mol)÷0 2L=1.0 mol/L。
答案：1.8 L；0.5 mol/L、1.0 mol/L。
方法要领：H2S可溶于水（在酸中也溶，但溶解量小），如按常规题海中的习题（一般不考虑气体在水或酸中的溶解）将导致错误，因题中已明确给出的H2S在反应后溶液中的浓度，这说明有一部分H2S气体并未放出，而溶解在溶液中。由于氢硫酸的电离度极小，在计算H+的物质量浓度时，不必考虑H2S的电离。
例12 某化工厂每小时生产at（吨）98%（质量分数）硫酸。为使硫充分燃烧，且在下一步催化氧化时不再补充空气，要求燃烧后的混合气体中含氧气的体积分数为b%。若空气中氧气的体积分数为21%，且不考虑各生产阶段的物料损失，则（2001年高考试测题）
（1）该厂每小时消耗标准状况下空气的体积为 m3。
（2）为满足题设要求，b%的下限等于 。
思路分析：（1）每小时生产的纯硫酸为(a×106g×98%)÷98g/mol=a×104mol。生产过程中生成的SO2和SO3也都是a×104mol。设每小时消耗空气的体积为V，则由S+O2=SO2消耗O2的体积等于生成的SO2体积，即燃烧前空气的体积等于燃烧后混合气体的体积，据此可得以下关系：
空气中O2的体积=反应中消耗的O2的体积+燃烧后混合气体中O2的体积，即V×21%=a×104 mol×22.4L/mol×10-3 m3/L+V×b%，V=22400a/(21-b)。
（2）“b的下限”，其含义是指燃烧后剩余的O2在第二步催化氧化时恰好完全反应，也就是说，燃烧前空气中的氧（空气体积的21%）恰好满足两步反应。因S+O2=SO2和O2+2SO2=2SO3两步反应耗O2之比为2:1，故燃烧后（第一步反应后）混合气体中O2的体积分数的下限是b%=(1/3)×21%=7%。
答案：（1）22400a/(21-b)；（2）7%
方法要领：根据S+O2=SO2反应前后气体体积不变，求出燃烧后O2的体积。
酸性
NaOH
H2S
作干燥剂
HCOOH
CO↑+H2O
制苯
磺酸
C2H5OH
O2
Cl2+H2O
FeS
H+
2H2S+O2(少量)=2H2O+2S 2H2S+3O2(过量)=2H2O+2SO2
可燃性
①2H2S+O2=2H2O+2S↓
②H2S+I2=2HI+S↓
③H2S+2Fe3+=2Fe2++2H++S↓
④H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2+2H2O
⑤3H2S+2HNO3=3S↓+2NO↑+4H2O
强还原性
H2S=S+H2
不稳定性
H+
Na2S2O3
3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O
氧化性
还原性
S
H2+S=H2S Fe+S=FeS 2Cu+S=Cu2S（金属为低价）
氧化性
还原性
S+O2=SO2 S+2H2SO4=3SO2↑+2H2O
①SiO32-+SO2+H2O=H2SiO3↓+SO32-
②CO32-+ SO2=CO2+ SO32-
③HCO3-+SO2=CO2+HSO3-
④SO32-+ SO2+H2O=2HSO3-
酸酐
SO2
漂白性：使品红溶液褪色
特性
①2SO2+O2====2SO3
②SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl
③SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+
④使KMnO4溶液褪色
强还原性
①2Mg+SO2=S+2MgO
②2H2S+SO2=3S+ 2H2O
③2S2-+3SO2=3S↓+2SO32-
弱氧化性
氧化性与还原性
H2SO4
Na2SO3
FeS2
H+
NaOH
I2
CuSO4
CO2
钝化
HI
Cu
C
Fe、Al
催化剂+脱水剂
与Ca3(PO4)2
制H3PO4、
过磷酸钙
脱水性
吸水性
强氧化性
磺化剂
Na2SO4
H+
不显红色
通入Cl2
加热至沸
通入SO2
品红溶液
褪色
红色
褪色
加热至沸
通入Cl2
立即变红随即变为无色
很快变成红色
紫色石蕊
通入SO2
C2H4↑+ H2O
浓H2SO4 170℃
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6第二节 元素周期律和元素周期表
【知识网络】
一．元素周期律
二．周期表的结构：
【易错指津】
1．主族金属元素的阳离子都一定满足最外层2电子或8电子结构，该说法是错误的。对于第四周期ⅣA～ⅦA族元素其次外层电子数为18，如31Ga（各层电子数为2、8、18、3）其Ga3+离子的最外层电子数为18。不要被常见的主族元素的阳离子最外层电子数为2或8所迷惑。
2．ⅡA～ⅢA同周期相邻的两元素其原子序数相差可为1、11、26。因其两族元素间存在一过渡元素（其中六、七周期又存在镧系元素和锕系元素）。
3．应用元素周期律和元素在周期表的位置推导未知元素的性质时，防止机械类比，如Be、Al性质相似，但氧化铍的化学式为BeO而不是Be2O3。
4．应用周期表导出元素再求化学式时，对C元素应考虑C元素形成的有机物，以防漏选。
5．试题常用筛选法、具体法、定位法判断法、逻辑推理法等解题。
【典型例题评析】
例1 X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有与氩原子相同的电子层结构，下列叙述正确的是（1996年全国高考题）
A.X的原子序数比Y的小 B.X原子的最外层电子数比Y的大
C.X的原子半径比Y的大 D.X元素的最高正价比Y的小
思路分析：本题主要考查元素周期律和元素周期表知识的应用和逻辑推理能力。
A：X元素失去电子后与Y元素得到电子后的电子数相等，说明X元素的原子序数大于Y元素的原子序数，A错；B：X元素应为金属元素，最外层电子数小于或等于4，Y元素为非金属元素，最外层电子数大于或等于4，B错；C：X原子比Y原子多一电子层，且X为金属元素，Y为非金属元素，所以半径大；D：X元素有阳离子，为金属元素，Y元素为阴离子，为非金属元素，非金属元素的最高正价高于金属元素的最高正价。
一题多解：根据“X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有与氩原子相同的电子层结构”，已知阴离子与该原子具有相同电子层数，阳离子比该原子少一个电子层，氩原子是第三周期的惰性元素，它们在元素周期表中的位置是：
3 Y Ar
4 X
从上述划草图可知，X、Y在相邻周期，Y在X元素的上一周期，是非金属，X的原子序数比Y大，A错。X是金属元素，原子的最外层电子数X比Y少，B错。X原子半径比Y大，因为X元素比Y多一个电子层，X是金属元素，相同周期中是原子半径较大者。在相同周期里元素的原子半径从左到右逐渐减小，Y元素是同周期中原子半径较小者，因此，X的原子半径一定大于Y，C对。X原子在第四周期，可能是钾、钙等，阳离子的电子层结构和惰性元素氩相同，X的最高正价可能是+1、+2等，Y元素可能是第三周期的磷、硫、氯等，它们的阴离子与氩原子具有相同的电子层结构，其最高正价分别为+5、+6、+7，所以X元素的最高正价比Y元素小，D对。
答案：C、D
方法要领：依据离子结构特点推断元素在周期表中位置是解本题的关键。把X、Y元素在元素周期表中定位后，它们的原子结构、电子层数、最外层电子数、最高正价以及原子半径递变规律都能顺利推断了。要注意将原子半径大小的比较与阴、阳离子半径大小的比较严格区别开来。其规律是-----电子层结构相同的单离子:
①所在周期:阴离子n周期,阳离子在n+1周期 ②原子序数:阳离子>阴离子
③微粒半径：阴离子>阳离子 ④元素最高正价：阴离子的元素>阳离子的元素
用一句话概括：“阴前阳下，径小序大”，即与稀有气体元素同周期的阴离子，和该稀有气体元素下周期的阳离子，及这种稀有气体元素的原子，三者具有相同的电子层结构。原子序数大者，微粒的半径小。
想一想：题干中“氩”如改为“氖”后，答案还一样吗？（D不行）。
例2 下列说法错误的是（2001年全国高考题）
A.原子及其离子核外电子层数等于该元素所在的周期数
B.元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素
C.除氦外的稀有气体原子的最外层电子数都是8
D.同一元素的各种同位素的物理性质、化学性质均相同
思路分析：只有原子的核外电子层数等于该元素所在的周期数而不是离子，A错误；同位素的化学性质基本相似，而物理性质不相同，如同位素的相对原子质量就各不相同，D错误。
答案：A、D
方法要领：掌握同位素原子的性质（同位素:（1）与元素对比:同位素既论种类又论个数,元素只论种类不论个数.同位素包括在元素中；（2）特性:①同一元素的各同位素化学性质几乎完全相同 ②天然存在元素里,不论是游离态还是化合态,各同位素所占的个数比不变）、原子结构与周期表结构的关系，记住周期表的结构，知道过渡元素均为金属元素。
例3 X、Y、Z为短周期元素，这些元素原子的最外层电子数分别为1、4、6，则由这3种元素组成的化合物的化学式不可能是（1999年全国高考题）
A.XYZ B.X2YZ C.X2YZ2 D.X2YZ3
思路分析：原子最外层电子数为1、4、6的短周期元素分别是：“1”——H、Li、Na，“4”——C、Si，“6”——O、S。可将H、C、O三元素作为代表，它们可组成的物质有：H2CO3、HCHO、HCOOH等，将其与题中选项对照，即得答案。
答案：A
方法要领：本题为纠正“题海战术”而专门设计的考题，有新意。过去高考涉及的是无机物，社会上流传的也是类似的题目，考生在解题用一些固定的思路或解题模式，往往容易漏选或错选。因此，解题应注意：如果肯定判定物质含有碳元素的话，则不仅要考虑含氧无机酸，还要考虑有机物。可用具体物质代入法较直观、准确作出判断。
在元素推断中，一般是根据主族元素的可能价态来判定化学式的正误。但特别应注意的是有机物中碳的价态，及氮元素的价态数目较多，不能只考虑对应族产生的价态，而忽视了这两种元素价态的特殊性。
例4 X和Y属短周期元素，X原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y位于X的前一周期，且最外层只有一个电子，则X和Y形成的化合物的化学式可表示为（1998年全国高考题）
A.XY B.XY2 C.XY3 D.X2Y3
思路分析：依题意X原子的最外层如果是M层，所排电子数应为4（是L层的一半），则它是Si，那么Y就应该是在第二周期，是Li；Li与Si只能生成Li4Si，选项中没有。
若X原子的最外层如果是L层，所排电子数应为1（是L层的一半），则它是Li，那么Y就应该是在第一周期，是H；H与Li生成金属氢化物，化学式应为LiH，符合A选项。
答案：A
方法要领：表面看此题较简单，但却隐含着考生不熟知的金属氢化物（LiH）的知识。解题中根据原子结构信息推断元素在周期表中的位置，以确定具体的元素是哪一种，是解答包括本题在内的同类题型的基本方法，问题是在短周期元素中，不仅要注意第二、三周期的元素，还要考虑到第一、二周期的元素。
例5 已知短周期元素的离子，aA2＋、bB＋、cC3－、dD－都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是（2001年上海市高考题）
A.原子半径 A＞B＞D＞C B.原子序数 d＞c＞b＞a
C.离子半径 C＞D＞B＞A D.单质的还原性 A＞B＞D＞C
思路分析：四种元素在元素周期表中的位置为 C D ，由此可推知，原子半径为
B A
B>A>C>D，原子序数为a>b>d>c，还原性为B>A>C>D。
答案：C
方法要领：抓住电子层结构相同的特点，推出其在元素周期表中的位置，根据元素周期律判断；电子层结构相同的离子，其核电荷数越大则离子半径越小。
例6 已知（Be）的原子序数为4。下列对铍及其化合物的叙述中，正确的是（1997年全国高考题）
A.铍的原子半径大于硼的原子半径 B.氯化铍分子中铍原子的最外层电子数是8
C.氢氧化铍的碱性比氢氧化钙的弱 D.单质铍跟冷水反应产物为氢气
思路分析：由Be的原子序数为4，可推知它位于第二周期、第ⅡA族。根据其位置及同周期、同主族元素原子结构和性质的递变规律，其原子半径大于B，A正确；碱性Be(OH)2比Ca(OH)2弱，C正确；Be的金属性小于Mg，已知Mg跟冷水不反应，Be就更不可能，故D错误；Be原子的最外层电子数是2个，在BeCl2分子中Be最外层2个电子跟Cl共用两对电子，其最外层电子数为4个，B错误。
答案：A、C
方法要领：抓住元素“构”、“位”、“性”三者的互推关系，对于主族元素（特别是短周期元素）有关问题的推断十分简便。
运用上述的“三角互推关系”，可以很快确定Be在周期表中的位置和有关的化学性质，作出选项的正、误判断。
解答元素推断题，主要掌握下列一些规律和方法：
1．原子结构与元素在周期表中的位置关系规律（见上述“三角互推关系”）
2．根据原子序数推断元素在周期表中的位置
记住稀有气体元素的原子序数：2、10、18、36、54、86。用原子序数减去比它小的而相近的稀有气体元素原子序数，即得该元素所在的纵行数。第1、2纵行为ⅠA、ⅡA族，第13～17纵行为ⅢA～ⅦA族，18纵行为零族（对于短周期的元素，其差即为主族序数）。
3．周期表中特殊位置的元素
（1）族序数等于周期数的元素：H、Be、Al；（2）族序数等于周期数2倍的元素：C、S；（3）族序数等于周期数3倍的元素：O；（4）周期数是族序数2倍的元素：Li；（5）周期数是族序数3倍的元素是：Na；（6）最高正价不等于族序数的元素是：O、F。
4．元素性质、存在、用途的特殊性
（1）形成化合物种类最多的元素，或气态氢化物中氢的质量分数最大的元素：C；（2）空气中含量最多的元素，或气态氢化物的水溶液呈碱性的元素：N；（3）常温下呈液态的非金属单质元素是：Br；（4）最高价氧化物及其水化物既能与强酸反应，又能与强碱反应的元素是：Be、Al；（5）元素的气态氢化物和它的最高价氧化物的水化物起化合反应的元素是：N，起氧化还原反应的元素是：S；（6）元素的气态氢化物能和它的氧化物在常温下反应生成该元素单质的元素是：S。
5．元素化合价规律
（1）最高正价=最外层电子数，非金属的负化合价=最外层电子数- 8，最高正价数和负化合价绝对值之和为8；其代数和分别为：2、4、6。
（2）化合物氟元素、氧元素只有负价（-1、-2），但HFO中F为0价；金属元素只有正价；
（3）化合价与最外层电子数的奇、偶关系：最外层电子数为奇数的元素，其化合价通常为奇数，如Cl的化合价有+1、+3、+5、+7和-1价。最外层电子数为偶数的元素，其化合价通常为偶数，如S的化合价有-2、+4、+6价。
例7 甲、乙是周期表中同一主族的两种元素，若甲的原子序数为x，则乙的原子序数不可能是（2000年全国高考题）
A.x+2 B.x+4 C.x+8 D.x+18
思路分析：本题考查周期表的构成情况，在短周期中有两种情况：若为一、二周期，同族只相差2，故A正确；若二、三周期，同族相差8，故C正确；若在长周期中，又分为两种情况，其中第四、五两周期，它们要相差18纵行，因此差为18，故D正确；若为第五、六两周期，应多出一镧系（14种元素），故相差32种元素，因此只有B不可能。
答案：B
方法要领：有关周期表的构成特点应特别注意：①纵行的个位为族序数：如第13纵行，个位为3，它应为ⅢA；第12纵行，个位为2，因此为ⅡB。②镧系和锕系周期表中的位置应该明确。具体见下表：
ⅠA ⅡA ⅢB～ⅦB Ⅷ ⅠB ⅡB ⅢA～ⅦA 0
最 外 层 电 子 数 1 2 3 7 2 1 2 3 7 2、8
主族数与最外层电子数 主族数=最外层电子数
周期数与电子层数 周期数=电子层数
次 外 层 电 子 数 2、8 2、8 2、8、18
纵 行 数 1 2 3～7 8～10 11 12 13 17 18
元素周期律和元素周期表是一个重要的考点，在复习时应突出它的重要地位。
例8 设想你去某外星球做了一次科学考察,采集了该星球上十种元素单质的样品,为了确定这些元素的相对位置以便系统地进行研究,你设计了一些实验并得到下列结果:（1999年上海高考题）
单质 A B C D E F G H I J
熔点（℃ -150 550 160 210 -50 370 450 300 260 250
与水反应 ∨ ∨ ∨ ∨
与酸反应 ∨ ∨ ∨ ∨ ∨ ∨
与氧气反应 ∨ ∨ ∨ ∨ ∨ ∨ ∨ ∨
不发生化学反应 ∨ ∨
相对于A元素的原子质量 1.0 8.0 15.6 17.1 23.8 31.8 20.0 29.6 3.9 18.0
按照元素性质的周期性递变规律，试确定以上十种元素的相对位置，并填入下表：
A
B
H
思路方法：阅读题干接受新信息，在分析、比较表格中各元素的共性和个性能基础上，进行归纳综合，然后，把“元素性质的周期递变规律”这一已学过的知识迁移到新的情景中，从中确定出题中十种元素的相对位置。而不是先确定A～F是什么元素，再排出它们在周期表的位置。这样做去考虑会使人走入死胡同，因为根据题中的信息无法确定A～F是什么元素。
本题要求有较强的分析、比较、归纳能力，注意突破思维定势。事实上要排出答案所填空的结论，的确有一些无把握的因素，突出的是B、F、G、H性质相似，在题给填空表中安排在不同的排；如果以相似类排成一纵行，D、J则必须位于上、下空格，这就与相对原子质量的递增顺序发生矛盾。所有矛盾都要让位于以相对原子质量递增顺序为基本原则，所以D和J只能分占两行。
解题的关键是突破思维定势。首先从熔点和不发生化学反应两栏可确定A、E为稀有气体元素，再从元素性质可得出：B、F、G、H性质相似，I、C性质相似，D、J性质相似，结合相对于A元素的相对原子质量大小顺序：FHEGJDCBIA，可确定它们相对位置。
答案：
A
I B
C D J G E
H F
解题要领：通过阅读题干接受新的信息，在分析、比较表格中各元素的共性的基础上，进行归纳综合，然后，把“元素性质的周期性递变”这一思想迁延到新的情境中，从中筛选出解题的方法。
例9 不同元素的气态原子失去最外层一个电子所需要的能量（设其为E）如右图所示。试根据元素在周期表中的位置，分析图中曲线的变化特点，并回答下列问题。（2000年上海高考题）
（1）族内不同元素的E值变化的特点是：__________________________,各主族中E值的这种变化特点体现了元素性质的__________变化规律。
(2)同周期内，随原子序数增大，E值增大。但个别元素的E值出现反常现试预测下列关系式中正确的是______（填写编号，多选倒扣）
①E(砷)>E（硒） ②E（砷）③E（溴）>E（硒） ④E（溴）(3)估计1mol气态Ca原子失去最外层一个电子所需能量E值的范围：_____________(4)10号元素E值较大的原因是___________________
思路分析：（1）同主族不同元素的E值变化特点：以3、11、19号元素为例不难发现随原子序数递增，E值变小。各主族E值的变化特点体现了元素性质的周期性变化规律。
（2）从图中曲线知每周期中ⅡA、ⅤA元素E值出现反常，高于邻近的二元素。所以E(砷)>E(硒)，又E(溴)>E(硒)。
（3）由图中曲线知：E(K)（4）10号元素是氖元素，其原子最外层已达8电子稳定结构，不易失去电子，故E值大。
答案：（1）随着原子序数增大，E值变小 周期性；（2）①③；（3）419 738；（4）10号元素是氖。其原子最外层已达8电子稳定结构（注：达到8电子稳定结构也给分）
方法要领：解答此题的关键是图表信息的处理，首先要求考生对图表认真观察，而后根据元素在周期表中的位置，找出随原子序数递增E值的变化规律，并回答问题。
编排原则
决定了
归纳
原子结构的
周期性变化
元素性质的周期性变化
具体表
现形式
元素周
期 律
元 素
周期表
核外电子排布的周期性变化
原子半径的周期性变化
元素的主要化合价的周期性变化
元素的金属性与非金属性的周期性变化
元素的性质
随着元素原
子序数的递
增而呈周期
性变化
①按原子序数递增的顺序从左到右排列
②将电子层数相同的元素排成一个横行
③把最外层电子数相同的元素（个别例外）
排成一个纵行
8 Li～Ne
2 H～He
与原子结构关系
元素种类 始终元素
周期数=电子层数
主族数=最层外电子数
三短(主 族)
一
二
三
五
六
七
三长(主副族)
一 不 全
七周期
16个族（7主7副Ⅷ族0族）
①原子半径 ②主要化合价 ③金属性 非金属性
④气态氢化物稳定性 ⑤最高价氧化物水化物酸碱性
性质递变
元素周期表
结构
四
8 Na～Ar
18 K～Kr
18 Rb～Xe
32 Cs～Rn
32 Fr～
原子序数=Z
周期数=n
主族数=e
金属性：n>e
两 性：m=e
非金属性 n构
质子数：Z
电子层数：n
最外层电子数：e
性
性 质
化合价
最高正价=e
负价=e-8
位
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7第五节 溶液
