高一化学必修1教材全解（鲁科版）

第3章 自然界中的元素
学习导言
▲ 章节知识概说
本章的核心内容是元素化合物知识，主要是应用第2章的概念和理论知识认识物质的性质，探讨物质在生产、生活中的应用，以及人类活动对生态环境的影响。
本章首先以碳元素的多样性为线索，探索了碳单质、碳的化合物以及碳元素转化的多样性；然后以硫及其化合物的转化为线索，探索了不同价态硫元素在自然界、实验室、生活、生产中的转化；紧接着以氮的循环为线索，探讨了氮在自然界中的循环、氮循环过程中的重要物质，以及人类活动对氮循环的影响；最后通过海洋这个蕴藏众多元素的领域，引入了更多的元素化合物知识，通过探讨从海洋中提取物质的途径，学习了镁、溴、碘等元素的知识。这样，就把零散的元素化合物的知识有机地结合在了一起，充分体现了高观点、大视野和多角度的特色。
▲ 课标理念感悟
知识与技能：根据生产、生活中的应用实例或通过实验探究，了解碳及其重要化合物的主要性质，以及它们在自然界和生活、生产中的相互转化；通过氮的循环，了解氮气、氨气、铵盐以及硝酸的主要性质，认识它们在生产中的应用；通过实验探究了解硫单质、二氧化硫等的主要性质，探讨不同价态硫元素之间的转化途径；通过了解海洋中的重要元素，认识金属镁、溴单质、碘单质和卤化物的主要性质及其在生产中的应用。
过程与方法：运用氧化还原理论研究物质的氧化性和还原性，探讨含有相同元素的物质之间的相互转化。
情感态度与价值观：通过了解人类活动对氮循环的影响、酸雨问题和海洋资源的综合利用，认识人类活动对生态环境的影响，培养与环境和平相处的情感以及运用化学知识解决环境和资源问题的兴趣和热情。
第1节 碳的多样性
在一百多种元素中，有一种元素组成的单质和化合物种类已经远远超过三千万种，你知道这是哪一种元素吗？
对了，这种元素就是碳元素。在初中我们接触过碳，知道碳既是构成生物体的基本元素，又是构成地壳中岩石和化石燃料的主要元素。碳以多种形态存在于自然界中。下面，就让我们一起来感受碳的多样性吧。
研习教材重难点
研习点1 碳单质的多样性
1．同素异形体
（1）同素异形体的概念：由同一种元素组成的性质不同的几种单质，叫做该元素的同素异形体。
（2）常见的同素异形体：碳：金刚石、石墨、C60；氧：氧气、臭氧（O3）。
【领悟·整合】
由于同素异形体由同种元素构成，所以同素异形体往往具有相似的化学性质；但由于组成同素异形体各种单质的原子间连接的方式不同（即结构不同），因此同素异形体的物理性质往往有很大差别。
2．金刚石、石墨、C60
（1）结构
①金刚石：每个碳原子与另外4个碳原子以一种较强的相互作用相连接，形成正四面体结构，向空间伸展形成空间网状结构。
②石墨：石墨晶体是层状结构。在同一层内，碳原子排列成正六边形(碳原子位于正六边形的顶点上)，一个个正六边形排列成平面网状结构，每一个碳原子都跟其他3个碳原子相连。在同一层内，相邻的碳原子以较强的相互作用相结合，但层与层之间以一种较弱的相互作用相结合。
③C60：C60分子是由60个碳原子构成的，它的形状像足球，由12个正五边形和20个正六边形组成。分子内部，碳原子间以较强的相互作用结合，但分子间的相互作用较弱。
（2）性质
同素异形体 金刚石 石墨 C60
主要物理性质 硬度大、熔沸点高 硬度小、熔沸点高，易导电 硬度小、熔沸点低
主要化学性质 相似，如在一定条件下都可与氧气反应，生成CO2
【知识·链接】
① 昂贵的实验：1797年英国化学家钱南为了测出金刚石的成分，做了一个非常昂贵的实验。他将金刚石放在密闭的、充满氧气的箱子里进行燃烧（箱子是纯金制的），结果却令人非常意外—箱子里的气体成分竟然是二氧化碳。
② 碳-60家族：这一类物质的分子式可以表示为Cn，n为28到540之间的整数值，有C50、C60、C70、C84、C240等，科学家预言C540有可能实现室温超导；也有设想将某些药物置入C60球体空腔内，成为缓释型的药物。碳-60家族已经广泛地影响到物理、化学、材料科学、生命及医药科学各领域。
③碳纳米管：碳纳米管可分单层及多层的碳纳米管，它是由单层或多层同心轴石墨层卷曲而成的中空碳管。碳纳米管非常微小，5万个并排起来才有人的一根头发丝宽。利用碳纳米管可以制成高强度碳纤维材料和复合材料，如其强度为钢的100倍，重量则只有钢的1/6，被科学家称为未来的“超级纤维”。 碳纳米管在航天、电子、储氢等诸多领域有广泛的应用前景。
典例1： 近年来，科学家在氦的气氛中给石墨通电，使石墨挥发，在石墨挥发的黑烟中发现了C60，它的金属渗入物具有可贵的超导性质。北京大学首先将C60渗锡，获超导转变温度为37 K的好成绩。下列关于C60的叙述正确的是
A．是一种新型的化合物　 　B．是碳元素的一种同素异形体
C．C60燃烧时可生成CO2　　 D．摩尔质量是720
研析：这是一道与分子C60相关的题目，主要考查学生对基本概念的掌握及有关信息获取的能力。涉及的中学化学知识有化合物、同素异形体、摩尔质量等基本概念．C60属于单质，由一种元素组成，与金刚石、石墨互为同素异形体．由于C60由碳元素构成，因此，在一定条件下可以燃烧生成CO2，D选项中摩尔质量的单位为g·mol-1。
答案：B、C。
研习点2 广泛存在的含碳化合物
1．常见的含碳化合物
（1）有机化合物：如蛋白质、淀粉、油脂、以及石油、液化气、天然气等的主要成分；
（2）无机化合物：CO、CO2、H2CO3、碳酸钠、碳酸氢钠、大理石、方解石、白云石、菱锌矿、菱镁矿、菱铁矿等。
2．碳酸钠和碳酸氢钠
（1）碳酸钠和碳酸氢钠的比较
化学式 Na2CO3 NaHCO3
俗名 纯碱、苏打 小苏打
色态 白色粉末 细小白色晶体
溶解性 易溶于水 较易溶于水(溶解度较Na2CO3小)
热稳定性 不易分解 受热易分解2NaHCO3＝Na2CO3＋CO2↑＋H2O
与HCl反应 Na2CO3＋2HCl＝CO2↑＋H2O(较快) NaHCO3＋HCl＝CO2↑＋H2O(剧烈)
与NaOH反应 不反应 HCO3-＋OH－＝CO32-＋H2O
与CO2反应 Na2CO3＋CO2＋H2O＝2NaHCO3 不反应
用途 用于玻璃、肥皂、造纸、纺织等工业；洗涤剂 发酵剂、灭火器，医疗上用于治胃酸过多
（2）碳酸钠和碳酸氢钠的鉴别方法
①热稳定性不同。分别加热少量固体，若发生分解反应，将产生的气体通入澄清的石灰水中，石灰水变浑浊的原试剂是NaHCO3，另一个为Na2CO3。
②和酸反应生成气体的速率不同。分别取一定量的固体，加入等浓度等体积的盐酸，反应快、产生气体相应多的为碳酸氢钠，另一个为碳酸钠。
③阴离子不同。分别取其稀溶液，滴加氯化钡稀溶液或CaCl2溶液，产生沉淀的原试剂为碳酸钠，另一个为碳酸氢钠（特别注意：该方法必须取极稀溶液）。
（3）Na2CO3和NaHCO3在一定条件下的相互转化：
溶液中：NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O， Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3
固体中：NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
【品思·感悟】
Na2CO3与盐酸反应是分步进行的：Na2CO3＋HCl＝NaHCO3＋NaCl， NaHCO3＋HCl＝CO2↑＋H2O
（1）由于NaHCO3跟HCl反应一步完成，所以NaHCO3跟HCl反应比Na2CO3跟HCl反应放出CO2的速率快。
（2）当Na2CO3溶液与稀盐酸反应时，加入试剂的次序不同，产生的现象不同．若往碳酸钠溶液中滴加盐酸，由于碳酸钠的量多，而加入的酸（氢离子）少，第二步反应尚未进行，产生的气体较少（有可能在滴加的局部范围内完成二步反应，看到有气体产生）。滴加一定量以后，溶液已转化为碳酸氢钠溶液，再加入盐酸，很快反应产生气体，量也较多．若将碳酸钠溶液滴加到盐酸中，则情况大不一样，试管中酸充足过量，滴入碳酸钠溶液很快完成上述二步反应，因此很容易观察到气体产生。利用上述现象，可以不用任何试剂鉴别二者。
典例2：下列说法中不正确的是
A．Na2CO3比NaHCO3易溶于水
B．Na2CO3比NaHCO3稳定
C．石灰水能与Na2CO3反应，而不能与NaHCO3反应
D．与足量盐酸反应要得到相同质量的CO2，用NaHCO3比Na2CO3的质量要多
研析：石灰水也能与NaHCO3反应，使酸式盐变成正盐，Ca(OH)2＋2NaHCO3＝CaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O
制取相同质量的CO2，如都制取44 g CO2，在盐酸足量的情况下，需NaHCO3 84 g，需Na2CO3则106 g。
NaHCO3＋HCl＝NaCl＋CO2↑＋H2O
84g 44g
Na2CO3＋2HCl＝2NaCl＋CO2↑＋H2O
106g 44g
答案：C、D。
典例3：现有一包混有少量碳酸氢钠的碳酸钠固体，称得其质量为10.00g。请回答：
（1）除去该混合物中的碳酸氢钠的方法是 。
（2）若将该混合物加热至质量不再变化时，剩余固体质量为9.38g。计算原混合物中碳酸钠的质量分数。
研析：（1）根据NaHCO3受热分解生成Na2CO3、H2O（气）、CO2 ，将混合物加热至不再产生气体为止，可除去该混合物中的碳酸氢钠。
（2）题中介绍“加热至固体质量不再变化”，就指明其中NaHCO3已完全分解，而固体减少的质量是放出CO2和H2O（气）的质量之和。
设原混合物中含NaHCO3质量为x，由题意知，
2 NaHCO3 Na2CO3＋H2O＋CO2↑
2×84g (18＋44) g
x (10.00g－9.38g)
168g：62g＝x： (10.00g－9.38g)
解得 x=1.68g
ω(Na2CO3)=×100%=98.32%
答案：（1）将混合物加热至不再产生气体为止 （2）98.32%。
研习点3碳及其化合物间的转化
1．自然界中碳及其化合物的转化
（1）碳及其化合物在自然界中的转化示意图
（2）模拟溶洞的形成
①溶洞的形成原理
石灰岩的主要成分是碳酸钙。碳酸钙遇到溶有二氧化碳的水时，会慢慢变成可溶于水的碳酸氢钙[Ca(HCO3)2]。
当受热或压强突然变小时，水中碳酸氢钙会分解，重新变成碳酸钙沉积下来。
在自然界里不断发生上述反应，石灰岩逐渐变成碳酸氢钙而溶解掉，形成溶洞；碳酸氢钙不断分解，生成的碳酸钙逐渐沉积，形成千姿百态的钟乳石、石笋和石柱。
②实验报告：
实验目的：探究溶洞的形成原理
实验准备：将CO2通入澄清石灰水中，得到CaCO3白色沉淀，备用。
实验方案及实验记录：
实验步骤 实验现象 化学方程式
向得到的悬浊液中继续通入足量的CO2气体 CaCO3白色沉淀逐渐溶解 CaCO3＋CO2+H2O＝Ca(HCO3)2
将所得溶液小心加热 溶液重新变浑浊并冒出气泡 Ca(HCO3)2CaCO3↓＋CO2+H2O
【梳理·总结】
自然界在永不停息的进行着碳的转化，这种转化形式多种多样，速度也有快有慢，总体上处于平衡状态。
但是，由于现代化工业社会过多燃烧煤炭、石油和天然气，这些燃料燃烧后放出大量的二氧化碳气体进入大气，破坏了这种平衡，造成了“温室效应”。
2．生产和生活中碳及其化合物间的转化
（1）高炉炼铁
原料：焦炭、铁矿石；高炉煤气的主要成分：CO、CO2、Fe2O3、N2等；
CO生成的化学方程式： C＋O2CO2；C＋ CO2 2CO
还原铁的氧化物的化学方程式：Fe2O3 ＋3CO2 Fe ＋3CO2
（2）木炭燃烧：C＋O2＝ CO2 2C＋O2＝2CO 2CO＋O2＝2CO2 C＋CO2 ＝2CO
生成水煤气的化学方程式为：C＋H2OCO＋H2
【联想·发散】
碳作还原剂的特殊性
碳作还原剂，温度越高，还原性越强，在反应中碳的氧化产物可以是CO2和CO。
当温度较低时（理论上小于710℃），碳倾向生成稳定的CO2（如：实验室用C还原CuO），一般温度超过1000℃，只要有固态碳存在，生成的气体是CO．而CO作还原剂，温度越低还原性越强，如CO只有在低于600℃时，才能还原FeO，所以在高炉中主要的出铁反应是在炉体上部（低温区）发生的。
（3）水垢的形成：
①　有关化学方程式为：Ca(HCO3)2CaCO3 ↓＋CO2↑＋H2O
②　如何除去水壶中的水垢？加入醋酸，可以将CaCO3物质等溶解。
（4）无机化合物与有机化合物间的转化
1828年，德国化学家维勒用无机物氰酸铵合成出有机化合物——尿素，打破了无机物和有机物之间的界限。碳及其化合物的转化，对人的生活、生产来说意义重大。
典例4：近年来大气中CO2增多，引起“温室效应”，请回答有关问题：
（1）空气中CO2的主要来源是什么？
（2）自然界中消耗CO2的主要过程是哪些？
研析：本题引导学生要关注生活、关注环境问题，做到学以致用，这是新课程的重要精神。尽管二氧化碳的产生途径很多，但是大量化石燃料的燃烧是产生二氧化碳的主要来源。由于江、海的面积大，将溶解大量二氧化碳，光合作用也将消耗大量二氧化碳。
答案：（1）含碳燃料的大量燃烧。
（2）溶于江水、海水；绿色植物的光合作用；岩石的风化等。
典例5：古代的“药金”外观与金相似，常被误认为是金子。冶炼方法如下：将碳酸锌、赤铜（Cu2O）、木炭混合加热至800℃得金光闪闪的“药金”。
（1）“药金”的主要成分是 。
（2）有关冶炼的化学方程式是 ， ， 。
研析：解答本题可借用“相似类推”，以旧知识迁移应用于题给信息。解题思路为：
由碳酸钙、碳酸镁在高温时分解生成金属氧化物和二氧化碳的事实可推知：碳酸锌在高温时也分解，生成氧化锌和二氧化碳气体；由碳与氧化铜在高温时反应生成铜和二氧化碳的事实可推知：碳在高温时也能将赤铜（Cu2O）中的铜和氧化锌中的锌置换出来，本身被氧化能够二氧化碳。由此可知答案。
答案：（1）Zn、Cu
（2）ZnCO3ZnO＋CO2↑C＋2Cu2O4Cu＋CO2↑ C＋2ZnO2Zn＋CO2↑
探究解题新思路
▲ 基础思维探究
题型一、同素异形体
典例1：金刚石、石墨、C60性质有所不同，是由于
A．构成原子不同 B．原子的各自排列方式不同
C．具有不同的几何外形 D．硬度不同
研析：金刚石、石墨、C60三者是碳元素的同素异形体，构成原子完全相同，只是其内部碳原子排列方式不同，才导致它们结构不同，进而性质不同。
答案：B。
友情提醒：同素异形体是本节一个重要的概念，同学们一定要把握其实质：“同素”即由同种元素构成；“异形”即结构不同，这也决定了它们的性质，特别是物理性质是不同的。“结构决定性质”是化学的重要规律，对此要不断地加深理解，注重应用。
拓展变式1．1985年科学家发现的C60分子是由60个碳原子构成的，它的形状像足球（图C）。因此又叫足球烯。1991年科学家又发现一种碳的单质——碳纳米管，它是由六边形的碳原子构成的管状大分子（图D），图中A、B分别是金刚石或石墨的结构示意图。图中小黑点或小黑圈均代表碳原子。用你所学到的化学知识回答下列问题：（1）常温下足球烯和碳纳米管的化学性质是否活泼？ （2）请你设计一个方案，证明足球烯和碳纳米管都是由碳元素组成的（以足球烯为例，用简要文字叙述）。1．研析：分析题目时应将足球烯、碳纳米管的结构、性质与金刚石、石墨的结构性质相联系。由于碳原子排列的不同，导致它们的物理性质有较大差异。但金刚石、石墨、足球烯、碳纳米管都是由碳原子构成的碳单质，它们的化学性质（常温下稳定性、可燃性、还原性）是相同的，因此，这些碳单质在常温下性质稳定。证明足球烯和碳钠米管都是由碳元素组成的，首先利用其可燃性说明其含有碳元素，其次通过定量测定证明其只含碳元素。答案：（1）不活泼。 （2）将它放在充满O2的密闭容器里使之燃烧，只生成CO2，且CO2里所含碳元素的质量等于足球烯所减少的质量。
题型二、Na2CO3与稀盐酸的反应过程
典例2：现有25mL 2mol/L的Na2CO3 溶液和75mL 1mol/L的稀盐酸，①将Na2CO3溶液缓缓滴加到盐酸中 ②将稀盐酸缓缓滴加到Na2CO3溶液中，在标准状况下产生的气体情况是
A. 均为0.84L B. 均为0.56L C. ①＞② D. ①＜②
研析：虽然都是Na2CO3与盐酸反应，但滴加顺序不同，结果产生的CO2的量不一定相同。
①将Na2CO3溶液滴入盐酸中，刚开始盐酸过量：
Na2CO3 ＋2HCl＝2NaCl＋CO2＋H2O
应按盐酸的量计算气体体积：V1＝22.4L/mol×0.075mol×1/2＝0.84L
②将盐酸滴入Na2CO3溶液中，反应分两步：
Na2CO3 ＋HCl＝NaCl＋NaHCO3 ；NaHCO3＋HCl＝NaCl＋CO2＋H2O
生成的CO2用第二步余下的盐酸计算：V2＝(0.075mol－0.05mol)×22.4L－0.56L
所以V1>V2
答案：C
总结提升：本题考查的是Na2CO3 与盐酸反应时，滴加顺序不同时，产生的气体体积也不同，计算时，要分析清楚化学反应的过程，正确写出反应式是关键。
拓展变式2．向碳酸钠的浓溶液中逐滴加入稀盐酸直到不再产生二氧化碳气体为止，则在此过程中，溶液的碳酸氢根离子浓度变化趋势可能是：A．逐渐减小　　　　 B．逐渐增大C．先逐渐增大，而后减小　　　　D．先逐渐减小而后增大你的选择是 （填正确选项的标号）。试用化学方程式和简要文字表达其理由。2．研析：本题考查可溶性正盐与强酸反应的过程及逻辑思维能力和科学语言的表达能力。初中化学所学的碳酸钠与盐酸的反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O是在两两混合的情况下一步完成的。而本题所给的关键信息是“碳酸钠的浓溶液”和“逐滴加入稀盐酸”。由于碳酸钠是强电解质，在溶液中完全电离： Na2CO3=2Na++CO32-，在其浓溶液中存在大量CO32-离子，逐滴加稀盐酸时，加入的H+立即与CO32-结合：H++CO32-=HCO3-导致HCO3-离子浓度逐渐增大，当加入的盐酸中所含H+的物质的量与溶液中CO32-的物质的量相等时[HCO3-]达到最大值。再继续加酸时，H+将进一步与HCO3-结合：H++HCO3-=H2O+CO2↑导致HCO3-离子浓度又逐渐变小，当加入的盐酸中所含氢离子的物质的量为Na2CO3溶液中碳酸根离子物质的量的两倍时，反应完全，HCO3-浓度几乎为零。答案：C。首先因为有Na2CO3=2Na++CO32-和CO32-+H+=HCO3-的反应，溶液中HCO3-的浓度逐渐增大；而后又因进一步反应：H++HCO3-=CO2↑+H2O而使溶液中HCO3-的浓度逐渐减小。
题型三、二氧化碳与碱的反应
典例3：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
研析：CO2通入KOH和Ca（OH）2的混合稀溶液中，首先CO2和Ca（OH）2反应生成CaCO3沉淀，当Ca（OH）2完全反应完后，沉淀达到最大量，CO2与KOH溶液反应生成K2CO3，K2CO3再转化为KHCO3溶液，沉淀量保持不变，如果继续通入CO2，CO2与CaCO3反应沉淀溶解，直到沉淀完全溶解。且生成沉淀消耗的CO2和溶解沉淀消耗的CO2的量相等。
答案：A。
方法导引：本题是一道图象题，将化学反应的过程用图象的形式表示，解此类题应注意首先要理解坐标的含义，然后观察曲线的形状走向，注意曲线的起点、折点、终点等特殊点，再与反应原理结合综合分析。解本题还应注意判断反应的先后顺序，当足量二氧化碳通入氢氧化钾和氢氧化钙混合稀溶液中，因二氧化碳在强碱水溶液中以CO32-形式存在，CO32-与Ca2＋生成白色沉淀，所以二氧化碳与氢氧化钙溶液先反应。当二氧化碳再通入碳酸钙和氢氧化钾的混合物中，二氧化碳先与氢氧化钾溶液反应。
拓展变式3．（1）写出典例3中有关反应的离子方程式。（2）将典例3中反应后所得溶液加热煮沸，有何现象？写出反应的离子方程式。（3）若将标准状况下2.24 L二氧化碳通入400 mL 0.3 mol·L－1的氢氧化钾溶液中，生成何种物质？其物质的量分别是多少？?3．研析：（1）见上题；（2）最后的溶液是KHCO3和Ca(HCO3)2的混合溶液，它们都容易分解，其中Ca(HCO3)2更容易分解，在溶液中分解的主要是Ca(HCO3)2；（3）将二氧化碳通入氢氧化钾溶液中，发生的反应主要有：CO2＋2KOH＝K2CO3＋H2O；K2CO3＋CO2＋H2O＝2 KHCO3n(KOH)＝0.4L×0.3 mol·L－1＝0.12 mol ；假设恰好生成K2CO3，则消耗CO20.06mol；假设恰好生成KHCO3，则消耗CO20.12mol；n(CO2)＝0.1 mol，介于二者之间，因此，生成的物质应该是K2CO3和KHCO3。设K2CO3和KHCO3的物质的量分别为x、y，则有x＋y＝0.1 mol（碳守恒）2x＋y＝0.12 mol（钠守恒）解得：x＝0.02 mol；y＝0.08 mol答案：（1）CO2＋2OH－＋Ca2＋＝CaCO3↓＋H2O；CO2＋2OH－＝CO32-＋H2OCO32-＋CO2＋H2O＝2HCO3-；CaCO3＋CO2＋H2O＝Ca2＋＋2HCO3-（2）冒出气泡，产生白色沉淀。Ca2＋＋2HCO3-CaCO3↓＋CO2+H2O（3）K2CO3：0.02 mol；KHCO3：0.08 mol
▲ 综合思维探究
题型一、学科内综合题
典例4：从某悬浊液开始，可以发生如下框图所示的一系列变化
图1
回答下面问题：
（1）操作①的名称是__________。在操作①中所使用的玻璃仪器的名称是__________。
（2）写出反应②和反应③的化学方程式：反应②：_________。反应③：_____________。
（3）在实验室中，如果获得干燥纯净的气体A，可以将它通过如图2中的装置，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A的方法是__________。
图2
研析：悬浊液是Ca(OH)2，过滤得到白色固体是Ca(OH)2，无色溶液是澄清石灰水，白色固体Ca(OH)2在空气中长时间放置发生如下反应：Ca(OH)2＋CO2＝CaCO3↓＋H2O；加稀盐酸发生如下反应：CaCO3＋2HCl＝CaCl2＋CO2↑＋H2O，进而全题可顺序作答。
答案：（1）过滤 漏斗、玻璃棒烧杯
（2）Ca（OH）2＋CO2＝CaCO3↓＋H2O
Ca（OH）2＋Ca（HCO3）2＝2CaCO3↓＋2H2O
（3）饱和NaHCO3溶液 浓H2SO4 向上排气法
启发引申：本题是一道融框图推断、实验（包括气体的收集、干燥、净化）为一体的综合实验题．对于框图推断题，先找出解题的“题眼”，再逐个推断；气体的除杂、干燥是气体制备的重要步骤，应注意选择除杂剂、干燥剂的条件，如二氧化碳气体中混有氯化氢气体，应将混合气体通过饱和碳酸氢钠溶液除去，而不应选择碳酸钠溶液．然后结合下面的“拓展变式”进一步分析混合气体中各成分检验原理、先后顺序，并比较气体的除杂与气体的检验区别。
拓展变式 4．某无色混合气体可能含有CO2、CO、H2O（水蒸气）、H2中的一种或几种，依次进行如下连续处理（假定每步处理均反应完全）：①通过碱石灰时，气体体积变小；②通过赤热的氧化铜时，固体变为红色；③通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色；④通过澄清的石灰水时，溶液变得浑浊。由此可以确定混合气体中含有 。4．研析：由①可知碱石灰吸收的是CO2或H2O或两者的混合物；由②可知，CuO被还原为Cu，还原剂为CO或H2或二者的混合物；由③可知，反应②生成了H2O，故原混合气体中一定有氢气；由反应④可知，反应②又生成了CO2，故原混合气体中一定有CO。答案：混合气体中一定含有CO、H2，至少含有H2O、CO2中的一种。
题型二、实际应用题
典例5：用石灰水保存鲜蛋是一种化学保鲜方法，这种保存鲜蛋方法的原理是
①石灰具有强碱性，杀菌能力强 ②Ca（OH）2能与鲜蛋呼出的CO2反应，生成碳酸钙薄膜，起保护作用 ③石灰水是电解质溶液，能使蛋白质凝聚 ④石灰水能渗入蛋内中和酸性物质
A．①② B．①③
C．②③ D．③④
研析：①石灰有杀菌的作用，可以制作农药。②Ca（OH）2＋CO2＝CaCO3↓＋H2O，生成CaCO3沉淀形成薄膜，可以防止细菌的侵入。③使蛋白质凝聚加速蛋变质。④与蛋内物质反应会影响鲜蛋的质量。
答案：A。
考向指南：学以致用才能体现出知识的价值，用石灰水保存鲜蛋是我们熟悉的，但其中的原理是什么 这是同学们非常感兴趣的，在解决问题的过程中，不仅能巩固所学知识，而且能培养我们的学习兴趣。在新课标下，这类题型将会成为一种主流题型，同学们应多加注意。
拓展变式5．我国是最早生产和使用钢铁的国家。在古代，人们把烧红的生铁放在铁砧上反复锤打最终使生铁转化为钢。请写出上述过程中最关键反应的化学方程式：　　　　　　　　　　 。5．研析：抓住生铁和钢的区别在于前者含碳量高，后者含碳量低的特征，要使生铁变成钢就是降低含碳量，联想碳的可燃性，将烧红的生铁反复锤打，就是让碳充分与空气接触，从而达到除去的目的。答案： C+O2CO2
题型三、实验操作题
典例6：某实验小组拟用50 mL NaOH溶液吸收CO2气体，制备Na2CO3溶液。为了防止通入的CO2气体过量生成NaHCO3，设计了如下实验步骤：
①用25 mLNaOH溶液吸收CO2气体，至CO2气体不再溶解；
②小火煮沸溶液1min~2min；
③在得到的溶液中加入另一半（25 mL）NaOH溶液，使其充分混合。
此方案能制得较纯净的Na2CO3（第一步的实验装置如图所示）
（1）将块状大理石加入试管中的正确方法是 _____________。
（2）写出①、③两步的化学反应方程式 _____________。
（3）装置B中盛放的试剂是_____________，作用是_____________。
（4）有人认为将实验步骤②、③的顺序对调，即先混合再煮沸，更合理；你认为对吗？
_____________（填“对”或“不对”），理由 。
研析：（1）将试管平放，用镊子把块状大理石放在试管口，将试管慢慢竖起，使块状大理石缓缓滑至试管底部。
（2）NaOH＋CO2 ＝NaHCO3 　NaHCO3＋NaOH＝Na2CO3＋H2O
（3）饱和NaHCO3溶液 　除去HCl
（4）不对；若不先驱除溶液中溶解的CO2气体，则实验③加入的NaOH溶液将有一部分与CO2气体反应，使NaOH溶液不能完全转化为Na2CO3。这样制取的Na2CO3中就会混有NaHCO3。
答案：见研析。
启发引申：给定实验装置和操作过程、解释有关问题一类的实验题，一般来说起总体难度不大，但同学们平常的答题情况却不乐观，主要原因在于：一是学生对实验不重视，特别是不能认真独立完成课本规定的实验，导致对实验现象的解释、安全措施的实施、偶发事故的处理等无法准确作答；二是对知识的综合运用能力差，对实验综合考虑和整体处理的能力差，无法全面作答。根据这样的现状以及试题特点，实验复习时应该做到一个了解、五个会。即了解实验目的、步骤和原理；学会控制条件、学会使用仪器、学会观察分析、学会解释结果得出相应结论以及学会设计简单的实验方案。同时还要培养七种意识，即：①动手操作意识；②安全意识；③规范化意识；④环保意识；⑤质量意识；⑥定量意识；⑦创新、质疑意识。
拓展变式6．某同学做“证明鸡蛋壳的成分中含有碳酸根离子”的实验，设计了如下方案（如图所示），经检验装置的气密性合格后加入试剂。结果发现II中先变浑浊，稍后又变澄清。（1）描述I中发生的现象是______________________________________________。（2）分析III中可能出现的现象是_________________________________________。（3）根据我们所学的知识，你认为上述哪几种现象结合在一起足以说明鸡蛋壳的成分中含有碳酸根离子？ ____________________________________________________________________。（4）上述方案中，什么实验是多余的？________________________________________________。6．研析：证明物质中含有CO32－的方法是：该物质与盐酸反应能产生无色气泡，且该气体能是澄清的石灰水变浑浊，出现上述两点现象即可证明物质中含有CO32－。鸡蛋壳的主要成分是CaCO3，本题是验证鸡蛋壳中含有的CO32－。鸡蛋壳不溶于水，但它能与盐酸反应而溶于盐酸中，同时产生二氧化碳气体，该气体通过导管进入II中，使石灰水变浑浊。变浑浊的原因是因有难溶于水的CaCO3生成的缘故，继续通入CO2后，CO2与CaCO3、H2O反应能生成Ca(HCO3)2，使石灰水变澄清。鸡蛋壳与盐酸反应产生的气泡附在鸡蛋壳上使蛋壳受到的浮力增大，导致鸡蛋壳浮在液面上。CO2还能与水反应生成碳酸，酸能使紫色的石蕊试液变红。答案：（1）鸡蛋壳逐渐溶解，并有大量气泡产生；鸡蛋壳浮在液面上。（2）溶液由紫色变成红色。（3）I中鸡蛋壳逐渐溶解，并有大量气泡产生，II中出现浑浊，两种现象结合足以说明鸡蛋壳含有CO32－（或I中现象和II中现象）（4）III。
题型四、学科间渗透题
典例7：请据下图回答，经数小时后，U形管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过程中小白鼠的生命活动，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
研析：这是一道以化学为中心，含盖了生物、化学、物理三科相关知识的一道综合实验试题。试题创设了一个小白鼠在密闭容器中，进行呼吸作用的学生课外小实验的情景。从生物学角度分析，生活在玻璃密闭溶器中的小白鼠，通过呼吸作用，吸收玻璃瓶内的氧气，并呼出等量的二氧化碳气，小白鼠的这一生命活动，虽不会造成密闭容器内气体压强的变化，但却改变了该密闭容器内氧气、二氧化碳气的含量，氧气含量降低，二氧化碳含量上升。从化学角度分析，小白鼠呼吸作用生成的二氧化碳，可以被与之串联的另一玻璃瓶中小烧怀里的氢氧化钠溶液吸收，生成碳酸钠和水，这一反应的化学方程式是： CO2 + 2NaOH = Na2CO3 + H2O。伴随上述反应的发生，密闭容器中的气体压强将会下降。从物理学角度分析，当该密闭体系内的压强下降，在外界大气压的作用下，会造成U形管中A处液面下降，使内外气体压强重新达到平衡，从而可以确定选项C符合题意。
答案：C。
总结提升：本题以生物的呼吸作用为起始点，以二氧化碳与氢氧化钠溶液发生的化学反应为中心，以物理中反应体系气体压强的变化为设问，生物、化学、物理三个学科的知识相互交叉和渗透，从总体内容分析，应当属于化学试题，属于以化学为中心，物理、化学、生物三个学科综合的跨学科试题。

拓展变式7．下图是生物在地理环境形成中的作用示意图，读图回答问题：（1）填出图中A、B、C、D、E、F、G、H、M所代表的物质的化学式、化学元素或化学物质名称： A ，B ，C__________，D ，E__________，F__________，G__________，H__________，M__________。（2）绿色植物对地理环境的形成和发展起着非常重要的作用，最根本的原因是绿色植物能够通过光合作用把太阳能转化为化学能，光合作用的总反应式是 。（3）绿色植物的光合作用制造出葡萄糖，葡萄糖是一种重要的营养物质，它是人类生命活动所需能量的重要来源之一，它在人体组织中进行氧化反应，放出热量，以供应人们所需要的能量。试写出化学反应方程式 。（4）分析图，运用生物、化学知识，试述自然界消耗CO2的3种主要途径。7． 研析： 图中A表示绿色植物进行光合作用时，从空气中吸收的CO2；B表示绿色植物光合作用产生的氧气回归到大气中；C表示动物从大气圈中吸收氧气；D表示动物通过呼吸作用向大气圈输出CO2；E表示微生物分解有机残体向大气中释放N2；F表示微生物分解有机残体，把二氧化碳、碳酸盐、铝、镁、磷、硫和腐殖质运送到水中；G表示从水中攫取游离氧；H表示绿色植物的枯枝残叶（无机物）经微生物分解；M表示绿色植物从土壤中吸收H2O、N和其他化学元素。答案：（1）A．二氧化碳 B．氧气 C．氧气 D．二氧化碳 E．N2 F．二氧化碳、碳酸盐、铝、镁、磷、硫和腐殖质 G．游离氧 H．无机物 M．H2O、N和其他化学元素（3）C6H12O6＋6O26CO2＋6H2O。（4）①绿色植物的光合作用；②溶于江水、海水；③岩石的风化?
▲ 创新思维探究
题型一、开放探究题
典例8：将nmol木炭粉和1mol氧化亚铁在反应器中混合，隔绝空气加强热。
⑴ 可能发生的化学反应有
① Fe+C＝Fe+CO↑ ② 2FeO+C＝2Fe+CO2↑ ③ FeO+CO＝Fe+CO2↑
和④ 　　　　　　　　　　　　　　　　
⑵ 若n＜1/4，充分反应后，反应器中的固体物质是 ，气体产物是 。
⑶ 若n＜4，充分批应后，反应器中的固体物质是 　，气体产物是 。
⑷ 若反应的气体产物是混合物，n的取值范围是 。
⑸ 若反应的气体产物是混合物，且混合物中CO和CO2的物质的量相等，则n的值为 。
研析：解该题的思路首先从多种反应的特点出发，结合反应①和②得出：C和FeO的物质的量比大于或等于1∶1时，只生成CO；若比值是小于或等于1∶2时，只生成CO2。在1∶1和1∶2之间既有CO也有CO2生成。在数轴上可分为二点三区间：
结合题意木炭和FeO的比值判断某一反应物是否过量，确定所发生的反应。再根据反应方程式的相加原理，简化计算步骤，最后应用范围讨论解法求解。
分析问题⑴中前三个方程式知C有还原性，CO2有一定的氧化性。既然题意是可能发生的反应，所以方程④是：C+CO2 2CO。
对于问题⑵，n＜1/4，C和FeO物质的量之比是1∶4，说明FeO过量，所以，容器内的固体除产物Fe外，还应有FeO，而气体只有CO2。
对于问题⑶，C和FeO物质的量之比是4∶1，说明木炭过量。从反应区间知，经充分反应后，容器内的固体除产物Fe外， 还应有木炭，而气体只有CO。
对于问题⑷，气体产物是混合物，只能是CO和CO2，则固体物质只有Fe，根据前面的分析，n值应在1∶1和1∶2之间，即1/2＜n＜1，说明木炭既要参加①式反应，又要参加②式反应。
对于问题⑸，要求混合气体中CO和CO2物质的量相等，可将①式和②式按题意相加得：
3FeO+2C3Fe+CO↑+CO2↑，若FeO为1mol，则C为2/3。
答案：⑴ C+CO2 2CO ⑵ FeO 和Fe，CO ⑶ C和Fe，CO ⑷ 1/2友情提醒：有些复杂的计算题由于涉及关系量繁杂，需要列表图示以求直观助思；还有些化学计算题中涉及到的化学知识用坐标曲线的形式表达出来更形象，概念性强，寓题意于变化的曲线之中，此法常用于解题的分析之中。有些计算题的不定因素多，答案有多元性，解这类题时不能仅靠数学方法，还要化学知识范围内分不同情况进行讨论，去掉不合理因素，得出正确结论。

拓展变式8．一黑色固体单质在氧气中燃烧之后生成两种气体A和B，生成物的总含氧量为2/3，已知A气体有毒性，可燃烧生成B气体。试回答：（1）A是什么？请从生物学角度解释其具有毒性。（2）求A、B在生成的混合气体中的百分含量。8． 研析： 由一黑色固体单质燃烧后有两种气体生成，应知两种气体是单质的两种不同氧化物，常见的黑色固体单质有碳，其氧化物恰为两种，其中CO有毒性，且燃烧生成CO2．所以得到A、B，计算A、B百分含量可取100 g混合气体计算。答案：（1）A是CO 它的毒性是因为血液中的血红蛋白对它的高度亲和力，当CO进入血液中的时候，血液中的血红蛋白对CO的亲和力远高于对O2的亲和力，所以CO完全溶解于血液，而O2无法再被血液吸收并运送到各需要的组织，最后导致机体缺氧，这便是CO的毒性原因。（2）设生成的100 g CO和CO2中，CO的物质的量为x，CO2的物质的量为y，由氧元素的含量为2/3，即C∶O＝1∶2，可得两方程：28 g·mol－1x＋44 g·mol－1y＝100 g 解得x＝y＝1.389 mol
题型二、社会热点题
典例9：（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
研析：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
启发引申：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。
拓展变式9．人类目前对煤和石油的过度应用，使空气中CO2浓度增大，导致地球表面温度升高，形成了温室效应，科学家对CO2的增多带来的负面影响较为担忧，于是提出了将CO2通过管道输送到海底，这可减缓空气中CO2浓度的增加，请你根据CO2的性质回答：（1）这样长期下去，将给海洋造成什么样的影响 （2）你认为消除这些影响的最好方法是什么 9．研析：（1）根据影响气体的溶解度的因素可知，CO2在海底的溶解度将大大增加，且可以液体的形式存在，这时，CO2和水将发生如下变化：CO2＋H2O＝H2CO3。而H2CO3能电离出氢离子，所以海水的酸性也将大大增强，这将破坏海洋的生态系统，带来不堪设想的后果。（2）由以上分析可知，为减少空气中CO2的含量必须：①减少对煤和石油产品的用量，②积极开发新能源，③加大植树造林的力度。答案：见研析。
▲ 高考思维探究
[考题1]（2005全国-10）向0.1 mol·L1 NaOH溶液中通入过量CO2后，溶液中存在的主要离子是
A．Na+、CO32- B．Na+、HCO3- C．HCO3-、CO32- D．Na+、OH
研析：在初中我们就学过，酸性氧化物与碱反应生成盐和水，但到底是生成正盐，还是酸式盐呢？规律是：碱过量生成正盐，酸性氧化物过量生成酸式盐。因此，NaOH溶液中通入过量CO2后，得到的盐是NaHCO3。并且，NaOH溶液由于不足量而完全反应，因此，反应后，溶液中存在的主要离子是Na+和HCO3-。
答案：B。
友情提示：解这类题，明确反应原理是最关键的。NaOH溶液中逐渐通入CO2，可以认为二者首先反应生成Na2CO3、然后过量的CO2继续与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3。
[考题2] （2005春-29）化学活动课上，三组学生分别用图示甲、乙两装置，探究“NaHCO3，和Na2CO3与稀盐酸的反应”，按表中的试剂用量，在相同条件下，将两个气球中的固体粉末同时倒入试管中（装置的气密性已检查）。
请回答：
（1）各组反应开始时_____________，装置中的气球体积先变大，该装置中反应的离子方程式是_________________________。
（2）当试管中不再有气体生成时，三组实验出现不同现象，填写下表的空格。
试剂用量 实验现象 分析原因
第①组 042 g NaHCO3053 g Na2CO33 mL 4 mol / L盐酸 甲中气球与乙中气球的体积相等 甲、乙盐酸均过量n(NaHCO3)=n(Na2CO3)V甲(CO2)= V乙(CO2)
第②组 03 g NaHCO303 g Na2CO33 mL 4 mol / L盐酸 甲中气球比乙中气球的体积大
第③组 06 g NaHCO306 g Na2CO33 mL 2 mol / L盐酸 甲中气球比乙中气球的体积大
片刻后，乙中气球又缩小，甲中气球的体积基本不变 （用离子方程式表示）
研析：Na2CO3与稀盐酸的反应时，先生成NaHCO3，然后NaHCO3再与稀盐酸反应生成NaCl、H2O、CO2。因此，NaHCO3与稀盐酸反应的速率快。据此第（2）题也能顺利解答。须特别说明的是：06 g Na2CO3与3 mL 2 mol / L盐酸反应时，Na2CO3过量，过量的Na2CO3溶液与生成的CO2气体慢慢反应，因此，出现了“片刻后，乙中气球又缩小”的现象。
答案：（1） 甲； HCO3-＋H+ ＝H2O＋CO2↑
（2）
试剂用量 实验现象 分析原因
② 甲、乙盐酸均过量n(NaHCO3)＞n(Na2CO3)V甲(CO2)＞V乙(CO2)
③ 甲、乙盐酸均不足量消耗的n(NaHCO3)＞n(Na2CO3)V甲(CO2)＞V乙(CO2)
＋CO2＋H2O＝2
课标点击：探究精神是我们学习的源动力，探究题目的大量设置也是新教材的一个显著特点。我们在平时的学习过程中，应该勇于探究、善于探究，这样，才能适应新时期学习的要求。
拓展变式10．（2005全国-28）已知某纯碱试样中含有NaCl杂质，为测定试样中纯碱的质量分数，可用下图中的装置进行实验。上所述主要步骤如下：①按图组装仪器，并检查装置的气密性②将ag试样放入锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，得到试样溶液③称量盛有碱石灰的U型管的质量，得到bg④从分液漏斗滴入6mol·L－1的硫酸，直到不再产生气体时为止⑤从导管A处缓缓鼓入一定量的空气⑥再次称量盛有碱石灰的U型管的质量，得到cg⑦重复步骤⑤和⑥的操作，直到U型管的质量基本不变，为dg请填空和回答问题：（1）在用托盘天平称量样品时，如果天平的指针向左偏转，说明 。（2）装置中干燥管B的作用是 。（3）如果将分液漏斗中的疏酸接成浓度相同的盐酸，测试的结果 （填偏高、偏低可不变）。（4）步骤⑤的目的是 。（5）步骤⑦的目的是 。（6）该试样中纯碱的质量分数的计算式为 。（7）还可以用其他实验方法测定试样中纯碱的质量分数。请简述一种不同的实验方法。10． 研析：本实验目的是测定试样中纯碱的质量分数。实验时，采用测定碳酸钠与硫酸反应产生二氧化碳的质量来求算。根据实验目的和原理，实验过程应该准确测定样品的质量和二氧化碳的质量。样品的质量可以直接称量，但二氧化碳的质量则需通过间接称量。实验过程中，通过操作③和⑤来测定，其依据是碱石灰充分吸收二氧化碳，干燥管吸收二氧化碳前后的质量差即为二氧化碳的质量。由于该实验属于定量实验，应重复称重操作，以减小甚至避免误差。因此实验安排了操作⑦。实验过程中，在称量时，天平的指针向左转，说明左盘重，根据“物左码右”的放置原则，因此样品重，砝码轻；由于空气中存在水蒸汽和二氧化碳，而该实验又是通过盛碱石灰的干燥管来吸收反应产生的二氧化碳，因此要避免空气的CO2和水气的干扰而要安装B干燥管；实验采用硫酸与碳酸钠反应产生二氧化碳，如果改为盐酸，反应虽然可以发生，但由于盐酸会挥发，HCl进入干燥管被吸收，将导致干燥管增重，因此实验结果将偏高；由于装置体系中各容器有较大的空间，会滞留部分二氧化碳，给测量带来影响，因此要在A处缓缓鼓入一定量的空气，将滞留在各容器中的CO2排出，全部导入U型管中；安排操作⑦的目的在于判断反应产生的CO2是否全部排出，并被U型管中的碱石灰吸收；由步骤③和⑤可知，产生二氧化碳的质量为（d-b）g，根据化学方程式可知，碳酸钠的质量分数为106（d-b）/44a×100%。问题（7）要求重新设计实验方案。作为定量实验方案的设计，解答的关键在于根据实验目的和实验原理确定实验过程中的“可测量”（即能够通过实验可以测定的量——常见的可测量为物质的质量或体积）。题目已经给出了实验目的，由于碳酸钠和氯化钠存在很多方面的性质差异，解答时就可以根据它们性质的差异来确定实验原理和测量方法。例如，Na2CO3能与BaCl2反应而NaCl不会，因此选用BaCl2作试剂、通过测定两者反应产生的碳酸钡的质量来确定碳酸钠的质量。答案：（1）样品重，砝码轻。（2）防止空气中的CO2和水气进入U型管中。（3）偏高（4）把反应产生的CO2全部导入U型管中（5）判断反应产生的CO2是否全部排出，并被U型管中的碱石灰吸收（6） [106（d－b）/44a]×100% （7）答案见研析。
开拓学习新视野
▲ 课标知识拓展
【思想方法】
1．比喻法理解碳的各种单质的物理性质相异的主要原因：把碳原子比喻为建筑用的砖，把金刚石、石墨、C60比喻成用砖盖成的建筑物，用相同的砖但不同的方式盖成的建筑物，其外型不同，牢固程度可能会存在较大差异。因此，碳原子的排列不同，碳的各种单质的物理性质也会有很大差别。
2．比较法掌握碳酸钠和碳酸氢钠的性质（详见研习点2）
3．统摄法理解碳酸盐性质的一般规律
（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）?
▲ 多彩化学漫步
温室效应及危害
温室有两个特点：温度较室外高，不散热。 生活中我们可以见到的玻璃育花房和蔬菜大棚就是典型的温室。使用玻璃或透明塑料薄膜来做温室，是让太阳光能够直接照射进温室，加热室内空气，而玻璃或透明塑料薄膜又可以不让室内的热空气向外散发，使室内的温度保持高于外界的状态，以提供有利于植物快速生长的条件。
由环境污染引起的温室效应是指地球表面变热的现象。它会带来以下列几种严重恶果： 1) 地球上的病虫害增加； 2) 海平面上升； 3) 气候反常，海洋风暴增多； 4) 土地干旱，沙漠化面积增大。
科学家预测：如果地球表面温度的升高按现在的速度继续发展，到2050年全球温度将上升2－4摄氏度，南北极地冰山将大幅度融化，导致海平面大大上升，一些岛屿国家和沿海城市将淹于水中，其中包括几个著名的国际大城市：纽约，上海，东京和悉尼。
温室效应是怎么来的？我们能做什么？
多彩化学漫步
温室效应主要是由于现代化工业社会过多燃烧煤炭、石油和天然气，这些燃料燃烧后放出大量的二氧化碳气体进入大气造成的。
二氧化碳气体具有吸热和隔热的功能。它在大气中增多的结果是形成一种无形的玻璃罩，使太阳辐射到地球上的热量无法向外层空间发散，其结果是地球表面变热起来。因此，二氧化碳也被称为温室气体。
人类活动和大自然还排放其他温室气体，它们是：氯氟烃（CFC〕、甲烷、低空臭氧、和氮氧化物气体、地球上可以吸收大量二氧化碳的是海洋中的浮游生物和陆地上的森林，尤其是热带雨林。
为减少大气中过多的二氧化碳，一方面需要人们尽量节约用电（因为发电烧煤〕，少开汽车。另一方面保护好森林和海洋，比如不乱砍滥伐森林，不让海洋受到污染以保护浮游生物的生存。我们还可以通过植树造林，减少使用一次性方便木筷，节约纸张（造纸用木材〕，不践踏草坪等等行动来保护绿色植物，使它们多吸收二氧化碳来帮助减缓温室效应。
优化考题新演练
一、理解与应用
1．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
1． 研析： 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．
答案：C。
2．向下列物质①大理石，②钟乳石，③锅垢，④贝壳，⑤蛋壳，分别滴加醋酸，会产生相同气体的
A．只有①② B．只有④⑤
C．只有①②③ D．是①②③④⑤
2． 研析：本题考查学生对自然界和日常生活中有关物质的常识性了解。
碳酸钙在自然界分布很广．石灰石、大理石等矿物主要成分是碳酸钙。
碳酸钙遇到溶有CO2的水时，就会变成可溶性的碳酸氢钙：
CaCO3＋CO2＋H2O＝Ca（HCO3）2
溶有碳酸氢钙的水在一定条件下重新变成碳酸钙沉淀下来，同时放出CO2。
Ca（HCO3）2CaCO3↓＋H2O＋CO2↑
在自然界里不断发生着上述反应，形成了石灰岩溶洞里的钟乳石、石笋等。
自然界中含有较多碳酸氢钙等的硬水，在煮沸时会形成水壶和锅炉中的锅垢。
贝壳、蛋壳也都含有碳酸钙．初中化学教材有一个关于蛋壳的家庭小实验（蛋壳＋盐酸）。
碳酸钙与酸反应生成CO2：
CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋H2O＋CO2↑
这是检验碳酸根的简便方法。（通常用盐酸）
所以题目给出的五种物质分别滴加醋酸时都会产生CO2。
答案：D。
3．为探究植物光合作用的实质，某同学设计了如图所示的实验装置（透明、密闭）。在阳光下数天后植物生长最茂盛的是
3．研析：植物生长需要水分，而光合作用又需要CO2，因此A装置中植物生长最茂盛。
4．（2001年广东·河南高考题）为制备干燥、纯净的CO2，将大理石和盐酸反应生成的气体先后通过装有下列物质的两个吸收装置，两个装置中应依次装入
A．水；无水CaCl2固体
B．饱和NaHCO3溶液；浓H2SO4
C．浓H2SO4；饱和Na2CO3溶液
D．饱和Na2CO3溶液；稀H2SO4
4．研析： CO2中通常混有HCl、H2O（g），而室温1体积水溶解1体积CO2，A错；气体最后通过盛有水溶液的装置时得到的CO2是潮湿的，C、D错；气体先通过饱和NaHCO3溶液，HCl被吸收且放出CO2，再通过H2SO4得以干燥，B对。
答案：B
5．含相同质量下列杂质的NH4HCO3 10ｇ与足量盐酸反应，放出气体最多的是
A．CaCO3 B．NaHCO3 C．Na2CO3 D．Ca(HCO3)2
5． 研析：（设“1”法／条件变换法）将题意稍作变换，改为：等质量的下列五种物质［NH4HCO3、CaCO3、NaHCO3、Na2CO3、Ca(HCO3)2］分别与足量盐酸反应，放出气体最多的是______。用设“1”法，求放出1个CO2时所需5种物质的质量分别是多少。根据C原子守恒得：
NH4HCO3～CO2↑ CaCO３～CO2↑
79　　　　　　 100
NaＨCO３～CO2↑ Na2CO３～CO2↑
84　　　　 106
1/2Ca(HCO3)2～CO2↑
81
显然，含Ca(HCO3)2时放出CO2最多。
答案：D
6．把7.4gNa2CO3 10H2O和NaHCO3组成的混合物溶于水，配成100mL溶液，其中c(Na+)=0.6mol/L.若把等质量的混合物加热到恒重时，残留物的质量是
A．3.18g B．2.21g C．5.28g D．4.22g
6． 研析：混合物加热最终得到的是Na2CO3，根据Na+守恒，
n (Na2CO3)＝1/2 n(Na+)＝1/2×0.1L×0.6mol/L＝0.03mol
所以，m(Na2CO3)＝0.03mol×106g/mol＝3.18g
答案：A
二、拓展与创新
7．图A是一种用于显示事物异同点的信息处理方法。请你在图下的空格内填写与图B中(1)、(2)区域对应的适当内容(每处只要求填一点)。
　 (1)________________________(2)________________________。
7．研析：仔细观察A，可以看出两个圆分别代表金刚石和石墨的有关信息，两圆重叠的区域表示金刚石和石墨的共同特征(相似点)，重叠区域以外的部分表示它们的独有特征(不同点)。由此不难得出答案。
答案：（1）都是气体（或氧化物）（2）无毒，不能燃烧等。
8．据报道，苏州一女士骑自行车随助力车行走，因大雾堵车在许多助力车排放的尾气中呆久后突然晕倒，路人急将其送往医院抢救。化学兴趣小组同学看报后组织讨论以下两个问题，请你参考：
　　（1）该女士昏倒的原因：　　　　　　　　　　　　　　　 。
　　（2）讨论中某同学为解决助力车污染空气的问题，提出以下几点建议：①用浓氢氧化钠溶液吸收尾气中有毒成分；②用灼热的氧化铜把尾气中有毒成分反应出去；③控制行驶的助力车的数量；④改进助力车发动机的结构，提高汽油燃烧效率。你认为切实可行的是　　　 ，试分析不行的原因　　　　　　　　　 。
8．研析：（1）助力车的燃料是汽油，其尾气中含有一定量的CO。堵车的路口处车多，含CO的浓度大，CO极难溶于水，在大雾中CO不易扩散，故人在此处呆久了会吸入CO中毒昏倒。
（2）①CO不与NaOH溶液反应，故此法无效；②灼热的氧化铜能处理尾气中的CO，但此装置安装车上，既复杂，又不方便；③、④两项措施在城市可行。
答案：（1）路口许多助力车排放的尾气中含有大量CO有毒气体，在大雾中难以扩散。人在其中呆久后因大量吸入CO，CO与血液中血红蛋白结合阻碍了O2的输入，使人缺氧而昏倒；
（2）③、④。①NaOH溶液与CO不反应；②能反应除去CO，但装置复杂。
三、综合与探究
9．有4种钠的化合物W、X、Y、Z，它们之间存在如下关系：
①WX＋H2O＋CO2↑ ②Z＋CO2X＋O2
③Z＋H2OY＋O2↑ ④X＋Ca(OH)2Y＋CaCO3↓
试回答下列问题：
（1）W、X、Y、Z的化学式分别是：W 、X 、Y 、Z 。
（2）以上四个化学反应中，属于氧化还原反应的是 （填反应序号），反应中氧化剂是 （写化学式），还原剂是 （写化学式）。
（3）若④反应在溶液中进行，写出其离子方程式以及能用该离子方程式表示的另一个化学反应的化学方程式：
①离子方程式 ；
②化学方程式 。
9．研析：①反应可认定为NaHCO3的分解反应：
2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑
该反应是非氧化还原反应。将X是Na2CO3代入②、③两反应，逆推可知Z为Na2O2：
2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2↑
2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑
以上两反应都是氧化还原反应，且Na2O2都既是氧化剂又是还原剂。这样，④反应为：
Na2CO3＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋2NaOH
其离子反应为： CO32-＋Ca2＋＝CaCO3↓
多数可溶性碳酸正盐和Ca（OH）2（或可溶性钙盐）的反应都可用此离子方程式表示。其反应不是氧化还原反应。
答案：（1）NaHCO3；Na2CO3；NaOH；Na2O2（2）②③；Na2O2；Na2O2
（3）Ca2＋＋CO32-＝CaCO3↓ Ca(OH)2＋K2CO3＝2KOH＋CaCO3↓
10．为弄清楚某废弃的防空洞内气体成分中是否含有水蒸气、一氧化碳和二氧化碳，某校化学兴趣实验小组将气体样品依次通过下列盛有药品的仪器（图中夹持仪器等均省略），检验防空洞内气体成分。
（1）请你提出一种采集气体样品的方法 ；
（2）通过你对实验现象的观察和思考分析，填写下表空格：
装置序号 A B C
实验现象 白色粉末变蓝 黑色粉末逐渐变红
结论与分析 说明含有CO2
（3）选用C装置的目的是干燥气体，瓶内应盛 ；
（4）你对这套装置有何评价 ；
（5）干涸的深井中有可能含有较多的二氧化碳，最简单的方法用“灯火”实验来确定能否进入，其原因是 。
10．答案：（1）用大注射器吸取（2）A：含有水蒸汽 B：澄清石灰水变浑浊 D：含有CO （3）浓硫酸 （4）不完善，缺少尾气处理装置 （5）二氧化碳既不燃烧，也不支持燃烧
本节答案解析与研读
本节教材课后习题（P68）
1．金刚石、石墨、C60 、C70 、碳纳米管等。
大理石、方解石、白云石、菱锌矿、菱镁矿、菱铁矿、碳酸钠、碳酸氢钠、CO、CO2、H2CO3、甲烷等
自然界中碳及其化合物间的转化、生产和生活中碳及其化合物间的转化
纯碱做洗涤剂、小苏打治疗胃酸过多、高炉炼铁、木炭燃烧提供热量等
2. （1）温室效应
（2）地球的气温缓慢升高,导致冰川融化，海平面上升。
（3）植物的光合作用大大减少，吸收CO2越来越少。
（4）多植树造林，控制化石燃料的燃烧，杜绝森林、草原的燃烧；
（5）大家都知道，CO是一种有毒的气体，汽车的尾气、香烟的烟雾中都含有一定量的CO，CO正悄悄的危害着我们的健康。但CO也不是一无是处，它是一种良好的燃料，水煤气的主要成分之一就是CO，它还是一种良好的还原剂，高炉炼铁离不了CO。英国最新研究表明：有毒的一氧化碳气体可有效地治疗心脏病发作。人体吸入少量的一氧化碳气体有助于患者心脏病发作的治疗。但如果不控制呼吸器官对一氧化碳气体的吸入量，一氧化碳气体会对人体构成致命的危害。可见，任何事物都是一分为二的，我们应该辨证的看待每一个事物。
3．（1）化学性质稳定（与空气中的物质不反应），氧 还原性（发生氧化还原反应的元素就是化合价发生变化的元素，还原性是化合价升高）
（2）由于Ca(OH)2吸收空气的CO2，二者反应生成了CaCO3。CO2+ Ca(OH)2= CaCO3↓+H2O 可加入少许稀盐酸或稀醋酸
CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+CO2↑+H2O
4．（1） ①CaCO3CaO+CO2↑ ② CaO+H2O=Ca(OH)2 ③Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3 ↓+2NaOH
方案①价格便宜，方案②操作简便，反应快。
（3）取牙膏少量于试管中，加入少量蒸馏水，再加入少量稀盐酸，若有气体产生且产生的气体能够使澄清的石灰水变浑浊，证明牙膏中含有碳酸盐。
反应：CO32- +2H+ =H2O+CO2↑ CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O
5．(1)分别点燃金刚石、石墨、C60，将燃烧后产生的气体通入足量的澄清石灰水中，若观察到有白色沉淀产生，则说明金刚石、石墨、C60都是由碳元素组成的。
（2）能 C（石墨） C（金刚石）
( 3 )通过对气态足球烯分子吸收光谱的研究，首次精确测定了C60和C70分子的紫外波段吸收峰及吸收截面，并利用光吸收随温度的变化结果获得了足球烯分子的破坏温度和热力学熵等参数。有关论文受到国际同行的大量引用并被日本“东京化成”公司作为产品性能标准列在其产品目录中和被日本碳60化学专集所介绍。在有机非线性光学材料的研究中，他提出并验证了通过合成有机电荷转移复合体体系提高分子三阶非线性光学响应的新方法。
( 4 )1996年，IBM公司利用分子组装技术，研制出了世界上最小的“纳米算盘”，该算盘的算珠由球状的C60分子构成。美国佐治亚理工学院的研究人员利用纳米碳管制成了一种崭新的“纳米秤”，能够称出一个石墨微粒的重量，并预言该秤可以用来称取病毒的重量
探究解题新思路
1．研析：分析题目时应将足球烯、碳纳米管的结构、性质与金刚石、石墨的结构性质相联系。由于碳原子排列的不同，导致它们的物理性质有较大差异。但金刚石、石墨、足球烯、碳纳米管都是由碳原子构成的碳单质，它们的化学性质（常温下稳定性、可燃性、还原性）是相同的，因此，这些碳单质在常温下性质稳定。证明足球烯和碳钠米管都是由碳元素组成的，首先利用其可燃性说明其含有碳元素，其次通过定量测定证明其只含碳元素。
答案：（1）不活泼。 （2）将它放在充满O2的密闭容器里使之燃烧，只生成CO2，且CO2里所含碳元素的质量等于足球烯所减少的质量。
2．研析：本题考查可溶性正盐与强酸反应的过程及逻辑思维能力和科学语言的表达能力。
初中化学所学的碳酸钠与盐酸的反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O是在两两混合的情况下一步完成的。而本题所给的关键信息是“碳酸钠的浓溶液”和“逐滴加入稀盐酸”。由于碳酸钠是强电解质，在溶液中完全电离： Na2CO3=2Na++CO32-，在其浓溶液中存在大量CO32-离子，逐滴加稀盐酸时，加入的H+立即与CO32-结合：H++CO32-=HCO3-导致HCO3-离子浓度逐渐增大，当加入的盐酸中所含H+的物质的量与溶液中CO32-的物质的量相等时[HCO3-]达到最大值。再继续加酸时，H+将进一步与HCO3-结合：H++HCO3-=H2O+CO2↑导致HCO3-离子浓度又逐渐变小，当加入的盐酸中所含氢离子的物质的量为Na2CO3溶液中碳酸根离子物质的量的两倍时，反应完全，HCO3-浓度几乎为零。
答案：C。首先因为有Na2CO3=2Na++CO32-和CO32-+H+=HCO3-的反应，溶液中HCO3-的浓度逐渐增大；而后又因进一步反应：H++HCO3-=CO2↑+H2O而使溶液中HCO3-的浓度逐渐减小。
3．研析：（1）见上题；（2）最后的溶液是KHCO3和Ca(HCO3)2的混合溶液，它们都容易分解，其中Ca(HCO3)2更容易分解，在溶液中分解的主要是Ca(HCO3)2；
（3）将二氧化碳通入氢氧化钾溶液中，发生的反应主要有：
CO2＋2KOH＝K2CO3＋H2O；K2CO3＋CO2＋H2O＝2 KHCO3
n(KOH)＝0.4L×0.3 mol·L－1＝0.12 mol ；
假设恰好生成K2CO3，则消耗CO20.06mol；假设恰好生成KHCO3，则消耗CO20.12mol；
n(CO2)＝0.1 mol，介于二者之间，因此，生成的物质应该是K2CO3和KHCO3。
设K2CO3和KHCO3的物质的量分别为x、y，则有
x＋y＝0.1 mol（碳守恒）
2x＋y＝0.12 mol（钠守恒）
解得：x＝0.02 mol；y＝0.08 mol
答案：（1）CO2＋2OH－＋Ca2＋＝CaCO3↓＋H2O；CO2＋2OH－＝CO32-＋H2O
CO32-＋CO2＋H2O＝2HCO3-；CaCO3＋CO2＋H2O＝Ca2＋＋2HCO3-
（2）冒出气泡，产生白色沉淀。Ca2＋＋2HCO3-CaCO3↓＋CO2+H2O
（3）K2CO3：0.02 mol；KHCO3：0.08 mol
4．研析：由①可知碱石灰吸收的是CO2或H2O或两者的混合物；由②可知，CuO被还原为Cu，还原剂为CO或H2或二者的混合物；由③可知，反应②生成了H2O，故原混合气体中一定有氢气；由反应④可知，反应②又生成了CO2，故原混合气体中一定有CO。
答案：混合气体中一定含有CO、H2，至少含有H2O、CO2中的一种。
5．研析：抓住生铁和钢的区别在于前者含碳量高，后者含碳量低的特征，要使生铁变成钢就是降低含碳量，联想碳的可燃性，将烧红的生铁反复锤打，就是让碳充分与空气接触，从而达到除去的目的。
答案： C+O2CO2
6．研析：证明物质中含有CO32－的方法是：该物质与盐酸反应能产生无色气泡，且该气体能是澄清的石灰水变浑浊，出现上述两点现象即可证明物质中含有CO32－。鸡蛋壳的主要成分是CaCO3，本题是验证鸡蛋壳中含有的CO32－。鸡蛋壳不溶于水，但它能与盐酸反应而溶于盐酸中，同时产生二氧化碳气体，该气体通过导管进入II中，使石灰水变浑浊。变浑浊的原因是因有难溶于水的CaCO3生成的缘故，继续通入CO2后，CO2与CaCO3、H2O反应能生成Ca(HCO3)2，使石灰水变澄清。鸡蛋壳与盐酸反应产生的气泡附在鸡蛋壳上使蛋壳受到的浮力增大，导致鸡蛋壳浮在液面上。CO2还能与水反应生成碳酸，酸能使紫色的石蕊试液变红。
答案：（1）鸡蛋壳逐渐溶解，并有大量气泡产生；鸡蛋壳浮在液面上。（2）溶液由紫色变成红色。（3）I中鸡蛋壳逐渐溶解，并有大量气泡产生，II中出现浑浊，两种现象结合足以说明鸡蛋壳含有CO32－（或I中现象和II中现象）（4）III。
7． 研析： 图中A表示绿色植物进行光合作用时，从空气中吸收的CO2；B表示绿色植物光合作用产生的氧气回归到大气中；C表示动物从大气圈中吸收氧气；D表示动物通过呼吸作用向大气圈输出CO2；E表示微生物分解有机残体向大气中释放N2；F表示微生物分解有机残体，把二氧化碳、碳酸盐、铝、镁、磷、硫和腐殖质运送到水中；G表示从水中攫取游离氧；H表示绿色植物的枯枝残叶（无机物）经微生物分解；M表示绿色植物从土壤中吸收H2O、N和其他化学元素。
答案：（1）A．二氧化碳 B．氧气 C．氧气 D．二氧化碳 E．N2 F．二氧化碳、碳酸盐、铝、镁、磷、硫和腐殖质 G．游离氧 H．无机物 M．H2O、N和其他化学元素
（3）C6H12O6＋6O26CO2＋6H2O。
（4）①绿色植物的光合作用；②溶于江水、海水；③岩石的风化?
8． 研析： 由一黑色固体单质燃烧后有两种气体生成，应知两种气体是单质的两种不同氧化物，常见的黑色固体单质有碳，其氧化物恰为两种，其中CO有毒性，且燃烧生成CO2．所以得到A、B，计算A、B百分含量可取100 g混合气体计算。
答案：（1）A是CO 它的毒性是因为血液中的血红蛋白对它的高度亲和力，当CO进入血液中的时候，血液中的血红蛋白对CO的亲和力远高于对O2的亲和力，所以CO完全溶解于血液，而O2无法再被血液吸收并运送到各需要的组织，最后导致机体缺氧，这便是CO的毒性原因。
（2）设生成的100 g CO和CO2中，CO的物质的量为x，CO2的物质的量为y，由氧元素的含量为2/3，即C∶O＝1∶2，可得两方程：
28 g·mol－1x＋44 g·mol－1y＝100 g
解得x＝y＝1.389 mol
9．研析：（1）根据影响气体的溶解度的因素可知，CO2在海底的溶解度将大大增加，且可以液体的形式存在，这时，CO2和水将发生如下变化：CO2＋H2O＝H2CO3。而H2CO3能电离出氢离子，所以海水的酸性也将大大增强，这将破坏海洋的生态系统，带来不堪设想的后果。
（2）由以上分析可知，为减少空气中CO2的含量必须：①减少对煤和石油产品的用量，②积极开发新能源，③加大植树造林的力度。
答案：见研析。
10． 研析：本实验目的是测定试样中纯碱的质量分数。实验时，采用测定碳酸钠与硫酸反应产生二氧化碳的质量来求算。根据实验目的和原理，实验过程应该准确测定样品的质量和二氧化碳的质量。样品的质量可以直接称量，但二氧化碳的质量则需通过间接称量。实验过程中，通过操作③和⑤来测定，其依据是碱石灰充分吸收二氧化碳，干燥管吸收二氧化碳前后的质量差即为二氧化碳的质量。由于该实验属于定量实验，应重复称重操作，以减小甚至避免误差。因此实验安排了操作⑦。
实验过程中，在称量时，天平的指针向左转，说明左盘重，根据“物左码右”的放置原则，因此样品重，砝码轻；由于空气中存在水蒸汽和二氧化碳，而该实验又是通过盛碱石灰的干燥管来吸收反应产生的二氧化碳，因此要避免空气的CO2和水气的干扰而要安装B干燥管；实验采用硫酸与碳酸钠反应产生二氧化碳，如果改为盐酸，反应虽然可以发生，但由于盐酸会挥发，HCl进入干燥管被吸收，将导致干燥管增重，因此实验结果将偏高；由于装置体系中各容器有较大的空间，会滞留部分二氧化碳，给测量带来影响，因此要在A处缓缓鼓入一定量的空气，将滞留在各容器中的CO2排出，全部导入U型管中；安排操作⑦的目的在于判断反应产生的CO2是否全部排出，并被U型管中的碱石灰吸收；由步骤③和⑤可知，产生二氧化碳的质量为（d-b）g，根据化学方程式可知，碳酸钠的质量分数为106（d-b）/44a×100%。
问题（7）要求重新设计实验方案。作为定量实验方案的设计，解答的关键在于根据实验目的和实验原理确定实验过程中的“可测量”（即能够通过实验可以测定的量——常见的可测量为物质的质量或体积）。题目已经给出了实验目的，由于碳酸钠和氯化钠存在很多方面的性质差异，解答时就可以根据它们性质的差异来确定实验原理和测量方法。例如，Na2CO3能与BaCl2反应而NaCl不会，因此选用BaCl2作试剂、通过测定两者反应产生的碳酸钡的质量来确定碳酸钠的质量。
答案：（1）样品重，砝码轻。（2）防止空气中的CO2和水气进入U型管中。（3）偏高
（4）把反应产生的CO2全部导入U型管中
（5）判断反应产生的CO2是否全部排出，并被U型管中的碱石灰吸收
（6） [106（d－b）/44a]×100% （7）答案见研析。
优化考题新演练
1． 研析： 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．
答案：C。
2． 研析：本题考查学生对自然界和日常生活中有关物质的常识性了解。
碳酸钙在自然界分布很广．石灰石、大理石等矿物主要成分是碳酸钙。
碳酸钙遇到溶有CO2的水时，就会变成可溶性的碳酸氢钙：
CaCO3＋CO2＋H2O＝Ca（HCO3）2
溶有碳酸氢钙的水在一定条件下重新变成碳酸钙沉淀下来，同时放出CO2。
Ca（HCO3）2CaCO3↓＋H2O＋CO2↑
在自然界里不断发生着上述反应，形成了石灰岩溶洞里的钟乳石、石笋等。
自然界中含有较多碳酸氢钙等的硬水，在煮沸时会形成水壶和锅炉中的锅垢。
贝壳、蛋壳也都含有碳酸钙．初中化学教材有一个关于蛋壳的家庭小实验（蛋壳＋盐酸）。
碳酸钙与酸反应生成CO2：
CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋H2O＋CO2↑
这是检验碳酸根的简便方法。（通常用盐酸）
所以题目给出的五种物质分别滴加醋酸时都会产生CO2。
答案：D。
3．研析：植物生长需要水分，而光合作用又需要CO2，因此A装置中植物生长最茂盛。
4．研析： CO2中通常混有HCl、H2O（g），而室温1体积水溶解1体积CO2，A错；气体最后通过盛有水溶液的装置时得到的CO2是潮湿的，C、D错；气体先通过饱和NaHCO3溶液，HCl被吸收且放出CO2，再通过H2SO4得以干燥，B对。
答案：B
5． 研析：（设“1”法／条件变换法）将题意稍作变换，改为：等质量的下列五种物质［NH4HCO3、CaCO3、NaHCO3、Na2CO3、Ca(HCO3)2］分别与足量盐酸反应，放出气体最多的是______。用设“1”法，求放出1个CO2时所需5种物质的质量分别是多少。根据C原子守恒得：
NH4HCO3～CO2↑ CaCO３～CO2↑
79　　　　　　 100
NaＨCO３～CO2↑ Na2CO３～CO2↑
84　　　　 106
1/2Ca(HCO3)2～CO2↑
81
显然，含Ca(HCO3)2时放出CO2最多。
答案：D
6． 研析：混合物加热最终得到的是Na2CO3，根据Na+守恒，
n (Na2CO3)＝1/2 n(Na+)＝1/2×0.1L×0.6mol/L＝0.03mol
所以，m(Na2CO3)＝0.03mol×106g/mol＝3.18g
答案：A
7．研析：仔细观察A，可以看出两个圆分别代表金刚石和石墨的有关信息，两圆重叠的区域表示金刚石和石墨的共同特征(相似点)，重叠区域以外的部分表示它们的独有特征(不同点)。由此不难得出答案。
答案：（1）都是气体（或氧化物）（2）无毒，不能燃烧等。
8．研析：（1）助力车的燃料是汽油，其尾气中含有一定量的CO。堵车的路口处车多，含CO的浓度大，CO极难溶于水，在大雾中CO不易扩散，故人在此处呆久了会吸入CO中毒昏倒。
（2）①CO不与NaOH溶液反应，故此法无效；②灼热的氧化铜能处理尾气中的CO，但此装置安装车上，既复杂，又不方便；③、④两项措施在城市可行。
答案：（1）路口许多助力车排放的尾气中含有大量CO有毒气体，在大雾中难以扩散。人在其中呆久后因大量吸入CO，CO与血液中血红蛋白结合阻碍了O2的输入，使人缺氧而昏倒；
（2）③、④。①NaOH溶液与CO不反应；②能反应除去CO，但装置复杂。
9．研析：①反应可认定为NaHCO3的分解反应：
2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑
该反应是非氧化还原反应。将X是Na2CO3代入②、③两反应，逆推可知Z为Na2O2：
2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2↑
2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑
以上两反应都是氧化还原反应，且Na2O2都既是氧化剂又是还原剂。这样，④反应为：
Na2CO3＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋2NaOH
其离子反应为： CO32-＋Ca2＋＝CaCO3↓
多数可溶性碳酸正盐和Ca（OH）2（或可溶性钙盐）的反应都可用此离子方程式表示。其反应不是氧化还原反应。
答案：（1）NaHCO3；Na2CO3；NaOH；Na2O2（2）②③；Na2O2；Na2O2
（3）Ca2＋＋CO32-＝CaCO3↓ Ca(OH)2＋K2CO3＝2KOH＋CaCO3↓
10．答案：（1）用大注射器吸取（2）A：含有水蒸汽 B：澄清石灰水变浑浊 D：含有CO （3）浓硫酸 （4）不完善，缺少尾气处理装置 （5）二氧化碳既不燃烧，也不支持燃烧
多彩化学漫步
温室效应主要是由于现代化工业社会过多燃烧煤炭、石油和天然气，这些燃料燃烧后放出大量的二氧化碳气体进入大气造成的。
二氧化碳气体具有吸热和隔热的功能。它在大气中增多的结果是形成一种无形的玻璃罩，使太阳辐射到地球上的热量无法向外层空间发散，其结果是地球表面变热起来。因此，二氧化碳也被称为温室气体。
人类活动和大自然还排放其他温室气体，它们是：氯氟烃（CFC〕、甲烷、低空臭氧、和氮氧化物气体、地球上可以吸收大量二氧化碳的是海洋中的浮游生物和陆地上的森林，尤其是热带雨林。
为减少大气中过多的二氧化碳，一方面需要人们尽量节约用电（因为发电烧煤〕，少开汽车。另一方面保护好森林和海洋，比如不乱砍滥伐森林，不让海洋受到污染以保护浮游生物的生存。我们还可以通过植树造林，减少使用一次性方便木筷，节约纸张（造纸用木材〕，不践踏草坪等等行动来保护绿色植物，使它们多吸收二氧化碳来帮助减缓温室效应。
△
固体
碳单质
可燃
硬度大
不导电
质软
导电
A
金刚石 石墨
（1）
有毒
易燃
（2）
B
CO CO2
A B C D
通入适量CO2
石灰石
高温
生石灰
石灰乳
加水
CaCO3
石灰石
盐酸
氯化钙
碳酸钠
CaCO3
①
②
高温高压
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第3节 硫的转化
黑火药是我国古代的四大发明之一，你了解黑火药的成份吗？火柴是生活中不可缺少的物品，你知道火柴头是由什么物质组成的吗？逢年过节燃放的爆竹的场面大家都见过，你知道爆竹的成份吗？汽车轮胎所用的橡胶有很好的弹性和强度，你知道是什么成份起了主要作用吗？如果不小心，一支体温计被打破，水银易挥发，且蒸气对人体有害，你知道怎样及时地加以处理吗？酸雨是怎样形成的？要想解决这一系列的生产、生活问题，必须学习一种很重要的非金属元素——硫。
硫及其化合物有什么样的性质，它们在自然界和实验室中又是如何相互转化的呢？
研习教材重难点
研习点1 自然界中的硫
1．硫的存在
在自然界里，硫既有游离态，又有化合态，游离态的天然硫存在于火山喷口附近或地壳的岩层里，煤中也含有少量硫。由于自然硫的存在，人类从远古时代起就知道硫了。大约在4000年以前，埃及人曾利用硫燃烧生成的气体漂白布匹。以化合态存在的硫分布很广，主要是硫化物和硫酸盐，如黄铁矿、黄铜矿、石膏、芒硝等。硫的化合物也常存在于火山喷出的气体中和矿泉水里。硫还是某些蛋白质的组成元素，人体内平均含有0.2％的硫。
1． 自然界中不同价态的硫元素间的转化
【领悟·整合】
大气中SO2主要有三个来源：化石燃料的燃烧、火山爆发和微生物的分解作用。在自然状态下，大气中的SO2，一部分被绿色植物吸收；一部分则与大气中的水结合，形成H2SO4，随降水落入土壤或水体中，以硫酸盐的形式被植物的根系吸收，转变成蛋白质等有机物，进而被各级消费者所利用，动植物的遗体被微生物分解后，又能将硫元素释放到土壤或大气中，这样就形成一个完整的循环回路。
2．认识硫单质
（1）硫的主要同素异形体：单斜硫、斜方硫。
（2）硫的物理性质：
硫单质为淡黄色晶体，密度为水的两倍，难溶于水、微溶于乙醇、易溶于CS2，熔点112.8℃，沸点444.6℃。
3．化学性质：
（1）与金属发生反应：
Cu＋SCu2S Fe＋SFeS （S表现氧化性）
【知识·链接】
S的特殊性质——与Hg、Ag的反应
一般说来，S是不能使具有可变化合价的金属显高价的，且S与大多数金属的反应须加热才能完成．但是S与Hg、Ag等不活泼金属的反应在常温下就能进行，且能使Hg显高价。
利用Ag和S的反应，可用简易的方法鉴别出真假银：用一布条沾上少量硫黄粉末在待鉴别的器皿表面用力磨擦，如被磨擦处出现黑斑则说明是真银，否则为假银。
利用Hg和S的反应可以消除温度计、气压计、血压计等被打破后汞的毒害，所以，汞不慎洒落在地面上，要立即打开门窗通风，并尽量设法收集起来，残余的部分，可覆灭盖硫粉处理，以免汞蒸气中毒。
此外硫化汞还要用作红色颜料（朱砂），在书面上盖的印章，所用的红色印泥就是用朱砂做的。
（2）与非金属发生反应
S＋O2SO2（S表现还原性）
（3）与氧化性酸浓HNO3、浓H2SO4发生反应
S＋6HNO3（浓）H2SO4+6NO2↑+2H2O（S表现还原性）
S＋2H2SO4（浓）3SO2↑+2H2O（S表现还原性）
4．用途：硫单质制硫酸，做橡胶制品的硫化剂，制黑火药、火柴、农药等。
【领悟·整合】
硫元素常见的价态有－1、0、＋4、+6价，硫单质由于处于中间价态而即有氧化性，又有还原性。在加热或点燃的情况下可被氧气、硝酸等强氧化剂氧化。硫在与金属反应时表现出一定的氧化性，与变价金属反应时一般生成低价化合物，其氧化性比氯气弱。
典例1：关于硫的叙述正确的是
A．硫的非金属性较强，所以只以化合态存在于自然界
B．分离黑火药中的硝酸钾、炭、硫要用到二硫化碳、水以及过滤操作
C．硫与金属或非金属反应均作为氧化剂
D．1.6 g硫与6.4 g铜反应能得到8.0 g纯净硫化物
研析：元素在自然界的存在形式虽与化学活泼性有关，但不能以非金属性强弱作为判定依据，如O、N、S的非金属性并不弱，但在自然界仍存在游离态的单质O2、N2、S，A项不正确．
分离黑火药中三组分可利用它们溶解性的差异：先用CS2处理，使硫溶解，过滤后蒸发滤液，得晶体硫；滤渣再用水处理，溶去硝酸钾，过滤，又得滤渣（炭粉）；滤液经蒸发、浓缩、结晶，得到硝酸钾．B项正确．
硫单质为零价，是中间价态，与金属反应时显氧化性；硫与非金属性比它强的非金属（如氧、氯、氟等）反应时硫显还原性．C项不正确．
硫与铜化合只能生成硫化亚铜：
2Cu ＋ S Cu2S
128 32 160
6.4 g 1.6 g 8.0 g
答案：BD
典例2：在空气中加热S粉和Fe粉的混合物，可观察到下列现象：
（1）有淡蓝色火焰，且生成刺激性气味的气体。
（2）混合粉末变红，放出热量，最后变成黑色固体。
（3）不时有火星从混合物中射出。
请分别写出以上三种情况发生反应的化学方程式：
研析：之所以产生（1）之现象，是由S粉与空气中的O2发生了反应。
（2）现象表明有FeS生成，这是本实验的主反应。
（3）现象是Fe粉与空气中O2反应的结果。
答案：（1）S＋O2SO2 （2）Fe＋SFeS （3）3Fe＋2O2Fe3O4
研习点2 不同价态硫元素间的转化
1． 硫元素间的转化网络图
特别说明：
①相同价态的硫的化合物，通过酸碱反应规律加以联系(上面纵行)
如：H2SH2S(溶液) NaHSNa2S
SO2H2SO3NaHSO3Na2SO3
②不同价态的硫及其化合物，通过氧化还原反应规律加以联系(上面横列)如
H2SSSO2SO3→H2SO4
由图知：H2S只有氧化性，S、SO2既有氧化性，又有还原性，H2SO4中的S只有氧化性。
③把以上两条规律建立的联系结合起来。即形成了硫及其化合物的完整的知识网络。
【品思·感悟】
用氧化还原反应理论为依据，紧紧抓住硫元素价态变化这根主线，以元素价态变化为横列，以化合物之间的转变为纵行，纵横归纳，结线连网，使零碎的知识系统化，规律化，记忆起来容易，使用起来方便。
2．SO2
（1）物理性质
二氧化硫为无色、有刺激性气味的有毒气体，密度比空气大，易液化，易溶于水。
（2）化学性质
①二氧化硫是酸性氧化物，具有酸性氧化物的一切通性：
SO2＋H2OH2SO3；SO2＋CaO＝CaSO3；SO2＋2NaOH＝Na2SO3＋H2O；SO2＋NaOH＝NaHSO3；
SO2＋2NH3·H2O＝(NH4)2SO3＋H2O；SO2＋Ca(OH)2＝CaSO3↓＋H2O（吸收SO2）
SO2＋H2O＋Na2S＝Na2SO3＋H2S （酸性：H2SO3＞H2S）；
SO2＋NaHCO3＝NaHSO3＋CO2 （酸性：H2SO3＞H2CO3）；
SO2＋2NaHCO3＝Na2SO3＋2CO2＋H2O （SO2量不足时）。
②氧化性：SO2＋2H2S＝3S＋2H2O （气体或溶液中均可进行）
③还原性：能被Cl2、Br2、I2、Fe3＋、KMnO4、HNO3等强氧化剂氧化生成SO42-。例如：
SO2＋X2＋2H2O＝H2SO4＋2HX （X＝Cl、Br、I）
④漂白性：SO2可以使品红溶液褪色。
注意，SO2能使氯水、KMnO4溶液等褪色，这是因为SO2具有还原性的缘故。
【辨析·比较】
氯气、二氧化硫、活性炭漂白原理的比较
Cl2的漂白性主要是因为它溶于水生成了HClO。该酸有很强的氧化性。可将有色物质氧化成无色物质。这种氧化作用非常迅速。由于色素的结构被破坏。因此。Cl2的漂白作用是不可复原的。成为永久性漂白。与Cl2不同。SO2的漂白作用。不是因为SO2具有氧化性。而是SO2溶于水生成了亚硫酸。亚硫酸跟有色物质结合生成一种无色的不稳定的化合物。这种作用较慢。且生成的化合物不稳定。加热时。会有SO2分解出来。溶液又会恢复成原来的颜色。因此。SO2的漂白作用是不能持久的。而活性炭的漂白为物理性吸附。属物理变化。
3．浓硫酸的强氧化性：浓硫酸是强氧化性酸，可以氧化大多数金属(除Pt和Au)和其他还原性物质(H2S、Fe2+等)。
Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O(氧化性、酸性)
C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O(氧化性)
2FeSO4+2H2SO4(浓)＝Fe2(SO4)3+SO2↑+2H2O(氧化性)
H2S+H2SO4(浓)＝S↓+SO2↑+2H2O(氧化性)
在以上反应中，浓硫酸一般被还原为SO2。常温时，Al、Fe在浓硫酸中钝化，其实质是浓H2SO4使Al、Fe氧化生成致密的氧化物保护膜。
【积累·活用】
叠加化学反应方程式的计算技巧
有些体系不只涉及一个反应，且不同的反应之间存在着某种联系，对于这样的体系，叠加化学反应方程式可使用解决的问题简便、明了。叠加化学反应方程式的关键问题是量的关系的衔接和确定，确定量的关系常用待定系数法，它的理论依据是质量守恒。
Na2S+H2SO4＝Na2SO4+H2S↑ Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O
所以可得总的化学方程式：2Na2S+Na2SO3+3H2SO4＝3Na2SO4+3S↓+3H2O
从以上总化学方程式非常容易看出：当Na2S和Na2SO3的物质的量比为2∶1时，没有气体放出；当大于2∶1时，有H2S放出；当小于2∶1时，则有SO2放出。
4．接触法制硫酸简介
（1）含硫矿物燃烧生成二氧化硫
（2）二氧化硫气的净化
（3）二氧化硫被催化氧化成三氧化硫
（4）用98.3%的硫酸吸收三氧化硫
（5）根据需要稀释浓硫酸
典例3：将等物质的量的SO2气体和Cl2同时作用于湿润的红色布条．则布条的颜色
A．变白 B．不变
C．先褪色后又复原 D．变为无色
研析：二氧化硫和氯气虽然都能使湿润的红色布条褪色。但等物质的量的二氧化硫和氯气同时作用于湿润的有色布条时则发生反应：SO2＋Cl2＋2H2O＝H2SO4＋2HCl。不再具有漂白作用。布条的颜色保持不变。
答案：B
典例4：向50mL18mol/L的硫酸中加入足量的铜片并加热，被还原的硫酸的物质的量
A．等于0.9mol B．大于0.45mol、小于0.9mol
C．等于0.45mol D．小于0.45mol
研析：题目所给出的“18mol/L”的硫酸为浓硫酸(隐含条件)。由方程式Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O知：2molH2SO4参加反应，被还原的H2SO4为1mol。若0.05×18＝0.9(mol)H2SO4都参加反应，被还原的H2SO4应为0.45mol。但在题目所给条件下，随反应进行，H2SO4的量减少，硫酸由浓变稀，稀硫酸不能氧化铜，亦即0.9molH2SO4不可能完全与铜反应。
答案：D。
研习点3 酸雨及其防治
1．酸雨的形成
酸雨中的酸度主要是硫酸和硝酸造成的，它们占总酸度的92%以上。其余为一些弱酸。我国的酸雨主要是硫酸型酸雨。一般认为：“酸雨”是由于大量含硫燃料的燃烧排放的SO2等酸性气体进入大气后造成局部地区大气中的SO2富集．在水凝结过程中溶解于水形成H2SO3。然后经空气中的尘粒等污染物的催化作用。氧化成H2SO4随雨水降下形成酸雨。主要反应如下：
2SO2+O22SO3 SO3+H2O＝H2SO4
SO2+H2OH2SO3 2H2SO3+O2＝2H2SO4(酸性增强)
2．酸雨的危害：酸雨危害很大，能直接破坏森林、草原和农作物。使土壤酸性增强。使湖泊酸化。还会加速建筑物、桥梁、工业设备等的腐蚀。
3．酸雨的防治
（1）对酸性物质的排放加以控制。
（2）开发清洁能源
典例5：下列做法中．不会造成大气污染的是
A．燃烧含硫的煤 B．焚烧树叶
C．燃烧氢气 D．燃放烟花爆竹
研析：本题是以当前敏感的环境污染源为背景．考查是否能够将所学知识用于分析重要的社会现象。理解大气污染产生的本质。
含硫的煤、树叶以及烟花爆竹等物质都含有C、N、S等元素，它们燃烧后产生严重污染大气的CO、氮氧化物、SO2等有害气体，H2是理想的燃料，燃烧热值高，而且燃烧产物是水，无污染。
答案：C
典例6： SO2被认为是造成大气污染的“首犯”，大气中的SO2主要来源于化石燃料（煤、石油）的燃烧。下列与SO2污染有关的是
①酸雨现象　②伦敦“毒雾事件”　③洛杉矶“光化学烟雾”事件　④温室效应
A．①③ B．②④ C．①② D．③④
研析：SO2在空中遇水蒸气形成亚硫酸、硫酸．随雨水降落到地面，俗称“酸雨”。1952年12月5日到8日，伦敦上空出现的“毒雾”4天内导致4000人死亡，事件过后的两个月内还陆续有8000人死亡。这种“毒雾”就是工厂排出的SO2气体。SO2气体主要引发气管炎、冠心病、肺结核等。洛杉矶“光化学烟雾”是由汽车排放的尾气造成的。尾气的成分为臭氧、氮氧化物、乙醛等气体，它笼罩在城市的上空，在阳光的照射下，呈现浅蓝色光辉，它刺激人的眼睛和呼吸道，并使人感到不同程度的头疼。“温室效应”主要是由CO2等引起。
答案：C
【知识·链接】
石膏：是一种结晶水合物，带两个结晶水的CaSO4叫石膏（CaSO4·2H2O），通常为白色固体，微溶于水。石膏可用于制作各种模型及医疗上用它作石膏绷带；水泥厂用它来调节水泥的凝结速度；豆腐制作过程还可用它作凝固剂。
硫酸钡（BaSO4）：硫酸钡非常稳定， 不溶于水 ， 不溶于酸，对X射线有阻抑作用。因此，硫酸钡常用做钡餐、白色颜料等。
探究解题新思路
▲ 基础思维探究
题型一、环境保护
典例1：酸雨主要是大量燃烧含硫燃料释放出SO2所造成的，试回答下列问题：
（1）现有雨水样品1份，每隔一段时间测定该雨水样品的pH，所得数据如下：
测试时间/h 0 1 2 3 4
雨水的pH 4.73 4.62 4.56 4.55 4.55
分析数据，回答下列问题：
①雨水样品的pH变化的原因是（用化学方程式表示）_______________。
②如果将刚取样的上述雨水和自来水相混合，pH将变______，原因是（用化学方程式表示）___________________。
（2）你认为减少酸雨产生的途径可采用的措施是______________。
①少用煤作燃料　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．①③⑤ D．①③④⑤
（3）有人在英国进行的一项研究结果表明：高烟囱可以有效地降低地表面SO2浓度．在20世纪的60～70年代的10年间，由发电厂排放出的SO2增加了35%，但由于建筑高烟囱的结果，地面浓度降低了30%之多．请你从全球环境保护的角度，分析这种方法是否可取？简述其理由．
研析：（1）酸雨放置时pH变小，其原因是雨水中的H2SO3被空气中氧气氧化所致．雨水和自来水混合，应考虑H2SO3与Cl2（或HClO）的反应．
（2）减少酸雨的形成须减少SO2的排放，将煤转化为清洁能源（如煤的气化和液化），燃料脱硫、固硫，开发不含硫的新能源（如氢能、核能等），都是有力措施。
（3）将烟囱建高，并没有减少SO2的排放，只是将SO2在地表的含量降了下来，无疑将增加高空中SO2的浓度，酸雨依旧会形成．
答案：（1）①SO2＋H2OH2SO3，2H2SO3＋O2＝2H2SO4．②小　H2SO3＋HClO＝H2SO4＋HCl（或SO2＋2H2O＋Cl2＝H2SO4＋2HCl）　（2）C（3）不可取．因SO2的排放总量没有减少，所以进一步形成的酸雨仍会造成对全球的危害．
友情提醒：接触和认识化学与环境的关系，强化环保意识，是化学学习的一项重要内容。因而关于环境保护的内容，如环境污染、环境监测、污染物的处理及防措施等，都应引起重视。
拓展变式1．常见的污染物分为一次污染物和二次污染物。二次污染物是排入环境中的一次污染物在物理化学因素或微生物作用下，发生变化所生成的新污染物。如反应2NO＋O2＝2NO2中，二氧化氮为二次污染物。下列3种气体：①硫化氢 ②二氧化硫 ③汽油，其中能生成二次污染物的是A．①② B．②③ C．①③ D．全部都是1．研析：上述3种气体本身属于大气的污染物，即一次污染物。硫化氢还原性很强，易燃烧、氧化转化成二次污染物二氧化硫。二氧化硫与水结合生成亚硫酸，进一步被氧化成硫酸，增加酸雨的酸度。汽油不完全燃烧，生成剧毒的一氧化碳气体。上述3种气体都可转化为二次污染物。答案：D。
题型二、物质的分离提纯
典例2：在二氧化碳中混有少量的二氧化硫、三氧化硫、氯化氢杂质。设计一种一步只除去一种杂质，最后得到干燥纯净二氧化碳的实验方案。试回答：
（1）使气体经过各试剂(自选)的顺序为______________；
（2）写出有关的离子方程式：______________。
研析：首先确定除各种杂质应采试剂。①除去SO3可选用浓硫酸使它溶解，这样可以不影响CO2、SO2和HCl。②除去SO2的试剂在CO2为主气体时，不能用NaOH，可用酸性KMnO4溶液，但HCl也溶于KMnO4溶液中，甚至HCl会被氧化生成Cl2(带入新的杂质)。若选用NaHCO3，虽能除SO2，但同时也除去了HCl，所以也不能选用。但若在除SO3之后除去HCl可选用NaHSO3饱和溶液，可不影响CO2、SO2。其后再用饱和NaHCO3除SO2即可。气体用溶液洗气后必然混有水蒸气，可用干燥剂除之。
答案：（1）浓硫酸→饱和NaHSO3→饱和NaHCO3→浓硫酸（或无水氯化钙等酸性或中性干燥剂）。
（2）HSO3-+H+＝H2O+SO2↑，HCO3-+SO2＝HSO3-+CO2↑。
启发引申：题中除HCl、SO2选用酸式盐溶液是为避免不必要的干扰。比如：用Na2CO3除去CO2中的SO2，会因CO2与Na2CO3作用生成NaHCO3而损失主气体；用Na2SO3除去SO2中的HCl，也会因SO2与Na2SO3生成NaHSO3而损失SO2。
拓展变式2．实验室里需要纯净的氯化钠溶液，但现有的氯化钠晶体中混有少量硫酸钠和碳酸氢铵，设计一组实验去杂质。试简单回答下列问题。（1）除去碳酸氢铵，用加热方法好，还是加入强碱微热的方法好 答：______________，原因是____________________，判断碳酸氢铵已完全除去的方法是__________________________。（2）加热的固体残渣溶于水后，应该用氯化钡溶液还是硝酸钡溶液除去SO42- 答：_____________，原因是______________，判断SO42-已完全除去的方法是_________。2．研析：解析解答除杂质题的思路是：①不增：即不增加新的杂质，增加了要设法除尽。②不减：不减少欲被提纯的物质。③易分离：即被提纯的物质与杂质容易分离。④易转变：即加入的试剂能把杂质转变为被提纯的物质，或转变为气体、沉淀、易溶物而除去。 由此可知答案。答案：（1）加热方法好；碳酸氢铵可全部分解，无残余物，而加强碱只除去NH4+，且消耗了试剂；将湿润红色石蕊试纸放在试管口不变蓝色，则分解已完全。（2）用BaCl2溶液为好，避免溶液中引入NO3-；取少量的上层清液，滴加BaCl2溶液，如不产生浑浊，表示SO42-已完全除去。
题型三、有关硫及其化合物相互转化的计算
典例3：将含有amolNa2SO3的溶液跟含有bmolNa2S的溶液混合后无明显现象。若再加入稀H2SO4，则立即出现浅黄白色硫沉淀。有关叙述不正确的是
A．若a∶b＞1∶2，生成S和SO2 B．若a∶b＝1∶2，生成S而无SO2
C．若a∶b＜1∶2，生成S和H2S D．若a∶b≤1∶3，生成S、SO2、H2S
研析：S2-与SO32-在非酸性环境中难以反应，所以Na2SO3与Na2S溶液混合无明显现象，加酸对氧化剂SO32-的氧化性起加强作用，因而即发生氧化还原反应：2Na2S+Na2SO3+3H2SO4＝3S↓S+3Na2SO4+3H2O。
按上反应方程式，Na2SO3与Na2S物质的量之比为1∶2，只析出S。在加入足量硫酸的前提下，若Na2S过量，即a∶b＜1∶2，则Na2S与H2SO4反应逸出H2S；若Na2SO3过量，即a∶b＞1∶2，则H2SO4与Na2SO3反应逸出SO2。但总不会同时逸出H2S和SO2，因为它们也会反应(2H2S+SO2＝3S↓+2H2O)。
答案：D。
启发引申：氧化还原反应中的另一规律性，即酸性加强使氧化剂的氧化性加强在此得到体现。本题先分析各反应物按反应方程式计算进行反应时的情况，再对某一种反应物过量的情况进行讨论。
拓展变式3．若向含少量水蒸气的容器中通入SO2与H2S共1.00 mol，且知H2S过量，充分反应后，所得的氧化产物比还原产物多8.0 g，则通入的SO2和H2S的物质的量之比可能是A．1∶1　　　B．1∶2　　　　C．2∶1　　　D．1∶33．研析：（差量法）H2S和SO2的反应方程式如下：2H2S＋SO2＝3S＋2H2OSO2＋2H2S＝3S＋2H2O　～　S（氧化、还原产物之差）1 mol　　　　　　　　　　 32 gn（SO2）　　　　　　　　 8.0 gn（SO2）＝0.25 mol，n（SO2）∶n（H2S）＝0.25 mol∶（1.00 mol－0.25 mol）＝1∶3。答案：D
▲ 综合思维探究
题型一、学科内综合题
典例4： 下列实验过程中产生的现象与对应的图形相符的是
A NaHSO3粉末加入HNO3溶液中 　　　　　　　　B H2S气体通入氯水中
　
C NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2 　　　　　　　　　　D CO2气体通入澄清石灰水中
研析：亚硫酸钠加入硝酸溶液中，硝酸跟亚硫酸氢钠间可能发生氧化还原反应（生成氮的氧化物和硫酸盐），所以一开始就会有气体产物，题给图像中的曲线不能正确反映实际情况。
硫化氢通入氯水中，很容易发生下列反应：H2S+Cl2=2HCl+S。所以，反应一开始溶液的pH会降低。图像错误。
氢氧化钠滴入碳酸氢钡溶液中，一开始就会有沉淀生成。图像也不正确。
CO2通入澄清石灰水中，反应分两个阶段。先是：CO2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O；再是：CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO3-。对应的溶液的导电性先减弱，再增强。图像基本正确。
答案： D
考向指南：图像信息与化学反应信息的相互转换，这是近几年出现的一个新热点，大家要加以充分重视。审读图像题的关键是剖析图像中的化学含义。题中四组物质之间的化学反应是大家所熟悉的，但这里是要求把图像中的曲线跟化学反应的结果联系起来。
拓展变式4． 常温下，将Fe粉和S粉混合，不发生反应．某课外活动小组将Fe粉和S粉按物质的量比1∶1混合均匀，并置于水平放置且隔绝空气的玻璃管中，加热片刻，反应开始，然后撤去酒精灯，发现反应仍能剧烈进行，并使生成的固体呈红热状态．试回答：（1）上述现象说明了_______________________．（2）将生成的黑色固体置于稀H2SO4中，有气体放出，写出发生反应的离子方程式______．（3）已知H2S是一种剧毒、有刺激性气味的气体，试说明实验室制取H2S时应采用的一条安全措施：___________________．4．研析：（1）撤去酒精灯，反应仍能继续，表明有热量来源．热量何来？只能说反应是放热反应。（2）FeS与H2SO4发生复分解反应。（3）应将多余的H2S吸收或通过通风橱排走，以免中毒。答案：（1）Fe与S的反应是放热反应　（2）FeS＋2H＋＝Fe2＋＋H2S↑（3）在制H2S的反应装置和收集装置后连接盛有NaOH（aq）〔或CuSO4（aq）〕的洗气瓶（或制取H2S时在通风橱中进行）。
题型二、实际应用题
典例5：工业制CuSO4时，不是直接用铜跟浓硫酸在加热条件下反应，而是将铜丝浸入稀硫酸中，再不断由容器下部吹入细小的空气泡。这样做的好处是 。
研析： 铜与浓硫酸的反应为：Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O。分析反应方程式可知：由于浓H2SO4有1/2表现氧化性，1/2表现酸性，导致浓H2SO4的利用率只有50%。又由于生成的二氧化硫是有毒气体，也是引起酸雨的主要成分，所以工业上一般不采用此法。本题所给方法的反应方程式为：2Cu＋2H2SO4＋O22CuSO4＋2H2O。可知：硫酸仅表现酸性。对比以上两种方法，不难看出，这样做的好处主要有两条：①减少了硫酸的用量，提高了硫酸的利用率②不会产生对大气有污染的二氧化硫。
答案： ①减少了硫酸的用量，提高了硫酸的利用率。②不会产生对大气有污染的SO2。
方法导引： 在人类文明程度越来越高的今天，人类对自然界的负面影响也逐步体现出来。那就是资源问题的污染问题。因此，这类题目除了考虑原理、设备、成本等，要重点考虑原料利用率和环境污染问题。
拓展变式5． 甘蔗糖厂在生产过程中需要使用SO2气体，为此，需要在燃烧炉中燃烧硫磺（沸点为445℃）。在生产中发现如下情况：当液态硫表面上方3 mm左右空间的温度为360℃～380℃时，燃烧硫磺的火焰呈蓝色；当温度超过450℃，火焰呈白色，此时硫磺消耗的速度加快，但SO2产率明显降低，在输送SO2的管道中也随之出现较严重的堵塞。试解释其原因。5．研析：题目提供了3个温度数据，燃烧温度：1个高于硫的沸点，1个低于硫的沸点。温度高于硫沸点时，硫变成了气态，火焰呈白色正是混有大量硫蒸气的原因。答案：温度高，导致液态硫磺大量蒸发，硫蒸气来不及燃烧而部分随产生的SO2一同输送出去，故硫磺消耗速度加快，SO2产率反而下降。在输送过程中，硫磺蒸气冷凝成固体硫严重堵塞输送管道。
题型三、实验操作题
典例6：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占原有样品的质量分数是 。（列出算式．不需化简）
研析： Na2SO3容易被空气中的O2氧化为Na2SO4，但a g样品配成溶液加入HCl后，Na2SO3已经转化为SO2，再加BaCl2就只得BaSO4沉淀。通过BaSO4的质量b g求出变质生成的Na2SO4的质量即可。
具体的操作及设问均围绕不使Na2SO3沉淀及精确称量沉淀的质量展开，在注意原理分析的同时也要注意实验技巧的分析。
答案：（1）不能
在酸性溶液中，NO3－能将SO32－氧化成SO42－，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%
总结提升：涉及到测定样品中亚硫酸钠的质量分数，包括了测定步骤、操作、试剂的选择以及定量计算，综合程度较高。亚硫酸钠被部分氧化，样品中必同时含有亚硫酸钠和硫酸钠，实验目的是测定亚硫酸钠的含量。其原理是先测定硫酸钡沉淀质量换算为硫酸钠的质量，即可求出亚硫酸钠的质量。实验的关键是除去样品中的SO32－，且让硫酸钠沉淀完全。在解答过程中一要引导学生明确实验测定的原理，形成正确的解题方法思路；二要通过问题分析如：BaCl2必须过量的原因、如何确定BaCl2是否过量的方法等，培养自己的发散思维能力。
拓展变式6．为了证明铁和硫反应产物中铁的化合价，下面是某同学设计的实验过程的一部分： 请回答以下问题： （1）混合粉末A中硫粉过量的原因是 ；（2）反应在“惰气环境”中进行的原因是 ；（3）操作①是用烧热的玻璃棒点触混合粉末，反应即可持续进行，说明__________；（4）操作②的作用是__________。反应方程式是 。也可改用加入__________（5）操作③稀H2SO4煮沸的目的是 ；（6）为证明产物中铁的价态，对D溶液的实验操作最好是 。6．研析：只要搞清设计实验的目的和原理，结合硫和铁反应的特点，注意空气的氧化性，即可迎刃而解。答案：（1）防止因铁粉过量而使滤渣C中的铁粉与H2SO4反应，生成Fe2＋干扰实验。（2）防止环境中的O2参与反应（3）硫和铁粉反应是放热的（4）除去混合物中的硫粉 3S＋6KOH2K2S＋K2SO3＋3H2O CS2（5）防止H2SO4溶解的氧气氧化生成的Fe2＋ （6）加入煮沸的KSCN溶液．看是否变为血红色溶液
题型四、学科间渗透题
典例7： 如图所示装配好装置，待内外空气压强不变时标注出水银液面的刻度（用红漆），取下橡皮塞，在玻璃燃烧匙中加入硫粉，用酒精灯点燃迅速移入锥形瓶中并塞紧橡皮塞，硫粉安静地燃烧，水银柱推向左管，当火焰熄灭后，静置，水银柱又慢慢回到原标定的刻度。简要回答下列问题：
（1）水银柱推向左管说明什么？
（2）硫粉未燃尽时火焰就熄灭了。说明 。
（3）根据水银柱最后又回到原先标定的刻度。可得到什么结论？
（4）根据反应方程式S＋O2＝SO2和上述结论又可推导出什么（或证明什么）？
研析： （1）我们都知道“热胀冷缩”的道理，水银柱推向左管，显然是气体受热膨胀的原因。而“热”哪里来？那必然是反应放出来的。因此，该反应是放热反应。（2）硫粉燃烧，实际上是硫粉与空气中的氧气反应，二者缺一不可，硫粉未燃尽时火焰就熄灭显然是氧气消耗完的原因。（3）水银柱最后又回到原先标定的刻度，从直觉上应该是容器中气体的压强、体积、物质的量等指标反应前后没有改变，由此可得结论。（4）从化学方程式中我们可以看出，反应消耗的氧气与生成的SO2的分子数相同，联想到第（3）问的结论，可知，同温同压下，相同体积的气体含有相同的分子数。
答案：
（1）① 该反应是放热反应；② 气体受热膨胀。
（2）瓶内氧气已耗尽。
（3）同温同压下，反应消耗的氧气与生成的SO2，①体积相同；② 压强同；③ 物质的量同。
（4）同温同压下，相同体积的气体含有相同的分子数。
友情提醒：分析简答题首先要熟悉题中情景，然后联系已有知识，有时还要结合其他学科的知识全面条理地回答。本题的结论本身是同学们非常熟悉的，也正因为这样，有部分同学感觉不好回答，认为这些结论是理所当然的。殊不知，我们看上去非常简单的结论也是通过前人大量的实验得出的，同学们可以通过本题认真地体会一下。
拓展变式7．据报道，1952年2月，某城市雾大无风，家庭和工厂排出的烟雾经久不散。大气中SO2的含量高达3.8 mg·m－3，烟尘达4.5 mg·m－3，居民健康普遍受到危害，4天之内死亡人数约4000人。回答：（1）流经该城市的主要河道也因此而受到污染，引起鱼类死亡。这与此种类型大气污染形成__________有关。（2）这种大气污染对人体__________系统的危害最大。将会造成__________等病症（举2种主要病症）。（3）大气中的SO2将直接危害陆生高等植物的__________组织。（4）为了防止这种污染，硫酸厂可用氨水吸收SO2。其离子方程式为 。（5）目前一种比较有效的方法是：用直升飞机喷撒白垩粉（CaCO3）以降解其污染，其化学方程式为 。7．研析：本题讨论的是以二氧化硫的污染与防治为中心的环保问题，综合了生物、化学、人类健康等方面的知识。答案：（1）酸雨 （2）呼吸　呼吸困难、咳嗽、喉痛、支气管哮喘、肺气肿等（任2种）。（3）叶 （4）2NH3·H2O＋SO2＝2NH4+＋SO32－＋H2O （5）CaCO3CaO＋CO2↑；CaO＋SO2CaSO3； 2CaSO3＋O22CaSO4
▲ 创新思维探究
题型一、开放探究题
典例8：某课外小组利用下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_______________________。
研析：由实验装置和试验过程可以看出：受热时，有气体从溶液中逸出，导致溶液的颜色发生变化；冷却后，逸出的气体重新溶解，得到原来的溶液，所以又恢复原溶液的颜色．水中溶解什么样的气体可有这样的性质呢？可从中学所学有关红色溶液的实验及气体的酸碱性不同等方面予以讨论。
（1）若水中溶有碱性气体，中学阶段常见的是NH3，且滴有酚酞试液，则溶液呈红色。加热时随NH3的不断逸出，溶液碱性变弱，红色逐渐变浅。停止加热后恢复到原来的温度，NH3重新溶解在水中，溶液又恢复原来的红色。
（2）若水中溶有酸性气体，如HCl、SO2等，滴入酚酞试剂，溶液无色，加热即使能使酸性气体全部逸出，溶液也只能呈中性，还是不能变红色，况且酸性气体全部逸出是不可能的。若酸性气体的水溶液中滴有石蕊试液，则溶液显红色，与（2）题题意不符。
酸性气体中，还有一个较特殊的SO2．若水中溶有品红和SO2，则所得溶液无色；加热时，水中溶解的SO2及品红吸收的SO2逸出，溶液变为红色．停止加热后恢复到原来的温度，SO2重新溶入水中，漂白品红而使溶液褪色。
答案：（1）稀氨水和酚酞；稀氨水中的NH3气逸出，所以溶液的颜色变浅。
（2）溶有SO2的品红；SO2气体逸出，品红溶液恢复红色
课标点击：本题答案不唯一，具有一定的开放性。本题给出实验现象，让学生透过现象探索问题的本质，与通常实验中，我们通过具体实验观察现象过程相反，考查了学生的逆向思维和形象思维能力。这类题型是新课标下的热点题型。
拓展变式8．将amolH2S和1molO2置于一容积可变的容器中进行反应。在120℃、101KPa时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，H2S的氧化产物可能有下列三种情况：(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“大于”、“小于”或“等于”)(3)部分是S，部分是SO2，此时a的取值范围是______________。反应所生成的SO2的物质的量为______________mol，容器内共有______________mol气体(以含a代数式表示)。8．研析：根据H2S燃烧通式：xH2S+yO2＝(3x/2-y)S+(y-x/2)SO2+xH2O将x＝a,y＝1代入得：aH2S+O2＝(3a/2-1)S+(1-a/2)SO2+aH2O由此可得：答案：(1)全部是SO2时，3a/2≤1,即a≤2/3(2)全部是S时，a/2≥1，即a≥2，很显然，此时d1＞d2。(3)部分是SO2，部分是S时，a/2＜1＜3a/2，即3/2＜a＜2，此时：生成的SO2为1-a/2mol，容器内共有气体：1- a/2+a＝1+ a/2mol。
题型二、课标思维题
典例9： A~H等8种物质存在如下转化关系（反应条件，部分产物未标出）。已知：A是正盐， B是能使品红溶液褪色的气体，G是红棕色气体。按要求回答问题：
（1）写出下列物质的化学式：A ，B ，C 。
（2）写出下列反应的化学方程式：
E→F ；
G→H ；
D的浓溶液与木炭反应的方程式： 。
（3）检验某溶液中是否含D中阴离子的方法是 。
研析：本题有两个较为明显的突破口。根据“B是能使品红溶液褪色的气体”可知B是SO2气体，则C是SO3，D是硫酸。根据“G是红棕色气体” 可知G是NO2气体，逆推，F是NO气体，E是NH3。A能与硫酸反应放出SO2，其阴离子必然是亚硫酸根离子或亚硫酸氢根离子，但考虑到是正盐，可以确定其阴离子是亚硫酸根离子；同时A又能与NaOH溶液反应放出氨气，A中必然含有铵根离子。由此判断A为(NH4)2SO3。
答案：（1）(NH4)2SO3；SO2；SO3。（2）4NH3+5O24NO+6H2O ，3NO2+H2O=2HNO3+NO，C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O。（3）取少量该溶液于试管中，加足量盐酸酸化，未见白色沉淀产生。再加少量BaCl2溶液，如果出现白色沉淀，则证明有SO42－。
总结提升：本题为框图型推断题。分析时，要学会如何根据题目图示条件寻找解题突破口，这是解答此类题目的关键。结合有关物质推断确定的过程，一是要进一步熟悉掌握硫及其化合物、氮及其化合物之间的转化关系；二是要注意培养学生分析推理、综合概括的能力。
拓展变式9．标准状况下，将1L可能含有N2，H2，CO，NH3，NO2，H2S杂质的无色SO2气体，依次通过如下图所示的装置。(各容器中液体均为足量)其变化情况是：①气体通过A瓶，浓H2SO4无明显变化，气体体积无变化；②气体通过B瓶，饱和Na2CO3溶液质量增加0.5g，气体体积无变化；③气体通过C瓶后，再通过D管，灼热的CuO中有红色物质生成。冷却后，气体体积变为888ml(标准状况)；④将上述气体通过E后，再通入F中，澄清石灰水变浑浊，同时增重1.54g；⑤气体经过干燥管P后，在量筒H中，收集到水104ml。根据以上实验回答：（1）混合气体中SO2的体积分数为______________。（2）混合气体中含有的杂质为______________。（3）混合气体中是否含有H2、CO杂质；若有，指出其体积；若无，说明理由。a.H2：____________________________________________________________________；b.CO： ____________________________________________________________________。 9．研析： ①气体通过浓H2SO4，体积无变化，说明无NH3和H2S（H2S与浓H2SO4发生氧化还原反应）。②气体通过饱和Na2CO3溶液质量增加0.5g，发生了反应：SO2+Na2CO3＝Na2SO3+CO2 　　　Δm22.4L　　　　∶　　　44g　　　(64-44)gV(SO2)　　　 ∶　　 m(CO2)　　0.5gV(SO2)＝0.56L m(CO2)＝1.1gφ(SO2)＝0.56L/1L×100%＝56%③通过灼热的CuO有红色物质生成，说明有还原性气体H2或CO或两者皆有。④通入澄清石灰水变浑浊，说明有CO2(由两部分组成)，且为1.54g，则③中的还原性气体必含CO：CO ～　　　　CO2 ～ Ca(OH)222.4L　　　　　4gV(CO)　　　　(1.54g-1.1g)V(CO)＝22.4L×0.44g/44g＝0.224L＝224mL⑤最后得到的气体只能是N2，且V(N2)＝V(H2O)＝104mL，S则V(H2)＝1000ml-888mL＝112mL。答案：（1）56%；（2）N2，H2，CO；（3）H2∶112mL；（4）CO∶224mL
▲ 高考思维探究
[考题1]（2005全国3-6）现有以下几种措施：① 对燃烧煤时产生的尾气进行除硫处理，② 少用原煤做燃料，③ 燃煤时鼓入足量空气，④ 开发清洁能源。其中能减少酸雨产生的措施是
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
研析：由于煤中含有一定量的硫，煤在燃烧时产生大量的SO2，这是酸雨产生的主要原因之一。所以，如能对燃烧煤时产生的尾气进行除硫处理，比如在其中加入适量氧化钙，将产生的SO2转化成硫酸钙（先生成亚硫酸钙，然后进一步被氧化成硫酸钙），或者开发清洁能源，如氢能源等，少用原煤做燃料，都可以减少酸雨的产生。但燃煤时鼓入足量空气只能促使煤中的各个成分燃烧的更彻底，不能减少SO2的量。
答案：C
友情提醒：污染问题已成为当今全球性严重问题之一。愈来愈引起世界各国的普遍关注。化学在保证和提高人类生活质量、保持自然环境以及增强化学工业的竞争方面均起着关键作用。但化学带来的污染已严重威胁着人类的健康。保护人类赖以生存的地球是全人类的共同要求，在这种情况下引起了越来越多的人的关注。该类题目也成为近年来考查的热点。
[考题2]（2005上海-17）含8.0 g NaOH的溶液中通入一定量H2S后，将得到的溶液小心蒸干，称得无水物7.9 g，则该无水物中一定含有的物质是
A．Na2S B．NaHS C．Na2S和NaHS D．NaOH和NaHS
研析：氢硫酸（H2S溶液）是一种二元弱酸，在与NaOH溶液反应时有两种反应：①H2S＋2NaOH＝Na2S＋2H2O ②H2S＋NaOH＝NaHS＋H2O。所以，当n(H2S)∶n(NaOH)＜1∶2时，只按①反应，剩余物质为NaOH和Na2S，质量界于7.8g 和8.0g之间；当n(H2S)∶n(NaOH)＝1∶2时，只按①反应，剩余物质为Na2S，质量为7.8g；1∶2＜n(H2S)∶n(NaOH)＜1∶1时，按①、②反应，剩余物质为Na2S和NaHS，质量界于7.8g 和11.2g之间；当n(H2S)∶n(NaOH)≥1∶1时，只按②反应，剩余物质为NaHS，质量为11.2g。因此，该物质可能为Na2S和NaHS的混合物或者为Na2S和NaOH的混合物，无论哪一种情况，均有Na2S。
答案：A
考向指南：H2S和NaOH有两步反应，在计算过程中，需要讨论。因此，其相关运算又称为“两步反应讨论型计算题”。由于该类题型能非常好的考查出《高考考试大纲》中规定的分类讨论的思想及应用能力，因而成为高考“长考不衰”的一种题型。这样的素材较多，除了H2S和NaOH溶液反应外，SO2与NaOH溶液反应、CO2与NaOH溶液反应、H2S的燃烧、C的燃烧、木炭还原氧化铜等都可以成为该类题的素材，希望同学们认真体会。
[考题3]（2005广东化学-20）研究性学习小组进行SO2的制备及性质探究实验。
（1）根据反应Na2SO3固＋H2SO4浓＝Na2SO4＋SO2＋H2O，制备SO2气体。
①用下列简图，在答题卡的方框中画出制备并收集SO2的实验装置含试剂示意图。
② 实验过程中，使用分液漏斗滴加浓硫酸的操作是 。
（2）将SO2气体分别通入下列溶液中：
① 品红溶液，现象是 ；
② 溴水溶液，现象是 ；
③ 硫化钠溶液，现象是 。
（3）有一小组在实验中发现，SO2气体产生缓慢，以致后续实验现象很不明显，但又不存在气密性问题。请你推测可能的原因并说明相应的验证方法（可以不填满）。
① 原因 ，验证方法 。
② 原因 ，验证方法 。
③ 原因 ，验证方法 。
研析：（1）①本小题考查同学们实际选择仪器，连接仪器的能力。从左到右，依次是发生装置，收集装置，尾气吸收装置。②本小题考查基本操作能力。（2）本小题考查SO2的性质：①漂白性；②还原性；③酸性氧化物、氧化性。（3）本小题具有开放性，可以从多方面考虑。
答案：（1）①
② 打开分液漏斗上口的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，慢慢滴加
（2）① 溶液褪色 ② 溶液褪色 ③ 有浅黄色溶液（或溶液变浑浊）
（3）① Na2CO3变质； 取待测试样于试管中，加适量蒸馏水配成溶液，先滴入足量稀盐酸，再滴入BaCl2溶液有白色沉淀生成，则证明该Na2CO3固体变质
② 不是浓硫酸； 用洁净玻璃棒蘸取待测试样，涂白纸不变黑，则证明该溶液不是浓硫酸
总结提升：化学是以实验为基础的学科，而实验是培养学生创新能力和实践能力的重要手段。近年来的高考化学试题中以能力立意的试题，突出体现在将实验融入到生产和科学研究的背景中，先创设实验探究的情景，以激发学生的自主探究兴趣，引发学生思考回忆，最终解决问题。该试题无论从实验方案设计、仪器安装、操作注意事项、SO2性质探究、实验结果分析等都很好地考查了同学们的自主探究能力。在平时我们利用好新教材的“联想 质疑”“观察 思考”“活动 探究”“交流 研讨”“迁移 应用”“概括 整合”等学习活动栏目，更好地培养学生的自主探究能力。
拓展变式10．两份不同浓度的NaOH溶液各500mL，分别吸收1120mL(标准状况下体积)SO2气体，反应后溶液中分别有5.75g和7.10g溶质。求两份NaOH溶液的物质的量浓度。10．研析：解答本题时，一要挖掘隐含的两个反应；二要运用平均值规律通过对“5.75g”和“7.10g”的量的分析，判断溶质的组成。SO2与NaOH作用可能的反应有：SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O;SO2+NaOH＝NaHSO3。1120mLSO2气体可生成0.0500molNa2SO3或NaHSO3，质量是6.30g或5.20g。依题意，两份溶液中，含溶质5.75g的一定含Na2SO3和NaHSO3；含溶质7.10g的一定含Na2SO3和NaOH。设第一份溶液中含Na2SO3物质的量为x，NaHSO3物质的量为y，则：解得 x＝0.0250mol,y＝0.0250mol。原溶液中含NaOH物质的量为：2x+y＝0.0750mol,c(NaOH)＝＝0.150mol/L。依上分析，第二份溶液中含Na2SO30.0500mol，质量是6.30g，则含NaOH的质量为：m(NaOH)＝7.10g-6.30g＝0.80g。原溶液中含NaOH物质的量为：2×0.0500mol+＝0.120mol,c(NaOH)＝＝0.240mol/L。答案： 0.150mol/L、0.240mol/L。
开拓学习新视野
▲ 课标知识拓展
【思想方法】
1．要从物质的属类去认识硫及其化合物的有关性质，使知识系统化、条理化。如：二氧化硫是酸性氧化物，具有酸性氧化物的通性，可与水反应生成亚硫酸，能与碱反应生成盐和水，还能与碱性氧化物化合生成盐。硫酸是二元强酸，具有酸的通性。能与指示剂石蕊试液、活泼金属、碱、碱性氧化物（或两性氧化物）、某些盐等反应。在此基础上．进一步将有关知识深化、归纳总结二元酸及酸酐成盐规律：?
