人教版高考化学一轮复习：全套课件+练习+单元卷

(共57张PPT)
第一讲 物质的分类
1．了解分子、原子、离子等概念的含义。了解原子团的定义。
2．理解物理变化与化学变化的区别与联系。
3．理解混合物和纯净物、单质和化合物、金属和非金属的概念。
4．理解酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系。
5．了解溶液的含义。
6．了解溶解度、饱和溶液的概念。
7．了解溶液的组成。
8．了解胶体是一种常见的分散系。
1．物质的组成
宏观组成：宏观上物质由 组成，如单质是由
组成的纯净物，化合物是由 组成的纯净物。
微观构成：微观上物质由 、 、 等基本粒子构成。
分子是保持物质 性质的一种微粒， 是化学变化中的最小微粒，一般来说，原子是由 、
、 构成。
不同种元素
同种元素
分子
原子
离子
质子
中子
核外电子
化学
原子
一、物质的组成与变化
元素
2．物质的性质与变化
(1)物质的性质
①物理性质：物质不需要经过 直接表现出来的性质。如：颜色、状态、气味、熔点、沸点、密度、硬度等。
②化学性质：物质 性质。如：酸性、碱性、氧化性、还原性、可燃性、稳定性等。
(2)物质的变化
①物理变化：物质仅发生状态或外形的改变，
而 的变化。
②化学变化：物质发生变化时 。在化学变化中常伴随有发光、放热、变色、气体放出、沉淀生成等现象。
化学反应
在发生化学反应时表现出来的
没有生成新物质
生成其他物质的变化
二、化学物质的分类
1．分散系
(1)概念：一种(或多种)物质 到另一种(或多种)物质中所得到的 。
(2)组成：由 和 组成。
(3)分类：根据分散质粒子的大小，可以分为 、
和 。
混合体系
分散质
分散剂
溶液
胶体
悬(乳)浊液
三、分散系
分散
2．胶体
(1)定义：分散质粒子直径介于 之间的分散系。
(2)特征：均一、稳定， (填“能”或“不能”)透过滤纸， (填“能”或“不能”)透过半透膜。
(3)性质
①丁达尔效应
当一束光通过胶体时，胶体内会出现一条 ，这是由胶体粒子发生 而形成的，利用该性质可区分胶体和溶液。
②介稳性
胶体的稳定性介于 和 之间，在一定条件下能稳定存在，属于介稳体系。
1～100 nm
不能
光亮通路
丁达尔效应
溶液
胶体
能
(4)Fe(OH)3胶体的制备
①将烧杯中的蒸馏水加热至沸腾；②向沸水中逐滴加入1～2 mL饱和 ；③继续煮沸至溶液呈 停止加热，即制得Fe(OH)3胶体，化学方程式：FeCl3＋3H2O Fe(OH)3(胶体)＋3HCl↑。
FeCl3溶液
红褐色
1．丁达尔效应是不是一种化学变化？怎样提纯胶体？
2．酸性氧化物一定是非金属氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物吗？Na2O2是碱性氧化物吗？
【提示】　1.不是，是一种物理效应。提纯胶体的方法是渗析。
2．酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7、CrO3等。碱性氧化物一定是金属氧化物。Na2O2与水反应生成NaOH和O2，不是碱性氧化物。
物质的组成
1．物质的组成
2．元素与物质的关系
(1)元素是物质的基本组成部分，物质都是由元素组成的。
(2)元素间可以组成单质和化合物。
①每一种元素都能自身组成物质即单质；
②一种元素可以与其他种类的元素组成物质即化合物；
③相同元素之间可以形成不同的物质，不同元素之间可以组成不同的物质，因而为数不多的元素能够组成种类繁多的物质。
(3)元素在物质中有两种形态：一种是游离态，一种是化合态。
①游离态是元素以自身形式结合成单质时的存在形态。此时元素化合价是零价；
②化合态是元素与其他元素之间结合成化合物时的存在形态。此时的化合价一般为正价或负价；
③每一种元素都有自己的单质和化合物，这些物质构成了这种元素的物质家族。
定义 特征 构成的物质
分子 保持物质化学性质的一种微粒 在化学变化中，分子中的化学键断裂成原子，原子重新结合成新的分子 稀有气体、常温下的气态非金属单质、液溴、部分固态非金属单质、大多数共价化合物
原子 化学变化中的最小微粒 在化学变化中，原子不能再分，但原子的价电子要发生变化 少部分固态非金属单质、少量共价化合物
离子 带电的原子或原子团 有自由移动的离子参加或生成的反应，属化学反应中的离子反应 强碱、绝大多数盐类、大多数金属氧化物
3．微粒的含义及微粒与物质之间的关系
下列说法正确的是(　　)
A．三氧化硫由一个硫原子和三个氧原子组成
B．三氧化硫由硫单质和氧气组成
C．每个三氧化硫分子由一个硫原子和三个氧原子构成
D．三氧化硫由一个硫元素和三个氧元素组成
【导航】　
【解析】　三氧化硫是宏观物质，应该是由硫元素和氧元素组成，故A不对。三氧化硫是纯净物，由一种物质组成，而不是由不同种物质组成的，故B不对。三氧化硫是氧化物，由不同种元素组成，元素只讲种类而无数量概念，故D不对。
【答案】　C
物质的分类
1．分类法
(1)交叉分类法
①某些盐的交叉分类
②某些碱的交叉分类
③某些氧化物的交叉分类
(2)树状分类法
化合物树状分类举例
2．单质、氧化物、酸、碱、盐间的转化关系
单质、氧化物、酸、碱、盐是中学阶段学习的五类重要物质，对其之间的相互转化应熟练掌握并能灵活运用。它们之间的转化关系如下：
【注意】　(1)由同种元素组成的物质不一定是纯净物，如O2和O3组成的混合物。
(2)判断氧化物所属类别时，一定要注意以下几点：①酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7是酸性氧化物；非金属氧化物也不一定是酸性氧化物，如CO、NO是不成盐氧化物；②碱性氧化物一定是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Al2O3是两性氧化物。
牙膏 两面针牙膏 佳洁士牙膏 中华牙膏
摩擦剂 氢氧化铝 碳酸钙 二氧化硅
摩擦剂的物质类别(指酸、碱、盐、氧化物、两性氢氧化物)
2009年2月1日国家实行牙膏新标准。对牙膏中成分的探究要用到许多化学知识。
(1)下表列出了三种牙膏中的摩擦剂，请在表中填写三种摩擦剂所属的物质类别。
(2)根据你的推测，牙膏摩擦剂的溶解性是_____ (填“易溶”或“难溶”)。
(3)牙膏中的摩擦剂碳酸钙可以用石灰石来制备。某学生设计了一种实验室制备碳酸钙的实验方案 ，其流程图为：
请写出上述方案中有关反应的化学方程式，并指出反应所属的基本类型。
①______________________________________________；
②______________________________________________；
③______________________________________________。
(4)请你仍用石灰石作为原料(其他试剂自选)，设计实验室制备碳酸钙的另一种实验方案，依照(3)所示，将你的实验方案用流程图表示出来：
→
你设计的方案的优点为______________________________________________。
【导航】　化学源于生活而又高于生活，将生活、生产和科技发展为背景，考查其中的化学问题，是当前热点问题，解题时注意物质的使用目的这一核心。
【解析】　本题结合日常生活实际，从物质的类别出发来研究各类物质的性质和相互转化关系。
(1)氢氧化铝属于两性氢氧化物，碳酸钙属于盐，二氧化硅属于氧化物。
(2)摩擦剂的作用是去除牙齿上残留的食物，联系日常生活中用砂纸来摩擦金属以除去金属表面的锈，可知摩擦剂应为难溶的物质。
胶体
1．胶体的性质、制备、提纯和应用
内容 主要应用举例
性
质
丁达尔
效应 一束光通过胶体时产生一条“光路” 鉴别胶体和溶液
布朗运动 胶粒在胶体中不停地做无规则运动
电泳 胶粒在外加电场作用下做定向移动[胶粒带电：如Fe(OH)3胶粒带正电，H2SiO3胶粒带负电] 工厂除尘
聚沉 聚沉方法有：加热、加入电解质、加入相反电荷的胶体 加工豆腐、工业制肥皂，解释某些自然现象，如土壤保肥、沙洲的形成
制
备
水解法
Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋
净水剂的使用(不加热)
提
纯 渗析
胶粒较大不能透过半透膜，而较小的离子、 分子可透过半透膜，用此法将胶体提纯
净化、精制胶体
分散系
分类 溶液 胶体 悬浊液 乳浊液
分散质
粒子
直径 小于1 nm，能透过滤纸和半透膜 1～100 nm，能透过滤纸，不能透过半透膜 大于100 nm，不能透过滤纸
分散质
微粒 单个小分子或离子 小分子和离子的聚集颗粒或高分子颗粒 固体
小颗粒 小液滴
分散质
状态 固、液、气 固、液、气 固 液
主要
特征 均一、透明、稳定 均一、透明、介稳性 不均一、不透明、不稳定
实例 NaCl溶液 有色玻璃；Fe(OH)3胶体；烟、云、雾 泥浆水 苯与水
鉴别 无丁达尔
效应 有丁达尔
效应 静置沉淀 静置分层
分离
方法 蒸发、结晶 渗析、盐析 过滤 分液
2.胶体、溶液和浊液的比较
下列关于胶体的叙述，不正确的是(　　)
A．布朗运动是胶体粒子特有的运动方式，可以据此把胶体和溶液、悬浊液区别开来
B．光线透过胶体时，胶体发生丁达尔效应
C．用过滤的方法不能实现胶体的净化
D．胶体粒子具有较大的表面积，能吸附阳离子或阴离子，且同种胶体粒子吸附同种离子，带有同种电荷
【导航】　胶体粒子直径在1～100 nm之间，能透过滤纸，且肉眼观察不到，胶体粒子表面积较大有较强的吸附能力而带电。
【解析】　布朗运动是分散剂分子从各个方向撞击分散质粒子时，由于某一瞬间分散质粒子在不同方向受撞击力不相同而不断改变运动方向，因而形成不停的、无规则的运动。这个运动并不是胶体粒子特有的运动方式，溶液中的溶质分子或离子在溶剂分子作用下，也不断地做着无规则的运动。因此，无法利用布朗运动来区别胶体和溶液，A选项错误；胶体粒子能对光发生散射，故能发生丁达尔效应；胶粒直径<滤纸孔径，过滤法不能净化胶体。
【答案】　A
1．(2009年广东单科)下列说法都正确的是(　　)
①江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关　②四川灾区重建使用了大量钢材，钢材是合金　③“钡餐”中使用的硫酸钡是弱电解质　④太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置　⑤常用的自来水消毒剂有氯气和二氧化氯，两者都含有极性键　⑥水陆两用公共汽车中，用于密封的橡胶材料是高分子化合物
A．①②③④　　 　B．①②④⑥
C．①②⑤⑥ D．③④⑤⑥
【解析】　硫酸钡属于强电解质；氯分子中只含有非极性键，不含极性键。由此可迅速排除③和⑤，故选B。
【答案】　B
2．(2009年浙江理综)已知单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点就越高。则下列溶液沸点最高的是(　　)
A．0.01 mol·L－1的蔗糖溶液
B．0.01 mol·L－1的CaCl2溶液
C．0.02 mol·L－1的NaCl溶液
D．0.02 mol·L－1的CH3COOH溶液
【解析】　据题意，1 L溶液中，沸点高低取决于非挥发性溶质的分子或离子的数目。D项，CH3COOH易挥发而排除；A项，蔗糖是非电解质，溶液中只有0.01NA的蔗糖分子；B项，共有0.03NA的离子；C项，共有0.04NA的离子，故答案为C。
【答案】　C
3．(2009年全国Ⅱ理综)下列关于溶液和胶体的叙述，正确的是(　　)
A．溶液是电中性的，胶体是带电的
B．通电时，溶液中的溶质粒子分别向两极移动，胶体中的分散质粒子向某一极移动
C．溶液中溶质粒子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即布朗运动
D．一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显的光带，前者则没有
【解析】　A项，胶粒带电，而胶体是电中性的。B项，溶液中溶质若是非电解质，通电时不向两极移动，胶体中分散质粒子不带电时，不向某一极移动。C项，溶液中溶质粒子运动也无规律。D项，胶体有丁达尔效应而溶液没有，故选D。
【答案】　D
4．(2008年广东化学)某合作学习小组讨论辨析以下说法：①粗盐和酸雨都是混合物　②沼气和水煤气都是可再生能源　③冰和干冰既是纯净物又是化合物　④不锈钢和目前流通的硬币都是合金　⑤盐酸和食醋既是化合物又是酸　⑥纯碱和熟石灰都是碱　⑦豆浆和雾都是胶体。上述说法正确的是(　　)
A．①②③④ B．①②⑤⑥
C．③⑤⑥⑦ D．①③④⑦
【解析】　①显然正确；②沼气属于可再生资源，水煤气由炽热的煤同水蒸气反应制得，而煤为不可再生资源，所以水煤气为不可再生资源，故错误；③冰为固态水，干冰为固态CO2，均为纯净物和化合物，正确；④显然正确；⑤盐酸和食醋为混合物，不是化合物，错误；⑥纯碱为Na2CO3不是碱，错误；⑦豆浆和雾都能发生丁达尔现象，均属于胶体，正确。综上所述，选D。
【答案】　D
1．(2009年南京质检)在我们的日常生活中出现了“加碘食盐”“增铁酱油”“高钙牛奶”“富硒茶叶”和“含氟牙膏”等商品。这里的碘、铁、钙、硒、氟应理解为(　　)
A．元素 B．单质
C．分子 D．氧化物
【解析】　一定不是单质，有的有毒或不能吸收，不一定以分子或氧化物的形式存在。上述物质中，只能笼统地称元素。
【答案】　A
2．(2010年湖南四市九校联考)判断下列有关化学基本概念的依据不正确的是(　　)
A．溶液与胶体：能否发生丁达尔效应
B．氧化还原反应：元素化合价是否变化
C．强弱电解质：在水溶液或熔融状态下能否完全电离
D．共价化合物：是否含有共价键
【解析】　含有共价键的化合物也可能是离子化合物，如氢氧化钠，只有只含共价键的化合物才是共价化合物。
【答案】　D
3．(2009年济宁质检)磁流体是电子材料的新秀，它既具有固体的磁体，又具有液体的流动性，制备时将含等物质的量的FeSO4和Fe2(SO4)3的溶液混合，再滴入稍过量的NaOH溶液，随后加入油酸钠溶液，即可生成黑色的、分散质粒子的直径在5.5～36 nm的磁流体。下列说法中正确的是(　　)
A．所得的分散系属于悬浊液
B．该分散系能产生丁达尔效应
C．所得的分散系中分散质为Fe2O3
D．给分散系通直流电时，阳极周围黑色加
深
【解析】　分散质微粒直径在1～100 nm之间的分散系属于胶体，A错误。胶体能产生丁达尔效应，B正确。Fe2O3为红棕色，而磁流体为黑色，C错误。金属氧化物或氢氧化物胶粒带正电荷，电泳时阴极附近黑色加深，D错误。
【答案】　B
4．(2010年广东汕头市澄海中学摸底)下列说法不正确的是(　　)
A．化学变化不产生新元素，产生新元素的变化不是化学变化
B．根据分散质微粒直径大小可以将分散系分为溶液、浊液和胶体
C．往25 mL沸水中逐滴加入2 mL FeCl3饱和溶液，继续煮沸可以制得Fe(OH)3胶体
D．某微粒的电子数等于质子数，则该微粒可能是一种分子或一种离子
【解析】　分散质微粒直径大小是区分溶液、浊液、胶体最本质的属性，B正确；当微粒的电子数等于质子数时，微粒应为不带电的中性微粒，不可能为离子。
【答案】　D
5．(2008年上海高考题)下列关于化学学习和研究的说法错误的是(　　)
A．化学模型有助于解释一些化学现象
B．质量守恒定律是大量实验事实的总结
C．化学家提出的假设都能被实验证实
D．化学基本原理的应用是有一定条件的
【解析】　有的假设不能用实验证实。
【答案】　C
6．下列变化属于物理变化的是(　　)
A．氧气在放电条件下变成臭氧(O3)
B．加热胆矾生成无水硫酸铜
C．漂白的草帽久置于空气中变黄
D．氢氧化铁胶体加入硫酸镁产生沉淀
【解析】　A、B、C三项都是由化学变化引起，而D属胶体的聚沉，是物理变化。
【答案】　D
7．(2009年青岛检测)有些食品包装袋中有一个小纸袋，上面写着“干燥剂”，其主要成分是生石灰(CaO)。
(1)生石灰所属的物质类型________(用序号填空)。
①金属氧化物　 ②碱性氧化物　
③碱　 ④碱性干燥剂
(2)生石灰可做干燥剂的理由是(用化学方程式表示_____________________________________。
)
(3)你认为下列内容还必须在这种小纸袋上注明的是______(用序号填空)。
①禁止食用　 ②可以食用　
③禁止未成年人用手拿 　④生产日期
(4)硅胶(主要成分是二氧化硅)也是一种很好的干燥剂。用硅胶比用生石灰作干燥剂的优点是________(用序号填空)。
①腐蚀性低　 ②使用时间长
【解析】　此题联系生活实际，要善于运用化学视角，观察分析生产、生活中遇到的与化学知识有关的问题。小纸袋上除注明禁止食用外，还应注明生产日期，因长时间放置会失去吸水作用。硅胶性质稳定，无腐蚀性，能较长时间使用。
【答案】　(1)①②④　
(2)CaO＋H2O===Ca(OH)2
(3)①④　
(4)①②
8．六水合三氯化铁跟水反应生成的氢氧化铁胶体具有净水作用，并具有实用价值，被称为净水剂。明矾也是具有实用价值的净水剂之一。城市自来水厂常用这样的净水剂在常温下对大量的水进行净化。
(1)写出KAl(SO4)2·12H2O跟水反应生成氢氧化铝胶体的离子方程式：__________________________________。
(2)取黄河水50 mL盛在烧杯中，再加入适量明矾粉末并进行搅拌。在此过程中产生的现象是_________________________________。
(3)对食盐水和明矾进行鉴别的方法有很多，若不用任何化学试剂进行鉴别，写出有关的方法、现象和结论。
【解析】　由题目信息，胶体具有净水作用，所以明矾溶液中形成了胶体，即KAl(SO4)2·12H2O与水反应生成了Al(OH)3胶体，黄河属浊液，表现出具有浊液性质。物质鉴别就是利用二者，性质的不同；食盐水是溶液，明矾溶液中有胶体，可利用二者，具有的不同性质，区别开来。
【答案】　(1)Al3＋＋3H2O??Al(OH)3(胶体)＋3H＋
(2)产生沉淀，水由浑浊、不透明变为澄清、透明
(3)取两种液体各50 mL分别盛在两个烧杯中，在暗室里用聚光手电筒从侧面照射液体，从光的垂直方向观察液体里的现象。如果液体里有亮光柱，该液体就是明矾；如果液体里没有亮光柱，该液体就是食盐水。食盐水属于溶液，没有丁达尔效应；明矾属于胶体，有丁达尔效应。(答案不唯一，合理即可)
某溶液中可能含有CO32－、HCO3－、SO42－中的一种或两种离子。为探究其组成，小明取出两份相同的样品溶液于试管中，向一份中加入过量的盐酸，产生无色气泡；向另一份中滴加过量的BaCl2溶液，产生白色沉淀。根据分类的思想，请做出合理假设，并基于假设设计简单合理的实验，验证自己的假设(可不填满)。仪器任选，试剂限选：1 mol/L H2SO4、2 mol/L盐酸、2 mol/L硝酸、1 mol/L BaCl2、澄清石灰水、蒸馏水。
分类 假设存在
离子情况 实验操作 预期现象与结论
只有一
种离子
只有两
种离子
【解析】　加入盐酸产生气泡的离子有CO32－和HCO3－，加入BaCl2溶液产生沉淀的离子有CO32－和SO42－，所以含一种离子时，只能是CO32－，两种离子时，是两两组合。
【答案】　
分类 假设存在
离子情况 实验操作 预期现象与结论
只有一
种离子 CO32－ 向溶液中滴加过量BaCl2；再加入过量HCl 产生白色沉淀；白色沉淀全部溶解，只有CO32－
只有两
种离子 CO32－、
HCO3－
向溶液中滴加过量BaCl2；过滤后向沉淀中加入过量盐酸；向滤液中滴加盐酸
产生白色沉淀；沉淀全部溶解，含有CO32－，无SO42－；产生气泡，含有HCO3－
CO32－、
SO42－
向溶液中滴加过量BaCl2; 过滤后向沉淀中加入过量盐酸；向滤液中滴加盐酸
产生白色沉淀；沉淀部分溶解，含有CO32－和SO42－；无气泡产生，无HCO3－
HCO3－、
SO42－
向溶液中滴加过量BaCl2；过滤后向沉淀中加入过量盐酸；向滤液中滴加盐酸
产生白色沉淀；沉淀不溶解，含有SO42－；产生气泡，含有HCO3－
课时作业
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第3讲　铁、铜及其化合物
1．理解铁盐和亚铁盐的相互转化。
2．掌握铁及其重要化合物的性质和用途。
3．掌握Fe2＋、Fe3＋的检验方法。
一、铁的单质
1．铁在地壳中的含量仅次于铝，主要以 　态形式存在(除陨铁)。我国在　　开始使用铁，在春秋初期我国已掌握冶铁技术。铁位于元素周期表中第四周期，第　族，是过渡金属元素的代表。铁原子在化学反应中容易失去　个或　个电子，因此，铁的常见化合价是　　价　和　　价。其化合物及其水溶液往往带有颜色。
化合
商代
Ⅷ
2
3
＋2
＋3
2．常温下，铁单质比较活泼，具有较强的还原性。主要表现(写出反应方程式)：
(1)铁在氧气中剧烈燃烧，火星四射，生成　　固体：3Fe＋2O2　　　　　　　　　。
(2)铁跟氯气、硫的反应：　　　　　　　　　　　　(有棕黄色的烟)、　　　　　　　　FeS。
(3)铁与非氧化性酸(如盐酸)反应：　　　　　　　　　　，常温下遇浓H2SO4、浓HNO3会发生　　作用，加热时会剧烈反应，但不会有H2产生。
(4)铁与水蒸气的反应：　　　　　　　　　　　　　　　。
(5)铁与某些盐溶液反应：Fe＋CuSO4===　　　　　；Fe＋2FeCl3===　　　　。
黑色
Fe3O4
2Fe＋3Cl2　　　　　　　2FeCl3
Fe＋S
Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑
钝化
FeSO4＋Cu
3FeCl2
3Fe＋4H2O(g)　　　　Fe3O4＋4H2
3．铁跟O2在不同条件下生成的氧化物中呈红棕色的是　　　，四氧化三铁具有磁性，它是一种结构较复杂的氧化物，可以看作　　　　，其中1/3的铁元素显　　价，2/3的铁元素是　　价。
二、铁的化合物
1．铁的氧化物
铁的氧化物主要有FeO、Fe2O3、Fe3O4，其中具有磁性的是　　　；红棕色粉末，可用作油漆颜料的是　　　。
氧化铁
FeO·Fe2O3
＋3
Fe3O4
Fe2O3
＋2
完成下列化学方程式：
(1)FeO在空气中加热：　　　　　　　　　　。
(2)FeO和稀H2SO4反应：　　　　　　　　　　　　。
(3)Fe2O3和稀H2SO4反应：
　　　　　　　　　　　　　　　。
2．铁的氢氧化物
(1)氢氧化亚铁：FeSO4＋2NaOH===　　　　(白色)＋Na2SO4,
4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===　　　　（红褐色)。
(2)氢氧化铁：受热发生　　　　：2Fe(OH)3　　　　　　　　　　　。
6FeO＋O2　　　　　2Fe3O4
FeO＋H2SO4===FeSO4＋H2O
Fe2O3＋3H2SO4===Fe2(SO4)3＋3H2O
Fe(OH)2↓
4Fe(OH)3
分解反应
Fe2O3＋3H2O
3．铁盐和亚铁盐
(1)亚铁盐
含有Fe2＋的溶液呈　　色，Fe2＋既有　　性，也有　　性，与Zn、Cl2反应的离子方程式分别为：　　　　　　　　　　　，
　　　　　　　　　　　　。
(2)铁盐
①氧化性
含有Fe3＋的溶液呈黄色，Fe3＋具有氧化性，与Cu、I－反应的离子方程式分别为：　　　　　　　　　　　　，　　　　　　　　　　　。
②特性
含有Fe3＋的盐溶液遇到KSCN溶液时变成红色，反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　。
Zn＋Fe2＋===Zn2＋＋Fe
2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
浅绿
氧化
还原
2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3
1．铜单质的化学性质
三、铜
化学性质 化学方程式
与氧气共热 　　　　　　　　　　　　　
置于硫蒸气中 　　　　　　　　　
点燃的铜丝置于氯气中 　　　　　　　　　　　　
置于浓硝酸中 　　　　　　　　　　
置于稀硝酸中 　　　　　　　　　　
投入AgNO3溶液中 　　　　　　　　　　
投入FeCl3溶液中 　　　　　　　　　　
Cu在潮湿空气中生成铜绿 　　　　　　　　　　
2Cu＋O2　　　　2CuO
2Cu＋S　　　　Cu2S
Cu＋Cl2　　　　　　CuCl2
Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
Cu＋2AgNO3===Cu(NO3)2＋2Ag
2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2
2Cu＋CO2＋O2＋H2O===Cu2(OH)2CO3
2.氧化铜
CuO＋HCl——
　　　　　　　　　　　
H2＋CuO
　　　　　　　　　　　
C＋CuO
　　　　　　　　　　　
CuO＋2HCl===CuCl2＋H2O
H2＋CuO　　　Cu＋H2O
2CuO＋C　　　2Cu＋CO2
3．Cu(OH)2
Cu(OH)2＋HCl——
　　　　　　　　　　　　　
Cu(OH)2
　　　　　　　　　　　　
CH2(OH)(CHOH)4CHO＋Cu(OH)2
　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　
Cu(OH)2＋2HCl===CuCl2＋2H2O
Cu(OH)2　　　　　　CuO＋H2O
CH2(OH)(CHOH)4CHO＋2Cu(OH)2
CH2(OH)(CHOH)4COOH＋Cu2O↓＋2H2O
4．CuSO4
CuSO4＋NaOH——
　　　　　　　　　　　　　　　　　
CuSO4·5H2O
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
CuSO4＋2NaOH===Cu(OH)2↓＋Na2SO4
CuSO4·5H2O　　　CuSO4＋5H2O
铁的单质
1．Fe转化为Fe2＋的四类反应
(1)转换反应
(2)电化学的电极反应
(3)与弱氧化剂(I2、S)反应
(4)与Fe3＋反应
2．Fe转化为Fe3＋的反应
(1)与氧化性较强的非金属单质(Cl2、O2、Br2等)。
(2)与强氧化性酸(HNO3、浓H2SO4等)。
3．有关铁与HNO3反应的计算规律
(1)审清两种物质的量
①明确哪种物质过量；
②根据两种物质的量分析讨论判断，根据反应方程式：
HNO3过量时：Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O①
Fe过量时：Fe＋2Fe(NO3)3===3Fe(NO3)2②
①×2＋②得总方程式：
3Fe＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，可以用数轴表示：
(2)注意不同范围产物的变化
①　　　　　　≤　　，产物仅有Fe(NO3)3，HNO3可能有剩余。
②　　　　　　≥　　，产物仅有Fe(NO3)2，Fe可能有剩余。
③　　　<　　　　　　<　　，产物为Fe(NO3)3和Fe(NO3)2。
　　(2008年高考宁夏理综)某厂的酸性工业废水中含有一定量的Fe3＋、Cu2＋、Au3＋等离子。有人设计了如下图所示的工艺流程，利用常用的酸、碱和工业生产中的废铁屑，从废水中回收金，并生产一定量的铁红和氧化铜。
填写下面空白：
(1)图中标号处需加入的相应物质分别是①_____________、②___________、③__________、④__________、⑤__________；
(2)写出①处发生反应的离子方程式_______________________________________________________；
写出③处发生反应的化学方程式____________________；
(3)铁红的化学式为__________；分别写出铁红和氧化铜在工业上的一种主要用途：铁红__________；氧化铜__________　。
【导航】　本题主要考查了元素与化合物的有关知识。通过对工业废水的处理，题目设计了高中重要的元素Fe、Cu的有关性质内容，涉及内容主要有物质推断、化学用语、物质用途等。
【解析】　在解此题时宜采用逆向推断法。从题中给出信息可知，首先分离的应是铁元素，所加最佳试剂应是铁粉，E溶液中含Fe2+，铁红成分为Fe2O3，可联想到高中重要反应2Fe(OH)　　　　　Fe2O3＋3H2O，试剂⑤应为可溶性碱(NaOH或氨水)；当加入过量铁粉后，所得A应为固体Fe、Cu、Au的混合物，此时，只需加入稀硫酸(试剂②)后过滤可得Cu、Au混合物B，再加入稀硝酸试剂③可使Cu、Au得到分离，Cu(NO3)2加可溶性碱后所得Cu(OH)2沉淀加热得到CuO。
【答案】　(1)①铁屑　②稀硫酸　③稀硝酸　④氢氧化钠
⑤氢氧化钠
(2)Fe+2H+===Fe2++H2↑、2Fe3++Fe===3Fe2+、
Cu2++Fe===Cu+Fe2+、2Au3++3Fe===2Au+3Fe2+
3Cu+8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
(3)Fe2O3　用做红色涂料　用做制造铜盐的原料
铁的重要化合物
1．铁的氧化物的性质比较
化学式　 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
铁的价态 ＋2价 ＋3价 　　的＋2价，
　　的＋3价
水溶性 不溶 不溶 不溶
稳定性 不稳定，在空气里加热迅速被氧化：6FeO＋O2　　
　　　2Fe3O4 稳定 稳定
与非氧化性酸反应 FeO＋2H＋===Fe2＋＋H2O碱性氧化物 Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O碱性氧化物 Fe3O4＋8H＋===Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O复杂氧化物
与氧化性酸反应 3FeO＋10HNO3(稀)=== 3Fe(NO3)3＋NO↑＋5H2O 同上 3Fe3O4＋28HNO3(稀)=== 9Fe(NO3)3＋NO↑＋14H2O
共性 高温时，都能被C、CO、H2、Al等还原剂还原，还原过程中铁的化合价逐渐降低，最终都生成铁
物质 氢氧化亚铁 氢氧化铁
化学式 Fe(OH)2 Fe(OH)3
状态 不溶于水的白色固体 不溶于水的红褐色固体
化学性质 Fe(OH)2＋2H＋===
Fe2＋＋2H2O
Fe(OH)2　　　　　　　　　
FeO＋H2O Fe(OH)3＋3H＋===Fe3＋＋3H2O
2Fe(OH)3 　　 Fe2O3＋3H2O
制法 Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓ Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓
转化 4Fe(OH)2＋2H2O＋O2===4Fe(OH)3
常温下，白色沉淀先变成灰绿色，后成为红褐色
2.Fe(OH)2和Fe(OH)3
【注意】　实验中若要观察到白色的Fe(OH)2沉淀，需对实验进行以下改造：
①除去亚铁盐溶液里的Fe3＋离子。反应用新制备的亚铁盐溶液(同时溶液放铁屑)。
②排尽溶液中溶解的氧气，以减慢Fe(OH)2被氧化成Fe(OH)3的速率。实验中分别加热亚铁盐溶液和碱溶液。
③反应液避免跟空气接触或在反应液的上面加一层保护层，如汽油、苯等。实验中把滴管尖嘴直接插入液面下再挤出碱溶液。
若Fe(OH)2与强氧化性酸(如HNO3、浓H2SO4)反应，则Fe2＋被氧化成＋3价铁的化合物。Fe(OH)3溶于HI酸时要考虑Fe3＋氧化I－的反应[2Fe(OH)3＋6H＋＋2I－===2Fe2＋＋I2＋6H2O]。
根据下述实验装置和操作，回答有关问题。
按下图所示装置，用两种不同操作分别进行实验，观察B管中现象。
操作1：先夹紧止水夹a，再使A管开始反应，实验中B管观察到的现象是_________________________________________________。
B管发生反应的离子方程式是____________________。
操作2：打开止水夹a，使A管开始反应一段时间后再夹紧止水夹a，实验中在B管观察到的现象是_________________。B管中发生的离子方程是______________________________。
【导航】　此题是围绕Fe(OH)2的实验室制法设计的。由于Fe(OH)2极易被氧化为Fe(OH)3，溶液中溶解的O2就能把它氧化。此题既考查了实验能力，又考查了思维的严密性、整体性和创造性。
【解析】　本题有关的反应为Fe与H2SO4反应放出氢气，同时制备出无氧的FeSO4溶液。并通过产生的氢气排除装置中的空气；当关闭止水夹后，让产生的氢气将A中的溶液压入B中发生反应FeSO4＋2NaOH===Fe(OH)2↓＋Na2SO4，由于装置中的空气被排尽，所以产生的Fe(OH)2能保护较长时间的白色。当夹紧a时，A试管便成了一个封闭体系，产生的H2使A试管内压强增大，将生成的FeSO4溶液压入B中，从而发生反应生成Fe(OH)2，而NaOH溶液中溶解的O2可将Fe(OH)2迅速氧化，最后转变成Fe(OH)3，所以看到白色沉淀的时间很短。当用操作2时，产生的H2首先通过导气管通入到B中的NaOH溶液中，将其中溶解的O2赶走，再夹紧a时，FeSO4溶液压入B中，此时反应所产生的Fe(OH)2在一段时间内不变色。
【答案】　先出现白色絮状沉沉，然后沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色　Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓、4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3　打开止水夹时，溶液中的导气管口有气泡冒出，夹紧夹子后出现白色沉淀，短时间内沉淀不变色　Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓
Fe2＋和Fe3＋的性质与检验
1．溶液中的Fe3＋呈黄色，在溶液中能水解显酸性，具有较强的氧化性。如：
Fe3＋＋3H2O?　?Fe(OH)3＋3H＋(显酸性)
2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
2．溶液中的Fe2＋呈浅绿色，Fe2＋既具有氧化性，又具有还原性(以还原性为主)。如：
Fe2＋＋Zn===Fe＋Zn2＋
2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O(空气中易氧化)
【注意】　保存亚铁盐溶液必须密封，并在溶液中放入(少量)铁粉，使被O2氧化成的Fe3＋转化为Fe2＋。
常将废水中的Fe2＋氧化成Fe3＋，通过调节溶液的pH(成为碱性)，使Fe3＋成为Fe(OH)3沉淀而除去。
4Fe2＋＋O2＋2H2O＋8OH－===4Fe(OH)3↓
3．Fe3＋和Fe2＋的检验
(1)Fe3＋的检验
①观察法：Fe3＋的溶液呈黄色。
②SCN－法：滴加KSCN(或NH4SCN)无色溶液，溶液变血红色。
Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3
③碱法：滴加碱溶液，产生红褐色沉淀。
Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓
④Cu片法：加入铜片，溶液由黄色变为蓝绿色。
2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
(2)Fe2＋的检验
①观察法：Fe2＋的溶液呈浅绿色。
②碱法：滴加碱溶液，生成白色絮状沉淀，该沉淀逐渐转变成灰绿色，最后变红褐色。
Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓
4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
③SCN－法：滴加KSCN溶液，无明显现象，再加入新制氯水溶液为血红色。
2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3
④KMnO4(Br2水)法：加入少量酸性KMnO4(或Br2水)能使之褪色。
5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O
2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－
　　A、B两种固体，都由甲、乙两种元素组成。在A、B中，甲、乙两种元素的原子个数比分别为1∶1和1∶2。高温煅烧A、B时，产物都是C(固体)和D(气体)，由D可制得E(酸)。E和另一种酸组成的混合酸跟甲苯反应可生成三硝基甲苯。C与E的稀溶液反应得到溶液F，往F溶液中加入氢氧化钠溶液，有红褐色沉淀生成，该沉淀经灼烧后转变成C。往F溶液中加入甲元素的单质得到溶液G。试根据以上信息填写下列空白：
(1)A的化学式(分子式)是__________。
(2)B煅烧生成C和D的化学方程式是__________________；甲元素的单质与F溶液反应的离子方程式是__________。
(3)往G溶液中加入NaOH溶液发生的现象是________________________。
【导航】　找出题目中的两个“题眼”，即：“混合酸与甲苯反应生成三硝基甲苯”，得出：“混酸”为浓硫酸和浓硝酸，结合前面的叙述，可以判断E酸是硫酸；“红褐色沉淀”，可以判断是氢氧化铁，C为Fe2O3。突破了这两点，本题中的各物质将一一突破。
【解析】　根据“E和另一种酸组成的混合酸跟甲苯反应可生成三硝基甲苯”可知酸E为HNO3或H2SO4。制HNO3一般通过NH3的催化氧化等反应，其中不涉及固体，与题意不符，所以酸E为H2SO4。A、B分别为FeS和FeS2，C为Fe2O3，D为SO2。其余物质是F为Fe2(SO4)3、G为FeSO4。
【答案】　(1)FeS
(2)4FeS2＋11O2　　　　　　2Fe2O3＋8SO2
2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
(3)生成白色沉淀，并迅速变成灰绿色，最终变成红褐色
铜及其化合物
1．单质铜的性质
(1)物质性质：紫红色固体
(2)与非金属反应：2Cu＋O2　　　　2CuO　
　2Cu＋S　　　Cu2S　Cu＋Cl2　　　　CuCl2
(3)与强氧化性酸反应
Cu＋2H2SO4(浓)　　　　CuSO4＋SO2↑＋2H2O
Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
2．铜的氧化物
　物质
比较　　　
CuO
Cu2O
Cu的化合价 ＋2 ＋1
主要物理性质 黑色粉末，不溶于水 红色粉末，不溶于水
主要化学性质 与H2反应 CuO＋H2 Cu＋H2O Cu2O＋H22Cu＋H2O
与C反应 2CuO＋C2Cu＋CO2↑ 2Cu2O＋C4Cu＋CO2↑
铝热反应 2Al＋3CuO3Cu＋Al2O3 2Al＋3Cu2O6Cu＋Al2O3
与酸反应 CuO＋2H＋=== Cu2＋＋H2O Cu2O＋2H＋=== Cu＋Cu2＋＋H2O
转化关系 4CuO2Cu2O＋O2↑
3.碱式碳酸铜
化学式：Cu2(OH)2CO3，俗名：孔雀石，绿色固体。
铜在潮湿的空气中能被氧化成铜锈：
2Cu＋O2＋H2O＋CO2===Cu2(OH)2CO3
4．胆矾
化学式：CuSO4·5H2O，蓝色晶体，受热分解失水转化成白色粉末。
CuSO4·5H2OCuSO4＋5H2O↑
　　氧化铜有多种用途，如用作玻璃着色剂、油类脱硫剂等。为获得纯净的氧化铜以探究其性质，某同学用工业硫酸铜(含硫酸亚铁等杂质)进行如下实验：
(1)制备氧化铜
工业CuSO4CuSO4溶液CuSO4·5H2O―→……―→CuO
①步骤Ⅰ的目的是除不溶性杂质。操作是_________。
②步骤Ⅱ的目的是除铁。操作是：滴加H2O2溶液，稍加热；当Fe2＋转化完全后，慢慢加入Cu2(OH)2CO3粉末，搅拌，以控制溶液pH＝3.5；加热煮沸一段时间，过滤，用稀硫酸酸化滤液至pH＝1。控制溶液pH＝3.5的原因是________________________________________。
③步骤Ⅲ的目的是得到CuSO4·5H2O晶体。操作是____________________，过滤，水浴加热烘干。水浴加热的特点是______________________________。
(2)探究氧化铜性质
①取A、B两支试管，往A中加入适量CuO粉末，再分别向A和B中加入等体积的3%H2O2溶液，只观察到A中有大量气泡。结论是____________________。
②为探究试管A中反应的速率，收集气体并测定其体积，必需的实验仪器有__________________。
【导航】　Cu2＋中混有Fe2＋，除去的一般方法是先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再控制溶液的pH在3～4之间，即可使Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀，而与Cu2＋分离。
【解析】　(1)工业品硫酸铜是固体物质，因此要考虑溶解后才能过滤，因此步骤中要称量(合适的样品量)、溶解(为过滤和后续的除杂做准备)、过滤(除去不溶性杂质)。(2)由于Fe2＋离子的沉淀pH较高，因此用H2O2(一种绿色氧化剂)将Fe2＋氧化为Fe3＋，为下一步调整pH使Fe3＋沉淀，而Cu2＋不沉淀做准备。其中加入碱式碳酸铜就是为了中和其中的酸提高pH。
(3)CuSO4·5H2O受热容易失水，故需要比较准确的控制温度，并能使溶液均匀受热。(4)CuO、MnO2等金属氧化物可以催化H2O2的分解。(5)测量气体的体积通常可以用量气管或者通过排水测量水的体积来进行。
【答案】　(1)①称量、溶解、过滤　②既促进Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，又阻止Cu2＋的水解　③蒸发浓缩、冷却结晶　容易控制加热温度，且温度不超过100 ℃；加热均匀
(2)①CuO对H2O2的分解有催化作用　②水槽(或集气瓶)、导管、量筒、秒表(计时器)
1．(2009年海南单科)用足量的CO还原13.7 g某铅氧化物，把生成的CO2全部通入到过量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥后质量为8.0 g，则此铅氧化物的化学式是(　　)
A．PbO　　B．Pb2O3
C．Pb3O4 D．PbO2
【解析】　根据CO～CO2～CaCO3的关系可知，13.7 g铅的氧化物中，n(O)＝0.08 mol，则n(Pb)＝0.06 mol，所以n(Pb)∶n(O)＝3∶4，则铅氧化物的化学式为Pb3O4。
【答案】　C
2．(2009年北京理综)下列叙述正确的是(　　)
A．将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀
B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解
C．向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失
D．纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，速率不改变
【解析】　A项，BaCO3、BaSO3都与H＋反应，不可能存在于强酸性环境中；B项，加Cu(NO3)2固体后会发生：3Cu＋8H＋＋2NO3－===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O的离子反应，铜粉会溶解；C项，发生的反应依次为：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4＋，Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O；D项，Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，生成的少量Cu附着在Zn粒上，形成Cu—Zn原电池，会加速产生H2的速率。
【答案】　C
3．(2009年北京理综)以富含硫酸亚铁的工业废液为原料生产氧化铁的工艺如下(部分操作和条件略)：
Ⅰ.从废液中提纯并结晶出FeSO4·7H2O。
Ⅱ.将FeSO4·7H2O配制成溶液。
Ⅲ.FeSO4溶液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，得到含FeCO3的浊液。
Ⅳ.将浊液过滤，用90 ℃热水洗涤沉淀，干燥后得到FeCO3固体。
Ⅴ.煅烧FeCO3，得到Fe2O3固体。
已知：NH4HCO3在热水中分解。
(1)Ⅰ中，加足量的铁屑除去废液中的Fe3＋，该反应的离子方程式是_______________________________________________________。
(2)Ⅱ中，需加一定量硫酸。运用化学平衡原理简述硫酸的作用____________________________________________________。
(3)Ⅲ中，生成FeCO3的离子方程式是_____________________________________________________。
若FeCO3浊液长时间暴露在空气中，会有部分固体表面变为红褐色，该变化的化学方程式是_______________________________________________________。
(4)Ⅳ中，通过检验SO42－来判断沉淀是否洗涤干净，检验SO42－的操作是_______________________________________________。
(5)已知煅烧FeCO3的化学方程式是4FeCO3＋O22Fe2O3＋4CO2。现煅烧464.0 kg的FeCO3，得到316.8 kg产品。若产品中杂质只有FeO，则该产品中Fe2O3的质量是________kg。(摩尔质量/g·mol－1：FeCO3 116　Fe2O3 160　FeO 72)
【解析】　(1)注意配平。
(2)FeSO4属强酸弱碱盐，Fe2＋水解，加硫酸显然是为了抑制Fe2＋的水解。
(3)可分步理解：Fe2＋＋HCO3－===FeCO3↓＋H＋，H＋＋HCO3－===H2O＋CO2↑。FeCO3的变化属信息方程式的书写，由Fe(OH)3的生成确定H2O、O2参与反应。
(4)属较常规的设问，平时的实验基础要扎实。
(5)FeCO3中的铁元素分别转移到Fe2O3、FeO中，根据铁元素守恒来解题。设产物中FeO、Fe2O3的物质的量分别为x、y，则72x＋106y＝316.8×103，x＋2y＝464.0/116×103
解得：x＝400 mol，y＝1 800 mol，m(Fe2O3)＝1 800 mol×160×10－3 kg/mol＝288 kg。
【答案】　(1)Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋
(2)加入硫酸，H＋浓度增大，使Fe2＋＋2H2O?　?Fe(OH)2＋2H＋的平衡向逆反应方向移动，从而抑制Fe2＋的水解
(3)Fe2＋＋2HCO3－===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O
4FeCO3＋6H2O＋O2===4Fe(OH)3↓＋4CO2
(4)取少量洗涤后的溶液放入试管中，滴加酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则沉淀洗涤干净
(5)288
4．(2008年江苏化学)根据下列框图回答问题(答题时，方程式中的M、E用所对应的元素符号表示)：
(1)写出M溶于稀H2SO4和H2O2混合液的化学方程式：　　　　　　 　　　　　　　　　___________________________________________。
(2)某同学取X的溶液，酸化后加入KI淀粉溶液，变为蓝色。写出与上述变化过程相关的离子方程式： ______________，____________________。
(3)写出Cl2将Z氧化为K2EO4的化学方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　__________________________。
(4)由E制备出的E(C5H5)2的结构如右图所示，
其中氢原子的化学环境完全相同。但早期人们却错误地认为它的结构为：
。核磁共振法能够区分这两种结构。在核磁共振氢谱中，正确的结构有______种峰，错误的结构有______种峰。
【解析】　(1)借助图中红色金属到蓝色溶液这一信息，可判断M为Cu，方程式：Cu＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋2H2O；(2)借助Y遇KSCN出现红色溶液，而Y是由X氧化而来，则推知E为Fe，X为FeSO4，Y为Fe2(SO4)3，所以离子反应为：4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O；2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2；(3)根据上述分析，则Z为Fe(OH)3，K2EO4为高铁酸钾，反应式为：10KOH＋3Cl2＋2Fe(OH)3===2K2FeO4＋6KCl＋8H2O；
(4)E(C5H5)2的2种结构，一种为
，一个环内有2个碳碳双键，所以有3种不同环境的氢原子；另一种
，环类似于苯环，形成的是一个大π键，所以只有1种不同环境的氢原子。
【答案】　(1)Cu＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋2H2O
(2)4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O　2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
(3)10KOH＋3Cl2＋2Fe(OH)3===2K2FeO4＋6KCl＋8H2O
(4)1　3
矿石名称 黄铜矿 斑铜矿 辉铜矿 孔雀石
主要成分 CuFeS2 Cu5FeS4 Cu2S CuCO3·Cu(OH)2
5．(2008年广东化学)铜在自然界存在于多种矿石中，如：
请回答下列问题：
(1)上表所列铜化合物中，铜的质量百分含量最高的是_______。
(2)工业上以黄铜矿为原料，采用火法熔炼工艺生产铜。该工艺的中间过程会发生反应：2Cu2O＋Cu2S 6Cu＋SO2↑，反应的氧化剂是________________。
(3)SO2尾气直接排放到大气中造成环境污染的后果是_______________________；处理该尾气可得到有价值的化学品，写出其中1种酸和1种盐的名称______________。
(4)黄铜矿熔炼后得到的粗铜含少量Fe、Ag、Au等金属杂质，需进一步采用电解法精制。请简述粗铜电解得到精铜的原理：
___________________________________________________________________。
(5)下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及其有无因果关系的判断都正确的是________(填字母)。
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ 判断
A 铜绿的主要成分是碱式碳酸铜 可用稀盐酸除铜器表面的铜绿 Ⅰ对；Ⅱ对；有
B 铜表面易形成致密的氧化膜 铜容器可以盛放浓硫酸 Ⅰ对；Ⅱ对；有
C 铁比铜活泼 铆在铜板上的铁钉在潮湿空气中不易生锈 Ⅰ对；Ⅱ对；有
D 蓝色硫酸铜晶体受热转化为白色硫酸铜粉末是物理变化 硫酸铜溶液可用做游泳池的消毒剂 Ⅰ错；Ⅱ对；无
【解析】　(1)根据四种矿石主要成分的化学式及元素的相对原子质量进行估算能快速选出Cu2S。
(2)Cu2S和Cu2O中＋1价的铜化合价都降低了，所以二者都是氧化剂。
(3)结合SO2的性质和用途来回答。
(4)回忆课本电解原理的应用——粗铜的精炼。
(5)A项，铜绿主要成分是Cu2(OH)2CO3，可视为
Cu(OH)2·CuCO3，所以铜绿能和盐酸反应，所以A项判断是正确的。B项，铜表面生锈生成的是铜绿，不是致密的氧化物。铜和浓硫酸在温度较高时能反应，不能用铜容器盛放浓H2SO4，所以B项判断是错误的。C项，陈述Ⅰ正确，陈述Ⅱ中铁铜在潮湿的空气中能组成原电池，发生电化腐蚀。所以C项的判断是错误的。D项，CuSO4·5H2O受热失水是化学变化。因为Cu2＋是重金属离子，可使蛋白质变性，有杀菌能力，故能作游泳池的消毒剂。所以D项判断是正确的。
【答案】　(1)Cu2S　(2)Cu2S和Cu2O
(3)形成酸雨，会对植物和建筑物等造成严重危害　硫酸、硫酸钠
(4)以硫酸铜—硫酸溶液为电解液。电解时，粗铜(阳极)中的铜以及比铜活泼的金属失去电子进入溶液，不如铜活泼的金属沉入电解槽形成“阳极泥”；溶液中的Cu2＋得到电子沉积在纯铜(阴极)上。
(5)AD
1．(2009年台湾)已知铁锈的化学式为Fe(OH)3。在常温常压下，铁生锈除了需要氧，还必须有下列哪一种物质的存在(　　)
A．水　　B．盐
C．氮 　D．氧
E．臭氧
【解析】　铁生锈的有关化学反应：2Fe＋O2＋2H2O===2Fe(OH)2，4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3Z，所以，铁生锈除了有氧气还必须有水。
【答案】　A
2．(2007年高考江苏卷)下列有关实验的说法正确的是(　　)
A．除去铁粉中混有的少量铝粉，可加入过量的氢氧化钠溶液，完全反应后过滤
B．为测定熔融氢氧化钠的导电性，可在瓷坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测量
C．制备Fe(OH)3胶体，通常是将Fe(OH)3固体溶于热水中
D．某溶液中加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则该溶液中一定含有CO32－
【解析】　A项，Fe粉不与NaOH溶液反应，Al粉溶解。B项，瓷坩埚中SiO2与NaOH反应。C项，应在沸水中滴加适量FeCl3饱和溶液，并加热至出现红褐色为止。D项，含HCO3－、SO32－、HSO3－都可。
【答案】　A
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．①②③
【解析】　检验Fe3＋存在可以利用Fe3＋与SCN－反应溶液变红色的性质。而Fe2＋无此性质，但需向加入NH4SCN的Fe2＋溶液中加入氯水，因为氯水可以将Fe2＋氧化成Fe3＋，故溶液将变红，但在考虑将Fe2＋氧化为Fe3＋时，不能使用KMnO4溶液，因为KMnO4溶液本身有颜色，影响实验效果。
【答案】　C
4．(2010年湖南四市九校联考)水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为3Fe2＋＋2S2O32－＋O2＋xOH－===Fe3O4＋S4O62－＋2H2O，下列说法不正确的是(　　)
A．每生成1 mol Fe3O4，反应转移的电子总物质的量为4 mol
B．Fe2＋和S2O32－都是还原剂
C．1 mol Fe2＋被氧化时，被Fe2＋还原的O2的物质的量为　 mol
D．x＝4
【解析】　1 mol Fe2＋被氧化时，其转移电子的物质的量为1 mol，则被Fe2＋还原的O2的物质的量为　　 mol。
【答案】　C
5．在FeCl3、CuCl2和HCl的混合溶液中加入铁粉，待反应结束，所剩余的固体滤出后能被磁铁吸引，则反应后溶液中存在较多的阳离子是(　　)
A．Cu2＋ B．Fe3＋
C．Fe2＋ D．H＋
【解析】　本题可据离子共存来判断，因为Fe粉过量，则无Fe3＋、Cu2＋、H＋，故选C。
【答案】　C
6．(2009年成都模拟)某铁的氧化物，用7 mol/L的盐酸100 mL在一定条件下恰好完全溶解，所得溶液再通入0.56 L标准状况下的氯气时，刚好使溶液中Fe2＋完全转化为Fe3＋。则该氧化物的化学式可表示为(　　)
A．FeO B．Fe3O4
C．Fe4O5 D．Fe5O7
【解析】　根据守恒原理，当用0.7 mol HCl溶解该氧化物后，其氧化物中氧元素完全由氯元素所替代，n(Cl－)＝0.7 mol，则知：n(O)＝0.35 mol。又通入0.56 L Cl2后，Fe2＋被氧化为Fe3＋。此时溶液中，n(Fe3＋)∶n(Cl－)＝1∶3，则n(Fe3＋)＝
mol＝0.25 mol。则原铁的氧化物中，
n(Fe)∶n(O)＝0.25∶0.35＝5∶7。
所以该氧化物的化学式可表示为Fe5O7。
【答案】　D
7．(2009年江苏单科)废旧印刷电路板的回收利用可实现资源再生，并减少污染。废旧印刷电路板经粉碎分离，能得到非金属粉末和金属粉末。
(1)下列处理印刷电路板非金属粉末的方法中，不符合环境保护理念的是________(填字母)。
A．热裂解形成燃油
B．露天焚烧
C．作为有机复合建筑材料的原料
D．直接填埋
(2)用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜。已知：
Cu(s)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋H2(g)　ΔH＝64.39 kJ·mol－1
2H2O2(l)===2H2O(l)＋O2(g)　ΔH＝－196.46 kJ·mol－1
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－285.84 kJ·mol－1
在H2SO4溶液中Cu与H2O2反应生成Cu2＋和H2O的热化学方程式为________________________________________________________________________。
温度(℃) 20 30 40 50 60 70 80
铜平均溶解速率(×10－3 mol·L－1·min－1) 7.34 8.01 9.25 7.98 7.24 6.73 5.76
(3)控制其他条件相同，印刷电路板的金属粉末用10%H2O2和3.0 mol·L－1 H2SO4的混合溶液处理，测得不同温度下铜的平均溶解速率(见下表)。
当温度高于40 ℃时，铜的平均溶解速率随着反应温度升高而下降，其主要原因是____________________________。
(4)在提纯后的CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl沉淀，制备CuCl的离子方程式是__________________。
【解析】　(1)B会引起大气污染；D会造成土壤、水体重金属污染。(2)总方程式为Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O，它可由题目提供的3个方程式得到，故ΔH＝64.39＋(－196.46)× ＋(－285.84)＝－319.68 kJ·mol－1
故Cu(s)＋H2O2(l)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋2H2O(l)
ΔH＝－319.68 kJ·mol－1。
【答案】　(1)BD　(2)Cu(s)＋H2O2(l)＋2H＋(aq)===
Cu2＋(aq)＋2H2O(l)　ΔH＝－319.68 kJ·mol－1
(3)H2O2分解速率加快
(4)2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O2CuCl↓＋SO42－＋2H＋
8．运用铁及其化合物的知识，完成下列各题。
(1)下列物质跟铁反应后的生成物，能跟KSCN溶液作用生成红色溶液的是(　　)
A．盐酸 　　B．氯气
C．CuSO4溶液 D．稀硫酸
(2)既有氧化性又有还原性的粒子是(　　)
A．Fe　　　　　B．Fe2＋　　　　　C．Fe3＋
(3)把过量的铁粉加入稀硝酸中，其结果是(　　)
A．不反应 B．生成硝酸铁
C．生成硝酸亚铁
(4)要除去FeCl2溶液中的少量FeCl3，可行的办法是(　　)
A．滴入KSCN溶液 B．通人氯气
C．加入铜粉 　　 D．加入铁粉
(5)当人体缺铁时，往往需要吃补铁保健品。人体能够吸收的是＋2价铁元素，但是＋2价铁元素很容易被氧化。查看一种补铁保健品，了解其中铁元素的价态。
①你认为可以采用什么方法检验补铁剂中铁元素的价态？
a．______________________________；
b．______________________________。
②天然食品中含有的大多是＋3价铁元素，为了使＋3价铁元素转化为＋2价铁元素并被人体较好地吸收，你认为应该采取哪些措施？请查找资料，寻找办法。
_________________________________。
【解析】　(1)铁跟盐酸、稀硫酸、CuSO4溶液反应后得到＋2价铁离子，铁跟氯气反应生成FeCl3，FeCl3与KSCN在水溶液中发生Fe3＋＋3SCN－?　　?Fe(SCN)3(红色)，选B。
(3)在过量铁粉存在条件下，不可能有Fe3＋，因为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋。溶液中铁元素的存在形式只可能有Fe2＋，答案为C。
(4)除杂质的原则是：除去杂质而不引入新的杂质。若滴KSCN溶液，不能除Fe3＋而引入了K＋、SCN－等杂质离子，A选项不正确；通入氯气，发生反应：2FeCl2＋Cl2===2FeCl3，不符合题意，B选项不正确；加入铜粉，Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋，溶液中增加了Cu2＋，该方法错误；加入铁粉，Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，该方法可行，正确答案为D。
(5)①检验铁元素的价态，可以考虑先观察其水溶液颜色的方法：含Fe2＋的溶液为浅绿色，含Fe3＋的溶液为棕黄色。然后可以用和NaOH溶液反应或KSCN溶液反应观察产物颜色的方法鉴别检验：Fe2＋与NaOH生成不稳定的白色絮状沉淀Fe(OH)2，该白色沉淀暴露在空气中会迅速转变灰绿色，最后变为红褐色沉淀Fe(OH)3，Fe2＋和KSCN溶液作用没有颜色变化；而Fe3＋与NaOH溶液直接生成红褐色沉淀Fe(OH)3或KSCN溶液作用呈红色。②为使铁元素被人体较好地吸收，即要将＋3价铁元素还原为＋2价铁元素，可以考虑加还原剂，但该还原剂必须对人体健康无害，如加入Fe粉。
【答案】　(1)B　(2)B　(3)C　(4)D
(5)①a.取少量样品制成溶液，若溶液呈浅绿色为Fe2＋；若溶液呈棕黄色为Fe3＋。b.取少量样品制成溶液，滴入NaOH溶液，若产生红褐色沉淀为Fe3＋；若生成白色絮状沉淀，沉淀立即变灰绿色最后变红褐色为Fe2＋。c.取制成溶液滴入KSCN溶液，若溶液变红色为Fe3＋，不变色为Fe2＋。(三种方案任选两种)
②加入铁粉等还原剂
三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：
查阅资料
Cu2O是一种碱性氧化物，溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4，在空气中加热生成CuO。
提出假设
假设1：红色粉末是Fe2O3
假设2：红色粉末是Cu2O
假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物
设计探究实验
取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。
(1)若假设1成立，则实验现象是__________________________________。
(2)若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？________，简述你的理由(不需写出反应的方程式)_____________。
(3)若固体粉末完全溶解无固体存在，滴加KSCN试剂时溶液不变红色，则证明原固体粉末是________，写出发生反应的离子方程式________________________。
经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。
(4)实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取a g固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为b g(b>a)，则混合物中Cu2O的质量分数为________。
【解析】　此题主要涉及Fe3＋、Cu2＋的氧化性强弱的比较，氧化性Fe3＋>Cu2＋；Fe3＋的检验是Fe3＋与SCN－作用呈红色；利用“差量法”计算混合物中Cu2O的质量，进一步求算Cu2O的质量分数。
【答案】　(1)固体完全溶解，溶液呈红色
(2)不合理　当原固体粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物时，加入稀硫酸后产生的Fe3＋全部与Cu反应生成Fe2＋，滴加KSCN溶液后也不变红色
(3)Fe2O3和Cu2O
Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O、Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O、2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
(4)
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一、选择题
1．在实验室里进行分液操作，下列实验仪器一定用不着的是(　　)
A．锥形瓶 B．分液漏斗
C．玻璃棒 D．温度计
【解析】　锥形瓶可以代替烧杯，向分液漏斗中倾倒液体可以用玻璃棒引流。
【答案】　D
2．已知丙酮通常是无色液体，不溶于水，且密度小于水，沸点约是55 ℃。要从丙酮和水的混合物中将丙酮分离出来，下列操作中最合理的是(　　)
A．蒸馏 B．分液
C．过滤 D．蒸发
【解析】　丙酮和水是互不相溶的液体，分液是最佳方法。
【答案】　B
3．(2008年广东理科基础)用石灰水、小苏打、淀粉和食醋等不能完成的实验是(　　)
A．碘盐中碘的检验 B．暖瓶中水垢的除去
C．食盐和纯碱的鉴别 D．鸡蛋壳主要成分的检验
【解析】　水垢中含有CaCO3、Mg(OH)2等物质可以用醋酸除去；食盐和纯碱可以用石灰水鉴别；蛋壳中含有CaCO3，可以用醋酸检验。
【答案】　A
4．(江苏化学)以下实验装置一般不用于分离物质的是(　　)
【解析】　A为蒸馏装置，B为渗析装置，C为过滤装置，D为配制一定物质的量浓度溶液的仪器。
【答案】　D
5．下列实验操作中叙述正确的是(　　)
A．萃取操作必须在分液漏斗中进行
B．振荡试管中液体时，用手腕甩动
C．用剩的药品应收集起来放回原试剂瓶中
D．称量物质时先取小砝码，再依次取较大的砝码
【解析】　萃取操作也可以在其他的容器中进行；用剩的药品不能放回原试剂瓶，以防止污染试剂；而用天平称量物质时，先用较大的砝码，再依次取较小的砝码。
【答案】　B
6. 对下列各组物质：①NaNO3和NaCl；②CaCl2和CaCO3；③MnO2和KCl；④BaSO4和AgCl，可按照溶解、过滤、蒸发的实验操作顺序，将它们相互分离的是(　　)
A．只有① B．③④
C．②③ D．②④
【解析】　要将两种固体按溶解、过滤、蒸发的实验操作顺序分离，必需的条件是其中一种固体难溶于水，另一种固体易溶于水。对于所给出的物质组：①两者都易溶；④两者都难溶，均不能用指定的方法分离。②CaCl2易溶，CaCO3难溶；③MnO2难溶，KCl易溶，可用指定方法分离。
【答案】　C
7．如右图是简易洗气瓶装置，若用来实现下列实验目的，其中A为其入口，则下列判断正确的是(　　)
①瓶内盛满水，用来贮存难溶于水的气体
②瓶内盛有一定量的液体试剂，用来除去某气体中的杂质气体
③瓶内无液体，收集密度比空气小的某些气体
④瓶内贮存难溶于水的气体，加水时气体从中排出
A．①③ B．②④
C．①②③④ D．②③④
【解析】　简易洗气瓶可做到一瓶多用。 当瓶内空时，A为气体入口，可用向下排空气法收集气体；当瓶内盛水时，A为气体入口，可贮存难溶于水的气体。
【答案】　A
8．(广东理基)某溶液中可能含有SO42－、CO32－、Cl－。为了检验其中是否含有SO42－，除BaCl2溶液外，还需要的溶液是(　　)
A．H2SO4 B．HCl
C．NaOH D．NaNO3
【解析】　检验SO42－时，要排除CO32－、SO32－的干扰。
【答案】　B
9．为了证明(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O(硫酸亚铁铵晶体)的成分中含有NH4＋、Fe2＋、SO42－和H2O，下列实验叙述中不正确的是(　　)
A．取少量硫酸亚铁铵晶体放入试管，加热，试管口有液体生成，则可证明晶体的成分中含有结晶水
B．硫酸亚铁铵晶体溶于水，得淡绿色溶液，滴入2滴KSCN溶液，溶液不显红色，再滴入几滴新制氯水，溶液变为红色，则可证明晶体的成分中含有Fe2＋
C．硫酸亚铁铵晶体溶于水，加少量稀盐酸，无现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO42－
D．取少量硫酸亚铁铵晶体放入试管，加浓NaOH溶液，加热，试管口湿润的蓝色石蕊试纸变红，则可证明晶体的成分中含有NH4＋
【解析】　(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体中含结晶水，加热时，先失去，A项对。溶于水后，有NH4＋、Fe2＋和SO42－离子，用各自性质检验。D中NH3遇石蕊变蓝，错误。
【答案】　D
10．下列各组物质中，只有一种试剂(必要时可以微热)就可以鉴别的是(　　)
①AgNO3、NaOH、NH4SCN、HCl
②NH4NO3、NaOH、CaCO3、NaCl
③Ba(NO3)2、KCl、Al2(SO4)3、CH3COOH
④苯、苯酚溶液、己烯、乙醇
A．①②③④ B．①③④
C．①④ D．③
【解析】　①组用FeCl3溶液；②组用石蕊试液；③组用Na2CO3溶液；④组用溴水。
【答案】　A
11．(上海化学)为确定某溶液的离子组成，进行如下实验：
①测定溶液的pH，溶液显强碱性。
②取少量溶液加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生无刺激性、能使澄清石灰水变浑浊的气体。
③在上述溶液中再滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀。
④取上层清液继续滴加Ba(NO3)2溶液至无沉淀时，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀。
根据实验以下推测正确的是(　　)
A．一定有SO32－ B．一定有CO32－
C．不能确定Cl－是否存在 D．不能确定HCO3－是否存在
【解析】　一定没有SO32－，因为加HCl酸化时产生的是无刺激性气味的气体；因为加HCl后溶液中必定有Cl－，加AgNO3溶液产生AgCl沉淀，并不能确定原溶液中是否存在Cl－；由于原溶液呈强碱性，故一定没有HCO3－。
【答案】　BC
12．(宁夏理综)下列除去杂质的方法正确的是(　　)
①除去乙烷中少量的乙烯：光照条件下通入Cl2，气液分离；
②除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸钠溶液洗涤、分液、干燥、蒸馏；③除去CO2中少量的SO2：气体通过盛饱和碳酸钠溶液的洗气瓶；④除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏。
A．①② B．②④
C．③④ D．②③
【解析】　①乙烯与Cl2能发生加成反应，但在光照条件下乙烷也能与Cl2发生取代反应，故①不正确，应将混合气体通过盛有溴水的洗气瓶予以除去乙烯；②中乙酸能与碳酸钠溶液反应生成易溶于水的乙酸钠，②正确；③CO2及SO2均能与碳酸钠溶液反应，故③不正确，应将混合气体通过盛有酸性高锰酸钾(或是饱和碳酸氢钠溶液)的洗气瓶予以除去SO2；④由于乙酸能与生石灰生成沸点较高的盐(乙酸钙)，再经过蒸馏、冷凝、收集可得到较纯的乙醇，④正确。
【答案】　B
二、非选择题
13．(2009年浙江杭州第一次质检)物质的分离是化学研究中常用的方法，填写分离下列物质时使用的方法(不必叙述操作细节)。
(1)两种互不相溶的液体的分离________。
(2)固体和液体的分离________。
(3)含固体溶质的溶液中除去部分溶剂________。
(4)胶体中分离出可溶电解质________。
(5)几种沸点相差较大的互溶液体的分离________________________________________________________________________。
【解析】　仔细分析各分离方式的原理及适合范围，不难得出所需方法。
【答案】　(1)分液　(2)过滤　(3)蒸发　(4)渗析　(5)蒸馏
14．(2009年山东潍坊质检)今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K＋、NH4＋、Cl－、Mg2＋、Ba2＋、CO32－、SO42－，现取三份各100 mL该溶液进行如下实验：
①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；
②第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04 mol；
③第三份加入足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27 g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33 g。
根据上述实验，回答下列问题：
(1)一定不存在的离子是________________，不能确定是否存在的离子是________。
(2)试确定溶液中肯定存在的阴离子及其浓度(可不填满)：
离子符号________，浓度______________；
离子符号________，浓度______________；
离子符号________，浓度______________。
(3)试确定K＋是否存在________(填“是”或“否”)，判断的依据是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
______________________________。
【解析】　(1)首先考虑离子间的共存：CO32－、SO42－与Ba2＋，CO32－与Mg2＋间不能大量共存。据实验①推测原溶液中至少含有Cl－、CO32－、SO42－中的一种；据实验②推测原溶液中含有NH4＋；据实验③推测原溶液中含有CO32－和SO42－，则一定不含Mg2＋、Ba2＋。 而仅据题意无法判断原溶液中是否含有Cl－。(2)由题意知：NH4＋的物质的量等于NH3的物质的量，为0.04 mol；实验③中的沉淀6.27 g为BaCO3和BaSO4的混合物，其中BaSO4的质量为2.33 g，折合为0.01 mol，即SO42－的物质的量为0.01 mol，其中BaCO3的质量为(6.27 g－2.33 g)＝3.94 g，折合为0.02 mol；故可计算出阴离子CO32－的浓度为0.2 mol·L－1，SO42－的浓度为0.1 mol·L－1。
(3)可根据溶液中所有阴阳离子的总电荷代数和为零予以判断，K＋一定存在。
【答案】　(1)Mg2＋、Ba2＋　Cl－
(2)CO32－　0.2 mol·L－1　SO42－　0.1 mol·L－1
(3)是　溶液中肯定存在的离子是NH4＋、CO32－和SO42－，经计算，NH4＋的物质的量为0.04 mol，CO32－、SO42－的物质的量分别为0.02 mol和0.01 mol。根据电荷守恒，K＋一定存在(其他解答，只要合理即可)
15．海带中含有丰富的碘。为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验：
请填写下列空白：
(1)步骤①灼烧海带时，除需要三脚架外，还需要用到的实验仪器是________(从下列仪器中选出所需的仪器，用标号字母填写在空白处)。
A．烧杯　B．坩埚　C．表面皿　D．泥三角　E．酒精灯　F．干燥器
(2)步骤③的实验操作名称是________；步骤⑥的目的是从含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯，该步骤的实验操作名称是__________。
(3)步骤④反应的离子方程式是________________________________________________________________________
______________________。
(4)步骤⑤中，某学生选择用苯来提取碘的理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)请设计一种检验提取碘后的水溶液中是否还含有单质碘的简单方法：________________________________________________________________________
______________________________。
【解析】　本实验的基本思路是：从海水中提取含I－的碘化物(通过灼烧、浸泡等方法)，再用氧化剂(MnO2)氧化I－得到I2，最后用萃取剂(苯)从水溶液中萃取I2。萃取剂选择有两个条件：①与原来的溶剂(水)互不相溶；②被萃取物质在萃取剂中溶解度较大。
【答案】　(1)BDE　(2)过滤　蒸馏
(3)2I－＋MnO2＋4H＋===Mn2＋＋I2＋2H2O
(4)苯与水互不相溶；碘在苯中的溶解度比在水中大
(5)取少量提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉溶液，观察是否出现蓝色(如果变蓝，说明还有单质碘)
16．某固体可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、AlCl3、FeCl2中的一种或几种组成，现对该固体作如下实验，所得现象和有关数据如下图所示。(气体体积的数据均已换算成标准状况下的体积)
11.2 L气体体积不变 6.72 L气体白色沉淀5.80 g无明
显变化c,无色溶液白色沉淀无色溶液
回答下列问题：
(1)混合物中是否存在FeCl2？________(填“是”或“否”)。
(2)混合物中是否存在(NH4)2SO4？________(填“是”或“否”)；你的判断依据是________________________________________________________________________。
【解析】　气体通过浓H2SO4后，体积减少4.48 L，说明气体中有NH3，用其物质的量为0.2 mol，则固体中有(NH4)2SO4为0.1 mol。
【答案】　(1)否　(2)是　加足量NaOH生成的气体中有NH3(共62张PPT)
第1讲　元素周期表
1．了解元素周期表(长式)的结构及其应用。
2．了解原子序数、核电荷数、质子数、中子数、核外电子数以及它们之间的相互关系。
3．以ⅠA和ⅦA族为例，掌握同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系。
1．原子序数
按照元素在周期表中的顺序给元素编号，得到原子序数。原子序数＝ ＝ 。
2．元素周期表的编排原则
把 相同的元素排成同一横行，叫做周期；把不同横行中 相同的元素排成同一纵行，叫做族。
一、元素周期表
核电荷数
质子数
电子层数
最外层电子数
3．元素周期表的结构
含镧系
素
共同组成
1．碱金属元素
(1)碱金属元素原子结构特点与化学性质的关系
二、元素的性质与原子结构
元素 Li　Na　K　Rb　Cs
结构
原子的最外层都只有 个电子
相似性
化学
性质
都表现出较强的 性：如能够与氧气等非金属单质反应；能够置换水中的氢等。反应产物中，碱金属元素的化合价都是 。
例如：4Li＋
2Na＋
2K＋2H2O===
1
金属
＋1
O22Li2O
O2Na2O2
2KOH＋H2↑
元素 Li　Na　K　Rb　Cs
递变性 结构
从Li→Cs，核外电子层数逐渐 ，原子半径依次 ，原子核对最外层电子的吸引力逐
渐 ，因此元素的原子失去电子的能力逐
渐 .
化学
性质
从Li→Cs，元素的金属性逐渐 .
①与氧气的反应越来越剧烈，且产物越来越复杂
②与水反应置换出水中的氢越来越容易
增多
增大
减弱
增强
增强
(2)单质物理性质的比较
①碱金属元素的单质一般呈 色，密度 ，熔、沸点 ，导电、导热性 。
②递变性：从Li→Cs，碱金属的密度逐渐 ，熔沸点逐渐 。
③碱金属元素单质的个性特点：铯略带金黄色；密度：Li小于煤油，Na大于K，Rb、Cs小于H2O；熔点：Li大于100 ℃。
银白
较小
较低
良好
增大
降低
2．卤族元素
(1)原子结构特点
相同点：最外层都是 个电子。
不同点：按F、Cl、Br、I的顺序，电子层数依次增多，原子半径依次增大，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱。
(2)卤素单质的物理性质递变规律
按F2、Cl2、Br2、I2的顺序：颜色逐渐 ；熔、沸点逐渐 ；密度逐渐 。
7
加深
升高
增大
F2 Cl2 Br2 I2
与H2化合H2＋X2===2HX 冷暗处爆炸化合，生成的HF很稳定 强光下爆炸化合，生成的HCl稳定 高温下缓慢化合，生成的HBr较不稳定 持续加热缓慢化合，生成的HI不稳定
与H2O反应 2F2＋2H2O===4HF＋O2 Cl2＋H2O?? HCl＋HClO 与水反应，但较氯气缓慢 与水只起微弱反应
置换反应 Cl2＋2NaBr===2NaCl＋Br2 Br2＋2NaI===2NaBr＋I2 不能把其他卤素从它们的卤化物中置换出来
结论 非金属性逐渐减弱
(3)卤素单质的化学性质
三、元素、核素、同位素
1．元素
具有相同 的同一类原子的总称。 决定元素的种类。
2．核素
具有一定数目的 和一定数目的 的原子。 和 共同决定核素的种类。
3．同位素
(1)定义： 相同而 不同的核素互称为同位素。例如，氧元素有 816O、 817O、 818O三种同位素。
(2)同位素性质：①当某种元素具有多种天然、稳定的核素时，无论是游离态还是化合态，其各核素的原子数目百分比一般是 的。②同一元素的各种同位素，其 不同，但化学性质几乎 。
质子数
质子数
中子
质子数
中子数
不变
质量数
完全相同
质子
质子数
中子数
四、核外电子排布
1．排布方式
排布，电子层由里到外依次是：第 层，符号分别对应： 。
2．排布规律
(1)电子是在原子核外距核由近及远，能量由 至 的不同电子层上分层排布。
(2)每层最多容纳的电子数为 (n代表电子层数)。
(3)电子一般总是先排在能量 的电子层里，即最先排在 层，当 层排满后，再排 层，依此类推。
(4)最外层电子数不超过8个(或 个)，次外层不超过18个，倒数第3层不超过32个。
分层
第一、二、三、四、五、六、七
K、L、M、N、O、P、 Q
低
高
2n2
最低
K
L
2
K
3．原子结构与元素性质的关系
(1)稀有气体原子最外层电子数一般为 (氦最外层只有2个)，性质不 ，既不易 ，又不易 。常见化合价为 。
(2)金属元素原子最外层一般少于 个电子，较易 电子，显 价，失去几个电子就显正几价。
(3)非金属元素原子最外层电子数一般 或 4个电子，较易 电子，显 价，得到几个电子就显负几价。
8
活泼
失去
得到
0
4
正
大于
等于
得到
负
失去
1．最外层电子数是2的元素都是ⅡA族元素吗？
2．同周期第ⅡA族和第ⅢA族元素的原子序数一定相差1吗？
【提示】　1.不是。如0族的He，副族和Ⅷ族中的许多元素的原子最外层电子数也是2。
2．不一定。第2、3周期相差1，第4、5周期相差11，第6周期相差25。

元素周期表
1．元素周期表结构的记忆
(1)七个横行七周期，三短三长一不全。即一、二、三周期为短周期，长周期为四、五、六、七，其中第七周期还未填满。
(2)18纵行16族，7主7副0和Ⅷ。
2．元素周期表中的几个特殊区域
(1)过渡元素：元素周期表中部从ⅢB族到ⅡB族10个纵行共六十多种元素，通称为过渡元素，这些元素都是金属，所以又把它们叫做过渡金属。
(2)主、副族的交界：ⅡA族后是第ⅢB族，ⅡB族后是ⅢA族。
(3)镧系元素：在第六周期，第ⅢB族中共有15种元素，是57号元素镧到71号元素镥，因它们原子的电子层结构与性质十分相似，统称镧系元素。
(4)锕系元素：在第七周期，第ⅢB族中共有15种元素，是89号元素锕到103号元素铹，因它们原子的电子层结构与性质十分相似，统称锕系元素。
(5)第Ⅷ族：在元素周期表中第8、9、10三个纵行统称第Ⅷ族。
3．元素原子序数的确定
(1)依据主族元素在周期表中的位置
对于主族元素，电子层数＝周期数，最外层电子数＝主族序数，所以知道元素在周期表中的位置，即能画出其原子结构示意图，从而确定其原子序数。如某元素的位置为第四周期第ⅦA族，其原子结构示意图为? ?? ? ，则原子序数Z为35。
(2)利用同主族相邻两元素原子序数的关系
①元素周期表中左侧元素(ⅠA、ⅡA族)：同主族相邻两元素中，Z(下)＝Z(上)＋上一周期元素所在周期的元素种类数目。
②元素周期表中右侧元素(ⅢA～ⅦA族)：同主族相邻两元素中，Z(下)＝Z(上)＋下一周期元素所在周期的元素种类数目。
(3)利用同周期ⅡA族和ⅢA族元素原子序数的关系
设ⅡA族、ⅢA族元素原子序数分别为x、y，
则有
4．已知元素的原子序数确定其在元素周期表中的位置
方法：利用稀有气体的原子序数来确定。第一至第七周期中稀有气体的原子序数依次为2、10、18、36、54、86、118。元素的原子序数－最邻近的稀有气体元素的原子序数＝ΔZ，
例如：(1)35号元素(相邻近的是36Kr)，则35－36＝－1，故周期数为四，族序数为8－|－1|＝7，即第四周期第ⅦA族，即溴元素。
(2)87号元素(相邻近的是86Rn)，则87－86＝1，故周期数为七，族序数为1，即第七周期第ⅠA族，即Cs元素。
8- | ΔZ |
ΔZ
A、B、C为短周期元素，在周期表中所处的位置如下图所示。A、C两元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数。B原子核内质子数和中子数相等。
A C
B
(1)写出A、B、C三种元素的名称：_______、______、________。
(2)B位于元素周期表中第________周期第________族。
(3)C的原子结构示意图为________，C的单质与H2O反应的化学方程式为
(4)写出A的气态氢化物与B的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式
。
。
。
【导航】　解答该题要利用A、B、C三种元素在元素周期表中的位置特点，结合条件“Z(B)＝Z(A)＋Z(C)”即可推断出B元素，其他问题迎刃而解。
【解析】　(1)根据图示，A、B、C一定在ⅢA族元素之后，又因Z(B)＝Z(A)＋Z(C)，设Z(B)＝b，则有b＝[(b－8)－1]＋[(b－8)＋1]，即b＝16，即B为16S，则A为N，C为F。
(2)S在元素周期表中第三周期第ⅥA族。
(3)F的原子结构示意图为?? ?，F2与H2O反应的化学方程式为2F2＋2H2O===4HF＋O2。
(4)NH3与H2SO4反应的化学方程式为：
2NH3＋H2SO4===(NH4)2SO4(或NH3＋H2SO4===NH4HSO4)。
【答案】　(1)氮　硫　氟　
(2)三　ⅥA
(3)? ?? 　2F2＋2H2O===4HF＋O2　
(4)2NH3 ＋ H2SO4===(NH4)2SO4(或NH3＋2SO4===NH4HSO4)
原子结构
1．原子结构及粒子间的关系
(1)原子结构
(2)粒子间的关系
①质量数(A)＝质子数(Z)＋中子数(N)
②中性原子：质子数＝核电荷数＝核外电子数
③阳离子：质子数＝核外电子数＋电荷数
④阴离子：质子数＝核外电子数－电荷数
2．元素、核素、同位素
元素是指具有相同核电荷数的同一类原子的总称，每一种原子即是一种核素，质子数相同的核素之间的关系互称同位素，因此三者之间的关系可用下图表示。
(2008年高考广东卷)2007年诺贝尔化学奖得主Gerhard Ertl对金属Pt表面催化氧化CO反应的模型进行了深入研究。
【导航】　解答该题，首先要明确同位素与核素的区别及联系，结合质量数＝质子数＋中子数，从而做出正确分析。
　
【答案】　C
1．(2009年江苏单科)下列有关化学用语使用正确的是(　　)
【解析】 　A项，硫原子核外只有16个电子；B项，离子化合物中阴离子应用中括号括起来，还要标出最外层的电子；C项正确；D项，对位与邻位搞混。
【答案】　C
【解析】 　根据同位素的概念可直接判断A选项正确。
【答案】　A
3．(2009年全国Ⅱ理综)某元素只存在两种天然同位素，且在自然界它们的含量相近，其相对原子质量为152.0，原子核外的电子数为63。下列叙述中错误的是(　　)
A．它是副族元素
B．它是第六周期元素
C．它的原子核内有63个质子
D．它的一种同位素的核内有89个中子
【解析】 　根据题意，用质子数分别减去各周期所含有的元素种类，63－2－8－8－18－18＝9，属于第六周期从左到右的第9种元素，而第六周期中包含镧系，所以它属于副族，A、B均正确；因原子核外电子数等于质子数，C正确；因其两种同位素的百分含量相同，且平均相对原子质量为152.0，所以两种同位素的相对原子质量一个比152.0大，一个比152.0小，即中子数一个比89大，一个比89小，D错误。
【答案】　D
4．(2008年全国Ⅱ理综)某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与1H原子组成HmX分子。在a g HmX中所含质子的物质的量是(　　)
(A－N＋m)mol　　　B. (A－N)mol
C. (A－N)mol D. (A－N＋m)mol
【答案】　A
【解析】 　HmX的相对分子质量为A＋m，每个分子中含质子个数为(A－N＋m)个，故a g HmX中含质子的物质的量为 ·(A－N＋m)mol。
5．(2008年上海化学)化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列有关化学用语正确的是(　　)
A．CO2的电子式
B．Cl－的结构示意图?? ?? ??
C．乙烯的结构简式C2H4
D．质量数为37的氯原子3717Cl
【答案】　B
【解析】 　A项CO2的电子式应为 ；C项乙烯的结构简式应为CH2===CH2；D项质量数为37的氯原子应为1737Cl。
6．(2009年山东理综)元素在周期表中的位置，反映了元素的原子结构和元素的性质。下列说法正确的是(　　)
A．同一元素不可能既表现金属性，又表现非金属性
B．第三周期元素的最高正化合价等于它所处的主族序数
C．短周期元素形成离子后，最外层都达到8电子稳定结构
D．同一主族的元素的原子，最外层电子数相同，化学性质完全相同
【解析】 　Al元素既表现金属性又表现非金属性，故A项错误；氢元素失去1个电子为H＋，最外层没有电子，得到1个电子为H－，为2电子稳定结构，故C项错误；ⅠΑ族中氢元素与钠元素最外层电子数相同，但化学性质不同。
【答案】　B
7．(2009年北京理综)甲、乙、丙、丁4种物质分别含2种或3种元素，它们的分子中各含18个电子。甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子。下列推断合理的是(　　)
A．某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液显碱性，只能与酸反应
B．乙与氧气的摩尔质量相同，则乙一定含有极性键和非极性键
C．丙中含有第2周期ⅣA族的元素，则丙一定是甲烷的同系物
D．丁和甲中各元素质量比相同，则丁中一定含有－1价的元素
【解析】 　首先要认真审题，四种物质分别含2种或3种元素，则F2、Ar不符题意。但也有启发，由F2可推出H2O2、N2H4、C2H6、CH3—NH2、CH3OH、H2N—OH也有18个电子；由Ar可推出HCl、H2S、PH3也有18个电子。由“甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子”，则甲为H2S，H2S??HS－＋H＋，HS－??H＋＋S2－。A项，NaHS既能与酸反应又能与碱反应；B项，CH3OH与O2的摩尔质量相同，无非极性键；C项，CH3—NH2含碳元素，就不是CH4的同系物；D项，H2S中H与S的质量比为1∶16，H2O2中H与O的质量比为1∶16，H2O2中氧为－1价。
【答案】　D
8．(2009年海南单科)门捷列夫在描述元素周期表时，许多元素尚未发现，但他为第四周期的三种元素留下了空位，并对它们的一些性质做了预测，X是其中的一种“类硅”元素，后来被德国化学家文克勒发现，并证实门捷列夫当时的预测相当准确。根据元素周期律，下列有关X性质的描述中错误的是(　　)
A．X单质不易与水反应
B．XO2可被碳或氢还原为X
C．XCl4的沸点比SiCl4的高
D．XH4的稳定性比SiH4的高
【解析】在第ⅣA族的递变规律中，自上而下氢化物的稳定性减弱。
【答案】　D
9．(2009年天津理综)下表为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑧在表中的位置，用化学用语回答下列问题：
(1)④、⑤、⑥的原子半径由大到小的顺序是
(2)②、③、⑦的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是__________________________。
(3)①、④、⑤、⑧中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物，写出其中一种化合物的电子式：____________________________________________________。
(4)由表中两种元素的原子按1∶1组成的常见液态化合物的稀溶液易被催化分解，可使用的催化剂为(填序号)________。
a．MnO2 b．FeCl3
c．Na2SO3 d．KMnO4
(5)由表中元素形成的常见物质X、Y、Z、M、N可发生以下反
应：
X溶液与Y溶液反应的离子方程式为__________________________________________________
________________________________________________________________________，
N→⑥的单质的化学方程式为________________________________________________________________________，
常温下，为使0.1 mol/L M溶液中由M电离的阴、阳离子浓度相等，应向溶液中加入一定量的Y溶液至________________________________________________________________________。
【解析】 　由各元素在周期表中的位置可判断①是H，②是C、③是N，④是O，⑤是Na，⑥是Al，⑦是Si，⑧是Cl。
(1)O、Na、Al原子半径由元素周期律可知半径由大到小的顺序是：Na>Al>O。(2)C、N、Si最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是：HNO3>H2CO3>H2SiO3。(3)H、O、Na、Cl元素中的某些元素形成的既含离子键又含极性共价键的化合物可以是NaOH、NaClO等。(4)由表中两种元素的原子按1∶1组成的常见液态化合物为H2O2，它可被MnO2或一些重金属离子催化分解，故选a、b。(5)⑥的单质是Al，由转化关系可推Z是Al(OH)3，N是Al2O3；M是仅含非金属元素的盐，则为铵盐，结合表中元素可推X、Y是铝盐和氨：AlCl3与NH3，M是NH4Cl，要使NH4Cl溶液中NH4＋与Cl－浓度相等，则应向溶液中加入一定量的氨水至溶液的pH等于7。
【答案】　(1) Na>Al>O　
(2) HNO3>H2CO3>H2SiO3
(3) 　
(4) ab　
(5) Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4＋
　溶液的pH等于7
1．(2009年山东实验中学诊断)2007年10月24日，“嫦娥一号”开始了它的探月历程，它的一项重要任务是探测月球表面土壤里的一种非常有用的资源——可控核聚变的原料3He,3He是一种安全高效而又清洁无污染的物质。据统计，月球上的3He可以满足人类1万年以上的供电需求，月球土壤中的3He含量可达500万吨，关于3He的叙述正确的是(　　)
A．3He和4He两种核素互为同素异形体
B．3He和4He两种核素互为同位素
C．核聚变时，原子核发生了变化，发生了化学反应
D．在3He中存在：质子数＝中子数＝核外电子数
【解析】 　3He和4He为氦元素的两种不同原子，互为同位素，A错，B对；核聚变是物理现象，化学变化中原子的种类和数目不变，C错；3He中质子数＝核外电子数＝2，中子数＝1，D错。
【答案】　B
2．我国西部地区蕴藏着丰富的锂资源，开发锂的用途是一个重要的科学课题。关于锂的叙述不正确的是(　　)
A．锂是较轻的金属
B．LiOH的碱性比NaOH弱
C．锂的化学性质不如钠活泼
D．Na可以从Li的盐溶液中将Li置换出来
【解析】 　锂比煤油的密度都小，属轻金属，正确；Li的金属性比钠弱，故碱性：LiOH【答案】　D
3．(2010年湖南师大附中月考)某兴趣小组在仔细研究了元素周期表后，得出如下结论，你认为不合理的是(　　)
A．最外层电子数与电子层数相同的元素均紧邻于金属与非金属的分界线
B．最外层电子数相同的元素都排在同一个纵行成为一族
C．主族元素的最高正化合价等于它所处的族序数(O、F例外)
D．主族元素的族序数与它所在纵行数(列数)的个位数相等
【解析】 　最外层电子数与电子层数相同的元素分别是H、Be、Al、Ge、Sb等，紧邻于金属与非金属的分界线；B项，最外层电子数相同的元素不一定都排在同一个纵行，如He未排在ⅡA族，还有较多的副族元素，它们的最外层电子数多为1或者2；D项，ⅠA、ⅡA族元素分别位于第1、2列，ⅢA、ⅦA族元素分别位于第13、17例。
【答案】　B
4．(2009年广州调研)俄罗斯科学家用含20个质子的钙的一种核素轰击含95个质子的镅元素，结果4次成功合成4个第115号元素的原子。这4个原子生成数微秒后衰变成第113号元素。下列有关叙述正确的是(　　)
A．115号元素衰变成113号元素是化学变化
B．核素115288X的中子数为173
C．113号元素最高正价应为＋3
D．115号与113号元素的原子质量之比为115∶113
【解析】 　A中变化不属于化学变化；B中根据中子数＝质量数－质子数可得中子数为173；C中113号元素是第ⅢA元素，最高正价应为＋3价；D中元素的原子质量之比近似等于质量数之比。
【答案】　BC
5．(2009年广东茂名中学模拟)元素A和B的原子序数都小于18，已知A元素原子最外层电子数为a，次外层电子数为b，B元素原子的M层电子数为(a－b)，L层电子数为(a＋b)，则A、B两元素所形成的化合物的性质可能有(　　)
A．能与水反应 B．能与H2SO4反应
C．能与Na2CO3反应 D．能与NaOH反应
【解析】 据题意知a＋b＝8，则a<8，b<8，因此b＝2，则a＝6，所以A为氧元素，B为硅元素，二者形成化合物为SiO2，SiO2不溶于水也不与水反应，不与H2SO4反应，能与NaOH溶液反应生成Na2SiO3，在高温时与Na2CO3反应生成Na2SiO3，故C、D正确。
【答案】　CD
6．A、B两元素为同周期第ⅡA族和第ⅢA族元素，若A元素的原子序数为x，则B元素的原子序数可能为(　　)
①x＋1　②x＋81　③x＋11　④x＋18　⑤x＋25　⑥x＋32
A．①③ B．②④
C．①③⑤ D．②④⑥
【解析】 　在同一周期的前提下，若A、B为第二或第三周期元素，其原子序数之差为1，即B的原子序数为x＋1。若A、B为第四或第五周期元素，其原子序数之差要加上10种过渡元素，B的原子序数为x＋11。若A、B为第六或第七周期元素，其原子序数之差还包括15种镧系或锕系元素，即有24种过渡元素，B的原子序数为x＋25。故答案为C。
【答案】　C
7．短周期元素X、Y、Z在元素周期表中的位置如下图所示，它们的质子数之和为21。
(1)氢元素与Z形成原子个数比为1∶1的化合物，其电子式为________。该化合物分子中存在________(填“共价键”或“离子键”)。
(2)Y最高价氧化物的水化物与Y的氢化物恰好完全反应时，生成物的水溶液呈酸性，其原因是________________________________________________________________________
______________(用离子方程式表示)。
(3)恒温恒容下，2 mol H2与2 mol Y的单质反应，达到平衡时，Y的单质为1.8 mol，H2的转化率为________。
(4)由X的最简单气态氢化物、Z的单质和KOH溶液组成的新型燃料电池中，正极上发生反应的电极反应式为____________________________。
【解析】 　设Y的质子数为y，则有(y－1)＋y＋(y＋1)＝21，即y＝7，即X、Y、Z三种元素分别为C、N、O。
(1)H2O2的电子式为 ，分子中存在共价键。
(2)HNO3＋NH3===NH4NO3， NH4NO3溶液因NH4＋水解而显酸性。
(3)　N2＋3H2??2NH3
　1　　3　　　　2
初始 2 2 0
转化 0.2 0.6 0.4
平衡 1.8
所以H2的转化率为 ×100%＝30%。
(4)CH4、O2和KOH溶液组成的甲烷燃料电池中，正极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－。
【答案】　(1) 共价键
(2)NH4＋＋H2O??NH3·H2O＋H＋
(3)30%　(4)O2＋4e－＋2H2O===4OH－
8．(2009年山东淄博)Ⅰ.下面的虚线框中每一列、每一行相当于周期表的每一族和每一周期，但它的列数和行数都多于元素周期表。请在下面的虚线框中用实线画出周期表第一至第六周期的轮廓，并画出金属与非金属的分界线。
Ⅱ.X、Y、Z、M、N为短周期的五种主族元素，其中X、Z同主族，Y、Z同周期，M与X、Y既不同族，也不同周期。X原子最外层电子数是核外电子层数的三倍，Y的最高化合价与其最低化合价的代数和等于6。N是短周期主族元素中原子半径最大的非金属元素。
(1)请写出下列元素的元素符号：
X　　　　，Y　　　　，M　　　　。
(2)请写出下列反应的离子反应式：
N单质与NaOH溶液反应：___________________________________________________。
(3)Y与Z相比，非金属性较强的元素是　　　　，可以证明该结论的实验是(用离子方程式表示)
【解析】 　根据题意推断X为氧元素。Z为S元素。X在第二周期，Y与Z同周期，Y在第三周期，则M只能为H元素，Y的最高化合价与最低化合价代数和为6，设最高化合价为a，则最低负化合价a-8，a+(a-8)=6 a=7，则Y为Cl元素，N为第三周期半径最大的非金属，则N为Si。
【答案】　Ⅰ.
Ⅱ.(1)O　Cl　H
(2)Si+2OH-+H2O===SiO32-+2H2↑
(3)Cl　Cl2+S2-===2Cl-+S↓
卤素是典型非金属元素，你能设计合理方案研究其元素性质的递变规律吗？
某学生做同主族元素性质递变规律的实验时，自己设计了一套实验方案，并记录了有关实验现象。请你帮助该学生整理并完成实验报告。
(1)实验目的：________________________________________________________________________。
(2)实验用品：
仪器：①________；②________。(请填写两种主要玻璃仪器)
药品：氯水、溴水、溴化钠溶液、碘化钾溶液、四氯化碳
(3)实验内容(在下列空格内填写相关内容)

(4)实验结论：________________________________________________。
(5)问题和讨论：
①请用物质结构理论简单说明得出上述结论的原因：
________________________________________________
②由于F2过于活泼，很难设计一下简单的实验验证其氧化性的强弱。试列举两个事实说明F的非金属性比Cl强：
________________________________________________
序号 实验方案 实验现象
①
②
。
。
【解析】 　实验目的完全可以从题干中获得，要仔细阅读，审准“题眼”。
由给出的药品氯水、溴水、NaBr溶液、KI溶液和CCl4，不难看出实验要从探究Cl、Br、I三种元素的非金属性上入手，即比较Cl2、Br2、I2各物质的氧化性强弱，我们可以设计出氧化性Cl2>Br2>I2的合理方案，要注意方案的严密和现象的全面准确。
氟气的氧化性极强，应当独立研究，可依据非金属性强弱判断依据，寻找理论事实来说明。
【答案】　(1)探究同一主族元素性质的递变规律
(2)试管　胶头滴管
(3)
序号 实验方案 实验现象
① 将少量氯水注入盛有少量NaBr溶液的试管中，振荡；再注入少量四氯化碳，振荡，静置 加入氯水后，溶液由无色变为橙色，注入四氯化碳，振荡，静置后分层，水层颜色变浅，四氯化碳层(下层)变为橙红色
② 将少量溴水注入盛有少量KI溶液的试管中，振荡；再注入少量四氯化碳，振荡，静置 加入溴水后，溶液由无色变为褐色，注入四氯化碳，振荡，静置后分层，水层颜色变浅，四氯化碳层(下层)变为紫红色
(4)同一主族，自上而下，元素的非金属性依次减弱
(5)①同一主族，自上而下，元素原子的电子层数增多，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱　②F2在冷暗处就可以与H2剧烈反应而爆炸，而Cl2与H2只有在光照或点燃的条件下才能反应；HF比HCl稳定或F2能置换水中的O2，而Cl2不能
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施数
学
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化学
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第十章
有机化学基础
(选修5)
第1讲烃卤代烃
考点定
ongmenllangrnlan
解有机化合物存在异构现象,能判断有机化合物的同分
异构体
能根据有机物命名规则命名简单的有机化合物
3.以烷、烯、炔和芳香烃的代表物为例,比较它们在组成
构性质上的差异
4.了解卤代烃的典型代表物的组成和结构特点以及它们的相
互联系。知道他们的相互转化关系
5.了解加成反应、取代反应和消去反应
基础自纠
longmenliangiian
有机物的分类
按碳的骨架分类:根据分子中碳原子骨架的形状,分为链状有
机化合物和环状有机化合物
(1)链烃:碳原子骨架成直链或带支链,如烷烃、烯烃、炔烃
等
2)环烃:在有机化合物分子中含有碳原子形成的环,如环烷
苯环等。由于在实际的有机化合物中存在着一大类含有苯环
的化合物,所有通常把含有苯环的化合物称为芳香族化合物,而把
不含苯环的化合物称为脂肪族化合物
有机物的结构
有机物种类繁多的原因
1)碳原子含有4个价电子,可以跟其他原子形成4个共
建;碳原子易跟多种原子形成共价键
2)碳原子间易形成单键、双键、三键、碳链、碳环等多种复杂
的结构单元
3)同分异构现象的存在
2.碳原子的成键特点
(1)碳原子价键为四
(2)碳原子间的成键方式:CC、C
3)碳
线型、支链型、环状型等
链烃的结构
1.烷烃
烷烃的组成和结构
1)烷烃的组成元素:C、H
分子的通式:CnH2n+2(n≥1)
(2)烷烃的结构特点
)每个碳原子形成四个共价键,且碳原子之间只能以单键相
连成链状
碳原子的剩余价键均与氢原
2.烯烃
烯烃的分子通式为CnH2n(n≥2),官能团为C-
(或碳碳双键)。最简单的烯烃为C
3.炔烃
炔烃的分子通式为CH2n2(n≥2),官能团C=C—(或碳
碳三键)。最简单的炔烃为C
四苯
1.结构
分子式C5H,结构式
结构简式
平面六边形的稳定结构,键角120°;苯分子中碳碳之
的键是介于碳碳单键与碳碳双键之间的一种独特的键,
)芳香族化合物:含有1个或多个苯环结构的化合物。(
不是芳香族化合物的母体)
(2)芳香烃:含有1个或多个苯环结构的烃,简称芳烃
最简单芳烃
2.物理性质
温下,苯是无色,带有特殊气味的液体,苯有毒。密度比水
,不溶于水,沸点比水的沸点低(80.1℃),熔点比水高(5
),用冰冷却,苯凝结成无色的晶体
3.化学性质
(1)氧化反应——燃烧
点燃
2C
150,¨12CO,+6H,O火焰明亮,放出黑烟,与乙炔
燃烧现象相同。苯不能被酸性高锰酸钾氧化PAGE
达标训练
以乙醇为原料,用下述6种类型的反应:①氧化②消去③加
成④酯化⑤水解⑥加聚,来合成乙二酸乙二酯
O
CH2)的正确顺序是
0-C C
A.①⑤②3④
C
解析】其合成路线可表示如
CH CHO
C
C
C
C
C
O
O
COOC
C00
COOCH
COOH
答案】C
2.一种有机物的结构简式如下图所示,关于它的性质不正确的说
法
O
O
Ho
COOH
A.它有酸性,1mol该物质最多能与6m
发生加成反应
可以水解,水解产物为两种有机物
C.在一定条件下,1mol该物质最多能和8 mol Naoh反应
该有机物能发生取代反应
解析】由有机物的结构简式可知,其分子结构中含有羧基
酯基和酚羟基,1mol该有机物最多能与8 mol NaOH溶液」
Nao
生成2 mol Nac
cooNa,该有机物水解的最终产物
Nao
有一种
案
3.塑料制品废弃物严重污染环境,常称为“白色污染'”,为防治这
种污染,有一条重要途径是将合成高分子化合物重新变为小分
子化合物。目前对结构简式为
o-C
C
CnOH的化合物已成功
实现这种处理,试分析若用CHOH来处理这种化合物能得到的
机物可能是
)CHC
O
CHO-
∥
C--OC
>C-0
解析〕根据信息,用CHOH处理为酯更换反应,其产物为
HOCH,CH,OH和CH2OOC
COOC
答案
4.在2HCHO+NaOH(浓)—小 HCOONa+CH2OH中,HCHO
A.仅被氧化了
仅破还原
C.既未被氧化,又未被还原
既被氧化,又被还原
解析】HCHO中,C价态既有升又有降
案
某有机物的化学式为
0,它能发生银镜反应和加成反应
它与氢气在一定条件下发生加成反应后,所得产物是
C
CH C
A CH, CHCH, CHO
CH CH CHO
O
O
C CHCH, CH, CHCH
CH CH CC
C
解析】能发生银镜
有
成后生成物
有CH2O
答案
(2009年沧州模拟)氯仿(CHCl3)可作全身麻醉剂,但在光
光
易被氧化生成光气(COCl2):2CHC
COCl2易爆炸,为防止事故,使用前先检验是否变质,你认为检
验用的最佳试剂
A.烧碱溶液
溴水
C. Agno
液有
淀粉KI试剂
解析
质就有
生
中可以电离出
C
COCl2不能电离,故用检验HCl中Cl的方法来检验即
答案】C
有A、B、C三种烃的衍生物
转化关系如
溴乙烛溴水
浓H2SO4,氧化。氧
体
还原PAGE
达标训练
(2009年威海模拟)在
中,N原
单键与其他原
相连,它具有的同分异构体数目为
作为二价基引进碳链,并分析该碳、氮原子数
关系知该碳链为饱和碳链;对
来说
接
碳链有三种方式,分别得到C
H3、CH3
H和
CH2;另外如果
不连接氢原
答案
(2008年海南化学)在核磁共振氢谱中出现两组峰,其氢原子数
为3:2的化合物是
析
两个甲基上的氢原子的化学环境相同,氢原
个数比为6:2;B项存在上下对称面,故苯环邻位两个氢的化
环境相同,间位两个氢的化学环境相同,两个甲基上
学环境相同,所以共有三组吸收峰,其氢原子个数比为6
项存在两个对称面,用同样的方法分析应有两组峰,其氢原
数比为3:4
案
列有机物命名正确的是
基丙
甲基-2-丙烯
解析
名称为
基丁烷
的名
为对二甲苯;CHC=C
基-1-丙烯
案
苯的同系物中加入少量酸性KMnO溶液,振荡后褪色,正确
解释为
A.苯的同系物分子中的碳原子数比苯分子中的碳原子数多
苯环受侧链影响易被氧化
侧链受苯环影响易被氧化
苯环和侧链的相互影响均易被氧化
解析】苯的同系物分子中的侧链有烷烃的性质,烷烃不能被
KⅥnO4(H)氧化,而苯环上的烷基能被其氧化,说明因苯环存
在侧链更活泼
案
能说明苯分子的平面六边形结构中,碳碳间不是单、双键交替
事实是
A.苯的二元取代物无同分异构体
苯的邻位二元取代物只有一种
元取代物只有一种
D.苯的对位二元取代物
种
解析】单双键交替的结构简式
其二元取代物
物,对位二元取代物都
种,而邻位二元取
有两种
事实上苯的邻位
、说明苯不是单双键交替结构
碳碳键完全等同的结构
6.能发生消去反应,生成物中存在同分异构体的是
解析】消去反应的生成物必为不饱和的化合物。生成产物
有
的消去反应必须具备两个条
链碳原
为2个;②与—X相连的碳原子的相邻碳原子上必须具备
原
两项只有一种,分别为
CH-CH
有相邻C原
发生消去反
洗项存在两种相
邻的C原子结构,生成物有两种,分别为
案
如下图所示为实验室制取少量溴苯的装置,回答下列问题
(1)烧瓶A中装的物质为
发生反应的化学
方程式为
(2)导管B的主要作用是
(3)导管中C处附近会出现白雾,其原因是
(4)反应后,向锥形瓶口中滴加AgNO3溶液时观察的现象是
相应的离子方程式为
(5)反应后,将烧瓶A中的液体倒入盛有冷水的烧杯中,烧杯底
部有色的油状液体,带色的原因是
用
(方法)将颜色除去
解析】烧瓶
的是液溴、苯、铁粉,发生
反
管起导管和兼起冷凝器作用
有HB产生,它遇
丞
酸雾;当向锥
瓶中滴加AgNO2溶液
发生
生浅黄色沉淀;过量的溴溶解在溴苯中而使溴苯显褐色,可用
ao
案】(1)液溴、苯、铁粉
(2)冷凝回流和导气
(3)溴化氢气体遇空气中的水蒸气而形成酸雾
戋黄色沉淀A(共93张PPT)
第3讲　化学实验方案的设计与评价
1．设计、评价或改进实验方案；
2．了解控制实验条件的方法；
3．分析或处理实验数据，得出合理结论；
4．绘制和识别典型的实验仪器装置图。
一、常见气体的制备
制取
气体 反应原理(反应条件、化学方程式)
装置 类型
收集 方法 实验注意 事项
O2 固体
＋
固体
加热
(1)检查装置气密性 (2)装固体的试管要倾斜 (3)先均匀加热，然后固定在放药品处加热
(4)用排水法收集， 停止加热前,应该先 ， 再熄灭酒精灯
NH3
从水槽中拿出导气管
排水
法、
向上
排空
气法
向下
排空
气法
向下
2KClO3 2KCl＋3O2↑
2NH4Cl＋Ca(OH)2 2NH3↑＋CaCl2＋2H2O
Cl2 液体
(或固
体)
＋
液体
加热
(1)同上(1)、(3)、(4)条内容
(2)液体与液体加热，反应器内应添加 ，以防暴沸
(3)氯气有毒，尾气要用 吸收
(4)制取乙烯温度应控制在
C2H4
向上
排空
气法
排水法
碎瓷片
NaOH溶液
170℃
CH3CH2OH CH2===CH2↑＋H2O
MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
H2 固体
＋
液体
不加热
(1)同上(1)条内容
(2)使用长颈漏斗时， 要把漏斗下端插入
(3)使用启普发生器时，反应物固体需是块状，且反应不需要加热，生成的气体要难溶于水(中学阶段只有H2、CO2、H2S)
(4)制取乙炔要用分液漏斗，以控制反应速率
C2H2
NO
Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑
CaC2＋2H2O―→Ca(OH)2＋C2H2↑
3Cu＋8HNO3(浓)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
排水法
液面以下
CO2 固体
＋
液体
不加热
(1)同上(1)条内容
(2)使用长颈漏斗时，要把漏斗下端插入
(3)使用启普发生器时，反应物固体需是块状，且反应不需要加热，生成的气体要难溶于水(中学阶段只有H2、CO2、H2S)
(4)制取乙炔要用分液漏斗，以控制反应速率
SO2
NO2
CaCO3 + 2HCl===CaCl2＋CO2↑＋H2O
Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋H2O
Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
向上
排空
气法
液面以下
二、化学实验方案的设计与评价
1．实验设计的原则
(1)科学性；
(2) ；
(3) ；
(4)可行性
2.实验设计的方法
(1)明确实验目的、 ；
(2)选择 ；
(3)设计装置步骤；
(4)记录 ；
(5)分析得出结论。
以上只是解答综合实验设计题的一般思考方法。在解答过程中，应根据实验设计题的具体情况和要求，作出正确的回答。
安全性
简约性
实验原理
反应物
实现现象、实验数据
　
3．化学实验方案设计的类型
　
　
　
　
　
　
实验设计
实验方案的设计
实验方案的设计
实验设计方案的
综合实验
制备
性质
评价
有些气体有毒性，实验室制备或使用这些气体时，要进行尾气处理，尾气处理常用哪些方式？
【提示】　(1)吸收溶解度较小或吸收速率不太大的尾气(如Cl2等)。
(2)吸收溶解度较大的尾气(如HCl、NH3等)。
(3)点燃除去或收集于塑料袋中
气体的制备
1．气体的制备
气体发生装置依据制备气体所需反应物的状态和反应条件可分成三类。
(1)固体＋固体 气体
适用范围：O2、NH3等
(2)固体＋液体―→气体
适用范围：H2、CO2、NO2、SO2、NO等，其中可用启普发生器的有H2、CO2。
(3)固体＋液体 气体(或液体＋液体 气体)
适用范围：Cl2。
气体发生装置(图A～E)：
类型 固体＋固体加热
固体＋液体不加热
固(或液)体＋液体加热
装置
适用的气体
O2、NH3、CH4
H2、CO2、H2S、SO2、NO2
Cl2、HCl、NO
2.装置气密性检验
(1)检查装置气密性的原理
尽管实验装置各不相同，但对其气密性检查的原理不外乎两种：一是利用气体受热，体积膨胀的原理；二是利用温度一定，一定量的气体产生的压力一定的原理。二者都可以通过克拉珀龙方程予以合理的理论解释。
(2)检查装置气密性的基本方法
方法一：微热法。如右图，把导管的下端浸入水中，用手紧捂试管(或用酒精灯微热)，导管口若有气泡冒出，松开手后，导管口又形成一段水柱，则证明装置气密性良好。
方法二：液面差法。如右图，把弹簧夹关闭，向长颈漏斗内加水至浸没漏斗下端，并在下端导管形成一段液柱。若液柱高度不变，证明装置气密性良好。
方法三：增大或减小装置内气体的体积。如上图，打开弹簧夹，从长颈漏斗向试管内加水直至浸没漏斗下端。用洗耳球通过导管向试管内鼓入空气，使水进入漏斗下端导管形成一段液柱。关闭止水夹，若液柱不下降，则证明装置气密性良好。或者打开弹簧夹，从长颈漏斗向试管内加水直至浸没漏斗下端。用注射器通过导管向外抽气。若抽气时漏斗下端管口有气泡冒出，则证明装置气密性良好。
方法四：加热液封装置，如上图，打开止水夹，从长颈漏斗向试管内加水直至浸没漏斗下端。关闭止水夹，用酒精灯微热试管，长颈漏斗下端导管内液面上升形成液柱，则证明装置气密性良好。
3．气体的净化
(1)除杂试剂选择的依据
主要气体和杂质气体性质上的差异：
如溶解性、酸碱性、氧化还原性、可燃性等。
(2)除杂原则
①不损失主要气体；②不引入新的杂质气体；③在密闭装置内进行；④先除易除的气体。
(3)除杂装置
洗气瓶、干燥管、U形管、硬质玻璃管等。
(4)气体的干燥(除去气体中的水分)
干燥是使用适宜的干燥剂和装置除去气体中混有的少量水分。常用装置有干燥管(A)、U形管(B)(内装固体干燥剂)和洗气瓶(C)(内装液体干燥剂)。
常用的干燥剂有：
①浓硫酸(酸性干燥剂)：可干燥N2 、 O2 、 H2 、 Cl2 、 CO 、 CO2 、 SO2 、HCl、NO、 NO2 、 CH4 、 C2H4等(不可干燥还原性或碱性气体，如 H2S 、HBr、HI、NH3等)。
②P2 O5 (酸性干燥剂)：可干燥H2S、HBr、HI及浓硫酸能干燥的气体(不可干燥NH3等)。
③无水CaCl2 (中性干燥剂)：可干燥除NH3以外的其他气体(NH3能与CaCl2反应生成络合物CaCl2·8NH3)。
④碱石灰(碱性干燥剂)：可干燥NH3及中性气体(N2、O2、H2、CO、NO、CH4、C2H4等，不能干燥酸性气体)。
⑤硅胶(酸性干燥剂)：可干燥Cl2、O2、H2、CO2、CH4、C2H4。
⑥其他：如生石灰、NaOH 也可用于干燥NH3及中性气体(不可干燥有酸性或能与之反应的气体)。
(5)注意事项
①用洗气瓶吸收杂质时，气流方向是长管进，短管出。用干燥管吸收杂质时，气流方向是大口进，小口出；用U型管吸收杂质时，气流方向可以任意选择。
②当气体中含有多种杂质时，若采用洗气装置，通常是除杂在前，干燥在后；若用加热装置除杂时，通常是干燥在前，除杂在后；若气体中有多种酸性气体杂质时，应先将酸性较强的杂质气体除去，再除酸性较弱的杂质气体。
4．气体的收集
(1)收集方法
①排水集气法
适用范围：a.难溶于水，且不与水发生反应的气体，如H2 、O2 、CO、C2 H4等；b.对能溶于水，但溶解度不大的气体，可采用排相应的饱和溶液的方法收集，如Cl2可用排饱和食盐水的方法，CO2可用排饱和NaHCO3溶液的方法等。
②向上排空气法
适用范围：不与空气反应且密度比空气大的气体，如O2、CO2、SO2、NO2等。
③向下排空气法
适用范围：不与空气反应且密度比空气小的气体，如H2、NH3、CH4等。
(2)收集装置
(2008年高考重庆理综)下列实验装置图正确的是(　　)
【导航】　本题中所有的装置均源于课本，考查学生对实验基本原理的认识。该类型题目，要求学生对常见物质的制取，收集、净化及尾气吸收装置要牢固掌握并灵活运用。
【解析】　A项在实验室制取乙烯时必须控制反应液的温度为170 ℃，故温度计的水银球必须插入液面以下；C项为实验室制取氯气的装置，用二氧化锰与浓盐酸制取氯气时必须加热才能反应；D项在制取乙酸乙酯时，为了除去乙酸乙酯中混有的乙酸、乙醇，用饱和碳酸钠溶液吸收，但导管不能插入液面以下，否则易发生倒吸现象。
【答案】　B
实验方案的设计
1．物质制备实验方案的设计
(1)物质制备实验方案设计应当遵循的原则
①条件适合，操作简便；②原理正确，步骤简单；③原料丰富，成本低廉；④产物纯净，污染物少。
物质制备实验要遵循以上原则，从多条制备路线中筛选出最佳的制备途径；合理正确地选择化学仪器、化学药品和其他用品；设计出合理的实验装置和实验步骤。
(2)物质制备实验方案设计的思路
(1)物质性质实验方案的设计程序
首先预测性质，设计实验探究，实施实验操作，记录实验现象，分析比较概括，得出实验结论。
(2)解答实验设计题必备的实验意识
解答实验题时实验意识能起到指明解题方向，明示解题思路，确定解题方法等作用。在解答化学实验方案设计题时，应具有以下意识：
①分析题给信息，确定实验目的、原理的意识。
②根据实验目的和原理，确定实验方法的意识。
③根据实验方法，确定实验步骤的意识。
④根据实验步骤，确定实验装置和实验仪器的意识。若题中已给出装置或仪器，则要具备根据实验步骤，确定装置中各仪器的作用或各仪器的连接顺序的意识。若有气体生成或用气体进行反应的实验，则要具备根据实验步骤来确定气体流向的意识。
⑤实验规范操作的意识。
⑥环保、经济、安全的绿色化学意识。
⑦实验药品处理的意识。
⑧分析实验误差以及实验成败因素的意识。
氮化铝(AlN)是一种新型无机材料，广泛用于集成电路生产领域。某氮化铝中含有碳或氧化铝杂质，现用右图中的装置来进行检验，使氮化铝样品和NaOH溶液反应：AlN＋NaOH＋H2O===NaAlO2＋NH3↑，根据反应所生成氨气的体积来测定样品中氮化铝的质量分数，并根据实验现象来确定杂质的成分(实验中导管体积忽略不计)。
_
(1)实验有关操作为：
a.往锥形瓶中放入少量的AlN样品；
b．从分液漏斗往锥形瓶中加入稍过量的NaOH浓溶液；
c．检验装置的气密性；
d.测定收集到水的体积。
正确的操作顺序为________(以字母进行排序)。
(2)广口瓶中的试剂X可选用________(填选项的字母)。
A．酒精　　　B．植物油　　　C．CCl4
(3)广口瓶中的液体没有装满(上方留有少量空间)，实验测得NH3的体积将________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(4)实验结束后，若观察到锥形瓶中还有固体，则样品中含有的杂质是________。
(5)若实验中测得样品的质量为w g ，氨气的体积为a L(标准状况)，则样品中AlN的质量分数为________。
(6)有学生改用通过测定生成氨气的质量来确定样品中的AlN的质量分数。应将产生的氨气通入装置_______(忽略溶剂的挥发，填选项的字母)。
【导航】　解答该类题目，首先要理解实验目的和实验原理，明确各装置的作用，然后根据实验要求逐一解答。
【解析】　(1)实验步骤：连接装置→检查装置气密性→加药品→测定结果，故正确的顺序为c→a→b→d。
(2)因NH3极易溶于水，而该装置设计成用排水法来测NH3的体积，因此需在水的上方加上难溶于水(NH3也难溶)且比水的密度小的物质，故A、C不可，只有B符合。
(3)广口瓶中的液体体积只要比能产生的NH3的体积大即可，不一定充满。
(4)因AlN、Al2O3均能与NaOH反应且无不溶物生成，今反应后锥形瓶仍有固体，说明含有杂质碳。
(5)标准状况下生成NH3 a L，则据氮原子守恒知AlN的物质的量为 mol，所以AlN的质量分数为 ×100%= %
(6)NH3不溶于苯，C、D错误，为防止倒吸，只能选择B。
【答案】　(1)cabd　(2)B (3)不变(4)碳 (5) 　
(6)B
1．(2009年安徽理综)某厂废水中含5.00×10－3 mol·L－1的Cr2O72－，其毒性较大。某研究性学习小组为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4(Fe的化合价依次为＋3、＋2)，设计了如下实验流程：
(1)第①步反应的离子方程式是____________________________________________________________________________________________________________________________________。
(2)第②步中用pH试纸测定溶液pH的操作是：____________________________________________________________________________________________________________________________________。
(3)第②步过滤得到的滤渣中主要成分除Cr(OH)3外，还有
__________________。
(4)欲使1 L该废水中的Cr2O72－完全转化为Cr0.5Fe1.5FeO4，理论上需要加入________g FeSO4·7H2O。
【解析】　(1)Cr2O72－有较强氧化性，FeSO4·7H2O中Fe2＋有一定的还原性，在酸性介质中发生氧化还原反应，Cr2O72－转化为Cr3＋，Fe2＋转化为Fe3＋。
Cr2O72－＋14H＋＋6Fe2＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。
(2)应将试纸展放在表面皿上，用玻璃棒蘸取待测液滴在试纸中部，再与标准比色卡对照得出pH。
(3)由题给框图之二可得：Fe2＋过量，加NaOH时，产生Cr(OH)3、Fe(OH)3和Fe(OH)2三种沉淀物。
(4)1 L废水中含n(Cr2O72－)＝5.00×10－3 mol。
由题意得：Cr2O72－～4Cr0.5Fe1.5FeO4～10FeSO4·7H2O，
所以理论上n(FeSO4·7H2O)＝10n(Cr2O72－)＝0.05 mol。
m(FeSO4·7H2O)＝0.05 mol×278 g·mol－1＝13.9 g。
【答案】　(1)Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
(2)将一小片pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸上，再与标准比色卡对照
(3)Fe(OH)3、Fe(OH)2　(4)13.9
2．(2009年海南化学)下图表示从固体混合物中分离X的2种方案，请回答有关问题。
(1)选用方案Ⅰ时，X应该具有的性质是____________，残留物应该具有的性质是
(2)选用方案Ⅱ从某金属粉末(含用Au、Ag和Cu)中分离Au，加入的试剂是________，有关反应的化学方程式为
(3)为提纯某Fe2O3样品(主要杂质有SiO2、Al2O3)，参照方案Ⅰ和Ⅱ，请设计一种以框图形式表示的实验方案(注明物质和操作)。
【解析】　(3)提纯Fe2O3样品，则除去Al2O3、SiO2即可。根据Fe2O3、Al2O3的性质来设计实验。
【答案】　(1)有挥发性(或易升华)　受热不挥发，且具有较高的热稳定性
(2)HNO3　3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O　3Ag＋4HNO3(稀)===3AgNO3＋NO↑＋2H2O(或Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O　Ag＋2HNO3(浓)===AgNO3＋NO2↑＋H2O)
(3)
(其他合理答案也可)
3．(2009年江苏单科)医用氯化钙可用于生产补钙、抗过敏和消炎等药物。以工业碳酸钙(含有少量Na＋、Al3＋、Fe3＋等杂质)生产医药级二水合氯化钙(CaCl2 ·2H2O质量分数为(97.0%～103.0%)的主要流程如下：
(1)除杂操作是加入氢氧化钙，调节溶液的pH为8.0～8.5，以除去溶液中的少量Al3＋、Fe3＋。检验Fe(OH)3是否沉淀完全的实验操作是
(2)酸化操作是加入盐酸，调节溶液的pH约为4.0，其目的有：①将溶液中的少量Ca(OH)2转化为CaCl2；②防止Ca2＋在蒸发时水解；③____________________。
(3)测定样品中Cl－含量的方法是：a.称取0.750 0 g 样品，溶解，在250 mL容量瓶中定容；b.量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中；c.用0.050 00 mol·L－1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3，溶液体积的平均值为20.39 mL。
①上述测定过程中需用溶液润洗的仪器有 ___________________________________。
②计算上述样品中CaCl2·2H2O的质量分数为________________________________________________________________________。
③若用上述方法测定的样品中CaCl2·2H2O的质量分数偏高(测定过程中产生的误差可忽略)，其可能原因有_;_________________________。
【解析】　(1)是基本操作题，检验Fe(OH)3是否沉淀完全，关键是检验Fe3＋是否有剩余，用SCN－检验。(2)加酸目的①为将Ca(OH)2转变为CaCl2，②为防止水解，③为降低CO2的溶解度。(3)①AgNO3溶液呈酸性，酸性、强氧化性溶液及有机试剂一般放在酸式滴定管中，容量瓶、锥形瓶均不需润洗。容量瓶、锥形瓶润洗均会使测定结果偏大。滴定管不润洗，会使标准液稀释。
②n(Cl－)＝0.050 0 mol·L－1×20.39×10－3L＝1.019 5×10－3mol ，m(CaCl2·2H2O)＝ n(Cl－)·M(CaCl2·2H2O)×10＝ ×1.019 5×10－3mol×147 g·mol－1×10＝0.749 33 g
w＝ ×100%＝99.9%。
③NaCl中w(Cl)大于CaCl2·2H2O中w(Cl)；CaCl2·2H2O部分失水，总质量减小。
【答案】　(1)取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明Fe(OH)3沉淀完全
(2)防止溶液吸收空气中的CO2
(3)①酸式滴定管
②99.9%
③样品中存在少量的NaCl　少量CaCl2·2H2O失水
(1)现采用氢气还原法，请回答如下问题：
①写出xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O与氢气反应的化学方程式 __________________________________________________ 。
②实验装置用下列所有仪器连接而成，按氢气流方向的连接顺序是(填入仪器接口字母编号)：
(a)→(　　)(　　)→(　　)(　　)→(　　)(　　)→(　　)(　　)→(　　)(　　)→(l)
4．(2009年宁夏理综)碱式碳酸铜可表示为：xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O，测定碱式碳酸铜组成的方法有多种。
③称取23.9 g某碱式碳酸铜样品，充分反应后得到12.7 g残留物，生成4.4 g二氧化碳和7.2 g水。该样品的结晶水质量为________g，化学式为______________。
(2)某同学以氮气代替氢气，并用上述全部或部分仪器来测定碱式碳酸铜的组成，你认为是否可行？请说明理由。_______________________________________________________
_______________________________________________________
【解析】　(1)①与H2反应的化学方程式，利用氧化还原反应原理，把金属Cu还原出来，碳元素变成CO2，氢元素变成水。
②仪器连接时，洗气瓶要“长进短出”，其中水是观察H2生成速率的。
③残留固体一定是Cu，则n(Cu)＝ ＝0.2(mol)，根据题意，n(CO2)＝n(CuCO3)＝ ＝0.1(mol)，所以，m(CuCO3)＝123.5 g·mol－1×n(CuCO3)＝12.35(g)，m[Cu(OH)2]＝97.5×[n(Cu)－n(CuCO3)]＝9.75(g)，
m(结晶水)＝23.9－12.35－9.75＝1.8(g)。该碱式碳酸铜化学式为CuCO3·Cu(OH)2·H2O。(2)根据xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O (x＋y)CuO＋xCO2↑＋(y＋z)H2O↑，依据元素守恒和质量守恒，即可得出答案。
【答案】　(1)①xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O＋(x＋y)H2 (x＋y)Cu＋xCO2＋(x＋2y＋z)H2O
②a→kj→gf(或hi)→de(或ed)→hi(或gf)→bc(或cb)→l
③1.8　CuCO3·Cu(OH)2·H2O
(2)可以。根据反应xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O (x＋y)CuO＋xCO2↑＋(y＋z)H2O↑
依据碱式碳酸铜样品、CuO、CO2和H2O质量(或其中任意三个量)，即可计算出其组成
5．(2009年福建理综)某研究性学习小组借助A－D的仪器装置完成有关实验。
[实验一]　收集NO气体。
(1)用装置A收集NO气体，正确的操作是__________(填序号)。
a．从①口进气，用排水法集气
b．从①口进气，用排气法集气
c．从②口进气，用排水法集气
d．从②口进气，用排气法集气
[实验二]　为了探究镀锌薄铁板上锌的质量分数w(Zn)和镀层厚度，查询得知锌易溶于强碱：Zn＋2NaOH===Na2ZnO2＋H2↑。据此，截取面积为S的双面镀锌薄铁板试样，剪碎、称得质量为m1 g。用固体烧碱和水作试剂，拟出下列实验方案并进行相关实验。
方案甲：通过测量试样与碱反应生成的氢气体积来实现探究目标。
(2)选用B和________(填仪器标号)两个装置进行实验。
(3)测得充分反应后生成氢气的体积为V L(标准状况)，w(Zn)＝__________。
(4)计算镀层厚度，还需检索的一个物理量是______________。
(5)若装置B中的恒压分液漏斗改为普通分液漏斗，测量结果将__________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
方案乙：通过称量试样与碱反应前后的质量实现探究目标。
选用仪器C做实验，试样经充分反应，滤出不溶物、洗涤、烘干，称得其质量为m2 g。
(6)w(Zn)＝________。
方案丙：通过称量试样与碱反应前后仪器、试样和试剂的总质量(其差值即为H2的质量)实现探究目标。实验同样使用仪器C。
(7)从实验误差角度分析，方案丙__________方案乙(填“优于”、“劣于”或“等同于”)。
【解析】　(1)NO易与O2反应，不能用排气法集气；用排水法集气则应遵循“短管进长管出”的原则，故选c。(2)题目所给量气装置只有D。(3)由关系式：Zn～H2可知：m(Zn)＝ g，则w(Zn)＝ ＝ 。(4)由m＝ρV，V＝Sh可推知答案。
(5)用恒压分液漏斗时，部分气体会扩散到橡胶管及分液漏斗上部，若改用普通分液漏斗，则不存在此种情况，故改用普通分液漏斗后测得H2体积偏大，则测量结果将偏大。(6)m(Zn)＝m1－m2，则w(Zn)＝ 。(7)H2会带出部分水蒸气造成误差较大，故方案丙劣于方案乙。
【答案】　(1)C　(2)D
(3) (或 等其他合理答案)
(4)金属锌的密度(或其他合理答案)
(5)偏大　
(6) (或其他合理答案)　(7)劣于
6．(2009年上海单科)实验室用大理石等原料制取安全无毒的杀菌剂过氧化钙。大理石的主要杂质是氧化铁，以下是提纯大理石的实验步骤：
(1)溶解大理石时，用硝酸而不用硫酸的原因是______________________________________________________。
(2)操作Ⅱ的目的是______________，溶液A(溶质是共价化合物)是________________。
(3)写出检验滤液中是否含铁离子的方法：_________________________________________________________
(4)写出加入碳酸铵所发生反应的离子方程式：
__________________________。
写出滤液B的一种用途：__________________。
(5)CaO2中一般含CaO。试按下列提示完成CaO2含量分析的实验设计
试剂：氢氧化钠标准溶液、盐酸标准溶液、酚酞
仪器：电子天平、锥形瓶、滴定管
实验步骤：
①__________；②加入________________；③加入酚酞，用氢氧化钠标准溶液滴定。
(6)若理论上滴定时耗用标准溶液20.00 mL恰好完全反应，实际操作中过量半滴(1 mL溶液为25滴)，则相对误差为______。
【解析】　(1)H2SO4与CaCO3反应生成CaSO4，CaSO4微溶于水，附着在CaCO3的表面，阻止反应进一步发生。
(2)溶液A应呈碱性且溶质为共价化合物，故溶液A是氨水，目的是除去Fe3＋。
(3)Fe3＋能与KSCN溶液反应生成红色的Fe(SCN)3，用此原理来检验Fe3＋的存在。
(4)滤液B的主要成分是NH4NO3，可用于制造化肥。
(5)首先称量固体的质量，再加入过量的盐酸标准溶液，过量的盐酸再用NaOH标准溶液滴定。
(6)半滴溶液的体积为 × ＝ mL，则相对误差为 ×100%＝0.1%。
【答案】　(1)硫酸钙微溶于水
(2)除去溶液中Fe3＋　氨水(合理即可)
(3)取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3＋(或取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变红色，说明滤液中含Fe3＋)
(4)Ca2＋＋CO32－===CaCO3↓　作化肥(合理即可)
(5)称量　过量的标准盐酸　(6)0.1%
7．(2009年广东单科)三草酸合铁酸钾晶体K3[Fe(C2O4)3]·3H2O可用于摄影和蓝色印刷。某小组将无水三草酸合铁酸钾在一定条件下加热分解，对所得气体产物和固体产物进行实验和探究。请利用实验室常用仪器、用品和以下限选试剂完成验证和探究过程。
限选试剂：浓硫酸、1.0 mol·L－1 HNO3、1.0 mol·L－1盐酸、1.0 mol·L－1 NaOH、3% H2O2、0.1 mol·L－1 KI、0.1 mol·L－1 CuSO4、20% KSCN、澄清石灰水、氧化铜、蒸馏水。
(1)将气体产物依次通过澄清石灰水(A)、浓硫酸、灼热氧化铜(B)、澄清石灰水(C)，观察到A、C中澄清石灰水都变浑浊，B中有红色固体生成，则气体产物是________________。
(2)该小组同学查阅资料后推知，固体产物中，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3。验证固体产物中钾元素存在的方法是______________，现象是 _________________________________________________________。
(3)固体产物中铁元素存在形式的探究。
①提出合理假设
假设1：____________；假设2：____________；
假设3：
②设计实验方案证明你的假设
。
③实验过程
根据②中方案进行实验。按下表的格式写出实验步骤、预期现象与结论。
步骤1：
步骤2：
步骤3：
…
【解析】(1)根据A中石灰水变浑浊，知有CO2气体，B中有红色固体生成，说明CuO被还原，C中石灰水变浑浊，可知B中CuO被CO还原。
(3)因为题目中说明铁不以三价存在，只能是以二价铁或单质形式，或两者混合物存在。
步骤1：利用K2CO3的溶解性，除去K2CO3；
步骤2：利用铁能置换出Cu，而FeO不能置换出Cu来检验是否含铁单质；
步骤3：利用盐酸酸化分离出FeO，再用H2O2氧化，利用KSCN是否变色，来验证固体中是否含FeO。
【答案】　(1)CO2和CO　(2)焰色反应　透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰　(3)①全部为铁单质　全部为FeO　同时存在铁单质和FeO
实验步骤 预期现象与结论
步骤1：取适量固体产物于试管中，加入足量蒸馏水，充分振荡使K2CO3完全溶解。分离不溶固体与溶液，用蒸馏水充分洗涤不溶固体 固体产物部分溶解
步骤2：向试管中加入适量CuSO4溶液，再加入少量上述不溶固体，充分振荡 (1)若蓝色溶液颜色及加入的不溶固体无明显变化，则假设2成立
(2)若蓝色溶液颜色明显改变，且有暗红色固体物质生成，则证明有铁单质存在
步骤3：继续步骤2中的(2)，进行固体分离，用蒸馏水洗涤固体至洗涤液无色。取少量固体于试管中，滴加过量HCl后，静置，取上层清液，滴加适量H2O2，充分振荡后滴加KSCN 结合步骤2中的(2)；
(1)若溶液基本无色，则假设1成立
(2)若溶液呈血红色，则假设3成立
③
8.(2009年重庆理综)两个学习小组用下图装置探究乙二酸(HOOC—COOH)受热分解的部分产物。
(1)甲组：①按接口顺序a—b—c—d—e—f—g—h连接装置进行实验，B中溶液变浑浊，证明分解产物有________；装置C的作用是________；E中溶液变浑浊，D中的现象是____________________，证明分解产物有________。
②乙二酸受热分解的化学方程式为________________________________________________________________________。
(2)乙组：①将接口a与j连接进行实验，观察到F中生成的气体可使带火星的木条复燃，则F中最主要反应的化学方程式为
________________________________________________________________________。
②从A～F中选用装置进行实验，证明甲组通入D的气体能否与Na2O2反应。
最简单的装置接口连接顺序是____________；实验后用F中的固体进行验证的方法是__________________________________________________________________________________________________________________________________(可另选试剂)。
【解析】　(1)E中溶液变浑浊，只能是产生了CO2，但乙二酸分解产生的CO2已被C中的NaOH溶液完全除去，所以CO2只能是由CO和KMnO4(H＋)溶液反应所得。
(2)通入D的气体CO与Na2O2若能反应，产物只能为Na2CO3。检验Na2CO3，加酸看产生的气体能否使澄清石灰水变浑浊来检验。
【答案】　(1)①CO2　充分除去CO2　溶液褪色或变浅　CO
②HOOC—COOH CO2↑＋CO↑＋H2O
(2)①2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
②a—d—e—j　取F中的固体，滴加稀硫酸，将生成的气体通入澄清石灰水中，若变浑浊，则发生了反应；若不变浑浊，则未发生反应
1．(2009年南通市九校联考)每个公民都应该有安全意识，今年频繁发生的有关化学品泄漏或爆炸事件一次又一次给我们敲响了警钟。下列做法存在安全隐患的是(　　)
①将水沿着烧杯内壁缓缓加入浓硫酸中，并用玻璃棒不断搅拌；②给试管中液体加热时，应将试管倾斜，与桌面成45°角，再集中在药品处加热；③取用金属Na或K时，用剩的药品要放回原瓶；④夜间厨房发生煤气泄漏时，应立即开灯检查煤气泄漏原因，并要开所有门窗通风；⑤在做验证苯酚性质实验时，因为常温时苯酚在水中溶解度较小，所以可以将废液直接通过水池排入下水道；⑥废旧电池应回收处理。
A．全部　　B．①②④⑤ C．①③⑤ D．①④
【解析】　浓硫酸的稀释应该是“入水、沿壁、缓搅”；给试管中液体加热时应先预热，然后集中在药品处加热；煤气泄漏时打开电器会产生电火花引燃煤气产生爆炸；苯酚直接排放会造成水、土壤的污染。
【答案】　B
2．(2009年浙江金丽衢模拟)将空气缓慢通过如下图所示装置后，在试管中收集到少量稀有气体，空气在通过a～d装置时，依次除去的气体是(　　)
A．O2、N2、H2O、CO2 B．CO2、H2O、O2、N2
C．H2O、CO2、N2、O2 D．N2、O2、CO2、H2O
【解析】　此题考查除杂的原则：既要除掉原来的杂质，又不能生成新的难分离的杂质，一步除去一种杂质。氢氧化钠显碱性，吸收二氧化碳，带出水蒸气；浓硫酸吸收水分，铜除去氧气，镁粉除去氮气。
【答案】　B
3．某化学小组在常温下测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案：
方案Ⅰ：铜铝混合物 测定生成气体的体积
方案Ⅱ：铜铝混合物 测定剩余固体的质量
下列有关判断中不正确的是(　　)
A．溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液
B．溶液A和B均可以选用稀硝酸
C．若溶液B选用浓硝酸，则测得铜的质量分数偏小
D．实验室方案Ⅱ更便于实施
【解析】　因铝具有两性，而铜不能与碱、无氧化性酸反应，所以A和B是盐酸或氢氧化钠时，都与铝反应，故A可行；又因测固体质量比测气体体积易进行，故D正确；若A和B都是稀硝酸时则方案Ⅱ无法实施，故B错；若B是浓硝酸时则铝钝化，导致剩余固体质量增加，所以测得铜的质量分数偏小，故C正确。
【答案】　B
4．为验证人体呼出气体中含有的CO2不是来自空气，而是人体代谢作用产生的。某校学生课外活动小组设计了如右图所示装置，你认为该装置Ⅰ、Ⅱ中应选用的试剂分别是(　　)
A．Ca(OH)2、NaOH
B．NaOH、Ca(OH)2
C．稀HCl、Ba(OH)2
D．BaCl2、NaOH
【解析】　根据题给装置，Ⅱ中导管是吸气时空气的进气口，故需用NaOH溶液将空气中的CO2气体除去，Ⅰ中导管是呼气时CO2和N2等的出气口，故需用Ca(OH)2溶液检验CO2气体的生成。
【答案】　A
5．(2008年高考上海卷)
设计学生实验要注意安全、无污染、现象明显。根据启普发生器原理，可用底部有小孔的试管制简易的气体发生器(见右图)。若关闭K，不能使反应停止，可将试管从烧杯中取出(会有部分气体逸散)。下列气体的制取宜使用该装置的是(　　)
A．用二氧化锰(粉末)与双氧水制氧气
B．用锌粒与稀硫酸制氢气
C．用硫化亚铁(块状)与盐酸制硫化氢
D．用碳酸钙(块状)与稀硫酸制二氧化碳
【解析】　A项中固体为粉末会落入烧杯中；C项中H2S有毒；D项生成的CaSO4微溶于水会覆盖在CaCO3表面上从而阻止反应进行。
【答案】　B
6．(2008年上海化学)研究发现，空气中少量的NO2能参与硫酸型酸雨的形成，反应过程如下：
①SO2＋NO2―→SO3＋NO　②SO3＋H2O―→H2SO4
③2NO＋O2―→2NO2
NO2在上述过程中的作用，与H2SO4在下述变化中的作用相似的是(　　)
A．潮湿的氯气通过盛有浓H2SO4的洗气瓶
B．硫化氢通入浓H2SO4中
C．浓H2SO4滴入萤石中，加热
D．加入少量H2SO4使乙酸乙酯水解
【解析】　从信息中可看出NO2在转化过程中既有氧化剂的作用(①中)，又有催化剂的作用(整体看)。
【答案】　BD
7．实验室临时需要用NaOH溶液和CO2来制取纯Na2CO3溶液。已知CO2气体在通入NaOH溶液时极易因其过量而生成NaHCO3，且无明显现象。
实验时可供选择的试剂有：①未知浓度的NaOH溶液　②37%盐酸　③40%硫酸　④14%盐酸　⑤大理石　⑥K2CO3固体　⑦Cu2(OH)2CO3粉末。
实验室现有如下仪器：铁架台、启普发生器、量筒、烧杯、乳胶管、玻璃导管、分液漏斗。
(1)本实验应选用的仪器，除启普发生器、乳胶管、玻璃导管外，还应有________________。
(2)为保证制得的Na2CO3溶液尽量纯，应选用的药品除①外，还应需要__________________。
(3)简要叙述实验步骤，直到制得纯Na2CO3溶液(仪器安装不必叙述)。
①量取两份相同体积的NaOH溶液；
② _________________________________________________；
③________________________。
【解析】　这道题首先分析实验目的：制取纯净的Na2CO3。根据实验原理：2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O和NaOH＋CO2===NaHCO3，两反应均无明显现象，其中所隐含的是Na2CO3与NaHCO3、NaOH的关系：NaOH＋NaHCO3===Na2CO3＋H2O，因而只要有等物质的量的NaOH和NaHCO3，即可制得纯净的Na2CO3。然后由原理提出问题，从而得出实验步骤，由各步中所需的用品来回答(1)与(2)问。
【答案】　(1)烧杯、量筒
(2)④⑤
(3)②制取CO2，向其中一份通入过量的CO2气体
③将两份溶液混合、摇匀
8．(2008年高考广东卷)某种催化剂为铁的氧化物。化学兴趣小组在实验室对该催化剂中铁元素的价态进行探究：将适量稀硝酸加入少许样品中，加热溶解，取少许溶液，滴加KSCN溶液后出现红色。一位同学由此得出催化剂中铁元素价态为＋3的结论。
(1)请指出该结论是否合理并说明理由________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(2)请完成对铁元素价态的探究：
限选实验仪器与试剂：烧杯、试管、玻璃棒、药匙、滴管、酒精灯、试管夹；3 mol·L－1H2SO4、3%H2O2、6 mol·L－1HNO3、0.01 mol·L－1KMnO4、NaOH稀溶液、0.1 mol·L－1KI、20%KSCN、蒸馏水。
①提出合理假设
假设1：__________________________；
假设2：__________________________；
假设3：__________________________。
②设计实验方案证明你的假设(不要在纸上作答)
实验操作 预期现象与结论
步骤1：
步骤2：
步骤3：
……
③实验过程
根据②的实验方案，进行实验。请在下表格中写出实验操作步骤、预期现象与结论。
【解析】　(1)从稀HNO3能把Fe2＋氧化成Fe3＋方面来回答。
(2)①铁元素有＋2、＋3两种价态，因此催化剂中铁元素的价态有三种情况。③实验方案的设计主要考虑两个方面：一是固体催化剂的溶解，溶解时要防止Fe2＋被氧化，不能用氧化性酸如HNO3，尽量减少溶液和O2的接触；二是铁元素形成的离子的检验；Fe3＋用KSCN溶液检验；Fe2＋用KMnO4溶液来检验。
实验操作 预期现象与结论
1.用药匙取少放样品于烧杯中，加入3 mol/L的H2SO4，用玻璃棒搅拌，并用酒精灯加热 样品溶解
2.取少许溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液 溶液变红，说明有Fe3＋，否则无Fe3＋
3.取少许溶液于另一试管中，滴加0.01 mol/L的KMnO4溶液 KMnO4溶液褪色，说明有Fe2＋，否则无Fe2＋
【答案】　(1)不合理。如果催化剂中铁元素为＋2价，HNO3的强氧化性也会将其氧化为＋3价，所以无法确定原来铁元素的价态
(2)①铁元素全部为＋2价　铁元素全部为＋3价　铁元素一部分为＋2价，一部分为＋3价 ②
某兴趣小组同学根据Mg与CO2反应原理，推测钠也应能在CO2中燃烧。为了确定其生成产物并进行实验论证，请你参与以下研究过程。
(1)甲同学首先设计了实验室制取二氧化碳的三种发生装置，若选用碳酸氢钠分解制取二氧化碳，则应选用装置是______(选填装置序号A、B、C，下同)；若用石灰石与稀盐酸为原料，并能控制反应随时发生随时停止，最好应选用的装置是______；若用碳酸钠固体与稀硫酸反应应选用的装置是________。
(2)乙同学按实验要求，用下列装置进行实验(已知PdCl2溶液能被CO还原得到黑色的Pd)，请回答下列问题：
①若装置6中有黑色沉淀，装置4中的残留固体(只有一种物质)加盐酸有能使石灰水变浑浊的气体放出，则钠与二氧化碳反应的化学方程式为_______________________________________________________。
②若装置6中溶液无明显现象，装置4中残留固体加盐酸有能使石灰水变浑浊的气体放出，则钠与二氧化碳反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(3)指导老师认为，不仅要检验残留固体中是否有碳酸钠，还要检验其中是否有氧化钠和碳。当确认钠充分反应后，请你设计一个简单实验，验证装置4中得到的残留固体中是否含有Na2O和C。
【解析】　(1)固体物质受热分解产生气体可用装置B，利用大理石与稀盐酸来制CO2气体可用启普发生器简易装置即C，而用Na2CO3和稀H2SO4反应需用装置A。
(2)①根据装置6中有黑色沉淀知钠与CO2反应有CO生成，根据装置4中产物的性质知其为Na2CO3，故方程式为2CO2+2Na Na2CO3＋CO。②根据装置6中无明显现象知Na与CO2反应中无CO生成，根据装置4中产物的性质知其为Na2CO3，结合氧化还原的知识可知还有碳单质生成，故方程式为3CO2＋4Na 2Na2CO3＋C。
(3)检验Na2CO3中是否含有Na2O和碳，可将固体溶于水，若有黑色不溶颗粒，说明有碳生成，在所得水溶液加入过量BaCl2溶液，把CO32－完全沉淀为BaCO3，再用pH试纸检验溶液显碱性，即证明Na2CO3中混有Na2O。
【答案】　(1)B　C　A
(2)①2Na＋2CO2 Na2CO3＋CO
②4Na＋3CO2 2Na2CO3＋C
(3)将固体溶于水，若有黑色不溶颗粒，则说明有碳生成，在所得水溶液中加入过量BaCl2溶液，用pH试纸检验，若溶液显碱性，则原来含有氧化钠。
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一、选择题
1．下列过程中，属于熵增加的是(　　)
A．一定条件下，水由气态变为液态
B．高温高压条件下使石墨转化为金刚石
C．2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)
D．散落的火柴的无序排列
【解析】　对同一种物质而言：气态熵值＞液态熵值＞固态熵值，选项A中熵值减小，选项B中熵值减小，C、D两个选项中熵值增大。
【答案】　CD
2．在相同的温度下，已知反应：①N2(g)＋O2(g)??2NO(g)的平衡常数K＝3.84×10－31；②2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)的平衡常数K＝3.10×1026(mol·L－1)－1。则在该温度下，两个化学反应的反应程度之间的关系为(　　)
A．①＞②　　　　　　　　B．①＜②
C．①＝② D．不能确定
【解析】　平衡常数的大小能表示化学反应可能进行的程度(即反应限度)，平衡常数越大，表示反应进行的越彻底。各个化学反应的平衡常数的大小相差很大，如本题中给出的两个化学反应：反应①的程度很小，而反应②进行的程度很大。
因此，B选项是正确的。
【答案】　B
3．(2009年湖南省地质中学高考模拟)一定温度下，在体积为V L的密闭容器中加入1 mol X和1 mol Y进行如下反应：X(g)＋Y(g)??2Z(g)＋W(s)　ΔH＞0达到平衡，下列判断正确的是(　　)
A．向平衡混合物中加入少量W，正、逆反应速率均增大
B．平衡后加入X，上述反应的ΔH增大
C．温度不变，将容器的体积变为2V L，Z的平衡浓度变为原来的1/2
D．当容器中混合气体的压强不变时，可以证明此反应已达到平衡状态
【解析】　该反应为气体体积不变的反应，无论反应是否达到平衡压强都不变，故D错误；压强的改变对该平衡无影响，故将容器的体积变为2V L，相当于将压强减小为原来的二分之一，平衡不移动，Z的浓度变为原来的1/2，C正确；对于纯液体或固体来说，无所谓浓度，故增加纯液体或固体不影响反应速率和平衡，A错；该反应的焓变ΔH是指生成2 mol Z时放出的热量，与X的用量无关，B错。
【答案】　C
4．(2009年北京朝阳高三统考)在一密闭容器中有如下反应：L(s)＋aG(g)??bR(g)温度和压强对该反应的影响如右图所示，其中压强p1＜p2，由此可判断(　　)
A．正反应为放热反应
B．化学方程式中的计量数a＞b
C．G的转化率随温度升高而减小
D．增大压强，容器内气体质量不变
【解析】　由图可知，p1→p2，增大压强，G体积分数减小，即平衡向正反应方向移动，则a＞b，容器内气体质量增大，故B对、D错。T升高，G的体积分数减小，即平衡向正反应方向移动，则该反应的正反应为吸热反应，G的转化率增大，故A、C均错。
【答案】　B
5．在一个容积固定的密闭容器中，发生反应：CO(g)＋2H2(g)??CH3OH(g)　ΔH＜0。第2 min时只改变一个条件，反应情况如下表：
时间 c(CO)/ mol/L c(H2)/mol/L c(CH3OH)/ mol/L
起始 1 3 0
第2 min 0.8 2.6 0.2
第4 min 0.4 1.8 0.6
第6 min 0.4 1.8 0.6
下列说法不正确的是(　　)
A．第4 min至第6 min该化学反应处于平衡状态
B．第2 min时，如果只改变某一条件，则改变的条件可能是降低温度
C．第2 min时，如果只改变某一条件，则改变的条件可能是使用催化剂
D．第6 min时，其他条件不变，如果升高温度，正反应速率增大
【解析】　第4～6 min，各组分的浓度不再改变，所以化学反应处于平衡状态，A正确；第2 min到第4 min反应速率比起始到第2 min的快，所以不可能是降低温度，可能是加入催化剂，故B错误，C正确；升高温度，不论吸热反应还是放热反应，其反应速率均增大，D正确。
【答案】　B
6．下列不能用勒夏特列原理解释的是(　　)
A．在溶液中存在：I2＋I－??I3－，在配制碘水时，加入少量的KI，可以增大I2的溶解性
B．在配制FeCl2、FeCl3溶液时，一般是将FeCl2、FeCl3固体溶解在HCl中，从而可得澄清的溶液
C．除去CuCl2溶液中的Fe3＋，通常是向其中加入CuO、Cu(OH)2等固体
D．在一容器中有一定量的N2和H2，加入催化剂会使合成氨的速率加快
【解析】　A选项中向存在I2＋I－??I3－的平衡中加入KI，会使平衡正向移动，从而可以使I2溶解得更多；B选项中配制FeCl2、FeCl3溶液时，会因Fe2＋、Fe3＋水解而出现浑浊，当加入HCl时可以抑制它们的水解，即使水解平衡向逆反应方向移动；C选项中Fe3＋在溶液中存在平衡：Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，加入的CuO、Cu(OH)2会中和产生的H＋，促使Fe3＋进一步水解而形成沉淀除去。勒夏特列原理是外界条件改变时，判断平衡移动方向的原理，而不能解释反应速率的变化。
【答案】　D
7．(2009年西安八校联考)某温度下，密闭容器中发生反应aX(g)??bY(g)＋cZ(g)，达到平衡后，保持温度不变，将容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质Y和Z的浓度均是原来的1.8倍。则下列叙述正确的是(　　)
A．可逆反应的化学方程式的计量数：a＞b＋c
B．压缩容器的容积时，v正增大，v逆减小
C．达到新平衡时，混合物中Z的质量分数增大
D．达到平衡时，物质X的转化率减小
【解析】　解答该题先要根据假设法判断出反应的化学计量数的关系，再分析其余各项的变化。
假设平衡不移动，将容器的容积压缩到原来的一半时，Y、Z的浓度应该为原来的2倍，实际上是原来的1.8倍，说明加压过程中平衡向逆反应方向移动，即知a＜b＋c。压缩容器的容积时，正、逆反应速率均增大，平衡向逆反应方向移动，Z的质量分数减小，X的转化率也减小。
【答案】　D
8．下列叙述能肯定某化学平衡发生移动的是(　　)
A．反应混合物浓度的改变
B．正逆反应速率的改变
C．反应混合物百分含量的改变
D．反应体系中气体总压强改变
【解析】　A项，若是反应前后气体体积守恒的反应，通过加压，反应混合物的浓度均增大，平衡并不移动；B项，正逆反应速率如果是同等程度改变，则平衡并不移动(如使用催化剂)；C项，反应混合物百分含量改变，平衡肯定移动；若是恒容容器，在平衡时，再充入不反应的稀有气体，虽气体总压强增大，但各成分的浓度不变，平衡不发生移动。
【答案】　C
9．(高考四川理综)向某密闭容器中充入1 mol CO和2 mol H2O(g)，发生反应：CO＋H2O(g)CO2＋H2。当反应达到平衡时，CO的体积分数为x。若维持容器的体积和温度不变，起始物质按下列四种配比充入该容器中，达到平衡时CO的体积分数大于x的是(　　)
A．0.5 mol CO＋2 mol H2O(g)＋1 mol CO2＋1 mol H2
B．1 mol CO＋1 mol H2O(g)＋1 mol CO2＋1 mol H2
C．0.5 mol CO＋1.5 mol H2O(g)＋0.4 mol CO2＋0.4 mol H2
D．0.5 mol CO＋1.5 mol H2O(g)＋0.5 mol CO2＋0.5 mol H2
【解析】　A项，相当于向容器中充入1.5 mol CO和3 mol H2O，与原始比例1∶2相同，与原平衡等效，CO体积分数不变；B项，相当于向容器中充入1 mol CO和2 mol H2 O(g)，再充入1 mol CO，前一步旨在建立等效平衡，再充入1 mol CO，虽使平衡向正向移动，但移动是由CO的浓度增加引起的，CO的体积分数增大；C项，相当于向容器中充入0.9 mol CO和1.8 mol H2O(两者比值1∶2)，再充入0.1 mol H2O，使平衡向正向移动，CO体积分数减小；D项，相当于向容器中充入1 mol CO和2 mol H2O，与原平衡等效，CO体积分数不变。
【答案】　B
10．一定温度下在容积恒定的密闭容器中，进行反应A(s)＋2B(g)??C(g)＋D(g)，当下列物理量不发生变化时，能说明该反应已达到平衡状态的是(　　)
①混合气体的密度　②容器内气体的压强　③混合气体总物质的量　④B物质的量浓度
A．①④ B．②③
C．②③④ D．只有④
【解析】　因为A为固体，反应前后气体的体积不变，而气体的质量却发生变化，因而②③始终不变，当气体质量不变时即达平衡状态，而ρ＝，所以ρ不变可作为平衡的标志。
【答案】　A
11．(2009年东北三校高三联合模拟)某温度下，在容积固定不变的密闭容器中进行如下可逆反应：
X(g)＋Y(g)??Z(g)＋W(s)　ΔH＞0
一段时间后，达到化学平衡状态。下列叙述正确的是(　　)
A．通入稀有气体，平衡向正反应方向移动
B．加入少量W，逆反应速率增大
C．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
D．降低温度，平衡向逆反应方向移动
【解析】　A项，恒温恒容时充入稀有气体，原反应体系各物质中物质的量浓度不变，平衡不移动；B项，W是固体，再加入少量，反应速率不变；C项，升高温度，正、逆反应速率均增大；D项，该反应正反应方向是吸热反应，则降低温度平衡向逆反应方向移动。
【答案】　D
12．在三个相同容器中各充入1 mol N2和3 mol H2，在某一不同条件下反应并达到平衡，氨的体积分数随时间变化曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．图Ⅰ可能是不同压强对反应的影响，且p2＞p1
B．图Ⅱ可能是不同压强对反应的影响，且p1＞p2
C．图Ⅲ可能是不同温度对反应的影响，且T1＞T2
D．图Ⅱ可能是同温同压下，催化剂对反应的影响，催化剂性能1＞2
【解析】　图Ⅰ中曲线2先达到化学平衡状态，p2＞p1，由于合成氨反应是一个体积减小的反应，因此压强增大，NH3的体积分数应增大，选项A错，同时可知选项B也错。图Ⅲ中曲线1先达到化学平衡状态，说明T1＞T2，但合成氨反应是一个放热，温度升高，NH3的体积分数将变小，选项C错。
【答案】　D
二、非选择题
13．可逆反应：aA(g)＋bB(g)??cC(g)＋dD(g)　ΔH＝Q kJ/mol，试根据图回答：
(1)压强p1比p2________(填“大”、“小”)；
(2)体积(a＋b)比(c＋d)________(填“大”、“小”)；
(3)温度T1 ℃比T2 ℃________(填“高”、“低”)；
(4)Q值是________(填“正”、“负”)。
【解析】　(1)压强p1比p2小，原因达到平衡时间p1长，表明压强小，反应速率慢；(2)体积(a＋b)比(c＋d)小，加压平衡逆向移动，即逆向是体积缩小方向；(3)温度T1 ℃比T2 ℃高，达平衡所需时间短，说明温度高；(4)从T1 ℃到T2 ℃，降温，A%增大，即平衡逆向移动，则正反应是吸热反应，Q＞0。
【答案】　(1)小　(2)小　(3)高　(4)正
14．(2009年山东实验中学诊断)将2 mol I2(g)和1 mol H2置于某2 L密闭容器中，在一定温度下发生反应：I2(g)＋H2(g)??2HI(g)　ΔH＜0，并达平衡，HI的体积分数φ(HI)随时间变化如下图中曲线(Ⅱ)所示。
(1)达平衡时，I2(g)的物质的量浓度为________。
(2)若改变反应条件，在甲条件下φ(HI)的变化如曲线(Ⅰ)所示，在乙条件下φ(HI)的变化如曲线(Ⅲ)所示。则甲条件可能是________(填入下列条件的序号，下同)，乙条件可能是________。
①恒温条件下，扩大反应容器体积
②恒容条件下，降低温度
③恒温条件下，缩小反应容器体积
④恒容条件下，升高温度
⑤恒温恒容条件下，加入适当催化剂
(3)若保持温度不变，在另一相同的2 L密闭容器中加入a mol I2(g)、b mol H2和c mol HI(a、b、c均大于0)，发生反应，达平衡时，HI的体积分数仍为0.60，则a、b、c的关系是________________。
【解析】　(1)设平衡时I2(g)的物质的量浓度为c，则平衡时H2(g)的物质的量浓度为0.5－(1－c)＝c－0.5，平衡时HI(g)的物质的量浓度为2(1－c)，故＝0.6，解得c＝0.55 mol/L。
(2)曲线I相对曲线Ⅱ，所达平衡完全相同，所需时间缩短，即反应速率增大，而平衡不发生移动，故条件可能为使用催化剂和增大压强(压缩容器体积)。同理可分析乙条件可能是恒温条件下扩大反应容器体积。
(3)恒温恒容条件下，对于反应前后气体的分子数相等的可逆反应，只要通过化学计量数换算成相同物质时浓度之比与原来相同，就可以建立等效平衡。即(a＋0.5c)∶(b＋0.5c)＝2∶1，解得4b＋c＝2a。
【答案】　(1)0.55 mol/L　(2)③⑤　①　(3)4b＋c＝2a
15．t ℃时，将3 mol A和1 mol B气体通入体积为2 L的密闭容器中(容积不变)，发生如下反应：3A(g)＋B(g)??xC(g),2 min时反应达到平衡状态(温度不变)，剩余了0.8 mol B，并测得C的浓度为0.4 mol/L，请填写下列空白：
(1)从开始反应至达到平衡状态，生成C的平均反应速率为________，A的转化率是________；
(2)x＝________；
(3)若继续向原平衡状态的混合物的容器中通入少量氦气(假设氦气和A、B、C都不反应)后，化学平衡________(填字母)；
A．向正反应方向移动
B．向逆反应方向移动
C．不移动
(4)如果上述反应在相同温度和容器中进行，欲使反应达到平衡时C的物质的量分数与原平衡相等，起始加入的三种物质的物质的量n(A)、n(B)、n(C)之间应该满足的关系式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　(1)3A(g)＋B(g)??xC(g)
起始： 3 1
反应： 3a a ax
平衡： 3－3a 1－a ax
则1－a＝0.8 mol，故a＝0.2 mol；ax/2 L＝0.4 mol/L，则x＝4；v(C)＝＝0.2 mol/(L·min)，α(A)＝×100%＝20%。
(3)恒温恒容条件下充入氦气，原反应体系各物质浓度均不变，平衡不移动。
(4)因为该反应为气体体积不变的反应，要想使反应达到平衡时C的物质的量分数与原平衡相等，只要满足加入物质的量与原起始状态成等比关系即可。按照一边倒的方法，有关系式：＝3∶1。也可表示为n(A)＝3n(B)，n(C)≥0。
【答案】　(1)0.2 mol/(L·min)　20%
(2)4　(3)C
(4)n(A)＝3n(B)，n(C)≥0或n(A)＝n(B)＝0，n(C)>0
16.(2008年广东化学)科学家一直致力于研究常温、常压下“人工固氮”的新方法。曾有实验报道：在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂(掺有少量Fe2O3的TiO2)表面与水发生反应，生成的主要产物为 NH3。进一步研究NH3生成量与温度的关系，部分实验数据见下表(光照、N2、压强1.0×105Pa、反应时间3 h)：
T/K 303 313 323 353
NH3生成量/(10－6mol) 4.8 5.9 6.0 2.0
相应的热化学方程式如下：
N2(g)＋3H2O(l)??2NH3(g)＋O2(g)
ΔH＝＋765.2 kJ·mol－1
回答下列问题：
(1)请画出上述反应在有催化剂与无催化剂两种情况下反应过程中体系能量变化示意图，并进行必要标注。
(2)与目前广泛使用的工业合成氨方法相比，该方法中固氮反应速率慢。请提出可提高其反应速率且增大NH3生成量的建议：__________________________。
(3)工业合成氨的反应为N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)。设在容积为2.0 L的密闭容器中充入0.60 mol N2(g)和1.60 mol H2(g)，反应在一定条件下达到平衡时，NH3的物质的量分数(NH3的物质的量与反应体系中总的物质的量之比)为，计算
①该条件下N2的平衡转化率；
②该条件下反应2NH3(g)??N2(g)＋3H2(g)的平衡常数。
【解析】　本题主要考查化学平衡常数含义，影响化学反应速率的因素。
(3)①设反应过程中消耗x mol N2(g)
　　　　　　　N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)
起始物质的量/mol 0.60 1.60 0
平衡物质的量/mol 0.60－x 1.60－3x 2x
平衡时反应体系总物质的量＝[(0.60－x)＋(1.60－3x)＋2x]mol＝(2.20－2x)mol，
NH3(g)的物质的量分数＝2x÷(2.20－2x)＝，x＝0.40。
N2的平衡转化率＝×100%＝67%。
②设反应2NH3(g)??N2(g)＋3H2(g)的平衡常数为K，平衡时，c(NH3)＝2×0.40 mol÷2.0 L＝0.40 mol·L－1，
c(N2)＝(0.60－0.40)mol÷2.0 L＝0.10 mol·L－1，
c(H2)＝(1.60－3×0.40)mol÷2.0 L＝0.20 mol·L－1，
K＝＝[(0.10 mol·L－1)×(0.20 mol·L－1)3]÷(0.40 mol·L－1)2＝5.0×10－3 mol2·L－2。
【答案】　(1)
(2)研制新型、高效催化剂
(3)①67%　②5.0×10－3mol2·L－22．1
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一、选择题
1．下列电离方程式错误的是(　　)
A．NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO32－
B．NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42－
C．MgCl2===Mg2＋＋Cl2－
D．Ba(OH)2===Ba2＋＋2OH－
【解析】　A中HCO3－为弱酸根离子，在溶液中只有很少一部分发生电离，不能拆成H＋与CO32－，应写为NaHCO3===Na＋＋HCO3－。而NaHSO4中的HSO4－在水溶液中能完全电离成H＋与SO42－，故B正确，A错误。C中MgCl2应写成为MgCl2===Mg2＋＋2Cl－，C错误，D正确。
【答案】　AC
2．下列说法正确的是(　　)
①强电解质一定是离子化合物，弱电解质一定是共价化合物　②强电解质一定是易溶于水的化合物，弱电解质一定是难溶于水的化合物　③水难电离，纯水几乎不导电，所以水是弱电解质
④属于共价化合物的电解质在熔融状态下不导电
A．①② B．②③
C．③④ D．①④
【解析】　强弱电解质的根本区别是看其在水溶液中是否完全电离，而与其溶解性没有直接的关系，所以②错误；强电解质包括所有离子化合物和部分共价化合物，弱电解质都是共价化合物，所以①错误；水中只有极少量分子发生电离产生H＋和OH－，因此，H＋和OH－的浓度很小很小，纯水几乎不导电，水是极弱的电解质，所以③正确；共价化合物在熔融状态下不能电离成自由移动的离子，所以不导电，④正确。
【答案】　C
3．(2008年广东理基)下列反应的离子方程式正确的是(　　)
A．钠与水反应：Na＋H2O===Na＋＋OH－＋H2↑
B．氯气与水反应：Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－
C．氢氧化铝中和胃酸：Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O
D．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3＋＋Cu===Fe2＋＋Cu2＋
【解析】　A项氢原子个数不相等，且得失电子总数不相等，应写成2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑；B项产物HClO为弱酸，溶于水的Cl2只有少量才反应，正确写法为Cl2＋H2O===H＋＋Cl－＋HClO；D项电荷不守恒，得失电子数不相等，应写为2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋。
【答案】　C
4．(2008年海南高考)在pH＝13的无色溶液中，可以大量共存的一组离子是(　　)
A．NH4＋、NO3－、K＋、SO42－ B．CO32－、NO3－、HCO3－、Na＋
C．Na＋、ClO－、AlO2－、NO3－ D．CrO42－、K＋、Na＋、SO42－
【解析】　pH＝13的溶液是强碱性溶液，NH4＋、HCO3－不能大量共存；CrO42－显浅黄色。
【答案】　C
5．(2009年合肥模拟)a、b、c、d是HCl、BaCl2、AgNO3、Na2CO3四种溶液中的一种，现将它们两两混合，现象如下表所示：
反应物 a＋b c＋d a＋d a＋c b＋d
现象 白色沉淀 白色沉淀 白色沉淀 白色沉淀 无色气体
由上述现象可推知a、b、c、d依次是(　　)
A．HCl、BaCl2、AgNO3、Na2CO3
B．AgNO3、HCl、Na2CO3、BaCl2
C．BaCl2、Na2CO3、AgNO3、HCl
D．AgNO3、HCl、BaCl2、Na2CO3
【解析】　由表中现象可知，a与另外三个溶液相混均有白色沉淀，可知a为AgNO3溶液。相混产生气体的是HCl和Na2CO3。
【答案】　D
6．(2009年潍坊质检)在下述条件下，一定能大量共存的离子组是(　　)
A．无色透明的水溶液中：K＋、Ba2＋、MnO4－、I－
B．含有大量NO3－的水溶液中：NH4＋、Fe2＋、SO42－、H＋
C．c(HCO3－)＝0.1 mol/L的溶液中：Na＋、K＋、CO32－、Br－
D．强碱性溶液中：ClO－、S2－、HSO3－、Na＋
【解析】　A项，无色透明溶液中不可能有MnO4－；B项，NO3－、Fe2＋、H＋三者不能大量共存；C项，HCO3－与Na＋、K＋、CO32－、Br－之间均无任何反应，能共存；D项，强碱性溶液中不存在HSO3－，且该条件下ClO－与S2－之间能发生氧化还原反应。仅C选项符合题意。
【答案】　C
7．(2009年黄冈模拟)某无色溶液中，若加入溴水，溴水褪色，若加入NH4HCO3，固体溶解并产生刺激性气味的气体，则该溶液中可能大量存在的离子组是(　　)
A．Na＋、K＋、Cl－、OH－ B．Na＋、Mg2＋、S2－、ClO－
C．H＋、Na＋、SO42－、NO3－ D．K＋、Ca2＋、OH－、SO32－
【解析】　加入溴水褪色，存在OH－或还原性离子；加入NH4HCO3产生刺激性气体，说明存在OH－；而D中Ca2＋与SO32－结合产生沉淀，所以选A。
【答案】　A
8．(2009年佛山检测)下列各组离子在指定条件下，一定能大量共存的是(　　)
A．pH为1的无色溶液：K＋、Fe2＋、SO42－、NO3－、Cl－
B．能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液：Na＋、NH4＋、S2－、Br－
C．水电离出的c(H＋)＝10－12mol/L的溶液：Ba2＋、Na＋、NO3－、Cl－
D．加入铝条有氢气放出的溶液：Na＋、NH4＋、HCO3－、NO3－
【解析】　A项，无色溶液中不可能大量存在Fe2＋，而且强酸性条件下，NO3－和Fe2＋也不可能大量共存；B项，能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液中存在能将I－氧化为I2的粒子，由于还原性S2－>I－，所以S2－在该溶液中不能大量存在；C项，水电离出的c(H＋)＝10－12mol·L－1的溶液可能呈强酸性，也可能呈强碱性，在两种情况下，四种粒子都能大量共存；D项，加入铝条有氢气放出的溶液可能呈强酸性，也可能呈强碱性，HCO3－在两种情况下都不能大量存在，NH4＋在强碱性条件下不能大量存在，强酸性溶液中有NO3－时，与铝条反应无氢气放出。
【答案】　C
9．(2008年高考天津理综)下列离子方程式书写正确的是(　　)
A．石灰乳与Na2CO3溶液混合：Ca2＋＋CO32－===CaCO3↓
B．NH4HSO3溶液与足量NaOH溶液混合加热：
NH4＋＋HSO3－＋2OH－NH3↑＋SO32－＋2H2O
C．酸性条件下KIO3溶液与KI溶液反应生成I2：
IO3－＋5I－＋3H2O===3I2＋6OH－
D．AgNO3溶液中加入过量氨水：
Ag＋＋NH3·H2O===AgOH↓＋NH4＋
【解析】　A项中石灰乳属于固体物质，不能拆；C项中在酸性条件下产物中没OH－；D项中NH3·H2O过量时AgOH会转化为[Ag(NH3)2]＋。
【答案】　B
10．下列是某同学对相应反应的离子方程式所作的评价，其中评价合理的是(　　)
编号 化学反应 离子方程式 评价
A 碳酸钙与醋酸反应 CO32－＋2CH3COOH===2CH3COO－＋H2O＋CO2↑ 错误，碳酸钙是弱电解质，不应写成离子形式
B 氢氧化钠溶液中通入过量CO2 OH－＋CO2===HCO3－ 错误，通入过量CO2应生成CO32－
C 碳酸氢钠的水解 HCO3－＋H2O??H2CO3＋OH－ 正确
D 等物质的量的FeBr2和Cl2反应 2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2===2Fe3＋＋Br2＋4Cl－ 正确
【解析】　A评价不对，CaCO3是强电解质，B项评价结论错误，D中的离子方程式电荷不守恒，错误。
【答案】　C
11．(2008年上海高考)下列离子方程式书写正确的是(　　)
A．AgNO3溶液中滴入少量的Na2S溶液：
2Ag＋＋S2－===Ag2S↓
B．过量CO2通入Ca(ClO)2溶液中：
ClO－＋CO2＋H2O===HCO3－＋HClO
C．向Na2CO3溶液中加入过量CH3COOH溶液：
CO32－＋2H＋===CO2↑＋H2O
D．向Ba(OH)2溶液中加入少量NaHSO3溶液：
2HSO3－＋Ba2＋＋2OH－===BaSO3↓＋SO32－＋2H2O
【解析】　C项中CH3COOH为弱电解质应写分子式；D项中由于Ba(OH)2过量(即Ba2＋过量)生成物中不能有SO32－。
【答案】　AB
12．已知硫酸铅难溶于水，也难溶于硝酸，却可溶于醋酸铵溶液形成无色溶液，其化学方程式为：PbSO4＋2CH3COONH4===(CH3COO)2Pb＋(NH4)2SO4。当在(CH3COO)2Pb(醋酸铅)溶液中通入H2S时，有黑色沉淀PbS生成，能正确表示这个反应的离子方程式的是(　　)
A．(CH3COO)2Pb＋H2S===PbS↓＋2CH3COOH
B．Pb2＋＋H2S===PbS↓＋2H＋
C．Pb2＋＋2CH3COO－＋H2S===PbS↓＋2CH3COOH
D．Pb2＋＋2CH3COO－＋2H＋＋S2－===PbS↓＋2CH3COOH
【答案】　A
二、非选择题
13．下列物质中，属于强电解质的是______(均填序号)；属于弱电解质的是________；属于非电解质的是________。
①氨气　②氨水　③盐酸　④醋酸　⑤硫酸钡　⑥氯化银　⑦氯化钠　⑧二氧化碳　⑨醋酸铵　⑩氢气　 水
【解析】　强、弱电解质的区别在于其在水溶液中能否完全电离，二者都是电解质，且电解质和非电解质指的都是化合物。
具体分析如下：氨气(NH3)、二氧化碳(CO2)本身不电离，又是化合物，所以是非电解质；氢气为单质，不是化合物，既不是电解质又不是非电解质；氨水(NH3的水溶液)、盐酸(HCl的水溶液)为混合物，是电解质溶液，其中NH3·H2O和氯化氢是电解质；硫酸钡(BaSO4)、氯化银(AgCl)由于溶解度小，离子浓度小，所以导电性弱，但溶解的部分完全电离，所以不仅是电解质，而且是强电解质；CH3COOH、NH3·H2O虽都是弱电解质，但两者反应的产物醋酸铵(CH3COONH4)由于在水溶液中完全电离，却是强电解质：
CH3COOH＋NH3·H2O===CH3COONH4＋H2O(中和反应)
CH3COONH4===CH3COO－＋NH4＋
【答案】　⑤⑥⑦⑨　④ 　①⑧
14．(2008年全国卷Ⅱ)某钠盐溶液可能含有阴离子NO3－、CO32－、SO32－、SO42－、Cl－、Br－、I－。为鉴定这些离子，分别取少量溶液进行以下实验：
①测得混合液呈碱性；
②加HCl后，生成无色无味气体。该气体能使饱和石灰水溶液变浑浊；
③加CCl4，滴加少量氯水，振荡后，CCl4层未变色；
④加BaCl2溶液产生白色沉淀，分离，在沉淀中加入足量盐酸，沉淀不能完全溶解；
⑤加稀HNO3酸化后，再加过量AgNO3溶液，溶液中析出白色沉淀。
(1)分析上述5个实验，写出每一实验鉴定离子的结论与理由。
实验①________________________________________________________________________；
实验②________________________________________________________________________；
实验③________________________________________________________________________；
实验④________________________________________________________________________；
实验⑤________________________________________________________________________。
(2)上述5个实验不能确定是否存在的离子是________。
【解析】　钠盐溶液呈碱性，是由于阴离子水解引起的，所以溶液中应含有弱酸的酸根离子；能使澄清石灰水变浑浊的常见气体有CO2和SO2，但SO2有刺激性气味；氯水与Br－、I－分别可以发生如下反应：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2，Cl2＋2I－===2Cl－＋I2，如果有Br－、I－，则加CCl4振荡后，CCl4可以将Br2、I2从溶液中萃取出来而变色；常见的不溶于硝酸的白色沉淀有BaSO4和AgCl；整个实验与NO3－性质无关，无法确定NO3－是否存在。
【答案】　(1)①CO32－和SO32－可能存在，因它们水解呈碱性　②CO32－肯定存在，因产生的气体是CO2；SO32－不存在，因为没有刺激性气味的气体产生　③Br－、I－不存在，因没有溴和碘的颜色出现　④SO42－存在，因BaSO4不溶于盐酸　⑤Cl－存在，因与Ag＋形成白色沉淀且不溶于稀HNO3
(2)NO3－
15．有一瓶澄清的溶液，其中可能含有NH4＋、K＋、Na＋、Mg2＋、Ba2＋、Al3＋、Fe3＋、Cl－、I－、NO3－、CO32－、SO42－，取该溶液进行下列实验：
①取pH试纸检验，表明溶液呈强酸性。
②取出部分溶液，加入少量CCl4及数滴新制氯水，经振荡后CCl4层呈紫红色。
③另取部分溶液逐渐加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，在滴加过程中和滴加完毕后，溶液均无沉淀产生。
④取部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液，有白色沉淀生成。
⑤将③得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
⑥向②的水层中加入HNO3酸化的AgNO3溶液有白色沉淀。
根据上述实验事实确定，该溶液中
(1)肯定存在的离子是________________________________________________________________________；
(2)肯定不存在的离子是________________________________________________________________________；
(3)不能确定是否存在的离子是________________________________________________________________________。
【解析】　由①溶液中含大量H＋，则不存在CO32－。由②溶液中一定含I－，因在H＋存在下NO3－氧化I－，故溶液中不存在NO3－。由③知一定不含Mg2＋、Al3＋、Fe3＋。由④可知溶液中含Ba2＋，不含SO42－。
【答案】　(1)I－、Ba2＋、NH4＋　(2)CO32－、NO3－、SO42－、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋　(3)K＋、Na＋、Cl－
16．(2009年淮安质检)海水的淡化可分为去离子和杀菌消毒两个过程。
Ⅰ.去离子过程，可采用两种方法：
1．软化法：海水中含有的Ca2＋、Mg2＋使海水硬度较大，不便饮用，SO42－也影响水的使用，现用①BaCl2、②Na2CO3、③Ca(OH)2、④盐酸除去上述离子。
(1)添加试剂的顺序为________________________________________________________________________。
(2)写出添加上述试剂的离子方程式：
①________________________________________________________________________。
②________________________________________________________________________。
④________________________________________________________________________。
2．离子交换法：离子交换剂有阳离子交换剂(HR)和阴离子交换剂(ROH)，应使海水先通过________离子交换剂，其离子方程式是________________________________________________________________________。
Ⅱ.杀菌消毒可使用多种消毒剂。
1．下列物质不能用于饮用水消毒的是________________________________________________________________________。
①液氯　②液溴　③臭氧　④三氯化铁　⑤二氧化氯
2．K2FeO4是一种新型的净水试剂，它不但能净水，还能对水杀菌，简述起作用的原理________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【答案】　Ⅰ.1.(1)①③②④或③①②④
(2)①Ba2＋＋SO42－===BaSO4↓
②Ba2＋＋CO32－===BaCO3↓，Ca2＋＋CO32－===CaCO3↓
④H＋＋OH－===H2O,2H＋＋CO32－===H2O＋CO2↑
2．阳　Ba2＋＋2HR===2H＋＋BaR2↓，
Ca2＋＋2HR===2H＋＋CaR2↓
Ⅱ.1.②④
2．K2FeO4中铁元素为＋6价，氧化性很强，有杀菌作用；被还原为＋3价，Fe3＋水解能力很强，得氢氧化铁胶体，可达净水的目的(共74张PPT)
第1讲　化学实验基础知识和技能
1．了解化学常用仪器的主要用途和使用方法。
2．知道化学药品的保存、取用、存放方法及安全措施。
3．掌握气密性检验、过滤、蒸发、分液等基本操作。
4．能及时处理实验室意外事故的发生。
一、常用化学仪器
类别 仪器图形与名称 主要用途 使用方法和注意事项
可
加
热
的
仪
器 (1)反应容器
(2)用于 应置于 上加热
(1)可用作反应器
(2)用于滴定操作 (1)作反应容器，需加热时应置于石棉网上
(2)滴定时握住瓶颈振荡，眼睛注视瓶内
的变化
石棉网
蒸馏
溶液颜色
计
量
仪
器 称量药品(及仪器)的质量 (1)称前先调零点
(2)托盘上应垫纸，腐蚀性药品应盛于 内称量
(3)左盘放 ，右盘放
(4)1 g 以下用游码
(5)砝码应用镊子取放
量取液体的体积 (1)
(2)不可用于配液或作反应容器
(3)应根据量取液体的体积选用合适的规格，规则为：“大而近”
(4)量程刻度在上(量筒底面即为零——故不标“0”)
玻璃容器
被称物
砝码
不可加热
计
量
仪
器 用于精确配制
的溶液 (1)根据要求选用一定规格的容量瓶
(2)溶液转入时要用 引流
(3)加水至距刻度1～2 cm时，改用 逐滴加水，使溶液凹面最低点恰好与刻度水平相切
(4)不宜贮存配好的溶液，应装入试剂瓶中
(5)不能配制冷或热溶液
(1)滴定操作的精确量器
(2)精确量取液体体积 (1)使用前，首先检查滴定管是否
(2)酸式滴定管用来盛装 溶液，不能盛装
溶液
(3)碱式滴定管用来盛装 溶液，不能盛装
溶液和
玻璃棒
胶头滴管
漏液
酸性
碱性
碱性
强氧化性溶液
酸性
一定
物质的量
浓度
用
于
分
离
、
除
杂
的
仪
器 (1)①向小口容器中转移液体
②加滤纸后，可过滤液体
(2)长颈漏斗用于装配气体发生装置 (1)①制作过滤器时，滤纸紧贴漏斗壁，用水润湿，注意不得留有气泡
②滤纸低于 边缘，液体低于
(2)应将长管末端插入 下，防止气体逸出
萃取，分液
(2)用于随时添加液体 (1)注意活塞不得渗漏
(2)分离液体时，下层液体由 口流出，上层液体由 口倒出
漏斗
滤纸边缘
液面
下
上
用
于
分
离
、
除
杂
的
仪
器 除去气体中的杂质 一般选择与杂质气体反应的试剂作吸收液
(2)装入液体量不宜超过容积的2/3
(3)气体的流向为
用于干燥或吸收某些气体，干燥剂为粒状，常用 (1)注意干燥剂或吸收剂的选择
(2)一般为 口进气， 口出气
长进短出
小
大
CaCl2、碱石灰(或P2O5等)
二、化学基本操作
1．药品的取用
(1)药品取用原则
粉状不沾壁，块状防掉底，液体防污染，标签防腐蚀。
(2)药品取用三忌
不能用手 药品，不要把鼻孔凑到容器口去 气体，不得 药品的味道。
(3)药品用量
无说明，液体取 mL，固体 。取出的药品，不能放回原瓶，以防污染，也不要丢弃，应放在指定容器内。
接触
闻
尝
1～2
盖满试管底部
(4)操作步骤
取粉用 ，试管 ，药匙送管底，试管再竖起。取块状用 夹，试管横放，送入试管中，倾斜往下滑(如下图所示)。
(5)液体药品的取用
简记为：瓶盖朝上，标签向手掌，瓶口挨管口，药液沿壁流。
药匙
横放
镊子
2．物质的溶解
(1)固体：用烧杯、试管溶解，振荡、搅拌、粉碎、升温等可加快溶解速度。
(2)液体：注意浓H2SO4的稀释，当混合浓HNO3和浓 H2SO4时，也类似于浓H2SO4的稀释，即必须把浓硫酸慢慢地注入浓硝酸中。
(3)气体
①如图A是用于溶解溶解度不大的气体(Cl2、H2S、SO2)。
②如图B是用于溶解易溶于水的气体，如HCl、NH3等。
3．物质的加热
试管、坩埚、蒸发皿可用酒精灯直接加热，而烧杯、烧瓶等仪器要用石棉网加热。对某些温度不超过100 ℃的实验(如实验室制硝基苯和测定溶解度等)，则要求用水浴来加热，这是为了使受热均匀且便于控制反应的温度。
加热时，受热容器外壁不能有水，以防止受热不均而破裂。给试管里的固体加热，应将管口向下倾斜，以防形成的水滴倒流至管底而引起试管破裂。
4．试纸的使用
(2)使用方法
①检验液体：取一小块试纸放在表面皿或玻璃片上，用蘸有待测液的玻璃棒(或胶头滴管吸取待测液)点在试纸中部，观察试纸颜色变化。
②检验气体：一般先用蒸馏水把试纸润湿，粘在玻璃棒的一端，并使其接近盛气体的试管(或集气瓶)，观察颜色变化。
③ 注意事项
三、化学实验安全
1．安全注意事项
(1)遵守实验室规则。当你走进化学实验室时，首先要认真 记实验室的 。
(2)了解安全措施。了解危险化学药品在存放和使用时的注意事项、着火和 、化学灼伤的处理、如何 的紧急处理方法，以及灭火器材、煤气、电闸等的位置和 、报警电话等。
(3)掌握正确的操作方法。包括仪器和药品的使用、加热、气体收集等。
(4)重视并逐步熟悉 的处理方法。包括有害气体、废液、固体废弃物(如破损玻璃、反应后剩余的金属等)的处理。
安全规则
阅读并牢
烫伤的处理
防止中毒、意外事故
使用方法
污染物和废弃物
2．指出下列危险化学品标志的含义
　 　　易燃气体　易燃液体 　
遇湿易燃物品　 　 三级放射性物品
爆炸品
易燃固体
自燃物品
氧化剂
剧毒品
腐蚀品
试纸能否伸入溶液中？pH试纸是否湿润？润湿一定有误差吗？
【 提示】试纸不可伸入溶液中，也不能与管口接触。测溶液的pH时，pH试纸不能先润湿，因为这相当于将原溶液稀释了，但润湿不一定有误差，如测定呈中性的盐溶液pH的就无误差。
几种仪器的使用要点
1．托盘天平
用于称量物质的质量，精确度0.1 g，称量前先调零，称量时左物右码，砝码用镊子夹取，称量干燥固体应放在两盘等质量的纸上，易潮解、腐蚀性的药品应盛于玻璃器皿中称量。
2．胶头滴管的使用方法
夹持时，用无名指和中指夹持在橡皮胶头和玻璃管的连接处，不能用拇指和食指夹持，这样可防止胶头脱落。吸液时，先用大拇指和食指挤压橡胶头，赶走滴管中的空气后，再将玻璃尖嘴伸入试剂液中，放开拇指和食指，液体试剂便被吸入，然后将滴管提起。禁止在试剂内挤压橡胶头，以免试剂被空气污染而含杂质。
3．量筒的使用方法
使用量筒时应根据需要量取的液体体积，选用能一次量取即可的最小规格的量筒。操作要领是：“量液体，量筒平稳；口挨口，免外流；改滴加，至刻度，读数时，视线与液面最低处保持水平”。
4．几种仪器使用的第一步操作
(1)天平：游码调至“0”刻度处；
(2)容量瓶：检查是否漏水；
(3)滴定管：检查是否漏水；
(4)分液漏斗：检查是否漏水及活塞是否转动灵活；
(5)启普发生器：气密性是否良好。
下图是某学生称量一定质量固体试剂质量的操作示意图，将其中的错误之处填在下面横线上(不一定填满)。
(1)_____________________________________________。
(2)_____________________________________________。
(3)_____________________________________________。
【导航】　托盘天平是中学中常用仪器之一，结构相对较复杂，使用的几个关键要点，是常考查内容。
【解析】　使用天平称量药品时，不能直接将药品放在天平托盘上，应在托盘两端各放等质量的纸；若药品有腐蚀性或易潮解，应在玻璃仪器中称量；物品和砝码的位置应是左物右码。
【答案】　(1)药品直接放在托盘上
(2)砝码放在左盘中，药品放在右盘中
加热的要点
1．酒精灯的使用
(1)使用前应检查灯芯。如灯芯顶端不平或已烧焦应剪平。
(2)灯内酒精量既不超过酒精灯容积的2/3，又不少于酒精灯容积的1/3。酒精注入时用小漏斗导入，不能向燃着的酒精灯添加酒精。
(3)要用火柴或木条点燃。绝对禁止拿着燃着的酒精灯去点燃另一盏酒精灯，以免失火。
(4)加热时应用酒精灯的外焰。因为火焰一般由焰心、内焰、外焰三部分组成，外焰温度最高。
(5)熄灯要用酒精灯帽盖灭。
2．给物质加热
(1)给试管里的固体加热，要用试管夹或铁夹(固定在铁架台上)夹住试管的中上部，试管口略向下倾斜，以流出冷凝在管口的水分。加热时先使试管底部均匀受热，再加热集中堆放固体的部位。
(2)给试管里的液体加热，液体体积不超过试管容积的1/3。加热时，试管要倾斜(与桌面成45°角)，先均匀受热，后小心地在试管里液体的中下部加热，并不断移动试管以防暴沸。
(3)给烧瓶或烧杯里的物质加热，要把烧瓶或烧杯放在铁架台的铁圈上(烧瓶要用夹子夹住颈部)，垫上石棉网，使烧瓶、烧杯受热均匀不致破裂。
(4)用坩埚盛着物质受热，要把它放在泥三角上。要用洁净的坩埚钳夹取高温的坩埚，钳端要先预热再夹取。坩埚钳用毕应尖端弯处朝上平放桌上，以保持清洁。灼烧后的坩埚应放置于石棉网上在空气中慢慢冷却，或在干燥器中冷却。
下列实验操作完全正确的是(　　)
编号 实验 操作
A 钠与水的反应 用镊子从煤油中取出金属钠，切下绿豆大小的钠，小心放入装满水的烧杯中
B 配制一定浓度的氯化钾溶液1 000 mL 准确称取氯化钾固体，放入到1 000 mL的容量瓶中，加水溶解，振荡摇匀，定容
C 排除碱式滴定管尖嘴部分的气泡 将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出
D 取出分液漏斗中所需的上层液体 下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体继续从分液漏斗下端管口放出
【导航】　性质→选择保存→取用方法。
【解析】　A项钠与水反应的实验操作是将切下的绿豆大小的钠，吸去表面煤油小心放入装有一半水的小烧杯中。B项配制一定浓度的氯化钾溶液1 000 mL时，溶解KCl应在烧杯中进行。D项取出分液漏斗中所需的上层液体应该是先将下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，然后换一个接收容器，将上层液体从分液漏斗上口倒出。
【答案】　C
化学实验安全
1．安全常识
(1)在实验操作中，要注意加强“六防”意识，防止意外事故的发生(见下表)。
六防
内容 可能引起事故的操作 采取的措施
防爆炸 点燃可燃性气体(如H2、CO、CH4、C2H4、C2H2等) 点燃前先要检验气体的纯度；为防止火焰进入装置，有的还要加装防回火装置
防爆炸 用CO、H2还原Fe2O3、CuO等 应先通CO或H2，在装置尾部收集气体检验纯度，若尾部气体纯净，确保空气已排尽，方可对装置加热
研磨氯酸钾和二氧化锰的混合物时，如其中混有木屑、炭粉、纸屑等还原性物质；高锰酸钾受热时，如高锰酸钾不纯；其他一些强氧化物性物质和可燃性物质等在一起时 制氧气时，可将二氧化锰放在坩埚中灼烧，烧掉其中的可燃物；实验时要注意强氧化性物质和可燃性物质的隔离
防暴沸 加热液体混合物特别是沸点较低的液体混合物 在混合液中加入碎瓷片
浓硫酸与水、浓硝酸、乙醇等的混合 注意应将浓硫酸沿器壁慢慢加入到另一液体中，边加边搅拌边冷却
防失火 可燃性物质遇到明火 可燃性物质一定要远离火源
防中毒 制取有毒气体；误食重金属盐类等 制取有毒气体要有通风设备；要重视有毒物质的管理
防倒吸 加热法制取并用排水法收集气体或吸收溶解度较大的气体时 先将导管从水中取出，再熄灭酒精灯；在有多个加热的复杂装置中，要注意熄灭酒精灯的顺序，必要时要加装安全防倒吸装置
防污染 对环境有污染的物质的制取 制取有毒气体要有通风设备；有毒物质应处理后排放等
2.实验室中防污染注意“六点”
(1)已取出的未用完的试剂一般不放回原瓶(块状固体、钠、钾等除外)；
(2)用胶头滴管滴加液体时，不能伸入瓶内，不要接触试管壁(向FeSO4溶液中加NaOH溶液除外)；
(3)取用试剂时试剂瓶盖倒放于桌面上；
(4)药匙和胶头滴管尽可能专用(或洗净、擦干后再取其他药品)；
(5)废液及时处理；
(6)凡有污染性气体(如Cl2、SO2、CO、NOx等)产生的均需对尾气进行吸收或处理。
意外事故 处理方法
酸(或碱)洒在桌上 先加Na2CO3溶液(或稀醋酸)清洗，后用水冲、再用布擦
酸(或碱)沾到皮肤上 浓硫酸先用布擦去，再用大量水冲洗，然后涂小苏打溶液(或硼酸)
酸(或碱)溅进眼睛里 立即用水冲洗(切不可用手揉眼睛)，边洗边眨眼睛
酒精洒在桌上燃烧 立即用湿抹布盖灭
3．意外事故的处理
液溴沾到皮肤上 立即用酒精洗涤
误食重金属盐 服用大量牛奶、蛋清或豆浆
金属Na、K等着火 不能用泡沫灭火器和干粉灭火器扑灭，要用砂土盖灭
水银温度计打破 立即用硫黄覆盖汞珠
下列实验操作与安全事故处理错误的是(　　)
A．使用水银温度计测量烧杯中水浴温度时，不慎打破水银球，用滴管将水银吸出放入水封的小瓶中，残破的温度计插入装有硫粉的广口瓶中
B．用试管夹从试管底由下往上夹住距试管口约处，手持试管夹长柄末端，进行加热
C．制备乙酸乙酯时，将乙醇和乙酸依次加入到浓硫酸中
D．把玻管插入橡胶塞孔时，用厚布护手，紧握用水湿润的玻璃管插入端，缓慢旋进塞孔中
【导航】　实验安全的要求是实现实验目的，同时不能对自己、对他人、对环境产生不利影响。
【解析】　本题主要考查考生对化学实验的基本操作和常见事故处理的熟练程度。根据规范的实验操作步骤和事故处理方法，所给选项中只有C选项不正确，其试剂正确的加入方法应为：先向试管中加入乙醇，然后边摇动试管边加入浓H2SO4和醋酸。本题答案为C。
【答案】　C
1．(2009年浙江理综)下列说法正确的是(　　)
A．仅用AgNO3溶液便可鉴别亚硝酸钠和食盐
B．重结晶时，溶液冷却速度越慢得到的晶体颗粒越大
C．乙酸与乙醇的混合液可用分液漏斗进行分离
D．用盐酸标准溶液滴定待测的氢氧化钠溶液时，水洗后的酸式滴定管未经标准液润洗，则测定结果偏低
【解析】　A项，AgNO3不能鉴别NaNO2与NaCl，分别产生白色沉淀AgNO2、AgCl，若再加稀HNO3则可鉴别，因AgNO2溶于HNO3而AgCl不溶于HNO3；B项正确；C项，乙酸与乙醇互溶不分层；D项，酸式滴定管未用标准液润洗，使标准液浓度降低，滴定NaOH时，消耗体积大，测定结果偏高。
【答案】　B
2．(2009年海南单科)除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3可采取的方法是(　　)
A．通入二氧化碳气体　　　　　B．加入氢氧化钡溶液
C．加入澄清石灰水 D．加入稀盐酸
【解析】　通入足量的CO2，可以把Na2CO3转化成NaHCO3，即把杂质转化为所需要的物质。
【答案】　A
3．(2009年广东单科)下列有关实验操作的说法正确的是(　　)
A．可用25 mL碱式滴定管量取20.00 mL KMnO4溶液
B．用pH试纸测定溶液的pH时，需先用蒸馏水润湿试纸
C．蒸馏时蒸馏烧瓶中液体的体积不能超过容积的2/3，液体也不能蒸干
D．将金属钠在研钵中研成粉末，使钠与水反应的实验更安全
【解析】　A选项，量取KMnO4溶液应用酸式滴定管；B选项，用pH试纸测定溶液的pH时，不能用蒸馏水润湿；D选项，金属钠在研钵中研磨可能发生安全事故。
【答案】　C
选项 实验操作及现象 实验结论
A 向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成 该溶液中一定含有SO42－
B 向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色。再向溶液中加入几滴新制的氯水，溶液变为红色 该溶液中一定含有Fe2＋
C 将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色 该气体一定是SO2
D 将少量某物质的溶液滴加到新制的银氨溶液中，水浴加热后有银镜生成 该物质一定属于醛类
4．(2009年四川理综)下列有关物质检验的实验结论正确的是(　　)
【解析】　A项，Ag＋也能使盐酸酸化的氯化钡溶液产生白色沉淀C项，氯气也能使品红溶液褪色；D项，能发生银镜反应的有醛类、甲酸、甲酸酯、葡萄糖等。
【答案】　B
5．(2009年天津理综)下列实验设计和结论相符的是(　　)
A．将碘水倒入分液漏斗，加适量乙醇，振荡后静置，可将碘萃取到乙醇中
B．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体水溶液一定显碱性
C．某无色溶液中加Ba(NO3)2溶液，再加稀盐酸，沉淀不溶解，则原溶液中一定有SO42－
D．在含FeCl2杂质的FeCl3溶液中通足量Cl2后，充分加热，除去过量的Cl2，即可得到较纯净的FeCl3溶液
【解析】　A项，乙醇与水互溶，不能用作萃取剂。C项，原溶液中也可能有SO32－。D项，FeCl3溶液加热时促进Fe3＋水解，会生成Fe(OH)3。
【答案】　B
A B
存放浓硝酸 分离水和乙酸乙酯
C D
准确量取9.50 mL水 实验室制取乙烯
6．(2009年安徽理综)下列选用的相关仪器符合实验要求的是(　　)
【解析】　A项，浓硝酸有强氧化性，会腐蚀橡胶塞；B项正确；量筒只能准确到0.1 mL，选项C中要准确量取9.50 mL水不能用量筒去量取；实验室制乙烯要求温度要达到170 ℃，故D项错。
【答案】　B
7．(2009年上海单科)下列实验装置不适用于物质分离的是(　　)
【解析】　A装置可用于分液。B装置可用来分离易升华物质与不升华物质，如分离I2与沙子，或分离SiO2与NH4Cl也可用此装置。C装置是层析。D装置是反应装置，不能用来分离物质。
【答案】　D
8．(2009年重庆理综)有关实验的叙述，正确的是(　　)
A．将固体加入容量瓶中溶解并稀释至刻度，配制成一定物质的量浓度的溶液
B．用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上测定其pH
C．用NaOH溶液洗涤并灼烧铂丝后，再进行焰色反应
D．读取滴定管内液体的体积，俯视读数导致读数偏小
【解析】　A项，固体应先在烧杯中溶解，并冷却至室温，再转移至容量瓶中并定容；B项，使用pH试纸时不能润湿；C项，进行焰色反应时，应用稀盐酸洗涤并灼烧铂丝。
【答案】　D
9．(2008年江苏化学)以下实验或操作不能达到目的的是(　　)
A．用溴水鉴别苯、乙醇、四氯化碳
B．准确称取0.400 0 g的NaOH固体配成1 000 mL浓度为0.010 00 mol·L－1的溶液
C．为除去苯中的少量苯酚，向混合物中加入适量的溴水后过滤
D．用激光笔检验淀粉溶液的丁达尔现象
【解析】　A项，考查的是溶解性和密度的相关知识；B项，NaOH溶液的配制过程中会生成Na2CO3，且从有效数字看也无法配成0.010 00 mol·L－1的溶液；C项，生成的2,4,6－三溴苯酚会溶解在苯中。
【答案】　BC
1．(2008年上海化学)下列关于化学学习和研究的说法错误的是(　　)
A．化学模型有助于解释一些化学现象
B．质量守恒定律是大量实验事实的总结
C．化学家提出的假设都能被实验证实
D．化学基本原理的应用是有一定条件的
【解析】　 C项“假设”有对有错，即使是正确的，也受到科学条件的限制，不可能全部通过实验来验证。
【答案】　C
2．(2010年安徽师大附中模考)某同学根据苯和四氯化碳互溶，苯的密度比水小，四氯化碳的密度比水大的性质制作了如图所示的“液体积木”。在试管中注入CCl4，再加少量水，然后再小心加入少量苯，溶液可出现分三层的现象，再用漏斗向水层中加入少量胆矾溶液及少量碘水(如图所示)，下列说法正确的是(　　)
A．上中下三层的颜色分别为无色、蓝色、紫色
B．上中下三层的颜色分别为紫色、蓝色、紫色
C．振荡再静置后溶液分为两层，水在下层
D．振荡再静置后溶液仍分为三层
【解析】　碘在苯与四氯化碳中的溶解度较大，它们都能从碘水中萃取碘，故上中下三层的颜色分别为紫色、蓝色、紫色。苯和四氯化碳互溶，故振荡后分为两层，有机层的密度大小取决于苯和四氯化碳的相对多少，故无法判断有机层是否在水的上面。
【答案】　B
3．(2009年广州毕业测试)下列实验操作完全正确的是(　　)
A．配制100 mL 0.1 mol/L的NaCl溶液时，先量取10 mL 1 mol/L NaCl溶液倒入容量瓶中，再加水稀释至刻度线
B．配制氯化铁溶液时，将一定量氯化铁溶解在较浓的盐酸中，再用水稀释到所需浓度
C．制备乙酸乙酯时，将乙醇和乙酸依次加入到浓硫酸中
D．乙醇与金属钠的反应，在盛有少量乙醇溶液的试管中，加入一小块新切的、用滤纸擦干表面煤油的金属钠
【解析】　配制一定物质的量浓度溶液时应选择胶头滴管定容，A错；制备乙酸乙酯时，先加入乙醇，再加入浓硫酸，后加入乙酸，防止乙醇挥发，C错；乙醇与金属钠的反应，应选择无水乙醇，D错；在配制FeCl3溶液时，为抑制其水解，通常将一定量的FeCl3溶解在较浓的盐酸中，再加水稀释到所需浓度，故B正确。
【答案】　B
4．下列化学实验的操作过程或实验方法正确的是(　　)
A．检验SO42－离子的实验中，加入HNO3酸化的BaCl2 溶液
B．焰色反应实验中，用硫酸清洗铂丝后在火焰上灼烧
C．用480 mL的容量瓶配制480 mL 0.1 mol/L的碳酸钠溶液
D．验证蔗糖水解的实验中，先往盛有1 mL 20%蔗糖溶液的试管中加3滴稀硫酸，水浴加热一段时间后，再向试管中滴加NaOH溶液至碱性，最后再加入2 mL新制银氨溶液并水浴加热
【解析】　加BaCl2溶液时，A中SO32－或Ag＋对SO42－有干扰，所以A不正确；焰色反应实验中，应用稀盐酸清洗铂丝，所以B不正确；容量瓶中没有480 mL的规格，所以C不正确。
【答案】　D
5．(2008年江苏化学)下列装置或操作能达到实验目的的是(　　)
【解析】　A项集气瓶无出气管；B项不符合构成原电池的条件，应将两个电极对换位置；D项应长管进，短管出。
【答案】　C
6．下列实验测量数据记录正确的是(　　)
A．用pH试纸测得0.100 mol/L醋酸的pH为3.02
B．用量筒测得排水法收集的氢气体积为50.28 mL
C．用滴定管测得中和滴定所消耗的标准溶液体积为20.32 mL
D．用托盘天平称得2.50 g胆矾，受热充分失水后固体质量减轻0.90 g
【解析】　pH试纸测溶液的酸碱性记录数据时不含小数，A错误；量筒、托盘天平分别量取或称量物质记录数据时只能记录到小数点后一位，B、D错误；滴定管准确度为0.01 mL，可记录到小数点后二位，C正确。
【答案】　C
7．(1)下列各种容器，通常分别用什么方法清洗？
①做过碘升华实验的烧杯________________________________________；
②长期存放过三氯化铁溶液的试剂瓶_______________________________________ ；
③盛过苯酚的容器_________________________________________。
(2)在实验室里做钠跟水反应的实验，实验目的是探究反应所得溶液的酸碱性。已备好的实验仪器有培养皿、滤纸、滴瓶(带滴管)、药匙。其中不需要的仪器是______________；要圆满完成实验，还缺少的仪器有______________________。
【解析】　(1)仪器的洗涤关键是试剂的选择，选择试剂时，要考虑多方面的因素：第一，利用“相似相溶原理”把物质溶解，如①小题就是这样；第二，加入的物质与要洗涤的物质反应，生成易溶于水的物质也可达到目的，如③小题。经过简单分析②小题更容易得到答案。(2)题中内含的解题要求是对单质钠的取用。实验室中的单质钠是较大块的固体，硬度较小，实验中用黄豆粒大小的钠块即可，切忌过大。取用钠块要用镊子而不用药匙，切割钠要在玻璃片上用小刀切割。
【答案】　(1)①先用酒精清洗，再用水洗
②先用盐酸清洗，再用水洗
③先用氢氧化钠溶液清洗，再用水洗
(2)药匙、培养皿　镊子、玻璃片、小刀
8．铁是人体必需的微量元素之一，它可以促进血红蛋白结合氧分子进行输氧，医学上经常用硫酸亚铁糖衣片给患贫血的病人补铁。请根据以下药品说明书回答问题：
硫酸亚铁片
拼音名：Liusuanyatie Pian
英文名：Ferrous Sulfate Tablets
本品含硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)应为标示量的95.0%～110.0%。
【性状】　本品为糖衣片，除去糖衣后显淡蓝绿色。
【鉴别】　取本品，除去糖衣，研细，称取适量(约相当于硫酸亚铁0.2 g)，加稀盐酸l滴与水20 mL，振摇使硫酸亚铁溶解，过滤，滤液进行亚铁盐与硫酸盐的鉴别反应。
【规格】　0.3 g
【贮藏】　密封，在干燥处保存。
(1)药片上的糖衣可以起__________________________作用，鉴定时溶解加盐酸的目的是________________。
(2)某研究小组甲欲用KMnO4测定FeSO4的含量。
①实验前，首先要精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液200毫升，配制时需要的仪器除天平外，还需要的仪器有__________、________、________、________、________。
②滴定时含硫酸亚铁的滤液放在________(填仪器)中，高锰酸钾溶液放在__________(填仪器)中，滴定终点时溶液的颜色为________色。
(3)另一研究小组乙设计了如下测量方案：
①过滤时用到的玻璃仪器有___________________________________。
②从红褐色的悬浊液到最后的称量，其过程中所需的基本操作有　　　　(按操作的顺序填写)。
A．过滤　B．洗涤　C．萃取　D．分液　E．冷却　F．灼烧
【解析】　(1)Fe2+具有强还原性，能发生水解，因此药片上的糖衣的作用是隔绝空气，防止FeSO4被氧化；溶解时加盐酸目的是为了防止Fe2+水解。(2)配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液需要的仪器有托盘天平(药匙、砝码)、量筒、200 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。滴定时FeSO4溶液放在锥形瓶中，KMnO4溶液放在酸式滴定管中，据滴定终点颜色变成紫色，停止滴定。(3)过滤时，需要玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。从Fe(OH)3的悬浊液到最后的称量，需过滤、洗涤、灼烧、冷却、称量。
【答案】　(1)隔绝空气，防止被O2氧化　防止Fe2+水解
(2)①200毫升容量瓶　烧杯　玻璃棒　胶头滴管　量筒
②锥形瓶　酸式滴定管　紫
(3)①烧杯、漏斗、玻璃棒　②A、B、F、E
某实验小组制取氧化铜并证明氧化铜能加快氯酸钾的分解，进行了如下实验：
(一)制取氧化铜
①称取2 g CuSO4·5H2O研细后倒入烧杯，加10 mL蒸馏水溶解；②向上述CuSO4溶液中逐滴加入NaOH溶液，直至不再产生沉淀；③过滤、洗涤，然后将沉淀转移到坩埚中，加热灼烧至沉淀全部变为黑色。
回答下列问题：
(1)上述实验步骤中需要使用玻璃棒的是________(填序号)，步骤①中研磨固体所用仪器的名称是________。
(2)步骤③中洗涤沉淀的操作是_______________
(二)证明氧化铜能加快氯酸钾的分解并与二氧化锰的催化效果进行比较可采用如下图所示装置进行实验，实验时均以生成25 mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略，相关数据见下表：
实验序号 KClO3 其他物质质量 待测数据
④ 2 g 无其他物质
⑤ 2 g CuO 0.5 g
⑥ 2 g MnO2 0.5 g
回答下列问题：
(3)上述实验中的“待测数据”指______________________。
(4)本实验装置图中量气装置B由干燥管、乳胶管和50 mL滴定管组装而成，此处所用滴定管是　　(填“酸式” 或“碱式”)滴定管。
(5)若要证明实验⑤中干燥管内收集的气体是O2，可待气体收集结束后，用弹簧夹夹住B中乳胶管，拔去干燥管上单孔橡皮塞，然后________________________________________________。
(6)为探究CuO在实验⑥中是否起催化作用，需补做如下实验(无需写出具体操作)：
a．______________________　。
b．CuO的化学性质有没有改变。
【解析】　(1)据题意知步骤①中固体溶解时用玻璃棒搅拌；步骤③中过滤时用玻璃棒引流，沉淀转移到坩埚中起转移作用，研磨固体时用研钵。
(2)洗涤沉淀时应沿玻璃棒向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀，静置使其全部滤出后，重复2～3次。
(3)根据题目条件比较反应速率的大小可以测定生成25 mL气体所用的时间，所用时间越少，表明反应速率越大。
(4)据酸、碱式滴定管的结构特点可知此滴定管为碱式滴定管。
(5)通常用带火星的木条来检验O2。
(6)催化剂是指在反应中能改变化学反应速率，但自身的质量和化学性质在反应前后没有变化，但回答问题时要依据b的说法。
【答案】　(1)①③　研钵
(2)沿玻璃棒向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀，静置使其全部滤出，重复2～3次
(3)生成25 mL气体所用的时间
(4)碱式
(5)取一根带火星的小木条，伸入干燥管内，看木条是否复燃
(6)CuO的质量有没有变化
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一、选择题(每小题3分，共48分)
1．下列反应中，熵显著增加的是(　　)
A．CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)
B．4Fe(OH)2(s)＋O2(g)＋2H2O(l)===4Fe(OH)3(s)
C．Fe3O4(s)＋4CO(g)===3Fe(s)＋4CO2(g)
D．2HgO(s)===2Hg(l)＋O2(g)
【解析】　A、B两项均属于气体分子数减少的反应，是熵减小的情况，错误；C项气体分子数不变，也不符合要求；只有D项属于气体分子数增加的反应，即熵增加，D正确。
【答案】　D
2．下列关于判断过程的方向的说法正确的是(　　)
A．所有自发进行的化学反应都是放热反应
B．高温高压下可以使石墨转化为金刚石是自发的化学反应
C．由能量判据和熵判据组合而成的复合判据，将更适合于所有的过程
D．同一物质的固、液、气三种状态的熵值相同
【解析】　自发进行只能用来判断过程的方向，而不能判断反应的热效应，A项错；高温高压的条件下，低能量的石墨转化为高能量的金刚石，是一个非自发的化学反应，B项错；同一物质的固、液、气三种状态中，气态的混乱度最大，熵值最大，D项错。
【答案】　C
3．可逆反应：2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)，正反应速率分别用v(SO2)、v(O2)、v(SO3)[mol/(L·min)]表示，逆反应速率分别用v′(SO2)、v′(O2)、v′(SO3)[mol/(L·min)]表示，当反应达到平衡时，正确的关系是(　　)
A．v(SO2)＝v(O2)　　　　　　B．v(SO3)＝v′(SO3)
C．v′(O2)＝v′(SO3) D．v′(O2)＝2v′(SO3)
【解析】　达到平衡时，用同一种物质表示的正、逆反应速率一定相等。另外，用不同物质表示的反应速率之比等于它们的化学计量数之比，且方向相反。
【答案】　B
4．(2009年宁波模拟)可逆反应2NO2??2NO＋O2在体积固定的密闭容器中进行，下列说法不能认为达到平衡状态的是(　　)
A．单位时间内生成n mol O2同时生成2n mol NO2
B．混合气体的颜色不再改变的状态
C．混合气体的密度不再改变的状态
D．混合气体的压强不再改变的状态
【解析】　选项A，生成O2 n mol，同时生成NO2 2n mol，说明正逆反应速率相等；由于NO2为有色气体，其他气体无色，混合气体的颜色不再改变，则反应已达平衡状态，由于反应在体积固定的容器中进行，气体密度不再改变，不是反应达平衡的标志，而压强不变是达平衡的标志。所以选C。
【答案】　C
5．(2009年黄冈模拟)在体积恒定的密闭容器中，充入3 mol A和1 mol B发生反应：3A(g)＋B(g)??xC(g)，达到平衡后，C在平衡混合气体中的体积分数为φ。若维持温度不变，按1.2 mol A、0.4 mol B、0.6 mol C为起始物质，达到平衡后压强不变，C的体积分数仍为φ，则x值是(　　)
A．2 B．1
C．3 D．4
【解析】　本题的条件是恒容装置，现在起始物质不同物质的量的前提下要求达到平衡时C物质的体积分数φ相等且压强不变，压强不变即物质的量不变，因此属于“等同平衡”，必须用回归定值法，即1.2 mol＋3×0.6 mol/x＝3 mol,0.4 mol＋0.6 mol/x＝1 mol，解得x＝1。
【答案】　B
6．(2008年北京理综)工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：
SiCl4(g)＋2H2(g)??Si(s)＋4HCl(g)　ΔH＝＋Q kJ/mol(Q>0)
某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应(此条件下为可逆反应)，下列叙述正确的是(　　)
A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率
B．若反应开始时SiCl4为1 mol，则达平衡时，吸收热量为Q kJ
C．反应至4 min时，若HCl浓度为0.12 mol·L－1，则H2的反应速率为0.03 mol·L－1·min－1
D．当反应吸收热量为0.025Q kJ时，生成的HCl通入100 mL 1 mol/L的NaOH溶液恰好反应
【解析】　A项，增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率减小；B项，由于此反应为可逆反应，开始时加入1 mol SiCl4，并不能全部转化为Si，所以吸收的热量小于Q kJ；C项，v(H2)＝v(HCl)＝×＝0.015 mol·L－1·min－1。D项，当反应吸收热量为0.025Q kJ时，产生n(HCl)＝4 mol×＝0.1 mol＝n(NaOH)，故恰好反应。
【答案】　D
7．(2008年高考广东理基)对于反应2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)，能增大正反应速率的措施是(　　)
A．通入大量的O2 B．增大容器容积
C．移去部分SO3 D．降低体系温度
【解析】　A项中通入氧气，增大了反应物的浓度，正反应速率加快；B项中增大容器体积，反应物的浓度减小，正反应速率减小；C项中移走部分三氧化硫，反应物的浓度不变，正反应速率不变；D项中降低温度，正逆反应速率都要减小。故选A。
【答案】　A
8．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是(　　)
A．碳酸钙不溶于水，但溶于盐酸
B．对于反应2HI(g)??H2(g)＋I2(g)　ΔH>0，缩小容器的体积可使颜色变深
C．在实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气
D．打开冰镇啤酒瓶，把啤酒倒入玻璃杯中，杯中立即泛起大量泡沫
【解析】　盐酸中的H＋结合碳酸钙中的CO32－生成CO2气体，使碳酸钙的溶解平衡向溶解方向移动；B中反应前后气体分子不变，缩小容积，反应速率增大，但平衡不发生移动；Cl－浓度大有利于平衡Cl2＋H2O??H＋＋Cl－＋HClO逆向移动；溶解平衡CO2(g)??CO2(aq)受CO2气体的压力和温度影响，打开冰镇啤酒瓶把啤酒倒入玻璃杯中，由于压力减小、温度升高，平衡逆向移动，所以杯中立即泛起大量泡沫。
【答案】　B
9．如图所示为条件一定时，反应2NO(g)＋O2(g)??2NO2(g)＋Q(正反应为放热)中NO的转化率与温度变化关系曲线图，图中有a、b、c、d四个点，其中表示未达到平衡状态，且v正A．a B．b
C．c D．d
【解析】　a、b在曲线上为平衡点，c、d点未达平衡。d点在曲线右上方，从d点向横坐标引辅助线，可知该温度平衡时NO的转化率比d点的小，说明该点未达平衡，且v正【答案】　D
10．(2009年江西九所重点中学高三联考)已知可逆反应aA(g)＋bB(？)??cC(g)　ΔH>0(B物质的状态未确定)。关于该反应的描述正确的是(　　)
A．加压若平衡正向移动，则a>c
B．加入一定量的B，平衡一定正向移动
C．缩小容器的体积，各物质的浓度一定增大
D．升高温度，平衡一定正向移动，混合气体的平均摩尔质量的变化不能确定
【解析】　A项，B物质状态不确定，故无法确定a、c的大小关系；B项，若B是固体，加入一定量的B，平衡不移动；C项，若B是固体，缩小容器的体积，B的浓度不变；D项，升高温度，平衡向吸热的方向(该反应是正反应方向)移动，M＝，因B的状态不确定，故M的变化不能确定，故选D。
【答案】　D
11．(2008年宁夏高考理综)将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：
①NH4I(s)??NH3(g)＋HI(g)；②2HI(g)??H2(g)＋I2(g)
达到平衡时，c(H2)＝0.5 mol/L，c(HI)＝4 mol/L，则此温度下反应①的平衡常数为(　　)
A．9 B．16
C．20 D．25
【解析】　根据题意
　　　2HI(g)??H2(g)＋I2(g)
平衡浓度：4 mol/L　0.5 mol/L
起始浓度：c(HI)＝平衡量＋变化量＝4 mol/L＋0.5 mol/L×2＝5 mol/L
则c(NH3)＝c(HI)起始浓度＝5 mol/L
根据平衡常数定义：K＝c(NH3)·c(HI)＝5 mol/L×4 mol/L＝20 (mol/L)2，故C项正确。
【答案】　C
12．(2008年高考山东理综)高温下，某反应达到平衡，平衡常数K＝。恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是(　　)
A．该反应的焓变为正值
B．恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小
C．升高温度，逆反应速率减小
D．该反应的化学方程式为CO＋H2OCO2＋H2
【解析】　由题中平衡常数的表达式可知该反应为：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，D项错误；升高温度，H2浓度减小，说明平衡向右移动，该反应的正反应为吸热反应，A项正确；该反应为反应前后气体体积不变的反应，增大压强对该反应的平衡无影响，增大压强氢气浓度相应增大，B项错误；对任何反应来说，升高温度反应速率都增大，C项错误。
【答案】　A
13．一定温度下，在恒容密闭容器中发生如下反应：2A(g)＋B(g)??3C(g)，若反应开始时充入2 mol A和2 mol B，达平衡后A的体积分数为a%。其他条件不变时，若按下列四种配比作为起始物质，平衡后A的体积分数大于a%的是(　　)
A．2 mol C
B．2 mol A、1 mol B和1 mol He(不参加反应)
C．1 mol B和1 mol C
D．2 mol A、3 mol B和3 mol C
【解析】　因该反应是一个气体体积不变的反应，因此只要n(A)∶n(B)＝1∶1即为等效平衡，因此将选项中各种配比全部转化为起始时A和B的物质的量并与题给平衡进行逐一分析：
　　2A(g)＋B(g)??3C(g)　平衡时φ(A)
已知　　　　2　　　　2　　　　0　　　　a%
A 0 >a%
B 2 1 0 >a%
C 0 D 4 4 0 ＝a%
所以选A、B。
【答案】　AB
14．反应aA(g)＋bB(g)??cC(g)　ΔH＝Q kJ/mol，生成物C的质量分数与压强p和温度的关系如下图，方程式中的化学计量数和Q值符合图象的是(　　)
A．a+b0　　　　　　B．a＋b>c　Q<0
C．a＋b0
【解析】　由温度—时间图象判断，T2>T1(因为温度越高，反应速率越快，达到平衡所需时间越短)，从T1→T2，即升温，C%降低，则正反应为放热反应，即Q<0；由压强—时间图象判断，p2>p1(因为压强越大，反应速率越快，达到平衡所需时间越短)，从p1→p2，加压，C%降低，平衡逆向移动，即逆反应是气体体积缩小的反应，则有a＋b【答案】　C
15．往平底烧瓶中放入氢氧化钡晶体[Ba(OH)2·8H2O]和固态氯化铵晶体，塞紧瓶塞，在瓶底和木板间滴少量水，如图所示。一会儿，就会发现瓶内固态物质变稀并有液体产生，瓶壁变冷，小木板上因少量水冻结而被烧瓶粘住，这时打开瓶塞，出来的气味有氨味，这时自发地发生了反应：
Ba(OH)2·8H2O(s)＋2NH4Cl(s)===BaCl2(s)＋2NH3(g)＋10H2O(l)
下列结论中正确的是(　　)
A．自发反应一定是放热反应
B．自发反应一定是吸热反应
C．有的吸热反应也能自发进行
D．吸热反应不能自发进行
【解析】　Ba(OH)2·8H2O＋2NH4Cl(s)===BaCl2(s)＋2NH3(g)＋10H2O(l)是吸热反应，但能自发进行，A、D选项错误；Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑是放热过程，也是自发过程，B错误。
【答案】　C
16．可用下图所示的图象表示的反应是(　　)
反应 纵坐标 甲 乙
A SO2与O2在同温、同体积容器中反应 SO2的转化率 2 mol SO2和1 mol O2 2 mol SO2和2 mol O2
B 2 mol SO2与1 mol O2在同温、体积可变的恒压容器中反应 SO2的转化率 1×106 Pa 1×105 Pa
C 相同质量的氨在同一固定容积容器中反应 氨气的浓度 400 ℃ 500 ℃
D 体积比为1∶3的N2、H2在同温、体积可变的恒压容器中反应 氨气的浓度 活性高的催化剂 活性一般的催化剂
【解析】　A项中由于乙中氧气比甲中多，故乙中SO2的转化率比甲大，不符合图象；B项中由于乙的压强比甲小，故乙的化学反应速率小，到达平衡时间比甲长，不符合图象；D项中平衡时氨气的浓度应相同，不符合图象。
【答案】　C
二、非选择题(共52分)
17．(12分)(高考宁夏理综)氮化硅(Si3N4)是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中通过以下反应制得：
SiO2＋C＋N2Si3N4＋CO
(1)配平上述反应的化学方程式(将化学计量数填在方框内)；
(2)该反应中的氧化剂是________，其还原产物是________；
(3)该反应的平衡常数表达式为K＝________；
(4)若知上述反应为放热反应，则其反应热ΔH________零(填“大于”“小于”或“等于”)；升高温度，其平衡常数值________(填“增大”“减小”或“不变”)；
(5)若使压强增大，则上述平衡向________反应方向移动(填“正”或“逆”)；
(6)若已知CO生成速率为v(CO)＝18 mol/(L·min)，则N2消耗速率为v(N2)＝________mol/(L·min)。
【解析】　(1)利用氧化还原反应配平方法不难得出化学计量数分别为3、6、2、1、6。
(2)根据化合价变化可判断出N2为氧化剂，Si3N4为还原产物。
(3)根据平衡常数的定义得出该反应的平衡常数表达式为K＝。
(4)放热反应，ΔH<0。升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小。
(5)从配平后的化学方程式的化学计量数可以看出气态物质的计量数之和是生成物的大于反应物的，故增大压强可使平衡逆向移动。
(6)同样从上述化学方程式中的计量数关系中可以得出v(N2)＝×18 mol/(L·min)＝6 mol/(L·min)
【答案】　(1)3　6　2　1　6　(2)N2　Si3N4
(3)　(4)小于　减小　(5)逆　(6)6
18．(10分)(2009年烟台一模)设反应①Fe(s)＋CO2(g)??FeO(s)＋CO(g)的平衡常数为K1，反应②Fe(s)＋H2O(g)??FeO(s)＋H2(g)的平衡常数为K2。在不同温度下，K1、K2的值如下：
温度 K1 K2
973 K 1.47 2.38
1 173 K 2.15 1.67
(1)从上表可以推断：反应①是________(填“吸”、“放”)热反应。
(2)现有反应③CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)，写出该反应的平衡常数K3的数学表达式：K3＝________。
(3)根据反应①与②，可推导出K1、K2与K3之间的关系式。据此关系式及上表数据，也能推断出反应③是“吸热”还是“放热”反应。问：要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取的措施有________(填写序号)。
A．缩小反应容器容积　B．扩大反应容器容积　C．降低温度　D．升高温度　E．使用合适的催化剂　F．设法减少CO的量
(4)图1、2表示反应③在t1时刻达到平衡、在t2时刻因改变某个条件而发生变化的情况：
①图1中t2时刻发生改变的条件是________________________________________________________________________。
②图2中t2时刻发生改变的条件是________________________________________________________________________
　　　　　　　　　　　。
【解析】　(1)据表中数据知温度升高，K1增大，所以反应①正反应为吸热反应。
(2)据平衡常数的定义即写出K3=
(3)因为K1=，K2=，所以K3=，因据表中数据知温度升高，K1增大，K2减小，因此温度升高时，K3增大，即反应③正反应为吸热反应。因此要使平衡向正反应方向移动可升高温度，也可减小CO的浓度，而改变容器的体积及加入催化剂，平衡不移动。
(4)①据图1知改变某个条件后，正、逆反应速率同等倍数的增大，可通过加入催化剂或增大体系的压强实现，②图2中t2时刻变化可为降低温度，增大水蒸气的量或减少H2的量，促使平衡向逆反应方向移动。
【答案】　(1)吸　(2)　(3)DF
(4)①加入催化剂或增大体系的压强
②降低温度或增加水蒸气的量或减少氢气的量
19．(16分)(1)控制变量是科学研究中的重要研究方法，其基本思路是，在实验研究中人为只改变一个因素(调节变量)，其他因素保持相同，观察测定因调节变量改变而改变的因素(因变量)，从而分析得到研究结论。中学化学中应用控制变量的方法研究问题的例子很多。请分析或设计：
①在研究浓度对化学反应速率的影响时，教材安排了利用Na2S2O3与H2SO4反应的一组对照实验(Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O)
烧杯编号 加3% Na2S2O3溶液体积(mL) 加H2O体积(mL) 加(体积之比为1∶2)H2SO4溶液体积(mL) 所需时间(s)
1 5 5 2
2 7 3 2
3 10 0 2
在三个烧杯(底部有黑色“十”字标记)内分别加入表中所示体积的三种液体，搅拌并开始计时，到出现浑浊使烧杯底部“十”字看不见时停止计时。比较所需时间，得出浓度对化学反应速率影响的结论。实验中，温度和反应体系中硫酸浓度是保持相同的因素，调节变量是____________________，因变量是______________。
②运用控制变量原理设计实验，利用纯碱溶液探究温度对盐的水解的影响，简述实验方法：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)373 K时，H2PO3－与OH－发生如下反应：
H2PO3－＋OH－??HPO32－＋H2O
反应结果如下表所示：
H2PO3－起始浓度(mol/L) 0.10 0.50 0.50
OH－起始浓度(mol/L) 1.00 1.00 4.00
反应速率[mol/(L·s)] 3.2×10－5 1.60×10－4 2.56×10－3
如果用v＝kcm(H2PO3－)·cn(OH－)表示反应速率(k为与浓度无关的常数)
①k＝________，m＝________，n＝________。
②若c(H2PO3－)的起始浓度为0.20 mol/L，c(OH－)的起始浓度为1.50 mol/L，则反应速率v＝________。
【解析】　(1)实验改变的条件是Na2S2O3和水用量相对大小，故调节变量是Na2S2O3溶液的浓度，因变量是反应所需时间。利用控制变量原理设计实验探究温度对水解反应的影响，则控制变量是温度，因变量是水解程度大小，可用加入指示剂通过溶液颜色深浅来表示或用pH表示。
(2)①OH－的浓度均为1.00 mol/L 时，H2PO3－的浓度由0.10→0.50，浓度变为原来的5倍，反应速率由3.2×10－5→1.60×10－4，即反应速率变为原来的5倍，因此m＝1；同理H2PO3－的浓度均为0.50 mol/L时，OH－的浓度由1.00→4.00，浓度变为原来的4倍，反应速率由1.60×10－4→2.56×10－3，即反应速率变为原来的16＝42倍，因此n＝2。
利用第一组数据有：3.2×10－5＝k·(0.10)1×(1.00)2，所以k＝3.2×10－4
②此时，v＝3.2×10－4 mol/(L·s)×(0.20 mol/L)×(1.50 mol/L)2＝1.44×10－4 mol/(L·s)
【答案】　(1)①Na2S2O3溶液的浓度　所需时间
②取三支试管各放同浓度同体积的纯碱溶液，滴1～2滴酚酞试液，第一支不加热，第二支加热至t1 ℃，第三支加热至t2 ℃，观察三支试管中溶液的颜色深浅，温度越高，颜色越深，说明碱性越强，则水解程度越大(其他合理答案均可，例如不同温度下测定同浓度同体积纯碱溶液的pH)
(2)①3.2×10－4　1　2
②1.44×10－4mol/(L·s)
20．(14分)已知NO2和N2O4可以相互转化：2NO2(g)??N2O4(g)(正反应为放热反应)。现将一定量NO2和N2O4的混合气体通入一体积为1 L的恒温密闭容器中，反应物浓度随时间变化关系如图所示，回答下列问题：
(1)图中共有两条曲线X和Y，其中曲线________表示NO2浓度随时间的变化；a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的点是________。
(2)前10 min内用NO2表示的化学反应速率v(NO2)＝________mol/(L·min)；反应进行至25 min时，曲线发生变化的原因是________________________________________________________________________。
(3)若要达到与最后相同的化学平衡状态，在25 min时还可以采取的措施是________。
A．加入催化剂　　　　　B．缩小容器体积
C．升高温度 D．加入一定量的N2O4
【解析】　(1)曲线X在0～10 min达平衡时变化了0.4 mol/L，而曲线Y在0～10 min达平衡时变化了0.2 mol/L，所以可得X曲线为NO2的浓度变化曲线；达到平衡时浓度不再随时间而发生变化，所以b、d表示反应已达平衡状态。
(2)NO2在0～10 min达平衡时变化了0.4 mol/L，所以用NO2表示的反应速率为0.04 mol/(L·min)；而在25 min时，NO2的浓度由0.6 mol/L变为1.0 mol/L，而N2O4的浓度在25 min时没有发生改变，所以可得此时改变的条件是向容器中加入了0.4 mol NO2气体。
(3)在加入NO2后平衡正向移动，所以若要达到与最后相同的化学平衡状态，还可通过增大压强，使平衡也同样正向移动；或者采用降低温度的方法，使平衡正向移动，也可以向容器中充入一定量N2O4气体，因为这样相当于增大容器中气体的压强，使得NO2的转化百分率提高，即达到与最后的平衡相同的平衡状态。
【答案】　(1)X　b和d　(2)0.04　加入了0.4 mol NO2(或加入了NO2)　(3)BD(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
一、选择题
1．如果n为ⅡA族中某元素原子序数，则原子序数为(n＋1)的元素位于(　　)
A．ⅢA　　　　　　　　　　B．ⅣA
C．ⅢB D．ⅠA
【解析】　从周期表的结构可知，ⅡA后面的族既可以是ⅢB(第四、五、六、七周期)，也可以是ⅢA(第二、三周期)。
【答案】　AC
2．(2009年齐齐哈尔模拟)下列叙述错误的是(　　)
A．13C和14C属于同一种元素，它们互为同位素
B．1H和2H是不同的原子，它们的质子数相等
C．6Li和7Li的电子数相等，中子数也相等
D．14C和14N的质量数相等，它们的中子数不等
【解析】　一个原子ZAX中，核电荷数(Z)与核内质子数、核外电子数、质量数(A)及中子数(N)之间的关系为：质子数(Z)＝核电荷数＝核外电子数
质量数(A)＝质子数(Z)＋中子数(N)
而具有相同的核电荷数(Z)，不同的质量数(A)(即具有相同的质子数，不同的中子数)的一类原子互称同位素。13C和14C是C的不同核素互称同位素。1H和2H则是H的不同核素，它们属于同一种元素，质子数也相等。6Li和7Li是Li的不同核素，它们的电子数相等，但中子数不等，14C和14N是不同的元素，其质量数相等，但由于质子数不等，它们的中子数也不等。
【答案】　C
3．(2009年深圳高三调研)最近媒体报道了一些化学物质，如爆炸力极强的N5、结构类似白磷的N4、比黄金还贵的18O2、太空中的甲醇气团等。下列说法中，正确的是(　　)
A．18O2和16O2是两种不同的核素
B．将a g铜丝灼烧成黑色后趁热插入甲醇中，铜丝变红，质量小于a g
C．N4为正四面体结构，每个分子中含有6个共价键，键角为109°28′
D．2N5===5N2是化学变化
【解析】　核素是指具有一定质子数和中子数的原子，而18O2和16O2是单质，A错；将a g铜丝灼烧成黑色后趁热插入甲醇中，发生反应2Cu＋O22CuO和CuO＋CH3OHCu＋HCHO＋H2O，在反应前后铜的质量不变，B错；N4和白磷分子一样，为正四面体结构，含有6个共价键，键角应为60°，C错；N5和N2互为同素异形体，相互转化为化学反应，D正确。
【答案】　D
4．已知mRn－阴离子的原子核内有x个中子，W g mRn－阴离子含有的电子的物质的量为(　　)
A．(m－x)n mol B．W(m－x－n)n mol
C.(m－x＋n) mol D. mol
【解析】　先确定1 mol mRn－阴离子中所含电子的物质的量。据mRn－阴离子的原子核内有x个中子，则1个mR原子中所含的质子数为(m－x)个，从而可推知一个mRn－阴离子中所含的电子数为(m－x＋n)个，1 mol mRn－阴离子中所含电子的物质的量为(m－x＋n)mol，不难求出W g mRn－中所含电子的物质的量为(m－x＋n)mol。
【答案】　C
5．X、Y、Z和R分别代表四种元素，如果aXm＋、bYn＋、cZn－、dRm－四种离子的电子层结构相同(a、b、c、d为元素的原子序数)，则下列关系正确的是(　　)
A．a－c＝m－n B．a－b＝n－m
C．c－d＝m＋n D．b－d＝n＋m
【解析】　由原子结构的知识可推出aXm＋、bYn＋、cZn－、dRm－四种离子的电子数分别为a－m，b－n，c＋n，d＋m。由于四种离子的电子层结构相同，即核外电子数均相等，即a－m＝b－n＝c＋n＝d＋m。经转化可得：a－c＝m＋n，a－b＝m－n，c－d＝m－n，b－d＝m＋n。
【答案】　D
6．下列说法不正确的是(　　)
A．同主族元素的单质及化合物的化学性质发生递变是由其电子层数的递变引起的
B．过渡元素包括了大部分金属元素
C．第4、5、6周期称为长周期
D．第7周期若填满，可有50种元素
【解析】　第7周期与第6周期一样，若填满，有32种元素。
【答案】　D
7．甲、乙是周期表中同一主族的两种元素，若甲的原子序数为x，则乙的原子序数不可能的是(　　)
A．x＋2 B．x＋4
C．x＋8 D．x＋18
【解析】　同主族元素后一周期元素原子序数与前一周期元素原子序数相差不可能为B。错选A的没考虑到1H、3Li之间的关系；错选D的没考虑到长周期元素，如19K和37Rb、17Cl和35Br……
【答案】　B
8．已知R2－离子的核内有x个中子，R的质量数为M，则m g R2－离子里含有的电子的物质的量为(　　)
A．M－x＋2 B.(M＋x－2)
C.(M－x－2) D.(M－x＋2)
【解析】　本题为近几年来的考查热点，对原子中质子数(核电荷数)、中子数、质量数、电子数之间的关系考查，要求考生对这些基本知识点的掌握情况要清晰；由题中已知可将R2－写成MZR2－，M＝z＋x，z＝M－x
关系式　　　离子　　　　　核外电子
　　　　M－x　MR2－　　　　M－x＋2
　　　　 mol　　　　(M－x＋2) mol
【答案】　D
9．下列说法中错误的是(　　)
A．原子及其离子的核外电子层数等于该元素所在的周期数
B．元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素
C．除氦外的稀有气体原子的最外层电子数都是8
D．同一元素的各种核素的物理性质、化学性质均相同
【解析】　本题立足于课本内容，重点考查学生对周期表结构划分的基本情况。A.对原子而言，核外电子层数即该元素所在周期数，离子则要有阴、阳之分，阳离子核外电子层数比元素所在周期数小1；B.周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素属于过渡元素，全是金属元素，B.正确；C.正确；D.同位素之间的物理性质不同，化学性质相似。
【答案】　AD
10．同一主族的两种元素的原子序数之差不可能是(　　)
A．16 B．26
C．36 D．46
【解析】　本题考查元素周期表的结构。当了解元素周期表的编排规律后，需记住同主族相邻元素的序号差，从第一周期到第七周期，同族相邻周期的原子序号相差依次为2、8、8、18、18、32，在以上各选项中，有8＋8＝16、8＋18＝26、18＋18＝36，而D选项中的46是不可能具有的。
【答案】　D
11．有人认为在元素周期表中，位于第ⅠA族的氢元素，也可以放在第ⅦA族，下列物质能支持这种观点的是(　　)
A．HF B．H3O＋
C．NaH D．H2O2
【解析】　氢原子易失去1个电子表现为＋1价，与碱金属性质相似，故排在第ⅠA族。氢原子也可以得到1个电子显－1价，与卤素性质相似，故可排在第ⅦA族。
【答案】　C
12．(2009年滨州一模)下图中a、b、c、d、e为周期表前四周期的部分元素，下列叙述正确的是(　　)
a
b
c d
e
A.b元素除0价外，只有一种化合价
B．五种元素中，c元素的性质最稳定
C．b、d气态氢化物溶于水，溶液的酸性：b>d
D．e元素最高价氧化物的水化物和不同量的氢氧化钠反应，可能生成三种盐
【解析】　题干中明确指出a、b、c、d、e为周期表前四周期的元素，因此根据元素周期表的结构可确定a为He，b为O，c为Si，d为Cl，e为As。对于选项A，O元素除0价外，还有－2价、－1价、＋2价等，A错；根据核外电子排布特点，5种元素中最稳定的元素应是稀有气体He，B错；b、d气态氢化物分别为H2O和HCl，显然C错；e元素最高价氧化物的水化物为H3AsO4，其性质应和H3PO4相似，是一种三元酸，能和碱反应生成两种酸式盐和一种正盐。
【答案】　D
二、非选择题
13．(江苏南京)下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表某一元素。
(1)1 mol A与D的氢化物完全反应产生的气体在标准状况下的体积为________。
(2)写出B的最高价氧化物的电子式________。
(3)表中的另一种金属元素(未标出)的单质G，可以发生如下图所示转化：
其中化合物M是一种白色胶状沉淀，则M为(填化学式)　　　　；
K的溶液与B的某种氧化物反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
一种新型无机非金属材料由G元素和C元素形成，其化学式为　　　　　　。
【解析】　由表可知A：Na　B：C　C：N　D：O　E：S　F：Cl
(1)2Na+2H2O===2NaOH+H2↑，则1 mol Na生成标准状况下0.5 mol H2，体积为11.2 L；
(2)B的最高价氧化物为CO2，其电子式为 C ；
(3)G既可与NaOH反应，又能与Cl2反应，且M为白色胶状沉淀，则知G为Al，K为NaAlO2，L为AlCl3，M为Al(OH)3。
【答案】　(1)11.2 L
(2) C
(3)Al(OH)3　NaAlO2＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋NaHCO3
或2NaAlO2＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋Na2CO3　AlN
14．(2009年杭州一模)下图是三角形元素周期表结构的一部分。现有a、b、c、d、e、f五种元素，它们在元素周期表中的位置如下图所示，试回答下列问题：
①写出单质的化学式：d单质________，e单质________。
②c单质与H2能在一定条件下发生化学反应生成化合物M，则M的电子式为________，写出c与H2反应生成M的化学方程式：________________________________________________________________________。
③a和c元素的单质在加热条件下可发生化学反应生成化合物R，则R的化合物类型应该为____________(填“离子化合物”或“共价化合物”)，R中a、c两元素形成的离子半径大小________(用具体离子符号表示其半径大小关系)。
【解析】　根据三角形元素周期表结构可知a、b、c、d、e、f元素分别是Na、Al、N、S、Ne、I元素。Na与N2反应生成的是氮化钠，与氮化镁相似，属于离子化合物，Na＋和N3－核外电子排布相同，但钠元素的核电荷数比氮大，所以离子半径：Na＋【答案】　①S　Ne
②HN··, H　N2＋3H22NH3
③离子化合物　Na＋15．下表是元素周期表主族元素的一部分：
W X Y
Z
短周期元素X的最高正价是＋5价，Y单质可在空气中燃烧。
(1)Z的元素符号是________，原子结构示意图为________。
(2)W的最高价氧化物不溶于水，但能溶于烧碱溶液，反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(3)探寻同一主族元素性质的一些共同规律，是学习化学的重要方法之一。在下表中列出对H2ZO3各种不同化学性质的推测，举例并写出相应的化学方程式。
编号 性质推测 化学方程式
示例 氧化性 H2ZO3＋4HI===Z↓＋2I2＋3H2O
1
2
3
【解析】　据X是短周期元素，族序数＝最高正价，故X在第ⅤA族，则Y、Z在第ⅥA族，且Y单质在空气中能燃烧，推知Y为S，Z为Se，则X为P，W为Si，Se的原子结构示意图为
＋34 。SiO2是酸性氧化物，SiO2与NaOH溶液反应的化学方程式为SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O。探究H2SeO3的性质时，利用同一主族元素性质具有一定的相似性，可以类比H2SO3的性质，H2SO3具有弱氧化性、强还原性、酸性及不稳定性，据此也可写出与H2SeO3相类似的化学方程式。
【答案】　(1)Se　＋34
(2)SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O
(3)
编号 性质推测 化学方程式
1 还原性 H2SeO3＋Br2＋H2O===H2SeO4＋2HBr
2 酸性 H2SeO3＋2NaOH===Na2SeO3＋2H2O
3 不稳定性 H2SeO3H2O＋SeO2↑
(第一个反应用O2、Cl2、KMnO4、H2O2、HNO3、Fe3＋等代替Br2且书写正确同样对。第二个反应用碳酸盐、较活泼金属代替NaOH且书写正确同样对)
16．下表是元素周期表的一部分：
　　　族
　周期 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA
1 ①
2 ② ③ ④ ⑤ ⑥
3 ⑦ ⑧ ⑨ ⑩
(1)表中元素⑩的氢化物的化学式为________，此氢化物的还原性比元素⑨的氢化物的还原性________(填“强”或“弱”)。
(2)某元素原子的核外L层电子数比K层电子数多3，则该元素的元素符号是________，其单质的电子式为________。
(3)俗称为“矾”的一类化合物通常含有共同的元素是________。
(4)已知某些不同族元素的性质也有一定的相似性，如元素③与元素⑧的氢氧化物有相似的性质，写出元素③的氢氧化物与NaOH溶液反应的化学方程式：____________________________________，又如表中与元素⑦的性质相似的不同族元素是____________(填元素符号)。
【解析】　根据元素周期表中短周期元素的排列不难推断出：①为H，②为Li，③为Be，④为B，⑤为N，⑥为O，⑦为Mg，⑧为Al，⑨为S，⑩为Cl。
(1)⑩的氢化物为HCl，⑨的氢化物为H2S，其中H2S的还原性强于HCl。
(2)某元素L层电子数比K层多3，则其原子结构示意图为＋7 ，为氮元素，单质的电子式为N N。
(3)以蓝矾(CuSO4·5H2O)、明矾[KAl(SO4)2·12H2O]、绿矾(FeSO4·7H2O)等为例，可以归纳出“矾”是含结晶水的硫酸盐。故“矾”中含有的共同元素为：H、O、S。
(4)已知Be与Al的性质相似，据Be和Al处于元素周期表的位置(对角线)关系，推测Mg与Li也应该有相似性。
【答案】　(1)HCl　弱　(2)N　N N　(3)H、O、S
(4)Be(OH)2＋2NaOH===Na2BeO2＋2H2O　Li(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
一、选择题
1．下列关于铜电极的叙述正确的是(　　)
A．铜锌原电池中铜是正极
B．用电解法精炼粗铜时粗铜作阴极
C．在镀件上电镀铜时用金属铜作阳极
D．电解稀硫酸制H2、O2时铜作阳极
【解析】　A项，锌比铜活泼，故铜作正极，正确；B项，电解冶炼铜时，粗铜作阳极，故B错误；电镀时，待镀金属作阴极，C正确；电解H2SO4制H2、O2时，阳极必为惰性电极，D错误。
【答案】　AC
2．(2009年潍坊一模)下列各装置中，在铜电极上不能产生气泡的是(　　)
【解析】　装置A和C中无外接电源，且符合构成原电池的条件，是原电池装置，铜作正极，放出H2。 装置B是电解池装置，铜作阳极，失去电子逐渐溶解，无气体生成。装置D也是电解池装置，铜作阴极，阴极H +得到电子生成H2。
【答案】　B
3．(2009年山东潍坊质检)一些科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷(能传递H＋)，实现了氨的电化学合成。该过程N2和H2的转化率远高于现在工业上使用的氨合成法。对于电化学合成氨的有关叙述正确的是(　　)
A．N2在阴极上被氧化
B．可选用铁作为阳极材料
C．阳极的电极反应式是N2＋6e－＋6H＋===2NH3
D．该过程的总反应式是N2＋3H22NH3
【解析】　据题意知总反应式为N2＋3H2通电,2NH3，故N2应在阴极发生还原反应，故A、C错误；H2在阳极上失电子，故阳极应为惰性电极，B错误，故选D。
【答案】　D
4．早在1807年化学家戴维用电解熔融氢氧化钠的方法制得钠：4NaOH(熔融)4Na＋O2↑＋2H2O；后来盖 吕萨克用铁与熔融氢氧化钠作用也制得钠，反应原理为：3Fe＋4NaOH(熔融)Fe3O4＋2H2↑＋4Na↑。下列有关说法正确的是(　　)
A．电解熔融氢氧化钠制钠，阳极发生的电极反应为：2OH－－2e－===H2↑＋O2↑
B．盖 吕萨克法制钠原理是利用铁的还原性比钠强
C．若戴维法与盖 吕萨克法制得等量的钠，则两反应中转移的电子总数也相同
D．目前工业上常用电解熔融氯化钠法制钠，电解时可用石墨作阳极，铁作阴极
【解析】　电解熔融NaOH时，阳极OH－放电生成O2和H2O，A不正确。钠的还原性强于铁，B不正确。C项，假设分别制得4 mol钠，则转移电子数分别为4 mol、8 mol，C不正确。
【答案】　D
5．用惰性电极电解M(NO3)x的水溶液，当阴极上增重a g时，在阳极上同时产生b L O2(标准状况)，从而可知M的相对原子质量为(　　)