【知识网络】
分散系分类 溶液 胶体 悬浊液 乳浊液
分散质直径 <10-9m能透过半透膜 10-9m～10-7m能透过滤纸 >10-7m不透过滤纸
分散质微粒 单个小分子或离子 小分子和离子的聚集颗粒或高分子颗粒 固体小颗粒 小液滴
分散质状态 固、液、气 固、液、气 固 液
主要特征 均一、透明、稳定， 均一、透明、较稳定， 不均一、不透明、不稳定
实例 NaCl溶液 蛋清、Fe(OH)3胶体 泥浆水 苯酚与水
鉴别 无丁达尔现象 有丁达尔现象 静置沉淀 静置分层
分离方法 蒸发、结晶 渗析、盐析 过滤 分液
【易错指津】
1．溶解度的概念必须使用于一定温度下的饱和溶液。
如：已知t℃时，某物质的不饱和溶液a g中含溶质mg。若该溶液蒸发b g水并恢复到t℃时，析出溶质m1g。若原溶液蒸发cg水并恢复到t℃时，则析出溶质m2g。用S表示该物质在t℃时的溶解度。下式中正确的是（1996年全国高考题）
A.S=100m/(a-m) g B.S=100m2/c g C.S=100(m1-m2)/(b-c) g D.S=100(m-m1)/(a-b) g
错解：选B。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溶液质之间不存在该温度下溶解度概念中的溶质和溶液剂的质量比关系，即S不等于100m2/c g。
正解：已知某饱和溶液蒸发m g水，析出n g溶质时恢复到原温度，则有s/100=n/m成立。
现为不饱和溶液，两次蒸发都有溶质析出即都变为饱和，设第一次蒸发的水多，则析出溶质也一定多。然后把第一次蒸发分作两步，即先完成第二步，这时蒸发了c g水，析出m2 g溶液中质，溶液一定为饱和。在此基础上多蒸发了(b-c) g水多析出溶质为(m1-m2) g，所以有S/100=(m1-m2)/(b-c)，对照选项得解。
答案：C
2．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。
3．若温度降低，饱和溶液析出的溶质是无水物，则m(析出溶质)=[S(高)-S(低)]/[100+ S(高)×m(高温时溶液)]。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。
4．浓溶液稀释时，溶质的质量不变；溶剂的质量变化，溶液的质量随之也变化，有：m(浓)+m(水)=m(稀)。但必须注意，稀溶液的体积不是浓溶液的体积与水的体积之和。
如：密度为0.91g/cm3的氨水，质量分数为25%，该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液的质量分数为（1997年全国高考题）
A.等于12.5% B.大于12.5% C.小于12.5% D.无法确定
不能认为1L氨水用1L水稀释后，体积加倍，物质的量浓度减半进而得出稀氨水质量分数也减半的结论。分析见例4。
5．在结晶计算中要特别注意析出非结晶水合物和结晶水合物的区别。
6．溶解度的有关计算中，由于对溶解度的概念理解不清而造成失误。
7．同溶质不同浓度的溶液等体积混合后所得溶液的浓度的有关计算中，忽略了浓度与密度的关系。
如：已知25%氨水的密度为0.91g/cm-3，5%的氨水密度为0.98g/cm-3，若将上述两种溶液等体积混合，所得氨水溶液的质量分数（1999年全国高考题）
A.等于15% B.大于15% C.小于15% D.无法估算
错解：想当然的认为(25%+5%)/2=15%，忽略了两者的密度不同，从而导致错误，选答案A。分析见例5。
8．胶体和溶液的本质区别是：分散质微粒的大小。“胶体带有电荷”的说法是错误的，胶体是一个整体与溶液一样并不带有电荷，带电荷的是胶体中的分散质微粒。
【典型例题评析】
例1 下列关于胶体的叙述不正确的是（2000年全国高考题）
A.布朗运动是胶体微粒特有的运动形式，可以据此把胶体和溶液、悬浊液区别开来
B.光线透过胶体时，胶体发生丁达尔现象
C.用渗析的方法净化胶体时，使用的半透膜只能让较小的分子、离子通过
D.胶体微粒具有较大的表面积，能吸附阳离子或阴离子，故在电场作用下会产生电泳现象
思路分析：本题全面考查了胶体多方面的知识，包括胶体的鉴别、性质和净化方法。布朗运动是英国植物家布朗把花粉悬浮在水中，用显微镜观察发现花粉作不停运动，后被称作布朗运动，如用超显微镜观察胶粒时，也有此特点，但花粉是悬浮颗粒，A错（实质上分散系是按分散质的大小分类的）；根据胶体性质B、C、D均正确。
答案：A
方法要领：分散系分为溶液、浊液和胶体的依据是分散质的直径大小。胶体有两种类型：①粒子胶体，如AgI、Fe(OH)3胶体，②分子胶体，如淀粉、蛋白质胶体；分散系的分离方法，因分散质的大小或状态而定：①悬浊液用过滤方法；②乳浊液用分液方法；③胶体溶液用渗析方法；④溶液可用蒸发结晶等方法。胶体凝聚方法有：①加热；②加电解质；③加带相反电荷的胶粒的胶体溶液。
例2 用特殊方法把固体物质加工到纳米级（1-100nm,1nm=10-9m）的超细粉末粒子，然后制得纳米材料。下列分散系中的分散质的微粒直径和这种粒子具有相同数量级的是（2000上海高考题）
A.溶液 B.悬浊液 C.胶体 D.乳浊液
思路分析：本题通过热点题材纳米为素材，实质考查考生对分散系分类的理解。分散质直径在10-9m～10-7m之间的分散系为胶体。
答案：C
方法要领：分散系分类依据是分散质直径的大小，据此作出判断。
例3 将某溶液逐滴加入Fe(OH)3溶胶内,开始产生沉淀,继续滴加沉淀又溶解,该溶液是（1997
年全国高考题）
A.硅酸溶胶 B.2mol/LNaOH溶液 C.2mol/LH2SO4溶液 D.2mol/LMgSO4溶液
思路分析：使Fe(OH)3溶胶凝聚的方法有①加热；②加入带相反电荷胶粒的胶体溶液；③加入电解质溶液。题中所给的四种物质均可以使Fe(OH)3溶胶凝聚。由于产生的Fe(OH)3沉淀又溶解，可推知所加的物质是酸。
答案：C
引申发散：发生“先沉淀后溶解”实验现象：
1.胶体(酸/碱)溶液中加碱或酸 2.Ca(OH)2溶液中通CO2或SO2
3.Ca(ClO)2溶液中通CO2 4.Al3+加入OH-
5.AlO2-加入H+ 6.Ca(OH)2溶液中加H3PO4
例4 密度为0.91g/cm3的氨水，质量分数为25%，该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液的质量分数为（1997年全国高考题）
A.等于12.5% B.大于12.5% C.小于12.5% D.无法确定
思路分析：取液体体积1mL，则混合溶液的质量分数为：
1mL×0.91g/mL×25%÷[ 1mL×0.91g/mL+1mL×1g/mL]<12.5% 。
答案：C
一题多解：用分析法思考。若取该所氨水1L，则1L氨水的质量为910g，此时质量分数为25%，若加入等质量即910g的水，质量分数减少一半即12.5%。现加入等体积的水。因为1L水质量为1000g，所以稀释后溶液的质量分数应小于12.5%。
例5 已知25%氨水的密度为0.91g/cm3，5%氨水的密度为0.98g/cm3，若将上述两溶液等体积混合，所得氨水溶液的质量分数是（1999年全国高考题）
A.等于15% B.大于15% C.小于15% D.无法估算
思路分析：假设所用体积为1mL，则所得溶液的质量分数为：
答案：C
一题多解：根据题中信息，氨水的质量分数越大其密度越小。因此等体积时，5%的氨水的质量更大一些，假设先将5%的氨水一分为二，其中一份的质量跟等体积25%的氨水相等，先使这两等质量的氨水混合，则得15%的氨水，而最终混合溶液是要将这所得15%的溶液再和多余的5%的溶液混合所得，其质量分数在5%～15%。故正确答案为C。
引申发散：将质量分数为3p%的X溶液与p%的X溶液等体积混合后，其质量分数小于2p%，则X可能为下列物质中的
A.H2SO4 B.NaCl C.C2H5OH D.NH3.H2O
解析：设质量分数为3p%和p%溶液的密度分别为、，体积为V，则混合溶液的质量分数为：
由此，得出下列结论：A%的X溶液与B%的X溶液等体积混合后
①若X的质量分数越大，密度也越大的物质，混合溶液的>
②若X的质量分数越大，密度越小的物质，混合溶液的<
所以，该题X应量质量分数越大，密度越小的物质。
答案：C、D
例6 100g浓度为18mol/L密度为ρg/mL的浓硫酸中加入一定的水稀释成9mol/L的硫酸,则加入水的体积为（1998年上海市高考题）
A.小于100mL B.等于100mL C.大于100mL D.等于100/ρmL
思路分析：由稀释前后H2SO4的质量不变，即：CV=C’V’得18×(100/ρ浓)=9×(100+X)/ρ稀 ，
200/(100+X)=ρ浓/ρ稀>1 得：X<100。
答案：A
方法要领：考生须掌握几个知识要求:①两溶液的体积密度不能相加,只有质量可以相加 ②浓硫酸在稀释过程中,密度的变化与物质的量浓度的变化不成正比例关系,但浓度大其密度也大.掌握溶液的质量分数与物质的量浓度的相互换算：。
一题多解：由于18mol/L硫酸的密度大约等于1.8g/mL,大于水的密度，故100g18mol/L体积一定小于100mL，要把溶液的浓度减小一半，则加入水的体积大约等于原溶液的体积即小于100mL。
引申发散：50g浓度为C1的浓H2SO4(溶质质量分数为ω1)与VmL水混合,得浓度为C2的稀H2SO4(质量分数为ω2)。(以下填 >，< 或 = )
(1)若ω1=2ω2，则C1 2C2,V 50mL (2)若C1=2C2，则ω1 2ω2，V 50mL
想一想：将题目中浓H2SO4改换为氨水，其它不变。
简解：浓硫酸 VmL水 稀硫酸
C1ω1 C2ω2 由C=1000ρω/M 得：C1/C2=ρ1ω1/ρ2ω2
(1)C1/C2=2×(ρ1/ρ2)因ρ1>ρ2,C1>2C2，质量加倍50g水50mL V=50mL
(2)2=(ρ1/ρ2)×(ω1/ω2) ω1/ω2<2 ω1<2ω2 V<50mL(加水少于50mL)
氨水答案相反：(1) C1<2C2, V=50mL (2) ω1>2ω2 V>50mL
例7 将60℃的硫酸铜饱和溶液100g，冷却到20℃，下列说法正确的是（1996年上海市高考题）
A.溶液质量不变 B.溶剂质量发生变化
C溶液为饱和溶液，浓度不变. D.有晶体析出，溶剂质量不变
思路分析：将60℃的硫酸铜饱和溶液100g，冷却到20℃时，要析出CuSO4.5H2O晶体。这个过程中溶液质量减少，A错；溶液为20℃的饱和溶液，与60℃相比浓度减小，C错；有晶体析出，同时带出水，溶剂质量减少，D错。
答案：B
方法要领：因温度降低析出的是结晶水合物，若抓住原溶液溶剂量的减小，依据溶解度概念公式即可突破。
例8 标准状况下,aLHCl溶于1000g水中,得到的盐酸密度为bg/mL,则该盐酸浓度是（1998年上海市高考题）
A.a/22.4mol/L B.ab/22400mol/L
C.ab/(22400+36.5)mol/L D.1000ab/(22400+36.5a)mol/L
思路分析：运用气体摩尔体积及物质的量浓度来求解：首先求出HCl物质的量，再由溶液的质量和密度求出溶液的体积。C=(a/22.4)/[(36.5×a/22.4+1000)/1000b]。
答案：D
方法要领：求溶液的体积时，不能误认为原水的体积，此外由溶液的质量换算成体积时，要除以1000，把原体积（mL）转化为L。
一题多解：a单位L,b单位g/mL，两者单位统一，a乘以1000。
例9 已知某盐在不同温度下的溶解度（见下表）：
T/℃ 0 10 20 30 40
S/100gH2O 11.5 15.1 19.4 24.4 37.4
若把质量分数为22%的该盐溶液由61℃逐渐冷却，则开始析出晶体的温度应在（1998年全国高考题）
A.0℃～10℃ B.10℃～20℃ C.20℃～30℃ D.30℃～40℃
思路分析：在某温度下，若22%的该盐溶液为饱和溶液，则它的溶解度S：
(100g-22g):22g=100g:S S=28.2g
可知28.2g介于24.4g至37.6g之间，当温度降至30℃～40℃时，就可以析出晶体。
答案：D
方法要领：据饱和溶液质量分数与溶解度的关系，可求得不同温度下溶质的质量分数。
例10 100.0g无水氢氧化钾溶于100.0g水。在T温度下电解该溶液，电流强度I=6.00A，电解时间为10.00h。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164.8g。已知不同温度下每100g溶液中无水氢氧化钾的质量为：（1998年全国奥赛预赛试题）
温度/ t℃ 0 10 20 30
KOH/g 49.2 50.8 52.8 55.8
求温度T，给出计算过程，最后计算结果只要求两位有效数字。
注：法拉第常数F=9.65×104C.mol-1，相对原子质量：K39.10，O16.0，H1.01。
思路分析：（1）电解KOH水溶液实质是电解水。10.00h6.00A的电解总提供电量Q=It=2.16×105C，相当于2.24mol(2.16×105C/9.65×104C.mol-1)电子，即被电解的水是1.12mol，质量为20.1g。从剩余溶液的总质量知，有35.2g(200g-164.8g)物质离开溶液，其中20.1g是水，所以结晶KOH.2H2O的质量=35.2g-20.1g=15.1g。
（2）15.1g的晶体中，m(KOH)=M(KOH)×(15.1g/92g)=9.2g，m(H2O)=5.9g。这样进一步推算出剩余的164.8g溶液中有KOH：100g-9.2g=90.8g，有水：100g-20.1g-5.9g=74g。
由于它是饱和溶液，可得100g溶液中KOH的质量为：
90.8g/(90.8g+74g)×100=55.1g。
（3）假设在30℃和20℃之间，溶解度和温度之间呈直线关系，即以两种点（20，52.8）、（30，55.8）连成一条直线，可算出55.1对应的温度为：
t=20+(55.1-52.8)/[(55.8-52.8)×10]=28(℃)
答案：（1）15.1g （2）55.1% （3）28℃
方法要领：先从电解水的事实算出水被电解的质量，然后算出析出KOH.2H2O的质量，接着再算出该溶液的浓度，最后找出对应的温度。由于从溶解度表上得知温度应在20℃～30℃之间，要求具体的温度，应想到假设在20℃～30℃之间溶解度度与温度的关系为一直线关系，从而得到答案。
本题如先将题中的100g溶液中无水KOH质量换算为溶解度：
温度/℃ 0 10 20 30 x
KOH/g 49.2 50.8 52.8 55.8 55.1
溶解度(中学) 96.9 103.3 111.9 126.2 122.7
这样，由溶解度直接计算，仍用两点法应为：
T=20+10×[(122.7-111.9)/(126.2-111.9)]=28(℃)。
分类
分散质
分散剂
组成
分散系
液体
胶体
浊液
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6第四章 有机化学
第一节 官能团与有机物类别、性质的关系
【知识网络】
三羟基对比
羟基种类 代表物 Na NaOH NaHCO3 Na2CO3 -OH活泼性 酸性
醇羟基 C2H5OH √ × × × 增强 中性
酚羟基 C6H5OH √ √ × √ 羧羟基 CH3COOH √ √ √ √ >H2CO3
【易错指津】
1．注意有机物的水溶性：相对分子质量小的含-OH的有机物可溶于水。
2．对化学反应一抓住官能团的性质，二要注意断键部位。
3．分子空间构型：
H—C C—H H—C C—CH3 H—C C—CH=CH2
（四个原子共线） （四个原子共线） （四个原子共面不共线）
【典型例题评析】
例1下列叙述正确的是 （1999年广东高考题）
A.牛油是纯净物 B.牛油是高级脂肪酸的高级醇酯
C.牛油可以在碱性条件下加热水解 D.工业上将牛油加氢制硬化油
思路分析：牛油是一种天然油脂，而天然油脂大都是由多种高级脂肪酸的甘油酯组成的混合物，A、B均错；酯当然可以在碱性条件下水解，C对；至于D项中的“加氢制造硬化油”，在工业上主要是为了便于运输和保存一些植物油等不饱和程度大的油脂而进行的工作，牛油本身饱和度较大，不需要再加氢硬化，D错。
答案：C
方法要领：掌握油脂的组成和性质，了解其氢化的原因。
例2 某种解热镇痛药的结构简式为（右图）。当它完全水解时，可得到的产物有（2000年广东高考题）
A.2种 B.3种 C.4种 D.5种
思路分析：分子结构中含2个-COO-、1个-HN-，水解反应后生成4种物质。
答案：C
方法要领：从有机物所含基或官能团中的键断键部位，在断键处分别补上-H和-OH即得产物。
例3 白藜芦醇（右图）广泛存在于食物(例如桑椹，花生，尤其是葡萄)中，它可能具有抗癌性.能够跟1mol该化合物起反应的Br2或H2的最大用量分别是（1998年全国高考题）
A.1mol、1mol B.3.5mol、7mol C.3.5mo、6mol D.6mol、7mol
思路分析：与Br2反应有取代和加成，与H2只能发生加成反应，分析白藜芦醇的分子结构，其中有两个苯环和一个烯键。共有七个不饱和度。与H2充分发生加成反应，1mol该化合物最多消耗7molH2。联系苯酚与Br2水能发生邻、对位上的取代反应，且同时发生烯键上的加成反应，推知该化合物与Br2完全反应后的产物为：
答案：D
方法要领：要弄清，白藜芦醇名称为“醇”，实则为酚，它与Br2的，既有“C=C”结构部位的加成，又有酚中苯环的取代，酚的溴代特点是邻、对位取代。
本题看似简单，但容易犯两个错误，一是将该化合物跟Br2、跟H2反应等同起来，以为都属加成反应；二忽略了酚基取代发生在邻、对位的规律，或者以为Br每取代1个H原子，只需要0.5mol的Br2，结果错选了B项。
例4 化合物的-CO-OH中的-OH被卤原子取代所得的化合物称为酰卤,下列化合物中可以看作酰卤的是（1999年全国高考题）
A.HCOF B.CCl4 C.COCl2 D.CH2ClCOOH
思路分析：阅读题干，读懂何种结构的有机物为酰卤，即只要含有：
—C—X（X代表卤原子）就可称为酰卤。对照选项进行分析，即得答案。
O
答案：A、C
方法要领：分析A→D，可以发现A原为HCOOH，-OH被F取代，C原为HO-COOH，两个-OH分别被-Cl取代。所以可称为酰卤。
例5 某期刊封面上有如下一个分子的球棍模型图。图中“棍”代
表单键或双键或三健。不同颜色的球代表不同元素的原子，该模型图可代表一种（2000年全国高考题）
A.卤代羧酸 B.酯 C.氨基酸 D.醇钠
思路分析：本题旨在考查考生获取信息的能力和空间想像能力。“题眼”在其中一个“绿球”代表的原子显然呈四价，必为碳原子，且有“白球”一价，“红球”二价，“蓝球”三价。故“白球”代表H原子，“红球”代表O原子，“蓝球”代表N原子，该模型代表甘氨酸（H2N-CH2-COOH）。
答案：C
方法要领：共价键的一个重要性质是具有饱和性。如H、C、N、O它们的最外电子上分别有1、4、5、6个电子，当与其他非金属原子组成共价化合物（或单质）时，可分别形成1、4、3、2个共价键而使其最外层达到2电子（H）、8电子稳定结构。根据图中白、绿、蓝、红四种原子的连接情况，便可确定其元素种类和分子结构。
例6 将苯分子中的一碳原子换成氮原子,得到一种稳定的有机化合物,其相对分子质量为 。（1995年上海高考题）
思路分析：苯（C6H6）中一个H原子换为一个N原子后，由于N为三价（C为四价），因此新得到的一种稳定的有机化合物为C5H5N，其相对分子质量为79。
答案：79
方法要领：不能机械地把C6H6变为C5H6N，要注意不同的原子其价态是不同的。当年很多考生想当然，简单地把C式量调换成N式量，而没有从化合价上考虑，还应减少一个H。即碳有四个共价键，氮有三个共价键，据有机物成键规律它们有如下变换关系：CH～N，即有C6H6C5H5N。
例7 请阅读下列短文：（2001年上海高考题）
在含羰基的化合物中，羰基碳原子与两个烃基直接相连时，叫做酮。当两个 烃基都是脂肪烃基时，叫脂肪酮，如甲基酮；都是芳香烃基时，叫芳香酮；如两个烃基是相互连接的闭合环状结构时，叫环酮，如环己酮。
像醛一样，酮也是一类化学性质活泼的化合物，如羰基也能进行加成反应。加成时试剂的带负电部分先进攻羰基中带正电的碳，而后试剂中带正电部分加到羰基带负电的氧上，这类加成反应叫亲核加成。
但酮羰基的活泼性比醛羰基稍差，不能被弱氧化剂氧化。
许多酮都是重要的化工原料和优良溶剂，一些脂环酮还是名贵香料。
试回答：
（1）写出甲基酮与氢氰酸（HCN）反应的化学方程式
（2）下列化合物中不能和银氨溶液发生反应的是。（多选扣分）
（a）HCHO （b）HCOOH （c） （d）HCOOCH3
（3）有一种名贵香料—一灵猫香酮是属于 （多选扣分）
（a）脂肪酮 （b）脂环酮 （c）芳香酮
（4）樟脑也是一种重要的酮，它不仅是一种家用杀虫剂，且是香料、塑料、医药工业重要原料，它的分子式为 。