（1）氢硫酸、亚硫酸、硫酸都是二元酸，二氧化硫、三氧化硫分别是亚硫酸和硫酸的酸酐，它们都能与碱反应生成盐。碱过量时生成正盐，碱少量时生成酸式盐。如：?
SO2＋NaOH＝NaHSO3?SO2＋2NaOH＝Na2SO3＋H2O?
（2）二元酸和其正盐反应可生成相应的酸式盐。如：?
H2S＋Na2S＝2NaHS?Na2SO3＋SO2＋H2O＝2NaHSO3?
（3）强酸和弱酸盐反应可生成弱酸和强酸盐。如：?
Na2SO3＋H2SO4＝Na2SO4＋SO2↑＋H2O?Na2S＋H2SO4＝Na2SO4＋H2S↑?
2．比较发认识二氧化碳和二氧化硫的性质
（1）物理性质?
相同点：常温下，都是无色气体，密度都大于水。
不同点：二氧化碳没有气味，二氧化硫有刺激性气味；二氧化碳无毒，二氧化硫有毒；二氧化碳能溶于水（1体积水大约溶解1体积气体），二氧化硫易溶于水（1体积水大约溶解40体积气体）；二氧化硫易液化。
（2）化学性质
相同点：都是酸性氧化物?
①都能和水反应，生成的酸不稳定，只能存在于溶液中CO2＋H2OH2CO3 SO2＋H2OH2SO3
②都能与碱反应，用量比不同，可以生成两种盐。
SO2、CO2气体通入澄清石灰水中，都是先生成沉淀，当SO2、CO2过量时又溶解。
不同点：?
①二氧化硫常表现还原性，二氧化碳表现氧化性：2SO2＋O22SO3；CO2＋C2CO
二氧化硫能被高锰酸钾、氯水、溴水、碘水等氧化剂氧化，二氧化碳不能。
②二氧化硫具有漂白性，能漂白某些有色物质，二氧化碳不能。
③造成大气污染的原因不同：二氧化硫形成酸雨，二氧化碳引起温室效应。
（3）鉴别?
①利用二氧化硫的还原性，用高锰酸钾溶液或溴水褪色鉴别。
②利用二氧化硫的漂白性，用品红溶液鉴别。
若将SO2和Cl2分别与湿润的蓝色石蕊试纸接触，SO2使之变红，看不到褪色，Cl2使之先变红后褪色，
注意：①等物质的量的SO2和Cl2混合后通入品红溶液，不能使之褪色，因为SO2与Cl2反应后生成了无漂白性的盐酸和稀硫酸：?SO2＋Cl2＋2H2O＝2HCl＋H2SO4?
②SO2能使溴水、KMnO4溶液褪色，是利用SO2的还原性，而不是漂白性。
【专题探究】
溶液中SO42－的检验
（1）原理：利用Ba2＋＋SO42－＝BaSO4↓（白色），BaSO4具有不溶于盐酸、硝酸的特性。
（2）试剂：可溶性钡盐：BaCl2或Ba（NO3）2溶液；盐酸和稀硝酸。
（3）检验的误区：?
①只加可溶性钡盐，不酸化。误将CO３2－、PO4３－、SO３2－等干扰判成SO42－。此时上述离子同样会产生BaCO3、Ba3（PO4）2、BaSO3的白色沉淀。
②误将Ag＋、Pb2＋判成SO42－。如待测液滴加BaCl2溶液，再加盐酸有白色沉淀便武断断定含SO42－，其错误是未注意溶液中不含SO42－而含Ag＋或Pb2＋也会有同样现象。
因为Ag＋＋Cl－＝AgCl↓（白色） Pb2＋＋2Cl－＝PbCl2↓（白色）?
③误将SO３2－判成SO42－。如待测液中滴加用盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液生成白色沉淀，便误以为有SO42－。该错误是未注意NO具有强氧化性，在酸性环境中发生反应：?
Ba2＋＋SO３2－＝BaSO3↓（白色）　3BaSO3＋2H＋＋2NO4－＝3BaSO4↓（白色）＋2NO↑＋H2O
再如向待测液中滴加用硝酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀便错误认定一定含SO42－。也同样是落入干扰离子转化为SO42－从而生成BaSO4的陷阱中。
（4）检验的关键：既要注意试剂的选择，又要注意操作顺序的优化，方能排除干扰离子的误导。全面考虑，综合分析，正确推导。
（5）检验的方法：?
其一，先加检验试剂，后对沉淀酸化：
待测液先加硝酸钡溶液，过滤，沉淀中加稀盐酸，沉淀不溶解：有SO42－
其二，先酸化，再加检验试剂：待测液中加入足量稀盐酸。如果出现沉淀，过滤后向所得溶液中滴加氯化钡或硝酸钡溶液，又出现白色沉淀，证明含有SO42－；如果不出现沉淀，滴加氯化钡或硝酸钡溶液，又出现白色沉淀，证明含有SO42－。
例题：比较下述实验方案，判断能够确定一种溶液中一定含有SO42-的事实是
A．取少量试样溶液，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成。
B．取试样溶液，加入BaCl2溶液，有白色沉淀，再加稀HNO3，沉淀不溶解
C．取少量试样的溶液，加入Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成
D．取少量试样溶液，加入足量盐酸，无沉淀，加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成
研析：遇盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成时，原溶液可能含有Ag+或SO42-，A错；加入BaCl2溶液有白色沉淀，再加稀HNO3，沉淀不溶解，原溶液中可能含有SO42-或SO32-(BaSO2能被HNO3氧化成BaSO4)，B错，B加入Ba(NO3)2溶液，能产生白色沉淀，原溶液中可能含有CO32-、SO32-、SO43-等，C错；当加入足量的盐酸时，无沉淀生成，加入BaCl2生成了白色沉淀，原溶液只可能为SO42-，此称HCl-BaCl2法。
答案：D。
▲ 多彩化学漫步
重庆开县的天然气矿“井喷”事故对人畜造成了极大的伤害。主要原因是喷发出的天然气中含有浓度较大的硫化氢气体，这种气体具有臭鸡蛋气味，有剧毒，其毒性原理为阻断机体细胞的内呼吸导致全身缺氧。由于中枢系统对缺氧敏感，因而首先受到损害。其爆炸极限为4.3%～45.5%，着火点为292℃。其相对分子质量为34，与空气的相对密度为1.2。
针对这次“井喷”事故，有专家提出如下现场处理措施：
（一）在井架入口、井架上、钻台边上、循环系统等处设置风向标，一旦发生紧急情况，作业人员可向1方向疏散。
（二）在含硫钻井地区的生产班当班人员每人配一套空气呼吸器2，另配一定数量的公用呼吸器，并做到人人会用、会维护、会检查。
（三）加强对钻井液中硫化氢浓度的测量，充分发挥除硫剂和除气器的功能，保持钻井液中硫化氢含量在15mg﹒m-3 以下。当硫化氢含量超过20mg﹒m-3安全临界浓度3时，工作人员应佩戴空气呼吸器，不允许单独行动，派专人监护现场。
（四）钻井队在现场条件下不能实施井控作业，决定放喷时，放出天然气烧掉4。
放喷点火应派专人进行……
（1）如果你负责疏散群众，那么，受灾人员的疏散方向时
A．顺风向 B．逆风向 C．地势高的方向 D．地势低的方向
（2）空气呼吸器中可盛放的物质是
A．氢氧化钠 B．碱石灰 C．氯化钠 D．氨水
（3）检测人员从现场取出500mL，含H2S 0.01mol，则此时工作人员
A．可安全生产 B．必须佩戴空气呼吸器
C．迅速离开现场 D．无法确定
（4）①点燃天然气时应注意什么问题？
②点燃天然气实属无奈之举，因为此法并不能完全消除环境污染，为什么？
多彩化学漫步
研析：（1）根据硫化氢比空气密度大的特点，应该要向高处疏散；至于顺风还是逆风，应属常识，如果顺风，则永远跑不出污染区，因而应逆疏散。（2）硫化氢能与氢氧化钠或碱石灰反应而被吸收，可用；而与氯化钠不反应，不可用；虽然能和氨水反应，但氨水本身具有很强的刺激性，不可用。（3）H2S已大大超标，即使佩带空气呼吸器，也有一定危险，应迅速离开现场。（4）①一要防止爆炸；二要防止中毒：人要佩戴防护用具，并站在天然气的逆风向处点火。②因为硫化氢燃烧会产生二氧化硫气体，同时，部分天然气如果不完全燃烧，还可能产生CO气体和大量烟尘，造成二次污染。
答案：（1）BC （2）AB （3）BC （4）见研析。
优化考题新演练
一、理解与应用
1．环保部门每天通过新闻媒体向社会发布以污染物浓度为标准确定的空气质量信息．这些污染物是
A．二氧化硫、氮氧化物、一氧化碳、悬浮微粒
B．二氧化硫、氮氧化物、二氧化碳、悬浮微粒
C．稀有气体、氮氧化物、一氧化碳、悬浮微粒
D．稀有气体、氮氢化物、一氧化碳、悬浮微粒
1．研析：环境保护在社会进步的今天越来越引起人们的重视。面对日益恶化的生态环境、能源危机，从化学的角度来关注环保，主要是了解污染物的来源。只有治理了污染源才可能做到“既治标又治本”。
二氧化硫的来源：化石燃料的燃烧、工业废气；氮氧化物的来源：化石燃料的燃烧、汽车尾气、工业废气；一氧化碳的来源：化石燃料的燃烧。
悬浮微粒是因环境被人为破坏造成的。如植被的砍伐造成的沙尘暴等。本题选择的判断是用排除法。B选项中的二氧化碳不属于污染物，C、D选项中的稀有气体不属于污染物。
答案：A。
2．“酸雨”的形成主要是由于
A．森林遭乱砍滥伐，破坏了生态平衡 B．工业上大量燃烧含硫燃料
C．大气中二氧化碳的含量增多 D．汽车排出大量尾气
2．研析：空气中硫氧化物和氮氧化物随雨水降下就成为酸雨。酸雨的形成主要是由于空气中SO2和NOx的增多，在我国主要是SO2的增多。空气中SO2的主要来源是：
①化石燃料（煤和石油产品）的燃烧 ②含硫矿石的冶炼 ③硫酸、磷肥、纸浆厂的工业废气
由于汽车燃用的汽油、柴油等都经过了脱硫处理，所以形成酸雨的主要原因是：工业上大量燃烧含硫燃料。
答案：B。
3．在下列生成二氧化硫的反应中，反应物中的含硫物质被氧化的是
A．硫在空气中燃烧 B．铜片与浓硫酸共热
C．红热的木炭与浓硫酸反应 D．亚硫酸钠与稀硫酸反应
3．研析：硫在空气中燃烧生成SO2，硫被氧化；铜片与浓硫酸共热，浓硫酸被还原生成SO2；红热的木炭与浓硫酸反应，浓硫酸被还原生成SO2；亚硫酸钠与稀硫酸反应，没有化合价的变化，不属于氧化还原反应。
答案：A。
4．8g硫与0.2 mol氧气充分反应后的气体总体积在标准状况下为
A．1.12 L B．2.24 L C．3.36 L D．4.48 L
4．研析： S ＋ O2 ＝ SO2 ΔV
1 1 0
从反应中看出发生反应的氧气与生成的二氧化硫在相同状况下体积相等．所以无论氧气适量、不足量或过量．该反应后的气体总体积即为反应前氧气的体积．即为0.2 mol×22.4 L·mol－1＝4.48 L
答案： D。
5．下列说法中不正确的是
A．硫单质与金属铁的反应生成硫化亚铁，体现了硫单质的氧化性
B．SO2能使酸性KMnO4溶液、氯水退色，说明SO2具有漂白作用
C．H2S既有还原性，又有氧化性
D．医疗上常用BaSO4作X射线透视的“钡餐”
5．研析：A中硫单质得电子做氧化剂，金属铁失电子，做还原剂，该反应中硫单质体现氧化性，A正确。B中SO2体现的是还原性，酸性KMnO4溶液、氯水具有强氧化性，被SO2还原而退色，故B不正确。C中H2S中硫元素化合价为－2，在反应中可升高，体现还原性，氢元素化合价为＋1，在反应中可降低，体现氧化性，C正确。D中BaSO4性质稳定，不溶于水，不溶于酸，也不易被X射线透过，故常用作X射线透视的“钡餐”，D正确。
答案：B。
6．设计一个只用BaCl2溶液及试管鉴别Na2SO3溶液和稀H2SO4的实验步骤。简要写出操作和实验结论。
6．研析： BaCl2溶液与Na2SO3溶液和稀H2SO4反应都生成白色沉淀BaSO3和BaSO4。但前者溶于酸而后者不溶于酸。
答案：各取试样适量，分别置于两支试管A、B中。分别向A、B中滴加足量的BaCl2溶液，都生成白色沉淀。静置，将A中上层清液注入B中，若B试管中沉淀溶解且放出有刺激性气味的气体，则说明B中原来加入的是Na2SO3溶液。A试管中则是稀H2SO4；若试管B中无明显现象，则证明试管B中原来加入的是稀H2SO4，试管A中加入的就是Na2SO3溶液。
二、拓展与创新
7．黑火药的成分是硝酸钾、硫磺、木炭。当加热或点燃时会发生剧烈反应而爆炸。生成物中硫元素变为最低价，碳、氮两元素均变成空气中常见的气体。
（1）写出有关反应的化学方程式 。
（2）10.1g KNO3完全反应时，被它氧化的碳为 g。
（3）当爆炸时，常闻到一种刺激性气味，简述禁止燃放烟花爆竹的原因 。
（4）分离黑火药中三种成分的方法是将黑火药溶于水，过滤，蒸发滤液得 。将滤纸上的物质溶于 ，过滤，滤纸上的物质是 。
7．答案：（1）2KNO3＋3C＋S＝K2S＋N2↑＋3CO2↑（2）1.5（3）因为燃放烟花爆竹会产生SO2气体，此外还有噪声、粉尘等都会造成对环境的污染，且有时引发火灾，造成意外伤害事故（4） KNO3；CS2；碳
8．接触法制硫酸排放的尾气中，含少量的二氧化硫。为防止污染大气，在排放前设法进行综合利用。（以下气体体积均换算为标准状况）
（1）某硫酸厂每天排放的1.12×104m3尾气中含0.2%（体积百分数）的SO2。问用氢氧化钠溶液、石灰及氧气处理后，假设硫元素不损失，理论上可得到多少千克石膏 (CaSO4·2H2O)。
（2）如果将上述尾气560L通入100mL2mol/L的氢氧化钠溶液使其充分反应。试分析所得溶液中溶质的成分，并计算确定各成分的物质的量。
8．研析：（1） SO2 ～ CaSO4·2H2O
22.4 172
1.12×104×0.2% x x=172kg
（2）560L尾气中含SO2的物质的量为560L×0.2%÷22.4L/mol =0.05mol
100mL氢氧化钠溶液中含NaOH的物质的量为2mol/L×0.1L=0.2mol
根据SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O
0.05mol SO2消耗NaOH的物质的量为0.05mol×2=0.1mol
因此，NaOH过量，Na2SO3的物质的量应根据SO2的量计算
所得溶液中各成分的物质的量为
n(NaOH)=0.2mol-0.1mol=0.1mol n(Na2SO3)=n(SO2)=0.05mol
答案：n(NaOH)： 0.1mol；n(Na2SO3)：0.05mol。
三、综合与探究
9．亚硫酸钠中有+4价的硫，它既有氧化性又有还原性，现有试剂：溴水、Na2S溶液、Na2SO3溶液、稀H2SO4、NaOH溶液、氨水。
（1）要证明Na2SO3具有还原性，应选用的试剂有_____________，看到的现象是__________，反应的方程式为__________________________。
（2）要证明Na2SO3具有氧化性，应选用的试剂有_______________，看到的现象是________________，反应的方程式为_________。
9．研析：（1）+4 硫有还原性，可被氧化剂氧化，在指定的试剂中只有溴水具有强经剂氧化，在指定的试剂中只有溴水具有强氧化性，由此可知应选溴水。（2）+4价的硫具有氧化性，与其还原性相比，氧化性较弱，只有在特定条件下才表现出氧化性，如在酸性条件下，+4价的硫才较易还原成单质硫，因此要证明其氧化性，应选用的试剂是H2SO4和Na2S溶液。
答案： （1）溴水，Na2SO3溶液；溴水褪色；Br2+H2O+Na2SO3＝Na2SO4+2HBr；（2）稀H2SO4，Na2SO3溶液，Na2S溶液；产生淡黄色沉淀； 2Na2S+Na2SO3+4H2SO4＝3Na2SO4+3S↓+3H2O。
10．根据下图回答问题：
（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：
A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。
D中加入的试剂是 ，作用是 。
（4）实验时，C中应观察到的现象是 。
10．研析：本题的考点有：对较复杂的实验装置气密性的检查，用学过的化学知识检验浓H2SO4与木炭粉加热时得到的全部反应产物；同时通过对CO2的检验考查考生在进行化学实验时思维的严密性。
对实验装置的气密性检查是中学化学实验的基本要求之一，在本题中，由于装置比较大，双手的热量不足以使整个装置中气体膨胀，效果不显著，因而在B、C、D洗气瓶的导管口见不到气泡冒出，如果同学们明白检验装置气密性应用的原理，很容易会想到，在反应前用小火加热（或其他方法），使瓶内空气迅速膨胀，导致气泡从洗气瓶的导管中冒出，停止加热后，烧瓶冷却，瓶内压力减小，产生负压，水会升到洗气瓶的导管里，形成一段水柱，由此证明装置不漏气。
浓H2SO4与木炭反应生成H2O(g)，SO2(g)，CO2(g)三种气态物质，根据中学学过的化学知识，可以用无水硫酸铜检验其中的H2O(g)，白色无水CuSO4吸水后变为蓝色CuSO4·5H2O；SO2可以使品红溶液褪色；由于SO2和CO2都能使澄清石灰水变浑浊，所以这时一定要注意，要证明气体中有CO2，先要确认气体中已经不再有SO2。因此在装置中，容器A中的试剂是无水CuSO4、B中是品红溶液、D中是澄清石灰水。由于酸性KMnO4溶液具体强氧化性，而SO2具有还原性，两者可发生氧化还原反应，因此，C中可加入酸性KMnO4溶液，用来除去剩余的SO2气体。在实验时，C中应观察到的现象是酸性KMnO4溶液的颜色不褪尽。这样才能说明气流中的SO2已经除尽，使澄清石灰水变浑只能是由于气体中有CO2。（如果考生回答在Ｃ中加入品红溶液，用于检查气流中的SO2是否除尽，且实验时C中品红溶液的颜色不褪尽，也可认为是正确的。
答案：（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＋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）。
本节答案解析与研读
本节教材课后习题（P88）
1．（1）A、B （硫单质俗称硫磺，是一种黄色或淡黄色的固体：很脆，易研成粉末；不溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，熔点和沸点都不高。）
（2）B （SO2是无色，有刺激性气体，有毒）
（3）B （4）D （5）B（SO2可以使品红溶液褪色，SO2，CO2 都能使紫色石蕊溶液变红）
（6）C （煤和石油含有硫元素，这些燃料燃烧时除了产生CO2外，还会产生SO2。排放到空气中的SO2在O2 和H2O的共同作用下，形成酸雾，随雨水降落就成为酸雨。）元素的氧化性是化合价降低 而还原性是化合价升高。
2．Fe+S FeS S+O2SO2
3．（1）因为废气中含有SO2 ，SO2 是有刺激性气味的有毒气体，对环境造成污染，形成酸雨。酸雨给人类带来种种灾害，严重威胁生态环境。酸雨会使湖泊的水质变酸，导致水生生物死亡；酸雨浸渍土壤，会使土壤变得贫瘠，长期的酸雨侵蚀会造成森林大面积死亡；酸雨对人体健康也有直接影响，如酸雨渗入地下可使地下水中的重金属元素含量增加，饮用这样的水会危害人体健康。
（2）2SO2+O22SO3 SO3 +H2O =H2SO4 SO2+H2O =H2SO3
（3）① SO2+CaCO3= CaSO3+CO2 2CaSO3+O2=2CaSO4
②与碱溶液脱硫的方法相比，用石灰脱硫的优点是原料石灰廉价易得经济，所得产物为CaSO4，可生产石膏（ CaSO4 2H2O）变废为宝，充分利用原料。不足是用石灰脱硫，CaCO3 在水中溶解度小，与SO2反应较缓慢。
4．由反应：4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2 △m
480g 320g 160g
m 1g-0.76g
m= 480g×(1g-0.76g)÷160g=0.72g
从而该矿石中FeS2的含量为w(FeS2)= 0.72g÷1g=72%
由反应4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2 2 SO2+O2 =2SO3 SO3 +H2O =H2SO4得
FeS2 ——————2 H2SO4
120 g 2× 98g
1t ×72% ×(1-2%) m× 98%
m=1.18t
答：该矿石1t可制得98％的浓H2SO41.18t。
5．（1）① S+O2SO2 ② H2S+SO2=3S+2H2O ③2SO2+O22SO3
④SO3+H2O=H2SO4 ⑤ 2H2SO4(浓)＋CuCuSO4 + SO2↑+H2O ⑥SO2+2H2O+Cl2=2HCl+H2SO4
（2）S的物理性质：是淡黄色或黄色的固体，很脆，不溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，熔点和沸点较低。S的化学性质：既有氧化性又有还原性。S的用途：制造H2SO4，化肥，火柴，及杀虫剂，还用于制造火药，烟花爆竹。
SO2的性质：是无色刺激性的气体，既有氧化性又有还原性。SO2的用途：具有杀菌作用，可做消毒剂和防腐剂，用于杀灭地下室、地窖、酒桶、发酵桶中的霉菌。
（3）Na2S BaSO3 BaSO4 CaSO4 2H2O 2CaSO4 H2O
（4）大蒜的含硫物质刺激免疫细胞CD4的增生。姜黄、小茴香、丁香各有一定抗菌的效果，做菜时用这些香料取代盐和酱油，是更健康的做法。每天食150克的优酪乳或酸凝酪，利用有益细菌来改善肠道健康，使黏膜组织完整，减少肠道中细菌或毒素进入血液从而提高免疫力。要增强全家大小的免疫力并不是一件难事，配合正确均衡的饮食，再加上适度运动维持充足睡眠减轻生活压力就可达成。　
探究解题新思路
1．研析：上述3种气体本身属于大气的污染物，即一次污染物。硫化氢还原性很强，易燃烧、氧化转化成二次污染物二氧化硫。二氧化硫与水结合生成亚硫酸，进一步被氧化成硫酸，增加酸雨的酸度。汽油不完全燃烧，生成剧毒的一氧化碳气体。上述3种气体都可转化为二次污染物。
答案：D。
2．研析：解析解答除杂质题的思路是：①不增：即不增加新的杂质，增加了要设法除尽。②不减：不减少欲被提纯的物质。③易分离：即被提纯的物质与杂质容易分离。④易转变：即加入的试剂能把杂质转变为被提纯的物质，或转变为气体、沉淀、易溶物而除去。 由此可知答案。
答案：（1）加热方法好；碳酸氢铵可全部分解，无残余物，而加强碱只除去NH4+，且消耗了试剂；将湿润红色石蕊试纸放在试管口不变蓝色，则分解已完全。
（2）用BaCl2溶液为好，避免溶液中引入NO3-；取少量的上层清液，滴加BaCl2溶液，如不产生浑浊，表示SO42-已完全除去。
3．研析：（差量法）H2S和SO2的反应方程式如下：
2H2S＋SO2＝3S＋2H2O
SO2＋2H2S＝3S＋2H2O　～　S（氧化、还原产物之差）
1 mol　　　　　　　　　　 32 g
n（SO2）　　　　　　　　 8.0 g
n（SO2）＝0.25 mol，
n（SO2）∶n（H2S）＝0.25 mol∶（1.00 mol－0.25 mol）＝1∶3。
答案：D
4．研析：（1）撤去酒精灯，反应仍能继续，表明有热量来源．热量何来？只能说反应是放热反应。
（2）FeS与H2SO4发生复分解反应。（3）应将多余的H2S吸收或通过通风橱排走，以免中毒。
答案：（1）Fe与S的反应是放热反应　（2）FeS＋2H＋＝Fe2＋＋H2S↑
（3）在制H2S的反应装置和收集装置后连接盛有NaOH（aq）〔或CuSO4（aq）〕的洗气瓶（或制取H2S时在通风橱中进行）。
5．研析：题目提供了3个温度数据，燃烧温度：1个高于硫的沸点，1个低于硫的沸点。温度高于硫沸点时，硫变成了气态，火焰呈白色正是混有大量硫蒸气的原因。
答案：温度高，导致液态硫磺大量蒸发，硫蒸气来不及燃烧而部分随产生的SO2一同输送出去，故硫磺消耗速度加快，SO2产率反而下降。在输送过程中，硫磺蒸气冷凝成固体硫严重堵塞输送管道。
6．研析：只要搞清设计实验的目的和原理，结合硫和铁反应的特点，注意空气的氧化性，即可迎刃而解。
答案：（1）防止因铁粉过量而使滤渣C中的铁粉与H2SO4反应，生成Fe2＋干扰实验。（2）防止环境中的O2参与反应
（3）硫和铁粉反应是放热的
（4）除去混合物中的硫粉 3S＋6KOH2K2S＋K2SO3＋3H2O CS2
（5）防止H2SO4溶解的氧气氧化生成的Fe2＋
（6）加入煮沸的KSCN溶液．看是否变为血红色溶液
7．研析：本题讨论的是以二氧化硫的污染与防治为中心的环保问题，综合了生物、化学、人类健康等方面的知识。
答案：（1）酸雨 （2）呼吸　呼吸困难、咳嗽、喉痛、支气管哮喘、肺气肿等（任2种）。
（3）叶 （4）2NH3·H2O＋SO2＝2NH4+＋SO32－＋H2O （5）CaCO3CaO＋CO2↑；
CaO＋SO2CaSO3； 2CaSO3＋O22CaSO4
8．研析：根据H2S燃烧通式：
xH2S+yO2＝(3x/2-y)S+(y-x/2)SO2+xH2O
将x＝a,y＝1代入得：
aH2S+O2＝(3a/2-1)S+(1-a/2)SO2+aH2O
由此可得：
答案：(1)全部是SO2时，3a/2≤1,即a≤2/3
(2)全部是S时，a/2≥1，即a≥2，很显然，此时d1＞d2。
(3)部分是SO2，部分是S时，a/2＜1＜3a/2，即3/2＜a＜2，此时：生成的SO2为1-a/2mol，容器内共有气体：1- a/2+a＝1+ a/2mol。
9．研析： ①气体通过浓H2SO4，体积无变化，说明无NH3和H2S（H2S与浓H2SO4发生氧化还原反应）。
②气体通过饱和Na2CO3溶液质量增加0.5g，发生了反应：
SO2+Na2CO3＝Na2SO3+CO2 　　　Δm
22.4L　　　　∶　　　44g　　　(64-44)g
V(SO2)　　　 ∶　　 m(CO2)　　0.5g
V(SO2)＝0.56L m(CO2)＝1.1g
φ(SO2)＝0.56L/1L×100%＝56%
③通过灼热的CuO有红色物质生成，说明有还原性气体H2或CO或两者皆有。
④通入澄清石灰水变浑浊，说明有CO2(由两部分组成)，且为1.54g，则③中的还原性气体必含CO：
CO ～　　　　CO2 ～ Ca(OH)2
22.4L　　　　　4g
V(CO)　　　　(1.54g-1.1g)
V(CO)＝22.4L×0.44g/44g＝0.224L＝224mL
⑤最后得到的气体只能是N2，且V(N2)＝V(H2O)＝104mL，S则V(H2)＝1000ml-888mL＝112mL。
答案：（1）56%；（2）N2，H2，CO；（3）H2∶112mL；（4）CO∶224mL
10．研析：解答本题时，一要挖掘隐含的两个反应；二要运用平均值规律通过对“5.75g”和“7.10g”的量的分析，判断溶质的组成。
SO2与NaOH作用可能的反应有：
SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O;SO2+NaOH＝NaHSO3。
1120mLSO2气体可生成0.0500molNa2SO3或NaHSO3，质量是6.30g或5.20g。依题意，两份溶液中，含溶质5.75g的一定含Na2SO3和NaHSO3；含溶质7.10g的一定含Na2SO3和NaOH。
设第一份溶液中含Na2SO3物质的量为x，NaHSO3物质的量为y，则：
解得 x＝0.0250mol,y＝0.0250mol。
原溶液中含NaOH物质的量为：
2x+y＝0.0750mol,
c(NaOH)＝＝0.150mol/L。
依上分析，第二份溶液中含Na2SO30.0500mol，质量是6.30g，则含NaOH的质量为：m(NaOH)＝7.10g-6.30g＝0.80g。
原溶液中含NaOH物质的量为：
2×0.0500mol+＝0.120mol,
c(NaOH)＝＝0.240mol/L。
答案： 0.150mol/L、0.240mol/L。
优化考题新演练
1．研析：环境保护在社会进步的今天越来越引起人们的重视。面对日益恶化的生态环境、能源危机，从化学的角度来关注环保，主要是了解污染物的来源。只有治理了污染源才可能做到“既治标又治本”。
二氧化硫的来源：化石燃料的燃烧、工业废气；氮氧化物的来源：化石燃料的燃烧、汽车尾气、工业废气；一氧化碳的来源：化石燃料的燃烧。
悬浮微粒是因环境被人为破坏造成的。如植被的砍伐造成的沙尘暴等。本题选择的判断是用排除法。B选项中的二氧化碳不属于污染物，C、D选项中的稀有气体不属于污染物。
答案：A。
2．研析：空气中硫氧化物和氮氧化物随雨水降下就成为酸雨。酸雨的形成主要是由于空气中SO2和NOx的增多，在我国主要是SO2的增多。空气中SO2的主要来源是：
①化石燃料（煤和石油产品）的燃烧 ②含硫矿石的冶炼 ③硫酸、磷肥、纸浆厂的工业废气
由于汽车燃用的汽油、柴油等都经过了脱硫处理，所以形成酸雨的主要原因是：工业上大量燃烧含硫燃料。
答案：B。
3．研析：硫在空气中燃烧生成SO2，硫被氧化；铜片与浓硫酸共热，浓硫酸被还原生成SO2；红热的木炭与浓硫酸反应，浓硫酸被还原生成SO2；亚硫酸钠与稀硫酸反应，没有化合价的变化，不属于氧化还原反应。
答案：A。
4．研析： S ＋ O2 ＝ SO2 ΔV
1 1 0
从反应中看出发生反应的氧气与生成的二氧化硫在相同状况下体积相等．所以无论氧气适量、不足量或过量．该反应后的气体总体积即为反应前氧气的体积．即为0.2 mol×22.4 L·mol－1＝4.48 L
答案： D。
5．研析：A中硫单质得电子做氧化剂，金属铁失电子，做还原剂，该反应中硫单质体现氧化性，A正确。B中SO2体现的是还原性，酸性KMnO4溶液、氯水具有强氧化性，被SO2还原而退色，故B不正确。C中H2S中硫元素化合价为－2，在反应中可升高，体现还原性，氢元素化合价为＋1，在反应中可降低，体现氧化性，C正确。D中BaSO4性质稳定，不溶于水，不溶于酸，也不易被X射线透过，故常用作X射线透视的“钡餐”，D正确。
答案：B。
6．研析： BaCl2溶液与Na2SO3溶液和稀H2SO4反应都生成白色沉淀BaSO3和BaSO4。但前者溶于酸而后者不溶于酸。
答案：各取试样适量，分别置于两支试管A、B中。分别向A、B中滴加足量的BaCl2溶液，都生成白色沉淀。静置，将A中上层清液注入B中，若B试管中沉淀溶解且放出有刺激性气味的气体，则说明B中原来加入的是Na2SO3溶液。A试管中则是稀H2SO4；若试管B中无明显现象，则证明试管B中原来加入的是稀H2SO4，试管A中加入的就是Na2SO3溶液。
7．答案：（1）2KNO3＋3C＋S＝K2S＋N2↑＋3CO2↑（2）1.5（3）因为燃放烟花爆竹会产生SO2气体，此外还有噪声、粉尘等都会造成对环境的污染，且有时引发火灾，造成意外伤害事故（4） KNO3；CS2；碳
8．研析：（1） SO2 ～ CaSO4·2H2O
22.4 172
1.12×104×0.2% x x=172kg
（2）560L尾气中含SO2的物质的量为560L×0.2%÷22.4L/mol =0.05mol
100mL氢氧化钠溶液中含NaOH的物质的量为2mol/L×0.1L=0.2mol
根据SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O
0.05mol SO2消耗NaOH的物质的量为0.05mol×2=0.1mol
因此，NaOH过量，Na2SO3的物质的量应根据SO2的量计算
所得溶液中各成分的物质的量为
n(NaOH)=0.2mol-0.1mol=0.1mol n(Na2SO3)=n(SO2)=0.05mol
答案：n(NaOH)： 0.1mol；n(Na2SO3)：0.05mol。
9．研析：（1）+4 硫有还原性，可被氧化剂氧化，在指定的试剂中只有溴水具有强经剂氧化，在指定的试剂中只有溴水具有强氧化性，由此可知应选溴水。（2）+4价的硫具有氧化性，与其还原性相比，氧化性较弱，只有在特定条件下才表现出氧化性，如在酸性条件下，+4价的硫才较易还原成单质硫，因此要证明其氧化性，应选用的试剂是H2SO4和Na2S溶液。
答案： （1）溴水，Na2SO3溶液；溴水褪色；Br2+H2O+Na2SO3＝Na2SO4+2HBr；（2）稀H2SO4，Na2SO3溶液，Na2S溶液；产生淡黄色沉淀； 2Na2S+Na2SO3+4H2SO4＝3Na2SO4+3S↓+3H2O。
10．研析：本题的考点有：对较复杂的实验装置气密性的检查，用学过的化学知识检验浓H2SO4与木炭粉加热时得到的全部反应产物；同时通过对CO2的检验考查考生在进行化学实验时思维的严密性。
对实验装置的气密性检查是中学化学实验的基本要求之一，在本题中，由于装置比较大，双手的热量不足以使整个装置中气体膨胀，效果不显著，因而在B、C、D洗气瓶的导管口见不到气泡冒出，如果同学们明白检验装置气密性应用的原理，很容易会想到，在反应前用小火加热（或其他方法），使瓶内空气迅速膨胀，导致气泡从洗气瓶的导管中冒出，停止加热后，烧瓶冷却，瓶内压力减小，产生负压，水会升到洗气瓶的导管里，形成一段水柱，由此证明装置不漏气。
浓H2SO4与木炭反应生成H2O(g)，SO2(g)，CO2(g)三种气态物质，根据中学学过的化学知识，可以用无水硫酸铜检验其中的H2O(g)，白色无水CuSO4吸水后变为蓝色CuSO4·5H2O；SO2可以使品红溶液褪色；由于SO2和CO2都能使澄清石灰水变浑浊，所以这时一定要注意，要证明气体中有CO2，先要确认气体中已经不再有SO2。因此在装置中，容器A中的试剂是无水CuSO4、B中是品红溶液、D中是澄清石灰水。由于酸性KMnO4溶液具体强氧化性，而SO2具有还原性，两者可发生氧化还原反应，因此，C中可加入酸性KMnO4溶液，用来除去剩余的SO2气体。在实验时，C中应观察到的现象是酸性KMnO4溶液的颜色不褪尽。这样才能说明气流中的SO2已经除尽，使澄清石灰水变浑只能是由于气体中有CO2。（如果考生回答在Ｃ中加入品红溶液，用于检查气流中的SO2是否除尽，且实验时C中品红溶液的颜色不褪尽，也可认为是正确的。
答案：（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＋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）。
多彩化学漫步
研析：（1）根据硫化氢比空气密度大的特点，应该要向高处疏散；至于顺风还是逆风，应属常识，如果顺风，则永远跑不出污染区，因而应逆疏散。（2）硫化氢能与氢氧化钠或碱石灰反应而被吸收，可用；而与氯化钠不反应，不可用；虽然能和氨水反应，但氨水本身具有很强的刺激性，不可用。（3）H2S已大大超标，即使佩带空气呼吸器，也有一定危险，应迅速离开现场。（4）①一要防止爆炸；二要防止中毒：人要佩戴防护用具，并站在天然气的逆风向处点火。②因为硫化氢燃烧会产生二氧化硫气体，同时，部分天然气如果不完全燃烧，还可能产生CO气体和大量烟尘，造成二次污染。
答案：（1）BC （2）AB （3）BC （4）见研析。
带孔橡胶塞 锥形瓶 集气瓶 分液漏斗 导管 液体 固体
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第2节 铝 金属材料
在生活中，我们到处都可以看到铝的“影子”。然而，在一百多年前，铝却被认为是一种希罕的贵金属，价格比黄金还贵，甚至还被列为“稀有金属”之一。据说有一次法国皇帝拿破仑三世举行了一次宫廷宴会，来宾都用金碗喝酒，唯独皇帝一人在用铝碗，来宾都对皇帝的铝碗羡慕不已。真是怪事，铝怎么比金子还贵？这件事说起来也不奇怪。当时，一公斤钠价值2000法郎。当时，铝是用钠还原法制出来的，因此就更贵了。那么，铝到底有什么样的性质和用途呢？
研习教材重难点
研习点1 铝与铝合金
【温故·知新】
钠、镁、铁性质的相似性
（1）物理性质：都是银白色，有金属的光泽，都能导电，都能传热，都有良好的延展性。
（2）化学性质：都能与非金属单质（如氧气、氯气等）反应；都能与酸反应；都能与某些盐溶液（如：CuSO4溶液）反应。
1．铝
（1）物理性质：硬度较小，银白色质轻，密度为2.7g/cm，具有一定的耐磨性，有很好的延展性和导电性，熔点低（666.4℃），沸点高（2467℃）。
（2）化学性质
①与非金属反应
a 与氧气反应：
常温下，铝被空气中的氧气氧化，表面生成一层致密的氧化物薄膜，失去金属光泽。
点燃时，金属铝可以在氧气中燃烧：4Al＋ 3O2 2Al2O3
说明：该反应放出大量热和耀眼的白光，因而铝可用于制造燃烧弹、信号弹、火箭推进剂等。
【知识·链接】
英阿马岛战争中英方的一艘现代化驱逐舰被阿方导弹击中后，燃起滔天大火，无法扑灭，导致舰艇沉没，这是怎么回事呢？原来，驱逐舰夹板上大量使用铝，铝在高温下发生了燃烧，生成氧化铝。
b. 与氯气、硫等非金属反应
2Al＋3Cl2 2AlCl3 4Al＋3S 2Al2S3
②与酸的反应
a. 与非氧化酸（盐酸、稀硫酸）反应，有氢气生成：2Al＋6H＋＝2Al3＋＋3H2↑。
b. 与氧化酸（硝酸，浓硫酸）反应，无氢气生成： Al＋4HNO3 (稀)＝Al(NO3)3＋NO↑＋2H2O
注意：Al遇冷的浓硫酸、浓硝酸会钝化，但加热可反应。
③与碱的反应
化学方程式：2Al＋2NaOH＋6H2O＝2Na[Al(OH)4]＋3H2↑
离子方程式： 2Al＋2OH－＋6H2O＝2[Al(OH)4]－＋3H2↑
【领悟·整合】
铝和强碱溶液反应，不是铝直接和碱反应，而是铝先和强碱溶液中的水反应生成氢氧化铝，然后氢氧化铝再和强碱反应生成四羟基合铝酸盐。如铝和氢氧化钠溶液反应分两步进行：2Al+6H2O＝2Al(OH)3+3H2↑；Al(OH)3+NaOH＝Na〔Al(OH)4〕。因此，在此反应中，铝为还原剂，水为氧化剂。
④与金属氧化物的反应（铝热反应）
金属铝在高温下可与Fe2O3反应：2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3
说明：a该反应称为铝热反应，铝粉和氧化铁粉末的混合物称为铝热剂。利用铝热反应可焊接钢轨大截面的钢材部件等。
b铝和氧化铁在高温下发生的反应不仅可用于焊接钢轨，还可用于定向爆破定向爆破是指在地基的钢筋混处安放铝热剂，引燃后产生的温度高达2500－3500℃，使钢筋熔断，楼体倒塌。
c铝不仅可与氧化铁发生铝热反应，用其他金属氧化物如V2O5、Cr2O3、MnO2等代替氧化铁也可发生铝热反应。铝热反应还可用于冶炼钒、锰等金属。
【领悟·整合】
在以上四种反应中，铝的化合价均由0价升高到＋3价，被氧化，做还原剂。可以看出，铝具有较强的还原性，是一种较为活泼的金属。
2、铝合金
（1）合金：合金是指两种或两种以上的金属（或金属与非金属）熔合而成的具有金属特性的物质。
一般来说，合金的性能优于纯金属，合金的熔点比它的各成分金属熔点都低，硬度比它的各成分金属大。但合金的性质并不是各成分金属性质的总和。
（2）铝合金
金属铝中加入其他元素如铜、镁、硅、锌、锂等，即形成各种性能优良的铝合金。
①性质特征
铝合金具有密度小、强度高、塑性好、易于成形、制造工艺简单、成本低廉等特点，并且表面易形成致密的氧化物保护膜而具有一定的抗腐蚀能力。
②用途
铝合金主要用于建筑业、容器和包装业、交通运输及电子行业，如汽车车轮的骨架，硬盘抽取盒等。另外，还广泛用于制造飞机构件。
典例1：下列物质中，不属于合金的是
A．硬铝 B．黄铜 C．钢铁 D．水银
研析：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；钢铁是钢的俗称，而钢是一种常见的合金；水银即是单质汞，不是合金。
答案： D
典例2：两份铝粉，第一份和足量的NaOH溶液反应，第二份与足量HCl反应。如在相同条件下放出等体积的气体，则两份铝粉的质量比为__________。
研析：Al 分别与NaOH、HCl反应的方程式如下：
2Al ＋2NaOH ＋6H2O ＝ 3H2↑ ＋ 2Na[Al(OH)4]；2Al ＋6HCl ＝ 2AlCl3 ＋ 3H2↑
由化学方程式可知，只要在酸碱足量的情况下，生成H2 的多少决定于参加反应的铝的多少。生成相同物质量的H2 ，消耗掉铝的质量比相同。
答案： 1：1
研习点2 铝的重要化合物
1．氧化铝
（1）存在：自然界中纯净的Al2O3为无色晶体，俗称刚玉，硬度仅次于金刚石，可作人造宝石。
（2）物理性质：白色固体，不溶于水，熔点高。
说明：由于Al2O3熔点高，难分解，因而可做良好的耐火材料。
（3）化学性质
①与酸反应： Al2O3 ＋6HCl＝ 2AlCl3 ＋3H2O（Al2O3 ＋6H＋ ＝ 2Al3＋ ＋3H2O）
②与碱反应：Al2O3＋2NaOH＋3H2O＝2Na[Al(OH)4]（Al2O3＋2OH－＋3H2O＝2[Al(OH)4]－）
说明：氧化铝具有不同于一般氧化物的性质，既与强酸反应也与强碱反应，属于两性氧化物。
思考：（1）铝是一种较为活泼的金属，为什么生活中的铝制品却比较稳定呢？（2）将未打磨的铝片投入盛有氢氧化钠溶液的试管中，观察到开始并无气泡，一段时间后才有气体产生，为什么？
提示：（1）铝表面形成一层致密的氧化物保护膜，将空气与铝隔开。（2）开始是铝表面的氧化铝与碱液反应，不生成气体，当表面的氧化铝溶解完，才发生铝与碱液反应，生成氢气。
2．氢氧化铝
（1）物理性质：Al(OH)3是几乎不溶于水的白色胶状固体，具有吸附性。
（2）化学性质
①与酸反应：Al(OH)3 ＋3HCl＝AlCl3 ＋3H2O（Al(OH)3 ＋3H+＝Al3+＋3H2O）
②与碱反应：Al(OH)3＋NaOH＝Na[Al(OH)4]（Al(OH)3＋OH－＝[Al(OH)4]－）
说明：Al(OH)3与Al2O3一样，既与酸反应又与碱反应，具有两性，属于两性氢氧化物。
①受热易分解：大部分难溶性的氢氧化物在受热时可以分解生成相应的氧化物和水，Al(OH)3也不例外。
2Al(OH)3 Al2O3＋3H2O
（3）Al(OH)3的制取：
①铝盐与碱反应：用铝盐与可溶性弱碱氨水反应制Al(OH)3：Al3+＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4+
说明：制取Al(OH)3也可用铝盐与强碱作用，但应严格控制加入碱的量，因为强碱过量会使制得的Al(OH)3转化为四羟基合铝酸盐：Al(OH)3＋OH－＝[Al(OH)4]－。所以，实验室一般不采用这种方法制Al(OH)3。
②四羟基合铝酸盐与酸反应：一般用向偏铝酸盐溶液中通入CO2的方法制取Al(OH)3。
当CO2不足或适量时：2[Al(OH)4]－＋CO2＝2Al(OH)3↓＋CO32－＋H2O；CO2过量时：[Al(OH)4]－＋CO2＝Al(OH)3↓＋HCO3－。
说明：一般不用强酸，因为强酸的量控制不当会使制得的Al(OH)3溶解： [Al(OH)4]－＋H+＝Al(OH)3↓＋H2O；Al(OH)3＋3H+＝Al3+＋3H2O
（4）Al(OH)3的用途：
由于Al(OH)3具有吸附性，既能凝聚水中悬浮物，又能吸附色素，因此Al(OH)3可作净水剂和色素吸附剂。
【联想·发散】
明矾净水原理——明矾（KAl(SO4)2·12H2O）溶于水发生下列反应： KAl(SO4)2＝K+＋Al3+＋2SO42－；Al3+＋3H2O ＝ 2Al(OH)3（胶体）＋3H+。Al(OH)3胶体中胶粒有吸附水中悬浮杂质的作用，使其质量增大，沉降水底，达到净化水的目的。
典例3：对于一瓶氢氧化钠溶液，一瓶氯化铝溶液，不借助其他的试剂，能否将两种溶液区别开来？
研析：我们可以利用滴加顺序的不同而产生不同的现象的方法就可以区别开来。如果将试剂1逐滴滴入试剂2中，开始就出现沉淀，随着1的滴入，沉淀先增多，然后逐渐消失，则试剂1为氢氧化钠溶液，试剂2为氯化铝溶液．反之，若出现图2的现象，先没有沉淀，最后沉淀增多且不消失，则试剂1是氯化铝溶液，试剂2为氢氧化钠溶液。
答案：见研析。
典例4：等体积的AlCl3和NaOH溶液混合后，沉淀物中含铝的质量与溶液中含铝的质量相等，则AlCl3和NaOH两种溶液的物质的量浓度之比为
A．1∶3 B．2∶3 C．1∶4 D．2∶7
研析：AlCl3和NaOH溶液混和有沉淀物生成，可能有两种情况：①NaOH不足量，②NaOH部分过量。假设溶液中含有2mol的AlCl3，如果为第一种情况生成Al(OH)3沉淀的物质的量与未反应的AlCl3物质的量相等，所以耗NaOH 3mol。则B正确。如果为第二种情况，则生成1mol的Al(OH)3，1mol的[Al(OH)4]－，共消耗NaOH为7mol。所以D也正确。
答案：B、D。
研习点3 金属与金属材料
1．金属的分类
（1）冶金工业
黑色金属：Fe、Cr、Mn（黑色金属的颜色不一定是黑色，如纯净的铁、铬的颜色是银白色）
有色金属：除Fe、Cr、Mn以外的所有金属
（2）按密度
轻金属：密度＜4.5g/cm3（如钠、镁、铝）
重金属：密度＞4.5g/cm3（如铁、铜、W）
（3）按自然界中的含量
常见金属：如铁（4.75%） 铝（7.7%） 钙（3.45%）等
稀有金属：如锆、铌、钼等
2．金属的通性：有金属光泽、有延展性，是电和热的良导体，具有还原性。
【联想·发散】
金属之最：在生活生产中使用最广泛的金属是铁；地壳中含量最多的金属元素是铝（Al）；最稳定的金属单质，延展性最好的都是金（Au）；导电性能最好的是银（Ag）；自然界中最活泼的金属是铯（Cs）；最硬的金属单质是铬（Cr）；熔点最高的金属单质是钨（3413℃）（W）；熔点最低的金属单质是汞（－39℃）（Hg）；密度最大的是锇（22.57g/cm3）。
2．钢铁
（1）生铁：含碳量2％－4.3%，硬度大，但较脆且不易机械加工。
（2）普通钢：含碳量0.03%－2%，增加了铁锰等元素，改善了铁的性能，但易锈蚀。
（3）不锈钢：在普通钢基础上，加入铬镍等元素，含铬在一般在12％以上，在空气中能保持金属光泽，且有不生锈的特性。
说明：由于铬元素的加入，能使钢材表面形成致密且坚固的氧化膜，防止内部铁与外界物质接触。镍元素的加入，使不锈钢在酸碱盐的水溶液中也能具有很好的化学稳定性和耐腐蚀性。
3．金、银、铜等金属材料
（1）物理性质
① 特性：金是黄色金属；银是白色金属；铜是紫红色金属。
② 共性：硬度较小，熔点较高，密度较大，具有金属光泽、良好的延展性、导电性和导热性。
（2）化学性质：金、银、铜都属于不活泼金属，相对而言，其活泼程度依次增强。
① 金：金是最稳定的金属之一，在高温下也不能与氧气反应，不能被硝酸等强氧化性酸氧化。但金能溶解在王水中。
② 银：银虽然不能与盐酸、稀硫酸反应，但却能溶解在硝酸等强氧化性酸中：
Ag＋2HNO3 (浓)＝AgNO3＋NO2↑＋H2O；3Ag＋4HNO3 (稀)＝3AgNO3＋NO↑＋2H2O
③ 铜：
a 与非金属单质反应： 2Cu＋O2 2CuO；2 Cu＋S Cu2S；Cu＋Cl2CuCl2
b 与酸反应：与银相似，铜不能与盐酸、稀硫酸反应，但却能溶解在硝酸等强氧化性酸中：
Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O
Cu＋4HNO3 (浓)＝Cu(NO3)2 ＋ 2NO2↑＋2H2O
3Cu＋8HNO3 (稀) ＝3Cu(NO3)2 ＋2 NO ↑＋4H2O
c 与盐溶液反应： Cu＋2FeCl3＝CuCl2＋2FeCl2
d 铜的锈蚀：铜在干燥空气中性质稳定，但在潮湿空气中会被腐蚀，在其表面逐渐形成一层绿色的铜锈：2Cu＋O2＋H2O＋CO2 ＝Cu2(OH)2CO3
（3）用途：
①金及其合金除了用于首饰以外，在电子工业的用量占工业用量的90％以上。在航空航天工业中，金在制造飞机和航天器有关部件所用的材料也占有重要地位。
②银除了用于首饰以外，在有机合成、能源开发、材料制造等方面的应用越来越被重视。
③铜在电气和电子工业中主要用于制造电线、通讯电缆等。这方面应用占铜的工业总用量的一半左右，半导体器件中的硅芯片上用铜代替铝线；建筑业上用铜制造水管及其它排水设施，具有独特的杀菌功能，抑制细菌生长。
④钛（Ti）―― “21世纪的金属”性能优储量大，用于制造飞机、导弹、宇宙飞船、舰艇、化工设备、纺织机械、人造卫星、医疗器械、“人造骨骼”等。
⑤铀（U）―― 做核电厂反应堆的核燃料。
⑥镅（Am）―― 用作烟雾探测器中的烟雾监测材料。
4．铜的常见化合物
（1）颜色、溶解性：CuO——黑色、难溶；Cu2O——红色、难溶；Cu2S——黑色、难溶；CuSO4——白色、易溶；CuSO4·5H2O——蓝色、易溶；Cu2(OH)2CO3——绿色、难溶；Cu(OH)2——蓝色、难溶。
（2）化学性质
①氧化铜
a. 氧化铜有金属氧化物的性质，例如： CuO＋2HCl＝CuCl2＋H2O
b. 氧化铜具有弱氧化性，可与某些还原剂反应。例如：
H2＋CuO Cu＋H2O； C＋2CuO 2Cu＋CO2↑；CO＋CuO Cu＋CO2；
2NH3＋3CuO 3Cu＋N2＋3H2O
c. 氧化铜在高温下可发生分解反应： 4CuO 2Cu2O＋O2↑
②硫酸铜： CuSO4 晶体与无水CuSO4之间可以相互转化
CuSO4·5H2O CuSO4＋5H2O；CuSO4＋5H2O＝CuSO4·5H2O
典例5：在金、银、铜、铁、钠、镁、铝几种金属中，属于轻金属的有___________；导电性能最好的是__________________；在空气中最稳定的是_______________；最活泼的是_______________；常温时与水能剧烈反应的有____________________________；既能跟酸反应，又能跟碱溶液反应的是______________。
研析：通常，密度﹤4.5g/cm3的为轻金属，密度﹥4.5g/cm3的为重金属；以上金属都具有良好的导电性，其中，银的导电性是最好的；最不活泼的是金，金在加热条件下也难以与氧气反应，“真金不怕火炼”就是这个意思；钠能与冷水剧烈反应，是以上金属中最活泼的；既能跟酸反应，又能跟碱溶液反应的物质除了铝之外，千万不要忘记钠也能与碱溶液中的水反应。
答案：钠、镁、铝；金；钠；钠；钠、铝。
典例6： 钛（Ti）因为具有神奇的性能越来越引起人们的关注。常温下钛不和非金属、强酸反应，红热时，却可与常见的非金属单质反应。钛是航空、军工、电力等方面的必需原料。地壳中含钛铁矿石之一是金红石（TiO2），目前大规模生产钛的方法是：
第一步：金红石、炭粉混合，在高温条件下通入Cl2制得TiCl4和一种可燃性气体。该反应的化学方程式为 ，该反应的还原剂是 。
第二步：在氩气的气氛中，用过量的镁在加热条件下与TiCl4反应制得金属钛。
（1）写出此反应的化学方程式： ；
（2）简述从上述所得产物中获取金属钛的步骤。
研析：因为钛①常温时不与非金属、强酸反应，②红热时可与常见非金属单质反应，可类比一般不活泼金属氧化物，选用碳作还原剂制得金属，金属与Cl2生成氯化物。两反应合并的化学方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。
第二步：（1）Mg为活泼金属在氩气作为保护气的环境中还原TiCl4：2Mg＋TiCl4＝2MgCl2＋Ti。（2）还原出的Ti与Mg混合，分离时用强酸，因钛不与强酸反应，所以可将上述产物溶于过量的盐酸中，然后过滤洗涤，即可得到纯净钛。
答案：第一步：TiO2＋2C＋Cl2TiCl2＋2CO；C。第二步：（1）2Mg＋TiCl4＝2MgCl2＋Ti
（2）将还原后的产物溶于过量的盐酸中，过滤、洗涤，即可得到纯净的钛。
探究解题新思路
▲ 基础思维探究
题型一、金属材料的冶炼
典例1：我国古代曾用火烧孔雀石和焦炭混合物的方法炼铜。孔雀石的主要成分是Cu2(OH)2CO3，其冶炼方法是
A．焦炭还原法 B．湿法炼铜 C．铝热还原法 D．电解冶炼法
研析：孔雀石受热发生分解反应［实为Cu(OH)2，CuCO3的分解反应］： Cu2(OH)2CO32CuO＋H2O＋CO2↑。由CuO炼铜，可用焦炭还原法：C＋2CuO 2Cu＋CO2↑；虽然也可用铝热还原法，但既浪费能源(高温)，又浪费铝，经济效益差；况且我国古代既没有Al，也没有掌握冶炼Al的技术，故C项不选。我国古代没有电，故不可能用电解冶炼法；Cu2(OH)2CO3和CuO都不溶于水，没有强酸，也不可能采用湿法炼铜。
答案：A
方法导引：当一种金属可用多种方法冶炼时，工业上一般采用经济效益高的方法。即：热解还原法优于焦炭还原法，焦炭还原法优于铝热还原法，铝热还原法优于电解还原法。从环保角度考虑，H2还原法又优于CO还原法。
拓展变式1．某地产孔雀石的主要成分是Cu3(OH)4CO3。（1）试写出该孔雀石高温分解的化学方程式：___________________________。（2）试以(1)中所得金属氧化物为原料，分别采用湿法冶炼和高温冶炼的方式制取金属铜。供选择的试剂有：①木炭②铁屑③生石灰④稀H2SO4，不得另选其他试剂，写出反应的化学方程式。A．湿法冶炼：___________、___________（可不填满，也可补充，下同。）B．高温冶炼：___________、___________。1．答案：（1）Cu3(OH)4CO33CuO＋2H2O↑＋CO2↑（2） A．CuO＋H2SO4＝CuSO4＋H2O Fe＋CuSO4＝FeSO4＋Cu B．2CuO＋C2Cu＋CO2↑（或CuO＋CCu＋CO↑）
题型二、有关铝及其化合物的分离提纯
典例2：把镁粉中混有的少量铝粉除去，应选用的试剂是
A．稀盐酸 B．烧碱溶液
C．硫酸铝溶液 D．氯水
研析：本题考查知识点是镁与铝的化学性质以及在化学性质上的不同之处。盐酸、氯水与镁、铝都反应．硫酸铝溶液与镁可以反应，置换出铝，不符合题意。烧碱溶液就是氢氧化钠溶液，由于铝有两性，可以与氢氧化钠反应产生氢气，生成的偏铝酸钠可以溶于水，而镁是活泼金属，不与碱反应。
答案：B
总结提升：解答本题的关键点是铝的两性，既可与酸溶液反应，也可与碱溶液反应，而镁是活泼金属，只与酸反应。延伸点是关于分离物质，选择试剂应该是与混合物中的一种反应，而与另一种不反应，反应后的生成物与原物质的聚集状态不同，便于分离。
氧化铝中含少量氧化铁和二氧化硅杂质，试写出除杂过程和有关的化学方程式。
分析 本题的特点是：两性氧化物中含有碱性氧化物和酸性氧化物的杂质。应根据三类不同氧化物与酸、碱反应的情况加以分析。氧化铝与强酸、强碱都反应，除杂时必然转化为其它物质。应选择适当的酸、碱将杂质一一除去，并使氧化铝复生。
解答：（1）将样品加稍过量的盐酸中充分反应，过滤除去SiO2：Al2O3＋6HCl＝2AlCl3＋3H2O；Fe2O3＋6HCl＝2FeCl3＋3H2O。
（2）向滤液中加稍过量的氢氧化钠溶液，充分反应后过滤，除去Fe(OH)3。
NaOH＋HCl＝NaCl＋H2O；3NaOH＋FeCl3＝Fe(OH)3↓＋3NaCl；4NaOH＋AlCl3＝Na[Al(OH)4]＋3NaCl
（3）向上述滤液中通入过量二氧化碳，过滤，得Al(OH)3
CO2＋NaOH＝NaHCO3；Na[Al(OH)4]＋CO2＝Al(OH)3↓＋NaHCO3。
（4）将所得Al(OH)3加热得Al2O3。2 Al(OH)3 Al2O3＋3H2O
总结提升：提纯铝的化合物，一般都需用酸和碱，关键是注意应用强酸、强碱，还是用弱酸、弱碱。除杂时加强酸或强碱，得氢氧化铝时一般通二氧化碳或氨水。本题的另一种解法为：依次用NaOH溶液、盐酸、氨水作试剂。由于NaOH溶液与SiO2反应较慢，生成的Na2SiO3再转化为H2SiO3是胶状沉淀（不易过滤），因此，在理论上该方法可行，但实际操作不如本题解法方便。
拓展变式2．工业上用铝土矿（主要成分是Al2O3·H2O、Al2O3·3H2O以及少量Fe2O3、SiO2等）提取纯Al2O3作冶炼铝的原料。提取的操作过程可用以下流程图表示：（1）写出滤液A中一种溶质与过量NaOH溶液反应进入滤液B中的离子方程式：_____________。（2）若步骤①中没有过滤操作而直接进入步骤②，对后面操作将产生的影响是_______________。2．研析：Al2O3为两性氧化物，能溶于盐酸和氢氧化钠；Fe2O3为碱性氧化物，溶于盐酸而不溶于氢氧化钠；SiO2为酸性氧化物，溶于氢氧化钠而不溶于盐酸．解答此题，关键要抓住这些氧化物性质的差异，形成分离、除杂质的思路。答案：（1）Al3＋＋4OH－＝[Al(OH)4]－ （2）①中的不溶物(Na2SiO3)在操作②中会被氢氧化钠溶液溶解，最后所得Al2O3中将含有SiO2。
典例3：把x溶液（或气体）慢慢加入（或通入）到一定量的y溶液中，产生的沉淀量与加入x物质的量的关系如图所示，符合图中曲线的是
A．x为CO2，y为Ca(OH)2 B．x为NH3·H2O，y为AlCl3
C．x为NaOH，y为AlCl3 D．x为HCl，y为Na[Al(OH)]4
研析：CO2通入Ca(OH)2溶液中可产生碳酸钙沉淀，继续通CO2沉淀溶解而生成Ca(HCO3)2溶液。氨水加入AlCl3溶液产生沉淀，但过量不溶，方程式为：Al3＋＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4＋
NaOH溶液滴加到AlCl3溶液中生成Al(OH)3沉淀，继续加入沉淀溶解生成四羟基合铝酸盐。
AlCl3＋3NaOH＝Al(OH)3↓＋3NaCl Al(OH)3＋NaOH＝Na[Al(OH)]4
盐酸加入到NaAlO2溶液中，先生成Al(OH)3沉淀，继续加入沉淀溶解生成三价铝盐。
HCl＋Na[Al(OH)]4＝Al(OH)3↓＋NaCl＋H2O Al(OH)3＋3HCl＝AlCl3＋3H2O
观察方程式的系数，从定量角度分析，只有C答案符合题意。
答案：C
考向指南： 识图能力是同学们必须具备的一种能力，因而也是高考的必考内容。其中，与铝及其化合物有关的图象又是这类题目中的重点。
拓展变式3．向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列图象中，能正确表示上述反应的是（横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量）3．研析：向混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，NaOH溶液先后与Al2(SO4)3溶液、MgSO4溶液反应生成氢氧化铝、氢氧化镁沉淀，当沉淀达到最多时，继续加入的NaOH溶液将氢氧化铝沉淀溶解，但氢氧化镁不能与过量的NaOH溶液反应。答案：A。
▲ 综合思维探究
题型一、学科内综合题
典例4：下列物质中既能跟稀盐酸反应, 又能跟氢氧化钠溶液反应的是：①NaHCO3 ②(NH4)2S ③Al2O3 ④Al(OH)3 ⑤Al
A．③④ B．③④⑤ C．①③④⑤ D．全部
研析：以上5种物质均既能与强酸反应，又能与强碱溶液反应。如：NaHCO3与盐酸可以反应生成氯化钠、水、二氧化碳气体，与氢氧化钠溶液反应生成正盐（碳酸钠）和水；(NH4)2S与盐酸可以反应生成H2S气体和氯化铵，与氢氧化钠溶液反应生成硫化钠和氨水；Al2O3 、Al(OH)3都是两性物质，Al在金属中也具有特殊性，既与强酸反应又能与强碱溶液反应。
答案：D。
规律总结：既能与强酸反应, 又能与强碱反应的物质：①某些金属Al；②两性氧化物Al2O3；③两性氢氧化物Al(OH)3； ④弱酸的酸式盐如NaHCO3、NaHS、NaHSO3、Na2HPO4、NaH2PO4等； ⑤弱酸的铵盐如：(NH4)2S、(NH4)2CO3、CH3COONH4、(NH4)2SO3等。
典例5：某透明的溶液中加入铝粉能放出氢气，此溶液中一定能大量共存的离子组是
A．H+、Cu2+、Cl－、SO42－ B．HCO3－、NO3－、SO42－、Na+
C．Cl－、SO42－、K+、Na+ D．Na+ 、SO42－、Cl－、Al[(OH)4]－
研析：与铝作用产生氢气的溶液，可以是强碱溶液，也可以是强酸的溶液，即选项离子组必须在强酸或强碱的溶液中都能共存的离子组。而A中H+不能在强碱条件下存在，B中若是强酸溶液，则不含NO3－，否则会由于HNO3的存在，产生不了氢气．D中的Al[(OH)4]－不能存在于强酸溶液中。
答案：C
总结提升：本题考察知识点是离子共存问题，离子共存的基本原则是相互间不发生化学反应，解题关键点是铝的性质要熟悉，尤其是强酸或强碱溶液与铝都可以反应，解题易错点是误以为硝酸与铝反应生成氢气。
拓展变式4．现代建筑的门窗框架常用电解加工成的古铜色硬铝制造，取硬铝样品进行如下实验（每一步试剂均过量），由此可以推知硬铝的组成可能为 A．Al、Mg、Si、Zn B．Al、Cu、Mg、Si、MnC．Al、Fe、C、Cu D．Al、Si、Zn、Na4．研析： 钠是一种极为活泼的金属，不能在空气中稳定存在，显然，D项是错误的；加入稀盐酸后，C项中的Al、Fe与盐酸完全反应，剩余的两种成分都不能与NaOH溶液反应，又可排除C项；如果是A项，在合金样品与盐酸完全反应后，只剩余Si，而Si能与NaOH溶液反应，不会有不溶物剩余；因此，只有B是正确的。答案： B。
题型二、思维转换题
典例6：工业上制铝流程图如下：
用此法制取氧化铝中，分析铝土矿和赤泥（提取氧化铝之后的残渣）所得数据如下：
Al2O3 Fe2O3 Na2O
铝土矿 55% 16% 0%
赤泥 15% 48% 8%
试求制取1t三氧化铝所需铝土矿和氢氧化钠的质量。
研析：由于氧化铁在这个反应过程中的量是守恒的，因而从氧化铁在铝土矿和赤泥中的含量，可以求出赤泥质量为铝土矿质量的1/3。从流程图可以知道A为氢氧化钠，它使氧化铝变为偏铝酸钠，然后通入二氧化碳转变为氢氧化铝。氧化铁不与氢氧化钠反应，氢氧化钠也将氧化铁从铝土矿中全部转移到赤泥中去了。
答案：设需要铝土矿质量为m，则m·55%－1/3·m15%＝1t
解得：m＝2t，即需要铝土矿2t。
需要氢氧化钠的量：由于氢氧化钠循环使用，因此需要补充的氢氧化钠的量即为留在赤泥中的氢氧化钠的量：1/3×2t×8%×80/62＝0.069 t
友情提醒：本题考察的知识点是铝的冶炼方法及实际冶炼过程中原料所需量结合的综合题。其难点在于对表中数据的分析。解题的关键点是抓住氧化铁在整个反应过程中是守恒的。利用它的量不变，可以迅速的得出等式，解出答案。易错点在于不会数据的分析，不能推出氧化铁和氢氧化钠在整个流程中的作用。
拓展变式5．将一块10gMg和Al的合金完全溶解于500ml4mol/L的盐酸中，再往所得溶液中加入多少毫升8mol/L的NaOH溶液，得到的沉淀最多 5．研析：本题旨在考查读者思维的灵活性，分析题中反应过程：①（Mg、Al）＋HCl→（MgCl2、AlCl3、HCl）②（MgCl2、AlCl3、HCl）＋NaOH→[Mg(OH)2、Al(OH)3、NaCl]由上述分析可知，沉淀最多时应是Mg2+和Al3+全部以Mg(OH)2和Al(OH)3形式存在的情形。显然，此时溶液中只存在NaCl，而不可能有HCl或NaOH.所以当n(Na+)＝n(Cl－)也就是n(NaOH)＝n(HCl)时，沉淀量是最多的.该方法称离子守恒法。答案：由n(NaOH)＝n(HCl)可得V(NaOH)＝＝＝0.25L＝250 mL
题型三、学科间渗透题
典例7：阅读下面材料，并回答问题：铝可以从铝土矿中获取。铝土矿是不纯净的铝的氧化物（杂质为Fe2O3和SiO2），它是非再生资源。假如我们对铝的消费保持现有的速度，我们获得生产足够的铝所需的铝土矿仅能维持30年左右。由此看来，保护现有自然资源和对非再生资源的再利用，是值得我们考虑的。但废物回收仍有相当大的难度，其关键的因素主要涉及旧金属的收集、与其它废物的分离，回收和提炼金属的费用、金属本身的价值等（已知1mol电子电量约为105C）。
（1）试说明回收铝的过程中存在的困难 。
（2）为什么金的回收率比铝的回收率要大得多？
（3）常温下，SiO2与强碱或强酸是很难反应的。现利用盐酸、氢氧化钠溶液、氨气、二氧化碳和水从铝土矿中提取纯净的Al2O3。试设计一个适用于工业生产上提纯Al2O3的实验方案。用化学方程式表示。
（4）假定用6V直流电源供电进行电解，制2.7吨Al需要多少kJ的电能？
（5）如果每度电的费用为0.60元，试计算生产厂家每生产1吨铝需付出的电费为多少元？
研析：（1）回收铝的过程中存在的困难很多，主要从以下几个方面考虑：①旧金属的收集；②与其它废物的分离；③回收和提炼金属的费用；④金属本身的价值；⑤人们的环境意识。（2）黄金是贵重金属，并且不容易腐蚀变质，因此容易回收，而铝相对来说，价格较低，且容易被腐蚀，回收较为困难。（3）根据题意，可以将在铝土矿加入足量NaOH溶液，氧化铝溶解而Fe2O3和SiO2不溶解，过滤后在滤液中通入足量的二氧化碳气体生成Al(OH)3，过滤后加热使Al(OH)3分解便得Al2O3。（4）2.7吨Al的物质的量为2.7×106 g÷27 g/mol＝1.0×105 mol；则制2.7吨Al需要的电量为1.0×105×3×105C＝3.0×1010C；需要的电能为：3.0×1010×6×10－3kJ＝1.8×108kJ。（5）1×106/27×3×105×6×10－3/3600×0.6＝1.1×104元。
答案：（1）①人们的环境意识薄弱；②回收和提炼金属的费用较高；③铝同其它废物的分离较困难；④铝本身价值并不高；⑤旧金属的收集缺乏专门机构。
（2）因为金比铝的价值要高，另一方面，金活动性弱，容易回收。
（3）①Al2O3＋2NaOH＋3H2O 2Na[Al(OH)4]；②Na[Al(OH)4]＋CO2Al(OH)3↓＋NaHCO3
③2Al(OH)3Al2O3+3H2O。（4）1.8×108kJ （5）1.1×104元
友情提醒：本题从难度上并不是很大，但考查的范围非常广，除了化学知识以外，还联系物理知识、社会知识。由此看来，我们的知识面要广泛，平时要关注社会，善于将化学知识运用于实际生活中去。
拓展变式6．实验室中，拟用Fe、CuO、H2SO4三种物质为原料制取金属铜。（1）试给出两种不同的方法（写出反应方程式），并比较其优劣。（2）说明古代湿法炼铜的社会意义。6．研析：（1）铜为金属单质，以氧化铜为原料，可以用氢气还原的方法得到金属铜；还可以铁为原料，根据铁的活动性比铜强，用铁置换铜盐中铜的方法制取铜。前一种方法耗费能源多，且设备复杂，故后一种方法更好。（2）湿法炼铜可以增加金属的质量，生产更多的劳动工具：Fe ～ Cu56 t 64 t答案：（1）方法1：Fe＋H2SO4＝FeSO4＋H2↑方法2：CuO＋H2SO4＝CuSO4＋H2OFe＋CuSO4＝FeSO4＋Cu方法2优于方法1。（2）湿法炼铜可以增加金属的产量，促进封建社会生产力的发展。
▲ 创新思维探究
题型一、开放探究题
典例8：下面是以铝屑为原料制备Al(OH)3的三种实验设计方案：
方案一：用稀硫酸跟铝屑反应，使铝转化成Al3+的溶液，再用NaOH溶液使Al(OH)3沉淀析出。
方案二：将铝屑与NaOH溶液反应，再用稀硫酸中和过量的碱液，与[Al(OH)4]－反应以得到Al(OH)3。
方案三：用铝屑分别与稀硫酸和浓NaOH溶液反应，然后将得到的盐溶液混合过滤，再将得到的沉淀洗涤，即可得到Al(OH)3。
综合比较以上三种实验设计方案，你认为哪种方案最好？
研析：因为Al(OH)3回溶于过量的NaOH溶液，所以方案一用NaOH溶液沉淀Al3+，终点不宜控制。应用氨水沉淀Al3+。方案二在用稀硫酸中和过量的碱液，与[Al(OH)4]－反应的同时，过量的酸也可使Al(OH)3溶解，终点也不好控制。应改为向NaAlO2溶液中通入足量CO2气体。方案三中发生反应的离子方程式为：2Al＋6H＋＝2Al3+＋3H2↑ 2Al＋2OH－＋6H2O＝2[Al(OH)4]－＋3H2↑ Al3+＋3[Al(OH)4]－＝4Al(OH)3↓
因此，每生1molAl(OH)3，方案一、方案二、方案三消耗H＋或OH－的物质的量分别是3mol、1mol、3/4mol。综合分析，方案三为最佳。
答案：方案三最节约药品，可回收副产品Na2SO4，从操作要求看，也最简单，故方案三最好。
方法导引：设计制备实验方案的思路是：列出可能的几种制备方案和途径，从方法是否可行、装置和操作是否简单、经济安全等方面进行分析比较，从中选出最佳实验方案。
典例9：将等物质的量的两种氧化物溶于100mL硫酸，而后逐滴加入1.00mol/L的氢氧化钠溶液。当加入的氢氧化钠的体积V1＝50mL时，开始有沉淀析出，且沉淀量随氢氧化钠的加入量逐渐增加。当氢氧化钠的体积V2＝650mL时，沉淀量达到最大值，继续滴加氢氧化钠时，沉淀量逐渐减小。当V3≥750mL时，沉淀量不再改变。
（1）最初加入的50mL氢氧化钠溶液的作用是什么？
（2）计算所用硫酸的浓度。
（3）试判断两种氧化物各是什么，并计算其物质的量。
研析：本题考察的知识点是物质的量在化学反应中的应用及两性氧化物的性质等基础化学知识和简单的推理计算能力和思维的整体性．从题目中可以得知这两种化合物都为金属氧化物，溶于酸后加入氢氧化钠50mL才开始有沉淀析出，证明硫酸是过量的．这部分氢氧化钠是来中和过量的硫酸的．当又滴入600mL氢氧化钠时金属离子完全沉淀，再加入100mL氢氧化钠时有一种金属氢氧化物沉淀恰好被溶解完，可判断该氢氧化物为氢氧化铝且物质的量为0.1mol，则氧化铝为0.05mol．所以另一种氧化物也为0.05mol，溶于酸后产生的金属离子完全沉淀时也消耗0.3mol的氢氧化钠．由此可以推出其化合价为+3价，必为三氧化二铁．
答案：（1）中和过量的硫酸。
（2）当沉淀量达到最大值时，H2SO4全部转变为Na2SO4，根据SO42－守恒可以知道：
n(H2SO4)＝n(Na2SO4)＝1/2n(NaOH)
c(H2SO4)＝0.65L×1mol/L÷（2×0.1L）＝3.35mol/L
（3）将金属离子完全沉淀为氢氧化物时共需氢氧化钠：
（0.65L-0.05L）×1mol/L=0.6mol
有一种金属氢氧化物能溶于氢氧化钠溶液，所以该物质是氢氧化铝，物质的量是0.1mol，其氧化物为Al2O3，物质的量0.05mol。生成0.1mol氢氧化铝需要0.3mol氢氧化钠。则沉淀另一种金属离子需要氢氧化钠为0.3mol。又已知两种氧化物的物质的量相等，所以另一种氧化物也是三价金属的氧化物，且不溶于过量的碱溶液中，可知为Fe2O3，其物质的量为0.05mol。
误点警示：本题的易错点是将50mL氢氧化钠中和的硫酸当作100mL硫酸中的全部硫酸，求出了硫酸的浓度为0.5mol/L。根据氧化物不溶于氢氧化钠认为是氧化镁或氧化铁的确定缺乏说服力，甚至没有任何说明直接得出结论。
拓展变式7．某课外活动小组设计了如图所示(夹持装置已略去)的一套装置，用H2和CuO冶炼Cu。准确称取3.180 g CuO放在硬质玻璃管内．已知：CuO—黑色、Cu2O—红色、Cu—红色。试通过计算回答［①气体体积按标准状况计，②Ar(Cu)＝63.5，Ar(O)＝16.0，Ar(H)＝1.00］：（1）下列H2球较适合用于本实验的是__________（填选项编号）A．500 mL H2 球 B．896 mL H2 球 C．1500 mL H2 球（2）反应至黑色全部变为红色止，测量H2球的体积变为220 mL，固体质量变为2.700 g，碱石灰增重0.540 g。则：①参加反应的H2的质量为：__________；②假设红色物质为单一物质，则红色物质的化学式为_______________。7．研析：（1） H2 ＋ CuOCu ＋ H2O22.4 L 79.5 gV反应(H2) 3.180 gV反应(H2)＝ ＝0.896 L＝896 mL由于通过玻璃管的H2，不可能全部参加反应，故所需H2体积应大于896 mL。（2）①参加反应的H2质量为生成的水中的氢元素质量：0.540 g－(3.180 g－2.700 g)＝0.060 g(或0.540 g×＝0.0600 g)②n(CuO)＝ ＝0.0400 mol反应后固体中：n(Cu)＝0.0400 moln(O)＝0.0400 mol－＝0.0100 mol［或n(O)＝0.0400 mol－＝0.0100 mol］n(Cu)∶n(O)＝4∶1红色物质化学式为：Cu4O(或Cu2O·2Cu)答案：（1）C （2）①0.060 g（或0.0600 g） ②Cu4O（或Cu2O·2Cu）
题型二、课标思维题
典例10：金币、银币、铜币等货币在我国历史上曾发挥过重要的作用。在一位收藏家的家中，陈列了很多金属货币。
（1）其中有些货币表面是黑色，且有少量的绿色锈状物，则这肯定是 币，黑色物质是 ，形成这种物质的化学方程式为 ，绿色物质是 ，形成这种物质的化学方程式为 。要除去这些物质应选用 ，发生反应的离子方程式为 ，充分反应后，这枚金属币的真面目为 色。
（2）其中一枚是闪闪发光的黄色金属币，它肯定是 币，表面一直未被氧化的原因是 。
（3）若将金币、银币、铜币分别放到稀硝酸中浸泡，能溶解的是 ，不溶解的是 ，写出溶解时的化学方程式 ，若想溶解不能被硝酸溶解的钱币，则选用 。
研析：金、银、铜都属于不活泼金属，易加工，因此，在历史上都曾经用作货币。其中，金的化学性质最不活泼，不与硝酸等强氧化性酸反应，在空气中更是稳定；银比金活泼一些，可与硝酸反应；相对来说，铜稳定性略微差一些，不仅能和硝酸反应，在空气中也容易与氧气等物质反应而“生锈”。
答案：（1） 铜；氧化铜；2Cu＋O2＝2CuO；Cu2(OH)2CO3；2Cu＋O2＋CO2＋H2O＝Cu2(OH)2CO3；稀盐酸； CuO＋2H＋＝Cu2＋＋H2O； Cu2(OH)2CO3＋4H＋＝2 Cu2＋＋CO2↑＋3H2O；红。
（2）金；金不活泼，不易被氧化。（3）铜币，银币；金币； 3Cu＋8HNO3＝3Cu(NO3)2＋2 NO↑＋4H2O； 3Ag＋4HNO3＝3AgNO3＋NO↑＋2H2O。
课标点击： 本题联系同学们关心的古钱币问题，实际考查金、银、铜三种金属物理性质和化学性质的区别与联系。起点高、落点低。同学们在解决实际问题的同时，巩固了知识、提高了能力、增加了兴趣。这正是新课标所大力提倡的，在今后相当长的一段时间内，该类题目仍然是考试的常考题型。
拓展变式8．对牙膏的探究要用到许多化学知识。（1）下面列出了三种牙膏中的摩擦剂，请在对应摩擦剂后面横线上填写三种摩擦剂所属的物质类别。①两面针儿童牙膏：氢氧化铝 ；②珍珠王防臭牙膏：碳酸钙 ；③中华透明牙膏：二氧化硅 。（2）牙膏摩擦剂的溶解性是________________（填“易溶”或“难溶”）（3）摩擦剂氢氧化铝是“胃舒平”的主要成分，可以用来治疗胃酸（主要是盐酸）过多症，请你用离子方程式表示其原理：________________________________________________________________。（4）摩擦剂二氧化硅也是石英砂的主要成分，利用石英砂与某物质A在电炉里反应可制得粗硅（Si），粗硅提纯后可制得高纯度的硅，可用于制造太阳能电池，你认为物质A应该具有的性质是____________。A．氧化性 B．还原性 C．酸性 D．碱性8．研析：（1）本题有一定开放性，因为按不同的分类标准，可以有不同的物质类别。一般说来，氢氧化铝属于两性氢氧化物；碳酸钙属于盐类物质；二氧化硅属于酸性氧化物。（2）它们都是典型的难溶物质，再说，如果易溶的话，如何做“摩擦剂”呢？（3）由于Al(OH)3本身没有腐蚀性，与胃酸可以反应且产物对人体也没有什么危害，因而可用于治疗胃酸过多。（4）这种物质是碳，当然具有还原性。答案：（1）两性氢氧化物；盐；酸性氧化物。（2）难溶解。（3）Al(OH)3＋3H+＝Al3+＋3H2O。（4）B。
▲ 高考思维探究
[考题1]（2006江苏春季理综-10）向一定量的下列物质中逐滴加入氢氧化钠溶液，先生成白色沉淀，后沉淀逐渐溶解。这种物质是
A．MgSO4 B．Na[Na(OH)4] C．AlCl3 D．FeCl3
研析：在MgSO4中加入加入氢氧化钠溶液，会产生氢氧化镁白色沉淀，但氢氧化镁不溶于过量的氢氧化钠，不会出现“后沉淀逐渐溶解”的现象，A错误；Na[Na(OH)4]与氢氧化钠溶液不反应，B错误；在AlCl3中加入氢氧化钠溶液，会生成氢氧化铝白色沉淀，当氢氧化钠溶液过量时，氢氧化铝又重新溶解生成Na[Na(OH)4]，C正确；在FeCl3中加入氢氧化钠溶液，会出现红褐色沉淀，也不会出现“后沉淀逐渐溶解”的现象，D错误。
答案：C。
考向指南：铝及其氧化物、氢氧化物具有与其它金属不同的性质，既能与酸反应，又能与碱反应。同时，铝及其化合物也有非常广泛的用途。这也决定了其在高考中的地位。无论是选择题、填空题或者计算题，可以频繁的见到铝及其化合物的身影。在理综化学题目不是很多的情况下，该题及下面的题目同时出现在2006年春季高考江苏理综试卷中，其重要性可见一斑。
[考题2] （2006江苏春季理综-31）把铁、铝混合物1.1g溶于200mL 5mol/L盐酸中，反应后盐酸的浓度变为4.6mol/L（溶液体积变化忽略不计）。求：
（1）反应中消耗HCl的物质的量；
（2）该混合物中铝、铁的物质的量。
研析：（1）消耗HCl的物质的量：0.2L×5mol/L－0.2L×4.6mol/L＝0.08mol
（2）设Al、Fe的物质的量分别为x、y
Al——3HCl Fe——2HCl
x 3x y 2y
27g/mol×x＋56g/mol×y＝1.1g；3x＋2y＝0.08mol
得 x＝0.02mol y＝0.01mol
答案：（1）0.08mol （2）0.02mol、0.01mol
方法导引： 该题以铁、铝与盐酸的反应为线索考查有关物质的量浓度以及混合物的运算。这两种计算都是高中化学计算的重点内容。其中，列方程组是有关混合物的运算的常规方法。
[考题3]（2005北京春季-28）为确定某铝热剂（含氧化铁和铝）的组成，分别进行下列实验。
（1）若取a g样品，向其中加入足量的NaOH溶液，测得生成的气体（标准状况，下同）体积为b L。反应的化学方程式是__________________________。样品中铝的质量是_____________g。
（2）若取a g样品将其点燃，恰好完全反应，该反应的化学方程式是：_____________，氧化铁与铝的质量比是_____________。
（3）待（2）中反应产物冷却后，加入足量盐酸，测得生成的气体体积为c L，该气体与（1）中所得气体的体积比c∶b＝_____________。
研析：（1）样品中的氧化铁不与NaOH溶液反应，而铝能与NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气。
2Al ＋ 2NaOH ＋ 6H2O ＝ 2Na[Al(OH)4] ＋ 3H2↑
2×27g＝54g 3×22.4L＝67.2L
m(Al) b L
m(Al)＝b L÷67.2L×54g＝9b/11.2 g
（2）铝具有非常强的还原性，在点燃条件下可以与氧化铁剧烈反应生成氧化铝和铁单质：2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe。根据以上化学方程式容易看出，氧化铁与铝的质量比为80∶27。
（3）从铝热反应的方程式看出，铝与铁的物质的量是相等的，但在与酸的反应中，铝的价态升高到+3价，铁的价态只升高到+2价。因此，c∶b＝2∶3。
答案：（1）2Al＋2NaOH＋6H2O＝2Na[Al(OH)4]＋3H2↑；9b/11.2
（2） 2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe； 80∶27 （3） 2∶3
总结提升： 该题以铝热剂为线索综合考查铝与碱的反应、铝热反应等基本又重要的反应以及相关的计算能力，与上题不同的是，本题没有给出具体数据，这又是当前高考计算的另一种类型。这类题目如果出在化学计算题的最后一问，往往难度较大；但如果一开始就出现，则难度往往并不是很大。
拓展变式9．在一定条件下可实现下图所示物质之间的变化请填写以下空白：（1）孔雀石的主要成份是CuCO3·Cu(OH)2(碱式碳酸铜)受热易分解。上图中的F是 。（2）写出明矾溶液与过量的NaOH溶液反应的离子方程式 （3）图中所得G和D都为固体混合后在高温下可发生反应写出该反应化学方程式 。（4）每生成1mol D同时生成 mol E。9．研析：明矾的组成是KAl(SO4)2·12H2O，在水溶液里电离为K+，Al3+和SO4。与过量NaOH溶液反应时，只有Al3+和OH－反应：Al3+＋4OH－＝Al[(OH)4]－。碱式碳酸铜[CuCO3·Cu(OH)2]受热分解时生成CuO，CO2和H2O：CuCO3·Cu(OH)22CuO＋CO2↑＋H2O。分解产物中只有CO2能与Al[(OH)4]－反应并生成沉淀：CO2＋2Al[(OH)4]－＝2Al(OH)3↓＋CO3－＋H2O。所以F是CO2，G为CuO。生成的沉淀为Al(OH)3，加热后，Al(OH)3分解为Al2O3和水，电解熔融的Al2O3(需要有冰晶石Na3AlF6作助熔剂)可制得金属Al和O2，则D，E中一个是Al，一个是O2。题中指出D为固体，则D为Al。（3）小题要求写出G与D的反应，该反应其实就是铝热反应的一种：2Al＋3CuO Al2O3＋3Cu。（4）小题要求回答生成D与E的物质的量之比，由方程式即可求得答案：每生成1mol Al同时生成3/4mol O2。答案：（1）CO2（2）Al3+＋4OH－＝Al[(OH)4]－（3）2Al＋3CuOAl2O3＋3Cu（4）3/4
开拓学习新视野
▲ 课标知识拓展
【专题放送】
有关Al(OH)3的反应图像
项目 图象 离子方程式
NH3·H2O滴入AlCl3溶液中 Al3＋＋3NH3·H2O＝ Al(OH)3↓＋3NH4＋
CO2通入NaAl[(OH)4]溶液中 Al[(OH)4]－＋CO2＝ Al(OH)3↓＋HCO3－2 Al[(OH)4]－＋CO2＝2 Al(OH)3↓＋CO32－＋H2O
NaOH滴入AlCl3溶液中 Al3＋＋3OH－＝ Al(OH)3↓Al(OH)3＋OH－＝Al[(OH)4]－
AlCl3滴入NaOH溶液中 Al3＋＋4OH－＝Al[(OH)4]－3 Al[(OH)4]－＋Al3＋＝4 Al(OH)3↓
HCl滴入Na Al[(OH)4]溶液中 Al[(OH)4]－＋H＋＝ Al(OH)3↓＋H2OAl(OH)3＋3H＋＝Al3＋＋3H2O
Na Al[(OH)4]溶液滴入HCl中 AlO2－＋4H＋＝Al3＋＋2H2OAl3＋＋3 Al[(OH)4]－＝4 Al(OH)3↓
▲ 多彩化学漫步
司母戊鼎
司母戊鼎是商后期（约公元前十四世纪--公元前十一世纪）铸品，原器一九三九年三月出土于河南安阳侯家庄武官村。此鼎型制雄伟，重达八百三十二点八四公斤，高达一百三十三厘米，是迄今为止出土的最大最重的青铜器。司母戊鼎初为乡人私自挖掘，出土后因过大过重不易搬迁，私掘者又将其重新掩埋。司母戊鼎在一九四六年六月重新出土。建国后，于一九五九年入藏中国历史博物馆。
司母戊鼎立耳、方腹、四足中空，除鼎身四面中央是无纹饰的长方形素面外，其余各处皆有纹饰。在细密的云雷纹之上，各部分主纹饰各具形态。鼎身四面在方形素面周围以饕餮作为主要纹饰，四面交接处，则饰以扉棱，扉棱之上为牛首，下为饕餮。鼎耳外廓有两只猛虎，虎口相对，中含人头。耳侧以鱼纹为饰。四只鼎足的纹饰也匠心独具，在三道弦纹之上各施以兽面。鼎腹内壁铸有铭文“司母戊”。
经测定，司母戊鼎含铜84.77％、锡11.64％、铅27.9％，与古文献记载制鼎的铜锡比例基本相符。据考证，司母戊鼎应是商王室重器。其造型、纹饰、工艺均达到极高的水平。是商代青铜文化顶峰时期的代表作。
问题：1．青铜属于 （填物质类别），司母戊鼎表面有部分绿色物质，其成分为 。
2．司母戊鼎的发现说明了什么问题？
多彩化学漫步
答案：1．合金，Cu2(OH)2CO3 （2）司母戊鼎充分显示出商代青铜铸造业的生产规模和技术水平。
优化考题新演练
一、理解与应用
1．下列物质中，不属于合金的是
A．硬铝 B．黄铜 C．钢铁 D．水银
1．研析：硬铝主要是Al、Cu、Mg、Si、Mn等的合金，黄铜主要是铜、锌等金属的合金，钢铁有普通钢与特种钢，普通钢主要是铁及少量碳的合金，而特种钢成分更为复杂，水银是纯净物，不属于合金。
答案：D。
2．铝在人体中积累可使人慢性中毒，1989年世界卫生组织正式将铝确定为食品污染源之一而加以控制。铝在下列使用场合须加以控制的是：①制铝锭 ②制易拉罐 ③制电线电缆 ④制牙膏皮 ⑤用明矾净水 ⑥制炊具 ⑦用明矾和苏打作食物膨化剂 ⑧用氢氧化铝制药片治胃病 ⑨制防锈油漆
A．①②④⑤⑥⑦⑧ B．②⑤⑥⑦⑧
C．②④⑤⑥⑦⑧ D．③④⑤⑥⑦⑧
2．研析：铝是一种非常重要的金属，有极为广泛的用途。上述9项都属于铝的用途，其中一部分与食品有关，如制易拉罐、用明矾净水、制炊具、用明矾和苏打作食物膨化剂等，还有制牙膏皮、用氢氧化铝制药片治胃病等都可以直接进入人体而危害人体健康，应严格控制。
答案：C。
3．将等物质的量的镁和铝相混合，取四份等质量的该混合物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 HCl B．4 mol/L HNO3
C．8 mol/L NaOH D．18 mol/L H2SO4
3．研析：首先要注意的是，镁和铝与4 mol/L HNO3或18 mol/L H2SO4这样的强氧化性酸反应时不会放出氢气；另外铝能与8 mol/L NaOH溶液反应，但镁不能；而镁和铝都能与3 mol/L HCl反应并放出氢气。因此，放出氢气最多的是3 mol/L HCl。
答案：A。
4．新买的铝锅、铝壶用来烧开水时，凡是水浸到的地方都会变成黑色，这与水中含有下列可溶盐有关的是
A．钠盐 B．钾盐 C．钙盐 D．铁盐
4．研析：本题可用排除法，钠、钾、钙比铝活泼，铝不可能置换出钠盐、钾盐、钙盐中的金属，而铝可以置换出铁盐中的铁，因而D是正确的。
答案：D。
5．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．研析：某物质的量的硫酸（甲）和氢氧化钠（乙）溶液分别与等质量的铝反应，生成氢气体积比即物质的量之比为n（甲）∶n（乙）＝5∶6
甲：2Al ＋ 3H2SO4 ＝ Al2（SO4）3 ＋ 3H2↑
10/3mol 5 mol 5 mol
乙：2Al ＋ 2NaOH ＋ 6H2O ＝ 2Na[Al(OH)4] ＋ 3H2↑
4 mol 4 mol 6 mol
分析可知：甲中铝过量4 mol－10/3mol＝2/3mol，乙中氢氧化钠过量5 mol－4 mol＝1 mol。
答案：B。
6．铁、铝、铜的合金8.94g，投入足量的稀硫酸中，在标准状况下收集到5600mL氢气，并从溶液中捞出不溶解的金属0.64g，往溶液中加入过量氢氧化钠溶液，产生沉淀，过滤，称得沉淀物质量为9g，铁、铝、铜三种金属物质的之比为
A．1∶1∶1 B．5∶5∶1
C．10∶10∶1 D．4∶4∶1
6．研析：在理解铁、铝、铜化学性质的前提下，认真审题，分析清题中的反应，即可求得。铜与稀硫酸不反应，因此捞出的不溶解的金属0.64克就是铜的质量。由于Al(OH)3的两性，加入过量NaOH溶液后，Al(OH)3与NaOH反应生成可溶性的NaAlO2，故沉淀物质的质量就是Fe(OH)2的质量。通过关系式Fe—Fe(OH)2，很快可以求得铁的质量为5.6克，那么Al的质量为8.94－0.64－5.6 = 2.7克，各金属的质量已知，即可求出物质的量分别为10mol，10mol，1mol。
答案：C。
二、拓展与创新
7．某无色透明的溶液跟金属铝反应时放出H2，试判断下列离子Mg2+、Cu2+、Ba2+、H+、Ag+、SO42－、SO32－、HCO3－、OH－、NO3－在溶液中存在的情况有两种，分析后填写下表：
肯定存在 可能存在 肯定不存在
（1）
（2）
7．研析：根据铝的化学性质，与金属铝反应放出H2，有两种情况：酸溶液或强碱溶液。因此：
（1）肯定存在H+、SO42－，Mg2+与题意不冲突，属可能存在的离子；SO32－、HCO3－、OH-与H+不共存，Ba2+、SO42－、SO32－不共存，Cu2+显蓝色，NO3－存在，则相当与硝酸溶液，而硝酸与金属反应一般不生成氢气，所以这些离子均肯定不存在。
（2）肯定存在OH－、Ba2+；NO3－与题意不冲突，属可能存在的离子；HCO3－、H+、Ag+、Mg2+与OH－不共存，SO42－、SO32－与Ba2+不共存，Cu2+有色，所以这些离子均肯定不存在。
答案：
肯定存在 可能存在 肯定不存在
（1） H+、SO42－ Mg2+ OH－、SO32－、HCO3－、Cu2+、Ba2+、、Ag+、NO3－
（2） OH－、Ba2+ NO3－ Mg2+、Cu2+、H+、Ag+、SO42－、SO32－、HCO3－
8．下列物质（均为中学化学常见物质）转化关系图中，D为红棕色粉末（反应条件及部分反应物、产物未全部说明）
根据图示转化关系填写下列空白：
（1）写出下列物质的化学式A ，B ，G 。
（2）C与D的混合物通常称 （填名称）。
（3）写出下列化学方程式或离子方程式
I＋J K （离子方程式）。
G＋B H （化学方程式）。
8．研析：由“D为红棕色粉末”可知D为Fe2O3，然后逆推可得H为Fe(OH)3，G为FeOH2，F为FeCl2，E为Fe。由图知，A即能与酸反应，又能与碱反应，可知A为铝。由此不难推得其它答案。
答案：（1） Al2O3；O2；FeOH2 （2） 铝热剂 （3）Al3+＋3[Al(OH)4]－＝4Al(OH)3↓；4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3
三、综合与探究
9．超细氮化铝粉末被广泛应用于大规模集成电路生产等领域。其制取原理为：
Al2O3+N2+3C2AlN+3CO由于反应不完全，氮化铝产品中往往含有炭和氧化铝杂质。
（1）称取10.00g样品，将其加入过量的NaOH浓溶液中共热并蒸干，AlN跟NaOH溶液反应生成NaAlO2，并放出氨气3.36L（标准状况）。该样品中的AlN的质量分数为 。
（2）将产生的3.36L（标准状况）氨气通入75mL2mol·L－1的AlCl3溶液中，计算产生的白色沉淀的质量。
（3）往上述反应后未过滤的浊液中加入V（mL）5 mol·L－1的NaOH溶液后，混合体系中沉淀的质量与（2）中沉淀的质量相等，试计算V的值。
9．答案：（1）61.5%
（2） Al3+ ＋ 3NH3·H2O ＝ Al(OH)3↓ ＋ 3NH4+
1 mol 3mol 78 g
75×2×10－3mol
Al3+过量，m[Al(OH)3] ＝÷3×78 g/mol＝3.9g
（3）加入的NaOH溶液将NH4+转化为NH3，将Al3+转化为[Al(OH)4]－，即
Al3+ ～ 4OH－ NH4+ ～ OH－
（0.15－0.05）mol 0.4mol 0.15mol 0.15mol
则V(NaOH) ＝ ＝ 110mL
10．准确称取6g铝土矿（含Al2O3，Fe2O3，SiO2）样品，放入盛有100mLH2SO4溶液的烧杯中，充分反应后过滤，向滤液中加入10mol/L的NaOH溶液，产生沉淀的量与所加NaOH溶液的体积的关系如图所示，试求：
① 硫酸溶液的物质的量浓度。
② 若b＝2.3，则铝土矿中各成分的质量分数分别是多少？
③ a值的范围在_______之间，在这个范围内，a值越大，_______的含量越少。
④ b的取值范围在________之间。
10．研析：铝土矿与H2SO4反应的离子方程式为： Al2O3＋6H＋＝2Al3＋＋3H2O； Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O
滤液中加NaOH溶液的反应方程式为： Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3； Fe3＋＋3OH－＝Fe(OH)3； Al(OH)3＋OH－＝[Al(OH)4]－； H＋＋OH－＝H2O
① 由以上离子方程式可知，产生沉淀最多时，消耗的OH-的物质的量等于原来H2SO4溶液中H＋的物质的量，设原c（H2SO4）为xmol/L，则：
得
②分 析图可知原H2SO4过量，bmLNaOH溶液是中和过量H2SO4所用。沉淀量最大值ag为Al(OH)3和Fe(OH)3混合物，此时共用NaOH溶液35mL。沉淀量最少时为Fe(OH)3，所以Al(OH)3溶解时消耗的NaOH溶液的体积为45－35＝10mL，由此可知沉淀Al3＋需NaOH溶液30mL。
关系式： Al2O3→2Al3＋→2 Al(OH)3→2OH－
102 2
6x 10/1000×10＝1/10
x＝85％（Al2O3质量分数）
沉淀Fe3＋用NaOH溶液体积为35－30－2.3＝2.7（mL）； 2. 7×10×10－3＝2.7×10－2（mol）
OH－——————1/3 Fe(OH)3——————1/6Fe2O3
2.7×10－2 2.7×10－2×1/6＝4.5×10－3(mol)
含Fe2O3的质量：4.5×10-3×160＝0.72（g）； Fe2O3的质量分数：0.72/6×100%＝12%
含SiO2∶6－5.1－0.72＝0.18（g）； SiO2的质量分数：0.18/6×100%＝3%
③ a的取值范围：
<1> 当无SiO2时，Fe2O3含量最多，为6－5.1＝0.9（g）则Fe(OH)3为： 0.9/160×2×107＝1.2(g)
故a最大值为：7.8＋1.2＝9
<2> 当无Fe2O3时，SiO2最多，此时沉淀量最小，故a＝7.8g，所以a的取值范围为：（7.8～9）
④ b的取值范围：沉淀Fe3＋用碱为：35－30－b＝5－b
分析：
<1> 若无Fe2O3时，5－b＝0，b＝5（最大）
<2> 若无SiO2时，Fe2O3最大，b值最小
此时含Fe2O3为6－5.1＝0.9（g）
Fe2O3——————2Fe3＋——————6OH－
0.9/160 0.9/160×6＝0.03375(mol)
所以，V(NaOH)＝0.03375/10×1000＝3.375mL
即5－b＝3.375，b＝1.625
所以b值范围为（1.625～5）
本节答案解析与研读
本节教材课后习题（P）
1、
金可制成比纸还薄的金箔 导电性
生活用铁锅 导热性
用铁回收照相机废液中的银 延展性
用铜制作印刷线路板 还原性
2 、（1）铝的还原性强于钒、铬、锰等，可将它们从其氧化物中还原出来。且铝热反应放出大量的热。可使难熔金属熔化为液态而便于从Al2O3中分离出来。
（2）3V2O5＋10Al5Al2O3＋6V 还原剂：Al；氧化剂：V2O5；生成1molV需纯铝45g
3Co3O4＋8Al4Al2O3＋9Co 还原剂：Al；氧化剂：Co3O4；生成1molCo需纯铝24g
3 、（1）方案 1：
2Al＋6HCl＝2AlCl3＋H2↑；Mg＋2HCl＝MgCl2＋H2↑。体现了镁、铝的还原性，都能与酸反应产生H2
方案2： 2Al＋2NaOH＋6H2O＝2Na[Al(OH)4]＋3H2↑
体现了铝的还原性，与强碱溶液反应产生H2
方案3：Mg＋2HCl＝MgCl2＋H2↑；2Al＋6HCl＝2AlCl3＋3H2↑；MgCl2＋2NaOH＝Mg(OH)2↓＋2NaCl； AlCl3＋4NaOH＝Na[Al(OH)4]＋3NaCl。体现了镁、铝的还原性。
（2） 不能；还须测定所取合金的质量。
4、（1）Al2O3＋2NaOH＋H2O＝2Na[Al(OH)4]；SiO2＋2NaOH＝Na2SiO3＋H2O （2）2Al(OH)3 Al2O3＋3H2O （3）Al(OH)3＋3HCl＝AlCl3＋3H2O Al(OH)3＋NaOH＝Na[Al(OH)4]
5、（1）D（2）B
6 、（1）75% （2）黄金化学性质稳定，在地壳中含量少，所以经常制成合金，制成高贵的装饰品
7、（1）1×107t （2）1.4×1012L （3）碱液吸收，如NaOH、Ca(OH)2、NH3·H2O等，发生的反应为：SO2＋2NaOH＝Na2SO3＋H2O；SO2＋Ca(OH)2＝CaSO3＋H2O；SO2＋2NH3·H2O＝(NH4)2SO3＋H2O
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章末小结
▲章末知识回顾
结构图表
知识归纳
一、无机非金属材料
1、硅
（1）存在、物理性质、用途
硅在自然界只以化合态存在。晶体硅呈灰黑色，有金属光泽，硬而脆，熔点很高（1410℃），是良好的半导体材料。硅可用来制造集成电路，太阳能电池，硅整流器等。硅合金可用来制造变压器铁芯，耐酸设备等。
（2）化学性质
①相对稳定性：在常温下，硅的化学性质不活泼，不与O2、Cl2、H2SO4、HNO3等发生反应。
②弱还原性：在常温下，能与F2、HF和强碱反应。例如：Si + 2NaOH + H2O ＝Na2SiO3 + 2H2↑；Si + 2F2 ＝SiF4；Si + 4HF ＝ SiF4↑+ 2H2↑。在加热时纯硅与某些非金属单质发生反应。如研细的硅能在氧气中燃烧：Si + O2 SiO2
（3）硅的制备
在工业上，用碳在高温下还原二氧化硅的方法可制得含少量杂质的粗硅：SiO2＋2CSi＋2CO↑，将粗硅提纯后，可以得到半导体材料的高纯硅。
2、二氧化硅
（1）物理性质：纯净的二氧化硅晶体呈无色，熔点高，硬度大，不溶于水，也不溶于其他一般的溶剂。
（2）化学性质：
①酸性氧化物的通性：在常温时可以与碱溶液缓慢反应生成盐和水：SiO2＋2NaOH＝Na2SiO3＋H2 O；②在高温下可与碱性氧化物反应：SiO2＋CaOCaSiO3
②二氧化硅在常温下与氢氟酸反应： Si O2＋4HF ＝ SiF4↑＋2H2O
③弱氧化性：如在高温时，二氧化硅中的硅可以被碳置换出来。
（3）用途：二氧化硅可用于石英表、石英玻璃、建筑材料、电子部件、光学仪器、工艺品和眼镜片、精密仪器轴承、耐磨器皿和装饰品、光导纤维等。
3、光导纤维：光导纤维，简称“光纤”，就是一种能利用光的全反射作用来传导光线的透明度极高的玻璃细丝。光导纤维是用石英玻璃制造的，具有信息容量大，抗干扰性能好，通信损耗低等优点。
4、玻璃
原料：生产普通玻璃的主要原料是纯碱（Na2CO3），石灰石（CaCO3）和石英（SiO2 ）。
反应原理：将粉碎混匀的原料加强热使之熔化，发生复杂的物理化学变化，冷却即成玻璃。其中主要化学反应是：
CaCO3 + SiO2 CaSiO3 + CO2 ↑； Na2CO3 + SiO2Na2SiO3 + CO2 ↑
5、水泥
（1）普通水泥的主要成分为硅酸三钙（3CaO·SiO2），硅酸二钙（2CaO·SiO2）和铝酸三钙（3CaO·Al2O3）等。
（2）水泥的特点是水泥具有水硬性，与水搀和搅拌并静置后，很容易凝固变硬。
（3）混凝土是指水泥、沙子和碎石的混合物，混凝土常用钢筋作结构，这就是通常所说的钢筋混凝土。
6、新型无机非金属材料：如高温结构陶瓷、生物陶瓷、压电陶瓷等。
二、无机金属材料
1、铝
（1）物理性质：硬度较小，银白色、质轻，有很好的延展性和导电性。
（2）化学性质
①与氧气反应：常温下，铝被空气中的氧气氧化，表面生成一层致密的氧化物薄膜，失去金属光泽。点燃时，金属铝可以在氧气中燃烧：4Al＋ 3O2 2Al2O3
②与氯气、硫等非金属反应： 2Al＋3Cl2 2AlCl3；4Al＋3S 2Al2S3
③与非氧化酸反应，有氢气生成：2Al＋6H＋＝2Al3＋＋3H2↑。
④与氧化酸反应，无氢气生成： Al＋4HNO3 (稀)＝Al(NO3)3＋NO↑＋2H2O（注意：Al遇冷的浓硫酸、浓硝酸会钝化，但加热可反应。）
⑤与碱反应： 2Al＋2NaOH＋6H2O＝2Na[Al(OH)4]＋3H2↑
⑥与金属氧化物的反应（铝热反应）： 2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3
2、金、银、铜
（1）物理性质：它们都具有金属的通性，但颜色不同。
（2）化学性质：金、银、铜都属于不活泼金属，相对而言，其活泼程度依次增强。
金是最稳定的金属之一，在高温下也不能与氧气反应，不能被硝酸等强氧化性酸氧化。但金能溶解在王水中。银虽然不能与盐酸、稀硫酸反应，但却能溶解在硝酸等强氧化性酸中。相对而言，铜最活泼，如：
①在加热或点燃条件下可与氧气、氯气、硫等非金属反应；
②可与浓硫酸、硝酸等强氧化性酸反应；
③可与盐溶液反应：Cu＋2FeCl3＝CuCl2＋2FeCl2
④在空气中可锈蚀：2Cu＋O2＋H2O＋CO2 ＝Cu2(OH)2CO3
（3）用途：它们广泛的应用于首饰、电子工业、有机合成、能源开发、材料制造、建筑用水管等。
3、其它金属材料：如钛、铀、镅等。
4、合金
（1）合金：合金是指两种或两种以上的金属（或金属与非金属）熔合而成的具有金属特性的物质。
一般来说，合金的性能优于纯金属，合金的熔点比它的各成分金属熔点都低，硬度比它的各成分金属大。但合金的性质并不是各成分金属性质的总和。
（2）常见的合金
①金属铝中加入其他元素如铜、镁、硅、锌、锂等，即形成各种性能优良的铝合金。铝合金具有密度小、强度高、塑性好、易于成形、制造工艺简单、成本低廉等特点，并且表面易形成致密的氧化物保护膜而具有一定的抗腐蚀能力。铝合金主要用于建筑业、容器和包装业、交通运输及电子行业。
②钢铁
a生铁：含碳量2％－4.3%，硬度大，但较脆且不易机械加工。
b普通钢：含碳量0.03%－2%，增加了铁锰等元素，改善了铁的性能，但易锈蚀。
c不锈钢：在普通钢基础上，加入铬镍等元素，含铬在一般在12％以上，在空气中能保持金属光泽，且有不生锈的特性。
5、几种重要的化合物
（1）氧化铝
①物理性质：白色固体，不溶于水，熔点高。
②化学性质：氧化铝具有不同于一般氧化物的性质，既与强酸反应也与强碱反应，属于两性氧化物。
Al2O3 ＋6HCl＝ 2AlCl3 ＋3H2O；Al2O3＋2NaOH＋3H2O＝2Na[Al(OH)4]
（2）氢氧化铝
①物理性质和用途：Al(OH)3是几乎不溶于水的白色胶状固体，具有吸附性。可作净水剂和色素吸附剂。
②化学性质：与Al2O3一样，既与酸反应又与碱反应，具有两性，属于两性氢氧化物。
①与酸反应：Al(OH)3 ＋3HCl＝AlCl3 ＋3H2O（Al(OH)3 ＋3H+＝Al3+＋3H2O）
②与碱反应：Al(OH)3＋NaOH＝Na[Al(OH)4]（Al(OH)3＋OH－＝[Al(OH)4]－）
另外，Al(OH)3还具有难溶性氢氧化物的通性，即受热易分解：2Al(OH)3 Al2O3＋3H2O
③Al(OH)3的制取：即可用铝盐与可溶性弱碱氨水反应，又可用向四羟基合铝酸盐溶液中通入CO2的方法制取Al(OH)3：Al3+＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4+； 2[Al(OH)4]－＋CO2＝2Al(OH)3↓＋CO32－＋H2O。
说明：一般不用强酸，因为强酸的量控制不当会使制得的Al(OH)3溶解： [Al(OH)4]－＋H+＝Al(OH)3↓＋H2O；Al(OH)3＋3H+＝Al3+＋3H2O
（3）氧化铜
①氧化铜有金属氧化物的性质： CuO＋2HCl＝CuCl2＋H2O
②氧化铜具有弱氧化性，可与某些还原剂反应。
③氧化铜在高温下可发生分解反应： 4CuO 2Cu2O＋O2↑
三、复合材料
1、定义：将两种或两种以上性质不同的材料经特殊加工而成的材料称为复合材料。
2、组成：复合材料由两部分组成，一部分称为基体，在复合材料中起黏结作用；另一部分称为增强体，在复合材料中起骨架作用。
3、分类：按基体分类，可分为树脂基复合材料、金属基复合材料和陶瓷基复合材料。按增强体分，可分为颗粒增强复合材料、夹层增强复合材料和纤维增强复合材料。
4、优点：材料复合后，既保持了原有材料的特点，又使各组分之间协同作用，形成了优于原材料的特性。又可以充分利用能源、节约能源。
5、常见的复合材料：如玻璃钢、碳纤维增强复合材料、航空、航天领域中的复合材料等。
▲ 本章专题探究
两步反应
到现在为止，必修1的内容已经结束，从整个高中化学来看，无机元素化合物的知识已经基本完成。在这期间，我们学习了大量的化学反应。其中，有部分反应与“量”有关，即加入少量的试剂与加入过量的试剂时得到的产物不同。如在四羟基合铝酸钠溶液中加入少量的盐酸，可生成氢氧化铝沉淀，但如果加入过量的盐酸，则生成铝离子：[Al(OH)4]－＋H+＝Al(OH)3↓＋H2O；Al(OH)3＋3H+＝Al3+＋3H2O。由于反应分两步进行，因此，该类反应被称为“两步反应”。由于这类反应特别能体现同学们对知识的理解情况，以及对考试大纲的“分类讨论”的思想。所以，以这类化学反应为基础的多种题型，如无试剂鉴别问题、离子方程式判断正误问题、离子共存问题、讨论型计算题等。
［例题］在50 mL b mol·L－1 AlCl3溶液中加入50 mL a mol·L－1的NaOH溶液。试问：
（1）当a≤3b时生成Al(OH)3沉淀的物质的量是_______________．
（2）当a、b满足什么条件时，无沉淀生成？
（3）当a、b满足什么条件时，先有沉淀生成后沉淀部分溶解？
研析：AlCl3与NaOH间存在下列两种反应：
①AlCl3＋3NaOH＝Al(OH)3↓＋3NaCl
②AlCl3＋4NaOH＝Na[Al(OH)4]＋3NaCl
（1）a≤3b时，只发生反应①，NaOH不足或恰好完全反应。
n［Al(OH)3］＝1/3n(NaOH)＝1/3×0.050 L×a mol·L－1＝a mol
（2）当只有②反应发生时，无沉淀生成，此时AlCl3不足或恰好完全反应。
n(NaOH)≥4n(AlCl3)