A. B.
C. D.
【解析】　用惰性电极电解硝酸盐溶液时，两极发生的反应分别是：阳极4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，阴极Mx＋＋xe－===M；设m为M的相对原子质量，根据电子守恒原理得：x＝，所以m＝。
【答案】　C
6．(2009年镇江六校联考)用惰性电极和串联电路电解下列物质的水溶液：①NaCl，②NaNO3，③CuCl2，④AgNO3，在相同时间内生成气体的总体积(同温同压下测定)，理论上由多到少的顺序是(　　)
A．①②③④ B．④①②③
C．②①③④ D．①②④③
【解析】　依题意，各个电解质溶液中发生的电极反应为：
①2Cl－－2e－===Cl2↑，2H＋＋2e－===H2↑；
②4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，4H＋＋4e－===2H2↑；
③2Cl－－2e－===Cl2↑，Cu2＋＋2e－===Cu；
④4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，4Ag＋＋4e－===4Ag。
因为是串联，所以转移电子数目相同，设转移电子2 mol，则①共生成2 mol气体，②生成1.5 mol气体，③生成1 mol气体，④生成0.5 mol气体，A选项正确。
【答案】　A
7．按下图所示装置做实验，若x轴表示流入阴极的电子的物质的量，则y轴可表示(　　)
①c(Ag+)　②c(NO3-)　③a棒的质量　④b棒的质量　⑤溶液的pH
A．①③ B．③④
C．①②④ D．①②⑤
【解析】　由图象知：装置是电镀池，所以AgNO3溶液不变，故得答案。
【答案】　D
8．(2008年全国Ⅰ理综)电解100 mL含c(H＋)＝0.30 mol·L－1的下列溶液，当电路中通过0.04 mol电子时，理论上析出金属质量最大的是(　　)
A．0.10 mol·L－1 Ag＋ B．0.20 mol·L－1 Zn2＋
C．0.20 mol·L－1 Cu2＋ D．0.20 mol·L－1 Pb2＋
【解析】　根据金属活动性顺序表可知：排在氢以后的金属为Ag和Cu，而Zn和Pb排在H以前，所以Ag＋、Cu2＋的氧化性比H＋大，应优先于H＋放电而析出，因为0.01 mol Ag的质量小于0.02 mol Cu的质量，所以C项正确。
【答案】　C
9．(2009年天津二模)某学生欲制做一种家用环保型消毒液发生器，下列是他所设计的装置，你认为比较合理的是(　　)
【解析】　家用环保型消毒液发生器是利用电解饱和食盐水原理，2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，Cl2和NaOH反应生成NaClO。
【答案】　B
10．将质量分数为0.052(5.2%)的NaOH溶液1 L(密度为1.06 g/cm3)用铂电极电解，当溶液中NaOH的质量分数改变了0.010(1.0%)时停止电解，则此时溶液中应符合下表的关系是(　　)
NaOH的
质量分数 阳极析出物
的质量/g 阴极析出物
的质量/g
A 0.062(6.2%) 19 152
B 0.062(6.2%) 152 19
C 0.042(4.2%) 1.2 9.6
D 0.042(4.2%) 9.6 1.2
【解析】　电解过程中，浓度的变化主要是水的减少，若设水减少的质量为x，则＝0.052＋0.01
解得：x＝171 g
阳极析出物为O2：171 g×＝152 g
阴极析出物为H2：171 g×＝19 g
此题也可根据数据不经计算便可求解。①电解NaOH溶液消耗的是水，NaOH溶液的质量分数应变大，故C、D选项排除。②电解水阳极生成O2，阴极生成H2，两产物的质量比为8∶1，在A、B两选项中，只有选项B符合题意。
【答案】　B
11．某同学按右图所示的装置进行电解实验。下列说法正确的是(　　)
A．电解过程中，铜电极上有H2产生
B．电解初期，主反应方程式为：Cu＋H2SO4CuSO4＋H2↑
C．电解一定时间后，石墨电极上有铜析出
D．整个电解过程中，H＋的浓度不断增大
【解析】　活泼金属铜作阳极，阳极发生反应：Cu－2e－===Cu2＋，初期阴极溶液中H＋放电：2H＋＋2e－===H2↑，溶液中的pH不断增大，总方程式为Cu＋H2SO4CuSO4＋H2↑。随着反应进行，溶液中Cu2＋数目增多，后一阶段阴极上溶液中Cu2＋得电子：Cu2＋＋2e－===Cu，此时，该装置为电镀铜，溶液中的pH保持不变。
【答案】　BC
12．(2009年盐城模拟)用惰性电极电解某溶液时，发现两极只有H2和O2生成。则电解一段时间后，下列有关该溶液(与电解前同温度)的说法中，正确的有(　　)
(1)该溶液的pH值可能增大；
(2)该溶液的pH值可能减小；
(3)该溶液的pH值可能不变；
(4)该溶液的浓度可能增大；
(5)该溶液的浓度可能不变；
(6)该溶液的浓度可能减小。
A．三种 B．四种
C．五种 D．六种
【解析】　若电解的是不饱和的强碱(如NaOH)溶液，则电解后溶液的pH增大，浓度增大；若电解的是不饱和的非还原性的含氧酸(如H2SO4)，则对应溶液的pH将降低，浓度增大；若电解的是活泼金属的含氧酸盐(如Na2SO4)的饱和溶液，则溶液pH保持不变，浓度不变。
【答案】　C
二、非选择题
13．某课外化学兴趣小组设计了如图所示装置(虚框内部分未画出)，在装置内起初发生的反应为：
Cu＋H2SO4===H2↑＋CuSO4
(1)该装置的名称是________。
(2)A、B中至少有一种是金属________，接________。
(3)C溶液中含有________。
【解析】　由于铜的化学活泼性不如氢，所给化学反应不能自发进行，若要使铜能置换出硫酸中的氢元素，需要外加电源，该装置为电解池。在所给反应中铜被氧化，应与电源的正极相连接，故A、B中至少有一种为铜，C溶液应为稀硫酸。
【答案】　(1)电解池　(2)铜　电源的正极　(3)H2SO4
14.
(2009年惠州高三调研考试)如图所示，用以石墨作电极的电解池做实验(Ⅰ)和(Ⅱ)：
(Ⅰ)若电解池中的电解液为滴有酚酞的饱和食盐水，则电解反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　；电解过程中　　　　极(填“阴”或“阳”)附近会出现红色。
(Ⅱ)若电解池中为500 mL含溶质A的某蓝色溶液，电解一段时间，观察到X电极表面有红色的固态物质生成，Y电极有无色气体生成；当溶液中的原有溶质完全电解后，停止电解，取出X电极，洗涤、干燥、称量，电极增重1.6 g，请回答：
(1)电解后溶液的pH为　　　　；要使电解后溶液恢复到电解前的状态，则需加入　　　　(填化学式)。(假设电解前后溶液的体积不变)
(2)请你推测，原溶液中所含的酸根可能是　　　　；并设计实验验证你的推测，写出实验的操作步骤、现象和结论：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　(Ⅰ)电解NaCl的离子方程式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，在阴极是H+放电生成OH-，故阴极变红。
(Ⅱ)据题目条件可知A为可溶性铜盐，且阴离子为含氧酸根离子，电解时离子方程式为
2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+
　　　　　　2 mol　　　4 mol
　　　　　　0.025 mol　0.05 mol
所以c(H+)==0.1 mol/L，pH=-lg 0.1=1，要使溶液恢复原状态，可向其中加入CuO，为检验阴离子为SO42-，可据SO42-的验证方法来设计实验。
【答案】　(Ⅰ)2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑　阴
(Ⅱ)(1)1　CuO　(2)硫酸根　取少量待测液于试管中，滴加盐酸无明显现象，再加入氯化钡溶液，若有白色沉淀产生，则证明有硫酸根存在(其他答案合理亦可)
15．(2009年宁夏模拟)已知在pH为4～5的环境中，Cu2＋几乎不水解，而Fe3＋几乎完全水解。某研究性学习小组的学生在一次活动中，设计出如下方案来测定铜的相对原子质量：
指导老师认为此方案可行，提供了一瓶含有一定量H2SO4、Fe2(SO4)3杂质的CuSO4溶液及其他相关药品、器材。
(1)需要先提纯，加入________(填写试剂化学式)，反应后经过滤即可提纯CuSO4溶液。有关离子方程式：________________________________________________________________________
________________________。
(2)用铜和石墨两个电极电解CuSO4溶液，铜电极应接电源的________极，石墨电极上的电极反应式：__________________。
(3)写出Cu的相对原子质量的表达式：________________________________________________________________________。
【解析】　(1)可向混合液中加入CuO，消耗H＋，调节溶液的pH至4～5，使Fe(OH)3沉淀完全。
(2)电解CuSO4溶液，若铜作阳极，则阳极发生氧化反应：Cu－2e－===Cu2＋，阴极则发生还原反应：Cu2＋＋2e－===Cu，因要求一个电极增重，另一个电极产生气体，则必须选用石墨作阳极，铜作阴极，阳极上OH－放电：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑。
(3)由阴阳两极得失电子数相等可得×2＝×4，解得M＝。
【答案】　(1)CuO　Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O
(2)负　4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
(3)1．1
(本栏目内容，学生用书中以活页形式单独装订成册！)
一、选择题
1．2008年9月份，国家质检总局查出多家知名品牌奶粉中含有三聚氰胺，长期饮用易导致肾结石。已知三聚氰胺的结构简式为H2NCNCNH2NCNH2N，下面对于其分类的说法正确的是(　　)
A．属于铵盐 B．属于混合物
C．属于烃 D．属于烃的衍生物
【答案】　D
2．(2010年西安市高三质量检测)分类方法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用。下列分类标准合理的是(　　)
①根据酸分子中含有的氢原子个数将酸分为一元酸、二元酸等
②根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应　③根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液　④根据反应中的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应
A．①② B．③④
C．①③ D．②④
【解析】　①如CH3COOH中含4个氢原子，为一元酸，题中说法错误。③根据分散质直径的大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，错误。②、④正确，故选D项。
【答案】　D
3．(2009年苏州质检)实验室中的药品常按物质的性质、类别等有规律地摆放。现有部分药品按某种规律摆放在实验桌上，如下图所示。做“硫酸的性质”的实验时，某同学取用Ba(OH)2溶液后，应把它放回的位置是(　　)
【解析】　HCl、H2SO4属于酸，酚酞、石蕊属于酸碱指示剂，NaCl属于盐，NaOH、Ba(OH)2属于碱，据药品按规律摆放的原则，Ba(OH)2溶液应放在D处。
【答案】　D
4．最新科技报道，美国夏威夷联合天文中心的科学家发现了新型氢微粒，这种新微粒是由3个氢原子核(只含质子)和2个电子构成。对于这种微粒，下列说法中正确的是(　　)
A．是氢元素的一种新的同素异形体
B．是氢元素的一种新的同位素
C．它的组成可用H3表示
D．它比一个普通H2分子多一个氢原子核
【答案】　D
5．下列实验装置或操作与微粒的大小无直接关系的是(　　)
【解析】　胶体、溶液、浊液三种分散系的根本区别是分散质粒子的大小不同：胶体粒子直径大于1 nm，小于100 nm，胶体粒子能透过滤纸，但不能透过半透膜；溶液中的粒子直径小于1 nm，可透过半透膜和滤纸，而浊液的分散质粒子直径大于100 nm，不能透过滤纸和半透膜；丁达尔效应是胶体粒子对光线的散射作用形成的，而溶液中的小分子或粒子对光线的散射作用非常微弱，故无此现象；萃取是利用了物质在不同溶剂中溶解性的不同，与分散质粒子大小无关。
【答案】　C
6．(2009年日照质检)下列关于物质分类正确的组合是(　　)
　分类
组合　 碱 酸 盐 碱性氧
化物 酸性氧
化物
A 苛性钾 油酸 小苏打 氧化钠 三氧化硫
B 纯碱 硫酸 食盐 氧化镁 一氧化碳
C 烧碱 醋酸 碳酸铵 过氧化钠 三氧化硫
D 纯碱 盐酸 烧碱 氧化铝 二氧化碳
【解析】　对B项，纯碱为Na2CO3属盐类，CO为不成盐氧化物，则B错。对C项，过氧化物不是碱性氧化物，则C错。D项中纯碱属盐，烧碱为NaOH属碱，氧化铝属两性氧化物，则D错。解此类题目关键是明确分类标准和相应物质的化学式。
【答案】　A
7．下列说法正确的是(　　)
A．可用丁达尔现象区分溶液与胶体
B．生石灰与水混合的过程只发生物理变化
C．O3是由3个氧原子构成的化合物
D．CuSO4·5H2O是一种混合物
【解析】　生石灰与水混合的过程发生化学反应：CaO＋H2O===Ca(OH)2，B项不正确；O3为氧元素的单质，C项不正确；CuSO4·5H2O是结晶水合物，是一种化合物，不属于混合物，D项不正确；区分溶液和胶体，最简单的方法就是利用丁达尔现象，A项正确。
【答案】　A
8．(2009年郑州模拟)石灰在工农业生产和建筑业上有着重要用途。用于生产石灰的主要原料是石灰石(其主要成分为A)，在石灰窑中加热焙烧石灰石得到生石灰(B)，并放出气体(C)。生石灰在建筑上主要用做黏合剂，一般先使它“熟化”变成熟石灰(D)，熟石灰与沙子混合成“沙灰”用于砌筑砖墙。经过一段时间后，“沙灰”中的熟石灰变成另一固体物质(E)。上述的A、B、D三物质，依次所属类别正确的是(　　)
A．酸、碱、盐 B．碱、盐、氧化物
C．盐、氧化物、氧化物 D．盐、氧化物、碱
【答案】　D
9．(2009年聊城质检)物质系列NaCl、Cl2、NaClO、Cl2O5、HClO4是按某一规律排列的。下列物质系列中也完全照此规律排列的是(　　)
A．Na2CO3、C、CO2、CO、NaHCO3
B．Na2S、S、SO2、Na2SO3、Na2SO4
C．NH3、N2、NO、NO2、NaNO3
D．P2O5、H3PO4、Na3PO4、Na2HPO4、NaH2PO4
【解析】　NaCl、Cl2、NaClO、Cl2O5、HClO4中都含氯元素，且氯元素的化合价是依次升高的。C项NH3、N2、NO、NO2、NaNO3中都含氮元素，且氮元素的化合价是依次升高的。
【答案】　C
10．下列家庭小实验中不涉及化学变化的是(　　)
A．用熟苹果催熟青香蕉
B．用少量食醋除去水壶中的水垢
C．用糯米、酒曲和水制成甜酒酿
D．用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐
【解析】　A项，熟苹果释放出乙烯，乙烯催熟青香蕉的过程都是有新物质生成(乙烯、糖分等)；B项，有Mg(OH)2＋2CH3COOH===(CH3COO)2Mg＋2H2O，CaCO3＋2CH3COOH===(CH3COO)2Ca＋H2O＋CO2↑反应发生；C项，酿酒过程主要涉及淀粉→麦芽糖→葡萄糖→乙醇的转化；D项，利用渗析的方法将胶体和溶液进行分离，属物理分离方法。
【答案】　D
11．将10 mL淀粉胶体和5 mL氯化钠溶液混合后，放入用半透膜制成的袋内，将此袋浸入蒸馏水中(如图所示)2 min后，分别取袋内和烧杯内液体进行实验。下列说法正确的是(　　)
A．烧杯内液体加入硝酸银溶液后有白色沉淀产生
B．烧杯内液体加入碘水后呈蓝色
C．袋内液体加入硝酸银溶液后无变化
D．袋内液体加入碘水后不变蓝
【解析】　淀粉胶体不能透过半透膜，而较小的Cl－等能透过半透膜，且由于不是流动的水，因此半透膜内外的离子浓度保持相等，所以袋内、烧杯内的液体加入AgNO3溶液后均有白色沉淀生成；烧杯内溶液中加入碘水无现象，袋内溶液中加入碘水呈蓝色。
【答案】　A
12．(2009年郑州市毕业班质检一)下列叙述正确的是(　　)
A．胶体溶液的电泳现象说明胶体带电荷
B．含有非极性键的化合物一定为共价化合物
C．原子晶体中共价键越强其熔点越高，如晶体硅比SiO2熔点高
D．含有阴离子的物质必然含有阳离子，但含有阳离子的物质不一定含有阴离子
【解析】　胶体不显电性，胶体粒子带电荷；过氧化钠中含氧氧非极性键，但是过氧化钠为离子化合物；当是同类晶体且晶体结构相似时键越强熔点越高，二氧化硅硅氧键比硅硅键键长短，故二氧化硅熔点高些；金属晶体中含有阳离子但是不含阴离子，而是含有带负电的自由电子。
【答案】　D
二、非选择题
13．下表有三组物质，每组均有甲、乙、丙三种物质(酸、碱、盐均为溶液)。
第Ⅰ组 第Ⅱ组 第Ⅲ组
甲 BaCl2 Fe Cu(NO3)2
乙 Fe2O3 K2SO4 H2SO4
丙 Zn NaOH MgCl2
根据该表回答问题：
(1)第Ⅲ组中有一种物质能与第________组中的所有物质反应，这种物质有________。
(2)不跟第Ⅰ组所有物质发生反应的是第________组物质中的________，能与第Ⅲ组中所有物质发生反应，其化学方程式分别为________________________________________________________________________、
________________________________________________________________________、
________________________________________________________________________。
【答案】　(1)Ⅰ　H2SO4
(2)Ⅱ　NaOH　2NaOH＋Cu(NO3)2===Cu(OH)2↓＋2NaNO3　2NaOH＋H2SO4===Na2SO4＋2H2O　2NaOH＋MgCl2===Mg(OH)2↓＋2NaCl
14．实验室里常用的干燥剂有：①浓硫酸(98%)，②无水氯化钙，③变色硅胶[硅胶的主要成分是二氧化硅，在其中掺入少量的无水氯化钴(CoCl2)作指示剂，无水氯化钴呈蓝色，吸水后变为CoCl2·6H2O呈粉红色]，④五氧化二磷，⑤碱石灰(主要成分是氢氧化钠、氧化钙，制法是：把生石灰加到浓的烧碱溶液中，再加强热蒸干)，等等。
(1)写出制取干燥剂碱石灰过程中有关反应的化学方程式。
________________________________________________________________________。
(2)上述物质中，属于纯净物的是(　　)
A．①②④ B．②④
C．①②④⑤ D．全部
(3)上述干燥剂中，不宜用于干燥氯化氢气体的是________。
(4)上述①～④，其主要化学成分依次属于__________________________(填写各物质所属的类别)。
【解析】　浓H2SO4是H2SO4与水的混合物，在物质分类中属于酸；无水氯化钙是纯净物；变色硅胶是SiO2和CoCl2的混合物；P2O5是纯净物；碱石灰是NaOH、CaO的混合物。
【答案】　(1)CaO＋H2O===Ca(OH)2；Ca(OH)2CaO＋H2O　(2)B　(3)⑤　(4)酸、盐、氧化物、氧化物
15．对于数以千万计的化学物质和为数更多的化学反应，分类法的作用几乎是无可替代的。
(1)现有下列6种物质：SO2、SiO2、CaO、MgO、Fe2O3、Na2O2。按照不同的分类标准，它们中有一种物质与其他5种有明显的不同，请找出这种物质，并写出依据(写出两种分类方法)：
①________________________________________________________________________。
②________________________________________________________________________。
(2)从上述物质中分别找出两种能相互反应的物质，各写一个非氧化还原反应的方程式和氧化还原反应的方程式：________________________、______________________。
(3)虽然分类的方法不同，但离子反应和氧化还原反应之间也存在着一定的关系，请用简单的图示方法表示二者之间的关系：______________________。
(4)生活中的食醋和淀粉溶液分属于分散系中的________和________，用____________可以鉴别(填化学专用名词)。
【答案】　(1)①SO2常温常压下是气体，其余是固体
②Na2O2是过氧化物，其余为酸性氧化物或碱性氧化物(答案不唯一，合理即可)
(2)CaO＋SiO2CaSiO3(或MgO＋SO2MgSO3等其他合理答案)　Na2O2＋SO2===Na2SO4
(3)
(意思正确、能表示二者的交叉关系即可)
(4)溶液　胶体　丁达尔效应
16．(2009年云浮调研)取少量Fe2O3粉末(红棕色)加入适量盐酸，所发生反应的化学方程式为________________________，反应后得到的溶液呈________色。用此溶液进行以下实验：
(1)取少量溶液置于试管中，滴入NaOH溶液，可观察到有红褐色沉淀生成，反应的化学方程式为______________________，此反应属于________(填反应类型)。
(2)在小烧杯中加入20 mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴入几滴FeCl3溶液，继续煮沸直至溶液呈________色，即可制得Fe(OH)3胶体。
(3)取另一小烧杯也加入20 mL蒸馏水，向烧杯中加入1 mL FeCl3溶液，振荡均匀后，将此烧杯(编号甲)与盛有Fe(OH)3胶体的烧杯(编号乙)一起放置于暗处，分别用激光笔照射烧杯中的液体，可以看到________烧杯中的液体产生丁达尔效应。这个实验可以用来区别______________。
(4)取乙烧杯中少量Fe(OH)3胶体置于试管中，向试管中滴加一定量HI稀溶液，边滴边振荡，会出现一系列变化。
①先出现红褐色沉淀，原因是________________________________________________________________________。
②随后沉淀溶解，溶液呈黄色，写出此反应的离子方程式
________________________________________________________________________。
③最后溶液颜色加深，原因是________________，此反应的离子方程式是________________________________________________________________________。
④用稀盐酸代替HI稀溶液，能出现上述哪些相同的变化现象________。(写序号)
(5)已知明矾能净水，理由为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　碱性氧化物与酸反应生成盐和水，故Fe2O3＋6HCl===2FeCl3＋3H2O，FeCl2溶液呈棕黄色，(1)FeCl3溶液中滴入NaOH溶液发生复分解反应，此小题主要考查区分与Fe(OH)3胶体的制备原理。(2)此小题主要考查Fe(OH)3胶体的制法。(3)由胶体和溶液的性质不同，可据丁达尔效应将二者区别。(4)HI既有酸性又有强还原性，I－能使Fe(OH)3胶体聚沉，H＋使其溶解，生成的Fe3＋又能氧化I－生成I2；而HCl只能使其先聚沉再溶解。该题涉及到胶体的聚沉、Fe(OH)3的弱碱性、HI的三重性质(强电解质、酸性、还原性)等在一系列变化中的体现，也体现了不同变化阶段“主要矛盾”的不同性。分析④时的关键在于Cl－比I－还原性弱，Cl－不能还原Fe3＋，故导致现象不同。(5)因为Al(OH)3胶体能净水，胶体的性质是相似的，故Fe(OH)3胶体也能净水。
【答案】　Fe2O3＋6HCl===2FeCl3＋3H2O　棕黄
(1)FeCl3＋3NaOH===3NaCl＋Fe(OH)3↓　复分解反应
(2)红褐　(3)乙　胶体和溶液
(4)①加入电解质后，胶体发生聚沉
②Fe(OH)3＋3H＋===Fe3＋＋3H2O
③有I2生成　2Fe3＋＋2I－===I2＋2Fe2＋　④①②
(5)Al3＋＋3H2O??Al(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体具有巨大的表面积，可吸附水中的悬浮物而聚沉单元过关评估
(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
一、选择题(每小题3分，共48分)
1．随着人们生活节奏的加快方便的小包装食品已被广泛接受。为了延长食品的保质期，防止食品变潮及富脂氧化变质，在包装袋中应放入的化学物质是(　　)
A．无水CuSO4、蔗糖 B．硅胶、硫酸亚铁
C．食盐、FeSO4 　　 D．生石灰、食盐
【解析】　由题可知防止食品受潮及富脂食品氧化变质，需用干燥剂及还原性物质且应无毒。能吸水潮解且无毒物质为硅胶，而FeSO4具有还原性，能保护食品不被氧化。
【答案】　B
2．将表面已完全钝化的铝条，插入下列溶液中，不会发生反应的是(　　)
A．稀硝酸 B．稀盐酸
C．硝酸铜 D．氢氧化钠
【解析】　钝化的实质是浓H2SO4或浓HNO3在Fe、Al的表面形成了一层致密的氧化物保护膜。由于铝的氧化物Al2O3是一种两性氧化物，既可与强酸反应，又可与强碱反应，所以A、B、D三项皆不符合题意，只有C项中的Cu(NO3)2因不与Al2O3反应，故不可与钝化的铝条发生反应。
【答案】　C
3．下列物质的主要成分不正确的是(　　)
A．赤铁矿：Fe2O3 B．铜绿：CuO
C．磁铁矿：Fe3O4 D．铝土矿：Al2O3
【解析】　常见矿物质的主要成分及某些化学物质的俗称与化学式要能对号。铜绿的主要成分是Cu2(OH)2CO3。
【答案】　B
4．已知某溶液中存在较多的H＋、SO42－、NO3－，则溶液中还可能大量存在的离子组是(　　)
A．Al3＋、CH3COO－、Cl－ B．Na＋、NH4＋、Cl－
C．Mg2＋、Cl－、Fe2＋ D．Mg2＋、Ba2＋、Br－
【解析】　因含有H＋和NO3－，说明溶液中含有氧化性离子，能氧化Fe2＋、S2－等还原性离子，同时溶液为酸性，弱酸根离子CH3COO－不能存在，故A、C错；又含SO42－，故Ba2＋不存在，D错。
【答案】　B
5．a g的铜丝灼烧变黑，立即放入下列的某种物质中发生反应，铜丝变红且反应后质量仍为a g，则该物质是(　　)
A．稀H2SO4 　B．C2H5OH
C．CuSO4溶液 D．NaOH溶液
【解析】　铜丝灼烧变黑生成CuO，氧化铜可与H2SO4反应，使铜丝质量减轻；CuO与CuSO4溶液、NaOH溶液不反应，因此铜丝质量增加(增加的氧元素的质量)；CuO与C2H5OH在加热条件下反应：CuO＋C2H5OHCH3CHO＋Cu＋H2O，因此铜丝质量不变。
【答案】　B
6．铁片投入下列溶液后，金属片质量减少，但无气体产生的是(　　)
A．冷浓HNO3 B．Cu(NO3)2溶液
C．稀硫酸 D．Fe(NO3)3溶液
【解析】　铁与冷浓HNO3钝化，质量增加；铁与Cu(NO3)2反应置换出铜，质量增加；铁与稀H2SO4反应产生H2；铁与Fe(NO3)3反应生成Fe(NO3)2，金属质量减少。
【答案】　D
7．FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是(　　)
A．加入KSCN溶液一定不变红色
B．溶液中一定含Fe2＋
C．溶液中一定含Cu2＋
D．剩余固体中一定含铜
【解析】　该题涉及的反应为：Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu,2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋。由以上反应可知：Fe、Cu与Fe3＋不共存，Fe与Cu2＋也不共存。当有固体存在时，有两种情况：①固体为Fe、Cu，此时一定无Fe3＋、Cu2＋，一定有Fe2＋；②固体为Cu，此时一定无Fe3＋，可能有Cu2＋，一定有Fe2＋。综合以上两种情况可知A、B、D三项正确。
【答案】　C
8．(2009年山东潍坊一模)在Fe2(SO4)3溶液中，加入a g铜，完全溶解后，再加b g铁，充分反应后得到c g残余固体，且a>c，则下列说法正确的是(　　)
A．残余固体是铜和铁
B．最后得到的溶液中一定含有Cu2＋
C．将残余固体加入到稀硫酸中，有气泡产生
D．最后得到的溶液中可能含有Fe3＋
【解析】　由于a>c，Cu没有完全析出，有Cu2＋在溶液中；因为有金属剩余，不可能还有Fe3＋，有Cu2＋存在也不会有Fe单质存在，B选项正确。
【答案】　B
9．硝酸亚铁溶液中存在下列平衡：Fe2＋＋2H2O??Fe(OH)2＋2H＋，向该溶液中滴加稀硫酸，可能观察到的现象是(　　)
A．沉淀溶解 B．溶液颜色变深绿色
C．溶液变成黄色 D．溶液产生红褐色沉淀
【解析】　本题以亚铁盐为载体考查电离平衡、亚铁盐典型性质的综合运用。问题的关键是，加入稀硫酸对反应体系有哪些影响？加入H＋促进平衡向左移动，若仅停留在这一层面上，会错选B。溶液中含有NO3－，加入酸后，NO3－在H＋作用下具有强氧化性，能将亚铁离子氧化成铁离子，溶液变黄色，颜色变深。
【答案】　C
10．下列各组离子一定能大量共存的是(　　)
A．在含大量Fe3＋的溶液中：NH4＋、Na＋、Cl－、SCN－
B．在强碱溶液中：Na＋、K＋、AlO2－、CO32－
C．在c(H＋)＝10－13mol·L－1的溶液中：NH4＋、Al3＋、SO42－、NO3－
D．在pH＝1的溶液中：K＋、Fe2＋、Cl－、NO3－
【解析】　本题主要考查有关离子反应发生的条件及离子大量共存问题。因Fe3＋可与SCN－结合成难电离的物质Fe(SCN)3，故A组不能大量共存；在强碱性溶液中含大量OH－离子，而K＋、Na＋、AlO2－、CO32－在强碱性溶液中皆可共存，B符合题意；c(H＋)＝10－13mol·L－1，则c(OH－)＝10－1mol·L－1，溶液呈碱性，NH4＋、Al3＋皆不能大量共存，C不符合题意；pH＝1的溶液中含大量H＋，因发生反应3Fe2＋＋NO3－＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，而使D组不能大量共存。
【答案】　B
11．(2008年山东潍坊模拟)在一定条件下，使CO和O2的混合气体26 g充分反应，所得混合物在常温下跟足量的Na2O2固体反应，结果固体增重14 g，则原混合气体中O2和CO的质量比可能是(　　)
A．9∶4 B．1∶1
C．7∶6 D．6∶7
【解析】　CO燃烧生成CO2被Na2O2吸收后，固体的质量增加量为燃烧的CO的质量，则为14 g,14 g CO完全燃烧需要8 g O2，则过量气体为4 g 可能为CO也可能为O2，当为CO过量时，O2与CO质量比为8∶18＝4∶9，当O2过量时，O2与CO质量比为12∶14＝6∶7。
【答案】　D
12．将5.4 g Al投入到200.0 mL 2.0 mol/L的某溶液中有氢气产生，充分反应后有金属剩余。该溶液可能为(　　)
A．HNO3溶液 B．Ba(OH)2溶液
C．H2SO4溶液 D．HCl溶液
【解析】　因HNO3具有氧化性，与Al反应不产生H2，故A项首先排除。Al与碱反应的关系为Al～OH－，Al与酸反应的关系为Al～3H＋，显然物质的量相等的Ba(OH)2、H2SO4、HCl所消耗的Al的量依次减小，因单选题，故“剩余金属的情况”只能为D项。
【答案】　D
13．将15.6 g Na2O2和5.4 g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200 mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72 L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则(　　)
A．反应过程中得到6.72 L的气体(标况)
B．最终得到的溶液中c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)
C．最终得到7.8 g的沉淀
D．最终得到的溶液中c(NaCl)＝0.15 mol/L
【解析】　由题n(Na2O2)＝0.2 mol，n(Al)＝0.2 mol，发生反应：2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，可知生成气体0.4 mol，标况下体积为8.96 L；加入盐酸先和过量的NaOH反应，剩余0.1 mol和NaAlO2反应生成0.1 mol Al(OH)3：NaAlO2＋HCl＋H2O===NaCl＋Al(OH)3↓，最终溶液为0.3 mol NaCl、0.1 mol NaAlO2。
【答案】　C
14．某500 mL溶液中含0.1 mol Fe2＋、0.2 mol Fe3＋，加入0.2 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．0.4 mol/L B．0.6 mol/L
C．0.8 mol/L D．1.0 mol/L
【解析】　这是一个简单的根据化学方程式的计算题，只要写出2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋计算出新生成的Fe2＋，再加上原Fe2＋，便可迎刃而解。
【答案】　C
15．(2009年广东广州)往含有0.2 mol KOH和0.1 mol Ca(OH)2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体的体积为6.72 L(标准状况)时立即停止，则在这一过程中，溶液中离子的物质的量n和通入CO2的体积V的关系示意图正确的是(气体的溶解忽略不计)(　　)
【解析】　反应前溶液中离子总物质的量为0.7 mol，其中含n(K＋)＝0.2 mol，n(OH－)＝0.4 mol，n(Ca2＋)＝0.1 mol，当通入0.1 mol CO2时发生反应2OH－＋CO2＋Ca2＋===CaCO3↓＋H2O，此时溶液中还有离子共0.4 mol；再通入CO2 0.1 mol，发生的反应为CO2＋2OH－===CO32－＋H2O，此时溶液中还含有0.3 mol离子；这时再通入CO2 0.1 mol，发生的反应为CO32－＋H2O＋CO2===2HCO3－，此时溶液中离子总物质的量为0.4 mol。
【答案】　D
16．W g含有Fe2O3·xH2O杂质的Al2O3样品可完全溶解在100 mL c(H＋)＝0.1 mol/L的稀H2SO4中，然后向溶液中加入100 mL氨水，恰好得到的沉淀最大质量是N g，则所加氨水的浓度是(　　)
A．0.05 mol·L－1 B．0.1 mol·L－1
C．0.15 mol·L－1 D．0.2 mol·L－1
【解析】　混合物中加入稀H2SO4，发生反应：Fe2O3·xH2O＋3H2SO4===Fe2(SO4)3＋(x＋3)H2O；Al2O3＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋3H2O。再加入氨水恰好沉淀完全，则有Fe2(SO4)3＋6NH3·H2O===2Fe(OH)3↓＋3(NH4)2SO4。Al2(SO4)3＋6NH3·H2O===2Al(OH)3↓＋3(NH4)2SO4，可得关系式：Fe2O3·xH2O～3H2SO4～2Fe(OH)3～6NH3·H2O；Al2O3～3H2SO4～2Al(OH)3～6NH3·H2O。
即H2SO4　　　　～　　　　2NH3·H2O
1 2 mol
0.1 L·c(NH3)
＝，解得c(NH3)＝0.1 mol/L。
【答案】　B
二、非选择题(共52分)
17．(13分)西安北郊古墓中曾出土一青铜锤(一种酒具)，表面附着有绿色固体物质，打开盖子酒香扑鼻，内盛有26 kg青绿色液体，专家认定是2000多年前的“西汉美酒”。这是我国考古界、酿酒界的一个重大发现。
(1)上述报道引发了某校化学兴趣小组同学的关注，他们收集家中铜器表面的绿色固体进行探究。
提出问题：铜器表面附着绿色固体物质是由哪些元素组成的？
猜想：查阅相关资料后，猜想绿色固体物质可能是铜绿。
实验步骤：
①对试管内的绿色固体进行加热，至完全分解。观察到A装置中绿色固体逐渐变成黑色，B装置中无水硫酸铜变成蓝色，C装置中澄清石灰水变浑浊。
②取少量加热后生成的黑色固体于试管中，加入稀硫酸。观察到黑色固体逐渐溶解，溶液变成蓝色。
③取少量上述蓝色溶液于试管中，浸入一根洁净的铁丝。观察到铁丝表面有红色物质析出。
④实验结论：绿色固体物质中含有________、________、________、________等元素。(提示：装置内的空气因素忽略不计)
(2)表达与交流
①图中标有a、b的仪器名称是：a________；b________。
②上述实验步骤③中发生反应的离子方程式为____________________________________。
③反应完成后，如果先移去酒精灯，可能出现的现象是____________________________________________________。
④如果将B、C两装置对调行吗？________。为什么？____________________________________。
【解析】　(1)B中无水CuSO4变蓝证明有H2O生成，C中澄清石灰水变浑浊证明有CO2生成，而②③证明黑色固体为CuO，故推断出绿色固体物质含有C、H、O、Cu等元素。
(2)①a为试管，b为铁架台。
②步骤③为Fe与CuSO4的反应。
③若先撤走酒精灯，则会发生倒吸。
④因B装置是检验有水生成，C装置检验有CO2气体生成，若二者对调，则无法证明是否有水生成。
【答案】　(1)④铜　碳　氢　氧
(2)①试管　铁架台　②Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋　③C装置中的液体会倒流入B装置　④不行　若对调，则无法证明加热绿色固体后是否有水生成
18．(10分)国务院强调“南水北调”工程必须坚持“三先三后”的原则。在调水工程中，沿途工业污水的任意排放是造成水质恶化的最大隐患。检测某工厂废液中，含有大量的Mg2＋、Al3＋、Cu2＋、Ag＋。试分析回答下列问题：
(1)该废液中可能大量存在的一种阴离子是________(选填序号)。
A．SO42－B．NO3－
C．Cl－ D．CO32－
(2)检验废液中铝元素的含量，需将其从废水样品中分离出来，所用的试剂可以是________，铝元素发生变化的离子方程式是________________________。
(3)为了回收废液中的金属银，某同学设计了如下方案：
若依该方案获得银108 g，为保证不污染环境和氯气的循环利用，理论上应提供标准状况下的氢气________L。
【解析】　(1)SO42－、Cl－与Ag＋不共存；CO32－与Cu2＋、Ag＋、Mg2＋ 、Al3＋都不共存。
(2)利用Al(OH)3的两性将Al元素从废水样品中分离出来。
(3)根据题中转化关系图，2Ag～Cl2～H2
即n(H2)＝n(Ag)＝×＝0.5 mol
V(H2)＝0.5 mol×22.4 L/mol＝11.2 L。
【答案】　(1)B　(2)NaOH溶液　Al3＋＋4OH－===AlO2－＋2H2O　(3)11.2
19．(14分)A～I分别表示中学化学中常见的物质，它们之间相互转化关系如下图所示(有部分反应物、生成物没有列出)：
已知A、B、C、D、E、F六种物质中含有同一种元素，G为主族元素的固态氧化物。
(1)写出物质的化学式：
E________，F________，J________。
(2)写出反应的化学方程式：
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________；
③________________________________________________________________________。
【解析】　由两条线索展开分析，一是G为主族元素的固态氧化物，既溶解于碱又可电解，可推知为Al2O3；二是E和F均是与碱反应后的产物，且E可被空气中的O2氧化成F，可推知E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3。
【答案】　(1)Fe(OH)2　Fe(OH)3　NaAlO2
(2)①Fe3O4＋8HCl===FeCl2＋2FeCl3＋4H2O
②4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
③Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O
20．(15分)(2009年广东广州)2008年9月27日的下午，这是一个激动人心的时刻，“神舟七号”宇航员翟志刚走出飞船，实现了中国太空第一步。这是我国航天史上一座新的里程碑，标志着我国在攀登世界科技高峰的征程上，又迈出了具有重大历史意义的一步。
(1)钛作为一种重要的航天金属，在“神舟七号”飞船上得到广泛的应用，工业上可用钠、镁还原钛的卤化物来制备，写出镁还原四氯化钛的化学反应方程式________________________________________________________________________，
该反应需在氩气气氛中进行的原因是________________________________________________________________________。
(2)“神舟七号”飞船外壳使用了一种新型陶瓷结构材料，主要成分是氮化硅，是一种超硬物质，耐磨损、耐高温。依据氮、硅的原子结构的特点，推测氮化硅的化学式为__________。
(3)“尿不湿”最早应用于航天领域，至今已大量应用于民用领域，这种尿布表面涂有一种既能吸水又能保留水的物质。据你的推测，这种特殊物质的结构可能是________。
A．?CH2CH?OCOCH3　　　　　B．?CH2CH?F
C．?CH2CH?OH D．?CCl2CCl2?
(4)肼(N2H4)是“神舟七号”飞船助推火箭发动机的燃料，反应时以N2O4为氧化剂，生成氮气和水蒸气。已知：N2(g)＋2O2(g)===N2O4(g)　ΔH＝＋8.7 kJ/mol
N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－534.0 kJ/mol
①肼(N2H4)的电子式为____________。
②写出肼跟N2O4反应的热化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　钛的冶炼是新课程中增加的内容；原子晶体的判断原则是看物理性质，从题意中不难看出氮化硅是一种原子晶体；第(3)小题“尿不湿”能吸水所以其结构中应有—OH，故选C。
【答案】　(1)TiCl4＋2Mg2MgCl2＋Ti　Mg在高温下能与空气中的氧气反应，还原钛不能实现，所以要用氩气作保护气
(2)Si3N4　(3)C
(4)①HN·,·· N·,·· H　②N2H4(g)＋N2O4(g)===2N2(g)＋O2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－542.7 kJ/mol单元过关评估
(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
一、选择题(每小题3分，共48分)
1．(2010年西安市高三质量检测)下图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。据此下列说法正确的是(　　)
A．该硫酸的物质的量浓度为9.2 mol/L
B．1 mol Zn与足量的该硫酸反应产生2 g氢气
C．配制200 mL 4.6 mol·L－1的稀硫酸需取该硫酸50 mL
D．等质量的水与该硫酸混合所得溶液的物质的量浓度大于9.2 mol·L－1
【解析】　根据图所示，该硫酸ρ＝1.84 g/cm3，w＝98%，M＝98 g/mol。A项c(H2SO4)＝＝18.4 mol/L；B项该硫酸为浓硫酸，与Zn反应不能生成H2；C项根据溶质守恒：V＝×1 000 mL/L＝50 mL；D项等质量的H2O与该硫酸混合后所得溶液浓度小于9.2 mol/L。
【答案】　C
2．下列实验指定使用的仪器必须预先干燥的是(　　)
①中和热测定中所用的小烧杯　②中和滴定中所用的锥形瓶　③配制一定物质的量浓度溶液中所用的容量瓶　④喷泉实验中用于收集NH3的烧瓶
A．①② B．②③
C．①④ D．③④
【解析】　①中小烧杯和④中烧瓶必须预先干燥，若不干燥，前者会增大实验误差，影响测定结果，后者因氨气极易溶于水，烧瓶不干燥会导致氨气难以收集满，致使喷泉实验难以成功。
【答案】　C
3．配制100 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液，下列操作正确的是(　　)
A．称取10.6 g无水碳酸钠，加入100 mL容量瓶中，加水溶解、定容
B．称取10.6 g无水碳酸钠，加入100 mL蒸馏水，搅拌、溶解
C．转移Na2CO3溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中
D．定容后，塞好瓶塞，反复倒转，摇匀
【解析】　A选项错，不能在容量瓶中溶解物质；B选项错，因为要配制100 mL溶液，加入100 mL蒸馏水溶解Na2CO3所得溶液已接近100 mL，但并不是100 mL。C选项未用玻璃棒引流，错。
【答案】　D
4．对下列物质分类全部正确的是(　　)
①纯碱　②食盐水　③石灰水　④NaOH　⑤液态氧　⑥KClO3
A．碱——①④　　 　B．纯净物——③④⑤
C．盐——①⑥ D．混合物——②⑤
【解析】　纯碱为Na2CO3，属于盐类物质；食盐水为NaCl的水溶液，为混合物；石灰水是Ca(OH)2的水溶液，为混合物；液态氧即液态的氧气，为纯净物；KClO3为盐类物质，故答案为C。
【答案】　C
5．下列叙述正确的是(　　)
A．一定温度、压强下，气体体积由其分子的大小决定
B．一定温度、压强下，气体体积由其物质的量的多少决定
C．气体摩尔体积是指1 mol任何气体所占的体积为22.4 L
D．不同的气体，若体积不等，则它们所含的分子数一定不等
【解析】　一定温度、压强下，气体分子间平均距离相同，气体体积由分子数的多少决定，亦即由气体物质的量的多少决定，A不正确，B正确；气体摩尔体积是指1 mol任何气体所占的体积，在标准状况下气体摩尔体积为22.4 L·mol－1，C不正确；不同的气体在不同情况下，体积不同时所含分子数有可能相同，D不正确。
【答案】　B
6．(2008年四川高考)下列说法中不正确的是(　　)
A．1 mol氧气中含有12.04×1023个氧原子，在标准状况下占有体积22.4 L
B．1 mol臭氧和1.5 mol氧气含有相同的氧原子数
C．等体积、浓度均为1 mol·L－1的磷酸和盐酸，电离出的氢离子数之比为3∶1
D．等物质的量的干冰和葡萄糖中所含碳原子数之比为1∶6，氧原子数之比为1∶3
【解析】　标准状况下1 mol任何气体所占体积为22.4 L,1 mol O2中含氧原子数为2×6.02×1023＝12.04×1023个，A正确；B中1 mol臭氧所含氧原子个数为1 mol×3＝3 mol,1.5 mol氧气中所含氧原子数为1.5 mol×2＝3 mol，二者相等，B正确；C中磷酸不完全电离，1 mol磷酸电离出的氢离子数小于3 mol，C错误；干冰、葡萄糖的分子式分别为CO2、C6H12O6，等物质的量的干冰和葡萄糖中所含碳原子数之比为1∶6，氧原子数之比为2∶6＝1∶3，D正确。
【答案】　C
7．二硫化碳(CS2)能够在氧气中完全燃烧生成CO2和SO2，今用0.228 g CS2在448 mL氧气(标准状况)中完全燃烧，反应后气体混合物在标准状况下的体积是(　　)
A．112 mL B．224 mL
C．336 mL D．448 mL
【解析】　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的总体积。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
8．(2009年滨州检测)下列物质中肯定为纯净物的是(　　)
A．只由一种元素组成的物质
B．只由一种原子构成的物质
C．只由一种分子构成的物质
D．只由一种元素的阳离子与另一种元素的阴离子构成的物质
【解析】　纯净物的特征是由一种物质构成，所给的选项中，只有C选项符合。选项A、B可能是同素异形体，如红磷与白磷、O2与O3。对于选项D来说，阳离子可能有变价离子，如Fe2＋和Fe3＋，则能与阴离子构成混合物。
【答案】　C
9．(2009年汕头检测)在相同的温度和压强下，4个容器中分别装有4种气体。已知各容器中的气体和容器的容积分别是a.CO2，100 mL；b.O2,200 mL；c.N2,400 mL；d.CH4,600 mL，则4个容器中气体的质量由大到小的顺序是(　　)
A．a＞b＞c＞d　　　B．b＞a＞d＞c
C．c＞d＞b＞a D．d＞c＞a＞b
【解析】　据阿伏加德罗定律：
n(CO2)∶n(O2)∶n(N2)∶n(CH4)
＝V(CO2)∶V(O2)∶V(N2)∶V(CH4)
＝100 mL∶200 mL∶400 mL∶600 mL＝1∶2∶4∶6
m(CO2)∶m(O2)∶m(N2)∶m(CH4)
＝(1×44)∶(2×32)∶(4×28)∶(6×16)
＝11∶16∶28∶24
所以 c>d>b>a。
【答案】　C
10．在标准状况下，将V L A气体(摩尔质量是M g/mol)溶于 0.1 L水中，所得溶液的密度为d g/mL，则此溶液的物质的量浓度为(　　)
A. B.
C. D.
【解析】　由题知气体A的物质的量为mol，溶剂是0.1 L(100 g H2O)，溶液的质量是g，已知溶液密度为d g/mL，溶液的体积应是/d mL，整理后得到体积为mL。因此，溶液的物质的量浓度为＝mol/L。
【答案】　B
11．(2008年广东高考)能表示阿伏加德罗常数数值的是(　　)
A．1 mol金属钠含有的电子数
B．标准状况下，22.4 L苯所含的分子数
C．0.012 kg 12C所含的原子数
D．1 L 1 mol·L－1硫酸溶液所含的H＋数
【解析】　1个钠原子含11个电子，故1 mol金属钠应含11 mol电子，故A错误；标准状况下，苯为液态，所以22.4 L苯所含分子数应大于NA，所以C错误；0.012 kg 12C所含碳原子数为阿伏加德罗常数，所以C正确；1 L 1 mol·L－1硫酸溶液中含H＋的物质的量为2 mol，H＋数为2NA，所以D错。
【答案】　C
12．300 mL Al2(SO4)3溶液中，含Al3＋为1.62 g，在该溶液中加入0.1 mol·L－1 Ba(OH)2溶液300 mL，反应后溶液中SO42－的物质的量浓度为(　　)
A．0.4 mol·L－1 B．0.3 mol·L－1
C．0.2 mol·L－1 D．0.1 mol·L－1
【解析】　n(Al3＋)＝＝0.06 mol，
n(SO42－)＝0.09 mol，加入的Ba(OH)2溶液中含有Ba2＋ 0.03 mol，反应后剩余SO42－ 0.06 mol，此时溶液的体积为600 mL，因此c(SO42－)＝0.1 mol·L－1。
【答案】　D
13．某温度下，V mL不饱和NaNO3溶液a g，蒸发掉b g水或加入b g NaNO3固体(恢复到原温度)均可使溶液达到饱和，则下列量的计算结果正确的是(　　)
A．该温度下NaNO3的溶解度为100 g
B．原不饱和溶液中NaNO3的质量分数为%
C．原不饱和溶液中NaNO3的物质的量浓度为mol/L
D．原不饱和溶液的密度为g/mL
【解析】　由题意，b g水中溶解b g NaNO3达到饱和，即此温度下NaNO3溶解度为100 g，A项正确；此温度下饱和溶液的质量分数为＝，所以原溶液中NaNO3的质量为(a－b)×，则原溶液质量分数为×100%＝
%，B项错；原溶液的物质的量浓度为÷L＝mol/L，C项正确；D项中溶液的密度为＝g/mL，D项不正确。
【答案】　AC
14．(2008年四川卷)在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO42－完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中的Al3＋浓度(mol·L－1)为(　　)
A. B.
C. D.
【解析】　NH4＋＋OH－NH3↑＋H2O，则n(NH4＋)＝n(NH3)＝c mol，Ba2＋＋SO42－===BaSO4↓，则n(SO42－)＝n(Ba2＋)＝b mol，则Al2(SO4)3中n(SO42－)＝b mol－c mol×＝mol，n(Al3＋)＝n(SO42－)×＝×mol＝mol，c(Al3＋)＝mol·L－1。
【答案】　C
15．在体积相同的两个密闭容器中分别充满O2、O3气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是(　　)
A．两种气体的压强相等
B．O2比O3的质量小
C．两种气体的分子数目相等
D．两种气体的氧原子数目相等
【解析】　本题主要考查对气体温度、压强、体积、密度、质量等物理量的相互关系及阿伏加德罗定律的理解和掌握情况。
根据m＝ρV，体积、密度相等的O2、O3的质量相等，物质的量之比为∶＝3∶2，压强之比为3∶2，分子数目之比为3∶2，O原子数目之比为∶＝1∶1。
【答案】　D
16．若以w1和w2分别表示浓度为a mol·L－1和b mol·L－1氨水的质量分数，且知2a＝b，则下列推断正确的是(氨水的密度比纯水的小)(　　)
A．2w1＝w2 B．2w2＝w1
C．w2>2w1 D．w1【解析】　根据c＝
依据题意则有a＝，b＝
因2a＝b，所以有2ρ1w1＝ρ2w2。又由于氨水的密度比纯水小，且浓度越大，密度越小，即ρ2<ρ1，代入上式得w2>2w1。
【答案】　C
二、非选择题(共52分)
17．(12分)(2009年漳州质检)已知某饱和NaCl溶液的体积为V mL，密度为ρ g·cm－3，质量分数为w%，物质的量浓度为c mol·L－1，溶液中含NaCl的质量为m g。
(1)用m、V表示溶液的物质的量浓度________________________________________________________________________。
(2)用w、ρ表示溶液物质的量浓度________________________________________________________________________。
(3)用c、ρ表示溶液的质量分数________________________________________________________________________。
(4)用w表示该温度下NaCl的溶解度________________________________________________________________________。
【解析】　(1)c＝＝mol/L
(2)c＝
＝mol·L－1＝mol/L
(3)w%＝×100%
＝×100%
(4)＝，S＝g
【答案】　(1)mol·L－1　(2)mol·L－1
(3)×100%　(4)g
18．(12分)(2009年镇江检测)化工生产中常常用到“三酸两碱”，“三酸”指硝酸、硫酸和盐酸，“两碱”指烧碱和纯碱。
(1)从物质的分类角度看，不恰当的一种物质是________。
(2)“三酸”与“两碱”之间均可反应，若用化学方程式表示有六个(酸过量时)，若用离子方程式表示却只有两个，请写出这两个离子方程式(酸过量时)：
__________________________、________________________。
(3)“三酸”常用于溶解金属和金属氧化物。下列块状金属在常温时能全部溶于足量浓硝酸的是________。
A．Ag B．Cu
C．Al D．Fe
【解析】　(1)纯碱的化学式为Na2CO3，是由Na＋和CO32－构成，应为盐。
(2)此问考查离子反应的实质。由于三种酸均为强酸，故反应实质均提供H＋，而NaOH、Na2CO3分别是OH－、CO32－反应。
(3)本题考浓硝酸的强氧化性，Al、Fe遇浓硝酸易发生钝化，故应选A、B。
【答案】　(1)纯碱(或Na2CO3)
(2)CO32－＋2H＋===CO2↑＋H2O　H＋＋OH－===H2O
(3)AB
19．(12分)(1)0.3 mol NH3分子中所含氢原子数与________个H2O分子中所含氢原子数相等。
(2)含0.4 mol Al3＋的Al2(SO4)3中所含的SO42－的物质的量是________。
(3)已知16 g A和20 g B恰好完全反应生成0.04 mol C和31.76 g D，则C的摩尔质量为________。
(4)2.3 g Na中含________mol e－，在跟足量水反应中失去________mol e－。
(5)如果a g某气体中含有的分子数为b，则c g该气体在标准状况下的体积是(设NA为阿伏加德罗常数)______________。
【答案】　(1)2.709×1023　(2)0.6 mol
(3)106 g/mol　(4)1.1　0.1　(5) L
20．(16分)某同学设计了测定气体摩尔体积的探究实验，利用氯酸钾分解制O2。
实验步骤如下：
①把适量的氯酸钾粉末和少量二氧化锰粉末混合均匀，放入干燥的试管中，准确称量试管和药品的总质量为15.95 g。
②连接好实验装置，检查装置的气密性。
③加热，开始反应，直到不再有气体产生为止。
④测量排入量筒中水的体积为285.0 mL，换算成标准状况下氧气的体积为279.7 mL。
⑤准确称量试管和残留物的质量为15.55 g。
根据上述实验过程，回答下列问题：
(1)如何检查装置的气密性？________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)以下是测量收集到气体体积必须包括的几个步骤：
①调整量筒的高度使广口瓶和量筒内的液面高度相同
②使试管和广口瓶内气体都冷却至室温
③读取量筒内液体的体积
这三步操作的正确顺序是　　　　(请填写步骤代码)。
进行③的实验操作时，若仰视读数，则读取氧气的体积________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(3)实验过程中产生氧气的物质的量是________mol；实验测得氧气的摩尔体积是________(保留小数点后两位)。
【解析】　(1)往广口瓶中装满水，使装置左侧形成密闭体系，通过捂热试管看广口瓶中长导管液面高度的变化来判断装置气密性。
(2)在测量收集到O2的体积时，先将装置中的气体冷却至室温，否则气体受热膨胀时，会使排出水的体积偏大。然后调整量筒高度，使量筒内液面和广口瓶中液面相平，以保证广口瓶中气体的压强和外界气压相等，从而使排出水的体积与产生O2的体积相等。最后再读取量筒内水的体积。读数时若仰视量筒内的液面，会使读取O2的体积偏小。
(3)根据质量守恒定律，产生O2的质量为15.95 g－15.55 g＝0.4 g，
n(O2)＝＝0.012 5 mol，
O2的摩尔体积为：＝22.38 L/mol。
【答案】　(1)往广口瓶中注满水，塞紧橡皮塞，按装置图连接好装置，用手将试管底部捂热，若观察到广口瓶中长玻璃管内液面上升，松开手后，过一会儿长玻璃管内的液面下降，则证明该装置不漏气
(2)②①③　偏小
(3)0.012 5　22.38 L/mol(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
一、选择题
1．下列对沉淀溶解平衡的描述正确的是(　　)
A．反应开始时，溶液中各离子浓度相等
B．沉淀溶解达到平衡时，沉淀的速率和溶解的速率相等
C．沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度相等，且保持不变
D．沉淀溶解达到平衡时，如果再加入难溶性的该沉淀物，将促进溶解
【解析】　开始到达平衡时，溶液中各离子浓度不一定相等，如Ag3PO4所建立的溶解平衡，故A、C均错；沉淀溶解达平衡时再加入该沉淀物，对平衡无影响，故D也错；而B是沉淀溶解平衡建立的本质，显然是正确的。
【答案】　B
2．(2009年汕头模拟)许多马路两旁的树干都均匀地涂抹了石灰水。下列有关说法不正确的是(　　)
A．饱和石灰水中加入生石灰，若温度不变，则溶液中Ca2＋的物质的量不变
B．饱和石灰水中加入生石灰，若温度不变，则pH不变
C．升高饱和石灰水的温度时，Ca(OH)2的溶度积常数Ksp减小
D．石灰水显碱性，能使蛋白质变性，所以有防治树木病虫害的作用
【解析】　饱和石灰水中加入生石灰，若温度不变，溶液还是饱和溶液，离子浓度不变，但是生石灰与水反应，使溶剂质量减小，则溶解的溶质的物质的量也减小，故A项错误，B项正确；升高温度，Ca(OH)2的溶解度降低，Ksp减小，C项正确；石灰水显碱性，能使蛋白质变性，D项正确。
【答案】　A
3．(2009年海南模拟)下列有关AgCl沉淀的溶解平衡的说法中，不正确的是(　　)
A．AgCl沉淀生成和溶解不断进行，但速率相等
B．AgCl难溶于水，溶液中没有Ag＋和Cl－
C．升高温度，AgCl沉淀的溶解度增大
D．向AgCl沉淀中加入NaCl固体，AgCl沉淀的溶解度降低
【解析】　AgCl固体在溶液中达到溶解平衡后，溶解与沉淀速率相等，但不为0，A项正确。AgCl难溶于水，但溶解的部分电离出Ag＋和Cl－，B项错误；一般来说，升高温度有利于固体物质的溶解，C项正确；向AgCl沉淀中加入NaCl固体，增大了Cl－浓度，促使溶解平衡向左移动，降低了AgCl的溶解度，D项正确。
【答案】　B
4．下列各操作中，不发生“先沉淀后溶解”现象的是(　　)
①向饱和Na2CO3溶液中不断通入过量的CO2气体　②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴入过量的稀H2SO4　③向AgI胶体中逐滴加入过量的稀盐酸　④向石灰水中通入过量的CO2　⑤向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸
A．①③⑤ B．①②③⑤
C．②④ D．全部
【解析】　①只发生反应Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3(析出NaHCO3)；②中Fe(OH)3先聚沉后被H2SO4溶解；③中AgI聚沉但不溶解；④中先生成CaCO3沉淀后溶解；⑤中只生成H2SiO3沉淀。
【答案】　A
5．向ZnSO4溶液中加入Na2S溶液时，得到白色沉淀，然后向白色沉淀中滴加CuSO4溶液，发现沉淀变为黑色，则下列说法不正确的是(　　)
A．白色沉淀为ZnS，而黑色沉淀为CuS
B．上述现象说明ZnS的Ksp小于CuS的Ksp
C．利用该原理可实现一种沉淀转化为更难溶的沉淀
D．该过程破坏了ZnS的溶解平衡
【解析】　该过程破坏了ZnS的溶解平衡，Cu2＋结合了ZnS溶解产生的 S2－，生成了比ZnS更难溶的CuS，同时也说明了ZnS的Ksp大于CuS的Ksp。
【答案】　B
6．在盛有AgCl沉淀的试管中加入KI溶液，振荡后可观察白色沉淀逐渐变为黄色沉淀。通过这个实验可以说明的是(　　)
A．I－的还原性比Cl－的强
B．Cl－的半径比I－的小
C．AgI的溶解度比AgCl的大
D．实验过程中，溶解平衡AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)不断向右移动
【解析】　白色沉淀转化成黄色沉淀，说明在振荡过程中氯化银转化成碘化银，所以氯化银的溶解平衡AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)不断向溶解方向移动。
【答案】　D
7．(2009年济宁质检)将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓AgNO3溶液，发生的反应为(　　)
A．只有AgBr沉淀
B．AgCl和AgBr沉淀等量生成
C．AgCl和AgBr沉淀都有，但以AgCl沉淀为主
D．AgCl和AgBr沉淀都有，但以AgBr沉淀为主
【解析】　在AgCl和AgBr两饱和溶液中，前者c(Ag＋)大于后者c(Ag＋)，c(Cl－)>c(Br－)。当将AgCl、AgBr两饱和溶液混合时，发生沉淀的转化，生成更多的AgBr沉淀，与此同时，溶液中c(Cl－)比原来AgCl饱和溶液中大，当加入足量的浓AgNO3溶液时，AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加得更多。
【答案】　C
8．向Cr2(SO4)3的水溶液中加入NaOH溶液，当pH＝4.6时，开始出现Cr(OH)3沉淀，随着pH的升高，沉淀增多；但当pH≥13时，沉淀消失，出现亮绿色的亚铬酸根离子(CrO2－)，其平衡关系如下：
Cr＋3OH－?? ??CrO＋H＋＋H2O
向0.05 mol/L的Cr2(SO4)3溶液50 mL中加入1.0 mol/L NaOH溶液50 mL，充分反应后，溶液中可观察到的现象为(　　)
A．溶液为紫色 B．溶液中有灰绿色沉淀
C．溶液为亮绿色 D．无法判断
【解析】　c(Cr3＋)＝0.1 mol/L
n(Cr3＋)＝0.1 mol/L×0.05 L＝0.005 mol
Cr3＋　＋　4OH－===CrO2－＋2H2O
0．005 mol 0.02 mol
n(OH－)余＝1×0.05 mol－0.02 mol＝0.03 mol
c(OH－)＝＝0.3 mol/L
c(H＋)＝＝3.3×10－14mol/L
pH＝13.5
此时溶液中主要以CrO2－形式存在。
【答案】　C
9．已知一些银盐的颜色及溶解度数值如下：
化学式 AgCl AgBr AgI Ag2S Ag2CrO4
颜色 白色 浅黄色 黄色 黑色 红色
溶解度/g 1.5×10－4 7.1×10－7 2.1×10－7 1.3×10－16 4.3×10－2
测定水体中氯化物的含量，常用标准硝酸银法进行滴定。滴定时，应加入的指示剂是(　　)
A．KBr B．KI
C．K2S D．K2CrO4
【解析】　指示剂在作用时，应在反应刚好完成，所加过量试剂会与指示剂作用生成不同现象来进行判断。本题应在Ag＋和Cl－生成AgCl沉淀后，再生成其他沉淀。所以本题指示剂的溶解度应比AgCl大。
【答案】　D
10．已知CuSO4溶液分别与Na2CO3溶液、Na2S溶液的反应情况如下：
(1)CuSO4＋Na2CO3
主要：Cu2＋＋CO32－＋H2O===Cu(OH)2↓＋CO2↑
次要：Cu2＋＋CO32－===CuCO3↓
(2)CuSO4＋Na2S
主要：Cu2＋＋S2－===CuS↓
次要：Cu2＋＋S2－＋2H2O===Cu(OH)2↓＋H2S↑
下列几种物质的溶解度大小的比较中，正确的是(　　)
A．CuSCu(OH)2>CuCO3
C．Cu(OH)2>CuCO3>CuS D．Cu(OH)2【解析】　根据沉淀转化一般规律：溶解度小的沉淀易转化为溶解度更小的沉淀，故由反应(1)知，溶解度CuCO3>Cu(OH)2，由反应(2)知Cu(OH)2>CuS。
【答案】　A
11．(2009年广州调研)已知25 ℃时，AgI饱和溶液中c(Ag＋)为1.22×10－8 mol/L，AgCl的饱和溶液中c(Ag＋)为1.25×10－5 mol/L。若在5 mL含有KCl和KI各为0.01 mol/L的溶液中，加入8 mL 0.01 mol/L AgNO3溶液，这时溶液中所含溶质的离子浓度大小关系正确的是(　　)
A．c(K＋)>c(NO3－)>c(Cl－)>c(Ag＋)>c(I－)
B．c(K＋)>c(NO3－)>c(Ag＋)>c(Cl－)>c(I－)
C．c(NO3－)>c(K＋)>c(Ag＋)>c(Cl－)>c(I－)
D．c(K＋)>c(NO3－)>c(Ag＋)＝c(Cl－)＋c(I－)
【解析】　由题中信息可知在向5 mL含有KCl和KI各为0.01 mol/L的溶液中，加入8 mL 0.01 mol/L AgNO3溶液时，Ag＋先与I－ 作用生成AgI沉淀，剩余的Ag＋再与Cl－结合生成AgCl沉淀，由题中的数据知：Ag＋只能将Cl－沉淀一部分，K＋、NO3－等不参与反应，所以溶液中各离子浓度的大小关系为c(K＋)>c(NO3－)>c(Cl－)>c(Ag＋)>c(I－)。
【答案】　A
12．对于难溶盐MX，其饱和溶液中M＋和X－的物质的量浓度之间的关系类似于c(H＋)·c(OH－)＝KW，存在等式c(M＋)·c(X－)＝Ksp。一定温度下，将足量的AgCl分别放入下列物质中，AgCl的溶解度由大到小的排列顺序是(　　)
①20 mL 0.01 mol·L－1KCl溶液　②30 mL 0.02 mol·L－1CaCl2溶液　③40 mL 0.03 mol·L－1HCl溶液　④10 mL蒸馏水　⑤50 mL 0.05 mol·L－1AgNO3溶液
A．①>②>③>④>⑤ B．④>①>③>②>⑤
C．⑤>④>②>①>③ D．④>③>⑤>②>①
【解析】　AgCl(s)??Ag＋＋Cl－，由于c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp，c(Cl－)或c(Ag＋)越大，越能抑制AgCl的溶解，AgCl的溶解度就越小。注意AgCl的溶解度大小只与溶液中Ag＋或Cl－的浓度有关，而与溶液体积无关。
①c(Cl－)＝0.01 mol·L－1　　②c(Cl－)＝0.04 mol·L－1
③c(Cl－)＝0.03 mol·L－1　　④c(Cl－)＝0 mol·L－1
⑤c(Ag＋)＝0.05 mol·L－1
Ag＋或Cl－浓度由小到大的顺序为④<①<③<②<⑤，故AgCl的溶解度由大到小的排列顺序为④>①>③>②>⑤。
【答案】　B
二、非选择题
13．已知难溶电解质在水溶液中存在溶解平衡：
MmAn(s)??mMn＋(aq)＋nAm－(aq)
Ksp＝cm(Mn＋)·cn(Am－)，称为溶度积。
某学习小组欲探究CaSO4沉淀转化为CaCO3沉淀的可能性，查得如下资料：(25 ℃)
难溶电
解质 CaCO3 CaSO4 MgCO3 Mg(OH)2
Ksp 2.8×10－9 9.1×10－6 6.8×10－6 1.8×10－11
实验步骤如下：
①往100 mL 0.1 mol/L的CaCl2溶液中加入100 mL 0.1 mol/L的Na2SO4溶液，立即有白色沉淀生成。
②向上述悬浊液中加入固体Na2CO3 3 g，搅拌，静置，沉淀后弃去上层清液。
③再加入蒸馏水搅拌，静置，沉淀后再弃去上层清液。
④________________________________________________________________________。
(1)由题中信息Ksp越大，表示电解质的溶解度越______(填“大”或“小”)。
(2)写出第②步发生反应的化学方程式：________________________________________________________________________
________________________________。
(3)设计第③步的目的是________________________________________________________________________。
(4)请补充第④步操作及发生的现象：________________________________________________________________________
________________________________。
【解析】　本题考查的知识点为教材新增加的内容，题目在设计方式上为探究性实验，既注重基础知识，基本技能的考查，又注重了探究能力的考查。由Ksp表达式不难看出其与溶解度的关系，在硫酸钙的悬浊液中存在着：CaSO4(s)??SO42－(aq)＋Ca2＋(aq)，而加入Na2CO3后，溶液中CO32－浓度较大，而CaCO3的Ksp较小，故CO32－与Ca2＋结合生成沉淀，即CO32－＋Ca2＋===CaCO3↓。既然是探究性实验，必须验证所推测结果的正确性，故设计了③、④步操作，即验证所得固体是否为碳酸钙。
【答案】　(1)大
(2)Na2CO3＋CaSO4===Na2SO4＋CaCO3
(3)洗去沉淀中附着的SO42－
(4)向沉淀中加入足量的盐酸，沉淀完全溶解
14．水体中重金属铅的污染方向问题备受关注。水溶液中铅的存在形态主要有Pb2＋、Pb(OH)＋、Pb(OH)2、Pb(OH)3－、Pb(OH)42－，各形态的浓度分数α随溶液pH变化的关系如图所示：
[1表示Pb2+,2表示Pb(OH)+,3表示Pb(OH)2,4表示Pb(OH)3-,5表示Pb(OH)42-]
(1)Pb(NO3)2溶液中，　　　　2(填“>”“=”或“<”)；往该溶液中滴入氯化铵溶液后，增加，可能的原因是________________________________________________________________________。
(2)往Pb(NO3)2溶液中滴入稀NaOH溶液，pH=8时溶液中存在的阳离子(Na+除外)有　　　　　　　，pH=9时主要反应的离子方程式为　　　　　　　　　　。
【解析】　(1)因为Pb(NO3)2，是一种强酸弱碱盐，在水溶液中存在如下水解平衡：2H2O+Pb2+??Pb(OH)2+2H+，使c(Pb2+)减小，所以
(2)pH=8时，曲线上1、2、3表示的物质共存，所以此时溶液中存在的阳离子(Na+除外)有Pb2+、Pb(OH)+和H+。pH=9时，曲线2、3表示的物质共存，由图可知Pb(OH)2的浓度分数比Pb(OH)+的大，所以主要反应是生成Pb(OH)2。
【答案】　(1)>　Pb2+与Cl-发生反应，使c(Pb2+)减小
(2)Pb2+、Pb(OH)-、H+　Pb2++2OH-===Pb(OH)2↓
15．在CaF2(Ksp＝5.3×10－9)与CaSO4(Ksp＝9.1×10－6)混合的饱和溶液中，测得F－浓度为1.8×10－3mol/L，则溶液中SO42－的浓度为________mol/L。
【解析】　两种难溶物质中都有Ca2＋，Ca2＋浓度必须满足两种溶质的溶解平衡，可以用两种溶质的Ksp计算。c(Ca2＋)×c2(F－)＝Ksp(CaF2)＝5.3×10－9，求得c(Ca2＋)＝×10－3mol/L，再根据Ksp(CaSO4)＝c(Ca2＋)×c(SO42－)，可求得c(SO42－)＝Ksp(CaSO4)/c(Ca2＋)＝＝5.56×10－3mol/L。
【答案】　5.56×10－3
16．已知：Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO42－)＝1.9×10－12，现用0.01 mol/L AgNO3溶液滴定0.01 mol/L KCl和0.001 mol/L K2CrO4混合溶液，通过计算回答：
(1)Cl－、CrO42－先生成沉淀的是________。
(2)当刚出现Ag2CrO4沉淀时，溶液中Cl－浓度是________mol/L。(设混合溶液在反应中体积不变)
【解析】　(1)根据两种物质的Ksp，求出生成各自的沉淀所需c(Ag＋)，比较两者c(Ag＋)，谁需c(Ag＋)小谁先沉淀。
沉淀Cl－：c(Ag＋)＝＝mol/L
＝1.8×10－8mol/L。
沉淀CrO42－：c(Ag＋)＝
＝mol/L＝4.36×10－5mol/L
故先生成AgCl沉淀。
(2)因c2(Ag＋)·c(CrO42－)＝1.9×10－12
c2(Ag＋)×0.001＝1.9×10－12，
c(Ag＋)＝4.36×10－5mol/L，
c(Ag＋)·c(Cl－)＝1.8×10－10，
4．36×10－5·c(Cl－)＝1.8×10－10，
c(Cl－)＝4.13×10－16mol/L。
【答案】　(1)Cl－先沉淀　(2)4.13×10－6mol/L
单元过关评估
(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
一、选择题(每小题3分，共48分)
1．下表中物质的分类组合正确的是(　　)
A B C D
强电解质 Al2(SO4)3 BaSO4 HClO KCl
弱电解质 H3PO4 H2O CaCO3 Al(OH)3
非电解质 CO2 NH3·H2O NH3 HI
【解析】　B项中的NH3·H2O属于弱电解质；C项中的HClO属于弱电解质，CaCO3属于强电解质；D项中的HI属于强电解质。
【答案】　A
2．实验中欲量取50.00 mL KMnO4溶液可选用的仪器是(　　)
A．50 mL量筒　　　　　　　　B．10 mL量筒
C．50 mL酸式滴定管 D．50 mL碱式滴定管
【解析】　量筒是不精确的计量仪器，滴定管是较精确的计量仪器。准确量取50.00 mL溶液，应该用50 mL滴定管。又因为碱式滴定管的下端有一段橡皮管，高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀橡皮管，所以量取高锰酸钾溶液要用酸式滴定管。
【答案】　C
3．(2008年山东德州质检)醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是(　　)
A．醋酸溶液可与纯碱溶液反应产生CO2
B．相同pH的醋酸溶液和盐酸分别跟同样颗粒大小的锌反应时，产生H2的起始速率相等
C．10 mL 1 mol·L－1醋酸溶液恰好与10 mL 1 mol·L－1NaOH溶液完全反应
D．在相同条件下，醋酸溶液的导电性比盐酸的弱
【解析】　A项仅能说明CH3COOH比H2CO3酸性强，故错误；B项pH相同，c(H＋)相同，起始时反应速率相同，故错误；C项酸碱中和与强弱电解质无关，故错误；D项正确。
【答案】　D
4．某温度下，可逆反应HA??H＋＋A－的电离常数为Ka，下列说法正确的是(　　)
A．Ka越大，表示该弱酸较易电离
B．Ka越大，表示该弱酸较难电离
C．Ka随反应物浓度的改变而改变
D．Ka随体系温度的改变而改变
【解析】　电离常数Ka越大，说明该弱酸越易电离，A正确，B错误；而Ka仅是温度的函数，会随温度变化而变化，故C错误，D正确。
【答案】　AD
5．下列过程或现象与盐类水解无关的是(　　)
A．纯碱溶液去油污
B．铁在潮湿的环境下生锈
C．加热氯化铁溶液颜色变深
D．浓硫化钠溶液有臭味
【解析】　A项，碳酸钠水解显碱性，利用油污在碱性条件下水解生成可溶于水的物质而达到去污目的；C项，氯化铁溶液中发生Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，在加热条件下水解平衡正向移动造成体系颜色加深；D项，硫化钠溶液中存在S2－＋H2O??HS－＋OH－，HS－＋H2O??H2S＋OH－，水解产物H2S是产生臭味的原因；B项，是铁发生电化学腐蚀的结果，不涉及盐类的水解。
【答案】　B
6．将pH为5的硫酸溶液稀释500倍，稀释后溶液中c(SO42－)∶c(H＋)约为(　　)
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶10 D．10∶1
【解析】　pH＝5的硫酸溶液中，c(H＋)＝10－5mol·L－1，c(SO42－)＝5×10－6mol·L－1。将此溶液稀释500倍后，稀释液中c(SO42－)＝1×10－8mol·L－1，而c(H＋)趋近于1×10－7mol·L－1，则c(SO42－)∶c(H＋)约为1∶10。故选C。本题若不能很好地理解酸、碱溶液稀释的pH计算，则很容易误选B。
【答案】　C
7．(2009年江苏南通高三调研)下列有关实验的说法正确的是(　　)
A．将氯化铝溶液加热蒸发、烘干可得无水氯化铝固体
B．测量溶液的导电性可区分出试剂盐酸和醋酸，导电能力强的是盐酸
C．做完银镜反应后的试管可用热的稀硝酸清洗，回收后的硝酸银溶液可再利用
D．除去硫酸铝溶液中混有的硫酸镁，可加入足量烧碱，过滤，向滤液中加入适量硫酸酸化
【解析】　A项，AlCl3溶液在加热蒸发时，Al3＋会水解，最终得到Al2O3固体，A错。B项，溶液导电性强弱与溶液中离子浓度大小有关，而与溶质是强、弱电解质无关，B错。可在相同条件下测量等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液的导电性，则导电能力强的是盐酸。C项，清洗“银镜”应用稀硝酸，生成的AgNO3需回收利用，C对。D项，加入足量NaOH，则又混入了新的杂质，D错。
【答案】　C
8．(2009年威海模拟)已知：HCN是一种弱酸。相同物质的量浓度的NaCN溶液和NaClO溶液相比，NaCN溶液的pH较大，则对同温同体积同浓度的HCN溶液和HClO溶液，下列说法正确的是(　　)
A．酸的强弱：HCN>HClO
B．pH：HClO>HCN
C．与NaOH恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量：HClO>HCN
D．酸根离子浓度：c(CN－)【解析】　从题中可知NaCN溶液的pH较大，则CN－水解程度大，根据“越弱越水解”c(CN－)【答案】　D
9．实验室用标准盐酸溶液测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是(　　)
A．酸式滴定管在装液前未用标准酸溶液润洗2～3次
B．开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失
C．滴定前平视读数，滴定后俯视读数
D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次
【解析】　酸式滴定管在装液前未用标准酸溶液润洗，则相当于把标准液稀释了，滴定消耗标准液的体积大了，结果偏高，A项错误；开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失，气泡的体积也算进了标准液，消耗标准液的体积偏大，结果偏高，B项错误；滴定前平视读数，正确，滴定后俯视，由于滴定管的“0”刻度在上边，俯视读数偏小，消耗标准液的体积偏小，结果偏低，C项正确；盛NaOH溶液的锥形瓶不能用NaOH溶液润洗，否则增加了待测液，消耗标准液的体积偏大，结果偏高，D项错误。
【答案】　C
10．下列溶液，一定呈中性的是(　　)
A．由等体积、等物质的量浓度的一元酸跟氢氧化钠溶液混合所形成的溶液
B．c(H＋)＝1×10－7mol·L－1的溶液
C．pH＝14－pOH的溶液
D．pH＝pOH的溶液
【解析】　若选项A中的一元酸是弱酸(如醋酸或次氯酸)，则混合后所得溶液不呈中性而呈碱性(因所得盐为强碱弱酸盐，水解显碱性)；而水的离子积KW的值与温度有关，当温度不等于25 ℃时，KW就不等于1×10－14，即c(H＋)＝1×10－7mol·L－1或pH＝14－pOH的溶液就不呈中性；但若当c(H＋)＝c(OH－)，即pH＝pOH，无论在什么情况下，溶液都呈中性。
【答案】　D
11．在常温时的下列溶液中，BaSO4的溶解度最大的是(　　)
A．40 mL 1 mol/L的BaCl2溶液
B．30 mL 2 mol/L的Ba(OH)2溶液
C．10 mL纯水
D．50 mL 0.1 mol/L的H2SO4溶液
【解析】　BaSO4在水中存在如下平衡：BaSO4(s)??Ba2＋(aq)＋SO42－(aq)。A项BaCl2中的Ba2＋促使平衡左移，溶解度减小；B项Ba(OH)2中的Ba2＋同样使平衡左移，溶解度减小；C项纯水中BaSO4的溶解度不受影响；D项中，SO42－使平衡左移，溶解度减小。
【答案】　C
12．向1 L 0.3 mol/L的NaOH溶液中缓慢通入8.8 g CO2气体，使其完全反应，对反应后的溶液，下列判断正确的是(　　)
A．溶质为Na2CO3
B．溶质为NaHCO3
C.c(Na＋)＝c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)
D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3－)＋2c(CO32－)＋c(OH－)
【解析】　向1 L 0.3 mol/L的NaOH溶液中缓慢通入8.8 g CO2气体，完全反应后的溶液为Na2CO3和NaHCO3的混合溶液，所以选项A、B、C均不正确；选项D为电荷守恒，正确，选D。
【答案】　D
13．(2009年济南模拟)当NaOH溶液与氨水的pH、体积都相同时，下列叙述正确的是(　　)
A．两溶液的物质的量浓度相同
B．两溶液的c(H＋)相同
C．用同浓度盐酸中和时，消耗酸的体积相同
D．升高温度10 ℃，两者pH仍相等
【解析】　由于氨水是弱碱，溶液中有大部分的NH3·H2O没有电离，而NaOH是强碱，当二者的pH相等时，二者的浓度应是氨水大，并且在体积相同时氨水所含的物质的量要多；当升高温度时氨水的电离平衡向右移动，则二者的pH不等；两溶液的pH相等，则c(H＋)相同。
【答案】　B
14．已知下面三个数据：7.2×10－4、4.6×10－4、4.9×10－10分别是下列有关的三种酸的电离常数，若已知下列反应可以发生：
NaCN＋HNO2===HCN＋NaNO2
NaCN＋HF===HCN＋NaF
NaNO2＋HF===HNO2＋NaF
由此可判断下列叙述不正确的是(　　)
A．K(HF)＝7.2×10－4
B．K(HNO2)＝4.9×10－10
C．根据其中两个反应即可得出结论
D．K(HCN)【解析】　相同温度下，弱电解质的电离常数是比较弱电解质相对强弱的条件之一；根据第一、第三个反应可知三种一元弱酸的强弱顺序为：HF>HNO2>HCN。由此可判断K(HF)>K(HNO2)>K(HCN)，其对应数据依次为
K(HF)＝7.2×10－4
K(HNO2)＝4.6×10－4
K(HCN)＝4.9×10－10
【答案】　B
15．(2009年淄博模拟)已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝1.0×10－16。下列关于不溶物之间转化的说法中错误的是(　　)
A．AgCl不溶于水，不能转化为AgI
B．两种不溶物的Ksp相差越大，不溶物就越容易转化为更难溶的不溶物
C．AgI比AgCl更难溶于水，所以AgCl可以转化为AgI
D．常温下，AgCl若要在NaI溶液中开始转化为AgI，则NaI的浓度必须不低于×10－11mol/L
【解析】　不溶于水不是绝对的不溶，而是溶解度小于0.1 g。尽管AgCl溶解的很少，但由于AgI比AgCl更难溶于水，溶液中微量的Ag＋在I－浓度足够大的溶液中，可以转化为AgI，而使AgCl的溶解平衡向产生Ag＋的方向移动，导致AgCl溶解，所以A错误。根据·c(I－)＝1.0×10－16可计算得：c(I－)＝×10－11mol/L，D正确。
【答案】　A
16．某漂白粉的成分为次氯酸钙和氯化钙(由氯气与石灰乳恰好反应制得)，其溶液中离子浓度大小关系正确的是(　　)
A．c(Cl－)>c(Ca2＋)>c(ClO－)>c(H＋)>c(OH－)
B．c(Cl－)＝c(Ca2＋)>c(ClO－)>c(OH－)>c(H＋)
C．c(Cl－)＝c(OH－)＋c(ClO－)＝c(Ca2＋)＋c(H＋)
D．c(Ca2＋)＝2c(Cl－)＋2c(ClO－)
【解析】　因Ca(ClO)2是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，A错；由2Ca(OH)2＋2Cl2===Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O知c(Cl－)＝c(Ca2＋)，因ClO－水解，故c(Ca2＋)>c(ClO－)，来源于盐的离子浓度大于来源于水电离的离子浓度，故B对；依电荷守恒原理知C错；依物料守恒有c(Ca2＋)＝0.5[c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(HClO)]，D错。
【答案】　B
二、非选择题(共52分)
17．(14分)某化学课外小组为测定空气中CO2的含量，进行了如下实验：
①配制0.100 0 mol/L和0.010 00 mol/L的标准盐酸。
②用0.100 0 mol/L的标准盐酸滴定未知浓度的Ba(OH)2溶液10.00 mL，结果用去盐酸19.60 mL。
③用测定的Ba(OH)2溶液吸收定量空气中的CO2，取Ba(OH)2溶液10.00 mL，放入100 mL容量瓶里加水至刻度线，取出稀释后的溶液放入密闭容器内，并通入10 L标准状况下的空气，振荡，这时生成沉淀。
④过滤上述所得浊液。
⑤取滤液20.00 mL，用0.010 00 mol/L的盐酸滴定，用去盐酸34.80 mL。请回答下列问题：
(1)配制标准盐酸时，需用下列哪些仪器？________；
A．托盘天平　B．容量瓶　C．酸式滴定管　D．量筒　E．烧杯
F．胶头滴管　G．玻璃棒
(2)滴定操作中，左手 ________，右手________，眼睛__________________；
(3)Ba(OH)2溶液的物质的量浓度是________；
(4)过滤所得浊液的目的是________________________________________________________；
(5)此空气样品中含CO2的体积分数为________；
(6)本实验中，若第一次滴定时使用的酸式滴定管未经处理，即注入第二种标准盐酸，并进行第二次滴定，使测定结果________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【解析】　(1)配制一定物质的量浓度的盐酸时，需要仪器有容量瓶、量筒、烧杯、胶头滴管及玻璃棒。
(2)滴定操作时，左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化。
(3)Ba(OH)2＋2HCl===BaCl2＋2H2O，则c[Ba(OH)2]×10.00 mL＝×0.1 mol/L×19.60 mL解得c[Ba(OH)2]＝0.098 mol/L。
(4)为防止BaCO3与HCl反应，应分离出BaCO3。
(5)Ba(OH)2＋CO2===BaCO3↓＋H2O，只要求出余下的Ba(OH)2，就可以计算与CO2反应的Ba(OH)2，CO2的量也就计算出来了。过程如下：20 mL滤液中Ba(OH)2的物质的量为34.80×10－3×0.01× mol＝0.174×10－3 mol，那么100 mL滤液中有Ba(OH)2：0.174×10－3×5 mol＝0.870×10－3 mol，原有Ba(OH)2：10×10－3 L×0.098 0 mol/L＝0.980×10－3 mol，与CO2反应的Ba(OH)2有(0.980－0.870)×10－3 mol＝0.110×10－3 mol，则 n(CO2)＝0.110×10－3 mol，则φ(CO2)＝×100%＝0.025%。
(6)偏大，因为第二次滴定消耗标准盐酸偏少，使计算出的剩余Ba(OH)2偏少，那么与CO2反应的Ba(OH)2就偏多。
【答案】　(1)BCDEFG　(2)控制活塞　摇动锥形瓶　注视锥形瓶内溶液颜色的变化　(3)0.098 0 mol/L
(4)分离出BaCO3，防止HCl与BaCO3反应
(5)0.025%　(6)偏大
18．(12分)在温度T ℃下，某Ba(OH)2稀溶液中c(H＋)＝10－amol/L，c(OH－)＝10－bmol/L，已知a＋b＝12，向该溶液中逐滴加入pH＝b的盐酸，测得混合溶液的部分pH如下表所示：
序号 氢氧化钡的体积/mL 盐酸的体积/mL 溶液的pH
① 22.00 0.00 8
② 22.00 18.00 7
③ 22.00 22.00 6
(1)依据题意判断，T ℃________25 ℃(填“大于”、“小于”或“等于”)，该温度下水的离子积KW＝________。
(2)b＝________，原Ba(OH)2稀溶液的物质的量浓度为________。
(3)该温度下，向1 L硫酸与硫酸钠的混合溶液中加入3 L该Ba(OH)2的稀溶液时，沉淀正好达最大值，从所得溶液中取出4 mL并加水稀释至20 mL，测得溶液的pH为7，则原硫酸与硫酸钠混合溶液的pH为________，其中Na2SO4的物质的量浓度为________。
【解析】　(1)该温度下，
KW＝c(H＋)·c(OH－)＝10－a×10－b＝10－(a＋b)
＝10－12>10－14，故T ℃>25 ℃
(2)据第①组可计算：
Ba(OH)2溶液中c(H＋)水＝1×10－8mol/L，
故c(OH－)＝mol/L＝1×10－4mol/L＝10－bmol/L
所以b＝4，c[Ba(OH)2]＝×10－4mol/L＝5×10－5mol/L
(3)据题意知n(SO42－)总＝n[Ba(OH)2]＝3 L×5×10－5mol/L＝1.5×10－4mol
据恰好反应时知
c(OH－)过＝×＝＝10－5mol/L
解得c(H＋)＝1×10－4mol/L，pH＝4，n(Na2SO4)＝n(SO42－)总－n(H2SO4)＝1.5×10－4mol－×10－4mol/L×1 L＝1×10－4mol，所以c(Na2SO4)＝1×10－4mol/L
【答案】　(1)大于　1×10－12　(2)4　5×10－5mol/L
(3)4　1×10－4mol/L
19．(14分)A、B代表不同物质，都是H、N、O、Na中的任意三种元素组成的强电解质，A的水溶液呈碱性，B的水溶液呈酸性，请找出A、B可能的两种组合。(要求：相同浓度时，A1溶液中水的电离程度小于A2溶液中水的电离程度；相同浓度时，B1溶液中水的电离程度小于B2溶液中水的电离程度)
(1)写出化学式：A1____________，A2____________，B1____________，B2____________；
(2)相同温度下，当A1、B1的物质的量浓度相等时，两溶液中水电离出的氢离子的物质的量浓度之比为________；
(3)写出0.1 mol/L的A2溶液中离子浓度大小排序________________________________________________________________________
________________________________；
(4)B1溶液中水的电离程度小于B2溶液中水的电离程度，原因是________________________________________________________________________________；
(5)常温下，若B1、B2两溶液的pH＝5，则两溶液中由水电离出的氢离子的物质的量浓度之比为____________。
【解析】　(1)根据给出的元素：H、N、O、Na，其中由三种元素组成的强电解质有强碱(NaOH)、强酸(HNO3)、盐：NaNO3、NaNO2、NH4NO3、NH4NO2等，A显碱性，只可能是NaOH和NaNO2，B显酸性，可能是HNO3和NH4NO3。强酸、强碱都抑制水的电离，而易水解的盐则促进水的电离，故四种物质分别为NaOH、NaNO2、HNO3和NH4NO3。
(2)相同物质的量浓度的NaOH和HNO3对水的抑制程度相同，故两溶液中水电离出的H＋浓度之比为1∶1。
(3)NaNO2为强碱弱酸盐，故各离子浓度为c(Na＋)>c(NO2－)>c(OH－)>c(H＋)。
(4)因HNO3电离出的H＋抑制了H2O的电离，而NH4NO3中NH4＋的水解促进了水的电离。
(5)在HNO3溶液中c(H＋)水＝＝1×10－9mol/L，在NH4NO3溶液中，由水电离出的c(H＋)＝1×10－5mol/L，故二者之比为1×10－9∶1×10－5＝1×10－4。
【答案】　(1)NaOH　NaNO2　HNO3　NH4NO3　(2)1∶1(3)c(Na＋)>c(NO2－)>c(OH－)>c(H＋)
(4)硝酸电离出的H＋抑制了水的电离，NH4＋结合水电离出的OH－促进了水的电离
(5)1×10－4∶1或(1∶104)
20．(12分)(上海高考)蛇纹石矿可以看做由MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2组成。由蛇纹石制取碱式碳酸镁的实验步骤如下：
(1)蛇纹石矿加盐酸溶解后，溶液里除了含Mg2＋外，还含有的金属离子是________。
(2)进行(Ⅰ)操作时，控制溶液pH＝7～8(有关氢氧化物沉淀的pH见下表)
氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mg(OH)2
开始沉淀时pH 1.5 3.3 9.4
Ca(OH)2不能过量，若Ca(OH)2过量可能会导致______溶解、________沉淀。
(3)从沉淀混合物A中提取红色氧化物作颜料，先向沉淀物A中加入________(填入物质的化学式)，然后____________________(依次填写实验操作名称)。
(4)物质循环使用，能节约资源。上述实验中，可以循环使用的物质是____________(填写物质化学式)。
(5)现设计一个实验，确定产品aMgCO3·bMg(OH)2·cH2O中a、b、c的值，请完善下列实验步骤(可用试剂：浓硫酸、碱石灰)：
①样品称量，②高温分解，③________________，
④____________，⑤MgO称量。
【解析】　(1)蛇纹石中加盐酸，MgO、Fe2O3、Al2O3分别反应生成MgCl2、FeCl3、AlCl3，而SiO2不反应，通过过滤可除掉，故溶液中含有的金属阳离子有Mg2＋、Fe3＋、Al3＋。
(2)Al(OH)3为两性氢氧化物，既能溶于酸性溶液又能溶于强碱性溶液，进行Ⅰ操作时，控制溶液pH＝7～8，由表中数据可知此时Fe3＋、Al3＋全部以氢氧化物沉淀出来。而Mg2＋没有沉淀，如果Ca(OH)2再过量溶液碱性增强，pH增大，Al(OH)3可能会溶解，Mg2＋可能以Mg(OH)2形式沉淀出来。
(3)经推理沉淀混合物A的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3，向其中加入过量NaOH溶液，Al(OH)3会溶解，然后进行过滤得Fe(OH)3沉淀，再洗涤除去表面的杂质，最后将其灼烧即得Fe2O3，也就是要提取的红色颜料。
(4)经推理沉淀物B为CaCO3。向B中加盐酸又会生成CO2，可供操作Ⅱ使用。
(5)该题为设计型实验，对于aMgCO3·bMg(OH)2·c(H2O)高温分解其产物分别为MgO、CO2和H2O，CO2来自MgCO3的分解，若测出CO2的质量MgCO3的质量也就可求，进而求出其物质的量。H2O来自Mg(OH)2和结晶水，MgO来自MgCO3、Mg(OH)2的分解，如果称出反应后MgO的总质量再换成物质的量，同样也测出生成水蒸气的质量，换成物质的量记为n(H2O)总，则Mg(OH)2的物质的量为n[Mg(OH)2]＝n(MgO)－n(MgCO3)。
【答案】　(1)Fe3＋、Al3＋　(2)Al(OH)3　Mg(OH)2
(3)NaOH　过滤、洗涤、灼烧　(4)CO2　(5)③测出CO2的质量　④测出水蒸气的质量1．(2008年全国Ⅰ高考题)下列叙述中正确的是(　　)
A．NH3、CO、CO2都是极性分子
B．CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子
C．HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次增强
D．CS2、H2O、C2H2都是直线型分子
【解析】　A项CO2为非极性分子；C项中，同主族元素氢化物的稳定性自上而下依次减弱；D项中H2O为“V”型分子。
【答案】　B
2．下列表示式错误的是(　　)
A．Na＋的轨道表示式：
B．Na＋的结构示意图：
C．Na的电子排布式：1s22s22p63s1
D．Na的简化电子排布式：[Ne]3s1
【解析】　Na＋是Na原子失去了最外层的3s电子，只剩下1s、2s和2p轨道上的电子共10个，但A选项中违背了泡利不相容原理。
【答案】　A
3．主族元素的原子失去最外层电子形成阳离子，主族元素的原子得到电子填充在最外层形成阴离子。下列各原子和离子的电子排布式错误的是(　　)
A．Ca2＋　1s22s22p63s23p6 B．F－　1s22s23p6
C．S　1s22s22p23s23p4 D．Ar　1s22s22p63s23p6
【解析】　首先写出各原子的正确的电子排布式，A中生成Ca2＋失去了4s轨道上的2个电子，B中得1个电子进入2p轨道，电子排布为1s22s22p6。C、D项正确，B项符合题意。
【答案】　B
4．从实验测得不同物质中O—O键之间的键长和键能的数据：
　　　　O—O键
数据　　　 O22－ O2－ O2 O2＋
键长/10－12m 149 128 121 112
键能/kJ·mol－1 x y z＝494 w＝628
其中x、y的键能数据尚未测定，但可根据规律推导键能的大小顺序为w>z>y>x。该规律性是(　　)
A．成键的电子数越多，键能越大
B．键长越长，键能越小
C．成键所用的电子数越少，键能越大
D．成键时电子对越偏移，键能越大
【解析】　观察表中数据发现，O2与O2＋的键能大者键长短，按此O22－中O—O键长比O2－中的长，所以键能要小。按键长由短到长的顺序为(O—O)O2＋z>y>x。
【答案】　B
5．下列各组表述中，两个微粒不属于同种元素原子的是(　　)
A．3p能级有一个空轨道的基态原子和核外电子的排布为1s22s22p63s23p2的原子
B．2p能级无空轨道，且有一个未成对电子的基态原子和原子的最外层电子排布为2s22p5的原子
C．M层全充满而N层为4s2的原子和核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2的原子
D．最外层电子数是核外电子总数的1/5的原子和最外层电子排布为4s24p5的原子
【答案】　C
6．(2009年广东韶关模拟)氨气溶于水时，大部分NH3与H2O以氢键(用“…”表示)结合形成NH3·H2O分子。根据氨水的性质可推知NH3·H2O的结构式为(　　)
【解析】　从氢键的成键原理上讲，A、B都成立；但从空间构型上讲，由于氨分子是三角锥型，易于提供孤对电子，所以，以B方式结合空间阻碍最小，结构最稳定；从事实上讲，依据NH3·H2O??NH4＋＋OH－，可知答案是B。
【答案】　B
7．(2008年重庆高考题)在2008年初我国南方遭遇的冰雪灾害中，使用了一种融雪剂，其主要成分的化学式为XY2，X、Y均为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，且1 mol XY2含有54 mol电子。
(1)该融雪剂的化学式是________；X与氢元素形成的化合物的电子式是________。
(2)元素D、E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，D与Y相邻，则D的离子结构示意图是__________；D与E能形成一种非极性分子，该分子的结构式为______________；D所在族元素的氢化物中，沸点最低的是________。
(3)元素W与Y同周期，其单质是原子晶体；元素Z的单质分子Z2中有3个共价键；W与Z能形成一种新型无机非金属材料，其化学式是__________。
(4)元素R与Y同主族，其氢化物能用于刻蚀玻璃，R2与NaOH溶液反应的产物之一是OR2，该反应的离子方程式为______________________________。
【解析】　(1)据已知确定融雪剂为CaCl2，Ca与H形成的化合物为CaH2，其电子式类似于CaCl2。
(2)最外层电子数是电子层数2倍的元素有
，因D与Cl相邻，故D为S，则E为C，则C与S可形成CS2，氧族中氢化物沸点最低的是H2S(水中含氢键，其他氢化物的式量大于H2S)。
(3)W为Si，Z为N，则W与Z形成的化合物为Si3N4(原子晶体)。
(4)R为F,2F2＋2OH－===2F－＋OF2＋H2O。
【答案】　(1)CaCl2　[H]－Ca2＋[H]－
(3)Si3N4
(4)2F2＋2OH－===2F－＋OF2＋H2O
8．(2008年宁夏高考题)X、Y、Z、Q、E五种元素中，X原子核外的M层中只有两对成对电子，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Z是地壳内含量(质量分数)最高的元素，Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，E在元素周期表的各元素中电负性最大。请回答下列问题：
(1)X、Y的元素符号依次为________、________；
(2)XZ2和YZ2分子的立体结构分别是________和________，相同条件下两者在水中的溶解度较大的是________(写分子式)，理由是______________________________________________________________________；
(3)Q的元素符号是________，它属于第________周期，它的核外电子排布式为______________，在形成化合物时它的最高化合价为________；
(4)用氢键表示式写出E的氢化物溶液中存在的所有氢键__________________________。
【解析】　X的M层的轨道表示式为，则X为S(硫元素)，Y原子结构示意图为为C(碳元素)，Z为O(氧元素)，Q的核电荷数为16＋8＝24，为Cr(铬元素)，E为F(氟元素)。
【答案】　(1)S　C　(2)V形　直线形　SO2　因为CO2是非极性分子，SO2和H2O都是极性分子，根据“相似相溶”原理，SO2在H2O中的溶解度较大
(3)Cr　四　1s22s22p63s23p63d54s1　＋6
(4)F—H…F　F—H…O　O—H…F　O—H…O
下表为元素周期表前三周期的一部分：
(1)X的氢化物的沸点与W的氢化物的沸点比较：__________＞________(填化学式)，原因是________________________________________________________________________
________________________________。
(2)选出X的基态原子的电子排布图________，另一电子排布图不能作为基态原子的电子排布图是因为它不符合________(填序号)。
A．能量最低原理 B．泡利原理
C．洪特规则
(3)以上五种元素中，________(填元素符号)元素第一电离能最大。
(4)由以上某种元素与氢元素组成的三角锥形分子E和由以上某种元素组成的直线形分子G反应，生成两种直线形分子L和M(组成E、G、L、M分子的元素原子序数均小于10)，反应如下图所示，则下列判断错误的是________。
A．G是最活泼的非金属单质
B．L是极性分子
C．E的中心原子杂化轨道类型为sp2杂化
D．M的化学性质比同主族相邻元素单质的化学性质活泼
E．M分子中有1个σ键，2个π键
【解析】　根据元素周期表的结构可知X为N，Z为F，R为Ne，W为P，Y为S。
(1)X、W的氢化物为NH3和PH3，因NH3可以形成氢键，故NH3的沸点、熔点显著升高，故沸点NH3＞PH3。
(2)当电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，因此N元素的基态原子的电子排布图为
。
(3)原子失电子所需能量不仅与原子核对核外电子的吸引力有关；还与形成稳定结构的倾向有关。结构越稳定，失去电子所需能量越高，在所给五种元素中，Ne元素最外层已达8e－的稳定结构，因此失去核外第一个电子需要的能量最多，即第一电离能最大。
(4)根据题给图示可知E为NH3，G为F2，L为HF，M为N2，NH3中N原子的杂化轨道类型为sp3杂化，在N2中N原子间以1个σ键和2个π键形成叁键，故键能高，化学性质不活泼，故C、D错误。
【答案】　(1)NH3　PH3　NH3可形成氢键，使NH3熔点、沸点明显升高　(2)②　C　(3)Ne　(4)CD
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一、选择题
1．下列关于乙醇分子的说法正确的是(　　)
A．分子中共含有8个极性共价键
B．分子中不含非极性共价键
C．分子中只含σ键
D．分子中含有1个π键
【解析】　乙醇的结构式为，共含有8个共价键，其中C—H、C—O、O—H键为极性共价键，共7个，C—C键为非极性共价键。由于全为单键，故无π键。
【答案】　C
2．对H3O＋的说法正确的是(　　)
A．O原子采取sp2杂化 B．O原子采取sp3杂化
C．离子中存在配位键 D．离子中存在非极性键
【解析】　O原子采取sp3杂化，在H2O中有两对孤对电子，与H＋结合后，尚剩余1对孤对电子。
【答案】　BC
3．下列各电子层中不包含d能级的是(　　)
A．M电子层 B．N电子层
C．L电子层 D．K电子层
【解析】　K电子层只包括s能级，L电子层包括s、p能级，M电子层包括s、p、d能级，N电子层包括s、p、d、f能级。
【答案】　CD
4．具有下列电子构型的基态原子中，第二电离能最大的是(　　)
A．1s22s22p5 B．1s22s22p6
C．1s22s22p63s1 D．1s22s22p63s2
【解析】　失去一个电子后C的电子排布变为1s22s22p6，属于稀有气体的稳定结构，故其第二电离能最大。
【答案】　C
5．下列对σ键的认识不正确的是(　　)
A．σ键不属于共价键，是另一种化学键
B．s－s σ键与s－p σ键的对称性相同
C．分子中含有共价键，则一定含有一个σ键
D．含有π键的化合物与只含σ键的化合物的化学性质不同
【解析】　根据电子云的重叠方式，共价键分为σ键和π键两种，A项错误；σ键的对称性均为轴对称，B项正确；分子中含有共价键时，无论是单键、双键还是三键中均有一个σ键，C项正确；因为σ键和π键的不同造成了含有π键的化合物与只含σ键的化合物属于不同类的物质，化学性质肯定不同，D项正确。
【答案】　A
6．(2008年天津高考题)下列叙述正确的是(　　)
A．1个甘氨酸分子中存在9对共用电子
B．PCl3和BCl3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构
C．H2S和CS2分子都是含极性键的极性分子
D．熔点由高到低的顺序是：金刚石＞碳化硅＞晶体硅
【解析】　甘氨酸的分子式为，其结构简式为，有10对共用电子对，A项不正确；BCl3分子中B最外层只有6电子，B项错误；熔点高低顺序是：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，D项正确。
【答案】　C
7．下列关于光谱的说法正确的是(　　)
A．炽热固体、液体和高压气体发出的光生成连续光谱
B．各种原子的线状光谱中的明线和它的吸收光谱中的暗线必定一一对应
C．气体发出的光只能产生线状光谱
D．甲物质发出的白光通过低温的乙物质蒸气可得到甲物质的吸收光谱
【解析】　由于通常看到的吸收光谱中的暗线比线状光谱中的亮线要少一些，所以B选项不对；而气体发光时，若是高压气体发光形成连续光谱，若是稀薄气体发光形成线状光谱，故C选项也不对；甲物质发出的白光通过低温的乙物质蒸气后，看到的是乙物质的吸收光谱，所以上述选项中只有A正确。
【答案】　A
8．下列关于微粒半径的说法正确的是(　　)
A．电子层数少的元素的原子半径一定小于电子层数多的元素的原子半径
B．核外电子层结构相同的单核微粒半径相同
C．质子数相同的不同单核微粒，电子数越多半径越大
D．原子序数越大，原于半径越大
【解析】　由于同周期主族元素原子半径逐渐减小，故ⅦA族的原子半径不一定比上一周期ⅠA族元素原子半径大；如r(Li)>r(S)>r(Cl)。对于核外电子层结构相同的单核离子和原子，半径是不同的。质子数相同的不同单核微粒，阴离子半径>原子半径>阳离子半径。 随着原子序数的增大，原子半径不是一直增大，而是周期性变化。
【答案】　C
9．关于原子轨道的说法正确的是(　　)
A．凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子，其几何立体结构都是正四面体
B．CH4分子中的sp3杂化轨道是由4个H原子的1s轨道和C原子的2p轨道混合起来而形成的
C．sp3杂化轨道是由同一个原子中能量最近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组能量相近的新轨道
D．凡AB3型的共价化合物，其中心原子A均采用sp3杂化轨道成键
【解析】　CH3Cl是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子，其几何构型是四面体，但不是正四面体，A项错误；CH4分子中的sp3杂化轨道是由碳原子中能量相近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组能量相近的新轨道，B项错误，C项正确；AB3型的共价化合物，其中心原子A可采用sp3杂化轨道也可采用sp2杂化轨道成键，D项错误。
【答案】　C
10．下列固体熔化时必须破坏极性共价键的是(　　)
A．晶体硅 B．二氧化硅
C．冰 D．干冰
【解析】　晶体硅和二氧化硅均为原子晶体，熔、沸点较高，需破坏共价键，其中硅是破坏非极性共价键，二氧化硅是破坏极性共价键。冰和干冰均为分子晶体，熔化时均破坏分子间作用力。
【答案】　B
11．下列有机物分子中属于手性分子的是(　　)
A．只有① B．①和②
C．①②③ D．①②③④
【答案】　C
12．气态中性原子失去一个电子转化为气态正离子所需要的最低能量叫做第一电离能(I1)，气态正离子继续失去电子所需要的最低能量依次称为第二电离能(I2)，第三电离能(I3)……下表是第三周期部分元素的电离能[单位：eV(电子伏特)]数据。
元素 I1/eV I2/eV I3/eV
甲 5.7 47.4 71.8
乙 7.7 15.1 80.3
丙 13.0 23.9 40.0
丁 15.7 27.6 40.7
下列说法正确的是(　　)
A．甲的金属性比乙强 B．乙的化合价为＋1价
C．丙可能为非金属元素 D．丁一定为金属元素
【解析】　由表格可知，甲的第一电离能小于乙，表明甲比乙易失去第一个电子，故甲的金属性比乙强，A正确；表格中显示，乙失去第二个电子也较易，则乙的化合价可能为＋2价，选项B不正确；对丙而言失去电子较难，所以可能是非金属元素，C正确；对丁而言，失电子比丙还难，而第三周期只有3种金属元素，可知丁一定是非金属元素，所以D不正确。
【答案】　AC
二、非选择题
13．在N2、HF、H2O、NH3、CS2、CH4、BF3分子中：
(1)以非极性键结合的非极性分子是________。
(2)以极性键结合的具有直线形结构的非极性分子是______。
(3)以极性键结合的具有正四面体形结构的非极性分子是________。
(4)以极性键结合的具有三角锥形结构的极性分子是______。
(5)以极性键结合的具有sp3杂化轨道结构的分子是________________________________________________________________________。
(6)以极性键结合的具有sp2杂化轨道结构的分子是________________________________________________________________________。
【解析】　HF是极性分子，H2O是V形的极性分子，NH3是三角锥形的极性分子，CS2是直线形的非极性分子，CH4是正四面体形的非极性分子，N2是非极性分子，BF3是平面形的非极性分子。
【答案】　(1)N2　(2)CS2　(3)CH4　(4)NH3　(5)NH3、H2O、CH4　(6)BF3
14．甲、乙、丙、丁、戊五种元素，其中甲元素原子核上L层上s能级和p能级电子数相同，乙元素原子3p能级上只有1对成对电子；丙和丁元素原子N层上都只有1个电子，但其中丙元素原子各内层均已充满，而丁元素原子次外层的电子充满在2个能级中；戊元素原子最外层电子轨道表示↑↓
，
它的单质常温时为气态，试用化学符号回答下列问题。
(1)甲是________，乙是________，丙是______，丁是______，戊是______；
(2)丙和乙的单质发生化合反应的化学方程式是________________________________________________________________________
________________________；
(3)丙的硝酸盐溶液跟乙的气态氢化物发生反应的离子方程式是________________________________________________________________________；
(4)甲和乙元素组成的化合物的化学式是________，用电子式表示该化合物的形成过程________________________________________________________________________；
(5)乙和戊元素的气态氢化物沸点高低关系是____>____；
(6)丙的硫酸盐跟少量氨水反应的离子方程式是________________________________________________________________________
________________________；
(7)丙元素原子最外层电子排布是__________；
(8)乙和丁形成的化合物的电子式是________________________________________________________________________。
【解析】　依据核外电子排布规律即可推出五种元素，以下各小题要注意书写规范。水分子间有氢键，故沸点比H2S高。CuSO4溶液中加入过量氨水，会生成[Cu(NH3)4]2＋，得到深蓝色溶液。
15．(2008年上海高考题)元素A～D是元素周期表中短周期的四种元素，请根据表中信息回答下列问题。
元素 A B C D
性质或结构信息 单质制成的高压灯，发出的黄光透雾力强、射程远 工业上通过分离液态空气获得其单质。原子的最外层未达到稳定结构 单质常温、常压下是气体，原子的L层有一个未成对的p电子 ＋2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同
(1)上表中与A属于同一周期的元素是________，写出D离子的电子排布式________。
(2)D和C形成的化合物属于________晶体。
写出C单质与水反应的化学方程式________________________________________________________________________。
(3)对元素B的单质或化合物描述正确的是________。
a．B元素的最高正价为＋6
b．常温、常压下单质难溶于水
c．单质分子中含有18个电子
d．在一定条件下镁条能与单质B反应
(4)A和D两元素金属性较强的是(写元素符号)________。
写出能证明该结论的一个实验事实________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　由题可推出A、B、C、D元素分别为：Na、O或N、F、Mg，关键要注意B元素的推断，B的单质可能是氧气，也可能是氮气，因此(3)中有b、d项正确。(4)问中元素金属性的比较方法一般有：①比较最高价氧化物对应水化物的碱性强弱，②与酸反应的剧烈程度等。
【答案】　(1)Mg　1s22s22p6
(2)离子　2F2＋2H2O===4HF＋O2
(3)bd(B是氧气或氮气)
(4)Na　钠与水反应比镁与水反应激烈或氢氧化钠的碱性比氢氧化镁强
16．(2009年黄冈一摸)60年代美国化学家鲍林提出了一个经验规则：设含氧酸的化学式为HnROm，其中(m－n)为非羟基氧原子数。鲍林认为含氧酸的强弱与非羟基氧原子数(m－n)的关系见下表。
m－n 0 1 2 3
含氧酸强度 弱酸 中强 强 很强
实例 HClO H3PO4 HNO3 HClO4
试回答下列问题：
(1)按此规则判断H3AsO4、H2CrO4、HMnO4酸性由弱到强的顺序为________________________。
(2)H3PO3和H3AsO3的形式一样，但酸性强弱相差很大。已知H3PO3为中强酸，H3AsO3为弱酸，试推断H3PO3和H3AsO3的分子结构________________________。
(3)按此规则判断碳酸应属于________酸，与通常认为的碳酸的强度是否一致？________。其可能的原因是________________________________________________________________________
________________________。
单元过关评估
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一、选择题(每小题3分，共48分)
1．(2009年北京市东城区)最近科学家发现了氧元素的一种新的粒子O4。对于这种新粒子，下列说法不正确的是(　　)
A．它是氧元素的一种同素异形体
B．它是氧元素的一种同位素
C．它的摩尔质量为64 g·mol－1
D．它具有很强的氧化性
【解析】　同素异形体是指由同种元素形成的不同单质，是对单质而言的；同位素是指质子数相同而中子数不同的同种元素不同原子的互称，同位素和同素异形体的概念范围是不一样的：一个是原子，一个是单质，A正确，B不正确。摩尔质量是有单位的，该粒子的相对分子质量是64，摩尔质量是64 g/mol，C正确。由O2、O3的性质可知D正确。
【答案】　B
2．(2009年济南高三统考)若两物质恰好完全发生化学反应，下列各项中，反应前后肯定不发生变化的是(　　)
①电子总数　②原子总数　③分子总数　④物质的种类　⑤物质的总质量
A．只有④⑤　　　　　　　　B．只有②⑤
C．只有①②③⑤ D．只有①②⑤
【解析】　化学反应中的最小微粒是原子，在反应前后原子的种类和数目不变，②正确；化学反应前后总质量保持不变，即遵循质量守恒定律，⑤正确；不论在反应中有无电子的转移，电子的总数都不会改变，①正确；化学反应的特征就是有新物质生成，故④错误。很多反应如2H2＋O2===2H2O，反应前后分子总数改变，故③错误。
【答案】　D
3．下列有关化学用语表达不正确的是(　　)
A．氨气分子的电子式：H··H··H
B．S2－的结构示意图：＋16
C．CS2分子的结构式：S===C===S
D．苯分子的比例模型：
【答案】　A
4．请你运用所学的化学知识判断，下列有关化学观念的叙述错误的是(　　)
A．几千万年前地球上一条恐龙体内的某个原子可能在你的身体里
B．用斧头将木块一劈为二，在这个过程中个别原子恰好分成更小粒子
C．一定条件下，金属钠可以成为绝缘体
D．一定条件下，水在20 ℃时能凝固成固体
【解析】　根据质量守恒定律可知A项说法成立；B项中改变原子中核外电子可通过化学反应来实现，而改变原子核构成需通过核聚变或核裂变来实现，由此可见斧头劈木块时，是不存在上述两种过程的。C项在一定条件下，使金属钠以气态原子形式存在，此时缺少自由电子的钠可成为绝缘体。D项水的凝固点会随压强增大而升高。
【答案】　B
5．下列说法中正确的是(　　)
A．非金属元素呈现的最高化合价不超过该元素原子的最外层电子数
B．非金属元素呈现的最低化合价，其绝对值等于该元素原子的最外层电子数
C．最外层有2个电子的原子都是金属原子
D．最外层有5个电子的原子都是非金属原子
【解析】　非金属元素(一般是主族元素)的最高正价等于它的最外层电子数，所以A正确。B中非金属元素的最低化合价的绝对值等于它形成8电子稳定结构所需的电子数，也就是8减去最外层电子数。He原子最外层有2个电子，但He不是金属，所以C错误。ⅤA族元素中的Sb、Bi的最外层都是5个电子，但它们都是金属，D错误。
【答案】　A
6．下列每组物质发生状态变化所克服的微粒间的相互作用属于同种类型的是(　　)
A．食盐和蔗糖熔化 B．钠和硫熔化
C．碘和干冰升华 D．二氧化硅和氧化钠熔化
【解析】　A中食盐熔化破坏离子键，蔗糖破坏分子间作用力；B中钠破坏金属键，硫破坏范德华力；C中均破坏范德华力；D中SiO2破坏共价键，Na2O破坏离子键。
【答案】　C
7．下列说法中不正确的是(　　)
①质子数相同的粒子一定属于同种元素　②同位素的性质几乎完全相同　③质子数相同，电子数也相同的粒子，不可能是一种分子和一种离子　④电子数相同的粒子不一定是同一种元素　⑤一种元素只能有一种质量数　⑥某种元素的相对原子质量取整数，就是其质量数
A．①②④⑤ B．③④⑤⑥
C．②③⑤⑥ D．①②⑤⑥
【解析】　 ①质子数相同可能是原子、离子、分子；②同位素的物理性质不同；⑤一种元素可能有几种同位素(质量数不同)；⑥元素的相对原子质量是同位素的相对原子质量与其丰度(原子个数百分比)的乘积之和。
【答案】　D
8．下列事实与氢键有关的是(　　)
A．水加热到很高的温度都难以分解
B．水结成冰体积膨胀，密度变小
C．CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高
D．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
【解析】　水加热到很高温度都难以分解，是由于H—O键难断开，涉及共价键的键能，与氢键无关，C、D中氢化物的熔点应与相对分子质量有关，热稳定性与键能有关。
【答案】　B
9．镭是元素周期表中第七周期第ⅡA族元素，下列关于镭的性质的描述中不正确的是(　　)
A．在化合物中呈＋2价 B．氢氧化物呈两性
C．单质使水分解，放出氢气 D．碳酸盐难溶于水
【解析】　在周期表中同族元素，从上到下其金属性依次增强，因此，可以由熟知的钙及其化合物的性质类推镭及其化合物的性质。可以确定其单质使水分解，放出氢气；其氢氧化物呈现出比氢氧化钙更强的碱性，而不能呈两性。所以C正确，B不正确。
【答案】　B
10．IUPAC推荐原子序数为110的元素的符号为Ds，以纪念该元素的发现地(Darmstadt，德国)。下列关于Ds的说法不正确的是(　　)
A．Ds原子的电子层数为7 B．Ds是超铀元素
C．Ds原子的质量数为110 D．Ds为金属元素
【解析】　根据稀有气体的原子序数递增规律：He 2、Ne 10、Ar 18、Kr 36、Xe 54、Rn 86。第7周期元素从87号开始到118号结束，都是金属元素，A、D正确。铀是92号元素，原子序数大于92的元素统称为超铀元素，B正确。Ds的原子序数为110，可知质子数等于110，但其中子数不可能为0，所以Ds原子的质量数大于110，C不正确。
【答案】　C
11．类推的思维方式在化学学习与研究中经常采用，但类推出的结论是否正确最终要经过实践的验证。以下类推的结论正确的是(　　)
A．“由Cl2＋H2O===HCl＋HClO”反应可推出“F2＋H2O===HF＋HFO”反应也能发生
B．HCl的水溶液是强酸，推出HF的水溶液也是强酸
C．由“2Fe＋3Cl2===2FeCl3”反应可推出“2Fe＋3I2===2FeI3”反应也能发生
D．Na、K在周期表中属于同一主族，化学性质相似，Na常温下与水剧烈反应，故K常温下也能与水剧烈反应
【解析】　F2与水剧烈反应，但产物为HF和O2，发生反应为2F2＋2H2O===4HF＋O2，故A项错误；虽然HCl是强酸，但HF的水溶液为弱酸，B项错误；因Fe3＋具有较强氧化性，而I－具有较强的还原性，二者不共存，正确反应为Fe＋I2===FeI2，C项错误；Na、K均在第ⅠA族，原子最外层均有1个电子，反应中易失去，表现出较强的还原性，常温下均能与水剧烈反应。
【答案】　D
12．(2009年广州普遍高中调研考试)短周期元素X、Y可以形成化合物XY2。下列有关叙述正确的是(　　)
A．若XY2是共价化合物，则X与Y的原子序数不可能相差1
B．若XY2是离子化合物，则X与Y的原子序数不可能相差8
C．若X与Y的原子序数相差5，则离子化合物XY2不溶于水
D．若X与Y的原子序数相差6，则共价化合物XY2可溶于强碱溶液
【解析】　如NO2是短周期元素形成的XY2型的共价化合物，原子序数相差1，选项A错。短周期元素X、Y，若X与Y的原子序数相差8，X、Y是同一主族的元素，或X、Y分别是H和F，二者不可能形成离子化合物，所以选项B正确。离子化合物MgCl2，两种元素的原子序数相差5，但MgCl2能溶于水，选项C错误。若X与Y的原子序数相差6，则形成的共价化合物XY2为SiO2，能溶于强碱溶液，所以选项D正确。
【答案】　BD
13．(2008年海淀)A、B、C、D、E五种元素从左向右按原子序数递增(原子序数为5个连续的自然数)的顺序排列如下：
A B C D E
下列说法正确的是(　　)
A．E元素的最高化合价为＋7价时，D元素的负化合价可为－2价
B．A(OH)n为强碱时，B(OH)m也一定为强碱
C．HnDOm为强酸时，E的非金属性一定很强
D．HnCOm为强酸时，E的单质可能有强还原性
【解析】　E元素的最高化合价为＋7价时，D元素的最高化合价必为＋6价，则D元素的负化合价可为－2价。A(OH)n为强碱时，B(OH)m可能为强碱，也可能为中强碱，还可能为弱碱。HnDOm为强酸，即D元素的非金属性很强，原子序数比D大1的E可能为非金属性比D强的非金属元素，也可能为稀有气体元素。元素C与元素E的关系可这样举例，如：C是16S，则E是18Ar；C是17Cl，则E是19K。
【答案】　AD
14．A、B、C、D为原子序数依次增大的同周期的短周期元素。已知A、C、D三种原子的最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，均生成盐和水。下列判断正确的是(　　)
A．A、C、D三种元素的最高价氧化物对应的水化物有两种是强碱、一种是强酸或两种是强酸、一种是强碱
B．A、C、D三种元素有两种是金属、一种是非金属
C．D元素在第三周期第ⅥA族
D．A、B、C三种元素的单质熔沸点依次降低
【解析】　据“三种元素的最高价氧化物的水化物之间能两两反应”，结合“A、B、C、D是原子序数依次增大的同周期的短周期元素”知C为Al，A为Na，再根据“A、C、D三种原子的最外层共有11个电子，推知D为Cl，由原子序数的关系知B为Mg。NaOH为强碱，Al(OH)3为两性氢氧化物，HClO4为强酸，A错误；Na、Mg是金属，Cl是非金属，B正确；Cl元素在第三周期第ⅦA族，C错误；Na、Mg、Al的原子半径逐渐减小，熔沸点依次升高。
【答案】　B
15．(2009年山东临沂期中测试)X为主族元素，其原子最外层只有一个电子，Y元素的最高正价与负价的代数和为0，Z元素原子的最外层电子数是次外层的3倍，则X、Y、Z形成的化合物的化学式不可能是(　　)
A．X2Z2 B．X4YZ4
C．X2Y2Z4 D．X5Y2
【解析】　X为ⅠA族元素，其化合价可能为＋1或－1，Y元素为ⅣA族元素，化合价为＋4或－4；Z为氧元素，其化合价为－2。A项正确，例如H2O2或Na2O2等；B项正确，例如H4SiO4；C项正确，例如乙二酸(HOOC—COOH)。
【答案】　D
16．下列物质性质的变化规律，与共价键的键能大小有关的是(　　)
A．F2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高
B．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
C．金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅
D．NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
【解析】　A项中分子晶体熔、沸点高低与分子间的作用有关，与分子内共价键无关。D项离子晶体内存在的是离子键。
【答案】　BC
二、非选择题(共52分)
17．(12分)(2009年青岛模拟)用A＋、B－、C2－、D、E、F、G和H分别表示含有18个电子的八种粒子(离子或分子)，请回答：
(1)A元素是________、B元素是________、C元素是__________(用元素符号表示)。
(2)D是由两种元素组成的双原子分子，其分子式为________。
(3)E是所有含18个电子的粒子中氧化能力最强的分子，其分子式为__________。
(4)F是由两种元素组成的三原子分子，其分子式是________，电子式是__________。
(5)G分子中含有4个原子，其分子式是__________。
(6)H分子中含有8个原子，其分子式是__________。
【解析】　(1)因A＋、B－、C2－都含有18个电子，故A为钾(K)，B为氯(Cl)，C为硫(S)。
(2)D是由两种元素组成的双原子分子，则其分子式应为HCl。
(3)因为E是所有含18个电子的粒子中氧化能力最强的分子，根据元素周期律知识应是氟(F2)。
(4)F是由两种元素组成的三原子分子，其分子式应为H2S，电子式为H∶ ∶H。
(5)G分子中含有4个原子，其分子式为PH3或H2O2。
(6)H分子中含有8个原子，其分子式为C2H6。
【答案】　(1)K　Cl　S　(2)HCl　(3)F2　(4)H2S
H∶ ∶H　(5)H2O2(答PH3同样也可)　(6)C2H6
18．(12分)氧族元素的各种性质可归纳整理为如下图所示的表格(部分)：
　　元素性质　　 8O 16S Se 52Te
单质沸点(℃) －183 444.6 685 1 390
主要化合价 －2 －2、＋4、＋6 －2、＋4、＋6
原子半径(nm) 0.074 0.102 0.116 0.143
单质与H2反应 点燃易化合 加热化合 加热难化合 不能直接化合
回答下列问题：
(1)硒的原子结构示意图为________。
(2)H2O2可以作脱氯剂，用于消除水中的Cl2，写出该反应的化学方程式________________________________________________________________________。
(3)碲的主要化合价可能有________。
(4)工业上可用Al2Te3制备H2Te，化学方程式为__________________________________。
【解析】　(2)H2O2和Cl2反应，Cl2是氧化剂，被还原为－1价的氯，H2O2被氧化，化合价升高，生成O2。
(4)联想Al2S3水解产生H2S，由Al2Te3(盐类)制备H2Te是双水解反应。
【答案】　(1)＋34
(2)Cl2＋H2O2===2HCl＋O2
(3)－2、＋4、＋6
(4)Al2Te3＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2Te↑
19．(14分)A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素。B、E同主族，且满足最高正化合价＋最低负化合价＝0；A与C、D与C之间都能形成原子个数比分别为2∶1和1∶1的两种化合物。试解答下列有关问题。
(1)在A2C2分子中含有的化学键是________和________。
(2)C与D形成的化合物的电子式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)实验室可用由B、C、D组成的化合物为反应物之一制取由A、C、D组成的化合物，反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)写出E单质与A、C、D形成的化合物的水溶液反应的离子方程式________________________________________________________________________。
【解析】　据题意知：B为C，E为Si；A为H，C为O，D为Na，形成的化合物分别为H2O和H2O2，Na2O和Na2O2。
(1)在H2O2分子中含有极性键和非极性键。
(2)Na与O可形成Na2O和Na2O2，电子式分别为：
Na＋[ ]2－Na＋，Na＋[ ]2－Na＋。
(3)由Na2CO3来制取NaOH，可据反应
Na2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋2NaOH实现。
(4)Si与NaOH反应的离子方程式为：
Si＋2OH－＋H2O===SiO32－＋2H2↑
【答案】　(1)极性键　非极性键
(2)Na＋[ ]2－Na＋、Na＋[ ]2－Na＋
(3)Na2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋2NaOH
(4)Si＋2OH－＋H2O===SiO32－＋2H2↑
20．(14分)已知A、B、C、D、E、F、G都是短周期的元素，它们的原子序数依次递增，A原子的电子层数与它的核外电子总数相同，而B原子的最外层电子数是次外层的2倍，C的氢化物可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B和D可以形成两种气态化合物，E原子核外电子总数比B的2倍少1，D与F同主族，G的原子半径是本周期元素中最小的。则：
(1)运送飞船的火箭燃料有一种液态化合物是由A、C元素组成的，已知该化合物的相对分子质量为32，其中氢元素的质量分数为12.5%。若该化合物与A2D2恰好完全反应，能产生两种无毒又不污染环境的物质，试写出该反应的化学方程式：
________________________________________________________________________。
(2)C的原子间也可形成链状结构，假设C原子间只以单键形式连接，并与A形成系列化合物，则该系列化合物的通式为
__________________。
(3)由B和D以质量比为3∶8组成的化合物与E的同周期相邻主族元素的单质反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(4)G单质与E的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
【解析】　根据题意知：A为H、B为C、C为N、D为O、E为Na、F为S、G为Cl。
(1)N与H形成的化合物中H原子数为＝4，则N原子数为＝2，即分子式N2H4，N2H4与H2O2发生氧化还原反应生成N2和H2O，据得失电子守恒配平得N2H4＋2H2O2===N2↑＋4H2O。
(2)据N原子成键特点知该系列化合物为
HNHNH……NHH，因此得出通式为NnHn＋2。
(3)C与O形成质量比为3∶8的化合物中，C原子数与O原子数之比为＝1∶2，即分子式为CO2，与Mg能发生反应2Mg＋CO22MgO＋C。
【答案】　(1)N2H4＋2H2O2===N2↑＋4H2O
(2)NnHn＋2
(3)2Mg＋CO22MgO＋C
(4)Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O
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第3讲　硫及其重要化合物
1．能从硫的原子结构出发，认识和掌握硫单质的物理、化学性质。
2．掌握硫的氧化物的物理性质和化学性质。
3．了解SO2对大气的污染及保护，了解酸雨的成因及危害。
4．掌握浓硫酸的强氧化性、难挥发性、强腐蚀性。
5．知道浓硫酸的化学实验的用途。(难挥发―→制易挥发、强酸―→制弱酸、催化剂、脱水剂、吸水剂的作用)
6．SO42－、SO32－的检验与鉴别，了解H2SO4制备。
一、硫、二氧化硫
1．硫
硫(俗称 )是一种黄色粉末，在空气中燃烧生成SO2，方程式为： 。
2．二氧化硫
(1)物理性质
SO2是 色、有 气味的有 气体，密度比空气 ，容易 ， 溶于水。
(2)化学性质
SO2是一种酸性氧化物，由于SO2中硫元素为＋4价，属于中间价态，所以SO2既有还原性又有氧化性。
硫磺
S＋O2 SO2
无
刺激性
毒
大
液化
易
二氧化硫具有酸性氧化物的通性。
与H2O反应： 。
与碱性氧化物(CaO)反应：
(除去燃煤中的SO2)。
与碱(如与NaOH)反应：
(SO2少量)，
(SO2过量)。
与盐(如与NaHCO3)反应：
(SO2少量)，
(SO2过量)。
SO2＋H2O??H2SO3
SO2＋CaO===CaSO3
2NaOH＋SO2===Na2SO3＋H2O
NaOH＋SO2===NaHSO3
2NaHCO3＋SO2===Na2SO3＋H2O＋2CO2
NaHCO3＋SO2===NaHSO3＋CO2
具有还原性，例如： 具有漂白性，其漂白原理是： (不能漂白酸碱指示剂)。H2SO3是二元弱酸，不稳定，易分解、易氧化在它的水溶液中存在的分子有： ，存在的离子有： 。
2SO2＋O2 2SO3
与某些有色物质化合成不稳定的无色物质
SO2、H2O、H2SO3
H＋、HSO3－、SO32－
二、硫酸
1．硫酸的性质
稀H2SO4具有酸的通性：能使指示剂变色，遇石蕊变 ；能与金属反应，如与Zn反应的方程式为
红色
Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑；
能与碱反应，如与Fe(OH)3反应的方程式为
2Fe(OH)3＋3H2SO4===Fe2(SO4)3＋6H2O；
能与碱性氧化物反应，如与CuO反应的方程式为：
CuO＋H2SO4===CuSO4＋H2O；
能与某些盐反应，如与NaHCO3反应的方程式为：
2NaHCO3＋H2SO4===Na2SO4＋2H2O＋2CO2↑。
浓硫酸通常的质量分数为98%、密度为1.84 g/cm3，其物质的量浓度为 。浓硫酸具有的特性有：
(1)吸水性：用于干燥中性或酸性气体，但不能干燥 性气体如氨气和具有 性气体和硫化氢、碘化氢、溴化氢等。
(2)脱水性： 。例如：
等。
18.4__mol/L
碱
还原
指将有机物中氢氧原子按2∶1比例脱去
蔗糖炭化、乙醇脱水制乙烯
(3)强氧化性：①常温铁铝在浓硫酸中钝化；
②与金属：Cu＋2H2SO4(浓) ；
③与非金属：C＋2H2SO4(浓)
④与还原性化合物：H2S＋H2SO4(浓)===S↓＋SO2↑＋2H2O。
CuSO4＋SO2↑＋2H2O
CO2↑＋2SO2↑＋2H2O
；
2．常见的硫酸盐晶体
常见的硫酸盐晶体有石膏、熟石膏、胆矾、明矾、重晶石、皓矾、芒硝、绿矾等，它们的化学式为
CaSO4·2H2O
2CaSO4·H2O
CuSO4·5H2O
KAl(SO4)2·12H2O
BaSO4
ZnSO4·7H2O
Na2SO4·10H2O
FeSO4·7H2O
、
、
、
、
、
、
。
3．SO42－离子遇到可溶性钡盐时，会生成 色沉淀。该沉淀既不溶于 也不溶于 。干扰检验SO42－的其他离子有 等，故检验SO42－的常用方法是：向试液中加入 ，当有 产生时，表明试液中含有SO42－。
白
水
酸
CO32－、SO32－
盐酸酸化的BaCl2
白色沉淀
二氧化硫
1．二氧化碳和二氧化硫的性质比较
相同点 不同点
物理性质 常温下，都是无色气体，密度都大于空气 ①气味：CO2无味，SO2有刺激性气味
②毒性：CO2无毒，SO2有毒
③溶解性：CO2微溶于水，SO2易溶于水
④液化：CO2难液化，SO2易液化
化学性质 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＋H2O??H2CO3
SO2＋H2O??H2SO3
②都能与碱反应，且用量不同，均可以生成两种盐。
SO2、CO2气体通入澄清的石灰水中，都是先生成沉淀，当气体过量时沉淀又溶解：
①二氧化硫常表现还原性，二氧化碳表现氧化性：
2SO2＋O2 2SO3
CO2＋C 2CO
二氧化硫能被酸性高锰酸钾、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造成环境问题的原因不同：二氧化硫形成酸雨，二氧化碳引起温室效应
2.SO2具有漂白性，具有漂白性的物质还有哪些？它们的漂白原理是怎样的？
具有漂白原理的物质，按其漂白原理可分为三类：
(1)氧化型：即漂白剂本身是一种氧化剂，它可以将有机色质内部的“生色团”(实际上是一种特殊化学键)破坏而使之消去原有的颜色，这种漂白是彻底的，不可逆的。此类物质有：HClO、Na2O2、HNO3、H2O2等强氧化性物质。
(2)加合型：即漂白剂与有机色质内部的“生色团”发生一种特殊的结合，使之失去原有的颜色。但是，如果受热或其他因素的影响，漂白剂从有机色质中脱离，使之又恢复原有颜色，这种漂白是可逆的、不彻底的。如SO2使品红试剂褪色，加热又恢复原有的颜色(SO2不能漂白酸碱指示剂)。
褪色，也不称漂白作用(如SO2使KMnO4溶液褪色)。
(3)吸附型：有些物质具有疏松、多孔的特征，有较大的表面积，可以吸附一些有色物质而使之失去原来的颜色。如活性炭、硅藻土、胶体等。
要特别注意的是：漂白是指有机色质褪色，漂白剂不一定使无机色质(如KMnO4、CuSO4·5H2O等)褪色，即使能使无机色质褪色，也不称漂白作用(如SO2使KMnO4溶液褪色)。
3．SO2和CO2的鉴别方法
SO2和CO2都能使澄清的石灰水变浑浊，若通入的气体过量，则沉淀都可消失。所以不能用澄清的石灰水鉴别CO2和SO2。通常可用以下方法：
(1)用品红溶液，使品红溶液褪色的是SO2，不能使品红溶液褪色的是CO2。
(2)用氢硫酸，出现浑浊的是SO2，无明显现象的是CO2。2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O。
(3)用酸性KMnO4溶液，紫色褪色的是SO2，无明显现象的是CO2；
2KMnO4＋5SO2＋2H2O===K2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4。
(4)用溴水，使橙色褪去的是SO2，无明显现象的是CO2；
Br2＋2H2O＋SO2===2HBr＋H2SO4。
(5)用HNO3酸化的Ba(NO3)2，溶液产生白色沉淀的是SO2，无明显现象的是CO2。
2HNO3＋3SO2＋2H2O===3H2SO4＋2NO↑，
Ba(NO3)2＋H2SO4===BaSO4↓＋2HNO3。
(6)用FeCl3溶液，使棕黄色变绿色的是SO2，无明显现象的是CO2。
(2009年山东泰安)某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，制造SO2气体。
①用下列简图在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______________________________________________________
________________________________________________________________________。
【导航】　有关气体制备，由原理和试剂决定气体发生装置，由气体性质决定收集方法。SO2的性质体现在酸性氧化物、氧化还原性和漂白性上。
【解析】　(1)分析制备二氧化硫的反应原理，由制备二氧化硫所用试剂的状态、反应条件确定气体的发生装置；由二氧化硫的性质(密度、水溶性、毒性等)确定其收集装置和吸收装置，在此基础上画出收集二氧化硫的实验装置图。
(2)二氧化硫具有漂白性，可使品红溶液褪色；二氧化硫具有还原性，可被溴水氧化，而使溴水褪色；二氧化硫具有氧化性，能与还原剂硫化钠溶液反应生成单质硫，而使溶液变浑浊。
(3)由题意可知制取二氧化硫过程中，气体产生缓慢，实验现象很不明显，但不是气密性问题，所以只能与所用试剂有关，如Na2SO3变质(被氧化为Na2SO4)，或所用液体不是浓硫酸等。
【答案】　(1)①如下图
②打开分液漏斗上口的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，缓慢滴加
(2)①溶液褪色　②溶液褪色　③有浅黄色沉淀(或溶液变浑浊)
(3)①Na2SO3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Na2SO3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
SO2对大气的污染
二氧化硫是污染大气的主要有害物质之一，它对人体的直接危害是引起呼吸道疾病，严重时会使人中毒死亡。空气中的二氧化硫在氧气和水的共同作用下，会形成酸雾。空气中硫的氧化物和氮的氧化物随雨水降下就形成酸雨。
酸雨危害极大：(1)直接破坏农作物、森林和草原，使土壤酸性增强；(2)使湖泊酸化，造成鱼类等死亡；(3)加速建筑物、桥梁、工业设备，以及电信电缆等的腐蚀。
空气中二氧化硫的主要来源：(1)化石燃料的燃烧；(2)含硫矿石的冶炼；(3)工业废气(硫酸厂、磷肥厂、纸浆生产等)。
从保护人类的生存环境角度看，最好的燃料应是(　　)
A．木材　　　　　　　　　　B．石油
C．煤 D．氢气
【导航】　使用木材必然需要大量砍伐森林，森林的大量砍伐会导致严重的水土流失和土地沙漠化等不良后果。煤、石油等化石燃料的大量使用会导致大气CO2含量升高，产生大气温室效应，导致全球气候变暖，极端气象增多。
【解析】　木材的燃烧产物虽然不会造成严重的环境污染，但树木的大量砍伐会导致严重的风沙、土壤沙漠化等不良后果；石油和煤中均含有碳、硫、氮等元素，燃烧后能产生严重污染大气的一氧化碳、二氧化硫、氮的氧化物等；氢气应该是最好的燃料，它具备原料广泛(来自于水)、燃烧产生的热值高、不产生污染等优点，若能解决水在较低条件下的分解问题，氢气无疑应该是工业生产及日常生活中的最佳燃料。
【答案】　D
硫酸的性质及SO32－、SO42－的检验
1．硫酸的特性
(1)硫酸可与水形成一系列稳定的水合物，故浓硫酸具有强烈的吸水性。浓硫酸常用作气体干燥剂，但不能干燥NH3等碱性气体和H2S、HBr等强还原性气体。
(2)脱水性是指将物质(如有机物)中的氢、氧元素的原子按2∶1比例脱去。如浓硫酸使蔗糖炭化，使甲酸脱水生成一氧化碳等。
(3)浓硫酸的强氧化性是由H2SO4分子中＋6价硫引起的，浓硫酸在加热时易与绝大多数金属、非金属以及还原性化合物等发生氧化还原反应。含氧酸分子或酸根离子中的正价态非金属原子易获得电子而表现出强氧化性，往往称它们为氧化性酸。
2．硫酸跟金属反应的一般规律
(1)稀硫酸跟金属活动顺序中氢前面的金属反应放出H2，跟氢后面的金属不反应。
(2)在常温下铁、铝遇冷的浓硫酸发生“钝化”，但加热时却剧烈地反应。
(3)Au、Pt与浓、稀硫酸均不发生反应。
(4)除Au、Pt之外的大部分金属，在加热的条件下均能跟浓硫酸发生反应，但不放出H2。浓硫酸的还原产物一般是SO2，被还原的H2SO4占参加反应H2SO4总量的 。
3．SO42－的检验
(1)检验SO42－时要防止其他离子的干扰
①Ag＋干扰：先用盐酸酸化，能防止Ag＋干扰，因为Ag＋＋Cl－===AgCl↓。
②CO32－、SO32－干扰：因为BaCO3、BaSO3也是白色沉淀，与BaSO4白色沉淀所不同的是这些沉淀能溶于强酸中。因此检验SO42－时，必须用酸酸化(不能用稀HNO3酸化)。例如：BaCO3＋2H＋===H2O＋CO2↑＋Ba2＋。
所用钡盐溶液不能为Ba(NO3)2溶液，因为在酸性条件下，SO32－等会被溶液中的NO3－(H＋)氧化为SO42－，从而得出错误的结论。
(2)正确操作
4．SO32－的检验
加入氯化钡溶液生成白色沉淀，再加入盐酸，沉淀溶解并产生具有刺激性气味的气体。发生的反应为：
SO32－＋Ba2＋===BaSO3↓，
BaSO3＋2H＋===Ba2＋＋SO2↑＋H2O。
(2009年天津市滨海联考)某化学课外兴趣小组为探究铜跟浓硫酸的反应情况，设计了如下图所示装置进行有关实验：
(1)先关闭活塞a，将6.4 g铜片和12 mL 18 mol·L－1的浓硫酸放在圆底烧瓶中共热至反应完成，发现烧瓶中还有铜片剩余。再打开活塞a，将气球中的氧气缓缓挤入圆底烧瓶，最后铜片完全消失。
①写出上述过程中烧瓶内发生的化学方程式：
打开活塞a之前________________________________________________________________________；
打开活塞a之后________________________________________________________________________。
②B是用来收集实验中产生的气体的装置，但集气瓶内的导管未画全，请把导管补充完整。
(2)实际上，在打开活塞a之前硫酸仍有剩余。为定量测定余酸的物质的量，甲、乙两学生进行了如下设计：
①甲学生设计的方案是：先测定铜与浓硫酸反应产生SO2的量，再通过计算确定余酸的物质的量。他测定SO2的方法是将装置A产生的气体缓缓通入装置D，从而测出装置A产生气体的体积(已折算成标准状况)。你认为甲学生设计的实验方案中D装置中试剂为
②乙学生设计的方案是：将反应后的溶液冷却后全部移入到烧杯中稀释，并按正确操作配制100 mL溶液，再取20 mL于锥形瓶中，用________作指示剂，用标准氢氧化钠溶液进行滴定[已知：Cu(OH)2开始沉淀的pH约为5]，选择该指示剂的理由是
______________________________________________；
再求出余酸的物质的量，若耗去a mol·L－1氢氧化钠溶液b mL，则余酸的物质的量为________mol。(用含a、b的表达式来表示)
【导航】　中学化学中常涉及“三酸变稀”问题，具体为：①不活泼金属如Cu等与浓H2SO4的反应：只发生Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O，随着反应的进行，浓H2SO4变为稀H2SO4，而Cu与稀H2SO4不反应。
②活泼金属如Zn、Mg等与浓H2SO4反应：先发生反应：Zn＋2H2SO4(浓) ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，随着反应进行，硫酸浓度变稀，再发生反应：
Zn＋H2SO4(稀)===ZnSO4＋H2↑。
③MnO2和浓盐酸反应制Cl2：只发生反应：MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，随着反应的进行，盐酸浓度变稀，MnO2与稀盐酸不再反应。
④金属如Cu和浓硝酸的反应：先发生反应：Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，随着反应的进行，硝酸浓度变稀，再发生反应：3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。
【解析】　(1)①浓硫酸有强氧化性，加热条件下与Cu反应，Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O；
有O2存在时，Cu与稀硫酸发生反应，
2Cu＋2H2SO4(稀)＋O2 2CuSO4＋2H2O。
②SO2密度大于空气密度，用向上排空气法收集，所以B装置中导管长进短出。
(2)①用排液体法测气体体积，为了减小误差，气体的溶解度应尽可能的小，选择饱和NaHSO3溶液。
②由于Cu(OH)2开始沉淀的pH约为5，应选择变色范围接近的指示剂，以减小滴定误差，故选择甲基橙作指示剂。设余酸的物质的量为n，耗NaOH的物质的量为：
a mol·L－1×b×10－3 L＝ab×10－3 mol
H2SO4　＋　2NaOH===Na2SO4＋2H2O
1 mol　 　 　2 mol
n×　　ab×10－3 mol
故n＝ mol
即余酸的物质的量为 mol。
【答案】　(1)①Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O
2Cu＋2H2SO4(稀)＋O2 2CuSO4＋2H2O
②(B装置中导管长进短出)
(2)①饱和NaHSO3溶液
②甲基橙　因为Cu(OH)2开始沉淀的pH约为5，若用酚酞作指示剂时溶液中的Cu2＋会和NaOH反应，并且甲基橙的变色范围是pH在3.1～4.4之间　
1．(2009年福建理综)能实现下列物质间直接转化的元素是(　　)
A．硅　　　　　　　　　B．硫
C．铜
【解析】　SiO2、CuO、Fe3O4均不与水反应生成对应的酸或碱，故A、C、D均错。B项，S＋O2SO2，SO2＋H2O??H2SO3，H2SO3＋2NaOH===Na2SO3＋2H2O，可以实现转化，故选B。
【答案】　B
D．铁
2．(2009年广东单科)常温下，往H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，可发生如下两个反应：
2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O
2Fe3＋＋H2O2===2Fe2＋＋O2↑＋2H＋
下列说法正确的是(　　)
A．H2O2的氧化性比Fe3＋强，其还原性比Fe2＋弱
B．在H2O2分解过程中，溶液的pH逐渐下降
C．在H2O2分解过程中，Fe2＋和Fe3＋的总量保持不变
D．H2O2生产过程要严格避免混入Fe2＋
【解析】　A项，由第一个反应判断H2O2的氧化性比Fe3＋强，由第二个反应判断H2O2的还原性比Fe2＋强。B项，在H2O2分解过程中，溶液的pH保持不变。C项，根据质量守恒定律和催化原理，Fe2＋和Fe3＋的总量保持不变。D项，若混入Fe2＋，即可促进H2O2的分解而影响H2O2的生成。
【答案】　CD
3．(2009年四川理综)过氧化氢是重要的氧化剂、还原剂，它的水溶液又称为双氧水，常用作消毒、杀菌、漂白等。某化学兴趣小组取一定量的过氧化氢溶液，准确测定了过氧化氢的含量，并探究了过氧化氢的性质。
Ⅰ.测定过氧化氢的含量
请填写下列空白：
(1)移取10.00 mL密度为ρ g/mL的过氧化氢溶液至250 mL________(填仪器名称)中，加水稀释至刻度，摇匀。移取稀释后的过氧化氢溶液25.00 mL至锥形瓶中，加入稀硫酸酸化，用蒸馏水稀释，作被测试样。
(2)用高锰酸钾标准溶液滴定被测试样，其反应的离子方程式如下，请将相关物质的化学计量数及化学式填写在方框里。
(3)滴定时，将高锰酸钾标准溶液注入________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。滴定到达终点的现象是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)重复滴定三次，平均耗用c mol/L KMnO4标准溶液V mL，则原过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为________。
(5)若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果________(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。
Ⅱ.探究过氧化氢的性质
该化学兴趣小组根据所提供的实验条件设计了两个实验，分别证明了过氧化氢的氧化性和不稳定性。(实验条件：试剂只有过氧化氢溶液、氯水、碘化钾淀粉溶液、饱和硫化氢溶液，实验仪器及用品可自选)
请将他们的实验方法和实验现象填入下表：
实验内容 实验方法 实验现象
验证氧化性
验证不稳定性
【解析】　Ⅰ.(4)由第(2)步的方程式可得关系式：
2KMnO4　　～　　5H2O2
2 5×34
cV·10－3 m(H2O2)
则H2O2的质量分数为＝ 。
(5)滴定前有气泡，滴定后气泡消失，也就是把气泡的体积算到了V内，使V偏大，从而使测定结果偏高。
【答案】　Ⅰ.(1)容量瓶
(2)2　5　6　2　8　5　O2
(3)酸式　滴入一滴高锰酸钾溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色
(4)
(5)偏高
实验内容 实验方法 实验现象
验证
氧化性 取适量饱和硫化氢溶液于试管中，滴入过氧化氢溶液(取适量碘化钾淀粉溶液于试管中，加入过氧化氢溶液) 产生淡黄色沉淀或溶液变浑浊(溶液变蓝色)
验证不
稳定性 取适量过氧化氢溶液于试管中，加热，用带火星的木条检验(取适量过氧化氢溶液于试管中，加热，用导气管将得到的气体通入到装有饱和硫化氢溶液的试管中) 产生气泡，木条复燃(溶液变浑浊或有浅黄色沉淀产生)
Ⅱ.
