高考化学分类解析

高考化学分类解析(二十六)——化学实验的设计与评价
●考点阐释
掌握化学实验的记录方法和运用化学知识设计一些基本实验：
1.根据实验现象，观察、记录、分析或处理数据，得出正确结论。
2.根据实验试题要求，设计基本实验方案。能绘制和识别典型的实验仪器装置图。
●试题类编
(一)选择题
1.(2002年上海理综，21)某同学想用实验证明高锰酸钾溶液的紫红色是MnO离子的颜色，而不是K＋离子的颜色，他设计的下列实验步骤中没有意义的是
A.将高锰酸钾晶体加热分解，所得固体质量减少
B.观察氯化钾溶液没有颜色，表明溶液中K＋无色
C.在氯化钾溶液中加入适量锌粉振荡，静置后未见明显变化，表明锌与K＋不反应
D.在高锰酸钾溶液中加入适量锌粉振荡，静置后见紫红色褪去，表明MnO离子为紫红色
2.(2000年广东，23)如图，该装置可用于
A.加热无水醋酸钠和碱石灰混合物，制取甲烷
B.加热硝酸铅制取二氧化氮
C.加热氯酸钾和少量二氧化锰，制取氧气
D.加热氯化铵和消石灰混合物，制取氨气
3.(1999年全国，5)如图，该装置可用于
A.加热NaHCO3制CO2
Ｂ.用Cu与稀HNO3反应制NO
C.用NH4Cl与浓NaOH溶液反应制NH3
Ｄ.用NaCl与浓H2SO4反应制HCl
4.(1998年全国，3)按下述实验方法制备气体，合理又实用的是
A.锌粒与稀HNO3反应制备H2
B.向饱和NaCl溶液中滴加浓H2SO4制备HCl
C.亚硫酸钠与浓H2SO4反应制备SO2
D.大理石与浓H2SO4反应制备CO2
5.(1994年全国，9)下列反应适用于实验室制备氧气的是
①高锰酸钾热分解 2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑
②硝酸铵热分解 2NH4NO34H2O＋2N2↑+O2↑
③过氧化氢催化分解 2H2O22H2O＋O2↑
④二氧化氮热分解 2NO22NO+O2
A.只有① B.①和② C.①和③ D.①③④
6.(1994年上海，9)实验室利用氧化还原反应制取的气体是
①HCl ②H2S ③O2 ④CO2 ⑤Cl2 ⑥NO
A.①③⑤ B.②⑤⑥ C.③④⑤ D.③⑤⑥
(二)笔答题
7.(2003年春北京，26)为了检验Pb(NO3)2热分解的产物，有人用示意图中的装置进行实验。(图中铁架台、铁夹和加热设备均略去)
实验时在试管中放入研细的Pb(NO3)2晶体；实验结束后，试管中得到黄色粉末(PbO)，U型管下部有少量液体X，集气瓶中收集到无色气体Y。(如图)
回答下面问题：
(1)在装置中试管和U型管上的橡皮塞最好用锡箔包住，用橡皮管连接的两玻璃管口要相互紧靠，原因是 。
(2)液体X可能是 ；气体Y可能是 。
(3)导管口不再有气泡冒出时，停止反应，这时在操作上应注意 ，理由是 。
(4)用简单的实验证实(2)中的判断
①对X的判断 ②对Y的判断
(要求：怎样从水槽中取出集气瓶、实验方法、现象、结论)
8.(2002年上海,26) 为探究乙炔与溴的加成反应，甲同学设计并进行了如下实验：先取一定量工业用电石与水反应，将生成的气体通入溴水中，发现溶液褪色，即证明乙炔与溴水发生了加成反应。
乙同学发现甲同学实验中，褪色后的溶液里有少许淡黄色浑浊，推测在制得的乙炔中还有可能含有少量还原性的杂质气体，由此他提出必须先除去之，再与溴水反应。
请回答问题：
(1)写出甲同学实验中两个主要的化学方程式 。
(2)甲同学设计的实验 (填能或不能)验证乙炔与溴发生加成反应，其理由是 。
(a)使溴水褪色的反应，未必是加成反应
(b)使溴水褪色的反应，就是加成反应
(c)使溴水褪色的物质，未必是乙炔
(d)使溴水褪色的物质，就是乙炔
(3)乙同学推测此乙炔中必定含有的一种杂质气体是 ，它与溴水反应的化学方程式是 。验证过程中必须全部除去。
(4)请你选用上列四个装置(可重复使用)来实现乙同学的实验方案，将它们的编号填入方框，并写出装置内所放的化学药品。
(5)为验证这一反应是加成而不是取代，丙同学提出可用pH试纸来测试反应后溶液的酸性，理由是 。
9.(2002年上海,27)Ag/α－Al2O3是石油化学工业的一种重要催化剂，其中Ag起催化作用，α－Al2O3是载体且不溶于硝酸，该催化剂的回收实验如下图所示。其中的转化反应为： 6AgCl+Fe2O33Ag2O+2FeCl3
阅读上述实验流程，完成下列填空：
(1)Ag/α－Al2O3加酸溶解应该选用装置 (选填a、b、c)。
(2)在实验操作(Ⅱ)，如果用自来水代替蒸馏水进行洗涤，将会发生化学反应的离子方程式为 。
(3)实验操作(Ⅳ)所需玻璃仪器为 (填写三种)。
(4)实验操作(Ⅶ)从AgNO3溶液获得AgNO3晶体需要进行的实验操作依次为： (多选扣分)。
(a)蒸馏 (b)蒸发 (c)灼烧 (d)过滤 (e)冷却结晶
(5)已知：NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O；
2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O
NO和NO2的混合气体的组成可表示为NOx。该混合气体通入NaOH溶液被完全吸收时，x的值为 。
(a)x≤1.5 (b)x=1.2 (c)x≥1.5
(6)已知Ag/α—Al2O3中Ag的质量分数，若计算Ag的回收率，还必须知道的实验数据为 和 。
10.(2002年上海理综，47)甲、乙两位同学分别做“中和滴定”的实验，甲同学认真地做了一次实验，就取得了实验数据。乙同学认真地做了两次实验，取两次数据的平均值作为实验的测定数据。你认为哪一位同学的方法合理，请简述理由。
11.(2002年广东、河南、广西)根据右图回答问题：
(1)上述装置中，在反应前用手掌紧贴烧瓶外壁检查装置的气密性，如观察不到明显的现象，还可以用什么简单的方法证明该装置不漏气。
答： 。
(2)写出浓硫酸和木炭粉在加热条件下发生反应的化学方程式： 。
(3)如果用图中的装置检验上述反应的全部产物，写出下面标号所表示的仪器中应加入的试剂的名称及其作用：
D中加入的试剂是_______________作用是_______________。
B中加入的试剂是_______________作用是_______________。
C中加入的试剂是_______________作用是除尽_______________气体。
A中加入的试剂是_______________作用是_______________。
(4)实验时，C中应观察到的现象是_______________。
12.(2002年春季，26)从固体物质A开始，可以发生如下框图所示的一系列变化：
回答下面问题：
(1)在实验室中收集气体B的方法是 。
(2)操作①的名称是_______________。在操作①中所使用的玻璃仪器的名称是_______________。
(3)写出反应②和反应③的化学方程式：
反应②
反应③
(4)A的化学式是_______________。
(5)在实验室中，如要获得干燥纯净的气体D，可以将它通过如右图所示的装置，其中瓶Ⅰ中盛放的试剂是_______________。瓶Ⅱ中盛放的试剂是_______________。收集干燥气体D的方法是 。
13.(2001年春季，20)如图虚线框中的装置可用来检验浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应产生的所有气体产物，填写下列空白。
(1)如图将装置中①、②、③三部分仪器的连接顺序转变为②、①、③，则可以检出的物质是_______________；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_______________。
14.(2001年上海,26)用实验确定某酸HA是弱电解质。两同学的方案是：
甲：①称取一定质量的HA配制0.1 mol·L－1的溶液100 mL；
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=1的两种酸溶液各100 mL；
②分别取这两种溶液各10 mL，加水稀释为100 mL；
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_______________。
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。
15.(2000年全国,24)实验室可用氯气与金属铁反应制备无水三氯化铁，该化合物是棕红色，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，而右边的产品收集装置则不同，分别如(Ⅰ)和(Ⅱ)所示。试回答：
(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： 。
16.(2000年上海，28)某课外活动小组加热炭粉(过量)和氧化铜的混合物，再用右图所示装置，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。
(一)实验目的： 。
(二)实验用品：
仪器：天平、分液漏斗、锥形瓶、硬质玻璃管、干燥管、酒精灯、洗气瓶等。
药品：红褐色(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：
(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C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C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C之间加入的装置可以是 ，其中盛放的药品是 。
17.(2000年广东,23)某液态卤代烃RX(R是烷基，X是某种卤素原子)的密度是ag·cm－3。该RX可以跟稀碱发生水解反应生成ROH(能跟水互溶)和HX。为了测定RX的相对分子质量，拟定的实验步骤如下：
①准确量取该卤代烷b mL，放入锥形瓶中。
②在锥形瓶中加入过量稀NaOH溶液，塞上带有长导管的塞子，加热，发生反应。
③反应完成后，冷却溶液，加稀HNO3酸化，滴加过量AgNO3溶液得到白色沉淀。
④过滤、洗涤、干燥后称重，得到固体c g。
回答下面问题：
(1)装置中长导管的作用是 。
(2)步骤④中，洗涤的目的是为了除去沉淀上吸附的 离子。
(3)该卤代烷中所含卤素的名称是 ，判断的依据是 。
(4)该卤代烷的相对分子质量是 (列出算式)。
(5)如果在步骤③中，加HNO3的量不足，没有将溶液酸化，则步骤④中测得的c值(填下列选项代码)___________。
A.偏大 B.偏小 C.不变 D.大小不定
18.(1999年全国，27)为了测定人体新陈代谢呼出气体中CO2的体积分数，某学生课外小组设计了如右图所示的实验装置。实验中用过量NaOH溶液吸收气体中的CO2，准确测量瓶Ⅰ中溶液吸收CO2后的增重及剩余气体的体积(实验时只用嘴吸气和呼气)，请填空。
(1)图中瓶Ⅱ的作用是 。
(2)对实验装置尚有如下A、B、C、D四种建议，你认为合理的是(填代号) 。
A.在E处增加CaCl2干燥管
B.在F处增加CaCl2干燥管
C.在E和F两处增加CaCl2干燥管
D.不必增加干燥管
(3)将插入溶液的管子下端改成具有多孔的球泡(图中的Ⅲ)，有利于提高实验的准确度，其理由是 。
(4)实验时先缓缓吸气，再缓缓呼气，反复若干次，得如下数据：瓶Ⅰ溶液增重a g,收集到的气体体积(标准状况)为b L，该呼出气体中CO2的体积分数是(列出算式)： 。
(5)实验中若猛吸猛呼，会造成不安全后果，猛吸时会 ,猛呼时会 。
19.(1999年上海，28)某学生试图用电解法根据电极上析出物质的质量来验证阿伏加德罗常数值，其实验方案的要点为：
①用直流电电解氯化铜溶液，所用仪器如下图：
②在电流强度为I A，通电时间为t s后，精确测得电极上析出的铜的质量为m g。试回答：
(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1.6×10－19C。试列出阿伏加德罗常数的计算表达式：NA_______________。
20.(1998年全国，27)测量一定质量的铝锌合金与强酸溶液反应产生的氢气的体积，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、800 mL烧杯、100 mL量筒、短颈玻璃漏斗、铜网、铝锌合金样品、浓盐酸(密度1.19 g·cm－3)、水。按右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100 mL)
(1)补充下列实验步骤，直到反应开始进行(铁架台和铁夹安装可省略)：
①将称量后的合金样品用铜网小心包裹好，放在800 mL烧杯底部，把短颈漏斗倒扣在样品上面。
(2)合金样品用铜网包裹的目的是： 。
21.(1998年上海，30)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)。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)确认气体中含有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 。
22.(1997年全国，28)1，2—二溴乙烷可做汽油抗爆剂的添加剂，常温下它是无色液体，密度是2.18 g/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)。
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反应方程式。
(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。
23.(1997年上海，28)某课外活动小组学生模拟呼吸面具中的原理(过氧化钠与潮湿二氧化碳反应)，设计用如下图所示的仪器来制取氧气并测得氧气的体积。
图中量气装置E是由甲、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(0～50 mL)，供量气用；乙管可上下移动，以调节液面高低。
实验室可选用的药品还有：稀硫酸、盐酸、过氧化钠、碳酸钠、大理石、水。
试回答：
(1)图中装置的连接顺序是(填各接口的编号，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，立刻读数
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、乙两液面相平
24.(1996年全国,28)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6 mol·L－1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)。
填写下列空白：
(1)实验进行时试管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H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中发生反应的化学方程式是 。
(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_______________。
25.(1996年上海,32)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。
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列出计算铜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_______________(以下选择填空不限一个正确答案，均用字母编号填写)
(a)CuO未全部还原为铜 (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(CuO)
26.(1995年全国,27)图(Ⅰ)中瓶a内放入20 mL 6 mol·L－1盐酸，b是未充气的气球，里边放有4 g碳酸钙粉末，将它紧紧套在瓶a口上，胶管c套在瓶的侧口，并用弹簧夹d夹紧(瓶口和侧口都不漏气)。将图(Ⅰ)的装置在托盘天平上称量，质量为W1 g。根据实验现象填写下列空白：
(1)把气球b中的碳酸钙粉末小心地倒入瓶中，立即产生许多气泡，气球逐渐胀大(图Ⅱ)。反应结束后，再次称量，质量为W2 g。则W2和W1的关系是_______________。
(2)取25 mL 6 mol·L－1 NaOH溶液，先用滴管取少量NaOH溶液，滴管插入胶管c口(为便于操作，可以适当倾斜瓶a，注意防止漏气。打开d，将溶液挤入瓶中，立即夹紧d。可以看到瓶内产生少量白色沉淀，轻轻摇动瓶a，沉淀随即消失。用同样方法再加入少量NaOH溶液，又产生白色沉淀，轻摇，沉淀又消失。使沉淀消失的反应的化学方程式是 。
(3)将全部NaOH溶液很快加入瓶中，夹紧d，瓶内产生大量白色沉淀，不再溶解。此时瓶内温度_______________(填“不变”“降低”或“升高”)。
(4)继续轻摇瓶a，气球逐渐缩小，直至恢复反应前的下垂状。写出这时发生的反应的化学方程式 。
27.(1995年上海，32)(1)实验室常用饱和NaNO2与NH4Cl溶液反应制取纯净氮气，反应式为：NaNO2+NH4Cl===NaCl+N2↑+2H2O↑+Q
实验装置如下图所示，试回答：
①装置中A部分的分液漏斗与蒸馏烧瓶之间连接的导管所起的作用是___________(填写编号)
a.防止NaNO2饱和溶液蒸发
b.保证实验装置不漏气
c.使NaNO2饱和溶液容易滴下
②B部分的作用是
a.冷凝 b.冷却氮气 c.缓冲氮气流
③加热前必须进行的一个操作步骤是___________，加热片刻后，即应移去酒精灯以防反应物冲出，其原因是 。
④收集N2前，必须进行的步骤是(用文字说明) ，收集N2最适宜的方法是(填写编号) 。
a.用排气法收集在集气瓶中
b.用排水法收集在集气瓶中
c.直接收集在球胆或塑料袋中
(2)实验室合成氨装置如右图所示，试回答
装置甲的作用是：
① ，
② 。
从乙处导出的气体是 ，检验产物的简单化学方法 。
28.(1994年全国，28)氨跟氧化铜反应可以制备氮气(2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2)，而氮气跟镁在高温下反应可得到氮化镁，但氮化镁遇水即反应生成Mg(OH)2和NH3。下面是甲、乙两位学生提出的制备氮化镁的两种实验方案示意框图(实验前系统内的空气已排除；图中箭头表示气体的流向)：
填空和回答问题：
(1)甲、乙两生提出的实验方案是否能制得氮化镁？(填“能”或“不能”)
甲_______________，乙_______________。
(2)具体说明不能制得氮化镁的原因(如两个方案都能制得氮化镁，此小题不用回答) 。
●答案解析
(一)选择题
1.答案：A
解析：首先高锰酸钾溶液中存在两种离子：K＋和MnO，选项B、C表明K＋无色且不与锌反应，再由选项D进一步说明MnO能与锌反应，静置后见紫红色褪去，表明MnO为紫红色。
2.答案：AC
解析：解此题关键是观察装置特点，该装置可用于固体加热制气体，且产生的气体能用排水法收集，NO2能与水反应，NH3极易溶于水，均不能用排水法收集。
3.答案：B
解析：反应装置不能加热，排除了A，产生的气体不能用排水法收集，排除C、D。
4.答案：C
解析：锌与稀HNO3反应，被还原的是氮元素，产生的是氮的氧化物而不是H2。因氯化氢易溶于水，制备时用固体食盐与浓H2SO4反应。浓H2SO4中H＋浓度小与CaCO3反应慢，且CaSO4微溶于水，反应难于进行。
5.答案：C
解析：关键词是“实验室”三字。硝酸铵热分解虽然能产生氧气，但容易引起爆炸；二氧化氮热分解还会产生一氧化氮气体，二者常温状态即反应又生成NO2；过氧化氢催化分解反应速度快，又能生成纯净的氧气，所以①、③正确。
6.答案：D
解析：反应方程式分别为：
(二)笔答题
7.答案：(1)NO2气体会腐蚀橡胶
(2)N2O4(答液态的NO2同样给分) O2
(3)先把导气管移出水面，然后熄灭火焰 防止水槽中的水反吸到U型管中。
(4)①在通风橱中取下U型管放置，观察到U型管中液体迅速消失，管中充满红棕色气体，证明X是液态N2O4。(其他合理答案同样给分)
②在水槽中，用玻璃片盖住集气瓶口，按住玻璃片，小心把集气瓶移出水面，正放在桌上，用带火星的木条插入瓶口，木条迅速燃烧，证明Y是O2。
解析：解此题的两个关键知识点是：①2Pb(NO3)22PbO+4NO2+O2，②2NO2===N2O4。由此可知X为N2O4，Y为O2。
8.答案：(1)CaC2+2H2OC2H2↑+Ca(OH)2
HC≡CH+Br2CH(Br)== CH(Br)［或HC≡CH+2Br2CH(Br)2—CH(Br)2］
(2)不能 (a)(c)
(3)H2S Br2+H2S===S↓+2HBr
(4)c b (CuSO4溶液) (CuSO4溶液)
(5)如若发生取代反应，必定生成HBr，溶液酸性将会明显增强，故可用pH试纸来验证
解析：(1)本小题是按实验目的，写出实验原理的有关化学反应式，只要基础扎实，很容易写出化学方程式，见答案。(2)根据“乙同学发现甲同学实验中，褪色后的溶液里有少许淡黄色浑浊，推测在制得的乙炔中还有可能含有少量还原性的杂质气体”，因此可得出“使溴水褪色的物质，未必是乙炔；使溴水褪色的反应，未必是加成反应”的结论。故甲同学设计的实验不能证明乙炔与溴水发生了加成反应。(3)根据褪色后的溶液里有少许淡黄色浑浊，可推知是硫，说明乙炔气体中含有硫化氢杂质，所发生的反应式是Br2+H2S===S↓+2HBr。产生硫化氢的原因是电石中含有硫化钙杂质，发生的反应是CaS+2H2OH2S↑+Ca(OH)2。
(4)由于乙炔中含有硫化氢杂质，首先可利用CuSO4溶液除去H2S，然后再用CuSO4溶液检验H2S有无除净，只有无H2S存在方可根据溴水的褪色来验证乙炔与溴水是发生了加成反应。(5)用pH试纸是验证溶液的酸碱性的，实际上暗示“若发生取代反应，必定生成HBr”的结论，因此可用pH试纸检验溶液酸性有无明显增强，即可得出结论。
9.答案：(1)a (2)Ag++Cl－AgCl↓ (3)漏斗、烧杯、玻棒 (4)(b)(e)(d) (5)(c)
(6)催化剂的质量 AgNO3的质量
解析：本题是一道综合性较强的题目。首先要弄清实验流程的目的和反应原理，然后才能正确解答。(1)因Ag溶于HNO3而Al2O3不溶，且Ag溶于HNO3时会放出NOx，应选装置a。(2)联想自来水中有Cl－会产生沉淀Ag++Cl－===AgCl。(3)实验操作(Ⅳ)是过滤出AgCl沉淀，联想过滤操作定出所需的主要仪器为烧杯、玻棒、漏斗(注意看清要求，回答玻璃仪器)。(4)要从AgNO3溶液中获得AgNO3晶体，特别注意不能灼烧。因AgNO3易分解。(5)从以上所给方程式看出，NO不能被单独吸收而NO2可被单独吸收。那么混合气体被完全吸收时，x≥1.5。(6)要计算Ag的回收率必须知道催化剂的质量，再由所给Ag的质量分数求出Ag的质量，另外要知道最后所得AgNO3的质量。
10.乙同学更合理。实验中会产生一定的偶然误差，为减小误差，定量实验的结果要求取两次数据的平均值作为实验的测定数据。
11.(1)反应前先用小火加热烧瓶，B、C、D瓶中有气泡冒出，停止加热后，水会升到导管里形成一段水柱，证明装置不漏气
(2)2H2SO4(浓)+C2H2O+2SO2↑+CO2↑
(3)A：无水硫酸铜 检验H2O
B：品红溶液 检验SO2
C：酸性KMnO4溶液 SO2
D：澄清石灰水 检验CO2
(4)酸性高锰酸钾溶液的颜色不褪尽(或不褪色，或不褪成无色)
12.答案：(1)排水集气法
(2)过滤 漏斗、玻璃棒、烧杯
(3)Ca(OH)2+CO2===CaCO3↓+H2O Ca(OH)2+Ca(HCO3)2===2CaCO3↓+2H2O
(4)CaC2
(5)饱和碳酸氢钠溶液(答水也给分) 浓硫酸 向上排空气法
解析：此题的综合性较强，既考查了无机物间的相互转化关系，也考查了有机物间的转化关系，同时还考查了实验的基本操作。但题目的难度不大。突破口是：C能发生加聚反应，说明C中含不饱和键，而C又是由B与HCl反应得到的，说明B中含碳碳叁键，再由B是A与水反应得到的，说明B为乙炔，A为CaC2，再进一步推出其他物质。
13.答案：(1)SO2、CO2 H2O (2)H2O SO2、CO2 (3)SO2、CO2 H2O
解析：首先要明确木炭和浓硫酸反应产生的气体产物为H2O(g)、CO2、SO2，然后弄清装置中各部分仪器的作用，装置①用来检验H2O，装置②用来检验SO2，装置③用来检验CO2。当连接顺序为②①③时，无法检验产物H2O，因气体通过②时会带入水蒸气；当连接顺序为①③②时，无法检出SO2和CO2，因通过足量石灰水时SO2、CO2都被吸收；当连接顺序变为②③①时，则不能检出H2O，因为产物通过②、③装置时带出H2O。
14.答案：(1)100 mL容量瓶 (2)＞ b (3)配制pH=1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＞7即证明HA是弱电解质。
解析：本题是证明某酸HA是否是弱电解质的实验设计方案的评价。证明HA是否弱电解质，关键在于要了解弱电解质存在电离平衡。弱电解质加水稀释后pH变化程度小、与Zn反应的速率快［因为稀释过程中弱电解质的电离平衡发生了移动，c(H+)减小程度反而比相同情况下强电解质小］。对照此，就可对甲、乙两个方案加以评价。甲方案直接测定HA溶液的pH，若测定溶液的pH大于1，则可证明HA是弱电解质。乙方案是用间接的比较法，用相同浓度(0.1 mol·L－1)相同体积(10 mL)分别稀释相同的倍数(都稀释到100 mL)，分别与纯度相同的锌粒反应，观察放出H2速率的快慢：若装HA溶液的试管中放出H2的速率快，则可证明HA为弱电解质。要评价乙方案中难以实现之处和不妥之处，关键要对HA的溶解性有所了解，pH=1的溶液能否配制？题述中锌粒仅是纯度相同，实际上反应速率与固体表面积的大小也有关。想到此，难实现之处和不妥之处就明朗了。第(4)小问要再提出一个合理而比较容易进行的方案，实际上是一个开放性的命题。证明一种物质是否是弱电解质，当然可根据上述两同学的思路进行，还可以用测定其强碱盐溶液的pH和比较溶液的导电能力等加以说明。
15.答案：(1)4HCl+MnO2MnCl2＋2H2O＋Cl2↑或16HCl+2KMnO4===2KCl＋2MnCl2＋8H2O＋5Cl2↑
(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+3Cl22FeCl3
(4)导管易被产品堵塞；尾气排入空气，易造成环境污染
(5)产品易潮解 在瓶E和F之间连接装有干燥剂的装置
解析：本题告诉了考生，本实验旨在用氯气和金属铁反应制备无水三氯化铁，并给出了实验装置示意图。然后由反应原料的制取和制备反应的方程式，实验操作中如何排出空气，如何防止堵塞、潮解设问。是一道综合测试实验各个环节的应用题。
由题设“制备三氯化铁”可知D管中是铁丝或铁粉，并推知A、B、C应该是氯气的发生和干燥装置，A中加入浓盐酸，B中应该让浓盐酸跟氧化剂作用(常用的是MnO2或KMnO4)。
要使D管中空气排出，最方便的方法就是首先让刚发生的氯气去驱除它，此时D管中不要加热。待到空气驱净、氯气充满D管时才在D管下加热，以保证铁和纯氯气反应。
由于题干中已经告诉了我们，氯化铁易升华，因此D管中FeCl3容易升华而出，却又特别容易重新冷凝，在装置Ⅰ中D管出口可能被堵塞，多余的氯气并不能被浓H2SO4吸收，排放尾气时将导致污染。
而装置Ⅱ和D管出口是广口瓶，可免受堵塞，尾气排放前有碱液吸收，这都是好的。但FeCl3容易被潮解，碱液不足以抵挡潮气，应在E、F之间加入干燥装置。
本题考查实验中的许多问题，要求知识技能比较全面，因此有一定综合性。
16.答案：(一)测定铜粉样品中铜的质量分数
(三)
(四) (五)水蒸气通过C被D中碱石灰吸收 洗气瓶 浓硫酸(或干燥管 碱石灰)
解析：解答此题的全部关键应该都在实验报告的仪器和药品一项，从过氧化氢溶液和二氧化锰可推知两者可制氧气，氧气可以氧化样品中混有的炭粉；干燥管中的药品用于吸收产生的二氧化碳，因此其中盛放的应该是碱石灰。第(五)小题出现了实验结果负误差，所以一定是D多吸收了什么物质，由此可以结合化学方程式找到水的存在，进而得到这一问的答案。
17.答案：(1)防止卤代烷挥发(或答冷凝) (2)Ag+、Na+和NO (3)氯 得到的卤化银沉淀是白色的 (4) (5)A
18.答案：(1)除去吸入空气中的CO2 (2)D (3)可增大气体与溶液的接触面积，使气体中的CO2被充分吸收
(5)把瓶Ⅰ中的NaOH溶液吸入口中 把瓶Ⅱ中的NaOH溶液吹出瓶外
解析：(1)当吸气时，空气先进入Ⅱ瓶，再进入呼吸口，此时空气中的CO2气体被Ⅱ瓶中的NaOH溶液吸收。(2)不论从进气口F，还是出气口E都没有必要增加干燥管。因为第一不需要测量吸入气体的体积，第二从F中进气，马上进入瓶Ⅱ，又与水接触。从E管口排出的气体，通常采用排水法测量气体的体积，含有少量水蒸气会溶于水中。不会影响测量结果。(4)呼出气体中CO2的体积分数
19.答案：(1)E接D，C接A，B接F FBACDE
(2)2Cl－－2e－Cl2 变蓝色 Cl2+2I－2Cl－+I2；
(3)①③④⑥
(4)NA=
解析：(1)E接D，C接A，B接F。电流方向应从正极流出，最后流回负极。故应为：F→B→A→C→D→E。
(2)B电极是电解池的阳极，反应的离子方程式为：2Cl－－2e－===Cl2↑ 生成的Cl2进入G中与KI反应，生成了I2遇淀粉使溶液变蓝，反应的离子方程式是：
Cl2+2I－===2Cl－+I2
(3)要精确测定电极上析出铜的质量，就不能采用刮下电极上的铜的方法进行称量，故②、⑤为错误操作。正确步骤的顺序为：①、③、④、⑥。
(4)因为析出Cu的物质的量= mol，电子转移数目为×2 mol，即×2×NA个电子，由于电子的电量为1.6×10－19库仑，所以
×2×NA×1.6×10－19=I·t
则NA=
20.答案：(1)②往烧杯中注入水，直至水面没过漏斗颈。
③在100 mL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约100 mL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，至有气体产生。
(2)使样品在反应时能保持在烧杯底适当的位置。(或避免反应时样品漂浮)
解析：从图示装置很容易联想到排水集气法，图中量筒是用来排水集气(量气)的，量筒中应装满水倒置在盛满水的烧杯中，并使漏斗颈伸入量筒中且烧杯中水面没过漏斗颈。浓HCl要通过玻璃棒或长颈漏斗尽可能加入到烧杯底部，以使HCl与合金充分迅速反应，由于反应产生气体，Al、Zn密度较小，易于移动，加密度较大的Cu网，以免样品漂浮。
21.答案：(1)1，5，4，10，11，6，7，2 (2)驱赶装置中的空气，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) (5)4NO2+O2+4NaOH===4NaNO3+2H2O
解析：一般验证NO气体的方法是：使它与O2接触，发生反应生成红棕色NO2：2NO+O2===2NO2，由颜色的变化可以判断原来有无NO存在。题目要求验证铜和适量浓硝酸反应产生的气体中含有NO，而该反应产生的气体的主要成分是NO2，这就是说要从NO和NO2的混合气体中验证NO的存在。为达到此目标需要做到：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，这可以通过向装置A中通入一定时间的N2来完成。②将混合气体中的NO和NO2(还有N2，N2的存在对检验无影响)分离，根据题目所给的NO和NO2的液化温度，显然利用装置F的冰水浴即可以使NO2液化，达到分离的目的。③反应混合气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进行干燥，这可以通过装置C完成。经过上述处理后，可以将剩余气体(NO和N2)导入装置D中，通入O2，如果气体变为红棕色，说明原有NO存在。生成的NO2有毒，需要用碱溶液吸收。
CH2==CH2+Br2CH2BrCH2Br (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)。
解析：由于1，2－二溴乙烷的熔点为9.79℃，要注意试管d外面的冷却水温度，如果温度低于此熔点，1，2－二溴乙烷就会在试管d中凝固而发生堵塞。使容器e和它前面的容器a和b中由于乙烯排不出去而压强增大，会将安全瓶b内的水压入长玻璃管里，使玻璃管内的水面上升甚至溢出，当然与此同时瓶b内的水面会略有下降。
在由乙醇制乙烯的反应中，浓硫酸是脱水剂和催化剂，同时浓硫酸还是一种强氧化剂，作为副反应，它还跟乙醇发生氧化还原反应，因而有SO2、CO2等副产物(酸性气体)生成，它们混入乙烯中，这就是瓶e内用氢氧化钠溶液洗涤乙烯气体的原因。
由乙醇和浓硫酸制乙烯，要求将温度迅速升至170℃，如果不能迅速升温，过多地停在140℃左右，会有较多的乙醚生成，若温度过高，则又可能使乙醇被浓硫酸氧化而生成较多的酸性气体等副产物，这些都会造成原料消耗过多，另外，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，使乙烯逸出，这也使原料的消耗增大。
23.答案：(1)⑤③④⑥⑦②①⑧(⑥⑦顺序可对调)
(2)大理石 盐酸
(3)吸收混在O2中未反应的CO2 吸收CO2中混有的HCl
(4)A C
解析：此题为模拟呼吸面具与社会联系的题，原理2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2因此依据先后顺序考虑以下几点：
①CO2的制取 ②除去CO2中的杂质(HCl气体) ③CO2与Na2O2反应器 ④除去未反应的CO2 ⑤准确测得产生O2的体积，也就解决(1)～(3)的问题，第(4)问联系量筒、容量瓶、滴定管等仪器读数的方法选(A),应用物理知识选择(C)。
24.答案：(1)普通铁粉(或铁粉) 作为水蒸气发生器(或用来产生水蒸气) 防止水倒吸(或用做安全瓶) 氢气 (2)固体NaOH(或碱石灰、CaO等碱性固体干燥剂) 6 mol·L－1 HCl (3)A B E (4)加快氢气产生的速度 (5)Fe3O4+4H23Fe+4H2O (6)检验氢气的纯度 点燃氢气
解析：首先明确本题涉及的3个反应，即普通铁粉的高温氧化；3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2↑；四氧化三铁的热还原：Fe3O4+4H23Fe+4H2O和用6 mol·L－1 HCl与较活泼金属(例如锌)制备上述反应所需的还原剂氢气：Zn+2HCl===ZnCl2+H2↑题目给出了两个装置图，左图内有生成物排水取气的装置，右图内则有发生氢气的装置。由此可判断出，前者为制取四氧化三铁的装置，后者为制取“引火铁”的装置。
试管A里装入的试剂是普通铁粉。烧瓶B的作用是作为水蒸气发生器，烧瓶C的作用是作为安全瓶防止水槽内的冷水倒吸，收集在试管D内的气体当然是氢气。
在右图中，由于盐酸较浓(6 mol·L－1)，与活泼金属反应所产生的氢气中或多或少地会带有部分盐酸酸雾。如不除去盐酸酸雾，则其会跟四氧化三铁发生反应，所以U型管内应该用固体氢氧化钠或氧化钙、碱石灰等碱性干燥剂，以除去酸雾。至于6 mol·L－1盐酸，当然应从长颈漏斗加入作为气体发生器的烧瓶内。
烧瓶B是水蒸气发生器，为将其中的水变为蒸气，当然需要加热。普通铁粉被水蒸气氧化是在高温进行的反应，四氧化三铁被氢气还原需在加热条件下进行，因此A、B、E都需加热。
在烧瓶Ⅰ中加入硫酸铜溶液，目的在于使跟盐酸反应的金属表面因与硫酸铜置换而部分覆盖金属铜，形成铜－锌原电池，加快了氢气产生的进程。
为保证安全，进入试管E内的氢气必须是纯氢气，因而需验纯。自导管F逸入空气中的氢气应烧掉或导出室外，以避免与室内的空气形成爆炸混合物。
25.答案：(1)①bcacd 吸收未反应的NH3 防止空气中的水蒸气进入装置 固体由黑色变为亮红色 ②－16 ③(a)(c) (2)(a)(c)
解析：(1)①仪器连接顺序由实验目的决定。该实验主要是要测量NH3与CuO反应生成的水的质量［m(CuO)在实验前即可称出］。故首先制NH3，然后干燥氨气，因NH3能与浓H2SO4反应，所以只能选C装置，后使NH3与CuO反应生成N2和水汽，而要吸收水汽还必须选C，因NH3不一定反应完，如用浓硫酸吸收能同时吸收未反应的NH3。
②计算原理是用CuO相对分子质量减16。而由反应可知CuO的物质的量等于水的物质的量即为，所以算式为－16,整理即可。
③分析实验误差的方法主要是依据计算原理，分析操作对测定项的影响。此题由口算可知测定m(H2O)的量如偏小，则测定结果偏大。由给出的选项看，a、c中生成的水少，故偏大。b生成的水多使测定结果偏小。
(2)此问主要分析由给出的量能否计算出Cu的相对原子质量。如(a)，因反应中CuO与Cu的质量差为氧原子的物质的量，所以即等于Cu的物质的量，然后由m(Cu)÷即可计算出Cu的相对原子质量。再如(c)：等于水的物质的量即等于n(O)=n(Cu)，所以m(Cu)÷即为Cu的相对原子质量，故选a、c。
26.答案：(1)W2=W1 (2)Ca(OH)2+2HCl===CaCl2+2H2O (3)升高
(4)2NaOH+CO2===Na2CO3+H2O，Ca(OH)2+CO2===CaCO3↓+H2O
解析：(1)如果仅从反应前后的质量变化考虑，根据“质量守恒定律”，(Ⅰ)和(Ⅱ)的质量关系应当相等。
(2)由于CaCO3 4 g即0.04 mol，而6 mol·L－1盐酸20 mL相当于0.12 mol，因此在反应中盐酸是过量的(过量0.04 mol)。这时，在滴入少量氢氧化钠溶液时，摇匀前由于局部氢氧化钠过浓，可以观察到有少量Ca(OH)2白色沉淀生成，而轻摇瓶a后Ca(OH)2沉淀会溶解在过量的盐酸中，所以使沉淀消失，其化学反应方程式是Ca(OH)2+2HCl===CaCl2+2H2O。
(3)由于酸碱中和放热，使瓶内温度升高。
(4)因为反应物CaCO3的总量是0.04 mol，所以当CaCO3与过量盐酸反应后，产生的CO2为0.04 mol；加入的氢氧化钠总量为0.15 mol，除中和过量盐酸消耗0.04 mol、生成Ca(OH)2沉淀消耗0.08 mol外，还剩余0.03 mol氢氧化钠，因此要使气球缩小至和反应前一样(即吸收掉全部CO2)，瓶内同时有两个反应发生：2NaOH+CO2===Na2CO3+H2O，Ca(OH)2+CO2===CaCO3↓+H2O
27.答案：(1)①c ②a ③检查装置的气密性，本反应为放热反应 ④将系统内的空气排净 c
(2)①干燥气体 ②使两种气体充分混合 ③观察气泡以调节氢、氮气流的速度 (只要求由上述三项中选写两项)
NH3及N2、H2的混合物
用蘸有浓HCl的玻璃棒放在导管口，有白烟说明有NH3生成(其他合理的检验方法正确时也给分)
28.答案：(1)甲不能，乙能 (2)甲方案中反应产生的NH3全部被浓H2SO4吸收，不能进行后续反应
解析：甲方案制得的NH3，经过碱石灰干燥，再经过浓H2SO4时，和硫酸反应生成(NH4)2SO4，使得反应到此终结，后边反应由于没有NH3无法进行，因此不能得到氮化镁。乙方案改正了甲方案的两点错误，NH3被CuO氧化成N2后，经过水洗除去未反应的NH3，最后氮气经浓H2SO4干燥后与高温镁粉反应制得氮化镁。该方案是可行的。
●命题趋向与应试策略
(一)重视基础 形成知识规律
1.化学实验方案的设计
一个相对完整的化学实验方案一般包括下述内容：①实验名称；②实验目的；③实验原理；④实验用品(仪器、药品及规格)；⑤实验步骤(包括实验仪器的装配和操作)；⑥实验现象和记录及结果处理；⑦问题和讨论。
(1)实验方案的设计原则与设计思路
①实验方案的设计原则是方法简便、现象明显、操作易行，对于定量实验还要考虑系统误差要小。制备实验方案的设计，还应做到：条件合适，操作方便；原理正确，步骤简单；原料丰富，价格低廉；产物纯净，污染物少。
②制备实验方案的设计，对巩固元素化合物知识和掌握好各类有机物之间的相互转化关系，全面训练实验技能，培养分析问题和解决问题的能力都是有益的。制备实验的设计思路是：
③性质实验方案的设计。一是性质探索性实验，主要是从物质的结构特点和所属类型的典型代表物去推测物质可能具有的一系列性质，而后据此分别设计出合理的实验方案，去探索它所可能具有的性质。二是性质验证性实验，主要是对物质具备的性质去求证，关键设计出简捷的实验方案，操作简便宜行，现象明显，且安全可靠。性质实验方案设计的思路是：
(2)实验仪器装置的设计
确定了实验所选用的方法和原理后，就要考虑选择用什么实验装置来完成此实验，即进行实验装置的设计，一套完整的实验装置往往是由多个基本实验装置相互连接而成的，如有关气体的制取和性质实验一般分为气体的发生装置→除杂→干燥→主要实验→尾气的处理等。考虑干燥与除杂质的顺序时，若采用溶液除杂，则先净化后干燥；若采用加热除杂，则干燥在前；若用固体吸收剂常温除杂，则据题意而定。尾气处理：有毒气体常采用溶液(或固体)吸收或将之点燃，无毒气体直接排空。若制备的物质极易水解(如SnCl4、AlCl3等)，则需在尾部加装干燥管，以防空气中的水蒸气进入造成水解。
(3)实验操作的设计与注意的问题
①仪器接口的连接：总体上遵循装置的排列顺序，但对于吸收装置应“长”进“短”出(或“深”入“浅”出)；量气装置应“短”进“长”出；洗气装置应“长”进“短”出；干燥管应“大”进“小”出。
②实验操作的顺序：装置选择与连接→气密性检验→装固体药品→加液体药品→开始实验(按程序)→拆卸仪器→其他处理等。
③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：一则防止爆炸(如氢气还原氧化铜)；二则保证产品纯度，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，原因是：在还原性气体中冷却Fe可防止灼热的Fe再被空气中的O2氧化，并防止石灰水倒吸。
④如果实验、取用或制取易吸水、潮解、水解的物质，要采取必要的措施防止其吸水，以保证达到实验目的。
⑤冷凝回流：有些反应中，为减少易挥发液体反应物的损耗和充分利用原料，需在反应装置上加装冷凝回流装置(如长玻璃管、竖直的干燥管及冷凝管等)。
⑥易挥发液体产物(导出时可为蒸汽)要及时冷却。
⑦仪器拆卸的科学性与安全性(要从防污染、防氧化、防倒吸、防爆炸、防泄漏等角度考虑)。
⑧其他：如实验操作顺序、试剂加入先后顺序、实验方法使用顺序等。
(4)创造性是设计的灵魂，对仪器装置、操作要有创意的设计。
为了达到某种特殊的实验目的，有时需要利用一些常用的仪器，通过进行必要的改进和装配，以完成合乎实验要求的创意与设计。这需我们认真分析领悟实验意图，灵活掌握有关仪器的组成、结合、性能特点等，然后匠心独运，巧妙创意，例如：
①启普发生器原理式反应器的设计(如下图)
②尾气吸收装置的设计(如下图)
③液封装置的设计(如图Ⅰ)
④Fe(OH)2的制备操作改进型设计(如图Ⅱ)
2.实验方案的评价
对给出的实验方案作出选择、评价或找出最佳方案，包含的知识点很多，能考查学生的分析问题和解决问题的能力。
(1)选择。包括仪器的选择、药品的选择、连接方式的选择等。仪器的选择，包括发生装置(几种基本类型)、净化装置(除杂质的试剂与顺序)、反应装置、收集装置、尾气处理装置等；药品的选择，包括种类、浓度、物态等；连接方式的选择，包括仪器的先后顺序、导管接口的连接等。
(2)评价。对几个实验方案的正确与错误、严密与不严密、准确与不准确作出判断。要考虑是否合理、有无干扰现象、经济上是否合算和对环境有无污染等。
(3)最佳方案的选用。几个实验方案都能达到目的，选出其中最佳的一个并分析各方案的优劣。所谓最佳，无非是装置最简单、药品容易取得并价格低廉、现象明显、无干扰物质以及无污染等。
(二)分析热点 把握命题趋向
近年来化学实验考题的发展趋势从简单到复杂，从单一到综合，从教材内容到实际应用。这是高考中加强能力测试的必然方向。高考中经常出现的题型有：简单的实验型选择题，给予信息的填空题，更主要的是大型的综合实验题。从考查内容来看，有为了达到一定目的进行实验操作顺序设计，有验证某一化学原理的设计，有测定物质纯度的设计，有分离提纯的设计，有验证某一成分的设计，有定量或半定量实验的设计等。就试题编制形式，又可分为信息给予型、方案优化型、装置选择型、定量计算型和实验改进型等。
综合实验与实验设计，近年主要以简单实验的连接为主，也有较小型的其他基本操作。要求考生必须会依据反应原理、条件及相应反应物，选择合适的方法、顺序、仪器连接等，并会对方案实施评价。近年综合题有回归课本实验的趋向，要引起注意。以社会热点问题为出发点，结合物理、生物等知识，以生产、生活、科技、能源、环境、新材料、新发现等为材料，与定性实验、定量实验相结合，是综合实验与实验方案设计的命题方向。
［例题］一位同学使用①冷开水，②碘酒，③熟石灰，④淀粉，⑤肥皂水，⑥食醋，⑦红墨水，⑧废易拉罐(铝合金)，⑨废干电池(锌筒里装填有碳粉、二氧化锰、氯化铵、淀粉等物质的糊状混合物)，⑩食盐，纯碱为实验试剂，进行家庭小实验。
(1)用给定的试剂，不能进行的实验是(不考虑电解)_______________(填写序号)。
a.制NaOH溶液 b.制备纯净氯气，并实验它的漂白作用 c.实验硬水和肥皂的作用
d.制二氧化碳 e.制硬脂酸 f.进行淀粉水解实验，并检验水解产物
(2)该同学为制备氨气，先从废干电池中制备氯化铵。为此，他准备把废干电池锌筒里的糊状混合物溶解于少量水，过滤，除去不溶物，再蒸发、灼烧滤液，以制得干燥的氯化铵晶体。他的设想_______________(填“合理”或“不合理”)，理由是 。
(3)该同学拟进行除去淀粉中所含食盐的实验。他把一个鸭蛋浸泡在食醋里，待蛋壳溶去，在膜上打一个小洞，小心倒出蛋清、蛋黄，洗净蛋膜，作为半透膜小袋，再装入含食盐的淀粉溶液，扎好袋口，做好这些准备工作后，他即将进行的实验名称是___________(填“萃取”“盐析”“渗析”“过滤”“分液”)。要保证全部除去淀粉溶液里的食盐，实验中必须___________。食醋溶去蛋壳发生反应的离子方程式是 。
解析：本题以日常生活中的常用物质出发，设计了几个家庭小实验，虽为小实验，但有一定的综合性。第(1)小题：a.制备NaOH溶液，排除电解NaCl溶液的方法，还可选用石灰水与纯碱溶液反应Ca(OH)2+Na2CO3===CaCO3↓+2NaOH；b.制备Cl2，因无法提供浓H2SO4，因而无法制得浓盐酸，虽有MnO2仍无法制得Cl2；c.硬水可用少许熟石灰与食醋反应后的溶液Ca(Ac)2代替，模拟硬水与肥皂水的实验；d.食醋与纯碱可制CO2；e.在肥皂水中加入适量食醋，因醋酸的酸性比硬脂酸强，因而可制得硬脂酸：C17H35COONa+CH3COOHC17H35COOH+CH3COONa；f.淀粉水解需有酶或稀H2SO4作催化剂，因而无法进行。第(2)小题：将糊状混合物溶于少量水，过滤，只除去了碳粉和MnO2，滤液为NH4Cl和淀粉的混合液，蒸发、灼烧过程中淀粉会烧焦炭化，NH4Cl会发生分解，因而该同学的设想不合理。第(3)小题：蛋膜为半透膜，该实验名称为“渗析”，要保证全部除去淀粉中的食盐，应不断更换渗析所用的蒸馏水或用流水渗析，直至渗析后的蒸馏水中不再检出Cl－。
答案：(1)b、f
(2)不合理；滤液中含淀粉，灼烧时炭化，氯化铵分解
(3)渗析；不时更换渗析的蒸馏水或用流水渗析，直到渗析后的蒸馏水中不再检验出Cl－；CaCO3+2CH3COOH===Ca2++2CH3COO－+CO2↑+H2O高考化学分类解析(六)——原子结构
●考点阐释
1.了解原子的组成及同位素的概念。掌握原子序数、核电荷数、质子数、中子数、核外电子数，以及质量数与质子数、中子数之间的相互关系。
2.以第1、2、3周期的元素为例，了解原子核外电子排布规律。会分析比较原子、离子核外电子层结构，掌握典型原子或离子的核外电子层结构特征。
●试题类编
(一)选择题
1.(2002年上海，11)已知自然界氧的同位素有16O、17O、18O，氢的同位素有H、D，从水分子的原子组成来看，自然界的水一共有
A.3种 B.6种 C.9种 D.12种
2.(2002年上海综合，44)碳元素有多种同位素，其中14C具有放射性，它能自发放出某种射线，而衰变成其他元素。考古学对出土生物遗骸的年代断定可以使用多种方法，其中较精确的一种是基于14C放射性的方法，但被断定的年代一般不超过5万年。下列考古遗址发现的遗物中能用14C测定年代的是
A.战国曾侯乙墓的青铜编钟(距今约2400年)
B.马家窑文化遗址的粟(距今约5300年)
C.秦始皇兵马俑(距今约2200年)
D.元谋人的门齿(距今约170万年)
3.(2002年上海，2)C60与现代足球 有很相似的结构，它与石墨互为
A.同位素 B.同素异形体
C.同分异构体 D.同系物
4.(2001年春，16)氯的原子序数为17，35Cl是氯的一种同位素，下列说法正确的是
A.35Cl原子所含质子数为18
B.mol的H35Cl分子所含中子数约为6.02×1023
C.3.5 g的35Cl2气体的体积为2.24 L
D.35Cl2气体的摩尔质量为70 g·mol－1
5.(2001年春，12)下列四组物质中，两种分子不具有相同核外电子总数的是
A.H2O2和CH3OH B.HNO2和HClO
C.H2O和CH4 D.H2S和F2
6.(2001年春，14)酸根RO所含电子数比硝酸根NO的电子数多10，则下列说法正确的是
A.R原子的电子层数比N的电子层数多1
B.RO中R的化合价与NO中N的化合价相等
C.RO和NO只能被还原，不能被氧化
D.R和N为同族元素
7.(2001年上海，2)美国科学家将两种元素铅和氪的原子核对撞，获得了一种质子数为118、中子数为175的超重元素，该元素原子核内的中子数与核外电子数之差为
A.57 B.47 C.61 D.293
8.(2000年全国，2) C—NMR(核磁共振)可以用于含碳化合物的结构分析。C表示的碳原子
A.核外有13个电子，其中6个能参与成键
B.核内有6个质子，核外有7个电子
C.质量数为13，原子序数为6，核内有7个质子
D.质量数为13，原子序数为6，核内有7个中子
9.(2000年春，9)某元素一种同位素原子的质子数为m，中子数为n，则下列说法正确的是
A.不能由此确定该元素的相对原子质量
B.这种元素的相对原子质量为(m＋n)
C.若碳原子质量为w g，此原子的质量为(m＋n)w g
D.核内中子的总质量小于质子的总质量
10.(2000年上海，3)据报道，某些建筑材料会产生放射性同位素氡Rn，从而对人体产生伤害。该同位素原子的中子数和质子数之差是
A.136 B.50 C.86 D.222
11.(2000年上海，6)具有下列电子排布式的原子中，半径最大的是
A.1s22s22p63s23p1 B.1s22s22p1
C.1s22s22p3 D.1s22s22p63s23p4
12.(2000年上海，21)氯只有35Cl和37Cl两种稳定同位素，它们在氯气中的原子数之比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
A.5∶2∶1 B.5∶2∶2
C.9∶3∶1 D.9∶3∶2
13.(2000年广东，1)1999年新发现的114号元素的同位素，其中子数为184，该同位素原子的质量数为
A.70 B.114 C.228 D.298
14.(1999年全国，3)原计划实现全球卫星通讯需发射77颗卫星，这与铱(Ir)元素的原子核外电子数恰好相等，因此称为“铱星计划”。已知铱的一种同位素是Ir，则其核内的中子数是
A.77 B.114 C.191 D.268
15.(1999年全国，4)已知自然界中铱有两种质量数分别为191和193的同位素，而铱的平均相对原子质量为192.22，这两种同位素的原子个数比应为
A.39∶61 B.61∶39 C.1∶1 D.39∶11
16.(1999年上海，4)据报道，上海某医院正在研究用放射性同位素碘I治疗肿瘤。该同位素原子核内的中子数与核外电子数之差是
A.72 B.19 C.53 D.125
17.(1998年上海，4)钛(Ti)金属常被称为未来钢铁。钛元素的同位素Ti、Ti、Ti、Ti、Ti中，中子数不可能为
A.30 B.28 C.26 D.24
18.(1997年全国，2)下列各组粒子中，核外电子总数相等的是
A.K＋和Na＋ B. CO2和NO2
C.CO和CO2 D.N2和CO
19.(1997年全国,25)X、Y、Z和R分别代表四种元素。如果aXm＋、bYn＋、cZn－、dRm－四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
A.a－c=m－n B.a－b=n－m
C.c－d=m＋n D.b－d=n＋m
20.(1996年全国，6)科学家最近制造出第112号新元素，其原子的质量数为277，这是迄今已知元素中最重的原子。关于该新元素的下列叙述正确的是
A.其原子核内中子数和质子数都是112
B.其原子核内中子数为165，核外电子数为112
C.其原子质量是12C原子质量的277倍
D.其原子质量与12C原子质量之比为277∶12
21.(1995年全国，4)据报导，1994年12月科学家发现了一种新元素，它的原子核内有161个中子，质量数为272。该元素的原子序数为
A.111 B.161 C.272 D.433
22.(1995年上海，10)H、H、H、H＋、H2是
A.氢的五种同位素 B.五种氢元素
C.氢的五种同素异形体 D.氢元素的五种不同粒子
23.(1995年上海，13)硼有两种天然同位素B、B，硼元素的相对原子质量10.80，则对硼元素中B质量分数的判断正确的是
A.20％ B.略大于20％
C.略小于20％ D.80％
24.(1994年全国，6)已知元素X、Y的核电荷数分别是a和b，它们的离子Xm＋和Yn－的核外电子排布相同，则下列关系式中正确的是
A.a=b＋m＋n B.a=b－m＋n
C.a=b＋m－n D.a=b－m－n
25.(1994年上海，4)某粒子用Rn＋表示，下列关于该粒子的叙述正确的是
A.所含质子数=A－n B.所含中子数=A－Z
C.所含电子数=Z＋n D.质量数=Z＋A
(二)笔答题
26.(2002年江苏综合，34)自然界中的铀和钴都有同位素。
(1)铀主要以三种同位素的形式存在，三种同位素的原子百分含量分别为：U 0.005%、U 0.72%、U 99.275%。请列出计算U元素近似原子量的计算式(不必算出具体数值)：___________。
(2)放射性同位素40Co能够产生γ射线。高速运动的γ射线作用于DNA，能够产生氢键断裂、碱基替换等效应，从而有可能诱发生物产生___________，使生物体出现可遗传的变异，从而选择和培育出优良品种。此外用γ射线照射过的食品有利于贮藏，这是因为γ射线能___________。在进行照射生物或食品的操作时，需要注意人体防护。操作完毕后，人体___________ (可以、不可以)直接触摸射线处理过的材料。
27.(2002年上海综合，45)放射性同位素测定也是生物学研究的一种常用手段。科学家曾利用14C对河姆渡遗址遗存稻谷的年代进行测定，稻谷中仅由C、H、O三种元素组成的有机物是脂肪和___________，因而可对它们进行14C测定。
放射性同位素在遗传学研究上应用的一个典型事例是___________实验，在该实验中，科学家利用了放射性的35S和32P，从而得到了___________的直接证据。
●答案解析
(一)选择题
1.答案：C
解析：从水分子的原子组成来看，每个H原子分别与16O、17O、18O形成H216O、H217O、H218O等3种分子；同理每个D原子分别与三种氧原子形成D216O、D217O、D218O等3种分子；而H、D两原子也可分别与三种氧原子形成H16OD、H17OD、H18OD等3种分子；故自然界的水一共有9种。
2.答案：B
解析：文物考古工作者应用14C断代法，取得了许多重大成就。该法建立在活的有机体中14C与12C之比保持恒定，而死去有机体中14C的含量由于衰变而逐渐减少这一基础上。
3.答案：B
解析：此题考查了一组基本概念。同位素是对同一元素的不同原子来讲的；同素异形体是指同一元素组成的不同单质；同分异构体与同系物都是有关有机化合物的概念。C60和石墨都是碳元素的单质。
4.答案：BD
解析：此题考查了原子组成的基本的计算方法。35Cl原子所含质子数为17；故A错；选项C中，没有气体的条件，也不对。
5.答案：B
解析：选项A、D中的四种分子的核外电子总数都是18，选项C中两分子的核外电子数都是10；选项B中HNO2的电子总数为24，而HClO分子中电子总数为26。
6.答案：AB
解析：酸根RO所含电子数为42，其中R原子内所含电子数为42－24－1＝17，故R为氯元素，RO为ClO，其中Cl的价态为＋5，既能被氧化，又能被还原。
7.答案：A
解析：中性原子中，原子核内质子数等于核外电子数，则该元素原子核内的中子数与核外电子数之差为：175－118＝57。
8.答案：D
解析：化学符号是化学中最基本的传递信息的载体，元素符号的上下标，更含有有关原子结构的丰富的信息。这是中学化学一个重要的知识点。本题旨在考查学生是否知道：元素符号左下角的数字代表原子序数、原子核中的质子数或者电中性时原子核外的电子数。而左上角的数字则代表原子质量数，即质子数加中子数。故此题正确选项为D。
9.答案：A
解析：元素的相对原子质量是各同位素原子相对原子质量的平均值，所以，A正确，B不正确。由相对原子质量的定义可知：设该元素原子的质量为ｘ，则：＝m＋n，即x＝(m＋n)w／12；在原子核内，一个中子质量比一个质子的质量略大，且中子数等于或大于质子数，故中子的总质量大于质子的总质量。
10.答案：B
解析：质子数＋中子数＝质量数。中子数为222－86＝136，中子数与质子数之差为：136－86＝50。
11.答案：A
解析：一般情况下，原子半径最大的原子应是电子层数最多的。电子层数相同的原子，即同周期元素的原子，因同周期从左到右原子半径减小，所以最外层电子数最少的原子半径最大。
12.答案：AD
解析：本题用试探法解决比较简便。分子量为70的分子是由两个35Cl原子构成的,分子量为72的是由一个35Cl和一个37Cl原子构成的,分子量为74的分子是由两个37Cl原子构成的,由此可以计算出每个选项中分子数比对应的35Cl与37Cl原子个数比值。分子数为5∶2∶1时：35Cl∶37Cl＝(2×5＋1×2)∶(1×2＋2×1)＝3∶1；分子数为5∶2∶2时，35Cl∶37Cl＝(2×5＋1×2)∶(1×2＋2×2)＝2∶1，分子数为9∶3∶1时，35Cl∶37Cl＝(2×9＋1×3)∶(1×3＋2×1)＝21∶5，分子数为9∶3∶2时，35Cl∶37Cl＝(2×9＋1×3)∶(1×3＋2×2)＝3∶1。
13.答案：D
解析：质量数＝中子数＋质子数，由此可得该同位素的质量数＝114＋184＝298。
14.答案：B
解析：此题比较基本，但考查的知识点非常明确：一是原子组成的表示方法即X所代表的意义；二是原子中各粒子间的质量关系，即质量数=质子数＋中子数。
15.答案：A
解析：此题有多种解法，可用十字交叉法进行计算判断。也可进行更简单的推理判断，假设二者原子个数比为1∶1，则平均相对原子质量应为192，则小于实际的192.2，所以Ir的含量大。只能选A。
16.答案：B
解析：此题考查了核组成符号中数字的含义和中子数与核外电子数、质量数三者的关系。中子数与核外电子数之差=125－2×53=19。
17.答案：A
解析：依据质量数=中子数＋质子数，Ti的五种同位素的中子数分别为：24、25、26、27、28。
18.答案：D
解析：A组K、Na原子序数差为8，分别失一个电子后，仍不等；B组分子中都含2个氧原子，但C、N电子数不等，故分子的电子总数不等；C组分子相差一个氧原子也不等，故选D。注意计算分子的电子总数不必看成键情况，无论得失还是共用电子，都在分子内，所以直接按分子中原子的电子数之和计算即可。
19.答案：D
解析：四种离子的电子层结构相同则有：a－m=b－n=c＋n=d＋m。对照选项整理知b－d=n＋m合理，故选D。
20.答案：BD
解析：该元素原子为X，中子数为277－112=165，质子数=112=核外电子数，故B正确，又其原子质量之比等于质量数之比，故其原子质量与12C原子质量之比为277∶12。即D正确。
21.答案：A
解析：质量数=质子数＋中子数；可求出质子数=272－161=111,而质子数等于原子序数，故选A。
22.答案：D
23.答案：C
解析：设10B、11B的相对原子质量分别为a、b；10B占x，由元素相对原子质量概念10.8=ax＋b(1－x)，解得x=，现如用两同位素的质量数代替其相对原子质量即x==
20％，但实际上同位素的相对原子质量都略小于其质量数，所以用同位素的相对原子质量代入上式中求出x值必小于20％(实际值为19.78％)。
24.答案：A
解析：已知Xm＋和Yn－核外电子排布相同，即核外电子数相同，所以a－m=b＋n,即a=b＋m＋n。
25.答案：B
解析：符号Rn＋含义：A质量数，Z质子数，且质量数=质子数＋中子数 n＋离子电荷数
(二)笔答题
26.答案：(1)(234×0.005＋235×0.72＋238×99.275)×10－2 (2)基因突变 杀菌 可以
解析：此题是化学和生物相交叉的综合题。在解答这类题目时，要多联想化学和生物知识的结合点，往往这类题起点高，落点低，如求算U元素的近似原子量。实际上是化学上计算公式的直接运用。
27.答案：“糖类”或“麦芽糖”“淀粉”“葡萄糖”“蔗糖” 噬菌体侵染 DNA是遗传物质
●命题趋向与应试策略
(一)重视基础 形成知识规律
1.构成原子或离子的各基本粒子间的数量关系
(1)质子数＋中子数＝质量数＝原子的近似相对原子质量
(2)原子的核外电子数＝核内质子数＝核电荷数
(3)阳离子核外电子数＝核内质子数－电荷数
(4)阴离子核外电子数＝核内质子数＋电荷数
2.元素的原子半径、离子半径大小比较规律
(1)同周期原子半径随原子序数递增逐渐减小(稀有气体元素除外)。如第三周期中：Na＞Mg＞Al＞Si＞P＞S＞Cl
(2)同主族原子半径随原子序数的递增逐渐增大。如第ⅠA族中：Li＜Na＜K＜Rb＜Cs
(3)同周期阳离子半径随原子序数递增逐渐减小。如第三周期中：Na＋＞Mg2＋＞Al3＋
(4)同周期阴离子半径随原子序数递增逐渐减小。如第三周期中：P3－＞S2－＞Cl－
(5)同主族阳离子半径随原子序数递增逐渐增大。如第ⅠA族中：Na＋＜K＋＜Rb＋＜Cs＋
(6)同主族阴离子半径随原子序数递增逐渐增大。如第Ⅶ族中：F－＜Cl－＜Br－＜I－
(7)阳离子半径总比相应原子半径小。如：Na＋＜Na，Fe2＋＜Fe
(8)阴离子半径总比相应原子半径大。如：S2－＞S，Br－＞Br
(9)电子层结构相同的离子半径随核电荷数的增大而减小。如：S2－＞Cl－＞K＋＞Ca2＋，
Al3＋＜Mg2＋＜Na＋＜F－
(10)同一元素不同价态的离子半径，价态越高则离子半径越小。如：Fe＞Fe2＋＞Fe3＋，
H－＞H＞H＋
3.核外电子数相同的粒子规律
(1)核外电子总数为10个电子的粒子共有15种。阳离子有：Na＋，Mg2＋，Al3＋，NH，H3O＋；阴离子有：N3－，O2－，F－，OH－，NH；分子有：Ne，HF，H2O，NH3，CH4。
(2)核外电子总数为18个电子的粒子共有16种。阳离子有K＋，Ca2＋，阴离子有P3－，
S2－，HS－，Cl－；分子有Ar，HCl，H2S，PH3，SiH4，F2，H2O2，C2H6，CH3OH，N2H4。
(3)核外电子总数及质子总数均相同的离子有：Na＋，NH，H3O＋(或F－，OH－，NH)。
(二)分析热点 把握命题趋向
原子结构和同位素的考查，常以重大科技成果为知识背景，寓教于考，突出教育性与实践性，常考的热点有：
1.关于原子的组成及各基本粒子之间的关系，即质量数=中子数＋质子数。常常结合新发现的元素或同位素来考查，题目翻新，但题型不变，考查的知识点不变。
2.注重对电性关系的考查。依据是：中性原子中，核外电子数=质子数；阳离子中，核外电子数＜质子数；阴离子中，核外电子数＞质子数。此类题目有一定的难度，解题时要注意方法技巧。
3.同位素的概念及应用。要注意理解有关概念的内涵和外延，并能区分易混淆的概念如同素异形体、同分异构体等。
4.确定一定质量的某种离子中所含某一基本粒子(如电子)的数目，此类问题具有一定的综合性，常用到有关物质的量的计算。
考查原子结构的试题大多以选择题形式出现，模式也较为稳定。由于原子结构的发现源于物理学中α粒子的运动实验，无疑，原子结构成了理化学科间综合的素材。预计这一知识会成为“3＋X”综合测试命题的依据。
［例题］同位素概念是1913年由英国科学家索迪(1877~1956年)提出的。同位素虽然质量数不同，但它们的化学性质几乎完全相同。在天然存在的某种元素里，不论是游离态还是化合态，各种同位素所占的原子个数百分比一般是不变的。同位素原子在许多方面有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)1934年，科学家在用α粒子轰击铝箔时，除探测到预料中的中子外，还探测到了正电子，更意外的是，拿走α放射源后，铝箔虽不再发射中子，但仍断续发射正电子，而且这种放射性随时间衰减的规律跟天然放射性一样，也有一定的半衰期。
①写出α粒子轰击铝箔(Al)产生中子的核反应方程式，并比较与普通的化学方程式的本质区别。
②上述产生的具有放射性的同位素叫作放射性同位素，写出其产生正电子的核反应方程式。
③简要说明放射性同位素的应用。并至少举出两个实际应用的例子。
(2)已知硼元素有两种同位素，分别为B和B，硼元素的相对原子质量为10.8，计算B占硼元素的质量分数。
(3)①用CH3COOH与H18OC2H5在酸催化下发生酯化反应，18O最后存在于哪种产物中？
②在2SO2＋O22SO3的可逆反应达平衡后，充入18O2，问过一段时间重新建立平衡后，18O存在于哪些物质中？
(4)用32P标记噬菌体的DNA，侵染细菌后32P可出现在
A.噬菌体残留的外壳内 B.细菌的残体内
C.全部子代噬菌体内 D.极少数子代噬菌体内
(5)现有从生物体内提取的一个DNA分子和标记了放射性同位素3H的四种脱氧核苷酸，要在实验室合成新的DNA分子。
①合成新的DNA分子除需上述物质外，还需要 和 等。
②在合成的两个子代的DNA分子中，每个DNA都含有 条含有3H的脱氧核苷酸链。
(6)放射性同位素的蜕变反应速率为：2.303 lg(c0/c)=kt［其中：c0为放射性物质的初浓度，c为某一指定时刻的浓度，t为反应所经历的时间，k为速率常数，单位为(时间)－1］。在蜕变反应中，反应物消耗一半(或反应物浓度减少到初浓度的一半)所需要的时间称为半衰期，利用放射性元素的半衰期可以确定岩石、古代动植物化石的“年龄”。
碳的放射性同位素14C在自然界树木中的分布基本保持在总碳量的1.10×10－13%。某考古队在一山洞中发现一些古代木头燃烧的灰烬，经分析14C的含量为总碳量的9.87×10－15%，已知14C半衰期为5700年，试计算该灰烬距今约为多少年？
解答：本综合题横跨化学、物理、生物三个学科。涉及到核物理和同位素知识，而半衰期知识则为新信息，运用于古代动植物的年龄测定。
(1)①Al＋HeP＋n 与普通化学方程式的区别是：普通化学反应原子核不变，而核反应过程中原子核发生了变化，②PSi＋e，③放射性同位素的应用主要分两类：一是利用它的射线，二是做示踪原子，例如：利用钴－60放出的很强的γ射线来检查金属内部有没有砂眼或裂纹，这叫γ射线探伤。农业施肥中在肥料中加一些放射性同位素，就会知道哪种农作物在什么季节最能吸收含哪种元素的肥料。另外在生物学研究方面，同位素示踪技术也起着十分重要的作用；
(2)0.2；(3)①18O存在于酯中，②18O存在于所有的物质中；(4)D；(5)①磷酸，含氮碱基
②1(每个DNA分子中，只有做模板的母链上有3H，子链上没有)
(6)解：由半衰期求t,当c=c0/2时，t/t1/2。代入速率方程：
2.030 lg(c0/c)=kt1/2(t1/2=5700年)
k=1.216×10－4年－1，根据14C浓度变化可得：2.303 lg(c0/c)=1.216×10－4t，c0=1.10×
10－13%；c=9.87×10－15%。代入上式得：t=19831年。高考化学分类解析(十三)——电化学
●考点阐释
1.理解原电池原理，初步了解化学电源，了解化学腐蚀与电化腐蚀及一般防腐蚀方法。
2.理解电解原理；了解铜的电解精炼、镀铜、氯碱工业反应原理。
●试题类编
(一)选择题
1.(2003年春，9)家用炒菜铁锅用水清洗放置后，出现红棕色的锈斑，在此变化过程中不发生的化学反应是
A.4Fe(OH)2＋2H2O＋O2===4Fe(OH)3↓
B.2Fe＋2H2O＋O2===2Fe(OH)2↓
C.2H2O＋O2＋4e－===4OH－
D.Fe－3e－===Fe3＋
2.(2002年春季，12)通以相等的电量，分别电解等浓度的硝酸银和硝酸亚汞(亚汞的化合价为＋1)溶液，若被还原的硝酸银和硝酸亚汞的物质的量之比n(硝酸银)∶n(硝酸亚汞)=2∶1，则下列表述正确的是
A.在两个阴极上得到的银和汞的物质的量之比n(Ag)∶n(Hg)=2∶1
B.在两个阳极上得到的产物的物质的量不相等
C.硝酸亚汞的分子式为HgNO3
D.硝酸亚汞的分子式为Hg2(NO3)2
3.(2002年河南，10)在原电池和电解池的电极上所发生的反应，同属氧化反应或同属还原反应的是
A.原电池正极和电解池阳极所发生的反应
B.原电池正极和电解池阴极所发生的反应
C.原电池负极和电解池阳极所发生的反应
D.原电池负极和电解池阴极所发生的反应
4.(2001年上海，7)铜片和锌片用导线连接后插入稀硫酸中，锌片是
A.阴极 B.正 极 C.阳极 D.负极
5.(2000年全国，18)下列关于实验现象的描述不正确的是
A.把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，铜片表面出现气泡
B.用锌片做阳极，铁片做阴极，电解氯化锌溶液，铁片表面出现一层锌
C.把铜片插入三氯化铁溶液中，在铜片表面出现一层铁
D.把锌粒放入盛有盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，气泡放出速率加快
6.(2000年春，14)100 mL浓度为2 mol·L－1的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是
A.加入适量的6 mol·L－1的盐酸
B.加入数滴氯化铜溶液
C.加入适量蒸馏水
D.加入适量的氯化钠溶液
7.(2000年春，24)用两支惰性电极插入500 mL AgNO3溶液中，通电电解。当电解液的pH从6.0变为3.0时(设电解时阴极没有氢气析出，且电解液在电解前后体积变化可以忽略)，电极上析出银的质量大约是
A.27 mg B.54 mg
C.108 mg D.216 mg
8.(2000年上海，8)随着人们生活质量的不断提高，废电池必须进行集中处理的问题被提到议事日程，其首要原因是
A.利用电池外壳的金属材料
B.防止电池中汞、镉和铅等重金属离子对土壤和水源的污染
C.不使电池中渗泄的电解液腐蚀其他物品
D.回收其中的石墨电极
9.(2000年理科综合，7)钢铁发生电化学腐蚀时，负极发生的反应是
A.2H＋＋2e－H2
B.2H2O＋O2＋4e－4OH－
C.Fe－2e－Fe2＋
D.4OH－－4e－2H2O＋O2
10.(1999年全国，14)氢镍电池是近年开发出来的可充电电池，它可以取代会产生镉污染的镉镍电池。氢镍电池的总反应式是H2＋NiO(OH) Ni(OH)2。根据此反应式判断，下列叙述中正确的是