50 mL×a mol·L－1≥4×50 mL×b mol·L－1
a≥4b
（3）当①②两反应都发生时，先有沉淀生成，后沉淀部分溶解。此时，a、b关系介于以上两种情况之间。即：3b答案：（1） a mol （2）a≥4b （3）3b现在，我们已经学过的常见的两步反应有：
① SO2＋NaOH＝NaHSO3；SO2＋2NaOH＝Na2SO3＋H2O
② CO2＋NaOH＝NaHCO3；CO2＋2NaOH＝Na2CO3＋H2O
③ H2S＋NaOH＝NaHS；H2S＋2NaOH＝Na2S＋H2O
④ 2H2S＋O2 2S＋2H2O；2H2S＋3O2 2SO2＋2H2O
⑤ C＋O2CO2；2C＋O22CO
⑥ FeO＋CFe＋CO↑；2FeO＋C2Fe＋CO2↑
⑦ CuO＋CCu＋CO↑；2CuO＋C2Cu＋CO2↑
⑧ 2[Al(OH)4]－＋CO2＝2Al(OH)3↓＋CO32－＋H2O；[Al(OH)4]－＋CO2＝Al(OH)3↓＋HCO3－
⑨ AlCl3＋3NaOH＝Al(OH)3↓＋3NaCl；AlCl3＋4NaOH＝NaAlO2＋3NaCl＋2H2O
⑩ [Al(OH)4]－＋H+＝Al(OH)3↓＋H2O；[Al(OH)4]－＋4 H+＝Al3+＋4H2O
综合能力探究演练
（时间60分钟，满分100分）
一、选择题（45分）
1．金属中导电性能最强的是
A．铜 B．银 C．铝 D．铁
1．研析：金属的导电性由强到弱依次为银、铜、铝、铁。
答案：B。
2．铝热剂中铝的作用是
A．催化剂 B．氧化剂 C．还原剂 D．填充剂
2．研析：铝是一种金属，在反应中化合价升高，作为还原剂来参加反应，铝是常见的还原剂。
答案：C。
3．下列物质中，不属于合金的是
A．黄铜 B．水银 C．钢铁 D．硬铝
3．研析：水银就是汞单质，而合金中含有几种元素，如钢铁是铁的碳合金。
答案：B。
4．下列物质中，属于新型无机非金属材料的是
A．钢化玻璃 B．碳化硼玻璃
C．光导纤维 D．硼酸盐玻璃
4．研析：新型无机高分子材料的品种较多：如高温结构陶瓷和光导纤维等，其中如氧化铝陶瓷、氮化硅陶瓷、碳化硼陶瓷等属于高温结构陶瓷。
答案：B、C。
5．过量的泥沙、纯碱、生石灰熔化后生成：①水泥 ②玻璃 ③瓷器 ④混凝土 ⑤一种硅酸盐产品
A．①和④ B．②和⑤
C．③ D．②
5．研析：水泥的主要成分是2CaO·SiO2、3CaO·SiO2和3CaO·Al2O3，其生产原料为粘土、石灰石。陶瓷属于硅酸盐产品，其主要原料是粘土。混凝土是水泥、碎石和砂子的混合物。
泥沙的主要成分是SiO2，与纯碱（Na2CO3）、生石灰（CaO）熔化后发生如下反应：
SiO2＋Na2CO3 Na2SiO3＋CO2↑；SiO2＋CaOCaSiO3
而Na2SiO3、CaSiO3与SiO2的熔合物即玻璃，且玻璃是一种硅酸盐产品。
答案：B。
6．镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，再过滤，滤液中存在的离子有
A．[Al (OH)4]－ B．Cu2+ C．Al3+ D．Mg2+
6．研析：审题是关键, 此题问的经过一系列反应后，滤液中存在的离子，对本题反应过程应有清楚的分析：混合物中加入过量盐酸充分反应后，滤液中含有Mg2+、Al3+、H+；铜不溶解。在滤液中加入过量烧碱溶液后，滤液中含[Al (OH)4]－，沉淀为氢氧化镁。
答案：A。
7．某溶液中有Cu2+、NH4+、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．Cu2+ B．NH4+ C．Fe2+ D．Al3+
7．研析：溶液中加入过量的氢氧化钠溶液后，四种离子分别转化为氢氧化铜沉淀、一水合氨、氢氧化亚铁沉淀、四羟基合铝酸钠。微热并搅拌后，氢氧化铜沉淀、四羟基合铝酸钠无变化，而一水合氨部分分解并挥发出氨气，氢氧化亚铁沉淀转化为氢氧化铁沉淀。再加入过量盐酸后，NH4+、Fe2+大量减少。
答案：B、C。
8．下列反应的离子方程式正确的是
A．石英与烧碱溶液共热：SiO2＋2OH－SiO32－＋H2O
B．在氯化铝溶液中滴加过量的氨水：Al3＋＋4 OH－＝[Al (OH)4]－
C．在氢氧化钠溶液中通入过量的CO2：2OH－＋CO2＝CO32－＋H2O
D．在稀盐酸中滴加过量的硅酸钠溶液：SiO32－＋2H＋＋H2O＝H4SiO4↓
8．研析：A体现出SiO2酸性氧化物的性质，D为强酸制弱酸，二者都是正确的。B项有两个错误：氨水是弱碱，不能拆开写；因为氢氧化铝不溶于氨水，因此，无论氨水过量与否，都生成氢氧化铝，不能生成[Al (OH)4]－。C项应该生成碳酸氢根离子，而不是CO32－。
答案：A、D。
9．常温下，下列不发生反应的一组物质是
① 硅与NaOH溶液 ②硅与盐酸 ③ 硅与氢氟酸 ④ 二氧化硅与碳酸钠 ⑤ 二氧化硅NaOH溶液 ⑥ 二氧化硅与浓硝酸
A．①②④ B．③④⑥ C．②⑤⑥ D．②④⑥
9．研析：硅的化学性质稳定，常温下除了与氟气、氢氟酸、和强碱外，它不易与其他物质如氢气、氧气、氯气等反应。
答案：D。
10．有一根粗铝条含铁和硅两种杂质。取等质量的样品分别投入足量的稀盐酸和足量的稀氢氧化钠溶液中，放出等量的H2，则该粗铝中铁和硅的关系正确的是
①物质的量之比为2∶1 ②物质的量之比为3∶1 ③质量之比为2∶1 ④质量之比为4∶1
A．②④ B．②③ C．①④ D．只有④
10．研析：铝与稀盐酸和稀氢氧化钠溶液都反应并放出等量的氢气，由此不难推出，硅与稀氢氧化钠溶液反应放出的氢气与铁与稀盐酸反应放出的氢气相等。根据关系式Si——2H2；Fe——H2得：铁和硅的物质的量之比为2∶1，质量之比为4∶1。
答案：C。
11．高岭土的组成可表示为Al2Si2Ox(OH)y，其中x、y的数值分别是
A．7，2 B．5，4 C．6，3 D．3，6
11．研析：根据总的化合价为零，有： 2×（＋3）＋2×（＋4）＋x×（－2）＋y×（－1）＝0，化简得：2x＋y＝14，将选项代入求解，只有B选项适合。
答案：B。
12．飞机，火箭的机翼和机身以及导弹的壳体，尾翼中的复合材料是
A．金属基复合材料 B．树脂基复合材料
C．绝缘基复合材料 D．智能复合材料
12．研析：飞机、火箭的机翼和机身以及导弹的壳体、尾翼中的复合材料大多以纤维为增强体、金属为基体的复合材料。作为增强体的纤维是碳纤维、硼纤维、碳化硅纤维和氧化铝纤维等耐热性好的纤维，作为基体的金属用得较多的是铝、镁、钛等密度小的轻金属。这类材料的特点是耐高温、强度高、导电性和导热性好，不吸湿，不易老化。
答案：A。
13．下列复合材料对应的性能正确的是
序号 复合材料 可能的性能
A 金属；C 强度高，抗冲击，绝缘性好，耐热温度低于300℃
B 陶瓷；SiO2 耐1600℃以上高温，强度高，密度小
C 合成树脂；SiO2、Al2O3、MgO 耐酸碱，化学稳定性好，强度高，密度小，韧性好
D 合成树脂；C 耐高温，强度高，导电性好，导热性好
13．研析：金属与C的复合材料具有耐高温，强度高，导电性好，导热性好的特点；陶瓷与SiO2的复合材料具有耐1600℃以上高温，强度高，密度小的特点；合成树脂与SiO2、Al2O3、MgO的复合材料具有强度高，抗冲击，绝缘性好，耐热温度低于300℃的特点；合成树脂与C的复合材料具有耐酸碱，化学稳定性好，强度高，密度小，韧性好的特点。
答案：B。
14．工业上，常用Mg还原法制取金属Ti，反应原理如下：2Mg＋TiCl42MgCl2＋Ti。下列说法正确的是：①该反应属于置换反应；②该反应属于氧化还原反应；③该反应表明Mg比Ti活泼；④Ti被誉为“21世纪的金属”，在航天工业上有广泛用途。
A．只有①② B．只有③④ C．只有①②③ D．全部
14．研析：在置换反应中通常为活泼的金属在一定条件下能将不活泼的金属置换出来，在氧化还原反应中的规律为还原剂的还原性强于还原产物，因此，①②③都是正确的。至于④则属于常识性问题：金属Ti的机械强度高、密度小、抗蚀力强，被誉为“21世纪的金属”，④也是正确的。
答案：D。
15．将物质X逐渐加入Y溶液中，生成沉淀的物质的量n2与所加X的物质的量n1的关系如图4—1所示．符合图所示情况的是
A B C D
X NaOH AlCl3 HCl Na[Al (OH)4]
Y AlCl3 NaOH Na[Al (OH)4] HCl
15．研析：A随着NaOH溶液的加入先后发生以下两个反应：Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓(沉淀物质的量由0增至最大值)；Al(OH)3＋OH－＝[Al (OH)4]－（沉淀物质的量由最大值降为0）。两个反应中消耗的NaOH物质的量之比为3∶1，与题图不符。
B随着AlCl3溶液的加入先后发生以下两个反应：Al3＋＋4OH－＝[Al (OH)4]－（不产生沉淀）；Al3＋＋3[Al (OH)4]－＝4Al(OH)3↓（沉淀物质的量由0增至最大值）。两个反应中消耗AlCl3物质的量之比为3∶1，与题图也不符。
C随着盐酸的加入先后发生以下两个反应：H＋＋[Al (OH)4]－＝Al(OH)3↓＋H2O （沉淀物质的量由0增至最大值）；3H＋＋Al(OH)3＝Al3＋＋3H2O(沉淀物质的量由最大值降为0)．两个反应中消耗盐酸物质的量之比为1∶3，符合题图。
D随着Na[Al (OH)4]溶液的加入先发生以下反应：[Al (OH)4]－＋4H＋＝Al3＋＋4H2O（不产生沉淀）；待盐酸耗尽发生Al3＋＋3[Al (OH)4]－＝4Al(OH)3↓的反应（沉淀物质的量由0增至最大值）。两个反应消耗Na[Al (OH)4]物质的量之比为1∶3，与题图也不符。
答案：C。
二、非选择题（55分）
16．（10分）（1）有下列A～F六种试剂，它们的性质不同，选用的试剂瓶也不相同，请指出它们分别选用什么样的试剂瓶。
A．二氧化硅 B．硝酸银晶体 C．氯水 D．氢氟酸 E．浓H2SO4 F．NaOH溶液
（2）下列反应中，SiO2表现什么化学性质？
①SiO2＋2NaOH＝Na2SiO3＋H2O；②SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑
③SiO2＋2CSi(粗)＋2CO↑；④SiO2＋4HF＝SiF4↑＋2H2O
16．研析：（1）一般，选择试剂瓶的原则为：固体放在广口瓶中，液体放在细口瓶中，见光易分解或变质的放在棕色瓶中，碱性溶液放在橡皮塞试剂瓶中，强氧化性物质放在玻璃塞试剂瓶中，氢氟酸由于与玻璃中的SiO2反应而不能放在玻璃瓶中。（2）SiO2是一种高熔点、沸点的酸性氧化物、除具有酸性氧化物的通性、弱氧化性外，还具有一些特性。
答案：（1）A．广口瓶 B．棕色广口瓶 C．棕色磨砂玻璃塞细口瓶 D．细口塑料瓶 E．磨砂玻璃塞细口瓶 F．橡皮塞细口瓶 （2）①酸性氧化物的通性；②将挥发性酸酐从其盐酸中代换出来；③弱氧化性；④作为玻璃的成分被分解而使玻璃能雕刻。
17．（8分）某无色透明溶液跟金属铝反应放出H2。试判断下列离子：Mg2＋、Cu2＋、Ba2＋、H＋、Ag＋、SO42－、SO32－、HCO3－、OH－、NO3－，在下列两种情况下何者能存在于溶液中。
（1）当生成Al3＋时，可能大量存在 。
（2）当生成[Al (OH)4]－时，可能存在 。
17．研析：因溶液无色首先排除Cu2＋的存在。与Al反应放出H2的溶液，可能是强酸性溶液，也可能是强碱性溶液。Al与强酸或碱溶液反应的化学方程式为：
2Al＋6H＋＝2Al3＋＋3H2↑； 2Al＋2OH－＋6H2O＝[Al (OH)4]－＋3H2↑
（1）生成Al3＋时，溶液为强酸性溶液，溶液中存在大量H＋，则弱酸根(SO32－、HCO3－)和OH－不能共存，NO3－也不存在，否则Al与稀HNO3反应不产生H2；这样，阴离子只剩SO42－，SO42－一定存在；溶液中有SO42－，则Ba2＋和Ag＋不能大量存在；Mg2＋可能大量存在．
（2）当生成[Al (OH)4]－时，溶液为强碱溶液，一定存在大量OH－，有OH－则无Mg2＋、H＋、Ag＋和HCO3－；这样，阳离子只剩Ba2＋，有Ba2＋则无SO32－、SO42－,NO3－可能存在。
答案：（1）H＋、Mg2＋、SO42－ （2）OH－、Ba2＋、NO3－
18．（8分）某科研小组，用含有少量的CaO和Fe2O3的高岭土（主要成分：Al2O3·2SiO2·2H2O）来研制新型净水剂，其实验方案如下：将土样和纯碱混合均匀，加热熔融，冷却后用水浸取熔块，过滤弃去残渣，滤液用盐酸酸化，经过滤，分别得到沉淀和溶液，溶液即是净水剂。
（1）土样和纯碱混合均匀，加热熔融时，土样中的主要成分与纯碱反应的化学方程式为：
① ；②Al2O3＋Na2CO32NaAlO2＋CO2↑。
（提示：NaAlO2易溶于水并转化为Na[Al (OH)4]）
（2）最后得到的沉淀物是 ，生成沉淀的离子方程式为 。
（3）实验室中常备的坩埚有瓷坩埚，氧化铝坩埚和铁坩埚，本实验熔融土样时应选用 坩埚。
18．研析：这是一道信息给予题，根据题示情境分析：（1）高岭土熔化时，其成分中的SiO2和Al2O3与Na2CO3反应生成Na2SiO3和NaAlO2。（2）熔块加水使Na2SiO3和NaAlO2溶解与其他杂质分离，在过滤后的滤液中加入盐酸则使Na2SiO3、Na[Al (OH)4]分别与过量的盐酸反应，生成H4SiO4沉淀和AlCl3溶液，过滤得滤液即为净水剂。（3）因为瓷坩埚中含有SiO2，氧化铝坩埚主要成分是Al2O3，它们都能与Na2CO3在高温下发生反应，故熔融样品时只能用铁坩埚。
答案：（1）SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑（2）H4SiO4；2H＋＋SiO32－＋H2O＝H4SiO4↓（3）铁
19．（12分）在半导体工业中，有一道工序叫烧氢。烧氢的工艺流程如下图所示。工作时，是将石英管D出口处氢气点燃。半导体硅片、焊片和金属零件从石英管口送入加热区，在氢气还原气氛中加热使焊片熔化，将单晶硅与金属零件焊接在一起。焊接后再将零件拉至冷却区，冷却后取出。烧氢工艺中的氢气纯度要求极高，工业氢气虽含量达99.9%，但仍含有极微量的水蒸气和氧气，所以点燃氢气前应检验氢气的纯度。试回答下列问题：
（1）装置B的作用是 ；B中发生反应的化学方程式是 。
（2）装置C中的物质是 ；C的作用是 。
（3）点燃氢气前将E(带导管胶塞)接在D出口处，目的是 。
（4）装置A是安全瓶，可以防止氢气燃烧回火，引起爆炸，其中填充大量纯铜屑的作用是 。
19．答案：（1）除去氧气；2Cu+O2 2CuO；CuO+H2 Cu+H2O。（2）无水CaCl2（或碱石灰）；吸收水蒸气。（3）检验氢气纯度。（4）大量的铜屑可以吸收热量，降低温度。
20．（8分）某混合物A含有KAl (SO4)2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下列物质之间的变化：
据此判断：
（1）固体E所含物质的化学式为 。
（2）反应③的化学方程式为 。
（3）反应①的离子方程式为 。
（4）反应②的离子方程式为 。
20．答案：（1）K2SO4、(NH4)2SO4 （2）2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3
（3）Al2O3＋2OH－＋3H2O＝2[Al(OH)4]－ （4）Al3+＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4+
21．（9分）有一铝粉和Fe3O4粉末组成的铝热剂，在隔绝空气的条件下加热使之充分反应。将反应后所得混合物研细，并分成均匀的两等份，在一份中加足量的氢氧化钠溶液，另一份中加入足量的盐酸，反应后，前者消耗m mol NaOH，放出气体0.336 L；后者消耗n mol HCl，放出气体V L，若将等质量的铝热剂直接与足量稀硫酸作用，可得3.36 L气体（上述气体体积均已换算成标准状况）。试求铝热剂中Al的质量分数。
21．研析：（1）铝热剂直接与H2SO4作用时产生气体的反应如下：
2Al ＋ 3 H2SO4 ＝ Al2(SO4)3 ＋ 3 H2↑
54.0 g 67.2 L
m(Al) 3.36 L
列式可解得：m(Al)＝2.70 g
铝热反应后的混合物遇NaOH能放出H2，表明铝热反应Al剩余，则：
2Al ＋ 2NaOH ＋ 6H2O ＝ 2Na [Al(HO)4] ＋ 3 H2↑
54.0 g 67.2 L
m(Al) 0.336 L
列式可求得：m余(Al)＝0.540 g
铝热剂中Fe3O4的质量可求：
3 Fe3O4 ＋ 8 Al 4 Al2O3 ＋ 9 Fe
696 g 216 g
m(Fe3O4) 2.70g－0.540g
列式可求得：m(Fe3O4)＝6.96 g
则：w(Al)＝×100%＝28.0%
答案：28.0%
本章答案解析与研读
教材章末习题（P128）
1．研析：A项电荷数与氢原子数都没有配平；C项的电荷数没有配平；D项电荷数与氢、氧原子数都没有配平。
答案：B
2．研析：石墨是易导电的物质。
答案：C
3．研析：本题可逐项排除法。根据①，不能排除任何选项；根据②，可排除D项；根据③，可排除B项；根据④，可进一步排除A，因为镁不能在冷浓硫酸中钝化。
答案：C
4．A、C、E是金属单质，因为它们导电性好且延展性好。B、D是非金属单质，因为它们熔点很低且不导电。
5．
特征 主要用途
钨丝能承受高温，但一受热就会发光 制造晶体管、集成电路
钛制品非常轻，但非常坚固，不易变形 制造太空飞船和人造卫星的部件
锡无毒，抗腐蚀能力又高 制造灯丝
硅的导电性介于导体和半导体之间 制造罐头盒
6． （1）罐内的二氧化碳气体与NaOH溶液反应后，使罐内气压明显降低，在大气压的作用下，罐壁凹而瘪。CO2＋2NaOH＝Na2CO3＋H2O
（2）过一段时间后，铝与氢氧化钠溶液反应，生成了氢气，罐内气压由小变大，瘪了的罐壁又重新鼓起。
2Al＋2NaOH＋6H2O＝2Na[Al(OH)4]＋3H2↑
7．研析：在第（3）题中，配制无机铜杀菌剂波尔多液。已知几种成分的质量比，则它们的物质的量之比为： n（CuSO4·5H2O）∶n（CaO）＝1/250∶0.56/56＝2∶5。
答案：（1）2Cu＋O2＋2H2SO4＝2CuSO4＋2H2O；（2）×250 g·mol－1＝3.75 kg；（3）2∶5
8．青铜是铜和锡的合金，它的机械强度高、耐腐蚀、极耐磨。将铜制成合金，可以保持甚至强化单一金属的长处，克服其不足，使得合金的性能一般优于纯金属，如强度、硬度比单一金属大，抗腐蚀能力一般比单一金属强。
9．（1）钛因其表面容易形成致密的氧化物保护膜使它不易跟其他物质反应，而具有一定的抗腐蚀能力，而且其密度小，还是一种“亲生物金属”。（2）C
10．略。
11．
普通玻璃 普通钢 玻璃钢
主要组成元素或物质 Na2SiO3、CaSiO3、SiO2 Fe、C、Mn、Si等 玻璃纤维和合成树脂
材料类别 传统无机非金属材料 金属材料或合金 复合材料
性质特点 无固定熔点、易软化、易破碎 坚硬、有韧性、有弹性 重量轻、强度高、耐水、耐磨、耐腐蚀、产品美观
用途 建筑材料、制化学仪器、窗玻璃、玻璃器皿等 制钢轨、钢丝、机器零件、刀具、建筑工业、化工生产、医疗器械制造 生产游乐车、运输罐、餐桌、船体、汽车车身、印刷电路板、排水管道
12．略。
硅的性质
二氧化硅的性质
无机非金属材料
元素与材料世界
硅 无机非金属材料
铝 金属材料
复合材料
半导体材料与单质硅
二氧化硅与光导纤维
硅酸盐与无机非金属材料
铝与铝合金
金属与金属材料
复合材料的组成
在生产生活、航空、航天中常见的复合材料
铝及其化合物
金、银、铜
认识复合材料
形形色色的复合材料
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章末小结
▲章末知识回顾
结构图表
知识归纳
1 基础知识
（1）化学的发展简史
1661年，英国化学家、物理学家波义耳提出化学元素的概念，标志着近代化学的诞生。
1771年，法国化学家拉瓦锡建立燃烧现象的氧化学说，使近代化学取得了革命性的进展。
1803年，英国化学家、物理学家道尔顿提出原子学说，为近代化学的发展奠定了坚实的基础。
1869年，俄国化学家门捷列夫发现元素周期律，把化学元素及其化合物纳入一个统一的理论体系。
（1）钠的性质
物理性质 颜色 状态 硬度 密度 熔点
银白色 固体 较小 0.97g/cm3 97.81℃
化学性质 与氧气反应 4Na + O2 2Na2O 2Na + O2 Na2O2
与水反应 2Na + 2H2O ＝ 2NaOH + H2↑
（2）氯气的性质
物理性质 颜色 状态 气味 密度 溶解性 特性
黄绿色 气体 刺激性 大于空气 可溶 有毒
化学性质 与金属反应 2Fe + 3Cl2 2FeCl3 Cu + Cl2 2CuCl2
与非金属反应 H2 + Cl2 2HCl
与水反应 Cl2 + H2O ＝ HCl + HClO
2 基本概念
（1）化学科学：化学科学就是在原子、分子水平上研究各种各样的物质的组成、结构、性质、变化、制备和应用的自然科学。其特征是认识分子和制造分子。
（2）摩尔：摩尔是表示物质的量的单位，每摩尔物质含有阿伏加德罗常数个微粒。
（3）摩尔质量：1mol物质的质量叫摩尔质量，摩尔质量在数值上等于该物质的式量。
（4）标准状况下的气体摩尔体积：在标准状况(0℃、101.3kPa)下，1mol的任何气体的体积都大约是22.4L。
（5）物质的量浓度：以1L溶液中所含溶质物质的量来表示的溶液浓度叫物质的量浓度。
3 基本方法
（1）研究物质性质常用的方法为：观察、实验、分类、比较。
（2）研究物质性质一般的程序为：观察物质的外观性质→运用分类的方法，根据物质所属类别或利用有关反应规律预测物质的性质→实验和观察（验证预测并提出新的预测）→对实验现象进行分析、综合、推论，概括出结论。运用比较的方法，归纳出物质的通性及特性。
（3）配制一定物质的量浓度溶液：对于任何定量实验，操作细则以及实验仪器的选择主要是围绕减小实验误差来考虑。准确配制一定物质的量浓度溶液的关键在于：溶质的计量和转移、溶液体积的计量。其操作步骤为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶。
4 基本关系：以物质的量为核心的各物理量间的转化关系
▲ 单元专题探究
平均相对分子质量的求法
（1）已知标准状况时气体密度ρ，M1＝22.4 ρ。
（2）已知非标准状况气体温度、压强、密度，M1 ＝ 。
（3）已知两种气体的相对密度D，MA ＝ DMB。
气体的相对密度：D ＝ ＝。
（4）混合气体的平均式量(n1,n2，…表示混合物中各组分的物质的量；V1，V2，…表示混合物中各组分的体积；M1，M2，…表示混合物中各组分的式量)：混合气体本来无式量，但对组成一定的混合气体来说，可以根据其各组的组成和式量来计算所谓的平均式量。它在数值上等于混合气体的平均摩尔质量，其表达式为：
＝＝
＝M1·n1％+M2·n2％+…+Mi…ni％
＝
＝ M1·V1％ + M2·V2％ +… + MiVi％
混合物的式量可以用平均值法确定。如空气的主要成分为O2和N2，空气的平均相对分子质量为29，介于两种气体相对分子质量之间。
十字交叉法
十字交叉法是进行二组分混和物平均量与组分量计算的一种简便方法。凡可按M1n1 ＋ M2n2 ＝ （n1 + n2）计算的问题，均可用十字交叉法计算的问题，均可按十字交叉法计算，算式为：
M1 n1＝（M2－）
M2 n2＝（－M1）
式中，表示混和物的某平均量，M1、M2则表示两组分对应的量。如表示平均相对分子质量，M1、M2则表示两组分各自的分子量，n1、n2表示两组分在混和物中所占的份额，n1∶n2在大多数情况下表示两组分物质的量之比，有时也可以是两组分的质量比，如在进行有关溶液质量百分比浓度的计算。十字交叉法常用于求算：混和气体平均分子量及组成、混和气体平均分子式及组成、同位素原子百分含量、溶液的配制、混和物的反应等。
（1）混和气体计算中的十字交叉法
例1：在常温下，将1体积氮气和一定量的氧气混和，测得混和气体对氢气的相对密度为14.5，求氧气所占的体积。
研析：根据相对密度计算可得混和气体的平均相对分子质量为29，氮气的相对分子质量是28，而氧气的相对分子质量是32，利用十字交叉法可求得氧气是1/3体积。
（2）混和物反应计算中的十字交叉法
例2：现有100克碳酸锂和碳酸钡的混和物，它们和一定浓度的盐酸反应时所消耗盐酸跟100克碳酸钙和该浓度盐酸反应时消耗盐酸量相同。计算混和物中碳酸锂和碳酸钡的物质的量之比。
研析：可将碳酸钙的式量理解为碳酸锂和碳酸钡的混和物的平均式量，利用十字交叉法计算可得碳酸锂和碳酸钡的物质的量之比97∶26。
综合能力探究演练
（时间60分钟，满分100分）
第Ⅰ卷（选择题 共50分）
相对分子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Cu 64
一、选择题（每题只有一个选项符合题意，每题3分）
1．为中国近代化学发展做出突出贡献的科学家是
A．李四光 B．华罗更 C．候德榜 D．钱学森
1．答案：B。
研析：题述四个选项中的科学家均为我国科学事业的发展做出了突出的贡献。其中，李四光是我国当代著名的地质学家；华罗更是著名的数学家；钱学森是著名的物理学家；候德榜被称为中国近代化学史上的第一颗明星，为中国化学工业发展做出卓越贡献，是中国近代化工工业的奠基人，他发明的联合制碱法为中华民族争得了荣誉。
2．0.5mol Na2SO4中所含的Na+离子数为
A．3.01×1023 B．6.02×1023 C．0.5 D．1
2．答案：B。
研析：N（Na+）＝n（Na2SO4）×2×NA＝0.5mol×2×6.02×1023mol－1＝6.02×1023。B正确。
3．下列各种物理性质中，对氯气来说不正确的是
A．黄绿色的气体 B．密度比空气小 C．能溶于水 D．有刺激性气味
3．答案：B。
研析：氯气是一种黄绿色、有刺激性气味、能溶于水（1∶2）、易液化、密度比空气大的有毒气体。B选项不正确。
4．在配制物质的量浓度溶液的实验中，最后用胶头滴管定容后，液面正确的是
A． B． C． D．
4．答案：B。
研析：在配制物质的量浓度溶液的实验中，定容后，溶液凹液面最低点应该与刻度线平齐。B正确。
5．下列叙述正确的是
A．1molO2的质量为32g·mol－1
B．1mol物质的质量等于该物质的相对分子质量或相对原子质量
C．SO42－的摩尔质量为96 g·mol－1
D．CO2的摩尔质量为44g
5．答案：C。
研析：质量的单位是“g”、摩尔质量的单位是“g·mol－1”、式量的单位是“1”，A、B、D选项单位使用不正确。正确的说法为：1molO2的质量为32g；1mol物质的质量如果以“g”为单位，则在数值上等于该物质的式量；CO2的摩尔质量为44 g·mol－1。C无论数值，还是单位均正确。
6．下列物质属于纯净物的是
A．液氯 B．氯水 C．盐酸 D．漂粉精
6．答案：A
研析：纯净物指只有一种成分组成的物质，液氯的成分为Cl2；氯水中含HCl、HClO、Cl2、H2O；盐酸为HCｌ的水溶液；漂粉精的成分为CaCl2和Ca(ClO)2。
7．下列物质的体积约为22.4L的是
A．标准状况下1mol H2O B．20℃、101 kPa时36.5g HCl
C．常温常压下17g NH3 D．标准状况下0.4 mol H2和0.6mol O2的混合气
7．答案：D。
研析：A：标准状况下H2O不是气态，体积大约为18 mL，远远小于22.4 L；B、C：0℃、101 kPa时36.5g HCl的体积为22.4 L，20℃时其体积应大于22.4 L；同理常温常压下17gNH3的体积也大于22.4 L；标准状况下，1mol任何气体的体积都约为22.4 L，不论它是纯净物还是混合气体，因此D正确。
8．下列关于钠的说法不正确的是
A．金属钠与O2反应，条件不同，产物不同
B．钠—钾合金通常状况下呈液态，可作原子反应堆的导热剂
C．钠的化学活泼性很强，少量的钠可保存在煤油中
D．将金属钠投入水中，生成氢氧化钠，同时放出O2
8．答案：D。
研析：金属钠与O2反应，常温下生成氧化钠，加热或点燃条件下生成过氧化钠，A正确；钠和钾都是热的良导体，钠、钾的熔点都很低，其合金通常状况下呈液态，导热性进一步增强，可作原子反应堆的导热剂，B正确；钠的化学性质很活泼，可于空气中的水蒸气和氧气反应，少量的钠可保存在煤油中，以隔绝空气，C正确；将金属钠投入水中，生成氢氧化钠，同时放出氢气，D错误。
9．将一小块钠投入盛50mL澄清饱和石灰水的烧杯里，不可能观察到的现象是
A．钠熔成小球并在液面上游动 B．有气体生成
C．溶液底部有银白色物质生成 D．溶液变浑浊
9．答案：C。
研析：金属钠与水反应放出大量的热，将其熔成生成小球，与水接触的部位产生的气体不均匀推动小球在液面上游动；随着反应的进行，水量不断减少，且氢氧化钙溶解度随温度升高而降低，因此有部分氢氧化钙析出，使溶液变浑浊，但它不是银白色物质，因此，C错误。
10．能使干燥有色布条褪色的物质是
A．氯气 B．氯化氢 C．氯水 D．氢氧化钠
10．答案：C。
研析：氯气、氯化氢、氢氧化钠本身都没有漂白性，只有氯水中的次氯酸具有漂白性，可使干燥有色布条褪色，C正确。
二、选择题（每题有1~2个选项符合题意，每题4分）
11．在标况下，下列各组气体混合其平均相对分子量可达到40的是
A．N2和O2 B．CO2和O2
C．SO2和CO2 D．HI和HCl
11．答案：B、D。
研析：因为：Mr(CO2)＞40 Mr(N2)＜40 Mr(O2)＜40 Mr(SO2)＞40 Mr(HI)＞40 Mr(HCl)＜40；只有一个比40大一个比40小才满足要求。
12．下列说法正确的是（NA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 NA
B．在常温常压下，1mol Ne含有的原子数为NA
C．71gCl2所含原子数为2NA
D．在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含的原子数相同
12．答案：B、C。
研析：本题着重考查气体摩尔体积的概念和适用条件，阿伏加德罗定律以及希有气体的组成。题目在(A)选项中设置了气体的状况条件这个陷阱，在(D)选项中设置了气体单质所含原子数这个陷阱。常温常压下，11.2LN2并不是0.5mol，含有的分子数也就不为0.5NA；希有气体Ne是由原子构成的，1molNe含有的原子数为NA，与状况无关；71gCl2恰好是1molCl2，含原子数为2NA；在同温同压时，相同体积的任何气体单质所含的分子数相同，由于气体单质分子中所含原子数不同，如CH4由5个原子构成，H2由2个原子构成，而Ne由一个原子构成。相同状况下，相同体积的上述气体所含原子数就不相同。
13．体积相同的某营养液两份，其配方如下：
KCl K2SO4 ZnSO4 ZnCl2
（1） 0.3 mol 0.2 mol 0.1 mol
（2） 0.1 mol 0.3 mol 0.1 mol
两份营养液中各离子的浓度
A．完全相同 B．完全不同 C．仅c（K+）相同 D．仅c（Cl－）相同
13．答案：A。
研析：两份营养液，配方不同。但仔细一算，各离子的物质的量都相同：n（K+）= 0.7 mol；n（Cl－）= 0.3 mol；n（Zn2+）= 0.1 mol；n（SO42－）= 0.3 mol；溶于水后所得营养液中各离子的浓度自然完全相同。选A。
14．在标准状况下，相同质量的下列气体，占有体积由大到小的顺序是① Cl2 ② H2 ③ N2 ④ CO2 ⑤ O2
A．③ ② ④ ⑤ ① B．③ ② ④ ③ ①
C．① ④ ⑤ ② ③ D．② ③ ⑤ ④ ①
14．答案：D。
研析：根据阿伏加德罗定律，在标准状况下，气体的体积比等于其物质的量之比，而质量相同的前提下，物质的量与其摩尔质量成反比。由此看来，上述气体占有体积由大到小的顺序实际上是摩尔质量由小到大的顺序。显然，D正确。
15．在一定温度、压强下，1体积X2（气）和3体积Y2（气）化合生成2体积的气体化合物，则该气体化合物的化学式为
A．XY3 B．XY C．X3Y D．X2Y3
15．答案：A。
研析：根据阿伏加德罗定律，在一定温度、压强下，气体的体积比等于其分子数之比，也就是等于化学方程式中的计量数之比。现设此反应的方程式为：X2 + 3Y2 = 2 XaYb，再根据质量守定律得：a = 1，b = 3。A正确。
第Ⅱ卷（非选择题 共50分）
三、填空题（本题包括4小题，共34 分）
16．（6分）我国研制的长征捆绑式火箭在第一、二级发动机中用“偏二甲肼”和四氧化二氮作为液体燃料。
（1）已知偏二甲肼的相对分子质量为60，其中含碳40%，含氢13.33%，其余为氮。则n(C)：n(H)：n(N)＝ _____________偏二甲肼的分子式为____ __ _________；
（2）在发动机中偏二甲肼在四氧化二氮中充分燃烧，生成CO2、H2O、N2，写出该燃烧反应的化学方程式__________________________________________。
16．答案：（1）1∶4∶1；C2H8N2 （2）C2H8N2 + 2N2O4＝2CO2↑ + 4H2O↑ + 3N2↑
研析：（1）据题意：偏二甲肼含氮1 - 40% - 13.33% = 46.67%，1mol偏二甲肼的质量为60 g
则1mol偏二甲肼中：n（C）＝60g×40%÷12 g／mol ＝2 mol
n（N）＝60g×46.67%÷14 g／mol ＝2 mol
n（H）＝60g×13.33%÷1 g／mol ＝8 mol
因此，其分子式为C2H8N2；n(C)：n(H)：n(N)＝2 mol∶8 mol∶2 mol，即1∶4∶1。
（2）可根据质量守恒定律，用设1法配平。设C2H8N2前的系数为1，根据C原子守恒，推知CO2前系数为2，根据H原子守恒，推知H2O前系数为4，再根据O原子守恒，逆推知N2O4前系数为2，最后根据N原子守恒，配平氮气前系数。
17．（6分）100mlA2气体跟50mlB2气体恰好完全反应，生成的气体体积为100ml（同温同压条件下），试推断气体生成物的化学式__________，推断的依据是__________________________。
17．研答：题目给出的已知条件有两个：一是根据反应物分子式可知它们都是双原子分子；二是在相同条件下各反应物和生成物气体的体积比A2∶B2∶AxBy ＝ 100∶50∶100＝2∶1∶2。根据阿伏加德罗定律，这个体积比就是该反应的化学方程式中各反应物和生成物的系数比，即2A2＋B2＝2AxBy。再结合质量守恒定律（反应前后各种原子的个数不变），就能推出：2x＝2×2，x＝2；2y＝2，y＝1。答案为：分子式为A2B，推断的依据是阿伏加德罗定律和质量守恒定律。
18．（10分）现有XYZ三种元素。
（1）X的单质可以在Z的单质中燃烧生成XZ，火焰为苍白色。
（2）XZ极易溶于水，其水溶液可使蓝色石蕊试纸变红。
（3）X、Y、Z的单质在常温下为气体。
（4）两分子X的单质可以和Y单质化合生成两分子X2Y(常温下为液体)。
（5）Z的单质溶于X2Y中得到溶液具有漂白性，推断
①XYZ各为何元素（写元素符号） X__________ Y__________ Z__________
②XZ和X2Y各是什么物质（写化学式）？ XZ__________ X2Y__________
18．答案：①X：H Y：O Z：Cl ②HCl H2O
研析：氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，火焰为苍白色。氯化氢易溶于水，其水溶液可使蓝色石蕊试纸变红。氯气溶于水形成氯水，其中的次氯酸具有漂白性。
19．（12分）下图为配制0.2mol·L-1Na2CO3溶液250mL示意图。
回答下列问题：
（1）①中称得Na2CO3_____________g。
（2）玻璃棒在②、③两步中的作用分别是_____________、_____________。
（3）若出现如下情况，对所配溶液浓度有何影响 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
A．某同学在第⑧步观察液面时俯视_____________；
B．没有进行操作步骤④和⑤_____________；
C．在第⑤步不慎有少量液体流到容量瓶外_____________。
19．答案：（1）5.3 （2）搅拌；引流
（3）A 偏高 B 偏低 C 偏低
研析：（1）n（Na2CO3）= c（Na2CO3）×V（Na2CO3）= 0.2mol·L-1×0.25L = 0.05 mol
m（Na2CO3）= n（Na2CO3）×M（Na2CO3）= 0.05 mol×106 g／mol = 5.3 g
（2）玻璃棒是中学化学实验中常用的仪器，在第②步中，用玻璃棒搅拌，可加速Na2CO3固体的溶解；在第③步中，用玻璃棒引流，可防止Na2CO3溶液流到容量瓶外。
（3）所有的的定量实验都存在一个“误差”的问题，在本实验的误差分析中，一定要紧扣物质的量浓度的定义式，即c = n / V。如果在第⑧步观察液面时俯视，V偏小，结果偏高；如果没有进行操作步骤④和⑤，n偏小，结果偏低；如果在第⑤步不慎有少量液体流到容量瓶外，n偏小，结果偏低。
四、计算题（本题包括2小题 共16分）
20．（8分）现用Zn与实验室中的盐酸反应制取4.48L H2(标准状况)。
（1）如果选用所贴标签为2.0mol·L－1的盐酸，至少需该盐酸多少毫升？
（2）如果选用所贴标签为7%（密度为1.043g·mL－1）的盐酸，至少需该盐酸多少毫升？
20．答案：（1）200mL （2）200mL
研析：（1）
Zn + 2HCl = ZnCl2 + H2↑
2 mol 22.4L
n（HCl） 4.48L
n（HCl）= 4.48L÷22.4L×2 mol =0.4 mol
V（HCl）= n（HCl）÷c（HCl）= 0.4 mol÷2.0mol·L－1 = 0.2L = 200mL
（2）
Zn + 2HCl = ZnCl2 + H2↑
73g 22.4L
m（HCl） 4.48L
m（HCl）= 4.48L÷22.4L×73 g =14.6 g
V（HCl）= m（HCl）÷W（HCl）÷ρ（HCl）= 14.6 g÷7% ÷1.043g·mL－1 = 200mL
提示：（1）、（2）小题结果相同，请体会哪种浓度表示方法更方便？
21．（8分）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。
（本题中氨的式量以 17.0计，氨水的溶质以溶解的NH3为准，水的密度以1.00g·cm－3计）
21．答案：378体积
研析：1.00 L该氨水中含氨的质量为： 12.0mol×17.0g·mol-1
其体积在标准状况下为：12.0mol×22.4L·mol-1
1.00L该氨水中含水的质量为：1.00L×915g·L-1-12.0mol×17.0g·mol-1
其体积为（1.00L×915g·L－1－12.0mol×17.0g·mol－1）／1000g·L－1
VＮＨ3／VＨ2Ｏ＝（12.0 mol×22.4 L·mol－1）／［（1.00L×915 g·L－1－12.0 mol×17.0g·mol－1）／1000 g·L－1］＝378
1体积水吸收378体积NH3气（标准状况）。
若直接列出总式也可：
VＮＨ3／VＨ2Ｏ＝（12.0 mol×22.4 L·mol－1）／［（1.00L×915 g·L－1－12.0 mol×17.0g·mol－1）／1000 g·L－1］＝378
1体积水吸收378体积NH3气（标准状况）。
本章答案解析与研读
教材章末习题（P27）
1．4Na＋O2＝2Na2O；Na2O＋H2O＝2NaOH；2NaOH＋CO2＝ Na2CO3＋H2O
2．（1）新制的饱和氯水中含有氯气、水、盐酸、次氯酸等物质。
（2）①盐酸中和了氢氧化钠的缘故；②次氯酸具有漂白性的原因；③滴入几滴氢氧化钠溶液，如果溶液变红色，证明红色褪去是①的原因；如果溶液仍为无色，证明红色褪去是②的原因。
3．解法1是先求出m g SO2（或SO3）中S的质量，再分别求出S原子的个数，从而解得其比值。
解法2是求出m g SO2中S原子的个数和m g SO3中S原子的个数，直接求得其比值。
解法3是分别求出SO2和SO3的物质的量而得硫原子个数比。
解法3是合理的，因为三种解法中解法3是最简洁的。
4．答案：C10H12N2O
研析：血清素分子中：
n（C）＝176×68.2%÷12＝10，　n（H）＝176×6.82%÷1＝12，
n（N）＝176×15.9%÷14＝2，　n（O）＝176×9.08%÷1＝1。
因此，血清素的分子式为：C10H12N2O
5．答案：O2：1体积；CO2：1体积。
研析：CH4完全反应，O2有剩余
CH4 + 2O2 → CO2 + 2H2O
1L 2L 1L
1体积 V(O2) V(CO2)
由于1 L/1体积＝2 L/ V(O2)＝ 1 L/ V(CO2)
所以V(O2)＝2体积，V(CO2)＝1体积。
则剩余的氧气体积为1体积。
6．答案：（1）0.050 L；0.050 L。
（2）知道某溶液的物质的量浓度，取用一定体积的溶液，就知道了其所含溶质的物质的量，进行化学计算十分方便。
研析：由题意：
Cl2————————————2NaOH
22.4L 2mol
2.24L V1(NaOH)×4.0mol/L
V1(NaOH)＝2mol×2.24L÷(22.4L×4.0mol/L)＝0.050L
Cl2————————————2NaOH
22.4 L 80 g
2.24 L V2(NaOH)×1.14 g/mL×14%
V2(NaOH)＝2.24L×80g÷(22.4L×1.14 g/mL×14%)＝50 mL＝0.050L
研析：1.00 L该氨水中含氨的质量为： 12.0mol×17.0g·mol-1
其体积在标准状况下为：12.0mol×22.4L·mol-1
1.00L该氨水中含水的质量为：1.00L×915g·L-1-12.0mol×17.0g·mol-1
其体积为（1.00L×915g·L－1－12.0mol×17.0g·mol－1）／1000g·L－1
VＮＨ3／VＨ2Ｏ＝（12.0 mol×22.4 L·mol－1）／［（1.00L×915 g·L－1－12.0 mol×17.0g·mol－1）／1000 g·L－1］＝378
1体积水吸收378体积NH3气（标准状况）。
若直接列出总式也可：
VＮＨ3／VＨ2Ｏ＝（12.0 mol×22.4 L·mol－1）／［（1.00L×915 g·L－1－12.0 mol×17.0g·mol－1）／1000 g·L－1］＝378
1体积水吸收378体积NH3气（标准状况）。
认识化学科学
走进化学科学
研究物质性质的方法和程序
化学研究中常用的物理量
化学科学的特点
化学科学的形成和发展
化学科学的探索空间
观察、实验、分类、比较等方法
研究物质的基本程序
案例：研究金属钠与氯气的性质
物质的量及其单位
摩尔质量和气体摩尔体积
物质的量浓度
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章 末 小 结
▲ 本章知识回顾
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【知识归纳】
一、碳的多样性
1．多种多样的碳单质
（1）同素异形体的定义：由同一种元素组成的性质不同的几种单质，叫做该元素的同素异形体
（2）碳的同素异形体：金刚石、石墨、C60、碳纳米管及其他碳单质
（3）碳的化学性质（主要为还原性）：与氧气、氧化铁和氧化铜等金属氧化物、CO2等反应。
2．广泛存在的含碳化合物：
（1）重要的两种盐：Na2CO3（碳酸盐）和NaHCO3（碳酸氢盐）
①主要的物理性质和应用：
化学式 学名 俗名 状态 颜色 溶解度 应用
NaHCO3 碳酸氢钠 小苏打 细小晶体 白色 较小 治疗胃酸过多、做发酵粉
Na2CO3 碳酸钠 苏打、纯碱 粉末 白色 较大 洗涤剂等
②主要的化学性质
a碳酸钠：与酸、与碱（如氢氧化钙）、与盐（如氯化钙、氯化钡等）反应。
b碳酸氢钠：与酸、与碱反应、受热易分解。
c碳酸钠与碳酸氢钠之间的转化：
溶液中：NaHCO3＋NaOH＝Na2CO3＋H2O， Na2CO3＋CO2＋H2O＝2NaHCO3
固体中：NaOH＋NaHCO3Na2CO3＋H2O，2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O
（2）重要的两种氧化物：CO和CO2
①CO：毒性（与血红蛋白结合）、还原性。
②CO2：酸性氧化物的通性、弱氧化性（与镁等活泼金属反应）。
3．碳及其化合物间的转化
（1）碳的循环 （2）溶洞及石笋、钟乳石的形成 （3）温室效应
（4）生产和生活中碳及其化合物间的转化：①高炉炼铁 ②木炭燃烧 ③水垢的形成
二、氮的循环
1．氮在自然界中的循环和存在形式
（1）氮元素在自然界中的存在形式 （2）氮在自然界中的循环
2．氮循环中的重要物质
（1）氮气
①物理性质：无气无味的难溶于水的气体；密度比空气小，在空气中约占总体积的78%，占总质量的75%。
②化学性质：
还原性：与O2反应N2＋O22NO
氧化性：与H2在高温、高压、催化剂条件下反应、与Mg在点燃的条件下反应。
③用途：a.保护气b.液氮作深度冷冻剂c.合成氨等
（2）氮的氧化物——NO、NO2的重要性质
①物理性质：NO：无色无味难溶于水的气体有毒；NO2：红棕色有刺激性气味的气体有毒
②化学性质：2NO＋O2＝2NO2 3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO
③计算中用到的两个重要化学方程式： 4NO＋3O2＋2H2O＝4HNO3 ；4NO2＋O2＋2H2O＝4HNO3
（3）氮的氢化物——NH3
①物理性质：无色、有刺激性气味的气体，比空气轻，极易溶于水（1:700）且快速溶解，易液化得液氨，常用作制冷剂。
②化学性质
a 氨与水的反应：NH3＋H2ONH3·H2O
b 氨与酸反应：NH3＋HCl＝NH4Cl
c 氨与某些盐溶液的反应：
FeCl3＋3NH3·H2O＝Fe(OH)3↓＋3NH4Cl ；MgCl2＋2NH3·H2O＝Mg(OH)2↓＋2NH4Cl
d 氨与O2的催化氧化（氨的还原性）：4NH3＋5O24NO＋6H2O
氨的制备：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O
（4）铵盐的主要性质
①概念：由铵根离子和酸根离子组成的盐
②物理性质：都是无色晶体，都易溶于水
③化学性质
a 受热易分解： NH4HCO3NH3↑＋CO2↑＋H2O，NH4ClNH3↑＋HCl↑
b 与碱反应 NH4＋ ＋ OH－＝ NH3·H2O
④NH4＋的检测： 在未知溶液中加入强碱并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，则证明原溶液中含NH4＋
（5）硝酸的重要性质
①物理性质：纯HNO3是无色，易挥发（沸点83℃），有刺激性气味的液体。易溶于水，密度比水大，常用的浓HNO3质量分数为69%，98%的硝酸称“发烟硝酸”。
②化学性质
酸的通性
特性：不稳定性： 4HNO34NO2↑＋O2↑＋2H2O
强氧化性：a浓、稀HNO3均有强氧化性 b氧化性：浓HNO3>稀HNO3
c金属与硝酸反应不产生H2，而是与浓硝酸反应生成NO2，与稀HNO3，生成NO
4HNO3（浓）＋Cu＝Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
8HNO3（稀）＋3Cu＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
d铝、铁等金属可以在冷的浓硝酸中发生钝化现象，浓HNO3会把铝或铁的表面氧化，形成一层薄而致密的氧化膜，阻止了反应的进一步发生。因此常温下铝、铁制品可以盛放冷的浓HNO3。
e 与非金属反应：C＋4HNO3(浓) CO2↑＋4NO2↑＋2H2O
三、硫的转化
1．自然界中的硫
（1）自然界中不同价态硫元素间的转化
（2）认识硫单质
①物理性质：通常硫是一种黄色或淡黄色的固体，很脆，易研成粉末。不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，熔点和沸点较低。
硫有多种同素异形体，常见的有斜方硫和单斜硫。
②化学性质：硫元素的化合价有－2、0、＋4、＋6，硫单质0价，居于中间价态，既有氧化性又有还原性。
氧化性： 与金属：Fe ＋ S FeS 2Cu ＋S Cu2S 2Na ＋S ＝ Na2S (研磨)
与非金属：H2 ＋ S H2S
黑火药的爆炸：S ＋ 2KNO3 ＋3C=K2S ＋ 3CO2 ↑＋N2 ↑
还原性：硫在空气中燃烧，发出淡蓝色的火焰，在纯氧中燃烧剧烈，发出蓝紫色火焰，产物都是二氧化硫。 S＋O2SO2
与浓硫酸反应：S＋2H2SO4(浓)3SO2↑＋2H2O
③用途
2．实验室里研究不同价态硫元素间的转化
（1）二氧化硫
①物理性质
通常二氧化硫是一种无色、有刺激性气味的有毒气体，密度大于空气，易液化，易溶于水，常温常压下，1体积水大约能溶解40体积的二氧化硫。
②化学性质
a 酸性氧化物的通性：与水反应SO2＋H2O＝ H2SO3；与碱性氧化物反应：SO2＋CaO＝ CaSO3；
与碱反应：SO2 (少量) ＋ 2NaOH ＝Na2SO3 ＋ H2O，SO2 (过量) ＋ NaOH ＝NaHSO3。
b 氧化性：2H2S ＋ SO2 ＝3S ＋2H2O
c 还原性 SO2 可以使KMnO4溶液、氯水、溴水、FeCl3溶液等退色，证明SO2 具有还原性：
Cl2 ＋ SO2 ＋ 2H2O ＝H2SO4 ＋2HCl
此外，SO2 还可以在一定条件下被氧气氧化：2 SO2＋O2 2SO3
d 漂白性：二氧化硫与水反应生成的亚硫酸能与有色物质结合，生成不稳定的无色物质，所以说二氧化硫具有漂白性。
（2）浓H2SO4
①物理性质：通常浓硫酸是无色油状液体，难挥发，与水以任意比混溶，溶解时放出大量热。
②特性：吸水性、脱水性、强氧化性
浓硫酸中＋6价的S原子有很强的氧化性，可以夺取许多物质中的电子，因此浓硫酸具有强氧化性。浓硫酸可以与许多金属、非金属等物质反应：
Cu＋2 H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，C＋2 H2SO4(浓)CO2↑＋2 SO2↑＋2H2O
3．酸雨及其防治
（1）酸雨的概念 （2）酸雨的成因 （3）酸雨的危害 （4）酸雨的防治
四、海水中的化学元素
1．海水——化学元素的宝库
（1）海水中的元素
（2）氯化钠、锂、碘的重要用途
（3）氯碱工业 ①概念 ②原料：饱和食盐水 ③原理：2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑
2．镁和海水提镁
（1）海水提镁的方法 ：
①碱的制取：CaCO3CaO＋CO2↑；CaO＋H2O＝Ca(OH)2
②Mg2＋的浓缩：Mg2+＋2OH－＝Mg(OH)2↓； Mg(OH)2＋2H+＝ Mg2+＋2H2O
③Mg的制取：MgCl2Mg+Cl2↑
（2）镁的性质
①物理性质：镁是一种银白色金属，密度小于水，熔点较低，硬度较小，有良好的导电、导热性和延展性，与其他金属易构成性能优良的合金。
②化学性质
与非金属单质反应：2Mg＋O22MgO、3Mg＋N2Mg3N2、Mg＋Cl2MgCl2
与酸反应：与非氧化性酸反应：Mg＋2H＋ ＝Mg2＋＋H2 ↑
与氧化性酸反应，但不生成氢气：Mg＋2 H2SO4(浓) ＝MgSO4＋SO2↑＋2H2O
与某些氧化物反应：2Mg＋CO22MgO＋C
3．溴和海水提溴
（1）与溴关系密切的一组元素——卤素
（2）溴单质和碘单质的物理性质
①溴在常温下为红棕色液体（惟一的液态非金属单质），极易挥发产生红棕色有毒的溴蒸气；碘是紫黑色固体，具有金属光泽，易升华（常用于分离提纯碘）。二者在水中溶解度都较小，都易溶于酒精等有机溶剂。
②萃取：利用混合物中一种溶质在互不相溶的溶剂里溶解度的不同，用一种溶剂把溶质从它与另一溶剂所组成的溶液中提取出来的分离方法叫萃取，萃取所用的仪器是分液漏斗。
（3）氯、溴、碘单质氧化性的强弱：氯、溴、碘的氧化性：Cl2>Br2>I2;还原性：Cl－（4）碘的特性：遇淀粉变蓝色（常用来检验碘的存在）
（5）卤素离子的检验?
在含有Cl－、Br－、I－的溶液中加入硝酸银溶液分别生成白色、浅黄色、黄色的卤化银沉淀．若再加入稀硝酸．沉淀不溶解（AgF能溶于水）
（6）海水提溴与海洋的综合利用
①海水提溴：大体分为三个步骤：浓缩→氧化→提取。
②海水的综合利用
▲ 本章专题探究
多步反应计算
若化学计算涉及到几个化学方程式，且一个方程式的生成物又是另一个方程式中的反应物时，我们称这种计算为多步反应计算，这类反应的计算有三点需要注意。
1．多步反应的基本解法是关系式法。它不需要按每个化学方程式逐一计算，而应找出相应的关系式一步运算。按关系式进行多步反应的计算，其优点是：（1）方法简单，运算简便；（2）减少环节使结果更准确；（3）减少了错误机会。
多步反应计算的关键是找出正确的关系式，因此，应正确地写出各步化学反应方程式，按照方程式中物质问的化学计量数关系找出已知量和未知量相应的关系式，并进行计算。例如用接触法制硫酸，各步化学方程式如下： 4FeS2＋11O2=2Fe2O3＋8SO2 2SO2＋O2= SO3 SO3＋H2O＝H2SO4
由三个方程式可得关系式FeS2一2H2SO4
若以S原子来分析，又可得关系式S一H2SO4
若已知硫铁矿中Fe52的质量分数，求硫酸的产量，应按关系式FeS2一2H2SO4计算；若已知硫铁矿的含硫量，求硫酸产量，则按关系式S一H2SO4计算即可。
2．多步反应可按质量比计算，也可按物质的量之比进行计算，还可按相同条件下气体体积比进行计算。若已知量和未知量的单位不同，或分别用质量、物质的量和体积（气体）的单位，必须对应搭配单位，其关系是：
质量——物质的量——气体体积标准状况
g mol L
kg kmol m3
t 106 mol l03 m3
而且同一物质使用的单位应相同。即横向对应，纵向相同。使用时切勿弄锗。不过，在计算中，由于化学方程式各物质的物质的量之比为相应物质的化学计量数之比，因此，使用物质的量进行相关计算比较简捷。
3．在遇到原料或中间物质不能全部进入产物的情况，应进行如下相当处理：
化合物中某元素的损失率＝该化合物损失率；中间产物的损失率＝原料的损失率；中间产物的转化率＝原料的转化率。
［例题］用含FeS2 84％的硫铁矿生产硫酸．硫铁矿煅烧时有4％的硫元素损失而混入炉渣，SO2转化为SO3的转化率为95％，SO3的吸收率为98.5％，求2吨硫铁矿可生产98％的浓H2SO4多少吨？
解析：SO2的转化率和SO3的吸收率(即转化率)均可累积到FeS2上，硫元素的利用率就是FeS2的转化率，利用下列关系式计算：
设生产98％的H2SO4质量为x。
FeS2 ～ 2H2SO4
120 2×98
2吨×84％×(1－4％)×95％×98.5％ 98％x
列比例式：
x＝2.52 吨。
答案：2吨硫铁矿可生产98％的浓H2SO4 2.52吨。
点评：涉及多个有关化学方程式的多步反应计算，应用关系式法最为简捷。不需要按每个化学方程式进行计算，而只要正确找出已知量和未知量的关系式。要记住以下一些关系式：(1) 接触法制硫酸：FeS2—2S—2H2SO4，当知道硫铁矿纯度时用FeS2—2H2SO4计算，当已知硫铁矿的含硫量时，应根据S—H2SO4计算。(2) 氨氧化法制硝酸或硝铵：NH3—NO—HNO3，HNO3—NH4NO3，2NH3—NH4NO3，NH3—2O2等。
练习：某合成氨厂，日生产能力为30吨，现以NH3为原料生产NH4NO3，若硝酸车间的原料转化率为92％，氨被吸收为NH4NO3的吸收率为98％，则硝酸车间日生产能力应为多少吨才合理
解析：解此题必须注意以下三点：
第一，合成氨厂日生产能力为30吨，现以NH3为原料生成NH4NO3．NH3的用途有两方面：一方面，用NH3氧化制HNO3，另一方面用NH3与制得的HNO3作用制NH4NO3。关键是计划好生产多少吨HNO3，才能使NH3原料最大限度地被利用。HNO3生产少了，则NH3不能全部被HNO3吸收，NH3浪费了，HNO3生产多了，HNO3又浪费了。所以设HNO3日生产能力为x吨，x吨HNO3需用多少吨NH3氧化制得，又可以吸收多少吨NH3生成NH4NO3，通过生产HNO3的数量把氨的两方面用途联系起来。
第二，氨氧化制硝酸中，其关系式如下：
4NH3＋5O24NO＋6H2O
2NO＋O2＝2NO2
3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO
此反应中NO是被循环利用的，即NO又被氧化成NO2，再与水作用生成HNO3，因此NO2与水反应的化学方程式应为：
4NO2＋2H2O＋O2＝4HNO3
所以氨氧化制硝酸的关系式如下：
NH3～NO～NO2～HNO3(NH3全部转化成HNO3)
第三，在实际生产过程中，氨不可能100％被氧化生成HNO3，也不可能100％被HNO3吸收生成硝酸铵，题给条件是NH3转化为硝酸的转化率为92％，氨被硝酸吸收的吸收率为98％，在数量关系上，我们必须掌握住一条原则，代入化学方程式的量必须是纯量．
设日产HNO3的质量为x，NH3用于生产HNO3的质量为y．
由各步反应方程式得氨氧化制HNO3的关系为：
NH3～NO～NO2～HNO3
17 63
y·92％ x
y＝
用于被HNO3吸收的NH3质量为(30 t－y)：
30 t－y＝30 t－
由 NH3 ＋ HNO3 ＝ NH4NO3
17 63
(30 t－)×98％ x
得：［30t－17x/(63×92％)］·98％＝17x/63
解之得：x＝52.76 t。
答案：硝酸车间日生产能力为52.76 t才合理。
综合能力探究演练
（时间60分钟，满分100分）
一、选择题（36分）
1．下列过程属于人工固氮的是（ ）
A．分离液态空气制氮气 B．闪电时N2 转化为NO
C．合成氨 D．豆科作物根瘤菌将N2 转化为NH3
1．答案： C
研析：该题目考查氮的固定知识，将空气中游离态的氮转化为化合物的方法，统称为氮的固定，分为自然固氮和人工固氮，B、D 属于自然固氮，C属于人工固氮。
2．采用不同的分类方法，可将非金属氧化物分为不同的类别。例如，从某种意义讲P2O5、SO2、SO3、CO2、Cl2O7等归为一类，则下列氧化物中与它们同属一类的是（ ）
A．CO B．NO C．N2O5 D．NO2
2．答案： C
研析：本题考查了基本概念。题目中所给氧化物都是酸酐，而所给选项中CO、NO、NO2 都是不成盐氧化物，只有N2O5 是硝酸的酸酐。
3．有关氨的性质的叙述中正确的是（ ）
A．氨不能在空气中燃烧
B．氨水呈碱性
C．氨气和酸相遇能产生白色烟雾
D．在反应 NH3 + H+＝NH4+中，氨失去电子被氧化
3．答案：AB
研析：氨只能在纯氧中燃烧，不能在空气中燃烧，A 正确；因为NH3·H2O＝NH4++OH-，故氨水呈碱性，并视为一元弱碱，B 正确；氨气只有与挥发性酸相遇才能生成白烟，C错； 反应NH3 + H+ ＝ NH4+为非氧化还原反应，D错。综上分析，本题答案为A、B。
4．下列关于浓硫酸的叙述正确的是（ ）
A．浓硫酸具有吸水性，因而能使蔗糖炭化
B．浓硫酸在常温下可迅速与铜片反应放出二氧化硫气体
C．浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氨气、氢气等气体
D．浓硫酸在常温下能够使铁铝等金属钝化
4．答案： D
研析：浓硫酸使蔗糖炭化，体现的是脱水性而不是吸水性，脱水性和吸水性的本质区别是看氢和氧两元素在原物质中是否是以“H2O”的形式存在。
浓硫酸与铜的反应需在加热的条件下进行。 浓硫酸作为干燥剂，不能干燥碱性和强还原性物质，氨气不能用浓硫酸干燥而氢气可以。 浓硫酸使铁铝钝化必须强调在常温下。
5．镁粉在焰火、闪光粉、鞭炮中是不可少的原料，工业上制造镁粉是将镁蒸气在某气体中冷却，有下列气体：①空气，②CO2，③Ar，④H2，⑤N2其中可作为冷却气体的是（ ）
A．①② B．②③ C．③④ D．④⑤
5．答案： C
研析：镁的性质非常活泼，不仅在空气中可以燃烧，在CO2或N2中都可以燃烧。因此，镁蒸气只能在Ar或H2中冷却。
6．关于碳酸氢钙的以下叙述中正确的是
A．用加热浓缩结晶的方法，可以从溶液中得到固态碳酸氢钙
B．碳酸氢钙在270℃时开始分解，有气态二氧化碳释出
C．碳酸氢钙的溶液可以与氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀
D．碳酸钙在碳酸中溶解可形成碳酸氢钙溶液
6．答案：C、D
研析：对溶液中Ca（HCO3）2加热（低于100℃），Ca（HCO3）2即发生分解反应：Ca（HCO3）2＝CaCO3↓＋CO2↑＋H2O，A错、B错；碳酸氢钙的溶液可以与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钙沉淀，C正确；根据CaCO3＋CO2＋H2O＝Ca（HCO3）2，可判断D正确。
7．能使淀粉碘化钾试纸变蓝的物质是（ ）
A．氯水 B．碘水 C．碘化钠溶液 D．溴化钠溶液
7．答案：A、B
研析：能使淀粉碘化钾试纸变蓝的物质一种是本来就有I2存在,如A，一种是生成I2，如B，Cl2+2KI=2KI+I2
8．把7.4gNa2CO3 10H2O和NaHCO3组成的混合物溶于水，配成100mLD 溶液，其中c(Na+)＝0.6mol/L.若把等质量的混合物加热到恒重时，残留物的质量是（ ）
A. 3.18g B. 2.21g C. 5.28g D. 4.22g
8．答案：A
研析：混合物加热最终得到的是Na2CO3，根据Na+守恒，
n (Na2CO3) ＝1/2 n(Na+)＝1/2×0.1L×0.6mol/L＝0.03mol
所以，m(Na2CO3) ＝0.03mol×106g/mol＝3.18g
9．强热条件下，硫酸亚铁固体发生分解：2FeSO4＝Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑，如将此反应生成的气体通入BaCl2溶液中，则（ ）
A．析出BaSO3沉淀 B．析出BaSO4沉淀
C．逸出SO3气体 D．逸出SO2气体
9．答案：B、D
研析：在BaCl2溶液中，SO3和水剧烈反应生成H2SO4 ，H2SO4 再和BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀，由于BaSO4不溶于水和酸，所以析出BaSO4沉淀，不逸出SO3气体。而BaSO3虽不溶于水，但溶于酸，所以SO2和水和BaCl2溶液不会反应生成BaSO3，SO2在酸性溶液里溶解度很小，所以逸出SO2气体。
10．已知氯化溴（BrCl）能发生下列反应：nBrCl＋2M＝MCln＋MBrn，BrCl＋H2O＝HBrO＋HCl。下列推断正确的是（ ）
A．与水反应时，BrCl是还原剂 B．与水反应时，BrCl是氧化剂
C．BrCl氧化性比Br2和Cl2都强 D．BrCl氧化性强于Br2弱于Cl2
10．答案：D
研析：本题是一道信息迁移题。解题时应充分利用类比的方法，既要注意卤素互化物与卤素的相似性，又要注意差异性，将信息正确迁移。卤素互化物BrCl性质虽与卤素单质相似，但它们的化合价不同，单质中卤素的化合价为零价，而BrCl中，Br为＋1价，Cl为－1价。这是解本题的关键所在。
在BrCl中元素的化合价应是：Br为+1价，Cl为－1价。所以在nBrCl＋2M＝MCln＋MBrn中，溴的价态降低，而M的价态升高，氯的化合价不变。在BrCl＋H2O＝HBrO＋HCl中，各元素的化合价均没有变化。在BrCl中，溴显＋1价，氧化性强于Br2。BrCl与H2O反应中，并未把Cl－氧化成Cl2，所以氧化性BrCl＜Cl2。
11．由碳、氧两种元素组成的气体中，碳与氧的质量比为3∶5，则该气体可能是（ ）
A．由CO或CO2单独组成的纯净物 B．由CO和CO2共同组成的混合物
C．由CO和O2共同组成的混合物 D．由CO2和O2共同组成的混合物
11．答案：BC
研析：由碳、氧元素组成的纯净物有CO和CO2，CO中碳、氧元素质量比是3∶4，CO2中碳、氧元素质量比为3∶8，因此不可能是CO或CO2中的一种组成，A错误；选项B，CO与CO2组成的混合气体，碳、氧元素质量比肯定小于3∶4而大于3∶8，有可能是3∶5，正确；选项C，CO与O2的混合物，碳、氧元素质量比小于3∶4而大于3∶8，有可能是3∶5，正确；选项D，碳、氧元素质量比会小于3∶8，不可能是3∶5，错误。
12．把CO2通入NaOH溶液中，当生成Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为2：1时，CO2和NaOH的物质的量之比为（ ）
A．3：2 B．3：4 C．3：5 D．1：2
12．答案：C
研析：本题可直接用“钠离子和碳原子守恒”来做。设Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为2mol、1mol。则钠离子的物质的量为2mol×2＋1mol＝5mol；碳原子的物质的量为2mol＋1mol＝3mol。显然，CO2和NaOH的物质的量之比为3：5。
二、非选择题（64分）
13．从海水中提取镁有以下主要步骤，请写是每步化学方程式①燃烧贝壳 ；②制取石灰乳 ；③将石灰乳加入到引入蓄水池的海水里 ；④滤出白色沉溶物并灼烧 ；⑤用盐酸溶解灼烧产物 ；⑥浓缩溶液、结晶、过滤、干燥后，对熔融物进行电解 由此得金属镁。
13．答案：CaCO3CaO+CO2↑；CaO+H2OCa(OH)2； MgCl2+Ca(OH)2Mg(OH)2↓+CaCl2
Mg(OH)2MgO+H2O；MgO+2HClMgCl2+H2O； MgCl2Mg+Cl2↑
14．如图所示，试管中集满干燥的氯气，胶头滴管中装有供反应的足量浓氨水。滴入浓氨水，开始时试管内发生的反应有氧化还原反应：NH3＋Cl2→N2＋HCl并产生红光和白烟。
请根据以上反应和现象回答下列问题：
（1）标志反应全部完成的现象是 。
（2）反应完毕后，将试管浸入水中并倒立着试管，取下滴管，有水进入试管．在室温时，进入试管内的水约占试管容积的 。
（3）反应中生成的白烟是 。
（4）用写出试管中反应的化学方程式 。
14．研析：由题意知因发生反应8NH3＋3Cl2＝6NH4Cl＋N2时放出大量的热而产生红光和白烟。当不再产生红光和白烟时表明不再放出大量的热，此时反应已经完成。由反应方程式可知，反应产生的N2为参加反应的Cl2的物质的量的1/3，故进入试管的水的体积约为试管容积的2/3。显然白烟为NH4Cl。
答案：（1）不再产生红光和白烟。（2）2/3（3）NH4Cl（4）8NH3＋3Cl2＝6NH4Cl＋N2
15．某地有一池塘，生长着丰富的水生植物和多种鱼虾。后来，由于化工厂将大量污水排入池塘中，使水质恶化，各种水生生物先后死亡。根据题意回答下列问题：
（1）从生态平衡角度看，池塘这种变化说明了 。
（2）造成这种变化的原因是 。
（3）经检测，污水中含有0.012 mol·L－1的游离溴。可用亚硫酸钠除去污水中的溴，请写出其化学方程式 。
（4）处理这种污水5 L，需加入0.05 mol·L－1的亚硫酸钠__________L，才能将溴全部除去。
（5）要使池塘恢复本来面目．首先要解决的问题是__________．首先要恢复的生物是__________。
15．研析：首先分析池塘的变化。变化情况：丰富水生生物→水质恶化→水生生物死亡；变化原因：化工厂排放污水进入池塘。在此基础上，运用生态平衡知识解答（1）、（2）、（5）三个小题；运用氧化还原反应原理及物质的量浓度计算解决（3）、（4）两个小题．考查生态平衡、氧化还原反应、物质的量浓度计算等知识综合应用的能力。
答案：（1）池塘的生态平衡遭受破坏　（2）化工厂对池塘的污染超过了池塘生态系统的自动调节能力　（3）Na2SO3＋Br2＋H2O＝Na2SO4＋2HBr　（4）1.2　（5）化工厂的污染问题　水生植物
16．读下图回答以下问题。
（1）绿色植物可以通过__________作用吸收CO2，可以通过__________作用将CO2释放到大气中。
（2）人类活动可经过多种途径增加大气中的CO2。请写出下列会产生CO2的化学反应方程式：
①石灰窑生产石灰： 。
②煤炭燃烧： 。
③汽油（C8H18）燃烧： 。
（3）随着人类社会的发展．化石燃料的消耗剧增．导致大气中的CO2显著增多．这一变化始于历史上的__________时期。
（4）如果以CO2为主的一些气体在大气中的积聚造成所谓温室效应，那么由于__________、__________将会导致海平面上升。
16．答案：（1）光合；呼吸（2）①CaCO3CaO＋CO2↑ ②C＋O2CO2 ③2C8H18＋25O216CO2＋18H2O （3）工业革命 （4）海水受热膨胀　冰川融化
17．水蒸气通过灼热的煤所产生的混合气，其主要成分是CO、H2，还含有CO2和水蒸气，请用下图所示装置设计一个实验，以确认上述混合气中含有CO和H2。
（1）连接上述装置的正确顺序是：（填接口字母）混合气→（　　），（　　）接（　　），（　　）接（　　），（　　）接（　　），（　　）接（　　），（　　）．
（2）确认混合气中含有H2的实验现象是__________，其理由是_________________。
17．研析：除杂质和干燥的操作，一般规律是先进行溶液的除杂质操作，后进行干燥，其原因是气体通过溶液时（浓H2SO4除外）将带出水蒸气，干燥剂可除去这些水蒸气。
答案：（1）E F D C A B（或B，A） J I H G （2）黑色CuO变红，无水硫酸铜变蓝 因CuO＋H2Cu＋H2O后生成铜和水蒸气，水蒸气使无水硫酸铜变蓝
18．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。
（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 作干燥剂。
（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。
18．研析：本题考查了氨气的制取及喷泉实验的有关操作．对于氨气的实验室制法，其制取原料、干燥方法、收集方法都是学生必须掌握的基本内容，因而（1）（2）两小题难度不大；第（3）小题考查喷泉实验的基本操作，将胶头滴管中的水挤压至烧瓶中即可引发喷泉；第（4）小题则注重考查学生解决问题的能力，只要理解了喷泉实验的原理——设法将烧瓶中的NH3先溶解一部分使其压强降低即可引发喷泉，在没有外加水的情况下只能使烧瓶中的NH3体积膨胀与烧杯中的水接触，使NH3体积膨胀的方法便是升高其温度，因而可用手或热毛巾将烧瓶捂热．
答案：（1）2NH4Cl＋Ca（OH）22NH3↑＋CaCl2＋2H2O
（2）向下排气　碱石灰
（3）打开止水夹，挤出胶头滴管中的水　氨气极易溶于水，致使烧瓶内气体压强迅速减小
（4）打开止水夹，用手（或热毛巾等）将烧瓶捂热，氨气受热膨胀，赶出玻璃导管中的空气，NH3与水接触，即发生喷泉。
19．根据下图所示的A、B、C、D、E 五种物质的相互转化关系，按如下关系填写相应的物质和有关反应的化学方程式：
（1）当A是气体单质时，B是_________，C是____________，E是______________，由D 生成E的反应的化学方程式是__________________。
（2）当A是固体单质时，A是_________，B是____________，D是______________，由E 生成C的反应的化学方程式是__________________。
19．研析：由题中所给的转化关系得知：B为氢化物．B(AHx)经过两步反应，可以被氧化成D，说明A元素有多种价态，D能与水反应得E，E又能与Cu反应得氧化物C，则E一定为氧化性酸，依题意，应为硝酸或浓硫酸，由此不难得出答案
答案：（1）NH3；NO；HNO3； 3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO
（2） S；H2S；SO3； Cu ＋ 2H2SO4 CuSO4＋SO2↑＋2H2O
20．为了测定某铜银合金的成分，将30.0 g 合金溶于80 mL 13.5 mol·L-1的浓HNO3中，待合金完全溶解后，收集到气体6.72 L (标准状况)，并测得溶液中c(H+)＝1mol·L-1。假设反应后溶液的体积仍为80 mL，试计算：
（1）被还原的HNO3 的物质的量；
（2）合金中银的质量分数。
20．研析：（1） HNO3 被还原生成NO 或NO2 气体 ， 因此产生的气体的物质的量即是被还原的HNO3 的物质的量。
n ＝ 6.72 L/ 22.4L·mol-1＝0.3mol
（2）反应后溶液中c(H+)＝ 1mol·L-1， 说明硝酸过量。
参加反应的HNO3 为 (13.5mol·L-1 -1mol·L-1)×0.08L＝1mol，
设合金中Cu的物质的量为x， Ag的物质的量为y则得：
64 g/mol x＋108 g/mol y ＝30.0 g
2 x＋y＋0.3 mol＝1 mol
解得： x＝0.3mol y＝0.1mol
则合金中银的质量分数为：（0.1mol×108g/mol）/30.0g ＝36%
答案：（1） 0.3 mol （2）36%
本章答案解析与研读
教材章末习题（P100）
1．（1）④⑤
（2）研析：②根据题目提供的信息：CO与NO反应，生成可参与大气生态环境循环的无毒气体，这气体是CO2和N2；③SO2可被氧化成SO3．与水蒸气形成硫酸酸雾；④控制城市空气污染方法中，植树造林这一选项具有一定迷惑性，植树造林能控制CO2量的增加，但不可控制“污染源”。
答案：①CO、 NO、 SO2；②2CO+2NO N2+2CO2；③SO2转化为SO3，产生硫酸酸雾：SO3+H2O=H2SO4；④ A、B
2．答案： ② Na2CO3＋2CH3COOH＝2CH3COONa＋H2O＋CO2↑
③CaCO3＋2CH3COOH＝Ca(CH3COO)2＋CO2↑＋H2O
④CaCO3＋2CH3COOH＝Ca(CH3COO)2＋CO2↑＋H2O
Mg(OH)2＋2CH3COOH＝Mg(CH3COO)2＋2H2O (水垢的成分是CaCO3和Mg(OH)2)
3．答案：（1）是氧化还原反应；KI做还原剂。（2）实验步骤：在试管中加入少量含碘食盐溶液，滴入稀H2SO4，再滴入几滴淀粉溶液，观察现象。将上述两支试管里的液体混合，观察现象。实验现象：前两支试管内溶液颜色均无变化，当两支试管里的液体混合后，溶液迅速变成蓝色。实验结论：食盐中含KIO3；KIO3在酸性条件下可将I-氧化I2；（3）在试管中加入少量KI溶液，滴入稀H2SO4，再滴入几滴淀粉溶液，观察现象。将上述两支试管里的液体混合，观察现象。 (或用淀粉KI试纸)
4．提示：C→CO2（O2，点燃）；CO→CO2（O2，点燃）；CO2→CO（C，高温）；CO2→C（Mg，点燃）；CO2→H2CO3（H2O）；H2CO3→CO2（分解）；CO2→CaCO3（石灰水）；CaCO3→CO2（高温）；CaCO3→Ca(HCO3)2（CO2、H2O）； Ca(HCO3)2→CaCO3（加热）；Ca(HCO3)2→CO2（加热）。
5．答案：（1）S，H2SO3，H2SO4，SO2，BaSO3，BaSO4
（2）H2SO3＋Cl2＋H2O＝2HCl＋H2SO4
（3）Ba2+＋SO42- ＝BaSO4↓
提示：本题的突破口在于：常见的淡黄色固体有S、Na2O2、AgBr等。
6．A：C B：浓HNO3 C：NO 、CO2 D：稀HNO3 E：NO F：Cu G：Cu(NO3)2 X：NO2、 CO2
综合能力探究演练
1．答案： C
研析：该题目考查氮的固定知识，将空气中游离态的氮转化为化合物的方法，统称为氮的固定，分为自然固氮和人工固氮，B、D 属于自然固氮，C属于人工固氮。
2．答案： C
研析：本题考查了基本概念。题目中所给氧化物都是酸酐，而所给选项中CO、NO、NO2 都是不成盐氧化物，只有N2O5 是硝酸的酸酐。
3．答案：AB
研析：氨只能在纯氧中燃烧，不能在空气中燃烧，A 正确；因为NH3·H2O＝NH4++OH-，故氨水呈碱性，并视为一元弱碱，B 正确；氨气只有与挥发性酸相遇才能生成白烟，C错； 反应NH3 + H+ ＝ NH4+为非氧化还原反应，D错。综上分析，本题答案为A、B。
4．答案： D
研析：浓硫酸使蔗糖炭化，体现的是脱水性而不是吸水性，脱水性和吸水性的本质区别是看氢和氧两元素在原物质中是否是以“H2O”的形式存在。
浓硫酸与铜的反应需在加热的条件下进行。 浓硫酸作为干燥剂，不能干燥碱性和强还原性物质，氨气不能用浓硫酸干燥而氢气可以。 浓硫酸使铁铝钝化必须强调在常温下。
5．答案： C
研析：镁的性质非常活泼，不仅在空气中可以燃烧，在CO2或N2中都可以燃烧。因此，镁蒸气只能在Ar或H2中冷却。
6．答案：C、D
研析：对溶液中Ca（HCO3）2加热（低于100℃），Ca（HCO3）2即发生分解反应：Ca（HCO3）2＝CaCO3↓＋CO2↑＋H2O，A错、B错；碳酸氢钙的溶液可以与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钙沉淀，C正确；根据CaCO3＋CO2＋H2O＝Ca（HCO3）2，可判断D正确。
7．答案：A、B
研析：能使淀粉碘化钾试纸变蓝的物质一种是本来就有I2存在,如A，一种是生成I2，如B，Cl2+2KI=2KI+I2
8．答案：A
研析：混合物加热最终得到的是Na2CO3，根据Na+守恒，
n (Na2CO3) ＝1/2 n(Na+)＝1/2×0.1L×0.6mol/L＝0.03mol
所以，m(Na2CO3) ＝0.03mol×106g/mol＝3.18g
9．答案：B、D
研析：在BaCl2溶液中，SO3和水剧烈反应生成H2SO4 ，H2SO4 再和BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀，由于BaSO4不溶于水和酸，所以析出BaSO4沉淀，不逸出SO3气体。而BaSO3虽不溶于水，但溶于酸，所以SO2和水和BaCl2溶液不会反应生成BaSO3，SO2在酸性溶液里溶解度很小，所以逸出SO2气体。
10．答案：D
研析：本题是一道信息迁移题。解题时应充分利用类比的方法，既要注意卤素互化物与卤素的相似性，又要注意差异性，将信息正确迁移。卤素互化物BrCl性质虽与卤素单质相似，但它们的化合价不同，单质中卤素的化合价为零价，而BrCl中，Br为＋1价，Cl为－1价。这是解本题的关键所在。
在BrCl中元素的化合价应是：Br为+1价，Cl为－1价。所以在nBrCl＋2M＝MCln＋MBrn中，溴的价态降低，而M的价态升高，氯的化合价不变。在BrCl＋H2O＝HBrO＋HCl中，各元素的化合价均没有变化。在BrCl中，溴显＋1价，氧化性强于Br2。BrCl与H2O反应中，并未把Cl－氧化成Cl2，所以氧化性BrCl＜Cl2。
11．答案：BC
研析：由碳、氧元素组成的纯净物有CO和CO2，CO中碳、氧元素质量比是3∶4，CO2中碳、氧元素质量比为3∶8，因此不可能是CO或CO2中的一种组成，A错误；选项B，CO与CO2组成的混合气体，碳、氧元素质量比肯定小于3∶4而大于3∶8，有可能是3∶5，正确；选项C，CO与O2的混合物，碳、氧元素质量比小于3∶4而大于3∶8，有可能是3∶5，正确；选项D，碳、氧元素质量比会小于3∶8，不可能是3∶5，错误。
12．答案：C
研析：本题可直接用“钠离子和碳原子守恒”来做。设Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为2mol、1mol。则钠离子的物质的量为2mol×2＋1mol＝5mol；碳原子的物质的量为2mol＋1mol＝3mol。显然，CO2和NaOH的物质的量之比为3：5。
13．答案：CaCO3CaO+CO2↑；CaO+H2OCa(OH)2； MgCl2+Ca(OH)2Mg(OH)2↓+CaCl2
Mg(OH)2MgO+H2O；MgO+2HClMgCl2+H2O； MgCl2Mg+Cl2↑
14．研析：由题意知因发生反应8NH3＋3Cl2＝6NH4Cl＋N2时放出大量的热而产生红光和白烟。当不再产生红光和白烟时表明不再放出大量的热，此时反应已经完成。由反应方程式可知，反应产生的N2为参加反应的Cl2的物质的量的1/3，故进入试管的水的体积约为试管容积的2/3。显然白烟为NH4Cl。
答案：（1）不再产生红光和白烟。（2）2/3（3）NH4Cl（4）8NH3＋3Cl2＝6NH4Cl＋N2
15．研析：首先分析池塘的变化。变化情况：丰富水生生物→水质恶化→水生生物死亡；变化原因：化工厂排放污水进入池塘。在此基础上，运用生态平衡知识解答（1）、（2）、（5）三个小题；运用氧化还原反应原理及物质的量浓度计算解决（3）、（4）两个小题．考查生态平衡、氧化还原反应、物质的量浓度计算等知识综合应用的能力。
答案：（1）池塘的生态平衡遭受破坏　（2）化工厂对池塘的污染超过了池塘生态系统的自动调节能力　（3）Na2SO3＋Br2＋H2O＝Na2SO4＋2HBr　（4）1.2　（5）化工厂的污染问题　水生植物
16．答案：（1）光合；呼吸（2）①CaCO3CaO＋CO2↑ ②C＋O2CO2 ③2C8H18＋25O216CO2＋18H2O （3）工业革命 （4）海水受热膨胀　冰川融化
17．研析：除杂质和干燥的操作，一般规律是先进行溶液的除杂质操作，后进行干燥，其原因是气体通过溶液时（浓H2SO4除外）将带出水蒸气，干燥剂可除去这些水蒸气。
答案：（1）E F D C A B（或B，A） J I H G （2）黑色CuO变红，无水硫酸铜变蓝 因CuO＋H2Cu＋H2O后生成铜和水蒸气，水蒸气使无水硫酸铜变蓝
18．研析：本题考查了氨气的制取及喷泉实验的有关操作．对于氨气的实验室制法，其制取原料、干燥方法、收集方法都是学生必须掌握的基本内容，因而（1）（2）两小题难度不大；第（3）小题考查喷泉实验的基本操作，将胶头滴管中的水挤压至烧瓶中即可引发喷泉；第（4）小题则注重考查学生解决问题的能力，只要理解了喷泉实验的原理——设法将烧瓶中的NH3先溶解一部分使其压强降低即可引发喷泉，在没有外加水的情况下只能使烧瓶中的NH3体积膨胀与烧杯中的水接触，使NH3体积膨胀的方法便是升高其温度，因而可用手或热毛巾将烧瓶捂热．
答案：（1）2NH4Cl＋Ca（OH）22NH3↑＋CaCl2＋2H2O
（2）向下排气　碱石灰
（3）打开止水夹，挤出胶头滴管中的水　氨气极易溶于水，致使烧瓶内气体压强迅速减小
（4）打开止水夹，用手（或热毛巾等）将烧瓶捂热，氨气受热膨胀，赶出玻璃导管中的空气，NH3与水接触，即发生喷泉。
19．研析：由题中所给的转化关系得知：B为氢化物．B(AHx)经过两步反应，可以被氧化成D，说明A元素有多种价态，D能与水反应得E，E又能与Cu反应得氧化物C，则E一定为氧化性酸，依题意，应为硝酸或浓硫酸，由此不难得出答案
答案：（1）NH3；NO；HNO3； 3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO
（2） S；H2S；SO3； Cu ＋ 2H2SO4 CuSO4＋SO2↑＋2H2O
20．研析：（1） HNO3 被还原生成NO 或NO2 气体 ， 因此产生的气体的物质的量即是被还原的HNO3 的物质的量。
n ＝ 6.72 L/ 22.4L·mol-1＝0.3mol
（2）反应后溶液中c(H+)＝ 1mol·L-1， 说明硝酸过量。
参加反应的HNO3 为 (13.5mol·L-1 -1mol·L-1)×0.08L＝1mol，
设合金中Cu的物质的量为x， Ag的物质的量为y则得：
64 g/mol x＋108 g/mol y ＝30.0 g
2 x＋y＋0.3 mol＝1 mol
解得： x＝0.3mol y＝0.1mol
则合金中银的质量分数为：（0.1mol×108g/mol）/30.0g ＝36%
答案：（1） 0.3 mol （2）36%
自然界
中的元素
硫的转化
镁
溴
碘
碳单质的多样性：金刚石、石墨、C60
（同素异形体） 碳纳米管等
碳化合物的多样性：CO、CO2、NaHCO3、Na2CO3等
碳转化的多样性：溶洞的形成、炼铁、碳的燃烧、炉垢的形成等
镁和海水提镁
溴和海水提溴
海水的综合利用
海水中的元素
氮的固定
氮循环中的化学物质
自然固氮
人工固氮
N2、NO、NO2、NH3、HNO3、硝酸盐、铵盐等
氮的循环
碳的多 样性
H2S（－2价） S（0价） SO2（＋2价） H2SO4（＋6价）　　　
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第2节 研究物质性质的方法和程序
俗话说，水火不相容。但你知道钠这样的活泼金属可以与水剧烈反应甚至在水上可以燃烧吗？
2005年3月29日，京沪高速公路发生特大氯气泄露事故，多人伤亡，附近绿地全部枯黄，这是什么原因？翻落的氯槽罐被移至水池，进行碱液稀释中和，消除了危险源。你知道碱液为什么能消除氯气的危害吗？
这就需要知道它们的性质，而研究物质性质是有方法的。我们用什么样的方法沿什么途径去研究才能更好更快的了解这些化学物质的性质呢？
研习教材重难点
研习点1研究物质性质的基本方法
【思考·提示】
思考：在初中化学的学习中，你认识了哪些物质？你是通过什么方法来研究它们的性质的？
提示：
物质 研究它们的性质的主要方法 物质 研究它们的性质的主要方法
氧气 观察和实验法 非金属（通性） 分类、比较法
氢气 观察和实验法 金属（通性） 分类、比较法
锌和铁 观察和实验法 酸（通性） 分类、比较法
盐酸 观察和实验法 ………… …………
四种基本方法
（1）观察法
①含义：是一种有计划、有目的地用感官考察研究对象的方法。
②内容：可以直接用肉眼观察物质的颜色、状态，用鼻子闻物质的气味，也可以借助一些仪器来进行观察，提高观察的灵敏度。人们既在观察过程中，不仅要用感官去搜集信息，还要积极地进行思考，及时储存和处理所搜集的信息。观察要有明确而具体的目的，要对观察到的现象进行分析和综合。
（2）实验法
①含义：通过实验来验证对物质性质的预测或探究物质未知的性质的方法。
②注意的问题：在进行实验时，必须注意实验安全。同时要注意控制温度、压强、溶液的浓度等条件，这是因为同样的反应物质在不同的条件下可能会发生不同的反应。
③实验的步骤：在进行研究物质性质的实验前，要明确实验的目的要求、实验用品和实验步骤等；实验中，要仔细研究实验现象，并做好实验记录；实验后，要写好实验报告，并对实验结果进行分析。
（3）分类法
在研究物质性质时，运用分类的方法，分门别类地对物质及其变化进行研究，可以总结出各类物质的通性和特性；反之，知道某物质的类别，我们就可推知该物质的一般性质。
（4）比较法
运用比较的方法，可以找出物质性质间的异同，认识物质性质间的内在联系，对物质的性质进行归纳和概括。
案例：对金属钠的研究
1、钠的物理性质
软、亮、轻、低、导（软——质软，硬度小；亮——银白色金属光泽；轻——密度小，比水轻；低——熔点低；导——可导电、导热）
思考：你在研究钠的物理性质过程中用到什么样的方法？
提示：“软”——观察用小刀切割钠的实验；“亮”——观察钠的断面；“轻”——通过钠与水反应的实验，观察到钠浮在水面上；“低”——通过钠与水的实验，观察到钠熔成小球或通过钠与氧气反应的实验，观察到加热时钠很快熔化；“导”——首先通过分类法确定钠属于金属，然后根据金属的通性判断。
2、钠的化学性质
（1）与O2反应：常温：4Na＋O2＝2Na2O (白色固体)；点燃或加热：2Na＋O2Na2O2 (淡黄色固体)；
（2）与Cl2反应：2Na＋Cl22NaCl；
（3）与水反应：2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑
思考：①在钠与水反应的实验中，你能观察到什么现象？通过这些现象可以得出什么结论？
②如果钠粘在烧杯壁上，很快就燃烧起来，为什么？
提示：①
现象 结论或原因
熔（溶化成小球） 反应放热，钠的熔点低。
浮（浮在水面上） 钠的密度小。
游（四处游动） 产生的氢气不均匀，推动小球。
鸣（发出嘶嘶的响声） 产生的氢气冒出时发出声音
红（滴入酚酞，溶液变红） 产生了碱性物质。
② 钠与水反应过程中放出大量的热，如果钠粘在烧杯壁上，产生的热量不能及时的散发出去，引燃产生的氢气并使钠燃烧起来。
（4）与酸反应：非常剧烈，以致爆炸；
（5）与盐溶液反应：可认为是先与盐溶液中的水反应，然后再发生复分解反应（其实质都是先于溶液中的H＋反应）。
【领悟·整合】
一种单质如果属于金属单质，讨论其化学性质的一般思路是，一般能和非金属单质（O2、Cl2、S等）、水、酸、盐等反应以及其他特性等。钠在一定条件下可以与大部分非金属单质以及包括水在内的化合物反应，说明钠是一种极为活泼的金属。
3、钠的存在与保存
（1）元素在自然界的存在有两种形态：游离态：元素以单质形式存在；化合态：元素以化合物形式存在。钠的化学性质很活泼，在自然界里无游离态，只有化合态（NaCl、Na2CO3、Na2SO4、NaNO3等）
（2）保存：因为常温下金属钠能跟空气中的氧气反应，还能跟水、水蒸气反应，所以金属钠保存在煤油或石蜡油中，主要是为了隔绝空气和水。
4、钠的用途
（1）K—Na合金用于原子反应堆作导热剂。
（2）制备Na2O2。
（3）做电光源：高压钠灯。
（4）冶炼稀有金属。
【联想·发散】
Na2O和 Na2O2：Na2O属于碱性氧化物，可以与酸、酸性氧化物、水反应。如：Na2O＋H2O＝2NaOH；Na2O2属于过氧化物，也可以与酸、酸性氧化物、水等物质反应，所不同的是，在这些反应中一般有氧气生成：2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑，2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2↑；Na2O2可用与潜艇或宇宙飞船中的供氧剂。
典例1： 一元硬币的外观有银白色的金属光泽，一些同学认为它可能是铁制成的。在讨论时，有同学提出：“我们可以先拿磁铁来吸一下”。就“拿磁铁来吸一下”这一过程而言，属于科学探究中的
A．实验 B．比较 C．观察 D．分类
研析： 以上四种方法均属我们在科学探究中常用的、重要的方法。我们不仅要理解它们概念的内涵和外延，更重要的是要在科学探究中灵活的应用它们。其中实验法是通过实验来验证对物质性质的预测或探究物质未知的性质的方法。显然，“拿磁铁来吸一下”这一过程属于实验。
答案： A
典例2：将同样大小的金属钠，分别投入到①MgCl2溶液、②饱和NaCl溶液中，各发生什么现象 在上述过程中用到了什么研究物质性质的方法？
研析：该题旨在培养学生完整描述实验现象的能力和对知识的归纳能力.金属钠分别投入到上述三种盐溶液中，首先与水反应：2Na + 2H2O＝2NaOH + H2↑，在①中又发生了反应MgCl2 + 2NaOH＝Mg(OH)2↓+ 2NaCl；在②中Na+浓度增大，而水的量减少，故有NaCl晶体析出。
答案：在三种溶液中的共同现象是：钠浮在液面上，熔成小球，迅速游动，并发出“咝咝的声音，最后消失；不同之处是：①中有白色沉淀，②中溶液变浑浊。用到的方法有：实验法，观察法、比较法。
研习点2研究物质性质的基本程序
基本程序
首先，要观察物质的外观性质（包括物质的存在状态、颜色气味等）；
第二、要对物质的性质进行预测；
第三、设计并实施实验来验证所做的预测。通过对实验现象的观察和分析，归纳出与预测相一致的性质，并对实验中所出现的特殊现象进行进一步的研究；
第四、对实验现象进行分析、综合、推论，概括出物质的通性及特性。
案例：氯气
1、Cl2的物理性质
在通常情况下，氯气为黄绿色气体，有刺激性气味的有毒气体.易液化，能溶于水(1∶2)，氯水颜色呈淡黄色。闻Cl2时：应距Cl2一尺左右，用手轻轻扇一下集气瓶口上方空气，让少量的Cl2进入鼻孔。
2、Cl2的化学性质
（1）与金属反应
2Na + Cl22NaCl(白烟)； Cu + Cl2 CuCl2(棕黄色烟，加少量水显绿色，冲稀后变蓝色)；
2Fe + 3Cl2 2FeCl3(棕红色烟，加少量水显棕黄色)
（2）与非金属反应
H2 + Cl22HCl(白雾)。纯净的H2可在Cl2中燃烧，发出苍白色火焰。HCl（溶解度1∶500）溶于水成为盐酸.
【知识·链接】
化学现象中的烟、雾、气
烟：大量细小固体颗粒分散在气体中的现象。例：Cu在Cl2中燃烧生成(CuCl2)棕黄色烟。
雾：大量细小液滴分散在气体中。例如HCl气体在空气中遇水蒸气生成的雾(盐酸小液滴)。
气：是指气态物质。若气体无色，则肉眼看不到，气体有色才能观察到。
（3）与水反应： Cl2 + H2O ＝ HCl + HClO
说明：氯气的水溶液称为氯水，由于氯气不是简单的溶于水，而是与水反应，氯水的成分和性质较为复杂。氯水的主要成分有氯气、盐酸、次氯酸等，氯水也兼具有这几种物质的性质。如次氯酸具有漂白性，氯水也具有漂白性。
（4）与碱反应： Cl2 + 2NaOH ＝ NaClO + NaCl + H2O（该反应可用于Cl2的尾气处理）；
工业上用Cl2与石灰乳作用制漂白粉： 2Cl2 + 2Ca(OH)2 ＝ CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O
（5）与盐溶液的置换反应：
Cl2 + 2NaI ＝ 2NaCl + I2（该反应常用作Cl2的检验）； Cl2 + 2NaBr ＝ 2NaCl + Br2
【启发·引申】
①变价金属与Cl2反应时一般显高价。
②广义的燃烧：任何发光，发热的剧烈化学反应都可以叫燃烧。
③Cl2与碱的反应可认为Cl2先于水反应，生成HCl和HClO，HCl和HClO再与碱反应生成NaCl和NaClO 。
④漂白粉的漂白原理：Ca(ClO)2 + H2O + CO2 ＝ CaCO3↓ + 2HClO；起漂白杀菌作用的是HClO。该反应也说明了碳酸（CO2 + H2O）的酸性强于次氯酸，反应原理是强酸制取弱酸。
化学探究过程中的模型与假说
通过观察和实验认识了物质的性质后，人们往往要探究产生相关性质的原因，这就是要涉及物质结构方面的问题。这些问题仅通过一般实验是无法解决的，还需要利用模型、假说等方法进行有关研究。
（1）关于模型：模型（model）是以客观事实为依据建立起来的，是对事物及其变化的简化模拟。模型一般可分为物体模型和思维模型两大类。
（2）关于假说：假说（hypothesis）是以已有事实材料和科学理论为依据，面对未知事实或规律所提出的一种推测性说明。假说提出后需得到实践的证实，才能成为科学理论。
【领悟·整合】
研究物质性质的一般程序为：观察→预测→实验和观察→解释及结论。但一定要注意，该程序并不是一成不变的，同学们一定要根据实际研究的需要灵活应用。通过研究，我们知道钠是一种非常活泼的金属、氯气是一种非常活泼的非金属。至于金属钠和氢气各是由什么微粒构成的？这些微粒各有什么特点？它们与金属钠或氯气的性质有什么关系？这就要用到模型、假说等方法进行研究。
典例3：氯水中含有多种成分。将紫色石蕊试液滴入石蕊中，溶液显红色，起作用的成分是_____________；过一会儿，溶液的颜色逐渐褪去，起作用的成分是_____________。往氯水中滴入硝酸银溶液，产生白色沉淀，起作用的成分是_____________。氯水能使淀粉碘化钾试纸变蓝，起作用的主要成分是_____________。
研析：氯水中含有水、氯气、盐酸、次氯酸等多种成分。在一般情况下，认为是溶液中氯分子的性质，比如说，氯水能使淀粉碘化钾试纸变蓝，起作用的主要成分是Cl2。但由于新制的氯水中含Cl2、H2O、HClO等分子和H+、Cl-、ClO-、OH-等离子，其性质比较复杂，除了强氧化性外还具有以下性质：酸性（H+）、漂白性（HClO）、与硝酸银溶液反应（Cl-）等。
答案：H+； HClO； Cl－； Cl2
典例4：某课外活动小组研究金属钾的性质。他们首先通过分析钾与钠的原子结构式意图及查阅有关资料，知道钾与钠属于同一类物质，在性质上有许多相似之处。但在金属活动顺序表中，钾排在钠的前面，钾在空气中燃烧的产物是超氧化钾（KO2）。完成下列问题：
（1）钾的原子核外有19个电子，画出钾的原子结构式意图_____________。
（2）预测钾的化学性质，完成下列反应的化学方程式，并进行实验验证
①钾在氯气中燃烧_______________________________________。
②点燃钾剧烈燃烧_______________________________________。
③将小块钾投入冷水中_______________________________________。
（3）推测钾在自然界中的存在方式是_____________（填“游离态”或“化合态”）。
（4）该小组研究钾的性质时用到了哪些主要方法：_______________________________________。
他们是按照怎样的程序来研究金属钾的性质的： 。
研析：本题是以K、Na的性质为背景，实际重点考查的是对研究物质性质方法和程序的掌握情况。本章已经教详细地学习了Na的性质，而同学们对K的知识比较陌生，这就需要根据钠的性质来预测。首先观察钾的外观性质，并查阅有关资料后，知道钾与钠属于同一类物质（用了分类的观点），得知它们在结构和性质上有许多相似之处。预测后，用实验法来验证自己的想法，在实验中用观察法来推测产物，最后，通过比较、分析、综合，得出结论。
答案：（1）
（2）2K + Cl22KCl K + O2KO2 2K + 2H2O ＝ 2KOH + H2↑
（3）化合态
（4）比较法 观察法 实验法 分类法
观察钾的外观性质→预测钾的化学性质→实验与观察→分析、解释、整合、结论
探究解题新思路
▲ 基础思维探究
题型一、钠的有关知识
典例1：下列关于钠的叙述中，正确的是
A．钠在自然界中存在游离态 B．钠是一种灰色的固体
C．钠可以保存在煤油中 D．钠着火时可以用沙土扑灭
研析：钠是一种非常活泼的金属，易跟空气中的氧气以及水发生反应，所以自然界中没有游离态的钠。钠是银白色固体，因被氧化成氧化钠而呈现出灰色，灰色不是金属钠的颜色。钠与煤油不反应，并且钠的密度比煤油大，将钠保存在煤油中可以避免空气及水与钠接触。钠着火时比较好的灭火方法是采用沙土盖灭。
答案：D
总结提升：本题考查的知识点是钠的存在及单质的颜色、状态和化学性质。解题时要抓住钠易被氧化这一典型性质，从活动性上推测其存在、保存方法、在空气中的通常颜色及着火时的灭火方法。解题时认为颜色是物理性质，容易错把钠块表面常见的灰白色当成金属的颜色。
拓展变式1．在烧杯中加入水和苯（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1．研析：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。答案：D
题型二、氯气的性质
典例2：常用氯气给自来水消毒。某学生用自来水配制下列物质的溶液，不会产生明显药品变质的是
A．石蕊 B．硝酸银
C．氢氧化钠 D．氯化铝
研析： Cl2溶于水会部分发生下列反应：Cl2＋H2O＝HCl＋HClO．HClO可使石蕊氧化褪色；HCl跟AgNO3反应：AgNO3＋HCl＝AgCl↓＋HNO3；Cl2可以与氢氧化钠反应：Cl2＋2NaOH＝NaCl＋NaClO＋H2O；Cl2不跟AlCl3反应．
答案：D
拓展变式2．下列常用的干燥剂中，不能干燥氯气的是A．浓H2SO4 B．碱石灰C．五氧化二磷 D．无水氯化钙2．研析：干燥剂选择的2个条件，一是要有较强的吸水性，第二干燥剂不能和被干燥的物质发生任何化学反应．四个选项中B碱石灰会跟Cl2反应，故不能干燥Cl2．答案： B
题型三、有关钠及其化合物的简单计算
典例3：2.3g钠在干燥的空气中与氧气反应，可得3.5g固体，据此可判断其产物为
A. 只有Na2O2 B. 只有Na2O C. Na2O和 Na2O2 D. 无法确定
研析：金属钠和氧气反应可生成Na2O或Na2O2 ，此题用“极限法”：
若2.3g钠全部反应生成Na2O ，由反应4Na + O2 = 2Na2O 可得生成Na2O的质量为3.1g；
若2.3g钠全部反应生成Na2O2，由反应2Na + O2 = Na2O2 可得生成Na2O2的质量为3.9g；
现产物为3.5g，介于3.1g和3.5g之间，故为Na2O和Na2O2的混合物。
答案：C
方法导引：极限法是一种重要的思维方法，也是我们在解答该类题目时常用的一种方法。极限法解题要特别注意使用的范围。一般是存在两种反应的“可能性”，通过计算或推断确定一个范围，然后结合题意得到最终答案。
拓展变式3．在甲、乙、丙、丁四个烧杯内分别放入0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠和氢氧化钠，然后各加入100mL水，搅拌，使固体完全溶解，则甲、乙、丙、丁的溶液的质量分数大小顺序是A．甲＜乙＜丙＜丁 B．丁＜甲＜乙＝丙C．甲＝丁＜乙＝丙 D．丁＜甲＜乙＜丙3．研析：此题要求熟练掌握几个反应：甲：2Na+2H2O ＝ 2NaOH+H2↑乙：Na2O+H2O ＝ 2NaOH丙：2Na2O2+2H2O ＝ 4NaOH+O2↑则其质量分数分别为：甲：＝ 乙：＝丙：＝ 丁：＝答案：B。
▲ 综合思维探究
题型一、学科内综合题
典例4：用滴管将新制的饱和氯水慢慢滴入含酚酞的NaOH稀溶液中．当滴到最后一滴时红色突然褪去．试回答下列问题：
（1）实验室保存饱和氯水的方法是 。
（2）产生上述现象的原因可能有两种（简要文字说明）：
①是由于 ；②是由于 。
简述怎样用实验证明红色褪去的原因是①或者②？
研析：能使变红的酚酞褪色的原因是溶液碱性减弱（中和碱性）或过量氯气与水反应产生的HClO将变红的酚酞漂白。若要设计实验证明褪色的可能原因，最简便的方法就是在褪色后溶液中再滴加NaOH溶液，若不再出现红色，说明是HClO漂白作用的结果；若再出现红色，说明是氯水与NaOH反应，碱性减弱的原因。
答案： （1）在阴凉处置于棕色试剂瓶中密封保存。
（2）①次氯酸将酚酞漂白；②氯水与氢氧化钠反应碱性消失；③向褪色后的溶液里再加入氢氧化钠，若变红，说明是原因①，否则是原因②。
友情提醒：此题涉及知识点多、问题灵活，且有一定的开放性，要求学生基础扎实、思维敏感、勇于突破，当然要遵循由浅到深、由此及彼的思维顺序。
拓展变式4．一小块钠置于空气中，有下列现象：①变成白色粉末，②变暗，③变成白色固体，④变成液体，上述现象出现的先后顺序是 A．①②③④ B．②③④①C．②③①④ D．③②④①4．研析：现象的本质是发生了什么变化，有什么样的变化就应该有什么样的现象相对应，钠置于空气中发生的变化如下：Na→Na2O→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，故本题选B。答案：B
题型二、实际应用题
典例5：2005年3月29日，京沪高速公路发生特大氯气泄露事故，多人伤亡，附近绿地全部枯黄。翻落的氯槽罐被移至水池，用某种物质进行处理，消除了危险源，这种物质最好是 。附近居民为防止吸入氯气而引起中毒，常用浸透某种物质的毛巾捂住口鼻，这种物质可能是 。
A．Na2CO3 B．NaOH C．Na2O2 D．HClO
研析：碳酸钠能跟氯水中的成分H+直接反应且生成无害的物质，次氯酸也不断地分解了。由于HCl、HClO不断反应而减少，也促使氯气不断反应掉了。这样就可以把氯气引起的中毒问题解决了。氯气可以与烧碱迅速反应，因而实验室中氯气制备的尾气吸收所选用的就是氢氧化钠溶液。在本题的情景下，如果处理水池中的氯气，显然用烧碱吸收效果要好一些，但第二问选用腐蚀性很强的强碱氢氧化钠溶液显然是不合适的，同时考虑到家庭中一般有Na2CO3这个实际情况，应选Na2CO3比较合适。
答案：B；A。
误点警示：本题容易将Na2CO3 与NaOH混淆，错误选择的原因主要是不能全面应用所学知识结合问题情景进行正确的判断。同样是吸收氯气，同样能吸收氯气，到底选哪种好呢？这就需要我们把问题的实际情况分析清楚，结合实际情况拿出切实可行的方案。这就要求我们对物质的性质了解清楚，并且对知识的应用要灵活——把知识学活、用活!