4.(2009年上海单科)臭氧层是地球生命的保护神，臭氧比氧气具有更强的氧化性。实验室可将氧气通过高压放电管来制取臭氧：
3O2 2O3
(1)若在上述反应中有30%的氧气转化为臭氧，所得混合气的平均摩尔质量为________g/mol(保留一位小数)。
(2)将8 L氧气通过放电管后，恢复到原状况，得到气体6.5 L，其中臭氧为______L。
(3)实验室将氧气和臭氧的混合气体0.896 L(标准状况)通入盛有20.0 g铜粉的反应器中，充分加热后，粉末的质量变为21.6 g。则原混合气中臭氧的体积分数为________。
【解析】　(1)设有1 mol O2
3O2 2O3　　　Δn
3 mol 2 mol 1 mol
0.3 mol 0.1 mol
根据：
(2)3O2 2O3　　ΔV
3体积 2体积 1体积
V(L) 8－6.5＝1.5 L
V＝3 L
(3)加热条件下，O3、O2都能和铜粉反应，故粉末增加的质量即为O2和O3的总质量
设混合气体中含有O2 x mol，含有O3 y mol
则有
解之可得
，所以混合气体中臭氧的体积分数为50%。
【答案】　(1)35.6　(2)3　(3)50%
5．(2008年山东理综)黄铜矿(CuFeS2)是制取铜及其化合物的主要原料之一，还可制备硫及铁的化合物。
(1)冶炼铜的反应为8CuFeS2＋21O2 8Cu＋4FeO＋2Fe2O3＋16SO2
若CuFeS2中Fe的化合价为＋2，反应中被还原的元素是________(填元素符号)。
(2)上述冶炼过程产生大量SO2。下列处理方案中合理的是________(填代号)。
a．高空排放
b．用于制备硫酸
c．用纯碱溶液吸收制Na2SO3
d．用浓硫酸吸收
(3)过二硫酸钾(K2S2O8)具有强氧化性，可将I－氧化为I2：
S2O82－＋2I－===2SO42－＋I2
通过改变反应途径，Fe3＋、Fe2＋均可催化上述反应。试用离子方程式表示Fe3＋对上述反应催化的过程。___________________、
______________________(不必配平)。
(4)利用黄铜矿冶炼铜产生的炉渣(含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3)可制备Fe2O3。方法为：
①用稀盐酸浸取炉渣，过滤。
②滤液先氧化，再加入过量NaOH溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥、煅烧得Fe2O3。
据以上信息回答下列问题：
a．除去Al3＋的离子方程式是________________________________________________________________________。
b．选用提供的试剂，设计实验验证炉渣中含有FeO。
提供的试剂：稀盐酸　稀硫酸　KSCN溶液　KMnO4溶液　NaOH溶液　碘水
所选试剂为__________________。
证明炉渣中含有FeO的实验现象为________________________________________________________________________
____________________。
【解析】　(1)在CuFeS2中Cu的化合价为＋2，S的化合价为－2，反应中化合价降低的元素是Cu、O，发生还原反应。
(2)SO2的吸收(c)和SO2的利用(b)。
(3)根据催化剂的特点分析。Fe3＋有氧化性，能氧化I－，Fe2＋具有还原性可被S2O82－氧化。
(4)Al3＋能与过量的NaOH反应，生成可溶性的NaAlO2[或NaAl(OH)4]。Fe2＋具有还原性，能被KMnO4氧化，从而使KMnO4溶液褪色。
【答案】　(1)Cu、O　(2)bc
(3)2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
S2O82－＋2Fe2＋===2SO42－＋2Fe3＋(离子方程式不配平也可)
(4)a.Al3＋＋4OH－===AlO2－＋2H2O[或Al3＋＋4OH－===Al(OH)4－]　b．稀硫酸、KMnO4溶液　稀硫酸浸取炉渣所得溶液使KMnO4溶液褪色
6．(2008年海南化学)右图表示某固态单质A及其化合物之间的转化关系(某些产物和反应条件已略去)。化合物B在常温常压下为气体，B和C的相对分子质量之比为4∶5，化合物D是重要的工业原料。
(1)写出A在加热条件下与H2反应的化学方程式________________________________；
(2)写出E与A的氢化物反应生成A的化学方程式______________________________；
(3)写出一个由D生成B的化学方程式____________________________________；
(4)将5 mL 0.10 mol·L－1的E溶液与10 mL 0.10 mol·L－1的NaOH溶液混合。
①写出反应的离子方程式________________________________________________________________________；
②反应后溶液的pH________7(填“大于”、“小于”或“等于”)，理由是________________________________________________________________________；
③加热反应后的溶液，其pH________(填“增大”、“不变”或“减小”)，理由是____________________。
【解析】　由题意及设问可知，A是非金属元素单质，且能与H2在加热的条件下反应，生成的氢化物有还原性，可知是变价元素。B和C是A的两种氧化物且B和C的相对分子质量之比为4∶5，由此可推出A是S，B是SO2，C是SO3，D是H2SO4(浓)，E是H2SO3。
【答案】　(1)S＋H2 H2S
(2)H2SO3＋2H2S===3S↓＋3H2O
(3)2H2SO4(浓)＋C CO2↑＋2SO2↑＋2H2O
(4)①H2SO3＋2OH－===SO32－＋2H2O
②大于　Na2SO3是弱酸强碱盐，水解后溶液呈碱性
③增大　水解是吸热反应，加热促使SO32－水解程度增大，因而pH增大
1．(2009年广州检测)中国共产党第十七次全国代表大会把“以人为本、全面协调可持续发展的科学发展观”写入了《党章》。下列做法有悖于这一宗旨的是(　　)
A．煤经过脱硫、气化或液化处理，即可使煤得到充分的利用又可减少对空气的污染
B．关闭燃煤的小型发电厂，能够有效地节约能源，减少有害气体的排放
C．大量使用农药，消灭虫害，增加粮食产量，以满足人们的需要
D．控制石油和煤的开采，发展水电事业，开发新能源
【解析】　矿石燃料煤、石油的燃烧，会产生SO2等有害气体，故煤经过脱硫、气化或液化处理，既可使煤得到充分的利用，又可减少对空气的污染；关闭燃煤的小型发电厂，控制石油和煤的开采，发展水电事业，开发新能源，也能够有效地节约能源，减少有害气体的排放；但大量使用农药消灭害虫，会对粮食、水体、土地等产生不同程度的污染，不符合“以人为本、全面协调可持续发展的科学发展观”。
【答案】　C
2．(2008年福建)银耳本身为淡黄色，福建省生产一种雪耳，颜色洁白如雪。其制作过程如下：将银耳堆放在密封状况良好的塑料棚内，在棚的一端支一口小锅，锅内放硫磺，加热使硫磺熔化并燃烧，两天左右，雪耳就制成了。雪耳久炖不烂，且对人体有害。制作雪耳利用的就是(　　)
A．硫的还原性　　　　　　　B．硫的漂白性
C．二氧化硫的还原性 D．二氧化硫的漂白性
【解析】　银耳本身为淡黄色，经硫碘熏烤颜色变得洁白如雪，说明其被漂白而褪去原来的淡黄色。在加热使硫磺熔化并燃烧的过程中，硫磺与空气中的氧气反应生成SO2，SO2具有漂白性，可将银耳漂白，制成雪耳。
【答案】　D
3．(2009年威海质检)下图小试管中盛有几毫升水，与大试管连通的U形细玻璃管内放有少量的水(已染成红色)。如果沿小试管壁小心地慢慢注入3 mL浓硫酸，静置片刻后，U形细玻璃管中可观察到的液面现象是(　　)
A．左高右低 B．左低右高
C．左右一样高 D．来回振荡
【解析】　浓H2SO4溶于水放热，气体受热时体积会膨胀，所以U形管左侧液面下降，右侧液面上升。
【答案】　B
4．(2007年青岛模拟)在下图的实验装置中，实验开始一段时间后，对看到的现象叙述不正确的是(　　)
A．苹果块会干瘪 B．胆矾晶体表面有“白斑”
C．小试管内有固体析出 D．pH试纸变红
【解析】　浓H2SO4使pH试纸因脱水而炭化。
【答案】　D
5．(2008年上海)浓硫酸和2 mol/L的稀硫酸，在实验室中敞口放置。它们的质量和放置天数的关系如下图。分析a、b曲线变化的原因是(　　)
A．a升华、b冷凝 B．a挥发、b吸水
C．a蒸发、b潮解 D．a冷凝、b吸水
【解析】　稀硫酸因水的挥发使质量减小，浓H2SO4因吸水使质量增加。
【答案】　B
6．在氧气流中灼烧0.22 g某种铁和硫的化合物，使其中硫全部转化为SO2，把所有的气体通入过量的氯水和氯化钡的混合溶液中得到硫酸钡沉淀0.005 mol，则原化合物中硫的质量分数为(　　)
A．82% B．36.5%
C．73% D．53%
【解析】　S—SO2—H2SO4—BaSO4
32 g　　　　　　 1 mol
m(S) 0.005 mol
m(S)＝0.16 g
w(S)＝×100%＝72.7%。
【答案】　C
7．(2009年江苏徐州)“北、京、欢、迎、您”分别代表五种不同颜色的单质，它们之间相互交叉形成了下图所示的奥运五环旗，A、B、C、D、E、F、G、H是由相交叉的两环元素组成的化合物。
已知：蓝色的“北”是液态O2，红色的“欢”是固态非金属单质，1 mol G可与1 mol“您”恰好反应生成1 mol H，F的溶液可与A反应生成酸M、酸N和E的溶液，C高温煅烧可制得A，此反应是工业上制取酸M的基础反应。请回答下列问题：
(1)“京”是　　　　，“欢”的同素异形体是　　　　，酸N为　　　　 (写名称)。
(2)写出F的溶液与A反应生成酸M、酸N和E的溶液的化学方程式： ，
该反应为氧化还原反应，参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为　　　　，还原产物为　　　　。
　　　　　　　　　
(3)已知：P(s)+ Cl2(g)===PCl3(g)　ΔH=-287.7 kJ/mol，P(s)+ Cl2(g)===PCl5(g)　ΔH=-498.7 kJ/mol。则PCl5(g)分解为PCl3(g)和Cl2(g)反应的热化学方程式为：　　　　　　　
【解析】　结合“迎”的颜色知道“迎”为硫单质，则A、B分别为SO2、SO3中的一种，再由题中信息：C高温煅烧可制得A，此反应是工业上制取酸M的基础反应，可知A为SO2、则B为SO3、“京”为铁、C是FeS2、D为FeS、M为硫酸、N为盐酸。利用“您”的颜色知道“您”是Cl2，利用信息：F的溶液可与SO2反应生成酸M、酸N和E的溶液可知：F为FeCl3、E则为FeCl2。又因为红色的“欢”是固态非金属单质，1 mol G可与1 mol Cl2恰好反应生成1 mol H可知，“欢”是红磷、G是PCl3、H是PCl5。此时(1)～(2)可顺利解答，(4)利用盖斯定律，将题中的第2个热化学方程式减第1个热化学方程式可得：Cl2(g)＋PCl3(g)===PCl5(g)　ΔH＝－211.0 kJ/mol，故PCl5(g)===Cl2(g)＋PCl3(g)　ΔH＝＋211.0 kJ/mol。
【答案】　(1)铁　白磷　盐酸
(2)2FeCl3＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl＋2FeCl2　2∶1　FeCl2
(3)PCl5(g)===Cl2(g)＋PCl3(g)　ΔH＝＋211.0 kJ/mol
8．(2008年江苏扬州期末)小刚同学探究二氧化硫分别与BaCl2溶液、Ba(OH)2溶液反应的实验。
(1)少量SO2通入到Ba(OH)2溶液中的离子反应方程式为
________________________________________________________________________，
过量的SO2通入到Ba(OH)2溶液中的离子反应方程式为________________________________________________________________________
______________________。
(2)请回答有关问题。小刚同学将SO2通入到BaCl2溶液中，出现了异常现象，看到了明显的白色沉淀，为探究该白色沉淀的成分，他设计了如下实验流程：
则操作①的名称为________，试剂A的化学式为________。
(3)实验表明，小刚加入试剂A后，白色沉淀未见溶解，则该白色沉淀的成分是________(填化学式)，产生该白色沉淀的离子方程式是________________________________________________________________________。
【解析】　多元酸与碱的反应当酸过量时生成酸式盐，反之形成正盐。SO2通入BaCl2溶液时，本不反应，可却反应生成了白色沉淀，由题意知生成了BaSO4。
【答案】　(1)SO2＋Ba2＋＋2OH－===BaSO3↓＋H2O
SO2＋OH－===HSO3－
(2)过滤　HCl
(3)BaSO4　2SO2＋2Ba2＋＋O2＋2H2O===2BaSO4↓＋4H＋
某化学兴趣小组为探究铜跟浓硫酸的反应，用下图所示装置进行有关实验。请回答：
实验中甲同学将a g Cu片和12 mL 8 mol·L－1的浓H2SO4放入圆底烧瓶中加热，直到反应完毕，最后发现烧瓶中还有一定量的H2SO4和Cu剩余。
(1)请写出Cu与浓H2SO4反应的化学方程式：__________________。
装置E中D内盛品红溶液，当C中气体集满后，D中有可能观察到的现象是______________。实验装置D有可能造成环境污染，试用最简单方法加以解决(实验用品自选）____________________。
装置B的作用是贮存多余的气体。当D处有明显现象后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有气体产生，此时B中现象是__________________。
装置B的作用是贮存多余的气体。当D处有明显现象后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有气体产生，此时B中现象是______________________。
B中应放置的液体(填字母)：________。
A．饱和Na2SO3溶液 B．酸性KMnO4溶液
C．浓溴水 D．饱和NaHSO3溶液
(2)问题讨论：为什么有一定量的余酸但未能使Cu完全溶解，你认为原因是____________________。
足量下列药品能够用来证明反应结束后的烧瓶中的确有余酸的是________。
A．Fe粉 B．BaCl2溶液
C．Ag D．Na2CO3溶液
(3)实验中甲同学向A中反应后溶液中通入一种气体单质，使铜片全部溶解且仅生成硫酸铜溶液，请问该气体单质是________(填名称)，反应方程式是________________________________________________________________________。
【解析】　浓H2SO4在与Cu的反应过程中，浓度会逐渐降低，最后不再反应。SO2可以使品红溶液褪色，SO2可以用NaOH溶液吸收，在D的试管口用一团浸有NaOH溶液的棉花团堵住。B装置的作用是贮气，所以应盛放饱和NaHSO3溶液，以降低SO2的溶解度。(3)要使Cu片全部溶解，应该用氧化剂，单质气体应为O2。
【答案】　(1)Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O
品红溶液褪色　用浸有NaOH溶液的棉花团塞在试管口　试剂瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升　D
(2)随着H2SO4的消耗，浓H2SO4的浓度不断减小，稀H2SO4与Cu不反应　AD
(3)氧气　2Cu＋2H2SO4＋O2===2CuSO4＋2H2O
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第2讲　富集在海水中的元素——氯
1．会通过氯原子的结构及分子结构推断其单质的物理性质及化学性质。
2．熟练掌握氯气的化学性质，并能分析解决相应的问题。
3．理解氯水的成分及相应的平衡，掌握氯水的特性(各成分性质)，了解漂白粉的成分及漂白原理。
4．掌握氯气的制法及用途，能联系实际分析解决问题。
一、氯气的性质
1．通常情况下，氯气是 、有 气味、比空气重的 毒气体，易液化， 溶于水。
2．氯气的化学性质很活泼，是一种活泼的非金属单质和强氧化剂。
(1)跟金属反应(变价金属均氧化至 价)
2Na＋Cl2 (现象： )
Cu＋Cl2 (现象： )
2Fe＋3Cl2 (现象： )
黄绿色
刺激性
有
能
最高
产生白烟
产生棕色的烟
产生棕黄色的烟
2NaCl
CuCl2
2FeCl3
(2)跟非金属反应
H2＋Cl2
点燃：发现 色火焰，有白雾，工业制 ；光照：会发生爆炸。
2P＋3Cl2 (Cl2不足)
2P＋5Cl2 (Cl2足量)
2HCl
苍白
盐酸
2PCl3
2PCl5
(3)跟水的反应
，离子方程式：
HClO是一元弱酸，酸性比H2CO3弱，不稳定易分解：
氯水保存方法： 。
Cl2＋H2O?? HCl＋HClO
Cl2＋H2O ??H＋＋Cl－＋HClO。
2HClO 2HCl＋O2↑。
密封储存于棕色试剂瓶里
(4)跟碱反应
Cl2＋2NaOH=== (制漂白液)
制漂白粉：2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O，有效成分： 。
(5)与还原性化合物反应
Cl2＋2FeCl2=== (除FeCl3中FeCl2)
Cl2＋H2S===
Cl2＋2KI=== (氯气的检验)
NaCl＋NaClO＋H2O
2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O
Ca(ClO)2
2FeCl3
2HCl＋S↓
2KCl＋I2
Cl2＋Na2SO3＋H2O===
Cl2＋2NaBr===
Cl2＋SO2＋2H2O===
(6)与有机物反应
Cl2＋CH4 (取代反应)
CH2===CH2＋Cl2―→ (加成反应)
2HCl＋Na2SO4
2NaCl＋Br2
2HCl＋H2SO4
CH3Cl＋HCl
CH2ClCH2Cl
二、氯气的制法
1．氯气的制法
(1)实验室制取原理：MnO2＋4HCl(浓) ，氧化剂可用MnO2或KMnO4或Ca(ClO)2等，浓盐酸可用浓硫酸和固体食盐代替。如：
MnO2＋2NaCl＋3H2SO4(浓)
氯气的收集方法是： ；
检验方法是：湿润KI淀粉试纸变蓝或湿润蓝色石蕊试纸先变红后褪色。
MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
MnSO4＋Cl2↑＋2H2O＋2NaHSO4
向上排空气或排饱和食盐水
湿润KI淀粉试纸变蓝或湿润蓝色石蕊试纸先变红后褪色。
(2)工业制法
①电解饱和食盐水(氯碱工业)：
②电解熔融的氯化钠：2NaCl 2Na＋Cl2↑
2．Cl－的检验
检验溶液中的Cl－时，应先加硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，有白色沉淀产生，证明有Cl－存在。
H2↑＋Cl2↑
2NaCl＋2H2O 2NaOH＋
三、卤素
1．卤素原子最外层电子数均为 ，最高价为 价(氟除外)，负价为 价，均能形成气态氢化物(HX)，最高价氧化物对应的水化物(HXO4)为酸(F除外)，都有 。卤素单质按F2、Cl2、Br2、I2的顺序，颜色加深，密度增大，熔沸点升高，水溶性降低。从F→I随着原子序数的递增，卤素得电子能力逐渐减弱，元素的非金属性逐渐 。单质氧化性逐渐 ，与H2化合由易到难，氢化物的稳定性减小，最高价氧化物对应水化物的酸性 ，卤素离子或氢化物的还原性增强。
7
＋7
－1
氧化性或非金属性
减弱
减弱
减弱
2．卤素的特殊性：①单质溴常温下为红棕色 ，极易 实验室保存时常用 ，盛溴的试剂瓶不能用胶塞。②碘单质紫黑色固体，加热易 (用于分离)，遇淀粉变蓝(用来检验)，碘的氧化性较其他卤素单质弱，与变价金属铁反应生成FeI2。③F2在黑暗处就可与H2爆炸化合，氟与水剧烈反应产生氧气：2F2＋2H2O===4HF＋O2。④卤离子在溶液中与银离子生成的AgCl、AgBr、AgI分别为白色、浅黄、黄色沉淀，卤化银都不溶于水和稀酸，见光易 ，用AgNO3可检验溶液中的卤离子。AgF易溶于水。⑤Cl2、Br2、I2易溶于苯、CCl4、汽油等有机溶剂；在有机溶剂中分别呈黄色、棕红色、紫色。(苯、汽油不溶于水且密度 水，CCl4 溶于水且密度大于水)
液体
挥发
水封
升华
分解
小于
不
3．卤素间置换反应离子方程式：
Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2
Cl2＋2I－===2Cl－＋I2
Br2＋2I－===2Br－＋I2
、
、
1．漂白粉长时间放置会失效，原因是什么？
2．NaClO溶液与FeCl2溶液混合，会产生红褐色沉淀，体现了NaClO的哪些性质？
3．如何用实验证明KClO3中含有氯元素，但不含Cl－？
【提示】　1.漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，在空气中长时间放置后，会发生下列一系列反应：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO,2HClO 2HCl＋O2↑，漂白粉的漂白原理是能产生HClO，HClO有强氧化性，HClO分解后即失效。
2．红褐色物质为Fe(OH)3，FeCl2被氧化成了Fe3＋，体现了NaClO的氧化性；同时溶液也有一定碱性。
3．先取少量KClO3加水溶解，滴加稀HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，说明无Cl－。
证明是否含氯元素的方法：将KClO3和MnO2混合加热，冷却后，将固体残渣溶于水，静置，取上层清液少许，滴加稀HNO3酸化的AgNO3溶液，若观察到有白色沉淀生成，证明KClO3中含有氯元素。

氯水及其性质
1．氯水与次氯酸
氯气的水溶液叫氯水，呈黄绿色，溶于水的部分氯气与水反应生成盐酸和次氯酸。
Cl2＋H2O??HCl＋HClO
次氯酸(HClO)具有三个性质：
(1)弱酸性，其酸性比碳酸还弱，即
HClO??H＋＋ClO－。
(2)不稳定性：次氯酸不稳定，见光容易分解放出氧气。化学方程式是2HClO 2HCl＋O2↑。
(3)强氧化性：次氯酸是一种强氧化剂，能杀死水里的病菌，故自来水常用氯气来杀菌消毒。次氯酸的强氧化性，能使某些有机色质褪色，可用作漂白剂。
2．物质的漂白
(1)褪色：是指有色物质变为无色物质。有物理变化也有化学变化。
例如：把木炭投入NO2气体的集气瓶中，塞紧瓶塞摇动瓶子，集气瓶内的气体变为无色。在CuSO4溶液中加入氢氧化钠溶液，溶液由蓝色变为无色，前者是物理变化，后者是化学变化。
(2)漂白，特指染料(有机物)或有机色质变为无色物质，它是化学变化，发生物理变化的有机物褪色不是漂白，如把木炭投入盛有红墨水的锥形瓶中，轻轻振荡溶液变为无色。发生化学变化的有：二氧化硫能使品红溶液褪色，是因为发生了化学变化生成了不稳定的无色物质，加热后，恢复品红的颜色。过氧化钠和氯水漂白，是利用了两者的强氧化性，生成了稳定的无色物质。与二氧化硫漂白原理不同。
【说明】　氯气本身没有杀菌漂白作用。干燥的氯气不能使有色物质褪色。工业上氯气通常保存在钢瓶中，钢瓶漆成绿色。
3．新制氯水、久置氯水、液氯的区别
新制氯水 久置氯水 液氯
类别 混合物 混合物 纯净物
微粒 H2O、Cl2、HClO、H＋、Cl－、ClO－、OH－ H2O、H＋、Cl－ Cl2
主要
性质 呈黄绿色、导电、具有酸性、氧化性、漂白性 无色、导电、具有酸性、无氧化性、无漂白性 黄绿色、不导电、具有氧化性
保存 棕色瓶盛装，置于阴暗处 低温密封
4.氯水中的平衡移动
化学方程式是Cl2＋H2O??H＋＋Cl－＋HClO
向氯水中加
入的物质 浓度变化 平衡移动
的方向 应用
可溶性的
氯化物 c(Cl－)增大 左移 用饱和食盐水除去氯气中氯化氢
稀酸 c(H＋)增大 左移 次氯酸盐与浓盐酸反应制Cl2
NaOH c(H＋)减小 右移 用氢氧化钠吸收多余Cl2
Ca(OH)2 c(H＋)减小 右移 制取漂白粉
CaCO3 c(H＋)减小 右移 制高浓度次氯酸溶液
光照 c(HClO)减小 右移 氯水避光保存或现用现配
5.氯水的性质
氯水的多种成分决定了它具有多重性质：①Cl2的强氧化性；②HCl的强酸性；③HClO的强氧化性、弱酸性；④Cl－的性质。在不同的反应中，氯水起作用的成分不同，现列表如下：
参与反应
的微粒 所加试剂 实验现象 离子方程式或解释
Cl－ AgNO3
溶液 白色沉淀 Cl－＋Ag＋===AgCl↓
H＋ Na2CO3
固体 有气泡
产生 2H＋＋CO32－===CO2↑＋H2O
HClO 有色布条 布条颜
色褪去 发生氧化还原反应
Cl2 FeCl2
溶液 溶液变
棕黄色 2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
Cl2、H2O SO2 黄绿色
褪去 SO2＋Cl2＋2H2O===4H＋＋2Cl－＋SO42－
HClO、H＋ 石蕊溶液 先变红
后褪色 酸性和漂白性
Cl2、H＋ 镁粉 氯水的颜
色褪去并
有气泡
产生 Mg＋Cl2===Mg2＋＋2Cl－
Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑
已知氯气与水的反应Cl2＋H2O??HCl＋HClO是一个可逆反应且反应生成的次氯酸(HClO)是一种酸性比碳酸还要弱的酸。
(1)分别写出盐酸、次氯酸的电离方程式：
(2)要使新制氯水里次氯酸的浓度增大，可向其中加入下列的________。
A．NaOH固体　　　　　B．水
C．NaClO固体 D．NaHCO3固体
E．CaCO3固体
(3)若将新制的氯水逐滴滴入含酚酞的NaOH稀溶液中，当滴到最后一滴时，红色突然褪去。有同学认为产生该现象的原因可能是稀溶液中的NaOH恰好与氯水完全反应。
请你用实验方法证明该同学的结论是否成立。
【导航】　氯气与水反应的两个产物中，一个是强酸，另一个是弱酸，且酸性强弱关系为：盐酸>碳酸>次氯酸。
氯水中的次氯酸有漂白能力，且颜色不可恢复。
【解析】　(1)注意前者为强酸而后者为弱酸。
(2)要使氯水里次氯酸的浓度增大，就要设法使化学平衡Cl2＋H2O??HCl＋HClO向正反应方向移动，还不能损耗HClO。加NaOH会损耗HCl和HClO，其用量不易控制；加水虽会使平衡向右移动，但平衡体系内各物质浓度均会降低；加NaClO不但会把盐酸反应掉，使平衡右移，还可以生成HClO，符合题意；由于次氯酸是比碳酸还弱的酸，故加NaHCO3、CaCO3等碳酸的盐，都可以只消耗HCl而不消耗HClO，导致平衡右移，使HClO浓度增大。
(3)氯水使NaOH的酚酞溶液褪色，是将NaOH中和了还是使酚酞氧化了？若是前者，再加NaOH溶液应马上恢复红色；若是后者，酚酞被氧化而失去作指示剂的性质，再加NaOH溶液仍会是无色。考虑到了这个区别便找到了思路，找到了简单的实验方案。
【答案】　(1)HCl===H＋＋Cl－，HClO??H＋＋ClO－
(2)CDE
(3)向无色溶液中加入NaOH溶液，若红色再现，说明NaOH被中和了，否则酚酞被氧化了
实验室制备气体的分析方法
1．分析反应原理
(1)主反应；(2)副反应。
2．反应试剂的选择
(1)固体：块状、粒状还是粉末状；
(2)溶液：稀还是浓。
3．反应条件的选择
加热还是不加热。
4．反应制备装置的选择
(1)发生器的组装
①组装仪器的一般原则：先零后整、先主后辅，从下到上，从左到右。
②在装入药品前要检查装置的气密性，其基本方法是：一般是先把导气管插入盛水的水槽中，把有关活塞关闭，微热主发生器，有气泡从水中冒出，停止微热后，水倒吸进入导气管形成一段水柱，方可表示气密性良好。
(2)除杂净化和干燥仪器的组装
首先根据反应原理及所用药品考虑杂质气体的成分，再利用性质选择合适装置及试剂加以除去或转化。
(3)收集仪器的组装
气体的收集除用排气法与排水法外，还可以用球胆或袋囊、塑料袋等收集。
(4)吸收尾气仪器的组装
尾气处理的目的主要是防止有毒尾气污染空气或使人中毒以及尾气在有限空间内能达到爆炸极限。不同的方法应选用不同的装置。
常用方法有：①点燃法，如CO、H2、CH4等易燃性气体，可用此法。
②吸收法，如Cl2、SO2、HCl、H2S等可用碱液吸收。
③转化法，采用一定的方法，使有毒气体转化成无毒气体即可排放，如NO、NO2，若能转化成N2即可排放。
④导入室外法。如H2是无毒气体，可将其尾气导入室外，以防在实验室达到爆炸极限。
实验室用下列装置制备Cl2，并进行Cl2的性质实验。
(1)A中加入KMnO4固体(反应后产物是MnCl2)，B中盛有浓盐酸，烧瓶中发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)C中盛有紫色石蕊试液，C中的现象是　　　　　　　；D中有白色沉淀生成，D中盛放的试剂可能是　　　　；E中溶液由无色变为蓝色，E中盛放的试剂可能是　　　　　　　。
(3)F中一般盛放　　　　，其作用是________________________________________________________________________。
【导航】　(1)实验室制取气体，根据反应物的状态及反应条件可分为以下几种情况：
①固体+固体 气体，如制取O2等。
②固体(块状)+液体―→气体(不加热)，如制取H2、CO2等，可用启普发生器或其简易装置。
③固体+液体 气体，如制取Cl2等。
(2)气体的收集方法：根据气体的密度和水溶性等确定。
①不易溶于水，不与水反应的气体可用排水法收集，如H2、O2、CO等。
②密度比空气大且与空气不反应的气体用向上排气法收集，如Cl2、CO2等；密度比空气小且与空气不反应的气体用向下排空气法收集，如H2、NH3、CH4等。
(3)①密度与空气接近且与空气不反应的气体，不能用排空气法收集，只能用排水法收集，如N2、CO等。
②Cl2、CO2等均能溶于水，不能用排水法收集。但Cl2可用排饱和食盐水法收集，CO2可用排饱和NaHCO3溶液的方法收集。
【解析】　推测洗气瓶中的现象或物质，应紧紧抓住Cl2的性质，从它反应后的生成物及在反应中的特殊作用上进行联想、推理、判断、验证。
(1)由于是制Cl2的反应，且已知KMnO4中的锰元素反应后生成MnCl2，所以为KMnO4与HCl反应，生成MnCl2、KCl、Cl2和H2O。
(2)产生的Cl2通入石蕊试液中，Cl2与水反应产生的盐酸使石蕊由紫色变为红色，产生的HClO又可将红色漂白。Cl2通入D中产生白色沉淀，应为Cl2与H2O反应产生的HCl与Ag+作用产生AgCl的结果，E中溶液由无色变成蓝色应是KI与Cl2反应产生的I2与淀粉作用的结果。
(3)吸收尾气中的Cl2常用NaOH溶液，反应方程式为：Cl2+2NaOH===NaCl+NaClO+H2O。
【答案】　(1)2KMnO4+16HCl(浓)===2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
(2)先变红后褪色　AgNO3溶液　KI淀粉溶液
(3)NaOH溶液　吸收多余Cl2
卤素
1．卤素单质及其化合物的特殊性
(1)AgX一般难溶于水，但AgF易溶于水；CaX2一般易溶于水，但CaF2(萤石)难溶于水。
(2)X2跟水反应：X2＋H2O??HX＋HXO，但F2例外：
2F2＋2H2O===4HF＋O2(水作还原剂)。
(3)在卤素的化合物中，只有氟无正价，无含氧酸。
(4)HX通常随相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔、沸点升高，但HF的熔、沸点反常(HF分子间存在氢键)。
(5)在Cl2、Br2、I2中，前者可把后者从它的非含氧酸盐溶液中置换出来，但F2例外，F2先与水剧烈反应。
(6)X2跟强碱反应：X2＋2OH－===X－＋XO－＋H2O，但F2例外：2F2＋2OH－===2F－＋OF2＋H2O。
(7)HX通常为强酸，且酸性：HI>HBr>HCl>HF(氢氟酸为弱酸)
2．卤素单质及卤素离子的检验
(1)卤素单质的检验
①利用它们不同的颜色状态，根据沉淀颜色不同来检验；
②利用它们在水或有机溶剂中的颜色不同检验；
③碘单质可用淀粉溶液检验，也可用湿润的淀粉KI试纸检验氯气。
(2)卤离子的检验
①用酸化的AgNO3溶液检验；
②利用卤素单质间的置换反应，将卤离子氧化成单质后用有机溶剂萃取，根据有机层的颜色检验；
③I－可用氯水氧化成碘单质后，用淀粉溶液检验。
已知常温下氯酸钾与浓盐酸反应放出氯气，现按图进行卤素的性质实验。玻璃管内装有分别滴有不同溶液的白色棉球，反应一段时间后，对图中指定部分颜色描述正确的是(　　)
① ② ③ ④
A 黄绿色 橙色 蓝色 白色
B 无色 橙色 紫色 白色
C 黄绿色 橙色 蓝色 无色
D 黄绿色 无色 紫色 白色
【导航】　KClO3与浓盐酸反应后，生成氯气，排出空气后，氯气沿玻璃管上升，依次从下而上与三个棉球中的溶液反应。
【解析】　各处发生的反应及现象分别为：
①KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O，产生黄绿色的气体。
②2NaBr＋Cl2===2NaCl＋Br2，Br2溶于水显橙(黄)色。
③2KI＋Cl2===2KCl＋I2，I2遇淀粉变蓝色。
④Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O。两种盐的水溶液都无颜色，故棉球显白色。
本题实质上是对Cl2性质的考查，熟练掌握Cl2的性质是关键。
【答案】　A
1．(2009年山东理综)下列关于氯的说法正确的是(　　)
A．Cl2具有很强的氧化性，在化学反应中只能作氧化剂
B．1735Cl、1737Cl为不同的核素，有不同的化学性质
C．实验室制备Cl2可用排饱和食盐水集气法收集
D．1.12 L Cl2含有1.7NA个质子(NA表示阿伏加德罗常数)
【解析】　A项，Cl2中的氯元素处于中间价态，所以在化学反应中既可以作氧化剂也可以作还原剂(例如Cl2与H2O反应)，故A项错误；B项，同位素的化学性质相同，物理性质不同；D项，没有说明在标准状况下。
【答案】　C
2．(2009年全国Ⅰ理综)下列表示溶液中发生反应的化学方程式错误的是(　　)
A．2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
B．2KMnO4＋HCOOK＋KOH===2K2MnO4＋CO2↑＋H2O
C．MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
D．K2Cr2O7＋6FeSO4＋7H2SO4===Cr2(SO4)3＋3Fe2(SO4)3＋K2SO4＋7H2O
【解析】　B项在碱性条件下HCOO－的氧化产物应以CO32－的形式存在。
【答案】　B
3．(2009年台湾)下列三个反应式中的X与Y分别为两种金属元素的代号，但Cl为氯的元素的符号。
X＋YCl2―→XCl2＋Y
Cl2＋2XCl2―→2XCl3
Y＋2XCl3―→YCl2＋2XCl2
已知三个反应均能向右进行，试依据以上三个反应式，推测下列物质中哪一个是最强的氧化剂(　　)
A．XCl3 B．XCl2
C．Cl2 D．Y
E．YCl2
【解析】　氧化还原反应遵循方向为：强氧化剂＋强还原剂→弱氧化剂＋弱还原剂，在同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性要强于氧化产物的氧化性，
所以氧化性强弱顺序：Cl2>XCl3>YCl2>XCl2，故选C。
【答案】　C
X　＋　YCl2―→XCl2＋　Y　氧化性强弱：YCl2>XCl2，
还原剂　氧化剂　氧化产物　还原产物
Cl2　＋ 2XCl2―→2XCl3　氧化性强弱：Cl2>XCl3
氧化剂　还原剂　氧化产物、还原产物
Y　＋　2XCl3―→YCl2＋　2XCl2　氧化性强弱：XCl3>YCl2
还原剂　氧化剂　　氧化产物　还原产物
4．(2009年江苏单科)
I2在KI溶液中存在下列平衡：
I2(aq)+I-(aq)??I3-(aq)
某I2、KI混合溶液中，I3-的物质的量浓度c(I3-)与温度T的关系如右图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)。下列说法正确的是(　　)
A．反应I2(aq)＋I－(aq)===I3－(aq)的ΔH>0
B．若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1>K2
C．若反应进行到状态D时，一定有v正>v逆
D．状态A与状态B相比，状态A的c(I2)大
【解析】　A项，根据图象可知c(I3－)随温度升高而减小，故升温平衡左移，根据升温平衡向吸热反应方向移动，可知逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，ΔH<0；B项，根据放热反应，升温K变小，因T2>T1，所以K1>K2；C项，曲线下方的点表示还未达平衡状态且由于c(I3－)小于平衡时，故反应向正反应方向进行，所以v正>v逆；D项，将A点看成原平衡状态，升温达到B点，则由于升温平衡左移，故c(I2)B>c(I2)A。
【答案】　BC
5．(2008年上海化学)已知在热的碱性溶液中，NaClO发生如下反应：3NaClO―→2NaCl＋NaClO3。在相同条件下NaClO2也能发生类似的反应，其最终产物是(　　)
A．NaCl、NaClO　　　　　　B．NaCl、NaClO3
C．NaClO、NaClO3 D．NaClO3、NaClO4
【解析】　依题意NaClO2在热的碱性溶液中发生歧化反应，其中＋3价氯的化合价有升有降，产物中氯的化合价一种高于＋3价，另一种低于＋3价。A项中都低于＋3价；C项中NaClO在热碱中也要发生3NaClO―→2NaCl＋NaClO3的反应；D项都高于＋3价。
【答案】　B
6．(2008年广东化学)海水是一个巨大的化学资源宝库，下列有关海水综合利用的说法正确的是(　　)
A．从海水中可以得到NaCl，电解熔融NaCl可制备Cl2
B．海水蒸发制海盐的过程中只发生了化学变化
C．海水中含有钾元素，只需经过物理变化就可以得到钾单质
D．利用潮汐发电是将化学能转化为电能
【解析】　B项，蒸发过程为物理变化；C项，海水中的钾元素为化合态，得到单质钾为化学变化；D项，潮汐是涨潮、落潮的过程，潮汐发电过程中无化学变化。
【答案】　A
7．(2008年上海综合能力)印染工业常用亚氯酸钠(NaClO2)漂白织物。亚氯酸钠在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2－，其中HClO2是漂白剂的有效成分，ClO2是有毒气体。各组分含量随pH变化情况如右图所示，由图可知，使用该漂白剂的最佳pH为(　　)
A．3.0 B．4.0～4.5
C．6.5～7.0 D．9.0
【解析】　选择的原则有二，①HClO2浓度较大，②污染物浓度较小。
【答案】　B
8．(2009年江苏单科)二氧化氯(ClO2)是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂。与Cl2相比，ClO2不但具有更显著的杀菌能力，而且不会产生对人体有潜在危害的有机氯代物。
(1)在ClO2的制备方法中，有下列两种制备方法：
方法一：2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O
方法二：2NaClO3＋H2O2＋H2SO4===2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O
用方法二制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是______________。
(2)用ClO2处理过的饮用水(pH为5.5～6.5)常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子(ClO2－)。2001年我国卫生部规定，饮用水中ClO2－的含量应不超过0.2 mg·L－1。
饮用水中ClO2、ClO2－的含量可用连续碘量法进行测定。ClO2被I－还原为ClO2－、Cl－的转化率与溶液pH的关系如下图所示。当pH≤2.0时，ClO2－也能被I－完全还原成Cl－。反应生成的I2用标准Na2S2O3溶液滴定：2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI
①请写出pH≤2.0时，ClO2－与I－反应的离子方程式____________________。
②请完成相应的实验步骤：
步骤1：准确量取V mL水样加入到锥形瓶中。
步骤2：调节水样的pH为7.0～8.0。
步骤3：加入足量的KI晶体。
步骤4：加少量淀粉溶液，用c mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V1 mL。
步骤5：____________________________。
步骤6：再用c mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL。
③根据上述分析数据，测得该饮用水样中ClO2－的浓度为________mol·L－1(用含字母的代数式表示)。
④若饮用水中ClO2－的含量超标，可向其中加入适量的Fe2＋将ClO2－还原成Cl－，该反应的氧化产物是________(填化学式)。
【解析】　(1)比较方法一和方法二，根据题干与Cl2相比， ClO2对人体不会产生有潜在危害的有机氯代物即可得出。
(2)根据题目信息pH≤2.0时，ClO2－被I－还原为Cl－，利用氧化还原反应规律书写即可
4H＋＋ClO2－＋4I－===2I2＋Cl－＋2H2O
Cl：＋3→－1↓4×1
I2：－1→0↑　2×2
(根据电荷守恒，在反应物中补4H＋)
实验目的是测ClO2－的浓度
pH＝7.0～8.0时，ClO2→ClO2－，ClO2将I－氧化为I2
故步骤中涉及的反应有
2ClO2＋2I－===2ClO2－＋I2①
cV1×10－3 mol
I2＋2Na2S2O3===Na2S4O6＋2NaI②
cV1×10－3 mol　cV1×10－3 mol
4H＋＋ClO2－＋4I－===2I2＋Cl－＋2H2O③
cV2×10－3 mol　 cV2×10－3 mol
I2＋2Na2S2O3===Na2S4O6＋2NaI④
cV2×10－3 mol　cV2×10－3 mol
根据步骤4消耗n(Na2S2O3)＝cV1×10－3 mol可得出反应①生成的ClO2－为cV1×10－3 mol，步骤5要将ClO2－全部还原为Cl－，故调节pH≤2.0，根据步骤6消耗n(Na2S2O3)＝cV2×10－3 mol，可知反应③中共有 cV2×10－3 mol ClO2－参与反应，ClO2－来源有两部分：一是溶液中本身就存在的；二是ClO2被步骤3中I－还原生成的。
所以原溶液中n(ClO2－)＝ cV2×10－3 mol－cV1×10－3 mol。
故原溶液中
将Fe2＋投入饮用水中，用Fe2＋还原ClO2－
4Fe2＋＋ClO2－＋4H＋===4Fe3＋＋Cl－＋2H2O
Fe2＋→Fe3＋，＋2→＋3　↑1×4
ClO2－→Cl－，＋3→－1　↓4×1
根据题意，原饮用水为弱酸性，且Fe3＋在pH＝1.3时即开始沉淀，故应发生②反应，生成的Fe3＋与OH－结合生成Fe(OH)3，故最终氧化产物为Fe(OH)3。
【答案】　(1)方法二制备的ClO2中不含Cl2
(2)①ClO2－＋4H＋＋4I－===Cl－＋2I2＋2H2O
②调节溶液的pH≤2.0
③
④Fe(OH)3
9．(2009年上海单科)海洋是资源的宝库，蕴藏着丰富的化学元素，如氯、溴、碘等。
(1)在光照条件下，氯气和氢气反应过程如下：
①Cl2―→Cl＋Cl　②Cl＋H2―→HCl＋H
③H＋Cl2―→HCl＋Cl……
反应②中形成的化合物的电子式为________；反应③中被破坏的化学键属于________键(填“极性”或“非极性”)。
(2)在短周期主族元素中，氯元素及与其相邻元素的原子半径从大到小的顺序是________(用元素符号表示)。与氯元素同周期且金属性最强的元素位于周期表的第________周期________族。
(3)卤素单质及化合物在许多性质上都存在着递变规律。下列有关说法正确的是________。
a．卤化银的颜色按AgCl、AgBr、AgI的顺序依次加深
b．卤化氢的键长按H—F、H—Cl、H—Br、H—I的顺序依次减小
c．卤化氢的还原性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次减弱
d．卤素单质与氢气化合按F2、Cl2、Br2、I2的顺序由难变易
(4)卤素单质的键能大小如上图。由图推断：
①非金属性强的卤素，其单质分子的化学键________断裂(填“容易”或“不容易”或“不一定容易”)。
②卤素单质键能大小与键长的关系为：
________________________________________________________________________。
【解析】　(1)HCl是共价化合物，是通过共用电子对而形成的；氯原子之间通过共价键而形成Cl2分子的，故为非极性键。
(2)在短周期主族元素中，与氯元素相邻的元素是硫元素和氟元素，根据元素周期律原子半径由大到小的顺序为S>Cl>F。
(3)a项，AgCl为白色、AgBr为浅黄色、AgI为黄色，故颜色依次加深，正确；b项，卤化氢的键长随着卤素原子半径的增大而增大，b项错误；c项，卤素单质的氧化性越强则对应的阴离子的还原性越弱，氧化性：F2>Cl2>Br2>I2，则还原性I－>Br－>Cl－>F－，c项错误；d项，非金属性越强与H2化合越容易，d项错误。
(4)由图象可知，F2的非金属性最强，但所含化学键的键能比Cl2、Br2的都低，易断裂；Br2的非金属性相对弱一些，但键能较长，不容易断裂；在共价键中，共价键的键长越大，键能越小。
【答案】　(1)H　 非极性
(2)S、Cl、F　三　ⅠA
(3)a
(4)①不一定容易　②除F2外，键长增大，键能减小(合理即可)
1．下列叙述正确的是(　　)
A．目前加碘食盐中主要添加的是KIO3
B．日常生活中无水乙醇常用于杀菌消毒
C．绿色食品是不含任何化学物质的食品
D．在空气质量日报中CO2含量属于空气污染指数
【解析】　B项日常生活中常用Cl2杀菌消毒。C项绿色食品是不含污染物的食品。D项在空气日报中CO2含量不属于空气污染指数。
【答案】　A
2．“84”消毒液在防控甲流感时被广泛使用。该消毒液无色，pH大于7，对某些有色物质有漂白作用。你认为它可能的有效成分是(　　)
A．SO2 B．Na2CO3
C．KMnO4 D．NaClO
【解析】　SO2溶于水为酸性溶液，pH小于7；KMnO4溶液为紫红色； Na2CO3虽为无色碱性溶液，但无漂白性。
【答案】　D
3．(2009年福建福州)已知：KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O。如下图所示，将少量试剂分别放入培养皿中的相应位置，实验时将浓盐酸滴在KClO3晶体上，并用表面皿盖好。下表中由实验现象得出的结论完全正确的是(　　)
选项 实验现象 结论
A 滴有KSCN的FeCl2溶液变血红色 Cl2具有还原性
B 滴有酚酞的NaOH溶液褪色 Cl2具有酸性
C 石蕊溶液先变为红色后褪色 Cl2具有漂白性
D 淀粉KI溶液中变蓝色 Cl2具有氧化性
【解析】　A项说明Cl2具有氧化性。B项是Cl2与H2O反应生成了有漂白性的次氯酸。C项是Cl2与H2O反应生成的HCl具有酸性，HClO具有漂白性。D项的反应为Cl2＋2KI===2KCl＋I2，说明Cl2具有氧化性。
【答案】　D
4．(2010年湖北黄冈中学月考)元素X的单质及X与Y形成的化合物能按如下图所示的关系发生转化。则下列说法不正确的是(　　)
A．X可能是碳 B．X可能是N2
C．Y可能是氯 D．X可能是Fe
【解析】　当n＝1时，图中所示物质分别为碳、一氧化碳和二氧化碳；当n＝2时，图中所示物质分别为铁、氯化亚铁和氯化铁。
【答案】　B
5．(2008年全国)下列实验操作中，先后顺序正确的是(　　)
A．稀释浓硫酸时，先在烧杯中加入一定体积的浓硫酸，后注入蒸馏水
B．为测定硫酸铜晶体的结晶水含量，称样时，先称取一定量的晶体，后放入坩埚中
C．为检验酸性溶液中的Cl－和SO42－，先加硝酸银溶液，滤去沉淀后加硝酸钡溶液
D．在制取干燥纯净的氯气时，先使氯气通过水(或饱和食盐水)，后通过浓硫酸
【解析】　为了防止浓H2SO4溶解时放热而使溶液溅出，稀释浓H2SO4时应将浓H2SO4慢慢注入水中，并边加边搅拌，A错；B项测CuSO4晶体结晶水含量时应先称坩埚，在坩埚中称晶体，B错；C项中若先加AgNO3溶液，过滤后加Ba(NO3)2，则因SO42－与Ag＋产生Ag2SO4沉淀而进入滤渣，C错。D项中先通过水或饱和食盐水目的是除去HCl气体，D正确。
【答案】　D
6．将Cl2缓缓通入含有0.02 mol H2SO3和0.02 mol HBr的混合溶液中，在此过程中， 溶液的c(H＋)与Cl2用量的关系示意图是(溶液的体积不变)(　　)
【解析】　向混合溶液中通入Cl2反应分两个阶段，首先发生，H2SO3+Cl2+H2O===H2SO4+2HCl，溶液中c(H+)增大，然后发生2HBr+Cl2===2HCl+Br2，溶液中c(H+)不变。
【答案】　A
7．A和B均为钠盐的水溶液，A呈中性，B呈碱性并具有氧化性。下述为相关实验步骤和实验现象：
含B的溶液
请回答：
(1)写出A、B和C的化学式：
A________，B________，C________。
(2)依次写出A→D和D→E(E中含有某＋5价元素的含氧酸根离子)的离子方程式：
________________________________________________________________________；
________________________________________________________________________。
(3)写出将SO2气体通入K溶液中发生反应的离子方程式：
________________________________________________________________________。
(4)写出由F→H的化学方程式：
________________________________________________________________________。
【解析】　题中黄绿色气体F必为Cl2，据Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，可知H为NaCl、NaClO的混合液，因其中的B呈碱性并具有氧化性，可知B为NaClO。因为C为AgI，所以A为NaI。则D为I2，I2被ClO－氧化生成IO3－。
【答案】　(1)NaI　NaClO　AgI
(2)2I－＋ClO－＋H2O===I2＋Cl－＋2OH－
I2＋5ClO－＋2OH－===2IO3－＋5Cl－＋H2O
(3)2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO42－＋4H＋
(4)Cl2＋2NaOH===NaClO＋NaCl＋H2O
8．某化学兴趣小组在学习了卤素以后，做了下列实验：
实验Ⅰ：向2 mL 0.1 mol/L滴有淀粉溶液的KI溶液中加入2滴饱和氯水。
实验Ⅱ：向2 mL 0.1 mol/L滴有淀粉溶液的KI溶液中加入2 mL相同的饱和氯水。
实验结果：实验Ⅰ的现象非常明显，溶液很快变为蓝色，而实验Ⅱ中溶液却没有出现蓝色。对此，四位同学分别发表了自己的观点和猜想。
甲同学认为：实验Ⅰ中生成了碘，而实验Ⅱ中则没有碘生成，所以实验现象不同；
乙同学认为：实验中所用的氯水放置的时间太长，已经变质，所以实验现象不同；
丙同学认为：实验Ⅱ中所用氯水太多，过量的氯水与淀粉反应了，所以溶液没有出现蓝色；
丁同学认为：化学反应的条件和药品的用量都会影响反应的发生，所以导致实验现象不同。
请你参与他们的讨论，解决下列问题。
(1)根据已有的知识，你认为四位同学的观点中，明显不合理的是________。对上述实验中的不同现象，你的猜想是____________________。
(2)写出实验Ⅰ中发生置换反应的离子方程式__________________。
(3)实验是解决问题的重要手段。如果要判断乙同学的观点是否正确，可以通过________实验来进行确认。如果要判断丙同学的猜想是否合理，你认为继续进行的实验操作是_____________________________________________________
(4)丁同学的观点存在于我们学过的化学知识中，请你用两个化学方程式表示不同的反应条件对相同物质之间反应的不同影响：_____________________________________________________。
【解析】　实验Ⅰ中溶液变蓝可以证明有如下离子反应发生：2I－＋Cl2===I2＋2Cl－，说明该饱和氯水中有Cl2，可见乙同学的说法显然不对。若要判断该氯水是否变质，只需验证该氯水是否还具有漂白性即可。丙同学认为过量的氯水会与淀粉反应，所以溶液没有出现蓝色，我们可将淀粉溶液加入新制的氯水中，观察氯水的黄绿色是否褪去。丁同学的观点普遍存在于我们所学的化学知识中，例如Na与O2的反应在常温和加热时产物不同。
【答案】　(1)乙　生成的碘被继续氧化(或其他合理答案)
(2)Cl2＋2I－===2Cl－＋I2
(3)漂白　将淀粉加入新制氯水中，观察溶液的浅黄绿色是否褪去
(4)4Na＋O2===2Na2O,2Na＋O2 Na2O2或Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O,3Fe＋8HNO3(稀)===
3Fe(NO2)3＋2NO↑＋4H2O(或其他合理答案)
(2009年广州一模)某消毒液的主要有效成分是次氯酸钠，有效氯含量8 000～10 000 mg/L。可用于各类家居用品、餐具、棉织衣物等的消毒，对彩色织物可能有褪色作用。切勿用于丝绸、毛、尼龙、皮革、油漆表面，勿用于铝、铜、碳钢制品。本品须密封，置阴凉暗处保存。请完成以下实验探究过程：
(一)阅读材料，获取信息
(1)推测该消毒液的酸碱性：________，原因是(用离子方程式表示)________________________________________________________________________。
(2)该消毒液还具有的化学性质是________________________________________________________________________
(写出2个即可)。
(3)从该消毒液的保存要求分析，导致其失效的外界因素主要是________________________________，写出生效过程所涉及的化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(二)确定要研究的问题
该消毒液对碳钢制品是否有腐蚀作用？
(三)设计方案，实施探究
用烧杯取少量样品，将一颗光亮的铁钉放入烧杯，浸泡一段时间。对可能产生的现象有如下假设：
假设①：有明显现象；
假设②：无明显现象。
(4)基于假设①，结论是铁钉被腐蚀，预期的实验现象是____________________________。
(5)基于假设②，结论是________________________________________________ ，
请设计实验进一步验证该结论，叙述实验操作：____________________________________________________。
【解析】　次氯酸钠属于强碱弱酸盐，水解显碱性。根据题中能“消毒”可推出有氧化性，能“漂白”推出有漂白性，“须密封”推出其有不稳定性。(3)中书写反应式时要注意次氯酸钠溶液与二氧化碳反应时生成的碳酸氢钠，不能写成碳酸钠。问题(5)实际是考查Fe3＋的检验。
【答案】　(1)碱性　ClO－＋H2O??HClO＋OH－
(2)强氧化性、漂白性、不稳定性(写出2个即可)
(3)吸收CO2等酸性气体或光、热
NaClO＋CO2＋H2O===NaHCO3＋HClO
2HClO 2HCl＋O2↑
(4)铁钉表面出现铁锈
(5)铁钉可能未被腐蚀，也可能被腐蚀但无明显现象　用试管取出浸泡后的溶液，加足量稀硫酸，再加入KSCN溶液，若未出现血红色，则未被腐蚀；反之，被腐蚀
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第2讲　氧化还原反应
1．认识氧化还原反应的本质是电子的转移。了解生产、生活中常见的氧化还原反应。
2．能判断氧化还原反应中电子转移的方向和数目。
3．掌握物质氧化性、还原性强弱的比较。
4．能用化合价升降法配平常见的氧化还原反应。
5．能运用质量守恒、电子守恒、电荷守恒，进行氧化还原反应的有关计算。
1．氧化还原反应
(1)概念：有元素 的化学反应。
(2)特征：反应前后元素的 发生了改变。
(3)实质：反应过程中有 或 。
化合价变化
化合价
电子得失
电子对的偏移
一、氧化还原反应
2．从电子转移的观点理解下列概念
(1)氧化反应：物质 电子的反应。
(2)还原反应：物质 电子的反应。
(3)氧化还原反应： 。
(4)氧化剂： 。
(5)还原剂： 。
(6)氧化产物： 。
(7)还原产物： 。
(8)氧化剂―→得电子―→化合价降低―→发生还原反应―→生成 产物。
(9)还原剂―→ 电子―→化合价 ―→发生氧化反应―→生成 产物。
反应过程有电子得失的反应
在反应中存在得电子元素的化合物
在反应中存在失电子元素的反应物
失
得
在反应中通过失电子而生成的物质
在反应中通过得电子而生成的物质
还原
失
升高
氧化
二、氧化还原反应与四种基本类型反应的关系
1． 反应全部属于氧化还原反应。
2． 反应全部属于非氧化还原反应。
3．化合反应若有单质参加属于 反应，否则属于 反应。
4．分解反应若有单质生成属于 反应，但有单质生成的反应 属于分解反应。例如同素异形体之间的转化。
置换
复分解
氧化还原
非氧化还原
氧化还原
不一定
1．常见的氧化剂
(1)活泼非金属单质，如 、 等。
(2)高价金属阳离子或活泼性较差的金属阳离子，
如 、 、 等。
(3)高价含氧化合物
①含氧酸，如 、浓硫酸等。
②氧化物，如 、 等。
③盐，如 、 等。
(4)过氧化物，如 、 等。
三、常见的氧化剂和还原剂
O2
Cl2
Cu2＋
Ag＋
HNO3
NO2
SO3
KClO3
KMnO4
Na2O2
H2O2
Fe3＋
2．常见的还原剂
(1)活泼金属，如 、 、 等。
(2)某些非金属单质，如 、 、 等。
(3)非金属阴离子，如 、 等。
(4)非金属氢化物，如 、 等。
(5)低价金属阳离子，如 、 等。
(6)低价化合物
①非金属化合物，如 、 等。
②金属化合物，如 、 。
K
Ca
Na
C
Si
H2
S2－
I－
H2S
HI
Fe2＋
Cu＋
CO
SO2
FeCl2
FeSO4
用两种方法标出下列反应电子转移的方向和数目
四、电子转移表示方法
1．有单质参加或生成的反应，一定是氧化还原反应吗？
2．物质本身得失电子数目越多，其对应的氧化性、还原性就一定越强吗？
【提示】　1.不一定。是不是氧化还原反应，要看有无化合价变化，有单质生成，没有化合价变化的也不是氧化还原反应，如3O2===2O3等。
2．氧化性强弱，看的是得电子难易而不是多少，如Fe3＋的氧化性大于S。还原性的强弱是比失电子的难易，也不是多少，如Na的还原性大于Mg
氧化还原反应的基本概念
1．氧化还原反应的本质和特征
(1)本质：有电子转移(得失或偏移)。
(2)特征：反应前后元素的化合价有
2．有关概念
(1)氧化与还原：失去电子(或共用电子对偏离)的变化称为氧化；得到电子(或共用电子对偏向)的变化称为还原。
(2)氧化剂与还原剂：在化学反应中，得到电子的物质称为氧化剂；失去电子的物质称为还原剂。
(3)氧化性与还原性：氧化剂具有氧化性；还原剂具有还原性。
(4)氧化产物和还原产物：氧化剂在反应中得到电子被还原的产物称为还原产物；还原剂在反应中失去电子被氧化的产物称为氧化产物。
3．氧化还原反应的有关概念的联系和区别
氧化还原反应有关概念的联系和区别可用框图表示：
金属铜的提炼多从黄铜矿开始。黄铜矿在焙烧过程中主要反应之一的化学方程式为：2CuFeS2＋O2 Cu2S＋2FeS＋SO2，下列说法不正确的是(　　)
A．O2只作氧化剂
B．CuFeS2既是氧化剂又是还原剂
C．SO2既是氧化产物又是还原产物
D．若有1 mol O2参加反应，则反应中共有4 mol电子转移
【导航】　1.化合价升高→失电子→被氧化。
2．化合价降低→得电子→被还原。
【解析】　此题为多种元素发生化合价变化，看似较复杂，但只要抓住相关概念的实质就容易了。氧化剂就是含得电子元素的物质，还原剂就是含失电子元素的物质，氧化剂被还原后对应产物为还原产物，还原剂被氧化的产物为氧化产物。关于转移电子数计算抓住得失电子数相等这个根本即可。
CuFeS2中Cu为＋2价，Fe为＋2价，S为－2价。反应中的Cu由＋2价降到＋1价，S由－2价升高到＋4价，O从0价降到－2价，1 mol O2参加反应共有6 mol电子转移，其中2 mol CuFeS2中Cu得2 mol电子。
【答案】　D
氧化性和还原性强弱的判断
3．根据反应方程式进行判断
氧化剂＋还原剂===还原产物＋氧化产物
还原性：还原剂>还原产物；
氧化性：氧化剂>氧化产物。
6．某些氧化剂的氧化性或还原剂的还原性与下列因素有关
温度：如热的浓硫酸的氧化性比冷的浓硫酸的氧化性强。
浓度：如浓硝酸的氧化性比稀硝酸的强。
酸碱性：如KMnO4溶液的氧化性随溶液酸性的增强而增强
铊(Tl)是某超导材料的组成元素之一，与铝同族，位于第6周期。Tl3＋与Ag在酸性介质中发生反应：Tl3＋＋2Ag===Tl＋＋2Ag＋。下列推断正确的是(　　)
A．Tl＋的最外层有1个电子
B．Tl3＋的氧化性比Al3＋弱
C．Tl能形成＋3价和＋1价的化合物
D．Tl＋的还原性比Ag强
【导航】　由于Ag的金属性较弱，Tl3＋能将Ag氧化，说明Tl3＋具有强氧化性。
【解析】　铊与铝同主族，其原子最外层电子数都是3个；因此Tl＋的最外层还有2个电子。
由反应方程式：Tl3＋＋2Ag===Tl＋＋2Ag＋
Al＋3Ag＋===3Ag＋Al3＋
可得氧化性：Tl3＋>Ag＋>Al3＋，还原性：Ag>Tl＋。
【答案】　C
氧化还原反应的基本规律
1．守恒律
对于一个完整的氧化还原反应，化合价升高总数与降低总数相等，失电子总数与得电子总数相等，反应前后电荷总数相等(离子反应)。
应用：有关氧化还原反应的计算及氧化还原反应方程式的配平。
2．价态律
元素处于最高价，只有氧化性(如Fe3＋、KMnO4等)；元素处于最低价，只有还原性(如S2－、I－等)；元素处于中间价态，既有氧化性又有还原性。
应用：判断元素或物质的氧化性、还原性。
3．强弱律
强氧化性的氧化剂跟强还原性的还原剂反应，生成弱还原性的还原产物和弱氧化性的氧化产物。
应用：在适宜条件下，用氧化性强的物质制备氧化性弱的物质；用还原性强的物质制备还原性弱的物质；用于比较物质间氧化性或还原性的强弱。
4．氧化还原反应中，以元素相邻价态之间的转化最容易；同种元素不同价态之间发生反应，元素的化合价只靠近而不交叉；同种元素相邻价态之间不发生氧化还原反应。例如：
转化律
应用：判断氧化还原反应能否发生及表明电子转移情况。
5．难易律
越易失电子的物质，失后就越难得电子；越易得电子的物质，得后就越难失去电子。一种氧化剂同时和几种还原剂相遇时，还原性最强的优先发生反应；同理，一种还原剂同时与多种氧化剂相遇时，氧化性最强的优先发生反应。例如，FeBr2溶液中通入Cl2时，发生离子反应的先后顺序为：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－。
应用：判别物质的稳定性及反应顺序。
KMnO4溶液和氢溴酸可发生如下反应：
2KMnO4＋16HBr===5Br2＋2MnBr2＋2KBr＋8H2O其中还原剂是________，氧化产物是________。标出电子转移的方向和数目。若生成0.1 mol的Br2，则有________mol还原剂被氧化。转移________mol电子。
【导航】　根据氧化还原反应方程式，分析Mn和Br元素的变价特点和电子的转移数目与方向即可正确的得出答案。
【解析】　溴元素的化合价有部分从－1价升到0价，HBr作还原剂，对应的生成物Br2是氧化产物，且参加反应的每16份HBr中只有10份生成Br2，另6份作酸，所以0.1 mol Br2生成有0.2 mol HBr被氧化。用单线桥法或双线桥法标出电子转移的方向和数目后，可看出每生成5 mol Br2转移10 mol e－，所以要转移0.2 mol e－。
1．(2009年宁夏理综)能正确表示下列反应的离子方程式是(　　)
A．向次氯酸钙溶液通入过量CO2：
Ca2＋＋2ClO－＋H2O＋CO2===CaCO3↓＋2HClO
B．向次氯酸钙溶液通入SO2：
Ca2＋＋2ClO－＋H2O＋SO2===CaSO3↓＋2HClO
C．氢氧化钙溶液与碳酸氢镁溶液反应：
Ca2＋＋OH－＋HCO3－===CaCO3↓＋H2O
D．在氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：
3Fe2＋＋4H＋＋NO3－===3Fe3＋＋2H2O＋NO↑
【解析】　A选项CO2过量应生成HCO3－；B选项SO2具有还原性，应被氧化成CaSO4；C选项还应生成Mg(OH)2沉淀。
【答案】　D
2．(2009年全国Ⅱ理综)含有a mol FeBr2的溶液中，通入x mol Cl2。下列各项为通Cl2过程中，溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是(　　)
A．x＝0.4a，2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
B．x＝0.6a，2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－
C．x＝a，2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2===Br2＋2Fe3＋＋4Cl－
D．x＝1.5a，2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2===2Br2＋2Fe3＋＋6Cl－
【解析】　因为还原性Fe2＋>Br－，在FeBr2溶液中通入Cl2时先发生反应：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，通入过量Cl2时发生反应：2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2===2Br2＋2Fe3＋＋6Cl－，所以当x≤0.5a时只发生前一个反应，当x≥1.5a时只发生后一个反应，当0.5a【答案】　B
3．(2009年福建理综)下列类型的反应，一定发生电子转移的是(　　)
A．化合反应　 　B．分解反应
C．置换反应 D．复分解反应
【解析】　A项，化合反应不一定是氧化还原反应，如NH3＋HCl===NH4Cl，该反应中无电子转移。B项，分解反应不一定是氧化还原反应，如CaCO3 CaO＋CO2↑，该反应中无电子转移。C项，置换反应一定是氧化还原反应，一定发生电子转移。D项，复分解反应都不是氧化还原反应，无电子转移。故选C。
【答案】　C
4．(2009年上海单科)某反应中反应物与生成物有：AsH3、H2SO4、KBrO3、K2SO4、H3AsO4、H2O和一种未知物质X。
(1)已知KBrO3在反应中得到电子，则该反应的还原剂是____________。
(2)已知0.2 mol KBrO3在反应中得到1 mol电子生成X，则X的化学式为________。
(3)根据上述反应可推知________。
a．氧化性：KBrO3>H3AsO4 b．氧化性：H3AsO4>KBrO3
c．还原性：AsH3>X d．还原性：X>AsH3
(4)将氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的系数填入下列方框中，并标出电子转移的方向和数目：
【解析】　此题为氧化还原反应题。
(1)此题考点为氧化还原反应，其特征为化合价升降，本质为电子的转移，要求能从化合价变化角度来判断氧化剂和还原剂。已知KBrO3为得电子物质，故其化合价必是降低，作氧化剂，那么还原剂只能是题目所提供的AsH3，AsH3中As为－3价，反应后变为H3AsO4，故还原剂为AsH3。
(2)此题出题的依据是氧化还原反应中得失电子守恒。0.2 mol KBrO3在反应中得1 mol电子，故每1 mol KBrO3得5 mol电子，即反应后Br的化合价应降为零价，故另一物质为Br2，同时因为氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物已知，可直接进行配平。
配系数5，在Br2前配系数4，根据原子守恒KBrO3前配8；再根据K原子守恒，K2SO4应在生成物中，系数为4；则H2SO4在反应物中，系数为4；H2O在生成物中，系数为4；配平后用单线桥法标出电子转移方向和数目。
(3)此题的考点为氧化还原反应中的基本规律：氧化剂的氧化性大于氧化产物、还原剂的还原性大于还原产物。故选a、c。
1．(2009年临沂高三教学质量检查考试)离子反应、复分解反应、置换反应和氧化还原反应之间可用下列集合关系表示，其中正确的是(　　)
【解析】　置换反应属于氧化还原反应；复分解反应、置换反应和氧化还原反应中均含有离子反应。
【答案】　A
2．(2010年北京市东城区高三期末)三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3＋5H2O===2NO＋HNO3＋9HF。下列有关说法正确的是(　　)
A．NF3是氧化剂，H2O是还原剂
B．还原剂与氧化剂的物质的量之比为2∶1
C．若生成0.2 mol HNO3，则转移0.2 mol电子
D．NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体
【解析】　分析反应前后各元素价态变化，可知NF3在反应中既是氧化剂又是还原剂，其中：NF3→HNO3是被氧化的过程，NF3为还原剂；2NF3→2NO是被还原的过程，NF3是氧化剂，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶2。生成1 mol HNO3转移2 mol电子，所以生成0.2 mol HNO3转移0.4 mol电子。NF3与潮湿的空气中的水反应生成NO，NO与空气中的O2反应生成红棕色的NO2。综合上述知选项D正确。
【答案】　D
3．(2008年上海高考)下列物质中按只有氧化性、只有还原性、既有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是(　　)
A．F2、K、HCl B．Cl2、Al、H2
C．NO2、Na、Br2 D．O2、SO2、H2O
【答案】　A
4．在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题。下列化学反应先后顺序判断正确的是(　　)
A．在含等物质的量的AlO2－、OH－、CO32－的溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2－、OH－、CO32－
B．在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气：I－、Br－、Fe2＋
C．在含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中缓慢通入CO2：KOH、Ba(OH)2、BaCO3
D．在含等物质的量的Fe3＋、Ag＋、Cu2＋、 H＋的溶液中加入锌粉：Ag＋、Fe3＋、Cu2＋、H＋
【解析】　判断化学反应先后顺序的原则是先发生反应的产物与其他物质不发生化学反应。A项，用假设法判断，若H＋最先与AlO2－反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH－反应生成AlO2－，故A错。B项，氯气的氧化顺序是I－、Fe2＋、Br－，因为2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－，故B错。C项，氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，故C错。D项，氧化性顺序：Ag＋>Fe3＋>Cu2＋>H＋，D正确。
【答案】　D
5．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
【解析】　在2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O的反应中，被氧化的元素与被还原的元素均为S元素，故B项错误；在H2＋Cl2点燃 2 HCl的反应中，H2做还原剂，C项错误；元素在化合态中若为正价，则元素被还原，相反，若元素在化合态中为负价，则被氧化，D项错误。
【答案】　A
6．(2010年黑龙江哈三中月考)下列叙述中正确的是(　　)
A．P4和NO2都是共价化合物
B．有化学键断裂的变化属于化学变化
C．在离子化合物与共价化合物中，都不存在单个小分子
D．在反应O3＋2KI＋H2O===2KOH＋I2＋O2中，参加反应的所有臭氧都作氧化剂
【解析】　P4为单质，A项错误；化学变化的实质是旧化学键断裂和新化学键生成，仅有化学键断裂不是化学反应，如氯化钠溶于水，离子键断裂，属于物理变化，B项错误；离子化合物中不存在分子，共价化合物中有的不含有分子，如二氧化硅，有的却含有分子，如水、氯化氢等，C项错误；臭氧中的三个氧原子是按照一定方式结合的，虽然反应后有两个氧原子化合价没有变化，但臭氧作为一个整体，化合价发生了变化，D项正确。
【答案】　D
7．(1)①在淀粉碘化钾溶液中，滴加少量次氯酸钠碱性溶液，立即会看到溶液变蓝色，这是因为__________________________________，
离子方程式为________________________。
②在碘和淀粉形成的蓝色溶液中，滴加亚硫酸钠碱性溶液，发现蓝色逐渐消失，这是因为________________________________，
离子方程式是_____________________。
③对比①和②实验所得的结果，将I2、ClO－、SO42－按氧化性由强到弱的顺序排列为____________。
(2)今有铁片、铜片，设计实验证明以下事实并写出化学反应方程式。
①浓硫酸的氧化性比稀硫酸强。
②氯化铁溶液中Fe3＋的氧化性比硫酸铜溶液中的Cu2＋强。
③铁的还原性比铜强。
【解析】　溶液变蓝色，说明生成了碘单质，即I－被氧化。褪色显示I2转变成了化合物，而SO32－有还原性，从而得出氧化还原的相关性质强弱。
【答案】　(1)①NaClO将KI氧化生成了I2
ClO－＋2I－＋H2O===I2＋Cl－＋2OH－
②I2被Na2SO3还原生成了I－
SO32－＋I2＋2OH－===SO42－＋2I－＋H2O
③ClO－>I2>SO42－
(2)①Cu与浓 H2SO4反应而与稀H2SO4不反应
Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O
②Cu与FeCl3溶液能反应
2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2
③Fe能与CuSO4溶液反应置换出Cu
Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu(答案不唯一，合理即可)
8．化学实验的微型化可有效地减少污染，实现化学实验绿色化的要求。某学生按下列操作做一个实验：在一块下衬白纸的玻璃片的不同位置分别滴加浓度为0.1 mol/L的KBr、KI(含淀粉溶液)、NaOH(含酚酞)、FeCl2(含KSCN)溶液各1滴，每种液滴彼此分开，围成半径小于表面皿的圆形(如下图所示)，在圆心处放置2粒芝麻粒大小的KMnO4晶体，向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸，再立即将表面皿盖好。(已知：2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O)
(1)e处反应的离子方程式为__________________________________，
该反应中发生反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。
(2)b处的实验现象为________________，
d处的实验现象为________________。
(3)c处反应的化学方程式为___________，
标准状况下，当有0.224 L Cl2被NaOH溶液吸收后，转移电子的物质的量为________mol。
(4)通过该实验能否比较Cl2、FeCl3、KMnO4三种物质氧化性的强弱？________(填“能”或“不能”)，若能，其氧化性由强到弱的顺序是________________。
【解析】　(1)根据e处发生反应的化学方程式判断反应中的氧化剂为KMnO4，还原剂为HCl，其中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶10＝1∶5，而不是1∶8。
(2)b处发生的反应为2KI＋Cl2===2KCl＋I2，I2遇淀粉显蓝色；d处发生的反应为2FeCl2＋Cl2===2FeCl3，Fe3＋和SCN－反应使溶液变红色。
(4)e处实验说明氧化性KMnO4>Cl2，d处实验说明氧化性Cl2>FeCl3，因此，三种物质氧化性强弱顺序为KMnO4>Cl2>FeCl3。
【答案】　(1)2MnO4－＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O　1∶5
(2)溶液由无色变为蓝色　溶液由无色变为红色
(3)Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O　0.01
(4)能　KMnO4>Cl2>FeCl3
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少的一种玻璃仪器是________。
(2)请帮他们完成以下实验报告：
一、实验目的：________________。
二、试剂：铁粉、FeCl3溶液、FeCl2溶液、氯水、锌片、铜片。
序号 ① ② ③ ④
实验
内容 向FeCl2溶液中滴入适量氯水 向FeCl2溶液中加入锌片 向FeCl3溶液中加入足量铁粉
实验
现象 溶液由浅绿色变为棕黄色
离子
方程式 Zn＋Fe2＋===Zn2＋＋Fe Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋
实验
结论 Fe2＋具有还原性 Fe3＋具有氧化性 Fe3＋具有氧化性
三、实验记录(划斜线部分不必填写)
四、实验结论
Fe只具有还原性，Fe3＋只具有氧化性，Fe2＋既具有氧化性，又具有还原性。
五、联想发散
①简述Fe2＋的检验方法______。
②将FeCl2溶液加热蒸干并灼烧，最后得到的固体物质是______，原因是_____________。
【解析】　本题是根据新课标对考生探究能力的要求而设计的，包括设计实验、选择仪器，填写实验报告以及对结果进行分析、综合、迁移的能力。其中，相对较难的是最后的联想发散部分。检验Fe2＋的方法不止一种，例如在含有Fe2＋的溶液中加入NaOH溶液，可以生成白色的氢氧化亚铁沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变成红褐色的氢氧化铁沉淀；再如，在含有Fe2＋的溶液中加入KSCN溶液，不会出现红色，然后滴加适量氯水，Fe2＋被氧化成Fe3＋，Fe3＋与SCN－反应得到红色溶液。将FeCl2溶液加热蒸干的过程中，HCl挥发，促使Fe2＋的水解平衡向右移动，生成的氢氧化亚铁很快被氧化成氢氧化铁，灼烧时氢氧化铁分解生成Fe2O3。
【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
实验记录：①Cl2＋2Fe2＋===2Cl－＋2Fe3＋
②Fe2＋具有氧化性
③铁粉逐渐溶解，溶液由棕黄色变为浅绿色
④向FeCl3溶液中加入铜片
联想发散：①取适量待测液于试管中，滴加少量KSCN溶液，无红色出现，在混合液中滴入少量氯水，溶液变为红色，则证明有Fe2＋(或其他合理答案)
②Fe2O3　在FeCl2溶液中存在平衡FeCl2＋2H2O??Fe(OH)2＋2HCl，加热时，HCl挥发，平衡右移，生成的氢氧化亚铁很快被氧化成氢氧化铁，灼烧时氢氧化铁分解生成Fe2O3
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第4讲　氮及其化合物
1．了解N2的分子结构和化学性质。
2．掌握氮的氧化物(NO、NO2)的物理性质和化学性质。
3．了解氮的氧化物(NO、NO2)对大气的污染与防治方法。
4．掌握NH3的分子结构及化学特征(如极易溶于水，溶液显碱性、NH3的分子间易形成氢键)。
5．掌握氨水中的化学平衡，氨水的成分，氨水的化学特征。
6．掌握铵盐的不稳定性及NH4＋的检验。
7．掌握HNO3的强氧化性、不稳定性、易挥发性；HNO3与还原物质反应的还原产物规律及有关计算。
1．氮原子结构：原子结构示意图为?? ，原子核外有 个电子层，最外层上有 个电子，氮有多种可变化合价。
2．氮分子结构：电子式为 ，结构式为NN；两个氮原子通过 对共用电子对结合起来，键能 (与双原子分子相比较)，结构 ，所以N2在常温下性质 ，可代替稀有气体作 。
一、氮气和氮的氧化物
2
5
三
大
稳定
不活泼
保护气
3．N2中N的化合价为 ，因此在化学反应中化合价既可 ，又可 ，说明N2既可作 又可作 。
4．氮的五种正价能形成六种氧化物，它们均有毒，能污染空气 其中属于酸酐的有亚硝酸酐： ，硝酸酐： 。
5．NO是无色难溶于水的 体，在常温下它很容易与空气中的O2化合，生成 色有 气味的有毒的 ，反应方程式为
。实验室常用 和 反应制取NO，反应方程式是
收集方法为 。工业上用 法制取NO。
升高
降低
还原剂
氧化剂
0
N2O3
N2O5
气
红棕
有刺激性
NO2
2NO＋O2===2NO2
Cu
稀HNO3
3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
排水法
氨催化氧化
6．NO2 溶于水，它与水反应的化学方程式为
，工业利用这一反应制硝酸。
二、氨和硝酸
1．NH3的化学性质
(1)与HCl反应
方程式： ；
蘸有浓氨水与浓盐酸的玻璃棒靠近时出现的现象为 。
【小结】　浓氨水与 酸反应，都可以生成白烟。如：
等。
3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
易
NH3＋HCl===NH4Cl
冒白烟
挥发性
浓HCl、浓HNO3
(2)与H2SO4反应
化学方程式：
【注意】　氨与H2SO4等不挥发性酸反应 (填“冒”或“不冒”)白烟。
2NH3＋H2SO4===(NH4)2SO4
不冒
2．NH3的实验室制法
(1)反应原理：
(2)装置与制 相同。
(3)收集方法： ；
验满方法：
石蕊试纸变蓝，则说明气体已集满
(4)集气试管口放一团棉花，其作用是 。干燥NH3可用 而不能用CaCl2。
2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑
氧气
向下排空气法
湿润的红色石蕊试纸
放在集气瓶口，若红色。
防止氨气与空气对流
碱石灰
3．铵盐的性质
(1)不稳定性
铵盐受热都易分解，如完成下列方程式：
NH4Cl：
NH4HCO3：
NH4Cl NH3↑＋HCl↑；
NH4HCO3 NH3↑＋H2O＋CO2↑。
NH4Cl受热分解有类似升华的现象，可用于物质提纯。如：NaCl中混入NH4Cl可加热提纯。
(2)与碱的反应：写出下列反应的方程式：
2NH4Cl＋Ca(OH)2
CaCl2＋2H2O＋2NH3↑；
(NH4)2CO3＋2NaOH
Na2CO3＋2H2O＋2NH3↑；
NH ＋4＋OH－
NH3↑＋H2O。
4．NH4＋的检验
取少量样品于试管中，然后加入NaOH固体，加热，将湿润的
试纸靠近试管口，若变 ，则证明样品中含有NH4＋。(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，若有 ，则证明含有NH4＋)
红色石蕊
蓝色
白烟
5．硝酸的化学性质
1．俗话说“雷雨发庄稼”的原理是什么？
2．浓硝酸与Cu反应产生NO2气体，稀HNO3与Cu反应产生NO气体，有人说稀HNO3氧化性更强，这种说法对吗？
【提示】　1.N2＋O2 2NO
2NO＋O2===2NO2
3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
HNO3转变成硝酸盐被农作物吸收。
2．不对，氧化性强弱看的是得失电子能力的强弱，而不是看得失电子的多少。两种硝酸分别与铜片反应时，浓硝酸溶解铜的速度明显快于稀硝酸，即更易夺取铜的电子，所以氧化性更强。
氮的氧化物的有关计算
1．有关化学反应方程式
3NO2＋H2O===2HNO3＋NO①
4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3②
4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3③
2NO＋O2===2NO2④
2．不同情况及剩余气体的体积
序号 气体 反应 剩余
气体 剩余气体的量
Ⅰ NO2 ① NO V(NO2)
Ⅱ NO2＋NO ① NO V(NO)原＋V(NO2)
Ⅲ NO2
＋O2
＝4∶1
②
无
0
<4∶1
②
O2
V(O2)原－V(NO2)
>4∶1
①②
NO
[V(NO2)－
4V(O2)]
Ⅳ
NO
＋O2
＝4∶3
③
无
0
>4∶3
③
NO
V(NO)原－
V(O2)
<4∶3
③
O2
V(O2)原－
V(NO)
3.NO2、NO、O2三者组成的混合气体溶于水
(1)先按①反应后，再据表Ⅳ进行计算。
(2)先按④反应后，再据表Ⅲ进行计算。
【注意】　①因为水溶液中发生反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，所以无论何种情况下水溶液中不会剩余NO2。
②当NO2和N2O4的混合气体作用于H2O时，不要忽视由于NO2的消耗，N2O4会转化为NO2。
将24 mL NO、NO2的混合气体通入倒立于水槽中盛满水的量筒内，然后再向其中通入12 mL O2，充分反应后，量筒中剩余气体3 mL，求在相同状况下，原混合气体中NO和NO2的体积各是多少毫升？
【导航】　本题计算必需用到反应方程式有：(1)4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3　(2)4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3。若剩余气体为氧气，NO和NO2完全反应，氧气参加反应的体积为12 mL－3 mL＝9 mL，再用(1)(2)两式可以列方程组求解；若剩余气体为NO，则原混合气体中的NO减去剩余气体的体积，可以根据(1)(2)两式列方程组求解。
【解析】　把三种气体混合溶于水的计算转换为两种气体溶于水的计算，可把NO2溶于水先转化为NO。设NO、NO2的体积分别为x、y，则反应后NO的体积为x＋ 。
4NO　＋　3O2＋2H2O===4HNO3
4　　　　3
x＋　　12 mL
若剩余气体为NO，则：
解得：
若剩余气体为O2，同样分析，则：
解得：
【答案】　若剩余气体为NO：
V(NO)＝16.5 mL，V(NO2)＝7.5 mL
若剩余气体为O2：V(NO)＝6 mL，V(NO2)＝18 mL。
硝酸的强氧化性
1．金属与HNO3反应一般不生成H2，浓HNO3一般被还原为NO2，稀HNO3一般被还原为NO，极稀HNO3可被还原成NH3，生成NH4NO3。
2．在利用HNO3的酸性时，要注意考虑它的强氧化性。
如FeO与稀硝酸反应时的方程式应是3FeO＋10HNO3(稀)===3Fe(NO3)3＋NO↑＋5H2O而不是FeO＋2HNO3===Fe(NO3)2＋H2O。
3．硝酸与金属反应时，既表现强氧化性又表现强酸性，可由金属与硝酸反应的关系，求还原产物的化学式或物质的量。
4．硝酸与铁反应时，由于存在反应Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，当HNO3过量时，产物为Fe(NO3)3；当Fe过量时，产物为Fe(NO3)2；当Fe与HNO3恰好耗尽时，产物可能是Fe(NO3)3或Fe(NO3)2或Fe(NO3)3、Fe(NO3)2的混合物。
5．浓硝酸与Cu反应时，若Cu过量，反应开始时浓硝酸的还原产物为NO2，但随着反应的进行，硝酸变稀，其还原产物将为NO，最终应得到NO2与NO的混合气体，可利用氧化还原过程中化合价升降总数相等的守恒规律求解有关Cu、HNO3和混合气体之间的量的关系。硝酸与其他金属(过量)反应的情况与此类似。
6．注意NO3－在离子共存问题的判断中的特殊性。
在水溶液中，NO3－本无氧化性，但当水溶解中有大量H＋存在时，NO3－就表现出强氧化性，如在有H＋、NO3－存在的溶液中就不能存在Fe2＋、S2－、I－、SO32－、Br－等还原性离子。
【说明】　①硝酸与金属反应的实质是：NO3－在酸性环境中显示强氧化性，与不活泼的金属发生氧化还原反应，在中性或碱性溶液中无氧化性。
②NO3－的氧化性强弱与c(H＋)有关，c(H＋)越大，NO3－的氧化性越强；反之越弱，故浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。
将32.64 g铜与140 mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2 L。请回答：
(1)NO的体积为________L，NO2的体积为________L。
(2)待产生的气体全部释放后，向溶液中加入V mL a mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为________mol/L。
(3)欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水________g。
【导航】　铜与浓硝酸反应时，产生NO2气体随着反应进行，硝酸浓度下降，变成稀硝酸时，与铜反应，放出NO气体。
【解析】　(1)据电子得失守恒得：
2×n(Cu)＝3×n(NO)＋1×n(NO2)，
解得V(NO)＝5.8 L，
所以V(NO2)＝11.2 L－5.8 L ＝5.4 L
(2)原HNO3中的NO3－一部分变成气体(0.5 mol)，另一部分变为NaNO3(V·a×10－3mol)，所以
n(HNO3)＝(V·a·10－3＋0.5)mol
c(HNO3)＝ mol·L－1
(3)由电子得失守恒得：2×n(Cu)＝2×n(H2O2)
×2＝n(H2O2)×2
n(H2O2)＝0.51 mol，则m(H2O2)＝17.34 g
需30%的双氧水：17.34 g÷30%＝57.8 g
【答案】　(1)5.8　5.4　(2) 　 (3)57.8
氨
液氨 氨水
形成 氨气液化 氨气溶于水
物质分类 纯净物 混合物
微粒种类 NH3 NH3、NH3·H2O、H＋、
H2O、NH4＋、OH－
存在条件 常温常压下不能存在 常温常压下可存在
1．液氨与氨水的区别
2.喷泉实验的有关问题
(1)实验步骤：①收集一烧瓶相应气体，按如右图连接好。
②打开止水夹后，挤压胶头滴管。
(2)实验关键：①气应集满；②烧瓶须干燥；③装置气密性好。
(3)实验原理：喷泉形成的原因是上、下有压强差Δp=p下-p上>0，Δp越大喷泉实验效果越好。由于气体的溶解导致烧瓶内压强迅速减小，外界大气压将烧杯中的水压入烧瓶，形成喷泉。计算表明：当气体在水中溶解度大于17(体积比)时，该气体即能形成喷泉。故NH3、HCl、HBr、HI、SO2等气体均能溶于水产生喷泉现象。
(4)实验拓展：①CO2、Cl2等气体在水中溶解度不大不能形成喷泉，但若将水改变成NaOH溶液，这些气体溶解度显著增大，从而形成喷泉。②Δp的形成一般为上面压强减小，下面压强不变造成的，如改变装置使下面压强增大上面压强不变也可形成Δp形成喷泉。
制取氨气并完成喷泉实验(图中夹持装置均已略去)。
(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A所示装置进行喷泉实验，上部烧瓶已装满干燥的氨气，引发喷泉的操作是　　　　　　　　　　　　　，该实验的原理是____________________________________________________。
(4)如果只提供如图中B所示装置，引发喷泉的方法是______________________。
【导航】　NH3是易溶于水的碱性气体，其制备装置属于固固混合加热型。由于密度小、易溶于水，使用干燥仪器，并用向下排空气法收集。易溶气体可以设计喷泉实验，成功的关键是，装置密闭性好，能通过加入试剂(或水)等操作产生压强差。
【解析】　(1)实验室制氨气的化学方程式为：
2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O
(2)NH3的密度比空气的小，故可用向下排空气法收集，干燥NH3可用碱性干燥剂，如碱石灰。
(3)从胶头滴管中挤入少量水后，因NH3极易溶于水，致使烧瓶中气压降低，形成喷泉。
(4)B装置与A装置相比，B装置没有胶头滴管，引发该喷泉可用热毛巾捂热圆底烧瓶，赶出导管内的空气，使NH3与水接触，从而形成喷泉。
【答案】　(1)2NH4Cl+Ca(OH)2 2NH3↑+CaCl2+2H2O
(2)向下排空气　碱石灰
(3)打开弹簧夹，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，水迅速进入烧瓶，形成喷泉
(4)打开弹簧夹，用手(或热毛巾等)将烧瓶捂热，氨气受热膨胀，赶出玻璃导管内的空气，氨气与水接触，即发生喷泉
　　物质
选项　　 a b c
A Al AlCl3 Al(OH)3
B HNO3 NO NO2
C Si SiO2 H2SiO3
D CH2===CH2 CH3CH2OH CH3CHO
1．(2009年江苏单科)下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是(　　)
【解析】　A项，Al(OH)3变为Al不可能一步实现；B项正确；C项，SiO2变为H2SiO3、H2SiO3变为Si都不可能一步实现；D项，CH3CHO不可能一步变为CH2===CH2。
【答案】　B
2．(2009年宁夏理综)将22.4 L某气态氮氧化合物与足量的灼热铜粉完全反应后，气体体积变为11.2 L(体积均在相同条件下测定)，则该氮氧化合物的化学式为(　　)
A．NO2　　　　　　　　　B．N2O3
C．N2O D．N2O4
【解析】　相同条件下，气体的体积比即为物质的量之比，由题知NOx和生成的N2物质的量之比为2∶1，设氮氧化合物化学式为NOx。
NOx＋xCu xCuO＋ N2，可知x＝1或2均可。(根据原子守恒观察可得出)。
【答案】　A
3．(2009年台湾)某氮氧化合物的一分子中含有38个电子。试问该氮氧化合物是下列的哪一选项(　　)
A．NO B．NO2
C．N2O D．N2O3
E．N2O5
【解析】　 714N：原子序数为7、含7个电子； 816O：原子序数为8、含8个电子；D选项中N2O3所含电子数为7×2＋8×3＝38个，符合题意。
【答案】　D
4．(2009年全国Ⅱ理综)已知氨可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用下图中的装置可以实现该反应。
回答下列问题：
(1)A中加入的物质是　　　　　　　　　　　　　；
发生反应的化学方程式是_________________。
(2)B中加入的物质是　　　　　　　　，其作用是　　　　　　　　　　
(3)实验时在C中观察到的现象是_________________；
发生反应的化学方程式是_________________。
(4)实验时在D中观察到的现象是_________________，
D中收集到的物质是______________，检验该物质的方法和现象是_________________。
【解析】　由实验目的“氨可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜”并结合装置图可知，A装置提供NH3，且是固、固加热制备气体，则A中应加入固体NH4Cl和Ca(OH)2，发生反应：2NH4Cl＋Ca(OH)2 CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。B装置是干燥装置，除去NH3中的水汽，应加入碱石灰或CaO等碱性固体干燥剂。C装置中发生反应：2NH3＋3CuO N2＋3H2O＋3Cu，则C中黑色粉末逐渐变为红色。反应生成的N2及水蒸气和未反应的NH3均会从C装置中进入D试管中，则D中收集到的是氨水，因为水蒸气在冰水中转化为液态水，氨气极易溶于水。E装置是气体收集装置，收集到的是N2。
【答案】　(1)固体NH4Cl和Ca(OH)2　2NH4Cl＋Ca(OH)2 CaCl2＋2NH3↑＋2H2O(其他合理答案也可)
(2)碱石灰(或CaO)　除去NH3气流中的水汽
(3)黑色粉末部分逐渐变为红色　2NH3＋3CuO N2＋3H2O＋3Cu
(4)出现无色液体　氨水　用红色石蕊试纸检验、试纸变蓝
5．(2009年北京理综)某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按下图装置进行实验(夹持仪器已略去)。实验表明浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。
可选药品：浓硝酸、3 mol/L稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳
已知：氢氧化钠溶液不与NO反应，能与NO2反应。
2NO2+2NaOH===NaNO3+NaNO2+H2O
(1)实验应避免有害气体排放到空气中。装置③、④、⑥中盛放的药品依次是　　　　　　　。
(2)滴加浓硝酸之前的操作是检验装置的气密性，加入药品，打开弹簧夹后_____________________。
(3)装置①中发生反应的化学方程式是________________________________________________________________________
(4)装置②的作用是　　　　　　　，发生反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　。
(5)该小组得出的结论依据的实验现象是 。
(6)实验结束后，同学们发现装置①中溶液呈绿色，而不显蓝色。甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们分别设计了以下4个实验来判断两种看法是否正确。这些方案中可行的是(选填序号字母)　　　　　。
a．加热该绿色溶液，观察颜色变化
b．加水稀释该绿色溶液，观察颜色变化
c．向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化
d．向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化
【解析】　实验题要先看目的，即要验证什么，由此再来理解或设计实验。“目的决定过程！”本题要证明浓HNO3能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO。①产生NO2，而非NO，所以②中盛水与NO2反应生成NO。而NO极易与O2反应产生NO2，故反应前应用CO2将装置中的空气排尽。(6)的思路是从溶液中赶出NO2，或在Cu(NO3)2溶液中通入NO2，不能采用稀释绿色溶液的方案，是因为Cu(NO3)2溶液稀释后，颜色也会发生相应的变化，而不能得出正确的结论。
【答案】　(1)3 mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液
(2)通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内
(3)Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
(4)将NO2转化为NO　3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
(5)装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色
(6)acd
6．(2009年上海单科)烟气中NOx是NO和NO2的混合物(不含N2O4)。
(1)根据废气排放标准，1 m3烟气最高允许含400 mg NOx。若NOx中NO质量分数为0.85，则1 m3烟气中最高允许含NO________L(标准状况，保留2位小数)。
(2)工业上通常用溶质质量分数为0.150的Na2CO3水溶液(密度1.16 g/mL)作为NOx吸收剂，该碳酸钠溶液物质的量浓度为________mol/L(保留2位小数)。
(3)已知：NO＋NO2＋Na2CO3―→2NaNO2＋CO2①
2NO2＋Na2CO3―→NaNO2＋NaNO3＋CO2②
1 m3含2 000 mg NOx的烟气用质量分数为0.150的碳酸钠溶液吸收。若吸收率为80%，吸收后的烟气________排放标准(填“符合”或“不符合”)，理由： 。
(4)加入硝酸可改变烟气中NO和NO2的比，反应为：
NO＋2HNO3―→3NO2＋H2O
当烟气中n(NO)∶n(NO2)＝2∶3时，吸收率最高。
1 m3烟气含2 000 mg NOx，其中n(NO)∶n(NO2)＝9∶1。
计算：(ⅰ)为了达到最高吸收率，1 m3烟气需用硝酸的物质的量(保留3位小数)。
(ⅱ)1 m3烟气达到最高吸收率90%时，吸收后生成NaNO2的质量(假设上述吸收反应中，反应①比反应②迅速。计算结果保留1位小数)。
【解析】　(1) ×22.4 L/mol＝0.25 L。
(2)c(Na2CO3)＝ ＝
＝1.64 mol·L－1。
(4)(ⅰ)30n(NO)＋ ×46n(NO)＝2 g
n(NO)＝0.057 mol
NO＋2HNO3―→3NO2＋H2O
x　　　2x　　　　3x
＝　　x＝0.017 6 mol
n(HNO3)＝2x＝0.035 mol。
(ⅱ)加入HNO3使NO与NO2物质的量之比达到2∶3时NO2的实际物质的量已经变为： ×0.057＋3x＝0.059 mol，NO的实际物质的量已经变为：0.057－x＝0.039 mol。
根据题(3)中①②两个方程式可以得出：
n(NaNO2)＝2n(NO)＋ [n(NO2)－n(NO)]＝0.088 7 mol
m(NaNO2)＝0.088 7×69×90%＝5.5 g。
【答案】　(1)0.25　(2)1.64
(3)不符合　因吸收后烟气总体积减小，NOx含量仍超过400 mg/m3
(4)(ⅰ)30n(NO)＋ ×46n(NO)＝　 n(NO)＝0.057 mol
NO＋2HNO3―→3NO2＋H2O
x　　　2x　　　3x
＝　　x＝0.017 6 mol
n(HNO3)＝2x＝0.035 mol
(ⅱ)n(NaNO2)＝2n(NO)＋ [n(NO2)－n(NO)]＝0.088 7 mol
m(NaNO2)＝0.088 7×69×90%＝5.5 (g)
7．(2008年上海化学)如下图所示，将甲、乙两个装有不同物质的针筒用导管连接起来，将乙针筒内的物质压到甲针筒内，进行下表所列的不同实验(气体在同温同压下测定)。
实验序号 甲针筒内物质 乙针筒内物质 甲针筒的现象
1 10 mL FeSO4溶液
10 mL NH3
生成白色沉淀，后变色
2 20 mL H2S 10 mL SO2
3 30 mL NO2(主要)
10 mL H2O(l)
剩有无色气体，活塞自动向内压缩
4 15 mL Cl2 40 mL NH3
试回答下列问题：
(1)实验1中，沉淀最终变为________色，写出沉淀变色的化学方程式__________________。
(2)实验2甲针筒内的现象有：________生成，活塞________移动(填“向外”“向内”或“不”)。反应后甲针筒内有少量的残留气体，正确的处理方法是将其通入________溶液中。
(3)实验3中，甲中的30 mL气体是NO2和N2O4的混合气体，那么甲中最后剩余的无色气体是____________，写出NO2与H2O反应的化学方程式______________________________。
(4)实验4中，已知：3Cl2＋2NH3―→N2＋6HCl。甲针筒除活塞有移动，针筒内有白烟产生外，气体的颜色变化 ，最后针筒内剩余气体的体积约 mL。
【解析】　在(2)中实验2发生的反应为：2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O，二者反应有单质硫生成，同时气体几乎完全消失。在(3)中随着NO2与水不断反应，N2O4会逐渐转化为NO2并最终完全与水反应生成HNO3和NO。在(4)中有白烟产生是因为过量的NH3与HCl反应生成了NH4Cl，最终针筒里的气体只有N2。
【答案】　(1)红褐　4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
(2)淡黄色固体　向内　NaOH
(3)NO　3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
(4)黄绿色变为无色　5
1．(2009年济宁一模)北京2008奥运会金牌直径为70 mm，厚6 mm。某化学兴趣小组对金牌成分提出猜想：甲认为金牌是由纯金制成；乙认为金牌是由金银合金制成；丙认为金牌是由黄铜(铜锌合金)制成。为了验证他们的猜想，请你选择一种试剂来证明甲、乙、丙猜想的正误(　　)
A．硫酸铜溶液 B．盐酸
C．稀硝酸 D．硝酸银溶液
【解析】　硝酸不与金反应，能与银反应，也能与铜、锌反应，若不反应则是金，能反应溶液不变蓝色则为金银合金，能反应溶液变蓝色则为黄铜。
【答案】　C
2．下面是实验室制取氨气的装置和选用的试剂，其中错误的是(　　)
A．①② B．②③
C．③④ D．①③
【解析】　NH4Cl受热可产生NH3和HCl，但两者遇冷会重新凝结产生NH4Cl，在此过程中还有可能出现堵塞导管的情况，因此不能用①的方法制取氨气，③中试管口未向下倾斜，会导致液体倒流入试管而使试管破裂，③不可行。浓氨水滴入氧化钙固体中，会发生CaO＋2NH3·H2O===Ca(OH)2＋2NH3↑，故可用②的方法制取氨气。浓氨水受热产生氨气，通过碱石灰吸收水蒸气后即得干燥的NH3，所以④符合要求。
【答案】　D
3．(2009年山东潍坊质检)为了社会可持续发展，化工生产过程应尽量减少对环境的副作用。“绿色化学”是当今社会提出的一个新概念，它要求从经济、环保和技术上设计可行的化学反应，据此，由单质铜制取硝酸铜的下列衍变关系可行且符合“绿色化学”的是(　　)
A．Cu Cu(NO3)2
B．Cu CuO Cu(NO3)2
C．Cu CuO Cu(OH)2 Cu(NO3)2
D．Cu CuSO4 Cu(NO3)2
【解析】　本题主要考查“绿色化学”知识。绿色化学要求尽可能地利用原料并保证生产过程无污染。A项中Cu与硝酸反应有污染物NOx生成，不符合“绿色化学”思想，A项错误；C项中CuO转化为Cu(OH)2，在技术上难以实现，且增加了步骤，不符合“绿色化学”中经济的要求，C项错误；D项中Cu与硫酸反应有污染物生成，不符合“绿色化学”思想，D项错误。
【答案】　B
4．(2009年山东临沂质检)无色混合气体甲，可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100 mL甲气体依次经过下图实验的处理，结果得到酸性溶液且最终无剩余气体。则甲气体的组成为(　　)
A．NH3、NO2、N2 B．NH3、NO、CO2
C．NH3、NO、CO2、N2 D．NO、CO2、N2
【解析】　A项中NO2为红棕色气体，不符合“无色混合气体”，A项错误；题目信息中经过足量浓硫酸、Na2O2后得酸性溶液且最终无气体剩余，则原混合气体中一定没有N2，排除C、D两选项，故正确答案为B选项。
【答案】　B
5．(2008年海南化学)锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水。当生成1 mol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量为(　　)
A．2 mol B．1 mol
C．0.5 mol D．0.25 mol
【解析】　1 mol锌在反应时失去2 mol e－，而1 mol HNO3转化为NH4＋时得到8 mol e－，故被还原的硝酸是0.25 mol。解答该题时要注意参加反应的硝酸与被还原的硝酸二者间的区别。
【答案】　D
6．(2009年汕头)足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是(　　)
A．60 mL B．45 mL
C．30 mL D．15 mL
【解析】　该过程中电子守恒，依题意有：
，所以Cu失电子总数与O2得电子数相等。
O2得电子数n＝ ×4＝0.3 mol，反应的铜n(Cu)＝ 加入NaOH后，Cu2＋―→Cu(OH)2，故n(NaOH)＝2n(Cu)＝n＝0.3 mol，消耗NaOH体积V＝ ＝60 mL。
【答案】　A
7．a.铵盐与碱共热放出氨气，实验室制取氨气的原理就是利用铵盐与碱的反应。
一般用NH4Cl固体与熟石灰共热来制取氨气，装置如下图。
(1)一般不用NH4NO3来代替NH4Cl，因为
______________________；
也不用NH4HCO3代替NH4Cl，因为_____________________。
(2)不用NaOH固体来代替Ca(OH)2，因为______________________。
A．价格比消石灰更贵
B．NaOH为块状固体，吸湿性强，不利于气体的逸出
C．加热情况下，NaOH固体对玻璃的腐蚀性很强
b．如果不使用加热的方法来制取NH3，则可将装置改为如下图装置：
A中的液体为　　　　。
B中的固体为　　　　或　　　　。
该装置的优点是________________________________________________________________________。
c．实验室合成氨装置如下图所示，试回答：
(1)装置甲的作用为①__________________；
②__________________；
③__________________。
(2)从乙处导出的气体成分为N2、H2、NH3，检验产物中的NH3的方法有__________________和__________________。
【解析】　a．铵盐用NH4Cl而不用NH4NO3是因为NH4NO3受热分解可能发生爆炸，也不用NH4HCO3是因为NH4HCO3受热分解会有CO2产生。碱用Ca(OH)2而不用NaOH，是因为NaOH价格高，吸湿性强，为块状固体，不利于气体的逸出，而且在加热条件下NaOH会与玻璃中的SiO2反应。
b．之所以不用加热是因为生石灰或NaOH遇到水会放出热量，浓氨水受热生成氨气。
c．浓硫酸可以起到干燥N2和H2的作用，又可将两种气体充分混合，同时我们可以通过观察气泡的多少来调节N2、H2的流速。检验NH3可用湿润的红色石蕊试纸靠近乙处导气管口处，试纸变蓝则说明有NH3生成，反之没有。也可用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近乙的导气管口处，有白烟生成则说明有氨气，反之没有。
【答案】　a．(1)NH4NO3受热分解可能发生爆炸
NH4HCO3受热分解会有CO2气体生成，带入CO2杂质气体
(2)ABC
b．浓氨水　生石灰　NaOH固体　方便、快捷、不需加热
c．(1)①干燥气体　②使两种气体充分混合　③观察气泡的多少以便调节H2、N2的流速
(2)用湿润的红色石蕊试纸靠近乙处导气管口处　用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近乙的导气管口处
8．某研究性学习小组的一个课题是“NO2能否支持木条的燃烧？”。由于实验室中没有现成的NO2气体，该小组的同学设计了两个方案，方案一如图一所示，方案二如图二所示。
请回答下列问题(本题不考虑N2O4存在产生的影响)：
(1)浓硝酸受热分解的化学方程式是_____________________。
(2)方案一：实验开始后木条上的火星逐渐熄灭，有的同学得出“NO2不能支持木条的燃烧”的结论。你认为这一结论是否正确？________(填“正确”或“不正确”)，理由是______________________。
(3)硝酸铜固体加热分解的产物有氧化铜、二氧化氮和氧气，该反应的化学方程式是__________________。
(4)方案二：实验当集气瓶中充满红棕色气体时，木条复燃了，有的同学得出“NO2能支持木条的燃烧”的结论。你认为这一结论是否正确？________(填“正确”或“不正确”)，理由是
________________________________________________________________________。
(5)为了更直接地说明“NO2能否支持木条的燃烧”这一问题，请你重新设计一个简单的实验方案，简述实验原理和主要操作：
______________________。
【解析】　(1)浓HNO3受热分解的化学方程为：
4HNO3(浓) 4NO2↑＋O2↑＋2H2O。
(2)该结论不正确，因为在加热时产生了大量的水蒸气，也可能导致木条熄灭。
(3)根据信息可写出该反应的化学方程式为：
2Cu(NO3)2 2CuO＋4NO2↑＋O2↑。
(4)该结论是正确的，因为Cu(NO3)2受热分解所得的混合气体中O2的体积分数与空气中O2的体积分数是基本相同的，而木条复燃了，说明NO2支持燃烧。
(5)可利用Cu与浓HNO3反应制取NO2，并干燥NO2，此时将带火星的木条伸入NO2中观察到木条复燃，证明NO2能支持燃烧。
【答案】　(1)4HNO3(浓) 4NO2↑＋O2↑＋2H2O
(2)不正确　带火星的木条熄灭可能是由于加热浓硝酸时产生大量水蒸气
(3)2Cu(NO3)2 2CuO＋4NO2↑＋O2↑
(4)正确　硝酸铜分解产生的混合气体中氧气的体积分数与空气中氧气的体积分数基本相同，若NO2不支持燃烧，则木条不会复燃
(5)用金属铜与浓硝酸反应制取NO2气体，并用浓硫酸或无水氯化钙进行干燥，再将带火星的木条伸入二氧化氮中观察现象
(2009年重庆理综)某兴趣小组设计出下图所示装置来改进教材中“铜与硝酸反应”实验，以探究化学实验的绿色化。
(1)实验前，关闭活塞b，试管d中加水至浸没长导管口，塞紧试管c和d的胶塞，加热c，其目的是__________________。
(2)在d中加适量NaOH溶液，c中放一小块铜片，由分液漏斗a向c中加入2 mL浓硝酸，c中反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　再由a向c中加2 mL蒸馏水，c中的实验现象是　　　　　　　　　　　　　　　
(3)下表是制取硝酸铜的三种方案，能体现绿色化学理念的最佳方案是　　　　，理由是__________________。
(4)该小组还用上述装置进行实验证明氧化性KMnO4>Cl2>Br2。操作步骤为__________________，
实验现象为　　　　　　　　　　　　　　　　；但此实验的不足之处是　　　　　
【解析】　加2 mL蒸馏水，浓HNO3的浓度减小，化学反应速率减慢。
甲：Cu+4HNO3(浓)===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
乙：3Cu+8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
丙：2Cu+O2 2CuO
CuO+2HNO3(稀)===Cu(NO3)2+H2O
甲、乙分别有污染环境的NO2和NO生成，而且甲、乙、丙制取1 mol Cu(NO3)2时，耗硝酸分别为：4 mol， mol,2 mol，所以丙方案最佳。
【答案】　(1)检查装置气密性
(2)Cu+4HNO3(浓)===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
反应变缓，气体颜色变淡
(3)丙　耗酸量最少，无污染
(4)向d中加入KBr溶液，c中加入固体KMnO4，由a向c中加入浓盐酸　c中有黄绿色气体产生，d中溶液变为黄棕色　没有处理尾气
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一、选择题(每小题3分，共48分)
1．(2009年北京市东城区)最近科学家发现了氧元素的一种新的粒子O4。对于这种新粒子，下列说法不正确的是(　　)
A．它是氧元素的一种同素异形体
B．它是氧元素的一种同位素
C．它的摩尔质量为64 g·mol－1
D．它具有很强的氧化性
【解析】　同素异形体是指由同种元素形成的不同单质，是对单质而言的；同位素是指质子数相同而中子数不同的同种元素不同原子的互称，同位素和同素异形体的概念范围是不一样的：一个是原子，一个是单质，A正确，B不正确。摩尔质量是有单位的，该粒子的相对分子质量是64，摩尔质量是64 g/mol，C正确。由O2、O3的性质可知D正确。
【答案】　B
2．(2009年济南高三统考)若两物质恰好完全发生化学反应，下列各项中，反应前后肯定不发生变化的是(　　)
①电子总数　②原子总数　③分子总数　④物质的种类　⑤物质的总质量
A．只有④⑤ B．只有②⑤
C．只有①②③⑤ D．只有①②⑤
【解析】　化学反应中的最小微粒是原子，在反应前后原子的种类和数目不变，②正确；化学反应前后总质量保持不变，即遵循质量守恒定律，⑤正确；不论在反应中有无电子的转移，电子的总数都不会改变，①正确；化学反应的特征就是有新物质生成，故④错误。很多反应如2H2＋O2===2H2O，反应前后分子总数改变，故③错误。
【答案】　D
3．下列有关化学用语表达不正确的是(　　)
A．氨气分子的电子式：H··H··H
B．S2－的结构示意图：＋16
C．CS2分子的结构式：S===C===S
D．苯分子的比例模型：
【答案】　A
4．请你运用所学的化学知识判断，下列有关化学观念的叙述错误的是(　　)
A．几千万年前地球上一条恐龙体内的某个原子可能在你的身体里
B．用斧头将木块一劈为二，在这个过程中个别原子恰好分成更小粒子
C．一定条件下，金属钠可以成为绝缘体
D．一定条件下，水在20 ℃时能凝固成固体
【解析】　根据质量守恒定律可知A项说法成立；B项中改变原子中核外电子可通过化学反应来实现，而改变原子核构成需通过核聚变或核裂变来实现，由此可见斧头劈木块时，是不存在上述两种过程的。C项在一定条件下，使金属钠以气态原子形式存在，此时缺少自由电子的钠可成为绝缘体。D项水的凝固点会随压强增大而升高。
【答案】　B
5．下列说法中正确的是(　　)
A．非金属元素呈现的最高化合价不超过该元素原子的最外层电子数
B．非金属元素呈现的最低化合价，其绝对值等于该元素原子的最外层电子数
C．最外层有2个电子的原子都是金属原子
D．最外层有5个电子的原子都是非金属原子
【解析】　非金属元素(一般是主族元素)的最高正价等于它的最外层电子数，所以A正确。B中非金属元素的最低化合价的绝对值等于它形成8电子稳定结构所需的电子数，也就是8减去最外层电子数。He原子最外层有2个电子，但He不是金属，所以C错误。ⅤA族元素中的Sb、Bi的最外层都是5个电子，但它们都是金属，D错误。
【答案】　A
6．下列每组物质发生状态变化所克服的微粒间的相互作用属于同种类型的是(　　)
A．食盐和蔗糖熔化 B．钠和硫熔化
C．碘和干冰升华 D．二氧化硅和氧化钠熔化
【解析】　A中食盐熔化破坏离子键，蔗糖破坏分子间作用力；B中钠破坏金属键，硫破坏范德华力；C中均破坏范德华力；D中SiO2破坏共价键，Na2O破坏离子键。
【答案】　C
7．下列说法中不正确的是(　　)
①质子数相同的粒子一定属于同种元素　②同位素的性质几乎完全相同　③质子数相同，电子数也相同的粒子，不可能是一种分子和一种离子　④电子数相同的粒子不一定是同一种元素　⑤一种元素只能有一种质量数　⑥某种元素的相对原子质量取整数，就是其质量数
A．①②④⑤ B．③④⑤⑥
C．②③⑤⑥ D．①②⑤⑥
【解析】　 ①质子数相同可能是原子、离子、分子；②同位素的物理性质不同；⑤一种元素可能有几种同位素(质量数不同)；⑥元素的相对原子质量是同位素的相对原子质量与其丰度(原子个数百分比)的乘积之和。
【答案】　D
8．下列事实与氢键有关的是(　　)
A．水加热到很高的温度都难以分解
B．水结成冰体积膨胀，密度变小
C．CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高
D．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
【解析】　水加热到很高温度都难以分解，是由于H—O键难断开，涉及共价键的键能，与氢键无关，C、D中氢化物的熔点应与相对分子质量有关，热稳定性与键能有关。
【答案】　B
9．镭是元素周期表中第七周期第ⅡA族元素，下列关于镭的性质的描述中不正确的是(　　)
A．在化合物中呈＋2价 B．氢氧化物呈两性
C．单质使水分解，放出氢气 D．碳酸盐难溶于水
【解析】　在周期表中同族元素，从上到下其金属性依次增强，因此，可以由熟知的钙及其化合物的性质类推镭及其化合物的性质。可以确定其单质使水分解，放出氢气；其氢氧化物呈现出比氢氧化钙更强的碱性，而不能呈两性。所以C正确，B不正确。
【答案】　B
10．IUPAC推荐原子序数为110的元素的符号为Ds，以纪念该元素的发现地(Darmstadt，德国)。下列关于Ds的说法不正确的是(　　)
A．Ds原子的电子层数为7 B．Ds是超铀元素
C．Ds原子的质量数为110 D．Ds为金属元素
【解析】　根据稀有气体的原子序数递增规律：He 2、Ne 10、Ar 18、Kr 36、Xe 54、Rn 86。第7周期元素从87号开始到118号结束，都是金属元素，A、D正确。铀是92号元素，原子序数大于92的元素统称为超铀元素，B正确。Ds的原子序数为110，可知质子数等于110，但其中子数不可能为0，所以Ds原子的质量数大于110，C不正确。
【答案】　C
11．类推的思维方式在化学学习与研究中经常采用，但类推出的结论是否正确最终要经过实践的验证。以下类推的结论正确的是(　　)
A．“由Cl2＋H2O===HCl＋HClO”反应可推出“F2＋H2O===HF＋HFO”反应也能发生
B．HCl的水溶液是强酸，推出HF的水溶液也是强酸
C．由“2Fe＋3Cl2===2FeCl3”反应可推出“2Fe＋3I2===2FeI3”反应也能发生
D．Na、K在周期表中属于同一主族，化学性质相似，Na常温下与水剧烈反应，故K常温下也能与水剧烈反应
【解析】　F2与水剧烈反应，但产物为HF和O2，发生反应为2F2＋2H2O===4HF＋O2，故A项错误；虽然HCl是强酸，但HF的水溶液为弱酸，B项错误；因Fe3＋具有较强氧化性，而I－具有较强的还原性，二者不共存，正确反应为Fe＋I2===FeI2，C项错误；Na、K均在第ⅠA族，原子最外层均有1个电子，反应中易失去，表现出较强的还原性，常温下均能与水剧烈反应。
【答案】　D
12．(2009年广州普遍高中调研考试)短周期元素X、Y可以形成化合物XY2。下列有关叙述正确的是(　　)
A．若XY2是共价化合物，则X与Y的原子序数不可能相差1
B．若XY2是离子化合物，则X与Y的原子序数不可能相差8
C．若X与Y的原子序数相差5，则离子化合物XY2不溶于水
D．若X与Y的原子序数相差6，则共价化合物XY2可溶于强碱溶液
【解析】　如NO2是短周期元素形成的XY2型的共价化合物，原子序数相差1，选项A错。短周期元素X、Y，若X与Y的原子序数相差8，X、Y是同一主族的元素，或X、Y分别是H和F，二者不可能形成离子化合物，所以选项B正确。离子化合物MgCl2，两种元素的原子序数相差5，但MgCl2能溶于水，选项C错误。若X与Y的原子序数相差6，则形成的共价化合物XY2为SiO2，能溶于强碱溶液，所以选项D正确。
【答案】　BD
13．(2008年海淀)A、B、C、D、E五种元素从左向右按原子序数递增(原子序数为5个连续的自然数)的顺序排列如下：
A B C D E
下列说法正确的是(　　)
A．E元素的最高化合价为＋7价时，D元素的负化合价可为－2价
B．A(OH)n为强碱时，B(OH)m也一定为强碱
C．HnDOm为强酸时，E的非金属性一定很强
D．HnCOm为强酸时，E的单质可能有强还原性
【解析】　E元素的最高化合价为＋7价时，D元素的最高化合价必为＋6价，则D元素的负化合价可为－2价。A(OH)n为强碱时，B(OH)m可能为强碱，也可能为中强碱，还可能为弱碱。HnDOm为强酸，即D元素的非金属性很强，原子序数比D大1的E可能为非金属性比D强的非金属元素，也可能为稀有气体元素。元素C与元素E的关系可这样举例，如：C是16S，则E是18Ar；C是17Cl，则E是19K。
【答案】　AD
14．A、B、C、D为原子序数依次增大的同周期的短周期元素。已知A、C、D三种原子的最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，均生成盐和水。下列判断正确的是(　　)
A．A、C、D三种元素的最高价氧化物对应的水化物有两种是强碱、一种是强酸或两种是强酸、一种是强碱
B．A、C、D三种元素有两种是金属、一种是非金属
C．D元素在第三周期第ⅥA族
D．A、B、C三种元素的单质熔沸点依次降低
【解析】　据“三种元素的最高价氧化物的水化物之间能两两反应”，结合“A、B、C、D是原子序数依次增大的同周期的短周期元素”知C为Al，A为Na，再根据“A、C、D三种原子的最外层共有11个电子，推知D为Cl，由原子序数的关系知B为Mg。NaOH为强碱，Al(OH)3为两性氢氧化物，HClO4为强酸，A错误；Na、Mg是金属，Cl是非金属，B正确；Cl元素在第三周期第ⅦA族，C错误；Na、Mg、Al的原子半径逐渐减小，熔沸点依次升高。
【答案】　B
15．(2009年山东临沂期中测试)X为主族元素，其原子最外层只有一个电子，Y元素的最高正价与负价的代数和为0，Z元素原子的最外层电子数是次外层的3倍，则X、Y、Z形成的化合物的化学式不可能是(　　)
A．X2Z2 B．X4YZ4
C．X2Y2Z4 D．X5Y2
【解析】　X为ⅠA族元素，其化合价可能为＋1或－1，Y元素为ⅥA族元素，化合价为＋4或－4；Z为氧元素，其化合价为－2。A项正确，例如H2O2或Na2O2等；B项正确，例如H4SiO4；C项正确，例如乙二酸(HOOC—COOH)。
【答案】　D
16．下列物质性质的变化规律，与共价键的键能大小有关的是(　　)
A．F2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高
B．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
C．金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅
D．NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
【解析】　A项中分子晶体熔、沸点高低与分子间的作用有关，与分子内共价键无关。D项离子晶体内存在的是离子键。
【答案】　BC
二、非选择题(共52分)
17．(12分)(2009年青岛模拟)用A＋、B－、C2－、D、E、F、G和H分别表示含有18个电子的八种粒子(离子或分子)，请回答：
(1)A元素是________、B元素是________、C元素是__________(用元素符号表示)。
(2)D是由两种元素组成的双原子分子，其分子式为________。
(3)E是所有含18个电子的粒子中氧化能力最强的分子，其分子式为__________。
(4)F是由两种元素组成的三原子分子，其分子式是________，电子式是__________。
(5)G分子中含有4个原子，其分子式是__________。
(6)H分子中含有8个原子，其分子式是__________。
【解析】　(1)因A＋、B－、C2－都含有18个电子，故A为钾(K)，B为氯(Cl)，C为硫(S)。
(2)D是由两种元素组成的双原子分子，则其分子式应为HCl。
(3)因为E是所有含18个电子的粒子中氧化能力最强的分子，根据元素周期律知识应是氟(F2)。
(4)F是由两种元素组成的三原子分子，其分子式应为H2S，电子式为H∶ ∶H。
(5)G分子中含有4个原子，其分子式为PH3或H2O2。
(6)H分子中含有8个原子，其分子式为C2H6。
【答案】　(1)K　Cl　S　(2)HCl　(3)F2　(4)H2S
H∶ ∶H　(5)H2O2(答PH3同样也可)　(6)C2H6
18．(12分)氧族元素的各种性质可归纳整理为如下图所示的表格(部分)：
　　元素性质　　 8O 16S Se 52Te
单质沸点(℃) －183 444.6 685 1 390
主要化合价 －2 －2、＋4、＋6 －2、＋4、＋6
原子半径(nm) 0.074 0.102 0.116 0.143
单质与H2反应 点燃易化合 加热化合 加热难化合 不能直接化合
回答下列问题：
(1)硒的原子结构示意图为________。
(2)H2O2可以作脱氯剂，用于消除水中的Cl2，写出该反应的化学方程式________________________________________________________________________。
(3)碲的主要化合价可能有________。
(4)工业上可用Al2Te3制备H2Te，化学方程式为__________________________________。
【解析】　(2)H2O2和Cl2反应，Cl2是氧化剂，被还原为－1价的氯，H2O2被氧化，化合价升高，生成O2。
(4)联想Al2S3水解产生H2S，由Al2Te3(盐类)制备H2Te是双水解反应。
【答案】　(1)＋34
(2)Cl2＋H2O2===2HCl＋O2
(3)－2、＋4、＋6
(4)Al2Te3＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2Te↑
19．(14分)A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素。B、E同主族，且满足最高正化合价＋最低负化合价＝0；A与C、D与C之间都能形成原子个数比分别为2∶1和1∶1的两种化合物。试解答下列有关问题。
(1)在A2C2分子中含有的化学键是________和________。
(2)C与D形成的化合物的电子式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)实验室可用由B、C、D组成的化合物为反应物之一制取由A、C、D组成的化合物，反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)写出E单质与A、C、D形成的化合物的水溶液反应的离子方程式________________________________________________________________________。
【解析】　据题意知：B为C，E为Si；A为H，C为O，D为Na，形成的化合物分别为H2O和H2O2，Na2O和Na2O2。
(1)在H2O2分子中含有极性键和非极性键。
(2)Na与O可形成Na2O和Na2O2，电子式分别为：
Na＋[ ]2－Na＋，Na＋[ ]2－Na＋。
(3)由Na2CO3来制取NaOH，可据反应
Na2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋2NaOH实现。
(4)Si与NaOH反应的离子方程式为：
Si＋2OH－＋H2O===SiO32－＋2H2↑
【答案】　(1)极性键　非极性键
(2)Na＋[ ]2－Na＋、Na＋[ ]2－Na＋
(3)Na2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋2NaOH
(4)Si＋2OH－＋H2O===SiO32－＋2H2↑
20．(14分)已知A、B、C、D、E、F、G都是短周期的元素，它们的原子序数依次递增，A原子的电子层数与它的核外电子总数相同，而B原子的最外层电子数是次外层的2倍，C的氢化物可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B和D可以形成两种气态化合物，E原子核外电子总数比B的2倍少1，D与F同主族，G的原子半径是本周期元素中最小的。则：
(1)运送飞船的火箭燃料有一种液态化合物是由A、C元素组成的，已知该化合物的相对分子质量为32，其中氢元素的质量分数为12.5%。若该化合物与A2D2恰好完全反应，能产生两种无毒又不污染环境的物质，试写出该反应的化学方程式：
________________________________________________________________________。
(2)C的原子间也可形成链状结构，假设C原子间只以单键形式连接，并与A形成系列化合物，则该系列化合物的通式为
__________________。
(3)由B和D以质量比为3∶8组成的化合物与E的同周期相邻主族元素的单质反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(4)G单质与E的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
【解析】　根据题意知：A为H、B为C、C为N、D为O、E为Na、F为S、G为Cl。
(1)N与H形成的化合物中H原子数为＝4，则N原子数为＝2，即分子式N2H4，N2H4与H2O2发生氧化还原反应生成N2和H2O，据得失电子守恒配平得N2H4＋2H2O2===N2↑＋4H2O。
(2)据N原子成键特点知该系列化合物为HNHNH……NHH，因此得出通式为NnHn＋2。
(3)C与O形成质量比为3∶8的化合物中，C原子数与O原子数之比为＝1∶2，即分子式为CO2，与Mg能发生反应2Mg＋CO22MgO＋C。
【答案】　(1)N2H4＋2H2O2===N2↑＋4H2O
(2)NnHn＋2
(3)2Mg＋CO22MgO＋C
(4)Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
一、选择题
1．物质的量浓度相同的下列溶液中，含粒子种类最多的是(　　)
A．CaCl2 B．CH3COONa
C．NH3 D．K2CO3
【解析】　CaCl2不发生水解，溶液中存在的粒子有Ca2＋、Cl－、H＋、OH－、H2O等5种；CH3COONa发生水解，溶液中存在Na＋、CH3COO－、H＋、OH－、CH3COOH和H2O共6种粒子；氨水中也存在6种粒子；K2CO3存在两级水解，溶液中有7种粒子，即：K＋、CO32－、HCO3－、H2CO3、H＋、OH－、H2O。
【答案】　D
2．下列各步制取物质，最终无法达到目的的有(　　)
A．AlAl2O3Al(NO3)3Al(NO3)3晶体
B．CuCuOCuSO4溶液CuSO4·5H2O
C．FeFeCl3Fe(OH)3Fe2O3
D．FeSO4溶液FeSFeS
【解析】　A选项中的Al(NO3)3溶液中存在下列反应：
Al(NO3)3＋3H2O??Al(OH)3＋3HNO3
加热HNO3挥发，平衡正移，最后蒸干灼烧后得Al2O3，而得不到Al(NO3)3；B、C两选项中设计过程正确；D选项中FeSO4溶液与H2S不发生反应，故设计原理错误。
【答案】　AD
3．(2008年重庆高考题)向三份0.1 mol/L CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO－浓度的变化依次为(　　)
A．减小、增大、减小 B．增大、减小、减小
C．减小、增大、增大 D．增大、减小、增大
【解析】　因发生水解，NH4NO3、Na2SO3、FeCl3分别显酸性、碱性、酸性，而酸性会促进CH3COO－的水解，使c(CH3COO－)减小，碱性则会抑制CH3COO－的水解，使c(CH3COO－)增大。
【答案】　A
4．(2009年南通高三调研考试)H2A为二元弱酸，则下列说法正确的是(　　)
A．在溶质物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中，阴离子总数相等
B．在等物质的量浓度的Na2A、NaHA两溶液中，前者pH大于后者
C．在NaHA溶液中一定有：c(Na＋)>c(HA－)>c(OH－)>c(H＋)
D．在Na2A溶液中一定有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA－)＋c(OH－)＋2c(A2－)
【解析】　选项A，在溶质物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中，由于A2－与HA－的水解程度不同，故阴离子总数不同，不正确；选项B，在等物质的量浓度的Na2A、NaHA两溶液中，由于A2－的水解程度比HA－的水解程度大，Na2A碱性较强，即pH前者大于后者；选项C，NaHA溶液中HA－可能电离程度大于水解程度，即溶液有可能呈酸性，如NaHSO3溶液，故不正确；选项D，表达的是电荷守恒，正确。
【答案】　BD
5．用一价离子组成四种盐：AC、BD、AD、BC，将它们配制成1 mol·L－1的溶液，在室温下，AC和BD溶液的pH＝7，AD溶液pH>7，BC溶液pH<7，则(　　)
A B C D
碱性 AOH>BOH AOHBOH AOH酸性 HC>HD HC>HD HC【解析】　根据题设AD溶液pH>7，那么AD为强碱弱酸盐，A＋为强离子，D－为弱酸根离子；同理，B＋为弱碱离子，C－为强酸根离子；AC、BD溶液pH＝7，那么AC为强酸强碱盐，与以上推断不矛盾，BD为弱酸弱碱盐，如CH3COONH4水解，但溶液呈中性。因此，碱性AOH>BOH，酸性HC>HD。
【答案】　A
6．在水溶液中，因发生水解反应而不能大量共存的一组粒子是(　　)
A．CO32－、OH－、Na＋、H＋ B．Al3＋、Na＋、AlO2－、Cl－
C．Ba2＋、HCO3－、K＋、SO42－ D．S2－、H＋、SO42－、Cu2＋
【解析】　A项中，发生H＋＋OH－===H2O中和反应而不共存；B项中，Al3＋和AlO2－发生双水解而不共存；C项中，因Ba2＋和SO42－生成沉淀而不共存；D项中，发生S2－＋2H＋===H2S↑生成气体或Cu2＋＋S2－===CuS↓沉淀而不共存。
【答案】　B
7．将下列离子混合在同一溶液中，必然会产生沉淀的一组是(　　)
A．Na＋，Al3＋，Cl－，AlO2－ B．Ba2＋，NH4＋，Cl－，OH－
C．H3O＋，Ca2＋，PO43－，Cl－ D．Na＋，Al3＋，Cl－，CO32－
【解析】　A项中，Al3＋发生水解显酸性；AlO2－发生水解显碱性，两种离子在溶液中相遇时发生双水解相互促进，使水解反应进行到底：Al3＋＋3AlO2－＋6H2O===4Al(OH)3↓。D项中，Al3＋与CO32－发生双水解相互促进，同样使水解反应进行完全：2Al3＋＋3CO32－＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑。故A、D两项中必然会产生沉淀。
【答案】　AD
8．物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY和NaZ的溶液，其pH依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是(　　)
A．HX、HZ、HY B．HZ、HY、HX
C．HX、HY、HZ D．HY、HZ、HX
【解析】　根据盐的水解规律，弱酸阴离子对应的酸越弱其水解程度越大，由题意知：X－、Y－、Z－的水解程度：Z－>Y－>X－，所以其对应酸的酸性强弱顺序为HX>HY>HZ。
【答案】　C
9．(2008年高考广东卷)盐酸、醋酸和碳酸氢钠是生活中常见的物质。下列表述正确的是(　　)
A．在NaHCO3溶液中加入与其等物质的量的NaOH，溶液中的阴离子只有CO32－和OH－
B．NaHCO3溶液中：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)
C．10 mL 0.10 mol/L CH3COOH溶液加入等物质的量的NaOH后，溶液中离子的浓度由大到小的顺序是：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
D．中和体积与pH都相同的HCl溶液和CH3COOH溶液所消耗的NaOH物质的量相同
【解析】　A中，生成Na2CO3 溶液，CO32－会发生水解，生成HCO3－，所以A错；电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HCO3－)＋2c(CO32－)＋c(OH－)
物料守恒：c(Na＋)＝c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)
两式相减得：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(CO32－)＋c(OH－)，所以B错误；C中，生成CH3COONa，CH3COO－水解呈碱性，故C正确；相同pH、相同体积的HCl和CH3COOH，因为CH3COOH为弱酸，所以CH3COOH的物质的量浓度大，CH3COOH所消耗的NaOH的物质的量多，D错。
【答案】　C
10．将10 mL 0.1 mol/L氨水与6 mL 0.2 mol/L盐酸混合反应后，溶液中离子浓度关系正确的是(　　)
A．c(Cl－)>c(NH4＋)>c(OH－)>c(H＋)
B．c(NH4＋)>c(Cl－)>c(H＋)>c(OH－)
C．c(Cl－)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－)
D．c(H＋)>c(Cl－)>c(NH4＋)>c(OH－)
【解析】　经计算知盐酸过量，所以c(H＋)>c(OH－)；由生成的NH4Cl水解知c(Cl－)>c(NH4＋)；NH4＋水解是微弱的，所以c(NH4＋)应大于过量盐酸提供c(H＋)与少量NH4＋水解产生的c(H＋)之和，即c(NH4＋)>c(H＋)。结果为c(Cl－)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－)。
【答案】　C
11．25 ℃时，在浓度为1 mol·L－1的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2的溶液中，测得其中c(NH4＋)分别为a、b、c(单位为mol·L－1)，下列判断正确的是(　　)
A．a＝b＝c B．a>b>c
C．a>c>b D．c>a>b
【解析】　三种溶液中均存在水解平衡：NH4＋＋H2O??NH3·H2O＋H＋，对于(NH4)2CO3，因CO32－＋H＋===HCO3－，使上述平衡向右移动，对于(NH4)2Fe(SO4)2，Fe2＋＋2H2O??Fe(OH)2＋2H＋，c(H＋)增大，抑制NH4＋的水解。
【答案】　D
12．(2009年南通四县高三联考)一定温度下，将Cl2缓慢通入水中。当通入的Cl2体积为V1时达到饱和，溶液中c(H＋)变化如右图中曲线a。已知Cl2的溶解度随温度升高而迅速降低，下列叙述中正确的是(　　)
A．将饱和氯水加水稀释，溶液中c(H＋)变化如曲线b
B．将饱和氯水升高温度，溶液中c(H＋)变化如曲线c
C．在饱和氯水中加入NaOH使pH>7，所得溶液中存在下列关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(ClO－)
D．在饱和氯水中加入NaOH使pH＝7，所得溶液中存在下列关系：c(Na＋)>c(ClO－)>c(Cl－)>c(HClO)
【解析】　饱和氯水加水稀释时溶液中c(H＋)降低，A错；饱和氯水升高温度时溶液中的c(H＋)降低，B正确；由电荷守恒可知C正确，D错误。
【答案】　BC
二、非选择题
13．普通泡沫灭火器内的玻璃筒里盛硫酸铝溶液，铁筒里盛碳酸氢钠溶液，其化学反应的原理是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
不能把硫酸铝溶液盛放在铁筒里的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
不用溶解度较大的碳酸钠代替碳酸氢钠的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　硫酸铝和碳酸氢钠相遇会发生双水解产生CO2气体达到灭火目的，其原理是：Al2(SO4)3＋6NaHCO3===3Na2SO4＋2Al(OH)3↓＋6CO2↑。若把Al2(SO4)3放在铁筒里，因发生水解反应：Al3＋＋3H2O??Al(OH)3＋3H＋，溶液呈酸性会腐蚀铁筒。若用Na2CO3代替NaHCO3，发生的双水解反应是：Al2(SO4)3＋3Na2CO3＋3H2O===3Na2SO4＋2Al(OH)3↓＋3CO2↑，可见，等物质的量的Al2(SO4)3产生的CO2的量较少，且生成CO2的速率慢。
【答案】　Al2(SO4)3＋6NaHCO3===3Na2SO4＋2Al(OH)3↓＋6CO2↑　Al2(SO4)3溶液发生水解，Al3＋＋3H2O??Al(OH)3＋3H＋，溶液呈酸性，腐蚀铁筒　若用Na2CO3代替NaHCO3，发生变为Al2(SO4)3＋3Na2CO3＋3H2O===3Na2SO4＋2Al(OH)3↓＋3CO2↑，等物质的量的Al2(SO4)3产生的CO2的量较少，所以不能代替
14．现有常温下的0.1 mol/L纯碱溶液。
(1)你认为该溶液呈碱性的原因是(用离子方程式表示)：________________________________________________________________________
____________________________。
为证明你的上述观点，请设计一个简单的实验，简述实验过程：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)同学甲认为该溶液中Na2CO3的水解是微弱的，发生水解的CO32－不超过其总量的10%。请你设计实验证明该同学的观点是否正确________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)同学乙就该溶液中粒子之间的关系写出了下列四个关系式，你认为其中正确的是________。
A．c(Na＋)＝2c(CO32－)
B．c(CO32－)>c(OH－)>c(HCO3－)>c(H2CO3)
C．c(CO32－)＋c(HCO3－)＝0.1 mol/L
D．c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO3－)＋2c(H2CO3)
(4)水解反应是典型的可逆反应，水解反应的化学平衡常数称为水解常数(用Kh表示)，请写出Na2CO3第一步水解反应的水解常数的表示式：________________________________________________________________________。
【解析】　(1)Na2CO3属强碱弱酸盐，CO32－水解而显碱性，为证明这一点，可向Na2CO3溶液中滴入几滴酚酞，溶液显红色，然后加入过量CaCl2，若红色消失即证明是因CO32－所致。
(2)为了证明这点，可用pH试纸测常温下0.1 mol/L的纯碱溶液的pH，若pH<12，则c(H＋)>10－12mol/L，即c(OH－)<10－2mol/L，所以可得出水解的CO32－数目不会超过其总量的10%。
(3)因CO32－水解，故c(Na＋)>2c(CO32－)，A错误；据CO32－的两步水解方程式便知c(CO32－)>c(OH－)>c(HCO3－)>c(H2CO3)，B正确；C项由物料守恒知c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)＝0.1 mol/L；D项属质子守恒。
(4)类比化学平衡常数的定义写出
Kh＝。
【答案】　(1)CO32－＋H2O??HCO3－＋OH－　 向纯碱溶液中滴加数滴酚酞试液后，溶液显红色；然后逐滴加入氯化钙溶液直至过量，若溶液红色逐渐变浅直至消失，则说明上述观点
(2)用pH试纸(或pH计)测常温下0.1 mol/L纯碱溶液的pH，若pH<12，则该同学的观点正确；若pH>12，则该同学的观点不正确
(3)BD　(4)Kh＝
15．有A、B、C、D四种强电解质，它们在水中电离时可产生下列离子(每种物质只含一种阴离子且互不重复)
阳离子 Na＋、Ba2＋、NH4＋
阴离子 CH3COO－、Cl－、OH－、SO42－
已知：①A、C溶液的pH均大于7，A、B的溶液中水的电离程度相同；②C溶液和D溶液相遇时只生成白色沉淀，B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，A溶液和D溶液混合时无明显现象。
(1)A是________，B是________。
(2)写出C与D反应的离子方程式________________________________________________________________________。
(3)25 ℃时，0.1 mol·L－1B溶液的pH＝a，则B溶液中c(H＋)－c(NH3·H2O)＝____________(用含有a的关系式表示)。
(4)将等体积、等物质的量浓度的B溶液和C溶液混合，反应后溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为________________________________________________________________________
______________________________。
(5)在一定体积的0.005 mol·L－1的C溶液中，加入一定体积的0.001 25 mol·L－1的盐酸时，混合溶液的pH＝11，若反应后溶液的体积等于C溶液与盐酸的体积之和，则C溶液与盐酸的体积比是________________________________________________________________________。
【解析】　据已知②确定，C、D中含有Ba2＋与SO42－，B、C中含NH4＋、OH－，若C中含NH4＋则为(NH4)2SO4，不符合①A、C的pH>7，则C中含OH－，为Ba(OH)2，B为NH4Cl[不能为(NH4)2SO4否则B、C混合后有NH3产生]，据①确定A为CH3COONa，则D为Na2SO4，故(3)NH4Cl溶液中，c(H＋)＋c(NH4＋)＝c(Cl－)＋c(OH－) ①，c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)＝0.1 mol·L－1 ②，由①－②得c(H＋)－c(NH3·H2O)＝c(OH－)＝＝10a－14。(4)中等物质的量的NH4Cl与Ba(OH)2混合后，Ba(OH)2过量，因生成NH3·H2O使c(OH－)>c(Ba2＋)。(5)中据c(OH－)＝
＝1×10－3，解得＝。
【答案】　(1)CH3COONa　NH4Cl　(2)Ba2＋＋SO42－===BaSO4↓　(3)1×10－14＋a　(4)c(OH－)>c(Ba2＋)＝c(Cl－)>c(NH4＋)>c(H＋)　(5)1∶4
16．某二元酸(化学式用H2B表示)在水中的电离方程式是：
H2B===H＋＋HB－　HB－??H＋＋B2－
回答下列问题：
(1)Na2B溶液显________(填“酸性”、“中性”、或“碱性”)。理由是__________________(用离子方程式表示)。
(2)在0.1 mol/L的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是(　　)
A．c(B2－)＋c(HB－)＋c(H2B)＝0.1 mol/L
B．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)
C．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HB－)＋2c(B2－)
D．c(Na＋)＝2c(B2－)＋2c(HB－)
(3)已知0.1 mol/L NaHB溶液的pH＝2，则0.1 mol/L H2B溶液中氢离子的物质的量浓度可能是________0.11 mol/L(填“<”、“>”或“＝”)，理由是：____________________________________。
(4)0.1 mol/L NaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是______________________。
【解析】　由H2B===H＋＋HB－(完全电离)，HB－??H＋＋B2－(部分电离)，所以盐中B2－离子将水解而HB－不水解，故Na2B显碱性，原因是B2－＋H2O??HB－＋OH－。在Na2B溶液中存在：Na2B===2Na＋＋B2－，B2－＋H2O??HB－＋OH－，H2O??H＋＋OH－。由物料守恒知c(Na＋)＝2c(B2－)＋2c(HB－)＝0.2 mol·L－1。由电荷守恒知c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(B2－)＋c(OH－)＋c(HB－)在NaHB溶液中，NaHB===Na＋＋HB－、HB－??H＋＋B2－、H2O??H＋＋OH－。
已知0.1 mol·L－1，NaHB溶液的pH＝2说明其c(H＋)＝0.01 mol·L－1主要是HB－电离产生的。在H2B溶液中，第一步电离产生的H＋抑制了第二步电离，所以0.1 mol·L－1H2B溶液中c(H＋)<0.11 mol·L－1，在NaHB(aq)中各离子浓度大小顺序为：c(Na＋)>c(HB－)>c(H＋)>c(B2－)>c(OH－)。
【答案】　(1)碱性　B2－＋H2O??HB－＋OH－
(2)CD
(3)<　H2B第一步电离产生的H＋，抑制了HB－的电离
(4)c(Na＋)>c(HB－)>c(H＋)>c(B2－)>c(OH－)(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
一、选择题
1．下列关于强、弱电解质的叙述中正确的是(　　)
A．强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物
B．强电解质都是可溶性化合物，弱电解质都是难溶性化合物
C．强电解质的水溶液中无溶质分子，弱电解质的水溶液中有溶质分子
D．强电解质的导电能力强，弱电解质的导电能力弱
【解析】　本题需要在深刻理解强、弱电解质的异同的基础上，弄清强、弱电解质与结构的关系，采用“枚举法”来求答。
选项A中，可举出HCl、HNO3是强电解质来加以否定。
选项B中，可举出BaSO4、CaCO3为强电解质(尽管它们难溶于水，但它们溶于水的部分是完全电离的)来加以否定。
选项D中若强电解质溶液的浓度很小时，其导电能力也会很弱，从而否定之。
仅有选项C的说法是正确的，因强电解质在水中完全电离为离子，不存在溶质分子，而弱电解质在溶液中只能部分电离，溶液中还存在溶质分子。
【答案】　C
2．(2009年珠海质检)下列关于电离常数(K)的说法中正确的是(　　)
A．电离常数(K)越小，表示弱电解质电离能力越弱
B．电离常数(K)与温度无关
C．不同浓度的同一弱电解质，其电离常数(K)不同
D．多元弱酸各步电离平衡常数相互关系为：K1【解析】　A选项考查K的意义，K的大小直接反映了该电解质电离能力，该选项正确。B、C选项考查影响K的因素，K的大小只与温度有关，因为弱电解质电离都吸热，温度升高K增大，除温度外，K与其他因素无关，B、C选项错。对于多元弱电解质，K1>K2>K3。D选项错。
【答案】　A
3．(2009年广东汕头一模)同一温度下，强电解质溶液a、弱电解质溶液b、金属导体c，三者的导电能力相同，若升高温度后，它们的导电能力强弱的顺序是(　　)
A．a＝b＝c B．b>a>c
C．c>a>b D．b>c>a
【解析】　升高温度对弱电解质的电离平衡起到促进的作用，则弱电解质溶液b中离子浓度增大较多，而强电解质溶液中离子浓度增大主要是由于水的电离程度增大，c(H＋)、c(OH－)略有增大，则b>a。金属导体c中升高温度，自由电子无规则运动速率变快，导电能力略有降低。
【答案】　B
4．(2009年山东潍坊月考)下列物质中，其水溶液能导电，溶于水时化学键被破坏，且该物质属于非电解质的是(　　)
A．SO2 B．BaSO4
C．Cl2 D．C2H5OH
【解析】　BaSO4属于电解质，B错误；Cl2是单质，C错误；C2H5OH虽属非电解质，但水溶液导电，溶于水也未破坏化学键，D错误；A项中SO2属非电解质，但SO2＋H2O??H2SO3??H＋＋HSO3－，故A符合条件，正确。
【答案】　A
5．相同体积的pH＝3的强酸溶液和弱酸溶液分别跟足量的镁完全反应，下列说法正确的是(　　)
A．弱酸溶液产生较多的氢气
B．强酸溶液产生较多的氢气
C．两者产生等量的氢气
D．无法比较两者产生氢气的量
【解析】　 因强酸完全电离而弱酸部分电离，所以结合题目可知弱酸仅电离出的H＋即与强酸中全部的H＋的物质的量相等，而与Mg反应时弱酸分子继续电离出H＋又与Mg产生H2，即弱酸产生的氢气多。
【答案】　A
6．(2009年广州联考)对氨水溶液中存在的电离平衡NH3·H2O??NH4＋＋OH－，下列叙述正确的是(　　)
A．加水后，溶液中n(OH－)增大
B．加入少量浓盐酸，溶液中c(OH－)增大
C．加入少量浓NaOH溶液，电离平衡向正反应方向移动
D．加入少量NH4Cl固体，溶液中c(NH4＋)减少
【解析】　在氨水中加水，促进NH3·H2O的电离，n(OH－)增大。加入少量盐酸中和OH－，c(OH－)减小。加入少量浓NaOH溶液，c(OH－)增大，电离平衡向逆反应方向移动。加入少量NH4Cl固体，虽然平衡向逆反应方向移动，但c(NH4＋)仍然是增大的。
【答案】　A
7．下列事实可以证明氨水是弱碱的有(　　)
A．氨水能跟氯化亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁
B．铵盐受热易分解
C．0.1 mo1/L氨水可以使酚酞试液变红
D．0.1 mo1/L氯化铵溶液的pH约为5
【解析】　证明氨水呈弱碱性的基本原理只有两个：①证明氨水不能完全电离，溶液中存在电离平衡；②证明氨水与强酸反应后生成的盐溶液呈酸性。D中NH4Cl的水溶液呈酸性，符合上述原理②，其他选项均不合理。
【答案】　D
8．(2009年安徽蚌埠质检)把1 L 0.1 mol/L醋酸溶液用蒸馏水稀释到10 L，下列叙述正确的是(　　)
A．c(CH3COOH)变为原来的1/10
B．c(H＋)变为原来的
C．c(CH3COO－)/c(CH3COOH)的比值增大
D．溶液的导电性增强
【解析】　CH3COOH??CH3COO－＋H＋，当加水稀释时，CH3COOH、CH3COO－、H＋浓度均减小，但电离为可逆的，故A项、B项、D项错误，C项正确。
【答案】　C
9．(高考上海卷)已知0.1 mol/L的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH??CH3COO－＋H＋，要使溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)值增大，可以采取的措施是(　　)
A．加少量烧碱溶液 B．升高温度
C．加少量冰醋酸 D．加水
【解析】　本题中提供的四种措施都会使醋酸的电离平衡正向移动，但A、C项会使c(H＋)/c(CH3COOH)值减小。
【答案】　BD
10.将一定体积的某NaOH溶液分成两等份，一份用pH＝2的一元酸HA溶液中和；另一份用pH＝2的一元酸HB溶液中和。当恰好完全中和时，HA溶液消耗的体积和HB溶液消耗的体积分别为V1和V2，则下列叙述正确的是(　　)
A．若V1>V2，则说明HA的酸性比HB的酸性弱
B．因为两种酸溶液的pH相等，故V1一定等于V2
C．若V1>V2，则说明HA的酸性比HB的酸性强
D．因为两种酸溶液的pH相等，所以HA与HB的酸性相同
【解析】　酸碱恰好中和时，NaOH和HA、HB的物质的量相等，则c(HA)·V1＝c(HB)·V2，若V1>V2，则c(HA)【答案】　C
11．(高考山东理综)氯气溶于水达到平衡后，若其他条件不变，只改变某一条件，下列叙述正确的是(　　)
A．再通入少量氯气，减小
B．通入少量SO2，溶液漂白性增强
C．加入少量固体NaOH，一定有c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)
D．加入少量水，水的电离平衡向正反应方向移动
【解析】　Cl2＋H2O??HCl＋HClO，达到平衡后再通入Cl2，平衡向正方向移动，HCl是强电解质，HClO是弱电解质，所以增大；通入少量SO2后，SO2与Cl2反应，SO2＋Cl2＋2H2O===H2SO4＋2HCl，溶液漂白性减弱；加入少量NaOH固体，可能HCl与HClO都有剩余，不一定有c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)。
【答案】　D
12.
(2008年广东化学)电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，根据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点。右图所示是用KOH溶液分别滴定HCl溶液和CH3COOH溶液的滴定曲线示意图。下列示意图中，能正确表示用NH3·H2O溶液滴定HCl和CH3COOH混合溶液的滴定曲线的是(　　)
【解析】　(1)HCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质，滴加NH3·H2O弱电解质先与HCl反应，生成同样为强电解质的NH4Cl，但溶液体积不断增大，溶液稀释，所以电导率下降。(2)当HCl被中和完后，NH3·H2O继续与CH3COOH弱电解质反应，生成强电解质CH3COONH4，所以电导率增大。(3)HCl与CH3COOH均反应完后，继续滴加NH3·H2O，电导率变化不大，但因溶液被稀释，电导率有下降趋势。综上所述：答案选D。
【答案】　D
二、非选择题
13．(2009年郑州模拟)有甲、乙两份等体积、浓度均为0.1 mol/L的氨水，pH为11。
(1)甲用蒸馏水稀释100倍，则NH3·H2O的电离平衡将向________(填“促进”或“抑制”)电离的方向移动，溶液的pH将为________(填序号)。
A．9～11之间 B．11
C．12～13之间 D．13
(2)乙用0.1 mol/L的氯化铵溶液稀释100倍，稀释后的乙溶液与稀释后的甲溶液相比较，pH________(填“甲大”、“乙大”或“相等”)，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　(1)加水稀释，NH3·H2O向电离的方向移动，OH－的物质的量增大，但c(OH－)减小，所以pH减小，若为强碱稀释100倍后pH＝9，故NH3·H2O的pH为9～11之间。
(2)因用NH4Cl溶液稀释后，NH4＋对NH3·H2O的电离起到抑制作用，所以OH－的浓度相对较小，pH较小。
【答案】　(1)促进　A　(2)甲大　乙用NH4Cl溶液稀释后，NH4＋浓度相对增大，抑制了NH3·H2O的电离，OH－浓度相对较小，pH较小
14．有0.1 mol/L的盐酸(a)、硫酸(b)、醋酸(c)各50 mL，试比较：
(1)三种酸的氢离子浓度由大到小的顺序是________；三种酸的pH由大到小的顺序是________。
(2)三种酸跟足量的锌反应，开始时产生H2的速率由大到小的顺序是________。(不考虑Zn的纯度及表面积等问题)
(3)三种酸跟足量的锌反应产生H2的体积由大到小的顺序是________。
(4)三种酸分别跟0.1 mol/L的NaOH溶液中和，消耗NaOH体积由大到小顺序是________。
(5)三种酸分别跟50 mL 0.l mol/L的NaOH溶液反应后，溶液的pH由大到小顺序是________。
【解析】　盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，醋酸是一元弱酸。(1)0.1 mol/L盐酸中c(H＋)＝0.1 mol/L,0.1 mol/L H2SO4中c(H＋)＝0.2 mol/L,0.1 mol/L CH3COOH溶液中c(H＋) 0.1 mol/L。
(2)酸与锌反应速率的大小取决于酸溶液中的c(H＋)大小。
(3)产生H2的体积大小根据酸能产生的n(H＋)大小来判断。
(4)消耗NaOH溶液的体积根据酸能产生的n(H＋)判断。
(5)盐酸与NaOH恰好反应，溶液呈中性，硫酸跟NaOH恰好反应，因H2SO4过量，溶液显酸性，醋酸与NaOH恰好中和，因醋酸钠水解而呈碱性。
【答案】　(1)b>a>c　c>a>b　(2)b>a>c　(3)b>a＝c(4)b>a＝c　(5)c>a>b
15．醋酸是重要的一元酸，在有机和无机反应中都有应用。
(1)在酯化反应的实验中，乙酸、乙醇的用量和平衡时乙酸乙酯的生成量如下表：
反应 乙醇(kmol) 乙酸(kmol) 乙酸乙酯(kmol)
1 2 2 1.33
2 3 2 1.57
3 4 2 x
4 5 2 1.76
①该酯化反应的平衡常数K的表达式为：K＝________________________________________________________________________。
②由表中数据推测，数值x的范围是________________________________________________________________________，
推断的依据为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
③假设乙醇的价格为500 元/kmol，乙酸乙酯的价格为1 600 元/kmol，同反应2相比，反应3的经济效益________________________________________________________________________。
(填“增加”或“减小”)
(2)10 mL 0.1 mol/L的稀醋酸中存在的平衡：CH3COOH??CH3COO－＋H＋。①向稀醋酸中不断加水；②向稀醋酸中慢慢滴加0.10 mol/L的稀氢氧化钠溶液。①中醋酸电离度的变化图线已画出，请你在图中画出②过程中醋酸电离度的变化图线(说明：电离度是弱电解质在一定的条件下达到电离平衡时已电离的分子数占原电解质分子总数的百分数)。
【解析】　(1)①据化学平衡常数定义可写出
K=
②因反应3相当于在反应2基础上增加了1 kmol乙醇，平衡向右移动，乙酸乙酯生成量增加，再结合反应4即得出1.57③若x=1.76，则同反应2相比反应3中因多生成乙酸乙酯，带来效益为(1.76-1.57)kmol×1 600 元/kmol=314元，实际小于314元，而因多耗醇而多支出(4-3)kmol×500 元/kmol=500 元，故效益减小。
(2)②相对①来说因消耗H+而促进了CH3COOH的电离，所以与①中加入相同量的水时CH3COOH的电离度要大，且当加入10 mL NaOH时恰好与CH3COOH反应，而此时CH3COOH的电离度约等于100%。
【答案】　(1)①
②1.57(2)
16．某温度下，在500 mL醋酸溶液中，溶有醋酸3.00 g，其中有醋酸根离子0.000 5 mol。
(1)求此溶液中醋酸的电离平衡常数Ka；
(2)若在上述溶液中加入0.5 mol醋酸钠固体，求溶液中的c(H＋)。
【解析】　(1)由　CH3COOH??CH3COO－＋H＋
起始(mol) 3.00/60 0 0
变化(mol) 0.000 5 0.000 5 0.000 5
平衡(mol) 0.049 5 0.000 5 0.000 5
则据：Ka＝＝＝≈1×10－5
(2)而当加入0.5 mol醋酸钠固体时，因为电离常数不再发生变化，c(CH3COO－)增大，c(H＋)·c(CH3COO－)也增大，c(CH3COOH)在那一时刻不变，它们的比值变大，所以平衡将会左移，未达到平衡前，c(CH3COOH)＝4.95×10－2÷0.5 mol·L－1，c(CH3COO－)＝(5×10－4＋0.5)÷0.5 mol·L－1＝1.0 mol·L－1，则可由电离常数表达式求得：
c(H＋)＝＝
≈1×10－6mol·L－1。
【答案】　 (1)1×10－5　(2)1×10－6mol·L－1第2讲　水的电离和溶液酸碱性单元过关评估
(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
一、选择题(每小题3分，共48分)
1．(2008年广东理基)下列有关Cl、N、S等非金属元素化合物的说法正确的是(　　)
A．漂白粉的成分为次氯酸钙
B．实验室可用浓硫酸干燥氨气
C．实验室可用NaOH溶液处理NO2和HCl废气
D．Al2(SO4)3可除去碱性废水及酸性废水中的悬浮颗粒
【解析】　漂白粉的成分为CaCl2和Ca(ClO)2，有效成分为Ca(ClO)2；氨气应用碱石灰干燥，与浓H2SO4会生成(NH4)2SO4或NH4HSO4；NO2、HCl等酸性气体可用NaOH溶液来吸收；明矾净水原理是Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，吸附悬浮物质，从而达到净水目的，废水呈酸性会抑制Al3＋水解，呈碱性则将大量Al3＋沉淀掉，所以均不宜用Al2(SO4)3来净化，应该先中和，后用Al2(SO4)3处理。
【答案】　C
2．空气是人类生存所必需的重要资源，为改善空气质量而启动的“蓝天工程”得到了全民的支持，下列措施不利于“蓝天工程”建设的是(　　)
A．推广使用燃煤脱硫技术，防治SO2污染
B．实施绿化工程，防治扬尘污染
C．研制开发燃料电池汽车，消除机动车尾气污染
D．加大石油、煤炭的开采速度，增加化石燃料的供应量
【解析】　环保问题是当今社会全球面临的重大问题，所以要从化学的角度多给予关注。D项会增加粉尘、SO2、氮氧化物的污染，故不利于“蓝天工程”的建设。
【答案】　D
3．(2009年镇江调研)同物质的量浓度同体积的Na2CO3和NaHCO3溶液中，分别加入等体积等浓度的盐酸，结果是(　　)
A．Na2CO3产生的CO2多　　　B．NaHCO3产生的CO2多
C．NaHCO3的反应速率快 D．二者产生CO2一样多
【解析】　Na2CO3需结合2个H＋放出CO2，NaHCO3只需结合一个H＋放出CO2。所以NaHCO3反应产生气体更剧烈。但由于Na2CO3、NaHCO3及盐酸的量不确定，所以产生的CO2的量难以确定。
【答案】　C
4.