思路分析：（1）C=O中O原子带负电，HCN中带负电的-CN加成到C=O中C上，带正电的-H加成到O上；（2）酮羰基的活泼性比-CHO差，不能被弱氧化剂氧化；（3）C=O所连的是烃基为脂肪基（不含苯环）；（4）该物质的=3，由分子中C原子数为10，求得H原子数为：(2×10+2)-2×3=16。
答案：（l）＋HCN→ （2）c （3）b （4）C10H16O
方法要领：此题较为简单，自学后理清：酮的分类、C=O性质（不发生银镜反应、加成时价键连接部位）即可。
例8 某有机物A（C4H6O5）广泛存在于许多水果内，尤以苹果、葡萄、西瓜、山楂内为多。该化合物具有如下性质：（2001年上海高考题）
①在25℃时，电离常数K1＝3.99×10－4，K2＝5.5×10－6
②A＋RCOOH（或ROH）有香味的产物
③1molA慢慢产生l.5mol气体
④A在一定温度下的脱水产物（不是环状化合物）可和溴水发生加成反应
试回答：（l）根据以上信息，对A的结构可作出的判断是 （多选扣分）
（a）肯定有碳碳双键 （b）有两个羧基
（c）肯定有羟基 （d）有－COOR官能团
（2）有机物A的结构简式（不含－CH3）为
（3）A在一定温度下的脱水产物和溴水反应的化学方程式：
（4）A的一个同类别的同分异构体是
思路分析：由①知：A为二元酸；②得：含-OH；③说明：A分子中有3个H可被取代；④说明A分子中含有结构：-C-CH-（羟基邻C上有H）。综合得A结构为：
OH CH2OH OH
HOOCCHCH2COOH或HOOCCHCOOH。
答案：（1）b c（多选扣分）
（2）（ 同样给分）
（3）HOCC－CH＝CH－COOH＋Br2→
（＋Br2→ 也给分）
（4）（其它合理答案也给分）
方法要领：本题要求用电离常数、酯化反应、与金属反应产生氢气的量、消去反应等多个信息，以综合分析得出原化合物C4H6O5的结构。在由性质推理物质的结构，分析时把有关性质及时导出相应的官能团或原子（找出分子中存在的各种“片断”），再综合得出有机物的结构，最后带回题中验证。
例9 有以下一系列反应,终产物为草酸。（2000年全国高考题）
已知B的相对分子质量比A的大79,请推测用字母代表的化合物的结构简式。
C是 ，F是 。
思路分析：先正向思考：由A→B知，B中含有Br原子；再逆向思考：由F→HOOC-COOH，则F为OHC-CHO，E为HOCH2-CH2OH，D为CH2Br-CH2Br，C为CH2=CH2，B为CH3CH2Br，A为CH3CH3。
答案：CH2=CH2、OHC-CHO
方法要领：此题为一简单推断题，关键是掌握烃及其衍生物的相互转化关系。
例10 下列有机分子中,所有原子不可能处于同一平面的是（1999年全国高考题）
A.CH2=CH-CN B.CH2=CH-CH=CH2
C.C6H5-CH=CH2 D.CH2=C(CH3)-CH=CH2
思路分析：根据双键和苯环的结构特点可知：A中除N原子以外的所有原子肯定处于同一平面内，而N原子也有可能跟其他原子处于同一平面内；B的情况与A相似，其实B是典型的共轭双键结构且没有任何支链，所有原子都处于同一平面内；C中的苯环是平面结构，碳碳双键也是平面结构，思路与A、B相同，其实这也是一种共轭结构；只有D中有一个甲基，甲基是非平面结构。
答案：D
方法要领：考纲要求“对原子、分子、化学键等微观结构有一定的三维的想像能力”。解此类试题，一是掌握CH4、CH2=CH2、CH≡CH、C6H6的空间结构（所有原子共线和共面情况），二是结合数学上的几何思想，发挥空间想像力，建立立体构型的观念，三是依据键角画出分子的碳架构型，就易看出原子排布特点。注意：由于单键可旋转，故原子有的一定共面，有的可能共面。
例11 2000年，国家药品监督管理局发布通告，暂停使用和销售含苯丙醇胺的药制剂。苯丙醇胺（英文缩写为PPA）结构简式如下：（2001年全国高考题）
Ф-CH-CH-CH3其中-Ф代表苯基。苯丙醇胺是一种一取代苯，取代基是-CH-CH-CH3
OH NH2 OH NH2
（1）PPA的分子式是 。
（2）它的取代基中有两个官能团，写出其中一种的名称 。（请填写汉字）
（3）将Ф-、H2N-、HO-在碳链上的位置作变换，可以写出多种同分异构体，其中5种的结构简式是：
Ф-CH-CH-CH3、Ф-CH-CH2-CH2-NH2、Ф-CH2-CH-CH2、Ф-CH-CH-CH3、
OH NH2 OH OH NH2 NH2 OH
Ф-CH-CH2-CH2-OH 请写出另外4种同分异构体的结构简式（不要写出-OH和-NH2
NH2 连在同一碳原子上的异构体；写出多于4种的要扣分）：
、 、 、 。
思路分析：（1）将苯基代和入PPA后数C、H、O、N原子数，便得PPA的分子式为C9H13NO。
（2）从PPA的结构简式可知，其中的官能团为羟基和氨基。
（3）采用先定后移法，先固定官能团-NH2、-OH，再移动苯基（Ф-）：
Ф Ф Ф Ф Ф Ф
C—C—C 得：C--C-C C--C-C C--C-C C-C-C得：C-C-C C-C-C C-C-C
NH2OH NH2OH NH2OH NH2OH NH2 OH NH2 OH NH2 OH NH2 OH
Ф Ф Ф
C-C—C得：C-C—C C-C—C C-C--C
NH2OH NH2OH NH2 OH NH2 OH
册去题给的五种同分异构体，再补H可得另四种。 CH3 CH3
答案：（1）C9H13NO （2）羟基 氨基 （3）Ф-CH2-CH-CH2、Ф-C-CH2、Ф-C- CH2、
NH2 OH OHNH2 NH2OH
Ф-CH-CH2NH2
CH2 OH
方法要领：对教材未出现的同分异构体书写，同样注意有序性：先定官能团，再确定支链位置。
例12 紫杉醇是一种新型抗癌药，其分子式为C47H51NO14，它是由如下的A酸和B醇生成的一种酯。
A.C6H5—CH—NH—CO—C6H5（C6H5—是苯基）
HO—CH—COOH
B.R—OH（R是一个含C、H、O的基团）
（1）A可在无机酸催化下水解，其反应方程式是
（2）A水解所得的氨基酸不是天然蛋白质水解产物，因为氨基不在 位
（3）写出ROH的分子式： 。
思路分析：（1）A水解的实质是酰胺键“-NH-CO-”的水解，应当生成相应的胺“-NH2”羧酸“-COOH”；（2）天然蛋白质水解所得产物均为-氨基酸；（3）首先由A的结构简式确定A的分子式为C16H15O4N，再椐酸、醇、酯间的关系“酸+醇→酸|水”可知：C16H15O4N+H2O-C16H15O4N=C31H38O11，醇ROH的分子式为C31H38O11。
答案：（1）C6H5CHNHCOC6H5+H2OC6H5—CH—NH2+C6H5COOH
HO—CH—COOH HO—CH—COOH
（2）位 （3）C31H38O11
方法要领：题当前医疗难题—治疗癌症提出问题，实际考查学生对天然蛋白质的组成和结构特点认识，及从酯化反应特点判断醇的分子式（通过质量守恒），要求考生具备认真细致的思维品质。
例13 下面是一个四肽，它可以看作是四个氨基酸缩合脱掉三个水分子而得：（1999年高考化学试测题）
H2N-CH-C-NH-CH-C-NH-CH-C-NH-CH-C-OH 式中-NH-C-称为肽键，R、R、R、R
R O R’O R O R O
可能是相同或不同的差基或有取代基的烃基，今有一个“多肽”其分子式为
C55H70O19N10，已知将它彻底水解后只得四种氨基酸：CH3-COOH甘氨酸（C2H4NO2）；H3C-CH2-COOH丙氨酸（C3H6NO2）；
CH2-CH2-CHCOOH
苯丙氨酸（C9H11NO2）；COOH NH2 谷氨酸（C5H9NO4）。
（1）该多肽是 肽（填汉字），含 个肽键（填汉字）；
（2）该多肽水解后得到 个谷氨酸分子， 个苯丙氨酸分子（填数字）。其理由是（简要用文字叙述或列了方程式）。
思路分析：仔细观察四种氨基酸的分子式：它们都各含一个N原子，除谷氨酸外，又是各含有2个O原子，只有谷氨酸含4个O原子。它们的C、H原子比最大的是基丙氨酸，9:11。
由题设知该多肽有10个N原子，所以是十肽，即10氨基酸脱9个水分子形成九个肽键（注意题目要求填汉字），此为答案（1）。
形成十肽时曾消去了9个水分子，因此这个十肽彻底水解所得到的10个氨基酸的总和应是C55H70O19N10+9H2O。即C55H88O28N10，O原子数折半后减去N原子数，即为谷氨酸个数4[答案（2）]。
将分子式总和减去这4个谷氨酸，C55H88O28N10-4C5H9NO4=C35H52O12N6。可见还有六个氨基酸，而且碳氢比很高，推测这是由于苯丙氨酸的存在而引起。最多含苯丙酸（C9H11NO2）的个数求法为：将35除以9得3余8，可见有3个苯丙氨酸[答案（3）]，此外还有2个丙氨酸、1个甘氨酸。
本题求各氨基酸的数目还可用列方程式的方法：设甘氨酸、丙氨酸、苯丙氨酸、谷氨酸分子个数分别为a、b、c、d，根据C、H、O、N原子个数守恒，得：
2a+3b+9c+5d=55
5a+7b+11c+9d=88
2(a+b+c+2d)=28
a+b+c+d=10
解得：a=1 b=2 c=3 d=4
答案：（1）九，十 （2）4，3
方法要领：本题可通过观察与思考求解。巧解要求的技巧很高。也可用C、H、O、N原子总数守恒和假设四种氨基酸的个数分别为abcd，列出四元一次方程组求解。关键在于必须将题设的十肽分子加上9分子水，才是十个氨基酸的分子之和。
解题中一是搞清氨基酸个数、多肽及其中所含肽键数之间的关系，不要认为10个氨基酸形成的是九肽或十个氨基酸形成的多肽中含有十个肽键。二是必须将题设的十肽分子加上9分子水，才是十个氨基酸的分子式之和，如果不加9个水，则不会解出正确答案。
蔗糖：水解、无还原性
烃衍生物
稠环芳香烃
苯及同系物(CnH2n-6)：取代、加成、氧化
有机物
烷烃(CnH2n+2)：取代、裂解
烯烃(CnH2n)：加成、加聚、氧化
二烯烃(CnH2n-2)：加成、加聚、氧化
炔烃(CnH2n-2)：加成、氧化
链状
碳原子连接方式
烃
环状
环烷烃(CnH2n)：取代、加成
环烯烃(CnH2n-2)：加成、氧化
芳香烃
碳键是否饱和
饱和烃
不饱和烃
官能团
醇,醚(CnH2n+2O)：取代、氧化、消去
醛,酮(CnH2nO)：加成、氧化
羧酸,酯(CnH2nO2)：酸性、酯化、水解
酚,芳香醚,芳香醇:(CnH2n-6O)：取代
氨基酸,硝基化合物:(CnH2n+1NO2)
糖
单糖(C6H12O6):不水解、氧化、加成
二糖(C12H22O11)
多糖[(C6H10O5)n]
麦芽糖：水解、还原性
淀粉：水解、无还原性
纤维素：水解、无还原性
蛋白质：水解、变性、灼烧、颜色反应
高分子
Br
Br
Br
Br
Br
CH--CH
HO
OH
OH
Br
HOOC-COOH
F
E
D
C
B
Br2
光
Δ
NaOH,醇
Br2水
NaOH,H2O
Δ
O2,催化剂
Δ
O2,催化剂
A
环已烷
（不在同一平面上）
六碳环结构
苯
（在同一平面上）
6个碳原子共面
R4
R3
R2
R1
C==C
6个原子共面
H
H
H
H
C==C
NH2
CH2-CH-COOH
HO
CH=CH
OH
OH
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3第7节 过渡元素
【知识网络】
【易错指津】
1．NO3-与Fe2+在酸性条件下，不能共存。
2．过量的Fe与硝酸作用，或在Fe和Fe2O3的混合物中加入盐酸，要注意产生的Fe3+还可以氧化单质Fe这一隐含反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+。
3．注意FeCl3、Fe2(SO4)3的水溶液蒸干所得剩余固体的区别。
FeCl3溶液加热浓缩时，因Fe3+水解和HCl的挥发，得到的固体为Fe(OH)3，如灼烧后得到红色的Fe2O3固体。但Fe2(SO4)3溶液蒸干时，因硫酸是难挥发性酸，将不能得到Fe(OH)3固体。
4．忽视亚铁盐及Fe(OH)2易被空气中氧气氧化成三价铁的化合物。如某溶液中加入碱溶液后，最终得到红褐色沉淀，并不能断定该溶液中一定含有Fe3+，而也可能含有Fe2+。
5．忽视铁单质与强氧化性物质反应时，也有生成二价铁化合物的可能性。反应中若铁为足量，最终铁元素将以二价铁形式存在，因为2Fe3++Fe=3Fe2+。
【典型例题评析】
例1 久置于空气中的下列物质，因被氧化而呈黄色的是（2000年全国高考题）
A.浓HNO3 B.氯化亚铁溶液 C.溴苯 D.溴化银
思路分析：本题考查的是常见的“黄色体系”有四种固体：溴化银、硫、过氧化钠、三硝基甲苯；外加几种黄色溶液：浓HNO3（因溶液中有NO2气体）、工业盐酸（含Fe3+离子）、不纯的硝基苯（因溶有NO2）、亚铁盐溶液（因含Fe3+离子）等。对于该题除考查物质的物理性质颜色之外，还附加了一个条件：“因被氧化”，因此，只能考虑B选项。
答案：B
方法要领：本题是“氧化”概念与化合物的物理、化学性质的结合。该题看似简单，但很容易选错，关键注意答题时要看清题目的限制条件，并把握全面。抓住“氧化”这一特征便可。
例2 某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+4种离子，若向其中加入过量的NaOH溶液，微热并搅拌，再加入过量的盐酸，溶液中大量减少的阳离子是（1996年全国高考题）
A.NH4+ B.Mg2+ C.Fe2+ D.Al3+
思路分析：各离子在加入NaOH溶液和HCl的变化过程中，离子变化为：NH4+→NH3；Mg2+→Mg(OH)2→Mg2+；Fe2+→Fe(OH)2→Fe(OH)3→Fe3+；Al3+→AlO2-→Al3+。只有A和C的离子数减小。
答案：A、C
方法要领：题中涉及多种阳离子在强酸、强碱溶液中的发生的变化。分析各离子的变化过程，从而搞清数目是否改变。注意试剂的用量及反应条件，如微热。
本题考查了两个知识点：（1）NH4+在碱性受热条件下不稳定；（2）Fe2+易变质，特别在碱性条件下Fe(OH)2→Fe(OH)3速率极快。
例3 将铁屑溶于过量盐酸后，再加入下列物质，会有三价铁生成的是（1998年全国高考题）
A.硫酸 B.氯水 C.硝酸锌 D.氯化铜
思路分析：本题考查Fe2+与Fe3+相互转化。其中A项中加入硫酸，无任何反应；若加入B项中氯水，因2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故有Fe3+生成；C项中加入Zn(NO3)2，因溶液中有H+，发生反应：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O，C正确；D项中加入CuCl2无反应发生。
答案：B、C
方法要领：Fe2+有较强的还原性，易被氧化成Fe3+；对于NO3-的隐蔽氧化性，应用时应高度警惕；在离子共存、离子方程式正误判断，及还原性物质在酸性环境中遇NO3-时，往往要考虑其氧化性。
例4 制印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”：发生的反应为2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，下列结果不可能出现的是
A.烧杯中有铜无铁 B.烧杯中有铁无铜
C.烧杯中铁、铜都有 D.烧杯中铁、铜都无
思路分析：向盛有FeCl3溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，由于Fe的还原性比Cu强，Fe3+首先应与Fe反应，如果Fe3+有剩余，剩余的Fe3+再与Cu反应。铁粉未反应完时铜粉就不会被氧化，所以不可能出现烧杯中有铁无铜的现象，故应选B。其他三个选项的情况都可能再现。当FeCl3过量或恰好完全反应时，Fe、Cu均无剩余，即选项D，反应后溶液中有Fe3+、Fe2+、Cu2+或Fe2+、Cu2+。当FeCl3不足量时，有两种情况：①Fe粉有剩余，则Cu尚未参加反应，即选项C，反应后溶液中只有Fe2+（不考虑H+、OH-）；②铁粉无剩余，则Cu反应了一部分或尚未参加反应，即选项A，反应后溶液中有Fe2+、Cu2+或只有Fe2+。
答案：B
方法要领：此题涉及氧化还原反应的一个规律：当一种氧化剂氧化几种还原剂时，首先氧化最强的还原剂，待最强的还原剂完全氧化后，多余的氧化剂再依次氧化次强的还原剂。一种还原剂还原几种氧化剂时与此类似。
金属越活泼，还原性越强，不过对变价金属所形成的中间价态的阳离子与高价态的阳离子其氧化性是不同的。常见的金属阳离子氧化性顺序为：
K+由上表知，Fe3+的氧化性比Cu2+强，才会发生题中介绍的印刷电路腐蚀原理的反应。
例5 在由Fe、FeO、和Fe2O3组成的混合物中加入100mL2mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，并放出448mL气体（标准状况），此时溶液中无Fe3+离子，则下列判断正确的是（1997年上海高考题）
A.混合物里3种物质反应时消耗盐盐酸的物质的量浓度之比为1:1:3
B.反应后所得溶液中的Fe2+离子与Cl-离子的物质的量浓度之比为1:2
C.混合物里，FeO的物质的量无法确定，但Fe比Fe2O3的物质的量多
D.混合物里，Fe2O3的物质的量无法确定，但Fe比FeO的物质的量多
思路分析：根据题意，n(HCl)=0.2mol，生成n(H2)=0.448L/22.4L.mol-1=0.02mol。
因氧化性：Fe3+>H+，所以Fe先与Fe3+反应后再还原H+，由Fe+2Fe3+=3Fe2+(1molFe还原1mol Fe2O3)，和Fe与H+反应放出H2，可知n(Fe)>n(Fe2O3)；由反应后溶液中溶质全为FeCl2知，n(Fe2+):n(Cl-)=1:2；至于混合物中Fe、Fe2O3及FeO之间量的关系，无从知道。
答案：B、C
方法要领：可用图示分析反应过程，以帮助理解：
例6 下图中的每一方格表示有关的一种反应物或生成物,其中粗框表示初始反应物(反应时加入或生成的水,以及生成沉淀J时的其他产物均已略去) 。（1994年全国高考题）
请填写下列空白:
(1)物质B是 、F是________、J是 。
(2)反应①的离子方程式是_____________________。
思路分析：饱和食盐水电解的产物是NaOH、Cl2、H2。三者之间存在的反应是：H2+Cl2=2HCl、2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，由图示：B能与另外两种生成物反应，所以B为Cl2；又B与A反应产物有两种所以C一定为H2，A为NaOH，G为HCl；再由F+Cl2→I，F+HCl→H+H2，H+Cl2→I，可推知F为变价金属，可确定为Fe；H和I分别为FeCl2和FeCl3；最后注意理解D与H、I反应。由题知D、E为NaCl、NaClO，通过上述分析可认定D应NaClO，有关反应为：I→J：Fe3++3ClO-+3H2O=Fe(OH)3↓+3HClO，发生了双水解反应。而H→J可理解为生成Fe(OH)2，但HClO有强氧化性而将Fe(OH)2氧化为Fe(OH)3。
答案：(1)Cl2(或氯气)，Fe(或铁)，Fe(OH)3(或氢氧化铁) (2)Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O
方法要领：本题的难点，是确定F为何种物质。其推断方法：先推断F为何种类型的物质，因F+ Cl2→I，F+HCl→H+H2，所以F必为金属。再推断这种金属的特点，因I、H均为氯化物，又H+Cl2→I，所以F是变价金属，而我们熟知的变价金属是铁。先确定物质的种类，再确认具体物质，这是解推断题中常用的方法。因为它能分解难点，使一步推断的目标更具体、更明确。思路也变得非常清晰。
例7 Cu+在酸性溶液中不稳定,可发生自身氧化还原反应生成Cu2+和Cu。现有浓硫酸、浓硝酸、稀硫酸、稀硝酸、FeCl3稀溶液及pH试纸，简述如何用简便的实验方法来检验CuO经氢气还原所得红色产物中是否含有碱性氧化物Cu2O。（1992年全国高考题）
思路分析：本题是一道信息迁移式的实验题。题中给出一些考生未学过的新知识，要求考生认真审题，读懂信息，联想已有的基础知识和基本技能，运用题示信息，分析推理，设计出简便的检验方案。
由题给信息可知，Cu2O是碱性氧化物，可溶于酸溶液：Cu2O+2H+=2Cu++H2O；而Cu+在酸溶液中不稳定，自身歧化成Cu2+和Cu。2Cu+=Cu2++Cu。题给试剂中，浓硫酸、浓硝酸、稀硝酸、FeCl3稀溶液均显酸性，且都能与Cu反应生成Cu2+，如果选用这些试剂，它们和样品反应后的溶液都呈蓝色（Cu2+），但分不清是与Cu还是与Cu2O反应产生的Cu2+，故无法确证样品中是否含有Cu2O。
根据以上分析，选用的试剂必须符合两个条件，一是呈酸性，二是不能与Cu反应。在题给试剂中只有稀硫酸符合。