拓展变式5．用自来水养鱼时，通常先将自来水晒一段时间后再注入鱼缸，目的是A．提高水温 B．增加水中氯气的含量C．除去水中少量的次氯酸 D．用紫外线杀死水中的细菌5．研析：自来水用Cl2消毒，实际起作用的是HClO，HClO强氧化作用，对鱼也有伤害，而HClO见光分解，2HClO2HCl+O2↑,即日晒自来水可除去水中HClO。答案：C
题型三、思维转换题
典例6：将7.2 g CO和H2的混合气体与足量O2充分燃烧后，立即通入足量的Na2O2固体中，固体的质量增加
A．2.1 g B．3.6 g
C．7.2 g D．无法确定
研析：题中整个过程发生四个反应。
①2H2＋O2＝2H2O ②2H2O＋2Na2O2＝4NaOH＋O2↑
③2CO＋O2＝2CO2 ④2CO2＋2Na2O2＝2Na2CO3＋O2↑
由①、②叠加得2H2＋2Na2O2＝4NaOH，由③、④叠加得2CO＋2Na2O2＝2Na2CO3，由叠加方程式不难看出，Na2O2将全部的CO和H2吸收，因此增重的质量为CO与H2的质量之和。
答案：C
启发引申：本题牵扯到的反应都非常重要，也比较简单。但若按常规思路，仔细分析，很难找到解题思路，就会错选D答案。相反，此题利用“方程叠加法”非常简便，结果就一目了然了。
拓展变式6．有8 g Na2O2、Na2O、Na2CO3、NaOH的混合物与200 g质量分数为3.65%的盐酸恰好反应，蒸干溶液，最终得固体质量为A．8 g B．15.5 g C．11.7 g D．无法计算6．研析：如果用方程组解法至少要用三个未知数，但只能列出一个方程，无法解答。如果从化学角度去考虑问题，根据反应物与反应产物(NaCl)的分析，依据氯元素的守恒，可以较快地求出结果。这种只看结果不看过程的思维方式便是整体思维。答案：C
题型四、实验操作题
典例7：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） 。
研析：根据已学过的知识和试题给出的实验条件，测定Na2O2试样的纯度的实验可以通过以下的途径来实现：
途径1：一定量的样品与足量的蒸馏水反应。Na2O与水反应但不产生O2，Na2O2与水反应有O2产生。测量得到的氧气的体积，结合试样质量和有关化学方程式，计算Na2O2的质量和含量。
途径2：一定量的样品与足量的CO2反应，除去未参加反应的CO2以后，用量度气体体积的装置测生成的O2的体积，再经试样质量和有关化学方程式，计算Na2O2的质量和含量。
途径3：一定量的样品与足量的6 mol·L－1盐酸反应。Na２O与水反应但不产生O2，Na2O2与水反应有O2产生。测量得到的氧气的体积，结合试样质量和有关化学方程式，计算Na２O２的质量和含量。
根据试题提供的仪器和药品，若运用途径1，需使用装置⑤(试样与足量水反应的装置)、①和④(量度O2体积的装置)。若运用途径2，需使用装置⑤(产生CO2的装置)、⑥(CO2与试样反应的装置)、⑦(除去未反应完的CO2的装置)、①和④(量度O２体积的装置)。相对比之下，途径1较途径2简单。由于酸性条件下H2O2不能完全分解，途径3相当不准确，因而被摒弃。
答案：（1）2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑ Na２O＋H2O＝2NaOH （2）⑤①④ （3）G→A→B→F
误点警示：一般情况下学生大多也会选用途径1的方法，但往往易多使用了装置②而失分。因为产生的O2未经干燥也不会影响O2体积的测量，少量的水汽在装置①中会被冷凝成液态水，并不影响压入装置④内气体的体积。
拓展变式7．漂白粉可以和浓盐酸反应产生氯气，某课外兴趣小组试图测定氯气的体积并验证纯净干燥的氯气没有漂白性，现用如图所示装置进行实验，请回答有关问题：（1）该装置的正确连接顺序是：a接( )、( )接( )、( )接( )、( )接( )、( )接( )。（2）U型管可以用( )替代(填装置名称)，内盛装的试剂是( )。（3）洗气瓶中的液体是( )。（4）在制取氯气前，必须进行的一项操作步骤是( )。（5）按照实验目的进行之后，干燥有色布条是否褪色( )(填是或否)。（6）该兴趣小组在实验中，发现量筒中并没有收集到液体，你认为他们失败的原因可能是什么 7．研析：本题的解题思路：本实验有两个目的，其一是验证干燥的氯气没有漂白性；其二是测量氯气的体积。由于测量氯气的体积是根据排入量筒里的水来读出，所以验证干燥的氯气无漂白性的实验必须放在测量氯气的体积之前(否则无法连接)。连接顺序：发生装置→除氯化氢杂质→除水蒸气→验证漂白性→排液体→收集液体。除去水蒸气可以用装有无水CaCl2的U型管，也可以用盛有浓硫酸的洗气瓶。答案：(1)a接(d)、(e)接(b或c)、(c或b)接(g)、(h)接(e)、(d)接(f)；(2)洗气瓶、浓硫酸；(3)饱和食盐水；(4)检查装置的气密性；(5)否；(6)盐酸浓度小，反应没发生；装置漏气；e与f连接。
题型五、学科间渗透题
典例8：钠的密度为0.97g·cm－3，水的密度为1g·cm－3。将一块钠投入水中，反应过程中某同学观察到熔化成的闪亮小球的水面的位置为
研析：按常规思考，根据钠比水的密度略小的事实，A好象是正确的。但由于与水接触的钠的下部有无数小的氢气气泡，相当于在钠的下方加了无数小气垫，使钠上浮较多。而钠又不可能全部露出水面，因此，D应该是合理的。
答案：D
误点警示：本题考查钠与水的反应以及物理中学过的有关浮力的知识。表面上看上去非常简单，但如果做实验时不认真观察，或不仔细分析，极易误选A。
拓展变式8．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 。8．研析：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。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）。
▲ 创新思维探究
题型一、开放探究题
典例9：已知物质A、B、C、D、E、F有如下转化关系：
试根据上述变化，推断A、B、C、D、E、F的可能化学式。
研析：由于氯及其化合物、钠及其化合物之间相互转化关系的多向性，生成NaCl的反应途径的多样性(除了金属与非金属之间的化合外，酸、碱、盐、氧化物之间的不同反应都可能生成NaCl)。这些为解题思维的开放和发散提供了广阔的空间。
答案：第一组 A：Na；B：Cl2；C：NaOH；D：FeCl3；E：Na2CO3；F：CaCl2。
第二组 A：Na；B：Cl2；C：NaOH；D：HCl；E：Na2SO4；F：BaCl2。
第三组 A：Na；B：Cl2；C：Na2O2；D：HCl；E：NaOH；F：MgCl2。
第四组 A：Na；B：Cl2；C：Na2O2；D：FeCl3；E：Na2CO3；F：BaCl2。
总结提升：推断题目一般具有一个较明显的“突破口”，故解题时要有“全局观”，首先完整阅读题目，以寻求着手点，然后进行分析、推理。但此题与一般的推断题不完全相同，该题具有很高的开放性，解答好此类题目的关键是对所学物质的性质转化关系熟练运用，并要有较强的发散思维能力。随着学习的是深入，将会有更多的符合题意的答案，希望同学们注意。
拓展变式9．钠原子最外层只有一个电子，在反应中失去最外层电子形成+1价的Na+，为了验证钠与水反应得到的是Na+而不是Na2+，某学习小组设计了下面两种实验方法加以验证：第一种：称得一盛水的烧杯总质量为m1 g，称取m g钠投入烧杯中，反应结束后称取烧杯及液体的总质量为m2 g，据此推测产物中钠的化合价为+n价。第二种：在第一种方法所得溶液中加过量CuSO4溶液，过滤、洗涤、干燥，称量沉淀质量为m2 g，据此推测产物中钠的化合价为+n价。请列出这两种方法的数学表达式。9．研析：钠与水反应产生OH－，可通过反应后溶液使无色酚酞变红证明，产生的H2可通过收集点燃得到证明。这两种都是定性的方法，即只能证明有无这种物质，而不能说明有多少这种物质。要证明钠反应后产生的是Na+，即一个钠原子只失去一个电子，这就涉及到定量的关系，只有通过定量的实验，严密的推理才能实现。第一种方法中，利用了钠与水反应时液体质量的差量与钠价态的关系，即23g钠与水反应时，若生成+n价钠离子，则液体增重(23－n) g，m g钠使液体增重(23－n)÷23×m g。第二种方法中，利用了钠与水反应产生的OH－去沉淀Cu2+的质量与钠价态的关系，即23g钠与水反应时，若生成+n价钠离子，则生成17n g OH－，再生成Cu(OH)2质量为17n÷(2×17)×98g，mg钠反应最终得Cu(OH)2质量为m/23×n×1/2×98g。答案:第一种 m2－m1＝(23－n)÷23×m 第二种m2＝ m/23×n×1/2×98
题型二、课标思维题
典例10：演示实验：用脱脂棉包住约0.2g过氧化钠粉末，置于石棉网上，往脱脂棉上滴水，观察到脱脂棉剧烈燃烧起来。
（1）由上述实验现象所得出的有关过氧化钠跟水反应的结论是：
第一，有氧气生成，第二，_____________。Na2O2跟水反应的化学方程式是______________。
（2）某研究性学习小组拟用A图所示装置（气密性良好）进行实验，以证明上述结论。用以验证第一条结论的实验方法是：___________________________________；
用以验证第二条结论的实验方法是：_________________________。
（3）实验（2）往试管中逐滴滴加水至固体完全溶解且不再有气泡生成后，取出试管，往试管中滴入酚酞试液，发现溶液变红，振荡后，红色褪去。为探究此现象，该小组同学从查阅有关资料中得知：过氧化钠跟水反应生成 NaOH 放出O2的过程如下：Na2O2 ＋ H2O ＝ H2O2＋ 2NaOH， 2H2O2 ＝ 2H2O ＋ O2↑，过氧化氢具有漂白性。
请设计一个简单的实验，证明过氧化钠和足量水充分反应后的溶液中有过氧化氢存在（只要求列出实验所用的试剂及观察到的现象）。试剂：____________________。现象：____________________。
研析：（1）脱脂棉燃烧除了有氧气外，必须要达到其燃点，据此可判断该反应是放热反应。（2）温度升高，容器内气体会膨胀，因此，将导管q浸入水中，反应过程中导管口有气泡冒出。（3）过氧化氢具有漂白性，可使红色布条褪色，据此可检验其存在。
答案：（1）该反应是放热反应；2Na2O2 + 2H2O ＝ 4NaOH + O2↑。（2）将带火星的木条靠近导管口P处，木条复燃；将导管q浸入水中，反应过程中导管口有气泡冒出。（3）红色布条；布条褪色。
总结提升： （1）物质燃烧有两个条件，一是温度达到着火点，二是有氧气等助燃物质存在，由此可得出：该反应是放热反应；化学方程式为：2Na2O2 ＋ 2H2O ＝ 4NaOH ＋ O2↑。（2）该小题实质上是考查氧气的检验、气密性检查等化学实验基本方法的运用。（3）是限定范围，考查实验探究能力的问题。可以有多组答案。
拓展变式10．下面是某同学研究氯水漂白性的一个探究性实验片断。活动计录[观察] 氯气的颜色：黄绿色；氯水的颜色：呈黄绿色。[结论] 氯水中含有氯气分子。[实验操作] 用两根玻璃棒分别蘸取盐酸和氯水，各滴在两片蓝色石蕊试纸上。[实验现象] 滴有盐酸的试纸变红，滴有氯水的试纸中间变白，外圈变红。[分析与结论] 氯水呈黄绿色，说明氯水中溶有游离的氯气分子。滴有氯水的蓝色石蕊试纸外圈变红，说明氯水中有能使试纸变红的酸生成；中间变白，说明氯水中有能够使有色物质褪色的物质生成。[问题与思考] 氯气溶于水发生如下反应：C12＋H2O＝HCl＋HClO，溶液中的水和盐酸都没有漂白作用，能够使有色物质褪色的物质是氯水中的氯气分子还是氯水中的次氯酸呢 还是二者都有漂白作用 请你参照他已完成的部分实验活动记录，自己设计一个实验，证明到底是哪种物质有漂白作用。[实验操作]________________________________________________________________。[实验现象]________________________________________________________________。[分析与结论]______________________________________________________________。10．答案：[实验操作] 收集一集气瓶干燥的氯气，用镊子夹取一片一端湿润的有色纸条，深入到盛有干燥氯气的集气瓶中。[可能的实验现象] 有色纸条湿润的一端颜色褪去，另一端无明显变化。[分析与结论] 干燥的有色纸条颜色不褪，证明氯气本身无漂白作用。又知水和盐酸都没有漂白作用，容易推知：湿润的有色纸条褪色，是因为氯气溶于水发生如下反应：C12 + H2O＝HCl + HClO，溶液中的HClO具有漂白作用。
▲ 高考思维探究
[考题1] （2005江苏理综-9）下列有关钠的叙述中，错误的是
A．钠可以用来冶炼金属钛、锆、铌等
B．钠的化学性质非常活泼，钠元素只能以化合态存在于自然界
C．钠是一种灰黑色的固体
D．钠的质地软，可用小刀切割
研析：钠是一种银白色的金属，质软，钠的化学性质非常活泼，常温下就可以与氧气、水蒸气等反应，因此，自然界无游离态的钠，钠还可以与钛、锆、铌等从其熔融状态的的盐中置换出来。
答案：C。
方法导引：本题综合考查钠的物理性质、化学性质、存在和用途。由此我们可以得到一个启示：掌握钠等元素化合物的知识一方面要全面、准确，另一方面要注意方法：我们可以用观察法和实验法研究其物理性质和化学性质，而性质决定其存在和用途，例如，A、B选项所述钠的用途和存在都是由钠的化学性质非常活泼决定的。
[考题2]（2003上海理综-19）右图是一种试验某气体化学性质的实验装置，图中B为开关，如先打开B，在A处通入干燥氯气，C中红色布条颜色无变化；当关闭B时，C处红色布条颜色褪去。则D瓶中盛有的溶液是
A．浓H2SO4 B．饱和NaCl溶液
C．浓NaOH溶液 D．浓NaBr溶液
解答：如先打开B，氯气不经过D而直接进入C，因为氯气是干燥的，所以C中红色布条颜色无变化；当关闭B时，如果D瓶中盛有的溶液是浓H2SO4，氯气与浓H2SO4不反应，通到C中的仍是干燥的氯气，红色布条颜色无变化；如果D瓶中盛有的溶液是饱和NaCl溶液，由于氯气在饱和NaCl溶液中溶解度很小，所以氯气顺利通过D，并带出一定量水蒸气，进入C后，湿润氯气中的次氯酸使红色布条颜色褪去，B选项符合题意；如果D瓶中盛有的溶液是浓NaOH溶液或浓NaBr溶液，氯气与它们都能反应，在通过D时均被吸收，因而C中红色布条颜色无变化。
答案：B。
启发引申：本题考察的核心是次氯酸的漂白性，但学生只有熟练掌握氯气的化学性质，如与水反应生成盐酸和次氯酸、可与NaOH溶液和NaBr溶液反应等，才能顺利解答此题。通过做本题，还应明确以下几点：干燥氯气常用浓H2SO4，除去氯气中的氯化氢常用饱和NaCl溶液，吸收氯气常用浓NaOH溶液。
拓展变式11．下图表示A～E五种物质间的相互转化关系，其中A为淡黄色固体，B为单质。试推出各物质的化学式，并写出B→C、C→D、D→E反应的化学方程式。11．研析：A是淡黄色固体，可知是Na2O2；B是单质可制取A，知B是Na；A与CO2反应生成D，知D为Na2CO3；B与Cl2反应生成E，知E为NaCl；Na2O2、Na都能生成C，知C为NaOH。答案：A．Na2O2 B．Na C．NaOH D．Na2CO3 E．NaClB→C：2Na＋2H2O＝2Na＋＋2OH－＋H2↑ C→D：2OH－＋CO2＝CO32－＋H2OD→E：CO32－＋2H＋＝CO2↑＋H2O
开拓学习新视野
▲ 课标知识拓展
【思想方法】
本节学法总结
1．仔细观察、完整描述实验现象。描述实验现象应从分析反应过程出发，抓住三个方面的明显现象：生成物和反应物的物理性质差异（如颜色、状态、溶解性、气味等）；反应的激烈程序（如静和动、快和慢、爆炸等）；反应的能量效应（如明显的声、光、热等）。
2．加强对基础知识的理解，不要机械地把教材内容背下来，关键是理解。只有理解好了教材内容才能正确而灵活地应用到解决实际问题中去。加强理解的最好方法是增加一定的训练量，在习题的处理中逐步强化和巩固基础知识。
3．抓住“现象反映了性质”这一规律，实验和推理联用，定性和定量结合，从钠与水反应时的“浮、游、熔、声、气、消”及产物使酚酞变红推测钠的性质。从钠与水反应延伸到钠与溶液反应时，与钠反应的物质先考虑酸，后考虑H2O，不考虑金属离子。Na不但容易与O2反应，而且条件不同，产物不同。从Na与O2反应延伸到钠与Cl2、S及TiCl4等物质的反应。
4．进行有效的对比学习，如液氯、氯水、氯气的对比学习。通过对比学习，可以使知识的层面理解的更具体，也能抓住事物的主要矛盾，便于对比解决问题，效率高而且效果好，把易混淆的问题简明化。
5．分析概括，善于总结，从本质上理解物质变化规律。抓住“性质决定存在、保存方法和用途”这一规律把握钠的强还原性：钠易与大多数非金属反应；钠要保存在煤油里；钠在自然界都以化合态存在；钠能从水、盐酸中置换出氢气；钠能从钛、锆、铌的卤化物中置换出金属等。
6．加强所学知识与生产、生活等实际问题的联系，把知识用活并能结合实际问题进行应用，以增强我们对知识的掌握。
7．寻求恰当的解决问题的方法，特别对实验题的处理，要尽可能多地寻找解决方案，来训练思维的发散性，从而也能具体的掌握教材内容。对解题方法要进行简要的对比，开阔思维视野，以便在考试中能迅速解题。
【专题放送】
氯水的成分和性质
（1）氯水的成分
氯水是氯气的水溶液，通常情况下为浅黄色溶液，氯水中只有部分Cl2与水反应，其化学方程式为：Cl2 + H2O ＝ HCl + HClO
新制的氯水中含Cl2、H2O、HClO等分子和H+、Cl-、ClO-、OH-等离子。
（2）氯水的性质
氯水的性质比较复杂，有可能存在多种成分同时作用于一种物质.在一般情况下，认为是溶液中氯分子的性质。若为盐酸或次氯酸的性质，主要有下面几种情况：
①作为盐酸的性质：当与弱酸的盐或硝酸银溶液作用时，主要作为盐酸性质，例如：氯水与Na2CO3溶液反应以及氯水与AgNO3溶液反应。
②作为次氯酸的性质：氯水用于漂白(与有机化合物色素作用)、消毒、杀菌等。
③要注意液氯与氯水的区别：液氯是纯净物，成分是Cl2分子，而氯水是混合物。
▲ 多彩化学漫步
氯的功与过
氯气的发现推动了氯化学工业的发展，其产品渗透到人民生活、生产各个领域。氯是人体必不可少的元素，氯离子在人体内酸碱平衡中起着重要的调节作用，人体细胞外液阴离子中约有60%是氯离子，医疗上用0.9%的食盐水作生理盐水；氯参与胃酸即盐酸的形成；氯还能激活某些酶，如唾液淀粉酶，在日常生活中，氯化钠用于调味和腌制食物；氯气常用于自来水消毒；氯化铁常作净水剂；次氯酸钙是漂白粉的主要成分。在工业上氯化银是制造相纸和底片的重要感光材料；氯化铝是有机合成中常用的催化剂；氯酸钾可用于制火柴和炸药；三氯化磷是重要的化工原料，可用来制许多含磷的化合物。农业上，氯化钾是重要的钾肥；氯酸钙和氯酸镁是常用的除草剂和棉花脱叶剂。但有不少氯的化合物是严重的污染物，如卤代烷污染水体，饮用遭此污染的水，长期蓄积会诱发癌症；DDT和666等含氯杀虫剂污染食品和土壤；二氯二氟甲烷（俗称氟利昂）破坏臭氧层。氯气曾作过化学毒剂，第一次世界大战中曾大量使用，以后又作为制造光气（COCl2）和芥子气（C2H4Cl）2S等战剂的原料。总之，氯之功过在于掌握在何人之手和开发利用到何种程度。
问题1：目前我国饮用水消毒主要是用氯消毒法，即向自来水中通入一定量Cl2或加入漂白粉、漂粉精．你知道其中的原因吗
问题2：工业上常用H2跟Cl2反应生成HCl，让其溶于水合成盐酸．H2跟Cl2反应既可在点燃也可在光照条件下，那么工业上是选用哪种方式使二者反应的 为什么？
多彩化学漫步
1．答案：Cl2与水反应、漂白粉、漂粉精在水中都能生成强氧化性的HClO，具有杀菌消毒作用。
2．答案：点燃，光照会发生爆炸。
优化考题新演练
一、理解与应用
1．用如图所示的方法研究某气体的性质，这种方法属于
A．实验法 B．观察法 C．分类法 D．比较法
1．研析：图中所示的是一名同学闻有毒气体气味的正确方法。许多同学容易误认为是实验法。实际上，是一种有计划、有目的地用感官考察研究对象的方法，直接用肉眼观察物质的颜色、状态，用鼻子闻物质的气味，都属于观察法。
答案：B。
2．湿润的蓝色石蕊试纸接触氯气后，其颜色变化为
A．变红 B．先变红后变白
C．变白 D．不变
2．研析：氯气溶于水生成HCl和HClO，其中HCl可使蓝色石蕊试纸变红，而HClO又具有漂白作用，故先变红后变白。
答案： B
3．特大洪水过后，受灾地区的水源常被严重污染，下列物质中能对污染的饮用水起消毒杀菌作用的是
A．生石灰 B．明矾
C．绿矾 D．漂白粉
3．研析： 明矾、绿矾不能消毒，可净水；生石灰可杀菌消毒，但不能作为饮用水，因为碱性太强；漂白粉可杀菌消毒，消毒后水可作饮用水。
答案： D
4．下列反应发生时，会产生棕黄色烟的是
A．金属钠在Cl2中燃烧 B．铜在氯气中燃烧
C．氢气在氯气中燃烧 D．金属钠在氧气中燃烧
4．研析：烟是固体小颗粒分散到空气中产生的一种现象，联系A～D中各产物的颜色及状态得出答案应为B。
答案：B
5．取一小块金属钠，放在燃烧匙里加热，下列实验现象中，正确的描述是
①钠先熔化②在空气中燃烧，放出黄色火花③燃烧后得到白色固体④燃烧时火焰为黄色⑤燃烧后生成淡黄色固体物质
A．①② B．①②③
C．①④⑤ D．④⑤
5．研析：钠在空气中燃烧，先熔化、火焰为黄色，燃烧后生成淡黄色固体，所以描述正确的为①④⑤。
答案：C
6．将2.3 g钠放入100 g水中，生成溶液中溶质的质量分数是
A．等于2.3% B．等于4%
C．2.3%与4%之间 D．大于4%
6．研析：本题采用估算法。2.3 g Na跟水反应生成4.0 g NaOH，而溶液质量为(100 g＋2.3 g－0.1 g)＝102.2 g，NaOH溶液中溶质的质量分数在2.3%～4%之间。
答案：C
二、拓展与创新
7．用金属钠制取Na2O通常采用下法：2NaNO2＋6Na＝4Na2O＋N2↑。试说明为什么不采用钠在氧气中燃烧而采用此法制取Na2O的原因。
7．研析：解答本题时，若从方程式入手则没有头绪，但若采用逆推法，即不采用此法制取Na2O，而用金属钠直接在空气中或氧气中反应，会引起什么后果，则不难得出：若直接在空气或氧气中燃烧会生成Na2O2，而此法是在N2环境中进行，可阻止Na2O进一步被氧化为Na2O2。
答案：钠在氧气中燃烧将得到Na2O2，并且利用此法制得氧化钠的同时生成N2，N2作为保护气防止Na2O进一步被氧化为Na2O2。
8．有人设计了如图所示的实验装置，目的是做钠与水反应的实验并验证：①钠的物理性质；②钠与水反应的产物是什么。
（1）当进行适当操作时还需要的仪器有 。
（2）如何进行操作？ 。
（3）实验现象是 。
8．研析：（1）由于实验目的是做Na和水的反应，验证钠的物理性质并验证钠和水反应的产物是什么，所以要收集产生的气体，并验证气体的可燃性，故还需用小试管和酒精灯。
（2）要由钠和水反应来验证钠的物理性质，使自由的钠块与水接触，就要想办法将钠块放入水中：将大头针向上提，使钠块落入水中，将小试管扣在导管上收集反应产生的气体，用拇指堵住试管口移近酒精灯，松开拇指点燃试管中的气体。
（3）观察到的现象是钠浮在水面上很快熔化成闪亮的小球，并逐渐消失，水溶液由无色变成红色，点燃小试管中的气体时，有尖锐的爆鸣声。
答案：（1）小试管和酒精灯
（2）将大头针向上提，使钠块落入水中，将小试管扣在导管上收集反应产生的气体，用拇指堵住试管口移近酒精灯，松开拇指点燃试管中的气体．
（3）钠浮在水面上很快熔化成闪亮的小球，并逐渐消失，水溶液由无色变成红色，点燃小试管中的气体时，有尖锐的爆鸣声。
三、综合与探究
9．室温下．单质A、B、C分别为固体、黄绿色气体、无色气体。在合适反应条件下，它们可以按下面框图进行反应，又知E溶液是无色的。请回答：
（1）A是 、B是 、C是 （请填化学式）。
（2）反应①的化学方程式为： 。
（3）反应③的化学方程式为： 。
（4）反应④的化学方程式为： 。
9．研析：本题的突破口是B为黄绿色气体。据中学所学知识可知，B为Cl2。结合B（Cl2）＋C（无色气体）→E→E溶液，可猜测C为H2，E为HCl。再结合：A（s）＋B（Cl2）→D（s）； E（溶液）＋A（s）→C（H2）＋F；F＋B（Cl2） →D（溶液），可推测A为Fe，F为FeCl2，D为FeCl3。
答案： （1）Fe Cl2 H2 （2）2Fe＋3Cl22FeCl3 （3）2HCl＋Fe＝FeCl2＋H2↑
（4）2FeCl2＋Cl2＝2FeCl3
10．室温下，氢氧化钠的溶解度为22 g，将多少克金属钠投入100 g水中，可获得该温度下的饱和溶液。
10．研析：设投入100 g水中的金属钠的质量为x
2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑
46 36 80 2
解法1：在一定温度下，饱和溶液中溶质的质量对应100 g溶剂的比值是一常数，建立比例关系．
质量为x的金属钠与质量为的水反应，生成质量为的氢氧化钠
解得：x＝11.5 g
解法2：在一定温度下，饱和溶液的质量分数是常数，由此建立比例关系．
质量为x的金属钠与质量为的水反应，生成质量为的NaOH，质量为的H2
解得 x＝11.5 g
解法3：本解法仍是根据饱和溶液中溶质的质量分数是常数建立比例关系，在处理溶液质量时采用简捷的方法，将溶剂和溶入溶剂的反应物的质量总量减去离开溶剂的物质质量(如气体等)．
质量为x的金属钠与水反应生成质量为的NaOH，释放出质量为的H2
解得：x＝11.5 g
答案：11.5 g
本节答案解析与研读
本节教材课后习题（P17）
1.答案：（1）B。（提示：钠的熔点比较低，加热时先熔化，再燃烧，最后生成Na2O2。钠的沸点也比较低，熔化后有钠蒸气产生，因此燃烧时有火焰。）
（2）氧气；水蒸气；煤油；氧气；水蒸气。
（3）钠与硫酸铜溶液反应时，先是钠与水反应，2Na + 2H2O ＝ 2NaOH + H2↑，后是NaOH与CuSO4反应生成蓝色的Cu(OH)2沉淀，CuSO4 + 2NaOH ＝ Cu(OH)2↓ + Na2SO4，而不发生生成铜的置换反应。这里所说的先后，不是等钠完全反应后再发生沉淀反应，而是一旦产生OH－，即发生Cu2+的沉淀，总反应的化学方程式为2Na + 2H2O + CuSO4 ＝ Na2SO4 + Cu(OH)2↓ + H2↑。（仔细观察生成物，可能会发现在蓝色固体上还存在极少量的黑色物质，该黑色物质可能是氧化铜或细小的铜的颗粒。）
2. 答案：（1）B （2）D （3）先变红，后褪色。
研析：（1）在通常情况下，氯气为黄绿色气体，有刺激性气味的有毒气体。易液化，能溶于水(1∶2)。液氯与氯气状态不同，但成分相同，是同种物质。不过，氯水是混合物，内含氯气、水、盐酸、次氯酸等多种物质。答案为B。
（2）因Cl2化学性质很活泼，与可变价态金属反应时生成高价态化合物，Fe元素有+2价，+3价，Cu元素有+1价，+2价，H元素只有+1价，所以选D。
（3）氯水中的H+可使石蕊变红，HClO具有漂白性可使石蕊褪色，前者反应速率较快，后者反应速率较慢，故先变红后褪色。
3.答案：
（1）观察：淡黄；固。
实验内容 实验现象 解释及结论
① 放出无色无味气体，酚酞先变红，后褪色。 生成NaOH，使酚酞变红色；产物中含有漂白性物质
②将带火星的木条放在试管口 木条复燃 生成的无色无味的气体是氧气
结论：①氢氧化钠和氧气；②过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，其它金属氧化物有的不与水反应，有的与水反应生成碱，但不生成氧气。
（2）观察物质的外观性质→预测物质性质→实验和观察→发现特殊现象，提出新的预测→实验和观察→结论。
（3）观察、分类、实验、比较。
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第2节 氮的循环
通过上一节的学习，我们知道，在一百多种元素中，组成单质及化合物种类最多的元素是碳元素。那么，你知道地球上含量最丰富的一种元素是什么元素吗？
那就是氮元素，氮元素广泛存在于大气、水体、动植物体以及土壤中。那么，你知道这些氮元素是如何循环的吗？氮元素的循环对我们的环境和地球上的生命又有什么意义呢？
研习教材重难点
研习点1 氮在自然界中的循环
1．自然界中氮元素循环示意图
2．主要形式
（1）游离态→化合态
①是豆科植物根部的根瘤菌，把氮气转变为硝酸盐等含氮化合物；
②放电条件下，与氧气结合为氮氧化合物，并随降水进入水体中；
③合成氨工厂、汽车发动机都可以将一部分氮气转化成化合态。
（2）化合态→游离态：硝酸盐在某些细菌作用下转化成氮气。
（3）化合态→化合态：化石燃料燃烧、森林和农作物枝叶燃烧所产生的氮氧化合物通过大气进入陆地和海洋，进入氮循环。
【领悟·整合】
氮是维持高等动植物生命活动的必须元素，因此，氮的循环涉及到地球上生物圈的各个方面。人类活动也在逐渐的影响到氮循环。所以，认识氮的循环，就把我们将要学习的物质置于“氮的循环”这个大的背景下，将会更有利于同学们掌握氮及其化合物的性质。
3．氮气与氮的固定
（1）氮气的物理性质：无色无味气体，难溶于水，与空气密度相近。
（2）氮气的化学性质：
【知识·链接】
氮气属于双原子分子，两个氮原子之间的作用非常强。因此，氮气分子稳定，化学性质不活泼，但要注意，N2一旦吸收能量变为N原子则性质较活泼。在高温或放电时可与某些物质反应，N表现为既有氧化性，又有还原性。
①与O2的反应
在放电条件下，氮气跟氧气能直接化合生成无色的一氧化氮（NO）。反应式为：N2+O2 2NO
说明：在雷雨天气，汽车的发动机中均可以发生该反应。在该反应中，N2表现出还原性。
②与H2反应
N2+3H22NH3
说明：a 该反应是工业上合成氨的反应原理，具有非常重要的现实意义。在该反应中，N2表现出氧化性。
b在氮气跟氢气反应生成氨的同时，氨气也在分解生成氮和氢气。像这样同时向正反两个方向进行的反应称为可逆反应。在可逆反应的化学方程式中用“”代替“＝”。
（3）氮的固定
① 定义：将空气中游离的氮转变成氮的化合物的方法叫做氮的固定。
② 分类：
（3）NO和NO2
物质 NO NO2
颜色 无色 红棕色
毒性 剧毒 剧毒
溶解性 不溶解 与水反应
气味 无味 刺激性气味
转化 2NO+O2=2NO2 3NO2+H2O=2HNO3+NO
【联想·发散】
氮的氧化物以及与氧气混合后溶于水的情况分析：
①NO2或NO2与N2(非O2)的混合气体溶于水时，可根据反应：3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO，利用气体体积的变化差值进行计算。
②NO2和O2的混合气体溶于水时，根据反应：4NO2＋O2＋2H2O＝4HNO3
当V(NO2)∶V(O2)＝4：1时，恰好反应，无剩余气体；
当V(NO2)∶V(O2)＜4：1时，剩余氧气；
当V(NO2)∶V(O2)＞4：1时，NO2过量，剩余气体为NO，且体积为过量NO2体积的1/3。
③NO和O2同时通入水中时，此时的反应为：4NO＋3O2＋2H2O＝4HNO3
当V(NO) ∶V(O2) ＝4：3时，恰好反应，无剩余气体；
当V(NO2)∶V(O2)＜4：3时，剩余氧气；
当V(NO2)∶V(O2)＞4：3时，剩余NO。
典例1：雷鸣电闪是人们司空见惯的自然现象，地球上每年平均发生31560余次闪电。
（1）每当雷电交加之际，轰鸣闪电之时，空气中可能发生如下反应：
① 。
② 。
③ 。
（2）由此说明闪电对人类生活有何益处： 。
研析：氮是作物体内蛋白质、核酸和叶绿素的重要成分，氮肥能促使作物的茎叶生长茂盛，叶色浓绿．蚕豆、大豆等豆科植物和苜蓿等的根部有根瘤菌，能把空气中的氮气转变成氨作为养料吸收，是植物生长发育的基本条件之一，推动着自然界周而复始的氮循环，保持着生态平衡，使生命得以延续。当然，现代农业并不单纯仅仅靠等待大自然的恩赐。
答案：（1）①N2＋O22NO　②2NO＋O2＝2NO2 ③3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO （2）闪电时可把空气中的氮（N2）转化为氮肥（“固氮”反应）（48300余万吨），落到地面上后可发生：2HNO3＋Ca(HCO3)2＝Ca(NO3)2＋2H2O＋2CO2↑，形成硝酸盐以利于作物生长。
典例2：一定条件下，将等体积的NO和O2的混合气体置于试管中，并将试管倒立于水槽中，充分反应后剩余气体的体积为原总体积的
A．1/4 B．3/4 C．1/8 D．3/8
研析：本题主要考查NO和O2的反应，NO2溶于水及有关的计算。NO、O2、H2O之间的反应，先判断是否适量，若不是适量，找出剩余的气体，体积是多少，最后算出剩余气体的体积占原总体积的分数。本题常见错误是误选A。其原因是已算出消耗O23/4体积，剩余1/4，没有把剩余O21/4的体积换算成原总体积的体积分数。：NO和O2 反应生成NO2 ，NO2 溶于水又会生成NO。
2NO＋O2 =2NO2 …………①
3NO2 ＋H2O ＝2HNO3 ＋NO…………②
由方程式可知等体积混合时，O2 过量， ②中生成的NO会再被O2 氧化，多次循环，将①②两方程式合并成4NO＋3O2 ＋2H2O ＝4HNO3 等体积混合，余O2 1/4体积，原混合气2体积，余气为原气1/8。
答案：C
研习点2 氨与铵态氮肥
1．氨
（1）物理性质：
无色、有刺激性气味比空气轻；极易溶于水，在常温、常压下1体积水能溶解约700体积氨气。
（2）化学性质：
①碱性：氨与水、酸反应时显碱性
与水反应：NH3＋H2O NH3·H2ONH4+＋OH－
与酸反应：NH3＋HCl＝NH4Cl
说明：a氨溶于水，大部分与水结合成一水合氨（NH3·H2O），一水合氨少部分电离，因此，氨水显弱碱性。氨气是中学阶段唯一的一种碱性气体，利用这一点，可以检验NH3。
b NH3与其它酸也能反应生成相应的铵盐。其中，NH3与盐酸这样的易挥发性酸反应时会有白烟（铵盐固体的小颗粒）生成。利用这个现象，在某些场合也可以检验NH3。
②还原性：氨的催化氧化反应
4NH3＋5O24NO＋6H2O
说明：a 该反应是工业上生产硝酸的一个基础反应。
b NH3中的氮元素的价态为-3价，因此，NH3不仅能被催化氧化生成NO，在纯氧中燃烧能生成N2。在一定条件下，NH3还能被Cl2、CuO等氧化。
【辨析·比较】 液氨和氨水
液氨是氨气加压或降温得到的液态氨，是纯净物，即液氨由氨分子组成的液体。
氨水的主要成分是NH3·H2O．在氨水中以分子状态存在的粒子有：NH3、H2O、NH3·H2O；以离子状态存在的粒子主要有：NH4+、H＋、OH－，极少量的是H＋。所以氨水是混合物。
2．铵盐
【观察·思考】
操作 现象 结论
将氯化铵固体在试管中加热 在试管上端内壁上有白色固体附着。 受热时，氯化铵分解，生成氨气和氯化氢，冷却时，两者又重新结合，生成氯化铵
将碳酸氢铵固体在试管中加热，将生成的气体通入澄清石灰水中 澄清石灰水变浑浊 碳酸氢铵分解，生成了CO2
在试管中加入少量氯化铵固体，再滴加适量稀氢氧化钠溶液，加热，并将湿润的红色石蕊试纸贴在玻璃棒上靠近试管 加热后试管中有气体产生，并可闻到刺激性的气味。同时还看到，湿润的红色石蕊试纸变蓝。 产生了氨气
根据以上的观察与思考，我们可以铵盐具有以下性质：
（1）铵盐受热分解
NH4ClNH3↑＋HCl↑
NH4HCO3NH3↑＋CO2↑＋H2O↑
（2）铵盐与碱反应
NH4Cl＋NaOHNaCl＋NH3↑＋H2O
(NH4)2SO4＋Ca(OH)2CaSO4＋2NH3↑＋2H2O
【梳理·总结】
由铵离子和酸根离子构成的化合物叫铵盐，所有的铵盐都是晶体，都能溶于水。受热均易发生分解，分解产物一般为NH3和相应的酸（或酸的分解产物）。但也有例外，例如5NH4NO34N2↑＋2HNO3＋9H2O，且NH4NO3在不同温度条件下分解产物不同。铵盐与碱共热都能产生氨气，这是铵盐的共同性质。因此，铵态氮肥不宜和碱性物质混合施用，同时，利用这个性质可以检验铵离子，也可以在实验室中制备氨气。
（3）氨的实验室制取
药品：NH4Cl、消石灰
反应原理：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O
装置：与制氧气相同
收集：向下排空气法。
验满：用湿润的红色石蕊试纸或沾有浓盐酸的玻璃棒。防止多余氨气污染空气的方法：收集NH3后的导管口处塞一团湿棉花或用稀H2SO4浸湿的棉花。
干燥：NH3通过盛有碱石灰的干燥管。
实验室制取氨的其它方法：加热浓氨水、氧化钙与浓氨水反应等。
典例3：有关氨的性质的叙述正确的是
A．氨能在氧气中燃烧
B．氨水呈碱性
C．氨水和酸相遇都能产生白色烟雾
D．在反应NH3＋H+ ＝NH4+中，氨失去电子被氧化
研析：虽然氨的催化氧化是在高温和催化剂的作用下进行，但是纯净的NH3能在O2中安静地燃烧，产物是N2和H2O，所以A正确．由于氨水中存在：NH3·H2O NH4+＋OH－，因而B正确．氨气只有与挥发性酸相遇才能生成白烟（氨气与非挥发性酸相遇只能生成块状白色固体，不是小颗粒，不是白烟），C不正确；NH３和H＋反应为非氧化还原反应，D不正确。
答案：AB
典例4：氯化铵和氯化钠可用下列哪一种方法分离
A．加入氢氧化钠 B．加入AgNO3溶液 C．加热法 D．加入一种合适的酸 E．加入水
研析：物质的分离不同于鉴别，鉴别是采取一定的方法，能将两种或几种物质分辨出来就可。而分离是将几种成分采取一定的措施分离成各单一的成分。
分离可根据物理性质用物理分法进行分离，比如根据各组分的溶解性不同，用过滤的方法分离；根据各组分的沸点不同，用蒸馏的方法分离；根据各组分在同一溶剂中的溶解度不同用结晶的方法分离。也可根据各组分的化学性质不同，加入某些试剂，采取一定方法进行分离。
根据以上分析，题目所给NaCl和NH4Cl只能用化学方法分离，因为两种物质中都含Cl－，所以加AgNO3或加酸都起不到分离的作用，加入NaOH，只能鉴别NH4Cl和NaCl，而达不到分离的目的。两种物质又均易溶于水，因此加入水也无法分离。那么方法只有一种，利用铵盐的不稳定，及NH3的化学性质，所以选用加热法。
答案：C
研习点3 硝酸及其应用
【温故·知新】
硝酸具有酸的通性
①使指示剂变色：例如：稀HNO3使紫色石蕊溶液变红。
②与碱反应：如HNO3＋NaOH＝NaNO3＋H2O
③与碱性氧化物反应：如2HNO3＋CaO＝Ca(NO3)2＋2H2O
④与弱酸盐反应：如2HNO3＋Na2CO3＝2NaNO3＋CO2↑＋H2O
⑤与金属反应：由于硝酸具有强氧化性，因此，与酸反应时一般不产生H2。
硝酸除了具有酸的通性以外，还具有以下特性：
1．硝酸的物理性质：无色、易挥发、有刺激性气味、易挥发、密度大于水。
2．硝酸的不稳定性：硝酸见光或受热易分解。
4HNO34NO2↑＋O2↑＋2H2O
说明：硝酸越浓，越容易分解。长期存放的浓HNO3呈黄色，这是由于HNO3分解产生的NO2溶于硝酸的缘故。也正因为硝酸见光或受热易分解，一般将它保存在棕色瓶里，放置在阴凉处。
3．硝酸的强氧化性：硝酸具有强的氧化性，是因为硝酸分子里氮呈＋5价。
（1）与金属反应：HNO3几乎能与所有的金属（除金、铂、钛以外）发生氧化还原反应。
Cu＋4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
说明：硝酸与不活泼金属反应时，浓硝酸生成NO2，稀硝酸生成NO。
【交流·研讨】
①常温下为什么可以用铝槽车或铁罐运输浓硝酸
铝、铁等金属可以在冷的浓硝酸中发生钝化现象，浓HNO3会把铝或铁的表面氧化，形成一层薄而致密的氧化膜，阻止了反应的进一步发生．遇热时，该氧化膜会被破坏．因此常温下铝、铁制品可以盛放冷的浓HNO3．
②铜与浓HNO3反应时，放出NO2气体，与稀HNO3反应时，放出NO气体。能否由此说明稀HNO3比浓HNO3的氧化能力更强？
硝酸与金属反应时，硝酸被还原的程度取决于硝酸的浓度和还原剂的强弱。对于同一种还原剂来说，硝酸越稀被还原的程度越大．因为当HNO3的浓度在8 mol·L－1以上时，HNO3氧化性很强，在此过程中生成氮的低价氧化物在强的氧化气氛中不能存在，继续被氧化成高价的氮的氧化物，所以产物为NO2．当硝酸较稀时，它的氧化性较弱，氮的低价氧化物也能够存在，所以主要产物是NO．浓HNO3与Cu反应放出NO2气体要比稀HNO3与Cu反应放出NO气体剧烈的多，所以浓HNO3氧化能力比稀HNO3氧化能力更强。
【知识·链接】
王水：浓HNO3和浓盐酸的混合物（体积比1∶3）叫王水，它的氧化能力比硝酸更强，能够使一些不溶于硝酸的金属如金、铂等溶解。
（2）与非金属反应：硝酸能与许多非金属及某些有机物发生氧化还原反应：
C＋4HNO3(浓) CO2↑＋4NO2↑＋2H2O
【辨析·比较】
氧化性酸和酸的氧化性概念辨析
酸的氧化性：实质上指氢离子的氧化性，任何酸都有不同程度电离出H＋的能力，H＋在一定条件下获得电子生成H2．因此在某些反应中酸作氧化剂其实质上是H＋作氧化剂如：锌与盐酸或稀H2SO4的反应，都可以用Zn＋2H＋＝Zn2＋＋H2↑离子方程式表示此类反应的实质。
氧化性酸：是酸根离子中心原子获得电子的能力，酸根离子获得电子后，中心原子化合价降低，形成相应的低价含氧化合物甚至是单质．如浓H2SO4与Cu反应：Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O，浓H2SO4与木炭反应：C＋2H2SO4(浓) CO2↑＋2SO2↑＋2H2O，硝酸与锌反应：4Zn＋10HNO3(稀)＝4Zn(NO3)2＋N2O↑＋5H2O 5Zn＋12HNO3(很稀)＝5Zn(NO3)2＋N2↑＋6H2O，浓HNO3与木炭、单质硫、磷的反应等等。
作为氧化性酸，不仅能氧化金属而且还能氧化某些非金属单质。而酸的氧化性即H＋的氧化能力较弱，只能氧化较活泼的金属（即金属活动顺序表中氢前金属）。
【领悟·整合】
硝酸除了具有酸的通性以外，还具有挥发性、不稳定性、强氧化性等特性。硝酸不仅是氮循环中的一种重要物质，在实验室中也是一种重要的化学试剂，在工业上更是一种重要的化工原料，可用于制造炸药、燃料、塑料和硝酸盐等。
典例5：浓HNO3常呈黄色的原因是
A．浓HNO3易分解产生NO B．浓HNO3中混有Fe3＋
C．浓HNO3易分解产生NO2 D．浓HNO3易氧化单质硫
研析：浓HNO3常因见光或受热分解而呈现黄色，HNO3分解产生的NO2又溶于此硝酸中，而不是浓HNO3混有Fe3＋等杂质引起的，并且浓HNO3氧化单质S产生H2SO4，并不是浓HNO3本身出现黄色的原因。
答案：C。
典例6：下列反应中硝酸既能表现出酸性又表现出氧化性的是
A．使石蕊试液变红
B．与铜反应放出NO气体生成Cu(NO3)2
C．与Na2CO3反应放出CO2气体生成NaNO3
D．与S单质混合共热时生成H2SO4和NO2
研析：在上述反应A、C中HNO3使指示剂变色，与弱酸盐反应均表现出酸性．在B、D中HNO3中氮元素的化合价均降低表现出氧化性，并且在B项中又有Cu(NO3)2和水生成，说明此反应中HNO3还表现出酸性．
答案：B
研习点4 人类活动对自然界氮循环和环境的影响
1．人类活动对自然界氮循环的影响：
（1）作物每年要从土壤中摄取大量的氮。每100m2土地的上空约有106kg的氮，这是巨大的氮资源。闪电能使空气里的氮气转化为一氧化氮，一次闪电能生成80～1500kg的一氧化氮。这是一种自然固氮。但自然固氮远远满足不了农业生产的需求。人类的固氮活动使活化氮的数量大大增加。科学家们预测，从现在到2020年，人工固氮将增加60%，达到年均2.24×1011kg。
（2）汽车的数量大大增加，由汽车排放到大气中的氮氧化物逐年增加。
2．人类活动对环境的影响：
人类是伟大的，人们用自己的智慧创造了一个新的自然界。但是，人类的活动也对地球的环境造成了一些不良的影响。当前环保面临的十大问题有：大气污染、地球变暖、臭氧层被破坏、酸雨蔓延、生物多样性减少、淡水资源枯竭与污染森林锐减、土壤荒漠化、海洋污染、固体废弃物污染。其中与氮循环失衡直接相关的有以下几个方面：
（1）光化学烟雾：光化学烟雾是指汽车尾气中的氮氧化物与碳氢化合物经紫外线照射发生反应形成的一种有毒的浅蓝色烟雾。光化学烟雾具有特殊气味，刺激眼睛，伤害植物，并使大气能见度降低。氮氧化合物是形成光化学烟雾的一个重要原因。大气中的氮氧化物主要来源于汽车尾气、化石燃料的燃烧和植物体的焚烧，以及农田土壤和动物排泄物中含氮化合物的转化。
（2）酸雨：氮氧化合物是形成酸雨的一个重要原因。
（3）富营养化：进入水体的氮的含量增大，会导致藻类“疯长”，迅速地覆盖在水面上，造成水体的富营养化。水体中的氮主要来源于工业废水、生活污水、农田灌溉和淋洗，以及水产养殖所投入的饵料和肥料等。
3．如何减少人类活动对自然界中氮循环的影响
（1）控制进入大气、陆地和海洋的有害物质的数量。
（2）增强生态系统对有害物质的吸收能力。我们应保护森林，植树造林，促进全球氮的良性循环。
典例7：汽车尾气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“催化转换器”。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。
（1）与汽车尾气排放密切相关的是 。
a 光化学烟雾 b 赤潮 c 白色污染
（2）写出一氧化碳与一氧化氮反应的化学方程式 。
研析：（1）汽车尾气中含有大量的氮氧化物，而氮氧化物是形成光化学烟雾的主要原因。
（2）根据题目提供的信息：CO与NO反应。生成可参与大气生态环境循环的无毒气体。这气体是CO2和N2。
答案：（1）a （2）2CO＋2NO2CO2＋N2
探究解题新思路
▲ 基础思维探究
题型一、 NO2、NO与水或氧气的反应
典例1：将装有50mLNO2、NO混合气体的量筒倒立于水槽中，反应后气体体积缩小为30mL，则原混合气体中NO2和NO的体积比是
A．5∶3 B．3∶5 C．3∶2 D．2∶3
研析：判断此题可根据化学方程式，运用差量法进行计算，由所得结果来确定正确的选项。
设混合气体中NO2的体积为x
差量法：3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO △υ
3mL 1mL 3mL－1mL＝2mL
x 50mL－30mL＝20mL
x＝30mL?
则原混合气体中NO为50mL－30mL＝20mL
所以：υ(NO2)∶υ(NO)＝30∶20＝3∶2
答案：C
方法导引：差量法是根据化学反应中反应物和生成物的相差量跟反应物的消耗量或生成物的增加量之间的比例关系为解题思路而建立起来的解题方法。关键是找准变化量，把题中的已知差量与化学方程式中的化学计量数对应差量列出比例关系，进行计算，是一种简捷的解题方法。
解答本题除了用差量法外，还可以用列方程法求解。对于NO2、NO混合气体跟水反应，或单纯NO2跟水反应的计算，均可根据反应方程式应用差量法或列方程式进行计算。
拓展变式1．如下图所示，室温下向盛有3.0 mL NO的试管中缓缓通入1.5 mL O2(所有气体体积均在标准状下测定)。试回答下列问题：（1）写出观察到的现象（可不写满，也可补充）：①_______________________________；②_______________________________；③_______________________________。（2）最终试管中剩余的气体是_________，体积为_________。1．研析：（1）通入的O2与NO发生反应生成NO2：①2NO＋O2 ＝2NO2所以看到有红棕色气体生成．生成的NO2溶于水：②3NO2＋H2O ＝2HNO3＋NO①②两反应的总方程式为：③4NO＋3O2＋2H2O ＝4HNO3气体被消耗，所以又会看到试管内液面上升．V(NO)∶V(O2)≠4∶3，故最后有气体剩余，不论剩余NO还是O2，都为无色气体，这是看到的第三个现象。（2）设1.5 mL O2全部参加反应，由(1)中③知：V反应(NO)＝V反应(O2)×4/3＝1.5 mL×4/3＝2.0 mL而NO的总体积是3．0 mL，故剩余NO气体1.0 mL。答案：（1）①通入O2，试管内气体变为红棕色②试管内液面升高③最后试管内剩余一种无色气体（2）NO 1.0 mL
题型二、金属与HNO3反应的定量计算及产物的确定
典例2：某金属单质跟一定浓度的硝酸反应，假定只有单一的还原产物．当参加反应的金属与被还原的HNO3的物质的量之比为2∶1时，还原产物是
A．NO2 B．NO C．N2O D．N2
研析：设金属的化合价为＋n，HNO3的还原产物中的化合价为x，则：2×(n－0)＝1×(5－x)即x＝5－2n。讨论：
①当n＝1时，x＝3，为N2O3，未在选项中出现。
②当n＝2时，x＝1，为N2O，选项C符合题意。
③当n＝3时，x＝－1，无此价态氮的化合物。
由于金属阳离子一般不出现＋4价或以上的价态，故不再讨论。
答案：C
总结提升：本题主要考查HNO3的氧化性和运用数学工具解决化学问题的能力。由于金属未知，HNO3浓度范围未知，此题的突破口应在“还原产物单一”“单质与被还原的HNO3的物质的量之比为2∶1”上，应用氧化还原反应电子转移守恒．金属与HNO3反应的定量计算及产物的确定是本节难点，故应在学习过程中加以训练和强化，同学们可以通过典例1和拓展变式1掌握解决此类问题的一般方法。
拓展变式2．38.4 mg Cu与适量的浓HNO3反应，铜全部作用后，共收集到22.4 mL气体(标准状况下)，反应消耗的HNO3其物质的量可能是A．1.0×10－3 mol B．1.6×10－3 molC．2.2×10－3 mol D．2.4×10－3 mol2．研析：本题主要考查HNO3与金属反应时HNO3所起的作用及灵活应用化学方程式的计算能力。由于HNO3适量，随着与Cu的反应，浓度会逐渐降低，因此该过程中实际上发生了两个反应：Cu＋4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O、3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，反应中消耗的HNO3包括两部分：起氧化剂作用和显示酸性，前者被还原成NO2、NO气体，后者以Cu(NO3)2的形式存在。因此可以看作：HNO3(氧化剂) ～ NO2(或NO)1.0×10－3 mol ＝1.0×10－3 mol Cu＋2HNO3(酸) ～ Cu(NO3)2＝0.6×10－3 mol 1.2×10－3 mol所以消耗HNO3共2.2×10－3 mol答案：C
题型三、喷泉实验
典例3：如图所示的装置中，烧瓶中充满了干燥气体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。
A（干燥气体）NO2 b（液体）
A NO2 水
B CO2 4mol/LnaOH溶液
C Cl2 饱和NaCl溶液
D NH3 1mol/L盐酸
（1）选项_____________（填A、B、C、D）为何不满足要求_____________．
（2）能形成图示喷泉实验的气体和液体甚多，它们需满足的条件是①____________；②____________________。
例如________气体和________液体。
研析：形成喷泉最根本的原因是瓶内外存在压强差。当烧瓶内气体溶于液体并与之反应时，瓶内气体大量减少，压强降低，外界的大气压将液体压入烧瓶内。如此持续，最后液体将充满烧瓶。B和D正确．NO2气体虽也易溶于水，但同时产生NO气体：3NO2＋H2O ＝2HNO3＋NO，即使会出现“喷泉”现象，但烧杯内的水只会部分进入烧瓶内，不会几乎充满烧瓶。
饱和氯化钠溶液不能吸收氯气，所以选项A和C错误。
从以上分析我们可知；当气体极易溶于液体或气体与液体反应（一般无新气体产生）即可形成“喷泉”，例如：Cl2和NaOH溶液等。
答案：（1）A、C；前者与水反应后生成NO，溶液不能充满整个烧瓶．后者气体不溶于液体．（2）①气体易溶于液体②气体与液体反应（无新气体产生）；Cl2和NaOH溶液。
启发引申：本题对喷泉实验的概括，体现了对开放性，创造性的能力要求。喷泉实验是中学化学中的重要实验，也是中学化学的常考内容，常见喷泉的形成主要有以下两类：
（1）极易溶于水的气体（NH3、HCl、SO2等）与水可形成喷泉。
（2）酸性气体（HCl、SO2、NO2、CO2、H2S等）与NaOH(aq)也能形成喷泉。
拓展变式3．在标准状况下，在三个干燥的烧瓶内分别装入干燥纯净的NH3、含一半空气的氯化氢、NO2和O2的混合气体[v(NO2)∶v(O2)＝4 ∶1]。然后分别做喷泉实验，三个烧瓶中所得溶液的物质的量浓度之比为A．2∶1∶2 B．5∶5∶4C．1∶1∶1 D．无法确定3．研析：NH3、HC1溶于水后，溶液的体积即为被溶解了的气体体积，c=1/22.4mol/L．由4NO2＋O2＋2H2O ＝4HNO3可知，当O2过量时，每消耗4mol NO2和1mol O2、则生成4HNO3，c(HNO3)＝0.8×1/22.4mol/L。NH3、HC1溶于水后溶液的物质的量浓度计算一类简单的溶解问题与NO2和O2的混合气体溶于水后溶液的物质的量浓度计算是不同的。后者是一类发生化学反应的计算，所以所得的结果不一样。答案：B
▲ 综合思维探究
题型一、学科内综合题
典例4：在100 mL NaOH溶液中加入NH4NO3和(NH4)2SO4的固体混合物，加热充分反应，下图表示加入的混合物质量与产生的气体体积(标准状况)的关系，试计算：
（1）NaOH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。
研析：（1）从图中可看出34.4 g混合物和100 mL NaOH恰好完全反应。
n(NaOH)＝n(NH3)＝＝0.5 mol
c(NaOH)＝＝5.00 mol/L
（2）V(NaOH)＝140 mL，因固体过量，所以
V(NH3)＝n(NH3)×22.4L/mol＝n(NaOH)×22.4L/mol＝5 mol/L×0.14 L×22.4 L/mol＝15.68 L。
（3）V(NaOH)＝180 mL时，固体51.6 g完全反应，则：
V(NH3)＝16.8 L
答案：（1）5.0 mol/L （2）15.68 （3）16.8
考向指南：本题目除了考查强碱与铵盐的反应外，还考查了分析图象，并从图象上获取信息的能力及判断过量和计算的能力。
拓展变式4．设计一个实验只用一种试剂鉴别NaHCO3、NH4Cl、NaCl、NH4HCO3四种无色溶液，简述操作步骤及现象。4．研析：检验铵根离子要用到碱，而碱中的氢氧根离子又可与碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子，而碳酸根离子可以与钙离子或钡离子反应生成白色沉淀。这样，这种试剂就所定在Ba(OH)2溶液和Ca(OH)2溶液上，但由于Ca(OH)2的溶解度太小，其溶液与铵根反应时产生的氨太少，不好检验，因此，该试剂选用Ba(OH)2溶液。答案：用四支试管分别取少许试液，分别加入足量Ba(OH)2溶液，并加热，同时用湿润的红色石蕊试纸在管口检验。产生白色沉淀，且试纸变蓝的为NH4HCO3，只产生白色沉淀的为NaHCO3，不产生沉淀但试纸变蓝色的为NH4Cl，均无明显现象的为NaCl。
题型二、实际应用题
典例5：（1）使用铵盐做氮肥时，施用过程中应注意哪些问题？
（2）一包氯化铵中混有一种其他氮肥，经测定这包不纯氯化铵含氮25.7%，则混入的氮肥可能是
A．尿素[CO(NH2)2] B．硝铵 C．硫铵 D．碳铵
研析：纯净NH4Cl的含氮量为26.17%>25.7%，所以杂质含氮量必须<25.7%。四个选项中氮的质量分数依次是46.7%、35%、21.2%和17.7%。
答案：（1）①使用铵盐氮肥不要同时与草木灰(主要成分是K2CO3)等碱性肥料混合使用；②不能在较高的温度条件下存放和施用铵盐氮肥；③施用后要立即用土覆盖，并及时灌溉，以防止肥效流失。
（2）CD
考向指南：2006年高考化学考试大纲明确指出：试题应力图反映出考生能够初步运用化学视角，去观察、分析生活、生产和社会中的各类有关化学问题。本题联系同学们非常熟悉的化肥，考察同学们的简单计算能力以及对铵盐性质的掌握及应用情况。
拓展变式5．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5．研析：铜锌合金通常称为黄铜，外观与黄金相似，但密度比黄金小，放入HNO3、HCl中，其中的Zn均可与之反应．答案：D
题型三、思维转换题
典例6：密度为0.91 g·cm－3的氨水，质量分数为25％，设氨水用等体积的水稀释后，所得溶液的溶质的质量分数为
A．等于12.5％ B．大于12.5％
C．小于12.5％ D．无法确定
研析：方法1：（不等式法）取1体积氨水用1体积水稀释，稀释后溶质的质量分数为：×100％＝×25％＜＝1/2×25％＝12.5％，上式将水的密度1 g·cm－3换为氨水的密度0.91 g·cm－3，得出不等关系式，无需运算便可得出结论．
方法2：（思维转换法）将“等体积”转换为“等质量”，则溶液质量分数为12.5%，因等体积时，水的密度大于该氨水的密度，水的质量大于氨水的质量，故质量分数自然要小于12.5%。
答案：C
总结提升：本题考查氨水稀释后溶质质量分数的计算规律和抽象问题具体化的计算方法，以及将化学问题抽象为数学问题(利用不等式关系)的思维能力。方法1是一种常规的解题思路，但如果能及时想到第2种方法，则有一种豁然开朗的感觉。并非常容易总结出这类题的规律：谁的质量大，混合后溶液的质量分数就更接近于谁。
拓展变式6．把70％HNO3(密度为1.40 g·cm－3)加到等体积的水中，稀释后硝酸溶液中溶质的质量分数是A．0.35 B．＜0.35 C．＞0.35 D．≤0.356．研析：方法1：若将等质量的70％的HNO3与等质量的水混合，稀释后HNO3的质量分数应为×100％＝35％，若将等体积的70％的HNO3与等体积的水混合，稀释后HNO3的质量分数应为：×100％，因为70％的HNO3密度大于水的密度，所以稀释后溶液的质量分数一定大于35％。方法2：将“等体积”转换为“等质量”，则溶液质量分数为0.35，因等体积时，水的密度小于该HNO3的密度，水的质量小于氨水的质量，故质量分数自然要大于0.35。答案：C
题型四、实验操作题
典例7：用示意图中的简易装置可以进行气体的发生和收集。
（1）实验前应如何检查该装置的气密性？
（2）拔开试管a的橡皮塞，加入10mL6mol/L稀硝酸和1g薄铜片，立即将带有导管的橡皮塞塞紧试管口。反应开始时速度缓慢，然后逐渐加快。请写出在试管a中发生的所有反应的化学方程式。
（3）从反应开始到反应结束，在试管a中可观察到哪些现象？请依次写出。
（4）在反应开始时，可观察到导管b中的水面先沿管b慢慢上升到一定高度，此后又回落，然后有气泡从管口冒出．试说明反应开始时，导管中水面先上升的原因。
（5）试管c收集满气体后，用拇指堵住管口，取出水槽．将管口向上，松开拇指，片刻后，再次堵住管口，将试管又再倒置于水槽中，松开拇指。此时可观察到什么现象？
研析：本题从知识上主要考查了NO与O2的反应，NO2和H2O的反应及Cu与HNO3的反应，同时考查审题能力、观察能力和对材料的组织能力．解体的关键是抓住反应的实质，沿着产生气体的流向进行回答。
答案：（1）将b管插入水中，用手握住a试管，观察水中是否有气泡冒出，松开手后，b管是否产生一段水柱。
（2）3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
（3）稀HNO3中有无色气泡产生，气体上升过程中变为红棕色，后期不再变色，Cu片不断溶解，溶液变为蓝色。
（4）开始生成的NO被a管中O2氧化为NO2，当遇水时因其易溶于水而产生倒吸。
（5）试管内红棕色消失，液面上升，但不能充满试管。
友情提醒：此题对反应原理、装置原理、操作原理进行了深层次的考查．能力要求全面，观察的针对性与全面性．定性定量相结合问题的处理，可以说没有做过实验的同学要想完整全面地回答本题难度是相当大的，同时它也启示我们复习化学实验要全方位地研究，切忌水过地皮湿的做法。
拓展变式7．实验室合成氨的装置如图所示．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是 。7．研析：本题将工业合成NH3的反应搬到了实验室中，工业上合成NH3的反应为：N2+3H22NH3这里高压是无法实现的。从反应来看，V(N2)∶V(H2)＝1∶3，这个比例可由甲装置适当控制，在甲中N2和H2可以混合均匀；此外，浓H2SO4还有干燥作用．由于反应可逆，所以从乙处导出的是N2、H2和NH3的混合气体。检验NH3的简单方法可以是用玻璃棒蘸浓盐酸，也可以使用红色石蕊试纸。答案：（1）①干燥气体 ②使两种气体充分混合 ③观察气泡，调节H2、N2的流速(只要求注写其中两项)（2）NH3及N2和H2的混合气体 用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在导管口，有白烟说明有NH3生成（或将一小片湿润的红色石蕊试纸沾在玻璃棒的一端，靠近导管口，试纸变蓝色说明有NH3生成）
题型五、学科间渗透题
典例8：下图是氮元素在自然界中的循环示意图，又知1mol氮气与氧气化合生成2mol NO气体时需吸收180.7kJ热量。试回答：
（1）图中 过程称为氮的固定（填写序号）
（2）下列能将蛋白质转化为氨的生物是 （填写字母）
A．藻类 B．分解者 C．化能合成细菌
（3）若在一次雷雨闪电中两块云间的电势差为109 V，从一块云移到另一块云的电量约为30C，此次闪电放出的能量是 kJ。
（4）若闪电时有千分之一的能量用于生成NO，能产生NO mol。
（5）此次雷雨生成物相当于给大地施加尿素［CO(NH2)2］肥料 kg。
研析：本题以自然界中氮元素的循环为主线，综合考查了化学、生物、物理三个学科的知识。
（1）将氮元素由游离态变为化合态的过程叫做氮的固定，显然只有过程①符合。
（2）蛋白质转化为氨属于蛋白质的水解和分解，能完成这一过程的生物应为“分解者”。
（3）两块云放电时，其放出的能量可用下式计算：
E＝UIt＝UQ＝109×30＝3×1010(J)＝3×107(kJ)
（4）由题意知，每吸收180.7kJ的能量，即可合成 NO 2mol，此次闪电放出能量的千分之一就是3×104kJ，它可以生成NO：3×104kJ÷180.74kJ×2mol＝332mol
（5）由氮守恒又可找出NO与尿素的关系式为
2NO——CO(NH2)2
2mol　　 60g　　
即每产生2mol NO即相当于给大地施加尿素60g，则332mol NO相当于施加尿素的量为：
332mol/2mol×60g＝9960g＝9.96kg
答案：（1）① （2）B （3）3×107 （4）332 （5）9.96
友情提醒：人类社会生存和发展的过程就是一个不断认识自然、改造自然的过程，自然界的各种现象往往是由诸多因素决定，因此也需要应用多学科的知识去解释和分析。本题虽然是一道综合题，但从知识范围看，都是各科基本的课内知识，从某一小问来看，也没有难点可言，但通过氮循环问题结合在一起，可使人的思维立体化，同时也启示我们，要把中学各学科都涉及的一些重要问题经常相互联系，总体分析和把握，只有经常进行学科交叉，多学科、多角度地思考问题，综合能力才能得到提高。
拓展变式8．若在某喷泉实验后，液面升高20cm，烧瓶内溶液密度为，烧瓶内水溶液产生的蒸气压为，试求烧瓶中残留气体的压强为多少Pa？（设外界大气压为，）8．研析：“喷泉”实验后，烧瓶内溶液的蒸气压、残留气体的压强同液面产生的压强之和应等于外界大气压．外界大气压为，溶液蒸气压为，20cm处液面产生的压强为。设残留气体压强为P，则，故。答案： 9.7×104pa
▲ 创新思维探究
题型一、开放探究题
典例9： 用字母L、M、Q、R、X分别代表五种不同化合价的氮元素的物质，并且每种物质中氮元素的化合价只有一种．又知道物质L中的氮元素的化合价要比物质M中氮元素的化合价低，并且在一定条件下，它们有如下的转化关系（未配平）：
① ② ③
请判断：（1）已知这五种物质中有一种是硝酸，那么硝酸是L、M、Q、R、X中的__________（填字母）判断依据是_______________________________________________________。
（2）某同学写出下面三个不同价态的氮的化合物相互转化的关系（未配平）
a． b．
c．
其中你认为一定不可能实现的是_____________________________________________．
研析：（1）在①的反应中，Q将HC1中Cl－氧化为Cl2，Q的还原产物是M，又知L中氮元素的化合价要比M中的低，所以，物质中氮元素的化合价Q>M>L。
③中R被O2氧化为L，可得物质中的氮元素化合价L>R。
②中，X是R和L发生反应后的产物，X中氮元素的化合价处于R和L之间，综上分析，物质中氮元素的化合价：Q>M>L>X>R，HNO3中N的+5价是最高价。在L、M、Q、R、X中的Q是HNO3，判断的依据是各物质中N元素的化合价由高到低为Q>M>L>X>R。
（2）其中一定不可能实现的是b，a和b发生的是归中反应，元素的化合价一定得超过中间价态。c发生的是歧化反应。
答案：（1）各物质中N元素的化合价由高到低为Q>M>L>X>R （2）b
友情提醒：此题中的主要元素是氮，它有多种变价，对于与存在多价态的元素有关的问题要根据氧化还原反应的规律和类型来判断。
拓展变式9．工业上用铜屑和浓硝酸为原料制取硝酸铜。在实际生产中，先把铜屑在空气中灼烧，再跟用等体积水稀释的浓硝酸反应来制取硝酸铜.试简要回答下列问题：（1）不宜于用铜屑直接跟硝酸反应来制取硝酸铜的原因是 。（2）浓硝酸用等体积水稀释的目的是 。（3）要得到硝酸铜晶体，应先用 。（4）反应后的尾气必须处理的原因是 ，处理的方法是 。9．答案：（1）铜跟硝酸直接反应会有氮的氧化物生成，即产生污染，又降低硝酸的利用率；铜屑在空气灼烧生成CuO，CuO跟HNO3反应没有氮的氧化物生成，既避免了污染，又提高了硝酸的利率用。（2）浓硝酸易挥发、不稳定，对设备腐蚀严重。（3）结晶法或重结晶法。（4）铜屑灼烧时，仍有少量的Cu，当与稀HNO3反应时，产生的NO会产生污染；用NaOH溶液吸收。在生产中选择原料和生产原理，要求原料有较高的利用率和产生污染少等。
题型二、社会热点题
典例10：NO分子因污染空气而臭名昭著。近年来，发现少量的NO在生物体内许多组织中存在，它有扩张血管、免疫、增强记忆的功能，而成为当前生命科学的研究热点，NO亦被称为“明星分子”。请回答下列问题。
（1）NO对环境的危害在于 (填以下项目的编号)。
A．破坏臭氧层 B．高温下能使一些金属被氧化
C．造成酸雨 D．与人体血红蛋白结合
（2）在含Cu+离子的酶的活化中心中，亚硝酸根离子(NO2－)可转化为NO，写出Cu+和亚硝酸根离子在酸性水溶液中反应的离子方程式：____________________________。
（3）在常温下，把NO气体压缩到100个大气压，在一个体积固定的容器里加热到50℃，发现气体的压力迅速下降，压力降至略小于原压力2/3就不再改变，已知其中一种产物为N2O，写出上述变化的化学方程式：____________________________。
研析：（1）NO中N的化合价为+2价，所以NO具有还愿性能被臭氧氧化；NO排放到空气中能最终氧化成硝酸；同CO一样NO也能与人体内的血红蛋白结合使人体缺氧而死亡。故答案为A、C、D。
根据信息可得此反应中亚铜离子为还原剂、亚硝酸根离子为氧化剂、NO为还原产物、铜离子为氧化产物，再根据电子、电荷、原子守恒可得方程式：Cu+＋NO2＋2H+ ＝Cu2+＋NO＋H2O。
据阿佛加德罗定律的推论可得方程式：3NO＝NO2＋N2O
答案：（1）A C（D项不是环境）（2）Cu+＋NO2＋2H+ ＝Cu2+＋NO＋H2O（3）
友情提醒：这是一道以科学发现为背景的综合题，涉及到环境、元素化合物的性质、氧化还原反应、阿佛加德罗定律、化学平衡等多个知识块内的知识点。另外，本题暗含社会热点、焦点问题，有利于学生积极关注人类的前途和命运。本题主要考查学生运用多个知识点和新信息解决实际问题的能力。要能解决好，同学们必须理顺各知识块之间的联系。
拓展变式10．科学家根据自然界存在的N2，制取出N3，现又制出N5。（1）上述提到的3种物质中，属于非金属单质的是 。（2）N5的分子极不稳定，需保存在－80℃的干冰中．在通常状况下，它发生爆炸式的反应生成氮气。若向高空发射1吨设备，运载火箭需消耗液氢5吨，若使用N5做燃料，这一比率可以改变。假如你是科学家，想采用N5做燃料来发射火箭，则需要解决的主要问题是 。10．研析： 该题以新科技成果N5及其性质设置情境，考查N5的类别以及用科学家的思维方法来探究用N5做燃料要解决的问题．对科学素养、探索能力要求较高．N2、N3、N5都属于氮元素组成的3种非金属单质；依据N5的性质及保存，采用N5做燃料来发射火箭，要解决制法、防爆、保存、盛放、成本等问题。答案：（1）N2、N3、N5（2）①怎样制得N5，并防止发生爆炸；②怎样保存N5，用什么容器盛放；③发射1吨设备，需要多少吨N5，与液氢相比成本如何。
▲ 高考思维探究
[考题1]（05江苏-9）下列离子方程式正确的是
A．碳酸氢钠溶液与少量石灰水反应：HCO3－＋Ca2＋＋OH－＝CaCO3↓＋H2O
B．氯化铵与氢氧化钠两种浓溶液混合加热：NH4＋＋OH－H2O＋NH3↑
C．氢氧化镁与稀硫酸反应：H＋＋OH－＝H2O
D．单质铜与稀硝酸反应：Cu＋2H＋＋2NO3－＝Cu2＋＋2NO↑＋H2O
研析：在书写与“量”有关的离子方程式时，应该按不足量的物质的组成来写，A选项中的Ca2＋与OH－离子物质的量比应该为2∶1；B项考察铵盐的性质，该离子方程式正确；C项中氢氧化镁为难溶物，不应拆开写；D项没有配平。
答案：B
友情提醒： 人所共知，离子方程式的书写是高考年年必考的题型。但不要错误的认为简单的做几个类似的题目，掌握了其书写技巧，就万事大吉了。殊不知，该类题型除了考查电解质的有关知识以外，重点考查各种物质的化学性质。只有打牢基础，才能万无一失。
[考题2]（2005全国理综-26）已知A、B、C、D为气体，E、F为固体，G是氯化钙，它们之间的转换关系如下图所示：
（1）D的化学式（分子式）是　　　，E的化学式（分子式）是　　　。
（2）A和B反应生成C的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　。
（3）E和F反应生成D、H和G的化学方程式是　　　　　　　　　　。
研析：解本题的突破口在物质的状态以及G为已知物CaCl2 。固+固→D↑+G(CaCl2)+H，由此关系式，很容易能推出实验室用Ca(OH)2+2NH4Cl?CaCl2+2NH3↑+2H2O ，D为气体，逆向再推，D和C生成E的C是HCl，A、B两者一是氢气，另一为氯气。
答案：⑴NH3 NH4Cl　　⑵H2+Cl22HCl ⑶2 NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O
考向指南：本题以课本中常见的实验和基本反应为考点，考查学生基础知识综合应用能力。该题为中等难度试题，这种起源于课本而又跃出课本的试题是高考的重头戏。实验室制氨气是高考最常考的热点知识之一，如能及时联想到实验室制氨气，本题就迎刃而解了。
拓展变式11．有一瓶白色固体，取少量置于试管中加热，固体逐渐消失，放出水蒸气和其他两种气体，试管内除管口有少量水珠外，没有任何残留物．取0.350 g这种固体跟过量的碱液反应，生成一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，这些气体正好能和30.0 mL 0.100 mol·L－1 H2SO4完全反应；另取0.350 g该固体跟足量盐酸反应，放出一种无色、无臭的气体，将这些气体通入过量的澄清石灰水中，得到0.400 g白色沉淀。（1）计算0.350 g固体中含有的阴离子和阳离子的物质的量。（2）根据实验及计算结果确定白色固体是什么？写出判断的依据。11．研析：（1）从固体与碱液共热时放出能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明有NH4＋存在；从固体与酸反应所生成的气体能与石灰水作用产生白色沉淀，证明固体中有CO32－或HCO3－。n(CO32－或HCO3－)＝n(CaCO3)＝＝0.00400 mol,n(NH4＋)＝n(NH3)＝2n(H2SO4)＝0.100 mol·L－1×0.0300 L×2＝0.00600 mol。（2）从固体加热分解后，试管内没有任何残留物，以及生成除水蒸气之外只有两种气体，说明该固体中不含任何固体金属离子和其他酸根离子．所以该固体可能是(NH4)2CO3或NH4HCO3。在(NH4)2CO3中，NH4＋和CO32－的物质的量之比为2∶1，在NH4HCO3中，NH4＋和HCO3－的物质的量之比为1∶1；该固体中，NH＋4和CO32－(或HCO3－)的物质的量之比为0．00600 mol∶0．00400 mol＝1.5∶1，所以该白色固体是(NH4)2CO3和NH4HCO3的混合物。答案：（1）阴离子：4.00×10－3 mol 阳离子：6.00×10－3 mol（2）该白色固体是(NH4)2CO3和NH4HCO3的混合物。判断依据略。
开拓学习新视野
▲ 课标知识拓展
【思想方法】
1．发散法理解几个实验试管中棉花的作用
在收集NH3的试管口放置一团松软的干棉花，目的是为了防止试管内的NH3与试管外的空气形成对流，以期在较短时间内收集到较为纯净的NH3。在收集NH3的试管口放置一团蘸有稀酸(一般为难挥发性的酸，如H2SO4)溶液的松软棉花，目的是为了吸收多余的NH3，防止NH3对空气造成污染。而铜与硝酸的反应要产生NOx，用蘸有碱液的松软棉花放在管口，目的是吸收生成的NOx，防止空气污染。
2．联系法认识N2和NOx的化学性质
农民有句谚语，叫做“雷雨能肥田”，雷雨过后，不仅田里庄稼长得茂盛，田间杂草也生长迅速，所以不可疏于农田管理．“雷雨能肥田”有何科学道理呢？原来在闪电作用下，空气中的N2和O2发生了化合反应：①N2＋O22NO
生成的NO又被O2氧化成NO2：②2NO＋O2 ＝2NO2
NO2与水作用生成HNO3：③3NO2＋H2O ＝2HNO3＋NO
逸出的NO循环进行②③两反应，②③两反应的总化学方程式可表示为：
④4NO＋3O2＋2H2O ＝4HNO3
④乃②③叠加消去NO2的结果，如果②③叠加消去NO，则得：
⑤4NO2＋O2＋2H2O＝4HNO3
生成的HNO3随雨水降到农田，HNO3与土壤颗粒作用生成硝酸盐，电离出的NO3－可被植物吸收，故曰：“雷雨能肥田”。
3．统摄法了解铵盐的分解规律
（1）不稳定性酸的铵盐分解产物为NH3、酸酐和水。
（2）挥发性酸对应的铵盐分解产物为NH3和相应的酸。
（3）高沸点酸的铵盐分解产物为NH3和酸(或酸式盐)。
（4）氧化性酸的铵盐的分解产物随着温度高低不同而分解产物不同。
4．究因法认识浓HNO3呈黄色的原因及消除黄色的方法
浓硝酸为什么呈黄色？其原因是由于一个反应；怎样才能消除这种颜色，恢复浓HNO3的本来面目，自然就要依靠这个反应的逆反应。
HNO3不稳定，见光受热都能发生分解反应，光线越强、温度越高、浓度越大，HNO3越易分解。4HNO34NO2↑＋O2↑＋2H2O
生成的NO2部分溶解在HNO3溶液中，而使HNO3呈黄色．但O2已经跑掉了，欲除去黄色，可通入O2，有时还需加入一定量的水：4NO2＋O2＋2H2O＝4HNO3
5．究因法认识不能用HNO3制取H2的原因
HNO3越稀，氧化性越弱，能否用稀HNO3和活泼金属反应制取H2呢？答案是否定的．因为HNO3(aq)不论浓、稀，都有强氧化性，金属越活泼越易被氧化．
在HNO3(aq)中同时存在H＋和NO3－，得电子能力：NO3－>>H＋，故金属失去的电子，理应被NO3－得到，所以还原产物为NOx；退一步，假设有H＋获得电子变为H原子，但生成的H原子随即被NO3－氧化又变为H＋，还原产物还是NOx。故不能用活泼金属与HNO3(不论浓、稀)反应制取H2。
6．层析法认识钝化的实质
钝化是物理变化，还是化学变化？可层析钝化的概念而认识．钝化是指在金属表面氧化成一层薄而致密的氧化膜，阻碍反应进一步进行的过程．理解钝化概念必须注意以下几点：
（1）钝化是化学变化。
（2）钝化形成的薄膜能阻碍反应的进一步进行。
（3）钝化是有条件的。
①常温下，Fe、Al在浓HNO3(或浓H2SO4)中钝化；而加热条件下，Fe、Al与浓HNO3(或浓H2SO4)则反应剧烈。
②常温下，纯的Fe、Al在浓HNO3(或浓H2SO4)中钝化，而含杂质的Fe、Al一般与浓HNO3(或浓H2SO4)反应剧烈。
③常温下，Fe、Al在浓HNO3中钝化，但与稀HNO3反应却十分剧烈。
▲ 多彩化学漫步
硝酸工业制法的发展
硝酸的工业制法有三种。
第一种是早在17世纪就使用的硝石法．它是利用钠硝石跟浓硫酸共热而得硝酸。
NaNO3＋H2SO4(浓) NaHSO4＋HNO3↑
由于硝酸较易挥发，所以，反应产生的是硝酸蒸气，经冷凝后即为液体．反应生成的酸式硫酸盐，在高温条件下可进一步与钠硝石反应，生成硫酸正盐和硝酸．但硝酸在高温时会分解，所以硝石法一般控制在第一步反应。
第二种是电弧法。它是利用电弧使空气中的氮气和氧气直接化合而成NO：N2＋O22NO
这是可逆反应，而且这两种单质互相化合时是吸热的，因此高温对于NO的生成有利。不过，即使在3000℃，平衡混合物中也仅含有5％的一氧化氮。
工业上用强大的电源产生的电弧做加热器，温度可达4000℃左右．当空气流迅速通过电弧时，空气受到强热，于是就生成少量的一氧化氮。立刻将混合气体冷却到1200℃以下，以后再进一步冷却，混合气体中的NO与O2化合而成NO2，最后用水吸收而成硝酸。
第三种是氨的催化氧化法。
思考：通过对比分析，比较三种方法的优缺点。
多彩化学漫步
答案：方法一产量低，消耗硫酸多，又受到原料硝石产量的限制，此方法已逐步被淘汰．电弧法耗费大量的电能，同时由于NO的产率较低，当氨氧化法问世后，此法也逐渐被淘汰了。目前工业上通常采用的是第三种方法：氨的催化氧化法，此方法成本较低，产量高，消耗的电能少。
优化考题新演练
一、理解与应用
1．下列属于氮的固定的是
A．N2与H2在一定条件下反应生成NH3? B．NO与O2反应生成NO2?
C．NH3经催化氧化生成NO? D．N2蛋白质
1．研析：将空气中游离的氮转化为氮的化合物的方法统称为氮的固定，根据定义即可选择答案。
答案：AD
2．收集NO和NO２两种气体
A．都可用排水法
B．NO用排水法，NO２用向上排气法
C．都可用向上排气法
D．NO用向上排气法，NＯ２用排水法
2．研析：空气的平均式量是29，NO的式量是30，二者相近，所以不能用排空气法收集NO气体(C、D被排除)；NO2能与水反应，所以不能用排水法收集(A被排除)．
答案：B
3．N2是空气的重要组成部分．因此有科学家根据蒸汽机的原理，设计制造出液氮蒸汽机，即利用液态氮的蒸发来驱动机车，从而达到环境保护的目的．其主要依据是
A．液态氮的沸点为－195.8℃，远低于常温
B．N2在空气中燃烧放热
C．N2与H2反应放热
D．N2在空气中约占78%（体积分数）
3．研析：N2在空气中不能燃烧；N2与H2反应需高温、高压、催化的条件，生成NH3不利于环保，N2在空气中的比例大与蒸汽机工作原理无关。液态氮沸点低，常温时气化体积膨胀，做功．
答案： A
4．用加热方法可分离的一组物质是
A．氯化铵和消石灰 B．碳铵和过氧化钠
C．碘和食盐 D．硝酸铵和硫酸钠
4．研析： 氯化铵与消石灰发生反应产生NH3，H2O和CaCl2显然无法分离。碳铵与过氧化钠发生反应，同时分解。硝酸铵受热分解产物更复杂，故答案为C。
答案：C
5．用以下三种途径来制取相同质量的硝酸铜：①铜跟浓硝酸反应，②铜跟稀硝酸反应，③铜跟氧气反应生成氧化铜，氧化铜再跟硝酸反应．以下叙述正确的是
A．三种途径所消耗的铜的物质的量相等
B．三种途径所消耗的硝酸的物质的量相等
C．所消耗铜的物质的量是：途径③＞途径①＞途径②
D．所消耗硝酸的物质的量是：途径①＞途径②＞途径③
5．研析：有关反应为：
①Cu＋4HNO3(浓)＝ Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
②3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
③2Cu＋O22CuO，CuO＋2HNO3(稀)＝Cu(NO3)2＋H2O
分析以上三组反应，可以看出：生成相同质量的Cu(NO3)2，消耗相同质量的铜，但消耗硝酸的质量(或物质的量)不相同，途径①消耗HNO3最多，途径②次之，途径③消耗HNO3最少．通过比较可以看出，生产Cu(NO3)2，途径③效果最佳，既不造成污染，又能提高HNO3的利用率。
答案：A、D
6．在铁与铜的混合物中，加入一定量的稀HNO3，充分反应后剩余金属m1 g，再向其中加入一定量的稀H2SO4，充分振荡后，剩余金属m2 g，则m1和m2之间的关系是
A．m1一定大于m2 B．m1可能等于m2
C．m1一定等于m2 D．m1可能大于m2
6．研析：铁和铜的混合物与一定量HNO3反应，当金属剩余时，HNO3耗尽，但生成物中含有Fe(NO3)2或Cu(NO3)2。若再向其中加入稀H2SO4，则继续发生反应： 3Cu＋8H+＋2NO3－＝3Cu2+＋2NO↑＋4H2O或Fe＋4H+＋NO3－＝Fe3+＋NO↑＋2H2O。使金属的质量减少。解答本题的要点在于挖掘题中隐藏的信息，反应后生成的硝酸盐与加入的H2SO4又生成了HNO3，同样可以理解为什么KNO3溶液中加入H2SO4就可以溶解铜片（粉）的原因了。
答案：A
二、拓展与创新
7．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．按图8—7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8—7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 。
7．研析：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．
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
8．将3.2 g Cu放入100 mL 0.20 mol·L－1的少量HNO3(aq)中，试求完全反应后所得到的气体的体积和被还原HNO3的物质的量。
8．研析：常温下，浓度小于8.0 mol·L－1的HNO3(aq)与Cu反应不生成NO2,可视为稀HNO3。所给Cu过量，HNO3不足。
n(HNO3)＝0.100 L×0.20 mol·L－1＝2.0×10－2mol
3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
8 mol 2 mol
2.0×10－2mol n(NO)
可列式求得：n(NO)＝5.0×10－3 mol
V(NO)＝22.4 L·mol－1×5.0×10－3 mol＝0.11 L＝1.1×102 mL
n(被还原HNO3)＝n(NO)＝5.0×10－3 mol
答案：V(NO)＝1.1×102 mL，n(被还原HNO3)＝5.0×10－3 mol
三、综合与探究
9．已知A、B、C、D均为化合物，B、C常温常压下为气体，C气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；又知1 mol A在200℃时分解仅得1 mol B 和一定量的水两种产物，A中含有NO3－。A、B、C、D间有如下关系：
试回答下列问题：
（1）写出A、C的化学式：A 、C 。
（2）写出反应①的离子方程式：___________________。
（3）写出反应②的化学方程式，并标出电子的转移方向和数目：____________________。
9．研析：(逆推法)由题意知C为NH3，由C逆推可知A中含有NH4+，又因A中含NO3－，所以A为NH4NO3．则NH4NO3在200℃时的分解反应为：
NH4NO3N2O↑＋2H2O
先写出反应物NH4NO3和生成物H2O，并根据H原子守恒确定二物质化学计量数分别为1和2；这样，左边比右边多出2个N原子和1个O 原子，结合题意(1 mol A生成1 mol B)，并根据质量守恒知B为N2O气体。
答案：(1)NH4NO3 NH3 (2)NH4+＋OH－NH3↑＋H2O（3） N2O↑＋2H2O
10．现有N2、NH3、NO2组成的混合气体10L.此混合气体通过稀H2SO4时，溶液增重12.5g，混合气体体积减少到3.28L(体积均在标准状况下测定)，则此混合气体中三种成分的体积分别是多少 ?
10．研析：据题意，混合气体通过稀H2SO4时的反应为：2NH3+H2SO4＝(NH4)2SO4?
混合气中的NH3留在溶液中，增加了质量，并使混合气的体积缩小.同时3NO2+H2O＝2HNO3+NO也使溶液增加了质量和气体体积缩小了，生成的NO气的体积是混合气中NO2体积的1/3.通过稀硫酸后的气体是原混合气中的N2和新生成的NO气的混合气体。
稀硫酸溶液质量的增加量是原混合气中NH3的量和NO2跟水反应与生成NO的质量差。
设：原混合气中的NO2为xL，NH3为yL，则N2为(10-x-y)L。
根据题意，可到方程组：?
答案：此混合气体中N2有1.04升，NH3有2.24升，NO2有6.72升。
本节答案解析与研读
本节教材课后习题（P79）
1、（1） 答案：A
研析：因为浓硝酸见光易分解，所以要储存在棕色瓶中。 而B、C、D答案的浓盐酸、浓硫酸、氯化钠遇光不反应，所以不必用棕色瓶。
（2） 答案：AB
研析：氮氧化物是形成光化学烟雾和酸雨的一个重要原因。 NO2与空气中的水反应生成硝酸和亚硝酸，是酸雨的成分。氮氧化物与碳氢化合物经紫外线照射发生反应，形成一种有毒的的烟雾，就是光化学烟雾。C答案中臭氧空洞是氟氯昂的大量排放造成的。D答案中温室效应是由于大量二氧化碳及部分烃类物质（甲烷）等的排放造成的。
（3）答案：BC
研析：由于氨气极易溶于水，当有少量水进入圆底烧瓶，则大量的氨气溶解，使烧瓶内的压强减小，在大气压的作用下，烧杯中的水被压入烧瓶，形成喷泉。由于氨气溶入水形成氨水，氨水显碱性，所以答案选BC。
（4）答案：D
研析：A中的N2、B中的NO不溶于水。C中的NO2为棕色。只有D中的NH3溶于水，且为无色的。
2、答案：（1）NaNO2 HI (2) ②⑤
研析：（1）由题意知反应后的产物为一氧化氮和碘单质，说明氮元素的化合价降低，碘元素的化合价升高，所以亚硝酸钠的为氧化剂，氢碘酸为还原剂，发生还原反应。
（2）根据题给信息，要鉴别亚硝酸钠与食盐，从给出的物质中选择I-和H+，所以选②⑤
3、答案：（1）N2+O22NO (氧化剂：O2；还原剂：N2)
2 NO+ O2 ＝2 NO2 (氧化剂：O2；还原剂：NO)
3 NO2+ H2O＝2 HNO3+ NO (氧化剂：NO2；还原剂：NO2)
4NH3+5O24 NO+6 H2O (氧化剂：O2；还原剂：NH3)
(2)氮气 4NH3+6NO5N2+6 H2O
研析：（2）氨气还原一氧化氮的产物只能是+1与－3的中间价态，且无色无毒，只能为氮气。
4、答案：（1）①21.2% ② A (2) ①166mol ② 5kg
研析：（1）
①硫酸铵中 N% = 2×14÷132×100% = 21.2%
② 化肥中的N%为20%，小于 21.2%，说明混有的物质的含氮量小于20%，从给出的四种物质计算（计算方法同①），只有A答案的碳酸氢铵符合
5、答案：原理： 用NH4Cl与Ca(OH)2加热制得。装置：同制氧气。收集：向下排空气法。
若用未经干燥的集气瓶收集氨气，则收集的气体体积减少甚至收集不到氨气。因为氨气极易溶于水。
此方法不可行。因为加热NH4Cl，产生的NH3和HCl气体又在试管口冷凝，又会化合成固体，得不到NH3。而加热NH4HCO3得到的是氨气、CO2以及水蒸气的混合气体。
探究解题新思路
1．研析：（1）通入的O2与NO发生反应生成NO2：
①2NO＋O2 ＝2NO2
所以看到有红棕色气体生成．生成的NO2溶于水：
②3NO2＋H2O ＝2HNO3＋NO
①②两反应的总方程式为：
③4NO＋3O2＋2H2O ＝4HNO3
气体被消耗，所以又会看到试管内液面上升．V(NO)∶V(O2)≠4∶3，故最后有气体剩余，不论剩余NO还是O2，都为无色气体，这是看到的第三个现象。
（2）设1.5 mL O2全部参加反应，由(1)中③知：
V反应(NO)＝V反应(O2)×4/3＝1.5 mL×4/3＝2.0 mL
而NO的总体积是3．0 mL，故剩余NO气体1.0 mL。
答案：（1）①通入O2，试管内气体变为红棕色②试管内液面升高③最后试管内剩余一种无色气体
（2）NO 1.0 mL
2．研析：本题主要考查HNO3与金属反应时HNO3所起的作用及灵活应用化学方程式的计算能力。由于HNO3适量，随着与Cu的反应，浓度会逐渐降低，因此该过程中实际上发生了两个反应：Cu＋4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O、3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，反应中消耗的HNO3包括两部分：起氧化剂作用和显示酸性，前者被还原成NO2、NO气体，后者以Cu(NO3)2的形式存在。因此可以看作：
HNO3(氧化剂) ～ NO2(或NO)
1.0×10－3 mol ＝1.0×10－3 mol
Cu＋2HNO3(酸) ～ Cu(NO3)2
＝0.6×10－3 mol 1.2×10－3 mol
所以消耗HNO3共2.2×10－3 mol
答案：C
3．研析：NH3、HC1溶于水后，溶液的体积即为被溶解了的气体体积，c=1/22.4mol/L．由4NO2＋O2＋2H2O ＝4HNO3可知，当O2过量时，每消耗4mol NO2和1mol O2、则生成4HNO3，c(HNO3)＝0.8×1/22.4mol/L。NH3、HC1溶于水后溶液的物质的量浓度计算一类简单的溶解问题与NO2和O2的混合气体溶于水后溶液的物质的量浓度计算是不同的。后者是一类发生化学反应的计算，所以所得的结果不一样。
答案：B
4．研析：检验铵根离子要用到碱，而碱中的氢氧根离子又可与碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子，而碳酸根离子可以与钙离子或钡离子反应生成白色沉淀。这样，这种试剂就所定在Ba(OH)2溶液和Ca(OH)2溶液上，但由于Ca(OH)2的溶解度太小，其溶液与铵根反应时产生的氨太少，不好检验，因此，该试剂选用Ba(OH)2溶液。
答案：用四支试管分别取少许试液，分别加入足量Ba(OH)2溶液，并加热，同时用湿润的红色石蕊试纸在管口检验。产生白色沉淀，且试纸变蓝的为NH4HCO3，只产生白色沉淀的为NaHCO3，不产生沉淀但试纸变蓝色的为NH4Cl，均无明显现象的为NaCl。
5．研析：铜锌合金通常称为黄铜，外观与黄金相似，但密度比黄金小，放入HNO3、HCl中，其中的Zn均可与之反应．
答案：D
6．研析：方法1：若将等质量的70％的HNO3与等质量的水混合，稀释后HNO3的质量分数应为×100％＝35％，若将等体积的70％的HNO3与等体积的水混合，稀释后HNO3的质量分数应为：×100％，因为70％的HNO3密度大于水的密度，所以稀释后溶液的质量分数一定大于35％。
方法2：将“等体积”转换为“等质量”，则溶液质量分数为0.35，因等体积时，水的密度小于该HNO3的密度，水的质量小于氨水的质量，故质量分数自然要大于0.35。
答案：C
7．研析：本题将工业合成NH3的反应搬到了实验室中，工业上合成NH3的反应为：
N2+3H22NH3
这里高压是无法实现的。从反应来看，V(N2)∶V(H2)＝1∶3，这个比例可由甲装置适当控制，在甲中N2和H2可以混合均匀；此外，浓H2SO4还有干燥作用．由于反应可逆，所以从乙处导出的是N2、H2和NH3的混合气体。检验NH3的简单方法可以是用玻璃棒蘸浓盐酸，也可以使用红色石蕊试纸。
答案：（1）①干燥气体 ②使两种气体充分混合 ③观察气泡，调节H2、N2的流速(只要求注写其中两项)
（2）NH3及N2和H2的混合气体 用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在导管口，有白烟说明有NH3生成（或将一小片湿润的红色石蕊试纸沾在玻璃棒的一端，靠近导管口，试纸变蓝色说明有NH3生成）
8．研析：“喷泉”实验后，烧瓶内溶液的蒸气压、残留气体的压强同液面产生的压强之和应等于外界大气压．外界大气压为，溶液蒸气压为，20cm处液面产生的压强为。设残留气体压强为P，则，故。
答案： 9.7×104pa
9．答案：（1）铜跟硝酸直接反应会有氮的氧化物生成，即产生污染，又降低硝酸的利用率；铜屑在空气灼烧生成CuO，CuO跟HNO3反应没有氮的氧化物生成，既避免了污染，又提高了硝酸的利率用。
（2）浓硝酸易挥发、不稳定，对设备腐蚀严重。
（3）结晶法或重结晶法。
（4）铜屑灼烧时，仍有少量的Cu，当与稀HNO3反应时，产生的NO会产生污染；用NaOH溶液吸收。在生产中选择原料和生产原理，要求原料有较高的利用率和产生污染少等。
10．研析： 该题以新科技成果N5及其性质设置情境，考查N5的类别以及用科学家的思维方法来探究用N5做燃料要解决的问题．对科学素养、探索能力要求较高．N2、N3、N5都属于氮元素组成的3种非金属单质；依据N5的性质及保存，采用N5做燃料来发射火箭，要解决制法、防爆、保存、盛放、成本等问题。
答案：（1）N2、N3、N5
（2）①怎样制得N5，并防止发生爆炸；②怎样保存N5，用什么容器盛放；③发射1吨设备，需要多少吨N5，与液氢相比成本如何。
11．研析：（1）从固体与碱液共热时放出能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明有NH4＋存在；从固体与酸反应所生成的气体能与石灰水作用产生白色沉淀，证明固体中有CO32－或HCO3－。
n(CO32－或HCO3－)＝n(CaCO3)＝＝0.00400 mol,
n(NH4＋)＝n(NH3)＝2n(H2SO4)＝0.100 mol·L－1×0.0300 L×2＝0.00600 mol。
（2）从固体加热分解后，试管内没有任何残留物，以及生成除水蒸气之外只有两种气体，说明该固体中不含任何固体金属离子和其他酸根离子．所以该固体可能是(NH4)2CO3或NH4HCO3。
在(NH4)2CO3中，NH4＋和CO32－的物质的量之比为2∶1，在NH4HCO3中，NH4＋和HCO3－的物质的量之比为1∶1；该固体中，NH＋4和CO32－(或HCO3－)的物质的量之比为0．00600 mol∶0．00400 mol＝1.5∶1，所以该白色固体是(NH4)2CO3和NH4HCO3的混合物。
答案：（1）阴离子：4.00×10－3 mol 阳离子：6.00×10－3 mol
（2）该白色固体是(NH4)2CO3和NH4HCO3的混合物。判断依据略。
优化考题新演练
1．研析：将空气中游离的氮转化为氮的化合物的方法统称为氮的固定，根据定义即可选择答案。
答案：AD
2．研析：空气的平均式量是29，NO的式量是30，二者相近，所以不能用排空气法收集NO气体(C、D被排除)；NO2能与水反应，所以不能用排水法收集(A被排除)．
答案：B
3．研析：N2在空气中不能燃烧；N2与H2反应需高温、高压、催化的条件，生成NH3不利于环保，N2在空气中的比例大与蒸汽机工作原理无关。液态氮沸点低，常温时气化体积膨胀，做功．
答案： A
4．研析： 氯化铵与消石灰发生反应产生NH3，H2O和CaCl2显然无法分离。碳铵与过氧化钠发生反应，同时分解。硝酸铵受热分解产物更复杂，故答案为C。
答案：C
5．研析：有关反应为：
①Cu＋4HNO3(浓)＝ Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
②3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
③2Cu＋O22CuO，CuO＋2HNO3(稀)＝Cu(NO3)2＋H2O
分析以上三组反应，可以看出：生成相同质量的Cu(NO3)2，消耗相同质量的铜，但消耗硝酸的质量(或物质的量)不相同，途径①消耗HNO3最多，途径②次之，途径③消耗HNO3最少．通过比较可以看出，生产Cu(NO3)2，途径③效果最佳，既不造成污染，又能提高HNO3的利用率。
答案：A、D
6．研析：铁和铜的混合物与一定量HNO3反应，当金属剩余时，HNO3耗尽，但生成物中含有Fe(NO3)2或Cu(NO3)2。若再向其中加入稀H2SO4，则继续发生反应： 3Cu＋8H+＋2NO3－＝3Cu2+＋2NO↑＋4H2O或Fe＋4H+＋NO3－＝Fe3+＋NO↑＋2H2O。使金属的质量减少。解答本题的要点在于挖掘题中隐藏的信息，反应后生成的硝酸盐与加入的H2SO4又生成了HNO3，同样可以理解为什么KNO3溶液中加入H2SO4就可以溶解铜片（粉）的原因了。
答案：A
7．研析：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．
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
8．研析：常温下，浓度小于8.0 mol·L－1的HNO3(aq)与Cu反应不生成NO2,可视为稀HNO3。所给Cu过量，HNO3不足。
n(HNO3)＝0.100 L×0.20 mol·L－1＝2.0×10－2mol
3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
8 mol 2 mol
2.0×10－2mol n(NO)
可列式求得：n(NO)＝5.0×10－3 mol
V(NO)＝22.4 L·mol－1×5.0×10－3 mol＝0.11 L＝1.1×102 mL
n(被还原HNO3)＝n(NO)＝5.0×10－3 mol
答案：V(NO)＝1.1×102 mL，n(被还原HNO3)＝5.0×10－3 mol
9．研析：(逆推法)由题意知C为NH3，由C逆推可知A中含有NH4+，又因A中含NO3－，所以A为NH4NO3．则NH4NO3在200℃时的分解反应为：
NH4NO3N2O↑＋2H2O
先写出反应物NH4NO3和生成物H2O，并根据H原子守恒确定二物质化学计量数分别为1和2；这样，左边比右边多出2个N原子和1个O 原子，结合题意(1 mol A生成1 mol B)，并根据质量守恒知B为N2O气体。
答案：(1)NH4NO3 NH3 (2)NH4+＋OH－NH3↑＋H2O（3） N2O↑＋2H2O
10．研析：据题意，混合气体通过稀H2SO4时的反应为：2NH3+H2SO4＝(NH4)2SO4?
混合气中的NH3留在溶液中，增加了质量，并使混合气的体积缩小.同时3NO2+H2O＝2HNO3+NO也使溶液增加了质量和气体体积缩小了，生成的NO气的体积是混合气中NO2体积的1/3.通过稀硫酸后的气体是原混合气中的N2和新生成的NO气的混合气体。
稀硫酸溶液质量的增加量是原混合气中NH3的量和NO2跟水反应与生成NO的质量差。
设：原混合气中的NO2为xL，NH3为yL，则N2为(10-x-y)L。
根据题意，可到方程组：?