在如右图所示的装置中，烧瓶中盛有空气，广口瓶中盛放下列物质时可发生喷泉的选项是(　　)
A．块状大理石和稀硫酸
B．NH4Cl与稀NaOH溶液
C．Na2O2与NaOH溶液
D．铜片与稀盐酸
【答案】　C
5．取三张蓝色石蕊试纸放在玻璃板上，然后按顺序分别滴加65%的HNO3、98.3%的H2SO4和新制的氯水，三张纸最后呈现的颜色分别是(　　)
A．白、红、白 B．红、黑、红
C．红、红、红 D．白、黑、白
【解析】　浓HNO3和新制氯水均具有酸性和强氧化性，可使石蕊试纸先变红，后褪色。浓硫酸具有脱水性，能使石蕊试纸由于脱水炭化而变黑。
【答案】　D
6．为了除去镀在铝表面的铜镀层，可选用的试剂是(　　)
A．浓硫酸 B．盐酸
C．稀硝酸 D．浓硝酸
【解析】　浓H2SO4与铜不加热时不反应，达不到除去铜的目的，但加热时，浓H2SO4不仅能与铜反应，也能与铝反应，A项错误；盐酸与铜不反应，除不掉铜，B项错误；稀HNO3与铜、铝都能反应，C项错误；冷的浓HNO3可与铜反应除去铜，又可使铝发生钝化而得到保护。
【答案】　D
7．(2008年保定一模)下列试剂中，可以用于确定某无色混合气体中一定含有SO2和CO2的是(　　)
①石灰水　②品红试液　③溴水　④KMnO4酸性溶液
A．④① B．③①
C．①② D．②④①
【解析】　无色混合气体通入②，使品红褪色且加热又恢复原来的颜色，说明有SO2；然后通入④，吸收气体中的SO2，再通入①，澄清石灰水变浑浊，证明气体中有CO2，故选D。A无验证SO2的试剂，B、C无吸收SO2的试剂，因为SO2气体通入石灰水，也会产生白色沉淀，所以不能验证是否一定含有CO2。
【答案】　D
8．为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是(　　)
A．Na2CO3溶液(NaHCO3)，选用适量NaOH溶液
B．NaHCO3溶液(Na2CO3)，应通入过量的CO2气体
C．Na2O2粉末(Na2O)，将混合物在空气中加热
D．Na2CO3溶液(Na2SO4)，加入适量的Ba(OH)2溶液，过滤
【解析】　Ba(OH)2＋Na2SO4===BaSO4↓＋2NaOH，虽除去了Na2SO4但又增加了新的杂质NaOH。
【答案】　D
9．能利用如图所示实验装置制取气体的合理选项是(　　)
A．过氧化钠和水 B．二氧化锰和浓盐酸
C．锌和稀盐酸 D．碳酸钙和稀硫酸
【解析】　B中需加热，C中产生的H2密度比空气小，D项因生成微溶的CaSO4使反应停止。
【答案】　A
10．浓H2SO4在使下列物质的转化中，既表现出氧化性，又表现出酸性的是(　　)
A．Cu→CuSO4 B．C→CO2
C．FeO→Fe2(SO4)3 D．Fe2O3→Fe2(SO4)3
【解析】　浓H2SO4在反应中表现出酸性时，硫元素化合价不变，硫元素仍以SO42－形式存在；表现出氧化性时，硫元素化合价降低。由以上反应知，C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O中，硫元素化合价降低；Fe2O3＋3H2SO4(浓)Fe2(SO4)3＋3H2O中，硫元素化合价不变；而Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O,2FeO＋4H2SO4(浓)===Fe2(SO4)3＋SO2↑＋4H2O中，都是有一部分硫元素化合价降低，一部分硫元素化合价不变。所以浓H2SO4在A、C反应中既表现了酸性，又表现了氧化性。
【答案】　AC
11．(2008年江苏化学)下列现象或事实可用同一原理解释的是(　　)
A．浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低
B．氯水和活性炭使红墨水褪色
C．漂白粉和水玻璃长期暴露在空气中变质
D．乙炔和乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色
【解析】　浓硫酸可吸收空气中水蒸气浓度降低，浓盐酸挥发出HCl导致浓度降低，A错；氯水使红墨水褪色是利用了强氧化性，活性炭使红墨水褪色是利用了吸附性，B错；漂白粉暴露在空气中变质的反应为Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3＋2HClO，HClO易分解2HClO2HCl＋O2↑，而水玻璃暴露在空气中发生反应CO2＋H2O＋Na2SiO3===H2SiO3↓＋Na2CO3，C错；乙炔和乙烯遇溴的四氯化碳溶液都可以发生加成反应，D正确。
【答案】　D
12．向含有FeCl3、BaCl2的酸性溶液中通入SO2气体会有沉淀产生，该沉淀是(　　)
A．BaSO4 B．FeS
C．BaSO3 D．S
【解析】　根据题意，该沉淀是在酸性溶液中产生的，所以它不溶于酸，选项B和C虽然不溶于水但溶于酸，故排除答案B和C。又因为SO2还具有还原性，在酸性溶液中与FeCl3发生氧化还原反应：2FeCl3＋SO2＋2H2O===2FeCl2＋H2SO4＋2HCl，使溶液中产生SO42－，它能与BaCl2中的Ba2＋结合形成不溶于酸的BaSO4沉淀，故正确答案为A。由于SO2―→S，是从＋4价降为0价，需要还原剂才能实现，题给条件不能实现，D错。
【答案】　A
13．(2008年深圳质检)单质X与浓H2SO4共热，反应中X与H2SO4的物质的量之比为1∶2，则X元素在生成物中的化合价可能为(　　)
①＋1　②＋2　③＋3　④＋4
A．②④ B．③④
C．①② D．①③
【解析】　若X为金属
X＋2H2SO4XSO4＋SO2↑＋2H2O
X为＋2价
若X为非金属
X＋2H2SO4XO2＋2SO2↑＋2H2O
X为＋4价。
【答案】　A
14．甲、乙、丙三瓶等体积等物质的量浓度的硫酸溶液，若甲用水稀释，乙中加入少量BaCl2溶液，丙不变，然后用相同物质的量浓度的NaOH溶液中和，完全中和时消耗NaOH溶液的体积关系是(　　)
A．丙>乙>甲 B．甲＝乙>丙
C．乙>丙>甲 D．甲＝乙＝丙
【解析】　无论加水、加BaCl2，溶液中H＋个数不变。
【答案】　D
15．将3.2 g Cu跟30.0 mL 10.0 mol·L－1的HNO3充分反应，还原产物有NO和NO2，若反应后溶液中有a mol H＋，则此时溶液中含NO3－的物质的量为(　　)
A．0.5a mol B．(0.1＋a)mol
C．0.1a mol D．2a mol
【解析】　首先判断Cu与硝酸谁过量，经判断知HNO3过量，Cu全部反应，根据溶液中的电荷守恒，n(NO3－)＝n(H＋)＋2n(Cu2＋)。
n(Cu2＋)＝＝0.05 mol，
所以n(NO3－)＝a mol＋2×0.05 mol＝(a＋0.1)mol。
【答案】　B
16．将a mol纯铁粉投入含HNO3 b mol的稀溶液里，恰好完全反应并放出NO气体，则a和b的关系是(　　)
A．a/b＝1/4 B．a/b＝3/8
C．1/4≤a/b≤3/8 D．a/b的值无法确定
【解析】　铁有＋2价和＋3价，与强氧化性酸(如HNO3)反应时，如HNO3过量，产生Fe3＋；如Fe过量，最终产生Fe2＋。
若HNO3过量，反应为Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O；则＝
若Fe过量，反应为3Fe＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；
则＝，故选C。
【答案】　C
二、非选择题(共52分)
17．(14分)下面是关于“一氧化碳的化学性质”的课题式课堂教学中解决问题阶段，甲同学设计的证明CO具有还原性的实验装置如下图所示。
(1)点燃酒精灯A、B的先后顺序为：先　　　后　　　。
(2)硬质试管中发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(3)洗气瓶中的实验现象为________________________________________________________________________。
(4)酒精灯B的作用为________________________________________________________________________。
(5)乙同学提出甲的装置太复杂，可将酒精灯合二为一，去掉B，而将尾气导气管出口旋转到A的火焰上即可。乙同学的设计是否合理？简述理由(从A、B使用的一致性的角度考虑)
________________________________________________________________________。
(6)丙同学质疑：CO能否使澄清石灰水变浑浊？因此，他设计在CO通入CuO之前，应先通入澄清石灰水，以比较排除CO与澄清石灰水反应。试对此作出评价，你认为丙的设计　　　　(填“必要”或“不必要”)。
【解析】　由题意知硬质试管中发生反应的化学方程式为CuO+COCu+CO2，显然A处酒精灯提供热源，B处的酒精灯用来点燃未反应的CO，防止其污染环境。若先点燃A处的酒精灯，则CO会与装置内空气作用发生爆炸。只有在排净装置内的空气后方可点燃A。所以应先点燃B再点燃A，且不能将它们合二为一。点燃酒精灯A之前，CO已充满澄清石灰水的洗气瓶，未出现浑浊，说明CO与澄清石灰水不变浑浊，故不必要先通过澄清石灰水。
【答案】　(1)B　A　(2)CuO+COCu+CO2　(3)澄清石灰水变浑浊　(4)点燃CO，防止CO污染环境　(5)不合理，因为CO点燃在先，CuO加热在后，不能同时进行　(6)不必要
18．(14分)(2008年湖北八校联考)在一定条件下，经不同的化学反应，可实现如下图的各种变化。其中只有反应①、②属非氧化还原反应。X、Y为单质，其余为化合物，B是直线型分子，⑤是化学工业上的重要反应。据此请填空：
(1)写出下列物质的化学式：A：　　　　　　、X：　　　　　、Y：　　　　　　。
(2)写出反应②的离子方程式：________________________________________________________________________。
(3)1 g X与Y完全反应放热91.5 kJ，反应③的热化学方程式：________________________________________________________________________。
(4)反应④中C与Y的物质的量之比为1∶3，D中只含两种元素，则D是　　　　。
【解析】　据B直线型可能为CO2，推测A盐为NH4HCO3[或(NH4)2CO3或NaHCO3]，据⑤是化学工业上的重要反应，且X、Y为单质，可知⑤为电解饱和食盐水，结合③、④知X为H2，Y为Cl2，E为HCl，根据(4)n(C)∶n(Y)=1∶3知C为NH3，且NH3+3Cl2===D+3HCl，确立D为NCl3。
【答案】　(1)NH4HCO3[或(NH4)2CO3或NaHCO3]　H2　Cl2
(2)CO2+OH-===HCO3-或CO2+2OH-===CO32-+H2O
(3)H2(g)+Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH=-183 kJ/mol
(4)NCl3
19．(12分)某同学为了验证氯气是否有漂白性，设计了如下图所示装置进行实验，A装置中发生的反应为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。
其中①为饱和食盐水；②为干燥的红纸条；③为浸湿的红纸条；④为氢氧化钠溶液。
请回答：
(1)随着反应的进行，发现分液漏斗中的浓盐酸逐渐滴不下去，其原因是________________________________________________________________________。
(2)饱和食盐水的作用是________________________________________________________________________。
(3)该同学按他设计的装置进行实验，发现干、湿红纸的颜色都很快褪去。请分析他得出错误结论的原因：________________________________________________________________________。
为了得出正确结论，需要改进实验装置，应在______与______之间连接________装置(见以下选项)。
①盛有碱石灰的干燥管　②盛有浓硫酸的洗气瓶　③盛有水的洗气瓶　④盛有NaOH溶液的洗气瓶
(4)实验结束时，为了防止倒吸，该同学先将导管从NaOH溶液中移出液面，然后再移去酒精灯，你认为这样操作是否合理？为什么？________________________________________________________________________，
若不合理，请你提出一个合理的方案________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。(若认为合理，此问不答)
【解析】　实验室制取Cl2常用图中A装置；干燥的氯气没有漂白性，潮湿的氯气具有漂白性；实验过程中为防止污染环境常用NaOH溶液吸收尾气。
【答案】　(1)分液漏斗液面上方的压强小于圆底烧瓶内的压强
(2)除去Cl2中的HCl
(3)Cl2未干燥　B　C　②
(4)不合理，因为氯气有毒，会造成环境污染　可在D、E装置中间加一个空的集气瓶(答案有多种，只要合理即可)
20．(12分)(2009年临沂质检)在下列物质转化中，A是一种正盐，D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，E是酸；当X无论是强酸还是强碱时，都有如下的转化关系：
当X是强酸时A、B、C、D、E均含同一种元素；当X是强碱时，A、B、C、D、E均含另外同一种元素。
请回答：
(1)A是________，Y是________，Z是________。
(2)当X是强酸时，E是________，写出B生成C的化学方程式：________________________________________________________________________。
(3)当X是强碱时，E是________，写出B生成C的化学方程式：________________________________________________________________________。
【解析】　由D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，容易联想D比C分子增加1个氧原子，则D可能是氧化物，而E为酸，则应为含氧酸，而Y是能提供“O”的物质，A为正盐，与碱反应放出的物质能连续两次氧化最后得一含氧酸，可推知A可能是铵盐：
ANH3NONO2HNO3是可能的，而A与强酸反应时，生成的物质也会连续氧化两次，最后生成含氧酸，则A可能为硫化物(含S2－)：
AH2SSO2SO3H2SO4
综合上面叙述可确定A是(NH4)2S。
【答案】　(1)(NH4)2S　O2　H2O
(2)H2SO4　2H2S＋3O22SO2＋2H2O
(3)HNO3　4NH3＋5O24NO＋6H2O(共56张PPT)
第4讲　难溶电解质的溶解平衡
1．了解难溶电解质的溶解平衡，知道沉淀转化的本质。
2．能应用溶度积常数进行简单计算。
溶解性 难溶 微溶 可溶 易溶
溶解度S的范围 S<0.01 0.0110
一、固体物质的溶解度(S)与溶解性的关系
电解质在水中的溶解度，有的很大，有的很小，但仍有度。在20 ℃时溶解性与溶解度的关系如下：
物质在水中“溶”与“不溶”是相对的，“不溶”是指难溶，没有绝对不溶的物质。
二、难溶电解质的溶解平衡
1．概念
在一定温度下，当沉淀溶解和生成的速率相等的平衡状态。
如：AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq)
2．特点
“动”——动态平衡，溶解的速率和生成沉淀的速率不为0。
“等”——v溶解＝v沉淀
“定”—— 达到平衡时，溶液中离子的浓度保持不变。
“变”——当改变外界条件时，溶解平衡将发生移动，达到新的平衡。
3．溶度积和离子积
以AmBn(s)?? mAn＋(aq)＋nBm－(aq)为例：
溶度积
离子积
概念
符号
表达式 Ksp(AmBn)＝ 式中的浓度都是平衡浓度 Qc(AmBn)＝
应用 ①Qc Ksp：溶液过饱和，有沉淀析出
②Qc Ksp：溶液饱和，溶解平衡状态
③Qc Ksp：溶液未饱和，无沉淀析出
在一定温度下，难溶电解质的饱和溶液中离子浓度幂的乘积是一个常数
的平衡常数
任意条件(即非平衡状态)下，难溶电解质溶液中，其离子浓度幂
溶液中有关离子
的乘积
Ksp
Qc
Ksp＝cm(
An＋)·cn(Bm－)
Qc＝cm(
An＋)·cn(Bm－)
式中的浓度是任意时刻的浓度
>
＝
<
三、沉淀反应的应用
1．沉淀的生成——即将溶液中的部分离子转化为沉淀，其方法有：(1)调节pH法；(2)加沉淀剂法。
2．沉淀的溶解— 。
3．沉淀的转化
(1)沉淀转化的实质 。
(2)沉淀转化的特点
①一般说来，溶解度小的沉淀易转化为溶解度 的沉淀。
②沉淀的溶解度差别 ，越容易转化。
根据平衡移动原理，减少溶解平衡体系中的某种离子，会使平衡向沉淀溶解方向移动，沉淀逐渐溶解。
沉淀溶解平衡的移动。
更小
越大
Ag＋与Cl－按等物质的量之比反应生成AgCl沉淀，该反应完成后，溶液中有无Ag＋、Cl－存在？
【提示】　在一定温度下，当沉淀溶解与生成的速率相等时，即达到溶解平衡状态。Ag＋与Cl－反应生成AgCl沉淀达到一定程度也会处于溶解平衡状态，所以溶液中仍然会有Ag＋和Cl－，只不过其浓度很小。化学上通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1.0×10－5mol/L时，沉淀就达完全。
溶度积常数的概念和意义
1．概念
物质在溶液中的沉淀溶解平衡与化学平衡、电离平衡具有相同原理。以AmBn为例，难溶电解质AmBn如果溶解的部分全电离，电离与溶解平衡式可以表示为：AmBn(s)??AmBn(aq) mAn＋(aq)＋nBm－(aq)，由于AmBn(aq)即溶液中溶解的部分全部电离，不存在分子，则上式可写成AmBn(s)?? mAn＋(aq)＋nBm－(aq)其平衡常数 ，作为固体，c(AmBn)是常数，令K·c(AmBn)＝Ksp
故Ksp＝cm(An＋)·cn(Bm－)
2．意义
Ksp反映了难溶电解质在水中的溶解能力。
(1)同温条件时，对于同类型物质，Ksp数值越大，难溶电解质在水中的溶解能力越强。如由Ksp数值可知，溶解能力：AgCl>AgBr>AgI>Ag2S，Cu(OH)2(2)不同类型的物质，Ksp差距不大时不能直接作为比较依据。如(25 ℃)：
AgCl(s)?? Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，Ksp＝1.8×10－10
Mg(OH)2(s)?? Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，Ksp＝1.8×10－11
虽然Mg(OH)2的Ksp较小，但不能认为Mg(OH)2比AgCl更难溶。一般比较难溶物质的溶解能力 ，往往比较的是饱和溶液中溶质的物质的量浓度，如常温下AgCl饱和溶液的浓度约为1.3×10－5mol·L－1，Mg(OH)2的约为1.2×10－4mol·L－1，显然Mg(OH)2更易溶解。
【说明】　Ksp与物质的量浓度无关，与温度有关，与离子方程式的写法有关，如
Cu(OH)2(s)?? Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)
Ksp＝c(Cu2＋)·c2(OH－)
Cu(OH)2悬浊液中，常温下：c(Cu2＋)·c2(OH－)＝2×10－20mol3·L－3。有关常温下的Cu(OH)2溶液，回答下列两空：
(1)某CuSO4溶液里c(Cu2＋)＝0.02 mol·L－1，要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液的pH使之大于________。
(2)要使0.2 mol·L－1CuSO4溶液中Cu2＋沉淀较为完全(使Cu2＋浓度降至为原来的千分之一)，则应向溶液里加入NaOH溶液，使溶液的pH为________。
【导航】　要析出沉淀，溶液中的离子积要大于Ksp。
【解析】　(1)由题意知：c2(OH－)·c(Cu2＋)＝c2(OH－)×0.02 mol/L＝2×10－20mol3 ·L－3，所以c(OH－)＝10－9mol/L，c(H＋)＝10－5mol/L，即pH＝5
(2)要使c(Cu2＋)降至原来的1/1 000即为2.0×10－4mol/L，则有：c2(OH－)×2×10－4＝2×10－20　c(OH－)＝10－8mol/L，c(H＋)＝10－6mol/L，即pH＝6
【答案】　(1)5　(2)6
溶解平衡的应用
1．沉淀的溶解与生成
(1)在难溶电解质的溶液中，当Qc>Ksp时，就会生成沉淀。据此，加入沉淀剂而析出沉淀，是分离、除杂常用的方法。如以Na2S、H2S等作沉淀剂，使Cu2＋、Hg2＋等生成极难溶的硫化物CuS、HgS等沉淀。
(2)当Qc①酸碱溶解法
加入酸或碱与溶解平衡体系中的相应离子反应，降低离子浓度，使平衡向溶解方向移动。
如BaCO3溶于盐酸。
②发生氧化还原反应使沉淀溶解
有些金属硫化物如CuS、HgS等，其溶度积特别小，在其饱和溶液中c(S2－)特别小，不溶于非氧化性强酸，只溶于氧化性酸(如硝酸、王水)，S2－被氧化以减小其浓度，而达到沉淀溶解的目的。
此法适用于那些具有明显氧化性或还原性的难溶物。
③生成配合物使沉淀溶解
向沉淀溶解平衡体系中加入适当的配合剂，使溶液中某种离子生成稳定的配合物，以减小其离子浓度，从而使沉淀溶解。
如AgCl溶于氨水生成[Ag(NH3)2]＋。
(3)实例探究
①利用沉淀溶解平衡移动原理解释用BaSO4作“钡餐”而不用BaCO3的原因。
2．沉淀的转化
(1)沉淀转化的实质
沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动。通常一种沉淀可以转化为更难溶的沉淀，两种难溶物的溶解能力差别越大，这种转化的趋势就越大。
(2)实例探究
①往ZnS的溶解平衡体系中加入CuSO4溶液可将其转化为更难溶的CuS沉淀。
ZnS(s)＋Cu2＋(aq) CuS(s)＋Zn2＋(aq)
②依据沉淀转化的原理，可用FeS等难溶物作为沉淀剂除去废水中的重金属离子。
。
FeS(s)＋Hg2＋(aq) HgS(s)＋Fe2＋(aq)
③硬水中的Mg(HCO3)2煮沸时分解为MgCO3，在继续煮沸过程中，MgCO3转化为更难溶的Mg(OH)2。
已知常温下，AgBr的Ksp＝4.9×10－13、AgI的Ksp＝8.3×10－17。
(1)现向含有AgI的饱和溶液中：
①加入固体AgNO3，则c(I－)________(填“变大”、“变小”或“不变”，下同)；
②若改加更多的AgI，则c(Ag＋)________；
③若改加AgBr固体，则c(I－)________；而c(Ag＋)________。
(2)有关难溶盐的溶度积及溶解度(与AgBr、AgI无关)，有以下叙述，其中正确的是________。
C．将难溶电解质放入纯水中，溶解达到平衡时，电解质离子的浓度的乘积就是该物质的溶度积
D．溶液中存在两种可以与同一沉淀剂生成沉淀的离子，则Ksp小的一定先生成沉淀
E．难溶盐电解质的Ksp和温度有关
F．同离子效应(加入与原电解质具有相同离子的物质)，使难溶盐电解质的溶解度变小，也使Ksp变小
(3)现向含有NaBr、KI均为0.002 mol/L的溶液中加入等体积的浓度为4×10－3mol/L AgNO3溶液，则产生的沉淀是______(填化学式)；若向其中再加入适量的NaI固体，则最终可发生沉淀转化的总反应式表示为______________________________________________________
【导航】　解答该题时要准确理解溶度积与溶解度的关系以及同离子效应对沉淀溶解平衡的影响。
【解析】　(1)①加入AgNO3固体，使c(Ag＋)增大，AgI溶解平衡向左移动，c(I－)减小。②改加更多的AgI固体，仍是该温度下的饱和溶液，各离子浓度不变。③因AgBr的溶解度大于AgI的溶解度，所以改加AgBr固体时，使c(Ag＋)变大，而使AgI的溶解平衡向生成AgI的方向移动，c(I－)变小。
(2)A项中只有相同类型的难溶电解质，Ksp越小，溶解度可能会小，不同类型的难溶电解质，不能据Ksp判断溶解度的大小，A错误；B项中因温度不变，故再次达到平衡时，Ksp与S均不变，B正确；Ksp是各离子浓度的幂之积，C错误；D项生成沉淀的先后还与离子的浓度有关，错误，E正确；同离子效应不会改变S与Ksp，F错误。
(3)等体积混合后c(Br－)＝c(I－)＝0.001 mol/L，c(Ag＋)＝2×10－3mol/L。
I－转化为AgI沉淀所需
c(Ag＋)＝mol/L＝8.3×10－14mol/L。
Br－转化为AgBr沉淀所需c(Ag＋)＝mol/L＝4.9×10－10mol/L，故Ag＋过量，AgI、AgBr均沉淀出来，而再向其中加入适量NaI固体时，会有AgBr转化为AgI。
【答案】　(1)①变小　②不变　③变小　变大　
(2)BE
(3)AgI、AgBr　AgBr(s)＋I－(aq) AgI(s)＋Br－(aq)
1．(2009年广东单科)硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线如下。下列说法正确的是(　　)
A．温度一定时，Ksp(SrSO4)随c(SO42－)的增大而减小
B．三个不同温度中，313 K时Ksp(SrSO4)最大
C．283 K时，图中a点对应的溶液是不饱和溶液
D．283 K下的SrSO4饱和溶液升温到363 K后变为不饱和溶液
【解析】　A项，Ksp只与温度有关，与浓度的大小无关；D项，283 K下的SrSO4饱和溶液升温到363 K后，因363 K时的Ksp小于283 K时的Ksp，故溶液变为过饱和溶液。
【答案】　BC
2．(2008年山东理综)某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。下列说法正确的是(　　)
提示：BaSO4(s)??Ba2+(aq)+SO42- (aq)的平衡常数Ksp=c(Ba2+)·c(SO42-)，称为溶度积常数。
A．加入Na2SO4可以使溶液由a点变到b点
B．通过蒸发可以使溶液由d点变到c点
C．d点无BaSO4沉淀生成
D．a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp
【解析】　A项加入Na2SO4会使Ba2+的浓度减小；B项，蒸发时，Ba2+与SO42-的浓度变化是一致的；D项，温度不变，Ksp不变。
【答案】　C
3．(2008年广东化学)
已知Ag2SO4的Ksp为2.0×10-5，将适量Ag2SO4固体溶于100 mL水中至刚好饱和，该过程中Ag+和SO42-浓度随时间变化关系如右图[饱和Ag2SO4溶液中c(Ag+)=0.034 mol·L-1]。若t1时刻在上述体系中加入100 mL 0.020 mol·L-1Na2SO4溶液，下列示意图中，能正确表示t1时刻后Ag+和SO42-浓度随时间变化关系的是(　　)
【解析】　在饱和Ag2SO4溶液中，c(Ag＋)＝0.034 mol·L－1，则c(SO42－)＝0.017 mol·L－1，加入100 mL 0.020 mol·L－1Na2SO4溶液后，c(Ag＋)＝0.017 mol·L－1，c(SO42－)＝＝0.018 5 mol·L－1，[c(Ag＋)]2·c(SO42－)＝5.3×10－6<2.0×10－5，不会析出Ag2SO4沉淀，则c(Ag＋)＝＝0.017 mol·L－1。
【答案】　B
4．(2008年江苏)工业上制备BaCl2的工艺流程图如下：
某研究小组在实验室用重晶石(主要成分BaSO4)对工业过程进行模拟实验。查表得
BaSO4(s)+4C(s) 4CO(g)＋BaS(s)　ΔH1＝＋571.2 kJ·mol－1　①
BaSO4(s)＋2C(s) 2CO2(g)＋BaS(s)　ΔH2＝＋226.2 kJ·mol－1　②
(1)气体用过量NaOH溶液吸收，得到硫化钠。Na2S水解的离子方程式为____________________________________________________________________________。
(2)向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，＝________________[Ksp(AgBr)＝5.4×10－13，Ksp(AgCl)＝2.0×10－10]。
(3)反应C(s)＋CO2(g) 2CO(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。
(4)实际生产中必须加入过量的炭，同时还要通入空气，其目的是__________________________，______________________________________。
【解析】　(1)Na2S水解以第一步为主，S2－＋H2O??HS－＋OH－，关键是“?? ”和“产物是HS－而不是H2S”；(2)所谓沉淀共存，就是AgCl、AgBr都有，即AgCl(s)＋Br－(aq)?? AgBr(aq)＋Cl－(aq)这个反应达到平衡，所以＝＝＝2.7×10－3；(3)将 题干提供的反应①－②，再同除以2，即得C(s)＋CO2(g) 2CO(g)，所以ΔH＝(＋571.2－226.2)/2 kJ·mol－1，即ΔH＝＋172.5 kJ·mol－1；(4)过量炭的使用一方面为了提高BaSO4的转化，另一方面为了与空气反应产生热量，使反应①②得以顺利进行。
【答案】　(1)S2－＋H2O?? HS－＋OH－　HS－＋H2O?? H2S＋OH－(可不写)
(2)2.7×10－3　(3)＋172.5
(4)使BaSO4得到充分的还原(或提高BaS的产量)　①②为吸热反应，炭和氧气反应放热维持反应所需高温
1．大理石可以用做墙面、地面和厨房桌面，其主要成分是碳酸钙。食醋不慎滴在大理石桌面上，会使其失去光泽，变得粗糙。下列能正确解释此现象的是(　　)
A．食醋中的水使碳酸钙溶解
B．食醋中的醋酸将碳酸钙氧化
C．食醋中的醋酸与碳酸钙反应并放出大量的二氧化碳气体
D．食醋中的醋酸与碳酸钙发生了复分解反应
【解析】　CaCO3难溶于水，但能与比碳酸酸性强的酸发生复分解反应，如醋酸的酸性就比碳酸强，又由于食醋中含醋酸的浓度很低，所以几滴食醋与大理石反应不可能放出大量的CO2。本题实际也是对难溶性物质的转化考查，一般来说，强酸可以与弱酸盐反应，生成相应的强酸盐和弱酸，从溶解平衡角度看，由于生成了更弱的酸，而导致平衡向溶解的方向移动
【答案】　D
2．要使工业废水中的重金属Pb2＋沉淀，可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等作沉淀剂，已知Pb2＋与这些离子形成的化合物的溶解度如下：
由上述数据可知，选用的沉淀剂最好是(　　)
A．硫化物　　　　　　　　B．硫酸盐
C．碳酸盐 D．以上沉淀剂均可
【解析】　从PbSO4、PbCO3、PbS的溶解度上看，PbS溶解度最小，两者差别越大，转化越容易。
【答案】　A
化合物 PbSO4 PbCO3 PbS
溶解度/g 1.03×10－4 1.81×10－7 1.84×10－14
3．已知，同温度下的溶解度：Zn(OH)2>ZnS，MgCO3>Mg(OH)2；就溶解或电离出S2－的能力而言，FeS>H2S>CuS，则以下离子方程式错误的是(　　)
A．Mg2＋＋2HCO3－＋2Ca2＋＋4OH－ Mg(OH)2↓＋2CaCO3↓＋2H2O
B．Cu2＋＋H2S CuS↓＋2H＋
C．Zn2＋＋S2－＋2H2O Zn(OH)2↓＋H2S↑
D．FeS＋2H＋ Fe2＋＋H2S↑
【解析】　就溶解度而言，反应向着生成溶解度更小的方向；就电离而言，反应向着难电离的方向反应。
【答案】　C
4．把Ca(OH)2放入蒸馏水中，一段时间后达到平衡：Ca(OH)2(s)?? Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)，下列说法正确的是(　　)
A．恒温下向溶液中加CaO，溶液的pH升高
B．给溶液加热，溶液的pH升高
C．向溶液中加入Na2CO3溶液，其中固体质量增加
D．向溶液中加入少量NaOH固体，Ca(OH)2固体质量不变
【解析】　 向平衡体系中加入CaO，CaO与H2O反应使c(Ca2＋)和c(OH－)都增大，平衡向左移动，由于温度不变，Ksp不变，所以当c(Ca2＋)和c(OH－)减小至与原平衡相等时达到新的平衡，c(Ca2＋)、c(OH－)未变，pH不变[但n(Ca2＋)、n(OH－)减小了，Ca(OH)2的量增大了]；给溶液加热，Ca(OH)2的溶解度随温度升高而减小，所以又会有少量Ca(OH)2析出，c(OH－)减小，pH减小；加入Na2CO3溶液，部分Ca(OH)2转化为CaCO3，固体质量增加；加入NaOH(s)，平衡左移，Ca(OH)2固体质量增加。
【答案】　C
5．有100 mL MgCl2和AlCl3的混合溶液，其中c(Mg2＋)＝0.2 mol·L－1，c(Cl－)＝1.3 mol·L－1。要使Mg2＋完全转化为Mg(OH)2且与Al3＋恰好分开，至少需要2 mol·L－1的NaOH溶液的体积为(　　)
A．80 mL B．100 mL
C．120 mL D．140 mL
【解析】　Mg(OH)2与Al(OH)3都是难溶性沉淀，二者沉淀时无法分先后，可认为同时沉淀，但当其都沉淀时，要想只得到Mg(OH)2沉淀并与Al3＋恰好分开，需让生成的氢氧化铝再与NaOH反应，发生Al(OH)3＋OH－ AlO2－＋2H2O，故二者所需NaOH可分成两大部分：Mg2＋沉淀需NaOH为：0.2 mol·L－1×0.1 L×2＝0.04 mol，沉淀Al3＋并使之转化为AlO2－所需NaOH为：先利用Cl－守恒求出c(Al3＋)＝(1.3 mol·L－1×0.1 L－0.2 mol·L－1×0.1 L×2)÷3÷0.1＝0.3 mol·L－1，则所需NaOH的物质的量为：0.3 mol·L－1×0.1 L×4＝0.12 mol，总的NaOH为0.12 mol＋0.04 mol＝0.16 mol，则至少需2 mol·L－1的NaOH溶液的体积为：V＝＝0.08 L＝80 mL。
【答案】　A
6．(2009年山东模拟)已知25 ℃时，电离常数Ka(HF)＝3.6×10－4 mol/L，溶度积常数Ksp(CaF2)＝1.46×10－10 。现向1 L 0.2 mol/L HF溶液中加入1 L 0.2 mol/L CaCl2溶液，则下列说法不正确的是(　　)
A．25 ℃时，0.1 mol/L HF溶液中pH>1
B．Ksp(CaF2)随温度的变化而变化
C．氟化钙和氟化氢都是弱电解质
D．该体系中有CaF2沉淀产生
【解析】　因为HF是弱电解质，所以0.1 mol/L HF溶液中pH>1，氟化钙是难溶的强电解质。
【答案】　C
7．(2009年广东韶关月考)如下图所示，横坐标为溶液的pH，纵坐标为Zn2＋或[Zn(OH)4]2－的物质的量浓度的对数。回答下列问题：
(1)往ZnCl2溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，反应的离子方程式可表示为________________________________________________________________________。
(2)从图中数据计算可得Zn(OH)2的溶度积Ksp＝________。
(3)某废液中含Zn2＋，为提取Zn2＋可以控制溶液中pH的范围是______________。
c(HCl)
(mol/L) 0.50 1.00 2.04 2.90 4.02 5.16 5.78
103c(PbCl2)
(mol/L) 5.10 4.91 5.21 5.90 7.48 10.81 14.01
(4)25 ℃时，PbCl2浓度随盐酸浓度变化如下表：
根据上表数据判断下列说法正确的是________。
A．随着盐酸浓度的增大，PbCl2固体的溶解度先变小后又变大
B．PbCl2固体在0.50 mol/L盐酸中的溶解度小于在纯水中的溶解度
C．PbCl2能与浓盐酸反应生成一种难电离的阴离子(络合离子)
D．PbCl2固体可溶于饱和食盐水
【解析】　(1)向ZnCl2中加入足量NaOH溶液，即OH－过量，由图象知Zn2＋与OH－最终生成[Zn(OH)4]2－。
(2)由Zn(OH)2(s)?? Zn2＋(aq)＋2OH－(aq)知：
Ksp[Zn(OH)2]＝c(Zn2＋)·[c(OH－)]2
将a点数据代入，可得：Ksp＝(10－3)·(10－7)2＝10－17
(3)由图象可知，当8.0(4)由表知，开始PbCl2浓度由5.10降至4.91，又升至5.21，随后逐渐增大，故A正确；
0．50 mol/L HCl为稀盐酸，因有Cl－，抑制了PbCl2电离，故PbCl2在0.5 mol/L HCl中的溶解度小于纯水中的，故B正确。
因随盐酸浓度增大，PbCl2浓度逐渐增大，可知PbCl2与浓盐酸生成了难电离的阴离子，故C正确。
PbCl2能溶于稀盐酸，也能溶于食盐水，D正确。
【答案】　(1)Zn2＋＋4OH－ [Zn(OH)4]2－
(2)10－17　(3)8.0(4)ABCD
8．(2009年青岛调研)已知在25 ℃的水溶液中，AgX、AgY、AgZ均难溶于水，但存在溶解平衡。当达到平衡时，溶液中离子浓度的乘积是一个常数(此常数用Ksp表示，Ksp和水的KW相似)。
如：AgX(s)?? Ag＋(aq)＋X－(aq)
Ksp(AgX)＝c(Ag＋)·c(X－)＝1.8×10－10
AgY(s)?? Ag＋(aq)＋Y－(aq)
Ksp(AgY) c(Ag＋)·c(Y－)＝1.0×10－12
AgZ(s)?? Ag＋(aq)＋Z－(aq)
Ksp(AgZ) c(Ag＋)·c(Z－)＝8.7×10－17
(1)根据以上信息，判断AgX、AgY、AgZ三者的溶解度(用已被溶解的溶质的物质的量/1 L溶液表示)S(AgX)、S(AgY)、S(AgZ)的大小顺序为________________________________________________________________________。
(2)若向AgY的饱和溶液中加入少量的AgX固体，则c(Y－)________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)在25 ℃时，若取0.188 g的AgY(相对分子质量188)固体放入100 mL水中(忽略溶液体积的变化)，则溶液中Y－的物质的量浓度为____________________。
(4)①由上述Ksp判断，在上述(3)的体系中，能否实现AgY向AgZ的转化，并简述理由：______________________________。
②在上述(3)体系中，能否实现AgY向AgX的转化？根据你的观点选答一项。
若不能，请简述理由：________________________________________________________________________。
若能，则实验转化的必要条件是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　(2)由于AgY比AgX更难溶，则向AgY的饱和溶液中加入AgX固体，发生沉淀的转化，AgX(s)＋Y－(aq) AgY(s)＋X－(aq)，则c(Y－)减小。
(3)25 ℃时，AgY的Ksp＝1.0×10－12，即溶液达到饱和时，c(Ag＋)＝c(Y－)＝1.0×10－6 mol/L，而将0.188 g AgY溶于100 mL水中，形成的为饱和溶液(溶质还有未溶解的)，则c(Y－)＝1.0×10－6mol/L。
(4)由于Ksp(AgZ)＜Ksp(AgY)，可以实现AgY向AgZ的转化。在(3)中，c(Ag＋)＝1.0×10－6 mol/L，当c(X－)＞1.8×10－4 mol/L时，即可由AgY向AgX的转化。
【答案】　(1)S(AgX)＞S(AgY)＞S(AgZ)　(2)减小
(3)1.0×10－6 mol/L
(4)①能　Ksp(AgY)＝1.0×10－12＞Ksp(AgZ)＝8.7×10－17
②能　当溶液中c(X－)＞1.8×10－4 mol/L时，AgY开始向AgX的转化，若要实现AgY向AgX的完全转化，必须保持溶液中的c(X－)＞1.8×10－4 mol/L
难溶电解质 Mg(OH)2 Cu(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3
溶解度/g 9×10－4 1.7×10－6 1.5×10－4 3.0×10－9
(2009年广州一摸)以下是25 ℃时几种难溶电解质的溶解度：
在无机化合物的提纯中，常利用难溶电解质的溶解平衡原理除去某些离子。如：
①为了除去氯化铵中的杂质Fe3＋，先将混合物溶于水，再加入一定量的试剂反应，过滤结晶即可；
②为了除去氯化镁晶体中的杂质Fe3＋，先将混合物溶于水，加入足量的氢氧化镁，充分反应，过滤结晶即可；
③为了除去硫酸铜晶体中的杂质Fe2＋，先将混合物溶于水，加入一定量的H2O2，将Fe2＋氧化成Fe3＋，调节溶液的pH＝4，过滤结晶即可。
请回答下列问题：
(1)上述三个除杂方案都能够达到很好的效果，Fe2＋、Fe3＋都被转化为________(填化学式)而除去。
(2)①中加入的试剂应该选择________为宜，其原因是________________________________________________________________________
________________________。
(3)②中除去Fe3＋所发生的总反应的离子方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)下列与方案③相关的叙述中，正确的是________(填字母)。
A．H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质，不产生污染
B．将Fe2＋氧化为Fe3＋的主要原因是Fe(OH)2沉淀比Fe(OH)3沉淀较难过滤
C．调节溶液pH＝4可选择的试剂是氢氧化铜或碱式碳酸铜或氧化铜
D．Cu2＋可以大量存在于pH＝4的溶液中
E．在pH>4的溶液中Fe3＋一定不能大量存在
【解析】　①中为了不引入杂质离子，应加入氨水使Fe3＋沉淀，而不能用NaOH溶液。②中根据溶解度表可知Mg(OH)2能转化为Fe(OH)3，因此在MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2除去Fe3＋，然后将沉淀一并过滤。③中利用高价阳离子Fe3＋极易水解的特点，据题意可知调节溶液的pH＝4可使Fe3＋沉淀完全，为了不引入杂质离子，因此可使用CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等。
【答案】　(1)Fe(OH)3　(2)氨水　不会引入新的杂质
(3)2Fe3＋＋3Mg(OH)2 3Mg2＋＋2Fe(OH)3
(4)ACDE
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第2讲　物质的量
1．了解物质的量的单位——摩尔(mol)、摩尔质量、气体摩尔体积、阿伏加德罗常数的含义。
2．根据物质的量与微粒(原子、分子、离子等)数目、气体体积(标准状况下)之间的相互关系进行有关计算。
1．物质的量(n)
(1)概念：用 中所含的原子数目作为标准，来衡量其他微粒集体所含微粒数目多少的物理量。
(2)单位： ，简称 ，符号 。
12 g 12C
摩尔
mol
摩
一、物质的量
2．摩尔(mol)
的单位， 所含的原子数为1 mol，其数目是 ，该数目又称
3．阿伏加德罗常数(NA)
1 mol粒子的 ＝ 中所含的碳原子数。阿伏加德罗常数(NA)为 。
物质的量
12g 12C
6.02×1023
阿伏加德罗常数
数目
0.012kg12C
6.02×1023 mol－1
。
4．微粒数(N)、物质的量(n)与阿伏加德罗常数(NA)三者关系
N= 中任意两个量，可以求第三个量。
5．摩尔质量
(1)概念：单位物质的量的物质所具有的 。
(2)单位： 或 。
(3)数值：当摩尔质量单位是g·mol－1时数值上等于物质的 。
(4)物质的量(n)、物质的质量(m)和物质的摩尔质量(M)之间的关系式：n＝ 。
g·mol－1
kg·mol－1
相对分子质量或相对原子质量
质量
1．气体摩尔体积
(1)定义：一定 下，单位物质的量的 所占的体积。
(2)单位： 或 。
(3)数值：在标准状况下(指温度为 ，压强为 )等于 。
(4)物质的量(n)、气体的体积(V)和气体摩尔体积(Vm)在一定状况下三者关系式：n＝ 。
条件
气体
L·mol－1
m3·mol－1
0__℃
1.01×105__Pa
22.4__L·mol－1
二、气体摩尔体积
2．阿伏加德罗定律
在 下，相同体积 都含有相同数目的分子，这一规律叫阿伏加德罗定律。
同温同压
任何气体
1．能否使用1 mol氧表示1 mol氧原子？摩尔质量与相对原子(分子)质量是否相同？
2．标准状况下，1 mol气体的体积是22.4 L，那么当1 mol气体的体积是22.4 L时，一定是标准状况吗？
【提示】　1.不能。使用摩尔时，必须指明粒子。摩尔质量是单位物质的量的物质所具有的质量，单位是g·mol－1，与相对分子质量不同。
2．不一定。温度和压强都影响气体体积。
物质的量
1．物质的量
(1)物质的量是国际单位制中7个基本物理量之一，它是一个物理量的名称，用符号n表示。
(2)摩尔是物质的量的单位，作为计量原子、分子或离子等微观粒子的物质的量的单位，简称摩，符号为mol。物质含有阿伏加德罗常数个微粒，其物质的量就是1 mol。
(3)“物质的量”是专用名词，是7个基本物理量之一，在口头或书面表达中4个字不可增减，要从整体上理解、把握其含义，不能把“物质的量”理解成物质的质量或体积。
(4)“物质的量”一词不能用“摩尔数”代替。因前后两者虽然在数值上相同，但意义完全不同。前者是有量纲的量，在国际单位制中，其基本单位是摩尔；而后者只是一个数，无单位。
(5)物质的量及其单位摩尔，只适用于表示微观粒子(分子、原子、离子、电子、中子、质子等微粒及这些微粒的某些特定组合)。如1 mol NaCl中含有1 mol Na＋和1 mol Cl－等，而不适合于表示宏观概念，如1 mol大米、2 mol氧元素等。
2．阿伏加德罗常数(NA)
(1)1 mol任何粒子的粒子数叫阿伏加德罗常数。这一单位是以0.012 kg 12C所含碳原子数为基本计量标准来计量的。阿伏加德罗常数的符号为NA，单位是mol－1。它的实验值随测定方法的不同而不完全相同，通常使用6.02×1023 mol－1这个近似值。
(2)6.02×1023 mol－1是阿伏加德罗常数较为精确的近似值，与阿伏加德罗常数之间不能划等号，就像3.14与π的关系。运用这一知识只能说含有阿伏加德罗常数个粒子的物质的量为1 mol。如果某粒子集体含有6.02×1023个该粒子，我们通常认为其物质的量就是1 mol。
(3)根据概念，6.02×1023 mol－1这个量的来历为：
＝6.02×1023 mol－1。其中，1.993×10－26 kg为一个12C原子的质量。
3．摩尔质量
单位物质的量的物质所具有的质量叫做摩尔质量。也就是说，物质的摩尔质量是该物质的质量与该物质的物质的量之比，即M＝ 。摩尔质量的符号为M，常用单位为g·mol－1或kg·mol－1。
(1)当物质的质量以g为单位时摩尔质量在数值上等于其相对分子质量或相对原子质量，但单位不同。如Fe2＋的摩尔质量为56 g·mol－1。
(2)1 mol物质的质量与摩尔质量既有联系又有区别。两者在数值上相等，但单位不一样，如NaCl的摩尔质量为58.5 g·mol－1；1 mol NaCl的质量为58.5 g。
(3)摩尔质量的计算
①物质的量(n)、物质的质量(m)和物质的摩尔质量(M)之间的关系为：M＝ 。
②已知阿伏加德罗常数(NA)和摩尔质量(M)，则一个某微粒的质量(ma)为：ma＝ 。
(江苏卷改编题)阿伏加德罗常数约为6.02×1023 mol－1，下列叙述正确的是(　　)
A．2.24 L CO2中含有的原子数为0.3×6.02×1023
B．0.1 L 3 mol/L的NH4NO3溶液中含有的NH4＋数目为0.3×6.02×1023
C．5.6 g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3×6.02×1023
D．2.4 g镁与足量盐酸反应，转移电子数为0.2×6.02×1023
【导航】　1.气体摩尔体积在标况下是22.4 L·mol－1。
2．n＝c·V，n＝ 。
3．阿伏加德罗常数近似值为6.02×1023mol－1。
【解析】　因没注明温度和压强，所以2.24 L CO2含有的原子数不一定为0.3×6.02×1023，A错；因NH4＋水解，所以溶液中含有的NH4＋数目小于0.3×6.02×1023，B错；因Fe与HNO3反应根据HNO3的多少可能生成Fe3＋(HNO3过量)，也可能生成Fe2＋(HNO3不足)，所以失去电子数也不确定，C错；2.4 g镁变成镁离子转移电子数为 ×2×6.02×1023 mol－1＝0.2×6.02×1023，D正确。
【答案】　D
气体摩尔体积
1．气体摩尔体积
(1)单位物质的量的气体所占的体积，叫气体摩尔体积，其符号是Vm，即Vm＝ ，单位是L/mol和m3/mol。
(2)标准状况是指0 ℃、101 kPa时的状况，标准状况下1 mol任何气体所占的体积都约是22.4 L。
理解此概念必须注意四个要点：
①必须是气体物质，不适用于固体、液体；
②物质的量为1 mol；
③必须是标准状况；
④体积约是22.4 L。
2．标准状况下气体体积、物质的量、分子数之间的计算
(1)体积(V)与物质的量(n)的关系
【说明】　(1)气体摩尔体积的大小，与气体所处的温度和压强有关，故在应用22.4 L/mol时一定要注意是不是在标准状况(即1个大气压，0 ℃)下。
(2)气体摩尔体积(Vm)不仅适用于纯净的气体，还适用于混合气体。
(2008年海南高考)在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度，则下列说法正确的是( )
A．甲的分子数比乙的分子数多
B．甲的物质的量比乙的物质的量少
C．甲的摩尔体积比乙的摩尔体积小
D．甲的相对分子质量比乙的相对分子质量小
【解析】　同温同压下甲的密度大于乙的密度，说明甲分子的相对分子质量大。故在等质量的前提下，甲的物质的量少。
【答案】　B
阿伏加德罗定律
【说明】　(1)应用阿伏加德罗定律时要明确三点：①阿伏加德罗定律适合任何气体(包括混合气体)，对固体、液体不适合。
②同温、同压、同体积、同分子数(同物质的量)，即四同。四同相互制约，只要三同成立，则第四同也成立。
③气体摩尔体积是阿伏加德罗定律的一个特例。
(2)确定气体的分子组成
一般思路是：根据阿伏加德罗定律，由体积比推导出粒子个数比，再根据质量守恒定律确定化学式。如2体积气体Ax与1体积气体By恰好完全反应生成2体积A2B，由阿伏加德罗定律可知：气体的分子数之比等于其体积比，即Ax∶By∶A2B＝2∶1∶2，所以两气体反应物为双原子分子，即A2和B2。
在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强(p)从大到小的顺序是(　　)
A．p(Ne)＞p(H2)＞p(O2)　　　 B．p(O2)＞p(Ne)＞p(H2)
C．p(H2)＞p(O2)＞p(Ne)
D．p(H2)＞p(Ne)＞p(O2)
【解析】　根据阿伏加德罗定律的推论可知，当气体的温度和密度都相同时，气体的压强和摩尔质量成反比，因摩尔质量M(H2)p(Ne)>p(O2)。
【答案】　D
1．(2009年上海单科)NA代表阿伏加德罗常数。下列有关叙述正确的是(　　)
A．标准状况下，2.24 L H2O含有的分子数等于0.1NA
B．常温下，100 mL 1 mol·L－1 Na2CO3溶液中阴离子总数大于0.1NA
C．分子数为NA的CO、C2H4混合气体体积约为22.4L，质量为28g
D．3.4g NH3中含N—H键数目为0.2NA
【解析】　A项，标准状况下水是液态。B项，Na2CO3溶液中存在反应：CO32－＋H2O??HCO3－＋OH－，故100 mL 1 mol·L－1 Na2CO3溶液中阴离子总数大于0.1NA。C项，没有注明是否是标准状况，体积不一定是22.4 L。D项，一个NH3分子中含3个N—H键，则3.4 g即0.2 mol NH3中含N—H键数目为0.6NA
【答案】　B
2．(2009年广东单科)设nA代表阿伏加德罗常数(NA)的数值，下列说法正确的是(　　)
A．1 mol硫酸钾中阴离子所带电荷数为nA
B．乙烯和环丙烷(C3H6)组成的28 g混合气体中含有3nA个氢原子
C．标准状况下，22.4 L氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为nA
D．将0.1 mol氯化铁溶于1 L水中，所得溶液含有0.1nA个Fe3＋
【解析】　A项，1 mol硫酸钾中阴离子所带电荷数为2nA。B项，应含有4nA个氢原子。D项，由于Fe3＋水解，所得溶液含有的Fe3＋个数小于0.1nA。
【答案】　C
3．(2008年高考上海卷)在一定条件下，完全分解下列某化合物2g，产生氧气1.6g，此化合物是(　　)
A．1H216O B．2H216O
C．1H218O D．2H218O
【解析】　由A、B项，2H216O===2H2↑＋16O2↑
　　　　　　　　2M　　　　　　　32
　　　　　　　　2　　　　　　　 1.6
可得M＝20g/mol，B正确；
由C、D项，2H218O===2H2↑＋18O2↑
　　　　2M　　　　 　　36
　　　　2　　　　　　　1.6
可得M＝22.5g/mol，C、D项均不符合题意。
【答案】　B
4．(2008年江苏化学)用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(　　)
A．常温常压下的33.6 L氯气与27 g铝充分反应，转移电子数为3NA
B．标准状况下，22.4 L己烷中共价键数目为19NA
C．由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，其中的氧原子数为2NA
D．1 L浓度为1mol·L－1的Na2CO3溶液中含有NA个CO32－
【解析】　A项：常温常压下，气体的摩尔体积大于22.4 L·mol－1，所以33.6 L Cl2的物质的量小于1.5 mol，与Al反应时Cl2不足，转移的电子数将小于3NA；B项：STP下己烷为液态；D项：因CO32－的水解而导致溶液中n(CO32－)小于NA。
【答案】　C
5．(2008年北京理综)对相同状况下的12C18O和14N2两种气体，下列说法正确的是(　　)
A．若质量相等，则质子数相等
B．若原子数相等，则中子数相等
C．若分子数相等，则体积相等
D．若体积相等，则密度相等
【解析】　A项中因12C18O和14N2两种气体同物质的量时质子数相等，但因两者的摩尔质量不同，所以同质量的上述两种气体的质子数不同，A错；B项中若原子数相同时则分子数相同，两者的质子数相同，但中子数前者大于后者；D项中若体积相同，密度前者大于后者，故选C。
【答案】　C
1．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是(　　)
A．NA个Fe(OH)3胶体粒子的质量为107g
B．0.1 mol 铁在0.1 mol Cl2中充分燃烧，转移的电子数为0.2NA
C．24g NaH中阴离子所含电子总数为2NA
D．标准状况下，22.4 L CO2和O2混合气体中含有的氧原子数为2NA
【解析】　1个Fe(OH)3胶粒实际上是多个Fe(OH)3粒子的集合体，而不是1个Fe(OH)3，故NA个Fe(OH)3胶体粒子的质量大于107g，故不正确。
【答案】　A
2．(2010年广东徐闻中学月考)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)
A．常温常压下，16 g由O2和O3组成的混合气体中所含的电子数为8NA
B．实验室分别用KClO3和H2O2制取3.2 g O2时，转移的电子数均为0.4NA
C．25 ℃时，1 L pH＝1的稀硫酸中约含2NA个H＋
D．将0.1 mol氯化铁溶于1 L水中，所得溶液含有的Fe3＋数为0.1NA
【解析】　16 g由O2和O3组成的混合气体中含有1 mol氧原子，共含电子8 mol，A项正确。由KClO3制取3.2 g O2时，转移电子数为0.4NA；而由H2O2制取3.2 g O2时，转移电子数为0.2NA，B项错误。1 L pH＝1的稀硫酸中约含0.1 mol H＋，即H＋数为0.1NA，C项错误。将0.1 mol氯化铁溶于1 L水中，因Fe3＋的水解导致溶液所含的n(Fe3＋)小于0.1 mol，D项错误。
【答案】　A
3．(2009年江苏苏州高三调研)阿伏加德罗常数约为6.02×1023 mol－1。下列叙述中正确的是(　　)
A．常温常压下，20.0 g重水(D2O)所含的中子数约为6.02×1023
B．室温下，42.0 g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数约为3×6.02×1023
C．通常状况下，1 mol的NO2与N2O4混合气体变为标准状况时其分子数约为6.02×1023
D．常温下，7.1 g Cl2与足量NaOH溶液反应转移的电子数约为0.2×6.02×1023
【解析】　1个D2O分子中含有10个中子，则20.0 g D2O(1 mol)所含的中子数约为10×6.02×1023；烯烃的最简式为CH2,42.0 g乙烯和丙烯的混合气体中含有3 mol CH2，其中的碳原子数约为3×6.02×1023；在NO2与N2O4的混合气体中存在下列平衡：2NO2??N2O4(放热反应)，温度降低时，该平衡正向移动，气体的物质的量减少，所以新平衡体系中的分子数小于6.02×1023；7.1 g Cl2(0.1 mol)与足量NaOH溶液反应转移的电子数约为0.1×6.02×1023。
【答案】　B
4．体积为1 L的干燥容器中充入HCl气体后，测得容器中气体对氧气的相对密度为1.082。将此气体倒扣在水中，进入容器中液体的体积是(　　)
A．0.25 L　　　B．0.5 L
C．0.75 L D．1 L
【解析】　M r＝D· O2)＝1.082×32＝4.6根据气体平均摩尔质量计算公式：
36．5 g/mol·x/1 L＋29 g/mol·(1 L－x)/1 L＝34.6 g/mol，
解得x＝0.75 L。
【答案】　C
5．(2009年连云港检测)下列条件下，两瓶气体所含原子数一定相等的是(　　)
A．同质量、不同密度的N2和CO
B．同温度、同体积的H2和N2
C．同体积、同密度的C2H4和C3H6
D．同压强、同体积的N2O和CO2
【解析】　A项N2和CO摩尔质量相同，质量相同时，物质的量相同，分子数相同，所含原子数也相同。B项同温、同体积而压强不同时H2和N2物质的量不同，原子个数也不同；C项C2H4和C3H6的碳氢个数比相同，当密度、体积相同时质量相同，原子的总物质的量也相同；D项与B项相似，当温度不同时，原子个数不相同。
【答案】　AC
6．两个体积相同的容器，一个盛有一氧化氮，另一个盛有氮气和氧气，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
【解析】　两容器体积相同，在同温同压下，气体分子数相同，二者均装有双原子分子，所以A、C正确；因为第二个容器中N2和O2比值不确定，所以不选B、D。
【答案】　AC
7．(1)2 mol O3和3 mol O2的质量之比________，分子数之比________，同温同压的密度之比________，含氧原子数之比________，体积之比________。
(2)O3与Cl2具有相似的性质，均可用于自来水的消毒。已知二者在消毒时均被还原为最低价态，则相同状况下10 L O3与________L Cl2的消毒能力相当。
(3)气体化合物A分子式可表示为OxFy，已知同温同压下10 mL A受热分解生成15 mL O2和10 mL F2，则A的化学式为________，推断的依据为_________________________________________。
【解析】　(1)本题考查的是物质的量的应用，根据物质的量与其他量的关系把物质的量转化成要求的量，还考查了阿伏加德罗定律的运用，运用时注意所处的条件。
(2)此过程为氧化还原反应，O3与Cl2消毒后分别转化为 、 ，若设Cl2的体积为x L，根据氧化还原反应过程中化合价升降总数相等，则10 L×3×[0－(－2)]＝x L×2×[0－(－1)]，解得x＝30。
(3)根据质量守恒定律和阿伏加德罗定律，写出分解方程式为2OxFy 3O2＋2F2，则A化学式为O3F2。
【答案】　(1)1∶1　2∶3　3∶2　1∶1　2∶3　(2)30
(3)O3F2　阿伏加德罗定律和质量守恒定律
8．将4 mol O2和3 mol NxHy(y>x)的混合气体在150 ℃和1.05×105 Pa下点燃，完全反应后，恢复到原来的温度与压强时，测得反应后N2、O2、H2O(g)的混合气体比原混合气体的密度减少3/10。
(1)此反应的化学方程式是(用NxHy表示_______________________________。
(2)推算NxHy化学式的根据是______________________________ 。
(3)x与y的关系式为____________________________。
【答案】　(1)4NxHy＋yO2===2xN2＋2yH2O(g)
(2)质量守恒定律和阿伏加德罗定律
(3)2x＋y＝8
)
某研究性学习小组欲测定室温下(25 ℃、101 kPa)的气体摩尔体积，请回答以下问题。
该小组设计的简易实验装置如下图所示：
该实验的主要操作步骤如下：
①配制100 mL 1.0 mol·L-1的盐酸溶液；
②用　　　　(填仪器名称并注明规格)量取10.0 mL 1.0 mol·L-1的盐酸溶液加入锥形瓶中；
③称取a g已除去表面氧化膜的镁条，并系于铜丝末端，为使HCl全部参加反应，a的数值至少为　　　　；
④往广口瓶中装入足量水，按上图连接好装置，检查装置的气密性；
⑤反应结束后待体系温度恢复到室温，读出量筒中水的体积为V mL。
请将上述步骤补充完整并回答下列问题。
(1)用文字表述实验步骤④中检查装置气密性的方法：
___________________________________。
(2)实验步骤⑤中应选用　　　　(填序号)的量筒，
A．100 mL　　B．200 mL　　C．500 mL
读数时除恢复到室温外，还要注意_________________________________________。
(3)若忽略水蒸气的影响，在实验条件下测得气体摩尔体积的计算式为Vm=　　　　　　，若未除去镁条表面的氧化膜，则测量结果　 　　　(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
【解析】　本题以化学计量和化学实验基础知识为背景，通过化学实验的形式考查气体摩尔体积的测定，探究实验中出现的问题，符合当前新课改的探究理念。
考虑到②10 mL量筒的精确度是0.1 mL，故应用10 mL量筒；③因HCl的物质的量为0.01 mol，由反应Mg+2HCl===MgCl2+H2↑知，HCl可与0.005 mol Mg完全反应，为保证HCl完全反应，故镁应不少于0.005 mol×24 g/mol=0.12 g。
(1)本装置可与初中化学制氢气的装置联系，用微热的方法检查装置的气密性。
(2)实验中产生的气体在标准状况下的体积为0.005 mol×22.4 L/mol=0.112 L=112 mL，考虑到室温时气体的体积稍大些，再考虑通常仪器规格应略大且越接近，误差越小，故选B。读数时注意量筒内的液面与集气瓶中液面相平，保证气压相等。
(3)Vm是气体的体积(排出水的体积)与气体的物质的量之比。若未除去表面的氧化膜，导致氧化膜耗酸，从而放出H2的体积变小，则Vm偏小。1
【答案】　②10 mL量筒　③0.12
(1)两手掌紧贴锥形瓶外壁一会儿，如果观察到广口瓶中长导管内有一段水柱高出液面，表明装置气密性良好
(2)B　量筒内的液面与集气瓶内液面相平
(3)0.2V L·mol－1　偏小
课时作业
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第2讲　来自石油和煤的两种基本化工原料
1．了解乙烯的分子结构、主要性质和重要用途。
2．初步掌握加成反应的概念。
3．初步认识有机化合物中结构—性质—用途之间的关系。
4．了解苯分子的结构、主要性质和用途。
5．了解苯在化工生产中的重要作用。
1．烯烃：分子中含有 的烃类叫做烯烃。 是最简单的烯烃。
2． 乙烯的结构：乙烯的分子式为 ，结构式为 结构简式为 。
3．乙烯的化学性质
与只含碳碳单键的烷烃相比，乙烯分子中 的存在，使乙烯与 和 均能发生反应，表现出 的化学性质。这说明了分子结构对物质性质的影响。
碳碳双键
乙烯
CH2===CH2
碳碳双键
溴的四氯化碳溶液
酸性高锰酸钾溶液
较活泼
C2H4
一、乙烯
(1)乙烯的氧化反应
①乙烯在空气中燃烧，火焰 且伴有 ，生成二氧化碳和水，同时放出 。反应化学方程式为 。
②乙烯使酸性高锰酸钾溶液 的反应说明了乙烯能被其氧化剂 ，利用这个反应可以鉴别甲烷和乙烯。
(2)乙烯的加成反应
乙烯能使溴的四氯化碳溶液 ，说明乙烯与溴发生了化学反应。反应中，乙烯 中的 ，两个溴原子分别加在两个不饱和的碳原子上，生成无色的 液体。反应的化学方程式为
明亮
黑烟
热量
氧化
褪色
双键
一个键断裂
1,2－二溴乙烷
褪色
加成反应：
叫加成反应。
在一定条件下，乙烯还可以与 、 、 、 等物质发生加成反应。
由乙烯之间的 可以得到聚乙烯。
4．乙烯的用途
乙烯是一种植物生长 ，还可以作为水果的
有机化合物分子中双键上的碳原子与其他原子
H2
HCl
Cl2
H2O
相互加成
调节剂
催熟剂
有机化合物分子中双键上的碳原子与其他原子
(或原子团)直接结合生成新的化合物分子的反应
二、苯
1．苯的结构
苯的分子式是 ，它是一种 有机化合物，其结构式
为 。
C6H6
环状
2．苯的物理性质
苯通常是 、 的液体，有毒，不溶于水，密度比水的小，熔点为 ，沸点为 ；如果用冰冷却，可 成无色晶体。
3．苯的化学性质
苯可以在空气中燃烧，但不能与 和 反应，说明苯分子中没有与乙烯类似的 。苯分子中的6个碳原子之间的键完全相同，是一种介于 和 之间的独特的键。苯的结构使苯的化学性质比烯烃稳定，但在一定条件下，仍可以和某些物质发生化学反应。
(1)可以燃烧：燃烧时产生 的黑烟。反应的化学方程式为
无色
带有特殊气味
5.5__℃
80.1__℃
凝结
酸性高锰酸钾溶液
溴水
碳碳双键
单键
双键
较多
(2)苯的取代反应
在一定条件下，苯可以与 、 等物质发生取代反应。
在 作用下，苯与溴发生反应，生成 ，它是 ，密度比水的 。
反应的化学方程式为
溴
浓硝酸
催化剂
溴苯
无色液体
大
在浓硫酸作用下，苯在 时可以与硝酸发生取代反应，生成 ，反应的化学方程式为
50～60__℃
硝基苯
若加热到70～80 ℃时，苯还可以与浓硫酸发生取代反应生成苯磺酸：
(3)苯的加成反应
苯虽然 像烯烃一样典型的 ，但在特定条件下，仍能发生加成反应。
在 作催化剂的条件下，苯可以与氢气发生加成反应，生成环己烷。反应的化学方程式为 。其他含有苯环结构的化合物，都可以发生类似的反应。
不具有
碳碳双键
镍
烃燃烧的规律
1．烃完全燃烧前后气体体积的变化
1．烃完全燃烧前后气体体积的变化
CxHy＋ O2 xCO2＋ H2O
(1)燃烧后温度高于100 ℃时，水为气态：
ΔV＝V后－V前＝－1
①y＝4时，ΔV＝0，体积不变。
②y>4时，ΔV>0，体积增大。
③y<4时，ΔV<0，体积减小。
(3)无论水为气态，还是液态，燃烧前后气体体积的变化都只与烃分子中的氢原子数有关，而与烃分子中的碳原子数无关。
2．烃类完全燃烧时所耗氧气量的规律
完全燃烧时的通式：
(2)燃烧后温度低于100 ℃时，水为液态：
ΔV＝V前－V后＝1＋ ，体积总是减小。
(1)相同条件下等物质的量的烃完全燃烧时， 值越大，耗O2量越大。
(2)质量相同的有机物，其含氢百分率(或 值)越大，则耗O2量越多。
(3)1 mol 有机物每增加一个CH2，耗O2量多1.5 mol。
(4)1 mol 含相同碳原子数的烷烃、烯烃、炔烃，耗O2量依次减少0.5 mol。
3．碳的质量分数w(C)相同的有机物(最简式可以相同也可以不同)，只要总质量一定，以任意比混合，完全燃烧后产生的CO2的量总是一个定值。
4．不同的有机物完全燃烧时，若生成的CO2和H2O的物质的量之比相同，则它们分子中C原子与H原子的原子个数比也相同。
5．含碳量高低与燃烧现象的关系
含碳量越高，燃烧现象越明显，表现在火焰越明亮，黑烟越浓，如C2H2(92.3%)、C6H6(92.3%)、C7H8(91%)燃烧时火焰明亮，伴随大量浓烟；而含碳量越低，燃烧现象越不明显，往往火焰不明亮，无黑烟，如CH4(75%)就是如此；对于C2H4及其他单烯烃(均为85.7%)，燃烧时火焰较明亮，并有少量黑烟。
(2009年济南)现有CH4、C2H4、C2H6三种有机物：
(1)等质量的以上三种物质完全燃烧时耗去O2的量最多的是________；
(2)同状况、同体积的以上三种物质完全燃烧时耗去O2的量最多的是________；
(3)等质量的以上三种物质燃烧时，生成二氧化碳最多的是________，生成水最多的是________；
(4)在120 ℃、1.01×105Pa下时，有两种气态烃和足量的氧气混合点燃，相同条件下测得反应前后气体体积没有发生变化，这两种气体是________。
【导航】　解答有关燃烧问题，分析依据是燃烧的化学方程式，应根据题意用最少的未知数，写出燃烧方程式。
【解析】　(1)等质量的烃完全燃烧时，氢元素的质量分数越大，耗氧量越大，CH4、C2H4、C2H6中的 依次为 ，H4耗O2最多；(2)等物质的量的烃CxHy完全燃烧时， 的值越大，耗氧量越大，CH4、C2H4、C2H6的x＋ ，依次为1＋ ＝2、2＋ ＝3、2＋ ＝3.5，故C2H6耗O2最多；(3)n(CO2)＝n(C)＝ ×1、 ×2、 ×2，×2最大，故C2H4生成的CO2最多 (4)温度≥100 ℃条件下，当烃分子中含有4个氢原子时，该烃完全燃烧前后气体体积不变，y＝4的为CH4、C2H4，故答案为CH4、C2H4。
【答案】　(1)CH4　(2)C2H6　(3)C2H4　CH4　(4)CH4、C2H4
取代反应、加成反应、加聚反应的比较
名称比较　　 取代反应 加成反应 加聚反应
定义 有机物分子里的某些原子或原子团被其他原子或原子团所替代的反应 有机物分子中的不饱和碳原子与其他原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应 由不饱和的相对分子质量小的化合物分子结合成相对分子质量大的化合物分子的反应
反应前后
分子数目 一般相等 减少 减少
反应特点 可发生分步取代反应 有时只有一种加成方式，有时也有多种加成方式 反应一般为单方向进行，一般不可逆
【注意】　有机物间的反应关系，不像无机物间的四种基本反应类型那样完全并列。在诸多有机反应中，取代反应和加成反应是重要的两类。饱和烃的特征反应是取代反应，不饱和烃的特征反应是加成反应。
苯和溴的取代反应的实验装置如图所示，其中A为具支试管改制成的反应容器，在其下端开了一小孔，塞好石棉绒，再加入少量铁屑粉。
填写下列空白：
(1)向反应容器A中逐滴加入溴和苯的混合液，几秒内就发生反应。写出A中所发生反应的化学方程式(有机物写结构简式)：__________________________________________________。
(2)试管C中苯的作用是
反应开始后，观察D和E两试管，看到的现象为
(3)反应2～3 min后，在B中可观察到的现象是
(4)在上述整套装置中，具有防倒吸的仪器有________(填字母)
(5)该实验除①步骤简单，操作方便，成功率高；②各步现象明显；③对产品便于观察这三个优点外，还有一个优点是
【导航】　实验题的解答，要明确实验目的。围绕实验原理落实各方面的问题。
【解析】　苯与液溴剧烈反应生成 和和HBr气体，从导管出来的气体中会混有一定量的溴蒸气，混合气体进入C可将气体中的溴蒸气除去(利用相似相溶原理)。气体在通过D、E两装置时，分别可以观察到紫色石蕊试液变红，AgNO3溶液中有浅黄色沉淀生成，装置F是尾气吸收装置，以防污染环境。
(2)除去HBr气体中混有的溴蒸气　D试管中石蕊试液慢慢变红，并在导管口有白雾产生，然后E试管中出现浅黄色沉淀
(3)在溶液底部有无色油状液体
(4)DEF
(5)充分吸收有毒气体，防止污染大气
有机物分子中原子共直线、共平面问题
分子里的原子共线、共面的问题，其实就是分子的构型问题。大多数有机物分子的构型很复杂，但总是与下列简单分子的几何构型相联系：CH4正四面体形，CHCH直线形，CH2CH2平面四边形，平面正六边形，H2O呈V字形。在共价型分子里，形成共价单键的原子可以绕键轴旋转，形成双键、三键及其他复杂键的原子不能绕键轴旋转。
以上述分子结构为原型和思维起点，把组成与结构较为复杂的分子分解成几个部分，借助一定的几何知识和想像能力进行分析，再予以综合，便能得出分子中在同一直线上或同一个平面内的原子数目，突破这一难点。例如：
分子里最多共有7个C原子在同一平面内，包括C、H原子在内，最多共有13个原子在同一个平面内，最多有4个原子在同一条直线上。
最多有6个原子在同一条直线上，最多有15个原子在同一个平面内。
至少有8个C原子在由一个苯环所确立的平面内。
至少有9个C原子在一个苯环所确定的平面内。
已知 分子内的4个原子都在同一个平面内，则 分子里的18个原子都可能在同一个平面内。
下列关于 的说法正确的是(　　)
A．所有碳原子有可能都在同一平面上
B．最多只可能有9个碳原子在同一平面上
C．有7个碳原子可能在同一直线上
D．只能有5个碳原子一定在同一直线上
【导航】　原子共面、共线问题的分析，首先要选定一个基准，然后向外扩展。便于解决问题。
【解析】　试将该烃分子中的碳原子编号为
。
根据甲烷、乙烯、乙炔、苯的分子结构特点，乙炔为直线形结构，则1～3号碳原子肯定在同一平面上；苯分子为平面结构，则3～8号碳原子肯定在同一平面上；乙烯分子为平面结构，则6、9、10、11号碳原子肯定在同一平面上；而单键又具有旋转性，因而当2号碳与3号碳的单键、6号碳与9号碳的单键旋转到上述三个平面再共平面时，则所有的碳原子就都在同一平面上了，同理可得1、2、3、6、9号碳原子，无论单键如何旋转，一定在同一直线上，即
【答案】　AD
1．(2009年山东理综)下列关于有机物的说法错误的是(　　)
A．CCl4可由CH4制得，可萃取碘水中的碘
B．石油和天然气的主要成分都是碳氢化合物
C．乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用饱和Na2CO3溶液鉴别
D．苯不能使KMnO4溶液褪色，因此苯不能发生氧化反应
【解析】　苯虽不能使KMnO4溶液褪色，但能与O2在点燃的情况下燃烧，发生氧化反应，故D项错。
【答案】　D
2．(2009年重庆理综)下列对有机物结构或性质的描述错误的是(　　)
A．一定条件下，Cl2可在甲苯的苯环或侧链上发生取代反应
B．苯酚钠溶液中通入CO2生成苯酚，则碳酸的酸性比苯酚弱
C．乙烷和丙烯的物质的量共1 mol，完全燃烧生成3 mol H2O
D．光照下2,2－二甲基丙烷与Br2反应，其一溴取代物只有一种
【解析】　B项，根据强酸制弱酸的原理，苯酚钠溶液中通入CO2生成苯酚，恰恰说明碳酸的酸性比苯酚强。
【答案】　B
3．(2009年海南单科)下列化合物分子中的所有碳原子不可能处于同一平面的是(　　)
A．甲苯　　　　　　　　　　B．硝基苯
C．2－甲基丙烯 D．2－甲基丙烷
【解析】　甲苯、硝基苯中的碳原子都在苯环的平面上，2－甲基丙烯中的所有碳原子都在双键的平面上，而2－甲基丙烷中的碳原子所形成的化学键的空间排列为四面体，碳原子是锯齿状排列的。所以，在2－甲基丙烷中的碳原子不可能在同一平面上。
【答案】　D
4．(2008年海南化学)下列有机反应中，不属于取代反应的是(　)
A． ＋Cl2 ＋HCl
B．2CH3CH2OH＋O2 2CH3CHO＋2H2O
C．ClCH2CH CH2＋NaOH HOCH2CHCH2＋NaCl
D． ＋HONO2 NO2＋H2O
【解析】　CH3CH2OH转化成CH3CHO属于氧化反应。
【答案】　B
5．(2009年海南单科)某含苯环的化合物A，其相对分子质量为104，碳的质量分数为92.3%。
(1)A的分子式为________________；
(2)A与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式为 ，反应类型是__________________；
(3)已知：
请写出A与稀、冷的KMnO4溶液在碱性条件下反应的化学方程式_________________________________；
(4)一定条件下，A与氢气反应，得到的化合物中碳的质量分数为85.7%，写出此化合物的结构简式__________________；
(5)在一定条件下，由A聚合得到的高分子化合物的结构简式为____________________________。
【解析】　A分子中含碳原子个数：
104×92.3%÷12＝8，含氢原子个数：104－12×8＝8，故只能含C、H两种元素，且分子中有8个H原子，A的分子式为C8H8。(4)A与H2反应后C、H为原子个数比为： ＝1∶2，故最简式为CH2，分子式为C8H16，为乙基环己烷。
【答案】　(1)C8H8
6．(2009年北京理综)丙烯可用于合成杀除根瘤线虫的农药(分子式为C3H5Br2Cl)和应用广泛的DAP树脂：
已知酯与醇可发生如下酯交换反应：
RCOOR′＋R″OH RCOOR″＋R′OH(R、R′、R″代表烃基)
(1)农药C3H5Br2Cl分子中每个碳原子上均连有卤原子。
①A的结构简式是______________________，
A含有的官能团名称是__________________；
②由丙烯生成A的反应类型是________。
(2)A水解可得到D，该水解反应的化学方程式是 。
(3)C蒸气密度是相同状态下甲烷密度的6.25倍，C中各元素的质量分数分别为：碳60%，氢8%，氧32%。C的结构简式是 。
(4)下列说法正确的是(选填序号字母)________。
a．C能发生聚合反应、还原反应和氧化反应
b．C含有2个甲基的羧酸类同分异构体有4个
c．D催化加氢的产物与B具有相同的相对分子质量
d．E具有芳香气味，易溶于乙醇
(5)E的水解产物经分离最终得到甲醇和B，二者均可循环利用于DAP树脂的制备。其中将甲醇与H分离的操作方法是______。
(6)F的分子式为C10H10O4。DAP单体为苯的二元取代物，且两个取代基不处于对位，该单体苯环上的一溴取代物只有两种。D和F反应生成DAP单体的化学方程式是___________________________。
【解析】　首先，不要指望只以题干就能得出各种物质是什么，各个设问给了些已知信息，且前面的设问是后面设问的已知条件步步深入。其次，要看信息应用在何处：C＋CH3OH―→D＋E，D＋F―→DAP单体＋CH3OH。
(1)C3H5Br2Cl分子中每个碳原子上均连有卤原子，且其不饱和度为零，故丙烯＋Cl2―→A的反应为：
(2)A水解得D，则D为CHCH2CH2OH。
(3)C的相对分子质量＝16×6.25＝100，则C分子中碳、氢、氧原子个数分别为：100×60%÷12＝5,100×8%÷1＝8,100×32%÷16＝2，则C的分子式为C5H8O2，C能发生酯交换反应，则C为酯类，且C由丙烯制得，C的另一不饱和度是碳碳双键形成的，则C的结构简式为CH3COOCH2CH===CH2。
(4)由C的结构及所属类别，知a、c、d正确。对于b项，碳链的可能结构有：
第2、3种碳链可得出符合题意的羧酸分别为1种、1种，共2种。
(5)H为CH3COONa，属于盐，沸点高，CH3OH沸点较低，用蒸馏法分离。
(6)F应为酯，F的不饱和度为6，一个苯环的不饱和度为4，另2个不饱和度为酯基体现，由F苯环上一溴代物只有两种，两个取代基不处于对位，只有一种情况：两个取代基相同，且处于邻位，可推知F的结构。
【答案】　(1)①CH2===CHCH2Cl　碳碳双键、氯原子
②取代反应
(2)CH2===CHCH2Cl＋H2O CH2===CHCH2OH＋HCl
(3)CH3COOCH2CH===CH2
(4)acd
(5)蒸馏
(6)2CH2 === CHCH2OH＋
7．(2009年上海单科)尼龙－66广泛用于制造机械、汽车、化学与电气装置的零件，亦可制成薄膜用作包装材料，其合成路线如下图所示(中间产物E给出了两条合成路线)。
完成下列填空：
(1)写出反应类型：反应②__________；反应③__________。
(2)写出化合物D的结构简式：___________________。
(3)写出一种与C互为同分异构体，且能发生银镜反应的化合物的结构简式：_____________________________________。
(4)写出反应①的化学方程式：____________________。
(5)下列化合物中能与E发生化学反应的是_________________。
a．NaOH b ．Na2CO3
c．NaCl d．HCl
(6)用化学方程式表示化合物B的另一种制备方法(原料任选)：______________________________________________________。
【解析】　此题可采用倒推的方式来解。根据尼龙－66的结构简式可推出C、E分别是：HOOC(CH2)4COOH、H2N(CH2)6NH2。根据题给信息可知A为
由CHCH2CHCH2到A应是1,3－丁二烯与Cl2的1,4－加成。B是环己醇，由
应属于醇的氧化。
(3)关于C的同分异构体，符合题意的有很多，常见的有两类：一类是将—COOH拆成—CHO和—OH，另一类是将—COOH改成HCOO—(既甲酸酯类)。
(5)H2N(CH2)6NH2有碱性，能与HCl发生反应。
【答案】　(1)氧化反应　缩聚反应
(2)H4NOOC(CH2)4COONH4
1．(2008年宁夏理综)在①丙烯　②氯乙烯　③苯　④甲苯四种有机化合物中，分子内所有原子均在同一平面的是(　　)
A．①②　　　　　　　　　B．②③
C．③④ D．②④
【解析】　本题要求学生掌握典型有机代表物的空间结构，并具有拓展同系物空间构型的能力。在①丙烯CH2===CH—CH3和④甲苯C6H5—CH3中—CH3是一个空间立体结构(与甲烷类似)，这四个原子不在同一平面上，②氯乙烯和乙烯相同，是六原子共面结构，③苯是十二个原子共面。
【答案】　B
2．有A、B两种烃组成的混合物，当混合物总质量一定时，无论A、B以何种比例混合，完全燃烧消耗氧气的质量为一恒量。对A、B两种烃有下面几种说法，可能的结论是(　　)
①互为同分异构体；②互为同系物；③具有相同的最简式；④烃中的碳的质量分数相等。
A．①②③④ B．①③④
C．②③④ D．③④
【解析】　同分异构体肯定满足条件，而A、B若均为烯烃(互为同系物)，则一定有相同的最简式，因为A、B均为烃，所以碳的质量分数相同，则氢的质量分数也相同，则也有相同的最简式，在总质量一定时，能满足条件，故选A。
【答案】　A
3．有一种有机物，因其酷似奥林匹克旗中的五环(如下图)，科学家称其为奥林匹克烃。下列有关奥林匹克烃的说法正确的是(　)
A．该烃属于苯的同系物
B．该烃的一氯代物只有1种
C．该烃分子中只含非极性键
D．该烃完全燃烧生成H2O的物质的量小于CO2的物质的量
【解析】　苯的同系物分子中必有一个苯环，A错误；
只有一个对称轴，其一氯代物有7种，B错误；C项分子中有极性键和非极性键，C错误；从所给图示可看出，该烃高度缺氢，故D项成立。
【答案】　D
4．下列芳香烃在铁作催化剂的条件下，跟溴反应，苯环上的氢原子被取代，所得一溴代物(C8H9Br)有2种同分异构体的是(　　)
【解析】 不同位置的氢决定取代后的同分异构体种类。A有3种不同的氢，同分异构体有3种，同理，B、C、D分别为3种、1种、2种。
【答案】　D
5．在20 ℃时，某气态烃与O2混合，装入密闭容器中，点燃爆炸后，又恢复到20 ℃，此时容器内气体的压强为反应前的一半，经NaOH溶液吸收后，容器内几乎真空，此烃的化学式可能是(　　)
A．CH4 B．C2H6
C．C3H8 D．C2H4
【解析】　由题意可知，烃与O2恰好完全反应，生成的CO2的物质的量是烃与O2的一半，
由CxHy＋ O2 xCO2＋H2O，
得x＝1＋ ，讨论得C2H4、C3H8合理。
【答案】　CD
6．一种气态烷烃和一种气态烯烃，它们分子里的碳原子数相等。将1.0体积这种混合气体在氧气中完全燃烧，生成2.0体积的CO2和2.4体积的水蒸气(气体体积均在相同状况下测定)，则混合气体中烷烃和烯烃的体积比为(　　)
A．3∶1 B．1∶3
C．2∶3 D．3∶2
【解析】　根据阿伏加德罗定律，相同状况下，气体的体积之比等于物质的量之比，可知1 mol混合烃充分燃烧后生成2 mol CO2和2.4 mol H2O，则混合烃的平均分子组成为C2H4.8。又知烷烃和烯烃分子里的碳原子数相同，可以判定它们分别是C2H6和C2H4。无论C2H6与C2H4以怎样的体积比混合，它们平均碳原子个数都是2。因此符合题意的烷烃和烯烃的体积比，将由它们分子里所含的氢原子个数决定。可用十字交叉法求解：
【答案】　C
7．(2009年广东汕头模拟)A～G是几种烃的分子球棍模型(如下图所示)，据此回答下列问题：
(1)常温下含碳量最高的气态烃是(填对应字母)________；
(2)能够发生加成反应的烃有(填数字)________种；
(3)一卤代物种类最多的是(填对应字母)________；
(4)写出实验室制取C的化学方程式________________；
(5)写出F发生溴代反应的化学方程式________________。
【解析】　由球棍模型可知：A为CH4，B为C2H6，C为C2H4，D为C2H2，E为C3H8，F为 ，G为 。
【答案】　(1)D　(2)4　(3)G
8．(1)某烯烃的相对分子质量为70，这种烯烃与氢气完全加成后，生成有3个—CH3的烷烃，则烯烃的分子式为________，其可能的结构简式分别为__________________________。
(2)某苯的同系物的分子式为C11H16，经测定数据表明，分子中除含苯环外不再含其他环状结构，分子中还含有两个—CH3，两个—CH2—和一个CH。则该分子由碳链异构所形成的同分异构体有________种。其结构简式为_____________________。
【解析】　(1)该烯烃为C5H10，由于加成得到的烷烃含有3个甲基。则其结构简式为CH3CHCH3CH2CH3，其双键位置有3处。(2)除苯环外，不含其他环状物，由于其余的端基恰好组成一个烷基，说明苯环上只有一个支链。
实验室里用乙醇和浓硫酸反应生成乙烯，接着再用溴与乙烯反应生成1,2－二溴乙烷，在制备过程中由于部分乙醇被浓硫酸氧化还会生成CO2和SO2，并进而与Br2反应生成HBr等酸性气体。
(1)以上述三种物质为原料，用下列仪器制备1,2－二溴乙烷。如果气体流向为从左到右，则正确的连接顺序是(短接口或橡皮管均已略去)：________经A(1)插入A中，________接A(2)，A(3)接________接________接________接________(填大写字母代号)。
(2)在三颈烧瓶A中进行的主要的化学反应方程式为_______。
(3)在反应管E中进行的主要的化学反应方程式为______。
(4)温度计水银球的正确位置是______________。
(5)反应管E中加入少量水及把反应管E置于盛有冷水的小烧杯中是因为______________________________。
(6)D装置“恒压滴液漏斗”中连接上下之间的一段导管的作用是___________________________________。
【解析】　在分析过程中主要抓住两点：其一是必须除去混在乙烯中的气体杂质，尤其是SO2气体，以防止SO2与Br2发生反应SO2＋Br2＋2H2O===2HBr＋H2SO4，影响1,2－二溴乙烷产品的制备；其二是必须在理解的基础上灵活组装题给的不太熟悉的实验仪器(如三颈烧瓶A、恒压滴液漏斗D、安全瓶C)，反应管E中冷水的作用是尽量减少溴的挥发，仪器组装顺序是：制取乙烯气体(用A、B、D组装)→安全瓶(C，兼防堵塞)→净化气体(F，用NaOH溶液吸收CO2和SO2等酸性杂质气体)→制备1,2－二溴乙烷(E)→尾气处理(G)。
【答案】　(1)B　D　C　F　E　G
(4)插入至液面以下
(5)液溴易挥发，以便减少溴的挥发损失
(6)构成一个连通器，上下压强相等，便于浓硫酸与乙醇混合物顺利滴加。
课时作业
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一、选择题
1．用于制造隐形飞机的物质具有吸收微波的功能，其主要成分的结构如下图，它属于(　　)
CSHCHCSCSCHCHS
A．无机物 B．烃
C．高分子化合物 D．有机物
【解析】　据题中所给出的结构，再联想有机物的结构特点和组成元素，可判断出它属于有机物。
【答案】　D
2．在光照条件下，将等物质的量的甲烷和氯气充分反应，所得产物中物质的量最大的是(　　)
A．CH3Cl B．CH2Cl2
C．CHCl3 D．HCl
【解析】　光照条件下，甲烷和氯气发生取代反应：CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl，CH3Cl＋Cl2CH2Cl2＋HCl，CH2Cl2＋Cl2CHCl3＋HCl，CHCl3＋Cl2CCl4＋HCl，尽管甲烷和氯气的反应复杂，产物较多，但肯定每一步反应都会产生HCl。
【答案】　D
3．(2009年上海模拟)“魔酸”酸性是浓硫酸的1亿倍，可以将正丁烷转化为异丁烷，下列关于这一转化的说法中错误的是(　　)
A．是化学变化 B．没有能量变化
C．有C—C、C—H键的断裂 D．有C—C、C—H键的形成
【解析】　正丁烷转化为异丁烷，原子间结合方式发生改变，有键的断裂，也有新键形成，应属于化学变化，必然伴随能量变化。
【答案】　B
4．1 mol CH4与Cl2发生取代反应，待反应完成后测得四种有机取代产物的物质的量相等，则消耗Cl2的物质的量为(　　)
A．0.5 mol B．2 mol
C．2.5 mol D．4 mol
【解析】　1 mol甲烷发生取代反应共生成1 mol有机取代产物，每一种有机取代产物都是0.25 mol。每取代1个H消耗1个Cl2，所以共消耗Cl2：
0．25 mol×(1＋2＋3＋4)＝2.5 mol。
【答案】　C
5．下列化学性质中，烷烃不具备的是(　　)
A．可以在空气中燃烧
B．与Cl2发生取代反应
C．有些可以萃取溴水中的溴而使溴水褪色
D．能使高锰酸钾溶液褪色
【解析】　烷烃性质与甲烷类似，常温下性质非常稳定，不能使酸性KMnO4溶液褪色。
【答案】　D
6．对于CH2Cl2的有关叙述不正确的是(　　)
A．有两种不同的结构 B．在常温下可能呈液态
C．不是正四面体形 D．属于烃类
【解析】　CH2Cl2是CH4与Cl2光照发生取代反应的产物之一。由于CH4属于正四面体形，碳原子位于正四面体的中心，四个氢原子分别位于正四面体的四个顶点，故其中的两个氢原子被两个氯原子取代后生成的CH2Cl2仍属于四面体结构，但由于C—H键与C—Cl键的长度不同，故CH2Cl2不属于正四面体。又由于四面体的四个顶点彼此相邻，故CH2Cl2不存在同分异构体，即只有一种结构。因为甲烷、一氯甲烷是气态的，所以二氯甲烷可能是液态的。烃是仅有碳氢两种元素组成的一类有机化合物，故CH2Cl2不属于烃类。
【答案】　AD
7．(2009年西安模拟)下列各组物质互为同系物的是(　　)
A．O2　O3
B．CHBrBrH　CHBrHBr
C．CH3CH3　CH3CHCH3CH3
D．CH3CH2CH2CH3　CH3CHCH3CH3　　
【解析】　判断两种有机物是否是同系物的根本方法是先看其结构是否相似，再看二者在组成上是否相差一个或若干个CH2原子团。
【答案】　C
8．已知丙烷的二氯代物有4种同分异构体，则其六氯代物的异构体数目有(　　)
A．2种 B．3种
C．4种 D．5种
【解析】　C3H8的二氯代物(C3H6Cl2)是2个Cl原子取代了8个H中的2个H；它们六氯代物(C3H2Cl6)可以看作C3Cl8中的2个Cl被2个H取代，因此同分异构体数目相等。
【答案】　C
9．进行一氯取代反应，只能生成三种沸点不同的产物的烷烃是(　　)
A．(CH3)2CHCH2CH2CH3 B．(CH3CH2)2CHCH3
C．(CH3)2CHCH(CH3)2 D．(CH3)3CCH2CH3
【解析】　解答本题时，首先必须明确，烷烃在发生光卤代(取代)反应时，原则上烷烃分子中的每个碳原子上的氢原子都能被取代，因而其取代产物是很复杂的，其次应了解由于不同的异构体的沸点各不相同，要得到三种沸点不同的一卤代烷，必须题给烷烃中应含有三种不同类型的氢原子。这样我们只须分析题给4个选项中不同类型的氢原子有几种即可确定出答案。
【答案】　D
10．下列说法中错误的是(　　)
①化学性质相似的有机物是同系物　②分子组成相差一个或若干个CH2原子团的有机物是同系物　③若烃中碳、氢元素的质量分数相同，它们必定是同系物　④互为同分异构体的两种有机物的物理性质有差别，但化学性质必定相似
A．①②③④ B．只有②③
C．只有③④ D．只有①②③
【解析】　同系物是结构相似(结构相似，则化学性质相似)，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物，这个概念有两个限定条件必须同时具备。C、H元素的质量分数相同未必是同系物，如C2H4(CH2CH2)和C3H6(CH2H2CCH2)；互为同分异构体的物质化学性质不一定相似，如CHCH3CH2和CH2H2CCH2。
【答案】　A
11.
(2008年武汉模拟)一种有机物的化学式为C4H4，分子结构如右图所示，将该有机物与适量氯气混合后光照，生成的卤代烃的种类共有(　　)
A．2 B．4
C．5 D．6
【解析】　图示结构为正四面体型结构。
【答案】　B
12．(2009年佳木斯一模)一定质量的甲烷燃烧后得到的产物为CO、CO2和水蒸气，此混合气体质量为49.6 g，当其缓慢经过无水CaCl2时，CaCl2增重25.2 g。原混合气体中CO2的质量为(　　)
A．12.5 g B．13.2 g
C．19.7 g D．24.4 g
【解析】　CaCl2增重25.2 g为水的质量
n(H2O)＝＝1.4 mol
根据氢元素守恒得：
n(CH4)＝＝0.7 mol
设CO2、CO的物质的量分别为x、y
m(CO2)＝0.3 mol×44 g·mol－1＝13.2 g。
【答案】　B
二、非选择题
13．利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实。某化学兴趣小组通过在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如下图所示：
根据要求填空：
(1)B装置有三种功能：①控制气流速度；②均匀混合气体；③________________。
(2)设V(Cl2)/V(CH4)＝x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则x值应____________。
(3)D装置的石棉中均匀混有KI粉末，其作用是________________________________________________________________________
____________________。
(4)E装置的作用是____________(填编号)。
A．收集气体 B．吸收氯气
C．防止倒吸 D．吸收氯化氢
(5)E装置除生成盐酸外，还含有有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法为__________。该装置还有缺陷，原因是没有进行尾气处理，其尾气主要成分为________(填编号)。
A．CH4 B．CH3Cl
C．CH2Cl2 D．CHCl3
E．CCl4
【解析】　(1)浓H2SO4吸水，可干燥混合气体；(2)CH4和Cl2在漫射光条件下发生如下反应：
CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl；CH4＋2Cl2CH2Cl2＋2HCl；CH4＋3Cl2CHCl3＋3HCl；CH4＋4Cl2CCl4＋4HCl。所以V(Cl2)/V(CH4)≥4时生成氯化氢最多，故x≥4。
(3)过量的氯气进入D装置，发生反应：Cl2＋2KI===2KCl＋I2，所以D装置可以吸收过量的Cl2。
(4)E为防倒吸装置，烧杯中含H2O，可吸收HCl。
(5)盐酸与有机物不互溶，故可用分液法，尾气为气体，故尾气成分是多余的CH4和产物CH3Cl。
【答案】　(1)干燥混合气体　(2)大于或等于4　(3)吸收过量的氯气　(4)CD　(5)分液　AB
14．有效地利用现有能源和开发新能源已受到各国的普遍重视。
(1)可用改进汽油组成的办法来改善汽油的燃烧性能。例如，加入CH3OC(CH3)3来生产“无铅汽油”。CH3OC(CH3)3分子中必存在的原子间连接形式有________(填写编号)。
①CO　　　②CC　　　③COC　　　④CCCC
(2)天然气的燃烧产物无毒、热值高、管道输送方便，将成为我国西部开发的重点之一，天然气常和石油伴生，其主要成分是____________。能说明它是正四面体而非正方形平面结构的理由是________(填写编号)。
①其一氯代物不存在同分异构体
②其二氯代物不存在同分异构体
③碳原子与氢原子之间以共价键结合
④四个碳氢键是完全等价的
(3)1980年我国首次制成一辆燃氢汽车，乘员12人，以50 km/h行驶了40 km。为了有效发展民用氢能源，首先必须制得廉价的氢气。下面可供开发又较经济的制氢方法是________(填写编号)。
①电解水　　　　②锌和稀硫酸反应　　　　③光解海水
其次，制得氢气后还需要解决的问题是____________________(写出其中一个)。
【解析】　氧原子同时连接两个烃基。结构为COC；天然气的主要成分是甲烷，甲烷的氯代物不存在同分异构体；电解水消耗电能，锌与稀硫酸反应消耗原料；只有光能是取之不尽的。H2的相对分子质量小，熔、沸点低，难以压缩。
【答案】　(1)③　(2)甲烷　②　(3)③　氢气的运输和贮存
15．烷烃A只可能有三种一氯取代产物B、C和D，C的结构简式是(CH3)2CCH2ClCH2CH3。B和D分别与强碱的醇溶液共热，都只能得到有机化合物E。以上反应及B的进一步反应如下图所示。
完成下列问题：
(1)A的结构简式是　　　　　　　　　　　　　　。
(2)H的结构简式是　　　　　　　　　　　　　。
(3)B转变为F的反应属于　　　　反应(填反应类型名称)。
(4)B转变为E的反应属于________反应(填反应类型名称)。
(5)1.16 g H与足量NaHCO3作用，标准状况下可得CO2的体积是________mL。
【解析】　C的结构为ClCH2CCH3CH3CH2CH3，将分子中Cl原子换成H原子得到A的结构为CH3CCH3CH3CH2CH3。A一氯取代的产物还有：、(CH3)3CCHCH3Cl、(CH3)3CCH2CH2Cl两种。
卤代烃在NaOH醇溶液中发生消去反应，上述两种物质发生消去反应后都生成(CH3)3CCHCH2。
卤代烃在NaOH水溶液中发生水解反应，生成醇：
①(CH3)3CCHCH3Cl＋NaOH△,(CH3)3CCHCH3OH＋NaCl
②(CH3)3CCH2CCH2Cl＋NaOH△,(CH3)3CCH2CH2OH＋NaCl
①反应的产物只能氧化为酮，②反应的产物氧化为醛，能发生银镜反应，对照反应关系可知：
B为(CH3)3CCH2CH2Cl，D为(CH3)3CCHCH3Cl，
F为(CH3)3CCH2CH2OH，G为(CH3)3CCH2CHO，
H为(CH3)3CCH2COOH。
H和NaHCO3反应：(CH3)3CCH2COOH＋NaHCO3―→(CH3)3CCH2COONa＋H2O＋CO2↑产生气体的体积为×22.4 L·mol－1＝0.224 L＝224 mL。
【答案】　(1)(CH3)3CCH2CH3
(2)(CH3)3CCH2COOH
(3)取代(或氯代烃水解也可)　(4)消去
(5)224
16．某烃折合标准状况下的密度为3.215 g/L，现取3.6 g该烃完全燃烧，将全部产物依次通入足量的浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重5.4 g，碱石灰增重11 g，求：
(1)该烃的相对分子质量；
(2)确定该烃的分子式；
(3)已知该烃的一氯代物只有一种，写出该烃的结构简式：__________________________________。
【解析】　(1)V(烃)＝＝＝1.152 L
n(烃)＝＝＝0.05 mol
M(烃)＝＝＝72 g/mol
n(H2O)＝＝0.3 mol
n(H)＝2n(H2O)＝0.6 mol
n(CO2)＝＝0.25 mol
n(C)＝n(CO2)＝0.25 mol
(2)n(烃)∶n(C)∶n(H)＝0.05 mol∶0.25 mol∶0.6 mol＝1∶5∶12
该烃的分子式为C5H12。
(3)由于该烃的一氯代物只有一种，所以该烃的结构简式为
CH3CCH3CH3CH3 。
【答案】　(1)72　(2)C5H12　(3)CH3CCH3CH3CH3(共74张PPT)
第2讲　铝及其化合物
1．掌握镁、铝及其化合物的性质。
2．从电离平衡的角度理解分析Al3＋＋3OH－? ? Al(OH)3，Al(OH)3＋OH－?? AlO2－＋2H2O的相互转化。
3．了解镁、铝单质化合物的用途，了解金属的特性。
一、铝的性质
1．在人类发现的一百多种元素中，金属大约占五分之　 左右；金属单质在常温下除　 是液体外，其余都是固体，除金、铜等少数金属具有特殊的颜色外，绝大多数呈　　色，不透明，有
光泽，有　　　，一般都是　　　　良导体。金属晶体的构成微粒是　　　　　　　　　，其作用力是　　　，它决定金属的熔沸点、硬度等，导热导电性和延展性与　　　　有关。
2．合金是　　
　　　　　　　　　　　，一般来说，合金的熔点比各成分金属　，硬度、强度比各成分金属　　。最早制得的合金是　　，用量最大的合金是　　。
四
汞
银白
金属
延展性
热和电的
金属离子和自由电子
金属键
自由电子
由两种或两种以上金属(或金属和非金属)熔合而
低
大
青铜
成的具有金属特性的物质
钢
铝箔跟氧气
(反应方程式)
反应
条件 空气中
常温 空气中加热 空气中高温 氧气中加热
反应
现象 　　　 燃烧剧烈，有耀眼白光 燃烧剧烈发出耀眼的白光
3．铝是地壳中含量　　的金属，它属于有色金属和轻金属。铝在周期表中位于第　周期第　　族，反应中易　　　　　，表现出强　　性。 主要表现的性质有：
(1)铝与氧气反应：在空气中表面生成一层　　　　　　　　。
最多
三
ⅢA
失去3个电子
还原
致密的氧化物保护膜
4Al＋3O2 　　　　2Al2O3
无明显
变化
熔化但不滴落表面形成白膜
化学方程式或离子
方程式或变化名称 反应现象
与稀硫
酸反应 产生无色
无味气体
与热浓硫酸 2Al＋6H2SO4(浓)
Al2(SO4)3＋6H2O＋3SO2↑ 有无色刺激
性气味的气体
与冷浓硫酸 　　 无明显现象
与冷浓硝酸 无明显现象
(2)与酸的反应(因酸而异)
2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑
钝化
钝化
(3)与烧碱溶液反应——铝的特性(也能与酸反应)
跟碱溶液反应的化学方程式(电子转移)和离子方程式。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　，
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)与金属氧化物反应：铝能与Fe2O3、MnO2等金属氧化物在一定条件下发生铝热反应，并放出大量的热。铝与氧化铁的反应方程式：　　　　　　　　　　　　　，可用于焊接　　。
钢轨
2Al＋Fe2O3　　　　　　Al2O3＋2Fe
2Al＋2NaOH＋6H2O===2NaAlO2＋4H2O＋3H2↑
2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2－＋3H2↑
1．Al2O3是一种 　　固体，是冶炼铝的原料，熔点很高，可作　　材料。氧化铝　溶于水，是典型的　　氧化物，既能与　反应，又能与　　反应，其离子方程式为：
白色
耐火
不
两性
碱
酸
Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O，Al2O3＋2OH－===2AlO2－＋H2O。
2．实验室常用可溶性铝盐与　　制取Al(OH)3，它是一种难溶于水的　色　状物质，有较强的吸附能力。Al(OH)3受热易分解，是一种典型的　　氢氧化物。溶于强酸和强碱的离子方程式分别是：
3．明矾的化学式是：　　　　　　　，它是一种复盐，它能净水的原因是(用离子方程式表示)
氨水
白
胶
两性
Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O　Al(OH)3＋OH－===AlO2－＋2H2O
KAl(SO4)2·12H2O
Al3＋＋3H2O??Al(OH)3(胶体)＋3H＋
三、Al3＋、Al(OH)3和AlO2－的三角关系
据下图写出下列转化的离子方程式：
(1)Al　―→Al(OH)3
①Al　+　　　　　===Al(OH)3↓+　　　　
②Al　+　　　　　　===4Al(OH)3↓
③Al　+　　　===Al(OH)3↓
3NH3·H2O
3AlO2-+6H2O
3OH-
3NH4+
(2)Al(OH)3―→Al
Al(OH)3+　　===Al　　+　　　
(3)Al　　―→AlO2-
Al　　+　　　===AlO2-+
(4)AlO2-―→Al
AlO2-+　　　===Al　　+
3H+
3H2O
4OH-
2H2O
4H+
2H2O
(5)AlO2-―→Al(OH)3
①NaAlO2溶液中通少量CO2：
NaAlO2溶液中通入足量CO2：
②
③
(6)Al(OH)3―→AlO2－
Al(OH)3＋　　　===AlO2－＋　　　
2AlO2－＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO32－
AlO2－＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO3－
AlO2－＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓
OH－=
2H2O
1．铝是活泼金属，为何在生活中广泛使用？工业上如何冶炼铝？
2．铝制餐具不宜长时间盛放酸、碱性食物，也不宜打磨光亮，为什么？
【提示】　1.铝能在其表面形成致密的氧化物保护膜，阻止进一步氧化，所以在生活中广泛使用。工业上用电解熔融氧化铝的办法冶炼铝。
2．因为铝与酸和碱均能发生反应而溶解，铝制品打磨后，新露出的铝又会被氧化，加快铝制品损耗。
铝的性质
铝分别与盐酸、氢氧化钠溶液反应的原理
2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑
2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
1．等量铝分别与足量盐酸和氢氧化钠溶液反应，产生氢气的体积比　　　　　　　＝1∶1。
2．足量的铝分别与等物质的量的盐酸和氢氧化钠反应，产生氢气的体积比为　　　　　＝1∶3。
3．一定量的铝分别和一定量的盐酸和氢氧化钠反应，若产生氢气的体积比为　　<　　　　　<　　，则必定是：
(1)铝与盐酸反应时，铝过量而盐酸不足。
(2)铝与氢氧化钠反应时，铝不足而氢氧化钠过量。
解题时应充分利用上述过量关系快速求解。
铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的HCl和NaOH物质的量之比为(　　)
A．1∶1　B．2∶1
C．3∶1 D．1∶3
【导航】　金属铝无论是与酸还是与碱反应，反应实质均是：Al　　　　　Al3＋，2H＋　　　　　　　　H2，故与酸或与碱反应时铝与氢气的关系式均为2Al～3H2↑，利用此性质可以很方便地进行有关的计算。
【解析】　Al与盐酸和NaOH反应的产物分别为AlCl3和NaAlO2，由元素守恒可以得出Al～3Cl～3HCl，Al～Na～NaOH。
2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑
2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
据以上两个方程式知，放出等量气体时消耗HCl和NaOH物质的量之比为3∶1。
【答案】　C
Al(OH)3的两性
Al(OH)3能否溶于弱酸或弱碱，为何Al(OH)3表现酸的性质时相当于是一元酸？
氢氧化铝是一种典型的两性氢氧化物：
H＋＋AlO2－＋H2O　　　　　Al(OH)3　　　　　　　　　Al3＋＋3OH－
(1)Al(OH)3不溶于弱酸或弱碱，原因是在Al(OH)3的悬浊液中，加入弱酸或弱碱时，因OH－或H＋浓度太小，不能促使Al(OH)3的电离平衡向某一方向移动。
(2)Al(OH)3表现酸的性质时相当于一元酸，是因为Al(OH)3并不直接电离出H＋，Al(OH)3水溶液中的H＋是水电离的，即：
HO　　　＋H2O??　　　　　　　　　　　　　　＋H＋
其中[Al(OH)4]－??　　AlO2－＋2H2O，因此表示偏铝酸盐时可以有两种写法，如NaAlO2也可写成Na[Al(OH)4]。
　　(2007年东城一模)在50 mL b mol·L－1的AlCl3溶液中加入50 mL a mol·L－1 NaOH溶液。
(1)当a≤3b时，生成Al(OH)3沉淀的物质的量为________。
(2)当a、b满足________条件时，无沉淀产生。
(3)当a、b满足________条件时，先有沉淀生成，后又有部分沉淀溶解，此时Al(OH)3的质量为________g。
【导航】　1.AlCl3 Al(OH)3
2．AlCl3 NaAlO2
3．AlCl3　　　　　　　　　　　　　　　　　共存
【解析】　(1)依题意知，在AlCl3溶液中加入NaOH溶液有如下两反应发生：
AlCl3＋3NaOH===Al(OH)3↓＋3NaCl①
AlCl3＋4NaOH===NaAlO2＋3NaCl＋2H2O②
根据以上两反应可以看出：
当a≤3b时只发生第一个反应，此时NaOH不足量，产生沉淀的量取决于NaOH。n[Al(OH)3]＝　　n(NaOH)，所以答案为： 　　　
mol。
(2)如果无沉淀生成，Al元素全部以AlO2－形式存在：
n(AlCl3)∶n(NaOH)≤1∶4，即a∶b≥4∶1，所以答案为：a≥4b。
(3)此种情况应当是两个反应均发生，铝元素以Al(OH)3和AlO2－两种形式存在
符合关系：　<　　　<　　，即：　<　　　<　　，
整理：3b求沉淀的方法很多
方法一：联立方程法。设反应①中，AlCl3的物质的量为x，则Al(OH)3为x，NaOH为3x，
反应②中AlCl3物质的量为y，NaOH为4y，
解得x＝(0.2b－0.05a)mol＝0.05(4b－a)mol
m[Al(OH)3]＝78 g·mol－1×0.05(4b－a)mol
＝3.9(4b－a)g
方法二：守恒法。此种条件下，溶液中的离子有Na＋、Cl－、AlO2－。
n(AlO2－)＝n(Na＋)－n(Cl－)＝0.05a mol－0.05×3b mol
n[Al(OH)3]＝n(Al3＋)总－n(AlO2－)
＝0.05b mol－(0.05a mol－0.15b mol)
＝(0.2b－0.05a)mol＝0.05(4b－a)mol
m[Al(OH)3]＝78 g·mol－1×0.05(4b－a)mol
＝3.9(4b－a)g
【答案】　(1) 　　mol　(2)a≥4b
(3)3b有关Al(OH)3的计算和图象
1．铝盐与强碱溶液作用生成Al(OH)3沉淀的计算
反应关系如下：
(1)Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓(生成沉淀)
(2)Al(OH)3＋OH－===AlO2－＋2H2O(沉淀溶解)
(3)Al3＋＋4OH－===AlO2－＋2H2O(生成沉淀，又恰好完全溶解)
分析以上三个反应关系式，所得Al(OH)3沉淀的物质的量与n(Al3＋)、n(OH－)的关系为：
当　　　　　　≥　　时，所得沉淀的物质的量：
n[Al(OH)3]＝　　n(OH－)；
当　　　　　　≤　　时，所得沉淀的物质的量：
n[Al(OH)3]＝0；
当　　<　　　　　　<　　时，所得沉淀的物质的量：
n[Al(OH)3]＝n(Al3＋)－[n(OH－)－3n(Al3＋)]＝4n(Al3＋)－n(OH－)。
2．铝盐与强碱溶液作用生成Al(OH)3沉淀的图象
(1)向铝盐溶液中滴入强碱，当n(Al3＋)∶n(OH－)＝1∶3时，产生的Al(OH)3沉淀量最多；
当n(Al3＋)∶n(OH－)＝1∶4时，Al(OH)3沉淀全部溶解。如图(1)所示，反应的离子方程式为：
OA段：Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
AB段：Al(OH)3＋OH－===AlO2－＋2H2O
(2)向强碱溶液中滴入铝盐溶液，开始无沉淀，当Al3+全部转化为AlO2-时，再滴入铝盐溶液，则偏铝酸盐与铝盐溶液发生了反应，产物都是Al(OH)3，如图(2)所示，反应的离子方程式为：
OA段：Al3++4OH-===AlO2-+2H2O
AB段：3AlO2-+Al3++6H2O===4Al(OH)3↓
(3)向偏铝酸盐溶液中滴入强酸，当n(AlO2－)∶n(H＋)＝1∶1时，产生Al(OH)3沉淀的量最多，继续滴入强酸，沉淀逐渐溶解。如图(3)所示，离子方程式为：
OA段：AlO2－＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓
AB段：Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O
(4)向强酸溶液中滴入偏铝酸盐溶液。开始无沉淀，当H＋完全反应后，再滴入偏铝酸盐，发生反应生成Al(OH)3沉淀，如图(4)所示，反应的离子方程式为：
OA段：4H＋＋AlO2－===Al3＋＋2H2O
AB段：Al3＋＋3AlO2－＋6H2O===4Al(OH)3↓
(5)向镁盐和铝盐的混合溶液中滴入NaOH溶液，如图(5)所示，反应的离子方程式为：
OA段：Mg2++2OH-===Mg(OH)2↓
Al3++3OH-===Al(OH)3↓
AB段：Al(OH)3+OH-===AlO2-+2H2O
“OA”表示同时生成Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀。
“AB”表示Al(OH)3沉淀被过量NaOH溶液溶解。
“BC”表示沉淀量不再发生变化，此时只有Mg(OH)2沉淀。
将氯化铝溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中铝元素的质量与溶液中所含铝元素的质量相等，则原氯化铝溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能是(　　)
A．1∶3　　B．2∶3
C．1∶4 　D．2∶7
【导航】　强碱与铝盐反应，首先要分析Al(OH)3是不是最大沉淀量，若不是，则有两种情况：Al3＋部分沉淀和Al(OH)3部分溶解。计算过程中要分情况讨论。
【解析】　由题目中给出的溶液中的铝与沉淀中的铝质量相等，可以得出反应后的含铝物质可能为Al3＋和Al(OH)3或Al(OH)3和AlO2－两种情况。然后根据反应比不难得出结论。
本题应分两种情况进行讨论：
①若AlCl3过量，NaOH不足，溶液中的铝元素应为Al3＋。
AlCl3＋3NaOH===Al(OH)3↓＋3NaCl
1 mol　3 mol　　　1 mol
依题意，溶液中剩余1 mol Al3＋，则：
c(AlCl3)∶c(NaOH)＝(1＋1)∶3＝2∶3
②若NaOH量稍多，AlCl3完全反应，溶液中的铝元素的形式为AlO2－，不妨假设有2 mol Al3＋反应，依题意有关系式：
AlCl3～3NaOH～Al(OH)3
1 mol　3 mol　　1 mol
AlCl3～4NaOH～NaAlO2
1 mol　4 mol　　1 mol
c(AlCl3)∶c(NaOH)＝2∶(3＋4)＝2∶7。
【答案】　BD
1．(2009年江苏单科)化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是(　　)
A．明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化
B．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率
C．MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料
D．电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁
【解析】　A项，Al3＋水解可得Al(OH)3，起净水作用；B项，镶入锌块，相当于牺牲阳极的阴极保护法；C项正确；D项，电解MgCl2溶液应得到Mg(OH)2而非Mg。
【答案】　D
2．(2009年北京理综)由短周期元素组成的中学常见无机物A、B、C、D、E、X存在如下图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。
下列推断不正确的是(　　)
A．若X是Na2CO3，C为含极性键的非极性分子， 则A一定是氯气，且D和E不反应
B．若A是单质，B和D的反应是OH－＋HCO3－===H2O＋CO32－，则E一定能还原Fe2O3
C．若D为CO，C能和E反应，则A一定为Na2O2，其电子式是
Na＋[ 　　　　]2－Na＋
D．若D为白色沉淀，与A摩尔质量相等，则X一定是铝盐
【解析】　A项，当A为NO2时，3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，HNO3与Na2CO3反应产生CO2，CO2＋Na2CO3＋H2O===2NaHCO3，也符合框图；B项，由B和D的反应可知，B为强碱，则A为Na等非常活泼的金属，E为H2，X为CO2等酸性气体；C项，此时B为O2，X为C，C为CO2，CO2可与E(NaOH)反应；D项，短周期元素形成白色沉淀有Mg(OH)2、Al(OH)3，且A与D的摩尔质量相等，则由Al(OH)3为78 g/mol，推知A为Na2O2，B为NaOH，X为铝盐：4OH－＋Al3＋===AlO2－＋2H2O，Al3＋＋3AlO2－＋6H2O===4Al(OH)3↓。
【答案】　A
3．(2009年海南单科)有关物质存在如图所示的转化关系(部分产物已省略)。通常C为气体单质，G为紫黑色固体单质。实验室中，常用固体E在B的催化下加热制取气体单质H。
请回答下列问题：
(1)反应①的化学方程式为__________________________________；
(2)反应②的离子方程式为__________________________________；
(3)写出另外一种实验室制取H的化学方程式______________________________；
(4)D溶液与Pb(NO3)2溶液混合可形成沉淀，此沉淀的Ksp=7.0×10-9。将等体积的D溶液与Pb(NO3)2溶液混合，若D的浓度为1.0×10-2 mol/L，则生成沉淀所需Pb(NO3)2溶液的最小浓度为__________。
【解析】　首先是推断出框图中的各种物质：由“浓、△、C为气体单质”等可推出A为盐酸，B为MnO2，C为Cl2。由“G为紫黑色固体”知为I2。则F为KCl，D为KI。由“E+MnO2―→KCl+H2(气体单质)”，可推知E为KClO3，H为O2。(4)PbI2??Pb2++2I-，Ksp=c(Pb2+)·c2(I-)。7.0×10-9=c(Pb2+)×2，c(Pb2+)=2.8×10-4(mol/L)，则原溶液中的c(Pb2+)(等体积混合、浓度加倍)为5.6×10-4 mol/L。
【答案】　(1)MnO2+4HCl(浓)　　　MnCl2+Cl2↑+2H2O
(2)6H++ClO3-+6I-===Cl-+3I2+3H2O
(3)2H2O2　　　　2H2O+O2↑或2KMnO4　　　　K2MnO4+MnO2+O2↑
(4)5.6×10-4 mol·L-1
沉淀物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mg(OH)2
pH 3.2 5.2 12.4
4．(2009年广东单科)某厂生产硼砂过程中产生的固体废料，主要含有MgCO3、MgSiO3、CaMg(CO3)2、Al2O3和Fe2O3等，回收其中镁的工艺流程如下：
部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见上表，请回答下列问题：
(1)“浸出”步骤中，为提高镁的浸出率，可采取的措施有_________________________________（要求写出两条)。
(2)滤渣Ⅰ的主要成分有__________________。
(3)从滤液Ⅱ中可回收利用的主要物质有________。
(4)Mg(ClO3)2在农业上可用作脱叶剂、催熟剂，可采用复分解反应制备：
MgCl2＋2NaClO3===Mg(ClO3)2＋2NaCl
已知四种化合物的溶解度(S)随温度(T)变化曲线如下图所示：
①将反应物按化学反应方程式计量数比混合制备Mg(ClO3)2。简述可制备Mg(ClO3)2的原因：
__________________________________
_________________________________。
②按①中条件进行制备实验。在冷却降温析出Mg(ClO3)2过程中，常伴有NaCl析出，原因是：________________________________　。
除去产品中该杂质的方法是：___________。
【解析】　(1)中几种镁盐均难溶(其中MgCO3微溶)于水，可溶于稀硫酸，加稀H2SO4同时生成难溶H2SiO3(或H4SiO4)和微溶的CaSO4，为使Mg2+充分浸出可适当提高反应温度、加过量稀硫酸、延长浸出时间等方法。
(2)根据题给表格信息，调节pH=5.5时，Fe3+和Al3+分别已完全转化为沉淀物Fe(OH)3和Al(OH)3，而Mg2+并未转化。
(3)加NaOH调节pH=12.5时，Mg2++2OH-===Mg(OH)2↓，滤液中的Na+和SO42-可回收利用。
(4)①解读溶解度曲线，分析NaCl与Mg(ClO3)2溶解度随温度变化而变化程度明显不同，较高温度时NaCl先达到饱和状态。
②降低饱和溶液温度，在Mg(ClO3)2大量析出的同时，NaCl也会少量析出。可将所得晶体再溶于蒸馏水配成热饱和溶液，再进行重结晶。
【答案】　(1)适当提高反应温度、增加浸出时间(或其他合理答案)
(2)Al(OH)3、Fe(OH)3
(3)Na2SO4
(4)①在某一温度时，NaCl最先达到饱和析出；Mg(ClO3)2的溶解度随温度的变化量大；NaCl溶解度与其他物质的溶解度有一定差别
②降温前，溶液中NaCl已饱和；降温过程中，NaCl溶解度降低，会少量析出　重结晶
5．(2008年广东化学)碳酸钠是造纸、玻璃、纺织、制革等行业的重要原料。工业碳酸钠(纯度约98%)中含有Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、Cl－和SO42－等杂质，提纯工艺路线如下：
已知碳酸钠的溶解度(S)随温度变化的曲线如下图所示：
回答下列问题：
(1)滤渣的主要成分为______________。
(2)“趁热过滤”的原因是__________。
(3)若在实验室进行“趁热过滤”，可采取的措施是______________________________________________________(写出1种)。
(4)若“母液”循环使用，可能出现的问题及其原因是_____________________________________。
(5)已知：Na2CO3·10H2O(s)===Na2CO3(s)＋10H2O(g)
ΔH1＝＋532.36 kJ·mol－1
Na2CO3·10H2O(s)===Na2CO3·H2O(s)＋9H2O(g)
ΔH2＝＋473.63 kJ·mol－1
写出Na2CO3·H2O脱水反应的热化学方程式_____________________________________。
【解析】　(1)滤渣的主要成分要从两个方面来考虑，一是原料中的不溶物；二是加入NaOH后生成的难溶物。
(2)仔细分析图表，找出Na2CO3·10H2O、Na2CO3·7H2O、Na2CO3·H2O三种晶体析出的温度范围，低温时Na2CO3·H2O会溶解，而Na2CO3·7H2O、Na2CO3·10H2O会析出。
(3)趁热过滤的方法——预热过滤装置和常压热过滤漏斗法。
(4)从母液中还会有哪些杂质离子来思考。
(5)两式相减即得(注意ΔH也要相减)。
【答案】　(1)Fe(OH)3、CaCO3和Mg(OH)2
(2)防止温度下降时Na2CO3·H2O溶解，避免析出
Na2CO3·10H2O或Na2CO3·7H2O
(3)预热过滤装置(或“用常压热过滤漏斗进行过滤”)
(4)产品纯度降低，因为循环使用时母液中Cl－与SO42－累积，导致产品含NaCl或Na2SO4杂质
(5)Na2CO3·H2O(s)===Na2CO3(s)＋H2O(g)　ΔH＝＋58.73 kJ·mol－1
1．中央电视台等媒体报道，市场上的膨化食品中有三成以上铝严重超标，长期食用铝含量过高的膨化食品，会干扰人的思维、意识与记忆功能，引起神经系统病变，表现为记忆减退，视觉与运动协调失灵，严重者可能痴呆。摄入过量的铝，还能置换出沉积在骨质中的钙，抑制骨生成，发生骨软化症等。下列有关说法正确的是(　　)
A．因为铝对人体有害，故不能使用铝锅等炊具
B．一种治疗胃酸过多的药物的主要成分是Al(OH)3，因此铝元素超标对人体无影响
C．膨化食品中的铝元素超标可能来自发酵剂明矾
D．土壤的主要成分是Al2O3·2SiO2·2H2O，因此粮食中含有较多的铝元素，人过多食用含铝元素的食品显然也没有影响
【解析】　铝导热性好，有延展性，可以用做饮具；治疗胃酸的药物为Al(OH)3，但不能过量用；土壤中有铝，但粮食中的铝并不多。
【答案】　C
2.
(2009年上海单科)镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积(V)与时间(t)关系如右图。反应中镁和铝的(　　)
A．物质的量之比为3∶2
B．质量之比为3∶2
C．摩尔质量之比为2∶3
D．反应速率之比为2∶3
【解析】　由关系式：Mg～H2,2Al～3H2，可知产生等量H2时，消耗Mg、Al的物质的量之比为3∶2，故A项正确。二者质量之比为4∶3，摩尔质量之比为24∶27＝8∶9，反应速率之比为3∶2。
【答案】　A
3．(2008年上海高考)将表面已完全钝化的铝条，插入下列溶液中，不会发生反应的是(　　)
A．稀硝酸 B．稀盐酸
C．硝酸铜 D．氢氧化钠
【解析】　钝化的实质是浓H2SO4或浓HNO3在Fe、Al的表面形成了一层致密的氧化物保护膜。由于铝的氧化物Al2O3是一种两性氧化物，既可与强酸反应，又可与强碱反应，所以A、B、D三项皆不符合题意，只有C选项中的Cu(NO3)2因不与Al2O3反应，故不可能与钝化的铝条发生反应。
【答案】　C
4.
(2009年济南质检)A是一种常见的单质，B、C为中学常见的化合物，A、B、C均含有元素X。它们有如右的转化关系(部分产物及反应条件已略去)：
下列判断正确的是(　　)
A．X元素可能为Al
B．X元素可能是金属，也可能是非金属
C．反应①和②互为可逆反应
D．反应①和②一定为氧化还原反应
【解析】　中学阶段符合①的单质有Cl2等卤素单质、硫单质及铝单质；若A为Cl2等卤素单质或S时，也符合②，若A为Al时不符合②，故A为非金属单质中的Cl2等卤素单质或硫；反应①的产物与反应②的反应物不同，①②不互为可逆反应。
【答案】　D
5．(2008年广东高考)相同质量的下列物质分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体物质，消耗碱量最多的是(　　)
A．Al2O3 B．Al(OH)3
C．AlCl3 D．Al
【答案】　D
【解析】　根据相关物质的性质及题意知，四种物质的反应产物均为NaAlO2。四种物质与NaOH溶液反应的定量关系如下：
Al2O3～2NaOH　Al(OH)3～NaOH　AlCl3～4NaOH　Al～NaOH，取四种物质的质量均为m，消耗NaOH的物质的量分别为
　×2、　　、　　　×4、　　。
6．两种金属混合物粉末15 g，与足量的盐酸反应时生成标准状况下11.2 L氢气，符合上述情况的金属混合物是(　　)
A．Mg、Fe B．Zn、Ag
C．Al、Zn D．Mg、Al
【解析】　标准状况下11.2 L H2是1 g，与足量盐酸反应生成1 g H2需上述金属：Mg—12 g，Ag不反应可视为无穷大，Al—9 g，Zn—32.5 g、Fe—28 g，该两种金属混合生成1 g H2时所需质量15 g，应介于两金属分别与HCl反应生成1 g H2时消耗金属量的中间。
【答案】　AC
7．(2008年重庆高考)某学习小组用下图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。
(1)A中试剂为____________。
(2)实验前，先将铝镁合金在稀硝酸中浸泡片刻，其目的是________________________。
(3)检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：①记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤、洗涤、干燥、称重；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；④由A向B中滴加足量试剂；⑤检查气密性。上述操作的顺序是______________(填序号)；记录C的液面位置时，除视线平视外，还应______________________。
(4)B中发生反应的化学方程式为__________________________________。
(5)若实验用铝镁合金的质量为a g，测得氢气体积为b mL(已换算为标准状况)，B中剩余固体质量为c g，则铝的相对原子质量为______________。
(6)实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将________。(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)
【解析】　本题是利用反应2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑(Mg与NaOH溶液不反应)，将生成的H2排水测气体体积，据此求出Al的相对原子质量。
注意(5)由　　2Al　　～　　3H2↑
　　 　2m(Al)　　　　3 mol
　　 　(a－c)g　　　　
m(Al)＝　　　　　　　　　g·mol－1
(6)过滤所得不溶物未洗涤，使c增大，(a－c)减小，则m(Al)减小。
【答案】　(1)NaOH溶液
(2)除去铝镁合金表面的氧化膜
(3)⑤①④③②　使D和C的液面相平
(4)2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
(5)
(6)偏小
8．(2009年福建理综)从铝土矿(主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)中提取氧化铝的两种工艺流程如下：
请回答下列问题：
(1)流程甲加入盐酸后生成Al3+的离子方程式为
_____________________________________________________。
(2)流程乙加入烧碱后生成SiO32-的离子方程式为
____________________________________________________。
(3)验证滤液B含Fe3+，可取少量滤液并加入______________ (填试剂名称)。
(4)滤液E、K中溶质的主要成分是______________(填化学式)，写出该溶质的一种用途______________。
(5)已知298 K时，Mg(OH)2的溶度积常数Ksp=5.6×10-12，取适量的滤液B，加入一定量的烧碱至达到沉淀溶解平衡，测得pH=13.00，则此温度下残留在溶液中的c(Mg2+)=______________。
【解析】　流程甲为：
流程乙为：
则滤液E、K中溶质主要成分是NaHCO3，该物质可用于作发酵粉、制纯碱等。
(5)由Mg(OH)2的溶度积常数Ksp=5.6×10-12=c2(OH-)·c(Mg2+)可推知：c(Mg2+)= mol·L-1=5.6×10-10 mol·L-1。
【答案】　(1)Al2O3+6H+===2Al3++3H2O
(2)SiO2+2OH-===SiO32-+H2O
(3)硫氰化钾(或硫氰酸钾、苯酚溶液等合理答案均可)
(4)NaHCO3　制纯碱(或做发酵粉等合理答案均可)
(5)5.6×10-10 mol·L-1
某混合金属粉末，除Mg外还含有Al、Zn中的一种或两种，含量都在10%以上。某研究小组设计实验探究该混合金属粉末中铝、锌元素的存在。
所用试剂：样品、pH试纸、稀H2SO4、NaOH溶液、稀NH3·H2O
该小组探究过程如下：
查阅资料：
(1)假设1：该混合金属粉末中除镁外还含有________元素
(2)假设2：该混合金属粉末中除镁外还含有________元素
(3)假设3：该混合金属粉末中除镁外还含有铝、锌元素
实验探究：
基于假设3，甲同学设计了如图1所示的实验方案，乙同学设计了如图2所示的实验方案：
(1)试剂M是____________。
(2)写出操作Ⅰ的过程__________________________________
__________________________。
(3)丙同学认为乙同学的方案比甲同学的好，理由是____________________。
(4)丁同学研究了甲、乙两同学的方案后，用最简便的方法测定了W g样品中金属镁(Mg)的质量分数，他的方法是_______________________________________________________________________________________________。
【解析】　镁中可能含有铝和锌中的一种或两种，有三种可能：
①有铝　②有锌　③铝、锌均有。验证时，样品中成分均与酸反应，与碱反应时，镁不反应。
【答案】　提出假设：(1)铝(或Al)
(2)锌(或Zn)(以上两空可颠倒)
实验探究：(1)NaOH溶液(或氢氧化钠溶液)
(2)在滤液中加入稀硫酸，直至生成的沉淀刚好溶解，再加入足量的稀氨水
(3)步骤简单，节约试剂
(4)将沉淀C小心洗涤、干燥后称量、计算即可
课时作业
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一、选择题
1．我国政府规定在2006年7月1日后含有铜、铬、镉、汞、多溴联苯等材料的电子产品禁止投放市场，下列有关电子垃圾的说法中不正确的是(　　)
A．电子垃圾应在无污染的条件下回收，使之成为有用的资源
B．将电子垃圾在火上焚烧，熔下其中的金属再回收利用
C．电子垃圾的任意抛弃会严重污染地下水源
D．各国的电子垃圾应在本国境内处理，严禁向其他国家输出
【解析】　焚烧会产生污染性气体(蒸汽)如汞、多溴联苯等。
【答案】　B
2．将纯锌片和纯铜片按图所示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是(　　)
A．两烧杯中铜片表面均无气泡产生
B．甲中铜片是正极，乙中铜片是负极
C．两烧杯中溶液的pH均增大
D．产生气泡的速率甲比乙慢
【解析】　由题目所给图示可知，甲为原电池，铜作正极，发生反应：2H＋＋2e－===H2↑，反应速率加快；乙不能构成原电池(无闭合回路)只在锌片上发生反应：Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑，二者都消耗H＋，故溶液的pH都增大。
【答案】　C
3.
(原电池工作原理)关于如右图所示装置的叙述，正确的是(　　)
A．铜是阳极，铜片上有气泡产生
B．铜片质量逐渐减少
C．电流从锌片经导线流向铜片
D．氢离子在铜片表面被还原
【解析】　本题考查原电池的有关知识。在原电池中，活泼性较强的金属作负极，活泼性相对较弱的金属或非金属作正极。在题给装置中，Zn作负极，负极反应：Zn－2e－===Zn2＋，Cu作正极，正极反应：2H＋＋2e－===H2↑，故A、B错；电子由锌片经导线流向铜片，电流方向与之相反，C错，D正确。
【答案】　D
4．在原电池构成的闭合回路中，关于电子和阴、阳离子运动方向的描述正确的是(　　)
A．电子从原电池的负极通过导线移向正极
B．电子从原电池的正极通过导线移向负极
C．阴离子在电解质溶液中向正极移动
D．阳离子在电解质溶液中向正极移动
【解析】　根据同一闭合回路中，同性电荷运动方向一致，异性电荷运动方向相反的规律，在电解质溶液中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动。
【答案】　AD
5．(全国Ⅱ)在盛有稀H2SO4的烧杯中放入用导线连接的锌片和铜片，下列叙述正确的是(　　)
A．正极附近的SO42－浓度逐渐增大
B．电子通过导线由铜片流向锌片
C．正极有O2逸出
D．铜片上有H2逸出
【解析】　A项正极的电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，SO42－向负极移动，SO42－浓度并不增大；B项电子应从锌片(负极)经导线流向铜片(正极)；C项正极上有H2逸出。
【答案】　D
6．有X、Y、Z、W四种金属，已知X(OH)3的碱性大于Y(OH)3，X3＋可使Z氧化，W可与热水反应产生H2，X不能与热水反应，把X的金属片插入稀H2SO4中，让金属丝与Z接触，则X溶解速度加快，这四种金属活动性强弱关系一定的是(　　)
A．X>Y B．Z>Y
C．W>Z D．Z>X
【解析】　X(OH)3的碱性大于Y(OH)3，没有提到主族元素最高价氧化物的水化物，所以不能确定X、Y活动性大小，X3＋可使Z氧化不能确定X、Z的金属性大小，如
Mg＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Mg2＋
Cu＋2Fe3＋===3Fe2＋＋Cu2＋
W可与热水反应产生H2而X不能，可判断W>X，另外X>Z，因此W>Z。
【答案】　C
7．(广东化学)科学家近年来研制出一种新型细菌燃料电池，利用细菌将有机酸转化成氢气，氢气进入以磷酸为电解质的燃料电池发电。电池负极反应为(　　)
A．H2－2e－＋2OH－===2H2O B．O2＋4H＋＋4e－===2H2O
C．H2－2e－===2H＋ D．O2＋2H2O＋4e－===4OH－
【解析】　实质是酸(H＋)作电解质的氢氧燃料电池。
【答案】　C
8．下列几种金属制品的镀层损坏后，金属腐蚀的速率最快的是(　　)
A．镀铝塑料 B．食品罐头盒(镀锡)
C．白铁水桶(镀锌) D．镀银铜质奖章
【解析】　关键是看镀层损坏后，暴露出的金属与镀层能否形成原电池，形成原电池时金属是否是负极。A项塑料不会被腐蚀；B项Fe为原电池负极，锡为原电池的正极，加速了Fe的腐蚀；C项Zn为电池的负极，铁为电池的正极，铁被保护起来；D项Cu为原电池的负极，Ag为原电池的正极，Cu被腐蚀。
【答案】　B
9．(2009年郑州模拟)将Mg条、Al条平行插入一定浓度的NaOH溶液中，用电线连接成原电池。此电池工作时，下列叙述中正确的是(　　)
A．Mg比Al活泼，Mg失去电子被氧化成Mg2＋
B．Al条表面虽有氧化膜，但可不必处理
C．该电池的内、外电路中，电流均是由电子定向移动形成的
D．Al是电池负极，开始工作时溶液中会立即有白色沉淀析出
【解析】　 A项：电解质溶液为NaOH溶液，应为Al失电子。B项：Al2O3与NaOH反应故不必处理。C项：内电路阴、阳离子定向移动。 D项：Al―→AlO2－无沉淀。
【答案】　B
10．(2007年山东临沂模拟)如图是2004年批量生产的笔记本电脑所用甲醇燃料电池的结构示意图。甲醇在催化剂作用下提供质子(H＋)和电子，电子经外电路、质子经内电路到达另一极与氧气反应，电池总反应为：2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O。下列说法正确的是(　　)
A．左电极为电池的正极，a处通入的物质是甲醇
B．右电极为电池的负极，b处通入的物质是空气
C．负极反应式为：CH3OH＋H2O－6e－===CO2＋6H＋
D．正极反应式为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
【解析】　由装置图中电子的流向可知，左电极为负极，a处通入的物质为燃料甲醇；右电极为正极，b处通入的物质为助燃剂O2；正极反应式为3O2＋12H＋＋12e－===6H2O；用总反应方程式两边同时减去正极反应式两边，即得负极反应式：CH3OH＋H2O－6e－===CO2＋6H＋。
【答案】　C
11．将Al片和Cu片用导线相连，一组插入浓硝酸中，一组插入稀NaOH溶液中，分别形成原电池，则在这两个原电池中，负极分别是(　　)
A．Al片、Cu片 B．Cu片、Al片
C．Al片、Al片 D．Cu片、Cu片
【解析】　原电池中负极材料的还原性强于正极材料，但铝片在浓HNO3中被钝化后难以再反应，而铜片却与浓HNO3反应，故铜片为负极；插入NaOH溶液中是铝溶解，失去电子，作负极。
【答案】　B
12．燃料电池是燃料(例如CO、H2、CH4等)跟氧气或空气起反应，将此反应的化学能转变为电能的装置，电解质溶液通常是KOH溶液。下列关于甲烷燃料电池的说法不正确的是(　　)
A．负极反应式为：CH4＋10OH－－8e－===CO32－＋7H2O
B．正极反应式为：2O2＋4H2O＋8e－===8OH－
C．随着不断放电，电解质溶液碱性不变
D．甲烷燃料电池的能量利用率比甲烷燃烧的能量利用率大
【解析】　A、B两项是正确的。综合A、B两项知C项不正确。根据能量转化的规律，燃烧时产生的热能是不可能全部转化为功的，能量利用率不高，而电能转化为功的效率要大得多，D项正确。
【答案】　C
二、非选择题
13.
氢能源是21世纪极具发展前景的新能源之一，它既是绿色能源，又可循环使用。请在右图中的两个空格中填上循环过程中反应物和生成物的分子式，以完成理想的氢能源循环体系图(循环中接受太阳能的物质在自然界中广泛存在)。
(1)从能量转换的角度看，过程Ⅱ上应是　　　能转化为　　　　能。
(2)过程Ⅱ可以在不同的电解质溶液中进行，试分别写出符合下列要求的电极反应式：
①以稀硫酸为电解质：正极：________________________________________________________________________。
②以氢氧化钠溶液为电解质：正极：________________________________________________________________________。
③当电解质为熔融ZrO2(掺杂有Y2O3)的晶体(在高温下电离，以金属阳离子和O2-导电)时，正极：________________________________________________________________________，
负极：　　　　　　　　　　　。
【解析】　根据燃料电池的工作原理及题中信息，可知该电池为氢氧燃料电池，总化学反应方程式为2H2+O2===2H2O，生成的水在催化剂和太阳能的作用下又分解成H2和O2，这样循环使用，因此H2是一种可以再生的新能源。在上述反应中H2在负极上失电子，被氧化，O2在正极上得电子，被还原，结合生成的离子(如H+、O2-)在相应电解质溶液中能否共存，不难写出电极反应式。
【答案】　左框：H2O　右框：H2+O2　(1)化学　电
(2)①O2+4e-+4H+===2H2O
②2H2-4e-+4OH-===4H2O
③O2+4e-===2O2-　2H2-4e-+2O2-===2H2O
14．某同学用下图所示做水果电池的实验，测得数据如下表所示：
实验编号 电极材料 水果品种 电极间距/cm 电压/mV
1 锌 铜 菠萝 3 900
2 锌 铜 苹果 3 650
3 锌 铜 柑橘 3 850
4 锌 铜 西红柿 3 750
5 锌 铜 菠萝 3 650
6 锌 铜 苹果 3 450
请回答以下问题：
(1)实验6中负极的电极反应式为________________________________________________________________________。
(2)实验1、5中电流方向相反的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)影响水果电池的电压的因素有　　　　、　　　　。
(4)若在实验中发光二极管不亮，该同学用铜、锌作电极，用菠萝作介质，并将多个此电池串联起来，再按发光二极管，这样做　　　　。(填“合理”或“不合理”)
【解析】　(1)实验6中电极是Zn与Al，因Al更活泼，故负极反应为Al-3e-===Al3+。(2)因实验1中锌比铜活泼，锌为负极，实验5中铝比锌活泼，锌为正极，故两实验中电流方向相反。(3)由实验1和5可知，水果电池的电压与水果的品种及电极材料有关。(4)这样做可使电压增大，合理。
【答案】　(1)Al-3e-===Al3+　(2)实验1中锌比铜活泼，锌为负极；实验5中锌比铝活泼性差，锌为正极，所以两实验中电流方向相反　(3)水果品种　电极材料　(4)合理
15．(2007年海南高考)依据氧化还原反应：2Ag＋(aq)＋Cu(s)===Cu2＋(aq)＋2Ag(s)设计的原电池如下图所示。
请回答下列问题：
(1)电极X的材料是______；电解质溶液Y是____________；
(2)银电极为电池的________极，发生的电极反应为__________________；X电极上发生的电极反应为________________________________________________________________________；
(3)外电路中的电子是从________电极流向________电极。
【解析】　该题考查原电池的基本原理，根据所给反应的设计要求并结合所给装置可看出：X极必须是Cu，Y极必须是AgNO3溶液，因为铜比银活泼，所以Cu为负极，Ag极为正极，电极反应分别为负极：Cu－2e－===Cu2＋，正极：2Ag＋＋2e－===2Ag，在外电路，电子由负极Cu流向正极Ag。
【答案】　(1)铜　AgNO3溶液　(2)正　2Ag＋＋2e－===2Ag　Cu－2e－===Cu2＋　(3)X(Cu)　Y(Ag)
16．铅蓄电池是典型的可充电电池，它的正、负极极板是惰性材料，电池总反应式为：
Pb＋PbO2＋4H＋＋2SO42－2PbSO4＋2H2O
请回答下列问题(不考虑氢、氧的氧化还原)：
(1)放电时，正极的电极反应式是__________________________；电解液中H2SO4的浓度将变________；当外电路通过1 mol电子时，理论上负极板的质量增加________g。
(2)在完全放电耗尽PbO2和Pb时，若按右图连接，电解一段时间后，则在A电极上生成________、B电极上生成________，此时铅蓄电池的正、负极的极性将________。
【解析】　(1)蓄电池放电时起原电池作用，其正极应是PbO2得电子生成Pb2＋，在硫酸存在条件下生成难溶的PbSO4，所以电极反应式为PbO2＋2e－＋4H＋＋SO42－===PbSO4＋2H2O。由电池总反应式可以看出，硫酸参加反应后其浓度将变小。当外电路通过1 mol电子时，根据PbPbSO4，则负极增重×1 mol＝48 g。(2)按题图连接后，变为电解池，A极上发生的反应为PbSO4＋2e－===Pb＋SO42－，而B极上发生的反应为PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋SO42－，故A、B两极上将分别生成Pb和PbO2，此时蓄电池的正、负极的极性已对换。
【答案】　(1)PbO2＋2e－＋4H＋＋SO42－===PbSO4＋2H2O　小　48　(2)Pb　PbO2　对换(共54张PPT)
1．了解化学反应速率的概念、反应速率的定量表示方法。
2．了解催化剂在生产、生活和科学研究领域中的重大作用。
3．理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对反应速率的影响，认识其一般规律。
4．了解化学反应速率的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。
第一讲　化学反应速率
1．含义
化学反应速率是用来衡量化学反应进行的 程度。常用单位时间内 物质的量浓度的减少或 物质的量浓度的增加来表示。数学计算式：v＝。常用单位： 或____________________。
2．特点
(1)同一化学反应的反应速率可以用 的物质来表示，其数值可能不同，因而表示化学反应速率时要指明 _____。
一、化学反应速率
快慢
反应物
mol·L－1·s－1
mol·L－1·min－1
不同
物质
生成物
(2)用不同物质表示同一化学反应的反应速率时，其 虽然可能不同，但 相同，而且反应速率的数值之比 方程式中各物质的化学计量数之比。
(3)该定义中化学反应速率表示的是某段时间内的 反应速率而不是 速率。
(4)对固体和纯液体，其物质的量浓度视为 ，因此用其表示的化学反应速率也被视为 。
数值
意义
等于
平均
瞬时
常数
常数
二、影响化学反应速率的因素
1．有效碰撞与活化分子
发生反应的先决条件： 。
有效碰撞： 。
活化分子： 。
微粒之间的碰撞
能够发生化学反应的碰撞
能够发生有效碰撞的分子
2．影响因素
(1)内因： 是决定化学反应速率的重要因素。
(2)外因：对于同一化学反应，改变外界条件可以改变化学反应速率。
①浓度：在其他条件不变时，增大反应物浓度，化学反应速率 ______；减小反应物浓度，化学反应速率 。
②压强：在其他条件不变时，增大压强会 化学反应速率，减小压强会 化学反应速率。
③温度：在其他条件不变时， ，化学反应速率加快， _______，化学反应速率减慢。
④催化剂：使用催化剂能 化学反应速率。
物质结构和性质
减小
增大
加快
减慢
升温
降温
改变
⑤其他因素：光、电磁波、超声波、反应物颗粒的大小、溶剂的性质等。
反应物分子(或离子)间发生反应的先决条件是什么？发生有效碰撞的条件是什么？
【提示】　反应物分子(或离子)的相互碰撞是发生化学反应的先决条件，①发生碰撞的分子必须具有 一定的能量，即为活化分子；②碰撞时必须有合适的取向。(应该注意，发生有效碰撞的必须是活化分子，但活化分子之间的碰撞却不一定就是有效碰撞，因为发生有效碰撞不仅需要足够的能量还得需要正确的取向)
1．根据定义式来进行计算：v＝Δc/Δt
2．根据不同物质间的速率比等于其化学计量数之比来进行计算：
例如反应：mA＋nB===pC，其速率比为：v(A)∶v(B)∶v(C)＝m∶n∶p。
3．速率大小判断方法：对同一个反应，用不同物质表示时，数值可能不同，比较的方法是将其换算为同一种物质再进行比较，同时，还要注意其单位是否统一，若单位不统一，要先将单位统一，否则可能会得出错误结论。
化学反应速率(表示方法及含义)
【说明】　(1)对反应物来说，Δc＝c(始)－c(终)。
对产物来说，Δc＝c(终)－c(始)。
(2)表示化学反应速率时，要注明具体物质。同一反应中，用不同的物质表示速率时，数值可能不同，但意义相同。
反应4NH3＋5O2＝NO＋6H2O在5 L密闭容器中进行，半分钟后，NO的物质的量增4加了0.3 mol，则此反应的平均速率v(X)(表示反应物的消耗速率或生成物的生成速率)为：(　　)
A．v(O2)＝0.01 mol·L－1·s－1
B．v(NO)＝0.008 mol·L－1·s－1
C．v(H2O)＝0.004 mol·L－1·s－1
D．v(NH3)＝0.002 mol·L－1·s－1
【导航】　本题从化学反应速率的概念出发，考查同一化学反应中不同物质表示的反应速率之比等于方程式化学计量数之比。
【解析】　反应的平均速率是指单位时间内某物质浓度的变化量。已知容器体积为5 L，时间半分钟即30 s，NO的物质的量的变化量为0.3 mol，则c(NO)＝0.3 mol/5 L＝0.06 mol·L－1。
所以v(NO)＝0.06 mol·L－1/30 s＝0.002 mol·L－1·s－1。即可求出：
v(O2)＝0.002 mol·L－1·s－1×＝0.002 5 mol·L－1·s－1；
v(H2O)＝0.002 mol·L－1·s－1×＝0.003 mol·L－1·s－1；
v(NH3)＝0.002 mol·L－1·s－1×＝0.002 mol·L－1·s－1。
【答案】　D
影响化学反应速率的因素
1．从“有效碰撞”理论理解外因对反应速率的影响
2．要从以下几个方面准确理解外界条件对化学反应速率的影响
(1)固体、纯液体的浓度视为定值(在一定温度下)，不因其量的增减而影响反应速率，但因表面积(接触面)的变化而改变反应速率。将硫铁矿粉碎、将液体以雾状喷出，均是为了增大接触面，加快反应速率。
(2)升高温度，不论正反应还是逆反应，不论放热反应还是吸热反应，反应速率一般都要加快，只不过增加的程度不同。不可以认为v(吸)加快而v(放)减慢。
(3)改变压强对化学反应速率产生影响的根本原因是引起浓度的改变。所以在讨论压强对反应速率的影响时，应分析引起压强改变的原因及这种改变对反应体系的浓度产生何种影响。
对于气体反应体系，有以下几种情况：
①恒温时：
增加压强 体积缩小 浓度增大 反应速率加快。
②恒容时：
a．充入气体反应物 浓度增大 总压增大―→反应速率加快；
引起
引起
引起
引起
引起
b．充入“惰气” 总压增大(分压不变)―→各反应物质浓度不变―→反应速率不变。
③恒压时：
充入“惰气” 体积增大―→各反应物浓度减小―→反应速率减慢。
④催化剂能成千成万倍地增大反应速率，但可逆反应的v正、v逆同时同倍地增大，它能缩短可逆反应达到化学平衡的时间，但它不会使不能发生的化学反应变得自发，也不会改变化学反应的反应热和平衡状态。
引起
引起
等质量的铁与过量的盐酸在不同的实验条件下进行反应，测定在不同时间t产生氢气体积V的数据，根据数据绘制得到右图，则曲线a、b、c、d所对应的实验组别可能是(　　)
组别 c(HCl)(mol·L－1) 温度(℃) 状态
1 2.0 25 块状
2 2.5 30 块状
3 2.5 50 块状
4 2.5 30 粉末状
①4－3－2－1　②1－2－3－4
③3－4－2－1　④1－2－4－3
A．①②　　　　　B．②③
C．③④ D．①③
【导航】　化学反应速率大小对比，首先要考虑影响化学反应速率的因素问题。主要影响因素有浓度、压强、温度和催化剂等。
【解析】　从图象上可看出，反应速率由快到慢的顺序是a>b>c>d，由影响反应速率因素可知，温度越高反应速率越快，粉末状固体比块状固体表面积大，反应速率快。但提高温度对速率的影响和将固体做成粉末的影响程度大小不能确定，故有①、③两种可能。
【答案】　D
1．(2009年山东理综)2SO2(g)＋O2(g)V2O5△2SO3(g)是制备硫酸的重要反应。下列叙述正确的是(　　)
A．催化剂V2O5不改变该反应的逆反应速率
B．增大反应体系的压强，反应速率一定增大
C．该反应是放热反应，降低温度将缩短反应达到平衡的时间
D．在t1、t2时刻，SO3(g)的浓度分别是c1、c2，则时间间隔t1～t2内，SO3(g)生成的平均速率为v＝
【解析】　A项，催化剂能同等程度地改变正、逆反应速率，A项错误；B项，在恒容的条件下，通入惰性气体，压强增大，但各物质的浓度不变，则反应速率不变，故B项错误；C项，降低温度，反应速率也降低，反应达到平衡的时间就长，故C项错误。
【答案】　D
2．(2009年宁夏理综)硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为：Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是(　　)
实验 反应温
度/℃ Na2S2O3溶液 稀H2SO4 H2O
V/mL c/(mol·L－1) V/mL c/(mol·L－1) V/mL
A 25 5 0.1 10 0.1 5
B 25 5 0.2 5 0.2 10
C 35 5 0.1 10 0.1 5
D 35 5 0.2 5 0.2 10
【解析】　考查反应速率的影响因素和控制变量分析外界因素对速率的影响。
【答案】　D
3．(2009年福建理综)某探究小组利用丙酮的溴代反应
(CH3COCH3＋Br2 CH3COCH2Br＋HBr)来研究反应物浓度与反应速率的关系。反应速率v(Br2)通过测定溴的颜色消失所需的时间来确定。在一定温度下，获得如下实验数据：
实验
序号 初始浓度c/mol·L－1 溴颜色消失
所需时间t/s
CH3COCH3 HCl Br2
①
②
③
④ 0.80
1．60
0．80
0．80 0.20
0．20
0．40
0．20 0.001 0
0．001 0
0．001 0
0．002 0 290
145
145
580
分析实验数据所得出的结论不正确的是(　　)
A．增大c(CH3COCH3)，v(Br2)增大
B．实验②和③的v(Br2)相等
C．增大c(HCl)，v(Br2)增大
D．增大c(Br2)，v(Br2)增大
【解析】　A项，由实验①和②对比可知增大c(CH3COCH3)，反应时间变少，v(Br2)增大。B项，实验②和③反应时间相同，则v(Br2)相等。C项，比较实验①和③可知，增大c(HCl)时，反应时间缩短，v(Br2)增大。D项，比较实验①和④可知，增大c(Br2)时，v(Br2)减小，故选D。
【答案】　D
4．(2008年全国Ⅰ理综)已知：4NH3(g)＋5O2(g)??4NO(g)＋6H2O(g)　ΔH＝－1 025 kJ/mol，该反应是一个可逆反应。若反应物起始物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是(　　)
【解析】　从题给的可逆反应方程式看：温度升高平衡向逆反应方向移动，使NO含量降低而不是升高。压强增大平衡逆向移动，NO含量降低，达平衡所需时间短。使用催化剂可加快反应速率，所以达到平衡所需时间短。
【答案】　C
5．(2008年四川非延考区)在密闭容器中进行如下反应：H2(g)＋I2(g)??2HI(g)，在温度T1和T2时，产物的量与反应时间的关系如右图所示，符合图示的正确判断是(　　)
A．T1>T2，ΔH>0 B．T1>T2，ΔH<0
C．T10 D．T1【解析】　根据升高温度会缩小达到平衡所需时间的规律，可得出T2>T1，从T2到T1是一个降温过程，HI的量在增加，说明平衡向正方向移动，正反应是放热反应，ΔH<0。
【答案】　D
【解析】　根据升高温度会缩小达到平衡所需时间的规律，可得出T2>T1，从T2到T1是一个降温过程，HI的量在增加，说明平衡向正方向移动，正反应是放热反应，ΔH<0。
【答案】　D
6．(2009年安徽理综)Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，通常是在调节好pH和Fe2＋浓度的废水中加入H2O2，所产生的羟基自由基能氧化降解污染物。现运用该方法降解有机污染物p－CP，探究有关因素对该降解反应速率的影响。
[实验设计]　控制p－CP的初始浓度相同，恒定实验温度在298 K或313 K (其余实验条件见下表)，设计如下对比实验。
(1)请完成以下实验设计表(表中不要留空格)。
实验
编号 实验目的 T/K pH c/10－3mol·L－1
H2O2 Fe2＋
① 为以下实验作参照 298 3 6.0 0.30
② 探究温度对降解反应速率的影响
③ 298 10 6.0 0.30
[数据处理]　实验测得p－CP的浓度随时间变化的关系如上图。
(2)请根据上图实验①曲线，计算降解反应50～150 s内的反应速率：
v(p－CP)＝________mol·L－1·s－1。
[解释与结论]
(3)实验①、②表明温度升高，降解反应速率增大。但温度过高时反而导致降解反应速率减小，请从Fenton法所用试剂H2O2的角度分析原因：________________________________________________________________________。
(4)实验③得出的结论是：pH等于10时，________________________。
[思考与交流]
(5)实验时需在不同时间从反应器中取样，并使所取样品中的反应立即停止下来。根据上图中的信息，给出一种迅速停止反应的方法：___________________________________________________。
【解析】　(1)由题意可知实验①是参照实验，所以与实验①相比，实验②和③只能改变一个条件，这样才能起到对比实验的目的，则实验②是探究温度对反应速率的影响，则T＝313 K，pH＝3，c(H2O2)＝6.0 mol·L－1，c(Fe2＋)＝0.30 mol ·L－1，实验③是探究pH的大小对反应速率的影响；
(2)实验①曲线中，50～150 s内。
Δc(p－CP)＝1.2×10－3 mol·L－1－0.4×10－3mol·L－1＝0.8×10－3mol·L－1，所以v(p－CP)＝ ＝8.0×10－6mol·L－1·s－1。
(3)在降解反应中，H2O2新产生的自由基起氧化作用，温度过高，H2O2因热稳定性差而分解，导致降解反应速率下降。
(4)由表中③可知，pH＝10时，c(p－CP)基本不变，反应趋于停止。
(5)由(4)得到启示：在pH＝10时溶液中，反应速率趋于零，可将所取样加入NaOH溶液中(使pH＝10)反应停止。
【答案】　(1)
实验
编号 实验目的 T/K pH c/10－3mol·L－1
H2O2 Fe2＋
①
② 313 3 6.0 0.30
③ 探究溶液的pH对降解反应速率的影响
(2)8.0×10－6
(3)过氧化氢在温度过高时迅速分解
(4)反应速率趋向于零(或该降解反应趋于停止)
(5)将所取样品迅速加入到一定量的NaOH溶液中，使pH约为10(或将所取样品骤冷等其他合理答案均可)
7．(2009年浙江理综)超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，化学方程式如下：
2NO＋2CO 2CO2＋N2
为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如下表：
催化剂
时间/s 0 1 2 3 4 5
c(NO)/
mol·L－1 1.00×10－3 4.50×10－4 2.50×10－4 1.50×10－4 1.00×10－4 1.00×10－4
c(CO)/
mol·L－1 3.60×10－3 3.05×10－3 2.85×10－3 2.75×10－3 2.70×10－3 2.70×10－3
请回答下列问题(均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响)：
(1)在上述条件下反应能够自发进行，则反应的ΔH________0(填写“>”、“<”或“＝”)。
(2)前2 s内的平均反应速率v(N2)＝________。
(3)在该温度下，反应的平衡常数K＝________。
(4)假设在密闭容器中发生上述反应，达到平衡时下列措施能提高NO转化率的是________。
A．选用更有效的催化剂　　　B．升高反应体系的温度
C．降低反应体系的温度 D．缩小容器的体积
(5)研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率。为了分别验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面实验设计表中。
实验
编号 T/℃ NO初始浓度
/mol·L－1 CO初始浓度
/mol·L－1 催化剂的比表面积/m2·g－1
Ⅰ 280 1.20×10－3 5.80×10－3 82
Ⅱ 124
Ⅲ 350 124
①请在上表空格中填入剩余的实验条件数据。
②请在给出的坐标图中，画出上表中的三个实验条件下混合气体中NO浓度随时间变化的趋势曲线图，并标明各条曲线的实验编号。
【解析】　(1)反应自发进行，说明ΔH－TΔS<0，该反应是分子数减小的反应，则ΔS<0，故ΔH<0。
(2)2 s时，Δc(NO)＝7.5×10－4mol·L－1，v(NO)＝3.75×10－4mol·L－1·s－1，反应速率比等于方程式化学计量数比，v(N2)＝
1.875×10－4mol·L－1·s－1，看有效数字的话，应为1.88×10－4mol·L－1·s－1。
(3)分析表格中数据可知，第4、5 s时浓度不变已达平衡，平衡浓度：NO为1.00×10－4mol·L－1、CO为2.70×10－3mol·L－1，其中Δc(NO)＝9.00×10－4mol·L－1，即平衡时c(CO2)为：
9.00×10－4mol·L－1，c(N2)为4.50×10－4mol·L－1，K＝ ＝ ＝5 000。
(4)提高NO转化率，即平衡右移，A项使用催化剂不影响平衡；正反应放热，降低温度，平衡右移，B错，C对；缩小容器体积，相当于加压，平衡右移，D项也对。
(5)①设计实验作对比时，必须只有一个变量，据题意与表格可知， Ⅱ与Ⅰ在对比催化剂的比表面积，温度、浓度应与Ⅰ相同，Ⅲ与Ⅱ中催化剂的比表面积相同，温度不同，所以浓度Ⅲ与Ⅱ相同。②画图时注意Ⅱ与Ⅰ是催化剂的比表面积不同而导致速率变快，时间短，但不影响平衡，所以浓度与Ⅰ相同；Ⅲ与Ⅱ是温度不同导致速率加快，同时升高温度，平衡左移，平衡时，c(NO)比 Ⅱ要大。
【答案】　(1)<
(2)1.88×10－4mol·L－1·s－1
(3)5 000
(4)CD
(5)①Ⅱ：280　1.20×10－3　5.80×10－3
Ⅲ：1.20×10－3　5.80×10－3
②如下图：
1．下列说法正确的是(　　)
A．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大
B．有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C．升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数
D．催化剂能增大单位体积内活化分子的百分数，从而成千成万倍地增大反应速率
【解析】　浓度和压强的变化是改变单位体积内分子总数，活化分子的百分数不变，而使单位体积内活化分子的数目发生变化；温度、催化剂是改变活化分子的百分数，单位体积内分子总数不变。故应选C、D。
【答案】　CD
2．反应A＋3B===2C＋2D，在四种不同情况下的反应速率分别为：
①v(A)＝0.15 mol·L－1·s－1
②v(B)＝0.6 mol·L－1·s－1
③v(C)＝0.4 mol·L－1·s－1
④v(D)＝0.45 mol·L－1·s－1
其中，反应进行得最快的是(　　)
A．①　　　　　　B．②
C．③ D．④
【解析】　据①v(A)＝0.15 mol/(L·s)，②中v(A)＝v(B)＝0.2 mol/(L·s)，③中v(A)＝v(C)＝0.2 mol/(L·s)，④中v(A)＝v(D)＝0.225 mol/(L·s)
故反应最快的为④。
【答案】　D
3．设C＋CO2??2CO　ΔH>0，反应速率为v1；N2＋3H2??2NH3　ΔH<0，反应速率为v2。对于上述反应，当温度升高时，v1和v2的变化情况为(　　)
A．同时减小 B．同时增大
C．v1增大，v2减小 D．v1减小，v2增大
【解析】　温度升高，反应速率都增大。对于一个可逆反应来说，吸热反应速率增大的倍数比放热反应增大的倍数要大。
【答案】　B
4．某温度下，浓度都是1 mol·L－1的两种气体X2和Y2，在密闭容器中反应生成气体Z，经过t min后，测得物质的浓度分别为c(X2)为0.4 mol·L－1，c(Y2)为0.8 mol·L－1，生成c(Z)为0.4 mol·L－1，则该反应的反应式可以表示为(　　)
A．X2＋2Y2===2XY2 B．2X2＋Y2===2X2Y
C．3X2＋Y2===2X3Y D．X2＋3Y2===2XY3
【解析】　Δc(X2)＝1 mol/L－0.4 mol/L＝0.6 mol/L，Δc(Y2)＝1 mol/L－0.8 mol/L＝0.2 mol/L，Δc(Z)＝0.4 mol/L，则Δc(X2)∶Δc(Y2)∶Δc(Z)＝3∶1∶2，化学方程式为3X2＋Y2===2Z。再由质量守恒(分子个数守恒)推知Z化学式为X3Y。
【答案】　C
5．(2009年哈尔滨模拟)在容积不变的某2 L密闭容器中，充入5 mol H2和N2的混合气体，在一定条件下，5 min后反应达到平衡，此时容器内压强是反应前的4/5 。则下列说法不正确的是(　　)
A．从反应开始到平衡时，用H2表示平均反应速率为0.15 mol/(L·min)
B．反应达到平衡时，NH3的物质的量浓度是0.5 mol/L
C．反应达到平衡时，N2和H2的物质的量之比一定为1∶3
D．反应达到平衡时，反应物和生成物的总的物质的量之比为3∶1
【答案】　C
【解析】　从反应开始到达平衡压强变为反应前的4/5，则反应后气体量为4 mol，经反应生成了1 mol NH3，选项A，v(H2)＝ ＝0.15 mol/(L·min)，A正确；选项B，达平衡时，NH3的浓度为0.5 mol/L，B正确；选项C，反应掉的N2和H2的物质的量之比为1∶3，平衡时，N2和H2的物质的量之比不一定为1∶3，C错误；选项D，平衡时，N2、H2总物质的量为3 mol，NH3为1 mol，反应物与生成物的总物质的量之比为3∶1，D正确。
6．在一定温度下，容器内某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如下图所示，下列表述中正确的是(　　)
A．反应的化学方程式为：2M??N
B．t2时，正逆反应速率相等，达到平衡
C．t3时，正反应速率大于逆反应速率
D．t1时，N的浓度是M浓度的2倍
【解析】　从图象可知，t1时，N的物质的量是6 mol，M的物质的量是3 mol，故N的浓度是M浓度的2倍是正确的；同时也可得出反应的化学方程式为：2N??M；t2时，M、N的物质的量虽然相等，但尚未达到平衡，因为此时M的物质的量还在增大，N的物质的量还在减小；t3时，M、N的物质的量保持不变，说明已达到平衡状态，则正反应速率等于逆反应速率。
【答案】　D
7．(2008年高考广东卷)某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00 mol·L－1、2.00 mol·L－1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格，实验温度为298 K、308 K，每次实验HNO3的用量为25.0 mL，大理石用量为10.00 g。
(1)请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：
实验
编号 T/K 大理石规格 HNO3浓度/mol·L－1
实验目的
① 298 粗颗粒 2.00 (Ⅰ)实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响；
(Ⅱ)实验①和________探究温度对该反应速率的影响；
(Ⅲ)实验①和________探究大理石规格(粗、细)对该反应速率的影响
②
③
④
(2)实验①中CO2质量随时间变化的关系见下图：
依据反应方程式 CaCO3＋HNO3=== Ca(NO3)2＋ CO2↑＋ H2O，计算实验①在70～90 s范围内HNO3的平均反应速率(忽略溶液体积变化，写出计算过程)
(3)请画出实验②、③和④中CO2质量随时间变化关系的预期结果示意图。
【解析】　(1)据实验目的(Ⅰ)知①与②两实验的差别为浓度，故实验②中T＝298 K，规格为粗颗粒，而c(HNO3)＝1.00 mol/L；
同理实验目的(Ⅱ)为①与③比较，所以只有温度不同，则③中T为308 K，其余与①相同；实验目的(Ⅲ)为①和④比较，所以只有大理石规格不同，则④中大理石规格为细颗粒，其余与①相同。
(2)反应时间70～90 s范围内，
Δm(CO2)＝0.95 g－0.84 g＝0.11 g
Δn(CO2)＝0.11 g÷44 g·mol－1＝0.002 5 mol
HNO3的减少量：
Δn(HNO3)＝0.002 5 mol÷ ＝0.005 0 mol，
HNO3的平均反应速率：
v(HNO3)＝ ＝ ＝1.0×10－2 mol/(L·s)
(3)作图要点：因为实验①HNO3与大理石恰好完全反应；
实验②中，HNO3不足量，纵坐标对应的每一个值均为原来的1/2；实验③④的图象类似，恰好完全反应，但反应条件改变，升高温度与大理石细颗粒增大表面积可加快反应速率。所以图象曲线斜率变大，平衡位置纵坐标与实验①相同。
【答案】　(1)
实验
编号 T/K 大理石规格 HNO3浓度/mol·L－1
实验目的
① 298 粗颗粒 2.00 (Ⅰ)实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响；
(Ⅱ)实验①和__③__探究温度对该反应速率的影响；
(Ⅲ)实验①和__④__探究大理石规格(粗、细)对该反应速率的影响
② 298 粗颗粒 1.00
③ 308 粗颗粒 2.00
④ 298 粗颗粒 2.00
(2)①70 s至90 s，生成CO2的质量为：
m(CO2)＝0.95 g－0.84 g＝0.11 g
Δn(CO2)＝0.11 g÷44 g·mol－1＝0.002 5 mol
②根据方程式比例，可知消耗HNO3的物质的量为：
n(HNO3)＝0.002 5 mol×2＝0.005 0 mol
③溶液体积为25 mL＝0.025 0 L，所以HNO3减少的浓度
Δc(HNO3)＝ ＝0.2 mol/L
④反应的时间t＝90 s－70 s＝20 s
⑤所以HNO3在70～90 s范围内的平均反应速率为v(HNO3)＝Δc(HNO3)/t＝1.0×10－2 mol/(L·s)
(3)如图所示
8．将等物质的量的A、B，混合于2 L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)??xC(g)＋2D(g)，经5 min后测得D的浓度为0.5 mol/L，c(A)∶c(B)＝3∶5，C的平均反应速率为0.1 mol/(L·min)。求：
(1)此时A的浓度：c(A)＝________mol/L。
(2)反应开始前容器中的A、B的物质的量：
n(A)＝n(B)＝________mol。
(3)B的平均反应速率：v(B)＝________mol/(L·min)。
(4)x的值为________。
【解析】　设混合物中A、B的物质的量为a mol
　　　　　　　3A(g)　＋　B(g)??xC(g)＋2D(g)
起始量(mol) a a 0 0
变化量(mol) 1.5 0.5 0.5x 0.5×2
5 min时的量(mol) a－1.5 a－0.5 0.5x 0.5×2
＝ ，即得a＝3，即n(A)＝n(B)＝3 mol，
c(A)＝0.75 mol/L
v(B)＝ ＝0.05 mol/(L·min)
v(C)＝ ＝0.1 mol/(L·min)，x＝2。
【答案】　(1)0.75　(2)3　(3)0.05　(4)2
某研究性学习小组用下图所示装置验证二氧化锰对氯酸钾分解的催化作用，实验时均以生成25 mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略，相关数据见下表：
实验序号 KClO3的质量 加入的物质
及其质量 生成25 mL气体所用时间
Ⅰ
1．2 g 无 t1(min)
Ⅱ 1．2 g MnO2 0.5 g t2(min)
(1)实验装置中滴定管是____________(填“酸式”或“碱式”)滴定管(50 mL)；若要测得实验所需气体体积，滴定管中起始液面读数(初读数)应控制的刻度范围是____________。
(2)仪器组装完成后，检验该套装置气密性的操作是 _____________________________________________________。
(3)待实验完毕后，将实验Ⅱ反应后的剩余物加入足量蒸馏水，充分溶解，过滤，洗涤，干燥，称量得到固体0.5 g。通过其他实验证实，该固体全部是MnO2。
①__________(填“能”或“不能”)省去该步操作。
②通过该实验，对MnO2的作用得出的结论及发生的反应为
________________________________________________________________________。
③请再写一个中学阶段常见的MnO2作催化剂的化学反应
________________________________________________________________________。
【解析】　(1)该滴定管下端不是玻璃活塞，因此为碱式滴定管。因要收集25 mL的O2，因此起始液面应控制在25.00～50.00 mL之间。(2)检查该套装置的气密性，可向滴定管加水至滴定管中液面高于干燥管中的液面，静置后液面不变化，证明装置气密性良好。(3)利用催化剂在反应前后物质没发生变化，质量不变，所以不能省去该步操作，通过该实验证明了MnO2是KClO3分解制O2的催化剂，能加快化学反应速率，反应为2KClO32KCl+3O2↑。另外，MnO2还可加快H2O2的分解，反应为2H2O22H2O+O2↑。
【答案】　(1)碱式　25.00～50.00 mL
(2)向滴定管中加水至滴定管中液面高于干燥管中的液面、静置，液面不发生变化，说明装置的气密性良好
(3)①不能
②MnO2是该反应的催化剂，能加快KClO3的分解速率
2KClO32KCl+3O2↑
③2H2O22H2O+O2↑
课时作业
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第2讲　水的电离和溶液酸碱性
1．理解水的电离平衡及影响因素，掌握水的离子积常数及溶液pH的意义。
2．掌握c(H＋)、pH与溶液的酸碱性的关系。
3．了解指示剂的变色范围，学会pH试纸的使用方法。
4．掌握溶液pH的有关计算。
一、水的电离
1．电离方程式
水是一种极弱的电解质：H2O＋H2O?? 。简写为 。
H3O＋＋OH－
H2O??H＋＋OH
2．纯水室温下的数据
(1)c(H＋)＝c(OH－)＝ mol·L－1
(2)KW＝c(H＋)·c(OH－)＝ 。
(3)pH＝ .
1.0×10－7
1×10－14
7
3．KW的影响因素
KW只与温度有关，温度不变，KW ；温度升高，KW ，反之，KW 。
不变
增大
减小
二、溶液的酸碱性与pH值
1．溶液的酸碱性
溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)和c(OH－)的相对大小。
(1)c(H＋) c(OH－)，溶液呈酸性；
(2)c(H＋) c(OH－)，溶液呈中性；
(3)c(H＋) c(OH－)，溶液呈碱性。
>
＝
＜
三、酸碱中和滴定
1．概念
利用 反应，用已知浓度的 (或 )来测定未知浓度的 (或 )的实验方法。
2．实验用品
试剂： 、 、 、蒸馏水。
仪器： 滴定管、 滴定管、滴定管夹、铁架台、烧杯、
中和
酸
碱
碱
酸
酸
碱
指示剂
酸式
碱式
锥形瓶
3．实验操作(以标准盐酸滴定待测NaOH溶液)
(1)滴定前的准备
①滴定管中：a.查漏，b.洗涤，c.润洗，d.装液，e.排气，f.调液面，g.记录。
②锥形瓶中：a.注入碱液，b.记读数，c.加指示剂。
(2)滴定
左手 ，右手 ,眼睛 滴定至终点时，记录标准液的体积。
控制活塞
摇动锥形瓶
锥形瓶内溶液颜色的变化
注视
注视
注视锥形瓶内溶液颜色的变化
4．数据处理
按上述操作重复二至三次，求出用去标准盐酸体积的平均值，根据c(NaOH)＝ 计算。
1．pH<7的溶液一定显酸性，这种说法对吗？
2．用pH试纸测定溶液pH值时，为什么不能润湿？
【提示】　1.不对，用pH判断溶液酸碱性要看溶液处于什么温度下，不能简单地认为pH＝7的溶液一定为中性。若未指明温度，一般认为是常温。
2．若pH试纸在使用前润湿，则相当于把被测溶液稀释了，若测定的是酸性溶液，会导致pH升高；若测定的是碱性溶液，会导致pH降低；若测定的是中性溶液，则pH不变。
影响水的电离平衡的因素
1．温度
因为水的电离是吸热过程，故升高温度，水的电离平衡向右移动。c(H＋)和c(OH－)同时增大，但因为由水电离出的c(H＋)和c(OH－)始终相等，故溶液呈中性。
2．加入酸或碱
向纯水中加入酸(或碱)，由于酸(或碱)电离产生H＋(或OH－)，使水中c(H＋)[或c(OH－)]增大，水的电离平衡向左移动，达到新平衡时，溶液中c(H＋)[或c(OH－)]增大，水的电离程度减小。
3．加入活泼金属
向纯水中加入活泼金属，如金属钠，由于活泼金属可与水电离产生的H＋直接发生置换反应，产生H2，使水的电离平衡向右移动。
4．加入弱碱阳离子或弱酸根阴离子
由于弱碱阳离子与水电离出的OH－结合生成弱碱，弱酸根阴离子与水电离出的H＋结合生成了弱酸，从而使水中的c(OH－)或c(H＋)降低，破坏了水的电离平衡，使水的电离平衡向右移动，其电离程度增大。
总之，升高温度、加入极活泼的金属、加入弱碱阳离子或弱酸根阴离子，能促进水的电离；降低温度、加入酸或碱，能抑制水的电离。
中学化学实验中，淡黄色的pH试纸常用于测定溶液的酸碱性。在25 ℃时，若溶液的pH＝7，试纸不变色；若pH<7，试纸变红色；若pH>7，试纸变蓝色。而要精确测定溶液的pH，需用pH计。pH计主要通过测定溶液中H＋的浓度来测定溶液的pH。已知100 ℃时，水的离子积常数KW＝1×10－12。
(1)已知水中存在如下平衡：H2O＋H2O??H3O＋＋OH－　 ΔH>0，现欲使平衡向右移动，且所得溶液呈酸性，选择的方法是______________(填字母)。
A．向水中加入NaHSO4　　　B．向水中加入Cu(NO3)2
C．加热水至100 ℃ D．在水中加入(NH4)2SO4
(2)现欲测定100 ℃沸水的pH及酸碱性，若用pH试纸测定，则试纸显________色，溶液呈________性(填“酸”“碱”或“中”)；若用pH计测定，则pH________7(填“>”“＝”或“<”)，溶液呈________性(填“酸”“碱”或“中”)。
【导航】　解答该题时要把握住判断溶液酸碱性的根本依据是c(H＋)与c(OH－)的相对大小，而据pH与7的大小来判定时要注意条件为25 ℃。
【解析】　(1)题中要求使水的电离平衡向右移动，即促进水的电离，常采用加热法或加入可水解的盐，现同时要求溶液呈酸性，因此只能加入强酸弱碱盐，即Cu(NO3)2或(NH4)2SO4符合题意，A项中虽是酸性，但平衡向左移动，C项中平衡虽向右移动，但溶液仍是中性。
(2)100 ℃时水的pH＝6，但溶液仍呈中性，因此pH试纸的颜色仍为淡黄色。
【答案】　(1)BD　(2)淡黄　中　<　中
有关pH计算
1．计算溶液中由水电离出的H＋或OH－浓度的方法(以25 ℃为例)
(1)中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7mol/L。
(2)溶质为酸的溶液：此时溶液中的H＋有两个来源；酸电离与水电离；OH－只有一个来源：水电离，且水电离出的H＋与OH－浓度相等。
如计算pH＝2的盐酸中由水电离出的c(H＋)：方法是先求出溶液中的c(OH－)＝10－12mol/L，也就是水电离出的c(OH－)＝10－12mol/L，水电离出的c(H＋)＝水电离出的c(OH－)＝10－12 mol/L。
(3)溶质为碱的溶液：此时溶液中的OH－有两
个来源：碱电离与水电离；H＋只有一个来源：水电离，且水电离出的OH－与H＋浓度相等。
(4)水解呈酸性或碱性的盐溶液：此时溶液中的H＋和OH－均由水电离产生。如pH＝2的NH4Cl溶液中由水电离出的c(H＋)＝10－2mol/L，[c(OH－)＝10－12mol/L是因为部分OH－与部分NH4＋结合了]；pH＝12的Na2CO3溶液中由水电离出的c(OH－)＝10－2mol/L。
2．溶液pH的计算
在T ℃时，某NaOH稀溶液中c(H＋)＝10－a mol/L，c(OH－)＝10－b mol/L，已知a＋b＝12。向该溶液中逐滴加入pH＝c的盐酸(T ℃)，测得混合溶液的部分pH如下表所示：
序号 NaOH溶液的体积/mL 盐酸的体积/mL 溶液的pH
① 20.00 0.00 8
② 20.00 20.00 6
假设溶液混合前后的体积变化忽略不计，则c为(　　)
A．3 B．4
C．5 D．6
【导航】　解答该题时先据题目判断出KW，然后据c(OH－)＝
【解析】　据题意可知在该温度下水的离子积常数是1×10－12，而不是1×10－14。通过①可知，此NaOH溶液中c(OH－)＝1×10－4 mol/L。由②可知，加入20 mL盐酸后溶液的pH＝6，此时恰好完全中和。则c(H＋)＝
＝1×10－4
【答案】　B
mol·L－1，则c＝4。
即求出c(NaOH)，继而可求出c(HCl)
酸碱中和滴
1．原理：中和反应
(1)滴定管的“0”刻度在仪器的上端，注入液体后，仰视读数数值偏大，俯视读数数值偏小。
(2)滴定管读数时，可记录到小数点后两位，而量筒可记录到小数点后一位。
(3)使用滴定管的第一步操作是查漏。
(4)滴定时一般选用酚酞、甲基橙作指示剂，而不用石蕊(因变色不明显)。强酸滴定强碱或强碱滴定强酸，可选用酚酞或甲基橙作指示剂；强酸滴定弱碱，用甲基橙作指示剂(强酸弱碱盐水解呈酸性)；强碱滴定弱酸，用酚酞作指示剂(强碱弱酸盐水解呈碱性)。
3．操作步骤：(以0.1 mol/L的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液为例)
(1)查漏、洗涤、润洗。
(2)装液、赶气泡、调液面、注液(向锥形瓶中)。
(3)滴定：眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化，当滴加到最后一滴，溶液颜色变化且半分钟内不变色即为滴定终点。
4．误差分析
按照c(待)＝ ·K(K为酸、碱中和时化学计量数之比)
(1)标准液配制引起的误差[c(标)误差]
①称取5.2 g氢氧化钠配制标准液时，物码倒置。(偏高)
②配制标准液时，烧杯及玻璃棒未洗涤。(偏高)
③配制标准液时，定容俯视。(偏低)
④配制标准液时，定容仰视。(偏高)
⑤配制标准NaOH滴定盐酸时，NaOH中如混有碳酸钠。(偏高)
⑥配制标准NaOH滴定盐酸时，NaOH中如混有碳酸氢钠。(偏高)
⑦配制标准NaOH滴定盐酸时，NaOH中如混有KOH。(偏高)
⑧滴定管水洗后，未用标准液洗涤。(偏高)
(2)标准液操作误差[V(标)误差]
①滴定前读数仰视，滴定后读数俯视。(偏低)
②滴定结束，滴定管尖嘴外有一滴未滴下。(偏高)
③滴定前有气泡未赶出，后来消失。(偏高)
(3)待测液操作引起的误差[V(待)误差]
①锥形瓶水洗后，用待测液又洗过再装待测液。(偏高)
②锥形瓶有少量水，直接放入待测液。(无影响)
③摇动锥形瓶时，溅出部分溶液。(偏低)
(2009年河北衡水模拟)实验室中有一未知浓度的盐酸，某学生为测定该盐酸的浓度在实验室中进行如下实验。请完成下列填空：
(1)配制100 mL 0.10 mol/L氢氧化钠标准溶液。
①主要操作步骤：计算→称量、溶解→(冷却后)→________→洗涤(并将洗涤液移入容量瓶)→________→________→将配制好的溶液倒入试剂瓶中，贴上标签。
②称量0.4 g氢氧化钠固体所需仪器有：天平(带砝码、镊子)、________、________。
(2)取20.00 mL待测稀盐酸放入锥形瓶中，并滴入2～3滴酚酞作指示剂，用自己配制的标准氢氧化钠溶液进行滴定，重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下：
实验
编号 NaOH溶液的浓度(mol/L)
滴定完成后，氢氧化钠溶液滴入的体积(mL)
待测盐酸的体积(mL)
1 0.10 22.64 20.00
2 0.10 22.72 20.00
3 0.10 22.80 20.00
①滴定达到终点的标志是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②根据上述数据，可计算出该盐酸的物质的量浓度约为________________________________________________________________________
(保留两位有效数字)。
③排去碱式滴定管中气泡的方法应采用操作如下图所示中的________，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。
④上述实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的有________。(填序号)
A．滴定至终点时俯视读数
B．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗
C．锥形瓶水洗后未干燥
D．碱式滴定管尖端部分有气泡，滴定后消失
【导航】　1.NaOH溶于水是个放热过程，配制一定物质的量浓度溶液时，要冷却到室
2．酸碱中和滴定时，酸产生的H＋与碱产生的OH－恰好完全反应。
3．误差分析，要依据计算公式。
【解析】　(1)①按配制一定物质的量浓度溶液的步骤便得出冷却溶液后，应向容量瓶转移溶液，洗涤完后应定容、摇匀。②称量NaOH固体时要放在烧杯中称取，取用时用药匙。
(2)①滴定终点为当加入最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色。
②V[NaOH(aq)]＝ mL＝22.72 mL，
所以c(HCl)＝ ＝0.11 mol/L
③碱式滴定管排气泡宜用丙操作，这样便于把气泡排出。
④A项，俯视读数小于实际量，结果偏低；B项，酸式滴定管里没有用待测液润洗，盐酸浓度降低，结果偏低；C项，锥形瓶未干燥，对实验没有影响；D项，滴定管尖端部分有气泡，气泡占一定的体积，测定结果偏高。
【答案】　(1)①转移　定容　摇匀　②烧杯(或表面皿)　药匙
(2)①最后一滴氢氧化钠溶液加入时，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色　②0.11 mol/L 　③丙　④D
1．(2009年全国Ⅰ理综)用0.10 mol·L－1的盐酸滴定0.10 mol·L－1的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是(　　)
A．c(NH4＋)>c(Cl－)，c(OH－)>c(H＋)
B．c(NH4＋)＝c(Cl－)，c(OH－)＝c(H＋)
C．c(Cl－)>c(NH4＋)，c(OH－)>c(H＋)
D．c(Cl－)>c(NH4＋)，c(H＋)>c(OH－)
【解析】　C项的电荷不守恒，在什么情况下都不可能出现。
【答案】　C
2．(2009年全国Ⅱ理综)现有等浓度的下列溶液：①醋酸，②苯酚，③苯酚钠，④碳酸，⑤碳酸钠， ⑥碳酸氢钠。按溶液pH由小到大排列正确的是(　　)
A．④①②⑤⑥③ B．④①②⑥⑤③
C．①④②⑥③⑤ D．①④②③⑥⑤
【解析】　一般情况下，溶液等浓度时，pH由小到大的顺序是：强酸<弱酸<强酸弱碱盐<强酸强碱盐<强碱弱酸盐<弱碱<强碱，而盐溶液中，盐对应的酸越弱，其强碱弱酸盐碱性越强，故选C。
【答案】　C
3．(2009年北京理综)有4种混合溶液，分别由等体积0.1 mol/L的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl；②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaCl；④CH3COONa与NaHCO3，下列各项排序正确的是(　　)
A．pH：②>③>④>①
B．c(CH3COO－)：②>④>③>①
C．溶液中c(H＋)：①>③>②>④
D．c(CH3COOH)：①>④>③>②
【解析】　①CH3COO－＋H＋??CH3COOH，得到0.05 mol/L的CH3COOH与NaCl的混合溶液。
②、③、④中两种物质间不反应。A项，④中两种物质水解呈碱性的盐，虽相互抑制水解，但总会比③溶液碱性强；B项，②、④中CH3COO－的水解受到了NaOH、NaHCO3的抑制，NaOH作为强碱抑制作用更强，③中NaCl对CH3COO－的水解无影响，而①中为0.05 mol/L的CH3COOH电离程度小，c(CH3COO－)最小；C项，由A的分析知c(H＋)应为①>③>④>②；D项，对②、③、④，CH3COO－的水解程度越大，则c(CH3COOH)越大，故顺序应为①>③>④>②。
【答案】　B
4．(2009年天津理综)下列叙述正确的是(　　)
A．0.1 mol/L C6H5ONa溶液中：c(Na＋)>c(C6H5O－)>c(H＋)>c(OH－)
B．Na2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH和KW均减小
C．pH＝5的CH3COOH溶液和pH＝5的NH4Cl溶液中，c(H＋)不相等
D．在Na2S溶液中加入AgCl固体，溶液中c(S2－)下降
【解析】　A项，溶液呈碱性，c(OH－)>c(H＋)。B项，Na2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度时，KW不变。C项，两溶液pH相同时c(H＋)相同。D项，在Na2S溶液中加入AgCl固体后，由于
Ksp(Ag2S)A．Ba(OH)2、Na2SO3、FeCl3、KCl
B．Na2SiO3、Na2CO3、KNO3、NH4Cl
C．NH3·H2O、H3PO4、Na2SO4、H2SO4
D．NaHCO3、C6H5COOH、C2H5OH、HCl
【解析】　A项，FeCl3水解使溶液呈酸性，比KCl溶液的pH小；C项，Na2SO4溶液呈中性，H3PO4为中强酸，H3PO4比Na2SO4 pH小；D项，C6H5COOH溶液呈酸性，C2H5OH溶液呈中性。
【答案】　B
6．(2009年上海单科)对于常温下pH为1的硝酸溶液，下列叙述正确的是(　　)
A．该溶液1 mL稀释至100 mL后，pH等于3
B．向该溶液中加入等体积、pH为13的氢氧化钡溶液恰好完全中和
C．该溶液中硝酸电离出的c(H＋)与水电离出的c(H＋)之比值为10－12
D．该溶液中水电离出的c(H＋)是pH为3的硝酸中水电离出的c(H＋)的100倍
【解析】　A项，1 mL稀释至100 mL后，H＋浓度由0.1 mol/L变为10－3 mol/L，所以，pH由1变为3；B项，pH为13的氢氧化钡溶液中OH－浓度为0.1 mol/L，所以与等体积pH为1的硝酸溶液(H＋浓度为0.1 mol/L)恰好完全反应；C项，水电离出的c(H＋)等于水电离的c(OH－)，即 mol/L＝10－13mol/L，所以该溶液中硝酸电离出的c(H＋)与水电离出c(H＋)之比值为＝ 1012；D项，pH＝1的硝酸溶液中水电离出的c(H＋)为10－13 mol/L，pH为3的硝酸中水电离的c(H＋)与水电离的c(OH－)相等，即 mol/L＝10－11 mol/L，所以该溶液中水电离出的c(H＋)是pH为3的硝酸中水电离出的c(H＋)的＝ 倍。
【答案】　AB
7．(2008年高考海南卷)用pH试纸测定溶液pH的正确操作是(　　)
A．将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照
B．将一小块试纸用蒸馏水润湿后放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照
C．将一小条试纸在待测液中蘸一下，取出后放在表面皿上，与标准比色卡对照
D．将一小条试纸先用蒸馏水润湿后，再在待测液中蘸一下，取出后与标准比色卡对照
【解析】　A项，正确；B项，pH试纸不能
预先用蒸馏水润湿，否则测酸溶液的pH时将会使所测pH偏大，测碱溶液的pH时将会使所测pH偏小，而对中性溶液不影响；C项，不能将pH试纸浸入到溶液中去测溶液的pH；D项明显不对。
【答案】　A
8．(2008年高考北京理综)对H2O的电离平衡不产生影响的粒子是(　　)
【解析】　A项HCl溶于水电离出的H＋会抑制水的电离；B项的Fe3＋、D项中的CH3COO－都会水解，促进水的电离；C项的Cl－不水解，不影响水的电离平衡。
【答案】　C
1．(2008年高考山东基本能力)2008年5月8日，奥运圣火成功登顶珠峰，为此某班举行了庆祝晚会。晚会上赵东同学将一张白纸展示给大家，然后用喷壶向纸上喷了一些无色液体，“奥运成功！中国加油！”的红色大字立刻显现于纸上。他所用的显色反应是下列哪一组(　　)
A．酚酞—盐酸溶液 B．酚酞—氢氧化钠溶液
C．石蕊—氢氧化钠溶液 D．碘水—淀粉溶液
【解析】　A项不变色，B项变红，C项变蓝，D项变蓝，故选B。
【答案】　B
2．室温下，在pH＝12的某溶液中由水电离的c(OH－)为(　　)
A．1.0×10－7mol/L B．1.0×10－6mol/L
C．1.0×10－2mol/L D．1.0×10－12mol/L
【解析】　此题考查水的离子积是一个常数。对碱溶液，现已知c(H＋)＝1.0×10－12mol/L，溶液中的H＋来源于水的电离，由水电离出c(H＋)＝c(OH－)，故由水电离出的c(OH－) 也为1.0×10－12mol/L，如果是盐溶液水解呈碱性，则c(OH－)＝10－2mol/L，全由水电离产生。
【答案】　CD
3．常温时，以下4种溶液pH最小的是(　　)
A．0.01 mol·L－1醋酸溶液
B．0.02 mol·L－1醋酸与0.02 mol·L－1NaOH溶液等体积混合液
C．0.03 mol·L－1醋酸与0.01 mol·L－1NaOH溶液等体积混合液
D．pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合液
【解析】　pH最小即酸性最强，B选项恰好反应生成强碱弱酸盐，溶液显碱性，与此相比，D选项为中性，C选项混合后反应醋酸过量，剩余醋酸的物质的量浓度为×(0.03 mol/L－0.01 mol/L)＝0.01 mol/L，与A选项浓度相等，但C溶液中还混CH3COONa，CH3COO－对CH3COOH的电离起抑制作用，故酸性最强的溶液当属A。
【答案】　A
4．(2009年启东中学模拟)在25 ℃时，某溶液由水电离出的H＋的浓度为1×10－12mol/L，下列各组离子在溶液中有可能大量共存的是(　　)
A．K＋　Na＋　HCO3－　Cl－ B．Fe2＋　K＋　NO3－　SO42－
C．Na＋　K＋　S2O32－　F－ D．NH4＋　SO42－　Cl－　NO3－
【解析】　25 ℃时，c水(H＋)＝1×10－12mol/L，可知该溶液为强酸的溶液或强碱的溶液。A中HCO3－既与H＋反应，又与OH－反应，可见该溶液中的离子不可能大量共存；B中NO3－在酸性条件下能氧化Fe2＋，而在碱性条件下，Fe2＋与OH－反应生成Fe(OH)2沉淀，可见该溶液中的离子不可能大量共存；C中S2O32－在酸性条件下发生自身氧化还原反应，F－与H＋生成弱酸HF，但在碱性条件下能大量共存；D中在碱性条件下，NH4＋与OH－反应生成NH3·H2O，但在酸性条件下能大量共存。
【答案】　CD
5．(2009年日照高三模拟考试)下列各选项中所述的两个量，前者一定大于后者的是(　　)
A．1 L 0.3 mol/L CH3COOH溶液和3 L 0.1 mol/L CH3COOH溶液中的H＋数
B．纯水在25 ℃和80 ℃时的pH
C．在NH3＋NO―→N2＋H2O反应中，被氧化和被还原的N原子个数
D．pH相同的等体积的盐酸和醋酸分别与足量锌粒反应产生的气体体积
【解析】　选项A，溶液越稀，CH3COOH的电
离程度越大，故后者溶液中H＋数大于前者。选项B，H2O是弱电解质，温度越高，H2O电离产生的H＋浓度越大，pH越小。选项C，NH3被氧化，NO被还原，根据得失电子守恒可知被氧化的N原子数是被还原的N原子数的2/3倍。选项D，pH相同且体积相等的盐酸和CH3COOH，CH3COOH的浓度大于盐酸的浓度，故与足量Zn反应时醋酸放出的H2较多。
【答案】　B
6．(山东)pH相同的氨水、NaOH和Ba(OH)2三种溶液、分别用蒸馏水稀释到原体积的x、y倍和z倍。稀释后一种溶液的pH依然相同，则x、y、z的关系是(　　)
A．x>y＝z B．x＝y＝z
C．x>y>z D．x>y>z
【解析】　NaOH和Ba(OH)2均为强碱，稀释时n(OH－)不变，所以y＝z。NH3·H2O为弱碱，稀释促进电离，n(OH－)增大，溶液体积也相应增大才能与强碱的pH相同，所以x>y，故选A项。
【答案】　A
7．有pH＝12的NaOH溶液100 mL，如果将其pH降为11，那么：
(1)若用蒸馏水应加入________mL。
(2)若用pH＝10的NaOH溶液应加入________mL。
(3)若用pH＝2的盐酸溶液应加入________mL。
(4)若用0.01 mol/L的醋酸应加入的范围是________________________________________________________________________。
【解析】　稀氢氧化钠溶液的密度跟水的密度很接近，所以往其中加入水时溶液的体积可看作是相加。
(1)要使溶液的pH从12降为 ，OH－浓度下降到原来的，体积应增大到原来的10倍，所以应加入900 mL水。
(2)设需pH＝10的氢氧化钠溶液x mL，则有
＝10－3，计算可得x＝1 000。
(3)设需pH＝2的盐酸x mL，则有＝10－3，计算可得x＝81.8。
(4)加入醋酸时，生成醋酸钠溶液，水解可使溶液的pH偏高，所以加入醋酸的体积应比同浓度的盐酸略大一些，但由于醋酸钠溶液的pH只有8左右，所以不能将氢氧化钠全部中和。要使100 mL pH＝12的NaOH溶液完全中和，需100 mL 0.01 mol/L的醋酸；要使100 mL pH＝12的NaOH溶液变为pH＝11，需加入0.01 mol/L的盐酸81.8 mL，需加入0.01 mol/L的醋酸范围是81.8 mL【答案】　(1)900　(2)1 000　(3)81.8
(4)81.8 mL8．用中和滴定法测定烧碱的纯度，若烧碱中含有与酸不反应的杂质，试根据实验回答：
(1)准确称取4.1 g 烧碱样品，所用的主要仪器有__________________。
(2)将样品配成250 mL 待测液，需要的仪器有________。
(3)取10.00 mL 待测液，用______________量取。
(4)用0.201 0 mol·L－1标准盐酸滴定待测烧碱溶液，滴定时________手旋转________式滴定管的玻璃活塞，________手不停地摇动锥形瓶，两眼注视____________________，直到滴定达到终点。锥形瓶底部垫一张白纸，其作用是________________________________________。
(5)根据下表数据，计算待测烧碱溶液的浓度为________。
滴定次数 待测液的体积(mL)
标准盐酸体积(mL)
滴定前读数(mL)
滴定后读数(mL)
第一次 10.00 0.50 20.40
第二次 10.00 4.00 24.14
(6)根据上述各数据，计算烧碱的纯度。
【解析】　本题考查溶液配制和中和滴定操作中基本仪器的掌握情况及中和滴定的操作能力和实验数据的处理能力。
(1)称量固体样品要用托盘天平、药匙；因为氢氧化钠具有腐蚀性，因此需放在烧杯中称量。
(2)配制250 mL 溶液需要的仪器有：烧杯、玻璃棒、250 mL 容量瓶、胶头滴管等。
(3)因为量取10.00 mL 氢氧化钠溶液，精确到0.01 mL，需用碱式滴定管，不能用量筒。
(4)中和滴定时，左手控制活塞开关，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化。为便于观察，在锥形瓶底部垫一张白纸，起衬托作用。
(5)两次滴定消耗标准溶液体积的平均值为：
由c(NaOH)＝c(HCl)·V[HCl(aq)]/V[NaOH(aq)]，得c(NaOH)＝0.40 mol/L。
(6)250 mL 待测液中NaOH质量为：
0．250 L×0.40 mol/L×40 g/mol＝4 g
烧碱样品中氢氧化钠质量分数为
【答案】　(1)托盘天平、烧杯、药匙
(2)烧杯、玻璃棒、250 mL容量瓶、胶头滴管
(3)碱式滴定管(或移液管)
(4)左　酸　右　锥形瓶中溶液颜色的变化　衬托作用，便于观察溶液颜色变化
(5)0.40 mol/L　(6)97.56%
DIS系统即数字化信息系统，它由传感器、数据采集器和计算机组成，某学习小组用DIS系统测定食用白醋中醋酸的物质的量浓度，以溶液的导电能力来判断滴定终点。实验步骤如下：
(1)用______________(填仪器名称)量取10.00 mL的食用白醋，在________(填仪器名称)中用水稀释后转移到100 mL________(填仪器名称)中定容，然后将稀释后的溶液倒入试剂瓶中。
(2)量取20.00 mL的上述溶液倒入烧杯中，连接好DIS系统(如上图)，向烧杯中滴加浓度为
0.100 0 mol/L的氨水，计算机屏幕上显示出溶液导电能力随氨水体积变化的曲线如右图所示。
①用滴定管盛氨水前，滴定管要用________________润洗2～3遍，润洗的目的是________________________________________________________________________
__________________________。
②氨水与醋酸反应的离子方程式是________________________________________________________________________
____________________________。
③食用白醋中醋酸的物质的量浓度是________________________________________________________________________。
④若盛放醋酸的烧杯用蒸馏水洗涤后，用醋酸溶液润洗，则滴定结果________(填“偏高”或“偏低”或“无影响”)。
【解析】　(1)准确量取食用白醋可用酸式滴定管，然后倒入烧杯中稀释，待恢复到室温时转移到100 mL 容量瓶中定容。
(2)①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，再用0.100 0 mol/L的氨水润洗，以防氨水被稀释而造成实验误差。
②二者反应的离子方程式为CH3COOH＋NH3·H2O CH3COO－＋NH4＋＋H2O。
③据c(NH3·H2O)·V(NH3·H2O)＝
c(CH3COOH)＝
c(CH3COOH)·V(CH3COOH)知
＝1.000 mol/L
④烧杯用醋酸润洗后，会导致多消耗氨水，从而使计算结果偏高。
【答案】　(1)酸式滴定管(或移液管)　烧杯　容量瓶
(2)①0.100 0 mol/L 的氨水　确保反应时氨水的浓度为0.100 0 mol/L
②CH3COOH＋NH3·H2O===CH3COO－＋NH4＋＋H2O
③1.000 mol/L　④偏高
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一、选择题(每小题3分，共48分)
1．(2007年北京理综)用于2008年北京奥运会的国家游泳中心(水立方)的建筑采用了膜材料ETFE，该材料为四氟乙烯与乙烯的共聚物，四氟乙烯也可与六氟丙烯共聚成聚全氟乙丙烯。下列说法错误的是(　　)
A．ETFE分子中可能存在“—CH2—CH2—CF2—CF2—”的连接方式
B．合成ETFE及合成聚全氟乙丙烯的反应均为加聚反应
C．聚全氟乙丙烯分子的结构简式可能为
?CF2—CF2—CF2—CF2—CF3?
D．四氟乙烯分子中既含有极性键又含有非极性键
【解析】　四氟乙烯CF2CF2，六氟丙烯CFCF3CF2，形成的高聚物可表示为：
CF2?CF2CFCF3CF2?。C项中“—CF3—”违背了碳的“四价原则”。
【答案】　C
2．(2008年广东理基)下列关于有机物说法正确的是(　　)
A．乙醇、乙烷和乙酸都可以与钠反应生成氢气
B．75%(体积分数)的乙醇溶液常用于医疗消毒
C．苯和乙烯都可使溴的四氯化碳溶液褪色
D．石油分馏可获得乙酸、苯及其衍生物
【解析】　乙烷不能与Na反应；消毒酒精体积分数为70%～75%；苯及苯的同系物不能使溴的CCl4溶液褪色，烯、炔烃能使酸性KMnO4溶液和溴的四氯化碳溶液褪色；石油的主要成分为烃类，不含羧酸等物质。
【答案】　B
3．(2008年山东理综)下列叙述正确的是(　　)
A．汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物
B．乙醇可以被氧化为乙酸，二者都能发生酯化反应
C．甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到
D．含5个碳原子的有机物，每个分子中最多可形成4个C—C单键
【解析】　A项，汽油、柴油和植物油都是混合物，植物油属于酯类还含有氧；C项，石油成分不含烯烃，不能通过物理方法分馏得到；D项，只有开链烷烃符合，其他类别的分子可能多于4个，如环戊烷。
【答案】　B
4．下列叙述错误的是(　　)
A．通常情况下，甲烷跟强酸、强碱、强氧化剂不起反应
B．甲烷化学性质比较稳定，不能被任何氧化剂氧化
C．甲烷跟氯气反应无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3还是CCl4，都属于取代反应
D．甲烷的四种取代物都难溶于水
【解析】　B项中CH4可以燃烧，即被O2氧化。
【答案】　B
5．(2009年济南二模)下列涉及有机物的性质或应用的说法不正确的是(　　)
A．煤液化可以得到甲醇等重要化工原料，提高煤的经济价值
B．用于奥运“祥云”火炬的丙烷可以从石油中得到
C．纤维素、蔗糖、淀粉和脂肪在人体中都可以发生水解反应，是人体的重要能量来源
D．用大米可以酿酒，也可以酿醋
【解析】　纤维素在人体中不能水解，C项错。A项来源于课本煤的液化产物示意图，B项考查烷烃的存在及石油的成分，D项考查日常生活常识，同时也考查常见有机物的性质。
【答案】　C
6．(2009年海淀)糖类、脂肪和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质。以下叙述正确的是(　　)
A．植物油不能使溴的四氯化碳溶液褪色
B．淀粉水解的最终产物是葡萄糖
C．葡萄糖能发生氧化反应和水解反应
D．蛋白质溶液遇硫酸铜后产生的沉淀能重新溶于水
【解析】　需要掌握葡萄糖、蔗糖、麦芽糖、淀粉、纤维素的性质和用途，掌握蛋白质、油脂的性质和用途。植物油含不饱和烃基，分子中有双键，可使溴的四氯化碳溶液褪色；葡萄糖能发生氧化反应，但葡萄糖是单糖，不发生水解反应；蛋白质溶液遇硫酸铜发生变性、凝固，不能重新溶于水。
【答案】　B
7．(2009年太原模拟)下列混合物中，不论它们以何种比例混合，只要质量一定，经完全燃烧后，产生二氧化碳的量为一个常数的是(　　)
A．甲烷和乙烷　　　　　　B．丙烯和丙烷
C．乙烯和丁烯 D．丙烯和环丙烷
【解析】　符合条件的有机物含碳的质量分数相同。根据烃的燃烧规律，实验式相同，无论以何种比例混合，只要混合物总质量一定，则完全燃烧后生成的CO2和H2O及耗氧量就一定。甲烷的实验式为CH4，而乙烷的实验式是CH3，丙烯的实验式为CH2，而丙烷的实验式为C3H8；乙烯和丁烯实验式均为CH2；丙烯和环丙烷的实验式均为CH2。
【答案】　CD
8．C2H5OH的官能团是—OH，含有—OH的物质具有与乙醇类似的化学性质。在Cu或Ag催化下，下列物质不能与O2发生氧化反应生成醛或酮的是(　　)
A．CH3CH2CH2CH2OH B．CH2CH3CHCH3OH
C．CHCH3CH3CH2OH D．CCH3CH3CH3OH
【解析】　醇的氧化属于脱去H的反应，CCH3CH3CH3OH中连接羟基的碳原子上没有H，因此不能与O2发生氧化反应。
【答案】　D
9．以下各种物质的所有原子不可能处于同一平面上的是(　　)
A．CH3CHCH2 B．CH2CH2
C．CHCH2 D.