A.电池放电时，电池负极周围溶液的pH不断增大
B.电池放电时，镍元素被氧化
C.电池充电时，氢元素被还原
D.电池放电时，H2是负极
11.(1999年全国，24)用惰性电极电解M(NO3)x的水溶液，当阴极上增重a g时，在阳极上同时产生b L氧气(标准状况)，从而可知M的相对原子质量是
A. B.
C. D.
12.(1998年全国，10)下列关于铜电极的叙述正确的是
A.铜锌原电池中铜是正极
B.用电解法精炼粗铜时粗铜作阴极
C.在镀件上电镀铜时可用金属铜作阳极
D.电解稀硫酸制H2、O2时铜作阳极
13.(1998年全国，22)将质量分数为0.052(5.2%)的NaOH溶液1 L(密度为1.06 g·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的关系是
14.(1998年上海，10)以下现象与电化腐蚀无关的是
A.黄铜(铜锌合金)制作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.银制奖牌久置后表面变暗
15.(1997年全国，5)钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上发生的电极反应是
A.2H＋＋2e－===H2 B.Fe2＋＋2e－===Fe
C.2H2O＋O2＋4e－===4OH－ D.Fe3＋＋e－===Fe2＋
16.(1996年全国，21)实验室用铅蓄电池作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：负极Pb＋SO===PbSO4＋2e－，正极PbO2＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO4＋2H2O今若制得Cl20.050　mol，这时电池内消耗的H2SO4的物质的量至少是
A.0.025 mol B.0.050 mol
C.0.10 mol D.0.20 mol
17.(1995年全国，17)将分别盛有熔融的氯化钾、氯化镁、氧化铝的三个电解槽串联，在一定条件下通电一段时间后，析出钾、镁、铝的物质的量之比为
A.1∶2∶3 B.3∶2∶1
C.6∶3∶1 D.6∶3∶2
18.(1994年全国，16)X、Y、Z、M代表四种金属元素，金属X和Z用导线连接放入稀硫酸中时，X溶解，Z极上有氢气放出；若电解Y2＋和Z2＋共存的溶液时，Y先析出；又知M2＋的氧化性强于Y2＋。则这四种金属的活动性由强到弱的顺序为
A.X>Z>Y>M B.X>Y>Z>M
C.M>Z>X>Y D.X>Z>M>Y
19.(1994年全国，22)银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，它的充电和放电过程可以表示为2Ag＋Zn(OH)2Ag2O＋Zn＋H2O，在此电池放电时，负极上发生反应的物质是
A.Ag B.Zn(OH)2
C.Ag2O D.Zn
20.(1994年上海，14)下列叙述正确的是
①锌跟稀硫酸反应制取氢气，加入少量硫酸铜溶液能加快反应速率。②镀层破损后，白铁(镀锌的铁)比马口铁(镀锡的铁)更易腐蚀。③电镀时应把镀件置于电解槽的阴极。④冶炼铝时，把氧化铝加入液态冰晶石中成为熔融体后电解⑤钢铁表面常易腐蚀生成Fe2O3·nH2O
A.①②③④⑤ B.①③④⑤
C.①③⑤ D.②④
(二)笔答题
21.(2003年春，30Ⅱ)如图是可用于测量阿伏加德罗常数的装置示意图，其中A、B是两块纯铜片，插在CuSO4稀溶液中，铜片与引出导线相连，引出端分别为X、Y。
(1)当以I=0.21 A的电流电解60 min后，测得铜片A的质量增加了0.25 g，则图装置中的X端应与直流电的__________极相连，它是电解池的__________极。
(2)电解后铜片B的质量__________。(答“增加”“减少”或“不变”)
(3)列式计算实验测得的阿伏加德罗常数NA。(已知电子电量e=1.60×10－19C)
22.(2000年理综，26)熔融盐燃料电池具有高的发电效率，因而受到重视，可用LiCO3和Na2CO3的熔融盐混合物作电解质，CO为阳极燃气，空气与CO2的混合气体为阴极助燃气，制得在650℃下工作的燃料电池，完成有关的电池反应式：
阳极反应式：2CO＋2CO4CO2＋4e－
阴极反应式： ，总电池反应式： 。
●答案解析
(一)选择题
1.答案：D
解析：洗过的铁锅在空气中放置,可发生吸氧腐蚀。负极发生的反应为2Fe－4e－==2Fe2＋，正极发生的反应为2H2O＋O2＋4e－===4OH－，总反应式为2Fe＋2H2O＋O2===2Fe(OH)2，而Fe(OH)2又被O2氧化为红褐色的Fe(OH)3。
2.答案：D
解析：通以相等的电量，即是通过相同的电子数，银和亚汞都是＋1价，因此得到的单质银和汞的物质的量也应相等；又因电解的n(硝酸银)∶n(硝酸亚汞)=2∶1，硝酸银的化学式为AgNO3，故硝酸亚汞的化学式不可能为HgNO3，只能为Hg2(NO3)2。
3.答案：BC
解析：原电池的负极和电解池的阳极发生的是氧化反应。原电池的正极和电解池的阴极发生的是还原反应。
4.答案：D
解析：电解池的两极分别命名为阴阳极，原电池的两极分别命名为正负极。铜片和锌片用导线连接后插入稀硫酸中形成了原电池，其中锌失电子作原电池的负极。
5.答案：C
解析：铜铁是两种活泼性不同的金属，稀硫酸是电解质溶液，三者共同形成原电池，铁片上发生氧化反应；Fe－2e－===Fe2＋，铜片上发生还原反应：2H＋＋2e－===2H 2H===H2↑故A选项正确。
B选项中的条件相当于在铁片上镀锌即电镀池，锌片上发生的反应为：Zn－2e－===Zn2＋，铁片上发生的反应为：Zn2＋＋2e－===Zn，理论上ZnCl2溶液的浓度不变，故B选项也正确。
Cu＋2FeCl3===2FeCl2＋CuCl2，故C选项错误。Zn＋2HCl===ZnCl2＋H2↑，向其中加入几滴氯化铜溶液后，发生反应Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，则铜和锌及电解质溶液形成了原电池，发生原电池反应，加快了氢气的放出速率，故D选项也正确。
6.答案：B
解析：向溶液中再加入盐酸，增加了H＋的物质的量，也就增加了放出的H2的量，故A错；因锌是过量的，放出H2的量取决于盐酸的量，加入CuCl2后，有少量铜析出，附在锌片上，形成了原电池反应，反应的速率加快，故B正确；向原溶液中加入水或氯化钠溶液都引起溶液中H＋浓度的下降，反应速率变慢，故C、D都不对。
7.答案：B
解析：在阳极水电离出的OH－放电，破坏了水的电离平衡，H＋浓度增大。由题意知：
n(H＋)＝0.5 L×(10－3－10－6) mol·L－1＝5×10－4 mol，阴阳两极放电数目相等，阴极析出的银的物质的量等于阳极析出氢气的物质的量，m(Ag)＝5×10－4mol×108 g·mol－1×103 mg·
g－1＝54 mg。
8.答案：B
解析：随着生产的发展和人们生活水平的提高，环境污染和环保问题已越来越受到人们重视，废电池中含有汞等多种重金属离子，极易对环境造成污染。
9.答案：C
解析：钢铁发生电化学腐蚀时，铁作负极被氧化，电极方程式为：Fe－2e－===Fe2＋。
10.答案：CD
解析：放电时，H2作原电池负极被氧化为H＋，其周围的pH减小。充电时，H2作电解池的阴极，氢被还原为H2。
11.答案：C
解析：阴阳两极转移电子的数目相同：
12.答案：AC
解析：在工件上镀铜时，需要将溶液中的Cu2＋还原成金属铜而沉积在工件上。用做向溶液供给Cu2＋离子的铜则必须作为阳极。电解硫酸时，金属铜如果作为阳极，它将以Cu2＋离子的形式被溶解而进入电解液。当在电解液内有H＋和Cu2＋两种离子共存时，后者将在阴极上放电。这样，阴极的生成物将是金属铜而不是氧气。换言之，阴极将被镀铜，达不到制取氢气、氧气的目的。可见选项D不对。
13.答案：B
解析：电解NaOH溶液时电极反应为：
阳极：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
阴极：4H＋＋4e－===2H2↑，即电解水。
由此可知电解后NaOH浓度增大，阳极产物(O2)质量大于阴极产物(H2)质量。
14.答案：D
解析：选项A中黄铜是铜锌合金，可以构成原电池，但铜没有锌活泼，被腐蚀的是锌而不是铜，所以不易产生铜绿；选项B中生铁是铁碳合金，可以构成原电池而使铁腐蚀生锈，软铁芯几乎是纯铁，不构成原电池；选项C中铁与铜接触构成原电池，铁比铜活泼，铁就腐蚀生成铁锈。选项D中银质奖牌是由较纯的银制作的，不构成原电池，久置后表面变暗是跟空气中的多种物质反应造成的。
15.答案：C
解析：钢铁发生吸氧腐蚀，正极上是氧气得电子被还原的反应：2H2O＋O2＋4e－===
4OH－。
16.答案：C
解析：该题只要明确原电池和电解池原理，抓住转移电子守恒即可。由2Cl－－2e－===Cl2，可知制0.05 mol Cl2转移0.10 mol电子，再由铅蓄电池总反应：Pb＋PbO2＋4H＋＋2SO===2PbSO4＋2H2O可看出每转移2 mol e－消耗2 mol H2SO4，现转移0.10 mol电子，将耗0.10 mol硫酸。
17.答案：D
解析：三个电解槽通过的电子数相等，设都通过6 mol电子(此为参照数法)，则析出金属钾、镁、铝的物质的量分别为6 mol、3 mol、2 mol，所以比为6∶3∶2。
18.答案：A
解析：金属X和Z用导线连接放入稀H2SO4中，形成原电池，X溶解说明金属活动性X>Z；电解Y2＋和Z2＋共存的溶液时，Y先析出，则金属活动性Z>Y；离子的氧化性越强，其单质的金属活动性越弱，则金属活动性Y>M，所以正确答案为A。
19.答案：D
解析：根据方程式，放电时反应为：
原电池中失去电子的物质是负极，所以选D。
20.答案：B
解析：①正确。因Zn＋Cu2＋===Cu＋Zn2＋，Cu与Zn构成无数微小的原电池加速Zn的溶解。②错误。因白铁镀层破损后，锌作负极溶解，铁被保护；而马口铁镀层破损后，铁作负极溶解而锡被保护，所以当镀层破损后马口铁比白铁更易腐蚀。③正确。明确电镀是电解原理的应用。④正确。属于记忆知识内容。⑤正确。因钢铁腐蚀主要是电化学腐蚀中的吸氧腐蚀，而吸氧腐蚀最终产物是Fe2O3·nH2O。
(二)笔答题
21.答案：(1)负 阴 (2)减少
=6.0×1023 mol－1
解析：因为铜片A的质量增加，A为电解池的阴极，Cu2＋＋2e－===Cu，X端应与直流电的负极相连接。铜片B则为电解池的阳极：Cu－2e－===Cu2＋，其质量减少。
22.答案：见解析。
解析：根据课本“牺牲阳极的阴极保护法”知，阳极也即是负极，阴极也即是正极。将原电池的材料拆分，阳极为2CO＋2CO－4e－===4CO2；阴极为O2＋2CO2＋4e－===2CO，电池反应为2CO＋O2===2CO2。含适量CO的O2就是为了平衡、保持电解质溶液组成、浓度恒定。
●命题趋向与应试策略
(一)重视基础 形成知识规律
1.原电池、电解池、电镀池判定规律
若无外接电源，可能是原电池，然后依据原电池的形成条件分析判定，主要思路是“三看”。
先看电极：两极为导体且活泼性不同。
再看溶液：两极插入电解质溶液中。
后看回路：形成闭合回路或两极接触。
若有外接电源，两极插入电解质溶液中，则可能是电解池或电镀池。当阳极金属与电解质溶液中的金属阳离子相同则为电镀池，其余情况为电解池。
2.酸、碱、盐溶液电解规律(惰性电极)
3.电解有关计算的方法规律
有关电解的计算通常是求电解后某产物质量、气体的体积、某元素的化合价以及溶液的pH、物质的量浓度等。解答此类题的方法有两种：一是根据电解方程式或电极反应式列比例式求解；二是利用各电极、线路中转移的电子数目守恒列等式求解。以电子守恒较为简便，注意运用。
4.电化学基础知识的应用
(1)析氢腐蚀与吸氧腐蚀(以钢铁为例)：
(2)金属的防护
①改变金属的内部结构。例如把Ni、Cr等加入普通钢里制成不锈钢。
②覆盖保护层：a.涂油脂、油漆、搪瓷、塑料等。b.电镀耐腐蚀的金属(Zn、Sn、Cr、Ni等)。
③电化学保护法：多采用牺牲阳极保护法。如在船只的螺旋桨附近的船体上，镶嵌活泼金属锌块。另外，可采用与电源负极相连接的保护方式。如大型水坝的船闸的保护就是让铁闸门和电源负极相连。
(3)电解原理的应用
①氯碱工业(电解饱和食盐水)：
2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
②活泼金属Na、Mg、Al的制取，例如，电解熔融的NaOH制金属Na。
③金属精炼：如铜的精炼，以粗铜做阳极，精铜做阴极，含Cu2＋的溶液做电解质溶液。
④电镀：待镀金属制品做阴极，镀层金属做阳极，含有镀层金属离子的溶液做电镀液。阳极反应：M－ne－===Mn＋(进入溶液)；阴极反应：Mn＋＋ne－===M(在镀件上沉积)。
其特点是阳极本身参与电极反应，电镀过程中相关离子的浓度保持不变。
(二)分析热点 把握命题趋向
关于电化学的内容是历年高考的重要知识点之一，主要以选择题的形式出现，已成高考的必考题。考查的内容有：原电池、电解池、电镀池的电极名称及电极反应式；根据原电池、电解池的电极变化判断金属活泼性强弱;根据电解时电极变化判断电极材料或电解质种类；新型电池的电极反应及应用；有关电解产物的判断和计算。其中原电池的工作原理、电解产物判断与计算是高考命题的热点。
由于电化学常常涉及到物理学中的串联电路、并联电路以及相关物理量如电流强度、电压、电阻、时间、电量等，无疑有关电化学知识也必然是物理学和化学的交汇点，这一融合正反映了“3＋X”理科综合测试的精神，展望它将会成为“3＋X”综合测试的热点。
［例1］(2002年上海，16)某学生想制作一种家用环保型消毒液发生器，用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液，通电时，为使Cl2被完全吸收制得有较强杀菌能力的消毒液，设计了如图所示的装置，则对电源电极名称和消毒液的主要成分判断正确的是
A.a为正极，b为负极；NaClO和NaCl
B.a为负极，b为正极；NaClO和NaCl
C.a为阳极，b为阴极；HClO和NaCl
D.a为阴极，b为阳极；HClO和NaCl
解析：用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液发生的反应是：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，伴随电解过程所发生的副反应是2NaOH＋Cl2===NaCl＋NaClO＋H2O，则可推知使Cl2被完全吸收制得有较强杀菌能力的消毒液主要成分是NaClO和NaCl溶液，起消毒作用的是NaClO溶液。电解过程阴极产生氢气，结合图示，消毒液发生器的液体上部空间充满的是氢气，从中推知电源a极是负极，b为正极。所以B选项符合题意。
答案：B
［例2］锌—锰干电池是普遍使用的化学电源，其中含有MnO2、NH4Cl、ZnCl2等的糊状物。以锌筒为负极材料，石墨为正极材料。一节干电池电动势和内电阻分别为E=1.5 V，r=0.25 Ω，它对外供电时效率η=75%。干电池的工作原理是：
Zn＋2MnO2＋2NH===Zn2＋＋Mn2O3＋2NH3＋H2O
(1)试写出干电池放电时的正、负电极反应式：正极：___________负极：___________
干电池用久了就会变软，其原因是____________________________________________。
(2)正极反应中，前后经历了下列两个反应：
2NH＋2e－===2NH3＋H2
2MnO2＋H2===Mn2O3＋H2O
如果正极反应没有MnO2的参与，干电池将难以持续稳定工作。试说明理由。
(3)在通电10 min的时间内参加反应的MnO2质量约为多少？外电阻消耗的电能是多少？
(4)许多国家对废旧电池进行回收，从保护环境和节约能源解释为什么要回收废旧电池。
解析：这是一道物理、化学综合试题，涉及能量转化、原电池原理、环境保护及电路计算等知识。各问之间有渗透，但彼此间相对独立，学生思维空间有较大的自由度。
依题意：
=75%，解得R=0.75 Ω。
I==1.5 A。通电10 min消耗的电量为：Q=I·t=1.5 A×10×60 s=900 C。
转移电子的物质的量为：
9.34×10－3mol×87 g·mol－1=0.813 g。
外电阻消耗电能W=I2Rt=(1.5 A)2×0.75 Ω×600 s=1.01×103 J。
答案：(1)2MnO2＋2NH＋2e－===Mn2O3＋2NH3＋H2O Zn－2e－===Zn2＋ 有水产生，锌筒变薄
(2)正极反应中间产物H2附着于石墨，增加电池内阻。
(3)0.813 g；1.01×103 J。
(4)可以回收到大量的金属材料和化工原料。废旧电池有害于生态环境的物质在自然条件下极难被降解；废旧锌—锰干电池含有高浓度的氯化铵溶液，埋在土壤中会使土壤酸化，种子脱水死亡。高考化学分类解析(十九)——氮族元素
●考点阐释
1.了解氮气的分子结构和化学性质，了解氮的氧化物（NO、NO2）的性质及其对大气的污染与防止方法，掌握硝酸的物理性质和化学性质。
2.掌握氨的分子结构、物理性质、化学性质、实验室制法等，掌握氨水的成分及主要性质（弱碱性），了解铵盐的性质与用途。
3.了解磷的同素异形体（白磷、红磷），单质磷的化学性质，磷酸盐和磷肥的性质、用途。
●试题类编
(一)选择题
1.（2002年全国理综，13）化合价为n的某元素的硝酸盐的式量为x，其氢氧化物的式量为y，则n的值是
A. B. C. D.
2.（2002年上海，22）0.03 mol铜完全溶于硝酸，产生氮的氧化物（NO、NO2、N2O4）混合气体共0.05 mol。该混合气体的平均相对分子质量可能是
A.30 B.46 C.50 D.66
3.（2002年春上海，20）“摇摇冰”是一种即用即冷的饮料。吸食时将饮料罐隔离层中的化学物质和水混合后摇动即会制冷。该化学物质是
A.氯化钠 B.固体硝酸铵 C.固体氢氧化钠 D.生石灰
4.（2002年春上海，44）合理施肥、养护管理是城市绿化建设的一个重要方面。在下列氮肥中，含氮量最高的是（相对原子质量：H—1 C—12 O—16 S—32）
A.CO（NH2）2 B.NH4NO3 C.NH4HCO3 D.（NH4）2SO4
5.(2001年春，4)关于非金属元素N、O、Cl、P的叙述，正确的是
A.在通常情况下其单质均为气体
B.其单质均由双原子分子构成
C.都属于主族元素
D.每种元素仅生成一种氢化物
6.(2001年春，6)关于氮族元素(用R代表)的下列叙述正确的是
A.最高化合价是+5 B.氢化物的通式为RH5
C.非金属性由上到下递增 D.其含氧酸均为一元强酸
7.(2000年全国，7)下列块状金属在常温时能全部溶于足量浓HNO3的是
A.Ag B.Cu C.Al D.Fe
8.(2000年全国，15)1999年曾报导合成和分离了含高能量的正离子N的化合物N5AsF6，下列叙述错误的是
A.N共有34个核外电子
B.N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
9.(2000年全国，21)硫代硫酸钠可作脱氯剂，已知25.0 mL 0.100 mol·L－1 Na2S2O3溶液恰好把224 mL(标准状况下)Cl2完全转化为Cl－，则S2O将转化成
A.S2－ B.S C.SO D.SO
10.(2000年上海，15)由NaH2PO4脱水形成聚磷酸盐Na200H2P200O601，共脱去水分子的数目为
A.198个 B.199个 C.200个 D.201个
11.(2000年上海，18)对下列事实的解释错误的是
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，浓硝酸可以用铝罐贮存，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
12.(2000年上海，23)铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480 mL的NO2气体和336 mL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
A.0.02 g B.8.51 g C.8.26 g D.7.04 g
13.(2000年广东，4)只含有一种元素的物质
A.可能是纯净物也可能是混合物
B.可能是单质也可能是化合物
C.一定是纯净物
D.一定是一种单质
14.(1999年全国，2)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进展，因此这三位教授荣获了1998年诺贝尔医学及生理学奖。关于NO的下列叙述不正确的是
A.NO可以是某些含低价N物质氧化的产物
B.NO不是亚硝酸酐
C.NO可以是某些含高价N物质还原的产物
D.NO是红棕色气体
15.(1999年上海，18)将1.92 g铜粉与一定量浓硝酸反应，当铜粉完全作用时收集到气体1.12 L(标准状况)。则所消耗硝酸的物质的量是
A. 0.12 mol B. 0.11 mol C. 0.09 mol D. 0.08 mol
16.(1999年上海，2)用铜锌合金制成的假金元宝欺骗行人的事件屡有发生。下列不易区别其真伪的方法是
A.测定密度 B.放入硝酸中
C.放入盐酸中 D.观察外观
17.(1998年全国，4)起固定氮作用的化学反应是
A.N2和H2在一定条件下反应生成NH3
B.NO与O2反应生成NO2
C.NH3催化氧化生成NO
D.由NH3制NH4HCO3和(NH4)2SO4
18.(1998年上海，17)同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满①NH3②NO2，进行喷泉实验，如图所示，经充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度为
A.①＞② B.①＜②
C.①＝② D.不能确定
19.(1996年全国，7)关于磷的下列叙述中，正确的是
A.红磷没有毒性而白磷有剧毒
B.白磷在空气中加热到260 ℃可转变为红磷
C.白磷可用于制造安全火柴
D.少量白磷应保存在水中
20.(1995年全国，8)在体积为V L的密闭容器中通入a mol NO和b mol O2。反应后容器内氮原子数和氧原子数之比为
A.a/b B.a/2b C. D.
21.(1995年全国，7)在下图所示装置中，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
22.(1994年全国，24)38.4 mg铜跟适量的浓硝酸反应，铜全部作用后，共收集到气体22.4 mL(标准状况)，反应消耗的HNO3的物质的量可能是
A.1.0×10－3 mol B.1.6×10－3 mol
C.2.2×10－3 mol D.2.4×10－3 mol
23.(1994年全国，1)下列气体不会造成大气污染的是
A.二氧化硫 B.氮气
C.一氧化碳 D.一氧化氮
24.(1994年上海，26)能用如图所示装置进行喷泉实验的一组气体是
A.HCl和CO2 B.NH3和CH4
C.SO2和CO D.NO和NO2
（二）笔答题
25.（2002年新课程理综，28）磷是存在于自然界和生物体内的重要元素，回答下列与磷及其化合物有关的问题。
Ⅰ.磷在叶绿体的构成和光合作用中有何作用：
答：①
②
③
Ⅱ.(1）磷在自然界里主要以 的形式存在于矿石中。磷的单质有多种同素异形体，其中最常见的是有毒的 和无毒的 。
（2）磷在不充足的氯气中燃烧的化学方程式为： 。而在过量的氯气中燃烧的化学方程式则是： 。
（3）磷（相对原子质量为31）在空气中燃烧生成的氧化物通常可用作强干燥剂。制备100 g这种干燥剂所消耗的空气的体积约为 L（在标准状况下）。
（4）有机磷农药“乐果”的结构简式是：
其中所含的双键有 个。
26.(2000年春，33)已知KNO3、Cu（NO3）2、AgNO3三种硝酸盐的热分解反应方程式如下：
①2KNO32KNO2＋O2↑
②2Cu（NO3）22CuO＋4NO2↑＋O2↑
③2AgNO32Ag＋2NO2↑＋O2↑
今有某固体可能由上述三种硝酸盐中的一种或几种组成。取适量该固体充分加热，得到一定量气体。若该气体经水充分吸收后，剩余气体的体积在同温同压下为吸收前的。通过计算(忽略氧在水中的溶解)回答：
(1)该固体是否可能只是由一种盐组成的 若可能，指出是哪种盐。
(2)若固体是混合物，指出它的可能组成(物质的量之比)。
27.(1999年全国，32)取一根镁条置于坩埚内点燃，得到氧化镁和氮化镁混合物的总质量为0.470 g。冷却后加入足量水，将反应产物加热蒸干并灼烧，得到的氧化镁质量为0.486 g。
(1)写出氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨的化学方程式。
(2)计算燃烧所得混合物中氮化镁的质量分数。
28.(1998年全国，29)下图中①～分别代表有关反应物中的一种物质，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 。
29.(1998年上海，34)近年来，工业上用Mg(NO3)2替代浓H2SO4作为制取浓HNO3的脱水剂(以下数据均为质量百分比浓度)。65%HNO3(质量为M1)中加72%Mg(NO3)2溶液(质量为M2)后蒸馏，分别得到97.5%HNO3和60%Mg(NO3)2溶液(不含HNO3)。
(1)若蒸馏过程中HNO3、Mg(NO3)2、H2O均无损耗，求蒸馏前的投料比的值；
(2)蒸馏过程中，若H2O的损耗占总质量的5.0%，即有(M1+M2)×5.0％的H2O流失。则投料时，比值应该________(选填“增大”“减小”或“不变”)。
30.(1996年全国，35)某化合物的化学式可表示为Co(NH3）xCly(x、y均为正整数)。为确定x和y的值，取两份质量均为0.2140 g的该化合物进行如下两个实验。将一份试样溶于水，在硝酸存在的条件下用AgNO3溶液滴定(生成AgCl沉淀)，共消耗24.0 mL 0.100 mol·L－1的AgNO3溶液。在另一份试样中加入足量NaOH溶液并加热，用足量盐酸吸收逸出的NH3。吸收NH3共消耗24.0 mL 0.2000 mol·L－1 HCl溶液。试通过计算确定该化合物的化学式。(本题可能用到的相对原子质量：H 1.0 N 14.0 Cl 35.5 Co 58.9)
31.(1996年上海，31)化合物E(含两种元素)与NH3反应，生成化合物G和H2。化合物G的相对分子质量约为81，G分子中硼元素(B相对原子质量为10.8)和氢元素的质量百分含量分别是40%和7.4%。由此推断：
(1)化合物G的分子式为________；
(2)反应消耗1 mol NH3，可生成2 mol H2，组成化合物E的元素是________和________；
(3)1 mol E和2 mol NH3恰好完全反应，化合物E的分子式为________。
32.(1995年全国，29)一氧化氮是大气污染物之一。目前有一种治理方法是在400℃左右、有催化剂存在的情况下，用氨把一氧化氮还原为氮气和水。请写出该反应的化学方程式 。
33.(1995年上海，31)在硝酸生产过程所排放出来的废气中含有NO和NO2，它们污染环境，现有氨催化还原法将它们转化为无毒气体(填名称)________。直接排入空气中，写出有关反应方程式： ，假设NO和NO2物质的量之比恰好为1∶1，则两者的混合物相当于一种酸酐，写出由烧碱溶液吸收这种酸酐的化学方程式： 。
34.(1994年上海，33)(1)红磷放在氯气中燃烧，若P与Cl2按物质的量之比为1∶1.8混合，待充分反应后，生成物中PCl3与PCl5的物质的量之比是________。
(2)在V mL氯化钡溶液中，加入一定体积0.05 mol·L－1的硫酸溶液时，两者恰好完全反应，且反应后溶液的pH为3.0。则原氯化钡溶液的物质的量浓度是________mol·L－1。
注：溶液混合时体积的变化不计。
35.(1994年上海，39)在100 mL NaOH溶液中加入NH4NO3和(NH4)2SO4固体混合物，加热充分反应。下图表示加入的混合物质量和产生的气体体积(标准状况)的关系。试计算
(1)NaOH溶液的物质的量浓度。
(2)当NaOH溶液的体积为140 mL，固体混合物的质量是51.6 g时，充分反应后，生成气体的体积(标准状况)为________ L。
(3)当NaOH溶液的体积为180 mL，固体混合物的质量仍为51.6 g时，充分反应后，生成气体的体积(标准状况)为________ L。
●答案解析
（一）选择题
1.答案：A
解析：此题利用某元素的相对原子质量是一定值来列式求解。x－62n=y－17n n=。
2.答案：BC
解析：可用极值法解此题。如果仅被还原为+4的氮，所得混合物的平均式量最大，为：=55.2 g·mol－1；如稀硝酸只被还原为NO，则其式量为30。实质为NO、NO2、N2O4的混合气体，所以其式量介于55.2和30之间。
3.答案：B
解析：溶解过程中伴随有能量的变化，固体硝酸铵溶于水吸热，使温度降低，固体氢氧化钠溶于水放热，使溶液温度升高，生石灰与水反应也放出大量的热，氯化钠溶解过程中能量变化很小。故答案为B。
4.答案：A
5.答案：C
解析：本题考查了几种非金属元素的性质和在周期表中的位置。通常情况下，磷单质为固体，其中白磷分子是由四个磷原子构成的；氧元素可形成多种氢化物，如：H2O和H2O2。故A、B、D都是错误的。
6.答案：A
解析：此题考查了氮族元素性质的递变规律。氮族元素的最低负价为－3价，所以其氢化物的通式为RH3；其非金属性由上到下递减；磷酸为三元酸。故只有A正确。
7.答案：AB
解析：浓、稀硝酸都具有强氧化性，几乎能和所有的金属反应(Pt、Au除外)。常温下，浓硝酸能钝化Fe、Al等，这是因为浓硝酸将它们的表面氧化成一层薄而致密的氧化物薄膜，阻止了进一步反应。Ag、Cu都能和硝酸反应，与浓硝酸反应剧烈，与稀硝酸反应比较缓慢，但都反应彻底，故正确选项为A、B。
8.答案：C
解析：解本题应从化合物的化学式及N为出发点，N的化合价为+1，则N共有的电子数为：5×7－1＝34，其中N原子间以共用电子对相结合，F元素的非金属性最强，无正化合价，在化合物中只呈－1价，所以在N5AsF6中As的价态只能为+5价。
9.答案：D
解析：本题是一道简单的计算题，主要考查了氧化还原反应中得失电子数关系，另外本题还涉及到有效数字的计算。
10.答案：B
解析：此题考查的是有机化学中缩聚反应中的脱水规律在无机化学中的应用。每相邻两个分子间脱去一分子水，因此，脱去水分子的数目就是参加反应的单体数目再减去1。也可由氢原子个数进行计算：（200×2－2）／2＝199。
11.答案：C
解析：Fe、Al块被氧化膜覆盖，并不是铝与浓硝酸不反应。浓硝酸易分解，产生的NO2溶解其中溶液呈黄色。
12.答案：B
解析：因两金属都是+2价金属，可推知每mol金属还原得2 mol NO2。所以，两金属总的物质的量为：（4480＋336×2）／44800＝0.115 mol，两种氢氧化物总质量可用金属离子质量加氢氧根离子质量来计算：4.6 g+0.115 mol×2×17 g·mol－1＝8.51 g。
13.答案：A
解析：此题主要是考查了同素异形体的知识，同一元素可组成不同性质的多种单质，如：磷的单质有红磷和白磷，故C、D错；另外同一种元素不可能形成化合物，化合物至少有两种元素构成，故B错。
14.答案：D
解析：HNO2的酸酐是N2O3，而NO是一种无色气体，其中氮元素呈＋2价，处于中间价态，所以A、B、C三选项是正确的。
15.答案：B
解析：铜与HNO3反应时，消耗的HNO3进入Cu(NO3)2和氮的氧化物(NO2或NO)。n(Cu)＝＝0.03 mol；n(气体)＝＝0.05 mol；所以共耗HNO3的物质的量n(HNO3）＝0.03 mol×2＋0.05 mol＝0.11 mol。
16.答案：D
解析：铜锌合金也称黄铜，其外观与黄金相似，但其密度比黄金小，因其含有锌元素，放入硝酸、盐酸中都能反应，而黄金却不与硝酸、盐酸反应。
17.答案：A
18.答案：C
解析：设烧瓶的容积为V L，V L NH3全部溶于水，形成溶液的体积为V L，V L的NO2完全反应后，生成了V L的NO气体，形成的溶液的体积为V L，从N原子守恒角度分析，也有V L的NO2转化生成溶质HNO3。所以两溶液的物质的量浓度相等。
19.答案：AD
解析：白磷有毒，红磷无毒，白磷着火点很低，在空气中加热极易燃烧，被氧化。
20.答案：C
解析：由质量守恒定律知反应前后原子的个数与种类不变，所以可按反应前两种原子数目计算，又原子的物质的量之比等于原子个数之比，所以n(N)∶n(O)=a∶(a+2b)，故选C。
21.答案：BD
解析：选择b溶液极易吸收a气体且无其他气体生成的。NO2易与水反应但又生成NO，溶液不能充满烧瓶，Cl2在饱和NaCl中溶解度很小基本不被吸收。
22.答案：C
解析：解法一：根据电子守恒Cu：
38.4×10－3 g／64 g·mol－1＝0.6×10－3 mol,与浓硝酸反应若全部生成NO2气体，V(NO2)＝0.6×10－3mol×2×22.4 L·mol－1／1＝1.2×10－3×22.4 L。消耗n(HNO3)=(0.6×2＋0.6×2）×10－3 mol＝2.4×10－3 mol；
若全部生成NO气体，
V(NO)=(0.6×10－3mol×2×22.4 L·mol－1)／3＝0.4×10－3×22.4 L，消耗n(HNO3)＝(0.6×2＋0.6／3×2)×10－3 mol＝1.6×10－3 mol。已知生成22.4 mL气体，介于二者之间，所以生成的是NO、NO2的混合气体，消耗的HNO3的物质的量也应介于2.4×10－3 mol和1.6×
10－3 mol之间，所以选C。
解法二：仍然用上述方法判断22.4 mL气体的成分为NO、NO2混合气体。然后根据氮的物质的量反应前后守恒得出如下关系：
n(HNO3)=n［Cu(NO3)2］×2＋n(NO2)＋n(NO)
=n(Cu)×2＋n(总气体)
=38.4×10－3 g／64 g·mol－1×2＋22.4×10－3 L／22.4 L·mol－1
＝2.2×10－3 mol
23.答案：B
解析：SO2、CO、NO都是污染大气的主要有害物质。SO2能使人发生呼吸道疾病，CO和NO能引起血红蛋白中毒，不会造成大气污染的是N2。
24.答案：A
解析：应选择极易与NaOH反应(或说极易被NaOH吸收)的物质。其中只有A符合。B中的CH4，C中的CO，D中的NO本身都不与NaOH反应，故不选。
注：如是混合气，则NO2与NO又为等摩尔混合时也可进行喷泉实验。因NO2+NO+2NaOH===2NaNO2+H2O。
（二）笔答题
25.答案：Ⅰ.①磷是叶绿体双层膜和基粒的构成成分 ②磷是ATP的成分，ATP在能量转换中起重要作用 ③磷是叶绿体DNA的构成成分
Ⅱ.（1）磷酸盐 白磷 红磷 （2）2P+3Cl22PCl3 2P+5Cl22PCl5
(3)188（空气中O2含量按21%计算）或197（空气中O2含量按约计算） （4）2
解析：此题的综合性很强，既有化学与生物的综合，也有无机化学和有机化学的综合，考查的知识是基本知识，题目难度不大。易出错点有两处，一处是第（2）磷在不充足的氯气中燃烧的化学方程式，有些考生认为氯气不足，产物应是PCl3,而忽略了PCl3更易被氯气氧化，因此，只写了第一步反应的方程式。第二处是第（4）双键数目，有些考生只注意P==S，而忽略了C==O。
26.答案：(1)可能；AgNO3 （2）KNO3和Cu（NO3）2或KNO3、Cu（NO3）2和AgNO3。
解析：(1)4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3
2AgNO3===2Ag＋2NO2↑＋O2↑
x mol x mol x/2 mol
生成气体的体积可表示为：V＝3x／2。产物中x mol NO2与x／4 mol O2反应，余下x/4 mol O2，其体积表示为V′。＝1／6，符合题意。所以该固体物质可能是纯AgNO3。
(2)若由KNO3和Cu（NO3）2按物质的量之比为1∶1组成的混合物也能符合题意。设KNO3和Cu（NO3）2分解得到的气体体积分别为V1和V2。V1／（V1＋V2）＝1／6 V2＝5V1。由反应方程式①和②可知KNO3和Cu（NO3）2的物质的量之比为1∶1。(或由三种盐组成，其中KNO3和Cu（NO3）2的物质的量之比为1∶1，而AgNO3的物质的量可任意变动，这也符合题意)
27.答案：(1)Mg3N2＋6H2O===2NH3↑＋3Mg（OH）2 （2）17％
解析：解法一：设原混合物中Mg3N2的质量为x,由Mg3N2生成的MgO的质量为y
Mg3N23MgO
100 120
x y
y＝x? （0.470 g－x）＋x＝0.486 g
x＝0.080 g
＝17％
m（Mg3N2）＝0.080 g
＝17％
28.答案：(1)NH4HCO3 NH3 O2
(2)C+4HNO3===2H2O＋4NO2↑+CO2↑
29.答案：(1)=0.60 (2)增大
解析：由题意可知，蒸馏前后溶液质量不变。所以
M1+M2=
解得：M1∶M2=0.60;
(2)M1+M2= +0.05(M1+M2)
解得：M1/M2=15/17＞0.6。?
30.答案：Co(NH3）?6Cl3
解析：用n表示物质的量，用m表示质量。
n(NH3)＝0.200 L×24.0×10－3 mol·L－1＝4.80×10－3 mol
m(NH3)＝4.8×10－3 mol×17 g·mol－1＝8.16×10－2 g
n(Cl－)=0.100 mol·L－1×24.0×10－3 L＝2.40×10－3 mol
m(Cl－)＝2.40×10－3 mol×35.5 g·mol－1＝8.52×10－2 g
m(Co)=0.2140 g－8.16×10－2 g－8.52×10－2 g＝4.72×10－2 g
n(Co)=4.72×10－2 g／58.9 g·mol－1＝8.01×10－4 mol
所以n(Co)∶n(NH3)∶n(Cl－)=1∶6∶3
即化学式为Co(NH3）6Cl3。
31.答案：(1)N3B3H6 (2)硼(B) 氢(H) (3)B2H6
解析：(1)B=81×40％÷10.8=3
H=81×7.4％÷1=6
N=(81－3×10.8－6）÷14=3
所以G的分子式为N3B3H6
(2)E含两种元素，由E+NH3N3B3H6＋2H2①可看出E一定含硼(B)元素，另一元素也只能为H或N。由反应①式看出反应后H原子数＞3，故E中一定由B、H元素构成。
(3)由反应式①可知1 mol E和2 mol NH3恰好完全反应，反应式为
E+2NH3===N3B3H6＋4H2
设E分子式为BxHy，由元素守恒得x=2 y=4+8－6=6
所以E分子式为B2H6
32.答案：4NH3＋6NO5N2＋6H2O
解析：由题意NO中+2价氮作氧化剂，NH3中－3价的氮作还原剂，NON2，但NH3的氧化产物没给。因该反应属同种元素间的氧化还原反应，所以－3价氮的氧化产物的化合价应介于－3和0之间(氧化产物价态不能高于还原产物的价态)。所以NH3N2。如此反应物、生成物都已确定，即可写出该反应方程式。(同时要注意提高配平技能)
33.答案：N2（或氮气）
6NO2+8NH37N2＋12H2O 6NO+4NH35N2+6H2O
N2O3＋2NaOH===2NaNO2＋H2O (NO+NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O)
解析：N元素的化合价：NO中为+2，NO2中为+4，NH3中为－3。发生氧化还原反应，其产物化合价应小于+2，大于－3，只能为零价，且N2稳定，无毒。故第一空可解。写方程式略。
34.答案：(1)7∶3 (2)5.05×10－4
解析：(1)依据反应方程式计算如下：
2P+3Cl2=== 2PCl3
=
解得x=1.5(mol) y=1(mol)
由于Cl2过量1.8 mol－1.5 mol=0.3 mol，所以继续发生下面反应：
PCl3＋Cl2 === PCl5
0.3 0.3 0.3
最终剩余PCl3 1 mol－0.3 mol=0.7 mol，n（PCl5）=0.3 mol。二者的物质的量之比为0.7∶0.3=7∶3。
(2)依题意知c（H＋）＝10－3 mol·L－1。设BaCl2溶液的摩尔浓度为c，加入H2SO4的体积为x mL，则由反应方程式：
BaCl2＋H2SO4===BaSO4↓+2HCl
=
将③代入②解得c=5.05×10－4 mol·L－1
35.答案：(1)5 mol·L－1 (2)15.68 (3)16.8
解析：(1)从图上看出：34.4 g混合物和100 mL NaOH恰好完全反应。
因为1 mol NaOH～1 mol NH3即n(NaOH)=n(NH3)＝11.2 L／22.4 L·mol－1＝0.5 mol，c(NaOH)=n/V=0.5 mol/0.100 L=5 mol·L－1。
(2)V(NaOH)=140 mL，因为固体过量，
所以V(气)=22.4n(NaOH)=22.4×5×0.140＝15.68（L)
(3)V(NaOH)=180 mL，过量，固体51.6 g，由图得出34.4 g/11.2 L=51.6 g/V(气)，V(气)=16.8 L。
●命题趋向与应试策略
（一）重视基础 形成知识规律
1.氮及其化合物间的转化关系
2.分析理解元素化合物性质的方法规律
（1）氮元素的化学活动性与氮分子的稳定性
元素的性质取决于元素的原子结构。氮的原子半径小，吸引电子的能力较强，故表现出较强的化学活动性，所以说氮元素是一种较为活泼的非金属元素。
氮气的稳定性则取决于氮分子的结构。氮分子是由两个氮原子共用三对电子结合而成的，氮分子中有共价三键(N≡N)，它的键能很大（946 kJ·mol－1),当氮气参加化学反应时，必须打开(破坏)分子中的三键，这就需要吸收很高的能量。因此，在通常情况下，氮气的性质很不活泼，很难跟其他物质发生化学反应。只有在高温或放电条件下，氮分子获得了足够的能量，使氮分子中的共价键断裂而形成活动性较强的氮原子，才能跟氢气、氧气、金属等物质发生化学反应。
(2)由氨的分子结构分析理解氨的性质：NH3分子为三角锥形，N—H键具有极性，决定了NH3为极性分子，因而氨易液化(易液化的还有SO2、Cl2等)；氨极易溶于水，其水溶液的密度小于1；NH3分子也极易与酸反应生成铵盐。
NH3分子中氮元素呈－3价，为氮元素的最低价态，具有还原性，能在一定条件下与O2、Cl2、CuO等反应，被它们氧化：
4NH3＋5O24NO＋6H2O 2NH3＋3Cl2===N2＋6HCl
2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O
（3）关于硝酸性质的分析理解方法
①从属类去分析HNO3具有酸的通性。
②从硝酸中＋5价氮元素去分析HNO3具有强氧化性，表现在能与多数金属、非金属、某些还原性化合物起反应。要注意，由于硝酸氧化性很强，任何金属与硝酸反应都不能放出氢气，在与不活泼金属如Cu、Ag等反应时，浓硝酸还原产物为NO2，稀HNO3还原产物为NO，(但不能认为稀HNO3的氧化性比浓硝酸强)；在常温下，浓硝酸能使铁、铝等金属钝化；浓硝酸和浓盐酸体积之比为1∶3组成的混合物称为王水，氧化性很强，能氧化一些不溶于硝酸的金属，如：Pｔ、Au等。
③硝酸不稳定，易分解，受热、光照或浓度越大，硝酸越易分解。由于分解生成的NO2溶于硝酸而使硝酸呈黄色。实验室里为防止硝酸分解，常将硝酸盛放在棕色瓶内，贮放在黑暗而且温度低的地方。
3.氮的氧化物溶于水计算规律
（1）关系式法
①NO2和O2的混合气体溶于水时，由4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3可知，当体积比
②NO和O2同时通入水中时，其反应是：2NO＋O2===2NO2，4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，总式为：4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3
③值得注意的是：4NO2＋O2和4NO＋3O2从组成上均相当于2N2O5的组成。即(2)(3)两情况中的总反应式都与N2O5＋H2O===2HNO3等效。这不仅是记忆①②二式的方法，也为上述问题的解法提供了新的思路。即利用混合气体中的N、O原子个数比进行分析判断：
(2)电子守恒法
当NO2或NO转化为HNO3时要失去电子，若上述两种气体与O2混合，O2得电子，且得失电子数必然相等，这是电子守恒法解答此类题目的依据。
4.磷及其化合物的重要性质
（二）分析热点 把握命题趋向
氮、磷及其化合物知识内容丰富，涉及面较广，是历年高考命题的热点之一，试题常以元素及其化合物知识为载体与化学基本概念、基本理论、化学实验及化学计算密切结合。考查的内容主要有：氮气分子的稳定性；氨分子结构与水溶性；铵盐及NH的检验；硝酸的性质；白磷的分子结构；磷酸与碱反应产物的判定；常见磷肥的制备；环境保护等。由于氮族各元素大都能形成多价态的化合物，其中硝酸具有强氧化性，而磷酸是三元酸，可以形成三种盐，使氮磷部分的知识显得较复杂，在高考中占有相当的地位。试题类型主要是选择题、填空题和推断题，以基础题、中档题出现居多。
氮、磷是生物体中不可缺少的元素，在植物生命活动中占有极其重要的地位，与生物学科知识紧密相连。农业生产中常用氮肥，其生产过程中产生氮的氧化物给环境带来严重的污染，而且大量含氮、磷肥料的生产和使用及工业废水或生活废水的排放，使水体富营养化，形成“赤潮”。氮、磷及其化合物还与人类健康密切相关，1998年获诺贝尔生理学、医学奖的科学家发现一氧化氮是心血管系统中传播信号的分子；磷是人体必需的营养元素，但不可大量饮用含磷饮料，大量饮用有损健康，饮用过多会与血液中的Ca2＋作用生成磷酸钙沉淀，可能发生骨质软化和疏松的危险，会造成龋齿。“可乐”饮料中含有少量咖啡因，对呼吸和心脏有兴奋作用。这些与社会实际密切相连的知识内容符合高考理科综合测试要求，将成为“3+X”综合测试的新的热点问题。
［例题］硫酸铵是农村常用的一种铵态氮肥。试回答下列问题：
(1)某硫酸铵肥料，实验测得氮的质量分数为20%，这种样品中可能混有________
A.碳酸氢铵 B.硝酸铵 C.氯化铵 D.磷酸氢二铵
(2)下列物质不能跟硫酸铵肥料混合施用的是________。
A.碳酸氢铵 B.草木灰 C.过磷酸钙 D.氯化钾
(3)田间一次施用该化肥过多会使植物变得枯萎发黄，俗称“烧苗”，其原因是________。
A.根细胞从土壤中吸收的养分过多
B.根细胞不能从土壤中吸水
C.根系不能将水向上运输
D.根系加速了呼吸作用，释放的能量过多
(4)有人给农作物施用15N标记的肥料，结果，在食用此农作物的动物尿中查出15N示踪原子，试问：
①含15N的化肥从土壤溶液中是先后在 和 的过程而进入根细胞的。
②含15N的物质在植物体细胞内的 处合成植物蛋白质。以后动物摄取这种植物的蛋白质，在消化道内，先后经 等酶的作用下，又分解为含15N的氨基酸。
③含15N的氨基酸被吸收进入动物细胞内，又经 作用被分解为含15N的物质，进而转变成 随尿排出体外。
(5)在土地中施用(NH4)2SO4肥料时，植物吸收的NH多于SO，会不会造成细胞内酸碱度的不平衡
解析：该题是化学和生物相互交叉的综合题。
(1)硫酸铵含氮量为：×100％＝21.2％＞20％，则必定含有含氮量比20％小的一种化肥，经计算只有NH4HCO3含氮量低于20％。
(2)硫酸铵为铵态氮肥，这种肥料不易跟碱性物质混合使用，因易产生挥发性物质氨气，降低肥效，而草木灰的主要成分为K2CO3，水解会显碱性。
(3)当使用化肥过多时，根细胞不能从土壤中吸水而发黄。
(4)含15N标记肥料经交换吸附，在植物细胞内转化为蛋白质，而蛋白质在动物体内最终转化为尿素排出体外。
答案：(1)A (2)B (3)B
(4)①交换吸附 主动运输 ②核糖体 蛋白酶、肽酶 ③脱氨基 尿素
(5)植物根表面在交换吸附过程中，每吸附一个NH，就要交换下来一个H＋，这种交换是对等的。细胞液中有多种无机盐、有机酸，实际上是一种缓冲溶液；NH大部分被细胞内生理活动所利用，如合成蛋白质和核酸都需要N元素等。所以，正常情况下植物大量吸收NH不会造成细胞内酸碱度不平衡。高考化学分类解析(二十四)——化学实验基础知识
●考点阐释
1.了解化学实验中常用仪器的名称、规格、主要用途，掌握使用原理、方法、注意事项。
2.掌握实验基本操作技能及注意事项，如仪器的清洗、药品的取用、物质的加热等。
3.了解实验安全及化学实验室一般事故的预防与处理方法。
4.了解常用化学试剂的存放原理与方法。
●试题类编
（一）选择题
1.（2002年上海，13）以下实验能获得成功的是
A.用含结晶水的醋酸钠和碱石灰共热制甲烷气体
B.将铁屑、溴水、苯混合制溴苯
C.在苯酚溶液中滴入少量稀溴水出现白色沉淀
D.将铜丝在酒精灯上加热后，立即伸入无水乙醇中，铜丝恢复成原来的红色
2.（2002年上海，17）1998年诺贝尔化学奖授予科恩和波普尔，以表彰他们在理论化学领域做出的重大贡献。他们的工作使实验和理论能够共同协力探讨分子体系的性质，引起整个化学领域正在经历一场革命性的变化。下列说法正确的是
A.化学不再是纯实验科学
B.化学不再需要实验
C.化学不做实验，就什么都不知道
D.未来化学的方向还是经验化
3.（2002年上海理综，20）双球洗气管是一种多用途仪器，常用于去除杂质、气体干燥、气体吸收（能防止倒吸）等实验操作。如右图所示是用水吸收下列某气体时的情形，根据下面附表判断由左方进入的被吸收气体是
A.Cl2 B.HCl
C.H2S D.CO2
附：四种气体的溶解度表（室温下）
气体 Cl2 HCl H2S CO2
1体积水约能吸收气体体积数 2 500 2.6 1
4.（2001年全国，12）用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，参考右图，从下表中选出正确选项
5.（2001年上海，15）下列实验中用错试剂的是
A.用稀盐酸清洗做焰色反应的镍铬丝
B.用酒精萃取碘水中的碘
C.用稀硝酸洗去残留在试管壁上的铜
D.用碱石灰吸收氨气中的水蒸气
6.(2000年上海，9)下列实验操作中错误的是
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
7.(1999年上海，15)实验室进行NaCl溶液蒸发时，一般有以下操作过程其正确的操作顺序为
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
A.②③④⑤ B.①②③④⑤
C.②③①④⑤ D.②①③④⑤
8.(1999年上海，7)下列叙述仪器“0”刻度位置正确的是
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
9.（1997年全国，27）进行化学实验必须注意安全，下列说法正确的是(填写标号)
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，应立即用酒精洗
D.配制浓硫酸时，可先在量筒中加一定体积的水，再在搅拌下慢慢加入浓硫酸
10.(1997年上海，9)实验室里需用480 mL 0.1 mol·L－1的硫酸铜溶液，现选取500 mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是
A.称取7.68 g硫酸铜，加入500 mL水
B.称取12.0 g胆矾配成500 mL溶液
C.称取8.0 g硫酸铜，加入500 mL水
D.称取12.5 g胆矾配成500 mL溶液
11.（1996年全国，27）下列关于使用托盘天平的叙述，不正确的是（填写标号）
A.称量前先调节托盘天平的零点
B.称量时左盘放被称量物，右盘放砝码
C.潮湿的或具有腐蚀性的药品，必须放在玻璃器皿里称量，其他固体药品可直接放在天平托盘上称量
D.用托盘天平可以准确称量至0.01 g
E.称量完毕，应把砝码放回砝码盒中
12.(1996年上海，10)准确量取25.00 mL高锰酸钾溶液，可选用的仪器是
A.50 mL量筒
B.10 mL量筒
C.50 mL酸式滴定管
D.50 mL碱式滴定管
13.(1994年上海，13；1995年全国，6)下列物质的溶液中，不易被氧化，不易被分解，且能存放在玻璃试剂瓶中的是
A.氢氟酸 B.次氯酸
C.石炭酸 D.醋酸
14.(1995年上海，17)不能用水浴加热的实验是
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
15.（1994年全国，2）少量下列化学药品应保存在水里的是
A.金属钾 B.白磷 C.硫磺 D.苯
16.(1994年上海，3)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
A.①③④ B.①②⑥
C.①③⑤ D.③④⑦
（二）笔答题
17.（2003年上海春季，47）阅读下列材料：
①早在1785年，卡文迪许在测定空气组成时，除去空气中的O2、N2等已知气体后，发现最后总是留下一个体积不足总体积1/200的小气泡。
②1892年，瑞利在测定氮气密度时，从空气中得到的氮气密度为1.2572 g/L，而从氨分解得到的氮气密度为1.2508 g/L。两者相差0.0064 g/L。
③瑞利和拉姆赛共同研究后认为：以上两个实验中的“小误差”可能有某种必然的联系，并预测大气中含有某种较重的未知气体。经反复实验，他们终于发现了化学性质极不活泼的惰性气体——氩。
请回答下列问题：
(1)空气缓慢通过下图a～d装置时，依次除去的气体是
A.O2、N2、H2O、CO2 B.CO2、H2O、O2、N2
C.H2O、CO2、N2、O2 D.N2、O2、CO2、H2O
（2）材料①②中的“小误差”对测定空气组成和氮气密度的实验而言是___________（填“主要因素”或“次要因素”）。
（3）材料③中科学家抓住了“小误差”而获得重大发现说明 。
18.(2002年全国，29Ⅱ)大气压强对许多物理实验和化学实验有着重要影响。制取氨气并完成喷泉实验（图中夹持装置均已略去）。
图1 图2
（1）写出实验室制取氨气的化学方程式：
（2）收集氨气应使用 法，要得到干燥的氨气可选用 做干燥剂。
（3）用图1装置进行喷泉实验，上部烧瓶已装满干燥氨气，引发水上喷的操作是 。该实验的原理是 。
（4）如果只提供如图2的装置，请说明引发喷泉的方法。
19.（2002年广东、河南、广西，16）已知化合物甲和乙都不溶于水，甲可溶于质量分数大于或等于98%的硫酸，而乙不溶。现有一份甲和乙的混合物样品，通过实验进行分离，可得到固体甲。（实验中使用的过滤器是用于过滤强酸性液体的耐酸过滤器）
请填写表中空格，完成由上述混合物得到固体甲的实验设计。
20.(2001年全国，20)某学生做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：①把适量的氯酸钾粉末和少量二氧化锰粉末混合均匀，放入干燥的试管中，准确称量，质量为a g。②装好实验装置。③检查气密性。④加热，开始反应，直到产生一定量的气体。⑤停止加热(如右图所示，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b g。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至室温；
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)如果实验中得到氧气体积是c L(25℃、1.01×105 Pa)，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)＝ 。
21.（2001年广东、河南，19）长期存放的亚硫酸钠可能会被部分氧化，现通过实验来测定某无水亚硫酸钠试剂的纯度。实验步骤如下：
①称量a g样品，置于烧杯中；
②加入适量蒸馏水，使样品溶解；
③加入稀盐酸，使溶液呈强酸性，再加过量的BaCl2溶液；
④过滤，用蒸馏水洗涤沉淀；
⑤加热干燥沉淀物；
⑥将沉淀物冷却至室温后，称量；
⑦重复⑤、⑥操作直到合格，最后得到b g固体；
回答下面问题：
（1）本实验中是否能用Ba(NO3)2代替BaCl2 ___________。其理由是： 。
（2）步骤③中加盐酸使溶液呈强酸性的目的是： 。
（3）步骤⑦的“合格”标准是： 。
（4）实验测得样品中无水亚硫酸钠的质量分数是： 。（列出算式，不需化简）
22.(2001年春，19)A是一种白色晶体，它与浓NaOH溶液共热，放出无色气体B。用圆底烧瓶收集干燥的B。按右图所示装置仪器，挤压滴管的胶头时，可以得到蓝色喷泉；A与浓H2SO4反应，放出无色气体C。用圆底烧瓶收集干燥的C，仍按图所示装置仪器，挤压滴管的胶头时，可以得到红色喷泉。
(1)A的化学式是 。
(2)可用于除去B中水分的干燥剂是 。收集气体B的方法是 。
(3)收集气体C的方法是 。
23.（2000年春，26）下列各种容器，通常应分别用什么方法清洗？
（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 。
24.(2000年春，27)用实验室制氧气(以氯酸钾为原料，二氧化锰作催化剂)的残渣为原料，制备氯化氢气体。
(1)某学生提出的实验步骤依次是：溶解、蒸发、结晶、制取气体。其中还缺少的必要步骤是 。
(2)某学生开列的实验用品为：烧杯、圆底烧瓶、蒸发皿、量筒、集气瓶、分液漏斗、酒精灯、药匙、托盘天平、铁架台、铁夹、铁圈、双孔橡皮塞、玻璃导管、橡皮管、火柴、蒸馏水。所缺少的必要试剂是 ，所缺少的必要的实验用品是(错答要倒扣分) 。
(3)写出本实验中制取氯化氢气体的化学方程式： 。
(4)本实验吸收尾气的装置所用的仪器是 。
25.(2000年广东，22)回答下面问题：
(1)在进行沉淀反应的实验时，如何认定沉淀已经完全
(2)中学化学实验中，在过滤器上洗涤沉淀的操作是 。
26.(1999年全国，26)填空
(1)图Ⅰ表示10 mL量筒中液面的位置，A与B，B与C刻度间相差1 mL,如果刻度A为4，量筒中液体的体积是 mL。
(2)图Ⅱ表示50 mL滴定管中液面的位置，如果液面处的读数是a,则滴定管中液体的体积(填代号) 。
A.是a mL B.是(50－a)mL
C.一定大于a mL D.一定大于(50－a)mL
27.（1998年全国，26）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）。
①酒精和浓硫酸混合加热制乙烯
②电石跟水反应制乙炔
③分离苯和硝基苯的混合物
④苯和溴的取代反应
⑤石油分馏装置
⑥浓硫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
（2）选用装置D做苯的硝化实验，D中长玻璃管的作用是 。
●答案解析
（一）选择题
1.答案：D
解析：本题是对有关实验操作细节的考查。制取甲烷必须用无水醋酸钠和碱石灰共热产生；溴苯需用铁屑、液溴和苯反应来制取；在苯酚溶液中滴入少量稀溴水产生的三溴苯酚溶解在过量的苯酚溶液中不会出现白色沉淀，只有将少量的苯酚溶液滴入稀溴水中才能产生三溴苯酚沉淀；铜丝在酒精灯上加热后产生氧化铜，反应的方程式为2Cu+O2===2CuO，立即伸入无水乙醇中，发生的反应方程式为CuO+CH3CH2OHCu+CH3CHO+H2O，因此铜丝恢复成原来的红色。
2.答案：A
解析：由题目所给信息：科恩和波普尔在理论化学领域做出重大贡献，使理论和实验共同协力探讨分子体系的性质。说明化学不再是纯实验科学。
3.答案：B
解析：由四种气体的溶解度表可以看出，HCl溶解度最大，溶解的速率大于气体进入洗气管的速率，导致左侧洗气管气压降低，出现如图所示情形。
4.答案：CD
解析：酸式滴定管（图甲）盛放酸液，碱式滴定管（图乙）盛放碱液，为便于观察，所选取的指示剂在滴定过程中的颜色一般由浅色向深色过渡，且要求半分钟不褪。用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度时，若将已知浓度的NaOH溶液盛放在碱式滴定管中，则未知浓度的H2SO4溶液放入锥形瓶中，选用酚酞为指示剂，滴定到终点的颜色由无色变红色；若将已知浓度的NaOH溶液盛放在锥形瓶中，则未知浓度的H2SO4溶液放入酸式滴定管中，选用甲基橙为指示剂，滴定到终点的颜色由黄色变橙色。
5.答案：B
解析：本题以四个实验操作过程为题材，主要考核学生对萃取过程中萃取剂选择的具体要求。酒精是有机溶剂，能溶解碘，但本身能溶于水，故不能做萃取剂。
6.答案：C
解析：滴定时，左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化情况。
7.答案：B
解析：装置安装一般是按“自下而上，从左到右”的原则进行。
8.答案：B
解析：本题考查的几种仪器的刻度特点。量筒的“0”刻度在底端；托盘天平的“0”刻度在刻度尺的左端，滴定管的“0”刻度在上端。
9.答案：ABC
解析：按化学实验的安全操作要求审视各选项，可得出D选项不符合题意。量筒是用来量取液体的仪器，不能用做配制溶液的容器，更何况浓硫酸溶于水，会放出大量的热。
10.答案：D
解析：选取500 mL容量瓶配制0.1 mol·L－1的硫酸铜溶液，经计算需要8.0 g硫酸铜或12.5 g胆矾溶于适量的水中，故选D。
11.答案：CD
解析：在托盘天平上称量固体药品，不是潮湿或具吸湿性的物质也应放在适当的容器内或干净的纸（称为称量纸）上，而不得与天平托盘直接接触。可见选项C是不对的。托盘天平只能用于很粗略的称量。按国内现有托盘天平的规格，其感量为：0.1 g(称量为100 g）、0.2 g(称量为200 g）和0.5 g（称量为500 g）。任何天平都不可能称准至0.01 g。因此，选项D也不正确。
12.答案：C
解析：一般实验室所用的量筒多是量出式的量筒，它只能粗略地量取一定体积的液体。而滴定管的精度比量筒高得多。要准确量取25.0 mL高锰酸钾溶液，只可选用50 mL酸式滴定管而不能用50 mL碱式滴定管。因为高锰酸钾溶液能氧化碱式滴定管的橡皮管。
13.答案：D
解析：A.HF对玻璃具有强腐蚀性，可用于雕刻玻璃；B.HClO不稳定易分解2HClO==2HCl
＋O2↑；C.即苯酚 易被氧化，都不符合题意。故不选。
14.答案：D
解析：准确记忆反应条件。苯硝化需水浴50℃～60℃；银镜反应需水浴70℃～80℃；制酚醛树脂需沸水浴，而由乙醇制乙烯需浓H2SO4，在170 ℃时反应，故选D。
15.答案：B
解析：金属钾与白磷都容易被氧化而要隔绝空气保存，但甲易与水发生剧烈反应，故选B。
16.答案：C
解析：①漏斗：过滤分离固液混合物；③蒸馏烧瓶：液体蒸馏分离液态混合物；⑤分液漏斗：萃取分离互不相溶的液态混合物。
（二）笔答题
17.答案：（1）B （2）次要因素 （3）科学研究应有严谨的科学态度
18.答案：（1）2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O;
(2)向下排空气 碱石灰
(3)打开止水夹，挤出胶头滴管中的水 氨水极易溶于水，致使烧瓶内气体压强迅速减小
(4)打开夹子，用手（或热毛巾等）将烧瓶捂热，氨受热膨胀，赶出玻璃导管中的空气，氨气与水接触，即发生喷泉。
19.答案：
序号 实验步骤 实验操作及注意事项（简述）
① 溶解 将混合物放入烧杯中，加入98% H2SO4，充分搅拌直到固体不再溶解。
② 过滤 安装好过滤装置，将①的悬浊液沿玻璃棒加入过滤器中过滤。
③ 稀释（或沉淀） 在另一烧杯中，放入适量蒸馏水,将②的滤液沿玻璃棒慢慢加入该烧杯中，并不断搅拌。
④ 过滤 重新安装过滤装置，将③的悬浊液沿玻璃棒加入过滤器中过滤。
⑤ 洗涤沉淀 向④的过滤器中注入少量蒸馏水，使水面浸过沉淀物，等水滤出后，再次加水洗涤，连洗几次
⑥ 检验沉淀是否洗净 用小试管从⑤的漏斗下口取少量洗出液，滴入BaCl2溶液，没有白色沉淀，说明沉淀已洗净。
20.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，有少量水进入导管，表明装置不漏气。
(2)②①③ (3)慢慢将量筒下移。
(4)
解析：此题为一定量实验题，同时也考查了化学实验的一些基本操作步骤。做定量实验题的一般方法步骤为：先看实验目的，再明确实验的反应原理和计算原理。该实验的反应原理为：2KClO32KCl＋3O2，计算原理为：M(O2)＝，m（O2）＝a g－b g，n(O2)＝，所以，此实验的关键在于准确测定氧气的体积。而气体的体积取决于两个因素，一是温度，二是压强。这就要求读数时，气体温度要与室温一致，量筒内外压强一致。在弄清原理后，再考虑实验的每一步操作。
21.答案：（1）不能 在酸性溶液中，NO能将SO氧化成SO,造成结果错误；
（2）保证得到的沉淀都是BaSO4，没有BaSO3;(3)连续两次称量的质量不变；（4）（a g－142 g·mol－1×）××100%。
22.答案：(1)NH4Cl
(2)碱石灰(或答生石灰、KOH固体等任一种不与氨反应的干燥剂) 向下排气法
(3)向上排气法
解析：此题为一推断型的实验题。由题给条件可知，B为NH3，C为HCl气体，所以A为NH4Cl。NH3为碱性气体只能用碱石灰或生石灰、KOH固体等不与氨反应的干燥剂干燥。氨气的密度比空气小，应用向下排空气法收集，氯化氢气体的密度比空气的大，应用向上排空气法收集。
23.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NaOH溶液清洗，再用水洗
24.答案：(1)过滤
(2)浓硫酸 玻璃棒、滤纸、漏斗、石棉网
(3)2KCl＋H2SO4(浓)===K2SO4＋2HCl↑ (4)漏斗、烧杯
解析：此题考查了实验室制备氯化氢气体的原理和学生的实验操作能力。制备HCl要用到可溶性金属氯化物和浓硫酸；而在学生开列的用品中恰缺少浓硫酸。氯化钾也只能从所给的混合物中提取出来，利用氯化钾和二氧化锰的溶解性不同(MnO2不溶于水)，用溶解过滤的方法除去其中的二氧化锰，进行过滤操作所缺少的用品有玻璃棒、滤纸、漏斗，制备HCl所用的圆底烧瓶不能直接加热，需用到石棉网；吸收氯化氢的装置是一倒置漏斗和烧杯以防倒吸。
25.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
26.答案：（1）3.2 (2)D
解析：使用量筒时，以与量取液体的凹液面最低点相切的刻度计量体积。图中的10 mL量筒分度值是0.2 mL，因此（1）的正确答案为3.2 mL。
从滴定管的最大标称容量刻度处至下端尖嘴处，这部分体积是不确定的。问题（2）中液面处读数是a，此时滴定管中液体体积除有刻度部分的体积（50－a） mL外，还须加上无刻度部分的体积，因此，最终结果一定大于（50－a）mL，即答案为D。
27.答案：（1）A：① B：③⑤ C：⑦
（2）减少苯的挥发（或答起冷凝器的作用）
解析：在第（1）问中列举了8个选项，其中实验A、B都采用蒸馏烧瓶，前者是用温度计测量反应液的温度，选项中只能是①；后者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所测量的实验只有选项⑦可以采用，如果学生对于溶解度的概念清楚，就不难作出准确的判断。
在第（2）问中所涉及的苯的硝化，是中学化学中见过的演示实验。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，故本小题的答案应是“减少苯的挥发（或答起冷凝作用）”。
●命题趋向与应试策略
（一）重视基础 形成知识规律
1.常见化学仪器的用途和使用方法
2.化学试剂的存放
（1）存放的原则
依药品状态选口径，依光照稳定性选颜色，依热稳定性选温度，依酸碱性选瓶塞，相互反应不共放，多种情况同时想，特殊试剂特殊放，单独记忆不能忘。
（2）常用试剂的保存方法
3.化学实验基本操作
(1)药品的取用
(2)物质的溶解
①固体：用烧杯、试管溶解，振荡、搅拌、粉碎、升温等可加快溶解速度。
②液体：注意浓H2SO4的稀释。当混合浓HNO3和浓H2SO4时，也类似于浓H2SO4的稀释，即必须把浓H2SO4慢慢地注入浓HNO3中。
③气体的溶解：
a.溶解度不大的气体(Cl2、H2Ｓ、CO2)
b.易溶于水的气体(HCl、HBr、NH3)
(3)试纸的使用
试纸的种类很多，如：石蕊试纸(红、蓝)、醋酸铅试纸(检验H2S)，淀粉碘化钾试纸、pH试纸等，使用时应注意以下几点：
①除pH试纸外，其余试纸使用前要用蒸馏水润湿；
②用试纸检验溶液性质时，要用玻璃棒蘸取待测液滴在试纸中部，不可将试纸直接插入待测液；
③用试纸检验气体性质时，将试纸湿润后粘在玻璃棒的一端，把试纸放于待测气体的试管口或集气瓶口附近。
(4)仪器的洗涤
①标准：仪器内壁附着的水既不聚成水滴，也不成股流下时，表示仪器已洗干净。
②若附着不易用水洗净的物质时，应选不同的“洗涤剂”区别对待，如：
残留物 洗涤剂
久置石灰水的瓶壁上的白色固体(CaCO3) 盐 酸
铁 锈 盐 酸
制氯气时残留的二氧化锰 浓盐酸(温热)
久置FeCl3溶液的瓶壁上的沉淀(Fe2O3) 盐 酸
容器壁上附着的碘 酒精或(NaOH溶液)
容器壁上附着的硫 二硫化碳(或NaOH溶液)
容器壁上附着的苯酚 氢氧化钠溶液(或酒精)
试管壁上的银镜 稀硝酸
容器里附有的油污 热的纯碱液
(5)物质的加热
加热方式 优 点 适应范围 注意事项
直接加热 升温快，易获得较高温度 瓷质、金属质或小而薄的玻璃仪器(如试管)等 玻璃仪器外壁要干燥
隔石棉网加热 受热较均匀，温度较易控制 较大的玻璃反应器(如烧杯、烧瓶)等 同上
加热浴(水浴、油浴、砂浴、铅浴等) 受热均匀、反应平稳、具有上限温度 ①需严格控制温度的(如硝基苯的制取)②需反应混合物静置的(如银镜反应)③精馏沸点差较小的混合液 根据不同温度选取浴热方式。加热上限温度为热浴介质的沸点
(6)气密性检验
将已连接好的装置的导管的一端伸入水中，用手掌紧贴容器外壁，如装置不漏气，则管口有气泡冒出，移开手掌后，水就会升到导管里形成一段水柱。
注意：若欲检气密装置本身明显是一个非气密性装置。如图中漏斗为长颈漏斗时，则第一步骤要处理成一个密闭休系，如上述装置可先向试管中加水至水没及长颈漏斗下管口。并将右导管连接一导管插入水中（或用弹簧夹夹住）；第二步，想办法使密封系统内产生压强变化，并以一种现象表现出来。
（7）安全操作
①实验室操作首当注意以下五防：
防爆炸：点燃可燃气体（如H2、CO、CH4、C2H2、C2H4）或用CO、H2还原Fe2O3、CuO之前，要检验气体纯度；
防暴沸：配制硫酸的水溶液或硫酸的酒精溶液时，要将密度大的浓硫酸缓慢倒入水或酒精中；加热液液混合物时要加沸石；
防失火：实验室中的可燃物质一定要远离火源；
防中毒：制取有毒气体（如:Cl2、CO、SO2、H2S、NO2、NO）时，应在通风橱中进行；
防倒吸：加热法制取并用排水法收集气体或吸收溶解度较大气体时，要注意熄灯顺序或加装安全瓶。
②常见废液的处理方法
废 液 处理方法 注意事项
酸或碱 中和法 分别收集，混合无危险时，将废酸、废碱混合
氧化剂还原剂 氧化还原法 分别收集，查明废液性质，将其中一种废液分次少量加入另一种废液中
含重金属离子废液 氢氧化物沉淀法硫化物共沉淀法 用过滤或倾析法将沉淀分离，滤液不含重金属离子再排放
含Ba2＋ 沉淀法 加入Na2SO4溶液，过滤，除去沉淀，不可排放
有机物 焚烧法有机溶剂萃取回收利用 生成水、CO2等不污染环境；用溶剂萃取分液，分馏后回收利用
③常见意外事故的处理
意外事故 处理方法
洒在桌面的酒精燃烧 立即用湿抹布扑盖
酸洒在皮肤上 立即用较多的水冲洗(皮肤上不慎洒上浓H2SO4，不得先用水冲洗而要根据情况迅速用布擦去，再用水冲洗)，再涂上3%～5%的NaHCO3溶液
碱洒在皮肤上 用较多的水冲洗，再涂上硼酸溶液
液溴、苯酚洒在皮肤上 用酒精擦洗
水银洒在桌面上 洒上硫粉进行回收
酸液溅到眼中 立即用水冲洗，边洗边眨眼睛
酒精等有机物在实验台上着火 用湿抹布、石棉或砂子盖灭，火势较大时，可用灭火剂扑救
4.定量实验
中学化学中比较典型的定量实验有：物质的量浓度溶液的配制、中和滴定、阿伏加德罗常数的测定、溶解度的测定、胆矾结晶水含量的测定等。定量实验的有关问题，首先要熟悉定量实验的操作步骤及实验原理，以“不变”应“万变”。其次要熟悉定量实验需要的玻璃仪器及部分玻璃仪器的代换应用，如烧杯、烧瓶、试管等都可作为反应容器，如何选择就要视具体情况而定，有时也可代换。另外，定量实验的误差分析方法及原理不可忽视，在高考中出现的几率较大。
（二）分析热点 把握命题趋向
化学实验基础知识主要包括：实验仪器的洗涤与选择，实验药品的保存与取用，物质的溶解、加热、蒸发、蒸馏、结晶，萃取与分液，过滤，溶液的配制，酸碱中和滴定等。从近几年的命题情况看，主要的命题热点为：
1.化学常用仪器的主要用途和使用方法。考查学生在实验中是否经常注意到仪器的大小规格；给出限定的仪器、药品和规定的操作步骤，要求完成某项实验操作，考查常见仪器的使用、正确操作的辨别。
2.化学实验操作基本技能。考查学生正确的化学实验基本操作方法，辨认错误的操作习惯，有无安全意识及一旦出现问题，处理事故的能力。
3.常用化学药品的存放。化学试剂保存的原则，特殊试剂存放的方法。
从近几年的高考试题的分析来看，曾考过天平、温度计、滴定管、量筒等仪器的使用，药品的称量、试剂的取用、萃取分液、溶液配制、气密性检验等操作。化学实验基础知识涉及面比较广，高考考查点分散，但试题难度不大，今后高考试题对化学实验基础知识的考查，将会有所加强，其题型与难度将会保持相对稳定。根据实验要求恰当地选用仪器；将常见仪器另作他用（如干燥管用于防倒吸装置等）；根据物质的性质，在特殊装置、特定条件下进行非常规操作也可能成为高考命题的新动向。
［例题］下列各实验中，凡是需要用到玻璃棒的，请在该实验的横线上注明玻璃棒的作用：
(1)过滤 ；
(2)稀释浓硫酸 ；
(3)蒸发食盐水 ；
(4)检验溶液的pH ;
(5)做氨水和盐酸的化合反应 ；
(6)酸碱中和滴定 ；
解析：本题所进行的6个基本实验，只有（6）不需要玻璃棒，其他都用到玻璃棒，玻璃棒的作用有所区别；
（1）过滤时利用玻璃棒将烧杯中悬浊液引流至漏斗上的滤纸上。
（2）稀释浓硫酸时将浓硫酸引流慢慢加入水中，并用玻璃棒搅拌溶液，使热量散发均匀。
（3）蒸发食盐水时，用玻璃棒搅拌使受热均匀，促进水分的挥发。
（4）用玻璃棒蘸被检验的液体滴到pH试纸上。
（5）用两支玻璃棒各分别蘸浓氨水和浓盐酸的液滴，使玻璃棒靠近，让挥发出的NH3气与HCl气相遇，立即生成大量NH4Cl白烟。至于中和滴定时，靠用手摇匀锥形瓶中的液体，不用玻璃棒搅拌。
答案：（1）引流 （2）引流搅拌 （3）搅拌，促进水分挥发 （4）蘸液 （5）蘸液，作“反应器”高考化学分类解析(十六)——卤素
●考点阐释
1.掌握氯气的性质、制法。以氯为例，了解卤族元素的物理性质和化学性质。了解几种重要的含卤素化合物的性质和用途。
2.从原子的核外电子排布，理解卤族元素（单质、化合物）的相似性和递变性。
●试题类编
(一)选择题
1.（2002年上海，1）为维持人体内电解质平衡，人在大量出汗后应及时补充的离子是
A.Mg2＋ B.Ca2＋ C.Na＋ D.Fe3+
2.（2002年河南，14）碘跟氧可以形成多种化合物，其中一种称为碘酸碘，在该化合物中，碘元素呈+3和+5两种价态，这种化合物的化学式是
A.I2O3 B.I2O4 C.I4O7 D.I4O9
3.(2001年全国，17)在100 mL 0.10 mol·L－1的AgNO3溶液中加入100 mL溶有2.08 g BaCl2的溶液，再加入100 mL溶有0.010 mol CuSO4·5H2O的溶液，充分反应。下列说法中正确的是
A.最终得到白色沉淀和无色溶液
B.最终得到的白色沉淀是等物质的量的两种化合物的混合物
C.在最终得到的溶液中，Cl－的物质的量为0.02 mol
D.在最终得到的溶液中，Cu2＋的物质的量浓度为0.01 mol·L－1
4.(2001年春，3)放在敞口容器中的下列溶液，久置后溶液中该溶质的浓度会变大的是
A.浓硫酸 B.氢氧化钠
C.氯水 D.氯化钠
5.(2001年上海，1)漂白粉的主要成分是
A.Ca(OH)2 B.Ca(ClO)2
C.CaCl2 D.CaCO3
6.(2000年春，19)HBr和HI的稳定性，前后两个性质的大小关系
A.大于 B.等于
C.小于 D.不能肯定
7.(2000年春，11)下列对溴化钠的描述中，正确的是
A.是一种可溶于水的晶体，熔点较高
B.跟AgNO3溶液反应将生成白色沉淀
C.跟浓硫酸反应是制取溴化氢气体的常用方法
D.其工业制法之一是将金属钠跟单质溴反应
8.(1999年上海，8)下列各组物质中不易用物理性质区别的是
A.苯和四氯化碳 B.酒精和汽油
C.氯化铵和硝酸铵晶体 D.碘和高锰酸钾固体
9.(1999年上海，17)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－与ClO的浓度之比为1∶3，则Cl2与NaOH溶液反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为
A.21∶5 B.11∶3
C.3∶1 D．4∶1
10.(1998年全国，6)氯化碘(ICl)的化学性质跟氯气相似，预计它跟水反应的最初生成物是
A.HI和HClO B.HCl和HIO
C.HClO3和HIO D.HClO和HIO
11.(1998年全国，14)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
A.硫酸 B.氯水 C.硝酸锌 D.氯化铜
12.(1998年上海，2)近年来，加“碘”食盐较少使用碘化钾，因其口感苦涩且在贮藏和运输中易变化，目前代之加入的是
A.I2 B.KIO C.NaIO D.KIO3
13.(1997年全国，21)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IO可和I－发生反应：IO＋5I－＋
6H＋===3I2＋3H2O，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IO。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
A.①③ B.③⑥
C.②④⑥ D.①②④⑤⑦
14.(1996年上海，4)随着卤素原子半径的增大，下列递变规律正确的是
A.单质的溶沸点逐渐降低
B.卤素离子的还原性逐渐增强
C.气态氢化物稳定性逐渐增强
D.单质氧化性逐渐增强
15.(1996年上海，14)检验氯化氢气体中是否混有Cl2，可采用的方法是
A.用干燥的蓝色石蕊试纸
B.用干燥有色布条
C.将气体通入硝酸银溶液
D.用湿润的淀粉碘化钾试纸
16.(1994年全国，23)把含有某一种氯化物杂质的氯化镁粉末95 mg溶于水后，与足量的硝酸银溶液反应，生成氯化银沉淀300 mg，则该氯化镁中的杂质可能是
A.氯化钠 B.氯化铝
C.氯化钾 D.氯化钙
17.(1994年全国，8)下列说法正确的是
A.漂白粉有效成分是氯酸钠
B.氟化氢在空气中呈现白雾，这种白雾有剧毒
C.碘化钾水溶液能使淀粉变蓝
D.氟气通入水中有氧气生成
（二）笔答题
18.（2002年全国理综，25）已知：①A、B、C、D四种物质均含元素X，有的还可能含有元素Y、Z。元素Y、X、Z的原子序数依次递增。②X在A、B、C、D中都不呈现它的最高化合价。③室温下单质A与某种常见一元强碱溶液反应，可得到B和C。④化合物D受热催化分解，可制得元素Y的单质。
(1)元素X是 ，Z是 。
(2)写出③中反应的化学方程式。
。
(3)写出④中反应的化学方程式：
。
19.(2001年春，26)将10.000 g氯化钠、溴化钾和氯化钙的混合物溶于水中，通入氯气充分反应，然后把溶液蒸干并灼烧(高温加热)，灼烧后残留物的质量为9.813 g。若将此残留物再溶于水并加入足量的碳酸钠溶液，所得的沉淀干燥后质量为0.712 g。求原混合物中各化合物的质量。
20.(2001年上海，30)为了预防碘缺乏病，国家规定每千克食盐中应含有40 mg～50 mg 的碘酸钾。为检验某种食盐是否为加碘的合格食盐，某同学取食盐样品428 g，设法溶解出其中全部的碘酸钾，将溶液酸化并加入足量的碘化钾淀粉溶液，溶液呈蓝色，再用0.030 mol·
L－1的硫代硫酸钠溶液滴定，用去18.00 mL时蓝色刚好褪去。试通过计算说明该加碘食盐是否为合格产品。有关反应如下：
IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O I2＋2S2O===2I－＋S4O
21.(2000年全国，25)下图每一方框中的字母代表一种反应物或生成物：
物质A跟B反应生成物质E、F和G；物质C跟D反应生成物质I，某温度下该反应起始和某时刻的反应混合物组成如上表格所示。请填写下列空白：
(1)物质H的分子式是_________。
(2)反应①的化学方程式是 。
(3)反应②的化学方程式(须注明反应条件)是 。
22.(1995年上海，28)溴酸钾与溴化钾在酸性溶液中反应，溴元素完全转化成单质溴，试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“氧化”或“还原”) mol的 (填写离子或物质名称)。
●答案解析
（一）选择题
1.答案：C
解析：人在大量出汗时，有氯化钠随汗水排出体外，所以需补充Na＋。
2.答案：D
解析：习惯思维方式认为：只要将元素化合价代入，代数和等于零即可，这是错误的，一般规律是变价元素，高价部分应作为含氧酸根，I4O9可写成I（IO3）3，恰好符合题目要求，选D。
3.答案：B
解析：此题为一计算型推断题。经计算AgNO3、BaCl2、CuSO4·5H2O三种物质的物质的量都为0.01 mol，反应生成的AgCl和BaSO4各为0.01 mol。溶液中剩余的是0.01 mol NO、0.01 mol Cl－和0.01 mol Cu2＋，所以溶液应呈蓝色，故A、C是错误的。两溶液混合后溶液的体积增大一倍，Cu2＋的物质的量浓度为0.005 mol·L－1。
4.答案：D
解析：浓硫酸吸收空气中的水而使浓度减小；氢氧化钠吸收空气中的CO2而发生了变质；氯水也因分解放出氧气最终变为了稀盐酸；只有氯化钠溶液挥发出的是水而使溶液的浓度增大。
5.答案：B
解析：生成漂白粉的化学反应为:2Cl2＋2Ca（OH）2===Ca（ClO）2＋CaCl2＋2H2O，所以，漂白粉中含有两种成分：Ca(ClO)2和CaCl2，其中只有Ca(ClO)2能在酸性条件下生成具有漂白作用的HClO，故主要成分为：Ca(ClO)2。
6.答案：A
解析：同主族元素的气态氢化物的稳定性由上至下依次减弱。
7.答案：A
解析：溴化钠是一种离子晶体，可溶于水，且熔点较高；其中溴离子可与银离子结合生成浅黄色的溴化银沉淀；溴离子能被浓硫酸氧化为单质的溴，所以常用浓磷酸与溴化钠反应制取溴化氢；自然界中溴以化合态存在，用单质钠与单质溴反应制溴化钠的经济成本太高。
8.答案：C
解析：苯的密度比水轻，CCl4的密度比水重；酒精和汽油的气味有明显不同；碘易升华，而KMnO4虽显紫色，但无此性质；NH4Cl和NH4NO3的物理性质相似，不易区别。
9.答案：D
解析：假设反应中生成1 mol NaClO和3 mol NaClO3，则有1 mol＋3 mol×5＝16 mol电子发生转移，由电子守恒知，必有16 mol氯原子被还原。
10.答案：B
解析：ICl中I带部分正电荷结合水分子中的OH－，形成HIO，则带部分负电荷的Cl结合H2O分子带部分正电荷的H＋，形成HCl。
11.答案：BC
解析：硫酸不能将Fe2＋氧化成Fe3+；氯水能将溶液中的Fe2＋氧化成为Fe3+离子；金属铁溶于盐酸得到氯化亚铁的强酸性溶液，再加入硝酸锌后，溶液就显示有硝酸的性质，可以将Fe2＋氧化成为Fe3+离子。氯化铜溶液中的Cu2＋离子有一定的氧化能力，可以将金属铁氧化成Fe2＋离子，但却不能将Fe2＋离子氧化成为Fe3+离子。
12.答案：D
解析：I2不能食用，KIO和NaIO不稳定，故选D。
13.答案：B
解析：由题给反应，要证明有IO，应用到I－、淀粉和酸。现给出了KI淀粉试纸，包括前两种试剂，所以再选用食醋(即酸)便可完成上述检验。向待测液中加入醋酸，然后将溶液滴在KI淀粉试纸上，若试纸变蓝，即证明有IO。
14.答案：B
解析：随卤素原子半径的增大即按其原子核电荷增加的顺序，它们单质的熔点升高，对应阴离子的还原性增强，气态氢化物稳定性减弱；单质的氧化性减弱。
15.答案：D
解析：A、B选项因是干燥的故HCl、Cl2都不作用；C项两者都生成白色沉淀。而D项HCl无变化，Cl2可使其变蓝。
16.答案：B
解析：假设95 mg MgCl2粉末中无杂质
MgCl2～2AgCl
95 2×143.5
生成沉淀应为287 mg，小于300 mg，则杂质是含氯量较高的物质。
A.NaCl: B.AlCl3：= C.KCl: D.CaCl2:
MgCl2： 其中B的含氯量高于MgCl2的含氯量。
17.答案：BD
解析：漂白粉的有效成分是次氯酸钙，因而否定A；使淀粉变蓝的是碘的单质，否定C。
（二）笔答题
18.答案：（1）Cl（或氯） K（或钾）
(2)Cl2+2KOH===KCl+KClO+H2O
(3)2KClO32KCl+3O2↑
解析：此题的突破口是：室温下单质A与某种常见一元强碱溶液反应，可得到B和C，且A、B、C中都含有X，说明A中碱中发生了歧化反应，常温下能与碱溶液发生歧化反应的在中学化学中主要是Cl2、Br2等，这就缩小了思考的范围。再结合其他条件从而找出答案。
19.答案：NaCl为8.700 g,KBr为0.500 g,CaCl2为0.800 g
解析：设混合物中各物质的质量：NaCl为x,KBr为y,CaCl2为z。
x+y+z=10.000 g ①
2KBr+Cl2===2KCl+Br2
混合物中KBr转化为KCl,灼烧后溴全部挥发，因此：
x+y+z=9.813 g ②
①式－②式得：(1－)y=10.000 g－9.813 g
解得：y=0.500 g
残留物溶于水后加入足量碳酸钠溶液，发生如下反应：
CaCl2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaCl
从所得CaCO3的质量可以算出CaCl2的质量：z=0.721 g×=0.800 g
氯化钠的质量为：x=10.000 g－0.500 g－0.8000 g=8.700 g。
20.答案：合格
解析：I2＋2S2O===2I－＋S4O
n(I2)＝0.03 mol·L－1×0.018 L×1/2=0.27×10－3 mol
IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O
n（KIO3）=0.27×10－3 mol×1/3=0.09×10－3 mol
每千克食盐中含KIO3：×1000 mg·g－1=45 mg
所以该加碘食盐是合格的。
21.答案：(1)HCl （2）Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O
解析：本题综合考查了氯气的性质、电解饱和食盐水、氨气的合成等三个方面的内容，是MCE94无机框图题的再现，但难度有所下降，解决此题的关键是氯气的性质的应用，知道氯气与NaOH反应有三种产物，与H2反应有一种产物，本题即可突破。解此题另一关键点是题目所给的一组数据，由此推出C、D、I反应的化学计量数之比，从而得出该反应为合成氨反应。定性判断与定量推断相结合解无机框图题是今后命题的一个方向。
22.答案：BrO+5Br－+6H＋===3Br2+3H2O m/80 氧化 m/16 Br－
解析：根据同一元素不同价态间反应可生成中间价态的物质得出反应式；然后利用相对分子质量及化学计量数可顺利解决此问题。
●命题趋向与应试策略
（一）重视基础 形成知识规律
1.氯气及其化合物间的转化关系
氯的代表性中包含了卤素的相似性，掌握了氯气及其化合物的性质，就能推广出卤素的相似性，这是学好卤素的关键。有关氯气及其化合物的相互转化关系见下表：
2.卤素化学性质的相似性和递变性
(1)卤素是典型的非金属元素，其元素的非金属性强弱顺序为：F＞Cl＞Br＞I
(2)卤素单质均是氧化剂，其氧化能力强弱顺序为：F2＞Cl2＞Br2＞I2
(3)卤离子均具还原性，其还原性强弱顺序为：I－＞Br－＞Cl－＞F－
(4)卤素单质均能与氢化合，但反应条件不同，生成的气态氢化物稳定性亦不相同。
F2＋H22HF H2＋Cl22HCl Br2＋H22HBr I2＋H22HI
气态氢化物稳定性大小顺序为：HF＞HCl＞HBr＞HI
(5)卤素单质均可与水反应，但反应难易程度不同。
2F2＋2H2O===4HF＋O2↑（剧烈反应)
Cl2＋H2O===HCl＋HClO(反应较慢)
2HClO===2HCl＋O2↑
Br2＋H2O===HBr＋HBrO（反应微弱)
I2与H2O只有很微弱的反应。
(6)卤素单质可与碱溶液发生自身氧化还原反应生成－1价卤化物和+1价或+5价卤酸盐。
Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O
3Br2＋6NaOH===5NaBr＋NaBrO3＋3H2O
(7)AgX除AgF外均不溶于水，不溶于酸。
(8)AgCl、AgBr、AgI均不稳定，见光发生分解反应，生成卤素单质及银。
2AgX2Ag+X2
(9)氢卤酸的水溶液均呈酸性，除HF是弱酸外，其余均为强酸，其酸性相对强弱顺序为：HI＞HBr＞HCl＞HF。
3.卤素的特殊性
(1)碘单质遇淀粉显示出蓝色，该性质可用于检验Cl2，Cl2可使湿润的KI淀粉试纸变蓝，实质是：Cl2＋2I－===I2＋2Cl－。I2再作用于淀粉显示出蓝色，另外碘单质还易升华。
(2)氢氟酸能腐蚀玻璃(4HF＋SiO2===SiF4↑＋2H2O），因此，氢氟酸必须保存在塑料试剂瓶中，制备HF时，反应必须在铅制器皿中进行。
(3)氯气具有漂白性，其实质是Cl2与H2O反应生成的次氯酸(HClO)具强氧化性使有机色质褪色，次氯酸是一种强氧化性的弱酸。
(二）分析热点 把握命题趋向
卤素是典型的非金属元素，历来是高考的必考内容，其主要热点是：
1.卤素及其化合物的性质
既有对某一具体知识点考查的选择题，又有与其元素（如铁、硫等）或者与电解氯化钠溶液相结合组成框图的物质推断题，还有对卤素性质、制法、用途等全面考查的综合题，尤其是以氯气的性质及其实验室制取装置为基础的实验题，曾多次出现在高考试题中。因此要掌握氯及其化合物的性质、氯气的实验室制法，卤素的相似性和递变性。
2.卤素性质的迁移应用
对卤素性质迁移应用能力的考查已成为相当稳定的一个题型，主要考查学生的分析能力，适应新情境的能力及知识迁移应用能力。该类题目的特点是：给出类卤素如(CN)2、（SCN）2、IBr等的性质与卤素相似，或给出新的知识情境，然后依据卤素的性质结合具体的实例进行迁移应用。在进行迁移应用时，既要注意“类卤素”与卤素的相似性，即表现在单质的氧化性、与碱溶液反应生成卤化物和次卤酸盐、与Ag＋结合的生成物的难溶性等。又要注意“类卤素”与卤素明显的差异性，即由于类卤素的组成不是一种元素，其各元素的化合价有差别，以致在参加化学反应中价态的变化与卤素单质不完全相同，如：IBr+H2O===HBr＋HIO的反应不属于氧化还原反应等。
3.联系实际，综合应用
卤素知识与现代生产、日常生活、医疗保健、科学技术等各方面有着广泛的联系，如海洋资源的开发与利用、氯碱工业、漂白粉应用、饮用水消毒、氟与人体健康、碘与甲状腺肿、碘化银与人工降雨等。这些内容既能与化学基本理论、其他元素化合物知识、化学实验和化学计算融为一体；又能与电学等物理学知识、激素调节等生物学知识密切相关，常作为进行学科间相互综合、相互渗透考查的内容载体。所以卤素与实际相联系的知识必将是今后高考命题的热点之一。
［例题］碘缺乏症遍及全球，多发生于山区，南美的安第斯山区、欧洲的阿尔卑斯山区和亚洲的喜马拉雅山区是高发病地区。我国云南、河南等10余省的山区发病率也较高。据估计我国患者大约有1000万人。为控制该病的发生，较为有效的方法是食用含碘食盐。我国政府以国家标准的方式规定在食盐中添加碘酸钾(KIO3)。据此回答下列问题。
(1)碘是合成下列哪种激素的主要原料之一
A.胰岛素 B.甲状腺激素 C.生长激素 D.雄性激素
(2)长期生活在缺碘山区，又得不到碘盐的供应，易患
A.甲状腺亢进 B.佝偻病
C.地方性甲状腺肿 D.糖尿病
(3)可用盐酸酸化的碘化钾和淀粉检验食盐中的碘酸钾。反应的化学方程式为 ，氧化产物与还原产物的物质的量之比为_________，能观察到的明显现象是 。
(4)已知KIO3可用电解方法制得。原理是：以石墨为阳极，以不锈钢为阴极，在一定电流强度和温度下电解KI溶液。总反应化学方程式为：KI＋3H2OKIO3＋3H2↑，则两极反应式分别为：阳极 ，阴极 。
(5)在某温度下，若以12 A的电流强度电解KI溶液10min，理论上可得标况下氢气 L。
解析：此题重点考查了一些卫生保健的常识及与其有关的化学知识。碘是合成甲状腺激素的主要原料之一，缺碘易患地方性甲状腺肿，这一病症可用食含碘食盐的方法来预防。这些内容属于卫生保健的常识性知识。但检验食盐中是否含碘及如何制取碘盐中所需的KIO3，则需用化学知识来解决。在酸性条件下，IO可氧化I－生成单质碘，碘遇淀粉变为蓝色，反应的化学方程式为：5KI＋KIO3＋6HCl===6KCl＋3I2＋3H2O，I2既是氧化产物，又是还原产物，其物质的量之比为5∶1。
电解KI溶液时，在阳极放电的是I－，电极方程式为I－＋3H2O－6e－===IO＋6H＋，在阴极放电的是水电离出的H＋，电极方程式为：6H2O＋6e－===3H2↑＋6OH－。
本题的第(5)小题是利用电学知识解决化学问题。依据Ｑ＝It和1个电子的电量为1．60×10－19C，n（e－）＝＝7．475×10－2 mol，V（H2）＝ mol×22．4 L·mol－1＝0．837 L。
答案：(1)B (2)C
(3)5KI＋KIO3＋6HCl===6KCl＋3I2＋3H2O 5∶1 溶液变蓝
(4)I－＋3H2O－6e－===IO＋6H＋ 6H2O＋6e－===3H2↑＋6OH－
(5)0.837高考化学分类解析(十五)——碱金属
●考点阐释
1.以钠为例，了解典型碱金属的物理和化学性质。