答案：此混合气体中N2有1.04升，NH3有2.24升，NO2有6.72升。
多彩化学漫步
答案：方法一产量低，消耗硫酸多，又受到原料硝石产量的限制，此方法已逐步被淘汰．电弧法耗费大量的电能，同时由于NO的产率较低，当氨氧化法问世后，此法也逐渐被淘汰了。目前工业上通常采用的是第三种方法：氨的催化氧化法，此方法成本较低，产量高，消耗的电能少。
氮的固定
自然固氮
人工固氮
高能固氮（闪电，约占10%）
生物固氮（约占90%）
合成氨
仿生固氮
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第3节 氧化剂和还原剂
在初中我们就知道，化学反应有四种基本类型，即化合反应、分解反应、置换反应、复分解反应。这种分类方法比较简单，有很大的优点，但却不能把所有的化学反应包括在内。比如说，反应“Fe＋4HNO3＝Fe(NO3)3＋2H2O＋NO↑”就很难用上述反应类型来描述。那么，该反应到底属于哪种类型呢？化学反应还有什么更科学的分类方法呢？
研习教材重难点
[温故·知新]
化学反应的四种基本类型：
化合反应：两种或两种以上的物质相互作用，生成一种物质的反应。
分解反应：一种物质经过反应后生成两种或两种以上物质的反应。
置换反应：一种单质与一种化合物反应，生成另一种单质和另一种化合物的反应。
复分解反应：两种化合物相互交换成分，生成另外两种化合物的反应。
研习点1 氧化还原反应
1．元素化合价在化学反应中的变化
（1）化合价：化合价是认识氧化还原的前提与基础。
①规则： ①在化合物中，正负化合价的代数和为零；②单质中，元素的化合价为零。
②本质：
a化合价的正与负：失去电子或共用电子对偏离呈正价；得到电子或共用电子对偏向呈负价。
b化合价的数值：化合价的数值等于得、失电子（或共用电子对）的数目。
c化合价的变动：元素在氧化还原反应中，得到电子，化合价降低；失去电子，化合价升高。
③有关规律：
a金属元素一般没有负化合价，除零价外，只显正价，因为在反应中只能失去电子。
b非金属元素（除氧、氟外）在反应中既可得到电子，亦可失去电子，故既可呈正价，也能显负价。
c氧、氟的非金属性很强，在反应中一般不失去电子，故一般没有正化合价。
d显最高化合价的元素，在反应中只能得电子而不能失电子，故发生氧化还原反应化合价只能降低。相反，显最低化合价的元素，在反应中化合价只能升高。
（2）基本概念
①氧化反应和还原反应：反应物所含元素化合价升高（或者说是物质失去电子）的反应称为氧化反应；反应物所含元素化合价降低（或者说是物质得到电子）的反应称为还原反应。
②氧化还原反应：凡是反应过程中有元素化合价变化（或电子转移）的化学反应叫做氧化还原反应。
说明：氧化反应和还原反应是一对对立的反应，而又统一存在于一个反应中，不能分割，所以人们把这两种同时存在的一个化学反应叫做氧化还原反应。
【联想·发散】
四种基本反应类型和氧化还原反应的关系
反应类型 氧化—还原反应 非氧化—还原反应
化合反应 2Na＋Cl2＝2NaCl（有单质参加） CaO＋H2O＝Ca(OH)2（没有单质参加）
分解反应 2H2O2＝2H2O＋O2↑（有单质生成） H2CO3＝H2O＋CO2↑（没有单质生成）
置换反应 Zn＋2HCl＝ZnCl2＋H2↑
复分解反应 H2SO4＋Ba(OH)2＝BaSO4↓＋2H2O
2．氧化还原反应的实质
（1）研究表明，所有的氧化还原反应中都存在着电子的转移，电子的转移是氧化还原反应的实质。
说明：“转移”包含两方面内容：电子的得到、失去和电子的偏离、偏向。电子的偏离和偏向又统称电子的偏移。
（2）认识氧化还原反应概念的三个阶段：
①首先是从得到氧和失去氧的视角认识的。
②接着是从元素的化合价升和降的视角去认识的。
③最后是从元素原子电子的得到和失去的视角去认识的。
注意：第①种情况只适宜在初中阶段使用，因为它解决问题的范围太狭窄，只局限在有氧参与的反应。第②种情况没有反映出氧化还原反应产生的本质，只是氧化还原反应的一种表象，我们用来作为判断一个化学反应是否是氧化还原反应的工具。第③种情况才是氧化还原反应的本质。
典例1：下列反应中，不属于氧化还原反应的是
A．3CuS＋8HNO3＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋3S↓＋4H2O
B．3Cl2＋6KOH＝5KCl＋KClO3＋3H2O
C．3H2O2＋2KCrO2＋2KOH＝2K2CrO4＋4H2O
D．3CCl4＋K2Cr2O7＝2CrO2Cl2＋3COCl2＋2KCl
研析：判断一个反应是否为氧化还原反应，必须抓住它的特征，看元素的化合价是否发生改变。若改变，则为氧化还原反应。反之，则为非氧化还原反应。本题选项中，D中各元素化合价均未变化。
答案：D。
典例2：请在下图1中注明各类反应的位置。①化合反应 ②分解反应 ③置换反应 ④复分解反应⑤氧化还原反应 ⑥非氧化还原反应
研析：根据反应物和生成物的类别以及反应前后物质种类多少，可以将化学反应分为：化合反应 、分解反应 、置换反应 、复分解反应；根据反应中是否有电子转移，可以将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应。置换反应一定是氧化还原反应，复分解反应一定是非氧化还原反应，化合反应和分解反应可能是氧化还原反应，也可能是非氧化还原反应。还有部分反应，不属于四种基本反应类型中的任何一类。
答案：见图2。
研习点2 氧化剂和还原剂
1．基本概念
（3）氧化剂和还原剂：在氧化还原反应中，所含元素的化合价降低（或说得到电子）的反应物叫做氧化剂；而所含元素化合价升高（或说失去电子）的反应物，叫做还原剂。
（2）氧化产物和还原产物：还原剂失去电子被氧化所得的产物叫氧化产物；氧化剂得到电子被还原所得的产物叫还原产物。
【领悟·整合】
氧化还原反应的有关概念是互相独立，又互相依存的，其关系如下：
氧化剂（具有氧化性）——得电子——被还原——发生还原反应——还原产物；
还原剂（具有还原性）——失电子——被氧化——发生氧化反应——氧化产物。
2．常见的氧化剂和还原剂
常见的氧化剂：
（1）非金属单质X2、O2、S等；
（2）高价金属阳离子Cu2+、Fe3+；高价或较高价含氧化合物H2SO4(浓)、MnO2、HClO、KMnO4、K2Cr2O7、HNO3、HClO3等。
常见的还原剂：
（1）活泼或较活泼的金属K、Na、Mg、Al、Zn、Fe等；
（2）低价金属阳离子Fe2+；
（3）非金属阴离子Cl－、Br－、I－、S2－等；
（4）含较低价元素的化合物CO、SO2、H2SO3、Na2SO3、NH3等。
说明：在含有变价元素的化合物中，具有中间价态元素的物质（单质或化合物）既可做氧化剂，又可做还原剂。例如：Cl2、H2O2、Fe2+、SO2、H2SO3等既有氧化性有又还原性。
3．氧化还原反应中各个基本概念间的关系
【知识·链接】
氧化还原反应的表示方法
1．双线桥法：表示的是同一元素在反应物转化为生成物时电子转移的结果，反映了化学反应的本质及参加反应的各物质间的氧化还原关系。
双线桥法分析氧化还原反应的步骤：①标出有化合价变化的元素的化合价；②在反应物到生成物之间画一个箭头，箭头出发和指向的是有化合价变化的同一元素；③分析化合价的变化，找出反应中得失电子的总数(有价态变化元素的一个原子转移电子数×发生价态变化的原子个数)；④将转移电子数标在线上；
2．单线桥法：表示的是电子转移的情况，反映了化学反应的本质。
单线桥法分析氧化还原反应的步骤：①标出有化合价变化的元素的化合价；②用线桥将反应物中失电子的元素和得电子的元素连接起来，箭尾是失电子的元素，箭头是得电子的元素。注意：桥线只在反应物中，不跨越“＝”与生成物相连。③在桥线上注明电子转移的数目，注意：只写数目，不标得失。
典例3：某酒精厂由于管理不善，酒精滴漏到某种化学品上而酿成火灾。该化学品可能是
A．KMnO4 B．NaCl C．(NH4)2SO4 D．CH3COOH
研析：酒精是我们非常熟悉的物质。酒精遇到氧气非常容易燃烧，在燃烧过程中表现出还原性，做还原剂；氧气做氧化剂。但四个选项中并无氧气，这就需要我们灵活运用所学知识，解决实际问题。NaCl、(NH4)2SO4、CH3COOH三种物质均没有强氧化性，可以排除；而KMnO4是一种典型的强氧化剂，受热时还容易分解产生氧气，因此，酒精滴漏到KMnO4上容易酿成火灾。
答案：A。
典例4：在一定条件下，氯酸钾与碘按下式反应：2KClO3＋I2＝2KIO3＋Cl2，由此可推断下列相应的结论，不正确的是
A．该反应属于置换反应 B．还原性I2＞Cl2
C．氧化性I2＞Cl2 D．氧化性KClO3＞Cl2
研析：据置换反应的概念首先断定所给反应是一个置换反应．由元素化合价的变化可知：反应2KClO3＋I2＝2KIO3＋Cl2中KClO3是氧化剂，I2是还原剂，KIO3是氧化产物，Cl2是还原产物，据“还原剂的还原性＞还原产物的还原性”规律推知，B正确，但C是错误的．再结合Cl2不能将I2氧化成IO－3的事实，推知D正确。
答案：C。
【联想·发散】
运用氧化性、还原性概括物质的化学性质
所谓氧化性是指氧化剂具有的一种能得到电子的能力，表现在反应中是化合价有降低趋势的一种表现能力；还原性是指还原剂具有的一种失去电子的能力，表现在反应中是化合价有升高趋势的一种表现能力。我们运用氧化性、还原性概括物质的化学性质，下面举例说明：
上一章学了氯气和金属钠的化学性质，氯气跟金属单质（钠、铁、铜等）、非金属单质（氢气等）的反应中都是得电子，化合价降低被还原，做氧化剂，因此氯气具有强氧化性；但氯气也有还原性，如氯气跟水、碱溶液所发生歧化反应。其中有一部分氯即是表现了还原性。而钠非金属单质（氯气、氧气等）、水的反应中都是失电子，化合价升高被氧化，做还原剂，因此钠具有强还原性。
盐酸是既有氧化性又有还原性的。如在盐酸跟镁、铝、锌等较活泼金属发生的置换反应中，盐酸表现了氧化性。在浓盐酸跟二氧化锰反应制取氯气时，盐酸表现了还原性。由于盐酸的氧化性实质上是H+的氧化性，属于酸的通性，即绝大多数酸所具有的共同性质，因此不能把盐酸称为氧化性酸。但浓硫酸是强氧化性酸，其氧化性是指H2SO4分子中＋6价的硫元素表现的一种很强的得电子的能力。稀硫酸或硫酸盐中的SO42－中的硫元素虽然也是＋6价，但没有强氧化性。稀硫酸也有氧化性，是其中的H＋所表现的。浓硫酸分子中＋6价的硫元素得电子的能力远强于其中的＋1价的氢。
金属元素只能失电子，所以金属单质只有还原性；非金属元素既能得电子表现负价，又能失（偏离）电子表现正价，所以非金属单质多数既有氧化性又有还原性。
研习点3 探究铁及其化合物的氧化性和还原性
1、铁元素的存在形态：
游离态：陨铁
化合态：铁元素主要以＋2价和＋3价的化合态存在。在地壳中的质量分数为4.65％，处于第四位，仅次于氧、硅和铝。
2、按不同标准给铁及其化合物分类
（1）按单质、氧化物、酸、碱、盐给上述物质分类。
单质：铁；氧化物：FeO、Fe2O3、Fe3O4；碱： Fe(OH)2、Fe(OH)3；盐：FeCl2、FeCl3、FeSO4、Fe2(SO4)3
（2）按铁元素的化合价给上述物质分类。
0价：Fe；+2价：FeO、FeCl2、FeSO4、Fe(OH)2；+3价：Fe2O3、FeCl3、Fe2(SO4)3、Fe(OH)3
3、铁在氧化物——FeO、Fe2O3、Fe3O4性质的比较
FeO Fe2O3 Fe3O4
俗名 —— 铁红 磁性氧化铁
色态 黑色粉末 红棕色粉末 黑色晶体
水溶性 难溶 难溶 难溶
化合价 ＋2 ＋3 ＋2、＋3
与CO、H2反应 FeO＋CO Fe＋CO2FeO＋H2Fe＋H2O Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2Fe2O3＋3H22Fe＋3H2O Fe3O4＋4CO3Fe＋4CO2Fe3O4＋4H23Fe＋4H2O
与稀硫酸反应 FeO＋H2SO4＝FeSO4＋H2O Fe2O3＋3H2SO4＝Fe2(SO4)3＋3H2O Fe3O4＋4H2SO4＝Fe2(SO4)3＋FeSO4＋4H2O
4．铁的氢氧化物——4Fe(OH)2和4Fe(OH)3性质的比较
（1）氢氧化亚铁：
制备：FeCl2＋2NaOH＝Fe(OH)2↓＋2NaCl
物理性质：白色难溶的弱碱
化学性质：①与强酸反应
②还原性：易被氧化剂所氧化。如：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3
思考：实验室在制备Fe(OH)2时，为防止被氧化，可以采取哪些措施？
提示：实验室制备氢氧化亚铁时，因氢氧化亚铁在空气中极易与氧气、水反应生成氢氧化铁，更要注意隔绝空气。其方法是：①亚铁盐需新制（用足量铁与稀硫酸反应或还原氯化铁溶液）；②将所用氢氧化钠溶液煮沸以赶尽溶于其中的空气（O2）；③使用长滴管吸入氢氧化钠溶液后将滴管伸至氯化亚铁溶液的液面以下，慢慢挤压乳胶头使氢氧化钠与氯化亚铁接触。
（2）氢氧化铁：
制备：FeCl3＋3NaOH＝Fe(OH)3↓＋3NaCl
物理性质：红褐色难溶固体
化学性质：与强酸反应。Fe(OH)3＋ 3H2SO4＝ Fe2(SO4)3＋3H2O
5、探究铁及其化合物的氧化性和还原性
预测：铁元素显0价时，只有还原性；显+3价时，只有氧化性；显+2价时，既有氧化性，又有还原性。
（1）Fe的还原性：与H+、Cu2+、Fe3+、Cl2等反应
Fe＋2H+ ＝ Fe2+＋H2↑、Fe＋Cu2+ ＝ Fe2+＋Cu、2Fe3+＋ Fe ＝3Fe2+、2Fe＋3Cl2 2FeCl3
（2）Fe3+的氧化性：与Fe、Cu、Zn反应
2Fe3+＋ Fe ＝3Fe2+、2Fe3+＋Cu ＝ 2Fe2+＋Cu2+、3Zn＋2Fe3+ ＝ 3Zn2+＋2Fe
（3）Fe2+的氧化性： 与锌反应
Zn＋Fe2+ ＝ Zn2+＋Fe
（4）Fe2+的还原性：与氯水等反应
2Fe2+＋Cl2 ＝ 2Fe3+＝2Cl－
（5）铁及其化合物的相互转化示意图
【联想·发散】
Fe2+与Fe3+的鉴别
（1）直接观察颜色：Fe2+的溶液呈浅绿色，Fe3+的溶液呈棕黄色。
（2）利用显色反应：
Fe2+的溶液＋KSCN或NH4SCN溶液，溶液不呈红色；Fe3+的溶液+KSCN或NH4SCN溶液，溶液呈血红色。
有关离子方程式：Fe3+＋SCN－＝［Fe(SCN)］2+
（3）利用铁化合物沉淀的颜色：
Fe2+的溶液＋NaOH溶液，出现白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；Fe3+的溶液＋NaOH溶液，出现红褐色沉淀。
有关反应式：Fe2+＋2OH－＝Fe(OH)2↓、4Fe(OH)2＋2H2O＋O2＝4Fe(OH)3； Fe3+＋3OH－＝Fe(OH)3↓
（4）利用Fe3+的氧化性：
①Fe2+的溶液＋Cu片，无明显现象；Fe3+的溶液＋Cu片，铜被腐蚀，溶液变为蓝绿色。
有关离子方程式：2Fe3+＋Cu＝2Fe2+＝Cu2+
②Fe2+的溶液＋淀粉KI试纸，试纸不变蓝；Fe3+的溶液＋淀粉KI试纸，试纸变蓝。
有关离子方程式：2Fe3+＋2I－＝2Fe2+＋I2
（5）利用Fe2+的还原性：
①Fe2+的溶液＋酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去；Fe3+的溶液＋酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色不褪。
②Fe2+的溶液＋氯水，溶液变为棕黄色；Fe3+的溶液＋氯水，无明显现象。
有关离子反应式：2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－
注意：以上方法以KSCN溶液鉴别最常用。
典例5：将下列四种铁的化合物溶于稀盐酸，滴加KSCN溶液没有颜色变化，再加入氯水即呈红色的是
A．FeO B．Fe2O3 C．FeCl3 D．Fe2(SO4)3
研析：由题意可知，A中的Fe2+与SCN－结合没有颜色改变，但通入Cl2后发生下列反应，生成Fe3+，溶液变为红色。2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－，Fe3+＋SCN－ ＝［Fe(SCN)］2+。
答案：A。
典例6：根据反应式①2Fe3＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2　②Br2＋2Fe2＋＝2Br－＋2Fe3＋可判断离子还原性由强到弱的顺序为
A．Br－、Fe2＋、I－ B．I－、Fe2＋、Br－
C．Br－、I－、Fe2＋ D．Fe2＋、I－、Br－
研析：首先确定各反应的还原剂(①为I－，②为Fe2＋)和还原产物(①为Fe2＋②为Br－)，其次是根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性，推出还原性：I－＞Fe2＋，Fe2＋＞Br－，最后综合给出离子还原性强弱顺序为：I－＞Fe2＋＞Br－。
答案：B
探究解题新思路
▲ 基础思维探究
题型一、氧化还原反应
典例1：下列叙述正确的是
A．元素的单质可由氧化或还原含该元素的化合物来制得
B．得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强
C．阳离子只能得到电子被还原，只能做氧化剂
D．含有最高价元素的化合物不一定具有强的氧化性
研析：选项A中阐述了金属单质和非金属单质分别由化合物生成的不同过程，所以正确。选项B错在以得电子多少作为衡量氧化性强弱的标准，而判断氧化剂氧化性强弱的标准是得电子的难易。选项C错在阳离子可以不是最高价，如Fe2+离子等。元素处于最高价时只有氧化性，但与氧化性强弱没有直接关系，所以D选项也是正确的描述。
答案：A、D。
启发引申：该题重点考查学生对氧化还原反应本质的理解。概念问题是氧化还原反应中的基础问题，要求我们学会判断一个具体的氧化还原反应里，谁是氧化剂，谁是还原剂，哪种元素被氧化，哪种元素被还原，谁是氧化产物，谁是还原产物。
拓展变式1．下列变化中，需要加入氧化剂才能实现的是A．MnO2→MnSO4 B．AlCl3→Al(OH)3C．KI→KIO3 D．HNO3→NO1．研析：氧化剂在反应中是得到电子的物质,故题中正确的选项中物质的变化应是失去电子的变化。A中的Mn由＋4价降为＋2价,D中的N由＋5价降为＋2价，MnO2、HNO3被还原，B中Al的价态反应前后无变化，无电子转移。C中的I由－1价升高为＋5价，KI被氧化，作还原剂。答案：C2．硫代硫酸钠可作脱氯剂，已知25.0 mL0.100mol／L Na2S2O3溶液恰好把224mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl－离子，则S2O32－将转化成A．S2－ B．S C．SO32－ D．SO42－2．研析：定量计算问题在氧化还原反应中是非常重要的，具体内容有：（1）通过计算求得反应中需要的氧化剂或还原剂的量，或被氧化、被还原物质的物质的量。（2）通过计算判断产物或者产物中元素的化合价。解决这类问题的依据是氧化还原反应中电子得失总数相等。标准状况下，224 mL即0.01 mol Cl2，全部转化成Cl－离子时得0.02 mol e－，这些电子将由0.025 L×0.100 mol／L＝0.0025 mol Na2S2O3失去，那么，1 mol Na2S2O3失去8 mol e－，硫元素的化合价应由Na2S2O3中的＋2变成＋6，所以产物应为SO42－。答案：D。
题型二、铁及其化合物的转化
典例2：下列物质反应后一定有+3价铁生成的是
①过量的Fe与Cl2反应；②Fe与过量稀H2SO4反应后，再向其中加KNO3；③Fe(NO3)2溶液中加少量盐酸；④Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中。
A．只有① B．只有①② C．只有①②③ D．全部
研析：①中的Cl2氧化性强，它能将铁氧化为+3价，由于不是在溶液中反应，因此过量的铁不会将氯化铁还原。②中Fe与稀H2SO4反应只能生成Fe2+，但要注意，由于稀H2SO4过量，加入KNO3后，H+、硝酸根离子能将Fe2+氧化成Fe3+。③从表面上看不会发生反应，但实际上发生了Fe2+被H+和硝酸根离子氧化的反应。④中首先发生Fe与盐酸生成FeCl2、Fe2O3与盐酸生成FeCl3的反应，但题中未给出反应物间相对量的关系，若铁是足量的，则能将生成的FeCl3全部还原为FeCl2。
答案：C。
方法导引：本题涉及0价铁变为+3价铁、+2价铁变为+3价铁及+3价铁变为+2价铁，应从氧化剂的强弱、反应条件及反应物间的相对量进行分析。铁的0价、+2价、+3价在一定条件下均可相互转化，在分析具体问题时，应善于抓住转化的条件，挖掘出隐含的反应。
拓展变式3．要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+，进行如下实验操作时最佳顺序为：①加入足量氯水 ②加入足量KMnO4溶液 ③加入少量NH4SCN溶液A．①③ B．③② C．③① D．①②③3．研析：本题考查Fe3+的检验和Fe2+的还原性，及Fe3+遇SCN－ 会生成红色物质的特性。加入NH4SCN证明无Fe3+，再加Cl2水,如有Fe2+则可被氧化为Fe3+而使NH4SCN变红色。KMnO4也能氧化Fe2+，但KMnO4本身为紫色，使Fe3+和NH4SCN显色不易观察。答案：C。4．在氯化铁、氯化铜和盐酸和混合溶液中加入铁粉，待反应结束后，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+4．研析：本题考察的知识点是铁单质的物理性质及离子共存问题。解答此题要考虑到铁的物理性质：能被磁铁吸引，说明有铁剩余。铁具有还原性，而Cu2+、Fe3+、Fe2+、H+等都具有氧化性。则能够与铁反应的离子不能大量存在。Cu2+、Fe3+以及H+等三种离子不能大量存在，其中Fe被氧化成Fe2+，而Cu2+、Fe3+、H+三种离子被还原成Cu、Fe2+、H2，所以溶液中Fe2+最多。Fe与Fe2+相互间不反应。答案：C。
▲ 综合思维探究
题型一、学科内综合题
典例3：两种金属混合物30g，投入足量的稀盐酸中，反应后生成气体0.5mol，则混合物中的两种金属为
A．镁与铁 B．铝与铁 C．铜与铝 D．镁与锌
研析：本题考察的知识点是混合物成分的确定．假设30g全为镁、铁、铝、铜、锌，生成气体的物质的量分别为大于0.5mol，大于0.5mol，大于0.5mol，0mol，小于0.5mol，．混合物中的组成为大于0.5mol和小于0.5mol之间．
答案：C、D
方法导引：解答此题目的关键点是熟悉金属与酸反应制取氢气的化学方程式。解题方法一般为极值法，即假设混合物中的成分为单一的一种，计算出所求值，则混合时所得量在最大值与最小值之间。当遇到混合物种类确定的计算题型时，可以考虑这种方法，使解题过程简化。

拓展变式5．将一定质量的Mg、Zn、Al混合物与足量的稀硫酸反应，生成氢气2.8L（标准状况），原混合物的质量可能是A．2g B．4g C．8g D．10g5．研析：本题的变化点是有三种物质混合的反应。解题思路是分别用极值法思考单独为镁、铝、铁时的质量是多少，则混合物的质量介于最大值与最小值之间。单独为镁、铝、铁生成2.8L的氢气所需质量分别是3g、2.25g、8.125g，则混合物的质量在2.25g、8.125g之间。答案：B、C。6．将一定量的铁粉加入含稀HNO3、Fe(NO3)3和Cu(NO3)2的混合溶液中，充分反应后过滤，将滤出的固体物质加入稀盐酸中。（1）若有气体放出，则滤液中存在的金属阳离子为 。（2）若无气体放出，则滤液中存在的金属阳离子为 。6．研析：本题考查铁的单质及化合物的性质，分析中宜从终态考虑。据题意（1）剩余物是铁，因此与铁反应的微粒（或物质）均不能存在，溶液中金属阳离子只有Fe2+离子；（2）中剩余物为铜；与铜反应的物质均不存在，溶液中阳离子一定有Fe2+离子（铁都转化为Fe2+离子），Cu2+离子有可能存在，也可能不存在。答案：（1）Fe2+ （2）一定有Fe2+，可能有Cu2+。
题型二、实际应用题
典例4：铁酸钠（Na2FeO4）是水处理过程中使用的一种新型净水剂，已知它的氧化性强于KMnO4，在反应中被还原为Fe3+，将它溶入浑浊的泥水中，既能起杀菌消毒作用，又能使泥沙沉降，试回答：
（1）制取铁酸钠的反应方程式为：2Fe(NO3)3＋16NaOH＋3Cl2＝2Na2FeO4＋6NaNO3＋6NaCl＋8H2O
该反应的氧化剂是 ；氧化产物是 。
（2）铁酸钠能沉降泥沙的原因是 。
研析：（1）上述反应虽然比较复杂，但只要我们熟练掌握氧化还原反应中各个概念，即可顺利解答。反应物中，Cl2中Cl元素的价态是0价，而在生成物NaCl中Cl元素的价态是－1价（化合价降低），因此，Cl2是氧化剂；Fe(NO3)3中的Fe元素由＋3价升高到＋6价（Na2FeO4），Na2FeO4是Fe(NO3)3被氧化以后的产物，即氧化产物。（2）本题要求较高，但联想到我们第1节学到的有关Fe(OH)3胶体的制备及性质，也就不难回答了。
答案：（1）NaCl （2）还原产物Fe3+水解生成Fe(OH)3可净水。
总结提升： 大家都知道，自来水必须经过消毒、净化之后才能饮用。最常用的消毒剂是氯气，但由于氯气对人体也有一定危害，人们正在积极寻找高效、低毒的杀菌消毒剂，Na2FeO4就是其中的一种。Na2FeO4中的Fe元素为非常规的＋6价，因而具有很强的杀菌消毒能力，而其还原产物Fe3+还能与水作用生成Fe(OH)3胶体，能起到“净水”的作用，真是一举两得。
拓展变式7．在烧制砖瓦时，用粘土做成的坯经过烘烧后，铁的化合物转化成__________而制得红色砖瓦。若烘烧后期从窑顶向下慢慢浇水，窑内会产生大量的_______________气体。它们把该红色物质还原成黑色的化合物是_______________，同时还有未烧的碳的颗粒，而制得了青色砖瓦。7．研析：向窑顶加水发生下列反应： C＋H2OCO＋H2CO和H2都具有还原性，可将Fe2O3还原至Fe3O4、FeO．需注意铁的氧化物的颜色。答案：Fe2O3 CO和H2 Fe3O4和FeO
典例5：用下面两种方法可以制得白色的Fe(OH)2沉淀。
方法一：用不含Fe3＋的FeSO4溶液与用不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备。
（1）用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需加入稀H2SO4和 。
（2）除去蒸馏水中溶解的O2常采用 的方法。
（3）生成白色Fe(OH)2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液。这样操作的理由是 。
方法二：在如图装置中，用NaOH溶液、铁屑、稀H2SO4等试剂制备。
（1）在试管Ⅰ里加入的试剂是 。
（2）在试管Ⅱ里加入的试剂是 。
（3）为了制得白色Fe(OH)2沉淀，在试管Ⅰ和Ⅱ中加入试剂，打开止水夹，塞紧塞子后的实验步骤是 。
（4）这样生成的Fe(OH)2沉淀能较长时间保持白色，其理由是 。
研析：方法一：（1）由于Fe2+具有较强的还原性易被氧化为Fe3+，故在配好的溶液中常加一枚铁钉或适量铁屑以防止其氧化。（2）由于气体的溶解度随温度升高而迅速减小，故可用加热的方法除去蒸馏水中溶解的O2。（3）空气中含有大量的O2，为防止生成的Fe（OH）2沉淀与空气接触，需将吸取的NaOH溶液的试管放入液面以下后再挤出。方法二：（1）由所给试剂及装置特点知，试管Ⅰ为封闭系统，应为产生H2并赶尽溶液中的空气及液面上方空气的装置，故Ⅰ中加入的试剂为铁和稀H2SO4。（2）试管Ⅱ中加入的试剂为NaOH。（3）为确保实验在无氧状态下进行，必须把系统中的O2排除干净，故接下来的操作应为检验试管Ⅱ出口处排出的氢气纯度，当产生氢气较纯时再夹紧止水夹。（4）由于试管Ⅰ中产生的H2充满了Ⅰ、Ⅱ两支试管，外界空气不易进入即Fe（OH）2是在H2的还原性气氛中产生的，故Fe(OH)2的白色沉淀可保持较长的时间。
答案：方法一：（1）铁屑 （2）煮沸 （3）避免生成的Fe(OH)2沉淀接触O2
方法二（1）稀H2SO4、铁屑 （2）NaOH溶液 （3）检验试管Ⅱ出口处排出的氢气的纯度。当排出的H2纯净时，再夹紧止水夹。（4）试管Ⅰ中反应生成的H2充满了试管Ⅰ和试管Ⅱ，且外界空气不容易进入。
方法导引：此题所考察的是氢氧化亚铁的实验室制备原理和操作方法，及选择操作方法的依据。并依此为基础考察学生设计和完成实验的能力。由此题我们可以看出，要提高设计和完成实验的能力，同学们必须扎扎实实做好以下六项工作：①分析实验的目的。②分析实验所依据的化学反应原理。③分析实验的装置和仪器及使用注意事项。④分析实验的基本操作步骤，为什么要这样操作，不这样操作行不行，有什么样的后果。⑤分析实验后面所附的问题和讨论，真正理解相关问题。⑥从安全性，环保性（减少污染），节约性（不浪费药品），效果性（现象明显）等角度出发，分析还能对该实验进行怎样的改进。
拓展变式8．硫酸亚铁是一种可用于治疗缺铁性贫血的药剂．硫酸亚铁药片外表包有一层特制的糖衣，以保护硫酸亚铁不被空气中的氧气氧化成硫酸铁（硫酸铁无治疗贫血的药效）。试设计一个实验方案，验证某硫酸亚铁药片是否被氧化。写出主要实验步骤、现象和有关离子反应方程式。（1）主要步骤：___________________________________________。（2）离子方程式：_________________________________________。8．答案：（1）刮去药片的糖衣，把药片研碎，放在烧杯中加少量蒸馏水溶解，滴几滴KSCN溶液，溶液显红色，可知部分或全部硫酸亚铁被氧化。（2）Fe3＋＋SCN－＝Fe(SCN)2＋
题型五、学科间渗透题
典例6：维生素C（简称VC，化学式为C6H8O6）是一种水溶性物质，其水溶液呈酸性。VC具有较强的还原性，易被空气中的氧气所氧化。在新鲜的水果、青菜和乳制品中都富含VC，如新鲜橙汁中VC的含量在500 mg·L－1左右。食物中的VC在烹调、贮存、加工时较易丢失。
（1）人体缺乏VC易得何种疾病？
（2）已知VC与I2的反应为：C6H8O6＋I2＝C6H6O6＋2HI，碘遇淀粉变蓝。VC与I2的反应是否为氧化还原反应？氧化剂是哪种物质？
（3）针对VC的性质，你认为在炒菜和淘米的时候应该注意什么？
研析：（1）由生物学知识得知，缺乏VC容易得坏血症．因此VC又称抗坏血酸。（2）在VC与I2的反应中，碘由0价变为－1价，因此此反应必为氧化还原反应，且I2得电子，应为氧化剂。（3）由于VC是一种水溶性物质，因此在淘米时会顺水流掉。如用热水淘米并用力揉搓，VC会损失相当大一部分。炒菜时，不少人习惯先将青菜用开水焯一下再炒或做馅，这种做法会使VC损失很大，以用急火快炒或直接做馅为好。VC显酸性，碱性物质会破坏VC，弱酸可促进VC的吸收，炒菜时稍加点醋可减少一些维生素C的损失。
答案：（1）坏血病（2）是氧化还原反应，I2为氧化剂。（3）忌多次洗或用力搓洗，以急火快炒青菜为佳。
课标点击： 新课标要求同学们知识、技能、情感态度价值观等方面全面发展。这个要求本题中得到了很好的体现：一方面联系生物、化学知识，对同学们的综合能力有较高要求；另一方面联系同学们常见的、关心的，但平时大部分同学又不会处理的问题，不能不说在做完题目后，还会有一种“原来如此”的愉悦的心情，对提高化学的学习兴趣也是很有帮助的。
拓展变式9．希尔(HillR)将分离出的叶绿体加到草酸高铁钾盐溶液中，经过光照以后放出O2，同时草酸高铁被还原成草酸低铁：4Fe3++2H2O4Fe2++4H++O2↑。试回答下列问题：（1）希尔反应 （“是”或“不是”）光反应。（2）希尔实验中每生成1molO2，电子转移数目为 。（3）希尔实验主要意义是 。9．研析：叶绿体在光下分解水并放出氧气的反应被称为希尔反应。此过程中，在放氧的同时，氢也传递给一定的受体，并在叶绿体的基质中用于还原三碳化合物(磷酸甘油酸)，这是暗反应的一部分。此过程虽然利用了光能，但没有进行光合磷酸化反应，无ATP的生成。所以希尔反应不能说是光反应。它主要证明了光合作用中氧气的来源是水分子的分解。答案：（1）不是 （2）2.408×1024个 （3）证明光合作用中O2的来源是水分子的分解。
▲ 创新思维探究
题型一、开放探究题
典例7：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．H2O2→H2O＋O2 D．H2O2＋Cr2(SO4)3＋KOH→K2CrO4＋K2SO4＋H2O
（1）H2O2仅体现氧化性的反应是(填代号)　　　　　　。
（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　　　　　　　　　　　　。
研析：在A、B、C、D四个反应中，A反应中无元素化合价的改变，是一个复分解反应，类似于强酸制取弱酸，体现了H2O2的弱酸性，B、C、D三个反应中均有元素化合价改变，是氧化还原反应，B中H2O2中氧元素化合价升高体现了还原性，C中H2O2的氧元素化合价既升高了又降低了，因此既体现了氧化性又体现了还原性，而D中H2O2中氧元素的化合价发生了降低，体现了氧化性。
答案：（1）D （2）C　（3）A可以看作是强酸制弱酸
总结提升：本题以过氧化氢为素材，考查了考生有关氧化还原反应的基础知识以及思维的严密性，同时考查对具体问题的分析判断能力。解题关键是分析清楚反应前后的价态变化情况且熟练掌握氧化还原反应中的基本概念。解题易发生的错误是没有明确认识“强酸制取弱酸”的原理而对反应A分析失误。
拓展变式10． KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯。其变化可用化学反应方程式表示为：2KClO3＋4HCl（浓）＝2KCl＋2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O（1）浓盐酸在反应中显示出来的性质是A．只有还原性 B．还原性和酸性C．只有氧化性 D．氧化性和酸性（2）产生0．1 mol Cl2，转移的电子的物质的量为　　　　mol。（3）ClO2具有很强的氧化性．因此，常被用作消毒剂，其消毒效率(以单位质量得到的电子数表示)是Cl2的　　　　　　倍。10．研析：此题考查了氯及其化合物的相互转化和性质、氧化还原反应方程式的配平、氧化性还原性分析、电子转移数目的计算等知识；此题情境新颖、思考量大、有效地考查了学生分析问题的能力。（1）由配平的方程式可知，参加反应的浓盐酸有一半被氧化，另一半起了酸性作用。（2）Cl2来自于盐酸，产生1 mol Cl2转移2 mol电子，故产生0.1 mol Cl2时，转移电子的物质的量为0.2 mol。（3）消毒后，氯元素的价态变为－1价，每摩尔ClO2可得电子5 mol，单位质量得电子为5mol/67.5g，每摩尔Cl2可得电子2 mol，单位质量得电子2mol/71g，二者比值为5/67.5∶2/71＝2.63。答案：（1）B　（2）0.2　（3）2.6311．在一定条件下，NO跟NH3可以发生反应生成N2和H2O。现有NO和NH3的混合物1mol，充分反应后所得产物中，若经还原得到的N2比经氧化得到N2多1.4g。（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）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。11．研析：本题主要目的是考查学生根据化学方程式计算的能力，同时考查学生对氧化还原反应中电子转移的方向和数目的理解。本题的起点极低，已知反应物是NO和NH3，生成物是N2和H2O，要求学生写出反应的化学方程式。氧化还原反应的电子转移的方向和数目这一知识点，是高中化学的重点。第⑴问不难回答。解答第⑵问的核心是“差量法”。由化学方程式6NO＋4NH3＝5N2＋6H2O可得6mol NO 还原得到3mol N2，4mol NH3氧化得到2mol N2，两者相差1molN2。现相差1.4g，1.4g÷28gmol－1＝0.05mol，相当于0.3molNO和0.2molNH3反应。依题意NO和NH3的总物质的量为1mol，其中必有一种为过量。若NO过量，则NO的物质的量为0.5mol与0.3mol之和即0.8mol，而NH3的物质的量为0.2mol；如果NH3过量，则结论是NO0.3mol，NH3是（0.2mol＋0.7mol）即0.7mol。答案：（1）（2）有两种情况：① NH3过量时：n（NO）＝0.3mol n（NH3）＝0.7mol② NO过量时：n（NO）＝0.8mol n（NH3）＝0.2mol
　　　
题型三、课标思维题
典例8：在一个密闭容器内有X，Y，Z，Q四种物质，在一定条件下充分反应，测定反应前后各物质的质量如下：
物质 X Y Z Q
反应前质量/g 0 90 20 20
反应后质量/g 107 0 12 11
则该密闭容器中所发生的化学反应的类型可能为：
A．化合反应 B．分解反应 C．氧化还原反应 D．置换反应
研析：本题考查氧化还原反应及其与其它反应类型的关系。分析反应前后各物质质量的变化，发现X在反应前后增加107g，说明X是生成物，而Y、Z、Q三种物质在反应后质量都减少，分别减少90g、8g和9g，三种物质减少的总质量恰好等于生成的X的总质量。由此得出该反应是由三种物质生成了一种物质，属于化合反应，A是正确的；考虑到化合反应有可能属于氧化还原反应也有可能属于非氧化还原反应，C也是正确的。D显然是错误的。
答案：A、C
考向指南：本题适应现在高考的要求，虽然不要求判断出该反应具体是什么反应，但取材于真实的反应：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3。考虑到部分优秀生可能直接想到这个反应，本题回避了非氧化还原反应的选项，保证了其科学性，同时也保证了这部分学生能用更短的时间、更准确的答题，体现了高考“选拔”的功能。
拓展变式
12．某化学小组欲探究铁及其化合物的氧化性和还原性，请回答下列问题：
（1）除胶头滴管外，你认为本实验必不可缺少的一种玻璃仪器是 。
（2）请帮他们完成以下实验报告：
实验目的： 。
试剂：铁粉、FeCl3溶液、FeCl2溶液、氯水、锌片、铜片。
实验记录（划斜线部分不必填写）：
序号 实验内容 实验现象 离子方程式 实验结论
① 在FeCl2溶液中滴入适量氯水 溶液由浅绿色变为棕黄色 Fe2+具有还原性
② 在FeCl2溶液中加入锌片 Zn＋Fe2+＝Zn2+＋Fe
③ 在FeCl3溶液中加入足量铁粉 Fe＋2Fe3+＝3 Fe2+ Fe3+具有氧化性
④ Fe3+具有氧化性
实验结论：
Fe只有还原性，Fe3+只有氧化性，Fe2+既有氧化性，又有还原性。
（3）根据以上结论判断，下列物质中既有氧化性，又有还原性的有： 。（填序号）
A．Cl2 B．Na C．Na+ D．Cl－ E．SO2 F．NO2
（4）亚铁盐在溶液中易被氧化，而实验室中需要纯净的亚铁盐溶液。那么保存亚铁盐溶液时应该如何防止亚铁盐氧化？
12．答案：（1）试管 （2）实验目的：探究铁及其化合物的氧化性和还原性。①Cl2＋2Fe2+＝2 Cl－＋2Fe3+ ②Fe2+有氧化性 ③铁粉逐渐溶解，溶液由棕黄色变为浅绿色 ④在FeCl3溶液中加入铜片。（3）A E F （4）在亚铁盐溶液中加入少量铁单质。
▲ 高考思维探究
[考题1]（2005春-13）相等物质的量的KClO3分别发生下述反应：① 有MnO2催化剂存在时，受热分解得到氧气；② 若不使用催化剂，加热至470℃左右，得到KClO4（高氯酸钾）和KCl。下列关于①和②的说法不正确的是
A．都属于氧化还原反应 B．发生还原反应的元素相同
C．发生氧化反应的元素不同 D．生成KCl的物质的量相同
研析： 反应①和②中均有化合价的变化，都属于氧化还原反应，A正确；①中的Cl元素由+5价降低到－1价，②中的部分Cl元素也由+5价降低到－1价，发生还原反应的元素都是Cl元素，B正确；①中的氧元素由－2价升高到0价，②中部分Cl元素由+5价升高到+7价，发生氧化反应的分别是氧元素和氯元素，C正确；根据氯元素守恒，①中KClO3中的氯元素全部转移到KCl中，而②中只有部分KClO3 生成了KCl，显然，①中得到的KCl较多，D错误。
答案：D
启发引申： 本题考查氧化还原反应中的基本概念及对质量守恒定律的理解，总体上难度不大。氧化还原反应中概念较多，同学们必须将它们分辨清楚，掌握好概念的内涵和外延以及它们它们之间的相互关系。
[考题2]（2005上海-17）某500 mL溶液中含01 mol Fe2+、02 mol Fe3+，加入02 mol铁粉，待Fe3+完全还原后，溶液中Fe2+的物质的量浓度为（假设反应前后体积不变）
A．04 mol / L B．0.6 mol / L C．0.8 mol / L D．1.0 mol / L
研析： 加入铁粉后发生如下反应：2Fe3+＋Fe＝3Fe2+。显然，铁粉是过量的，应该按Fe3+的物质的量计算。不难看出，02 mol Fe3+完全反应可以生成Fe2+03 mol，加上原来的01 mol Fe2+，共计04 mol。其物质的量浓度为04 mol÷05L＝0.8 mol / L。
答案：C
考向指南： 铁及其化合物的相互转化在实验室、生活、生产中有重要的应用。如实验室可以利用上述反应防止亚铁离子的氧化，再如工业上可以利用Fe3+腐蚀印刷电路板，由于维生素C具有还原性，可以将Fe3+还原成Fe2+，适量服用维生素C有利于铁元素的吸收等。有关铁及其化合物的相互转化的内容也自然成了高考的热点内容。
[考题3]（2005上海-24） 某一反应体系有反应物和生成物共五种物质： O2、H2CrO4、Cr(OH)3、H2O、H2O2。已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2 →O2
（1）该反应中的还原剂是 。
（2）该反应中，发生还原反应的过程是 → 。
（3）写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目： 。
（4）如反应转移了0.3 mol电子，则产生的气体在标准状况下体积为 。
解答：O2、H2CrO4、Cr(OH)3、H2O、H2O2等五种物质中，化合价发生变化的是Cr元素和O元素。由于该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2→ O2，O元素由-1价升为0价，因此，H2O2做还原剂；由此还可推知，该反应中，Cr元素化合价降低，因此，发生还原反应的过程是H2CrO4→Cr(OH)3。由（1）（2）题做铺垫，可知，反应物为Cr(OH)3 和H2O2，生成物为Cr(OH)3、O2、H2O。在任何氧化还原反应中，氧化剂得电子总数必然等于还原剂失电子的总数，据此，可写出配平后该化学方程式：2H2CrO4＋3H2O2＝2Cr(OH)3＋3O2↑＋2H2O。H2CrO4中的Cr由+6价降为+3价，每摩尔H2CrO4得到3mol电子，2mol H2CrO4得到6mol电子，同时得到67.2L（标准状况下）氧气，所以，如反应转移了0.3mol电子，则产生的气体在标准状况下体积为67.2L×0.3mol÷6mol＝3.36L。
答案：（1）H2O2（2）H2CrO4 ；Cr(OH)3；（3）2H2CrO4＋3H2O2＝2Cr(OH)3＋3O2↑＋2H2O；（4）3.36L
友情提醒：本题形式新颖，没有告诉反应物和生成物，这就需要同学们有较强的应变能力。但若熟练掌握和理解了氧化还原反应中的基本概念和规律，冷静作答，由于本题有明显的梯度，应该可以准确回答相关问题。由此我们可以得到一个启示：高考题无论形式如何变化，考查的还是课本的基础知识及其应用。我们在学习过程中一定要打好基础，将来才能考出好的成绩。
拓展变式13．（2005江苏-7）已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是A．3Cl2＋6FeI2＝2FeCl3＋4FeI3 B．Cl2＋FeI2＝FeCl2＋I2C． Co2O3＋6HCl＝2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O D．2Fe3+＋2I ＝2Fe2+＋I213．研析： 氧化还原反应中有很多规律，如本题用到的规律有：氧化剂的氧化性比氧化产物强、如果遇到两种或多种还原剂时，还原性强的优先失去电子等。在A中，亚铁离子的还原性不如碘离子，应该先把碘离子氧化，或者这样想，Fe3+能将I氧化成I2，FeI3这种物质在水溶液中不会存在，A显然是错误的。答案：A。14．实验室为监测空气中汞蒸气的含量，往往悬挂涂有CuI的滤纸，根据滤纸是否变色或颜色发生变化所用去的时间来判断空气中的含汞量，其反应为：4CuI＋Hg＝Cu2HgI4＋2Cu（1）上述反应产物Cu2HgI4中，Cu元素显 价。（2）以上反应中的氧化剂为 ，当有1molCuI参与反应时，转移电子 mol。（3）CuI可由Cu2+与I-直接反应制得，请配平下列反应的离子方程式。 Cu2+＋ I－＝ CuI＋ I3－14．研析：（1）反应中Hg是还原剂，化合价由0价升高到＋2，在反应产物Cu2HgI4中碘为－1价，由2x＋2＋（－1）×4＝0 x＝＋1，即Cu元素显＋1价。（2）由所给反应知由CuI→Cu化合价从＋1降到0，所以CuI为氧化剂。每有4 mol CuI 参加反应，转移电子的物质的量为2 mol 当有1 mol CuI 参与反应时转移电子0.5 mol。（3）根据Cu守恒，Cu2+ 和CuI的物质的量相等，设Cu2+ 、I－、CuI和I3－的物质的量分别为1、x、1、y。根据质量守恒和电荷守恒得：x＝3y＋1；2－x＝－y。x＝5/2，y＝1/2。两边同乘以2，得其化学计量数分别为：2、5、2、1。答案：（1）＋1 （2）CuI 0.5 （3）2 5 2 1
开拓学习新视野
▲ 课标知识拓展
【思想方法】
层析法认识氧化还原反应与电子转移之间的关系
（1）以反应2Na+Cl22NaCl为例分析：
在Na与Cl2反应前后，元素化合价的升降情况为：
元素原子之间得失电子情况为
由此可知，在由单质Na和Cl2生成离子化合物NaCl的反应里，元素化合价的升降与元素原子之间的电子转移之间有着密切关系.元素原子失去(或得到)电子，元素的化合价就升高(或下降)，并且元素原子失去(或得到)的电子数与元素化合价升高(或降低)的数相等.电子得失，属于电子转移.
（2）以反应H2+Cl22HCl为例分析
在H2与Cl2反应前后，元素化合价的升降情况为：
元素原子之间电子偏移情况为：
由上可知，在像由单质H2和Cl2生成共价化合物HCl的反应里，元素化合价的升降与元素原子之间的共用电子对的偏移有着密切关系.共用电子对偏出（或偏入），元素的化合价就升高（或降低），并且元素原子偏出（或偏入）的电子数与元素化合价升高(或降低)的数相等.电子偏出偏入，也属于电子转移。
（3）综上结论可知，元素化合价的升降既与氧化还原反应之间有着密切的关系，又与元素原子之间的电子转移有密切关系.物质失去电子的反应是氧化反应，物质得到电子的反应是还原反应，凡是有电子转移（得失或偏移）的反应都是氧化还原反应。
学习铁及其化合物性质的方法
（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。
①Fe2+和Fe3+的性质：a．Fe2+既有氧化性，又有还原性，主要表现还原性；Fe3+具有较强的氧化性。b．Fe2+和Fe3+都是典型的弱碱阳离子，与OH－离子在溶液中可以发生反应。
②亚铁盐的存放方法：加入少量铁屑以防止Fe2+被氧化。
（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：列表比较铁的氧化物、铁的氢氧化物和Fe2+与Fe3+的鉴别方法。
【专题放送】
氧化还原反应中的有关判断
1．氧化还原反应中基本概念的判断
氧化还原反应的实质是电子的转移，特征是反应前后元素的化合价发生了变化。我们判断某反应是否为氧化还原反应可根据反应前后元素的化合价是否发生了变化这一特征。在氧化还原反应中，物质所含元素化合价升高（意味着失电子或电子对偏离），就是发生了氧化反应（或被氧化），此物质是还原剂，具有还原性。物质所含元素化合价降低（意味着得电子或电子对偏向），就是发生了还原反应（或被还原），此物质是氧化剂，具有氧化性。可概括为：
升——失——氧——还；降——得——还——氧
2．氧化性、还原性强弱的判断
（1）根据元素的化合价
物质中元素具有最高价态，该元素只有氧化性；物质中元素具有最低价态，该元素只有还原性；物质中元素具有中间价态，该元素既有氧化性又有还原性。对于同一种元素，价态越高，其氧化性就越强；价态越低，其还原性就越强。
（2）根据氧化还原反应方程式
在同一氧化还原反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物；还原性：还原剂>还原产物。
氧化剂的氧化性越强，则其对应的还原产物的还原性就越弱；还原剂的还原性越强，则其对应的氧化产物的氧化性就越弱。
（3）根据金属活动性顺序表
在金属活动性顺序表中，金属的位置越靠前，其还原性就越强；金属的位置越靠后，其阳离子的氧化性就越强。
（4）根据反应的难易程度
氧化还原反应越容易进行（表现为反应所需条件越低），则氧化剂的氧化性和还原剂的还原性就越强。
（5）其它条件
一般溶液的酸性越强或温度越高，则氧化剂的氧化性和还原剂的还原性就越强，反之则越弱。
注意：① 氧化还原性的强弱只与该原子得失电子的难易程度有关，而与得失电子数目的多少无关。得电子能力越强，其氧化性就越强；失电子能力越强，其还原性就越强。
② 同一元素相邻价态间不发生氧化还原反应。
例1：根据下列反应判断有关的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－
研析：（1）先确定好每个反应中的还原剂与还原产物；（2）再利用规律：还原性为还原剂强于还原产物，有：H2SO3＞HI，HI＞FeCl2,FeCl2＞NO，即得答案为A选项。
例2：G、Q、X、Y、Z均为氯的含氧化合物，我们不了解它们的分子式（或化学式），但知道它们在一定条件下具有如下的转换关系（未配平）：（1）G→Q＋NaCl （2）Q＋H2OX＋H2 （3）Y＋NaOH→G＋Q＋H2O （4）Z＋NaOH→Q＋X＋H2O这五种化合物中氯的化合价由低到高的顺序为
A．Q、G、Z、Y、X B．G、Y、Q、Z、X C．G、Y、Z、Q、X D．Z、X、G、Y、Q
研析：根据氧化还原反应的特征可知，氧化还原反应中元素化合价有升必有降。由（1）得Q＞G，因为该反应为歧化反应，G中氯元素的化合价必介于Q和－1价氯之间。同理，（3）结合（1）得Q＞Y＞G，由（2）得X＞Q，由（4）结合（2）得X＞Z＞Q。本题正确答案为B。
▲ 多彩化学漫步
怎样判断司机是否酒后驾车
K2Cr2O7是一种橙红色具有强氧化性的化合物，当它在酸性条件下被还原成三价铬时，颜色变为绿色．据此，当交警发现汽车行驶不正常时，就可上前阻拦，并让司机对填充了吸附有K2Cr2O7的硅胶颗粒的装置吹气．若发现硅胶变色达到一定程度，即可证明司机是酒后驾车．这时酒精（CH3CH2OH）被K2Cr2O7氧化为醋酸（CH3COOH）。该氧化还原反应的方程式可表示为：
2K2Cr2O7＋3CH3CH2OH＋8H2SO4＝2K2SO4＋2Cr2(SO4)3＋3CH3COOH＋11H2O
思考：被检测的气体成分是________________，上述反应中氧化剂是________________，还原剂是_______________________。
研析：氧化还原反应有关概念的确定都是从分析元素化合价有无变化及其升降情况入手，有机反应也不例外。本题的关键是如何确定有机物中各元素的价态。
方法1：把H、O的价态分别定为＋1、－2（即它们的价态不变），碳元素价态可变：其价态根据化合物中化合价的代数和为零进行推算，据此有：CH3CH2OH中C的平均价态为－2价，而在产物乙酸中C的，平均价态为0价，显然CH3CH2OH是还原剂。由于K2Cr2O7中的Cr为＋6价，而在产物Cr2(SO4)3中Cr的化合价为＋3价，故Cr2(SO4)3是氧化剂。
方法2：本题也可依据氧化还原反应的规律进行推理得解，即在K2Cr2O7、H2SO4两反应物中，只有Cr的化合价降低，而任何氧化还原反应中元素的化合价有升有降，故CH3CH2OH中必含化合价升高的元素，CH3CH2OH是还原剂。
答案：CH3CH2OH；K2Cr2O7；CH3CH2OH
优化考题新演练
一、理解与应用
1．下列反应中，属于氧化还原反应的是
A．CaCO3＋2HCl＝CaCl2＋CO2↑＋H2O B．CaO＋H2O＝Ca(OH)2
C．Fe＋CuSO4＝FeSO4＋Cu D．H2CO3＝H2O＋CO2↑
1．研析：判断一个反应是否为氧化还原反应，只要看反应前后元素有无化合价的变化即可。本题只有C中铁和铜的元素化合价发生了改变，故只有C属于氧化还原反应。
答案：C
2．下面有关氧化还原反应的叙述正确的是
A．在反应中不一定所有元素的化合价都发生变化
B．肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原
C．非金属单质在反应中只做氧化剂
D．某元素从化合态变为游离态时，该元素一定被还原
2．研析：本题可以灵活运用氧化还原反应的有关概念结合实例去分析。氧化还原反应的宏观特征是元素化合价有升降，但不一定是所有元素化合价均有升降。如Fe2O3＋3CO＝2Fe＋3CO2，碳元素没有化合价变化。故A正确。化合价变化的元素可能是不同种元素，也可以是同种元素。如Cl2＋2NaOH＝NaCl＋NaClO＋H2O，故B不正确。作为非金属在反应中一般作为氧化剂，但也有失电子的可能：如C+O2CO2，故C不正确。从化合态变为游离态分两种情况：一是从高价态变为游离态如Fe2+→Fe，化合价降低，得电子，被还原。另一种是从低价态变为游离态如Cl－→Cl2，化合价升高，失电子，被氧化，故D不正确。
答案：A
3．在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.01mol的混和溶液中，加入0.015mol的铁粉，经充分搅拌后，产生的变化是
A．铁溶解，没有任何金属生成 B．铁溶解，析出银，且溶液中不含有Fe3+
C．析出0.01 mol Ag和0.01 mol Cu D．析出0.01 mol Ag和0.005 molCu
3．研析：在上述混合溶液中加入的铁粉，依次发生如下反应：2Ag+＋ Fe＝Fe2+，2Fe3+＋Fe＝3Fe2+，Fe＋Cu2+＝Fe2+＋Cu。首先0.01 mol Ag全部析出，消耗0.005 molFe；然后，0.01mol Fe3+全部反应生成Fe2+，又消耗0.005 molFe；最后，剩余的0.005 mol Fe完全反应，置换出0.005 molCu。
答案：D
4．将适量铁粉放入三氯化铁溶液中，完全反应后，溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等。则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比是
A．2∶3 B．3∶2 C．1∶2 D．1∶1
4．研析：Fe3+有较强的氧化性，与Fe反应如下：2Fe3+＋Fe＝3Fe2+，由题意知反应后，c(Fe3+)＝c(Fe2+)，而要生成3molFe2+需消耗2 mol Fe3+，显然n（反应Fe3+）∶n(未反应Fe3+)＝2∶3
答案：A。
5．在Fe2＋、Fe3＋、Mg2+、S I－、H＋中只有氧化性的是 ，只有还原性的是 既有氧化性又有还原性的是 。
5．研析：可以用化合价来判断氧化性或还原性，Fe3＋、Mg2+、H＋处在最高价态，只有氧化性；I－处在最低价只有还原性；Fe2＋、S处在中间价，既有氧化性，又有还原性。
答案：Fe3＋、Mg2+、H＋； I－；Fe2＋、S 。
6．指出下列反应中的氧化剂和还原剂。
（1）Zn＋H2SO4＝ZnSO4＋H2↑；（2）Cl2＋H2O＝HCl＋HClO；（3）Fe＋4HNO3＝Fe(NO3)3＋2H2O＋NO↑。
6．研析：在氧化还原反应中，所含元素的化合价降低的反应物叫做氧化剂；而所含元素化合价升高的反应物，叫做还原剂。（1）中，Zn由0价升高到+2价，做还原剂，H2SO4中的H由+1价降为0价，做氧化剂；（2）中，Cl2中部分Cl由0价升高到+1价，另一部分Cl由0价降低到-1价，Cl2既是氧化剂，又是还原剂；（3）中，Fe由0价升高到+3价，做还原剂，HNO3中的N元素由+5价降为+2价，做氧化剂。
答案：（1）氧化剂：H2SO4，还原剂：Zn。（2）氧化剂：Cl2，还原剂：Cl2。（3）氧化剂：HNO3，还原剂：Fe。
二、拓展与创新
7．从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应： 14 CuSO4＋5 FeS2＋12 H2O ＝7 Cu2S＋5 FeSO4＋12 H2SO4，下列说法正确的是
A．Cu2S既是氧化产物又是还原产物 B．5 mol FeS2发生反应，有10 mol 电子转移
C．产物中的SO42－离子有一部分是氧化产物 D．FeS2只作还原剂
7．研析：本题是一道相对难度比较大的氧化还原反应的应用问题，既涉及到 氧化剂和还原剂的判断、氧化还原反应方程式的配平还涉及到氧化 还原反应中的计算等。解决本题的关键是首先要读懂题意，逐步推 敲。先分析参加反应的各元素的价态变化：铜价态降低被还原，硫酸铜是氧化剂，FeS2中硫的价态为-1价，Cu2S中硫的化合价为－2价，FeSO4和H2SO4中硫的化合价为+6价，故FeS2既是氧化剂又是还原剂。产物中的SO42－一部分来源于FeS2，这部分SO42－属于氧化产物；从方程式中可以看出，5 mol FeS2参加反应时，有21 mol 电子转移。
答案：A、C
8．有一种工业废水，已知其中含有大量硫酸亚铁，少量Ag+和Na+。今设计一种既经济又合理的方法，回收银和硫酸亚铁。设计方案如下图所示
（1）药品①是 ；（2）沉淀是 ；
（3）药品②是 ；（4）母液中存在的阳离子 。
8．研析：工业废水中加入Fe，可以将Ag置换出来；为了保证Ag全部被置换出来，加入的Fe应该是过量的，因此沉淀中除了Ag之外，还应该有过量的Fe；沉淀中加入过量的稀H2SO4，可以把Fe溶解，经过滤后得到Ag，两次滤液合并，蒸发浓缩后，析出硫酸亚铁晶体，母液中仍然存在Na+（原来废水中就有的）、Fe2+（Fe2+没有全部析出）、H+（沉淀中加入过量的稀H2SO4，反应后剩余部分H+）。
答案：（1）Fe （2）Fe和Ag （3）稀H2SO4 （4）Na+ H+ Fe2+
三、综合与探究
9．现有浓度均为1.0mol·L-1的FeCl3、FeCl2、CuCl2混合溶液各100mL，加入一定量的铁粉，按下列情况填空。
（1）反应完毕后，铁粉有剩余：
①反应完毕后，溶液中一定含有 阳离子，为 mol；
②固体干燥后，与反应前加入铁粉的质量相比 （填“多”或“少”） g。
（2）反应完毕后，有铜生成，铁粉无剩余。则反应完毕后溶液一定含有 阳离子，该阳离子在溶液中的物质的量的范围是 。
9．研析：在上述混合溶液中加入定量的铁粉，依次发生如下反应：2Fe3+＋Fe＝3Fe2+，Fe＋Cu2+＝Fe2+＋Cu。（1）如果反应完毕后，铁粉有剩余，Fe3+、Cu2+全部反应生成Fe2+，不难算出0.10 mol Fe3+可生成0.15 mol Fe2+，0.10 mol Cu2+可生成0.10 mol Fe2+，共0.35mol；在“2Fe3+＋Fe＝3Fe2+”中Fe减少了2.8 g，在“Fe＋Cu2+＝Fe2+＋Cu”中固体增加了0.08 g，因此，固体干燥后，与反应前加入铁粉的质量相比少了2.0 g。（2）如果反应完毕后，有铜生成，铁粉无剩余，反应“2Fe3+＋Fe＝3Fe2+”进行完全，“Fe＋Cu2+＝Fe2+＋Cu”部分反应或完全反应，由此可确定反应完毕后溶液一定含有Fe2+，Fe2+物质的量应大于0.25mol，小于或等于0.35mol。
答案：（1）① Fe2+；0.35mol ② 少；2.0 g （2）Fe2+；0.25mol＜n（Fe2+）≤0.35mol
10．以知x为FeO和CuO的混合物，取两份等质量的x样品进行如图所示实验：
（1）写出第③步反应的离子方程式： 。
（2）实验从第③步所得固体D的质量为32g，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5.6L。试计算取用的每份x中FeO与CuO的质量比。
10．研析：按图顺序正推，依次写出①～③的各步反应即得答案：
①FeO＋2HCl＝FeCl2＋H2O CuO＋2HCl＝CuCl2＋H2O
②FeO＋CO Fe＋CO2 CuO＋CO Cu＋CO2
③Fe＋Cu2＋＝Fe2＋＋Cu Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑
（2）由E为酸性溶液，可知固体D是铜单质。根据铜原子守恒，每份x中CuO的物质的量为：32g/64g·mol－1×1/2＝0.25mol
其质量为：0.25mol×80g·mol－1＝20g
每份x中FeO的物质的量为：0.25mol＋5.6L/22.4L·mol－1＝0.50mol
其质量为：0.50mol×72g·mol－1＝36g
所以，每份x中FeO与CuO的质量比为：36g∶20g＝9∶5
答案：（1）Fe＋Cu2+＝Fe2++ Cu Fe＋2H+＝Fe2++H2↑（2）9∶5
本节答案解析与研读
本节教材课后习题（P54）
1．答案：（2）（4）反应属于氧化还原反应。（2）中，CH4是还原剂，O2是氧化剂；（4）中KMnO4既是氧化剂又是还原剂。
解析：（1）（3）中各元素的化合价都没有发生变化，不是氧化还原反应；（2）中C、O元素的化合价发生了变化，（4）中Mn、O元素的化合价发生了变化，它们都是氧化还原反应。
2．答案：（1）＋1，氧化性 （2）A （3）C
解析：（1）次氯酸的漂白作用是由于次氯酸具有强氧化性，次氯酸氧化别的物质的同时，本身被还原，Cl由＋1价变为－1价。
（2）Fe2+在溶液中显浅绿色，Fe3+在溶液中显棕黄色。
（3）元素的化合态有两种，一种是正价态，一种是负价态；游离态中元素的化合价为0价。元素由正价态变为0价态时被还原，元素由负价态变为0价态时被氧化。
3．答案：（1）C （2）B
解析：（1）A中生成MnCl2和H2O，盐酸表现出酸性；生成Cl2，盐酸中Cl元素由－1价变为0价，盐酸表现出还原性。B不是氧化还原反应。C中生成氯化锌，盐酸表现出酸性；生成氢气，HCl中H元素由＋1价变为0价，盐酸表现出氧化性。D中HCl表现出氧化性和还原性，没有盐生成，没有表现出酸性。
（2）①为非氧化还原反应，SO2是反应物，既不是氧化剂，也不是还原剂。②中SO2变为SO3，S元素化合价升高，SO2是还原剂。③中SO2变为S，S元素化合价降低，SO2是氧化剂。
4．答案：（1）B （2）B （3）C （4）D （5）补铁保健食品中铁元素的价态是+2。①将补铁剂研碎、溶解，取少量于试管中，滴入几滴KSCN溶液，不变色，证明不含Fe3+；再滴入几滴氯水，溶液变为血红色，证明原溶液中含有Fe2+。②将食品与酸、酸性物质、还原性物质混合使用。
解析：（1）Fe3+与KSCN溶液反应显血红色，但Fe2+与KSCN溶液混合无明显现象。Cl2能使Fe显+3价，H+和其它金属阳离子只能使Fe显+2价。
（2）Fe2+中的Fe元素为+2价，既能升高为+3价，又能降低为0价，既有氧化性，又有还原性。
（3）稀硝酸虽然具有强氧化性，可以把Fe氧化成+3价，但如果Fe过量，又可以将Fe3+还原为Fe2+。
（4）A中，引入了K+和SCN－，虽然SCN－可以与Fe3+反应，但产物无法与Fe2+分离，不可选；B中，Cl2能将Fe2+氧化成Fe3+，更不可选；C中，除去Fe3+的同时，引入了Cu2+，不正确。
（5）常见的补铁剂是硫酸亚铁，其中铁元素为+2价。①含Fe2+的溶液中滴入KSCN溶液，无明显现象，但Cl2能将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+与KSCN溶液反应显血红色，此法可用来检验Fe2+。②天然食品中的+3价铁用酸或酸性食品溶解可变为Fe3+，然后用还原剂（如维生素C）接触，可使Fe3+变为Fe2+，被人体吸收。
5．答案：（1）属于。MnO2是氧化剂，HCl是还原剂。（2）11.9 mol / L、1mol
解析：（1）根据元素化合价变化可判断。
（2）c(HCl)＝160 mL×1.19 g /mL×36.5%÷36.5 g /mol÷0.160 L＝11.9 mol / L
根据其化学方程式可知：标准状况下，每生成22.4 L Cl2，有4 mol HCl参加反应，但只有2mol HCl被氧化。因此，当有11.2 L Cl2生成时，被氧化的HCl为1mol。
①
②
③
④
⑤
⑥
图2
图1
6e－
化合价降低2×1
化合价升高1×2
2 Na ＋ Cl2 ＝ 2 NaCl
0 0 +1 -1
失去2×e－
2 Na ＋ Cl2 ＝ 2 NaCl
0 0 +1 -1
得到2×e－
化合价降低2×1
化合价升高2×1
H2 ＋ Cl2 ＝ 2 HCl
0 0 +1 -1
电子偏出2×e－
H2 ＋ Cl2 ＝ 2 HCl
0 0 +1 -1
电子偏入2×e－
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学习导言
▲ 章节知识概说
本章作为从学科内容和方法方面使学生认识化学科学的起始章，是连接义务教育阶段化学与高中化学的纽带和桥梁，对于发展学生的科学素养，引导学生有效地进行高中阶段的化学学习，具有非常重要的承前启后的作用。
本章介绍了化学学科的研究对象，化学学科的发展过程和趋势，通过物质的组成、结构、性质的关系；认识化学反应的本质；引入了物质的量的单位——摩尔，体会定量研究的方法对研究和学习化学的重要作用；使学生认识化学学科的发展过程，重要作用，并介绍了化学学习的方法。
俗话说：“磨刀不误砍柴工”。本章通过激起学习兴趣、介绍学习方法、学习化学工具三步曲，使学生认识了化学科学。学好本章，对今后的学习有着深远的意义。
▲ 课标理念感悟
1.知识与技能：知道化学是在分子层次上认识物质和合成新物质的一门科学，了解20世纪化学发展的基本特征和21世纪化学的发展趋势。了解金属钠和氯气的物理性质及主要的化学性质；了解物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积和溶液的物质的量浓度等有关化学计量的知识。
2.过程与方法：体会观察、实验、分类、比较等科学研究方法在研究物质性质过程中的应用，了解研究物质性质的一般程序；体会定量研究方法对学习和研究化学的重要作用。
3.情感态度与价值观：通过化学科学发展过程中的典型事例，认识化学科学对提高人类生活质量和促进社会发展所起的重要作用，感受化学世界的奇妙与和谐。
第1节
有人说，化学中的“化”即“变化”，“学”即“科学”，化学实际上是研究物质“变化”的一门“科学”。这句话尽管不尽严谨，但谁又能说它没有道理呢？试想，溶洞奇观、碳的燃烧、五颜六色的焰火……，哪样不是化学变化呢。那么，为什么会有这样的变化，这些变化有什么规律？我们如何控制这些变化，为人类造福？让我们一起走进神奇的化学世界吧。
研习教材重难点
【温故·知新】
1、物质变化的分类：物质的变化分为物理变化和化学变化两大类。物质的变化是中学化学学习的基础，贯穿整个化学学习过程，同学们应善于对这方面的知识进行归纳、总结，加深理解，努力提高化学水平，培养相关能力。
2、化学反应的特征
（1）基本特征：化学反应的最基本特征是质量守恒定律，既参加化学反应的各物质的质量总和等于反应后生成的各物质的质量总和。
（2）归纳特征：从宏观和微观角度分析化学反应，可归纳为“五个不改变，两个一定变，一个可能变”。
“五个不改变”：从宏观上分：①反应物和生成物总质量不变。②元素种类不变。从微观上分：③原子种类不变。④原子数目不变。⑤原子质量不变。
“两个一定变”：从宏观上看：①物质的种类一定改变。从微观上看：②分子的种类一定改变。
“一个可能变”：分子总数可能改变。
研习点1化学是具有创造性的、实用的科学
1、化学科学的涵义：化学科学是在原子、分子水平上研究物质的组成、结构、性质、变化、制备和应用的自然科学。在理解化学科学的概念时应注意以下几点：
（1）化学研究的对象是原子和分子等；
（2）化学研究的内容是物质的组成、结构、性质、变化、制备和应用等；
（3）化学是一门自然科学。
【领悟·整合】
人们在长期的认识和利用大自然的过程中，逐渐建立了研究对象不同的各门自然科学，化学就是其中的一门。许多科学是从化学科学分支而出的。就中学化学中的知识而言，是学习其他许多科学的基础，例如生物学、医学等都与之相关；就中学化学的任务而言，实际上是借这点基础知识，以之为载体，来培养我们学习、研究自然科学的基本技能、方法与品质的。
2、化学科学的创造性
起初人们从矿物、岩石、生物体中提取物质；后来科学家逐步制造出大量物质。科学家合成化合物的速度是惊人的，1990年刚刚突破1000万种大关，现在已超过3700万种。可以说化学是一门具有创造性的科学。
3、化学科学的实用性
合成氨技术的应用，解决了饥饿对人类的威胁；医药的合成，使人的寿命大大提高；芯片和光导纤维，引导人们进入信息时代；食品添加剂、化妆品、塑料、橡胶、纤维的合成，使我们的生活丰富多彩。因此，化学又是一门在人类生产和生活中有着重要作用的实用的科学。
4、化学科学的特征：化学的特征是认识分子和制造分子，是一门具有创造性的、实用的科学。
典例1：下列说法正确的是
A．化学是科学研究的内容,与普通百姓的生活没有多大关系
B．化学研究只能认识分子,不能创造分子
C．化学家可以制造出自然界中不存在的物质
D．化学研究只会造成严重的环境污染,最终人类将毁灭在化学物质中
研析：A不正确；试想：我们生活环境中的药物、化纤、塑料、电池、计算机芯片，哪一项不是来自化学家的研究成果？所以，化学与我们的生活密切相关。B不正确；化学研究不只是认识分子，还能制造分子，化纤、塑料等高分子材料都是化学研究的结果。这样看来，C选项应该是正确的。D项过于悲观，化学科学的发展确实对环境造成了一些负面的影响，但也一定要相信化学一定能研制出对环境无害的化学用品和生活用品，通过对环境友好的途径来提高生活质量。这样，人类也就不会毁灭在化学物质中。
答案：C。
典例2：下列两个成语与我们所学的化学知识有关，请简述其中的化学原理。
A、百炼成钢 B、釜底抽薪（）
你选择的成语是 。其中的化学原理： 。
研析：“百炼成钢”是指将反复烧红的生铁在空气中不断锤打，转化为钢，由于生铁中含碳较多，钢中含碳较少，生铁炼钢实际上是“降碳”的过程。釜：指古代炊具，相当于现在的锅；薪：指柴火，“薪”在燃烧时发生了化学变化。
答案：A：捶打烧红的生铁时，生铁中的碳与氧气反应生成二氧化碳，使含碳量降低，转变为钢。B：燃烧需要可燃物，减少可燃物不利于燃烧。
研习点2 化学科学的形成和发展
约50万年前——“北京猿人”已会用火
公元前8～6千年——中国(新石器时代)开始制陶器
约公元前2千年——中国已会铸铜
公元前四世纪——古希腊的德谟克利特提出朴素的原子论;古希腊的亚里斯多德提出“四元素”学说
公元前140～87年——中国发明了造纸术
公元前一世纪至公元一世纪——中国《本草经》成书,书中记载动物、植物、矿物、药物达365种
公元十世纪——中国(宋代)把火药用于制造火药箭、火球等武器
1661年——英国的波义耳在《怀疑派化学家》一书中给元素下了科学的定义
1772年——舍勒制得了氢气
1773年——舍勒制得了氧气
1777年——法国的拉瓦锡发表《燃烧概论》推翻了燃素说
1803年——英国道尔顿提出原子论
1811年——意大利的阿伏加德罗提出分子假说
1860年——分子学说得到世界公认
1869年——俄国的门捷列夫提出了他的第一个周期表
1911年——英国的卢瑟福提出原子核模型
1934年——法国的约里奥居里夫妇发现人工放射性
1942年——中国的侯德榜发明了联合制碱法
1965年——中国科学家合成出牛胰岛素，是首次人工合成蛋白质
1981年——我国科学家首次人工合成完整生物活性的核糖核酸
2000年——人类基因组破译
2002年——由我国科学家领导的人类肝脏蛋白质组计划正式启动
【梳理·总结】
化学科学的发展经历了漫长的发展阶段。起初，化学的发展是缓慢的，“北京猿人”已会用火到中国(新石器时代)开始制陶器大约用了50万年，但从中国科学家合成出牛胰岛素，是首次人工合成蛋白质到人类基因组破译只用了短短的35年；人类发现和合成的物质1990年刚刚突破1000万种大关，现在以超过3700万种。现在是知识膨胀的年代，也是化学科学飞速发展的时代。同学们应该学好包括化学在内的科学文化知识，为化学的发展，为人类的进步贡献自己的力量。
典例3：为中国近代化学发展做出突出贡献的科学家是
A．李四光 B．华罗更 C．候德榜 D．钱学森
研析：题述四个选项中的科学家均为我国科学事业的发展做出了突出的贡献。其中，李四光是我国当代著名的地质学家；华罗更是著名的数学家；钱学森是著名的物理学家；候德榜被称为中国近代化学史上的第一颗明星，为中国化学工业发展做出卓越贡献，是中国近代化工工业的奠基人，他发明的联合制碱法为中华民族争得了荣誉。
答案：B。
典例4：道尔顿的原子学说曾经起了很大作用。他的学说中，包含有下述三个论点:①原子是不能再分的粒子；②同种元素的原子的各种性质和质量都相同；③原子是微小的实心球体。从现代观点看，你认为这三个论点中不确切的
A．只有③ B．只有①③ C．只有②③ D．有①②③
研析：本题利用初中学过的原子结构的有关知识，解决化学史上的有关问题，对学生能力有一定的要求。从现代的观点来看，原子还可以再分为质子、中子、电子，①不正确；同种元素原子核内质子数相等，但中子数不一定相等，性质也不一定完全相同，②错误；原子内有相对十分“广阔”的空间，③也是不对的。
答案：D。
研习点3 化学科学的探索空间
1．在化学科学领域，化学家可以在微观层面上操纵分子和原子，进行分子扩展，以及组装分子材料、分子器件和分子机器（如碳纳米管分子导线、分子开关、分子磁体、分子电路、分子计算机）等。
2．在能源和资源方面：有了化学科学，人类能够合理开发和安全应用能源和资源，既能得到充足的能源和资源，又能处理好能源和资源的开发利用与生态环境保护之间的关系。
3．在材料科学方面：化学将推动材料科学的发展，使各种新型功能材料的生产成为可能。
4．在环境方面：化学为解决环境问题提供了有力保障，使人类能够使用无害的化妆品和生活用品，既优化了环境，又提高了生活质量。
【归纳·整理】
20世纪以来，化学发展的趋势可以归纳为：由宏观向微观、由定性向定量、由稳定态向亚稳定态发展，由经验逐渐上升到理论，再用于指导设计和开创新的研究。一方面，为生产和技术部门提供尽可能多的新物质、新材料；另一方面，在与其他自然科学相互渗透的进程中不断产生新学科，并向探索生命科学和宇宙起源的方向发展。
典例5： 1998年诺贝尔化学奖授予科恩（美）和波普尔（英），以表彰他们在理论化学领域作出的重大贡献。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
研析：化学是以实验为基础的科学，但是，近年来理论推导和大型计算机的仿真计算也已经成为了研究化学的新的手段，正如题中信息所说，这两位科学家使理论和实验共同协力探讨分子体系的性质，这说明化学实验已经不再是研究化学的惟一手段。
答案：A。
典例6：化学在人类社会发展中起着重要的作用，展望未来，化学科学具有十分广阔的探索空间。请你分析下列四个选项中现代化学不涉及的研究领域是
A．开发新的能源 B．合成新的物质 C．空间形式和数量关系 D．防治环境污染
研析：现代化学日益成为一门“中心科学”，和人们的生活息息相关。研究领域涉及微观世界、能源开发、材料研制、环境保护、生命科学等诸多领域。
答案：C。
【交流·研讨】
1、化学与职业
化学科学与人类生活水平的提高和人类社会的发展密切相关，研究领域十分广泛。与化学紧密相关的的一些产品和职业也非常多，如：新型药物、导电塑料、新型建筑材料、药物研制人员、化学科研人员、化学教师、化工厂工人、质检人员、环境保护工作人员、医生等。你对化学科学研究的哪些问题或哪些职业感兴趣
2、高中新教材体系架构
《化学必修一》、《化学必修二》
《化学与生活》：了解日常生活中常见的物质的性质，探讨生活中常见的化学现象，体会化学对提高生活质量和保护环境的积极作用，形成合理使用化学品的意识。
《化学与技术》：了解化学在资源利用、材料制造、工农业生产中的具体应用；在更加广阔的视野下，认识化学科学与技术进步和社会发展的关系。
《化学反应原理》：学习化学反应的基本原理，认识化学反应中能量转化的基本规律，了解化学反应原理在生产、生活和科学研究中的应用。
《有机化学基础》：探讨有机化合物的组成、结构、性质及应用，学习有机化学研究的基本方法。
《物质结构与性质》：了解人类探索物质结构的重要意义和基本方法，认识物质结构与性质之间的关系。
《实验化学》：通过实验探究活动，掌握基本的化学实验技能和方法，提高化学实验能力。
探究解题新思路
▲ 基础思维探究
题型一、物理变化与化学变化
典例1：古诗词是古人为我们留下的宝贵精神财富。下列诗句中只涉及物理变化的是
A．野火烧不尽，春风吹又生 B．春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干
C．只要功夫深，铁杵磨成针 D．爆竹声中一岁除，春风送暖人屠苏
研析：因化学变化与物理变化的本质区别是变化后是否有新物质生成。A中的“野火烧不尽”、B中的“蜡炬成灰泪始干”都牵扯到物质的燃烧，都有“CO2”这种新物质生成；D中的“爆竹声中一岁除”牵扯到火药的爆炸，当然也有新物质生成；只有C中的“铁杵磨成针”只是物质由粗到细，由大到小的过程，没有新物质生成，属于物理变化。
答案：C。
总结提升：本题考查的知识点比较明确，即物理变化与化学变化的区别。难度较小，但题目非常新颖，联系大家熟悉的古诗词，不仅扩大了知识面，更会体会到确实是“化学无处不在，我们的生活离不开化学”。这就无形中增加了同学们学化学、用化学的兴趣。
拓展变式1．下列变化不属于化学变化的是A．溶洞的形成过程 B．物质的燃烧C．合成高分子材料 D．矿石的粉碎1．研析：在溶洞的形成过程中，CaCO3变为Ca(HCO3)2，部分Ca(HCO3)2随水流走，部分Ca(HCO3)2又变为CaCO3，形成了石笋、石柱和钟乳石，是化学变化。物质的燃烧，一般是物质跟空气中的氧气发生的反应，有新的物质生成，属于化学变化。合成高分子材料属人工合成新物质，也是化学变化。矿石的粉碎过程中无新物质生成，属物理变化，不是化学变化。答案：D。
题型二、有关化学发展史的常识
典例2：在科学史上，中国有许多重大的发明和发现，为现代物质文明奠定了基础。以下发明或发现属于化学史上中国对世界做出重大贡献的是
① 造纸 ② 印刷技术 ③ 火药 ④ 指南针 ⑤ 炼铜、炼铁、炼钢 ⑥ 合成有机高分子材料 ⑦ 人工合成牛胰岛素 ⑧ 提出原子——分子学说
A．①②③④⑧ B．①③⑤⑦ C．②④⑥ D．⑤⑥⑦⑧
研析：造纸、印刷技术、火药、指南针、炼铜、炼铁、炼钢、人工合成牛胰岛素等都属于中国重大的发明和发现，对世界科学的发展做出了贡献。但印刷技术、指南针与化学关联不大。
答案：B。
启发引申：化学是一门具有创造性的、实用的科学。可以说，化学创造了“一个崭新的自然界”。化学发展到现在，我们的衣、食、住、行都离不开化学。在化学发展史上，中国有许多发明和发现，比如远在春秋战国时期，我们就掌握炼铁的技术了。中国为化学的发展做出了突出的贡献，相信在当前乃至将来的化学发展中，必然会做出更大的贡献。
拓展变式2．与近代化学的诞生无关的是A．化学元素的概念 B．英国化学家、物理学家波义耳C．著名物理学家爱因斯坦 D．古代的化学实践活动2．研析：任何事物是相互联系的，现代化学的产生离不开古代的化学实践活动；1661年，在前人工作的基础上，英国化学家、物理学家波义耳提出化学元素的概念，标志着近代化学的诞生。而爱因斯坦是上一世纪的人物，他出生时，近代化学已诞生两个世纪了。答案：C。
▲ 综合思维探究
题型一、学科内综合题
典例3：制备卤磷酸钙荧光粉所用的高纯氯化钙中混有氯化镁杂质，除去的方法是把氯化钙的水溶液加热到90～95℃，在不断搅拌下加入适当的沉淀剂，使镁生成沉淀过滤除去。此沉淀剂最好选用
A．氢氧化钙乳浆 B．碳酸钠溶液 C．碳酸氢钠溶液 D．氢氧化钠溶液
研析：碳酸氢钠溶液不能除去氯化镁杂质；碳酸钠溶液可以与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀；氢氧化钠溶液虽然能较好的除去氯化镁杂质，但同时引入了杂质钠离子，并且有部分氯化钙可与其反应生成微溶物氢氧化钙而损失。
答案：A。
方法导引：除杂方法有物理方法和化学方法。除杂的原则为不增（在除去杂质时不能引入新的杂质）、不减（要保留物质不损失）、易分（反应的生成物易分离）。
拓展变式3．下列广告语在科学性上没有错误的是A．这种矿泉水绝对纯净，不含任何离子B．这种饮料中不含任何化学物质C．这种口服液含有丰富的氮、磷、锌等微量元素D．没有水就没有生命3．研析：矿泉水中一般含有Ca2+、Mg2+等多种离子，饮料中的水及其它营养成分都属于“化学物质”，氮、磷都是常量元素，A、B、C、错误。D正确。此题与人们的饮食保健密切相关，该学生以亲切感、新鲜感，解决此类题需要学生灵活运用所学知识，而不是靠死记硬背，这样有助于克服传统教学囿于传授书本知识的偏向，避免了“题海”带来的思维僵化，有助于学生懂得周围的科技环境，适应日益技术话的日常生活，应付不断进步的科技革新，有能力对科学技术、人类生存相关的社会问题发表意见并作出决策。答案：D。
题型三、实际应用题
典例4：请仔细阅读下列文字，然后回答有关问题。
（1）煤是一种常用的化石燃料。家庭用煤经过了从“煤球”到“蜂窝煤”的变化。以前人们把煤粉加工成略大于乒乓球的球体，后来人们把煤粉加工成圆柱体，并在圆柱体内打上一些孔（如上图）。请你分析这种变化的优点是 ______________。
煤在燃烧时会产生许多污染物，为了减少煤燃烧时对环境的污染，可设法把煤转化成清洁的燃料。将水蒸气通过炽热的煤层可制得较洁净的水煤气（主要成分是CO和H2），请你写出该反应的化学方程式。煤气厂常在家用水煤气中特意掺人少量有难闻气味的气体，其目的是 。
（2）某同学在实验过程中发现氢氧化钠固体露置在空气中一段时间后，发生了潮解，他在家中也曾发现过饼干受潮会变软。这些现象说明了空气中含有。请你结合生活经验或化学知识另举两例说明空气中含有这种物质：①、___________ ②、___________
研析：“煤球”便为“蜂窝煤”，增加了可燃物与空气的接触面积，是燃烧更快、更充分、更旺；由于水煤气中有一氧化碳，会使人中度，且一氧化碳无色无味，人很难发现它泄漏，所以在煤气中掺人少量有难闻气味的气体就能使人们及时发现，而不至于出现煤气中毒事故。
答案：（1）使煤与空气的接触面积增大，燃烧更为充分C+H2OCO+H2，便于及早发现煤气是否泄漏
总结提升：此题既考查了“可燃物燃烧的条件”，又考查了“煤燃烧对环境造成污染”的原因分析，进行了环境教育和安全教育；同时通过家用燃料从“煤球”到“蜂窝煤”，再到“家用煤气”的变化，折射出社会的进步及化学对人类的贡献。
拓展变式4．下面是某化肥厂在一公共场所的围墙上做的广告：请仔细观察、分析，并回答下列问题：（1）碳酸氢铵(化学式为：NH4HCO3)是由 种元素组成的。（2）碳酸氢铵的氮含量是指氮元素的质量分数。根据所学化学知识，你认为此广告是 广告(填“真实”或“虚假”)，判断的依据是 。（3）碳酸氢铵受潮时在常温下就能分解，温度越高分解越快，因此保存时应注意 4．答案：（1）4 （2）虚假；因为纯净的碳酸氢铵氮含量为14÷79×100%＝17.7%，该广告鼓吹的“氮含量为20.1%”是绝不可能的。（3）密封并放在阴凉处。
题型四、实验操作题
典例5：由于条件所限，仅有一大一小两支试管和稀硫酸，甲、乙两同学各找来铝制牙膏皮，
各自设计一种装置来制取一试管氢气。他们设计装置如图所示：
（1）上述两装置相比，____________（填“甲”或“乙”）装置设计更合理。
（2）用较合理的装置来制取氢气，现欲使氢气充满收集气体的试管，应采取的措施
是__________________________。
（3）还可以用哪些物品代替牙膏皮或稀硫酸来完成反应？___________（填写一种物质即可）。
研析：用甲同学设计的装置实验时，产生的氢气由于密度小，而集中在大试管顶部，这时如果把大试管缓缓上移或小试管慢慢往下移动，就可把空气从试管中逐渐排出，从而收集到较为纯净的一试管氢气。而如果用乙同学设计的装置实验，产生的氢气大都从两试管的缝隙排出，同时由于小试管中的空气不易排出，而很难收集到纯净的氢气。
答案：（1）甲 （2）先使反应的试管口伸入收集试管的底部，然后慢慢往下移动 （3）废铁皮、铁钉、食醋等。
总结提升：本题中两同学设计的实验装置看上去好象非常相似，但从效果上却有天壤之别。甲同学设计的装置相当于我们平时比较熟悉的“向上排空气法”收集氢气的装置，只不过把中间的导管都省掉了。而乙同学设计的装置由于小试管上方是密封的，没法“换气”，因而不可行。我们平时掌握知识不能停留在表面，而应理解其实质，这样才能达到“以不变应万变” 的效果。
拓展变式5．现有下列实验仪器：（1）写出仪器名称：a是_____，g是_____。（2）给仪器b中液体进行加热时，液体的体积不能超过其容积的_____。（3）用上述仪器组装加热高锰酸钾制取氧气的装置时，不需要用到的仪器是（填序号）_____。（4）用排水法收集氧气的过程中，判断集气瓶中氧气已经收集满的方法是_____。5．研析：本题考查同学们对常用实验仪器的识别以及使用常识，只要基础扎实即可顺利作答。答案：（1）烧杯；酒精灯 （2）1/3 （3）a、d （4）瓶口有气泡冒出
题型五、学科间渗透题
典例6：为缓解能源危机，能源专家构想出了利用太阳能促使燃料循环的构想图：
当前，科学家还未实现这一构想。但大自然已经解决了这个问题，绿色植物的光合作用就是在日光作用下，利用太阳能把CO2和H2O转变成了能源葡萄糖（可燃烧）： 6CO2 + 6H2OC6H12O6 + 6O2
（1）如果上述构想成立，试写出有关反应的化学方程式。
（2）在此构想的物质循环中，太阳能最终转化为___________能。
（3）实现上述构想的关键问题是什么？
研析：能源问题是化学与社会中的重要一项。太阳能是一种巨大、无污染、最经济的能源。可以说地球上的能源归根到底主要是来自于太阳。光合作用是地球上利用光能将无机物转变成有机物的作用。从上面箭头所示的循环过程中，太阳能最终变成热能。目前开发利用太阳能的关键是解决光能的吸收问题，故“人工叶绿素”就成为当前能源科学家研究开发的热点。由题给化学方程式可知，该反应为葡萄糖燃烧反应的逆向过程，按照这一思路，可实现如下变化：
2 CO22 CO + O2；2 H2O2 H2 + O2 ……
答案：（1）CO2 + 2 H2OCH4 + 2O2；2CO2 + 2H2O2CH3OH + 3O2； 2N2 + 6H2O4NH3 + 3O2。（2）热 （3）问题的关键是是如何使燃烧产物吸收太阳能，故需要研制新型高效吸收太阳能的材料（如人工叶绿素）。
友情提醒：化学科学将在能源和资源的合理开发、安全应用等方面大显身手。人类要想获取充足的能源和资源并且处理好能源和资源的开发利用与生态环境保护之间的关系，都离不开化学科学的发展。因此，同学们应该学好化学科学，为人类的进步作出贡献。
拓展变式6．阅读下列短文，回答问题：汽车作为曾经推动人类文明向前跃进的现代社会的产物，在给人类的生活带来便捷舒适的同时，对自然生态环境的恶化也有难以推卸的责任。据“2004年中国环境状况公报”称：北京大气污染主要来源于工业污染和汽车尾气，99％的一氧化碳和一氧化氮的排放来源于汽车尾气。北京已连续六年环保投资在百亿元以上，环境质量进一步改善，但同时环境保护任务依然十分艰巨。另据报道：将氢气应用于汽车发动机的技术已在我国研制成功；酒精作为燃料的汽车已在北京市、河南省使用；厦门市有一部分汽车改用液化气作为燃料。（1）汽车尾气中的大气污染物有（写化学式）__________，__________。（2）部分地区将部分汽车排气管加装三效转换器，促使一氧化碳在排气管内与空气作用转化为二氧化碳，其反应式为__________。（3）请提出治理汽车污染的一条合理化建议：__________。（4）就目前的情况看，氢气做燃料的汽车要投入使用前，你认为还要研究解决的问题有：__________。（5）若实验用氢气汽车运行1km，需要2858kJ能量。现这辆汽车行走30km，需要__________ｇ氢气。（已知每克氢气燃烧放出142.9kJ能量。）6．答案：（1）CO，NO；（2）2 CO＋O２＝2 CO２；（3）这是一道开放性问题，可能的答法有如下几类：A．限制汽车的发展，如限制私人汽车的发展，发展公共交通。B．将汽车全部加装三效转换器等汽车环保装置，使目前汽车尾气得到净化。C．改用清洁环保型燃料，如酒精、液化气等。D．使用电力汽车。E．加快研制如氢气等新型环保能源，研制核能的民用化等；（4）这是一道开放性问题，可能的答法有如下几类：A．关于氢气的来源问题，如何获得大量而廉价的氢气 B．关于氢气的保存和运输问题，如何储存和运输大量的氢气 C．关于氢气在汽车上的使用问题，如汽车上如何灌装一定量的氢气 D．关于氢气使用的安全问题，如何防止氢气在使用、储存和运输时与空气混合爆炸 （5）600。
▲ 创新思维探究
题型一、开放探究题
典例7：阅读下面三段材料：
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1.2572g/L， 而从含氮化合物分解得到的氮气密度为1.2508g/L。两者相差0.0064g/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）材料①、②中的“小误差”对测定空气组成和氮气密度的实验而言是主要因素还是次要因素？
（2）材料③中科学家抓住了“小误差”而获得重大发现说明 了什么问题？
研析：（1） “小误差”对测定空气的主要成分而言是次要因素，对氮气的密度影响很小，也是次要因素。但对空气所有成分的测定来说是绝不能忽略的主要因素之一。（2）只要有误差，就会有误差产生的原因，找出产生误差的原因，可能会有重大的发现。科学一定要严谨。
答案：（1）次要因素；（2）科学研究应有严谨的科学态度。
友情提醒：生活中充满了矛盾，同学们学习过程中也有许多“主要”或“次要”因素。比如说学习的四个环节（课前预习、上课学习、课后复习、课后作业）中以上课学习最重要，但同学们如果因为其它的环节是“次要”因素而忽视了其中一个或几个的话，那后果也必然是学习成绩的下降。因此，同学们在今后的学习过程中，要善于处理好“主要”和“次要”因素的关系。只有这样，才能取得最佳的学习效果。
拓展变式7．某种常见金属的部分性质如下：银白色固体，硬度较小，密度为2.70g/cm3，熔点为660.4℃，导电性、导热性、延展性良好。（1）试推断该金属可能的一种用途______。（2）)请提出你想探究的有关该金属化学性质的两个问题：①______；②______。（3）请设计实验方案对你所提出的两个问题进行探究(简述步骤、现象及结论)：①__________________________；②__________________________。7．研析：此题内涵丰富，思维量大，它不仅要求学生对金属的化学性质熟悉，对实验过程中操作、反应条件、现象、实验的可行性和安全性相关知识有深刻的理解，而且“问题与假设、探究程序、探究结论”均具有开放性，故此题答案具有不确定性和开放性，尤其第(3)小题突出考查学生的研究性学习能力，鼓励学生大胆假设，敢于探究，结合化学事实进行推理，既考查了学生对化学知识的掌握情况，又关注了学生对有关学科问题的理解和认识的过程，同时考查了科学探究的主要步骤和方法。这类试题有利于引导学生将学习的重点从过分强调知识的传承和积累向知识的探究过程转化，从被动接受知识向主动获得知识转化，有利于考查“过程与方法”，从而培养学生的科学探索精神、实事求是的科学态度和创新意识。答案：（1）做导线。（2）①该金属能否与稀盐酸反应②该金属能否与硫酸铜溶液反应。（3）①取少量该金属于试管中，滴入2～3 mL稀盐酸，若有气泡产生，则该金属能与稀盐酸反应。②取少量该金属于试管中，滴入2～3 mL硫酸铜溶液，若该金属表面有红色固体出现，则该金属能与硫酸铜溶液反应。
题型二、社会热点题
典例8：2005年5月29日7时15分，宜昌市远安县茅坪场镇洪家垭煤矿井下南三平掘进头发生一起瓦斯爆炸事故，造成3人死亡，8人受伤。事故发生时有22人在井下作业，其中11人安全撤离。国家针对小煤矿的“关井压产”曾多次发出整治通知，但由于近期煤炭价格上扬，加之乡镇煤矿的停产整顿会直接影响当地财政税收，致使一些小煤矿矿主置工人生命安全于不顾，暗中又恢复了生产。
（1）在煤炭的形成过程中会产生瓦斯。瓦斯的主要成分是甲烷。请写出瓦斯爆炸主要反应的化学方程式： 。
（2）爆炸后，坑境内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？
（3）你对此事有何看法？
研析：（2）CO与血红蛋白的结合能力远远强于O2，因此，CO中毒的原理就是使人体缺氧。所以，现场抢救CO中毒者，必须设法改善中毒者缺氧的状态。
答案：（1）CH4＋2O2→CO2＋2H2O（2）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）。（3）这种只顾个人经济利益，而不顾工人安全的行径应该受到社会的谴责，法律的制裁。一方面，国家应该毫不手软地对小煤矿进行治理整顿，另一方面应对国民加强文化、道德教育，提高国民素质。
总结提升：本题联系小煤矿瓦斯爆炸这一社会热点问题，起点较高。第一问考查的是初中学过的知识，落点较低。第二问则是课本知识和生活中一些急救知识的综合考查。第三问开放性较强，答案会随同学们的情感、认识不同而不完全相同。通过本题，不仅巩固了课本知识，而且提高了同学们解决实际问题的能力和热情，有一举多得的作用。
拓展变式8． 2005年10月12日9时，我国成功发射“神舟六号”载人飞船，遨游太空5天后准确降落。神舟推进舱段安装有4台额定真空推力2500N的轨道控制发动机，推进剂为四氧化二氮和一甲基肼（CH6N2），其主要反应为： CH6N2＋N2O4→X＋CO2↑＋H2O（未配平）。由此可知X中一定含有的元素是A．碳　　　　　B．氢　　　　　 C．氧　　　　　D．氮8．研析：“神舟六号”的成功发射对增强我国的国防力量和提高我国的国际地位都具有重要意义。本题起点高，但落点较低，根据化学反应前后元素的种类不变，反应前有C、H、N、O四种元素，而反应后的已知生成物中只有C、H、O三种元素，故X中必须含有氮元素。答案：D
▲ 高考思维探究
[考题1]（2005春-7）某校学生用化学知识解决生活中的问题，下列家庭小实验不合理的是
A．用食醋除去暖水瓶中的薄层水垢
B．用米汤检验含碘盐中的碘酸钾(KIO3)
C．用食用碱(Na2CO3)溶液洗涤餐具上的油污
D．用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯毛织物
研析：水垢的主要成分为碳酸钙和氢氧化镁，二者都可以溶于醋酸而被除去，A合理；淀粉遇碘（单质）变蓝色，此现象可用于淀粉或碘单质的检验，但必须要注意的是，淀粉遇到化合态的碘（如含碘盐中的碘酸钾）无明显现象，B不合理；C则是生活中的常识，在今后的学习中我们还将学到食用碱(Na2CO3)溶液洗涤餐具上的油污的具体原理，C合理；灼烧纯毛织物会有特殊的烧焦羽毛的气味，此法可用于检验富含蛋白质的纺织品与其它织品，D合理。
答案：B
考向指南：化学与STS关系密切，学习化学的目的就是要学以致用。利用化学知识来解决与之相关的生产和生活中的问题，寻找物质的用途，防止和治理环境污染等等。因此，这类问题必将成为化学联系实际的一类常考题型，也容易出在涉及多种学科的综合性试题里。
[考题2] （2005江苏化学-2）保护环境是每一个公民的责任。下列做法：① 推广使用无磷洗衣粉 ② 城市垃圾分类处理 ③ 推广使用一次性木质筷子 ④ 推广使用清洁能源 ⑤ 过量使用化肥、农药 ⑥ 推广使用无氟冰箱。其中有利于保护环境的是
A．①②④⑤ B．②③④⑥ C．①②④⑥ D．③④⑤⑥
研析：本题考查环境保护的常识。① 推广使用无磷洗衣粉，可以有效控制“赤潮”等危害；② 城市垃圾分类处理，可以有效回收资源，减轻环境污染；③ 推广使用一次性木质筷子会浪费大量木材；④ 推广使用清洁能源能有效控制排入大气的有毒气体量，减轻“酸雨”等危害；⑤ 过量使用化肥、农药会造成环境污染；⑥ 推广使用无氟冰箱可以有效的减缓“臭氧空洞”的形成。
答案：C
课标点击：在科技飞速发展的今天，人类在改造自然的过程中也同时出现了两个不容忽视的问题：一是资源问题，二是环境问题。这两个问题是新课标特别要求的，也必然会成为以后试题的热点题型。应该引起我们每名同学的高度重视。
[考题3] （05上海综合-11）观察下图，若用1 L水来代表地球上的总水量，要比较精确地量取地球上的淡水量，应选择的仪器是
A 100 mL烧杯 B 50 mL烧杯 C 100 mL量筒 D 50 mL量筒
研析：由上图不难看出，若用1 L水来代表地球上的总水量，则地球上的淡水量为1 L×3%＝0.03 L，即30mL。因此，选取50 mL量具即可，但烧杯不如量筒量筒精确，所以应选择的仪器是50 mL量筒。
答案：D
方法导引：本题联系同学们关心的淡水资源问题，实际考查的是对化学常见实验仪器（烧杯、量筒）的了解情况。如果从精确度考虑，选择量筒的原则有二：①一次性量取原则；②量程最小原则。一次性量取原则可以有效避免多次量取带来的重复误差，量程越小越精确，比如100 mL量筒的最小刻度是2 mL，而50 mL量筒最小刻度是1mL，在一次性量取的前提下，尽量选量程小的量筒可以将误差减到最小。
拓展变式9．面粉加工厂的车间里若悬浮着较多的面粉粉尘，遇明火就有发生爆炸的危险。下面是模拟粉尘爆炸的一个实验。如下图，在小塑料筒里放入干燥面粉，点燃蜡烛，用塑料盖盖住金属筒，迅速鼓入大量空气，不久，便会听到“砰”的一声，爆炸的气浪将金属筒上的塑料盖掀起。试问：（1）在上述实验中，鼓入空气的作用是______________。（2）下列情况下，不会发生爆炸的是_______________（填序号）。①金属筒不加盖时；②蜡烛没有点燃时；③塑料筒中装的是煤粉时。（3）面粉厂为了避免爆炸事故发生，应采取的安全措施有____________（写出一种即可）。9．研析：本题考查燃烧的条件、爆炸及易燃易爆物的安全知识。实验中不断的鼓入空气，会把面粉吹起来，使金属筒内充满面粉，一旦遇到明火引起燃烧，就可能发生爆炸。燃烧引起的爆炸是可燃物在有限的空间内燃烧才可能发生，去掉金属盖使空间扩大了，就不容易发生爆炸，而蜡烛没有点燃根本就不会发生爆炸。答案：（1）使面粉充满金属筒（2）①②（3）严禁烟火
开拓学习新视野
▲ 课标知识拓展
【思想方法】
化学记忆十法
1、理解记忆法。记忆有机械记忆和理解记忆之分。理解记忆是建立在对事物内在规律理解的基础上的记忆，其效果远远超过死记硬背的机械记忆。
2、有意记忆法。记忆可分为有意记忆和无意记忆。有意记忆是有预定目标并采用一定方法和步骤，经过一定努力的记忆方法，这种记忆方法，由球学生学习目标明确，注意图集中，有较高的自觉性和积极性，大脑细胞处于强烈的兴奋状态，从而产生深刻的印象，记得快且牢固。
3、分散记忆法。对于一些繁多，但必须直接记忆的化学知识，要指导学生采取各个突破、分散记忆的方法，以提高学生的兴趣和信心，增强记忆的效果。
4、联系实验记忆法。化学是一门以实验为基础的学科。化学实验能使学生获得丰富的大量的感性认识，能在头脑中留下深刻的记忆。
5、对比记忆法。不同事物之间总有区别，有比较才有鉴别，抓住事物的本质区别。记忆起来就比较牢固了。对比记忆又分相似对比记忆，相反对比记忆和列表对比记忆等法。
6、归纳记忆法。将大量零散的孤立的知识，经过综合归纳，找出之间的相互关系，并连成网络，使知识条理化，系统化。这样大大缩短了学生的记忆过程，从而达到以一贯十的效果。
7、形象记忆法。用感知过的事物形象为基础来记忆的方法是形象记忆法。有些基本概念和是比较抽象且又难以用实验直接观察到的，可用形象的描写、生动的比喻来加深学生的理解和记忆。
8、趣味记忆法。即寓知识球趣味之中的记忆方法，通常利用谐音、顺口溜、歌诀等帮助学生记忆。
9、改错记忆法。改错是正确认识的开始。改错能为学生提供新的深刻的信息反馈。所谓"吃一堑长一智"，因此要有意识地通过改错让学生加深记忆。
10、复习记忆法。根据记忆规律，记忆和遗忘总是相伴存在的一对矛盾。已经贮存的知识信息，若不反复运用，强化信息的痕迹，将会自动丧失。要有计划有目的地复习。复习时要注意及时性、经常性和综合性。
▲ 多彩化学漫步
人工合成牛胰岛素
早在1948年，英国生物化学家桑格就选择了一种分子量小，但具有蛋白质全部结构特征的牛胰岛素作为实验的典型材料进行研究。于1952年搞清了牛胰岛素的Ｇ链和Ｐ链上所有氨基酸的排列次序以及这两个链的结合方式。次年，他宣布破译出由17种51个氨基酸组成的两条多肽链牛胰岛素的全部结构。这是人类第一次搞清一种重要蛋白质分子的全部结构。桑格也因此荣获1958年诺贝尔化学奖。
从1958年开始，中国科学院上海生物化学研究所、中国科学院上海有机化学研究所和北京大学生物系三个单位联合，以钮经义为首，由龚岳亭、邹承鲁、杜雨花、季爱雪、邢其毅、汪猷、徐杰诚等人共同组成一个协作组，在前人对胰岛素结构和肽链合成方法研究的基础上，开始探索用化学方法合成胰岛素。经过周密研究，他们确立了合成牛胰岛素的程序。合成工作是分三步完成的：第一步，先把天然胰岛素拆成两条链，再把它们重新合成为胰岛素，并于1959年突破了这一难题，重新合成的胰岛素是同原来活力相同、形状一样的结晶。第二步，在合成了胰岛素的两条链后，用人工合成的Ｂ链同天然的Ａ链相连接。这种牛胰岛素的半合成在1964年获得成功。第三步，把经过考验的半合成的Ａ链与Ｂ链相结合。
在1965年9月17日完成了结晶牛胰岛素的全合成。经过严格鉴定，它的结构、生物活力、物理化学性质、结晶形状都和天然的牛胰岛素完全一样。这是世界上第一个人工合成的蛋白质，为人类认识生命、揭开生命奥秘迈出了可喜的一大步。这项成果获1982年中国自然科学一等奖。
问题：人工合成结晶牛胰岛素是我国生命科学园中的一朵奇葩。试问：结晶牛胰岛素合成的化学意义和生物学意义分别是什么？
多彩化学漫步
研析：本题从化学史、生物史的角度考查现代科学前沿的有关简单化学、生物知识的问题。重在测试学生分析和综合、比较和论证等能力。
答案：化学意义：它突破了简单有机物和生物高分子的界限，开创了人工合成高分子的新时期，向人工合成生命物质又迈进了一大步。生物学意义：标志着人类在探索生命奥秘的历程中迈出了关键的一步，对揭示生命现象的本质奠定了基础，并推动了分子生物学、分子遗传学的发展。
优化考题新演练
一、理解与应用
1．以下物品的发明与开发，属于化学对人体健康方面做出巨大贡献的是（ ）
A．不锈钢 B．青霉素 C．农药和化肥 D．电话和电视机
1．研析：青霉素是一种高效、低毒、临床应用广泛的重要抗生素。它的研制成功大大增强了人类抵抗细菌性感染的能力，带动了抗生素家族的诞生。
答案：B
2．为防止污染环境，下列燃料最理想的是（ ）
A．酒精 B．氢气 C．天然气 D．CO
2．研析：酒精、天然气都是含碳化合物，完全燃烧生成二氧化碳和水，二氧化碳是引起温室效应的主要物质之一；不完全燃烧生成CO造成环境污染更为严重。CO燃烧也会生成二氧化碳。氢气烧只生成水，对环境没有污染。
答案：B。
3．两次获得诺贝尔奖，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
3．研析：爱因斯坦是物理学家，达尔文是生物学家，欧拉是数学家，居里夫人是唯一一位两次获得诺贝尔奖的化学家。C正确。
答案：C。
4．13C—NMR（核磁共振）、15N—NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，库尔特·维特里希等人为此获得2002年诺贝尔化学奖。下面说法正确的是
A．C原子的核内质子数是6
B．N3－的核外电子数为7
C．15N的相对原子质量是15 g
D．现代化学研究多采用核磁共振等高级手段，不再需要化学实验
4．研析：不论化学科学多么发达，也不论其研究手段多么先进，化学科学的研究永远离不开化学实验。实际上，利用核磁共振这种先进的技术测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，也是利用先进仪器进行的一种化学实验，核磁共振仪只是实验过程中用到的一种仪器而已。另外，C原子的核内质子数是6；N3－的核外电子数为7+3＝10；15N的相对原子质量是15，不是15g。
答案：A。
5．2004年4月22日是第35个“世界地球日”，我国确定的主题是“善待地球——科学发展”。下列行为中不符合这一主题的是
A．采用“绿色化学”工艺，使原料尽可能转化为所需要的物质
B．大量开采地下水，以满足社会对水的需求
C．减少直至不使用对大气臭氧层起破坏作用的氟氯烃
D．节约能源，提高能源利用率
5．研析：大量开采地下水，可以暂时满足社会对水的需求。但如果不加节制的开采，地下水也有枯竭的一天，不符合“善待地球——科学发展”的思想。
答案：B。
6．（1）近年来，化合物的种类增长得很快，其总数已经超过了_____万种；其中大多数是_____（选填：①地球上原来就有的 ②科学家人工合成的）；形成这些化合物的元素仅有_____多种。
（2）人类对化学的研究经历了古代化学、 、 三个阶段。在微观层面上操纵分子和原子是 才能研究的内容。
6．研析：关于化合物种类，必修1中的说法是3500万种，较新的说法（选修5）是3700万种。
答案：（1）3700；②；110（2）近代化学；现代化学；现代化学。
二、拓展与创新
7．现有以下实验用品，请你证明普通的纸[含纤维素(C6H10O5)n]中含有碳元素和氢元素。写出操作步骤（在操作步骤中要写进使用仪器、试剂、操作、现象和结论）。
7．答案：将酒精灯点燃，取一张纸在点燃，用干冷烧杯罩于火焰上方，如果杯壁有水雾出现证明纸张中含有氢元素；再用滴管取少量澄清石灰水滴于烧杯中，将烧杯罩于火焰上方，若杯壁出现白色的浑浊，则证明纸张中含有碳元素。
8．化学反应的基本特征是有新物质生成，常表现为颜色改变、放出气体、生成沉淀等，这些现象常常可以帮助我们判断有没有化学反应发生，但有些反应却没有明显现象，例如二氧化碳与氢氧化钠溶液的反应，如何验证二氧化碳与氢氧化钠发生了化学反应？请你完成对该问题的实验探究。
操作步骤 实验现象 结论
向NaOH溶液中通入CO2气体后，再滴加少量的
8．答案：
稀盐酸 有气泡产生 CO2与NaOH溶液发生了反应
三、综合与探究
9．据报道，苏州一女士骑自行车随助力车行走，因大雾堵车在许多助力车排放的尾气中呆久后突然晕倒，路人急将其送往医院抢救。化学兴趣小组同学看报后组织讨论以下两个问题，请你参考：
（1）该女士昏倒的原因：　　　　　　　　　　　　　　　 。
（2）讨论中某同学为解决助力车污染空气的问题，提出以下几点建议：①用浓氢氧化钠溶液吸收尾气中有毒成分；②用灼热的氧化铜把尾气中有毒成分反应出去；③控制行驶的助力车的数量；④改进助力车发动机的结构，提高汽油燃烧效率。你认为切实可行的是　　　 ，试分析不行的原因　　　　　　　　　 。
9．研析：（1）助力车的燃料是汽油，其尾气中含有一定量的CO。堵车的路口处车多，含CO的浓度大，CO极难溶于水，在大雾中CO不易扩散，故人在此处呆久了会吸入CO中毒昏倒。
（2）①CO不与NaOH溶液反应，故此法无效；②灼热的氧化铜能处理尾气中的CO，但此装置安装车上，既复杂，又不方便；③、④两项措施在城市可行。
答案：（1）路口许多助力车排放的尾气中含有大量CO有毒气体，在大雾中难以扩散。人在其中呆久后因大量吸入CO，CO与血液中血红蛋白结合阻碍了O2的输入，使人缺氧而昏倒；
（2）③、④。①NaOH溶液与CO不反应；②能反应除去CO，但装置复杂。
10．我国大约在南北朝时就能铸造铜锌合金—黄铜。某化学兴趣小组为了测定得到的黄铜样品中铜的含量，称取20g样品研细后放置于烧杯中，加入50g稀硫酸，恰好完全反应后，冷却，称得烧杯的总质量为69.8g。请计算（计算结果精确到0.1%）：
（1）此黄铜中铜的质量分数；（2）所得溶液的溶质质量分数。
10．研析：由质量守恒定律得，反应所生成的氢气为：20g+50g -69.8g =0.2g
（1）设此黄铜中锌的质量为x，反应消耗H2SO4的质量为y，生成ZnSO4的质量为z
Zn +H2SO4=ZnSO4+H2↑
65 98 161 2
x y z 0.2g
65g/x＝2g/0.2g；98g/y＝2g/0.2g；161g/z＝2g/0.2g
解得：x＝6.5g y＝9.8g z＝16.1g
此黄铜样品中铜的质量为：20g -6.5g =13.5g
此黄铜样品中铜的质量分数为： 13.5g÷20g×100%＝67.5%
（2）反应后溶液的质量是：69.8g -13.5g ＝56.3g
所得溶液的溶质质量分数为：16.1g÷56.3g×100%＝28.6%
答案：此黄铜中铜的质量分数是67.5%，所得溶液的溶质质量分数是28.6%
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章 末 小 结
▲ 本章知识回顾
【网络图表】
【知识归纳】
1 基础知识
（1）物质的分类
①按物质是否由同种物质（分子）组成，将物质分为纯净物和混合物。
②按组成物质的元素的种类把纯净物分为单质和化合物。
③化合物的分类方法很多，如按化合物的性质分类，又把化合物分为酸、碱、盐、氧化物等；若按化合物在水溶液或在融化状态下是否导电，则可以分为电解质和非电解质；若按在化学反应中的表现，则分为氧化剂和还原剂。
④按混合物中分散质粒子的直径大小可将混合物分类，分为溶液、胶体和浊液等。
根据研究的需要，我们可以从多种不同的角度对物质进行分类，得到不同的分类结果。
例如：
（2）化学反应的分类
①根据反应形式分：分解反应、化合反应、置换反应和复分解反应。
②根据反应中电子得失分：氧化还原反应和非氧化还原反应。
③根据反应中化学粒子特征分：分子反应和离子反应等。
（3）胶体
①本质特征：胶体粒子粒度在1nm～100nm之间。
②重要性质：丁达尔现象、电泳、聚沉。
③胶体的提纯与精制：渗析。
（4）离子方程式的书写
方法1：写、改、删、查； 方法2：写、断、写、查。
注意事项：
①合事实：离子反应要符合客观事实，不可臆造产物及反应。
②式正确：化学式与离子符号使用正确合理。
③号实际：“↑”“↓”等符号符合实际。
④两守恒：两边原子数、电荷数必须守恒（氧化还原反应离子方程式中氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数要相等）。
⑤明类型：依据离子反应原理，分清类型，总结方法技巧。
⑥检查细：结合书写离子方程式过程中易出现的错误，细心检查。
（5）氧化还原反应：
①特征：化合价升降；②实质：电子的转移。
③基本规律：
守恒律：化合价升高和降低总数相等，电子得失总数相等。
强弱律：氧化性：氧化剂强于氧化产物；还原性：还原剂强于还原产物。
价态律：元素处于最高价，只有氧化性，元素处于最低价，只有还原性，中间价态的元素既有氧化性又有还原性。
转化律：邻价转化最易。化合价只靠拢，不交错。
2 基本概念
胶体：分散质粒度介于1~100nm之间的分散系，叫做胶体。
电解质和非电解质：在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物叫电解质；在水溶液或熔融状态下都不导电的化合物叫非电解质。
酸、碱、盐：电离时，生成的阳离子全部是H+的化合物是酸；生成的阴离子全部是OH－的化合物是碱；能生成金属阳离子和酸根阴离子的化合物称为盐。
离子反应：有离子参加的反应。
电离方程式：用来表示电解质在水溶液中电离情况的式子。
离子方程式：用实际参加反应的离子的符号来表示离子反应的式子。
氧化剂和还原剂：反应中得到电子的反应物是氧化剂；反应中失去电子的反应物是还原剂。
氧化反应和还原反应：物质失去电子的反应叫做氧化反应；物质得到电子的反应叫做还原反应。
氧化性和还原性：氧化剂在反应中获得电子的性质，叫做氧化性；还原剂在反应中失去电子的性质，叫做还原性。
氧化产物和还原产物：还原剂发生氧化反应后的生成物，叫做氧化产物；氧化剂发生还原反应后的生成物，叫做还原产物。
3 基本关系
（1）元素与物质的关系：元素是物质的基本组成成分，物质都是由元素构成的。
（2）酸、碱、盐与电解质的关系：酸、碱、盐属于电解质，电解质包含酸、碱、盐。
（3）单质、氧化物、酸、碱、盐之间的相互关系：
（4）氧化还原反应中各个概念间的关系（同一反应中）：
（5）铁及其化合物的转化关系：
▲ 本章专题探究
离子共存问题
有关溶液中离子能否共存问题是中学化学中的常见问题。从历年高考中有关离子共存问题的难度上分析，这类问题都属于中等难度偏易题，但这类题的区分度都比较高。也就是说，题不难，但考生在这类题上得分差异较大。造成之种状况的原因，主要是考生在元素及其化合物知识的学习中，没有将众多的元素及其化合物知识统摄整理，使之网络化并进行有序的存储，因而在提取、再现、辨认时，或出现错误，或发生障碍，或不完整。也有知识掌握不完整，物质间相互反应的规律不清晰，在解决问题时缺乏信心等因素造成。
相关知识点：
1．由于发生复分解反应，离子不能大量共存。
（1）有气体产生。如CO32－、SO32－、S2－、HCO3－、HSO3－、HS－等易挥发的弱酸的酸根与H+不能大量共存。
（2）有沉淀生成。如Ba2+、Ca2+、Mg2+、Ag+等不能与SO42－、CO32－等大量共存；Mg2+、Fe2+、Ag+、Al3+、Zn2+、Cu2+、Fe3+等不能与OH－大量共存；Pb2+与Cl－，Fe2+与S2－、Ca2+与PO43－、Ag+与I－不能大量共存。
（3）有弱电解质生成。如OH－、CH3COO－、PO43－、HPO42－、H2PO4－、F－、ClO－、SiO32－等与H+不能大量共存；一些酸式弱酸根如HCO3－、HPO42－、HS－、H2PO4－、HSO3－不能与OH－大量共存；NH4+与OH－不能大量共存。
2．由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存。
（1）具有较强还原性的离子不能与具有较强氧化性的离子大量共存。如S2－、HS－、SO32－、I－和Fe3+不能大量共存。
（2）在酸性的介质中由于发生氧化还原反应而不能大量共存。如MnO4－、Cr2O72－、NO3－、ClO－与S2－、HS－、SO32－、HSO3－、I－、Fe2+等不能大量共存。
思维技巧点拨：
1．首先必须从化学基本理论和概念出发，搞清楚离子反应的规律和“离子共存”的条件。在中学化学中要求掌握的离子反应规律主要是离子间发生复分解反应和离子间发生氧化反应，以及在一定条件下一些微粒（离子、分子）可形成络合离子。“离子共存”的条件是根据上述三个方面统筹考虑、比较、归纳整理而得出。因此解决“离子共存”问题可从离子间的反应规律入手，逐条梳理。
2．审题时应注意题中给出的附加条件。
（1）酸性溶液（H+）、碱性溶液（OH－）等。（2）有色离子MnO4－，Fe3+，Fe2+，Cu2+，Fe(SCN)2+。
（3）MnO4－，NO3－等在酸性条件下具有强氧化性。（4）注意题目要求“大量共存”还是“不能大量共存”。
3．溶解性口诀：
钾、钠、铵盐硝酸盐，都能溶在水中间；碳酸、磷酸两种盐，溶者只有钾、钠、铵；
盐酸难溶银、亚汞，硫酸难溶是钡、铅；碱溶钾、钠、铵和钡，注意钙盐常是微。
例1：下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是：
A．K+、Ag+、NO3－、Cl－　　　B．Ba2+、Na+、CO32－、OH－ C．Mg2+、Ba2+、OH－、NO3－
D．H+、K+、CO32－、SO42－ E．Al3+、Fe3+、SO42－、Cl－　　　　F．K+、Na+、NH4+、OH－
研析：A组中：Ag＋＋Cl－＝AgCl↓； B组中，Ba2＋＋CO32－＝BaCO3↓； C组中，Mg2＋＋2OH－＝Mg(OH)2↓； D组中，2H＋＋CO32－＝CO2↑＋H2O； E组中，各种离子能在溶液中大量共存； F组中，NH4＋与OH－能生成难电离的弱电解质NH3·H2O，甚至有气体逸出。
答案：E
例2：在无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是：
A．Mg2＋、Ag＋、NO3－、Cl－　　　　　 B．Cu2＋、Na＋、SO42－、Cl－
C．Ba2＋、K＋、NO3－、Cl－　　　　　　 D．Zn2＋、Na＋、OH－、SO42－
研析：题目给出两个重要条件：酸性和无色透明，并要求找出能共存的离子组。选项A中的Ag＋与Cl－不能共存，生成的AgCl不溶于HNO3（H＋和NO3－），不符合题意。选项B中各离子能够共存，但Cu2＋在水溶液中显蓝色，不符合题意。D中的各离子虽都是无色的，但OH－不能共存于酸性溶液中，不符合题意。选项C中各离子能够共存，且为无色，所以C符合题意。
答案：C
综合能力探究演练
（时间60分钟，满分100分）
一、选择题（45分）
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＋
1．答案：C
解析：Na＋、K+、Cl－等离子在维持人体内电解质平衡中有着重要的作用。人在大量出汗后，这些离子随汗液一起排出，如不及时补充，会使神经和肌肉的应激受到影响，产生恶心、肌肉痉挛等症状。因此，人在大量出汗后应及时补充的离子是Na＋。
2．下列关于胶体的说法中正确的是
A．胶体外观不均匀 B．胶粒能通过滤纸
C．胶粒是静止的 D．胶体不稳定，静置后容易产生沉淀
2．答案：B
解析：胶体是分散系的一种，外观均匀，胶粒带相同电荷，且不停的运动，所以胶体是比较稳定的，在通常情况下，不会产生沉淀。滤纸通常用来分离沉淀和溶液，但其孔径大于胶粒粒度，因此胶粒能通过滤纸。
3．下列反应中属于氧化还原反应的是
A．Na2O＋H2O ＝ 2NaOH B．Cu2(OH)2CO32CuO＋H2O＋CO2↑
C．2CO＋O22CO2 D．Na2CO3＋CaCl2 ＝ CaCO3↓＋2NaCl
3．答案：C
解析：氧化还原反应的特征是化合价的变化，据此可判断一个反应是否为氧化还原反应。本题中只有2CO和O2反应生成CO2的反应中有元素化合价的变化，C正确。
4．氧化还原反应的实质是
A．分子中的原子重新组合 B．氧原子的得失
C．化合价的升降 D．电子的得失或共用电子对的偏移
4．答案：D
解析：氧化还原反应的实质是电子的转移，而“转移”包括电子的得失或共用电子对的偏移，D正确。
5．电解质电离时一定相等的是
A．阴、阳离子数 B．阳离子和阴离子的质量
C．正电荷总数和负电荷总数 D．每个阳离子和阴离子所带电荷数
5．答案：C
解析：根据电荷守恒的原则，任何溶液都是呈电中性的，也就是说，电解质电离时，正电荷总数和负电荷总数一定相等。比如说1mol Na2SO4电离出的2 mol Na+和1mol SO42－，两者个数、质量、每个阳离子和阴离子所带电荷数均不相等，但正电荷总数和负电荷总数相等。
6．下列变化中需加入氧化剂才能实现的是
A．Cl－→Cl2 B．Fe3+→Fe2+ C．CuO→Cu D．H2SO4→BaSO4
6．答案：A
解析：A中Cl元素化合价升高，必须加入氧化剂才能实现；B、C中Fe和Cu的化合价降低，需加入还原剂才能实现；D中无元素化合价变化。
7．下列离子方程式中，书写错误的是
A．碳酸钠溶液跟稀H2SO4混合：CO32－＋2H+ ＝ H2O＋CO2↑
B．硝酸铜溶液中滴加烧碱溶液：Cu2+＋2OH－ ＝ Cu(OH)2↓
C．醋酸溶液中加入氢氧化钾溶液：H+＋OH－ ＝ H2O
D．MgSO4溶液中加入BaCl2溶液：Ba2+＋SO42－ ＝ BaSO4↓
7．答案：C
解析：书写离子方程式要注意：①反应要符合事实；②微粒书写形式要正确；③方程式要配平。C中醋酸是弱电解质，应写成CH3COOH的形式。
8．下列变化中，既是化合反应，又是氧化还原反应的是
A．Zn与稀盐酸反应 B．CO和O2反应 C．C和CO2反应 D．Na2O溶于水
8．答案：B、C
解析：从基本反应类型来看，四个选项中的反应分别属于：置换反应、化合反应、化合反应、化合反应；从元素化合价是否变化角度看，只有D中反应无化合价变化，属于非氧化还原反应，其它反应属于氧化还原反应。综合考虑，既是化合反应，又是氧化还原反应的是B、C。
9．航天技术测得三氧化二碳（C2O3）是金星大气层的成份之一，下列关于C2O3的说法中错误的是
A．C2O3与CO2都是碳的氧化物 B．C2O3与CO2都是碳酸的酸酐
C．C2O3与CO都具有还原性 D．C2O3与C的燃烧产物都是CO2
9．答案：B
解析：根据氧化物的定义（含有两种元素，其中一种是氧元素）可判断A正确；C2O3与CO中C的化合价分别为+3、+2，都没有达到最高价态，都具有还原性，C2O3与C在燃烧后C的化合价都会变为+4价，而生成CO2，因此，C、D也是正确的；C2O3、H2CO3中C的化合价不同，C2O3不是碳酸的酸酐，B错误。
10．将AgNO3、Na2SO4、BaCl2三种物质按分子数为2∶1∶1的比例混合后溶于足量水中，最终溶液中大量存在的离子是
A．Ba2+和NO3－ B．Na+和Cl－ C．Na+和NO3－ D．Ag+和SO42－
10．答案：C
解析：将三种物质按分子数为2∶1∶1的比例混合后溶于足量水中，Ag+和Cl－、SO42－和Ba2+恰好完全反应转化成AgCl和BaSO4沉淀，最终溶液中大量存在的离子是Na+和NO3－。
11．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
11．答案：B
解析：题中涉及的反应，除2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2，还可能有2FeCl3＋Fe＝3FeCl2和Fe＋CuCl2＝FeCl2＋Cu等。铁的还原性大于铜，当Fe、Cu均为少量时，选项D为可能；当Fe足量时，选项C为可能；当Fe为少量、Cu为足量时，选项A为可能。若剩余Fe，则溶液中不可能含Cu2+，必有Cu单质存在。
12．美国发射的航天器已将我国研制的质谱仪带入太空，其目的是探索反物质的存在。反物质的主要特征是电子带正电荷、质子带负电荷。以下可表示反物质酸和碱中和反应实质的是
A．H－＋OH+＝H2O B．H+＋OH－＝H2O
C．H+＋OH+＝H2O D．H－＋OH－＝H2O
12．答案：A
解析：一般来说，中和反应的实质是：H+＋OH－＝H2O，但本题明确告诉：反物质的主要特征是电子带正电荷、质子带负电荷，所以反物质酸和碱中和反应实质应该是H－＋OH+＝H2O。
13．现有2mol／L的盐酸和硫酸溶液各100 mL，分别加入等质量的铁粉，反应结束时，所生成的气体质量比为2∶3，则往酸中加入的铁粉的质量为
A．2.8g B．5.6g C．8.4g D．16.8g
13．答案：C。
解析：虽然HCl和H2SO4的物质的量相等，但H2SO4是二元酸，分别与等质量的Fe反应，若Fe足量，则产生的H2应为1∶2，若Fe不足（酸过量）则产生的H2相应为1∶1。而现产生的H2为2∶3因此必有一反应酸不足，另一反应酸过量，因为2HCl→H2→H2SO4→H2，所以Fe粉对盐酸过量，对H2SO4不足，可以通过与H2SO4反应放出H2的量求铁的量。
14．已知常温下，在溶液中发生如下反应：
①16H+＋10Z－＋2XO4－＝2X2+＋5Z2＋8H2O；②2A2+＋B2＝2A3+＋2B－；③2B－＋Z2＝B2＝2Z－
由此判断下列说法错误的是
A．反应Z2＋2A2+＝2A3+＋2Z－可以进行 B．Z元素在①、③的反应中均被还原
C．氧化性由强到弱的顺序是：XO4－、Z2、B2、A3+ D．还原性由强到弱的顺序是：Z－、B－、A2+、X2+
14．答案：B、D
解析：由①可知氧化性XO4－>Z2,还原性Z－>X2+,由②可知氧化性B2>A3+，还原性A2+>B－，由③可知氧化性Z2>B2,还原性B－>Z－，故AC正确，D错误。Z元素在①中由－1价升高到0价被氧化，在③中Z元素由0价降低到－1价被还原，故B错误。
15．离子反应、复分解反应、置换反应和氧化还原反应之间可用集合关系表示，其正确的是
15．答案：A
解析：依据不同的标准，化学反应有多种不同的分类方法。它们之间并不是孤立的，而是有一定联系的。复分解反应都属于非氧化还原反应，置换反应都属于氧化还原反应，离子反应有的属于氧化还原反应，如：Fe＋2H+＝Fe2+＋H2↑，有的属于非氧化还原反应，如：Ag+＋Cl－＝AgCl↓。
二、非选择题（55分）
16．（8分）（1）欲证明铁、铜、银三种金属的活动性顺序，应该选用的试剂是 ，化学方程式是 。
（2）将碎蛋壳放到盛有食醋（含CH3COOH）的家用杯子中，会产生一种能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，可推知蛋壳的化学成分中含有 。完成上述两个离子方程式： 。如果给你少量澄清石灰水，你在家里如何操作可验证上述实验中产生的气体 简述操作过程：