【解析】　根据已有知识，乙烯和苯都属于平面结构，所有原子处于同一平面内，而甲烷分子是正四面体结构，故可以得出甲基中的原子不可能处于同一平面内，同理，可将C项看作是乙烯中的一个氢原子被苯环取代，得出C项中物质的所有原子可能处于同一平面内。
【答案】　A
10．(2009年烟台高三期末考试)分子式为C5H7Cl的有机物，其结构不可能是(　　)
A．只含有一个双键的直链有机物
B．含有两个双键的直链有机物
C．含一个双键的环状有机物
D．含一个叁键的直链有机物
【解析】　本题考查有机物的价键规则。该有机物的分子式为C5H7Cl，一个Cl原子相当于一个H原子，所以C5H7Cl分子中比C5H12少4个氢原子，即分子中有一个双键或一个环状结构，因此只有A符合。
【答案】　A
11．分子组成为C9H12的苯的同系物，已知苯环上只有一个取代基，下列说法中正确的是(　　)
A．该有机物不能发生加成反应，但能发生取代反应
B．该有机物不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但能使溴水褪色
C．该有机物分子中的所有原子可能在同一平面上
D．该有机物一种同分异构体的一溴代物可能有6种
【解析】　该烃可能为CH2CH2CH3或CHCH3CH3则只有D正确。
【答案】　D
12．将甲苯与液溴混合，加入铁粉，其主要反应产物有(　　)
①CH2Br　②CBr3　③CHBr2
④Br3CH3　⑤BrCH3　⑥BrCH3
⑦BrBrCH3Br
其中正确的是(　　)
A．①②③ B．⑦
C．全部 D．④⑥⑦
【解析】　甲苯与液溴、Fe粉，是发生苯环上的卤代反应，光照的条件，才发生侧链上的卤代，故排除①②③，甲苯的卤代，主要取代甲基邻、对位苯环上的H，故④⑥⑦正确。
【答案】　D
13．(全国理综Ⅱ)仔细分析下列表格中烃的排列规律，判断排列在第15位烃的分子式是(　　)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 …
C2H2 C2H4 C2H6 C3H4 C3H6 C3H8 C4H6 C4H8 C4H10 …
A.C6H12 B．C6H14
C．C7H12 D．C7H14
【解析】　规律：①碳原子数逐渐增多，②炔烃、烯烃、烷烃逐渐循环；发现了以上规律，很容易解出第15位烃的分子式。
【答案】　B
14．(2009年江苏南通3月模拟)无色孔雀石绿(结构简式如下图所示)曾被用作水产养殖业的杀虫剂(鱼药)。因为具有潜在致癌性，已被禁止用作鱼药。下列关于无色孔雀石绿的叙述中，正确的是(　　)
CH3NH3CCHNCH3CH3
A．分子中氢原子数为奇数
B．分子中所有的碳原子可能在同一平面上
C．与苯胺(NH2)互为同系物
D．在一定条件下，1 mol无色孔雀石绿可以和9 mol氢气发生加成反应
【解析】　该有机物的分子式为C23H26N2，A错；与三个苯环相连的碳原子不可能与三个苯环共平面。该分子中含2个N原子，不可能与苯胺互为同系物。
【答案】　D
15．(2009年广东深圳调研)聚四氟乙烯的耐热性和化学稳定性超过其他塑料，被称为“塑料王”。其合成路线如下：
三氯甲烷二氟一氯甲烷四氟乙烯聚四氟乙烯
下列说法中不正确的是(　　)
A．“塑料王”不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．三氯甲烷(CHCl3)可以用甲烷与氯气的取代反应来制取
C．四氟乙烯(CF2CF2)中所有的原子都在同一个平面上
D．二氟一氯甲烷(CHClF2)中所有原子最外层都达到了8电子稳定结构
【解析】　A项中“塑料王”的结构为?CFFCFF?，不能被酸性KMnO4溶液氧化；B项中CHCl3是CH4和Cl2的取代产物之一；C项中CF2CF2的结构和乙烯类似，所有原子共平面；D项中CHClF2的氢原子为2电子稳定结构。
【答案】　D
16．(2009年广东佛山一模)一些烷烃的燃烧热如下表：
化合物 燃烧热/kJ·mol－1 化合物 燃烧热/kJ·mol－1
甲烷 891.0 正丁烷 2 878.0
乙烷 1 560.8 异丁烷 2 869.6
丙烷 2 221.5 2－甲
基丁烷 3 531.3
下列表达正确的是(　　)
A．正戊烷的燃烧热大于3 531.3 kJ·mol－1
B．稳定性：正丁烷<异丁烷
C．乙烷的燃烧热化学方程式为：2C2H6(g)＋7O2(g)===4CO2(g)＋6H2O(g)　ΔH＝－1 560.8 kJ·mol－1
D．相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放出的热量越多
【解析】　A项中，烷烃中碳原子数相同时，支链越多，燃烧热越低，正戊烷燃烧热大于3 531.3 kJ·mol－1。B项中，CH3CH2CH2CH3(g)―→CH3CHCH3CH3(g)　ΔH＝－8.4 kJ·mol－1，所以CH3CHCH3CH3比CH3CH2CH2CH3稳定。C项中，H2O应为液态，且ΔH应为－3 121.6 kJ·mol－1。D项中，相同质量的烃，氢元素的质量分数越大，放出热量越多。
【答案】　AB
二、非选择题(共52分)
17．(12分)(2007年江苏化学)肉桂醛是一种食用香精，它广泛用于牙膏、洗涤剂、糖果以及调味品中。工业上可通过下列反应制备：
ACHO＋CH3CHOBCHCHCHO＋H2O
(1)请推测B侧链上可能发生反应的类型____________________________。(任填两种)
(2)请写出两分子乙醛在上述条件下反应的化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)请写出同时满足括号内条件的B的所有同分异构体的结构简式________________________________________________________________________。
(①分子中不含羰基和羟基；②是苯的对二取代物；③除苯环外，不含其他环状结构)
【解析】　(1)B侧链上含“CC”“COH”。
(2)可依照信息写出。
(3)苯环之外有2个不饱和度，依题设要求，不饱和键只能出现在碳碳键之间，故只能考虑形成醚键和碳碳三键。
【答案】　(1)加成反应、氧化反应、还原反应
(2)2CH3CHOCH3CHCHCHO＋H2O
(3)H3COCCH、H3COCCH
18．(14分)(2007年广东化学)克矽平是一种治疗矽肺病的药物，其合成路线如下(反应均在一定条件下进行)：
NCH3―→NCH2CH2OH―→NCHCH2―→
　Ⅰ　　　　　　Ⅱ　　　　　　　　　　Ⅲ　　　　
―→NCH??CH2―→N→OCH??CH2
　　　　Ⅳ　　　　　　　　克矽平
(1)化合物Ⅰ的某些化学性质类似于苯。例如，化合物Ⅰ可在一定条件下与氢气发生加成反应生成NCH3H，其反应方程式为______________________________。(不要求标出反应条件)。
(2)化合物Ⅰ生成化合物Ⅱ是原子利用率100%的反应，所需另一反应物的分子式为__________________。
(3)下列关于化合物Ⅱ和化合物Ⅲ的化学性质，说法正确的是________(填字母)。
A．化合物Ⅱ可以与CH3COOH发生酯化反应
B．化合物Ⅱ不可以与金属Na生成氢气
C．化合物Ⅲ可以使溴的四氯化碳溶液褪色
D．化合物Ⅲ不可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
(4)化合物Ⅲ生成化合物Ⅳ的反应方程式为______________________(不要求标出反应条件)。
(5)用氧化剂氧化化合物Ⅳ生成克矽平和水，则该氧化剂为________________________。
【解析】　(1)题中已提示化学性质类似于苯，该反应类似于苯与H2的加成反应。
(2)因为原子利用率100%，Ⅱ的化学式与Ⅰ的化学式作差即可。
(3)醇羟基能酯化，能与Na反应，碳碳双键能使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色。抓住官能团的性质，不难解答此题。
(4)仿照CH2CHCl聚合来写，把不饱和碳原子做主链，其他的碳原子或原子团折上或折下做支链。
(5)因还原产物为H2O，氧化产物比原物质多个氧原子，所以氧化剂只能是由H、O两种元素组成，即为H2O2。
【答案】　(1)NCH3＋3H2―→NCH3H
(2)CH2O(答HCHO也可)
(3)AC
(4)nNCHCH2―→NCH??CH2
(5)H2O2(或过氧化氢、双氧水)
19．(14分)(2008年广东高考题)某些高分子催化剂可用于有机合成。下面是一种高分子催化剂(Ⅶ)合成路线的一部分(Ⅲ和Ⅵ都是Ⅶ的单体；反应均在一定条件下进行；化合物Ⅰ～Ⅲ和Ⅶ中含N杂环的性质类似于苯环)：
回答下列问题：
(1)写出由化合物Ⅰ合成化合物Ⅱ的反应方程式　　　　　　　　　　　　　　　(不要求标出反应条件)。
(2)下列关于化合物Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的说法中，正确的是　　　　(填字母)。
A．化合物Ⅰ可以发生氧化反应
B．化合物Ⅰ与金属钠反应不生成氢气
C．化合物Ⅱ可以发生水解反应
D．化合物Ⅲ不可以使溴的四氯化碳溶液褪色
E．化合物Ⅲ属于烯烃类化合物
(3)化合物Ⅵ是　　　　(填字母)类化合物。
A．醇　　　B．烷烃　　C．烯烃　　D．酸　　E．酯
(4)写出2种可鉴别Ⅴ和Ⅵ的化学试剂________________________________________________________________________。
(5)在上述合成路线中，化合物Ⅳ和Ⅴ在催化剂的作用下与氧气反应生成Ⅵ和水，写出反应方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(不要求标出反应条件)。
【解析】　由Ⅰ→Ⅱ为酯化反应，Ⅱ→Ⅲ为消去反应(其另一产物为CH3COOH)，由Ⅶ可知Ⅵ为CH3COOCH===CH2，则Ⅳ为CH2===CH2，V为CH3COOH。
【答案】　
(1)
(2)AC　(3)E
(4)饱和Na2CO3溶液、酸性KMnO4溶液
(5)2CH2===CH2＋2CH3COOH＋O22CH3COOCH3＋2H2O
20．(12分)烯烃A在一定条件下可以按下面的框图进行反应。
F1和F2互为同分异构体，G1和G2互为同分异构体，D是CCH3BrH3CCCCH3BrCH3。
已知1,3－丁二烯与少量溴水加成时有以下两种方式：
CH2CHCHCH2＋Br2―→
CH2BrCHBrCHCH2(1,2－加成)
CH2CHCHCH2＋Br2―→
CH2BrCHCHCH2Br(1,4－加成)
试回答下列问题：
(1)A的结构简式为________________________________________________________________________。
(2)框图中属于取代反应的是(填数字代号)________________________________________________________________________。
(3)框图中①、③、⑥属于________反应。
(4)G1的结构简式为________________________________________________________________________。
【解析】　据D的结构简式可知A为：CCH3H3CCCH3CH3，反应①是A与H2加成得B：CHCH3CH3CHCH3CH3，反应③是A与HBr加成得C：CHCH3CH3CBrCH3CH3，反应②是B与Br2在光照下取代得C，反应⑤为D的消去反应得E：CCH2H3CCCH3CH2，反应⑥为二烯烃E与少量Br2的加成，有两种产物，1,2－加成产物为：CCH2BrH3CBrCCH3CH2(F1),4－加成产物为：
CH2BrCH3CCCH3CH2(F2)Br，F1、F2均与HBr加成，F1有两种加成方式分别得产物CH2BrCCH3BrCCH3HCH2Br和
CH2BrCCH3BrCCH3BrCH3，而F2与HBr加成只有一种产物：CH2BrCCH3BrCCH3HCH2Br，则G1、G2便确定。
【答案】　(1)CCH3CH3CCH3CH3　(2)②
(3)加成　(4)CH2BrCCH3BrCCH3BrCH3(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
一、选择题
1．材料是人类赖以生存的重要物质基础，而化学是材料科学发展的基础，下列有关材料的说法中正确的是(　　)
A．生活中的玻璃、陶瓷、水泥属于无机硅酸盐材料，其生产原料都需要使用石灰石
B．合金材料钢铁里的铁和碳在潮湿的空气中因构成许多原电池而易发生电化学腐蚀
C．居室装修材料如化纤地毯、三合板、花岗岩等均会释放出污染空气的甲醛气体
D．造成“白色污染”的聚氯乙烯塑料在日常生活中可用来进行食品包装
【解析】　陶瓷生产中不需要石灰石，花岗岩中释放出来的有害物质是放射性气体氡，聚氯乙烯塑料不可用于食品包装，A、C、D均错误，钢铁腐蚀的主要原因是电化学腐蚀，所形成的原电池的负极为铁，正极为碳，B正确。
【答案】　B
2．2008年北京奥运会上的金牌材料是体现中华传统文化理念的金镶玉材质。玉的主要成分是一些结构特殊的矿物质，如NaAl[Si2O6]。关于这种金牌的推测正确的是(　　)
A．不能溶于任何溶剂
B．该金牌中“玉”的主要材料不属于硅酸盐
C．该金牌的材质在固体状态时能导电
D．NaAl[Si2O6]可以表示为Na2O·Al2O3·2SiO2
【解析】　A项中金牌中的金能溶于王水；B中玉的主要成分可以看作Na2SiO3和Al2(SiO3)3，都为硅酸盐；C项中，由于硅酸盐为固体时，其中的离子不能自由移动，不能导电。
【答案】　D
3．将过量的CO2分别通入①CaCl2溶液；②Na2SiO3溶液；
③Ca(OH)2溶液；④饱和Na2CO3溶液。最终溶液中有白色沉淀析出的是(　　)
A．①②③④ B．②④
C．③④ D．②③④
【解析】　CO2溶于水：CO2＋H2O??H2CO3，H2CO3的酸性比盐酸弱，而比硅酸强。根据酸与盐反应的规律，CO2通入CaCl2溶液无明显现象(一般弱酸不能制强酸)；过量的CO2通入Na2SiO3溶液中有白色沉淀H2SiO3生成；CO2通入Ca(OH)2溶液至过量：Ca(OH)2＋CO2===CaCO3↓＋H2O，CaCO3＋H2O＋CO2===Ca(HCO3)2，最终生成Ca(HCO3)2而无沉淀产生；过量CO2通入饱和Na2CO3溶液中：Na2CO3＋H2O＋CO2===2NaHCO3↓，生成的NaHCO3的溶解度比Na2CO3的溶解度小，从而有结晶析出。
【答案】　B
4．①水泥路桥　②门窗玻璃　③水晶镜片　④石英钟表　⑤玛瑙手镯　⑥硅太阳能电池　⑦光导纤维　⑧计算机芯片
所用材料为SiO2或要用到SiO2的是(　　)
A．⑥⑧ B．①②⑦⑧
C．①②③④⑤⑦ D．全部
【解析】　①②③④⑤⑦中直接用到SiO2，而⑥⑧中Si来自于SiO2制备，是用SiO2作原料，而不是材料。
【答案】　C
5．(2009年江苏南通调研)从石英砂制取并获得高纯硅的主要化学反应如下：
①SiO2＋2CSi(粗)＋2CO↑
②Si(粗)＋2Cl2SiCl4
③SiCl4＋2H2Si(纯)＋4HCl
关于上述反应的分析不正确的是(　　)
A．①、③是置换反应，②是化合反应
B．高温下，焦炭与氢气的还原性均强于硅
C．任一反应中，每消耗或生成28 g硅，均转移4 mol电子
D．高温下将石英砂、焦炭、氯气、氢气按一定比例混合可得高纯硅
【解析】　选项A，根据置换反应和化合反应的概念即可判断，正确；选项B，根据反应①可知还原性焦炭大于硅，根据反应③可知还原性氢气大于硅，正确；选项C，在三个反应中，硅元素的化合价从0价变为＋4价或从＋4价变为0价，故每消耗或生成28 g硅，转移电子均为4 mol，正确；选项D，反应中得到的易挥发的 SiCl4分离出来后再用氢气还原才可以得到高纯硅，故原操作不正确。
【答案】　 D
6．(2009年潍坊模拟)把7.4 g Na2CO3·10H2O和NaHCO3组成的混合物溶于水，配成100 mL溶液，其中c(Na＋)＝0.6 mol/L。若把等质量的混合物加热到恒重时，残留物的质量是(　　)
A．3.18 g B．2.21 g
C．5.28 g D．4.22 g
【解析】　加热混合物最终得到的是Na2CO3，根据Na元素守恒，n(Na2CO3)＝ n(Na＋)＝×0.1 L×0.6 mol/L＝0.03 mol，所以，m(Na2CO3)＝0. 03 mol×106 g/mol＝3.18 g。
【答案】　A
7．酒精灯不易点燃或燃烧不好，可能的原因有：①酒精灯不用时没盖上灯帽，②灯芯外露部分已烧焦炭化，③灯内的酒精只占灯容积的1/2。叙述正确的是(　　)
A．①②③ B．只有①
C．①② D．只有②
【解析】　酒精灯用后要及时盖灯帽，防止酒精挥发而使其不易点燃或燃烧不好。灯芯外露部分烧焦炭化也不利于酒精灯的燃烧。
【答案】　C
8．(2008年江苏南通模拟)不能说明碳元素的非金属性比硅元素强的是(　　)
A．甲烷比硅化氢稳定
B．硅酸钠溶液的碱性比碳酸钠溶液碱性强
C．碳酸与硅酸钠溶液反应生成原硅酸
D．高温下SiO2和Na2CO3反应
【解析】　非金属性越强，气态氢化物越稳定，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸根的水解能力越弱，对应酸越强。
【答案】　D
9．许多化学实验采用水浴加热，其原因有(　　)
①化学实验温度低于100 ℃　②水浴加热反应速率大　③反应物受热均匀，便于控制反应速率　④便于控制反应时的温度
A．①②③ B．②③④
C．①③④ D．①②④
【解析】　水浴加热方式是以水做为传热介质，因水的比热较大，故升温(降温)速度较慢，使被加热物质受热均匀，且不会超过水的沸点(100 ℃)，同时也便于使用温度计控制反应温度，从而控制反应速率。
【答案】　C
10．(2009年济南联考)假设SiO2原子晶体中Si原子被Al原子取代，不足的价数由K原子补充，当有25%的硅原子被铝原子取代时，可形成正长石，则正长石的化学组成为(　　)
A．KAlSiO4 B．KAlSi2O6
C．KAlSi3O8 D．KAlSi4O10
【解析】　SiO2中Si的化合价为＋4价，所以化学式中一个Si原子可被1个Al原子和1个K原子替换，SiO2可写为Si1/4Si3/4O2，根据题意正长石化学式为(KAl)1/4Si3/4O2，化简得KAlSi3O8。
【答案】　C
11．(2008年宁夏银川)反应CaCO3＋SiO2CaSiO3＋CO2↑能说明的是(　　)
A．CaCO3的热稳定性不如CaSiO3强
B．C的非金属性比Si的强
C．硅酸的酸性比碳酸的强
D．SiO2的氧化性不如CO2
【解析】　这个反应的发生是因为CO2为气体且CaCO3的热稳定性弱于CaSiO3，和两种对应酸的酸性强弱无关，故C项错误，A项正确。B、D项，说法虽然正确，但不能由CaCO3＋SiO2CaSiO3＋CO2↑这个反应来证明。
【答案】　A
12．(2008年洛阳模拟)下列说法中，不正确的是(　　)
A．SiO2和CO2都是酸性氧化物，均可与NaOH溶液反应
B．SiO2不能与任何酸发生反应
C．SiO2和CO2在一定条件下，均可与CaO发生反应
D．SiO2不溶于水，而CO2可与水反应，生成H2CO3
【解析】　SiO2是一种酸性氧化物，但是可与HF溶液发生反应，生成SiF4和H2O，答案为B。
【答案】　B
二、非选择题
13．(1)2009年1月1日国家对陶瓷制品降低进口税率，这将刺激陶瓷材料市场。氮化硅(Si3N4)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1 300 ℃时反应获得。
①根据性质，推测氮化硅陶瓷的用途是______(填序号)。
A．制气轮机叶片 B．制有色玻璃
C．制永久性模具 D．制陶瓷发动机
②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________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
③现用SiCl4和N2(在H2气氛下)，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________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)三硅酸镁晶体(Mg2Si3O8·nH2O)被用来治疗胃溃疡患者的胃酸过多症，是因为该物质不溶于水，服用后能中和胃酸，作用持久。将三硅酸镁晶体改写成氧化物形式________________________________________________________________________；
写出它中和胃酸(主要成分为盐酸)的化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　(1)①由Si3N4的硬度大、熔点高、化学性质稳定可知Si3N4为原子晶体，应用为ACD。
②Si3N4＋12HF===3SiF4↑＋4NH3↑。
③2N2＋3SiCl4＋6H2Si3N4＋12HCl。
(2)2MgO·3SiO2·nH2O＋4HCl===2MgCl2＋3SiO2＋(n＋2)H2O。
【答案】　(1)①ACD　②Si3N4＋12HF===3SiF4↑＋4NH3↑(或Si3N4＋16HF===3SiF4↑＋4NH4F)　③3SiCl4＋2N2＋6H2Si3N4＋12HCl
(2)2MgO·3SiO2·nH2O　2MgO·3SiO2·nH2O＋4HCl===2MgCl2＋3SiO2＋(n＋2)H2O
14．(2008年全国理综Ⅰ)V、W、X、Y、Z是由周期表中1～20号部分元素组成的5种化合物，其中V、W、X、Z均为两种元素组成。上述5种化合物涉及的所有元素的原子序数之和等于35。它们之间的反应关系如下图：
(1)5种化合物分别是V ______、W ______、X ______、Y ______、Z ______；(填化学式)
(2)由上述5种化合物中的某2种化合物反应可生成一种新化合物，它包含了5种化合物中的所有元素，生成该化合物的化学方程式是________________________________________________________________________；
(3)V的电子式是____________。
【解析】　本题考查无机框图推断。
(1)由ZX＋H2O可推知Z中必含氢元素，再由X为无色无味气体，且是由V与O2反应所得，结合生成X的两个转化反应可初步判断X为一种氧化物，符合要求的只有CO或CO2，所以Z中可能含有碳元素，即Z为CH4或其他碳氢化合物。再通过V(固体)＋H2O―→Y(白色固体)＋Z(无色气体)可推知V为CaC2，Y为Ca(OH)2，Z为C2H2，从而验证以上推断。CaC2与O2可生成CaO和CO2，W为CaO，X为CO2。
(2)5种化合物中，2种可反应生成一种新化合物，且包含5种元素，则该新化合物为Ca(HCO3)2。
2CO2＋Ca(OH)2===Ca(HCO3)2
【答案】　(1)CaC2　CaO　CO2　Ca(OH)2　C2H2
(2)Ca(OH)2＋2CO2===Ca(HCO3)2
(3)Ca2＋[C C]2－
15．(2008年宁波模拟)古希腊流传这样一个传奇故事。一批贩运碱的商船停泊在江边的沙岸旁，商人们找不到石头搭灶做饭，就把船上的大块纯碱搬来，放在沙地上与碎石一块垫锅烧饭，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____________。
【解析】　沙岸边有SiO2，纯碱成分Na2CO3，碎石成分CaCO3垫锅烧饭高温下发生了制玻璃的反应。
【答案】　玻璃　Na2SiO3、CaSiO3、SiO2(或Na2O·CaO·6SiO2)
16．某课外活动小组拟用下列装置做炼铁原理的实验，同时检测氧化铁的纯度(假设矿石中不含其他与CO反应的成分)，并除去尾气。CO使用乙二酸分解：H2C2O4CO2↑＋CO↑＋H2O来制取，与Fe2O3反应的CO需纯净、干燥。
(1)若所制气体从左向右流向时，上述仪器组装连接的顺序是(用a，b……表示)a接b，c接________，________接________，________接________。
(2)装置丙的作用是________________________________________________________________________。
(3)怎样除去尾气中的CO气体？________________________________________________________________________。
(4)实验前氧化铁矿石粉末为x g，经充分反应实验后测得乙、丙质量分别增加y g和z g，则该矿石中氧化铁的质量分数为________。
【解析】　由题给信息知乙中过量浓NaOH溶液的作用为除去乙二酸分解产生的CO2，以防干扰后面氧化铁纯度的测定，丙装置中过量浓NaOH溶液的作用是吸收产生的CO2，从而测定氧化铁的纯度，所以连接的顺序为：c→f，g→h，i→e。
设Fe2O3的质量为m g。
Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2
160 g　　　　　　　3×44 g
m g z g
＝
m＝z
故氧化铁的质量分数为×100%。
【答案】　(1)f　g　h　i　e(h与i顺序可颠倒)
(2)吸收CO2，用于计算氧化铁的纯度
(3)将点燃的酒精灯放在d处
(4)×100%(共53张PPT)
第3讲　物质的量浓度
1．理解物质的量浓度的概念，并能与其他浓度表示方法进行比较。
2．熟练掌握物质的量浓度的配制方法，步骤及误差分析。
3．灵活应用物质的量浓度很好地分析解决实际问题。
1．定义
单位体积溶液所含溶质的 来表示溶液组成的物理量。
2．单位
或 。
3．表达式
溶液中溶质B的物质的量(nB)、溶液体积(V)和溶质的物质的量浓度(cB)三者关系式: 。
物质的量
mol·L－1
mol·m－3
cB＝
一、物质的量浓度
1．仪器： 、 、量筒、烧杯、 、胶头滴管等。
2．容量瓶的使用
(1)规格
容量瓶上标有刻度线 和 ，常见的容量瓶有 mL、 mL、 mL、1 000 mL(如右图)等几种。
(2)用途
用于配制 的溶液。
天平
玻璃棒
容量瓶
温度
规格
一定物质的量浓度
100
200
500
二、一定物质的量浓度溶液的配制
(3)使用方法和注意事项
①查漏：检查方法是
往瓶内加水，塞好瓶塞(瓶口和瓶塞要干，且不涂任何油脂等)，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把瓶倒立过来，观察瓶塞周围是否有水漏出(用滤纸条在塞紧瓶塞的瓶口处检查)，如不漏水，把瓶塞旋转180°塞紧，仍把瓶倒立过来，再检验是否漏水。
②不能用来进行 或 ，也不能作反应容器或长时间贮存溶液。
③容量瓶容积是在瓶身所标温度下确定的，不能将热溶液转移入容量瓶。
④一种容量瓶只能配制一定体积溶液。
3．配制步骤：(1) ；(2) (量取)；(3) (稀释)；
(4)转移；(5) ；(6) ；(7)摇匀。
溶解
稀释
计算
称量
溶解
洗涤
定容
1．溶解度
(1)概念：一定条件下，某固态物质在 溶剂里达到 时所溶解的质量。
(2)影响因素： 。
①大多数固体物质的溶解度随温度的升高而显著增大，如KNO3、NaOH等。
②少量固体物质的溶解度随温度的升高变化不大，如 。
③极个别物质的溶解度随温度的升高而减小，如
100 g
饱和
溶剂的性质和温度
NaCl
Ca(OH)2
三、溶解度
(3)计算式(用S表示溶质的溶解度)
1．把20 g NaOH固体溶于500 mL水中形成的溶液即为1 mol·L－1的NaOH溶液吗？
2．称量氢氧化钠时，能否在托盘天平两端各放张大小相同的纸片？
【提示】　1.不是。20 g NaOH溶于500 mL水中所得溶液体积不是500 mL。
2．不能。称量吸湿性或腐蚀性较强的药品时，应放在玻璃器皿中称量。称量NaOH固体，应放在小烧杯等仪器中。
物质的量浓度
(4)气体溶于水的物质的量浓度的计算
在标准状况下，一定体积气体溶于水后所得溶液物质的量浓度的计算
c＝
式中ρ为溶液密度，M为气体的摩尔质量，V气为气体体积，V水为水的体积。
(5)配制一定物质的量浓度溶液时的计算
①当以固体物质配制溶液时需要计算所称量固体的质量。根据 ＝cV这一关系，得：m＝cV·M。如果被称量物是无水物，则M为无水物的摩尔质量；当被称量物为结晶水合物时，则M是结晶水合物的摩尔质量。
②当以浓溶液配制稀溶液时，虽然溶液被稀释但溶质不变。
计算公式为：c1V1＝c2V2。
标准状况下336 L的NH3溶于1 L水中，所得溶液的质量分数为________，若该溶液的密度为a g·cm－3，则物质的量浓度为________。将上述氨水全部转化为NH4Cl，所需4 mol·L－1的盐酸的体积________。
【答案】　20.32%　11.95a mol·L－1　3.75 L
根据c＝ ＝ 判断，误差来源的根本原因是：溶质的质量mB和溶液的体积V，若在操作中造成mB偏大或V偏小，则c偏大，若造成m偏小或V偏大，则c偏小。
(1)称量误差分析
①天平的砝码沾有其他物质或生锈。(mB偏大，cB偏高)
②调整“0”点时，游码在大于0的位置。(mB偏小，cB偏低)
③在敞口容器中称量NaOH、CaCl2、CuSO4、MgCl2等易吸收水的物质。(mB偏小，cB偏低)
④称量已部分风化的Na2CO3·10H2O、CuSO4·5H2O等。(mB偏大，cB偏高)
配一定物质的量浓度溶液的误差分析
⑤用量筒量取浓溶液时，仰视读数。(mB偏大，cB偏大)，如图1。
(2)配制过程误差分析
①称好后的药品放入烧杯时，有少量洒在烧杯外。(mB偏小，cB偏低)
②溶解搅拌时有部分液体溅出。(mB偏小，cB偏低)
③转移时有部分液体溅出。(mB偏小，cB偏低)
④未洗涤烧杯和玻璃棒2～3次。(mB偏小，cB偏低)
⑤未冷却至20 ℃，且配制溶液时是放热过程(V偏小，cB偏高)；溶解过程是吸热，未恢复到室温(20 ℃)。(V偏大，cB偏低)。
⑥在定容时，仰视读数(V偏大，cB偏低)，俯视读数(V偏小，cB偏高)如图1、2。
⑦在定容时加水超过刻度线，再用胶头滴管吸出多余部分。(V偏大，cB偏低)
⑧洗涤容量瓶后，未干燥，瓶中有少量蒸馏水。(无影响)
实验室配制480 mL 0.600 mol·L－1的NaCl溶液，有如下操作步骤：
①把称量好的NaCl晶体放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解
②把①所得溶液小心转入500 mL容量瓶中
③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2 cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切
④用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀
⑤将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀
请填写下列空白：
(1)操作步骤的正确顺序为(填序号)____________。
(2)实验室有如下规格的容量瓶：①100 mL，②250 mL③500 mL，④1 000 mL，本实验选用________。
(3)本实验用到的基本实验仪器除容量瓶、玻璃棒外，还有__________________________________________。
(4)需要使用玻璃棒的操作有________(填步骤序号)，其作用为______________________________________。
(5)误差分析：(填“偏高”“偏低”或“无影响”)
①称量NaCl时，物码倒置(1 g以下用游码)　 。
②某同学观察液面的情况如图所示，对所配溶液浓度将有何影响？　　　　。
③没有进行操作步骤④　　　　。
④加蒸馏水时不慎超过了刻度线，立即用胶头滴管将多余的水吸出　　　　。
⑤容量瓶原来有少量水　　　　。
【导航】　(1)容量瓶的常用规格有100 mL、250 mL、500 mL等。
(2)固体药品的称量方法。
(3)一定物质的量浓度的溶液的配制时，误差分析依据是c= 。
【解析】　(1)实验操作步骤为称量→溶解→转移→洗涤→定容→摇匀。
(2)容量瓶的规格相对固定，当所配溶液的体积与容量瓶规格不符时，应选择规格稍大的。
(3)选择仪器时特别注意不能遗漏特别小的仪器，如药匙、胶头滴管等。
(4)溶液配制过程中玻璃棒有两种用途：搅拌和引流。
(5)进行误差分析时，应结合c＝ ，分别分析错误操作对n和V的影响，进而确定对实验结果的影响。
【答案】　(1)①②④③⑤　(2)③　(3)天平、药匙、烧杯、胶头滴管、量筒　(4)①②③④　①：搅拌，促进溶解；②③④：引流
(5)①偏低　②偏高　③偏低　④偏低　⑤无影响
1．溶液的组成：任一溶液都是由溶质和溶剂组成的。
2．饱和溶液：在一定温度下，在一定量的溶剂里不能继续溶解某种溶质的溶液，叫该溶质的饱和溶液。
3．固体物质的溶解度
一定温度下，在100 g溶剂中达到饱和状态时所溶解溶质的质量。
溶液与固体物质的溶解度
【说明】　(1)固体物质溶解度的单位一般是克(g)。
(2)气体的溶解度是指在一定温度和压强下，在1体积水(溶剂)中达到饱和状态时所溶解气体的体积。
(3)大多数固体物质的溶解度随温度的升高而增大，如KNO3、NaOH等；少数固体物质的溶解度随温度的升高而减小，如Ca(OH)2；NaCl的溶解度随温度的升高改变不大。固体物质的溶解度不受压强的影响。气体物质的溶解度一般随温度的升高而减小，随压强的增大而增大。
如图中A、B、C为三种物质的溶解度曲
线，请回答问题：
(1)t2 ℃时，A、B、C的饱和溶液各w g，冷却至t1 ℃时，析出晶体最多的是________，无晶体析出的是________。
(2)欲使C物质从饱和溶液中结晶出来，可采用________的方法；若使B物质从饱和溶液中结晶出来，最好采用________的方法。
(3)当A中混有少量B物质时，可以用____________________法提纯。
【导航】　对溶解度曲线要注意理解“点、线”的含义，溶解度曲线上的“点”表示某温度时该物质的溶解度，同时表示该温度时饱和溶液的组成，如t ℃时，某物质的溶解度是S g，说明t ℃时该物质饱和溶液的组成为：每(100＋S)g溶液中含溶质S g，溶液中溶质的质量分数为 ×100%。溶解度曲线外的“点”表示不饱和或过饱和溶液。溶解度曲线的“线”表示物质的溶解度随温度变化的情况。如例3图中C的溶解度随温度的升高而减小，A的溶解度随温度的升高而增大，B的溶解度随温度的升高略有增大。
【解析】　(1)由图看出，A、B物质随温度升高溶解度增大，C物质随温度升高溶解度减小，从t2 ℃降温至t1 ℃时，A物质析出晶体最多，C物质由饱和溶液变为不饱和溶液。(2)要析出C物质可采用升温结晶的方法，要析出B物质，可采用蒸发溶剂的方法。(3)因为A物质与B物质的溶解度受温度影响差别比较大，冷却热饱和溶液可除去A中混有的少量B(B留在溶液里)。
【答案】　(1)A　C　(2)升温结晶　蒸发溶剂
(3)降温结晶即冷却热饱和溶液
1．(2009年福建理综)设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是(　　)
A．24 g镁的原子最外层电子数为NA
B．1 L 0.1 mol·L－1乙酸溶液中H＋数为0.1NA
C．1 mol甲烷分子所含质子数为10NA
D．标准状况下，22.4 L乙醇的分子数为NA
【解析】　A项，24 g镁的原子最外层电子数是2NA。B项，乙酸是弱酸，在水溶液中部分电离。C项，CH4是10电子分子，1 mol CH4分子含质子数为10NA。D项，标准状况下乙醇是液态。
【答案】　C
2．(2009年海南单科)下列叙述正确的是(用NA代表阿伏加德罗常数的值)(　　)
A．2.4 g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NA
B．1 mol HCl气体中的粒子数与0.5 mol/L盐酸中溶质粒子数相等
C．在标准状况下，22.4 L CH4与18 g H2O所含有的电子数均为10NA
D．CO和N2为等电子体，22.4 L的CO气体与1 mol N2所含的电子数相等
【解析】　A中应为0.2NA，B中盐酸的体积不知道，无法确定溶质的粒子数，D中22.4 L的CO的状态不确定，CO的物质的量无法确定。
【答案】　C
3．(2009年江苏单科)用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(　　)
A．25 ℃时，pH＝13的1.0 L Ba(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.2NA
B．标准状况下，2.24 L Cl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2NA
C．室温下，21.0 g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NA
D．标准状况下，22.4 L甲醇中含有的氧原子数为1.0NA
【解析】　A项，OH－的数目应为0.1NA；B项，Cl2与NaOH发生歧化反应，转移电子数应为0.1NA；C项正确；D项，甲醇在标准状况下为液态。
【答案】　C
4．(2008年海南高考)设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是(　　)
A．标准状况下，5.6 L四氯化碳含有的分子数有0.25NA
B．标准状况下，14 g氮气含有的核外电子数为5NA
C．标准状况下，22.4 L任意比的氢气和氯气的混合气体中含有的分子总数均为NA
D．标准状况下，铝跟氢氧化钠溶液反应生成1 mol氢气时，转移的电子数为NA
【解析】　因为在标准状况下，四氯化碳为液态，5.6 L四氯化碳的物质的量远大于0.25 mol，由此判断A错误；B项，14 g氮气物质的量为0.5 mol,1 mol氮气含14NA个电子，则14 g氮气所含电子数为7NA，B错；C项，根据阿伏加德罗定律，标准状况下，22.4 L氢气或氯气或二者的混合气，其物质的量均为1 mol，故含有的分子总数均为NA，C正确；D项，由方程式2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑可知，每生成1 mol H2，转移电子为2 mol，即2NA，D错误。
【答案】　C
1．(2009年杭州模拟)已知气体的密度与它的摩尔质量成正比，一只气球若放在空气中静止不动，那么在相同条件下，该气球放在下列气体中会下沉的是(　　)
A．O2　 　　B．Cl2
C．CO2 D．H2
【答案】　D
2．(2009年浙江理综)用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A．标准状况下，5.6 L一氧化氮和5.6 L氧气混合后的分子总数为0.5NA
B．1 mol乙烷分子含有8NA个共价键
C．58.5 g的氯化钠固体中含有NA个氯化钠分子
D．在1 L 0.1 mol·L－1碳酸钠溶液中，阴离子总数大于0.1NA
【答案】　D
3．(2010年广东汕头市摸底)一定量某物质的溶液，其质量分数为0.2A，当加入等体积的水稀释后，其质量分数小于0.1A，则该溶液的密度(　　)
A．大于水的密度　　 B．小于水的密度
C．等于水的密度 D．无法确定
【解析】　根据题意可知等体积的水的质量大于该溶液的质量，故该溶液的密度小于水的密度。
【答案】　B
4．(2010年安徽岳西中学月考)某溶液中大量存在以下五种离子：NO3－、SO42－、Fe3＋、H＋、M，其物质的量之比为n(NO3－)∶n(SO42－)∶n(Fe3＋)∶n(H＋)∶n(M)＝2∶3∶1∶3∶1，则M可能为(　　)
A．Fe2＋ B．Mg2＋
C．CO32－ D．Ba2＋
【解析】　根据电荷守恒可知M为＋2价的阳离子，由于原溶液中存在SO42－，根据离子共存知，其中不可能含有Ba2＋，又因原溶液中含有NO3－和H＋，使溶液具有强氧化性，所以原溶液中不可能存在Fe2＋和CO32－。
【答案】　B
5．(2008年山东卷)NA代表阿伏加德罗常数，下列叙述错误的是(　　)
A．10 mL质量分数为98%的H2SO4溶液，用水稀释至100 mL，H2SO4的质量分数为9.8%
B．在H2O2＋Cl2===2HCl＋O2反应中，每生成32 g氧气，则转移2NA个电子
C．标准状况下，分子数为NA的CO、C2H4混合气体体积约为22.4 L，质量为28 g
D．一定温度下，1 L 0.50 mol·L－1 NH4Cl溶液与2 L 0.25 mol·L－1 NH4Cl溶液含NH4＋物质的量不相同
【解析】　在稀释过程中溶质H2SO4的质量保持不变，10×ρ(浓)·w(浓)＝100ρ(稀)·w(稀)
因为ρ(浓)>ρ(稀)，所以w(稀)> w(浓)，A错；H2O2中O为－1价，产生1 mol O2转移电子2 mol，B正确；CO与C2H4的相对分子质量均为28，C正确；按n＝c·V计算，两份溶液中n(NH4＋)相等，但溶液浓度不同，NH4＋水解程度不同，所以D正确。
【答案】　A
6．以下仪器，用蒸馏水洗净后便可立即使用而不会对实验结果造成误差的是(　　)
①中和滴定用的锥形瓶　②中和滴定用的滴定管　③容量瓶　④配制一定量、一定物质的量浓度的NaOH溶液，用于称量的小烧杯　⑤量筒(量取浓H2SO4用)
A．①②⑤ B．①③
C．②④⑤ D．①⑤
【解析】　中和滴定只与锥形瓶中溶质有关。容量瓶定容时仍会加水至刻度线。
【答案】　B
7．(2009年运城模拟)某同学帮助水质检测站配制480 mL 0.5 mol·L－1 NaOH溶液以备使用。
(1)该同学应选择________mL的容量瓶。
(2)其操作步骤如下图所示，则如图操作应在下图中的________(填选项字母)之间。
A．②与③
B．①与②
C．④与⑤
(3)该同学应称取NaOH固体________g，用质量为23.1 g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体时，请在附表中选取所需砝码大小________(填字母)，并在下图中选出能正确表示游码位置的选项________(填字母)。
附表　砝码规格
a B c d e
砝码大小/g 100 50 20 10 5
(4)下列操作对所配溶液的浓度大小有何影响？
①转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯，浓度会　　　　(填“偏大”、“偏小”或“无影响”，下同)
②容量瓶中原来有少量蒸馏水，浓度会_______________________________________________________________________。
【答案】　(1)500　(2)C　(3)10.0　c、d　c
(4)①偏小　②无影响
8．一定量的氢气在氯气中燃烧，所得混合物用100 mL 3.00 mol/L的NaOH溶液(密度为1.12 g/mL)恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.05 mol。
(1)原NaOH溶液中NaOH的质量分数为__________________________________。
(2)所得溶液中Cl－的物质的量为________mol。
(3)所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n(Cl2)∶n(H2)＝________。
【答案】　(1)10.7%　(2)0.25　(3)3∶2
实验室需要0.1 mol·L－1 NaOH溶液450 mL和0.5 mol·L－1硫酸溶液500 mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：
(1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是________(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是________(填仪器名称)。
(2)下列操作中，容量瓶所不具备的功能有 (填序号)。
A．配制一定体积准确浓度的标准溶液
B．贮存溶液
C．测量容量瓶规格以下的任意体积的液体
D．准确稀释某一浓度的溶液
E．量取一定体积的液体
F．用来加热溶解固体溶质
(3)根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为　 g。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度　　　0.1 mol·L-1(填“大于”“等于”或“小于”，下同)。若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度　　　　0.1 mol·L-1。
(4)根据计算可知，所需质量分数为98%、密度为1.84 g·cm-3的浓硫酸的体积为　　　　mL(计算结果保留一位小数)。如果实验室有15 mL、20 mL、50 mL量筒，应选用　　　mL量筒最好。配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是_____________________________________。
【解析】　(1)五种仪器分别为烧瓶、量筒、分液漏斗、胶头滴管、容量瓶，配制上述溶液肯定不需要烧瓶和分液漏斗，还需要烧杯、玻璃棒。
(2)容量瓶不能用于贮存、加热溶液，它只有一个刻度线，也不能测量容量瓶规格以下的任意体积的液体。
(3)因无480 mL的容量瓶，配制NaOH溶液常用500 mL的容量瓶，m(NaOH)=c·V·M=0.1 mol/L×0.5 L×40 g/mol=2.0 g，定容仰视刻度线，造成加水较多，浓度偏低，洒落溶液会造成溶液浓度偏低。
【答案】　(1)A、C　烧杯、玻璃棒
(2)B、C、F
(3)2.0　小于　小于
(4)13.6　15　将浓硫酸沿器壁缓慢倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌
课时作业
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第1讲　最简单的有机化合物——甲烷
1．了解甲烷的结构，掌握甲烷的化学性质，理解取代反应的概念。
2．了解烷烃的组成、结构、通式，了解烷烃同系物的递变规律。
3．理解同系物、同分异构体的概念，了解简单烷烃的命名。
一、有机化合物
1．有机化合物是指含 元素的 。
2．在有机化合物中， 的有机物称为 ，也称为烃。 是最简单的有机物。
碳
化合物
仅含碳、氢两种元素
碳氢化合物
甲烷
二、甲烷
1．甲烷的分子式是 ，结构式是 ，空间结构为 。
2．甲烷是一种没有颜色、 气味的气体，密度比空气 ， 溶于水。
CH4
正四面体
小
极难
没有
3．甲烷的氧化反应：甲烷是一种优良的 ，通常状况下，1 mol甲烷在空气中完全燃烧，放出890 kJ的热量。燃烧的化学方程式为
4．甲烷的取代反应：室温时，甲烷和氯气的混合气体无光照时， ；光照时，试剂瓶内气体颜色 ，瓶壁出现 ，瓶中有 。在光照的条件下，甲烷与氯气发生了化学反应 :
气体燃料
不发生反应
逐渐变浅
油状液滴
少量白雾
CH3Cl＋Cl2
CH2Cl2＋HCl
CH2Cl2＋Cl2
CHCl3＋HCl
CHCl3＋Cl2
CCl4＋HCl
CH4＋Cl2 CH3Cl＋HCl
CH4＋2O2
CO2＋2H2O
1．烷烃：烃分子中的碳原子之间只以 结合，剩余价键均与氢原子结合，使每个碳原子的 都已 ，达到“ ”，这样的烃叫做 ，也称为 。其通式为 。
2．烷烃的物理性质：随分子中碳原子数的增加，呈 的变化。
三、烷烃
3．烷烃的化学性质：与甲烷 ，通常较 ，在空气中能 ，光照下能与 发生 。
4．烷烃的命名：碳数在十以内时，以 、 、 、 等代表碳原子数，其后加“烷”字；碳数在十以上，以汉字数字代表。
单键
化合价
充分利用
饱和
饱和烃
烷烃
CnH2n＋2
相似
稳定
燃烧
氯气
取代反应
甲
乙
丙
丁
规律性
5．同系物： 原子团的物质互称同系物。
6．同分异构现象： 的现象称为同分异构体现象；同分异构体：
互称为同分异构体。 是有机物种类繁多的重要原因之一。
结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2
化合物有相同化学式，但具有不同结构
具有相同化学式而结构不同
同分异构现象
的两种化合物
1．有机物种类繁多的原因是什么？
2．可用甲烷与氯气反应制备一氯甲烷吗？
【提示】　1.(1)有机物中每个碳原子以4个价电子和其他原子相结合，且碳原子间可以连成长链。(2)有机物存在同分异构现象。
2．不可。甲烷和氯气反应，氢原子可依次被取代，反应的发生不是甲烷完全反应生成一氯甲烷后，再生成二氯甲烷，可以同时进行。所以甲烷和氯气反应，生成的是四种取代产物的混合物。
甲烷
1．甲烷的结构
甲烷分子是空间正四面体的立体结构，碳原子位于正四面体的中心，四个氢原子分别位于正四面体的四个顶点上。也就是说：甲烷分子中的四个C—H键是完全相同的。由于有机物的立体结构式书写和使用都很不方便，因此一般采用平面的结构表示。
由于在甲烷分子中的四个价键都被氢原子满足了，因而碳原子不可能再结合其他的原子或原子团，而只能用其他原子或原子团代替与碳原子结合的氢原子，即只能发生取代反应。
2．甲烷的性质
甲烷的化学性质：通常状况下，甲烷的性质比较稳定，与酸性高锰酸钾溶液等强氧化剂不发生反应，与强酸、强碱等也不发生反应。但在一定条件下，甲烷可以发生如下反应：
(1)甲烷的氧化反应：CH4＋2O2 CO2＋2H2O
思考：怎样检验甲烷气体的纯度？
煤矿中的瓦斯爆炸多数是由甲烷气体爆炸引发的，为了防止事故的发生，必须采取通风、严禁烟火等安全措施。
(2)甲烷的取代反应：(取代反应的方程式)室温时，甲烷与氯气在光照的条件下发生反应，生成了氯化氢气体和其他有机物，其反应的化学方程式为：
CH4＋Cl2 CH3Cl＋HCl
CH3Cl＋Cl2 CH2Cl2＋HCl
CH2Cl2＋Cl2 CHCl3＋HCl
CHCl3＋Cl2 CCl4＋HCl
在上述反应里，甲烷分子中的氢原子逐步被氯原子替代，生成四种不同的取代产物。
甲烷的四种氯代产物难溶于水。除一氯甲烷常温下是气体外，其他三种产物都是油状液体。因此在试管内壁有油状液体生成。
三氯甲烷俗称氯仿，曾被用做麻醉剂，它和四氯化碳还是重要的工业溶剂。
将盛满CH4和Cl2混合气体的试管，倒立于盛有饱和食盐水的水槽中，在漫射日光的作用下，推测所能观察到的实验现象有：
(1)______________________；
(2)______________________；
(3)______________________；
(4)______________________。
【导航】　甲烷与氯气的反应产物有四种有机产物和氯化氢，各种物质的颜色变化和物理性质均应考虑。
【解析】　CH4与Cl2在漫射日光作用下反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl的混合物。由于Cl2逐渐被消耗，所以气体的黄绿色变浅。由于生成的CH2Cl2、CHCl3、CCl4均为不溶于水的油状液体，所以试管内壁附着油滴。由于生成的产物只有CH3Cl和HCl为气态，而HCl又易溶于水，所以反应中气体的体积逐渐减小，试管内压强减小，水位上升。HCl溶于水使水中Cl－的浓度增大，使NaCl的溶解平衡向析出固体方向移动，而析出少量NaCl晶体。
【答案】　(1)黄绿色变浅　(2)试管内壁附着油滴
(3)水位沿试管上升　(4)水槽中有少量晶体析出
有机物的结构和组成
1．有机物结构和组成的表示方法
种类 实例 含义
分子式 C2H6 用元素符号表示物质分子组成的式子，可反映出一个分子中原子的种类和数目
最简式
(实验式) CH3 ①表示物质组成的各元素原子最简整数比的式子
②由最简式可求最简式量
③分子式是最简式的整数倍
电子式 用“·”或“×”表示原子最外层电子成键情况的式子
结构式 ①具有化学式所能表示的意义，能反映物质的结构
②表示分子中原子的结合或排列顺序的式子，但不表示空间构型
结构
简式 CH3CH3 结构式的简便写法，着重突出结构特点(官能团)
球棍
模型 小球表示原子，短棍表示价键(单键、双键、三键)
比例
模型 用不同体积的小球表示不同大小的原子
2.烷烃分子式的确定
(1)直接法
直接求算出1 mol烷烃中各元素原子的物质的量即可推出烷烃的分子式，如给出一定条件下的密度(或相对密度)以及各元素的质量比求算分子式的途径为：
密度(相对密度)→摩尔质量→1 mol烷烃中C、H元素原子的物质的量→分子式。
(2)最简式法
根据分子式为最简式的整数倍，因此利用相对分子质量和最简式可确定分子式。
即n(C)∶n(H) ＝ = a∶b(
最简整数比)。最简式为CaHb，则分子式为(CaHb)n，
n＝
(M为烷烃的相对分子质量，12a＋b为最简式量)。
(3)商余法
烷烃的通式为CnH2n＋2，相对分子质量为14n＋2，即用烷烃的相对分子质量除以14，若余数为2，即 ＝x……2(M为烷烃的相对分子质量)，则为含x个碳原子的烷烃(CxH2x＋2)。
(4)利用燃烧反应方程式，抓住以下关键
①气体体积变化；
②气体压强变化；
③气体密度变化；
④混合物平均相对分子质量等，同时可结合适当方法，如平均值法、十字交叉法、讨论法等技巧可速解关于求有机物的分子式题目。
(2009年银川模拟)某烷烃的一种同分异构体只能生成一种一氯代物，则该烃的分子式不可能的是(　　)
A．C2H6　　　　　　　　　　B．C4H10
C．C5H12 D．C8H18
【导航】　解答本题要灵活应用等效氢原子的方法，且烷烃分子中有几种氢原子，则其一氯代物就有几种。
【解析】　CH3CH3只有一种一氯代物，C4H10有两种同分异构体：CH3CH2CH2CH3(一氯代物有2种)和CH3CHCH3CH3(一氯代物有2种)；C符合要求的是 ，D符合要求的是
。
【答案】　B
同系物、同分异构现象、同分异构体
1．同系物
研究烷烃的分子式可以发现：相邻烷烃分子在组成上均相差一个CH2原子团，如果烷烃中的碳原子数为n，烷烃中的氢原子数就是2n＋2，烷烃的分子式可以用通式CnH2n＋2表示。像这种结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物。
2．烷烃的命名
最简单的烷烃甲烷，其余随碳原子数的增多，依次为乙烷、丙烷、丁烷等。碳原子数在十以内时，以甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸依次代表碳原子数；碳原子在十以上，以汉字数字表示，如C11H24叫“十一烷”。
3．同分异构现象、同分异构体
在研究丁烷的组成和性质时，人们发现有两种丁烷，它们的组成和相对分子质量完全相同，但性质却有一定的差异。为了区别起见，人们把CH3CH2CH2CH3叫正丁烷，把 叫异丁烷。
像这样：化合物具有相同的化学式，但具有不同结构的现象，叫做同分异构现象；具有相同化学式而结构不同的化合物互为同分异构体。
一般来说，有机化合物分子中碳原子数越多，它的同分异构体数目就越多。如戊烷(C5H12)有三种同分异构体、己烷(C6H14)有五种同分异构体。
有机化合物结构的多样性是导致有机化合物种类繁多，数量巨大的主要原因，正是结构的多样性，使有机化合物大家族异彩纷呈，拥有许多性质奇妙、功能特异的物质。
下列说法正确的是(　　)
A．凡是分子组成上相差一个或几个CH2原子团的物质，彼此一定是同系物
B．两种化合物组成元素相同，各元素的质量分数也相同，则二者一定是同分异构体
C．相对分子质量相同的几种化合物，互称为同分异构体
D．组成元素的质量分数相同，且相对分子质量也相同的不同化合物，互为同分异构体
【导航】　该题的分析过程实际是对概念的辨析过程。对一个概念的理解我们不能仅仅停留在表面，一定要通过分析对比，从对比中理解，从辨析中掌握，这是学习化学基本概念的思想方法。
【解析】　 (1)分子组成相差一个或几个CH2原子团的物质，其分子结构不一定相似。如CH3—CH===CH2与
A说法错误。
(2)若两种化合物组成元素相同，各元素的质量分数相同，则它们的最简式必定相同。最简式相同的化合物可能是同分异构体，也可能不是同分异构体。如CH3(CH2)2CH3与CH3CH(CH3)2，CH2===CH2与CH2===CH—CH3。B说法错误。
(3)相对分子质量相同的物质是很多的，如无机物中的磷酸与硫酸，有机物中的乙醇与甲酸，这些物质都具有相同的相对分子质量，但由于它们的分子组成不同，所以它们不是同分异构体。C说法错误。
(4)当不同化合物组成元素的质量分数相同，相对分子质量也相同时，其分子式一定相同，因此这样的不同化合物互为同分异构体。
【答案】　D
1．(2009年福建理综)下列关于常见有机物的说法不正确的是()
A．乙烯和苯都能与溴水反应
B．乙酸和油脂都能与氢氧化钠溶液反应
C．糖类和蛋白质都是人体重要的营养物质
D．乙烯和甲烷可用酸性高锰酸钾溶液鉴别
【解析】　A项，苯与溴水不反应。B项，乙酸与NaOH发生中和反应，油脂发生水解反应。C项，糖类、油脂、蛋白质都是人体重要的营养物质。D项，乙烯可被KMnO4氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，而CH4不与KMnO4反应。
【答案】　A
【解析】　A项，是己烷。B项，是3－甲基－1－丁烯。D项，是1,2－二氯乙烷。
【答案】　C
3．(2009年上海单科)在通常条件下，下列各组物质的性质排列正确的是(　　)
A．熔点：CO2>KCl>SiO2 B．水溶性：HCl>H2S>SO2
C．沸点：乙烷>戊烷>丁烷 D．热稳定性：HF>H2O>NH3
【解析】　A项，SiO2是原子晶体，其熔点高于离子晶体KCl，KCl的熔点又高于分子晶体CO2。B项，SO2的水溶性大于H2S。C项，烷烃所含碳原子数越多，其沸点越高。D项，非金属性越强，其气态氢化物越稳定，非金属性的强弱顺序是：F>O>N，故热稳定性是：HF>H2O>NH3。故选D。
【答案】　D
6．(2009年上海单科)环氧氯丙烷是制备环氧树脂的主要原料，工业上有不同的合成路线，以下是其中的两条(有些反应未注明条件)。
完成下列填空：
(1)写出反应类型：反应①________，反应③________。
(2)写出结构简式：X______________，Y____________。
(3)写出反应②的化学方程式：________________________________________________________________________。
(4)与环氧氯丙烷互为同分异构体，且属于醇类物
质(不含 及 结构)
有________种。
【解析】　CH3COOCH2CHCH2属于酯，发生的水解反应方程式为 CH3COOCH2CHCH2＋H2O CH3COOH＋HOCH2CHCH2，故C3H6O的结构简式为：CH2 =CHCH2OH，它又与Cl2发生加成反应生成Y：CH2ClCHClCH2OH，X与2 mol HCl发生取代反应成Y，且X是油脂的水解产物，故X为丙三醇，其结构简式为：
CH2OHCHOHCH2OH；环氧氯丙烷的分子式为C3H5OCl，其同分异构体属于醇类，则O以OH形式存在，其结构为环状或含有一个双键，所以其同分异构体为：
三种。
【答案】　(1)取代反应　加成反应
(2)
(3) CH3COOCH2CH = CH2＋H2O CH3 COOH＋
HOCH2CHCH2
(4)3
(4)3
(4)3
(4)3
7．(2009年广东单科)叠氮化合物应用广泛，如NaN3可用于汽车安全气囊，PhCH2N3可用于合成化合物V(见下图，仅列出部分反应条件，Ph—代表苯基 )。
(1)下列说法不正确的是　　　　(填字母)。
A．反应①、④属于取代反应
B．化合物Ⅰ可生成酯，但不能发生氧化反应
C．一定条件下化合物Ⅱ能生成化合物Ⅰ
D．一定条件下化合物Ⅱ能与氢气反应，反应类型与反应②相同
(2)化合物Ⅱ发生聚合反应的化学方程式为______________________________(不要求写出反应条件)。
(3)反应③的化学方程式为______________________________________________________________(要求写出反应条件)。
(4)化合物Ⅲ与PhCH2N3发生环加成反应生成化合物V，不同条件下环加成反应还可生成化合物V的同分异构体。该同分异构体的分子式为________，结构式为__________________。
(5)科学家曾预言可合成C(N3)4，其可分解成单质，用作炸药。有人通过NaN3与NC—CCl3反应成功合成了该物质。下列说法正确的是________(填字母)。
A．该合成反应可能是取代反应
B．C(N3)4与甲烷具有类似的空间结构
C．C(N3)4不可能与化合物Ⅲ发生环加成反应
D．C(N3)4分解爆炸的化学反应方程式可能为：C(N3)4―→C＋6N2↑
【解析】　(1)化合物Ⅰ属于醇类，既可以发生酯化反应又可以发生氧化反应，B项不正确；化合物Ⅱ( )能与H2发生加成反应，也能与H2O发生加成反应生成化合物Ⅰ，故A、C、D项正确。
(2)化合物Ⅱ为 ，发生加成聚合反应。
(3)化合物Ⅳ为 ，在光照的条件下，Cl2与苯环侧链的甲基发生取代反应。
(4)化合物Ⅲ与PhCH2N3发生环加成反应，反应的部位不同，产物不同，故化合物V的分子式为C15H13N3。
(5)根据题意提供的信息可知C(N3)4也能与化合物Ⅲ发生环加成反应。
【答案】　(1)B
8．(2009年全国Ⅰ理综)化合物H是一种香料，存在于金橘中，可用如下路线合成：
已知：R—CH===CH2 RCH2CH2OH (B2H6为乙硼烷)。
回答下列问题：
(1)11.2 L(标准状况)的烃A在氧气中充分燃烧可以产生88 g CO2和45 g H2O。A的分子式是____________。
(2)B和C均为一氯代烃，它们的名称(系统命名)分别为__________________________________________________。
(3)在催化剂存在下1 mol F与2 mol H2反应，生成3－苯基－1－丙醇。F的结构简式是____________________________________________________。
(4)反应①的反应类型是______________。
(5)反应②的化学方程式为
(6)写出所有与G具有相同官能团的G的芳香类同分异构体的结构简式
【解析】　(1)88 g CO2为2 mol,45 g H2O为2.5 mol，标准状况的烃11.2 L，即为0.5 mol，所以烃A中含碳原子数为4，H原子数为10，则化学式为C4H10。
(2)C4H10存在正丁烷和异丁烷两种，但从框图上看，A与Cl2光照取代时有两种产物，且在NaOH醇溶液作用下的产物只有一种，则只能是异丁烷。取代后的产物为2－甲基－1－氯丙烷和2－甲基－2－氯丙烷。
(3)F可以与Cu(OH)2反应，故应含有醛基，与H2之间以1∶2加成，则应含有碳碳双键。从生成的产物3－苯基－1－丙醇分析，F的结构简式为
(4)反应①为卤代烃在醇溶液中的消去反应。
(5)F被新制的Cu(OH)2氧化成羧酸，D至E与题给信息的条件相同，通过类比不难得出E的结构为CHCH3CH3CH2OH。E与G在浓硫酸加热条件下可以发生酯化反应。
(6)G中所含官能团有碳碳双键和羧基，可以将官能团的位置作相应变换而得出其芳香类同分异构体的结构简式。
【答案】　(1)C4H10
(2)2－甲基－1－氯丙烷、2－甲基－2－氯丙烷
(3)
(4)消去反应
1．甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构，而不是平面正方形结构的理由是(　　)
A．CH3Cl不存在同分异构体 B．CH2Cl2不存在同分异构体
C．CHCl3不存在同分异构体 D．CH4是
【解析】　本题采用反证法进行判断。甲烷分子若是平面正方形结构，则应是下图中图1，若对平面结构不成立的命题，则可证明甲烷是正四面体结构而不是平面正方形结构。
A．若是平面结构，CH3Cl也没有同分异构体，则A不符合题意。
B．若CH4为平面结构，则其二氯代物可有：(图2，图3)两种同分异构体，则B说法仅对正四面体结构成立，而不符合平面结构。因此，B可作为证明CH4是否是正四面体结构的理由。
C．与A类似，不能证明CH4是否是正四面体结构。
D．若CH4为平面结构，正、负电荷的重心重合在中心碳原子上，可以是非极性分子，亦不能证明CH4分子结构。
【答案】　B
2．气体打火机使用一种有机化合物为燃料，这种燃料稍加压时易液化，减压时汽化，点燃能燃烧。下列符合这种条件的有机物是(　　)
A．C2H6(沸点－88.6 ℃) B．C3H8(沸点－42.6 ℃)
C．C4H10(沸点－0.5 ℃) D．C5H10(沸点36.1 ℃)
【解析】　符合要求的物质应具备：①沸点较高，②常温下是气体。
【答案】　C
3．120 ℃时，1体积某烃和4体积O2混合，完全燃烧后恢复到原来的温度和压强，体积不变，该烃分子式中所含的碳原子数不可能是(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
【解析】　由烃燃烧的通式：
CxHy＋O2xCO2＋H2O
　1　　　x＋　　　x　　　
依题意有1＋x＋＝x＋且x＋≤4，
则有y＝4，且x≤3。
故烃分子的碳原子数不可能为4。
【答案】　D
4．下列性质中，属于烷烃特征性质的是(　　)
A．完全燃烧产物只有二氧化碳和水
B．它们几乎不溶于水
C．它们是非电解质
D．分子的通式为CnH2n＋2，与氯气发生取代反应
【解析】　解答此题可根据烷烃的组成元素、结构特征推断物理化学性质与其他有机物比较，判断是否属于烷烃的特征性质。
【答案】　D
5．某气态烃对空气的相对密度为2，在氧气中充分燃烧1.16 g这种烃，并将所得产物通过装有无水氯化钙的干燥管和装有碱石灰的干燥管，当称量这两个干燥管的质量时，它们依次增重1.8 g和3.52 g。这种烃的化学式是(　　)
A．C2H6 B．C4H10
C．C5H10 D．C5H12
【解析】　烃的相对分子质量为：29×2＝58。设烃的化学式为CxHy，据：
CxHy＋(x＋)O2xCO2＋H2O
58 44x 9y
1．16 3.52 1.8
＝，解得x＝4；
＝，解得y＝10。
即该烃的化学式为C4H10。
【答案】　B
6．1 mol某烃在氧气中充分燃烧，需要消耗氧气179.2 L(标准状况下)。它在光照的条件下与氯气反应能生成三种不同的一氯取代物。该烃的结构简式是(　　)
【解析】　由“CxHy＋O2xCO2＋H2O”依题意：x＋＝，则x＋＝8，当y＝2x＋2时，x＝5，当y＝2x－6时，x＝6.33(舍去)。该烃的分子式：C5H12
在B、C、D三项中烃的一氯代物分别有3种、4种、1种，故选B。
【答案】　B
7．把1体积CH4和4体积Cl2组成的混合气体充入大试管中，将此试管倒立在盛Na2SiO3溶液的水槽里，放在光亮处，片刻后发现试管中气体颜色________，试管中的液面________，试管壁上有________出现，水槽中还观察到______________。
【解析】　CH4和Cl2光照生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl。随着反应进行，Cl2不断消耗，黄绿色逐渐消失，又由于生成的CH2Cl2、CHCl3、CCl4常温下均为无色液体，Cl2易溶于有机溶剂，使试管壁上有黄色油滴生成。因生成的HCl易溶于水，反应后，试管内气体压强减小，试管内液面上升，HCl溶于水后，与Na2SiO3反应生成白色胶状沉淀。
【答案】　变浅　上升　黄色油珠　白色胶状沉淀
8．在烷烃分子中的基团：CH3、CH2、CH、C中的碳原子分别称为伯、仲、叔、季碳原子，数目分别用n1、n2、n3、n4表示。例如CH3CHCH3CHCH3CCH3CH3CH2CH3分子中，n1＝6，n2＝1，n3＝2，n4＝1。试根据不同烷烃的组成和结构，分析出烷烃(除甲烷外)中各原子数的关系。
(1)烷烃分子中氢原子个数为n0，n0与n1、n2、n3、n4的关系是n0＝________或n0＝________。
(2)四种碳原子数之间的关系为__________。
(3)若某分子中n2＝n3＝n4＝1，写出该分子的可能的结构简式。
【解析】　(1)因为伯、仲、叔、季碳原子结合的H原子分别为3、2、1、0个，所以根据伯、仲、叔碳原子数即可确定烷烃分子中H原子数为3n1＋2n2＋n3；根据烷烃的分子通式为CnH2n＋2，n＝n1＋n2＋n3＋n4，即可确定烷烃分子中的H原子数为2(n1＋n2＋n3＋n4)＋2。
(2)由(1)中H原子数的关系可得3n1＋2n2＋n3＝2(n1＋n2＋n3＋n4)＋2，整理即得n1＝n3＋2n4＋2。本题还可以利用仲、叔、季碳原子的自身特点求解：仲碳原子(CH2)只有2个余价，我们可以直接将其插入碳链中，而无须再接其他原子或原子团；叔碳原子(CH)插入碳链中，还有一个余价，因此它还须要连接一个一价基团，即CH3；季碳原子(C)插入碳链中，还有二个余价，因此它还须要连接两个一价基团，即CH3，再加上两端所连的两个一价基团(CH3)，因此所含CH3个数(即伯碳原子数)为叔碳原子数＋季碳原子数的2倍＋2。
(3)该烷烃分子中含有一个仲碳原子、一个叔碳原子、一个季碳原子，由第(2)小题可知，伯碳原子数(CH3)为5个，由于CH3只能连在链端，而不能夹在中间，所以我们只须将CH2、CH、C进行组合连接，然后再补上CH3即可。
【答案】　(1)n3＋2n2＋3n1　2(n1＋n2＋n3＋n4)＋2
(2)n1＝n3＋2n4＋2
随着世界性能源危机和环境污染问题的突出，利用甲烷菌在密闭的条件下分解各种有机物产生沼气，已经成为我国广大农村地区获得新能源和保护环境的重要手段之一。沼气的主要成分是CH4，还有少量CO2、H2S等。
下面是某课外活动小组在实验室模拟沼气池发酵制取沼气，收集较纯净甲烷并测定产生甲烷体积的实验：
如下图中甲瓶是产生沼气的发酵瓶，将堆沤过的牛、马粪按比例均匀拌入沼气菌种，放进发酵瓶甲内，并加满水；乙瓶中充满水；丙瓶内盛有X溶液；丁为量筒。
(1)按实验要求，将四个装置a～f各个导管口连接起来，其正确的顺序是：a→_______→_______→_______→_______→f。
(2)丙瓶内盛有的X溶液为________(填序号)。
A．浓氨水　　　　　　　　B．NaOH溶液
C．CuSO4溶液 D．盐酸
(3)若要验证CH4中含有H2S气体，要在甲装置后增加一个洗气瓶装置，该装置中可盛的试剂可能是________(填序号)。
A．浓氨水 B．NaOH溶液
C．CuSO4溶液 D．盐酸
(4)已知1 000 mL(标准状况)甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水，放出39.75 kJ的热量，则1 mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水所放出的能量为________，该反应的热化学方程式为_____________________________________________。
【解析】　本题是定量实验题，旨在考查学生的实验能力。(1)(2)从题目所给实验装置看：应用甲装置产生甲烷考虑到CH4中混有CO2、H2S等酸性气体杂质，可先用碱液除杂，然后排水、量水，利用量筒中水的体积计算CH4的体积，由此计算出CH4的体积分数。
(3)要验证CH4中混有H2S气体，要求选取的试剂与CH4不反应，但能和H2S反应，并有明显的实验现象，故选CuSO4溶液。
(4)1 mol CH4完全燃烧生成液态水时放出的热量为： ＝890.4 kJ，所以甲烷燃烧的热化学方程式为CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－890.4 kJ/mol。
【答案】　(1)d　e　c　b　(2)B　(3)C
(4)890.4 kJ　CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　
ΔH＝－890.4 kJ/mol
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一、选择题(每小题3分，共48分)
1．2008年9月份，国家质检总局调查结果显示：三鹿牌婴幼儿配方奶粉是被三聚氰胺所污染，它可由三聚氰酸[C3N3(OH)3]制备。三聚氰酸可用于消除汽车尾气中的NO2，已知三聚氰酸中氮元素的化合价为－3，有关反应原理为：
①C3N3(OH)33HNCO；
②8HNCO＋6NO27N2＋8CO2＋4H2O
下列说法正确的是(　　)
A．反应①中的两种物质互为同素异形体
B．反应②中HNCO是氧化剂
C．反应②中NO2是还原剂
D．反应②中N2既是氧化产物，也是还原产物
【解析】　分析问题要认清概念的涵义，A中同素异形体是同一元素对应的不同单质，B、C、D三项分析应结合化合价。
【答案】　D
2．将4.0 g氢氧化钠固体分别加入下列100 mL溶液中，溶液的导电能力变化不大的是(　　)
①自来水　②3.65 g HCl　③6.0 g醋酸　④5.35 g NH4Cl
A．①②　　　　　 B．②③
C．③④ D．②④
【解析】　①自来水是弱电解质，加入氢氧化钠全部电离后，离子浓度变化很大，故导电能力变化很大；②中加入氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠，氯化钠与盐酸相当，故其导电能力变化很小；③中的醋酸原先只部分电离，氢氧化钠与醋酸反应生成醋酸钠(强电解质)，溶于水全部电离，离子浓度变化很大，故导电能力变化很大；④中的氯化铵和氢氧化钠反应生成氯化钠和NH3·H2O，氯化钠代替了原氯化铵，NH3·H2O是弱电解质，微弱电离，所以溶液中离子浓度变化不大，导电能力变化不大。
【答案】　D
3．(2009年江苏单科)在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是(　　)
A．强碱性溶液中：K＋、Al3＋、Cl－、SO42－
B．含有0.1 mol·L－1 Fe3＋的溶液中：K＋、Mg2＋、I－、NO3－
C．含有0.1 mol·L－1 Ca2＋的溶液中：Na＋、K＋、CO32－、Cl－
D．室温下，pH＝1的溶液中：Na＋、Fe3＋、NO3－、SO42－
【解析】　A项，强碱性溶液即有大量OH－的溶液，Al3＋不能大量共存；B项，Fe3＋与I－不能大量共存；C项，Ca2＋与CO32－因形成沉淀而不能大量共存；D项正确。
【答案】　D
4．(2009年东营质检)氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如下图所示，则下列化学反应属于阴影部分的是(　　)
A．Cl2＋2KBr===Br2＋2KCl
B．2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑
C．4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=== 4Fe(OH)3
D．2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
【解析】　阴影部分代表既不属于复分解反应、化合反应、分解反应、置换反应的氧化还原反应。A项中的反应为置换反应；B项中的反应属于分解反应；C项中的反应属于化合反应；D项中的反应属于氧化还原反应，但不属于四种基本类型。
【答案】　D
5．在溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存的离子组是(　　)
A．NH4＋、Ba2＋、Cl－、NO3－ B．K＋、AlO2－、Cl－、SO42－
C．Ca2＋、Mg2＋、NO3－、HCO3－ D．Na＋、Cl－、CO32－、SO32－
【解析】　Na2O2有强氧化性，溶液中具有还原性的离子不能大量存在，如选项D中的SO32－；由于Na2O2跟水反应生成NaOH，选项A中的NH4＋，选项C中的Ca2＋、HCO3－均不能大量存在。
【答案】　B
6．(2009年全国Ⅰ理综)下列各组离子，在溶液中能大量共存、加入NaOH溶液后加热既有气体放出又有沉淀生成的一组是(　　)
A．Ba2＋、NO3－、NH4＋、Cl－ B．Ca2＋、HCO3－、NH4＋、AlO2－
C．K＋、Ba2＋、Cl－、HSO3－ D．Mg2＋、NH4＋、SO42－、K＋
【解析】　A项加入NaOH溶液后只有气体放出，没有沉淀生成；B项NH4＋与AlO2－、HCO3－与AlO2－不能共存；C项加入NaOH溶液后只有沉淀生成，没有气体放出；D项Mg2＋与OH－可生成沉淀，NH4＋与OH－可生成气体。
【答案】　D
7．下列化学反应的离子方程式正确的是(　　)
A．在稀氨水中通入过量CO2：
NH3·H2O＋CO2===NH4＋＋HCO3－
B．少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：
SO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－===CaSO3↓＋2HClO
C．用稀HNO3溶解FeS固体：FeS＋2H＋===Fe2＋＋H2S↑
D．氢氧化钙溶液与等物质的量的稀硫酸混合：
Ca2＋＋OH－＋H＋＋SO42－===CaSO4↓＋H2O
【解析】　正确的离子方程式为：
B：2SO2＋2H2O＋2Ca2＋＋4ClO－===2CaSO4↓＋4H＋＋4Cl－＋O2↑；
C：3FeS＋16H＋＋7NO3－===3Fe3＋＋3SO2↑＋7NO↑＋8H2O；
D：Ca2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－===CaSO4↓＋2H2O。
【答案】　A
8．(2009年上海单科)在下列变化①大气固氮　②硝酸银分解　③实验室制取氨气中，按氮元素被氧化、被还原、既不被氧化又不被还原的顺序排列，正确的是(　　)
A．①②③ B．②①③
C．③②① D．③①②
【解析】　①大气固氮是将游离态的氮转化为化合态的氮，氮元素被氧化。②硝酸银分解生成NO2，氮元素被还原。③实验室制取NH3的反应为：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，氮元素的化合价没有发生变化。
【答案】　A
9．(2008年北京高考题)下列叙述正确的是(　　)
A．金属与盐溶液的反应都是置换反应
B．阴离子都只有还原性
C．与强酸、强碱都反应的物质只有两性氧化物或两性氢氧化物
D．分子晶体中都存在范德华力，可能不存在共价键
【解析】　Cu与FeCl3反应不是置换反应，A错；ClO－是有氧化性，B错；Al能与强酸、强碱反应，C错；稀有气体中不存在共价键，故D正确。
【答案】　D
10．(2009年安徽理综)在溶液中能大量共存的一组离子或分子是(　　)
A．NH4＋、H＋、NO3－、HCO3－ B．K＋、Al3＋、SO42－、NH3·H2O
C．Na＋、K＋、SO32－、Cl2 D．Na＋、CH3COO－、CO32－、OH－
【解析】　A项，H＋与弱酸酸式根离子不共存；B项Al3＋与NH3·H2O反应生成难溶物Al(OH)3而不能大量共存；C项，SO32－有一定还原性，Cl2有较强氧化性，因发生氧化还原反应而不能大量共存；D项对。
【答案】　D
11．生活里的化学反应可用离子方程式来表示，下列书写正确的是(　　)
A．用氯气作为水的消毒剂：
Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－
B．用食醋清除热水瓶胆里的水垢：
2H＋＋CaCO3===Ca2＋＋H2O＋CO2↑
C．胃药里含氢氧化铝能降低胃酸的酸度：
Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O
D．纯碱能用于清洁厨具是由于它溶于水呈碱性的缘故：
HCO3－＋H2O??OH－＋H2CO3
【解析】　胃酸的化学成分是盐酸，为强酸。
【答案】　C
12．(2009年聊城模拟)PbO2微热时会分解成PbO和O2，PbO是一种不溶于水但易溶于酸的黄色物质。把适量的黑褐色PbO2粉末投入热水中，一边搅拌，一边通入SO2气体，结果得到白色不溶物。下列判断错误的是(　　)
A．PbO2具有氧化性
B．白色不溶物为PbSO3
C．白色不溶物为PbSO4
D．白色不溶物既是氧化产物，又是还原产物
【解析】　PbO2微热时分解为PbO和O2，说明PbO2有强氧化性，SO2还原性较强，所以沉淀不可能是PbSO3。
【答案】　B
13．现有如下几个离子方程式①CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑　②H＋＋CO32－===HCO3－　③CO2＋H2O＋ClO－===HClO＋HCO3－　④CO32－＋HSO3－===HCO3－＋SO32－，由此得出的如下结论中不正确的是(　　)
A．CO32－与H＋、Ca2＋不能大量共存
B．H2CO3的酸性比HClO强，比H2SO3弱
C．H2SO3是一种强酸
D．H2CO3、HClO都属于弱酸
【解析】　根据①中的CaCO3，②③④中的HCO3－知A正确；据③④知B正确；据④中的HSO3－知C错误；据HCO3－、HClO知D正确。
【答案】　C
14．钛(Ti)被称为继铁、铝之后的第三金属，以TiO2制取Ti的主要反应有：
①TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO
②TiCl4＋2Mg2MgCl2＋Ti
下列叙述正确的是(　　)
A．反应①是置换反应 B．反应②是复分解反应
C．反应①中TiO2是氧化剂 D．反应②中金属镁是还原剂
【解析】　在反应①中，反应物有三种，而生成物为两种化合物，不属于置换反应，反应①、②均有化合价的升降，均属于氧化还原反应，在反应①中，Ti的化合价不变，Cl得电子Cl2为氧化剂。
【答案】　D
15．(2009年临沂模拟)某溶液中可能存在Br－、CO32－、SO32－、Al3＋、I－、Mg2＋、Na＋7种离子中的几种。现取该溶液进行实验，得到如下现象：①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成；③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。据此可以推断：该溶液中肯定不存在的离子是(　　)
A．Al3＋、Mg2＋、I－、SO32－ B．Mg2＋、Na＋、CO32－、I－
C．Al3＋、Na＋、SO32－、I－ D．Al3＋、CO32－、Br－、SO32－
【解析】　①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出，说明溶液中肯定存在Br－、CO32－，则肯定不存在Al3＋、Mg2＋；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明溶液中肯定不存在SO32－；③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色，说明溶液中肯定不存在I－。根据溶液的电中性原理，溶液中肯定存在Na＋。
【答案】　A
16．在100 mL含等物质的量的HBr和FeCl2的溶液里通入0.01 mol Cl2，有Br－被氧化为Br2，则原溶液中HBr和FeCl2的浓度为(　　)
A．0.012 mol·L－1 B．0.12 mol·L－1
C．0.006 mol·L－1 D．0.06 mol·L－1
【解析】　FeCl3的还原性大于HBr，通入的Cl2先把Fe2＋完全氧化后，又把的Br－氧化，反应方程式为：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－。
【答案】　B
二、非选择题(共52分)
17．(12分)化学中有一种在同种元素之间发生电子转移的氧化还原反应，这种反应有时会因溶液酸碱性的变化而改变反应方向，如图所示，甲、乙、丙三种物质中含有同一种元素。
(1)若乙为Cl2，丙为KClO，则：
①甲的化学式为　　　　　　　　　。
②反应②的化学方程式为________________________________________________________________________，
该反应中被氧化与被还原的氯元素质量之比为　　　　。
③若将反应①设计成原电池，正极反应过程为　　　　　　(用“Ⅰ”或“Ⅱ”填空)。
(2)若甲、乙、丙中所含相同元素X的化合价分别为a、b、c，且a【解析】　同一元素间的氧化还原反应，化合价有升有降，且升降守恒。
【答案】　(1)①KCl
②KCl+KClO+H2SO4===K2SO4+Cl2↑+H2O　1∶1　③Ⅰ
(2)(b-a)∶(c-b)
18．(14分)氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程。下面是一个还原过程的反应式：
NO3－＋4H＋＋3e－===NO↑＋2H2O
KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2(SO4)3四种物质中的一种物质(甲)能使上述还原过程发生。
(1)写出并配平该氧化还原反应的方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)反应中硝酸体现了________、________性质。
(3)反应中若产生0.2 mol气体，则转移电子的物质的量是________mol。
(4)若1 mol甲与某浓度硝酸反应时，被还原硝酸的物质的量增加，原因是________________________________________________________________________。
【解析】　在给定物质中应选择还原性最强的物质作还原剂，发生氧化反应。
【答案】　(1)14HNO3＋3Cu2O=== 6Cu(NO3)2＋2NO↑＋7H2O
(2)酸性　氧化性
(3)0.6
(4)使用了较浓的HNO3，产物中有部分NO2生成
19．(14分)(2009年海淀)电解法制碱的原料是饱和食盐水，由于粗盐中含有泥沙和Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SO42－杂质，不符合电解要求，因此必须经过精制。某校实验小组精制粗盐水的实验过程如下：
(1)操作a的名称是________，所用玻璃仪器有____________。
(2)在第Ⅱ步中，加入过量试剂甲后，生成了两种大量沉淀，则试剂甲为(填化学式)________溶液。
(3)在第Ⅴ步中，逐滴加入试剂丁直至溶液无明显变化时，写出此过程中发生反应的离子方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　除去泥沙的操作是过滤，加入试剂甲后生成了两种沉淀，则甲为NaOH，生成的两种大量沉淀是Mg(OH)2和Fe(OH)3；第Ⅲ步加入的物质为BaCl2，第Ⅳ步加入的物质为Na2CO3(注意：Na2CO3须在BaCl2后以除去过量的BaCl2)，试剂丁为盐酸以除去过量的NaOH、Na2CO3。
【答案】　(1)过滤　玻璃棒、漏斗、烧杯　(2)NaOH　(3)H＋＋OH－===H2O、H＋＋CO32－===HCO3－、H＋＋HCO3－===CO2↑＋H2O
20．(12分)有一无色透明溶液，欲确定是否含有以下十种离子：Na＋、Mg2＋、Al3＋、Fe2＋、Ba2＋、NO3－、SO42－、Cl－、I－、HCO3－，取该溶液进行以下实验：
①取少量待测液加几滴石蕊溶液，溶液显红色。
②取少量溶液，浓缩后加Cu和浓硫酸，加热，有无色气体产生，此无色气体遇空气变成红棕色。
③取少量溶液，加过量氯化钡溶液，有白色沉淀产生。
④取实验③中上层清液滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，此沉淀不溶于硝酸。
⑤另取少量原溶液滴加NaOH溶液，有白色沉淀产生，当NaOH过量时，部分沉淀溶解。
根据以上实验，溶液中肯定存在的离子：________________________________________________________________________；
肯定不存在的离子：________________________________________________________________________；
尚不能确定的离子是：________________________________________________________________________。
【解析】　既然是溶液，则Ba2＋与SO42－不能同时存在。据实验①可判断HCO3－肯定不存在(H＋＋HCO3－===CO2↑＋H2O)，NO3－与Fe2＋、I－不能同时存在(6I－＋2NO3－＋8H＋===3I2＋2NO↑＋4H2O,3Fe2＋＋NO3－＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O)；根据实验②可判断NO3－一定存在，则Fe2＋、I－不存在；根据实验③，SO42－肯定存在，则Ba2＋不存在；根据实验④，不能肯定原溶液中有无Cl－存在，因为实验③加入了BaCl2，只能是可能存在；由实验⑤可判断Mg2＋、Al3＋都存在，剩下的Na＋只是可能存在。
【答案】　Mg2＋、Al3＋、NO3－、SO42－　Ba2＋、Fe2＋、HCO3－、I－　Na＋、Cl－(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
一、选择题
1．(2009年潍坊高三质检)下列试剂应该保存在棕色试剂瓶中的是(　　)
A．碳酸氢铵 B．氯化亚铁溶液
C．浓硝酸 D．漂白粉
【解析】　本题考查化学试剂的保存。浓硝酸见光容易分解，应保存在棕色试剂瓶中，其他三种试剂只要密封保存即可。
【答案】　C
2．(2009年德州检测)在火星上工作的美国“勇气号”、“机遇号”探测车的一个重要任务就是收集有关Fe2O3及硫酸盐的信息，以证明火星上存在或曾经存在过水。以下叙述正确的是(　　)
A．铝热剂就是单指Fe2O3粉和铝粉的混合物
B．检验从火星上带回来的红色物质是否是Fe2O3的操作步骤为：样品→粉碎→加水溶解→过滤→向滤液中滴加KSCN溶液
C．还原a mol Fe2O3所需H2、Al、CO的物质的量之比为3∶2∶3
D．明矾属于硫酸盐，含结晶水，是混合物
【解析】　A项铝热剂是难熔金属氧化物和铝组成的混合物，不一定是由三氧化二铁和铝组成；B项检验三氧化二铁的操作步骤为：样品→粉碎→加盐酸溶解→滴加KSCN溶液；D项明矾含有结晶水，但是纯净物；在还原Fe2O3时，1 mol H2失去2 mol电子，1 mol Al失去3 mol电子，1 mol CO失去2 mol电子，所以据得失电子守恒即可判断C正确。
【答案】　C
3．下列实验中，溶液颜色有明显变化的是(　　)
A．少量明矾溶液加入到过量NaOH溶液中
B．往FeCl3溶液中滴入KI溶液，再滴入淀粉溶液
C．少量Na2O2固体加入到过量NaHSO3溶液中
D．往酸性高锰酸钾溶液中滴入少量Fe2(SO4)3稀溶液
【解析】　A项中Al3＋与过量的OH－作用生成AlO2－，溶液颜色不变化；B项中，2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，I2和淀粉作用溶液变蓝；C项中虽发生氧化还原反应，但溶液颜色不变化；D项中二者不发生化学反应，溶液颜色无明显变化，故选B。
【答案】　B
4．下列离子方程式书写正确的是(　　)
A．铝粉投入到NaOH溶液中：
2Al＋2OH－===2AlO2－＋H2↑
B．AlCl3溶液中加入足量的氨水：
Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
C．三氯化铁溶液中加入铁粉：Fe3＋＋Fe===2Fe2＋
D．FeCl2溶液跟Cl2反应：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
【解析】　离子反应方程式必须符合反应原理，铝与强碱溶液的反应中，氧化剂是水而不是碱，A错；氨水是弱碱不能写成离子形式，B错；离子方程式必须符合质量(原子个数)守恒和离子总电荷守恒，所以C错。
【答案】　D
5．某研究性学习小组为了检验硫酸亚铁铵晶体中含有NH4＋、Fe2＋、SO42－和H2O，设计了如下实验步骤：①取少量晶体放在试管内，用酒精灯加热试管口有液体产生，说明晶体中含有水；②将加热后剩余的晶体溶解于水，加入用盐酸酸化过的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明晶体中含有SO42－；③滤去白色沉淀，向滤液中加入过量的浓氢氧化钠溶液，加热，有能使红色石蕊试纸变蓝的气体产生，说明晶体中含有NH4＋；④向步骤③的剩余液体中加入KSCN溶液，无明显变化，再加入少量氯水，溶液变红色，说明晶体中含有亚铁离子，其中不能达到实验目的的是(　　)
A．①③④ B．①④
C．③④ D．④
【解析】　①能证明晶体中含有水；②是SO42－的检验，正确；③中产生使红色石蕊试液变蓝的气体一定为NH3，证明晶体中有NH4＋，③正确；但在该过程中加入过量的浓NaOH溶液，则Fe2＋完全被OH－沉淀，因此④不能达到实验目的，故选D。
【答案】　D
6．在含FeCl3、FeCl2、AlCl3、NaCl的溶液中，加入足量的Na2O固体，在空气中充分搅拌反应后再加入过量的稀盐酸，溶液中离子数目变化最小的是(　　)
A．Na＋ B．Al3＋
C．Fe3＋ D．Fe2＋
【解析】　Na2O＋H2O===2Na＋＋2OH－，故Na＋数目增多；B项中，Al3＋Al(OH)3Al3＋，所以Al3＋数目不变化；C、D两项中，Fe3＋Fe(OH)3Fe3＋，但同时还有Fe2＋的变化：Fe2＋Fe(OH)2Fe(OH)3Fe3＋，所以Fe3＋增多，Fe2＋减少，故选B。
【答案】　B
7．(2009年长春高中毕业班测试)用类推的方法可能会得出错误结论，因此推出的结论要经过实践的检验才能确定其正确与否。下列类推结论中正确的是(　　)
A．Na失火不能用CO2灭火，K失火不能用CO2灭火
B．工业上电解熔融MgCl2制取金属镁，也用电解熔融AlCl3的方法制取金属铝
C．Al与S直接化合可以得到Al2S3，Fe与S直接化合也可以得到Fe2S3
D．Fe3O4可以写成FeO·Fe2O3，Pb3O4也可写成PbO·Pb2O3
【解析】　AlCl3为共价化合物，熔融状态不导电，故不能用电解熔解AlCl3的方法制取金属铝；Fe与S直接化合只能生成FeS；Pb3O4中铅的化合价分别为＋4价和＋2价，故Pb3O4应写成2PbO·PbO2的形式。
【答案】　A
8．某合金(仅含铜、铁)中铜和铁的物质的量之和为y mol，其中Cu的物质的量分数为a，将其全部投入50 mL b mol·L－1的硝酸溶液中，加热使其充分反应(假设NO是唯一的还原产物)。下列说法正确的是(　　)
A．若金属有剩余，在溶液中再滴入硫酸后，金属又开始溶解
B．若金属全部溶解，则溶液中一定含有Fe3＋
C．若金属全部溶解，且产生336 mL气体(标准状况)，则b＝0.3
D．当溶液中金属离子只有Fe3＋、Cu2＋时，则a和b的关系为b≥80y
【解析】　A项，溶液中还含有NO3－；B项，是否含有Fe3＋取决于Fe和HNO3的量；C项，溶液中还含有NO3－；D项，由于溶液中只有Fe3＋、Cu2＋说明HNO3足量。故其浓度可由下面两个反应求得：Fe＋4HNO3===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O；3Cu＋8HNO3===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。
【答案】　AD
9．某稀溶液中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3，若向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2＋浓度和加入铁粉的物质的量之间的关系如下图所示，则稀溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为(　　)
A．1∶1∶1 B．1∶3∶1
C．3∶3∶8 D．1∶1∶4
【解析】　加入Fe粉的过程中发生的反应依次为：
Fe＋4HNO3===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O①
Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋②
Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu③
铁粉加至1 mol前是与HNO3反应，由反应①知原溶液中HNO3为4 mol(生成1 mol Fe3＋)。铁粉从1 mol到2 mol时是与Fe3＋反应，消耗2 mol Fe3＋，据反应②知原有的Fe(NO3)2为2 mol－1 mol。铁粉从2 mol到3 mol时，由反应③得其中1 mol Fe消耗Cu2＋ 1 mol，所以Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为1∶1∶4。
【答案】　D
10．(2009年广东四校联考)向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120 mL 4 mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344 L NO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为(　　)
A．0.24 mol B．0.21 mol
C．0.16 mol D．0.14 mol
【解析】　依题意可知生成的溶液为Fe(NO3)2，则铁元素的物质的量溶液中硝酸根离子的一半，生成的溶液中的硝酸根离子的物质的量为0.12 L×4 mol/L－＝0.42 mol，则混合粉末中共含铁0.21 mol。
【答案】　B
11．(2009年梅州模拟)用一定物质的量浓度的NaOH溶液，使相同体积的FeCl2和FeCl3溶液完全沉淀，若NaOH溶液的体积相同，那么，FeCl2和FeCl3溶液中溶质的物质的量之比是(　　)
A．1∶1 B．3∶2
C．2∶3 D．3∶1
【解析】　Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓，
Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓，
因此＝＝3∶2，选B。
【答案】　B
12．(2009年江南十校高三联考)氧化铁和氧化铜混合物m g，加3 mol/L盐酸溶液100 mL，恰好完全溶解，若m g的该混合物在过量氢气流中加热充分反应，冷却后剩余固体质量为(　　)
A．(m－1.6)g B．(m－2.4)g
C．(m－3.2)g D．无法确定
【解析】　依题意加入3 mol/L盐酸溶液100 mL，恰好完全溶解，则生成氯化铁和氯化铜，氯离子的物质的量为0.3 mol，利用“价态替换”，即这些金属离子与氧原子结合，则需氧原子0.15 mol，即m g金属氧化物中含有0.15 mol氧原子，故金属共有(m－2.4)g。
【答案】　B
二、非选择题
13．铁是日常生活中最常见的金属，某班同学在学习铁的知识时，有下列问题：
问题1：铁为何称为黑色金属？
问题2：CuO在高温下可分解为Cu2O和O2，Fe2O3在高温下可分解为FeO和O2吗？
(1)对于问题1，同学们上网查找，有两种解释：
A．因为在铁表面上有黑色的铁的氧化物，所以叫做黑色金属
B．因为铁的粉末为黑色，铁的氧化物也均为黑色，所以叫做黑色金属
①你认为正确的说法是________。
②若有一黑色粉末，如何鉴别是铁粉，还是Fe3O4粉末：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
③若有一黑色粉末，为铁和四氧化三铁的混合物，如何证明其中有Fe3O4(只要求简述实验方法)：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)对于问题2，同学们准备实验探究，他们设想了两种方法：
A．将三氧化二铁高温灼烧，看灼烧前后颜色是否变化
B．将三氧化二铁高温灼烧，看灼烧前后质量是否变化
①实验中应将Fe2O3放在________(填仪器名称)中灼烧。
②方法A中，如果高温灼烧后颜色由________变为________，说明Fe2O3确实发生了变化。能说明生成的一定为FeO吗？________。理由是______________。
③方法B中，如果发生了预期的反应，固体高温灼烧前后质量比应为________，但是，实验结果固体灼烧前后质量比为30∶29，则高温灼烧后生成物是________。
④比较两种方法，你认为较好的方法是________。
【解析】　(1)①因为铁的表面上有黑色的铁的氧化物，故称为黑色金属，A说法正确。②对于铁粉和Fe3O4粉末，可根据前者是活泼金属，与酸发生反应产生气泡来鉴别。③证明黑色粉末中有Fe3O4，可利用H2或CO还原的办法。
(2) ①加热固体应放在坩埚中进行。②方法A中，若高温灼烧后颜色由红棕色变成黑色，说明Fe2O3(红棕色)发生了化学变化，但不一定生成FeO，因为生成的也可能是黑色的Fe3O4。③若Fe2O3分解生成FeO，则据铁原子守恒得出固体高温灼烧前后质量比为＝，若分解生成Fe3O4，则据铁原子守恒得出固体高温灼烧前后质量比为＝。④比较A、B两种方法可看出方法B更严密，此法涉及了定量的计算，而方法A仅定性地从颜色来观察，不严密。
【答案】　(1)①A
②取黑色粉末少许于试管中，加适量稀盐酸或稀硫酸，若有气泡产生则原黑色粉末为铁，若无气泡产生则原黑色粉末为Fe3O4
③用干燥的氢气与黑色粉末加热反应，用无水硫酸铜检测是否有水产生(或用纯净的一氧化碳与黑色粉末加热反应，用澄清石灰水检测是否有二氧化碳产生)(其他合理答案也可)
(2)①坩埚
②红棕色　黑色　不能　也可能为Fe3O4
③10∶9　Fe3O4
④B
14．(2009年山东理综)孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3，还含少量Fe、Si的化合物。实验室以孔雀石为原料制备CuSO4·5H2O及CaCO3，步骤如下：
请回答下列问题：
(1)溶液A中的金属离子有Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋。从下列所给试剂中选择：实验步骤中试剂①为________(填代号)，检验溶液A中Fe3＋的最佳试剂为________(填代号)。
a．KMnO4 b．(NH4)2S
c．H2O2 d．KSCN
(2)由溶液C获得CuSO4·5H2O，需要经过加热蒸发、________、过滤等操作。除烧杯、漏斗外，过滤操作还用到另一玻璃仪器，该仪器在此操作中的主要作用是________________________________________________________________________。
(3)制备CaCO3时，应向CaCl2溶液中先通入(或先加入)__________(填化学式)。若实验过程中有氨气逸出，应选用下列________装置回收(填代号)。
(4)欲测定溶液A中Fe2＋的浓度，需要用容量瓶配制某标准溶液，定容时视线应____________，直到________________________________________________________________________
________。用KMnO4标准溶液滴定时应选用________滴定管(填“酸式”或“碱式”)。
【解析】　(1)由题意分析可知试剂①应为氧化剂，将Fe2＋氧化为Fe3＋且不能引入新的杂质，故为H2O2；KSCN与Fe3＋反应呈明显的红色。
(2)由溶液到晶体的操作是加热蒸发、冷却结晶、过滤等基本操作；在过滤操作中用到的玻璃仪器除烧杯、漏斗外，还用到玻璃棒，它的主要作用是引流。
(3)应先向CaCl2溶液中加入碱性物质并且不引入新杂质，故应加NH3·H2O。NH3的溶解度很大，应选用一套防止倒吸的装置，故选用b。
(4)用容量瓶配制溶液定容时视线应平视凹液面，直到凹液面的最低点与刻度线相切；KMnO4溶液具有强氧化性；能氧化碱式滴定管中的橡胶管，故选用酸式滴定管。
【答案】　(1)c　d　(2)冷却结晶　引流
(3)NH3·H2O　b
(4)平视凹液面(或平视刻度线)　凹液面的最低点与刻度线相切　酸式
15．(2008年北京理综)由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验(部分产物略去)：
(1)取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成。取上层清液，通入CO2无明显变化，说明样品中不含有的物质是(填写化学式)____________。
(2)Z为一种或两种气体：
①若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应Ⅰ中能同时生成两种气体的化学方程式是__________________________。
②若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则Z中两种气体的化学式是______________________。
(3)向Y中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是(填写离子符号)________________。
(4)取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成。当消耗2 mol I－时，共转移3 mol电子，该反应的离子方程式是________________________________。
(5)另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应。若溶液中一定不会产生Y中的红色固体，则原样品中所有可能存在的物质组合是(各组合中的物质用化学式表示)________________________________________________________________________。
【解析】　首先要注意框图中量的描述“过量”，然后作大致的推断，再根据具体的设问提供的信息具体分析。
大致猜想：“浓酸”和“两种气体”可推知“浓酸”可能为浓硫酸或浓硝酸，金属元素只有Fe、Cu，则溶液X可能为Fe2(SO4)3、CuSO4、Al2(SO4)3或Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、Al(NO3)3。两种气体可能为SO2、CO2或NO2、CO2，不可能为NO2、NO，因浓酸过量。Y中溶液定有Fe2＋，还可能有Al3＋。Y中固体定有Fe(前述过量Fe粉)、Cu。
(1)若有Al，则应有2AlO2－＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO32－或AlO2－＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO3－，有白色沉淀产生。无明显变化说明原混合物中无Al。
(2)①若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则Z为CO2，两种气体中一种与NaHCO3溶液反应生成CO2，应为SO2：SO2＋2NaHCO3===Na2SO3＋2CO2＋H2O，则浓酸为浓硫酸。
②若Z为两种气体的混合物，a为适量水，则其中一种为NO2：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，气体Z为NO与CO2的混合气体，则浓酸为浓硝酸。
(3)Y中溶液中有大量的Fe2＋，少量H＋，固体为Fe、Cu，通入过量Cl2，并不断搅拌，则发生的反应有：Cl2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－，Cl2＋H2O??H＋＋Cl－＋HClO,2H＋＋Fe===Fe2＋＋H2↑，HClO＋H＋＋Cu===Cu2＋＋Cl－＋H2O,2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋。所以溶液中的阳离子有Fe3＋、Cu2＋、H＋。
(4)当消耗2 mol I－时，共转移3 mol电子，且有红褐色沉淀[Fe(OH)3]生成。则I－与Fe2＋共同还原H2O2：4I－＋2Fe2＋＋3H2O2===2I2＋2Fe(OH)3↓。(这是一个新动向，氧化剂或还原剂不止一种的氧化还原反应离子方程式的书写！)
(5)通过前面的分析已知原样品中一定有CuO和C，一定无Al，Fe2O3、Fe是否存在不能确定。另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应。若溶液中一定不会产生Cu，则一定不会发生Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，则原样品中无Fe，可能的组合有：CuO、C；CuO、C、Fe2O3。
【答案】　(1)Al
(2)①C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O
②NO、CO2
(3)Cu2＋、Fe3＋、H＋
(4)2Fe2＋＋3H2O2＋4I－===2Fe(OH)3↓＋2I2
(5)CuO、C；CuO、C、Fe2O3
16．下面是制备Fe(OH)2白色沉淀的几种方案。请回答下列各问题：
(1)用不含Fe3＋的FeSO4溶液与不含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溶液时还需要加入____________________。
②除去蒸馏水中溶解的O2常采用________的方法。
③生成Fe(OH)2白色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________________________________________________________________________。
(2)在如右图所示的装置中，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Fe(OH)2白色沉淀，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，理由是
________________________________________________________________________。
(3)利用电解实验可以制得纯净的Fe(OH)
2白色沉淀。如右图所示，已知两电极的材料分别为石墨和铁。
①a电极的材料应为　　　　，电极反应式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②电解液c可以是　　　　(填编号)。
A．纯水 B．NaCl溶液
C．NaOH溶液 D．CuCl2溶液
③d为苯，其作用是________________________________________________________________________，
在加入苯之前对电解液c应作何简单处理？______________。
④为了在较短时间内看到白色沉淀，可采取的措施是________(填编号)。
A．改用稀H2SO4作电解液
B．适当增大电源的电压
C．适当减小两极间的距离
D．适当降低电解液的温度
⑤若c用Na2SO4溶液，当电解一段时间后看到白色Fe(OH)2沉淀，再反接电源电解，除了电极上看到气泡外，另一明显现象为________________________________________________________________________。
【解析】　(1)Fe2＋易水解，要加入稀H2SO4防止其水解；Fe2＋易被空气中的O2氧化，要加铁粉，将被氧化的Fe3＋还原成Fe2＋。气体的溶解度随着温度升高而降低，所以煮沸后的蒸馏水中溶解的O2变少。
(2)两支试管，试管Ⅱ是开口式，无法用产生的气体将试液压入试管Ⅰ中，所以制取FeSO4应放在试管Ⅰ中，而在试管Ⅱ中盛不含O2的NaOH溶液，当Fe与稀H2SO4放入试管Ⅰ后，产生的H2可以从试管Ⅰ内短管处排出，从而排尽试管Ⅰ内空气。再经过止水夹通入试管Ⅱ中，排尽试管Ⅱ内空气。然后关闭止水夹，试管Ⅰ内产生的H2无法逸出，造成管内压强增大，将试管Ⅰ内FeSO4溶液通过长导管压入试管Ⅱ内，在此过程中，液体都处于H2环境，从而避免了被空气中O2的氧化，使得Fe(OH)2能保存更长时间。
(3)电解时阳极反应Fe－2e－===Fe2＋，阴极反应2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，或电解质溶液能直接提供OH－，Fe2＋与OH－发生反应Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓，当电解液选用NaOH溶液时，在阳极处立即产生白色沉淀，选其他溶液时，只有迁移后两者相遇时才能产生沉淀(大约在电解池中部)；当反接电源后，阳极反应4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，产生的O2立即把Fe(OH)2氧化为Fe(OH)3。
【答案】　(1)①稀H2SO4、铁屑　②煮沸　③避免生成的Fe(OH)2沉淀接触O2而被氧化
(2)①稀H2SO4和铁屑　②NaOH溶液　③检验试管Ⅱ出口处排出的H2的纯度，当排出的H2已经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O2不易进入
(3)①Fe　Fe－2e－===Fe2＋　②BC　③隔绝空气，防止生成的Fe(OH)2被氧化　加热煮沸，排出溶解的O2　④BC　⑤白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变成红褐色(共60张PPT)
第1讲　弱电解质的电离平衡
1．了解电解质的概念。了解强电解质和弱电解质的概念。
2．了解电解质在水溶液中的电离，以及电解质溶液的导电性。
3．了解弱电解质在水溶液中的电离平衡。
1．定义
在水溶液中能 的电解质称为强电解质。如强酸、强碱和绝大多数盐。
在水溶液中只能 的电解质称为弱电解质。如弱酸、弱碱等。
2．电离方程式的书写
(1)强电解质用“ ”号；弱电解质用“??”号。
(2)多元弱酸分步电离，且第一步电离程度远远大于第二步，如碳酸：H2CO3??H＋＋HCO3－、HCO3－?? H＋＋CO32－
完全电离
部分电离
=====
一、强电解质和弱电解质
3．常见物质
强电解质： 、 大多数盐。
弱电解质： 、 等。
(3)多元弱碱电离一步写完，如氢氧化铁：Fe(OH)3??Fe3＋＋3OH－。
1．在一定温度下，当弱电解质在水溶液中电离达到最大程度时，电离过程并没有停止。此时弱电解质分子电离成离子的速率与离子 的速率相等；溶液中各分子和离子的浓度都不再发生变化，达到了 状态。
强碱
强酸
弱酸
弱碱
结合生成弱电解质分子
电离平衡
二、弱电解质的电离平衡
弱电解质电离平衡类似化学平衡：
(1)是 平衡，电离方程式中用“??”。
(2)平衡时溶液中离子浓度和分子浓度 。
(3)条件改变，平衡发生移动。
2．弱电解质的电离过程一般是 (填“吸热”或“放热”)的，不同于强电解质的电离，弱电解质溶液中除水分子外还存在
动态
保持不变
吸热
电解质分子
3．弱电解质的电离是 。在一定条件下达到电离平衡时，弱电解质电离形成的各种 的乘积与溶液中 之比是一个常数，这个常数叫做电离平衡常数。通常 用表示弱酸的电离平衡常数，用表示弱碱的电离平衡常数。
如醋酸在水溶液中达到电离平衡CH3COOH?? CH3COO－＋H＋，醋酸的电离平衡常数：
可逆过程
离子浓度
未电离的分子的浓度
4．外界条件对电离平衡的影响
例：0.1 mol/L的醋酸溶液[CH3COOH?? H＋＋CH3COO－(ΔH>0)]，若改变条件后，有如下变化：
平衡移
动方向
CH3COOH
电离程度 c(H＋)
导电性
加少量浓盐酸
向左
减小
增大
增强
加少量冰醋酸
加少量NaOH固体
加少量CH3COONa
固体
加少量水
升高温度
向右
减小
增大
增强
向右
增大
减小
增强
向左
减小
减小
增强
向右
减小
增大
减弱
向右
增大
增大
增强
0.1 mol/L的醋酸溶液[CH3COOH?? H＋＋CH3COO－(ΔH>0)]，若改变条件后，有如下变化：
1．从导电角度分析，如何验证某化合物是离子化合物？
2．强电解质的水溶液导电能力一定比弱电解质溶液的强吗？
【提示】　1.属于离子化合物的电解质在水溶液或熔融状态能发生电离而导电，属于共价化合物的电解质在水溶液中电离而导电，但在熔融状态下不电离、不导电。一般情况下化合物在熔融状态下导电即证明该化合物为离子化合物。
2．电解质溶液导电能力的强弱主要取决于溶液中自由离子的浓度大小及离子所带电荷量多少，影响自由离子浓度大小的因素有溶液的浓度、电离程度及温度等。强电解质与弱电解质的根本区别在于其在水溶液中是否完全电离，与溶液的导电性强弱无必然的关系。
电解质和电离
1．电解质的强弱是由物质的内部结构决定的，与外界因素无关。
(1)与溶解性无关(如BaSO4等虽难溶于水，但溶于水部分却能完全电离是强电解质。醋酸能与水互溶但溶于水的不能完全电离是弱电解质)。
(3)与化学键没有必然联系。一般来说，强电解质由离子键或强极性键构成，但含强极性键的化合物不一定是强电解质，如HF就是弱电解质。
(4)金属导体导电是物理过程，而电解质溶液导电在两电极处一定伴有离子放电，即发生电解，故一定是化学变化。
(2)与溶液的导电性无必然联系，溶液的导电性与溶液中的离子浓度、离子所带电荷有关，强电解质的导电能力不一定强。
2．特别要注意多元弱酸的电离是分步进行的，第一步电离程度远大于第二步。
3．强酸的酸式盐完全电离，如NaHSO4 Na＋＋H＋＋SO42－，弱酸的酸式盐既有完全电离，又有部分电离，如NaHCO3 Na＋＋HCO3－，HCO3－?? H＋＋CO32－。强酸酸式盐在熔融状态下的电离为KHSO4 K＋＋HSO4－。
4．一元强酸与一元弱酸的比较
同物质的量浓度、相同体积的一元强酸与一元弱酸的比较：
比
　 较
　　　项
　　 目
　酸 c(H＋) pH 中和碱
的能力 与足量Zn
反应产生
H2的量 开始与Zn
反应的
速率 与足量Zn
反应所需
时间 与足量Zn
反应过程
中的反应
速率
一元强酸 大 小 相同 相同 大 短 下降的快
一元弱酸 小 大 相同 相同 小 长 下降的慢
相同pH、相同体积的一元强酸与一元弱酸的比较：
　比
　 较
　　　项
　　 目
酸 c(H＋) 溶液的物
质的量
浓度 中和碱
的能力 与足量Zn
反应产生
H2的量 开始与Zn
反应的
速率 与足量Zn
反应过程
中的反应
速率
一元强酸 相同 小 小 少 相同 下降的快
一元弱酸 相同 大 大 多 相同 下降的慢
*加入的Zn颗粒大小一致、质量相等时才能比较，但这种前提条件很难做到。指
下列说法正确的是________。
①氯化钠溶液在电流作用下电离成钠离子和氯离子
②溶于水电离出H＋的化合物都是酸
③BaSO4难溶于水，但BaSO4属于强电解质
④金属铜能导电，但它不是电解质，是非电解质
⑤SO2溶于水，溶液能导电，故SO2属于电解质
⑥相同条件下，H＋浓度相同的盐酸和醋酸溶液导电能力相同
⑦NaHSO4在熔融状态下电离生成三种离子
【导航】　1.电离的方式是溶于水或熔化。
2．熔化时一般只破坏离子键。
3．弱电解质有电离平衡。
【解析】　①电离的原因是水分子的作用而非电流作用。②如NaHSO4、NaHCO3是盐而非酸。③BaSO4在熔融状态下完全电离且溶于水的部分完全电离。④金属铜是单质，非化合物。⑤水溶液导电的离子并非SO2本身电离。⑥H＋浓度相同，由电荷守恒c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，则其他离子浓度也相同且离子带电荷量相同。⑦NaHSO4(aq) Na＋＋H＋＋SO42－　NaHSO4(熔融) Na＋＋HSO4－。
【答案】　③⑥
弱电解质的电离平衡
如何判断弱电解质
在中学化学电解质溶液这一知识点的学习中，常常需要根据一些性质对强弱电解质进行有关判断和分析，属于高考的热点。现以弱酸为例进行分析，常见的判断方法有：
1．测定已知物质的量浓度的弱酸的pH。如已知酸HB，物质的量浓度为0.01 mol·L－1，若为强酸，则完全电离，c(H＋)＝0.01 mol·L－1，pH＝2；若为弱酸，则部分电离，c(H＋)<0.01 mol·L－1，pH>2。
2．取一定体积的酸HB溶液(设取1体积)，测定其pH，稀释至体积扩大100倍，再测定其pH。若pH增大2个单位，则为强酸；若pH增大小于2个单位，则为弱酸。
3．取酸HB对应的钠盐溶液，测定其pH。若pH＝7，则为强酸；若pH>7，则为弱酸。
4．取体积和pH相同的酸HB溶液和盐酸，分别加入足量的锌粒，若HB产生H2的速率大且量多，说明是弱酸。
5．分别取等体积等pH的酸HB和盐酸进行中和滴定，若达到终点时酸HB消耗的同浓度的NaOH溶液体积大，说明HB为弱酸。
6．分别取相同物质的量浓度的酸HB溶液和盐酸，测其导电性，若酸HB溶液的导电能力弱，说明HB为弱酸。
7．分别取相同pH的酸HB溶液和盐酸，向其中加入NaCl晶体和NaB晶体，振荡，待晶体溶解后，盐酸的pH几乎不变，若酸HB溶液的pH增大，说明HB为弱酸。
向体积均为1 L、pH均等于2的盐酸和醋酸中，分别投入0.28 g Fe，则下图中的曲线符合反应事实的是(　　)
【导航】　解答该题时先通过简单的计算判断出Fe与盐酸恰好反应，而CH3COOH为弱酸，所以CH3COOH过量，同时要注意图象中曲线的含义及关键点。
【解析】　因n(Fe)==0.005 mol，而CH3COOH电离出的H+的物质的量与盐酸中H+的物质的量均为0.01 mol，所以，铁与酸反应时，铁全部反应，故产生的氢气的体积相同，但反应开始后，醋酸中的c(H+)较大，醋酸与铁反应的速率快，C正确；随着反应进行，c(H+)减小，反应速率都将减小，A错误；反应结束后醋酸有剩余，B、D错误。
【答案】　C
1．(2009年山东理综)某温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如下图所示。据图判断正确的是(　　)
A．Ⅱ为盐酸稀释时的pH值变化曲线
B．b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强
C．a点KW的数值比c点KW的数值大
D．b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度
【解析】　盐酸是强电解质，醋酸是弱电解质，在稀释的过程中，醋酸不断电离，pH变化小故Ⅱ为醋酸稀释时pH值变化曲线；稀释过程中，温度不变，KW不变；相同pH值的盐酸和醋酸，醋酸的浓度要大于盐酸的浓度，稀释相同的倍数，醋酸的浓度仍大于盐酸的浓度(a>b)；故A、C、D错误。
【答案】　B
2．(2009年宁夏理综)将氢氧化钠稀溶液滴加到醋酸稀溶液中，下列各图示意混合溶液有关量或性质的变化趋势，其中错误的是(　　)
【解析】　A项开始随NaOH滴加，中和反应放热越来越大，温度逐渐升高，至CH3COOH反应完全后，放出的热被环境吸收，又呈下降趋势；B项混合液的pH，随NaOH加入，由酸性变到中性，到达反应终点时，pH发生突变，再加NaOH，因NaOH溶液浓度基本不变，pH呈基本水平形状；C选项CH3COOH是弱电解质，导电能力较弱，加入NaOH后，生成强电解质CH3COONa，导电能力增强；D选项NaOH浓度不会一直增大，最后呈基本水平走势 。
【答案】　D
3．(2009年四川理综)关于浓度均为0.1 mol/L的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法不正确的是(　　)
A．c(NH4＋)：③>①
B．水电离出的c(H＋)：②>①
C．①和②等体积混合后的溶液：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)
D．①和③等体积混合后的溶液：c(NH4＋)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)
【解析】　盐酸为强酸，氨水为弱碱，同浓度时盐酸比氨水对水的电离抑制程度大。
【答案】　B
4．(2009年海南单科)已知室温时，0.1 mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是(　　)
A．该溶液的pH＝4
B．升高温度，溶液的pH增大
C．此酸的电离平衡常数约为1×10－7
D．由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍
【解析】　升高温度有利于弱酸的电离，所以升高温度溶液中的c(H＋)增大pH减小，故B选项的说法错误。
【答案】　B
5．(2009年上海单科)根据下表提供的数据，判断在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各种离子浓度关系正确的是(　　)
化学式 电离常数
HClO Ki＝3×10－8
H2CO3
Ki1＝4.3×10－7
Ki2＝5.6×10－11
A.c(HCO3－)>c(ClO－)>c(OH－)
B．c(ClO－)>c(HCO3－)>c(H＋)
C．c(HClO)＋c(ClO－)＝c(HCO3－)＋c(H2CO3)
D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3－)＋c(ClO－)＋c(OH－)
【解析】　由电离常数可知ClO－的水解程度大于HCO3－，故该溶液中c(HCO3－)>c(ClO－)，A项正确，B项错误。C项，由物料守恒得：c(HClO)＋c(ClO－)＝c(HCO3－)＋c(H2CO3)＋c(CO32－)，C项错误。D项，由电荷守恒可得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3－)＋c(ClO－)＋c(OH－)＋2c(CO32－)，D项错误。
【答案】　A
6．(2009年上海单科)根据以下事实得出的判断一定正确的是(　　)
A．HA的酸性比HB的强，则HA溶液的pH比HB溶液的小
B．A＋和B－的电子层结构相同，则A原子的核电荷数比B原子的大
C．A盐的溶解度在同温下比B盐的大，则A盐溶液的溶质质量分数比B盐溶液的大
D．A原子失去的电子比B原子的多，则A单质的还原性比B单质的强
【解析】　A项，没有指明溶液浓度，溶液的pH无法比较。C项，没有指明是否是饱和溶液，A的盐溶液的溶质质量分数不一定比B的盐溶液的大。D项，还原性强弱是看原子失电子的难易而不是失去电子数目的多少。
【答案】　B
7．(2008年山东理综)北京奥运会“祥云”火炬燃料是丙烷(C3H8)，亚特兰大奥运会火炬燃料是丙烯(C3H6)。
(1)丙烷脱氢可得丙烯。
已知：C3H8(g) CH4(g)＋HC CH(g)＋H2(g)　ΔH1＝＋156.6 kJ·mol－1
CH3CHCH2(g) CH4(g)＋HC CH(g)　ΔH2＝＋32.4 kJ·mol－1
则相同条件下，反应C3H8(g) CH3CHCH2(g)＋H2(g)的ΔH＝
CH3CHCH2(g) CH4(g)＋HCCH(g)　ΔH2＝＋32.4 kJ·mol－1
则相同条件下，反应C3H8(g) CH3CHCH2(g)＋H2(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。
________kJ·mol－1。
(2)以丙烷为燃料制作新型燃料电池，电池的正极通入O2和CO2，负极通入丙烷，电解质是熔融碳酸盐。电池反应方程式为__________________________；放电时，CO32－移向电池的________(填“正”或“负”)极。
_______________________
________________________________________________________________________。
(用离子方程式和必要的文字说明)
(3)碳氢化合物完全燃烧生成CO2和H2O。常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH＝5.60，c(H2CO3)＝1.5×10－5mol·L－1。若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3??HCO3－＋H＋的平衡常数K1＝________________________________________________________________________。
(已知：10－5.60＝2.5×10－6)
(4)常温下，0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中c(H2CO3)________c(CO32－)(填“＞”“＝”或“＜”)，原因是_______________________________
【解析】　(1)根据盖斯定律，将两反应式相减得到：
C3H8(g) CH3CHCH2(g)＋H2(g)
ΔH＝＋124.2 kJ·mol－1。
(2)该燃料电池的电解质是熔融碳酸盐，电池反应方程式是C3H8燃烧的方程式。放电时，阴离子向负极移动。
(3)根据平衡常数 ，c(H＋)＝c(HCO3－)＝2.5×10－6mol·L－1，c(H2CO3)＝1.5×10－5mol·L－1，可求出K1＝4.17×10－7mol/L。
(4)由NaHCO3溶液的pH>8得HCO3－的水解程度大于电离程度。
【答案】　(1)＋124.2
(2)C3H8＋5O2 3CO2＋4H2O　负
(3)4.17×10－7 mol·L－1
(4)＞　HCO3－＋H2O?? CO32－＋H3O＋(或HCO3－??CO32－＋H＋)，HCO3－＋H2O?? H2CO3＋OH－，HCO3－的水解程度大于电离程度
1．下列叙述中正确的是(　　)
A．电解质和非电解质都是化合物
B．非电解质比电解质难溶于水
C．强电解质在熔融时都能导电
D．强电解质导电能力比弱电解质强
【解析】　电解质和非电解质均是化合物，A正确；蔗糖属非电解质，但易溶于水，BaSO4属强电解质，却难溶于水，B错误；H2SO4属强电解质，但熔融时不导电，C错误；溶液的导电能力与电解质的相对强弱无必然关系，而取决于离子所带电荷的浓度，D错误。
【答案】　A
2．(2009年启东联考)高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数：
酸 HClO4 H2SO4 HCl HNO3
Ka 1.6×10－5 6.3×10－9 1.6×10－9 4.2×10－10
从以上表格判断以下说法中不正确的是(　　)
A．在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离
B．在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中最强的酸
C．在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO4 2H＋＋SO42－
D．水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区分这四种酸的强弱
【解析】　由电离常数的数据可知四种酸在冰醋酸中均未完全电离，酸性最强的是HClO4，最弱的是HNO3，由此可知选项C中的电离方程式应用“?? ”表示。
【答案】　C
3．(2008年高考天津理综)醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH??H＋＋CH3COO－，下列叙述不正确的是(　　)
A．CH3COOH溶液中离子浓度的关系满足：c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)
B．0.1 mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，溶液中c(OH－)减小
C．CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，平衡逆向移动
D．常温下，pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH＜7
【解析】　A项中粒子间电荷守恒；C项中加入CH3COONa后CH3COO－浓度增大，CH3COOH电离平衡逆向移动；D项中CH3COOH浓度大于NaOH浓度，反应后CH3COOH有剩余，且剩余的量多于消耗的量，此时溶液呈酸性。而B项中溶液c(H＋)降低的同时c(OH－)增大。
【答案】　B
4．已知醋酸达到电离平衡后，改变某条件使电离平衡向正反应方向移动了，则下列说法正确的是(　　)
A．醋酸的电离程度一定变大
B．发生电离的分子总数增大
C．溶液的pH一定减小
D．溶液的导电能力一定变强
【解析】　当增大醋酸的浓度时，平衡向正反应方向移动，但电离程度减小，c(H＋)变大，溶液导电能力增强，A项错；当向溶液中加碱或能与醋酸反应的盐时，c(H＋)变小，pH增大，平衡右移，C项错；若稀释醋酸，平衡右移，同时导致c(H＋)变小，导电能力减弱，D项错；无论什么条件使平衡向右移动，一定会使发生电离的分子数增多，故B项正确。
【答案】　B
5．已知相同条件下，HClO的电离常数小于H2CO3的第一级电离常数。为了提高氯水中HClO的浓度，可加入(　　)
A．HCl　　　　　　　　　B．CaCO3(s)
C．H2O D．NaOH(s)
【解析】　氯水中存在的平衡是：Cl2＋H2O??HCl＋HClO，加入HCl，c(H＋)、c(Cl－)增大，平衡左移，c(HClO)减小；加水，平衡右移，但体积增大，使c(HClO)减小；加入CaCO3，只与HCl反应而不与HClO反应，平衡右移，c(HClO)增大；NaOH与HCl、HClO均反应，c(HClO)减小。
【答案】　B
6．(2008年高考北京理综)下列叙述正确的是(　　)
A．将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液pH＝7时，c(SO42－)＞c(NH4＋)
B．两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a＋1，则c1＝10c2
C．pH＝11的NaOH溶液与pH＝3的醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊溶液呈红色
D．向0.1 mol·L－1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中增大
【解析】　A项，由电荷守恒知c(H＋)＋c(NH4＋)＝2c(SO42－)＋c(OH－)，pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，故2c(SO42－)＝c(NH4＋)，c(SO42－)＜c(NH4＋)；B项，醋酸越浓，电离程度越小，当c1＝10c2时，
前者溶液中H＋浓度达不到后者溶液中H＋浓度的10倍，pH相差不到1；C项醋酸远远过量；D项加入(NH4)2SO4固体，抑制NH3·H2O的电离，则减小。
【答案】　C
7．某研究性学习小组为了证明在同温同压下，相同浓度相同体积的酸性不同的一元酸与足量镁带反应时，生成氢气的体积相同而反应速率不同，同时测定实验室条件下的气体摩尔体积。设计的简易实验装置如下图。该实验的主要操作步骤如下：
①配制浓度均为1 mol·L－1盐酸和醋酸溶液；
②用____________量取10.00 mL 1 mol·L－1盐酸和醋酸溶液分别加入两个锥形瓶中；
③分别称取除去表面氧化膜的镁带a g，并系于铜丝末端，a的数值至少为________；
④在广口瓶中装足量的水，按图连接好装置，检查装置的气密性；
⑤将铜丝向下移动，使足量镁带浸入酸中(铜丝不与酸接触)，至反应完全，记录______________；
⑥反应结束后待测温度恢复到室温，若丙中液面高于乙中液面，读取量筒中水的体积前，应__________________________________________，读出量筒中水的体积为V mL。
完全，记录______________；
⑥反应结束后待测温度恢复到室温，若丙中液面高于乙中液面，读取量筒中水的体积前，应__________________________________________，读出量筒中水的体积为V mL。
请将上述步骤补充完整并回答下列问题：
(1)用文字表述④检查该装置气密性的操作与观察方法：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)本实验中应选用________(填序号)的量筒。
A．100 mL　　　　　B．200 mL　　　　　C．500 mL
(3)若水蒸气的影响忽略不计，在实验室条件下，气体摩尔体积的计算式为：Vm＝________。
(4)简述速率不等的原因________________________________________________________________________
______________________________________，铜丝不与酸接触的原因是________________________________________________________________________。
【解析】　②量取10.00 mL酸溶液应用酸式滴定管。
③因Mg　　～　　2H＋　　～　　H2
0.005 mol 0.01 mol 0.005 mol
所以m(Mg)＝0.005 mol×24 g/mol＝0.12 g。
则a>0.12 g。
⑤据题意知要测生成相同体积的H2所需时间从而表示出反应速率的大小。
⑥为消除压强差所引起的实验误差，应调节乙、丙中液面相平。
(1)检查该装置的气密性，可捂热锥形瓶甲，观察到广口瓶中长导管内有一段水柱上升，表明装置不漏气。
(2)若按标准状况计算，则产生H2为0.005 mol×22.4 L/mol＝112 mL，若在室温下，则V(气)比112 mL略大，因此据大而近原则，应选200 mL量筒。(3)Vm＝ ＝0.2V L/mol
(4)虽酸的浓度相同，但HCl为强酸，CH3COOH为弱酸，故c(H＋)电离不同，所以反应速率不同；为防止形成原电池，实验时不能将Cu丝与酸接触。
【答案】　②酸式滴定管　③0.12　⑤反应起止时间　⑥将量筒缓缓向下移动，使乙、丙中液面相平　 (1)两手掌紧贴锥形瓶外壁一会，如观察到广口瓶中长导管内有一段水柱高出液面，表明装置不漏气(只要表述明确、合理均可)　(2)B　(3)0.2V L·mol－1(4)酸的浓度相同时c(H＋)不同　防止形成原电池，干扰实验现象的观察
8．(2008年济南一模)请你协助化学兴趣小组的同学完成如下实验，并回答相关问题。
实验目的：比较等体积0.5 mol/L硫酸、1 mol/L盐酸、1 mol/L醋酸分别与金属反应生成氢气的速率和体积。
实验用品：仪器(略)、药品(除给定的三种酸溶液外，在Na、Mg、Fe三种金属中选择最合适的一种，并说明理由)。选择的金属是________，不选其他两种金属的理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
实验步骤：
(1)甲同学设计的实验装置如上图所示。
(2)乙同学认为该装置不能控制三个反应在同一时间发生，并作了相应的改进。你认为乙同学改进的措施是：________________________________________________________________________
　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)按改进后的装置进行实验，观察现象并得出相关结论。
________________________________________________________________________。
实验现象及结论：
(4)反应开始时的速率：v(H2SO4)　　　　　v(HCl)______________________________
v(CH3COOH)(用“=”、“<”或“>”填空，下同)，反应进行一段时间后的速率：v(H2SO4)(5)最终得到的氢气体积：V(H2/H2SO4) V(H2/HCl)　　　　V(H2/CH3COOH)。
问题讨论：
(6)对结论“(4)”、“(5)”中盐酸和醋酸的异同，你的解释是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　(2)分液漏斗是一种可控制液体加量多少和快慢的仪器，在每个烧瓶上安装一个分液漏斗即可。(4)根据氢离子浓度的大小来判断反应速率的快慢。(5)氢气的体积大小是由能提供的氢离子总量决定的。
【答案】　Fe　Na太活泼，能和水反应产生氢气，Mg与酸反应速率太快，影响实验结论；Fe与酸反应的速率较慢，实验时间较长误差小　(2)同时用分液漏斗分别向烧瓶中加入酸液　(3)三个量筒中均有气泡冒出，加盐酸和硫酸的两个，产生气泡较快，最终产生气体量相等　(4)＝ > <　(5)＝ ＝　(6)醋酸中存在电离平衡，反应开始时c(H＋)小于盐酸中c(H＋)，故反应速率也小于盐酸。当反应进行到一定程度后，醋酸的电离平衡不断向右移动，使得c(H＋)大于盐酸，故反应速率大于盐酸。由于醋酸、盐酸最终提供的H＋的物质的量相等，故最后得到的H2体积相等
Ⅰ.在a、b两支试管中，分别装入形态相同、质量相等的一颗锌粒，然后向两支试管中分别加入相同物质的量浓度、相同体积的稀盐酸和稀醋酸。填写下列空白：
(1)a、b两支试管中的现象：相同点是________________________________________________________________________；
不同点是
_______________________________________________________________________。
原因是________________________________________________________________________。
(2)a、b两支试管中生成气体的体积开始时是a________b，反应完毕后生成气体的总体积是a________b，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)25 ℃时，在0.5 L 0.2 mol/L的CH3COOH溶液中，有0.01 mol的CH3COOH电离成离子，则该温度下CH3COOH的电离常数为________。
Ⅱ.H＋浓度相同的等体积的两份溶液A和B，A为盐酸，B为醋酸，分别和锌反应，若最后仅有一份溶液中存在锌，且放出的氢气的体积相等，则下列说法正确的是(　　)
①反应所需要的时间B>A　②开始反应时的速率A>B　③参加反应的锌的物质的量A＝B　④反应过程中平均速率B>A　⑤盐酸里有锌剩余　⑥醋酸里有锌剩余
A．③④⑤　　　　　　　　　B．③④⑥
C．②③⑤ D．②③⑤⑥
【解析】　Ⅰ.(1)因物质的量浓度相同，而HCl完全电离，盐酸中c(H＋)大于醋酸中c(H＋)，所以与盐酸反应时更快。
(2)因a中c(H＋)大于b中c(H＋)，所以开始时a中反应更快，单位时间内收集到气体更多，但因H＋的物质的量相等，所以产生H2总体积相等。
(3)该溶液中H＋和CH3COO－的物质的量浓度为：0.01 mol/0.5 L＝0.020 mol/L。据电离方程式CH3COOH?? H＋＋CH3COO－可知，CH3COOH分子的平衡浓度为0.2 mol/L－0.02 mol/L＝0.18 mol/L。CH3COOH的电离平衡常数为：
K＝ ＝ ＝2.22×10－3mol/L。
Ⅱ.起始时c(H＋)相同，因此开始时反应速率相同；因放出H2的体积相同，所以参加反应的锌相等；随着反应的进行，醋酸的电离平衡被破坏，向着电离方向移动，故H＋的变化小于盐酸，所以在反应过程中醋酸溶液中生成氢气的速率大于盐酸；锌不可能在醋酸中剩余，因为醋酸能够提供的H＋远大于盐酸，故选A。
【答案】　Ⅰ.(1)都产生气泡，Zn溶解　a产生气泡、Zn溶解速度都快　HCl完全电离，HCl中的c(H＋)大于CH3COOH中的c(H＋)
(2)大于　等于　a中c(H＋)大于b中的c(H＋)，而n(H＋)的总量相等
(3)2.22×10－3mol/L
Ⅱ.A
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第1讲　钠及其化合物
1．Na与H2O、酸、盐反应拓展及实验探究。
2．掌握钠、过氧化钠以及Na2CO3、NaHCO3的化学性质。
1．金属钠的硬度　　，熔点较　　，呈　　色金属光泽，导热、导电性　　，密度比水　　，比煤油　。钠与O2反应，在常温下生成　　　；加热时，燃烧火焰呈　　色，反应方程式为：2Na＋O2　　
　Na2O2。钠通常保存在　　　中，目的是　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　。
一、钠的性质
小
低
银白
良好
小
大
Na2O
黄
隔绝空气，防止空气中
氧气、水等与其反应而变质
煤油
2．钠投入水中的现象是：①　在水面上；②　成闪亮小球；③四处　　并发出　　；④滴入酚酞溶液变　　。这说明了：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。反应的化学方程式：　　　　　　　　　　　　，离子方程式为：　　　　　　　　　　　　　　。
浮
熔
游动
响声
红色
钠的密度比水小；熔点低、反应放热；生成气体；生成碱
2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑
2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑
2NaCl(熔融)
4Na＋TiCl4
Ti＋4NaCl
强还原性
热的良导体
电解法
3．钠的制取方法是　　　　；反应方程式为　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　。钠可以用来冶炼金属。如　　　　　　　　　　　　　　　，这是利用Na的 　　　　　。Na—K合金(液态)用作原子反应堆的导热剂，这是利用Na是　　　　　且合金熔点低(液态)能流动导热。　　　
Cl2↑
　　　　
2Na＋
二、钠的化合物
1．在钠的氧化物中，　　　　　是淡黄色粉末；　　　　(填“属于”或“不属于”)碱性氧化物，它与水、二氧化碳反应的化学方程式分别为：　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　
　　　　　　　。过氧化钠用作　　剂、　　　剂、　　剂。
2．氢氧化钠是片状白色固体，在空气中极易吸收　　　而潮解，可作　　　，与生石灰按一定比例熔合制成　　　。易溶于水并放出大量的热，具有强烈的腐蚀性，俗称　　　　　　　　　。氢氧化钠属于一元强碱，具有碱的一切通性。
过氧化钠
不属于
供氧
漂白
消毒
水分
干燥剂
碱石灰
烧碱、火碱、苛性钠
强
2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
2Na2O2＋2CO2===
2Na2CO3＋O2
3．碳酸钠俗称　　　或　　，是　　固体，　溶于水，其水溶液呈　性。碳酸氢钠俗称　　　，　溶于水，其水溶液呈　　性。碳酸钠与碳酸氢钠都能与酸反应放出　　　　气体，且　　产生气体的速率快，其反应的离子方程式分别为，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　。碳酸钠与碳酸氢钠中，　　　　　还能与氢氧化钠反应，其反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　，　
　　加热会分解，其反应方程式为　　　　　　　　　　　。
纯碱
苏打
白色
易
碱
小苏打
可
碱
二氧化碳
后者
CO32－＋2H＋===H2O＋CO2↑
HCO3－＋H＋===H2O＋CO2↑
碳酸氢钠
HCO3－＋OH－===H2O＋CO32－
碳酸氢钠
2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑
1．一小块钠，长时间露置在空气中，会有什么样的变化？
2．用澄清的石灰水，能鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液吗？为什么？用盐酸呢？
【提示】　1.现象为表面变暗→小液滴→白色晶体→白色粉末。对应物质依次为Na2O→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3。
2．不能。因为二者与石灰水作用，均有白色沉淀生成，原理为：Ca(OH)2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaOH，Ca(OH)2＋2NaHCO3===CaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O。
用盐酸时，在特定条件下可以，二者浓度要相等，盐酸要稀且加入速度相同。
钠的性质
1．钠跟酸的反应
钠与稀硫酸、盐酸等非氧化性酸反应时，首先是钠直接跟酸反应，过量的钠再与水反应，而不能认为是钠先跟水反应，生成的NaOH再跟酸中和。
钠投入足量盐酸中反应的化学方程式是：
2Na＋2HCl===2NaCl＋H2↑
离子方程式是：2Na＋2H＋===2Na＋＋H2↑
2．钠跟碱溶液的反应实际是钠跟水反应
3．钠跟盐溶液的反应
(1)NaCl溶液：实际是与水反应。反应的化学方程式为：
2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑
(2)CuSO4溶液：因为钠与水剧烈反应，这样钠先与水反应，生成的NaOH再跟CuSO4反应，而不能认为发生的只是置换反应。
上述反应的化学方程式为：
2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑
2NaOH＋CuSO4===Cu(OH)2↓＋Na2SO4
总式为：2Na＋CuSO4＋2H2O===Cu(OH)2↓＋H2↑＋Na2SO4
(3)NaHSO4溶液：因其完全电离：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42－，而使溶液显强酸性，即盐电离产生的H＋浓度远大于水中H＋浓度，此时钠直接与盐反应。
2Na＋2NaHSO4===2Na2SO4＋H2↑
(4)通常钠不能从盐溶液中置换出金属；若盐为熔融状态，钠可以置换出较不活泼的金属，如4Na＋TiCl4 4NaCl＋Ti。
将钠、镁、铝各0.3 mol分别放入100 mL 1 mol·L－1的盐酸中，同温同压下产生的气体体积比是(　　)
A．1∶2∶3　B．6∶3∶2
C．3∶1∶1 D．1∶1∶1
【导航】　钠、镁、铝等金属与酸或水反应时，金属失去电子，H＋得到电子放出氢气，即金属失电子的物质的量之比，等于气体的体积比。
【解析】　由题意知：钠、镁、铝的物质的量均为0.3 mol，
n(HCl)＝0.1 L×1 mol·L－1＝0.1 mol。
经分析知，钠、镁、铝与盐酸反应时，金属均过量，盐酸不足。
当钠与盐酸反应时，产生H2的量以钠为准进行计算：
2Na　　　～　　　H2↑
2 mol 1 mol
0．3 mol n(H2)
n(H2)＝0.15 mol
当镁、铝分别与盐酸反应时，产生H2的量以盐酸为准进行计算：
2HCl　　　～ H2↑
2 mol 1 mol
0．1 mol n′(H2)
n′(H2)＝0.05 mol 【答案】　C
Na2O2的性质
2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2
2H2O＋2Na2O2===4NaOH＋O2↑
1．物质的量的关系
无论是CO2或H2O的单一物质还是二者的混合物，通过足量的Na2O2时，CO2或H2O与放出O2的物质的量之比为2∶1，解决此类问题可借助物质的量守恒关系。
2．气体体积关系
若CO2和水蒸气的混合气体(或单一气体)通过足量Na2O2，气体体积的减少量或原混合气体体积的 　即为生成氧气的量。
3．电子转移关系
当Na2O2与CO2、H2O反应时，每产生1 mol O2转移2 mol e－。
4．固体质量关系
相当于固体(Na2O2)只吸收了CO2中的“CO”，H2O中的“H2”；可以看作发生相应的反应：Na2O2＋CO===Na2CO3、Na2O2＋H2===2NaOH(实际上两反应不能发生)。
5．先后顺序关系
一定量的Na2O2与一定量的CO2和H2O(g)混合物的反应，可视作Na2O2先与CO2反应，待CO2反应完成后，Na2O2再与H2O发生反应。
取a g某物质在氧气中完全燃烧，将其产物跟足量的过氧化钠固体完全反应，反应后固体的质量恰好也增加了a g。下列物质中不能满足上述结果的是(　　)
A．H2　　　B．CO
C．C6H12O6 D．C12H22O11
【导航】　H2―→H2O　　　　　2NaOH
CO―→CO2　　　　　　Na2CO3
【解析】　采用巧解算方法解题：分析题意要满足题给条件。必须是物质燃烧消耗氧气的量，等于CO2和H2O与过氧化钠反应产生氧气的量。
H2＋Na2O2===2NaOH
CO＋Na2O2===Na2CO3
所以：A、B满足上述结果；C项可以改写为(CO)6·(H2)6的形式，故C正确；而D项C12H22O11可改写为(CO)11·(H2)11·C的形式，故D项不能满足上述结果。　　
　【答案】　D
Na2CO3和NaHCO3的有关计算
1．CO2生成量的比较
(1)Na2CO3、NaHCO3在与强酸反应时，无论是质量相等和足量酸反应，还是酸量相同与足量Na2CO3、NaHCO3反应，总是NaHCO3产生的CO2多。
(2)一定量的NaHCO3受热分解时产生的CO2，与将其加热后的残留物和足量酸反应产生的CO2一样多。
(3)对盐酸和Na2CO3溶液来说
当n(HCl)≥2n(Na2CO3)时，无论滴加顺序如何，产生的CO2一样多；当n(HCl)<2n(Na2CO3)时，把Na2CO3溶液滴加到盐酸中比把盐酸滴加到Na2CO3溶液中产生的CO2多。
2．差量法的运用
在化学反应中，根据质量守恒定律，反应物和生成物按一定的质量比发生反应。在具体的一个反应中，还可以根据需要进行某些特定的组合，即反应方程式中某些项目进行加减组合。如碳酸氢钠固体的分解反应，产物中的二氧化碳是气体，水是液体，若讨论固体质量的变化，可以是前后固体质量的差值，也可以是非固体物质，按方程式中比例关系合并为一个比例量，与原方程式各种量成比例关系。具体如下：
2NaHCO3　　　　　　Na2CO3＋CO2↑＋H2O　　　Δm(固)
2×84 g　　　106 g　　44 g　　18 g　　62 g
其固体差量可用下列两种方法得出：
(2NaHCO3－Na2CO3)或(CO2＋H2O)
(2×84 g－106 g)　　或(44 g＋18 g)
3．不等式的运用
不等式在解题中有独到的作用：判断答案范围，进行计算前的讨论。
例如：一定量NaOH溶液中通入一定量CO2，在减压低温下蒸干溶液，得一定量固体，确定固体的成分及含量。
固体的成分有四种可能情况：NaOH、Na2CO3的混合物；Na2CO3；Na2CO3与NaHCO3的混合物；NaHCO3；计算时往往依据钠守恒采用极值法判断固体成分后再进行计算。
　过量的NaHCO3和少量的Na2O2混合，在密闭体系中充分加热，最后排出气体物质，残留物是(　　)
A．Na2O、NaOH B．NaHCO3、Na2CO3
C．Na2CO3 　　D．NaOH
【导航】　NaHCO3分解后产物中H2O和CO2均与Na2O2反应，反应能力和反应效果应区别开。
【解析】　由于NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O,2NaHCO3　　　　　Na2CO3＋CO2↑＋H2O，而生成物CO2、H2O都能与Na2O2反应，但NaHCO3是过量的。生成的CO2、H2O对于Na2O2来说应是过量的。此时必须弄清Na2O2究竟先与CO2反应，还是先和H2O反应，还是任意发生？设想如果先和H2O反应，生成的NaOH还会再与CO2反应，最终还是生成Na2CO3，可见，Na2O2首先应和CO2反应，当CO2消耗尽，如果还有Na2O2，接下来才是Na2O2与H2O反应。既然混合物中NaHCO3过量，则判断残留固体应为Na2CO3。
【答案】　C
1．(2009年重庆理综)下列叙述正确的是(　　)
A．SO2具有还原性，故可作漂白剂
B．Na的金属活动性比Mg强，故可用Na与MgCl2溶液反应制Mg
C．浓硝酸中的HNO3见光会分解，故有时在实验室看到的浓硝酸呈黄色
D．Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，故在与其他非金属反应的产物中Fe也显＋3价
【解析】　A项，SO2可作漂白剂是因为SO2可与有色物质结合成不稳定的无色物质，并不是因其具有还原性；B项，在溶液中Na与水反应，不与盐反应，金属单质Mg的制取应用电解法；D项，Fe与强氧化剂反应显＋3价，与弱氧化剂反应显＋2价，如Fe与S反应生成FeS。
【答案】　C
2．(2009年海南单科)在室温下，下列各组中的物质分别与过量NaOH溶液反应，能生成5种盐的是(　　)
A．Al2O3、SO2、CO2、SO3　　　 B．Cl2、Al2O3、N2O5、SO3
C．CO2、Cl2、CaO、SO3 　　　 D．SiO2、N2O5、CO、Cl2
【解析】　Cl2与NaOH反应可生成NaCl和NaClO两种盐。
【答案】　B
3．(2009年海南单科)在5 mL 0.05 mol/L的某金属氯化物溶液中，滴加0.1 mol/L AgNO3溶液，生成沉淀质量与加入AgNO3溶液体积关系如图所示，则该氯化物中金属元素的化合价为(　　)
A．+1 　 B．＋2
C．＋3 　 D．＋4
【解析】　从图中可以看出，AgNO3溶液的体积应在7～8 mL之间。由于5 mL金属氯化物的溶液中所含Cl－的物质的量与Ag＋的物质的量相等，设金属氯化物的化学式为MClx，粗略计算有：5.0 mL×0.05 mol·L－1×x＝8.0×0.1 mol·L－1，解得x＝3.2。所以，认定金属元素的化合物为＋3。
【答案】　C
4．(2009年四川理综)已知A～O分别代表一种物质，它们之间的转化关系如下图所示(反应条件略去)。A、B、H分别是由短周期元素组成的单质。B与冷水缓慢反应，与沸水迅速反应，放出氢气。D是一种离子化合物，其阴阳离子的个数比为2∶3，且能与水反应得到两种碱。C为淡黄色固体化合物，O能与G的水溶液反应生成蓝色沉淀。
　　　　　请回答下列问题：
(1)组成B单质的元素位于周期表第________周期，第______族。化合物C的电子式为______________________________________________。
(2)J的沸点比硒化氢(H2Se)的沸点高，其原因是___________________________________________________。
(3)写出I与H在点燃条件下反应生成A和J的化学方程式：
_______________________________________________。
(4)写出D与足量的N反应生成E和F的化学方程式：___________________________________________________。
(5)上图中，在同一反应里一种物质既作氧化剂，又作还原剂，这样的反应共有________个。
【解析】　根据题意可判断出B为Mg，D为Mg3N2，则A只能为N2；又因C为淡黄色固体化合物，则为Na2O2(或K2O2)；又因O和G生成蓝色沉淀，则G为NaOH，H为O2，从而可得I(NH3)　　　　
A(N2)　　LL(NO)　　　M(NO2)　　N(HNO3)　　 O[Cu(NO3)2]，其他物质略。(5)符合条件的有Na2O2(或K2O2)与水的反应、NO2和水的反应。
【答案】　(1)三　ⅡA
Na＋[　　　　]2－Na＋(或K＋[　　　　　]2－K＋)
(2)水分子之间存在氢键
(3)4NH3＋3O2　　　　　　2N2＋6H2O
(4)Mg3N2＋8HNO3===3Mg(NO3)2＋2NH4NO3
(5)2
1．(2009年上海单科)9.2 g金属钠投入到足量的重水中，则产生的气体中含有(　　)
A．0.2 mol中子 B．0.4 mol电子
C．0.2 mol质子 D．0.4 mol分子
【解析】　由反应方程式：2Na＋2D2O===2NaOD＋D2↑，可知9.2 g金属钠完全反应产生0.2 mol D2，一个D原子中含1个质子、1个电子、1个中子，故选B。
【答案】　B
2．(2010年河南师大附中月考)把NaHCO3和NaOH的混合物放在密闭容器中加热，下列关于混合物加热前后消耗盐酸的物质的量的判断正确的是(　　)
A．加热前消耗得多 B．加热后消耗得多
C．加热前后一样多 D．当NaOH适量时才会一样多
【解析】　不加热时，1 mol NaHCO3和1 mol NaOH与盐酸反应均消耗1 mol盐酸；加热时，依题意可得关系式2NaHCO3～Na2CO3～2HCl，进而可得NaHCO3～HCl；又由关系式2NaOH～Na2CO3～2HCl可得NaOH～HCl。综上所述，NaHCO3和NaOH的混合物加热前后消耗盐酸的物质的量不变。
【答案】　C
3．(2009年东北三校联考)向紫色石蕊试液中加入过量Na2O2粉末，振荡，正确的叙述是(　　)
A．溶液为紫色 B．最后溶液变蓝色
C．最后溶液褪色 D．有沉淀产生
【解析】　Na2O2投入紫色石蕊试液中，因其具有氧化性，所以使紫色石蕊试液褪色。
【答案】　C
4．(2008年北京理综)1 mol过氧化钠与2 mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是(　　)
A．Na2CO3 　　　 B．Na2O2　Na2CO3
C．NaOH　Na2CO3 D．Na2O2　NaOH　Na2CO3
【解析】　涉及的反应有：
2NaHCO3　　　　　Na2CO3＋CO2↑＋H2O
2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2
2H2O＋2Na2O2=== 4NaOH＋O2↑
CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O
基于CO2与NaOH的反应，本题在计算时可处理成先让CO2与Na2O2全都反应，若剩余Na2O2，则再与H2O反应。2 mol NaHCO3受热分解产生1 mol CO2，已足以把Na2O2反应掉，故残留固体只有Na2CO3。
【答案】　A
5．(2009年福州测试)“绿色化学实验”进课堂，某化学教师为“氯气与金属钠反应”设计了如下装置与操作以替代相关的课本实验。实验操作：钠与氯气反应的装置可作如下图改进，将一根玻璃管与氯气发生器相连，玻璃管内放一块黄豆粒大的金属钠(已洗净煤油)，玻璃管尾部塞一团浸有NaOH溶液的棉花球。先给钠预热，到钠熔成圆球时，撤火，通入氯气，即可见钠着火燃烧，生成大量白烟。以下叙述错误的是(　　)
A．反应生成的大量白烟是氯化钠晶体
B．玻璃管尾部塞一团浸有NaOH溶液的棉球，其作用是吸收过量的氯气，以免其污染空气
C．钠着火燃烧产生苍白色火焰
D．若在棉球外沿滴一滴淀粉碘化钾溶液，可据其颜色变化判断氯气是否被碱液完全吸收
【解析】　这是一道综合实验题，考查了Na和Cl2反应的实验，同时还考查了Cl2的性质和检验方法，Na和Cl2反应生成的白烟即为NaCl固体小颗粒，实验室常用NaOH溶液吸收Cl2，方程式为Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，常用KI淀粉溶液(或湿润的试纸)检验Cl2。
【答案】　C
6．在一定温度下，向饱和的烧碱溶液中加入一定量的过氧化钠，充分反应后恢复到原来温度，下列说法正确的是(　　)
A．溶液中Na＋浓度增大，有O2放出
B．溶液pH不变，有H2放出
C．溶液中Na＋数目减少，有O2放出
D．溶液pH增大，有O2放出
【解析】　2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，B错误；因反应时消耗水，同时生成溶质NaOH，所以有NaOH结晶析出，原NaOH饱和溶液中溶质NaOH和溶剂水的质量、物质的量以及数目均减少，C正确；因仍然是原温度下的饱和溶液，所以浓度不发生改变，pH也不变化，A、D错误。
【答案】　C
7．(2009年枣庄质检)金属钠与水的反应是中学化学中的一个重要反应。高一化学教材中该实验曾出现过几种不同的演示方法，分别如下图中甲、乙、丙所示：
(1)现按图甲所示的方法，在室温时，向盛有Ca(HCO3)2溶液的水槽中加入一小块金属钠。下列现象描述正确的是　　　　(填字母)。
A．钠浮在液面上，并四处游动，最后消失
B．钠熔化成一个光亮的小球
C．反应开始后，溶液由无色变红色
D．恢复到室温时，水槽底部有固体物质析出
(2)请补充并完成甲实验从试剂瓶中取出钠到向水槽中投入钠的有关操作：用镊子从试剂瓶中取出一小块钠→　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　→用镊子夹取切好的金属钠投入到盛有Ca(HCO3)2溶液的水槽中。
(3)某同学用镊子夹住一块钠，按图乙所示方法来收集产生的气体，但钠很快脱落，实验没有成功。正确的关键操作应为______________________________________________________________________________________________________________。
(4)用装满水的矿泉水瓶按图丙所示方法进行实验，用手挤压矿泉水瓶并塞紧带有钠的塞子，共排出水的体积为16.8 mL，待钠反应结束后，干瘪的带塞矿泉水瓶恢复到原状，假设瓶内、瓶外均属于标准状况，则所用的钠的质量为　　　　g。
【解析】　(1)钠投入到Ca(HCO3)2溶液中，钠熔化成光亮的小球，浮在水面上，并四处游动，最后消失。反应生成的NaOH与Ca(HCO3)2发生反应而产生CaCO3沉淀。
(2)取用钠的操作：用镊子从试剂瓶中取出一小块钠，用滤纸吸干表面的煤油，在玻璃片上用小刀切成绿豆大小的钠粒，多余的钠要放回试剂瓶中。
(3)应用铝箔包住钠块，然后用针在铝箔上刺几个孔，再用镊子夹住。
(4)n(Na)=2n(H2)=2×　　 　　=0.001 5 mol，m(Na)=0.001 5 mol×23 g/mol=0.034 5 g。
【答案】　(1)ABD
(2)用滤纸吸干表面的煤油，在玻璃片上用小刀切成绿豆大小的钠粒，并将多余的钠放回试剂瓶中
(3)用铝箔包好钠块，然后用针在铝箔上刺几个孔，再用镊子夹住
(4)0.034 5
8．(2009年宁夏理综)下图表示有关物质(均由短周期元素形成)之间的转化关系，其中A为常见的金属单质，B为非金属单质(一般是黑色粉末)，C是常见的无色无味液体，D是淡黄色的固体化合物。(反应条件图中已省略)
(1)A、B、C、D代表的物质分别为________、________、________、________(填化学式)。
(2)反应①中的C、D均过量，该反应的化学方程式是_____ ___________________。
(3)反应②中，若B与F物质的量之比为4∶3，G、H分别是________、__________(填化学式)。
(4)反应③产物中K的化学式为
_________________________________。
(5)反应④的离子方程式为_________________________________。
【解析】　(1)由C是常见无色无味液体，推知为H2O；D是淡黄色固体化合物，推知D为Na2O2，C、D反应后生成NaOH，并且又能和常见金属单质A反应，可知A为Al；由B为黑色非金属单质，猜测为碳。
(2)分步书写，减少错误。先写出Na2O2与H2O的反应，生成的NaOH再与Al发生反应。
(3)根据C和O2反应的物质的量，两者比值为4∶4时产物为CO2，比值为4∶2时，产物为CO，现在比值为4∶3，所以产物为CO2和CO的混合物。
(4)反应③Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2。
(5)反应④溶液甲的成分为NaOH和NaAlO2，通入CO2后，CO2可以和NaAlO2溶液反应生成Al(OH)3沉淀，同时CO2又和NaOH反应生成Na2CO3，两者相加，即得总方程式，然后再拆为离子方程式。
【答案】　(1)Al　C　H2O　Na2O2
(2)2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
(3)CO2　CO
(4)Na2CO3
(5)CO2＋AlO2－＋OH－＋H2O===CO32－＋Al(OH)3↓
(2009年济宁模拟)某研究学习小组的同学为了探究过氧化钠与二氧化硫的反应，用如图所示的装置进行实验。通入过量的SO2气体后，用带余烬的木条检验从C导出的气体，木条复燃。实验前称得Na2O2固体的质量为m1 g，充分反应后称得生成物固体质量为m2 g。回答下列问题：
(1)依据题中所描述的现象，推测装置B中发生了怎样的反应，写出反应的化学方程式：____________________________________________________________________________________________。
(2)设计一种实验方案，验证你对上述推测的结论是正确的。__________________________________。
(3)装置C的作用是_____________________________________________。
(4)根据反应前后固体的质量，通过计算判断m2的取值范围？(用含m1的关系式表示)
【解析】　(1)根据实验现象可知，SO2在没有H2O的存在下与Na2O2反应生成Na2SO3和O2，O2再将Na2SO3氧化为Na2SO4。
(2)检验有Na2SO3和Na2SO4生成即可。
(3)SO2属于大气污染物且不能有水蒸气进入装置B中，防止产生干扰。
(4)用极端假设法求解。若生成物只有Na2SO3时，有m2=　　　　　　　，若生成物只有Na2SO4时，有m2=　　　　　，故m2的取值范围为　
　　【答案】　(1)2SO2+2Na2O2===2Na2SO3+O2，
2Na2SO3+O2===2Na2SO4
(2)实验方案：
取少量反应后的白色固体，加入过量的稀盐酸，若产生能使品红溶液褪色的气体，则证明反应物中有Na2SO3产生。在反应后的溶液中加入BaCl2溶液，若生成白色沉淀，则证明反应中有Na2SO4生成，说明B装置中发生了上述两个反应
(3)吸收过量的SO2防止造成空气污染，防止空气中的水蒸气进入B装置　(4)　　　课时作业
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一、选择题
1．(2008年海南化学)1 mol X能与足量碳酸氢钠溶液反应放出44.8 L CO2(标准状况)，则X的分子式是(　　)
A．C5H10O4　　　　　　　　B．C4H8O4
C．C3H6O4 D．C2H2O4
【解析】　由题信息可知X结构中应有2个羧基，饱和二元羧酸的通式应为CnH2n－2O4(n≥2)，查看各选项只有D符合。
【答案】　D
2．中小学生经常使用的涂改液中含有挥发性的有毒溶剂，应尽量不使用，以减少对身体的毒害及对环境的污染。该溶剂有(　　)
A．乙醇 B．乙酸
C．三氯乙烯 D．甘油
【解析】　本题可根据题干所给信息进行选择。“有挥发性的有毒溶剂”，可排除A、B、D三项，因三者皆无毒。
【答案】　C
3.
乙醇分子中各种化学键如图所示。关于乙醇在下列反应中断键情况的说法中不正确的是(　　)
A．与金属钠反应时键①断裂
B．与乙酸发生酯化反应时键①断裂
C．与浓硫酸共热到170 ℃时键③、④断裂
D．在铜催化下与氧气反应时键①、③断裂
【解析】　与浓H2SO4共热制得乙烯，发生断键的部位是键②、④。
【答案】　C
4．用括号中的试剂和方法除去各物质中的少量杂质，正确的是(　　)
A．苯中的甲苯(溴水，分液)
B．乙醇中的乙酸(NaOH溶液，分液)
C．乙醇中的水(新制CaO，蒸馏)
D．乙酸乙酯中的乙酸(NaOH溶液，分液)
【解析】　除杂的要求：既要把杂质除去，又不能引入新的杂质且原物质不能被消耗。苯中的甲苯用溴水不能除去；乙醇与NaOH溶液不分层；乙酸乙酯在碱性条件下易水解；乙醇中的水可用CaO吸收，然后蒸馏提纯。
【答案】　C
5．将等质量的铜片在酒精灯上加热后，分别插入下列溶液中，放置片刻铜片质量增加的是(　　)
A．硝酸 B．无水乙醇
C．石灰水 D．盐酸
【解析】　铜片灼烧后生成CuO，硝酸、盐酸使生成的CuO溶解，铜片的质量减少；乙醇可实现CuO―→Cu转变：C2H5OH＋CuOCH3CHO＋Cu＋H2O，铜片的质量不变；石灰水不与CuO反应，铜片质量增加。
【答案】　C
6．(2008年上海化学)植物及其废弃物可制成乙醇燃料，下列关于乙醇燃料的说法错误的是(　　)
A．它是一种再生能源
B．乙醇易燃烧，污染小
C．乙醇只能在实验室内作燃料
D．粮食作物是制乙醇的重要原料
【解析】　乙醇是可再生能源，A正确；乙醇易燃烧，产生污染小，B正确；乙醇除了在实验室内作燃料外，可以用于乙醇汽油，C错；乙醇可由含淀粉、纤维素丰富的粮食作物水解制取，D正确。
【答案】　C
7．以下几种酸：①HCOOH　②CH3COOH
③C15H31COOH　④HOOC—COOH　⑤CHOOOH
⑥C17H33COOH，其中属于同系物的物质组是(　　)
A．④⑤ B．①③
C．①③⑥ D．①②④⑤⑥
【解析】　同系物必须满足：结构相似，分子组成上相差1个若干个CH2原子团两个条件，⑤是H2CO3非有机酸，A错；B组同时满足两个条件，正确；⑥是不饱和一元酸，C错；D中均不符合两个条件，错误。
【答案】　B
8．(上海高考)二甘醇可用作溶剂、纺织助剂等，一旦进入人体会导致急性肾衰竭，危及生命。二甘醇的结构简式是HO—CH2CH2—O—CH2CH2—OH。
下列有关二甘醇的叙述正确的是(　　)
A．不能发生消去反应　　　　B．能发生取代反应
C．能溶于水，不溶于乙醇 D．符合通式CnH2nO3
【解析】　由二甘醇的结构简式可以看出，其含有醇羟基，联系醇的性质它应该能发生取代反应和消去反应，又根据“相似相溶”原理，它应该能溶于水和乙醇，也很明显看出它不符合CnH2nO3的通式，故选B。
【答案】　B
9．(2009年潍坊模拟)下图是某只含有C、H、O元素的有机物的简易球棍模型。下列关于该有机物的说法正确的是(　　)
A．该物质属于酯类
B．分子式为C3H8O2
C．该物质在酸性条件下水解生成乙酸
D．该物质含有双键，能跟氢气发生加成反应
【解析】　由球棍模型读出该分子的结构简式为
CH2CH3COOCH3，其分子式为C4H8O2，属于酯，在酸性条件下水解生成丙酸，酯键不能与H2发生加成反应。
【答案】　A
10．化合物丙由如下反应得到
C4H10OC4H8C4H8Br2
　甲　　　　　　　　乙　　　　　　　丙
丙的结构简式不可能是(　　)
A．CH3CH2CHBrCH2Br B．CH3CH(CH2Br)2
C．CH3CHBrCHBrCH3 D．(CH3)2CBrCH2Br
【解析】　甲为丁醇发生消去反应得到丁烯[三种
CH3CH2CH===CH2、CH3CH===CHCH3、CH2===C(CH3)2]，然后与Br2发生加成反应，分别得到A、C、D三产物，故选B。
【答案】　B
11．(高考全国卷Ⅰ)某有机化合物仅由碳、氢、氧三种元素组成，其相对分子质量小于150，若已知其中氧的质量分数为50%，则分子中碳原子的个数最多为(　　)
A．4 B．5
C．6 D．7
【解析】　该有机物相对分子质量小于150，其中含氧50%，设含n个氧原子，则16n≤150×50%(n为正整数)。n<5，含氧原子数最多只能为4个，Mr最大值为＝128，则C、H在式量中最多为64，而C的相对原子质量为12最多含5个C原子。
【答案】　B
12．具有一个羟基的化合物A 10 g，与乙酸反应生成乙酸某酯11.85 g，并回收了未反应的A 1.3 g，则A的相对分子质量约为(　　)
A．98 B．116
C．158 D．278
【解析】　不妨设化合物A为R—OH，相对分子质量为Mr，则发生的酯化反应方程式为：
CH3COOH＋HO—R??CH3COOR＋H2O
　　　 Mr　　　　Mr＋60－18
　　 (10－1.3)g　11.85 g
＝。
解得Mr＝116。
【答案】　B
二、非选择题
13．酸奶中含有乳酸，其结构简式为：
CHCH3OHCOOH。
(1)乳酸跟足量金属钠反应的化学方程式为：
________________________________________________________________________。
(2)乳酸跟少量碳酸钠溶液反应的化学方程式为：
________________________________________________________________________。
(3)乳酸在浓硫酸存在下，3分子相互反应，生成物为链状，其结构简式可表示为________________________________________________________________________。
(4)乳酸在浓硫酸存在下，2分子相互反应，生成物为环状，其结构简式可表示为________________________________________________________________________。
【解析】　(1)—OH、—COOH与钠均能发生反应，据此可写出反应的化学方程式。
(2)—COOH与Na2CO3反应放出CO2，而—OH与Na2CO3不反应，据此可写出反应的化学方程式。
(3)3分子乳酸在浓H2SO4存在下，一分子中的—COOH与另一分子中—OH酯化，相互作用可生成链状酯。
(4)2分子乳酸在浓H2SO4存在下，2分子中的—COOH和—OH相互酯化，可生成环状交酯。
【答案】　(1)CH3CHOHCOOH＋2Na―→
CH3CHONaCOONa＋H2↑
(2)2CH3CHOHCOOH＋Na2CO3―→2CH3CHOHCOONa
＋CO2↑＋H2O
(3)CH3CHOHCOOCHCH3COOCHCH3COOH
(4)CH3CHOCOCHCH3OCOC
14．(2009年江苏质检)化学式为C8H10O的化合物A具有如下性质：
①A＋Na―→慢慢产生气泡
②A＋RCOOH有香味的产物
③A苯甲酸
④其催化脱氢产物不能发生银镜反应
⑤脱水反应的产物，经聚合反应可制得一种塑料制品(它是目前造成“白色污染”的主要污染源之一)
试回答：
(1)根据上述信息，对该化合物的结构可作出的判断是____；(填编号)
A．苯环上直接连有羟基 B．苯环侧链末端有甲基
C．肯定有醇羟基 D．肯定是芳香烃
(2)化合物A的结构简式______________；
(3)A和金属钠反应的化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　据①②知该化合物为醇，据③可知该醇分子内有一个苯环，据④知该醇分子苯环上只有一个支链，且支链上羟基不连在末端碳原子上，据化学式为C8H10O，故该化合物为CHOHCH3。
【答案】　(1)BC　(2)CHOHCH3
(3)2CHOHCH3＋2Na―→2CHONaCH3＋H2↑
15．(2009年山东济南)有机物A易溶于水，且1 mol A能跟Na反应生成0.5 mol H2，但不与NaOH反应，已知A通过如下转化关系制得化学式为C4H8O2的酯E，且当D→E时，式量增加28，B是一种烃。
A,①BCDE
(1)写出E的不同种类的一种同分异构体的结构简式：
________________________________________________________________________。
(2)写出①、②、③的化学方程式，并在括号中注明反应类型：
① 　(　　　　)；
②________________________________________________________________________ (　　　　)；
③ 　(　　　　)。
【解析】　1 mol A与Na反应生成0.5 mol H2，但不与NaOH反应，说明A为一元醇。而B为烃，应是A消去反应后生成的烯烃。在A―→B―→C―→D的转化中，碳原子数没有变化，所以A、B、C、D四种物质碳原子相等。而D＋A―→E(C4H8O2)，所以A、B、C、D中均有2个碳原子。则A为C2H5OH，B为CH2===CH2,2CH2===CH2＋O2―→2CH3CHO　CH3CHO
(B) (C) (C)
CH3COOH。
　(D)
(1)中，C4H8O2属于酸的同分异构体有两种：
CH3CH2CH2COOH、CHCH3CH3COOH。
【答案】　(1)CH3(CH2)2COOH或CHCH3CH3COOH(写出丁酸的任意一种结构即可)
(2)①C2H5OHCH2===CH2↑＋H2O(消去反应)
②2CH3CHO＋O22CH3COOH(氧化反应)
③CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O(酯化反应)
16．(2008年北京)化合物A(C4H10O)是一种有机溶剂，A可以发生如下变化：
　　　　　 ,Na
　　　　
(1)A分子中的官能团名称是________；
(2)A只有一种一氯取代物B，写出由A转化为B的化学方程式________________________________________________________________________。
(3)A的同分异构体F也可以有框图内A的各种变化，且F的一氯取代物有三种，F的结构简式是________________________________________________________________________。
【解析】　A可与Na反应，A的化学式为C4H10O，说明A中一定有—OH；由A只有一种一氯化物B，可推出A为(CH3)3C—OH。A与Cl2光照反应只能发生在烃基上，由此可推出反应的化学方程式。F是A的同分异构体，也可发生图示变化，说明F也是醇类，结合F的一氯代物有三种，可推出F的结构简式。
【答案】　(1)羟基　
(2)(CH3)3C—OH＋Cl2光,ClH2CCCH3CH3OH＋HCl
(3)CHCH3CH3CH2OH(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
一、选择题
1．化学反应常伴随着颜色变化，下列反应与颜色不相符的是(　　)
A．淀粉溶液遇单质碘——蓝色
B．蛋白质遇浓HNO3——黄色
C．白纸上溅上浓H2SO4——黑色
D．Na在Cl2中燃烧时的火焰——苍白色
【解析】　Na在Cl2中燃烧，产生黄色火焰且冒白烟。
【答案】　D
2．下列关于油脂的叙述不正确的是(　　)
A．油脂属于酯类
B．油脂没有固定的熔、沸点
C．油脂是高级脂肪酸甘油酯
D．油脂都不能使溴水褪色
E．冷水洗涤油脂效果差
【解析】　油脂是高级脂肪酸与甘油通过酯化反应生成的酯类物质，故A、C两项正确；油脂是混合物，无固定的熔、沸点，故B项正确；油酸甘油酯的烃基中含有双键，能与Br2发生加成反应，因此D项符合题意；E项正确，油脂不溶于水。
【答案】　D
3．区别植物油和矿物油的正确方法是(　　)
A．看色、态，是否澄清、透明 B．加NaOH溶液，煮沸
C．加新制Cu(OH)2 D．加酸性高锰酸钾，振荡
【解析】　植物油的成分是不饱和高级脂肪酸的甘油酯，矿物油指汽油、煤油等，其成分为液态烷烃、烯烃等。纯净的植物油和矿物油都是无色液体，所以A项错误；植物油和矿物油都不与新制Cu(OH)2反应；植物油分子中含有不饱和键，可使酸性KMnO4溶液褪色，若矿物油是裂化汽油，同样也能使酸性KMnO4溶液褪色；向两者中分别加入NaOH溶液煮沸，分层现象消失的为植物油，无变化的为矿物油。
【答案】　B
4．向淀粉中加少量稀硫酸，并加热使之发生水解，为测定水解的程度所需下列试剂是(　　)
①NaOH溶液　②银氨溶液　③新制Cu(OH)2溶液　④碘水
⑤BaCl2溶液
A．①⑤　　　　　　　　　　B．②④
C．①③④ D．②③④
【解析】　加NaOH中和硫酸，新制Cu(OH)2(或银氨溶液)验证是否发生水解，加碘水验证淀粉是否完全水解。
【答案】　C
5．下列物质按不同类别分组，所得组合最不合理的是(　　)
(1)糖类　(2)塑料　(3)石油　(4)蛋白质　(5)合成纤维　(6)棉花　(7)陶瓷　(8)玻璃　(9)天然气　(10)水泥(11)合成橡胶　(12)煤　(13)油脂　(14)羊毛
A．(1)、(4)、(13) B．(2)、(5)、(11)
C．(7)、(8)、(10)、(14) D．(3)、(9)、(12)
【解析】　A为人体所需的重要营养物质；B为合成有机高分子材料；D为矿物能源。C中(14)是蛋白质，其他为无机非金属材料。
【答案】　C
6．(2008年广州一摸)现有下列物质，其中符合Cn(H2O)m的组成，但不属于糖类的是(　　)
①纤维素　②甲酸甲酯　③淀粉　④甲醛　⑤丙酸　⑥乳酸(α－羟基丙酸)　⑦乙二醇　⑧乙酸
A．②③④⑥ B．②④⑥⑧
C．①③④⑦ D．②④⑤⑧
【解析】　用排除法(或称筛选法)，从名称看，①纤维素、②淀粉均为多糖，均不符合题意，则A、C肯定不是正确选项。B、D中均有②④⑧，则只须观察⑤⑥是否符合题意。⑤为丙酸，其化学式C3H6O2不符合碳水化合物组成。⑥为α－羟基丙酸，结构简式为CHCH3OHCOOH，推得其化学式为C3H6O3，符合碳水化合物的通式，但不属于糖类，则⑥符合题意。则必有②④⑥⑧符合碳水化合物组成，且不为糖类，则B为正确选项。
【答案】　B
7．(广东化学)下列说法正确的是(　　)
A．石油裂解可以得到氯乙烯
B．油脂水解可得到氨基酸和甘油
C．所有烷烃和蛋白质中都存在碳碳单键
D．淀粉和纤维素的组成都是(C6H10O5)n，水解最终产物都是葡萄糖
【解析】　A项，石油裂解主要得到乙烯、丙烯、异丁烯及甲烷、乙烷、丁烷、炔烃、硫化氢和碳的氧化物等；B项，油脂水解可得到高级脂肪酸和甘油；C项，甲烷分子中不含碳碳单键。
【答案】　D
8．(2008年南京质检)油脂是油与脂肪的总称，它是多种高级脂肪酸的甘油酯。油脂既是重要食物，又是重要的化工原料。油脂的以下性质和用途与其含有的不饱和双键(CC)有关的是(　　)
A．适量摄入油脂，有助于人体吸收多种脂溶性维生素和胡萝卜素
B．利用油脂在碱性条件下的水解，可以生产甘油和肥皂
C．植物油通过氢化可以制造植物奶油(人造奶油)
D．脂肪是有机体组织里储存能量的重要物质
【解析】　解答本题的关键是注意审题，与含有不饱和(CC)键有关的油脂的性质是油脂的氢化，C选项符合题意。
【答案】　C
9．下列有机物水解时，键断裂(用虚线表示)错误的是(　　)
①CHH2NCH3CONHCHCH3COOH
②CHCH3CH2OHⅠ
③CH2CH3COOCH2CH3
④ONa
A．只有①③ B．只有①④
C．只有③ D．只有①②③
【解析】　蛋白质和肽类物质水解时是羰基跟氮原子相连的共价键断裂，酯水解时是羰基跟氧原子相连的共价键断裂。
【答案】　A
10．(2009年合肥第一次质检)生活中遇到的某些问题，常常涉及到化学知识，下列各项叙述不正确的是(　　)
A．鱼虾放置时间过久，会产生不愉快的腥臭味，应当用水冲洗，并在烹调时加入少量食醋
B．“酸可以除锈”，“洗涤剂可以去油”都是发生了化学变化
C．被蜂蚁蜇咬会感觉疼痛难忍，这是由于人的皮肤被注入了甲酸的缘故，此时若能涂抹稀氨水或碳酸氢钠溶液，可以减轻疼痛
D．苯酚皂溶液可用于环境消毒，医用酒精可用于皮肤消毒，其原因均在于可使蛋白质变性凝固
【解析】　B项酸除铁锈发生的是化学变化，而洗涤剂去油主要是溶解，是物理过程。
【答案】　B
11．(2009年广东珠海联考)奥运吉祥物福娃外材为纯羊毛，内充物为无毒的聚酯纤维?OCCOOCH2CH2O?。下列说法中正确的是(　　)
A．羊毛与聚酯纤维的化学成分相同
B．聚酯纤维和羊毛在一定条件下均能水解
C．纯羊毛为纯净物
D．羊毛与聚酯纤维不能用燃烧法区别
【解析】　两者的化学成分不同，羊毛属于蛋白质，纯羊毛也为混合物；燃烧羊毛时有烧焦羽毛的气味，而纤维没有该气味。
【答案】　B
12．据法国《科学与未来》杂志报道，美国科学家最近在实验室中合成了与脱氧核糖核酸(DNA)分子结构相近的苏糖核酸分子。一些专家认为这种物质包含遗传信息，可能是第三种遗传分子。苏糖核酸简称TNA，是DNA和RNA的“近亲”，TNA中含有苏糖的结构单元。已知苏糖的结构简式为：CH2OHCHOHCHOHCHO，以下有关苏糖的说法中不正确的是(　　)
A．苏糖能发生银镜反应
B．苏糖与甲酸甲酯含碳的质量分数相同
C．苏糖在一定条件下能发生取代反应
D．苏糖与葡萄糖互为同分异构体
【解析】　苏糖的分子式为C4H8O4，葡萄糖的分子式为C6H12O6，不能与葡萄糖互称为同分异构体；最简式为CH2O，甲酸甲酯(HCOOCH3)的最简式也为CH2O，所以二者含碳的质量分数相同。苏糖分子中含有醛基(—CHO)，能发生银镜反应；含有羟基(—OH)，能发生取代反应。
【答案】　D
二、非选择题
13．充分燃烧某糖，消耗的O2、生成的CO2和H2O的物质的量都相等，它的相对分子质量是其实验式式量的6倍，0.1 mol该糖能与银氨溶液反应生成21.6 g银，0.1 mol该糖能与30 g乙酸发生酯化反应。则该糖的：
(1)实验式为________。
(2)相对分子质量为________，分子式为________。
(3)若该糖是直链分子，且多个羟基连在同一个碳原子上不稳定，其结构式为________________________________________________________________________。
【解析】　因为该糖燃烧消耗的O2、生成的CO2和H2O的物质的量都相等，所以该糖分子内C、H、O三种原子的物质的量之比为1∶2∶(2＋1－2)＝1∶2∶1，故该糖的实验式为CH2O。
实验式量为30，由题意知，该糖的相对分子质量为6×30＝180，分子式为C6H12O6。
设该糖分子中含有x个—CHO，y个—OH。
R(CHO)x～2xAg
1 2x
0．1 mol
解得x＝1，
R(OH)y～yCH3COOH
1 y
0．1 mol
解得y＝5
由于该糖为直链分子，且由于多个—OH连在同一碳原子上不稳定，故该糖的结构式为：
CHHOHCHOHCHOHCHOHCHOHCOH，
该糖为五羟基醛，是葡萄糖。
【答案】　(1)CH2O　(2)180　C6H12O6
(3)CHHOHCHOHCHOHCHOHCHOHCOH
14．下图中A、B、C、D、E均为有机物，其相互间可发生如图所示的转化：
回答下列问题：
(1)图中由丙烯和Cl2在500 ℃下发生的反应属________反应，A生成B的反应属________反应。E和NaOH溶液的反应在工业上称为________反应。
(2)B分子中含有的官能团是________________________________________________________________________。
(3)写出D可能的结构简式：________________________________________________________________________。
【解析】　比较丙烯跟A物质的分子式可判断第一步反应是取代反应，再比较A、B的分子式可判断第二步反应是加成反应。根据E与NaOH溶液反应生成高级脂肪酸钠可判断E是油脂，C是甘油。所以E和NaOH溶液的反应是皂化反应。甘油跟乙酸在浓硫酸中加热可发生酯化反应，再结合D的相对分子质量可得出有两个羟基被酯化。
【答案】　(1)取代　加成　皂化　(2)羟基、氯原子
(3)CH2OCOCH3CHOCH2OHCOCH3、CH2OCOCH3CHOHCH2OCOCH3
15．由葡萄糖发酵可得乳酸，酸牛奶中也能提取乳酸，纯净乳酸为无色黏稠液体，易溶于水。为了研究乳酸的分子式组成和结构，进行下述实验：
(1)称取乳酸0.90 g，在某种状况下使其完全汽化，已知相同状况下同体积氢气为0.02 g，则乳酸的相对分子质量为______。
(2)若将上述乳酸蒸气在O2中燃烧，只生成CO2和H2O(g)，当全部被碱石灰吸收时，碱石灰增重1.68 g。若将此气体通过足量石灰水后，则石灰水会产生3.00 g白色沉淀，则乳酸的分子式为________。
(3)乳酸分子能发生自身酯化反应，其催化氧化产物不能发生银镜反应，葡萄糖发酵只生成乳酸，试写出葡萄糖生成乳酸的化学反应方程式________________________________________________________________________。
(4)写出乳酸在催化剂作用下发生反应，生成化学式为C6H8O4的环状酯的结构简式：________。
【解析】　(1)＝，则M＝90 g/mol；(2)由石灰水增重可知生成CO2为0.03 mol，碱石灰增重的是二氧化碳和水蒸气的质量，可求出水的质量为1.68－0.03×44＝0.36 g即0.02 mol，则由它的相对分子质量和质量求出乳酸分子式为C3H6O3。
【答案】　(1)90　(2)C3H6O3
(3)CH2OH—(CHOH)4—CHO―→2CH3CH(OH)COOH
(4)CHCH3OCOCHCH3OCO
16．(2009年山东临沂质检)营养品和药品都是保证人类健康不可缺少的物质，其性质和制法是化学研究的主要内容。已知酪氨酸是一种生命活动不可缺少的氨基酸，它的结构简式是HOCH2CHNH2COOH
(1)酪氨酸能发生的化学反应类型有________。
A．取代反应　　　　　　　　B．氧化反应
C．酯化反应 D．中和反应
(2)在酪氨酸的同分异构体中，同时满足如下三个条件的，除酪氨酸外还有________种。
①属于氨基酸且“碳骨架”与酪氨酸相同；②与氯化铁溶液能发生显色反应；③氨基(—NH2)不与苯环直接相连。
(3)已知氨基酸能与碱反应，写出酪氨酸与足量的NaOH溶液反应的化学方程式：________________________________________________________________________。
【解析】　—COOH能发生酯化反应、中和反应；酚羟基易被氧化，可发生氧化反应，酚羟基邻、对位上的H原子可与浓溴水发生取代反应。符合条件的同分异构体包括：
HOCH2CHCOOHNH2、OHCH2CHCOOHNH2、
HOCHCH2COOHNH2、OHCHCH2COOHNH2、
OHCHCH2COOHNH2，共五种。
【答案】　(1)ABCD　(2)5
(3)HOCH2CHCOOHNH2＋2NaOH―→
NaOCH2CHCOONaNH2＋2H2O单元过关评估
(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
一、选择题(每小题3分，共48分)
1．下列说法正确的是(　　)
A．物质发生化学反应都伴随着能量变化
B．伴有能量变化的物质变化都是化学变化
C．在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量与生成物的总能量一定不同
D．在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量总是高于生成物的总能量
【解析】　物质发生化学反应都伴随着能量的变化，故A项对；伴有能量变化的物质变化不一定是化学变化，物质发生物理变化、核变化(如原子弹的爆炸)也都伴有能量变化，故B项错；在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量(设为x)与生成物总能量(设为y)之间的关系为：①x＞y反应为放热；②x＜y反应为吸热；所以C项对，D项错。
【答案】　AC
2．下列有关原电池和电解池的叙述正确的是(　　)
A．纯锌与稀硫酸反应时，加入少量CuSO4溶液，可使反应速率加快
B．甲醇和氧气以及KOH溶液构成的新型燃料电池中，其负极上发生的反应为：CH3OH＋6OH－＋6e－===CO2＋5H2O
C．在铁上镀铜时，金属铜作阴极
D．电解精炼铜时，电解质溶液中铜离子浓度基本不变
【解析】　纯锌与稀硫酸反应时，加入少量CuSO4溶液，可形成原电池，使反应速率加快，所以A正确；B中负极应失电子；C中金属铜应作阳极；D中电解精炼铜时，电解质溶液中铜离子浓度要发生变化。
【答案】　A
3．下图中，X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现
a极板质量增加，b极板处有无色、无臭气体放出，符合这一情况的是(　　)
a电极 b电极 X电极 溶液
A 锌 石墨 负极 CuSO4
B 石墨 石墨 负极 NaOH
C 银 铁 正极 AgNO3
D 铜 石墨 负极 CuCl2
【解析】　a板质量增加说明a板作阴极，金属阳离子放电，故X极是负极；b板有无色无味的气泡冒出，溶液不能是D中的CuCl2溶液，且阳极材料不能是金属。
【答案】　A
4．(2008年上海化学)已知：H2(g)＋F2(g)―→2HF(g)＋270 kJ，下列说法正确的是(　　)
A．2 L氟化氢气体分解成1 L氢气与1 L氟气吸收270 kJ热量
B．1 mol氢气与1 mol氟气反应生成2 mol液态氟化氢放出的热量小于270 kJ
C．在相同条件下，1 mol氢气与1 mol氟气的能量总和大于2 mol氟化氢气体的能量
D．1 个氢气分子与1个氟气分子反应生成2个氟化氢气体分子放出270 kJ热量
【解析】　A项中热化学方程式的化学计量数只表示物质的量；B项中气态HF变成液态HF要放出热量，故应大于270 kJ；C项中由高能量的反应物生成低能量的生成物才放出热量；D项中1 mol H2和1 mol F2反应生成2 mol HF放出的热量才是270 kJ。
【答案】　C
5．(2008年广东高考题)下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是(　　)
A．纯银器表面在空气中因化学腐蚀渐渐变暗
B．当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用
C．在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法
D．可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀
【解析】　铁比锡活泼，镀层破坏，铁作负极被腐蚀；保护地下钢管应与外电源负极相连。
【答案】　AC
6．(2009年安徽蚌埠质检)下列叙述中，可以说明金属甲的活动性比金属乙的活动性强的是(　　)
A．在氧化还原反应中，甲原子失去的电子比乙原子失去的电子多
B．同价态的阳离子，甲比乙的氧化性强
C．甲能跟稀盐酸反应放出氢气而乙不能
D．将甲、乙作电极组成原电池时，甲是正极
【解析】　A项中失电子多少不能说明失电子难易，例如Al与Na；B项中甲的阳离子氧化性强，则甲的还原性弱；C项正确；D项中甲作正极，则甲不如乙活泼。
【答案】　C
7.
(2008年全国Ⅱ理综)右图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置。通电后在石墨电极a和b附近分别滴加一滴石蕊溶液，下列实验现象中正确的是(　　)
A．逸出气体的体积，a电极的小于b电极的
B．一电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体
C．a电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色
D．a电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色
【解析】　电解Na2SO4溶液时发生的反应为：
a为阴极：4H＋＋4e－===2H2↑
b为阳极：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
对照分析A、B不正确。a极周围由于H＋放电呈碱性，石蕊显蓝色，b极周围由于OH－放电呈酸性，石蕊显红色。
【答案】　D
8．如下图所示，各烧杯中盛有海水，铁(含杂质C)在其中被腐蚀由快到慢的顺序为(　　)
A．②①③④⑤⑥ B．⑤④③①②⑥
C．⑤④②①③⑥ D．⑤③②④①⑥
【解析】　②③④形成原电池，⑤⑥是电解池反应，金属被腐蚀由快到慢的顺序是：电解池的阳极>原电池的负极>原电池的正极>电解池的阴极。
【答案】　C
9．(2008年宁夏理综)已知H2(g)、C2H4(g)和C2H5OH(l)的燃烧热分别是－285.8 kJ·mol－1、－1 411.0 kJ·mol－1和－1 366.8 kJ·mol－1，则由C2H4(g)和H2O(l)反应生成C2H5OH(l)的ΔH为(　　)
A．－44.2 kJ·mol－1 B．＋44.2 kJ·mol－1
C．－330 kJ·mol－1 D．＋330 kJ·mol－1
【解析】　根据反应
C2H4(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－1 411.0 kJ·mol－1①
C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)
ΔH＝－1 366.8 kJ·mol－1②
①－②得
C2H4(g)＋H2O(l)===C2H5OH(l)　ΔH＝－44.2 kJ·mol－1
【答案】　A
10．(2008年重庆理综)化学反应N2＋3H2===2NH3的能量变化如下图所示，该反应的热化学方程式是(　　)
A．N2(g)＋3H2(g)===2NH3(l)　ΔH＝2(a－b－c)kJ·mol－1
B．N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)　ΔH＝2(b－a)kJ·mol－1
C.N2(g)＋H2(g)===NH3(l)　ΔH＝(b＋c－a)kJ·mol－1
D.N2(g)＋H2(g)===NH3(g)　ΔH＝(a＋b)kJ·mol－1
【解析】　mol N2(g)与 mol H2(g)完全反应生成1 mol NH3(g)时放热：(b－a)kJ。生成1 mol NH3(l)时放热：(b＋c－a)kJ。
【答案】　A
11．(2008年广东化学)LiFePO4电池具有稳定性高、安全、对环境友好等优点，可用于电动汽车。电池反应为：FePO4＋LiLiFePO4，电池的正极材料是LiFePO4，负极材料是石墨，含Li＋导电固体为电解质。下列有关LiFePO4电池说法正确的是(　　)
A．可加入硫酸以提高电解质的导电性
B．放电时电池内部Li＋向负极移动
C．充电过程中，电池正极材料的质量减少
D．放电时电池正极反应为：FePO4＋Li＋＋e－===LiFePO4
【解析】　A项，Li为活泼金属，在酸性介质中不能存在；B项放电时，Li＋在正极参与反应，应向正极移动。
【答案】　CD
12．(2008年海南化学)关于铅蓄电池的说法正确的是(　　)
A．在放电时，正极发生的反应是Pb(s)＋SO42－(aq)－2e－===PbSO4(s)
B．在放电时，该电池的负极材料是铅板
C．在充电时，电池中硫酸的浓度不断变小
D．在充电时，阳极发生的反应是PbSO4(s)＋2e－===Pb(s)＋SO42－(aq)
【解析】　A项中电池放电时正极应发生还原反应，电极反应为：PbO2＋4H＋＋SO42－＋2e－===PbSO4＋2H2O；C项中电池充电时硫酸的浓度应不断增大；D项中电池充电时阳极应发生氧化反应。
【答案】　B
13．(2007年广东化学)将V1 mL 1.00 mol·L－1HCl溶液和V2 mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如下图所示(实验中始终保持V1＋V2＝50 mL)。下列叙述正确的是(　　)
A．做该实验时环境温度为22 ℃
B．该实验表明化学能可以转化为热能
C．NaOH溶液的浓度约为1.00 mol·L－1
D．该实验表明有水生成的反应都是放热反应
【解析】　A项为5 mL HCl和45 mL NaOH反应后温度为22 °C；C项HCl和NaOH溶液物质的量浓度相同，恰好反应，HCl和NaOH体积相同，图象对称；D项Ba(OH)2晶体和NH4Cl晶体反应有水生成，但为吸热反应。
【答案】　B
14．(全国Ⅱ理综)已知：①1 mol H2分子中化学键断裂时需要吸收436 kJ的能量
②1 mol Cl2分子中化学键断裂时需要吸收243 kJ的能量
③由H原子和Cl原子形成1 mol HCl分子时释放431 kJ的能量
下列叙述正确的是(　　)
A．氢气和氯气反应生成氯化氢气体的热化学方程式是
H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)
B．氢气和氯气反应生成2 mol氯化氢气体，反应的
ΔH＝183 kJ·mol－1
C．氢气和氯气反应生成2 mol氯化氢气体，反应的
ΔH＝－183 kJ·mol－1
D．氢气和氯气反应生成1 mol氯化氢气体，反应的
ΔH＝－183 kJ·mol－1
【解析】　A项，热化学方程式缺少反应热(ΔH)；反应热(ΔH)应为生成物化学键形成时所放出的总能量(431 kJ·mol－1×2)与反应物化学键断裂时所吸收的总能量(436 kJ·mol－1＋243 kJ·mol－1＝679 kJ·mol－1)的差，即反应生成2 mol HCl气体，反应的ΔH＝－183 kJ·mol－1；B项，反应放热时ΔΗ<0；D项，ΔH的数值应减半。
【答案】　C
15.
某课外活动小组，为研究金属的腐蚀和防护的原理，做了以下实验：将剪下的一块镀锌铁片，放入锥形瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞试液，按如右图所示的装置进行实验，过一段时间后观察，下列现象不可能出现的是(　　)
A．B中导气管中产生气泡
B．B中导气管里形成一段水柱
C．金属片剪口变红
D．锌被腐蚀
【解析】　该题思考的切入点是铁—锌—NaCl溶液构成原电池，由于溶液显中性，锌又比铁活泼，只能是锌作负极，铁作正极，在负极上发生Zn－2e－===Zn2＋，正极：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，所以在A中由于其中的氧气作氧化剂而使锥形瓶内气体的量减小，导致B中的水沿导气管进入而使导气管里形成一段水柱，同时锌被腐蚀，金属片上由于O2得到电子，使金属片剪口处溶液c(OH－)增大，使得溶液显碱性，遇到酚酞试液而变红。故综合以上选A。
【答案】　A
16．(电解的有关计算)用铂电极电解CuSO4和KNO3的混合溶液500 mL，经过一段时间后，两极均得到标准状况下11.2 L的气体，则原混合溶液中CuSO4的物质的量浓度为(　　)
A．0.5 mol·L－1 B．0.8 mol·L－1
C．1.0 mol·L－1 D．1.5 mol·L－1
【解析】　阳极电极反应4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，失去电子的物质的量n(O2)×4＝×4＝2 mol；阴极电极反应：首先发生的是Cu2＋＋2e－===Cu，其次发生的是2H＋＋2e－===H2↑，阴极被还原物质得到电子的总量n(Cu2＋)×2＋n(H2)×2＝n(Cu2＋)×2＋×2，两电极物质得与失电子数相等，即2 mol＝n(Cu2＋)×2＋×2。解得n(Cu2＋)＝0.5 mol，n(CuSO4)＝n(Cu2＋)＝0.5 mol，所以其物质的量浓度＝＝1.0 mol·L－1。
【答案】　C
二、非选择题(共52分)
17．(13分)甲、乙两池的电极材料都是铁棒与碳棒(如下图)。请回答下列问题：
(1)若两池中均盛放CuSO4溶液，反应一段时间后：
①有红色物质析出的是：甲池中的________棒；乙池中的________棒。
②在乙池中阴极的电极反应式是________________________________________________________________________。
(2)若两池中均盛放饱和NaCl溶液，反应一段时间后：
①写出乙池中发生的总反应的离子方程式________________________________________________________________________
　。
②将湿润的淀粉KI试纸放在乙池附近，发现试纸变蓝，待一段时间后又发现蓝色褪去，这是因为过量的Cl2将生成的I2氧化。若反应的Cl2和I2的物质的量之比为5∶1，且生成两种酸。该反应的化学方程式为________________________________________________________________________
　。
③若乙池转移0.02 mol电子后停止实验，池中溶液的体积是200 mL，则溶液混匀后的pH＝________。
【解析】　甲池为原电池，乙池为电解池，且甲池中Fe为负极，乙中Fe为阴极，C为阳极。
(1)均盛放CuSO4溶液时，甲池中发生的反应为Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，乙池中发生的反应为2Cu2＋＋2H2O2Cu＋4H＋＋O2↑。
(2)①均盛放NaCl溶液时，甲池中发生吸氧腐蚀，乙池中发生的反应为2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－。
②Cl2再氧化I2，结合物质的量之比为5∶1，利用电子守恒即得出方程式为5Cl2＋I2＋6H2O===10HCl＋2HIO3。
③2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－，因此每生成2 mol OH－，即转移2 mol e－，所以n(OH－)＝n(e－)＝0.02 mol，c(OH－)＝＝0.1 mol/L，
所以pH＝13。
【答案】　(1)①碳(C)　铁(Fe)
②Cu2＋＋2e－===Cu
(2)①2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑
②5Cl2＋I2＋6H2O===10HCl＋2HIO3　③13
18．(14分)二氧化锰是制造锌锰干电池的基本材料，工业上以软锰矿为原料，利用硫酸亚铁制备高纯二氧化锰的流程如下：
某软锰矿的主要成分为MnO2，还含Si(16.27%)、Fe(5.86%)、Al(3.42%)、Zn(2.68%)和Cu(0.86%)等元素的化合物。部分阳离子以氢氧化物或硫化物的形式完全沉淀时溶液的pH见下表，回答下列问题：
沉淀物 pH
Al(OH)3 5.2
Fe(OH)3 3.2
Fe(OH)2 9.7
Mn(OH)2 10.4
Cu(OH)2 6.7
Zn(OH)2 8.0
CuS ≥－0.42
ZnS ≥2.5
MnS ≥7
FeS ≥7
(1)硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，酸浸时发生的主要反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)滤渣A的主要成分为________________________________________________________________________。
(3)加入MnS的目的是除去________杂质。
(4)碱性锌锰干电池中，MnO2参与的电极反应方程式为________________________________________________________________________
______________________。
(5)从废旧碱性锌锰干电池中可以回收利用的物质有______________(写出两种)。
【解析】　(1)根据FeSO4在反应条件下将MnO2还原为MnSO4，Fe2＋被氧化为Fe3＋，可以写其反应方程式2FeSO4＋MnO2＋2H2SO4===MnSO4＋Fe2(SO4)3＋2H2O。
(2)根据反应后滤液(Mn2＋、Fe3 ＋、Al3＋、Cu2＋、Zn2＋、Fe2＋)加氨水调pH至5.4，结合题表可知滤渣A的主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3。
(3)根据题表可知加入MnS是为了生成溶解度更小的CuS、ZnS而除去Cu2＋、Zn2＋。
(4)碱性锌锰干电池中Zn作负极，则MnO2作正极得电子。其电极反应式应为MnO2＋H2O＋e－===MnOOH＋OH－。
(5)从碱性锌锰干电池的原料可知，其废旧电池可回收利用的物质为锌和MnO2。
【答案】　(1)MnO2＋2FeSO4＋2H2SO4===MnSO4＋Fe2(SO4)3＋2H2O
(2)Fe(OH)3、Al(OH)3
(3)Cu2＋、Zn2＋
(4)MnO2＋H2O＋e－===MnOOH＋OH－
(5)Zn、MnO2
19．(12分)(2009年潍坊教学质检)肼(N2H4)又称联氨，是一种可燃性液体，与氧气或氮的氧化物反应均可生成氮气和水，可用作火箭燃料。
(1)写出肼与一氧化氮反应的化学方程式：________________________________________________________________________
____________________。
(2)肼—空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%～30%的KOH溶液。该电池放电时，负极的电极反应式是________________________________________________________________________。
(3)如右图所示是一个电化学装置示意图。用肼—空气燃料电池作此装置的电源。
①如果A为含有铁、银、金、碳等杂质的粗铜，B为纯铜，C为CuSO4。通电一段时间后，溶液中Cu2+的浓度将　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。
②如果A是铂电极，B是石墨电极，C是硫酸，阴极的电极反应式是________________________________________________________________________。
利用该装置可制得少量过氧化氢：在阳极上SO42-被氧化成S2O82-(过二硫酸根离子)，S2O82-与H2O反应生成H2O2：S2O82-+2H2O===2SO42-+H2O2+2H+。若要制取1 mol H2O2，该燃料电池理论上需消耗　　　　 mol N2H4。
【解析】　(1)根据得失电子守恒进行方程式的配平，N2H4+2NO===2N2+2H2O。(2)该燃料电池中，N2H4为负极，氧化产物为N2，故电极反应为：N2H4+4OH--4e-===N2+4H2O。(3)①A为阳极，首先是Fe放电，然后是Cu放电，B为阴极，溶液中只有Cu2+放电，故溶液中Cu2+减少。②第一问为电解硫酸，实质是电解水，阴极反应为：2H++2e-===H2↑；第二问根据电子转移守恒，2SO42-～S2O82-～H2O2，制备1 mol H2O2转移电子2 mol，根据N2H4～N2，消耗1 mol N2H4转移电子4 mol，故消耗的N2H4为0.5 mol。
【答案】　(1)N2H4+2NO===2N2+2H2O
(2)N2H4+4OH--4e-===N2+4H2O
(3)①减小　②2H++2e-===H2↑　0.5
20．(13分)(2009年西安调研)按照下图接通线路，反应一段时间后，回答下列问题(假设所提供的电能可以保证电解反应的顺利进行)：
(1)U型管内发生什么现象？________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)写出有关反应的化学方程式：A：________________________________________________________________________，
a：________________________________________________________________________，
B：________________________________________________________________________。
(3)在a、b两烧杯中发生的现象：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)如果小烧杯中有0.508 g碘析出，则大烧杯中负极减轻　　　　g。
【解析】　由图知，左边的装置为原电池，Zn为负极，Pt为正极，电解质为硫酸溶液，总方程式为Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑，因此，右边的装置为电解池。根据装置的连接方式，电解池的左边为阳极，右边为阴极，电解质为KCl溶液，阳极氯离子放电生成氯气，所以a烧杯中KI 淀粉溶液变蓝，反应方程式为：2KI＋Cl2===2KCl＋I2，阴极氢离子放电产生氢气，同时生成氢氧根离子，因此KCl 酚酞溶液变红，b烧杯中有无色气体逸出，电解的总方程式为2KCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2KOH。根据电子转移守恒，Zn～I2，再根据生成的碘单质的质量，可求出锌消耗的质量。
【答案】　(1)左侧管内有黄绿色气体逸出，右侧管内有无色气体逸出，右侧溶液由无色变为红色　(2)A：Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑　a：2KI＋Cl2===2KCl＋I2　B：2KCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2KOH　(3)a烧杯中溶液变蓝，b烧杯中有无色气体逸出，溶液无明显变化
(4)0.13(共54张PPT)
第3讲　化学键
1．理解化学键、离子键、共价键、极性键、非极性键的含义。
2．了解离子化合物、共价化合物。
3．学会用电子式表示常见的物质及形成过程。
4．了解分子间作用力和氢键。
一、离子键
1．画出钠和氯元素的原子结构示意图?