答案：取少量待检样品放入稀硫酸 ，振荡，若溶液变为蓝色，说明样品中有Cu2O，若溶液不变色，说明产物中无Cu2O。
方法要领：如将稀硫酸换成浓硫酸、浓硝酸、稀硝酸、FeCl3溶液中任何一种，都会发生Cu-2e-=Cu2+。即使红色产物无Cu+也会产生蓝色溶液。导致题目错解。
要搞清pH的概念及pH试纸的使用范围。如用pH试纸测溶液的pH来判断（理由是：因pH变大，则有Cu2O，因为Cu2O与稀硫酸反应消耗了H+），不知道对本实验来说，溶液的pH变化用pH试纸是测不出的。
有些实验现象，用肉眼看不清的。如虽选用稀硫酸，没抓住解题关键，不是由溶液是否变蓝确认，而是想当然，看红色产物溶解情况，若部分溶解（因Cu不溶于稀硫酸，而Cu2O可溶），可知有Cu2O，甚至认为看有无Cu生成，若有Cu生成（因Cu+在酸溶液中分解成Cu2+和Cu），则有Cu2O。
例8 试样X由氧化亚铁和氧化铜组成，取质量相等的两份试样按下图所示进行实验：（1997年全国高考题）
（1）请写出步骤③中所发生的全部反应的离子方程式。
（2）若全部的溶液Y和全部的粉末Z充分反应后，生成的不溶物W的质量是m，则每份试样X中氧化铜的质量为 。（用m表示）
思路分析：根据题目的设定，先对溶液Y和粉末Z的组成作正确的判断。
①中FeO、CuO与盐酸反应式为：FeO+2HCl=FeCl2+H2O CuO+2HCl=CuCl2+H2O
②中试样在较高温度下与CO反应为：FeO+CO=Fe+CO2 CuO+CO=Cu+CO2
由此可见，溶液Y与粉末Z混合就是FeCl2、CuCl2溶液、金属Fe、Cu以及过量盐酸的混合。在此混合物中，两种金属单质中只有Fe可分别与CuCl2溶液和HCl反应，离子方程式为：
Fe+Cu2+=Fe2++Cu Fe+2H+=Fe2++H2↑
③中反应后的溶液呈强酸性表明HCl剩余，可判断Fe已没有剩余；溶液中不含Cu2+意味着CuCl2已全部参加了与Fe的置换反应，不溶物W全部是Cu。它是由两份试样中的CuO转变而来。因此，一份试样中的CuO质量为
0.5m×(CuO/Cu)= 0.5m×(80/64)=5m/8。
答案：（1）Fe+Cu2+=Fe2++Cu Fe+2H+=Fe2++H2↑ （2）5m/8
方法要领：题目涉及到的化学基础知识有：金属氧化物跟酸的反应，CO的还原性，金属单质与盐溶液、非氧化性酸的置换反应，离子方程式的书写，有关的化学计算。其中，化学计算是通过填空的形式使那些只顾方法正确而忽视结果正确的考生得不到分数。
题目在叙述过程中设置了几个障碍点，它们是：
1．溶液Y和粉末Z经过反应③后所得溶液具有强酸性，会使判断力不强的考生不能由此对溶液中不含铁粉作出肯定的认定。
2．离子方程式历来是考试中的难点，在盐酸、氯化亚铁、氯化铜、金属铁和金属铜5种物质共存时，判断有关的离子反应并书写离子方程式。
3．m是全部不溶物的质量，试题要求回答的是每份试样中氧化铜的质量，这是一种具有较大迷惑性的设问，对考生的思维严密性是一种深刻的检验。如不能通过这种检验，会把答案错写成5m/4。
例9 “卤块”的主要成分为MgCl2（含Fe2+、Fe3+、Mn2+等杂质离子），若以它为原料，按
如下工艺流程图，即可制得“轻质氧化镁”。（1997年高考试测题）
如果要求产品尽量不含杂质离子，而且成本较低。流程中所用试剂或pH控制可参考下列附表确定。
表1 生成氢氧化物沉淀的pH
物 质 开始沉淀 沉淀完全
Fe(OH)3 2.7 3.7
Fe(OH)2 7.6 9.6*
Mn(OH)2 8.3 9.8
Mg(OH)2 9.6 11.1
*Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，所以常将它氧化成为Fe3+，生成沉淀Fe(OH)3而除去。
表2 工业品价格表
工业品 规 格 价格（元/t）
漂 液 含NaClO 25.2% 450
过氧化氢 30% 2400
烧 碱 98% 2100
纯 碱 99.5% 600
卤 块 含MgCl2 30% 310
请填写以下空白:
（1）在步骤②中加入的物质X，最佳选择应是 ，其作用是 。
（2）在步骤③中加入的物质Y应是 ，之所以要控制pH=9.8的目的是 。
（3）在步骤⑤时发生的化学反应方程式是： 。
思路分析：题目给出了生产的工艺流程，也是为考生提供了解题线索。
为除去Fe2+、Fe3+、Mn2+等杂质离子，从表1可以看出，当加入烧碱控制在pH=9.8时即可达到目的。此时Mg2+离子也会因生成部分Mg(OH)2而进入沉淀中,但由于卤块价格低廉，这点不可避免的损失还是可以承受的,其结果是保证了产品的纯度.。
为将Fe2+氧化成Fe3+离子，有两种氧化剂可以采用,即漂液和过氧化氢。从表2中的价格可看出，前者比后者便宜得多，应选用漂液。
从氯化镁制成氧化镁，有两条反应路线：
其一，烧碱路线：
MgCl2Mg(OH)2MgO
其二，纯碱路线：
MgCl2MgCO3MgO
烧碱比纯碱价格昂贵，生成的中间产物氢氧化镁是胶状沉淀会造成过滤困难，更重要的是反应过程中不能进行轻化处理，因而只能得重质氧化镁。由此而见，烧碱路线应当摒弃。
纯碱价格较低，生成的中间产物碳酸镁呈粗颗粒状，易过滤，碳酸镁在水中经一定时间的加热会有部分因水解形成了二氧化碳：
MgCO3+H2O= Mg(OH)2↓+CO2↑
由于气体二氧化碳的产生，使沉淀变为疏松，灼烧沉淀后得到的是轻质氧化镁。
答案：（1）漂液 使Fe2+氧化成为 Fe3+ （2）烧碱 使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀以便过滤除去。 （3）MgCO3+H2O= Mg(OH)2↓+CO2↑
方法要领：试题强调了生产中的经济效益，其立意指向了化学学习中的价值观，将经济价值观与化学反应的选择结合在一起考查了考生的评价能力，这是一种对思维作较深刻的考查，也是适应商品经济大背景下的对学生综合能力的培养和测试。
解题中善于应用数据来判断问题、解决问题，善于调取已形成的知识网络，把在暂时硬水软化中学到的知识迁移到轻质氧化镁的生产里来。
解题中防止：步骤②误选过氧化氢。根据是过氧化氢不会引入“杂质离子”，因为在步骤⑤中，我们只需沉淀物，把滤液弃去，因而钠离子和氯离子不会进入产物，步骤③误选为纯碱。根据是纯碱比烧碱便宜得多，如果将步骤③中的Y改成纯碱，由于纯碱的碱性明显小于烧碱，要使pH升高到9.8必须加大纯碱的用量，就会形成碳酸盐沉淀，而表中无碳酸盐溶解度资料，无法判断除杂的效果，而且碳酸根离子用量增大，可导致生成碳酸镁沉淀，所以加入氢氧化钠为宜。
紫色
溶液
红色
溶液
H+
O2
SCN-
O2+H2O
C6H5OH
H2O、OH-
H+
H2O、OH-、NH3.H2O、CO32-
O2
H2、CO、Si、C、Al
Fe
FeS
Fe2O3
Fe3O4
FeO
Fe(OH)2
Fe(OH)3
FeS2
S(Δ)
Fe3+
Fe2+
Zn、Fe、Cu、
S2-、I-、SO2、
O2、Cl2、Br2、
HNO3、H2O2、
ClO-、MnO4-
O2
O2(点燃)
O2
Δ
H+
H+
隔绝空
气加热
0.2molHCl
Fe、Fe2O3及FeO
H2(0.02mol)
FeCl2(0.1mol)
试样X
试样X
①过量盐酸
溶液Y
②过量CO
Δ，完全反应
粉末Z
强酸性溶液（不含Cu2+），
气体和不溶物W
③
加盐酸
加YpH=9.8
加X
卤块
①
溶液
②
溶液
③
④
⑤
⑥
滤液
沉淀物
沉淀物
水中煮沸
沉淀物
气体
过滤
加Z
灼烧
轻质氧化镁
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6第三节 化学反应速率、化学平衡
【知识网络】
【易错指津】
1．要正确理解压强对化学平衡影响的实质：是浓度的影响，这是容器的体积改变使气体的浓度同时增大或减小。
如：恒温恒容密闭容器中反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)+Q达平衡，“通入SO3后，体系压强增大，平衡向正方向移动”的说法是错的。很显然通入SO3后，SO3的浓度增大，平衡向逆方向移动。这里的压强的改变，并未影响SO2和O2的浓度，仅改变了SO3的浓度，对正反应速率无影响。
2．分清产量和产率之间的关系：产量是在单位时间内得到产物的多少；产率是实际产量和理论产量的比值。在实际生产过程中要求产量高，而不是产率高，因为未反应的原料可循环使用。
3．应用勒沙特列原理研究平衡时，要注意三点：
①针对平衡体系。如对一个刚开始的气态反应，增大压强反应总是正向进行而不服从勒沙特列原理；
②改变影响平衡的一个条件，可用勒沙特列原理判定移动方向。当有“多个”条件改变时，若多个条件对平衡影响一致，则可强化此平衡移动，但多个条件对平衡影响相反时，应根据各条件改变对平衡影响的程度，判定移动方向；
③平衡移动的结果是“减弱”这种改变，而不是“消除”。如给某平衡状态的可逆反应体系升温10℃，由于化学反应向吸热方向进行的结果，使反应体系的最终温度小于(t+10)℃。
4．外界条件变化时，我们往往不是从正、逆反应速率增大或减小的程度来判断平衡移动的方向，因为这一变化无法直觉得到，而是从平衡移动的方向来确定正确正、逆反应速率变化的大小。
分析平衡是否移动的思路：
速率不变：平衡不移动，如容积不变时充入惰性气体
程度相同：平衡不移动。如使用催化剂或对气体体积无变化的反应改变压强
速率改变
程度不同：平衡移动。如浓度、压强、温度改变
不要把正反应速率增大与平衡向正方向移动等同起来，正反应速率增大，逆反应速率同时也增大，平衡可能向正反应方向移动，也可能向逆反应方向移动，只有当正反应速率大于逆反应速率时，才使平衡向正反应移动；正反应速率虽然减小，只要正反应速率仍大于逆反应速率，平衡也会向正方向移动。
不要把平衡向正方向移动与原料转化率的提高等同起来。当增大一种反应物的浓度，使平衡向正方向移动，会使另一种反应物的转化率增加，但所增加的这种反应物的转化率并没提高。
5．化学平衡的移动是有方向性（向右、向左）的，而反应速率的变化是无方向性的，外界条件变化时，对于正、逆反应速率的影响是同步的，如温度升高时，反应的体系同时升高温度，绝不可能温度的变化只作用于正反应或逆反应，而是正、逆反应的反应速率都会增大。由于正、逆反应的反应物速率增大或改小的程度也不一样，就引起了平衡向某一方向的移动。
6．达到化学平衡的标志
（1）从反应速率判断：V正=V逆
①正逆反应的描述 ②速率相等
同一物质 消耗和生成 同一物质 速率的数值相等
反应物和生成物 消耗或生成 不同物质 速率的比值与化学计量数相等
（2）从混合气体中气体的体积分数或物质的量浓度不变判断
（3）从容器内压强、混合气体平均相对分子质量、混合气体的密度不变等判断，需与可逆反应中m+n和p+q是否相等，容器的体积是否可变，物质的状态等因素有关，应具体情况具体分析。
【典型例题评析】
例1 已知反应A+3B 2C+D在某段时间内以A的浓度变化表示的化学反应速率为1mol.L-1min-1，则此段时间内以C的浓度变化表示的化学反应速率为（2000年全国高考题）
A.0.5 mol.L-1min-1 B.1 mol.L-1min-1 C.2 mol.L-1min-1 D.3 mol.L-1min-1
思路分析：根据“同一反应中各物质化学反应速率之比等于化学计量数之比”的规律可得：V(C)=2V(A)=2×1mol.L-1min-1=2mol.L-1min-1。
答案：C
方法要领：掌握不同物质变化表示的速率与化学方程式中物质化学计量数的关系和反应速率的概念。运用“反应的速率比等于化学计量数之比”计算不同物质的反应速率，既快又准确。
应明确的是：不论以反应物减少的速率还是以生成物增加的速率，其值均大于0；所指的反应速率均为平均速率；解题中要注意反应速率的单位，主要是时间的单位和体积的大小。
例2 在一定条件下可逆反应A(气)+3B(气) 2C(气)达到平衡的标志是（1998年全国高考题）
A.C生成的速率与C分解的速率相等 B.单位时间生成n molA，同时生成3n molB
C.A、B、C浓度不再变化 D.A、B、C的分子数之比为1:3:2
思路分析：化学平衡是指在一定的条件下，可逆反应中正逆反应速率相等，反应混合物各组成成分百分含量不再改变时，反应所处的状态。A中：同一物质的生成速率和分解速率即表示为正、逆反应速率A正确；C中：A、B、C浓度不变即其百分含量不变(如反应前后体积不变的气相反应例外)，该选项也正确。而B中的说法符合反应中的任何时刻的情况；D是反应的一种特定情况，分子数比等于化学计量数比与正逆反应速率是否相等没有必然联系，不一定是平衡状态。
答案：A、C
方法要领：只有对可逆反应达到平衡的标志充分理解，才能顺利完成该题。
判断可逆反应达到平衡状态的方法和依据
例举反应 mA(g)+nB(g) pC(g)+qD(g)
混合物体系中各成分的含量 ①各物质的物质的量或各物质的物质的量的分数一定 平衡
②各物质的质量或各物质质量分数一定 平衡
③各气体的体积或体积分数一定 平衡
④总体积、总压力、总物质的量一定 不一定平衡
正、逆反应速率的关系 ①在单位时间内消耗了m molA同时生成m molA，即V(正)=V(逆) 平衡
②在单位时间内消耗了n molB同时消耗了p molC，则V(正)=V(逆) 平衡
③V(A):V(B):V(C):V(D)=m:n:p:q，V(正)不一定等于V(逆) 不一定平衡
④在单位时间内生成n molB，同时消耗了q molD，因均指V(逆) 不一定平衡
压强 ①m+n≠p+q时，总压力一定（其他条件一定） 平衡
②m+n=p+q时，总压力一定（其他条件一定） 不一定平衡
混合气体平均相对分子质量Mr ①Mr一定时，只有当m+n≠p+q时 平衡
②Mr一定时，但m+n=p+q时 不一定平衡
温度 任何反应都伴随着能量变化，当体系温度一定时（其他不变） 平衡
体系的密度 密度一定 不一定平衡
其他 如体系颜色不再变化等 平衡
例3 取pH均等于2的盐酸和醋酸各100mL，分别稀释2倍后，再分别加入0.03g锌粉，在相同条件下充分反应，有关叙述正确的是（2000年上海高考题）
A.醋酸与锌反应放出的氢气多 B.盐酸和醋酸分别与锌反应放出的氢气一样多
C.醋酸与锌反应速率大 D.盐酸和醋酸分别与锌反应的速率一样大
思路分析：影响生成氢气多少的是酸最多提供的H+的物质的量多少，而与其浓度大小无关，影响生成氢气速率大小的是酸已电离的H+浓度大小，而与其物质的量多少无关。
n(HCl)=0.01mol/L×0.1L=0.001mol n(Zn)=0.03g÷65g.mol-1=0.00046mol
n(CH3COOH)=(0.101mol/L×0.1L)÷>0.001mol (为CH3COOH的电离度)
由反应关系可知，两酸均过量，则产生同样多的氢气。
c(H+)均为0.01mol/L的两酸稀释相同倍数后，由于醋酸的继续电离度，使得c(H+)醋酸>c(H+)盐酸，故醋酸产生氢气的速率大。
答案：B、C
方法要领：分清反应速率与浓度有关（本题与H+浓度有关，而不是酸的浓度），产生气体的量与金属和酸的相对量有关。
例4 100mL6mol/LH2SO4跟过量锌粉反应，在一定温度，为了减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，可向反应物中加入适量的（1995年全国高考题）
A.碳酸钠（固体） B.水 C.硫酸钾溶液 D.硫酸铵（固体）
思路分析：H2发生速率取决于[H+]，H2产生的量取决于的H+量，因Na2CO3可与H2SO4反应生成CO2消耗H+，而影响H2产量，水和K2SO4溶液都不消耗H+即不影响产量，但都能稀释H2SO4而降低[H+]，所以B、C均符合条件；(NH4)2SO4固体既不影响H2产量，也不降低发生速率。
答案：B、C
方法要领：影响化学反应速率的因素有：浓度、压强、温度、催化剂等，该题主要考查浓度对化学反应速率的影响。解题的关键是：所加的物质一是能降低H+的浓度，二是不能消耗H+。符合此条件有：①降低温度；②加水或加NaCl或K2SO4等物质的溶液（注意不能加硝酸盐）；③加强碱弱酸盐（使自由H+的暂时以弱酸的形式储存起来）；④加Cu2+、Cu或炭粉等形成原电池。
例5 反应2X(g)+Y(g) 2Z(g)+热量，在不同温度（T1和T2）及压强（P1和P2）下，产物Z的物质的量[n(Z)]与反应时间（t）的关系如右图所示。下列判断正确的是（1997年全国高考题）
A.T1P2
C.T1>T2，P1>P2 D.T1>T2，P1思路分析：压强相同（P2），达到平衡所用的时间T1小，说明T1反应速率快，所以可知T1>T2，C、D可能正确；相同温度（T2）时，达平衡后Z的物质的量P1大，说明压强为P1时，平衡向生成Z的方向移动。而生成Z的方向是气体体积减小的方向，所以P1>P2。
答案：C
方法要领：对于速率，平衡图象题，一般可据“早折”“早平衡”“条件高”（即折点代表平衡点，平衡时用的时间短，温度越高，压强越大，浓度越大等）。比较有关条件时，一般是确定其它条件不变，只考虑其中某一个条件的影响。
认识图像的方法：
（1）一看面：横、纵坐标的含义；函数关系。
二看线：坐标中曲线的变化；函数的增减性、斜率等。
三看点：曲线上的原点、交点、拐点、特殊点等的含义。
（2）遇到有两个变量（如温度和压强）的图像。应先让其中一个条件不变，分析另一个条件变化时对y轴的影响，然后再综合起来解决问题。
解化学平衡图像题应特别注意：①“定一议二”，即图像中有三个量时，则确定一个量（恒量）来分别讨论另两个量的关系；②“先拐先平”，即曲线中先出现拐点的，则该曲线所示条件下先出现平衡，该曲线所示温度或压强较大。
例6 在容积固定的4L密闭容器中进行可逆反应X(g)+2Y(g) 2Z(g)，并达到平衡，在此过程中以Y的浓度改变表示的反应速率V(正)、V(逆)与时间t的关系如下图。图中阴影部分的面积表示((2000年江苏省竞赛题))
A.X的浓度的减少 B.Y的物质的量的减少
C.Z的浓度的增加 D.X的物质的量的减少
思路分析：考查学生化学反应速率和化学平衡的相关知识以及识图和形数结合的能力。此题形式新颖、构思巧妙，将化学反应速率、化学平衡与速率——时间变化图有机地结合在一起。解题时，也必须运用以上两方面的知识和能力。根据题意以及对速率—时间图的分析可知：图中阴影部分面积相当于“V正×t-V逆×t”，由于此题中V正是以Y的浓度变化表示的反应速率，因此“V正×t-V逆×t”就等于反应中转化了的Y的浓度与生成的Y的浓度之差，即Y的浓度的净减少量但在所提供的四个选项中，并无“Y的浓度的减少”这一选项，这就需要再作一步转化。从化学方程式可知，反应物Y与生成Z物的化学计量数相同。因此，Y的浓度减少等于Z的浓度增加。
答案：C
方法要领：在物理学中的匀变速直线运动中常用右图来分析速率时间和位移的关系。时间t时质点的位移相当于图中阴影部分所占的面积.。
分别比较匀变速直线运动中速度与化学反应速率的单位，位移与物质的量浓度单位（如下表）：
速度：m./s 化学反应速率：mol/(L.s)
位移：m 物质的量浓度：mol/L
比较后得出，用类似于匀变速直线运动中的图像分析方法来解决有关的问题：从中得出图中阴影部分来分析解决本题，即阴影部分是Y的浓度减少值。
本题常见的错解是选B。这主要是对各量的单位分析不仔细造成的。此题中v的单位为mol.L.-1S-1，t的单位是s，故vt的单位应为mol.L-1。因此“V正×t-V逆×t”只能是Y浓度的减少而不是Y物质的量的减少。
例7 在5L的密闭容器中充入2molA气体和1molB气体，在一定条件下发生反应：2A(g)+B(g) 2C(g)，达到平衡时，在相同温度下测得容器内混合气体的压强是反应前的5/6，则A的转化
率为（1999年广东高考题）
A.67% B.50% C.25% D.5%
思路分析：本题是一道基础的化学平衡计算题，可直接由反应前后的压强之比列式便可得解。设A的转化率为x
2A(g)+B(g) 2C(g) n(总)
起始量(mol) 2 1 0 3
转化量(mol) 2x x 2x
平衡量(mol) 2-2x 1-x 2x 3-x
因为恒温恒容，P(平)/ P(始)=n(平)/n(始) 即(3-x)/3=5/6，得x=0.5，即50%。
答案：B
方法要领：有关化学平衡的计算题运用以上格式进行列表，会使思路显得格外清晰，不易出错。
一题多解：恒温恒容时，气体的压强之比等于其物质的量之比，平衡时的总压强为反应前的5/6，说明平衡时总的物质的量为反应前的5/6，即5/6×(2mol+1mol)=2.5mol，较反应前减少了0.5mol，根据反应方程式中所示的差量关系可知：
2A(g)+B(g) 2C(g) Δn
2mol 1mol 2mol 1mol
参加反应的A的物质的量为1mol，则A的转化率为1mol÷2mol=0.5，即50%。
例8 X、Y、Z为三种气体，把a mol X和b mol Y充入一密闭容器中，发生反应X+2Y 2Z，达到平衡时，若它们的物质的量满足：n(X)+n(Y)=n(Z)，则Y的转化率为（1999年全国高考题）