2.从原子的核外电子排布，理解ⅠA族元素（单质和化合物）的相似性和递变性。
3.以Na2O2为例，了解过氧化物的性质。
4.掌握钠的几种最重要的化合物（NaOH、Na2CO3、NaHCO3等）的性质和用途。
●试题类编
(一)选择题
1.（2002年春上海，19）在烧杯中加水和苯（密度：0.88 g/cm3)各50 mL。将一小粒金属钠（密度：0.97 g/cm3)投入烧杯中。观察到的现象可能是
A.钠在水层中反应并四处游动
B.钠停留在苯层中不发生反应
C.钠在苯的液面上反应并四处游动
D.钠在苯与水的界面处反应并可能作上、下跳动
2.（2001年全国理综，13）将a g含NaOH样品溶解在b mL 0.1 mol·L－1的硫酸中，再加入c mL 0.1 mol·L－1的氢氧化钡溶液，反应后所得溶液恰好呈中性，则样品中NaOH的纯度是（NaOH相对分子质量为40）
A.［（b－c）/125a］×100% B.［（b－2c）/125a］×100%
C.［（b－c）/250a］×100% D.［（8b－8c）/a］×100%
3.(2001年上海，11)碱金属与卤素所形成的化合物大都具有的性质是
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.②③⑤
4.(2001年上海，5)下列科学家中，为我国化学工业做出重大贡献的是
A.邓稼先 B.李四光 C.华罗庚 D.侯德榜
5.(2000年春，25)用1 L 1.0 mol·L－1 NaOH溶液吸收0.8 mol CO2，所得溶液中的CO和HCO的浓度之比约是
A.1∶3 B.1∶2 C.2∶3 D.3∶2
6.(1999年上海，6)下列俗称表示同一物质的是
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
7.(1998年上海，23)已知酸性强弱顺序为H2CO3＞ 下列化学
方程式正确的是
8.(1997年全国，8)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
A.②⑥③ B.④⑥①③
C.④⑥③⑤ D.②⑥①③⑤
9.(1997年上海，18)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
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
10.(1996年全国，18)某溶液中有NH、Mg2＋、Fe2＋和Al3＋四种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子是
A.NH B.Mg2＋ C.Fe2＋ D.Al3＋
11.(1996年上海，27)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 g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 g沉淀。对样品所含杂质的正确判断是
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
12.(1996年上海，7)下列灭火剂能用于扑灭金属钠着火的是
A.干冰灭火剂 B.黄砂
C.干粉(含NaHCO3)灭火剂 D.泡沫灭火剂
13.(1995年上海，9)能从水溶液中还原6 mol H＋的是
A.2 mol Fe B.6 mol OH－
C.6 mol I－ D.6 mol Li
14.(1995年上海，23)等体积等物质的量浓度的NaHCO3溶液和Ba(OH)2溶液混合，离子方程式正确的是
A.HCO＋OH－===H2O＋CO
B.2HCO＋Ba(OH)2===BaCO3↓＋2H2O＋CO
C.HCO＋Ba2＋＋OH－===H2O＋BaCO3↓
D.2HCO＋Ba2＋＋2OH－===BaCO3↓＋2H2O＋CO
15.(1994年全国，15)在一定温度下，向足量的饱和Na2CO3溶液中加入1.06 g 无水Na2CO3，搅拌后静置，最终所得晶体的质量
A.等于1.06 g B.大于1.06 g而小于2.86 g
C.等于2.86 g D.大于2.86 g
（二）笔答题
16.（2003年春，24）下图中A至F是化合物，G是单质
写出A、B、E、F的化学式
A________ B________ E________ F________
17.（2002年春上海，58）铁路提速为鲜活水产品、新鲜水果和蔬菜的运输提供了有利条件。
在鲜活鱼的长途运输中，必须考虑以下几点：水中需要保持适量的O2；及时除去鱼排出的CO2；防止细菌的大量繁殖。现有两种在水中能起供氧灭菌作用的物质，其性能如下：
过氧化钠（Na2O2）：易溶于水，与水反应生成NaOH和O2；
过氧化钙（CaO2）：微溶于水，与水反应生成Ca(OH)2（微溶）和O2。
根据以上介绍，你认为运输鲜活水产品时应选择 加入水中。原因是 。
在不通风场所，苹果会散发 的气味，时间久了会腐烂；马铃薯块茎通过
呼吸产生乳酸。铁路提速可减少鲜果和蔬菜在运输中的损耗。
18.(2000年上海，33)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30 mL，产生CO2的体积(标准状况)如下表：
(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3.32 g天然碱样品于300℃加热分解至完全(300℃时Na2CO3不分解)，产生CO2 112 mL(标准状况)和水0.45 g，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
NaHCO3＋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－1
(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 。
19.(2000年广东，24)(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)。
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源，试写出该反应的化学方程式 。
(4)人体内O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：
20.(2000年广东，28)在1.00 L 1.00 mol·L－1 NaOH溶液中通入16.8 L标准状况下的CO2，计算所得溶液中含有的NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别为________。
21.(1994年全国，29)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、6 mol·L－1盐酸和蒸馏水)。
请填写下列空白：
(1)写出在实验中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) 。
●答案解析
（一）选择题
1.答案：D
解析：此题考查的面很广，首先是苯与水互不溶解，还有钠的密度处于苯和水之间，钠能与水中的氢反应而不与苯中的氢反应。另外钠与水反应放出的氢气使钠在苯与水的界面处反应并可能作上、下跳动。
2.答案：A
解析：2n(H2SO4)=2n［Ba（OH）2］+。m(NaOH)=()×40。NaOH的纯度=×100%。
3.答案：A
解析：碱金属属于活泼的金属元素，卤素属于活泼的非金属元素，它们之间形成的大都是离子化合物，沸点较高、能溶于水，水溶液能导电。
4.答案：D
解析：此题考查了学生的化学史知识。邓稼先是核物理学家，李四光为地质学家，华罗庚为数学家，只有侯德榜为化学家，是侯氏制碱法的发明人。
5.答案：A
解析：当两反应物的物质的量之比为1∶1时，产物为NaHCO3；为2∶1时，产物为Na2CO3；处于两比值之间时为两产物的混合物。设Na2CO3的物质的量为x，NaHCO3的物质的量为y，则：2x＋y＝1 L×1.0 mol·L－1 x＋y＝0.8 mol解得x∶y＝1∶3
6.答案：C
解析：本题主要考查中学教材中出现的常见物质的俗名。可通过分类比较，熟记有关物质的俗名，如大苏打、苏打、小苏打分别为硫代硫酸钠、碳酸钠、碳酸氢钠；含有结晶水的某些硫酸盐统称为矾，CuSO4·5H2O称为胆矾，FeSO4·7H2O称为绿矾等。
7.答案：BC
解析：此题为新信息题。学会新信息，并加以应用联系旧知识。盐和酸生成新盐和新酸，
并且反应物中的酸的酸性强于生成物的酸的酸性。酸性H2CO3＞ ，所以A、
B均可以发生反应。酸性 ＞HCO，所以C又可以反应。A中
与Na2CO3继续反应；D与B相反， 与NaHCO3不反应。
8.答案：B
解析：从实际出发，给出的操作②不可选。因Na与水激烈反应，而在Fe2（SO4）3中一般要燃烧爆炸。这样排除A、D选项。由题意要制芒硝(Na2SO4·10H2O)，带有结晶水。而C选项中含操作⑤，这样得不到晶体故也不正确。所以只有B选项合题意。
9.答案：A
解析：AlO在HCl过量的情况下变成Al3＋，即NaAlO2+4HCl===NaCl+AlCl3＋2H2O为
无色透明溶液。苯酚钠与过量盐酸反应 +HCl +NaCl，
其中 常温下溶解度小，在水中以浊液形式存在。Na2SiO3＋2HCl+H2O===
2NaCl+H4SiO4↓，H4SiO4为沉淀不溶于水。Na2S2O3+2HCl===2NaCl+S↓+SO2↑+H2O，析出单质硫浅黄色沉淀。
10.答案：AC
解析：当向此溶液中加入过量NaOH溶液时，会生成AlO、Mg(OH)2沉淀、Fe(OH)2沉淀和NH3·H2O。当微热并搅拌时，NH3·H2ONH3↑＋H2O，NH会大量减少。同时Fe(OH)2会变成Fe(OH)3，使Fe2＋大量减少。当再加入过量盐酸时，AlO会变成Al3＋，即AlO＋4H＋===Al3＋＋2H2O，可见溶液中Al3＋没有减少。同时Mg(OH)2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O，Mg2＋也没有减少。
11.答案：AB
解析：将13.8 g样品加入足量的水，样品全溶解则样品中一定无Ba(NO3)2(因能与K2CO3生成沉淀)。下面用中值法分析：如13.8 g是纯的K2CO3，则生成CaCO3沉淀应为10 g，而现在得沉淀9 g，则混进的杂质或不与CaCl2生成沉淀，或13.8 g杂质与CaCl2作用生成的沉淀小于9 g。杂质中KNO3不与CaCl2生成沉淀，符合题意。而13.8 g Na2CO3与CaCl2混合生成沉淀为×100 g·mol－1＞9 g不合理。所以选项A正确。但分析选项B，可能存在这样的情况，即混进很多的KNO3，而只混进少量的Na2CO3，这时也可以保证13.8 g样品与CaCl2反应后只生成9 g沉淀，故B也正确。此题考查学生思维的严密性。选项B很容易漏掉。
12.答案：B
解析：干冰为固体CO2，干粉灭火剂主要成分为NaHCO3，在Na燃烧时先分解生成CO2、水；而泡沫灭火剂主要成分为NaHCO3，Al2（SO4）3，使用时先混合反应，生成CO2，Al(OH)3胶状沉淀泡沫。燃烧的钠可在CO2及水中继续燃烧，故A、C、D选项不合理，只能选B。
13.答案：D
解析：Fe+2H＋===H2↑＋Fe2＋，故2 mol铁只能置换4 mol H＋；OH－，I－不能还原H＋；故选D。
14.答案：C
解析：直接按题的要求写出离子方程式即可。但注意物质中阴、阳离子的配比。(设各
1 mol)Na＋＋HCO＋Ba2＋＋2OH－===H2O＋BaCO3↓+Na＋＋OH－消去Na＋和1 mol OH－，对照选项即C正确。
15.答案：D
解析：饱和Na2CO3溶液中加入1.06 g无水Na2CO3，有晶体析出，反应如下：
Na2CO3＋10H2O===Na2CO3·10H2O
106 286
1.06 g 2.86 g
由于原饱和溶液中溶剂量(水)减少，导致又析出晶体。所以大于2.86 g。
（二）笔答题
16.答案：A.NaHCO3 B.Na2CO3 E.Na2O2 F.NaOH
解析：本题为一推断题，题目文字表述简洁明了，主要考查元素化合物间的相互转化关系和对知识进行归纳分析、综合比较判断的能力。其解题方法思路是根据物质的分解规律，综合分析比较可知，化合物A受热分解可生成三种化合物，在中学常见的化合物范围内，A可能为某些酸式盐或碱式碳酸铜。因A分解产生的两种化合物都能与化合物E反应产生单质G。G可能为O2，E为Na2O2，然后进行推测验证，A为NaHCO3、B为Na2CO3、F为NaOH。
17.答案：过氧化钙（或CaO2) Na2O2与水反应激烈，生成NaOH溶液的碱性太强（或CaO2在水中逐步溶解，与水缓慢反应不断提供O2） 酒精 无氧
解析：此题综合性较强，综合考查了无机化学、有机化学和生物学知识。审题时要明确题目从生物学角度的三个要求：缓慢持续供O2、除CO2和消毒。按三个要求选化学物质；在无氧的条件下，苹果中的葡萄糖会分解为酒精和CO2，马铃薯中的葡萄糖会分解为乳酸。
18.答案：(1)504 （2）2Na2CO3·NaHCO3·2H2O （3）2.5
(4)0＜W≤4.98 V（CO2）＝202.4W（mL）
4.98＜W≤12.45 V（CO2）＝1680－134.9W（mL）
12.45≤W V（CO2）＝0
解析：这是一个和同学们平时解“NaHCO3和Na2CO3混合物与盐酸反应一类计算题”不太相同的大型计算题。首先Na2CO3、NaHCO3和H2O以复合物即纯净物的形态出现。其次盐酸是逐滴加入，先与复合物中Na2CO3反应，当Na2CO3全部转化为NaHCO3，再滴入HCl才有CO2放出。第三，天然碱样品受热分解时产生的CO2和H2O的物质的量不同：n(CO2)= =0.005 mol,n(H2O)= =0.025 mol。由此知天然碱样品中含H2O。最后，在讨论CO2体积V与样品质量W的关系时，需分段。由计算出的盐酸浓度去算样品如完全反应放出CO2质量为4.98 g；如样品无CO2放出，只是Na2CO3转换为NaHCO3则30 mL盐酸可以和12.45 g样品反应。这样分段讨论可以分为下面三个过程：0＜W＜4.98；4.98≤W≤12.45；12.45≤W。
(1)672 mL×2.49 g／3.32 g＝504 mL
(2)由题意可知，天然碱的主要成分为：Na2CO3和NaHCO3，再由分解反应的方程式可得：n（NaHCO3）＝2n（CO2）＝2×112 mL／22400 mL·mol－1＝0.01 mol
n（Na2CO3）＝672 mL／22400 mL·mol－1－0.01 mol＝0.02 mol
n（H2O）＝（0.45 g－18 g·mol－1×112 mL／22400 mL·mol－1）／18 g·mol－1＝0.02 mol
天然碱为：2Na2CO3·NaHCO3·2H2O
(3)由表中数据可以看出，第Ⅳ组中天然碱过量，因7.47 g/3.32 g＝2.25倍，则7.74 g中含Na2CO3的物质的量为：0.02 mol×2.25＝0.045 mol
盐酸的浓度为：（0.045 mol＋672 mL／22400 mL·mol－1）/0.03 L＝2.5 mol·L－1
(4)当盐酸与天然碱恰好完全反应生成CO2时，天然碱2Na2CO3·NaHCO3·2H2O的摩尔质量为332 g·mol－1，每mol天然碱消耗盐酸5 mol，则样品质量为：（0.03 L×2.5 mol·L－1×332 g·mol－1）／5 mol＝4.98 g；当样品过量，Na2CO3恰好转化为NaHCO3而没有生成CO2时，样品质量为：（0.03 L×2.5 mol·L－1×332 g·mol－1）／2＝12.45 g。然后在0＜W≤4.98、4.98＜W≤12.45、12.45≤W三个区间讨论计算即可。
19.答案：(1)①3O22O3 ②2Na＋O2Na2O2 ③4Na＋O22Na2O
(2) 0 －1 －2 (3)4KO2＋2CO2===2K2CO3＋3O2
(4)2 2 1 2 OH－
解析：这是一道考查钠及其化合物性质和化学方程式书写及方程式配平的综合题，题目难度不算太大，但对学生能力要求较高，对Na2O2和Na2O的形成条件要熟练掌握。Na2O2中氧的化合价要清楚。对第(4)问方程式配平可依据原子守恒和电荷守恒来配平。
20.答案：Na2CO3：0.250 mol NaHCO3：0.500 mol
解析：通入CO2的物质的量＝16.8 L／22.4 L·mol－1＝0.750 mol
溶液中NaOH物质的量＝1.00 L×1.00 mol·L－1＝1.00 mol
根据2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O
该反应中CO2过量：0.750 mol－1.00 mol／2＝0.250 mol
生成的Na2CO3为1.00 mol／2＝0.5 mol
Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3
反应中Na2CO3过量，生成的NaHCO3为n(反应的CO2)×2＝0.500 mol
溶液中剩余的Na2CO3为0.500 mol－0.250 mol＝0.250 mol
21.答案：（1）2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑;Na2O+H2O===2NaOH
(2)⑤①④
(3)(G)接（A）、（B）接（F）
解析：Na2O2可以跟水反应生成NaOH和O2，Na2O和水反应生成NaOH，Na2O2跟CO2反应生成Na2CO3和O2，Na2O跟CO2反应生成Na2CO3。因此选用这两个反应中的任一个，都可以通过测量产物O2的体积来测定Na2O2的纯度。根据题目要求，应采用前一反应，因为根据这一反应原理设计的实验仪器装置较后一反应方案简单，后一方案不是最简单的。选用前一反应方案需要的仪器装置是⑤、①、④，装置的连接顺序是G接A、B接F。
●命题趋向与应试策略
（一）重视基础 形成知识规律
1.钠及其化合物间的转化关系
（1）单质钠的化学性质
钠原子最外层只有一个电子，在反应中极易失去这个电子，所以单质钠具有强还原性，可与非金属单质（O2、X2、S等）反应，也可与水、酸、盐溶液和熔融的盐等反应。在复习这些反应时注意以下几点：
①不同条件下钠与氧气（或空气）反应的现象、反应物的用量、产物的结构和稳定性不同；
②钠与水反应现象的原因解释；
③钠与水、酸、盐溶液的反应，实质上是钠原子与水或酸电离出的H＋的反应，所以H＋浓度不同，反应剧烈程度不同；
④金属活动顺序表中氢后面的金属阳离子的氧化性虽然强于H＋，但其反应速率远小于钠原子与H＋的反应速率，故金属钠投入盐溶液中首先是与水的反应；然后再分析NaOH是否与盐发生复分解反应。如果是铝盐溶液，还要考虑钠与铝盐的量的问题，因过量的NaOH能溶解Al(OH)3；
⑤工业上利用钠作还原剂把钛、锆、铌、钽等金属从它们的熔融卤化物中还原出来，不能有水的参与；如：4Na+TiCl44NaCl+Ti
(2)过氧化物与一般普通氧化物的不同
2.碱金属元素
(1)碱金属单质都是银白色固体，其熔沸点随原子序数增大而降低。
(2)碱金属单质具有强还原性，常温下极易与水发生置换反应。
(3)碱金属单质常保存在煤油中(锂则需要保存在石蜡中)。
(4)碱金属能发生焰色反应(钾呈紫色，钠呈黄色)。
(5)碱金属氧化物(M2O)都是可溶性碱性氧化物，具有其通性。
(6)碱金属过氧化物(M2O2）都具有漂白性。
(二)分析热点 把握命题趋向
钠及其化合物(Na2O、Na2O2、NaOH、Na2CO3、NaHCO3）的性质是高考考查的核心内容。其重点是：①钠与水(盐溶液)的反应原理和现象。②Na2O2与H2O、CO2反应的原理，会从电子转移角度来解释，注意反应前后的气体体积差和固体质量差在计算中的应用。③NaOH为中学阶段最常用的碱性试剂，常跟酸、酸性氧化物、酸式盐反应，跟两性单质、两性氧化物、两性氢氧化物的反应，跟盐的反应和在有机反应(卤代烃、酯类水解)中的应用。④Na2CO3和NaHCO3在与酸反应时的原理、快慢及消耗酸的量(或生成CO2的量)的大小比较。特别是Na2CO3溶液与盐酸反应时，混合顺序不同，反应原理也不同。高考题除在选择题中对这些知识直接考查外，还利用这些知识结合其他元素及化合物知识为载体，编制推断题、简答题和计算题。以Na2O2与H2O（或CO2）反应，产生氧气设计综合实验，也是高考的热点。
碱金属是典型的活泼金属，其化合物一般为离子化合物，既要注意碱金属元素与卤素化合的典型性，与氧族元素化合的复杂性(能形成过氧化物、超氧化物、多硫化物等)，又要注意还能与氢、氮等元素形成离子化合物，并且注意这些化合物的性质(如易水解)，这也是无机信息题的一个很好的出题知识点，也是今后的一个命题方向。
本章知识与科学技术联系较多。如碱金属元素在电光源、光电管、核技术和贵重金属冶炼方面的应用常常涉及到物理、生物等学科知识，是理科综合命题的内容载体；Na2CO3、NaOH、Na2O2等在日常生活和工农业生产中的应用等。复习时要注意应用原理的分析，以提高学以致用的能力，从而提高学生思维素质。
［例题］最近，德国科学家实现了铷原子气体超流体态与绝缘态的可逆转换，该成果将在量子计算机研究方面带来重大突破。已知铷是37号元素，质量数是85。根据材料回答下列问题：
（1）铷37Rb位于周期表的第________周期、第________族。
（2）关于铷的结构和性质判断正确的是________。
①与水反应比钠剧烈②它的原子半径比纳小③它的氧化物暴露在空气中易吸收CO2④它的阳离子最外层电子数和镁相同⑤它是还原剂
A.①③④ B.②③⑤ C.②④ D.①③⑤
（3）氢化铷与水反应可放出氢气，则下列叙述正确的是________。
A.氢化铷溶于水显酸性
B.氢化铷中氢离子被还原为氢气
C.氢化铷与水反应时，水是还原剂
D.氢化铷中氢离子最外层有两个电子
（4）现有铷和另一种碱金属形成的合金50 g，当它与足量水反应时，放出标准状况下的氢气22.4 L，这种碱金属可能是________。
A.Li B.Na C.K D.Cs
解析：（1）由原子核外的电子排布规律可推知37Rb的原子结构示意图为
Rb应位于第五周期第ⅠA族。（2）由Rb的原子结构示意图可知②④不正确；又因Na、Rb同主族，根据同主族元素的性质递变规律知，Rb的金属性比Na强，故①③⑤正确。（3）由反应RbH+H2O===RbOH+H2↑可知：水中氢元素的化合价由+1价降低为零价，水作氧化剂，而RbH中的氢元素的化合价升高，由－1价变为零价，RbH作还原剂，H－核外有两个电子，答案为D。（4）设该合金的相对平均原子质量为M，则根据电子得失守恒可得：
因Ar(Rb)＞25，则另一种碱金属的相对原子质量应小于25，可能为Li或Na，答案为
A、B。
答案：（1）五 ⅠA (2)D (3)D (4)AB高考化学分类解析(三)——化学反应中的能量变化
●考点阐释
1.了解化学反应中的能量变化、吸热反应和放热反应，理解反应热、燃烧热和中和热等有关概念。
2.掌握热化学方程式的书写与应用。考查的方式为选择题或填空题，题型特征主要为判断热化学方程式是否正确或给出已知条件正确书写热化学方程式，或比较不同状态时热量的大小等。
●试题类编
(一)选择题
1.(2002年上海综合，18)下列选项中说明乙醇作为燃料的优点的是
①燃烧时发生氧化反应 ②充分燃烧的产物不污染环境 ③乙醇是一种再生能源 ④燃烧时放出大量热量
A.①②③ B.①②④
C.①③④ D.②③④
2.(2002年上海综合，16)航天飞机用铝粉与高氯酸铵(NH4ClO4)的混合物为固体燃料，点燃时铝粉氧化放热引发高氯酸铵反应，其方程式可表示为：
2NH4ClO4N2↑＋4H2O＋Cl2↑＋2O2↑＋Q，
下列对此反应的叙述中错误的是
A.上述反应属于分解反应
B.上述反应瞬间产生大量高温气体推动航天飞机飞行
C.反应从能量变化上说，主要是化学能转变为热能和动能
D.在反应中高氯酸铵只起氧化剂作用
3.(2002年天津，9)沼气是一种能源，它的主要成分是CH4。0.5 mol CH4完全燃烧生成CO2和H2O时，放出445 kJ热量，则下列热化学方程式中正确的是
A.2CH4(g)＋4O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH=＋890 kJ·mol－1
B.CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=＋890 kJ·mol－1
C.CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=－890 kJ·mol－1
D.1/2CH4(g)＋O2(g)===1/2CO2(g)＋H2O(l) ΔH=－890 kJ·mol－1
4.(1999年上海，9)在相同条件下，下列物质分别与H2反应，当消耗等物质的量的H2时放出热量最多的是
A.Cl2 B.Br2 C.I2 D.S
5.(1996年全国，19)在同温同压下，下列各组热化学方程式中，Q2＞Q1的是
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)＋O2(g)===CO(g)＋Q1 C(s)＋O2(g)===CO2(g)＋Q2
D.H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)＋Q1 H2(g)＋Cl2(g)===HCl(g)＋Q2
6.(1994年全国，21)一定质量的无水乙醇完全燃烧时放出的热量为Q，它所生成的CO2用过量饱和石灰水完全吸收，可得100 g CaCO3沉淀，则完全燃烧1 mol 无水乙醇时放出的热量是
A.0.5 Q B.Q C.2 Q D.5 Q
(二)笔答题
7.(2000年天津，26)由氢气和氧气反应生成1 mol 水蒸气放热241.8 kJ，写出该反应的热化学方程式：___________________________。若1 g水蒸气转化成液态水放热2.444 kJ，则反应H2(g)＋O2(g)===H2O(l)的ΔH= kJ·mol－1，氢气的燃烧热为 kJ·mol－1。
8.(1999年上海，32)美国《科学美国人》杂志在1971年7月刊登的“地球的能量资源”一文中提供了如下数据：
到达地球表面的太阳辐射能的几条主要去路
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 千焦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＋6H2OC6H12O6＋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＝ (千克)。
所缺数据的化学含义为 。
9.(1994年上海，31)(1)配平以下氧化还原反应方程式：
当KMnO4消耗0.05 mol时，产生的CO2的体积为___________ (标准状况)。
(2)家用液化气中主要成分之一是丁烷。当10 kg丁烷完全燃烧并生成二氧化碳和液态水时，放出热量5×105　kJ。试写出丁烷燃烧反应的热化学方程式：_______________________。已知1 mol液态水汽化时需要吸收44 kJ热量，则1 mol丁烷完全燃烧产生气态水时放出的热为___________ kJ。
●答案解析
(一)选择题
1.答案：D
解析：有机物燃烧时都发生氧化反应，并不是乙醇作为燃料的优点。
2.答案：D
解析：在2NH4ClO4===N2↑＋4H2O＋Cl2↑＋2O2↑＋Q中，高氯酸铵既是氧化剂又是还原剂。
3.答案：C
解析：0.5 mol CH4完全燃烧生成CO2和H2O时，放出445 kJ热量，即1 mol CH4完全燃烧生成CO2和H2O时，放出890 kJ热量。根据热化学方程式的有关规定，要注明聚集状态，要标出热效应，故符合题意的是C项。
4.答案：A
解析：此题考查了元素的非金属性与反应放出能量大小的关系。元素的非金属性越强，越易与H2化合，生成的氢化物也越稳定，放出的能量也越多。
5.答案：AC
解析：此题要掌握相同物质反应时影响热效应值大小的两个因素，一是物质的数量多少，二是物质状态。A、B两组属状态不同：A组中因H2O(l) H2O(g)是吸热的，所以Q2＞Q1符合题意，B组中S(s) S(g)是吸热的，但因其是反应物故Q1＞Q2。C、D两组属反应物的数量不同，量多的热效应大，故C正确。
6.答案：C
解析：根据C2H6O＋3O22CO2＋3H2O
CO2＋Ca(OH)2===CaCO3＋H2O
则：C2H6O ～ 2CO2 ～ 2CaCO3～ 热量
1 mol 2 mol 2×100　g x
0.5 mol 1　mol 100　g Q
x=Q/0.5=2Q
(二)笔答题
7.答案：H2(g)＋O2(g)===H2O(g)，ΔH=－241.8 kJ·mol－1 －285.8 285.8。
解析：燃烧热是指1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量。
8.答案：(1)23.3％
(2)1.26×1018
(3) 每生成1 mol葡萄糖所需吸收的能量
解析：本题是一道综合信息题。解题的关键是正确理解“地球对太阳能的利用”的含义，水、大气和光合作用产生的糖类，都是人们生存所必不可少的，所以，水循环吸热＋大气流动吸热＋光合作用吸热。
地球对太阳能的利用率计算公式为：
总能量×100％
100％＝23.3％
通过光合作用，每年太阳能转化的化学能＝365×24×3600×40×109 kJ＝1.26×1018 kJ；设每生成1 mol葡萄糖所吸收的能量为Q，
9.答案：(1)5 2 3 10 1 2 8 5.6 L
(2)2C4H10(g)＋13O2(g)===8CO2(g)＋10H2O(l)＋5800 kJ［或C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)＋2900 kJ］ 2680
解析：(1)注意H2C2O4的化合价。该分子式实为乙二酸(或草酸)。可按一般无机酸计算化合价的方法推算。化合价＝(2×4－2)／2＝3，即为＋3价。
(2)写热化学方程式要在完整的化学方程式的基础上增加两项要求。①是注明各物质的聚集状态；②是标出热效应(包括吸、放热及数值)。此题物质的状态已给出，而热效应的计算如下：
设1 mol C4H10产生热量为x kJ,则1∶ｘ＝∶5×105
又1 mol水由液→气需吸热44 kJ，而1 mol C4H10完全燃烧生成5 mol水要吸收5×44 kJ＝220 kJ。所以1 mol丁烷完全燃烧生成气态水放热为：2900 kJ－220 kJ＝2680 kJ
●命题趋向与应试策略
(一)重视基础 形成知识规律
1.建立化学反应中能量变化的观点，了解吸热反应和放热反应
化学反应中所释放的能量是当今世界上最重要的能源。化学反应中的能量变化，通常表现为热量的变化。探讨化学反应放热、吸热本质时，要注意三点：
(1)化学反应的特点是有新物质生成，新物质和反应物总能量不同，这是由于各种物质所具有的能量是不同的；
(2)反应中能量守恒；
(3)如果反应物所具有的总能量高于生成物的总能量，那么在发生化学反应时，有一部分能量就会转变成热能的形式释放出来，这就是放热反应；反之则是吸热反应。
2.书写热化学方程式应注意下列几点
(1)要注明反应的温度和压强，若反应是在298 K和1.013×105 Pa条件下进行，可不予注明。
(2)要注明反应物和生成物的聚集状态或晶型。常用s、l、g分别表示固体、液体、气体。
(3)ΔH与方程式计量系数有关，注意方程式与对应ΔH不要弄错，计量系数以“mol”为单位，可以是小数或分数。
(4)在所写化学反应计量方程式后写下ΔH的数值和单位，方程式与ΔH应用分号隔开。
(5)当ΔH为“－”或“”ΔH<0时，为放热反应，当ΔH为“＋”或ΔH>0时，为吸热反应。例如：
C(石墨)＋O2(g)===CO2(g)，
ΔH=－393.6 kJ·mol－1表示体系在298 K、1.013×105 Pa下，反应发生了1 mol的变化(即1 mol的C与1 mol的O2生成1 mol的CO2)时，相应的热效应为－393.6 kJ·mol－1，即放出393.6 kJ的热。
2C(石墨)＋2O2(g)===2CO2(g)；
ΔH=－787.2 kJ·mol－1表示体系中各物质在298 K，1.013×105 Pa下，反应发生了1 mol的变化(即1 mol的2C与1 mol的2O2完全反应生成1 mol的2CO2)时的热效应为－787.2 kJ·mol－1，即放出787.2 kJ的热。
3.燃烧热与中和热
(1)在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，其热化学方程式中燃烧物前计量数为1。
如：表示氢气燃烧热的热化学方程式为：
H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH=－241.8 kJ/mol
(2)在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应而生成1 mol水，这时的反应热叫做中和热。其热化学方程式中水前的计量数为1。
如：强酸与强碱反应的中和热的热化学方程式为
NaOH(aq)＋H2SO4(aq)=== Na2SO4(aq)＋H2O(1)
ΔH=－57.3 kJ/mol。
(二)分析热点 把握命题趋向
化学反应中的能量变化在教材中的篇幅较少，但在高考中经常涉及的内容有：书写热化学方程式或判断热化学方程式的正误；有关反应热的计算；比较反应热的大小等。最近又出现反应热与能源结合起来进行考查。能源问题是涉及人类生活和世界发展的社会热点，随着社会的发展和人们生活水平的提高，对能源的需求量越来越大，而它对周围的环境也产生越来越大的影响。从能源问题切入，可引出多学科的知识要点，以不同的角度设问，形成综合试题，考查学生的基础知识和运用多学科知识分析问题的能力。
能源的利用，其实就是能量的转化过程。能量及其转化是物理、化学、生物学科中的一个重要内容，是理科综合试题的知识载体之一，灵活运用能量间的相互转化关系是解决该类问题的关键。能量间的转化关系如下：
［例题］近20年来，对以氢气作为未来的动力燃料氢能源的研究获得了迅速发展，像电一样，氢是一种需要依靠其他能源如石油、煤、原子能等的能量来制取的所谓“二级能源”，而存在于自然界的可以提供现成形式能量的能源称为一级能源，如煤、石油、太阳能和原子能等。
(1)为了有效发展民用氢能源，首先必须制得廉价的氢气，下列可供开发又较经济且资源可持续利用的制氢气的方法是
A.电解水 B.锌和稀硫酸反应
C.光解海水 D.以石油、天然气为原料
(2)氢气燃烧时耗氧量小，发热量大。已知，热化学方程式为：
C(g)＋O2(g)===CO2(g) ΔH=－393.5 kJ·mol－1
H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH=－285.8 kJ·mol－1
试通过计算说明等质量的氢气和碳燃烧时产生热量的比是___________。
(3)氢能源有可能实现能源的贮存，也有可能实现经济、高效的输送。研究表明过渡金属型氢化物(又称间充氢化物)，在这类氢化物中，氢原子填充在金属的晶格间隙之间，其组成不固定，通常是非化学计量的，如：LaH2.76、TiH1.73、CeH2.69、ZrH1.98、PrH2.85、TaH0.78。已知标准状况下，1体积的钯粉大约可吸附896体积的氢气(钯粉的密度为10.64 g/cm3，相对原子质量为106.4)，试写出钯(Pd)的氢化物的化学式___________。
解析：(1)光解水法：利用特殊催化剂，模拟生物光合作用制取氢气，是较经济且资源可持续利用的制氢方法。
(2)由热化学方程式可知，相同质量的氢气和碳完全燃烧时放出的热量之比：
(285.8 kJ·mol－1×)∶(393.5 kJ·mol－1×)=4.36∶1
(3)由题意可知，1 cm3钯粉可吸收896 cm3的氢气，
Pd∶H=∶×2=1∶0.8
故氢化物的化学式为PdH0.8
答案：(1)C (2)4.36∶1 (3)PdH0.8高考化学分类解析(二十五)——物质的检验、分离与提纯
●考点阐释
1.掌握物质分离、提纯和鉴别时需遵循的一般原则，能正确选择和运用物质分离和提纯的三种重要方法——物理法、化学法和综合法。
2.综合运用化学知识对常见物质（包括气体物质、无机离子）进行分离、提纯和鉴别。掌握常用的鉴别方法。
●试题类编
（一）选择题
1.（2003年上海春季，19）白酒、食醋、蔗糖、淀粉等均为家庭厨房中常用的物质，利用这些物质能完成的实验是
①检验自来水中是否含氯离子 ②鉴别食盐和小苏打 ③蛋壳能否溶于酸 ④白酒中是否含甲醇
A.①② B.①④ C.②③ D.③④
2.(2002年北京，13）下列操作中错误的是
A.除去乙酸乙酯中的少量乙酸：加入乙醇和浓硫酸，使乙酸全部转化为乙酸乙酯
B.除去苯中的少量苯酚：加入NaOH溶液，振荡、静置分层后，除去水层
C.除去CO2中的少量SO2：通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶
D.提取溶解在水中的少量碘：加入CCl4,振荡、静置分层后，取出有机层再分离
3.（2002年上海春季，18）学生用滤纸折成一只纸蝴蝶并在纸蝴蝶上喷洒某种试剂，挂在铁架台上。另取一只盛有某种溶液的烧杯，放在纸蝴蝶的下方（如图）。过一会儿，发现纸蝴蝶的颜色由白色转变为红色，喷洒在纸蝴蝶上的试剂与小烧杯中的溶液是 。
A B C D
纸蝴蝶上的喷洒液 石蕊 酚酞 酚酞 石蕊
小烧杯中的溶液 浓盐酸 浓氨水 氢氧化钠溶液 浓硫酸
4.（2002年河南，2）为了除去蛋白质溶液中混入的少量氯化钠，可以采用的方法是
A.过滤 B.电泳
C.渗析 D.加入AgNO3溶液，过滤
5.(2000年全国，19)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
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
6.(2000年理科综合，14)实验室用溴和苯反应制取溴苯，得到粗溴苯后，要用如下操作精制：①蒸馏 ②水洗 ③用干燥剂干燥 ④10%NaOH溶液洗 ⑤水洗，正确的操作顺序是
A.①②③④⑤ B.②④⑤③①
C.④②③①⑤ D.②④①⑤③
7.(1999年全国，16)下列各组稀溶液，不用其他试剂或试纸，仅利用溶液间的相互反应，就可以将它们区别开的是
A.硝酸钾 硫酸钠 氯化钙 氯化钡
B.硫酸 硫酸铝 氯化钠 氢氧化钠
C.盐酸 硫酸钠 碳酸钠 氢氧化钠
D.硫酸氢钠 硫酸镁 碳酸钠 氢氧化钠
8.(1999年上海，8)下列各组物质中不易用物理性质区别的是
A.苯和四氯化碳 B.酒精和汽油
C.氯化铵和硝酸铵晶体 D.碘和高锰酸钾固体
9.（1999年上海，21）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0.1 mol·L－1）是
A.CaCl2和Na2CO3 B.稀H2SO4和Na2CO3
C.Ba(OH)2和NaHCO3 D.NaAlO2和盐酸
10.(1997年全国，21)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IO可和I－发生反应：IO＋5I－＋
6H＋===3I2＋3H2O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IO。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
A.①③ B.③⑥
C.②④⑥ D.①②④⑤⑦
11.(1997年全国，8)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
A.②⑥③ B.④⑥①③
C.④⑥③② D.②⑥①③⑤
12.（1997年上海，7）只用水就能鉴别的一组物质是
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
13.（1997年上海，23）下列各组溶液中，不用任何其他试剂就能鉴别的是
A.Na2SO4 H2SO4 AlCl3 BaCl2
B.HCl NaOH K2SO4 NaHCO3
C.NaAlO2 KHCO3 NaCl NaHSO4
D.NaOH FeCl3 MgCl2 K2SO4
14.（1996年上海，13）下列各组溶液，只用试管和胶头滴管，不用任何试剂就可以鉴别的是
A.KOH和Al2(SO4)3 B.稀H2SO4和NaHCO3
C.CaCl2和Na2CO3 D.Ba(OH)2和NaHSO4
15.(1996年上海，14)检验氯化氢气体中是否混有Cl2，可采用的方法是
A.用干燥的蓝色石蕊试纸 B.用干燥有色布条
C.将气体通入硝酸银溶液 D.用湿润的淀粉碘化钾试纸
16.（1995年全国，22）下列各组溶液，不用其他试剂就可以将它们区别开的是
A.盐酸、氢氧化钾、硫酸钾、碳酸钾
B.硝酸钠、盐酸、氯化铵、氢氧化钾
C.氯化钡、氯化钙、硫酸钠、硝酸钾
D.氢氧化钾、碳酸钾、硫酸镁、硫酸氢钾
（二）笔答题
17.（2002年全国理综，28）昆虫能分泌信息。下列是一种信息素的结构简式：
CH3（CH2）5CH==CH（CH2）9CHO
指出物质中的任意一种官能团，为该官能团提供一种简单的鉴别方法并简述实验现象，写出与鉴别方法有关反应的化学方程式并指出反应类别，完成下表。
官能团 鉴别方法及实验现象 有关反应的化学方程式 反应类别
18.（2001年全国，19）回答下面问题：
（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液萃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。
19.(1999年上海，29)含苯酚的工业废水处理的流程图如下：
(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中发生反应的化学方程式为 。
(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、 、 。
20.(1998年上海，31)氯碱厂电解饱和食盐水制取NaOH的工艺流程示意图如下:
依据上图，完成下列填空：
(1)在电解过程中，与电源正极相连的电极上所发生反应的化学方程式为 ，与电源负极相连的电极附近，溶液pH___________(选填“不变”“升高”或“下降”)。
(2)工业食盐含Ca2＋、Mg2＋等杂质。精制过程发生反应的离子方程式为 、 。
(3)如果粗盐中SO含量较高，必须添加钡试剂除去SO，该钡试剂可以是___________（选填a，b，c多选扣分)。
a.Ba(OH)2 b.Ba(NO3)2 c.BaCl2
(4)为有效除去Ca2＋、Mg2＋、SO，加入试剂的合理顺序为___________(选填a、b、c多选扣分)。
a.先加NaOH,后加Na2CO3，再加钡试剂
b.先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3
c.先加钡试剂，后加NaOH，再加Na2CO3
(5)脱盐工序中利用NaOH和NaCl在溶解度上的差异，通过___________、冷却、___________(填写操作名称)除去NaCl。
(6)在隔膜法电解食盐水时，电解槽分隔为阳极区和阴极区，防止Cl2与NaOH反应；采用无隔膜电解冷的食盐水时，Cl2与NaOH充分接触，产物仅是NaClO和H2，相应的化学方程式为 。
21.(1997年上海，32)在已经提取氯化钠、溴、镁等化学物质的富碘卤水中，采用下面的工艺流程生产单质碘：
试回答：
(1)乙、丁中溶质的分子式：乙___________，丁___________。
(2)第④步操作中用稀硫酸浸洗的目的是___________(填字母编号)。
A.除去未反应的NO B.除去未反应的I－
C.除去未反应的Fe D.除去碱性物质
(3)第⑦步操作可供提纯I2的两种方法是___________和___________(不要求写具体步骤)。
(4)实验室检验I2的方法是 。
(5)甲物质见光易变黑，其原因是(用化学方程式表示) 。
22.(1996年上海，33)某试剂厂用银(含杂质铜)和硝酸(含杂质Fe3＋)反应制取硝酸银，步骤如下：
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___________。
(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c(H＋)
(3)步骤C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： 。
23.(1996年全国，30)A、B、C和D分别是NaNO3、NaOH、HNO3和Ba(NO3)2四种溶液中的一种。现利用另一种溶液X，用如下图所示的方法，即可将它们一一确定。
试确定A、B、C、D、X各代表何种溶液。
A：___________、B：___________、C：___________、D：___________、X：___________。
24.(1995年全国，28)实验室制备硝基苯的主要步骤如下：
①配制一定比例的浓硫酸与浓硝酸的混合酸，加入反应器中。
②向室温下的混合酸中逐滴加入一定量的苯，充分振荡，混合均匀。
③在50℃～60 ℃发生反应，直至反应结束。
④除去混合酸后，粗产品依次用蒸馏水和5% NaOH溶液洗涤，最后再用蒸馏水洗涤。
⑤将用无水CaCl2干燥后的粗硝基苯进行蒸馏，得到纯硝基苯。
填写下列空白：
(1)配制一定比例浓硫酸与浓硝酸混合酸时，操作注意事项是： 。
(2)步骤③中，为了使反应在50℃～60℃下进行，常用的方法是 。
(3)步骤④中洗涤、分离粗硝基苯使用的仪器是 。
(4)步骤④中粗产品用5%NaOH溶液洗涤的目的是 。
(5)纯硝基苯是无色，密度比水 (填“小”或“大”)具有 气味的油状液体。
25.(1994年上海，35)海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如下：
(1)指出提取碘的过程中有关的实验操作名称：
① ② ；
写出实验②中有关反应的离子方程式 。
(2)提取碘的过程中，可供选择的有关试剂是___________。
A.甲苯，酒精 B.四氯化碳，苯
C.汽油，乙酸 D.汽油，甘油
(3)为使海藻灰中碘离子转为碘的有机溶液，实验室准备了烧杯、玻璃棒、集气瓶、酒精灯、导管、圆底烧瓶、石棉网以及必要的夹持仪器、物品。如下图所示，还缺少的玻璃仪器是___________。
(4)从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂还需经过蒸馏，指出上图实验装置中的错误之处：① ② ③ 。
(5)进行上述蒸馏操作时，使用水浴的原因是___________；最后，晶态碘在___________里聚集。
●答案解析
(一)选择题
1.答案：C
解析：醋酸的酸性强于碳酸，食醋与小苏打混合放气泡，蛋壳的主要成分为CaCO3也能溶于食醋中。
2.答案：A
解析：此题考查了常见的混合物的分离方法。大多数有机反应是可逆反应，加入乙醇和浓硫酸后，乙酸不可能全部生成乙酸乙酯，另外，加入的乙醇也可能过量，又引入新的杂质，所以A是错的。
3.答案：B
解析：石蕊遇酸变红，酚酞遇碱变红。但此题主要是考查了浓盐酸和浓氨水的挥发性及气体的密度，因HCl的密度比空气重，挥发出的HCl在烧杯口向下扩散，不能与上方的纸蝴蝶接触，挥发出的NH3在烧杯口向上扩散，能与上方的纸蝴蝶接触，使纸蝴蝶变红。
4.答案：C
解析：蛋白质溶液实为胶体，蛋白质分子不能透过半透膜，Na＋和Cl－可以透过半透膜。
5.答案：D
解析：A步骤中加入过量碳酸钠，钠离子是新的杂质，此法不可用；B步骤中加入过量硫酸钾，过量的硫酸根离子是新的杂质，此法也不可用；C步骤中加入过量硫酸钠，钠离子和过量的硫酸根离子，都是新的杂质，此法不可用。只有D碳酸钾可使硝酸钡生成碳酸钡沉淀，过滤除去后，过量碳酸钾跟适量硝酸生成硝酸钾和CO2气体，硝酸钾是待提纯的物质而CO2将逸出。所以此法可用。
6.答案：B
解析：解此题的关键是弄清精制溴苯的最后两步，用水洗，则需干燥剂干燥，分离出干燥剂则只能用蒸馏的方法，所以最后两步应为③①。
7.答案：BD
解析：选项B中的硫酸铝和氢氧化钠两种溶液反应可生成白色沉淀，此沉淀分别与硫酸、过量氢氧化钠溶液反应会消失，而且，将硫酸铝与氢氧化钠混合时，如果将前者滴入后者，由于氢氧化钠过量，则生成的沉淀会很快溶解，随着滴入的硫酸铝逐渐增加，沉淀溶解的速率逐渐变慢直到不溶。反之，若将氢氧化钠滴入硫酸铝中,则生成的沉淀逐渐增多，直至最高限量沉淀又逐渐溶解。这样，将不难区别氢氧化钠和硫酸铝两种溶液。将硫酸和氯化钠两种溶液分别滴入氢氧化铝中，从而可使氢氧化铝溶解即能从中区别出硫酸，可见，选项BD为本题答案。
8.答案：C
解析：选项A可利用其在水中溶解性和密度的大小来区分；选项B和选项D可利用其在水中的溶解性加以区分。
9.答案：BD
解析：根据滴加的顺序不同，产生的现象不同加以区别。B中若将稀H2SO4滴入Na2CO3溶液中，产生HCO,无明显现象；若将Na2CO3溶液滴入稀H2SO4中，则有CO2产生。D中NaAlO2溶液滴入盐酸中，无沉淀产生；而将盐酸滴入NaAlO2溶液中，则有Al(OH)3沉淀产生。
10.答案：B
解析：由题给反应，要证明有IO，应用到I－、淀粉和酸。现给出了KI淀粉试纸，包括前两种试剂，所以再选用食醋(即酸)便可完成上述检验。向待测液中加入醋酸，然后将溶液滴在KI淀粉试纸上，若试纸变蓝，即证明有IO。
11.答案：B
解析：一种盐溶液精制的过程，不可能用金属钠；芒硝的化学式是Na2SO4·10H2O，不能加热脱去结晶水。由此可见，凡是涉及到②、⑤两个操作步骤的选项都是不正确的选项。
12.答案：A
解析：选项A是利用三种有机物的溶解性和密度大小加以区分，苯难溶于水比水轻，乙酸能溶于水，四氯化碳难溶于水但比水重。选项B中乙醇、乙醛、乙酸均能溶于水，难以区分；选项C中乙醛、乙二醇和选项D中乙醇、甘油皆能溶于水，无法区分。
13.答案：CD
解析：对各组溶液，分别采用两两混合法进行区分。选项C中KHCO3加入NaAlO2产生白色沉淀，HCO+AlO+H2O===CO+Al(OH)3↓，加入NaHSO4溶液中产生无色气体，从而加以区分；选项D中首先观察出FeCl3溶液，然后利用FeCl3溶液鉴别出NaOH溶液，再用NaOH溶液鉴别出MgCl2溶液。
14.答案：A
解析：若将KOH溶液滴加到Al2(SO4)3溶液中，边滴边振荡，所发生的现象是沉淀，然后溶解，最后沉淀消失。若将Al2(SO4)3溶液滴加到KOH溶液中，边滴边振荡，所发生的现象是，起始无沉淀产生，然后沉淀量逐渐增多，继续滴加沉淀不再增多，也不会消失。有关离子方程式为：Al3++4OH－===AlO+2H2O,Al3++3AlO+6H2O===4Al(OH)3↓。
15.答案：D
解析：A、B选项因是干燥的故HCl、Cl2都不作用；C项两者都生成白色沉淀。而D项HCl无变化，Cl2可使其变蓝。
16.答案：D
解析：对各组溶液，分别采用两两混合法进行区分。D组中，硫酸镁遇氢氧化钾、碳酸钾均有白色沉淀，则硫酸镁、硫酸氢钾得以鉴别；再用硫酸氢钾与两个待检液反应，有气体产生的是碳酸钾，余下的是氢氧化钾。
(二)笔答题
17.答案：
18.答案：(1)蒸馏法
(2)取一支小试管，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。
解析：本题考查了混合物的分离原理和分离方法。分离沸点不同但又互溶的液体混合物，常用蒸馏的方法。分离互不相溶的液体混合物，常用分液的方法。
此题的难点是第二小题，这是一实验设计题，比较新颖，不少考生感到无从下手。实质上，解此题要紧扣水与有机物互不相溶这一分液原理，从分液漏斗中放出少量下层液体，再向放出的液体中加入水，如不分层，则证明下层是水。
19.答案：(1)萃取(萃取、分液) 分液漏斗
(2)C6H5ONa NaHCO3
(3)C6H5ONa+CO2+H2OC6H5OH+NaHCO3
(4)CaCO3 过滤
(5)NaOH水溶液 CO2
解析：解答本题的关键是要看懂流程图到底给了我们哪些信息，是以何种方式给出的。
20.答案：(1)2Cl－－2e－==Cl2 升高
(2)Ca2＋＋CO===CaCO3↓
Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓
(3)ａc (４)bc (5)蒸发 过滤
(6)NaCl＋H2ONaClO＋H2↑
或2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH
Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O
解析：(1)与电源负极相连的电极，其反应为：2H＋＋2e－===H2↑，促使H2O
H＋＋OH－向右移动，产生大量OH－，pH升高。
(3)溶液中已有OH－、Cl－，如果加入Ba(NO3)2，即掺入了新的杂质NO离子。
(4)欲有效除去三种离子，所加的三种试剂应过量，过量的Ba2＋必须用CO除去，所以加钡试剂必须在加Na2CO3之前。
21.答案：(1)FeI2 FeCl3 (2)C (3)升华 萃取
(4)将I2加在淀粉溶液中，溶液显蓝色
(5)2AgI===2Ag+I2
解析：分析物质的转化图，逐一分析讨论，可得出乙物质是由铁和碘化银反应生成的，由于铁在该反应中只能被氧化为+2价，故乙是FeI2，而不是FeI3，而Cl2将FeI2氧化为I2和FeCl3：3Cl2+2FeI2===2I2+2FeCl3
在第④步操作中用稀硫酸浸洗银时，是除去银里的少量铁。I2单质易升华，易溶于有机溶剂(如酒精、四氯化碳等)，提纯I2可用升华和萃取的方法。单质I2遇淀粉的水溶液显蓝色，这是检验单质I2的常用方法(也是检验淀粉的常用方法)。AgI的稳定性较差，见光受热易分解生成单质银和碘。
22.答案：(1)稀 (a)(c) (2)(a)(c)
(3)(b) Fe(OH)3、Cu(OH)2
解析：(1)由Ag＋2HNO3(浓)===AgNO3＋NO2↑＋H2O，3Ag＋４HNO3(稀)===3AgNO3＋NO↑＋2H2O，可以看出，消耗同样多的Ag时，浓HNO3放出NO2多，耗HNO3也多。
(2)加热主要是提高反应速率，使金属与HNO3在较短时间内充分反应，提高反应物的转化率。
(3)冲稀使溶液的pH增大，Fe3＋、Cu2＋以氢氧化物形式沉淀析出，从而除去了杂质。
23.答案：A：NaOH,B:NaNO3,C:Ba(NO3)2,D:HNO3,X:MgSO4
A:HNO3,B:NaNO3,C:Ba(NO3)2,D:NaOH,X:Na2SiO3
解析：从所给的A、B、C、D四种物质看，向其中加入某种试剂会产生白色沉淀的可做如下推理：硝酸钠溶液很难和其他物质在溶液中产生沉淀；氢氧化钠一般能和多种金属阳离子生成难溶性碱，其中常见的白色难溶性碱有氢氧化镁、氢氧化亚铁(空气中不易观察到)、氢氧化铝(两性)；硝酸是一种强酸，其盐一般均可溶，所以在复分解反应中，硝酸除了能和硅酸盐形成难溶于水的硅酸(白色沉淀)外，很难和其余物质产生沉淀；能和硝酸钡形成沉淀的物质应主要从酸根阴离子考虑，如碳酸盐、亚硫酸盐、磷酸盐、硫酸盐等均能和硝酸钡形成白色沉淀，其中生成的硫酸钡是难溶于强酸的。
24.答案：(1)先将浓硝酸注入容器中，再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌和冷却
(注：给分点是①次序②慢慢加入③及时搅拌)
(2)将反应器放在50℃～60℃(或60℃)的水浴中加热
(注：给分点是①水浴②60℃)
(3)分液漏斗
(4)除去粗产品中残留的酸(或除去残留的硝酸、硫酸)
(5)大 苦杏仁
25.答案：(1)过滤 萃取 Cl2+2I－===I2+2Cl－ (2)B
(3)分液漏斗，锥形漏斗
(4)①缺石棉网，②温度计插到了液体中，③冷凝管进出水的方向颠倒；
(5)使蒸馏烧瓶均匀受热、控制加热温度不会过高 蒸馏烧瓶
解析：(1)从流程图中提示可知操作①是过滤；③是萃取；②中的反应是Cl2将I－氧化成I2的反应。
(2)根据萃取的原理，要从含碘的水溶液中萃取碘，所选择的萃取剂一定要和水互不相溶或很难相溶，而选项中，酒精、乙酸、甘油皆与水互溶，因此B是正确选项。
(3)按照流程图考虑每一步骤需要的仪器，还缺少锥形漏斗和分液漏斗。
(4)检验实验装置的错误，要按照实验的进程，逐一检查，通常是从左到右，自下而上。该装置中缺石棉网，温度计不应插入液体中，冷凝管出水的方向错了。
(5)利用水浴可使被加热物质受热均匀而温度又不会超过100℃,最后在蒸馏烧瓶中得到晶态碘。
●命题趋向与应试策略
(一)重视基础 形成知识规律
1.物质的检验
(1)鉴定、鉴别与推断的比较
不同点 相同点
鉴定 根据物质的化学性质，对一种物质分别检验出阴、阳离子 均需根据物质的特征反应，选择恰当的试剂和方法，准确观察反应中颜色变化、沉淀的生成或溶解、气体的生成、焰色等现象加以判定
鉴别 对两种或两种以上的物质进行辨认
推断 通过已知实验事实，根据性质分析，推出被检物质的组成或名称
(2)常见物质的检验方法
根据物质性质(主要是化学性质，物理性质往往也是重要线索)，使被检验物质与加入的试剂作用，转变为某种已知物质，或产生某种特殊现象，从而确定该物质的存在。常见的特殊现象有：
①生成气体：能够生成气体的离子很多，生成的气体也常有性质的相似之处，判断时要注意干扰。
②生成沉淀：许多金属阳离子或酸根阴离子都可生成具有特殊颜色、特殊性质的沉淀，但同时也应注意排除干扰离子。
③显现特殊颜色：特殊颜色的出现或消失并配合特殊试剂，是鉴别物质的常见方法，如KSCN检验Fe3＋、苯酚检验Fe3＋、酸性KMnO4检验不饱和化合物、新制Cu(OH)2悬浊液检验醛类物质等。
2.物质鉴别
(1)不用任何试剂鉴别多种物质
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开来。
③若以上两方法都不能鉴别时，可考虑两两混合法，记录混合后的反应现象，分析确定。
④若被鉴别物质为两种时，可考虑因试剂加入的顺序不同，现象不同而进行鉴别。
(2)只用一种试剂鉴别多种物质
①先分析被鉴别物质的水溶性、密度、溶液酸碱性，确定能否选用水或指示剂(石蕊)进行鉴别。
②在鉴别多种酸、碱、盐的溶液时，可依据“相反原理”确定试剂进行鉴别。即被鉴别的溶液多数呈酸性时，可选用碱或水解呈碱性的盐的溶液作试剂；若被鉴别的溶液多数呈碱性时，可选用酸或水解呈酸性的溶液作试剂。
③常用溴水、新制氢氧化铜、氯化铁溶液等作试剂鉴别多种有机物。
(3)任选试剂鉴别多种物质
任选试剂鉴别多种物质的题目往往以简答题的形式出现，回答时要掌握以下要领：
①选取试剂要最佳；选取的试剂对试剂组中的各物质反应现象要专一，使之一目了然。
②不许原瓶操作：鉴别的目的是为了以后的使用，若原瓶操作，试剂污染，“别”而无用。要有“各取少许”字样。
③不许“指名道姓”：结论的得出来自实验现象，在加入试剂之前，该物质是未知的，叙述时不可出现“取某某试剂加入某某物质……”的字样。一般简答顺序为：各取少许→溶解→加入试剂→描述现象→得出结论。
3.物质的分离和提纯
物质的分离是将两种或多种物质的混合物彼此分开，得到几种纯净物的过程。物质的提纯是除去物质中混有的少量杂质而得到纯净的物质。物质的分离与提纯目的不同，但所遵循的原则与实验操作却非常相似。
(1)物质分离和提纯的原则与注意事项：
(2)物质分离与提纯的方法：
①常用的物理方法——根据物质物理性质上的差异选择分离与提纯方法。有过滤、蒸发结晶、降温结晶、蒸馏、分馏、萃取、分液、渗析、升华等方法。
②常用的化学方法
A.吸收法：常用于气体的净化和干燥，可根据被提纯气体中所含杂质气体的性质，选择适当的固体或溶液作为吸收剂。如Cl2中混有的HCl气体可通过饱和食盐水除去。常用装置是洗气瓶或干燥管(U型管)。
B.沉淀法：在被提纯的物质中加入适量试剂使其与杂质反应，生成沉淀过滤除去。如硝酸钾中含有的少量硝酸钡，可用适量的硫酸钾除去。
C.气体法：根据物质中所含杂质的性质加入合适的试剂，让杂质转化为气体除去。如KCl中混有的少量K2CO3，可加适量盐酸除去。
D.转化法：利用化学反应，加入适当的试剂或采用某种条件(如加热)，使物质中的杂质
转化为被提纯物质，以正盐、酸式盐间的转化最为常见。如：NaHCO3
Na2CO3。
E.溶解法：对于固体试剂可选择适当的物质将杂质溶解，然后过滤除去，以杂质为两性物质常见。如Mg(OH)2中混有Al(OH)3，可用过量NaOH溶液除去，然后洗涤Mg(OH)2即可。
③综合法
综合法是指综合运用物理方法和化学方法将物质加以分离或提纯。如分离
(二)分析热点 把握命题趋向
物质的检验是化学实验中的重要内容，也是高考的常考内容，通常包括物质的鉴定、鉴别和推断。试题可以是选择题，也有的融于推断、实验、简答题之中。这部分内容是以离子的检验、气体的制备和检验、元素化合物性质为知识基础，以化学实验基本操作，对材料的组织水平和语言表达能力为基础进行考查，且考查的内容逐渐加深，形式渐趋多样化。
物质的分离与提纯从高考的内容和形式来看，主要特点有三个：一是选取适当的试剂及其分离的方法除去被提纯物中指定的杂质；二是确定除去被提纯物中指定含有的杂质和所需加入试剂的先后顺序：三是将分离、提纯与物质制备、混合物成分的确定等内容融为一体，形成综合实验题。解答混合物分离提纯内容的试题一般应先弄清实验目的，再分析所依据的实验原理，由此去选择适宜的试剂、分离的方法，并回答相关的问题。
物质的分离、提纯操作及应注意的问题，判断操作的正确与错误，根据要求选择实验仪器；分离、提纯、鉴别物质时选择适当的试剂是高考的重点考查内容。其中，不用任何化学试剂区别一组(通常是四种)物质的实验是高考经常考查的热点。
［例1］有甲酸、乙酸、乙醛、乙酸乙酯、乙醇、溴乙烷6种无色溶液，只用一种试剂便可将它们一一鉴别开来。这种试剂是
A.蒸馏水 B.FeCl3溶液
C.Cu(OH)2浊液 D.NaOH溶液
解析：Cu(OH)2会与甲酸、乙酸发生中和反应，生成易溶的羧酸铜溶液。甲酸和乙醛有醛基，加热时会被Cu(OH)2氧化，Cu(OH)2还原出砖红色的Cu2O沉淀。Cu(OH)2悬浊液中有水，当与酯或溴乙烷相混时，有机层与水层因不溶而分离，酯密度小，浮于水面，溴乙烷密度大，沉于下层。
答案：C
［例2］某硝酸钠固体中混有少量硫酸铵和碳酸氢钠杂质，试设计一实验方案，即除去杂质，又配成硝酸钠溶液。供选用的试剂有：①稀HCl、②稀HNO3、③稀H2SO4、④NaOH溶液、⑤Na2CO3溶液、⑥BaCl2溶液、⑦Ba(OH)2溶液、⑧Ba(NO3)2溶液，供选用的实验操作有
A.加热 B.过滤 C.分液
D.蒸发 E.蒸馏 F.结晶
实验方案：先将固体溶于蒸馏水配成溶液，然后填表完成各步实验(只填试剂或操作的序号，要求试剂不超过3种，空格按要求填写，可不填满)。
选择试剂
实验操作
解析：依题意，本题实际上要除去NH、SO、HCO，从选用试剂尽可能少考虑，可选用过量Ba(OH)2，加入Na2CO3除去过量的Ba2+，再加入HNO3以除去过量的CO和OH－，故选择试剂⑦、⑤、②，实验操作A、B、A。
答案：⑦ ⑤ ② A B A高考化学分类解析(十一)——弱电解质电离与溶液的酸碱性
●考点阐释
1.了解电解质、非电解质、强电解质和弱电解质的概念，会判断常见的强电解质和弱电解质。理解弱电解质的电离平衡概念，掌握一定条件下弱电解质电离平衡的移动。
2.了解水的电离，理解温度变化、外加物质(酸、碱、盐)对水的电离平衡的影响。了解溶液pH概念及与溶液酸碱性之间的关系，掌握有关溶液pH与氢离子或氢氧根离子浓度的计算。
●试题类编
(一)选择题
1.(2002年春季，10)下列事实可证明氨水是弱碱的是
A.氨水能跟氯化亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁
B.铵盐受热易分解
C.0.1 mol·L－1氨水可以使酚酞试液变红
D.0.1 mol·L－1氯化铵溶液的pH约为5
2.(2002年上海，18)在相同温度时100 mL 0.01 mol·L－1的醋酸溶液与10 mL 0.1 mol·
L－1的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是
A.中和时所需NaOH的量 B.电离度
C.H＋的物质的量 D.CH3COOH的物质的量
3.(2001年全国，5)在含有酚酞的0.1 mol·L－1氨水中加入少量的NH4Cl晶体，则溶液颜色
A.变蓝色 B.变深
C.变浅 D.不变
4.(2001年全国，18)将pH=1的盐酸平均分成2份，1份加适量水，另1份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液后，pH都升高了1，则加入的水与NaOH溶液的体积比为
A.9 B.10 C.11 D.12
5.(2001年春，10)从下列现象可以判断某酸是强酸的是
A.加热该酸至沸腾也不分解
B.该酸可以溶解石灰石放出CO2
C.该酸可以把Al(OH)3沉淀溶解
D.该酸浓度为0.1 mol·L－1时的pH为1
6.(2001年上海，20)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＝lg，则下列叙述正确的是
A.中性溶液的AG＝0
B.酸性溶液的AG＜0
C.常温下0.1　mol·L－1氢氧化钠溶液的AG＝12
D.常温下0.1　mol·L－1盐酸溶液的AG＝12
7.(2001年广东、河南，4)将0.1 mol·L－1CH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起
A.溶液的pH增加 B.CH3COOH电离度变大
C.溶液的导电能力减弱 D.溶液中［OH－］减小
8.(2001年广东、河南，6)若pH=3的酸溶液和pH=11的碱溶液等体积混合后溶液呈酸性，其原因可能是
A.生成了一种强酸弱碱盐
B.弱酸溶液和强碱溶液反应
C.弱酸溶液和弱碱溶液反应
D.一元强酸溶液和一元强碱溶液反应
9.(2000年春，3)纯水在25℃和80℃时的氢离子浓度，前后两个量的大小关系为
A.大于 B.等于 C.小于 D.不能肯定
10.(2000年春，22)60 mL 0.5 mol·L－1氢氧化钠溶液和40 mL 0.4 mol·L－1硫酸相混合后，溶液的pH约为
A.0.5 B.1.7 C.2 D.13.2
11.(2000年上海，7)下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是
A.CH3COOH B.Cl2
C.NH4HCO3 D.SO2
12.(2000年上海，14)水的电离过程为H2OH＋＋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
A.c(H＋)随着温度的升高而降低
B.在35℃时，c(H＋)＞c(OH－)
C.水的电离度α(25℃)＞α(35℃)
D.水的电离是吸热的
13.(2000年上海，22)取pH均等于2的盐酸和醋酸各100 mL分别稀释2倍后，再分别加入0.03 g 锌粉，在相同条件下充分反应，有关叙述正确的是
A.醋酸与锌反应放出氢气多
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
14.(2000年广东，7)pH＝5的盐酸和pH＝9的氢氧化钠溶液以体积比11∶9混合，混合液的pH为
A.7.2 B.8 C.6 D.无法计算
15.(2000年理科综合，6)有①、②、③三瓶体积相等，浓度都是1 mol·L－1的HCl溶液，将①加热蒸发至体积减少一半，在②中加入少量CH3COONa固体(加入后溶液仍呈强酸性)，③不作改变，然后以酚酞作指示剂，用NaOH溶液滴定上述三种溶液，所消耗的NaOH溶液体积是
A.①＝③＞② B.③＞②＞①
C.③＝②＞① D.①＝②－③
16.(1999年全国，18)用0.1 mol·L－1NaOH溶液滴定0.1 mol·L－1盐酸，如达到滴定的终点时不慎多加了1滴NaOH溶液(1滴溶液的体积约为0.05 mL),继续加水至50 mL，所得溶液的pH是
A.4 B.7.2 C.10 D.11.3
17.(1999年上海，1)下列液体pH＞7的是
A.人体血液 B.蔗糖溶液
C.橙汁 D.胃液
18.(1999年上海，13)把0.05 mol NaOH固体分别加入到100 mL 下列液体中，溶液的导电能力变化最小的是
A.自来水
B.0.5 mol·L－1盐酸
C.0.5 mol·L－1 CH3COOH溶液
D.0.5 mol·L－1　KCl溶液
19.(1999年广东，13)下列溶液一定是碱性的是
A.溶液中c(OH－)＞c(H＋)
B.滴加甲基橙后溶液显红色
C.溶液中含有OH－离子
D.滴加甲基橙后溶液显黄色
20.(1999年广东,16)在某温度时，测得纯水中的c(H＋)＝2.4×10－7　mol·L－1，则c(OH－)为
A.2.4×10－7　mol·L－1 B.0.1×10－7 mol·L－1
C.mol·L－1 D.c(OH－)无法确定
21.(1998年全国，9)用水稀释0.1 mol·L－1氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是
A.c(OH－)／c(NH3·H2O) B.c(NH3·H2O)／c(OH－)
C.c(H＋)和c(OH－)的乘积 D.OH－的物质的量
22.(1998年全国，15)有五瓶溶液分别是：①10　mL　0.60　mol·L－1　NaOH水溶液，②20 mL 0.50 mol·L－1H2SO4水溶液，③30 mL 0.40 mol·L－1HCl水溶液，④40 mL 0.30 mol·
L－1 CH3COOH水溶液，⑤50 mL 0.20　mol·L－1蔗糖水溶液。以上各瓶溶液所含离子、分子总数的大小顺序是
A.①＞②＞③＞④＞⑤ B.②＞①＞③＞④＞⑤
C.②＞③＞④＞①＞⑤ D.⑤＞④＞③＞②＞①
23.(1998年全国，18)pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混合，所得混合液的pH=11，则强碱与强酸的体积比是
A.11∶1 B.9∶1 C.1∶11 D.1∶9
24.(1998年上海，14)将硫酸钾、硫酸铝、硫酸钾铝三种盐混合溶于硫酸酸化的水中，测得c(SO)＝0.105　mol·L－1、c(Al3＋)＝0.055 mol·L－1，溶液的pH＝2.0(假设溶液中硫酸完全电离为H＋和SO)，则c(K＋)为
A.0.045　mol·L－1 B.0.035　mol·L－1
C.0.055　mol·L－1 D.0.040　mol·L－1
25.(1998年上海，20)某强酸溶液pH=a，强碱溶液pH=b，已知a＋b=12,酸碱溶液混合后pH=7，则酸溶液体积V(酸)和碱溶液体积V(碱)的正确关系为
A.V(酸)＝102V(碱) B.V(碱)＝102V(酸)
C.V(酸)＝2V(碱) D.V(碱)＝2V(酸)
26.(1997年全国，18)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
A.pH=3的硝酸跟pH=11的氢氧化钾溶液
B.pH=3的盐酸跟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
27.(1997年上海，24)在下列叙述中，能说明盐酸是强酸，醋酸是弱酸的是
A.将pH=4的盐酸和醋酸稀释成pH=5的溶液，醋酸所需加入的水量多
B.盐酸和醋酸都可用相应的钠盐与浓硫酸反应制取
C.相同pH的盐酸和醋酸溶液中分别加入相应的钠盐固体，醋酸的pH变大
D.相同pH的盐酸和醋酸分别跟锌反应时，产生氢气的起始速率相等
28.(1996年全国，13)把氢氧化钙放入蒸馏水中，一定时间后达到如下平衡：
Ca(OH)2(s)Ca2＋＋2OH－
加入以下溶液，可使Ca(OH)2减少的是
A.Na2S溶液 B.AlCl3溶液
C.NaOH溶液 D.CaCl2溶液
29.(1995年全国，14)甲酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是
A.1 mol·L－1甲酸溶液的pH约为2
B.甲酸能与水以任意比互溶
C.10 mL 1 mol·L－1甲酸恰好与10 mL 1 mol·L－1 NaOH溶液完全反应
D.在相同条件下，甲酸溶液的导电性比强酸溶液的弱
30.(1995年上海，18)化合物HIn在水溶液中因存在以下电离平衡，故可用作酸碱指示剂
HIn (溶液) H＋(溶液)＋In－(溶液)
红色 黄色
浓度为0.02 mol·L－1的下列溶液 (1)盐酸 (2)石灰水 (3)NaCl溶液 (4)NaHSO4溶液 (5)NaHCO3溶液 (6)氨水，其中能使指示剂显红色的是
A.(1)(4)(5) B.(2)(5)(6)
C.(1)(4) D.(2)(3)(6)
31.(1994年全国，5)下列物质中，导电性能最差的是
A.熔融氢氧化钠 B.石墨棒
C.盐酸 D.固体氯化钾
32.(1994年全国，10)一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的
A.NaOH(s) B.H2O
C.NH4Cl(s) D.CH3COONa(s)
(二)笔答题
33.(2000年全国，26)25℃时，若体积为Va、pH=a的某一元强酸与体积Vb、pH=b的某一元强碱混合，恰好中和，且已知Va＜Vb和a=0.5b，请填写下列空白：
(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_________________。
34.(1999年全国)某二元弱酸(简写为H2A)溶液，按下式发生一级和二级电离：
H2AH＋＋HA－， HA－H＋＋A2－
已知相同浓度时的电离度α(H2A)＞α(HA－)，设有下列四种溶液：
A. 0.01 mol·L－1的H2A溶液
B. 0.01 mol·L－1的NaHA溶液
C.0.02 mol·L－1的HCl与0.04 mol·L－1的NaHA溶液等体积混合液
D.0.02 mol·L－1的NaOH与0.02 mol·L－1的NaHA溶液等体积混合液
据此，填写下列空白(填代号)：
(1)c(H＋)最大的是 ,最小的是 。
(2)c(H2A)最大的是 ,最小的是 。
(3)c(A2－)最大的是 ,最小的是 。
35.(1994年全国，31)在25 ℃时，若10体积的某强酸溶液与1体积的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合之前，该强酸的pH与强碱的pH之间应满足的关系是 。
●答案解析
(一)选择题
1.答案：D
解析：证明氨水是弱电解质的原理有两个：一是证明氨水不能完全电离，溶液中存在电离平衡；二是证明氨水与强酸反应生成的盐具有弱酸性。选项D就是利用了第二个原理。
2.答案：BC
解析：两溶液中CH3COOH的物质的量都是：0.001 mol，中和时所需NaOH的量也应相等；浓度越小，电离度越大，其电离出的H＋的物质的量也就越多。
3.答案：C
解析：在0.1 mol·L－1氨水中存在平衡NH3·H2ONH＋OH－，碱性溶液遇酚酞呈现红色。若向其中加入少量的NH4Cl晶体，由于溶液中c(NH)的增大，导致上述平衡往逆反应方向移动。则溶液的颜色变浅。
4.答案：C
解析：将pH=1的盐酸加适量水，pH升高了1，说明所加的水是原溶液的9倍；另1份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液后，pH升高了1，则可列式10－1×1－
10－1·x=10－2(1＋x)，解得x=9/11，则加入的水与NaOH溶液的体积比为9∶9/11=11∶1。
5.答案：D
解析：判断某酸是否为强酸的依据是该酸在水溶液中能否完全电离，与其稳定性无关，故A错；酸性比碳酸强的酸就可溶解石灰石，如醋酸，故B不对；Al(OH)3沉淀能溶解在强酸性溶液中，但强酸性溶液不一定是强酸形成的，故C错；pH为1的溶液中c(H＋)＝0.1　mol·
L－1，与酸的浓度一致，说明该酸为强酸。
6.答案：AD
解析：中性溶液中，＝1，AG＝0；酸性溶液中，＞1，AG＜0。常温下0.1　mol·L－1氢氧化钠溶液中，＝10－12，AG＝－12；常温下0.1　mol·L－1盐酸溶液中，＝1012，AG＝12。
7.答案：A
解析：CH3COOH溶液中存在着平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，加水稀释平衡往正反应方向移动，电离度增大，溶液中［H＋］减小，［OH－］增大，pH增加；加入少量CH3COONa晶体时，平衡向逆反应方向移动，电离度减小，溶液中［OH－］增大，pH增加。
8.答案：B
解析：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：(1)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。(2)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1×10－3 mol·L－1。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。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。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。
9.答案：C
解析：温度越高，水的电离程度越大，水中氢离子浓度越大。
10.答案：B
解析：两溶液反应后，硫酸过量，剩余H＋的物质的量为：0.04 L×2×0.4 mol·L－1－0.06 L×0.5 mol·L－1＝2×10－3 mol。c(H＋)＝2×10－2 mol·L－1，pH＝1.7。
11.答案：D
解析：选项中的四种物质水溶液都能导电，但原因有所不同。CH3COOH和NH4HCO3均为电解质，水溶液理应能导电；Cl2和SO2水溶液能导电，是因为它们与水反应Cl2＋H2O===HCl＋HClO，SO2＋H2O===H2SO3，因生成物均为电解质，故溶液也导电。电解质和非电解质都是化合物，Cl2是单质，因此只有SO2为非电解质。
12.答案：D
解析：由题中条件可以看出，温度升高后，KW值增大。25℃时c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×
10－7mol·L－1，35℃时，c(H＋)＝c(OH－)＝1.45×10－7 mol·L－1。温度升高c(H＋)和c(OH－)都增大，且仍然相等，水的电离度也增大。因温度升高平衡向正反应方向移动，故水的电离为吸热反应。
13.答案：BC
解析：pH相同的盐酸和醋酸都稀释2倍，盐酸中c(H＋)变为原来的一半，而醋酸是弱酸，稀释后，电离程度增大，c(H＋)比稀释前小，但大于原来浓度的一半，即比盐酸溶液中H＋的浓度大，锌与醋酸的反应速率快；酸和锌的量都是已知的，首先进行过量判断，经计算锌的量不足，所以两种溶液放出H2的量是相等的。
14.答案：C
解析：解此题时，首先判断两反应物哪一种过量，如果盐酸过量，直接求混合液中c(H＋)，再求溶液的pH，如果碱过量，则要先求出c(OH－)，再由水的离子积常数求出c(H＋)，最后求溶液的pH。经判断，此题中酸过量，c(H＋)＝＝1×10－6，溶液的pH＝6。
15.答案：C
解析：加热蒸发时，HCl挥发，①中HCl的物质的量减少，消耗的NaOH的物质的量减少，②中虽然加入了CH3COONa，有弱酸CH3COOH生成，但酸的物质的量不变，消耗NaOH的物质的量不变，故答案为C。
16.答案：C
17.答案：A
解析：本题考查生活中的化学。人体血液pH在7.35～7.45之间；蔗糖不电离，溶液显中性；橙汁一般为碳酸型饮料，显弱酸性；胃液中含盐酸，pH＜7。
18.答案：B
解析：溶液混合后导电能力变化的大小，关键看混合后溶液中自由移动离子的浓度的变化。由于自来水几乎不导电，加入0.05 mol NaOH后，导电性突然增大；醋酸是弱电解质，加入NaOH后，生成强电解质CH3COONa，导电性明显增强；0.5 mol·L－1的KCl中加入0.05 mol NaOH固体后，离子浓度增大，导电能力增强；只有0.5 mol·L－1的盐酸，能与NaOH反应生成强电解质NaCl，不影响导电性。
19.答案：A
解析：判断溶液中酸碱性的最根本的依据是H＋与OH－的浓度的相对大小。c(H＋)＞
c(OH－)，呈酸性；c(H＋)＝c(OH－)，呈中性；c(H＋)＜c(OH－)，呈碱性。
20.答案：A
解析：无论在什么条件下，纯水中c(H＋)＝c(OH－)。
21.答案：B
解析：温度不变时，c(H＋)和c(OH－)的乘积为常数，故排除C；稀释时电离程度增大，OH－的物质的量增大，故排除D；稀释时，NH3·H2O的物质的量减小，＝，可知该分数值增加，故排除A选B。
22.答案：D
解析：本题关键在加着重号的几个字，溶液所含离子、分子总数应包括水分子，由各溶液的浓度可知，水分子的数目比其他离子和分子的数目要多得多，故溶液体积越大，水分子数目越多，离子和分子总数也就越多。
23.答案：D
解析：本题既可采用常规计算法，也可采用估算法：由题知当碱与酸体积比为1∶10时，所得混合液的pH=7，现pH=11,显碱性，故碱酸体积比应大于1∶10，即选D。
24.答案：B
解析：该溶液中离子有SO、Al3＋、H＋、K＋，已知前三者的浓度，由溶液中阴离子带的负电荷数一定等于阳离子带的正电荷数即可求出K＋的浓度。
25.答案：B
解析：强酸中c(H＋)＝10－a mol·L－1，强碱中c(OH－)＝＝10－14＋b mol·L－1＝
10－14＋12－a mol·L－1＝10－2－a mol·L－1，混合后pH=7，即n(H＋)＝n(OH－)，故V(碱)=102V(酸)
26.答案：D
解析：A、C均呈中性；B项氨水有剩余，显碱性；D项醋酸有剩余，显酸性。
27.答案：AC
解析：HCl溶于水完全电离，而CH3COOH溶于水存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，加水该平衡向右移动，H＋物质的量增大，需加更多的水才能与盐酸c(H＋)相同；加CH3COONa时，c(CH3COO－)增大，上述平衡向左移动。c(H＋)降低，pH变大，而盐酸加NaCl后pH基本不变。故A、C符合题意。B只能说明盐酸和醋酸具有挥发性，D只说明c(H＋)相同，速率相同，与醋酸是否完全电离均无关，故B、D不符合题意。
28.答案：B
解析：该平衡为溶解平衡。若使Ca(OH)2减少，只须使平衡正向移动。选项中Na2S、NaOH溶液显碱性，使平衡逆移；CaCl2溶液完全电离出Ca2＋也使平衡逆移。而B项为AlCl3溶液与OH－作用生成难溶Al(OH)3，消耗OH－使平衡正向移动而使Ca(OH)2固体不断电离而减少。
29.答案：AD
解析：由弱电解质的概念知弱电解质溶于水只能部分电离。其中A中甲酸溶液若完全电离c(H＋)＝1 mol·L－1，pH=0;而现在pH=2，说明只部分电离；D中在相同条件弱电解质部分电离，溶液中离子少，导电性弱于强电解质，故选AD。而B表示溶解性与电解质强弱无关；C中完全反应与强弱无关。
30.答案：C
解析：由电离平衡看出，若使指示剂显红色必使平衡左移，而使平衡左移的条件是向溶液中加入H＋。在给出的试剂中只有(1)、(4)溶于水电离出H＋，故C选项正确。
31.答案：D
解析：物质中的“自由电子”和“自由移动的离子”是物质导电的必要条件，选项中只有固态氯化钾不含“自由移动的离子”。
32.答案：BD
解析：A.加NaOH固体能减缓反应速率，但要消耗H＋，减少氢气总量。C.NH4Cl固体不与盐酸反应，又不影响溶液的体积。在强酸性条件下不考虑其中水解。B.水既不影响溶液中H＋的物质的量，又能稀释盐酸。D.CH3COONa能与盐酸生成弱电解质CH3COOH减缓反应速率，但不能影响H2总量。
(二)笔答题
33.答案：(1)否 若a=3，则b=6，溶液显酸性，与题意不符，故a≠3 (2)否 若a=5，［H＋］a=10－5 mol·L－1，则b=10，［OH－］b=10－4　mol·L－1，=＞1不符合题意，故a≠5 (3)＜a＜
解析：(1)若a=3，由a=0.5b可知b=6，由题设pH=b的是一元强碱，与题设矛盾，所以应答“否”。
(2)若a=5则b=10，［OH－］b=10－4 mol·L－1，中和时，应该有Va［H＋］a=Vb［OH－］b
即===10＞1，与题设Va＜Vb不符，所以也应答“否”。
(3)＜1可得式====10a＋b－14＜1，又a=0.5b或(a＋b－14)＜0，1.5b＜14，3a＜14，a＜，又pH?b=b=2a＞7［由(1)小题提示强碱溶液的条件］，
a＞，因此a的取值范围是＜a＜或(4.67＞a＞3.50)
34.答案：(1)A D (2)C D (3)D A
解析：反应后的C溶液为：0.01 mol·L－1 H2A、0.01　mol·L－1 NaHA和0.01 mol·
L－1 NaCl的混合液。因HA－的存在抑制了H2A的第一步电离，所以c(H＋)小于A溶液中
c(H＋)，但c(H2A)大于A溶液c(H2A)。反应后D溶液为0.01 mol·L－1的Na2A溶液，所以
c(A2－)最大，但因其水解，c(H＋)最小。
35.答案：pH酸＋pH碱＝15
解析：由强酸强碱溶液的pH可知c(H＋)酸或c(OH－)碱，两溶液混合后溶液呈中性，说明反应中n(H＋)酸＝n(OH－)碱。设该强酸溶液体积为10　L，强碱溶液体积为1升，则10c(H＋)酸＝c(OH－)碱，所以，设强酸溶液中c(H＋)酸＝0.1 mol·L－1，c(OH－)碱＝1 mol·
L－1，则pH酸=1,pH碱=14,pH酸＋pH碱＝15。
●命题趋向与应试策略
(一)重视基础 形成知识规律
1.电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的判别规律
2.判断强弱电解质的方法规律
(1)0.01 mol·L－1酸HA溶液的pH≠2，说明酸HA在水溶液中没有完全电离，HA是弱酸。
(2)同pH的强酸、弱酸分别加入水稀释相同倍数，溶液的pH变化小的是弱酸，变化大的是强酸。
(3)同pH的强酸和弱酸，分别加该酸的钠盐，溶液的pH增大的是弱酸，pH几乎不变的是强酸。
(4)pH相同、体积相同的强酸和弱酸与碱反应时消耗多的为弱酸；与Zn或Na2CO3固体反应产生气体多的是弱酸。其他方法不再一一例举。
3.水的电离和溶液的pH
(1)水是一种极弱的电解质：H2O＋H2OH3O＋＋OH－
(2)影响水电离平衡的因素
①酸、碱
在纯水中加入酸或碱，均使水的电离平衡左移，此时若温度不变，KW不变；c(H＋)发生改变，pH也随之改变；若向水中加入酸，则c(H＋)增大，c(OH－)变小，pH变小。
②温度
若升温，由于水电离吸热，升温将促进水的电离，故平衡右移，c(H＋)、c(OH－)同时增大，pH变小，但由于c(H＋)与c(OH－)始终保持相等，故仍显中性。
③易水解的盐
在纯水中加入能水解的盐，不管水解后溶液显什么性，均促进水的电离，使水的电离程度增大，但只要温度不变，KW不变。
4.溶液酸碱性判定规律
(1)pH相同的酸(或碱)，酸(或碱)性越弱，其物质的量浓度越大。
(2)pH相同的强酸和弱酸溶液，加水稀释相同的倍数，则强酸溶液pH变化大；碱也如此。
(3)酸与碱的pH之和为14，等体积混合
①若为强酸与强碱 则pH=7
②若为强酸与弱碱 则pH＞7
③若为弱酸与强碱 则pH＜7
(4)等体积强酸(pH1)和强碱(pH2)混合
①若二者pH之和为14，则溶液呈中性，pH=7
②若二者pH之和大于14，则溶液呈碱性。
③若二者pH之和小于14，则溶液呈酸性。
5.强酸(pH1)与强碱(pH2)混合呈中性时，二者体积与pH的关系规律
(1)若pH1＋pH2＝14，则V(酸)∶V(碱)＝1∶1
(2)若pH1＋pH2＞14，则V(酸)∶V(碱)＝10∶1
(3)若pH1＋pH2＜14，则V(酸)∶V(碱)＝1∶10
6.溶液pH的计算
酸按酸，碱按碱，同强混合在之间。
异强混合看过量，无限稀释7为限。
(二)分析热点 把握命题趋向
强弱电解质的电离和溶液的酸碱性是历年高考的热点内容，主要有：①比较某些物质导电性的强弱；②强弱电解质的判断与比较；③外界条件对弱电解质电离平衡的影响及电离平衡理论的应用；④溶液酸碱性(或pH大小)的判断；⑤有关溶液pH的计算。常见的题型主要是选择题，但也有一部分笔答题，这也体现了高考命题的一种趋向：由知识型向能力型的转变，同时要注意与其他部分知识的联系。解答此类题目的关键是要正确理解有关的概念，会利用化学平衡理论分析研究弱电解质的电离情况；依据有关溶液pH计算题目类型特点，形成正确的解题方法思路。
从近几年的高考试题分析来看，出现了以字母表示溶液的pH，已知混合前后溶液的体积求混合后pH，此类题更加突出了运用数学工具来解决化学问题的能力，应引起重视。溶液的pH计算题设条件可千变万化，正向、逆向思维、数字与字母交替出现，与生物酸碱平衡相结合或运用数学工具进行推理等试题在“3＋X”综合测试中出现可能性极大，展望今后会以填空或选择的形式出现，题目难度适中，推理性会有所增强。
［例1］实验表明，液态时，纯硫酸的导电性强于纯水。已知液态电解质都能像水那样自身电离而建立电离平衡(即像H2O＋H2O===H3O＋＋OH－那样)，且在一定温度下都有各自的离子积常数。问在25℃时，纯硫酸的离子积常数K和水的离子积常数KW关系为
A.K＞KW B.K=KW
C.K＜KW D.无法比较
解析：将纯硫酸类比于水找出纯硫酸的电离平衡是解此题的关键。
类比于水，纯硫酸的电离平衡可定为：H2SO4＋H2SO4H3SO＋HSO
则其离子积常数KW=c(H3SO)·c(HSO)。根据题意，纯硫酸的导电性强于水，则可粗略地认为硫酸中离子浓度大于纯水中离子的浓度，即K＞KW。
答案：A
［例2］(2002年全国理综，9)在人曾建议用AG表示溶液的酸度(acidity grade)，AG的定义为AG=lg［c(H＋)/c(OH－)］。下列表述正确的是
A.在25℃时，若溶液呈中性，则pH=7,AG=1
B.在25℃时，若溶液呈酸性，则pH＜7,AG＜0
C.在25℃时，若溶液呈碱性，则pH＞7，AG＞0
D.在25℃时，溶液的pH与AG的换算公式为AG=2(7－pH)
解析：本题考查了对溶液酸碱性的认识，对pH、AG定义的理解和关系式的推导。能反映学生对数运算的数学基础。新旧知识的融合、检测学生应变能力是高考命题的发展趋势之一。
根据溶液中［H＋］与［OH－］的相对大小，来决定溶液的酸碱性。又从pH和AG的定义寻找两者的关系式。
A.AG=lg(［H＋］／［OH－］)=lg1=0
B.呈酸性，［H＋］＞［OH－］，AG＞lg1=0
C.呈碱性，［H＋］＜［OH－］，AG＜lg1=0
D.25℃时，pH＋pOH=pKW=14
AG=lg［H＋］－lg［OH－］=－pH＋14－pH=14－2pH=2(7－pH)
答案：D高考化学分类解析(二十)——几种重要的金属
●考点阐释
1.了解金属的通性，掌握若干常见金属的活动顺序。了解金属冶炼的一般原理，初步了解金属的回收和资源保护。初步了解合金的概念。
2.掌握镁、铝、铁的化学性质。以Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)的相互转化为例，了解变价金属元素的氧化性或还原性。了解钢铁的腐蚀和防护。了解铝的重要化合物。
●试题类编
(一)选择题
1.（2003年春上海，17）随着人们生活节奏的加快，方便的小包装食品已被广泛接受。为了延长食品的保质期，防止食品受潮及富脂食品氧化变质，在包装袋中应放入的化学物质是
A.无水硫酸铜、蔗糖 B.硅胶、硫酸亚铁
C.食盐、硫酸亚铁 D.生石灰、食盐
2.（2002年春，9）下列各组物质中，将前者加入后者时，无论前者是否过量，都能用同一个化学方程式表示的是
A.稀盐酸，碳酸钠溶液 B.稀H2SO4溶液，NaAlO2溶液
C.铜，FeCl3溶液 D.浓氨水，AgNO3溶液
3.（2002年上海，5）两次获得诺贝尔奖，在化学界享有盛名的科学家是
A.爱因斯坦 B.达尔文
C.居里夫人 D.欧拉
4.（2002年江苏综合，24）等体积、等物质的量浓度的硫酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加等质量的铝，生成氢气的体积比为5∶6，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是
A.甲、乙中都是铝过量 B.甲中铝过量、乙中碱过量
C.甲中酸过量、乙中铝过量 D.甲中酸过量、乙中碱过量
5.（2002年上海，21）混合下列各组物质使之充分反应，加热蒸干产物并在300℃灼烧至质量不变，最终残留固体为纯净物的是
A.向CuSO4溶液中加入适量铁粉
B.等物质的量浓度、等体积的(NH4)2SO4与BaCl2溶液
C.等物质的量的NaHCO3与Na2O2固体
D.在NaBr溶液中通入过量氯气
6.（2002年上海理综，16）人体血红蛋白中含有Fe2＋离子，如果误食亚硝酸盐，会使人中毒，因为亚硝酸盐会使Fe2＋离子转变成Fe3+离子，生成高铁血红蛋白而丧失与O2结合的能力。服用维生素C可缓解亚硝酸盐的中毒，这说明维生素C具有
A.酸性 B.碱性 C.氧化性 D.还原性
7.（2002年上海理综，21）某同学想用实验证明高锰酸钾溶液的紫红色是MnO离子的颜色，而不是K＋离子的颜色，他设计的下列实验步骤中没有意义的是
A.将高锰酸钾晶体加热分解，所得固体质量减少
B.观察氯化钾溶液没有颜色，表明溶液中K＋无色
C.在氯化钾溶液中加入适量锌粉振荡，静置后未见明显变化，表明锌与K＋无反应
D.在高锰酸钾溶液中加入适量锌粉振荡，静置后见紫红色褪去，表明MnO离子为紫红色
8.（2002年河南，3）铁屑溶于过量的稀硫酸，过滤后向滤液中加入适量硝酸，再加入过量的氨水，有红褐色沉淀生成。过滤，加热沉淀物至质量不再发生变化，得到红棕色的残渣。上述沉淀和残渣分别为