2．根据钠和氯元素的原子核外电子排布，要达到8个电子的稳定结构，钠原子需要 ，钠与氯气反应时，
钠原子的 转移到氯原子的 上，形成 的钠离子和 的氯离子，带 电荷的钠离子和氯离子，通过 结合在一起，从而形成氯化钠，
这种带 之间的 称为离子键。
3．由 构成的化合物叫做离子化合物。通常 与 形成离子化合物。
失去1个电子
最外电子层上的一个电子
最外电子层
带正电
带负电
相反
静电作用
相反电荷离子
相互作用
离子键
活泼金属
活泼非金属
二、共价键
1．氯原子最外层有7个电子，要达到8个电子的稳定结构形成氯气分子时，两个氯原子都需要获得一个电子，所以氯原子间难以发生电子得失；如果两个氯原子各得一个电子，形成 ，两个氯原子都形成了8个电子稳定结构。
2．原子间通过 所形成的 叫做共价键。
3．以 形成的化合物叫做共价化合物。
共用电子对
相互作用
共用电子对
共用电子对
4．以H2、N2、Cl2这样的 分子中，原子形成共价键时，两个原子 ，共用电子对 ，成键的原子因此而 ，这样的共价键叫 ，简称非极性键。
在HCl、H2O这样的 分子中，原子形成共价键时，因为原子 ，
共用电子对将 ，这种有共用电子对 的共价键叫做 ，简称极性键。
吸引电子的能力相同
不偏向任何一个原子
不显电性
非极性共价键
化合物
吸引电子的能力不同
偏向吸引电子能力强的一方
偏移
极性共价键
单质
三、化学键
1．化学键：使 或 的作用力叫做化学键。
2．一般化学物质主要由 或 结合而成。化学键的形成与 有关，它主要通过 或者 来实现。
表面看来，化学反应不过是反应物中的原子 为产物的一种过程，其实在这个过程中，
包含着 和 。
离子相结合
原子相结合
离子键
共价键
原子结构
原子的价电子之间的转移
共用
重新组合
反应物化学键的断裂
产物化学键的形成
四、分子间作用力和氢键
1．在分子内相邻原子之间存在着强烈的相互作用叫做化学键，实际上分子之间还存在一种把 的作用力，叫做分子间作用力，又叫做 。分子间作用力比化学键 ，它对物质的 、 等有影响。NH3、Cl2、CO2等气体在 、 能够凝结成液态或固态，就是由于存在 的缘故。一般来说，对 的物质， 越大，分子间作用力 ，物质的熔、沸点也 。
分子聚集在一起
范德华力
弱得多
熔点
沸点
降低温度
增大压强
分子间作用力
组成和结构相似
相对分子质量
越大
越高
2．有些分子间还存在着一种比 的相互作用，这种相互作用叫做氢键。氢键比化学键 ，但比 。通常也可以把氢键看作 一种
分子间作用力稍强
弱得多
分子间作用力稍强
较强的分子间作用力
。
1．(1)所有物质中都存在化学键吗？
(2)形成离子键的元素一定是金属和非金属元素吗？
2．水分子内H与O之间存在氢键吗？
【提示】　1.(1)不是，稀有气体中无化学键，仅有范德华力。
(2)不一定，如铵盐中的离子键全是由非金属元素组成的。
2．水分子内H与O之间形成的是共价键，而非氢键。
离子键和共价键
1．离子键与共价键的对比
离子键 共价键
概念 使阴、阳离子结合成化合物的静电作用 原子间通过共用电子对形成的相互作用
组成粒子 阳离子、阴离子 原子
成键条件 得失电子 电子云重叠(电子对共用)
类型
比较
作用方式 阴、阳离子的静电作用 原子间通过共用电子对作用
形成条件 活泼金属与活泼非金属化合时形成离子键 非金属元素形成的单质或化合物形成共价键
用电子式表示形成过程
MgCl2：
结构表示
存在(举例) 离子化合物，如NaCl 非金属单质，如H2；共价化合物，如HCl；离子化合物，如NaOH
键的强弱判断 成键离子半径越小，离子所带电荷越高，离子键越强，离子晶体的熔沸点越高 原子半径越小，共用电子对数越多，共价键越强。形成的单质或化合物越稳定
2.极性键与非极性键比较
非极性键
极性键
本质 同种原子形成的共价键。两个原子吸引电子的能力相同，共用电子对不偏向任何一个原子，成键原子都不显电性
不同种原子形成的共价键。由于不同种原子吸引电子的能力不同，共用电子对偏向吸引电子能力强的原子一方，其相对地显负电性，吸引电子能力弱的一方相对显正电性
类型
比较
存在 非金属单质(单原子分子除外)。某些共价化合物和离子化合物 共价化合物、某些离子化合物
实例 H—H、Na2O2中O—O H—Cl、CO2中C===O、NaOH中O—H
相互关系
下列各分子中，所有原子都满足最外层为8电子结构的是(　　)
A．H2O　　　　　　　 B．BF3
C．CCl4 D．PCl5
【导航】　题旨在考查对共价分子中最外层8电子结构的辨认。解答类似题目可用筛选法，此法适用于试题中的选项有3项是自己能够判断的。
【解析】　H2O中各原子核外电子排布都已变为稀有气体型，但H原子的最外层跟He一样，只有2个电子，因此A不是正确答案。
元素硼属元素周期表ⅢA族，其原子的最外层电子数为3，全部形成共价键也只有6个电子。BF3属于缺电子化合物，所以B也不是正确选项。
CCl4的每一个原子都已形成与Ne或Ar相同的电子层结构，最外层都满足了8电子结构，所以选项C是正确答案。
元素磷属于元素周期表ⅤA族。磷原子的最外层电子数为5，若是其中只有3个电子形成共价键，例如在PCl3中，则磷原子最外层正好是8电子结构。但选项D是PCl5，磷的5个价电子都跟氯原子形成共价键，所以最外层已达到了10个电子，因而D也不是正确选项。
综观有关的共价化合物中最外层不是8电子结构的原子，属于少于8电子的，有的是第二周期的元素形成的化合物，例如同类的试题中出现的BeCl2、BF3；属于多于8电子的，如属于10个电子的XeF2、IF3、PCl5，属于12电子的SCl6等。
【答案】　C
电子式的书写
由于在化学反应中一般是原子的最外层电子发生变化，为方便起见，我们在元素符号周围用“·”、“×”来表示原子的最外层电子，这种式子叫做电子式。
1．原子的电子式
原子的电子式由元素符号、小黑点(或×)组成。应注意：一个小黑点(或×)代表一个电子，小黑点(或×)的个数即原子的最外层电子数。如：
2．离子的电子式
简单阳离子的电子式即离子符号本身。如Na＋、Mg2＋。
复杂阳离子的电子式要注明最外层电子及电荷数。如：NH4＋　 ， 简单阴离子的电子式一般可用
如：
3．离子化合物的电子式
阳离子的电子式和阴离子的电子式组合成离子化合物的电子式。书写时应注意：相同的离子不能合并，一般应对称排列。
如：
4．用电子式表示离子化合物的形成过程
左边写原子的电子式，右边写离子化合物的电子式，中间用“―→”连接。通常可用弧形箭头表示电子转移的方向。如氯化钠的形成过程。
用电子式表示离子化合物的形成过程，易出现下列错误：
漏标离子电荷数；离子所带电荷数与元素的化合价表示方法分辨不清；阴离子漏加括号；把相同的离子合并在一起；把箭头写成等号等。
5．用电子式表示共价键的形成过程与离子键的形成过程类似，所不同的是，因共价键中未发生原子间的电子得失，也没有形成离子，因此不需要弧形箭头，也不能在化合物中出现括号和离子电荷数。
6．离子化合物与共价化合物的对比
离子化合物 共价化合物
概念 由离子键形成的化合物 以共价键形成的化合物
粒子间
作用力 静电作用 分子内：共价键；分子间：分子间作用力(有时有氢键)
性质 具有较高的熔点和沸点、硬而脆，固态不导电、熔化或溶于水均导电 固态、熔化时均不导电；大多数熔点较低
实例 强碱、活泼金属氧化物、大多数盐 酸、非金属氧化物、弱碱、大多数有机物
有4种化合物W(通常状况下是气态)、X(通常状况下是液态)、Y、Z(通常状况下是固态)，它们共由5种短周期元素A、B、C、D、E组成。已知：①原子序数：A(1)W的化学式是________，W属于________化合物。
(2)X的电子式是____________，X属于__________化合物，并设计简单的实验证明：
_________________________________________________。
(3)1 mol Y在干燥的空气中质量会________(填“增大”或“减小”)，其变化量(Δm)为________。
(4)用电子式表示化合物Z的形成过程
_________________________________________________。
【导航】　判断出相关元素与电子式或表示形成过程时，应先判断化学键类型，再依据各自规则，分析书写。
【解析】 　由W为气态且其分子式为BA4，并且A的原子序数最小，可推知W为CH4。由A、B、C、D、E在元素周期表中排布相对位置为
可知D为Na；又因Z的化学式为D2E，可知E为S，则C为O，故A、B、C、D、E分别为H、C、O、Na、S，W、X、Y、Z分别为CH4、H2O2、Na2O2、Na2S。
(1)W为CH4，属共价化合物。
(2)X是H2O2，电子式为 ，属共价化合物，可用液态H2O2做导电性实验，结果不导电，证明H2O2为共价化合物。
A
B C
D E
(3)2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2　Δm
2 mol　　　　　　　　　 　　　56 g
1 mol　　　　　　　　　 　　　28 g
故1 mol Na2O2在干燥的空气中完全反应，固体增加28 g。
(4)Na2S为离子化合物，用电子式表示其形成过程为：
【答案】　(1)CH4　共价
共价　用液态H2O2做导电性实验，结果不导电，可证明H2O2为共价化合物
(3)增大　28 g
(4)
分子间作用力和氢键
分子间作用力是指把分子聚集在一起的作用力，又称范德华力。
分子间作用力比化学键弱得多，它主要影响物质的熔点、沸点、溶解性等物理性质，而化学键主要影响物质的化学性质。分子间作用力只存在于由共价键形成的化合物和大多数非金属单质之间。而金刚石、二氧化硅等则不存在分子间作用力。分子间作用力的范围很小，只有分子充分接近时才存在。
一般来说，对于组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的熔沸点越高。如卤素单质及四卤化碳等的熔沸点变化规律可以用此观点解释。
氢键不是化学键，属于分子间作用力范畴，是比分子间作用力强，但比化学键要弱得多的键。
氢键主要存在于NH3、H2O、HF及乙醇分子之间。由于它们的分子之间既有分子间作用力，又有氢键，所以其熔沸点、溶解性等比同类的其他物质高。
下列各组物质汽化或熔化时，所克服的粒子间的作用力，属于同种类型的是(　　)
A．碘和干冰的升华 B．二氧化硅和生石灰的熔化
C．氯化钠和铁的熔化 D．苯和乙烷的蒸发
【导航】　回答这类问题，应先判断该物质是共价化合物还是离子化合物。再依据化学键或分子间作用力分析解答。
【解析】 　A和D中物质的升华和蒸发，所克服的均为分子间作用力，而B中SiO2熔化克服的是共价键，生石灰熔化克服的是离子键，C中NaCl熔化克服的离子键，铁熔化克服的是金属键。
【答案】　AD
1．(2008年上海化学)下列化学式既能表示物质的组成，又能表示物质的一个分子的是(　　)
A．NaOH B．SiO2
C．Fe D．C3H8
【解析】 　根据题干描述，符合题意的只能是分子晶体。NaOH为离子晶体，SiO2为原子晶体，Fe为金属晶体。
【答案】　D
2．(2008年江苏化学)有X、Y两种元素，原子序数≤20，X的原子半径小于Y，且X、Y原子的最外层电子数相同(选项中m、n均为正整数)。下列说法正确的是(　　)
A．若X(OH)n为强碱，则Y(OH)n也一定为强碱
B．若HnXOm为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性
C．若X元素形成的单质是X2，则Y元素形成的单质一定是Y2
D．若Y的最高正价为＋m，则X的最高正价一定为＋m
【解析】 　A项，由题中信息知，X和Y是同主族元素，且X在Y的上方。B项，若X为N，HNO3为强酸，而NH3溶于水呈碱性。C项，若X是N，则Y的单质是红磷或白磷。D项，若Y为硫元素，则X为氧元素，最高正化合价不是＋6。
【答案】　A
3．(2008年海南化学)根据元素周期表1～20号元素的性质和递变规律，回答下列问题。
(1)属于金属元素的有________种，金属性最强的元素与氧反应生成的化合物有____________(填两种化合物的化学式)；
(2)属于稀有气体的是______________(填元素符号，下同)；
(3)形成化合物种类最多的两种元素是________；
(4)第三周期中，原子半径最大的是(稀有气体除外)________；
(5)推测Si、N最简单氢化物的稳定性________大于________(填化学式)。
【解析】 　金属性最强的元素在ⅠA，为K，它能与O2反应生成多种氧化物，如K2O、K2O2、KO2等。形成化合物种类最多的元素应是有机物和无机物都含有的，故为C、H。氢化物的稳定性由分子结构决定(或与化学键的强弱有关)。
【答案】　(1)7　在K2O、K2O2、KO2、KO3中任选2个
(2)He、Ne、Ar　(3)C、H　(4)Na　(5)NH3　SiH4
1．“氢原子失去电子后，剩余由1个质子构成的核，即氢离子。氢离子是‘裸露’的质子，半径很小，易被水分子吸引生成水合氢离子，通常用H3O＋表示。”下列是某同学对这段文字的理解：
①氢离子都是裸露的质子　②11H失去电子变成裸露的质子　③1 mol H3O＋含10×6.02×1023个电子　④电子数相等、原子总数相等的粒子互为等电子体，等电子体的结构和性质相似，由此可推知H3O＋呈正三角形　⑤H3O＋含极性共价键，不含非极性共价键
其中不正确的是(　　)
A．②③ B．②⑤
C．①④ D．③⑤
【解析】 　氢原子包括氕、氘、氚，只有氕原子(没有中子)失去电子后变成裸露的质子；H3O＋与NH3的原子数和电子数都相等，互为等电子体，所以H3O＋呈三角锥形；H3O＋中3个氢与氧形成极性共价键。
【答案】　C
2．关于氢键的下列说法中正确的是(　　)
A．每个水分子内含有两个氢键
B．在水蒸气、水和冰中都含有氢键
C．分子间能形成氢键使物质的熔点和沸点升高
D．HF的稳定性很强，是因为其分子间能形成氢键
【解析】 　水在固态和液态时，分子间存在着氢键，而气态时氢键被破坏，所以选项A、B错误。氢键的存在能使物质的熔、沸点升高，在水中的溶解度增大，但氢键并不影响物质的稳定性，因此选项D错误。
【答案】　C
3．下列叙述正确的是(　　)
A．两种元素组成的共价化合物中的化学键都是极性键
B．两种不同的非金属元素原子间形成的化学键都是极性键
C．含有非极性键的化合物一定是共价化合物
D．气态单质分子中一定含有非极性键
【解析】 　A不正确，如H2O2分子中既有极性键，又有非极性键；B正确，两种不同的非金属原子吸引共用电子对的能力肯定不相同；C不正确，如离子化合物Na2O2中含有非极性键；D不正确，如稀有气体的单质为单原子分子，不存在化学键。
【答案】　B
4．(2009年山东威海调研)X、Y、Z为三种短周期元素。X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍；Y在地壳中的含量仅次于X；Y、Z同周期，Z的常见化合价为＋2。下列说法不正确的是(　　)
A．X、Y、Z的原子序数依次增大
B．X与Z形成的化合物为离子化合物
C．X与Y形成的化合物只含共价键
D．存放Z单质的仓库失火不能用CO2灭火
【解析】 　X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，X为O；Y在地壳中的含量仅次于X，Y为Si；Y、Z同周期，Z的常见化合价为＋2，Z为Mg，所以A错；B中X与Z形成的化合物为MgO，为离子化合物；C中X与Y形成的化合物为SiO2，只含有共价键；D中镁能与二氧化碳反应。
【答案】　A
5．下列有关物质结构的说法正确的是(　　)
A．共价化合物中各原子最外层都一定满足8电子结构
B．BaO2晶体中阳离子与阴离子数目之比为1∶2
C．H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致
D．在反应2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，既有离子键、极性键和非极性键的断裂，又有离子键、极性键和非极性键的形成
【解析】 　共价化合物H2O、BeCl2中H和Be两原子最外层均不是8电子结构，选项A错；BaO2晶体中阳离子是Ba2＋，阴离子是O22－，两者的物质的量之比为1∶1，选项B错；选项C中水非常稳定的原因是氢氧键键能比较大。
【答案】　D
6．现有如下各说法：
①在水中氢、氧原子间均以化学键相结合；②金属和非金属化合形成离子键；③离子键是阳离子、阴离子的相互吸引；④根据电离方程式：HCl===H＋＋Cl－，判断HCl分子里存在离子键；⑤H2分子和Cl2分子的反应过程是H2、Cl2分子里共价键发生断裂生成H、Cl原子，而后H、Cl原子形成离子键的过程。上述各种说法正确的是(　　)
A．①②⑤正确 B．都不正确
C．④正确，其他不正确 D．仅①不正确
【解析】 　水中存在分子内H、O原子之间的相互作用，分子间的H、O原子也相互作用，而化学键只指分子内相邻原子间强烈的相互作用。故①叙述不正确。
离子键不是存在于任何金属和非金属微粒间，只有活泼金属和活泼非金属化合时，才可形成离子键。故②叙述不正确。
HCl分子中不存在离子，它属于共价化合物，分子中没有离子键。故④叙述不正确。
化学反应的本质是旧键断裂、新键形成的过程，但HCl中存在共价键而非离子键。故⑤不正确。
在离子化合物中，阴、阳离子间存在相互作用，但不单指相互吸引力，还有相互排斥力。故③叙述也不正确。
【答案】　B
7．已知五种元素的原子序数大小顺序为C>A>B>D>E，A、C同周期，B、C同主族。A与B形成的离子化合物A2B中所有离子的电子数相同，其电子总数为30；D和E可形成4核10个电子的分子。
试回答下列问题：
(1)写出五种元素的名称：A________，B________，C________，D________，E________。
(2)用电子式表示离子化合物A2B的形成过程：
(3)写出下列物质的电子式：
D元素形成的单质： ；
E与B形成的化合物： 　；
A、B、E形成的化合物： ；
D与E形成的共价化合物： 。
【解析】 　因为A、B形成的离子的电子层数相同，在电子总数为30的A2B型离子化合物中，每个离子的电子数均为10，由 推知A是Na，B是O。又因为含4个原子核共10个电子形成的分子中，每个原子平均不到3个电子，肯定有原子序数小于3的元素且为原子个数多的原子，则必有氢原子，4核10电子的分子为NH3。原子序数D>E，故D为N，E为H。C与A(Na)同周期，与B(O)同主族，则C为硫。
【答案】　(1)钠　氧　硫　氮　氢
8．(2009年临沂检测)A、B、D、E、F、G为短周期元素，且原子序数依次递增。A、F同主族，E、G同主族。A与其他非金属元素化合时易形成共价键，F与其他非金属元素化合时易形成离子键，且F＋离子与E2－离子核外电子排布相同。由以上元素组成的物质BE和D2具有相同的电子数。请回答以下问题：
(1)F位于________周期________族。
(2)G的离子结构示意图为________________________________________________________________________。
(3)用电子式表示D2的形成过程：
________________________________________________________________________。
(4)由A、E、F三种元素形成的化合物的化学式为________，含有的化学键有____________________(填写完整化学键类型)，属于________化合物。
(5)B的最高价是______，由A、B组成的化合物中，含A量最高的物质的化学式是______；含B量最高的气态物质的化学式是______；与D2相对分子质量相等的物质的化学式是________，含有的化学键有______________________(填写完整化学键类型)，属于________化合物，有________对共用电子对。
【解析】 　A、F同主族，且A与其他非金属元素化合时易形成共价键，但F与其他非金属元素化合时易形成离子键，则为第ⅠA族元素，且A为H元素，F＋与E2－离子核外电子排布相同，则F为Na元素，E为O元素，B为C元素，D为N元素。
【答案】　(1)第三　第ⅠA　
(2)?? ??
(3)
(4)NaOH　离子键和极性共价键　离子
(5)＋4　CH4　C2H2　C2H4　极性共价键和非极性共价键　共价　6
1．信息：判断多原子分子极性的方法
如果分子的空间结构不完全对称，其正、负电荷重心就不会重合，其分子属于极性分子。例如：三原子分子HOCl(习惯写成HClO)、HCN为直线型；H2O、SO2是V型；四原子分子NH3是三角锥型(是N原子的孤对电子排斥三个N—H键的原因)；五原子的CHCl3是四面体(不是正四面体)等等，都是极性分子。
2．记住相似相溶原理：由极性分子组成的溶质易溶于由极性分子组成的溶剂中，反之亦然。经综合考虑，全面分析，才能一步一步得出题目的正确答案来。
问题：你能依据以上信息，并结合有关材料来探究一些分子的结构吗？
在极性分子中，正电荷重心同负电荷重心间的距离称偶极长，通常用d表示。极性分子的极性强弱同偶极矩和正(或负)电荷重心的电量(q)有关，一般用偶极矩(μ)来衡量。分子的偶极矩定义为偶极长和偶极上一端电荷电量的乘积，即μ＝d·q。试回答以下问题：
(1)HCl、CS2、H2S、SO2四种分子中，μ＝0的是________。
(2)对硝基氯苯、邻硝基氯苯、间硝基氯苯，三种分子的偶极矩由大到小的排列顺序是________________________________________________________________________。
(3)实验测得：μ(PF3)＝1.03 deb、μ(BCl3)＝0 deb。由此可知，PF3分子是________构型，BCl3分子是________构型。
(4)治癌药Pt(NH3)2Cl2具有平面四边形结构，Pt处在四边形中心，NH3和Cl分别处在四边形的四个角上。已知该化合物有两种异构体，棕黄色者μ>0，淡黄色者μ＝0。试画出两种异构体的构型图，并比较在水中的溶解度。
构型图：淡黄色______________，棕黄色______________；在水中溶解度较大的是____________________________。
【解析】 　(1)由题关于μ的定义可得，当μ＝0时，即为非极性分子，因此四种分子中，空间结构对称的非极性分子只有CS2。S===C===S为直线型对称结构，正电荷重心与负电荷重心重叠，d＝0，因此，μ＝0。
(2)由题可得：越对称，偶极矩越小。因此，邻硝基氯苯>间硝基氯苯>对硝基氯苯。
(3)由两个偶极矩可得：PF3为极性分子，AB3型的极性分子空间结构为三角锥形，而BCl3为非极性分子，AB3型的非极性分子构型应为平面三角形。
【答案】　(1)CS2
(2)邻硝基氯苯>间硝基氯苯>对硝基氯苯
(3)三角锥形　平面三角形
(4)
棕黄色者在水中溶解度较大一些
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一、选择题
1．在核电荷数为1～20的元素中，原子的最外层电子数等于次外层电子数的有(　　)
A．1种　　　　　　　　　　B．2种
C．3种 D．4种
【解析】　由于次外层电子数可能为2或8，因此符合题意的有Be＋4 和Ar＋18 2种。
【答案】　B
2．(2008年四川非延考区)下列叙述中正确的是(　　)
A．除零族元素外，短周期元素的最高化合价在数值上都等于该元素所属的族序数
B．除短周期外，其他周期均有18个元素
C．副族元素中没有非金属元素
D．碱金属元素是指ⅠA族的所有元素
【解析】　A项中F的最高化合价为0价，与族序数不等；B项中六、七周期所含元素数均不是18种；D项中H不属于碱金属。
【答案】　C
3．A、B两元素电子层数相同，如果最外层电子数A小于B，则下列判断中正确的是(　　)
A．两元素形成的最高价氧化物对应水化物的酸性是A>B
B．A的气态氢化物比B的气态氢化物稳定
C．A的金属性比B的金属性强
D．A的阴离子比B的阴离子还原性强
【解析】　由题意知，A的原子序数小于B，A的金属性比B强，非金属性比B弱。
【答案】　CD
4．(2008年宁夏理综)短周期元素E的氯化物ECln的熔点为－78 ℃，沸点为59 ℃；若0.2 mol ECln与足量的AgNO3溶液完全反应后可以得到57.4 g的AgCl沉淀。下列判断错误的是(　　)
A．E是一种非金属元素
B．在ECln中E与Cl之间形成共价键
C．E的一种氧化物为EO2
D．E位于元素周期表的ⅣA族
【解析】　根据题意：n(AgCl)＝57.4 g/143.5 g·mol－1＝0.4 mol，
　　　　ECln　　～　　nAgCl
　　　　0.2 mol　　　0.4 mol
所以n＝2，即ECl2中E显＋2价。从ECl2的熔点、沸点数据特点可得出ECl2为非金属元素形成的分子晶体，A、B选项正确；C项中E元素呈多种价态时，它的氧化物可以是EO2；D项中ⅣA族中的碳和硅不能形成ECl2型分子。
【答案】　D
5．下列关于元素周期表和元素周期律的说法错误的是(　　)
A．Li、Na、K元素的原子核外电子层数随着核电荷数的增加而增多
B．第二周期元素从Li到F，非金属性逐渐增强
C．因为Na比K容易失去电子，所以Na比K的还原性强
D．O与S为同主族元素，且O比S的非金属性强
【解析】　Li、Na、K属同一主族，核外电子层数随着核电荷数增加而增多，A正确；根据元素周期律可推知第二周期元素Li到F非金属性增强，B正确；Na与K比较，K更易失电子；还原性更强，C错；O与S同主族，O的非金属性强，D正确。
【答案】　C
6．(2008年汕头模拟)已知1～18号元素的离子aW3＋、bX＋、cY2－、dZ－都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是(　　)
A．质子数c>b
B．离子的还原性Y2－>Z－
C．氢化物的稳定性H2Y>HZ
D．原子半径X【解析】　依据微粒价态可排出四种元素在周期表中的相对位置：原子序数YZ－，氧化物稳定性H2Y【答案】　B
7．核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为(2n＋1)，原子核内质子数为(2n2－1)。下列关于元素X的说法中，不正确的是(　　)
A．其最高化合价为＋3价
B．可以形成化学式为KXO3的盐
C．其氢化物可以用来做喷泉实验
D．其最高价氧化物的水化物是强酸
【解析】　由于核电荷数小于18，n≤3。n＝2或3时，符合题意。X为N或Cl。N和Cl的最高价为＋5和＋7价，A不正确。
【答案】　A
8．X、Y为短周期元素，X位于ⅠA族，X与Y可形成化合物X2Y，下列说法正确的是(　　)
A．X的原子半径一定大于Y的原子半径
B．X与Y的简单离子不可能具有相同的电子层结构
C．两元素形成的化合物中，原子个数比不可能为1∶1
D．X2Y可能是离子化合物，也可能是共价化合物
【解析】　X可能为H，也可能为碱金属Li、Na，Y显－2价，可能为O或S。A项的反例是H2O，B项的反例是Na2O，C项的反例是H2O2、Na2O2。
【答案】　D
9．(2009年广东汕头)短周期元素A、B、C的原子序数依次递增，它们的原子最外层电子数之和为10，A与C同主族，B原子的最外层电子数等于A原子的次外层电子数，则下列叙述正确的是(　　)
A．原子半径：AB．A的氢化物稳定性大于C的氢化物稳定性
C．三种元素的最高价氧化物对应水化物均可由化合反应得到
D．高温下，A单质能置换出C单质
【解析】　A、B、C为短周期原子序数依次递增，且A、C同主族，则三者的位置关系为
A B
C
或
A
B C
，又B原子最外层电子数等于A原子的次外层电子数，则B为第三周期ⅡA族，又三者最外层电子数之和为10，则A为C，C为Si，原子半径Mg>Si>C，故A项错；CH4稳定性大于SiH4稳定性，故B项正确；H2SiO3不能由SiO2和H2O反应制得，故C项错；高温下，2C＋SiO22CO↑＋Si，故D项正确。
【答案】　BD
10．下表为元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中，正确的是(　　)
X
W Y R
Z
A.常压下五种元素的单质中Z单质的沸点最高
B．Y、Z的阴离子电子层结构都与R原子的相同
C．W的氢化物的沸点比X的氢化物的沸点高
D．Y元素的非金属性比W元素的非金属性强
【解析】　将题干部分与元素周期表对照，可确定各元素的种类：
X(N)
W(P) Y(S) R(Ar)
Z(Br)
常压下S单质的沸点最高，A错误；S2－与Ar的电子层结构相同，但不同于Br－，B错误；NH3分子间存在氢键，所以NH3的沸点高于PH3，C错误。
【答案】　D
11．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与Y、X与Z位于同一主族，W与X可形成共价化合物WX2，Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5倍。下列叙述中不正确的是(　　)
A．WZ2分子中所有原子最外层都为8电子结构
B．WX2、ZX2的化学键类型和晶体类型都相同
C．WX2是以极性键结合成的非极性分子
D．原子半径大小顺序为X【解析】　本题应首先完成对短周期元素W、X、Y、Z的判定。首先，根据Y的内层电子总数与最外层电子数关系确定Y为Si；第二，根据W与Y、X与Z同主族关系得W为C；再根据W与X形成共价化合物WX2知X为O，则Z为S。A项，WZ2的电子式为 C；B项，WX2为CO2，ZX2为SO2，分子中均有极性共价键，所形成晶体均为分子晶体；C项，CO2为直线形分子，结构对称，为非极性分子；D项，原子半径大小顺序为X【答案】　D
12．(2008年北京理综)X、Y均为元素周期表中前20号元素，其简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的是(　　)
A．由mXa＋与nYb－，得m＋a＝n－b
B．X2－的还原性一定大于Y－
C．X、Y一定不是同周期元素
D．若X的原子半径大于Y，则气态氢化物的稳定性HmX一定大于HnY
【解析】　A项，X原子失去a个电子得Xa＋，Y原子得到b个电子形成Yb－，二者的电子层结构相同，所以，m－a＝n＋b；B项，X与Y位于同一周期，且X位于Y的左边，Y的非金属性大于X，故X2－的还原性一定大于Y－；D项，HnY的稳定性大于HmX。
【答案】　B
二、非选择题
13．下表列出了A～R九种元素在周期表中的位置：
　　主族
周期　　 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 0
二EF
三 A C DG R
四 BH
(1)这九种元素分别为A________、B________、C________、D________、E________、F________、G________、H________、R________，其中化学性质最不活泼的是________。
(2)G、H两种元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是__________。
(3)A、B、C三种元素按原子半径由大到小的顺序排列为____________。
(4)F元素氢化物的化学式是____________，该氢化物在常温下跟B发生反应的化学方程式是________________________________________________________________________。
(5)A、G两种元素的最高价氧化物对应的水化物发生反应的化学方程式是________________________________________________________________________。
(6)G元素和H元素、A元素和B元素原子的核电荷数之差分别是________、________。
【解析】　先根据周期表中的位置确定元素，A～R依次为Na、K、Mg、Al、B、O、Cl、Br、Ar，再根据元素周期律回答2～6的问题。
【答案】　(1)Na　K　Mg　Al　B　O　Cl　Br　Ar　Ar
(2)HClO4　(3)B>A>C或K>Na>Mg
(4)H2O　2K＋2H2O===2KOH＋H2↑
(5)NaOH＋HClO4===NaClO4＋H2O
(6)18　8
14．(2008年高考上海卷改编题)四种短周期元素的性质或结构信息如下表。请根据信息回答下列问题。
元素 性质或结构信息
A 室温下单质呈粉末状固体，加热易熔化。单质在氧气中燃烧，发生明亮的蓝紫色火焰
B 单质常温、常压下是气体，能溶于水，且能够对饮用水进行杀菌消毒
C 单质质软、银白色固体、导电性强。单质在空气中燃烧发出黄色的火焰
D 单质为空间网状晶体，具有很高的熔、沸点，可用于集成电路的半导体
(1)B元素在周期表中的位置是________________________________________________________________________。
(2)写出C单质与水反应的化学方程式________________________________________________________________________。
A与C形成的化合物溶于水后，溶液的pH________7(填“大于”、“等于”或“小于”)。
(3)D元素最高价氧化物晶体的硬度________(填“大”、“小”)。
(4)①C的最高价氧化物的水化物与D的最高价氧化物反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
②C的碳酸正盐(固体)在高温下与D的最高价氧化物反应的化学方程式为________________________________________________________________________，
该反应________(填“能”或“不能”)证明碳的非金属性小于D元素的非金属性。
【解析】　据四种元素的性质及结构信息可判断出四种元素分别为S、Cl、Na、Si。
(1)Cl元素的位置是第三周期第ⅦA族。
(2)Na与水反应的化学方程式为2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，Na2S的水溶液因S2－水解而显碱性。
(3)SiO2的硬度大。
(4)①NaOH与SiO2反应的离子方程式为2OH－＋SiO2===SiO32－＋H2O。
②Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑，该反应不能证明非金属性C【答案】　(1)第三周期第ⅦA族
(2)2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑　大于
(3)大　(4)①2OH－＋SiO2===SiO32－＋H2O
②Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑　不能
15．(2008年珠海一模)在A、B、C、D、E五种元素中，已知A的离子与氩原子的电子层结构相同，A的单质能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝；B的氢化物H2B分子中有10个电子；C的单质在常温下可与冷水剧烈反应，生成碱溶液W和气体X，C的离子比A的离子少8个电子；D可与B组成DB3型化合物，D的气态氢化物的相对分子质量与DB3的相对分子质量之比为1∶2.35，D的某种同位素的原子核内质子数和中子数相同；E的单质在常温下能与水剧烈反应，置换出水中的氧，同时生成酸溶液Y。回答下列问题：
(1)写出A、B、C、D、E五种元素的元素符号：
A________，B________，C________，D______，E________。
(2)写出W、X、Y三种物质的化学式：
W________，X______，Y________。
【解析】　根据题中给出的各元素的结构和性质进行分析：A的单质能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，则A应具有较强的非金属性，而其离子与氩原子的电子层结构相同，故A应为氯元素。
B的氢化物的化学式为H2B，故B呈－2价，H2B分子中有10个电子，则B为氧元素。
C的单质在常温下可与冷水剧烈反应，生成碱溶液W和气体X，这说明C是一种活泼的金属元素，与水反应生成的是碱溶液和氢气，且C的离子核外有10个电子，故C为钠元素。
D的氧化物的化学式为DO3，故D呈＋6价，其氢化物的化学式为H2D。设D的相对原子质量为x，根据题意有(x＋2)∶(x＋16×3)＝1∶2.35，解得x＝32，则D为硫元素。
E的单质在常温下能与水剧烈反应，置换出水中的氧，这是氟的典型性质。
在五种元素确定以后，W、X、Y三种物质的化学式便不难确定了。
【答案】　(1)Cl　O　Na　S　F
(2)NaOH　H2　HF
16．(2009年北京朝阳区综合检测)在当代，能源同信息、材料一起构成了现代文明的三大支柱。碳元素是能源领域的主角之一，材料和医学领域等也与碳元素息息相关。
(1)X、Y、Z是短周期中除碳元素之外的非金属元素，它们在周期表中分处于三个不同的周期且原子序数依次增大；X分别与Y和Z以原子个数比1∶1相结合时均可形成18电子的分子。请写出三个符合下列条件的化学方程式：
a．所有的反应物和生成物都由X、Y、Z及碳四种元素中的一种或两种组成；
b．反应物中有单质参加且只有一种，三个反应中的单质不同。
____________________；________________________________________________________________________；
________________________________________________________________________。
(2)由元素X、Y及碳组成的化合物A的球棍结构如右图所示，利用A、O2和KOH可组成燃料电池，则在该电池负极发生反应的物质是　　　　，正极的电极反应式为________________________________________________________________________。
【解析】　据题目条件可知X为H，Y为O，Z为Cl，X与Y可形成H2O2，X与Z可形成HCl，这两个分子均有18个电子。
(1)符合条件的反应可有：
C+CO22CO或C+H2O(g)H2+CO；
CH4+2O2CO2+2H2O或2CO+O22CO2；
CH2===CH2+H2CH3CH3。
(2)该燃料电池由CH3OH、O2和KOH溶液组成，负极是CH3OH失电子，正极是O2得电子，正极反应为O2+4e-+2H2O===4OH-。
【答案】　(1)C+CO22CO或C+H2O(g)H2+CO
CH4+2O2CO2+2H2O或2CO+O22CO2
CH2===CH2+H2CH3CH3
(2)CH3OH　O2+4e-+2H2O===4OH-(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
一、选择题
1．(2008年高考宁夏理综)图所警示的是(　　)
A．当心火灾——氧化剂 B．当心火灾——易燃物质
C．当心爆炸——自燃物质 D．当心爆炸——爆炸性物质
【解析】　本题考查学生对常用危险品标志图识别能力，题目所给图标是易燃物质标志。
【答案】　B
2．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
【解析】　KMnO4和酒精混合后，能氧化酒精产生热量而引起酒精燃烧。
【答案】　A
3．实验室中保存下列化学药品的方法不妥当的是(　　)
A．将AgNO3晶体放在棕色试剂瓶中
B．将NaOH溶液保存在带橡胶塞的细口试剂瓶中
C．金属钾、钠和非金属白磷保存在煤油中
D．浓硝酸溶液保存在棕色试剂瓶中
【解析】　AgNO3、HNO3见光易分解，故应保存在棕色试剂瓶中；盛NaOH溶液的瓶塞不能用玻璃塞，而用橡胶塞；白磷应保存在水中，故A、B、D正确，C错误。
【答案】　C
4．化学实验设计和操作中必须十分重视安全问题和环境保护问题，下列实验的设计或操作不合理是(　　)
①实验室用KClO3热分解法制O2，排水收集O2后先停止加热，再拆除实验装置　②实验结束后应将固体残渣深埋入土壤中，废液倒入下水道排出　③给试管中的液体加热时应不时移动试管或加入碎瓷片，以免暴沸伤人　④为检验CO气体的纯度，用排空气法收集一试管气体，然后移近火焰点燃听有无尖锐爆鸣声
A．①② B．①②③④
C．①②④ D．②④
【解析】　实验室用KClO3热分解法制O2，若排水收集O2先停止加热，再拆除实验装置，容易引起倒吸，①错。实验结束后将固体残渣深埋入土壤中，废液倒入下水道排出，会造成土壤和水体污染，②错。检验CO气体的纯度时，应用排水法收集一试管气体，④错。C为正确选项。
【答案】　C
5．下列操作不是从安全角度考虑的是(　　)
A．做氢气还原氧化铜实验时先通氢气排净装置中空气后再加热
B．稀释浓硫酸时将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入水中并不断搅拌
C．给试管中的液体加热时，试管口不能对着自己或他人
D．用废铁屑制硫酸亚铁时，先将废铁屑放在碱液中加热1～2 min
【解析】　A选项防爆炸，B选项防浓H2SO4溅出伤人，C选项防止液体溅出伤人，D选项目的在于除去铁屑表面的油污。
【答案】　D
6．(2009年潍坊高三质量检测)下列仪器在使用前不需要检查是否漏水的是(　　)
A．长颈漏斗 B．分液漏斗
C．容量瓶 D．酸式滴定管
【解析】　分液漏斗下部有活塞，容量瓶上部有瓶塞，酸式滴定管下部有活塞，使用时都需要检查是否漏水。
【答案】　A
7．(2009年海南化学)用pH试纸测定溶液pH的正确操作是(　　)
A．将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照
B．将一小块试纸用蒸馏水润湿后放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照
C．将一小条试纸在待测液中蘸一下，取出后放在表面皿上，与标准比色卡对照
D．将一小条试纸先用蒸馏水润湿后，在待测液中蘸一下，取出后与标准比色卡对照
【解析】　测溶液的pH时不能先将pH试纸润湿，否则会将待测液稀释，也不能直接用试纸去蘸待测液。
【答案】　A
8．实验室存放下列药品，应保存在水中的是(　　)
①金属钾　②白磷　③红磷　④硫黄　⑤苯　⑥液溴　⑦碘
A．①③④ B．②⑤⑥
C．②④⑦ D．②⑥
【解析】　试剂的存放中有的需干燥保存，而有的却因易被氧化或易挥发而存入水中，如白磷、液溴，D正确；K保存在煤油中，红磷、硫黄易燃，应远离火种，单独存放，苯、碘应密封保存，A、B、C错误。
【答案】　D
9．进行化学实验必须注意安全，下列说法正确的是(　　)
A．不慎将酸溅到眼中，应立即用水洗，边洗边眨眼睛
B．不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液
C．酒精着火时，可用水将其扑灭
D．配制稀硫酸时，可先在量筒中加入一定体积的水，再在搅拌下慢慢加入浓硫酸
【解析】　酸有腐蚀性，伤害眼睛，必须马上清洗，眨眼更利于把酸洗出，A正确；用水洗掉皮肤上的大量碱液后，残留部分可用硼酸中和，B正确；酒精与水互溶且易挥发，用水灭火会导致着火面积增大，C错误；量筒是量取一定体积液体的，不能在其中溶解或稀释浓溶液，D错误。
【答案】　AB
10．(2009年江苏苏州调研)下列化学实验基本操作中正确的是(　　)
A．分液时，碘的四氯化碳溶液从分液漏斗下口放出，水层从上口倒出
B．蒸馏时，将温度计水银球置于被蒸馏的石油液面下，且不触及蒸馏烧瓶的底部
C．滴定时，左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡并平视滴定管内液面
D．称量时，将纯碱放在称量纸上置于托盘天平的右盘，将砝码放在托盘天平的左盘
【解析】　本题考查化学实验的基本操作。蒸馏时，应将温度计的水银球置于蒸馏烧瓶的支管口处；滴定时，眼睛应注视锥形瓶，观察溶液颜色的变化；用托盘天平称量物质时，应“左物右码”。
【答案】　A
11．下图分别表示四种操作，其中有两处错误的是(　　)
【解析】　A、C、D中均有一处错误，分别是：读数仰视，在纸片上称量，未用玻璃棒搅拌。B项中有两处错误，即把H2O加入到硫酸中，在量筒中稀释。
【答案】　B
12．下图是某些实验的部分装置，其中所注明的实验能达到实验目的的是(　　)
A．①② B．③④
C．①③ D．②④
【解析】　酒精和碘互溶，不能用分液漏斗分离，①错。用蒸馏法分离沸点不同的两种互溶液体时，温度计水银球应位于蒸气出口处，②错。挤压胶头滴管，氨气溶于水后气球会膨胀，③正确。观察烧杯中石灰水是否变混浊可以判断Na2CO3、NaHCO3是否分解，从而比较它们的热稳定性，④正确。B为正确选项。
【答案】　B
二、非选择题
13．(1)有如下图所示A、B、C、D四种仪器，请选择下列仪器名称的序号，填入相应的空格内：
①烧杯　②普通漏斗　③圆底烧瓶　④锥形瓶　⑤分液漏斗⑥酸式滴定管
A________，B________，C________，D________。
(2)某同学用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如下图所示。由图中可以看出，该同学在操作时的一个错误是____________________，烧杯的实际质量为________g。
(3)指出下面3个实验中各存在的一个错误：
A．_______________________________________________________________________；
B．_______________________________________________________________________；
C．_______________________________________________________________________。
【解析】　(1)根据常见仪器的形状可判断四种仪器的名称。(2)根据天平称量的要求“左物右码”，该同学将物品与砝码放反了，但仍然满足：左盘质量=右盘质量+游码质量，因此烧杯的实际质量为30 g-2.6 g=27.4 g。
(3)A中滴加液体时滴管不能伸入试管内；B中试管口应向下倾斜，否则很容易引起试管炸裂；C中应换为长进短出，否则CO会把NaOH溶液排到瓶外。
【答案】　(1)③　⑤　④　⑥
(2)砝码和物品的位置放反了　27.4
(3)将胶头滴管伸入试管内　试管口向上倾斜　进气管和出气管反了(混合气体从短管进入洗气瓶)
14．(2009年广东普通高中毕业班调研测试)(1)下面所列的是中学化学实验室中几种常见的玻璃仪器：
①集气瓶　②容量瓶　③滴定管　④烧杯　⑤圆底烧瓶
⑥量筒　⑦温度计
可作反应容器并可加热的是________(填写编号)；
用以精确量取液体体积的是________(填写编号)。
(2)在“用氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液、氯化钡溶液、盐酸、水等试剂除去粗盐中的Mg2＋、Ca2＋、SO42－等杂质离子以获得纯净的食盐”的实验中，玻璃棒的作用可能是________(填写编号)。
①搅拌　②引流　③蘸取溶液
(3)在仪器：①漏斗、②容量瓶、③蒸馏烧瓶、④分液漏斗、⑤烧杯、⑥蒸发皿中，分离两种沸点接近且互不相溶的液体时会用到的有________(填写编号)。
【解析】　本题主要考查几种常见仪器的使用和实验基本操作的能力，解答该类题目要对常用仪器的使用及基本实验操作有关注意事项牢固掌握。
(1)在七种玻璃仪器中可作反应容器又可加热的是烧杯和圆底烧瓶，并且加热时需垫石棉网；量取液体体积的是量筒和滴定管，但是量筒是粗略量取，所以精确量取液体体积的是滴定管。(2)在粗盐的分离提纯实验中，粗盐溶解时用玻璃棒搅拌、加快固体溶解；在将Mg(OH)2、BaSO4、CaCO3、BaCO3过滤除去时，用玻璃棒引流，故选①②。(3)利用分液的方法可以分离两种沸点接近且互不相溶的液体，因此选④⑤。
【答案】　 (1)④⑤　③　(2)①②　(3)④⑤
15．(1)安全教育是化学教育的重要内容。根据你掌握的知识判断，下列各项中符合安全操作要求的是________(填写序号)。
①在加油站内拨打手机
②在煤矿巷道内用明火照明
③闻氯气的气味时，用手轻轻在瓶口扇动，仅使极少量的氯气飘进鼻孔
④为了节约药品，锌与稀硫酸一开始反应，就做氢气点燃实验
⑤稀释浓硫酸时，沿烧杯内壁将浓硫酸缓缓加入水中，边加边搅拌
(2)下图为常见仪器的部分结构(有的仪器被放大)：
A图中液面所示溶液的体积为　　　　mL，C图中液面所示溶液的体积为　　　　mL，用上述四种仪器中的某种测量一液体的体积，平视时读数为N mL，仰视时读数为M mL，若M>N，则所使用的仪器是　　　　(填仪器序号字母)。
(3)粗盐经提纯后得到NaCl溶液，再经蒸发、结晶、烘干得精盐。
①蒸发操作中使用到的瓷质仪器的名称为　　　　。
②该同学将所得精盐配成溶液，用于另一实验。实验中需要用100 mL 1 mol/L的NaCl溶液，配制过程中需用托盘天平称取的精盐质量为　　　　g，用于定容的玻璃仪器的规格和名称是　　　　　　　　。
【解析】　(1)①②均易发生爆炸，错误；③利用扇动法闻气体的气味，正确；④开始是H2和空气的混合气体，易发生爆炸，错误；⑤中稀释浓H2SO4就应把浓H2SO4注入水中并不断搅拌，正确。
(2)根据仪器特点分析：A为量筒，读数时应平视，读数为28.0 mL，B为容量瓶，C为滴定管，小刻度在上，大刻度在下，故仰视读数偏大，D为温度计。
(3)①蒸发时用到的瓷质仪器为蒸发皿；②m(NaCl)=0.1 L×1 mol/L×58.5 g/mol=5.85 g，但称量时应称5.9 g，配制时需要100 mL容量瓶。
【答案】　(1)③⑤　(2)28.0 　21.10　C
(3)①蒸发皿　②5.9　100 mL容量瓶
16．某化学小组的同学到实验室学习。在实验桌上摆有下列仪器：
(1)指导教师要求同学们写出仪器的名称，甲同学书写的答案如下表，请你找出其中的错误，将改正后的名称填写在下表中(若正确，则该空不需要填写)。
仪器编号 a b c d e
名称 试管 溶量瓶 集气瓶 碱式滴定管 普通漏斗
改正的名称
(2)关于e的用途，乙同学说：能组成防倒吸装置。你还能说出其他两种用途吗？
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________。
(3)丙同学想用如图所示装置以大理石和稀盐酸反应制取CO2。老师指出，这需要太多的稀盐酸，造成浪费。该同学选用了上面的一种仪器，加在装置上，解决了这个问题。请你把该仪器画在图中合适的位置。
【解析】　(1)a为试管，正确；b应为容量瓶，字书写有误；C为集气瓶，正确；d应为酸式滴定管，错误；e为普通漏斗，正确。
(2)利用普通漏斗，可组成防倒吸装置，可往细口容器中加液体，可组成过滤装置等用途。
(3)使用普通漏斗加入液体来制取气体时，应注意加入的液体把漏斗下端“液封”住，因此本实验中会浪费太多的盐酸，可在广口瓶中(漏斗的下端)放一个小试管。
【答案】　(1)
仪器编号 b d
名称
改正的名称 容量瓶 酸式滴定管
(2)①往细口容器中加液体
②组成过滤装置(其他合理答案也可)
(3)如下图所示
(只需画对试管的位置即可)(共88张PPT)
第2讲　化学平衡
1．了解化学反应的可逆性。
2．了解化学平衡建立的过程。理解化学平衡常数的含义，能够利用化学平衡常数进行简单的计算。
3．理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对化学平衡的影响，认识其一般规律。
4．了解化学平衡的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。
1．可逆反应
(1)可逆反应：在 条件下，既能向正反应方向进行又能向逆反应方向进行的反应叫做可逆反应。用_________表示。
在一定条件下几乎所有的反应都具有不同程度的可逆性，但有些反应的逆反应进行程度太小而忽略，把几乎完全进行的反应叫做不可逆反应。如：Ag＋＋Cl－===AgCl↓
(2)可逆反应的特点： ，即有一定的限度。
(3)可逆反应进行程度的描述方法——转化率、产率。
①反应物的转化率＝反应物的转化量/该反应物起始量×100%。
②产物的产率＝产物的实际量/该产物的理论量×100%。
一、化学平衡
相同
反应不能进行到底
2．化学平衡状态及特征
(1)化学平衡的建立：如果把某一可逆反应的反应物装入一密闭容器中反应
①反应开始时：v正 ，v逆 。
②反应进行时，反应物浓度逐渐减小，v正逐渐 ；生成物浓度逐渐增大，v逆逐渐 。
③某一时刻v 正＝v逆反应混合物中各组分的浓度不再发生变化，达到平衡状态。
大
小
减小
增大
(2)化学平衡状态：一定条件下，当___________________时，反应混合物中各组分________保持不变，这时的状态就是给定条件下反应达到了限度，对于__________________来说叫做化学平衡。
(3)化学平衡状态的特征
①“逆”：化学平衡研究的对象是可逆反应，各物质的转化率必小于1。
②“动”：达到平衡时，v(正)=v(逆)≠0，即化学平衡是_____________，正反应和逆反应仍在进行。
正、逆反应速率相等
质量
可逆反应体系
动态平衡
③“等”：是指_____________，这是化学平衡状态的本质特征。
④“定”：由于v正=v逆，平衡混合物中各组分的浓度及体积(或质量分数)保持不变。
⑤“变”：外界条件改变导致反应速率改变，原化学平衡被破坏，从而发生平衡移动直至建立新平衡。
v(正)=v(逆)
1．化学平衡常数：化学平衡状态是在一定条件下可逆反应进行的最大限度。对于可逆反应aA＋bB cC ＋ dD，在一定温度下，无论反应物的起始浓度如何，反应达到平衡状态后， _______________________除以_____________________为一个定值。我们把这个定值称为该反应的化学平衡常数， 简称平衡常数。表达式为：K＝。K值越大，表示正向反应进行得________；K值越小，表示反应进行得__________。
2．化学平衡常数只与_____有关系，与____________________没有关系。在使用平衡常数时应注明温度。__________________的浓度可视为定值，其浓度不列入平衡常数表达式中。
二、化学平衡常数
生成物浓度的幂的乘积
反应物浓度的幂的乘积
越完全
越不完全
温度
反应物以及生成物的浓度
固体、纯液体和水
1．浓度：在其他条件不变时，________________或________________，平衡正向移动；____ 或____________ ，平衡逆向移动。
2．压强：对于_______________的可逆反应，在其他条件不变时，增大压强，平衡向_____________的方向移动；减小压强，平衡向___________的方向移动。
对于________________的可逆反应，在其他条件不变时，增大或减少压强，平衡不移动。
3．温度：在其他条件不变时，升高温度，平衡向_______方向移动；降低温度，平衡向______方向移动。
三、影响平衡移动的外界条件
反应物浓度增大
生成物浓度减小
反应物浓度减小
生成物浓度增大
气体分子数不等
体积减小
体积增大
气体分子数相等
吸热
放热
4．平衡移动原理(勒夏特列原理)
概念：如果改变影响化学平衡的_______条件(如：________________等)，平衡就会向着能够_________________的方向移动。
一个
浓度、压强或温度
减弱这种改变
1．自发反应
在一定条件下无需___________就能__________的反应， 我们称之为自发反应。许多化学反应的正反应能自发进行，而其逆反应无法自发进行。
2．化学反应方向的判断依据
(1)许多自发过程，无论是物理过程还是化学过程，都有由能量_____状态向能量_____状态转化的倾向。研究表明，对于化学反应而言，绝大多数______反应都能自发进行，且反应放出的热量越多，体系能量______得也越多，反应越完全。然而，并非所有自发进行的化学反应都是放热的。
四、化学反应进行的方向
外界帮助
自动进行
较高
较低
放热
降低
(2)大多数自发反应有趋向于________________的倾向。衡量一个_____________的物理量叫做熵。用符号S表示。体系中微粒之间______________的程度越大，体系的熵________。反应前后体系____________叫做反应的熵变，可用ΔS表示。
(3)ΔS>0，发生变化后体系混乱度增大；ΔS<0，发生变化后体系混乱度_______。
(4)反应的________是制约化学反应能否自发进行的因素之一，除热效应外，决定化学反应能否自发进行的另一个因素是_______________，也就是熵变。熵变和焓变是影响化学反应能否自发进行的因素但不是__________因素。因此要判断化学反应能否自发进行要综合考虑这两个方面的因素。
体系混乱度增大
体系混乱度
无规则排列
越大
熵的变化
减小
焓变
体系的混乱度
唯一
(5)有些条件下，判断反应能否自发进行除了要考虑焓变和熵变之外还要考虑_______。当ΔH<0、ΔS<0或ΔH>0、ΔS>0，反应能否自发进行要考虑______。
温度
温度
1．可逆反应N2＋3H2??2NH3，若某一时刻v正(N2)＝v逆(NH3)此时反应是否达到平衡状态？3v正(N2)＝v逆(H2)呢？
2．某一可逆反应，一定条件下达到了平衡，①若化学反应速率改变，平衡一定发生移动吗？②若平衡发生移动，化学反应速率一定改变吗？
【提示】　1.没有达到平衡，可逆反应达到平衡的本质是v正＝v逆，但正、逆反应速率必须是同一物质，前者没达平衡，后者达到平衡。
2．化学平衡发生移动的本质是条件的改变引起v正、v逆变化，且v正≠v逆。①不一定移动，②v正和v逆一定有变化且不相等。
1．本质标志
v(正)＝v(逆)≠0。对于某一可逆反应来说，正反应消耗掉某反应物的速率等于逆反应生成该反应物的速率。
2．等价标志
(1)全是气体参加的体积可变反应，体系的压强不随时间而变化。例如：N2＋3H2?? 2NH3。
(2)体系中各组分的物质的量浓度或体积分数、物质的量分数保持不变。
达到化学平衡状态的标志
(3)全是气体参加的体积可变反应，体系的平均相对分子质量不随时间变化。例如：
2SO2(g)＋O2(g) ??2SO3(g)。
(4)对同一物质而言，断裂化学键的物质的量与形成化学键的物质的量相等。
(5)对于有颜色物质参加或生成的可逆反应，体系的颜色不再随时间而变化，如2NO2(g)?? N2O4(g)。
(6)体系中某反应物的转化率或某生成物的产率达到最大值且不再随时间而变化。
【注意】　以下几种情况不能作为可逆反应达到化学平衡的标志：
(1)恒温、恒容下的气体计量数不变反应，体系的压强或总物质的量不随时间而变化，如2HI(g) ?I2(g)＋H2(g)。
(2)全是气体参加的体积不变反应，体系的平均相对分子质量不再随时间变化，如2HI(g)??I2(g)＋H2(g)。
(3)全是气体参加的反应，恒容条件下体系的密度保持不变。
H2(g)＋I2(g)??2HI(g)已经达到平衡状态的标志是________________。
①c(H2)＝c(I2)＝c(HI)时　②c(H2)∶c(I2)∶c(HI)＝1∶1∶2时　③c(H2)、c(I2)、c(HI)不再随时间而改变　④单位时间内生成n mol H2的同时生成2n mol HI　⑤单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol I2　⑥反应速率v(H2)＝v(I2)＝ v(HI)　⑦一个H—H键断裂的同时有两个H—I键断裂　 ⑧温度和体积一定时，容器内压强不再变化　⑨温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化　⑩温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化　 条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化
【导航】　此题从多个角度分析平衡态或不平衡态各种相关物理量的变化情况，有助于加深对平衡特点的理解。能否作为判断平衡的标志就看能否直接或间接的体现v正＝v逆或各物质的浓度及百分含量不变。
【解析】　 ①浓度相等，不能说明已达到平衡状态；②浓度之比与平衡状态无必然联系；③浓度不变，说明已达平衡。注意不要把浓度不变与①、②两种情况混淆；④“生成n mol H2”指逆反应，“生成2n mol HI”指正反应，且v正＝v逆，正确；⑤“生成n mol H2”、“生成n mol I2”都指逆反应，不能判断；⑥无论是v正、v逆，用不同物质表示时，一定和化学计量数成正比，与是否达到平衡状态无关
⑦从微观角度表示v正＝v逆，正确；⑧由于Δn(g)＝0，压强始终不改变；⑨颜色不变，说明I2(g)浓度不变，可以判断；⑩由于Δn(g)＝0，体积始终不变，且反应混合物总质量始终不变，密度不变，不能判断是否达到平衡； 反应前后气体的物质的量、质量均不变，所以平均分子量始终不变，不一定达到平衡状态。
【答案】　③④⑦⑨
1．对于恒温、恒容条件下的气体计量数可变反应
如果按方程式的化学计量关系转化为方程式同一半边的物质，其物质的量与对应组分的起始加入量相同，则建立的化学平衡状态是等效的。例如：
常温、常压下的可逆反应：
2SO2(g)　＋　O2(g)??2SO3(g)
① 2 mol 1 mol 0 mol
② 0 mol 0 mol 2 mol
③ 0.5 mol 0.25 mol 1.5 mol
上述三种配比，按方程式的计量关系均转化为反应物，则SO2均为2 mol，O2均为1 mol，三者建立的平衡状态完全相同
等效平衡规律
2．对于恒温、恒容条件下的气体计量数不变反应
如果按方程式的化学计量关系转化为方程式同一半边的物质，其物质的量比与对应组分的起始加入量比相同，则建立的化学平衡是等效的。例如：
H2(g)　＋　I2(g)? ? 2HI(g)
① 1 mol 1 mol 0 mol
② 2 mol 2 mol 1 mol
上述两种配比，按方程式中化学计量关系均转化为反应物，两种情况下H2与I2(g)的物质的量比均为1∶1，因此上述两种情况建立的化学平衡状态是等效的。
3．对于恒温、恒压条件下的可逆反应(体积可变反应或体积不变反应)
如果按方程式中化学计算关系转化为方程式同一半边的物质，其物质的量比与对应组分的起始加入量比相同，则建立的化学平衡状态是等效的。
(2008年高考全国卷Ⅱ)在相同温度和压强下，对反应CO2(g)＋H2(g)? ?CO(g)＋H2O(g)进行甲、乙、丙、丁四组实验，实验起始时放入容器内各组分的物质的量见下表：
物质 物质
的量 实验 CO2 H2 CO H2O
甲 a mol a mol 0 mol 0 mol
乙 2a mol a mol 0 mol 0 mol
丙 0 mol 0 mol a mol a mol
丁 a mol 0 mol a mol a mol
上述四种情况达到平衡后，n(CO)的大小顺序是(　　)
A．乙＝丁＞丙＝甲　　　B．乙＞丁＞甲＞丙
C．丁＞乙＞丙＝甲 D．丁＞丙＞乙＞甲
【导航】　解答该题时先判断出甲和丙、乙和丁是等温等压下的等效平衡，然后结合平衡移动即可解答。
【解析】　结合已知及表中的信息知甲和丙、乙和丁分别属于同温同压下的等效平衡。比较甲、乙可知乙中CO2的加入量大于甲中CO2的加入量，而H2的加入量二者相等，即乙相当于在甲的基础上又增加了a mol CO2，故平衡向正反应方向移动，因此所得CO的物质的量为乙>甲。
【答案】　A
1．(1)化学平衡常数值的大小是可逆反应进行程度的标志。它能够表示出可逆反应进行的完全程度。一个反应的K值越大，说明平衡时生成物的浓度越大，反应物的浓度越小，反应物转化率也越大。可以说，化学平衡常数是一定温度下一个反应本身固有的内在性质的定量体现。
(2)可以利用平衡常数的值作标准，判断正在进行的可逆反应是否平衡及不平衡时向何方进行建立平衡。如：对于可逆反应：mA(g)＋nB(g)??pC(g)＋qD(g)，在一定温度的任意时刻，反应物与生成物的浓度有如下关系：
化学平衡常数的应用
Qc＝ ，Qc叫该反应的浓度商。
2．利用K可判断反应的热效应
若升高温度，K值增大，则正反应为吸热反应；
若升高温度，K值减小，则正反应为放热反应。
(1)已知在448 ℃时，反应H2(g)＋I2(g)?? 2HI(g)的平衡常数K1为49，则该温度下反应2HI(g)?? H2(g)＋I2(g)的平衡常数K2为________；反应 H2(g)＋ I2(g)?? HI(g)的平衡常数K3为________。
(2)在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)，其化学平衡常数K和温度t的关系如下表所示：
t ℃ 700 800 830 1 000 1 200
K 0.6 0.9 1.0 1.7 2.6
回答下列问题：
①该反应的化学平衡常数表达式为K＝__________。
②该反应为________反应(填“吸热”或“放热”)。
③能判断该反应达到化学平衡状态的依据是(　　)
A．容器中压强不变 B．混合气体中c(CO)不变
C．v正(H2)＝v逆(H2O) D．c(CO2)＝c(CO)
④某温度下，平衡浓度符合下式：c(CO2)·c(H2)＝c(CO)·c(H2O)，试判断此时的温度为____________℃。
【导航】　求平衡常数时，应依据平衡常数的意义。且注意平衡常数只受温度的影响，至于平衡状态的判断，除注意一般规律外，还要结合具体反应的特点。
【解析】　(1)K2＝ ，K3＝K1。
(2)①据平衡常数的定义即可写出K＝ 。
②升高温度，平衡常数增大。说明平衡向正反应方向移动，该反应正反应为吸热反应。
③因反应的Δn＝0，所以压强始终不变化，A错误；D项没指明反应的方向，错误；B、C正确。
④当c(CO2)·c(H2)＝c(CO)·c(H2O)时，K＝1，此时的温度由表中数据可知830 ℃。
【答案】　(1)　 7
(2)① 　②吸热　③BC　④830
1．化学平衡的移动
(1)概念：可逆反应中旧化学平衡的破坏，新化学平衡的建立过程。
(2)移动过程
影响化学平衡的因素
(3)化学平衡移动与反应速率的关系
①v(正)>v(逆)：平衡向正反应方向移动。
②v(正)=v(逆)：平衡不移动。
③v(正)2．勒夏特列原理
如果改变影响平衡的一个条件(如：浓度、温度或压强)，平衡就向能减弱这种改变的方向移动。“减弱这种改变”的正确理解应当是：升高温度时，平衡向吸热方向移动；增加反应物浓度，平衡向反应物浓度减小的方向移动；增大压强，平衡向体积缩小的方向移动。平衡移动只能减弱这种改变，而不能完全抵消这种改变。勒夏特列原理适合任何平衡体系，但不适用于未达平衡的体系。
3．平衡移动会伴随着哪些变化
(1)反应速率的变化(引起平衡移动的本质，但反应速率变化也可能使平衡不移动)，主要看v正与v逆是否相等，如果v正≠v逆，则平衡必然要发生移动。如v正、v逆同时改变，但始终保持相等，则平衡不移动。
(2)浓度的变化：平衡移动会使浓度变化，但是浓度的变化不一定使平衡移动。
(3)各组分百分含量的变化。
(4)平均式量的变化。
(5)颜色的变化(颜色变化，平衡不一定发生移动)
(6)混合气体密度的变化。
(7)转化率的变化。
(2008年高考宁夏理综)已知可逆反应：M(g)＋N(g)??P(g)＋Q(g)　ΔH＞0，请回答下列问题：
(1)在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c(M)＝1 mol/L，c(N)＝2.4 mol/L；达到平衡后，M的转化率为60%，此时N的转化率为________；
(2)若反应温度升高；M的转化率________(填“增大”、“减小”或“不变”)；
(3)若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为：c(M)＝4 mol/L，c(N)＝a mol/L；达到平衡后，c(P)＝2 mol/L，a＝________；
(4)若反应温度不变，反应物的起始浓度为：c(M)＝c(N)＝b mol/L，达到平衡后，M的转化率为________。
【导航】　解答该题时可写出化学方程式，利用“c(初)、Δc、c(平)”进行计算，同时还要利用温度不变、化学平衡常数不变来解题。
【解析】　　　(1)　 M(g)＋N(g)? ? P(g)＋ Q(g)
起始浓度(mol/L) 1 2.4 0 0
浓度变化(mol/L) 0.6 0.6 0.6 0.6
平衡浓度(mol/L) 0.4 1.8 0.6 0.6
α(N)＝ ×100%＝25%。
(2)该可逆反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热反应方向进行，所以M的转化率增大。
(3)温度不变，平衡常数不变，所以根据(1)可求出平衡常数 K＝ ＝0.5。
　　　　　　　 M(g)＋ N(g)? ? P(g)＋ Q(g)
起始浓度(mol/L) 4 a 0 0
浓度变化(mol/L) 2 2 2 2
平衡浓度(mol/L) 2 a－2 2 2
K＝ ＝0.5，a＝6。
(4)温度不变，平衡常数仍为0.5。
M(g)＋N (g)?? P (g)＋Q(g)
起始浓度(mol/L) b b 0 0
浓度变化(mol/L) bα bα bα bα
平衡浓度(mol/L) b(1－α) b(1－α) bα bα
K＝ ＝0.5，α＝41%。
【答案】　(1)25%　(2)增大　(3)6　(4)41%
1．由能量判据知：放热过程(ΔH＜0)常常是容易自发进行。
2．由熵判据知：许多熵增加的过程是自发的。
3．很多情况下，简单地只用其中一个判据去判断同一个反应，可能会出现相反的判断结果，所以我们应两个判断兼顾。由能量判据和熵判据组合成的复合判据将更适合于所有的反应过程。
4．过程的自发性只能用于判断过程的方向，不能确定过程是否一定会发生和过程发生的速率。例如：金刚石有向石墨转化的倾向，但是能否发生，什么时候发生，多快才能完成，就不是能量判据和熵判据能解决的问题了。
能量判据和熵判据的应用
5．在讨论过程的方向时，指的是没有外界干扰时体系的性质。如果允许外界对体系施加某种作用，就可能出现相反的结果。例如：石墨经高温高压还是可以变为金刚石的。
6．吸热的自发过程应为熵增加的过程，如冰的融化、硝酸铵溶于水等。
能用能量判据判断下列过程的方向的是(　　)
A．水总是自发地由高处往低处流
B．放热反应容易自发进行，吸热反应不能自发进行
C．有序排列的火柴散落时成为无序排列
D．多次洗牌以后，扑克牌的毫无规律的混乱排列的几率大
【导航】　体系存在着力图使自身能量最低，即从高能状态转变为低能状态的倾向——能量判据。
【解析】　A．水总是自发地由高处往低处流，有趋向于最低能量状态的倾向。B.吸热反应也可以自发进行，例如，在25 ℃和1.01×105Pa时，2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋56.7 kJ/mol，不难看出，上述反应是吸热反应，又是熵增的反应，显然只根据焓变来判断反应进行的方向是不全面的。C.有序排列的火柴散落时成为无序排列，有趋向于最大混乱度的倾向，属于熵判据。D.扑克牌的无序排列也属于熵判据。
【答案】　A
1．(2009年安徽理综)汽车尾气净化中的一个反应如下：NO(g)＋CO(g)??N2(g)＋CO2(g)　ΔH＝－373.4 kJ·mol－1在恒容的密闭容器中，反应达平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是(　　)
【解析】　ΔH＝－373.4 kJ·mol－1，温度升高，平衡向逆反应方向移动，K减小，CO转化率降低，故A、B两项错；K只与温度有关，C项正确；D项增大N2的物质的量平衡左移，则NO转化率降低，所以D项错。
【答案】　C
2．(2009年广东单科)取五等份NO2，分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应：
2NO2(g)?? N2O4(g)　ΔH<0
反应相同时间后，分别测定体系中NO2的百分含量(NO2%)，并作出其随反应温度(T)变化的关系图。下列示意图中，可能与实验结果相符的是(　　)
【解析】　B项，反应达平衡后，升高温度平衡左移，NO2%增大；D项，反应未达平衡，升高温度反应向右进行趋于平衡，NO2%减小，达平衡后升高温度，平衡左移，NO2%增大，故选B、D。
【答案】　BD
3．(2009年全国Ⅰ理综)下图表示反应X(g)??4Y(g)＋Z(g)　ΔH<0，在某温度时X的浓度随时间变化的曲线：
下列有关该反应的描述正确的是(　　)
A．第6 min后，反应就终止了
B．X的平衡转化率为85%
C．若升高温度，X的平衡转化率将大于85%
D．若降低温度，v正和v逆将以同样倍数减小
【解析】　A项，6 min时反应达到了平衡状态，但正、逆反应并未停止；B项，X的起始浓度为1.0 mol·L－1，平衡时为0.15 mol·L－1，浓度变化量为0.85 mol·L－1，转化率为85%；C项，反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，X的转化率将小于85%；D项，降温正、逆反应速率均减小，但逆反应速率减小的倍数大于正反应速率减小的倍数。
【答案】　B
4．(2009年北京理综)已知：H2(g)＋I2(g)?? 2HI(g)　ΔH<0。有相同容积的定容密闭容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1 mol，乙中加入HI 0.2 mol，相同温度下分别达到平衡。欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应采取的措施是(　　)
A．甲、乙提高相同温度 B．甲中加入0.1 mol He，乙不变
C．甲降低温度，乙不变 D．甲增加0.1 mol H2，乙增加0.1 mol I2
【解析】　0.2 mol HI相当于H2、I2各0.1 mol，所以甲、乙在题述情况下达到的平衡是等效的。A项，甲、乙提高相同温度，仍等效；B项，甲中加入0.1 mol He对反应无影响；C项，甲降低温度，平衡右移，HI的浓度增大；D项，甲增加0.1 mol H2，乙增加0.1 mol I2，平衡都向右移动，HI的浓度都增大，具体结果不能断定。
【答案】　C
5．(2009年天津理综)人体血液内的血红蛋白(Hb)易与O2结合生成HbO2，因此具有输氧能力。CO吸入肺中发生反应：CO＋HbO2? ?O2＋HbCO,37 ℃时，该反应的平衡常数K＝220。HbCO的浓度达到HbO2浓度的0.02倍，会使人智力受损。据此，下列结论错误的是(　　)
A．CO与HbO2反应的平衡常数K＝
B．人体吸入的CO越多，与血红蛋白结合的O2越少
C．当吸入的CO与O2浓度之比大于或等于0.02时，人的智力才会受损
D．把CO中毒的病人放入高压氧仓中解毒，其原理是使上述平衡向左移动
【解析】　由平衡常数的定义可知该反应的平衡常数 K＝ ；由平衡移动原理可知吸入CO越多，平衡向右移动，与血红蛋白结合的O2越少；把病人放入高压氧仓中，则平衡向左移动，释放出CO，故可解毒，A、B、D均正确。C项，由平衡常数表达式可知，人智力受损时：220＝ ×0.02，即 ＝ ，故C项错误。
【答案】　C
6．(2009年重庆理综)各可逆反应达平衡后，改变反应条件，其变化趋势正确的是(　　)
【解析】　A项，加入CH3COONa，使CH3COOH的电离平衡逆向移动，c(H＋)减小，pH增大；B项，加入KCl，对平衡没有影响，c(Fe3＋)不变；C项，加入Ar气，原平衡分压减小(因平衡为恒压过程)，平衡左移，H2转化率减小。
【答案】　D
7．(2009年四川理综)在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y，发生反应mX(g)? ?nY(g)　ΔH＝Q kJ/mol。反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示：
　　　气体体积/L　 c(Y)/mol·L－1 温度/℃ 1 2 4
100 1.00 0.75 0.53
200 1.20 0.90 0.63
300 1.30 1.00 0.70
下列说法正确的是(　　)
A．m>n B．Q<0
C．温度不变，压强增大，Y的质量分数减少
D．体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动
【解析】　升温，c(Y)增大，平衡右移，所以，Q>0，B、D错误；气体体积增大，若平衡不动，c(Y)应减小为一半，现c(Y)比一半大，即减压平衡向右移动，m【答案】　C
组分 HCOOCH3 H2O HCOOH CH3OH
物质的量/mol 1.00 1.99 0.01 0.52
8．(2009年广东单科)甲酸甲酯水解反应方程式为：HCOOCH3(l)＋H2O(l)?? HCOOH(l)＋CH3OH(l)　ΔH＞0某小组通过实验研究该反应(反应过程中体积变化忽略不计)。反应体系中各组分的起始量如下表：
甲酸甲酯转化率在温度T1下随反应时间(t)的变化见下图：
(1)根据上述条件，计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反应速率，结果见下表：
反应时间范围/min 0～5 10～15 20～25 30～35 40～45 50～55 75～80
平均反应速率/(10－3mol·min－1) 1.9 7.4 7.8 4.4 1.6 0.8 0.0
请计算15～20 min范围内甲酸甲酯的减少量为________mol，甲酸甲酯的平均反应速率为________mol·min－1(不要求写出计算过程)。
(2)依据以上数据，写出该反应的反应速率在不同阶段的变化规律及其原因： ________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(3)上述反应的平衡常数表达式为：
K＝ ，则该反应在温度T1下的K值为________。
(4)其他条件不变，仅改变温度为T2(T2大于T1)，画出温度T2下甲酸甲酯转化率随反应时间变化的预期结果示意图。
【解析】　(1)15 min时甲酸甲酯转化率为6.7%,20 min时甲酸甲酯转化率为11.2%，则其减少量为：
1．00×11.2%－1.00×6.7%＝0.045 mol。平均反应速率为：
V ’＝ ＝9×10－3mol·min－1
(2)由表中数据及(1)中计算出的15～20 min的平均反应速率可知，反应前期反应速率增加，随着反应的进行反应速率增加更快，反应后期反应速率又减小。结合影响反应速率的因素可推测是反应中生成的甲酸具有催化作用。反应初期生成甲酸量少，催化效果不明显，反应速率较慢，随着生成甲酸量增多，催化效果显著，反应速率明显增大，到反应后期，浓度对反应速率的影响起主导作用，使反应速率减小。
(3)平衡时甲酸甲酯转化率为24.0%，则：
HCOOCH3＋H2O??HCOOH＋CH3OH
起始量 1.00 1.99 0.01 0.52
反应量 0.24 0.24 0.24 0.24
平衡量 0.76 1.75 0.25 0.76
则K＝ ＝ ＝0.14
(4)升高温度，反应速率加快，达到平衡时间短；该反应是吸热反应，升高温度时平衡向正反应方向移动，故T2比T1温度下甲酸甲酯转化率要高；抓住这两点，则不难画出示意图。
【答案】　(1)0.045　9.0×10－3
(2)该反应中甲酸具有催化作用。
①反应初期：虽然甲酸甲酯量较大，但甲酸量很小，催化效果不明显，反应速率较慢；
②反应中期：甲酸量逐渐增多，催化效果显著，反应速率明显增大；
③反应后期：甲酸量增加到一定程度后，浓度对反应速率的影响成主导因素，特别是逆反应速率的增大，使总反应速率逐渐减小，直至为零。
(3)0.14
(4)
9．(2009年全国Ⅱ理综)某温度时，在2 L密闭容器中气态物质X和Y反应生成气态物质Z，它们的物质的量随时间的变化如下表所示。
(1)根据下表中数据，在下图中画出X、Y、Z的物质的量(n)随时间(t)变化的曲线：
t/min X/mol Y/mol Z/mol
0 1.00 1.00 0.00
1 0.90 0.80 0.20
3 0.75 0.50 0.50
5 0.65 0.30 0.70
9 0.55 0.10 0.90
10 0.55 0.10 0.90
14 0.55 0.10 0.90
(2)体系中发生反应的化学方程式是_____________________________________________。
(3)列式计算该反应在0～3 min时间内产物Z的平均反应速率：________________________________________________________________________；
(4)该反应达到平衡时反应物X的转化率α等于________；
(5)如果该反应是放热反应。改变实验条件(温度、压强、催化剂)得到Z随时间变化的曲线1、2、3(如下图所示)则曲线1、2、3所对应的实验条件改变分别是：
1______________，2______________，3______________。
【解析】　(2)由表中数据可知X、Y、Z是以1∶2∶2的比例进行反应的，且9 min以后各物质的物质的量不发生变化也均不为零，说明该反应是可逆反应，且反应方程式为：X＋2Y?? 2Z。
(3)v(Z)＝ ＝ ＝0.083 mol·L－1·min－1。
(4)α(X)＝ ×100%＝ ×100%＝45%。
(5)对比曲线1和表中数据可知：曲线1达到平衡所用时间短(2 min)，且生成的Z较少，即相对原平衡来说是增大了反应速率且平衡向逆向移动，故曲线1改变的条件是升高了温度。对比曲线2和表中数据可知：曲线2达到平衡所用时间短(1 min)，但Z的量不变，即加快了反应速率但平衡没有移动，故曲线2改变的条件是加入了催化剂。对比曲线3和表中数据可知：曲线3达到平衡所用时间短(7 min)，且平衡时生成Z的量增多(0.95 mol)，即加快了反应速率且平衡向正向移动，故曲线3改变的条件是增大压强。
【答案】　(1)
(2)X＋2Y?? 2Z
(3) ＝0.083 mol·L－1·min－1　(4)45%
(5)升高温度　加入催化剂　增大压强
10．(2009年上海单科)铁和铝是两种重要的金属，它们的单质以及化合物有着各自的性质。
(1)在一定温度下，氧化铁可以与一氧化碳发生下列反应：Fe2O3(s)＋3CO(g)? ?2Fe(s)＋3CO2(g)
①该反应的平衡常数表达式为：K＝________。
②该温度下，在2 L盛有Fe2O3粉末的密闭容器中通入CO气体，10 min后，生成了单质铁11.2 g，则10 min内CO的平均反应速率为________。
(2)请用上述反应中某种气体的有关物理量来说明该反应已达到平衡状态：
①__________________________________________；
②___________________________________________。
(3)某些金属氧化物粉末和Al粉在镁条的引燃下可以发生铝热反应。下列反应速率(v)和温度(T)的关系示意图中与铝热反应最接近的是________。
(4)写出氢氧化铝在水中发生酸式电离的电离方程式：
________________________________________________________________________。
欲使上述体系中Al3＋浓度增加，可加入的物质是________。
【解析】　(1)中①书写表达式时固体不需写入。②n(Fe)为0.2 mol，n(CO)为0.3 mol，v(CO)＝ ＝0.015 mol/(L·min)。(2)这是一个等体积反应，不能从压强考虑，Fe、Fe2O3为固体，也不影响平衡，所以应从CO、CO2的浓度、反应速率去考虑。(3)铝热反应在常温下不反应，高温时瞬间反应。(4)Al(OH)3结合H2O中OH－而呈酸性，也可认为是HAlO2 ·H2O，所以电离方程式也可写为Al(OH)3＋H2O??Al(OH)4－＋H＋；欲使Al3＋浓度增加，应先写出Al(OH)3的碱式电离方程式：Al(OH)3? ?Al3＋＋3OH－，使平衡右移，可加入酸性物质，如HCl、H2SO4等。
【答案】　(1) 　0.015 mol/(L·min)
(2)①CO(或CO2)的生成速率与消耗速率相等
②CO(或CO2)的质量不再改变(合理即可)
(3)b
(4)Al(OH)3??H＋＋AlO2－＋H2O　盐酸(合理即可)
1．(2009年山东济南月考)下列关于化学反应限度的说法中正确的是(　　)
A．改变外界条件不能改变化学反应的限度
B．当某反应在一定条件下达到反应限度时即达到了化学平衡状态
C．当某反应体系中气体的压强不再改变时，该反应一定达到反应限度
D．当某反应达到限度时，反应物和生成物的浓度一定相等
【解析】　A项，外界条件改变时，可能会改变反应的限度。C项，如反应H2(g)＋I2(g)??2HI(g)，在恒容条件下，压强一直不变，因此压强不变不能作为反应达到反应限度的标志。D项，反应达到限度时，反应物和生成物的浓度不再变化，并不一定相等。
【答案】　B
2．对可逆反应4NH3(g)＋5O2(g)?? 4NO(g)＋6H2O(g)，下列叙述正确的是(　　)
A．达到化学平衡时，4v正(O2)＝5v逆(NO)
B．若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态
C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D．化学反应速率的关系是：2v正(NH3)＝3v正(H2O)
【解析】　化学平衡的实质是可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等，选项A正确；选项B表示的都是正反应速率，没有逆反应速率，不正确；增大容积，反应物、生成物的浓度均减小，所以正、逆反应速率均减小，C不正确；在同一反应中，用不同物质所表示的同一化学反应的速率之比等于其化学方程式中的计量数之比，选项D错误。故选A。
【答案】　A
3.
(2009年河北石家庄检测)对于达到平衡的可逆反应：X+Y??W+Z，其他条件不变时，在t时刻增大压强，正、逆反应速率(v)变化的情况如右图所示。下列对X、Y、Z、W四种物质状态的描述正确的是(　　)
A．W、Z均为气体，X、Y中只有一种为气体
B．X、Y均为气体，W、Z中只有一种为气体
C．X、Y或W、Z中均只有一种为气体
D．X、Y均为气体，W、Z均为液体或固体
【解析】　由图可知t时刻增大压强，v正、v逆均增大，所以反应物、生成物中均有气体，且平衡正向移动，所以该反应为正向气体体积减小的反应，故只有B项正确。
【答案】　B
4．在密闭容器中进行如下反应：X2(g)＋Y2(g)??2Z(g)。已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1 mol/L、0.2 mol/L和0.2 mol/L，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是(　　)
A．Z为0.3 mol/L　　　　　　
B．Y2为0.4 mol/L
C．X2为0.2 mol/L
D．Z为0.4 mol/L
【解析】　A项，若Z为0.3 mol/L，则表明此时X2为0.05 mol/L，故可能；B项，Y2为0.4 mol/L，Z全部反应也不可能达到；C项，X2为0.2 mol/L，此时Z为0 mol，不可能；D项，Z为0.4 mol/L，则Y为0 mol，不可能。
【答案】　A
5．已建立化学平衡的可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，下列叙述中正确的是(　　)
①生成物的百分含量一定增加　②生成物的产量一定增加
③反应物的转化率一定增大　④反应物浓度一定降低
⑤正反应速率一定大于逆反应速率　⑥使用了合适的催化剂
A．①② B．②⑤
C．③⑤ D．④⑥
【解析】　若通过增大某一反应物的用量引起平衡正移，可能会使生成物的含量降低，①错误；只要平衡正向移动，则生成物的产量一定增加，②正确；若通过增大一种反应物的浓度使平衡正移，这种反应物自身的转化率一般会降低，而另一反应物的转化率升高，所以③④均错误；平衡正移，则v正＞v逆，⑤正确；加入催化剂，只会加快反应速率，而不会引起平衡移动，故选B。
【答案】　B
6．(2008年高考广东卷)碘钨灯比白炽灯使用寿命长。灯管内封存的少量碘与使用过程中沉积在管壁上的钨可以发生反应：W(s)＋I2(g)T1T2WI2(g)　 ΔH＜0(温度T1＜T2)。下列说法正确的是(　　)
A．灯管工作时，扩散到灯丝附近高温区的WI2(g)会分解出W，W重新沉积到灯丝上
B．灯丝附近温度越高，WI2(g)的转化率越低
C．该反应的平衡常数表达式是K＝
D．利用该反应原理可以提纯钨
【解析】　高温时，平衡左移，WI2分解，温度越高，分解越充分故A正确B错；选项C给出的是逆反应的平衡常数表达式，C错。
【答案】　AD
T1
T2
7．(2009年黄冈中学高三质检)X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，其中X元素原子的核外电子总数等于其电子层数，Z元素的气态氢化物和它的氧化物在常温下反应生成Z单质和水，X与Y、W可分别形成YX3和XW型共价化合物，YX3极易溶于水。
(1)Y的元素符号是________。
(2)XW的电子式是________。
(3)XW与YX3反应生成一种盐，该盐水溶液的pH________7(填“大于”“小于”或“等于”)，其原因是(用离子方程式表示)
________________________________________________________________________。
(4)Z元素氢化物的沸点比H2O________(填“低”或“高”)。Z元素的氢化物有毒，写出用CuSO4溶液吸引Z元素氢化物的离子方程式 ________________________________________________________________________。
(5)已知X单质和Y单质反应生成YX3的反应是可逆反应，ΔH＜0。将X、Y的两种单质以等物质的量充入一密闭容器中，在适当催化剂和恒温、恒压条件下反应。下列说法正确的是________。
a．达到化学平衡时，任何一种物质的正反应速率与逆反应速率相等
b．反应过程中，Y单质的体积分数始终为50%
c．达到化学平衡时，X、Y两种单质在混合气体中的物质的量之比为1∶1
d．达到化学平衡的过程中气体平均相对分子质量减小
e．达到化学平衡后，升高温度，YX3的体积分数增大
【解析】　X元素的原子核外电子数等于其电子层数，则X是H，H与Y形成极易溶于水的YH3，则可推Y是N元素，由XW是共价化合物，可知W是Cl，XW是HCl，Z原子序数介于N和Cl之间，且Z元素的气态氢化物和它的氧化物在常温下反应生成Z单质和水，则可知Z是S元素，反应方程式为2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O。HCl与NH3反应生成NH4Cl，该盐水溶液的pH小于7，原因是NH4＋ 的水解。
H2S的沸点比H2O低，原因是水分子间存在氢键。
v正＝v逆是反应达到平衡的标志，故a对。
N2　＋　3H2?? 2NH3
1 1 0
x x
1－ 1－x x
恒温恒压条件下，体积之比等于物质的量之比，由 V(N2)% ＝ ＝ ，和x无关，b正确；c显然错误；总物质的量在减小，总质量不变，所以气体平均相对分子质量增大，d错误；正反应是放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动，YX3的体积分数减小，e错误。
【答案】　(1)N　(2)
(3)小于　NH4＋＋H2O??NH3·H2O＋H＋
(4)低　Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋ (5)ab
8．(2008年高考江苏卷)将一定量的SO2和含0.7 mol氧气的空气(忽略CO2)放入一定体积的密闭容器中，550 ℃时，在催化剂作用下发生反应：2SO2＋O2 2SO3(正反应放热)。反应达到平衡后，将容器中的混合气体通过过量NaOH溶液，气体体积减少了21.28 L；再将剩余气体通过焦性没食子酸的碱性溶液吸收O2，气体的体积又减少了5.6 L(以上气体体积均为标准状况下的体积)。(计算结果保留一位小数)
请回答下列问题：
(1)判断该反应达到平衡状态的标志是________。(填字母)
a．SO2和SO3浓度相等
b．SO2百分含量保持不变
催化剂
△
c．容器中气体的压强不变
d．SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等
e．容器中混合气体的密度保持不变
(2)欲提高SO2的转化率，下列措施可行的是__________。(填字母)
a．向装置中再充入N2　　　b．向装置中再充入O2
c．改变反应的催化剂 d．升高温度
(3)求该反应达到平衡时SO2的转化率(用百分数表示)。
(4)若将平衡混合气体的5%通入过量的BaCl2溶液中，生成沉淀为多少克？
【解析】　(1)平衡的标志本质上是正逆反应速率相等，但d不对，SO3的生成速率与SO2的消耗速率是同一方向的反应速率，不是指正逆反应的反应速率。a只能说明反应过程中某个瞬间可能出现的浓度，但可能下一个瞬间又变化了，所以不能作为平衡的标志，e由于体积不变，质量不变，反应过程中气体的密度一直不变，所以在体积固定的容器中，密度不能作为平衡的标志。而其他bc两项能体现出物质的量不再变化，可以作为平衡的标志。
(2)向体积固定的密闭容器中充入N2，总压强虽然增大，但对浓度没有影响，所以平衡不移动，加入催化剂，也不会对平衡产生影响，不会提高转化率。由于反应是放热反应，升高温度反应逆向移动，SO2的转化率降低。充入O2，使平衡右移，SO2的转化率提高，选b。
(3)根据题意可以分析出平衡后硫的氧化物共0.95 mol，根据硫守恒可以分析出反应前二氧化硫为0.95 mol，平衡时O2的物质量为0.25 mol，即反应消耗O2为0.7 mol－0.25 mol＝0.45 mol，很快得出消耗SO2为0.9 mol，所以SO2的转化率为94.7%。
消耗氧气的物质的量：0.7 mol－ ＝0.45 mol生成SO3的物质的量：0.45 mol×2＝0.9 mol
SO2和SO3的物质的量之和： ＝0.95 mol
反应前SO2的物质的量：0.95 mol
SO2的转化率： ×100% ＝94.7%
(4)由于SO2不跟氯化钡溶液反应生成沉淀，所以沉淀只有硫酸钡。在给定的条件下，溶液呈强酸性，BaSO3不会沉淀，因此BaSO4的质量：0.90 mol×0.05×233 g/mol≈10.5 g。
【答案】　(1)bc　(2)b　(3)94.7%　(4)10.5 g
德国人哈伯在1905年发明的合成氨反应原理为N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)；已知298 K时，ΔH＝－92.4 kJ/mol，ΔS＝－198.2 J/(mol·K)。试回答下列问题：
(1)请根据正反应的焓变和熵变计算分析298 K下合成氨反应能自发进行(列出算式即可)________________________________________________________________________。其浓度商(Q)__________化学平衡常数(K)(填“大于”、“小于”或“等于”)时，反应向右进行。
(2)在实际工业合成氨生产中采取的措施是________(填序号)。
A．采用较低压强
B．采用700 K左右的高温
C．用铁触媒作催化剂
D．将生成的氨液化并及时从体系中分离出来，N2和H2循环到合成塔中并补充N2和H2
(3)右图是实验室模拟工业合成氨的简易装置，简述检验有氨气生成的方法__________________________________________________________。
(4)若在同温同压下向密闭容器甲中加入1 mol N2和3 mol H2；向另一容积相同的密闭容器乙中通入0.95 mol N2、2.85 mol H2和0.1 mol NH3。则下列有关叙述中不正确的是(　　)
A．开始时，甲、乙容器中的正反应速率：v乙＜v甲
B．若甲容器中加入氮气使压强增大2倍，则氢气的转化率增大
C．甲、乙容器达到平衡时各组分的含量均相同，且达到平衡时所用的时间相同
D．若乙容器的容积增大2倍，则达到平衡时乙中氨气的百分含量比甲中的低
【解析】　(1)据复合判据可得出ΔG＝ΔH－TΔS＝－92.4 kJ/mol－298 K×(－198.2×10－3)kJ/(mol·K)＜0，所以合成氨
反应在298 K能自发进行。当浓度商(Q)小于平衡常数(K)时，反应向右进行。
(2)实际工业生产综合考虑得出最佳条件为700 K左右的高温，用铁触媒作催化剂，将生成的NH3液化并及时分离出N2和H2，同时使N2和H2循环使用。
(3)检验NH3通常用湿润的红色石蕊试纸或蘸有浓盐酸的玻璃棒。
(4)A项，甲中反应物浓度大于乙，故正反应速率甲中大；B项，增大N2的浓度平衡向正反应方向移动，H2转化率增大；C项，乙中所加物料转化后与甲中完全相同，即相同条件下达到同一个平衡状态，但乙中生成NH3的量小于甲中生成NH3的量，达平衡所用时间不同；D项，乙容器容积增大2倍，则压强减小，平衡向逆反应方向移动，NH3的百分含量变低。
【答案】　(1)ΔH－TΔS＝－92.4 kJ/mol－298 K×(－198.2×10－3)kJ/(mol·K)＜0　小于　(2)BCD
(3)用湿润的红色石蕊试纸放在导管口处，若试纸变蓝，说明有氨气生成(或把蘸有浓盐酸的玻璃棒放到导管口处，若有白烟生成，说明有氨气生成)　(4)C
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第2讲　原电池
1．原电池的电极名称的判断及电极反应式的书写。
2．根据原电池的电极变化判断金属活泼性强弱。
3．根据原电池工作原理分析电子、电流的流向以及电解质溶液的变化。
4．根据原电池工作原理对金属进行保护。
5．了解能源是人类生存和发展的重要基础。了解化学在解决能源危机中的重要作用。
1．原电池
把 转化为 的装置。
2．构成条件
(1)具有两个 不同的电极(金属和金属或金属和非金属)。
(2)具有 溶液。
(3)形成 (或在溶液中相互 )。
一、原电池原理
化学能
电能
活泼性
电解质
闭合回路
接触
3．原电池的两极
负极：活泼性 的金属，发生 反应。
正极：活泼性 的金属或导体，发生 反应。
4．电极反应式的书写和电荷移动方向
(1)电极反应式的书写
负极： ，电极反应式： 。
正极： ，电极反应式： 。
电池反应： 。
(2)电荷移动方向
电子由 释放，经 沿导线流入 ，电解质溶液中的 移向正极，在其表面得电子被 ，形成一个闭合回路。
较强
氧化
较弱
还原
Zn
Cu
负极
外电路
正极
阳离子
还原
Zn－2e－===Zn2＋
Cu2＋＋2e－===Cu
Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu
1．化学电源是能够实际应用的原电池。作为化学电源的电池有 、 和 等。
2．铅蓄电池是一种二次电池，它的负极是 ，正极是 ，电解质溶液是30%的H2SO4溶液，它的电池反应式为Pb＋PbO2＋2H2SO4 2PbSO4 ＋2H2O。
3．碱性氢氧燃料电池的电极反应：负
极： 正极： ；电池反应为 。
二、化学电源
一次电池
二次电池
燃料电池
铅块
二氧化铅
2H2＋4OH－－4e－===4H2O
O2＋2H2O＋4e－===4OH－
2H2＋O2===2H2O
由两个半电池构成的原电池中，盐桥的作用是什么？
【提示】　(1)使两个半电池溶液连成一个通路；(2)使两溶液保持电中性。
1．原电池工作原理
原电池的工作原理和电子流向可用下列图示表示：
原电池原理
2．原电池正负极判断
(1)根据电极材料判断
负极——活泼性较强的金属
正极——活泼性较弱的金属或能导电的非金属
(2)根据电子流动方向或电流方向或电解质溶液内离子的定向移动方向判断
负极——电子流出极，电流流入极或阴离子定向移向极
正极——电子流入极，电流流出极或阳离子定向移向极
(3)根据两极发生的变化判断
负极——失去电子，化合价升高，发生氧化反应
正极——得到电子，化合价降低，发生还原反应
(4)根据反应现象判断
负极——会逐渐溶解，质量减小
正极———有气泡逸出或质量增加
【特别提示】　原电池正负极判断的基础是氧化还原反应。如果给出一个方程式让判断正、负极，可以直接根据化合价的升降变化来判断，发生氧化反应的一极为负极，发生还原反应的一极为正极。
3．电极反应式书写
原电池反应的基础是氧化还原反应，正极发生还原反应，负极发生氧化反应，据此书写电极反应式的步骤如下：
(1)确定原电池的正、负极，以及两电极上发生反应的物质。在原电池中，负极是还原性材料失去电子被氧化，发生氧化反应。正极反应要分析电极材料的性质：若电极材料是强氧化性材料，则是电极材料得电子被还原，发生还原反应；若电极材料是惰性的，再考虑电解质溶液中的阳离子是否能与负极材料反应。能发生反应则是溶液中的阳离子得电子，发生还原反应；若不能与负极材料反应，则考虑空气中的氧气，氧气得电子，发生还原反应。
(2)弱电解质、气体或难溶解物均以化学式表示，其余以离子符号表示，保证电荷守恒，质量守恒及正、负极得失电子数相等的规律，一般用“===”而不用“―→”。
(3)正负极反应式相加得到原电池总反应式，通常将总反应式减去较易写出的电极反应式，从而得到较难写出的电极反应式。
如图由浓H2SO4、Cu、Al组成一个原电池，已知Cu、Al过量。试写出可能的电极反应式，并指出正、负极及电极反应类型。
(1)Al片：　　　　、　　　　。(可不填满，也可补充，下同)
(2)Cu片：　　　　、　　　　。
【导航】　本题是对原电池知识的灵活考察，金属的活动性视具体环境不同而发生变化。
【解析】　开始时，由于浓硫酸使Al钝化，此时Cu作负极而Al只能作正极；后来由于反应的进行，硫酸的浓度减小，此时Al易和H2SO4反应，所以Al作负极，Cu作正极。
【答案】　(1)开始为正极：2H2SO4+2e-===SO2↑+2H2O+SO42-(还原反应)、后来为负极：2Al-6e-===2Al3+(氧化反应)
(2)开始Cu片为负极：Cu-2e-===Cu2+(氧化反应)、后来为正极：6H++6e-===3H2↑(还原反应)
化学腐蚀与电化学腐蚀
化学腐蚀 电化学腐蚀
定
义 金属与接触到的干燥气体(如O2、Cl2、SO2等)或非电解质液体(如石油)等直接发生化学反应引起的腐蚀 不纯金属(或合金)接触到电解质溶液所发生的原电池反应，较活泼金属失去电子被氧化而引起的腐蚀
吸氧腐蚀(主要) 析氢腐蚀
条件 金属与物质直接接触 水膜中溶有O2，显弱酸性或中性 水膜酸性较强
本质 金属被氧化而腐蚀 较活泼金属被氧化而腐蚀
现象 无电流产生 有微弱电流产生
反应式 2Fe＋3Cl2 2FeCl3 负极：Fe－2e－===Fe2＋
正极：2H2O＋O2＋
4e－===4OH－ 正极：2H＋＋
2e－===H2↑
联系 两种腐蚀往往同时发生，只是电化学腐蚀比化学腐蚀更普遍、危害更大
【特别提示】　判断金属腐蚀的快慢，首先要确定金属腐蚀的类型及该金属在“两池”中所作的电极种类，并按下列规律进行判断。
(1)金属腐蚀由快到慢的规律为：
电解池阳极>原电池负极>化学腐蚀>原电池正极>电解池阴极
(2)同一种金属在相同浓度的不同电解质溶液中的腐蚀快慢规律为：强电解质溶液>弱电解质溶液>非电解质溶液；
对于同一种电解质来说，电解质溶液浓度越大腐蚀越快；构成原电池时，活泼性不同的两种金属，活泼性差别越大，作负极的金属腐蚀越快。
钢铁很容易生锈而被腐蚀，每年因腐蚀而损失的钢材占世界钢铁年产量的四分之一。
(1)钢铁腐蚀主要是吸氧腐蚀，该腐蚀过程中的电极反应式为
(2)为了降低某水库的铁闸门被腐蚀的速率，可以采用图甲所示的方案，其中焊接在铁闸门上的固体材料R可以采用________。
A．铜　　　　　　　B．钠
C．锌 D．石墨
(3)图乙所示的方案也可以降低铁闸门的腐蚀速率，其中铁闸门应该连接在直流电源的________极。
【导航】　金属腐蚀主要是电化学腐蚀，防护方法主要有电镀、覆盖保护层和牺牲阳极的阴极保护法等。
【解析】　(1)发生吸氧腐蚀时，负极上Fe失电子，正极上O2得到电子。
(2)铁闸门上连接一块比较活泼的金属如锌，就可由锌失去电子，锌被溶解，而铁被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法。
(3)属于外加电流的保护法，需把被保护的铁闸门连接在电源的负极。
【答案】　(1)负极：2Fe－4e－===2Fe2＋
正极：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
(2)C　(3)负
1．加快氧化还原反应的速率
例如：在锌与稀H2SO4反应时加入少量CuSO4溶液能使产生H2的速率加快。
2．寻求和制造干电池和蓄电池等化学能源。
3．比较金属活动性强弱
例如：有两种金属a和b，用导线连接后插入到稀H2SO4中，观察到a极溶解，b极上有气泡产生。根据现象判断出a是负极，b是正极，由原电池原理可知，金属活动性a>b。
原电池原理的应用
4．设计化学电池
例如：以2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2为依据，设计一个原电池。
(1)将氧化还原反应拆成氧化反应和还原反应两个半反应，分别作原电池的负极和正极。电极反应式：
负极：Cu－2e－===Cu2＋；正极：2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋
(2)确定电极材料
如发生氧化反应的物质为金属单质，可用该金属直接作负极；如为气体(如H2)或溶液中的还原性离子，可用惰性电极(如Pt、碳棒)作负极。
发生还原反应的电极材料必须不如负极材料活泼。
本例中可用铜棒作负极，用铂丝或碳棒作正极。
(3)确定电解质溶液
一般选用反应物中的电解质溶液即可。如本例中可用FeCl3溶液作电解液。
(4)构成闭合回路。
根据下列氧化还原反应设计一个原电池：2FeCl3＋Fe===3FeCl2。
要求：(1)画出此原电池的装置图，装置可采用烧杯和盐桥。
(2)注明原电池的正、负极和外电路中电子的流向。
(3)写出两个电极上发生的电极反应。
【导航】　设计原电池就是确定电极和选择电解质溶液。不能改变原反应。
【解析】　根据原电池的构成条件——发生还原反应的物质作正极(或在正极上发生还原反应)，发生氧化反应的物质作负极(或在负极上发生氧化反应)。在上述反应里，固体铁中铁元素的化合价升高，发生氧化反应，应作原电池的负极；FeCl3中铁元素的化合价降低，发生还原反应，但因FeCl3易溶于水，不能直接作电极，所以要选用一种活动性比铁弱且与FeCl3溶液不反应的固体作辅助电极，这里可以采用石墨棒等。左、右两个烧杯中电解质溶液依次为FeCl2、FeCl3溶液，两个烧杯间要用盐桥沟通。
【答案】　(1)装置图如下：
(2)电池的正、负极及外电路中电子的流向如图所示。
(3)负极(Fe)：Fe-2e-===Fe2+；
正极(C)：2Fe3++2e-===2Fe2+。
1．(2009年广东单科)可用于电动汽车的铝—空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液，铝合金为负极，空气电极为正极。下列说法正确的是(　　)
A．以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极反应都为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
B．以NaOH溶液为电解液时，负极反应为：Al＋3OH－－3e－===Al(OH)3↓
C．以NaOH溶液为电解液时，电池在工作过程中电解液的pH保持不变
D．电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极
【解析】　B项，以NaOH为电解液时，不应生成Al(OH)3沉淀，而应生成AlO2－。C项，电解液的pH应减小。D项，电子通过外电路从负极流向正极。
【答案】　A
2．(2009年上海单科)
右图装置中，U型管内为红墨水，a、b试管内分别盛有食盐水和氯化铵溶液，各加入生铁块，放置一段时间。下列有关描述错误的是(　　)
A．生铁块中的碳是原电池的正极
B．红墨水柱两边的液面变为左低右高
C．两试管中相同的电极反应式是：Fe－2e－===Fe2＋
D．a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管中发生了析氢腐蚀
【解析】　Fe与C及电解质溶液形成原电池，Fe是负极：Fe－2e－===Fe2＋；C是正极，在a中发生吸氧腐蚀，a中压强减小；b中发生析氢腐蚀，b中压强增大，红墨水柱液面是左高右低。故选B。
【答案】　B
3．(2009年福建理综)控制适合的条件，将反应2Fe3＋＋2I－?
2Fe2＋＋I2设计成如下图所示的原电池。下列判断不正确的是(　　)
A．反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应
B．反应开始时，甲中石墨电极上Fe3＋被还原
C．电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态
D．电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中的石墨电极为负极
【解析】　由反应2Fe3＋＋2I－??2Fe2＋＋I2可知，反应开始时甲中Fe3＋发生还原反应，乙中I－发生氧化反应；电流计读数为零，说明单位时间内由甲流向乙的电子数与由乙流向甲的电子数相等，生成Fe3＋的物质的量与消耗的Fe3＋相等，则反应达到了平衡状态，此时在甲中溶入FeCl2固体，则平衡向逆反应方向移动，乙中I2发生还原反应，则乙中石墨电极为正极；故选D。
【答案】　D
4．(2009年江苏单科)以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如下图所示。关于该电池的叙述正确的是(　　)
A．该电池能够在高温下工作
B．电池的负极反应为：C6H12O6＋6H2O－24e－===6CO2↑＋24H＋
C．放电过程中，H＋从正极区向负极区迁移
D．在电池反应中，每消耗1 mol氧气，理论上能生成标准状况下CO2气体 L
【解析】　该燃料电池的原理为C6H12O6＋6O2===6CO2＋6H2O，根据总反应方程式可书写出电极反应方程式，负极为C6H12O6＋6H2O－24e－===6CO2↑＋24H＋，正极为6O2＋24e－＋24H＋===12H2O，从电极反应方程式易知H＋应从负极区移向正极区，从总反应方程式可见每生成1 mol CO2消耗1 mol O2。
【答案】　B
5．(2008年广东化学)用铜片、银片、Cu(NO3)2溶液、AgNO3溶液、导线和盐桥(装有琼脂－KNO3的U型管)构成一个原电池。以下有关该原电池的叙述正确的是(　　)
①在外电路中，电流由铜电极流向银电极　②正极反应为：Ag＋＋e－===Ag　③实验过程中取出盐桥，原电池仍继续工作　④将铜片浸入AgNO3溶液中发生的化学反应与该原电池反应相同
A．①②　　　　　　　　　　　B．②③
C．②④ D．③④
【解析】　①Cu为负极，电子由Cu电极流向Ag电极；③取出盐桥，电池不能形成闭合回路，不能继续工作。
【答案】　C
6．(2008年北京理综)据报道，我国拥有完全自主产权的氢氧燃料电池车将在北京奥运会期间为运动员提供服务。某种氢氧燃料电池的电解液为KOH溶液，下列有关该电池的叙述不正确的是(　　)
A．正极反应式为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
B．工作一段时间后，电解液中KOH的物质的量不变
C．该燃料电池的总反应方程式为：2H2＋O2===2H2O
D．用该电池电解CuCl2溶液，产生2.24 L Cl2(标准状况)时，有0.1 mol电子转移
【解析】　把释放能量的氧化还原反应：2H2＋O2===2H2O通过电池反应进行就制得氢氧燃料电池。H2失去电子，在负极上被氧化，产生H＋，由于电解液中有大量的OH－，所以电极反应式为：2H2－4e－＋4OH－===4H2O(当电解液为稀硫酸时，在正极上O2得电子变为O2－，O2－结合H＋变为H2O)。工作一段时间后，KOH溶液被稀释，但KOH的物质的量不变。对D项，n(Cl2)＝0.1 mol，转移电子0.2 mol。
【答案】　D
7．(2008年宁夏理综)一种燃料电池中发生的化学反应为：在酸性溶液中甲醇与氧作用生成水和二氧化碳。该电池负极发生的反应是(　　)
A．CH3OH(g)＋O2(g)===H2O(l)＋CO2(g)＋2H＋(aq)＋2e－
B．O2(g)＋4H＋(aq)＋4e－===2H2O(l)
C．CH3OH(g)＋H2O(l)===CO2(g)＋6H＋(aq)＋6e－
D．O2(g)＋2H2O(l)＋4e－===4OH－
【解析】　甲醇燃料电池是甲醇在负极发生氧化反应，氧气在正极发生还原反应，故B、D错误；A项不是电极反应式。
【答案】　C
8．(2009年天津)
氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。右图为电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定。请回答：
(1)氢氧燃料电池的能量转化主要形式是
________________________________________________，
在导线中电子流动方向为___________________________________(用a、b表示)。
(2)负极反应式为______________________________________。
(3)电极表面镀铂粉的原因为________________________________________________。
(4)该电池工作时，H2和O2连续由外部供给，电池可连续不断提供电能。因此，大量安全储氢是关键技术之一。金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：
Ⅰ.2Li＋H2 2LiH
Ⅱ.LiH＋H2O===LiOH＋H2↑
①反应Ⅰ中的还原剂是________，反应Ⅱ中的氧化剂是________________________________________________________________________。
②已知LiH固体密度为0.82 g/cm3，用锂吸收224 L(标准状况)H2，生成的LiH体积与被吸收的H2体积比为________。
③由②生成的LiH与H2O作用，放出的H2用作电池燃料，若能量转化率为80%，则导线中通过电子的物质的量为________mol。
【解析】　(1)电池即是把化学能转变为电能的装置；在电池中电子是从负极经导线流向正极，而氢氧燃料电池中通入H2的一极是负极，故电子由a流动到b。(2)H2在负极失电子，因为电解质溶液是KOH溶液，故负极反应式为2H2＋4OH－－4e－===4H2O。(3)电极表面镀铂粉可以增大电极单位面积吸附H2、O2的分子数，从而增大反应速率。(4)LiH中Li为＋1价，H为－1价，故反应Ⅰ中还原剂是Li，反应Ⅱ中氧化剂是H2O。由反应Ⅰ可知吸收标准状况下224 L H2时生成160 g LiH，则生成的LiH的体积是 ，则生成的LiH体积与被吸收的H2的体积比为 。由②生成
的20 mol LiH与H2O反应，由反应Ⅱ可知生成20 mol H2，H2～2e－，能量转化率为80%，则通过电子的物质的量为20 mol×2×80%＝32 mol。
【答案】　(1)由化学能转变为电能　由a到b
(2)2H2＋4OH－－4e－===4H2O或H2＋2OH－－2e－===2H2O
(3)增大电极单位面积吸附H2、O2分子数，加快电极反应速率
(4)①Li　H2O　②1/1 148或8.71×10－4　③32
9．(2009年四川理综)新型锂离子电池在新能源的开发中占有重要地位，可用作节能环保电动汽车的动力电池。磷酸亚铁锂(LiFePO4)是新型锂离子电池的首选电极材料，它的制备方法如下：
方法一：将碳酸锂、乙酸亚铁[(CH3COO)2Fe]、磷酸二氢铵按一定比例混合、充分研磨后，在800 ℃左右、惰性气体氛围中煅烧制得晶态磷酸亚铁锂，同时生成的乙酸及其他产物均以气体逸出。
方法二：将一定浓度的磷酸二氢铵、氯化锂混合溶液作为电解液，以铁棒为阳极，石墨为阴极，电解析出磷酸亚铁锂沉淀。沉淀经过滤、洗涤、干燥，在800 ℃左右、惰性气体氛围中煅烧制得晶态磷酸亚铁锂。
在锂离子电池中，需要一种有机聚合物作为正负极之间锂离子迁移的介质，该有机聚合物的单体之一(用M表示)的结构简式如下：
请回答下列问题：
(1)上述两种方法制备磷酸亚铁锂的过程都必须在惰性气体氛围中进行。其原因是_____________________________________________。
(2)在方法一所发生的反应中，除生成磷酸亚铁锂、乙酸外，还有________、________、________(填化学式)生成。
(3)在方法二中，阳极生成磷酸亚铁锂的电极反应式为_______________________________________________。
(4)写出M与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式：_______________________________________________。
(5)已知该锂离子电池在充电过程中，阳极的磷酸亚铁锂生成磷酸铁，则该电池放电时正极的电极反应式为_______________________________________________。
【解析】　(1)因制备该电池电极材料的原料为乙酸亚铁，产品为磷酸亚铁锂，为防止亚铁化合物被氧化，故两种制备方法的过程必须在惰性气体氛围中进行。
(2)方法一中除生成磷酸亚铁锂和乙酸外，由碳酸锂可生成CO2气体，由磷酸二氢铵可生成NH3和水蒸气，故除生成磷酸亚铁锂、乙酸外，还有CO2、H2O和NH3生成。
(3)分析方法二所给条件，抓住几个关键点：①铁作阳极；②磷酸二氢铵、氯化锂混合溶液为电解液；③析出磷酸亚铁锂沉淀，所以阳极的电极反应式为：Fe＋H2PO4－＋Li＋－2e－===LiFePO4＋2H＋。
(4)分析M的结构简式可知，M分子中既含甲基丙烯酸酯的结构，又含碳酸二酯的结构(见下图)：
由此可分析写出M与足量NaOH溶液反应的化学方程式。
(5)该电池放电时正极的电极反应为充电时阳极电极反应的逆过程，即由磷酸铁生成磷酸亚铁锂，故放电时正极的电极反应式为：FePO4＋Li＋＋e－===LiFePO4。
【答案】　(1)为了防止亚铁化合物被氧化
(2)CO2　H2O　NH3
(3)Fe＋H2PO4－＋Li＋－2e－===LiFePO4＋2H＋
(4)
(5)FePO4＋Li＋＋e－===LiFePO4
10．(2009年海南单科)Li SOCl2电池可用于心脏起搏器。该电池的电极材料分别为锂和碳，电解液是LiAlCl4 SOCl2。电池的总反应可表示为：4Li＋2SOCl2===4LiCl＋S＋SO2。
请回答下列问题：
(1)电池的负极材料为______________，发生的电极反应为________________；
(2)电池正极发生的电极反应为________________________________________________；
(3)SOCl2易挥发，实验室中常用NaOH溶液吸收SOCl2，有Na2SO3和NaCl生成。如果把少量水滴到SOCl2中，实验现象是__________________________________，反应的化学方程式为______________________________________；
(4)组装该电池必须在无水、无氧的条件下进行，原因是_______________________________________________。
【解析】　(1)、(2)电池负极发生氧化反应，正极发生还原反应。(3)由NaOH与SOCl2反应的产物为Na2SO3、NaCl可知，SOCl2与水反应生成H2SO3和HCl。(4)由于电池材料易与水、O2反应。
【答案】　(1)锂　Li－e－===Li＋
(2)2SOCl2＋4e－===4Cl－＋S＋SO2
(3)出现白雾，有刺激性气体生成　SOCl2＋H2O===2HCl↑＋SO2↑
(4)锂是活泼金属，易与H2O、O2反应；SOCl2也可与水反应
1．理论上不能设计为原电池的化学反应是(　　)
A．CH4(g)＋2O2(g) CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH<0
B．HNO3(aq)＋NaOH(aq)===NaNO3(aq)＋H2O(l)　ΔH<0
C．CO2(g)＋C(s)===2CO(g)　ΔH>0
D．2FeCl3(aq)＋Fe(s)===3FeCl2(aq)　ΔH<0
【解析】　只有放热的氧化还原反应才能设计成原电池。
【答案】　BC
2．日常所用干电池其电极分别为碳棒(上面有铜帽)和锌皮，以糊状NH4Cl和ZnCl2作电解质(其中加入MnO2吸收H2)，电极反应可简化为Zn－2e－===Zn2＋，2NH4＋＋2e－===2NH3＋H2(NH3与Zn2＋结合)，根据以上叙述判断下列结论正确的是(　　)
A．Zn为正极，碳为负极
B．Zn为负极，碳为正极
C．工作时电子由碳极，经外电路流向Zn极
D．长时间连续使用时电池内糊状物可能流出腐蚀用电器
【解析】　Zn碳原电池中Zn活泼性强于碳，Zn作负极，碳作正极，在外电路中，电子从负极流向正极，故A、C不正确；长时间连续使用该电池，由于Zn皮破损，且MnO2不断吸收H2生成H2O，糊状物越来越稀，可能流出而腐蚀用电器，故B、D正确。
【答案】　BD
3．将等质量的两份锌粉a、b分别加入过量的稀硫酸，同时向a中加少量的CuSO4溶液，如下各图中产生H2的体积V(L)与时间t(min)的关系，正确的是(　　)
【解析】　Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑，反应速率较快，若向a中加入少量的CuSO4溶液，则有：Zn＋CuSO4===Cu＋ZnSO4，消耗一部分Zn，生成的Cu附于Zn上，又构成无数微小的Cu—Zn原电池，加快了Zn的反应速率，所以Zn与稀硫酸反应时，加入CuSO4则反应速率加快，应先反应完，但同时消耗一定量的Zn，生成H2的量要小于b。
【答案】　A
4．下图为氢氧燃料电池原理示意图，按照此图的提示，下列叙述不正确的是(　　)
A．a电极是负极
B．b电极的电极反应为：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
C．氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源
D．氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的新型发电装置
【解析】　从图中可看出a电极处进入的是H2，b电极处进入的是O2，该电池的总反应是2H2＋O2===2H2O，故a电极处H2失电子被氧化，a为负极；相对应的b极为正极，b极的电极反应是2H2O＋O2＋4e－===4OH－，故选项中只有B选项不正确，符合题意。
【答案】　B
5．(2009年银川一模)普通水泥在固化过程中自由水分子减少并产生胶体，溶液呈碱性。根据这一物理化学特点，科学家发明了电动势法测水泥初凝时间。此法的原理如下图所示，负极的电极反应式为：2Cu＋2OH－－2e－===Cu2O＋H2O。下列有关说法不正确的是(　　)
A．水泥是硅酸盐产品
B．测量原理示意图中，Cu为负极
C．反应的总方程式为：2Cu＋Ag2O===Cu2O＋2Ag
D．电池工作时，OH－向正极移动
【解析】　本题考查电化学问题。水泥是硅酸盐产品，工业上主要以黏土、石灰石为主要原料来制造，成品的主要成分是硅酸二钙、硅酸三钙、铝酸三钙，A正确；原电池中负极失去电子，被氧化，所以铜为负极，B正确；氧化银为正极，得到电子被还原得到银，C正确；原电池中阴离子应向负极移动，阳离子向正极移动，D错误。
【答案】　D
6．(2009年广州调研)为了探究金属腐蚀的条件和快慢，某课外学习小组用不同的细金属丝将三根大小相同的普通铁钉分别固定在如下图所示的三个装置内，并将这些装置在相同的环境中放置相同的一段时间，下列对实验结果的描述不正确的是(　　)
A．实验结束时，装置(1)左侧的液面一定会下降
B．实验结束时，装置(1)左侧的液面一定比装置(2)的低
C．实验结束时，铁钉b腐蚀最严重
D．实验结束时，铁钉c几乎没有被腐蚀
【解析】　(1)中发生化学腐蚀：Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑。
(2)中发生析氢腐蚀Cu为正极，铁钉为负极。
(3)中不被腐蚀，因为浓H2SO4有强吸水性，处于干燥环境的铁钉难以被腐蚀。
【答案】　B
7．航天飞机常采用新型燃料电池作为电能来源，燃料电池一般指采用H2、CH4、CO、C2H5OH等可燃物质与O2一起构成的电池装置，它可直接将化学能转化为电能。我国发射的“神舟”五号载人飞船是采用先进的甲烷电池为电能的，该电池以KOH溶液为电解质，其总反应的化学方程式为：CH4＋2O2＋2OH－===CO32－＋3H2O。
(1)负极上的电极反应为_______________________________________________。
(2)消耗标准状况下的5.6 L O2时，有________mol电子发生转移。
(3)开始放电时，正极附近溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。
【解析】　(1)根据总的化学方程式知CH4－xe－―→CO32－，C元素的化合价由－4→＋4，则有CH4－8e－―→CO32－，根据电荷守恒左边应配10个OH－，最后根据质量守恒得：CH4＋10OH－－8e－===CO32－＋7H2O。
(2)正极反应为：2O2＋4H2O＋8e－===8OH－，5.6 L O2的物质的量为0.25 mol，故得电子的物质的量为0.25 mol×4＝1 mol。
(3)由于正极生成OH－，故其附近的pH增大。
【答案】　(1)CH4＋10OH－－8e－===CO32－＋7H2O
(2)1　(3)增大
8．(1)将锌片和银片浸入稀硫酸中组成原电池，两电极间连接一个电流计。
锌片上发生的电极反应：______________________________________________；
银片上发生的电极反应：______________________________________________。
(2)若该电池中两电极的总质量为60 g，工作一段时间后，取出锌片和银片洗净干燥后称重，总质量为47 g，试计算：
①产生氢气的体积(标准状况)；
②通过导线的电量。(已知NA＝6.02×1023/mol，电子电量为1.60×10－19C)
【解析】　第(2)问中①锌片与银片减少的质量等于生成氢气所消耗的锌的质量，设产生的氢气体积为x。
Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑
65 g　　　　　　　22.4 L
60 g－47 g＝13 g　　x
x＝13 g×22.4 L÷65 g＝4.48 L
②反应消耗的锌为：13 g÷65 g/mol＝0.20 mol，
1 mol Zn变为Zn2＋时，转移2 mol e－，则通过的电量为：
0．20 mol×2×6.02×1023mol－1×1.6×10－19 C＝3.85×104 C。
【答案】　(1)Zn－2e－===Zn2＋　2H＋＋2e－===H2↑
(2)①4.48 L　②3.8×104 C
(2008年银川模拟)实验是化学的最高法庭。以镁条、铝片为电极，以稀NaOH溶液为电解质溶液构成的原电池，人们普遍认为铝是负极。某研究性学习小组为探究该原电池究竟谁是负极，发生怎样的电极反应，进行了如下实验：
如右图，剪取约8 cm的镁条及大小相近的铝条，用砂纸去表面的氧化膜，使镁条与铝片分别与量程为50 μA的教学演示电表的“-”“+”端相连接，迅速将两电极插入盛有1 mol·L-1NaOH溶液的烧杯中。开始，电表
指针向右偏移约500 μA，铝片表面有许多气泡，很快电流逐渐减小至0；随后，指针向左偏移，且电流逐渐增大至约400 μA，此时，铝片表面气泡有所减少，镁条表面只有极少量的气泡产生。根据以上实验现象，回答下列问题：
(1)开始阶段，原电池的正极是　　　　(填“镁”或“铝”)片；铝片表面产生的气泡是　　　　　；负极发生的反应是　　　　　　　　　　　　。
　　　　　　　
(2)随后阶段，铝片发生的电极反应式是　　　　　　　　　　　；镁条表面只有极少量的气泡产生，其原因之一是：2H2O+2e-===H2↑+2OH-(极少)，试判断此电极发生的主要反应是　　　　　　　　　　　　　　　；铝片表面气泡有所减少，但未消失，产生这一现象的可能原因是________________________________________________________________________。
【解析】　本题属实验探究题，考查原电池的原理及应用。
(1)由于Mg比Al活泼，在开始阶段形成的原电池中Mg作负极，Al作正极，电解质溶液为NaOH溶液：负极失电子：Mg+2OH--2e-===Mg(OH)2，正极得电子：2H2O+2e-===H2↑+2OH-，即Al表面产生气泡，总式为：Mg+2H2O===Mg(OH)2+H2↑。
(2)随后阶段，电流表指针逆向偏转，说明Al作负极，失电子：4Al+16OH--12e-===4AlO2-+8H2O，正极得电子：3O2+6H2O+12e-===12OH-。
铝片表面气泡减少，但未消失，可能是铝片中含有的杂质与Al形成原电池，杂质作正极得电子：2H2O+2e-===H2↑+2OH-，产生少量气泡。
【答案】　(1)铝　H2　Mg+2OH--2e-===Mg(OH)2
(2)4Al+16OH--12e-===4AlO2-+8H2O
3O2+6H2O+12e-===12OH-　铝片中含有杂质，构成原电池
课时作业
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第4讲　基本营养物质
1．了解糖类的组成和分类。
2．掌握葡萄糖的结构式、性质以及蔗糖、淀粉(或纤维素)的水解反应。
3．了解糖类、油脂、蛋白质在生产、生活中的应用。
4．了解淀粉水解产物的检验。
一、糖类、油脂、蛋白质的组成
1．食物中的营养物质主要包括 、 、 、
、 和 。
动物性和植物性食物中的营养物质主要包括 、 、
。
2．糖类、油脂、蛋白质的化学组成
糖类物质分为 、 、 三类。
葡萄糖、果糖属于 ，它们的分子式 ，但分子内原子的排列方式 ，亦即分子 的不同，它们互为 。
糖类
油脂
蛋白质
维生素
无机盐
水
糖类
油脂
蛋白质
单糖
双糖
多糖
单糖
C6H12O6
不同
空间结构
同分异构体。
蔗糖、麦芽糖属于 ，它们的分子式 ，结构 ， 也互为 。
淀粉、纤维素属于 ，由于组成分子的n值 ，所以分子式 ，不能互称 。
糖类、油脂和蛋白质主要含 、 、 三种元素，分子结构较复杂，是生命活动必不可少的物质。
1．糖类和蛋白质的特征反应
(1)葡萄糖的特征反应：葡萄糖在碱性、加热的条件下，能与 反应析出银；在加热的条件下，也可与新制的氢氧化铜反应产生 。应用上述反应可以鉴别葡萄糖。
(2)淀粉的特征反应：在常温下，淀粉遇碘变 。
(3)蛋白质的特征反应： 可以使蛋白质变黄，称为蛋白质的颜色反应。用来鉴别部分蛋白质。蛋白质也通过其灼烧时的 气味鉴别。
双糖
相同
不同
分异构体
多糖
不同
同分异构体
C
H
O
银氨溶液
砖红色沉淀
浓硝酸
特殊
不同
蓝
二、糖类、油脂、蛋白质的性质
2．糖类、油脂、蛋白质的水解反应
糖类、油脂、蛋白质都能发生水解。
(1)双糖、多糖可以在 的催化下，最终水解为 或果糖。
(2)油脂在 或 催化条件下可以水解。在 条件下水解为
、 ；在 条件下水解为 、
，此反应称为皂化反应。
(3)蛋白质在酶等催化剂作用下水解，生成 。
稀酸
葡萄糖
酸性
甘油(丙三醇)
高级脂肪酸
碱性
甘油
高级脂肪酸盐
氨基酸
C12H22O11＋H2O C6H12O6(葡萄糖)＋C6H12O6(果糖)　　
(C6H10O5)n＋nH2O , nC6H12O6(葡萄糖)
酸
碱
三、糖类、油脂、蛋白质在生产、生活中的应用
1．糖类物质的主要应用：糖类物质是动、植物所需能量的重要来源。我国居民每天的能量约75%来自 。
葡萄糖、果糖主要存在于 和 中，动物的血液中也含有葡萄糖。葡萄糖是重要的工业原料，主要用于 、
及 等。
蔗糖主要存在于 和 中。食用 和 等就是蔗糖。
淀粉和纤维素是食物的重要组成成分，也是结构复杂的天然高分子化合物。淀粉主要存在于植物的 和 中。淀粉除做 外，主要用来生产 和 。
糖类
水果
食品加工
医疗输液合成补钙药物
维生素C
甘蔗
甜菜
白糖
冰糖
种子
块茎
食物
葡萄糖
酒精
葡萄糖
纤维素是植物的主要成分，食物中的纤维素主要来源于干果、鲜果、蔬菜等。纤维素在人体内主要是加强 ，有 。纤维素还可以用来造纸，制造 、 和 等。
2．油脂的主要应用：油脂中的碳链 时，主要是低沸点的
；油脂中的碳链为 时，主要是高沸点的 。
油脂在人体内的化学变化主要是在 的催化下，进行水解，生成 和 ，然后再分别进行氧化分解，释放 。油脂同时还有 和 的作用。
3．蛋白质的主要应用：组成人体蛋白质的氨基酸有必需和非必需之分。必需氨基酸是人体生长发育和维持氮元素稳定所必需的，人体不能合成，只能从食物中补给，共 种；非必需氨基酸可以在人体中利用氮元素合成，不需要由食物供给，有 种。
胃肠蠕动
通便功能
纤维素硝酸酯
纤维素乙酸酯
黏胶纤维
碳碳双键
植物油
碳碳单键
动物脂肪
甘油(丙三醇)
高级脂肪酸
能量
保持体温
保护内脏器官
8
12
在 脂肪酶
蛋白质是人类必需的营养物质。蛋白质在人体 和其 的作用下，经过水解最终生成 。 被人体吸收后，重新合成人体所必需的各种蛋白质，其中包括上百种的
和 。人体内的各种蛋白质也在不断分解，最终主要生成 ，排出体外。
蛋白质在工业上也有很多应用。酶是一类特殊的蛋白质，是生物体内重要的催化剂。
胃蛋白酶
胰蛋白酶
氨基酸
氨基酸
激素
酶
尿素
淀粉和纤维素的化学式均写为(C6H10O5)n。二者是同分异构体吗？
【提示】　不是，二者n值不同，纤维素的大于淀粉的。所以二者组成不同。
糖类的水解
1．淀粉水解的程度包括：淀粉未水解；淀粉正在水解；淀粉水解完全。
淀粉水解条件是在淀粉溶液中加入硫酸并加热，另外证明水解产物葡萄糖所用试剂为Cu(OH)2或银氨溶液，这两种试剂必须在碱性条件下使用，所以在加鉴别试剂前必须用NaOH溶液中和硫酸，在审题时必须十分关注有无此步骤。
2.在有机反应中，硫酸的地位比较重要，因此我们要分清硫酸在不同反应中所起的作用。
(1)催化剂、脱水剂：实验室制乙烯。
(2)催化剂、吸水剂：酯化反应、制硝基苯。
(3)只作催化剂：酯的水解，蔗糖、淀粉、纤维素的水解。
(4)常见的单糖、二糖和多糖之间的相互转化关系。
某学生设计了四个实验方案，用以检验淀粉的水解情况。
甲方案：淀粉液 水解液 中和液 溶液变蓝
结论：淀粉尚未水解
乙方案：淀粉液 水解液 无银镜现象
结论：淀粉尚未水解
丙方案：淀粉液 水解液 中和液
　
结论：淀粉完全水解
丁方案：淀粉液 水解液 溶液变蓝
中和液 有银镜现象
结论：淀粉部分水解
根据上述操作现象，回答操作结论是否正确，简要说明理由。
(1)甲方案_____________________________ 。
(2)乙方案______________________ _______。
(3)丙方案_____________________________。
(4)丁方案_____________________________。
【导航】　证明水解程度，既要证明有产物生成，还要证明反应物是否有剩余。
【解析】　解本题时，首先要对每种方案进行逐一分析，找出合理性和可行性，然后综合对比。方案甲只能证明水解液有淀粉，不能证明是否有葡萄糖；方案乙中未加NaOH溶液中和H2SO4。
【答案】　(1)甲方案操作正确，但结论错误。这是因为淀粉也可能部分水解，而未水解的残留淀粉也会使碘水变蓝，故不能得出淀粉尚未水解的结论
(2)乙方案操作错误，结论也错误。淀粉完全水解后应用稀碱中和水解液中的H2SO4，然后再做银镜反应实验。本方案中无银镜现象出现。淀粉可能尚未水解，也可能完全或部分水解
(3)丙方案结论正确，操作也正确，因为按设计方案有银镜现象说明有葡萄糖，与碘水反应无现象说明已无淀粉
(4)丁方案结论正确，操作也正确，因为按设计方案，与碘水反应变蓝说明还有未水解的淀粉，有银镜现象说明有葡萄糖。
油、脂的区别
1．酯和油脂的区别
酯是酸和醇脱水结合生成的一类有机物，生成酯的酸可以是有机羧酸，也可以是无机含氧酸。有机羧酸生成的酯可简单地用通式表示为R1COOR。油脂在化学成分上属于高级脂肪酸甘油酯，属于酯的一类。常用通式
表示。动物油脂常呈固态，叫脂肪；植物油脂呈液体，叫油。
2．油、脂肪、矿物油的区别
类别 油 脂肪 矿物油
组成 主要是不饱和高级脂肪酸(有少量饱和)与甘油生成的酯 主要是饱和高级脂肪酸(有少量不饱和)与甘油生成的酯 多种烃(石油及其分馏产品)
性质 液态
固态或半固态
具有烃的性质不能水解
具有酯的性质能水解，油兼有烯烃的性质
鉴别 加含酚酞的NaOH溶液，加热，红色变浅 加含酚酞的NaOH溶液，加热，无变化
如右图所示为硬脂酸甘油酯在碱性条件下水解的装置图。进行皂化反应时的步骤如下：
(1)在圆底烧瓶中装入7～8 g 硬脂酸甘油酯，然后加入2～3 g 的氢氧化钠、5 mL 水和10 mL 酒精，加入酒精的作用为________________________。
(2)隔着石棉网给反应混合物加热约10 min，皂化反应基本完成，所得的混合物为　　　(填“悬浊液”、“乳浊液”、“溶液”或“胶体”)。
(3)可以判断油脂皂化反应基本完成的现象是(　　)
A．反应液使红色石蕊试纸变蓝色
B．反应液使蓝色石蕊试纸变红色
C．反应后，静置，反应液分为两层
D．反应后，静置，反应液不分层
(4)向所得混合物中加入________，静置一段时间，溶液分为上下两层，肥皂在________层，这个操作称为________。
(5)图中长玻璃导管的作用为_________________。
(6)写出该反应的化学方程式______________。
【导航】　油脂在水中难溶，易溶于有机溶剂。油脂水解后的产物中甘油易溶于水，硬脂酸钠溶解度不大。
【解析】　本实验目的是为了验证硬脂酸甘油酯的水解，由于油脂不溶于水，为了加快反应，选用乙醇溶解油脂。由于乙醇能溶于NaOH溶液，这样就能保证油脂和NaOH充分混合接触。油脂皂化反应前后溶液均呈碱性，故不可用石蕊试纸判断，B项为错误叙述。反应前油脂不溶于水而分层，完全反应后其产物溶于水，反应液不分层。同时该实验用到了胶体的知识和分离硬脂酸钠和甘油的知识。
【答案】　(1)溶解硬脂酸甘油酯　(2)胶体　(3)D
(4)NaCl　上　盐析　(5)导气兼冷凝回流
蛋白质的性质
1．多肽和蛋白质都可以由氨基酸缩合而成。只是蛋白质的相对分子质量更大，而蛋白质水解可以得到多肽，多肽进一步水解可得氨基酸。
2．氨基酸、肽、蛋白质间的衍变：
蛋白质
3．蛋白质的鉴别方法
鉴别蛋白质的依据主要有：(1)有些蛋白质分子中有苯环存在，这样的蛋白质跟浓HNO3作用时呈黄色。(2)蛋白质被灼烧时，有烧焦羽毛的气味(常以此来区别毛纺物和棉纺物)。
4．蛋白质的分离与提纯
常用盐析来分离提纯蛋白质，因为盐析是可逆的，在蛋白质溶液中加入浓的盐溶液，蛋白质的溶解度降低而从溶液中析出，析出的蛋白质又能溶于水中，并不影响它原来的性质。应该注意的是：盐析与蛋白质的变性凝结相区别，当蛋白质在加热、酸、碱、重金属盐、乙醇、甲醛、紫外线等作用下会发生性质改变而凝结起来，这种凝结叫做变性，不可逆，不可能再使它们恢复为原来的蛋白质。
5．盐析与变性的区别
盐析 变性
概念 蛋白质在某些盐的浓溶液中溶解度降低而析出 蛋白质在热、酸、碱等条件下性质发生改变而凝结起来
特征 可逆 不可逆
实质 溶解度降低，物理变化 结构、性质改变，化学变化
条件 碱金属、镁、铝、铵等轻金属盐的浓溶液 加热、强酸、强碱、强氧化剂、紫外线、重金属盐、苯酚、甲醛、乙醇等
用途 提纯蛋白质 杀菌消毒
下列叙述不正确的是(　　)
A．天然蛋白质水解的最终产物是多种α－氨基酸
B．所有的蛋白质遇到浓硝酸都变黄
C．人工合成的具有生命活力的蛋白质——结晶牛胰岛素是中国科学家在1965年合成的
D．可以用灼烧法来鉴别蛋白质
【导航】　天然蛋白质水解最终产物全是α－氨基酸。
【解析】　A、C选项都为正确的常识性知识。浓硝酸能使某些蛋白质(分子内含有苯环)变黄，称为蛋白质的颜色反应。注意，若蛋白质分子内不含有苯环，则遇到浓硝酸不变黄。所以B项不正确。蛋白质在烧焦时有特殊气味，常用于鉴别蛋白质，所以D项正确。
【答案】　B
1．(2009年广东单科)下列叙述不正确的是(　　)
A．天然气和沼气的主要成分是甲烷
B．等物质的量的乙醇和乙酸完全燃烧时所需氧气的质量相等
C．纤维素乙酸酯、油脂和蛋白质在一定条件下都能水解
D．葡萄糖和蔗糖都含有C、H、O三种元素，但不是同系物
【解析】　1 mol乙醇完全燃烧时所耗氧气为：CH3CH2OH～3O2；1 mol乙酸完全燃烧时所耗氧气为：CH3COOH～2O2。
【答案】　B
2．(2009年天津理综)化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是(　　)
A．维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用
B．糖类、蛋白质、油脂属于天然高分子化合物
C．煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁能源
D．制作航天服的聚酯纤维和用于光缆通信的光导纤维都是新型无机非金属材料
【解析】　B项，糖类中的单糖、二糖及油脂均属于小分子。C项，煤的气化和液化过程中均发生了化学变化。D项，聚酯纤维属于高分子材料。故B、C、D三项均错。
【答案】　A
3．(2009年台湾)食品中的蛋白质含量，可由测定其氮元素的含量来间接推算。台湾在97年9月间发生的[毒奶]风波，系不肖厂商在奶粉中添加三聚氰胺(分子式C3H6N6、分子量126 g/mol)，以造成蛋白质含量较高的假象所导致。假设正常奶粉中的蛋白质，其平均含氮量约16.6%，则三聚氰胺的含氮量约为正常奶粉中蛋白质平均含氮量的几倍(　　)
A．2　　B．3 C．4 D．5
【解析】　三聚氰胺中含氮量 ：
三聚氰胺与蛋白质含氮量的比值：
【答案】　C
4．(2009年台湾)已知蔗糖的分子量为342 g/mol，而其水溶液的发酵可用下列反应式表示：
　　　C12H22O11＋H2O―→4C2H5OH＋4CO2
今取蔗糖3.42克，溶于水后，加酵母使其发酵。假设只考虑蔗糖变为酒精的发酵，且蔗糖的发酵只完成50%，则在发酵过程中，所产生的二氧化碳总共有几毫升(在标准状态)(　　)
A．112 B．224
C．336 D．448
【解析】　由反应方程式可知：C12H22O11与CO2的物质的量之比为1∶4。3.42克蔗糖完成50%发酵所产生CO2质量为×50%×4×22.4×103＝448(mL)。
【答案】　D
5．(2009年重庆理综)星形聚合物SPLA可经下列反应路线得到(部分反应条件未注明)。
已知：SPLA的结构为
其中R为
(1)淀粉是______糖(填“单”或“多”)；A的名称是______。
(2)乙醛由不饱和烃制备的方法之一是______________________________________________(用化学方程式表示，可多步)。
(3)D→E的化学反应类型属于________反应；D结构中有3个相同的基团，且1 mol D能与2 mol Ag(NH3)2OH反应，则D的结构简式是______________；D与银氨溶液反应的化学方程式为_______。
(4)B的直链同分异构体G的分子中不含甲基，G既不能与NaHCO3溶液反应，又不能与新制Cu(OH)2反应，且1 mol G与足量Na反应生成1 mol H2，则G的结构简式为_______________。
(5)B有多种脱水产物，其中两种产物的结构简式为__________和________。
【解析】　(3)由分子式(C5H12O4)可知E为饱和四元醇，再由SPLA的结构推知E的结构：C(CH2OH)4，D的分子中含1个—CHO，可知D的结构：C(CH2OH)3CHO。(5)由D的结构及加氢后可得E的结构简式为C(CH2OH)4，结合SPLA的结构可得B的结构简式为
它可分为分子内脱水、两分子脱一分子水、两分子脱二分子水(生成环酯)生成高聚酯等多种脱水方式。
1．(2008年高考山东理综)下列叙述合理的是(　　)
A．金属材料都是导体，非金属材料都是绝缘体
B．棉、麻、丝、毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2O
C．水电站把机械能转化成电能，核电站把化学能转化成电能
D．我国规定自2008年6月1日起，商家不得无偿提供塑料袋，目的是减少“白色污染”
【解析】　非金属材料并非都是绝缘体，如石墨就是导体，A项错；丝、毛的主要成分是蛋白质，含有碳、氢、氮、硫等元素，燃烧时除生成CO2、H2O外，还会产生氮的氧化物、硫的氧化物，B项错；水电站是把水的势能转化成电能，核电站是把核能转化成电能，C项错。
【答案】　D
2．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
【解析】　食醋中含有CH3COOH可溶解瓶胆内的水垢CaCO3，A项合理；Na2CO3水解产生OH－，可用来洗涤油污，C项合理；米汤含淀粉，可用于碘单质(I2)的检验，不能检验碘盐中的KIO3，B项不合理；纯毛织物灼烧时有烧焦羽毛的气味，而棉织物灼烧时无气味，D项合理。
【答案】　B
3．(2008年天津理综)二十世纪化学合成技术的发展对人类健康水平和生活质量的提高做出了巨大贡献。下列各组物质全部由化学合成得到的是(　　)
A．玻璃　纤维素　青霉素　　B．尿素　食盐　聚乙烯
C．涤纶　洗衣粉　阿司匹林 D．石英　橡胶　磷化铟
【解析】　纤维素、食盐、石英均为天然存在的物质而不是化学合成的，A、B、D均错。涤纶、洗衣粉、阿司匹林均为由化学合成的物质，C正确。
【答案】　C
4．对于蔗糖的说法中，不正确的是(　　)
A．蔗糖是最重要的二糖，它的相对分子质量是葡萄糖相对分子质量的二倍
B．纯净的蔗糖溶液中加入银氨溶液，微热，不发生银镜反应
C．在蔗糖与稀硫酸共热后的溶液中滴加银氨溶液，用水浴加热，看不到有银镜生成
D．在蔗糖里加入浓硫酸，可观察到颜色变黑，并有泡沫出现
【解析】　蔗糖的相对分子质量不是葡萄糖的二倍。
【答案】　A
5．在a g 冰醋酸、甲醛、葡萄糖、甲酸甲酯、果糖混合物中，碳元素的质量分数为(　　)
A．30% B．40%
C．50% D．数据不全，无法计算
【解析】　冰醋酸、甲醛、葡萄糖、甲酸甲酯、果糖的最简式均为CH2O，故混合物中碳元素的质量分数为：×100%＝40%。
【答案】　B
6．据最新报道：纽约大学的科学家最近研制出有“双腿”且能在盘子里“散步”的分子机器人，它是由26个氨基酸结合而成的多肽分子，下列说法中正确的是(　　)
A．这种分子机器人是一种新型分子
B．我们可以用肉眼直接看到这种分子在“散步”
C．分子本身是不会运动的，其“散步”一定是在人的推动下进行的
D．这种分子中一定含有26个氮原子
【解析】　26个氨基酸分子结合成的多肽，仍然是普通的小分子，每个氨基酸分子不一定含有一个氨基。
【答案】　A
7．实验室可采用下列装置来测定某氨基酸的分子式：
取w g 氨基酸样品，放在纯氧中充分燃烧，生成二氧化碳、水和氮气。回答下列问题：
(1)E装置的作用是　　　　　　　　；
(2)需要加热的装置是　　　　(填字母)；
(3)D的作用是_______________________
(4)F处读数时应该注意　　　　　　　　　
【解析】　利用燃烧法来测定氨基酸的分子式，除了称量样品质量外，还需要据B装置增重计算出产物H2O的质量，据C装置增重计算放出CO2的质量，而N2的体积则需用E、F装置即利用排水法测出，在F处读数时要冷却至室温，并调节量筒内液面与广口瓶的液面相平，且视线要与凹液面相平。本实验中A、D两处需加热，D处是除去未反应的O2。
【答案】　(1)用来排水，以测定N2的体积　(2)AD　(3)吸收未反应的O2　(4)冷却至室温　量筒内的液面与广口瓶的液面相平　视线与凹液面最低处相切
8．(2008年高考上海综合能力测试)燃料乙醇的生产过程可由下图表示：
(1)粉碎玉米的目的是_____________________。
(2)生产过程中为了检验淀粉水解是否完全，可使用的试剂是________。
(3)步骤a的操作是(　　)
A．蒸发 B．萃取
C．蒸馏 D．分液
(4)发酵产生的CO2纯度可达到99%，能回收利用，请举出它的两项用途：__________________________________________。
(5)以玉米等淀粉原料生产乙醇的化学反应可用下式表示：
(C6H10O5)n＋nH2O―→nC6H12O6
C6H12O6―→2C2H5OH＋2CO2
根据上述反应式，算出100 kg淀粉理论上可生产无水乙醇_kg。
【解析】　(1)固体物质粉碎成粉状，其表面积大大增加，其参加反应的速率会加快。
(2)注意是含碘单质(I2)的溶液，而非化合态碘。
(3)互溶而沸点不同的液体的分离用蒸馏的方法。
(5)由两个反应化学方程式可知：
【答案】　(1)增大反应物的接触面积或加快反应速率或使反应充分进行
(2)碘(I2)或碘酒或革兰氏碘液　(3)C
(4)饮料、干冰、纯碱、碳酸钙(其他碳酸盐或碳酸氢盐)等中任选2个
(5)56.8
科学家发现某药物M能治疗心血管疾病是因为它在人体内能释放出一种“信使分子”D，并阐明了D在人体内的作用原理。为此他们荣获了1998年诺贝尔生理学或医学奖。
请回答下列问题：
(1)已知M的相对分子质量为227，由C、H、O、N这四种元素组成，C、H、N的质量分数依次为15.86%、2.20%和18.50%。则M的分子式是________。D是双原子分子，相对分子质量为30，则D的分子式为________。
(2)油脂A经下列途径可得到M。
反应①的化学方程式是____________________。
反应②的化学方程式是__________________。
(3)若将0.1 mol B与足量的金属钠反应，则需消耗________g金属钠。
【解析】　(1)由M的相对分子质量227及C、H、O、N的质量分数，推知
所以M的化学式为：C3H5O9N3。又由题意知M释放出的双原子分子，式量为30，可推出D为NO。
(2)油脂是由高级脂肪酸和甘油(丙三醇)经酯化反应而制得的一类化合物，由油脂的通式及油脂的性质，可书写①的水解方程式，然后，根据题中提示可写出②的反应方程式。
(3)由醇与钠反应的实质，推算1 mol 丙三醇需消耗3 mol 钠，即0.1 mol 丙三醇需消耗0.3 mol 钠，即可推算出需消耗钠的质量为0.1 mol×3×23 g·mol－1＝6.9 g。
【答案】　(1)C3H5O9N3　NO
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第1讲　化学能与热能
1．了解化学反应中能量转化的原因，能说出常见的能量转化形式。
2．了解化学能与热能的相互转化，了解吸热反应、放热反应、反应热、中和热、燃烧热的概念。
3．了解热化学方程式的含义，能用盖斯定律进行有关反应热的简单计算。
4．了解能源是人类生存和社会发展的基础，了解化学在解决能源危机中的重要作用。
1．化学反应中的能量变化
化学反应总是伴随着能量的变化，具体表现为化学反应过程中的吸热或放热，确定化学反应过程是吸热还是放热，决定于反应物的 与生成物的 的相对大小，当反应物的总能量大于生成物的总能量时，该反应为 ，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，该反应为 ，规定放热反应的ΔH为“ ”，吸热反应的ΔH为“ ”，即ΔH<0时，反应为 ，
一、化学反应中的能量变化
总能量
总能量
放热反应
吸热反应
放热
＋
－
ΔH>0时，反应为 。常见的放热反应有：大部分的化合反应，可燃物的燃烧，金属与酸或H2O的置换反应以及碱与酸的中和反应。常见的吸热反应：大部分的分解反应，CO2与C的反应，水煤气的制取反应，NH4Cl与Ba(OH)2·8H2O的反应。
吸热
2．化学键与化学反应中能量变化的关系
发生化学反应时，断开反应物中的化学键需要 能量，而形成生成物中的化学键则会 能量，化学键的 正是化学反应中能量变化的主要原因。在25 ℃和101 kPa下，对同一种化学键而言，断开1 mol该化学键所吸收的能量与生成1 mol该化学键所放出的能量 (填“相同”或“不相同”)，而在化学反应中断裂旧键与形成新键这两个过程所吸收和放出的能量不相等，因此化学反应必然伴随着 变化。
放出
吸收
形成或断开
相同
能量
1．反应热(焓变)
(1)定义： 。
(2)符号： 。
(3)单位： 。
(4)测量：可用量热计测量。
2．热化学方程式
(1)定义：表示 化学方程式。
二、反应热与热化学方程式
反应过程中放出或吸收的热量
ΔH
kJ·mol－1
反应所放出或吸收的热量的
(2)书写要求
①注明反应的 和 (25 ℃、101 kPa下进行的反应可不注明)。
②注明反应物和生成物的状态：固态( )、液态( )或气态( )。
③热化学方程式的化学计量数只表示 ，而不代表 ，因此可以写成分数。
温度
压强
物质的量
分子个数
s
l
g
3．燃烧热和中和热
(1)燃烧热
①定义：在25 ℃、101 kPa时， 物质完全燃烧生成 时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热。
②表示意义
CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－890.31 kJ/mol，表示在25 ℃、101 kPa条件下， CH4完全燃烧生成 和 时 的热量是 。
1 mol
稳定的氧化物
1 mol
CO2(g)
H2O(l)
890.31 kJ
放出
(2)中和热
①定义：在 中，酸跟碱发生中和反应生
成 H2O，这时的反应热叫做中和热。
②强酸强碱：H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。
③弱酸弱碱：中和热数值 。
稀溶液
1 mol
小于57.3 kJ·mol－1
1．内容：不管反应是一步完成或 完成，其反应热是 的。或者说，化学反应的反应热只与反应体系
的 和 有关，而与反应的 无关，这就是盖斯定律。若反应A→B，A→C，C→B的反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，利用盖斯定律，ΔH1、ΔH2、ΔH3的关系可表示为 ，如果A→C的反应很难发生，可利用 间接地计算其反应热。
三、盖斯定律
分几步
相同
始态
终态
途径
ΔH1＝ΔH2＋ΔH3
ΔH2＝ΔH1－ΔH3
2．应用：很多反应很难直接测其反应热，可用盖斯定律计算。
1．如何从微观和宏观两个角度判断一个反应是放热反应还是吸热反应？
2．热化学方程式与普通化学方程式有何异同？
3．H2、CH4、C(碳)、S(硫)、P(磷)完全燃烧生成的稳定氧化物分别是什么？
【提示】　1.微观上：旧键断裂吸收的能量大于新键形成放出的能量，则反应吸热，称为吸热反应；旧键断裂吸收的能量小于新键形成放出的能量，则反应放热，称为放热反应。
宏观上：反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，反应放热；反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量，反应吸热。

2．相同的是：①表示意义相同：表示反应物和生成物各是什么及它们之间的物质的量的关系。②都遵守质量守恒规律，都需要配平。
不同的是：热化学方程式重在体现化学反应中的能量变化关系，故①须注明反应的温度和压强，②须注明物质的状态，③化学计量数可以是分数。
3．依次是H2O(l)、CO2(g)和H2O(l)、SO2(g)、P2O5(s)。
反应热(焓变)及表示方法
1．化学反应中所释放或吸收的能量，都可以用热量来描述，叫做反应热，恒压条件下的热效应又称焓变，符号ΔH，单位常用kJ/mol或kJ·mol－1。规定放热反应的ΔH为“－”，吸热反应的ΔH为“＋”。
【特别提示】　(1)描述此概念时，无论是用“反应热”、“焓变”或者用ΔH表示，其后所跟数值须带“＋”、“－”符号。
(2)单位为kJ/mol，不是kJ。符号、数值和单位三者缺一不可，是个整体。
(3)所带“＋”、“－”符号均具有数学意义，参与大小比较。
2．物质的气、液、固三态的变化与反应热的关系
2．物质的气、液、固三态的变化与反应热的关系
(1)①根据下列图示，写出反应的热化学方程式。
____________________________________________。
②根据如图所示情况，判断下列说法中正确的是(　　)
A．其热化学方程式为：CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝＋41 kJ/mol
B．该反应为吸热反应
C．该反应为放热反应
D．当H2O为液态时，其反应热值小于41 kJ/mol
(2)已知16 g固体硫完全燃烧时放出148.4 kJ的热量，该反应的热化学方程式是________________________________________________________________________。
(3)如图是某温度下，N2与H2反应过程中能量变化的曲线图。该反应的热化学方程式为：________________________________________________________________________。
a、b两条曲线产生区别的原因很可能是_____________________________________________。
【导航】　仔细观察图示，分清反应物、生成物。另外注意热化学方程式书写的要求。
【解析】　(1)②以图示形式将反应CO2(g)+H2(g)===CO(g)+H2O(g)的质变与能变呈现出来，并要求判断反应类型及ΔH情况。根据所给图示可知，A选项将反应的反应物与生成物弄反了，故不对；生成物的能量比反应物的能量高，故该反应为吸热反应，B选项正确，则C选项错误；D选项未限定H2O的物质的量，故不对。
(3)b反应中使用催化剂，可以降低反应的活化能，但反应的热效应不会改变。
【答案】　(1)①CO(g)+H2O(g)===CO2(g)+H2(g)　ΔH=-41 kJ/mol
②B
(2)S(s)+O2(g)===SO2(g)　ΔH=-296.8 kJ/mol
(3)N2(g)+3H2(g)??2NH3(g)　ΔH=-92 kJ/mol
a不使用催化剂，b使用了催化剂
1．热化学方程式的书写步骤
(1)在化学方程式中每一种反应物和生成物后面加括号，括号中注明聚集状态，并配平，不必注明反应条件。
(2)ΔH写在化学方程式的右边，若为放热反应，则ΔH为“－”；若为吸热反应，则ΔH为“＋”。其单位为kJ/mol或kJ·mol－1。
(3)标注ΔH的数值。方程式中化学式前面的化学计量数必须与ΔH相对应，如果化学计量数加倍，则ΔH也要加倍。当反应逆向进行，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反。
热化学方程式
(1)已知：
Na2CO3·10H2O(s)===Na2CO3(s)＋10H2O(g)
ΔH1＝＋532.36 kJ/mol
Na2CO3·10H2O(s)===Na2CO3·H2O(s)＋9H2O(g)
ΔH2＝＋473.63 kJ/mol
写出Na2CO3·H2O脱水反应的热化学方程式________________________________________________________________________。
(2)由氢气和氧气反应生成1 mol水蒸气放热241.8 kJ，写出该反应的热化学方程式________________________________________________________________________。
若1 g水蒸气转化成液态水放热2.444 kJ，则反应 H2(g)＋O2(g)===H2O(l)的ΔH＝________kJ/mol。
【导航】　判断一个热化学方程式是否正确，主要从以下几方面入手：
(1)物质的状态是否正确；(2)反应是吸热反应还是放热反应，即ΔH的符号是否正确；(3)热量的数值是否与化学计量数对应。注意热化学方程式可以不写反应条件。
【解析】　(1)通过观察两个热化学方程式，可将两式相减，从而得到：
Na2CO3·H2O(s)===Na2CO3(s)＋H2O(g)　ΔH＝＋58.73 kJ/mol
【答案】　(1)Na2CO3·H2O(s)===Na2CO3(s)＋H2O(g)　ΔH＝＋58.73 kJ/mol
(2)H2(g)＋ O2(g)===H2O(g)　ΔH＝－241.8 kJ/mol
－285.8
中和热及其与燃烧热的区别与联系
在稀溶液中酸跟碱发生中和反应生成1 mol H2O时所释放的热量称为中和热。强酸强碱的中和热表示为：H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ/mol。中和热不包括溶解、电离等因素造成的能量变化。
燃烧热和中和热
燃烧热 中和热
不
同
点
能量变化 放热反应
ΔH ΔH<0，单位：kJ/mol
反应物
的量 1 mol (O2的数量不限)可燃物 可能是1 mol，也可能是0.5 mol
生成物
的量 不限量 H2O是1 mol
反应
热的
含义
25 ℃、101 kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；不同反应物，燃烧热不同 稀溶液中酸跟碱发生中和反应生成1 mol H2O时所释放的热量；不同反应物的中和热大致相同，均约为57.3 kJ/mol
相
同
点
①CaCO3(s)===CaO＋CO2(g)　ΔH＝＋177.7 kJ
②C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝－131.3 kJ/mol
③ H2SO4(l)＋NaOH(l)=== Na2SO4(l)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ/mol
④C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393.5 kJ/mol
⑤CO(g)＋ O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283 kJ/mol
⑥HNO3(aq)＋NaOH(aq)===NaNO3(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ/mol
⑦2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－517.6 kJ/mol
(1)上述热化学方程式中，不正确的有________，不正确的理由分别是________________________________________________________________________
。
(2)根据上述信息，写出C转化为CO的热化学方程式
________________________________________________________________________。
(3)上述反应中，表示燃烧热的热化学方程式有________；表示中和热的热化学方程式有________。
【导航】　中和热、燃烧热是两种特定形式的反应热，其基本要求与反应热相同，同时要注意两个概念本身的内涵。
【解析】　①中CaO未注明聚集状态；ΔH单位应为kJ/mol；②式不符合实际反应情况，碳和水的反应属于吸热反应，ΔH>0；③式中各物质聚集状态标注中，除H2O外，应为(aq)；由④、⑤可得C转化为CO的热化学方程式；101 kPa时，1 mol纯物质(指纯净物：单质或化合物)完全燃烧生成稳定化合物时所放出的热量叫做该物质的燃烧热；在稀溶液中酸跟碱发生中和反应生成1 mol H2O时，所释放的热量称为中和热。
【答案】　(1)①②③　①中CaO未注明状态，ΔH单位错；②式不符合反应事实，吸热反应ΔH>0；③式中各物质均处于稀溶液中，状态(除H2O外)均为溶液(aq)
(2) C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH＝－110.5 kJ/mol
(3)④⑤　⑥
化学反应热的计算
1．依据
(1)热化学方程式与数学上的方程式相似，可以移项同时改变正、负号；各项的系数(包括ΔH的数值)可以同时扩大或缩小相同的倍数。
(2)根据盖斯定律，可以将两个或两个以上的热化学方程式包括其ΔH相加或相减，得到一个新的热化学方程式。
(3)可燃物完全燃烧产生的热量＝可燃物的物质的量×其燃烧热。
2．常见方法
(1)直接测量计算
利用仪器测出温度变化再进行计算，如中和热测定。
实验用品　大烧杯(500 mL)、小烧杯(100 mL)、温度计、两个量筒(50 mL)、泡沫塑料或纸条、泡沫塑料板或硬纸板(中心有两个小孔)、环形玻璃搅拌棒。
0．50 mol/L盐酸、 0.55 mol/L NaOH溶液。
测量方法与步骤：
①测量原理：ΔH×n＝－(m酸＋m碱)·c·(t终－t始)
②操作步骤
a．量取50 mL 0.50 mol/L的盐酸，倒入小烧杯中，测定其温度，记作tHCl，然后将温度计上的酸用水冲洗干净(洗液不倒入小烧杯)。
b．用另一个量筒最取50 mL 0.55 mol/L NaOH溶液，测定其温度，记作tNaOH，然后将温度计上的碱用水冲洗干净。
c．先将温度计和环形玻璃搅拌棒放入小烧杯中，然后把量筒中的NaOH溶液一次倒入小烧杯中(注意不要洒到外面)，用环形玻璃搅拌棒轻轻搅动溶液并准确读取混合溶液的最高温度，记作t终。
d．重复上述实验两次，取测量所得数据的平均值作为计算数据。
e．根据实验数据计算：t始＝
(若实验过程中保证盐酸与NaOH溶液温度相同，则无需用该公式计算)
ΔH＝－
(2)间接计算——用盖斯定律
反应不论一步进行或分步进行，反应物和生成物的始态和终态一致，则各分步反应的反应热之和与该反应一步完成时的反应热是相同的。
3．注意事项
(1)反应热数值与各物质的化学计量数成正比，因此热化学方程式中各物质的化学计量数改变时，其反应热数值需同时作相同倍数的改变。
(2)热化学方程式中的反应热是指按所给形式完全进行时的反应热。
(3)正、逆反应的反应热数值相等，符号相反。
(2009年深圳市模拟)已知下列热化学反应方程式：
Fe2O3(s)＋ 3CO(g)===2Fe(s)＋3CO2(g)
ΔH＝－24.8 kJ/mol
Fe2O3(s)＋ CO(g)=== Fe3O4(s)＋ CO2(g)
ΔH＝－15.73 kJ/mol
Fe3O4(s)＋CO(g)===3FeO(s)＋CO2(g)
ΔH＝＋640.4 kJ/mol
则14 g CO气体还原足量FeO固体得到Fe固体和CO2气体时对应的ΔH约为(　　)
A．－218 kJ/mol　　　　　B．－109 kJ/mol
C．＋218 kJ/mol D．＋109 kJ/mol
【导航】　像这种根据盖斯定律进行反应热计算的试题，关键是找出欲求的热化学方程式与已知几个热化学方程式的关系，通过必要的加减乘除除掉欲求热化学方程式中没有，而已知热化学方程式有的物质，如该题欲求的热化学方程式中没有Fe2O3和Fe3O4，所以只要想办法除掉这两种物质即可。
【解析】　该问题可以转化为 CO(g)＋ FeO(s)=== Fe(s)＋ CO2(g)　ΔH＝？所以应用盖斯定律，若把已知给出的3个热化学方程式按照顺序编号为①、②、③，那么[(①－②)× －③]× 即可。
【答案】　B
能源的开发和综合利用
1．能源
(1)能源发展的三个阶段
柴草时期→化石能源时期(煤、石油、天然气为主要能源)→多能源结构时期。
(2)能源的分类
再生能源 非再生能源
常规能源 新能源 常规能源 新能源
一级能源
（直接获得） 水能、生物能等 太阳能、风能、地热能、潮汐能等 煤、石油、天然气等 核能等
二级能源
（间接获得）
煤制品、石油制品、电能、氢能、沼气、火药等
2.能源问题
(1)我国目前使用的主要能源是化石燃料，它们的蕴藏量有限，而且不能再生，最终将会枯竭。
(2)化石燃料的大量使用带来严重的环境污染问题。
3．解决能源问题的措施
(1)提高能源的使用效率
①改善开采、运输、加工等各个环节。
②科学控制燃烧反应，使燃料充分燃烧。
a．保证燃烧时有适当过量的空气，如鼓入空气、增大O2浓度等。
b．保证燃料与空气有足够大的接触面积，如将固体粉碎成粉末、使液体喷成雾状等。
(2)开发新的能源
开发资源丰富、可以再生、没有污染或很少污染的新能源。
化学与能源、科技、生活、社会密切相关。下列说法不正确的是(　　)
A．利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境
B．水电站把机械能转化为电能，而核电站把化学能转化为电能
C．化石燃料和植物燃料燃烧时放出的热量均来源于太阳能
D．植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变为化学能的过程
【导航】　能量的转化及能源问题涉及到有关的物理、化学和生物知识，复习中宜多做比较，了解相关的常识性知识即可。该类题目一般以选择题型出现，可用排除法解题。
【解析】　B项错误，水电站是把水的势能转化为电能，核电站是把核能转化为电能。
【答案】　B
1．(2009年上海单科)下列对化学反应的认识错误的是(　　)
A．会引起化学键的变化　　　　B．会产生新的物质
C．必然引起物质状态的变化 D．必然伴随着能量的变化
【解析】　化学变化的本质是旧化学键的断裂、新化学键的形成，化学变化中会产生新的物质并伴随能量变化，但物质状态不一定发生变化，如：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)。故选C。
【答案】　C
2．(2009年全国Ⅱ理综)已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－890 kJ·mol－1
现有H2与CH4的混合气体112 L(标准状况)，使其完全燃烧生成CO2和H2O(l)，若实验测得反应放热3 695 kJ，则原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是(　　)
A．1∶1 B．1∶3
C．1∶4 D．2∶3
【解析】　设H2与CH4的物质的量分别是x和y，则x＋y＝112/22.4， ＋890y＝3 695，解得x＝1.25 mol，y＝3.75 mol，故原混合气体中H2与CH4物质的量之比是1∶3。
【答案】　B
3．(2009年四川理综)25 ℃，101 kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3 kJ/mol，辛烷的燃烧热为5 518 kJ/mol。下列热化学方程式书写正确的是(　　)
A．2H＋(aq)＋SO42－(aq)＋Ba2＋(aq)＋2OH－(aq)===BaSO4(s)＋2H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ/mol
B．KOH(aq)＋ H2SO4(aq)=== K2SO4(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ/mol
C．C8H18(l)＋ O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(g)　ΔH＝－5 518 kJ/mol
D．2C8H18(g)＋25O2(g)===16CO2(g)＋18H2O(l)　ΔH＝－5 518 kJ/mol
【解析】　A项，生成的是2 mol H2O及BaSO4沉淀；C项，应生成液态水；D项，辛烷应为1 mol。
【答案】　B
4．(2009年天津理综)已知：2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH＝－566 kJ/mol
Na2O2(s)＋CO2(g)===Na2CO3(s)＋ O2(g)　ΔH＝－226 kJ/mol
根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是(　　)
A．CO的燃烧热为283 kJ
B．右图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系
C．2Na2O2(s)＋2CO2(s)===2Na2CO3(s)＋O2(g)　ΔH>－452 kJ/mol
D．CO(g)与Na2O2(s)反应放出509 kJ热量时，电子转移数为6.02×1023
【解析】　A错，燃烧热的单位应是kJ/mol。B项，图中没有标注物质的系数。C项，由CO2(s)===CO2(g)　ΔH>0及盖斯定律可知C项正确。D项，当反应放出509 kJ热量时，参加反应的CO为1 mol，电子转移数为2×6.02×1023。
【答案】　C
5．(2009年上海单科)已知氯气、溴蒸气分别跟氢气反应的热化学方程式如下(Q1、Q2均为正值)：H2(g)＋Cl2(g)―→2HCl(g)＋Q1　H2(g)＋Br2(g)―→2HBr(g)＋Q2
有关上述反应的叙述正确的是(　　)
A．Q1>Q2
B．生成物总能量均高于反应物总能量
C．生成1 mol HCl气体时放出Q1热量
D．1 mol HBr(g)具有的能量大于1 mol HBr(l)具有的能量
【解析】　A项，因为Cl2比Br2活泼，所以Q1>Q2；B项，因为反应为放热反应，所以生成物总能量要低于反应物总能量；C项，生成1 mol HCl气体时放出热量 Q1；D项，因为HBr(g)―→HBr(l)为放热过程，所以1 mol HBr(g)具有的能量大于1 mol HBr(l)具有的能量。
【答案】　AD
6．(2009年海南单科)已知：Fe2O3(s)＋ C(s)=== CO2(g)＋2Fe(s)　ΔH＝＋234.1 kJ·mol－1
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393.5 kJ·mol－1
则2Fe(s)＋ O2(g)===Fe2O3(s)的ΔH是(　　)
A．－824.4 kJ·mol－1 B．－627.6 kJ·mol－1
C．－744.7 kJ·mol－1 D．－169.4 kJ·mol－1
【解析】　把题给的两个方程式变换为：
2Fe(s)＋ CO2(g)=== Fe2O3(s)＋C(s)
ΔH＝－234.1 kJ·mol－1
C(s)＋ O2(g)=== CO2(g)　ΔH＝－590.25 kJ·mol－1，相加即得结果。
【答案】　A
7．(2008年海南化学)白磷与氧可发生如下反应：P4＋5O2===P4O10。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P—P a kJ·mol－1、P—O b kJ·mol－1、P O c kJ·mol－1 c kJ·mol－1、OOd kJ·mol－1d kJ·mol－1。
根据下图所示的分子结构和有关数据估算该反应的ΔH，其中正确的是(　　)
A．(6a＋5d－4c－12b)kJ·mol－1
B．(4c＋12b－6a－5d)kJ·mol－1
C．(4c＋12b－4a－5d)kJ·mol－1
D．(4a＋5d－4c－12b)kJ·mol－1
【解析】　化学键断裂吸收的能量为(6a＋5d)kJ，化学键生成放出的能量为(12b＋4c)kJ。
【答案】　A
8．(2009年广东单科)磷单质及其化合物有广泛应用。
(1)由磷灰石[主要成分Ca5(PO4)3F]在高温下制备黄磷(P4)的热化学方程式为：
4Ca5(PO4)3F(s)＋21SiO2(s)＋30C(s)===3P4(g)＋20CaSiO3(s)＋30CO(g)＋SiF4(g)　ΔH
①上述反应中，副产物矿渣可用来________________________________________________________________________。
②已知相同条件下：
4Ca5(PO4)3F(s)＋3SiO2(s)===6Ca3(PO4)2(s)＋2CaSiO3(s)＋SiF4(g)　ΔH1
2Ca3(PO4)2(s)＋10C(s)===P4(g)＋6CaO(s)＋10CO(g)　ΔH2
SiO2(s)＋CaO(s)===CaSiO3(s)　ΔH3
用ΔH1、ΔH2和ΔH3表示ΔH，ΔH＝________________________________________________________________________。
(2)三聚磷酸可视为三个磷酸分子(磷酸结构式见右图)之间脱去两个水分子的产物，
其结构式为
　　　　　　　　　　　　　　。
三聚磷酸钠(俗称“五钠”)是常用的水处理剂，其化学式为　　　　 。
(3)次磷酸钠(NaH2PO2)可用于化学镀镍。
①NaH2PO2中P元素的化合价为　　　　。
②化学镀镍的溶液中含有Ni2+和H2PO2-，在酸性等条件下发生下述反应：
(a)　Ni2++　H2PO2-+　　　―→　Ni+　H2PO3-+　　　
(b)6H2PO2-+2H+===2P+4H2PO3-+3H2↑
写出并配平反应式(a)。
③利用②中反应可在塑料镀件表面沉积镍-磷合金，从而达到化学镀镍的目的，这是一种常见的化学镀。请从以下方面比较化学镀与电镀。
方法上的不同点：______________________________________________；
原理上的相同点：______________________________________________；
化学镀的优点：______________________________________________。
【解析】　(1)①矿渣为固态物质CaSiO3。
②设题中4个方程式按顺序分别为a、b、c、d，根据盖斯定律可知a=b+3c+18d，则推知：ΔH=ΔH1+3ΔH2+18ΔH3。
(2)两个相邻的不同磷酸分子中—OH脱去一个H2O分子，三分子脱去两分子水得三聚磷酸结构式。
(3)题中指明在酸性等条件下，则H2O作反应物，所以另一生成物为H+。化学镀是将镀件置于氧化还原反应的电解质溶液中，使反应生成单质沉积在其表面的过程。因化学镀无导电性要求，不需外加电源而有别于电镀。相同的原理是都发生氧化还原反应。
【答案】　(1)①生产水泥等建筑材料
②ΔH1+3ΔH2+18ΔH3
(2) 　
Na5P3O10
(3)①＋1
②Ni2＋＋H2PO2－＋H2O===Ni＋H2PO3－＋2H＋
③化学镀无需通电，而电镀必须通电
都利用氧化还原反应
化学镀对镀件的导电性无特殊要求
1．(2008年四川非延考区)下列关于热化学反应的描述中正确的是(　　)
A．HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3 kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3)kJ/mol
B．CO(g)的燃烧热是283.0 kJ/mol，则2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝＋2×283.0 kJ/mol
C．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D．1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
【解析】　A项，中和热是指强酸、强碱的稀溶液发生中和反应，生成1 mol水的反应热；C项，需加热才能发生的反应不一定是吸热反应，如NH3的催化氧化就是一个在加热条件下进行的放热反应；D项，甲烷的燃烧热应指生成液态水时放出的热量。
【答案】　B
2．已知胆矾溶于水使溶液温度降低，室温下将1 mol无水硫酸铜制成溶液释放出热量Q1 kJ，又知胆矾分解的化学方程式为：CuSO4·5H2O(s) CuSO4(s)＋5H2O(l)　ΔH＝＋Q2 kJ/mol，则Q1、Q2的关系为(　　)
A．Q1Q2
C．Q1＝Q2 D．无法确定
【解析】　
胆矾溶于水溶液的温度降低，说明该过程为吸热过程，ΔH>0，由盖斯定律：
ΔH1+ΔH2=ΔH>0，-Q1+Q2>0，即：Q1【答案】　A
3．已知热化学方程式：
H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH1＝－57.3 kJ·mol－1
H2SO4(浓)＋NaOH(aq)=== Na2SO4(aq)＋H2O(l)
ΔH2＝m，下列说法正确的是(　　)
A．上述热化学方程式中的计量数表示分子个数
B．ΔH1>ΔH2
C．ΔH2＝－57.3 kJ·mol－1
D．|ΔH1|>|ΔH2|
【解析】　热化学方程式中的化学计量数表示物质的量，A项不对。浓H2SO4在稀释时放热，含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与1 mol NaOH反应放出的热量应等于浓硫酸稀释时放出的热量与中和热之和，因此，ΔH2<ΔH1<0，且|ΔH1|<|ΔH2|。
【答案】　B
4．(2010年山东东营市模考)已知：①CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)　ΔH1＝－41.2 kJ/mol　②CH4(g)＋CO2(g)??2CO(g)＋2H2(g)　ΔH2＝＋247.3 kJ/mol　③CH4(g)＋H2O(g)??CO(g)＋3H2(g)　ΔH3
若反应③在一体积恒定为1 L的密闭容器中进行，测得CH4的物质的量浓度随反应时间的变化如图所示。下列有关叙述错误的是(　　)
A．ΔH3＝＋206.1 kJ/mol
B．反应③进行到10 min时，改变的外界条件可能是升高温度
C．反应③进行的过程中，0～5 min这段时间共吸收的热量为103.05 kJ
D．当反应③平衡后，向容器中通入CH4，平衡向正反应方向移动，CH4的转化率将增大
【解析】　A项，由反应①、②相加可得到反应③，则ΔH3＝ΔH1＋ΔH2＝－41.2 kJ/mol＋247.3 kJ/mol＝＋206.1 kJ/mol；B项，反应③进行到10 min时，平衡正向移动，反应速率加快[(0.50－0.24)/2>(1.00－0.50)/5]，由此可知，改变的外界条件可能为升高温度；C项，反应③进行的过程中，0～5 min这段时间，转化的甲烷为(1.00－0.50)×1＝0.50 (mol)，则吸收的热量为206.1 kJ/mol×0.50 mol＝103.05 kJ；D项，两种反应物参与的可逆反应，当充入一种反应物(纯固体、纯液体除外)时，另一反应物的转化率增大，而自身的转化率减小。
【答案】　D
5．(2009年潍坊)运用中和热的测定方法，在保温、隔热的条件下，向盛有20 mL 2.08 mol·L－1的NaOH溶液的试管中分五次加入5 mL未知浓度的H2SO4(边加边振荡，且每次加入1 mL)后，测得溶液的温度分别是1.4 ℃、2.5 ℃、4.2 ℃、5.2 ℃、5.18 ℃，则该H2SO4溶液的物质的量浓度是(　　)
A．20.8 mol·L－1 B．4.16 mol·L－1
C．6.9 mol·L－1 D．5.2 mol·L－1
【解析】　中和热的测定是一个常考的知识点，但考查的方式方法各不一样，本题的着眼点先分析出什么时候即哪一次酸碱恰好中和，然后再计算出H2SO4溶液的物质的量浓度。从溶液温度的变化情况看，每当加入1 mL H2SO4时，平均温度升高＝ ＝1.17 ℃(其中第三次测量
误差较大，舍去)。当从4 mL加到5 mL H2SO4时，溶液的温度非但没有升高，反而降低，说明当H2SO4加到4 mL时，NaOH已经被完全中和，由此可以计算：
20 mL×2.08 mol·L－1＝4 mL×2c(H2SO4)，c(H2SO4)＝5.2 mol·L－1。
【答案】　D
6．(2008年重庆理综)已知1 g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121 kJ，且氧气中1 mol O===O键完全断裂时吸收热量496 kJ，水蒸气中1 mol H—O键形成时放出热量463 kJ，则氢气中1 mol H—H键断裂时吸收热量为(　　)
A．920 kJ B．557 kJ
C．436 kJ D．188 kJ
【解析】　根据能量守恒，拆开旧键所需的能量等于新键形成释放出的能量加吸收的能量(或减放出的能量)463 kJ×4－121 kJ×4＝496 kJ＋2ΔH(H—H)，求出ΔH(H—H)值为436 kJ，故答案为C。
【答案】　C
7．磷在氧气中燃烧，可能生成两种固态氧化物。3.1 g的单质磷(P)在3.2 g的氧气中燃烧，至反应物耗尽，共放出X kJ热量。
(1)通过计算确定反应产物的组成(用化学式表示)是____________，其相应的质量(g)为________。
(2)已知单质磷的燃烧热为Y kJ/mol，则1 mol P与O2反应生成固态P2O3的反应热ΔH＝________________。
(3)写出1 mol P与O2反应生成固态P2O3的热化学方程式：
________________________________________________________________________。
【解析】　本题主要考查学生对化学反应过程中的能量变化、燃烧热的概念、反应热的计算的理解掌握，考查学生书写热化学方程式的能力。考查学生化学计算的能力。根据题意依质量守恒定律设反应生成P2O3的物质的量为x，P2O5的物质的量为y，则有

所以反应生成P2O3：0.025 mol×110 g·mol－1＝2.75 g
P2O5：0.025 mol×142 g·mol－1＝3.55 g
根据燃烧热的概念，可知燃烧生成0.5 mol P2O5放热Y kJ，所以生成0.025 mol P2O3放出热量：
X kJ－ ×0.025＝(X－0.05Y)kJ，由此可推算出其余问题答案。
【答案】　(1)P2O3、P2O5　2.75、3.55
(2)－(20X－Y)kJ/mol
(3)P(s)＋ O2(g)=== P2O3(s)　ΔH＝－(20X－Y)kJ/mol
8．(2008年全国Ⅱ理综)红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)。反应过程和能量关系如下图所示(图中的ΔH表示生成1 mol产物的数据)。
根据上图回答下列问题：
(1)P和Cl2反应生成PCl3的热化学方程式是____________________________________。
(2)PCl5分解成PCl3和Cl2的热化学方程式是______________________________________；上述分解反应是一个可逆反应。温度T1时，在密闭容器中加入0.80 mol PCl5，反应达平衡时PCl5还剩0.60 mol，其分解率α1等于________；若反应温度由T1升高到T2，平衡时PCl5的分解率为α2，α2________α1(填“大于”、“小于”或“等于”)。
(3)工业上制备PCl5通常分两步进行，先将P和Cl2反应生成中间产物PCl3，然后降温，再和Cl2反应生成PCl5。原因是________________________________________________________________________。
(4)P和Cl2分两步反应生成1 mol PCl5的ΔH3＝__________，P和Cl2一步反应生成1 mol PCl5的ΔH4________ΔH3(填“大于”、“小于”或“等于”)。
(5)PCl5与足量水充分反应，最终生成两种酸，其化学方程式是
________________________________________________________________________。
【解析】　(1)、(2)中ΔH＝生成物的总能量－反应物的总能量，不难写出两个热化学方程式。分解率α1＝ ×100%＝25%；升温，化学平衡向吸热反应方向移动，因PCl5的分解要吸热，故升温，分解率增大，α2>α1。
(3)降温，化学平衡向放热反应方向移动。
(4)根据盖斯定律：一个化学反应不论是一步完成还是多步完成，其热效应总是相同的。
(5)PCl5和水的反应为水解反应。
【答案】　(1) Cl2(g)＋P(s)===PCl3(g)　ΔH＝－306 kJ/mol
(2)PCl5(g)===PCl3(g)＋Cl2(g)　ΔH＝93 kJ/mol　25%　大于
(3)两步反应均为放热反应，降温有利于提高产率，防止产物分解
(4)－399 kJ/mol　等于
(5)PCl5＋4H2O===H3PO4＋5HCl
全球科技经济瞭望》报道了美国氢燃料电池技术的发展。目前，我国的能源结构主要是煤，还有石油、天然气、核能等，这些能源都是一次不可再生且污染环境的能源，研究和开发清洁而又用之不竭的能源是未来发展的首要任务。科学家预测“氢能”将是未来21世纪最理想的新能源，氢能是利用氢气的燃烧反应放热提供能量。
即：H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－285.5 kJ·mol－1。
(1)试分析为什么“氢能”将是未来21世纪最理想的新能源？(指出两点优点即可)
(2)目前世界上的氢气绝大部分是从石油、煤炭和天然气中制取。请写出工业上由天然气制氢气的化学反应方程式。
(3)利用硫—碘热循环法制取氢气也是化学家常用的一种方法，总反应方程式为2H2O 2H2↑＋O2↑，其循环过程分三步进行：
(a)SO2＋I2＋H2O―→A＋B　(b)A―→？＋？　(c)B―→？＋？＋？
①完成以上三步反应，并确定哪步反应最难进行。
②请对硫—碘热循环法制取氢的优劣和前景作一分析。
(4)目前，有人提出一种最经济最理想的获得氢能源的循环体系，如下图所示：
这是一种最理想的氢能源循环体系，类似于生物的光合作用，太阳能和水是用之不竭的，而且价格低廉。急需化学家研究的是_______________________________________________。
(5)列举两种方法简单安全地输送氢气。
【解析】　(1)氢是宇宙中含量最丰富的元素之一，可提取出无穷无尽的氢气。氢气用作燃料不会污染环境，重量又轻，优点很多。
(2)该反应式的书写要注意工业上充分利用天然气，获得更多的氢气，必须利用廉价的水来提供氢，而不是直接分解。另外产物是二氧化碳，而不是一氧化碳，这样甲烷的利用率才更高。其反应式为：CH4+2H2O(g)CO2+4H2。
(3)(a)SO2+I2+2H2O===2HI+H2SO4　(b)2HI===H2+I2
(c)2H2SO4===2SO2↑+O2↑+2H2O
①由于硫酸很稳定，所以反应(c)最难进行。
②该循环过程需要很高的热能，需在较高温度下才能进行，生成的SO2和I2可以循环使用，其他产物对环境无污染，但耗能太大，所以此法不可取，若把太阳能用到上述循环中，该工艺将是合理的。
④由图可见，科学家需研究出合适的光分解催化剂，它能在光照下促使水的分解速率加快。
⑤管道运输(可以把现有的天然气和城市煤气管道输送系统改造为氢气输送系统)；用金属储氢材料储存后再运输。
【答案】　(1)氢气来源广泛，作燃料不会产生污染等。(答案合理即可)
(2)CH4+2H2O(g)CO2+4H2
(3)①(a)SO2+I2+2H2O===2HI+H2SO4　(b)2HI===H2＋I2　(c)2H2SO4===2SO2↑＋O2↑＋2H2O，最难进行的为(c)
②此法中SO2、I2可循环利用，对环境无污染，但耗能太大，不可取，若把太阳能用到上述循环中，该工艺将是合理的。
(4)合适的光分解催化剂，在光照下加快H2O的分解速率
(5)管道运输、用金属储氢材料储存后再运输。(答案合理即可)
课时作业
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一、选择题
1．有一支50 mL 酸式滴定管，其中盛有溶液，液面恰好在10.00 mL刻度处。把滴定管中的溶液全部排出，盛接在量筒中，量筒内溶液的体积(　　)
A．大于40.00 mL　　　　　B．为40.00 mL
C．小于40.00 mL D．为10.00 mL
【解析】　滴定管的刻度“0”在上、满刻度在下(量筒与此相 反)，满刻度以下还有一段空间没有刻度，因此，将装到10.00 mL 刻度处的溶液全部放出，除由10.00 mL刻度处到50.00 mL 刻度处有40.00 mL 溶液外，还有满刻度以下的溶液也一并放出，总量超过40.00 mL。选A。
【答案】　A
2．下列微粒中能影响水的电离平衡，且使水的电离平衡向左移动的是(　　)
A．HSO4－ B．CH3COO－
C．Na＋ D．[ H]－
【解析】　酸碱均抑制水的电离而能水解的弱酸根离子或弱碱的阳离子促进水的电离。A项HSO4－电离出H＋使溶液显酸性抑制水的电离；B中CH3COO－可发生水解反应CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－，促进水的电离；C中Na＋对水的电离无影响；D项为OH－，抑制水的电离。
【答案】　AD
3．下列溶液肯定是酸性的是(　　)
A．含H＋的溶液
B．能使酚酞显无色的溶液
C．pH<7的溶液
D．c(OH－)【解析】　所有水溶液中均含有H＋，A不正确；使酚酞显无色，只表明其pH<8.2，不一定显酸性；常温下pH<7的溶液显酸性，温度升高，水的电离程度增大。100 ℃时纯水的pH＝6，仍显中性。
【答案】　D
4．(2009年河北正定中学模拟)常温下，将pH＝9的Ba(OH)2溶液稀释500倍，稀释后c(Ba2＋)和c(H＋)之比约为(　　)
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶10 D．10∶1
【解析】　pH＝9的Ba(OH)2溶液中，c(OH－)＝＝1×10－5mol/L，c(Ba2＋)＝c(OH－)＝×10－5mol/L，当稀释500倍后，c(Ba2＋)∶c(H＋)＝＝，故C正确。
【答案】　C
5．(2008年高考上海卷)常温下，某溶液中由水电离的c(H＋)＝1×10－13mol/L，该溶液可能是(　　)
①二氧化硫水溶液　②氯化铵水溶液　③硝酸钠水溶液
④氢氧化钠水溶液
A．①④ B．①②
C．②③ D．③④
【解析】　因水电离出的c(H＋)＝1×10－13mol/L<10－7mol/L，故H2O的电离受到抑制，该溶液可为酸溶液，也可为碱溶液，故选A。
【答案】　A
6．用已知浓度的盐酸测定未知浓度的NaOH溶液的物质的量浓度，待测液放在锥形瓶中。中和滴定时下列操作会使测定结果偏低的是(锥形瓶中溶液由滴定管量取)(　　)
A．碱式滴定管未用待测碱液润洗
B．酸式滴定管未用标准盐酸润洗
C．滴定过程中滴定管内不慎有标准液体溅出
D．滴定前仰视读数，滴定后读数正确
【解析】　本题考查酸碱中和滴定的误差分析。A项碱式滴定管未用待测碱液润洗，导致实际取用的碱少，消耗的酸就少，结果将会偏低；B项酸式滴定管未用标准盐酸润洗，会造成消耗的酸体积多，结果偏高；C项明显偏高；D项计算出消耗酸将会偏小，结果偏低。
【答案】　AD
7．(2009年江苏模拟)t ℃时，水的离子积常数为KW，该温度下将a mol/L 一元酸 HA 与 b mol/L 一元碱 BOH 等体积混合，要使混合液呈中性，必要的条件是(　　)
A．混合液的pH＝7
B．混合液中，c(H＋)＝
C．a＝b
D．混合液中，c(B＋)＝c(A－)＋c(OH－)
【解析】　溶液显中性，若t≠25 ℃，pH≠7，A项错误；c(H＋)＝c(OH－)，c(H＋)＝，B项正确；由于一元酸和一元碱等体积混合二者不一定恰好反应，所以a＝b不一定成立，C项错误；在混合液中由于电荷守恒，c(B＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，D项错误。
【答案】　B
8．(高考天津理综)25 ℃时，水的电离达到平衡：H2O??H＋＋OH－　ΔH>0，下列叙述正确的是(　　)
A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低
B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，KW不变
C．向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c(H＋)降低
D．将水加热，KW增大，pH不变
【解析】　A项，稀氨水是弱碱，加入后水溶液中的c(OH－)增大，平衡逆向移动；B项，NaHSO4溶于水中电离使c(H＋)增大。由于温度不变，故KW不变；C项，水中加入CH3COONa，CH3COONa发生水解，促进水的电离，使溶液呈碱性，c(H＋)降低；D项，升高温度，水的电离程度增大，KW变大，pH变小。
【答案】　B
9．(2009年宁波联考)常温下，某酸HA溶液和某碱BOH溶液的物质的量浓度相同，两溶液混合后，溶液的pH＝7，下列判断中合理的是(　　)
编号 HA BOH 溶液的体积关系
① 强酸 强碱 V(HA)② 强酸 强碱 V(HA)＝V(BOH)
③ 强酸 弱碱 V(HA)>V(BOH)
④ 弱酸 强碱 V(HA)>V(BOH)
A.①③ B．②③
C．②④ D．①④
【解析】　强酸强碱混合呈中性，则体积相等，故①错，②正确；若为③，当体积相等时生成强酸弱碱盐呈酸性，故V(HA)V(BOH)，正确。
【答案】　C
10．室温时，将x mL pH＝a的稀NaOH溶液与y mL pH＝b的稀盐酸充分反应。下列关于反应后溶液pH的判断，正确的是(　　)
A．若x＝y，且a＋b＝14，则pH＞7
B．若10x＝y，且a＋b＝13，则pH＝7
C．若ax＝by，且a＋b＝13，则pH＝7
D．若x＝10y，且a＋b＝14，则pH＞7
【解析】　当a＋b＝14时，说明NaOH与HCl物质的量浓度相同，若等体积混合，恰好完全反应，pH＝7，A选项不正确。 当a＋b＝13时，说明酸浓碱稀，且酸浓度是碱的10倍，若x∶y＝1∶10，酸体积大，该溶液必呈酸性，pH<7，B错误。若a＋b＝13，且ax＝by时，a>7，b<7则x【答案】　D
11.