A. B. C. D.
思路分析：本题是一平衡转化率的计算题，根据题目的已知条件：n(X)+n(Y)=n(Z)，列等式求得n(Y)的变化量，然后由转化率定义式求解。
设平衡时Z的物质的量为p，有
X + 2Y 2Z，
起始（mol） a b 0
平衡（mol） a-p/2 b-p p
依题意有：a-p/2+ b-p = p p=2(a+b)/5 Y的转化率为p/b=2(a+b)/5b×100%。
答案：B
一题多解：巧解：转化率应为n(Y)已变化/b×100%，观察A、B、C、D四个选项，分母中含“b”只有B项。
例9 反应速度V和反应物浓度的关系是用实验方法测定的。化学反应H2+Cl2→2HCl的反应速度V可表示为V=K式中K为常数，m、n值可用下表中数据确定之。（1998年上海高考题）(mol/L) (mol/L) V(mol/L·s)
1.0 1.0 1.0K
2.0 1.0 2.0K
2.0 4.0 4.0K
由此可推得，m、n值正确的是
A.m=1、n=1 B.m=、n= C.m=、n=1 D.m=1、n=
思路分析：题中给出三组实验数据（三种特殊值），要求推导反应速率表示式中m、n的值（普遍适用的值），观察已知数据与反应速率表示式，进行简单推算即可知结果。
把第一组和第二组数据代入V=K式中得：
1.0V=K(1.0)m(1.0)n……① 2.0V=K(2.0)m(1.0)n……② ①/②得：m=1
把第二组和第三组数据代入V=K式中得：
2.0V=K(2.0)m(1.0)n……③ 4.0V=K(2.0)m(4.0)n……④ ③/④得：n=1/2
答案：D
方法要领：考查学生由个别（特殊）推出一般（普遍）规律归纳思想与能力。这种能力对进行科学研究来说，是很重要的。
从科学实验的数据处理中发现符合反应的通式公式V=K[H2]1[Cl2]1/2。这一结果说明了某一化学反应的反应速率规律并不是简单的由化学方程式的计量数决定的，而是来源于实验的测定，用到的是最简单的数学方法。通过发现规律的过程中考核学生的归纳和抽象思维能力，这是符合创新和过程教育要求的。
例10 一真空密闭容器中盛有1molPCl5，加热到200℃时发生如下反应：
PCl5(g) PCl3(g)+Cl2(g)
反应达到平衡时，PCl5所占体积分数为M%。若同一温度和同一容器中，最初投入的是2molPCl5，反应达到平衡时，PCl5所占体积分数为N%。则M和N的正确关系是（1996年高考化学试测题）
A.M>N B.N>M C.M=N D.无法比较
思路分析：此题可看成是1molPCl5反应达平衡后，其余条件不变，再投入1molPCl5，平衡当然向右移动：PCl5减小，PCl3和Cl2增加，但PCl5的体积分数N%是否比原来M%小，难以判断。
若换一个角度，用压强的改变来考虑，比较好理解：假设将2molPCl5投入到另一个容积为题给容器2倍的反应器里，保持题给的其他条件不变，达到化学平衡后，PCl5的体积分数也应为M%，然后缩小容器的容积，由于PCl5的分解是一个体积增大的反应，缩小容器容积等于加大压强，平衡移向气体体积小的一方（PCl5），故PCl5所占体积分数N%在原来M%的基础上增大。
答案：B
引申发散：从本题的分析出发，凡是定温、定容的可逆反应aA(g) bB(g)+cC(g)，在达到平衡后又通入反应气体，该气体的体积分数是缩小、扩大还是不变，有3种情况：
①气体的体积扩大反应，通入反应气体，其体积分数增大。
②气体的体积缩小反应，通入反应气体，其体积分数减小。
③气体的体积不变反应，通入反应气体，其体积分数不变。
例11 牙齿表面由一层硬的、组成为Ca(PO4)3OH的物质保护着，它在唾液中存在下列平衡：（1997年全国高考题）
Ca(PO4)3OH（固） 5Ca2++3PO43-+OH-
进食后，细菌和酶作用于食物，产生有机酸，这时牙齿受腐蚀，其原因是 。
已知Ca(PO4)3F（固）的溶解度比上面的矿化产物更小，质地更坚固。请用离子方程式表示，当牙膏中配有氟化物添加剂后能防止龋牙的原因 。
根据以上原理，请你提出一种其他促进矿化的办法： 。
思路分析：由于生成的有机酸能中和OH-，使平衡向脱矿方向移动，加速腐蚀牙齿。而使用含氟牙膏后，增加F-离子的浓度，平衡就向矿化方向移动，生成溶解度更小，质地更坚硬的Ca(PO4)3F，达到固齿的目的，若增大Ca2+或PO43-的浓度均有利于平衡向矿化方向移动。
答案：生成的有机酸，中和OH-，使平衡向脱矿方向移动，加速牙齿腐蚀：5Ca2++3PO43-+F-=Ca(PO4)3F↓；加入Ca2+或PO43-。
方法要领：试题结合生产、生活实际这是命题的方向。这要求学习时不仅要掌握书本知识的基本内容，还要把知识迁移到如何解释或者解决实际问题上，做到理论与实际相结合，这是当前高考改革的方向。试题一方面考查化学知识，同时提供了爱护牙齿方法。
正确理解脱矿、矿化的概念，方能顺利解题。
例12 可逆反应：3A(气) 3B( )+C( )-Q，随着温度升高，气体平均相对分子质量有变小趋势，则下列判断正确的是(1999年上海高考题)
A.B和C可能都是固体 B.B和C一定都是气体
C.若C为固体，则B一定是气体 D.B和C可能都是气体
思路分析：本题与一般化学平衡试题的设计有所不同，命题时是给出“温度升高，气体平均相对分子质量变小”这一已知条件，反过来要求判断可逆反应中生成物的状态。根据计算式：
Mr=m/n，要使M变小，一种情况是m减少，n不变；另一种情况是m不变，n增大，这样，问题就转化为温度升高，平衡正向移动，要使M减小，讨论B、C处于什么状态。
答案：C、D
方法要领：一由温度改变判平衡移动方向，二据式量变化结合题中选项逐一作出判断。
例13 某化学反应2A B＋D在四种不同条件下进行，B、D起始浓度为见0。反应物A的浓度（mol/L）随反应时间（min）的变化情况如下表：（2001年上海市高考题）
根据上述数据，完成下列填空：
（1）在实验1，反应在10至20 min时间内平均速率为 mol/(L·min)。
（2）在实验2，A的初始浓度c(2)＝ mol/L，反应经20 min就达到平衡，可推测实验2中还隐含的条件是 。
（3）设实验3的反应速率为V3，实验1的反应速率为V1，则V3 V1（填＞、＝、＜＝，且c(3) 1.0mol/L（填＞、＝、＜＝）
（4）比较实验4和实验1，可推测该反应是 反应（选填吸热、放热）。理由是
。
思路分析：本题以化学平衡为背景，主要考查了考生对基础知识的掌握情况。由题干和所给数据我们可以提取以下主要知识点：（1）化学反应速率的基本概念及有关计算；（2）等效平衡；（3）化学平衡常数的概念及运用；（4）影响化学平衡的条件。
（1）V(A)=(0.80mol/L-0.67mol/L)/10min=0.013mol/(L.min)
（2）由实验1实验2数据分析，两种者的化学平衡可视为等效平衡，这样容易得到c(2)=1.0mol/L。
另解：实验1、2温度相同，根据题给信息可得：
K=(0.25mol/L×0.25mol/L)÷(0.5mol/L)2=[(1/2×c(2)-0.5mol/L)×1/2c(2)-0.5mol/L]÷(0.5mol/L)2。
解得：c(2)=1.0mol/L。
又由于实验2达到平衡的时间比较短，反应温度、起始浓度均不变，因此本小题还隐含了加快反应达到平衡的条件[（从影响反应速率的因素：温度（相同）、浓度（相同）、压强（仅对气体物质有影响）、催化剂（能提高反应速率，但不能改变转化率）]，可知实验2中加入了催化剂。
（3）由实验1数据：
2A B + D
起始浓度(mol/L) 1.0 0 0
变化浓度(mol/L) 0.5 0.25 0.25
平衡浓度(mol/L) 0.5 0.25 0.25
K=[c(D)][c(B)]/[c(A)]2= 0.25×0.25/0.52=0.25
由实验3数据
2A B + D
起始浓度(mol/L) c(3) 0 0
变化浓度(mol/L) c(3)-0.6 [c(3)-0.6]]2 [c(3)-0.6]/2
平衡浓度(mol/L) 0.6 [c(3)-0.6]/2 [c(3)-0.6]/2
温度不变其平衡常数亦不变。
K=[c(D)][c(B)]/[c(A)]2=[(c(3)-0.6)/2][(c(3)-0.6)/2]/ 0.62=0.25 c(3)=1.2mol/L
由c(1)=1.0mol/L得c(3)> c(1)，V(3)>V(1)
另解：由实验1和3，在温度相同条件下，达平衡所需时间相同，实验3起始浓度和平衡浓度均大于实验1，说明V3>V1；且c(3)> 1.0mol/L。
（4）由实验1和4的数据知平衡时：c(A)=0.2mol/L<0.5mol/L，故升高温度化学平衡逆向移动，同时依勒沙特列原理有：当升温，化学平衡向着吸热方向移动，所以该逆反应为吸热反应，正反应为放热反应（或由实验1、4，在A 的起始浓度相同时，升高温度，A的平衡浓度下降，说明平衡正向移动，故该反应是吸热反应）。
答案：（1）0.013 （2）1.0 催化剂（3）＞ ＞ （4）由吸热温度升高时，平衡向右移动
方法要领：本题在考查知识的同时，也加强了对能力的考查。题中的表格数据较多，要求考生从表中的数据加以对比分析，找出解题有用的数据。解答信息题，关键要在审清题意基础上，提炼出有效信息，并根据信息的指向解决问题。
前提——密闭容器中的可逆反应
条件——一定条件的T、P、c —— 影响化学平衡的因素
本质——V正=V逆≠0
特征表现——各组分的质 达化学平衡标志
量分数不变
①可先加入反应物，从正向开始
途径—— ②可先加入生成物，从逆向开始
③也可同时加入反应物和生成物，从正、逆向同时开始
反应快慢
反应程度
化
学
反
应
生产条件选择
目的：尽可能加快反应速率和提高反应进行的程度
依据：外界条件对反应速率和化学平衡影响规律
①弄清外界条件对速率和平衡影响的一致性和矛盾性
原则：②放热反应的温度由催化剂的活性温度决定
③符合理论前提下，注意实际可能性（动力、设备）
化学平衡
化学
平衡
建立
化学
平衡
移动
原因：反应条件改变引起V正≠V逆
结果：速率和各组分质量分数与原平衡比较均发生变化
①V正>V逆 右移
方向：②V正=V逆 不移
③V正注意：只有改变一个影响平衡条件时才适用
浓度：增加反应物浓度，平衡右移
压强：加压，平衡向气体体积减小方向移动
温度：升温，平衡向吸热方向移动
催化剂：（加快反应速率，但对平衡无影响）
影响
因素
计算
类型
概念：单位时间内反应物或生成物的物质的量的变化
表示方法：单位时间内反应浓度的减少或生成物浓度的增加来表示
计算公式：V=Δc/Δt（V：平均速率，Δc：浓度变化，Δt：时间）
内因：反应物的性质（决定因素）
外因：反应所处的条件，如浓度、温度、催化剂、光照等
多种因素都可影响反应速率
影响因素：
反应速率
浓度的计算
转化率计算
压强或体积比计算
改变
条件
T1,P2
T2,P2
T2,P1
t
n(Z)
V/mol.L-1.s-1
t/s
d
a
0
b
V正
V逆
t/s
速度
脱矿
矿化
PAGE
5第二节 化学实验基本操作
【知识网络】
一．实验操作：
操作内容 正确操作要点
过滤 “一贴”“二低”“三靠”
量液仪器的读数 视线和液体凹液面相切
浓硫酸的稀释 将浓硫酸沿容器壁（或用玻璃棒引流）缓缓倒入，并不断搅拌
滴管的使用 滴管不能伸入试管内，更不能接触试管内壁
给试管内液体加热 试管和桌面呈45度角，管内液体不超过试管容积的1/3
液体药品的取用 标签向手心，瓶口紧挨承接器口，瓶塞倒放桌面
二．试纸的使用
试纸的种类 应用 使用方法 注意
石蕊试纸 检验酸碱性（定性） ①检验液体：取一小块试纸放在表面皿或玻璃片上，用沾有待测液的玻璃棒点在试纸的中部，观察颜色变化。②检验气体：一般先用蒸馏水把试纸润湿，粘在玻璃棒的一端，并使之接近容器口，观察颜色变化。 ①试纸不可伸入溶液中，也不能与管口接触。②测溶液pH时，pH试纸不能先润湿，因为这相当于将原溶液稀释了。
pH试纸 检验酸、碱性的强弱（定量）
品红试纸 检验SO2等漂白性物质
KI-淀粉试纸 检验Cl2等有氧化性物质
三．中和滴定
准备过程 ①查滴定管是否漏水；②洗涤滴定管及锥形瓶；③用少量标准液润洗装标准液的滴定管及用待测液润洗量取待测液的滴定管；④装液体、排气泡、调零点并记录初始读数。
滴定过程 姿态：左手控制活塞或小球，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化及滴速。滴速：逐滴滴入，当接近终点时，应一滴一摇。终点：最后一滴刚好使指示剂颜色发生明显改变时即为终点。记录读数。
【易错指津】
1．搞清常见仪器药品的适用范围及使用注意点。
2．对一些基本操作（如萃取分液、中和滴定、蒸发等）的步骤及要点观察要仔细。
3．为完成某项特定的实验常需使用某种专用仪器（托盘天平、容量瓶、滴定管、启普发生器等），要掌握这些专用仪器的操作规范。
4．为保证实验能够安全进行，在实验操作中要有保证安全的措施。如可燃气体应点燃除去，易溶于水的气体应防倒吸。
5．溶液的配制：（1）Fe2+在配好后应加少量Fe粉以防氧化；（2）下列溶液应现配现用：H2S溶液、Fe2+溶液、Na2SO3溶液、Cl2水、银氨溶液。
【典型例题评析】
例1 下列叙述仪器“O”刻度位置正确的是（1999年上海高考题）
A.在量筒的上端 B.在滴定管上端
C.在托盘天平刻度尺的正中 D.在托盘天平刻度尺的右边
思路分析：本题的关键是正确认识上述仪器的规格及使用方法。量筒无“O”刻度线，托盘天平刻的刻度在刻度尺的左端。
答案：B
方法要领：本题题考查仪器的构造，要求学生熟悉常见计量仪器的刻度位置。
引申发散：量筒与滴定管对比
量筒 滴定管
构造 0刻度在下（无0刻度线），准确量取0.1mL（粗量器） 0刻度在上,准确量取0.01mL(精量器)，酸式：玻璃活塞、碱式：橡胶(玻璃球)活塞
用途 量取液体；测量气体体积 中和滴定
使用方法 ①量取液体时，不需涮残留液②不能加热或量取过热液体③不能做反应容器用④不用来配制溶液 ①碱式滴定管不能量取强氧化性溶液和酸液②准确量取流出溶液的体积(a mL)，管内剩余溶液体积>(50-a) mL
例2 实验室进行NaCl溶液蒸发时，一般有以下操作过程 ①放置酒精灯 ②固定铁圈位置 ③放上蒸发皿 ④加热搅拌 ⑤停止加热、余热蒸干 其正确的操作顺序为 （1999年上海高考题）
A.②③④⑤ B.①②③④⑤ C.②③①④⑤ D.②①③④⑤
思路分析：本题属实验技能考查，考核溶液蒸发装置的安装，要求考生掌握正确操作顺序。
答案：B
方法要领：仪器的安装按照由下到上的顺序进行。
例3 下列实验操作中错误的是（2000年上海高考题）
A.分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
B.蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口
C.滴定时，左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视滴定管中的液面
D.称量时，称量物放在称量纸上，置于托盘天平的左盘，砝码放在托盘天平的右盘中
思路分析：滴定时的正确操作应为：左手控制滴定管活塞，右手持锥形瓶，过滴定边振荡，眼睛注视锥形瓶内颜色变化。
答案：C
方法要领：复习中注意小结实验操作中的细节并“知其所以然”。
例4 不能用水浴加热的实验是（1995年上海高考题）
A.苯的硝化反应 B.银镜反应 C.制酚醛树脂 D.由乙醇制乙烯
思路分析：乙醇制乙烯的实验需170℃，而水浴加热最高为100℃。
答案：D
方法要领：一些实验采用水浴加热的目的是：一是使反应物受热均匀，二是便于控制反应的温度。在中学化学实验中需要采用水浴加热的实验有：①硝基苯的制备；②银镜反应；③乙酸乙酯的水解；④酚醛树脂的制备；⑤纤维素的水解；⑥其它：如从I2的CCl4溶液中分离出I2。
例5 准确量取25.00mL高锰酸钾溶液，可选用的仪器是（1996年上海高考题）
A.50mL量筒 B.10mL量筒 C.50mL酸式滴定管 D.50mL碱式滴定管
思路分析：考查学生关于量取液体的基础知识，要求从使用精度和适用范围更多了解滴定管的使用。滴定管的使用精度为0.01mL。酸式滴定管可用来盛装酸性、氧化性及盐类稀溶液。
用量筒量取溶液的体积不可能精确到0.01mL，只能用滴定管或移液管量取。又因为高锰酸钾溶液能腐蚀橡胶，故不能用碱式滴定管。
答案：C
方法要领：该题要求熟悉常用量取液体的仪器的精度及构造。常用量具有：量筒、容量瓶和酸、碱式滴定管。其中量筒只能量准到0.1mL；酸、碱式滴定管可量准到0.01mL；而容量瓶只有一个刻度，只适用于配制一定体积的物质的量浓度的溶液。本题中要求准确量取25.00mL，不能选用量筒。而被量取的物质是有强氧化性的高锰酸钾溶液，碱式滴定管中有一段易被氧化的橡胶管，不能选用。酸式滴定管是旋转式玻璃阀门，可用来量取高锰酸钾溶液。
例6 实验室里需用480mL0.1mol/L的硫酸铜溶液，现选取500mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是（1997年上海高考题）
A.称取7.68g硫酸铜，加入500mL水 B.称取12.0g胆矾配成500mL溶液
C.称取8.0g硫酸铜，加入500mL水 D.称取12.5g胆矾配成500mL溶液
思路分析：首先应以500mL来计算胆矾或硫酸铜的质量，计算得出应用12.5g胆矾或8.0g硫酸铜，因此A、B项错误，由于配制500mL溶液，故C加水500mL应是错误的，而应加水稀释到500mL。
答案：D
方法要领：物质的量浓度溶液的配制应注意：①实验的第一步操作是：检查容量瓶是否漏水；②溶解或稀释后的溶液应冷却到室温方能转入容量瓶中；③用胶头滴管定容（便于控制加入的蒸馏水的量）；④溶液配制好后，应转入干燥洁净的试剂瓶中。
例7 用pH试纸测定某无色溶液的pH时，规范的操作是（1992年全国高考题）
A.将pH试纸放入溶液中观察其颜色变化，跟标准比色卡比较
B.将溶液倒在pH试纸上，跟标准比色卡比较
C.用干燥的洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，跟标准比色卡比较
D.在试管内放入少量溶液，煮沸，把pH试纸放在管口，观察颜色，跟标准比色卡比较
思路分析：pH试纸中含有化学物质，放入溶液中，给溶液引入杂质；溶液倒在pH试纸上既浪费化学药品，还会产生伤害事故；A和B均不正确。D中测量不准确，也不科学。
答案：C
方法要领：试纸的种类很多，常用的有红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸、pH试纸、淀粉碘化钾试纸和品红试纸等。
（1）在使用试纸检验溶液的性质时，一般先把一小块试纸放在表面皿上，用沾有待测溶液的玻璃棒点在试纸的中部，观察颜色的改变，判断溶液的性质。
（2）在使用试纸检验气体的性质时，一般先用蒸馏水把试纸润湿，粘有玻璃棒的一端，用玻璃棒把试纸放到盛有待测气体的试管口（注意不要接触），观察颜色是否改变，判断气体的性质。
另外，还应注意，有些试纸是不能事先润湿的，比如pH试纸。
例8 先选择填空，再简要说明作此选择的理由。（1996年高考化学试测题）
（1） 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1mL 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 。
思路分析：本题主要考查学生在实验中是否经常注意到实验仪器的大小规格。了解常用化学仪器的规格，是考生科学素质的组成部分。
（1）试管规格大小未说明，无法判断所加入溶液的体积；（2）应根据需配制溶液体积大小来选择烧杯，烧杯太大，配制的溶液仅盖住杯底；烧杯太小，溶液太满。皆不利于配制时搅拌、加热和转移等操作，一般所配制溶液的体积不应超过其容积的一半。
答案：（1）C 题目没有指明试管的大小规格（mL）；（2）C 选用烧杯的容积应比所配制溶液的体积大一倍为最佳选择。
方法要领：实验仪器是有规格的，在实验时必须根据实验要求，选择相应的仪器，而不能随意使用仪器，这是基本的实验技能之一。虽然在课本中并没有专门的文字叙述，但这一要求、训练是渗透在平时实验中的。