A.Fe(OH)3;Fe2O3 B.Fe(OH)2;FeO
C.Fe(OH)2;Fe(OH)3;Fe3O4 D.Fe2O3;Fe(OH)3
9.（2002年全国理综，12）用足量的CO还原32.0 g某种氧化物，将生成的气体通入足量澄清石灰水中，得到60 g沉淀，则该氧化物是
A.FeO B.Fe2O3 C.CaO D.Cu2O
10.(2001年春，7)下列说法正确的是
A.硬水是指含有很多盐的海水
B.重水是指密度大的液态H2O
C.溴水是指溴的水溶液
D.王水是指3体积浓硝酸和1体积浓盐酸的混合液
11.(2001年全国，7)b g某金属与足量的稀硫酸反应，生成该金属的三价正盐和a g氢气。该金属的相对原子质量为
A. B. C. D.
12.(2001年上海，18)下列各组物质的稀溶液相互反应，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象相同的是
A.NaHSO4和Ba(OH)2 B.AlCl3和NaOH
C.NaAlO2和H2SO4 D.Ba(HCO3)2和Ba(OH)2
13.(2000年全国，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凝聚剂的化学式可表示为［Al2（OH）nClm·yH2O］x，式中m等于
A.3－n B.6－n C.6＋n D.3＋n
14.(2000年上海，1)人体内所必需的下列元素中，因摄入量不足而导致骨质疏松的是
A.K B.Ca C.Na D.Fe
15.(2000年上海，4)下列物质中，不属于合金的是
A.硬铝 B.黄铜 C.钢铁 D.水银
16.(2000年理科综合，9)镭是元素周期表中第ⅡA族元素，下列关于镭的叙述不正确的是
A.镭比钙的金属性更强 B.在化合物中呈+2价
C.镭是一种放射性元素 D.氢氧化镭呈两性
17.(2000年全国，2)久置于空气中的下列物质，因被氧化而呈黄色的是
A.浓硝酸 B.氯化亚铁溶液
C.溴苯 D.溴化银
18.(2000年广东，9)把表面有氧化物的相同大小的铜片和铁片一起放入盐酸中充分反应，所得溶液中的金属离子
A.是Fe3＋和Cu2＋ B.是Fe2＋和Cu2＋
C.是Fe2＋和Fe3＋ D.只有Fe2＋
19.(2000年广东，11)把a g铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液。过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到红色粉末的质量仍为a g，则原合金中铁的质量分数为
A.70% B.52.4% C.47.6% D.30%
20.(2000年广东，16)某溶液中含有大量Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋和NH，其c（H＋）＝10－2mol·
L－1，在该溶液中可以大量存在的阴离子是
A.SO B.NO C.SC.－ D.CO
21.(2000年理科综合，12)在氯化铁、氯化铜和盐酸混合溶液中加入铁粉，待反应结束，所剩余的固体滤出后能被磁铁吸引，则反应后溶液中存在较多的阳离子是
A.Cu2＋ B.Fe3＋ C.Fe2＋ D.H＋
22.(2000年理科综合，13)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，据此可推断丙物质是
A.Al2（SO4）3 B.NaOH C.BaCl2 D.FeSO4
23.(1999年全国，22)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
24.(1999年全国，16)下列各组稀溶液，不用其他试剂或试纸，仅利用溶液间的相互反应，就可以将它们区别开的是
A.硝酸钾 硫酸钠 氯化钙 氯化钡
B.硫酸 硫酸铝 氯化钠 氢氧化钠
C.盐酸 硫酸钠 碳酸钠 氢氧化钠
D.硫酸氢钠 硫酸镁 碳酸钠 氢氧化钠
25.(1998年全国，2)向下列溶液中滴加稀硫酸，生成白色沉淀，继续滴加沉淀溶解的是
A.Na2SiO3 B.BaCl2
C.FeCl3 D.NaAlO2
26.(1998年全国，20)由锌、铁、铝、镁四种金属中的两种组成的混合物10 g,与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下为11.2 L，则混合物中一定含有的金属是
A.锌 B.铁 C.铝 D.镁
27.(1998年上海，1)下列物质中，可用于治疗胃酸过多的是
A.碳酸钠 B.氢氧化铝
C.氧化钙 D.碳酸钡
28.(1998年上海，18)甲、乙两烧杯中各盛有100 mL 3 mol·L－1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，则加入的铝粉质量为
A.5.4 g B.3.6 g C.2.7 g D.1.8 g
29.(1998年上海，11)下列反应，其产物的颜色按红色、红褐色、淡黄色、蓝色顺序排列的是
①金属钠在纯氧中燃烧 ②FeSO4溶液中滴入NaOH溶液，并在空气中放置一段时间 ③FeCl3溶液中滴入KSCN溶液 ④无水硫酸铜放入医用酒精中
A.②③①④ B.③②①④
C.③①②④ D.①②③④
30.(1997年全国，16)CaC2和MgC2都是离子化合物，下列叙述正确的是
A.MgC2和CaC2都能跟水反应生成乙炔
B.C的电子式为［∶C┋┋C∶］2－
C.CaC2在水中以Ca2＋和C形式存在
D.MgC2的熔点低，可能在100 ℃以下
31.(1997年上海，18)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
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
32.(1997年上海，26)在由Fe、FeO和Fe2O3组成的混合物中加入100 mL 2 mol·L－1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，并放出448 mL气体(标准状况)，此时溶液中无Fe3＋。则下列判断正确的是
A.混合物里三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比为1∶1∶3
B.反应后所得溶液中的Fe2＋与Cl－的物质的量之比为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
33.(1996年上海，20)0.1 mol镁粉分别在足量的O2、CO2、N2中燃烧，生成固体的质量依次为Ｗ1、Ｗ2、Ｗ3。下列关系式正确的是
A.Ｗ2＞Ｗ1＞Ｗ3 B.Ｗ1＝Ｗ2＞Ｗ3
C.Ｗ1＝Ｗ2＝Ｗ3 D.Ｗ3＞Ｗ2＞Ｗ1
34.(1996年上海，15)将等物质的量的镁和铝相混合，取等质量的该混合物四份，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
A.3 mol·L－1 HCl B.4 mol·L－1 HNO3
C.8 mol·L－1 NaOH D.18 mol·L－1 H2SO4
35.(1995年上海，5)用于飞机制造业的重要材料是
A.Mg—Al合金 B.Cu—Sn合金
C.Al—Si合金 D.不锈钢
36．(1995年上海，3)能与稀盐酸或稀硫酸发生反应的黑色固体是
A.MnO2 B.石墨粉
C.FeO D．Fe2O3
37.(1994年上海，2)下列各组物质的主要成分，皆为同一种酸所对应的盐的是
A.大理石，重晶石，光卤石
B.小苏打，苏打，大苏打
C.绿矾，胆矾，明矾
D.铝土矿，硫铁矿，磁铁矿
（二）笔答题
38.（2002年江苏综合，三）铜是生命必需的元素，也是人类最早使用的金属之一，铜的生产和使用对国计民生各个方面产生了深远的影响，请完成（1）~（4）题。
（1）在化学反应中，铜元素可表示为0、＋1、＋2价。
①在西汉古藉中曾有记载：曾青得铁则化为铜［即：曾青（CuSO4）跟铁反应就生成铜］。试写出该反应的化学方程式： 。
②铜器表面有时会生成铜绿［Cu2(OH)2CO3］，这层铜绿可用化学方法除去。试写出除去铜绿而不损伤器物的反应的化学方程式： 。
③新制的铜试剂［Cu(OH)2］与葡萄糖反应生成红色沉淀，因此该试剂可用于检验糖尿病人尿液中的葡萄糖的含量，葡萄糖的结构式如下：（简写为GCHO）
试写出GCHO与Cu(OH)2反应的化学方程式： 。
（2）目前，我国铜矿集中分布在长江中下游和云南省，读图回答：
①图中A、B、C三个铜矿产地的名称分别 、 、 。
②铜矿的品位一般在1％左右，故粗铜冶炼在布局上必须 ，云南省长期向省外输出粗铜，近年充分利用省内的 资源，在省会兴建了精炼（电解）铜的大型企业，实现了有色金属冶炼的产业升级。
（3）铜和氮、磷、钾一样，也是植物必需的矿质元素。根吸收矿质元素的过程与呼吸作用密切相关，因为呼吸作用为矿质元素的离子从土壤溶液进入根细胞内提供 和 。
（4）铜钱在历史上曾经是一种广泛流通的货币。
①试从物理性质和化学性质的角度分析为什么铜常用于制造货币。（铜的熔点是
1183.4℃，铁的熔点是1534.8℃）
②清代采取银、钱并用的货币制度。百姓出卖劳动产品得到的是铜钱，按市场化价折合成白银向国家纳税。清中期以前银钱比价基本平稳（1两白银＝1000文铜钱）。鸦片战争之前以及战后，银钱比价从1000文持续攀升至1300文、1400文、1600文甚至更高，出现空前严重的银荒（银贵钱贱）。试分析其原因及社会影响。
39.（2002年上海，30）某化学课外小组用铜96%的废铜屑制取胆矾（五水合硫酸铜）。将铜屑放入稀硫酸中，加热并不断鼓入空气，在氧气作用下便生成硫酸铜。
（1）写出生成硫酸铜的化学方程式 。
（2）现用1 kg这种废铜屑理论上能制取胆矾多少千克？
（3）将胆矾与生石灰、水按质量比依次为1∶0.56∶100混合配制成无机铜杀菌剂波尔多液：
①此波尔多液中Cu2＋离子和Ca2＋离子的物质的量比为________（最简整数比）。
②波尔多液有效成分的化学式可表示为CuSO4·xCu(OH)2·yCa(OH)2，此种配比当x=1时，试确定y的数值________。
40.(2001年春，22)已知X为FeO和CuO的混合物，取两份等质量的X样品进行下列实验：
(1)写出①、②和③步所有反应的方程式：
(2)设从③步所得固体D的质量为32 g,溶液E中只含有一种金属离子，气体F在标准状况下体积为5.6 L，试计算取用的每份X的质量和X中FeO与CuO的质量比。
41.(2000年春，29)某混合物A，含有KAl(SO4）2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的物质之间的变化：
据此判断
(1)固体B所含物质的化学式为 。
(2)固体E所含物质的化学式为 。
(3)反应①的离子方程式为 。
42.(2000年上海，29)我国规定饮用水质量标准必须符合下列要求：
以下是原水处理成自来水的工艺流程示意图
(1)原水中含Ca2＋、Mg2＋、HCO、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)
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)
①Ca（ClO）2 ②浓氨水 ③K2FeO4 ④SO2
43.(1999年全国，28)提示：某些金属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) 。
44.(1997年上海，29)哥伦比亚号航天飞机曾用金属铝粉和高氯酸铵混合物作为固体燃料。加热铝粉使其氧化并放出大量热量，促使混合物中另一种燃料分解。m mol高氯酸铵分解时除产生2m mol水蒸气和m mol氧气外，其他组成元素均以单质气体形式放出，因而产生巨大的推动力。试写出其中涉及的化学反应方程式：
(1) ；
(2) 。
根据此反应原理，1 mol高氯酸铵分解所产生的气体有________ mol。
45.(1997年全国，30)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：
(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)
46.(1997年上海，35)为测定一种复合氧化物型的磁性粉末材料的组成，称取12.52 g样品，将其全部溶于过量稀硝酸后，配成100 mL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4.66 g固体。在余下的50 mL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3.20 g固体。
(1)计算磁性粉末材料中氧元素的质量分数。
(2)确定该材料的化学式。
47.(1996年上海，37)现有AlCl3和FeCl3混合溶液，其中Al3＋和Fe3＋的物质的量之和为0.1 mol，在此溶液中加入90 mL 4 mol·L－1的NaOH溶液，使其充分反应。设Al3＋物质的量与总物质的量的比值为x。
(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时x的取值范围。
请在图中画出沉淀总量(mol)随x(0→1)变化的曲线。
(3)若Al3＋和Fe3＋的物质的量之和为A mol(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的取值范围和各沉淀的物质的量(用含有A、x的式子表示)。
48.(1995年全国，30)在一定条件下可实现下图所示物质之间的变化：
请填写下列空白：
(1)孔雀石的主要成分是CuCO3·Cu（OH）2(碱式碳酸铜)，受热易分解，上图中的F是________。
(2)写出明矾与过量NaOH溶液反应的离子方程式： 。
(3)图中所得G和D都为固体，混合后在常温下可发生反应，写出该反应的化学方程式： 。
(4)每生成1 mol D，同时生成________ mol E。
49.(1995年上海，37)今有碱金属的两种碳酸盐和碱土金属(第二主族)的一种不溶性碳酸盐组成的混合物，取其7.560 g与过量盐酸完全反应，放出CO2体积为1.344 L(标准状况)，另取等质量的原混合物，加水搅拌，可滤出不溶性盐1.420 g。
(1)取过滤后滤液的1/10体积，向其中缓慢滴加浓度为0.2500 mol·L－1的盐酸，并同时记录放出的CO2体积(标准状况)和消耗盐酸的体积，得到如上图所示的曲线。
试计算确定这两种碱金属碳酸盐的化学式。
(2)将滤出的不溶性盐(1.420 g)投入到浓度为2.500 mol·L－1的盐酸中，当完全反应时，耗去盐酸16.00 mL，试计算确定原不溶性碳酸盐的化学式。
50.(1994年全国，32)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)。
(1)物质B是________，F是________，J是________。
(2)反应①的离子方程式是 。
51.(1994年全国，36)称取0.200 g某赤铁矿样品，矿样溶解后，使其中的铁全部转化成Fe2＋(所得溶液中不含其他还原性物质)。另取7.90 g硫酸铈铵2(NH4）2SO4·Ce（SO4）2·2H2O（摩尔质量为623 g·mol－1)，溶解后稀释至250 mL。取该溶液30.0 mL恰好与上述Fe2＋溶液完全反应。反应的离子方程式为：Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋。请计算该矿样中Fe2O3的质量分数(Fe2O3摩尔质量为160 g·mol－1)。
52.(1994年全国，37)现有一份CuO和Cu2O混合物，用H2还原法测定其中CuO的质量x(g)。实验中可以测定如下数据：W——混合物的质量(g)、W(H2O)——生成H2O的质量(g)、W(Cu)——生成Cu的质量(g)、V(H2)——消耗H2在标准状况下的体积(L)。
(已知摩尔质量：Cu —64 g·mol－1、CuO —80 g·mol－1、Cu2O —144 g·mol－1、H2O —18 g·mol－1)
(1)为了计算x,至少需要上述数据中的________个，这几个数据的组合共有________种，请将这些组合一一填入下表空格中。
说明：①选用Ｗ、Ｗ(H2O)、W(Cu)、V(H2)表示，不必列出具体计算式。
②每个空格中填一种组合，有几种组合就填几种，不必填满。
(2)从上述组合中选写一个含W的求x的计算式，x= 。
●答案解析
（一）选择题
1.答案：B
解析：由题可知防止食品受潮及富脂食品氧化变质，需用干燥剂及还原性物质且应无毒。能吸水潮解且无毒物质为硅胶，而硫酸亚铁具有还原性能保护食品不被氧化。
2.答案：C
解析：稀盐酸加入碳酸钠溶液中，开始时碳酸钠过量，化学方程式为：HCl+Na2CO3===NaHCO3+NaCl，盐酸过量时，又发生NaHCO3+HCl===NaCl+CO2↑+H2O，但碳酸钠溶液加入稀盐酸中时，盐酸过量，化学方程式为：Na2CO3+2HCl===2NaCl+CO2↑+H2O；稀H2SO4溶液加入到NaAlO2溶液中，开始就有沉淀生成，最后生成硫酸铝溶液，反过来，则开始时无沉淀，最后生成氢氧化铝沉淀；浓氨水滴入到硝酸银溶液中，开始生成的是银氨溶液，硝酸银溶液滴入到浓氨水中，开始生成的则是AgOH沉淀。
3.答案：C
解析：科学史中两次获得诺贝尔奖，在化学界享有盛名的科学家有居里夫人和鲍林。
4.答案：B
解析：由反应：2Al+3H2SO4==Al2(SO4)3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O===2NaAlO2+3H2↑，可知，等物质的量的铝完全反应生成相同量的氢气，等物质的量的硫酸和氢氧化钠与足量铝反应放出氢气的体积比为2∶3。所以A、C、D是不可能的。
5.答案：BD
解析：向CuSO4溶液中加入适量铁粉反应后，蒸干得到铜与FeSO4的混合物，再灼烧铜生成氧化铜，但仍为混合物；等物质的量浓度、等体积的（NH4）2SO4与BaCl2溶液恰好完全反应生成BaSO4和NH4Cl，NH4Cl受热分解，最后得纯的BaSO4；NaHCO3分解生成Na2CO3、CO2和H2O，CO2和H2O恰与Na2O2固体完全反应生成NaOH和Na2CO3。在NaBr溶液中通入过量氯气生成NaCl和Br2，Br2受热挥发，只剩余NaCl。
6.答案：D
解析：亚硝酸盐会使Fe2＋转变成Fe3+。表现了亚硝酸盐的氧化性，服用维生素C可缓解亚硝酸盐的中毒，说明维生素C还原了亚硝酸盐或使Fe3+又生成了Fe2＋，即：维生素C具有还原性。
7.答案：A
解析：首先高锰酸钾溶液中存在两种离子：K＋和MnO，选项B、C表明K＋无色且不与锌反应，再由选项D进一步说明MnO能与锌反应，静置后见紫红色褪去，表明MnO为紫红色。
8.答案：A
解析：铁屑溶于过量稀硫酸生成硫酸亚铁溶液，加入硝酸又被氧化为Fe3+，再加氨水则产生红褐色氢氧化铁沉淀，加热沉淀则分解生成氧化铁。
9.答案：B
解析：此题可用原子守恒法来解。CO被氧化为CO2，增加的氧原子全部来源于金属氧化物。
n(O)=n(CaCO3)= =0.6 mol；金属氧化物中金属的质量为：32 g－0.6 mol×16 g·mol－1=22.4 g。则=，然后把各选项中的原子个数比代入求出M，只有M=56 g·mol－1时合理。
10.答案：C
解析：此题考查了学生对一些概念的理解。硬水是指含有较多Ca2＋、Mg2＋的水，海水只是硬水的一种；重水是由重氢和氧形成的水，密度比普通水大，分子式为D2O；王水是指1体积浓硝酸和3体积浓盐酸的混合液。
11.答案：C
解析：本题考查的知识点是氧化还原反应的计算。依据在氧化还原反应中氧化剂得电子数与还原剂失电子数相等。可得：×3＝×2 得M＝
12.答案：AD
解析：AlCl3滴入NaOH溶液中，发生反应：Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O，AlCl3过量，又发生AlO＋Al3＋＋6H2O===4Al（OH）3↓，所以反应现象为：开始无沉淀，最后产生大量沉淀；NaOH滴入到AlCl3溶液中，反应为：Al3＋＋3OH－===Al（OH）3↓，NaOH过量时，又发生OH－＋Al（OH）3===AlO＋2H2O，反应现象为：先有沉淀生成，后沉淀溶解。因为Al(OH)3的两性，NaAlO2和H2SO4两溶液混合时，顺序不同，也会产生不同的现象。
13.答案：B
解析：考生往往认为本题比较难，无从下手，但仔细分析，题目就会迎刃而解。对于题目提供的化学式，无论怎样，其正负化合价的绝对值必相等，则有关系：2×3＝m＋n 则m＝6－n，即B为正确答案。
14.答案：B
解题：Ca是人体骨骼的组成元素，Fe是人体血红蛋白的组成元素之一。不要将二者混淆。
15.答案：D
解析：合金是指两种或两种以上的金属(或跟非金属)熔合而成的具有金属特性的物质。硬铝为Al—Cu—Mg—Mn—Si合金，黄铜为Cu—Zn合金，水银即是单质汞，不是合金。
16.答案：D
解析：镭处于第七周期，ⅡA族，第七周期的元素都有放射性，ⅡA元素都呈+2价；同主族元素的氢氧化物的碱性从上到下依次增强，Ca（OH）2为强碱，所以氢氧化镭也应为强碱。
17.答案：B
解析：硝酸不稳定，在空气中分解(被还原成NO2)生成NO2，生成的NO2溶于其中显黄色；Fe2＋不稳定，在空气中被氧气氧化成Fe3＋而显黄色，苯酚在空气中不稳定，氧化后显粉红色，而溴苯无此现象；溴化银不稳定，分解后显黑色，其原因是溴化银被还原生成了银粉末。
18.答案：D
解析：表面的氧化物的量较少，溶于盐酸后，生成的Cu2＋和Fe3＋也较少，分别被单质铁还原为Cu和Fe2＋，铜与盐酸不反应，铁与盐酸反应生成Fe2＋。
19.答案：A
解析：把a g铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，生成了Al3＋和Fe2＋，再加入过量NaOH溶液，Al3＋转化为AlO，留在溶液中；Fe2＋生成了Fe（OH）2沉淀，过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到的红色粉末为被氧化和分解生成的Fe2O3，铁在反应过程中是守恒的，Fe2O3中氧的量等于合金中铝的量，Fe％＝112／160＝70％。
20.答案：A
解析：SCN－能与Fe3＋发生络合反应，在酸性条件下，NO可把Fe2＋氧化为Fe3＋，另外CO在酸性条件下也不能存在。
21.答案：C
解析：铜与磁铁不作用，剩余固体能被磁铁吸引，说明反应后有铁剩余，溶液中不可能存在H＋、Fe3＋、Cu2＋。
22.答案：D
解析：由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这一现象可知，丁为NaOH溶液，乙为Al2（SO4）3溶液，BaCl2和FeSO4两物质中与NaOH溶液不反应的是BaCl2溶液，所以丙为FeSO4。
23.答案：B
解析：铁的还原性比铜强，FeCl3首先氧化Fe；只有Fe反应完后，剩余的FeCl3才能再氧化Cu。故烧杯中有铁无铜是不可能的。
24.答案：BD
解析：B中因Al2（SO4）3和NaOH的混合顺序不同，反应现象不同。可首先鉴别出这二种物质，向Al2（SO4）3中加入少量NaOH溶液可产生白色沉淀，再向沉淀中加入另两种物质，能使沉淀溶解的为H2SO4。D中任一物质与其他三种物质混合，现象各不相同，从而一一鉴别开。
25.答案：D
26.答案：C
解析：两种金属组成的混合物的平均电子摩尔质量：即失去1 mol电子所需金属的质量为10 g·mol－1。四种金属的电子摩尔质量分别为Zn—32．5 g Fe—28 g Al—9 g Mg—12 g。其中只有Al的电子摩尔质量小于10 g,所以选C。
27.答案：B
解析：除与酸反应外，应考虑无毒、无腐蚀性、便于服用等。
28.答案：A
解析：据反应方程式：2Al+6H＋===2Al3＋＋3H2 ①
2Al+2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2 ②
首先判断铝、酸、碱谁过量：据酸求H2，据H2并依方程式②求铝。
29.答案：B
解析：产物及颜色分别为：①Na2O2——淡黄色；②Fe（OH）3——红褐色；
③［Fe（SCN）］2＋——红色；④CuSO4·5H2O——蓝色。
30.答案：AB
解析：MgC2和CaC2都是离子晶体，熔点应在100 ℃以上，二者能跟水发生水解反应，不能在水中存在。
31.答案：A
解析：A.AlO＋4H＋===Al3＋＋2H2O，无沉淀
C.SiO32－＋2H＋＋H2O===H4SiO4↓
D.S2O32－＋2H＋===S↓＋SO2＋H2O
32.答案：BC
解析：依题意反应为：Fe2O3＋Fe＋6H＋===3Fe2＋＋3H2O FeO＋2H＋===Fe2＋＋H2O
Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑,显然，n(Fe)＞n(Fe2O3)，但FeO的物质的量无法确定。本题貌似计算，实则无法列方程式求解。
33.答案：A
解析：0.1 mol Mg分别在足量O2、CO2、N2中燃烧生成的固体产物分别是MgO(0．1 mol)；MgO（0．1 mol）和C（0．05 mol）；Mg3N2（ mol）。其质量分别是4 g;(4＋0．6） g；3．33 g（把Mg3N2看成MgN），即得Ｗ2＞Ｗ1＞Ｗ3，故选A。其实明确了各自燃烧后所得的固体产物，估算一下质量就可比较其大小。
34.答案：A
解析：因Mg、Al与HNO3、浓H2SO4作用不生成H2，故排除B、D；因NaOH溶液只能与Al反应，Mg不与碱反应，所以生成的气体少。所以选A。
35.答案：A
解析：飞机制造业所用材料强度越高、密度越小越好。
36.答案：C
解析：MnO2溶于浓HCl;石墨粉与稀HCl、稀H2SO4均不溶。Fe2O3为红色，故只有C项合题意。
37.答案：C
解析：有关物质的主要成分如下：
A. 大理石 CaCO3 B. 小苏打 NaHCO3
重晶石 BaSO4 ? 苏打 Na2CO3
光卤石 KCl·MgCl2·6H2O ? 大苏打 Na2S2O3·5H2O
C. 绿矾 FeSO4·7H2O D. 铝土矿 Al2O3
胆矾 CuSO4·5H2O ? 硫铁矿 FeS2
明矾 KAl(SO4)2·12H2O ? 磁铁矿 Fe3O4
（二）笔答题
38.答案：（1）①CuSO4+Fe===FeSO4+Cu
②Cu2(OH)2CO3＋4HCl===2CuCl2+3H2O+CO2↑或
Cu2(OH)2CO3+2H2SO4===2CuSO4+3H2O+CO2↑
③GCHO＋2Cu(OH)2GCOOH+Cu2O↓+2H2O
(2)①德兴 大冶 东川 ②靠近铜矿（原料）产地 水能（电力）
(3)二氧化碳 ATP
（4）①铜的化学性质比较稳定，不易被腐蚀；铜的熔点比较低，容易冶炼铸造成型。
②原因：鸦片输入；战后战争赔款。
社会影响：加剧了清政府的财政危机。加重了人民的经济负担。
解析：这是一道关于铜的综合题，都是基础问题。铜和铜的化合物在教材中未去设章节讨论，但它们常出现在其他章节中，要关注这一现象。要将分散的知识内容总结归纳，进行系统的梳理，形成知识规律，加以应用。
39.答案：（1）2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O (2)3.75 kg (3)①2∶5 ②4
解析：（1）根据铜与胆矾的比例关系，列式得出1 kg这种废铜屑理论上能制取胆矾的质量为×250 g·mol－1=3.75×103 g=3.75 kg；（3）①将胆矾与生石灰质量比1∶0.56换算成物质的量比2∶5;
②CuSO4+Ca(OH)2Cu(OH)2+CaSO4
反应前 2 5 0 0
反应后 1 4 1 1
所以CuSO4·Cu(OH)2·yCa(OH)2中y=4。
40.答案：(1)CuO＋2HCl===CuCl2＋H2O，FeO＋2HCl===FeCl2＋H2O CuO＋CO===Cu＋CO2，FeO＋CO===Fe＋CO2 Fe＋CuCl2===Cu↓＋FeCl2，Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑
(2)X质量为56 g,FeO与CuO的质量比为9∶5
解析：(1)A是CuCl2、FeCl2、HCl三种物质的混合液，B能与A反应，则应是铁和铜的混合物，C为CO2。F应为H2，则D是铜，E为FeCl2和HCl的混合液。
(2)m（CuO）＝×80 g·mol－1＝20 g
n（H2）＝＝0．25 mol，n（FeO）＝0．25 mol＋0．25 mol＝0．5 mol
n（FeO）＝0．5 mol×72 g·mol－1＝36 g
41.答案：(1)Al2O3 (2)(NH4)2SO4、K2SO4 (3)AlO＋CO2＋2H2O===Al（OH）3＋HCO
42.答案：(1)HCO＋OH－===CO＋H2O
Mg2＋＋2OH－===Mg（OH）2↓
Ca2＋＋HCO＋OH－===CaCO3↓＋H2O
任选其一，其他合理解也给分。
(2)③ 胶状Fe（OH）3 (3)除去Ca2＋ 调节pH
(4)杀菌消毒 强氧化 (5)①③
解析：(1)含Ca2＋、Mg2＋、HCO、Cl－的水中加入Ca（OH）2可发生多种反应：HCO＋OH－===CO＋H2O，Mg2＋＋2OH－===Mg（OH）2↓，Ca2＋＋HCO＋OH－===CaCO3↓＋H2O等等。
(2)加入FeSO4·7H2O Fe2＋被氧化为Fe3＋，再水解生成胶状Fe（OH）3吸附水中杂质而沉淀。
(3)通入CO2目的，除去剩余Ca（OH）2，即Ca2＋和OH－。(4)气体A应为Cl2，因与水反应生成次氯酸具有强氧化性而杀菌消毒。
(5)应选强氧化剂。
43.答案：(1)H2
(2)4Fe2＋＋8NH3·H2O＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3↓＋8NH
(3)Al3＋和Na＋ (4)H2SO4(或HNO3)
44.答案：4Al+3O2===2Al2O3＋Ｑ
2NH4ClO4（s）===N2（g）＋Cl2（g）＋2O2（g）＋4H2O（g） 4
45.答案：(1)Cu2＋＋Fe===Cu＋Fe2＋、2H＋＋Fe===H2↑＋Fe2＋
（2）0．625 m（或m）
解析：由题图示分析如下：
46.答案：(1)钡的质量为5．48 g，铁为4．48 g，氧的质量分数为20．45％
(2)原子个数比为Ba∶Fe∶O＝1∶2∶4，化学式为BaFe2O4（或BaO·Fe2O3）
解析：
隐含条件：“复合型氧化物”除含Ba、Fe元素外，还含氧元素。
47.解答：据图所示(1)x=0.4,则n(Al3＋)＝0.4×0.1 mol＝0.04 mol，Fe3＋＝0.1 mol－0.4×0．1 mol＝0.06 mol
由反应
Fe3＋ ＋ 3OH－===Fe（OH）3↓
0．06 mol→0．18 mol 0．06 mol
Al3＋ ＋ 4OH－===AlO＋2H2O
0．04 mol→0．16 mol
余n(OH－)＝0．09 L×4 mol·L－1－0．18 mol－0．16 mol＝0．02 mol＞0
所以有0．06 mol Fe(OH）3沉淀。
(2)要使沉淀中无Al(OH)3，至少需n（OH－）＝4×0．1 x mol
x为最大取值时，有0．1（1－x）×3 mol＋0．4x mol＝0．09×4 mol
x=0.6 所以在0≤x≤0.6时，沉淀只有Fe（OH）3
x=0,Fe（OH）3沉淀为0.1 mol
x=0.4,Fe（OH）3沉淀为0.06 mol
x=0.6,Fe(OH)3沉淀为0.04 mol
在0.6≤x≤1内沉淀总量n=0.1 mol－(0.09×4－0.1×3) mol＝0.04 mol
(3)3A(1－x)+4Ax=0.36 即x=－3
－3＜x≤1 n［Fe（OH）3］＝A（1－x） mol
n(Al)＝4Ax－［0.36－3A（1－x）］＝［A（x＋3）－0.36］ mol
48.答案：(1)CO2（或二氧化碳） (2)Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O
（3）3CuO＋2AlAl2O3＋3Cu （4）3／4
解析：首先由题意和题图分析出：
孔雀石CuCO3·Cu（OH）22CuO＋CO2＋H2O；明矾与过量NaOH反应Al3＋＋
4OH－===AlO＋2H2O；A＋F反应为AlO＋CO2＋2H2O===Al（OH）3↓＋HCO，沉淀加热为2Al（OH）3Al2O3＋3H2O。B电解2Al2O34Al＋3O2↑，即可确定：A为NaAlO2，F为CO2，Ｇ为CuO,B为Al2O3，E为O2，D为Al，则此题得解。
49.答案：(1)K2CO3 KHCO3 （2）Mg2（OH）2CO3
解析：(1)7.56 g混合物，n(碳酸盐)＝＝0.06 mol。
由图分析当加入0.012 L HCl无CO2生成，反应为CO＋H＋===HCO。
由此知碱金属碳酸盐中n(CO)＝0.2500 mol·L－1×0.012 L×10＝0.03 mol
n(CO2)＝112×10－3 L／22.4 L·mol－1＝0.05 mol，
所以n(HCO)＝0.05 mol－0.03 mol＝0.02 mol
设碱金属两种盐中碱金属元素相对原子质量为x、y，则：
(2x+60)×0.03＋（y＋61）×0.02＝7.56－1.42，即3x+y=156或(2y+60)×0.03＋（x＋61）×0.02＝7.56－1.42，即x+3y=156；由碱金属Li、Na、K的相对原子质量分析两式，只有当x=y=39时符合题意，故碱金属为K。
两种碱金属碳酸盐：n(K2CO3)＝0.03 mol
n(KHCO3)＝0.02 mol
(2)碱土金属碳酸盐物质的量是:
n=n(碳酸盐)－n(K2CO3)－n(KHCO3)＝0.06 mol－0.03 mol－0.02 mol＝0.01 mol
碱土金属酸盐式量＝1.42／0.01＝142
多耗n(HCl)＝2.500 mol·L－1×16×10－3 L－0.01×2 mol＝0.02 mol
该盐为碱式碳酸盐，设为Z2（OH）2CO3
2Z＋17×2＋60＝142，解得Z=24，碱土金属为Mg
所以碱式碳酸盐为Mg2（OH）2CO3。
50.答案：（1）Cl2 Fe Fe（OH）3 （2）Cl2＋2OH－===ClO－＋Cl－＋H2O
解析：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的反应。由题知D、E为NaCl、NaClO，通过上述分析可认定D应为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有强氧化性进而将Fe（OH）2氧化为
Fe（OH）3。
51.答案：Ce4＋的物质的量浓度＝×＝0.0500 mol·L－1
w（Fe2O3）＝×100％＝60％
解析：本题主要考查物质的量、物质的量浓度及质量分数的计算。解题的关键是抓住题给信息，找出未知量及其关系式。
52.解答：(1)2 5
(2)题中要求从上述组合中选写一个含W的求x的计算式。如选用W、W(H2O)这一组合。设原混合物中有a mol CuO,b mol Cu2O。则依题意可列下列方程组：
同理选择其他组合也可求出CuO的质量x g。
解题思路：用H2还原CuO和Cu2O的混合物发生以下两个反应：
CuO＋H2Cu＋H2O Cu2O＋H22Cu＋H2O
题中给出了四个实验数据，要求混合物中CuO的质量x g，由方程式看出至少需知其中的两个。而四个数据两两匹配组合的方式共有C＝4×3／2＝6(种)。即①Ｗ、Ｗ(H2O)②Ｗ、Ｗ(Cu)③Ｗ、V(H2)④W(H2O)、W(Cu)⑤W(Cu)、V(H2)⑥W(H2O)、V(H2)。但应注意的是如果是第⑥种组合，若设原混合物中含a mol CuO、b mol Cu2O，则可得如下方程：
由数学知识可知方程组中的两个方程实为一个方程。因而求不出a或b，即求不出x。
●命题趋向与应试策略
（一）重视基础 形成知识规律
1.镁及其化合物间的转化关系
（1）ⅡA族元素概述
ⅡA族包括Be、Mg、Ca、Sr、Ba、Ra诸元素。
最外层电子皆为2，易失电子，具有还原性，化合物中皆为+2价，无负价。随着原子序数增加，电子层递增，原子半径增大，还原性增强，对应离子的氧化性减弱。氧化物对应水化物碱性增强。
（2）钙和镁的化学性质的相似性
①与非金属反应：3Ca+N2Ca3N2
②与水反应：Ca+2H2O===Ca(OH)2+H2↑
③与酸反应：Ca+2H＋===Ca2＋+H2↑
④与盐溶液反应：先与水反应
Ca+2NH4Cl===CaCl2+2NH3↑+H2↑
(3)钙比镁的金属性更活泼
2.铝及其化合物间的转化关系
（1）镁铝化学性质的比较
（2）可溶性铝盐与强碱溶液的计算规律。
因二者反应产物Al(OH)3能与反应物之一的强碱反应，其计算方法思路类似于CO2与石灰水的反应，规律如下：
(1)求产物Al(OH)3的量
当n（OH－）≤3n(Al3＋)时，则：n［Al(OH)3］=n(OH－)
当3n(Al3＋)＜n(OH－)＜4n(Al3＋)时
n［Al(OH)3］＝4n(Al3＋)－n(OH－)
当n(OH－)≥4n(Al3＋)时，n［Al(OH)3］＝0
(2)求反应物碱的量
当n［Al(OH)3］＝n(Al3＋)时，n(OH－)＝3n(Al3＋)
当n［Al(OH)3］＜n(Al3＋)时
若碱不足：n(OH－)＝3n［Al(OH)3］
若碱过量：n(OH－)＝4n(Al3＋)－n［Al(OH)3］
3.铁及其化合物间的转化关系
（1）学习铁及其化合物性质的方法规律
①抓价态：从铁元素三种价态的相互转化（铁三角关系）去认识铁及其化合物间的氧化还原反应规律。
Fe2＋和Fe3+的性质：a.Fe2＋具有氧化性，主要表现还原性；Fe3+具有较强的氧化性。b.Fe3+是典型的弱碱阳离子，与HCO、AlO等离子在溶液中发生双水解反应。
亚铁盐、铁盐的存放方法：亚铁盐溶液——加入少量铁屑以防止Fe2＋被氧化，滴入少量相应的酸溶液以防止Fe2＋水解。铁盐溶液——加入少量相应的酸溶液以防止Fe3+水解。
②想属类：如铁是一种比较活泼的过渡金属，氧化亚铁、氧化铁为碱性氧化物，氢氧化亚铁、氢氧化铁为不溶性弱碱，氯化铁为强酸弱碱盐，由此去分析理解它们各自所具有的性质。
③作比较：列表比较铁的氧化性、铁的氢氧化物和Fe2＋与Fe3+的鉴别方法。
（2）Fe2＋和Fe3＋的鉴别反应
①Fe2＋的鉴别
方法1：在可能含有Fe2＋的溶液中，滴加KSCN溶液，无现象，再导入Cl2，若成血红色溶液，说明有Fe2＋存在。(鉴别中不能先导氯气)
2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
Fe3＋＋SCN－===［Fe（SCN）］2＋(血红色)
方法2：加碱，产生白色沉淀，很快白色沉淀转变成灰绿色→红褐色。证明有Fe2＋的存在。
Fe2＋＋2OH－===Fe（OH）2
4Fe（OH）2＋O2＋2H2O===4Fe（OH）3
②Fe3＋的鉴别
方法1：加入NaOH等碱溶液，Fe3＋与碱反应生成特有的红褐色沉淀。
Fe3＋＋3OH－===Fe（OH）3↓(红褐色)
方法2：加入KSCN溶液，Fe3＋与SCN－生成血红色的溶液。
Fe3＋＋SCN－===［Fe（SCN）］2＋(血红色)
方法3：滴加苯酚溶液，若有Fe3＋，溶液呈紫色。
4.由金属活动顺序表分析金属知识的规律
（1）金属冶炼方法
①热分解法：在金属活动性顺序表中位于铜后面的金属的氧化物受热即可分解。如：
2HgO2Hg+O2↑ 2Ag2O4Ag+O2↑
②热还原法：在金属活动性顺序表中位于Mg～Cu之间的金属的冶炼一般用焦炭、CO、H2和活泼金属作还原剂即可制得这些金属的单质。如：
Fe2O3+3CO2Fe+3CO2 WO3+3H2W+3H2O
Cr2O3+2Al2Cr+Al2O3
③电解法：此法适用于冶炼K、Ca、Na、Mg、Al等还原性很强的金属。如：
2Al2O34Al+3O2↑ 2NaCl2Na+Cl2↑
④金属的回收和资源保护
回收废旧金属，将其重新制成金属或它们的化合物，再行使用。例如废旧钢铁可以用于炼钢；废铁屑可用于制铁盐；从电解精炼铜的阳极泥中，可回收金、银等贵金属。
（2）铜及其化合物的性质
铜元素的有关知识在近几年来的高考试题中也常涉及到，而这部分内容却分散在初中高中4本教材中，现将铜的有关知识归纳整理如下：
铜具有不活泼金属单质的共性（能被强氧化性酸氧化）；氧化铜具有难溶氧化物的共性和氧化性；氢氧化铜具有难溶氢氧化物的共性和弱氧化性；铜盐［如CuSO4、Cu(NO3)2、CuCl2］中的Cu2＋具有弱碱阳离子的共性和氧化性。
（二）分析热点 把握命题趋向
1.对镁及其化合物的命题热点主要有以下几个方面：(1)镁与CO2的反应在推断题中的应用。反应2Mg＋CO2===2MgO＋C的特征有：金属与非金属间的置换反应；固态单质与气态氧化物在高温下的反应；生成白色MgO和黑色碳等等，都是推断题的突破口。(2)Mg3N2的生成和性质：镁在空气中燃烧发生2Mg＋O22MgO、3Mg+N2Mg3N2、2Mg＋CO22MgO＋C三个反应，其中产物Mg3N2能水解生成沉淀Mg(OH)2和气体NH3也是推断题的突破口。(3)海水是镁元素的天然资源之一，海水提镁是工业获取镁的重要途径，其原理涉及Mg(OH)2的难溶和难熔性。(4)Mg2＋与Ca2＋共同造成天然水的硬度，如何将天然水变成能饮用的纯净水，对当今和未来都具有十分重要的意义，也是考试的热点。
［例1］（2002年春上海，52）青藏地区烧水的水壶，内壁往往结有一厚层水垢。经分析，其主要的成分是CaCO3、MgCO3和Mg(OH)2。由此推测该地区天然水中可能含有的物质是 。
解析：加热可除去水的暂时硬度。即Ca(HCO3)2、Mg(HCO3)2受热分解，Ca(HCO3)2CaCO3↓+CO2↑+H2O Mg(HCO3)2MgCO3↓+CO2↑+H2O，因Mg(OH)2的溶解度小于MgCO3的溶解度，大部分的MgCO3又发生了如下反应：MgCO3+H2O===Mg(OH)2↓+CO2↑。所以水垢的主要成分为：CaCO3、MgCO3和Mg(OH)2。
答案：碳酸氢钙、碳酸氢镁［Ca(HCO3)2、Mg(HCO3)2］
2.对铝元素及其化合物的命题热点主要针对铝元素的两性，即Al、Al2O3、Al(OH)3均既能与酸反应，又能与碱反应，同时，铝的单质和化合物与工农业生产和日常生活有联系的问题如：自铝矾土中提取Al2O3，进一步冶炼金属铝、Al(OH)3悬浊液可以治疗胃酸过多的原理解释、人身摄入铝元素过多容易引起老年痴呆、Al2（SO4）3与NaHCO3的双水解可用来制泡沫灭火器、Al2O3是高温耐火材料等问题，都是考试的热点，应引起重视。
［例2］准确称取6 g铝土矿样品（含Al2O3、Fe2O3、SiO2）放入盛100 mL某浓度的H2SO4溶液烧杯中，充分反应后过滤，向滤液中加入10 mol·L－1的NaOH溶液，产生沉淀的质量W与加入NaOH溶液的体积V的关系如图所示。
求（1）H2SO4溶液的物质的量浓度是多少？
（2）若A=2.3 mL，铝土矿中Al2O3的质量百分含量是多少？
解析：分析图象时要紧紧抓住起点（A点）、拐点（B点、C点），把隐含因素挖掘出来，使整个过程清晰、连续地展现在眼前。
弄清OA、O到35、45时沉淀的组成和质量。OA段意味着H2SO4过量，O到35时的B点沉淀最多，有Al(OH)3↓、Fe(OH)3↓，C点仅剩下Fe(OH)3。
加入10 mol·L－1 NaOH，即把Al(OH)3↓AlO。
（1）B点时沉淀最多，溶液为Na2SO4溶液，据电荷守恒，n(Na＋)=2n(SO)。又据元素守恒，n(Na＋)=n(NaOH)=10 mol·L－1×0.035 L,n(SO)=n(H2SO4)=c(H2SO4)×0.1,所以c(H2SO4)=1.75 mol·L－1。
（2）沉淀Al3+所耗OH－的量，是使Al(OH)3溶解所耗OH－的3倍，即沉淀Al3+所耗NaOH为30 mL。
n(Al2O3)=n(NaOH)=×(10 mol·L－1×0.03 L)=0.05 mol
m(Al2O3)=0.05 mol×102 g/mol=5.1 g
Al2O3%=×100%=85%
答案：（1）1.75 mol·L－1 (2)85%
3.由于钢铁在国民经济中的特殊地位，以至钢铁的有关知识从初中一直贯穿整个中学阶段。高考的主要热点是：①铁的三种价态(0、＋2、＋3)之间相互转化的氧化还原反应；②铁的变价性质的应用；③铁的合金及钢铁腐蚀与防护。历届高考常以选择题的形式考查炼铁、炼钢、铁的腐蚀与防护等有关的知识点，在鉴别、分离、制取、分析组成、判断存在等题型中，将铁的变价性质与基本概念、基本理论、其他元素化合物知识、化学实验内容等相结合，进行综合应用。从知识本身的特点和高考发展的趋势分析，今后命题的方向主要集中在以下两个方面：一是利用“铁三角”关系，综合其他元素化合物的知识进行物质的推断；二是利用化学原理分析解释炼铁炼钢中的一些实际问题及环境保护问题。
［例3］(2002年春全国，31)Fe是地壳中含量很丰富的元素，也是生物体所必需的元素。自然界中铁矿石主要有赤铁矿和磁铁矿。金属铁是在高炉中冶炼的，高炉炼铁除了加入铁矿石外，还需加入焦炭和石灰石。请填空：
①写出磁铁矿主要成分的化学式： 。
②写出赤铁矿还原成铁的化学方程式： 。
③写出焦炭在高炉中所参与反应的两个化学方程式： 。
④写出CaCO3所参与反应的两个化学方程式： 。
解析：本题主要考查炼铁的原料和炼铁高炉中发生的化学反应，解答要注意区分赤铁矿与磁铁矿所含主要成分的不同。我国是钢铁大国，高考题中出现“炼铁”知识点也是近年来“综合测试”特色。
答案： ①Fe3O4 ②Fe2O3+3CO2Fe+3CO2或Fe2O3+3C2Fe+3CO
③C+O2CO2 CO2+C2CO
④CaCO3CaO+CO2↑ CaO+SiO2CaSiO3高考化学分类解析(七)——元素周期律与元素周期表
●考点阐释
1.掌握元素周期律的实质，了解元素周期表(长式)的结构(周期、族)。
2.以第三周期为例，掌握同一周期内元素性质(例如：原子半径、元素化合价、单质及其重要化合物的性质)的递变规律与原子结构的关系；以第ⅠA和ⅦA族为例，掌握同一主族内元素性质的递变规律与原子结构的关系。
3.作为元素周期律具体表现的元素周期表应用广泛，应对其结构十分熟悉。能根据提供的原子序数判断其在元素周期表中的位置(一般指主族元素)，并能依据在周期表中的位置推断其主要性质。
●试题类编
(一)选择题
1.(2003年春，8)下列说法正确的是
A.非金属元素R所形成的含氧酸盐(MaROb)中的R元素必定呈现正价
B.只有非金属能形成含氧酸或含氧酸盐
C.除稀有气体外的非金属元素都能生成不同价态的含氧酸
D.非金属的最高价含氧酸都具有强氧化性
2.(2003年春，11)短周期的三种元素分别为X、Y和Z，已知X元素的原子最外层只有一个电子，Y元素原子的M电子层上的电子数是它的K层和L层电子总数的一半，Z元素原子的L电子层上的电子数比Y元素原子的L电子层上的电子数少2个。则这三种元素所组成的化合物的分子式不可能是
A.X2YZ4 B.XYZ3
C.X3YZ4 D.X4Y2Z7
3.(2002年全国理综，11)两种元素原子的核外电子层数之比与最外层电子数之比相等，则在周期表的前10号元素中，满足上述关系的元素共有
A.1对 B.2对 C.3对 D.4对
4.(2002年春，7)某元素X最高价含氧酸的相对分子质量为98，且X的氢化物的分子式不是H2X，则下列说法正确的是
A.X的最高价含氧酸的分子式可表示为H3XO4
B.X是第二周期ⅤA族元素
C.X是第二周期ⅥA族元素
D.X的最高化合价为＋4
5.(2002年上海，6)有人认为在元素周期表中，位于ⅠA族的氢元素，也可以放在ⅦA族，下列物质能支持这种观点的是
A.HF B.H3O＋ C.NaH D.H2O2
6.(2002年江苏综合，21)下列叙述正确的是
A.同周期元素中ⅦA族元素的原子量大
B.ⅥA族元素的原子，其半径越大，越容易得到电子
C.室温时，零族元素的单质都是气体
D.所有主族元素的原子，形成单原子离子时的化合价和它的族序数相等
7.(2002年广东，7)周期表中16号元素和4号元素的原子相比较，前者的下列数据是后者的4倍的是
A.电子数 B.最外层电子数
C.电子层数 D.次外层电子数
8.(2001年全国，10)下列说法中错误的是
A.原子及其离子的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.除氦以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
9.(2001年广东、河南，21)第四周期某主族元素的原子，它的最外电子层上有两个电子，下列关于此元素的叙述正确的是
A.原子半径比钾的原子半径大 B.氯化物难溶于水
C.原子半径比镁的原子半径大 D.碳酸盐难溶于水
10.(2001年全国，3)下列化合物中阴离子半径和阳离子半径之比最大的是
A.LiI B.NaBr C.KCl D.CsF
11.(2001年春，17)下列叙述正确的是
A.同周期元素的原子半径以ⅦA族的为最大
B.在周期表中零族元素的单质全部是气体
C.ⅠA、ⅡA族元素的原子，其半径越大越容易失去电子
D.所在主族元素的原子形成单原子离子时的最高价数都和它的族数相等
12.(2001年上海，21)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
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
13.(2000年全国，11)下列关于稀有气体的叙述不正确的是
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
14.(2000年全国，14)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
A.x＋2 B.x＋4 C.x＋8 D.x＋18
15.(2000年春，10)已知元素砷(As)的原子序数为33，下列叙述正确的是
A.砷元素的最高化合价为＋3
B.砷元素是第四周期的主族元素
C.砷原子的第3电子层含有18个电子
D.砷的氧化物的水溶液呈强碱性
16.(2000年广东，6)在周期表中，第三、四、五、六周期元素的数目分别是
A.8、18、32、32 B.8、18、18、32
C.8、18、18、18 D.8、8、18、18
17.(1999年全国，13)X、Y、Z为短周期元素，这些元素原子的最外层电子数分别是1、4、6，则由这三种元素组成的化合物的化学式不可能是
A.XYZ B.X2YZ C.X2YZ2 D.X2YZ3
18.(1999年全国，11)关于ⅠA族和ⅡA族元素的下列说法中正确的是
A.在同一周期中，ⅠA族单质的熔点比ⅡA族的高
B.浓度都是0.01 mol·L－1时，氢氧化钾溶液的pH比氢氧化钡的小
C.氧化钠的熔点比氧化镁的高
D.加热时，碳酸钠比碳酸镁易分解
19.(1998年全国，7)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
A.XY B.XY2 C.XY3 D.X2Y3
20.(1997年全国，1)19世纪中叶，门捷列夫的突出贡献是
A.提出原子学说 B.发现元素周期律
C.提出分子学说 D.发现氧气
21.(1997年全国，10)已知铍(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
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生氢气
22.(1996年全国，14)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
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
23.(1994年全国，26)若短周期中的两种元素可以形成原子个数比为2∶3的化合物，则这两种元素的原子序数之差不可能是
A.1 B.3 C.5 D.6
(二)笔答题
24.(2002年全国理综，25)已知：①A、B、C、D四种物质均含元素X，有的还可能含有元素Y、Z。元素Y、X、Z的原子序数依次递增。
②X在A、B、C、D中都不呈现它的最高化合价。
③室温下单质A与某种常见一元强碱溶液反应，可得到B和C。
④化合物D受热催化分解，可制得元素Y的单质。
(1)元素X是___________，Z是___________。
(2)写出③中反应的化学方程式：____________________________________________。
(3)写出④中反应的化学方程式：____________________________________________。
25.(2002年上海，25)致冷剂是一种易被压缩、液化的气体，液化后在管内循环，蒸发时吸收热量，使环境温度降低，达到致冷目的。人们曾采用过乙醚、CH3Cl等作致冷剂，但它们不是有毒，就是易燃。于是科学家根据元素性质的递变规律来开发新的致冷剂。据现有知识，某些元素化合物的易燃性、毒性变化趋势如下：
(1)氢化物的易燃性：第二周期__________＞__________H2O＞HF；
第三周期SiH4＞PH3＞__________＞__________。
(2)化合物的毒性：PH3＞NH3 H2S_______H2O；CS2__________CO2 CCl4＞CF4(选填＞或＜)。
于是科学家们开始把注意力集中在含F、Cl的化合物上。
(3)已知CCl4的沸点为76.8℃。CF4的沸点为－128 ℃。新致冷剂的沸点范围介于其间。经过较长时间反复试验，一种新的致冷剂氟里昂CF2Cl2终于诞生了，其他类似的还可以是___________。
(4)然而，这种致冷剂造成了当今的某一环境问题是___________。但求助于周期表中元素及其化合物的___________变化趋势来开发致冷剂的科学思维方法是值得借鉴的。
①毒性 ②沸点 ③易燃性 ④水溶性 ⑤颜色
a.①②③ b.②④⑤ c.②③④
26.(2001年广东、河南，14)填写下列空白：
(1)写出表示含有8个质子、10个中子的原子的化学符号：___________。
(2)周期表中位于第8纵行的铁元素属于第 族。
(3)周期表中最活泼的非金属元素位于第 纵行。
(4)所含元素超过18种的周期是第 、 周期。
27.(2000年春，32)第Ⅳ主族元素R，在它的化合物R(OH)n中，其质量分数为0.778，在它的另一种化合物R(OH)m中，其质量分数为0.636。
(1)试求n和m的值：n＝_____________，m＝_____________。
(2)试求R的相对原子质量a=_____________。
28.(2000年上海，25)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。
(1)同主族内不同元素的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值出现反常现象。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)＜E(硒)
③E(溴)＞E(硒) ④E(溴)＜E(硒)
(3)估计1　mol气态Ca原子失去最外层一个电子所需能量E值的范围：
___________ ＜E＜___________
(4)10号元素E值较大的原因是__________________________________________。
29.(1999年上海，26)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：
按照元素性质的周期递变规律，试确定以上十种元素的相对位置，并填入下表：
30.(1995年上海，30)今有A、B、C、D四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大，A与 C、B与D分别是同族元素，B、D两元素的质子数之和是A、C两元素质子数之和的两倍，这四种元素中有一种元素的单质能溶解于CS2溶剂中，则四种元素是：A___________、B 、C 、D 。
●答案解析
(一)选择题
1.答案：A
解析：金属元素也能形成含氧酸及其含氧酸盐，如高锰酸钾；氧、氟两非金属元素不能形成含氧酸。许多含氧酸如碳酸、磷酸不具有强氧化性，故B、C、D均不正确。
2.答案：A
解析：由题意可知X为H、Li、Na三种元素中的一种，Y为P，Z为O，则P在含氧酸及其盐中可呈＋3、＋5两种价态，A中Y为＋6价，故A不可能。
3.答案：B
解析：分析此题时首先要明确两元素不可能在同一周期，如在同一周期则是一种元素。即只能是一种元素在第一周期，另一元素在第二周期。所以两元素最外层电子数之比为1∶2。第一周期的元素的最外层电子数是1或2，则另一元素的最外层电子数为2或4。
4.答案：A
解析：此题考查了原子结构、元素在周期表中的位置与物质性质的关系。最高价含氧酸的相对分子质量为98的酸常见有两种：硫酸和磷酸。且磷元素的氢化物的分子式不是H2X，而是PH3，故X应为磷。
5.答案：C
解析：ⅦA族元素易得一个电子形成－1价阴离子且最外层达稳定结构，氢元素如果能形成－1价阴离子，且最外层达稳定结构，即可说明可以放在ⅦA族。在NaH中，H为－1价阴离子。
6.答案：C
解析：此题主要考查元素周期表中，同周期同主族元素性质的一些递变规律，在同周期中零族元素的原子半径最大，而在同主族中，半径越大，越难得电子。单原子离子的化合价和它的族序数不一定相等，如ⅣA铅形成的Pb2＋。
7.答案：AD
解析：元素周期表中16号元素为硫元素，次外层电子数为8，4号元素铍，其次外层电子数为2，故A、D正确。
8.答案：AD
解析：本题是对原子结构、同位素、元素周期表的结构等知识的考查。对于原子，其核外电子层数等于该元素所在的周期数，而离子则不然；同一元素的各种同位素的化学性质均相同，但物理性质不同。
9.答案：CD
解析：处于第四周期的主族元素的原子，其最外电子层上有两个电子，说明该元素是Ca，它的原子半径比钾的原子半径小，但比镁的原子半径大；氯化钙能溶于水，碳酸钙难溶于水。
10.答案：A
解析：本题考查了同主族元素离子半径大小递变规律。ⅦA元素阴离子半径大小顺序是：I－＞Br－＞Cl－＞F－；ⅠA元素阳离子半径由大到小的顺序是：Cs＋＞K＋＞.a＋＞Li＋。故阴离子半径和阳离子半径之比最大的是LiI。
11.答案：BC
解析：同周期元素原子的半径从左到右依次减小，故A错；对于选项D，要审准题意，注意“原子形成单原子离子”，如氯原子形成的单原子离子只能是Cl－，故D错。
12.答案：C
解析：aA2＋、bB＋、cC3－、dD－都具有相同的电子层结构，说明A与B同周期，C与D同周期，且A、B处于C、D的下一周期，所以，原子半径应是B＞A＞C＞D，原子序数应是a＞b＞d＞c，离子半径应是C＞D＞B＞A，单质的还原性应是B＞A＞C＞D。故只有选项C是正确的。
13.答案：AB
解析：稀有气体也是一族元素，即零族。它们原子最外层电子都达到稳定结构(除He最外层2个电子外，其余都是8个电子稳定结构)，故A选项错误，其原子与下一周期ⅠA、ⅡA族阳离子有相同的核外电子排布，故B选项错误。由于最外层达稳定结构，因此化学性质非常不活泼，C选项正确。它们的原子半径比同周期ⅦA族元素原子要大，故D选项也正确。
14.答案：B
解析：元素周期表有7个周期，16个族，主族是长短周期共同组成的族，同一主族的两元素原子序数差值是有规律的。同主族相邻两周期原子序数差值可能为2、8、18、32等，很显然上下两周期两元素的原子序数的差值不可能为4，即正确答案为B。
15.答案：BC
解析：由砷的原子序数可以推出砷处于第四周期、ⅤA族，为一非金属元素，因此它的最高正价为＋5价，其氧化物的水溶液应呈酸性。
16.答案：B
解析：此题考查了核外电子的排布规律和元素周期表的结构。
17.答案：A
解析：由短周期元素的最外层电子数可知：X可能为H、Li或Na；Y可能为C或Si，而Z可能为O或S，则B项可能为HCHO，C项可能为HCOOH，D项可能为Na2CO3。
18.答案：B
解析：同周期的ⅠA族元素原子的原子半径比ⅡA族元素的大，价电子数少，故ⅠA族单质熔点应比ⅡA族单质低。因Mg2＋的半径小于Na＋的半径，MgO中的离子键强于Na2O中的离子键，MgO的熔点高于Na2O。难溶性的碳酸盐受热较易分解。
19.答案：A
解析：短周期中，最外层电子数是次外层电子数一半的元素有Li和Si，它们的前一周期中最外层只有一个电子的元素分别是H、Li，H与Li、Si形成的化合物的化学式中只有A符合题意，即LiH。
20.答案：B
解析：元素周期律的发现主要是门捷列夫做的工作。提出原子学说的是卢瑟福，提出分子学说的是阿伏加德罗，发现氧气的是拉瓦锡。
21.答案：AC
解析：A，因同周期元素的原子半径从左至右递减，故A对；C，因同主族元素从上至下金属性增强，最高正价氧化物水化物碱性增强，所以C正确。而BeCl2中Be的最外层电子数为2;Mg不与冷水作用，而Be金属性弱于Mg与冷水更难作用。所以B、D不正确。
22.答案：CD
解析：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，则它们的相对位置是X在Y的下一周期，由此对照选项可得解。
23.答案：D
解析：短周期中符合原子个数比为2∶3的化合物有B2O3、Al2O3、B2S3、Al2S3原子序数差值分别为3、5、11、3；Be3N2、Mg3N2、Be2P3、Mg2P3原子序数之差分别是3、5、11、3；N2O3中原子序数之差为1。
(二)笔答题
24.答案：(1)Cl(或氯) K(或钾)
(2)Cl2＋2KOH===KCl＋KClO＋H2O
(3)2KClO32KCl＋3O2↑
解析：该题为元素化合物的推断题，在解答有关的推断题时，首先找出突破口，而本题的突破口在②③两步中，由②可知X元素应为非金属(因为有多种价态)，又由③可知单质A与强碱液反应，联想Cl2与NaOH的反应，进而确定A单质为Cl2，而X元素为Cl，又因Z元素原子序数大于X，可推知为K元素，又联想KClO3催化分解产物的化学式。
25.答案：(1)CH4＞NH3；H2S＞HCl (2)＞ ＞ (3)CFCl3(或CF3Cl) (4)使大气臭氧层出现空洞 a
解析：此题介绍了致冷剂的使用以及对环境的污染和开发新致冷剂的思路，阅题后感到耳目一新，但此题要考查的知识是非常简单的。(1)联想二周期和三周期元素的氢化物不难填出空格。(2)由题给信息毒性PH3＞NH3即同主族元素所形成结构和组成相似的物质，从上而下毒性增大。(3)由CF2Cl2的组成可联想出与它类似的物质，如CF3Cl或CFCl3。(4)氟里昂CF2Cl2这种致冷剂对环境有危害，它可以破坏臭氧层，所以开发新致冷剂要注意这种物质的毒性、沸点、可燃性、以及对环境的危害性等因素。
26.答案：(1)O (2)Ⅷ (3)17 (4)六 七
27.答案：(1)n＝2 m＝4 (2)a＝119
解析：＝0.778……① ＝0.636……②
由①和②解得n／m＝1／2，讨论得n＝2 m＝4，再把m或n代入①或②得a＝119。
28.答案：(1)随着原子序数增大，E值变小 周期性
(2)①③ (3)485 738
(4)10号元素为氖。该元素原子的最外层电子排布已达到8电子稳定结构
解析：此题考查了元素第一电离能的变化规律和学生的归纳总结能力。
(1)从H、Li、Na、K等可以看出，同主族元素随元素原子序数的增大，E值变小；H到He、Li到.e、Na到Ar呈现明显的周期性。
(2)从第二、三周期可以看出，第ⅢA和ⅥA族元素比同周期相邻两种元素E值都低。由此可以推测E(砷)＞E(硒)、E(溴)＞E(硒)。
(3)根据同主族、同周期规律可以推测：E(K)＜E(Ca)＜E(Mg)。
(4)10号元素是稀有气体氖，该元素原子的最外层电子排布已达到8电子稳定结构。
29.答案：
解析：本题考查了元素的性质随着原子序数(题中给元素相对原子质量)的递增而呈现周期性变化这一规律。解题时要充分利用表中数据，结合学习过的元素周期性变化：①同族金属元素(性质相似的金属元素)从上到下，熔点逐渐降低；②同周期的金属元素，从左到右，熔点逐渐升高。解题的方法技巧是：①确定元素种类：B、F、G、H属活泼金属；D、J属不活泼金属；C、I属非金属；A、E属稀有元素。②按元素的相对原子质量由小到大排列一横行；再把同类元素按相对原子质量自上而下排成一纵行；③结合表中已定位的A、B、H元素，确定其他元素的位置。
30.答案：A：H B：O C：Na D：S
解析：由题意可知A、B、C、D在周期表中的位置可能为：
(1) (2)一周期A
二周期 A B 二周期 B
三周期 C D 三周期C D
若为(1)，设核电荷数A=x,B=y,则
C=x＋8, D=y＋8
由题意得2(2x＋8)=2y＋8,得x=(4＜y＜10,x,y为正整数)
y=6, x=1(A为H不在二周期)不合理；y=8,x=2(A为He)也不合理。若为(2)，则A为H，C为Na，由题意(1＋11)×2=2y＋8,y=8,即B为O，D为S，得解。
●命题趋向与应试策略
(一)重视基础 形成知识规律
1.原子结构与元素周期表关系的规律
(1)电子层数＝周期数(电子层数决定周期数)
(2)最外层电子数＝主族序数＝最高正价数＝价电子数
(3)核内质子数＝原子序数
(4)负价绝对值＝8－主族序数(限ⅣA～ⅦA)
(5)原子半径越大，失电子越易，还原性越强，金属性越强，形成的最高价氧化物的相应水化物碱性越强，其离子的氧化性越弱。
(6)原子半径越小，得电子越易，氧化性越强，非金属性越强，形成的气态氢化物越稳定，形成最高价氧化物的相应水化物酸性越强，其离子的还原性越弱。
2.由原子序数确定元素位置的规律
基本公式：原子序数－区域尾序数(10，18，36，54，86)＝差值，对于18号以前的元素，若0＜差值≤7时，元素在下一周期，差值为主族序数；若差值为0，则元素在尾序数所在的周期，一定为零族元素。对于19号以后的元素分三种情况：
(1)若差值为1～7时，差值为族序数，位于Ⅷ族左侧。
(2)若差值为8、9、10时，为Ⅷ族元素。
(3)若差值为11～17时，再减去10最后所得差值，即为Ⅷ族右侧的族序数。
3.元素周期表中位置、结构、性质规律
(1)从元素周期表归纳电子排布规律
①最外层电子数等于或大于3(小于8)的一定是主族元素。
②最外层有1个或2个电子，则可能是ⅠA、ⅡA族元素又可能是副族或零族元素氦。
③最外层电子数比次外层电子数多的元素一定位于第二周期。
④某元素阴离子最外层电子数与次外层相同，该元素位于第三周期。
⑤电子层结构相同的离子，若电性相同，则位于同周期，若电性不同，则阳离子位于阴离子的下一周期。
(2)从元素周期表归纳元素化合价的规律
①主族元素的最高正价数等于主族序数，等于主族元素原子的最外层电子数，其中氟无正价。非金属元素除氢外，均不能形成简单阳离子，金属元素不能形成简单阴离子。
②主族元素的最高正价数与最低负价数的绝对值之和为8，绝对值之差为0，2，4，6的主族依次为ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA族。
③非金属元素的正价一般相差2，如氯元素正化合价有＋7，＋5，＋3，＋1等，某些金属也符合此规律，如锡元素正化合价有＋4、＋2价
④短周期正价变化随原子序数递增，同周期有一个＋1到＋7价的变化(ⅠA～ⅦA)；长周期有两个＋1到＋7价的变化(ⅠA～ⅦB，ⅠB～ⅦA)。
(3)从元素周期表归纳元素形成单质的状态，形成晶体类型
①非金属单质最多的周期为第二周期(B、C、N2、O2、O3、F2等)，最多的主族为ⅦA族(F2、Cl2、Br2、I2、At2)。
②只有非金属单质而无金属单质的主族为ⅦA族。
③常温下呈现气态的单质为H2、O2、F2、Cl2、N2、O3、He、Ne、Ar、Kr、Xe等。
④单质的晶体类型主要有金属晶体，分布在周期表梯子线(两区分界线)的左下方(氢除外)；原子晶体分布在梯子线的附近(C、Si、B等)；分子晶体分布在梯子线的右上方(N2、O2、F2、Ne等)。
(二)分析热点 把握命题趋向
元素周期律和元素周期表是学习化学的一种重要工具，对整个中学化学的教学有着重大的指导作用，因此有关本部分的知识是高考必考的内容之一。热点内容主要集中在以下几个方面：一是元素周期律的迁移应用，该类题目的特点是：给出一种不常见的主族元素，分析推测该元素及其化合物可能或不可能具有的性质。解该类题目的方法思路是：先确定该元素所在主族位置，然后根据该族元素性质递变规律进行推测判断。二是确定“指定的几种元素形成的化合物”的形式，该类题目的特点是：给出几种元素的原子结构或性质特征，判断它们形成的化合物的形式。解此类题的方法思路是：定元素，推价态，想可能，得化学式。三是由“位构性”关系推断元素，该类题目综合性强，难度较大，一般出现在第Ⅱ卷笔答题中，所占分值较高。
元素周期律与元素周期表知识内容丰富，规律性强，因此命题的空间极为广阔。考查元素周期表的结构与元素性质的递变规律的试题，或以一组元素加以比较或以一种元素进行多方面的分析，具有一定的综合性，同时体现元素周期表的发现方法——分类方法的运用的试题，是高考试题中的精彩之笔；而在上海高考题中往往每年有一道与原子结构、元素周期表、元素性质相结合的推断题，这是上海试题中的一大特点。展望今后的题型会稳中有变，仍以元素及其化合物知识为载体，用物质结构理论，将解释现象、定性推断、归纳总结、定量计算相结合，向多方位、多角度、多层次方向发展。
［例题］在探索生命奥秘的过程中，科学家们日益认识到生命细胞的组成和元素周期律有着密切的关系。约占人体总质量99.97%的11种宏量元素，全部位于周期表前20号元素之内，其余0.03%是由10多种人体不可缺少的微量元素组成。在微量元素中，只有F和Si位于短周期，其余均属第一长周期。在宏量元素中，除H、N、P外，在现用周期表的其余元素中(写出元素符号)：
(1)原子最外层电子数是最内层电子数2倍的是 。
(2)能显示化合价最多的元素是 ，跟它处在同一周期的还有一种非金属元素是___________。
(3)原子半径最大的是 ，它的相邻元素是 。
(4)剩余的两种元素，它们的离子电子层结构相同，且带电量也相同，但符号相反，这两种元素是 和 。
(5)氨基酸的主要组成元素为___________。
解析：题干给出了与生命科学相关的大量信息，需结合生物学知识和元素周期表知识正确解题。
答案：(1)C (2)Cl，S (3)K，Na、Ca (4)Mg，O (5)C、H、O、N高考化学分类解析(五)——物质的量浓度与溶解度
●考点阐释
1.了解溶液的组成和有关的概念，如饱和溶液、不饱和溶液、溶解度、温度对溶解度的影响及溶解度曲线等。理解溶液中溶质的质量分数的概念和物质的量浓度的涵义。
2.掌握有关物质溶解度的计算和有关溶液浓度(溶液中溶质的质量分数、物质的量浓度)的计算，掌握物质的量浓度、溶质的质量分数和溶解度之间的相互换算。
●试题类编
(一)选择题
1.(2002年春，11)今有0.1 mol·L－1 Na2SO4溶液300 mL,0.1 mol·L－1 MgSO4溶液200 mL和0.1 mol·L－1 Al2(SO4)3溶液100 mL，这三种溶液中硫酸根离子浓度之比是
A.1∶1∶1 B.3∶2∶2
C.3∶2∶3 D.1∶1∶3
2.(2001年全国，16)在无土载培中，需配制一定量含50 mol NH4Cl、16 mol KCl和24 mol K2SO4的营养液。若用KCl、NH4Cl和(NH4)2SO4三种固体为原料来配制，三者的物质的量依次是(单位为mol)
A.2、64、24 B.64、2、24
C.32、50、12 D.16、50、24
3.(2000年春，17)下列溶液中的c(Cl－)与50 mL 1 mol·L－1氯化铝溶液中的c(Cl－)相等的是
A.150 mL 1 mol·L－1氯化钠溶液
B.75 mL 2 mol·L－1氯化铵溶液
C.150 mL 1 mol·L－1氯化钾溶液
D.75 mL 1 mol·L－1氯化铝溶液
4.(2000年春，3)20 mL浓度为0.05 mol·L－1的含Mn＋的溶液，恰好把15 mL浓度为0.1 mol·L－1的含S2－溶液中的S2－全部沉淀，则n的值是
A.4 B.3 C.2 D.1
5.(1999年全国)已知25%氨水的密度为0.91 g·cm－3，5%氨水的密度为0.98 g·cm－3。若将上述两溶液等体积混合，所得氨水溶液的质量分数是
A.等于15% B.大于15%
C.小于15% D.无法估算
6.(1999年上海，12)(1994年全国，20)已知某盐在不同温度下的溶解度(如下表)：
T/℃ 0 10 20 30 40
S(g/100 g水) 11.5 11.51 19.4 24.4 37.6
若把质量分数为22%的该盐溶液由60℃逐渐冷却，则开始析出晶体的温度应在
A.0℃~10℃ B.10℃~20℃
C.20℃~30℃ D.30℃~40℃
7.(1999年广东，17)已知35%NaOH溶液的密度为1.38 g·cm－3，5% NaOH溶液的密度为1.05 g·cm－3，若将上述两溶液等体积混合，所得NaOH溶液的质量分数是
A.大于20% B.等于20%
C.小于20% D.无法估算
8.(1998年全国，5)300 mL某浓度的NaOH溶液中含有60 g溶质。现欲配制1 mol·L－1 NaOH溶液，应取原溶液与蒸馏水的体积比约为
A.1∶4 B.1∶5
C.2∶1 D.2∶3
9.(1998年全国，21)将标准状况下的a L HCl(g)溶于1000 g水中，得到的盐酸密度为b g·cm－3，则该盐酸的物质的量浓度是
A.mol·L－1 B.mol·L－1
C.mol·L－1 D.mol·L－1
10.(1998年上海，8)在100 g浓度为18 mol·L－1、密度为ρ(g·cm－3)的浓硫酸中加入一定量的水稀释成 9 mol·L－1的硫酸，则加入水的体积为
A.小于100 mL B.等于100 mL
C.大于100 mL D.等于mL
11.(1998年上海，9)在10 mL 0.01 mol·L－1的纯碱溶液中，不断搅拌并逐滴加入1.2 mL 0.05 mol·L－1盐酸，完全反应后在标准状况下生成二氧化碳的体积为
A.1.344 mL B.2.240 mL
C.0.672 mL D.0 mL
12.(1997年全国，11)分别取等质量80℃的甲、乙两种化合物的饱和溶液，降温至20℃后，所析出的甲的质量比乙的大(甲和乙均无结晶水)。下列关于甲、乙溶解度的叙述中肯定正确的是
A. 20℃时，乙的溶解度比甲的大
B. 80℃时，甲的溶解度比乙的大
C.温度对乙的溶解度影响较大
D.温度对甲的溶解度影响较大
13.(1996年全国，17)用10 mL的0.1 mol·L－1 BaCl2溶液恰好可使相同体积的硫酸铁、硫酸锌和硫酸钾三种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比是
A.3∶2∶2 B.1∶2∶3
C.1∶3∶3 D.3∶1∶1
14.(1996年全国，22)已知：t℃时，某物体的不饱和溶液a g中含溶质m g。若该溶液蒸发b g水并恢复到t ℃时，析出溶质m1 g。若原溶液蒸发c g并恢复到t ℃时，则析出溶质m2 g。用S表示该物质在t ℃时的溶解度，下式中正确的是
A.S= B.S=
C.S= D.S=
15.(1996年上海，18)将60℃的硫酸铜饱和溶液100 g，冷却到20℃，下列说法正确的是
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
16.(1995年全国，26)某温度下，在100 g水中加入m g CuSO4或加入n g CuSO4·5H2O，均可使溶液恰好达到饱和，则m与n的关系符合
A.m= B.m=
C.m= D.m=
17.(1994年全国，25)100 mL 0.3 mol·L－1 Na2SO4溶液和50 mL 0.2 mol·L－1 Al2(SO4)3溶液混合后，溶液中SO的物质的量浓度为
A.0.20 mol·L－1 B.0.25 mol·L－1
C.0.40 mol·L－1 D.0.50 mol·L－1
(二)笔答题
18.(2001年全国，25)标准状况下，用一定量的水吸收氨气后制得浓度为12.0 mol·L－1、密度为0.915 g·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。(本题中氨的相对分子质量以17.0，水的密度以1.00 g·cm－3计)
19.(2000年全国，29)将某温度下的KNO3溶液200 g蒸发掉10 g水，恢复到原温度，或向其中加入10 g KNO3固体，均可使溶液达到饱和。试计算：
(1)该温度下KNO3的溶解度。
(2)原未饱和溶液中溶质的质量分数。
20.(1998年全国，35)下面是四种盐在不同温度下的溶解度(g/100 g H2O)
(计算时假定：①盐类共存时不影响各自的溶解度；②过滤晶体时，溶剂损耗忽略不计)
(1)取23.4 g NaCl和40.4 g KNO3，加70.0 g H2O，加热溶解。在100℃时蒸发掉50.0 g H2O，维持该温度，过滤析出晶体，计算所得晶体的质量(m高温)。
将滤液冷却至10℃，待充分结晶后，过滤。计算所得晶体的质量(m低温)。
(2)另取34.0 g NaNO3和29.8 g KCl，同样进行如上实验。10℃时析出的晶体是 (写化学式)。100℃和10℃得到的晶体质量(m′高温和m′低温)分别是多少
●答案解析
(一)选择题
1.答案：D
解析：解此题时首先要明确SO的浓度与溶液的体积无关。只与溶质组成和溶质的浓度有关。
2.答案：B