如图所示为对10 mL 一定物质的量浓度的盐酸X用一定物质的量浓度的NaOH溶液Y滴定的图象，依据图象推出X和Y的物质的量浓度是下表内各组中的(　　)
A B C D
X(mol/L) 0.12 0.04 0.03 0.09
Y(mol/L) 0.04 0.12 0.09 0.03
【解析】　由图知，30 mL NaOH 溶液恰好中和10 mL 盐酸，即3Y＝X，表中A、D属此种情况，但A组中X＝0.12 mol/L，c(H＋)＝0.12 mol/L，pH<1，不符合图象，D组中X＝0.09 mol/L，pH>1，加入20 mL NaOH后溶液的c(H＋)＝
＝1×10－2mol/L，pH＝－lg(1×10－2)＝2，正好符合题意。
【答案】　D
12．在一定体积pH＝12的Ba(OH)2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2＋恰好完全沉淀时，溶液pH＝11。若反应后溶液的体积等于Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液体积比是(　　)
A．1∶9 B．1∶1
C．1∶2 D．1∶4
【解析】　本题考查pH的计算，当溶液中Ba2＋恰好完全沉淀发生的化学反应方程式为：
NaHSO4＋Ba(OH)2===BaSO4↓＋H2O＋NaOH
由化学方程式得反应后n(OH－)＝n(NaOH)＝n[Ba(OH)2]，
所以c(OH－)＝＝
＝1×10－3mol·L－1，解得＝。
【答案】　D
二、非选择题
13．有一学生在实验室测某溶液的pH，实验时，他先用蒸馏水润湿pH试纸，然后用洁净干燥的玻璃棒蘸取试样进行检测：
(1)该学生的操作是________(填“正确的”或“错误的”)，其理由是______________________________________________________________________________。
(2)若用此方法分别测定c(H＋)相等的盐酸和醋酸溶液的pH，误差较大的是________，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)该学生以上述方式测定下列溶液的pH，无误差的是(　　)
A．NaOH B．CH3COONa
C．NaCl D．NaHSO4
【解析】　用pH试纸测定溶液酸碱性时，不能用水润湿。若润湿，会使待测液浓度下降，结果出现误差。但是用pH试纸测定中性溶液时，对结果一般没影响。
【答案】　(1)错误的　润湿后，稀释了原溶液，使其浓度减小，导致测量误差
(2)盐酸　盐酸是强电解质，醋酸是弱电解质，在溶液中存在CH3COOH??CH3COO－＋H＋，稀释平衡右移，继续电离出H＋，稀释时Δc(H＋)小，ΔpH小，故误差小
(3)C
14．(1)某温度(T ℃)时，水的KW＝10－13，则该温度(填“大于”“小于”或“等于”)________25 ℃，其理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
将此温度下pH＝11的NaOH溶液a L 与pH＝1的H2SO4的溶液b L 混合，若所得混合液为中性，则a∶b＝________。
(2)已知25 ℃时0.1 mol/L 醋酸溶液达到平衡(CH3COOH??H＋＋CH3COO－)时的pH约为3，如果在此溶液中加入等体积的pH为5的盐酸，则电离平衡________(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”)；若向原醋酸溶液中加入少量醋酸钠晶体，待晶体溶解后溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。
【解析】　(1)水电离是吸热的，KW＝10－13>10－14，则温度高于25 ℃时，；将此温度下pH＝11的NaOH溶液a L 与pH＝1的H2SO4的溶液 b L 混合，若所得混合液为中性，则有10－2mol/L×a L＝10－1mol/L×b L，则a∶b＝10∶1。
(2)向其中加入pH＝5的盐酸，由于它的氢离子浓度比醋酸小，故电离平衡向右移动；醋酸钠呈碱性，则加入醋酸溶液中后，pH增大。
【答案】　(1)大于　25 ℃时KW＝10－14，升高温度水的电离平衡正向移动，使KW增大　10∶1　(2)向右　增大
15．某工厂废水中含游离态氯，通过下列实验测定其浓度。
①取水样10.0 mL于锥形瓶，加入10.0 mL KI溶液(足量)，滴入指示剂2～3滴。
②取一滴定管依次用自来水、蒸馏水洗净，然后注入0.01 mol·L－1Na2S2O3溶液，调整液面，记下读数。
③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为：
I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6
试回答下列问题：
(1)步骤①加入的指示剂是________。
(2)步骤②应使用________式滴定管。
(3)步骤③当待测液由________色变为________色且30 s不再变化即达终点，若耗去Na2S2O3溶液20.00 mL，则废水中Cl2的物质的量浓度为________。
(4)Cl2的实际浓度比所测浓度应________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)，造成误差的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　 因为碘遇淀粉变蓝色，可用淀粉作指示剂：0.01 mol·L－1Na2S2O3溶液呈碱性，故用碱式滴定管；废水中的氯气置换出碘单质使淀粉溶液变蓝，再用Na2S2O3还原碘单质，溶液蓝色消失；由已知的Na2S2O3的物质的量，通过关系式：Cl2～I2～2Na2S2O3，可求出Cl2的物质的量浓度。
【答案】　(1)淀粉溶液　(2)碱　(3)蓝　无　0.01 mol·L－1(4)偏小　步骤②滴定管用蒸馏水洗净后未用待测液润洗，故测出的c(Cl2)大于实际浓度
16．草酸晶体的组成可表示为H2C2O4·xH2O，为测定x的值，进行下述实验：
(1)称取W g草酸晶体配成100.00 mL溶液；
(2)取25.00 mL置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用浓度为a mol·L－1高锰酸钾溶液滴定，滴定所发生反应为：
2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋10CO2↑＋2MnSO4＋8H2O
回答下列问题：
(1)实验(2)滴定时，高锰酸钾溶液应装入________________。
(2)若滴定中共用去KMnO4溶液V mL，则实验测得所配草酸溶液的物质的量浓度为______________，由此算出草酸晶体中结晶水的x值是______________。
(3)若滴定用的KMnO4溶液因久置部分变质，浓度偏低，则实验结果所测定的x的值将________。
【解析】　(1)高锰酸钾溶液具有强氧化性，不能用碱式滴定管盛装，应用酸式滴定管盛装。
(2)根据关系式2KMnO4～5H2C2O4可得出25.00 mL H2C2O4的物质的量为2.5aV×10－3mol，则c(H2C2O4)＝
＝0.1aV mol·L－1。100.00 mL H2C2O4溶液中含有n(H2C2O4)＝0.01aV mol，故有＝0.01aV mol，解得x＝。
(3)根据(2)中x值的表达式可知，KMnO4浓度变小，则V增大，x值偏低。
【答案】　(1)酸式滴定管　(2)0.1aV mol·L－1　　(3)偏低第3讲　盐类的水解(共52张PPT)
第3讲　盐类的水解
1．了解盐类水解的原理。
2．影响盐类水解程度的主要因素。
3．盐类水解的应用。
一、盐类的水解
1．定义：在溶液中盐的离子跟水所电离出来的 的反应，叫做盐类的水解。
2．盐类水解的条件：(1)盐中必须有 或 ；(2)盐必须溶于水。
3．盐类水解的实质：破坏水的电离平衡，生成弱电解质，促进水的电离。
H＋或OH－生成弱电解质
弱碱阳离子
弱酸根阴离子
4．水解结果：水的 向 方向移动，溶液中c(H＋) c(OH－)，溶液呈现一定的酸碱性。
5．特点：(1)可逆： ；(2)微弱： ；(3)吸热： 。
6．规律：有弱才水解，难溶不水解，越弱越水解，都弱都水解，谁强显谁性，同强显中性。
7．盐类水解的离子反应方程式：因为盐类的水解是微弱的且可逆的，在书写其水解离子方程式时应注意以下几点：
(1)应用“?? ”号表示；(2)一般生成物中不出现沉淀和气体，因此在书写水解离子方程式时不画“↓”“↑”；(3)多元弱酸盐的水解分步进行(且第二步、第三步更难)，以第一步水解为主。
电离平衡
电离
不等于
存在水解平衡
水解程度小
水解是一个吸热过程
二、盐类的水解的影响因素
1．内因：盐本身的性质
(1)弱碱越弱，其阳离子的水解程度就越 ，溶液酸性越 。
(2)弱酸越弱，其阴离子的水解程度就越 ，溶液碱性越 。
2．外因
(1)温度：升高温度，水解平衡，水解程度 。
(2)浓度
①增大盐溶液的浓度，水解平衡 ,水解程度 ，但水解产生的离子浓度 ；加水稀释，水解平衡 ，水解程度 ，但水解产生的离子浓度 。
向正反应方向移动
减小
增大
向正反应方向移动
增大
减小
大
强
大
强
增大
②增大c(H＋)，促进 的水解，抑制 的水解；增大c(OH－)，促进 的水解，抑制 的水解
3．盐类水解的应用
(1)明矾净水： 。
(2)制备Fe(OH)3胶体：
(3)制泡沫灭火剂：
(4)草木灰与铵态氮肥混施：
强碱弱酸盐
强酸弱碱盐
强酸弱碱盐
强碱弱酸盐
Al3＋＋3H2O?? Al(OH)3＋3H＋
Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋
Al3＋＋3HCO3－ Al(OH)3↓＋3CO2↑。
NH4＋＋H2O?? NH3·H2O＋H＋、CO32－＋H2O?? HCO3－＋OH－。
化学平衡原理适用于盐类水解反应吗？
【提示】　一般的盐类水解是可逆反应，存在水解平衡，水解平衡是化学平衡的一种，平衡移动原理同样适用于水解平衡。水解平衡也有“逆”“动”“等”“定”“变”的特征。水解平衡也存在平衡常数的问题。但是，有些弱酸弱碱盐如Al2S3、Al2(CO3)3、Fe2(CO3)3等会与水发生强烈的阴阳离子相互促进水解反应，不存在平衡。
盐类的水解
1．概念：在溶液中盐电离出来的离子跟水电离出来的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应，叫做盐类的水解。
2．实质：水解反应破坏了水的电离平衡，促进了水的电离，使溶液显示不同程度的酸性、碱性或中性。
3．形式：盐类水解是酸碱中和反应的逆反应，是吸热反应，通常水解程度很小。
4．规律：概括为“有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性。
5．水解方程式的书写
(1)一般盐类水解程度很小，水解产物也很少，在书写盐类水解方程式时要写“??”，产物不标“↑”或“↓”，不把生成物(如NH3·H2O、H2CO3等)写成其分解产物的形式。
(2)多元弱酸盐的水解是分步进行的，第一步较易发生，水解时以第一步为主，一般只写第一步水解的离子方程式。例如：Na2CO3水解的离子方程式写作：CO32－＋H2O??HCO3－＋OH－。
(3)多价弱碱阳离子的水解实际也是分步进行的，在中学阶段多步并为一步，例如：FeCl3水解可写为Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋。
(4)能彻底水解的离子组，由于不形成水解平衡，书写时要用“ ”“↑”“↓”等，如NaHCO3溶液与AlCl3溶液混合：Al3＋＋3HCO3－ Al(OH)3↓＋3CO2↑
物质的量浓度相同的下列溶液中，符合按pH由小到大顺序排列的是(　　)
A．Na2CO3　NaHCO3　NaCl　NH4Cl
B．Na2CO3　NaHCO3　NH4Cl　NaCl
C．(NH4)2SO4　NH4Cl　NaNO3　Na2S
D．NH4Cl　(NH4)2SO4　Na2S　NaNO3
【导航】　酸、碱的溶液分别呈酸性和碱性，而盐的溶液性质要根据电离和水解具体分析。解答原则是先分开酸性、碱性和中性区域。
【解析】　A、B两项溶液种类相同，NH4Cl水溶液呈酸性，NaCl溶液呈中性，Na2CO3、NaHCO3水溶液都显碱性，但因为NaHCO3的水解是Na2CO3的第二步水解，水解程度变小，Na2CO3的碱性大于NaHCO3的碱性，其排列顺序为：NH4Cl，NaCl，NaHCO3，Na2CO3，故A、B均错误；C、D溶液种类相同，其pH由小到大的顺序为：(NH4)2SO4，NH4Cl，NaNO3，Na2S，故C项正确，D错误。
【答案】　C
盐类的水解的应用
1．比较微粒浓度大小
如在Na2CO3溶液中c(Na＋)>c(CO32－)>c(OH－)>c(HCO3－)>c(H＋)。
2．判断溶液的酸碱性或pH大小
如相同物质的量浓度的下列物质的溶液，pH由大到小的顺序是：Na2SiO3>Na2CO3>NaHCO3>NaCl>NH4Cl。
3．判断溶液中的离子能否大量共存
弱碱阳离子(Fe3＋、Cu2＋、Al3＋、Fe2＋等)与弱酸根离子(HCO3－、CO32－、S2－、AlO2－等)因发生双水解反应而不能大量共存。
4．活泼金属与盐溶液反应生成H2
如因FeCl3溶液水解显酸性，Mg与FeCl3溶液反应可生成H2。
5．泡沫灭火器的工作原理
利用NaHCO3与Al2(SO4)3发生水解相互促进，且进行到底反应生成大量CO2进行灭火。
6．胶体的制备
向沸水中滴加饱和FeCl3溶液可制得Fe(OH)3胶体。
7．酸碱中和时指示剂的选择
强碱滴定弱酸时(生成的盐溶液水解呈碱性)常用酚酞作指示剂；强酸滴定弱碱时(生成的盐溶液水解呈酸性)常用甲基橙作指示剂。
8．化肥的合理使用
如草木灰不能与铵态氮肥混合施用。
9．判断盐溶液蒸干后所得固体的成分
如把AlCl3溶液蒸干并灼烧后所得固体为Al2O3；把Al2(SO4)3溶液蒸干并灼烧后所得固体仍为Al2(SO4)3。
10．试剂的贮存
如盛Na2SiO3溶液的试剂瓶不能用玻璃塞；不能用玻璃瓶盛放NH4F溶液。
11．明矾的净水原理
明矾电离出的Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体可吸附水中的悬浮杂质生成沉淀。
12．某些盐的分离除杂
为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入MgO或MgCO3或Mg(OH)2，过滤后再加入适量盐酸。
13．易水解盐溶液的配制
配制FeCl2溶液时，既要加少量HCl来抑制Fe2＋的水解，又要加铁屑来防止Fe2＋被氧化。
14．物质的制备
如制备Al2S3只能在干燥条件下把铝粉和硫粉的混合物加热，不能在水溶液中得到。
15．解释生活中的一些现象
如炸油条时常加入少量明矾与碳酸氢钠(双水解产生的CO2气体使油条变得疏松可口)。
已知某无色透明的溶液中所含的离子仅有Na＋、CH3COO－、H＋和OH－四种离子，试回答下列问题：
(1)该溶液所含的四种离子的物质的量浓度大小之间的关系是否只有一种可能________(填“是”或“否”)，其原因是：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
(2)某学生将该溶液中的四种离子的物质的量浓度按从大到小的顺序排列了若干种可能，其中合理的是：________。
A．c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
B．c(CH3COO－)＝c(Na＋)>c(OH－)＝c(H＋)
C．c(H＋)>c(OH－)>c(Na＋)>c(CH3COO－)
D．c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【导航】　题目给定了盐溶液中的阴阳离子种类，可以假设该溶液是相应酸与碱反应后的产物，因此存在酸碱过量问题。
【解析】　(1)由于溶液中所含的离子仅有Na＋、CH3COO－、H＋和OH－四种离子，所以可以认为是醋酸和NaOH反应后的溶液。因此该溶液中可能含有溶质CH3COONa；CH3COONa、CH3COOH；CH3COONa、NaOH等情况。
(2)CD选项不符合溶液中电荷守恒规律，选AB。
【答案】　(1)否　由于溶液中所含的离子仅有Na＋、CH3COO－、H＋和OH－四种离子，因此该溶液中可能含有溶质①CH3COONa；②CH3COONa、CH3COOH；③CH3COONa、NaOH等情况，所以该溶液所含的四种离子的物质的量浓度大小之间的关系不能只有一种
(2)AB
比较溶液中离子浓度的方法及规律
1．酸溶液或碱溶液
酸溶液中氢离子浓度即c(H＋)最大，碱溶液中氢氧根离子浓度即c(OH－)最大，其余离子浓度应根据酸或碱的电离程度比较。多元弱酸或多元弱碱以第一步电离为主。
例如，H2S中各离子浓度比较为：c(H＋)>c(HS－)>c(S2－)>c(OH－)。
2．盐溶液
(1)多元弱酸的酸根是分步水解，但以第一步水解为主。
例如，NH4Cl溶液中：c(Cl－)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－)。
(2)明确酸式酸根离子电离程度、水解程度的相对大小。
例如，NaHCO3溶液中：c(Na＋)>c(HCO3－)>c(OH－)>c(H＋)>c(CO32－)。
(1)电荷守恒：电解质溶液中所有的阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等。n(Na＋)＋n(H＋)＝n(HCO3－)＋2n(CO32－)＋n(OH－)，推出：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3－)＋2c(CO32－)＋c(OH－)。
(2)物料守恒：考虑水解前后C元素守恒，则：c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)＝0.1 mol·L－1。
(3)定组成守恒：电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化，变成其他离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。如NaHCO3，溶液中n(Na＋)∶n(C)＝1∶1，推出：c(Na＋)＝
c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)。
(4)质子守恒：由水电离出的c(H＋)水＝c(OH－)水，得质子守恒关系为：c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H2CO3)＋c(HCO3－)(也可通过电荷守恒与定组成守恒推导)。
(2008年高考江苏卷)下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是(　　)
A．pH＝2的HA溶液与pH＝12的MOH溶液任意比混合：c(H＋)＋c(M＋)＝c(OH－)＋c(A－)
B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(Na2CO3)
C．物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(CH3COOH)
D．0.1 mol·L－1的NaHA溶液，其pH＝4：c(HA－)＞c(H＋)＞c(H2A)＞c(A2－)
【导航】　解答该题时先搞清每个选项属于哪种情况，然后再具体分析。其中关于等式的情况，无外乎电荷守恒、物料守恒、质子守恒或三种守恒的加减。
【解析】　A项可根据溶液呈电中性确定；B项根据越弱越水解，因pH相同，则物质的量浓度关系为c(NaOH)c(H2A)。
【答案】　AC
1．(2009年安徽理综)向体积为Va的0.05 mol·L－1 CH3COOH溶液中加入体积为Vb的0.05 mol·L－1 KOH溶液，下列关系错误的是(　　)
A．Va>Vb时：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)>c(K＋)
B．Va＝Vb时：c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)
C．Vac(K＋)>c(OH－)>c(H＋)
D．Va与Vb任意比时：c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)
【解析】　A项，因CH3COOH过量，根据物料守恒可知A项正确；B项，CH3COOH与KOH恰好反应，由质子守恒可知B项正确；C项，因KOH过量，故c(K＋)最大，C项错误；根据电荷守恒可得D项正确。
【答案】　C
2．(2009年天津理综)25 ℃时，浓度均为0.2 mol/L的NaHCO3和Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是(　　)
A．均存在电离平衡和水解平衡
B．存在的粒子种类相同
C．c(OH－)前者大于后者
D．分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO32－)均增大
【解析】　A项，两种溶液中均存在着水的电离平衡，NaHCO3溶液中还存在：HCO3－??H＋＋CO32－及HCO3－＋H2O??H2CO3＋OH－，Na2CO3溶液中还存在有CO32－＋H2O??HCO3－＋OH－，故A正确。B项，两种溶液中均存在Na＋、CO32－、HCO3－、H2CO3、OH－、H＋、H2O，B正确。C项，浓度相同时，CO32－水解程度大于HCO3－，故Na2CO3溶液中c(OH－)更大，故C错。D项，NaHCO3溶液中加入NaOH固体：HCO3－＋OH－ H2O＋CO32－，c(CO32－)增大，Na2CO3溶液中加入NaOH，导致CO32－的水解平衡向左移动，c(CO32－)增大，故D正确。
【答案】　C
3．(2009年广东单科)下列浓度关系正确的是(　　)
A．氯水中：c(Cl2)＝2[c(ClO－)＋c(Cl－)＋c(HClO)]
B．氯水中：c(Cl－)>c(H＋)>c(OH－)>c(ClO－)
C．等体积等浓度的氢氧化钠与醋酸混合：c(Na＋)＝c(CH3COO－)
D．Na2CO3溶液中：c(Na＋)>c(CO32－)>c(OH－)>c(HCO3－)>c(H＋)
【解析】　A项，Cl2与水的反应是一个可逆反应，加之HClO也可部分电离，此关系式错误。B项应为：c(H＋)>c(Cl－)>c(ClO－)>c(OH－)。C项，氢氧化钠与醋酸恰好完全中和，生成的醋酸钠水解呈碱性，c(OH－)>c(H＋)，根据电荷守恒，c(Na＋)>c(CH3COO－)。
【答案】　D
4．(2009年江苏单科)下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)
A．室温下，向0.01 mol·L－1 NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na＋)>c(SO42－)>c(NH4＋)>c(OH－)＝c(H＋)
B．0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液：c(Na＋)>c(OH－)>c(HCO3－)>c(H＋)
C．Na2CO3溶液：c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO3－)＋2c(H2CO3)
D．25 ℃时，pH＝4.75、浓度均为0.1 mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c(CH3COO－)＋c(OH－)【解析】　A项滴加至溶液呈中性，根据电荷守恒c(NH4＋)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO42－)＋c(OH－)，因为c(H＋)＝c(OH－)，故c(NH4＋)＋c(Na＋)＝2c(SO42－)，因为若反应产物恰为(NH4)2SO4与Na2SO4，则溶液呈酸性，所以必须多加NaOH才行，因此c(Na＋)>c(NH4＋)，且由于Na＋、SO42－均不水解，故c(Na＋)>c(SO42－)，再结合电荷守恒则c(NH4＋)c(HCO3－)>c(OH－)>c(H＋)；C项根据物料守恒c(Na＋)＝2c(CO32－)＋2c(HCO3－)＋2c(H2CO3)，及电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(OH－)，相减即可得到；D项根据物料守恒c(Na＋)＝ ， 及电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，仅能得出c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝c(CH3COOH)＋2c(H＋)。
【答案】　AC
5．(2008年海南化学)下列离子方程式中，属于水解反应的是(　　)
A．HCOOH＋H2O?? HCOO－＋H3O＋
B．CO2＋H2O??HCO3－＋H＋
C．CO32－＋H2O??HCO3－＋OH－
D．HS－＋H2O??S2－＋H3O＋
【解析】　A、D两项属于弱电解质的电离，B项，不仅反应不属于水解反应，而且电离方程式写的也不规范。
【答案】　C
6．(2008年全国Ⅰ理综)已知乙酸(HA)的酸性比甲酸(HB)弱，在物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的NaA和NaB混合溶液中，下列排序正确的是(　　)
A．c(OH－)＞c(HA)＞c(HB)＞c(H＋)
B．c(OH－)＞c(A－)＞c(B－)＞c(H＋)
C．c(OH－)＞c(B－)＞c(A－)＞c(H＋)
D．c(OH－)＞c(HB)＞c(HA)＞c(H＋)
【解析】　由于酸性强弱为HB＞HA，所以A－比B－容易水解，故在浓度均为0.1 mol·L－1的NaA和NaB混合溶液中c(HA)＞c(HB)，故A项正确。C项中c(B－)、c(A－)应均大于c(OH－)。
【答案】　A
7．(2008年上海化学)某酸性溶液中只有Na＋、CH3COO－、H＋、OH－四种离子。则下列描述正确的是(　　)
A．该溶液由pH＝3的CH3COOH与pH＝11的NaOH溶液等体积混合而成
B．该溶液由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成
C．加入适量NaOH，溶液中离子浓度为c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)
D．加入适量氨水，c(CH3COO－)一定大于c(Na＋)、c(NH4＋)之和
【解析】　A项中CH3COOH是过量的，溶液呈酸性，故合理；B项中二者恰好反应，生成的CH3COONa使溶液呈碱性；C项中c(OH－)＞c(H＋)溶液，呈碱性，不合题意；D项，溶液中含有了NH4＋。
【答案】　A
8．(2009年山东理综)运用化学反应原理研究氮、氧等单质及其化合物的反应有重要意义。
(1)合成氨反应N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)，若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，平衡________移动(填“向左”“向右”或“不”)；使用催化剂________反应的ΔH(填“增大”“减小”或“不改变”)。
(2)已知：O2(g) O2＋(g)＋e－　ΔH1＝＋1 175.7 kJ·mol－1
PtF6(g)＋e－ PtF6－(g)　ΔH2＝－771.1 kJ·mol－1
O2PtF6(s) O2＋(g)＋PtF6－(g)　ΔH3＝＋482.2 kJ·mol－1
则反应O2(g)＋PtF6(g) O2PtF6(s)的ΔH＝________kJ·mol－1。
(3)在25 ℃下，向浓度均为0.1 mol·L－1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成________沉淀(填化学式)，生成该沉淀的离子方程式为________________________________________________________________________。
(已知25 ℃时，Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20)
(4)在25 ℃下，将a mol·L－1的氨水与0.01 mol·L－1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4＋)＝c(Cl－)，则溶液显________性(填“酸”“碱”或“中”)；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝________。
【解析】　(1)在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，相当于给反应体系减压，则平衡向着气体物质的量增大的方向移动(向左移动)；ΔH是一个状态函数，与反应的速率和反应的程度无关，而使用催化剂只能改变反应速率，ΔH不变。
(2)由盖斯定律可得：ΔH＝ΔH1＋ΔH2－ΔH3＝＋1 175.7 kJ·mol－1＋(－771.1 kJ·mol－1)－482.2 kJ·mol－1＝－77.6 kJ·mol－1。
(4)所发生反应的化学方程式为：NH3·H2O＋HCl NH4Cl＋H2O，由电荷守恒可知：c(NH4＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因为c(NH4＋)＝c(Cl－)，所以c(OH－)＝c(H＋)，故溶液显中性。Kb＝ ，c(NH4＋)＝c(Cl－)＝
Kb＝
【答案】　(1)向左　不改变　(2)－77.6　(3)Cu(OH)2　Cu2＋＋2NH3·H2O Cu(OH)2↓＋2NH4＋
(4)中　
，c(OH－)＝c(H＋)＝10－7 mol·L－1。
所以，
mol·L－1
1．下列变化不属于水解反应的是(　　)
①NH3＋H2O?? NH4＋＋OH－
②HCO3－＋H2O??H2CO3＋OH－
③HCO3－＋H2O?? H3O＋＋CO32－
④Al3＋＋3HCO3－ Al(OH)3↓＋3CO2↑
⑤AlO2－＋HCO3－＋H2O
⑥NH4＋＋2H2O??NH3·H2O＋H3O＋
A．①③⑤　　　　　　　　B．②③⑤
C．①④⑤ D．①③
【解析】　①是氨水的电离，③是HCO3－的电离，④中Al3＋与HCO3－，发生双水解反应，⑤中HCO3－生成CO32－，可知是HCO3－电离生成H＋，AlO2－结合H＋，促进了HCO3－的电离。
【答案】　A
Al(OH)3↓＋CO32－
2．在常温下，纯水中存在电离平衡H2O??H＋＋OH－，如果要使水的电离程度增大，并使c(H＋)增大，应加入的物质是(　　)
A．NaHSO4 B．KAl(SO4)2
C．NaHCO3 D．CH3COONa
【解析】　若使水的电离程度增大，而又要使酸性增强，故应考虑盐类的水解。A中加入NaHSO4电离出的H＋能抑制水的电离，使水的电离程度减小；B中的KAl(SO4)2电离出的Al3＋能发生水解，使水的电离程度增大，Al3＋＋3H2O??3H＋＋Al(OH)3，水解后，溶液中的c(H＋)增大，符合题意；C中的HCO3－也能水解，但水解后溶液呈碱性，溶液中的c(H＋)降低，不合题意；同理，CH3COO－水解后，也使溶液呈碱性。
【答案】　B
3．(山东理综)物质的量浓度相同时，下列既能跟NaOH溶液反应，又能跟盐酸反应的溶液中，pH最大的是(　　)
A．Na2CO3溶液 B．NH4HCO3溶液
C．NaHCO3溶液 D．NaHSO4溶液
【解析】　此题综合性地考查了物质间的反应规律以及盐类水解的知识，单纯地从pH最大考虑，四个选项中当属Na2CO3，因为HCO3－与CO32－相比，CO32－水解能力更强，但该题还考查到既能与NaOH溶液反应，又能与盐酸反应，A、D选项被排除。只剩下NaHCO3与NH4HCO3，要比较的就是HCO3－水解。在NaHCO3溶液中HCO3－能水解，溶液显碱性，而在NH4HCO3溶液中，HCO3－＋H2O??H2CO3＋OH－，而NH4＋的存在使溶液中c(OH－)降低。
【答案】　C
4．(2008年高考广东理基)下列各组离子一定能大量共存的是(　　)
A．在含有大量AlO2－的溶液中：NH4＋、Na＋、Cl－、H＋
B．在强碱溶液中：Na＋、K＋、CO32－、NO3－
C．在pH＝12的溶液中：NH4＋、Na＋、SO42－、Cl－
D．在c(H＋)＝0.1 mol/L的溶液中：K＋、I－、Cl－、NO3－
【解析】　A项中AlO2－与H＋不能共存，B项中各离子之间不反应，C项中pH＝12时，OH－与NH4＋不能共存，D项中酸性条件下，NO3－与H＋、I－要发生氧化还原反应而不能共存，即选B。
【答案】　B
5．(2008年上海)欲使0.1 mol/L的NaHCO3溶液中c(H＋)、c(CO32－)、c(HCO3－)都减少，其方法是(　　)
A．通入CO2 B．加入NaOH固体
C．通入HCl D．加入饱和石灰水溶液
【解析】　在NaHCO3溶液中存在水解平衡：HCO3－＋H2O??H2CO3＋OH－和电离平衡：HCO3－??H＋＋CO32－，且水解程度大于电离程度。通入CO2或HCl，c(H＋)增大；加入NaOH，c(CO32－)增大；加入饱和Ca(OH)2，其电离平衡右移，生成CaCO3和H2O，c(H＋)、c(CO32－)、c(HCO3－)均减小。
【答案】　D
6．(2009年北京东城模拟)下列溶液中，粒子的物质的量浓度关系正确的是(　　)
A．0.1 mol/L Na2CO3溶液：c(Na＋)＝2c(H2CO3)＋2c(HCO3－)＋2c(CO32－)
B．0.1 mol/L NH4Cl溶液：c(NH4＋)＝c(Cl－)
C．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
D．向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH＝5的混合溶液：c(Na＋)＝c(NO3－)
【解析】　A项属于物料守恒，正确；B项因NH4＋水解而消耗，应为c(NH4＋)c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，错误；D项中因NaNO3属强酸强碱盐而不水解，所以c(Na＋)＝c(NO3－)，正确。
【答案】　AD
7．已知某溶液中只存在OH－、H＋、Na＋、CH3COO－四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序有如下四种关系：
①c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
②c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)
③c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
④c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(Na＋)＞c(OH－)
填写下列空白：
(1)若溶液中只溶解了一种溶质，则该溶质是________(用化学式表示)，上述四种离子浓度的大小顺序为________(填序号)。
(2)若上述关系①是正确的，则溶液中的溶质为________________________(用化学式表示)；若上述关系②是正确的，则溶液中的溶质为______________(用化学式表示)。
(3)若该溶液是由体积相等的NaOH溶液和醋酸混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(NaOH)____________c(CH3COOH)(填“大于”“小于”或“等于”，下同)，混合前碱中c(OH－)和酸c(H＋)的关系c(OH－)________c(H＋)。
【解析】　由题意知含四种离子的溶液可能是：①CH3COOH和CH3COONa　②CH3COONa　③CH3COONa和NaOH；因为CH3COONa溶液呈碱性，所以中性溶液一定是CH3COONa和少量CH3COOH的混合溶液。
【答案】　(1)CH3COONa　③
(2)CH3COONa、CH3COOH　CH3COONa、NaOH
(3)小于　大于
8．常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：
实验
编号 HA物质的量浓度(mol/L)
NaOH物质的量浓度(mol/L)
混合溶浓度(mol/L)液的pH
甲 0.2 0.2 pH＝a
乙 c1 0.2 pH＝7
丙 0.2 0.1 pH>7
丁 0.1 0.1 pH＝9
请回答：
(1)不考虑其他组的实验结果，单从甲组情况分析，如何用a(混合溶液的pH)来说明HA是强酸还是弱酸？________________________________________________。
(2)不考虑其他组的实验结果，单从乙组情况分析，c1是否一定等于0.2 mol/L？________(选填“是”或“否”)。混合溶液中c(A－)与c(Na＋)的大小关系是________。
A．前者大 B．后者大
C．二者相等 D．无法判断
(3)从丙组实验结果分析，HA是________酸(选填“强”或“弱”)。该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是__________________________________。
(4)丁组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH－)＝____________mol/L。
【解析】　(1)若HA为强酸，则HA与NaOH恰好完全反应生成强酸强碱盐，pH＝7，若HA为弱酸，则二者恰好反应生成强碱弱酸盐，pH>7。
(2)若HA为强酸时，二者恰好反应，pH＝7，若HA为弱酸时，只要保证HA稍过量，则也能保证pH＝7，所以c1可能等于0.2 mol/L，也可能大于0.2 mol/L。据电荷守恒知c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(A－)，因pH＝7，即c(H＋)＝c(OH－)，所以c(A－)＝c(Na＋)。
(3)据题意可知此时溶液中溶质是NaA和HA的混合溶液且等物质的量浓度，但溶液pH>7，说明HA为弱酸，且A－的水解程度大于HA的电离程度，故c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)。
(4)丁组中HA与NaOH恰好中和生成NaA，pH＝9，故水电离出c(OH－)＝
(2)否　C
(3)弱　c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)
(4)10－5
＝10－5 mol/L。
【答案】　(1)a＝7时，HA是强酸，a>7时，HA是弱酸
温度(℃) 10 20 30 加热煮沸后冷却到50 ℃
pH 8.3 8.4 8.5 8.8
10 ℃时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：
(1)甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是HCO3－的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为________________________________________________________________________
__________________。乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度________(填“大于”或“小于”)NaHCO3。
(2)丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为，只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则________(填“甲”或“乙”)的判断正确。试剂X是________。
A．Ba(OH)2溶液　　　　　　　B．BaCl2溶液
C．NaOH溶液 D．澄清的石灰水
(3)将加热后的溶液冷却到10 ℃，若溶液的pH＝8.3，则________(填“甲”或“乙”)的判断正确。
(4)查阅资料，发现NaHCO3的分解温度为150 ℃，丙断言________(填“甲”或“乙”)的判断是错误的，理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　(1)HCO3－水解的离子方程式为HCO3－＋H2O??H2CO3＋OH－，由于HCO3－的水解是CO32－的第二步水解，故Na2CO3的水解程度更大。
(2)该问题变成检验Na2CO3，因此应加BaCl2，若产生白色沉淀，即证明有Na2CO3生成，而Ba(OH)2、Ca(OH)2也会与NaHCO3作用而生成白色沉淀，干扰了实验。
(3)据表中信息知当溶液再冷却至10 ℃时，pH＝8.3，说明甲同学判断是正确的。
(4)因在常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液温度达不到150 ℃，所以NaHCO3溶液中NaHCO3不会分解，所以丙同学判断错误。
【答案】　(1)HCO3－＋H2O??H2CO3＋OH－　大于
(2)乙　B　(3)甲
(4)乙　常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150 ℃
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第2讲　元素周期律
1．了解原子核外电子的排布。
2．掌握元素周期律及其实质。
3．掌握同一周期内元素性质的递变规律及其与原子结构的关系。
4．了解元素周期表和元素周期律的应用。
随着原子序数的递增，元素的最外层电子排布呈现周期性变化。元素的性质与原子结构是密切相关的。
1．元素的原子结构及其主要化合价的变化规律
分析教材科学探究表格可以看出：随着原子序数的递增，核外电子排布呈现 变化。
把元素按原子序数递增的顺序排列，从3号元素锂到7号元素氮的最高正化合价从 价逐渐递增到 价(注意：氧和氟一般不显正价)；从6号碳元素开始出现 价，从碳元素到9号氟元素，由 价变到 价；10号元素氖为稀有气体元素化合价为0价。
周期性
＋1
＋5
负
－4
－1
从11号钠元素到17号氯元素，元素的最高正化合价从 价逐渐递增到 价；从14号硅元素起也开始出现负价，从硅元素到17号氯元素，由 价变到 价；18号元素氩为稀有气体元素化合价为0价。
18号以后的元素化合价也有相似的变化。
这说明：元素的化合价随着原子序数的递增呈现 变化。
＋1
＋7
－4
－1
周期性
2．元素金属性、非金属性的变化规律
(1)钠、镁、铝与水或酸的反应及其最高价氧化物对应水化物的碱性强弱
金属元素 钠 镁 铝
单质与水或酸的反应 与冷水剧烈反应，放出氢气 与冷水反应缓慢，与沸水反应迅速，放出氢气；与酸剧烈反应，放出氢气 与酸反应较剧烈，放出氢气
最高价氧化物对应水化物的碱性强弱 NaOH强碱 Mg(OH)2中强碱 Al(OH)3弱碱
(2)Si、P、S、Cl 4种非金属元素的性质比较
非金属元素 硅 磷 硫 氯
单质与氢气反应的条件 高温 磷蒸气与氢气能发生反应 加热 光照或点燃时发生爆炸化合
最高价氧化物对应水化物(含氧酸)的酸性强弱 H2SiO3
弱酸 H3PO4
中强酸 H2SO4
强酸 HClO4(强酸)(比H2SO4酸性强)
(3)规律总结
通过以上对第三周期元素性质的比较，可以得出结论：
对其他周期元素性质进行研究，同样可以得出类似的结论。因此：
同一周期，从左到右，元素的金属性逐渐 ，非金属性逐渐 。且随着原子序数的递增，元素的金属性、非金属性呈现 的变化。
减弱
增强
周期性
3．元素周期律
元素的性质随着原子序数的递增而呈现 的变化，这个规律叫做元素周期律。
元素周期律的实质：元素性质的周期性变化是元素原子的核外电子排布呈现 变化的必然结果。
周期性
周期性
1．元素金属性和非金属性与氧化性和还原性有何关系？
2．最外层电子数相同的元素，其化学性质一定相似吗？
【提示】　1.元素的金属性和非金属性是宏观元素的性质，而氧化性和还原性是元素形成具体微粒的性质。
元素的金属性指元素的气态原子失去电子能力的性质，与该元素原子失电子数目的多少无关。一般情况下，元素的金属性越强，该元素原子失去电子能力越强，单质的还原性越强，其阳离子的氧化性越弱。元素的非金属性指元素的气态原子得到电子能力的性质，与该元素原子得电子数目的多少无关。一般来说，元素的非金属性越强，元素的原子就越易得到电子，其单质的氧化性就越强，其阴离子的还原性越弱。
2．不一定。要看最外层电子数是否处于稳定结构，如ⅡA族元素与O族的氦(He)最外层电子数相同，性质不同。
粒子半径大小的比较
1．具有相同电子层数的原子，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小；电子层数相同时，随着原子序数的递增，核电荷数逐渐增大，原子核对最外层电子的引力逐渐增大(同时大于电子与电子的斥力)，因此原子半径逐渐减小。
2．具有相同最外层电子数的原子，随着原子序数的递增，原子半径逐渐增大。
3．具有相同电子排布的离子，核电荷数越小，离子半径越大。
具有相同电子排布的离子，核电荷数越大，核对最外层电子的吸引力越大，原子半径越小。
4．同种元素的各种微粒，核外电子数越多，微粒半径越大，如微粒半径：H－>H>H＋。
同种元素的微粒，核电荷数是相同的，核对最外层电子的吸引力也相同，核外电子数增加，电子与电子的斥力增加，因此原子半径逐渐增大。
A、B、C为三种短周期元素，A、B同周期，A、C的最低价离子分别为A2－、C－，其离子半径A2－>C－。B2＋和C－具有相同的电子层结构，下列叙述一定不正确的是(　　)
A．它们的原子序数A>B>C
B．它们的原子半径C>B>A
C．离子半径A2－>C－>B2＋
D．原子核外最外层上的电子数C>A>B
【导航】　依据离子结构特点推断元素在周期表中的位置是解决此类问题的关键。把A、B、C等元素在周期表中定位后，它们的原子结构、电子层数、最外层电子数、元素最高正价以及原子半径、离子半径等递变规律都能顺利推断出来。
【解析】　根据“A、C最低价离子分别为A2－、C－”，可知A位于ⅥA族，C位于ⅦA族，C在A的右边；联系“A、B同周期”、“B2＋与C－具有相同的电子层结构”可知A在C的左下方，B位于A的左侧。最后绘出它们的相对位置(如图)。
由表可知：原子半径的大小顺序应该是B>A>C，B错；离子半径的大小顺序是A2->C->B2+，C正确。A、D也均正确。
【答案】　B
元素金属性、非金属性强弱的比较
1．比较元素金属性强弱的方法
(1)根据原子结构
原子半径(电子层数)越大，最外层电子数越少，金属性越强，反之则越弱。
(2)根据在元素周期表中的位置
①同周期元素，从左至右，随原子序数的增加，金属性减弱；
②同主族元素，从上至下，随着原子序数的增加，金属性增加。
(3)根据实验
①根据金属单质与水(或酸)反应置换出氢的难易程度：越易反应，则对应金属元素的金属性越强。
②根据金属单质与盐溶液的置换反应。A置换出B，则A对应的金属元素比B对应的金属元素金属性强。
③根据金属单质的还原性或对应阳离子的氧化性强弱：单质的还原性越强，对应阳离子的氧化性越弱，元素的金属性越强(Fe对应的阳离子是Fe2＋，而不是Fe3＋)。
④根据最高价氧化物对应水化物的碱性强弱：碱性越强，则对应金属元素的金属性越强。
⑤根据电化学原理：不同金属形成原电池时，作负极的金属活泼；在电解池中的惰性电极上，先析出的金属不活泼。
2．比较元素非金属性强弱的方法
(1)根据原子结构
原子半径(电子层数)越小，最外层电子数越多，非金属性越强，反之则越弱。
(2)根据在元素周期表中的位置
①同周期元素，从左到右，随着原子序数增加，非金属性增强。
②同主族元素，从上至下，随着原子序数增加，非金属性减弱。
(3)根据实验
①根据非金属单质与H2化合生成气态氢化物的难易程度：越易化合则其对应元素的非金属性越强。
②根据元素与H2形成的气态氢化物的稳定性或还原性：越稳定或还原性越弱，则其对应元素的非金属性越强。
③根据非金属之间的相互置换：A能置换出B，则A对应的元素的非金属性强于B对应元素的非金属性。
④根据最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱：酸性越强，则元素的非金属性越强。
⑤根据非金属单质的氧化性或对应阴离子的还原性强弱：单质的氧化性越强，其对应阴离子的还原性越弱，元素的非金属性越强。
(2009年青岛市模拟)现有部分元素的性质与原子(或分子)结构如下表
元素编号 元素性质与原子(或分子)结构
T 最外层电子数是次外层电子数的3倍
X 常温下单质为双原子分子，分子中含有3对共用电子
Y M层比K层少1个电子
Z 第三周期元素的简单阳离子中半径最小
(1)写出元素T的原子结构示意图________。
(2)元素Y与元素Z相比，金属性较强的是______(用元素符号表示)，下列表述中能证明这一事实的是________(填序号)。
a．Y单质的熔点比Z单质低
b．Y的化合价比Z低
c．Y单质与水反应比Z单质剧烈
d．Y最高价氧化物的水化物的碱性比Z强
(3)T、X、Y、Z中有两种元素能形成既含离子键又含非极性共价键的化合物，写出该化合物的电子式________________________________________________________________________。
(4)元素T和X元素以原子个数比2∶1化合形成化合物Q，元素X与氢元素以原子个数比1∶2化合形成常用于火箭燃料的化合物W，Q与W发生氧化还原反应，生成X单质和T的另一种氢化物，写出该反应的化学方程式________________________________________________________________________。
【导航】　本题的关键在于，根据题目提供的信息，判断出什么元素，核外电子排布是先排满K层，再排L层，然后是M层。简单阳离子就是H＋或金属离子。
【解析】 　由表中信息可知：T为氧元素，X为氮元素，Y为钠元素，Z为铝元素。Na比Al金属性强，相关实验事实为：与水反应Na比Al剧烈；最高价氧化物对应水化物的碱性NaOH比Al(OH)3强。上述元素中，由其中两种元素形成的既含离子键又含非极性共价键的化合物常见的是Na2O2。氧与氮形成的原子个数比为2∶1的化合物Q是NO2，氮与氢形成的原子个数比为1∶2的化合物是N2H4，两者反应可生成N2和H2O。
【答案】　(1) ????
　
(2)Na　cd
(3)Na＋ 2－Na＋
(4)2N2H4＋2NO2===3N2＋4H2O
元素“位、构、性”关系的应用
同一元素的“位、构、性”关系可表示如下：
在具体解题过程中，必须具备以下三个方面的基础。
1．结构与位置互推是解题的基础
(1)掌握四个关系式
①电子层数＝周期数
②质子数＝原子序数
③最外层电子数＝主族序数
④主族元素的最高正价＝主族序数(O、F除外)，负价＝主族序数－8
(2)熟练掌握周期表中的一些特殊规律
①各周期元素种数；
②稀有气体元素的原子序数及在周期表中的位置；
③同主族上下相邻元素原子序数的关系。
2．性质与位置互推是解题的关键
熟悉元素周期表中同周期、同主族元素性质的递变规律，主要包括：
(1)元素的金属性、非金属性；
(2)气态氢化物的稳定性；
(3)最高价氧化物对应水化物的酸碱性。
3．结构和性质的互推是解题的要素
(1)电子层数和最外层电子数决定元素原子的金属性和非金属性强弱；
(2)同主族元素最外层电子数相同，化学性质相似；
(3)正确推断原子半径和离子半径的大小及结构特点；
(4)判断元素金属性和非金属性。
【特别提示】　以上规律和方法只适用于主族元素，而不适用于副族元素，解题时不要随意将其适用范围扩大。
已知X、Y、Z都是短周期的元素，它们的原子序数依次递增，X原子的电子层数与它的核外电子总数相同，而Z原子的最外层电子数是次外层的三倍，Y和Z可以形成两种以上气态化合物。则
(1)X是________，Y是________，Z是________。
(2)由Y和Z组成，且Y和Z的质量比为7∶20的化合物的化学式是________。
(3)由X、Y、Z中的两种元素组成，且与X2Z分子具有相同电子数的两种离子是________和________。
(4)X、Y、Z可以形成一种盐，此盐中X、Y、Z元素的原子的个数比为4∶2∶3，该盐的化学式是________。
【导航】　X、Z元素经讨论可推出分别为H、O。该题的难点在于推出Y元素，Y元素与O元素可以形成两种以上气态化合物，说明Y元素化合价较多且为非金属元素，原子序数小于8，常见的有C、N，而C与O只能形成CO2、CO两种气态化合物，N与O可形成N2O、NO、NO2、N2O3、N2O4等多种气态化合物。
【解析】 　由题意可知，X为氢、Z为氧。Y与氧可以形成两种以上气态化合物，且Y的原子序数小于氧，故Y为氮。由Y和Z的质量比为7∶20，可知N与O原子个数比为 ∶ ＝2∶5。所以此化合物的化学式是N2O5。与H2O电子数相同的离子，可以是NH4＋、OH－、H3O＋或NH2－等。
由H、N、O形成的一种盐且盐中它们的原子个数比为4∶2∶3，该盐应为铵盐，即为NH4NO3。
【答案】　(1)氢　氮　氧　(2)N2O5　(3)NH4＋(或NH2－)　OH－(或H3O＋)　(4)NH4NO3
1．(2009年广东单科)元素X、Y、Z原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X＋与Z2－具有相同的核外电子层结构。下列推测不正确的是(　　)
A．同周期元素中X的金属性最强
B．原子半径X>Y，离子半径X＋>Z2－
C．同族元素中Z的氢化物稳定性最高
D．同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强
【解析】 　分析题给条件可推知：X是钠(Na)、Y是氯(Cl)、Z是氧(O)。原子半径X>Y，但X＋(Na＋)与Z2－(O2－)电子层结构相同，离子半径X＋【答案】　B
2．(2009年四川理综)X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。下列说法正确的是(　　)
A．还原性：X的氢化物>Y的氢化物>Z的氢化物
B．简单离子的半径：M的离子>Z的离子>Y的离子>X的离子
C．YX2、M2Y都是含有极性键的极性分子
D．Z元素的最高价氧化物的水化物的化学式为HZO4
【解析】 　X、Y相邻，只能为同周期左右相邻或同主族上下相邻，又因X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，所以X、Y为同主族上下相邻，符合条件的为O、S。根据题意，可推出Z为Cl，M为K。
【答案】　D
3．(2009年北京理综)W、X、Y、Z均为短周期元素，W的最外层电子数与核外电子总数之比7∶17；X与W同主族；Y的原子序数是W和X的原子序数之和的一半；含Z元素的物质焰色反应为黄色。下列判断正确的是(　　)
A．金属性：Y>Z　　　　　　B．氢化物的沸点：X>W
C．离子的还原性：X>W D．原子及离子半径：Z>Y>X
【解析】 　W的最外层电子数与核外电子总数之比为7∶17，故W为氯元素，则X为氟元素，Y的原子序数为(9＋17)÷2＝13，为铝元素，由含Z元素的物质焰色反应为黄色知其为钠元素。根据元素周期律，Na的金属性比Al强；HF沸点比HCl高，是因为HF分子间存在氢键；Cl－的还原性比F－强；原子半径Na>Al>F，离子半径F－>Na＋>Al3＋。
【答案】　B
4．(2008年山东理综)下列说法正确的是(　　)
A．SiH4比CH4稳定
B．O2－半径比F－的小
C．Na和Cs属于第ⅠA族元素，Cs失电子能力比Na的强
D．P和As属于第ⅤA族元素，H3PO4酸性比H3AsO4的弱
【解析】 　A项，C的非金属性比Si强，CH4比SiH4稳定；B项，O2－与F－核外电子排布相同，F原子序数大，F－半径小；D项，P的非金属性比As强，H3PO4酸性比H3AsO4的强。
【答案】　C
5．(2008年广东化学)元素X、Y和Z可结合形成化合物XYZ3；X、Y和Z的原子序数之和为26；Y和Z在同一周期。下列有关推测正确的是(　　)
A．XYZ3是一种可溶于水的酸，且X与Y可形成共价化合物XY
B．XYZ3是一种微溶于水的盐，且X与Z可形成离子化合物XZ
C．XYZ3是一种易溶于水的盐，且Y与Z可形成离子化合物YZ
D．XYZ3是一种离子化合物，且Y与Z可形成离子化合物YZ2
【解析】 　根据题意，符合条件的化合物有NaNO3和MgCO3两种，B项中MgCO3微溶于水，MgO为离子化合物。
【答案】　B
6．(2009年全国Ⅰ理综)已知周期表中，元素Q、R、W、Y与元素X相邻。Y的最高化合价氧化物的水化物是强酸。回答下列问题：
(1)W与Q可以形成一种高温结构陶瓷材料。W的氯化物分子呈正四面体结构，W的氧化物的晶体类型是____________________________________________________；
(2)Q的具有相同化合价且可以相互转变的氧化物是____________________________________________________；
(3)R和Y形成的二元化合物中，R呈现最高化合价的化合物的化学式是______________；
(4)这5个元素的氢化物分子中，①立体结构类型相同的氢化物的沸点从高到低排列次序是(填化学式)______________，其原因是
____________________________________________________；
②电子总数相同的氢化物的化学式和立体结构分别是
________________________________________________________________________；
(5)W和Q所形成的结构陶瓷材料的一种合成方法如下：W的氯化物与Q的氢化物加热反应，生成化合物W(QH2)4和HCl气体；W(QH2)4在高温下分解生成Q的氢化物和该陶瓷材料。上述相关反应的化学方程式(各物质用化学式表示)是
________________________________________________________________________。
【解析】 　W的氯化物为正四面体结构，通常应是SiCl4或CCl4，W与Q形成高温结构陶瓷，可推出W为Si，Q为N。再结合其他条件可推出X为P，Y为S，R为As。
【答案】　(1)原子晶体 (2)NO2和N2O4　 (3)As2S5
(4)①NH3、AsH3、PH3　NH3分子间存在氢键，所以沸点最高，相对分子质量AsH3大于PH3，分子间作用力AsH3大于PH3，故AsH3沸点高于PH3
②SiH4正四面体，PH3三角锥，H2S角形(V形)
(5)SiCl4＋4NH3 Si(NH2)4＋4HCl；
3Si(NH2)4 Si3N4＋8NH3↑
7．(2009年福建理综)短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如右图所示，其中，T所处的周期序数与主族序数相等。请回答下列问题：
(1)T的原子结构示意图为________。
(2)元素的非金属性(原子的得电子能力)：Q________W(填“强于”或“弱于”)。
(3)W的单质与其最高价氧化物的水化物浓溶液共热能发生反应，生成两种物质，其中一种是气体，反应的化学方程式为
________________________________________________________________________。
(4)原子序数比R多1的元素的一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，此分解反应的化学方程式是__________________________________________________。
(5)R有多种氧化物，其中甲的相对分子质量最小。在一定条件下，2 L的甲气体与0.5 L的氧气相混合，若该混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留，所生成R的含氧酸盐只有一种，则该含氧酸盐的化学式是__________________________________________________。
(6)在298 K下，Q、T的单质各1 mol完全燃烧，分别放出热量a kJ和b kJ。又知一定条件下，T的单质能将Q从它的最高价氧化物中置换出来，若此置换反应生成3 mol Q的单质，则该反应在298 K下的ΔH＝______________(注：题中所涉单质均为最稳定单质)。
【解析】 　由四种短周期元素在周期表中的位置可知T在第三周期，由于T所处的周期序数与主族序数相等，则T在ⅢA族为Al，则可推Q是C，R是N，W是S。(1)Al原子结构示意图为：
(2)由硫酸的酸性强于碳酸可知硫元素非金属性强于碳元素，即Q弱于W。
(3)S单质与浓硫酸可发生氧化还原反应生成SO2气体，因为产物只有两种，产物中一定含H2O，则另一种为SO2，则反应化学方程式为：S＋2H2SO4(浓) 3SO2↑＋2H2O。
(4)比氮原子序数多1的元素是氧元素，其一种氢化物H2O2可分解生成它的另一种氢化物H2O，方程式为：2H2O2 2H2O＋O2↑。
(5)N的氧化物中相对分子质量最小的是NO，NO与O2的物质的量之比为4∶1，产物中N的化合价相同，由NO与O2得失电子守恒，产物中N的化合价为＋3，为NaNO2。
(6)由题目信息可知：4Al(s)＋3O2(g)===2Al2O3(s)　ΔH＝－4b kJ/mol①，C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－a kJ/mol②，①－②×3可得：4Al(s)＋3CO2(g)===2Al2O3(s)＋3C(s)　ΔH＝(3a－4b) kJ/mol。
【答案】　(1) ???? ??　
(2)弱于
(3)S＋2H2SO4(浓) 3SO2↑＋2H2O
(4)2H2O2 2H2O＋O2↑
(5)NaNO2
(6)(3a－4b)kJ/mol
1．(2008年全国Ⅱ理综)对于ⅣA族元素，下列叙述中不正确的是(　　)
A．SiO2和CO2中，Si和O、C和O之间都是共价键
B．C、Si和Ge的最外层电子数都是4，次外层电子数都是8
C．CO2和SiO2都是酸性氧化物，在一定条件下都能和氧化钙反应
D．该族元素的主要化合价是＋4和＋2
【解析】 　A项中SiO2、CO2均为共价化合物，原子间以共价键结合；B项中C、Ge的次外层电子数分别为2、18；C项CO2、SiO2均可和CaO反应生成对应的盐。
【答案】　B
2．(2009年济南)甲、乙两元素原子的L层电子数都是其它层电子总数的2倍。下列推断正确的是(　　)
A．甲与乙处于同一周期
B．甲与乙处于同一主族
C．甲与乙的单质都是原子晶体
D．甲与乙的原子序数之和为偶数
【解析】 　L层最多可有8个电子，当其他层共有4个电子时符合题意。根据核外电子排布规律，Mg符合条件；当L层未填满电子时，K层的2个电子已填入，此时L层应有4个电子，碳符合条件。则甲、乙指的是碳和镁，D选项符合题意。
【答案】　D
3．下列叙述中，能肯定A金属比B金属活泼性强的是(　　)
A．A原子的最外层电子数比B原子的最外层电子数少
B．A原子的电子层数比B原子电子层数多
C．1 mol A与从酸中置换出的H2比1 mol B与从酸中置换出的H2多
D．常温时，A能从水中置换出H2，而B不能
【解析】 　选项A中只指出A、B两种元素原子的最外层电子数的多少，而不能确定A、B的金属性强弱。选项B中指出了A、B的电子层数的多少，但电子层数少的比电子层数多的原子的金属性不一定弱。选项C中说明了等物质的量的A、B金属与酸反应生成H2的多少，未说明与酸反应的快慢。与酸反应生成H2多的金属活泼性不一定强。只有活泼的金属在常温下才与水反应，而较活泼的金属在常温时不与水发生反应。也可每个选项中列举一些反例快速排除，如金属活泼性：A中Mg>Ag；B中Na>Cu，C中Na>Al等。
【答案】　D
4．(2008年江苏化学)下列排列顺序正确的是(　　)
①热稳定性：H2O＞HF＞H2S
②原子半径：Na＞Mg＞O
③酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4
④结合质子能力：OH－＞CH3COO－＞Cl－
A．①③　　　　　 B．②④
C．①④ D．②③
【解析】 　该题考查的是热稳定性、酸性、结合质子能力的强弱的判断方法，原子半径大小比较的相关知识点。
【答案】　B
5．下列关于元素周期表的叙述，不正确的是(　　)
A．共有7个周期，16个族
B．形成化合物种类最多的元素在第2周期
C．ⅡA族的右边是ⅢB族，ⅢA族的左边是ⅡB族
D．某主族元素最高价氧化物对应的水化物的化学式为HnROm，其气态氢化物的化学式一定为H2m－nR或RH2m－n
【解析】 　在HnROm中R元素的化合价为＋(2m－n)，则其气态氢化物中R元素的化合价应为－(8－2m＋n)，因此，其气态氢化物的化学式应为H8－2m＋nR或RH8－2m＋n。
【答案】　D
6．(2009年杭州一模)根据下表中有关短周期元素性质的数据，判断下列说法中正确的是(　　)
　　　元素编号
元素性质　　　　 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧
原子半径(10－10 m) 0.74 1.60 1.52 1.10 0.99 1.86 0.75 0.82
化合价
最高价 ＋2 ＋1 ＋5 ＋7 ＋1 ＋5 ＋3
负价 －2 －3 －1 －3
A.③的熔点低于⑥的熔点
B．元素①与元素⑥形成的化合物皆为碱性氧化物
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：⑤>⑦>④
D．元素④形成的氯化物中所有原子周围都达到8电子稳定结构
【解析】 　根据表中原子半径和元素的化合价可确定①是O元素， ②是Mg元素，③是Li元素，④是P元素，⑤是Cl元素，⑥是Na元素，⑦是N元素，⑧是B元素。根据同主族元素性质的相似性和递变性知，A错。元素①与元素⑥形成的化合物可以是Na2O也可以是Na2O2，后者不属于碱性氧化物，B错。元素④形成的氯化物有PCl3和PCl5，后者磷原子最外层有10个电子，D错。
【答案】　C
7．(2008年全国Ⅰ理综)V、W、X、Y、Z是由周期表中1～20号部分元素组成的5种化合物，其中V、W、X、Z均为两种元素组成。上述5种化合物涉及的所有元素的原子序数之和等于35。它们之间的反应关系如下图所示：
(1)5种化合物分别是：V________、W________、X________、Y________、Z________；(填化学式)
(2)由上述5种化合物中的某2种化合物反应可生成一种新化合物，它包含了5种化合物中的所有元素，生成该化合物的化学方程式是____________________________；
(3)V的电子式是________________。
【解析】 　解决问题的关键是V(固体)与水反应产生白色固体Y和无色可燃性气体Z，所以V应该是CaC2，由此可继续推出W、X、Y、Z分别为CaO、CO2、Ca(OH)2、C2H2，方程式和V的电子式也迎刃而解了。V和O2的反应式也可大胆写出：2CaC2＋5O2 2CaO＋4CO2。
【答案】　(1)CaC2　CaO　CO2　Ca(OH)2　C2H2
(2)Ca(OH)2＋2CO2===Ca(HCO3)2
(3)Ca2＋
8．A、B、C、D均为短周期不同主族的元素，分别属于三个不同的周期且原子序数依次增大。A、C可形成原子个数比分别为1∶1和2∶1的两种化合物，A与B能形成一种使湿润石蕊试纸变蓝的气体X，A与D能形成酸性气体Y。A、B、C能形成一种离子化合物，其水溶液成弱酸性，请写出：
(1)D的元素符号________，X跟Y反应的化学方程式____________________________________________________
(2)用化学用语解释A、B、C形成的化合物水溶液呈弱酸性的原因：________________________________________________________________________。
(3)铋(Bi)跟D元素能形成化合物(BiD3)，其水解生成难溶于水的BiOD。
①BiD3水解反应的化学方程式为___________________________________________________。
②把适量的BiD3溶于含有少量Y的水中，能得到澄清溶液，试分析可能的原因___________________________________________________。
③医药上把BiOD叫做“次某酸铋”，分析这种叫法是否合理？________。若认为不合理，请说明理由；若认为合理，此空可不作答。___________________________________________________。
【解析】 　A与B能形成一种使湿润石蕊试纸变蓝的气体X，则X为NH3，又A、B原子序数依次增大，A为氢、B为氮。A、C可形成原子个数比分别为1∶1和2∶1的两种化合物，且C的原子序数比A和B大，则C为氧。由A与D能形成酸性气体Y，A、B、C、D分别属于三个不同的周期不同族(排除S等)且原子序数依次增大，可推出D为氯。
(2)NH4NO3溶液因NH4＋水解而显酸性。
(3)①据信息可知BiCl3水解的方程式为BiCl3＋H2O?BiOCl＋2HCl。
②因盐酸抑制了BiCl3的水解，故BiCl3溶于含少量盐酸的水中能得到澄清溶液。
③分析BiOCl中Cl的化合价可知Cl显－1价，因此这种叫法不合理。
【答案】　(1)Cl　NH3＋HCl===NH4Cl
(2)NH4＋＋H2O??NH3·H2O＋H＋
(3)①BiCl3＋H2O??BiOCl＋2HCl
②盐酸抑制BiCl3水解
③不合理　BiOCl中的Cl为－1价，不是＋1价
(2009年徐州统考)某同学做同周期元素性质递变规律实验时，自己设计了一套实验方案，并记录了有关实验现象如下表：
实验方案 实验现象
①用砂纸擦后的镁带与沸水反应再向反应液中滴加酚酞 A.浮于水面，熔成小球，在水面上无定向移动，随之消失，溶液变为红色
②向新制的H2S饱和溶液中滴加新制的氯水 B.产生大量气体，可在空气中燃烧，溶液变成浅红色
③钠与滴有酚酞试液的冷水反应 C.反应不十分剧烈，产生的气体可以在空气中燃烧
④镁带与2 mol·L－1的盐酸反应 D.剧烈反应，产生的气体可以在空气中燃烧
⑤铝条与2 mol·L－1的盐酸反应 E.生成白色胶状沉淀，继而沉淀消失
⑥向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠 F.生成淡黄色沉淀
请你帮助该同学整理并完成实验报告。
(1)实验目的：___________________________________________________。
(2)实验用品
仪器：___________________________________________________；
药品：___________________________________________________。
(3)实验内容：(*填写题给信息表中的序号)
实验方案* 实验现象* 有关化学方程式
(4)实验结论：________________________________________________________________________。
(5)请用物质结构理论简单说明具有上述结论的原因。
(6)请你补充两组简单易行的实验方案，证明此周期中另外两种元素的性质递变规律。
【解析】 　(1)先分析每个实验可得出的结论：①镁跟水反应的难易，氢氧化镁的碱性强弱；②Cl2能从H2S中置换出S；③钠跟水反应的难易、氢氧化钠的碱性强弱；④⑤可分别得出镁、铝跟盐酸置换反应的难易；⑥氢氧化铝是一种两性氢氧化物。把上述分析结果连接成一个整体来看，可发现这6个实验都是研究第三周期元素的单质和化合物的性质，从中可定性地比较出钠、镁、铝三种元素金属性强弱和氯、硫两种元素的非金属性强弱，所以，这一套实验的目的是“验证第三周期元素从左到右金属性递减、非金属性递增的规律”。
(2)回忆每个实验过程可知，这些实验要用到的仪器有：试管、酒精灯、砂纸、镊子、小刀、胶头滴管等。要用到的药品有：镁条、钠、铝条、新制氯水、新制饱和硫化氢溶液、2 mol·L－1的盐酸、2 mol·L－1的NaOH溶液、蒸馏水、酚酞、2 mol·L－1的AlCl3溶液。
(3)根据元素周期表第三周期元素的排列顺序，可确定实验操作顺序和相关的实验现象等。
(4)第三周期还有硅、磷两种元素，要完整的比较出这些元素的金属性和非金属性，必须要补充实验，联系元素最高价含氧酸的酸性与元素非金属性的关系，可以比较硅酸、磷酸、硫酸的酸性强弱来比较Si、P、S元素的非金属性强弱。在中学化学知识范围内可设计出下列三种方案。
方案一：测定0.1 mol·L－1的Na2SiO3、Na3PO4、Na2SO4的pH，由此判断三种盐溶液的水解能力，得出硅酸、磷酸、硫酸三种最高价含氧酸的酸性强弱顺序，进而得出硅、磷、硫三种元素非金属性强弱的顺序。
方案二：测定同浓度硅酸、硫酸、磷酸溶液的pH。
方案三：在硅酸钠溶液中滴加磷酸溶液，可发生反应生成硅酸沉淀，在磷酸镁沉淀中滴加稀硫酸，沉淀可溶解。
【答案】　(1)验证第三周期元素从左到右金属性递减、非金属性递增的规律
(2)试管、酒精灯、砂纸、镊子、小刀、胶头滴管等　镁条、钠、铝条、新制氯水、新制饱和硫化氢溶液、2 mol·L－1的盐酸、2 mol·L－1的NaOH溶液、蒸馏水、酚酞、2 mol·L－1的AlCl3溶液
(3)
实验
方案 实验
现象 有关化学方程式
③ A 2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑
① B Mg＋2H2OMg(OH)2＋H2↑
④ D Mg＋2HCl===MgCl2＋H2↑
⑤ C 2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑
⑥ E AlCl3＋3NaOH===Al(OH)3↓＋3NaCl
Al(OH)3＋NaOH===NaAlO2＋2H2O
② F H2S＋Cl2===2HCl＋S↓
(4)金属性：Na>Mg>Al；非金属性：S(5)Na、Mg、Al、S、Cl原子核外都有三个电子层，但最外层电子数依次为1、2、3、6、7，原子半径随电子数(核电荷数)增多而减小，所以核对最外层电子的吸引力依次增强，失电子能力减弱，得电子能力增强。
(6)方案一：测定0.1 mol·L－1的Na2SiO3、Na3PO4、Na2SO4的pH，由此判断三种盐溶液的水解能力，得出硅酸、磷酸、硫酸三种最高价含氧酸的酸性强弱顺序，进而得出硅、磷、硫三种元素非金属性强弱的顺序。
方案二：测定同浓度硅酸、硫酸、磷酸溶液的pH。
方案三：在硅酸钠溶液中滴加磷酸溶液，可发生反应生成硅酸沉淀，在磷酸镁沉淀中滴加稀硫酸，沉淀可溶解。
课时作业
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第2讲　物质的检验、分离和提纯
1．熟知常见气体、离子、官能团的检验方法，并会常用的检验操作方法。
2．掌握溶液的配制方法。
3．能进行定量检验，掌握基本原理和操作。
4．掌握物质分离提纯的原则及方法，增强观察、分析、表达能力。
一、物质的分离和提纯
1．物质分离、提纯的区别
(1)物质的分离
即将混合物中的各组分 开来，获得 并分别保留。
(2)混合物的提纯
即将混合物中的杂质除去而使 达到一定纯度，保留下来，又叫混合物的净化或 。
分离
纯净物
目标物质
除杂
2.常见物质的分离、提纯方法
方法 适用范围 装置 注意事项
①
过滤 过滤是把
进行分离的方法 (1)“一贴： ；二低： ；
三靠：
(2)若滤液浑浊，须
(3)玻璃棒作用：
不溶性固
体和液体
滤纸紧贴漏斗内壁
滤纸低于漏斗口、液面
低于滤纸边缘
烧杯靠
玻璃棒、玻璃棒轻靠三层滤纸处、漏斗下端靠烧杯内壁
重新过滤
引流，防止液体外溅
②
蒸发
结晶 蒸发适用于
和液体(溶剂)的分离。结晶常用方法有蒸发结晶和冷却结晶 (1)蒸发时玻璃棒作用：
(2)当有
时，停止加热，用余热蒸干
固体溶质
搅拌，防止局部温度过高造成液体飞溅
较多量晶体析出
③
蒸馏 适用于两种 不同的 的分离 (1)蒸馏烧瓶中放少量 ，防止暴沸
(2)温度计水银球在
处
(3)冷凝管中水流方向： 方向相反
(4)烧瓶中盛放液体体积不能超过
沸石
蒸馏烧瓶支管口
与气流
沸点
互溶液体
④
萃取
分液 萃取是利用溶质在
不同溶剂中 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方法。
分液是把 的液体分开的操作 (1)萃取剂符合的条件：
(2)分液时要将分液漏斗的玻璃塞打开，或使塞上的凹槽或小孔对准漏斗上的小孔，目的是：
(3)下层液体从 流出，上层液体从 倒出
和原溶
剂不反应、溶质在萃取剂中溶解度大、和原溶剂互不相溶
保持内外压强相同，保证液体顺利滴下
下口
上口
互不相溶的
溶解度
互不相溶
二、物质的检验
1．常见阳离子的检验方法
离子 使用的试剂 反应现象 有关的反应方程式
①
H＋ (1)紫色石蕊试液(2)Na2CO3溶液 (1)石蕊试液变
(2)有 产生 2H＋＋CO32－===CO2↑＋H2O
红
无色气体
②
NH4＋ 浓NaOH溶液 加热，有刺激性气味的气体产生，该气体遇HCl(气态)产生 或能使湿润的红色石蕊试纸变蓝 NH3＋HCl===NH4Cl
白烟
NH4＋＋OH－NH3↑＋H2O
③
Na＋、
K＋ 用铂丝蘸取少量的试样(溶液或固体)在酒精灯火焰中灼烧，若出现 火焰，则含有Na＋；透过蓝色钴玻璃若看到 火焰，则含有K＋
黄色
紫色
④
Ba2＋ 稀硫酸或可溶性硫酸盐，并加入稀硝酸 加入SO42－后，产生白色沉淀，该沉淀在稀硝酸中不溶解 Ba2＋＋SO42－===BaSO4↓
⑤
Fe2＋ NaOH溶液 先生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变为灰绿色，最终变成 Fe2＋＋2OH－=== Fe(OH)2↓
红褐色
4Fe(OH)2＋O2＋2H2O
===4Fe(OH)3
⑥
Fe3＋ (1)NaOH溶液(2)KSCN溶液 (1)生成 沉淀
(2)生成 溶液
⑦
Al3＋ NaOH溶液 加适量的NaOH溶液，生成白色絮状沉淀，过量时沉淀 ；该沉淀也溶于盐酸 Al3＋＋3OH－=== Al(OH)3↓
Al(OH)3＋OH－===AlO2－＋2H2O
Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O
红褐色
血红色
溶解
Fe3＋＋3OH－=== Fe(OH)3↓
Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3
2.常见阴离子的检验
离子 使用的试剂 反应现象 有关的反应方程式
①Cl－ 加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，该沉淀在稀硝酸中不溶解
AgNO3溶液、稀硝酸
Ag＋＋Cl－=== AgCl↓
②Br－ (1)AgNO3溶液、稀硝酸
(2)氯水、CCl4 (1)加入AgNO3溶液，产生 沉淀，该沉淀不溶于稀硝酸(2)加入氯水后振荡，再滴入CCl4少许，CCl4层呈橙红色
(1)Ag＋＋Br－===AgBr↓
(2)Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2
浅黄色
③I－ (1)AgNO3溶液、稀硝酸
(2)氯水、淀粉溶液 (1)加入AgNO3溶液，产生 沉淀，该沉淀不溶于稀硝酸
2)加入氯水和淀粉溶液，溶液变蓝色
(1)Ag＋＋I－===AgI↓
(2)Cl2＋2I－===2Cl－＋I2
黄色
④OH－ (1)酚酞试液
(2)紫色石蕊试液 (1)酚酞变红
(2)石蕊变
⑤
CO32－、
HCO3－ 盐酸、澄清石灰水 加入盐酸，放出无色无味的气体，将气体通入澄清石灰水中，石灰水变 CO32－＋2H＋=== CO2↑＋H2O
Ca2＋＋2OH－＋CO2===CaCO3↓＋H2O
HCO3－＋H＋===CO2↑＋H2O
浑浊
蓝
SO32－ BaCl2溶液、盐酸 加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，该沉淀可溶于稀盐酸，并放出无色、有刺激性气味的气体
⑦
SO42－ 加入稀盐酸，无现象，再加入BaCl2溶液，生成白色沉淀 Ba2＋＋SO42－=== BaSO4↓
Ba2＋＋SO32－=== BaSO3↓
BaSO3＋2H＋===Ba2＋＋SO2↑＋H2O
BaCl2溶液、稀盐酸
3.常见气体的检验
气体 检验方法和现象 化学方程式
①
H2 (1)纯氢气在空气中燃烧火焰呈淡蓝色，产物通入石灰水无变化(2)点燃不纯的氢气有 声
②
CO2 无色无味，且通入澄清的石灰水时石灰水变 CO2＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋H2O
2H2＋O2
2H2O
点燃
爆鸣
浑浊
③
O2 使带火星的木条 C＋O2 点燃CO2
④
Cl2 黄绿色气体，能使湿润的淀粉－KI试纸变为 色
复燃
Cl2＋2KI===2KCl＋I2
蓝
⑤
HCl 硝酸银溶液吸收HCl气体后，产生白色沉淀 HCl＋AgNO3=== AgCl↓＋HNO3
⑥
SO2 (1)能使品红溶液 (加热后红色复现) (2)使澄清石灰水变浑浊且无色，有刺激性气味 SO2＋Ca(OH)2===CaSO3↓＋H2O
褪色
⑦
NO 在空气中迅速转变为 色 2NO＋O2===2NO2
⑧
NO2 红棕色气体，能使湿润的淀粉－KI试纸变蓝(但不与AgNO3溶液反应) 3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
红棕
⑨
NH3 (1)能使湿润的红色石蕊试纸变 (2)用蘸浓盐酸的玻璃棒靠近，能产生 (1)NH3＋H2O
NH3·H2O NH4＋＋OH－
(2)NH3＋HCl===NH4Cl
⑩
CO (1)点燃，安静燃烧，火焰呈蓝色；燃烧后产生使石灰水变浑浊的气体(2)通过灼热的黑色氧化铜时，能还原出红色的铜，并转变成使澄清石灰水变浑浊的气体 (1)2CO＋O2点燃2CO2
(2)CuO＋CO Cu＋CO2
白烟
蓝
(1)混合物的分离和提纯含义是否一样？
(2)混合物提纯的基本原则是什么？
【提示】(1)混合物的分离和提纯含义不一样：：①混合物的分离是将两种或多种物质的混合物分开，得到几种纯净物的过程。②混合物的提纯是除去物质中混有的少量杂质而得到纯净物的过程。
(2) 混合物提纯的基本原则：①不增（不引入新的杂质）②不减（不减少提纯的物质）③易分离（被提纯的物质与杂质易分离）④易复原(被提纯的物质易复原)
混合物的分离和提纯
1．分离与提纯方法的选择应遵循如下原则
(1)不增：指不能引进新的杂质。
(2)不减：指被分离与提纯的物质应尽可能减少损失。
(3)易分离：指如果使用试剂除去杂质时，要求反应后的产物跟被提纯的物质容易分离。
(4)易复原：指分离物或被提纯的物质都要容易复原。分离与提纯操作过程应遵循“三必须”：
①除杂质试剂必须过量。
②过量试剂必须除尽(因过量试剂带入新的杂质)。
③除杂途径必须选最佳。
2．分离和提纯物质常用的化学方法
(1)加热法
混合物中混有热稳定性差的物质时，可直接加热，使热稳定性差的物质分解而分离出去。例如：食盐中混有氯化铵，纯碱中混有小苏打等均可直接加热除去杂质。
(2)沉淀法
在混合物中加入某试剂，使其中一种以沉淀形式分离出去的方法。使用该方法一定要注意不能引入新的杂质。若使用多种试剂将溶液中不同微粒逐步沉淀时，应注意后加试剂能将前面所加试剂的过量部分除去，最后加的试剂不引入新的杂质。例如，加适量BaCl2溶液可除去NaCl中混有的Na2SO4。
(3)转化法
不能通过一次反应达到分离的目的，要转化为其他物质才能分离，然后要将转化物质恢复为原物质。例如：苯酚中混有硝基苯时，先加入NaOH溶液后分液，再向苯酚钠溶液中通入CO2重新生成苯酚。注意转化过程中尽量减少被分离物质的损失，而且转化物质要易恢复为原物质。
(4)酸碱法
被提纯物质不与酸碱反应，而杂质可与酸碱发生反应，用酸碱作除杂试剂。例如：用盐酸除去SiO2中的石灰石，用氢氧化钠溶液除去铁粉中的铝粉等。
(5)氧化还原法
①对混合物中混有的还原性杂质，可加入适当的氧化剂使其被氧化为被提纯物质。例如：将氯水滴入混有FeCl2的FeCl3溶液中，除去FeCl2杂质。
②对混合物中混有的氧化性杂质，可加入适当还原剂将其还原为被提纯物质。例如：将过量铁粉加入混有FeCl3的FeCl2溶液中，振荡过滤，除去FeCl3杂质。
(6)调节pH法
通过加入试剂来调节溶液的pH，使溶液中某组分沉淀而分离的方法。一般加入相应的难溶或微溶物来调节。
例如：在CaCl2溶液中含有FeCl3杂质，由于三氯化铁的水解，溶液是酸性溶液，就可采用调节溶液pH的办法将Fe3＋沉淀出去，为此，可向溶液中加氧化钙或氢氧化钙或碳酸钙等。
(7)电解法
此法利用电解原理来分离、提纯物质，如电解精炼铜，将粗铜作阳极，精铜作阴极，电解液为含铜离子的溶液，通直流电，粗铜及比铜活泼的杂质金属失电子，在阴极只有铜离子得电子析出，从而提纯了铜。
下列除杂质的方法不可行的是(　　)
A．用过量氨水除去Al3＋溶液中的少量Fe3＋
B．将混合气体通过灼热的铜网除去N2中的少量O2
C．用新制的生石灰，通过加热蒸馏，以除去乙醇中的少量水
D．用盐酸除去AgCl中少量的Ag2CO3
【导航】　本题考查了物质的分离提纯。解答该类题目时要注意在除去杂质的同时不能减少或反应消耗掉被提纯物质。
【解析】　在Al3＋、Fe3＋的混合溶液中加入过量氨水，生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，不能将Al3＋、Fe3＋分离；N2、O2的混合气体通过灼热的铜网，发生反应2Cu＋O2 2CuO，O2被除去；乙醇中含有的少量水不能直接用蒸馏的方法除去，应先加入CaO再蒸馏；在AgCl、Ag2CO3混合物中加入HCl，发生反应Ag2CO3＋2HCl===2AgCl＋H2O＋CO2↑，经过滤可得纯净的AgCl。
【答案】　A
检验与鉴别
鉴别是指对两种或两种以上物质进行定性辨认。物质鉴别的一般类型有：
1．不用任何试剂的鉴别题
(1)先依据外观特征，鉴别出其中的一种或几种，然后再利用它们去鉴别其他的几种物质。
(2)若均无明显外观特征，可考虑能否用加热或焰色反应区别开来。
(3)若以上两种方法都不能鉴别时，可考虑两两混合或相互滴加，记录混合后的反应现象，分析确定。
(4)若被鉴别物质为两种时，可考虑因试剂加入的顺序不同、现象不同而进行鉴别。
(5)若采用上述方法鉴别出一种物质后，可用它作试剂鉴别余下的其他物质。
2．只用一种试剂鉴别多种物质
(1)先分析被鉴别物质的水溶性、密度、溶液的酸碱性，确定能否选用水或指示剂进行鉴别。
(2)在鉴别多种酸、碱、盐的溶液时，可依据“相反原理”确定试剂进行鉴别。即被鉴别的溶液多数呈酸性时，可选用碱或水解呈碱性的盐的溶液作试剂；若被鉴别的溶液多数呈碱性时，可选用酸或水解呈酸性的溶液作试剂。
(3)常用溴水、新制氢氧化铜悬浊液、氯化铁溶液等作试剂鉴别多种有机物。
3．任选试剂鉴别多种物质
此类题目不限所加试剂的种类，可用多种解法，题目考查的形式往往是从众多的鉴别方案中选择最佳方案，其要求是操作步骤简单，试剂选用最少，现象最明显。
(2008年高考全国卷Ⅱ)某钠盐溶液可能含有阴离子NO3－、CO32－、SO32－、SO42－、Cl－、Br－、I－。为鉴定这些离子，分别取少量溶液进行以下实验：
①测得混合液呈碱性；
②加HCl后，生成无色无味气体。该气体能使饱和石灰水溶液变浑浊；
③加CCl4，滴加少量氯水，振荡后，CCl4层未变色；
④加BaCl2溶液产生白色沉淀，分离，在沉淀中加入足量盐酸，沉淀不能完全溶解；
⑤加HNO3酸化后，再加过量AgNO3，溶液中析出白色沉淀。
(1)分析上述5个实验，写出每一实验鉴定离子的结论与理由。
实验①______________________；
实验②______________________；
实验③______________________；
实验④______________________；
实验⑤______________________。
(2)上述5个实验不能确定是否存在的离子是________。
【导航】　本题考查了离子检验、离子共存、盐类水解及考生的语言表达能力，在离子检验时，要根据各离子的特征性质逐一确定。
【解析】　(1)①NO3－、SO42－、Cl－、Br－、I－在溶液中不发生水解，其溶液呈中性，但实际溶液呈碱性，SO32－、CO32－是弱酸的阴离子，在溶液中可发生水解使溶液呈碱性。所以CO32－、SO32－可能存在(或至少存在其中的一种)。
②这些阴离子中，只有CO32－、SO32－能与HCl溶液反应，但SO32－与HCl溶液反应时生成的SO2为有刺激性气味的气体，而所得气体为无色无味，故CO32－一定存在，SO32－一定不存在。
③加入少量的氯水后，用CCl4萃取，CCl4层颜色没有改变，说明原溶液中不存在Br－、I－，若有，二者均要与Cl2反应生成Br2、I2，则导致CCl4层出现橙红色或紫色。
④根据②已确定有CO32－，加入Ba2＋后生成的沉淀部分溶解，说明原溶液中有SO42－，SO42－与Ba2＋反应生成不溶于酸的BaSO4白色沉淀。
⑤根据④原溶液中一定有SO42－，加入AgNO3时，能生成白色沉淀的离子有SO42－和Cl－，但Ag2SO4能 溶解在浓度较高的硝酸中，所以白色沉淀为AgCl，故原溶液中含有Cl－。
(2)整个实验过程中都没有涉及到NO3－的鉴定，故NO3－无法确定其有无。
【答案】　(1)①CO32－和SO32－可能存在，因它们水解呈碱性
②CO32－肯定存在，因产生的气体是CO2；SO32－不存在，因为没有刺激性气味的气体产生
③Br－、I－不存在，因没有溴和碘的颜色出现
④SO42－存在，因BaSO4不溶于盐酸
⑤Cl－存在，因与Ag＋形成白色沉淀
(2)NO3－
1．(2009年江苏单科)下列化学实验事实及其解释都正确的是(　　)
A．向碘水中滴加CCl4，振荡静置后分层，CCl4层呈紫红色，说明可用CCl4从碘水中萃取碘
B．向SO2水溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明BaSO3难溶于盐酸
C．向0.1 mol·L－1 FeSO4溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色，说明Fe2＋具有氧化性
D．向2.0 mL浓度均为0.1 mol·L－1的KCl、KI混合溶液中滴加1～2滴0.01 mol·L－1 AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色，说明AgCl的Ksp比AgI的Ksp大
【解析】　A项，CCl4能从碘水中萃取出I2，是常见的萃取剂；B项，SO2与BaCl2根本不反应，可理解为即使生成BaSO3，也会被HCl溶解；C项，Fe2＋被MnO4－氧化成Fe3＋，MnO4－体现氧化性，Fe2＋体现还原性；D项，沉淀转化时，一般由Ksp大的变为Ksp小的，AgI比AgCl更难溶，Ksp更小。
【答案】　AD
2．(2009年上海单科)物质的鉴别有多种方法。下列能达到鉴别目的的是(　　)
①用水鉴别苯、乙醇、溴苯　②用相互滴加的方法鉴别Ca(OH)2和NaHCO3溶液　③点燃鉴别甲烷和乙炔
A．①②　　　　　　　　　　B．①③
C．②③ D．①②③
【解析】　①中苯不溶于水且密度小于水，乙醇与水互溶，溴苯不溶于水但密度比水大，故可用水鉴别。②中相互滴加现象相同，无法鉴别。③中点燃乙炔时有浓烈的黑烟和明亮的火焰，点燃甲烷无此现象，可鉴别。故选B。
【答案】　B
3．(2009年广东单科)难挥发性二硫化钽(TaS2)可采用如右装置提纯。将不纯的TaS2粉末装入石英管一端，抽真空后引入适量碘并封管，置于加热炉中。反应如下：
下列说法正确的是(　　)
A．在不同温度区域，TaI4的量保持不变
B．在提纯过程中，I2的量不断减少
C．在提纯过程中，I2的作用是将TaS2从高温区转移到低温区
D．该反应的平衡常数与TaI4和S2的浓度乘积成反比
【解析】　A项，TaI4主要存在于高温区。B项，在提纯过程中，I2的量应基本保持不变。D项，该反应的平衡常数为：
【答案】　C
4．(2009年海南单科)将等体积的苯、汽油和水在试管中充分混合后静置。下列图示现象正确的是(　　)
【解析】　苯和汽油互溶且都不溶于水，它们的密度都比水的密度小。因此，苯和汽油的混合物在水的上面。
【答案】　D
5．(2009年江苏单科)下列有关实验操作的叙述正确的是(　　)
A．实验室常用右图所示的装置制取少量的乙酸乙酯
B．用50 mL酸式滴定管可准确量取25.00 mL KMnO4溶液
C．用量筒量取5.00 mL 1.00 mol·L－1盐酸于50 mL容量瓶中，加水稀释至刻度，可配制0.100 mol·L－1盐酸
D．用苯萃取溴水中的溴，分液时有机层从分液漏斗的下端放出
【解析】　A项，图中导管不能插入Na2CO3溶液中；B项正确；C项，量筒读数只能精确到小数点后一位；D项，苯密度小于水，有机层应在上层，分液时应从分液漏斗的上口倒出。
【答案】　B
6．(2009年全国Ⅰ理综)浓H2SO4和木炭在加热时发生反应的化学方程式是2H2SO4(浓)＋C CO2↑＋2H2O＋2SO2↑
请从下图中选用所需的仪器(可重复选用)组成一套进行该反应并检出反应产物的装置。现提供浓H2SO4、木炭和酸性KMnO4溶液，其他固、液试剂自选。(连接和固定仪器用的玻璃管、胶管、铁夹、铁架台及加热装置等均略去)
选用的仪器
(填字母)
加入的试剂
作用
将所选的仪器按连接顺序由上至下依次填入下表，并写出该仪器中应加试剂的名称及其作用。
【解析】　根据反应原理可知，木炭和浓H2SO4需要在加热的条件下才能进行，故C应作为反应发生装置。在检验产物时必须先检验水，因为在检验其他气体产物时会混入水蒸气，故可选用装置B放入无水硫酸铜来检验。SO2对CO2的检验有干扰，必须先检验并除去SO2，最后再检验CO2。
选用的仪器
(填字母) 加入的试剂 作用
C 浓H2SO4和木炭 反应器(或产生气体)
B 无水CuSO4 检出H2O
A 品红溶液 检出SO2
A 酸性KMnO4溶液 吸收余下的SO2
A 澄清石灰水 检出CO2
【答案】　
7.(2009年江苏单科)以氯化钾和钛白厂的副产品硫酸亚铁为原料生产硫酸钾、过二硫酸铵和氧化铁红颜料，原料的综合利用率较高。其主要流程如下：
(1)反应Ⅰ前需在FeSO4溶液中加入________(填字母)，以除去溶液中的Fe3＋。
A．锌粉 B．铁屑
C．KI溶液 D．H2
(2)反应Ⅰ需控制反应温度低于35 ℃，其目的是_______________________________。
(3)工业生产上常在反应Ⅲ的过程中加入一定量的醇类溶剂，其目的是________________________________。
(4)反应Ⅳ常被用于电解生产(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)。电解时均用惰性电极，阳极发生的电极反应可表示为___________________________________。
【解析】　(1)除杂原则：除杂但不引入新杂质。(2)从题干信息及原料分析，需要低温的仅有两点：a.NH4HCO3受热分解；b.升温可促进Fe2＋水解。(3)加入有机物可降低K2SO4在水中的溶解度。(4)阳极发生氧化反应失电子，42－→2O82－，故2SO42－－2e－===S2O82－。
【答案】　(1)B
(2)防止NH4HCO3分解(或减少Fe2＋的水解)
(3)降低K2SO4的溶解度，有利于K2SO4析出
(4)2SO42－－2e－===S2O82－
8．(2009年上海单科)根据硫化氢气体的实验室制法和性质完成下列填空。
(1)若用启普发生器制取硫化氢气体，则制取气体的原料可选用______________。
a．稀硫酸与硫化亚铁　　　　b．稀硝酸与硫化亚铁
c．稀硫酸与硫化钠 d．稀盐酸与硫化亚铁
(2)现要组装一套可以控制硫化氢气体产生速率的装置，请在下图中选择合适的仪器：____________(填编号)。
(3)如右图，在一个充满氧气的集气瓶中加入少量品红稀溶液，点燃硫化氢气体。在火焰自动熄灭后，停止通入气体，瓶内可观察到的现象是____________________________________　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(4)在上述集气瓶中继续通入硫化氢气体，振荡，发生反应的化学方程式为：____________________________________。
反应过程中，溶液的pH_________(填“变大”、“变小”或“不变”)。
(5)点燃不纯的硫化氢气体可能会发生爆炸，为了防止意外，可连接一个安全装置。下图的装置能起到此作用的是__________________________________________。
(6)已知硫化氢气体在空气中的体积分数为4.3%～45.5%时会发生爆炸。当硫化氢气体在空气中的体积分数为30%时，其爆炸产物是____________。
【解析】　(1)用启普发生器制取气体，要求反应物是块状固体与液体。HNO3具有强氧化性，与FeS反应不能生成H2S，故答案为a、d。
(2)通过分液漏斗控制酸的滴速来控制反应速率。
(3)点燃H2S气体，产物有SO2、S和H2O，SO2使品红溶液褪色，生成的S和H2O附着在瓶壁上。
(4)由SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O可知，反应过程中，溶液的酸性减弱，pH变大。
(5)安全装置的连接方式是长进短出。
(6)H2S的体积分数为30%，则O2的体积分数约为 ×70%＝14%，两种气体的体积比约为2∶1，所发生的反应为2H2S＋O2 点燃 2S↓＋2H2O，故爆炸产物为S和H2O。
【答案】　(1)ad
(2)②③④
(3)品红溶液褪色；瓶壁有淡黄色粉末和无色的小液滴
(4)SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O　变大
(5)b
(6)S、H2O
1．(2009年福建毕业班质检)除去蛋白质溶液中混入的少量氯化钠，采用的方法是(　　)
A．过滤 B．电泳
C．渗析 D．分液
【解析】　蛋白质溶液属于分散系中的胶体类，而氯化钠属于可溶性强电解质，可在水中完全电离成离子，离子可通过半透膜，因此可利用渗析方法分离除去蛋白质溶液中的少量氯化钠，故选C。
【答案】　C
2．(2008年天津理综)下列实验方法合理的是(　　)
A．可用水鉴别己烷、四氯化碳、乙醇三种无色溶液
B．油脂皂化后可用渗析的方法使高级脂肪酸钠和甘油充分分离
C．可用澄清石灰水鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液
D．为准确测定盐酸与NaOH溶液反应的中和热，所用酸和碱的物质的量应相等
【解析】　根据己烷、四氯化碳、乙醇的水溶性及密度可用水将其鉴别，A项正确。B中油脂皂化后应用盐析的方法使高级脂肪酸钠和甘油充分分离，B项错误。C中澄清石灰水与Na2CO3、NaHCO3都能反应生成白色沉淀，因此不能鉴别。D中测定中和热时，所用酸或碱反应使其中一种过量，以充分反应。
【答案】　A
3．(2009年江苏连云港第一次调研)以下除杂方法(括号内为少量杂质)中，错误的是(　　)
A．Fe(OH)3胶体(FeCl3溶液)：蒸馏水，渗析
B．KCl(I2)固体：加热，升华
C．NaCl(KNO3)：配成饱和溶液，降温结晶
D．CO2(SO2)：通过饱和NaHCO3溶液、浓硫酸
【解析】　物质除杂的原则是：①不增，即在除去杂质的同时，不能引入新的杂质；②不减，即不能减少被提纯的物质；③简便，即分离操作简便易行；④易得，即除杂试剂价格便宜，容易得到；⑤最好，即所选用的方法在保证除去杂质的同时，最好能增加被提纯物质的量。A项为胶体的提纯，可采用渗析法，A项正确。B项中的固体碘易升华，可采用加热使其升华的方法除杂，B项正确。C项中的杂质KNO3的溶解度受温度的影响较大，而NaCl的溶解度受温度的影响较小，当配成NaCl的饱和溶液并降温时，NaCl析出量很少，但又不可能配得KNO3的饱和溶液，合理的方法应是：配成NaCl的饱和溶液并加热蒸发溶剂使大部分NaCl结晶析出，而杂质KNO3留在母液中过滤除去，故C项不正确。D项将混合气体通过饱和NaHCO3溶液可使SO2被吸收并转化成CO2，再经过浓硫酸将CO2干燥，D项正确。
【答案】　C
4．(2009年宁夏银川)纯净的氯化钠是不潮解的，但家庭所用的食盐很容易潮解，这主要是因为含有杂质MgCl2的缘故。为得到纯净的氯化钠，有人设计这样一个实验：把买来的食盐放入纯NaCl饱和溶液中一段时间，过滤，洗涤即为纯净的NaCl固体。下列说法正确的是(　　)
A．食盐的晶粒大一些有利于提纯
B．设计实验的根据是MgCl2比NaCl易溶于水
C．设计实验的根据是NaCl的溶解平衡原理
D．在整个过程中NaCl的浓度会变大
【解析】　对于一定温度下的氯化钠的饱和溶液而言，其浓度为一定值，当把含杂质的食盐放入纯NaCl饱和溶液中，此时溶液中同时进行着结晶和溶解平衡，不纯食盐溶解下来的Na＋、Cl－将在纯食盐晶粒上重新结晶，由于从不纯食盐中溶解下来的MgCl2的浓度较小，不会结晶析出，故会留在母液中，所以C正确。
【答案】　C
5．(2008年北京理综)下列各组物质的无色溶液，不用其他试剂即可鉴别的是(　　)
①KOH　Na2SO4　AlCl3　②NaHCO3　Ba(OH)2　H2SO4
③HCl　NaAlO2　NaHSO4　④Ca(OH)2　Na2CO3　BaCl2
A．①② B．②③
C．①③④ D．①②④
【答案】　A
【解析】
6．(2008年江苏南通四县联考)某含有Na＋的澄清溶液中，可能还存在NH4＋、Fe2＋、I－、Br－、CO32－、SO32－六种离子中的几种。将该溶液进行如下实验：①滴加足量的新制氯水，有气泡生成，溶液变黄色；②向“①”中所得溶液中加入BaCl2溶液，无沉淀生成；③向“①”中所得溶液中加入淀粉溶液，不显蓝色。依据上述实验事实推断该溶液(　　)
A．一定存在Fe2＋、Br－、CO32－ B．一定呈碱性
C．一定不存在I－、SO32－ D．可能存在NH4＋
【解析】　据题意，由实验①反应后溶液呈黄色可以推知该溶液中可能含有Fe2＋或Br－或I－，由于有气泡生成，可推知溶液中一定含有CO32－；由于Fe2＋与CO32－不能共存，可推知溶液中一定不存在Fe2＋，则含Br－，故A选项错误。 由实验②反应现象推知原溶液中一定不含SO32－；由实验③的现象推知原溶液中一定不含I－；综合上述实验现象无法推知溶液的酸碱性，故B选项错误。整个实验过程没法判断溶液中是否含NH4＋。
【答案】　CD
7．阅读分析下列两个材料：
材料一：
物质 熔点/℃ 沸点/℃ 密度/g·cm－3 溶解性
乙二醇 －11.5 198 1.11 易溶于水和乙醇
丙三醇 17.9 290 1.26 能跟水、酒精以任意比互溶
材料二：
回答下列问题(填写序号)：
A．蒸馏法　B．萃取法　C．“溶解、结晶、过滤”的方法　D．分液法
(1)将纯碱从氯化钠和纯碱的混合物中分离出来，最好应用___________________________________________。
(2)将乙二醇和丙三醇相互分离的最佳方法是________。
【解析】　根据图象可知纯碱的溶解度随温度的变化而变化较大，氯化钠的溶解度随温度的变化而变化不大，所以利用溶解度的差别可以分离纯碱和氯化钠。根据材料二可知乙二醇和丙三醇的沸点差别较大，可利用其沸点的不同来分离二者。
【答案】　⑴C ⑵A
8．(2009年江苏苏州)四只试剂瓶中分别盛装有NaNO3溶液、Na2CO3溶液、Na2SO4溶液和NaCl溶液，就如何检验这四种溶液分别解答下列各题。
分别取四种溶液各l mL置于四支试管中，做下列实验。
(1)在四支试管中分别滴入____________，出现__________现象的是__________，离子方程式是______________________。
(2)在剩余三支试管中分别滴入____________，出现________现象的是__________，离子方程式是______________________。
(3)在剩余两支试管中分别滴入____________，出现________现象的是__________，离子方程式是______________________。
三次实验中都没有明显现象的是________。
【解析】　通过分析题意可知，应该用不同的三种试剂分别鉴出四种物质中的三种，从而确定四种物质各是什么。但在实验操作中试剂是连续加入的，所以先加入的试剂应对后面物质(或离子)的检验无干扰作用，因此应先用HNO3溶液检出Na2CO3溶液，现象是有气泡冒出(注意不能用钙盐、钡盐和盐酸及盐酸盐)；再用Ba(NO3)2溶液检出Na2SO4溶液，现象是有白色沉淀产生；然后再加入AgNO3溶液检出NaCl溶液(有白色沉淀产生)；都无任何现象的就是HNO3溶液。
【答案】　(1)HNO3溶液　冒气泡　Na2CO3溶液
CO32－＋2H＋===CO2↑＋H2O
(2)Ba(NO3)2溶液　沉淀　Na2SO4溶液
Ba2＋＋SO42－===BaSO4↓
(3)AgNO3溶液　沉淀　NaCl溶液　Ag＋＋Cl－===AgCl↓　NaNO3溶液
某学生用下图的装置进行一氧化碳和二氧化碳混合气体的分离和干燥。其中a为活塞，b为分液漏斗的活塞。
实验方案：
(1)甲瓶内盛____溶液，乙瓶内盛____，分液漏斗内盛____.　　
(2)实验先分离出一氧化碳，方法是先关闭____，再打开____　。
(3)分离完一氧化碳后，再收集二氧化碳，方法是先关闭______，再打开________。
【解析】　此题考查的是物质分离的操作。物质通过一系列的反应后，要还原成原物质，因此先吸收CO2，应用NaOH溶液。在吸收CO2时要关闭活塞b，并且保证试剂不与CO反应。而乙装置用于干燥气体，因气体从水溶液中逸出会带一部分水蒸气。 当分离完CO后，应用分液漏斗中的试剂再把CO2还原回来，而甲中发生的反应为：CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O，因此用酸可以把CO2还原出来，反应时先关闭 a，再打开活塞 b。
【答案】　(1)NaOH　浓硫酸　稀硫酸　(2)b　a
(3)a　b
课时作业
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一、选择题
1．食盐、食醋、纯碱均为家庭厨房中常用的物质，利用这些物质不能完成的实验是(　　)
A．鉴别食盐和纯碱　　　　　　B．检验蛋壳能否溶于酸
C．除去热水瓶内壁上的水垢 D．检验自来水中是否含Cl－
【解析】　家庭厨房中常用物质不能用来检验Cl－。
【答案】　D
2．(2009年上海模拟)四支试管分别充满O2、NO2、Cl2、NH3四种气体，把它们分别倒立于盛有下列各种液体的水槽中，发生的现象如下图所示，其中充满Cl2的试管是(　　)
【解析】　NH3极易溶于水，因此试管中全部充满液体，为A；3NO2+H2O===2HNO3+NO，据此反应可看出盛有NO2的试管水进入试管的，故为B；因Cl2少量溶解于水，若为D，则有少量液体进入试管，因此充满Cl2的试管是C(Cl2在饱和食盐水的溶解度很小)，O2难溶于水，应为D。
【答案】　C
3．某学生想利用如右图所示装置(烧瓶位置不能移动)收集下列气体：①H2、②Cl2、③CH4、④HCl、⑤NH3、⑥NO、⑦NO2、⑧SO2，下列操作正确的是(　　)
A．烧瓶是干燥的，由A进气收集①③⑤
B．烧瓶是干燥的，由B进气收集②④⑥⑦⑧
C．在烧瓶中充满水，由A进气收集①③⑤⑦
D．在烧瓶中充满水，由B进气收集⑥
【解析】　收集气体时，不管是排气法还是排水法，都是进来的气体留下，原来的空气或水被排出。
【答案】　A
4．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，两个装置应按顺序装入(　　)
A．饱和Na2CO3溶液；无水CaCl2
B．饱和NaHCO3溶液；浓H2SO4
C．浓H2SO4；饱和NaHCO3溶液
D．饱和NaHCO3溶液；稀H2SO4
【解析】　实验室制取CO2时，混有杂质为HCl、H2O(g)，应先通过饱和的NaHCO3溶液以除去HCl，再通过浓H2SO4或无水CaCl2，目的是除去CO2中的水蒸气。除HCl时，不能用饱和Na2CO3溶液，因为Na2CO3能消耗CO2。故只有B正确。
【答案】　B
5．某同学想用实验证明高锰酸钾溶液的紫红色是MnO4－的颜色，而不是K＋的颜色，他设计的下列实验步骤中没有意义的是(　　)
A．将高锰酸钾晶体加热分解，所得固体质量减少
B．观察氯化钾溶液没有颜色，表明溶液中K＋无色
C．在氯化钾溶液中加入适量锌粉振荡，静置后未见明显变化，表明锌与K＋无反应
D．在高锰酸钾溶液中加入适量锌粉振荡，静置后见紫红色褪去，表明MnO4－为紫红色
【解析】　首先高锰酸钾溶液中存在两种离子：K＋和MnO4－，选项B、C表明K＋无色且不与锌反应，再由选项D进一步说明MnO4－能与锌反应，静置后见紫红色褪去，表明MnO4－为紫红色。
【答案】　A
6．某无色混合气体可能由CH4、NH3、H2、CO、CO2和HCl中的某几种气体组成。在恒温恒压的条件下，将此混合气体通过浓H2SO4时，总体积基本不变；通过过量的澄清石灰水，未见变浑浊，但混合气体的总体积减小，把剩余气体导出后，在O2中能够点燃，燃烧产物不能使CuSO4粉末变色。则原混合气体的成分一定含有的是(　　)
A．CH4和NH3 B．HCl、H2和CO
C．HCl和CO D．HCl、CO和CO2
【解析】　“通过浓H2SO4时总体积基本不变”，说明无NH3；“通过过量的澄清石灰水，未见浑浊，但混合气体的总体积减小”，说明无CO2，有HCl；混合气体中能在氧气中燃烧的有CH4、H2和CO，前两者都能生成水，水能使CuSO4粉末变色，但题中却说“燃烧产物不能使CuSO4粉末变色”，说明无CH4、H2，有CO，可见该混合气体中一定含有HCl和CO。
【答案】　C
7．(2009年福州高三质检)用下列装置制取并收集NO2气体，其中最合理的是(　　)
【解析】　铜和浓硝酸反应的产物是二氧化氮，其密度比空气大，因此利用排空气法用封闭装置收集二氧化氮气体时，导气管应该长进短出，这样有利于把试管中的空气排尽。
【答案】　C
8．(上海化学)右图所示是气体制取装置，下列能用此装置制取气体并能“随开随用、随关随停”的是(　　)
A．大理石和稀硫酸制取二氧化碳
B．锌粒和稀硫酸制氢气
C．浓盐酸和二氧化锰制取氯气
D．电石和水制取乙炔
【解析】　A项不能用H2SO4与CaCO3反应制CO2，应用HCl，因CaSO4微溶于水。C项MnO2与浓HCl反应制Cl2需加热。D项电石与水的反应过于剧烈，且反应放热。
【答案】　B
9．(2009年肇庆高三第一次模拟考试)Zn(OH)2是一种与Al(OH)3类似的两性氢氧化物，它与强碱反应的离子方程式为：Zn(OH)2＋2OH－===ZnO22－＋2H2O。而且Zn(OH)2还能溶于过量的氨水中，生成易溶于水的Zn(NH3)42＋，而Al(OH)3不能。则下面四组溶液不能用相互滴加来进行鉴别的是(　　)
A．AlCl3、NH3·H2O B．ZnCl2、NH3·H2O
C．AlCl3、NaOH D．ZnCl2、NaOH
【解析】　因Al(OH)3不溶于过量的氨水，故将AlCl3溶液滴入NH3·H2O和将NH3·H2O滴入AlCl3溶液的现象相同，不能通过互相滴加的方法进行鉴别。
【答案】　A
10．利用右图进行实验，下列实验结果能说明结论的是(　　)
A．甲：盐酸，乙：石灰石，丙：苯酚钠溶液。证明酸性：盐酸>H2CO3>C6H5OH
B．甲：盐酸，乙：硫化亚铁，丙：溴水。证明还原性：S2－>Br－>Cl－
C．甲：水，乙：电石，丙：溴水。证明稳定性：H2O>C2H2>Br2
D．甲：浓盐酸，乙：高锰酸钾，丙：溴化钾溶液。证明氧化性：KMnO4>Cl2>Br2
【解析】　FeS与盐酸的反应是非氧化还原反应，产生的气体H2S与溴水作用生成S，说明还原性S2－>Br－，C项不能用这些物质之间的相互反应来比较物质的稳定性。
【答案】　AD
11．下列是实验室常见的气体制取、干燥和收集装置。若用过氧化氢和催化剂二氧化锰制取干燥的氧气，则合理的装置组合为(　　)
A．①⑤⑧ B．③④⑦
C．②⑤⑥ D．②④⑧
【解析】　H2O2与MnO2反应制O2，属固＋液型，应选②，杂质可能是H2O，应用④或⑤干燥，用向上排气法收集。
【答案】　C
二、非选择题
12．(2008年全国Ⅰ理综)取化学式为MZ的黄色粉末状化合物进行如下实验。将MZ和足量碳粉充分混合，平铺在反应管a中，在b瓶中盛足量澄清石灰水。按下图所示连接仪器。
实验开始时缓缓通入氮气，过一段时间后，加热反应管a，观察到管内发生剧烈反应，并有熔融物生成。同时，b瓶的溶液中出现白色浑浊。待反应完全后，停止加热，仍继续通氮气，直至反应管冷却。此时，管中的熔融物凝固成银白色金属。根据以上叙述回答问题：
(1)元素Z是　　　　；
(2)停止加热前是否需要先断开a和b的连接处？为什么？
________________________________________________________________________；
(3)反应管a中发生的所有反应的化学方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
(4)本实验的尾气是否需处理？如需处理。请回答如何处理？如不需处理，请说明理由。________________________________________________________________________。
【解析】　本题是金属冶炼和实验相结合的综合题。(1)根据澄清石灰水变浑浊，说明a中反应产生了CO2，所以Z元素为氧；(2)由于要冷却还原出的金属，防止其被氧气氧化，所以需要不断通N2，所以也不必断开a、b连接处；(3)要求写出所有的化学方程式，借助信息和中学化学知识，无法推知M是什么元素，所以只要以MO为反应物书写上述4个反应即可；(4)根据4个反应方程式可知尾气中有CO，所以需处理尾气；处理方法可以是燃烧法或通过灼热CuO或用气球直接收集等。
【答案】　(1)氧
(2)不需要，因有N2不断通入，b瓶溶液不会倒吸至a管
(3)MO+CM＋CO↑　MO＋COM＋CO2
CO2＋C2CO　2MO＋C2M＋CO2↑
(4)需处理，因含有CO，可连接一个加热的装有CuO粉末的反应管
13．某课外活动小组加热炭粉(过量)和氧化铜的混合物，再用下图所示装置，对获得的铜粉(含炭)样品进行实验。图中铁架台等装置已略去。请你帮助他们完成下列实验报告。
(一)实验目的：________________________________________________________________________。
(二)实验用品
仪器：天平、分液漏斗、锥形瓶、硬质玻璃管、干燥管、酒精灯、洗气瓶等。
药品：红褐色(含炭)样品、过氧化氢溶液、二氧化锰、碱石灰、浓硫酸等。
(三)实验内容
(1)在C中加入样品粉末W g，D中装入药品后并称量为m1 g，连接好仪器；
(2)打开A的活塞，慢慢滴加溶液，此时发生的现象为　　　　　　　　　　　，有关化学方程式有____________________________________________________________
(3)对C进行加热，当C中药品充分反应后，关闭A的活塞，停止加热，此时发生的现象为________________________________________________________________________，
有关的化学方程式为________________________________________________________。
(4)冷却后，称量D的质量为m2 g。
(四)计算：样品中铜的质量分数=　　　　　　　　(用含W、m1、m2的代数式表示)。
(五)问题和讨论
实验完成后，老师评议说：按上述实验设计，即使C中反应完全，D中吸收完全，也不会得出正确的结果。经讨论，有同学提出在B与C之间加入一个装置。再次实验后，得到了较正确的结果。那么，原来实验所测得的铜的质量分数偏小的原因可能是 ________________________________________________________________________，
在BC之间加入A的装置可以是　　　　，其中盛放的药品是　　　　。
【解析】　解答此题的关键应该在实验报告的仪器和药品一项，从过氧化氢溶液和二氧化锰可推知两者可制氧气，氧气可以氧化样品中混有的炭粉；干燥管中的药品用于吸收产生的二氧化碳，因此其中盛放的应该是碱石灰，利用干燥管增加的质量就是CO2的质量来计算炭的质量，所以样品中Cu的质量分数为。
第(五)小题出现了实验结果负误差，所以一定是D多吸收了什么物质，由此可以结合化学方程式找到水的存在，进而得到这一问的答案。
【答案】　(一)测定铜粉样品中铜的质量分数
(三)(2)B、E中有气泡产生　2H2O22H2O+O2↑
(3)C中的红褐色粉末，变成黑色　2Cu+O22CuO、C+O2CO2
(四)
(五)水蒸气通过C被D中碱石灰吸收　洗气瓶　浓硫酸(或干燥管　碱石灰)
14．(2008年高考海南卷)现拟在实验室里利用空气和镁粉为原料制取少量氮化镁(Mg3N2)。已知实验中可能会发生下列反应：
①2Mg＋O22MgO；②3Mg＋N2Mg3N2；
③2Mg＋CO22MgO＋C；④Mg＋H2OMgO＋H2↑；
⑤Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2↓＋2NH3↑
可供选择的装置和药品如下图所示(镁粉、还原铁粉均已干燥，装置内所发生的反应是完全的，整套装置的末端与干燥管相连)。
回答下列问题：
(1)在设计实验方案时，除装置A、E外，还应选择的装置________(填字母代号)及其目的分别是 ________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)连接并检查实验装置的气密性。实验开始时，打开自来水的开关，将空气从5升的储气瓶压入反应装置，则气流流经导管的顺序是(填字母代号)________________________________________________________________________。
(3)通气后，如果同时点燃A、F装置的酒精灯，对实验结果有何影响？________________，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)请设计一个实验，验证产物是氮化镁：________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　由题目所提供的信息可知：Mg能与O2、CO2、H2O反应，空气中都含有这些气体，所以在Mg与N2反应前先除去以上三种气体，顺序为先除CO2(D装置)，再除H2O(B装置)，最后除O2(F装置)。在连接装置时，要注意气体流向(长进短出)。Fe与O2反应时应在加热条件(或温度较高)下进行，铁粉没有达到反应温度，不能与O2反应，导致O2除不尽。根据反应⑤可知Mg3N2的水解产物有NH3，可通过测定水解的产物中NH3的存在推出产物是Mg3N2。
【答案】　(1)B　目的是除气流中的水蒸气，避免反应④发生；
D　目的是除空气中的CO2，避免反应③发生；
F　目的是除空气中的氧气，避免反应①发生；
(2)j→h→g→d→c→k→l(或l→k)→a→b(或b→a)
(3)使氮化镁不纯　如果装置F中的还原铁粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁
(4)取适量产物放入试管中，滴加蒸馏水，将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试管中的溶液出现浑浊，红色石蕊试纸变蓝，则可以证明有氮化镁生成(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
一、选择题
1．下列物质中，属于“城市空气质量日报”报道的污染物是(　　)
A．N2 B．SO2
C．CO2 D．CO
【解析】　“城市空气质量日报”一般涉及CO2、氮氧化物和可吸入颗粒等指标。CO2不属于污染物，CO暂未列入空气质量日报。
【答案】　B
2．选用一种试剂即能把浓度均为1 mol·L－1的Na2SO3、Na2SO4、Na2CO3、BaCl2溶液加以区别，这种试剂是(　　)
A．CaCl2 B．AgNO3
C．H2SO4 D．NaOH
【解析】　该组物质中可能与其他试剂发生反应的主要离子有：CO32－、SO32－、SO42－、Ba2＋、Cl－，其中阳离子只有Ba2＋可能与其他试剂发生反应产生沉淀，CO32－和SO32－是弱酸根，能与强酸反应放出气体，前者无味，后者有刺激性气味。因此CO32－和SO32－可以用强酸H2SO4加以区分，同时可以发现Ba2＋离子可以与硫酸中的SO42－作用产生沉淀。
根据四种物质中阳离子和阴离子的不同，当加入H2SO4时，有白色沉淀生成的为BaCl2，有刺激性气味气体放出的为Na2SO3，有无色无味气体放出的为Na2CO3，无现象发生的为Na2SO4。
【答案】　C
3．下图是一套检验气体性质的实验装置。向装置中缓慢通入气体X。若关闭活塞，澄清石灰水变浑浊；若打开活塞，则品红溶液褪色。据此判断气体X和洗气瓶内的溶液Y可能是(　　)
A．X是SO2，Y是饱和NaHCO3溶液
B．X是H2S，Y是浓H2SO4
C．X是CO2，Y是Na2SO3
D．X是Cl2，Y是Na2CO3
【解析】　关闭活塞时，X气体通入溶液Y，因H2SO3酸性强于H2CO3，故A项中可产生CO2使澄清石灰水变浑浊，D项中Cl2和水产生的HCl又与Na2CO3反应产生CO2，同样会产生上述现象，所以A、D项正确，而H2S、CO2均不能使品红溶液褪色，故B、C项不符合。
【答案】　AD
4．由实验事实得出的结论，其中正确的是(　　)
实验事实 结论
A Cl2的水溶液能导电 Cl2是电解质
B SO2通入硝酸钡溶液出现白色沉淀 BaSO3不溶于强酸
C 金属钠与乙醇反应不如钠与水反应剧烈 乙醇分子中的羟基氢原子不如水分子中的氢原子活泼
D 加热煮沸滴有石蕊试液的SO2水溶液，红色褪色 SO2具有漂白性
【解析】　A中Cl2的水溶液之所以导电是因为发生反应Cl2＋H2O??Cl－＋HClO＋H＋，而电解质必须是化合物；B中发生反应3Ba2＋＋2NO3－＋2H2O＋3SO2===3BaSO4↓＋2NO＋4H＋；D中SO2之所以使石蕊变红是由于发生了反应SO2＋H2O??H2SO3，在加热时，该反应向逆方向移动，使SO2逸出。
【答案】　C
5．(2008年济南模拟)下列变化属于漂白性的是(　　)
A．SO2使酸性KMnO4溶液褪色
B．乙烯使溴水褪色
C．Na2O2使无色酚酞先变红，又褪色
D．SO2使NaOH酚酞溶液褪色
【解析】　SO2使酸性KMnO4溶液褪色表现SO2的还原性；乙烯使溴水褪色属于加成反应；Na2O2使无色酚酞先变红是因为Na2O2与H2O反应先生成NaOH，NaOH显碱性所致，又褪色则是Na2O2或H2O2的强氧化性，导致褪色，这种强氧化性导致的有色物质褪色可称为漂白作用，而SO2使NaOH酚酞溶液褪色则显示了H2SO3的酸性。
【答案】　C
6．(2008年太原质检)在BaCl2溶液中通入SO2气体，溶液仍澄清；若将BaCl2溶液分盛两支试管，一支加硝酸，另一支加烧碱溶液，然后再通入SO2气体，结果两支试管都有白色沉淀。由此得出下列结论合理的是(　　)
A．氯化钡显两性
B．两支试管中生成的沉淀都是BaSO4
C．两支试管中的沉淀都是BaSO3
D．H2SO3可被HNO3氧化为H2SO4，BaCl2与SO2不反应但能与SO32－反应
【解析】　在BaCl2溶液中通入SO2，溶液仍然澄清，这是实验事实，因为如果发生反应：BaCl2＋SO2＋H2O===BaSO3↓＋2HCl，一是出现弱酸(H2SO3)制强酸HCl违反规律，二是即使生成BaSO3沉淀它也溶于盐酸，故SO2和BaCl2不反应，溶液仍澄清。若将BaCl2溶液分成两份，一份加硝酸，再通入SO2，可以发生将SO2或SO32－氧化成SO42－，此时发生Ba2＋＋SO42－===BaSO4↓；另一份加烧碱溶液，再通入SO2，先发生SO2＋2NaOH===Na2SO3＋H2O，再发生Na2SO3＋BaCl2===BaSO3↓＋2NaCl。综上所述，A、B、C不正确；D中SO2能被硝酸氧化和与NaOH溶液反应证明其有还原性和酸性氧化物的性质，加碱后SO2Na2SO3，当然SO32－浓度加大，与Ba2＋结合生成BaSO3沉淀，故D正确。
【答案】　D
7．(2009年广东韶关调研)如下图，在注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量浓硫酸(以不接触纸条为准)。则下列有关说法正确的是(　　)
A．蓝色石蕊试纸先变红后褪色
B．NaOH溶液可用于除去实验中多余的SO2
C．湿润KI 淀粉试纸未变蓝，说明SO2的氧化性弱于I2
D．品红试纸、沾有KMnO4溶液滤纸均褪色，证明了SO2的漂白性
【解析】　浓硫酸进入注射器中与Na2SO3晶体反应，Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋H2O＋SO2↑，SO2不能使石蕊试纸褪色，A项错误；SO2使品红试纸褪色，是由于SO2的漂白性，SO2使KMnO4褪色是由于SO2的还原性，D项错误；SO2污染空气，可用NaOH吸收，B项正确；SO2不与KI反应，说明氧化性I2强于SO2，C项正确。
【答案】　BC
8．在某溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，加入稀HNO3，沉淀不消失，则下列关于溶液中所含离子的推断中正确的是(　　)
A．一定含有SO42－
B．可能含有SO42－或Ag＋，或同时含有SO42－和Ag＋(少量)
C．含有SO42－和Ag＋
D．可能含有SO32－或CO32－
【解析】　BaCl2溶液中的Ba2＋、Cl－能与溶液中的SO42－、Ag＋或者它们中的一种作用，均生成不溶于稀硝酸的白色沉淀。CO32－离子与Ba2＋反应产生的BaCO3沉淀能溶于稀硝酸。解题方法为逐个分析排除法。
常见错解为A，原因是没有考虑Cl－能与Ag＋作用产生不溶于稀硝酸的白色沉淀。
【答案】　B
9．某溶液中含有大量Fe2＋、Fe3＋、Zn2＋、NH4＋和H＋，其中c(H＋)＝10－2 mol·L－1，在该溶液中可以大量存在的阴离子是(　　)
A．NO3－ B．CO32－
C．SO42－ D．SCN－
【解析】　因为c(H＋)＝10－2 mol/L，故为酸性，若有NO3－，则Fe2＋与之不共存；若有CO32－， H＋与之不共存；若有SCN－，Fe3＋与之不共存，若有SO42－均可共存。
【答案】　C
10．下列过程中，最终的白色沉淀物不一定是BaSO4的是(　　)
A．Fe(NO3)2溶液白色沉淀
B．Ba(NO3)2溶液白色沉淀
C．无色溶液白色沉淀
D．无色溶液无色溶液白色沉淀
【解析】　A中二氧化硫被硝酸氧化为硫酸，加氯化钡一定生成硫酸钡沉淀；B中的亚硫酸钠被硝酸氧化为硫酸钠，沉淀也是硫酸钡；D中是先加盐酸无沉淀，再加氯化钡产生的白色沉淀一定是硫酸钡；C中先加硝酸无沉淀，再加氯化钡所得沉淀也可能是氯化银。
【答案】　C
11．向50 mL 18 mol·L－1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是(　　)
A．等于0.9 mol B．大于0.45 mol，小于0.9 mol
C．等于0.45 mol D．小于0.45 mol
【解析】　Cu与稀硫酸不反应，在加热条件下铜和浓硫酸能发生反应。
Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O
参加反应的H2SO4有一半被还原，在Cu与浓H2SO4的反应过程中，浓硫酸浓度逐渐降低，变成稀H2SO4时反应会停止，所以0.9 mol H2SO4与足量铜片反应时，被还原的H2SO4小于0.45 mol。
【答案】　D
12．已知由NaHS、MgSO4、NaHSO3组成的混合物，硫元素的质量分数为a%，则混合物中氧元素的质量分数为(　　)
A．a% B．2a%
C．1－1.75a% D．1－0.75a%
【解析】　比较NaHS、MgSO4、NaHSO3的相对分子质量特点可知：
NaH(Mg)　　～　　S
24　　 　　　 　 　32
×a%　　　　 　a%
所以混合物中氧元素的质量分数为
1－a%－×a%＝1－1.75a%。
【答案】　C
二、非选择题
13．(2008年桂林)某学生课外活动小组利用右图所示装置分别做如下实验：
(1)在试管中注入某红色溶液，加热试管，溶液颜色逐渐变浅，冷却后恢复红色，则原溶液可能是________溶液；加热时溶液由红色逐渐变浅的原因是________________________________________________。
(2)在试管中注入某无色溶液，加热试管，溶液变为红色，冷却后恢复无色，则此溶液可能是______________溶液；加热时溶液由无色变为红色的原因是________________________________________________________________________。
【解析】　(1)原溶液是红色溶液，受热颜色变浅，是因哪种物质以气态挥发所引起，常见的具有碱性的气体是氨气，氨气在水中呈碱性，可使酚酞变红，氨气减少，颜色变浅；(2)原溶液是无色溶液，受热反而显红色。同上小题分析，这里挥发的是SO2气体，指示剂是品红。
【答案】　(1)稀氨水和酚酞　稀氨水中的NH3受热逸出，所以溶液的颜色变浅　(2)溶有SO2的品红　SO2气体受热逸出，品红溶液恢复红色
14．在通常状况下，A为固态单质。根据右图转化关系，回答：
(1)写出A～E的化学式：
A________，B________，C________，D________，E________。
(2)写出下列反应的化学方程式：
①E→C________________________________________________________________________；
②C→D________________________________________________________________________。
【解析】　因A为固态单质，则B为其氢化物，C为其氧化物，故A为固态非金属单质。由ACDE知E为能与Cu反应的酸(浓H2SO4或HNO3)，由A为固态单质，推断A为S，B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4。
【答案】　(1)S　H2S　SO2　SO3　H2SO4(浓)
(2)①Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O
②2SO2＋O22SO3
15．现有某种铁碳合金，某化学兴趣小组为了测定铁碳合金中铁的质量分数，并探究浓硫酸的某些性质，设计了下图所示的实验装置和实验方案(夹持仪器已省略)，请你参与此项活动并回答相应问题。
Ⅰ.探究浓硫酸的某些性质
(1)按图示连接装置，检查装置的气密性，称量E的质量。
(2)将m g铁碳合金样品放入A中，再加入适量浓硫酸。仪器A的名称为________。未点燃酒精灯前，A、B中均无明显现象，原因是________________________________________________________________________。
(3)点燃酒精灯一段时间后，A、B中可观察到明显现象。写出A中发生反应的化学方程式________________________________________________________________________
________________(只写一个)。
B中现象是__________________，由此可得出浓硫酸具有________性。
(4)随着反应进行，A中还可能发生某些离子反应。写出相应反应的离子方程式________________________________________________________________________(只写一个)。
(5)反应一段时间后，从A中逸出气体的速率仍然较快，除因为温度较高，反应放热以外，还可能的原因是____________________________。
Ⅱ.测定铁的质量分数
(6)待A中不再逸出气体时，停止加热，拆下E并称重。E增重b g。
铁碳合金中铁的质量分数为________________(写表达式)。
(7)某同学认为上述方法较复杂，使用右图所示装置和其他常用实验仪器，测定某些数据即可。为了快速准确地计算出铁的质量分数，最简便的实验操作是　　　　(填代号)。
A．用排水法测出H2的体积
B．反应结束后，过滤、洗涤、干燥、称量残渣的质量
C．测定反应前后装置和药品的总质量
【答案】　(2)蒸馏烧瓶　常温下，Fe被浓硫酸钝化，碳不与浓硫酸反应
(3)2Fe＋6H2SO4(浓)Fe2(SO4)3＋3SO2↑＋6H2O[或C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O]
品红溶液逐渐褪色　强氧化
(4)2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋(或Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑)
(5)铁碳在溶液中形成原电池
(6)×100%
(7)C
16．下图是部分短周期元素的单质及其化合物的转化关系图(有关反应的条件及生成的H2O已略去)，已知：(a)A、B、C、D是非金属单质，其中B、C、D在常温常压下是气体。(b)反应①、②是化工生产中的重要反应。(c)化合物E是形成酸雨的污染物之一，化合物K是常用的氮肥。(d)化合物L具有漂白性，可由Cl2与NaOH溶液反应而制得。(e)化合物J由两种元素组成，其相对分子质量为32。
请按要求填空：
(1)反应③的化学方程式________________________________________________________________________。
(2)C的结构式____________；H的化学式__________。
(3)L的溶液与化合物E反应的离子方程式________________________________________________________________________。
(4)化合物J的化学式________________。
【解析】　形成酸雨的物质一般为NOx和SO2，根据H＋H2SO4―→E＋K可知E为SO2，又K是一种氮肥，故K为(NH4)2SO4，H可能为(NH4)2SO3或NH4HSO3；又由F＋H2SO4―→K(化合反应)知F为NH3；由(d)知L为NaClO，由NH3＋NaClO―→I＋J(两种元素：Mr＝32)且J＋B―→C，知I为NaCl，J应为N2H4，B为O2，C为N2，A为S，D为H2。NH3被ClO－氧化得J，J与O2反应得N2，其相对分子质量为32，且只有两种元素组成，可推出为N2H4。
【答案】　(1)2NH3＋H2SO4===(NH4)2SO4
(2)NN　(NH4)2SO3或NH4HSO3
(3)ClO－＋SO2＋2OH－===Cl－＋SO42－＋H2O
(4)N2H4(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
一、选择题
1．下列用电子式表示的形成过程正确的是(　　)
A．H＋ ―→H＋[ ]－
B．Na＋ ―→Na
C.Mg＋2 ―→Mg2＋[ ]－[ ]－
D. ＋C＋ ―→ C
【解析】　A项中，HCl是共价化合物不应标电荷，应为H ；B、C项中，生成物都是离子化合物，应用箭头表示电子转移方向，并且要对称的写出阴阳离子的电子式，即Na＋[ ]－、
[ ]－Mg2＋[ ]－；D项中，CO2是共价化合物，并且C和O原子之间共用两对电子。
【答案】　D
2．由解放军总装备部军事医学院研究所研制的小分子团水，解决了医务人员工作时的入厕难题。新型小分子团水，具有饮用量少、渗透力强、生物利用率高、在人体内储存时间长、排放量少的特点。一次饮用125 mL小分子团水，可维持人体6小时正常需水量。下列关于小分子团水的说法正确的是(　　)
A．水分子的化学性质改变
B．水分子中氢氧键缩短
C．水分子间的作用力减小
D．水分子间结构、物理性质改变
【解析】　水的化学性质、化学键不可能改变，改变的是水分子间结构；使水更易被人体吸收，水分子间的作用力是不会改变的，是范德华力。
【答案】　D
3．下列变化中，不需要破坏化学键的是(　　)
A．氯化氢溶于水 B．加热氯酸钾使其分解
C．碘升华 D．氯化钠溶于水
【解析】　HCl气体溶于水完全电离，极性共价键在水分子作用下断裂，破坏了化学键；NaCl晶体中存在离子键，溶于水电离成自由移动的阴、阳离子，化学键也被破坏；KClO3是离子化合物，存在K＋与ClO3－间的离子键，也存在Cl—O共价键，加热分解为KCl和O2，KClO3中的部分化学键也断裂；碘升华是物理变化，I2分子本身未变化，只是状态改变，仅克服了分子间作用力。
【答案】　C
4．下列各组物质中化学键类型相同的是(　　)
A．HCl、MgCl2、NH4Cl B．H2O、Na2O、CO2
C．CaCl2、NaOH、H2O D．NH3、H2O、CO2
【解析】　A中HCl中只有共价键，MgCl2中只有离子键，NH4Cl中既有离子键又有共价键；B中Na2O中只有离子键，而H2O、CO2中只有共价键；C中CaCl2、NaOH中都有离子键，且NaOH中还有共价键；D中都只有共价键。
【答案】　D
5．下列关于化学键的说法，正确的是(　　)
A．构成单质分子的粒子一定含有共价键
B．由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物
C．非极性键只存在于双原子单质分子里
D．不同元素组成的多原子分子里的化学键一定是极性键
【解析】　选项A错，因稀有气体构成的单原子分子中不含共价键；选项B对，例如NH4Cl、NH4NO3等是由非金属元素组成的离子化合物；选项C错，例如在H2O2、Na2O2等物质中O—O键是非极性键；选项D错，例如H2O2、CH3CH2OH分子里的O—O键、C—C键是非极性键。
【答案】　B
6．下列关于离子键的说法中正确的是(　　)
A．离子键是由阴、阳离子通过静电作用达到平衡时形成的
B．只有金属和非金属化合才能形成离子键
C．凡是含有离子键的化合物一定含有金属元素
D．含有离子键的化合物一定是离子化合物
【解析】　离子键是指阴、阳离子通过静电作用形成的化学键，静电作用指的是静电吸引和静电排斥的平衡，选项A正确；NH4Cl中NH4＋与Cl－间也存在离子键，选项B不正确，选项C也不正确；离子键是指含有离子键的化合物，故选项D正确。
【答案】　AD
7．下列有关化学键与晶体结构说法正确的是(　　)
A．两种元素组成的分子中一定只有极性键
B．离子化合物的熔点一定比共价化合物的高
C．非金属元素组成的化合物一定是共价化合物
D．含有阴离子的化合物一定含有阳离子
【解析】　本题可采用举反例的方法来确定错误说法。A项在H2O2这种由两种元素组成的分子中就存在非极性键；B项共价化合物SiO2因是原子晶体，其熔点很高；C项NH4Cl是只含非金属元素的离子化合物。
【答案】　D
8．图中每条折线表示周期表ⅣA～ⅦA族中的某一族元素氢化物的沸点变化，每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是(　　)
A．H2S B．HCl
C．PH3 D．SiH4
【解析】　因为第二周期的非金属元素的气态氢化物中，NH3、H2O、HF分子之间存在氢键，它们的沸点高于同族其他元素气态氢化物的沸点，A、B、C不合题意，而CH4分子间不能形成氢键，所以a点代表的是SiH4。
【答案】　D
9．(2009年徐州质检)固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，则下列有关说法中，不正确的是(　　)
A．NH5中既有离子键又有共价键
B．NH5的熔沸点高于NH3
C．NH5固体投入少量水中，可产生两种气体
D．1 mol NH5中含有5 mol N—H键
【解析】　所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，所以形成的是离子化合物，由NH4＋和H－组成。A中NH4＋含有共价键，NH4＋和H－形成离子键；B中NH5是离子晶体，熔沸点高于氨气；C中NH5固体投入少量水中生成氨气和氢气。D中1 mol NH5中含有4 mol N—H键。
【答案】　D
10．下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是(　　)
A．NH4Cl△,NH3↑＋HCl ↑
B．NH3＋CO2＋H2O===NH4HCO3
C．2NaOH＋Cl2===NaCl＋NaClO＋H2O
D．2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
【解析】　反应过程中有非极性共价键断裂和形成的反应是指反应物中有含非极性键的物质(如Cl2、Na2O2)，生成物中也有含非极性共价键的物质(如O2)，因此符合题意的只有D项。
【答案】　D
11．下列说法正确的是(　　)
A．含有共价键的化合物一定是共价化合物
B．分子中只有共价键的化合物一定是共价化合物
C．由共价键形成的分子一定是共价化合物
D．只有非金属原子间才能形成共价键
【解析】　A项的反例如NaOH、Na2O2等；C项反例如Cl2等；D项反例如AlCl3等。
【答案】　B
12．下列分子含有的电子数目与HF相同，且只有两个极性共价键的是(　　)
A．CO2 B．N2O
C．H2O D．CH4
【解析】　HF分子中含有10个电子，与HF所含电子数相同的选项中有C.H2O，D.CH4；但CH4分子中含有4个极性键，H2O分子中含有2个极性共价键，C选项符合题意。
【答案】　C
二、非选择题
13．下表列出了短周期元素中的某些元素性质的有关数据：
　　　元素编号元素性质　　　 ① ② ③ ④ ⑤
原子半径(10－10 m) 0.77 1.10 0.99 0.75 0.71
最高价态 ＋4 ＋5 ＋7 ＋5 －
最低价态 －4 －3 －1 －3 －1
上述①、②、③三种元素中的某两种元素形成的化合物中，每个原子都满足最外层为8电子稳定结构的物质可能是(写分子式)____________________。某元素R的原子半径为1.02×10－10 m，该元素在周期表中位于__________________；若物质Na2R3是一种含有非极性共价键的离子化合物，请写出该化合物的电子式____________________。
【解析】　由表中数据分析②和④同主族，③和⑤同主族，由半径大小关系可确定②为P，③为Cl，④为N，⑤为F，同时可确定①为C。第一问易得符合条件的有PCl3和CCl4，第二问根据同周期、同主族原子半径递变规律可确定R为S，现关键判断离子化合物Na2S3的电子式，由于化合物中存在非极性键，可判断离子中存在—S—S—S—键，由此写出Na2S3的电子式。
【答案】　PCl3和CCl4　第三周期第ⅥA族
Na＋[ ]2－Na＋
14．原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，其中X、Z、W与氢元素可组成XH3、H2Z和HW共价化合物；Y与氧元素可组成Y2O和Y2O2离子化合物。
(1)写出Y2O2的电子式________________________________________________________________________；
其中含有的化学键是________________________________________________________________________。
(2)X、Z、W三种元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是________(填写化学式)。
(3)XH3、H2Z和HW三种化合物，其中一种与另外两种都能反应的是________(填写化学式)。
(4)与Z上下相邻的同主族元素M、N，原子电子层数M>Z>N，三种元素氢化物沸点由大到小的顺序是________________(填写化学式)。
【解析】　短周期元素X、Z、W的最低负价分别为－3、－2、－1，又因为Y与氧元素形成Y2O和Y2O2离子化合物，故Y为Na，则X为N，Z为S，W为Cl。(1)Na2O2中含有离子键和共价键；(2)HClO4酸性最强；(3)NH3与另两种都反应；(4)三种氢化物H2O、H2S、H2Se，其沸点关系应为H2O>H2Se>H2S。
【答案】　(1)Na＋[ ]2－Na＋　离子键、共价键
(2)HClO4　(3)NH3
(4)H2O>H2Se>H2S
15．甲、乙、丙、丁为前三周期元素形成的微粒，它们的电子总数相等。已知甲、乙、丙为双原子分子或负二价双原子阴离子，丁为原子。
(1)丙与钙离子组成的离子化合物跟水反应产生一种可燃性气体，反应的化学方程式是________________________________________________________________________。
(2)乙在高温时是一种还原剂，请用化学方程式表示它在工业上的一种重要用途：________________________________________________________________________。
(3)在一定条件下，甲与O2反应的化学方程式是__________________________。
(4)丁的元素符号是______，它的原子结构示意图为________________________________________________________________________。
【解析】　分析“双原子、负二价、阴离子、与Ca2＋形成离子化合物，与水反应产生可燃性气体”等信息，很自然地联想到丙是C22－。C22－含有14个电子，则甲、乙、丁中均含有14个电子——甲、乙都是双原子分子，乙是一种还原剂，为CO；甲能与O2反应，为N2；丁为原子，是Si。
【答案】　(1)CaC2＋2H2O===C2H2↑＋Ca(OH)2
(2)Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2　(3)N2＋O22NO
(4)Si　＋14
16．下表是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表某一化学元素。
(1)i是铁元素，其原子的最外层电子数为2，请写出铁元素的原子结构示意图____________________。
(2)以上元素形成的金属单质中，熔点最低的是____________(填元素符号)。
(3)NH3·H2O的电离方程式为NH3·H2O??NH4＋＋OH－，试判断NH3溶于水后，形成的NH3·H2O的合理结构是下图中的________。(填序号)
NHHHOHH　NHHHHOH
(甲)　　　　　(乙)
(4)1906年的诺贝尔化学奖授予为制备F2单质作出重要贡献的化学家莫瓦桑，请预测首先被用来与F2反应制备稀有气体化合物的元素是________。(填写字母)
(5)利用稀有气体化合物，人们实现了许多制备实验上的突破。如用XeO3在碱性条件下与NaBrO3反应生成NaBrO4，同时放出Xe。写出上述反应方程式：________________________________________________________________________。
【解析】　(1)Fe的质子数为26，最外层有2个电子，所以原子结构示意图为＋26 。
(2)上述元素中金属元素有Na、Al、Fe，Na的熔点最低。
(3)据NH3·H2O的电离方程式NH3·H2O??NH4＋＋OH－，可以看出乙更合理。
(4)人们首先用Xe与F2发生反应制取了一系列的氙的氟化物。
(5)因反应物和产物已告诉，再结合得失电子守恒即可配平该化学方程式。
【答案】　(1)＋26 　(2)Na　(3)乙　(4)j
(5)3NaBrO3＋XeO3===3NaBrO4＋Xe(共69张PPT)
第1讲　离子反应
1．了解电解质的概念。了解强电解质和弱电解质的概念。
2．了解离子反应的概念、离子反应发生的条件。了解常见离子的检验方法。
3．能正确书写离子方程式。
1．分类依据
化合物在 或 能否 。导电的是 ，不导电的是 。
2．电离
(1)概念：电解质 或 离解成能够 的过程。
溶于水
熔融状态下
导电
电解质
非电解质
溶于水
熔融状态
自由移动的离子
一、电解质
(2)电离的条件： (离子化合物)或 (离子或共价化合物)。
(3)表示方法——电离方程式
①强电解质，如
②弱电解质，如
熔融状态
溶于水
H2SO4===2H＋＋SO42－
NH3·H2O??NH4＋＋OH－
1．概念
化合物在 下，有离子参加或生成的反应。
2．实质： 。
3．离子反应发生的条件
(1)在水溶液中进行的复分解反应发生的条件
①生成 ，如BaSO4、CaCO3、CuS等；
②生成 ，如弱酸、弱碱、水等；
③生成 ，如CO2、H2S等。
溶液里或熔融状态
离子之间的相互反应
沉淀
难电离的物质
气体
二、离子反应
(2)发生氧化还原反应类型的离子反应的条件
强氧化剂转变为弱还原剂，强还原剂转变为弱氧化剂。
例如，FeCl3溶液中加入Cu，FeCl2溶液中通入Cl2的离子方程式分别为2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－。
1．概念
用实际参加反应的离子符号表示离子反应的式子。
2．书写步骤(以碳酸钙和盐酸的反应为例)
(1)写：写出正确的化学方程式，并配平，如CaCO3＋2HCl===CaCl2＋CO2↑＋H2O。
(2)拆：把 写成离子形式，如CaCO3＋2H＋＋2Cl－===Ca2＋＋2Cl－＋CO2↑＋H2O
易溶、易电离的物质
三、离子方程式
(3)删：删去方程式两边不参加反应的离子，如
(4)查：检查方程式两边是否 守恒和 守恒。
3．意义
离子方程式可表示 的离子反应。例如：离子方程式CO32－＋2H＋===CO2↑＋H2O可以表示 和 在溶液中的反应，如 。
质量
同一类
可溶性碳酸盐
Na2CO3和盐酸的反应
电荷
强酸
CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O
。
1．(1)不是电解质的物质则一定是非电解质，对吗？为什么？
(2)电解质本身一定能导电吗？
2．一个氧化还原型的离子方程式应遵循哪几方面的守恒原则？
【提示】　1.(1)不对。电解质和非电解质都是讨论的化合物，不包括单质和混合物。
(2)电解质自身一般不电离，一般不导电。
2．应遵循：质量守恒、电荷守恒和得失电子守恒。
电解质
1．电解质和非电解质
电解质 非电解质
共同点 都是化合物
不同点
结构
特征 离子键和部分极性共价键 部分极性共价键
物质
类型 酸、碱、盐、金属氧化物 多数有机物和非金属氧化物等
实例 H2SO4、NaOH、NaCl、Na2O CO2、CH3CH2OH
电离
情况 在水溶液里或熔融状态下能电离 在水溶液里或熔融状态下都不能电离
2.强电解质和弱电解质
强电解质 弱电解质
概念 溶于水后能完全电离的电解质 溶于水后只有部分电离的电解质
化合物类型 离子化合物
部分共价化合物 部分共价化合物
电离程度 完全电离 部分电离
溶液中存在
的微粒(水分
子不计) 只电离出的阴、阳离子，不存在电解质分子 既有电离出的阴、阳离子，又有电解质分子
所含物质
类型 绝大多数的盐(包括难溶性盐)；强酸：HCl、HNO3H2SO4、HI、HClO4等；强碱：KOH、NaOH、Ba(OH)2等 强酸：H2CO3CH3COOH、HClO、HF、H2SO3等；
弱碱：NH3·H2O、
Cu(OH)2、Fe(OH)3等，水也是弱电解质
(2009年山东东营摸底)下列说法正确的一组是(　　)
①不溶于水的盐(CaCO3、BaSO4等)都是弱电解质
②可溶于水的盐都是强电解质
③0.5 mol·L－1所有一元酸中氢离子浓度都是0.5 mol·L－1
④强酸溶液中氢离子浓度一定大于弱酸溶液中氢离子浓度
⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子
⑥熔融的电解质都能导电
A．①③⑤⑥　　　B．②④⑤⑥
C．只有⑤ D．只有⑥
【导航】　区别强电解质与弱电解质最好的方法是根据化合物的分类：
(1)强酸、强碱、中学内遇到的大多数盐都是强电解质
(2)离子化合物都是强电解质，部分共价化合物也属于强电解质。
【解析】　判定强、弱电解质的依据是电解质能否全部电离，不溶于水的盐熔融时能全部电离，可溶于水的盐不一定全部电离，如醋酸铅就属于易溶难电离的盐。对于弱的一元酸，氢离子浓度小于酸的浓度；对于很稀的强酸溶液，氢离子浓度可能要小于浓的弱酸溶液中的氢离子浓度；熔融的共价化合物电解质不电离不导电，如：液态氯化氢等。
【答案】　C
；
离子反应
1．离子反应：有离子参加或生成的反应。电解质在水溶液中的反应属于离子反应。
(1)离子反应的类型
①离子之间的交换反应
如：酸、碱、盐、氧化物之间的复分解反应等。
②离子参加的氧化还原反应
如：溶液中的置换反应等。
(2)离子反应发生的条件
①离子之间的交换反应发生的条件就是复分解反应发生的条件，即有难溶物质或难电离物质或挥发性物质生成，这类反应就能发生。
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。
②离子参加的氧化还原反应，遵循氧化还原反应的基本规律，即强氧化性离子跟强还原性离子间易发生反应。此外还包括离子参加的置换反应，如Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑等。
2．离子共存
离子在溶液中能大量共存的条件是离子之间不能发生反应，各离子浓度不会降低。题目类型多以选择题为主，其次是推断题，它们都是依据离子性质与离子间的反应编制而成的，在下列情况下离子均不能大量共存：
(1)发生水解相互促进反应(如Fe3＋与CO32－、Al3＋与S2－等)。
(2)发生氧化还原反应(如Fe3＋与I－，MnO4－与Fe2＋，NO3－、H＋与Fe2＋等)。
(3)发生络合反应(如Fe3＋与SCN－等)。
(4)发生复分解反应(如H＋与弱酸的酸根离子，OH－与弱碱的阳离子，SO42－与Ba2＋，CO32－与Ca2＋、Ba2＋、Ag＋，Cl－与Ag＋等)。
(5)若题目中提示酸性溶液(pH<7)或碱性溶液(pH>7)应在各待选答案中均加入H＋或OH－考虑。
(6)若题目中告知是无色溶液，应在各待选答案中排除具有颜色的Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋、MnO4－等离子。
(2008年重庆高考)下列各组离子在给定条件下能大量共存的是(　　)
A．在pH＝1的溶液中：NH4＋、K＋、ClO－、Cl－
B．有SO42－存在的溶液中：Na＋、Mg2＋、Ca2＋、I－
C．有NO3－存在的强酸性溶液中：NH4＋、Ba2＋、Fe2＋、Br－
D．在c(H＋)＝1.0×10－13 mol·L－1的溶液中：Na＋、S2－、AlO2－、SO32－
【导航】　本题属于有附加条件的离子共存。解决此类问题应注意：
(1)看清题干中的条件，如“无色”“酸性”“碱性”或“限定反应条件”“限定几种离子已存在”等这些隐含条件的要求。
(2)若所给阳离子已否定几种后只剩一种阳离子，则该离子一定存在；阴离子同样分析。因任何电解质溶液都不能没有阳离子或没有阴离子。
【解析】　选项A中，溶液呈强酸性，溶液中的Cl－＋ClO－＋2H＋===Cl2↑＋H2O；选项B中，Ca2＋＋SO42－===CaSO4↓；选项C中，在酸性溶液中NO3－具有强氧化性，与Fe2＋、Br－不能共存；选项D中，溶液呈强碱性，这几种离子均能共存。
【答案】　D
离子方程式
1．突破离子方程式书写的难点
(1)离子方程式书写过程中，“改写”(拆)是关键，是造成离子方程式错误的主要原因之一。
①凡是易溶的强电解质均可拆写为离子符号表示，否则一律用化学式表示，不能拆。
②对于微溶性的强电解质：a.在反应物中视情况而定。如澄清石灰水中Ca(OH)2以Ca2＋、OH－存在，可以拆成离子的形式；石灰乳中主要以不溶Ca(OH)2存在，不能拆成离子形式。b.在生成物中，一般不能拆，以化学式形式表示。
(2)几种常见的复杂离子方程式
①滴加顺序不同，离子方程式不同
如：将AlCl3溶液逐滴加入NaOH溶液：
Al3＋＋4OH－===AlO2－＋2H2O，
Al3＋＋3AlO2－＋6H2O===4Al(OH)3↓。
将NaOH溶液逐滴加入 AlCl3溶液：
Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，
Al(OH)3＋OH－===AlO2－＋2H2O。
类似的反应有：a.NaAlO2－溶液和盐酸互相滴加；b.AgNO3溶液和氨水互相滴加；c.KAl(SO4)2溶液和Ba(OH)2溶液互相滴加等。
②要求不同，离子方程式不同
如NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液：要求pH＝7，则为2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－===2H2O＋BaSO4↓。
要求SO42－恰好沉淀，则为：H＋＋SO42－＋Ba2＋＋OH－===H2O＋BaSO4↓。
类似的反应有：a.KAl(SO4)2溶液和Ba(OH)2溶液；
b．NH4HCO3溶液与NaOH溶液等。
③量不同，离子方程式不同
如Ca(HCO3)2溶液与Ba(OH)2溶液：
如Ba(OH)2过量，为：
HCO3－＋Ba2＋＋OH－===BaCO3↓＋H2O
如Ca(HCO3)2过量，为：
Ca2＋＋2HCO3－＋Ba2＋＋2OH－===BaCO3↓＋CaCO3↓＋2H2O。
类似的反应有：a.Ca(HCO3)2与NaOH溶液；b.Cl2通入FeBr2溶液中；c.Cl2通入FeI2溶液中等。
2．离子方程式的正误判断
(1)看离子反应是否符合客观事实，不可主观臆造产物及反应。如2Fe＋6H＋===2Fe3＋＋3H2↑就不符合客观事实。
(2)看“===”“??”“↑”“↓”等是否正确。
(3)看表示各物质的化学式是否正确。如HCO3－不能写成CO32－＋H＋，HSO4－通常写成SO42－＋H＋，HCOO－不可写出COOH－等。
(4)看是否漏掉离子反应。如Ba(OH)2溶液与硫酸铜溶液反应，既要写Ba2＋与SO42－的反应，又要写Cu2＋与OH－的反应。
(5)看是否遵循“两等”，即离子方程式两边的原子个数和电荷总数均应相等。如FeCl2溶液与Cl2反应，不能写成Fe2＋＋Cl2===Fe3＋＋2Cl－，而应写成2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－。
(6)看反应物或产物的配比是否正确。如稀H2SO4与Ba(OH)2溶液反应不能写成H＋＋OH－＋SO42－＋Ba2＋===BaSO4↓＋H2O，应写成2H＋＋2OH－＋SO42－＋Ba2＋===BaSO4↓＋2H2O。
(2008年广东化学)下列化学反应的离子方程式正确的是(　　)
A．用稀HNO3溶解FeS固体：FeS＋2H＋===Fe2＋＋H2S↑
B．少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：
SO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－===CaSO3↓＋2HClO
C．在稀氨水中通入过量CO2：
NH3·H2O＋CO2===NH4＋＋HCO3－
D．氢氧化钙溶液与等物质的量的稀硫酸混合：
Ca2＋＋OH－＋H＋＋SO42－===CaSO4↓＋H2O
【导航】　解答本类题目要注意以下三点：
(1)看反应是否符合客观事实。
(2)看化学式拆分是否正确。
(3)看原子、电荷是否守恒。
【解析】　A项，稀HNO3能将－2价的S氧化；B项，HClO能将＋4价的S氧化；D项，离子方程式应为Ca2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－===CaSO4↓＋2H2O。
【答案】　C
1．(2009年上海单科)下列离子方程式正确的是(　　)
A．H2SO4与Ba(OH)2溶液反应：
Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42－===BaSO4↓＋H2O
B．CuSO4溶液吸收H2S气体：Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋
C．AlCl3溶液中加入过量的浓氨水：
Al3＋＋4NH3·H2O===AlO2－＋4NH4＋＋2H2O
D．等体积、等浓度的Ba(OH)2稀溶液与NH4HCO3稀溶液混合：
Ba2＋＋2OH－＋NH4＋＋HCO3－===BaCO3↓＋NH3·H2O＋H2O
【解析】　A项，正确的离子方程式为：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－===BaSO4↓＋2H2O；C项，浓氨水为弱碱，不能溶解Al(OH)3，正确的离子方程式为：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4＋。
【答案】　BD
2．(2009年广东单科)下列离子方程式正确的是(　　)
A．向盐酸中滴加氨水：H＋＋OH－===H2O
B．Fe(OH)3溶于氢碘酸：Fe(OH)3＋3H＋===Fe3＋＋3H2O
C．铜溶于稀硝酸：3Cu＋8H＋＋2NO3－===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
D．向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32－＋2Cl2＋3H2O===2SO32－＋4Cl－＋6H＋
【解析】　A项，氨水不能改写成离子形式。B项，3价铁与I－之间应发生氧化还原反应。C项正确。D项，通入足量Cl2后不可能生成SO32－。
【答案】　C
3．(2009年重庆)下列各组离子，能在溶液中大量共存的是(　　)
A．Na＋、Mg2＋、AlO2－、Br－ B．H＋、Fe2＋、SO42－、NO3－
C．K＋、NH4＋、CO32－、OH－ D．Ca2＋、Al3＋、NO3－、Cl－
【解析】　A项，Mg2＋水解呈酸性，AlO2－水解呈碱性，不能大量共存；B项，在酸性条件下Fe2＋与NO3－不能共存；C项，NH4＋能和OH－反应生成NH3·H2O，不能大量共存。
【答案】　D
4．(2009年江苏单科)下列离子方程式与所述事实相符且正确的是(　　)
A．漂白粉溶液在空气中失效：
ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO3－
B．用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：
MnO2＋2H＋＋2Cl－ Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O
C．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3：
AlO2－＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO3－
D．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：
3ClO－＋2Fe(OH)3===2FeO42－＋3Cl－＋H2O＋4H＋
【解析】　A项，应生成CaCO3；B项，H＋前化学计量数应为4；C项正确，通入过量CO2将生成HCO3－；D项，在强碱性溶液中，产物H＋将最终生成H2O。
【答案】　C
5．(2009年四川理综)在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是(　　)
A．无色溶液：Ca2＋、H＋、Cl－、HSO3－
B．能使pH试纸呈红色的溶液：Na＋、NH4＋、I－、NO3－
C．FeCl2溶液：K＋、Na＋、SO42－、AlO2－
D. ＝0.1 mol/L的溶液：Na＋、K＋、SiO32－、NO3－
【解析】　A项，H＋和HSO3－不能大量共存；B项，使pH试纸呈红色的溶液为酸性，酸性环境中NO3－可将I－氧化；C项，Fe2＋与AlO2－发生双水解反应；D项， ＝c(OH－)＝0.1 mol/L的溶液呈碱性，碱性条件下四种离子能大量存在。
【答案】　D
6．(2009年全国Ⅱ理综)现有A、B、C、D、E、F六种化合物，已知它们的阳离子有K＋、Ag＋、Ca2＋、Ba2＋、Fe2＋、Al3＋，阴离子有Cl－、OH－、CH3COO－、NO3－、SO42－、CO32－，现将它们分别配成0.1 mol·L－1的溶液，进行如下实验：
①测得溶液A、C、E呈碱性，且碱性为A>E>C；
②向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失；
③向D溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，无明显现象；
④向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。
根据上述实验现象，回答下列问题：
(1)实验②中反应的化学方程式是_____________________________________；
(2)E溶液是________，判断依据是________________________；
(3)写出下列四种化合物的化学式：
A 、
C__________________________、
D 、
F 。
【解析】　由①中碱性强弱顺序可知A是碱，E是碳酸盐，C是醋酸盐；而所给六种阳离子可以与CO32－形成可溶性盐的只有K＋，所以E是K2CO3。由②中现象可知B中有Ag＋，则应是AgNO3。由③中现象知D中无CO32－和SO42－。由④中现象可知F中有Fe2＋。由题意知六种化合物均是可溶性的，A是碱，则应是Ba(OH)2。C是强碱弱酸盐，则为Ca(CH3COO)2。D中无CO32－和SO42－，则F中有SO42－，F为FeSO4，D是AlCl3。
【答案】　(1)AgNO3＋NH3·H2O===AgOH↓＋NH4NO3；
AgOH＋2NH3·H2O===Ag(NH3)2OH＋2H2O
(2)碳酸钾　由①中碱性强弱的顺序可知，E是碳酸盐。六种阳离子中可以与碳酸根形成可溶性盐的只有钾离子，所以E是碳酸钾　(3)Ba(OH)2　Ca(CH3COO)2　AlCl3　FeSO4
选项 A B C D
强电解质 KNO3 H2SO4 BaSO4 HClO4
弱电解质 HF CaCO3 HClO CH3COONH4
非电解质 SO2 金属Al H2O C2H5OH
1．下表中物质的分类组合完全正确的是(　　)
【解析】　B项中CaCO3为强电解质，Al不是非电解质；C项中H2O为弱电解质；D项中CH3COONH4是强电解质。
【答案】　A
2．(2010年湖南四市九校联考)下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是(　　)
A．在pH＝0的溶液中：I－、Ca2＋、NO3－、NH4＋
B．加入Al能放出H2的溶液中：Cl－、SO42－、
NO3－、Mg2＋
C．在由水电离出的c(OH－)＝10－13 mol·L－1的溶液中：ClO－、Na＋、SO32－、Cl－
D．在c(H＋)＝1.0×10－13 mol·L－1的溶液中：Na＋、S2－、AlO2－、SO32－
【解析】　A项，pH＝0的溶液呈强酸性，在酸性条件下NO3－具有强氧化性，会将I－氧化，故I－不可以大量存在；B项，加入铝放出氢气的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，由于存在NO3－，故酸性条件下不会产生氢气，而碱性条件下Mg2＋不可以大量存在，不符合题意；C项，由水电离出的c(OH－)＝10－13 mol·L－1的溶液，水电离受抑制，则溶液可能是强酸性溶液，也可能是强碱性溶液，但不论是酸性溶液还是碱性溶液，ClO－与SO32－均会发生氧化还原反应，故不可以大量共存。
【答案】　D
3．(2010年浙江金丽衢十二校高三联考)以下各组离子，能够大量共存且加入稀硫酸会产生气体的是(　　)
A．Fe3＋、Na＋、HCO3－、Cl－
B．Al3＋、Na＋、Cl－、F－
C．Zn2＋、K＋、Cl－、SO42－
D．Fe2＋、Na＋、Cl－、NO3－
【解析】　离子能否大量共存，取决于离子间能否发生反应。Fe3＋、HCO3－不能大量共存，A项错误；Al3＋、F－能形成络离子[AlF6]3－，不能大量共存，B项错误；C项能大量共存，但加入稀硫酸不能产生气体，C项错误；D项能大量共存，且加入稀硫酸能产生NO气体，D项正确。
【答案】　D
4．随着家居装潢成为消费热点，建筑和装潢材料受到越来越多的关注。化学知识可以帮助人们安全、合理使用各种新型建材。大理石可以用做墙面、地面和厨房桌面，其主要成分是碳酸钙。食醋不慎滴在大理石桌面上，会使其失去光泽，变得粗糙。下列能正确解释此现象的是(　　)
A．食醋中的水使碳酸钙溶解
B．食醋中的醋酸将碳酸钙氧化
C．食醋中的醋酸与碳酸钙反应并放出大量的二氧化碳气体
D．食醋中的醋酸与碳酸钙发生了复分解反应
【解析】　食醋的主要成分是CH3COOH，可与CaCO3反应生成可溶于水的醋酸钙。
【答案】　D
5．(2009年广东茂名中学模拟)能正确表示下列反应的离子方程式是(　　)
A．足量H2S气体通入Fe2(SO4)3溶液中：
H2S＋Fe3＋===Fe2＋＋S＋2H＋
B．足量铁与稀硝酸反应：
Fe＋4H＋＋NO3－===Fe2＋＋2H2O＋NO↑
C．醋酸溶液与纯碱溶液：CO32－＋2H＋===CO2↑＋H2O
D．等物质的量的Ba(OH)2与NaHSO4溶液反应：
Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42－===BaSO4↓＋H2O
【解析】　A项中电荷不守恒；B中电荷不守恒；C中CH3COOH为弱酸，应写化学式，D符合条件。
【答案】　D
6．(2008年江苏高考题)下列离子方程式正确的是(　　)
A．用惰性电极电解饱和氯化钠溶液：2Cl－＋2H＋ H2↑＋Cl2↑
B．用银氨溶液检验乙醛中的醛基：CH3CHO＋2[Ag(NH3)2]＋＋2OH－ CH3COO－＋NH4＋＋3NH3＋2Ag↓＋H2O
C．苯酚钠溶液中通入少量CO2：CO2＋H2O＋2C6H5O－―→2C6H5OH＋2CO32－
D．Na2SO3溶液使酸性KMnO4溶液褪色：5SO32－＋6H＋＋2MnO4－===5SO42－＋2Mn2＋＋3H2O
【解析】　A项应为：2Cl－＋2H2O 2OH－＋H2↑＋Cl2↑，C项应为：CO2＋H2O＋C6H5O－―→C6H5OH＋HCO3－。
【答案】　BD
7．人体胃液中含有胃酸(0.2%～0.4%的盐酸)，起杀菌、帮助消化等作用，但胃酸的量不能过多或过少，它必须控制在一定范围内，当胃酸过多时，医生通常用“小苏打片”或“胃舒平”给病人治疗。
(1)用小苏打片(NaHCO3)治疗胃酸过多的离子方程式为________________________________________。
(2)如果病人同时患有胃溃疡，此时最好服用胃舒平[主要成分是Al(OH)3]，反应的离子方程式为___________________________________。
(3)有人用土法治疗胃酸过多，方法是：将鸡蛋壳洗净、烧焦、磨细服用。据说这种疗法效果还不错。请用学过的知识分析其中的道理。
__________________________ 。
(4)氢氧化钠也能中和胃酸，为什么不用氢氧化钠来治疗胃酸过多？
________________________________。
【解析】　胃酸的主要成分是盐酸，NaHCO3、Al(OH)3、鸡蛋壳(主要成分是CaCO3)均能与HCl反应，起到降低胃酸的作用，NaOH虽然也能中和胃酸，但由于其具有强烈的腐蚀性，会严重损伤消化道，故不能用NaOH来治疗胃酸过多。
【答案】　(1)HCO3－＋H＋===CO2↑＋H2O
(2)Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O
(3)鸡蛋壳中含CaCO3，洗净是为了除杂物，烧焦主要是杀菌、消毒，服用后，CaCO3与HCl反应起到了降低HCl浓度的作用，CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O
(4)NaOH具有强烈的腐蚀性，会严重损伤消化道
8．向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸。请完成下列问题：
(1)写出反应的离子方程式__________________________________________。
(2)下列三种情况下，离子方程式与(1)相同的是____________(填序号)。
A．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性
B．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42－恰好完全沉淀
C．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量
(3)若缓缓加入稀H2SO4直至过量，整个过程中混合溶液的导电能力是先逐渐_____，后来又_____。
(4)若有一表面光滑的塑料小球悬浮于Ba(OH)2溶液中央，如图所示。向该烧杯里缓缓注入与Ba(OH)2溶液等密度的稀H2SO4至恰好完全反应。在此实验过程中，小球将________________________________________________________________________。
【解析】　(1)Ba(OH)2与H2SO4反应的化学方
(3)据(1)分析知随着反应进行，溶液中离子浓度不断减小，当二者恰好反应时溶液中离子浓度几乎为0，所以这个过程中导电能力逐渐减小至不导电，随后H2SO4又过量，离子浓度逐渐增大，导电能力逐渐增大。
(4)由(3)分析知这一过程溶液密度逐渐减小，小球所受浮力逐渐减小，因此小球下沉至水底。
【答案】　(1)Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－===BaSO4↓＋2H2O
(2)A　(3)减弱　逐渐增强　(4)下沉水底
阳离子 H＋、Na＋、Al3＋、Ag＋、Ba2＋
阴离子 OH－、Cl－、CO32－、NO3－、SO42－
现有A、B、C、D、E五种强电解质，它们在水中可电离产生下列离子(各种离子不重复)。
物质鉴定实验 推导结论
①用pH试纸测出A、B溶液呈碱性，C、D、E溶液呈酸性 A、B中含有的阴离子为__________，C、D、E中含有的阳离子为______________
②A溶液与E溶液反应既有气体又有沉淀产生；A与C反应只有气体产生 A为________，
C含________离子
③D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀；C只能与D反应产生沉淀 D为________
请根据以下实验事实逐步推出它们的名称并回答问题：
(1)
(2)写出E溶液与过量的B溶液反应的离子方程式____________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)在100 mL 0.1 mol/L的E溶液中，逐滴加入35 mL 2 mol/L NaOH溶液，最终得到沉淀的物质的量为________________。
【解析】　本题充分利用了分类、分组的思想，在实验的基础上逐步推导五种电解质的离子组成，在(1)中根据①由碱性推出阴离子为OH－和CO32－，与CO32－共存的只有Na＋，则与OH－共存的只能是Ba2＋，所以A、B为Na2CO3和Ba(OH)2中的一种，其余的阴阳离子应在C、D、E中，在②中根据实验现象确定A为Na2CO3，E为铝盐，C为酸，则根据③中实验现象确定C为HCl，D为AgNO3溶液，E为Al2(SO4)3。
(2)Al2(SO4)3溶液与过量的Ba(OH)2反应不但沉淀SO42－，还要将Al3＋转变为AlO2－。
(3)综合考虑铝三角转化之间量的关系，全部沉淀0.02 mol Al3＋需NaOH 0.06 mol，生成Al(OH)3 0.02 mol，余下的0.01 mol NaOH溶解0.01 mol Al(OH)3，还剩余0.01 mol Al(OH)3。
【答案】　(1)①CO32－、OH－　H＋、Al3＋、Ag＋　②Na2CO3　H＋
③AgNO3
(2)2Al3＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋8OH－===2AlO2－＋4H2O＋3BaSO4↓
(3)0.01 mol
课时作业
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一、选择题
1．(2009年德州质检)医疗上用的抑酸剂是为了减少胃内的盐酸而使用的药物，抑酸剂种类很多。双羟基铝碳酸钠是医疗上常用的一种抑酸剂，其化学式是NaAl(OH)2CO3。关于该物质的说法正确的是(　　)
A．该物质属于两性氧化物
B．该物质是Al(OH)3和Na2CO3的混合物
C．1 mol NaAl(OH)2CO3最多可消耗3 mol H ＋
D．该药剂不适合于胃溃疡患者服用
【解析】　据双羟基铝碳酸钠的化学式可知其不属于氢氧化物，也不是Al(OH)3和Na2CO3的混合物，而是一种化合物，A、B项均不正确。
NaAl(OH)2CO3＋4HCl===NaCl＋AlCl3＋3H2O＋CO2↑可知C项不正确；由于反应时有CO2气体放出，故该药剂不适合于胃溃疡患者服用，D项正确。
【答案】　D
2．(2008年广东高考题)海水是一个巨大的化学资源宝库，下列有关海水综合利用的说法正确的是(　　)
A．从海水中可以得到NaCl，电解熔融NaCl可制备Cl2
B．海水蒸发制海盐的过程中只发生了化学变化
C．海水中含钾元素，只需经过物理变化就可以得到钾单质
D．利用潮汐发电是将化学能转化为电能
【解析】　海水蒸发发生了物理变化，海水中的K＋需经过化学变化得到钾单质，潮汐发电是将机械能转化为电能。
【答案】　A
3．把镁粉中混入的少量铝粉除去，应选用的试剂是(　　)
A．盐酸 B．氯水
C．烧碱溶液 D．纯碱溶液
【解析】　盐酸跟镁、铝都反应，A错。氯水中存在游离氯，是氧化剂，金属都有还原性，是还原剂，镁、铝都会和氯气反应；氯水中有氯气和水反应的生成物——盐酸和次氯酸，镁、铝都会跟酸反应，B错。烧碱是氢氧化钠，铝可以跟氢氧化钠溶液反应放出氢气，铝变成偏铝酸钠溶于水，镁不反应而分离，2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，C对。纯碱溶液是碳酸钠溶液，镁、铝都不反应，D错。
【答案】　C
4．下列有关金属铝及其化合物的叙述正确的是(　　)
A．铝在常温下不能与氧气反应
B．铝不能与氯气反应
C．铝既能溶于酸，又能溶于碱
D．氧化铝只能与酸反应，不能与碱反应
【解析】　铝在常温下与空气中的氧气反应，在铝表面形成一层致密的氧化膜；铝与氯气反应生成氯化铝；氧化铝是两性氧化物，既能与酸反应，也能与碱反应。
【答案】　C
5.
(2007年上海)用一张已除去表面氧化膜的铝箔紧紧包裹在试管外壁(如右图所示)，将试管浸入硝酸汞溶液中，片刻取出，然后置于空气中，不久铝箔表面生出“白毛”，红墨水柱右端上升。根据实验现象判断下列说法错误的是(　　)
A．实验中发生的反应都是氧化还原反应
B．铝是一种较活泼的金属
C．铝与氧气反应放出大量的热量
D．铝片上生成的白毛是氧化铝和氧化汞的混合物
【解析】　实验中发生的反应主要是铝置换汞，铝在空气中被氧化，都是氧化还原反应。从“红墨水柱右端上升”可知，铝与氧气反应放出大量的热。铝箔表面生出的“白毛”是氧化铝。
【答案】　D
6．从石器、青铜器到铁器时代，金属的冶炼体现了人类文明的发展水平。下图表示了三种金属被人类开发利用的大致年限，之所以有先后，主要取决于(　　)
A．金属的导电性强弱 B．金属在地壳中的含量多少
C．金属的化合价高低 D．金属的活动性大小
【解析】　金属的活动性越小，越容易以游离态存在于自然界，金属阳离子的氧化性越强，越容易被还原为金属单质，因而冶炼越容易。
【答案】　D
7．(2009年茂名质检)下列离子在溶液中可以大量共存，且向溶液中加入铝粉能产生氢气的是(　　)
A．K＋、Cl－、Na＋、SO42－ B．Na＋、OH－、Cl－、Ba2＋
C．H＋、Cl－、Fe2＋、NO3－ D．Cu2＋、OH－、CO32－、Na＋
【解析】　Al与H＋或OH－反应生成H2，但H＋、NO3－与Al反应生成NO。A项能大量共存，但加入Al粉后不产生H2；C项H＋、NO3－与Fe2＋因发生氧化还原反应不能大量共存，且加入Al粉不生成H2；D项Cu2＋与OH－，Cu2＋与CO32－均不能大量共存。
【答案】　B
8．将物质X逐渐加入(或通入)Y溶液中，生成沉淀的量与加入X的物质的量关系如图所示，符合图示情况的是(　　)
【解析】　由图象知，Y消耗沉淀达到最大值和沉淀完全溶解，X的用量比是3∶1，A项是1∶1，B项是1∶3，D项开始时无沉淀产生，C项是3∶1。
【答案】　C
9．下列反应的离子方程式书写正确的是(　　)
A．铝片放入氢氧化钠溶液中：Al＋2OH－===AlO2－＋H2↑
B．Na与水反应：Na＋2H2O===Na＋＋H2↑＋2OH－
C．向AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液：
Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
D．AlCl3溶液中滴入过量的氨水：
Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4＋
【解析】　Al与碱反应时，H2O作氧化剂，A中无水，错误。氧化还原反应时，得失电子守恒，B错。Al(OH)3只溶于强碱，所以D对。
【答案】　D
10．(2009年平顶山模拟)下列操作所得物质为纯净物的是(　　)
A．将一块带有氧化膜的铝片与过量的浓NaOH溶液完全反应后，取澄清溶液将其蒸干，得纯净的NaAlO2固体
B．向NaAlO2溶液中加入过量的AlCl3溶液，将所得沉淀过滤洗涤，加热灼烧去掉水分，可得纯净的Al(OH)3固体
C．把铝块与适量的稀盐酸完全反应，将所得溶液蒸干，可得AlCl3固体
D．把AlCl3溶液与足量氨水反应，将沉淀过滤、洗涤、灼烧去掉水分可得Al2O3固体
【解析】　A项中所得NaAlO2中混有过量的NaOH，B项中会有部分Al(OH)3分解产生Al2O3，C项中AlCl3溶液蒸干时会生成Al(OH)3。D项产生Al(OH)3沉淀后，过滤、洗涤、灼烧得到分解产物Al2O3。故D正确。
【答案】　D
11．等量镁铝合金粉末分别与下列4种过量的溶液充分反应，放出氢气最多的是(　　)
A．2 mol·L－1H2SO4溶液　B．18 mol·L－1H2SO4溶液
C．6 mol·L－1KOH溶液 D．3 mol·L－1HNO3溶液
【解析】　Mg、Al都可与稀H2SO4反应放出H2，但与浓H2SO4、Al在常温下发生钝化，Mg虽反应但不产生H2。与KOH只有Al反应。与HNO3反应，HNO3为强氧化性酸，都不会产生H2。
【答案】　A
12．甲、乙两烧杯中各盛有200 mL 3 mol/L的盐酸和NaOH溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲∶乙＝1∶2，则加入铝粉的质量为(　　)
A．10.8 g 　 B．7.2 g
C．5.4 g 　　D．3.6 g
【解析】　据2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑，2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑知，等质量的Al与过量盐酸和NaOH溶液完全反应时生成的H2的体积比为1∶1，等物质的量盐酸和NaOH与足量的Al溶液完全反应时生成H2的体积比为3∶9＝1∶3，今二者生成的体积比为1∶2，故铝与盐酸反应时，铝过量盐酸不足，铝与氢氧化钠溶液反应时，铝不足而氢氧化钠过量。现在n(HCl)＝0.2 L×3 mol/L＝0.6 mol，所以盐酸完全反应生成H2为0.3 mol，则NaOH与Al反应时生成H2为0.3 mol×2＝0.6 mol，因此铝的质量为0.6 mol××27 g/mol＝10.8 g。
【答案】　A
二、非选择题
13．置换反应的通式可以表示为：单质(1)＋化合物(1)===化合物(2)＋单质(2)，请写出满足以下要求的3个置换反应的化学方程式：
①所涉及的元素的原子序数都小于20。
②6种单质分属6个不同的主族。
【解析】　短周期元素、不同主族间的置换反应，常见的有：
C＋H2O(g)CO＋H2
2Mg＋CO22MgO＋C
Mg(或Al)＋2HCl===MgCl2＋H2↑
2F2＋2H2O===4HF＋O2
Cl2＋H2S===2HCl＋S↓
3Cl2＋2NH3===N2＋6HCl
从以上选择出6种单质分属6个不同主族间的三个置换反应。
【答案】　2Mg＋CO22MgO＋C
2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑
2F2＋2H2O===4HF＋O2(其他合理答案也对)
14．A、B、C、D、E五种化合物，均含有某种短周期常见元素，它们的转化关系如图所示，其中A为澄清溶液，C为难溶的白色固体，E则易溶于水，若取A溶液灼烧，焰色反应为浅紫色(透过蓝色钴玻璃)。
(1)写出化学式：A________，C__________，D________，E________。
(2)写出下列反应的离子方程式：
A→B_____________________________________________________________________，
F→E______________________________________________________________________
【解析】　根据B、F既与酸反应，又与碱反应的特性，和BCF的转化关系，加之涉及的元素主要是短周期元素，故可推断B为Al(OH)3，C为Al2O3，F为Al。其他几种物质也不难推出：A为KAlO2，D为AlCl3，E为NaAlO2。
【答案】　(1)KAlO2　Al2O3　AlCl3　NaAlO2
(2)2AlO2－＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO32－
2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2－＋3H2↑
15．铝及其化合物的优良性能决定了其具有如下重要的用途：①制包装糖果和食品用的铝箔；②制易拉罐；③制电线电缆；④制牙膏皮；⑤用明矾[KAl(SO4)2·12H2O]净水；⑥制炊具及散热材料；⑦用明矾和苏打做食品膨化剂；⑧用氢氧化铝凝胶制胃舒平药片；⑨制银色防锈油漆颜料；⑩用做制镜材料。
根据你所掌握的知识回答下列问题(填序号)：
(1)由铝的良好延展性决定的用途是________________________________________________________________________。
(2)由铝的良好导电性和导热性决定的用途是________________________________________________________________________。
(3)由铝的光学活性决定的用途是________________________________________________________________________。
(4)由铝的化合物的某些性质决定的用途是________________________________________________________________________。
(5)随着铝元素在人体中的积累的增多，可使人慢性中毒，1989年世界卫生组织把铝确定为食品污染源之一而加以在控制使用。铝在上述用途中必须加以控制的是________________________________________________________________________。
【解析】　由Al的特性决定Al的用途。Al的化合物明矾、Al(OH)3也有其独特的用途，前者可做自来水的净水剂、食品膨化剂，后者可以是药物的成分。因为铝是食品污染之一，所以应控制人的饮食、医疗等场合与Al接触，从而减少Al元素的摄入量。
【答案】　(1)①②③④　(2)③⑥　(3)⑩　(4)⑤⑦⑧
(5)①②④⑤⑥⑦⑧
16．某学生用电子天平和必要的化学实验仪器测定铁铝合金中各组分含量，其实验装置如下图所示：
实验时，取一块铁铝合金，将其切成碎块后全部加入到盛有50 mL 5.0 mol·L－1 NaOH溶液的烧杯中。试回答下列问题：
(1)合金表面最先产生气泡的位置是________(填“切口断面”或“非切口断面”)，反应的离子方程式为______________________________。
(2)合金表面会形成原电池，其负极的电极反应式为__________________________。
(3)不同时间电子天平的读数如下表所示：
实验操作过程 时间/min 电子天平的读数/g
烧杯＋NaOH溶液 80.0
烧杯＋溶液＋样品 0 87.8
1 87.5
2 87.3
3 87.2
4 87.2
则合金中铁的质量分数为________(保留三位有效数字，下同)。
(4)上述50 mL NaOH溶液中最多可加入的铁铝合金样品质量为________。
【解析】　第(1)问中铁铝化学性质较活泼，表面均易生成氧化物薄膜，故在“切口断面”最先产生气泡，且Al产生Al3＋后，由于NaOH过量，故离子方程式应考虑Al(OH)3与NaOH的反应，其负极反应也是如此。
第(3)问中合金中只有Al与NaOH反应，且溶液减少的质量是H2的质量，则
2Al ＋ 2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
2 mol　2 mol　　　　　　　　　　0.3 mol
0．2 mol 0.2 mol　　　　　　　
所以w(Fe)＝×100%＝30.8%，消耗n(NaOH)＝0.2 mol。
第(4)问中溶解合金最大量：
7．8 g×＝9.75 g。
【答案】　(1)切口断面
2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2－＋3H2↑
(2)Al－3e－＋4OH－===AlO2－＋2H2O
(3)30.8%　(4)9.75 g(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
一、选择题
1．下列说法不正确的是 (　　)
A．“西气东输”就是将新疆等地的天然气通过管道输到长江三角洲
B．乙烯和苯是来自石油和煤的两种有机物，它们都能发生加成反应
C．甲烷、乙烯和苯均能发生取代反应和加成反应
D．乙烯和氯乙烯都可以通过聚合反应得到高分子材料
【解析】　C选项中CH4为饱和烃，无法再加成。
【答案】　C
2．甲烷中混有乙烯，欲除去乙烯得纯净的甲烷，最好依次通过盛有何种试剂的洗气瓶(　　)
A．澄清石灰水、浓硫酸 B．酸性KMnO4、浓硫酸
C．溴水、浓硫酸 D．浓硫酸、酸性KMnO4
【解析】　乙烯分子中存在双键，能与Br2发生加成反应而被除去。酸性KMnO4具有强氧化性，能将乙烯氧化成CO2混入CH4中使CH4不纯净。浓硫酸虽有强氧化性，但常温下却无法氧化乙烯，只能吸收乙烯中的水分。
【答案】　C
3．把m mol C2H4和n mol H2混合于密闭容器中，在适当条件下生成p mol C2H6，若将所得混合气体完全燃烧生成CO2和H2O，则需氧气(　　)
A．3.5p mol B．(3m＋0.5n)mol
C．(3m＋n)mol D．(3m＋0.5n－3p)mol
【解析】　利用守恒法m mol C2H4需3m mol O2，n mol H2需0.5n mol O2，则共需用(3m＋0.5n)mol O2。
【答案】　B
4．(2009年广州联考)向溴水中加入或通入足量的下列物质后振荡，一定不能使溴水层颜色消失的是(　　)
①苯　②乙烯　③乙醇　④SO2　⑤Mg　⑥CCl4　⑦直馏汽油
⑧NaOH溶液　⑨KI溶液
A．③⑨ B．③⑦⑨
C．③⑤⑦ D．⑤⑦⑨
【解析】　②含碳碳不饱和键，可使溴水褪色；①⑥⑦均可使溴水分层，使水层颜色消失；④具有较强还原性，可将Br2还原；SO2＋Br2＋2H2O===2HBr＋H2SO4，⑤⑧易与酸反应。
【答案】　A
5．(2009年莱芜模拟)下列现象中，不是因为发生化学反应而产生的是(　　)
A．乙烯使酸性KMnO4溶液褪色
B．将苯滴入溴水中，振荡后水层接近无色
C．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色
D．甲烷与氯气混合，光照一段时间后黄绿色消失
【解析】　A项中乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，是由于发生了氧化还原反应，是化学变化。B项苯使溴水变成无色，是发生了萃取，是物理变化，由于溴易溶于苯，从而使水层接近无色。C项乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色是发生加成反应，是化学变化。D项甲烷和氯气混合，在光照条件下发生了取代反应，所以黄绿色消失，是化学变化。
【答案】　B
6．(2009年海淀区质检)某单烯烃经氢化后得到的饱和烃是CH3CHCH3CH2CHCH3CH3，该烯烃可能的结构有(　　)
A．1种 B．2种
C．3种 D．4种
【解析】　采用倒推法，以该饱和烃的碳链为基础，在不同的CC之间去掉2个氢原子得到烯烃，只能得到两种。即CH2CCH3CH2CHCH3CH3和CH3CCH3CHCHCH3CH3。
【答案】　B
7．已知C—C键可以绕键轴自由旋转，结构简式为
H3CCH3CH3CH3的烃，下列说法中正确的是(　　)
A．分子中至少有9个碳原子处于同一平面上
B．分子中至少有11个碳原子处于同一平面上
C．分子中至少有16个碳原子处于同一平面上
D．该烃属于苯的同系物
【解析】　在苯分子中的12个原子，一定共平面，此分子中两个苯环以单键相连，单键可以旋转，所以两个苯环不一定共面，但苯环中对角线上的4个原子应在一条直线上，因此该分子中至少有11个碳原子处于同一平面上，B正确；该烃分子结构中有2个苯环，不属于苯的同系物，D不正确。
【答案】　B
8．苯环实际上不具有碳碳单键和双键的简单交替结构，可以作为证据的事实有(　　)
①苯的间位二取代物只有一种　②苯的对位二取代物只有一种
③苯分子中碳碳键的长度均相等(即分子中两个成键的原子的核间距离)　④苯不能使酸性KMnO4溶液褪色　⑤苯能在加热和催化剂存在的条件下与氢气发生加成反应生成环己烷　⑥苯在FeBr3存在的条件下同液溴发生取代反应
A．②③④ B．④⑤⑥
C．③④⑥ D．全部
【解析】　抓住分子结构与性质的关系，发挥空间想像能力。①苯分子结构中若单、双键交替出现，则苯的间位二取代物也只有一种结构RR，因此不能用以说明苯环不存在单、双键交替结构，②如果苯环存在单、双键交替结构，其对位二取代物只有一种RR，所以②不可以作为证据；③如果苯环是单、双键交替的结构，由于碳碳单键的长度和碳碳双键的长度不等，所以苯环就不可能是平面正六边形结构。实际上，苯环中的碳碳键是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的共价键；④苯环中如存在单、双键交替结构就存在CC，就会使酸性KMnO4溶液褪色。而实验证实苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，这就证明苯环中不存在单、双键交替结构；⑤苯与H2加成生成环己烷，可说明不饱和键的存在，不能作为苯环中不存在单、双键交替结构的证明；⑥取代反应是饱和烃的特性，一般碳碳键难发生取代反应，易发生加成反应，这说明苯的碳碳键不同于普通的单键和双键，不具有单、双键交替出现的结构特点。
【答案】　C
9．两种气态烃以任意比例混合，在105 ℃时1 L该混合烃与9 L氧气混合，充分燃烧后恢复到原状态，所得气体体积仍是10 L。下列各组混合烃中不符合条件的是(　　)
A．CH4、C2H4 B．CH4、C3H6
C．C2H4、C3H4 D．C2H2、C3H6
【解析】　因温度高于100 ℃，故产物H2O为气体，而燃烧前后气体体积没变化，因两种气态烃以任意比混合，所以只要保证原混合气体中两种分子的氢原子数均为4即可，故B、D不符合条件。
【答案】　BD
10．已知乙烯为平面结构，因此1,2－二氯乙烯可以形成两种不同的空间异构体：
CClHCClH和CClHCHCl
下列各物质中，能形成类似上述两种空间异构体的是(　　)
A．1,1－二氯乙烯 B．丙烯
C．2－丁烯 D．1－丁烯
【解析】　要认识1,2－二氯乙烯有两种空间结构，必须清楚地了解乙烯分子的平面结构，以CC双键为对称轴平面上两个Cl原子分别分布在双键的同一侧和两侧，不难发现，只要“CC”同一个双键C上连有相同的两个基团时，就不能有两种结构。
【答案】　C
11．只含有C、H、O三种元素的有机物，完全燃烧时消耗的氧气和生成的二氧化碳的体积比是1∶2，这类有机物中(　　)
①相对分子质量最小的化合物的分子式是CH2O2　②相对分子质量最小的化合物的分子式是CH2O　③含相同C原子数的各有机物，其相对分子质量之差是18的整数倍　④含相同C原子数的各有机物，其相对分子质量之差是16的整数倍
A．只有① B．①③
C．①④ D．②④
【解析】　设该有机物的分子式为CxHyOz，
CxHyOz＋O2xCO2＋H2O
据题意有：∶x＝1∶2
整理得：x＝z－
据此可知相对分子质量最小的化合物分子式为CH2O2；碳原子数相同时，每增加一个氧原子，要增加2个氢原子，即该类有机物可表示为(CO)m(H2O)n，其相对分子质量之差是18的整数倍。
【答案】　B
12.
100 ℃时，两种烃蒸气组成的混合气体完全燃烧后所得CO2和H2O的物质的量随混合烃的总物质的量变化如图所示。则下列对该混合烃组成的判断正确的是(　　)
A．一定含有甲烷
B．一定含有乙烯
C．一定含有苯
D．一定不含乙烯
【解析】　由图象中的线性关系，选取混合烃的总物质的量为1 mol作研究，生成的CO2和H2O的物质的量分别为1.6 mol和2 mol，故其平均分子组成为C1.6H4，由于碳原子数小于1.6的烃只有甲烷一种，因此一定含有甲烷。CH4分子中含4个原子，故另一种分子中一定含4个氢原子，且其碳原子数大于1.6，故可能是乙烯，一定不含有苯。
【答案】　A
二、非选择题
13．现有CH4、C3H4、C2H4、C2H6、C3H6五种有机物。同质量的以上物质中，在相同状况下体积最大的是________；同质量的以上物质完全燃烧时耗去O2的量最多的是______；同状况、同体积的以上五种物质完全燃烧时耗去O2的量最多的是______；同质量的以上五种物质燃烧时，生成CO2最多的是________，生成水最多的是______。在120 ℃、1.01×105Pa状态下，有三种气态烃和足量的氧气混合点燃，相同条件下测得反应前后气体体积没有发生变化，这三种气体是：________________________________________________________________________。
【解析】　相同质量的烃耗氧量由决定，越大，耗氧量越大，且生成的H2O量越多，生成的CO2量越少；相同物质的量的烃耗氧量由决定，同碳(x)看氢(y)，同氢(y)看碳(x),1个碳原子与4个氢原子耗氧量相同。在温度大于100 ℃条件下，反应前后气体体积不变，故y＝4。
【答案】　CH4　CH4　C3H6　C3H4　CH4　CH4、C3H4、C2H4
14．已知H2CCH2CHCHCH2可简写为，降冰片烯的分子结构可表示为：
(1)降冰片烯属于________。
A．环烃 B．不饱和烃
C．烷烃 D．芳香烃
(2)降冰片烯的分子式为________。
(3)降冰片烯的一种同分异构体(含有一个六元环的单环化合物)的结构简式为______________。
(4)降冰片烯不具有的性质________。
A．能溶于水 B．能发生氧化反应
C．能发生加成反应 D．常温常压下为气体
【解析】　降冰片烯中有1个碳碳双键，故为环状烯烃，其含有六元环的同分异构体有多种：CH3、CH3、CH3、CH3、CH2等。降冰片烯具有烯烃的性质；难溶于水、常温下为液体(碳原子数大于4)，能发生加成反应，能被KMnO4(H＋)氧化等。
【答案】　(1)AB　(2)C7H10　(3)CH3
(4)AD
15．实验室用浓硫酸和乙醇制取乙烯时，常会看到烧瓶中液体变黑，并在制得的乙烯中混有CO2、SO2等杂质。某课外小组设计了如下装置，证明乙烯中混有CO2、SO2，并验证乙烯的性质。
回答下列问题：
(1)装置A是乙烯的发生装置，图中一处明显的错误是______________________________________，烧瓶中碎瓷片的作用是
________________________________________________________________________。
(2)若要检验A中所得气体中含有SO2，可将混合气体直接通入________(填代号，下同)装置；若要检验A中所得气体含有CH2CH2，可将混合气体先通过B装置，然后通入________装置，也可将混合气体干燥后，通入________装置。
(3)小明将从A出来的混合气体依次通过B、E、D、E，发现通入D之前的石灰水中无明显变化，通入D之后的石灰水变浑浊。请对出现该现象的原因进行合理猜想________________________________________________________________________
________________________。
(4)若要一次性将三种气体全部检验出来，气体被检验的先后顺序是________、________、________。
【解析】　制取乙烯是用乙醇和浓硫酸的混合液在170 ℃的温度下反应制得。由于测定的是混合液的温度，因此温度计必须插入液面以下。由此来看反应物只有液体，因此需要加入碎瓷片等固体，防止混合液暴沸。根据CO2、SO2和CH2CH2溶液反应，SO2和CH2CH2都能与溴水、酸性KMnO4溶液反应，但只有SO2能与品红溶液反应，只有CH2CH2能与溴的CCl4溶液反应，因此检验CO2前必先检验并除去SO2，检验SO2前必须检验并除去CH2CH2。第(3)小题中，使之后的石灰水变浑浊的气体只有CO2，但D之前的石灰水中无明显现象，说明CO2不是原来就有的，只能是新生成的，也只能是乙烯氧化后的产物。
【答案】　(1)温度计水银球部分没有插入液面以下　防止混合液在受热沸腾时剧烈跳动(暴沸)
(2)C　D(或F或G)　G
(3)乙烯被酸性KMnO4溶液氧化生成CO2
(4)乙烯　SO2　CO2
16．环丙烷可作为全身麻醉剂，环己烷是重要的有机溶剂。下面是部分环烷烃及烷烃衍生物的结构简式、键线式和某些有机化合物的反应式(其中Pt、Ni是催化剂)。
结构
简式 CH2CH2CH2CH2CH2CH2 CCH2CH2CH2H2 Br—CH2—CH2—
CH(CH3)—CH2—Br
键线式
(环己烷)
(环丁烷) BrBr
①＋H2
②＋H2
③＋H2
④＋KMnO4COOH＋O＋Mn2＋
回答下列问题：
(1)环烷烃与____________________是同分异构体。
(2)从反应①～③可以看出，最容易发生开环加成反应的环烷烃是________(填名称)。判断依据为__________________。
(3)环烷烃还可以与卤素单质、卤化氢发生类似的开环加成反应，如环丁烷与HBr在一定条件下反应，其化学方程式为____________________________________(不需注明反应条件)。
(4)写出鉴别环丙烷和丙烯的一种方法，试剂______________________；现象与结论________________________________________________________________________。
【解析】　本题主要考查同分异构体、有机物命名和化学反应方程式的书写等内容。(1)由表中结构简式可知环烷烃的通式为CnH2n，显然与碳原子个数相等的烯烃互为同分异构体。(2)比较①～③的反应条件(温度)知，①反应的温度最低，故环丙烷最易发生开环加成反应。(3)根据加成反应的实质，不难写出所求反应的方程式。(4)由反应④知环烷烃结构不与KMnO4(H＋)反应，而碳碳双键易被氧化，故用KMnO4可将环丙烷和丙烯区别开。
【答案】　(1)同碳原子数的烯烃(或“相对分子质量相同的烯烃”)
(2)环丙烷　反应温度最低
(3)＋HBr―→Br
(4)酸性高锰酸钾溶液　使高锰酸钾溶液褪色的是丙烯，不褪色的是环丙烷单元过关评估
(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
一、选择题(每小题3分，共48分)
1．以下命题，违背化学变化规律的是(　　)
A．石墨制成金刚石　　　B．煤加氢变成人造石油
C．水变成汽油 D．干冰转化成原子晶体
【解析】　化学反应的发生，应遵循质量守恒定律，H2O中含H、O两种元素，而汽油中还会有碳元素，所以C错。
【答案】　C
2．使用分液漏斗时，应首先(　　)
A．洗涤 B．检查是否漏水
C．打开上端塞子 D．打开活塞
【解析】　使用分液漏斗时首先要检查是否漏水。
【答案】　B
3．观察下图，若用l 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
【解析】　此题以实验题面目出现，考查了烧杯和量筒两种常见仪器，对学生的能力要求不高，但有教育学生珍惜水资源的寓意。A和B两选项都是烧杯，它不能较精确地测量液体体积；要较精确地测量出1 000×3%mL水的体积，应选50 mL量筒，即D。
【答案】　D
4.