例9 进行化学实验必须注意安全，下列说法正确的是（填写标号） （1997年全国高考题）
A.不慎将酸溅到眼中，应立即用水冲洗，边洗边眨眼睛
B.不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量的水冲洗，然后涂上硼酸溶液
C.如果苯酚浓溶液沾到皮肤上，应立即用酒精清洗
D.配制硫酸溶液时，可先在量筒中加入一定体积的水，再在搅拌下慢慢加入浓硫酸
思路分析：稀释浓硫酸，必须在烧杯中进行；量筒的器壁较厚，受热后容易炸裂。
答案：A、B、C
方法要领：本题考查实验安全常识性知识。A可以稀释酸液，并及时挤出或冲出眼中液体；B可稀释浓碱，并用弱酸中和渗入皮肤上的碱；C由于苯酚溶于乙醇，可除去苯酚；D稀释浓硫酸必须在烧杯中进行。
例10 下列各种容器，通常应分别用什么方法清洗？（2000年春季高考题）
（1）做过碘升华实验的烧杯
（2）长期存放过三氯化铁溶液的试剂瓶
（3）盛过苯酚的容器
思路分析：洗涤试剂的选择主要依据被洗涤物质的溶解性或常温下与有关物质的反应。关键要弄清杂质的成分和性质，如（2）中应洗去Fe(OH)3而不是FeCl3。
答案：（1）先用酒精清洗，再用水洗；（2）先用盐酸清洗，再用水洗；（3）先用氢氧化钠溶液清洗，再用水洗。
引申发散：对于用水洗不掉的污物，可根据污物不同的性质用药剂处理。如：
仪器上的污物 洗涤试剂 仪器上的污物 洗涤试剂
不溶于水的碱、碳酸盐或碱性氧化物等 用稀盐酸清洗，必要时加热 粘有酚醛树脂 用酒精清洗
附有油脂 用热碱溶液（Na2CO3） 粘有苯酚的试管 用NaOH溶液清洗
粘有硫磺 用CS2清洗或用热的NaOH溶液 粘有碘 用酒精溶液清洗
银镜实验后的试管 用稀HNO3洗（必要时可加热）
滴定实验用的滴定管 要用特殊配制的“洗液”来洗。洗净内部后，冲净洗液，再用蒸馏水洗2～3次。
例11 回答下列问题：（2000年广东高考题）
（1）在进行沉淀的实验时，如何认定沉淀已经完全？
答： 。
（2）中学化学实验中，在过滤器上洗涤沉淀的操作是 。
思路分析：本题考查沉淀、洗涤等实验基础知识。关键在取样、重复洗涤等环节上，操作技能要在平时的学习中多加训练。
答案：（1）在上层清液中（或取少量上层清液置于小试管中），滴加沉淀剂，如果不再产生沉淀，说明沉淀完全。
（2）向漏斗里注入蒸馏水，使水面没过沉淀物，等水流完后，重复操作数次。
方法要领：过滤操作要注意“一贴”（指滤纸紧贴漏斗的内壁，中间不留有气泡。操作时要用手压住，用水润湿）、“二低”（①滤纸的边缘应低于漏斗口；②漏斗里液体要低于滤纸的边缘）、“三靠”（①倾倒液体的烧杯尖口要紧靠玻璃棒；②玻璃棒的末端要轻轻地靠在三层滤纸的一边；③漏斗下端的管口靠紧烧杯的内壁）。
例12 回答下面问题：（2001的全国高考题）
(1)分离沸点不同但又互溶的液体混合物,常用什么方法
(2)在分液漏斗中用一种有机溶剂提取水溶液里的某物质时,静置分层后,如果不知道哪一层液体是“水层”,试设计一种简便的判断方法。
思路分析：考查物质分离的方法及萃取液的两层液体的性质。分离沸点不同但又互溶的液体混合物，可根据液体的沸点的不同用蒸馏方法分离；根据有机溶剂与水互不相溶的性质，任取一层液体加水看其是否溶解来判断。
答案：(1)蒸馏方法 (2)取一只小试管，打开分液漏斗的活塞,慢慢放出少量液体，往其中加入少量水，如果加水后，试管中的液体不分层，说明分液漏斗中，下层是“水层”,反之则上层是水层。
方法要领：掌握物质分离的方法和适用范围；复习中应注意思考观察。
例13 A～D是中学化学实验中常见的几种温度计装置示意图
（1）请从①～⑧中选出必须使用温度计的实验，把编号填入最适宜的装置图A～C下的空格中（多选要倒扣分）（1998年全国高考题）
①酒精和浓硫酸混和加热制乙烯 ②电石跟水反应制乙炔
③分离苯和硝基苯的混和物 ④苯和溴的取代反应
⑤石油分馏装置 ⑥浓盐酸和二氧化锰混合加热制氯气
⑦测定硝酸钾在水中的溶解度 ⑧食盐和浓硫酸混合加热制氯化氢
A B C D
（2）选用装置D做苯的硝化实验，D中长玻璃管的作用是 。
思路分析：本题考查了典型实验及其装置。首先要确定哪些实验必须使用温度计。通常，温度计在实验中功能有四种：①测水浴温度，如制硝基苯；②测反应液体温度，如制乙烯；③测某固体物质的溶解度；如测KNO3的溶解度；④使沸点不同、互溶且相互不发生化学反应的液体混合物的分离。其次对所需温度计的实验在明确实验目的的前提下，也要确定温度计水银球的放置位置。对D中长玻璃导管的作用，根据熟悉的制溴苯、乙酸乙酯、酚醛树脂等实验进行联想完成迁移。
解题思路是：将①～⑧的实验所需装置分别与A～C进行对比，从中得出正确结果。A为需测量或控制反应液温度；B为需测量蒸馏出气体的温度，一切蒸馏实验都适用；C为需精确测定某溶液的温度；D为需控制水浴温度，例如制硝基苯实验。
答案：（1）A① B③ ⑤ C ⑦ （2）减少苯的挥发（或答起冷凝器作用）
方法要领：本题通过具体的实验装置来考查考生对常用仪器之一温度计的使用方法的掌握情况，与此同时，本题也意在考查考生对实验仪器进行归纳、总结的思维能力。此题的精彩之处就在于此。解题的关键是对温度计使用情况的分析与归纳。
解答本题应掌握使用仪器的两方面的基本知识：第一，什么样的实验需要温度计？温度计的水银球应处于装置的什么位置？需要测定温度或控制实验于某一温度范围的实验必须用温度计；温度计的水银球应处于要测定实验某变化对象的部位。第二，许多液体加热实验往往在塞子上加长玻璃管，一般是为了冷凝回流、避免某些易挥发物质损失的作用，也可称为起冷凝器的作用。
在第（1）问中列举了8个选项，其中实验A、B都采用了蒸馏烧瓶，A中是用温度计测量反应液的温度，选项中只能是①；B中是用温度计测量蒸气的温度，用于蒸馏出指定的组分，③和⑤都属于这类实验，装置C只有选项⑦可以选用，如果对于溶解度的概念十分清楚，就不难作出准确的判断。
在第（2）问中所涉及的苯的硝化，是中学化学中的演示实验，由于苯的硝化反应要在50℃～60℃时进行，而且反应需持续一段时间，需对易挥发的苯进行冷凝回流。
引申发散：化学实验中温度计的使用功能与方法
使用功能 使用方法 典型实例
测定反应体系的温度 置于液体混合物中 实验室制乙烯
测定水浴温度 置于水浴锅内或烧杯中 苯的硝化反应、电木制备
测定溶液体系温度（溶解度） 置于溶液中 测定硝酸钾的溶解度
蒸馏时测定各馏分的沸点 置于蒸馏烧瓶的支管口处 石油的分馏
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1第二节 同系物和同分异构体
【知识网络】
一．同分异构体：
常见同分异构体的类别
类 型 原 因 实 例
类别异构 官能团的不同 CH3COOH与HCOOCH3
碳链异构 碳原子的结合次序不同(至少有四个碳原子相互连接才能出现不同的连接方式) CH3CH2CH2CH3与(CH3)2CHCH3
位置异构 官能团在碳链/碳环上的位置不同 CH2=CHCH2CH3与CH3CH=CHCH3
同分异构体类别
分子通式 同分异构体类别 补充说明
CnH2n 单烯烃、环烷烃
CnH2n-2 二烯烃、炔烃 符合此通式还可有环烯烃
CnH2n+2O 饱和一元醇、烷基醚
CnH2n-6O 酚、芳香醇、芳香醚 符合此通式还可有烷（基）苯（基）醚等
CnH2nO 饱和一元醛、酮 符合此通式还可有烯醇、环醇、环醚等
CnH2nO2 饱和一元羧酸、饱和羧酸酯 符合此通式还可有羟基醛、羟基酮等
CnH2n+1NO2 硝基烷、氨基酸 符合此通式还可有酰胺（RCONH2）等
二．同系物：
【易错指津】
1． 缺乏空间感受，导致同分异构体的重复计数。
Cl H
如：二氯甲烷误认为H-C-H与Cl-C-H互为同分异构体。
Cl Cl
2．向缺乏“等效变换”的观念，不会巧断异构体数目。
如：由二氯苯（C6H4Cl2）的同分异构体有3种，即可推知四氯苯（C6H 2Cl4）的同分异构体也必有3种（4个H原子与4个Cl原子的“等效变换”）。
3．判断同系物要点:
①同系物通式一定相同。
②通式相同不一定是同系物。
③同系物组成元素种类必须相同。
④同系物是结构相似，不是相同，如CH3CH2CH3和(CH3)4C前者无支链,后者有支链能互称同系物(结构相似不一定完全相同)。
⑤在分子组成上必须相差一个或几个CH2原子团，但通式相同组成上相差若干个CH2原子团不一定是同系物，如CH3CH2Br和CH3CH2CH2Cl都是卤代烃,且结构相差一个CH2原子团不是同系物。
【典型例题评析】
例1 下列各对物质中属于同分异构体的是(2000年理科综合题)
A.12C与13C B.O2与O3
C. D.
思路分析：本题考查对同位素、同素异形体、同系物、同分异构体等概念的掌握情况，为“司空见惯”的简单问题，抓住同分异构体的“分子式相同”这一特征即可。
答案：D
引申发散：“四同”比较
同位素 同素异形体 同系物 同分异构体
研究对象 原子 单质 有机物 化合物
相 似 质子数 元素种类 结构 分子式
相 异 中子数 化学式、结构 相差n个CH2 结构
注意点 ①由于存在同位素，原子的种类比元素的种类多；②同位素的化学性质几乎相同；③天然存在的某种元素中，不论是游离态还是化合态，各种同位素原子的含量不变。 ①由于结构不同，化学性质也有差异，如白磷比红磷活泼；②H2、D2、T2的关系不是同素异形体也不是同位素 ①具有同一个通式；②化学性质相似；③物理性质随式量的改变而呈规律性变化。 ①因分子式相同故组成和式量也相同；②式量相同的物质不一定是同分异构体如HCOOH和CH3CH2OH。
实 例 16O、17O、18O C50、C60、C80 CH4、C2H6 CH3COOH、HCOOCH3
例2 1,2,3-三苯基环丙烷的三个苯基可以分布在环丙烷环平面的上下，因此有如下两个异构体：（1998年全国高考题）
据此，可判断1,2,3,4,5-五氯环戊烷（假定五个碳原子也处于同一平面上）的异构体数目是
A.4 B.5 C.6 D.7
思路分析：本题将同分异构体知识与空间结构相结合，突出了空间想像能力的考查。五个氯原子在环戊烷平面上可分为五上（或五下），四上一下（或四下一上），三上二下（三下二上）三种情况，其中前两种情况分别只有一种结构，而三上二下有 和 两种同分异构体。
答案：A
一题多解：本题以三元环取代物的几何异构为给予信息，并让考生将该信息迁移到另一新情景中去，以此考查考生自学能力，并在此基础上考查了逻辑思维,抽象思维和空间概念。解题时，将环戊烷用键线，写在纸平面上，在纸平面下方的氯原子可不写出，在纸平面前方的氯原子则用碳原子上涂黑点的方法表示，5个氯原子都在后方的只有1个异构体，将其中1个氯原子移至前方的也只有1个异构体，将2个氯原子移至前方的则有两个异构体，前移三个氯原子与前移两个重复；前移4个，5个分别跟前移1个，全部在后重复，所以共有4种异构体。
例3 化合物丙由如下反应: 其不意 得到丙的结构简式不可能的是（2000年春季高考）
A.CH3CH2CHBrCH2Br B.CH3CH(CH2Br)2 C.CH3CHBrCHBrCH3 D.(CH3)2CBrCH2Br
思路分析：本题以隐含条件的形式考查同分异构体知识，强化了思维的深刻性。丁烯有：
CH2=CH-CH2-CH3、CH3-CH=CH-CH3、CH2=C(CH3)2三种同分异构体，与Br2加成后分别得到A、C、D三种结构。
答案：B
方法要领：物质“乙”为烯烃由其同分异构体确定与Br2加成产物。
例4 某烃的一种同分异构体只能生成一种一氯代物，该烃的分子式可以是（1996年全国高考题）
A.C3H8 B.C4H10 C.C5H12 D.C6H14
思路分析：烃的一氯代物只有一种，H原子分布必须完全对称。如：
CH3 CH3 CH3
CH4、CH3-CH3、CH3-C-CH3、CH3-C----C-CH3等。
CH3 CH3 CH3
答案：C
方法要领：烃的一氯代物无同分异构体，逆推其烃具有高度的对称性。先写出一个C原子以此C原子为中心，然后在其四个价键上分别添上H原子、C原子，再判断结构。
例5 用式量为43的烷基取代甲苯苯环上的一个氢原子，所得芳香烃产物的数目为（1997年上海高考题）
A.3 B.4 C.5 D.6
思路分析：本题将几种同分异构现象进行组合，突出了思维严密性和广阔性的考查。式量为43的烷基为C3H7-，包括丙基（CH3CH2CH2-）和异丙基[(CH3)2CH-]，分别在甲苯苯环的邻、间、对位上取代，共有6种。
答案：D
方法要领：本题既考查学生对苯类化合物同分异构种数的判断，又考查了学生根据式量求烃基方法掌握情况。
烃及烃基的推算，通常将式量除以14（即-CH2-的式量），从所得的商及余数或差数便能判断是何种烃或烃基：其整数值为通式中的n值，余数便为H原子“2n”应加的个数，差数便为H原子“2n”应减的个数。常用有以下几种：
式量/14的值 余数 物质
n 余2 烷
n 余1 烷基
n 无余数 烯（或环烷）
n 差2 炔（或二烯）
n 差6 苯类
本题涉及的是烷基（-C3H7），防止只注意正丙基，而忽略了异丙烷基[(CH3)2CH-]的存在。
例6 烷基取代苯（C6H5-R）可以被KMnO4的酸性溶液氧化成（C6H5COOH）。但若烷基R中直接与苯环连接的碳原子上没有C—H键，则不容易被氧化得到，现有分子式是C11H16的一烷基取代苯，已知它可以被氧化为苯甲酸的异构体有7种，其中的3种是：
请写出其他四种的结构简式： ，
， ，
。（2000年春季高考题）
思路分析：本题主要考查接受并运用新信息的能力和分析、推理能力。由题示信息可知：C11H16必含有 或 结构片段。或以
为母体，则其余部分为丁基，有4种异构体（题干中已经给出2种）；若以 为母体，则其余部分分别为：①2个乙基；②1个甲基和1个丙基（已知）；③1个甲基和1个异丙基。
答案：
方法要领：只要注意题中信息：直接与苯环连接的碳原子上没有C—H键，则不容易被氧化得到，首先写出苯环上直接相连的碳上至少有一个H，然后再接余下的基团。
例7 如果定义有机物的同系列是一系列的结构式符合A[W]nB(其中n＝0，1，2，3…)的化合物)。式中A、B是任意一种基团(或氢原子)，W为2价的有机基团，又称为该同系列的系差。同系列化合物的性质往往呈现规律性的变化。下列四种化合物中，不可称为同系列的是（1994年全国高考题）
A．CH3CH2CH2CH3 CH3CH2CH2CH2CH3 CH3CH2CH2CH2CH2CH3
B．CH3CH=CHCHO CH3CH=CHCH=CHCHO CH3(CH=CH)3CHO
C．CH3CH2CH3 CH3CHClCH2CH3 CH3CHClCH2CHClCH3
D．ClCH2CHClCCl3 ClCH2CHClCH2CHClCCl3 ClCH2CHClCH2CHClCH2CHClCCl3
思路分析：本题是涉及同系物概念的新信息题。题中定义有机物的同系列，它们的结构式只需符合A[W]nB(其中n＝0，1，2，3…)。A和B是结构两端的任意一种已被确定的一价原子基团或氢原子。
A项中结构为：CH3[CH2]nCH3，B项中结构为：CH3[CH=CH]nCHO，D项中结构为：Cl[CH2CH(Cl)]nCCl3，只有C项无[W]规律变化的系差。
答案：C
方法要领：本题的解题过程中存在两个解法上的特点。一是题中明确“不可称为同系列”选项的选择，虽原题中为强调“不可”而标准状况着重号。但完成过程中仍易错选成“可称为同系列”的选项。因此解题时，根据对每个选项的判断结果应随时作有标记，如作对号、叉号。最后再明确题干中的要求，确定本题的正确答案。二是对于选择题，在完成过程中，若有三个选项不是本题的答案时，本题答案必为剩余一个选项。只要解题过程认真，此时无需再进行验证。
在完成本题的具体解题分析并得到最终正确结果之后，应联系以往接触的“新信息题”，分辨题中给予新信息与原来掌握的已有知识的关系情况。虽然都是新信息在题中出现，有的只重在提供简单的信息背景材料；有的新信息是原有知识的接续或补充，有的新信息则是原有知识的完善或变更。本题给出的同系列是指同一类的若干同系物形成的系列，而对同系物概念的定义与我们原有机物同系物概念有所不同。在此情况下，切忌固守原有概念的内涵，影响对新信息内容的接受、理解和应用。
例8 下面是苯和一组稠环芳香烃的结构简式：（1998年高考化学试测题）
………
①苯 ②萘 ③蒽 ④并四苯 ⑤并五苯 并m苯
(1)写化合物②--⑤的分子式：
①C6H6 ② ③ ④ ⑤
(2)这组化合物的分子式通式是C H (请以含m的表示式填在横线上,m=1,2,3,4,5---)
(3)由于取代基的位置不同,产生的异构现象称为官能团异构.一氯并五苯有 (填数字)个异构体；二氯蒽有 (填数字)个异构体。
思路分析：本题旨在测试考生的统摄思维和逻辑推理的能力。第一小题是铺垫。先将苯、萘、蒽并四苯、并五苯的分子式中C、H原子个数数清楚，这是很容易的。第二小题要求写通式。从第一小题可以看出，每增加一个苯环，需要增加4个C、2个H。再将苯环往前推，虚拟一个乙烯C2H4。这是C、H原子个数的常数项，由此得通式C4m+2H2m+4。第三小题是结合空间概念（实际上仅是两维，还不过是平面而已）观察等同的位置。并五苯实际上只有4个不同的位置，因此一氯并五苯只有4个异构体。蒽的二氯代物则应用严密的逻辑推理。
答案：（1）②C10H8 ③C14H10 ④C18H12 ⑤C22H14（每错一个，不给分，还各倒扣1分，但本小题不出现负分）；（2）4m+2、2m+4(两空必须同时正确给分，不分段给分)；（3）4、15（分段给分）
一题多解：关于通式也可化归为数学问题，用等差数列求解：
1.同系列物质用A[W]nB表示；2.找出等差:W；3.(W)n与第一物质对比，列出通式[等差数列通项公式：an=a1+(n-1)d]。
从（1）可看出，该组稠环芳烃所含C、H原子数构成一个等差数列，其“系差”为：C4H2，首项为C6H6。根据等差数列通式[ an=a1+(n-1)d]，可得该数列的通式：C6H6.(C4H2)(n-1)，C4m+2H2m+4。同分异构体数目的求算，关键是确定结构中的等效H。如何确定等效H，可用数学中的对称知识找出对称轴，凡处于对称位置的H为等效H。对于一元取代物，有几种等效H就有几种异构体，一氯并五苯应有4种。二元取代物（取代基有相同和不同之处），可用数学中的组合知识进行求解，二氯蒽的异构体应为15种[C31.C91-4(位)-8(.位)=15]。
例9 有一种广泛用于汽车、家电产品上的高分子涂料，是按下列流程图生产的。图中M（C3H4O）和A都可以发生银镜反应，N和M的分子中碳原子数相等，A的烃基上一氯取代位置有三种。
试写出：
物质的结构简式：A ，M ；
物质A的同类别的同分异构体为 ；
N+B→D的化学方程式： ；
反应类型：X ，Y 。（1997年上海高考题）
思路分析：M中有醛基（-CHO），余下部分为（C2H3-）。这样M为CH2=CH-CHO，A中也有-CHO，A中余下的烃基有三种氢，因此，不应是(CH3)2CH-，只会是CH3-CH2-CH2-，所以，A也确定为CH3-CH2-CH2-CHO，其同分异构体也易写出（属醛类），Y反应为：nCH2=CH-COOCH2-CH2-CH2-CH3→
[CH2-CH]n
COOCH2-CH2-CH2-CH3
答案：A：CH3-CH2-CH2-CHO M：CH2=CH-CHO；A的同分异构体：(CH3)2CH-CHO;
CH2=CH-COOH+CH3-CH2-CH2-CH2OH→CH2=CH-COOCH2-CH2-CH2-CH3+H2O；反应类型：X加成反应；Y加聚反应。
方法要领：创设了丙烯羰化制丁烯醛的情景，这个反应学生没学过，但命题者的意图并不是考查这个反应，而是要求考生从分析、推断丙烯醛、丙烯酸的结构进行突破，然后利用题给条件逆向思维，得出另一个参加酯化反应的醇的结构简式；再根据羟基上一氯取代同分异构体位置的有关条件推断出该醇是由直链的丁烯醛还原而得，从而顺利地正、逆结合，求得各有机物的结构简式。
例10 A、B两种有机物分子式都是C9H11NO2。（1994年全国高考题）
（1）化合物A是天然蛋白质的水解产物，光谱测定显示，分子结构中不存在甲基，化合物A的结构简式是 。