。
16．答案：（1）铁、硫酸铜溶液、硝酸银溶液；Fe＋CuSO4＝FeSO4＋Cu；Cu＋2AgNO3＝Cu(NO3)2＋2Ag
（2）CaCO3；CaCO3＋2CH3COOH＝Ca2+＋2CH3COO－＋H2O＋CO2↑；
CO2＋Ca2+＋2OH－＝CaCO3↓＋H2O；取玻玻璃片，涂上石灰水，罩在反应的杯子上，有浑浊生成即是。
解析：（1）金属的活动性顺序可以通过它们之间的置换反应来区别，规律是活泼的金属可以将相对不活泼的金属从其盐溶液中置换出来。因此选用铁、硫酸铜溶液、硝酸银溶液，通过“Fe＋CuSO4＝FeSO4＋Cu”证明Fe比Cu活泼，通过“Cu＋2AgNO3＝Cu(NO3)2＋2Ag”可以证明Cu比Ag活泼。
（2）能使澄清石灰水变浑浊的无色气体应该是CO2，因此蛋壳的化学成分中含有CaCO3。在书写离子方程式的过程中要特别注意醋酸的书写形式。
17．（8分）（1）一个体重50kg的健康人含Fe元素约2g。主要以Fe2+、Fe3+形式存在于人体内。Fe2+易被吸收，给贫血者补充铁时，应补充含Fe2+的亚铁盐（如FeSO4）。服用Vitc，可使食物中的Fe3+转化为Fe2+。
①人体中经常进行Fe2+Fe3+的转化，在过程A中，Fe2+做 剂，过程B中Fe3+做 剂。
②Vitc使Fe3+转化为Fe2+，Vitc在这一过程中做 ，具有 性。
（2）写出下列反应的化学方程式，并注明氧化剂、还原剂
①“曾青得铁化为铜”： ；
②用CO还原Fe2O3炼铁： 。
17．答案：（1）①还原，氧化 ②还原剂，还原
（2）①Fe＋CuSO4＝Cu＋FeSO4 氧化剂：CuSO4；还原剂：Fe
②3CO＋Fe2O3＝2Fe＋3CO2 氧化剂：Fe2O3； 还原剂：CO
解析：（1）①过程A：Fe化合价由+2升高到+3，被氧化，Fe2+做还原剂，过程B：Fe化合价由+3降低到+2，被还原，Fe3+做氧化剂。②Vitc使Fe3+转化为Fe2+，Fe3+被还原，可推知：Vitc在这一过程中被氧化，做还原剂，具有还原性。
（2）①CuSO4中Cu的化合价降低，做氧化剂，Fe的化合价升高，做还原剂；②CO中C的化合价升高，做还原剂，Fe2O3中Fe的化合价降低，做氧化剂。
18．（6分）下列4组物质均有一种物质的类别与其它3种不同
A．CaO、Na2O、CO2、CuO B．H2、C、P、Cu
C．O2、Fe、Cu、Zn D．HCl、H2O、H2SO4、HNO3
（1）则这4种物质依次是（填化学式）：
A ；B ；C ；D 。
（2）这四种物质相互作用可生成一种新物质（碱式碳酸铜，化学式Cu2(OH)2CO3），该反应 氧化还原反应（填“是”或“否”）。
（3）写出碱式碳酸铜与足量盐酸反应的离子方程式：___________________________。
18．答案： （2）A CO2；B Cu ；C O2 ；D H2O 。（2） 是
（3） Cu2(OH)2CO3＋4H+ ＝ Cu2+＋3H2O＋2 CO2↑
19．（12分）物质A~E都是中学化学中常见的物质，它们可发生如图所表示的反应：
（1）写出相应物质的名称和类别：
A B C D E
名称
类别
（2）在以上反应中（用序号填空）：
属于氧化还原反应的是 ；属于置换反应的是 ；属于分解反应的是 ；属于化合反应的是 ；属于复分解反应的是 ；属于离子反应的是 。
（3）写出反应③的离子方程式： 。
19．答案：（1）
A B C D E
名称 铜 氯化铜 氢氧化铜 氧化铜 硫酸铜
类别 单质 盐 碱 氧化物 盐
（2）①②⑦；①⑦；⑥；②；③④⑤；③④⑤⑦ （3）CuO＋2H+＝Cu＋H2O
20．（7分）砖瓦是用含铁元素等杂质的粘土隔绝空气烧制而成的，当烧窑作业临近结束时，若用淋洒水的办法来降低温度，窑内处于还原性气氛，砖块中的铁以氧化亚铁的形式存在，因而砖呈青色。若用捅开窑顶自然冷却的办法，砖就变成了红色．
（1）从化学角度看，砖瓦呈红色的原因是 。
（2）现有一块红砖，实验台上有浓H2SO4、3mol·L－1的盐酸、0.1mol·L－1的KSCN溶液，0.1mol·L－1的FeCl3溶液、0.01mol·L－1的NaOH溶液、蒸馏水等试剂，请选用中学化学常用仪器，设计一个实验，用最简捷的方法验证红砖中含有三价铁。（简述实验步骤，所用仪器、产生现象、所得结论）
20．答案：（1）捅开窑顶，空气进入窑内，铁元素被氧化生成Fe2O3而呈红色。
（2）砸碎红砖，取少量放入研钵内，研成粉末，取该粉末放入试管中，向其中加入3mol·L－1的盐酸，振荡，静置，然后加入几滴KSCN溶液，溶液变红色证明Fe3+存在。
21．（6分）A、B、C为3种单质（其中A为固体，B、C为气体），D的饱和溶液滴入沸水中继续煮沸，溶液呈红褐色，B、C反应的产物易溶于水得到无色溶液E。它们之间的转化关系如右图：
请填写下列空白：
（1）物质A是 ，B是 ，C是 。
（2）F中加入NaOH溶液，并在空气中放置的化学方程式是 ， 。
21．答案：（1）Fe、Cl2、H2；（2）FeCl2＋2NaOH＝Fe(OH)2↓＋2NaCl； 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3
解析：由“D的饱和溶液滴入沸水中继续煮沸，溶液呈红褐色”这一信息可判断，D为FeCl3；以此为突破口，加之“其中A为固体，B为气体”的信息推出A、B分别为Fe、Cl2；再根据“B、C反应的产物易溶于水得到无色溶液E”这一信息，不难推出C为H2。
22．（8分）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100.00 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50.00 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。则：
（1）磁性粉末材料中氧元素的质量分数是__________。
（2）该磁性材料的化学式为__________。
22．答案：（1）20.4% （2）BaFe2O4（或BaO·Fe2O3）
解析：（1）12.52 g 样品中：
n(Ba2＋)＝2n(BaSO4)＝2×4.66 g /233 mol－1＝0.0400 mol
n(Fe3＋)＝4n(Fe2O3)＝4×3.20g/160g·mol－1＝0.0800 mol
m(O)＝12.52 g－137 g·mol－1×0.0400 mol－56.0 g·mol－1×0.0800 mol＝2.56 g
w(O)＝2.56/12.52×100%＝20.4%
(2)n(O)＝2.56g/16 g·mol－1＝0.160 mol
n(Ba2＋)∶n(Fe3＋)∶n(O2－)＝1∶2∶4
化学式为：BaFe2O4（或BaO·Fe2O3）
本章答案解析与研读
教材章末习题（P56）
1．答案：（1）悬浮颗粒分散到空气中形成胶体，悬浮颗粒带负电，在电场的作用下，向阳极移动。
（2）将食盐溶于水，加入稀盐酸至溶液的pH等于7。
2．答案：（1）A、C （2）B、C （3）A、B （4）C
解析：（1）物质包含的元素如果处于中间价态，则既有氧化性，又有还原性。例如氯化亚铁具有氧化性，在与锌的反应中做氧化剂，但在与氯水的反应中做还原剂，A错误；还原剂在反应中应该被氧化，D错误。
（2）A、D中都是物质被还原的过程，B、C都是物质被氧化的过程，需加氧化剂才能实现。
（3）A、B中都是都是物质被还原的过程，需加还原剂才能实现，C、D中都是物质被氧化的过程，需加氧化剂才能实现。
（4）在四种基本反应类型中，置换反应一定是氧化还原反应，复分解反应一定是非氧化还原反应，化合反应和分解反应可能是氧化还原反应，也可能是非氧化还原反应。
3．答案：（1）Ag+＋Cl－＝AgCl↓（2）Cu＋2Ag+＝Cu2+＋2Ag
（3）NaOH＋HCl＝NaCl＋H2O；2KOH＋H2SO4＝Na2SO4＋2H2O
（4）CuCl2＋Fe＝FeCl2＋Cu；CuSO4＋Fe＝FeSO4＋Cu
4．答案：（1）KSCN溶液；溶液变为血红色。（2）2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2
（3）A．①Fe ②FeCl2 ③Cu和Fe ④HCl ⑤FeCl2 ⑥FeCl3
B．CuCl2＋Fe＝FeCl2＋Cu；2FeCl3＋Fe＝3FeCl2；Fe＋2HCl＝FeCl2＋H2↑；2FeCl2＋Cl2＝2FeCl3。
解析：废液中含有FeCl3腐蚀Cu后生成的FeCl2和CuCl2，为了保证Cu被完全腐蚀，FeCl3应该是过量的，此废液中还含有少量的FeCl3。从废液中回收Cu，可加入Fe置换，但由于氧化性Fe3+＞Cu2+，故先后发生如下反应：2FeCl3＋Fe＝3FeCl2、CuCl2＋Fe＝FeCl2＋Cu。为了保证Cu2+ 全部转化成Cu，应加入过量的Fe，所以滤渣③中不仅含有Cu，而且含有Fe。除去Fe、Cu混合物中的Fe，可用稀盐酸，这样，既可得到Cu，又可得到FeCl2溶液。在FeCl2溶液中通入Cl2，可得到FeCl3溶液。
5．答案：2.5×10－3mol·L－1；正常。
解析：n(Ca2+)＝2.0×10－3 L×5.0×10－3mol·L－1×5mol÷2mol＝2.5×10－5mol
c(Ca2+)＝2.5×10－3mol·L－1
此人血钙含量在正常范围内。
6．答案：（1）从物质的性质和组成形式上分：
①金属：金属钠、金属铜；②非金属：氯气、氢气、氧气、硫单质、液溴；③氧化物：氧化镁、二氧化硫、二氧化氮、二氧化硅；④氢化物：氨气；⑤酸：硫酸；⑥盐：氯化钠、硫酸铜、碳酸钙、硫酸钙、氯化铁、硝酸钾、碘化钾。
（2）其它方法：
①单质：金属钠、金属铜、氯气、氢气、氧气、硫单质、液溴；②电解质：氧化镁、硫酸、氯化钠、硫酸铜、碳酸钙、硫酸钙、氯化铁、硝酸钾、碘化钾；③非电解质：二氧化硫、二氧化氮、二氧化硅、氨气。
失去n个电子，化合价升高n价
还原剂
（具有强还原性）
氧化产物
（具有弱氧化性）
被氧化，发生氧化反应
得到n个电子，化合价降低n价
氧化剂
（具有强氧化性）
还原产物
（具有弱还原性）
被还原，发生还原反应
Fe
Fe2+
Fe3+
强还原剂
强氧化剂
弱还原剂
弱氧化剂
强氧化剂
强还原剂
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第2章 元素与物质世界
学习导言
▲ 章节知识概说
古人云：“授之以鱼，不如授之以渔。”本教材特别注重了对学习方法的教学：通过第一单元的学习，我们了解了研究物质性质的一般方法和程序；本单元将着中对其中的“分类法”进行深入的研究和探讨。
有限的110多种元素却形成了3700多万种形形色色的物质，若想了解这么多物质的性质，必须对其进行分类。这就强化了两个观点：“元素观”和“分类观”。然后，从分类的角度出发，一方面对初中学习的酸、碱、盐、氧化物的知识进行梳理，并按课标要求对胶体、电解质、氧化还原反应等内容进行系统的学习，将这些看似毫不相干的知识有机的联系在一起。另一方面又可为后面大量的元素化合物知识的学习打下坚实的基础。
▲ 课标理念感悟
知识与技能：能根据物质的组成和性质对物质进行分类，初步认识各类物质之间的反应关系；知道胶体是一种常见的分散系；知道酸、碱、盐在溶液中能发生电离，通过实验事实认识离子反应及其发生的条件，知道离子方程式的书写方法；了解常见离子的检验方法；初步学会物质的检验、分离等实验技能；根据实验事实了解氧化还原反应的本质是电子的转移，能举例说明生产生活中常见的氧化还原反应；通过实验探究，了解铁及其化合物的主要性质。
过程与方法：通过研究各类物质之间的反应关系，初步认识研究物质通性的方法，提高探究能力；能用元素的观点认识物质，并从多角度依据不同的标准对物质进行分类。
情感态度与价值观：通过对物质的分类，体验分类在化学研究和学习中的重要意义。通过阅读“身边的化学”等内容，让学生关注化学与生命活动的联系，认识化学知识在丰富人类生活、促进人体健康中的重要作用。
第1节 元素与物质的分类
你有没有与到过这样的情况，当上课的时候，老师要求你拿出某教材或学习资料，有的同学顺手就可以拿出来，但也有一部分同学费尽九牛二虎之力才找到，这是为什么呢？很简单，有些同学将自己所有的资料按一定的标准进行“分类”整理，当然容易找了。而有部分同学将自己的资料毫无章法的乱放，当然难找了。我们现在已经发现和合成的化合物种类已经超过3700万种，并且这个数字还在迅速的增长过程中。试想，如果不进行科学的分类，课桌上有限的资料都这样难找，我们又如何去掌握这么多化合物的性质呢？那么，我们在化学学习过程中，如何更好的使用“分类”的方法呢？
研习教材重难点
研习点1 元素与物质的关系
1．元素与物质的关系：
从本质上看，元素是物质的基本组成成分，物质都是由元素组成的；从数量上看，110多种元素组成了几千万种的物质。
2．元素的组成形式：
（1）单质：同一种元素自身组成的物质叫单质，有金属、非金属、稀有气体。
（2）化合物：不同的元素之间组成的物质叫化合物。
3．元素的存在形态：
（1）游离态：元素以自身形式结合成单质时的存在状态，此时的化合价为零价。
（2）化合态：元素与另外的元素之间结合成化合物时的存在状态，此时的化合价一般为正价或负价。
【交流·研讨】
110多种元素何以组成的种类繁多的3700多万中形形色色的物质？
元素是物质的基本组成成分。每一种元素都能自身组成单质，许多元素还可以形成不同的单质，如氧元素可以形成氧气、臭氧。一种元素可以与其它元素组成化合物，而且相同的元素可以组成不同的化合物，如氢元素和氧元素可以形成水、双氧水，氧元素和碳元素可以形成一氧化碳、二氧化碳。由于可以按照一定的规律以不同的种类和不同的方式进行组合，所以为数不多的元素能够组成种类繁多的物质。
【迁移·应用】
典例1：C、H、O三种元素可以组成哪些物质？
研析：这三种元素可以形成各自的单质，它们相互之间两两组合、三种元素组合可以形成多种化合物。须注意的是，在游离态时，要充分考虑到同素异形体的问题；在化合态时，要充分考虑到碳可以形成－4、＋2、＋4等多种不同的价态。
答案：这三种元素可以组成木炭、石墨、金刚石、氢气、氧气、臭氧、甲烷、一氧化碳、二氧化碳、水、双氧水、碳酸等多种物质。
典例2：只含有一种元素的物质
A．一定是纯净物 B．一定是一种单质
C．可能是单质也可能是化合物 D．可能是纯净物也可能是混合物
研析：化合物是由不同元素组成的纯净物，因此，只含有一种元素的物质不可能是化合物。由单质是一种元素组成的纯净物，因此，只含有一种元素的物质可能是单质；但有些元素能同时形成多种单质，如氧元素能形成氧气和臭氧、磷元素能形成红磷和白磷。只含有一种元素的物质还可能是由两种或多种同素异形体构成的混合物。
答案：D。
研习点2 物质的分类
1．物质分类的方法：
（1）按物质是否由同种物质（分子）组成，将物质分为纯净物和混合物。由同种物质（分子）组成的物质叫纯净物；由不同物质的分子组成的物质叫混合物。
（2）按组成物质的元素的种类把纯净物分为单质和化合物。
（3）化合物的分类方法很多，如按化合物的性质分类，又把化合物分为酸、碱、盐、氧化物等；若按化合物在水溶液或在融化状态下是否导电，则可以分为电解质和非电解质；若按在化学反应中的表现，则分为氧化剂和还原剂。按混合物中分散质粒度大小可将混合物分为溶液、胶体和浊液等。
说明：①物质的分类方法和依据很多，按不同的方法可得出不同的类别。
②类别名称只是为了标识不同分类结果的一种定义。
③注意分类依据和分类的对象、类别之间的层级关系和区别。
（4）两种常用的分类方法——“交叉分类法”和“树状分类法”
【领悟·整合】
对物质进行有效的分类在化学学习中有着重要的意义。因为物质的种类繁多、数量巨大，不可能逐一研究。对物质进行科学分类，再分门别类地研究它们的结构、性质和用途，则容易找到有关规律，把握物质的本质属性和内在联系，最大限度地服务于人类社会。
2．单质、氧化物、酸、碱和盐之间的相互关系
（1）探究实例：酸的通性
反应物 实验现象 结论
锌溶解，有大量气泡冒出 酸能和活泼金属反应放出氢气。
碱溶液由红色变成无色 酸能和碱发生中和反应。
黑色的氧化铜溶解，溶液变蓝色。 酸能和碱性氧化物反应。
产生白色沉淀 酸能和某些盐反应。
酸的其它性质：能与酸碱指示剂作用，比如能使紫色石蕊试液变红色。
（2）金属的化学通性：
① 金属+非金属→无氧酸盐 ② 金属+氧气→金属氧化物 ③ 较活泼金属+酸（硝酸、浓硫酸除外）→盐+氢气
④ 较活泼金属金属+较不活泼金属的盐溶液→较不活泼金属+较活泼金属的盐溶液
（3）氧化物的化学通性：
① 酸性氧化物+水→含氧酸 ② 酸性氧化物+碱→盐+水 ③ 酸性氧化物+碱性氧化物→盐
④ 碱性氧化物+水→碱 ⑤ 碱性氧化物+酸→盐+水
说明：能跟酸反应生成盐和水的氧化物叫碱性氧化物；能跟碱反应生成盐和水的氧化物叫酸性氧化物。
（4）碱的化学通性：
① 碱+酸碱指示剂：使紫色石蕊试液变蓝色；无色酚酞试液变红色 ② 碱+酸性氧化物→盐+水
③ 碱+酸→盐+水 ④ 盐→新碱+新盐
（5）盐的化学通性：
①盐+酸→新盐+新酸 ②盐+碱→新盐+ 新碱 ③盐+盐→新盐+新盐
【品思·感悟】
掌握物质之间的反应和转化关系有很重要的意义。人们利用物质之间的反应和相互转化关系，可以制备物质、鉴别物质、提纯物质，以及研究物质的性质。同学们今后再探究陌生物质的性质时，可以先分析该物质的类别，然后预测它可能与哪些物质发生反应。
典例3：（1）请补充完善下面的物质分类示意图：
（2）上述分类属于哪种常见的分类方法？
研析：我们现在发现的物质有几千万种，对物质进行分类是非常必要的。而根据不同的标准，分类方法也有所不同。例如：化合物可以分为酸、碱、盐和氧化物，也可以分为无机物和有机物。
答案：（1）①混合物 ②单质 ③化合物 ④溶液 ⑤浊液 ⑥非金属 ⑦酸、碱、盐和氧化物或无机物和有机物。（2）树状分类法。
典例4：单质、氧化物、酸、碱和盐之间的相互关系如下图所示：
请回答：Na和S分别属于单质中的什么类别？它们能发生上表中各个箭头表示的反应吗？ 如能反应，写出相关反应的化学方程式。
研析：Na和S分别属于单质中的金属和非金属。Na在常温时就可以与空气中的氧气反应生成碱性氧化物——Na2O；Na2O非常容易与水反应生成碱——NaOH；而Na、Na2O、NaOH又都可以与酸反应生成相应的盐；S在点燃的条件下可以与空气中的氧气反应生成酸性氧化物——SO2，SO2是亚硫酸的酸酐，可以与水反应生成亚硫酸；而S、SO2、H2SO3分别与Na、NaOH（或Na2O、Na2CO3等）、NaOH（或Na2O、Na2CO3等）反应可以生成盐。
答案： 4Na＋O2＝2Na2O；Na2O＋H2O＝2NaOH；2Na＋2HCl＝2NaCl＋H2↑；Na2O＋2HCl＝2NaCl＋H2O；NaOH＋HCl＝NaCl＋H2O。S＋O2SO2；SO2＋H2O＝H2SO3；S＋2NaNa2S；SO2＋2NaOH＝Na2SO3＋H2O；H2SO3＋2NaOH＝Na2SO3＋2H2O。
研习点3 胶体
1．分散系
定义：由一种（或几种）物质分散到另一种物质里形成的混合物统称为分散系。
注意：分散系由分散质（分散成粒子的物质）和分散剂（粒子分布在其中的物质）组成，依据分散质粒子粒度来分类，可分为溶液、浊液和胶体。
【辨析·比较】
分散系 溶液 胶体 浊液
分散质粒度 ＜1nm 1nm～100nm ＞100nm
外观 均一、透明 较均一、透明 不均一、不透明
分散质微粒 分子、离子 大量分子集合体、高分子 大量分子集合体
能否透过滤纸 能 能 不能
能否透过半透膜 能 不能 不能
稳定性 稳定 较稳定 不稳定
实例 食盐水、碘酒 肥皂水、氢氧化铁胶体、淀粉溶液 泥水
2．胶体的性质
（1）丁达尔效应
让光线照射胶体时，从垂直入射光线的方向可以观察到胶体里有一条光亮的“通路”，这种现象叫做丁达尔效应。
产生丁达尔效应的原因是胶体中的分散质粒子对光有散射作用，改变光的传播方向。
溶液没有丁达尔效应．因此，可用丁达尔效应来鉴别溶液和胶体(液溶胶)。
（2）布朗运动
胶体中的分散质粒子在溶剂里做不停的、无秩序的运动的现象叫做布朗运动。
胶体中的分散质粒子做布朗运动的原因是溶剂分子(如水分子)从各个方向撞击分散质粒子，而每一瞬间分散质粒子在不同方向上所受的力是不同的，使分散质粒子运动的方向每一瞬间都在改变．因此，分散质粒子就不可能静止，运动是无方向性、无规律的。
胶体中的分散质粒子做布朗运动也是胶体具有稳定性的原因之一．因为布朗运动使得分散质粒子靠近并聚集成更大的粒子(大于100nm，成为沉淀)的机会减少。
（3）电泳现象
胶体中的分散质粒子在电场的作用下，做定向移动的现象，叫做电泳现象。
电泳现象证明分散质粒子带有电荷．在电场作用下，向阴极移动的分散质粒子带正电荷，向阳极移动的带负电荷．分散质粒子带电荷的原因是：分散质粒子的表面积很大，具有很强的吸附能力，可以吸附离子，不同的分散质粒子吸附离子的种类不同．一般规律是：金属氧化物、金属氢氧化物的粒子吸附阳离子而带正电荷；非金属氧化物、金属硫化物的粒子吸附阴离子而带负电荷。
胶体中的分散质粒子吸附离子而带有电荷是胶体具有稳定性的主要原因．由于同种分散质粒子带同种电荷，在一般情况下，它们之间相互排斥使它们不容易聚集成大于100nm的大颗粒，故可以稳定存在较长时间。
（4）胶体的聚沉
胶体聚沉就是施加某些条件，使分散质粒子聚集成大于100nm的大颗粒而成为沉淀．施加条件就是破坏胶体的稳定存在，即克服分散质粒子之间的斥力．使胶体发生聚沉的方法有三种：
①加热 给胶体加热，使胶体粒子的动能增大，胶体粒子之间的斥力被克服，胶体粒子发生聚集而成为沉淀。
②加入酸、碱或盐：往某些胶体里加入少量酸、碱或盐，增大了胶体中离子的总浓度，有利于胶体粒子吸引相反电荷的离子，使原来胶体粒子所带的电荷减少或完全中和，胶体粒子就可因碰撞而结合，发生聚沉。
③加入带相反电荷的胶体 把含有带正电荷胶体粒子的胶体与含有带负电荷胶体粒子的胶体混合，两种胶体粒子互相中和电荷，斥力消失，胶体粒子“同归于尽”，即发生聚集而成为沉淀。
【领悟·整合】
胶体的本质特征是胶体分散质粒度在1nm～100nm之间，胶体的其它特性均源于此。比如说：其微粒粒度与可见光波长相近，对可见光散射而形成“丁达尔现象”；胶体分散质粒子细小而具有巨大的比表面积，能较强地吸附电性相同的离子，从而形成带电粒子，一方面，在外电场的作用下会发生定向移动，形成“电泳”；另一方面，微粒间相互排斥，使胶体相对比较稳定，但当向胶体中加入盐时，其中的阳离子或阴离子中和了分散质粒子所带的电荷，使粒子之间失去了相互排斥作用而相互聚集成较大的粒子（直径超过了100nm），在重力的作用下形成沉淀析出，而发生“凝聚”。
3．胶体的净化——渗析
胶体分散质粒子粒度介于1～100nm，能透过滤纸，但不能透过半透膜。半透膜具有比滤纸更细小的孔隙，只有分子、离子能够透过，因而可以用它将胶体粒子和分子或离子分开。利用半透膜分离胶体中的杂质分子或离子，提纯、精制胶体的操作称为渗析。渗析的原理在微电子材料制造、化学工程、生物工程、环境工程、海水淡化等方面都有重要应用。
【迁移·应用】
典例5：下列事实与胶体性质无关的是
A．在豆浆里加入盐卤做豆腐
B．河流入海处易形成沙洲
C．一束平行光线照射蛋白质溶液时，从侧面可以看到光亮的通路
D．三氯化铁溶液中滴入氨水出现红褐色沉淀
研析：豆浆属于胶体，加盐卤后与分散剂形成凝胶；河水中含有泥沙小颗粒形成的胶粒，入海处遇电解质发生聚沉，易形成沙洲；C选项是胶体的性质，三氯化铁与氨水发生反应而生成Fe（OH）3红褐色沉淀。
答案：D。
典例6：将某溶液逐滴加入Fe(OH)3 溶胶内，开始时产生沉淀，继续滴加时沉淀又溶解，该溶液是
A．2 mol·L－１ NaOH 溶液 B．2 mol·L－１ H2SO4 溶液
C．2 mol·L－１ MgSO4 溶液 D．硅酸溶胶
研析：Fe(OH)3 溶胶中加入H2SO4 溶液后，硫酸可以电离出氢离子和硫酸根离子；而Fe(OH)3 溶胶也表现出“双重性”：作为胶体，其分散质微粒带少量正电荷，很快被硫酸根离子“中和”，从而沉淀析出；作为一种弱碱，Fe(OH)3又与过量的氢离子反应而逐渐溶解。其他选项只能使Fe(OH)3 溶胶发生凝聚作用。
答案：B
【知识·链接】
1．胶体的制备方法和原理：
（1）机械法：用特殊的机械加工方法将固体物质直接加工到纳米级（1nm＝10－9m）的超细粉末粒子。如碳素墨水等。目前纳米材料的生产原理就在于此。
（2）反应法：如氢氧化铁胶体的制备，用烧杯取少量蒸馏水，加热至沸腾，然后逐渐向沸水中滴加1mo1·L－1（或饱和）的FeCl3溶液，并继续煮沸至液体呈透明的红褐色的氢氧化铁胶体。FeCl3＋3H2OFe（OH）3（胶体）＋3HCl。
（3）溶解法：如淀粉、蛋白质溶解于水直接得到胶体（又叫高分子溶液）。
2．胶体的用途：
（1）盐卤点豆腐；（2）肥皂的制取和分离；（3）明矾净水；（4）FeCl3溶液用于伤口止血；（5）水泥硬化；
（6）冶金厂大量烟尘用高压电除去；（7）土壤胶体中离子的吸附和交换过程，保肥作用。
探究解题新思路
▲ 基础思维探究
题型一、物质的分类
典例1：上海环保部门为了使城市生活垃圾得到合理利用，近年来逐步实施了生活垃圾分类投放的办法。其中塑料袋、废纸、旧橡胶制品等属于
A．无机物 B．有机物 C．盐类 D．易燃物
研析：塑料袋、旧橡胶制品属于人工合成有机材料，废纸属于纤维素，它们都属于有机物。同时，它们又都非常容易燃烧，属于易燃物。
答案：B、D。
考向指南：随着科学、技术、社会三者互动关系的增强以及素质教育的实施，STS问题成为高考化学考试的重要内容。城市生活垃圾的分类，对于减少环境污染，综合利用有着很重要的现实意义。
拓展变式1．写出下列物质的化学式，并进行物质的分类（按单质、酸性氧化物、碱性氧化物、酸、碱、正盐、酸式盐、碱式盐）。（1）磷酸 、 ； （2）纯碱 、 ；（3）铜绿 、 ； （4）小苏打 、 ；（5）硝酸亚铁 、 ； （6）氩 、 。1．研析：本题是对常见物质名称、化学式及常见分类方法的考查。H3PO4电离出的阳离子只有H+，属于酸；纯碱、铜绿、NaHCO3、Fe(NO3)2均可电离出金属阳离子和酸根阴离子，属于盐；但NaHCO3中的HCO3－还可继续电离出一个H+，属于酸式盐；铜绿的化学式为Cu2(OH)2CO3，属于碱式盐。值得一提的是：分类法是一种行之有效、简单易行的科学方法。根据不同需要，按不同标准，可以有多种分类方法。同学们可以尝试从颜色、状态、溶解性几个角度对其进行分类。答案：（1）H3PO4、酸；（2）Na2CO3，盐；（3）Cu2(OH)2CO3，碱式盐；（4）NaHCO3、酸式盐；（5）Fe(NO3)2、盐；（6）Ar、单质。
题型二、单质、氧化物、酸、碱、盐间的相互转化
典例2：在Cu(NO3)2和AgNO3的混合溶液中加入一定量的锌粉，使之充分反应后，有下列情况：
（1）若反应后锌有剩余，则溶液中所含溶质是 。
（2）若反应后过滤，向所得固体物质加盐酸没有气体产生。则溶液中一定有 ，可能有 。
（3）若反应后过滤，向滤液中滴加NaCl溶液，有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成，则此时溶液中含有的溶质为 。
研析：因为Zn在金属活动性顺序表中排在Cu和Ag的前面，所以Zn和Cu(NO3)2、AgNO3都能反应，且Zn一般是先和AgNO3反应(因为Ag排在Cu的后面，即使Zn先把Cu(NO3)2中的铜先置换出来，置换出来的Cu还要和AgNO3进一步反应)。（1）中锌有剩余，说明Cu(NO3)2、AgNO3均反应完，则溶液中所含溶质是Zn(NO3)2；（2）中Zn已完全反应，生成物中一定有Zn(NO3)2，而Cu(NO3)2和AgNO3可能反应完，也可能有剩余；（3）向滤液中滴加NaCl溶液，有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成，说明滤液中有Ag+，即AgNO3也没有完全反应，则此时溶液中含有的溶质为：Cu(NO3)2 、AgNO3 、Zn(NO3)2。
答案：（1）Zn(NO3)2；（2） Zn(NO3)2；Cu(NO3)2 、AgNO3；（3）Zn(NO3)2、Cu(NO3)2、AgNO3。
友情提醒：本题考查单质与盐之间的置换反应。看似普通，但由于有两种盐，题目难度大大增加。做此题的关键在于Zn与Cu(NO3)2、AgNO3反应的顺序为：先与Cu(NO3)2反应，后与AgNO3反应。对学生的理解能力有较高要求。另外，本题对同学们建立分类讨论的思想也是很有帮助的。
拓展变式2．下图以横坐标表示加入物质的质量，纵坐标表示溶液的pH变化。试分析哪个图像与哪项实验可能相对应？将其标号填在所列实验后面的括号内。（每个括号只能填一个标号）（1）向稀硫酸中逐滴加稀氢氧化钠溶液 （ ）（2）向氢氧化钠溶液中逐滴加水稀释 （ ）（3）向水中不断通二氧化碳 （ ）（4）向水中加熟石灰 （ ）2．研析：通过对题意的分析，我们可知这是一道有关溶液酸碱度在各种情况下变化的综合题，需要我们对知识进行整合和加工。（1）原硫酸溶液呈酸性，pH＜7，逐滴加入氢氧化钠溶液，溶液的pH逐渐增大，当完全反应时，溶液呈中性，曲线与pH＝7的虚线相交；继续滴加氢氧化钠溶液，pH＞7，溶液呈碱性，pH逐渐增大；故选C。（2）氢氧化钠溶液呈碱性，pH＞7，逐渐加水，溶液逐渐接近中性，pH接近7，故选D。（3）纯水的pH＝7，不断通入二氧化碳，二氧化碳与水反应，生成碳酸，故溶液呈酸性，溶液的pH＜7，随着二氧化碳的不断通入，pH逐渐减小，溶液饱和状态后，pH保持恒定，故选A。（4）水呈中性，逐渐加入熟石灰，氢氧化钙溶液呈碱性，pH＞7，所以pH逐渐增大，溶液饱和后，pH保持恒定，故选B。 答案：C、D、A、B
题型三、胶体
典例3：将淀粉碘化钾混合溶液装在羊皮纸制成的袋中，将此袋下半部浸泡在盛有蒸馏水的烧杯里，过一段时间后取烧杯中液体进行实验，下列现象能证明羊皮袋一定有破损的是
A．加入碘水变蓝色
B．加入NaI溶液不变蓝色
C．加入AgNO3溶液产生黄色沉淀
D．加入溴水变蓝色
研析：羊皮纸是一种半透膜，淀粉胶粒无法透过半透膜，但I－、K＋能通过半透膜进入蒸馏水中．A中加碘水变蓝色，说明其中有淀粉，可证明羊皮纸袋有破损．D中加入Br2水变蓝色，是溴与KI反应，置换出了I2，I2使淀粉变蓝色，也能证明羊皮纸袋有破损．B、C不能证明羊皮纸袋有破损．
答案：A、D
总结提升：本题是对半透膜特点的考查。半透膜具有比滤纸更小的孔隙，只有小分子、离子能够透过，而粒度较大的胶体分散质微粒不能通过，因而可以用它将胶体微粒与其它分子或离子分开。
拓展变式3．制备AgI胶体的做法是：取一支大试管，注入0.01 mol/L KI溶液10mL，用胶头滴管滴入8～10滴相同浓度的AgNO3溶液，边滴入边振荡。KI＋AgNO3＝AgI（胶体）＋KNO3简要回答下列问题：（1）为什么要用稀的KI溶液和稀的AgNO3溶液？ ____________________________________。（2）为什么要缓慢地滴加AgNO3溶液于KI溶液中？并且还要边振荡？___________________。3．研析：AgI胶体粒子是由许多个AgI分子聚集而成的．但过多AgI分子容易聚集成沉淀，因此，我们必须控制生成AgI分子的数量，保证能满足聚集成AgI胶体粒子，而不聚集成沉淀。答案：（1）浓的KI溶液和AgNO3溶液混合，瞬间生成大量AgI分子，这些AgI分子迅速聚集成AgI沉淀。（2）防止形成AgI沉淀。4．如图所示，在火棉胶袋（半透膜）内注入淀粉和食盐溶液，用线系紧密封，使细玻管内的液面刚好高出烧杯内蒸馏水的液面，过一段时间后用碘酒和硝酸银溶液分别检验蒸馏水。整个实验过程中，所观察到的现象是A．细玻管内液面上升 B．细玻管内液面不变C．蒸馏水遇碘酒变蓝 D．蒸馏水遇硝酸银溶液有白色沉淀生成4．研析：半透膜袋里的浓度大，因而水进入的比出来的多，细玻璃管液面上升，A正确。食盐中的氯离子通过半透膜进入蒸馏水中，遇硝酸银溶液有白色沉淀生成，而淀粉属于高分子，达到了胶体微粒粒度的范围，不能透过半透膜，因此，加入碘酒不变蓝。答案：A、D。
▲ 综合思维探究
题型一、学科内渗透题
典例4：化学科学中许多原理与我们的生活、生产以及其他科学中的道理是一致的。请用短线将A栏与B栏相互关联的两项连接起来。
A栏 B栏
用纳米作为单位衡量微观粒子的大小 用110种元素符号组成的化学式，可表示数千万种物质
用26个英文字母组成上万个英文单词 用碳12原子质量的l/12作为标准衡量原子的相对质量
生产上用筛子筛出沙中的石子 元素包括氢元素、氧元素、碳元素等
水果包括苹果、梨、桃子、葡萄等 用过滤器滤出混在液体中的不溶性固体
研析：微观粒子太小，用“米”等单位表示其大小太不方便，但用“纳米”就比较合适，如溶液分散质粒度一般小于1纳米，而胶体分散质粒度则介于1~100纳米之间；同理，由于原子的实际质量太小，用“千克”这样的单位表示其质量也很不方便，用碳12原子质量的l/12作为标准衡量原子的相对质量则较为合适，如碳-12的相对原子质量为12。26个英文字母通过不同的组合方式可以形成上万个英文单词；同理，110多种元素，自身可以形成单质，两种或多种元素按不同的组合方式可以形成数千万种物质。生产上用筛子筛出沙中的石子是利用了石子比筛子的孔径大，而沙子比筛子的孔径小；用过滤器滤出混在液体中的不溶性固体是利用了液体微粒粒度比滤纸孔径小，而不溶性固体粒度比滤纸孔径大的原理；二者道理是相同的。我们把具有共同特征的一些物质归为一类，便于研究，如将苹果、梨、桃子、葡萄等归为水果类，而氢元素、氧元素、碳元素等都属于元素，这都是使用了分类的方法。
答案：见研析。
方法导引：理解的记忆是持久的记忆，牢固的记忆。我们在第一章以及本节学习了一些新概念、新方法，要注意不能将这些知识孤立起来，它们是相互联系的，这本身就是一种比较好的学习方法。我们在做这个题的同时，尽力体会并掌握这种“类比”的学习方法。如我们用“摩尔”作为物质的量的单位与题目中的用纳米作为单位衡量微观粒子的大小也有相似之处；再如胶体的渗析与题目中的生产上用筛子筛出沙中的石子从道理上也是相同的。同学们还能不能想出更多的这样的例子呢？
拓展变式5．已知反应：①酸X+碱Y→NaCl+水；②碱Y+盐W→NaCl+难溶性碱；③盐Z+盐H→NaCl+难溶性盐。则（1）X的名称是 ；Y的化学式是 。（2）盐W中一定含有 元素。（3）写出盐Z和盐H反应的化学方程式： 。5．研析：此题是对单质、氧化物、酸、碱和盐之间的相互关系的考查，做题时应依据质量守恒定律。需要强调的是：一要注意审题，一定要看清题目要求写化学式还是名称，这是以往同学们易错的地方；二要开阔思维，比如说（3）小题答案随题干③中难溶性盐变化而变化。答案：（1）盐酸；NaOH。（2）氯 （3）CaCl2 + Na2CO3 = 2NaCl + CaCO3↓。6．将4.68gNaNO3、NaCl、Na2CO3的混合物溶于水，向其中滴加30mL1.00mol/LAgNO3溶液后，不再有沉淀生成。过滤后，使沉淀与足量稀硝酸作用，产生112mL（标准状况）气体。计算原混合物中NaCl的质量分数。6．研析：反应中加入的AgNO3可与NaCl和Na2CO3反应，根据生成的二氧化碳的体积可推算出与Na2CO3反应的AgNO3的量，则可求出与NaCl反应的AgNO3的量，进而计算出原混合物中NaCl的质量及质量分数。设与Na2CO3反应的AgNO3的物质的量为x，Na2CO3 ~ 2 AgNO3 ~ CO2 2mol 22.4L x 0.112Lx＝0.01mol则与NaCl反应的AgNO3的物质的量＝0.03L×1.00mol/L－0.01mol＝0.02mol设原混合物中NaCl的质量为y。NaCl ~ AgNO3 58.5g 1moly 0.02moly＝1.17g答案：原混合物中NaCl的质量分数＝1.17g/4.68g×100%＝25%
题型二、实际应用题
典例5：已知土壤胶粒带负电荷，因此在水稻田里施用含氮量相同的下列化肥，肥效最差的是
A．硫铵 B．氯化铵 C．碳铵 D．硝铵
研析：因为土壤胶粒带负电荷，所以对四种化肥中的阳离子都有较好的吸附作用，阴离子则容易流失。土壤胶粒带负电荷，会排斥有肥效的NO3－，肥效变差。
答案：D。
友情提醒：胶体在许多方面有重要的应用，和我们的日常生活息息相关。本题联系农业中的化肥使用问题，实际考察的是胶体微粒带电的问题。初做此题，容易误认为四种化肥肥效相当，必须注意的是：硫铵、氯化铵、碳铵中的阴离子不属于“化肥”，它们的损失与化肥的肥效无关。
拓展变式7．下面为家庭中一些常见物质的pH：食醋：4；牙膏：9；食盐水：7；肥皂水：10；火碱液：13蚊子、蜂、蚂蚁等昆虫叮咬人时，会向人体射入一种蚁酸（具有酸性的物质），使皮肤红肿、瘙痒，甚至疼痛。要消除这种症状，可在叮咬处涂抹下列物质中的A．牙膏或肥皂水 B．食盐水 C．火碱液 D．食醋 7．研析：既然使皮肤红肿、瘙痒，甚至疼痛的原因是人体内被射入了一种具有酸性的物质，显然应该选用酸性物质进行中和，但火碱液碱性太强，对皮肤本身具有很强的腐蚀性，因此选用碱性较弱的牙膏或肥皂水比较合适。答案：A8．按下面配方浸液配方可制无泥皮蛋：NaOH 6g、NaCl 10g、Ca(OH)2 69g、茶叶 5g、水210mL（可浸泡4只鸡蛋）。配制浸液时，可以用生石灰和纯碱代替氢氧化钙和氢氧化钠。请用化学方程式说明理由。8．研析：生石灰与纯碱在水溶液中混合后会发生反应，生成氢氧化钙和氢氧化钠，具体反应的化学方程式为： CaO＋H2O＝Ca(OH)2，Ca(OH)2＋Na2CO3＝2NaOH＋CaCO3↓答案：见研析。
题型三、实验操作题
典例6：请回答下面两个问题：
（1）用哪些事实可以证明空气是混合物？（2）又可用哪些事实来证明水是化合物？
研析：（1）只要证明空气中含有不同的物质，就可证明空气是混合物。而实验应围绕N2、O2的性质差异设计。（2）证明水是化合物必须注意两点，首先证明水是纯净物，然后利用其化学性质，证明水含有不同的元素。
答案：（1）分离液态空气可得到N2、O2；将足量的红磷点燃后伸到扣在水中的钟罩内，液面上升至一定高度，就停止．说明其中还有多余的其它气体存在，……
（2）水具有固定的熔点、沸点，且电解时得到H2、O2；Na与H2O反应放出H2等事实。
启发引申：空气和水是我们非常熟悉的，任何同学都知道空气是混合物、水是化合物。但用具体的事实来证明这一点，就不太容易了，方法也不是唯一的。对同学们的分析能力、发散思维能力有较高要求。发散出去，还要能收回来，同学们可以尽量地多想一些方法，然后从各种方法中选出最佳方案。选择时，可以从是否科学、可行、简约、安全四个方面考虑。
拓展变式9．小军在实验室里做了下列实验：①分别向盛有稀硫酸和稀盐酸的试管中，滴加紫色石蕊试液；②向盛有稀硫酸的试管中，滴加氢氧化钠试液；③向盛有锌粒的试营中，分别滴加稀盐酸和稀硫酸；④将一根生锈的铁钉分别放入盛有稀盐酸和稀硫酸的试管中，过一会儿取出。他在纸上记录了以下现象：a. 溶液没有明显现象；b. 溶液变为黄色；c. 溶液显红色；d. 产生气泡，溶液无色。下面请你来整理完成实验报告。（1）实验目的：探究__________（填写物质类别）的化学性质。（2）实验现象：产生a现象的实验所对应的一类反应通常被我们称作__________反应（该反应属于复分解反应）。（3）上题所涉及的这类反应在日常生活和工农业生产中有广泛的应用。请举出一个利用该反应的实例：______________________________。9．研析：（1）酸的通性包括与指示剂作用、与碱反应、与活泼金属反应、与碱性氧化物反应等，恰好与小军设计的实验相对应，因此，小军设计该实验的目的是探究酸的性质。（2）上述实验与现象的对应关系是：①——c；②——a；③——d；④——b。（3）中和反应不仅在中学化学中是一类非常重要的反应，在日常生活和工农业生产中也有广泛的应用，如用熟石灰改变酸性土壤、用废碱中和工业污水中的酸等。答案：（1）酸 （2）中和 （3）用熟石灰改变酸性土壤
▲ 创新思维探究
题型一、开放探究题
典例7：稀盐酸可以使石蕊试液变红。我们已经知道，在稀盐酸中存在有H2O、Cl－和H+等粒子。请你设计几个简单实验，探究可能是稀盐酸中的哪一种粒子使石蕊试液变红（写出简要的实验步骤、观察到的现象以及由此得到的结论）。
研析：方法一：向一只盛有蒸馏水的试管中，滴加数滴紫色石蕊试液，试液呈紫色，将此试液分装在两支试管中，向其中分别加入少量稀盐酸及稀硫酸，两支试管中的溶液均变红。说明可能是H+使石蕊变红。
　　方法二：用两支试管分别取少量蒸馏水和NaCl溶液，各滴加紫色石蕊试液，均不变红，说明H2O分子和Cl－均不能使石蕊变红。说明，可能盐酸中的H+使石蕊变红。
方法三：用试管取少量稀盐酸，滴加紫色石蕊试液，溶液变红。逐滴加入NaOH溶液，试管中的溶液由红色变紫，最后变成蓝色。在反应后的溶液中，H2O分子和Cl－离子仍然存在，而H+离子全部生成H2O分子。说明H2O分子和Cl－离子都不能使石蕊变红，可能是稀盐酸中的H+使石蕊变红。
答案：见研析。
总结提升： “稀盐酸可以使石蕊试液变红”是一个比较简单化学常识，具体是其中哪种微粒的作用呢？显然是氢离子的作用。但如何证明这一点呢？就不是那么容易了。我们主要使用“类比法”和“排扰法”，即选取多种含氢离子但阴离子不同的物质做对比实验，如都变红，证明是氢离子的作用；或选取不含氢离子但含有盐酸中另外两种微粒（氯离子和水）的物质做对比实验，如不变红，也可从另外一个侧面反证出使石蕊试液变红是氢离子的作用。
拓展变式10．2003年6月5日世界环境日的主题是：“水——二十亿人生命之所系”。节约用水，防治水污染具有十分重要的意义。某工厂有甲、乙、丙三个车间，各自排放的污水中均无沉淀物。各车间的污水分别含有以下六种物质中的各两种：KOH、K2SO4、AgNO3、Ba(NO3)2、KCl、HNO3。为防止污染水源，某中学化学兴趣小组配合工厂分别用石蕊试液和氯化钡溶液进行污水检测，现象如下： 甲：蓝色（石蕊试液）、白色沉淀（氯化钡溶液）；乙：紫色（石蕊试液）、无明显现象（氯化钡溶液）；丙：红色（石蕊试液）、白色沉淀（氯化钡溶液）。由此可确定丙车间排放的污水中含有 和 。为变害为利，化学兴趣小组与工厂研究设计如下图污水处理方案。请回答：沉淀A是 ，若各步处理均完全反应，最终排放液C的溶质是 ，在农业上它可用作复合肥料。10．研析：甲车间排放的污水使石蕊变蓝，说明含有碱性物质KOH，与之能共存且与氯化钡溶液反应生成白色沉淀说明含有K2SO4或KCl；乙车间排放的污水不使石蕊变色，且不与氯化钡溶液反应说明必含有Ba(NO3)2与KCl，则甲车间排放的污水中含有KOH与K2SO4，丙车间排放的污水使石蕊变红，说明含有酸性物质HNO3，与氯化钡溶液反应生成白色沉淀说明含有AgNO3。 甲乙混合生成沉淀A为BaSO4，继续与丙混合，生成沉淀B为AgCl，最后溶液中只剩余KNO3。答案：丙车间排放的污水中含有HNO3和AgNO3。沉淀A为BaSO4，最终排放液C的溶质是KNO3。
题型二、社会热点题
典例8： 苏丹红是—类染色剂。在我们日常接触的物品中，家用的红色地板漆或红色鞋油通常含有苏丹红的成分。根据2004年4月MSDS提供的数据，苏丹红存在有限的致癌作用，不可服用。2005年2月23日中国政府发布紧急公告，禁止苏丹红作为食品添加剂。下表是苏丹红1号的有关信息：
编号 化学式 C16H12N2O
① 外观 暗红色或深黄色片状晶体
② 溶解度 在水中：＜0.01g/100mL；汽油中：任意比例互溶。
③ 熔点 404～406℃
④ 沸点 475℃
⑤ 致癌原因 在人体内分解出一种有毒的有机物（苯胺）
试回答下列问题：
（1）苏丹红l号中含有 种元素，各元素原子的物质的量比为nC：nH∶nN∶nO＝ ，其中氮元素的质量分数为 （结果保留一位小数）。
（2）在上表给出的信息中，属于苏丹红1号物理性质的有（填编号） 。
（3）苏丹红l号对动物和人体有致癌作用，主要是因为该物质在体内发生了 （填“物理”或“化学”）变化。
研析：（1）苏丹红l号含有C、H、N、O四种元素；各元素原子的物质的量比等于其个数比，即nC：nH∶nN∶nO＝16∶12∶2∶1；其中氮元素的质量分数为2×14÷（16×12＋12×1＋2×14＋16）×100%＝11.3%（2）①~④属于物理性质，⑤属于化学性质。（3）根据“在人体内分解出一种有毒的有机物”可知该过程中有新物质生成，属于化学变化。
答案：（1）4；16∶12∶2∶1；11.3%（2）①②③④（3）化学
考向指南：苏丹红的问题绝对是去年的一个社会热点问题，因此，苏丹红也顺理成章地成了当年高考的热点。本题以苏丹红为背景，综合考查元素、物质的量、质量分数、物理变化、化学变化的有关知识，综合性较强，但难度不大。本题属于典型的“起点高，落点低”的题目，这一点与当前高考该类题目出题的特点是相吻合的。
拓展变式11．据报道，2001年5月26日中午，广东湛江发生一起浓硫酸泄漏事件，防化兵采取的有效措施是：首先挖坑疏导浓硫酸液体，同时紧急调用10t烧碱与浓硫酸发生 反应，其反应的化学方程式为 。防化兵当时能否调用熟石灰来代替烧碱？ 11．研析：二者发生了中和反应；不能用熟石灰来代替，若用熟石灰则会生成硫酸钙，而硫酸钙微溶于水，覆盖在浓硫酸表面，阻止反应进一步进行。答案：中和；不能。
题型三、课标思维题
典例9：下图中，表示氧原子，表示氢原子。根据此图，请从宏观、微观两个方面写出获得的化学信息。（可不填满，也可补充）
（1）_____________________________________________
（2）_____________________________________________
（3）_____________________________________________
（4）_____________________________________________
研析：（1）在化学反应中，分子可分成原子，原子又可重新组合成新的分子；（2）1个水分子是由2个氢原子和1个氧原子构成的；（3）原子是化学变化中的最小粒子；（4）水是由氢元素和氧元素组成的；（5）在化学反应中，元素的种类不变；（6）参加化学反应的各物质的质量总和等于反应后生成的各物质的质量总和；（7）1mol氧气与2mol氢气恰好反应生成2mol水；（8）在该反应中，氧气与氢气的体积比为1∶2。
答案：答出研析中的四条即可（须包括宏观、微观两方面的信息）。
总结提升：此题用图式形象地表示出水电解后生成氢气和氧气这一化学反应，要求学生利用已学知识认真观察、分析、比较、概括出符合科学事实的结论，开放性地考查了学生的创新思维能力和语言表达能力。
拓展变式12．根据下列表示物质组成的微观示意图，回答下列问题。（1）表示混合物的是 ；（2）表示单质的是 ；（3）表示由原子直接构成的物质的是 。12．研析：（1）B中包含3种分子，属于混合物；（2）C、D中的物质都是由同种元素构成，并且均有一种分子，属于纯净物，自然属于单质；（3）C中物质的分子是单原子分子，符合题意。答案：（1）B （2）C、D （3）C
▲ 高考思维探究
[考题1] （2005春上海-20）环境污染已成为人类面临的重大威胁之一，下列选项属于海洋污染的是
A．酸雨 B．白色污染 C．温室效应 D．赤潮
研析：酸雨是由于大气中的SO2等污染物增多，而SO2可以与水反应生成酸使雨水酸度增加所致；白色污染通常指塑料袋等塑料垃圾；温室效应是因为空气中CO2、甲烷等温室气体增加引起的全球平均气温增加的现象；赤潮是指富含磷等营养物质的污水等的随意排放，引起海洋中的藻类植物疯长，从而造成缺氧大量死亡造成的。显然赤潮属于海洋污染。
答案：D
考向指南：本题考查有关污染及其分类的知识。学习化学的目的就是要学以致用，利用化学知识来解决与之相关的生产和生活中的问题，寻找物质的用途，防止和治理环境污染等问题必将成为化学联系实际的一类常考题型，也容易出在涉及多种学科的综合性试题里。
[考题2]（2005辽宁-29）下列反应不能发生的是
A．CaCO3＋2CH3COOH＝(CH3COO)2Ca＋H2O＋CO2↑ B．SiO2＋2NaOH＝Na2SiO3＋H2O
C．AgNO3＋HCl＝AgCl↓＋HNO3 D．2HCl＋Cu＝CuCl2＋H2↑
研析：CaCO3是一种难溶性盐，但可溶于盐酸、醋酸等酸溶液而产生二氧化碳气体，A正确；SiO2属于酸性氧化物，可与NaOH溶液反应生成盐和水，B正确；AgCl是一种难溶物，AgNO3和HCl可以反应，C正确；排在金属活动性顺序表H前面的金属可与盐酸反应生成氢气，但Cu排在H的后面，不能置换出H，D错误。
答案：D。
启发引申：本题考查单质、氧化物、酸、碱、盐之间的相互关系。根据所学知识，A、C、D选项可顺利解答。如果对B项中的反应不太熟悉，不要紧张，可首先判断出SiO2是酸性氧化物，然后根据同学们掌握的酸性氧化物的通性可知此反应是可能发生的。研究单质、氧化物、酸、碱、盐之间的相互关系的重要作用也恰好由此体现出来。
[考题3]（2004上海-5）氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是
A．胶粒直径小于1nm B．胶粒作布朗运动
C．胶粒带正电荷 D．胶粒不能通过半透膜
研析：胶体能稳定存在的主要原因是胶粒带有相同的电荷，互相排斥的结果。注意，胶粒作布朗运动虽然也是胶体稳定存在的原因之一，但其处于次要的地位。
答案：C。
总结提升：胶体分散质微粒具有很大的比表面积，能吸附相同的电荷。例如：氢氧化铁胶体微粒能吸附正电荷，在运动不是很剧烈的情况下，氢氧化铁胶体微粒相互排斥，处于一个相对稳定的状态。需要注意的是，当胶体稳定的因素被破坏时，胶体就发生了“聚沉”。
拓展变式13．在下图所示的有关物质转化关系中，各物质均是我们初中化学所学的物质。C为一种黑色粉末，D为一种气体。请根据框图中物质的转化关系及相关信息，用化学式填写下列空白：（1）若F为可溶性碱，G为蓝色沉淀。则A为 ；D可能为 。（2）若G为蓝色沉淀，H为难溶性盐，则I为 。（3） 若G、H都属于盐，且G为蓝色溶液，则I可能为 ；F可能为 。13．研析：由题中框图关系可知，黑色粉末与一种气体在加热条件下反应生成A、B两种物质，应为氧化铜被还原。因为D点燃可生成B，所以D为氢气，B为水，或D为CO，B为CO2，C为CuO，A为Cu。因CuO可与酸反应，所以I为酸，E为铜盐，当G为蓝色沉淀Cu(OH)2时，F应为可溶性碱，H为盐。因H为难溶性盐，则F为Ba (OH)2，H为BaSO4，I为H2SO4。若G、H都属于盐，且G为蓝色溶液，则根据复分解反应的规律H为难溶性盐，若I为HCl，则E为CuCl2，F为AgNO3，G为Cu(NO3)2，H为AgCl；若I为H2SO4，则E为CuSO4，F为BaCl2，G为CuCl2，H为BaSO4。答案：（1）A为Cu；D可能为H2或CO。（2）I为H2SO4。（3）I可能为HCl或H2SO4，F可能为AgNO3 或BaCl2。
开拓学习新视野
▲ 课标知识拓展
【思想方法】
1．充分利用教材中的“迁移·应用”
（1）丰富已有的元素——纯净物图，展现元素与物质的关系。省略号（一类物质）给学生留下了一个再创造的空间。如含铜物质、含钠物质（金属）、含氢物质、含碳物质、含硫物质（非金属）等均可依下图建立相应的图示。
（2）培养自己的分类能力和建立元素及其化合物家族的概念。
2．学习胶体时，要结合复习溶液知识，从量变到质变的关系，抓住溶液、胶体、浊液三种分散系的本质区别在于分散质粒子直径的大小，用事物是互相联系的观点来认识胶体的性质，充分注意胶体与其它化学知识的内在联系，应用胶体的知识来解释日常生活和生产中遇到的化学问题。
胶体的性质主要是：丁达尔现象（光学性质）、电泳现象（电学性质）、胶体的聚沉。根据胶体的性质可以解释胶体的稳定性：同种胶粒带同种电荷，互相排斥。但当胶体稳定的因素被破坏时，就会“聚沉”。胶体这一部分简答题较多，在解答问题时，要根据胶体的性质结合其它化学知识，要有针对性，符合科学性，文字表达要准确简洁，化学名词、定义、概念的运用要分清条件和使用范围。
渗析是分离、净化胶体的重要实验方法，要与其它的物质分离方法相区别，比较不同的分离方法，分别适用于不同条件的物质分离，彼此又是相互联系的，有时是几种方法同时应用，才能达到分离净化的目的。
▲ 多彩化学漫步
腹膜透析的原理是什么
透析是指溶质从半透膜的一侧透过膜至另一侧的过程，任何天然的(如腹膜)或人造的半透膜，只要该膜含有使一定大小的溶质通过的孔径，那么这些溶质就可以通过弥散和对流从膜的一侧移动到膜的另一侧。人体内的“毒物”包括代谢产物、药物、外源性毒物，只要其相对分子质量大小适当，就能够通过透析清除出体外。其基本原理是弥散和对流。弥散就是半透膜两侧液体各自所含溶质浓度梯度及它所形成的不同渗透浓度，溶质从浓度高的一侧通过半透膜向浓度低的一侧移动。对流也称超滤，是指溶质和溶剂因透析膜两侧的静水压和渗透压梯度的不同而跨膜转运的过程。
腹膜透析是治疗急慢性肾功能衰竭的一种常用手段。其原理是：人的腹腔表面有一层面积很大的腹膜，它是一种半透膜。在腹腔内置入一根腹透管，通过腹透管注入透析液，经过渗透和弥散作用，使血液中的各种代谢产物及毒素，多余的水份进入液体中，然后将透析液放出。经过反复更换透析液，达到将“毒素”洗出体外的目的。
问题：医疗上的血液透析原理同胶体的渗析类似。透析时，病人的血液通过浸在透析液中的透析膜进行循环和透析。血液中，蛋白质和血细胞不能通过透析膜，血液中的毒性物质可以透过，由此可以判断
A．蛋白质、血细胞的粒子直径大于毒性物质的直径
B．蛋白质以分子形式存在，毒性物质以离子形式存在
C．蛋白质、血细胞不溶于水，毒性物质可溶于水
D．蛋白质、血细胞不能透过滤纸，毒性物质可以透过滤纸
研析：本题已同学们关注的透析为背景，考查胶体的概念及其重要性质和应用，以及要求同学们必须具备的能力：能够初步运用化学视角，去观察、分析生活、生产和社会中的各类有关化学问题的能力。还有将试题所给的新信息，与课内已学过的有关知识结合起来，解决问题的能力。中学阶段学过的分离方法很多，其中通过微粒大小不同进行分离的主要有过滤和渗析。毒性物质能透过透析膜，说明其直径小于透析膜的孔径，蛋白质、血细胞的粒子不能透过透析膜，说明其直径大于透析膜的孔径，不难看出，A是正确的。
答案：A
优化考题新演练
一、理解与应用
1．日常生活中经常用到的下列物质中，属于纯净物的是
A．调味用的食醋 B．餐饮用的啤酒
C．用蒸馏水制得的降温用的冰块 D．炒菜用的铁锅
1．研析：调味用的食醋主要是醋酸的稀溶液、餐饮用的啤酒是酒精及其它一些营养物质的溶液、炒菜用的铁锅属于生铁，除了铁以外，还有碳等杂质；只有用蒸馏水制得的降温用的冰块属于纯净物。
答案：C
2．用特殊方法把固体物质加工到纳米级（1～100nm）的超细粉末粒子，然后得到纳米材料。下列分散系中的分散质微粒直径和这种粒子具有相同数量级的是
A．溶液 B．悬浊液 C．胶体 D．乳浊液
2．研析：胶体与溶液、浊液本质的区别在于分散质粒度不同，溶液中的溶质粒子通常小于1nm，浊液中的粒子通常大于100nm，而胶体粒子粒度介于1至100nm之间。选项C正确。注意：胶体只是物质的一种存在形式。比如说，NaCl溶于水形成溶液，如果分散在酒精中则形成胶体。
答案：C。
3．下列物质中，氯元素化合价最低的是
A．Cl2 B．HCl C．HClO D．KClO3
3．研析：氯元素在上述四种物质中的价态分别为0、－1、+1、+5价。
答案：B
4．下列关于胶体的叙述不正确的是
A．布朗运动是胶体微粒特有的运动方式，可以据此把胶体和溶液、悬浊液区分开来
B．光线透过胶体时，胶体发生丁达尔现象
C．用渗析的方法净化胶体时，使用半透膜只能让小分子和离子通过
D．胶体微粒具有较大的表面积，能吸附阳离子或阴离子，故在电场作用下会产生电泳现象
4．研析：物质在永不停息地做无规则运动，胶体粒子也能发生布朗运动，故A选项错误。区别胶体与非胶体，简易方法就是利用丁达尔效应；胶体粒子半径较大不能透过半透膜，而水分子等小粒子可自由通过；胶体粒子具有较大的表面积，可以吸附某些离子，从而胶粒带有部分电荷，所以在电场作用下，发生了定向移动，产生了电泳现象。
答案：A
5．碘（I）元素与氧元素可以形成多种化合物，其中一种为碘酸碘。在该化合物中，碘元素呈+3和+5两种价态，则这种化合物的化学式是
A．I2O5 B．I2O7 C．I4O5 D．I4O9
5．研析：我们曾使用过一种非常重要的化合物——氯酸钾，其化学式为KClO3 ，其中氯元素的化合价也为+5价，ClO3－中元素化合价代数和为－1。由此可类推出+5价的碘元素形成的酸根为IO3－，其中元素的化合价代数和也为－1价，根据书写化学式的规则，可得碘酸碘的化学式为I(IO3)3 ，可改写为 I4O9，故选D。值得一提的是，同种元素在不同化合物中可表现出不同的价态，这也是物质种类繁多的原因之一。
答案：D
6．将物质进行科学的分类给我们学习带来了很大的方便。利用你具备的知识将下列物质用两种方法进行简单分类，写出所分物质的类别及对应的物质：H2O、CuO、CH4、HNO3、Ca(OH)2、ZnSO4、CH3COOH
方法一：_____________________________________
方法二：_____________________________________
6．答案：方法一：有机化合物：CH4、CH3COOH；无机化合物CuO、HNO3、Ca(OH)2、ZnSO4
方法二：含氧化合物：H2O、CuO、HNO3、Ca(OH)2、ZnSO4、CH3COOH；无氧化合物：CH4
7．（1）实验时手指不慎划破，可从急救箱中取出FeCl3溶液止血，其原理是：　　　　　　　。
（2）在陶瓷工业上，常遇到因陶土里混有氧化铁而影响产品质量问题．解决的方法是把陶土和水一起搅拌，使微粒直径在10－9～10－7 m之间，然后插入两根电极并接通直流电源，这时纯的陶土胶粒就富集在阳极，解释其原因 。
7．研析：本题主要考查胶体性质的应用，要求学生有较强的思维敏捷性。
答案：（1）FeCl3溶液是电解质溶液，能使血液中蛋白质胶体很快聚沉而起到止血作用。
（2）陶土和水混合搅拌形成的是胶体微粒。陶土胶粒带负电荷，杂质氧化铁胶粒带正电荷。插入电极接通直流电源后，陶土胶粒移向阳极，就富集在阳极上，而氧化铁胶粒移向阴极，富集在阴极上，从而可将氧化铁和陶土分开。
二、拓展与创新
8．X、Y、Z分别是Fe、Cu、Hg、Ag四种金属元素中的一种，X的单质能从Y的盐溶液中置换出Y，但不能从Z的盐溶液中置换出Z，也不和稀盐酸反应。Z的单质也能够从Y的盐溶液中置换出Y，但不能够置换出盐酸中的氢。
（1）三种金属的活动性由强到弱的顺序是______________________。
（2）若X是Hg，则Y是___________，Z是___________。
（3）写出Z和Y的硝酸盐溶液发生反应的化学方程式___________（Y、Z用相应的元素符号表示）。
8．研析：根据题意，X能与Y的盐溶液发生置换反应生成Y，则X＞Y（表示活动性大小，下同），X一定不是Ag；X不能与Z的盐溶液反应，也不与盐酸反应，则Z＞X，（H）＞X，X也一定不是Fe。故Z＞X＞Y。而Z也不能与盐酸发生置换反应则（H）＞Z，Z一定不是Fe。可得H＞Z＞X＞Y。由此可知X、Y、Z应分别为Hg、Ag、Cu。
答案：（1）Z＞X＞Y （2）Ag Cu （3）Cu＋2AgNO3＝Cu(NO3)2＋2Ag
三、综合与探究
9．有甲、乙、丙、丁四种液体，它们分别为Fe(OH)3胶体、硅酸胶体、As2S3胶体、NaOH溶液．现将有关实验现象记录如下：（1）电泳：甲液体的阳极周围颜色变浅，阴极周围颜色变深；（2）将一束光通过乙液体，无丁达尔现象；（3）将乙慢慢加入到丙液中，先出现凝聚，后液体变清，则甲为　　　　 ，乙为　　　　，丙为　　　　，丁为　　　　。
9．研析：据（1），甲液体中的胶体微粒应带正电荷，甲液体为Fe(OH)3胶体；据（2），乙液体没有丁达尔现象，为溶液，是NaOH溶液；据（3），丙应为硅酸胶体，有关反应为H4SiO4＋2NaOH＝Na2SiO3＋3H2O，由此丁为As2S3胶体。
答案：Fe(OH)3胶体；NaOH溶液；硅酸胶体；As2S3胶体。
10．下图为盐酸厂废水处理示意图，排污口流出的废水用碱液池流出的碱中和。已知废水中盐酸的质量分数为0.73%，且废水的流量为5.0kg / s（即每秒钟排出5kg废水）。
（1）若碱液是NaOH溶液，且流量为1.0kg/s，则该碱液的质量分数是多少？
（2）现将碱液改为K2CO3溶液，将实现既中和废水、又得到钾肥（KCl）之目的。若K2CO3溶液质量分数与NaOH溶液相等，则K2CO3溶液流量是多少？
10．研析：
（1）HCl——————NaOH
36.5 40
0.73%×5.0kg/s W×1.0 kg/s 得到：W＝4.0%
（2）设K2CO3溶液流量是x。
2HCl————————K2CO3
2×36.5 138
0.73%×5.0kg/s 4.0% x 得到：x＝1.73 kg/s
答案：（1）4.0% （2）1.73 kg/s
本节答案解析与研读
本节教材课后习题（P79）
1．答案：（1）碱性氧化物（或金属氧化物、氧化物、化合物）。（2）CaO + H2O = Ca(OH)2。（3）①跟酸反应：CaO + 2HCl = CaCl2 + H2O。②跟酸性氧化物反应：CaO + CO2 = CaCO3。③跟盐溶液反应（如氯化铜溶液）：CaO + H2O = Ca(OH)2，Ca(OH)2 + CuCl2 = Cu(OH)2↓+ CaCl2。（4）不能；因为氧化钙吸水后变成氢氧化钙，氢氧化钙不具有吸水性。当氧化钙完全转化成氢氧化钙时，就不能再做干燥剂了。（5）浓硫酸、无水氯化钙、氢氧化钠等。
2．答案：（1）Na、Na2O、Na2O2、NaOH、Na2CO3、NaHCO3、NaCl、Na2SO4、NaNO3等。
（2）游离态、化合态。
（3）单质；Na；氧化物；Na2O、Na2O2；碱：NaOH；盐：Na2CO3、NaHCO3、NaCl、Na2SO4、NaNO3。
Na2O NaOH→Na2CO3
（4）Na→ →
Na2O2 Na2CO3→NaCl
4Na＋O2＝2Na2O；2Na＋O2Na2O2；Na2O+H2O = 2NaOH；2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2↑；Na2O+CO2 = Na2CO3；2Na2O2 +2 CO2 = 2 Na2CO3 + O2↑；2NaOH + CO2 = Na2CO3 + H2O；Na2CO3+2HCl = 2 NaCl + H2O + CO2↑。
（5）钠的“家族”。
3．（1）答案：1~100nm。
解析：胶体与其它分散系的本质区别在于分散质微粒粒度不同：溶液小于1nm，浊液大于100nm，胶体界于1~100nm之间。
（2）答案：方法1：取一支U型管，加入适量制得的胶体，两端分别插入石墨电极，通直流电，如有“电泳”现象，则证明是胶体；方法2：取一支试管，加入适量制得的胶体，然后加入适量盐溶液，如出现红褐色沉淀，则证明是胶体。
（3）答案：因为胶体分散质微粒带同种电荷，相互排斥，而使胶体相对比较稳定。但用玻璃棒搅拌时，微粒运动加剧，相互碰撞的机会明显增多，许多小微粒就相互结合成较大的颗粒，于是就发生了“聚沉”，得不到胶体。如果加入大量FeCl3溶液，胶体分散质微粒对氯离子的吸附增强，中和了它原来带的正电荷，破坏了胶体稳定的因素，因而也发生了“聚沉”，得不到胶体。
Na2CO3 正盐
K2CO3 酸式盐
NaHCO3 钾盐
KHCO3 钠盐
交叉分类举例
化合物
酸 碱 盐 氧化物
树状分类举例
NaOH
(酚酞)
氧化铜
AgNO3
锌
盐酸
类别： 单质
类别： 碱
类别：氧化物
类别：盐
类别：酸
含氮物质
纯净物
含钠物质
含钙物质
含硫物质
单质
化合物
化合物
化合物
化合物
单质
单质
单质
……
元素
游离态
化合态
化合态
化合态
游离态
游离态
游离态
钠元素
钙元素
硫元素
氮元素
化合态
金属Na
Na2O等
金属Ca
CaCl2等
S
SO2等
N2
HNO3等
S（游离态）
－2
0
+4
+6
Na2S
H2S
SO3
Na2SO4
SO2
Na2SO3
化合价
化学式
化合态
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第2节 电解质
关于酸、碱、盐的水溶液为什么会导电的问题，从19世纪初就为科学界所关注。1834年，英国M.法拉第在论文《关于电的实验研究》中提出，在电解时溶液中的电流是由带电荷的分解产物传输的，他认为离子是在电流的作用下产生的。阿伦尼乌斯在研究高度稀释的电解质水溶液的电导时，发现电解质分子会自动离解，他先后于1883年和1887年发表了两篇论文——《电解质的导电性研究》和《关于溶质在水中的离解》，内容为酸、碱、盐在水溶液中自动地部分离解为带不同电荷的离子，而不需要借助电流的作用产生离子。同学们，你同意谁的观点呢？
研习教材重难点
【温故·知新】
在物质的分类中，我们将纯净物分为单质及化合物，而化合物又可分为氧化物、酸、碱、盐等。
根据物质的性质可以对物质进行分类，目的不同，标准不同，分类的方法也不相同。例如：根据在水溶液中或熔融状态下能否导电，可将化合物分为电解质和非电解质；根据在某些化学反应中的表现，可将反应物分为氧化剂和还原剂；根据被分散物质的颗粒大小，将混合物分为溶液、浊液和胶体。
研习点1 电解质的电离
1．酸、碱、盐的电离
（1）电离的概念：物质溶解于水或熔化时，离解成自由移动的离子的过程称为电离。
注意：电离的条件是在水的作用下或受热熔化，绝不能认为是通电。
【交流·研讨】
1．金属为什么能导电？
金属原子最外层电子数较少，受原子核的引力作用较小，容易失去而成为自由移动的带负电的电子，当金属导线接上电源以后，在电场的作用下，金属内部中带负电的电子由自由移动改为定向移动，电流便形成了。
2．氯化钠晶体和氯化钠溶液是否都能导电 为什么 酸、碱、盐溶液导电的前提和实质是什么
NaCl晶体不导电，NaCl溶液导电。因NaCl在水中可以电离出自由移动的离子。电离是电解质溶液导电的前提，实质是自由移动离子的定向移动。
（2）酸、碱、盐
电离时生成的阳离子全部是H＋的化合物称为酸；电离时生成的阴离子全部是OH－的化合物称为碱；电离时生成的阳离子是金属阳离子（或NH4+离子）、阴离子全部是酸根离子的化合物称为盐。
（3）电离方程式：用离子符号和化学式来表示电解质电离的式子。如：
H2SO4＝2H+＋SO42－；NaOH＝Na+＋OH－；NaHCO3＝Na+＋HCO3－
电离的条件是在水溶液中或融化状态下，并不是在通电的条件下。
2．酸、碱、盐是电解质
（1）电解质与非电解质
在水溶液或熔化状态下能导电的化合物称为电解质；在水溶液和熔化状态下都不能导电的化合物称为非电解质。
说明：①电解质和非电解质都是化合物，单质既不属于电解质，也不属于非电解质。
②电离是电解质溶液导电的前提。
③能导电的物质不一定是电解质，如石墨等；电解质本身不一定能导电，如食盐晶体。
④有些化合物的水溶液能导电，但因为这些化合物在水中或熔化状态下本身不能电离，故也不是电解质．如SO2、SO3、NH3、CO2等，它们的水溶液都能导电，是因为跟水反应生成了电解质，它们本身都不是电解质。
⑤电解质溶液中，阳离子所带正电荷总数与阴离子所带负电荷总数是相等的，故显电中性，称电荷守恒。
【领悟·整合】
酸、碱、盐都是电解质，其溶液能导电是因为它们在溶液中发生了“电离”。电离的过程可以用“电离方程式”来表达。工农业生产中的许多化学反应是在电解质溶液里进行的，人类的生活，时时处处离不开电解质。
（2）强电解质与弱电解质
根据电解质在水溶液里电离能力的大小又可将电解质分为强电解质和弱电解质．能完全电离的电解质叫做强电解质，如强酸、强碱和绝大多数盐，只能部分电离的电解质叫做弱电解质，如弱酸、弱碱等。
（3）常见的电解质
①强电解质
强酸：H2SO4、HCl、HNO3、HClO4、HBr、HI。强碱；NaOH、KOH、Ca(OH)2、Ba(OH)2。大多数盐：NaNO3、NH4Cl、MgSO4等
②弱电解质
弱酸：H2CO3、HF、CH3COOH、HClO、H2SO3、H2S、H3PO4等；弱碱：NH3·H2O、Cu(OH)2、Fe(OH)3、 Mg(OH)2等；水：H2O
【联想·发散】
电解质溶液导电性的强弱
电解质溶液导电能力的强弱只取决于在相同条件下溶液中自由离子的浓度和其所带电荷的多少。
说明：①难溶性盐(如CaCO3、BaSO4等)在水中的溶解度极小，导电能力很小，但由于它们是离子化合物，在水溶液中溶解的那部分能完全电离，故它们属于强电解质。
②溶液导电性的强弱与电解质的强弱没有必然的联系。导电能力强的溶液不一定是强电解质的溶液，强电解质的溶液不一定导电能力强。
典例1：下列物质中，导电性能最差的是
A．石墨棒 B．盐酸溶液
C．熔融氢氧化钠 D．固体氯化钾
研析：物质导电性能的优差除与物质的本性有关外，还与物质的状态及外部条件有关。石墨及金属单质都是电的良导体。盐酸溶液中有自由移动的H＋、Cl－，能导电。熔融NaOH中，因NaOH＝Na＋＋OH－也存在自由移动的阴阳离子，故也能导电。固体KCl虽为电解质，但因缺乏电离的条件，即在固体KCl中虽存在K＋、Cl－，但因不能自由移动，故固体KCl不导电，导电性能最差。
答案：D
典例2：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
研析：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，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，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。
答案：D
研习点2 电解质在水溶液中的反应
1、电解质在水溶液中反应的实质
（1）离子反应：有离子参加的化学反应称为离子反应。如酸、碱、盐、氧化物之间的复分解反应、溶液中的置换反应等属于离子反应。
（2）实质：电解质在水溶液中的反应实质上都是离子反应。
（3）酸、碱、盐在溶液中发生复分解反应发生的条件：有难溶性物质生成，或有难电离的物质生成，或有易挥发性物质生成。总之，这类反应的特点就是向着降低某些离子的浓度或数目的方向进行。
【观察·思考】
稀硫酸与氢氧化钡在水溶液中的反应
向碱式滴定管和烧杯中分别注入0.2mol·L－1Ba(OH)2溶液和0.1mol·L－1稀硫酸各50mL，并向稀硫酸中滴加几滴石蕊溶液，按如图装置连接好。
①按下开关接通电路，观察电流计指针偏转情况。
现象： 。
结论： 。
② 挤压碱式滴定管胶管里的玻璃珠向烧杯中滴加Ba(OH)2溶液，观察溶液中的现象和电流计指针的变化情况。
现象： 。
结论： 。
③思考以下几个问题：
Ⅰ 稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应的实质是什么？
Ⅱ 该实验说明溶液的导电性与_______________________有关。
Ⅲ 如果把硫酸溶液改为醋酸溶液，Ba(OH)2溶液改为氨水，仍按照上述操作进行实验，将看到的现象是： 。
提示：①现象：电流计指针明显偏转。结论：硫酸是电解质，它溶于水时会发生电离。
② 现象：电流计指针偏转先逐渐减小至接近0刻度，后来又逐渐增大。溶液由红色逐渐变为紫色，后来又由紫色逐渐变为蓝色。结论：稀硫酸与Ba(OH)2溶液发生了离子反应。
③Ⅰ 稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应的实质是稀硫酸电离出的H+和SO42－分别与Ba(OH)2电离出的OH－和Ba2+反应生成H2O和BaSO4沉淀的过程。
Ⅱ 单位体积溶液中所含离子所带电荷的多少。
Ⅲ 电灯首先由暗变亮，后来又略微变暗。
【品思·感悟】
酸、碱、盐在溶液中发生复分解反应的本质是：通过两种化合物相互接触，交换成份，使溶液中离子浓度降低。离子浓度降低的形式有：生成沉淀、生成气体、生成难电离的物质等。
2、离子方程式
（1）概念：用实际参加反应的离子的符号来表示离子反应的式子。
（2）意义：①表示化学反应的实质；②表示同一类型的离子反应。
（3）特征：①方程式中出现离子符号；②等号两边电荷总数相等（即电荷守恒）。
（4）离子方程式的书写方法：
方法1：
①“写”：写出反应物在水溶液中的电离方程式，明确溶液中存在的微粒。
②“断”：判断电离出的微粒中哪些能够生成沉淀、水或气体。
③“写”：综合①和②，写出离子方程式，并配平
④“查”：检查离子方程式两边的原子个数是否相等，电荷总数是否相等。
方法2：
①“写”：写出正确的化学方程式。
②“拆”：把易溶且易电离的物质拆写成离子形式，凡是难溶、难电离，以及气体物质均写成化学式。
③“删”：删去反应前后不参加反应的离子。
④“查”：检查离子方程式两边的原子个数是否相等，电荷总数是否相等。
说明：此方法的关键是第二步拆，能否可拆取决于该物质是否是电解质，是否符合电离的条件，是否完全电离，在体系中是否以离子形态大量存在。
【领悟·整合】
离子方程式不仅表示一定物质间的某个反应，而且还表示所有同一类的反应。例如：强酸、强碱之间的中和反应大都可以表示为：H+＋OH－＝H2O。书写离子方程式时要注意：（1）易溶、易电离的物质（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；（2）离子方程式两边的原子个数、电荷数均应相等。
3、几种重要离子的检验
离子 检验方法
H+ 能使紫色石蕊试液或橙色的甲基橙试液变为红色。
Ba2+ 能使稀硫酸或可溶性硫酸盐溶液产生白色BaSO4沉淀，且沉淀不溶于稀硝酸。
OH－ 能使无色酚酞、紫色石蕊、橙色的甲基橙等指示剂分别变为红色、蓝色、黄色。
Cl－ 能与硝酸银反应，生成白色的AgCl沉淀，沉淀不溶于稀硝酸。
SO42－ 能与含Ba2+溶液反应，生成白色BaSO4沉淀，不溶于硝酸。
CO32－ 能与BaCl2溶液反应，生成白色的BaCO3沉淀，该沉淀溶于硝酸（或盐酸），生成无色无味、能使澄清石灰水变浑浊的CO2气体。
HCO3－ 取含HCO3－盐溶液煮沸，放出无色无味CO2气体，气体能使澄清石灰水变浑浊。或向HCO3－盐酸溶液里加入稀MgSO4溶液，无现象，加热煮沸，有白色沉淀 MgCO3生成，同时放出 CO2气体。
【启发·引申】
离子的检验是中学化学实验的一项重要内容，同学们不仅要掌握常见离子的检验方法，更应该理解其原理。如检验Cl－最关键的问题是防止CO32－等离子对Cl－检验的干扰。因为CO32－也可以和Ag+反应生成白色的Ag2CO3沉淀，所以在检验之前要对溶液进行酸化，排除CO32－的干扰。选择的试剂是稀硝酸，它可以把CO32－转化成CO2气体逸出，然后再加入硝酸银溶液，如有白色沉淀生成，则证明有Cl－存在。
典例3：下列离子方程式中错误的是
A．铁跟稀硫酸反应 2Fe＋6H+＝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．碳酸镁跟稀硫酸溶液反应 MgCO3＋2H+＝Mg2+＋H2O＋CO2↑
研析：解本题时采用正向思维，对每一个离子方程式进行分析。而每一个离子方程式都应与其化学方程式及实际情况相吻合，不能随意臆造。稀硫酸与铁反应生成二价铁，故A选项不正确；Ca(HCO3)2是可溶于水的盐，应写成离子，反应前后Ca2+的数目并没有变，因此离子方程式中不应出现Ca2+，故B选项也不正确；醋酸是弱酸，在离子方程式中应写成化学式；MgCO3难溶于水，不能写成离子，故C、D选项正确。
答案：A、B。
典例4：现有一包固体粉末，其中可能含有CaCO3、Na2CO3、Na2SO4、NaCl、CuSO4。进行如下实验：①溶于水得无色溶液；②向溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，再加盐酸时沉淀消失。根据上述实验现象推断：
（1）一定不存在的物质是 ；
（2）一定存在的物质是 ；
（3）可能存在的物质是 ；
（4）对于可能存在的物质的检验方法是（写出简要步骤和有关的离子方程式）__________________。
研析：根据“溶于水得无色溶液”的信息可知CaCO3和CuSO4一定不存在，因为CaCO3难溶于水，CuSO4溶于水得蓝色溶液；根据“向溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，再加盐酸时沉淀消失” 的信息可知Na2SO4一定不存在，因为假设有Na2SO4，生成的沉淀在加入盐酸后就不会消失，而这种易溶于稀盐酸的物质一定是BaCO3，则可判断Na2CO3一定存在；有无NaCl对整个过程和现象无影响，因此，无法判断NaCl的存在。
答案：（1）CaCO3、Na2SO4、CuSO4（2）Na2CO3（3）NaCl（4）取无色溶液少量于试管中，滴加足量稀HNO3，待气泡放尽后，加AgNO3试剂，看是否产生白色沉淀。若有，则含有NaCl，反之则无。2H＋＋CO32－=CO2↑＋H2O，Ag＋＋Cl－=AgCl↓
探究解题新思路
▲ 基础思维探究
题型一、离子方程式的书写与正误判断
典例1：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：HCO3-+H+＝H2O+CO2↑
B．饱和石灰水跟稀硝酸反应：Ca(OH)2+2H+＝Ca2++2H2O
C．钠与水反应：Na+H2O＝Na++H2↑+OH－
D．碳酸钙溶于醋酸中：CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑
研析：A选项，碳酸氢钙为可溶性盐，写成离子形式，硝酸为强酸，也写成离子形式，正确；B选项，Ca(OH)2虽为微溶物，但在饱和石灰水中，仍以离子形式存在，故应写成离子形式，错误；C选项，没有配平，错误；D选项，醋酸为弱电解质，应写成分子形式.综上分析。
答案：A
考向指南：离子方程式是基本化学用语之一，它揭示了化学反应的实质，是学习化学这门学科的一种重要工具。离子方程式的书写和正误辨析是中学阶段学生应掌握的一种基本技能，因而也是近年来高考的“热点”。离子方程式的正确书写应遵循客观事实，根据物质的性质与反应环境，具体分析，灵活运用。
拓展变式1．下列离子方程式中，正确的是A．稀硫酸滴在铜片上：Cu＋2H+ ＝ Cu2+＋H2↑B．硫酸钠溶液与氯化钡溶液混合：SO42－＋Ba2+ ＝ BaSO4↓C．盐酸滴在石灰石上：CaCO3＋2H+ ＝ Ca2+＋H2CO3D．氧化铜与硫酸混合：Cu2+＋SO42－ ＝ CuSO41．研析：稀硫酸滴在铜片上不反应，A不符合反应事实；C选项，H2CO3易分解，应写成CO2↑＋H2O的形式；D选项，氧化铜应写成分子形式：CuO＋2H+ ＝ Cu2+＋H2O。答案：B。2． 能用H+＋OH－＝H2O表示的是A．Ba(OH)2溶液和稀H2SO4的反应　　　 B．NaOH溶液和盐酸反应C．Cu(OH)2和稀H2SO4的反应　　　　　D．NaOH溶液和CO2的反应2．研析：四个选项对应的离子方程式分别为：A．Ba2+＋2OH－＋2H+＋SO42－＝BaSO4↓＋2H2O；B．H+＋OH－＝H2O；C．Cu(OH)2＋2H+＝Cu2+＋2H2O；D．2OH－＋CO2＝CO32－＋H2O答案：B。
题型二、离子共存问题
典例2：下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是：
A．Ba2＋、Na＋、CO32－、OH－ B．Mg2＋、Ba2＋、OH－、NO3－
C．H＋、K＋、CO32－、SO42－ D．Al3＋、Fe3＋、SO42－、Cl－
研析：A组中，Ba2＋＋CO32－＝BaCO3↓；B组中，Mg2＋＋2OH－＝Mg(OH)2↓；C组中，2H＋＋CO32－＝CO2↑＋H2O；D组中，各种离子能在溶液中大量共存。
答案：D。
方法导引：离子共存问题是高考的热点问题，凡是离子间能发生反应的均不能大量共存。因此，这类题实际上是对离子反应发生条件的考查。主要考查角度有：一看能否反应产生难溶物，如Mg(OH)2、CaCO3、Ca(OH)2等；二看能否反应产生挥发性物质，如CO32－、HCO3－与H＋反应；三看能否生成弱电解质，如弱酸根与H＋反应，H＋与OH－反应生成水。同学们只要牢牢把握各类离子反应发生的规律，就能顺利解答此类题目。
拓展变式3．下列各组离子中，能在强酸溶液里大量共存，并且溶液呈无色透明的是A．MnO4－，K＋，Na＋，SO42－ B．Na＋，K＋，HCO3－，Cl－C．Mg2＋，NH4+，Cl－，NO3－ D．Ba2＋，K＋，S2－，SO42－3．研析：对于离子能否共存问题：必须考虑两个问题，一看同组离子是否发生反应，二看是否满足题干要求。A项中的MnO4－为紫色；B项中的HCO3－能与强酸反应；C项各离子均不能发生反应；D项中的Ba2＋和SO42－可反应生成BaSO4沉淀，且S2－能与强酸反应。
题型三、常见离子的检验
典例3：某溶液中含有较大量的Cl－、CO32－、OH－等3种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序正确的是
①滴加Mg(NO3)2溶液；②过滤；③滴加AgNO3溶液；④滴加Ba(NO3)2溶液
A．①②④②③ B．④②①②③ C．①②③②④ D．④②③②①
研析：首先滴加足量Ba(NO3)2溶液，如果出现白色沉淀，证明有CO32－，同时除去CO32－；过滤后，在滤液中加入足量滴加Mg(NO3)2溶液，如果出现白色沉淀，证明有OH－，同时除去OH－；过滤后，滴加AgNO3溶液，如果出现白色沉淀，证明有Cl－。
答案：A。
总结提升：根据某些离子反应会出现气体、沉淀等特征的现象，可进行离子的鉴别。离子鉴别是离子反应的重要应用之一。本题要求只取一次溶液，将Cl－、CO32－、OH－等3种阴离子鉴别出来，有一定难度。如果先加Mg(NO3)2溶液，CO32－、OH－都会与其反应。如果先加AgNO3溶液，则Cl－、CO32－、OH－等3种阴离子都能与其反应，无法鉴别。因此，此类题目对检验顺序有较高的要求。
拓展变式4．某同学从一种未知的无色溶液中检验出有Ba2＋、Ag＋，同时溶液的酸性较强，他还准备继续检验溶液中是否含有Cu2＋、Cl－、CO32－、K＋、SO42－、NO3－等离子。显然，有些离子还必须检验，有些离子已不需检验。你认为还必须检验的离子有 。4．研析：由溶液呈无色，推知无Cu2＋；因含有大量H＋、Ba2＋、Ag＋，故与之不能大量共存的离子Cl－、SO42－、CO32－不能存在，无需检验．剩余离子还须检验。答案：K＋、NO3－
▲ 综合思维探究
题型一、学科内综合题
典例4：有一包从海水获得的粗盐，已经经过初步的提纯。课外活动小组对它的成分进行探究。根据海水的成分和初步提纯的实验操作，估计该粗盐可能还含有的杂质是CaCl2和MgCl2。现用实验验证这种推测，并完成实验报告：
实验目的： 。
实验步骤 现象 实验结论
①取样并 ，加入数滴 溶液 说明该粗盐中没有MgCl2
②接着再滴入 溶液 有白色沉淀生成 说明
研析：题中实验目的就在所给的信息中，“估计该粗盐可能还含有的杂质是CaCl2和MgCl2”这句话告诉我们接下来要做的实验就是要验证粗盐中是否含有氯化钙、氯化镁。第一个实验结论说明该粗盐中没有MgCl2，那就想能用来验证MgCl2的方法，考虑到含有氯化钠的因素，只能选择一种碱溶液，另外碱与盐要能反应的话必须在水溶液中，所以首先要将样品溶于水。加入碱溶液后无白色沉淀，则说明该粗盐中没有MgCl2。排除MgCl2后，CaCl2可以用碳酸盐检验。
答案：实验目的：验证粗盐中是否含有氯化钙、氯化镁。①溶于水中，NaOH，无白色沉淀；②Na2CO3，该粗盐中有CaCl2。
方法导引：这类实验报告题解题时，1 看清实验的主要目的是什么，一般这在所给信息中或者是在实验报告的部分已知内容中有提示。2 根据报告中各项内容，考虑实验的步骤。
拓展变式5．已知4℃时四种化合物在水中和液氨中的溶解度如下表：AgNO3Ba (NO3)2AgClBaCl2H2O(l)170g9.20g1.50×10-4g33.3gNH3(l)86.0g97.2g0.80g0.00g①上述四种物质能在水中发生的复分解反应为___________________________；②能在液氨中发生的复分解反应为_____________________________________。5．研析：离子反应总向着某些离子浓度减小的方向进行。第①题比较简单，是同学们比较熟悉的一个反应，因为生成了AgCl沉淀，使反应顺利发生。第②题则陌生度较大，但只要真正理解了离子反应发生的条件，也没有什么难度：换成液氨做溶剂后，传统的难溶物——AgCl变成了微溶物，而易溶物——BaCl2则成了难溶物，因此反应向着生成BaCl2的方向进行，使氯离子和钡离子浓度减小。答案：①2 AgNO3+ BaCl2 =Ba (NO3)2+2 AgCl↓；②Ba (NO3)2+2 AgCl=2 AgNO3+ BaCl2↓
题型二、思维转换题
典例5：（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： 。
研析：因为NaHSO4是二元强酸的酸式盐，可以理解成全部电离。
方法1：当反应后溶液呈中性时其反应式是2 NaHSO4＋Ba(OH)2＝BaSO4↓＋Na2SO4＋2H2O，离子反应式是Ba2+＋2OH－＋2H+＋SO42－＝BaSO4↓＋2H2O。此时溶液中只有Na2SO4溶液，加入Ba(OH)2溶液的离子反应式为Ba2+＋SO42-＝BaSO4↓。
方法2：①写出反应物在水溶液中的电离方程式：NaHSO4＝Na+＋H+＋SO42－；Ba(OH)2＝Ba2+＋2OH－。
②判断电离出的微粒中哪些能够生成沉淀、水或气体：其中SO42－与Ba2+、H+与OH－可以反应。
③综合①和②，写出离子方程式，并配平：假设NaHSO4为2mol，则中和到中性只需Ba(OH)21mol，其离子方程式为，Ba2+＋2OH－＋2H+＋SO42－＝BaSO4↓＋2H2O。反应后硫酸根离子剩余，因此，续滴加Ba(OH)2溶液的离子方程式为Ba2+＋SO42-＝BaSO4↓。
④“查”：检查离子方程式两边的原子个数是否相等，电荷总数是否相等。
方法3：把NaHSO4溶液假想成Na2SO4溶液与H2SO4溶液的混合溶液，则向其中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，就相当于只与其中的H2SO4溶液反应，而继续滴加Ba(OH)2溶液，则相当于与其中的Na2SO4溶液反应。
答案：（1）Ba2+＋2OH－＋2H+＋SO42－＝BaSO4↓＋2H2O；（2）Ba2+ ＋SO42－＝BaSO4↓
方法导引： 对于离子方程式的书写，教材中给出了两种书写方法。方法1：写、断、写、查；方法2：写、改、删、查。这两种方法各有特点，同学们都应该掌握。至于方法3，则属于一个特例，只适用与本题。对于本题来说，属于与“量”有关的，即两种反应物的比值不同，离子方程式也不同，这类题目要特别注意哪个过量，哪个不足。
拓展变式6． （1）向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至钡离子恰好沉淀完全，请写出发生反应的离子方程式： 。（2）在以上溶液中，继续滴加NaHSO4溶液，请写出此步反应的离子方程式： 。6．研析：本题实际上是上述例题的变式，假设Ba(OH)2的物质的量为1mol，则只须NaHSO4即可把其中的钡离子沉淀完全，参加反应的Ba2+、OH－、H+、SO42－物质的量比为1∶1∶1∶1，此时，剩余1mol OH－，如继续滴加NaHSO4溶液，则只是OH－与H+的中和反应。答案：Ba2+＋OH－＋H+＋SO42－＝BaSO4↓＋H2O；H+＋OH－＝H2O。
题型三、实验操作题
典例6：用实验确定其酸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是弱电质的理由是测得溶液的pH 1（选填＞，＜，＝）；乙方案中，说明HA是弱电解质的现象是 （多选扣分）。
（a）装HCl溶液的试管中放出H2的速率快；
（b）装HA溶液的试管中放出H2的速率快；
（c）两个试管中产生气体速率一样快。
（3）请你评价：乙方案中难以实现之处和不妥之处。
（4）请你再提出一个合理而比较容易进行的方案（药品可任取），作简明扼要表述。
研析：该题是从验证某酸是弱电解质的课题出发，涉及到实验、理论、元素化合物、pH的简单换算等知识，同时也考察了同学研究性学习的能力。
（1）配制一定物质的量浓度的溶液所必需的定量仪器是容量瓶，但必须要求同学指出容量瓶的容量（100 mL）。
（2）甲方案中，0.1 mol/L的某弱酸HA，由于它部分电离，H+浓度小于0.1 mol/L，pH>1。乙方案中，将两种溶液分别稀释到原来体积的10倍时：弱酸HA电离度增大，H+的物质的量增加；而强酸HCl中H+的物质的量不变。因此，在两种稀释液中同时加入纯度相同的锌粒后，装HA溶液的试管中因H+的物质的量浓度大，所以放出H2的速率快。
（3）此题可以从实验的条件入手，就迎刃而解了。乙方案中，要求配制某一定pH的弱酸溶液，但影响溶液pH的因素很多，如温度变化等，导致配制的溶液的pH不稳定。因此配制pH＝1的弱酸HA溶液难以实现。不妥之处，因为是液体与固体反应，固体的表面积对反应速率的影响大，仅仅用反应产生气体的速率来判断溶液中H+浓度的大小，说服力不强。
（4）要证明某酸是弱酸还有很多方法。如：配制NaA的盐溶液，再测量溶液的pH，pH＞7，说明HA是弱酸。
答案：（1）100mL容量瓶 （2）＞b （3）配制pH＝l的HA溶液难以实现；不妥之处在于加入的锌粒难以做到表面积相同。（4）配制NaA溶液，测其pH值＞7即证明HA是弱电解质
总结提升：试题要求考生用研究性学习的思路考虑问题，提出更优的实验方案，用整体的思维去考虑问题，体现了学生学习的综合能力。该题要求既有基本知识，又要有扎实的研究性学习的意识，是一个很好的考题。本题还有一点也很重要，反映的是在评卷答案上：本题解答若操作简单、现象明显、不是化学教材中讲过的常规方法应属创新，经认可后可给予奖励。可见，研究性学习应该体现在教学、学习的各个方面，不仅是为了考试，更重要的是在研究性学习中提高学生的能力。
拓展变式7．有6瓶白色固体试剂，分别是氯化钡、氢氧化钠、硫酸钠、硫酸铵、无水硫酸铜、碳酸钠，现只提供蒸馏水，通过下面的实验步骤即可签别它们。请填写下列空白：（1）各取适量固体试剂分别加入6支试管中，加入适量蒸馏水，振荡试管，观察到的现象是 ；被检出的物质的化学式（分子式）是 。（2）分别取未检出的溶液，往其中加入上述已检出的溶液，观察到的现象和相应的离子方程式是： 1支试管中有白色沉淀生成 ； 2支试管中有蓝色沉生成 ；被检出的物质的化学式（分子式）是 。（3）鉴别余下未检出物质的方法和观察到的现象是（i） ；（ii） 。7．答案：（1）6种固体全部溶解，5支试管中得到无色溶液，1支试管中得到蓝色溶液，CuSO4。（2）Ba2+＋SO42－＝BaSO4↓； Cu2+＋2OH－＝Cu(OH)2↓；Cu2+＋CO３2－＝CuCO3↓； BaCl2。 （3）（i）分别取（2）中能产生蓝色沉淀的两种溶液，向其中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成的是Na2CO3溶液，无沉淀生成的是NaOH溶液。 （ii）分别取少量未检出的溶液，往其中加入NaOH溶液，无明显现象的是Na2SO4溶液，有刺激性气味气体产生的是(NH4)2SO4溶液。
▲ 创新思维探究
题型一、开放探究题
典例7：小明等同学为了探究酸、碱、盐溶液的导电性，设计了如下实验：
1．在5只250mL烧杯分别加入浓度均为0.1mol·L－1的盐酸、CH3COOH溶液、NaOH溶液、NaCl溶液、氨水各150mL。
2．在5种溶液中分别放入相同规格的石墨电极，按下图连接好。
3．接通电源，仔细观察现象。
现象1：五个灯泡都亮起来。
结论： 。
现象2：盐酸、氯化钠、氢氧化钠溶液对应的灯泡较亮，醋酸、氨水对应的灯泡较暗。
结论： 。
思考：
1．酸、碱、盐溶液导电与金属导电的原理是否相同，为什么？
2．同学们为了探究不同电解质之间电离能力的差异，设计了上述实验，通过观察灯泡的明亮程度，判断电解质的电离能力大小，为此必须控制其他能影响灯泡亮度的一些因素，使之保持一致，从而不影响灯泡的明亮程度。在本实验中，采取了哪些主要措施来控制其他因素对灯泡亮度的影响？（写出三条即可） 。
3．小明同学根据现象2得出一个结论：氯化氢、氯化钠、氢氧化钠是强电解质，醋酸、一水合氨是弱电解质。你同意他这个观点吗？为什么？
。
4．为了进一步探究氯化氢等化合物是强电解质，小红同学在老师的帮助下测定了0.1mol·L－1的盐酸中的氢离子浓度，通过对结果的分析，即可得出结论。说明氯化氢是强电解质的理由是：测得溶液中的氢离子浓度 0.1mol·L－1（选填＞、＜、＝）。
5．同学们在实验的基础上，进一步查阅资料得知：一般来说， 是强电解质， 是弱电解质。根据以上结论推测：如果将上述实验中的醋酸和氨水混匀，然后分别盛放在原来的烧杯中。接通电源，可以观察到的现象是：
A．与混合前无任何区别。
B．5只灯泡都亮起来，亮度完全相同。
C．只有盐酸、氯化钠、氢氧化钠溶液对应的灯泡亮起来，另外两只不亮。
D．5个灯泡都亮起来，盐酸、氯化钠、氢氧化钠溶液对应的灯泡较亮，另外两只略暗，但明显比混合前明亮。
研析：4．盐酸是一元酸，如果氯化氢的浓度和它电离出来的H+浓度相等，即可说明氯化氢在水溶液中完全电离，属于强电解质；5．醋酸和一水合氨是弱电解质，其溶液导电能力较弱，但两者混合后生成的醋酸铵属于强电解质，溶液导电能力比原来明显增强，但由于体积增大了一倍，因此，导电能力比盐酸、氯化钠、氢氧化钠溶液略差，D所述现象正确。
答案：现象1结论：酸、碱、盐都是电解质，它们溶于水时会发生电离。
现象2结论：醋酸、一水合氨的电离程度较小，是弱电解质。氯化氢、氯化钠、氢氧化钠的电离程度较大。
思考1：不完全相同。金属导电是因为其内部具有自由电子，在电场作用下自由电子可以定向移动；而酸、碱、盐溶液导电是因为它们在水中发生了电离，在电场作用下，电离出的阴、阳离子可以作定向移动。
思考2：电解质溶液的浓度和体积相等、电极的材料和间距相同、两极的电压相等、灯泡的规格相同。
思考3：不同意，醋酸、一水合氨的电离程度较小，肯定是弱电解质。虽然氯化氢、氯化钠、氢氧化钠的电离程度较大，但不能说明它们一定完全电离，也就是说，不能说明它们是强电解质。
思考4：＝。
思考5：强酸、强碱和大部分盐；弱酸、弱碱和少部分盐；D
启发引申：本题在课本38页联想·质疑第一个实验的基础上，进行了适当的拓展。一方面在原来盐酸、氯化钠、氢氧化钠溶液的基础上增加了醋酸、氨水两种溶液，同学们在做题过程中可利用对比的方法研究、学习并体会强、弱电解质的异同点；另一方面，设置的问题由浅入深，同学们在做题过程中应认真的思考，达到巩固所学知识，拓展视野的目的。
拓展变式8． 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： 8．研析：本题是考查元素及其化合物基础知识的同时，考查思维的严密性、逻辑性、灵敏性和综合性、有序性。知识容量大。是由一种试剂区别一组试剂的题型转变而成，构思新颖。解题的关键是X与A、C反应均生成白色沉淀，从给定的4种溶液中其中NaNO3、HNO3跟任何物质反应都不会生成沉淀，只有NaOH（OH－）和Ba(NO3)2（实际是Ba2＋）有可能与加入的X溶液产生沉淀，当向X中加入过量NaOH溶液能产生白色沉淀的只能是Mg(OH)2，故X中含有Mg2＋，则X是一种可溶性镁盐溶液，要使Ba(NO3)2也产生白色沉淀，只能是SO42－，故X应为MgSO4溶液。答案：NaOH；NaNO3；Ba(NO3)2；HNO3；MgSO4
题型二、社会热点题
典例8：某河道两旁有甲乙两厂。它们排放的工业废水中，共含K+、Ag+、Fe3+、Cl－、OH－、NO3－ 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 （选填：活性炭、硫酸亚铁、铁粉）。可以回收其中的金属 （填写金属元素符号）。
另一种设想是将甲厂和乙厂的废水按适当的比例混合，可以使废水中的 （填写离子符号）转化为沉淀。经过滤后的废水主要含 ，可用来浇灌农田。
研析：甲厂排放的废水明显呈碱性，一定含有OH－，与OH－可以共存的离子只有K+、Cl－、OH－、NO3－，考虑到Ag+与Cl－不能共存，所以甲厂废水中所含的三种离子是K+、Cl－、OH－，乙厂的废水中含有Ag+、Fe3+、NO3－。在乙厂的废水中加入一定量铁粉可得到Ag，甲厂和乙厂的废水按适当的比例混合，Ag+与Cl－，Fe3+与OH－可反应生成AgCl和Fe(OH)3沉淀。经过滤后的废水主要含KNO3，可用来浇灌农田。
答案：OH－，Cl－，K+；铁粉；Ag；Ag+，Fe3+，Cl－，OH－；KNO3
总结提升：本题结合人们普遍关注的社会热点——污水处理问题，将化学知识与工业生产、环境保护中的废水处理等背景融合一起，使纯粹试题情境化、现实化。能够使所学知识运用于实际情景，体现了“学有所用”的思想。在解答过程中，要注意在接受新信息后，如何调用与这些新信息有关的旧知识，并使之与新信息结合，找出解题的知识基础，迅速形成正确的解题思路。
拓展变式9．有一种工业废水，已知其中含有大量的FeSO4，少量的Ag+和Na+，以及部分污泥。试设计一个既经济又合理的方法以回收金属银、硫酸亚铁。分步列出实验步骤，并说明每一步骤的目的（不必写化学方程式）。9．答案：（1）过滤除去污泥；（2） 滤液中加入过量铁粉，使Ag+还原为金属银；（3） 过滤，将Ag和过量铁粉从溶液中分离出来；（4）将混有铁粉的Ag用稀硫酸处理，使Fe溶解；（5）过滤，分离出银，（6）将第（3）和（5）步的滤液合并，蒸发浓缩，冷却，使硫酸亚铁结晶析出；（7） 过滤，得到硫酸亚铁晶体，Na+留在母液中。
▲ 高考思维探究
【考题1】（2005上海化学-16）欲使01 mol / L的NaHCO3溶液中cH+、c CO32－、c HCO3－都减少，其方法是
A．通入二氧化碳气体 B．加入氢氧化钠固体
C．通入氯化氢气体 D．加入饱和石灰水溶液
研析：A中通入二氧化碳气体后，二氧化碳可以与水反应生成碳酸，碳酸可以电离出部分氢离子，使cH+增大，不符合题意；B中加入氢氧化钠固体后，氢氧根离子可以与HCO3－反应生成CO32－，使c CO32－增大，不符合题意；C中通入氯化氢气体后，氯化氢电离出大量的H+，使cH+增大，也不符合题意；D中加入饱和石灰水溶液后，氢氧根离子一方面中和H+，使cH+减少，另一方面可以与HCO3－反应生成CO32－，使c HCO3－减少，生成的CO32－和原来的CO32－都可以与钙离子反应生成碳酸钙沉淀，使c CO32－减少，符合题意。
答案：D。
考向指南：离子反应是中学化学中一类重要的反应类型，在生活、生产中有重要的应用，也是高考的重要考点。本题综合考察酸、碱、盐之间的相互反应问题，而此类问题是离子反应中的基础问题，也是重点问题，希望同学们熟练掌握。
【考题2】（2004全国-11）下列离子方程式正确的是
A．澄清的石灰水与稀盐酸反应Ca(OH)2＋2H+＝Ca2+＋2H2O
B．钠与水的反应Na＋2H2O＝Na+＋2OH－＋H2↑
C．铜片插入硝酸银溶液中Cu＋Ag+＝Cu2++Ag
D．大理石溶于醋酸的反应CaCO3＋2CH3COOH＝Ca2+＋2CH3COO－＋CO2↑＋H2O
研析：A中Ca(OH)2属于强电解质，应写成离子的形式；B中钠与水反应的离子方程式电荷没有配平；C中离子方程式电荷也没有配平。
答案：D。
方法导引：离子方程式的书写是中学化学中的一项重要内容，也是高考的常考题。判断一个离子方程式是否正确，可以从以下几个方面入手：①是否符合实际情况；②微粒书写形式是否正确；③是否配平。
【考题3】（2005全国-27）A、B、C、D、E 5瓶透明溶液，分别是HCl、BaCl2、NaHSO4、Na2CO3、AgNO3中的一种。
① A与B反应有气体生成 ② B与C反应有沉淀生成
③ C与D反应有沉淀生成 ④ D与E反应有沉淀生成
⑤ A与E反应有气体生成 ⑥ 在②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质
请填空：
（1）在②和③的反应中，生成的沉淀物质的化学式（分子式）是 。
（2）A是 ，B是 ，C是 ， D是 ，E是 。
（3）A与E反应的离子方程式是 。
研析：根据⑥中“在②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质”这一信息可知，B与D中必然含有相同的离子，容易推断出它们是HCl或BaCl2，都可与银离子反应生成AgCl沉淀；因此，C必然是AgNO3；再根据①，A与B反应有气体生成，推断B一定是HCl；那么，D是BaCl2；A是Na2CO3；剩余的一种物质，也就是NaHSO4就是E。
答案：（1）AgCl （2）A：Na2CO3 B：HCl C：AgNO3 D：BaCl2 E：NaHSO4。（3）CO32－＋2H+＝H2O＋CO2↑
总结提升：离子反应不仅代表一个反应，而且能表示所有同一类型的反应。本题第一小题实际上考查的就是这一点，同时也为下面的题目做了铺垫。这也提醒同学们，做这类题，最关键的是找准突破口。此题的突破口是⑥，然后根据所学知识，顺藤摸瓜，即可找出答案，但具体的途径不一定完全相同。同学们可以多尝试几种不同的方法，达到锻炼自己能力，巩固知识的目的。另外，要注意的是NaHSO4在溶液中完全电离，它与Na2CO3溶液的反应实质上是氢离子与碳酸根离子的反应，只有认识到这一点，才能准确写出相应的离子方程式。
拓展变式10．有A、B、C、D四种溶液，它们各为K2CO3、K2SO4、H2SO4、Ba(NO3)2中的一种，分别取少量样品进行下列实验，现象为：在A中加C，无明显变化；在A中加D，无明显变化；在B中加D，生成沉淀E，并得到一种溶液；在B中加C，生成沉淀并得到溶液F；将少量E加入到过量F中，有气体放出。（1）写化学式，B是 ，C是 。（2）如果将A和B混合，有关反应的离子方程式为 ，将E加入过量F中，有关反应的离子方程式为 。10．研析：解析此题可有多种方法，其知识基础是离子反应，其分析依据是实验现象。逐步推理法：①根据“在A中加C，无明显变化”和“在A中加D，无明显变化”，可判断A一定是K2SO4，并加初步推断C和D分别为K2CO3和H2SO4中的一种，则B可能是Ba(NO3)2。②根据“在B中加D，生成沉淀E，并得到一种溶液”和“在B中加C，生成沉淀并得到溶液F”，可验证B确实是Ba(NO3)2，C、D确定是K2CO3、H2SO4中的一种：Ba(NO3)2+K2CO3 ＝ BaCO3↓+2KNO3；Ba(NO3)2+H2SO4 ＝ BaSO4↓+2HNO3但C和D中，哪一物是K2CO3，哪一物是H2SO4，还必须根据后续实验加以判断。③根据“将少量E加入过量F中，有气体放出”，结合第②步分析中的两个化学方程式，可推断C是H2SO4，D是K2CO3，沉淀E是BaCO3，溶液F是HNO3，将少量E加入到过量F中的化学方程式为： BaCO3+2HNO3 ＝ Ba(NO3)2+CO2↑+H2O一边假设，一边验证，全部推断分析都是正确的，则确定A是K2SO4，B是Ba(NO3)2，C是H2SO4，D是K2CO3.最后写出（2）小题中的两个离子方程式。答案：（1）B是Ba(NO3)2，C是H2SO4（2）SO42-＋Ba2+ ＝ BaSO4↓； BaCO3＋2H+ ＝ Ba2+＋H2O＋CO2↑
开拓学习新视野
▲ 课标知识拓展
【思想方法】
检查离子方程式是否正确的方法
（1）根据物质反应的客观事实：
例：铁与稀盐酸反应。2Fe＋6H+＝2Fe3+＋3H2↑（错误）； Fe＋2H+＝Fe2+＋H2↑（正确）
（2）必须遵守质量守恒定律
例：钠与水的反应。Na＋H2O＝Na+＋OH－＋H2↑（错误）； 2Na＋2H2O＝2Na+＋2OH－＋H2↑（正确）
（3）必须遵守电荷平衡原理
例：铜与硝酸银溶液的反应。
Cu＋Ag+＝Cu2+＋Ag（错误）；电荷数：左边≠右边
Cu＋2Ag+＝Cu2+＋2Ag（正确）；电荷数：左边＝右边
（4）必须遵守定组成原理（即阴、阳离子的配比关系）
例：Ba(OH)2溶液和稀H2SO4混合
Ba2+＋OH－＋H+＋SO42－＝BaSO4↓＋H2O
Ba(OH)2中，Ba2+与OH－组成之比为1∶2，H2SO4中H+与SO42－组成之比为2∶1；而离子方程式中，Ba2＋与OH－组成之比为1∶1，H+与SO42－组成之比也为1∶1，与实际情况不符，所以该方程式错误。
Ba2+＋2OH－＋2H+＋SO42－＝BaSO4↓＋2H2O（正确）
【专题放送】
常见鉴别题的类型及其解答关键
鉴别题是高考中的常见题型，鉴别题的解答原则是以最简的方法，最少的试剂，用最少的步骤，具有最明显的现象，以达到简便、快速、正确的最佳鉴别效果。从解题要求角度可把常见的鉴别题分成三类：即不用外加试剂类型，限用一种试剂类型，任加试剂类型。明确解题关键是正确解题的前提，而解答三类鉴别题的关键之处各不相同，现分别进行分析。
一、不用外加试剂类型
解题关键：精选方法
常用方法有：①观察法：根据待鉴物的颜色、状态、挥发性差异来鉴别。②加热法：利用加热时产生的不同现象来鉴别。③借用试剂法：先观察各种待鉴物，鉴出一种物质，再用此物作试剂来鉴别其余物质。④相互作用法：依据待鉴物溶液两两混和时所产生的不同反应现象来鉴别。
解这类鉴别题要善于根据不同物质的性质精选一种最简单的方法。
例1：不用外加试剂鉴别下列四种溶液：① NaOH ② KCl ③ CuSO4 ④ MgCl2
解析：此题仅用观察法不能完全鉴别出来，应采用借用试剂法，先通过观察将蓝色溶液CuSO4 鉴别出来，再用CuSO4溶液作为试剂，根据NaOH溶液与CuSO4溶液作用产生Cu(OH)2蓝色沉淀这一性质鉴别出NaOH溶液，最后利用已鉴别出的NaOH溶液与MgCl2溶液作用产生Mg(OH)2白色沉淀这一性质鉴别出MgCl2溶液，无明显现象的为KCl溶液。
二、限用一种试剂类型
解题关键：巧选试剂
可根据如下思路巧妙地选择试剂。先分析指示剂能否鉴别，如不能则照下列两个原则去选择：
①以“阴”选“阳”，即分析待鉴物中阴离子选择一种与之有明显现象产生的试剂阳离子来鉴别。常用的阳离子有：H+、 Ag+、Ba2+、NH4+、Fe3+、Cu2+等
②以“阳”选“阴”即分析待鉴物中阳离子选择一种与之有明显现象产生的试剂阴离子与①中选出的阳离子组合起来则是所需求的鉴别试剂。这里常用的阴离子有OH－、CO32－、Cl－等。
例2：现有KCl、Na2CO3、Ba(NO3)2三瓶溶液，试用一种试剂将它们一次鉴别开来，这种试剂是什么？
解析：K+、Na+、Ba2+三种阳离子中可选用SO42－来鉴别Ba2+离子、Cl－、CO32－、NO3－三种阴离子中可选用H+来鉴别CO32－，故所选用试剂为H2SO4
三、任加试剂类型
解题关键：优选方案。
对于选用什么样的试剂，选几种试剂鉴别都没有限制，因而给学生留下了很大的思维空间，往往会有多种解法。只要试剂灵敏度高、反应现象明显、方法简便可行，答案简明扼要，都符合要求。但必须注意优选最佳方案这个关键。
例3：鉴别稀盐酸、石灰水、氢氧化钠三种溶液。
分析：三种物质中石灰水和氢氧化钠溶液为碱溶液，稀盐酸为酸，用指示剂可鉴别出酸和碱，在两种碱溶液中可根据Ca2+能与CO32－作用产生白色CaCO3沉淀，故可用Na2CO3溶液来鉴别。这样分两步采用两种试剂来鉴别。但此题可用一种试剂——Na2CO3溶液一次性将三种溶液鉴别出来，此方案最佳。
▲ 多彩化学漫步
胃酸过多怎么办？
胃是人体消化系统中的关键部位，它容纳了我们吃下的一切食物，肩负着重要的消化任务。胃通过两种途径来完成对食物的消化任务。一是利用胃粘膜分泌出的胃液(其中含有胃蛋白酶)将食物消化，使蛋白质降解为易于吸收的物质；二是利用胃液中的胃酸(0.2%～0.4%的盐酸)，杀死食物里的细菌，确保胃和肠道的安全，同时增加胃蛋白酶的活性，帮助消化。可见胃酸对于人体来说是十分重要的。
但是人体中胃酸的量不能过多或过少，它必须控制在一定的浓度范围内（即0.2%～0.4%）。否则，当胃酸过多时就会出现“咯酸水”“烧心”“胃部隐隐作痛”等症状，严重的会降低食欲，消化不良，进而引发胃溃疡等多种形式的胃病。胃酸过少时，也会使消化作用减退，从而导致营养不良或恶性贫血。
问题1．当胃酸过多时能否吃一些氢氧化钠进行中和呢
问题2．医生通常是用“小苏打片”进行治疗胃酸过多，请写出相应的离子方程式。
问题3．当患者由于胃酸过多引起胃溃疡甚至胃穿孔时，医生则禁止其服用小苏打，想一想这是为什么
多彩化学漫步
问题1．不能，因为氢氧化钠具有强烈的腐蚀作用，服用时会严重损伤消化道，造成恶果。
问题2．小苏打的成分是碳酸氢钠，它能跟胃液中的酸发生离子反应，从而中和过多的胃酸：HCO3－＋H＋＝CO2↑＋H2O。
问题3．因服用小苏打会产生大量CO2气体，会加速穿孔。
优化考题新演练
一、理解与应用
1．下列物质属于电解质的是
A．氨 B．氯化氢 C．硫酸钡 D．铜
1．研析：此题考查电解质的概念。因为发生化学反应生成物导电的是非电解质，所以A中NH3不符合题意，即要求电解质须本身电离；单质既不是电解质也不是非电解质，因此D中铜不符合题意。
答案：B、C
2．下列电离方程式中，错误的是
A．Al2(SO4)3＝2Al3+＋3SO42－ B．NaOH＝Na+＋OH－
C．HI＝H+＋I－ D．Na2CO3＝Na+＋CO32－
2．研析：D中Na+和电荷都不守恒，正确的电离方程式是Na2CO3＝2Na+＋CO32－。
答案：D。
3．下列反应完成后没有沉淀的是
A．BaCl2溶液与Na2CO3溶液加足量稀CH3COOH
B．Ba(OH)2 溶液与KNO3溶液加足量稀H2SO4
C．AgNO3溶液与Na2CO3溶液加足量稀HCl
D．AgNO3溶液与FeCl3溶液加足量稀HNO3
3．研析：A：BaCl2溶液与Na2CO3溶液先反应生成BaCO3沉淀，加足量稀CH3COOH后，BaCO3沉淀溶解；B：Ba(OH)2 溶液与KNO3溶液不反应，加足量稀H2SO4，生成BaSO4沉淀；AgNO3溶液与Na2CO3溶液反应生成Ag2CO3沉淀，加足量稀HCl后Ag2CO3沉淀可转化成AgCl沉淀；AgNO3溶液与FeCl3溶液反应生成AgCl沉淀，加足量稀HNO3后，沉淀不溶解。
答案：A
4．下列离子方程式中不正确的是
A．亚硫酸钡与盐酸反应：BaSO3＋2H＋＝Ba2＋＋SO2↑＋H2O
B．氯气与水反应：Cl2＋H2O＝2H+＋Cl－＋ClO－
C．澄清的石灰水跟盐酸反应：H＋＋OH－＝H2O
D．亚硫酸氢钠溶液与NaOH溶液反应：HSO3－＋OH－＝SO32－＋H2O
4．研析：判断离子方程式的正误应注意①是否符合客观实际；②应该用化学式表示的（气体、沉淀、水、弱酸、弱碱、氧化物、单质等）是否写对，应该删掉的离子是否删去；③是否配平，电子转移是否合理。据此检查各选项，A、C、D正确．B错，因为HClO是弱酸，不能拆开写。正确的写法为：Cl2＋H2O＝H+＋Cl－＋HClO
答案：B
5．下列各组离子中的离子，能在溶液中大量共存的是
A．Na＋、Mg2＋、Cl－、OH－ B．H＋、Ca2＋、CO32－、NO3－
C．Cu2＋、K＋、SO42－、NO3－ D．Na＋、HCO3－、OH－、Ca2＋
5．研析：溶液中大量共存的离子必须相互不起反应。
A中Mg2＋和OH－能起反应生成Mg(OH)2； B中H＋和CO32－、Ca2＋和CO32－都能起反应； C中可以； D中HCO3－和OH－、Ca2＋和OH－都能起反应。
答案：C
6．下面所列物质中，属于强电解质的是 (填序号，下同)，属于弱电解质的是 ，属于非电解质的是 。
①碘化钾 ②乙醇 ③醋酸 ④氨气 ⑤蔗糖 ⑥氢硫酸 ⑦硫酸氢钠 ⑧氯气 ⑨ 碳酸钡
6．研析：本题主要考查强、弱电解质的概念，同时兼顾对非电解质的考查。从强、弱电解质的概念可以看出，二者的最大区别是其在水溶液里的电离程度，完全电离的是强电解质，部分电离的是弱电解质。区分电解质的强弱不能从物质的溶解性大小和导电能力强弱入手，即导电力弱的，溶解性小的物质的水溶液也有可能是强电解质的水溶液，只要这种电解质在水溶液里完全电离。如：BaCO3难溶于水，其水溶液的导电能力很弱，但溶解的BaCO3却是完全电离的，因而它是强电解质。醋酸易溶于水，其水溶液的导电能力比同样条件下的BaCO3溶液强的多，但溶于水的醋酸分子只有一部分发生了电离，所以醋酸是弱电解质。就本题而言，①⑦⑨属于盐，是强电解质；③⑥属于弱酸，它们都是弱电解质；②④⑤是非电解质；⑧既不是电解质，也不是非电解质。
答案：①⑦⑨ ③⑥ ②④⑤
二、拓展与创新
7．某同学拟用氯化钙固体、碳酸钠溶液和稀硝酸等试剂，先制得碳酸钙，最终制得纯净的硝酸钙晶体。
（1）写出制取过程中反应的离子方程式： 、
（2）请帮助该同学完成下列实验操作步骤（不要求回答使用的仪器）
①用蒸馏水完全溶解CaCl2后，加入 。②将反应后的混合物过滤，并用适量蒸馏水洗涤沉淀至无Cl－。
③加入 ，使沉淀完全溶解。④ ，得到纯净的硝酸钙晶体。
7．答案：（1）Ca2＋＋CO32－＝CaCO3↓ CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋CO2↑＋H2O；
（2）①碳酸钠溶液 ③稀硝酸 ④蒸发 结晶
8．长期烧水的壶内侧会有一层黄色的固体物质附着，即水垢［主要成分是CaCO3和Mg(OH)2］．水垢的产生会造成传热能力减弱而使大量热损失，因此水垢应定期除去．请用家中必备物质设计一套除垢方案，并写出涉及的离子方程式。
8．研析：CaCO3和Mg(OH)2属于盐类、碱类物质，它们均能与酸发生反应，家庭中应选择醋酸。
答案：将食醋(或白醋)注入壶中，浸泡一段时间，当观察到水垢消失时，将液体倒出，用清水冲净。
CaCO3＋2CH3COOH＝Ca2＋＋2CH3COO－＋H2O＋CO2↑
Mg(OH)2＋2CH3COOH＝Mg2＋＋2CH3COO－＋2H2O
三、综合与探究
9．向硝酸银溶液中加入盐酸，直到反应完全为止，结果反应后溶液的质量恰好等于原硝酸银溶液的质量，求盐酸的质量分数
9．研析：(守恒法)题设条件下发生的反应为：
AgNO3＋HCl＝AgCl↓＋HNO3
根据质量守恒定律：
m(AgNO3溶液)＋m(盐酸)＝m(AgCl沉淀)＋m(HNO3溶液)
由题意：m(HNO3溶液)＝m(AgNO3溶液)
则：m(盐酸)＝m(AgCl沉淀)
再根据Cl原子守恒可得盐酸中HCl的质量分数：
ｗ(HCl)＝＝0.254。
答案：0.254（或25.4％）
10．在硝酸铅［Pb(NO3)2］的稀溶液中滴入几滴稀硫酸，生成白色PbSO4沉淀，再滴入数滴饱和醋酸钠溶液，微热并不断搅动，沉淀慢慢溶解．以上发生的都是复分解反应，写出反应过程的离子方程式 、 ，试推测第二步离子反应发生的原因是 。
10．研析：题中已知了反应都是复分解反应，而此类离子反应的发生条件为①有难溶物生成，②有挥发性物质生成，③有弱电解质生成．第一步离子反应已给出了PbSO4沉淀，则离子方程式为Pb2＋＋SO42－＝PbSO4↓。第二步按复分解反应的规律可写出化学方程式为：PbSO4＋2CH3COONa＝(CH3COO)2Pb＋Na2SO4，产物中无难溶物、无挥发性物质，则推测(CH3COO)2Pb一定为弱电解质，故离子方程式为：PbSO4＋2CH3COO－＝(CH3COO)2Pb＋SO42－。
答案：Pb2＋＋SO42－＝PbSO4↓；PbSO4＋2CH3COO－＝(CH3COO)2Pb＋SO42－；生成了弱电解质。
本节答案解析与研读
本节教材课后习题（P79）
1．答案： （1）HCl、CH3COOH、HNO3、H2SO4、HClO、NaOH、Ca(OH)2、NH3·H2O、NaCl、NaClO、AgCl、BaSO4、CaCO3（2）电离，导电，电解质，离子反应。（3）K+、Cl－，Ag+、NO3－。因为：KCl＝K+ + Cl－，AgNO3＝Ag+＋NO3－。（4）Ag+＋Cl－＝AgCl↓（5）NaCl＋AgNO3＝NaNO3＋AgCl↓，NH4Cl＋AgNO3＝NH4NO3＋AgCl↓，HCl＋AgNO3＝HNO3＋AgCl↓
（6）
酸 碱 盐
电离角度 阳离子全部是H+ 阴离子全部是OH－ 金属阳离子+酸根阴离子
组成角度 含氢元素 含氢元素和氧元素 含金属元素（或铵根离子）
pH ＜7 ＞7 不确定
2．答案：（1）Ba2+＋SO42－ ＝BaSO4↓（2）H+＋OH－＝H2O（3）CO32－＋2H+＝H2O＋CO2↑（4）CuO＋2H+＝Cu2+＋H2O
3．答案：（1）c(OH－)＝0.1 mol／L （2）c(H+)＝0.2 mol／L
4．答案：（1）取少量废液,滴入少量NaCl溶液，如果生成白色沉淀,证明废液中含有Ag+： Ag+＋Cl－＝AgCl↓；静置，向上层清夜中滴入少量Na2SO4溶液， 如果生成白色沉淀,证明废液中含有Ba2+：Ba2+＋SO42－ ＝BaSO4↓；继续向上层清夜中滴入少量NaOH溶液， 如果生成蓝色沉淀,证明废液中含有Cu2+：Cu2+＋2OH－＝Cu(OH)2↓。
（2）先加入Na2SO4溶液：Ba2+＋SO42－ ＝BaSO4↓、2Ag+＋SO42－ ＝Ag2SO4↓；再加入生石灰：CaO＋H2O＝Ca(OH)2↓、Cu2+＋2OH－＝Cu(OH)2↓、Ag+＋OH－＝AgOH↓，2AgOH＝Ag2O＋H2O。
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第3节 化学中常用的物理量——物质的量
分子、原子、离子等微观粒子都非常小，仅一滴水，就含有大约1.67×1021个水分子，这么小的粒子，我们无法用肉眼计数，这样惊人的数字，使用起来也很不方便。但在科学实验和实际生产中，人们又经常需要知道一定量的物质究竟含有多少微观粒子，我们怎样计量物质所含微观粒子的数目呢？
研习教材重难点
研习点1 物质的量及其单位——摩尔
1．物质的量：物质的量是表示物质所含微粒多少的物理量，是国际单位制中七个基本物理量之一。物质的量的符号为n。
注意：（1）这里的微粒是指分子、原子、离子、质子、中子、电子或这些粒子的特定组合等微观粒子，不能指宏观颗粒。
（2）“物质的量”是一个专用名词，不能拆开。例如，不能说“氢气的量、硫酸的量”，而应说“氢气的物质的量、硫酸的物质的量”。
【知识·链接】
基本物理量是由人们根据需要选定的，在不同学科中和不同时期，选定的基本物理量有所不同。例如，在力学中选定的基本物理量是：长度、质量、时间；在热学领域中则采用长度、质量、时间、温度为基本物理量。1971年前国际制中采用的基本物理量是六个，即：长度、质量、时间、电流、热力学温度、发光强度。1971年起又增加了物质的量为基本物理量，使基本物理量增加到七个。
2．阿伏加德罗常数：我们把0.012kg12C所含的碳原子数称为阿伏加德罗常数，其近似值为6.02×1023mol－1，符号为NA。
（1）阿伏加德罗常数带有单位，其单位是mol－1。
（2）阿伏加德罗常数的准确值是0.012 kg 12C中所含有的碳原子数目，近似值是6.02×1023 mol－1。
（3）NA数值巨大，作用于宏观物质没有实际意义。
【交流·研讨】
为什么选用0.012 kg 12C中所含的碳原子数为阿伏加德罗常数？
相对原子质量的确定是以一个12C原子的质量的1/12作为标准，其他原子的质量跟它比较所得的比值。12C的相对原子质量为12。选用12g正是因为“12”这个数值能与相对原子质量、相对分子质量联系起来。如某原子R的相对原子质量为Ar，1个12C原子质量为ag，则1个R原子的质量为Ar·a/12 g，1mol R原子的质量为NA·Ar·a/12 g，NA·a＝12g，所以1molR的质量即为Ar·a/12 g，同理可推得1mol某分子、离子等的质量（g），其数值正好等于其相对分子质量或式量，这给物质的量的计算和应用带来极大方便。
3．摩尔：摩尔是物质的量的单位，每摩尔物质含有阿伏加德罗常数个微粒。摩尔简称摩，符号为mol。
注意：在使用摩尔表示物质的量时，应该用化学式指明粒子的种类，而不使用该粒子的中文名称。例如说“1mol氧”，是指1mol氧原子，还是指1mol氧分子，含义就不明确。又如说“1mol碳原子”，是指1mol12C，还是指1mol13C，含义也不明确。
粒子集体中可以是原子、分子，也可以是离子、电子等。例如：1mol F，0.5molCO2，1000mol CO32-，amol e-，1.5molNa2CO3·10H2O等。
4．物质的量与粒子数（N）的关系： N ＝ n·NA
满足上述关系的粒子是构成物质的基本粒子或它们的特定组合。如：1molCaCl2与阿伏加德罗常数相等的粒子是CaCl2粒子，其中Ca2+为1mol、Cl-为2mol，阴阳离子之和为3mol。
典例1：下列关于物质的量的叙述，正确的是
A．1 mol任何物质都含有6.02×1023个分子 B．0.012 kg 12C中含有约6.02×1023个C
C．1 mol水中含有2 mol氢和1 mol氧 D．1 molH含有6.02×1023个e－
研析：因为有些物质是由分子组成(例如水、硫酸等)，有些物质是由离子组成［例如NaCl、Ca(OH)2等］，还有些物质是由原子直接构成的(例如金刚石等)，所以A的叙述是错误的．碳是由原子构成的，根据规定，0.012 kg 12C中所含的碳原子数即为阿伏加德罗常数，其近似值为6.02×1023 mol－1，所以B的叙述是对的．根据规定，“使用摩尔表示物质的量时，应该用化学式指明粒子的种类，而不使用该粒子的中文名称”。C中表示水的组成时，却用名称表示,氢、氧的含义也不具体，所以也是不正确的。氢原子核外有1个电子,则1 mol Ne也应含有1×6.02×1023个电子，所以D的叙述是正确的。
答案：B、D
典例2：0.5 mol H2O含有多少个水分子 这些水中含有多少个氢原子
研析：1 mol H2O含有阿伏加德罗常数的值个H2O分子；1个H2O分子中含有2个H和1个O，根据n＝N/NA，则N(H2O)＝n·NA，利用这个公式便可求出0.5mol H2O中所含有的H2O分子数。
N(H2O)＝n(H2O)×NA＝0.5 mol×6.02×1023 mol－1＝3.01×1023； N(H)＝2N(H2O)＝2×3.01×1023＝6.02×1023
或n(H)＝2n(H2O)＝2×0.5 mol＝1.0 mol； N(H)＝n(H)·NA＝1.0 mol×6.02×1023 mol－1＝6.02×1023
答案：在0.5 mol H2O中含有的H2O分子数为3.01×1023,其中含氢原子数为6.02×1023。
研习点2 摩尔质量和气体摩尔体积
1．摩尔质量
（1）概念：摩尔质量是单位物质的量的物质所具有的质量，符号为M，单位常用g·mol－1。
注意：①摩尔质量与1 mol粒子的质量含义不同，但有一定的联系。例如，H2O的摩尔质量为18 g·mol－1，1 mol H2O的质量是18 g。
②当摩尔质量的单位取“g·mol－1”时，其数值与相对原子质量、相对分子质量或式量数值相等，但物理意义、单位都不同。在计算或使用时要注意区分。例如，Mr(H2O)＝18，而M(H2O)＝18 g·mol－1。
（2）摩尔质量、质量、物质的量、粒子数之间的关系：
容易看出，在以上转化关系中，物质的量处于核心的地位。可以说，物质的量是联系宏观与微观的桥梁，为我们的科学计算带来了很大的方便。
【积累·活用】
几个基本符号：物质的量——n；物质的质量——m；摩尔质量——M；粒子数——N；阿伏加德罗常数——NA；相对原子质量——Ar；相对分子质量——Mr；质量分数——ω
2．气体摩尔体积
【交流·研讨】物质的体积与组成物质粒子有什么关系？（1）总结规律：①相同条件下，相同物质的量的不同物质所占的体积：固体＜液体＜气体。②相同条件下，相同物质的量的气体体积近似相等，而固体、液体却不相等。（2）决定物质体积大小的因素：①物质粒子数的多少；②物质粒子本身的大小；③物质粒子之间距离的大小。（3）决定气体体积大小的因素：气体分子间平均距离比分子直径大得多，因此，当气体的物质的量(粒子数)一定时，决定气体体积大小的主要因素是粒子间平均距离的大小。（4）影响气体分子间平均距离大小的因素：温度和压强，温度越高，体积越大；压强越大，体积越小。当温度和压强一定时，气体分子间的平均距离大小几乎是一个定值，故粒子数一定时，其体积是一定值。
（1）概念：一定的温度和压强下，单位物质的量气体所占的体积叫气体摩尔体积。Vm ＝ V/n，单位为L·mol-1和m3·mol-1。
①标准状况 即0℃、1个大气压（101 kPa），简写为STP
②在相同的温度和压强下，1mol任何气体所占的体积在数值上近似相等。任何气体包括纯净气体和混合气体。
③标准状况下，气体的摩尔体积约为22.4 L·mol-1。
④气体摩尔体积受温度和压强的影响，不同条件下，气体的摩尔体积可能不同，标况下，约为22.4 L·mol-1，但不是标况时也可能是22.4 L·mol-1(比如温度高于0℃，压强小于101 kPa)。
附：1mol干冰由固态变为气态体积变化示意图。
（2）阿伏加德罗定律（即四同定律）
相同温度和压强下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子。（即同温同压同体积同分子数：
V1：V2=N1:N2=n1:n2）
①P1V1/T1 ＝ P2V2/T2 ②PV ＝ nRT ＝ m/MRT（R为常数）
阿伏加德罗定律的推论：(n:物质的量；ρ：气体的密度；M：气体的摩尔质量；V：气体的体积；m：气体的质量；N：气体的分子数.)