解析：要从溶液中电荷守恒和原子守恒两个角度来解决此题。营养液中的SO全部来源于(NH4)2SO4，同时该物质也提供了48 mol的NH，所以还需NH4Cl 2 mol,KCl 64 mol。
3.答案：D
解析：溶液中离子浓度的大小取决于溶质的组成和溶质的浓度，与溶液的体积大小无关。1 mol·L－1氯化铝溶液中c(Cl－)为3 mol·L－1，而选项A和C的溶液中c(Cl－)均为1 mol·
L－1，选项B的溶液中的c(Cl－)为2　mol·L－1。
4.答案：B
解析：此题考查了利用电荷守恒来解题的计算技巧。
20 mL×0.05　mol·L－1×n＝15　mL×0.1　mol·L－1×2 n＝3。
5.答案：C
6.答案：D
解析：首先求已知溶液中，100 g水中含有溶质的质量。(100－22)∶100=22 g∶x,x=28.2 g，由此解得降温至30℃~40℃时析出晶体。
7.答案：A
解析：因NaOH溶液的密度大于1 g·cm－3，等体积混合后的溶液的质量分数大于两溶液质量分数之和的二分之一倍。
8.答案：A
解析：依题意，原NaOH溶液的浓度是c0==5 mol·L－1。
设原溶液与水混合时体积不变，则以体积比1∶4稀释即成试题所要求的溶液。因此，选项A是本题答案。
9.答案：D
解析：要求溶液的浓度需知溶液的体积和溶质的物质的量。
10.答案：A
解析：由于18 mol·L－1硫酸的密度约等于1.8 g·cm－3，大于水的密度，所以100 g 18 mol·
L－1硫酸的体积一定小于100 mL，要把溶液的物质的量浓度减小一半，则加入水的体积大约等于原溶液的体积，即小于100 mL。
11.答案：D
故Na2CO3在反应Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3中过量，无气体放出。
12.答案：D
解析：取等质量的甲、乙两化合物80℃的饱和溶液，降温至20℃时，析出甲、乙的质量由两种物质在80℃和20℃时的溶解度之差决定，两温度时溶解度的差越大，析出质量越多。现题给甲析出质量多，故甲在两个温度下的溶解度的差大。
13.答案：C
解析：此题给出BaCl2溶液的量，但求的是硫酸盐的浓度比，可用扩大法。设BaCl2为
1 mol；由Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4化学式可看出：能沉淀三种盐的SO的物质的量分别为：、1、1，又三盐溶液体积相同，故浓度之比为∶1∶1=1∶3∶3。
14.答案：C
解析：已知某饱和溶液蒸发a g水，析出b g溶质时恢复到原温度，则有成立。
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，对照选项得解。
15.答案：B
解析：将100 g 60 ℃时的CuSO4饱和溶液冷却至20℃时要析出CuSO4·5H2O晶体。这个过程中溶液质量减少；溶液为20℃的饱和溶液，与60℃相比浓度减小；有晶体析出，同时带出水，溶剂质量减少。对照选项B正确。
16.答案：B
解析：根据温度一定，溶解度一定的原理进行计算。,即m=。
17.答案：C
解析一：0.3 mol·L－1 Na2SO4溶液中c(SO)＝0.3 mol·L－1,0.2 mol·L－1 Al2(SO4)3溶液中c(SO)＝0.2 mol·L－1×3＝0.6　mol·L－1，混合后溶液中c(SO)介于0.3 mol·L－1 和0.6 mol·L－1之间。又因Na2SO4体积大，所以平均值接近0.3 mol·L－1，所以选C。
解析二：混合后溶液c(SO)=
解析三：由电荷守恒法计算
c(Na＋)×1＋c(Al3＋)×3＝c(SO)×2
c(SO)＝0.4　mol·L－1
(二)笔答题
18.答案：378
解析：1.00 L该氨水中含氨的质量为12.0 mol×17.0 g·mol－1；其体积在标准状况下为：12.0 mol×22.4　L·mol－1；1.00 L该氨水中含水的质量为：1.10 L×915 g·L－1－12.0 mol×17.0　g·mol－1
19.答案：(1)100 g (2)47.5%
解析：(1)由题意知，相当于10 g KNO3加入10 g H2O 即形成饱和溶液，所以该温度下的溶解度为100 g。
(2)蒸发掉10 g H2O 得到190 g饱和溶液，根据溶解度知其溶质为95 g。故原未饱和溶液中溶质的质量分数为：×100%=47.5%。
(或加10 g KNO3得到210 g饱和溶液，其溶质为105 g。故原未饱和溶液中溶质为95 g，质量分数为×100%=47.5%)
20.答案：(1)15.6 g 36.9 g (2)KNO3和NaCl 15.6 g 36.9 g
解析：(1)100 ℃蒸发掉50.0 g H2O后溶液中NaCl的质量为
39.1 g×=7.82 g
析出的NaCl晶体质量
m高温=23.4 g－7.82 g=15.6 g
冷却到10 ℃，析出的NaCl晶体质量为
(39.1 g－35.7 g)×=0.68 g
溶液中KNO3的质量为20.9 g×=4.18 g
析出的KNO3晶体质量为40.4 g－4.18 g=36.2 g
10℃时析出的晶体总质量m低温=0.68 g＋36.2 g=36.9 g
(2)KNO3和NaCl
m′高温=m高温=15.6 g m′低温=m低温=36.9 g
提示：两种原始溶液中各种盐的物质的量都相等。
因而，溶解后得到的两种溶液中四种离子浓度完全相同，根据溶解度数据，100 ℃时蒸发后得到的是NaCl晶体，冷却后得到的主要是KNO3，但也有少量的NaCl。所以第(2)小题不必再计算。
●命题趋向与应试策略
(一)重视基础 形成知识规律
1.关于溶解度计算的方法
(1)温度不变时，蒸发溶剂或加入溶剂时，析出或溶解溶质的质量x:
(2)若溶剂不变，改变温度，求析出或溶解溶质的质量x:
(3)溶剂和温度改变时，求析出或溶解溶质的质量x:
其方法是：先求饱和溶液中溶质和溶剂的质量，再求形成新饱和溶液中的溶剂、溶质的质量，并与新饱和溶液的溶解度构成比例关系计算。
(4)加入或析出的溶质带有结晶水：
既要考虑溶质质量的变化，又要考虑溶剂质量的变化，一般情况下，先求原饱和溶液的溶质与溶剂，再求构成新饱和溶液中所含溶质与溶剂。
2.溶液浓度相互变换
溶液浓度变换的实质是溶质的量、溶液的量单位换算。即溶质的量通过摩尔质量进行物质的量与质量的换算，而溶液的量则通过密度进行质量与体积的换算。溶液浓度变换的方法：一是可根据各浓度概念进行换算，二是抓住溶质的量相等列代数方程求解。
(二)分析热点 把握命题趋向
溶液的浓度是高考计算题的热点，主要内容有：溶液物质的量浓度、溶液的体积、溶质的物质的量(或质量或气体标准状况下的体积)之间的换算；溶液稀释的计算；两种溶液混合后溶液浓度的计算等。有关溶液浓度计算解题方法思路的两个出发点：
(1)由“定义式”出发：物质的量浓度定义的数学表达式为c=n/V，由此可知，欲求c，先求n及V。
(2)由“守恒”的观点出发：
①稀释前后“溶质的物质的量守恒”。
②溶液中“粒子之间电荷守恒”(溶液电中性)。
③质量守恒。
溶解度是初中化学中的一个重要知识点，但高考涉及的内容在深度和广度上远远高于初中学习时的要求，其考查的主要特点：一是关于溶解度概念的基本计算，题目多数注重对概念的理解，较为简单。二是综合计算，题目常在进行溶解度的计算过程中，伴有分析推理判断。溶解度作为计算大题预计在今后几年里出现几率不会很高，但作为选择题，每年都有可能出现，尤其以字母代表各物理量的计算。
［例题］(2002年全国理综，8)某温度下，100 g饱和氯化钠溶液中含有氯化钠26.5 g。若向此溶液中加3.5 g氯化钠和6.5 g水，则所得溶液的溶质质量分数是
A.30% B.×100%
C.26.5% D.×100%
解析：本题主要考查学生对饱和溶液、溶解度概念的理解，能检测学生思维的敏捷性。解答时不能盲目套用公式，关键是要判断所得溶液是否饱和。若饱和，则温度一定，溶液的质量分数不变，若不饱和，则溶液质量分数发生变化。
由100 g饱和氯化钠溶液中含有氯化钠26.5 g可知，10 g饱和氯化钠溶液中应含有氯化钠2.65 g，因此若向此饱和溶液中添加3.5 g氯化钠和6.5 g水，则还有3.5 g－2.65 g=0.85 g氯化钠未溶解，所得的溶液仍是饱和溶液，故溶液的质量分数仍是26.5%。
答案：C高考化学分类解析(二)——离子反应
●考点阐释
1.理解离子反应的概念，掌握离子反应发生的条件，会判断离子在溶液中能否大量共存。命题主要以选择题的形式出现，是高考中的常见题型和必考知识点。
2.正确书写离子方程式。依据题目所给信息，运用书写规则书写典型反应的离子方程式；或结合具体反应，依据书写规则对所给离子方程式进行正误判断。命题主要以填空题和选择题形式出现。
●试题类编
(一)选择题
1.(2002年上海，9)在pH=1的无色溶液中能大量共存的离子组是
A.NH、Mg2＋、SO、Cl－ B.Ba2＋、K＋、OH－、NO
C.Al3＋、Cu2＋、SO、Cl－ D.Na＋、Ca2＋、Cl－、AlO
2.(2002年河南，9)下列离子方程式书写正确的是
A.碳酸氢钙溶液中加入过量的氢氧化钠溶液
HCO＋OH－===CO＋H2O
B.氯化铁溶液中通入硫化氢气体
2Fe3＋＋S2－===2Fe2＋＋S↓
C.次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳
Ca2＋＋2ClO－＋H2O＋CO2===CaCO3↓＋2HClO
D.氯化亚铁溶液中加入硝酸
3Fe2＋＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋2H2O＋NO↑
3.(2001年全国，13)下列各组离子，在强碱性溶液中可以大量共存的是
A.I－、AlO、Cl－、S2－
B.Na＋、K＋、NH、Ba2＋
C.Br－、S2－、Cl－、CO
D.SO、NO、SO2－4、HCO
4.(2001年春，13)下列反应的离子方程式正确的是
A.碳酸钙与醋酸
CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O
B.澄清石灰水中加入盐酸
Ca(OH)2＋2H＋===Ca2＋＋2H2O
C.铜片加入稀硝酸中
Cu＋NO＋4H＋===Cu2＋＋NO↑＋2H2O
D.小苏打溶液和甲酸混合
HCO＋HCOOH===HCOO－＋CO2↑＋H2O
5.(2001年上海，12)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
A.H3O＋、NO、Fe2＋、Na＋
B.Ag＋、NO、Cl－、K＋
C.K＋、Ba2＋、OH－、SO
D.Cu2＋、NH、Br－、OH－
6.(2001年上海，13)下列反应的离子方程式错误的是
A.向碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠
Ca2＋＋2HCO＋2OH－===CaCO3↓＋2H2O＋CO
B.等体积等物质的量浓度的氢氧化钡溶液与碳酸氢铵溶液混合
Ba2＋＋2OH－＋NH＋HCO===BaCO3↓＋NH3·H2O＋H2O
C.氢氧化铝与足量盐酸反应
Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O
D.过量CO2通入氢氧化钠溶液中
CO2＋2OH－===CO＋H2O
7.(2001年广东，11)下列反应的离子方程式正确的是
A.硫酸铝溶液和小苏打溶液反应
Al3＋＋3HCO===3CO2↑＋Al(OH)3↓
B.向Ca(ClO)2溶液中通入二氧化硫
Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H2O===CaSO3↓＋2HClO
C.硫化亚铁中加入盐酸
S2－＋2H＋===H2S↑
D.钠和冷水反应
Na＋2H2O===Na＋＋H2↑＋2OH－
8.(2000年全国，12)下列反应的离子方程式书写正确的是
A.向饱和碳酸氢钙溶液中加入饱和氢氧化钙溶液
Ca2＋＋HCO＋OH－===CaCO3↓＋H2O
B.金属铝溶于氢氧化钠溶液
Al＋2OH－===AlO＋H2↑
C.用氢氧化钠溶液吸收二氧化碳
2OH－＋CO2===CO＋H2O
D.Fe2(SO4)3的酸性溶液中通入足量硫化氢
Fe3＋＋H2S===Fe2＋＋S↓＋2H＋
9.(2000年春，16)下列离子方程式中错误的是
A.铁跟稀硫酸反应
2Fe＋H＋===2Fe3＋＋3H2↑
B.碳酸氢钙溶液跟盐酸反应
Ca(HCO3)2＋2H＋===Ca2＋＋2H2O＋2CO2↑
C.醋酸跟氢氧化钾溶液反应
CH3COOH＋OH－===CH3COO－＋H2O
D.碳酸镁跟硫酸反应
MgCO3＋2H＋===Mg2＋＋H2O＋CO2↑
10.(2000年上海，10)下列反应的离子方程式错误的是
A.氯化铝溶液中加入过量的氨水
Al3＋＋4NH3·H2O===AlO＋4NH＋2H2O
B.用氨水吸收过量的二氧化硫
NH3·H2O＋SO2===NH＋HSO
C.碳酸钠溶液中加入过量的苯酚
D.次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化碳
ClO－＋CO2＋H2O===HCO＋HClO
11.(2000年上海，16)下列各组离子在溶液中能大量共存的是
A.Ca2＋、HCO、Cl－、K＋
B.Al3＋、AlO、HCO、Na＋
C.Fe2＋、NH、SO、S2－
D.Fe3＋、SCN－、Na＋、CO
12.(2000年广东，18)下列反应的离子方程式书写正确的是
A.向氢氧化钠溶液中通入少量CO2
OH－＋CO2===HCO
B.用氨水吸收少量SO2
2NH3·H2O＋SO2===2NH＋SO＋H2O
C.硝酸铝溶液中加入过量氨水
Al3＋＋4NH3·H2O===AlO＋4NH＋2H2O
D.向Fe2(SO4)3的酸性溶液中通入足量H2S
Fe3＋＋H2S===Fe2＋＋S↓＋2H＋
13.(1999年全国，15)下列各组离子在溶液中既可以大量共存，且加入氨水后也不产生沉淀的是
A.Na＋ Ba2＋ Cl－ SO
B.K＋ AlO NO OH－
C.H＋ NH Al3＋ SO
D.H＋ Cl－ CH3COO－ NO
14.(1999年全国，9)下列反应的离子方程式正确的是
A.碳酸氢钙溶液跟稀硝酸反应
HCO＋H＋===H2O＋CO2↑
B.饱和石灰水跟稀硝酸反应
Ca(OH)2＋2H＋===Ca2＋＋2H2O
C.向稀氨水中加入稀盐酸
NH3·H2O＋H＋===NH＋H2O
D.碳酸钙溶于醋酸中
CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2
15.(1999年上海，20)下列离子方程式书写正确的是
A.碳酸氢钙溶液中加入等物质的量的氢氧化钠溶液
Ca2＋＋2HCO＋2OH－===CaCO3↓＋2H2O＋CO
B.碳酸钠溶液中加入等物质的量的乙酸
CO＋2CH3COOH===CO2↑＋H2O＋2CH3COO－
C.石灰水中通入过量的氟化氢
Ca2＋＋2OH－＋2HF===CaF2↓＋2H2O
D.用碳棒作电极电解氯化钠饱和溶液
2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑
16.(1998年全国，17)下列反应的离子方程式正确的是
A.次氯酸钙溶液中通入过量CO2：
Ca2＋＋2ClO－＋H2O＋CO2===CaCO3↓＋2HClO
B.FeSO4溶液中加入过氧化氢溶液：
Fe2＋＋2H2O2＋4H＋===Fe3＋＋4H2O
C.用氨水吸收少量SO2：
NH3·H2O＋SO2===NH＋HSO
D.硝酸铁溶液中加过量氨水：
Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH
17.(1998年上海，22)下列离子方程式书写正确的是
A.过量Cl2通入FeBr2溶液中：
3Cl2＋2Fe2＋＋4Br－===6Cl－＋2Fe3＋＋2Br2
B.过量CO2通入NaAlO2溶液中：
CO2＋2H2O＋AlO===Al(OH)3↓＋HCO
C.在溶液中NH4HSO3与NaOH等物质的量混合：
NH＋HSO＋2OH－===SO＋NH3↑＋2H2O
D.Mg(HCO3)2溶液中加入过量石灰水：
Mg2＋＋2HCO＋Ca2＋＋2OH－===CaCO3↓＋2H2O＋MgCO3↓
18.(1997年全国，9)下列各组离子，在强碱溶液中可以大量共存的是
A.I－、AlO、Cl－、CO
B.Na＋、K＋、NH、Ba2＋
C.Br－、S2－、Cl－、CO
D.SO、NO、SO、HCO
19.(1997年上海，15)下列离子方程式中，正确的是
A.在AlCl3溶液中加入过量氨水：
Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
B.在硫酸铜溶液中加入过量Ba(OH)2溶液：
Ba2＋＋SO===BaSO4
C.在澄清石灰水中通入过量CO2：
OH－＋CO2===HCO
D.在碳酸氢钙溶液中加入过量NaOH溶液：
Ca2＋＋HCO＋OH－===CaCO3↓＋H2O
20.(1996年全国，12)下列离子方程式不正确的是
A.氨气通入稀H2SO4溶液中：
NH3＋H＋===NH
B.CO2通入Na2CO3溶液中：
CO2＋CO＋H2O===2HCO
C.Al2(SO4)3溶液跟偏铝酸钠溶液反应：
Al3＋＋3AlO＋6H2O===4Al(OH)3↓
D.Cl2通入冷的NaOH溶液中：
2Cl2＋2OH－===3Cl－＋ClO－＋H2O
21.(1996年全国，11)下列各组离子，在强碱性溶液中可以大量共存的是
A.K＋、Na＋、HSO、Cl－
B.Na＋、Ba2＋、AlO、NO
C.NH、K＋、Cl－、NO
D.K＋、Na＋、ClO－、S2－
22.(1995年全国，10)下列离子方程式中不正确的是
A.氢氧化钡溶液跟盐酸反应
OH－＋H＋===H2O
B.三氯化铁溶液跟过量氨水反应
Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH
C.小苏打溶液跟烧碱溶液反应
HCO＋OH－===CO＋H2O
D.氯气通入冷水中
Cl2＋H2O===Cl－＋ClO－＋2H＋
23.(1994年全国，14)下列离子方程式中不正确的是
A.碳酸氢钙溶液跟盐酸反应：
Ca(HCO3)2＋2H＋===Ca2＋＋2H2O＋2CO2↑
B.碘化钾溶液跟适量溴水反应：
2I－＋Br2===I2＋2Br－
C.将金属钠加入水中：
Na＋2H2O===Na＋＋2OH－＋H2↑
D.将氯气通入氯化亚铁溶液中：
2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
(二)笔答题
24.(2000年上海，29)我国规定饮用水质量标准必须符合下列要求：
以下是原水处理成自来水的工艺流程示意图
(1)原水中含Ca2＋、Mg2＋、HCO、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)
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)
①Ca(ClO)2 ②浓氨水 ③K2FeO4 ④SO2
25.(1999年上海，25)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－、NO六种离子。
甲厂的废水明显呈碱性，故甲厂废水中所含的三种离子是 、 、 。
乙厂的废水中含有另外三种离子。如果加一定量___________ (填“活性炭”“硫酸亚铁”或“铁粉”)，可以回收其中的金属___________ (填金属元素符号)。
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。
26.(1997年全国，29)(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：_____________________。
●答案解析
(一)选择题
1.答案：A
解析：解此题时要注意审题。一是注意pH=1，溶液呈酸性；二是注意溶液为无色。选项B中的OH－与选项D中的AlO都不能在酸性条件下存在；选项C中的Cu2＋为蓝色的。
2.答案：D
解析：A选项中应有CaCO3沉淀生成；B选项中H2S应写为化学式，且应有H＋生成；C选项中因CO2过量，CaCO3应转化为Ca2＋和HCO。
3.答案：AC
解析：离子共存问题是历年常考题型。解此类题时特别要注意题给条件。四组离子在一定条件下都能共存，但选项B中的NH和选项D中的HCO都不能存在于碱性溶液中。
4.答案：D
解析：离子方程式是历年必考知识点之一。A中醋酸是弱电解质，应写为分子式的形式；B中Ca(OH)2在澄清石灰水中为强电解质，应写为离子符号；C两边的电荷不守恒。
5.答案：A
解析：离子共存问题是历年常考题。离子之间只要能发生反应就不能共存，但解此题要注意题给条件：因发生氧化还原反应而不能大量共存。NO在酸性条件下能把Fe2＋氧化为Fe3＋，所以H3O＋、NO、Fe2＋三者不能共存。答案为A，而B、C、D均因生成沉淀不能共存，但不属氧化还原反应，故不符合题意。
6.答案：D
解析：此题为一传统题，题目本身涉及的知识容量大，解题需要综合分析能力。此题考查了多元酸碱盐之间的相互转化关系，反应物的量不同，产物也可能不同。过量CO2通入氢氧化钠溶液中，反应分两步进行，第一步为：CO2＋2OH－===CO＋H2O，第二步为：CO＋CO2＋H2O===2HCO。所以总的反应的离子方程式为：CO2＋OH－===HCO。
7.答案：A
解析：B中产物CaSO3与HClO之间能发生氧化还原反应，最终的产物是CaSO4与HCl；C中的硫化亚铁是难溶物；D中方程式的两边电荷不守恒。
8.答案：AC
解析：尽管B、D两选项的两个反应方程式的产物是正确的，方程式两边的各元素的原子个数也都相等，但是这两个方程式等号两边的电荷数却不相等。
9.答案：AB
解析：Fe与一些弱氧化剂反应，只能生成Fe2＋；碳酸氢钙是强电解质，在离子方程式中写成离子的形式,选项B正确的离子方程式为:Ca2＋＋2HCO＋2H＋===Ca2＋＋2H2O＋2CO2↑
10.答案：A
解析：氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH，Al(OH)3只能溶解在强酸强碱中，并不与弱碱反应，不能生成AlO。
11.答案：A
解析：B中Al3＋与AlO、HCO不能共存，发生反应的离子方程式分别为Al3＋＋3AlO＋6H2O===4Al(OH)3↓、Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑，AlO和HCO也不能共存，发生反应的离子方程式为AlO＋HCO＋H2O===Al(OH)3↓＋CO。C中因Fe2＋与S2－可生成FeS不能大量共存。D中Fe3＋与SCN－形成Fe(SCN)3不能大量共存。
12.答案：B
解析：选项A中因CO2量少，产物应是CO；选项C中，硝酸铝溶液中加入过量的氨水：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH，Al(OH)3只能溶解在强酸强碱中，并不与弱碱反应，不能生成AlO；选项D中的离子方程式电荷不守恒，正确的应为：2Fe3＋＋H2S===
2Fe2＋＋S↓＋2H＋
13.答案：B
解析：A中Ba2＋与SO不能共存，D中CH3COO－与H＋不能大量共存，C中的Al3＋与氨水反应能生成Al(OH)3沉淀。
14.答案：AC
解析：选项B中Ca(OH)2尽管微溶，但溶于水的Ca(OH)2能完全电离，在澄清溶液中应写成离子形式。选项D中，醋酸是弱电解质，应写成分子式的形式。
15.答案：CD
解析：Ca(HCO3)2溶液中加入等物质的量的NaOH溶液，其离子方程式应为：Ca2＋＋HCO＋OH－===CaCO3↓＋H2O；Na2CO3溶液与等物质的量乙酸反应离子方程式应为：CO＋CH3COOH===HCO＋CH3COO－。
16.答案：D
解析：选项A中，因CO2的量多，CaCO3应转化为Ca(HCO3)2，正确的应写为ClO－＋H2O＋CO2===HCO＋HClO；选项B的电荷不守恒，应写为2Fe2＋＋2H2O2＋4H＋===2Fe3＋＋4H2O；选项C中，因NH3·H2O过量，产物应是正盐而不应是酸式盐，正确的应写为2NH3·H2O＋SO2===2NH＋SO＋H2O。
17.答案：AB
解析：选项C中反应的离子方程式为：HSO＋OH－===SO＋H2O；选项D中因Mg(OH)2的溶解度小于MgCO3的溶解度，产生的应是Mg(OH)2，正确的离子方程式为：Mg2＋＋2HCO＋2Ca2＋＋4OH－===Mg(OH)2↓＋2CaCO3↓＋2H2O
18.答案：AC
解析：NH＋OH－===NH3·H2O HCO＋OH－===CO＋H2O，故B、D不能在强碱性溶液中大量共存。
19.答案：C
解析：选项A中氨水为弱碱应写成分子的形式。选项B中：两溶液反应得到两种沉淀：BaSO4和Cu(OH)2，离子方程式应写为Ba2＋＋2OH－＋Cu2＋＋SO===Cu(OH)2↓＋BaSO4↓。选项D中：Ca(HCO3)2的电离方程式为Ca(HCO3)2===Ca2＋＋2HCO。因NaOH过量，HCO全部转化为CO，正确的应为：Ca2＋＋2HCO＋2OH－===CaCO3↓＋CO＋2H2O。
20.答案：D
解析：选项D中的离子方程式电荷不守恒，应写为Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O。
21.答案：B
解析：A项中HSO在强碱性条件下不能大量存在；C项中的NH在强碱溶液中不能大量存在；D项中ClO－因其有较强氧化性，与S2－能发生氧化还原反应故不共存。
22.答案：D
解析：氯气通入冷水中有部分HClO产生，由于HClO是弱酸，应写成分子形式。
23.答案：AC
解析：A选项中碳酸氢钙为可溶性盐，正确的应是HCO＋H＋===H2O＋CO2↑；C选项中电荷不守恒，正确的应是2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑。
(二)笔答题
24.答案：(1)HCO＋OH－===CO＋H2O
Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓
Ca2＋＋HCO＋OH－===CaCO3↓＋H2O
任选其一，其他合理解也给分。
(2)③ 胶状Fe(OH)3
(3)除去Ca2＋ 调节pH
(4)杀菌消毒 强氧化
(5)①③
解析：(1)含Ca2＋、Mg2＋、HCO、Cl－的水中加入Ca(OH)2可发生多种反应：HCO＋OH－===CO＋H2O，Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓，Ca2＋＋HCO＋OH－===CaCO3↓＋H2O等等。
(2)加入FeSO4·7H2O Fe2＋被氧化为Fe3＋，再水解生成胶状Fe(OH)3吸附水中杂质而沉淀。
(3)通入CO2目的，除去剩余Ca(OH)2，即Ca2＋和OH－。
(4)气体A应为Cl2，因与水反应生成次氯酸具有强氧化性而杀菌消毒。
(5)应选强氧化剂。
25.答案：OH－ Cl－ K＋ 铁粉 Ag(或银) Ag＋、Fe3＋、Cl－、OH－ KNO3
解析：甲厂排放的工业废水明显显碱性，一定含有OH－，与OH－可共存的离子有K＋、Cl－、NO，考虑到Ag＋与Cl－不能共存，所以甲厂废水含OH－、K＋、Cl－，乙厂废水中含Ag＋、Fe3＋和NO。在乙厂废水中加入一定量的铁粉可以回收银。若将两厂废水按适当比例混合，可将Ag＋与Cl－、Fe3＋与OH－分别转化为AgCl、Fe(OH)3沉淀，经过滤后溶液中主要含有KNO3，KNO3是钾、氮的复合肥料。
26.答案：(1)2HSO＋Ba2＋＋2OH－===2H2O＋BaSO4↓＋SO或2H＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－===2H2O＋BaSO4↓
(2)SO＋Ba2＋===BaSO4↓
解析：(1)题目要求NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应呈中性，也即要求写出的离子方程式属于下列反应：2NaHSO4＋Ba(OH)2===2H2O＋BaSO4↓＋Na2SO4。而不是属于下列反应：NaHSO4＋Ba(OH)2===H2O＋BaSO4↓＋NaOH。
因此上述反应的离子方程式可以写成2HSO＋Ba2＋＋2OH－===2H2O＋BaSO4↓＋SO或2H＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－===2H2O＋BaSO4↓，从此可知，反应后的中性溶液中有一定量的SO存在。
(2)若向上述反应后的中性溶液中，继续滴加Ba(OH)2溶液，则只有SO与Ba2＋发生反应生成白色沉淀：SO＋Ba2＋===BaSO4↓。
●命题趋向与应试策略
(一)重视基础 形成知识规律
1.离子组不能共存的规律
离子反应发生的条件，也就是离子不能大量共存的原因。
(1)结合生成难溶物质的离子不能大量共存，如Fe2＋与S2－，Ca2＋与PO,Ag＋或I－等。
(2)结合生成气体物质的离子不能大量共存，如S2－与H＋、H＋与CO、NH与OH－等。
(3)结合生成难电离物质的离子不能大量共存，如：H＋与OH－，H＋与CH3COO－，H＋与
F－等。
(4)发生氧化还原反应的离子不能大量共存，如：Fe3＋与S2－，Fe3＋与I－、NO(H＋)与
Fe2＋等。
(5)发生双水解反应的离子不能大量共存，如Al3＋、Fe3＋分别与CO、HCO、AlO；Al3＋与S2－等。
(6)弱酸酸式酸根离子不能与H＋、OH－共存，如HCO与H＋、HCO与OH－，H2PO与H＋，H2PO与OH－等。
(7)在题目中提示酸性溶液(pH<7)或碱性溶液(pH>7)应在各待选答案中均加入H＋或OH－考虑。
(8)在题目中告知是无色溶液，应在各待选答案中排除具有颜色的Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋、MnO等离子。
2.书写离子方程式的关键及注意的问题
(1)关键
两易：即易溶易电离的物质(可溶性的强电解质包括强酸、强碱、大多数可溶性盐)以实际参加反应的离子符号表示，非电解质、弱电解质、难溶物、气体等用分子式表示。
两等：离子方程式两边的原子个数，电荷总数均应相等。
两查：检查各项是否都有公约数，是否漏写必要的反应条件。
(2)注意的问题
①未处于自由移动离子状态的反应不能写离子方程式，如铜和浓硫酸、氯化钠固体和浓硫酸、氯化铵固体和氢氧化钙固体反应等。
②有离子生成的反应可以写离子方程式，如钠和水、铜和浓硝酸、SO2通入溴水里、碳酸钙溶于乙酸等。
③单质，氧化物一律写分子式。
④微溶物处理：生成物中有微溶物析出时，应写分子式。反应物里微溶物处于溶液状态时应写离子，反应物里微溶物处于浊液或固体时，应写分子式。
⑤多元弱酸酸式酸根离子，在离子方程式中不能拆开写。
⑥注意反应物之间量的关系，如硫酸铝钾和Ba(OH)2按1∶2或2∶3的物质的量比反应。
3.离子方程式正误判断规律(七“看”)
(1)看离子反应是否符合客观事实，不可主观臆造产物及反应。
(2)看“===”“”“↑”“↓”等是否正确。
(3)看表示各物质的化学式是否正确。如　HCO不能写成CO＋H＋，HSO通常应写成SO＋H＋，HCOO－不可写成COOH－等。
(4)看是否漏掉离子反应。如Ba(OH)2溶液与硫酸铜溶液反应，既要写Ba2＋与SO的离子反应，又要写Cu2＋与OH－的离子反应。
(5)看电荷是否守恒。如FeCl2溶液与Cl2反应，不能写成Fe2＋＋Cl2===Fe3＋＋2Cl－，而应写成2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，同时两边各原子数也应相等。
(6)看反应物或产物的配比是否正确。如稀H2SO4与Ba(OH)2溶液反应不能写成H＋＋
OH－＋SO＋Ba2＋===BaSO4↓＋H2O，应写成2H＋＋2OH－＋SO＋Ba2＋===BaSO4↓＋2H2O。
(7)看是否符合题设条件及要求。如“过量”“少量”“等物质的量”“适量”“任意量”以及滴加顺序等对反应方式或产物的影响。
(二)分析热点 把握命题趋向
1.离子共存问题是高考中的常见题型，是每年必考的题型。今后命题的发展趋势是：
(1)增加限制条件，如强酸性、无色透明、碱性、pH＝1、甲基橙呈红色、发生氧化还原反应等；
(2)定性中有定量，如“由水电离出的c(H＋)=1×10－14 mol·L－1的溶液中，……”
2.离子方程式的书写正误也是历年高考必出的试题。从命题的内容看，存在着三种特点：
(1)所考查的化学反应均为中学化学教材中的基本反应；错因大都属于化学式能否拆分、处理不当，电荷未配平，产物不合理和漏掉部分反应等；
(2)所涉及的化学反应类型以复分解反应为主，而溶液中的氧化还原反应约占15％；
(3)一些重要的离子反应方程式，在历年考卷中多次重复。如Na与H2O的反应、Fe与盐酸或稀H2SO4的反应自1992年以来分别考过多次。
考查离子方程式的目的主要是了解学生使用化学用语的准确程度和熟练程度，具有一定的综合性，预计今后的考题还会保留。
［例题］(2002年上海，19)下列离子方程式书写正确的是
A.FeCl2溶液中通入Cl2:
Fe2＋＋Cl2===Fe3＋＋2Cl－
B.澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：
Ca2＋＋OH－＋HCO===CaCO3↓＋H2O
C.FeS固体放入稀硝酸溶液中：
FeS＋2H＋===Fe3＋＋H2S↑
D.AlCl3溶液中加入过量氨水：
Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O
解析：离子方程式的正确书写几乎是历年高考必出的试题，因为它是中学化学的最基本内容之一，它不仅是一种书写技巧问题，而且涉及到化学基本概念和基本理论。本题型可以考查对常见物质的状态、溶解性、电解质的电离、物质的性质等知识的掌握情况。因此，比较适合用于考查综合能力。
本题选项A、C的离子方程式两端电荷不守恒；选项D中，AlCl3溶液中加入过量氨水，只能产生Al(OH)3沉淀，氨水是弱碱，并不能溶解Al(OH)3。
答案：B高考化学分类解析(二十二)——烃的衍生物
●考点阐释
1.以一些典型的烃类衍生物（乙醇、溴乙烷、苯酚、乙醛、乙酸、乙酸乙酯、脂肪酸、甘油酯、多羟基醛酮、氨基酸等）为例，了解官能团在化合物中的作用。掌握各主要官能团的性质和主要化学反应，并能结合同系列原理加以利用。
2.通过对典型烃类衍生物的学习，了解其重要工业用途及生活中常见有机物的性质和用途。结合各类衍生物的化学反应，掌握有机反应的主要类型。组合多个化合物的化学反应，合成具有指定结构简式的产物。综合应用各类化合物的不同性质，进行区别、鉴定、分离、提纯或推导未知物的结构简式。
●试题类编
(一)选择题
1.（2003年春，13）下列各组物质中各有两组份，两组份各取1摩尔，在足量氧气中燃烧，两者耗氧量不相同的是
A.乙烯和乙醇 B.乙炔和乙醛
C.乙烷和乙酸甲酯 D.乙醇和乙酸
2.（2003年春，14）有机物甲的分子式为C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，在相同的温度和压强下，同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，则甲的可能结构有
A.8种 B.14种 C.16种 D.18种
3.（2003年春上海，20）乳酸（）在一定条件下经聚合生成一种塑料用这种新型塑料制成的餐具，在乳酸菌的作用下，60天内分解成无害的物质，不会对环境造成污染。在该聚合反应中，生成的另一种产物是
A.H2O B.CO2 C.O2 D.H2
4.（2002年全国理综，14）L—多巴是一种有机物，它可用于铂金森综合症的治疗，其结构简式如下：
这种药物的研制是基于获得2000年诺贝尔生理学或医学奖和获得2001年诺贝尔化学奖的研究成果。下列关于L—多巴酸碱性的叙述正确的是
A.既没有酸性，又没有碱性 B.既具有酸性，又具有碱性
C.只有酸性，没有碱性 D.只有碱性，没有酸性
5.（2002年上海，14）拟除虫菊酯是一类高效、低毒、对昆虫具有强烈触杀作用的杀虫剂，其中对光稳定的溴氰菊酯的结构简式如下图：
下列对该化合物叙述正确的是
A.属于芳香烃 B.属于卤代烃
C.在酸性条件下不水解 D.在一定条件下可以发生加成反应
6.（2002年上海理综，17）历史上最早应用的还原性染料是靛蓝，其结构简式如图所示，
下列关于靛蓝的叙述中错误的是
A.靛蓝由碳、氢、氧、氮四种元素组成
B.它的分子式是C16H10N2O2
C.该物质是高分子化合物
D.它是不饱和的有机物
7.（2002年春，14）某化合物的分子式为C5H11Cl，分析数据表明：分子中有两个—CH3、两个—CH2—、一个和一个—Cl，它的可能的结构有几种（本题不考虑对映异构体）
A.2 B.3 C.4 D.5
8.（2002年河南，4）六氯苯是被联合国有关公约禁止或限制使用的有毒物质之一。下式中能表示六氯苯的是
9.(2002年北京，15）有机物甲可氧化生成羧酸，也可还原生成醇。由甲生成的羧酸和醇在一定条件下，可以生成化合物乙，其分子式为C2H4O2。下列叙述中不正确的是
A.甲分子中C的质量分数为40%
B.甲在常温常压下为无色液体
C.乙比甲的沸点高
D.乙和甲的最简式相同
10.(2001年全国，15)某有机物X能发生水解反应，水解产物为Y和Z。同温同压下，相同质量的Y和Z的蒸气所占体积相同，化合物X可能是
A.乙酸丙酯 B.甲酸乙酯 C.乙酸甲酯 D.乙酸乙酯
11.(2000年全国，22)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键。不同颜色的球代表不同元素的原子，该模型图可代表一种
A.卤代羧酸 B.酯 C.氨基酸 D.醇钠
12.(2000年理科综合，5)尿素是第一个人工合成的有机物，下列关于尿素的叙述不正确的是
A.尿素是一种氮肥
B.尿素是人体新陈代谢的一种产物
C.尿素能发生水解反应
D.尿素是一种酸性物质
13.(2000年理科综合，11)胆固醇是人体必需的生物活性物质，分子式为C25H45O。一种胆固醇酯是液晶材料，分子式为C32H49O2。生成这种胆固醇酯的酸是
A.C6H13COOH B.C6H5COOH
C.C7H15COOH D.C6H5CH2COOH
14.(2000年上海，13)维生素C的结构简式为
有关它的叙述错误的是
A.是一个环状的酯类化合物
B.易起加成及氧化反应
C.可以溶解于水
D.在碱性溶液中能稳定地存在
15.(2000年上海，20)下列变化规律正确的是
A.H2S、HCl、PH3的热稳定性由弱到强
B.物质的量浓度相等的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的pH由小到大
C.等质量的甲烷、乙烯、乙炔充分燃烧，所耗氧气的量由多到少
16.(2000年广东，10)某种解热镇痛药的结构简式为
当它完全水解时，可得到的产物有
A.2种 B.3种 C.4种 D.5种
17.(2000年广东，5)可以判断油脂皂化反应基本完成的现象是
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
18.(2000年春，19)化合物丙由如下反应得到
丙的结构简式不可能是
A.CH3CH2CHBrCH2Br B.CH3CH（CH2Br）2
C.CH3CHBrCHBrCH3 D.（CH3）2CBrCH2Br
19.(1999年全国，12)化合物的中的—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
A.HCOF B.CCl4
C.COCl2 D.CH2ClCOOH
20.(1999年全国，25)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
A.M(A)=M(B)+M(C) B.2M(D)=M(B)+M(C)
C.M(B)＜M(D)＜M(C) D.M(D)＜M(B)＜M(C)
21.(1999年上海，16)下列物质中能溶于水的是
D.CH3CH2CH2CH==CH2
物(例如桑椹、花生，尤其是葡萄)中，它可能具有抗癌性。能够跟1 mol该化合物起反应的Br2或H2的最大用量分别是
A.1 mol,1 mol B.3.5 mol，7 mol
C.3.5 mol，6 mol D.6 mol，7 mol
程式正确的是
24.(1998年上海，21)已知维生素A的结构简式可写为：
式中以线示键，线的交点与端点处代表碳原子，并用氢原子数补足四价，但C、H原子未标记出来。关于它的叙述正确的是
A.维生素A的分子式为C20H30O
B.维生素A是一种易溶于水的醇
C.维生素A分子中有异戊二烯的碳链结构
D.1 mol维生素A在催化剂作用下最多可与 7 mol H2发生加成反应
25.(1997年全国，4)已知酸性大小，羧酸＞碳酸＞酚。下列含溴化合物中的溴原子，在适当条件下都能被羟基(—OH)取代(均可称为水解反应)，所得产物能跟NaHCO3溶液反应的是
26.(1997年全国，6)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，旧法合成的反应是：（CH3）2C==O＋HCN（CH3）2C（OH）CN
（CH3）2C（OH）CN＋CH3OH＋H2SO4CH2==C（CH3）COOCH3＋NH4HSO4
90年代新的反应是：CH3C≡CH＋CO＋CH3OHCH2==C（CH3）COOCH3
与旧法比较，新法的优点是
A.原料无爆炸危险
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
27.（1997年全国，26)一定量的乙醇在氧气不足的情况下燃烧，得到CO、CO2和水的总质量为27.6 g，若其中水的质量为10.8 g，则CO的质量是
A.1.4 g B.2.2 g
C.4.4 g D.在2.2 g和4.4 g之间
28.(1996年上海，26)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20 g，滤液质量比原石灰水减少5.8 g。该有机物可能是
A.乙烯 B.乙二醇
C.乙醇 D.甲酸甲酯
29.(1995年全国，20)如果定义有机物的同系列是一系列结构式符合AB（其中n=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变化。下列四组化合物中，不可称为同系列的是
A.CH3CH2CH2CH3 CH3CH2CH2CH2CH3 CH3CH2CH2CH2CH2CH3
B.CH3CH==CHCHO CH3CH==CHCH==CHCHO CH3（CH==CH）3CHO
C.CH3CH2CH3 CH3CHClCH2CH3 CH3CHClCH2CHClCH3
D. ClCH2CHClCCl3ClCH2ClCH2CHClCCl3ClCH2CHClCH2CHClCH2CHClCCl3
30.(1995年上海，11)有机物(1)CH3OH（CHOH）4CHO （2）CH3CH2CH2OH
（3）CH2==CH—CH2OH （4）CH2==CH—COOCH3 （5）CH2==CH—COOH中，既能发生加成、酯化反应，又能发生氧化反应的是
A.(3)(5) B.(1)(3)(5)
C.(2)(4) D.(1)(3)
31.(1994年上海，18)物质的量相等的戊烷、苯和苯酚完全燃烧需要氧气的物质的量依次是x mol、y mol、z mol，则x、y、z的关系是
A.x＞y＞z B.y＞z＞x
C.z＞y＞x D.y＞x＞z
（二）笔答题
32.（2002年上海，28）松油醇是一种调香精，它是α、β、γ三种同分异构体组成的混合物，可由松节油分馏产品A（下式中的18是为区分两个羟基而人为加上去的）经下列反应制得：
试回答：
（1）α—松油醇的分子式 。
（2）α—松油醇所属的有机物类别是 。
a.醇 b.酚 c.饱和一元醇
（3）α—松油醇能发生的反应类型是 。a.加成 b.水解 c.氧化
（4）在许多香料中松油还有少量以酯的形式出现，写出RCOOH和α—松油醇反应的化学方程式 。
（5）写结构简式：β—松油醇 ，γ—松油醇 。
33.（2002年上海理综，31）比赛中，当运动员肌肉挫伤或扭伤时，队医随即对准球员的受伤部位喷射药剂氯乙烷（沸点12.27℃）进行局部冷冻麻醉应急处理。乙烯和氯化氢在一定条件下制得氯乙烷的化学反应方程式（有机物用结构简式表示）是 ，该反应的类型是 反应，决定氯乙烷能用于冷冻麻醉应急处理的具体性质是 。
34.（2002年河南，21）乙酸苯甲酯对花香和果香的香韵具有提升作用，故常用于化妆品工业和食品工业。乙酸苯甲酯可以用下面的设计方案合成。
（1）写出A、C的结构简式：
A： ，C： 。
（2）D有很多同分异构体，含有酯基和一取代苯结构的同分异构体有五个，其中三个的结构简式是：
请写出另外两个同分异构体的结构简式：
和 。
35.(2002年河南，22)卤代烃在碱性醇溶液中能发生消去反应。例如
该反应式也可表示为
下面是八个有机化合物的转换关系
请回答下列问题：
（1）根据系统命名法，化合物A的名称是 。
（2）上述框图中，①是________反应，③是________反应。（填反应类别）
（3）化合物E是重要的工业原料，写出由D生成E的化学方程式：________。
（4）C2的结构简式是________。
F1的结构简式是________。
F1和F2互为________。
（5）上述八个化合物中，属于二烯烃的是________。二烯烃的通式是________。
36.(2001年全国，23)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品制剂。苯丙醇胺(英文缩写为PPA)结构简式如下：
(1)PPA的分子式是： 。
(2)它的取代基中有两个官能团，名称是________基和________基(请填写汉字)。
(3)将—、H2N—、HO—在碳链上的位置作变换，可以写出多种同分异构体，其中的5种结构简式是：
请写出另外4种同分异构体的结构简式(不要写出—OH和—NH2连在同一个碳原子上的异构体；写出多于4种的要扣分)________、________、________、________。
37.(2001年全国，24)某种甜剂A的甜度是蔗糖的200倍，由于它热量值低、口感好、副作用小，已在90多个国家广泛使用。A的结构简式为：
已知：①在一定条件下，羧酸酯或羧酸与含—NH2的化合物反应可以生成酰胺，如：
②酯比酰胺容易水解。
请填写下列空白：
(1)在稀酸条件下加热，化合物A首先生成的水解产物是 和________。
(2)在较浓酸和长时间加热条件下，化合物A可以水解生成 、 和
。
(3)化合物A分子内的官能团之间也可以发生反应，再生成一个酰胺键，产物是甲醇和 。(填写结构简式，该分子中除苯环以外，还含有一个6原子组成的环)
38.(2001年上海，25)请阅读下列短文：
在含羰基C==O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RCOCH3；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反应的是 (多选扣分)
a.HCHO B.HCOOH C.CH3COCH2CH3 d.HCOOCH3
(3)有一种名贵香料——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 。
39.(2001年上海，28)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：
①在25 ℃时，电离常数K1＝3.99×10－4，K2＝5.5×10－6
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：(1)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的一个不同类别的同分异构体是 。
40.(2001年上海，29)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：
试写出：
(1)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 。
41.(2001年春，23)某芳香化合物A的分子式为C7H6O2，溶于NaHCO3水溶液，将此溶液加热，能用石蕊试纸检验出有酸性气体产生。
(1)写出化合物A的结构简式 。
(2)依题意写出化学反应方程式 。
(3)A有几个属于芳香族化合物的同分异构体，写出它们的结构简式 。
42.(2001年春，24)某一元羧酸A，含碳的质量分数为50.0%，氢气、溴、溴化氢都可以跟A起加成反应。
试求：(1)A的分子式 。
(2)A的结构简式 。
(3)写出推算过程 。
43.(2000年全国，27)氯普鲁卡因盐酸盐是一种局部麻醉剂，麻醉作用较快、较强，毒性较低，其合成路线如下：
请把相应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、碘化、氯代、酸化、碱化、成盐、酯化、酯交换、水解
44.(2000年全国，28)2，4，5—三氯苯酚和氯乙酸反应可制造除草剂2，4，5－三氯苯氧乙酸。某生产该除草剂的工厂曾在一次事故中泄漏出一种有毒的二恶英，简称TCDD。有关物质的结构式如下：
请写出：(1)生成2，4，5—三氯苯氧乙酸反应的化学方程式。
(2)由2，4，5—三氯苯酚生成TCDD反应的化学方程式。
45.(2000年上海，31)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、玉米淀粉等发酵制得，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。
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 。
46.(2000年广东，27)已知溴乙烷跟氰化钠反应后再水解可以得到丙酸：
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。
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_________(填反应代号)。
(2)写出结构简式：Ｅ_________，F_________。
47.(2000年春，31)药物菲那西汀的一种合成路线如下：
反应②中生成的无机物的化学式是 。
反应③中生成的无机物的化学式是 。
反应⑤的化学方程式是 。
菲那西汀水解的化学方程式是 。
48.(1999年全国，31)提示：通常，溴代烃既可以水解生成醇，也可以消去溴化氢生成不饱和烃。如：
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) 。
49.(1999年上海，30)化合物A（C8H17Br）经NaOH醇溶液处理后生成两种烯烃B1和B2。B2（C8H16）经过(1)用臭氧处理，(2)在Zn存在下水解，只生成一种化合物C。C经催化氢化吸收一摩尔氢气生成醇D(C4H10O)，用浓硫酸处理D只生成一种无侧链的烯烃E(C4H8)。
已知：
试根据已知信息写出下列物质的结构简式：
A
B2
C
E
50.(1999年上海，31)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，可用以下方法合成：
请写出：有机物的名称：A 、B 。
化学方程式：A+D→E 。
B+G→F 。
X反应的类型及条件：类型________,条件________。
E和F的相互关系属________(多选扣分)
①同系物 ②同分异构体 ③同一种物质 ④同一类物质
51.(1999年广东，27)A是一种邻位二取代苯，相对分子质量180，有酸性。A水解生成B和C两种酸性化合物。B相对分子质量60，C能溶于NaHCO3溶液，并能使FeCl3溶液显色(酸性大小：羧酸＞碳酸＞酚＞水)。试写出A、B、C的结构简式。
A： ，B： ，C： 。
52.(1999年广东，28)已知A、B、C、D、E五种芳香族化合物的分子式都是C8H8O2，请分别写出它们的可能结构式，使满足下列条件。
A.水解后得到一种羧酸和一种醇；
B.水解后也得到一种羧酸和一种醇；
C.水解后得到一种羧酸和一种酚；
D.水解后得到一种羧酸和一种酚，但这种酚跟由C水解得到的酚，不是同分异构体；
E.是苯的一取代衍生物，可以发生银镜反应。
A： ，
B： ，
C： ，
D： ，
E： 。
53.(1999年广东，30)某工业反应混合液中仅可能含有的组分是：乙醚(C4H10O)、乙醇(C2H6O)和水。经分析，液体中各原子数之比为C∶H∶O=16∶42∶5。
(1)若混合液中只含两种组分，则所有可能的组合是(错答要倒扣分)： 。
(2)若混合液中含有三种组分，在628克混合液中有1 mol H2O，此时乙醇和乙醚的物质的量各是多少
54.(1998年全国，31)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。
(ii)心舒宁结构式中间的圆点·表示形成盐。
(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): 。
55.(1998年全国，32)请认真阅读下列3个反应：
利用这些反应，按以下步骤可从某烃A合成一种染料中间体DSD酸。
请写出(A)、(B)、(C)、(D)的结构简式。
56.(1998年上海，32)化学式为C8H10O的化合物A具有如下性质：
④其催化脱氢产物不能发生银镜反应
⑤脱水反应的产物，经聚合反应可制得一种塑料制品(它是目前造成“白色污染”的主要来源之一)。
试回答：
(1)根据上述信息，对该化合物的结构可作出的判断是________(多选扣分)。
a.苯环上直接连有羟基 b.肯定有醇羟基
c.苯环侧链末端有甲基 d.肯定是芳香烃
(2)化合物A的结构简式 。
(3)A和金属钠反应的化学方程式 。
57.(1998年上海，33)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。
试写出：
化学方程式AD ，BC 。
反应类型 AB________BC________AE________。
E的结构简式 。
A的同分异构体(同类别且有支链)的结构简式： 及 。
58.(1998年上海，35)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，1.01×105 Pa时测定)：
(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 mol某气态烃在供氧不足时燃烧，产物在足量Na2O2和电火花连续作用下产生
3 mol氧气，且固体Na2O2增重范围为90 g≤ΔW≤118 g，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)
59.(1997年全国，34)A、B都是芳香族化合物，1 mol A水解得到1 mol B和1 mol醋酸。A、B式量都不超过200，完全燃烧都只生成CO2和H2O，且B分子中碳和氧元素总的质量百分含量为65.2％(即质量分数为0.652）。A溶液具有酸性，不能使FeCl3溶液显色。
(1)A、B式量之差为________。
(2)1个B分子中应该有________个氧原子。
(3)A的分子式是________。
(4)B可能有的三种结构简式是________、________、________。
60.(1997年全国，33)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：
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②和⑧直接合成它。此反应的化学方程式是 。
61.(1996年全国，33)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。下式中R代表烃基，副产物均已略去。
请写出实现下列转变的各步反应的化学方程式，特别注意要写明反应条件。
(1)由CH3CH2CH2CH2Br分两步转变为CH3CH2CHBrCH3
(2)由(CH3)2CHCH==CH2分两步转变为（CH3）2CHCH2CH2OH
62.(1996年上海，35)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＋C6H5OHZ(高分子化合物)
B1在16.6 ℃以下凝为冰状晶体，B1＋Na2CO3X＋CO2
Y(最简单的烃)
B2为无色液体，也能发生银镜反应；
1 mol C完全燃烧需要3 mol氧气
试回答：
(1)B2的名称________，A、B的结构简式：A________，B________；
(2)写出X→Y的化学方程式： ；
(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 ， 。
63.(1996年上海，34)(1)1 mol 和1 mol Br2完全加成，试写出产物可能有的结构简式： 。
(2)现有下列A、B两组物质：
B组：CH3CH2OH、银氨溶液、NaOH水溶液、NaOH醇溶液
试回答：A组中________能跟B组中所有物质在一定条件下发生反应，其中属于酯化反应的化学方程式为 ；
B组中某物质跟A中某物质发生消去反应的化学方程式为 。
64.(1995年全国，34)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不论以何种比例混合，只要其物质的量之和不变，完全燃烧时，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中相对分子质量最小的是(写分子式) ，并写出相对分子质量最小的含有(—CH3）的B的两种同分异构体的结构简式________,________。
65.(1995年全国，32)碳正离子〔例如CH、CH、（CH3）3C＋等〕是有机反应中重要的中间体。欧拉(G·Olaｈ)因在此领域研究中成就卓越而荣获1994年诺贝尔化学奖。
碳正离子CH可以通过CH4在“超强酸”中再获得一个H＋而得到，而CH失去H2可得CH。
(1)CH是反应性很强的正离子，是缺电子的，其电子式是________。
(2)CH中4个原子共平面的，三个键角相等，键角应是________。(填角度)
(3)(CH3）2CH＋在NaOH的水溶液中反应将得到电中性的有机分子，其结构简式是________。
(4)(CH3）3C＋去掉H＋后将生成电中性的有机分子，其结构简式是________。
66.(1995年上海，34)(1)在常温和不见光的条件下，由乙烯制取氯乙烯，试写出有关反应的化学方程式。
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
(2)降冰片烷立体结构如图所示，按键线式(以线示键，每个折点和线端点处表示有一个碳原子，并以氢补足四价，C、H表示不出来)写出它的分子式________，当它发生一氯取代时，取代位置有________种。
(3)将苯分子中的一碳原子换成氮原子，得到另一种稳定的有机化合物，其相对分子质量为________。
67.(1994年全国，35)以乙烯为初始反应物可制得正丁醇(CH3CH2CH2CH2OH）。已知两个醛分子在一定条件下自身加成。下式中反应的中间产物(Ⅲ)可看成是由(Ⅰ)中的碳氧双键打开，分别跟(Ⅱ)中的2—位碳原子和2—位氢原子相连而得：(Ⅲ)是一种3—羟基醛，此醛不稳定，受热即脱水而生成不饱和醛(烯醛)：
请运用已学过的知识和上述给出的信息写出由乙烯制正丁醇各步反应的化学方程式(不必写出反应条件)。
68.(1994年上海，38)化合物A(C8H8O3）为无色液体，难溶于水，有特殊香味。从A出发，可发生图示的一系列反应，图中的化合物A硝化时可生成四种一硝基取代物，化合物H的分子式为C6H6O，Ｇ能进行银镜反应。
回答：下列化合物可能的结构简式A________，E________，K________；
反应类型：(Ⅰ)________，(Ⅱ)________，(Ⅲ)________；
反应方程式：H→K________。C→E________，C＋F→G________。
●答案解析
（一）选择题
1.答案：D
解析：本题主要考查烃及衍生物燃烧时，消耗氧气的有关内容，设某有机物的组成为CxHyOz，则由CxHyOz+(x+)O2xCO2+H2O知，1 mol该有机物燃烧时耗氧(x+) mol，将所给选项代入比较可得答案为D。
2.答案：C
解析：本题主要考查酯的水解、不同有机物相对分子质量大小规律及同分异构体的相关内容。由于在相同温度和压强下，同质量的水解产物乙和丙的蒸汽占相同的体积，故二者的式量相同，由甲的分子式C9H18O2知乙丙可能为C3H7COOH,C5H11—OH;由于C3H7—有2种结构，C5H11—有8种结构，故甲的可能结构应为16种。
3.答案：A
解析：由乳酸（）和塑料（)的组成可知该塑料是通过乳酸的分子间发生酯化反应而制得的，故生成的另一产物必为H2O。
4.答案：B
解析：结构决定性质。分析L—多巴的结构式可知，分子中含有—COOH和酚羟基，该物质应具有酸性；该物质中又有—NH2，所以又应具有碱性。
5.答案：D
解析：烃中只含氢、碳两种元素。该物质中含所以该物质既不是烃，也不属于卤代烃，其性质是具有酯的性质，能发生水解反应；其分子中含有—C==C—，所以能发生加成反应。
6.答案：C
解析：本题主要考查考生的观察能力及对相关概念的理解，由所给结构不难知道其分子
式为C16H10N2O2，A、B选项正确；由于分子中含 结构，应属于不饱和化合物。
本结构分子其相对分子质量为262，而高分子化合物其相对分子质量一般从几万到几十万，显然本结构不属于高分子化合物，故C选项正确。
7.答案：C
解析：依据价键原则，两个—CH3和一个—Cl只有一个断键，只能连在链的端点上，而另外三个原子团，只能在链的中间位置。因此，首先把两个—CH2—和一个组合起来，共有两种组合方式；再分别用—CH3和—Cl饱和剩余价键，并交换—CH3和—Cl的位置，共可得到4种结构。
8.答案：C
解析：本题主要考查有关物质的命名的有关知识。六氯苯分子中应含有一个苯环的结构，可排除A、B两个选项，而D选项中的结构可称为六氯环己烷。故答案应选C。
9.答案：B
解析：此题综合考查了有机物的衍变关系、组成和性质。由乙的分子组成C2H4O2中碳原子数目可知，生成乙的酸和醇的分子中各只有一个碳原子，分别为甲醇和甲酸，则甲物质应为甲醛，甲醛在常温下为气体，分子中C的质量分数为40%。
10.答案：AB
解析：此题考查了不同有机物间相对分子质量大小规律。饱和一元羧酸的式量等于碳原子数比它多1的饱和一元醇的式量，即乙酸的式量等于丙醇的式量，甲酸的式量等于乙醇的式量。
11.答案：C
解析：从结构及题目提供的选项看，有四种不同颜色的球，即有四种元素，其中绿球相当于碳原子，白球相当于氢原子，关键是分析红球和蓝球。每个球结合三个原子，则蓝球代表N，而右边的碳原子结合三个原子，则与两个红球结合时，肯定有一个是双键，经分析是氧，综上分析，此结构可表示为： 即C为正确答案。
12.答案：D
解析：尿素是动物体内的新陈代谢产物之一，其结构为,其水解产物为NH3和CO2，故尿素是一种氮肥，所给选项A、B、C正确，答案为D。
13.答案：B
解析：由酯化反应特点可知，胆固醇酯分子中碳原子数＝胆固醇分子中碳原子数＋有机酸分子中碳原子数，所以有机酸分子中含碳原子数为7，再由胆固醇酯分子中氢原子数＝胆固醇分子中氢原子数＋有机酸分子中氢原子数－2，知有机酸分子中含氢原子数为6，故正确选项为B。
14.答案：D
解析：从维生素C的结构简式可以看出，分子中有环状结构，且有，应属于环状酯类化合物，有C==C易起加成反应和氧化反应，分子中有多个—OH，可溶于水，在碱性溶液中易水解而不能稳定存在。
15.答案：CD
解析：P、S、Cl是第三周期三种非金属元素，氢化物热稳定性依PH3、H2S、HCl顺序增强；Na、Mg、Al为同周期三种金属元素，从左到右，金属性减弱，氢氧化物碱性减弱，对应氯化物水解程度增大，ｐH减小；等质量的烃燃烧耗氧量由碳氢元素质量分数决定，因同质量的氢比碳耗氧多，含氢质量分数越大，耗氧越多；苯有弱酸性，其酸性比醇强比酸弱。
16.答案：C
解析：该有机物的分子中含有三个可水解的官能团，其中两个，一个，水解可产生四种分子。
17.答案：D
解析：油脂皂化前后溶液都呈碱性，使石蕊试液呈蓝色。油脂不溶于水，而皂化后的产物高级脂肪酸钠和甘油都易溶于水，所以答案应为D。
18.答案：B
解析：分析甲、乙、丙三种物质的分子组成可知，由甲到乙的反应为消去反应，乙为烯烃，乙到丙的反应为溴与烯烃的加成反应，产物分子中两溴原子应在相邻的两个碳原子上，故B不可能。
19.答案：AC
解析：由题给信息可知酰卤的结构可表示为(X代表卤素原子)，HCOF的结构式为，COCl2的结构式为。
20.答案：D
解析：由题意可知A为酯，B为醇，C为羧酸，D为醛。由醇到醛失去一定量的氢原子，摩尔质量醛小于醇。由醛到羧酸，增加一定量的氧原子，摩尔质量羧酸大于醛，又因氧原子的摩尔质量比氢原子的大得多，故羧酸的式量大于醇的。
21.答案：A
解析：烃类物质因其不含极性基团而都不溶于水；含有极性基团的物质如醇、醛等，低分子都易溶于水，但当碳键增长，致使极性基团所占成分较小时，也难溶于水。如：B、C两物质。
22.答案：D
解析：Br2可以与—CH==CH—发生加成反应，也可被苯环上羟基邻对位上的氢原子取代。故由已知结构式可知，1 mol该化合物可与6 mol Br2起反应。H2可以与—CH==CH—及苯环均发生加成反应，故由已知结构可知，1 mol该化合物可以与7 mol H2起反应。故选D。
23.答案：BC
解析：由较强的酸能与较弱的酸的盐反应生成较弱的酸和较强酸的盐的反应规律及酸性
强弱顺序可知：①碳酸能与苯酚钠反应，生成NaHCO3及 ，故A不对，B
对。② 能与Na2CO3反应生成NaHCO3，但不能与NaHCO3反应生成CO2和
H2O，故C对，D不对。故选B、C。
24.答案：AC
解析：由键线式的书写原则，结合结构式形式即可求出C、H原子个数，从而确定分子式为C20H30O，故A对。又由该有机物的烃基很大可以推测，该有机物不易溶于水，由键线式的写法可知异戊二烯可表示为故可知维生素A结构中有异戊二烯的碳链结构。由维生素A中C==C双键数目可知1 mol维生素A最多可与5 mol H2加成。故选A、C。
25.答案：C
解析：四个选项中Br被—OH取代后的生成物分别是：A为芳香醇，B为酚，C为羧酸，D为脂环醇。已知醇不能与NaHCO3反应，再由题意，酸性：羧酸＞碳酸＞酚，即只有羧酸能与NaHCO3反应，所以选C项。
26.答案：CD
解析：新旧方法的原料分别是：
旧：丙酮、HCN、CH3OH、H2SO4；
新：丙炔、CO、CH3OH；
从中看出原料均无爆炸性，故排除A项；又其中HCN、CO为有毒物质，可排除B项。然后分析给出反应，旧法有副产物NH4HSO4生成，故C正确；又旧法中使用H2SO4、HCN等对设备有腐蚀作用，故D也正确。
27.答案：A
解析：由题m(CO＋CO2)＝27.6 g－10.8 g＝16.8 g
n(H)＝×2＝1.2 mol
n(乙醇)＝＝0.2 mol
所以n(CO＋CO2)＝0.4 mol
(CO＋CO2)＝＝42 g·mol－1
（即CO、CO2平均相对分子质量为42）
所以m(CO)＝×0.4 mol×28 g·mol－1＝1.4 g，故选A。
28.答案：BC
解析：有机物完全燃烧生成CO2和H2O(g)，通过石灰水后CO2与Ca(OH）2反应，而水蒸气冷凝，也被吸收。由生成20 g沉淀知n(CO2)＝0.2 mol，又
CO2＋Ca（OH）2===CaCO3↓＋H2O ΔW
1 mol 100 g－44 g＝56 g
0.2 mol x
x=11.2 g，即如有0.2 mol CO2被Ca(OH)2吸收，溶液质量应减少11.2 g，而现在仅减少5.8 g即溶液吸收了11.2 g－5.8 g=5.4 g水。所以原有机物分子中n(C)∶n(H)＝0.2 mol∶×2＝1∶3，对照选项n(C)∶n(H)＝1∶3的可能为B：C2H6O2或C：C2H6O，故选B、C。
29.答案：C
解析：题给信息①同系列结构可用通式表示；②W为2价基团，即是系差；因此在给出的选项中能找到系差W，可用通式①表示的即可称为同系列，否则为此题答案。其中A、B、D的W和通式分别为：
而C中，第一项无Cl原子，后两项有。不能称为同系列，故选C。
30.答案：B
解析：解此题的思路可以逐一分析(1)～(5)五种物质，也可以从发生加成、酯化、氧化反应的官能团的特性分析。但对各种官能团特性的分析是解题的关键。能发生加成反应是“==”“≡”键的性质，而—OH，—COOH是发生酯化反应的官能团，而不饱和键：—OH、—CHO可发生氧化反应(此题中的氧化反应应是指不完全氧化)，由此可知：（2)不能发生加成反应；(4)不能发生酯化反应，其余符合，故选B。
31.答案：A
解析Ⅰ：戊烷 C5H12＋8O25CO2＋6H2O
苯 2C6H6＋15O212CO2＋6H2O
苯酚 C6H5OH＋7O26CO2＋3H2O
设有机物均为1 mol 时需O2量依次为8 mol、7.5 mol、7 mol。所以x＞y＞z，故选A。
解析Ⅱ：如能熟记1 mol C需1 mol O2、4 mol H需 1 mol O2，则只由分子式可直接求出完全燃烧时需O2的量。(如有机物中含O，可从需O总量中减去。或含有一个O原子从有机物分子先去2个H，再算需O2的总量)
（二）笔答题
32.答案：（1）C10H1818O （2）a （3）ac
解析：由α—松油醇的结构简式可以看出，—OH直接与链烃基相连，应是醇；分子中含有环状结构且有双键，应属于不饱和醇，能发生加成反应，也能被氧化。A在脱水发生消去反应时，如果是环上的—OH发生消去，得α—松油醇；如果是侧链上的—OH发生消去反应，去氢的位置有两种，一种是去侧链上的氢，得β—松油醇，另一种是去环上的氢，得γ—松油醇。
33.答案：CH2==CH2+HClCH3CH2Cl 加成 氯乙烷沸点低，易挥发吸热
解析：乙烯分子中含有C==C双键，在一定条件下可与HCl分子发生加成反应，CH2==CH2+HClCH3—CH2Cl而生成氯乙烷，氯乙烷的沸点低，易挥发，挥发时吸收热量可具体应用于冷冻麻醉。
35.答案：（1）2，3－二甲基丁烷 （2）取代 加成
（5）E CnH2n－2
解析：本题的前二问比较简单，第一问考查有机物的命名，第二问考查有机反应的基本类型，第三、四问则是利用有关反应和性质来确定物质的结构，由B的结构及反应条件可知C1、C2可能为 由于E可发生1，4－
加成和1，2－加成，则E为二烯烃，不难推得C2为（CH3）2C==C（CH3）2，D为E为 其他问题便可迎刃而解了。
36.答案：(1)C9H13O
(2)羟 氨
解析：此题的前两步比较简单，第一问考查了有机物分子式的书写，第二问考查了官能团的名称，这些都是有机化学的基本知识。第三问则是结合数学知识考查了同分异构体的书写。利用排列组合的知识可知：苯环侧链上三个碳原子连成直链时，三个碳原子的位置各不相同，两个取代基在三个碳原子上分布位置共有6种，题目中已给出了五种，依据规律可写出第六种；如苯环侧链上三个碳原子连成时，则碳原子位置有两种，两个取代基连在位置不同的碳原子上可得两种结构，连在位置相同的两个碳原子上时，则又得到了一种，总共4种。
解析：本题意在联系社会考查学生有机化学知识的应用能力。同时也考查了学生的信息接受与应用能力。利用信息②酯比酰胺容易水解，在条件(1)下，只能是A中的酯基水解，产物中必有甲醇；在条件(2)下，酯和酰胺都水解，产物有三种；由第三问中的题意可知，既然有甲醇生成，分子内官团之间则按信息①中的第一步反应方式进行。
（2）c （3）b （4）C10H16O
解析：此题为一信息迁移题。解题的关键是读懂题干所给出的三条信息。一是酮的分类依据；二是酮的加成反应的原理；三是酮的还原性较弱，弱于醛基。
(1)利用第二条信息可知，HCN溶液中带负电荷的CN－进攻羰基碳，而带正电荷的H＋加到羰基的氧原子上，形成—OH。所以反应的方程式为：
(2)醛基可被银氨溶液氧化，而羰基不能被氧化，四个选项中a、b、d中都含有醛基，c中只有羰基，无醛基，故应选C。
(3)与灵猫香酮中的羰基相连的是相互闭合的环状结构，且无苯环，因此，该物质应属于脂环酮。
(4)利用碳的四价键原则，首先查出碳原子数，再算出氢原子数和氧原子数，即可得出其分子式。
39.答案：(1)bc
(2)HOOC—CH（OH）—CH2—COOH或
解析：此题为一信息推断题。由分子组成可知，此物质的分子中不含苯环，也就不含酚—OH，但有两步电离，说明分子中含有两个—COOH；又因能与RCOOH发生反应生成香味物质，说明发生了酯化反应，该物质的分子中含有—OH，再由1 mol A与足量钠反应可放1.5 mol H2，说明分子中只有一个—OH，所以问题(1)的答案是：b、c；在写A的结构式时就注意A分子中不含—CH3；A的脱水产物能与溴水加成，说明A脱水生成的是烯键。因A中不含—CH3，就很易写出含—CH3的A的同分异构体。
40.答案：(1)加成 消去 水解(或取代)
(2)CH2Cl—CH==CH—CH2Cl HOOC—CH===CH—COOH
(3)CH2==C(CH3)—COOH＋C16H33OH CH2==C(CH3)—COOC16H33+H2O
解析：此题为有机合成推断题。可采用正向思维和逆推法相结合的方法解题。由J的结构式可知，E与K发生的是加聚反应生成了J，E与K分子中都有双键。D生成E的反应为酯化反应，说明了反应b为消去反应，反应a为CH2==CH—CH3与水的加成反应；H到K的反应为分子内两—COOH的脱水成环反应；CH2==CH—CH==CH2与Cl2发生了1、4—加成反应生成CH2Cl—CH==CH—CH2Cl，该物质水解生成了二元醇G，G再氧化得二元羧酸H。
解析：A能与NaHCO3反应放出CO2，说明A的酸性比碳酸强，又因A为芳香化合物，分子内含有苯环，结合其分子组成，则其另一部分为—COOH。故为苯甲酸。羧酸的同分异构体为羟基醛和酯，分别可写出4种结构。
42.答案：(1)C3H4O2 （2）CH2==CH—COOH
(3)A是一元羧酸，所以A中有—COOH，A能与氢气、溴、溴化氢反应，所以分子中有碳碳不饱和键。含碳碳不饱和键的最简化合物是丙烯酸和丙炔酸，但只有丙烯酸的碳的质量分数为50%。所以A为丙烯酸。
43.答案：①硝化 ②氯代 ③氧化 ④酯化 ⑥还原
解析：此题主要考查的有机化学的反应类型，只要明确了合成路线中的各步反应的条件及A、B产物的结构，问题就能顺利解决。
解析：此题主要考查了有机合成及有机化学方程式的书写，反应(1)的反应物和主要产物都已给出，只要看出副产物HCl即可。而TCDD的生成，显然是两分子2，4，5—三氯苯酚缩减两分子HCl生成的。
消去(或脱水) 酯化(或分子间脱水)
解析：A在浓硫酸作用下脱水可生成不饱和的化合物E，说明A分子中含有—OH；A也能脱水形成六原子环状化合物F，说明分子中还有—COOH，其结构简式为
不难推出B为D为
46.答案：（1）②③
解析：由A的分子组成及A能与溴发生加成反应可知A为CH3CH==CH2，与溴反应生成加成产物B为：CH3CHBrCH2Br，结合题给信息，B与NaCN发生取代反应生成
该物质水解生成E为：又知B水解生成
DE和D发生酯化反应生成F。
47.答案：
②H2SO3（或SO2＋H2O） ③Na2SO3、H2O
48.答案：(1)C：C6H5—CH==CH2，G：C6H5—C≡CH，
(2)①③⑥⑧
解析：本题的关键在于题给信息的灵活应用，由题意知：E应为二元卤代烃，则G中应含—C≡C—所以F为二元醇。
B2.CH3—CH2—CH2—CH==CH—CH2—CH2—CH3
C.CH3—CH2—CH2—CHO
E.CH2==CH—CH2—CH3
解析：本题的突破口是：
②醇D(C4H10O)用浓H2SO4处理只生成一种无支链的烯烃E。由此推知：
D：CH3—CH2—CH2—CH2—OH；
B2：CH3—CH2—CH2—CH==CH—CH2—CH2—CH3。
50.答案：
A：对苯二甲醇 B：对苯二甲酸，
X：取代 光 ②④
解析：仔细分析框图，在反应条件的提示下确定各生成物的结构，是解答此题的关键。教材中对卤代烃与NaOH溶液的反应没有涉及，但本题已说明：E和F具有相同的相对分子质量，可推知：
解析：有机物间在相互衍变时，除组成和性质上的衍变外，还包含有量的变化，而且量的变化往往是问题的突破口。本题就是定性和定量相结合进行有机推断的一个典例。
(说明：答案中A和B可以互换，C和D可以互换：D写成间位或对位均可)
解析：本题考查了同分异构体的书写方法。在书写有机物同分异构体时应注意三点：一是物质的类别，即物质中的官能团；二是物质的原子组成；三是由价键原则确定原子团之间的联接方式。如A为一种酯，必含有且含有苯环，再有分子式为C8H8O2，则还剩余原子团只能为—CH2—，最后由价键原则写出结构式。
53.答案：(1)乙醚和乙醇，乙醚和水 (2)乙醚为7 mol,乙醇为2 mol
解析：(2)由题意，该混合物可写为C16H42O5，1 mol C16H42O5的质量=12 g×16+1 g×42+16 g×5=314 g，628 g÷314 g=2,即628 g混合物中含32 mol C，84 mol H和10 mol O，设628 g混合物中含a mol C4H10O和b mol C2H6O，并已知n(H2O)＝1 mol。
解之，得：a=7,b=2?