（2）化合物B是某种分子式为C9H12的芳香烃的一硝化后的惟一产物（硝基连在苯环上）。化合物B的结构简式是 。
思路分析：（1）根据题中所给信息“A是天然蛋白质的水解产物”，可以推出A的-氨基酸，在其分子式中扣除羧基-COOH和氨基-NH2两个基团的组成，剩余的烃基组成为C8H8。显然该烃的不饱和度较大，可初步推测为一芳香烃基，由于题中限定A分子中不含甲基，则该烃基不能有其他侧链，于是最终可得A为：
（2）又根据题中信息“B是的C9H12的芳香烃的一硝化后的惟一产物“，C9H12恰好符合苯的同系物通式，可以有三甲基苯、甲乙苯或丙苯等异构体，但符合“一硝化后的惟一产物”条件的只有1，3，5-三甲苯，所以B为：
方法要领：R-NO2可能为氨基酸或硝基化合物，解题应具备的知识是：天然蛋白质水解的产物为氨基酸。
变
同系物
同
通式
结构
化性
分子式
相对分子质量
物性
异
C-H键中的H被某烷基取代成为原有机物的同系物
键型
H
C
CH3
CH3
H
与 CH3
C
CH3
H
H
C
CH3
CH3
CH3
CH3
CH3CHCH2CH3 与
CH3
或Al2O3,Δ
Br2,CCl4
丙
乙
甲
C4H8Br2
C4H10O
C4H8
H2SO4(浓),Δ
是苯基，环用键线表示，
C、H原子都未画出
m
--CH2--
--CH2--
--CH---
--CH---
CH3
CHCH(CH3)2
CH2CH2CH(CH3)2
CH(CH2CH3)2
CH2C(CH3)3
④
③
②
①
5
3
4
6
7
8
9
2
1
Cl
13
12
11
10
14
Cl
15
Cl
属（Y）反应
Δ
浓H2SO4
催化剂
O2
属（X）反应
催化剂
丙烯
A
+CO，H2
H2，催化剂
B
M
C3H4O
N
催化剂
O2
D
C7H12O2
高分子
涂 料
NH2
CH2CHCOOH
NO2
CH3
CH3
CH3
PAGE
4第一节 物质结构
【知识网络】
一．原子结构
二．化学键
存在范围 作用本质 作用强弱 决定键能大小因素 影响性质 电子式书 写
离子键 阴阳离子间和离子晶体内 静电作用 强 ①离子电荷数越大，键能越大；②离子半径越小，键能越大 离子化合物的熔沸点、硬度等 有方括号，有正负号
共价键 分子内、原子间、原子晶体内 共用电子对 强 ①原子半径越小，键能越大；②键长越短，键能越大 分子的稳定性，原子晶体的熔沸点、硬度等 无方括号，无正、负号
金属键 金属阳离子和自由电子之间及金属晶体内 静电作用 强 ①离子电荷数越大，键能越大；②离子半径越小，键能越大 金属晶体的熔沸点、硬度等
范德华力 分子间和分子晶体内 电性引力 弱 结构相似的分子，其式量越大，分子间作用力越大。 分子晶体的熔沸点、硬度等
氢键 分子间和分子晶体内 电性引力 弱（稍强） 分子晶体的熔沸点
三．四种晶体对比
晶 体 类 型 离 子 晶 体 原 子 晶 体 分 子 晶 体 金 属 晶 体
构 成 微 粒 阴 阳 离 子 原 子 分 子 金属离子和自由电子
微粒间作用力 肯定有离子键可能有共价键 共 价 键 分子间：范德华力分子内：共价键力 金属键
有否分子式 只有气态时，存在单个分子。固态、液态只有化学式 无分子式、是巨大网状结构 有分子式 无
导 电 性 熔化或水溶液导电 无或差 熔化不导电 导 电
熔化时键的变化 断离子键、共价键不一定断 断 键 不 断 键 减 弱
物质种类 盐、强碱、活泼金属氧化物 金刚石、Si SiO2 SiC B 气体、非金属单质、酸、多数有机物 金 属
四．空间问题：
不同的分子结构之间有相同之处，可以相互联想而串成一条线：
1．从H2O的空间构型→HOCl、Cl2O等的分子构型：
2．类似的还有：
P4 NH3 NH4+
（空间正四面体） （三角锥形） （正四面体）
3．
空 间 结 构 名称 晶体类型 空 间 结 构 特 点
正四面体结构 白磷 分子晶体 呈空间正四面体，4个磷原子形成6个P-P键,键角600
甲烷 分子晶体 碳原子位于正四体面中心，4个C-C键,键角109.50
金刚石 原子晶体 每个碳原子与其最近的4个碳原子形成正四面体；键角109.50
同一平面的结构 水 分子晶体 键角104.50
苯 分子晶体 平面正六边形，键角1200
石墨 层状晶体 每个碳原子与其最近的3个碳原子成键,每6个碳原子形成一个正六边形,键角600
同一直线的结构 CO2 分子晶体 键角1800
乙炔 分子晶体 键角1800
六元环结构 苯 分子晶体 单个六元环结构,12个原子在同一平面上
石墨 层状晶体 平面的网状结构
金刚石 原子晶体 形成空间网状结构,最小环含有六个碳原子,不在同一平面上
【易错指津】
1．对元素相对分子质量的理解。
质量数是对原子而言的，元素没有质量数，元素的相对原子质量是对各种同位素的原子而言。
原子的质量、同位素的相对原子质量、同位素的质量数与（元素的）相对原子质量、（元素的）近似相对原子质量间存在如下关系：
2．构成单质分子的微粒不一定含有共价键，如稀有气体构成的单原子分子中不含共价键。
3．由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如NH4Cl（不含金属元素的离子晶体）。
4．不同元素组成的多原子分子里的化学键不一定是极性键，如H2O2中的O-O键。
5．在金属晶体中只含有金属阳离子（不存在阴离子）。
6．在晶体结构中切割出一个基本结构单元，弄清该单元中的点、边、面为多少个基本单元所共有，则这一点、一条边、一个面对一个基本结构单元的贡献只能是它的1/m（m为共有的基本单元数）。这是“平均值原理”在晶体结构计算中的运用。
7．由极性键形成的分子不一定都是极性分子，也可以是非极性分子。
8．分子晶体和原子晶体内部存在的化学键都是共价键，它们的区别在于构成晶体的基本微粒不一样。构成分子晶体的基本微粒是分子，它的共价键存在于分子的内部，而分子间存在的是范德华力；构成原子晶体的基本微粒是原子。
9．元素X有三种单质分子，其同位素原子不是三种而是两种。aX、bX，分子为：aX2、aXbX、bX2。
【典型例题评析】
例1 硼有两种天然同位素105B和115B，硼元素的相对原子质量为10.80，则对硼元素中105B质量分数的判断正确的是（1995年上海市高考题）
A.20% B.略大于20% C.略小于20% D.80%
思路分析：设105B的原子个数的百分含量为X，则10.80=10X+11(1-X)，解得：X=20%，当年不少考生未认真审题，误选了A。这是把“同位素的原子个数百分比”与“同位素的原子质量分数”混为一谈之故。同位素的原子质量分数与原子个数百分比的关系是：
同位素原子的质量分数=[(该同位素的原子个数百分比×其质量分数)÷(该同位素的近似相对原子质量)]×100%
因此，105B质量分数=[(20%×10)÷10.80] ×100%=18.5%。
答案：C
方法要领：相对原子质量的计算:
（1）对原子质量M=m/[m(12C)/12] (其近似值为质量数)
（2）同位素的相对原子质量Ar=Ar(1)x(1)+Ar(2)x(2)+……(x为物质的量分数)
（3）同位素的近似相对原子质量Ar=A(1)x(1)+A(2)x(2)+……
例2 氯只有35Cl和37Cl两种稳定同位素，它们在氯气中的原子个数之比35Cl:37Cl为3:1。则相对分子质量为70、72、74的氯气分子数之比可能是（2000年上海市高考题）
A.5:2:1 B.5:2:2 C.9:3:1 D.9:3:2
思路分析：相对原子质量为70、72、74的氯气分子，显然是35Cl2、35Cl37Cl、37Cl2三种，对照选项，如35Cl和37C原子个数之比Cl为3:1即可。
35Cl2、35Cl37Cl、37Cl2 35Cl和37C原子个数之比
A 5 2 1 (5×2+2):(2+1×2)=12:4=3:1
B 5 2 2 (5×2+2):(2+2×2)=12:6=2:1
C 9 3 1 (9×2+3):(3+1×2)= 21:5≠3:1
D 9 3 2 (9×2+3):(3+2×2)= 21:7=3:1
答案：A、D
方法要领：首先要搞清相对原子质量70、72、74的氯气分子，其质量数的计算取其最大值和最小值各除以2得35与37，再推出三种分子分别为35Cl2、35Cl37Cl、37Cl2。最后按照选项验证35Cl和37C原子个数之比的是否为3:1。
例3 X、Y、Z和R分别代表4种元素。如果aXm+、bYn+、cZn-、dRm-4种离子的电子层结构相同（a、b、c、d为元素的原子序数），则下列关系正确的是（1997年全国高考题）
A.a-c=m-n B.a-b=n-m C.c-d=m+n D.b-d=n+m
思路分析：既然4种离子的电子层结构相同，就说明a-m=b-n=c+n=d+m。
比较a与b得：a-b=m-n，B项错；比较a与c得：a-c=n-m，A项错；比较c与d得：c-d=n-m，C项错；比较b与d得：b-d=n+m，D项对。
答案：D
方法要领：本题所需的知识是以稀有气体元素的原子电子层结构为基准，进行离子的相互推断。分析的重点是离子电荷数与核电荷数的加减关系。
一题多解：上法是数学运算法，也可用具体微粒代入法，即将aXm+、bYn+、cZn-、dRm-4种离子设定为11Na+、12Mg2+、8O2-、9F-，代入选项，便可立即得出D项。
例4 下列关于稀有气体的叙述不正确的是（2000年全国高考题）
A.原子的最外电子层都有8个电子
B.其原子与同周期ⅠA、ⅡA族阳离子具有相同的核外电子排布
C.化学性质非常不活泼
D.原子半径比同周期ⅦA族元素原子的大
思路分析：氦原子最外层只有2个电子，A不正确；稀有气体的原子比同周期ⅠA、ⅡA族阳离子都多一个电子层，B不正确。
答案：A、B
引申发散：零族元素知识归纳如下：
1． 其原子的最外层电子数除He为2个外，均为8电子的稳定结构。
1． 其原子与同一周期非金属的阴离子和下一周期主族的阳离子（四—七周期为ⅠA、ⅡA）具有相同的核外电子排布。
1． 常况下单质为气体且为单原子分子。
1． 其单质的晶体为分子晶体，晶体中无化学键（与一般晶体不同）。
1． 同周期的原子半径，从左到右依次减小，但到零族突然增大。
1． 化学性质稳定，但Xe、Kr与氟在一定条件下反应，生成氟化物：XeF2、XeF4、XeF6、KrF2等。
例5 下列各组分子中都属于含极性键的非极性分子的是（1996年上海市高考题）
A.CO2、H2S B.C2H4、CH4 C.Cl2、C2H2 D.NH3、HCl
思路分析：此题考查键的极性和分子的极性。A中CO2结构为O=C=O，H2S为S，所以都含
H H H H H
极性键，但H2S是极性分子；B中C2H4为 C==C ，CH4为H—C—H，都含极性键，
H H H
且都属于非极性分子；C中Cl2不含极性键，D中NH3、HCl为极性分子，都不符合题意。
答案：B
方法要领：含有极性键的分子是否有极性需从整个分子看。分子里电荷分布不对称则分子为极性分子，若整个分子里电荷的分布是对称的，则分子为非极性分子。所以分子的极性与构成的化学键及分子的空间构型有关系。
例6 下列性质中，可以证明某化合物内一定存在离子键的是（1993年上海市高考题）
A.可溶于水 B.具有较高的熔点 C.水溶液能导电 D.熔融状态能导电
思路分析：化合物中存在离子键必为离子晶体，而离子晶体区别于其他晶体的突出特点是：熔融状态下能导电，故选D。至于A可溶于水，共价化合物也可以如HCl、乙酸等；B具有较高熔点，也可能为原子晶体，如SiO2；C水溶液能导电，可以是强极性共价键如硫酸等。
答案：D
方法要领：只有离子化合物中存在离子键，在四种晶体中也只有离子化合物在熔融状态下，才能电离出离子。
例7 下列叙述正确的是（1998年全国高考题）
A.同主族金属的原子半径越来越大熔点越高 B.稀有气体原子序数越大沸点越高
C.分子作用力越弱分子晶体的熔点越低 D.同周期元素的原子半径越小越易失去电子
思路分析：A选项考查同主族元素单质的递变规律，从上到下，随离子半径的增大，等价的金属阳离子与自由电子之间的静电作用力（金属键）依次减弱，熔点依次降低，错误；B选项稀有气体的单质属分子晶体，且结构相似，其原子序数越大，分子作用力也越大，因而沸点就越高，正确；C选项明显正确；同周期元素的原子半径越小越易得电子，D选项错。
答案：B、C
方法要领：运用所学的元素周期期律，对每个选项逐一分析，即可选出正确选项。防止把卤素单质的F2到I2的熔点变化规律应用到金属中（它们是两种不同的晶体）。注意稀有气体的单质为分子晶体。
例8 关于晶体的下列说法正确的是（1999年全国高考题）
A.在晶体中只要有阴离子就一定有阳离子 B.在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
C.原子晶体的熔点一定比金属晶体的高 D.分子晶体的熔点一定比金属晶体的低
思路分析：C和D可举出反例:金属中熔点最高的是钨>3000℃,而常见的原子晶体石英(1723℃)要高得多;分子晶体单质硫的熔点112.8℃也比金属晶体汞、钠高一些。
答案：A
方法要领：熔点沸点判断规律是：
①异类晶体：原子晶体>离子晶体>分子晶体
②同类晶体:取决于构成粒子间作用力
原子晶体 共价键键能:键长、原子半径
分子晶体 分子间力:相对分子质量
离子晶体 共价键键能:离子半径、离子电荷
③分子晶体：
（1）组成和结构相似的共价物质,式量越大,分子间力越大,熔沸点越高.
（2）组成结构相似,式量相同物质,分子极性大,分子间力大,熔沸点高.如CO > N2
（3）烷烃的同分异构体,支链多,熔沸点低.
例9 a、b、c、d、e、f、g为7种由短周期元素构成的微粒，它们都有10个电子，其结构特点如下：（1998年上海市高考题）
微粒代码 a b c d e f g
原子核数 单核 单核 双核 多核 单核 多核 多核
带电荷数（单位电荷） 0 1+ 1- 0 2+ 1+ 0
其中b的离子半径大于e的离子半径；d是由极性键构成的四原子极性分子；c与f可形成两个共价型g分子。
试写出：（1）a微粒的原子结构示意图 。
（2）b与e相应元素的最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较为 > 。（写化学式）
（3）d溶于水的电离方程式 。
（4）g微粒所构成的晶体类型属 。
（5）c微粒是 ；f微粒是 。（写化学式）
思路分析：根据题给信息，首先是确定符合题意的a～g各是什么微粒。
3种单核微粒容易确定：a显然是Ne；b只可能是Na+，e则是离子半径比Na+小的Mg2+。
双核带1个负电荷的微粒的c是OH-。多核微粒中，f带1个正电荷且与OH-能生成2个g分子，则f是H3O+，OH-+H3O+=2H2O，g就是H2O分子。D是中性分子，且由4个原子构成，只有NH3分子符合这些条件。
答案：（1） （2）NaOH>Mg(OH)2 （3）NH3+H2O NH4++OH- （4）分子晶体 （5）OH-，H3O+
方法要领：有关10电子微粒是高考复习中的热点。要积累这方面的基础知识。10电子微粒有：第二周期非金属元素的氢化物：CH4、NH3、H2O、HF；阳离子：Na+、Mg2+、Al3+、NH4+、H3O+；阴离子有：N3-、O2-、F -。
例10 (1)下列结构图中，代表原子序数从1到10的元素的原子实（原子实是原子除去最外层电子后剩余的部分），小黑点代表未用于形成共价键的最外层电子，短线代表价键，（2000年广东省高考题）
（示例：F2： ）
根据各图表示的结构特点，写出该分子的化学式：
A：________ B：_________ C：________ D：________
（2）在分子的结构式中，由一个原子提供成键电子对而形成的共价键用→表示，例如：硫酸 ，硝基甲烷 ，写出三硝酸甘油酯的结构式：
________________。
思路分析：本题将周期表与分子结构有机结合，旨在考查对分子结构的分析能力、读图能力以及“原型”知识的迁移能力，对思维的敛散性要求较高。第（1）小题的难点主要在C的结构，要注意中心碳原子四价确定。第（2）小题关键是将硝基甲烷提供硝基结构-N=O迁移运用到三硝
酸甘油酯中。 O
答案：（1）A:NH3 B:HCN C:CO(NH2)2 D.BF3 (2)
方法要领：读懂“原子实是原子除去最外层电子后剩余的部分”，认真观察图示看懂F2的结构图，将感性知识进行加工归纳为：共价键一价为H、二价为O、三价为N、四价为C。将小球换为相应的原子即得分子式。
例11 (1)中学化学教材上图示了NaCl晶体结构，它向三维空间延伸得到完美晶体。NiO（氧化镍）晶体的结构与NaCl相同，Ni2+与邻近O2-的核间相离为a×10-8cm，计算NiO晶体的密度（已知NiO的摩尔质量为74.7g/mol）。
(2)在某种NiO天然的和绝大部分人工制备的晶体都存在各种缺陷，例如在某种NiO晶体中就存在如右图所示的缺陷：一个Ni2+空缺，另有两个Ni2+被两个Ni3+所取代。其结果晶体仍呈电中性，但化合物中Ni和O的比值却发生了变化。某氧化镍样品组成为Nio.97O,试计算该晶体中Ni3+与Ni2+的离子数之比。(1999年全国高考题)
思路分析：（1）依题意1cm3阴、阳离子总数=
1cm3中Ni2+-O2-离子对数=×
密度=
（2）在1molNio.97O中有0.97mol的镍离子，这些镍离子的电荷总数为2mol，这与氧离子所带的电荷总数的数值是相等的，所以可以列出以下的方程式：
设晶体中Ni3+、Ni2+的物质的量分别为xmol、ymol，依题意有：
3x+2y=2 电荷守恒
x+y=0.97 原子守恒
x=0.06 n(Ni3+):n(Ni2+)=6:91
或由(x+y)/(3x+y)=0.97/1 也可求得：n(Ni3+):n(Ni2+)=6:91。
方法要领：本题命题角度较新颖，实际上难度不大，第（2）题所提供的Ni0.97O信息，实际上是一种“平均化学式”。尽管题给示意图及题目叙述中提到了有“Ni2+”空缺，但“Ni0.97O”的平均化学式与所述的“空缺”无关，它只是遵循着电中性原则，即由于掺杂多带一个电荷的Ni3+代替了部分Ni2+，才使“NiO”变成了“Ni0.97O”。
一题多解：（1）由题意可得氧化镍中有许多由4个Ni2+和4个O2-相邻且占据顶点的小立方体构成，如图所示：此小立方体的每个Ni2+与O2-均为8个小立方体共用，因此小立方体拥有Ni2+与O2-均：4×4/8=1/2，取1mol晶体，则含有6.02×1023/(1/2)个小立方体。晶体密度=m/V=74.7g÷[(a×10-8cm)3×6.02×1023/(1/2)]=62.0/a3 g.cm-3。
（2）0.97mol的镍离子的平均带电量为2，那么1mol镍离子的平均带电量为2/0.97，这是+2和+3价的镍离子的共同电量，由此可列方程式。不同于上解的是，这种做法将0.97mol镍离子化为1mol镍离子来计算。
设1molNi中含Ni2+xmol，则含Ni3+（1-x），根据电荷守恒：
2x+3(1-x)=2/0.97 x=91/97 n(Ni3+):n(Ni2+)=91/97:(1-91/97)=91:6
法三：因为中Nio.97O中既有+2价的离子又有+3价的镍离子，所以可写成xNiO.yNi2O3的复合形式，该形式中很容易看出镍离子的总和为x+2y，氧离子的总和为x+3y因此可列方程如下：
x+2y=0.97 镍离子个数守恒
x+3y=1 氧离子个数守恒
或者列成分式形式：（x+2y ）/（x+3y）=0.97/1 同样可以求出三价镍与二价镍之比。
表示方法
决定
元素种类
原
子
AZX
原子核
中子
质子
决定
与质子数确定
原子种类
同位素
质量数
核外电子
运动状态
排布规律
电子云
原子结构示意图
电子式
①每层最多容纳2n2个电子
②最外层不超过8个电子，次外层不超过18个电子
③填充电子由里向外，能量由
低到高
类型
阳离子
既不是电解质也不是非电解质
(可能含共价键)
离子键
共
价
键
离子化合物
电离
极性键
非极性键
配位键
共价化合物
阴离子
共价单质
电离
离子
不电离
非电解质(NH3、SO2)
不电离
化
学
键
描述
键能
键长
键角
分子构型
变化
反应热
旧键破坏
新键形成
化学变化
Ni3+
O2-
Ni3+
Ni3+
D.