①同温、同压下：V1/V2 ＝ n1/n2 ＝ N1/N2 ②同温、同体积下：P1/P2 ＝ n1/n2 ＝ N1/N2
④同温、同压下：ρ1/ρ2 ＝ (M1/M2) ·(m2/m1) ④同温、同压、同体积下：m1/m2 ＝ M1/M2
⑤同温、同压、同质量下：V1/V2 ＝ M2/M1 ⑥同温、同体积、同质量下：P1/P2 ＝ M2/M1
典例3：下列说法正确的是
A．1mol氯含有6.02×1023个微粒 B．阿伏加德罗常数数值约等于6.02×1023
C．钠的摩尔质量等于它的相对原子质量 D．H2O的摩尔质量是18g
研析：A错误在于使用摩尔时没有指明微粒的名称，或为1mol氯气约含6.02×1023个氯气分子，或为1mol氯原子约含6.02×1023个氯原子； B正确； C错在把摩尔质量与相对原子质量混同，应为钠的摩尔质量在数值上等于它的相对原子质量； D错在摩尔质量的单位，应为H2O的摩尔质量是18g/mol。
答案：B。
典例4：两个体积相同的容器，一个盛有NO，另一个盛有N2和O2，在同温、同压下，两容器内的气体一定具有相同的
A．原子总数 B．质子总数 C．分子总数 D．质量
研析：由气体定律可知，在同温、同压下，同体积的任何气体含有相同的分子数，故两容器内分子总数相等.由于3种气体各自都是双原子分子，故原子总数一定相等.又由于N和O原子的质子数和摩尔质量不同，则质子总数和质量不一定相等，只有当N2和O2的物质的量之比为1:1时，质子总数和质量才相等。
答案：AC。
研习点3 物质的量浓度
1、物质的量浓度的概念：以单位体积溶液里所含溶质B的物质的量来表示溶液组成的物理量，叫做溶质B的物质的量浓度。其表达式为：n（B）＝ c（B）×V
注意：（1）物质的量浓度和溶液的质量分数w（B）＝ m（B）÷m（溶液）× 100％有本质区别。
（2）从一定物质的量浓度的溶液中取出任意体积的溶液，其浓度不变，但所含溶质的量因体积不同而不同。
【积累·活用】
【推广·引申】
（1）物质的量浓度与溶质的质量分数间的关系：
c（B）＝ 1000（mL）×ρ（g/mL）×w÷[1（L）×M（g/mol）]
（2）溶液稀释规律：溶质不变：
m（浓）×w（浓）＝ m（稀）×w（稀）；溶质的物质的量不变：c（浓）×v（浓）＝ c（稀）×v（稀）
2．物质的量浓度溶液的配制
（1）认识新仪器——容量瓶
一定物质的量浓度溶液的配制是本节重点之一。配制这种物质的量浓度的溶液，所用的专用仪器——容量瓶的使用要注意以下几点：
①只用于配制溶液，不能用作反应容器；
②溶液注入容量瓶前需恢复到常温。因为溶质在烧杯内稀释或溶解时会吸热或放热，而容量瓶必须在常温下使用；
③用容量瓶不能配制任意体积的一定物质的量浓度的溶液.这是因为容量瓶的规格是固定的，常用的有50mL、100mL、250mL、500mL、1000mL等规格，配制溶液时可据所需溶液的体积选择合适的容量瓶；
④使用前，除洗涤外，还应检验容量瓶是否漏液；
⑤向容量瓶注入液体时，应沿细玻璃棒注入，以防注入操作时液体流出而损失；
⑥容量瓶上只有一个刻度线，正确读数时，要使视线、容量瓶刻度线和瓶内液面的最低点相切。
（2）物质的量浓度溶液的配制步骤：
①计算：求出所配制溶液的溶质的质量。如果是用浓溶液（如浓H2SO4）来配制一定物质的量浓度的稀溶液，则需求算出浓溶液所需用的体积；
②称量：如果溶质是固体，可用天平称量溶质的质量；如果是浓溶液，可用量筒来量取溶液的体积；
③溶解、转移：把称量好的溶质或浓溶液放入烧杯中(如果是浓硫酸，则烧杯中应先加水再加浓硫酸，并边加边搅拌)，加适量的蒸馏水溶解、搅拌静置冷却到室温下，再用玻璃棒引流，让溶解后的溶液沿玻璃棒注入容量瓶内；
④洗涤、转移：用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤后的溶液都要注入容量瓶内，以确保溶质全部进入容量瓶，防止产生误差，轻轻震荡容量瓶，使溶液充分混合；
⑤定容、摇匀：然后注入蒸馏水直至液面离刻度线1cm～2cm，改用胶头滴管逐滴加蒸馏水至溶液的凹液面正好与刻度相切。盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。
⑥装瓶、贴签：最后把上面配好的溶液转移至规定的试剂瓶，贴好标签，写明溶液名称和物质量浓度。
附：配制250mL0.20mol/L碳酸钠溶液示意图：
【领悟·整合】
1．物质的量浓度与质量分数都是表示溶液组成的物理量，它们的转换关系如下：
2．化学反应中各物质之间的物质的量的关系要比它们的质量关系简单，量取溶液的体积也比称量其质量方便。因此，物质的量浓度比质量分数应用更加广泛。
3．定量实验操作细则以及实验仪器的选择主要是围绕减小实验误差来考虑。配制物质的量浓度溶液也不例外，其操作步骤为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶。
【联想·发散】
配制一定物质的量浓度溶液的误差分析
由c=n/v可知，误差来源的根本原因是：物质的量或溶液体积产生误差，若n偏大或v偏小则c偏大，若n偏小或v偏大则c偏小。
(1) 若称量物错放在托盘天平的右盘上，n可能偏小使c偏小，因为称m(左)=m(右)+m(游)。
(2) 转移过程中有少量溶液或洗涤液洒在容量瓶外，则n偏小而使c偏小。
(3) 未洗涤溶解用的烧杯和玻璃棒或洗涤液未转移入容量瓶，配出的溶液浓度偏低，因为溶质的n少了。
(4) 量简量取计算出的浓溶液体积时仰视刻度，n偏大使c偏大。
(5) 除洗涤烧杯和玻璃棒外，还洗涤了量筒，则n偏大使c偏大，因为量筒在标定刻度时，没有把附在器壁上的残留液计算在内，用水洗涤反而使溶质的量偏大，造成c偏大。
(6) 定容时仰视刻度，则v偏大，使c偏小。
(7) 定容时俯视刻度，则v偏小，使c偏大。
(8) 若容量瓶使用前有少量蒸馏水，则无影响。
(9) 若容量瓶使用前用标准也润洗，则n偏大而使c偏大。
典例5：用10mL,0.1mol·L-1的BaCl2溶液恰好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
研析：此题虽给出BaCl2溶液的量，但求的是硫酸盐的物质的量之比，为简化运算，可抛开BaCl2的给出量而设BaCl2为1mol；由Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4的化学式可看出，能沉淀1molBa2+需SO42-1mol，而需三种盐的物质的量分别是1/3mol、1mol、1mol，又因三种盐的体积相同，浓度之比等于物质的量之比，为1/3∶1∶1=1∶3∶3。
答案：C。
典例6：用18mol/L的硫酸配制100mL 1.0mol/L硫酸，若实验仪器有：
A．100mL量筒 B．托盘天平 C．玻璃棒 D．50mL容量瓶
E．10mL量筒 F．胶头滴管 G．50mL烧杯 H．100mL容量瓶
（1）实验时应选用仪器的先后顺序是(填入编号) 。
（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是 (填写标号)。
A．使用容量瓶前检查它是否漏水。
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗。
C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线1cm～2cm处，用滴管滴加蒸馏水到标线。
D．配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线1cm～2cm处，用滴管滴加蒸馏水到标线。
E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次。
研析：（1）用18mol/LH2SO4配制1.0mol/LH2SO4，实际是稀释问题的计算及物质的量浓度溶液配制实验操作。根据稀释定律c1V1 ＝ c2V2可计算18mol/L浓H2SO4的体积，V1 ＝c2V2/c1 ＝1.0mol/L×100mL÷(18mol/L) ＝ 5.6mL.该体积的液体用10mL量筒量取比用100mL量筒量取误差要小，故应选E，不能选A。
（2）主要涉及的是容量瓶的使用方法.用待配溶液润洗容量瓶，这样会使内壁附着溶质，导致所配溶液浓度偏大，B不正确；若在容量瓶中进行溶解或稀释，由于热效应会使溶液的体积和容量瓶的容量发生改变，所配溶液浓度有误差，C、D不正确。
答案：（1）G、E、C、H、F或E、G、C、H、F。（2）B、C、D。
探究解题新思路
▲ 基础思维探究
题型一、阿伏加德罗常数
典例1： x g H2O中含有y个氢原子，则阿伏加德罗常数为
A．9x/y mol－1 B．9 y/x mol－1 C．x/y mol－1 D．y/x mol－1
研析：根据阿伏加德罗常数的意义——1mol物质所含的粒子数，先求出x g H2O物质的量，进而确定所含H的物质的量，即可求出阿伏加德罗常数。
根据n＝m/M得，x g H2O的物质的量为：n(H2O)＝x/18mol
因为1mol H2O中含有2molH，则x g H2O中含氢原子的物质的量为x/9 mol。
根据NA＝N/y，阿伏加德罗常数NA为：9 y/x mol－1。
答案：B
总结提升：本题通过阿伏加德罗常数的推算来命题，重点强化了物质的质量和物质的量之间的计算。题目采用字母代替具体数值，使问题抽象化，有利于培养逻辑推理能力。
拓展变式1．如果a克某气体中含有的分子数为b，则c克该气体在标准状况下的体积是（式中NA为阿佛加德罗常数）。A．22.4bc／aNA L B．22.4ab／cNA LC．22.4ac／bNA L D．22.4b／acNA L1．研析：审题时，首先要明确题目所给的条件及需要回答的物理量——一定质量的气体在标准状况下的体积，然后根据各基本化学量的函义和相互关系形成清晰的解题思路。本题宜由待求的量逐步逆推：由(质量／摩尔质量)×22.4→标准状况下体积，该气体的摩尔质量 ＝ a克／物质的量，而a克气体的物质的量为b／NA。在解题时则需由已知到未知逐一计算。a克气体的物质的量：b／NA该气体的摩尔质量：a÷b／NA ＝ aNA／bc克气体的物质的量：c÷aNA／b ＝ cb／aNAc克气体在标准状况下的体积：cb/aNA×22.4 ＝ 22.4 bc／aNA L所以A是正确选项。答案：A
题型二、气体摩尔体积
典例2：下列叙述中，正确的是
A．1molH2的质量只有在标准状况下才约为2g
B．在标准状况下某气体的体积是22.4L，则可认为该气体的物质的量约是1mol。
C．在20℃时，1mol的任何气体的体积总比22.4L大
D．1molH2和O2的混合气体，在标准状况下的体积也是22.4L
研析：气体的质量只与气体的摩尔质量和气体的物质的量有关，与气体的温度，压强无关，A选项不正确；22.4L·mol－1是在特定条件下的气体摩尔体积，所以在标准状况下，某气体的体积是22.4L，则可以认为该气体的物质的量约是1mol，B选项正确；由于气体摩尔体积与气体的温度、压强有关，因此仅温度定，而压强不定，1mol气体的体积自然不能确定，也就是说在20℃时，1mol的任何气体的体积可能比22.4L大，也可能比22.4L小，还可能等于22.4L，C选项不正确；在标准状况下，1mol任何气体（可以是纯净气体，也可以是混合气体）的体积都约是22.4L，D项正确。
答案：BD
方法导引：本题主要是对气体的质量、摩尔质量、物质的量、气体摩尔体积、体积及有关条件的综合辨析，抓住概念本质、理清相互关系、逐项排查比较是正确求解的惟一途径。
拓展变式2．下列说法正确的是A．1mol任何气体的体积都约是22.4 LB．20℃，1.0×105Pa，同体积的O2，CO2含有相同的分子数C．1mol气态物质，当体积为22.4 L时，该气体一定处于标准状况D．2mol气体体积约为44.8 L2．研析：A中缺少标准状况的条件；B根据阿伏加德罗定律，同温同压下，同体积的任何气体都含有相同的数目的分子，故B正确；C中，1mol气态物质在非标准状况时，体积也有可能等于22.4L；D中缺少标准状况条件。答案：B
题型三、物质的量浓度
典例3：实验室需1.0 mol/L NaOH溶液480mL，若用固体NaOH进行配制，则应称NaOH多少克？
研析：480mL1.0 mol/L NaOH溶液中的NaOH为19.2g，但实验室无480mL容量瓶，应该用比480mL大的容量瓶，1000mL的大得太多，故用500mL容量瓶，以此计算所需NaOH的质量。则0.5L溶液需NaOH质量为： m(NaOH) ＝ 0.5L × 1.0mol/L × 40g/mol ＝ 20.0g。
答案：应称NaOH 20.0 g。
友情提醒：本题从实验可行性出发，计算简单却易进入误区，只有掌握容量瓶的结构特点，熟习容量瓶的规格，才能正确解题。
拓展变式3．今有3mol/L的盐酸和硫酸溶液各100mL，分别加入等质量的铁粉，反应完毕，生成的气体质量之比是3∶4，则盐酸中加入铁粉的质量为A．5.6g B．8.4g C．11.2g D．16.8g3．研析：加入的是等质量的铁，为什么产生的氢气不是1∶1，说明等质量的金属在一种酸中未溶解完，在另一种酸中溶解完了.具体地说，金属在盐酸中应有剩余。盐酸0.3 mol含H+0.3 mol，硫酸0.3mol含H+0.6 mol，如果两酸都反应完了，则氢气质量之比应为1∶2，已知其比为3∶4，故含H+多的硫酸未反应完；含H+较少的盐酸反应完了，但铁过量（有剩余）。硫酸最多耗铁16.8g（0.6×56/2＝16.8），盐酸最多耗铁8.4g（0.3×56/2＝8.4），因此，根据上述分析可以想象，加入的铁粉必然小于最高极限16.8g（因酸有剩余）而大于8.4g（因铁过量），不必经过计算，符合3∶4要求的铁究竟是多少克，可以估算出来。答案：C。
▲ 综合思维探究
题型一、学科内综合题
典例4：由CO2、H2和CO组成的混合气体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
研析：同温同压下气体密度相同，则气体的摩尔质量应相等。CO与氮气摩尔质量相等，只要求出CO2和H2按什么比例混和，使气体摩尔质量与氮气摩尔质量相等即可。
设混合气体中CO2、H2、CO的物质的量各为xmol、ymol、zmol。由题意得：
解得x：y=13：8
在同温同压下，气体的物质的量之比等于它们的体积之比。只要CO2和H2的体积之比为13：8，就符合题意。
答案：CD
总结提升：本题对气体密度、物质的量、摩尔质量、体积等关系进行了综合，求解时由密度相同转化为摩尔质量相同，进而转化为按一定物质的量之比混合的混合物进行计算。三种物质相混合，平均摩尔质量受三种物质的摩尔质量影响，看起来难求，但仔细分析可知，本题是一种特殊情况，即混合气的平均摩尔质量只与两种物质有关。
拓展变式4．实验室中需1 L含0.5 mol NaCl、0.16 mol KCl、0.24 mol K2SO4的混合液．但现在只有KCl、NaCl、Na2SO4三种试剂，要配制1 L上述溶液，需称取上述物质各多少克 4．研析：1 L溶液中含Na＋：0.5 mol，K＋：(0.16＋0.24×2)mol＝0.64 mol，Cl－：(0.5＋0.16)mol＝0.66 mol，SO42－：0.24 mol。在KCl、NaCl、Na2SO4三种试剂中，提供K＋的只有KCl，故需KCl 0.64 mol；提供SO42－的只有Na2SO4，故需Na2SO4 0.24 mol；再由Cl－或Na＋守恒均可知需NaCl 0.02 mol。m(KCl)＝0.64 mol×74.5 g·mol－1＝47.68 gm(Na2SO4)＝0.24 mol×142 g·mol－1＝34.08 gm(NaCl)＝0.02 mol×58.5 g·mol－1＝1.17 g答案：m(KCl)＝47.68 g； m(Na2SO4)＝34.08 g； m(NaCl)＝1.17 g
题型二、思维转换题
典例5：二硫化碳（CS2）能够在氧气中完全燃烧生成CO2和SO2。今用0.228gCS2在448mL氧气（标准状况）中完全燃烧，反应后气体混合物在标准状况时的体积是
A．112mL B．224mL C．336mL D．448mL
研析：根据反应：CS2(l)＋3O2(g)＝CO2(g)＋2SO2(g)可知：反应中消耗O2的体积等于生成的CO2和SO2的体积.因标准状况下CS2为液体，所以不管O2是否过量，也不管反应进行到什么程度，反应过程中气体的体积始终不变。
答案：D。
启发引申：如果用传统的方法解答，非常麻烦。根据阿伏加德罗定律，此反应前后的体积不变，根据“体积守恒“可巧妙作答。考查了学生思维的灵活性。
拓展变式5．有一在空气里暴露过的NaOH固体，经分析知其含水7.65%，含Na2CO34.32%，其余是NaOH.若将1g该样品放入含有HCl3.65g的盐酸中使其完全反应后，残酸再用50g2%的NaOH溶液恰好中和完全.蒸发所得溶液至干，计算所得固体质量是多少克 5．研析：对分析问题能力较弱的同学来说，本题数据众多、反应物不纯，多步反应等干扰条件具有相当强的迷惑性，它会搅乱学生的思维，使学生身不由己地走入圈套，去一步一步从头分析，多次计算，结果花时间费工夫，还不一定能正确解答.本题若认真分析，就会发现，最后所得固体物质为NaCl，则可由氯元素质量守恒快速解题：HCl ～ NaCl36.5 58.53.65g 5.85g答案：所得固体质量为5.85g
题型三、实验操作题
典例6：利用碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)来配制1.0 mol·L－1 Na2CO3溶液500 mL，假如其他操作均准确无误，下列情况会引起所配溶液浓度偏高的是
A．称取碳酸钠晶体53.0 g
B．定容时，俯视观察刻度线
C．移液时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行冲洗
D．定容后，将容量瓶振荡摇匀，静置时发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线
研析：500 mL 1.0mol·L－1的Na2CO3溶液中含Na2CO3为0.500 L×1.0 mol·L－1＝0.50 mol需称取Na2CO3。10H2O的质量为286 g·mol－1×0.50 moL＝143g，因此A项的操作会使结果偏低。
平视时凹液面的最低点与刻度线刚好相平；俯视时液面的最低点低于刻度线，即实际加水量少于应加的水量，因此可导致浓度偏高；仰视时液面的最低点高于刻度线，即实际加水量多于应加的水量，因此可导致浓度偏低。
对用于稀释或溶解溶质的烧杯，如不几次加水冲洗并将洗涤液也转移入容量瓶，会使溶质损失，使所配溶液浓度偏低。
定容后，当振荡、静置后发现液面低于刻度线，这是由于液体沾于瓶壁和湿润磨口处所致，不会造成偏差．此时，如果再加水，则会使所配溶液浓度偏低。
答案：B
方法导引：溶液的配制，有时会出现误差．所得溶液的物质的量浓度比其理论值大还是小？可根据下面的公式确定： cB＝Nb/V。（1）若nB大于理论值，V小于理论值，则cB偏大；（2）若nB小于理论值，V大于理论值，则cB偏小；（3）若nB大于(或小于)理论值，V大于(或小于)理论值，则cB偏差无法确定。
拓展变式6．实验室用约10%H2O2溶液100mL，现用市售30% H2O2（密度近似为1g·cm-3）来配制，具体配制方法是 。6．研析：应取30% H2O2的体积为：V(H2O2)=100mL×1 g·cm-3×10%÷(1g·cm-3×30%)=33.3mL根据题意，该实验对配制的精度要求较低，故只要用量筒粗略量取即可，且不必考虑两种液体混合后，密度对液体体积的影响。答案：用量筒量取33mL30% H2O2溶液加入烧杯中，再加入67mL水（或加水稀释至100mL），搅拌均匀。
题型四、学科间渗透题
典例7：某气球不充气时质量为m kg，当充入氦气达5000 m3时进行飞行（假设气球内外均在标准状况下），求气球能提起物体的最大质量。(空气的平均摩尔质量为29g/mol)
解析 要求气球能提起物体的最大质量，就要求出气球中充入气体的质量，气球本身充入气体的总质量与等体积空气质量的差就是气球能提起的最大质量。
研析： 标准状况时5000 m3氦气的质量为：
5000 m3氦气的质量为：
气球能提起物体的最大质量为：
m（空气）＝m（空气）－m（He）－m（气球）＝6473 kg－893 kg－m kg＝（5880－m）kg
答案：气球能提起物体的最大质量为（5880－m）kg。
总结提升：本题主要应用了气体体积和气体质量在标准状况时的关系，结合了物理中的浮力原理，具有实际意义。另外要特别注意各种量的单位换算，若将摩尔质量、气体摩尔体积的单位改用kg·mol－1、m3·mol－1，则列出的计算式更简单。如：m（He）= 5000 m3÷0.0224 m3·mol－1×0.004 kg·mol－1 = 893kg。
拓展变式7．医院在抢救病危患者时常常要给病急患者输送氧气，为了携带方便，常常使用氧气包.若氧气包的氧气在常压下输出速率为10mL/S，现有一人在距医院有10分钟路程的地方发生车祸，问医护人员带上一个压强为3个大气压、容积为15 L的氧气包是否够用 （提示：对于一定质量的气体有P1V1＝P2V2）7．研析：氧气包是否够用，实际上就是看其是否能维持10分钟的输出时间。先将3个大气压下的氧气转化为常压下的氧气，求出其体积.根据理想气体状态方程：P1V1＝P2V2，V2＝ P1V1/ P2。V2＝3×15L÷1＝45L＝4.5×104mL维持输出时间为：t＝4.5×103mL÷10mL/ S＝4.5×103S＝75分钟>10分钟所以带一个氧气包够用。答案：带一个氧气包够用。
▲ 创新思维探究
题型一、开放探究题
典例8： 氢气和氧气的混合气体，在120℃和一定压强下体积为a升，点燃后发生反应.待恢复至原来温度和压强时，测得其体积为b升.原混合气体中氢气和氧气的体积各是多少升
研析：设参加反应的H2为x L，O2为y L.
2H2＋O2 ＝ 2H2O(g) ΔV
2 1 2 1
x y a－b
x＝2(a－b)L y＝(a－b)L
讨论：（1）当H2与O2恰好完全反应时，V(H2)＝2(a－b)L；V(O2)＝(a－b)L；或V(H2)＝2/3a L或V(H2)＝b L；或 V(O2)＝1/3aL或V(O2)＝1/2bL
（2）当H2过量时，O2全部参加反应， V(O2)＝(a－b)L； V(H2)＝a－(a－b)＝b(L)
（3）当O2过量时，H2全部参加反应， V(H2)＝2(a－b)L； V(O2)＝a－2(a－b)＝(2b－a)L
答案：见研析。
考向指南：本题是根据阿伏加德罗定律进行讨论计算型能力考查题，比较快速的解法是“差量法”。由于本题没有给出具体的数据，不能判断两种气体是恰好反应，还是哪种气体过量，解答时需要讨论。这类考查分类讨论的思想的题目是高考的热点。
拓展变式8．实验欲配制6.00 mol/L的H2SO4溶液．现有三种不同浓度的硫酸：①240 mL 1.00 mol/L的硫酸；②150 mL 25.0%的硫酸(ρ＝1.18 g/mL)；③足量的18.00 mol/L的浓H2SO4．现有三种规格容量瓶：250 mL、500 mL、1000 mL．配制要求：①、②两种硫酸全部用完，不足部分由③补充．试回答：（1）选用容量瓶的规格是 。（2）需要18.0 mol·L－1 H2SO4(aq)的体积是 。8．研析：（1）①25.0%的H2SO4溶液的物质的量浓度为：c2(H2SO4)＝＝3.01 mol·L－1①、②两溶液的体积和约为：V1＋V2＝240 mL＋150 mL＝390 mL因①、②两溶液的浓度都小于6.00 mol·L－1，所以250 mL的容量瓶不可用。②设配制500 mL 6.00 mol·L－1H2SO4(aq)需浓H2SO4的体积为x，则0.500 L×6.00 mol·L－1＝0.240 L×1.00 mol·L－1＋0.150 L×3.01 mol·L－1＋x×10－3 L×18.0 mol·L－1解得：x＝128因为：128＋240＋150＝518＞500所以，500 mL容量瓶也不能用．（2）设配制1000 mL 6.00 mol·L－1 H2SO4(aq)需浓H2SO4的体积为y，则：1.000 L×6.00 mol·L－1＝0.240 L×1.00 mol·L－1＋0.150 L×3.01 mol·L－1＋y×10－3 L×18.0 mol·L－1解得：y＝295 mL。答案：（1）1000 mL （2）295 mL
题型二、课标思维题
典例9：下列示意图中，白球代表氢原子，黑球代表氦原子，方框代表容器，容器中间有一个可以上下滑动的隔板（其质量忽略不记）。其中能表示等质量的氢气与氦气的是
A． B． C． D．
研析：本题以同学们应该了解的氢气氦气的分子结构为线索，考查同学们的“识图”（即接受某种新信息）的能力、对阿伏加德罗定律的掌握情况，以及有关相对原子质量、相对分子质量及确定分子式的计算能力。氢气属于双原子分子，而氦属于单原子分子。根据它们的相对原子质量容易算出，它们的分子个数比为2∶1，根据阿伏加德罗定律，在同温同压下，分子个数比即体积比，因此，A是正确的。
答案：A
考向指南： 阿伏加德罗定律是中学非常重要的一个知识点，也是高考一个重要的考点。识图能力是我们需要具备的一种重要能力，近几年，高考中考查“识图”的题目比比皆是，希望引起同学们的重视。
拓展变式9．青霉素试验针用它的稀释液（200国际单位青霉素/mL），现有1小瓶20万国际单位青霉素，1.0 mL注射器，注射用水和几个干净小瓶。现取1.0 mL注射用水滴注入第一瓶内溶解青霉素。吸取0.1 mL溶液在第2瓶中用水稀释成1.0 mL。再吸取0.1 mL在第3瓶中稀释成1.0 mL，又……在第几个小瓶中稀释后青霉素浓度为200国际单位/mLA．2 B．3 C．4 D．59．研析：本题以常见的青霉素溶解并稀释的问题做载体考查有关溶液浓度的计算。以及接受信息，并快速找出规律的能力。本题的规律是：在第n个小瓶中的青霉素浓度为：20万单位÷10n-1。答案： C
▲ 高考思维探究
[考题1] （2005全国-9）NA代表阿伏加德常数，下列说法正确的是
A．在同温同压时，相同体积的任何气体单质所含的原子数目相同
B．2g氢气所含原子数目为NA
C．在常温常压下，11.2L氮气所含的原子数目为NA
D．17g氨气所含电子数目为10NA
研析：根据阿伏加德罗定律，同温、同压、同体积时，气体的分子数相等，但原子数不一定相等，A选项错误； 2g氢气的物质的量为1 mol，含分子数为NA，原子数目为2NA，B也不对；在标准状况下，11.2L氮气所含的原子数目为NA，在常温常压下，11.2L氮气所含的原子数目应小于NA ，C错误；17g氨气的物质的量为1 mol，含电子10 mol，数目为10NA，D正确。
答案：D。
启发引申：物质的量贯穿于整个高中化学的始终，是化学计算中处于核心地位的重要概念。它是掌握物质的质量、体积（标准状况下）、物质的量浓度、化学方程式计算的前提，是高考的必考点之一。本题是根据阿伏加德罗定律进行简单计算的一个实例，要掌握这一考点，一定要抓概念的内涵与外延，并及时总结。
[考题2] （2003全国-19）要配制浓度约为2mol·L－1 NaOH溶液100mL，下面的操作正确的是 （填代号）。
A．称取8g NaOH固体，放入250mL烧杯中，用100mL量筒量取100mL蒸馏水，加入烧杯中，同时不断搅拌至固体溶解
B．称取8g NaOH固体，放入100mL量筒中，边搅拌，边慢慢加入蒸馏水，待固体完全溶解后用蒸馏水稀释至100mL
C．称取8g NaOH固体，放入100mL容量瓶中，加入适量蒸馏水，振荡容量瓶使固体溶解，再加入水到刻度，盖好瓶塞，反复摇匀
D．用100mL量筒量取40mL 5mol·L－1NaOH溶液，倒入250mL烧杯中，再用同一量筒取60mL蒸馏水，不断搅拌下，慢慢倒入烧杯中
研析：在A、B、C三个答案中，B答案是在量筒中将氢氧化钠固体进行溶解，C答案是在容量瓶中将氢氧化钠固体进行溶解，二者错误明显，而答案A考虑到所配溶液的要求不高（约为2mol·L－1），加之仅8g氢氧化钠固体，对溶液的体积变化影响不大，故答案A正确；而答案D以“两溶液的体积之和等于溶液的总体积”，忽略溶液的体积变化，也是符合题意的。
答案：A、D。
总结提升：基本的实验操作（如水浴加热、过滤、蒸馏、沉淀的洗涤等）是学生应该掌握的内容之一，同时用科学、准确的语言进行文字表达也是高中生所具备的能力之一。另外，在定量实验中，如果题设条件要求不高，可以对定量实验作近似处理，如“两溶液的体积之和等于总体积”，“加少量固体溶质于一定量的溶剂时，可忽略溶液的体积变化”等，只要不违背实验原理，题目中又有关键字、词（如“约”、“大约”等）出现，则可近似处理。
拓展变式10．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质量减少到4.66 g，并有气体放出。试计算：（1）原混合溶液中Na2SO4和Na2CO3的物质的量浓度。（2）产生的气体在标准状况下的体积。10．研析：发生的反应有：BaCl2＋Na2CO3＝BaCO3↓＋2NaCl； BaCl2＋Na2SO4＝BaSO4↓＋2NaClBaCO3＋2HNO3＝Ba(NO3)2＋H2O＋CO2↑（1）n(Na2SO4)＝n(BaSO4)＝＝0.0200 molc(Na2SO4)＝＝0.400 mol·L－1n(Na2CO3)＝n(BaCO3)＝＝0.0500 molc(Na2CO3)＝＝1.00 mol·L－1（2）n(CO2)＝n(BaCO3)＝0.0500 molV(CO2)＝0.0500 mol×22.4 L·mol－1＝1.12 L答案：（1）0.400 mol·L－11.00 mol·L－1（2）1.12 L
开拓学习新视野
▲ 课标知识拓展
【思想方法】
本节概念较多，可以用比较法加深对它们的理解和掌握。
1．物质的量与摩尔的区别和联系
物质的量 摩尔
区别 表示含有一定数目粒子的集体的物理量 为物质的量的单位
联系 摩尔是物质的量的单位
2．物质的量与阿伏加德罗常数的区别和联系
物质的量 阿伏加德罗常数
区别 表示物质所含数目的集体的物理量、单位是摩尔 0.012kg12C所含碳原子数，单位mol-1
联系 n×NA ＝ N；N÷NA ＝ n
3．物质的量浓度与质量分数之间的区别和联系：
内容 物质的量浓度 质量分数
定义 以1L溶液里含有多少摩溶质来表示溶液组成的物理量 用溶质质量与溶液质量之比来表示溶液组成的分数
溶质的单位 mol g
溶液的单位 L g
计算公式 物质的量浓度(mol/L)＝ 质量分数＝×100％
【专题放送】
物质的量浓度计算思维起点的选择
物质的量浓度的计算是中学化学计算的重要组成部分，是近年各类考试的“热点”，此类题涉及的概念较多（如物质的量、质理、摩尔质量、气体的摩尔体积等），知识范围广，内容灵活多变，解题过程中不少同学感到无所适从。其中最主要的原因是不会选解题的思维起点。本文通过具体的例题的剖析，谈变有关物质的量浓度计算中思维起点的选择。
一、从“定义式”出发
物质的量浓度的定义的数学表达式为c＝n/V，其中n为溶质的物质的量(mol)，V为溶液的体积(L)，c的单位为mol/L。由此可知，欲求c。应先分别求出n及V。
例1：100mL0.3mol/LNa2SO4溶液和50mL 0.2mol / L Al2(SO4)3溶液混合后，溶液中SO42－的物质的量浓度为：
A．0.2mol/L B．0.25mol/L C．0.40mol/L D．0.50mol/L
解析：因混合后SO42－的物质的量为：
n(SO42－) ＝ 0.3 mol/ L×0.1L＋0.2 mol/ L×0.05L×3 ＝ 0.06 mol
溶液的体积 V＝0.1L＋0.05L＝0.15L
则混合后溶液中SO42－的物质的量浓度为：
c(SO42－) ＝ n(SO42－)/ V ＝ 0.06mol/0.15L ＝ 0.40ml/L
故正确答案为C。
二、从“换算式”出发
溶液的物质的量浓度与溶质的质量分数之间的换算公式为：c＝1000ρw%/M
其中ρ为溶液的密度(g/cm3)，w%为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量(g/mol)，由上述公式可知，已知ρ、w%、M，就可以求出c。
例2：相对分子质量为M的某物质在室温下的溶解度为sg/100g，此时测得饱和溶液的密度为ρg/mL，则该饱和的溶液的物质的量浓度是
A．M / 10sρ mol/L B．1000sρ / M(100+s) mol/L C．10sρ / M mol/L D．M(100+s) / 1000sρ mol/L
解析：依题意可得溶质的质量分数为：w% ＝ s / (100+s×100%)
然后由溶液的物质的量浓度与溶质的质量分数的换算公式c ＝ 1000ρw% / M
可得该饱和溶液的物质的量浓度 c ＝ 1000sρ / M(100+s) mol/L
故正确答案为B。
例3：将溶质的质量分数为a%、物质的量浓度为c1mol/L的稀H2SO4加热蒸发掉一定量的水，使溶质的质量分数变为2a%，此时硫酸的物质的量浓度为c2mol/L，则c1和c2的数值关系是
A． c2＝2c1 B．c2＜2c1 C．c2＞2c1 D．c1＝2c2
解析：由换算公式c＝1000ρw%/M得
c1 ＝ 1000×ρ1×a%/98 c2 ＝ 1000×ρ2×2a%/98
由此可知：c1∶c2＝ρ1∶2ρ2
因为ρ2＞ρ1，故有c2＞2c1。正确答案为C。
三、从“守恒”的观点出发
1．稀释前后“溶质的物质的量守恒”，即c1V1＝c2V2（其中c1、c2是稀释前后溶质的物质的量浓度，V1、V2是稀释前后溶液的体积）。
2．溶液中“微粒之间电荷守恒”，即溶液呈电中性。
3．质量守恒。
例4：300mL某浓度的NaOH溶液中含有60g溶质，现欲配制1mol/LNaOH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
解析：首先由定义式可求出原NaOH溶液的物质的量浓度为：c(原)＝60g÷40g/mol÷0.3L＝5mol/L
再根据守恒原理，即稀释前后溶质的物质的量保持不变，可得：
c(原)×V(原)＝c(后)×V(后)＝c(后)×[V(原)＋V(水)]
即 5mol/L×V(原)＝1mol/L[V(原)＋V(水)]
解得V(水)∶V(原)＝1∶4
故正确答案为A。
例5：有K2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液，已知其中Al3+的物质的量浓度为0.7mol/L，则此溶液中K＋的物质的量浓度为
A．0.1mol/L B．0.15mol/L C．0.2mol/L D．0.25mol/L
解析：根据电荷守恒原理可知，混合溶液中K＋、Al3+所带的正电荷总数等于SO42-所带的负电荷总数，则
c(K＋)＋3c(Al3+)＝2c(SO42-)
即c(K＋)＋3×0.4mol/L＝2×0.7mol/L
解得c(K＋)＝0.2mol/L
故正确答案为C。
▲ 多彩化学漫步
摩尔的来历
摩尔一词来源于拉丁文moles，原意为大量和堆集。早在本世纪40至50年代，就曾在欧美的化学教科书中作为克分子量的符号。1961年，化学家E.A. gu g genheim将摩尔称为“化学家的物质的量”，并阐述了它的涵义。同年，在美国《化学教育》杂志上展开了热烈的讨论，大多数化学家发表文章表示赞同使用摩尔。1971年，在由41个国家参加的第14届国际计量大会上，正式宣布了国际纯粹和应用化学联合会、国际纯粹和应用物理联合会和国际标准化组织关于必须定义一个物质的量的单位的提议，并作出了决议。从此，“物质的量”就成为了国际单位制中的一个基本物理量。摩尔是由克分子发展而来的，起着统一克分子、克原子、克离子、克当量等许多概念的作用，同时把物理上的光子、电子及其他粒子群也概括在内，使在物理和化学中计算“物质的量”有了一个统一的单位。
第14届国际计量大会批准的摩尔的定义为：
（1）摩尔是一系统的物质的量，该系统中所含的基本单元数与0.012kg12C的原子数目相等。
（2）在使用摩尔时，基本单元应予指明，可以是原子、分子、离子、电子及其他粒子，或这些粒子的特定组合。
根据摩尔的定义，12g12C中所含的碳原子数目就是1mol，即摩尔这个单位是以12g12C中所含原子的个数为标准，来衡量其他物质中所含基本单元数目的多少。摩尔跟其他的基本计量单位一样，也有它的倍数单位。1Mmol＝1000kmol，1kmol＝1000mol，1mol＝1000mmol。
问题：12g12C中所含原子的个数、阿伏加德罗常数与6.02×1023的关系是怎样的？
多彩化学漫步
答案：国际上规定，把0.012kg12C中所含的碳原子数定义为阿伏加德罗常数，符号为NA，其单位为mol-1，由于受测试的仪器和方法的限制，目前科学界还测不出其准确的数值，阿伏加德罗常数的近似值为6.02×1023，但不能说6.02×1023就是阿伏加德罗常数。阿伏加德罗常数与6.02×1023的关系就好像数学中圆周率∏与其近似值3.14的关系，是精确值与近似值的关系。值得注意的是，6.02×1023这个数很大，如果要数6.02×1023个原子，按每人每秒钟数一个的速度，全世界60亿人一起不停地数，需要数318.2万年才能数完。
优化考题新演练
一、理解与应用
1．下列说法中正确的是
A．硫酸的摩尔质量是98 g B．2 mol OH－的质量是34 g
C．铁原子的摩尔质量等于它的相对原子质量 D．一个碳原子的实际质量约等于12/(6.02×1023)g
1．研析：硫酸的式量是98，它的摩尔质量是98 g·mol－1，所以A不正确。原子得到或失去电子后变成离子，由于电子的质量非常小，可忽略不计,所以1 mol OH－的质量为17 g，则2mol OH－的质量为34 g,B正确．铁的相对原子质量是56,则铁的摩尔质量是56 g·mol－1，而不是等于它的相对原子质量(相对原子质量的单位是1，通常不写)．碳的摩尔质量是12 g·mol－1，即1 mol碳原子的质量是12 g，而1 mol碳原子又含有阿伏加德罗常数个碳原子，所以一个碳原子的质量约为12／(6.02×1023)g。
答案：BD
2．0.8 g某物质含有3.01×1022个分子，该物质的相对分子质量约为
A．8 B．16 C．64 D．160
2．研析：根据M＝Mr g·mol－1，可求得M，即可知Mr．又因为n＝N/NA＝3.01×1022/(6.02×1023)mol－1＝5×10－2 mol
M＝m/n＝0.8 g/5×10－2 mol＝16 g·mol－1
Mr＝16
答案：B
3．配制一定物质的量浓度溶液时，会导致所配溶液浓度偏大的操作是
A．在用蒸馏水洗涤烧杯时，洗液未全部注入容量瓶中
B．定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又加水到刻度
C．定容时俯视刻度线
D．用来配制溶液的容量瓶用蒸馏水洗涤后未进行干燥处理
3．研析：应逐个分析每个选项，找出正确的选项：因为cB＝nB/V,若错误操作使nB增大，V减小，则cB偏大，若错误操作使nB减小，V增大，则cB偏小．A操作使nB减少，B操作使V增大，C操作使V减小，D操作对nB和V均无影响，故A、B操作使cB减小，C操作使cB增大，D无影响．
答案：C
4．下列溶液中的c(Cl－)与50 mL 1 mol·L－1 AlCl3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氯化钙溶液
C．150 mL 3 mol·L－1氯化钾溶液 D．75 mL 1 mol·L－1氯化铁溶液
4．研析：体积是本题的强干扰所在，在浓度一定的溶液中，各种粒子的浓度也是一定的，它们与溶液的体积无关。1 mol·L－1 AlCl3溶液中c(Cl－)＝3 mol·L－1；1 mol·L－1 NaCl溶液中c(Cl－)＝1 mol·L－1；2 mol·L－1 CaCl2溶液中c(Cl－)＝4 mol·L－1；3 mol·L－1 KCl溶液中C(Cl－)＝3 mol·L－1； 1 mol·L－1 FeC13溶液中C(Cl－)＝3 mol·L－1
答案：C、D
5．两个体积相等的容器，一个盛有NO，另一个盛有N2和O2，在同温同压下两个容器内的气体一定具有相同的
A．原子总数 B．质子总数 C．分子总数 D．质量
5．研析：根据阿伏加德罗定律，在同温同压下，同体积的气体含有的分子数相同。尽管第二个容器内的气体是由两种混合气体组成，但这种混合气体同样也服从阿伏加德罗定律，因此C可首先肯定为正确答案。NO、N2和O2都有是双原子分子。由于其分子数相同，其原子数也相同，因此A也是本题答案。
答案：A、C
6．我国规定食盐的含碘量（按每千克食盐含碘元素计）为20mg·kg－1~40mg·kg－1，则每千克食盐加入碘酸钾（KIO3）的物质的量应不少于 。
6．研析：1kg食盐中至少含碘元素20mg，即含Ⅰ物质的量为20×10－3g÷127g·mol－1＝2.36×10－5 mol
答案：2.36×10－5 mol
二、拓展与创新
7．一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板（厚度或忽略）将容器分成两部分，当左边充入1molN2，右边充入CO和CO2的混合气体共9g时，隔板处于如图位置（左、右两侧温度相同），求混合气体中CO和CO2的分子个数比。
7．研析：设该混合气体中含有CO和CO2的物质的量分别为x、y。则：
解得： 则x：y=1：1
答案：混合气体中CO和CO2的分子个数比为1：1。
8．19.0 g Na2CO3和NaHCO3的混合物与足量HCl(aq)反应，得到标准状况下的CO2气体4.48 L。试求：
（1）混合物中各成分的质量。
（2）如果HCl(aq)的浓度为0.500 mol·L－1，则所需HCl(aq)的体积至少是多少？
8．研析：发生的反应有：
Na2CO3＋2HCl＝2NaCl＋H2O＋CO2↑；NaHCO3＋HCl＝NaCl＋H2O＋CO2↑
设n(Na2CO3)＝x，n(NaHCO3)＝y，则
解得：x＝0.100 mol，y＝0.100 mol
（1）m(Na2CO3)＝0.100 mol×106 g·mol－1＝10.6 g
m(NaHCO3)＝0.100 mol×84.0 g·mol－1＝8.40 g［或m(NaHCO3)＝19.0 g－10.6 g＝8.4 g］
（2）N(HCl)＝2x＋y＝2×0.100 mol＋0.100 mol＝0.300 mol
V［HCl(aq)］＝＝0.600 L＝600 mL
答案：（1）Na2CO3：10.6 g、NaHCO3：8.40 g（或8.4 g） （2）600 mL
三、综合与探究
9．为了测定某烷烃样品（丁烷，并含少量丙烷等气态烃）的平均式量，设计了下面的实验：
①取一个配有合适胶塞的洁净、干燥的锥形瓶，准确称量，得到质量m1
②往锥形瓶中通入干燥的该烷烃样品，塞好胶塞，准确称量，重复操作，直到前后两次称量结果基本相同，得到质量m2
③往锥形瓶内加满水，塞好胶塞，称量得到质量m3
已知实验时的温度t（K）,压强p（kPa），水的密度ρ水（g·L－1）,空气的平均式量29.0、密度ρ空气（g·L－1）
回答下列问题：
（1）本实验的原理是（具体说明）什么？
（2）步骤②中为什么要重复操作，直到前后两次称量结果基本相同？
（3）具体说明本实验中怎样做到每次测量都是在相同体积下进行的？
（4）本实验中收集气体样品的操作，可选用的方法是（填图中标号） 。
图3—2
（5）锥形瓶内空气的质量（m空气）是 （列出算式）。
（6）瓶中样品的质量（m样品）是 （列出算式）。
（7）由实验测得烷烃的平均式量是 （列出算式）。
9．研析：本题考查学生对阿伏加德罗定律的理解程度，同时考查学生对一些最基本的实验操作目的和方法是否掌握和理解。根据阿伏加德罗定律，同温、同压下，同体积的各种气体都含有相同的分子数。所以同温、同压下，两种同体积的不同气体的质量之比等于它们的相对分子质量之比。这样，如果已知其中一种气体的相对分子质量，就可以测定另一种气体的相对分子质量．本实验是在同温、同压下，分别测定同体积含杂质的丁烷气和空气的质量（m样品、m空气）来求得样品气的平均相对分子质量（M样品）。为了保证锥形瓶内的空气完全被排出，并充满样品气，本实验中采取了化学分析（如酸碱滴定）中常用的测平行数据的方法，即重复操作，直到两次称量结果基本相同为止。在实验中，为了保证每次测量都是在相同体积（V瓶）下进行的，最简单的做法是，在第一次称量前，塞好胶塞后，在瓶口处的胶塞上做一记号，以后每次测量，胶塞塞入瓶口的位置都以此为准．由于本实验要求准确称量锥形瓶中样品的质量，因此样品气必须是干燥的，不能选排水集气法收集．又因为样品气体比空气重，所以只能选用向上排气法来收集样品气，而必须把导管插入瓶底才能把瓶内的空气赶尽．在实验中：
①m1＝m瓶＋m空气，②m2＝m瓶＋m样品，③m3＝m瓶＋m水，
③－①得m3－m1＝m水－m空气
因为m水≥m空气
所以m水＝m3－m1（小量忽略法）
所以V瓶＝m(水)／ρ(水)＝(m3-m1)／ρ(水)m空气＝ρ空气×(m3-m1)／ρ(水)
②－①得 m样品＝（m2－m1）＋m空气
因为M(样品)／M(空气)＝m(样品)／m(空气)
所以M样品＝M空气×m(样品)／m(空气)＝29.0×m(样品)／m(空气)
答案：（1）根据阿伏加德罗定律，同温、同压下，两种同体积的不同气体的质量之比等于它们的相对分子质量之比．
（2）为了保证瓶内空气已完全被排出，并充满了样品气．
（3）第一次称量前，锥形瓶塞紧胶塞后，在瓶口处的胶塞上做一记号，以后每次测量，胶塞塞入瓶口的位置都以此为准．
（4）D （5）ρ(空气)(m3-m1)／ρ(水)
（6）m2-m1+m(空气)或m2-m1+ρ(空气)(m3-m1)／ρ(水)
（7） 29.0×m(样品)／m(空气)（或其它合理答案）
本节答案解析与研读
本节教材课后习题（P79）
1．答案：3.88×1020
研析：M（C8H10N4O2）＝（12×8 + 1×10 + 14×4 + 16×2）g／mol ＝ 194 g／mol
m（C8H10N4O2）＝ 125mg ＝ 0.125g
n（C8H10N4O2）＝ m（C8H10N4O2）÷ M（C8H10N4O2）＝0.125g÷194g／mol＝6.44×10－4 mol
N（C8H10N4O2）＝ n（C8H10N4O2）×NA ＝ 6.44×10－4mol×6.02×1023mol－1 ＝ 3.88×1020
2．答案：（1）1×10－6 mol （2）2×10－6 mol，1.20×1018
研析：（1）M[Pt（NH3）2Cl2] ＝ （195 + 12×2 + 71）g／mol ＝ 300 g／mol
n[Pt（NH3）2Cl2] ＝ 0.3×10－3g÷300 g／mol ＝ 1×10－6 mol
（2）n（N）＝2n[Pt（NH3）2Cl2] ＝ 2×10－6 mol
N（N）＝n（N）×NA ＝ 2×10－6 mol×6.02×1023mol－1 ＝1.204×1018
3．答案：2140∶141∶213（或3/14∶1/71∶1/47）
研析：方法1（赋值法）：设N、P2O5、K2O的质量分别是30g、10g、10g。则：
n（N）＝30g÷14 g／mol＝2.14 mol
n（P）＝ 2n（P2O5）＝ 2×10g÷142ｇ／mol＝0.141 mol
n（K）＝ 2n（K2O）＝ 2×10g÷94ｇ／mol＝0.213 mol
n（N）∶n（P）∶n（K）＝2.14 mol∶0.141 mol∶0.213 mol＝2140∶141∶213
方法2（比例式法）：由于质量分数比等于质量比,所以：
n（N）∶n（P2O5）∶n（K2O）＝（30÷14 g／mol）∶（10÷142 g／mol）∶（10÷94 g／mol）＝3/14∶1/142∶1/94）
n（N）∶n（P）∶n（K）＝3/14∶1/71∶1/47
4．答案：1.9×10－3mol／L；5.3×102 L
研析：n（Mg2+）＝m（Mg2+）÷M（Mg2+）＝46.0×10－3g÷24ｇ／mol＝1.92×10－3mol
c（Mg2+）＝n（Mg2+）÷V＝1.92×10－3mol÷1.0L≈1.9×10－3mol／L
因为c（Mg2+）＝n（Mg2+）÷V
所以V＝n（Mg2+）÷c（Mg2+）＝1.0mol÷1.9×10－3mol／L＝5.3×102 L
5．答案：不相等。
研析：因为c1（Na2CO3）＝n1（Na2CO3）÷V1＝m1（Na2CO3）÷[M（Na2CO3）×V1] ＝106g÷[106g／mol×V1 L] ＝1／V1 mol／L
c2（Na2CO3）＝n2（Na2CO3）÷V2＝1mol／1L＝1 mol／L
由于V1 ＞ 1L，所以 c1（Na2CO3）＜1 mol／L ，c1（Na2CO3）≠ c2（Na2CO3）
6．答案：一定条件下： CO + 2H2→CH3OH
① 1个CO + 2个H2→1个CH3OH ② NA个CO + 2NA个H2→NA个CH3OH
③ 1mol CO + 2mol H2→1mol CH3OH ④ 28g CO + 4g H2→32g CH3OH
⑤ 在同温同压下，且温度高于甲醇沸点时: 1L CO + 2L H2→1L CH3OH
7．答案：（1）D；（2）1.204×1024
研析：（2）2NO + O2 ＝ 2NO2
n（NO）＝V（NO）÷Vm＝44.8 L÷22.4 L／mol＝2.00 mol
n（NO2）＝n（NO）＝2.00 mol
N（NO2）＝n（NO2）×NA＝2.00 mol×6.02×1023mol－1 ＝1.204×1024
8．答案：D。
研析：由题意，0.2 mol Hg全部参加了反应
2 Hg + O2 ＝ 2 HgO
2 mol 1 mol 2 mol
0.2 mol n反应（O2） n生成（HgO）
因为2 mol／2 mol＝1 mol／n反应（O2）＝2 mol／n生成（HgO）
所以，n反应（O2）＝0.1 mol，n生成（HgO）＝0.2 mol，
n剩余（O2）＝n总（O2）－ n反应（O2）＝0.2 mol－0.1 mol＝0.1 mol
9．答案：同温同压下,气体的体积比等于物质的量之比。则由题意知：1摩尔氢气和1摩尔氯气化合生成2摩尔氯化氢气体。根据质量守恒定律知，2摩尔氯化氢气体中含有2摩尔氯原子和2摩尔氢原子，故氯化氢分子式为HCl，也是双原子分子。
m n N
÷M
×NA
÷NA
×M
称量 溶解并冷 将溶液转移 洗涤烧杯2-3次
却至室温 到容量瓶中 并转移到容量瓶中
摇匀 加水至离刻度线 加水至刻度线 反转摇匀
1-2厘米
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第4章 元素与材料世界
学习导言
▲ 章节知识概说
材料是人类生活和生产活动的重要物质基础，本章教材引领学生走进元素化合物的应用世界。从自然界中的元素走进材料世界中的元素，将学生的视野打开，体现多角度、多层面和大视野。
材料的性能取决于材料的化学组成和结构，因此教材从元素出发，通过了解元素及其重要化合物的性质来分析材料的性能。
本章教材一方面引导学生回顾学习非金属及其化合物的化学性质的方法，并以此方法学习硅及其化合物的重要性质；另一方面。进一步丰富学生对金属元素及其化合物的认识，给他们一个更为广阔的认识物质世界的空间，也为后面学习元素周期律及元素周期表打下基础。
▲ 课标理念感悟
知识与技能：根据生产、生活中的应用实例或通过实验研究，了解铝、硅及其重要化合物的性质，能够应用这些性质解决一些生产、生活和化学学科中的简单问题。能列举金属材料、无机非金属材料和复合材料在生产、生活中及其他领域的应用。
过程与方法：通过本章的学习，让学生进一步体验“比较”和“分析”的科学方法。
情感态度与价值观：体会组成材料的物质性质与材料性能的密切关系，认识新材料的开发对社会、生活产生的重要影响，了解材料开发和应用与化学科学发展之间的关系。
第1节 硅 无机非金属材料
1946年2月15日，世界上第一台通用电子数字计算机“埃尼阿克”（ENIAC）在美国研制成功。它当时由1.8万个电子管组成，是一台又大又笨重的机器，体重达30多吨，占地有两三间教室般大。它当时的运算速度为每秒5000次加法运算。虽然这在当时是相当了不起的成就，但其计算速度还不如今天的一台微型计算器的运行速度。是什么使计算机的体积减小的同时，加快了计算速度呢？是硅芯片。那么，硅芯片是从哪里来的呢？硅又有什么性质呢？
研习教材重难点
研习点1 半导体材料与单质硅
1．半导体材料
半导体材料特指导电能力介于导体和绝缘体之间的一类材料。最早使用的半导体材料是锗，但因其含量低，提炼工艺复杂，价格昂贵，而不适合广泛使用。目前广泛使用的半导体材料是硅元素，在地壳中含量居第二位，该元素全部以化合态存在于自然界中，储量丰富。常见的有晶体硅和无定形硅等形式存在。
2．单质硅
（1）存在：自然界中无单质硅，硅元素全部以化合态存在，如二氧化硅、硅酸盐等。化合态的硅是构成地壳的矿石和岩石的主要成分，硅在地壳中的含量居第二位。
（2）物理性质：单质硅有晶体硅和无定形硅两种。晶体硅呈灰黑色，有金属光泽，硬而脆，熔点很高（1410℃），是良好的半导体材料。
（3）化学性质：
①在常温下，硅的化学性质不活泼，不与O2、Cl2、H2SO4、HNO3等发生反应，但能与F2、HF和强碱反应。例如：Si + 2NaOH + H2O ＝Na2SiO3 + 2H2↑；Si + 2F2 ＝SiF4；Si + 4HF ＝ SiF4↑+ 2H2↑。
②在加热时纯硅与某些非金属单质发生反应。如研细的硅能在氧气中燃烧：Si + O2 SiO2
（3）硅的制备
由于自然界中没有单质硅的存在，因此我们使用的硅，都是从它的化合物中提取的。在工业上，用碳在高温下还原二氧化硅的方法可制得含有少量杂质的粗硅，将粗硅提纯后，可以得到半导体材料的高纯硅。
制粗硅： SiO2＋2C Si＋2CO ↑
制高纯硅： Si＋2Cl2 SiCl4 SiCl4＋2H2 Si＋4HCl
（4）硅的用途：
硅可用来制造集成电路，太阳能电池，硅整流器等。硅合金可用来制造变压器铁芯，耐酸设备等。
【知识·链接】
半导体材料的用途
物质的电阻率介于导体和绝缘体之间（电阻率在10－3~108欧姆·厘米之间）时，为半导体。半导体材料可以制造出具有各种功能的半导体器件来取代真空管用来整流、检波、放大，并有缩小电子设备体积、减轻重量、延长寿命、耐冲击、效率高和可靠性好等优点。用半导体材料制成的集成电路还可以将成千上万个分立的晶体管、电阻、电容等电子元件融为一体，使上述优点得到进一步发挥，广泛应用于通讯、电讯、电子计算机中。另外，超纯硅对红外光有很高的透过能力，可以用以制作红外聚焦透镜，对红外辐射目标进行夜间跟踪、照像、追击。利用半导体的导电能力随温度的升高或光线的照射而有显著的增大的特性，可以做成自动控制用的热敏元件(如热敏电阻等)和光敏元件。半导体材料是制作太阳能电池的主要材料．半导体材料还可制成激光二极管，用于激光通讯、测距和空间导航等方面。
典例1：下列有关硅的叙述中，正确的是
A．硅只有在高温下才能跟氢气起化合反应。
B．硅是构成矿物和岩石的主要元素，硅在地壳中的含量在所有的元素中居第一位。
C．硅的化学性质不活泼，在常温下不与任何物质反应。
D．硅在电子工业中，是最重要的半导体材料。
研析：A正确 因为硅的化学性质稳定，常温下除了少数物质外，它不易与其他物质如氢气、氧气、氯气等反应。B不正确 氧元素在地壳中的含量居第一位。C不正确 硅的化学性质不活泼，但可与F2、HF和强碱等反应。D 正确 硅是常温下化学性质稳定的半导体材料，广泛应用于计算机技术领域。
答案：A、D
典例2：有科学家提出硅是“21世纪的能源”、“未来的石油”的观点。假如硅作为一种普遍使用的新型能源被开发利用，下列关于其有利因素的说法中，你认为不妥的是
A．便于运输、储存，从安全角度考虑，硅是最佳的燃料
B．自然界的含硅化合物易开采
C．硅燃烧放出的热量大，燃烧产物对环境污染程度低且容易有效控制
D．自然界中存在大量单质硅
研析：有些燃料，如氢气具有发热量大，无污染等优点，但从运输、储存角度就不如硅了，硅是固体、常温下性质稳定，是非常安全的；另外，硅在自然界存在广泛，硅化合物易开采，其燃烧产物为SiO2，对环境污染程度低。但需注意的是，自然界没有游离态的硅，因此，D是错误的。
答案：D
研习点2 二氧化硅与光导纤维
1、二氧化硅的存在
二氧化硅广泛存在与自然界中，天然二氧化硅叫硅石。石英的主要成分为二氧化硅晶体，透明的石英晶体叫做水晶，含有有色杂质的石英晶体叫做玛瑙。另外二氧化硅也是构成岩石的重要成分。
2、二氧化硅的物理性质
纯净的二氧化硅晶体呈无色，熔点高，硬度大，不溶于水，也不溶于其他一般的溶剂。
3、二氧化硅的化学性质
（1）二氧化硅是一种酸性氧化物，具有酸性氧化物的通性
①二氧化硅在常温时可以与碱溶液缓慢反应生成盐和水：SiO2+ 2NaOH ＝ Na2SiO3 + H2 O
②二氧化硅在高温下可与碱性氧化物反应：SiO2 ＋ CaO CaSiO3
（2）特性
①SiO2不溶于水，也不与水反应。
②二氧化硅在常温下与氢氟酸反应： Si O2＋4HF ＝ SiF4↑＋2H2O
③二氧化硅中的硅为＋4价，具有弱的氧化性，如在高温时，二氧化硅中的硅可以被碳置换出来。
思考：1．如何制取硅酸？ 2．保存氢氟酸、NaOH溶液时应该注意什么问题？
提示：1．不能通过SiO2与H2O反应的方法来制取其对应的水化物——硅酸(H2SiO3)．制取H2SiO3的方法如下： Na2SiO3 + 2HCl ＝2NaCl + H2SiO3↓或 Na2SiO3 + CO2 + H2O ＝Na2CO3 + H2SiO3↓[硅酸(H2SiO3)不溶于水，其酸性比H2CO3还弱。]
2．氢氟酸不能保存在玻璃瓶中，应保存在塑料瓶中。NaOH 溶液不能保存在玻璃塞的玻璃瓶中，应保存在橡胶塞的玻璃瓶中或塑料瓶中。
4、SiO2与CO2的比较
CO2 SiO2
与碱性氧化物反应 CaO＋CO2CaCO3 CaO＋SiO2CaSiO3
与碱液的反应 2NaOH＋CO2＝Na2CO3＋H2O SiO2＋2NaOH＝Na2SiO3＋H2O
与盐反应 Na2SiO3＋CO2＋H2O＝Na2CO3＋H2SiO3↓Ca(ClO)2＋CO2＋H2O＝CaCO3↓＋2HClO SiO2＋CaCO3CaSiO3＋ CO2↑SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑
与碳反应 C＋CO2＝2CO 2C＋SiO2Si＋2CO↑
与H2O作用 CO2＋H2O＝H2CO3 不与水化合
与酸反应 不反应 只与HF反应SiO2＋4HF＝SiF4↑＋H2O
5、二氧化硅的用途
（1）石英可用于制作石英表和石英玻璃。
（2）石英砂常用作制薄玻璃和建筑材料。
（3）水晶常用来制造电子部件、光学仪器、工艺品和眼镜片等。
（4）玛瑙用于制造精密仪器轴承、耐磨器皿和装饰品。
（5）SiO2 被用于制造高性能的现代通讯材料——光导纤维。
6、光导纤维
光导纤维，简称“光纤”，就是一种能利用光的全反射作用来传导光线的透明度极高的玻璃细丝。如果将许多根经过技术处理的光纤绕在一起，就得到我们常说的光缆。光导纤维是用石英玻璃制造的，制作时需要较高的技术，它传导光的能力非常强。如1000米长的单模光纤，重量只有27克，传送波长为1.55微米的激光时，每传播1000米，光能的损耗不到0.2分贝．若利用光缆通讯，能同时传输大量信息。光纤通信的优点有：
（1）信息容量大，一条光缆通路可同时容纳10亿人通话，也可同时传送多套电视节目。
（2）光纤的抗干扰性能好，不发生电辐射，通讯质量高，能防窃听。
（3）光缆质量小而且细，不怕腐蚀，铺设方便。
（4）光纤通信损耗低，适合远距离信息传输。
另外，光导纤维在医学上也有很重要的应用。目前在医学领域，普遍使用着一种连接着许多光纤的胃镜，光纤胃镜的光源是在体外由光纤传进去的，它不产生热辐射，能减轻病人的痛苦。在光导纤维的一头装着精致小巧的微型镜头，可将胃内的情况传到体外拍摄下来或显示在屏幕上。光导纤维在医学上的另一个重要应用是通过微细的光纤将高强度的激光输入人体的病变部位，用激光来切除病变部位。这种“手术”不用切开皮肤和切割肌肉组织，而且切割部位准确，手术效果好。
除此以外，光导纤维还可用于信息处理、传能传像、遥测遥控、照明等许多方面。
【知识·链接】
多姿多彩的光纤
光纤内窥镜：束状光导纤维能对图像进行传递、分解、合成和修正等．医用内窥镜能直接插入人体某个部位进行检查，而不会引起病人痛苦与不舒服感。在工业生产中，利用内窥镜检查一些由于各种原因而不能打开的系统的内部结构，使生产能照常进行。
军事用光纤：光纤技术在军事方面的应用的发展速度之快、范围之广，令人振奋．它已从最初在军舰和飞机上应用，延伸到军事的各个领域，包括长距离光纤传输系统、战术光纤通信网络系统、雷达防御系统、空战指挥及控制系统、导弹和鱼雷制导系统等等。
光纤装潢艺术：光纤装潢是用不同的光纤根据设计需要组成不同的形状，如光纤广告显示屏、光纤盆景、光纤舞台装置及光纤工艺品等。它们具有亮度适宜、色彩柔和、图案细腻、造型奇特，集光、电、声于一体等特点。
光纤采光：用光纤传递光能的方式将天空中的散射光或太阳光引入室内，是一种有前途的采光照明方式，再辅以太阳能电池还可供建筑在夜间照明。
典例3：下列说法不正确的是
A．因为SiO2 不溶于水，故H2SiO3不是SiO2 对应的酸或者说SiO2 不是H2SiO3 对应的酸酐
B．CO2 通入水玻璃可以得到硅酸沉淀
C．SiO2 是一种空间立体网状结构的晶体，熔点高、硬度大
D．氢氟酸能够雕刻玻璃
研析：SiO2 中 Si 呈＋4价， H2SiO3中Si为＋4价，且 H2SiO3（加热）＝ SiO2 ＋ H2O，故A项错误，B项发生的反应：Na2SiO3 ＋ CO2 (少量)＋ H2O ＝H2SiO3↓＋Na2CO3， D项发生的反应为：4HF＋ SiO2 ＝ SiF4↑＋ 2H2O。
答案：A
典例4：如下图中A、B、C、D分别代表有关反应中的一种化合物，其中物质A是一种高熔点化合物，不溶于硫酸、硝酸，却溶于氢氟酸。请填写以下空白。
（1）A、B、C、D的化学式分别是___________、___________、___________、___________。
（2）A→B的化学方程式是_______________________________________________
（3）C→D的离子方程式是_______________________________________________
研析：本题主要考查SiO2的特性。其突破口应从“A是一种高熔点的化合物，不溶于硫酸、硝酸，却溶于氢氟酸”推断出A为SiO2，然后依次推断出B为CO、C为CO2，D为H2SiO3。
答案：（1）SiO2、CO、CO2、H2SiO3；（2）SiO2＋2CSi＋2CO↑；（3）SiO32－＋CO2＋H2O＝H2SiO3↓＋CO32－
研习点3 硅酸盐与无机非金属材料
1．硅酸盐
（1）硅酸盐在自然界中的存在
硅酸盐是构成地壳中岩石的主要成分，自然界中存在的各种天然硅酸盐矿石，约占地壳的5％，粘土的主要成分也是硅酸盐。粘土的种类很多，常见的有高岭土和一般粘土，前者含杂质较少，后者含杂质较多。
（2）硅酸盐组成的表示方法
硅酸盐的种类很多，结构复杂，无论是天然的还是人工制成的硅酸盐，其组成的表示方法有两种。
① 化学式法： 一般用于组成较简单的硅酸盐。如：
硅酸钠 Na2SiO3； 硅酸钙Ca2SiO3
② 氧化物法：常用的表示方法。 如：
镁橄榄石（Mg2SiO4） 2MgO·SiO2
高岭石〔Al2(Si2O5)(OH)4〕 Al2O3·2SiO2·2H2O
正长石(2KAlSi3O8 ) K2O·Al2O3·6SiO2
说明：用氧化物的形式表示硅酸盐的组成时，各氧化物的排列顺序为：
较活泼金属氧化物→ 较不活泼金属氧化物→ 二氧化硅→ 水
（3）硅酸钠
硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，它是一种矿物胶，具有粘合性。
【联想·发散】
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。
2．无机非金属材料
（1）传统无机非金属材料
① 玻璃
原料：生产普通玻璃的主要原料是纯碱（Na2CO3），石灰石（CaCO3）和石英（SiO2 ）。
主要设备：玻璃熔炉
反应原理：将粉碎混匀的原料加强热使之熔化，发生复杂的物理化学变化，冷却即成玻璃。其中主要化学反应是：
CaCO3 + SiO2 CaSiO3 + CO2 ↑
Na2CO3 + SiO2Na2SiO3 + CO2 ↑
主要成分： 制造玻璃的原料中，石英是过量的，所以，普通玻璃是CaSiO3，Na2SiO3和SiO2 熔化在一起得到的物质，其物质的量之比为1：1：4，因此玻璃可表示为：Na2O·CaO·6SiO2。
主要性质：硬而脆，受热时在一定温度范围内逐渐软化，没有一定的熔点，故作玻璃态物质，耐酸腐蚀（HF除外）。
②水泥
a. 普通水泥的主要成分为硅酸三钙（3CaO·SiO2），硅酸二钙（2CaO·SiO2）和铝酸三钙（3CaO·Al2O3）等。
b. 水泥的特点是水泥具有水硬性，与水搀和搅拌并静置后，很容易凝固变硬。
c. 混凝土是指水泥、沙子和碎石的混合物，混凝土常用钢筋作结构，这就是通常所说的钢筋混凝土。
（2）新型无机非金属材料
类别 示例 特性 用途
高温结构陶瓷 氮化硅陶瓷 硬度极高，耐磨损，耐高温，抗腐蚀，抗氧化能力强，电绝缘性好 汽轮机叶片、轴承、发动机部件、永久性模具
碳化硅陶瓷 硬度仅次于金刚石，耐高温，且在室温下能导电 电热元件
生物陶瓷 氧化铝陶瓷氧化锆陶瓷 强度高，耐磨，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 人造牙齿、人造骨骼
压电陶瓷 钛酸钡陶瓷钛酸铅陶瓷 可将极其微弱的机械振动转换成信号 声呐系统、气象检测、遥控环境保护、家用电器、压电地震仪
典例5：下列物质不能用玻璃器皿贮存的是
A．苛性钠 B．氢氟酸 C．浓硫酸 D．硝酸铵
研析：不能用玻璃器皿，是常温下要和玻璃反应的物质．玻璃是以含硅物质为原料，经加热制成的硅酸盐产品，普通玻璃是硅酸钠（Na2SiO3）、硅酸钙（CaSiO3）和二氧化硅（SiO2）熔化在一起所得到的物质，二氧化硅是酸性氧化物，不溶于水，能跟碱性氧化物或碱发生反应生成盐，苛性钠是氢氧化钠的俗名，玻璃中含的二氧化硅能够被碱腐蚀．SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O，实验室里盛放碱溶液的试剂瓶常用橡胶塞，而不用玻璃塞，因为玻璃塞是磨口的，表面积大，以防止玻璃与碱反应生成Na2SiO3而把瓶口和塞子粘结在一起，排除A；氢氟酸遇二氧化硅很快反应放出氟化硅气体： SiO2（固）＋4HF＝SiF4↑＋2H2O。玻璃瓶不能盛放氢氟酸，通常氢氟酸盛放在塑料瓶中，B对；浓硫酸和硝酸铵跟玻璃都不反应，可以贮存。
答案：B。
典例6：在炼铁、制玻璃、制水泥三种工业生产中，都需要原料
A．纯碱 B．石灰石 C．石英 D．粘土
研析：这是一道硅酸工业中理论联系实际问题的试题。解答本题时应熟悉生产玻璃、水泥等产品的原料情况。制玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英；制水泥的原料是石灰石、粘土等；炼铁的主要原料是铁矿石、焦炭、空气、石灰石等。相互对比后可知B项为正确答案。
答案：B。
探究解题新思路
▲ 基础思维探究
题型一、硅及其化合物的性质
典例1：下列说法正确的是
A．SiO2溶于水显酸性
B．CO2通入水玻璃可以得到原硅酸
C．由Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑可知硅酸的酸性比碳酸的酸性强
D．SiO2是酸性氧化物，它不溶于任何酸
研析：SiO2不溶于水，也不与H2O反应，所以水溶液不显酸性。H2CO3的酸性强于H2SiO3，所以B项的反应可以发生。Na2CO3与SiO2的反应之所以能发生是因为：①反应是在高温无水条件下进行的；②反应后生成的CO2脱离反应体系。SiO2虽为酸性氧化物，但是它可与HF反应。
答案：B。
友情提醒：主要考查硅的化合物性质。在分析解答过程中，要进一步明确反应规律是有条件的，不能不问条件任意套用．弄清楚反应原理；注意硅及其化合物的特殊性，如硅与氢氟酸、碱溶液的反应，二氧化硅的溶解性，二氧化硅与氢氟酸、碳酸盐、碳单质及其化合物的反应均具有特殊性。
拓展变式1．硅胶是网状多孔的物质，有强吸附性，可用作干燥剂、吸附剂和催化剂的载体。在减压条件下将硅酸加热至300℃，使其失水即可得硅胶。现以石英、纯碱为主要原料(其它原料任选)制备硅胶。写出有关的化学方程式：___________________________________。1．研析：这是一道有关物质的制备题。根据SiO2(石英)不与水反应，但能与NaOH、Na2CO3反应生成Na2SiO3，再根据硅酸是弱酸，用Na2SiO3与酸作用来制得H2SiO3。合成路线为：SiO2Na2SiO3 H2SiO3SiO2（硅胶）答案：SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑；Na2SiO3＋2HCl＝2NaCl＋H2SiO3↓
题型二、无机非金属材料
典例2：下列叙述正确的是
A．SiO2不属于无机非金属材料 B．金属不能作为结构材料
C．玻璃是一种新型的非金属材料 D．C60也是一种材料
研析：SiO2可作为光导纤维，是一种新型的无机非金属材料．C60是近几年才发现的一种新的碳的同素异形体，它可用于超导体，是一种新型无机非金属材料，所以D正确．金属也属于结构材料，但它不耐高温，易腐蚀不宜作高温材料．玻璃和水泥等只能属于传统的非金属材料．
答案： D
总结提升：本题主要考查对材料分类的理解判断．在解答过程中，一要注意培养学生的阅读审题能力，能够在阅读中获取知识，吸收新的信息并能对知识进行系统的分析处理，作出正确的判断。二是结合具体实例，会判断常见材料的类型，熟悉常见的新型无机非金属材料。
典例3：氮化硅是一种高温陶瓷材料，它的硬度大、熔点高、化学性质稳定，工业上曾普遍采用高纯硅与纯氮在1300℃反应获得。
（1）根据性质，推测氮化硅陶瓷的用途是______________（填序号）。
A．制汽轮机叶片 B．制有色玻璃
C．制永久性模具 D．制造柴油机
（2）写出N的原子结构示意图：______________，请写出氮化硅的化学式：______________。
（3）氮化硅陶瓷抗腐蚀能力强，除氢氟酸外，它不与其他无机酸反应。试推测该陶瓷被氢氟酸腐蚀的化学方程式：______________。
（4）现用四氯化硅和氮气在氢气气氛保护下，加强热发生反应，可得较高纯度的氮化硅，反应的化学方程式为______________。
研析：根据N和Si的原子结构及其元素周期规律的知识，可判断氮元素非金属性比硅强，故N显负价（－3），Si显正价（+4），由此可写出氮化硅的化学式Si3N4。
答案：（1）A、C、D。（2）；Si3N4。
（3）Si3N4＋12HF＝3SiF4＋4NH3。（4）3SiCl4＋2N2＋6H2Si3N4＋12HCl。
总结提升： 本题以新型无机非金属材料氮化硅为载体，考查知识迁移应用的能力。题目起点高（新材料氮化硅的用途、性质、制法），落点低（原子结构示意图、元素周期律、硅及化合物典型性质），新颖灵活。在分析解答过程中，一是要培养学生灵活运用所学知识分析解决问题的能力，如根据氮、碳两元素非金属活泼性不同，确定其各自价态，写出氮化硅的化学式；根据硅及其化合物与氢氟酸反应的规律，进行迁移推测氮化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅，另一产物必为NH3。二是要强化“结构决定性质，性质决定用途”的化学思维方法，加深对新材料的认识。
拓展变式2．请回答下列问题：（1）下列属于无机非金属材料的是A．高强度水泥 B．钢化玻璃C．氧化铝陶瓷 D．光导纤维（2）磷酸钙陶瓷也是一种新型无机非金属材料，它可以用于制成人造骨骼，这是利用这类材料的A．耐高温特性 B．电学特性C．光学特性 D．生物功能2．研析：（1）水泥、玻璃属硅酸盐材料，是传统无机非金属材料。（2）新型无机非金属材料的四种特性不一定是这类材料的共性，不同的材料具有不同的特性。根析型无机非金属材料的四种特性及其应用进行判断。答案：（1）C、D。（2）D。
▲ 综合思维探究
题型一、学科内综合题
典例4：有一粗硅，含铁和硅两种杂质，取等质量的样品分别投入足量的稀盐酸和足量的稀氢氧化钠溶液中，放出等量的氢气，则该粗硅中铁和硅的关系正确的是
A．物质的量之比为1：1 B．物质的量比为2：1
C．质量比为4：1 D．质量比为2：1
研析：粗硅与盐酸反应是铁与盐酸反应 Fe +2HCl ＝ FeCl2 + H2 ↑ ；粗硅与碱反应是硅与碱反应Si + 2NaOH + H2O ＝ Na2SiO3 + 2H2 ↑因放出等量氢气，则铁与硅的物质的量之比为2：1， 质量比为4：1。
答案：B、C
总结提升：本题综合考查了铁、硅的性质，是定性分析与简单定量计算相结合的，解题要注意书写化学方程式的准确性。
典例5：下列溶液中加入氯化钡溶液生成白色沉淀，在加入稀硝酸震荡，白色沉淀不消失的是
A．Na2SiO3 B．Na2CO3 C．Na2SO3 D．Na3PO4
研析： BaCO3 和 Ba3(PO4 )2 均为白色沉淀，二者均溶于HNO3，BaSiO3 溶于HNO3 后又生成H2SiO3，而H2SiO3不同于一般的酸，本身为白色沉淀；BaSO3可溶于盐酸等非氧化性酸，但遇到硝酸后被硝酸氧化而转化成BaSO4白色沉淀。
答案：A、C 。
友情提醒：本题表面上是考查复分解反应，实际却包含了氧化还原反应的知识，解题要注意思维的全面性和灵活性。
拓展变式3．如图，已知：①单质E可作为半导体材料；②化合物F是不能生成盐的氧化物；③化合物I能溶于水呈酸性，它能够跟氧化物A起反应．据此，请填空： （1）化合物F是__________。（2）化合物I是__________。（3）反应③的化学方程式是__________。（4）反应④的化学方程式__________。3．研析：本题主要考查元素化合物的性质，是一道常规的框图推断题．要求学生能在全面系统地掌握元素及化合物性质的基础上，善于抓住某些元素的特殊性质为解题的突破口和切入点．由题中所叙述的条件，单质E为半导体材料，化合物F为不成盐氧化物，结合框图中的反应①可推知E和F分别为Si和CO．反应①为：SiO2＋2C＝Si＋2CO．氧化物A是SiO2，它除了跟氢氟酸反应以外不跟任何酸反应，由此可判断化合物I为HF．由“氧化物C＋单质D→HF＋单质H”可推知该反应为：2F2＋2H2O＝4HF＋O2．至此即可突破全题。答案：（1）CO （2）HF （3）2H2＋O2＝2H2O （4）2F2＋2H2O＝4HF＋O2
题型二、实际应用题
典例6：三硅酸镁晶体被用来治疗胃溃疡病患者的胃酸过多症，是因为该物质不溶于水，服用后能中和胃酸，作用持久。三硅酸镁晶体化学式为：Mg2Si3O8·nH2O。
（1）用氧化物的形式表示三硅酸镁的化学式。
（2）写出该药物中和胃酸的化学方程式。
研析：用氧化物的形式表示硅酸盐的时候，应注意书写原则：活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、二氧化硅、水。第二问若直接写三硅酸镁与盐酸反应，许多同学会感到无从下手。应从氧化物形式书写。碱性氧化物（MgO）能与盐酸反应，而SiO2 不能与盐酸反应可当成杂质，最后写出正确的方程式。
答案：（1） 2MgO·3SiO2·nH2O（2）2MgO·3SiO2·nH2O＋4HCl＝2MgCl2＋(n＋2) H2O＋3SiO2
方法导引：我国著名的数学家华罗庚说过：“把一个比较复杂的问题‘退’成最简单最原始的问题，把这最简单最原始问题想通了，想透了，然后再来一个飞跃上升”。这是一个非常精辟的思维方法，用这种方法去思考问题极有意义。把三硅酸镁改写成氧化物的形式，本题就能迎刃而解。
典例7：在多年使用的厨房里，久未更换的玻璃往往失去光泽，严重的还会形成白色斑点，这种现象化学上叫做“碱析”，产生碱析的化学方程式为____________________________．
研析：玻璃的主要成分有Na2SiO3、CaSiO3和SiO2．厨房中CO2、H2O(g)浓度相对较高，碳酸酸性强于硅酸，时间长了玻璃中的Na2SiO3将会在CO2、H2O(g)的持续作用下析出白色H2SiO3，所以往往失去光泽，严重的会形成白色斑点。
答案：见研析。
友情提醒：这是一道运用所学知识解释实际问题的题目，经常尝试既有利于掌握化学理论知识，还利于培养自己的实践能力。
拓展变式4．矿泉水一般是由岩石风化后被地下水溶解其中可溶部分生成的。此处所指的风化作用是指矿物与水和CO2同时作用的过程。例如钾长石（KAlSi3O8）风化生成高岭土〔Al2Si2O5(OH)4〕，此反应的离子方程式为2KAlSi3O8＋2H2CO3＋9H2O＝2K+＋2HCO3－＋4H4SiO4＋Al2Si2O5(OH)4，这个反应能够发生的原因是______________。4．研析：风化的反应是一种复杂的化学反应，但我们可以试图用简单的化学原理去理解它。抓住了由较强的酸可以制得较弱的酸这一简单的规律，复杂的问题就能迎刃而解。答案：因为碳酸酸性比原硅酸强，由较强的酸可制得较弱的酸。
题型三、思维转换题
典例8：100g CaCO3与30g SiO2的混合物加强热，使之充分反应。请计算得到气体的体积为多少（标准状况）？
研析：方法1（常规法）：二者混合加强热发生的反应为：CaCO3 + SiO2 CaSiO3 + CO2↑，特别要注意的是：30g SiO2完全反应只消耗50g CaCO3，剩余的 CaCO3还要单独分解，又生成一部分CO2。
解：CaCO3 ＋ SiO2 CaSiO3 ＋ CO2↑
100 g 60 g 22.4 L
50 g 30 g 11.2 L
在第一步反应中，生成CO2 11.2 L，剩余CaCO3100 g－50 g＝50 g
CaCO3 CaO ＋CO2↑
100 g 22.4 L
50 g 11.2 L
在第二步反应中，又生成CO2 11.2 L。因此，得到气体的体积共为22.4 L。
方法2（思维转换）：不妨把思维转换一下，认为在高温下CaCO3 先分解，然后分解生成的氧化钙再与SiO2反应：CaCO3 CaO ＋ CO2↑；SiO2＋CaO CaSiO3。根据第一步反应容易计算得生成气体的体积为22.4 L。
答案：22.4 L。
启发引申：按第一种方法计算，较为复杂，而按第二种方法计算，由于第二步没有气体参与，也没有气体生成，这样，就没有必要再计算碳酸钙与二氧化硅谁过量，大大简化了计算过程。从以上反应来看，生成的气体只与碳酸钙的量有关，如果碳酸钙的质量保持100g，任意改变SiO2的质量，得到气体的体积在标准状况下总是22.4 L。
拓展变式5．将一含SiO2杂质的石灰石样品100g加强热反应后，质量变为60.4 g。试计算：（1）生成是气体在标准状况下的体积。（2）该石灰石的纯度（碳酸钙的质量分数）。5．研析：（1）根据质量守恒定律，m(CO2)＝100g－60.4 g＝39.6 g，n(CO2)＝39.6 g÷44g/mol＝0.9mol，v(CO2)＝0.9mol×22.4L/mol＝20.16L。（2）n(CaCO3)＝n(CO2)＝0.9mol，m(CaCO3)＝0.9mol×100g/mol＝90g，其质量分数为90%。答案：（1）20.16L。（2）90%。
▲ 创新思维探究
题型一、开放探究题
典例9：下图中的每一方格表示相关的一种反应物或生成物。其中B是一种单质，其余物质也都是有B元素的化合物。C是一种钠盐，E是C的对应的酸，B的结构类似金刚石，D为B的氧化物（其他不含B元素的反应产物以及各步反应添加的必要试剂和反应条件已被略去），请填写空白：
（1）A、D、E的化学式分别为______________、______________、______________。
（2）A和B的互转在工业上有什么实际意义________________________________。
（3）写出D→C反应的化学方程式：______________。
（4）写出E→D反应的化学方程式：______________。
研析：本题的突破口是：“B是一种单质”“B的结构类似金刚石”。据此，容易推断出B是晶体硅。硅与氯气在加热条件下生成SiCl4，因此，A 为SiCl4。经过分馏提纯后得到纯净的SiCl4，SiCl4可以被氢气还原得纯净的硅。根据D能转化成B（Si），可知D为SiO2，由此可知其它答案。
答案：（1）SiCl4、SiO2、H2SiO3 （2）粗硅提纯 （3）SiO2＋2NaOH＝Na2SiO3＋H2O （4）H2SiO3 SiO2＋H2O
总结提升：从物质推断来看，由于B是一种单质，大大缩小了范围，必要时经过简单的排查，容易推出B是晶体硅，A是SiCl4。但整个框图右边却没有明显的突破口，必须对硅及其化合物的转化把握准确、到位才能顺利推断。另外，我们现在广泛使用的硅芯片等必须使用高纯硅，A和B的互转恰好能实现硅的提纯，有很大的现实意义。
拓展变式6．A、B为两种单质，常温下均是固体。在元素周期表中A、B为前18号元素中的两种。分别取三份质量为1.52 g的A、B的混合物（粉末）进行如下实验。（本题中所有的气体体积均指标准状况下的体积）（a）向第一份试样中加入过量的盐酸，充分反应后放出0.896 L气体，还余下0.56 g残渣；（b）向第二份试样中加入过量的10%的NaOH溶液，充分反应后放出0.896 L气体，还余下0.96 g残渣； （c）将第三份试样隔绝空气加强热后，生成一种固体，冷却后再加入足量的盐酸，该固体全部溶解，产生x L气体。（1）单质A是__________。（2）混合物中的B的质量分数是__________。（3）写出实验（c）中有关反应的化学方程式并计算x的值。6．研析：（1）设A的摩尔质量为MA，化合价为nA，则由（a）根据电子守恒得：×2 ＝12 g·mol－1讨论可得：nA＝2，MA＝24 g·mol－1应为Mg（3）由（b）设B的摩尔质量为MB，化合价为nB，则有：×2 ＝7 g·mol－1，由于A、B同周期且原子半径A＞B，只有nB＝4，MB＝28 g·mol－1，B为硅．由题意知n（Mg）∶n（Si）＝2∶1，恰好完全反应，则Si～Mg2Si～SiH4↑ x＝0.448 答案：（1）Mg（镁） （2）36.8% （3）2Mg＋SiMg2Si Mg2Si＋4HCl＝2MgCl2＋SiH4↑ x＝0.448
题型二、课标思维题
典例9：实验室里化学试剂的保存方法是不相同的，下图中A、B、C、D是常见的一些保存药品的试剂瓶。请把下列常见试剂的序号填写在各试剂瓶下面的括号内：①浓硫酸②碳酸钠溶液③大理石④酒精⑤氯水⑥浓硝酸
A B C D
（ ） （ ） （ ） （ ）
研析：保存药品的一般原则为：①固体药品存放在广口瓶中（便于取用），液体药品存放在细口瓶中；②见光易分解或变质的存放在棕色瓶中（注意与受热分解区别）；③碱性物质存放在橡胶塞试剂瓶中；④酸性物质、强氧化性物质、有机溶剂存放在玻璃塞试剂瓶中。据此可知答案。
答案：A ③；B ②；C ①④；D ⑤⑥
考向指南：本题考查同学们对各类试剂的存放原则的掌握情况，难度较小，但对识图能力有一定要求。在近几年的高考中，有关实验仪器的识别，其它图表的绘制和理解的题目是必考的内容，同学们应该加强这方面的训练。
典例10：将0.5 mol碳酸氢钙、1 mol碳酸氢钠、3 mol二氧化硅固体混合均匀，在高温下加热到质量不再改变为止。则得到标准状况下的二氧化碳气体的体积是 ，残余固体的成分是 （填化学式），总质量是 。
研析： 碳酸氢钙首先分解生成碳酸钙、水和二氧化碳气体，碳酸氢钠首先分解生成碳酸钠、水和二氧化碳气体；然后碳酸钠与二氧化硅在高温时反应生成硅酸钠与二氧化碳气体，碳酸钙与二氧化硅在高温时反应生成硅酸钙和二氧化碳气体；由于二氧化硅是过量的，最后残余固体的成分是Na2SiO3、CaSiO3、SiO2（实际上是玻璃的成分）。至于得到标准状况下的二氧化碳气体的体积，可以根据碳原子守恒求出，0.5mol碳酸氢钙、1mol碳酸氢钠中含碳原子2mol，因而V(CO2)＝2mol×22.4L·mol－1＝44.8L。残余固体的总质量可由总质量减去生成的水和二氧化碳气体的质量得到。
答案：44.8 L；Na2SiO3、CaSiO3、SiO2；239 g。
误点警示：本题考查碳酸氢钙、碳酸氢钠受热易分解的性质以及制玻璃的反应原理。切记二者分解之后的产物在高温下还能继续与二氧化硅反应。本题的易错点在于求残余固体的总质量时忘记减去生成的水的质量。
拓展变式7．现有五瓶未贴标签的溶液，分别是稀硫酸、浓盐酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液、硫酸铜溶液。根据试剂瓶的特点等，只用观察法，如何把它们鉴别开？7．答案：蓝色溶液为硫酸铜溶液；塞子为橡胶塞的试剂瓶中盛放的是氢氧化钠溶液；棕色瓶中为浓硝酸；把剩余的两瓶瓶塞打开，瓶口有白雾的是浓盐酸，无明显现象的是稀硫酸。
▲ 高考思维探究
[考题1] （2004上海春理综-32）由“嫦娥奔月”到“万户飞天”，由“东方红”乐曲响彻寰宇到航天员杨利伟遨游太空，中华民族载人航天的梦想已变成现实。载人飞船上两副硅太阳能电池帆板提供了飞船所需的电力。请画出硅原子的原子结构示意图____________。
研析： 本题起点较高，落点较低，考查同学们常见元素原子结构示意图的写法。硅是14号元素，即有14个核电荷，各层电子数分别为2、8、4。
答案：
考向指南：《考试大纲》规定，应该掌握电子式、原子结构示意图、分子式、结构式和结构简式的表示方法。要求较高，因而也成为高考的常考内容。
[考题2] （2002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
研析：纳米(nanometer，nm)是长度计量单位，1nm＝10－9 m，约等于四五个原子排列起来的长度。广义的纳米材料是指三维尺寸中至少有一维处于纳米量级的材料。纳米材料的许多性质既不同于原子、分子，也不同于宏观的物体，它拥有优异的特性。纳米是指材料粒子的尺寸，不是物质的名称，选项A是错误的。
任何物质（不包括“场”、如电场、磁场等等）都由原子、分子、离子等等组成，从组成和结构来看，它们都是“化学物质”。不管什么食物，都是物质，因此也都是“化学物质”，本选项的说法也是错误的。
植物只能吸收并利用氨和硝酸盐，不能直接利用游离的分子氮.但是许多微生物都能将空气中的氮气还原成氨，这叫做生物固氮。但是固氮仅在根部，并不在叶面.在叶面上可以进行光合作用，而不是固氮作用，本项是错项。
光纤通信是利用光导纤维传输信息的通信方式，它是20世纪70年代前后发展，80年代进入实际应用阶段，现已得到广泛的应用.光纤的原料足二氧化硅，用量很少。一根光纤可通几十万路电话或几十路电视，用光纤代替电线可以节省大量金属。本选项正确。
答案：D。
总结提升：中学生学习化学时应该经常用化学的视角去观察社会、生产、生活、自然、科技问题.但是社会上对于这些热点话题，有真有假、有正确有误导。本题收集了4个常见问题，其中3个是似是而非的说法，要求考生予以辨认。
拓展变式8．有三种透明、不溶于水的坚硬固体。A固体在氧气中完全燃烧只得到一种无色无味气体，此气体能使澄清石灰水变浑浊，标准状况下测得此气体的密度是氧气密度的1.375倍。B固体能溶于热的苛性钠溶液，再往该溶液中加入过量盐酸时，析出白色沉淀，此沉淀是一种比H2CO3还弱的酸，干燥后为不溶于水的白色粉末。B与石灰石、纯碱按一定比例混合加热后，能得到C，C在高温时软化，无固定熔点。根据以上事实，判断A、B、C各为何物，写出有关反应的化学方程式。8．研析：A物质燃烧后产生气体的相对分子质量为：32×1.375＝44。结合它无色无味且使澄清石灰水变浑浊的性质，可推断此气体为CO2，又因为A为透明不溶于水的坚硬固体，故可判断A为金刚石。方程式为： C＋O2 CO2。B物质能与苛性钠反应，且所得溶液与盐酸反应生成一种比H2CO3还弱的酸，且这种酸是一种难溶于水的白色固体，故可判断B为石英。相关方程式为： SiO2＋2NaOH＝Na2SiO3＋H2O； Na2SiO3＋2HCl＋H2O＝H4SiO4↓＋2NaCl； H4SiO4＝H2SiO3＋H2O。C物质由石灰石、纯碱、B物质（石英）混合加热而制得，结合高温时软化且无固定熔点，判断C物质为普通玻璃。相关方程式为：SiO2＋CaCO3CaSiO3＋CO2↑；SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑。本题考查有关SiO2、Na2SiO3、H2SiO3以及玻璃等物质的性质以及推理判断能力。其突破口是C高温时软化，无固定熔点，这是玻璃的特性，由此推知B可能为SiO2是解题的关键。答案：A为金刚石、B为石英、C为普通玻璃。有关的化学方程式如下：C＋O2 CO2，CO2＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋H2O； SiO2＋2NaOH＝Na2SiO3＋H2O；Na2SiO3＋2HCl＋H2O＝H4SiO4↓＋2NaCl； H4SiO4＝H2SiO3＋H2O；CaCO3＋SiO2CaSiO3＋CO2↑； SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑
开拓学习新视野
▲ 课标知识拓展
【思想方法】
1．用“四步学习法”学习硅及其化合物知识
（1）明确知识主线。
非金属元素及其化合物的有序学习顺序是：气态氢化物←单质→氧化物→氧化物对应的水化物→含氧酸盐。因此我们可以确定硅及其化合物的知识主线为： SiH4←Si→SiO2→→Na2SiO3
在横线上依次有序地研究主线所示的单质及各类化合物；在纵线上依次按结构，性质、用途、制法、存在，保存等程度化地研究每种具体物质。
（2）抓住知识要点。
硅及其化合物的性质反映着物质的结构，联系着物质的用途、制法、存在等，所以知识点主要以化学性质为核心。
（3）连成知识网络。
（4）精记基础知识。
2．联系实际，学以致用。硅及其化合物在电子工业、建材工业上有着重要的用途，联系实际密切。在复习过程中要引导学生运用所学知识分析解决有关工农业生产，日常生活和科学实验中遇到的实际问题，如硅酸盐产品瓷坩埚在科学实验中使用时应注意的问题等．在掌握硅酸盐工业产品的生产原理、主要原料、成分表示方法等基础知识的同时，还应注意与炼铁、炼钢等化工生产知识间的横向联系。
3．学习新型无机非金属材料时，一要认真阅读教材，了解材料的分类，通过比较传统无机非金属材料、新型无机非金属材料的不同，了解新型无机非金属材料的特性和主要应用。二可通过查阅资料等形式了解新材料技术及应用，扩大知识面。三是通过典型题目，培养综合运用所学知识分析解决实际问题的能力。
▲ 多彩化学漫步
压电陶瓷的压电效应
压电陶瓷是一种先进功能的陶瓷，它具有压电效应，那么，什么是压电效应呢？
某些材料在机械力作用下产生变形，会引起表面带电的现象，而且其表面电荷密度与应力成正比，这称为正压电效应。反之，在某些材料上施加电场，会产生机械变形，而且其应变与电场强度成正比，这称为逆压电效应。如果施加的是交变电场，材料将随着交变电场的频率作伸缩振动。施加的电场强度越强，振动的幅度越大。正压电效应和逆压电效应统称为压电效应。
并非所有的陶瓷都具有压电效应。作为压电陶瓷的原材料，在晶体结构上一定是不具有对称中心的晶体，如氧化铅、氧化锆等．将这些原材料在高温下致密烧结，制成陶瓷，并将制好的陶瓷在直流高压电场下进行极化处理，才能成为压电陶瓷。常用的压电陶瓷有钛酸钡、钛酸铅、锆钛酸铅以及三元系压电陶瓷等。