乙醚为7 mol, 乙醇为2 mol。
解析：由合成路线中④反应条件，结合所学知识可知，反应④应为消去反应，由此即可确定中间体(Ⅰ)的结构。如果⑤⑥两步颠倒，则中间体(Ⅰ)首先与 H2加成即生成：
解析：此题应采用逆向推导。由反应②可知—NH2易被氧化，故该反应应在最后进行。
由此推知D为 由转化关系可知A→B应为
硝化反应，由B→C应为反应①，故由C→D应为反应③。从而再确定C的结构为
解析：由①和②可知A中含有—OH，再由③可知A含有苯环，且不含酚羟基，且苯环上只有一个侧链。又由④可知—OH不在侧链端碳原子上。综上条件即可推出A的结构为：
解析：由A的分子式为C4H8O3，且有酸性可知A含有—COOH；又知 (五原子环化合物)可推知A为直链化合物且含有—OH位于端碳原子上，从而得出A的结构简式为
58.答案：(1)CxHy＋（）O2===mCO2＋H2O＋（x－m）CO
（2）C4H8
解析：（2）CxHy＋（）O2
当m=2时
解得：x=4 y=8? 所以该烃为C4H8
（3）以下计算和讨论过程供参考：
固体质量总增重
ΔW＝ΔW（CO2）＋ΔW（H2O）＋ΔW（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产生O2的体积都是3体积
＝3 因为x＞m 所以x＞6－
讨论得气态烃中x=3时 y＞6，x=4时 y＞4?
根据①②条件需同时满足，从而否定C4H4，否定C3H6。
所以该烃的可能性为C3H8与C4H6。
再根据＝3，
y=8时，m=2
y=6时，m=3
59.答案：(1)42 (2)3 (3)C9H8O4
解析：由A+H2OCH3COOH＋B，知A＋18＝60＋B，所以A、B相对分子质量相差60－18＝42。B的相对分子质量不超过200－42＝158。又A水解生成酸和B，则B含羟基，A含酯基，又A还显酸性且不使FeCl3显色，则A还原有羧基(—COOH），则B也应有羧基。故可初步推断B含3个氧原子，再由B中氧的质量分数，可求B的相对分子质量应为M(B)＝＝138＜158推断合理。由以上分析可知B为羟基苯甲酸。此题可解。
解析：(1)由n(C)∶n(H)∶n(O)＝1∶2∶1，知A、B、C最简式为CH2O。都能发生银镜反应，即都含—CHO；都不水解，即都不为酯。又根据A的性质可推知A为甲醛(HCHO)；B为乙酸，则B的分子式为C2H4O2，B2能发生银镜反应可推知为HCOOCH3(甲酸甲酯)，则B只能为
(2)B1为乙酸与Na2CO3反应生成CH3COONa（X），Ｙ为最简单的烃为CH4，故可根据CH4的实验室制法得解。
(3)C可设为（CH2O）n分解为Cn（H2O）n，而1 mol C与3 mol O2反应可知n=3，即C分子式为C3H6O3，又由上可知C含—CHO，不水解，可推为
64.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：C、O原子数必须都答对)
C2H4O2 CH3COOH HCOOCH3
解析：由题意直接可得出A、B含H原子数一定相同。若二者都为烃，设A为CnHa，B为CmHa，则二者n与m不等时耗氧量一定不同，所以可以推论出A、B中或一为烃、一为含氧化合物或二者都含氧。又有燃烧1 mol碳原子一定消耗1 mol 氧气，所以B如比A多一个碳原子必须多含2个氧原子，这样保证二者耗氧气量相同。既相差n个碳原子；同时要相差2n个氧原子。若A为CH4，则B一定含O原子，按上述结论B相对分子质量最小时应比CH4多1个碳原子、2个氧原子即为C2H4O2。
（2）120°
（3）（CH3）2CHOH
（4）（CH3）2C==CH2
解析：整理题给信息
①碳正离子是反应的中间体
(2)与BF3、SO3等构型相似。推出键角为120°。
(3)由信息可推出中性分子在超强酸中可变为碳正离子，反之碳正离子在强碱溶液中即可结合OH－变为中性分子，反应式可简记为：
（CH3）2CH＋＋OH－（CH3）2CHOH
66.答案：(1)CH2==CH2＋Cl2→CH2ClCH2Cl
(2)C7H12 3 （3）79
67.答案：①CH2==CH2＋H2OCH3CH2OH
②2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O
解析：由信息可知，由醛的互相反应可增长碳链，所以由乙烯制正丁醇应首先制得乙醛，然后进入信息，后续反应也即可完成。
反应类型：(Ⅰ)水解，(Ⅱ)酯化，(Ⅲ)取代
反应方程式：
解析：解此题的关键是确定A。给出的条件有：①分子式C8H8O3；②无色液体、难溶于水；③有香味，推为酯；④与NaOH水溶液加热生成B＋C(进一步证明为酯)：⑤CＥF可推断C为醇，则B为酸。⑥酸BDC6H6OK↓(白)。这个条件是解题的难点。要深入理解甲烷实验室制法反应的原理。则认定C6H6O为苯酚，D为苯酚钠从而A为含苯环和酚羟基的酯。结构分子式推为
(不能为对位，因其一硝基取代物有四种)。
●命题趋向与应试策略
（一）重视基础 形成知识规律
1.有机物重要物理性质的规律
（1）有关密度的规律。物质的密度是指单位体积里所含物质的质量，它与该物质的相对分子质量、分子半径等因素有关。一般讲，有机物的密度与分子中相对原子质量大的原子所占质量分数成正比。例如，烷、烯、炔及苯和苯的同系物等物质的密度均小于水的密度（即ρ烃＜1），并且它们的密度均随着分子中碳原子数的增加和碳元素的质量分数的增大而增大；而一卤代烷、饱和一元醇随分子中碳原子数的增加，氯元素、氧元素的质量分数降低，密度逐渐减小。
（2）水溶性规律。有机物是否溶于水与组成该有机物的原子团（包括官能团）有密切关系。在有机物分子常见的官能团中，—OH、—CHO、—COOH、—SO3H等，皆为亲水基，—R、—NO2、—X、等皆为憎水基。一般来讲，有机物分子中当亲水基占主导地位时，该有机物溶于水；当憎水基占主导地位时，则难溶于水。由此可推知：
①烃类均难溶于水，因其分子内不含极性基团。
②含有—OH、—CHO、及—COOH的各类有机物（如醇、醛、酮、羧酸），其烃基部分碳原子数小于等于3时可溶于水。
③当活泼金属原子取代有机物分子中的氢原子后所得的产物可溶于水。如CH3CH2ONa、CH3COONa、C6H5ONa等。
（3）熔、沸点规律。熔、沸点是物质状态变化的标志，有机物溶、沸点的高低与分子间相互作用、分子的几何形状等因素有关。
①结构相似的有机物，相对分子质量越大，分子间力越大，其熔、沸点越高。如链烃同系物的沸点，随着相对分子质量的增大而升高，状态由气态（分子中碳原子数小于等于4者及新戊烷通常为气态）到液态，最后变为固态。
②在同分异构体中，一般支链越多，分子间接触越困难，分子间力越小，其熔、沸点越低。如沸点：正戊烷＞异戊烷＞新戊烷。但熔点有例外，如新戊烷＞正戊烷＞异戊烷。
③分子的极性越强，分子间引力越大，故相对分子质量相近的有机物，其分子的极性越强，沸点就越高。如沸点：CH3CH2OH＞CH3CH2Cl＞CH3CH3。
2.烃的衍生物的分类及相互转化关系
（1）烃的衍生物的化学性质取决于官能团。但官能团相同，其有机物的化学性质不一定完全相同。如苯酚和乙醇官能团同为羟基，化学性质却不完全相同：苯酚显酸性，能与溴水发生取代反应，与Fe3＋发生显色反应；而乙醇没有酸性，只与氢卤酸发生取代反应，还能发生消去反应、酯化反应等。
（2）含有多个官能团，具有多个官能团的性质，但官能团之间相互有影响：如甲酸
有醛基、羧基，因此能发生氧化反应、中和反应。
（3）有机物间的相互衍变关系
3.有机化学反应类型
重要有机反应类型和涉及的主要有机物类别
4.系列异构的规律
（1）同数碳的饱和一元醇和醚CnH2n+2O互为同分异构体。
（2）同数碳的一元酚和芳香醇及芳香醚CnH2n－6O互为同分异构体。
（3）同数碳的饱和一元醛和酮CnH2nO互为同分异构体。
（4）同数碳的饱和一元羧酸和酯CnH2nO2互为同分异构体。
（5）同数碳的氨基酸和硝基化合物互为同分异构体。
5.有机物中一些经验公式和规律
（1）由烃含氧衍生物(一元)相对分子质量推断类别和分子式：
（2）有机物完全燃烧生成CO2和H2O的物质的量比等于原有机物中碳与2倍氢的物质的量比，每增1 mol CH2，耗O2量多1.5 mol。
（3）1 mol有机物完全燃烧的耗氧量，烃为：碳数＋氢数／4；一元醇为：碳数＋氢数／4－0.5；一元醛或酮为：碳数＋氢数／4－0.5；一元羧酸或酯为：碳数＋氢数／4－1。
（二）分析热点 把握命题趋向
烃的衍生物知识是高考有机化学知识中的重要部分。其命题特点是：一是已知有机物的结构简式写其分子式或由有机物的分子式确定其结构简式，即确定有机物的结构和组成的关系，此类题在近几年高考题中经常出现，有时与书写同分异构体结合在一起。二是根据烃的衍生物的性质，结合生活、生产中常见的物质设计成选择题、推断题来考查学生认识、理解烃的衍生物的主要官能团的性质。三是根据有机物的衍变关系，以新药、新的染料中间体、新型材料的合成为情境，通过引入一些新信息，设计成框图的形式来设问，组合多个化合物的化学反应，合成具有指定结构的产物仍是今后高考命题的方向。
［例题］（2002年上海，29）某有机物J（C19H20O4）不溶于水，毒性低，与聚氯乙烯、聚乙烯等树脂具有良好相容性，是塑料工业主要增塑剂，可以用下列方法合成之：
合成路线：
流程中：（Ⅰ）反应A→B仅发生中和反应，（Ⅱ）F与浓溴水混合不产生白色沉淀。
（1）指出反应类型：反应② 反应④ 。
（2）写出结构简式：Y F 。
（3）写出B+E→J的化学方程式 。
（4）写出E的属于芳香烃衍生物的同分异构体的结构简式：
、 、 。
解析：此题为一有机推断题。一要注意反应条件的利用，如由D与氯气反应生成E，没有催化剂的参与，应是苯的同系物侧链上的氢被氯取代，由E到F应是卤代烃的水解，F是醇，则F与A发生的是酯化反应。二要注意分子组成的变化，如碳原子数、氢原子数、氧原子数等的变化，F与A发生酯化反应生成J，由J和F的分子组成，就可推知A的分子组成，进一步再推出Y的组成和结构；另外，注意题给信息的利用，如F与浓溴水混合不产生白色沉淀，说明F不是酚类物质，更进一步说明了前面推导的正确性。
答案：（1）取代 酯化
浓硫酸
△高考化学分类解析(八)——化学键与晶体结构
●考点阐释
1.理解离子键、共价键的涵义。理解极性键和非极性键。了解极性分子和非极性分子。了解分子间作用力，初步了解氢键。
2.了解几种晶体类型(离子晶体、原子晶体、分子晶体、金属晶体)及其性质。会判断晶体类型，会比较晶体熔点高低和硬度大小。
●试题类编
(一)选择题
1.(2002年上海，7)在下列有关晶体的叙述中错误的是
A.离子晶体中，一定存在离子键
B.原子晶体中，只存在共价键
C.金属晶体的熔沸点均很高
D.稀有气体的原子能形成分子晶体
2.(2002年上海，2)下列表达方式错误的是
C.硫离子的核外电子排布式1s22s63s23p4
D.碳—12原子C
3.(2002年上海春，17)若在宇宙飞船的太空实验室(失重条件下)进行以下实验，其中最难完成的是
A.将金粉和铜粉混合
B.将牛奶加入水中混合
C.蒸发食盐水制取食盐晶体
D.用漏斗、滤纸过滤除去水中的泥沙
4.(2001年上海，4)下列分子的电子式书写正确的是
5.(2001年上海，6)下列物质属于分子晶体的化合物是
A.石英 B.硫酸
C.干冰 D.食盐
第28届国际地质大会提供的资料显示，海底有大量的天然气水合物，可满足人类1000年的能源需求。天然气水合物是一种晶体，晶体中平均每46个水分子构建成8个笼，每个笼可容纳1个CH4或1个游离水分子。根据上述信息，完成6～7题。
6.(2001年上海，8)下列关于天然气水合物中两种分子极性的描述正确的是
A.两种都是极性分子
B.两种都是非极性分子
C.CH4是极性分子
D.水是极性分子，CH4是非极性分子
7.(2001年上海，9)若晶体中每8个笼只有6个容纳了CH4分子，另外2个笼被游离水分子填充，则天然气水合物的平均组成可表示为
A.CH4·14H2O B.CH4·8H2O
C.CH4·7H2O D.CH4·6H2O
8.(2001年广东、河南，3)氮化硅(Si3N4)是一种新型的耐高温耐磨材料，在工业上有广泛用途，它属于
A.原子晶体 B.分子晶体
C.金属晶体 D.离子晶体
9.(2000年全国，15)1999年曾报导合成和分离了含高能量的正离子N的化合物N5AsF6，下列叙述错误的是
A.N共有34个核外电子
B.N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
10.(2000年全国，3)下列广告用语在科学性上没有错误的是
A.这种饮料中不含任何化学物质
B.这种蒸馏水绝对纯净，其中不含任何离子
C.这种口服液含丰富的氮、磷、锌等微量元素
D.没有水就没有生命
11.(2000年全国，11)下列每组物质发生状态变化所克服的粒子间的相互作用属于同种类型的是
A.食盐和蔗糖熔化 B.钠和硫熔化
C.碘和干冰升华 D.二氧化硅和氧化钠熔化
12.(2000年春，2)下列电子式中，正确的是
13.(1999年全国，6)关于晶体的下列说法正确的是
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
14.(1999年全国，7)下列各分子中所有原子都满足最外层为8电子结构的是
A.BeCl2 B.PCl3
C.PCl5 D.N2
15.(1999年上海，3)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
A.NH4NO3 B.SiO2
C.C6H5NO2 D.Cu
16.(1998年全国，5)下列分子中所有原子都满足最外层8电子结构的是
A.光气(COCl2) B.六氟化硫
C.二氟化氙 D.三氟化硼
17.(1998年全国，13)下列叙述正确的是
A.同主族金属的原子半径越大，熔点越高
B.稀有气体原子序数越大沸点越高
C.分子间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
18.(1998年上海，3)下列电子式书写错误的是
19.(1996年全国，10)关于化学键的下列叙述中，正确的是
A.离子化合物可以含共价键 B.共价化合物可能含离子键
C.离子化合物中只含离子键 D.共价化合物中不含离子键
20.(1996年上海，3)下列电子式书写错误的是
21.(1996年上海，8)下列各组分子中，都属于含极性键的非极性分子的是
A.CO2、H2S B.C2H4、CH4
C.Cl2、C2H2 D.NH3、HCl
22.(1996年上海，2)下列过程中，共价键被破坏的是
A.碘升华 B.溴蒸气被木炭吸附
C.酒精溶于水 D.HCl气体溶于水
23.(1995年全国，1、2、3)请分别比较①～③小题中前后两个值的大小。用A、B、C、D表示前者和后者的关系。
①N和Ne的原子半径
A.大于 B.小于 C.等于 D.不能肯定
②F2和Br2的沸点
A.大于 B.小于 C.等于 D.不能肯定
③O和O的原子的核外电子数
A.大于 B.小于 C.等于 D.不能肯定
24.(1995年上海，16)下列判断不正确的是
A.SO2具有可燃性 B.H2SO4不是离子化合物
C.芒硝是硫酸盐 D.CS2的电子式
25.(1994年上海，6)下列电子式中，正确的是
26.(1994年上海，13)下列各组物质中，都是由极性键构成的极性分子的一组是
A.CH4和Br2 B.NH3和H2O
C.H2S和CCl4 D.CO2和HCl
27.(1994年上海，12)下列各组物质中，按熔点由低到高排列正确的是
A.O2、I2、Hg B.CO2、KCl、SiO2
C.Na、K、Rb D.SiC、NaCl、SO2
(二)笔答题
28.(2000年广东，25)(1)下列物质结构图中，●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，(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 写出三硝酸甘油酯的结构式：
。
29.(1999年全国，33)(1)中学教材上图5—3表示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＋与最邻近O2－的核间距离为a×10－8cm，计算NiO晶体的密度(已知NiO的摩尔质量为74.7 g·mol－1)。
(2)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Ni0.97O，试计算该晶体中
Ni3＋与Ni2＋的离子数之比。
30.(1998年全国，30)BGO是我国研制的一种闪烁晶体材料，曾用于诺贝尔奖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，锗处于最高价态，②在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，在此氯化物中铋具有最外层8电子稳定结构，③BGO可看成是由锗和铋两种元素的氧化物所形成的复杂氧化物，且在BGO晶体的化学式中，这两种氧化物所含的总质量相同。请填空：
(1)锗和铋的元素符号分别是_________________和_________________。
(2)BGO晶体的化学式是_________________。
(3)BGO晶体中所含铋的氧化物化学式是_______________________________________。
31.(1998年上海，27)a、b、c、d、e、f、g为七种由短周期元素构成的粒子，它们都有10个电子，其结构特点如下：
粒子代码： 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
电荷数： 0 1＋ 1－ 0 2＋ 1＋ 0
(单位电荷)
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粒子的核外电子排布式_________________。
(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：___________＞___________ (用化学式表示)。
(3)d溶于水的电离方程式______________________。
(4)g粒子所构成的晶体类型属_________________。
(5)c粒子是_________________，f粒子是_________________(用化学式表示)。
●答案解析
(一)选择题
1.答案：C
解析：原子晶体中一定不存在离子键。只要晶体中存在离子键，就一定是离子晶体，但在离子内部可能含有共价键。在常见的晶体类型中，只有金属晶体的熔沸点差别最大，有熔沸点很高的钨，也有常温下为液态的汞。
2.答案：C
解析：硫离子的最外层电子是饱和的，应为8，硫离子的核外电子排布式1s22s63s23p6。
3.答案：D
解析：此题为一物理与化学的综合试题。粒子间都存在一定的作用力，所以，将金粉和铜粉混合或将牛奶加入水中混合在地球上与在太空中一样能完成。同样地加热，也能使分子克服分子间作用力而挥发，故C也能完成。上述实验都与重力无关。但在过滤操作中，固体与液体的分离是在重力的作用下，液体流到低处来完成的，太空中没有了重力，液体也就不会自动流下。
4.答案：C
解析：在书写共价分子的电子式时，应注意两点：一是各原子最外层的电子数必须标出；二是要正确标出共用电子对数目。A中N原子的最外层电子没有全部标出，B中氯原子的最外层电子没有全部标出，D中碳原子与氧原子间应形成两对共用电子对。
5.答案：BC
解析：石英为原子晶体，食盐为离子晶体，硫酸和干冰为分子晶体。
6.答案：D
解析：水分子中的三个原子形成角形结构，不对称，为极性分子；CH4分子的空间构型为正四面体型，属于对称结构，为非极性分子。
7.答案：B
解析：解答此题要注意审题，由题意可知：8个笼中共有48个水分子，6个CH4分子。所以其平均组成为：CH4·8H2O。
8.答案：A
解析：耐高温、耐磨是原子晶体的特点，故氮化硅(Si3N4)是原子晶体。
9.答案：C
10.答案：D
解析：解答本题要联系实际，饮料中至少含有水，水就是一种化学物质。且无论如何纯净的水都存在水的电离，都有H＋、OH－；氮、磷是农作物生长所必须的成分，而非口服液的成分；水在各种动植物中都占有相当大的比重，所以没有水就没有生命。
11.答案：C
解析：食盐熔化克服的是离子键，蔗糖熔化克服的是分子间作用力，故A选项错误。钠发生状态变化克服的是金属键，而硫发生状态变化克服的是分子间作用力，因此B选项也不正确。碘和干冰都是分子晶体，状态改变克服的都是分子间作用力，故C选项符合题意。二氧化硅是原子晶体，熔化时克服的是共价键，而氧化钠是离子晶体，熔化时克服的离子键，故D选项也不合题意。
12.答案：D
解析：A中N2的电子式书写不规范，正确的应为： ：N┇┇N：；共价化合物中不能写电荷符号，故C错；复杂的离子的电子式必须有［ ］且要写出电荷符号。
13.答案：A
解析：金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的，不存在阴离子；金属钨的熔点高于原子晶体硅的熔点；分子晶体碘常温下为固态，而汞为液态。
14.答案：BD
解析：分子中的原子是否满足8电子结构取决于两个因素：一是该中性原子的最外层电子数；二是该原子在分子中形成的共价键数目。如果二者之和为8，则满足8电子结构。
15.答案：C
解析：本题考查了化学式的含义。在四大类晶体中，除了分子晶体中含有独立的分子以外，其余几种晶体都找不到独立的分子，此时化学式仅表示物质中原子的最简组成。
16.答案：A
解析：光气的电子式为： 因此分子中每个原子都能满足8电子
结构。SF6中一个硫原子形成6对共用电子对，故S不能满足8电子结构；XeF2中，氙原子成键前已满足8电子结构，成键后又形成两对共用电子对，故不能满足8电子结构；BF3分子中，B原子与F原子只形成了三对共用电子对，达不到8电子结构。
17.答案：BC
解析：同主族金属元素的原子半径越大，构成金属晶体的金属键越弱，则熔点越低；稀有气体为单原子分子构成的分子晶体，其相对分子质量随原子序数增大而增大，则熔沸点增高；分子间作用力越弱，分子晶体的熔点越低；同周期元素的原子半径是随原子序数增大从左到右逐渐减小，失电子能力逐渐减弱，得电子能力逐渐增强。
18.答案：B
解析：以共价键形成的分子或离子中，如果能用电子式表示其结构，则每个原子的最外层必满足8电子稳定结构(氢满足2电子稳定结构)。
19.答案：AD
解析：如NaOH这样的离子化合物既含有离子键，又含有共价键。
20.答案：A
解析：CO2的电子式应为
21.答案：B
解析：此题考查共价键的极性和分子的极性。A中，CO2结构为O==C==O,H2S为
所以都含极性键，但H2S是极性分子。
子。故B为答案。C中，Cl2不含极性键；D中NH3为极性分子都不合题意。
22.答案：D
解析：HCl气体溶于水，在水分子作用下，电离为H＋和Cl－，原HCl分子中共价键破坏。
23.答案：①B ②B ③C
解析：①由元素周期律：同周期元素从左至右原子半径逐渐减小而至稀有气体元素突然变大。故选B。
②由卤素单质的性质递变：卤族元素单质从上到下沸点升高，可知应选B；或由晶体结构知识：F2、Br2属分子晶体，相对分子质量大者分子间作用力大，沸点高；或由二者常温状态判断：F2为气态而Br2为液态，即Br2沸点高。
③由同位素的定义：同位素原子间质子数相同(对原子来说即电子数相同)而中子数不同，故可确定选项。
24.答案：A
解析：SO2不可燃，如果继续氧化必须在加热时使用催化剂方可。
25.答案：C
26.答案：B
解析：若从整个分子看，分子里电荷分布是对称的，则这样的分子为非极性分子。若整个分子的电荷分布不对称，则这样的分子为极性分子。所以分子的极性与构成的化学键及分子空间构型都有关系，如上述NH3中N—H为极性键，而分子构型为三角锥型，为不对称排列；H2O中H—O也为极性键，分子构型为为不对称排列，所以它们都是由极性键构成的极性分子。
27.答案：B
解析：CO2为分子晶体，其分子间作用力很弱，具有较低熔点；KCl为离子晶体，其离子间存在较强的离子键，有较高熔点；SiO2为原子晶体，原子间用较强的共价键相结合，因而熔点很高，所以CO2、KCl、SiO2熔点符合题意。
(二)笔答题
28.答案：(1)A：NH3 B：HCN C：CO(NH2)2 D：BF3
解析：首先注意题给限制条件1～10号元素，然后分析A结构中，最外层有两个未成键电子，且形成三个共价键，那么它最外层必然有5个电子，为N元素，另外三个为氢元素，则A的化学式为NH3，同理可分析出B、C、D的化学式分别为HCN、COHNH2)2和BF3，对三硝酸甘油酯的结构式可借助硝基甲烷中硝基结构写出。
29.答案：(1)g·cm－3 (2)6∶91
(2)设1 mol Ni0.97 O中含Ni3＋x mol，Ni2＋(0.97－x) mol
根据电中性：3x mol＋2(0.97－x) mol=2×1 mol
x=0.06
Ni2＋为(0.97－x) mol=0.91 mol
离子数之比：Ni3＋∶Ni2＋=0.06∶0.91=6∶91
30.答案：(1)Ge Bi (2)Bi4Ge?SO12或Bi4(GeO4)3 (3)Bi2O3
解析：Ge与Si同族，锗酸类似于原硅酸，其酸根的形式应为GeO，N与Bi同主族，最外层有5个电子，形成三对共用电子对即达8电子结构，故在BGO中呈＋3价。所以BGO的化学式为Bi4(GeO4)3，铋的氧化物分子式为Bi2O3。
31.答案：(1)1s22s22p6 (2)NaOH＞Mg(OH)2
(3)NH3＋H2ONH3·H2ONH＋OH－
(4)分子晶体 (5)OH－ H3O＋
●命题趋向与应试策略
(一)重视基础 形成知识规律
1.化学键与物质类别关系规律
(1)只含非极性共价键的物质：同种非金属元素构成的单质，如：I2、N2、P4、金刚石、晶体硅等。
(2)只含有极性共价键的物质：一般是不同非金属元素构成的共价化合物，如：HCl、NH3、SiO2、CS2等。
(3)既有极性键又有非极性键的物质：如：H2O2、C2H2、CH3CH3、C6H6(苯)等。
(4)只含有离子键的物质：活泼非金属元素与活泼金属元素形成的化合物，如：Na2S、CsCl、K2O、NaH等。
(5)既有离子键又有非极性键的物质，如：Na2O2、Na2Sx、CaC2等。
(6)由离子键、共价键、配位键构成的物质，如：NH4Cl等。
(7)由强极性键构成但又不是强电解质的物质，如：HF。
(8)只含有共价键而无范德华力的化合物，如：原子晶体SiO2、SiC等。
(9)无化学键的物质：稀有气体，如氩等。
2.共价键的极性与分子极性关系规律
共价键包括非极性键和极性键。化学键有无极性，是相对共价键而言的，即共用电子对是否发生偏移。而共用电子对的偏移，又取决于成键原子吸引电子能力的大小。按上述推理归纳为：A—A型，即相同元素原子间成键形成的是非极性键；A—B型，即不同元素原子间成键形成的是极性键。
分子是否存在极性，不能简单地只看分子中的共价键是否有极性，而要看整个分子中的电荷分布是否均匀、对称。根据组成分子的原子种类和数目的多少，可将分子分为单原子分子、双原子分子和多原子分子，其各类分子极性的判断依据是：
(1)单原子分子：分子中不存在化学键，故没有极性分子或非极性分子之说，如He、Ne等。
(2)双原子分子：若含极性键，就是极性分子，如HCl、HBr等；若含非极性键，就是非极性分子，如O2、I2等。
(3)以极性键结合的多原子分子，主要由分子中各键在空间的排列位置决定分子的极性。若分子中的电荷分布均匀，即排列位置对称，则为非极性分子，如BF3、CH4等。若分子中的电荷分布不均匀，即排列位置不对称，则为极性分子，如NH3、SO2等。
3.物质熔沸点高低比较规律
(1)不同晶体类型的物质的熔沸点高低顺序一般是：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体。同一晶体类型的物质，则晶体内部结构粒子间的作用越强，熔沸点越高。
(2)原子晶体要比较共价键的强弱，一般地说，原子半径越小，形成的共价键的键长越短，键能越大，其晶体熔沸点越高。如熔点：金刚石＞碳化硅＞晶体硅。
(3)离子晶体要比较离子键的强弱。一般地说，阴阳离子的电荷数越多，离子半径越小，则离子间的作用就越强，其离子晶体的熔沸点就越高，如熔点：MgO＞MgCl2＞NaCl＞CsCl。
(4)分子晶体：组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，熔沸点越高，如：熔沸点：O2＞N2，HI＞HBr＞HCl。组成和结构不相似的物质，分子极性越大，其熔沸点就越高，如熔沸点CO＞N2。在同分异构体中，一般地说，支链数越多，熔沸点越低，如沸点：正戊烷＞异戊烷＞新戊烷；同分异构体的芳香烃及其衍生物，其熔沸点高低顺序是邻＞间＞对位化合物。
(5)金属晶体中金属离子半径越小，离子电荷数越多，其金属键越强，金属熔沸点就越高。
(6)元素周期表中第ⅦA族卤素的单质(分子晶体)的熔沸点随原子序数递增而升高；第ⅠA族碱金属元素的单质(金属晶体)的熔沸点随原子序数的递增而降低。
(二)分析热点 把握命题趋向
高考对本部分内容考查的热点：一是化学键类型、分子极性的判断，解此类题时的依据是有关的基本概念如共价键的概念，形成化学键元素性质的差异大小，分子的空间构型等，在分析解答过程中要注意问题的隐含性。如NH4Cl中存在共价键，全都是由非金属原子构成的，但是离子化合物存在离子键。二是分子结构的确定，此类题目的特点是判断常见分子、离子的电子式的书写正误，或是综合化学键的知识考查分子的空间构型及分子的形成方式。三是晶体结构的确定及晶体物理性质的比较，此类题在高考中的比重有增大的趋势，难度也有所增加，对知识的要求比较细致深刻，应用能力要求较高。主要考查一些常见单质、化合物的晶体类型；判断晶体中基本粒子间的作用力是离子键、共价键还是分子间作用力，从而确定晶体的熔点高低。其次就是课本上出现过的晶体结构示意图。该类题目的特点：①由物质的性质或粒子间的作用力确定晶体类型，②依据比较晶体物理性质(主要是：硬度、熔点、沸点等)的规律，确定所给晶体硬度的大小，熔沸点的高低顺序。在解答过程中，首先要判断晶体类型，其次根据四类晶体(离子晶体、原子晶体、分子晶体、金属晶体)各自物理性质的主要影响因素(即粒子间的相互作用力的强弱)进行分析比较，最后要注意看准顺序要求。
由于晶体空间结构试题能很好地考查学生的观察能力和三维空间的想象能力，因而它成为命题的热点在情理之中。考查的形式或根据空间构型求晶体的化学式或根据空间构型求晶体密度、阿伏加德罗常数、化学键数目等，常与数学和物理知识综合在一起考查，特别易与立体几何知识结合在一起。此类试题立意新颖，构思巧妙，对学生的观察思维能力，空间想象能力有较高的要求。
［例题］晶体具有规则的几何外形，晶体中最基本的重复单位称为晶胞。NaCl晶体结构如图所示。已知FexO晶体晶胞为NaCl型，由于晶体缺陷，x值小于1。测知FexO晶体密度ρ为5.71 g·cm－3，晶胞边长为4.28×10－10 m(铁相对原子质量为55.9，氧相对原子质量为16)。求：
(1)FexO中x的值。
(2)晶体中的铁分别为Fe2＋、Fe3＋，在Fe2＋和Fe3＋的总数中，Fe2＋所占的质量分数(用小数表示精确到0.001)。
(3)确定此晶体的化学式(化学式中表示出Fe2＋和Fe3＋的个数)。
(4)在该晶体中，铁元素的离子间的最短距离为多少米？
解答：考查晶体结构常以新情境(或信息题)的形式出现，要求考生在解题时展开丰富的空间想象、结合化学概念、充分运用数学或物理的思维方法，以及旋转、翻转、分割、延伸等手段解题。本题应抓住晶体中的电中性原则，充分利用数学知识，展开空间想象。
(1)1个晶胞中含4个FexO
6.02×1023×(4.28×10－8)3×5.71=4 M
M=67.4 g·mol－1 55.9x＋16=67.4
故x=0.92
(2)设Fe2＋为y个、则Fe3＋为(0.92－y)个
2y＋3×(0.92－y)=2 y=0.76
×100%=82.6%
(3)19 FeO·2Fe2O3；
(4)=3.03×10－10 m。高考化学分类解析(十七)——氧族元素 环境保护
●考点阐释
1.了解单质硫及硫的氧化物、氢化物的性质，掌握硫酸的化学性质。
2.以硫酸为例，了解化工生产化学反应原理的确定。初步了解原料与能源的合理利用、“三废处理”与环境保护以及生产过程中的综合经济效益问题。
●试题类编
(一)选择题
1.（2002年上海，10）水的状态除了气、液和固态外，还有玻璃态。它是由液态水急速冷却到165 K时形成的，玻璃态的水无固定形状，不存在晶体结构，且密度与普通液态水的密度相同，有关玻璃态水的叙述正确的是
A.水由液态变为玻璃态，体积缩小
B.水由液态变为玻璃态，体积膨胀
C.玻璃态是水的一种特殊状态
D.玻璃态水是分子晶体
2.（2002年江苏大综合，22）高温下硫酸亚铁发生如下反应：2FeSO4Fe2O3+
SO2↑+SO3↑,若将生成的气体通入氯化钡溶液中，得到的沉淀物是
A.BaSO3和BaSO4 B.BaS
C.BaSO3 D.BaSO4
3.（2001年全国，4）为了保护臭氧层，可采取的有效措施是
A.减少二氧化硫的排放量 B.减少含铅废气的排放量
C.减少氟氯代烃的排放量 D.减少二氧化碳的排放量
4.(2001年上海，3)下列物质不属于“城市空气质量日报”报道的是
A.二氧化硫 B.氮氧化物
C.二氧化碳 D.悬浮颗粒
5.(2001年上海，10)标准状况下H2S和O2的混合气体100 mL，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10 mL，该10 mL气体可能是
A.H2S、SO2 B.O2 C.H2S D.SO3
6.(2000年全国，1)导致下列现象的主要原因与排放SO2有关的是
A.酸雨 B.光化学烟雾
C.臭氧空洞 D.温室效应
7.(2000年广东，2)下列气体不能用浓H2SO4干燥的是
A.CO2 B.H2S
C.SO2 D.HCl
8.(2000年广东，13)下列说法不正确的是
A.硫是一种淡黄色的能溶于水的晶体
B.硫的化合物常存在于火山喷出的气体中和矿泉水里
C.硫与氧属于同一主族
D.硫在空气中的燃烧产物是二氧化硫，在纯氧中的燃烧产物是三氧化硫
9.(1999年上海，11)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(见图)，按此密闭体系中气流的流向则A处流出的气体为
A.SO2 B.SO3、O2 C.SO2、O2 D.SO2、SO3
10.(1998年全国，3)按下述实验方法制备气体，合理又实用的是
A.锌粒与稀HNO3反应制备H2
B.向饱和NaCl溶液中滴加浓H2SO4制备HCl
C.亚硫酸钠与浓H2SO4反应制备SO2
D.大理石与浓H2SO4反应制备CO2
11.(1998年上海，5)0.05 mol某单质与0.8 g硫在一定条件下完全反应，该单质可能是
A.H2 B.O2 C.K D.Zn
12.(1998年上海，6)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
A.H2S在氧气中燃烧 B.铁在硫蒸气中燃烧
C.SO2通入石灰水 D.H2SO4中加入锌粉
13.(1998年上海，13)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+O3ClO+O2，ClO+OCl+O2
下列说法不正确的是
A.反应后将O3转变为O2
B.Cl原子是总反应的催化剂
C.氟氯甲烷是总反应的催化剂
D.Cl原子反复起分解O3的作用
14.(1997年全国，13)向50 mL 18 mol·L－1H2SO4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
A.小于0.45 mol
B.等于0.45 mol
C.在0.45 mol和0.90 mol之间
D.大于0.90 mol
15.(1997年上海，12)你认为减少酸雨产生的途径可采取的措施是
①用煤作燃料 ②把工厂烟囱造高 ③燃料脱硫 ④在已酸化的土壤中加石灰 ⑤开发新能源
A.①②③ B.②③④⑤
C.③⑤ D.①③④⑤
16.(1996年上海，16)将下列物质分别加入溴水中，溴水颜色不变浅的是
A.KCl晶体 B.H2S气体
C.CCl4 D.Mg
17.(1996年上海，1)下列物质中，不含结晶水的是
A.芒硝 B.大理石 C.明矾 D.石膏
18.(1995年全国，25)常温时，向20 L真空容器内通入a mol硫化氢和b mol二氧化硫(a和b都是正整数，且a≤5,b≤5),反应完全后，容器内可能达到的最大密度约是
A.24.5 g·L－1 B.14.4 g·L－1
C.8 g·L－1 D.5.1 g·L－1
19.(1995年全国，26)某温度下，在100 g水中加入m g CuSO4或加入n g CuSO4·5H2O，均可使溶液恰好达到饱和，则m与n的关系符合
A.m=n B.m=
C.m= D.m=
20.(1995年上海，24)为方便某些化学计算，有人将98％浓硫酸表示成下列形式，其中合理的是
A.H2SO4·1/9H2O B.H2SO4·H2O
C.H2SO4·SO3 D.SO3·10/9H2O
（二）笔答题
21.(2002年上海，31)硫铁矿高温下空气氧化产物二氧化硫，4FeS2+11O2===8SO2+2Fe2O3设空气中N2、O2的含量分别为0.800和0.200（体积分数，以下气体含量均用体积分数表示），试完成下列各题：
（1）1.00 mol FeS2完全氧化，需要空气的体积（标准状况）为________L。
（2）55 L空气和足量FeS2完全反应后，气体体积（同温同压）变为________L。
(3)用空气氧化FeS2产生的气体混合物中，O2含量为0.0800，计算SO2的含量。
（4）设FeS2氧化产物的气体混合物为100 L，其中O2为a L，SO2为b L。
①写出a和b的关系式
②在图中画出a和b的关系曲线（FeS2氧化时，空气过量20%）
说明：为方便作图，纵坐标用13b表示。
22.(2000年全国，23)某学生课外活动小组利用右图所示装置分别做如下实验：
(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是： 。
23.(1998年上海，28)汽车尾气(含有烃类、CO、SO2与NO等物质)是城市空气的污染源，治理的方法之一是在汽车的排气管上装一个“催化剂转换器”(用铂、钯合金作催化剂)。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。
(1)写出CO与NO反应的化学方程式 。
(2)“催化剂转换器”的缺点是在一定程度上提高空气的酸度。其原因是 。
(3)控制城市污染源的方法可以有 (多选扣分)。
a.开发氢能源 b.使用电动车
c.植树造林 d.戴上呼吸面具
24.(1997年全国，31)某无色溶液可能含有下列钠盐中的几种：A.氯化钠 B.硫化钠 C.亚硫酸钠 D.硫代硫酸钠 E.硫酸钠 F.碳酸钠。向此溶液中加入适量稀H2SO4，有浅黄色沉淀析出，同时有气体产生，此气体有臭鸡蛋气味，可使澄清的石灰水变浑浊，不能使品红试液褪色。根据上述实验现象回答下列问题。
(1)不能使品红试液褪色，说明该气体不含 (填分子式)。
(2)此无色溶液中至少存在哪几种钠盐 请写出全部可能的情况(填写相应的字母)。第一种情况 ，第二种情况 ，第三种情况 ，第四种情况 (可不填满，也可补充)。
25.(1997年全国，35)8.8 g FeS固体置于200 mL 2.0 mol·L－1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－1，假定溶液体积不变，试计算：
(1)收集到的H2S气体的体积(标准状况)。
(2)溶液中Fe2＋和H＋的物质的量浓度(摩尔浓度)。
26.(1997年上海，36)接触法制硫酸排放的尾气中含少量的SO2，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10000 m3尾气中含0.2％(体积分数)的SO2，问用NaOH溶液、石灰及O2处理后，假设硫元素不损失，理论上可得到多少千克石膏(CaSO4·2H2O）
(2)如果将一定体积的尾气通入100 mL 2 mol·L－1的NaOH溶液中使其完全反应，经测定所得溶液含16.7 g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)工厂在尾气处理制石膏的过程中，中间产物是NaHSO3。调节尾气排放的流量，以取得SO2与NaOH间物质的量的最佳比值，从而提高亚硫酸氢钠的产量。现设n(SO2)、n(NaOH)、n(NaHSO3)分别表示SO2、NaOH和NaHSO3的物质的量，且=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。
27.(1996年全国，36)将a mol H2S和1 mol O2置于一个容积可变的容器内进行反应。维持容器内气体的压强不变(101 kPa)，在120 ℃下测得反应前后容器内气体的密度分别为d1和d2。若a的取值不同，则H2S的氧化产物可能有如下三种情况：
(1)全部是SO2，此时a的取值范围是________。
(2)全部是S，此时a的取值范围是________，并且d1________d2(填“小于”“大于”或“等于”)。
(3)部分是SO2，部分是S，此时a的取值范围是________。
反应所生成的SO2的物质的量为________ mol。
容器内气体的物质的量之和为________ mol。(以含a的代数式表示)
28.(1995年全国，35)取50.0 mL Na2CO3和Na2SO4的混合溶液，加入过量BaCl2溶液后得到14.51 g白色沉淀，用过量稀硝酸处理后沉淀量减少到4.66 g，并有气体放出。试计算：
(1)原混合液中Na2CO3和Na2SO4的物质的量浓度；
(2)产生的气体在标准状况下的体积。
29.（1995年全国，31）A、B、C是在中学化学中常见的三种化合物，它们各由两种元素组成，甲、乙是两种单质。这些化合物和单质之间存在如下的关系：
据此判断：
（1）在A、B、C这三种化合物中，必定含有乙元素的是________（用A、B、C填写）。
（2）单质乙必定是________（“金属”或“非金属”），其理由是 。
（3）单质乙的化学式可能是________，则化合物B的化学式是________。
30.(1994年上海，36)从某物质A的水溶液出发有下图所示的一系列变化：
试回答：
(1)物质的分子式：A ，B________,C________,D________,E________,F________；
(2)写出E→F的离子方程式 。
(3)鉴定物质F的方法 。
●答案解析
（一）选择题
1.答案：C
解析：因玻璃态水的密度与液态水的密度相同，所以由液态水变为玻璃态水其体积不发生变化。固体有三种形态：晶体、玻璃态和无定形，所以玻璃态水并不是晶体，而是水的一种存在形态。
2.答案：D
解析：SO3溶于水生成H2SO4，H2SO4与BaCl2反应生成BaSO4沉淀，SO2在硫酸溶液中不易溶解，另外，BaSO3能溶解在酸中，即硫酸溶液中SO2不会与BaCl2反应。
3.答案：C
解析：氟氯代烃为一类含氯、氟的有机物，它在日光照射下分解产生的氯原子是破坏臭氧层的“罪魁祸首”。为了保护臭氧层，可采取减少氟氯代烃的排放量这一措施。
4.答案：C
解析：属于大气污染物的是：二氧化硫、氮氧化物、悬浮颗粒。CO2是空气的成分之一，含量的变化只能引起“温室效应”，对空气质量影响不大。
5.答案：C
解析：此题考查了学生思维能力的严密性。只要仔细分析四个选项，不必计算就可找出答案，SO2与H2S不能共存，故A不可能；若只剩余O2，说明O2过量，则必有SO2生成，故B也不可能；H2S在过量O2中燃烧只能生成SO2，SO2要转化为SO3必须有催化剂的参与，故D项不可能；所以答案应为C。
6.答案：A
解析：环境污染与保护是当今社会普遍关注的问题，这类题目在今后的高考中也会出现，且比重会增加。引发酸雨的主要是氮和硫的氧化物，光化学烟雾主要与NO2和NO有关；氟利昂是破坏臭氧层的最主要物质；大气中CO2含量的增加引起了温室效应。
7.答案：B
解析：浓硫酸可干燥酸性气体和一些中性气体，但不能干燥具有还原性的气体，如H2S、HI等。SO2尽管有较强的还原性，但不能被浓硫酸氧化。
8.答案：AD
解析：此题全面考查了硫的存在和性质。硫是一种淡黄色不溶于水的晶体，直接与氧气反应的产物是SO2，SO2被氧气氧化为SO3必须是在催化剂的条件下进行。
9.答案：C
解析：此题考查了工业生产H2SO4的重要设备之一——接触室中气体的流向。SO2和O2进入热交换器的管外时，虽具备合成温度，但无V2O5催化，不会生成SO3，只有SO2和O2。
10.答案：C
解析：锌与稀HNO3反应，被还原的是氮元素，产生的是氮的氧化物而不是H2。因氯化氢易溶于水，制备时用固体食盐与浓H2SO4反应。浓H2SO4中H＋浓度小与CaCO3反应慢，且CaSO4微溶于水，反应难于进行。
11.答案：C
解析：n(S)= =0.025 mol,该单质与硫的物质的量之比是2∶1，所以该单质在四个选项中只能是钾。
12.答案：B
解析：H2S在足量O2中燃烧，方程式为2H2S＋3O2===2SO2＋2H2O。O2不足时：2H2S＋O2===2S＋2H2O。SO2与Ca(OH)2反应时首先发生：SO2＋Ca（OH）2===CaSO3↓＋H2O，当SO2过量时又发生反应：CaSO3＋SO2＋H2O===Ca(HSO3)2。稀H2SO4与Zn反应放出H2，浓H2SO4与Zn反应放出SO2。
13.答案：C
14.答案：A
解析：n(浓H2SO4)=0.05×18=0.9 mol。由反应Cu+2H2SO4CuSO4＋SO2↑＋2H2O，看出有2 mol H2SO4参加反应，被还原的H2SO4为参加反应的一半，由此有0.9 mol 浓H2SO4反应时就有0.45 mol H2SO4被还原。但实际上由于H2SO4随反应进行浓度变稀，而变为稀H2SO4后，则不能与Cu反应。所以实际被还原的H2SO4应小于0.45 mol。故选A。
15.答案：C
解析：酸雨的形成主要是煤和石油的大量使用造成的，开发新能源可以减少对煤的使用，燃料脱硫可以减少SO2的排放量，这些都是可行的。
16.答案：A
解析：A项KCl与Br2水不作用，故符合题意。B项反应为H2S＋Br2===S↓＋2HBr,溴水变浅溶液浑浊。C项CCl4可萃取溴水中的溴，溴水变浅。D项Mg+Br2===MgBr2，溴水褪色。
17.答案：B
解析：此题考查的是硫酸盐的俗名和组成，芒硝的化学式是：Na2SO4·10H2O，明矾的化学式是KAl(SO4)2·12H2O，生石膏的化学式是CaSO4·2H2O，大理石的化学式是CaCO3。
18.答案：B
解析：Ⅰ.容器内反应后的气体只能为SO2或H2S(因常温水为液态，S为固态)，若气体密度大，则应SO2过量，设SO2为5 mol，H2S为1 mol，由方程式2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O知余SO2为4.5 mol，所以密度为4.5×64/20=14.4 g·L－1。
Ⅱ.极限法，假设无H2S，有SO2 5 mol(因此时密度最大)，则密度为5×64/20=16 g·L－1，参照选项只能选B。
19.答案：B
解析：因在某温度下，溶解度为定值，可得方程：解之得m=，选B。(也可由某温度下饱和溶液的溶质的质量分数为一定值列方程：)
20.答案：AD
则其物质的量之比为n(H2SO4)∶n(H2O)==1∶1/9。
即可判断A正确，B、C不正确。D项略作变形：SO3·H2O→SO3·H2O·H2O→H2SO4·H2O，即与A选项相同，故也正确。
（二）笔答题
21.答案：（1）308 （2）52
（3）设SO2为x（体积分数）则有4×(×11+0.0800)=1－0.0800－x
x=0.0923
(4)①13b=200－10a ②如下图
解析：（1）1.00 mol FeS2完全氧化需O2为mol，则需标况下的空气为：mol×22.4 L·mol－1÷0.200=308 L
(2)采用体积差列式求减少的体积
4FeS2 + 11O2===8SO2+2Fe2O3 ΔV
11 3
55 L×0.200 3
最后气体体积为55 L－3 L=52 L
(3)设SO2为x（体积分数）
则有4×（×11+0.0800）=1－0.0800－x x=0.0923
(4)100 L气体混合物中有N2为（100－a－b） L
而生成b L SO2耗O2为L
则：（100－a－b）∶(+a)=4∶1
即：13b=200－10 a
22.答案：(1)稀氨水和酚酞 稀氨水中的NH3气体逸出，所以溶液的颜色变浅
(2)溶有SO2气体的品红 SO2气体逸出，品红溶液恢复红色
解析：此题考查了学生由实验现象判断实验原理的直觉和逆向思维能力。首先要审清实验的装置为一封闭的体系，受热时，有气体从溶液中逸出进入气球，导致溶液的颜色的变化；冷却后，逸出的气体又溶解在溶液中，得到原来溶液，恢复到原来的溶液的颜色。另外要注意溶液颜色的变化，能使溶液在红色和无色之间变化的物质在中学阶段最常见的是酚酞和品红。导致酚酞溶液在无色和红色之间变化的气体是碱性气体，即氨气；导致品红溶液在无色和红色之间变化的气体是SO2。
23.答案：(1)2CO＋2NO2CO2＋N2
(2)SO2转化为SO3，产生硫酸酸雾 (3)ab
解析：在催化剂作用下把CO和NO都转化为参与大气生态环境循环的无毒气体即NO转化为N2、CO转化为CO2，反应的方程式为2NO＋2CO2CO2＋N2。同时SO2也在催化剂的条件下转化为了SO3，从而提高了空气的酸度。控制城市空气的污染源主要是减少煤和汽油的使用。
24.答案：(1)SO2 (2)BDF，BCF
解析：本题设置的目的有两个：一是由于题设条件不复杂，看似很容易，易使考生产生轻视题目的心理状态，而不去深入分析而失误。试题通过这种方式体现对考生知识、能力和心理素质的考查；二是因本题作出判断需较大的思维强度，本题的关键在于能否从量上分析H2S和SO2的关系，这就考查了学生思维的深刻性和逻辑性。
从题给条件上首先可判断出不存在的气体是SO2，溶液中Na2CO3和Na2S并存。再由混合溶液与稀H2SO4反应有黄色沉淀的现象，对硫的来源作出两种思考：
其一：H2SO4+Na2S2O3===Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，但反应中有SO2生成，又与前面的判断相矛盾。这就给考生造成了很大的干扰。又因H2SO4+Na2S===H2S↑+Na2SO4。如果能从定量的角度考虑2H2S+SO2===3S↓+2H2O，当n(H2S)=2n(SO2)时，SO2就不会放出了，因此，第一种情况为Na2S、Na2S2O3和Na2CO3。
其二：若用Na2SO3代替Na2S2O3，按上述理由也可由硫产生而无SO2放出，因此第二种情况为：Na2S、Na2SO3和Na2CO3。
若溶液中存在Na2S、Na2SO3、Na2S2O3和Na2CO3也符合现象，但不符合“至少”这一条件。
25.答案：（1）1.8 L (2)c(Fe2＋)=0.50 mol·L－1 c(H＋)=1.0 mol·L－1
解析：(1)由FeS+2H＋===Fe2＋＋H2S↑可知HCl过量，应以FeS的量计算。
n(FeS)= =0.10 mol
共生成H2S为0.10 mol。在溶液中溶解的H2S为：n(H2S)=0.10mol·L－1×0.20L=0.020mol,所以收集到的H2S体积为
V(H2S)＝22.4 L·mol－1×(0.10－0.020) mol=1.8 L
(2)生成Fe2＋为0.10 mol,浓度为=0.50 mol·L－1，消耗H＋0.20 mol,反应前
n(H＋)=2.0×0.20=0.40 mol, 故c(H＋)==1.0 mol·L－1。
26.答案：（1）153.6 kg (2)Na2SO3 0.1 mol NaHSO3 0.05 mol
(3)
解析：本题较好地体现了《考试说明》的要求，侧重考查学生的综合应用能力，设计颇具特色。本题的三大特色是：计算与推断相结合；数学和化学的综合应用；化学知识与环保相互联系。因此，反映出了高考化学计算命题的发展趋势和特点。解题过程如下：
(1)由硫原子守恒可得关系式
SO2 ～ CaSO4·2H2O
22.4 L 172 g
1×104×103×0.2％ L m(CaSO4·2H2O)×10－3
解之得 m(CaSO4·2H2O)=153.6 kg
(2)要运用极端假设法进行推断，溶液中可能发生两个反应：
SO2+2NaOH===Na2SO3+H2O ①
SO2+NaOH===NaHSO3 ②
假设按反应①进行，产物为Na2SO3，m(Na2SO3)=12.6 g
假设按反应②进行，产物为NaHSO3，m(NaHSO3)=20.8 g
由于20.8＞16.7＞12.6，所以溶质成分为Na2SO3和NaHSO3的混合物。
设混合物中NaHSO3的物质的量为x,Na2SO3的物质的量为y
解之得x=0.1 mol, y=0.05 mol
(3)可借用数轴进行分析讨论：
根据反应(1)和(2)可确定=和=1两个界点。
讨论结果为
27.答案：(1)a≤2/3 (2)a≥2 大于
(3)2/3＜a＜2 1－ 1+
解析：反应为：2H2S＋3O2===2SO2＋2H2O（g） ①
反应为：2H2S＋O2===2S＋2H2O（g） ②
可由数轴分析：n(H2S)/n(O2)
(1)当全部为SO2时O2过量，或恰好发生反应①
即n(H2S)∶n(O2)=a∶1≤2∶3 a≤2/3
(2)当全部为S时，H2S过量，或恰好发生反应②
即n(H2S)∶n(O2)=a∶1≥2∶1 a≥2
又反应前后等压；密度比等于相对分子质量之比，反应前后气体相对分子质量都大于18，所以d1＞d2。
(3)当SO2、S同时有时；①、②反应都发生，a取值必为＜a＜2。
而后两空的计算有两种方法：
方法一：设反应过程是向a L H2S中逐渐通入O2，先发生反应②，O2未用完。所生成物量用H2S计算：即S=a mol, H2O=a mol， 耗O2=mol,余O2=(1－) mol， 而过量O2可与S反应：S＋O2===SO2 ③
由反应可知，生成n(SO2)＝n(O2)＝（1－） mol。
反应生成气体总量为n(SO2)＋n(H2O)＝1－+a=(1+) mol
方法二：总反应方程式法。因反应物、生成物均已知，且反应物量已知，直接写出方程式其系数即为解：
a H2S＋O2=== S+ SO2＋aH2O
配平时：由H守恒得H2O系数为a;由O守恒得SO2系数为(1－),最后由S守恒得S系数为a－(1－)=(a－1)。
28.答案：(1)M(Na2SO4)＝0.40 mol·L－1 M(Na2CO3)＝1.00 mol·L－1
(2)1.12 L
解析：(1)14.51 g白色沉淀是BaCO3和BaSO4的混合物。
M（Na2SO4）＝=0.40 mol·L－1
M（Na2CO3）＝=1.00 mol·L－1
(2)设生成的气体在标准状况下的体积为x，
BaCO3＋2HNO3===Ba(NO3)2+H2O＋CO2↑
1 mol 22.4 L
mol x
x==1.12 L。
29.答案：(1)AB
(2)非金属 只有非金属元素才既能呈正价又能呈负价
(3)S H2S
解析：本题的设置意在考查考生对非金属元素的单质及化合物性质的综合认识水平，与之相结合，还考查了考生的分析、推理、正向思维与逆向思维、抽象思维和发散思维的能力。解本题的关键在于进行逻辑推理。
化合物A既然是由甲、乙两种单质化合而成的，则化合物A中一定含有乙元素。再看框图的左边纵行，单质甲不含乙元素，而A中含乙元素，则A中的乙元素必来自于B中。至于C是否含有乙元素从题给条件上无法判断，这样一定含乙元素的应是A、B两种化合物。由框图的右侧纵行可以看出，由于反应物A、B都含乙元素，而其产物为单质乙，则A、B中的乙元素必有一种呈正价，另一种呈负价，只有非金属才有这种性质。所以乙为非金属。对第(3)问，要求对元素化合物知识十分熟悉，而且习惯于发散思维。本题应从两种含有相同元素的化合物反应生成该元素的单质作为思维的出发点。再思考能在二元化合物中呈正、负两种价态的非金属最常见的就是硫，2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O。将这几种物质放到所给出的反应关系中去试验，就可得出结论：乙为S，B为H2S。
本题在整体设计上由易到难，考查的层次逐步深入。将化合价的基本概念与具体反应相结合，考查了逻辑思维和发散思维的能力，表明了高考的方向。
30.答案：(1)A：NH4HSO3或(NH4)2SO3 B：NH4HSO4或(NH4)2SO4 C：SO2 D：NH3 E：K2SO3 F：K2SO4
(2)SO+Br2+H2O===SO＋2Br－＋2H＋
(3)通过焰色反应鉴定K＋(隔钴玻璃火焰呈浅紫色)；取少量F的溶液加入氯化钡和盐酸的溶液，若产生白色沉淀，证明SO的存在
解析：这个图示看起来复杂，实际上若能迅速找到突破点，问题并不难解。
A溶液既能与浓硫酸反应，又能与氢氧化钾反应，说明它的阴离子和阳离子为含有弱电解质的离子或能被氧化的离子。反应中都有气体产生，说明阴、阳离子都具挥发性。无色气体C与氨水反应，D又与C的溶液反应，可见D为NH3，C为CO、HCO或SO、HSO等。E与溴水反应，所以排除CO，E是K2SO3，F即为K2SO4。这样其他问题均可得出答案。
●命题趋向与应试策略
（一）重视基础 形成知识规律
1.硫及其化合物间的转化关系
（1）硫和硫的化合物及不同价态的含硫物质是通过氧化还原规律联系在一起的。
低价态的硫元素通过氧化剂的氧化反应，可以变为较高价态的硫元素，高价态的硫元素通过还原反应，可以转变为较低价态的硫元素。要能熟练写出H2S、S、SO2、H2SO4等含硫物质相互转化的化学方程式。
（2）相同价态的含硫化合物间，是通过酸碱反应规律联系在一起的：
把上述含硫物质的氧化还原反应规律和酸碱反应规律结合在一起，便可从纵、横两个方面提示出硫及其化合物中的相互联系，形成科学的知识网络。
2.氧族元素
（1）氧族元素的相似性
①最外层都有6个电子，负化合价都为－2价，除氧外，最高正价为＋6价。（除H2O2、OF2及FeS2外）
②气态氢化物通式为H2R，除H2O，对热稳定性都较差，如H2S 300℃以上即分解，H2Te 0℃即分解。除氧外，都有氧化物（RO2、RO3），对应的水化物都是含氧酸。
(2)氧族元素的递变性
①熔沸点：O2→Te逐渐升高
②氧化性：O2＞S＞Se＞Te
③氢化物稳定性：H2O＞H2S＞H2Se＞H2Te
④含氧酸酸性：H2SeO4＞H2SO4（特殊）
(3)氧和硫的对比
①Na2S与Na2O都呈碱性，CS2与CO2一样呈酸性。碱性氧化物与酸性氧化物可反应生成盐，碱性硫化物与酸性硫化物亦可反应生成盐。如：Na2S＋CS2===Na2CS3
②含氧酸盐中的氧可部分或全部被硫取代，如Na2S2O3可看作硫取代Na2SO4中的部分氧。
③在FeS2中S为－1价，在Na2O2、H2O2中O为－1价。
3.硫酸工业
（1）硫酸的工业制法（接触法）
系统地学习掌握某一物质的工业制法，一般要从所用原料、化学反应、适宜条件、生产过程、主要设备、环境保护等角度去分析理解。按照上述要求，工业上接触法制硫酸概括为“五个三”，即三种原料、三个反应、适宜生产条件中的三个问题、三个生产过程、三个主要设备等：
二氧化硫的制取和净化 4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2 (沸腾炉)
二氧化硫氧化成三氧化硫 2SO2＋O22SO3 (接触室)
三氧化硫的吸收和硫酸的生成 SO3＋H2O===H2SO4 (吸收塔)
（2）关于硫酸工业综合经济效益的讨论
①环境保护与原料的综合利用。化工生产必须保护环境，严格治理“三废”，并尽可能把“三废”变为有用的副产品，实现原料的综合利用。硫酸厂的“三废”经处理后，不仅消除了污染，而且也使SO2和黄铁矿矿渣得到合理利用。
②能量的充分利用。许多化学反应是放热反应。化工生产中应充分利用反应热，这对于降低成本具有重要意义。硫酸生产中的反应热得到充分利用后，不仅不需要由外界向硫酸厂供应能量，而且还可以由硫酸厂向外界输出大量能量。
③生产规模和厂址选择。现代化工生产要求有较大的生产规模；厂址选择涉及原料、水源、能源、土地供应、市场需求、交通运输、环境保护等因素，应对这些因素综合考虑，作出合理的抉择。由于硫酸是腐蚀性液体，不便贮存和运输，因此要求把硫酸厂建在靠近硫酸消费中心的地区，厂址应避开人口稠密的居民区和环境保护要求高的地区。工厂规模的大小，主要由硫酸用量的多少来决定。
（3）环境保护
环境污染主要包括大气污染、水污染、土壤污染、食品污染，此外还包括固体废弃物、放射性、噪声等污染。大气污染物是指粉尘、煤烟、硫的氧化物、氮的化合物、碳氢化合物等，其中二氧化硫是污染大气的主要有害物质之一，易形成酸雨，对人体、生物、物品有严重的危害性；其来源除硫酸厂的尾气中含有二氧化硫外，大量的二氧化硫来源于煤和石油的燃烧、金属矿石的冶炼。消除大气污染的主要方法之一是减少污染物的排放。
（二）分析热点 把握命题趋向
氧族元素是重要的非金属元素族，而且硫及其化合物硫酸在国民经济建设中有着重要的作用，例如在印染、制药、有机等工业方面是重要的原料。因此本章内容是近几年来高考命题的热点。
1.硫及其化合物的性质和相互转化关系
高考在本部分考查的知识点较多，归纳起来主要集中在如下几个方面：
①硫及其化合物的相互转化关系。
②SO2、H2S、SO的还原性。
③浓H2SO4的性质及其应用，硫酸盐的组成。
④以本部分知识为载体的化学计算和化学实验。
以上几个考试热点分散在具体题目中一般具有以下几个命题特点：
①单纯测试元素及化合物的知识，主要以选择题为主，难度不大，目的是起到稳定考生情绪，减少考生焦虑的作用。
②由于硫是一种重要的非金属，硫及其化合物间的转化关系复杂，与其他各族元素以及氧化还原反应等理论知识联系密切，利用这一点编制一些综合性较强的推断题、计算题和实验题。
2.环境保护
随着人类生产和社会活动的增加，大量污染物进入环境，冲击生态环境和影响人体健康，人们对改善环境质量要求可持续发展的愿望日益迫切。从二十世纪八十年代开始，酸雨、臭氧空洞和全球气候变暖这三大全球环境问题，已经成为上至政府下至黎民百姓议论的话题，如何解决此问题已经不是一代人能解决的问题，是二十一世纪的热点问题。联合国于1972年首次召开世界环境会议，会议通过了将每年的6月5日定为“世界环境日”的决议。每年的环境日都有一个主题，旨在通过宣传，强化公众环境意识。
环境问题不仅与化学联系在一起，而且还广泛涉及到物理、生物等多学科知识。与本章内容密切相关的环保问题有：
①氟利昂造成臭氧空洞，使紫外线辐射增强，导致皮肤癌等多种疾病。
②微量的硒是正常的肝功能必须酶的关键组成元素，但稍加大量的硒对人体有毒。
③二氧化硫及形成酸雨的危害。
④接触法制硫酸的反应原理、设备与保护环境的重要性相联系，与化工生产的原理相联系。
⑤“三废”的污染与生物中环境保护知识有关，如大气监测、水质监测、生化需氧量计算等。
⑥垃圾发电消除污染与物理知识中能量转换有关。
⑦空气质量预报，污染指数有关分析。
二氧化硫是污染大气的主要有害物质之一。少量的二氧化硫能刺激人的眼睛，损伤呼吸器官，浓度高达一定程度时，会使人死亡；二氧化硫可加速钢铁的腐蚀；以及由其生成的三氧化硫进入植物叶子的气孔就产生硫酸，细胞组织被水解和脱水引起黄萎和落叶；硫的氧化物所形成的酸雨，能毒害鱼类和其他水生生物，使土壤酸化、破坏生态环境、危害建筑和人类健康等。防止酸雨的主要措施有：①提高能源的利用率，减少污染气体的排放；②改变能源结构，发展无污染能源；③增强防“酸”意识；④回收处理二氧化硫废气。
［例题］最近，国际上提出的“绿色化学”是指化学工业生产中的
A.对废水、废气、废渣进行严格处理
B.对化学生产中不排放任何有害物质
C.对化工厂及周围种草、种树、种花，使工厂成为花园式工厂
D.以绿色植物为原料，以生物催化剂实现化工生产过程的化学
解析：绿色化学是指以绿色意识为指导，研究和设计没有（或尽可能少的）环境负作用，在技术上和经济上可行的化学品与化学过程。其目标就是研究与寻找能充分利用无毒害原材料，最大限度地节约能源，在各个环节都实现净化和无污染的反应途径的工艺，是始端实现污染预防而非终端治理的科学手段。由于它在通过化学转化获取新物质的过程中，就已充分利用了每种原料的全部原子，因而生产过程和末端均为零排放或零污染，是提高经济效益和环境效益的根本措施。
绿色化学的研究重点有四个：一是设计对人类健康和环境危害小的，淘汰有毒的反应起始物（原材料）；二是选择最佳的反应（生产）条件，以实现最大限度的节能和零排放；三是研究最佳的转换反应和良性的试剂（含催化剂）；四是设计对人类健康和环境更安全的目标化合物（最终产品）。
答案：B高考化学分类解析(四)——化学计量及定律
●考点阐释
1.了解物质的量的单位——摩尔(mol)，摩尔质量、气体摩尔体积的涵义；理解阿伏加德罗常数的涵义；掌握物质的量与粒子(原子、分子、离子等)数目、气体体积(标准状况下)之间的相互关系。
2.理解质量守恒定律和阿伏加德罗定律的涵义及有关推论。综合应用阿伏加德罗定律和气体摩尔体积进行有关的计算。
●试题类编
(一)选择题
1.(2002年春，8)设NA代表阿伏加德罗常数，以下说法正确的是
A.氯化氢的摩尔质量等于NA个氯分子和NA个氢分子的质量之和
B.常温常压下1 mol NO2气体与水反应生成NA个NO离子
C.121 g CCl2F2所含的氯原子个数为2NA
D.62 g Na2O溶于水后所得溶液中含有O离子数为NA
2.(2002年河南，15)1 mol X气体跟a mol Y气体在体积可变的密闭容器中发生如下反应：
X(g)＋aY(g) bZ(g)
反应达到平衡后，测得X的转化率为50%。而且，在同温同压下还测得反应前混合气体的密度是反应后混合气体密度的3/4，则a和b的数值可能是
A.a=1,b=1 B.a=2,b=1
C.a=2,b=2 D.a=3,b=2
3.(2001年上海，16)设NA为阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是
A.标准状况下的22.4 L辛烷完全燃烧，生成二氧化碳分子数为8NA
B.18 g水中含有的电子数为10NA
C.46 g二氧化氮和46 g四氧化二氮含有的原子数均为3NA
D.在1 L 2 mol·L－1的硝酸镁溶液中含有的硝酸根离子数为4NA
4.(2000年春，7)常温下，在密闭容器里分别充入两种气体各0.1 mol，在一定条件下充分反应后，恢复到原温度时，压强降低为开始时的。则原混合气体可能是
A.H2和O2 B.HCl和NH3
C.H2和Cl2 D.CO和O2
5.(2000年广东，10)同温同压下两个容积相等的贮气瓶，一个装有C2H4，另一个装有C2H2和C2H6的混合气体，两瓶内的气体一定具有相同的
A.质量 B.原子总数
C.碳原子数 D.密度
6.(2000年广东，20)同温同压下，当反应物分解了8%时，总体积也增加8%的是
A.2NH3(g) N2(g)＋3H2(g)
B.2NO(g) N2(g)＋O2(g)
C.2N2O5(g) 4NO2(g)＋O2(g)
D.2NO2(g) 2NO(g)＋O2(g)
7.(1999年全国，8)下列说法正确的是(N表示阿伏加德罗常数的值)
A.28 g氮气所含有的原子数目为N
B.4 g金属钙变成钙离子时失去的电子数目为0.1N
C.1 mol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，22.4 L甲烷和乙炔混合物所含的分子数为N
8.(1999年上海，23)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
A.29∶8∶13 B.22∶1∶14
C.13∶8∶29 D.26∶16∶57
9.(1998年全国，16)依照阿伏加德罗定律，下列叙述正确的是
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
10.(1998年上海，12)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m g含有b个分子，则n g该混合气体在相同状况下所占的体积(L)应是
A.22.4nb/mNA B.22.4mb/nNA
C.22.4nNA/mb D.nbNA/22.4 m
11.(1997年全国，15)下列说法正确的是(N0表示阿伏加德罗常数的值)
A.在常温常压下，11.2 L N2含有的分子数为0.5 N0
B.在常温常压下，1 mol Ne含有的原子数为N0
C.71 g Cl2所含原子数为2N0
D.在同温同压时，相同体积的任何气体单质所含的原子数相同
12.(1997年上海，6)设阿伏加德罗常数的符号为NA，下列叙述正确的是
A.1 mol D2O所含质子数为12NA
B.10　g氖气所含原子数为NA
C.0.5 mol单质铝与足量盐酸反应转移电子数为1.5NA
D.标准状况下，1 L水所含分子数为NA
13.(1996年全国，24)在化合物X2Y和YZ2中，Y的质量分数分别约为40%和50%，则在化合物X2YZ3中Y的质量百分比约为
A.20% B.25%
C.30% D.35%
14.(1996年全国，9)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灼热铜屑的管子(假设反应都进行完全)，最后得到的尾气可能是
A.Cl2 B.CO
C.CO2 D.N2
15.(1995年全国，9)下列说法正确的是(N0表示阿伏加德罗常数的值)
A.在常温常压下，11.2 L氯气含有的分子数为0.5N0
B.在常温常压下，1 mol氦气含有的原子数为N0
C.32 g氧气含原子数目为2N0
D.在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含的原子数目相同
16.(1995年全国,24)在反应X＋2Y===R＋2M中，已知R和M的摩尔质量之比为22∶9，当1.6 g X与Y完全反应后，生成4.4 g R，则此反应中Y和M的质量之比为
A.16∶9 B.23∶9
C.32∶9 D.46∶9
17.(1994年全国，12)设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A.2.4 g金属镁变成镁离子时失去的电子数目为0.1 NA
B.2 g氢气所含原子数目为NA
C.在25 ℃，压强为1.01×105 Pa时，11.2 L氮气所含原子数目为NA
D.17 g氨气所含电子数目为10NA
18.(1994年上海，26)下列有关气体体积的叙述中，正确的是
A.一定温度和压强下，各种气态物质体积的大小，由构成气体的分子大小决定
B.一定温度和压强下，各种气态物质体积的大小，由构成气体的分子数决定
C.不同的气体，若体积不同，则它们所含的分子数也不同
D.气体摩尔体积是指1 mol任何气体所占的体积约为22.4 L
E.一定温度和压强下，各种气体的物质的量决定了它们的体积
(二)笔答题
19.(2003年春，25)取标准状况下CH4和过量O2的混合气体840 mL，点燃，将燃烧后的气体用过量碱石灰吸收，碱石灰增重0.600 g。
计算：(1)碱石灰吸收后所剩气体的体积(标准状况下)。
(2)原混合气体中CH4跟O2的体积比。
20.(2002年全国，24)在25℃，101 kPa条件下，将15 L O2通入10 L CO和H2的混合气中，使其完全燃烧，干燥后，恢复至原来的温度和压强。
(1)若剩余气体的体积是15 L，则原CO和H2的混合气中
V(CO)＝ L，V(H2)＝ L。
(2)若剩余气体的体积为a L，则原CO和H2的混合气中
V(CO)∶V(H2)＝ 。
(3)若剩余气体的体积为a L，则a的取值范围是 。
21.(2002年河南，23)在一定条件下，使H2和O2的混合气体26 g充分发生反应。所得产物在适当温度下跟足量的固体Na2O2反应，使固体增重2 g。求原混合气体中O2和H2的质量。
22.(2000年理科综合，28)工业上用煅烧石灰石的方法生产生石灰，在石灰窑中煅烧2.5 t的石灰石(假设为纯净物)，问：
(1)能得到多少吨生石灰
(2)能得到多少吨二氧化碳 此二氧化碳气体在标准状况体积是多少升
(3)假设所产生气体贮放在一个体积为100 ｍ3的气罐中，在27℃下气罐要承受多大的压强(Pa)
23.(2000年广东，29)下图是100　mg　CaC2O4·H2O受热分解时，所得固体产物的质量随温度变化的曲线。试利用图中信息结合所学的知识，回答下列各问题：
(1)温度分别为t1和t2时，固体产物的化学式A是 ，B是 。
(2)由CaC2O4·H2O得到A的化学方程式为 。
(3)由A得到B的化学方程式为 。
(4)由图计算产物C的分子量，并推断C的合理的化学式。
●答案解析
(一)选择题
1.答案：C
解析：NA个氯分子和NA个氢分子可生成2 mol HCl，故A错；NO2与水反应的方程式为：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，故B错；CCl2F2的相对分子质量为121，121 g CCl2F2的物质的量恰为1 mol，其分子中含有2 mol Cl原子，故C对；Na2O溶于水与水反应后所得溶液为NaOH溶液，不存在O,故D错。
2.答案：AD
解析：平衡后气体的物质的量为(0.5＋0.5a＋0.5b)mol，气体的密度之比与体积成反比，体积之比又等于物质的量之比，故有： 1＋a=2b 所以a=1时，b=1；a=3时，b=2。
3.答案：A
解析：因为辛烷在标准状况下是液态的，标准状况下的22.4 L辛烷并不是1 mol，故A错。
4.答案：A
解析：此题考查了化学反应中各反应物的计量数之间的关系及相同条件下气体的压强与气体的物质的量的关系。等物质的量的H2和O2反应，剩余0.05　mol　O2，压强变为原来的1／4；HCl和NH3恰好完全反应生成固体NH4Cl，压强为0；H2与Cl2反应后物质的量不变，压强不变；CO与O2反应生成气态的CO2，压强变为原来的3/4。
5.答案：C
解析：相同条件下，气体体积相同，则物质的量相同，其中混合气体的平均分子组成中碳原子数为2，平均氢原子数在2与6之间，即混合气体的平均式量小于C2H6的式量，故只有答案C正确。
6.答案：A
解析：化学方程式中生成物的计量数的和与反应物计量数差值等于反应物的计量数时，符合题意。
7.答案：CD
解析：此题考查的是物质的量、质量和粒子数目三者之间的关系。28 g N2的物质的量为1 mol，含氮原子2N个；4 g钙为0.1 mol,反应中失去0.2N个电子。
8.答案：CD
解析：由于CO与N2具有相同的相对分子质量，所以CO2、H2、CO混合气体的平均相对分子质量仅由CO2和H2来决定，CO的量可以任意。由交叉法：
9.答案：CD
解析：气体的摩尔质量与其温度、压强及体积均无关，因而选项A可以首先被否定。根据阿伏加德罗定律，在同温同压下，两种气体的物质的量与它们的体积成正比。但由于体积并不与密度成正比，因此选项B不对。从阿伏加德罗定律可直接判断出选项D也是正确的。对于两种气体，，在同温同压下，Vm=Vm′，即得摩尔质量之比等于密度之比。
10.答案：A
解析：n g该混合气体所含有的分子数为个，则在标准状况下所占的体积为22.4nb/mNA。
11.答案：BC
解析：A.常温常压下，11.2 L N2应小于0.5 mol，故含分子数也应小于0.5 N0；B.1 mol Ne,因为单原子分子，故含原子数为N0(常温常压条件无用)；C项正确；D项中气体单质的分子中含原子数不一定相同，如惰气为单原子分子，H2、O2为双原子分子，而O3为3原子分子，而同温、同压、同体积气体单质分子数一定相同(由阿伏加德罗定律)，但原子数不一定相同。
12.答案：C
解析：D与H仅是中子数不同，两种原子中所含质子数相同，故A错；10 g氖气所含原子数为0.5 NA，因氖为单原子分子；常温下水为液态，故D错。
13.答案：B
解析：此类题求相对原子质量，或设相对分子质量求解都较麻烦，而直接求相对原子质量的比值较简捷
由X2Y得 X∶Y=60/2∶40=3∶4 ①
由YZ2得 Y∶Z=50∶50/2=2∶1 ②
联立①②得X∶Y∶Z=3∶4∶2
代入X2YZ3中×100％＝×100％＝25％。
14.答案：CD
解析：采用试项法。
15.答案：BC
解析：A.在标准状况下，11.2 L氯气为0.5 mol，含分子数为0.5N0。而现题给状况为常温常压，此状况下11.2 L氯气折合标况下体积要小于11.2 L即小于0.5 mol，所以此说法错误。
B.氦气直接由原子组成，1 mol氦气一定含N0个原子，与状况无关，说法正确。
C.氧气为双原子分子，32 g氧气即为1 mol氧气，含原子数一定为2N0个，说法正确。
D.由阿伏加德罗定律知在同温同压下，相同体积的任何气体都含相同的分子数，对单质气体也同样适用，而所含原子数目是否相同还要看单质中含的原子数是否相同，常见气体单质分子含原子数不同，如惰气含1个原子，O2、N2为双原子分子，O3含3个原子等，故D项说法是错误的。
16.答案：A
解析：反应中R与M的质量之比为22∶(9×2)，又生成4.4 g R，则生成M的质量为×9×2＝3.6 g，反应后生成物的总质量为4.4 g＋3.6 g=8 g，所以参加反应的Y的质量为8 g－1.6 g=6.4 g，所以Y与M的质量比为6.4∶3.6=16∶9，故选A。
17.答案：D
解析：A.2.4 g金属镁变成镁离子失去的电子数目为×2NA=0.2NA
B.2 g氢气所含原子数为×2NA=2NA
C.25 ℃，压强为1.01×105 Pa不是标准状况，所以11.2 L N2含的原子数目不是NA。
18.答案：BE
解析：A.气态物质体积与构成气体的分子大小无关，C.比较气体的体积一定要在相同状况下，D.气体摩尔体积是指在标准状况下，1 mol任何气体所占的体积约为22.4 L。
(二)笔答题
19.答案：(1)336 mL (2)1∶4
解析：(1)CH4＋2O2===CO2＋2H2O
1 mol CH4完全燃烧得到的CO2和H2O共 80 g
原混合气体中n(CH4)= =0.0075 mol
CH4体积为0.0075 mol×22.4×103 mL·mol－1=168 mL
剩余气体的体积=840 mL－3×168 mL=336 mL
(2)V(CH4)∶V(O2)=168∶(840－168)=168∶672=1∶4
20.答案：(1)5 5 (2) (3)1021.答案：O2的质量24 g或16 g H2质量2 g或10 g
解析：2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
每当36 g H2O反应，则放出32 g O2，固体增重4 g。
设x g H2O反应，固体增重2 g。
x==18，故知有18 g H2O参加反应。
18 g H2O是由2 g H2和16 g O2反应生成的，过量未参加反应的气体为
26 g－18 g=8 g
(1)若过量的气体是8 g O2，则原混合气体中
O2：8 g＋16 g=24 g H2：2 g
(2)若过量的气体是8 g H2，则原混合气体中
O2：16 g H2：8 g＋2 g=10 g
22.答案：(1)1.4 t (2)1.1 t 5.6×105 L (3)623000　Pa
解析：(1)由CaCO3CaO＋CO2↑可知：
x=(56×2.5 t)／100＝1.4 t
(2)y=(44×2.5)／100＝1.1 t(或2.5 t－1.4 t＝1.1 t)
(3)p1Ｖ1／Ｔ1＝p2Ｖ2／Ｔ2?