C.
B.…..
A.
O2-
Ni3+
Ni3+
O2-
O2-
O2-
O2-
原子的质量（g）
同位素的相对原子质量Ar
（元素的）相对原子质量
÷12C/12
Ar(1).x(1)+Ar(2).x(2)+……
同位素的质量数A
取近似整数
原子核的组成
Z+N
(元素的)近似相对原子质量
A(1)x(1)+A(2)x(2)+……
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8第六节 有机物燃烧计算规律
【知识网络】
判断的内容 规律 特例
等体积的烃完全燃烧耗氧量多少的判断 烃分子式为CxHy时，（x+y/4）值越小，耗氧越少 等体积的烃完全燃烧，CH4耗氧量最少
等质量的烃完全燃烧耗氧量多少的判断 烃分子内含碳量越高（即CHy/x中y/x值小），耗氧越少 等质量的烃完全燃烧，CH4耗氧量最多
温度不变（高于100℃），气态烃完全燃烧，反应前后密闭容器内压强大小的判断 组成为CxHy的烃，当y<4时，反应后压强减小；当y=4时，反应后压强不变；y>4时，反应后压强增大 乙炔燃烧后，密闭容器内的压强减小
含氧衍生物完全燃烧时，耗氧量多少的判断 组成为CxHy(H2O)n的物质，每摩耗氧（x+y/4）mol；组成为CxOy(H2O)n的物质，每摩耗氧（x-y/2）mol 组成符合CxHy(H2O)On的物质中CH2O每摩耗氧量最少；组成符合CxOy(H2O)n的物质中，乙二醛每摩耗氧最少
【易错指津】
1．注意审题，如温度是多少水是否是气态，气体的体积比是否是任意比等。
2．有些计算型选择题，有时还要验证有机物能否完全燃烧。
3．当A、B以任意比例混合，只要其总质量不变，完全燃烧产生的水量也不变，其组成不一定是最简式相同，而是A和B中的所含H的质量分数均相同。
【典型例题评析】
例1 120℃时,1体积某烃和4体积O2混和,完全燃烧后恢复到原来的温度，压强体积不变，该烃分子式中所含的碳原子数不可能是（1996年全国高考题）
A.1 B.2 C.3 D.4
思路分析：设设烃的分子式为CxHy，其燃烧通式为：CxHy +（x+y/4）O2→xCO2+y/2H2O。由反应可确定反应前后各物质的总物质的量之差：
CxHy +（x+y/4）O2→ xCO2+ y/2H2O(g) Δn
1mol (x+y/4)mol xmol y/2mol (1-y/4)mol
根据题中指出的温度（120℃）和压强时体积不变，由阿伏加德罗定律得：Δn = (1-y/4)=0。则y=4。即碳原子数分别是1、2、3的CH4、C2H4、C3H4，在完全燃烧时，都符合题中给定的条件。由选项知只能为D。在分析此题时，还可根据该烃完全燃烧时，题中给出该气态烃的体积和氧气的体积比为1:4，即可确定烃的碳原子数不可能是4；因为烃燃烧时仅4个碳原子就要消耗4个O2而生成4个CO2。然后再判断分子中碳原子个数小于4的烃燃烧时的情况。最后都可确定题中烃的分子式中所含碳原子不可能是4。
答案：D
方法要领：以上计算过程说明对于有机物燃烧通式，除了运用其中各物质间物质的量的数值关系判断有机物分子组成之外，还有其它更为广泛应用途径。用于本题即可得到“分子中含有4个H原子的烃，在燃烧过程总物质的量不变”的结论。
例2 两种气态烃以任意比例混合，在105℃时1L该混合烃与9L氧气混合，充分燃烧后恢复到原状态，所得气体体积仍是10L，下列各组混合烃中不符合此条件的是（1997年全国高考题）
A.CH4 C2H4 B.CH4 C3H6 C.C2H4 C3H4 D.C2H2 C3H6
思路分析：由上题知：反应前后气体体积不变，则混合烃的每种分子中H原子数均为4。只有A、C符合。
答案：B、D
方法要领：注意审题“两种气态烃以任意比例混合”
例3 mmolC2H2跟nmolH2在密闭容器中反应，当其达到平衡时，生成pmolC2H4。将平衡混合气体完全燃烧生成CO2和H2O，所需氧气的物质的量是（1996年上海高考题）
A.(3m+n)mol B.(5/2m+n/2-3p)mol C.(3m+n+2p)mol D.(5/2m+n/2)mol
思路分析：mmolC2H2和nmolH2共含有碳原子2mmol，H原子（2m+2n）mol。
C+ O2 → CO2 4H + O2 → 2H2O
2m 2m 2m+2n m/2+n/2
共需氧气是：2m+m/2+n/2=5/2m+n/2
答案：D
方法要领：此计算题考查考生能否看出碳氢化合物燃烧时碳、氢原子结合，氢、氧原子结合规律，从而推算出所需氧气的物质的量。此题所给的“p mol C2H4”这个量是迷惑数据。根据守恒可知仍是原m mol C2H2、n mol H2分别与O2结合生成CO2和H2O。每1mol碳原子结合2mol氧原子生成CO2，每2mol氢原子结合1mol氧原子生成1molH2O。因m mol C2H2与n mol H2共有碳原子2m mol，氢原子2(m+n) mol，直接可计算出共需O2（5/2m+n/2）mol。
例4 将一定量有机物充分燃烧后的产物通入足量石灰水中完全吸收,经过滤得到沉淀20g,滤液质量比原石灰水减少5.8g。该有机物可能是(1996年上海高考题).
A.乙烯 B.乙二醇 C.乙醇 D.甲酸甲酯
思路分析：沉淀20g为CaCO3，则有机物中含C原子为0.2mol，由质量守恒得：m(CO2)+m(H2O)-m(CaCO3)=5.8g，44g/mol×0.2mol+m(H2O)-20g=5.8g，m(H2O)=4.5g，n(H2O)=0.3mol。所以有机物中n(C):n(H)= 0.2mol:(0.3mol×2)=2:6。对照选项为乙醇和乙二醇。
答案：B、C
方法要领：选项中有机物均含2个C原子，因此解题关键是求出有机物中C和H原子个数比。
例5 一定量的乙醇在氧气不足的情况下燃烧，得到CO、CO2和水的质量为27.6g，若其中水的质量为10.8g，则CO的质量是（1997年全国高考题）
A.1.4g B.2.2g C.4.4g D.在2.2g和4.4g之间
思路分析：本题考查乙醇的可燃性和有关反应的计算能力，重点培养学生的应变能力以及思维的敏捷性和整体性。
此题不知多少乙醇，也不知消耗多少O2，但可从H2O的量推算出乙醇的量，再求出CO2和CO的总量，从中得出CO的量：
n(H2O)=10.8g/18g/mol=0.6mol，则乙醇中含n(H)= 0.6mol×2=1.2mol，n(C2H5OH)=1.2mol/6=0.2mol，n(C)=0.2mol×2=0.4mol。又m(CO2+CO)=27.6g-10.8g=16.8g，CO2和CO混合气体的平均式量为：16.8/0.4=42，由十字交叉法可得CO的物质的量分数为1/8，则CO物质的量为：0.4mol×1/8=0.05mol，m(CO)=0.05mol×28g/mol=1.4g。
答案：A
方法要领：本题由不完全燃烧的产物定量计算，考查考生对有机物燃烧性质的理解程度。当氧气量不足时，有机物分解出的C原子和H原子，更易氧化的是H，生成了H2O，所以不存在C氧化完全而H氧化不完全的问题。很多情况下，烃或其衍生物燃烧不完全时，除生成CO，甚至有C单质的生成（冒黑烟）。要注意培养巧解、巧算等计算能力。在解题过程中，由于学生对乙醇不完全燃烧比较陌生，往往无意中多加一个n(CO2):n(CO)=1:1的条件，写出化学方程式进行计算将导致错误。
一题多解：解法二 n(H2O)= 0.6mol，由H原子守恒有：n(C2H5OH)= n(H2O)/3= 0.6mol/3=0.2mol，由C原子守恒有：n(CO2+CO)=0.2mol×2=0.4mol，碳的氧化物总质量为：m(CO2+CO)=27.6g-10.8g=16.8g，设CO和CO2的物质的量分别为x、y
x+y=0.4mol（C原子守恒） x=0.05mol
解得：
28x+44y=16.8g y=0.35mol
m(CO)=0.05mol×28g/mol=1.4g。
解法三：燃烧生成CO和CO2的总质量为27.6g-10.8g=16.8g。
可将乙醇的燃烧分为两部分讨论，一部分乙醇发生完全燃烧，生成CO2和H2O；另一部分发生不完全燃烧，生成CO和H2O。
设乙醇燃烧生成CO的质量为x，生成CO的同时生成水的质量为y，则有：
C2H5OH+2O2→2CO+3H2O C2H5OH+3O2→2CO2+3H2O
56 54 88 54
x y 16.8g-x 10.8g-y
56/x=54/y 88/( 16.8g-x)=54/(10.8g-y)
解得：x=1.4g。
解法四：n(H2O)= 0.6mol，n(C2H5OH)= 0.2mol。
假设0.2mol C2H5OH完全燃烧时，生成CO2和H2O的总质量为x。
C2H5OH + 3O2→2CO2+3H2O
46 88+54
0.2mol×46g/mol x 46/(0.2mol×46g/mol)=(88+54)/x，x=28.4g
因生成物总质量为27.6g，两者之差为28.4g-27.6g=0.8g。
CO2与CO在组成上相差一个氧原子，此质量之差即为氧原子的质量之差，其物质的量就是CO的物质的量。
n(CO)=0.8g÷16g/mol=0.05mol，m(CO)=28g/mol×0.05mol=1.4g。
例6 有机化合物A、B分子式不同,它们只可能含碳、氢、氧元素中的两种或三种.如果将A、B不论以何种比例混和,只要其物质的量之和不变,完全燃烧时所消耗的氧气和生成的水的物质的量也不变.那么,A、B组成必须满足的条件是 .若A是甲烷,则符合上述条件的化合物B中,分子量最小的是(写出分子式) ,并写出分子量最小的含有甲基(-CH3)的B的2种同分异构体的结构简式。（1995年全国高考题）
思路分析：本题的题意可划分为三块来分析：
解决本题所依据的基础知识是：烃或烃的含氧衍生物完全燃烧时：①消耗O2的量与组成中的C、H、O原子数有关；②生成H2O的量只与组成中的H原子数有关。
现题目的满足条件之一是生成H2O的量保持不变，可推断出A、B中含H原子数相同。题目的满足条件之二是消耗O2的量不变。如果B比A的组成中多一个C原子，必然会消耗二个O原子，现在消耗O2的量不变，那么与增加的C原子结合的O原子从何而来呢？——这只有从烃的组成中找：B增加一个C原子的同时必须增加二个O原子，这就是解题的关键！如B的组成中多二个C原子、三个C原子直到n个C原子的情况，就可以得出一个适应范围更广的一般性结论：A、B的组成中，含H原子数相同，且相差点(CO2)n，其中n为正整数。
答案：A、B的分子式中氢原子数相同,且相差n个碳原子,同时相差2n个氧原子(n为正整数)（注：仅答氢原子相等给1分；碳、氧原子数必须都答对给2分，没体现出改变的碳、氧原子数之比为1:2，不给分）。C2H4O2，CH3COOH，HCOOCH3。
一题多解：含碳、氢元素的有机物无论是否含氧，在空气中完全燃烧生成CO2和H2O，由于A、B物质的量之和不变，生成水的物质的量不变，这一信息说明A、B两物质分子式中H原子数相等。用数学方法证明C、H原子数关系会使解题简捷明快。
设A、B分子式分别为CxHyOz、CnHyOm，
据CxHyOz+(x+y/2-z/2)O2→xCO2+y/2H2O CnHyOm+(n+y/2-m/2)O2→nCO2+y/2H2O
由完全燃烧耗氧量相同可知：
x-(z/2)= n-(m/2) x-n=(z-m)/2
即A、B两分子每相差1个碳原子，必同时相差2个氧原子，则相差n个碳原子必同时相差2n个氧原子。
例7 取3.40ɡ只含羟基、不含其它官能团的液态饱和多元醇，置于5.00L的氧气中，经点燃，醇完全燃烧。反应后气体体积减少0.560L，将气体经CaO吸收，体积又减少2.8L(所有体积均在标况下测定)。 则：3.40ɡ醇中C、H、O的物质的量分别为:C____； H______； O_______；该醇中C、H、O的原子个数之比为___________。(1995高考化学试测题)
思路分析：设3.40ɡ醇中含H、O原子的物质的量分别为x和y 则:
x+16y=3.40 ɡ - 2.80L÷22.4L.mol-1×12ɡ.mol-1 …………方程①
x/4 –y/2 =0.560L/22.4L·mol-1 …………方程②
⑴、⑵联解可得:x=0.300mol y=0.100mol 进而求得原子个数比。
答案：C：0.125 mol、H：0.300 mol、O：0.100 mol；该醇中C、H、O的原子个数之比为 5∶12∶4。
方法要领：本题给出的数据是发生燃烧反应的醇的质量和三种情况下气体的体积。必须在正确理解题文给出信息的含义后，经过多步运算才能求得醇分子中各原子数之比。本题考查了考生思维敏捷性、灵活性。解题时注意分析，醇和氧混合后燃烧，该反应示意式为：醇+O2→CO2+H2O，醇和H2O都呈液态，醇中C原子燃烧生成CO2所耗用的O2的体积应该跟生成的CO2体积相等。题文中反应后气体体积的减少，说明了5.00LO2中除了用于生成CO2外，还有0.56L用于生成H2O。但要注意到生成的H2O中还有部分氧原子来自醇分子，所以不能根据0.56LO2来计算生成H2O的量。这一步若没有考虑 到，则后面全盘皆错。试题给出的另一信息是“将气体经CaO吸收，体积又减少2.8L”，这就暗示了燃烧后生成的CO2体积（因H2O呈液态，其体积可以不予考虑），据此可以算出CO2的物质的量：2.8L÷22.4L/mol=0.125mol。参加反应的O2的体积为：0.56L+2.8L=3.36L。质量为4.8g，根据质量守恒推出H2O的质量为2.7g，将3.4g醇质量去除碳元素、氢元素质量则为氧元素质量，求得醇中C、H、O原子个数比为5:12:4，该醇最简式为C5H12O4，此式中H原子已经饱和，所以它本身就是分子式。
一题多解：（1）3.4g醇中：n(C)=2.8L/22.4L/mol=0.125mol
参加反应的O2为：[（0.56L+2.8L）/22.4L/mol]×32g/mol=4.8g
3.4g醇中：n(H)=2×(2.7g/18g/mol)=0.3mol
n(O)=(3.4g-0.125mol×12g/mol-0.3mol×1g/mol)/16g/mol=0.1mol
n(C):n(H):n(O)=0.125:0.3:0.1=5:12:4
（2）C5H12O4；最简式中H原子已经饱和，所以它本身就是分子式。
例8 石油及其分馏产物在供氧不足时燃烧，常常产生CO，这也是常见的大气污染物之一。将某气态烃在5倍体积的纯氧中燃烧，产物通过足量Na2O2并在电火花连续作用下充分反应，生成的气体体积缩小到燃烧后产物体积的3/8（气体体积都在100℃以上，1.01×105Pa时测定）（1998年上海高考题）
（1） 试写出通式为CXHY的某烃在供氧不足时燃烧的化学方程式 （CO2的系数设定为m）
（2） 当m=2时，求该烃的分子式。
（3）若1摩某气态烃在供氧不足时燃烧，产物在足量Na2O2的电火花连续作用下产生3mol氧气，且固体Na2O2增重范围为90g≤△W≤118g，求烃可能的分子式和燃烧产物CO与CO2的物质的量之比，将结果填入下表
烃的分子式 n(CO)/n(CO2)
思路分析：CxHy+(x./2+y/4+m/2)O2→mCO2+ y/2H2O+(x-m)CO
Na2O2
m/2O2 y/4 O2 0
x/2+y/4+1=5
当m=2时
解得：x=4 y=8 故该烃为C4H8
（3）固体质量总增重
Δm=Δm(CO2)+Δm(H2O)+Δm(CO)=28m+y+28(x-m)=28x+y
①根据Na2O2增重90≤28x+y≤118，讨论得气态烃中：x=3时，y≥6；x=4时，y≤6
此条件下合理的答案有：C4H6、C4H4、C3H8、C3H6
②根据燃烧产物通过足量Na2O2产物O2是3 mol：(m+y/2)/2=3。
因为x>m，所以x>(6-x/2)，讨论得气态烃中：x=3时，y>6，x=4时，y>4 。
根据①、②条件需同时满足，从而否定C4H4，否定C3H6
所以该混合烃可能为C3H8与C4H6
再根据（m+y/2）/2=3。y=8时，m=2，故m(CO)/n(CO2)=1/2；y=6时，m=3，故m(CO)/n(CO2)=1/3。
答案：（1）CXHY +（X/2+Y/4+m/2）O2→m CO2+Y/2 H2O+（X-m）CO2 （2）m=2时，该烃为C4H8 （3）C3H8 1/2 C4H6 1/3
方法要领：根据烃的不完全燃烧产物通过足量Na2O2和电火花连续作用下产生了3mol氧气，可见[n(CO2)+n(H2O)]/2=3，即(m+y/2)/2=3。因为是不完全燃烧，还有CO，所以x>m，则x>(6-y/2)。又根据Na2O2增重在90g～118g之间，所以ΔW(CO)+ΔW(CO2-O)+ΔW(H2O-O)=28x+Y。90≤28x+y≤118。再推理解得烃为C3H8与C4H6。考查了学生严密的逻辑推理能力。
已知条件
ΔA、B分子式不同，
但都含C、H或O；
ΔA、B以任意比混合
，且物质的量之和
不变
满足条件
将A、B的混合
物完全燃烧时，
Δ消耗O2的量不变；
Δ生成的H2O的量
也不变。
求解方向
A、 B的
组成必须
满足的条
件。
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