问题：压电陶瓷有哪些方面的应用？
多彩化学漫步
答案：压电陶瓷的应用范围非常广泛，而且与人类的生活密切相关。压电陶瓷主要用在能量转换、传感、驱动、频率控制等方面。
优化考题新演练
一、理解与应用
1．下列关于硅的说法不正确的是
A．硅是非金属元素，但它的单质是灰黑色有金属光泽的固体
B．硅的导电性能介于金属和绝缘体之间，是良好的半导体材料
C．硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质起反应
D．当加热到一定程度时，硅能与氧气、氢气等非金属反应
1．研析：硅是非金属元素，许多化学性质和碳相似，化学性质不活泼。常温下，硅可与氟气、氢氟酸、强碱溶液反应，加热和高温条件下，硅能与氧气、氢气起反应。
答案：C。
2．与普通玻璃相比具有相同组成的是
A．钢化玻璃 B．光学仪器玻璃
C．石英玻璃 D．有色玻璃
2．研析：钢化玻璃是把普通玻璃放入电炉里加热变软后急剧冷却，就好像钢淬火一样，所以叫做钢化玻璃，但它和普通玻璃成分相同。光学玻璃是制玻璃的原料中，多加了氧化铅。有色玻璃是在生产玻璃的原料中掺入某些金属氧化物，使之均匀地分散在玻璃态的物质中。比如加入Co2O3制得蓝色钴玻璃。石英玻璃的主要成分是二氧化硅。
答案：A
3．想一下为什么可将陶瓷、玻璃、水泥归纳在一起，然后从所给的4个词中选出1个与它们同类的物质
A．光导纤维 B．有机玻璃
C．人造纤维 D．砖瓦
3．研析：无机非金属材料分为传统无机非金属材料和新型无机非金属材料，传统无机非金属材料主要是指硅酸盐材料，如：玻璃、水泥、陶瓷，其中砖瓦是陶瓷中的一种。
答案：D
4．熔融烧碱应选用的器皿是
A．石英坩埚 B．普通玻璃坩埚
C．生铁坩埚 D．陶瓷坩埚
4．研析：实验中选用器皿，既要考虑器皿材料的熔点，又要考虑材料与所盛物质之间能否反应。石英、普通玻璃、陶瓷中均含有SiO2，高温下，烧碱能与SiO2反应而使坩埚腐蚀：SiO2＋2NaOH＝Na2SiO3＋H2O，铁在高温下不与NaOH反应。
答案：C。
5．人造骨是一种新型的无机非金属材料，它类似于人骨和天然牙的性质结构，这是利用了这类材料的________特性。人造骨可以依靠从人体体液中补充某些离子而形成新骨，可在骨骼界面产生分解、吸收、析出等反应，实现骨骼的牢固结合．人造骨植入人体内需要吸收人体中________形成新骨。
A．Ca2＋ B．Cl－ C．Na＋ D．PO43－
5．研析：新型无机非金属材料具有耐高温特性、电学特性、光学特性和生物特性。人造骨是利用了其中的生物特性，根据人造骨和天然骨的性质和结构，根据人骨的主要成分是Ca3(PO4)2，所以从人体中吸收PO43－和Ca2＋
答案：生物学；A、D。
6．古希腊流传这样一个传奇故事。一批运纯碱的商船停泊在江边的沙岸旁，商人找不到石头来搭灶煮饭，就把船上的大块纯碱搬来，放在沙地上垫锅做饭，饭熟后商人们惊奇地发现“灶”变成了晶莹透明的固体。这固体是______________。主要成分是______________。
6．答案：玻璃；Na2SiO3 和SiO2
二、拓展与创新
7．已知化学方程式：Na2SiO3＋CO2＋H2O＝Na2CO3＋H2SiO3↓，由此可得出的结论有______________。
7．研析：可获得的结论有：①该反应是复分解反应；②由较强的酸可制得较强的酸；③碳酸的权性比硅酸酸性强，硅酸是一种不溶性的酸性极弱的酸；④水玻璃放置于空气中易变质；⑤水玻璃应密封保存；⑥过量的CO2通入到水玻璃中，还可发生反应：Na2CO3＋CO2＋H2O＝2NaHCO3，但沉淀不会溶解；⑦实验室如何制硅酸；⑧SO2、硫酸等水玻璃的反应方程式可类推为：SO2＋H2O＋Na2SiO3＝Na2SO3＋H2SiO3↓，H2SO4＋Na2SiO3＝Na2SO4＋H2SiO3↓等。
8．硅晶体结构类似于金刚石，低温下单质硅不活泼，与空气、H2O、酸均无作用，但可与强碱和强氧化剂在适当温度下作用，如硅能与卤素在加热或高温下生成四卤化硅；高价态硅的化合物可在高温下被碳、镁、氢等还原剂还原成单质硅；工业上也可用硅与焦炭在高温下制金刚砂（SiC）。某高纯硅炼制厂利用食盐、石英、水、焦炭为原料制取用作半导体材料的高纯硅。根据上述材料回答：
（1）假设根据每步反应建立一个生产车间，该高纯硅厂家需要几个车间
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
（2）生产原理中没有涉及到的反应是
A．置换反应 B．复分解反应
C．化合反应 D．电解反应
（3）该厂家不采用石英与焦炭直接制高纯硅的主要原因是
A．产量太低 B．产品中含SiC
C．产品中含有过量的硅石和焦炭 D．耗能太大
8．研析：主要牵扯的反应有：①电解食盐水制取氢气和氯气；②高温下石英与焦炭反应制取粗硅；③在加热条件下粗硅与氯气反应；④用氢气将生成的四氯化硅还原得高纯硅。由此可知答案。
答案：（1）B （2）B （3）B
三、综合与探究
9．把河沙（主要成分是SiO2）跟镁粉按一定质量比（质量比约大于15∶24）混合均匀，装入试管中加热大约一分钟后发生剧烈反应，生成一种白色固体化合物和一种硅化物．待生成的混合物冷却后放入盛有稀硫酸的烧杯中，立即产生气泡并伴有爆炸声，产生的气体是一种能在空气中自燃的气态氢化物．
（1）写出河沙与镁粉在加热条件下的化学方程式： ，该反应是__________（填“放热”或“吸热”）；
（2）生成的混合物放入稀硫酸中，产生的气体是（填分子式）__________；
（3）写出产生“爆炸声”的化学方程式： 。
9．研析：（1）由2Mg＋CO2＝2MgO＋C的知识迁移，可得出SiO2＋2Mg＝Si＋2MgO，白色固体一定是MgO；又知另一种是硅化物则必为Mg2Si，即Si＋2Mg＝Mg2Si，两个反应合在一起：SiO2＋4Mg＝2MgO＋Mg2Si加热一会后反应能剧烈进行，说明反应放热。
（2）SiH4不如CH4稳定，在空气中能自燃。
答案：（1）SiO4＋4Mg＝2MgO＋Mg2Si 放热 （2）SiH4 （3）SiH4＋2O2＝SiO2＋2H2O
10．钾玻璃中含有18.4%的K2O、11%的CaO、70.6%的SiO2。计算三种氧化物的物质的量之比。若需制造5.1t钾玻璃，需用碳酸钾、石灰石和二氧化硅多少吨？写出制取钾玻璃的反应方程式。
10．研析：（1）K2O、CaO、SiO2的物质的量之比为
∶∶＝1∶1∶6。
（2）设需K2CO3和CaCO3的质量分别为x和y，由关系式计算原料的用量。
K2CO3 —— K2O CaCO3 —— CaO
138 94 100 56
x 5.1t×18.4% y 5.1t×11.0%
解比例式得：x＝1.38t，y＝1.0 t。SiO2用量为5.1t×70.6%＝3.6 t。
（3）K2CO3＋SiO2K2SiO3＋CO2↑； CaCO3＋SiO2CaSiO3＋CO2↑
答案：见研析。
本节答案解析与研读
本节教材课后习题（P）
1、（1）C、D （2） Si＋2NaOH＋H2O＝Na2SiO3＋2H2↑
2、（1）Si；23.3g；CO；46.6g；37.3L
（２）① Si＋2Cl2SiCl4；SiCl4＋2H2Si＋4HCl
② Si2O＋2MgSi＋2MgO；2Mg＋SiMg2Si；Mg＋2HCl＝MgCl2＋H2；
MgO＋2HCl＝MgCl2＋H2O；Mg2Si＋4HCl＝2MgCl2＋SiH4↑
3、（1） 抗腐蚀、耐高温、硬度大、易成型 （2） 耐高温、不导电 （3） 优点是抗腐蚀、耐高温，缺点是质脆、经不起热冲击 （4） 略
SiF4
Si
SiO2
Na2SiO3
CaSiO3
H2SiO3
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第4节 复合材料
“神舟6号”载人飞船穿过大气层时，外壳和大气层摩擦产生几千摄氏度的高温，是什么材料经受了这种考验而安然无恙呢？运动员在登山时用的保险绳、滑雪时用的滑雪板及钓鱼竿上的渔线等这些小巧、灵活而强度高的东西是用什么材料构成的呢？
研习教材重难点
研习点1 认识复合材料
1、材料科学的发展过程
材料科学的发展经历了天然材料、无机非金属材料、金属材料、有机合成材料、复合材料这五个过程。
其中，无机非金属材料主要包括陶瓷材料、玻璃材料、无机非金属涂层材料等。此类材料一般耐高温、抗腐蚀，有些材料还有独特的光电特性。硅酸盐材料主要指水泥、玻璃、陶瓷等，是传统的无机非金属材料。而半导体材料、超硬耐高温材料、发光材料等是新型无机非金属材料。
【交流·研讨】
单一材料的优缺点：
材料 实例 优点 缺点
金属材料 钢铁 硬度大、机械性能好 易被腐蚀
无机非金属材料 普通玻璃 性质稳定、熔点高 易破碎
有机合成材料 塑料 强度大、电绝缘，良好的热塑性、热固性 易燃烧、易老化，废弃后不易分解
2、复合材料的定义及组成
在撑杆跳项目中，运动员使用的撑杆的材料，既不是金属材料、无机非金属材料，也不是有机合成材料。这种材料是将两种或两种以上性质不同的材料经特殊加工而成的，像这样的材料称为复合材料。
复合材料由两部分组成，一部分称为基体，在复合材料中起黏结作用；另一部分称为增强体，在复合材料中起骨架作用。
3、复合材料的分类
按基体分类，可分为树脂基复合材料、金属基复合材料和陶瓷基复合材料。
按增强体分，可分为颗粒增强复合材料、夹层增强复合材料和纤维增强复合材料。
【领悟·整合】
现在，金属材料、无机非金属材料和有机合成材料都在蓬勃的发展，虽然它们都具有各自的特点，但随着社会需求的发展，材料也走上了无机材料和有机材料综合发展的复合材料之路。材料复合后，既保持了原有材料的特点，又使各组分之间协同作用，形成了优于原材料的特性。又可以充分利用能源、节约能源，因此世界各国都在大力开展复合材料的研究。
典例1：下列关于复合材料的是说法不正确的是
A．复合材料一定是由两种或两种以上材料制成
B．复合材料保持了原材料的优点，又有优于原材料的特点
C．在复合材料中，基体起骨架作用
D．在复合材料中，增强体起骨架作用
研析：复合材料是指两种或两种以上性质不同的材料经特殊加工而成的新材料。复合材料由两部分组成，一部分称为基体，在复合材料中起黏结作用；另一部分称为增强体，在复合材料中起骨架作用。因此，复合材料保持了原材料的优点，克服了原材料的某些缺陷，也会产生优于原材料的特点。例如：玻璃钢克服了玻璃易碎的不足，保持了玻璃的硬度和强度以及合成纤维的弹性和韧性等。
答案：D。
研习点2 形形色色的复合材料
1、生产、生活中的复合材料
（1）玻璃钢
玻璃钢是一种以玻璃纤维做增强体、合成树脂做基体的复合材料。
在制造玻璃钢时，可以将玻璃纤维制成纱或织物加到合成树脂中，也可以把玻璃纤维切成短纤维加到合成树脂中。除了普通玻璃纤维外，还可以根据需要选用耐化学腐蚀、耐高温或强度高的特种玻璃纤维做玻璃钢的增强体。
玻璃钢的强度可以达到甚至超过合金钢的强度，而密度只有钢铁的1/5左右，同时，这种材料保持着较好的耐化学腐蚀、电绝缘性和机械加工性能，而且又不像普通玻璃那样硬、脆。玻璃钢目前以大量用于游乐车、水上滑梯、运输罐、电话亭、餐桌椅等产品的生产。这些产品充分发挥了玻璃钢重量轻、强度高、耐水、耐磨、耐撞、产品美观及制造方便等特点。此外，玻璃钢在排水管道工程中也得到了广泛的应用。
玻璃钢虽有很多优点，但其刚性不如钢铁，即受力后形变较大，其次是耐高温性能较差，当温度超过400℃时，强度不易保持。为了改善这些性能，出现了强度和刚性均高的碳纤维、硼纤维等增强材料。
（2）碳纤维增强复合材料
在合成树脂中加入碳纤维做增强体的复合材料叫做碳纤维增强复合材料。其特点是韧性好，强度高，质轻。碳纤维增强复合材料被广泛用于制造高尔夫球杆、网球拍、钓鱼竿、赛车、赛艇、滑雪板和冲浪板等体育用品，也广泛用在纺织机械和化工机械的制造，以及医学上人体组织中韧带的制作等。
2、航空、航天领域中的复合材料
飞机、火箭的机翼和机身以及导弹的壳体、尾翼中的复合材料大多以纤维为增强体、金属为基体的复合材料作为增强体的纤维是碳纤维、硼纤维、碳化硅纤维和氧化铝纤维等耐热性好的纤维，作为基体的金属用得较多的是铝、镁、钛等密度小的轻金属。这类材料的特点是耐高温、强度高、导电性和导热性好，不吸湿，不易老化。
航天飞机机身上使用的隔热陶瓷瓦是由纤维和陶瓷复合而成的材料制成，其增强体多为碳纤维、碳化硅纤维和氧化硅纤维；基体的主要成分是各种陶瓷。这种纤维增强陶瓷保持了陶瓷耐高温的特性，又增强了陶瓷的韧性，使航天飞机能安全地穿越大气层返回地球。
【领悟·整合】
现在，材料的复合正向着精细化方向发展，出现了诸如仿生复合、纳米复合、分子复合、智能复合等新方法。随着科技的进步，复合材料有着不可估量的应用前景。可以说，当前人类已经从合成材料时代进入复合材料时代。
典例2：下列材料属于复合材料的是
A．合金 B．玻璃钢 C．隔热陶瓷瓦 D．耐高温结构陶瓷
研析：合金是由两种或两种以上的金属或非金属融合而成的具有金属特性的物质，不属于复合材料。耐高温结构陶瓷多是单一材料，如氮化硅结构陶瓷等。玻璃钢是玻璃纤维和合成树脂形成的复合材料。隔热陶瓷瓦是由纤维（如碳纤维）和陶瓷形成的复合材料。
答案：B、C。
▲ 基础思维探究
题型一、复合材料的组成及特点
典例1：下列关于复合材料的说法正确的是
A．将不同性质的材料经简单混合便成复合材料
B．合金就是复合材料
C．复合材料中的各部分作用相同
D．复合材料两种或两种以上不同性质的材料经特殊加工而制成的
研析：本题考查复合材料的概念，它不同于混合物、不同于合金。复合材料两种或两种以上不同性质的材料经特殊加工而制成的，并不是简单的混合。复合材料的两部分作用是不同的，基体起连接作用，增强体起骨架作用。
答案：D
启发引申：“基础性”是必修教材的重要特征之一，体现在本节教材中即要求同学们了解复合材料的形成和组成部分，能列举几种常见的复合材料及其在生产生活中的重要应用。
拓展变式1．复合材料的优点是：①强度高 ②质量轻 ③耐高温 ④耐腐蚀A．仅 ①② B．仅 ②③ C．仅③④ D．全部1．研析：复合材料继承了原来天然材料、无机非金属材料、金属材料、有机合成材料等优点，极大改善了材料各种性能。具有强度高，质量轻，耐高温，耐腐蚀等特性。答案：D
题型二、重要的复合材料
典例2：下列对玻璃钢的叙述正确的是
A．玻璃钢是由普通玻璃加强热然后骤冷而得到的，所以其成分与普通玻璃相同
B．玻璃钢是以玻璃为基体，钢纤维做增强体的复合材料
C．玻璃钢的基体是合成树脂，增强体是玻璃纤维
D．玻璃的强度和机械加工性能比合金钢稍差，但耐腐蚀性和绝缘性比合金钢好
研析：玻璃钢是人们熟悉的一种多用途的复合材料，它的学名叫玻璃纤维增强塑料，诞生于30年代。以玻璃纤维为骨料，以合成树脂作基本和粘结剂，加热压制成型就得到玻璃钢，其成品强度可与钢材媲美，比重仅为钢的1/5～1/4，耐高温、抗腐蚀、电绝缘、抗震抗裂、隔音隔热、加工方便。在航空、机械、汽车、舰船、建筑、化工等部门得到广泛的应用。
答案：C。
友情提醒：该题主要考查玻璃钢这种复合材料的基体组成结构和性能特征，应对复合材料的基体和增强体的功能有清楚的认识，需通过分析各组与复合材料在性能上的关系，进行比较判断，方能得出结论。如A选项实际指的是钢化玻璃而不是玻璃钢。
拓展变式2．美国的哥伦比亚号航天飞机在制造过程中应用了大量的先进复合材料，其中被覆在整个机身上的防热瓦片，使航天飞机能安全穿越大气层，是耐高温的A．陶瓷基复合材料 B．合成树脂基复合材料C．玻璃钢 D．金属基复合材料2．研析：航天飞机机身上使用的隔热陶瓷瓦是由纤维和陶瓷复合而成的材料制成，其增强体多为碳纤维、碳化硅纤维和氧化硅纤维；基体的主要成分是各种陶瓷。这种纤维增强陶瓷保持了陶瓷耐高温的特性，又增强了陶瓷的韧性，使航天飞机能安全地穿越大气层返回地球。答案：A
▲ 综合思维探究
题型一、学科内综合题
典例3：普通玻璃、钢铁和玻璃钢是三种不同的材料，它们在性能方面差别很大。请根据学过的知识，回答下面问题。
（1）普通玻璃的成分是 ；
（2）铁在人类的生产和生活中有着十分重要的应用。铁的应用，经历了 到 到 的演变过程。
（3）某种复合材料具有耐高温，强度高，导电性好，导热性好的特点，估计该复合材料的基体和增强体材料可能分别是
A．金属；C B．陶瓷；SiO2
C．合成树脂；SiO2、Al2O3、MgO D．合成树脂；C
研析：（1）玻璃是常见的硅酸盐材料。制普通玻璃的主要原料是纯碱、石灰石和石英。生产玻璃时，把原料粉碎后按一定比例混合后，放入玻璃熔炉中加强热，石灰石与石英反应生成硅酸钙和二氧化碳，纯碱与石英反应生成硅酸钠和二氧化碳，但原料中石英是过量的，所以普通玻璃的成分为硅酸钙、硅酸钠、二氧化硅。（2）由铁矿石炼得的生铁虽然硬度很大，但较脆且不易加工，人们就想办法降低生铁中的碳元素，调节其中的硅、锰等元素，将铁转化为钢，大大改善了其性能。但是，钢铁很容易锈蚀，于是不锈钢应运而生。因此，铁的应用经历了“铁——普通钢——不锈钢等特种钢”的演变过程。（3）复合材料兼具有基体和增强体的优点，据此可判断，应该为金属和C的复合材料。
答案：（1）硅酸钙、硅酸钠、二氧化硅。（2）铁、普通钢、不锈钢。（3）A
总结提升：科学技术是人类文明进步的基本推动力。人类正面临着新科技革命的挑战。而新材料技术是技术的基础，它是文明大厦的基石。普通玻璃是一种传统的无机非金属材料，而钢铁至今仍然是应用最广泛的无机金属材料。而随着科学技术的进步，材料必然要走向复合之路。同学们对这些材料的成分、性质、用途等都要把握清楚。
拓展变式3．对下列材料的特征及用途的说法不正确的是A．玻璃纤维柔软如丝，可像棉纱一样纺织，但拉伸强度低B．光导纤维传导光的能力很强，是非常好的通讯材料C．氮化硅陶瓷耐高温且不易传热，可用于制造柴油机D．玻璃钢强度高，密度小，耐腐蚀，可用于废水处理系统的管道3．研析：玻璃纤维不同于植物纤维，是一种高强度的新型材料。玻璃纤维虽然极细如丝，但其拉伸强度大，其拉伸强度接近于钢。显然A项错误。答案： A
题型二、实际应用题
典例4：某复合材料是由碳纤维为增强体、金属钛为基体复合而成的。估计这种材料
①耐高温 ②不耐热 ③导电、导热 ④不导电、不导热 ⑤可用于飞机机翼 ⑥可用于导弹的壳体
A．①③⑤⑥ B．②③⑤⑥ C．②④⑤ D．③④⑥
研析：复合材料应该兼具有增强体和基体的优点。碳纤维熔点高、强度大，金属钛熔点高、导电、导热，二者的密度都较小。因此，该碳纤维增强金属基复合材料具有以下特点及功能：a耐高温 b导电、导热 c可用于飞机机翼 d可用于导弹的壳体。
答案：A。
课标点击：课标要求同学们正确认识科学、技术与社会的相互关系，能运用所学知识解决与化学有关的一些实际问题，这也是本节的能力点所在。具体来说，就是要求同学们体会物质的元素组成与材料性能的关系，推测某种复合材料可能的应用。
拓展变式4．碳纤维增强复合材料是在合成树脂的基体中加入了碳纤维做增强体，具有韧性好，强度高而质轻的特点，下列物质中可用其制造的是A．游乐车，游乐船 B．电话亭，餐桌椅C．网球拍，钓鱼竿 D．航天飞机用隔热瓦4．研析：游乐车，游乐船及电话亭，餐桌椅通常可用玻璃钢制得；航天飞机用隔热瓦通常用陶瓷基复合材料；碳纤维增强复合材料可用于网球拍，钓鱼竿的制作。答案：C。
▲ 创新思维探究
题型一、开放探究题
典例5：复合材料在航空、航天领域中有重要的应用，请举例说明。
研析：复合材料以其典型的轻量特性、卓越的比强度等许多优点在日常生活和航空、航天等诸多领域中得到了广泛的应用，这样的事实非常多，以下答案仅供参考。
答案：自从先进复合材料投入应用以来，有三件值得一提的成果。第一件是美国全部用碳纤维复合材料制成一架八座商用飞机——里尔芳2100号，并试飞成功，这架飞机仅重567kg，它以结构小巧重量轻而称奇于世。第二件是采用大量先进复合材料制成的哥伦比亚号航天飞机，这架航天飞机用碳纤维/环氧树脂制作长18.2m、宽4.6m的主货舱门，用凯芙拉纤维/环氧树脂制造各种压力容器，用硼/铝复合材料制造主机身隔框和翼梁，用碳/碳复合材料制造发动机的喷管和喉衬，发动机组的传力架全用硼纤维增强钛合金复合材料制成，被覆在整个机身上的防热瓦片是耐高温的陶瓷基复合材料。第三件是在波音-767大型客机上使用了先进复合材料作为主承力结构，这架可载80人的客运飞机使用碳纤维、有机纤维、玻璃纤维增强树脂以及各种混杂纤维的复合材料制造了机翼前缘、压力容器、引擎罩等构件，不仅使飞机结构重量减轻，还提高了飞机的各种飞行性能。
课标点击：开放性试题倡导学生从多角度、多层次、多视点、多侧面、多途径和多方法地创造性解决问题，是一种符合新课标理念的题型。具体到本节不外乎复合材料在日常生活中或航空、航天领域中的重要应用，及其美好的发展前景等。解决这类问题，除了充分利用所学知识、发挥自己的想象力以外，一般还要借助互联网等工具，无形之中也锻炼了同学们的自学能力。
拓展变式5．复合材料不仅应用在航空、航天领域中，在日常生活中也有重要的应用，请举例说明。5．答案： ①木材可认为是一种木质素做基体，木质纤维做增强体的复合材料，可做建筑材料；②泥砖可以认为是泥土与禾秸复合而成的材料；③钢筋混凝土可用于建筑业；④玻璃钢可用于游乐车、水上滑梯、运输罐、电话亭、餐桌椅等产品的生产；⑤碳纤维增强复合材料可用于球拍、钓鱼竿、滑雪板等的生产。
▲ 高考思维探究
[考题1]（2005春季上海综合-44）根据某种分类标准，材料大体可以分为天然材料、烧炼材料、合成材料等。下面是一个分类的实例。
类型 天然材料 烧炼材料 合成材料
名称 木材、大理石、皮革 钢铁、陶瓷、铝 合成纤维、合成橡胶、合成塑料
请再选择一个分类标准，将上述材料重新分类。
类型
名称
研析：根据不同的分类标准，可以有不同的分类方法。如可以将它们分为其他分类只要合理既给分无机材料材料和有机材料。当然，无机材料还可以进一步分为非金属材料和金属材料。
答案：
类型 无机材料 有机材料
名称 大理石、钢铁、陶瓷、铝 皮革、木材、合成纤维、合成橡胶、合成塑料
启发引申：材料标志着生产力的发展，构建着物质文明的大厦，关系着国家的兴衰，推动着历史的进程。当前材料的种类繁多，合理的对其进行分类有利于我们对这些材料的了解和利用。另外，须说明的是，分类法是我们学习过程中经常用到的一种简单、有效的方法，我们应该好好把握。
[考题2]（2005春季上海综合-47、48）下图标出了各种材料强度与密度的比值以及广泛使用的年代。
（1）从图中可以看出的信息有
A．科学技术的发展越来越快，新材料频频出现 B．新材料发展的总体趋势是强度越来越大
C．1800年以前出现的材料强度都比铝小 D．铝的密度比钢的密度大
（2）有甲、乙两种材料，它们的强度相同，甲的密度是乙的2倍。且甲材料在图中的b点对应，则乙材料在图的位置是
A．a点 B．a、b之间 C．c点 D．b、c之间
研析：（1）从上图中可以非常清楚看出：随着科学技术的发展越来越快，新材料频频出现，A是正确的。新材料发展的总体趋势并不是简单的强度越来越大，如铝的强度就不比铁的高，B、C都是错误的。根据常识可知，铝的密度应该比钢的密度小（铝属于轻金属，而钢属于重金属），D错误。（2）经过简单运算，因为甲的密度是乙的2倍，其强度与密度的比值是乙的1/2，即乙对应的纵坐标应该是8。
答案：（1）A （2）D
友情提醒：材料科学的发展经历了天然材料、无机非金属材料、金属材料、有机合成材料、复合材料这五个过程。从上图可以看出，材料的综合性能越来越高，以适应高速发展的社会需要。也正因为材料特别是复合材料的重要性，本教材将其单列一节。鉴于材料的多样性以及材料的发展性，同学们除了掌握好课本内容外，可以借助互联网等工具了解复合材料的最新发展情况。
拓展变式6．（2005春季上海综合-50）假如要用新材料制造航天飞机，这类新材料应具备的性质有 。6．答案：密度小、强度大、耐高温、抗辐射、热传导系数小、有记忆功能等。
开拓学习新视野
▲ 课标知识拓展
【思想方法】
（1）充分利用“联想 质疑”栏目，导入新内容的学习。结合自己的经验引导学生从材料的应用入手，分析材料具备的性能。
（2）“复合”引起材料性能的巨大改变可能是同学们始料不及的，应重点对材料复合引起的性能变化进行讨论。通过讨论建立从化学的角度认识材料，从材料和应用的角度学习元素化合物的观点和方法。
（3）学习过程中，应充分利用本节对材料进行分类，进一步体会元素与物质世界、元素与材料世界的关系。实际上，也是对本册教材中元素化合物知识的整合。
▲ 多彩化学漫步
载人飞船用复合材料填补了国内多项空白
“神六”飞上太空，哈尔滨玻璃钢研究院的员工都很激动，因为“神六”用了该院的碳纤维复合材料后，飞船的重量减轻了30%以上，进一步确保了飞船推进系统精度和仪器设备的稳定性。
哈尔滨玻璃钢研究院是去年6月承接神舟系列飞船配套项目研制工作的，据该项目主要负责人玻璃钢研究院副总工程师林再文介绍，该院一直在为神舟系列飞船提供大型先进复合材料结构件，仅上天的产品就已经提供了6套。其中为“神六”提供的推进舱承力截锥、推进舱气瓶安装支架、轨道舱安装支板等三种大型碳纤维复合材料承力结构飞船部件，具有高承载、高刚度、质量轻的特点。特别是推进舱承力截锥组件属于大尺寸、薄壁、大开口复合材料结构，是目前国内航天器上使用的尺寸最大、开口最大的碳纤维复合材料主承力结构件，是国内外首次在载人飞船上使用的大开孔碳纤维复合材料结构，也是技术难度最大、尺寸精度最难保证的一种复合材料薄壁壳体结构。
据悉，该院科技人员攻克了一个又一个技术难关，有效地解决了神舟6号载人飞船用复合材料结构件和专用材料的瓶颈技术，使飞船结构质量减轻30%以上，填补了国内多项空白。
问题：碳纤维复合材料的基体和增强体分别是什么？碳纤维复合材料有什么优点？将其合理的应用于汽车、航空、航天等事业中的应用有什么重要意义？
多彩化学漫步
答案：碳纤维复合材料，用碳纤维代替玻璃纤维作增强剂的树脂基复合材料被认为是第二代的纤维增强复合材料。它具有比玻璃纤维更轻的比重和更高的模量，是一种性能更为优良的增强剂，用它和树脂形成的复合材料，其比重只有钢的1/4～1/3，而强度则比钢要高出3～4倍，较玻璃钢则高出6倍，它为汽车、航空以及宇航等事业的发展开辟了良好前景。当今碳纤维树脂复合材料是汽车工业中寻找质量轻而强度高的材料，来替代钢材的一个方面，在保持汽车强度要求下，大幅度减轻汽车重量，可以大量节约汽油的消耗，如美国已在一部分汽车制造中改用纤维复合材料，其年节约汽油达10亿加仑以上。碳纤维树脂合成材料在航空工业中已从不承力部位的应用进入承力部位的应用，如飞机尾翼、主翼、及其他承力部位的结构均可使用这类材料，当今的波音757和300、301、A310等大型客机，均大量使用此种材料。大型民用航机的运输成本中有 60％为燃料费用，因此减轻飞机重量以降低成本是飞机工业的一项重要任务。据计算，如果将飞机主体结构材料的 40％改用此类材料，则相应可减少燃料的消耗费用达30％。比起航空工业来说，宇航工业在材料方面使用质轻、高强的纤维树脂复合材料更具有特殊的意义。目前碳纤维树脂复合材料已在人造卫星和航天飞机中加以应用，并将进一步发挥作用。
优化考题新演练
1．随着社会的发展，复合材料是一种新型的有前途的发展材料。目前复合材料最主要的应用领域是
A．高分子分离膜 B．人类的人工器官
C．宇宙航空工业 D．新型药物
1．研析：复合材料的特点之一就是以航空航天为主的学科带动其它学科发展，因为目前复合材料最主要的应用领域还是宇宙航空工业。
答案：C。
2．下列复合材料的类别中，有一种与其他三种不同，这一种是
A．金属基复合材料 B．树脂基复合材料
C．颗粒增强复合材料 D．绝缘基复合材料
2．研析：按基体分类，可分为树脂基复合材料、金属基复合材料和陶瓷基复合材料等。按增强体分，可分为颗粒增强复合材料、夹层增强复合材料和纤维增强复合材料。只有C选项是按增强体分类的。
答案：C。
3．航天飞机机身上使用的隔热陶瓷瓦是
A．仿生复合材料 B．陶瓷和纤维复合而成的材料
C．纳米复合材料 D．分子复合材料
3．研析：陶瓷和纤维复合而成的材料具有耐高温、韧性好的特点，可用于航天飞机机身上使用的隔热陶瓷瓦。其它三种均属于具有特殊功能的复合材料。
答案：B。
4．纤维复合材料中的增强体为纤维状，其中应用比较广泛的有碳纤维，玻璃纤维等。对纤维的说法中，不正确的是
A．玻璃在一定条件下拉成极细的丝，可用于纺织宇航服等，但其拉伸强度却接近同强度的钢
B．玻璃纤维易断，不能用于纺织
C．碳纤维化学性能好，耐酸碱腐蚀，有良好的耐低温性能
D．氧化铝、氧化硅、碳化硼等也可拉成纤维，做复合材料的增强体
4．研析：玻璃本身是易碎的脆性材料，由它制成的玻璃纤维却异常柔软，具有很高的强度。
答案：B。
5．据报道，目前射程最远的导弹是俄罗斯的“白杨一号”，正是复合材料的使用使导弹的射程更远。 复合材料使导弹射程有了更大提高的原因是
A．复合材料的使用可以使导弹的动力更强劲
B．复合材料的使用可以使导弹能质量变轻
C．复合材料的使用可以使导弹能承受超高强度的改变
D．复合材料的使用可以使导弹能承受温度的剧烈变化
答案：B、C。
5．研析：对于导弹、火箭、飞船、卫星来说，最须解决的问题有两个，一是本身的重量要降下来，二是本身的强度问题。很难有一种单独的天然材料或合成材料兼有以上两条优点，使用合适的复合材料才能很好的满足上述要求。
6．复合材料制成的防弹头盔能抵御多种手枪子弹的射击，最大限度的保护使用人员的安全，这利用了复合材料的
A．高强质轻 B．耐热抗高温 C．耐腐蚀稳定性好 D．导电导热性好
6．研析：复合材料应该有与其应用场合相适应的特点。由于是戴在头上，“质轻”是非常关键的，由于是防弹头盔，“高强”是更关键的。
答案：A。
7．人们常用比喻的手法来描述材料的属性，比如，“薄如纸，润如玉，声如馨，明如镜”是形容中国发明的 ；也可借用材料的属性来丰富比喻，比如借用铜、铁的坚硬，就有了“铜墙铁壁”这类词语。下列词语中，同样借用材料硬度来构词的是
A．金碧辉煌 B．火树银花 C．铜壶滴漏 D．铁石心肠
7．研析：本题是2005年春季高考上海综合考试中的一个题目。中国瓷器闻名世界，具有“薄如纸，润如玉，声如馨，明如镜”的特点。铁石心肠是用来形容这个人的心肠跟铁或石一样硬。
答案：瓷（瓷器）、D。
8．查阅资料，简述复合材料发展的趋势。
8．答案：（1）发展方向：廉价，适用，耐久，投资小，材料本身兼容性好、工艺性好、成型方便、对环境污染小。（2）以航空航天为主的学科带动其它学科发展。（3）应用重点：飞机、航空、汽车、船、摩托车；化工、建筑、电气、机械；城市基础建设；日用品和消耗品；信息产业等。
9．将你所知道的材料进行合理的分类。
9．答案：（1）传统材料：玻璃、钢铁、铝、铜、水泥等。
（2）新材料：①金属材料：金属结构材料、金属功能材料（如超导材料、贮氢材料、形状记忆合金等）。②非金属材料：人工单晶材料、集成电路材料、磁记录材料、新陶瓷材料（如敏感元件陶瓷、超硬陶瓷、电气陶瓷等）、特种玻璃（如光学性能玻璃、导电性能玻璃、优异机械性能玻璃等）。③高分子材料。④复合材料：陶瓷基复合材料、金属基复合材料、树脂基复合材料。⑤生物医学材料。
本节答案解析与研读
本节教材课后习题（P127）
1．研析：复合材料是将两种或两种以上性质不同的材料经特殊加工而成的，兼有两种材料的优点的材料。如玻璃钢是玻璃纤维和合成树脂复合而成的，碳纤维增强复合材料多是合成树脂和碳纤维复合而成的，可以用于船体、汽车车身、排水管道、纺织、机械、化工机械、宇宙工业等。合金是两种或两种以上的金属或非金属融合而成的具有金属特性的材料。如铝中加入适量的其它元素如Cu、Mg、Si、Zn、Li等可以制成铝合金，可用于建筑业、容器和包装业、交通运输、以及电子行业、飞机构件等。
答案：
举例 复合材料 合金
成分 玻璃钢：玻璃纤维和合成树脂碳纤维：合成树脂和碳纤维 铝加入其它元素如：Cu、Mg、Si、Zn、Li
用途 船体、汽车车身、排水管道、纺织、机械、化工机械、宇宙工业等 铝合金建筑业、容器和包装业、交通运输、以及电子行业、飞机构件等
2．（1）碳—碳复合材料是一种性能特殊的复合材料，它是由多孔碳素基体和埋在其中的碳纤维骨架组成。在极高的温度下，仍旧可以抵抗腐蚀性介质的作用，保持很高的强度。它的耐热、耐腐蚀性也十分优异，因而是一种高温结构和热防护的理想材料。
（2）纤维增强金属基复合材料。纤维增强金属基复合材料其所用纤维增强剂主要有硼纤维、碳纤维、氧化铝纤维及金属丝等。其基本材料有铝、钢、钛、镍等及其合金。与非金属基复合材料相比，其具有更好的性能，如高的机械性能、高耐磨性、高耐腐蚀性、高导热等性能，如氧化铝和碳纤维为增强剂的铝基复合材料其比强度为一般铝合金的2～3倍，是用于汽车、航空、航天工业的理想材料。又如巴氏合金经纤维增强后，所形成的复合材料具耐热性能大大提高，熔点由原来228℃提高到1000℃，耐磨性要比一般金属高出近百倍之多。
（3）颗粒增强金属基复合材料。以金属微粒子或非金属粒子为增强剂的金属基复合材料，同样可以制取得新的一代具有高性能的金属基复合材料。如由陶瓷粉末颗粒与金属基粉末烧结而成的金属陶瓷复合材料，兼有金属与陶瓷各自的优异性能，是一种既耐高温又韧而不脆的材料，如切削加工中已应用的硬质合金刀
（4）在陶瓷基体材料中加入各种增强剂如碳纤维、氮化硅、玻璃纤维、石墨纤维等，可以使陶瓷的脆性降低；韧性、抗疲劳和耐磨性等大大提高，这是既发挥陶瓷的优异性能又消除其固有缺点的一项重要措施。其主要用于耐高温、超硬性、耐腐蚀等场合，如以氮化硅、碳化物纤维增强的高温陶瓷复合材料可代替耐热合金用于制作燃气轮机，其耐高温达1400℃；用作耐热柴油机可节能30％；用作切削加工刀具，其耐用度比硬质合金要高出30倍之多。故它是当前具有发展意义的一种新型材料。
（5）功能复合材料是一种利用两种或多种具有不同功能的材料，使之复合成一体，其所形成的新的功能具有原功能的相乘效应。如某种具有A→B转换功能的材料，与另一种具有B→C转换功能的材料相复合，其最终所得的复合材料，其功能是二者功能相乘的结果，即成为具有A→C转换功能的材料。如将一种具有压电转换功能的材料与另一种具有电光转换功能的材料相复合，而得到所需要的压光功能的材料。
3．略。
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第4节 海水中的化学元素
宇航员们从太空遥看地球时发现人类赖以生存的地球是一颗蔚蓝色的星球，这与地球表面70%以上的面积被海洋覆盖有着很大的关系。尝过海水的人都知道，海水又苦又咸，不能直接饮用。看来，海水除了含有氢、氧元素外，一定还含有其它元素。那么，海水中还含有哪些元素呢？它们在海水中是以什么形式存在的？它们在海水的含量如何？人们是怎样提取利用食盐的？
研习教材重难点
研习点1 海水——化学元素宝库
1．海水中的元素
微量元素：锂、碘、铀。
常量元素（在每升海水中的含量均大于1mg）：氯、钠、镁、硫、钙、钾、碳、锶、溴、硼、氟。
说明：常量元素的总量占海水所溶解物质总量的99.9%。溴被人们称为“海洋元素”，因为地球上99%以上的溴都蕴藏在大海中。
2．氯化钠、锂、碘、铀的重要用途
氯化钠：食用、生理盐水、化工原料
锂：热核反应的重要材料之一，是锂电池、特种合金等的原料之一。
碘：碘酒消毒，人体必需元素
铀：核燃料
3．氯碱工业
（1）概念：工业上用电解饱和食盐水的方法来制取NaOH、Cl2和H2，并以它们为原料生产一系列化工产品，称为氯碱工业。
（2）原料：饱和食盐水
（3）原理：2NaCl + 2H2O 2NaOH + Cl2↑+ H2↑
(4 ) 设备：离子交换膜法电解槽
【交流·研讨】
① 写出电解饱和食盐水的离子方程式。
② 粗食盐水中含有泥沙、Ca2+、Mg2+、 Fe3+、 SO42-等杂质，不符合电解要求，思考如何除去杂质，使食盐水得到精制？
解答：① 2Cl + 2 H2 O 2OH- + H2↑+ Cl2 ↑；②先加入过量的BaCl2溶液使SO42-完全沉淀，再加入过量的NaOH 溶液除去Fe3+和Mg2+，再加过量的Na2CO3溶液除去Ca2+和Ba2+，过滤后，向滤液中加入盐酸调pH为7即可。
【领悟·整合】
海水中共含有80多种元素，这些元素大部分以盐的形式存在，它们在海水中的含量差异很大。人类通过海水晒盐从海水中提取食盐，食盐不仅是常用的调味品，是人体必须的物质，更被誉为“化学工业之母”，在工业上，主要通过氯碱工业等进行综合利用。
典例1：中国食盐产量居世界首位。下列实验室中的操作类似“海水晒盐”原理的是
A．蒸馏 B．蒸发 C．过滤 D．搅拌
研析：实验室中的“蒸发”操作是利用水受热易挥发，其中的溶质因溶剂减少而析出的过程，这与海水晒盐的原理是相似的。
答案：B
典例2：医生建议患甲状腺肿大的病人多食海带，这是由于海带中含有丰富的 ；碘缺乏病是目前已知的导致人类智力障碍的主要原因。为解决这一全国性的问题，我国已经开始实施“智力工程”，最经济的可行措施是 。
研析：碘是海水中的微量元素，有非常重要的用途，不仅可以制药，而且有极其重要的生理作用。人体的碘主要存在于甲状腺里，如果缺碘，就容易患甲状腺肿大，而海带中含有丰富的碘。多食海带，可以在一定程度上缓解我国缺碘严重的状况，但毕竟解决不了根本问题。为了消除碘缺乏病，我国政府规定在食盐中必须加入一定量的碘酸钾，以确保人体对碘的摄入量。
答案：碘元素；食盐加碘（盐）。
研习点2 镁和海水提镁
1. 海水提镁的方法
（1）海水提镁的3个环节：①碱的制取——贝壳高温分解产生CaO，再与水反应得碱。②Mg2+的浓缩——海水加碱，得氢氧化镁沉淀，将沉淀分离出来，再加盐酸，得到浓的MgCl2溶液。③Mg的制取——MgCl2溶液经过蒸发、浓缩、干燥，得到MgCl2固体，电解熔融的MgCl2得到Mg。
（2）相关化学（或离子）方程式：
①CaCO3CaO＋CO2↑；CaO＋H2O＝Ca(OH)2
②Mg2+＋2OH－＝Mg(OH)2↓； Mg(OH)2＋2H+＝ Mg2+＋2H2O
③MgCl2Mg+Cl2↑
2．镁的性质
（1）物理性质：镁是一种银白色金属，密度小于水，熔点较低，硬度较小，有良好的导电、导热性和延展性，与其他金属易构成性能优良的合金。
（2）化学性质
①与非金属单质反应
2Mg + O2 2MgO 3Mg + N2 Mg3N2 Mg + Cl2 MgCl2
②与酸反应
与镁与非氧化性酸，如稀硫酸、盐酸等反应生成氢气：Mg + 2H+ ＝Mg2+ + H2 ↑
与镁与氧化性酸，如浓硫酸、硝酸等反应，但不生成氢气：
Mg + 2 H2SO4(浓) ＝ MgSO4 + SO2↑+ 2H2O
③与某些氧化物反应2Mg + CO2 2MgO + C
【领悟·整合】
（1）“二氧化碳不支持燃烧”的说法不是绝对的。二氧化碳对大多数可燃物是良好的灭火剂，而对于K、 Ca、 Na、 Mg等可燃物则是助燃剂。
（2）镁是活泼的金属，易被氧化，但镁又具有抗腐蚀性能。这是因为在常温下，镁在空气中与氧气反应，生成一层致密的氧化物薄膜，这层氧化物薄膜能够阻止金属的继续氧化，故镁有抗腐蚀性能。
典例3：铝镁合金因坚硬、轻巧、美观、洁净、易于加工而成为新型建筑装饰材料，主要用于制作窗框、卷帘门、防护栏等，下列与这些用途无关的性质是
A．不易生锈 B．导电性好 C．密度小 D．强度高
研析：此题是引导学生关注生活、生产实际，从化学视角解释生活现象，真正做到学以致用。
建筑装饰材料属于长期使用的材料，其不易生锈、密度小；强度高等性质有利于建筑物的长久安全使用。但建筑材料没有必要要求导电性好，相反，建筑装潢材料导电性好不利于建筑物的安全使用，因为它导致建筑物遭雷击。
答案：B
典例4：镁不仅能在O2中燃烧，它还能在不支持燃烧的氮气、能灭火的CO2中燃烧。与CO2性质相似，镁亦能在SO2和灼热的水蒸气中燃烧，写出有关反应的化学方程式并指出实验时观察到的现象。
（1）Mg＋SO2
①反应方程式：_______________；②实验现象：_______________。
（2）Mg＋H2O(g)
①反应方程式：_______________；②实验现象：_______________。
研析：（类比法）Mg与CO2反应的实质是Mg夺取了CO2中的氧，本身被氧化为MgO，把C还原了出来： 2Mg＋CO22MgO＋C。由题意可知，Mg也能夺去SO2（或H2O）中的氧，本身被氧化为MgO，把S（或H2）还原出来。与Mg与CO2反应不完全相同的是，部分Mg还能和生成的硫继续反应，生成硫化镁。
答案：（1）①2Mg＋SO22MgO＋S Mg＋SMgS
②Mg在SO2中燃烧，产生白色固体，也产生黄色固体
（2）①Mg＋H2O(g) MgO＋H2 ②Mg在H2O(g)燃烧，生成白色固体
研习点3 溴和海水提溴
1．与溴关系密切的一组元素——卤素
溴和氯、碘等元素在原子结构和元素性质方面有一定的相似性，它们在元素周期表中排在同一纵列（同一族）里，常一起研究。由于这些元素易形成盐，所以它们被称为卤素（卤是“成盐”的意思）。
2．溴单质和碘单质的物理性质
（1）实验探究溴和碘的物理性质：重点色、态、味及溶解性。
物理性质 溴单质 碘单质
颜色 深红棕色 紫黑色
状态 液体 固体
溶解性和溶液颜色 水中 可溶；橙黄色 难溶；黄褐色
酒精中 易溶；橙红色 易溶；褐色
四氯化碳中 易溶；橙红色 易溶；紫红色
（2）萃取
实验探究溴水和碘水中加入CCl4的现象
实验表明，用CCl4可以提取溴水中的溴以及碘水中的碘，这种分离方法叫萃取。
利用混合物中一种溶质在互不相溶的溶剂里溶解度的不同，用一种溶剂把溶质从它与另一溶剂所组成的溶液中提取出来的分离方法叫萃取，萃取所用的仪器是分液漏斗。
【领悟·整合】
溴、碘在水中溶解度不大，但易溶于有机溶剂。溴是常温下唯一呈液态的非金属，保存时应盛放在棕色、磨砂玻璃塞、细口瓶中，通常还加入少量水，形成水封，减少挥发。碘易升华，遇淀粉变蓝，这是碘的特性。
3．氯、溴、碘单质氧化性的强弱
实验探究氯、溴、碘氧化性的强、弱：
实验项目 实验操作 实验现象 实验结论
氯置换溴 将少量氯水加入盛有NaBr溶液的试管中 溶液由无色变为橙黄色 氯可以置换出溴Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2
氯置换碘 将少量氯水加入盛有KI溶液的试管中 溶液由无色变为褐色 氯可以置换碘Cl2+2KI=2NaCl+I2
溴置换碘 将少量溴水加入盛有KI溶液的试管中 溶液由无色变为褐色 溴可以置换碘Br2+2KI=2NaBr+I2
结论 氯、溴、碘的氧化性：Cl2>Br2>I2;还原性：Cl-【知识·链接】
① 碘的氧化性较弱，遇变价金属得低价化合物。如碘与铁反应生成FeI2
② 氯、溴、碘的单质都能与H2反应，生成HX;HCl、HBr、HI都易溶于水，且都是强酸。
③ 氯、溴、碘的单质都能与水反应：X2＋H2O=HX+HXO,但反应程度依次减弱。
④ AgBr为浅黄色难溶物；AgI为黄色难溶物。二者见光都易分解。
⑤ 卤素离子的检验：在含有Cl－、Br－、I－的溶液中加入硝酸银溶液分别生成白色、浅黄色、黄色的卤化银沉淀，若再加入稀硝酸．沉淀不溶解（AgF能溶于水）。
?
4．海水提溴与海洋的综合利用
（1）海水提溴：溴单质的氧化性介于氯和碘之间，因此海水提溴可以选取氯气作氧化剂。大体分为三个步骤：
浓缩：海水中的Br-的浓度很小，大约0.067g/L,海水晒盐剩下的苦卤中的Br-浓度较大，可作提取溴的原料。
氧化：向苦卤中通入氯气。Cl2+2Br－=2Cl－+Br2
提取：向溶有溴的苦卤中鼓入热空气或水蒸气，使溴挥发而分离出来。
溴的用途很广泛。可用于制造燃料的抗爆剂、感光材料、杀虫剂、镇静剂等。
（2）海水的综合利用
目前，我国海水资源的综合利用，以及从海水中直接提取溴、钾等还处在发展中，海水中大量的宝藏还有待于进一步开发，随着科学技术的进步，我国海水资源的开发和利用，必将为我国的经济建设提供越来越多的重要物质。
典例5：a、b、c、d四个集气瓶中装有Cl2、H2、HCl、HBr中的任一种气体。若a、d两瓶气体混合见光爆炸，a、b两瓶气体混合瓶壁出现暗红色小液滴。则c瓶装的气体是
A．HBr B．HCl C．Cl2 D．H2
研析：a、d两瓶气体混合见光爆炸，必为H2和Cl2。而a、b两瓶气体混合瓶壁出现暗红色小液滴（液溴），必为Cl2和HBr（发生了Cl2＋2HBr＝2HCl＋Br2的反应）。则c中必盛有HCl，同时推出a中为Cl2，b中为HBr，d中为H2。
答案：B
典例6：从海水里提取溴的过程中，有如下反应：5NaBr＋NaBrO3＋3H2SO4＝3Br2＋3Na2SO4＋3H2O。与上述反应在原理上最相似的反应是
A．2NaBr＋Cl2＝Br2＋2NaCl B．2KI＋Br2＝I2＋2KBr
C．2H2S＋SO2＝3S＋2H2O D．Cl2＋H2O＝HCl＋HClO
研析：在5NaBr＋NaBrO3＋3H2SO4＝3Br2＋3Na2SO4＋3H2O反应中，反应物中Br－被氧化，BrO－3被还原，最后都生成Br2。也就是在此反应中被氧化和被还原的为不同价态的同一元素（溴），而且都被还原和氧化成同一价态物质。在4个答案中，只有C中被氧化和被还原的元素为不同价态同一元素（硫），最后都生成单质硫，两者原理最相似。
答案： C
探究解题新思路
▲ 基础思维探究
题型一、有关镁及其化合物的简单计算
典例1：把等质量的金属镁分别放在：①纯氧气(O2)中；②二氧化碳气体中；③空气中。完全燃烧后，得到的固体物质的质量分别对应的是w1g，w2g和w3g。以上三者的关系正确的是
A．w1＞w2＞w3 B．w3＞w1＞w2
C．w3＞w2＞w1 D．w2＞w1＞w3
研析：镁在氧气，空气或二氧化碳中燃烧反应的化学方程式共有：
2Mg+O22MgO 3Mg+N2Mg3N2 2Mg+CO23MgO+C
由于镁在氧气中燃烧只生成MgO，而镁在二氧化碳气体中燃烧生成MgO和C；所以W2＞W1。而镁在空气中燃烧，除生成MgO外，还有少量Mg3N2。
设1mol镁完全与O2反应生成1molMgO，其固体质量为40g；1molMg与氮气完全反应，生成1/3molMg3N2。固体质量为33.3g，故题中生成的固体质量应在40g与33.3g之间。所以有W1＞W3。综合上述分析，得关系式为W2＞W1＞W3。
答案：D
方法导引：既然Mg的质量相等，不妨设为1 mol，可以降低计算难度。空气中主要含有N2和O2，比较Mg在O2与空气中燃烧产物质量的不同，也就是比较Mg在O2与N2中燃烧产物质量的不同，因此又不妨将空气极限为N2而比之。忽视Mg与CO2反应产生的C也是固体，是导致本题误解的主要因素。
拓展变式1．下列物质分别与100mL 2mol/L的盐酸恰好反应时，所得溶液的溶质的物质的量浓度的大小关系是：①镁粉 ②氧化镁 ③氢氧化镁 ④碳酸镁A．①>②>③>④ B．①>②=④>③C．①>④>③=② D．④>①>②=③1．研析：写出方程式，分析溶液中的溶质是相等的，溶液质量的计算，只要考虑水的质量，水多，则溶质的质量分数小。答案：B
题型二、卤素单质的氧化性
典例2：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．0.18 mol·L－1
C．0.075 mol·L－1 D．0.08 mol·L－1
研析：当氯气通入含有等物质的量的HBr和H2SO3的溶液中，因H2SO3的还原性比Br－强，氯气先氧化H2SO3，再氧化Br－。
设原溶液中HBr和H2SO3的物质的量浓度都为x。由题意可知：0.1 L×x×1/2＋0.1 L×x×2＝0.01 mol×2（电子守恒）。解得x＝0.08 mol·L－1。
答案： D
友情提醒：一种氧化剂同时与几种还原剂相遇时，还原性强的首先被氧化；这是氧化还原反应的规律。此外，“还原剂的还原性强于还原产物”，这也是重要反应规律。掌握好这些基本规律，是解决氧化还原反应问题的前提。
拓展变式2．向NaBr、NaI、Na2SO3混和液中，通入一定量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到的固体剩余物质的组成可能是A．NaCl、Na2SO4 B．NaCl、NaBr、Na2SO4 C．NaCl、Na2SO4、I2 D．NaCl、NaI、Na2SO4 2．研析：已知：Cl2 + 2Br- ＝ 2Cl- +Br2； Br2 + 2I-＝2Br- +I2； H2O+ I2 +SO32-＝2I- + SO42-+ 2H+。所以，氧化性Cl2 > Br2>I2>SO42- ；还原性：SO32- >I- >Br- >Cl-。在向NaBr、NaI、Na2SO3混和液中，先通入一定量氯气，后又将溶液蒸干并充分灼烧的过程中，还原剂被氧化的先后顺序是Na2SO3、NaI、NaBr，至于具体反应到哪一种物质，要取决于Cl2的用量。答案：A、B
▲ 综合思维探究
题型一、学科内综合题
典例3：化学上将SCN－、OCN－、CN－等离子称为“类卤离子”。现将KSCN溶液滴加到酸性Fe3+溶液中，溶液立即变成红色。将此红色溶液分成两份：一份中加入KMnO4溶液，红色褪去；（1）向另一份中通入SO2时，红色也消失；（2）再滴加少量KMnO4溶液，其紫色也褪去。（3）试用离子方程式解释以上三部分颜色变化的原因（方程式可以不配平）。
研析：此题解答的关键是抓住“类卤离子”的信息。SCN－与Cl－相似，被氧化后则生成（SCN）2。Fe3＋与SCN－形成的络离子和分子有6种，在书写离子方程式时，有多种写法，均属合理答案。此题涉及的知识点有：氧化性：MnO4－＞（SCN）2＞Fe3＋．所以．MnO4－滴入Fe（SCN）2+溶液中．将SCN－氧化为（SCN）2，使血红色褪去；滴入Fe2＋的溶液中，MnO4－的紫色褪去。Fe3＋可氧化SO2而破坏Fe（SCN）＋2的组成，所以，SO2通入Fe（SCN）＋2后，也使血红色褪去。
答案： （1）Fe（SCN）2+＋MnO4－＋H＋→Fe3＋＋（SCN）2＋Mn2＋＋H2O
（2）Fe（SCN）2+＋SO2＋H2O→Fe2＋＋SO42－＋SCN－＋H＋
（3）Fe2＋＋MnO4－＋H＋→Fe3＋＋Mn2＋＋H2O
考向指南：《考试大纲》明确规定，考生必须要具备一定的接受信息，处理信息的能力，因此像这种信息题是高考的必考题型。“类卤素”是经常考到的知识点，我们应该可以依据卤素的性质推测“类卤素”的性质，并进行应用。“类卤素”如：（CN）2、（SCN）2、（OCN）2、IBr等性质与卤素相似，表现在氧化性、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。但是，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。
拓展变式3．向溴水中加入下列物质．不能使溴水的颜色变为无色的是A．加入CCl4多次萃取 B．加入适量KI溶液 C．加入适量的镁粉 D．加入适量的K2CO3溶液 3．研析：能使溴水褪色的物质有①还原性物质H2S、SO2、Na2SO3、Mg粉等。②促进Br2与H2O反应的物质有NaOH、Na2CO3、AgNO3等。③有机溶剂的多次萃取也可使溴水几乎无色。④有的物质虽可与溴水反应（如KI、FeCl2等），由于生成有颜色的物质（I2、Fe3＋），溴水的颜色不会褪去。答案：B
题型二、实际应用题
典例4：为实现中国消除碘缺乏病的目标，卫生部规定食盐必须加碘，其中的碘以碘酸钾（KIO3）形式存在。已知在溶液中IO3-可和I-发生反应：IO3-+5I-+6H+=3I2+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IO3-。可供选用的物质有：①自来水，②蓝色石蕊试纸，③碘化钾淀粉试纸，④淀粉，⑤食糖，⑥食醋，⑦白酒。进行上述实验时必须使用的物质是（碘单质可使淀粉变蓝色，用于碘的检验）
A．①③ B．③⑥ C．②④⑥ D．①②④⑤⑦
研析：这是一道涉及日常生活的设计性实验题，其实验原理已由题给的化学方程式表明。根据题意及化学方程式可知，该实验除需提供食盐样品外，还应供给水、淀粉、I－及H+等。能满足上述要求的选供物质有①自来水、③碘化钾淀粉试纸、④淀粉、⑤食醋。但自来水中含有Cl2、HClO等氧化性物质，易将I－氧化为I2，造成判断失误，故自来水不能使用。碘化钾淀粉试纸能提供I－及淀粉，根据简单性原则，淀粉可以省略。食醋的主要成分是含3%～5%醋酸的溶液，既含H2O，又含H+，一举两得。通过分析，实验时必须使用的物质是：碘化钾淀粉试纸、食醋和食盐(样品)。
答案：B
总结提升：是物质检验实验方案设计类型题。解答的关键是依据反应原理IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，分析检验实验所用的药品，并在给定的范围内选出，然后逐步讨论实验操作步骤。本题的易错点是多选自来水。
拓展变式4．（1）一种变色眼镜的镜片和普通照相感光胶片中含有卤化银。镜片变化是因为卤化银在光的作用下发生化学反应，其反应式是 ，照相感光胶片曝光的化学反应是 。（2）在我国干旱严重的华北地区，近年来利用飞机、高炮或火箭等运载工具向过冷支层中播撒碘化银（AgI）或干冰，实现人工增雨（或人工增雪），达到减灾的目的。下列有关人工增雨的评述中，你认为不甚理智的是A．它对农业生产条件和大气环境的改善有一定的效益B．它使用的碘化银中的重金属元素对土壤造成污染C．它使用的AgI如换成干冰，可避免重金属元素对土壤的污染D．它是人类彻底战胜自然的表现，体现了人类的力量是无穷的4．研析：变色玻璃中是把卤化银与微量的氧化铜密封到玻璃中。当太阳光或紫外线照射时，卤化银会分解产生银原子。银原子能吸收可见光，玻璃变暗。当放到暗处，在氧化铜的催化下Ag原子和卤原子结合。答案：（1）2AgX2Ag＋X2 2AgBr2Ag＋Br2 （2）D
题型三、学科间渗透题
典例5：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。总反应化学方程式为：KI＋3H2OKIO3＋3H2↑。在某温度下．若以12 A的电流强度电解KI溶液10 min．理论上可得标况下氢气___________L。
研析：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，IO3－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。
本题的第（4）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）0.837?
友情提醒：卤素及其化合物在化学学科内卤素有明显的交汇、综合，这一知识正符合“3＋X”的学科内综合。由于微量元素碘对生物体的生命活动起着重要作用（碘是合成甲状腺激素不可缺少的原料，体内缺碘，易患“大脖子病”）。因此，以碘为素材的学科间综合也应引起注意。
拓展变式5．在下图装置中，烧瓶中充满干燥气体A，将滴管中的液体B挤入烧瓶内，轻轻振荡烧瓶，然后打开弹簧夹，尖嘴管有液体呈喷泉状喷出，最终几乎充满烧瓶。（1）若A为HCl气体，B为石蕊试液，则形成红色的喷泉。试分析红色喷泉形成的原因。（2）请你根据喷泉形成的原理，选择适当的A和B来完成喷泉实验（至少通过三种途径且其中一种喷泉为有色）。将你的选择填入下表。AB喷泉颜色途径1 途径2 途径3 （3）已知气体压强p、体积V、温度T、物质的量n之间的关系可用克拉珀龙方程式表示：pV＝nRT（R为常数）．你能否根据此关系再找出能够完成喷泉实验的其他条件？ 5．研析：本题既是结论开放型试题，又是内容开放型试题和思维策略开放型试题。在内容上联系物理知识，注重学科间的横向联系，对学生的知识综合运用能力提出了较高的要求；在考虑喷泉形成的途径和喷泉实验成功的因素时，思维的发散性和结论的开放性强。概括起来讲，喷泉形成的根本原因是烧瓶内气体压强减小到一定的程度。减小气体压强的途径有：①设法减少气体的物质的量n（将气体溶解或将气体反应掉）；②增大气体的体积V。可能一些同学至此会发出疑问：烧瓶体积是固定的，如何增大？我们不妨把上述装置中滴管的胶头取下，接上一个压瘪的有较强张力的橡皮球，由于橡皮球的胀大，原烧瓶中的气体体积是不是增大了！也可以在取下胶头的滴管上接上一个针栓压至0刻度的针筒，通过抽动针栓同样可以增大气体的体积；③降低气体的温度T（用冰水或用其他制冷剂冷却）。答案：（1）当滴管中的水挤入烧瓶后，由于氯化氢易溶于水，使烧瓶内的气体压强比大气压小得多，故水被通过导管吸入烧瓶，形成喷泉。由于HCl的水溶液显酸性，能使石蕊试液变红，故喷泉为红色。（2） AB喷泉颜色途径1HClAgNO3溶液白色途径2Cl2NaOH溶液无色途径3CO2NaOH溶液无色途径4Cl2淀粉碘化钾溶液蓝色途径5Cl2溴化钠溶液橙色（3）由克拉珀龙方程可知，通过降低温度和增大体积的方法也能够形成喷泉。
▲ 创新思维探究
题型一、开放探究题
典例6： X、Y、Z是中学化学中三种常见元素的单质，甲、乙是两种常见的化合物，这些单质和化合物之间存在如下图关系：
试根据该图推断X、Y、Z的化学式（答案不止一组，请尽可能多地寻找合理解答）。
研析：这道开放型题有多组答案（见下表）。在学过“碳的多样性”后可得第7组答案；学过“氮的循环”后可得第5和第6组答案；学过“硫的转化”后可得第3和第4组答案；学过“海水中的化学元素”后可得第1、2、8组答案。
答案：
X Y Z 甲 乙
1组 Cl2 Br2 H2 HBr HCl
2组 Cl2 I2 Na NaI NaCl
3组 Cl2 S H2 H2S HCl
4组 O2 S H2 H2S H2O
5组 O2 N2 H2 NH3 H2O
6组 Cl2 N2 H2 NH3 HCl
7组 C Cu O2 CuO CO2
8组 Mg C O2 CO2 MgO
考向指南：开放性试题能考查同学们的发散思维能力、对知识掌握的系统性情况。开放性试题是2005年高考化学试题的一个重要特点，反响很好。估计今后会继承和发扬。本题开放程度特别高，除了上述几组答案外，随着我们学习的深入，还会有更多符合题意的答案，希望同学们注意。
拓展变式6．A、B、C、D、E、F六种物质在一定条件下有如下图所示的相互转化关系，所有反应物和生成物均已给出，根据不同信息分别完成（1）（2）两个小题。（1）若反应①、②、③均为水溶液中的置换反应，A、D、E为卤素单质，则A、D、E的氧化性由强到弱的顺序为 （填写相应的字母），其中A的化学式是 。（2）若B为一种淡黄色固体，绿色植物的光合作用和呼吸作用可实现自然界中D和E的循环。反应①的化学方程式是 。在反应③中，若生成1 mol D，则转移电子的数目为 。6．研析：（1）常见的卤素单质在水溶液中的置换反应有三个：Cl2＋2NaBr＝2NaCl＋Br 2；Cl2＋2NaI＝2NaCl＋I 2；Br2＋2KI＝2KBr＋I 2。将它们对号入座即可。（2）中学阶段常见的淡黄色固体有Na2O2、S、AgBr等。结合“绿色植物的光合作用和呼吸作用可实现自然界中D和E的循环”可判断D和E分别为O2和CO2，进而判断B为Na2O2。其它答案则水到渠成。答案：（1）E、A、D；Br2（2）2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑；2NA 或1.204×1024
题型二、社会热点题
典例7：近年来，冠以“绿色”的新概念不断产生，如绿色食品、绿色材料、绿色能源、绿色化学等，这里的“绿色”是对人类社会可持续发展战略的形象表述。“绿色化学”要求从经济、环保和技术上设计可行的化学反应。据此，由单质镁制硝酸镁的下列4个方案中，你认为可行而且符合“绿色化学”要求的方案是
A．
B．
C．
D．
研析：A方案虽然步骤少，但反应过程中会产生大量氮氧化物，污染空气。另外消耗原料也多，不符合“绿色化学”的要求；B方案步骤烦琐，用原料种类多，不符合“绿色化学”的要求；C方案步骤较少，节约原料，无污染，符合“绿色化学”的要求；D方案用原料较多，在第一步还会产生大量的SO2，气体，污染空气，又浪费原料，不符合“绿色化学”的要求。
答案：C
课标点击： 在科技高速发展的今天，资源问题、环境问题日益严重。因此，“绿色化学”的思想新课标中显得特别重要。“绿色化学”的思想也自然成了我们设计制备实验的首要原则。
拓展变式7．海水占地球总储水量的972%，若把海水淡化和化工生产结合起来，既可解决淡水资源缺乏的问题，又可充分利用海洋资源。（1）目前，国际上实用的“海水淡化”主要技术之一是蒸馏法。蒸馏法是将海水变成蒸汽，蒸汽经冷却而得高纯度淡水。由此可判断蒸馏法是 （填：物理变化或化学变化）。（2）工业上利用电解饱和食盐水可制得重要化工产品。反应式为：食盐＋H2O NaOH＋H2＋Cl2未配平，该反应中食盐的化学式是 ；利用电解所得气体制365%的浓盐酸1000 t，最少需消耗食盐 t。（3）近年来，有人提出了一种利用氯碱工业产品及氯化钠循环治理含二氧化硫废气并回收二氧化硫的方法。该方法流程如下：请写出②④的化学反应方程式： 、 。7．研析：（1）蒸馏过程中没有新物质生成，因此蒸馏为物理变化。（2）经配平后的电解饱和食盐水的化学方程式为：2NaCl＋2H2O ＝ 2NaOH＋H2＋Cl2，据此可计算出结果。或者不写出化学方程式，根据Cl原子守恒，即反应前后Cl原子的物质的量不变，可知最少需消耗食盐的质量为： 1000 t×365%÷36.5g/mol×58.5g/mol＝585 t。答案：（1）物理变化 （2）NaCl；585 t （3）NaOH＋SO2＝NaHSO3； NaHSO3＋HCl＝NaCl＋H2O＋SO2
题型三、课标思维题
典例8： 海水是一个巨大的资源宝库，下图从海水中提取镁的流程图。
（1）①~⑤中，属于氧化还原反应的是 （填序号）。
（2）请写出反应②的离子方程式： 。
（3）在用上述方法提镁的过程中，采取了那些措施来提高经济效益？
研析：（1）从图上可以看出，反应③、④均无化合价变化，另外，反应①为氢氧化钙与氯化镁反应，②为氢氧化镁与稀盐酸反应，⑤为电解熔融状态的氯化镁制镁，只有⑤有化合价变化。（2）氢氧化镁为难溶物，注意书写时不能拆开。（3）为了充分利用原料，工业生产中循环利用的例子屡见不鲜，上述流程中电解氯化镁得到的氯气循环到盐酸厂用于制盐酸；另外，利用贝壳为原料制取氧化钙，既节约了原料，又节约了运输成本。
答案：（1）⑤ （2）Mg(OH)2＋2H+＝Mg2+＋2H2O （3）①氯气等原料循环再利用；②就地取材，利用贝壳制氧化钙。
课标点击： 新课标下的新教材特点之一就是“大视野、高观点”。我们根据海水提镁流程图可以从宏观上把握海水提镁的过程、原理等一系列问题。在此基础上，再具体考查我们必须掌握的氧化还原反应以及离子反应等知识。初步认识工业生产中的一些问题。
拓展变式8．某NaBr、NaI混合液中，含NaBr 0.1mol，NaI 0.2mol。通入vL（标准状况）氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到固体剩余物质。当v的取值范围为0＜v＜2.24L时，固体剩余物质成分是 ；当固体剩余物质成分是NaCl时，v的取值范围为 ；当固体剩余物质成分是NaCl和NaBr时，v的取值范围为 。8．研析：本题综合考查碘易升华的特性、卤素单质的氧化性以及相关的计算能力。解答本题的关键在于弄清反应的先后顺序：氯气首先置换出碘，然后才置换出溴。答案：NaBr、NaI、NaCl；v≥3.36L；2.24L≤v<3.36L
▲ 高考思维探究
[考题1] （2005上海-4）下列金属冶炼的反应原理，错误的是
A 2NaCl熔融 2Na＋Cl2 B MgO＋H2 Mg＋2H2O
C Fe3O4＋CO 3Fe＋4CO D 2HgO 2Hg＋O2
研析： 镁是一种非常活泼的金属，可以与氧气等非金属单质反应，能在氮气或CO2气体中燃烧。不易与冷水反应，可与热水反应，甚至在高温时还可以在水蒸气中燃烧。因此，镁不可能用氢气或CO等还原剂从其化合物中还原出来。
答案：B
启发引申：冶炼金属有多种方法，不活泼金属可以用加热法；铁等较活泼的金属就需要CO等还原剂还原才能冶炼出来；而Mg、Na等活泼金属只能用电解法。
[考题2] （2005广东-21）某同学为了验证海带中含有碘，拟进行如下实验，请回答相关问题。
（1）第1步：灼烧。操作是将足量海带灼烧成灰烬。该过程中将使用到的硅酸盐质实验仪器有 填代号、限填3项。
A 试管 B 瓷坩埚 C 坩埚钳 D 铁三角架 E 泥三角 F 酒精灯 D 烧杯 H 量筒
（2） 第2步：I 溶液的获取。操作是 。
（3）第3步：氧化。操作是依次加入合适的试剂。下列氧化剂最好选用 填代号。
A．浓硫酸 B．新制氯水 C．KMnO4溶液 D．H2O2
理由是 。
（4） 第4步：碘单质的检验。操作是取少量第3步的溶液，滴加淀粉溶液，如果溶液显蓝色，则证明海带中含碘。
答案：（1）B、E、F
（2）将灰烬转移到烧杯中，加适量蒸馏水，用玻棒充分搅拌，煮沸，过滤
（3）D； 过氧化氢是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质、不产生污染不会进一步氧化单质碘
友情提醒：本题是运用化学视角观察生活、生产和社会中有关化学问题的典型题目。其社会生活背景是自然资源的利用，具体情景是要从海洋植物海藻中提取碘。因此出发点着重考查了化学实验的基本操作技能。集选择、填空、问答等题型于一体．分析时要注意引导学生理解有关实验的基本原理，掌握分析问题的基本方法思路，并强调解答问题的规范性和准确性。
拓展变式9．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图： （1）指出制取碘的过程中有关的实验操作名称：① ；② 。（2）提取碘的过程中．可供选择的有机试剂是 。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化为碘的有机溶液．实验室里有烧杯、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．尚缺少的玻璃仪器是 。（4）从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶液，还需要经过蒸馏。观察上述实验装置指出其错误之处，并加以改正。（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。9．研析：（1）从流程图中提示可知操作①是过滤②是萃取和分液。（2）根据萃取原理，要从含碘水溶液中萃取碘。所选萃取剂一定要和水互不相溶或很难相溶，且溶质在萃取剂中溶解度要比在水中大得多。而选项中，酒精、乙酸、甘油皆与水互溶。因此B正确； （3）按照流程图考虑每一步骤需要的仪器，还缺少漏斗和分液漏斗。（4）检查实验装置的错误，要按实验进程逐一检查。通常是从左到右，自下而上； （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℃，最后在烧瓶中得到晶态碘。答案：（1）①过滤 ②萃取和分液 （2）B （3）漏斗、分液漏斗（4）①缺石棉网 ②温度计的水银球不应插入液体中 ③冷凝管进出水的方向颠倒。（5）使蒸馏瓶均匀受热、控制温度不过高 蒸馏烧瓶
开拓学习新视野
▲ 课标知识拓展
【思想方法】
1．本节以海水为主线学习海水提镁、提溴等知识，内容较垛，可以用列提纲的方法掌握课本的基本内容。如在学习标题1时可列出以下阅读提纲：
海水中含有那些元素？这些元素在海水中以什么形式存在？这些元素在海水中的含量如何？什么是常量元素？什么又是微量元素？人们是怎样提取利用食盐的？
在学习海水提镁时可列出以下提纲：
（1）简述海水提镁的方法和工业流程。
（2）海水提镁要用到海滩上的贝壳，那没贝壳在生产流程中起什么作用？其主要成分发生了怎样的化学变化？
（3）从海水中的镁离子到金属镁，经历了那些化学变化？
（4）在用上述方法提镁的过程中，采取了那些措施来提高经济效益？这对你有什么启示？
2．用图示法从宏观上把握海水资源的综合利用。
▲ 多彩化学漫步
关于卤化银分解实验的设计
有关卤化银的感光性，可按以下方法来进行实验：
试剂和仪器： 0.1 mol·L－1的NaCl、NaBr、KI溶液，2%的AgNO3溶液。500 mL圆底烧瓶、大烧杯、聚光电筒。
实验步骤：
（1）将3只预先注有4/5容积蒸馏水的圆底烧瓶用大烧杯垫托安置于讲台上，使之处于较好的视觉高度，编号。
（2）依次往上述烧瓶中加入2至5 mL NaCl、NaBr和KI溶液，振荡摇匀。
（3）慢慢地往烧瓶中滴加AgNO3溶液，边滴边振荡，可三名同学同时操作，3种胶体同时制作，便于比较。注意观察胶体形成的效果，要求胶体颜色明显，无浑浊状态。
（4）胶体制备好后，记录时间，用聚光电筒进行爆光（或置于阳光下），观察分解反应的速度及颜色等现象的变化，做好记录。
结论：分解速率：在同样光照条件下，AgBr分解最快，先由浅黄色透明状变成灰黑色浑浊态，时间约2 min；AgCl次之，由乳白透明状变成灰白浑浊态；AgI最慢，较长时间才略有变化。
问题：
1．你认为本实验有何优点？
2．18世纪70年代．瑞典化学家舍勒在研究一种白色、难溶于水的盐时发现，在黑暗中此盐并无气味，而在光照时开始变黑并有刺激性气味的气体产生。此盐是
A．氟化银 A．氯化银 C．溴化银 D．碘化银
1．答案：本实验操作简便，所需时间短，效果明显，反映了光对本组实验的作用，说明了光及试剂对化学效应的影响，解决了AgX光解反应速率变化规律，在相同条件下，AgX的光解速率是：AgBr＞AgCl＞AgI。这也解释了工业上以AgBr明胶粒作为胶卷感光材料的原因。这对激发同学们勇于探求化学奥秘的热情，起到了一定的作用。
本实验的成功要点在于将卤化银制成相应的胶体，AgX形成胶体，其粒子直径在10－9 nm和10－7 nm之间。比表面增大，化学活性就大大提高，有利于光解反应在自然条件下发生。
2．研析：卤化银中，氟化银不具有感光性，而其它三种中，只有氯化银是白色的。
答案：B
优化考题新演练
一、理解与应用
1．下列元素①Cl ②Na ③Br ④I ⑤Mg ⑥U属于海水中的微量元素的是（ ）
A．①②⑤ B．④⑥ C．①②③④ D．③④⑤⑥
1．答案：B
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质。目前代之加入的是（ ）
A．I2 B．KIO C．NaIO D．KIO3
2．研析：单质碘不易食用，而NaIO和KIO不稳定易变质。
答案： D
3．下列有“国防金属”美誉之称的是（ ）
A．铁 B．金 C．铝 D．镁
3．研析：镁的密度小、镁合金强度高、机械性能好，是制造汽车、飞机、火箭的重要材料，有有“国防金属”的美誉。
答案： D
4．从海水中可以提取溴，主要反应为：2Br＋Cl2＝Br2＋2Cl，下列说法正确的是（ ）
A．溴离子具有氧化性 B．氯气是还原剂
C．该反应属于复分解反应 D．氯气的氧化性比溴单质强
4．研析：溴离子中的Br为-1价，处于最低价态，没有氧化性；在反应中Cl2中的Cl价态由0价降低到-1价，做氧化剂；从基本反应类型来看，该反应属于置换反应；氯气为氧化剂，Br2为氧化产物，因此，氯气的氧化性比溴单质强。
答案：D。
5．甲、乙、丙三种溶液各含有一种X-，（X-为Cl-、Br-、I-）离子，向甲中加淀粉溶液和新制的氯水变为橙色，将此溶液倒入丙，颜色无明显变化。则甲、乙、丙依次含有（ ）
A．Br-、Cl-、I- B．Br-、I-、Cl- C．I-、Br-、Cl- D．Cl-、I- -、Br
5．研析：熟知有关卤素知识：①单质氧化性为Cl2>Br2>I2，而对应阴离子的还原性为I->Br->Cl-；②碘单质可使淀粉变蓝色，溴水颜色为橙色。由此可推出甲中加淀粉溶液和新制的氯水后变为橙色，说明甲中含有Br-，再加丙溶液无明显变化，则说明丙中含无I-，（若为I-，则发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-）。
答案：B
6．某无色气体可能含有HCl、 HBr 、SO2 、CO2 中的一种或几种。将气体通入到适量氯水中，恰好完全反应，不再剩余气体。将所得的无色溶液分装在两个试管中，分别加入酸化的AgNO3 溶液和酸化的BaCl2溶液，均产生白色沉淀。则下列判断正确的是（ ）
A．原气体中一定有SO2 ,一定无HBr B．原气体中可能有SO2
C．原气体中一定有HCl D．不能确定有无HCl,但一定无CO2
6．研析：此题考查元素化合物知识，重要的是熟悉氯水的氧化性，熟悉相关的反应规律，还要明确相关物质的转化关系，这是分析问题的基础。将气体通入氯水中无气体剩余，说明一定无CO2 ;所得溶液无色，说明无HBr(溴水为橙黄色)；再加入AgNO3溶液和BaCl2均得白色沉淀，说明含SO2 （因为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4 +2HCl），至于HCl气体则无法判断。
答案：A、D
二、拓展与创新
7．按下面的实验过程填空：
写出上述反应的化学方程式：
（1）_________________________________________________________
（2）_________________________________________________________
（3）_________________________________________________________
7．研析：因发生反应（1）2FeBr2＋3Cl2＝2FeCl3＋2Br2。所以，加CCl4分层后，上层是FeCl3水溶液呈橙黄色（a）；下层是溶有溴的CCl4油层，呈橙红色（b）。在上层FeCl3水溶液中加少量KI淀粉液，因发生反应（2）2FeCl3＋2KI＝2FeCl3＋2KCl＋I2，I2使淀粉变蓝色（c）；下层加少量KI淀粉液，发生反应（3）2KI＋Br2＝I2＋2KBr，虽然此反应也生成了I2，与上层不同的是碘遇淀粉并不显蓝色，而是碘从淀粉溶液中被萃取到CCl4里，碘在CCl4里显紫色（d）。
答案： （a）橙黄色 （b）橙红色 （c）蓝色 （d）紫色
（1）2FeBr2＋3Cl2＝2FeCl3＋2Br2 （2）2FeCl3＋2KI＝2FeCl2＋2KCl＋I2 （3）2KI＋Br2＝I2＋2KBr
8．海水的综合利用可以制备金属镁，其流程如下图所示：
（1）写出①、③、⑥反应的化学方程式：
① ， ③ ， ⑥ 。
（2）在反应①→⑥中属于氧化还原反应的是 。
（3）Mg(OH)2沉淀中混有的Ca(OH)2应怎样除去？写出实验步骤。 。
（4）实验室里将粗盐制成精盐的过程中，在溶解、过滤、蒸发三个步骤的操作中都要用到玻璃棒，分别说明在这三种情况下使用玻璃棒的目的；
溶解时： 。过滤时： 。蒸发时： 。
8．研析：在在反应①→⑥中只有反应⑥中元素化合价发生了变化，即有电子转移，属于氧化还原反应。用MgCl2溶液可使Ca(OH)2转化为Mg(OH)2沉淀和可溶性CaCl2，过滤即可除去。将粗盐制成精盐的过程中，在溶解、过滤、蒸发三个步骤的操作中都要用到玻璃棒，目的是：搅拌，加速溶解；引流，使待滤液体沿玻璃棒流入漏斗，防止外洒；搅拌，防止因局部过热液滴或晶体飞溅。
答案：
（1）①CaCO3CaO+CO2↑ ③MgCl2 + Ca(OH)2＝Mg(OH)2↓+CaCl2 ⑥MgCl2Mg + Cl2↑
（2）⑥ （3）加入MgCl2溶液，充分搅拌，过滤，沉淀用水洗涤。
（4）搅拌，加速溶解；引流，使待滤液体沿玻璃棒流入漏斗，防止外洒；搅拌，防止因局部过热液滴或晶体飞溅。
三、综合与探究
9．已知氧化性BrO3－＞ClO3－＞Cl2＞IO3－＞I2。现将饱和氯水逐滴滴入KI淀粉溶液中至过量。
（1）可观察到的现象是：
①______________________________________________________________
②______________________________________________________________
（2）写出有关的离子方程式：
①_______________________________________________________________
②_______________________________________________________________
9．研析：根据粒子的氧化性强弱顺序：Cl2＞IO3－＞I2，可推知下列未知反应可以进行：
5Cl2＋I2＋6H2O＝2HIO3＋10HCl（Cl2过量时）。
答案：（1）①溶液先呈现蓝色 ②随饱和氯水继续滴入蓝色消失．溶液又呈无色
（2）①Cl2＋2I－＝2Cl－＋I2 ②5Cl2＋I2＋6H2O＝12H＋＋2IO3－＋10Cl－
10．在已经提取氯化钠、溴、镁等化学物质的富碘卤水中，采取下面的工艺流程生产单质碘。
试回答下列问题：
（1）乙、丁中溶质的化学式：乙________________；丁_____________________。
（2）第④步操作中用稀H2SO4浸洗的目的是_____________________（填写字母编号）
A．除去未反应的NO3－ 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）______________________。
10．研析：本题的特点是在题干中为学生提供背景信息材料．要求学生在阅读理解的基础上．运用基础知识和原理、基本技能和方法对题目中要求回答的问题给以完整全面的解答。题目联系生产实际中从富碘卤水里提取碘的操作过程。给出生产流程，其中，在富碘卤水里加入硝酸银溶液生成碘化银沉淀后，接着加入铁屑，会生成碘化亚铁。这似乎与学生所学知识相违背，但事实上，已沉淀的碘化银与部分溶解的碘化银之间有一个溶解平衡，部分溶解的碘化银又可电离生成Ag＋和I－。故向加入硝酸银溶液生成碘化银沉淀的装置里加入铁屑，铁与Ag＋反应生成银和Fe2＋，从而促使碘化银溶解。
答案：（1）FeI2 FeCl3 （2）C （3）升华法 溶剂萃取法 （4）将碘加在淀粉溶液中显蓝色
（5）2AgI2Ag＋I2
本节答案解析与研读
本节教材课后习题（P98）
1．（1）H+ +OH- =H2O，2H+ +CO32- =H2O+CO2↑
（2）由于石灰乳中有Ca(OH)2，通过反应Mg2+ +Ca(OH)2=Ca2++Mg(OH)2↓将石灰乳中的Mg2+全部转化为沉淀而与母液分离。
（3）化合态；不是；海水中Mg2+最终转变为MgCl2；是；因为其化学方程式为：MgCl2Mg＋Cl2↑ 电解前后Mg、Cl的化合价都发生了变化。
燃烧是指任何发光发热的剧烈的化学反应。可燃物燃烧需符合两个条件①与充足的气体接触②要达到着火点。CO2常用作灭火剂，但不能去扑K、Ca、Na、 Mg等活泼金属的燃烧，CO2也可直接燃烧。
3．（1）C (由题意可知应选氧化剂，而且应选氧化性大于Br2)
（2）I-先被氧化。因为I-的还原性大于Br-的还原性。
（3）试纸变蓝，因为Cl2+2KI=I2+2KCl，I2遇到淀粉变蓝色。
4．2AgBr2Ag+Br2, 2Ag+ Br22AgBr
5．（资料）（1）氯化钠
氯化钠是我们日常生活中的必需调味品，在劳保、医疗上它也是最重要的药物。为维持人体体液（血液、组织液等）正常的渗透压，就需要在体液中保持一定量的NaCl，为此，医学上便配制成了0.9%的“生理食盐水”作为给失水病人的点滴液。在革命战争年代缺医少药的艰苦条件下，相对易得的食盐水就成了为战士擦洗伤口防止感染的消毒水。
当然，今天的医用NaCl比过去要纯净千百倍了：它需经过通Cl2，以除去Br－、I－；加适量Ba2＋盐，以除去SO42－，还要加适量草酸以除去Ca2＋；就连与Na＋极似而难以除掉的K＋，也要用一种叫“四苯硼酸”的溶液使之沉淀、除去，以确保NaCl的纯净。
（2）氯化钾
氯化钾无论从外观上还是物、化性质上都与NaCl相似，是一种白色易溶于水的结晶粉末，它与NaCl不同的只是能生成四苯硼酸钾和高氯酸钾沉淀，其盐及溶液在蓝色钴玻璃下呈紫色的焰色反应。
KCl在医学上主要用作利尿药，对于心脏性、肾脏性的水肿常能做到“药到肿消”（当然还有许多禁忌）．因其组成中含有K＋，故也被用作防治低血钾症的药剂，常用的制剂有10%的高渗注射液和固体片剂等。你可能没见过这种KCl片剂，但却不难想象它的味道——几乎与NaCl的味道一样咸。
（3）氯化铵
氯化铵也称硵砂，是一种无色或白色结晶性粉末，没有什么气味却有与NaCl相仿的咸味凉味。NH4Cl在空气中能吸水，易溶于水，略溶于甘油，微溶于酒精，其溶液（因NH4Cl水解）呈酸性，医学上依此用它纠正人体碱中毒症；因其被口服吸收后有促进气管分泌的作用，故医学上常将它用于止咳祛痰剂中。
（4）碘酒
碘酒是一种常用的消毒剂，一般认为碘酒就是碘的酒精溶液。
根据医疗上配制碘酒的配方可知，碘酒通常分为碘酒和浓碘酒两种，碘酒含碘应为1.95%～2.05%（g·mL－1），而浓碘酒含碘应为9.5%～10.5%（g· mL－1），含碘化钾应为1.X%～2.2%（g·mL－1），其余的为酒精和蒸馏水。这就告诉我们，碘酒内不但含有碘和酒精，而且还含有碘化钾和蒸馏水，那么碘化钾在这里起什么作用呢？一是配制时加快碘的溶解；二是碘酒中有其存在可以使碘不易挥发，因此，碘化钾是碘酒不可缺少的成分。
6．（1）步骤：①取一张干净、光滑的白纸，剪成长约4 cm、宽不超过试管直径的纸条，用手指在纸条上用力摁几个手印。②用药匙取芝麻粒大的一粒碘，放入试管中。把纸条悬于试管中（注意摁有手印的一面不要贴在管壁上），塞上橡胶塞。③把装有碘的试管在酒精灯火焰上方微热一下，待产生碘蒸气后立即停止加热，观察纸条上的指纹印迹。④比较一下你的指纹与其它同学指纹的不同之处。
（2）原理：每个人的手指上总含有油脂、矿物油和水。用手指在抵面上按的时候，指纹上的油、矿物油和汗水就会留在纸面上，只不过人的眼睛看不出来。当我们把这隐藏有指印的纸放在盛有碘的试管口并加热时，碘因被加热而升华——变成紫红色的蒸气（注意，碘蒸发有毒，不可吸入）。由于纸上指印中的油脂、矿物油都是有机溶剂，因此碘蒸气上升到试管口以后就会溶解在这些油类物质中，于是指纹也就显示出来了。
探究解题新思路
1．研析：写出方程式，分析溶液中的溶质是相等的，溶液质量的计算，只要考虑水的质量，水多，则溶质的质量分数小。
答案：B
2．研析：已知：Cl2 + 2Br- ＝ 2Cl- +Br2； Br2 + 2I-＝2Br- +I2； H2O+ I2 +SO32-＝2I- + SO42-+ 2H+。
所以，氧化性Cl2 > Br2>I2>SO42- ；还原性：SO32- >I- >Br- >Cl-。
在向NaBr、NaI、Na2SO3混和液中，先通入一定量氯气，后又将溶液蒸干并充分灼烧的过程中，还原剂被氧化的先后顺序是Na2SO3、NaI、NaBr，至于具体反应到哪一种物质，要取决于Cl2的用量。
答案：A、B
3．研析：能使溴水褪色的物质有①还原性物质H2S、SO2、Na2SO3、Mg粉等。②促进Br2与H2O反应的物质有NaOH、Na2CO3、AgNO3等。③有机溶剂的多次萃取也可使溴水几乎无色。④有的物质虽可与溴水反应（如KI、FeCl2等），由于生成有颜色的物质（I2、Fe3＋），溴水的颜色不会褪去。
答案：B
4．研析：变色玻璃中是把卤化银与微量的氧化铜密封到玻璃中。当太阳光或紫外线照射时，卤化银会分解产生银原子。银原子能吸收可见光，玻璃变暗。当放到暗处，在氧化铜的催化下Ag原子和卤原子结合。
答案：（1）2AgX2Ag＋X2 2AgBr2Ag＋Br2 （2）D
5．研析：本题既是结论开放型试题，又是内容开放型试题和思维策略开放型试题。在内容上联系物理知识，注重学科间的横向联系，对学生的知识综合运用能力提出了较高的要求；在考虑喷泉形成的途径和喷泉实验成功的因素时，思维的发散性和结论的开放性强。概括起来讲，喷泉形成的根本原因是烧瓶内气体压强减小到一定的程度。减小气体压强的途径有：①设法减少气体的物质的量n（将气体溶解或将气体反应掉）；②增大气体的体积V。可能一些同学至此会发出疑问：烧瓶体积是固定的，如何增大？我们不妨把上述装置中滴管的胶头取下，接上一个压瘪的有较强张力的橡皮球，由于橡皮球的胀大，原烧瓶中的气体体积是不是增大了！也可以在取下胶头的滴管上接上一个针栓压至0刻度的针筒，通过抽动针栓同样可以增大气体的体积；③降低气体的温度T（用冰水或用其他制冷剂冷却）。
答案：（1）当滴管中的水挤入烧瓶后，由于氯化氢易溶于水，使烧瓶内的气体压强比大气压小得多，故水被通过导管吸入烧瓶，形成喷泉。由于HCl的水溶液显酸性，能使石蕊试液变红，故喷泉为红色。（2）
A B 喷泉颜色
途径1 HCl AgNO3溶液 白色
途径2 Cl2 NaOH溶液 无色
途径3 CO2 NaOH溶液 无色
途径4 Cl2 淀粉碘化钾溶液 蓝色
途径5 Cl2 溴化钠溶液 橙色
（3）由克拉珀龙方程可知，通过降低温度和增大体积的方法也能够形成喷泉。
6．研析：（1）常见的卤素单质在水溶液中的置换反应有三个：Cl2＋2NaBr＝2NaCl＋Br 2；Cl2＋2NaI＝2NaCl＋I 2；Br2＋2KI＝2KBr＋I 2。将它们对号入座即可。（2）中学阶段常见的淡黄色固体有Na2O2、S、AgBr等。结合“绿色植物的光合作用和呼吸作用可实现自然界中D和E的循环”可判断D和E分别为O2和CO2，进而判断B为Na2O2。其它答案则水到渠成。
答案：（1）E、A、D；Br2（2）2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑；2NA 或1.204×1024
7．研析：（1）蒸馏过程中没有新物质生成，因此蒸馏为物理变化。（2）经配平后的电解饱和食盐水的化学方程式为：2NaCl＋2H2O ＝ 2NaOH＋H2＋Cl2，据此可计算出结果。或者不写出化学方程式，根据Cl原子守恒，即反应前后Cl原子的物质的量不变，可知最少需消耗食盐的质量为： 1000 t×365%÷36.5g/mol×58.5g/mol＝585 t。
答案：（1）物理变化 （2）NaCl；585 t （3）NaOH＋SO2＝NaHSO3； NaHSO3＋HCl＝NaCl＋H2O＋SO2
8．研析：本题综合考查碘易升华的特性、卤素单质的氧化性以及相关的计算能力。解答本题的关键在于弄清反应的先后顺序：氯气首先置换出碘，然后才置换出溴。
答案：NaBr、NaI、NaCl；v≥3.36L；2.24L≤v<3.36L
9．研析：（1）从流程图中提示可知操作①是过滤②是萃取和分液。
（2）根据萃取原理，要从含碘水溶液中萃取碘。所选萃取剂一定要和水互不相溶或很难相溶，且溶质在萃取剂中溶解度要比在水中大得多。而选项中，酒精、乙酸、甘油皆与水互溶。因此B正确；
（3）按照流程图考虑每一步骤需要的仪器，还缺少漏斗和分液漏斗。
（4）检查实验装置的错误，要按实验进程逐一检查。通常是从左到右，自下而上；
（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℃，最后在烧瓶中得到晶态碘。
答案：（1）①过滤 ②萃取和分液 （2）B （3）漏斗、分液漏斗
（4）①缺石棉网 ②温度计的水银球不应插入液体中 ③冷凝管进出水的方向颠倒。
（5）使蒸馏瓶均匀受热、控制温度不过高 蒸馏烧瓶
优化考题新演练
1．答案：B
2．研析：单质碘不易食用，而NaIO和KIO不稳定易变质。
答案： D
3．研析：镁的密度小、镁合金强度高、机械性能好，是制造汽车、飞机、火箭的重要材料，有有“国防金属”的美誉。
答案： D
4．研析：溴离子中的Br为-1价，处于最低价态，没有氧化性；在反应中Cl2中的Cl价态由0价降低到-1价，做氧化剂；从基本反应类型来看，该反应属于置换反应；氯气为氧化剂，Br2为氧化产物，因此，氯气的氧化性比溴单质强。
答案：D。
5．研析：熟知有关卤素知识：①单质氧化性为Cl2>Br2>I2，而对应阴离子的还原性为I->Br->Cl-；②碘单质可使淀粉变蓝色，溴水颜色为橙色。由此可推出甲中加淀粉溶液和新制的氯水后变为橙色，说明甲中含有Br-，再加丙溶液无明显变化，则说明丙中含无I-，（若为I-，则发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-）。
答案：B
6．研析：此题考查元素化合物知识，重要的是熟悉氯水的氧化性，熟悉相关的反应规律，还要明确相关物质的转化关系，这是分析问题的基础。将气体通入氯水中无气体剩余，说明一定无CO2 ;所得溶液无色，说明无HBr(溴水为橙黄色)；再加入AgNO3溶液和BaCl2均得白色沉淀，说明含SO2 （因为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4 +2HCl），至于HCl气体则无法判断。
答案：A、D
7．研析：因发生反应（1）2FeBr2＋3Cl2＝2FeCl3＋2Br2。所以，加CCl4分层后，上层是FeCl3水溶液呈橙黄色（a）；下层是溶有溴的CCl4油层，呈橙红色（b）。在上层FeCl3水溶液中加少量KI淀粉液，因发生反应（2）2FeCl3＋2KI＝2FeCl3＋2KCl＋I2，I2使淀粉变蓝色（c）；下层加少量KI淀粉液，发生反应（3）2KI＋Br2＝I2＋2KBr，虽然此反应也生成了I2，与上层不同的是碘遇淀粉并不显蓝色，而是碘从淀粉溶液中被萃取到CCl4里，碘在CCl4里显紫色（d）。
答案： （a）橙黄色 （b）橙红色 （c）蓝色 （d）紫色
（1）2FeBr2＋3Cl2＝2FeCl3＋2Br2 （2）2FeCl3＋2KI＝2FeCl2＋2KCl＋I2 （3）2KI＋Br2＝I2＋2KBr
8．研析：在在反应①→⑥中只有反应⑥中元素化合价发生了变化，即有电子转移，属于氧化还原反应。用MgCl2溶液可使Ca(OH)2转化为Mg(OH)2沉淀和可溶性CaCl2，过滤即可除去。将粗盐制成精盐的过程中，在溶解、过滤、蒸发三个步骤的操作中都要用到玻璃棒，目的是：搅拌，加速溶解；引流，使待滤液体沿玻璃棒流入漏斗，防止外洒；搅拌，防止因局部过热液滴或晶体飞溅。
答案：
（1）①CaCO3CaO+CO2↑ ③MgCl2 + Ca(OH)2＝Mg(OH)2↓+CaCl2 ⑥MgCl2Mg + Cl2↑
（2）⑥ （3）加入MgCl2溶液，充分搅拌，过滤，沉淀用水洗涤。
（4）搅拌，加速溶解；引流，使待滤液体沿玻璃棒流入漏斗，防止外洒；搅拌，防止因局部过热液滴或晶体飞溅。
9．研析：根据粒子的氧化性强弱顺序：Cl2＞IO3－＞I2，可推知下列未知反应可以进行：
5Cl2＋I2＋6H2O＝2HIO3＋10HCl（Cl2过量时）。
答案：（1）①溶液先呈现蓝色 ②随饱和氯水继续滴入蓝色消失．溶液又呈无色
（2）①Cl2＋2I－＝2Cl－＋I2 ②5Cl2＋I2＋6H2O＝12H＋＋2IO3－＋10Cl－
10．研析：本题的特点是在题干中为学生提供背景信息材料．要求学生在阅读理解的基础上．运用基础知识和原理、基本技能和方法对题目中要求回答的问题给以完整全面的解答。题目联系生产实际中从富碘卤水里提取碘的操作过程。给出生产流程，其中，在富碘卤水里加入硝酸银溶液生成碘化银沉淀后，接着加入铁屑，会生成碘化亚铁。这似乎与学生所学知识相违背，但事实上，已沉淀的碘化银与部分溶解的碘化银之间有一个溶解平衡，部分溶解的碘化银又可电离生成Ag＋和I－。故向加入硝酸银溶液生成碘化银沉淀的装置里加入铁屑，铁与Ag＋反应生成银和Fe2＋，从而促使碘化银溶解。
答案：（1）FeI2 FeCl3 （2）C （3）升华法 溶剂萃取法 （4）将碘加在淀粉溶液中显蓝色
（5）2AgI2Ag＋I2
多彩化学漫步
1．答案：本实验操作简便，所需时间短，效果明显，反映了光对本组实验的作用，说明了光及试剂对化学效应的影响，解决了AgX光解反应速率变化规律，在相同条件下，AgX的光解速率是：AgBr＞AgCl＞AgI。这也解释了工业上以AgBr明胶粒作为胶卷感光材料的原因。这对激发同学们勇于探求化学奥秘的热情，起到了一定的作用。
本实验的成功要点在于将卤化银制成相应的胶体，AgX形成胶体，其粒子直径在10－9 nm和10－7 nm之间。比表面增大，化学活性就大大提高，有利于光解反应在自然条件下发生。
2．研析：卤化银中，氟化银不具有感光性，而其它三种中，只有氯化银是白色的。
答案：B
A
B
E
C
A
F
D
E
B
①
②
③
氯化钠溶液
电解
①
NaOH溶液
氢气
氯气
吸收
含SO2废气
亚硫酸氢钠
氯化氢
③
②
回收SO2
氯化钠（原料）
④
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