23.答案：(1)CaC2O4 CaCO3
(2)CaC2O4·H2OCaC2O4＋H2O↑
(3)CaC2O4CaCO3＋CO↑
(4)由图读得分解产物C的质量约为38 mg，C的相对分子质量≈(146×38)÷100＝56或≈(38×100)÷68.5＝56，由此推断C的化学式为CaO。
●命题趋向与应试策略
(一)重视基础 形成知识规律
1.正确理解有关概念
(1)物质的量：指一定量物质中所包含的摩尔的数量。物质的量的单位是摩尔，即某物质如果含有阿伏加德罗常数个粒子，这种物质的“物质的量”就是1 mol，使用摩尔作单位时，应指明粒子的种类(如分子、原子、离子、电子、质子、中子等)。摩尔的引入，把不可见、不便称量的粒子变成了可见、便于称量的宏观量，这样，不仅可以称质量、量体积，反应时还可以测量热量，所以物质的量及单位摩尔是极为重要的概念。
(2)阿伏加德罗常数：12 g碳—12中所含碳原子数为阿伏加德罗常数，根据实验测得其数值为6.02×1023(为近似值)。
(3)气体摩尔体积：在标准状况下，1 mol任何气体所占的体积约是22.4 L，这个体积叫气体摩尔体积。
(4)摩尔质量：1 mol物质的质量叫做物质的摩尔质量，单位是g·mol－1，在数值上等于其相对分子质量或相对原子质量。
(5)物质的量浓度：以1 L溶液里含有溶质物质的量来表示溶液的浓度叫做物质的量浓度，单位是mol·L－1。
2.熟练掌握计算关系
3.阿伏加德罗定律
在同温同压下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子数，这就是阿伏加德罗定律。由此可得出：
(1)同温同压下，气体的体积之比等于气体的物质的量之比。
(2)同温同压下，气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比。
(3)同温同体积下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比。
(4)同温同压下，同体积任何气体的质量比等于其相对分子质量之比。
(5)同温同压下，同质量任何气体的体积之比等于其相对分子质量倒数之比。
4.质量守恒定律
(1)参加反应的各物质质量总和=反应生成物的质量总和
(2)反应前后各种原子的种类及个数相同
(3)是书写化学方程式及其计算的依据
(二)分析热点 把握命题趋向
物质的量、气体摩尔体积等是高考必考或常考知识点，通常以选择题或填空题形式出现。其主要特点是：
1.阿伏加德罗定律及应用。命题的热点是：已知同温同压(或同温同容)下不同气体的某些条件，推断或比较其物理量(如体积、质量或密度等)的大小；或者根据反应原理，结合质量守恒定律、阿伏加德罗定律推断气态产物或反应物的化学式。
2.阿伏加德罗常数的应用。其主要特点：一是已知阿伏加德罗常数为NA，判断一定量的物质所含的某种粒子数目的多少。纵观近十年高考试题，发现对此题型的考查保持了相当强的连续性。如从1994年一直考到最近的2003年。题目在注重对计算关系考查的同时，又隐含对某些概念理解的考查。其解题的方法思路是：在正确理解有关概念的基础上，将各物质的质量、气体的体积、溶液的浓度等转化为指定粒子的物质的量(摩尔)进行判断。二是近几年来通过阿伏加德罗常数进行一些量之间的换算亦成为高考的热点。三是阿伏加德罗常数在物理学中有着广泛的应用，如电解时析出金属(或放出气体)的质量与耗电量之间必然要用到阿伏加德罗常数，今后此类的命题会加强。
［例题］(2002年上海，8)NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是
A.80 g硝酸铵含有氮原子数为2NA
B.1 L 1 mol/L 的盐酸溶液中，所含氯化氢分子数为NA
C.标准状况下，11.2 L 四氯化碳所含分子数为0.5NA
D.在铜与硫的反应中，1 mol 铜失去电子数为2NA
解析：本题属于考查阿伏加德罗常数的常见题，每一个选项都设有易疏忽的地方，能检测学生仔细分析的能力。要注意物质的组成和构成粒子。在使用气体摩尔体积时要检查物质的状态是否为气体。发生化学反应要弄清其产物，这样转移电子数的分析才不致出错。
A.NH4NO3：n(N)==1 mol 含N原子数为2NA；
B.在盐酸溶液中，不存在HCl分子，而是已完全电离为H＋、Cl－
C.CCl4在通常情况下为液体，标准状况时更不会成为气体；
答案：A高考化学分类解析(十八)——碳族元素 无机非金属材料
●考点阐释
1.了解常见碳单质的主要物理性质，掌握其重要的化学性质。掌握碳的氧化物的性质及主要用途和碳酸盐的性质及碳酸根的检验方法。了解碳的氧化物对大气的污染。
2.了解硅单质的晶体类型及主要性质，理解二氧化碳与二氧化硅物理性质差异的主要原因。了解硅酸盐工业和新型无机非金属材料的特性及应用。
●试题类编
(一)选择题
1.（2002年全国理综，6）以下说法正确的是
A.纳米材料是指一种称为“纳米”的新物质制成的材料
B.绿色食品是指不含任何化学物质的食品
C.生物固氮是指植物通过叶面直接吸收空气中的氮气
D.光导纤维是以二氧化硅为主要原料制成的
2.（2002年上海，15）将足量CO2通入KOH和Ca(OH)2的混合稀溶液中，生成沉淀的物质的量（n）和通入CO2体积（V）的关系正确的是
3.（2001年理综，6）当下列物质：①大理石、②钟乳石、③锅垢、④贝壳、⑤蛋壳，分别滴入醋酸时，会产生相同气体的是
A.只有①② B.只有④⑤ C.只有①②③ D.①②③④⑤
4.(2001年理综，9）已知天然气的主要成分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
A.是①、②、③ B.只有①
C.是①和② D.只有③
5.(2001年春，5)下列氧化物按其形成的含氧酸酸性递增顺序排列的是
A.SiO2＜CO2＜SO3＜P2O5 B.SiO2＜CO2＜P2O5＜SO3
C.CO2＜SiO2＜P2O5＜SO3 D.CO2＜P2O5＜SO3＜SiO2
6.(2001年春，9)迄今为止，以下各族元素中生成化合物的种类最多的是
A.ⅡA族 B.ⅢA族
C.ⅣA族 D.ⅤA族
7.(2000年全国，6)取2.8 g某元素的单质X在一定条件下与氧气充分作用，得到6 g 化合物XO2。该元素在周期表中的位置属于
A.第三周期 B.第二周期
C.第Ⅳ主族 D.第Ⅴ主族
8.(2000年春，12)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。由此可以确定原混合气体中
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
9.(2000年全国，4)石墨炸弹爆炸时能在方圆几百米范围内撒下大量石墨纤维，造成输电线、电厂设备损坏。这是由于石墨
A.有放射性 B.易燃、易爆
C.能导电 D.有剧毒
10.(2000年上海，2)下列物质属于原子晶体的化合物是
A.金刚石 B.刚玉
C.二氧化硅 D.干冰
11.(2000年理科综合，8)请据图回答，经数小时后，U型管A、B两处的液面会出现下列哪种情况(实验装置足以维持实验期间小白鼠的生命活动，瓶口密封，忽略水蒸气和温度变化对实验结果的影响)
A.A处上升，B处下降
B.A、B两处都下降
C.A处下降，B处上升
D.A、B两处都不变
12.(1999年全国，1)近年来，我国许多城市禁止汽车使用含铅汽油，其主要原因是
A.提高汽油燃烧效率 B.降低汽油成本
C.避免铅污染大气 D.铅资源短缺
13.(1998年全国，2)向下列溶液中滴加稀H2SO4，生成白色沉淀，继续滴加稀H2SO4，沉淀溶解的是
A.Na2SiO3 B.BaCl2
C.FeCl3 D.NaAlO2
14.(1996年上海，25)某二价金属碳酸盐和碳酸氢盐的混合物跟足量盐酸反应，消耗H＋和产生CO2的物质的量之比为6∶5，该混合物中碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量之比为
A.1∶1 B.1∶2 C.1∶3 D.1∶4
15.(1995年上海，4)固体熔化时必须破坏非极性共价键的是
A.冰 B.晶体硅 C.溴 D.二氧化硅
16.(1995年上海，7)CO2通入下列各溶液中，不可能产生沉淀的是
A.氯化钙溶液 B.石灰水
C.饱和碳酸钠溶液 D.硅酸钠溶液
17.(1994年上海)下列物质的晶体中，不存在分子的是
A.二氧化硅 B.二氧化硫
C.二氧化碳 D.二硫化碳
（二）笔答题
18.（2002年春上海，27）爆炸后，环境内CO气体含量达10％以上，引起人体CO中毒。现场抢救CO中毒者，应立即采取什么措施？
19.（2002年上海理综，14）碳元素有多种同位素，其中14C具有放射性，它能自发放出某种射线，而衰变成其他元素。考古对出土生物遗骸的年代断定可以使用多种方法，其中较精确的一种是基于14C放射性的方法，但被断定的年代一般不超过5万年。
（2002年上海理综，43）C与C结构上的差别在于其 的不同，如14CO2与碳在高温条件下发生反应：14CO2＋C2CO，达到化学平衡后，平衡混合物中含14C的微粒有
A.14CO2 B.14CO2，14CO
C.14CO2，14CO，14C D.14CO
20.(1999年上海)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）
(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。则它们的化学组成为：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CO2 3．36 L（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CO2 6．72 L(标准状况)，这份矿样中CuO含量不低于 克。
(4)设某碳酸盐类铜矿样的质量为A克，所含CuO质量为G克。加酸完全溶解后，产生的CO2体积(标准状况)为V升，则含铜矿样的A、V、G之间的关系式为：A＝_________。
21.(1997年全国，36)1996年诺贝尔化学奖授予对发现C60有重大贡献的三位科学家。C60分子是形如球状的多面体(如右图)，该结构的建立基于以下考虑：
①C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键；②C60分子只含有五边形和六边形；③多面体的顶点数、面数和棱边数的关系，遵循欧拉定理：
顶点数+面数－棱边数=2
据上所述，可推知C60分子有12个五边形和20个六边形，C60分子所含的双键数为30。请回答下列问题：
(1)固体C60与金刚石相比较，熔点较高者应是 ，理由是 。
(2)试估计C60跟F2在一定条件下，能否发生反应生成C60F60(填“可能”或“不可能”) ，并简述其理由： 。
(3)通过计算，确定C60分子所含单键数。C60分子所含单键数为 。
(4)C70分子也已制得，它的分子结构模型可以与C60同样考虑而推知。通过计算确定C70分子中五边形和六边形的数目。C70分子中所含五边形数为 ，六边形数为 。
22.（1996年全国，29）上图是石英晶体平面示意图，它实际上是立体网状结构，其中硅、氧原子数之比为________，原硅酸根离子SiO的结构可表示为二聚硅酸根离子Si2O中，只有硅氧键，它的结构可表示为：________。
●答案解析
(一）选择题
1.答案：D
解析：此题考查了常见化学用语的含义。纳米材料是指构成物质的微粒直径在10－7 m~
10－9 m之间的一类物质的总称，并不是一种新的物质。任何食品从化学组成上分析，都是由化学物质构成的，如面包的主要成分就是淀粉。生物固氮就是某些植物的根瘤菌把空气中的氮气转化为可被植物吸收的化合态氮的过程，并不是植物直接吸收氮气。
2.答案：D
解析：起始时反应的离子方程式为：CO2＋2OH－+Ca2＋===CaCO3↓+H2O，当Ca2＋完全沉淀时，溶液中还剩余OH－，再通CO2，反应的离子方程式为：CO2＋OH－===CO＋H2O，继续通CO2，反应式为：CO＋CO2＋H2O===2HCO，再通CO2，反应式为：CaCO3+CO2+H2O===2Ca(HCO3)2。
反映在图象上即为D。
3.答案：D
解析：本题以碳酸钙的各种俗称为素材，旨在考查学生对常识性知识的了解情况。由于大理石、钟乳石、锅垢、贝壳和蛋壳的主要成分皆含有碳酸钙，分别滴入醋酸后，都会有CO2气体产生。因此选D项。
4.答案：C
解析：天然气相比于煤、柴油而言是比较清洁的能源，目前部分城市代替汽油加以推广；SO2、NOx的过度排放是引起酸雨的原因，而CO2的过度排放则是引起温室效应的原因，这些都是中学生必须了解的常识。从题给信息看，等物质的量的CH4和CO2产生的温室效应是前者大，因此等质量的CH4和CO2产生的温室效应当然也是前者大，故应选C项。但有许多考生选择了A选项，错误地认为CO2是酸性气体，则燃烧天然气也会引起酸雨。
5.答案：B
解析：元素的非金属性由强到弱的顺序是：S＞P＞C＞Si，其氧化物对应水化物的酸性则是依次减弱的，故答案为B。
6.答案：C
解析：ⅣA族多形成共价化合物，且含有碳元素，形成的化合物种类最多。
7.答案：AC
解析：X的物质的量与O2的相等，为0.1 mol，所以X的相对原子质量为28，该元素为硅，处于第三周期，ⅣA族。
8.答案：D
解析：通过碱石灰时，CO2和H2O都能被其吸收，体积变小，说明至少含其中一种；通过碱石灰后的气体只能为H2、CO中的一种或两种，通过热的氧化铜后的气体能使无水硫酸铜变蓝说明原气体中一定有H2，能使石灰水变浑浊，说明一定有CO。
9.答案：C
解析：石墨的放射性极弱，虽易燃，但不易爆，无毒，这些性质都不能使输电线、电厂设备损坏。惟一能使输电线、电厂设备损坏的因素是因为石墨具有导电性，引起输电线，电厂短路，造成设备损坏，因此答案为C选项。
10.答案：C
解析：此题主要是考查学生的审题能力，该物质既是原子晶体，又是化合物。
11.答案：C
解析：小白鼠消耗氧气，产生CO2，CO2被NaOH溶液吸收，装置内压强下降，在外界大气压作用下，U型管内A处液面下降，B处上升。
12.答案：C
13.答案：D
解析：向Na2SiO3溶液中加入H2SO4，有白色沉淀或凝胶生成，但此生成物不能在过量的H2SO4中溶解；BaCl2溶液与H2SO4反应可生成白色沉淀BaSO4，它也不能在过量的H2SO4中溶解，FeCl3溶液遇H2SO4不会生成白色沉淀；由于有Al3+Al(OH)3↓ AlO，从中推知：AlOAl(OH)3↓Al3+，这就是选项D所涉及的反应。
14.答案：B
解析：设二价金属为M，正盐的物质的量为x mol，酸式盐的物质的量为y mol，则有：
MCO3＋2HCl===MCl2＋CO2↑+H2O
x 2x x
M(HCO3)2＋2HCl===MCl2＋2CO2↑+2H2O
y 2y 2y
由题意得：,解得。
15.答案：B
解析：冰、溴熔化时破坏分子间作用力；二氧化硅为原子晶体，熔化时破坏极性共价键，只有B项合题意。
16.答案：A
解析：CO2通入CaCl2溶液中产生的CaCO3能溶于反应生成的盐酸中，故此反应不能发生，也无沉淀生成，故选A。
17.答案：A
解析：“SiO2”不是由单个的“SiO2”的分子所组成的，它是一种原子晶体。1个Si原子跟4个O原子形成了4个共价键，这样，每1个Si原子周围结合4个O原子，同时每个O原子跟两个Si原子相结合。实际上，二氧化硅晶体是由硅原子和氧原子按1∶2的比例所组成的立体网状的原子晶体，通常用“SiO2”表示二氧化硅的组成。而SO2、CO2、CS2皆为分子晶体。故存在分子。
（二）笔答题
18.答案：将CO中毒者移至新鲜空气处，并设法改善中毒者缺氧的状态（例如人工呼吸等）。
解析：人体血液中的血红蛋白既能与O2结合，也能与CO结合，且更易结合CO，使血液失去运输氧气的功能，使人缺氧而中毒。从平衡移动的观点，应让中毒者离开CO的环境，移至新鲜空气处，并设法改善中毒者缺氧的状态。
19.答案：核内中子数（或“14C中子数多2个”，或：“原子质量数”） C
20.答案：(1)CuCO3·Cu（OH）2 2CuCO3·Cu（OH）2
(2)CuCO3·Cu（OH）2和2CuCO3·Cu（OH）2的混合物
(3)36 （4）（）
解析：(1)依题意知：
孔雀石中，＝ 解得：
石青中：＝ 解得：
所以，在a≤2，b≤2时，
孔雀石化学式为CuCO3·Cu（OH）2；石青化学式为：2CuCO3·Cu（OH）2
（2）n（CO2）＝＝0．15 mol＝n（CuCO3）
n（CuO）＝＝0．25 mol＝n（CuCO3）＋n［Cu（OH）2］
所以，n［Cu（OH）2］＝0．25 mol－0．15 mol＝0．10 mol
a∶b＝n（CuCO3）∶n［Cu（OH）2］＝0．15 mol∶0．1 mol＝3∶2
因为a≤2，b≤2，
所以，该矿样混合物的化学组成为CuCO3·Cu（OH）2和2CuCO3·Cu（OH）2的混合物。
(3)对aCuCO3·bCu（OH）2矿样
=
比值最低的是2CuCO3·Cu（OH）2 （a＝2，b＝1）
已知n（CO2）＝＝0．3 mol＝a
n（CuO）＝［(a+b)/a］·n（CO2）＝0．45 mol
m（CuO）＝0．45 mol×80 g·mol－1＝36 g
(4)A＝124×＋98（）
21.解答：(1)金刚石 金刚石属原子晶体，而固体C60不是，故金刚石熔点较高
(答出“金刚石属原子晶体”即给分)
(2)可能 因C60分子含30个双键，与极活泼的F2发生加成反应即可生成C60F60
(只要指出“C60含30个双键”即给分，但答“因C60含有双键”不给分)
(3)依题意，C60分子形式的化学键数为：（3×60）＝90
也可由欧拉定理计算键数(即棱边数)：60＋（12＋20）－2＝90
C60分子中单键为：90－30＝60
［答“2×30(双键数)＝60”即给分］
(4)设C70分子中五边形数为x,六边形数为y。依题意可得方程组：
解得：五边形数x=12，六边形数y=25。?
解析：从石英晶体的平面示意图可以看出：每个网眼由4个Si原子和4个O原子围成，但每个Si原子为4个网眼共有，而每个O原子由两个网眼共有，故n(Si)∶n(O)=(4×)∶
(4×)=1∶2。双二聚硅酸为两分子硅酸（H4SiO4）去水形成，即：
●命题趋向与应试策略
（一）重视基础 形成知识规律
1.碳及其化合物间的转化关系
（1）会运用氧化还原反应知识规律分析理解碳、一氧化碳、二氧化碳之间的相互转化及应用。运用酸碱反应规律分析理解二氧化碳、碳酸正盐、碳酸氢盐（酸式盐）之间的相互转化及应用。
（2）碳酸盐性质规律
①溶解性规律：如果碳酸的正盐溶解度较大，则酸式盐的溶解度小［如：Na2CO3＞NaHCO3］；如果碳酸的正盐溶解度小，则对应酸式盐的溶解度较大［如：CaCO3＜Ca(HCO3)2］
②稳定性：难溶性的碳酸盐，(NH4)2CO3及酸式盐受热易分解；可溶性的碳酸盐较稳定，受热难分解。
③酸式盐与碱反应时的产物要根据相对用量判断。如：在Ca(HCO3)2溶液中滴加NaOH溶液：
Ca(HCO3)2+NaOH===CaCO3↓+NaHCO3+H2O(NaOH少量）
Ca(HCO3)2+2NaOH===CaCO3↓+Na2CO3+2H2O（NaOH过量）
④CO和HCO的检验：利用正盐和酸式盐的溶解性可区别CO和HCO，如BaCl2溶液。利用CO与H＋反应产生CO2的方法，检验CO或HCO。
2.碳族元素的主要特征
在元素周期表中，碳族元素位于活泼金属(ⅠA族)向活泼非金属(ⅦA族)过渡的中间位置，其最外层电子数为4，既不容易得到电子，又不易失去电子，所以碳族元素的成键特征是易形成共价键，难形成离子键，特别是单个原子不能形成离子；单质以还原性为主，表现为难与H2生成气态氢化物，制取单质通常为还原法，如以C还原SiO2以制单质硅；碳元素形成的单质(金刚石)硬度最大；碳元素形成的化合物种类最多；在所有非金属形成的气态氢化物中，甲烷中氢元素的质量分数最大；C是元素相对原子质量的标准原子；硅在地壳中的含量仅次于氧，其单质晶体是一种良好的半导体材料。
3.硅及其化合物的特殊性
(1)硅的还原性比碳强，而碳在高温下能从二氧化硅中还原出硅。
(2)非金属单质与强碱溶液反应一般不生成氢气，而硅与氢氧化钠等强碱溶液反应产生氢气。
(3)非金属单质一般不与非氧化性酸反应，而硅不但与氢氟酸反应，而且有氢气生成。
(4)酸性氧化物一般不与酸发生复分解反应，而二氧化硅却能与氢氟酸反应，生成四氟化硅和水。
(5)无机酸一般易溶于水，而硅酸和原硅酸却难溶于水。
(6)在水溶液中，碳酸的酸性比硅酸强，二氧化碳与硅酸钠反应生成碳酸钠和硅酸沉淀。在高温下碳酸钠与二氧化硅反应生成硅酸钠和二氧化碳，其原因是在高温条件下，生成的二氧化碳离开反应体系而使反应进行到底。
4.新型无机非金属材料的特性
（1）能承受高温，强度高。例如：氮化硅陶瓷在1200℃左右的高温下，仍具有很高的硬度，可用来制造汽轮机叶片、轴承、永久模具等。
（2）具有电学特性。一些新型无机非金属材料可以作绝缘体，有的可作半导体、导体、超导体等。一些绝缘性材料常被用于做集成电路的基板。
（3）具有光学特性。有些新型无机非金属材料能发出单色的光，有的能透过可见光，有的能使红外线、雷达射线穿过。
（4）具有生物功能。一些新型无机非金属材料强度高、无毒、不溶于水，对人体组织有较好的适应性，可直接植于人体内，用这类材料制成的人造牙齿、人造骨骼，已被应用在医学上。
（二）分析热点 把握命题趋向
碳、硅等元素知识在历年高考中有较多的涉及，其主要热点是：①金刚石、石墨、晶体硅、二氧化硅的结构和性质比较，C60的空间结构及计算；②碳和一氧化碳的还原性，一氧化碳和二氧化碳的制取、收集、检验与鉴别；③二氧化碳与氢氧化钠、二氧化硅与碳等反应产物的确定及计算；④典型碳酸盐的性质及应用；⑤化工理论在硅酸盐工业实际中的应用；⑥推测新型无机非金属材料的结构特点或分析其用途。题目类型既有考查目的比较明确具体的选择题，又有与基本理论、其他元素化合物知识糅合在一起的推断题、实验题或计算题。从高考命题的变化趋势来看，与碳的化合物知识有关的温室效应、生物化学将成为综合科目高考命题的焦点问题。
(1)温室效应与环境科学
太阳光的照射使海洋、陆地变暖，然后变暖的地面又把热辐射回天空。地面的热在向外辐射的过程中，部分红外辐射能被CO2、CH4、N2O和H2O(g)等温室气体吸收。当大气中的这类温室气体的浓度过高时，会使地面接收到太阳辐射热大于地面向太空反射回去的辐射热，从而使地面气温逐渐升高，这种现象称为“温室效应”。
“温室效应”的积极作用是控制地球表面的温度适合于动、植物的生存、繁衍。但是由于地球上人口激增带来人类需求物质数量的猛增，如现代大工业大量燃烧矿物燃料，使大气中的二氧化碳不断增加；同时由于人口的激增导致人类以惊人的速度和规模砍伐森林，森林大面积被毁，使得它原有的涵养水源、防止水土流失、调节气温等方面作用减弱，森林吸收二氧化碳及送入大气中的氧气的量均显著下降，因而造成“温室效应”加剧。
“温室效应”加剧导致地球表面温度上升，因而地球两极冰山和冰川开始融化，会使海平面上升，最终上涨的海洋可能会淹没沿海城市和农田。气候变暖也会引起海洋温度升高，将促使强烈的热带风暴形成。全球气候的变化，必将破坏生态平衡，给人类带来灾难。
为了人类更好地生存，必须控制“温室效应”的加剧。为此必须采取的措施是：
①控制矿物燃料的燃烧，合理开发、利用燃料，寻找新能源如太阳能、生物能、地热等以减少CO2的排放。
②保护森林、保护植被、禁止乱砍滥伐，植树造林，利用森林涵养水源调节气温。
③控制人口激增，尽快恢复正常循环。
以上几条措施的根本在于人类必须控制在生育上的无政府主义，切实做到减少人口数量，提高人口素质，只有这样才能从根本上做到控制“温室效应”的加剧。
(2)光合作用与生物化学
地球上所有生命形式的存在都要依赖于太阳能。绿色植物、藻类以及一些细菌可以借助光合作用将太阳能转换成化学能，并将化学能以糖分形式储存起来。每年大约有1500亿吨以上的糖通过光合作用产生出来，进入大气层中的氧正是光合作用这一过程产生的副产品。据估计，全世界生物的呼吸和燃料的燃烧所消耗的O2量平均每秒为一万吨，按此速度计算，大气中的O2在3000年左右将会用完，然而，绿色植物广泛地分布在地球上，不断地进行着光合作用，吸收CO2和放出O2，为生物的呼吸提供O2，也使得大气中的O2和CO2的含量基本上保持稳定。
叶绿素光合作用的机理是：叶绿素吸收光能进行光化学反应，把水分解成［O］和［2H］，释放出O2，氢则经光磷酸化反应形成ATP(三磷酸腺苷)，再用ATP的能量固定CO2，还原后合成糖，其中，需要光的过程叫“光反应”，总反应式为：2X＋2H2O2XH2＋O2（X代表氧化剂，即电子受体），不需要光的过程叫“暗反应”，
总反应式为：2XH2＋CO2［CH2O］＋H2O＋2X
植物的光合作用并非是很有效的使太阳能量转变为营养的途径，因为照射到叶子上的阳光只有1％～3％被吸收，而在这被吸收的阳光中也只有一部分转变成植物能。
［例题］(2002年春上海)（1）图瓦卢是由多个珊瑚礁形成的岛国。由于大气中CO2含量的剧增，大量珊瑚礁（主要成分是碳酸钙）被海水侵蚀，其原因是（用化学方程式表示）： 。
（2）温室效应导致海平面上升，引起温室效应的人为原因主要是： 。
（3）为了控制温室效应。各国科学家提出了不少方法和设想。有人根据液态CO2密度大于海水密度的事实，设想将CO2液化后，送入深海海底。以减小大气中CO2的浓度。为使CO2液化，可采用的措施是
A.减压、升温 B.增压、升温 C.减压、降温 D.增压、降温
（4）科学家研究发现，用“汽水”（一种能释放CO2的弱酸性溶液）浇灌植物能促进植物的生长。原因是它能
①加强呼吸作用②加强光合作用③改良碱性土壤、调节pH④加强植物蒸腾作用
A.①② B.②③ C.③④ D.②③④
（5）快速、有效地减缓大气中CO2大量增加的生态学措施是
A.使用天然气等燃料 B.控制全球人口增长
C.植树造林，保护森林 D.立即减少煤和石油的燃烧
解析：本题以二氧化碳的性质为载体，综合考查学生的环保意识，引导学生关注社会，关注未来。题目选材新颖，涉及面广，起点高，落点低，具有很强的时代性。
二氧化碳微溶于水，溶于水后会与碳酸钙反应，导致碳酸钙溶解。增大压强、降低温度会使气体的溶解度增大。
植物的呼吸作用放出CO2，植物蒸腾作用与外界温度及水分有关，与CO2的浓度无关；植物的光合作用需要吸收CO2，且CO2溶于土壤的水生成的碳酸电离的H＋可以改良碱性土壤、调节pH，促进植物对Ca2＋、Mg2＋的吸收。所以“汽水”浇灌植物能促进植物的生长。
随着社会的进步，对能源的消耗也将进一步增多，所以不可能立即减少煤和石油的燃烧，使用天然气等燃料也会产生CO2，只有绿色植物的光合作用会吸收大量的CO2，且见效快。
答案：（1）CaCO3+CO2+H2O===Ca(HCO3)2
（2）大量燃烧煤、石油等矿物燃料。
（3）D （4）B （5）C高考化学分类解析(一)——氧化还原反应
●考点阐释
1.掌握氧化还原反应有关的概念。氧化还原反应的概念包括氧化和还原、氧化性和还原性、氧化剂和还原剂、氧化产物和还原产物等。命题多以选择题或填空题的形式出现。
2.综合应用化合价变化和电子转移的观点分析判断氧化还原反应中电子转移的方向和数目，配平氧化还原反应方程式。命题常以填空题的形式出现，有时还需要判断反应物或生成物。
3.会比较物质氧化性或还原性的强弱，其主要依据是：氧化(或还原)剂的氧化(或还原)性强于氧化(或还原)产物的氧化(或还原)性。
●试题类编
(一)选择题
1.(2003年上海春季，18)苹果汁是人们喜爱的饮料。由于此饮料中含有Fe2＋，现榨的苹果汁在空气中会由淡绿色变为棕黄色。若榨汁时加入维生素C，可有效防止这种现象发生。这说明维生素C具有
A.氧化性 B.还原性
C.碱性 D.酸性
2.(2002年江苏综合，25)在100 mL含等物质的量HBr和H2SO3的溶液里通入0.01 mol Cl2，有一半Br－变为Br2(已知Br2能氧化H2SO3)。原溶液中HBr和H2SO3的浓度都等于
A.0.0075 mol·L－1 B.0.0018 mol·L－1
C.0.075 mol·L－1 D.0.08 mol·L－1
3.(2002年河南，5)R、X、Y和Z是四种元素，它们常见化合价均为＋2，且X2＋与单质R不反应；X2＋＋Z===X＋Z2＋；Y＋Z2＋===Y2＋＋Z。这四种离子被还原成0价时表现的氧化性大小符合
A.R2＋>X2＋>Z2＋>Y2＋ B.X2＋>R2＋>X2＋>Z2＋
C.Y2＋>Z2＋>R2＋>X2＋ D.Z2＋>X2＋>R2＋>Y2＋
4.(2002年河南，12)在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢(H2O2)为原料制取氧气，当制得同温、同压下相同体积的O2时，三个反应中转移的电子数之比为
A.1∶1∶1 B.2∶2∶1
C.2∶3∶1 D.4∶3∶2
5.(2001年全国，8)将NO＋Zn＋OH－＋H2ONH3＋Zn(OH)配平后，离子方程式中H2O的系数是
A.2 B.4 C.6 D.8
6.(2001年全国，6)已知在酸性溶液中，下列物质氧化KI时，自身发生如下变化：
Fe3＋→Fe2＋；MnO→Mn2＋；Cl2→2Cl－；HNO2→NO。如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是
A.Fe3＋ B.MnO
C.Cl2 D.HNO2
7.(2001年春，2)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
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
8.(2000年全国，21)硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0 mL 0.100 mol·L－1 Na2S2O3溶液恰好把224 mL(标准状况下)Cl2完全转化为Cl－，则S2O将转化成
A.S2－ B.S
C.SO D.SO
9.(1999年全国，23)一定条件下硝酸铵受热分解的未配平化学方程式为：NH4NO3——HNO3＋N2＋H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为
A.5∶3 B.5∶4
C.1∶1 D.3∶5
10.(1998年上海，19)根据下列反应判断有关物质还原性由强到弱的顺序是
H2SO3＋I2＋H2O===2HI＋H2SO4
2FeCl3＋2HI===2FeCl2＋2HCl＋I2
3FeCl2＋4HNO3===2FeCl3＋NO↑＋2H2O＋Fe(NO3)3
A.H2SO3＞I－＞Fe2＋＞NO B.I－＞Fe2＋＞H2SO3＞NO
C.Fe2＋＞I－＞H2SO3＞NO D.NO＞Fe2＋＞H2SO3＞I－
11.(1997年全国，24)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
A.NO2 B.NO
C.N2O D.N2
12.(1997年全国，7)下列叙述中，正确的是
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.某元素的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
13.(1996年上海，6)下列离子中最易给出电子的是
A.Cl－ B.Cu2＋
C.Fe2＋ D.F－
14.(1995年全国，23)24 mL浓度为0.05 mol·L－1的Na2SO3溶液，恰好与20 mL浓度为0.02 mol·L－1的K2Cr2O7溶液完全反应，则元素Cr在被还原的产物中的化合价是
A.＋6 B.＋3 C.＋2 D.0
15.(1995年上海，27)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)：
(1)GQ＋NaCl (2)Q＋H2OX＋H2
(3)Y＋NaOHG＋Q＋H2O (4)Z＋NaOHQ＋X＋H2O
这五种化合物中氯的化合价由低到高的顺序为
A.QGZYX B.GYQZX
C.GYZQX D.ZXGYQ
16.(1994年全国，16)X、Y、Z、M代表四种金属元素，金属X和Z用导线连接放入稀硫酸中时，X溶解，Z极上有氢气放出；若电解Y2＋和Z2＋离子共存的溶液时，Y先析出；又知M2＋离子的氧化性强于Y2＋离子。则这四种金属的活动性由强到弱的顺序为
A.X>Z>Y>M B.X>Y>Z>M
C.M>Z>X>Y D.X>Z>M>Y
(二)笔答题
17.(2003年春季，23)(1)某反应池中，发生“生物硝化过程”，如果不考虑过程中硝化细菌的增殖，其净反应如下式所示：
①
配平上面化学方程式，将系数填入方框中。
②将铵态氮中的1 mg氮转化成硝酸根中的氮，需氧气多少毫克？
③为什么在反应中需要不断添加碱？
(2)3级反应池中发生的“生物反硝化过程”，通常需要外加甲醇，净反应如下所示：
配平上面化学方程式，将系数填入方框中。
18.(2002年河南，18)已知硫酸锰(MnSO4)和过硫酸钾(K2S2O8)两种盐溶液在银离子催化下可发生氧化还原反应，生成高锰酸钾、硫酸钾和硫酸。
(1)请写出并配平上述反应的化学方程式： 。
(2)此反应的还原剂是___________，它的氧化产物是 。
(3)此反应的离子反应方程式可表示为：________________________________________。
(4)若该反应所用的硫酸锰改为氯化锰，当它跟过量的过硫酸钾反应时，除有高锰酸钾、硫酸钾、硫酸生成外，其他的生成物还有___________。
19.(2001年春，25)三聚氰酸C3N3(OH)3可用于消除汽车尾气中的氮氧化物(如NO2)。当加热至一定温度时，它发生如下分解：C3N3(OH)3===3HNCO。HNCO(异氰酸，其结构是
H—N==C==O）能和NO2反应生成N2、CO2和H2O。
(1)写出HNCO和NO2反应的化学方程式，分别指明化合物中哪种元素被氧化 哪种元素被还原 标出电子转移的方向和数目。
(2)如按上述反应式进行反应，试计算吸收1.0 kg NO2气体所消耗的三聚氰酸的质量。
20.(2001年上海，23)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：
(1)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：
21.(2001年广东、河南，15)化合物BrFx与水按物质的量之比3∶5发生反应，其产物为溴酸、氢氟酸、单质溴和氧气。
(1)BrFx中，x=___________。
(2)该反应的化学方程式是：_________________________________。
(3)此反应中的氧化剂和还原剂各是什么？ ___________。
22.(2000年全国，30)在一定条件下，NO跟NH3可以发生反应生成N2和H2O。现有NO与NH3的混合物1 mol,充分反应后所得产物中，经还原得到的N2比经氧化得到的N2多1.4 g。
(1)写出反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目。
(2)若以上反应进行完全，试计算原反应混合物中NO与NH3的物质的量可能各是多少。
23.(2000年上海，24)KClO3与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：
(1)请完成该化学方程式并配平(未知物化学式和系数填入框内)。
(2)浓盐酸在反应中显示出来的性质是 (填写编号，多选倒扣)。
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)产生0.1 mol Cl2，则转移的电子的物质的量为___________mol。
(4)ClO2具有很强的氧化性。 因此，常被用作消毒剂，其消毒的效率(以单位质量得到的电子数表示)是Cl2的 倍。
24.(2000年理科综合，34)对于司机酒后驾车，可对其呼出的气体进行检验而查出，所利用的化学反应如下：2CrO3(红色)＋3C2H5OH＋3H2SO4===Cr2(SO4)3(绿色)＋3CH3CHO＋6H2O。被检测的气体成分是___________，上述反应中的氧化剂是___________，还原剂是___________。
25.(1999年上海，24)在热的稀硫酸溶液中溶解了11.4 g FeSO4。当加入50 mL 0.5 mol·
L－1 KNO3溶液后，使其中的Fe2＋全部转化成Fe3＋，KNO3也反应完全，并有NxOy氮氧化物气体逸出。
(1)推算出x=___________ ,y=___________。
(2)配平该化学方程式(系数填写在上式方框内)。
(3)反应中氧化剂为___________。
(4)用短线和箭头标出电子转移的方向和总数。
26.(1999年广东，25)针对以下A～D四个涉及H2O2的反应(未配平)，填写空白：
A.Na2O2＋HCl——H2O2＋NaCl
B.Ag2O＋H2O2——Ag＋O2＋H2O
C.H2O2H2O＋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)__________,该反应配平的化学反应方程式为 。
(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 。
27.(1998年全国，28)KMnO4和氢溴酸溶液可以发生下列反应：KMnO4＋HBrBr2＋MnBr2＋KBr＋H2O，其中还原剂是___________，若消耗0.1 mol氧化剂，则被氧化的还原剂的物质的量是___________ mol。
28.(1998年上海，26)智利硝石矿层中含有碘酸钠，可用亚硫酸氢钠与其反应制备单质碘。
(1)试配平该反应的化学方程式，并用短线标出电子转移的总数及方向。
(2)已知含氧酸盐的氧化作用随溶液酸性的加强而增强，在制备试验时，定时取样，并用酸化的氯化钡来检测SO生成的量，发现开始阶段反应速率呈递增的趋势，试简述这一变化趋势发生的原因： 。
29.(1997年上海，27)铁酸钠(Na2FeO4)是水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为Fe3＋离子。
(1)配平制取铁酸钠的化学方程式：
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 。
30.(1996年上海，28)(1)1986年，化学上第一次用非电解法制得氟气，试配平该反应的化学方程式：
反应中___________ 元素被还原。
(2)氰(CN)2、硫氰(SCN)2的化学性质和卤素(X2)类似，化学上称为拟卤素。［如：(SCN)2＋H2OHSCN＋HSCNO］，它们阴离子的还原性强弱为：Cl－＜Br－＜SCN－＜I－。试写出以下的反应式：
①(CN)2与KOH溶液反应的化学方程式；
②NaBr与KSCN的混合物中加入(CN)2的离子方程式。
●答案解析
(一)选择题
1.答案：B
解析：此题考查了还原剂的还原性的相对强弱。Fe2＋易被空气中的O2氧化为Fe3＋而变色，但加入维生素C后可防止此现象，说明维生素C的还原性比Fe2＋强，阻止了Fe2＋被氧化。
2.答案：D
解析：解此题首先要明确：H2SO3的还原性比Br－强，Cl2先氧化H2SO3，再氧化Br－，设原溶液中HBr和H2SO3的浓度都为x，则：0.1 L×x×＋0.1×x×2=0.01 mol×2 x=0.08 mol·L－1。
3.答案：A
解析：此题主要是考查由化学方程式比较氧化性大小关系。由X2＋＋Z===X＋Z2＋可知，氧化性：X2＋>Z2＋；由Y＋Z2＋===Y2＋＋Z可知，氧化性Z2＋>Y2＋。又由R与X2＋反应可知，氧化性R2＋>X2＋。
故四种阳离子的氧化性由强到弱的顺序为：R2＋>X2＋>Z2＋>Y2＋。
4.答案：B
解析：KMnO4和KClO3中的氧都为－2价，生成O2时价态升高2，H2O2中的氧为－1价，生成O2时价态升高1，故生成1 mol O2，前二者转移4 mol电子，而后者转移2 mol电子。故三反应中转移电子数之比为2∶2∶1。
5.答案：C
解析：此题考查的是氧化还原反应离子方程式的配平方法。由得失电子数目守恒可配平NO、Zn、NH3、Zn(OH)的系数分别为1、4、1、4，再由电荷守恒可知OH－的系数为7，最后由原子守恒得H2O的系数为6。
6.答案：B
解析：本题考查的知识点是氧化还原反应的概念及其有关计算。在氧化还原反应中氧化剂得电子数与还原剂失电子数相等。四个选项中四种被还原的元素，只有锰元素的化合价变化值最大，即等物质的量四种物质中MnO得电子数最多，被氧化的KI的物质的量也应最多。
7.答案：A
解析：氧化还原反应必须伴有元素化合价的变化。B中的铝元素，C中的氯元素，D中的氮元素和氢元素都发生了价态的变化，故都是氧化还原反应。
8.答案：D
解析：反应中氯气所获得电子的物质的量等于反应中Na2S2O3失去电子的物质的量。×2=0.025 L×0.100 mol·L－1·2(x－2)，解得x =6。
9.答案：A
解析：NH中氮元素的化合价为－3，失去3个电子后被氧化成0价，NO中的氮元素的化合价为＋5，得到5个电子后被还原成0价。根据电子守恒可知，被氧化与被还原的氮原子数之比为5∶3。
10.答案：A
解析：由第一个方程式得还原性：H2SO3＞I－，由第二个方程式得还原性：I－＞Fe2＋，由第三个方程式得：Fe2＋＞NO，故选A。
11.答案：C
解析：设金属化合价为a，物质的量为2 mol,即被还原硝酸为1 mol,再设HNO3降低x价，则由升降相等得：2a=1·x，即x=2a，讨论：
对照选项，只有C项，1 mol HNO3降4价，其还原产物价态为＋1价，产物为N2O，故选C。
12.答案：AD
解析：MnO中含金属元素Mn,但是阴离子，故A对；H2、S、C等非金属单质在
O2中燃烧是还原剂，故B错；HCl中的Cl－被氧化为Cl2，故C错；Fe3＋被还原为Fe2＋，故D对。
13.答案：C
解析：离子易给出电子即还原性强。Cu2＋已达到最高正价只有氧化性。F2是最强的氧化剂，故F－不易失去电子；Cl2也为较强的氧化剂，Cl－还原性也很弱，只有强氧化剂如KMnO4、MnO2等才能将其氧化。Fe2＋在空气中即可被氧化为Fe3＋，所以其还原性在四种离子中是最强的。所以在给出的离子中数Fe2＋最易失去电子，故选C。
14.答案：B
解析：由在氧化还原反应中得失电子相等的规律：Na2SO3为还原剂，被氧化为Na2SO4，失电子数为0.05 mol·L－1×24×10－3 L×2＝2.4×10－3 mol。所以K2Cr2O7作氧化剂共得2.4×10－3 mol电子,设还原产物为x价，每mol K2Cr2O7得电子数为2x，即0.02×20×2x×10－3＝2.4×10－3，x=3,故选B。
15.答案：B
解析：此题要求掌握①歧化反应原理即由中间价生成相对较高价态和较低的价态，由此可知(3)中Y的价态介于Q、G之间；由(4)知Z的化合价介于Q、X之间；②Q＋H2OX＋H2，其中H2由2H＋H2得之，而X则一定由Q失电子化合价升高得之，即化合价
X＞Q，联系(4)可知QG价，联系(3)可知G16.答案：A
解析：金属X和Z用导线连接放入稀硫酸中时，X溶解，Z极上有氢气放出，说明X比Z的金属性强;电解Y2＋和Z2＋离子共存的溶液时，Y先析出，说明Z的金属性比Y强；M2＋的氧化性强于Y2＋，则说明Y的金属性比M强。
(二)笔答题
17.答案：(1)①1，2；1，2，1
②=4.57 mg
③反应时产生H＋，而本反应要求溶液保持碱性。
(2)6；3，5，7，6
解析：此题综合考查了氧化还原方程式的配平及化学平衡的移动问题。在离子方程式的配平中既要遵守得失电子守恒，还要注意方程式两边电荷守恒。
18.答案：(1)2MnSO4＋5K2S2O8＋8H2O2KMnO4＋4K2SO4＋8H2SO4
(2)MnSO4 KMnO4
(3)2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋
(4)Cl2(答HClO或HClO3也给分)
解析：此题考查了氧化还原方程式的配平及氧化还原反应的基本概念。在反应过程中MnSO4中的Mn元素由＋2价被氧化为＋7价生成MnO，故MnSO4为还原剂，其氧化产物为KMnO4。如把MnSO4改为MnCl2，因Mn2＋的还原性比Cl－弱，K2S2O8首先氧化Cl－生成Cl2，过量的K2S2O4再氧化Mn2＋生成KMnO4。
HNCO中的氮元素被氧化，NO2中的氮元素被还原。
(2)1.0 kg×＝1.2 kg
20.答案：(1)① ④
(2)Cr(OH)3
(3)1 6 14 2 2 6 3 7 H2O
解析：(1)在①变化中，Cr元素由＋7价变为＋3价，化合价降低，需还原剂；②③两步变化中Cr元素的价态都是＋3价，⑤步变化中Cr元素的价态都是＋7价，②③⑤都是非氧化还原反应；在④步变化中，Cr元素由＋3价变为＋7价，化合价升高，需要氧化剂。
(2)Cr(OH)3既能与盐酸反应生成CrCl3，又能与NaOH反应生成NaCrO2，为两性氢氧化物。
(3)此小题考查了化学方程式的配平方法。先找出该反应的氧化剂、还原剂及氧化产物、还原产物，并配出其化学计量数；再由原子守恒配出NaCl、KCl的计量数，最后补充H2O，并配平其计量数。
21.答案：(1)3
(2)3BrF3＋5H2O===HBrO3＋9HF＋Br2＋O2↑
(3)氧化剂是BrF3；还原剂是BrF3、H2O
(2)0.3 mol NO和0.7 mol NH3或0.2 mol NH3和0.8 mol NO
解析：6 mol NO还原得到3 mol N2，4 mol NH3氧化得到2 mol N2，两者相差1 mol N2。现相差1.4 g，1.4 g÷28 g·mol－1=0.05 mol,相当于0.3 mol NO和0.2 mol NH3反应。
依题意NO和NH3的总物质的量为1 mol，其中必有一种为过量，所以有两种情况：
0.3 mol NO和0.7 mol NH3;0.2 mol NH3和0.8 mol NO。
23.答案；(1)2、4;2、2、1、2；H2O
(2)② (3)0.2 (4)2.63
解析：(1)观察化学方程式未知物为H2O，由配平的化学方程式：2KClO3＋4HCl(浓)===2KCl＋2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O可知，HCl中一部分Cl化合价不变，HCl表现为酸性，一部分Cl的化合价升高，HCl表现为还原性。故(2)答案为②。
(3)Cl2、ClO2作消毒剂时，其还原产物均为Cl－。ClO2Cl－，单位质量ClO2得到的电子数为；Cl2Cl－，单位质量Cl2得到的电子数，故ClO2的消毒效率是Cl2的/=2.63倍。
24.答案：C2H5OH CrO3 C2H5OH。
解析：C2H5OH中C元素的化合价为－2，CH3CHO中C元素的化合价为－1，显然C2H5OH是还原剂；则CrO3是氧化剂。
25.答案：(1)1 1
(2)6 2 4——1 3 2 4
(3)KNO3
(4)略
解析：n(FeSO4)＝=0.075 mol；n(KNO3)=0.05 L×0.5 mol·L－1=0.025 mol；由电子守恒得：N元素被还原为＋2价，即生成NO。
26.答案：(1)D 3H2O2＋Cr2(SO4)3＋10KOH===2K2CrO4＋3K2SO4＋8H2O
(2)C
(3)A 这一反应可看作是强酸制取弱酸的反应
解析：本题考查了两个方面的问题，一是从价态的变化情况判断反应类型和物质的性质；二是氧化还原反应的配平方法。A反应中无价态变化，是一离子交换反应，H2O2体现了弱酸性，HCl体现了强酸性。B、C、D三个反应中H2O2中的氧元素价态都发生了变化。只有在D中氧元素的价态只存在降低的情况，体现了氧化性。在C中氧元素的价态有升有降。既体现了氧化性，又体现了还原性。
27.答案：HBr 0.5
解析：首先确定锰、溴两元素在反应前后的化合价，按升高的化合价数与降低的化合价数相等这一关系，得出下列配平的氧化还原方程式：2KMnO4＋16HBr===5Br2＋2MnBr2＋2KBr＋8H2O，由此可知，每还原0.1 mol KMnO4需消耗0.5 mol HBr。
28.答案：(1)2 5 === 3 2 1 1
(2)开始阶段由于HSO被氧化生成H＋和SO，酸性加强，反应速率增大。
29.答案：(1)2 16 3 2 6 6 8 Fe 6e－
(2)还原产物Fe3＋发生水解，生成Fe(OH)3胶体，能吸附杂质
解析：配平过程为：
用观察法配平其他物质的化学计量数，配平后化学计量数依次为2、16、3、2、6、6、8。
30.答案：(1)2 4 4 2 1 锰
(2)①(CN)2＋2KOH===KCNO＋KCN＋H2O
②2SCN－＋(CN)2===(SCN)2＋2CN－
解析：(1)为氧化还原反应配平题。此题重点在于找准F、Mn、Sb元素的化合价，关键是F的价态。F在化合物中一定为－1价，由此确定K2MnF6中Mn为＋4价，反应后在MnF3中为＋3价。SbF5中Sb为＋5价，而在KSbF6中Sb为＋5价。然后用化合价升降法配平即可。
(2)为信息题，解题抓住两条信息，一是(CN)2、(SCN)2与X2很相似，解题时看成Cl2；二是阴离子还原顺序为Cl－＜Br－＜CN－＜SCN－＜I－。由此可得②小题答案，即(CN)2只能氧化SCN－而不能氧化Br－。
●命题趋向与应试策略
(一)重视基础 形成知识规律
1.常见的氧化剂、还原剂
2.反应是否发生的规律
(1)强氧化剂与强还原剂相遇时，一般都会发生氧化还原反应。
如：H2SO4(浓)与金属，H2S、S2－、HI、HBr、I－、Br－、Fe2＋、P。
Cl2与金属，H2S、S2－、HI、I－、HBr、Br－、Fe2＋、P、H2、SO2、H2SO3、SO。
HNO3与金属，H2S、S2－、HI、I－、HBr、Br－、Fe2＋、P、SO2、H2SO3、SO。
O2与金属，H2S、S2－、HI、I－、Fe2＋、Si、P、H2。
(2)同种元素间不同价态相遇时，若无中间价态，不反应；若发生反应，则生成物中该元素价态必介于反应物中该元素两种价态之间。
如：H2SO4＋SO2不反应
H2S＋SO2只能生成S
ClO－＋Cl－只能生成Cl2
NH3＋NO只能生成N2
3.守恒规律
(1)原子个数守恒：反应前后同种元素的原子个数相等，这也是所有化学反应必须遵循的。
(2)电子守恒：失电子总数等于得电子总数，氧化还原反应才遵守且必须遵守。
(3)电荷守恒：反应前后离子所带正负电荷总数相等，离子方程式必须遵守。
4.氧化性或还原性强弱比较规律
(1)由元素的金属性或非金属性比较。
金属阳离子的氧化性随其单质还原性的增强而减弱，如下列四种阳离子的氧化性由强到弱的顺序是Ag＋>Cu2＋>Al3＋>K＋。
非金属阴离子的还原性随其单质氧化性的增强而减弱，如下列四种卤素离子还原性由强到弱的顺序是I－>Br－>Cl－>F－。
(2)由反应条件的难易比较。
不同氧化剂与同一还原剂反应，反应条件越易，氧化性越强。如F2和H2混合在暗处就能剧烈化合而爆炸，而I2与H2需在不断加热的情况下才能缓慢化合，因而F2的氧化性比I2强。
不同还原剂与同一氧化剂反应，反应条件越易，还原性越强。如有两种金属M和N均能与水反应，M在常温下能与水反应产生氢气，而N需在高温下才能与水蒸气反应，由此判断M的还原性比N强。
(3)由氧化还原反应方向比较。
还原剂A＋氧化剂B＝氧化产物a＋还原产物b，则：氧化性B>a，还原性A>b
如：由2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－可知，氧化性Br2>Fe3＋，还原性Fe2＋>Br－。
(4)当不同的还原剂与同一氧化剂反应时，可根据氧化剂被还原的程度不同来判断还原剂还原性的强弱，一般规律是氧化剂被还原的程度越大，还原剂的还原性越强。同理，当不同氧化剂与同一还原剂反应时，还原剂被氧化的程度越大，氧化剂的氧化性就越强。如氯气、硫两种氧化剂分别与同一还原剂铁起反应，氯气可把铁氧化为FeCl3，而硫只能把铁氧化为FeS，由此说明氯气的氧化性比硫强。
(5)某些氧化剂的氧化性或还原剂的还原性与下列因素有关：
温度：如热的浓硫酸的氧化性比冷的浓硫酸的氧化性强。
浓度：如浓硝酸的氧化性比稀硝酸的强。
酸碱性：如KMnO4溶液的氧化性随溶液酸性的增强而增强。
5.氧化还原反应方程式的配平方法技巧
(1)原则及顺序 ①电子得失守恒；②离子电荷守恒；③原子个数守恒。
(2)方法和技巧 ①顺配法：先从氧化剂或还原剂开始配平。适用范围：a.分子间的氧化还原反应；b.所有元素参与的氧化还原反应；c.生成物中物质既是氧化产物，又是还原产物。
②逆配法：先从氧化还原反应产物开始配平。适用范围：a.自身氧化还原反应(含歧化反应)；b.反应物中某一部分被氧化或还原。
(3)几类反应配平的技巧
①缺项类：a.可能缺的项：一般是反应介质，通常是酸、碱或水，它们参与反应，但其中元素化合价不变；b.确定方法：先配出氧化还原系数，后根据离子电荷守恒和原子个数守恒确定。
②多变类：a.有两种以上元素价态改变；b.存在一种物质，其中两种元素价态均同时升高或降低。
配平技巧：整体＋零价法(即：把有多种元素价态改变的分子作为整体或把整体中各元素化合价当做0)。
如P＋CuSO4＋H2OH3PO4＋Cu3P＋H2SO4可看作：
根据电子得失相等，分别乘以系数5和6，合并得P原子总数，即可配平：
11P＋15CuSO4＋24H2O===6H3PO4＋5Cu3P＋15H2SO4
(二)分析热点 把握命题趋向
氧化还原反应在生产实践中应用极为广泛，它贯穿于中学化学的全过程，是高考命题的热点之一。在命题中经常涉及的知识及题型有：①从氧化还原反应的角度来分析反应类型；②判断化学反应中的氧化剂和还原剂、电子转移方向和数目；③比较氧化性或还原性的强弱，判断氧化还原反应的可能性及反应产物；④配平氧化还原反应方程式；⑤氧化还原反应的有关计算。
解答此类题目要注意从氧化还原反应的实质即电子转移入手去正确理解有关的概念，而在实际解题过程中，应从分析元素化合价有无变化及其升降这一氧化还原反应的特征入手。具体方法思路是：找变价、判类型、分升降、定其他。
氧化还原反应试题的解法规律性较强，也有一定的技巧，同时因涉及知识面广，会推出新的设问方式、新的题型，特别是与工农业生产、科研等实际相结合的知识，解题时要灵活作答。
［例题］(2002年上海，23)在氯氧化法处理含CN－的废水过程中，液氯在碱性条件下可以将氰化物氧化成氰酸盐(其毒性仅为氰化物的千分之一)，氰酸盐进一步被氧化为无毒物质。
(1)某厂废水中含KCN，其浓度为650 mg/L。现用氯氧化法处理，发生如下反应(其中N均为－3价)：KCN＋2KOH＋Cl2KOCN＋2KCl＋H2O。被氧化的元素是___________。
(2)投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气。请配平下列化学方程式，并标出电子转移方向和数目：KOCN＋KOH＋Cl2CO2＋N2＋KCl＋H2O
(3)若处理上述废水20 L，使KCN完全转化为无毒物质。至少需液氯 g。
解析：本题结合含CN－的废水处理，考查氧化还原反应的基本概念、配平、标出电子转移的方向和数目，根据方程式进行定量计算，属中等题。何种元素价态升高谁即被氧化，不难分析。要配平方程式，同样从元素价态的升降、电子得失守恒考虑。标电子转移方向和数目可用单线桥或双线桥表示，但必须区分两者，第(3)题可根据两个方程式找出KCN与Cl2的总量关系求出。
(1)在KCN＋2KOH＋Cl2KOCN＋2KCl＋H2O反应中，氯元素价态降低，H、N、O、K四种元素的价态没变，只有碳元素的价态升高，故被氧化的为碳元素。
(2)氧化还原方程式的配平，首先要找准变价元素，再利用化合价升降法配平，反应物KOCN中N的价态升高，KOCN为还原剂，氯气为氧化剂。
mol，由两步反应的化学方程式得出关系式：2KCN~5Cl2，所以需氯气：0.2 mol×=0.5 mol，即35.5 g。
答案：(1)碳(或C)
(3)35.5高考化学分类解析(十二)——盐类的水解
●考点阐释
1.理解盐类水解的原理，掌握盐类水解的规律和应用。
2.了解盐溶液的酸碱性，会比较盐溶液中离子浓度的大小。
●试题类编
(一)选择题
1.(2003年春，10)以下是几种酸碱指示剂变色的pH范围：①甲基橙3.1~4.4 ②甲基红4.4~6.2 ③酚酞8.2~10，现用0.1000 mol·L－1NaOH溶液滴定浓度相近的甲酸时，上述指示剂
A.都可以用 B.只能用③
C.可以用①或② D.可以用②或③
2.(2002年全国理综，10)常温下，将甲酸和氢氧化钠溶液混合，所得溶液pH=7，则此溶液中
A.c(HCOO－)＞c(Na＋) B.c(HCOO－)＜c(Na＋)
C.c(HCOO－)=c(Na＋) D.无法确定c(HCOO－)与c(Na＋)的关系
3.(2001年春，18)在0.1　mol·L－1　Na2CO3溶液中，下列关系正确的是
A.c(Na＋)＝2c(CO) B.c(OH－)＝2c(H＋)
C.c(HCO)＞c(H2CO3) D.c(Na＋)＜c(CO)＋c(HCO)
4.(2001年上海，19)将0.1 mol·L－1的醋酸钠溶液20 mL与0.1 mol·L－1盐酸10 mL混合后，溶液显酸性，则溶液中有关粒子的浓度关系正确的是
A.c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(H＋)＞c(CH3COOH)
B.c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)
C.c(CH3COO－)＝c(Cl－)＞c(H＋)＞c(CH3COOH)
D.c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)
5.(2000年全国，10)室温下，在pH＝12的某溶液中，由水电离的c(OH－)为
A.1.0×10－7 mol·L－1 B.1.0×10－6 mol·L－1
C.1.0×10－2 mol·L－1 D.1.0×10－12 mol·L－1
6.(2000年春，5)0.1 mol·L－1　Na2CO3和0.1 mol·L－1　NaHCO3溶液的pH，前后两个量的大小关系为
A.大于 B.等于
C.小于 D.不能肯定
7.(2000年春，18)浓度均为0.1 mol·L－1的甲酸和氢氧化钠溶液等体积相混合后，下列关系式正确的是
A.c(Na＋)＞c(HCOO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
B.c(HCOO－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)
C.c(HCOO－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)
D.c(Na＋)＝c(HCOO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
8.(2000年上海，16)下列各组离子在溶液中能大量共存的是
A.Ca2＋、HCO、Cl－、K＋
B.Al3＋、AlO、HCO、Na＋
C.Fe2＋、NH、SO、S2－
D.Fe3＋、SCN－、Na－、CO
9.(2000年广东，17)在甲酸溶液中加入一定量NaOH溶液，恰好完全反应，对于生成的溶液，下列判断一定正确的是
A.c(HCOO－)＜c(Na＋) B.c(HCOO－)＞c(Na＋)
C.c(OH－)＞c(HCOO－) D.c(OH－)＜c(HCOO－)
10.(1999年上海，10)在蒸发皿中加热蒸干并灼烧(低于400 ℃)下列物质的溶液，可以得到该物质固体的是
A.氯化铝 B.碳酸氢钠
C.硫酸镁 D.高锰酸钾
11.(1999年上海，22)把0.02 mol·L－1 CH3COOH溶液和0.01 mol·L－1 NaOH溶液以等体积混合，则混合液中粒子浓度关系正确的为
A.c(CH3COO－)＞c(Na＋)
B.c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)
C.2c(H＋)＝c(CH3COO－)－c(CH3COOH)
D.c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.01　mol·L－1
12.(1998年全国，11)等体积等浓度的MOH强碱溶液和HA弱酸溶液混合后，混合液中有关离子的浓度应满足的关系是
A.c(M＋)＞c(OH－)＞c(A－)＞c(H＋)
B.c(M＋)＞c(A－)＞c(H＋)＞c(OH－)
C.c(M＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)
D.c(M＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)
13.(1998年上海，16)下列各组离子在水溶液中能大量共存的是
A.Na＋、HS－、Cu2＋、Cl－
B.HS－、Na＋、OH－、K＋
C.K＋、CO、Br－、AlO
D.H＋、Cl－、Na＋、SO
14.(1997年全国，17)将0.1 mol下列物质置于1 L水中充分搅拌后，溶液中阴离子数最多的是
A.KCl B.Mg(OH)2
C.Na2CO3 D.MgSO4
15.(1997年全国，14)0.1 mol·L－1 NaOH和0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液等体积混合后，离子浓度大小次序正确的是
A.c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)
B.c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)
C.c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(H＋)＞c(OH－)
D.c(Cl－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)
16.(1997年全国，9)下列各组离子，在强碱性溶液中可以大量共存的是
A.I－、AlO、Cl－、S2－
B.Na＋、K＋、NH、Ba2＋
C.Br－、S2－、Cl－、CO
D.SO、NO、SO、HCO
17.(1997年上海，22)在pH都等于9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，设由水电离产生的OH－浓度分别为a mol·L－1与b mol·L－1，则a和b的关系为
A.a>b B.a=10－4b
C.b＝10－4a D.a＝b
18.(1996年全国，8)把三氯化铁溶液蒸干灼烧，最后得到的固体产物是
A.无水三氯化铁 B.氢氧化铁
C.氧化亚铁 D.三氧化二铁
19.(1996年全国，25)将pH=3的盐酸溶液和pH=11的氨水等体积混合后，溶液中离子浓度关系正确的是
A.c(NH)＞c(Cl－)＞c(H＋)＞c(OH－)
B.c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)
C.c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)
D.c(Cl－)＞c(NH)＞c(OH－)＞c(H＋)
20.(1996年上海，14)物质的量浓度相同的下列溶液中，含粒子种类最多的是
A.CaCl2 B.CH3COONa
C.NH3 D.K2S
21.(1996年上海，21)物质的量浓度相同的下列溶液中，NH浓度最大的是
A.NH4Cl B.NH4HSO4
C.CH3COONH4 D.NH4HCO3
22.(1996年上海，22)pH为4的FeCl3和pH为10的K2CO3溶液中，水的电离度分别为α1和α2，则它们的关系是
A.α1＞α2 B.α1＜α2
C.α1＝α2 D.无法判断
23.(1996年上海，24)在物质的量浓度均为0.01 mol·L－1的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，测得c(CH3COO－)＞c(Na＋)，则下列关系式正确的是
A.c(H＋)＞c(OH－)
B.c(H＋)＜c(OH－)
C.c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)
D.c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.02　mol·L－1
24.(1995年全国，15)下列物质能跟镁反应并生成氢气的是
A.甲酸溶液 B.氢氧化钠溶液
C.氯化铵溶液 D.碳酸钠溶液
25.(1995年全国，10)100 mL 0.1 mol·L－1醋酸与50 mL 0.2 mol·L－1氢氧化钠溶液混合，在所得溶液中
A.c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
B.c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
C.c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＝c(OH－)
D.c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
26.(1995年全国，11)在pH=1的溶液中，可以大量共存的离子组是
A.Na＋、K＋、S2－、Cl－
B.Al3＋、Mg2＋、SO、Cl－
C.K＋、Na＋、AlO、NO
D.K＋、Na＋、SO、S2O
27.(1995年上海，21)CH3COOH与CH3COONa等物质的量混合配制成的稀溶液，pH为4.7，下列说法错误的是
A.CH3COOH的电离作用大于CH3COONa的水解作用
B.CH3COONa的水解作用大于CH3COOH的电离作用
C.CH3COOH的存在抑制了CH3COONa的水解
D.CH3COONa的存在抑制了CH3COOH的电离
28.(1995年上海，20)一种一元强酸HA溶液中加入一种碱MOH反应后，溶液呈中性，下列判断正确的是
A.加入的碱过量
B.混合前酸与碱中溶质的物质的量相等
C.生成的盐不发生水解
D.反应后溶液中A－、M＋物质的量浓度相等
29.(1994年全国，11)在氯化铵溶液中，下列关系式正确的是
A.c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)
B.c(NH)＞c(Cl－)＞c(H＋)＞c(OH－)
C.c(Cl－)＝c(NH)＞c(H＋)＝c(OH－)
D.c(NH)＝c(Cl－)＞c(H＋)＞c(OH－)
30.(1994年全国，13)在pH=1的无色透明溶液中不能大量共存的离子组是
A.Al3＋、Ag＋、NO、Cl－
B.Mg2＋、NH、NO、Cl－
C.Ba2＋、K＋、S2－、Cl－
D.Zn2＋、Na＋、NO、SO
31.(1994年上海，10)将滴有甲基橙的醋酸钠饱和溶液加热，溶液的颜色是
A.黄色不变 B.黄色变橙色
C.黄色变红色 D.橙色不变
32.(1994年上海，20)为了配制NH的浓度与Cl－的浓度比为1∶1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入①适量的HCl ②适量的NaCl ③适量的氨水 ④适量的NaOH
A.①② B.③ C.③④ D.④
33.(1994年上海，11)明矾溶液中各种离子的物质的量浓度大小关系能够确定的是
A.c(K＋)＞c(Al3＋) B.c(K＋)＝c(Al3＋)
C.c(H＋)＝c(OH－) D.c(Al3＋)＜c(H＋)
(二)笔答题
34.(2000年春，28)在纯碱溶液中滴入酚酞，溶液变红。若在该溶液中再滴入过量的氯化钡溶液，所观察到的现象是____________________________________________，其原因是(以离子方程式和简要文字说明)：_______________________________________。
●答案解析
(一)选择题
1.答案：B
解析：氢氧化钠溶液与甲酸等物质的量反应时，生成的甲酸钠溶液呈碱性，选用在碱性条件下变色的指示剂酚酞为宜。
2.答案：C
解析:此题主要考查了溶液中离子电荷守恒的应用。混合溶液中只存在四种离子:HCOO－、Na＋、H＋、OH－；pH=7时，溶液中c(H＋)=c(OH－)，则c(HCOO－)=c(Na＋)。
3.答案：C
解析：有关离子浓度大小比较也是历年必考题型之一。要注意从电荷守恒和物料守恒两个角度思考问题。由于CO的水解，c(Na＋)＞2c(CO)故A错；依据物料守恒，c(Na＋)＝
2［c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)］，所以D也是错误的；因溶液呈碱性，c(OH－)应大于
2c(H＋)。因CO＋H2OHCO＋OH－，HCO＋H2OH2CO3＋OH－第二步水解很弱，所以c(HCO)＞c(H2CO3)，C正确。
4.答案：BD
解析：两溶液混合后，溶液实质上是等浓度醋酸和醋酸钠、氯化钠的混合溶液。因溶液呈酸性说明CH3COO－的水解程度小于CH3COOH的电离程度，所以c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)，但CH3COOH的电离程度较小，c(CH3COOH)＞c(H＋)，故选项A、C错，B是正确的。依据电荷守恒原则，可知选项D也是正确的。
5.答案：CD
解析：pH＝12的溶液为碱性溶液，其中，c(H＋)总＝1.0×10－12mol·L－1若为碱的水溶液，H＋完全由水电离，则水电离的c(H＋)水与c(OH－)水相等，所以D正确，若为盐的水溶液，
OH－完全由水电离，则c(OH－)水=1×10－2 mol·L－1，C正确。
6.答案：A
解析：同浓度的Na2CO3溶液比NaHCO3溶液的水解程度大，溶液的碱性强，故前者的pH大。
7.答案：A
解析：两溶液恰好完全反应后得到甲酸钠溶液，由于甲酸根的水解，HCOO－的浓度比Na＋的浓度小，溶液呈碱性，故应选A。
8.答案：A
解析：B组中Al3＋与AlO要发生双水解反应而不能共存；C组中Fe2＋与S2－生成FeS沉淀而不能共存；D组中Fe3＋与SCN－因发生络合反应而不能共存，另外Fe3＋与CO能发生双水解反应也不能共存。
9.答案：AD
解析：两溶液恰好完全反应后得到是甲酸钠溶液，由于甲酸根的水解，HCOO－的浓度比Na＋的浓度变小，溶液呈碱性，但HCOO－水解程度并不很大，溶液中没水解的HCOO－的浓度仍大于水解生成的OH－的浓度。
10.答案：C
解析：此题考查了几种物质的溶液和固体的热稳定性。AlCl3极易水解，其溶液加热蒸干后，仅能得到Al(OH)3分解出的Al2O3；NaHCO3固体和KMnO4固体加热都分解，只有MgSO4最稳定。
11.答案：AD
解析：将0.02 mol·L－1 CH3COOH和0.01 mol·L－1NaOH等体积混合后，混合液的溶质为CH3COOH和CH3COONa，且等物质的量。由于CH3COOH的电离趋势大于CH3COO－的水解趋势，所以，c(CH3COO－)＞c(Na＋)；但无论怎么变化，由物料守恒知：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.01　mol·L－1。
12.答案：CD
解析：由于二者都是一元的，故可完全反应生成强碱弱酸盐MA，A－水解显碱性，故C正确；溶液呈电中性，故D正确。
13.答案：C
解析：HS－＋Cu2＋===CuS↓＋H＋，HS－＋OH－===S2－＋H2O，2H＋＋SO===H2O＋
SO2↑，故A、B、D均不能大量共存。
14.答案：C
解析：Mg(OH)2难溶，故阴离子数最少；CO2－3在溶液中存在下述平衡：CO＋H2OHCO＋OH－，使阴离子数目增多。
15.答案：B
解析：二者混合后恰好完全反应，产物为NaCl和NH3·H2O，显碱性，故为B。
16.答案：AC
解析：NH＋OH－===NH3·H2O HCO＋OH－===CO＋H2O，故B、D不能在强碱性溶液中大量共存。
17.答案：B
解析：NaOH溶液中c(H＋)＝10－9　mol·L－1，则水电离产生的c(OH－)＝10－9mol·L－1；CH3COONa溶液中c(H＋)＝10－9 mol·L－1，c(OH－)＝10－5 mol·L－1，此OH－均为水电离产生的，故选B。
18.答案：D
解析：FeCl3水解程度较大，FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，又水解反应是吸热反应，所以加热时，促进水解平衡正向移动，当溶液蒸干可得到Fe(OH)3固体，进行灼烧时Fe(OH)3分解生成Fe2O3，故最终产物为Fe2O3。
19.答案：B
解析：pH=3的盐酸的浓度为10－3 mol·L－1，而pH=11的氨水的浓度大约为0.1 mol·
L－1远大于盐酸的浓度，故等体积混合后氨水过量，混合液中有
NH4Cl===NH＋Cl－ ①
NH3·H2O(过量的) NH＋OH－ ②
①式中c(NH)＝c(Cl－)而溶液中c(NH)总是①、②两式电离出的c(NH)之和，故c(NH)＞c(Cl－)，又氨水过量溶液呈碱性故c(OH－)＞c(H＋)，而氨水为弱电解质，故电离的c(OH－)一定小于c(Cl－)。
20.答案：D
解析：溶液中粒子包括分子和离子，本题应考虑电离和水解。D项S2－分两步水解，溶液中分子有H2O、H2S分子，离子有K＋、S2－、HS－、OH－、H＋，共7种粒子，种类最多。
21.答案：B
解析：NH在溶液中存在下述平衡：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，B项NH4HSO4电离出大量H＋，使上述平衡向左移动，故B中c(NH)大于A中的；C项CH3COONH4电离出的CH3COO－和D项电离出的HCO水解均呈碱性，使上述平衡向右移动，故C、D中c(NH)小于A中的。
22.答案：C
解析：FeCl3溶液中c(H＋)＝10－4　mol·L－1，K2CO3溶液中c(OH－)＝10－4　mol·L－1，二者都是由水电离出来的，它们数值相等，说明水的电离度相等。
23.答案：AD
解析：溶液中存在下述两个平衡：
CH3COOHCH3COO－＋H＋ ①
CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－ ②
溶液中离子为Na＋、CH3COO－、H＋、OH－，由溶液呈电中性可得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)；因为已知c(CH3COO－)＞c(Na＋)，可得c(H＋)＞c(OH－)，A正确；由此推出平衡①是主要的，c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)，C不正确；由平衡①②可知c(CH3COOH)和c(CH3COO－)之和为定值，即0.02 mol·L－1，所以D正确。
24.答案：AC
解析：因为Mg较活泼，所以与甲酸甚至与水解显酸性的NH4Cl的溶液都能反应产生H2。
25.答案：A
解析：简单计算醋酸与氢氧化钠都为0.01 mol，完全反应生成0.01 mol醋酸钠。而醋酸钠完全电离，CH3COONa===CH3COO－＋Na＋，其中CH3COO－要水解且显碱性，故c(Na＋)＞c(CH3COO－)，c(OH－)＞c(H＋)。但由于水解程度不大所以c(CH3COO－)＞c(OH－)，故选A。
26.答案：B
解析：pH=1的溶液为强酸性溶液，故弱酸酸根离子S2－、AlO都与H＋反应，S2O与H＋发生如下反应：2H＋＋S2O===H2O＋S↓＋SO2↑。
27.答案：B
解析：在混合溶液中存在如下平衡：(水的电离忽略)
CH3COOHH＋＋CH3COO－ ①
CH3COO－＋H2OOH－＋CH3COOH ②
因等物质的量混合，且溶液显酸性，所以可判断A正确，B不正确；又因电离及水解程度都很小，故在乙酸中存在的主要是乙酸分子，对②式有抑制作用；而在乙酸钠中存在的主要是CH3COO－，对①式有抑制作用。故C、D正确。
28.答案：D
解析：关键是MOH可以是强碱，也可以是弱碱。若为强碱则与HA恰好完全反应，A项不正确；若为弱碱，生成的盐水解，且碱一定过量，故B、C不正确。所以D选项正确。而D项不管MOH是强还是弱都有c(H＋)＋c(M＋)＝c(OH－)＋c(A－)(根据电荷守恒)，又反应后溶液呈中性，所以c(H＋)＝c(OH－)，故c(M＋)＝c(A－)。
29.答案：A
解析：氯化铵易溶于水，在溶液中完全电离，生成NH和Cl－，NH是弱碱阳离子，部分水解生成弱碱和H＋，溶液显酸性。
30.答案：AC
解析：关于离子能否大量共存问题，要注意条件，①排除带颜色的以符合“无色透明”，②排除酸性条件下不能存在的组以符合pH=1，③排除彼此不能共存的组。A中Ag＋与Cl－不能共存，C中S2－与H＋不能共存。
31.答案：A
解析：醋酸钠水溶液因部分水解而显碱性，根据甲基橙的变色范围知，滴有甲基橙的醋酸钠饱和溶液呈黄色，因为水解过程吸热，加热此溶液碱性增强，所以溶液黄色不变。
32.答案：B
解析：因NH部分水解而使NH4Cl溶液中c(NH)∶c(Cl－)＜1∶1，即
NH＋H2ONH3·H2O＋H＋
要使c(NH)∶c(Cl－)＝1∶1可通过抑制水解达到此目的。最好是加入适量NH3·H2O 抑制NH的水解。①虽可抑制水解，却增加了Cl－②增加了Cl－，引进了Na＋④促进水解，还引进了Na＋。
33.答案：A
解析：明矾为KAl(SO4)2·12H2O，在水中KAl(SO4)2===K＋＋Al3＋＋2SO；而Al3＋部分水解Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，溶液显酸性。所以c(K＋)＞c(Al3＋)，c(H＋)＞
c(OH－)，c(Al3＋)＞c(H＋)。
(二)笔答题
34.现象为：产生白色沉淀，且红色褪去
原因：在纯碱溶液中，CO水解，CO＋H2OHCO＋OH－，溶液呈碱性，加入酚酞后溶液呈红色；加入BaCl2后，Ba2＋＋CO===BaCO3↓(白色)，由于c(CO)减小，水解平衡左移，c(OH－)减小，酚酞褪色。
●命题趋向与应试策略
(一)重视基础 形成知识规律
1.盐类水解的规律
(1)谁弱谁水解，谁强呈谁性，越弱越水解，都弱都水解，两强不水解。
(2)盐对应的酸(或碱)越弱，水解程度越大，溶液碱性(或酸性)越强。
(3)多元弱酸根，正酸根离子比酸式酸根离子水解程度大得多，如CO比HCO水解程度大几个数量级，溶液的碱性更强。
2.离子浓度大小比较的规律
(1)离子浓度大小的判断
在判断能水解的盐溶液中离子浓度大小时，首先要明确盐的电离是强烈的，水解是微弱的，其次要明确多元弱酸盐的水解是分步进行的，主要是第一步水解，最后不要忘记水的电离。
①多元弱酸溶液，根据多步电离分析。如在H3PO4的溶液中，c(H＋)＞c(H2PO)＞c(HPO)＞c(PO)
②多元弱酸的正盐溶液，根据弱酸根的分步水解分析。如Na2CO3溶液中，c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)。
③不同溶液中同一离子浓度的比较，要看溶液中其他离子对其影响的因素。如在相同的物质的量浓度的下列各溶液中：①NH4Cl，②CH3COONH4，③NH4HSO4。c(NH)由大到小的顺序是③＞①＞②。
④混合溶液中各离子浓度的比较，要进行综合分析，如电离因素、水解因素等。如在0.1 mol·L－1的NH4Cl和0.1 mol·L－1的氨水混合溶液中，各离子浓度的大小顺序为c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)。在该溶液中，NH3·H2O的电离与NH＋4的水解互相抑制，NH3·H2O电离因素大于NH的水解作用时，溶液呈碱性：c(OH－)＞c(H＋)，同时c(NH)＞c(Cl－)。
(2)电荷守恒规律
电解质溶液中，不论存在多少种离子，但溶液总是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数，也就是所谓的电荷守恒规律。如NaHCO3溶液中存在着
Na＋、H＋、HCO、CO、OH－，但存在如下关系：
c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)
(3)物料守恒规律
电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但某些关键性的原子总是守恒的，如K2S溶液中S2－、HS－都能水解，故S元素以S2－、HS－、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：
c(K＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)。
(二)分析热点 把握命题趋向
本部分内容与日常生活、农业生产及实验室工作联系非常密切，应用性强，故是高考的重点。年年都有考查，常出的热点有(1)盐类水解的实质、规律，(2)能够运用水解的化学方程式、离子方程式表示盐的水解；(3)会运用盐类水解的知识解释有关生活中的现象和解决一些生产中遇到的实际问题。如①泡沫灭火器反应原理，②复合肥的使用问题，③实验室配制FeCl3、SnCl2等溶液，④明矾净水、Na2FeO4净水原理，⑤比较溶液中粒子的浓度大小。一般以选择题或简答题形式出现。
从高考题的变化趋势来看：本部分主要是应用基础知识来解决生产、生活实际中的有关问题，考查学生的应用分析能力。判断离子共存、配制溶液、试剂贮存、化肥的混用、物质鉴别推断、某些盐的分离除杂等内容在高考中也涉及到盐的水解。其中命题的热点是离子浓度大小的比较。在高考试题中，特别是选择题，常常将盐类水解与弱电解质的电离、酸碱中和滴定、pH等知识融合在一起，具有一定的综合性。展望今后，试题仍会强调知识点的综合，如盐的水解平衡与水的电离平衡，电荷守恒原理和物料守恒原理与物理学知识间的联系。一般不会就单一知识点设计简单试题，题目难度适中。
［例题］(2002年上海，20)在常温下10 mL pH=10的KOH溶液中，加入pH=4的一元酸HA溶液至pH刚好等于7(假设反应前后体积不变)，则对反应后溶液的叙述正确的是
A.c(A－)=c(K＋) B.c(H＋)=c(OH－)＜c(K＋)＜c(A＋)
C.V总≥20 mL D.V总≤20 mL
解析：本题考查的是一元酸的pH与强碱的pOH相等的两溶液反应达中性情况的相关知识的分析。要区分一元酸、碱两溶液物质的量浓度相同时混合反应的情况。分析溶液中阴、阳离子浓度间的关系要注重离子电荷守恒的应用。
溶液中四种离子浓度间满足电荷守恒关系：c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(A－)因为pH=7说明溶液中c(H＋)=c(OH－)，反应后的混合液中共存在四种离子，因此c(A－)=c(K＋)；如果HA是一元强酸，则V总=20 mL，如果是弱酸，则酸的浓度大于碱的浓度，V总＜20 mL。
答案：AD高考化学分类解析(二十一)——烃
●考点阐释
1.了解有机化合物数目众多和异构现象普遍存在的本质原因。碳原子彼此连接的可能形式。
2.理解基团、官能团、同分异构、同系列等概念。能够识别结构式(结构简式)中各原子的连接次序、方式、基团和官能团。能够辨认同系物和列举异构体。掌握烷烃的命名原则。
3.以一些典型的烃类化合物为例，了解有机化合物的基本碳架结构。掌握各类烃(烷烃、烯烃、炔烃、芳香烃)中各种碳碳键、碳氢键的性质和主要化学反应，并能结合同系列原理加以应用。
4.了解有机物的主要来源。了解石油化工、煤化工、农副产品化工、资源综合利用及污染、环保的概念。
●试题类编
(一)选择题
1.（2003年春，6）从石油分馏得到的固体石蜡，用氯气漂白后，燃烧时会产生含氯元素的气体，这是由于石蜡在漂白时与氯气发生过
A.加成反应 B.取代反应 C.聚合反应 D.催化裂化反应
2.（2003年春，7）某些不合格的建筑装饰材料，会缓慢释放出浓度过高、影响健康的气体，这些气体最常见的是
A.二氧化氮 B.二氧化硫
C.一氧化碳 D.甲苯等有机物蒸气和甲醛
3.（2002年江苏综合，23）充分燃烧某液态芳香烃X，并收集产生的全部水，恢复到室温时，得到水的质量跟原芳香烃X的质量相等。则X的分子式是
A.C10H16 B.C11H14 C.C12H18 D.C13H20
4.（2002年河南，13）1 mol某烃在氧气中充分燃烧，需要消耗氧气179.2 L（标准状况下）。它在光照的条件下与氯气反应能生成三种不同的一氯取代物。该烃的结构简式是
5.(2001年全国，1)为了减少大气污染，许多城市推广清洁燃料。目前使用的清洁燃料主要有两类，一是压缩天然气(CNG)，另一类是液化石油气。这两类燃料的主要成分是
A.碳水化合物 B.碳氢化合物 C.氢气 D.醇类
6.(2001年上海，17)2001年9月1日将执行的国家食品卫生标准规定，酱油中3—氯丙
醇(ClCH2CH2CH2OH)含量不得超过1 ppm。相对分子质量为94.5的氯丙醇(不含
结构)共有
A.2种 B.3种 C.4种 D.5种
7.(2001年上海，22)C8H18经多步裂化，最后完全转化为C4H8、C3H6、C2H4、C2H6、CH4五种气体混合物。该混合物的平均相对分子质量可能是
A.28 B.30 C.38 D.40
8.(2000年全国，5)用于制造隐形飞机的某种物质具有吸收微波的功能，其主要成分的结构如图，它属于
A.无机物 B.烃
C.高分子化合物 D.有机物
9.(2000年广东，3)室温时，下列液体的密度比纯水密度大的是
A.硝基苯 B.浓氨水 C.乙醇 D.汽油
10.(2000年广东，8)在C3H9N中，N原子以三个单键与其他原子相连接，它具有的同分异构体数目为
A.1 B.2 C.3 D.4
11.(2000年理科综合，10)下列各对物质中属于同分异构体的是
A.C与C
B.O2与O3
12.(2000年春，1)通常用来衡量一个国家的石油化学工业发展水平的标志是
A.石油的产量 B.乙烯的产量
C.合成纤维的产量 D.硫酸的产量
13.(2000年春，13)萘环上的碳原子的编号如(Ⅰ)式，根据系统命名法，(Ⅱ)式可称为2—硝基萘，则化合物(Ⅲ)的名称应是
A.2，6—二甲基萘 B.1，4—二甲基萘
C.4，7—二甲基萘 D.1，6—二甲基萘
14.(1999年全国，17)下列有机分子中，所有的原子不可能处于同一平面的是
15.(1998年全国，24)1，2，3—三苯基环丙烷的3个苯基可以分布在环丙烷环平面的上下，因此有如下2个异构体。
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)的异构体数是
A.4 B.5 C.6 D.7
16.(1997年全国，20)两种气态烃以任意比例混合，在105 ℃时1 L该混合烃与9 L氧气混合，充分燃烧后恢复到原状态，所得气体体积仍是10 L。下列各组混合烃中不符合条件的是
A.CH4、C2H4 B.CH4、C3H6
C.C2H4、C3H4 D.C2H2、C3H6
17.(1996年全国，15)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
A.C3H8 B.C4H10
C.C5H12 D.C6H14
18.(1996年全国，16)描述CH3—CH==CH—C≡C—CF3分子结构的下列叙述中，正确的是
A.6个碳原子有可能都在一条直线上
B.6个碳原子不可能都在一条直线上
C.6个碳原子有可能都在同一平面上
D.6个碳原子不可能都在同一平面上
19.(1996年全国，23)120 ℃时，1体积某烃和4体积O2混合，完全燃烧后恢复到原来的温度和压强，体积不变，该烃分子式中所含的碳原子数不可能是
A.1 B.2 C.3 D.4
20.(1996年上海，23)m mol C2H2跟n mol H2在密闭容器内反应，当达到平衡时，生成p mol C2H4。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
A.(3m+n) mol B.() mol
C.(3m+n+2p) mol D.() mol
21.(1995年上海，2)在相同条件下，对环境污染程度最小的燃料是
A.液化气 B.煤油 C.煤饼 D.木柴
22.(1995年上海，25)两种气态烃组成的混合气体0.1 mol，完全燃烧得0.16 mol CO2和3.6 g水，下列说法正确的是
A.混合气体中一定有甲烷
B.混合气体中一定是甲烷和乙烯
C.混合气体中一定没有乙烷
D.混合气体中一定有乙炔
（二）笔答题
23.(2001年全国，26)标准状况下1.68 L无色可燃气体在足量氧气中完全燃烧。若将产物通入足量澄清石灰水，得到的白色沉淀质量为15.0 g；若用足量碱石灰吸收燃烧产物，增重9.3 g。
(1)计算燃烧产物中水的质量。
(2)若原气体是单一气体，通过计算推断它的分子式。
(3)若原气体是两种等物质的量的气体的混合物，其中只有一种是烃，请写出它们的分子式(只要求写出一组)。
24.(2001年上海，27)利用天然气合成氨的工艺流程示意图如下：
依据上述流程，完成下列填空：
(1)天然脱硫时的化学方程式是 。
(2)n mol CH4经一次转化后产生CO 0.9n mol、产生H2 mol(用含n的代数式表示)。
(3)K2CO3（aq）和CO2反应在加压下进行，加压的理论依据是________(多选扣分)。
(a)相似相溶原理 (b)勒夏特列原理 (c)酸碱中和原理
(4)由KHCO3分解得到的CO2可以用于 (写出CO2的一种重要用途)。
(5)整个流程有三处循环，一是Fe（OH）3循环，二是K2CO3（aq)循环，请在上述流程图中标出第三处循环(循环方向、循环物质)。
25.(2000年上海，27)有效地利用现有能源和开发新能源已受到各国的普遍重视。
(1)可用改进汽油组成的办法来改善汽油的燃烧性能。例如，加入CH3OC（CH3）3来生产“无铅汽油”。CH3OC（CH3）3分子中必存在的原子间连接形式有_________(填写编号，多选倒扣)。
(2)天然气的燃烧产物无毒、热值高、管道输送方便，将成为我国西部开发的重点之一，天然气常和石油伴生，其主要的成分是_________。能说明它是正四面体而非正方形平面结构的理由是 (填写编号，多选倒扣)。
①其一氯取代物不存在同分异构体 ②其二氯取代物不存在同分异构体
③它是非极性分子 ④它的键长和键角都相等
(3)1980年我国首次制成一辆燃氢汽车，乘员12人，以50公里／小时行驶了40公里。为了有效发展民用氢能源，首先必须制得廉价的氢气。下列可供开发又较经济的制氢方法是
(填写编号，多选倒扣)。
①电解水 ②锌和稀硫酸反应 ③光解海水
其次，制得纯氢气后还需要解决的问题是 (写出其中一个)。
26.(2000年上海，30)某烃A，相对分子质量为140，其中碳的质量分数为0.857。A分子中有两个碳原子不与氢直接相连。A在一定条件下氧化只生成G，G能使石蕊试液变红。
试写出：
(1)A的分子式 。
(2)化合物A和G的结构简式：
A 、G 。
(3)与G同类的同分异构体(含G)可能有 种。
27.(2000年上海，32)美籍埃及人泽维尔用激光闪烁照相机拍摄到化学反应中化学键断裂和形成的过程，因而获得1999年诺贝尔化学奖。激光有很多用途，例如波长为10.3微米的红外激光能切断B(CH3)3分子中的一个B—C键，使之与HBr发生取代反应：
而利用9.6微米的红外激光却能切断两个B—C键，并与HBr发生二元取代反应。
(1)试写出二元取代的化学方程式：
(2)现用5.6 g B（CH3）3和9.72 g HBr正好完全反应，则生成物中除了甲烷外，其他两种产物的物质的量之比为多少
28.(2000年广东，26)(1)今有A、B、C 3种二甲苯；将它们分别进行一硝化反应，得到的产物分子式都是C8H9NO2，但A得到两种产物，B得到三种产物，C只得到一种产物。由此可以判断A、B、C各是下列哪一结构，请将字母填入结构式后面的括号中。
(2)请写出一个化合物的结构式。它的分子式也是C8H9NO2，分子中有苯环，苯环上有三个取代基，其中之一为羧基，但并非上述二甲苯的硝化产物。请任写一个： 。
29.(2000年春，30)烷基取代苯 可以被KMnO4的酸性溶液氧化生成
请写出其他的4种结构简式： 、 、 、 。
30.(1995年全国，36)(1)已知某混合气体的体积分数分别为80.0% CH4、15.0％ C2H4和5.00% C2H6。请计算0.500 mol该混合气体的质量和标准状况下的密度(g·L－1)。
(2)CH4在一定条件下催化氧化可以生成C2H4、C2H6(水和其他反应产物忽略不计)。取一定量CH4经催化氧化后得到一种混合气体，它在标准状况下的密度为0.780 g·L－1。已知反应中CH4消耗了20.0%，计算混合气体中C2H4的体积分数。(本题计算过程中请保留3位有效数字)
31.(1994年全国，34)合成相对分子质量在2000～50000范围内具有确定结构的有机化合物是一个新研究领域。1993年报导合成了两种烃A和B，其分子式分别为C1134H1146和
C1398H1278。B的结构跟A相似，但分子中多了一些结构为 的结构
单元。
B分子比A分子多了 个这样的结构单元(填写数字)。
●答案解析
（一）选择题
1.答案：B
解析：本题主要考查石油的分馏产品之一的石蜡的成分及其所发生化学反应的知识内容。石蜡与石油成分相同，主要为烷烃、环烷烃和芳香烃，因此与Cl2发生过的反应主要为取代反应，应选B。
2.答案：D
解析：本题主要考查化学与生活中环保知识内容。在建筑装饰材料的生产过程中常用甲苯、甲醛等有机物作溶剂、稀释剂等，不合格的建筑装饰材料中，甲苯、甲醛的含量严重超标，在使用过程中，它们会缓慢释放出来，而影响健康。故应选D。
3.答案：C
解析：烃燃烧后，其中的氢全部转入水中，故水中氧元素的质量等于烃中碳的质量。芳香烃中：=。符合这一比值的是C。
4.答案：B
解析：1 mol该烃完全燃烧消耗氧气的物质的量为179.2 L/22.4 L·mol－1=8 mol，设该烃的分子式为CxHy则有
x+=8 ①
所以x＜8排除D选项，其余三个选项为烷烃，则
y=2x+2 ②
解①②可得x=5,y=12,由于该烃的一氯代物有3种，故选B。
5.答案：B
解析：此题主要考查了考生运用化学视角去理解生活中的化学问题的能力。天然气的主要成分是甲烷(CH4），石油的主要成分是烃类物质，即二者都是碳氢化合物。
6.答案：B
解析：此题考查了多官能团有机物的同分异构体的书写方法。在书写过程中要注意—OH和—Cl的位置都是可变的。—OH在碳链的端点时，移动—Cl 可得两种同分异构体；—OH在碳链中间时，氯原子只能在中间碳原子上；故只有一种同分异构体；共有三种同分异构体。
7.答案：BC
解析：因C8H18的裂化方式不定，故混合气体的平均相对分子质量也不定，可用极值法解此题。C8H18按下列方式裂化所得平均相对分子质量最大，C8H18C4H8＋C4H10 C4H10C2H4＋C2H6（或C4H10CH4＋C3H6），混合气的平均相对分子质量为：114÷3＝38。若按下式分解：C8H18C2H4＋C6H14 C6H14C4H10＋C2H4 C4H10C2H4＋C2H6(或C4H10CH4＋C3H6），所得混合气体中不含C4H8，此时平均式量最小为：114÷4＝28.5，即混合气体的平均式量的范围是：28.5＜M≤38。所以答案为B、C。
8.答案：D
解析：解答本题，要求考生牢固掌握选项中各个概念的含义，然后与题对照，分析。有机物指含碳化合物，其余为无机物，如CaCO3、CO2、CO等虽含碳，但其性质与无机物相似，属无机化合物；烃是指只含有碳氢两种元素的化合物，此结构式中不但含碳氢元素，而且还含有硫元素显然不属于烃类；本结构分子其相对分子质量为204，而高分子化合物其相对分子质量一般从几万到几十万，显然本化合物不属于高分子化合物，故D选项正确。
9.答案：A
解析：此题考查了几种常见物质的物理性质。所有烃类物质的密度都小于水的密度，汽油是由烃组成的，所以密度小于水的密度。氨水的密度也小于水，且浓度越大密度越小。乙醇的密度也比水的密度小。
10.答案：D
解析：从该化合物的分子组成上可以看出，该有机物中C、N、H原子之间都是以单键相连。以氮原子为中心，氮原子连接三个甲基时是一种同分异构体，氮原子连一个氢原子、一个甲基和一个乙基时是另一种同分异构体，氮原子连两个氢原子和一个正丙基时是第三种同分异构体，氮原子连两个氢原子和一个异丙基时是第四种同分异构体。
11.答案：D
解析：选项A是表示碳的两种同位素，B.指氧元素的两种同素异形体；C中两结构简式表示的是同一种物质，因为该分子的结构是以中心碳原子为中心的四面体。
12.答案：B
13.答案：D
解析：(Ⅰ)中1、4、5、8四个碳原子的位置是等同的，其中任何一个位置都可定为1，则另三个分别为4、5、8。再由命名时，支链位置之和最小的原则，(Ⅲ)的名称为1，6—二甲基萘。
14.答案：D
解析：乙烯和苯都是平面型分子，所有原子都在同一平面内，A、B、C三种物质中分别
可以看作乙烯分子中的一个氢原子分别被—CN、—CH==CH2、 取代，所以所
有原子仍有可能在同一平面内。而D中物质可以认为是CH4分子中的一个氢原子被取代，故所有原子不可能处于同一平面内。
15.答案：A
解析：从1，2，3—三苯基环丙烷的结构可以看出苯环可处于平面的上方或下方。可以得出：
①氯全部在面上(或面下)，1种。
②4个氯在面上，1个氯在面下，1种。
③3个氯在面上，2个氯在面下，2种。
共4种异构体。
16.答案：BD
解析：由题意T＞100 ℃(水为气体)。而此状况下燃烧前后体积不变，则烃分子含氢原子数等于4。所以选B项；又两烃是以任意比例混合，则D项也应选。故此题选B、D。
17.答案：C
解析：此题应掌握10个碳原子以内的烷烃的一氯代物只有一种的物质有CH4，CH3CH3，
四种，对照此题的选项只有C符合，如逐
一分析每种烃的同分异构体既费力又费时。
18.答案：BC
解析：此题要掌握C—C可以旋转，而C==C、C≡C不能旋转；其次是双键上的碳原子连接的其他原子在同一平面内键角为120°(近似)，而叁键上碳原子连结的其他原子在一条直线上(分别由乙烯、乙炔的结构得知)。
如以双键为中心，结构表示为
(方框内C原子一定在同一平面内)。故B、C正确。
19.答案：D
解析：法一：如掌握当烃完全燃烧生成CO2和H2O(g)，前后体积不变时该烃一定含4个H原子的规律，则由此可知有CH4、C2H4、C3H4三种情况，可选出D选项为解。
法二：由烃燃烧通式求解：
CxHy＋（x＋）O2xO2＋H2O
得1＋（x＋）＝x＋ 解得y=4；?
由此推知，D选项正确。
20.答案：D
解析：求平衡混合气燃烧生成CO2和H2O所需O2的物质的量，一般先求平衡混合气的成分，然后求出分别燃烧需O2的量，最后求和。这样解非常麻烦。因为C2H2与H2加成其中不论反应程度如何，其C、H元素的量守恒，所以此题应从最初状态去计算，即m mol C2H2完全燃烧需O2：(2m＋) mol＝m mol O2；n mol H2完全燃烧需O2：mol，所以共需O2:（m＋） mol，故选D。
21.答案：A
解析：液化气、煤油主要成分都是烷烃混合物，但液化气中烃分子含碳原子数少，含碳的质量分数也小，故燃烧完全；而煤饼、木柴成分都较复杂，并除含C、H外还含S、N等，故A正确。
22.答案：AC
解析：n(烃)：n(C)∶n(H)＝0.1 mol∶0.16 mol∶×2＝1∶1.6∶4
即混合平均分子组成为C1.6H4。由平均值得一定有CH4，故A正确；一定无C2H6，即C正确。
(二）笔答题
23.答案：(1)2.7 g (2)C2H4 (3)C4H6和H2(或“C3H6和CO”“C3H6和CH2O”等)
解析：(1)m（CO2）＝15.0 g×＝6.6 g
m（CO2＋H2O）＝9.3 g m（H2O）＝9.3 g－6.6 g＝2.7 g
（2）n（CO2）＝＝0.15 mol n（H2O）＝＝0.15 mol
分子中C∶H＝1∶2
n(无色可燃气体)＝＝0.075 mol
分子中C原子数＝＝2，分子中氢原子数＝2×2＝4
所以该气体的分子式是C2H4。
(3)因为单一气体为C2H4，现为等物质的量的两种气体之混合物，所以在2 mol混合气体中，应含有4 mol C原子，8 mol H原子，这两种气体可能是C4H6和H2(或“C3H6和CO”“C3H6和CH2O”等)。
24.答案：(1)3H2S＋2Fe（OH）3===Fe2S3＋6H2O (2)2.7n （3）(ｂ)
(4)生产纯碱(或作制冷剂等，其他合理答案也给分)
解析：(1)流程图中已给出反应物是H2S和Fe（OH）3，生成物是Fe2S3和H2O，CH4没有参与反应，写出方程式再配平即可。
(2)写出此反应的方程式：CH4＋H2OCO＋3H2，就很容易地看出产生H2应为3×0.9n mol＝2.7n mol。
(3)CO2为气体，加压有利于平衡右移，利用的是勒夏特列原理。
(4)此题考查了考生对CO2用途的记忆，写任一种用途即可。
(5)合成氨反应是一可逆反应，H2和N2的转化率低，必须循环利用。
25.答案：(1)③ （2）甲烷 ② (3)③ 氢气的输送和贮存
解析：(1)只要写出结构简式 就可以看出答案；(2)天然气的
主要成分是甲烷，若为平面正方形结构，则其二元取代物有两种同分异构体，而正四面体的二元取代物不存在同分异构体；(3)电解水消耗大量的电能，锌和稀酸的反应也不适合工业大量生产，只有利用太阳光使海水光解才是最经济的方法。但氢气的密度小、沸点低，输送和贮存有一定的难度。
此题考查了有机物的结构和环保知识，有机物的结构是有机化学的基础，是每年必考内容，环保问题也日益受到重视，必将在今后的高考中重现。
(3)4
解析：(1)C原子数：(140×0.857）／12＝10，H原子数：(140－12×10）／1＝20，分子式为C10H20，(2)A分子中有两个碳原子不与氢直接相连，说明有两种可能的结构，又由A氧化只生成G，便可确定A的结构。
（2）B（CH3）3的物质的量为5.6 g／56 g·mol－1＝0.1 mol，HBr物质的量9.72 g／81 g·
mol－1＝0.12 mol则由B原子和Br原子守恒可得方程组
解析：(1)分别用1、2、3标出三种二甲苯中苯环上的氢原子的位置，氢原子位置有几种，它们的一硝基取代物就有几种。
(2)硝基化合物的同分异构体是氨基酸，一硝基二甲苯分子中的一个甲基和一个硝基分别用一个氨基和一个羧基取代，就得到了所要写的结构简式。
解析：由题意可知，该苯的同系物的各同分异构体的苯环上都只有一个侧链，在写其同分异构体时，可以把苯环看做是C5H12的一个取代基，这样只要写出C5H12的七种同分异构体，此题就可解决了。
30.答案：(1)9.25 g 0.826 g·L－1 (2)4.44%
解析：(1)0.500 mol混合气体的质量：
0.500 mol×（16×0.800＋28×0.150＋30×0.0500） g·mol－1＝9.25 g；
(2)设反应前CH4为1 mol,其中有x mol转化生成C2H4，即生成mol C2H4和mol C2H6。则反应后混合气体的总物质的量为（0.800＋＋）mol＝0.900 mol
由密度条件得：
解得x=0.0800?
C2H4的体积分数为×100％＝4.44％。
31.答案：33
解析： 结构单元中C、H原子个数为C8H4，B中的碳比A中
多1398－1134＝264 B中的氢比A中多1278－1146＝132 264÷8＝33 132÷4＝33。
●命题趋向与应试策略
（一）重视基础 形成知识规律
本章的一些基本概念、基本反应类型、分子结构与性质的关系及某些思维方法是学习有机化学的基础。其主要的基础知识和相关规律如下：
1.烃的分类、结构与性质规律
烃的分类主要依据是：烃的分子结构特点，即碳链、碳环、碳键等。常见的烃类有烷烃（或饱和链烃CnH2n+2），烯烃(CnH2n)，炔烃（CnH2n－2）,芳香烃（苯的同系物CnH2n－6）等。
烷烃分子中各原子均以单键结合，性质稳定，不与强酸、强碱、强氧化剂反应。烯烃、炔烃分子中含有C==C键或C≡键，因而易发生加成、氧化和加聚反应等。而苯分子中碳碳键是介于单键与双键之间的独特键，因而既能发生取代又能发生加成反应，但不能使溴水和KMnO4溶液褪色。在苯环的影响下，苯的同系物侧链易被氧化而使酸性KMnO4褪色。
2.烷烃命名的规律
烷烃的命名是烃类命名的基础，其方法在教材中已做介绍。同学们在应用时特别要注意：
（1）5个原则。
①最长原则：应选最长的碳链做主链；
②最近原则：应从离支链最近一端对主链碳原子编号；
③最多原则：若存在多条等长主链时，应选择含支链较多的碳链做主链；
④最小原则：若相同的支链距主链两端等长时，应以支链位号之和为最小的原则，对主链碳原子编号；
⑤最简原则：若不同的支链距主链两端等长时，应从靠近简单支链的一端对主链碳原子编号。
（2）5个必须。
①取代基的位号必须用阿拉伯数字“2，3，4，…”表示；
②相同取代基的个数，必须用中文数字“二、三、四，…”表示；
③位号2，3，4等相邻时，必须用逗号“，”表示（不能用顿号“、”）；
④名称中凡阿拉伯数字与汉字相邻时，必须用短线“－”隔开；
⑤若有多种取代基，不管其位号大小如何，都必须把简单的写在前面，复杂的写在后面。
以上（烷烃的系统命名法）可以概括为：
选主链，称某烷；编位号，定支链；取代基，写在前，注位置，短线连；不同基，简到繁，相同基，合并算。
3.同分异构体规律
（1）种类。
①碳链异构。因碳原子的结合顺序不同而引起的异构现象。
②位置异构。因官能团或取代基在碳链或碳环上的位置不同而引起的异构现象。
③官能团异构（又称类别异构）。因官能团不同而引起的同分异构现象。
④其他类型（如顺反异构和旋光异构，中学教材未做介绍，但有时会以信息给予题的形式出现）。
（2）同分异构体的书写方法规律
①判类别：据有机物的分子组成判定其可能的类别异构（一般用通式判断）。
②写碳链：据有机物的类别异构写出各类异构的可能的碳链结构（先写最长的碳链，依次写出少一个碳原子的碳链，把余下的碳原子挂到相应的碳链上去）。
③移官位：一般是先写出不带官能团的烃的同分异构体，然后在各条碳链上依次移动官能团的位置，有两个或两个以上的官能团时，先上一个官能团，依次上第二个官能团，依此类推。
④氢饱和：按“碳四键”的原理，碳原子剩余的价键用氢原子去饱和，就可得所有同分异构体的结构简式。
（3）一元取代物的同分异构体数目的判断。
有机物分子中，位置等同的氢原子叫等效氢，显然有多少种等效氢，其一元取代物就有多少种。这种通过等效氢来确定一元取代物同分异构体数目的方法，叫等效氢法。
等效氢的判断方法是：
①同一个碳原子上的氢原子是等效的。
②同一分子中处于轴对称位置或镜面对称位置上的氢原子是等效的。
轴，故有两类等效氢。
4.烃类完全燃烧的规律
（1）燃烧前后气体体积变化规律。
①若生成的水为气态时，根据反应式：
CxHy+(x+)O2xCO2+H2O（g）
ΔV＝V后－V前＝。
当y=4时，ΔV＝0；当y＞4时，ΔV＞0;当y＜4时，ΔV＜0。
②若生成的水为液态时，则不论气态烃所含氢原子数多少，总是ΔV＜0。
（2）完全燃烧时的耗氧量规律。
①等物质的量的烃完全燃烧时，其耗氧量的大小取决于（x+）的值，其值越大，耗氧量越多。
②等质量的烃完全燃烧时，其耗氧量大小取决于该烃分子中氢的质量分数（或氢原子数与碳原子数的比值），其值越大，耗氧量越多。
此规律的证明如下：
设烃的质量为m，含氢的质量分数为w。由关系式C～O2～CO2及4H～O2～2H2O可知该烃耗氧量为：
n(O2)=。
显然，当m为定值时，w值越大，消耗O2的物质的量就越多。
由此规律还可得出以下推论：
（Ⅰ）等质量的烷烃，碳原子数越多，氢的质量分数越小，耗氧量越少。由此可知CH4耗氧量最多。
（Ⅱ）等质量的单烯烃（或环烷烃），因其碳、氢原子个数比为定值，故氢的质量分数亦为定值，即耗氧量相等。
（Ⅲ）等质量的炔烃（或二烯烃），碳原子数越多，氢的质量分数越大，耗氧量越多。由此可知C2H2耗氧量最少。
（Ⅳ）等质量的苯及苯的同系物，碳原子数越多，氢的质量分数越大，耗氧量越大，由此可知C6H6的耗氧量最少。
（Ⅴ）等质量的烷、烯、炔，因为氢的质量分数：，故耗氧量为：烷＞烯＞炔。
③最简式相同的烃，不论它们以何种比例相混合，只要总质量一定，完全燃烧时所消耗的O2以及燃烧后生成的CO2和H2O的量均为定值。满足上述条件的烃有C2H2与C6H6；烯烃与烯烃（如乙烯与丙烯）或烯烃与环烷烃（如乙烯与环丙烷）等。
5.不饱和度及其应用的规律
不饱和度又名“缺氧指数”，用希腊字母Ω表示。顾名思义，不饱和度是反映有机物分子不饱和程度的量化标志。由于烷烃分子饱和程度最大，就规定其Ω＝0，而其他有机物，如烃可以这样推算：烃分子中每增加一个碳碳双键或一个环，氢原子数就减少2个，其不饱和度就增加1；每增加一个碳碳叁键，氢原子数就减少4个，其不饱和度就增加2。
烃及其含氧衍生物的不饱和度计算公式为：
不饱和度（Ω）＝双键数＋环数＋叁键数×2。
常见的烃分子和烃基的不饱和度如下：
①烷烃（如CH3CH3），Ω＝0；
②烷烃基（如CH3CH3—），Ω＝0；
③烯烃如CH2==CH2，Ω＝1；
④烯烃基如CH2==CH—，Ω＝1；
⑦ ，Ω＝2；
不饱和度公式的主要用途：
（1）可辅助推导化学式。
（2）可辅助判断同分异构体。
（3）可辅助推断分子结构中的结构单元。
6.求有机物化学式的规律
研究物质的组成是化学研究的重要任务之一，而通过计算求出有机物的化学式则是高中学生必须熟练掌握的基本技能。
（1）求有机物化学式的一般方法
式中：ρ—气体标况下密度；D—气体的相对密度；M ′—已知气体的相对分子质量。
（注：商余法只适用于求烃的化学式）
（2）有关烃的混合物计算的几条规律。
①若＜26(烷、炔相混)，则一定有CH4。
②若＜28(烷、烯相混），则一定有CH4。
③若平均分子组成中，1＜n(C)＜2，则一定有CH4。
④若平均分子组成中，2＜n(H)＜4，则一定有C2H2。
⑤两种烃组成的混合气体，若其平均分子组成为n(C)=2，且其中一种分子含两个碳原子，则另一种气体分子一定也含两个碳原子。
（二）分析热点 把握命题趋向
本章内容是有机化学的基础，是历年高考的内容之一，近几年来有日趋强化之势。其主要热点有：①几种烃的代表物的分子结构及性质；②利用燃烧通式对有机物的分子组成和结构式进行推断；③烃及其卤代烃的同分异构体的书写；④有机物分子的空间结构分析；⑤石油化工与煤化工等。由于本章的知识点与能源、交通、医疗、工农业生产、科技、环境保护、生态平衡联系密切，与此相关的试题有逐年增加的趋向。
［例题］（2002年春上海，66）科学家致力于二氧化碳的“组合转化”技术研究，把过多的二氧化碳转化为有益于人类的物质。如将CO2和H2以1∶4的比例混合，通入反应器。在适当的条件下反应，可获得一种重要的能源。请完成以下化学方程式：
CO2＋4H2（ ）＋2H2O
若将CO2与H2混合，在一定条件下以1∶3的比例发生反应，生成某种重要的化工原料和水。该化工原料可能是
A.烷烃 B.烯烃 C.炔烃 D.芳香烃
解析：从原子守恒的角度去分析，1 mol CO2与4 mol H2反应时，生成了2 mol H2O，生成的另一物质中必有1 mol C和4 mol H，由方程式的计量数可知，此物质必为CH4。同理可知，CO2与H2按物质的量之比1∶3混合，生成水外，另一物质的最简式为CH2，也只能为烯烃。
答案：CH4 B高考化学分类解析(九)——化学反应速率
●考点阐释
1.了解化学反应速率的概念，化学反应速率的表示方法。
2.理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对化学反应速率的影响。
●试题类编
(一)选择题
1.(2000年全国，16)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1 mol·L－1·min－1，则此段时间内以C的浓度变化表示的化学反应速率为
A.0.5 mol·L－1·min－1 B.1 mol·L－1·min－1
C.2 mol·L－1·min－1 D.3　mol·L－1·min－1
2.(2000年广东，15)用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加大的是
A.加热 B.不用稀硫酸，改用98%浓硫酸
C.滴加少量CuSO4溶液 D.不用铁片，改用铁粉
3.(1999年全国，10)反应4NH3(g)＋5O2(g) 4NO(g)＋6H2O(g)在10 L密闭容器中进行，半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45 mol，则此反应的平均速率(X)(反应物的消耗速率或产物的生成速率)可表示为
A.(NH3)＝0.010　mol·L－1·s－1
B.(O2)＝0.0010　mol·L－1·s－1
C.(NO)＝0.0010　mol·L－1·s－1
D.(H2O)＝0.045　mol·L－1·s－1
4.(1998年全国，8)反应4NH3(g)＋5O2(g)===4NO(g)＋6H2O(g)在2 L的密闭容器中进行，1 min后，NH3减少了0.12 mol，则平均每秒钟浓度变化正确的是
A.NO:0.001　mol·L－1 B.H2O:0.002 mol·L－1
C.NH3:0.002 mol·L－1 D.O2:0.00125 mol·L－1
5.(1998年上海，15)反应速率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的反应速率v可表示为v=k［c(H2)］m［c(Cl2)］n，式中k为常数，m、n值可用下表中数据确定之。
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=
6.(1997年上海，8)设C＋CO22CO－Q1，反应速率为v1；N2＋3H22NH3＋Q2,反应速率为v2，对于上述反应，当温度升高时，v1和v2的变化情况为
A.同时增大 B.同时减小
C.v1增大，v2减小 D.v1减小，v2增大
7.(1996年上海，9)对某一可逆反应来说，使用催化剂的作用是
A.提高反应物的平衡转化率
B.以同样程度改变正逆反应的速率
C.增大正反应速率，减小逆反应速率
D.改变平衡混合物的组成
8.(1995年全国，13)在下列四种溶液中，加入少量固体二氧化锰，能生成气体的是
A.3%H2O2溶液 B.1 mol·L－1 NaOH溶液
C.1 mol·L－1 KClO3溶液 D.1 mol·L－1盐酸
9.(1995年全国，19)反应4NH3＋5O24NO＋6H2O在5 L 密闭容器中进行，半分钟后，NO的物质的量增加了0.3 mol，则此反应的平均速率(X)(表示反应物的消耗速率或生成物的生成速率)为
A.(O2)＝0.01 mol·L－1·s－1
B.(NO)＝0.008 mol·L－1·s－1
C.(H2O)＝0.003 mol·L－1·s－1
D.(NH3)＝0.002 mol·L－1·s－1
(二)笔答题
10.(2001年全国，21)在120℃时分别进行如下四个反应：
A.2H2S＋O2===2H2O＋2S B.2H2S＋SO2===2H2O＋2SO2
C.C2H4＋SO2===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＜Ｖ后的是__________，符合ｄ前＞ｄ后和Ｖ前＞Ｖ后的是__________。(请填写反应的代号)?
11.(2001年上海，24)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0。反应物A的浓度(mol·L－1)随反应时间(min)的变化情况如下表：
根据上述数据，完成下列填空：
(1)在实验1，反应在10至20分钟时间内平均速率为 mol·(L·min)－1。
(2)在实验2，A的初始浓度c2＝__________mol·L－1，反应经20分钟就达到平衡，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“＞”“＝”或“＜”＝，且c3__________1.0　mol·L－1(填“＜”“＝”或“＞”)。
(4)比较实验4和实验1，可推测该反应是__________反应(填“吸热”或“放热”)。理由是 。
12.(1998年上海，26)智利硝石矿层中含有碘酸钠，可用亚硫酸氢钠与其反应来制备单质碘。
(1)试配平该反应的化学方程式，并用短线标出电子转移方向及总数。
(2)已知含氧酸盐的氧化作用随溶液酸性的加强而增强，在制备实验时，定时取样，并用酸化的氯化钡来检测SO生成的量，发现开始阶段反应速率呈递增的趋势，试简述这一变化趋势发生的原因： 。
●答案解析
(一)选择题
1.答案：C
解析：根据化学反应中速率比等于各物质的化学计量数之比，vA∶vB=1∶2，而vA=1 mol·
L－1·min－1，则vC=2 mol·L－1·min－1。
2.答案：B
解析：加热、发生原电池反应、增大固体反应物的表面积，都能加快反应速率；浓硫酸能使铁发生钝化，阻止了进一步的反应。
3.答案：C
解析：(H2O)= =0.0015 mol·L－1·s－1，则
(NO)=0.0010 mol·L－1·s－1，
(NH3)=0.0010 mol·L－1·s－1，(O2)＝0.00125　mol·L－1·s－1
4.答案：AD
解析：NH3平均每秒钟的浓度变化，即v(NH3)＝0.001 mol·L－1·s－1。其余根据同一反应用不同物质表示的反应速率之比等于方程式化学计量数之比可得出。
5.答案：D
解析：本题属信息迁移题。意在考查学生接受新信息、处理所给数据的能力。按题给数据代入v=k［c(H2)］m［c(Cl2)］n即可。第一组数据无法计算，代入第二组数据：2.0k＝k(2.0)m(1.0)n，则m＝1；代入第三组数据：4.0k＝k(2.0)m(4.0)n，结合m=1，则n=。故选D。
6.答案：A
解析：对于化学反应的速率，当温度升高时，反应速率增大，故选A。
7.答案：B
解析：在可逆反应中使用催化剂，能同等倍数改变正、逆化学反应速率，但不能改变反应的程度(指反应物的转化率或产率，或达到平衡时某物质在反应混合物中的含量)，对照选项只有B项符合。
8.答案：A
9.答案：CD
解析：反应的平均速率是指单位时间内某物质浓度的变化量。已知容器体积为5 L，时间半分钟即30 s，NO的物质的量(变化量)为0.3 mol，则c(NO)＝0.3 mol/5 L＝0.06 mol·L－1。
所以(NO)＝0.06 mol·L－1／30 s＝0.002 mol·L－1·s－1。即可求出：
(O2)＝0.002 mol·L－1·s－1×＝0.0025 mol·L－1·s－1；
(H2O)＝0.002 mol·L－1·s－1×＝0.003 mol·L－1·s－1；
(NH3)＝0.002 mol·L－1·s－1×＝0.002 mol·L－1·s－1。
(二)笔答题
10.答案：(1)B C (2)D A
解析：此题以化学平衡知识为载体，考查了考生思维的有序性和严密性。解此题时首先要审清在题给条件下，只有S是固态，其余的物质都是气态。
容积固定的条件下，只有反应A在反应前后气体密度发生了变化。B反应后气体分子数减少，ｐ前＞ｐ后；C反应前后气体分子数不变，即ｐ前＝ｐ后。?
在压强不变，容积可变的条件下，反应A的产物只有水，密度必然减少，反应B的分子数减少，反应后密度必然增大，反应C的密度不发生改变，反应D的分子数增多，反应后密度必然减少。
11.答案：(1)0.013 (2)1.0 催化剂 (3)＞ ＞ (4)吸热 温度升高时，平衡向右移动
解析：(1)vA＝＝0.013　mol·(L·min)－1
(2)对比实验1与实验2可知，反应温度相同，达平衡时的A的浓度相同，说明是同一平衡状态，即c2＝1.0　mol·L－1，又因实际反应的速率快，达平衡所需时间短，说明反应中使用了催化剂。
(3)对比实验3与实验1可知，从10　min到20　min，实验1的A的浓度变化值为0.13　mol·L－1，而实验3的A的浓度变化值为0.17　mol·L－1，这就说明了v3＞v1。又知从0 min到10　min　A的浓度的变化值应大于0.17　mol·L－1，即c3＞(0.92＋0.17)mol·L－1＝1.09　mol·L－1。
(4)对比实验4与实验1可知，两实验的起始浓度相同，反应温度不同，达平衡时实验4的A的浓度小，说明了实验4 A进行的程度大，即温度越高，A的转化率越大，说明正反应为吸热反应。
12.答案：(1)2 5 === 3 2 1 1 (说明：错一个即不给分)
(2)开始阶段由于HSO被氧化生成H＋和SO，酸性加强，反应速度增大
解析：(1)考查氧化还原方程式的配平；(2)考查影响化学反应速率的外界条件。
由题意，速率加快的原因不可能是：①压强增大；②温度升高；③催化剂的使用；④反应物HSO、IO浓度增大。只能是由于5HSO＋2IO===5SO＋I2＋3H＋＋H2O反应的发生，使得c(H＋)浓度增大，酸性增强，反应速率加快(题给信息)。
●命题趋向与应试策略
(一)重视基础 形成知识规律
1.化学反应速率的计算与判断规律
(1)化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示。计算公式为=Δc/t，单位为mol/L·min或mol/L·s。
同一个化学反应mA＋nB===pC，同一段时间内，用不同物质的浓度变化表示的反应速率，数值可能不同，但是意义相同。其数值之比等于方程式中有关物质的化学计量数之比，即vA∶vB∶vC=m∶n∶p
2.反应速率受外界条件的影响发生变化的规律
(1)浓度：同一条件不变时，增加反应物的浓度，会加快反应速率。
(2)压强：在其他条件不变时，加大气体反应物的压强(实质上是增大反应物浓度)，则反应速率加快；反之变慢。对于可逆反应，若反应物及生成物中均有气体，则增大压强，正逆反应速率均增大。
(3)温度：其他条件不变时，升高温度，化学反应速率一般增大。温度升高10℃，反应速率增至原来的2～4倍，因此，在可逆反应中，升高温度，正逆反应速率均增大。
(4)催化剂：在其他条件不变时，催化剂一般加快反应速率。在可逆反应中，能同等程度地改变正逆反应速率。在使用时要注意催化剂的活化温度及防止催化剂中毒。
(5)其他因素：如光、激光、超声波、放射线、电磁波、反应物颗粒大小等均可影响反应速率。
(二)分析热点 把握命题趋向
任何化学反应都涉及到快慢的问题，特别是化工生产中和实验室制备物质时，都要认真考虑反应进行的快慢及改变的方法如何，所以每年的高考都会出现本部分的题目。在命题中出现的题型主要是选择题，同一个问题可能从不同角度来考查；另外，除直接考查基本知识外，还增加了考查学生分析问题能力和应用知识能力的题目。考查的主要知识点有：①利用化学反应速率的数学表达式进行的有关计算；②反应中各物质反应速率之间的关系；③根据浓度、温度、压强、催化剂、颗粒大小、光等外界条件的改变，定性判断化学反应速率的变化。近几年的命题出现了通过化学反应速率测定的方法考查数学处理能力等趋势。考查考生对化学反应速率的理解，对化学反应速率表示方法的认识，以及运用化学方程式中各物质的化学计量比的关系进行有关的简单计算。
解题时应注意从对基本概念和基本规律的理解入手，要灵活、不能生搬硬套。如：
(1)从如下几个方面加深对反应速率概念的理解。①化学反应速率概念中单位时间内的变化值只能是浓度变化值，不是物质的量的变化值，因此在进行有关计算时，要同时注意反应物的体积，反应的时间和反应物物质的量的变化。②把化学反应速率的概念和化学方程式的意义联系起来，明确以下相等的比例关系。即在化学反应方程式中各物质前的化学计量数之比=各物质在反应中变化的物质的量之比=各物质在反应中变化的物质的量浓度之比=用各物质表示的该化学反应在一定时间内的平均反应速率之比。在具体计算中，要灵活应用上述关系式。既要会依化学方程式判断各物质表示的化学反应速率之间的关系是否正确，又要能由各物质在反应中的浓度变化值(或物质的量的变化值)写出反应的化学方程式，并会判断反应是否可逆。
(2)外界条件改变对化学反应速率的影响，要注意以下几点：①当正反应速率增大时，逆反应速率也必然随之增大，绝不可能一个增大另一个减小。②固体或纯液体量的改变不会引起其浓度改变，所以它的量的改变不会引起反应速率的变化。③对于没有气体参加的反应，压强改变，一般不会引起体积的变化，对浓度也没影响，所以压强改变不会影响其化学反应速率。压强对有气体参加的化学反应速率的影响，实质上是指对容器体积的改变，引起气体浓度的改变，从而影响反应速率，不要误认为只要体系压强增大，反应速率一定增大。
［例题］(2001年全国理综，15)将4 mol A气体和2 mol B气体在2 L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应
2A(g)＋B(g)2C(g)
若经2 s(秒)后测得C的浓度为0.6 mol·L－1，现有下列几种说法：
①用物质A表示的反应的平均速率为0.3 mol·L－1·s－1
②用物质B表示的反应的平均速率为0.6 mol·L－1·s－1
③2 s时物质A的转化率为70%
④2 s时物质B的浓度为0.7 mol·L－1
其中正确的是
A.①③ B.①④ C.②③ D.③④
解析：本题是考查物质浓度表示法，用不同反应物或产物表示反应的平均速率的方法和反应中转化率的计算等知识点，所以考查内容的知识容量较大。
解题时先利用所给条件列出反应式：
2A(g) ＋ B(g) === 2C(g)
起始浓度 mol·L－1 =2 =1 0
2 s时浓度 mol·L－1 2－0.6=1.4 1－=0.7 0.6
利用算出的数据，就可以对提问进行分析。
①依据反应的平均速率的定义可知
②同理可知
③依据转化率的定义可知
④2 s时B的浓度为0.7 mol·L－1
检查4个选项，只有①④正确，B项正确。
答案：B高考化学分类解析(十)——化学平衡
●考点阐释
1.了解化学反应的可逆性。理解化学平衡的涵义及其与化学反应速率之间的内在联系。
2.理解勒夏特列原理的涵义。掌握浓度、温度、压强等条件对化学平衡移动的影响。
●试题类编
(一)选择题
1.(2003年春，12)反应：A(气)＋3B(气)2C(气)＋Q达平衡后，将气体混合物的温度降低，下列叙述中正确的是
A.正反应速率加大，逆反应速率变小，平衡向正反应方向移动
B.正反应速率变小，逆反应速率加大，平衡向逆反应方向移动
C.正反应速率和逆反应速率都变小，平衡向正反应方向移动
D.正反应速率和逆反应速率都变小，平衡向逆反应方向移动
2.(2002年河南，11)在一定温度下，向a L密闭容器中加入1 mol X气体和2 mol Y气体，发生如下反应：
X(g)＋2Y(g)2Z(g)
此反应达到平衡的标志是
A.容器内压强不随时间变化
B.容器内各物质的浓度不随时间变化
C.容器内X、Y、Z的浓度之比为1∶2∶2
D.单位时间消耗0.1 mol X同时生成0.2 mol Z
3.(2002年新课程理综，10)对已达化学平衡的下列反应2X(g)＋Y(g)===2Z(g)减小压强时，对反应产生的影响是
A.逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动
B.逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动
C.正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动
D.正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动
4.(2001年全国，9)压强变化不会使下列化学反应的平衡发生移动的是
A.H2(g)＋I2(g)2HI(g)
B.3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)
C.2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)
D.C(s)＋CO2(g)2CO(g)
5.(2001年广东，13)反应：L(s)＋aG(g)bR(g)达到平衡时，温度和压强对该反应的影响如下图所示，图中：压强p1＞p2，x轴表示温度，y轴表示平衡混合气中G的体积分数。据此可判断
A.上述反应是放热反应 B.上述反应是吸热反应
C.a＞b D.a＜b
6.(2000年全国，13)在一密闭容器中，反应a A(g)b B(g)达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则
A.平衡向正反应方向移动了
B.物质A的转化率减少了
C.物质B的质量分数增加了
D.a＞b
7.(2000年春，20)在一定温度下，反应A2(g)＋B2(g)2AB(g)达到平衡的标志是
A.单位时间生成n mol的A2同时生成n mol的AB
B.容器内的总压强不随时间变化
C.单位时间生成2n mol的AB同时生成n mol的B2
D.单位时间生成n mol的A2同时生成n mol的B2
8.(2000年上海，19)对于反应2SO2＋O2 2SO3，下列判断正确的是
A.2体积SO2和足量O2反应，必定生成2体积SO3
B.其他条件不变，增大压强，平衡必定向右移动
C.平衡时，SO2消耗速率必定等于O2生成速率的两倍
D.平衡时，SO2浓度必定等于O2浓度的两倍
9.(1999年全国，19)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＋2Y2Z，达到平衡时，若它们的物质的量满足：nX＋nY=nZ,则Y的转化率为
A.×100％ B.×100％
C.×100％ D.×100％
10.(1999年上海，19)可逆反应：3A(g)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
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
11.(1999年广东，6)在一定温度下，可逆反应X(g)＋3Y(g)2Z(g)达到平衡的标志是
A.Z的生成速率与Z的分解速率相等
B.单位时间生成a mol X,同时生成3a mol Y
C.X、Y、Z的浓度不再变化
D.X、Y、Z的分子数比为1∶3∶2
12.(1999年广东，18)在5 L的密闭容器中充入2 mol A气体和1 mol B气体，在一定条件下发生反应：2A(g)＋B(g)2C(g)，达平衡时，在相同温度下测得容器内混合气体的压强是反应前的，则A的转化率为
A.67% B.50% C.25% D.5%
13.(1998年全国，19)体积相同的甲、乙两个容器中，分别充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2＋O22SO3并达到平衡。在这一过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率
A.等于p% B.大于p%
C.小于p% D.无法判断
14.(1998年全国，23)在一定体积的密闭容器中放入3 L气体R和5 L气体Q，在一定条件下发生反应2R(g)＋5Q(g)===4X(g)＋nY(g)，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的值是
A.2 B.3 C.4 D.5
15.(1998年上海，13)二氧化氮存在下列平衡：2NO2(g)N2O4(g)＋Q在测定NO2的相对分子质量时，下列条件中较为适宜的是
A.温度130℃、压强3.03×105Pa
B.温度25℃、压强1.01×105 Pa
C.温度130℃、压强5.05×104 Pa
D.温度0℃、压强5.05×104 Pa
16.(1997年全国，19)反应2X(g)＋Y(g)2Z(g)＋Q，在不同温度(T1和T2)及压强(p1和p2)下，产物Z的物质的量(nZ)与反应时间(t)的关系如右图所示。下述判断正确的是
A.T1＜T2，p1＜p2 B.T1＜T2，p1＞p2
C.T1＞T2，p1＞p2 D.T1＞T2，p1＜p2
17.(1996年全国，26)在一密闭容器中，等物质的量的A和B发生如下反应：A(g)＋2B(g) 2C(g)，反应达到平衡时，若混合气体中A和B的物质的量之和与C的物质的量相等，则这时A的转化率为
A.40% B.50% C.60% D.70%
18.(1995年上海，22)反应2A(g)2B(g)＋E(g)－Q达到平衡时，要使正反应速率降低，A的浓度增大，应采取的措施是
A.加压 B.减压
C.减少E的浓度 D.降温
19.(1994年全国，27)某体积可变的密闭容器，盛有适量A和B的混合气体，在一定条件下发生反应：A＋3B2C，若维持温度和压强不变，当达到平衡时，容器的体积为V L，其中C气体的体积分数为10%，下列推断正确的是
①原混合气体的体积为1.2V L ②原混合气体的体积为1.1V L ③反应达到平衡时气体A消耗掉0.05V L ④反应达到平衡时气体B消耗掉0.05V L
A.②③ B.②④ C.①③ D.①④
(二)笔答题
20.(2002年河南，20)将2 mol H2O和2 mol CO置于1 L容器中，在一定条件下，加热至高温，发生如下可逆反应：
2H2O(g)2H2＋O2 2CO＋O22CO2
(1)当上述系统达到平衡时，欲求其混合气体的平衡组成，则至少还需要知道两种气体的平衡浓度，但这两种气体不能同时是___________和___________，或___________和___________。(填它们的分子式)
(2)若平衡时O2和CO2的物质的量分别为n(O2)平=a mol，n(CO2)平=b mol。试求n(H2O)平=______ 。(用含a、b的代数式表示)
21.(1997年上海，30)牙齿表面由一层硬的成分为Ca5(PO4)3OH的物质保护着，它在唾液中存在下列平衡：
进食后，细菌和酶作用于食物，产生有机酸，这时牙齿就会受到腐蚀，其原因是 。
已知Ca5(PO4)3F(s)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齿的原因：________________________________。
根据以上原理，请你提出另外一种促进矿化的方法： 。
22.(1996年全国，31)在一个容积固定的反应器中，有一可左右滑动的密封隔板，两侧分别进行如下图所示的可逆反应。各物质的起始加入量如下：A、B和C均为4.0 mol，D为6.5 mol，F为2.0 mol，设E为x mol。当x在一定范围内变化时，均可以通过调节反应器的温度，使两侧反应都达到平衡，并且隔板恰好处于正中位置。请填写以下空白：
(1)若x=4.5，则右侧反应在起始时向__________(填“正反应”或“逆反应”)方向进行。欲使起始反应维持向该方向进行，则x的最大取值应小于__________。
(2)若x分别为4.5和5.0，则在这两种情况下，当反应达平衡时，A的物质的量是否相等 __________(填“相等”“不相等”或“不能确定”)。其理由是_______________________。
23.(1996年上海，31)(1)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”(不使含硫化合物进入大气)反应的化学方程式：_________________________________ 。
(2)近年来，某些自来水厂在用液氯进行消毒处理时还加入少量液氨，其反应的化学方程式：NH3＋HClOH2O＋NH2Cl(一氯氨)，NH2Cl较HClO稳定，试分析加液氨能延长液氯杀菌时间的原因是 。
24.(1996年上海，30)将等物质的量的A、B、C、D四种物质混合，发生如下反应：
aA＋bBcC(s)＋dD，当反应进行一定时间后，测得A减少了n mol，B减少了mol，C增加了n mol，D增加了n mol，此时达到化学平衡。
(1)该化学方程式各物质的化学计量数为a=__________、b=__________、c=__________、d=__________;
(2)若只改变压强，反应速率发生变化，但平衡不发生移动，该反应中各物质的聚集状态：
A__________、B__________、D__________。
(3)若只升高温度，反应一段时间后，测知四种物质其物质的量又达到相等，则该反应为__________反应(填“放热”或“吸热”)。
25.(1994年上海，13)已知氯水中有如下平衡：Cl2＋H2OHCl＋HClO，常温下，在一个体积为50 mL的针筒里吸入40 mL氯气后，再吸进10 mL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 。
●答案解析
(一)选择题
1.答案：C
解析：温度降低，正反应速率和逆反应速率都减小；因正反应是放热反应，降低温度，平衡向放热反应方向移动。
2.答案：AB
解析：正反应是气体物质的量减小的反应，容器内压强不随时间变化时，即气体的物质的量不再变化，各物质的浓度也不再变化，表明该反应达到了平衡状态。
3.答案：C
解析：减小压强，气体体积增大，反应物和生成物的浓度都减小，正逆反应速率都减小，正反应是缩小气体体积的反应，平衡应向扩大气体体积的方向移动。
4.答案：A
解析：对有气体参加的反应，如果反应前后气体分子数目不变，压强改变时，则平衡不移动，如果反应前后气体分子数目发生了变化，压强改变时，则平衡移动。四个选项中只有A是气体分子数不变的反应。
5.答案：BD
解析：由图给信息可知，随着温度的升高，平衡混合气中G的体积分数减小，说明该反应为吸热反应；由图知，在相同温度下，压强增大，说明平衡混合气中G的体积分数也增大，说明该反应是气体分子数增大的反应，即a＜b。
6.答案：AC
解析：题设的关键信息是反应达平衡后容器体积增大一倍，应转换为(1)条件变化的瞬间A、B的浓度均为原来的50%；(2)容器内压强减小为原来的1/2。本题的设问多项比较综合，但只要抓住达新平衡时B的浓度由50%→60%这第2个关键信息，说明生成物B的物质的量、质量、质量分数都增大了，平衡正向移动，反应物A的转化率增大，并且由压强减小，平衡向体积增大方向移动，推出a＜b。
7.答案：C
解析：因此反应是等体积反应，平衡前后压强不变，故选项B错；化学平衡最根本的标志是正逆反应的速率相等，故A错；选项D中表示的都是逆反应速率。
8.答案：C
解析：SO2转化为SO3为可逆反应，不可能完全转化为SO3；如果缩小体积则会增大压强，平衡向右移动；如果充入稀有气体，增大压强，平衡不移动。SO2消耗速率代表正反应速率，O2的生成速率代表逆反应速率，平衡时为两倍关系；SO2平衡浓度不一定等于O2的两倍，因为起始浓度不一定是两倍。
9.答案：B
解析：设参加反应的Y的物质的量为n,
X ＋ 2Y 2Z
起始时 a mol b mol 0
平衡时 (a mol－n) (b mol－n) n
a mol－n＋b mol－n=n n=(a＋b) mol
所以Y的转化率为：×100%=×100%
10.答案：CD
解析：题给可逆反应的正方向是吸热的。该反应属于分解反应，A物质的相对分子质量最大。当温度升高时，气体的平均相对分子质量有减小趋势，是平衡向正方向移动的必然结果，生成物B、C均为气态或有一种为气态都可。
11.答案：AC
解析：由化学平衡状态的定义可知达到平衡状态的根本标志有两个：一是v正=v逆，二是各组分的浓度不再变化。故A、C是正确的。而B只表示出了逆反应速率。因条件改变，平衡要移动，三种分子数之比保持方程式中的化学计量数比的可能性很小。
12.答案：B
解析：同温度同体积时，气体的物质的量之比等于压强之比，故反应后的物质的量为
(2＋1) mol×=2.5 mol，再由差量法可知反应掉的A为1 mol，即A转化率为×100%=50%。
13.答案：B
解析：2SO2＋O22SO3为气体体积缩小的反应。甲保持体积不变，乙保持压强不变，乙相对甲来说相当于加压，故平衡右移，SO2转化率增大。
14.答案：A
解析：反应完全后混合气体的压强减小，说明反应为气体体积缩小的反应，则2＋5＞
4＋n，n＜3。
15.答案：C
解析：要测定NO2的相对分子质量，由于存在2NO2(g)N2O4(g)＋Q这一化学平衡，应尽量使N2O4(g)转化为NO2，即使化学平衡向左移动，选取的条件应为较高温度、较低压强。
16.答案：C?
解析：分析图象。先分析温度相同时p1、p2的关系(看上面两条曲线)。由p1p2，nZ减小，对照反应p越大，nZ越大，所以p1＞p2；再分析p相同时T1、T2关系(看下面两条曲线)。由Ｔ2T1，nZ减小，对照反应，说明平衡逆向移动，即向吸热方向移动，所以由T2Ｔ1应是升温过程(由平衡移动原理，升温向吸热方向移动)。所以Ｔ1＞Ｔ2。分析温度时还可看达到平衡需要的时间，由曲线看T1?先达到平衡，即为高温情况。故此题选C。
17.答案：A
解析：设nA＝a mol，nB＝a mol；达到平衡时消耗nA＝x mol
A(g)＋2B(g)2C(g)
n初 a a 0
n转 x 2x 2x
n平 a－x a－2x 2x
由题意：nA＋nB＝nC
即：(a－x)＋(a－2x)=2x
解得x＝a
所以αA＝×100％＝40％
18.答案：D
解析：加压，正反应速率增大，减压，A的浓度减小；减少E的浓度，正反应速率、A的浓度均减小；故D正确，因降温使正反应速率减小，平衡逆向移动，所以A的浓度增大。
19.答案：A
解析：达平衡时，容器体积为V L，所以C为0.1 V L，A、B共(V－0.1 V) L＝0.9Ｖ L，根据平衡方程： A＋3B2C，反应体积比：1∶3∶2
反应体积：0.05Ｖ L 0.15V L 0.1V L
A、B反应消耗：0.05V L＋0.15V L=0.2V L
原混合气体体积为：0.2V L＋0.9V L=1.1V L，所以选A。
(二)笔答题
20.答案：(1)H2和H2O，或CO和CO2
(2)2－2a－b
解析：(1)在同一反应容器连续发生了两个反应。只有H2O(g)分解了，CO才能被O2氧化。两反应相互制约，同时达到平衡。但第一反应中H2O和H2与第二个反应无关，同样第二个反应中CO和CO2的浓度与第一个反应无关。(2)从原子守恒角度分析，由CO生成CO2分子内增加的氧原子来源H2O，另外O2中的氧也来源于H2O。因此,n(H2O)反应=2n(O2)＋n(CO2)=(2a＋b) mol。所以n(H2O)平=［2－(2a＋b)］ mol。
21.答案：H＋＋OH－===H2O使平衡向脱矿方向移动
5Ca2＋＋3PO＋F－===Ca5(PO4)3F↓
加Ca2＋(或“加PO”，或其他合理的方法均给分)
解析：本题中，命题者以生活中牙齿的保护这一实例，给出了一个化学平衡体系，要求考生通过阅读理解，分析出该题的解题关键是平衡移动问题，从而将平衡移动原理的有关知识迁移到新情景中。此外，命题者在设问中又要求考生进一步根据这一原理，回答保护牙齿的一种方法，这样，既考查了重要的知识点，又增强了考生的参与感，使人备感亲切。
22.答案：(1)正反应 7.0 (2)不相等 两种情况是在两个不同温度下建立的化学平衡，平衡状态不同，所以物质的量也不相同(不从温度角度说明不得分)
解析：此题是一个等压、不等温的过程，且左侧是一个参照条件。
(1)左侧是分子数不变的反应。按题意共有气体12 mol。而右侧当x=4.5时，起始共有气体6.5 mol＋4.5 mol＋2 mol=13 mol>12 mol因此要保持隔板位于中间，只能向正向反应(因正向是体积数减少的方向)使最后总分子数也为12 mol。
若起始维持这个方向，应有6.5 mol＋2 mol＋x mol>12 mol,即x>3.5 。由此得出x的最小值。最大值只能从达到平衡时右侧总体积必为12 mol 来求解。
设平衡时，D物质消耗a mol。
D ＋ 2Ｅ 2F
n初 6.5 mol x mol 2 mol
n转 a mol 2a mol? 2a mol
n平 (6.5－a) mol (x－2a) mol (2＋2a) mol
因x－2a>0,(6.5－a)＋(x－2a)＋(2＋2a)=12
解得x<7.0?
(2)一定注意题中“x在一定范围内变化时，均可以通过调节反应器的温度，使两侧反应都达到平衡，并且隔板恰好处于正中位置”。而当x=4.5或5.0时，达到平衡的温度一定不同；而平衡条件不同，平衡时A的物质的量一定不同。
23.答案：(1)S＋O2SO2，SO2＋CaOCaSO3，2CaSO3＋O22CaSO4
(2)加入液NH3平衡NH3＋HClOH2O＋NH2Cl正向移动，使HClO以NH2Cl形式较稳定存在(NH2Cl比HClO稳定，可较长时间保存)。当需要HClO时(即消耗HClO)，平衡左移，又产生HClO起杀菌作用
解析：(1)此反应不要停留在CaSO3一步。因在此条件下CaSO3必然要被空气中的O2氧化。
(2)HClO不稳定，转化为HClO的盐或NH2Cl后较稳定。
24.答案：(1)2 1 3 2 (2)气态 固态或纯液体 气体 (3)放热
解析：(1)由可逆反应：
aA ＋ bB cC ＋ dD
n初 m m m m
n反应 n n n
因参加反应的物质的量等于其物质方程式中的化学计量数之比，所以得：a∶b∶c∶d=n∶∶∶n=2∶1∶3∶2
?即得：a=2,b=1,c=3,d=2?
(2)改变压强，反应速率发生变化，说明反应体系中有气态物质；而平衡不移动说明反应前后气态物质的体积相同V前＝V后，即当A为气体，B为固或液，C为固体(题设条件)，D为气体时合理。
(3)升温后四种物质的物质的量又达到相等，说明平衡逆向移动，即升温平衡逆向移动，而由勒夏特列原理知升温平衡向吸热方向移动，即逆反应方向吸热，所以其正反应方向为放热。
25.答案：气体体积缩小，溶液呈浅黄绿色 气体体积进一步缩小，气体和溶液均变成无色 氯水中的平衡：Cl2＋H2OHCl＋HClO，由于HClO逐渐分解(HClO===HCl＋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褪
●命题趋向与应试策略
(一)重视基础 形成知识规律
1.化学反应速率和化学平衡的内在联系
(1)化学平衡状态产生的根本原因是可逆反应的正反应速率和逆反应速率最终必然趋于相等，从而使反应混合物中各组分的含量保持不变，因此要从“速率”去认识化学平衡的本质。
(2)化学平衡移动的本质原因是正逆反应速率不相等，当v正＞v逆，平衡向正反应方向移动，移动的结果是v′正=v′逆；当v逆＞v正时，平衡向逆反应方向移动，移动的结果是v′正=v′逆。若条件改变不引起速率变化，则平衡不移动。
(3)化学平衡状态的特点
具有“逆、动、等、定、变、同”六个特点。
①逆：指化学平衡状态只适用于可逆反应，也就是说，只有可逆反应才有正、逆反应，也只有可逆反应在一定条件下才能形成平衡状态。
②动：指动态平衡，即化学反应处于平衡状态时，正、逆反应并未停止，仍在进行，只是速率相等，体现了“静中有动，动中有静”的哲理。
③等：指“v正=v逆≠0”。即某一物质在单位时间内消耗的物质的量浓度和生成的物质的量浓度相等。也可以用不同物质的速率表示该反应的正、逆反应速率相等。
④定：指反应混合物里各成分的含量保持不变，包含内容有：各物质的物质的量或摩尔分数保持一定；各物质的质量或质量分数保持一定。如果是气体物质，则各气体的体积或体积分数保持一定。
⑤变：指平衡移动。可逆反应的平衡状态是相对，暂时的，当外界某一条件改变时，原平衡被破坏,化学平衡向着削弱这种条件改变的方向移动，在新的条件下达到新的平衡状态。
⑥同：指对于同一可逆反应，在同一条件下，无论反应从正反应开始还是从逆反应开始，或正、逆反应同时开始，以一定的配比投入反应物或生成物，则可以达到相同的平衡状态，即各物质的含量相同，称之为“等效平衡”。
2.化学平衡状态的判断
化学平衡状态的标志：v正=v逆；平衡混合物中各组成成分的含量保持不变。“v正=v逆”是化学平衡的本质特征，其含意是反应体系中同一物质的消耗速率和生成速率相等。而各组分的含量“不变”，是指各组分的浓度、质量分数、体积分数(有气体参加的可逆反应)、反应物的转化率等均保持不变。不变不能理解为相等。
判断某一可逆反应是否达到平衡状态的“等价标志”：
(1)对于反应前后气体体积不等的反应，当恒温、恒容时，压强不变、气体的平均相对分子质量不变，或恒温、恒压时，体积不变、混合气体的密度不变，说明反应处于平衡状态。
(2)对于有颜色物质参加的反应，体系颜色不变，说明反应处于平衡状态。
(3)对于吸热或放热反应，绝热体系的温度不变，说明反应处于平衡状态。
3.等效平衡的判断
化学平衡状态的建立与条件(如浓度、温度、压强)有关，与途径无关。建立平衡状态通常有4条途径：①正向建立；②逆向建立；③从中间某状态建立；④反应物分批加入。对不同的起始状态，通常假定反应沿某一方向进行到底，将所得物质的量与标准状态比较，规律如下：
(1)反应前后气体体积之和不等的可逆反应，如2SO2＋O22SO3，恒温、恒容投料相同，或恒温、恒压投料成比例，即为等效平衡。
(2)反应前后气体体积之和相等的可逆反应，如2HI(g)I2(g)＋H2(g)，恒温、恒容，或恒温、恒压，两种情况均是投料成比例，即为等效平衡。
4.改变反应物的用量对转化率的影响
(1)若反应物只有一种，如aA(g)bB(g)＋cC(g)增加A的量：①若a=b＋c，xA不变；②若a＞b＋c，xA增大；③若a＜b＋c,xA减小。即a≠b＋c时，增大或减小反应物浓度，平衡按加压或减压处理。
(2)若反应物不止一种，如mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g) ①若只增加A的量，平衡正向移动，xA减小，xB增大；②若按原比例同倍数增加A和B的量，平衡正向移动。当m＋n=p＋q时，xA、xB均不变；当m＋n＜p＋q时，xA、xB均减小；当m＋n＞p＋q时，xA、xB均增大。
5.合成氨工业
(1)合成氨反应的特点及适宜条件
合成氨反应的特点：正反应是体积缩小的放热反应
(2)合成氨工业简介
原料：空气、燃料(煤、天然气、石油)、水
设备：氨合成塔
过程：原料气制备→净化→压缩→合成→分离
(二)分析热点 把握命题趋向
本部分是高考考查的重点，考点主要集中在如下几个方面：①平衡状态的判断(即达到平衡状态的标志)；②平衡移动的原因及平衡移动后结果(包括反应物转化率，各组分的含量及混合气体的平均相对分子质量等的变化)的分析；③平衡状态的比较；④化学平衡状态的计算。由于化学平衡移动与化学实验、工农业生产、环境保护、日常生活等有密切联系，预计这方面的结合会成为今后“3＋X”理科综合命题的热点，以考查学生应用理论分析问题和解决问题的能力。
出现的题目类型有选择题和填空题。在选择题部分中多以考查化学平衡的基本概念和影响平衡移动的条件为主，对化学平衡计算的考查也时有出现。而在Ⅱ卷中，常出现高思维强度的题目，以考查学生的思维判断能力。例如等效平衡的比较判断，应用数学方法对化学平衡原理进行理论分析等。
解答该类题目时，在理解平衡状态的概念及其影响因素的基础上，应注意对它们的引申，不能局限于概念和规律的表面，同时要注意同一考点而不同出题形式的变化。
［例题］(2001年全国，14)在一定温度下，容器内某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如图，下列表述中正确的是
A.反应的化学方程式为：2M===N
B.t2时，正逆反应速率相等，达到平衡
C.t3时，正反应速率大于逆反应速率
D.t1时，N的浓度是M浓度的2倍
解析：改变外界条件对化学反应速率及化学平衡的影响，可用各种图象来表示，解答图象题目的方法思路是：
(1)看懂图象：一看面(即看清横坐标和纵坐标)，二看线(即看线的走向、变化的趋势)，三看点(即看线是否通过原点，两条线的交点及线的拐点)，四看要不要作辅助线(如等温线、等压线)，五看定量图象中有关量的多少。
(2)联想规律：即联想外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响规律，且熟练准确。
(3)作出判断：依题意仔细分析作出正确判断。
分析本题图象可知，反应开始到时间t3时建立化学平衡。N的变化为8 mol－2 mol=6 mol；M的变化为：5 mol－2 mol=3 mol。因此反应方程式应为：2NM或M2N。t2时，M和N的物质的量相等(反应在同一容器中进行，也可理解为浓度相等)，但正、逆反应速率并不相等，因为从图中可以看出，反应并未达到平衡。t3时，已达到平衡。此时的正、逆反应速率相等。t1时，N和M的物质的量分别为6 mol 和3 mol，故N的浓度是M的2倍。
答案：D