(2009年广州二中等六校联考)下列叙述正确的是(　　)
A．为提醒人们在使用浓H2SO4时要注意安全，贮存浓H2SO4的容器上贴有如图标识
B．实验室可通过蒸馏的方法除去自来水中含有的Cl－等杂质制蒸馏水
C．做焰色反应实验时，应先将铂丝(或铁丝)用稀硫酸洗净后，在酒精灯外焰上灼烧至没有颜色时，再蘸取待检溶液进行实验
D．由于碱金属单质化学性质活泼，实验室中的各种碱金属单质均保存在煤油中
【解析】　浓H2SO4具有强腐蚀性，而非剧毒品，A错误；通过蒸馏可以得到纯净的蒸馏水，B正确；做焰色反应实验时，铂丝应用稀HCl清洗，不能用稀H2SO4，C错误；碱金属中锂比煤油的密度小，应用石蜡密封，D错误。
【答案】　B
5．(广东理基)下列实验可行的是(　　)
A．加入适量铜粉除去Cu(NO3)2溶液中的AgNO3杂质
B．用NaOH溶液除去CO2中混有的HCl气体
C．用浓硫酸与蛋白质的颜色反应鉴别部分蛋白质
D．用乙醇从碘水中萃取碘
【解析】　A项中铜粉可与AgNO3发生置换反应生成Cu(NO3)2和Ag，从而除去AgNO3杂质，故A正确；B项中NaOH能与CO2发生化学反应，达不到除杂质的目的，故B不正确；C项中可用浓硝酸与蛋白质的颜色反应鉴别结构中有苯环的蛋白质，而浓硫酸无此性质，故C不正确；D项中乙醇与水互溶，不能用于萃取碘，故D不正确。
【答案】　A
6．提纯少量含碳酸氢钠杂质的碳酸钠固体所需要的仪器为(　　)
①试管　②泥三角　③蒸发皿　④试管夹　⑤坩埚
⑥玻璃棒　⑦石棉网　⑧坩埚钳
A．①④　　　　　　　　　　B．②⑤⑧
C．③⑥ D．⑥⑦
【解析】　除去碳酸钠固体中少量的碳酸氢钠，需要用给混合固体加热的方法，因为NaHCO3受热易分解。用坩埚可以给固体物质加热，用坩埚必须配有坩埚钳和泥三角，因为可直接加热，不必用石棉网。
【答案】　B
7．下列实验操作中错误的是(　　)
A．分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
B．蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口
C．蒸发结晶时应将溶液蒸干
D．称量时，称量物放在称量纸上，置于托盘天平的左盘，砝码放在托盘天平的右盘中
【解析】　在蒸发结晶操作中，当蒸发皿中有大部分晶体析出时，应停止加热，利用蒸发皿的余热把少量水分蒸干。
【答案】　C
8．(2009年辽宁大连测试)下列有关化学实验问题的叙述合理的是(　　)
A．实验室规定：所有实验剩余的药品均应放回原药品瓶内
B．用加入浓溴水的方法分离苯和苯酚的混合物
C．用灼热的铜丝网除去N2中混有少量O2
D．用燃烧的方法除去O2中混有少量H2
【解析】　分离物质时不但要考虑物质性质的不同性，还要看到其共同性。A项中实验室中剩余的部分药品(如钾、钠等活泼金属以及白磷等非金属单质等)应放回原药品瓶内，但部分剩余的溶液等应交给实验员处理，不可放回原试剂瓶，以免影响原试剂的浓度及纯度，故A错误。B项中浓溴水虽然可以与苯酚生成沉淀，但苯可以溶解溴和三溴苯酚，故B错误。C项中O2可与灼热的铜反应生成固体氧化铜，从而得以除去，故C正确。D项中少量H2与O2很难发生燃烧，况且点燃二者的混合气体也易发生危险，故D错误。
【答案】　C
9．(北京理综)如右图所示，
集气瓶内充满某混合气体，置于光亮处，将滴管内的水挤入集气瓶后，烧杯中的水会进入集气瓶，集气瓶内气体是(　　)
①CO、O2　②Cl2、CH4　③NO2、O2 ④N2、H2
A．①② B．②④
C．③④ D．②③
【解析】　②中Cl2与CH4反应生成HCl及CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4等，但总物质的量不变，后3种物质常温下为液态，且滴入水后，HCl溶于水使集气瓶内产生负压，烧杯中的水在大气压作用下会进入集气瓶。③中由于4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，也会产生题述现象。
【答案】　D
10．下列盛放试剂的方法正确的是(　　)
A．氢氟酸或浓硝酸存放在带橡胶塞的棕色玻璃瓶中
B．汽油或煤油存放在带橡胶塞的棕色玻璃瓶中
C．碳酸钠溶液或氢氧化钙溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中
D．氯水或硝酸银溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中
【解析】　A．氢氟酸会与玻璃的成分二氧化硅反应，浓硝酸会腐蚀(氧化)橡胶塞，A错误；B.汽油或煤油会使橡胶塞溶胀，B错误；C.由于碳酸钠溶液或氢氧化钙溶液显碱性，会与玻璃瓶的成分二氧化硅反应，C错误；D.氯水或硝酸银溶液存放时，为防止腐蚀(氧化)橡胶塞，用磨口塞；氯水中存在：Cl2＋H2OHCl＋HClO,2HClO2HCl＋O2↑，所以应存放在棕色玻璃瓶中；硝酸银见光易分解，应存放在棕色玻璃瓶中，D正确。
【答案】　D
11．如图所示的甲、乙两个装置中，胶头滴管中吸入某种液体，平底烧瓶中充入(或放入)另一种物质，挤压胶头滴管加入液体，一段时间后两装置中的气球都有明显地胀大(忽略液体体积对气球的影响)。则所用试剂分别可能依次是(　　)
A．甲：浓硫酸和木炭　乙：浓氨水和SO2
B．甲：双氧水和MnO2　乙：NaOH溶液和CO2
C．甲：苯酚和Na2CO3溶液　乙：NaOH溶液和Cl2
D．甲：浓硫酸和蔗糖(滴有几滴水)　乙：水和氨气
【解析】　甲中是瓶外的气球胀大，说明瓶内产生了大量气体，乙中是瓶内的气球胀大，说明瓶内气体被大量消耗。A中甲要反应需在加热条件下；C中甲无气体产生；D中浓硫酸依次体现吸水性、脱水性、强氧化性，产生SO2和CO2气体。
【答案】　BD
12．某学生欲完成2HCl＋2Ag===2AgCl＋H2↑反应，设计了如下图中所示的四个实验，你认为可行的实验是(　　)
【解析】　在通常情况下不能发生的反应有时可通过电解的方法来实现，该题中以Ag作阳极，以HCl作电解质溶液。阳极生成的Ag+与Cl-结合生成AgCl，而H+在阴极上获得电子放出H2。
【答案】　C
13．在下图的实验装置中，从实验开始过一段时间，对看到的现象叙述不正确的是(　　)
A．苹果块会干瘪 B．胆矾晶体表面有“白斑”
C．小试管内有晶体析出 D．pH试纸变红
【解析】　浓硫酸有吸水性和脱水性，故A、B对；饱和硝酸钾溶液蒸发出的水被浓硫酸吸收，相当于蒸发溶剂，故小试管中有晶体析出；浓硫酸主要体现脱水性，不体现酸性，故不能使pH试纸变红。
【答案】　D
14．(2009年山东滨州质检)为提纯下列物质(括号内为少量杂质)，所选用的除杂试剂和分离方法正确的是(　　)
提纯物质 除杂试剂 分离方法
A KCl溶液(FeCl3) 氨水 过滤
B 乙酸乙酯(乙酸) 乙醇和浓硫酸 分液
C NaCl溶液(Na2S) AgCl 过滤
D 乙醇(H2O) 金属钠 蒸馏
【解析】　A项的除杂试剂应选用氢氧化钾溶液，不应选用氨水，否则会引进氯化铵新杂质，A错误；B项的除杂试剂应选用饱和碳酸钠溶液，使乙酸与之反应除去，B错误；C项中的除杂原理是利用了溶解平衡的原理，由于Ag2S的溶解度比AgCl小许多，向混合溶液中加入氯化银粉末，会使溶液中的硫离子逐渐转化成更难溶解的硫化银，再经过滤除去，C正确；D项不应选用金属钠作除杂试剂，因为钠也与乙醇反应，应选用加入生石灰(氧化钙)蒸馏的方法来除去混在乙醇中的少量水，D错误。
【答案】　C
15．(2009年苏州模拟)实验是研究化学的基础，下图中所示的实验方法、装置或操作完全正确的是(　　)
【解析】　A中气体应长进短出；B中有两处错误，一是不能在量筒中稀释浓硫酸，二是不能将水倒入浓H2SO4中；D中称量NaOH固体不能放在纸片上，应放在烧杯中进行称量；C中所用原料、方法、装置均正确。
【答案】　C
16．(2009年厦门模拟)右图是制取、干燥和收集某气体的实验装置，可用于(　　)
A．用Cu与稀HNO3反应制NO
B．用NaOH固体与浓氨水反应制NH3
C．用Fe与稀H2SO4反应制H2
D．用MnO2与浓HCl反应制Cl2
【解析】　A项，NO不能用排空法收集，错误；B项，NH3不能用浓H2SO4干燥，错误；D项，Cl2制取时需加热且收集时应长管进气，短管出气，错误；只有C项，H2制取、干燥、收集全符合，正确。
【答案】　C
二、非选择题(共52分)
17．(12分)请简要叙述下图所示的实验装置、方法、操作中存在的错误。
(1)________________________________________________________________________；
(2)________________________________________________________________________；
(3)________________________________________________________________________；
(4)________________________________________________________________________；
(5)________________________________________________________________________；
(6)________________________________________________________________________。
【解析】　(1)向试管中滴加液体时，试管要竖直，滴管要垂直悬空。
(2)给试管中液体加热时，液体体积不能超过试管容积的，加热时，应用酒精灯的外焰加热。
(3)蒸馏时，温度计水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处。
(4)过滤时玻璃棒下端放在三层滤纸处。
(5)NO不能用排空气法收集，只能用排水法。
(6)铁丝在氧气中燃烧时，应在瓶底铺层细沙或瓶中放少量水。
【答案】　(1)试管没竖直；滴管口接触管壁
(2)试管底部放在酒精灯焰芯上；试管内液体体积超过试管容积的1/3
(3)温度计的水银球插在乙醇溶液中
(4)玻璃棒没有接触滤纸三层的一边
(5)用排空气法收集NO
(6)瓶底没有铺一层细沙或瓶里没有加少量水
18．(14分)菠菜营养丰富，素有“蔬菜之王”之称，是一种高效的补铁剂。长期以来民间流传着“菠菜不能与豆腐同食”、“菠菜根比菠菜茎叶更有营养”等说法。某学校化学兴趣小组的同学拟通过实验探究以下问题：
①菠菜是否含有丰富的铁？
②菠菜是否含有草酸类物质？
③菠菜根中铁的含量是否比菠菜茎和叶的高？
该组同学通过上网查询，获得以下资料：草酸又名乙二酸，其酸性比乙酸稍强，草酸及其盐具有较强的还原性，其中草酸钙不溶于水。
他们设计的实验步骤如下：
Ⅰ.
Ⅱ.取菠菜根a g使用相同仪器、试剂，重复Ⅰ中实验，观察实验现象。
Ⅲ.将菠菜在少量开水中煮沸2～3 min，冷却后滤去菠菜，得滤液。向滤液中加入足量Ca(OH)2溶液，然后再加入足量试剂X，观察现象。
请回答以下问题：
(1)操作①中使用的仪器除三脚架、酒精灯、玻璃棒外还需要　　　　　　　　　　，操作②的名称是　　　　；
(2)可以说明菠菜根中Fe元素含量要比菠菜茎叶中多的现象是________________________________________________________________________；
(3)菠菜中的Fe是+2价还是+3价？　　　　；
(4)通过步骤Ⅲ可以确定菠菜中含有草酸类物质。由于滤液中含有CO32－，故需加入试剂X排除CO32－的干扰，则X是______(写化学式)，加入试剂X后观察到的现象是________________________________________________________________________。
【解析】　(1)加热固体物质时通常用坩埚，相应仪器还有坩埚钳、泥三角、三角架、酒精灯及玻璃棒，在除去难溶物时用过滤的方法。
(2)Fe3＋与KSCN溶液作用会生成红色络合物，红色越深说明Fe3＋的含量越高。
(3)据题目知菠菜中含有草酸类物质，而该物质有较强的还原性，故菠菜中的Fe不是＋3价而是＋2价。
(4)由题给信息可知酸性：草酸>乙酸>碳酸，所以可用乙酸来除去CO32－的干扰，加入CH3COOH后，CaCO3可以溶解，但草酸钙不与CH3COOH反应。
【答案】　(1)坩埚、坩埚钳、泥三角　过滤
(2)步骤Ⅱ中得到溶液红色比步骤Ⅰ中得到溶液的红色深
(3)＋2价　(4)CH3COOH　沉淀部分溶解
19．(16分)某研究性学习小组成员在讨论鉴别食盐水和蒸馏水的方案时，设计如下方案：
实验方法 结论
甲 加AgNO3溶液 有白色沉淀产生者为食盐水
乙 利用焰色反应 焰色为黄色者为食盐水
丙 加入无水CuSO4白色粉末 溶液变蓝色者为蒸馏水
丁 加入稀硫酸和MnO2，加热 有黄绿色气体产生者为食盐水
(1)其中可行的方法是________。
(2)说明其中不可行的方法的原因________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)请给出另外一种鉴别方法(不可以用尝味道，闻气味方法)。
实验方法 结论
【解析】　据NaCl溶液中阴离子为Cl－，可加入AgNO3溶液，会产生白色沉淀AgCl，根据阳离子为Na＋，可用焰色反应来鉴别，故甲、乙均可行；把无水CuSO4白色粉末加入食盐水中，溶液也变成蓝色，丙方案不可行，而在食盐水中加入稀H2SO4和MnO2，加热不发生化学反应，丁方案不可行。鉴别食盐水和蒸馏水还可通过加热蒸发或测溶液的导电性。
【答案】　(1)甲、乙
(2)丙方法中食盐水中的水也能使无水CuSO4变蓝，丁方法中采用稀硫酸、食盐水和MnO2加热不反应
(3)加热蒸发　有白色固体析出的是食盐水(或测两种液体的导电性　导电能力强的为食盐水)
20．(10分)(2008年高考上海卷)已知达喜是常用的中和胃酸的药物，其化学成分是铝和镁的碱式盐。
(1)取该碱式盐3.01 g，加入2.0 mol/L盐酸使其溶解，当加入盐酸42.5 mL时开始产生CO2，加入盐酸至45.0 mL时正好反应完全，计算该碱式盐样品中氢氧根与碳酸根的物质的量之比。
(2)在上述碱式盐溶于盐酸后的溶液中加入过量氢氧化钠，过滤，沉淀物进行干燥后重1.74 g，若该碱式盐中氢元素的质量分数为0.040，试推测该碱式盐的化学式。
【解析】　(1)由题意可知：当加到HCl的物质的量为2.0 mol/L×42.5 mL×10－3L·mL－1＝0.085 mol时开始产生CO2；而当加到2.0 mol/L×45.0 mL×10－3L ·mL－1＝0.090 mol时正好反应完全。所以n(CO32－)＝0.090 mol－0.085 mol＝0.005 mol。又由于达喜为铝和镁的碱式盐，所以n(OH－)＝0.085 mol－0.005 mol＝0.08 mol。
所以＝＝
(2)由已知得1.74 g沉淀为Mg(OH)2，得碱式盐中含n(Mg2＋)＝＝0.03 mol，利用Cl守恒得：
含n(Al3＋)＝
＝0.01 mol，又由(1)得n(OH－)＝0.08 mol、n(CO32－)＝0.005 mol。因为0.03 mol×24 g/mol＋0.01 mol×27 g/mol＋0.08 mol×17 g/mol＋0.005 mol×60 g/mol＝2.65 g<3.01 g。所以含有n(H2O)＝＝0.02 mol。故n(Al3＋)∶n(Mg2＋)∶n(OH－)∶n(CO32－)∶n(H2O)＝0.01 mol∶0.03 mol∶0.08 mol∶0.005 mol∶0.02 mol＝2∶6∶16∶1∶4。所以该碱式盐的化学式为Al2Mg6(OH)16CO3·4H2O。
【答案】　(1)16∶1
(2)Al2Mg6(OH)16CO3 ·4H2O(共70张PPT)
第1讲　无机非金属材料的主角——硅
1．了解C、Si单质及氧化物的性质。
2．理解Si、SiO2的结构和性质并了解其用途。
3．知道H2SiO3、Na2SiO3的性质。
4．认识硅酸盐工业，知道什么是无机非金属材料；了解新型无机非金属材料的特性及其应用。
一、碳、硅元素的存在及单质的性质和用途
1．存在形态
自然界中碳元素既有游离态，又有化合态，而硅元素仅有化合态。碳单质主要有金刚石、石墨等同素异形体，硅单质主要有晶体硅和无定形硅两大类。
2．单质的性质与用途比较
碳 硅
结构 金刚石： 结构
石墨： 状结构的晶体
晶体硅：空间网状结构
物理
性质 金刚石熔点高、硬度大
石墨熔点高、质 ，有滑腻感
晶体硅硬度 、熔点
空间网状
层
软
大
高
化学性质 与非
金属
单质
反应
与O2、Cl2反应：
与O2反应：C＋O2 CO2(完全燃烧),
2C＋O2 2CO(不完全燃烧)
Si＋O2 SiO2 ，
Si＋2Cl2 SiCl4
与氧
化物
反应 与CuO、SiO2反应：C＋2CuO 2Cu＋CO2↑，
2C＋SiO2 Si＋2CO↑
与酸
反应 与浓H2SO4、浓HNO3反应：
与氢氟酸的反应：
Si＋4HF===SiF4↑＋2H2↑
C＋2H2SO4(浓) CO2↑＋2SO2↑＋2H2O，
C＋4HNO3(浓) CO2↑＋4NO2↑＋2H2O
二、硅的化合物
1．二氧化硅
SiO2属于 性氧化物，具有该类氧化物的通性。
(1)与NaOH的反应： 。
(2)与CaO的反应： ；
SiO2的特性：SiO2＋4HF=== 。
(3)SiO2高温反应
SiO2＋Na2CO3 Na2SiO3＋CO2↑
SiO2＋CaCO3 CaSiO3＋CO2↑
用于制造普通玻璃。
SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O
酸
SiO2＋CaO CaSiO3
SiF4↑＋2H2O
2．硅酸
(1)溶解性：溶解度很小。
(2)化学性质——弱酸性：酸性比 还弱。Na2SiO3＋ ===Na2CO3＋ 。
(3)制备：可用硅酸钠与盐酸反应制得：
CO2＋H2O
碳酸
H2SiO3↓
Na2SiO3＋2HCl===2NaCl＋H2SiO3↓。
3．硅酸盐
(1)硅酸盐：是由 组成的化合物的总称，是构成地壳岩石的重要成分。
(2)硅酸钠：硅酸钠的水溶液俗称 ，是制备硅胶和木材防火剂等的原料。
(3)硅酸盐组成的表示
通常用二氧化硅和金属氧化物的组合形式表示硅酸盐的组成：如硅酸钠(Na2SiO3)可表示为 ，长石(KAlSi3O8)可表示为： 。
硅、氧和金属
水玻璃
防火
Na2O·SiO2
K2O·Al2O3·6SiO2
1．工业上制备硅的原理是什么？(请用有关反应的化学方程式来说明)
2．(1)二氧化硅不能与水反应生成H2SiO3，那么如何用SiO2来制备H2SiO3
(2)盛放NaOH溶液的试剂瓶为何不能用玻璃塞？
【提示】　1.SiO2＋2C Si＋2CO↑。
2．(1)SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O，
Na2SiO3＋2HCl===H2SiO3↓＋2NaCl。
(2)玻璃中含有SiO2，与NaOH溶液反应生成Na2SiO3溶液，有较强的粘合性，瓶塞不易打开。
碳及其化合物
1．除杂质
(1)CO中混有CO2，通过盛有NaOH溶液的洗气瓶。
(2)CO2中混有CO，通过盛有灼热CuO的硬质玻璃管。
(3)CO2中混有SO2、HCl，通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶。
2．CO2与“温室效应”
(1)CO2的主要来源：大量燃烧含碳的燃料。
(2)自然界消耗CO2的主要反应
①溶于江水、海水中：CO2＋H2O?? H2CO3；
②光合作用将CO2和水转化为有机物，并释放出O2；
③岩石的风化：CaCO3＋H2O＋CO2===Ca(HCO3)2。
3．碳酸的酸式盐和正盐的规律比较
(1)在水中的溶解性规律
①含K＋、Na＋、NH4＋的正盐易溶于水，其余碳酸盐一般不溶于水；酸式盐均易溶于水。
②一般地，在相同温度下，难溶性正盐溶解度小于其酸式盐溶解度，如溶解度Ca(HCO3)2>CaCO3；可溶性正盐溶解度大于其酸式盐溶解度，如溶解度Na2CO3>NaHCO3。
(2)热稳定性
①一般地，热稳定性顺序为：正盐>酸式盐>碳酸，如Na2CO3>NaHCO3>H2CO3。
②可溶性正盐>难溶性正盐，如CaCO3高温分解，而K2CO3不易分解。
(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)
(4)CO32－和HCO3－的检验：利用正盐和酸式盐的溶解性可区别CO32－和HCO3－，如BaCl2溶液。利用CO32－、HCO3－与H＋反应产生CO2速率快慢的方法，区别CO32－、HCO3－。
(5)两个重要的反应原理
①弱酸制更弱酸
H2O＋CO2＋Na2SiO3===Na2CO3＋H2SiO3↓
②高沸点物质制低沸点物质
SiO2＋CaCO3 CaSiO3＋CO2↑
(2008年上海)某化学兴趣小组设计了下列四个实验装置，试图通过观察实验现象说明CO2与NaOH溶液发生了反应。其中无法达到实验目的的是(　　)
【导航】　CO2与NaOH溶液反应时，CO2气体被吸收，可能会引起系统内压强的变化。
【解析】　CO2与NaOH反应会使A烧瓶内压强减小，水槽中的水会被倒吸入烧瓶中；B槽中溶液会进入试管；C中CO2与NaOH反应使a瓶内压强减小，使b瓶中溶液进入a瓶，故A、B、C都能看到实验现象，能达到实验目的。答案为D。
【答案】　D
碳、硅元素的单质及其化合物的特殊性
1．一般情况，非金属元素单质熔沸点低，硬度小，但硅、金刚石熔沸点高，硬度大，其中金刚石为硬度最大的物质。
2．一般情况，非金属元素单质为绝缘体，但硅为半导体，石墨为电的良导体。
3．一般情况，较强氧化剂＋较强还原剂===较弱氧化剂＋较弱还原剂，而碳却还原出比它更强的还原剂：SiO2＋2C Si＋2CO↑，FeO＋C Fe＋CO↑。
4．硅为非金属，却可以和强碱反应，放出氢气：
Si＋2NaOH＋H2O===Na2SiO3＋2H2↑。
5．一般情况，较活泼金属＋酸===盐＋氢气，然而Si是非金属，却能与氢氟酸发生反应：Si＋4HF===SiF4↑＋2H2↑。
6．一般情况，碱性氧化物＋酸===盐＋水，SiO2是酸性氧化物，却能与氢氟酸发生反应：SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O。
7．一般情况，非常活泼金属(Na、K等)才能够置换出H2O中的氢，但C＋H2O(g) 。
8．一般情况，非金属氧化物与水反应生成相应的酸，如CO2＋H2O?? H2CO3，但SiO2不溶于水，不与水反应。
含A元素的一种单质是一种重要的半导体材料，含A元素的一种化合物C可用于制造高性能的现代通讯材料——光导纤维，C与烧碱反应生成含A元素的化合物D。
(1)在元素周期表中，A位于________族，与A同族但相对原子质量比A小的元素B的原子结构示意图为__________。
A与B在原子的电子层结构上的相同点是__________________________________________________________。
(2)易与C发生化学反应的酸是________，反应的化学方程式是__________________________________________。
(3)将C与纯碱混合高温熔融时也发生化学反应生成D，同时还生成B的最高价氧化物E；将全部的E与全部的D在足量的水中混合后，又发生化学反应生成含A的化合物F。
①写出生成D和F的化学反应方程式：__________________________________________。
②要将纯碱高温熔化，下列坩埚中可选用的是________。
A．普通玻璃坩埚　　　　　B．石英玻璃坩埚
C．氧化铝坩埚 D．铁坩埚
(4)100 g C与石灰石的混合物充分反应后，生成的气体在标准状况下的体积为11.2 L,100 g混合物中石灰石的质量分数是________。
【导航】　本题首先根据A元素单质及化合物性质推断出A为Si，并根据A、B在周期表中的位置关系得出B为碳的结论，然后结合SiO2等的特殊性质作答。
【解析】　(1)A元素单质可作半导体材料，含A元素的某化合物是制造光导纤维的原料，可知A为硅元素，C为SiO2，D为Na2SiO3。比硅相对原子质量小的同族元素为碳。(2)C为SiO2，能与SiO2反应的酸只有氢氟酸。(3)SiO2与Na2CO3高温下反应生成Na2SiO3和CO2，故含SiO2的材料(普通玻璃、石英玻璃)以及Al2O3等都能与Na2CO3在高温下反应，故不能用以上材质的坩埚熔融Na2CO3。
(4)若SiO2恰好或过量，与CaCO3反应方程式只有一个，即CaCO3＋SiO2 CaSiO3＋CO2↑。若CaCO3过量，除发生上述反应外，还会发生反应：CaCO3 CaO＋CO2↑。总之，CaCO3的多少决定了CO2的产量，可通过以下关系式列式求解：
CaCO3　　～　　CO2
100 g 22.4 L
m(CaCO3) 11.2 L
m(CaCO3)＝50 g。
混合物中CaCO3的质量分数：×100%＝50%。
【答案】　(1)Ⅳ?? ?最外层均有4个电子，最内层均有2个电子
(2)氢氟酸　SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O
(3)①SiO2＋Na2CO3 Na2SiO3＋CO2↑；
Na2SiO3＋CO2＋H2O===Na2CO3＋H2SiO3↓
②D　(4)50%
CO2和SiO2的比较
物质 二氧化硅 二氧化碳
化学式 SiO2 CO2
晶体类型 原子晶体 分子晶体
化学性质 主要物
理性质 硬度大，熔、沸点高，常温下为固体，不溶于水 熔、沸点低，常温下为气体，微溶于水
与水
反应 不反应 CO2＋H2O??H2CO3
与酸
反应 SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O 不反应
与碱
反应 SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O(盛碱液的试剂瓶用橡皮塞) CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O或CO2＋NaOH===NaHCO3
与盐
反应 SiO2＋Na2CO3 Na2SiO3＋CO2↑ Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO
CO2＋Na2CO3＋H2O===2NaHCO3
与碱
性氧化
物反应 SiO2＋CaO CaSiO3 CO2＋Na2O===Na2CO3
(2008年全国卷Ⅱ)对于ⅣA族元素，下列叙述中不正确的是(　　)
A．SiO2和CO2中Si和O，C和O之间都是共价键
B．C、Si、Ge的最外层电子数都是4，次外层电子数都是8
C．CO2和SiO2都是酸性氧化物，在一定条件下都能和氧化钙反应
D．该族元素的主要化合价是＋4和＋2
【导航】　核外电子的排布决定了元素的性质。学习中，抓住每一主族的代表元素的结构和性质。
【解析】　ⅣA族元素最外层电子数都是4，但C原子的次外层只有2个电子，Ge原子的次外层有18个电子。SiO2和CO2都是共价化合物，且都是酸性氧化物，具有酸性氧化物的通性。答案为B。
【答案】　B
硅酸盐的表示方法
硅酸盐的种类多，结构复杂，其组成的表示方法有两种：
1．盐化学式法
如：硅酸钠Na2SiO3，硅酸钙CaSiO3等。此法一般用于组成较简单的硅酸盐。
2．氧化物法
如：高岭土：Al2O3·2SiO2·2H2O
石棉：CaO·3MgO·4SiO2
沸石：Na2O·Al2O3·3SiO2·2H2O
云母：K2O·3Al2O3·6SiO2·2H2O
滑石：3MgO·4SiO2·H2O
长石：K2O·Al2O3·6SiO2
氧化物的顺序：活泼金属氧化物→较活泼金属氧化物→二氧化硅→水。
氧化物前系数配置原则：除氧元素外，其他元素按配置前后原子个数守恒原则配置系数。
注意事项：①氧化物之间以“·”隔开；②系数配置出现分数应化为整数。
例如：长石：KAlSi3O8不能写成 K2O· Al2O3·3SiO2，应写成K2O·Al2O3·6SiO2。
用高岭土[主要成分是Al2O3·2SiO2·2H2O，并含少量的CaO·Fe2O3]研制新型净水剂(铝的化合物)。其实验步骤如下：将土样和纯碱混匀，加热熔融，冷却后用水浸取熔块，过滤，弃去残渣，溶液用盐酸酸化，经过滤，分别得到沉淀和溶液，溶液即为净水剂。
(1)写出熔融时的主要成分与纯碱反应的化学方程式________________________________(Al2O3与碱反应和SiO2与纯碱反应相似)。
(2)最后的沉淀物是__________，生成该沉淀的离子方程式是__________________________________。
(3)实验中常用的有瓷坩埚，氧化铝坩埚和铁坩埚。本实验在熔融高岭土时，应选________坩埚。
【导航】　①由于硅酸盐的组成与结构很复杂，为了简化对硅酸盐组成的表示方法，采用了氧化物法。实际上硅酸盐不是以简单氧化物形式存在的，而是以种种结构复杂的盐的形式存在的。
②以氧化物的形式来表示硅酸盐的组成，要注意掌握写成氧化物的书写原则；而且写成氧化物后，原化学式中各元素的原子的个数比应保持不变。
【解析】　(1)由题中括号中的提示Al2O3与碱反应和SiO2与纯碱反应相似不难写出反应的方程式为：Al2O3＋Na2CO3 2NaAlO2＋CO2↑，SiO2＋Na2CO3 Na2SiO3＋CO2↑；
(2)加盐酸酸化后NaAlO2会转化为AlCl3，而Na2SiO3转化为H2SiO3沉淀，故最后的沉淀是硅酸；因本实验中加入纯碱来熔融高岭土，故不能用能与纯碱反应的坩埚，则应选用铁坩埚。
【答案】　(1)SiO2＋Na2CO3 Na2SiO3＋CO2↑
Al2O3＋Na2CO3 2NaAlO2＋CO2↑
(2)H2SiO3　SiO32－＋2H＋===H2SiO3↓
(3)铁
1．(2009年重庆理综)材料与化学密切相关，表中对应关系错误的是(　　)
材料 主要化学成分
A 刚玉、金刚石 三氧化二铝
B 大理石、石灰石 碳酸钙
C 普通水泥、普通玻璃 硅酸盐
D 沙子、石英 二氧化硅
【解析】　A项，刚玉的主要化学成分为三氧化二铝，而金刚石的主要化学成分为碳。
【答案】　A
2．(2009年安徽理综)石墨烯是由碳原子构成的单层片状结构的新材料(结构示意图如右图所示)，可由石墨剥离而成，具有极好的应用前景。下列说法正确的是(　　)
A．石墨烯与石墨互为同位素
B．0.12 g石墨烯中含6.02×1022个碳原子
C．石墨烯是一种有机物
D．石墨烯中碳原子间以共价键结合
【解析】　A项，石墨烯和石墨是同素异形体；B项，0.12 g石墨烯物质的量为0.01 mol，含6.02×1021个原子，C项错。
【答案】　D
3．(2009年四川理综)开发新材料是现代科技发展的方向之一。下列有关材料的说法正确的是(　　)
A．氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料
B．C60属于原子晶体，用于制造纳米材料
C．纤维素乙酸酯属于天然高分子材料
D．单晶硅常用于制造光导纤维
【解析】　B项，C60属于分子晶体；C项，纤维素乙酸酯不是天然高分子材料；D项，二氧化硅常用于制造光导纤维。
【答案】　A
4．(2009年山东理综)下列推断合理的是(　　)
A．明矾[KAl(SO4)2·12H2O]在水中能形成Al(OH)3胶体，可用作净水剂
B．金刚石是自然界中硬度最大的物质，不可能与氧气发生反应
C．浓H2SO4有强氧化性，常温下能与Cu发生剧烈反应
D．将SO2通入品红溶液，溶液褪色后加热恢复原色；将SO2通入溴水，溴水褪色后加热也能恢复原色
【解析】　金刚石的组成元素是C，C与O2在点燃的情况下发生反应，故B项错误；C项中浓H2SO4与Cu在加热的条件下发生反应，C项错误；D项，SO2与溴水发生氧化还原反应，生成H2SO4和HBr，加热不能恢复原色，故D项错误。
【答案】　A
5．(2009年浙江理综)单晶硅是信息产业中重要的基础材料。通常用碳在高温下还原二氧化硅制得粗硅(含铁、铝、硼、磷等杂质)，粗硅与氯气反应生成四氯化硅(反应温度450～500 ℃)，四氯化硅经提纯后用氢气还原可得高纯硅。以下是实验室制备四氯化硅的装置示意图。
相关信息如下：
a．四氯化硅遇水极易水解；
b．硼、铝、铁、磷在高温下均能与氯气直接反应生成相应的氯化物；
c．有关物质的物理常数见下表：
请回答下列问题：
(1)写出装置A中发生反应的离子方程式_________________________________________。
(2)装置A中g管的作用是　　　　　；装置C中的试剂是　　　　　　；装置E中的h瓶需要冷却的理由是　　　　　　　　。
(3)装置E中h瓶收集到的粗产物可通过精馏(类似多次蒸馏)得到高纯度四氯化硅，精馏后的残留物中，除铁元素外可能还含有的杂质元素是　　　　(填写元素符号)。
(4)为了分析残留物中铁元素的含量，先将残留物预处理，使铁元素还原成Fe2+，再用KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定，反应的离子方程式是：
①滴定前是否要滴加指示剂？　　　　(填“是”或“否”)，请说明理由________________________________________________________________________。
②某同学称取5.000 g残留物，经预处理后在容量瓶中配制成100 mL溶液，移取25.00 mL试样溶液，用1.000×10－2 mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定。达到滴定终点时，消耗标准溶液20.00 mL，则残留物中铁元素的质量分数是________。
【解析】　制四氯化硅是由粗硅与Cl2反应得到的，所以必须先制得Cl2，因SiCl4极易水解，所以Cl2须干燥，再根据表格数据分析提纯SiCl4的方法。(1)书写的是离子方程式，B装置中盛放饱和食盐水除去HCl，C装置中用浓H2SO4除水以制得干燥纯净的Cl2；(2)A中用恒压分液漏斗平衡压强，使液体顺利流下；h瓶用冷却液冷却主要目的是得到SiCl4；(3)精馏粗产物得到SiCl4，温度应控制在57.7 ℃，此时BCl3变为气体，但AlCl3、FeCl3、PCl5均残留在瓶中，所以残留杂质元素是Fe、Al、P、Cl；
(4)中①滴定时MnO4－是自身指示剂，终点时变为紫红色且30 s内不变即可读数；②中5Fe2＋　～　MnO4－
5 1
x n
n＝1.000×10－2 mol·L－1×20 mL×10－3 L·mL－1＝2.000×10－4 mol
x＝1.000×10－3 mol，从100 mL中取出25 mL，原溶液中n(Fe2＋)＝4.000×10－3 mol，
w＝＝4.480%。
【答案】　(1)MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O
(2)平衡压强　浓硫酸　使SiCl4冷凝
(3)Al、P、Cl
(4)①否　KMnO4溶液自身可作指示剂　②4.480%
1．素有“水晶之乡”美称的江苏东海县盛产水晶，现存于国家地质博物馆的水晶大王就出自东海县。水晶是较纯净的透明的石英晶体，石英的主要成分是SiO2。下列有关石英的叙述不正确的是(　　)
A．石英不一定是透明的晶体，可以作装饰品
B．石英可以用来生产玻璃，也可以生产水泥
C．石英晶体硬度最高，可以制取金刚砂
D．石英可以用来制取高纯硅，也可以制光导纤维
【解析】　石英如果其中含有杂质，不都是透明的晶体，故也不可用来制取光学仪器；石英的硬度不是最高的，故C不正确。
【答案】　C
2．硅酸铜钡是当今最新科学技术才合成的一种物质，然而科学家惊奇的发现，我国秦朝兵马俑用的一种颜料竟是硅酸铜钡。以上事实推测关于硅酸铜钡的下列说法中错误的是(　　)
A．易溶于水　　　　　　　B．难溶于水
C．属于硅酸盐 D．属于混合物
【解析】　秦朝兵马俑距今已两千多年，硅酸铜钡作为兵马俑的一种颜料保存至今，很显然这种颜料是难溶于水的。硅酸铜钡肯定是硅酸盐且属混合物。故硅酸铜钡易溶于水的说法是错误的。
【答案】　A
3．目前，关于二氧化碳是否为大气污染物有不同的观点。认为“二氧化碳不是大气污染物”的理由是(　　)
①二氧化碳是重要的化工原料　②二氧化碳是植物光合作用的必需原料　③二氧化碳是无色、无味、无毒的气体　④除二氧化碳外，甲烷、一氧化二氮也是温室气体
A．①② B．②③
C．③④ D．①④
【解析】　因CO2是无色无味无毒的气体，它可以参与植物的光合作用，因此它不是大气污染物。
【答案】　B
4．(2009年威海)炭雕(如下图)是一种集观赏与空气净化为一体的产品，这种产品可对车内及室内空气中的一氧化碳、苯、甲醛、烟雾等有害气体进行有效吸附。
取一块制作炭雕的下脚料，进行下面的实验。下列有关叙述不正确的是(　　)
A．将炭雕下脚料在空气中加热，可以得到使澄清石灰水变浑浊的气体
B．将炭雕下脚料研成粉末，加入到稀的红墨水中，红墨水褪色
C．将炭雕下脚料研成粉末，与氧化铜粉末混合加热，可以得到红色固体
D．将炭雕下脚料加入到盛有氯气的集气瓶中，静置一段时间，黄绿色变浅，其原因是炭雕下脚料中的物质与氯气发生氧化还原反应
【解析】　含有活性炭的炭雕具有活性炭的性质，在空气中能够燃烧产生二氧化碳，具有吸附性，既能吸附气体，也能吸附有色液体，加热条件下还具有碳的还原性，故选项A、B、C正确，选项D错误。
【答案】　D
5．地壳中含量第一和第二的两元素形成的化合物能与下列物质发生化学反应的是(　　)
①盐酸　②浓硫酸　③氧气　④氢氟酸　⑤氢氧化钾溶液
A．①② B．④⑤
C．②④ D．③④
【解析】　地壳中含量第一的元素为氧，第二的元素为硅，二者形成的化合物为SiO2，SiO2在常温下仅与氢氟酸和氢氧化钾溶液(强碱溶液)反应。
【答案】　B
6．下列离子方程式不正确的是(　　)
A．石英与烧碱反应：SiO2＋2OH－===SiO32－＋H2O
B．硅与烧碱反应：Si＋2OH－＋H2O===SiO32－＋2H2↑
C．向小苏打溶液中加入过量的石灰水：
2HCO3－＋Ca2＋＋2OH－===CaCO3↓＋2H2O＋CO32－
D．往水玻璃中加入盐酸：2H＋＋SiO32－===H2SiO3↓
【解析】　选项C中，当石灰水过量时，NaHCO3中的HCO3－一定要完全反应转化为CO32－，CO32－再结合Ca2＋生成CaCO3沉淀，正确的离子方程式应为HCO3－＋OH－＋Ca2＋===H2O＋CaCO3↓。
【答案】　C
7．甲、乙、丙、戊都具有如右图所示的结构单元，图中正四面体以外可能有部分未画出，虚线不表示化学键或分子间作用力，X、Y可以相同也可以不同。已知：
①甲、乙是同一类型晶体，单质甲能与乙发生置换反应。
②丙、丁、戊三种粒子含有等量的电子数，其中丙、丁是同一类型晶体中的分子或分子集团。
③常温下丁呈液态，电离时能产生两种等电子数的粒子。
④戊是阳离子。
(1)甲与乙发生置换反应的化学方程式是
(2)写出液态丁产生两种等电子粒子的电离方程式
(3)丙是目前重要的能源，丙和丁在催化、加热条件下反应可得到两种可燃性的气体，其反应的化学方程式是
(4)戊的电子式是____________________。
7．甲、乙、丙、戊都具有如右图所示的结构单元，图中正四面体以外可能有部分未画出，虚线不表示化学键或分子间作用力，X、Y可以相同也可以不同。已知：
①甲、乙是同一类型晶体，单质甲能与乙发生置换反应。
②丙、丁、戊三种粒子含有等量的电子数，其中丙、丁是同一类型晶体中的分子或分子集团。
③常温下丁呈液态，电离时能产生两种等电子数的粒子。
④戊是阳离子。
(1)甲与乙发生置换反应的化学方程式是________________________________________________________________________。
(2)写出液态丁产生两种等电子粒子的电离方程式__________________。
(3)丙是目前重要的能源，丙和丁在催化、加热条件下反应可得到两种可燃性的气体，其反应的化学方程式是________________________。
(4)戊的电子式是____________________。
【解析】　中学化学中，具有正四面体基本结构的物质并不多见，通常都是以C、Si为中心原子的物质，如CH4、金刚石、晶体硅、晶体二氧化硅等。解题时可以围绕这一范围进行，另外，本题中丁不是正四面体结构，审题时要仔细，分析得出甲、乙、丙、丁、戊分别是金刚石、SiO2晶体、CH4、H2O、NH4＋，据此便可作答。
【答案】　(1)SiO2＋2C Si＋2CO↑
(2)2H2O?? OH－＋H3O＋
(3)CH4＋H2O CO＋3H2
(4)
8．(2008年广东化学)硅单质及其化合物应用范围很广。请回答下列问题：
(1)制备硅半导体材料必须先得到高纯硅。三氯甲硅烷(SiHCl3)还原法是当前制备高纯硅的主要方法，生产过程示意图如下：
①写出由纯SiHCl3制备高纯硅的化学反应方程式____________________。
②整个制备过程必须严格控制无水无氧。SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和另一种物质，写出配平的化学反应方程式____________________________；H2还原SiHCl3过程中若混入O2，可能引起的后果是____________________。
(2)下列有关硅材料的说法正确的是________(填字母)。
A．碳化硅化学性质稳定，可用于生产耐高温水泥
B．氮化硅硬度大、熔点高，可用于制作高温陶瓷和轴承
C．高纯度的二氧化硅可用于制造高性能通讯材料——光导纤维
D．普通玻璃是由纯碱、石灰石和石英砂制成的，其熔点很高
E．盐酸可以与硅反应，故采用盐酸为抛光液抛光单晶硅
(3)硅酸钠水溶液俗称水玻璃。取少量硅酸钠溶液于试管中，逐滴加入饱和氯化铵溶液，振荡。写出实验现象并给予解释
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
【解析】　(2)SiC和Si3N4均为原子晶体，熔点高，性质稳定，A、B正确。光导纤维的材料为SiO2，C正确。普通玻璃的主要成分为Na2SiO3和CaSiO3，它是以石英砂(SiO2)、石灰石(CaCO3)和纯碱(Na2CO3)为主要原料反应制成的，但其不是晶体，无固定熔点。Na2CO3＋SiO2 Na2SiO3＋CO2↑；CaCO3＋SiO2 CaSiO3＋CO2↑，D不正确。常温下，Si只能与唯一一种酸HF反应不与HCl反应，E错。
【答案】　(1)①SiHCl3＋H2Si＋3HCl
②SiHCl3＋3H2O===H2SiO3↓＋3HCl＋H2↑　高温下，H2遇O2发生爆炸
(2)ABC
(3)生成白色絮状沉淀，有刺激性气味的气体生成；SiO32－与NH4＋发生水解反应相互促进，SiO32－＋2NH4＋＋2H2O===
2NH3·H2O＋H2SiO3↓
晶体硅是一种重要的非金属材料。制备纯硅的主要步骤如下：
①高温下用碳还原二氧化硅制得粗硅
②粗硅与干燥的HCl气体反应制得SiHCl3：
Si＋3HCl SiHCl3＋H2
③SiHCl3与过量H2在1 000～1 100 ℃反应制得纯硅
已知SiHCl3能与H2O强烈反应，在空气中易自燃。
请回答下列问题：
(1)第①步制备粗硅的化学反应方程式为：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)粗硅与HCl反应完全后，经冷凝得到的SiHCl3(沸点33.0 ℃)中含有少量SiCl4(沸点57.6 ℃)和HCl(沸点－84.7 ℃)，提纯SiHCl3采用的方法为________________。
(3)用SiHCl3与过量H2反应制备纯硅的装置如下图(热源及夹持装置略去)：
①装置B中的试剂是　　　　，装置C中的烧瓶需要加热，其目的是：
②反应一段时间后，装置D中观察到的现象是　　　　　　　　，装置D不能采用普通玻璃管的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　，装置D中发生反应的化学方程式为
③为保证制备纯硅实验的成功，操作的关键是检查实验装置的气密性，控制好反应温度以及
④为鉴定产品硅中是否含微量铁单质，将试样用稀盐酸溶解，取上层清液后需再加入的试剂(填写字母代号)是　　　　。
a．碘水 b．氯水
c．NaOH溶液 d．KSCN溶液
【解析】　分离沸点不同的液体方法就是分馏；根据题干“SiHCl3能与H2O强烈反应，在空气中易自燃”可知道H2的作用之一就是排尽装置内的空气，防止SiHCl3自燃，而此H2必须是干燥的可知B的作用就是干燥H2，所以选用浓H2SO4。由于通入D中应是稳定的SiHCl3与过量H2的气流。所以C装置要加热，并且是水浴加热。由于D装置应加热到1 000～1 100 ℃，所以必须用石英管。鉴定是否含铁单质，用稀HCl溶解后生成Fe2＋，若选用NaOH溶液，则NaOH会与溶解试样的稀盐酸反应，所以考虑转化为Fe3＋后再检验，故选b、d。
【答案】　(1)SiO2＋2C Si＋2CO↑
(2)分馏
(3)①浓硫酸　使滴入烧瓶中的SiHCl3汽化
②有固体物质生成　在此反应温度下，普通玻璃会软化　SiHCl3＋H2 Si＋3HCl
③排尽装置中的空气　④bd
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一、选择题
1．(2009年茂名模拟)下列说法中错误的是(　　)
A．加热一般能加快化学反应速率
B．粉碎固体物质能加快化学反应速率
C．不同物质的化学反应速率可能不一样
D．化学方程式中各物质的化学反应速率之比等于其质量比
【解析】　加热，增大固体物质的表面积均能加快化学反应速率，A、B正确；不同物质的化学反应速率可能不一样，但在同一个反应中，它所表示的意义是相同的，C正确；化学反应速率之比等于化学计量数之比，D错误。
【答案】　D
2．下列关于化学反应速率的说法正确的是(　　)
A．化学反应速率是指一定时间内任何一种反应物浓度的减小或任何一种生成物浓度的增加
B．化学反应速率0.8 mol/(L·s)是指1 s时某物质的浓度为0.8 mol/L
C．对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显
D．根据化学反应速率的大小可以知道化学反应进行的快慢
【解析】　不能用纯液体或固体的物质的量浓度变化来表示化学反应速率，A错误；化学反应速率是平均速率，而非瞬时速率。B错误；有些化学反应速率很大，可能无明显实验现象，C错误；化学反应速率是用来描述化学反应进行快慢的物理量，D正确。
【答案】　D
3．已知反应A＋3B===2C＋D在某段时间内以A的浓度变化表示的化学反应速率为1 mol/(L·min)，则此段时间内以C的浓度变化表示的化学反应速率为(　　)
A．0.5 mol/(L·min)　　　　B．1 mol/(L·min)
C．2 mol/(L·min) D．3 mol/(L·min)
【解析】　从题目中可以看出反应物A、B和生成物C、D的化学计量数的关系，即v(A)＝v(B)＝v(C)＝v(D)。
【答案】　C
4．对于在一定条件下进行的化学反应：2SO2＋O2??2SO3，改变下列条件，可以提高反应物中活化分子百分数的是(　　)
A．增大压强 B．升高温度
C．加催化剂 D．减小反应物浓度
【解析】　A项中增大压强，实际上增大反应物浓度，只是使得活化分子的浓度增大但百分数不变；D项中减小浓度，反应速率减慢，也不会提高反应物中的活化分子百分数。故A、D都不选。B项中升高温度，使分子的能量增大，原先未达到活化分子能量的分子有些变为活化分子，使其百分数增大，加催化剂，降低活化能，同样可增大活化分子的百分数，故应选B、C。
【答案】　BC
5．(2008年高考上海卷)
已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快。如右图所示为气体扩散速度的实验，两种气体扩散相遇时形成白色烟环。下列关于物质甲、乙的判断正确的是(　　)
A．甲是浓氨水，乙是浓硫酸 B．甲是浓盐酸，乙是浓氨水
C．甲是浓氨水，乙是浓盐酸 D．甲是浓硝酸，乙是浓氨水
【解析】　浓H2SO4不挥发，A错；由烟环位置可推测，甲比乙扩散速度快，甲比乙的摩尔质量要小，可知B、D错，C正确。
【答案】　C
6．一定量的锌粉和6 mol/L的过量盐酸反应，当向其中加入少量的下列物质时，能够加快反应速率，又不影响产生H2的总量的是(　　)
①石墨　②CuO　③铜粉　④铁粉　⑤浓盐酸
A．①②⑤ B．①③⑤
C．③④⑤ D．①③④
【解析】　①③中所加物质与锌粉在盐酸中形成许多微小原电池，使反应速率加快；②中CuO溶于盐酸后会消耗锌，使H2总量变小；④中铁粉会与过量的盐酸反应，使H2总量增加。
【答案】　B
7. 一定温度下，固定体积的密闭容器中发生下列发应：2HI(g)??H2(g)＋I2(g)，若c(HI)由0.1 mol/L降到0.07 mol/L需要15 s，那么c(HI)由0.07 mol/L降到0.05 mol/L，需要的时间为(　　)
A．等于5 s B．等于10 s
C．大于10 s D．小于10 s
【解析】　随着反应进行，反应物浓度减小，化学反应速率减慢，先降低0.03 mol/L需15 s，则再降低0.02 mol/L所需时间大于10 s。
【答案】　C
8．一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示，下列描述正确的是(　　)
A．从反应开始到10 s末，用Z表示的反应速率为0.158 mol/(L·s)
B．从反应开始到10 s末，用X表示的反应速率为0.79 mol/(L·s)
C．从反应开始到10 s末，Y的转化率为79.0%
D．该反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)??Z(g)
【解析】　据曲线图可判断出X、Y为反应物、Z为生成物，且该反应为可逆反应。从反应开始到10 s末，Δn(X)＝1.20 mol－0.41 mol＝0.79 mol，Δn(Y)＝1.00 mol－0.21 mol＝0.79 mol，Δn(Z)＝1.58 mol，所以化学方程式为X＋Y??2Z，D错误；0～10 s内，v(Z)＝＝0.079 mol/(L·s)，
所以v(X)＝v(Z)＝0.039 5 mol/(L·s)，Y的转化率为×100%＝79.0%，故A、B错误，C正确。
【答案】　C
9．将固体NH4I置于密闭容器中，在某温度下发生下列反应：
NH4I(s)??NH3(g)＋HI(g)、2HI(g)??H2(g)＋I2(g)。2 min后，化学反应达到平衡，测知c(H2)为0.5 mol/L，c(HI)为4 mol/L，若上述反应速率用NH3的浓度变化值表示，则下列速率数据正确的是(　　)
A．0.5 mol/(L·min) B．2.0 mol/(L·min)
C．2.5 mol/(L·min) D．5.0 mol/(L·min)
【解析】　由化学方程式可知NH4I分解产生的NH3和HI的物质的量相等，而生成的HI的总物质的量应等于其平衡时的物质的量与分解消耗的物质的量之和，由于反应前后体积不变，故有Δc(NH3)＝c(HI平衡)＋c(HI消耗)＝4 mol/L＋0.5 mol/L×2＝5 mol/L，所以v(NH3)＝＝2.5 mol/(L·min)。
【答案】　C
10．把0.6 mol X气体和0.4 mol Y气体混合于2 L容器中，使它们发生如下反应：3X(g)＋Y(g)??nZ(g)＋2W(g)
5 min末已生成0.2 mol W，若测知以Z浓度变化来表示的平均反应速率为0.01 mol/(L·min)，则上述反应中Z气体的化学计量数n的值是(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
【解析】　5 min末生成的Z为0.01 mol/(L·min)×2 L×5 min＝0.1 mol，n(Z)∶n(W)＝0.1∶0.2，则n＝1。
【答案】　A
11．(2009年合肥高三质量检测)对可逆反应：A(g)＋B(g)??C(s)＋2D(g) 　ΔH>0，右图所示为正逆反应速率(v)与时间(t)的关系，如果在t1时刻改变以下条件：①加入A；②加入催化剂；③加压；④升温；⑤减小C，符合图示的条件是(　　)
A．②③ B．①②
C．③④ D．④⑤
【解析】　由图中可知改变条件后正、逆反应速率同等程度的增大，对平衡无影响。又因为该反应为气体体积不变的反应，故增大压强能同等程度的增大正、逆反应速率．而加入催化剂也符合这一特点。
【答案】　A
12．(2009年泰州模拟)500 ℃、20 MPa时，将H2和N2置于一容积为2 L的密闭容器中发生反应。反应过程中H2、N2和NH3物质的量变化如下图所示，下列说法正确的是(　　)
A．反应开始到第一次平衡时，N2的平均反应速率为0.005 mol/(L·min)
B．从曲线变化可以看出，反应进行到10 min至20 min时可能是使用了催化剂
C．从曲线变化可以看出，反应进行至25 min时，分离出0.1 mol的氨气
D．在25 min时平衡正向移动，但达到新平衡后NH3的体积分数比原平衡小
【解析】　A中N2的平均反应速率为：＝0.003 75 mol/(L·min)；B中从10 min到20 min反应速率骤然增大，可能使用了催化剂；C中25 min时，氨气的物质的量从0.3 mol降至0.2 mol，故应分离出0.1 mol NH3；D中w(NH3)25 min＝＝，w(NH3)新平衡＝
＝，而<，故D错。
【答案】　BC
二、非选择题
13．在室温下，5.0 mL 0.10 mol/L Na2S2O3(aq)和15.0 mL 0.10 mol/L H2SO4(aq)混合，析出淡黄色沉淀。反应的化学方程式为Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O。回答下列问题：
(1)若将上述两溶液分别在水浴中预热到60 ℃，然后再将它们混合，则析出淡黄色沉淀的速率显著加快，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)若在混合溶液中加入几滴5.00 mol/L的H2SO4(aq)，则析出淡黄色沉淀的速率 ________(填“明显加快”“明显减慢”或“基本不变”，下同)；若在混合溶液中加入少量Na2SO4(s)，则析出淡黄色沉淀的速率________；若在混合溶液中加入5.0 mL 8.00 mol/L Na2SO4(aq)，则析出淡黄色沉淀的速率________________________________________________________________________。
【解析】　(1)由于两溶液的温度升高，加快了化学反应速率，所以产生沉淀的速率加快。
(2)加入几滴5.00 mol/L的H2SO4，增大了H2SO4的浓度，所以反应速率明显加快；若加入Na2SO4固体对反应物的浓度无影响，故反应速率基本不变；加入Na2SO4溶液相当于稀释了反应物的浓度，所以反应速率明显减慢。
【答案】　(1)温度升高，化学反应速率加快
(2)明显加快　基本不变　明显减慢
14．在相同条件下进行Mg与HCl、CH3COOH反应的对照实验，相关数据如下：
Mg的质量 酸量 开始时反应速率 产生H2总量
Ⅰ 0.24 g HCl 0.2 mol/L100 mL v1 n1
Ⅱ 0.24 g CH3COOH0.2 mol/L　100 mL v2 n2
(1)试比较有关量的大小：v1________v2，n1________n2(填“>”、“＝”或“<”)。
(2)现欲改变条件，使实验Ⅰ中v1降低，但不改变n1的值，试写出两种可行的方法。
方法Ⅰ__________________；
方法Ⅱ__________________。
【解析】　本题通过实验探究外界条件对化学反应速率的影响。起始时Mg的质量相同，HCl、CH3COOH的浓度相同，由于HCl是强电解质，完全电离，CH3COOH是弱电解质，部分电离，故盐酸中c(H＋)大，所以v1>v2。根据方程式Mg＋2HCl===MgCl2＋H2↑知，Mg与盐酸、CH3COOH恰好反应，故生成H2的总量n1＝n2。改变条件，使Ⅰ中v1减小，而n1不变，只能降低溶液中c(H＋)，而不能改变H＋的总量，所以可向盐酸中加水或加入醋酸钠固体。
【答案】　(1)>　＝　(2)加入水　加CH3COONa固体
15．加0.1 mol MnO2粉末于50 mL过氧化氢(H2O2，ρ＝1.1 g/mL)中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如右图所示。
(1)实验时放出气体的总体积是________。
(2)放出一半气体所需时间为________。
(3)反应放出3/4气体所需的时间约为________。
(4)A、B、C、D各点反应速率快慢的顺序为________。
(5)解释反应速率变化的原因________________________________________________________________________。
(6)计算H2O2的初始物质的量的浓度。
(7)求反应到2 min时，H2O2的质量分数。
【解析】　根据v－t图象知，反应进行至1 min时，放出O2的体积为30 mL，反应进行至2 min时，放出O2 45 mL，反应进行至4 min，放出O2的体积达最大值60 mL；由v－t曲线的斜率变化可知：D、C、B、A的反应速率逐渐减小，这是因为随着反应的进行，c(H2O2)逐渐降低，反应逐渐变慢；根据2H2O22H2O＋O2↑，n(H2O2)＝×2，所以H2O2的起始物质的量浓度为：＝0.107 mol/L；反应进行至2 min时，消耗H2O2的物质的量为×2＝0.004 mol，剩余H2O2的物质的量为×2－0.004 mol＝1.36×10－3mol。
所以w(H2O2)＝×100%≈0.084%。
【答案】　(1)60 mL　(2)1 min　(3)2 min　(4)D＞C＞B＞A
(5)随着反应的进行，c(H2O2)逐渐降低，反应逐渐变慢
(6)0.107 mol/L　(7)0.084%
16．在2 L容器中，放入0.4 mol A和0.6 mol B，在一定温度下，压强为P，放入催化剂(催化剂体积忽略不计)发生反应2A(g)＋3B(g)??xC(g)＋2D(g)，在a min后，容器中c(A)＝0.1 mol·L－1，此时，若温度与压强均未改变，则v(B)＝________________，x＝____；若温度不变压强为0.9P，则v(C)＝______________mol·L－1·mol－1，x＝________。
【解析】　发生反应后压强没有改变，说明反应前后气体总物质的量不变，2＋3＝x＋2，x＝3，v(B)＝v(A)＝×＝mol·L－1·min－1。
温度不变，压强变为原来的，说明气体的物质的量减少了，即0.1 mol，而A减少了0.2 mol，＝，x＝2。
v(C)＝v(A)＝
＝mol·L－1·min－1。
【答案】　mol·L－1·min－1　3　mol·L－1·min－1 2(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
一、选择题
1．下列既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是(　　)
A．铝片与稀盐酸反应
B．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应
C．灼热的炭与水蒸气的反应
D．甲烷(CH4)在O2中的燃烧反应
【解析】　铝片与稀盐酸之间的置换反应、甲烷(CH4)在O2中的燃烧反应既是氧化还原反应，又是放热反应；灼热的炭与水蒸气发生的氧化还原反应是吸热反应；Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl之间发生的复分解反应是吸热反应。
【答案】　C
2．下列变化中属于吸热反应的是(　　)
①液态水汽化　②将胆矾加热变为白色粉末　③浓硫酸稀释　④氯酸钾分解制氧气　⑤生石灰跟水反应生成熟石灰
A．①② B．②③
C．①④⑤ D．②④
【解析】　放热反应⑤，吸热反应②④；液态水汽化是吸热过程；浓硫酸稀释是放热过程。
【答案】　D
3．(上海高考)石油是一种重要能源，人类正面临着石油短缺、油价上涨的困惑。以下解决能源问题的方法不当的是(　　)
A．用木材作燃料 B．用液氢替代汽油
C．开发风能 D．开发地热
【解析】　氢能、风能、太阳能、地热能等都是人类开发新能源的研究发展方向，而用木材作燃料不仅是一种浪费，而且木材资源有限，无法满足人类对能源的需求。
【答案】　A
4．(2008年广东化学)下列有关能量转换的说法正确的是(　　)
A．煤燃烧是化学能转化为热能的过程
B．化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能
C．动物体内葡萄糖被氧化成CO2是热能转变成化学能的过程
D．植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变成热能的过程
【解析】　C项，动物体内葡萄糖氧化成CO2是化学能转变成热能的过程；D项，植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变成化学能的过程。
【答案】　AB
5．下列说法正确的是(　　)
A．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
B．放热的反应在常温下一定易发生
C．不论放热反应还是吸热反应主要是由反应物、生成物所具有的总能量的相对大小决定
D．吸热反应发生过程中要不断从外界获得能量，放热反应发生过程中不再需要外界能量
【解析】　A选项错误，反应开始时需要加热的反应可能是吸热反应，也可能是放热反应。B选项错误，不论放热反应还是吸热反应在什么条件下如何发生，这是反应条件的问题，与反应的热效应无关，并不是所有的放热反应在常温下就可以发生。C选项正确。D选项错误，吸热反应加热开始反应后需不断加热才能使反应继续进行下去，放热反应开始后放出一定的热量，此热量如果足以支持反应继续进行，则不需外界再提供能量，如果此热量不足以使反应维持下去，则需从外界获取能量，否则反应将中止。
【答案】　C
6．已知热化学方程式：
①H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH＝－241.8 kJ·mol－1
②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－483.6 kJ·mol－1
③H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
④2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
则氢气的燃烧热为(　　)
A．241.8 kJ·mol－1 B．483.6 kJ·mol－1
C．285.8 kJ·mol－1 D．571.6 kJ·mol－1
【解析】　据燃烧热的基本概念，可燃物的系数必须是1，排除②④，①中水是气态，在25 ℃、101 kPa下，水应是液态的。所以本题正确答案为C。
【答案】　C
7．(上海化学)已知：
CH3CH2CH2CH3(g)＋6.5O2(g)―→4CO2(g)＋5H2O(l)＋2 878 kJ
(CH3)2CHCH3(g)＋6.5O2(g)―→4CO2(g)＋5H2O(l)＋2 869 kJ
下列说法正确的是(　　)
A．正丁烷分子储存的能量大于异丁烷分子
B．正丁烷的稳定性大于异丁烷
C．异丁烷转化为正丁烷的过程是一个放热过程
D．异丁烷分子中的碳氢键比正丁烷的多
【解析】　由题目所给热化学方程式可知燃烧等物质的量的正丁烷和异丁烷，前者放热更多，这意味着正丁烷分子储存能量更多，因此稳定性关系：正丁烷<异丁烷。C项是由低能量物质向高能量物质的转化过程，应是一个吸热过程；D项两者分子中的碳氢键一样多。
【答案】　A
8．强酸与强碱在稀溶液发生中和反应的热化学方程式为H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ/mol，向3份同体积0.2 mol/L的NaOH溶液中分别加入适量的稀醋酸、浓硫酸、稀硝酸恰好完全反应的热效应ΔH1、ΔH2、ΔH3的关系正确的是(　　)
A．ΔH1>ΔH2>ΔH3 B．ΔH2>ΔH3>ΔH1
C．ΔH2>ΔH1>ΔH3 D．ΔH1>ΔH3>ΔH2
【解析】　中和热是指强酸和强碱的稀溶液反应生成1 mol水放出的热量，稀醋酸的电离需吸收热量，而浓硫酸溶于水放热。故相同的NaOH溶液分别和三种酸反应放出的热量稀醋酸的最少，浓硫酸最多，所以ΔH符合D。
【答案】　D
9．(江苏)甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：
①CH3OH(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋3H2(g)　ΔH＝＋49.0 kJ·mol－1
②CH3OH(g)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2(g)　ΔH＝－192.9 kJ·mol－1
下列说法正确的是(　　)
A．CH3OH的燃烧热为192.9 kJ·mol-1
B．反应①中的能量变化如上图所示
C．CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量
D．根据②推知反应CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2(g)的ΔH>－192.9 kJ·mol－1
【解析】　A项不能判断CH3OH的燃烧热；B项的图示中应是反应物的总能量比产物的总能量低；C项由题干的两个热化学方程式可知不正确；D项由CH3OH(l)―→CH3OH(g)需要吸热。
【答案】　D
10．(2007年广东)灰锡(以粉末状存在)和白锡是锡的两种同素异形体。已知：
①Sn(s，白)＋2HCl(aq)===SnCl2(aq)＋H2(g)　ΔH1
②Sn(s，灰)＋2HCl(aq)===SnCl2(aq)＋H2(g)　ΔH2
③Sn(s，灰)Sn(s，白)　ΔH3＝＋2.1 kJ·mol－1
下列说法正确的是(　　)
A．ΔH1>ΔH2
B．锡在常温下以灰锡状态存在
C．灰锡转化为白锡的反应是放热反应
D．锡制器皿长期处在低于13.2 °C的环境中，会自行毁坏
【解析】　根据盖斯定律，②－①，得Sn(s，灰)??Sn(s，白)；ΔH3＝ΔH2－ΔH1＝＋2.1 kJ·mol－1，因此很容易判断出，A、B、C是错误的；由③可看出，在低于13.2 °C的环境，锡易变成粉末状的灰锡，自行毁灭。
【答案】　D
11．下列各组热化学方程式中，化学反应的ΔH前者大于后者的是(　　)
①C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1
C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH2
②S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH3
S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH4
③H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH5
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH6
④CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)　ΔH7
CaO(s)＋H2O(l)===Ca(OH)2(s)　ΔH8
A．① B．④
C．②③④ D．①②③
【解析】　碳与氧气反应生成CO且放热，CO再与O2反应时又放热，所以ΔH1<ΔH2；等量的固态硫变为气态硫蒸气时吸收热量，故在与O2作用产生同样多的SO2时，气态硫放出的热量多，即ΔH3>ΔH4；发生同样的燃烧反应，物质的量越多，放出的热量越多，故ΔH5>ΔH6；碳酸钙分解吸收热量，ΔH7>0，CaO与H2O反应放出热量，ΔH8<0，显然ΔH7>ΔH8。
【答案】　C
12．火电厂利用燃煤发电，煤燃烧中的化学方程式有：
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1＝－393.5 kJ/mol
CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH2＝－283.0 kJ/mol
C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH3＝？
下列有关说法中不正确的是(　　)
A．CO的燃烧热为283.0 kJ/mol
B．二氧化碳分解为一氧化碳与氧气的反应是吸热反应
C．ΔH3＝ΔH2－ΔH1＝110.5 kJ/mol
D．ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝－110.5 kJ/mol
【解析】　燃烧热是1 mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时的反应热，A项对。CO燃烧放热，所以CO2分解吸热，B项对。由盖斯定律，方程式前者减后者为第3个方程式，则ΔH3＝ΔH1－ΔH2，C项错，D项对。
【答案】　C
二、非选择题
13．将煤转化为水煤气的主要化学反应为C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)；C(s)、CO(g)和H2(g)完全燃烧的热化学方程式为：
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393.5 kJ/mol
H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH＝－242.0 kJ/mol
CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283.0 kJ/mol
请回答下列问题：
(1)根据以上数据，写出C(s)与水蒸气反应的热化学方程式：
________________________________________________________________________。
(2)比较反应热数据可知，1 mol CO(g)和1 mol H2(g)完全燃烧放出的热量之和比1 mol C(s)完全燃烧放出的热量多。甲同学据此认为“煤转化为水煤气可以使煤燃烧放出更多的热量”；乙同学根据盖斯定律作出如下列循环图：
并据此认为“煤转化为水煤气再燃烧放出的热量与煤直接燃烧放出的热量相等”。
请分析：甲、乙两同学观点正确的是　　　　(填“甲”或“乙”)，判断的依据是________________________________________________________________________。
(3)将煤转化为水煤气作为燃料和煤直接燃烧相比有很多优点，请列举其中的两个优点：　　　　　　　　、________________________________________________________________________。
(4)水煤气不仅是优良的气体燃料，也是重要的有机化工原料。CO和H2在一定条件下可以合成：①甲醇(CH4O)　②甲醛(CH2O)　③甲酸(CH2O2)　④乙酸(C2H4O2)。试分析当CO和H2按1∶1的体积比混合反应，合成上述　　　　(填序号)物质时，可以满足“绿色化学”的要求，完全利用原料中的原子，实现零排放。
【解析】　根据盖斯定律将方程式合并即可得C(s)+H2O(g)===CO(g)+H2(g)　ΔH=+131.5 kJ/mol，由此可知煤转化为水煤气是吸热反应，而甲正是忽略了这个问题，才误认为“煤转化为水煤气可以使煤燃烧放出更多的热量”。CO和H2按1∶1反应合成物质时，可达到零排放，符合“绿色化学”的要求，则合成的物质满足最简式为CH2O，则②④符合。
【答案】　(1)C(s)+H2O(g)===CO(g)+H2(g)
ΔH=+131.5 kJ/mol
(2)乙　甲同学忽略了煤转化为水煤气要吸收热量(或ΔH1=ΔH2+ΔH3，且ΔH2>0)
(3)减少污染　燃烧充分　方便　直接燃烧水煤气热量大(答案合理即可)
(4)②④
14．CO、CH4均为常见的可燃性气体。
(1)等体积的CO和CH4在相同条件下分别完全燃烧，转移的电子数之比是________。
(2)已知在101 kPa时，CO的燃烧热为283 kJ/mol。相同条件下，若2 mol CH4完全燃烧生成液态水，所放出的热量为1 mol CO完全燃烧放出热量的6.30 倍，CH4完全燃烧反应的热化学方程式是________________________________________________________________________。
(3)120 ℃、101 kPa下，a mL由CO、CH4组成的混合气体在b mL O2中完全燃烧后，恢复到原温度和压强。若混合气体与O2恰好完全反应，产生b mL CO2，则混合气体中CH4的体积分数为________(保留2位小数)。
【解析】　(1)CO转化成CO2：化合价从＋2→＋4；CH4转化成CO2：化合价从－4→＋4；所以转移电子数之比为2∶8＝1∶4。
(3)由方程式：2CO＋O2===2CO2；
CH4＋2O2===CO2＋2H2O(g)
当耗O2和生成的CO2相同时，n(CO)∶n(CH4)＝2∶1，可知CH4的体积分数是1/3＝0.33。
【答案】　(1)1∶4　(2)CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－891 kJ/mol　(3)0.33
15．某化学小组对生石灰与水反应是显著放热反应进行了实验探究，在除了用手触摸试管壁管感觉发热外，还设计了下列几个可行性方案。
甲方案：将温度计与盛放有生石灰的小试管用橡皮筋捆绑在一起，放入有水的小烧杯中，用胶头滴管向小试管中缓缓滴入水，看到的现象是________________________________________________________________________
__________________，说明反应放热。(下列装置中支撑及捆绑等仪器已略去)
乙方案：将盛放有生石灰的小试管插入带支管的试管中，支管接①或②，有胶头滴管向小试管中缓缓滴入水，看到的现象是(接①)____________，(接②)__________________________，说明反应放热。
丙方案：用胶头滴管向盛放有生石灰且带支管的试管中滴加水，支管接的导管中盛适量无水硫酸铜粉末，看到的现象是________________________，说明反应放热，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　实验从反应放热的“热”为出发点进行探究，通过放热使温度上升、使气体膨胀、水被蒸发等特征现象，合理地设计了实验探究方案。
【答案】　甲方案：小试管中固体变成乳状，同时有大量水蒸气产生；温度计温度上升
乙方案：①有气泡产生　②左边水柱下降，右边水柱上升
丙方案：无水硫酸铜粉末变蓝色　水和生石灰反应放出热量，使水蒸发
16．如果一个反应可以分几步进行，则各分步反应的反应热之和与该反应一步完成时的反应热是相同的，这个规律称为盖斯定律。据此回答下列问题。
已知热化学方程式C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1
CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH2＝－283.0 kJ·mol－1
C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH3
ΔH3不能直接测得，根据盖斯定律求出该反应的反应热ΔH3＝__________________。现有80 t纯碳不完全燃烧生成CO，与80 t纯碳完全燃烧相比较，此反应损失的热量是________kJ。
【解析】　C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1①
CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH2＝－283.0 kJ·mol－1②
由反应②可得CO2(g)===CO(g)＋O2(g)　ΔH＝＋283.0 kJ·mol－1③
将反应①和反应③相加可得C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH3＝－110.5 kJ·mol－1④
方法一：依据反应①80 t纯碳完全燃烧放出的热量为×393.5 kJ·mol－1＝2.62×109 kJ
依据反应④，不完全燃烧放出的热量为×110.5 kJ·mol－1＝7.37×108 kJ
因此，80 t纯碳不完全燃烧损失的热量为2.62×109 kJ－7.37×108 kJ＝1.88×109 kJ。
方法二：当碳不完全燃烧时，损失的热量等于CO燃烧时放出的热量，故80 t碳不完全燃烧损失的热量为
×283 kJ·mol－1＝1.88×109 kJ
【答案】　－110.5 kJ·mol－1　1.88×109第2讲　原电池(共60张PPT)
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第2讲烃的含氧衍生物有机合成
考点炙位
longmenliangiian
1.了解醇、酚、醛、羧酸、酯的典型代表物的组成和结构特点以
及它们的相互联系
2.结合实际了解某些有机化合物对环境和健康可能
影
响,关注有机化合物的安全使用问题
3.分清醇、酚、醛、酮、羧酸、酯转化关系及相应化学方程式
基础自纠
ongmenllangjlan
醇的
羟基与烃基或苯环侧链上的碳原子相连的化合物称为醇
2.醇的分类
1)根据羟基的数目可分为一元醇、二元醇等
2)根据与羟基连接的烃基种类可分为脂肪醇和芳香醇
3)根据烃基的饱和性可分为饱和醇和不饱和醇
3.醇的性质
物理性质
通常情况下,含1~11个碳原子的直链饱和一元醇为液体,含
2个碳原子以上的醇为无色蜡状固体,直链饱和一元醇的沸点随
着分子中碳原子数的递增而逐渐升
(2)化学性质:与乙醇相似
4.醇的其他重要代表物
1)甲醇
最初由木材干馏得到,俗称木精,易燃,有酒精的气味,与水
酒精互溶,有毒,饮用后使人眼睛失明,量多时使人死亡,工业酒精
常含有甲醇,所以不能饮用
2)乙二醇
无色、黏稠、有甜味液体,易溶于水和乙醇,用来做内燃机的防
冻液
3)丙三醇
无色、黏稠、有甜味液体,易溶于水和乙醇,有很强的吸湿性
来制硝化甘油、作防冻霜和润滑剂
1.苯酚的结构
分子式:C
构简式: CH OH或
2.苯酚的性质
(1)物理性质
纯净的苯酚是无色晶体(易被空气氧化而显粉红色),常温时
微溶于水,65℃时能与水互溶,易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂
酚有毒,对皮肤有腐蚀性
注意】如果不慎将苯酚沾到皮肤
即用酒精清洗
2)化学性质
苯酚的化学性质包括苯环的性质和羟基的性
①易被氧化:在空气中苯酚易被氧化为粉红色
O
②弱酸性(
Nao
O
CO
O
Nahco
O
O
Na co
NaHCO
(3)苯环上的取代反应
3HBr(鉴定和定量测
定苯酚
(4)显色反应:苯酚稀溶液遇FeCl3溶液时变成紫色(鉴定酚
的存在)
(5)聚合(缩聚)反应
O
O
浓盐酸或浓氨水
necHo
CH n
沸水浴
结构:分子式C2H4O,结构简式CH2_CHO,有醛基(—CHO)
能团
2.物理性质:乙醛是一种无色、有刺激性气味的液体,密度
水小,易挥发、易燃烧,易溶于水及乙醇、乙醚、氯仿等溶(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
一、选择题
1．(2009年山东东营模拟)下图是某加碘食盐包装袋上的部分图表文字(I为碘元素符号)。由此，你得到的信息和作出的推测是(　　)
　　　　　　　　　　配料表
氯化钠(NaCl) ≥98.0%(以NaCl计)
碘酸钾(KIO3) (35±15)mg/kg(以I计)
A.人体不能缺碘，需要正常补碘。“加碘食盐”中的“碘”是指碘单质
B．该食盐商品是以海盐为原料，经过加工后的产品，是盐类的纯净物
C．1 kg此食盐中含碘酸钾(35±15)mg
D．“菜未烧熟不宜加入碘盐”的原因可能是碘酸钾受热不稳定
【解析】　碘单质有毒，故不能作为碘盐原料，因为加碘盐含有KIO3，故不是纯净的，由题意知其碘含量是以I元素质量计算，故A、B、C皆不正确。KIO3性质类似KClO3，受热易分解。
【答案】　D
2．下列物质中不会因见光而分解的是(　　)
A．NaHCO3　　　　　　　　B．HNO3
C．AgI D．HClO
【解析】　本题主要通过对一些常见物质是否分解及分解的原因的分析，考查考生对元素化合物知识的掌握程度。题目所给四种物质在受热时皆易分解，而在见光时，HNO3、AgI和HClO易分解，而NaHCO3不分解。
【答案】　A
3．2005年3月29日晚，京沪高速公路淮安段上行线103 K＋300 M处，一辆载有约35吨液氯的山东槽罐车与一辆山东货车相撞，导致槽罐车中液氯大面积泄漏，造成28人死亡，中毒入院人数为350名。作为救援消防干警在现场的下列处理方法和过程较合理的是(　　)
①及时转移疏散人群，同时向有关部门如实报告事故有关情况
②被转移人群应戴上用浓NaOH溶液处理过的口罩
③用高压水枪向空中喷洒含碱性物质的水溶液
④被转移人群可戴上用Na2CO3溶液处理过的口罩
⑤将人群转移到地势较低的地方即可，不必走太远
⑥及时清理现场，检查水源和食物等是否被污染
⑦常温下氯气能溶于水，所以只要向空气中喷洒水就可以解毒
A．②③④⑤ B．①③⑤⑦
C．①②⑤⑥ D．①③④⑥
【解析】　浓NaOH溶液具有强腐蚀性，②错误；Cl2的密度比空气的密度大，所以应将人群转移到较高的地方，⑤错误；Cl2在水中的溶解度很小，⑦错误。
【答案】　D
4．下列氯化物中不能用金属和氯气直接反应制得的是(　　)
A．CuCl2 B．FeCl2
C．MgCl2 D．KCl
【解析】　Cl2和变价金属反应生成的是高价金属的氯化物。即铁和Cl2反应生成的是FeCl3。
【答案】　B
5．(2008年汕头)咖喱是一种烹饪辅料，若白衬衣被咖喱汁玷污后，用普通肥皂洗涤该污渍时会发现黄色污渍变为红色。经水漂洗后红色又变为黄色。据此现象，你认为咖喱汁与下列何种试剂可能有相似的化学作用(　　)
A．品红溶液 B．石蕊溶液
C．氯水 D．KI淀粉溶液
【解析】　石蕊溶液遇酸变成红色，遇碱变成蓝色。据此联想到咖喱汁遇到肥皂(碱性物质)能变红色，漂洗后，也就是将碱性物质洗去，又变回原来颜色，可知咖喱汁类似于石蕊，是一种酸碱指示剂。品红溶液遇SO2褪色，再加热才能恢复红色与题意不符。
【答案】　B
6．下表是食用碘盐包装上的部分说明，下列说法正确的是(　　)
配料 精盐、碘酸钾、抗结剂
碘含量 35±15 mg/kg
储存方法 密封、避光、防潮
食用方法 烹饪时，待食品熟后加入碘盐
A.高温会导致碘的损失
B．碘酸钾可氧化氯化钠
C．可用淀粉检验碘盐中的碘酸钾
D．该碘盐中碘酸钾含量为20～50 mg/kg
【解析】　2KIO32KI＋3O2↑，5I－＋IO3－＋6H＋===3I2＋3H2O，加热时I2升华，故A正确。在该条件下KIO3不能氧化NaCl，B错。淀粉遇碘单质变蓝，而不是碘的化合物，C不正确。题表中碘含量表示的是碘元素的含量为20～50 mg·kg－1，D不正确。
【答案】　A
7．(2008年全国高考)已知KMnO4与浓HCl在常温下反应能产生Cl2。若用如下图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气，并试验它与金属的反应。每个虚线框表示一个单元装置，其中有错误的是(不考虑①单元装置)(　　)
A．只有①和②处 B．只有②处
C．只有②和③处 D．只有②、③、④处
【解析】　①是制备氯气的装置　②是除去氯气中氯化氢杂质的装置　③是干燥装置　④是用于氯气与金属反应的装置。除杂时不能消耗欲保留的气体，因为氯气可与NaOH溶液反应，方程式为：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，所以②处错误；③中进气管短，出气管却插入液面下，所以无法干燥气体也不能使气体进入④中与金属反应，所以③处错误；④是一个封闭体系，未反应的气体不断蓄积会使容器内压强过大而发生爆炸，所以④处错误。
【答案】　D
8．(2009年南京)随着卤素原子半径的增大，下列变化规律正确的是(　　)
A．单质的熔、沸点逐渐降低
B．卤素离子的还原性逐渐增强
C．气态氢化物稳定性逐渐增强
D．单质氧化性逐渐增强
【解析】　卤族元素随着原子序数的递增，其性质呈现有规律的变化，由于相对分子质量的增大，单质的熔、沸点逐渐升高，常温下F2、Cl2为气态，Br2为液态，碘为固体。单质的氧化性逐渐减弱，对应的卤离子的还原性逐渐增强，气态氢化物的稳定性也逐渐减弱，它们水溶液的酸性却逐渐增强(在相同条件下)。
【答案】　B
9．由于碘是卤素中原子半径较大的元素，可能呈现金属性。下列哪个事实能够说明这个结论(　　)
A．已经制得了IBr、ICl等卤素互化物
B．已经制得了I2O5等碘的氧化物
C．已经制得了I(NO3)3、I(ClO4)3·2H2O等含I3＋离子的化合物
D．碘(I2)易溶于KI等碘化物溶液，形成I3－离子
【解析】　解答本题时，应抓住“可能呈现金属性”这一信息，可知选项C中的化合物I(NO3)3和I(ClO4)3·2H2O，其中碘为＋3价简单阳离子，体现了金属性。
【答案】　C
10．(2009年菏泽模拟)碘跟氧可以形成多种化合物，其中一种称为碘酸碘，在该化合物中碘元素呈＋3、＋5两种价态，这种化合物的化学式是(　　)
A．I2O3 B．I2O4
C．I4O7 D．I4O9
【解析】　碘酸根为IO3－，＋3价碘作为阳离子，写成盐的形式是I(IO3)3，合并后可写成I4O9。
【答案】　D
11．某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，生成NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，其中ClO－与ClO3－浓度比为1∶3，则Cl2与NaOH反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为(　　)
A．21∶5 B．11∶3
C．3∶1 D．4∶1
【解析】　根据得失电子守恒，若生成1 mol NaClO和3 mol NaClO3，则必有1＋3×5＝16 mol电子转移，必有16 mol Cl被还原。
【答案】　D
二、非选择题
12．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，它们可按下图所示关系进行反应。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：________________________________________________________________________。
【解析】　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)―→EE溶液，可猜测C为H2，E为HCl。
再结合：A(固体)＋B(Cl2)―→D(固体)
E(液体)＋A(固体)―→C(H2)＋F
F＋B(Cl2)―→D(溶液)
可推测A为Fe，F为FeCl2，D为FeCl3。
经验证，以上推测是正确的。
【答案】　(1)A.Fe　B．Cl2　C．H2
(2)2Fe＋3Cl22FeCl3
(3)2HCl＋Fe===FeCl2＋H2↑
(4)2FeCl2＋Cl2===2FeCl3
13．(2008年山东高考题)食盐是日常生活的必需品，也是重要的化工原料。
(1)粗食盐常含有少量K＋、Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SO42－等杂质离子，实验室提纯NaCl的流程如下：
提供的试剂：饱和Na2CO3溶液　饱和K2CO3溶液　NaOH溶液　BaCl2溶液　Ba(NO3)2溶液　75%乙醇　四氯化碳
①欲除去溶液Ⅰ中的Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SO42－离子，选出a所代表的试剂，按滴加顺序依次为________________________________________________________________________
(只填化学式)。
②洗涤除去NaCl晶体表面附带的少量KCl，选用的试剂为____________。
(2)用提纯的NaCl配制500 mL 4.00 mol·L－1NaCl溶液，所用仪器除药匙、玻璃棒外还有________________________________________________________________________
______________(填仪器名称)。
(3)电解饱和食盐水的装置如右图所示，若收集的H2为2 L，则同样条件下收集的Cl2　　　　(填“>”“=”“<”)2 L，原因是________________________________________________________________________。
装置改进后，可用于制备NaOH溶液，若测定溶液中NaOH的浓度，常用的方法为________________________________________________________________________。
(4)实验室制备H2和Cl2通常采用下列反应：
Zn+H2SO4===ZnSO4+H2↑
MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
据此，从下列所给仪器装置中选择制备并收集H2的装置________(填代号)和制备并收集干燥、纯净Cl2的装置________(填代号)。
可选用制备气体的装置：
【解析】　(1)①所加试剂过量，后加试剂须除去前面所加的过量试剂，故Na2CO3溶液在BaCl2溶液后(不能用K2CO3，因其引入K＋)；②晶体表面的K＋用75%乙醇洗涤(减少NaCl的溶解，乙醇易挥发)。(2)所需仪器除烧杯、胶头滴管、500 mL容量瓶(不要漏答规格)，还需天平(称量晶体)。(3)因Cl2会与NaOH溶液反应，其体积比H2小。(4)制H2选用排水法或向下排空气法(f为向上排空气法)，制Cl2要求纯净(除HCl)，干燥[除H2O(g)]，选d。
【答案】　(1)①BaCl2、NaOH、Na2CO3(NaOH溶液的加入顺序不影响)　②75%乙醇
(2)天平、烧杯、500 mL容量瓶、胶头滴管
(3)<　电解生成的氯气与电解生成的NaOH发生了反应　酸碱中和滴定　(4)e　d
14．据报载，广州一家庭主妇在家中打扫卫生，为了获得更强的去污能力，把洁厕灵与漂白粉等洗涤用品混用，结果导致氯气中毒死亡。洁厕剂是用盐酸勾兑成的。
(1)如果你不慎把洁厕剂与漂白粉等混用，你判断有氯气逸出的理由是________________________________________________________________________。
如果你不逃离现场，那么你打算采取的措施是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(假设室内有NaHCO3溶液、肥皂水、水、NaBr溶液、NaOH溶液等)
(2)请写出洁厕剂与漂白粉混合产生氯气的化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
该反应中氧化剂是________(用化学式表示)，若反应中转移的电子数是1.204×1023，则被氧化的HCl的质量是________g。
【解析】　碱性条件下氯气发生氧化还原反应生成漂白粉，而在酸性条件下漂白粉会生成氯气。处理室内散发的氯气时，既要考虑到溶液碱性大小，又要不能腐蚀房间及内部各种物品。特别注意被氧化的HCl的质量是参加反应的HCl的质量的一半。本题的创新点在于用所学化学知识解决现实生活中的问题。充分体现了新课标的理念——从生活走向化学，从化学走向社会。
【答案】　(1)漂白粉与盐酸反应生成Cl2　用蘸有NaHCO3溶液的毛巾捂住口鼻，然后用喷雾器等向室内喷洒肥皂水
(2)Ca(ClO)2＋4HCl===CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O　Ca(ClO)2　7.3
15．(2009年天津模拟)对某宇航员从天外某星球外层空间取回的气体样品进行如下实验：
①将气体样品溶于水，发现其主要气体A易溶于水；②将A的浓溶液与MnO2共热生成一种黄绿色气体单质B，B通入NaOH溶液中生成两种钠盐；
③A的稀溶液与锌粒反应生成气体C，C与B组成的混合气体经光照发生爆炸，生成气体A，实验测得反应前后气体体积不变。
据此回答下列问题：
(1)写出A、B、C的分子式：
A________；B________；C________。
(2)写出A的浓溶液与MnO2共热的化学反应方程式：
________________________________________________________________________。
(3)写出B通入NaOH溶液生成两种钠盐的反应方程式：
________________________________________________________________________。
(4)科研资料表明：如果该星球上有生命活动，则这些生物可能从该星球上液态氨的海洋中产生，因为那里的液氨相当于地球上的水，据此推测：该星球上是否有生命活动？简述理由。
【解析】　此题的题干新，但对A物质的描述都符合常见物质HCl，而黄绿色气体单质B符合Cl2的性质。据此可得：A：HCl　B：Cl2　C：H2　(1)(2)(3)可顺利答出。(4)是利用新情况，考查旧知识，即考查共存原理。HCl与NH3不共存。
【答案】　(1)HCl　Cl2　H2
(2)MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
(3)Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O
(4)不可能有生命活动。因为该星球外层空间存在的HCl极易和NH3发生反应生成NH4Cl，所以该星球上不可能形成液态氨的海洋。(共46张PPT)
第3讲　生活中两种常见的有机物
1．乙醇、乙酸的分子组成、结构、物理性质和化学性质。
2．乙醇、乙酸在日常生活中的应用。
3．乙醇的催化氧化反应的应用。
4．对酯化反应的反应原理及有关实验装置、实验现象、注意事项等的分析。
1．乙醇的物理性质
乙醇是 色、有 香味的 体，密度比水 ，易挥发，能溶解多种 和 ，能与水 ，乙醇俗称 。
2．乙醇的结构
乙醇的分子式是 ，结构式是 ，结构简式为 或 。
无
特殊
液
小
有机物
无机物
以任意比互溶
酒精
C2H6O
CH3CH2OH
C2H5OH
一、乙醇
3．烃的衍生物和官能团
烃分子里的 被其他 或 所取代而生成的一系列化合物称为烃的衍生物，其中取代 的其他原子或原子团使烃的衍生物具有 相应烃的特殊性质，被称为 。
4．乙醇的化学性质
(1)乙醇与金属钠的反应：乙醇与金属钠反应产生了 ，说明乙醇分子中含有 基团，称为 。乙醇可以看成是乙烷分子中的 被 取代后的产物。
氢原子
原子
原子团
氢原子
不同于
官能团
氢气
—OH
羟基
氢原子
羟基
乙醇与金属钠反应的化学方程式为
2C2H5OH＋2Na―→
2C2H5ONa＋H2↑。
乙醇与金属钠的反应比水与金属钠的反应 得多，说明乙醇 中的氢原子不如水分子中的氢原子 。
(2)乙醇的氧化反应
①乙醇在空气中燃烧，放出 的热；方程式为
②在一定条件下，乙醇可以与 反应。在 或 做催化剂的条件下，可以被空气中的氧气氧化为乙醛，方程式为
③乙醇还可以与 或 反应，被直接氧化为乙酸。
平缓
羟基
活泼
大量
氧化剂
铜
银
酸性高锰酸钾溶液
酸性重铬酸钾溶液
C2H5OH＋3O2 2CO2＋3H2O。
2CH3CH2OH＋ + 2H2O。
二、乙酸
1．乙酸的分子组成和结构
分子式 ，结构式 ，结构简式 ，乙酸可以看成是由甲基和羧基结合而成，官能团为 。
2．乙酸的物理性质
乙酸是有 性气味的 液体，纯净的乙酸在温度低于16.6 ℃时凝结成似冰一样的晶体，所以纯净的乙酸又称为 ，乙酸易溶于 和 。
C2H4O2
CH3COOH
羧基
强烈刺激
无色
冰醋酸
水
乙醇
3．乙酸的化学性质
(1)乙酸具有酸的通性，乙酸是 酸，其酸性比碳酸 。
(2)乙酸的酯化反应：酸与 作用，生成 和水的反应叫做酯化反应。
乙酸与乙醇发生反应的化学方程式为
浓硫酸的作用是 和 ，饱和碳酸钠溶液的作用是
、
、 。
弱
强
醇
酯
催化剂
吸水剂
中和挥发出的乙酸，生成可溶于水的醋酸钠，便于闻乙酸乙酯的香味
溶解挥发出的乙醇
减小乙酸乙酯在水中的溶解度，使溶液分层
CH3CH2OH＋CH3COOH CH3COOCH2CH3＋H2O。
1．如何检验某酒精为无水酒精？
2．如何用工业酒精制无水酒精？
【提示】　1.取少量试样，加入无水CuSO4粉末，若变蓝，证明含水，否则是无水酒精。
2．加入生石灰后蒸馏。
乙醇的化学性质
1．与金属钠的反应 钠与水、乙醇反应的比较
通过比较我们可以得出如下结论：
(1)物质的密度：水>钠>乙醇
(2)反应的剧烈程度：钠与水反应剧烈，与乙醇反应缓慢，说明乙醇分子中的羟基氢原子活泼程度不如水分子中的氢原子活泼。可见乙基对羟基的影响，使羟基氢原子活泼性减弱。所以乙醇与金属钠的反应比水与金属钠的反应要缓和的多。
(3)反应的实质：钠与水反应是水分子中的氢原子被置换；乙醇与金属钠的反应是乙醇分子中羟基上氢原子被置换。
金属钠的变化 产生气体燃烧现象
产物的检验
水 钠粒浮在水面上，熔成闪亮的小球，并在水面四处游动，发出“嘶嘶”声音。钠球迅速变小，最后消失 气体在空气中燃烧，发出淡蓝色火焰 向反应后的溶液中滴加酚酞，溶液变红，说明有碱性物质生成
乙醇 钠粒沉于无水酒精底部，不熔化成小球，也不发出响声，并且反应缓慢 气体在空气中安静地燃烧，火焰呈淡蓝色，倒扣在火焰上方的烧杯内壁有水滴 向反应后的溶液中滴加酚酞，溶液变红，说明有碱性物质生成。向倒扣在火焰上方的小烧杯中加入澄清石灰水无明显现象，证明无CO2产生
2．乙醇的催化氧化
(1)乙醇的催化氧化原理
将弯成螺旋状的粗铜丝灼热后，插入乙醇中，会发生下列反应： (铜丝变黑)
总反应方程式为：
反应中Cu作催化剂。
(2)乙醇催化氧化的本质
在有机反应中得氧或失氢的反应均为氧化反应。乙醇催化氧化生成乙醛时，乙醇分子并未得氧，而是失去两个氢原子生成乙醛分子。因此乙醇变为乙醛的反应实质是去氢反应。所以，有机化学反应中的氧化即为加氧或去氢的反应，还原即为加氢或去氧的反应。
(2007年朝阳)下列醇类物质中既能发生消去反应，又能发生催化氧化反应生成醛类的物质是(　　)
【导航】　乙醇的化学性质，要落实每项性质中化学键是从何处断裂的。把握住反应规律。
【解析】　发生消去反应的条件是：与—OH相连的碳原子的邻碳原子上有H原子，上述醇中B没有。与羟基(—OH)相连的碳原子上有H原子的醇能被氧化，但只有含有2个氢原子的醇(即含有—CH2OH)才能转化为醛。
【答案】　C
乙酸的化学性质
1．乙酸的酸性：乙酸的电离方程式为：
(在水溶液里只有部分电离，生成氢离子)。
乙酸是弱酸，具有酸的通性，能使紫色石蕊试液变红；能与活泼金属、碱等物质发生反应。
2．乙酸的酯化反应：乙酸与乙醇生成乙酸乙酯。这种酸与醇反应生成酯和水的反应称为酯化反应。酯化反应是可逆反应，反应进行的比较缓慢，反应物不能完全变成生成物。
在制取乙酸乙酯的实验中应注意以下几点：
(1)浓硫酸的作用：催化剂和吸水剂，此反应是可逆反应，加入浓硫酸可以缩短达到平衡的时间，以及促使反应向生成乙酸乙酯的方向进行。
(2)注意配制混合溶液时，试剂的加入顺序：化学药品加入试管中时，一定注意不能先加浓硫酸，以防止液体飞溅；通常做法是：乙醇→浓硫酸→乙酸(当然有时会先将乙醇和乙酸混合，再加浓硫酸)。
(3)导管末端不能插入饱和碳酸钠溶液中，其目的是防止液体发生倒吸。
(4)饱和碳酸钠溶液的作用主要有三个方面：一是中和挥发出的乙酸，生成可溶于水的醋酸钠，便于闻乙酸乙酯的香味；二是溶解挥发出的乙醇；三是减小乙酸乙酯在水中的溶解度，使溶液分层。
(5)反应混合物中加入碎瓷片的作用是为了防止加热过程中液体发生暴沸。
(6)通常用分液漏斗分离生成的乙酸乙酯和水溶液。
(7)该反应的机理是：酸脱去羧基上的羟基，醇脱去羟基上的氢原子，二者结合成水，其他部分结合生成乙酸乙酯，所以，酯化反应实质上也是取代反应。
3．酯化反应的产物是酯，一般由有机酸与醇脱水而成
很多鲜花和水果的香味都来自酯的混合物。现在可以通过人工方法合成各种酯，用作饮料、糖果、香水、化妆品中的香料；也可以用作指甲油、胶水的溶剂。
(全国Ⅱ)可用右图所示装置制取少量乙酸乙酯(酒精灯等在图中均已略去)。
(1)试管a中需要加入浓硫酸、冰醋酸和乙醇各2 mL，正确的加入顺序及操作是_________________________________。
(2)为防止a中的液体在实验时发生暴沸，在加热前应采取的措施是____________________________。
(3)实验中加热试管a的目的是：
①______________________；
②______________________。
(4)试管b中加有饱和Na2CO3溶液，其作用是__________。
(5)反应结束后，振荡试管b，静置。观察到的现象是__。
【导航】　结构决定性质，性质决定实验、操作和方法。
【解析】　(1)浓H2SO4溶解时放出大量的热，因此应先加入乙醇，然后边摇动试管边慢慢加入浓H2SO4，最后再加入冰醋酸。(2)为了防止发生暴沸应在加热前向试管中加入几片沸石(或碎瓷片)。(3)加热试管可提高反应速率，同时可将乙酸乙酯及时蒸出，有利于提高乙酸乙酯的产率。(4)乙酸乙酯在饱和Na2CO3溶液中溶解度很小，而随着乙酸乙酯蒸出的乙酸和乙醇在其中的溶解度很大，因此便于分离出乙酸乙酯。(5)试管内液体分层，上层为油状液体，因此乙酸乙酯的密度小于水的密度。
(4)吸收随乙酸乙酯蒸出的少量乙酸和乙醇
(5)b中的液体分层，上层是透明的油状液体
【答案】　(1)先加入乙醇，然后边摇动试管边慢加入浓硫酸，再加冰醋酸
(2)在试管中加入几片沸石(或碎瓷片)
(3)①加快反应速率
②及时将产物乙酸乙酯蒸出，以利于平衡向生成乙酸乙酯的方向移动
(4)吸收随乙酸乙酯蒸出的少量乙酸和乙醇
(5)b中的液体分层，上层是透明的油状液体
1．(2009年安徽理综)北京奥运会期间对大量盆栽鲜花施用了S－诱抗素制剂，以保持鲜花盛开。S－诱抗素的分子结构如图，下列关于该分子说法正确的是(　　)
A．含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基
B．含有苯环、羟基、羰基、羧基
C．含有羟基、羰基、羧基、酯基
D．含有碳碳双键、苯环、羟基、羰基
【解析】　分子中含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基，不含有苯环和酯基，故B、C、D错误。
【答案】　A
2．(2009年全国Ⅰ理综)现有乙酸和两种链状单烯烃的混合物，若其中氧的质量分数为a，则碳的质量分数是(　　)
【解析】　乙酸与单烯烃分子中碳、氢原子个数比均为1∶2，故在混合物中碳、氢元素的质量比恒定且为6∶1，碳、氢两元素总的质量分数为1－a，其中碳元素占6/7，故C项正确。
【答案】　C
3．(2009年全国Ⅱ理综)
1 mol 与足量的NaOH溶液充分反应，消耗的NaOH的物质的量为(　　)
A．5 mol B．4 mol
C．3 mol D．2 mol
【解析】　该分子中有一个酚羟基和两个酯基，酚羟基消耗1 mol NaOH，酯基水解后生成2 mol 酚羟基和2 mol 羧基又消耗4 mol NaOH，共消耗5 mol NaOH，故选A。
【答案】　A
4.
(2009年上海单科)1-丁醇和乙酸在浓硫酸作用下，通过酯化反应制得乙酸丁酯，反应温度为115～125 ℃，反应装置如右图。下列对该实验的描述错误的是(　　)
A．不能用水浴加热
B．长玻璃管起冷凝回流作用
C．提纯乙酸丁酯需要经过水、氢氧化钠溶液洗涤
D．加入过量乙酸可以提高1－丁醇的转化率
【解析】　A项，该反应温度为115～125 ℃，超过了100 ℃，故不能用水浴加热。B项，长玻璃管利用空气进行冷凝回流。C项，提纯乙酸丁酯不能用NaOH溶液洗涤，酯在碱性条件下会发生水解反应。D项，增大乙酸的量可提高醇的转化率。
【答案】　C
5．(2009年宁夏理综)下列化合物中既能使溴的四氯化碳溶液褪色，又能在光照下与溴发生取代反应的是(　　)
A．甲苯 B．乙醇
C．丙烯 D．乙烯
【解析】　不饱和键能使溴的四氯化碳溶液褪色，甲苯、乙醇因不含不饱和键，排除A、B选项；在光照下与溴发生取代反应是烷烃的性质，排除D选项。
【答案】　C
6．(2008年宁夏理综)下列说法错误的是(　　)
A．乙醇和乙酸都是常用调味品的主要成分
B．乙醇和乙酸的沸点和熔点都比C2H6、C2H4的沸点和熔点高
C．乙醇和乙酸都能发生氧化反应
D．乙醇和乙酸之间能发生酯化反应，酯化反应和皂化反应互为逆反应
【解析】　A项，乙醇和乙酸是常用调味品——酒和醋的主要成分；B项，乙醇和乙酸常温下为液态，而C2H6、C2H4常温下为气态；C项，乙醇和乙酸在空气中都能燃烧而发生氧化反应；D项，皂化反应是指油脂的碱性水解，反应能进行到底。
【答案】　D
1．(2008年高考上海综合能力测试)下图是燃料乙醇的生产和消费过程示意图。虽然燃料乙醇的使用缓解了汽车能源的紧张状况，但仍存在一些问题。由此可知，燃料乙醇(　　)
A．是最理想的绿色能源
B．提供的能量来自于太阳能
C．生产和消费过程对空气没有任何影响
D．生产过程中将消耗大量粮食，以避免粮食过剩
【解析】　从燃料乙醇的生产和消费过程示意图可以看出：乙醇燃料的使用缓解了能源紧张的状况，但其生产、使用过程中仍然产生一些污染，并且会消耗大量粮食，也会从一定程度上造成粮食紧张，故A、C、D是错误的，答案为B。
【答案】　B
2．(2009年南通一模)化学与社会、生活密切相关，下列有关说法中不正确的是(　　)
A．焰火“脚印”、“笑脸”等，让北京奥运会开幕式更加辉煌、浪漫，这与高中化学中的焰色反应知识相关，焰色反应是物理变化
B．2008年10月30日，我国在从日本进口的酱油中检出违规添加的甲苯和乙酸乙酯，乙酸乙酯不溶于水
C．康师傅矿物质饮用水含钾、镁等游离态矿物质元素
D．将三聚氰胺加入奶粉中是为了提高奶粉检验时蛋白质的含量，因为它的含氮量高
【解析】　焰色反应是电子能级跃迁引起的，是物理变化。乙酸乙酯不溶于水，易溶于有机溶剂。
【答案】　C
3．对于乙醇结构方面的说法中正确的是(　　)
A．乙醇结构中有—OH，所以乙醇溶解于水，可以电离出OH－而显碱性
B．乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯，所以乙醇显碱性
C．乙醇与钠反应可以产生氢气，所以乙醇显酸性
D．乙醇与钠反应非常平缓，所以乙醇羟基上的氢原子不如水中的氢原子活泼
【解析】　乙醇的官能团是—OH，但官能团的H原子不能电离，因此不表现酸碱性。又由于乙醇中的—OH不如水中的氢原子活泼，所以Na与乙醇反应不如与水反应剧烈。
【答案】　D
5．在同温同压下，某有机物和过量Na反应得到V1 L 氢气，另一份等量的有机物和足量的NaHCO3反应得V2 L二氧化碳，若V1＝V2≠0，则此有机物可能是(　　)
【解析】　Na既能与羟基反应，又能与羧基反应。NaHCO3只与羧基反应，不与羟基反应。因此，能使生成的CO2与H2的量相等的只有A项。
【答案】　A
6．实验室用乙酸、乙醇、浓硫酸制取乙酸乙酯，加热蒸馏后，在饱和碳酸钠溶液的上面得到无色油状液体，当振荡混合时，有气泡产生，原因是(　　)
A．产品中有被蒸馏出的硫酸
B．有部分未反应的乙醇被蒸馏出来
C．有部分未反应的乙酸被蒸馏出来
D．有部分乙醇跟浓硫酸反应
【解析】　题中气泡产生只能是Na2CO3产生的，能与Na2CO3反应生成CO2的物质，从题目中看有H2SO4和乙酸两种，但H2SO4是非挥发性酸，不能被蒸馏出来，而乙酸易挥发，所以很容易被蒸馏出来。
【答案】　C
7．已知乙醇可以和氯化钙反应生成难溶于水的CaCl2·6C2H5OH。有关的有机试剂的沸点如下：CH3COOC2H5为77.1 ℃、C2H5OH为78.3 ℃、C2H5OC2H5(二乙醚)为34.5 ℃、CH3COOH为118 ℃。
实验室合成乙酸乙酯粗产品的步骤如下：在蒸馏烧瓶内将过量的乙醇与少量浓硫酸混合，然后经分液漏斗边滴加醋酸，边加热蒸馏。由下面的实验可得到含有乙醇、乙醚、醋酸和水的乙酸乙酯粗产品。
试解答下列问题：
(1)反应中加入的乙醇是过量的，其目的是______________。
(2)边滴加醋酸、边加热蒸馏的目的是_______________。
将粗产品再经下列步骤精制。
(3)为除去其中的醋酸，可向产品中加入________(填下列选项序号)。
A．无水乙醇　　　B．碳酸钠粉末　　　C．无水醋酸钠
(4)再向其中加入饱和氯化钙溶液，振荡、分离，其目的是______。
(5)然后再向其中加入无水硫酸钠，振荡，其目的是_______。
最后，将经过上述处理后的液体加入另一干燥的蒸馏烧瓶内，蒸馏，弃去低沸点馏分，收集沸点在76～78 ℃之间的馏分，即得纯净乙酸乙酯。
【解析】　CH3COOH＋CH3CH2OH CH3COOC2H5＋H2O。该反应为可逆反应，过量的CH3CH2OH和不断蒸出CH3COOC2H5，有利反应正向进行。在所得产品中混有CH3COOH、CH3CH2OH等杂质，除掉CH3COOH，可利用CH3COOH的酸性选择Na2CO3粉末；CaCl2可与CH3CH2OH反应生成微溶于水的CaCl2·6C2H5OH；无水Na2SO4可除去粗产品中的水。
8．(2008年高考海南卷)A、B、C、D、E均为有机化合物，它们之间的关系如图所示(提示：RCH===CHR′在酸性高锰酸钾溶液中反应生成RCOOH和R′COOH，其中R和R′为烷基)。
回答下列问题：
(1)直链化合物A的相对分子质量小于90，A分子中碳、氢元素的总质量分数为0.814，其余为氧元素，则A的分子式为____。
(2)已知B与NaHCO3溶液完全反应，其物质的量之比为1∶2，则在浓硫酸的催化下，B与足量的C2H5OH发生反应的化学方程式是_______________，反应类型为________。
(3)A可以与金属钠作用放出氢气，能使溴的四氯化碳溶液褪色，则A的结构简式是____________________________。
(4)D的同分异构体中，能与NaHCO3溶液反应放出CO2的有______种，其相应的结构简式是______________________。
【解析】　(1)A分子中碳、氢元素的总质量分数为0.814，则氧元素占的质量分数为1－0.814＝0.186，若A分子中含有一个氧原子则M(A)＝1×16÷0.186＝86，若A分子中含有2个氧原子，则M(A)＝2×16÷0.186＝172，化合物A的相对分子质量小于90，所以A分子中含有一个氧原子，相对分子质量为86。则M(C、H)＝86－16＝70，A的分子式为C5H10O。
(2)C与乙醇酯化后的D的分子式为C4H8O2，由酯化反应特点可知：C的分子式是C4H8O2＋H2O－C2H6O＝C2H4O2，是乙酸。所以B分子中的碳原子数为3，结合题中B与NaHCO3溶液完全反应，其物质的量之比为1∶2可知B为二元酸，只能是HOOC—CH2—COOH，在浓硫酸的催化下，B与足量的C2H5OH发生反应的化学方程式是 HOOC—CH2—COOH＋2C2H5OH C2H5OOC—CH2—COOC2H5＋2H2O；反应类型为酯化反应(或取代反应)。
(3)A的分子式为C5H10O，与相应的饱和一元醇仅相差2个氢原子，结合题中A既可以与金属钠作用放出氢气，又能使溴的四氯化碳溶液褪色，可知A为含有双键的一元醇，结合B、C的结构式推知A为HO—CH2—CH2—CH===CH—CH3。
(4)D的分子式为C4H8O2，符合酯和一元羧酸的通式。其中能与NaHCO3溶液反应放出CO2的属于羧酸，有如下2种：CH3CH2CH2COOH、CH3CH(CH3)COOH。
【答案】　(1)C5H10O
(2)HOOC—CH2—COOH＋2C2H5OH
C2H5OOC—CH2—COOC2H5＋2H2O　酯化反应(或取代反应)
(3)HO—CH2—CH2—CH===CH—CH3
(4)2　CH3CH2CH2COOH、CH3CH(CH3)COOH
乙醇分子结构的确定
经测定乙醇的分子式是C2H6O。由于有机化合物普遍存在同分异构现象，推测乙醇分子结构可能是下列中的两者之一：
为确定其结构，应利用物质的特殊性质进行定性、定量实验。现经给出乙醇、钠反应的装置如下图所示，请回答下列问题：
乙醇的物质的量 氢气的体积(标准状况)
0.10 mol 1.12 L
(1)学生甲得到一组实验数据：
根据以上数据推断乙醇的结构应为______(用Ⅰ、Ⅱ表示)，理由为__________________________。
(2)学生乙分别准确称量4.60 g乙醇进行多次实验，结果发现已排到量筒内的水的体积作为生成氢气的体积换算成标准状况后都小于1.12 L。如果忽略量筒本身及读数造成的误差，那么学生乙认为是由于乙醇样品中含有少量水造成的，你认为正确吗？______(填“正确”或“不正确”)。如果你认为正确，请说明理由；你认为不正确，那么产生这种情况的原因是什么？
(3)学生丙认为实验成功的关键有：
①装置气密性良好
②实验开始前准确测定乙醇的量
③钠足量
④广口瓶内必须充满水
⑤氢气的体积的测算方法正确、数据准确
。
其中正确的有________(填序号)。
(4)学生丁不想通过称量乙醇的质量来确定乙醇的量，那么他还需要知道的数据是______________________。
(5)实验后四名学生从乙醇的可能结构分析入手，对乙醇和钠的关系进行讨论，如果乙醇的物质的量为n mol，那么对钠的物质的量取值要求必须是______________
　(1)n(C2H5OH)∶n(H2)＝0.10 mol∶ ，即n(C2H5OH)∶n(活泼氢)＝1∶1，说明乙醇分子中只有一个氢原子被取代。(Ⅰ) 有2种氢原子，分别为5个和1个；(Ⅱ) 6个氢原子，全部相同，故选(Ⅰ)。
(2)V(H2)＝ ＝1.12 L相同质量的C2H5OH、H2O与Na反应，H2O产生的H2多，故不正确。分析装置中，广口瓶与量筒间玻璃导管中水的体积未计算在内。
(3)由实验过程和装置图可知，选①、②、③、⑤。
(4)测体积，还需知道的数据是乙醇的密度。
(5)C2H5OH～Na
n　　　　n
加入的钠有少量被空气中的氧气氧化且要求乙醇全部发生化学反应，故加入的金属钠应大于n mol。
(4)测体积，还需知道的数据是乙醇的密度。
(5)C2H5OH～Na
n　　　　n
加入的钠有少量被空气中的氧气氧化且要求乙醇全部发生化学反应，故加入的金属钠应大于n mol。
【答案】　(1)Ⅰ　由实验结果可知1 mol乙醇分子中有1 mol氢原子可被Na置换，有5 mol氢原子不能被Na置换，说明在C2H6O分子中有1个氢原子不同于另外5个氢原子。对照(Ⅰ)(Ⅱ)式可知(Ⅰ)式符合实验结果
(2)不正确　广口瓶与量筒间玻璃导管中水柱体积未计算在内
(3)①②③⑤ (4)所给乙醇样品的密度
(5)大于n mol
课时作业
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一、选择题
1．下列反应起了氮的固定作用的是(　　)
A．氨经催化氧化生成NO
B．NO与O2反应生成NO2
C．N2在一定条件下与Mg反应生成Mg3N2
D．NH3与硝酸反应生成NH4NO3
【解析】　固氮是把N2―→含氮化合物。
【答案】　C
2．(2008年山东烟台模拟)如右图所示，在一盛有蒸馏水的烧杯中有一悬浮的小球，当向烧杯中加入(或通入)下列物质后，小球沉到水底的是(　　)
A．HCl B．NH3
C．浓硫酸 D．浓硝酸
【解析】　小球沉到水底，说明加入某种物质以后，液体的密度变小了，即所形成的溶液的密度比水小。选项中HCl、H2SO4、HNO3溶于水后所得溶液密度都比水大，只有NH3溶于水后得到的氨水的密度比水小，故选项A、C、D错误，B正确。
【答案】　B
3．检验某固体样品中是否含有NH4＋的方法是，先取少量固体于试管中，然后(　　)
A．加热，用湿润红色石蕊试纸在试管口检验
B．加水溶解，用红色石蕊试纸检测溶液酸碱性
C．加入弱碱溶液，加热，滴入酚酞试剂
D．加入烧碱溶液，加热，用湿润红色石蕊试纸在试管口检验
【答案】　D
4．水是生命之源，下列有关说法中正确的是(　　)
A．双氧水被称为绿色氧化剂，是因为其还原产物为O2，对环境没有污染
B．王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比1∶3配成的混合物，可以溶解Au、Pt
C．氨水能导电，说明氨气是电解质
D．新制备的氯水中存在三种分子，四种离子
【解析】　H2O2的还原产物是H2O，王水中浓盐酸和浓硝酸的体积比为3∶1。
【答案】　D
5.
(2008年广东理基)从绿色化学的理念出发，下列实验不宜用右图所示装置进行的是(　　)
A．不同浓度的硝酸与铜反应
B．稀硫酸与纯碱或小苏打反应
C．铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应
D．H2O2在不同催化剂作用下分解
【解析】　图中显示出仅有制备装置，无尾气处理装置，所以A中有NOx产生，不宜用此装置进行实验。
【答案】　A
6．在如右图所示的装置中，干燥烧瓶内盛有某种气体，烧杯和滴管内盛放某种溶液。挤压滴管的胶头。下列不能产生喷泉的是(　　)
A．CO2(NaHCO3溶液)/无色喷泉
B．NH3(H2O含酚酞)/红色喷泉
C．H2S(CuSO4溶液)/黑色喷泉
D．HCl(AgNO3溶液)/白色喷泉
【解析】　A项中CO2不能被NaHCO3溶液吸收，不能形成喷泉；NH3极易溶于水，使酚酞溶液变红，可形成红色喷泉；H2S＋CuSO4===CuS↓＋H2SO4，HCl＋AgNO3===AgCl↓＋HNO3，C、D分别能产生黑色喷泉、白色喷泉。
【答案】　A
7．(2008年东城模拟)发射宇宙飞船的运载火箭的推进剂引燃后，产生大量高温气体从尾部喷出，该气体主要成分是CO2、H2O、N2、NO等，在发射现场可看到火箭尾部产生大量红色气体，其原因是(　　)
A．高温下N2遇空气生成NO2
B．NO遇空气生成NO2
C．CO2与NO反应生成CO和NO2
D．NO与H2O反应生成H2和NO2
【答案】　B
8．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
【解析】　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：Fe＋4H＋＋NO3－===Fe3＋＋NO↑＋2H2O或3Cu＋8H＋＋2NO3－===3Cu2＋＋4H2O＋2NO↑，使金属的质量减少。
【答案】　A
9．(2008年烟台模拟)在标准状况下将O2与NO按3∶4的体积比充满一个干燥烧瓶，将烧瓶倒置于水中，瓶内液面逐渐上升后，最后烧瓶内溶液的物质的量浓度为(　　)
A．0.045 mol/L B．0.036 mol/L
C．0.025 mol/L D．0.30 mol/L
【解析】　此题涉及两个知识点：①NO和O2迅速反应生成NO2，②NO2和O2混合气体通入水中反应：4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3。设O2为3 mol，NO为4 mol，根据2NO＋O2===2NO2，烧瓶内实际存在的是4 mol NO2和1 mol O2，在水作用后4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，恰好生成4 mol HNO3，溶液体积为5×22.4 L。故硝酸溶液的浓度为＝0.036 mol/L。
【答案】　B
10．现有100 g 3.4 %的氨水，欲使其质量分数(NH3)增大1倍，可采用的正确方法是(　　)
A．使溶液再溶解0.2 mol NH3
B．加入20.4%的浓氨水25 g
C．加热蒸发掉一半水
D．加热蒸发掉50 g H2O
【解析】　A项，溶质的质量增大1倍，但溶液的质量大于100 g；
B项，w(NH3)＝＝6.8%；
C、D两项，加热氨水时，不仅水分蒸发，而且有NH3挥发出来。
【答案】　B
11．将a mL NO、b mL NO2、x mL O2混合于同一集气瓶内，把集气瓶倒立在水中，充分反应后瓶内气体全部溶解，则x对a、b的函数关系式x＝f(a，b)是(　　)
A．(a＋b)/2 B．(2a＋b)/3
C．(3a＋b)/4 D．(4a＋b)/5
【解析】　由题意，整个过程发生的化学反应方程式为4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3,4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，由电子得失守恒，得3a＋b＝4x，所以x＝。
【答案】　C
12．在100 mL混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4 mol·L－1和0.1 mol·L－1。向该混合液中加入1.92 g Cu粉，加热充分反应后，所得溶液中Cu2＋的物质的量浓度是(　　)
A．0.15 mol·L－1 B．0.225 mol·L－1
C．0.35 mol·L－1 D．0.45 mol·L－1
【解析】　反应的离子方程式为：
3Cu＋8H＋＋2NO3－===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
因为n(Cu)＝ mol＝0.03 mol，
n(NO3－)＝0.1 L×0.4 mol·L－1＝0.04 mol。
n(H＋)＝0.1×0.4 mol＋0.1×0.1×2 mol＝0.06 mol
所以Cu、NO3－都过量，用H＋计算生成的Cu2＋的物质的量n(Cu2＋)＝0.022 5 mol
所以c(Cu2＋)＝ mol·L－1＝0.225 mol·L－1。
【答案】　B
二、非选择题
13．有人用如图所示的实验装置探究浓硝酸、稀硝酸分别跟铜片的反应：
(1)实验a中试管上部会看到的现象是　　　　，由此证明生成的气体是　　　　；根据　　　　　　的现象可判断铜被氧化为　　　　，综合起来可得出铜跟浓硝酸反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
(2)实验b中试管上部起先可看到　　　　，后来可看到　　　　　　，由此证明生成的气体是　　　　；根据　　　　　的现象可判断铜被氧化为　　　　。写出化学方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)两实验中将导管伸入氢氧化钠溶液中是为了________________________________________________________________________
　　　　　　　　　　　　　，你认为能否达到目的：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)除了气体颜色方面的差异外，两实验中还有哪些实验现象有明显差异？写出一条：________________________________________________________________________，
由此你能得出什么结论？________________________________________________________________________。
(5)以前做过浓硫酸、稀硫酸跟铜共热的实验，与浓硝酸、稀硝酸跟铜反应的实验相比较，关于硝酸性质方面你能得出什么结论？________________________________________________________________________。
【解析】　NO2通入氢氧化钠溶液中可发生下列反应，使NO2全部被吸收，2NO2+2NaOH===NaNO3+NaNO2+H2O。NO2、NO的混合气体也能被氢氧化钠溶液吸收，反应的化学方程式为：NO2+NO+2NaOH===2NaNO2+H2O。
但单独的NO气体通入氢氢化钠溶液中，不能发生反应，所以实验b中所生成的气体有部分不能被氢氧化钠溶液吸收。
【答案】　(1)变红棕色　NO2(不是H2或NO)　溶液变蓝色　Cu2+　Cu+4H++2NO3-===Cu2++2NO2↑+2H2O
(2)淡红棕色　红棕色消失　NO(不是NO2或H2)　溶液变蓝色　Cu2+　3Cu+8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
(3)吸收反应生成的NO2、NO等气体，防止污染空气　实验a中产生的气体能被完全吸收，实验b中产生的NO气体不能完全被吸收
(4)反应速率明显不同，实验a中快，b中慢　浓硝酸的氧化性比稀硝酸的氧化性强(或浓硝酸比稀硝酸活泼)
(5)硝酸的氧化性比硫酸的氧化性强
14．已知A、B、C、D、E为中学化学常见的五种物质，均含元素Y，且Y在这些物质中所呈化合价依次升高，其中只有B为单质。若在常温下将气体D通入水中可以发生反应，生成C和E。工业上以A、空气和水为原料，通过催化氧化法制取E。
请回答下列问题：
(1)B分子的电子式为________。
(2)实验室制取A的化学反应方程式为：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)E具有不稳定性，因此实验室中保存E的方法是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)工业上若输送Cl2的管道漏气，用A进行检验时可观察到大量白烟，同时有B生成，写出此反应的化学方程式：
________________________________________________________________________。
当反应中转移的电子为3 mol时，被氧化的A在标准状况下的体积为________L。
【解析】　Y元素价态的丰富性和以“A、空气和水为原料催化氧化制E”作为突破口，初步确定Y为氮元素，A、B、C、D、E为含氮物质。
(1)由题意可知：A中Y的价态最低，且可做生产硝酸的原料，故A为NH3；作为单质的B为N2。
(2)实验室制取NH3，通常以NH4Cl(s)和熟石灰混合共热制得。
(3)浓HNO3见光受热易分解，因此在保存时注意避光、阴凉。
(4)Cl2与NH3易发生反应：
8NH3＋3C6e－l2===6NH4Cl＋N2，大量白烟是生成NH4Cl的缘故。每2 mol NH3被氧化转移6 mol电子，故每转移3 mol电子被氧化的NH3在标准状况下的体积为：1 mol×22.4 L·mol－1＝22.4 L。
【答案】　(1)N N
(2)2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O
(3)密封于棕色瓶中，并置于阴凉处
(4)8NH3＋3Cl2===6NH4Cl＋N2　22.4
15．(上海化学)实验室模拟合成氨和氨催化氧化的流程如下：
已知实验室可用饱和亚硝酸钠(NaNO2)溶液与饱和氯化铵溶液经加热后反应制取氮气。
(1)从图中选择制取气体的合适装置：氮气__________、氢气________。
(2)氮气和氢气通过甲装置，甲装置的作用除了将气体混合外，还有____________、____________________。
(3)氨合成器出来经冷却的气体连续通入乙装置的水中吸收氨，________(“会”或“不会”)发生倒吸，原因是____________________________________。
(4)用乙装置吸收一段时间氨后，再通入空气，同时将经加热的铂丝插入乙装置的锥形瓶内，能使铂丝保持红热的原因是：______________________________，锥形瓶中还可观察到的现象是：________________________。
(5)写出乙装置中氨氧化的化学方程式：______________。
(6)反应结束后锥形瓶内的溶液中含有H＋、OH－、________、________离子。
【解析】　(1)制取N2应选液＋液气体的装置，所以选a。制取H2应选固＋液―→气体的装置，所以选b。
(2)浓H2SO4具有吸水性，所以可做干燥剂；再仔细观察通H2与通N2的导管伸入到浓H2SO4中的深度一样，有利于观察气泡情况。有利于控制H2和N2的流速。
(3)此题很多同学可能不加思考就答“会”发生倒吸。但稍微思考一下就知道，这是实验室模拟合成氨，在常压下进行合成氨实验，转化率较小，所以混合气体中含有大量难溶于水的H2和N2，不能发生倒吸。
(4)审题时抓住关键字，“铂丝保持红热”，只能靠自身反应来维持。不难答出氨的氧化反应是一个放热反应。产生的NO与O2会继续反应产生红棕色的NO2气体。
(5)从NH3与水反应及NH3·H2O的电离都是可逆反应很容易想到溶液中还有NH4＋，又因为产生的NO2气体可溶于H2O产生NO3－。从另一个角度去考虑，NO2气体与氨水反应既能产生NH4＋，又能产生NO3－。
【答案】　(1)a　b
(2)干燥气体　控制氢气和氮气的流速
(3)不会　混合气体中含有大量难溶于水的氮气、氢气两种气体
(4)氨的氧化反应是一个放热反应　有红棕色气体产生
(5)4NH3＋5O24NO＋6H2O
(6)NH4＋　NO3－
16．在浓硝酸中放入铜片：
(1)开始反应的化学方程式为________________________________，实验现象为________________________________________________________________________。
(2)若铜有剩余，则反应将要结束时的反应方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)待反应停止后，再加入少量质量分数为25%的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)若将12.8 g铜跟一定量的浓硝酸反应，铜耗完时，共产生气体5.6 L(标准状况)。则所消耗的硝酸的物质的量是____________，所得气体的平均相对分子质量是________。
【解析】　(2)随着反应的进行，硝酸浓度不断减小，故反应后阶段发生的是铜与稀HNO3的反应。
(4)n(NOx)＝＝0.25 mol，故消耗n(HNO3)＝2n(Cu)＋n(NOx)＝2×＋0.25 mol＝0.65 mol。
设产生NO2的物质的量为x，则NO的物质的量为(0.25 mol－x)。根据得失电子守恒，得下列方程
x×1＋(0.25 mol－x)×3＝×2
解得：x＝0.175 mol。
M＝
＝41.2 g·mol－1，
故所得气体的平均相对分子质量为41.2。
【答案】　(1)Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O　溶液逐渐变蓝，有红棕色气体逸出
(2)3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
(3)加入稀H2SO4后，与原溶液中的NO3－构成强氧化性的条件，又能与过量的Cu反应，方程式如(2)　(4)0.65 mol　41.2(共57张PPT)
第一单元　原子结构与性质
1．了解原子核外电子的能级分布，能用电子排布式表示常见元素(1～36号)原子核外电子的排布。
2．了解原子核外电子的运动状态。
3．了解元素电离能的含义，并能用以说明元素的某些性质。
4．了解共价键的主要类型σ键和π键，能用键能、键长键角等说明简单分子的某些性质。
5．认识共价分子结构的多样性和复杂性，能根据有关理论判断简单分子或离子的构型，能说明简单配合物的成键情况。
一、构造原理　能量最低原理
1．原子的诞生
(1)大爆炸宇宙学理论的要点
宇宙大爆炸诞生了大量的氢、少量的氦以及极少量的锂、氦等发生原子核的熔合反应，分期分批地合成其他元素。
(2)宇宙中的元素
宇宙中最丰富的元素是氢，其次是氦，地球上的元素大多数是金属，非金属(包括稀有气体)仅22种。
2．能层与能级
(1)能层
多电子原子的核外电子的能量是不同的。按电子的能量差异，可将核外电子分成不同的能层。原子核外电子的每一个能层(序数为n)最多可容纳的电子数为2n2。
(2)能级
多电子原子中，同一能层的电子，能量也不同，还可以把它们分成能级。
3．构造原理
随着原子核电荷数的递增，基态原子的核外电子按照上图中箭头的方向依次排布，即1s,2s,2p,3s,3p,4s,3d,4p,5s,4d,5p……该原理适用于绝大多数基态原子的核外电子排布。
【思考】　核外电子排布完全依照电子层顺序排列吗？
【提示】核外电子排布的规律并不完全依据电子层顺序，而是按能级顺序进行的。
4．能量最低原理、基态与激发态光谱
(1)能量最低原理
原子的电子排布遵循构造原理能使整个原子的能量处于最低状态。
(2)基态与激发态
原子核外电子在一定条件下会发生跃迁，跃迁过程中伴随着能量的变化。
(3)光谱
光(辐射)是电子释放能量的重要形式之一。不同元素的原子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，用光谱仪摄取各种元素的电子的吸收光谱或发射光谱，总称为原子光谱。利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析。
5．电子云与原子轨道
(1)电子云
电子云是电子在核外空间各处出现概率的形象化描述。黑点密的地方表示电子出现的概率大，黑点疏的地方表示电子出现的概率小。
(2)原子轨道
电子云轮廓图给出了电子在核外经常出现的区域。这种电子云轮廓图称为原子轨道。
原子轨道 轨道形状 轨道个数
s 球形 1
p 纺锤形 3
(3)泡利原理和洪特规则
①泡利原理
条件：当电子在同一个轨道中排布时；
结论：1个轨道里最多容纳2个电子，且自旋方向相反。
②洪特规则
条件：当电子排布在同一能级的不同轨道时；
结论：总是优先单独占据一个轨道，而且自旋方向相同。
③基态原子的核外电子在原子轨道上排布要遵循三个原则：能量最低原理、泡利原理、洪特规则。
二、原子结构与元素周期表、元素周期律
1．元素周期表结构
2．元素周期表的分区
按构造原理最后填入电子的能级的符号可把周期表里的元素划分为5个区，分别为s区、d区、ds、p区、f区，各区分别包括ⅠA、Ⅱ族元素、ⅢB～Ⅷ族元素、ⅠB、ⅡB族元素、ⅢA～ⅦA族和0族元素、镧系和锕系元素，其中s区(H除外)d区、ds区和f区的元素都为金属。
周期表中元素的分区
【注意】　根据元素原子最后一个电子填充的原子轨道的所属能级不同，将元素周期表中的元素分为5个区，并以此电子所处能级的符号作为该区的符号。
元素的化学性质主要决定于价电子，而周期表的分区主要基于元素的价电子构型，处于同一区内的元素价电子排布是相似的，具体情况如下表所示。　　
分区 价层电子的电子排布式
s区 ns1～2
p区 ns2np1～6
d区 (n－1)d1～9ns1～2
ds区 (n－1)d10ns1～2
f区 (n－2)f1～14(n－1)d0～2ns2
3.元素周期律
(1)原子半径
②变化规律
元素周期表中的同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小；同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大。
(2)电离能
①第一电离能：气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量。第一电离能越小，越易失去电子，金属的活泼性就越强。
②规律
每周期：第一个元素的第一电离能最小，最后一个元素的第一电离能最大。
同族元素：从上到下第一电离能变小。
同种原子：随着电子的逐个失去，阳离子所带的正电荷数越来越大，再失去电子需克服的电性引力越来越大，消耗的能量越来越大，逐级电离能越来越大。
(3)电负性
①含义：用来描述不同元素的原子对键合电子吸引力的大小。电负性越大的原子，对键合电子的吸引力越大。
②标准：以氟的电负性为4.0和锂的电负性为1.0作为标准，得出了各元素的电负性。
③变化规律：在元素周期表中，从左到右元素的电负性逐渐增大，从上到下元素的电负性逐渐减小。
④应用：判断元素金属性、非金属性的强弱。金属的电负性一般小于1.8，非金属的电负性一般大于1.8，位于非金属三角区边界的元素的电负性则在1.8左右，它们既有金属性，又有非金属性。
(4)对角线规则
在元素周期表中，某些主族元素与右下方的主族元素的某些性质相似，如Li 和Mg，Be和Al。
(5)元素周期律
①概念
元素的性质随核电荷数递增呈现周期性变化。
②实质
元素周期律的实质是元素原子结构的周期性变化必然引起元素性质的周期性变化。
原子核外电子排布及表示方法
1．能层、能级及其最多容纳电子数的关系
2.原子轨道
(1)s电子的原子轨道呈球形对称，ns能级上各有1个原子轨道。
(2)p电子原子轨道呈纺锤形，np能级各有3个原子轨道，相互垂直。
(3)nd能级各有5个原子轨道。
(4)nf能级有7个原子轨道。
(2008年海南高考)在基态多电子原子中，关于核外电子能量的叙述错误的是(　　)
A．最易失去的电子能量最高
B．电离能最小的电子能量最高
C．p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量
D．在离核最近区域内运动的电子能量最低
【导航】　根据构造原理，基态多电子原子中，离原子核越近的能层与能级，其能量越低，核外电子排布遵循构造原理能使整个原子的能量处于最低状态，即能量越低的电子排布在离核越近的能层或能级中。
【解析】　原子在反应中失去的电子应是离核最远的外层电子，其能量最高，A正确，B项，电离能最小的电子离原子核最远，受原子核的吸引力最小，能量最高，B正确；处于高能层中的s轨道电子的能量要比处于较低能层中p轨道电子的能量高，C错误；能量越低的电子尽量排布在离原子核越近的轨道上，D正确。
【答案】　C
元素周期表中元素及其化合物的性质递变规律
1．电离能、电负性
(1)第一电离能：气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量。
(2)电负性：用来描述不同元素的原子对键合电子吸引力的大小。
①电负性越大，非金属性越强，反之越弱。
②金属的电负性一般小于1.8，非金属的电负性一般大于1.8，电负性在1.8左右时，既有金属性，又有非金属性。
2．性质递变规律
(上海)现有部分短周期元素的性质或原子结构如下表：
元素编号 元素性质或原子结构
T M层上有2对成对电子
X 最外层电子数是次外层电子数的2倍
Y 常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性
Z 元素最高正价是＋7价
(1)元素T的原子最外层共有________种不同运动状态的电子。元素X的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是________。
(2)元素Y与氢元素形成一种离子YH4＋，写出该微粒的电子式____________(用元素符号表示)。
(3)元素Z与元素T相比，非金属性较强的是________(用元素符号表示)，下列表述中能证明这一事实的是______。
a．常温下Z的单质和T的单质状态不同
b．Z的氢化物比T的氢化物稳定
c．一定条件下Z和T的单质都能与氢氧化钠溶液反应
(4)探寻物质的性质差异性是学习的重要方法之一。T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物中化学性质明显不同于其他三种酸的是________，理由是________________________。
【解析】　(1)因T的M层上有2对成对电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p4，因此它是硫元素，其最外层有6种不同运动状态的电子，从X的原子结构：“最外层电子数是次外层的电子数的2倍”，且其一种同位素可测定文物年代推知X为碳元素，其同位素符号是 614C。
(3)Z属短周期元素，其最高正价为＋7价，则可推知Z为氯元素，它的非金属性比硫强，可以通过b来证实。
(4)从T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物对应水化物来看，分子式为H2SO4、H2CO3、HNO3和HClO4，显然H2CO3的性质与其他三种不同，因只有它是非氧化性的酸且是弱酸。
分子的结构
1．价层电子对互斥模型
它是一种可以用来预测分子立体结构的理论模型，总的原则是分子的中心原子上孤对电子对与成键电子对之间的排斥力最小(注意：分子中的双键、三键等多重键要作为一对电子看待)。这种理论把分子分为两类：一类是中心原子上的价电子都用于形成共价键，这种分子中，中心原子周围的原子数决定着分子的立体结构。如HCN的空间结构为直线形；另一类是中心原子上有孤对电子(未用于形成共价键的电子对)的分子，由于中心原子上的孤对电子也要占据中心原子周围的空间，并参与互相排斥。例如H2O的空间结构为V形。
2.杂化轨道理论
(1)杂化与杂化轨道的概念
这是指在形成分子时由于原子的相互影响，若干不同类型能量相近的原子轨道混合起来，重新组合成一组新轨道，这种轨道重新组合的过程叫做杂化，形成的新轨道叫杂化轨道。
(2)杂化的类型
除sp3杂化轨道外，还有sp杂化轨道和sp2杂化轨道。sp杂化轨道由1个s轨道和1个p轨道杂化而得；sp2杂化轨道由1个s轨道和2个p轨道杂化而得。
(3)几种常见分子的中心原子的杂化轨道类型
代表物 杂化轨道数 杂化轨道类型 分子结构
CO2 0＋2＝2 sp 直线形
CH2O 0＋3＝3 sp2 平面三角形
CH4 0＋4＝4 sp3 正四面体形
SO2 1＋2＝3 sp2 V形
NH3 1＋3＝4 sp3 三角锥形
H2O 2＋2＝4 sp3 V形
(2008年高考江苏卷)已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期元素，它们的核电荷数A(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为_______________________________________________________。
(2)B的氢化物分子的空间构型是____________，其中心原子采取________杂化。
(3)写出化合物AC2的电子式________；一种由B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，其化学式为________。
(4)E的核外电子排布式是__________________，ECl3形成的配合物的化学式为________________。
(5)B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与D的单质反应时，B被还原到最低价，该反应的化学方程式是________________________________________________________________________
________________________。
【解析】　根据题干信息：“B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高”，可判断B、C分别为N(氮)和O(氧)。E原子序数为24，为Cr(铬)。由“DC为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构”可以判断D为Mg。由“AC2为非极性分子”可判断A为C(碳)。
(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N。
(2)B的氢化物为NH3，其空间构型为三角锥形，其中心原子(N)采取sp3杂化。
且与CO2互为等电子体的化合物为N2O。
(4)E为Cr元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1。CrCl3形成配合物的化学式为
[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3。
(5)N的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，与Mg反应时，N被还原到最低价－3价，即NH4＋，其反应方程式为：
4Mg＋10HNO3=== 4Mg(NO3)2＋NH4NO3＋3H2O。
分子的性质
1．键的极性和分子的极性
一般说来，同种原子形成的共价键，电子对不偏移，是非极性键；由不同种原子形成的共价键，电子对发生偏移，是极性键。
分子的极性
(1)概念
极性分子：正电中心和负电中心不重合的分子。例：HCl、H2O、NH3等。
非极性分子：正电中心和负电中心重合的分子。例：Cl2、CO2、BF3、CCl4等。
(2)判断方法
2．范德华力及其对物质性质的影响
范德华力：分子间普遍存在的作用力。
规律：结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大。范德华力越大，物质的熔沸点越高。
3．氢键及其对物质性质的影响
(1)氢键的概念：除范德华力外的另一种分子间作用力，它是由已经与电负性很强的原子形成共价键的氢原子与另一分子中电负性很强的原子之间的作用力。(不属于化学键)一般表示为X—H…Y。
(2)氢键的类型
①分子内氢键(不属于分子间作用力)。
②分子间氢键(属于分子间作用力)。
(3)氢键键能大小：氢键介于范德华力和化学键之间，是一种较弱的作用力。
(4)分子间具有氢键的物质，其熔沸点会“反常”的高。
4．溶解性
(1)影响物质溶解性的因素
影响固体溶解度的主要因素是温度。影响气体溶解度的主要因素是温度和压强。
(2)相似相溶规律：非极性溶质一般能溶于非极性溶剂，极性溶质一般能溶于极性溶剂。
①如果存在氢键，则溶剂和溶质之间的氢键作用力越大，溶解性越大。相反，无氢键相互作用的溶质在有氢键的水中的溶解度就比较小。
②“相似相溶”还适用于分子结构的相似性。
(3)如果溶质与水发生化学反应可增大其溶解度。
5．手性
(1)具有完全相同的组成和原子排列的一对分子，如同左手与右手一样互为镜像，却在三维空间里不能重叠，互称手性异构体(又称对映异构体、光学异构体)。含有手性异构体的分子叫做手性分子。
(2)判断一种有机物是否具有手性异构体，可以看其含有的碳原子是否连有四个不同的原子或原子团，符合上述条件的碳原子叫做手性碳原子。
　　性质
　元素　　　 原子半径(10－10m) 最高价态 最低价态
① 1.02 ＋6 －2
② 2.27 ＋1 －
③ 0.74 － －2
④ 1.43 ＋3 －
⑤ 0.77 ＋4 －4
⑥ 1.10 ＋5 －3
⑦ 0.99 ＋7 －1
⑧ 1.86 ＋1 －
⑨ 0.75 ＋5 －3
⑩ 1.17 ＋4 －4
试回答下列问题：
(1)以上10种元素中，第一电离能最小的是________(填编号)。
(2)上述⑤、⑥、⑦三种元素中的某两种元素形成的化合物中，每一个原子都满足8电子稳定结构的物质可能是__________(写分子式)。元素⑨和⑩形成的化合物的化学式为________，它是一种重要的结构材料，推测它应是属于____________晶体；元素①的原子价电子排布式是______________。
(3)①⑥⑦⑩四种元素的气态氢化物的稳定性，由强到弱的顺序是　(填化学式)。
(4)③和⑨两元素比较，非金属性较弱的是________(填名称)，可以验证你的结论的是下列中的________(填序号)。
A．气态氢化物的挥发性和稳定性
B．单质分子中的键能
C．两元素的电负性
D．含氧酸的酸性
E．氢化物中X—H键的键长(X代表③和⑨两元素)
F．两单质在自然界的存在形式
【导航】　解答该题时先据原子半径和元素主要化合价的规律确定出十种元素，再结合元素的第一电离能和元素金属性、非金属性的规律做出解答。
【解析】　由题意可知，10种元素是前20号元素，根据表中数据，可推出①S，②K，③O，④Al，⑤C，⑥P，⑦Cl，⑧Na，⑨N，⑩Si。
(1)在同一周期中，自左至右元素的第一电离能逐渐增大；同一主族中，从上向下，元素的第一电离能逐渐减小；故在10种元素中，第一电离能最小的是②K。
(2)C、P、Cl中的某两种元素形成的化合物中，PCl3或CCl4分子中的每一个原子都满足8e－稳定结构；元素⑨和⑩形成的化合物Si3N4属于原子晶体；S元素的原子价电子排布式是3s23p4。
(3)元素的非金属性越强，形成的气态氢化物越稳定，非金属性强弱为Cl>S>P>Si，故其氢化物稳定性为HCl>H2S>PH3>SiH4。
(4)氧元素和氮元素相比，非金属性较弱的是氮元素，可通过C、E验证。
【答案】　(1)②　(2)PCl3、CCl4　Si3N4　原子　3s23p4
(3)HCl>H2S>PH3>SiH4
(4)氮元素　CE
1．(2009年上海单科)以下表示氦原子结构的化学用语中，对电子运动状态描述最详尽的是(　　)
【解析】　A、B、C三个选项只是表达出氦原子核外有2个电子，而D项能详尽地描述出电子的运动状态。
【答案】　D
2．(2008年高考海南卷)在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是(　　)
A．sp，范德华力 B．sp2，范德华力
C．sp2，氢键 D．sp3，氢键
【解析】　由石墨的晶体结构知C原子为sp2杂化，故B原子也为sp2杂化，但由于B(OH)3中B原子与3个羟基相连，羟基间能形成氢键，故同层分子间的主要作用力就为氢键。
【答案】　C
3．(2009年山东理综)C和Si元素在化学中占有极其重要的地位。
(1)写出Si的基态原子核外电子排布式________________________________________________________________________。
从电负性角度分析，C、Si和O元素的非金属活泼性由强至弱的顺序为____________。
(2)SiC的晶体结构与晶体硅的相似，其中C原子的杂化方式为________，微粒间存在的作用力是________。
(3)氧化物MO的电子总数与SiC的相等，则M为__________(填元素符号)。MO是优良的耐高温材料，其晶体结构与NaCl晶体相似。MO的熔点比CaO的高，其原因是_____________________________________________________________
__________________________。
(4)C、Si为同一主族的元素，CO2和SiO2化学式相似，但结构和性质有很大不同。CO2中C与O原子间形成σ键和π键，SiO2中Si与O原子间不形成上述π键。从原子半径大小的角度分析，为何C、O原子间能形成，而Si、O原子间不能形成上述π键。________________________________________________________________________
【解析】　(1)根据基态原子核外电子排布的规律去写；在C、Si和O元素中，吸引电子的能力由强到弱的顺序是O>C>Si。
(2)在SiC晶体结构中，每个C原子与Si原子形成四个完全相同的C—Si键，所以C原子的杂化方式为sp3杂化。微粒间存在的作用力是共价键。
(3)SiC的电子总数为20，所以M的电子数为(20－8)＝12个，故M为Mg；MgO和CaO均属于离子晶体，Mg2＋半径比Ca2＋小，MgO中离子键强，晶格能大，故熔点高。
(4)π键是由p－p轨道肩并肩重叠而形成的，且π键强弱与重叠的程度成正比。而Si原子的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p－p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成稳定的π键。
【答案】　(1)1s22s22p63s23p2　O>C>Si
(2)sp3　共价键
(3)Mg　Mg2＋半径比Ca2＋小，MgO晶格能大
(4)C的原子半径较小，C、O原子能充分接近，p－p轨道肩并肩重叠程度较大，形成较稳定的π键　Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p－p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键
4．(2009年安徽理综)W、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，其原子序数依次增大。W、Y的氧化物是导致酸雨的主要物质，X的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子，Z能形成红色(或砖红色)的Z2O和黑色的ZO两种氧化物。
(1)W位于元素周期表第________周期第________族。W的气态氢化物稳定性比H2O(g)________(填“强”或“弱”)。
(2)Y的基态原子核外电子排布式是____________，Y的第一电离能比X的________(填“大”或“小”)。
【解析】　形成酸雨的主要物质是N和S的氧化物，Y的原子序数比W大，由此可推出W为氮元素，Y为硫元素；根据基态原子核外电子排布所遵循的原则，可以写出X的电子排布式为：1s22s22p63s23p1，X为铝元素；Z能够形成红色Z2O和黑色ZO两种氧化物，推知Z为铜元素。
(1)W是氮元素，同周期元素气态氢化物稳定性从左到右逐渐增强。
(2)S的原子半径比Al的小，更难失电子，第一电离能S的大于Al。
(4)根据盖斯定律，将第二式减去第一式的三倍得3FeO(s)＋2Al(s)===Al2O3(s)＋3Fe(s)　ΔH＝－859.7 kJ·mol－1。
5．(2009年宁夏理综)已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42。X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子。X跟Y可形成化合物X2Y3，Z元素可以形成负一价离子。请回答下列问题：
(1)X元素原子基态时的电子排布式为________________________________________________________________________，
该元素的符号是________；
(2)Y元素原子的价层电子的轨道表示式为______________________________________________________，
该元素的名称是________；
(3)X与Z可形成化合物XZ3，该化合物的空间构型为____________；
(4)已知化合物X2Y3在稀硫酸溶液中可被金属锌还原为XZ3，产物还有ZnSO4和H2O，该反应的化学方程式是______________________________________________；
(5)比较X的氢化物与同族第二、三周期元素所形成的氢化物稳定性、沸点高低并说明理由_________________________________________________________
_________________________________________________。
【解析】　(1)因为X原子4p轨道上有3个未成对电子，可知其电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3，并推出其元素符号为As。
(2)根据Y元素的最外层2p轨道上有2个未成对电子，Y和Z元素的原子序数之和为42－33＝9，Y可能为1s22s22p2或1s22s22p4，再根据Z可形成负一价离子，推出Y电子排布为后者，轨道表示
元素名称为氧。Z为氢。
(3)X与Z形成的化合物为AsH3，其空间构型可类比同主族的氢化物NH3，为三角锥形。
(4)根据电子守恒配平即可。
(5)氢化物的稳定性和元素的非金属性有关，或与共价键的键长有关。键长越短，键能越大，氢化物越稳定。所以NH3>PH3>AsH3。沸点高低和分子间作用力有关。分子间作用力越大，沸点越高。NH3可以形成分子间氢键，沸点最高，AsH3比PH3的相对分子质量大，所以AsH3沸点高于PH3。
【答案】　(1)1s22s22p63s23p63d104s24p3　As
课时作业
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一、选择题
1．(2008年广东高考)设阿伏加德罗常数(NA)的数值为nA，下列说法正确的是(　　)
A．1 mol Cl2与足量Fe反应，转移的电子数为3nA
B．1.5 mol NO2与足量H2O反应，转移的电子数为nA
C．常温常压下，46 g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3nA
D．0.10 mol Fe粉与足量水蒸气反应生成的H2分子数为0.10nA
【解析】　A项Fe与Cl2反应只生成FeCl3,1 mol Cl2转移电子数为2nA；B项，根据反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO,1.5 mol NO2反应转移电子数为nA；C项，NO2和N2O4混合气体的平均组成为NO2，因此1 mol该混合物含原子数为3nA；D项，根据反应3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，因此0.10 mol Fe反应生成H2分子数为nA。
【答案】　BC
2．在标准状况下，m g气体A与n g气体B的分子数相同，下列说法中不正确的是(　　)
A．气体A与气体B的相对分子质量比为m∶n
B．同质量气体A与B的分子个数比为n∶m
C．同温同压下，A气体与B气体的密度比为n∶m
D．相同状态下，同体积A气体与B气体的质量比为m∶n
【解析】　m g气体A与n g气体B分子数相同，即物质的量相等，在同温同压的条件下，体积相等。A项：由n(A)＝，n(B)＝，n(A)＝n(B)可得：M(A)∶M(B)＝m∶n。
B项：a g气体A的分子数N1为·NA，a g气体B的分子数N2为·NA，＝＝n∶m。
C项：ρ(A)＝，ρ(B)＝，ρ(A)∶ρ(B)＝m∶n。
D项：同温同压同体积的A、B其物质的量相同，则m(A)＝nM(A)，m(B)＝nM(B)，m(A)∶m(B)＝M(A)∶M(B)＝m∶n。
【答案】　C
3．(2009年济南)NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是(　　)
A．10 g甲烷所含有的电子数目为10NA
B．常温常压下，4 g氦气所含有的中子数目为4NA
C．标准状况下，22.4 L单质溴所含有的原子数目为2NA
D．电解食盐水若产生2 g氢气，则转移的电子数目为2NA
【答案】　D
4．在体积相同的两个密闭容器中分别充满O2、O3气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是(　　)
A．两种气体的压强相等
B．O2比O3的质量小
C．两种气体的分子数目相等
D．两种气体的氧原子数目相等
【解析】　根据m＝ρ×V，由题目告诉的条件可知，O2和O3气体的质量相等，但O2的摩尔质量小于O3的摩尔质量，故O2的物质的量大于O3的物质的量，所以A、B、C均错误。因二者的质量相等，而O2与O3均由氧原子构成，所以两种气体的氧原子数目相等，D正确。
【答案】　D
5．下列叙述中，错误的是(　　)
A．1 mol任何物质都含有6.02×1023个分子
B．0.012 kg 12C约含有6.02×1023个碳原子
C．1 mol水中含有2 mol氢和1 mol氧
D．1 mol Ne中含有6.02×1024个电子
【解析】　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，所以也是不正确的。氖原子核外有10个电子，则1 mol Ne也应含有10×6.02×1023个电子，所以D的叙述是正确的。
【答案】　AC
6．(2009年揭阳检测)下列数量的各物质所含原子个数由大到小顺序排列的是(　　)
①0.5 mol氨气　②4 g氦气　③4 ℃时9 mL水　④0.2 mol磷酸钠
A．①④③② B．④③②①
C．②③④① D．①④②③
【解析】　①中原子物质的量0.5 mol×4＝2 mol；②中原子1 mol；③中原子×3＝1.5 mol；④中原子0.2 mol×8＝1.6 mol，故原子数由大到小为①④③②。
【答案】　A
7．已知Q与R的摩尔质量之比为9∶22，在反应X＋2Y===2Q＋R中，当1.6 g X与Y完全反应后，生成4.4 g R，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为(　　)
A．46∶9 B．32∶9
C．23∶9 D．16∶9
【解析】　由反应方程式可知：反应中生成的Q与R的物质的量之比为2∶1，即＝＝×＝2∶1，即有m(Q)＝3.6 (g)，由质量守恒定律可知：m(Y)＝3.6 g＋4.4 g－1.6 g＝6.4 g，所以m(Y)∶m(Q)＝6.4 g∶3.6 g＝16∶9。
【答案】　D
8．(2009年日照质检)如果a g某气体中含有的分子数为b，则c g该气体在标准状况下的体积是(式中NA为阿伏加德罗常数的值)(　　)
A.L B.L
C.L D.L
【解析】　因为NA mol－1＝b，所以M＝g·mol－1，因此c g该气体在标准状况下的体积为：×22.4 L·mol－1＝L。
【答案】　A
9．(2009年济宁质量检测)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A．1 mol Cl2参加的任何反应，反应过程中转移电子数都是2NA
B．常温常压下的33.6 L氯气与27 g铝充分反应，转移电子数为3NA
C．标准状况下，1 L乙醇完全燃烧产生CO2分子的数目为×2
D．将10 mL质量分数为98%的浓H2SO4，用水稀释至100 mL，H2SO4的质量分数大于9.8%
【解析】　A．1 mol Cl2和NaOH溶液反应时，Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，转移的电子数为NA。
B．1.5 mol Cl2与27 g铝反应转移的电子数为3NA，只有在标准状况下33.6 L Cl2的物质的量才是1.5 mol。
C．标准状况下，乙醇为液体。
D．设98%的浓H2SO4密度为ρ1 g/mL,9.8%的H2SO4浓度为ρ2 g/mL。稀释到100 mL时质量分数为w。根据稀释前后H2SO4质量守恒得：ρ1×10×98%＝ρ2×100×w，所以w＝9.8%·，由于ρ1>ρ2，w>9.8%。
【答案】　D
10．(2009年徐州检测)下列叙述中，正确的是(　　)
A．H2SO4的摩尔质量是98
B．等质量的O2和O3中所含的氧原子数相同
C．等质量的CO与CO2中所含碳原子数之比为7∶11
D．将98 g H2SO4溶解于500 mL水中，所得溶液中硫酸的物质的量浓度为2 mol/L
【解析】　摩尔质量的单位为g·mol－1，A项错误；取O2、O3的质量均为48 g，则O2中氧原子的物质的量为×2＝3 mol，O3中氧原子的物质的量为×3＝3 mol，B项正确；取CO、CO2的质量均为1 g，则CO、CO2中所含碳原子数之比为∶＝11∶7，C项错误；硫酸溶于500 mL水中，形成溶液的体积无法确定，故D项中无法计算硫酸的物质的量浓度，D项错误。
【答案】　B
11．下列两种气体的分子数一定相等的是(　　)
A．质量相等、密度不等的N2和C2H4
B．等体积等密度的CO和C2H4
C．等温等体积的O3和N2
D．等压等体积的N2和CO2
【解析】　对于质量相等，摩尔质量相同的物质，不管是固体、液体、气体，即使温度、压强不同，其物质的量也相等。对等体积气体来说，只有在同温、同压下，气体分子数才相等，温度、压强相同条件两者不可缺一。
阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律，是中学化学的重要知识内容，要求考生能够理解、掌握和应用。其中每摩尔物质含有阿伏加德罗常数微粒，近似值为6.02×1023个。在标准状况下，1 mol任何气体所占体积约为22.4 L。在非标准状况下，同温同压，相同体积气体具有相同分子数。这些基本概念要熟练掌握，并能在宏观的质量、体积与微观数量之间进行灵活变化。
【答案】　AB
12．(2009年扬州质检)若以M表示水的摩尔质量，V表示在标准状况下水蒸气的摩尔体积，ρ为在标准状况下的密度，NA为阿伏加德罗常数，m、△分别表示每个水分子的质量和体积，下面是四个关系式：①NA＝Vρ/m，②ρ＝M/(NA△)，③m＝M/NA，
④△＝V/NA，其中(　　)
A．①和②都是正确的 B．①和③都是正确的
C．③和④都是正确的 D．①和④都是正确的
【解析】　由在标准状况下的密度为ρ的摩尔体积为V，可知水的摩尔质量为ρV＝M，每个水分子的质量为m，NA个水分子的质量为m·NA，由此可得m·NA＝ρV＝M，推出①③正确；②④两式错误混淆了水在标准状况下的状态为液体，认为一个水分子的体积为△，NA个水分子的体积为NA△＝V，从而推出错误的关系式为②④。
【答案】　B
二、非选择题
13．在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体6.72 L，质量为12 g。此混合物中CO和CO2物质的量比是________，CO的体积分数是________，CO的质量分数是________，C和O原子个数比是________，混合气体的平均相对分子质量是________，对氢气的相对密度是________。
【答案】　1∶3　25%　17.5%　4∶7　40　20
14．在适当温度和压强下，4V某气体化合物完全分解后，产生1V磷蒸气和6V氢气，由此可知该气体化合物的分子式为________，分解反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
【解析】　化学反应中气态反应物与气态生成物之间同温同压的体积比等于它们的物质的量之比，化学方程式可初步写为：4PxHy===P4x＋6H2，由H原子守恒可知：4y＝12，得y＝3。因P最低化合价为－3价，分子中只有一个P原子。
【答案】　PH3　4PH3P4＋6H2
15．生态农业涉及农家肥料的综合利用，某种肥料经发酵得到一种含甲烷、二氧化碳、氮气的混合气体。2.016 L(标准状况)该气体通过盛有红热CuO粉末的硬质玻璃管，发生的反应为：CH4＋4CuOCO2＋2H2O＋4Cu。当甲烷完全反应后，硬质玻璃管的质量减轻4.8 g。将反应后产生的气体通过过量的澄清石灰水中，充分吸收，生成沉淀8.5 g。
(1)原混合气体中甲烷的物质的量是____________。
(2)原混合气体中氮气的体积分数为____________。
【解析】　设CH4为x mol，原混合气体中CO2为y mol，则有
CH4＋4CuOCO2＋2H2O＋4Cu　　Δm
1 mol　　　　　1　　　　　　　　　4×16 g
x x 4.8 g
x＝0.075 mol
又因为n总＝＝0.09 mol，
n(CO2)＝＝0.085 mol，
所以y＝0.085 mol－0.075 mol＝0.01 mol
n(N2)＝0.09 mol－0.01 mol－0.075 mol＝0.005 mol
所以N2的体积分数为×100%＝5.56%。
【答案】　(1)0.075 mol　(2)5.56%
16．(2008年江苏)水垢可以看做由多种物质组成的混合物，为研究含有Ca2＋、Mg2＋、HCO3－的水所形成水垢的化学组成，取干燥的水垢6.32 g，加热使其失去结晶水，得到5.78 g剩余固体A；高温灼烧A至恒重，残余固体为CaO和MgO，放出的气体用过量的Ba(OH)2溶液吸收，得到11.82 g沉淀。
(1)通过计算确定A中是否含有碳酸镁；
(2)5.78 g剩余固体A灼烧至恒重时产生的气体完全被碱石灰吸收，碱石灰增重2.82 g。通过计算确定A中各成分的物质的量，并计算出水垢中碳酸盐的质量分数。
【解析】　(1)根据题意n(CO2)＝n(BaCO3)＝＝0.06 mol。
若CO2全部来自于CaCO3的分解，
则m(CaCO3)＝0.06 mol×100 g·mol－1＝6.00 g>5.78 g不合题意。所以，A中一定含有MgCO3。
(2)m(CO2)＝0.06 mol×44 g·mol－1＝2.64 g，
m(H2O)＝2.82 g－2.64 g＝0.18 g，
n[Mg(OH)2]＝n(H2O)＝＝0.01 mol，
m[Mg(OH)2]＝0.01 mol×58 g·mol－1＝0.58 g。
解得
n(MgCO3)＝0.05 mol，
n(CaCO3)＝0.01 mol，
×100%＝82.3%。
【答案】　(1)一定含有MgCO3　(2)A中含Mg(OH)2 0.01 mol，MgCO3 0.05 mol，CaCO3 0.01 mol，水垢中碳酸盐的质量分数为82.3%。(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
一、选择题
1．(2009年全国Ⅱ理综)下列叙述中正确的是(　　)
A．向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，又有CaCO3沉淀生成
B．向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1∶2
C．等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同
D．向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出
【解析】　A项，CaCO3与CO2、H2O反应生成的Ca(HCO3)2与NaHCO3不反应。B项，向Na2CO3溶液中滴加等物质的量的HCl时，发生反应：CO32－＋H＋===HCO3－，不生成CO2。C项，等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应时，NaHCO3产生的CO2多。D项，向饱和Na2CO3溶液中通入CO2时发生反应：Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3↓，反应中消耗H2O，且生成的NaHCO3溶解度小、质量多，故NaHCO3会结晶析出。
【答案】　D
2．(2010年浙江金丽衢十二校高三联考)在盛有5 mL饱和石灰水的试管中放入一小块钠，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．试管底部有银白色物质生成
D．溶液变浑浊
【解析】　Na与H2O反应生成NaOH和H2；消耗水且温度升高，Ca(OH)2溶解度减小会有Ca(OH)2析出，但不是银白色固体。
【答案】　C
3．取一块金属钠放在燃烧匙里加热，观察到下列实验现象：
①金属钠先熔化　②在空气中燃烧，发出黄色火花　③燃烧后得到白色固体　④燃烧时火焰呈黄色　⑤燃烧后生成淡黄色固体
以上描述正确的是(　　)
A．①② B．①②③
C．①④ D．①④⑤
【解析】　钠的熔点只有97.81 ℃，受热时立即熔化。钠是一种很活泼的金属，受热时与氧气化合生成过氧化钠，呈淡黄色。
【答案】　D
4．16 g CH4完全燃烧将生成物全部通过过量的Na2O2，Na2O2将增重(　　)
A．16 g B．32 g
C．4 g D．无法判断
【解析】　16 g CH4完全燃烧生成CO2和H2O，但当混合物通过Na2O2时，C元素按CO被吸收，H元素完全被吸收生成NaOH。16 g CH4燃烧后被Na2O2吸收的质量应为1 mol CO的质量加上4 mol H的质量，共32 g。
【答案】　B
5．在烧杯中加入水和苯(密度：0.88 g/cm3不溶于水)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做上、下跳动
【解析】　Na的密度比水的密度小，比苯的密度大，因此，Na在水与苯的界面处；Na与水反应放出H2，生成的H2附在钠的表面，受到的浮力变大往上运动，但钠与苯不反应，H2释放后，在重力作用下，钠又会落到水面上，与水发生反应，重复上述现象。
【答案】　D
6．(2009年台湾)下表所列为五种可溶性盐在30 ℃的溶解度(g/100 g H2O)：
盐 NaCl NaHCO3 Na2CO3 (NH4)2CO3 NH4Cl
溶解度 36.5 12.1 30.0 27.0 41.1
若在30 ℃的饱和食盐水中通入氨气至饱和后，再通入二氧化碳就会有晶体析出。试参考表中的数据，推测析出的晶体是下列的哪一种(　　)
A．NaCl B．NaHCO3
C．Na2CO3 D．(NH4)2CO3
E．NH4Cl
【解析】　食盐水中通入氨气，再通入CO2后，溶液中应含Na＋、Cl－、NH4＋、CO32－、HCO3－。各盐类的溶解度大小为：NH4Cl>NaCl>Na2CO3>(NH4)2CO3>NaHCO3，其中Na＋、HCO3－会先形成NaHCO3结晶析出。
【答案】　B
7．在甲、乙、丙、丁四个烧杯内分别放入0.1 mol的钠、氧化钠、过氧化钠和氢氧化钠，然后各加入100 mL水，搅拌使固体完全溶解。则甲、乙、丙、丁溶液中溶质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
【解析】　根据与水反应的方程式：
2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑
Na2O＋H2O===2NaOH
2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
溶质的物质的量为甲＝丁<乙＝丙，溶剂的量为：丁>甲＝乙＝丙，而质量分数w＝×100%，所以质量分数为乙＝丙>甲>丁。
【答案】　B
8．下列关于铷的叙述中，不正确的是(　　)
A．金属铷投入水中会引起爆炸
B．铷是一种强还原剂，铷离子很稳定
C．铷受热后，能在空气中剧烈燃烧，生成比过氧化物更复杂的氧化物
D．铷原子的核电荷数比钾原子的核电荷数多，因此铷原子失电子的能力小于钾原子
【解析】　金属铷的化学性质与钾、钠等金属的化学性质相似，但比钾、钠更活泼，因此铷跟水、氧气等物质反应的剧烈程度大于钾跟这些物质反应的剧烈程度，更大于钠跟以上物质反应的剧烈程度。原因是铷原子最外电子层只有1个电子，且原子半径大于钾原子半径，因此铷原子比钾原子更易失去最外层上的1个电子。铷离子的最外电子层为8个电子的稳定结构。
【答案】　D
9．(2009年广州模拟)下列各物质的学名是：Na2S2O3叫硫代硫酸钠；CaSx叫多硫化钙；Na2O2叫过氧化钠；KO2叫超氧化钾。试综合上述命名规律，分析回答：Na2CS3应读做(　　)
A．硫代碳酸钠 B．多硫碳酸钠
C．过硫碳酸钠 D．超硫碳酸钠
【解析】　据题意分析：硫代硫酸钠(Na2S2O3)表明Na2SO4分子中的一个氧原子被一个硫原子代替，代替氧的硫原子的化合价仍为－2价，而多硫化钙表明普通硫化钙又与硫结合后的产物，硫的价态发生了改变；过氧化物中含有过氧根离子即O22－，超氧化物中含有超氧根离子即O2－，它们的价态都与原先氧的价态不同，综上分析应选A。
【答案】　A
10．为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是(　　)
A．Na2CO3溶液(NaHCO3)，选用适量的NaOH溶液
B．NaHCO3溶液(Na2CO3)，应通入足量的CO2气体
C．Na2O2粉末(Na2O)，将混合物在氧气中加热
D．Na2CO3溶液(Na2SO4)，加入适量的Ba(OH)2溶液，过滤
【解析】　Ba(OH)2＋Na2SO4===BaSO4↓＋2NaOH虽除去了Na2SO4，但又增加了新的杂质NaOH。
【答案】　D
11．在一定条件下，将钠与氧气反应的生成物1.5 g溶于水，所得溶液恰好能被80 mL浓度为0.50 mol·L－1的HCl溶液中和，则该生成物的成分是(　　)
A．Na2O B．Na2O2
C．Na2O和Na2O2 D．Na2O2和NaO2
【解析】　采用元素守恒法：
n(HCl)＝0.08 L×0.50 mol·L－1＝0.04 mol，n(Na＋)＝n(Cl－)＝0.04 mol，
所以n(O)＝＝ mol，＝＝，即1<<2，应为Na2O和Na2O2的混合物。
【答案】　C
12．①将0.100 L 1.00 mol·L－1的纯碱溶液逐滴滴入0.100 L 1.25 mol·L－1的盐酸中
②将0.100 L 1.25 mol·L－1的盐酸逐滴滴入0.100 L 1.00 mol·L－1的纯碱溶液中
两种操作产生CO2的体积比为(　　)
A．5∶2 B．2∶5
C．2∶1 D．1∶1
【解析】　纯碱与盐酸反应时，操作顺序不同反应进程也不同。
操作①：纯碱滴入盐酸中，发生反应：
Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋CO2↑＋H2O
生成的CO2与盐酸用量有关：
n(CO2)＝n(HCl)＝×0.100 L×1.25 mol·L－1＝0.062 5 mol
操作②：盐酸滴入纯碱中，发生反应：
Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3(1)
NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O(2)
则反应(1)消耗盐酸：
0．100 L×1.00 mol·L－1＝0.100 mol
生成0.100 mol NaHCO3，过量盐酸(0.025 0 mol)与NaHCO3反应生成0.025 0 mol CO2，所以：
n(CO2)①∶n(CO2)②＝0.062 5∶0.025 0＝5∶2。
【答案】　A
二、非选择题
13．(1)分别写出由氧气在一定条件下生成下列物质的化学方程式(必须注明反应条件)。
①O3：________________________________________________________________________；
②Na2O2：________________________________________________________________________；
③Na2O：________________________________________________________________________。
(2)指出氧元素在下列各物质中的化合价：
①O3：________；②Na2O2：________；③Na2O：________。
(3)向一小烧杯中分别加入等体积的水或煤油，片刻后再向该烧杯中缓缓地加入绿豆大小的金属钠，可能观察到的现象是(　　)
【解析】　(1)由O2生成O3的条件是放电，而Na与O2反应时，常温下接触反应生成Na2O，加热时生成Na2O2。
(2)单质中元素化合价为零价，在Na2O2和Na2O中据钠的化合价为+1价和正负化合价代数和为零即可推出氧元素的化合价。
(3)钠的密度比煤油的密度大，比水的密度小，所以钠投入烧杯中时主要停留在水和煤油的交界处。
【答案】　(1)①3O22O3　②2Na+O2Na2O2
③4Na+O22Na2O　(2)①0　②-1　④-2
(3)A
14．(2009年广东惠州模拟)A、B、C、D、E五种物质的焰色反应都呈黄色，A、B分别与水反应都有气体放出，同时都生成C溶液，A与水反应放出的气体具有还原性，B与水反应放出的气体具有氧化性，C与适量的F气体反应生成D，D溶液与F气体反应生成E，E加热能够生成D和F气体。
根据以上叙述回答下列问题：
(1)写出下列物质的化学式：
A__________；B__________；C__________；D____________；E____________。
(2)按要求完成方程式：
①E加热生成D和F________________________________________；
②C溶液和CO2反应生成D的离子方程式____________________。
【解析】　据焰色反应可知，A、B、C、D、E是钠及其重要化合物，因“A与水反应放出的气体具有还原性，B与水反应放出的气体具有氧化性”，所以A为Na，B为Na2O2，C为NaOH，又因为“E加热能够生成D和F气体”，结合其他条件，可推出D为Na2CO3，E为NaHCO3，F为CO2。
【答案】　(1)Na　Na2O2　NaOH　Na2CO3　NaHCO3
(2)①2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑
②2OH－＋CO2===CO32－＋H2O
15．不同温度下加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：
温度(℃) 10 20 30 加热煮沸后冷却到50 ℃
pH 8.3 8.4 8.5 8.8
甲同学认为，该溶液pH升高的原因是HCO3－的水解程度增大，故碱性增强，则该反应的离子方程式为____________________________________。乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度大于碳酸氢钠的水解程度。丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为：
(1)只要在加热煮沸后的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则________(填“甲”或“乙”)判断正确。试剂X是________(填序号)。
A．氢氧化钡溶液 B．氯化钡溶液
C．氢氧化钠溶液 D．澄清的石灰水
(2)查阅资料，发现NaHCO3的分解温度为150 ℃，丙断言________(填“甲”或“乙”)判断是错误的，理由是__________________________________。
【解析】　NaHCO3水解的离子方程式为HCO3－＋H2O??H2CO3＋OH－。
(1)丙同学加入足量试剂X是为了检验溶液中是否有CO32－，而即使无Na2CO3，NaHCO3也会与Ba(OH)2、Ca(OH)2反应分别产生白色沉淀，而BaCl2与NaHCO3不反应，能与Na2CO3反应产生BaCO3沉淀，故BaCl2可以检验加热煮沸后的溶液中是否有Na2CO3，从而做出判断。
(2)因水的沸点为100 ℃，有水存在，溶液温度一般不超过100 ℃，故NaHCO3不会发生分解，所以乙的判断是错误的。
【答案】　HCO3－＋H2O??H2CO3＋OH－　(1)乙　B
(2)乙　常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150 ℃
16．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，三组实验出现不同的现象，填写下表的空格。
试剂用量 实验现象(气球体积变化) 分析原因
第①组 0.42 g NaHCO30．53 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 0.3 g NaHCO30．3 g Na2CO33 mL 4 mol/L盐酸 甲中气球比乙中气球的体积大
第③组 0.6 g NaHCO30．6 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)：
【解析】　(1)甲中发生反应： HCO3－＋H＋===CO2↑＋H2O；乙中发生反应；CO32－＋H＋===HCO3－，HCO3－＋H＋===CO2↑＋H2O。故甲中气球先变大。
(2)由试剂用量可知：第②组盐酸均过量，由于NaHCO3的物质的量大于Na2CO3的物质的量，与盐酸反应时，NaHCO3产生的气体多，致使甲中气球的体积大；第③组盐酸均不足，而等量的盐酸分别与足量NaHCO3和Na2CO3反应时，NaHCO3产生的CO2多，因此，甲中气球的体积大；乙中Na2CO3过量，先发生反应：CO32－＋2H＋===CO2↑＋H2O，后来过量Na2CO3溶液又吸收部分CO2，所以片刻后乙中气球又缩小。
【答案】　(1)甲　HCO3－＋H＋===CO2↑＋H2O
(2)
试剂用量 实验现象(气球体积变化) 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＋CO32－===2HCO3－(共68张PPT)
第3讲　电解池
1．电解池、电镀池的电极名称的判断及电极反应式的书写。
2．根据电解池的电极变化判断金属的活动性强弱。
3．有关电解产物的判断。
4．电解原理在工业生产中的应用：氯碱工业、电镀等。
1．定义
使电流通过 而在阴阳两极上引
起 。
2．电解池
把 能转化为 能的装置(电解槽)。
3．装置特点
借助于 引起氧化还原反应的装置。
一、电解
电解质溶液
氧化还原反应的过程
化学
电流
电
4．电解池的形成条件
(1)与电源相连的两个电极：阳极连电源的 极；阴极连电源的 极。
(2)电解质溶液(或 的电解质)。
(3)形成 的回路。
5．电极反应：阳极上发生 电子的氧化反应，阴极上发生 电子的还原反应。电子的流向从电源的 极到电解池的 极，再从电解池的 极到电源的 极。
正
负
熔融
闭合
失
得
阴
阳
负
正
1．电解饱和食盐水制取氯气和烧碱(氯碱工业)
(1)氯碱工业的主要原料是食盐，由于粗盐中含有泥
沙、 等杂质离子，对生产设备造成损坏，影响产品的质量，故必须进行精制。
①化学方法
a：依次加入沉淀剂BaCl2、Na2CO3、NaOH溶液，每次所加试剂都必须稍稍过量以便使相应离子完全沉淀。
b．过滤。
c．滤液中加盐酸：调节溶液pH值为4～6，CO32－＋2H＋===CO2↑＋H2O。
二、电解原理的应用
Ca2＋、Mg2＋、SO42－
②离子交换法：对于上述处理后的溶液，需送入离子交换塔，进一步通过阳离子(Na＋)交换树脂除去残存的Ca2＋、Mg2＋，以达到技术要求。
(2)精制的饱和食盐水中存在着 、 、 、 四种离子，用石墨作电极，通电时 和 优先放电，电极反应式为阳极： ，
阴极：
总反应： 。
Na＋
Cl－
H＋
OH－
Cl－
H＋
2Cl－－2e－===Cl2↑
2H＋＋2e－===H2↑
2NaCl＋2H2O 2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
2．电镀
(1)概念：电镀是利用电解原理在某些金属表面镀上一薄层其
他 或 的过程。
(2)形成条件：①电解时，镀层金属作 极；②镀件作 极；③含 金属离子的电解质溶液作电镀液；④用 电源。
(3)特征：①阳极本身 ；②宏观上看无新物质生成；③电解液的总量、浓度、pH均不变。
金属
合金
镀层
直流
放电被氧化
阳
阴
3．电冶炼
电解熔融电解质，可炼得活泼金属。如：电解熔融NaCl时，电极反应式为：阳极： ，
阴极： ，总反应式
为： 。
4．电解精炼
电解精炼粗铜时，阳极材料是——粗铜，阴极材料是——精铜，电解质溶液是 (或 )。长时间电解后，电解质溶液必须补充。
2Cl－－2e－===Cl2↑
2Na＋＋2e－===2Na
2NaCl 2Na＋Cl2↑
CuSO4溶液
Cu(NO3)2溶液
为什么说电解质溶液导电过程就是电解过程？
【提示】　电解质溶液导电时，溶液中的阴、阳离子在电场作用下分别移向两个电极，从而在两个电极上失、得电子发生氧化反应和还原反应，所以说电解质溶液导电过程就是电解过程。
电解池和原电池是两种不同的装置，具体比较如下：
电解原理
电解池 原电池
定义 将电能转变为化学能的装置 将化学能转变为电能的装置
装置
举例
形成
条件 ①两个电极与直流电源相连
②电解质溶液
③形成闭合回路 ①活泼性不同的两电极(连接)
②电解质溶液
③形成闭合回路
④能自发进行氧化还原反应
电极
名称 阳极：与电源正极相连的极
阴极：与电源负极相连的极 负极：较活泼金属(电子流出的极)
正极：较不活泼金属(或能导电的非金属)(电子流入的极)
电极
反应 阳极：溶液中的阴离子失电子，或电极金属失电子，发生氧化反应
阴极：溶液中的阳离子得电子，发生还原反应 负极：较活泼电极金属或阴离子失电子，发生氧化反应
正极：溶液中的阳离子或氧气得电子，发生还原反应
溶液中
的离子
移向 阴离子移向阳极，阳离子移向阴极 阴离子移向负极，阳离子移向正极
电子
流向 阳极 正极―→
负极 阴极 负极 正极
实质 均发生氧化还原反应，两电极得失电子数相等
联系 原电池可以作为电解池的电源，二者共同形成闭合回路
【特别提示】　(1)区分原电池和电解池的方法是看有无外加电源。若有外加电源，则为电解池；若无外加电源，根据原电池的构成条件分析是否构成原电池。
(2)书写电极反应式时，要用直接参加反应的微粒符号来表示。
已知电极材料：铁、铜、银、石墨、锌、铝，电解质溶液：氯化铜溶液、硫酸铁溶液、盐酸。按要求回答下列问题：
(1)电工操作上规定：不能把铜导线和铝导线连接在一起使用，请从化学角度说明原因：________________________________________________。
(2)若电极材料选铜和石墨，电解质溶液选硫酸铁溶液，外加导线，能否构成原电池？________。若能，请写出电极反应式，负极____________________，正极____________________(若不能后面两空不填)。
(3)有M、N两种金属分别与稀盐酸反应，产生氢气速率相近，请设计一个实验证明M、N两种金属的活泼性。
【导航】　电解是最强有力的氧化还原手段，一些非自发进行的氧化还原反应可通过电解原理实现，而自发进行的氧化还原反应一般通过原电池原理实现。
【解析】　(1)金属铝比铜活泼，当两者一起使用时，在潮湿的环境中形成原电池，加速铝导线的腐蚀，容易断路。
(2)铜能和硫酸铁溶液发生如下反应：Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋，该反应能自发进行，当外加导线构成闭合回路即能构成原电池。
(3)用实验的方法证明金属的活泼性，一看金属与酸或水反应置换出H2的难易，二看金属阳离子被还原为单质的难易，三看构成原电池后作电池的正负极。根据题意，只有构成原电池合理。
【答案】　(1)形成原电池加速铝导线的腐蚀，容易断路
(2)能　Cu－2e－===Cu2＋　2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋
(3)用导线连接M、N，然后插入盐酸中，构成原电池，有气泡产生的一极金属较不活泼。
1．阳极产物的判断
首先看电极，若是活性电极(一般是除Au、Pt外的金属)，则电极材料本身失电子，电极被溶解形成阳离子进入溶液；若是惰性电极(如石墨、铂、金等)，则根据溶液中阴离子放电顺序加以判断。
阳极放电顺序：
金属(一般是除Au、Pt外)>S2－>I－>Br－>Cl－>OH－>含氧酸根>F－。
电解产物的判断
2．阴极产物的判断
直接根据溶液中阳离子放电顺序加以判断。阳离子放电顺序：
Ag＋>Hg2＋>Fe3＋>Cu2＋>H＋>Pb2＋>Sn2＋>Fe2＋>Zn2＋>H＋>Al3＋>Mg2＋>Na＋>Ca2＋>K＋。
【提示】　(1)处理有关电解池两极产物的问题，一定要先看电极是活性电极还是惰性电极。活性电极在阳极放电，电极溶解生成相应的金属离子，此时阴离子在阳极不放电。对于惰性电极，则只需比较溶液中定向移动到两极的阴阳离子的放电顺序即可。
(2)根据阳离子放电顺序判断阴极产物时，要注意下列三点：
①阳离子放电顺序表中前一个c(H＋)与其他离子的浓度相近，后一个c(H＋)很小，来自水的电离；②Fe3＋得电子能力大于Cu2＋，但第一阶段只能被还原到Fe2＋；③Pb2＋、Sn2＋、Fe2＋、Zn2＋控制一定条件(即电镀)时也能在水溶液中放电；Al3＋、Mg2＋、Na＋、Ca2＋、K＋只有在熔融状态下放电。
(1)原电池反应通常是放热反应，在理论上可设计成原电池的化学反应是________(填序号)，理由是________________________________________________________________________。
A．C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH>0
B．Ba(OH)2·8H2O(s)＋2NH4Cl(s)===BaCl2(aq)＋2NH3·H2O(l)＋8H2O(l)　ΔH>0
C．CaC2(s)＋2H2O(l)===Ca(OH)2(s)＋C2H2(g)　ΔH<0
D．CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH<0
(2)电解原理在化学工业中有着广泛的应用。现将你设计的原电池通过导线与右图中的电解池相连，其中，a为电解液，X和Y是两块电极板，则：
如果用电解方法精炼粗铜(含Fe、Zn、Ag、Au等杂质)，电解液a选用CuSO4溶液，则
①X极的材料是　_______　，电极反应为__________________________________________。
②Y极的材料是　_______　，电极反应为____________________________________________。
③电解质溶液中Cu2+浓度_______ 。(填“增大”“减小”或“不变”)
(3)若在铁棒上镀锌，则X极材料是_______ ，该电极反应式为　 _______________________________ ，Y极材料是_______ ，该电极反应式为______________________________。a溶液是_______ ，工作过程中a溶液的浓度　 _______ ，pH _______ 。
【导航】　原电池和电解池的相关问题解决，首先要弄清电极名称，然后依据电极相关变化进行分析。
【解析】　(1)原电池反应通常是放热反应同时又是自发进行的氧化还原反应，而A项、B项为吸热反应，B项、C项为非氧化还原反应，故应选D项，可设计成原电池。
(2)在铜的精炼中，粗铜作阳极，Zn-2e-===Zn2+、Fe-2e-===Fe2+、Cu-2e-===Cu2+，纯铜作阴极，Cu2++2e-===Cu，但由于阳极(粗铜)含有Fe、Zn等杂质，Fe、Zn在阳极也失电子生成Fe2+、Zn2+，因两电极得失电子数目相等，故电解质溶液中Cu2+的浓度减小。
(3)根据电镀的原理，镀层金属为阳极，故Y极为Zn，镀件为阴极，X极为铁棒，且电镀过程中电解质溶液浓度不变，pH不变。
【答案】　(1)D　D中反应是放热反应，且是能自发进行的氧化还原反应
(2)①纯铜　Cu2++2e-===Cu
②粗铜　Cu-2e-===Cu2+
③减小
(3)铁棒　Zn2++2e-===Zn
锌　Zn-2e-===Zn2+
ZnSO4溶液　不变　不变
1．(2009年浙江理综)市场上经常见到的标记为Li ion的电池称为“锂离子电池”。它的负极材料是金属锂和碳的复合材料(碳作为金属锂的载体)，电解质为一种能传导Li＋的高分子材料。这种锂离子电池的电池反应式为：
Li＋2Li0.35NiO2 2Li0.85NiO2
下列说法不正确的是(　　)
A．放电时，负极的电极反应式：Li－e－===Li＋
B．充电时，Li0.85NiO2既发生氧化反应又发生还原反应
C．该电池不能用水溶液作为电解质
D．放电过程中Li＋向负极移动
【解析】　A项，放电时Li为负极，发生氧化反应；B项，充电时Li0.85NiO2既是氧化剂，又是还原剂；C项，用水作电解质时，Li要与水反应；D项，放电时，正极得电子而吸引阳离子Li＋。
【答案】　D
2．(2009年安徽理综)Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如下图所示，电解总反应为：2Cu＋H2O Cu2O＋H2↑。下列说法正确的是(　　)
A．石墨电极上产生氢气
B．铜电极发生还原反应
C．铜电极接直流电源的负极
D．当有0.1 mol电子转移时，有0.1 mol Cu2O生成
【解析】　从反应中得知Cu在通电时失电子，在阳极放电，发生氧化反应，另一电极(石墨)作阴极，发生还原反应，2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，相应的Cu Cu2O，转移0.1 mol电子生成0.05 mol Cu2O，故B、C、D项错。
【答案】　A
3．(2009年北京理综)下列叙述不正确的是(　　)
A．铁表面镀锌，铁作阳极
B．船底镶嵌锌块，锌作负极，以防船体被腐蚀
C．钢铁吸氧腐蚀的正极反应：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
D．工业上电解饱和食盐水的阳极反应：2Cl－－2e－===Cl2↑
【解析】　A项，铁表面镀锌是应用电解原理，镀件铁与电源的负极相连作阴极，镀层金属锌与电源的正极相连作阳极，A项错误；B项，船底镶嵌锌块是应用原电池原理，活泼金属作负极被氧化，铁作正极得到保护。
【答案】　A
4．(2008年江苏化学)镍镉(Ni－Cd)可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：
Cd＋2NiOOH＋2H2O Cd(OH)2＋2Ni(OH)2
有关该电池的说法正确的是(　　)
A．充电时阳极反应：Ni(OH)2－e－＋OH－===NiOOH＋H2O
B．充电过程是化学能转化为电能的过程
C．放电时负极附近溶液的碱性不变
D．放电时电解质溶液中的OH－向正极移动
【解析】　该题考查的是原电池和电解池的相关知识，解题时应注意充放电的方向及元素化合价的升降。
【答案】　A
5．(2008年天津理综)下列叙述正确的是(　　)
A．在原电池的负极和电解池的阴极上都发生失电子的氧化反应
B．用惰性电极电解Na2SO4溶液，阴阳两极产物的物质的量之比为1 ∶2
C．用惰性电极电解饱和NaCl溶液，若有1 mol电子转移，则生成1 mol NaOH
D．镀层破损后，镀锡铁板比镀锌铁板更耐腐蚀
【解析】　A项中电解池的阴极发生的是还原反应；B项中用惰性电极电解Na2SO4溶液，实质是电解水，在阴阳两极上析出的是H2和O2，其物质的量之比为2∶1，D项中锡的活泼性比铁弱，构成原电池时铁作负极，故镀锡铁比镀锌铁易腐蚀。
【答案】　C
6.(2008年上海化学)取一张用饱和NaCl溶液浸湿的pH试纸，两根铅笔芯作电极，接通直流电源，一段时间后，发现a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圆为白色，外圈呈浅红色。则下列说法错误的是(　　)
A．b电极是阴极
B．a电极与电源的正极相连接
C．电解过程中，水是氧化剂
D．b电极附近溶液的pH变小
【解析】　根据题意，a电极应产生Cl2，为阳极，与电源正极相连，则b为阴极。D项中b电极上H＋放电，附近OH－浓度增大，pH变大。
【答案】　D
7．(2009年山东理综)Zn－MnO2干电池应用广泛，其电解质溶液是ZnCl2－NH4Cl混合溶液。
(1)该电池的负极材料是____________。电池工作时，电子流向____________(填“正极”或“负极”)。
(2)若ZnCl2－NH4Cl混合溶液中含有杂质Cu2＋，会加速某电极的腐蚀，其主要原因是_______________________________________________________________________　。
欲除去Cu2＋，最好选用下列试剂中的__________(填代号)。
a．NaOH　　　　　　　　　　b．Zn
c．Fe d．NH3·H2O
(3)MnO2的生产方法之一是以石墨为电极，电解酸化的MnSO4溶液。阴极的电极反应式是______________________。若电解电路中通过2 mol电子，MnO2的理论产量为________g。
【解析】　(1)原电池的负极是发生氧化反应的一极：Zn－2e－===Zn2＋；电池工作时，电子是从负极流向正极。
(2)Zn与Cu2＋发生氧化还原反应，生成的Cu附着在Zn的表面构成铜锌原电池，加快反应速率，从而加快Zn的腐蚀。
(3)电解池的阴极是发生还原反应的一极：2H＋＋2e－===H2↑；每生成1 mol MnO2需转移2 mol电子，故每通过2 mol电子，理论上生成1 mol MnO2，质量为87 g。
【答案】　(1)Zn(或锌)　正极
(2)锌与还原出的铜构成铜锌原电池而加快锌的腐蚀　b
(3)2H＋＋2e－===H2↑　87
8．(2009年全国Ⅰ理综)下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100 g 5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100 g 10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电极。
(1)接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4浓度为10.47%，乙中c电极质量增加。据此回答问题：
①电源的N端为__________极；
②电极b上发生的电极反应为____________________；
③列式计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积：
_____________________________________________；
④电极c的质量变化是________g；
⑤电解前后各溶液的酸、碱性大小是否发生变化，简述其原因：
甲溶液_______________________________________；
乙溶液________________________________________；
丙溶液________________________________________；
(2)如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？___________________________________________。
【解析】　(1)①乙中c电极质量增加，说明c处发生的反应为：Cu2＋＋2e－===Cu，c电极应为阴极，则M为负极，N为正极。
②甲中放的是NaOH溶液，电解时实质上是电解水，b电极上发生的电极反应为：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑。而要求算出b电极上产生的气体体积，就必须先根据丙中K2SO4浓度的变化计算出转移电子的数目。
设丙中电解水的质量为x g，
由电解前后溶质质量相等可得：100×10%＝(100－x)×10.47%，x＝4.5 g，所以整个反应转移了0.5 mol电子，根据电极方程式可计算出b电极放出的O2为0.125 mol，其体积为2.8 L，c电极上析出的铜为0.25 mol，其质量为16 g。
⑤甲中电解的是水，NaOH浓度增大；乙中水电离出来的OH－放电，H＋浓度增大；丙中电解的也是水，虽然K2SO4浓度变大，但pH不变。
(2)铜全部析出时溶液变为H2SO4溶液，电解仍可以进行。
【答案】　(1)①正　②4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
③水减少的质量：100 g× ＝4.5 g
生成O2体积： × ×22.4 L·mol－1＝2.8 L
④16　⑤碱性增大，因为电解后，水量减少，溶液中NaOH浓度增大
酸性增大，因为阳极上OH－生成O2，溶液中H＋离子浓度增加
酸碱性大小没有变化，因为K2SO4是强酸强碱盐，浓度增加不影响溶液的酸碱性
(2)能继续进行，因为CuSO4溶液已转变为H2SO4溶液，反应也就变为水的电解反应
1．(2009年常州模拟))下图是某空间站能量转化系统的局部示意图，其中燃料电池采用KOH为电解液，下列有关说法中不正确的是(　　)
A．该能量转化系统中的水也是可以循环的
B．燃料电池系统产生的能量实际上来自于水
C．水电解系统中的阴极反应：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
D．燃料电池放电时的负极反应：H2－2e－＋2OH－===2H2O
【解析】　据题意知该能量转化系统工作原理为：在向日面时，利用太阳能电解水，此时阴极反应为2H＋＋2e－===H2↑，阳极反应为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，总反应为2H2O 2H2↑＋O2↑；在背日面时形成氢氧燃料电池，此时负极反应为H2－2e－＋2OH－===2H2O，正极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，总反应为2H2＋O2===2H2O，该能量转化系统中能量源于太阳能，水可以循环使用，故A、D正确；B、C错误。
【答案】　BC
2．(广东)如下图所示，在一U型管中装入含有紫色石蕊的Na2SO4试液，通直流电，一段时间后U型管内会形成一个倒立的三色“彩虹”，从左到右颜色的次序是(　　)
A．蓝、紫、红 B．红、蓝、紫
C．红、紫、蓝 D．紫、红、蓝
【解析】　本题考查电解池的有关知识。 电解Na2SO4试液的实质是电解H2O，在左端阳极是OH－失电子，促进水的电离，使氢离子浓度大于氢氧根的浓度，所以阳极溶液显酸性；在右端阴极是H＋得电子，促进水的电离，使氢离子浓度小于氢氧根的浓度，所以阴极显碱性；试剂是紫色石蕊，所以从左到右颜色的次序是红、紫、蓝。
【答案】　C
3．用石墨做电极电解1 mol/L CuSO4溶液，当c(Cu2＋)为0.5 mol/L时，停止电解，向剩余溶液中加入下列何种物质可使电解质溶液恢复至原来的状态(　　)
A．CuSO4 B．CuO
C．Cu(OH)2 D．CuSO4·5H2O
【解析】　电解过程中的反应为：
阳极：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，阴极：2Cu2＋＋4e－===2Cu。
总反应为：2CuSO4＋2H2O 2H2SO4＋2Cu＋O2↑。
由以上反应可知，电解使2 mol CuSO4和2 mol H2O变成了2 mol H2SO4，同时析出铜，放出O2，溶液中每生成2 mol Cu则放出1 mol O2，故需补充CuO或CuCO3。
【答案】　B
4．(2009年西城区)pH＝a的某电解质溶液中，插入两支惰性电极通直流电一段时间后，溶液的pH>a，则该电解质可能是(　　)
A．NaOH B．H2SO4
C．AgNO3 D．Na2SO4
【解析】　用惰性电极电解活泼金属的含氧酸盐溶液、碱溶液、含氧酸溶液时，实质上是电解水，A、B、D三项实质就是电解水。电解后，三种溶液的浓度都将增大，A项为强碱溶液，其溶液的pH增大；B项为强酸溶液，溶液的浓度增大后，其pH应减小；D项为强碱与含氧酸的正盐溶液，其溶液在浓度增大后pH保持不变。用惰性电极电解AgNO3，反应生成HNO3、Ag和O2，电解后溶液的酸性增强，pH减小。综上本题应选A。
【答案】　A
5．近年来，加“碘”食盐较多使用了碘酸钾(KIO3)，KIO3在工业上可用电解法制取，以石墨和铁为电极，以KI溶液为电解液在一定条件下电解，反应方程式为KI＋H2O―→KIO3＋H2↑。下列有关说法中正确的是(　　)
A．电解时，石墨作阳极，铁作阴极
B．电解时，在阳极上产生氢气
C．电解后得到KIO3产品的步骤有：过滤―→浓缩―→结晶―→灼烧
D．电解中，每转移0.6 mol电子，理论上可得到0.1 mol无水KIO3晶体
【解析】　本题利用电解原理制取碘盐中的碘酸钾，由方程式可知，发生氧化反应的物质是I－，故应用惰性材料作阳极，A项正确；电解池工作时，阳极I－失电子生成IO3－，而不是生成H2，H2应在阴极上生成，B项错误；电解后所得溶液为KIO3、KI的混合液，应采用浓缩―→结晶―→过滤的方法，因为KIO3不太稳定，所以不能用灼烧的方法得到，C项错误；
转移6 mol e－，生成1 mol KIO3，故每转移0.6 mol e－理论上可得到0.1 mol无水KIO3晶体，D项正确。
【答案】　AD
6．(2010年北京西城区高三质量测试)用酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置示意图如下图所示。下列说法中，正确的是(　　)
A．燃料电池工作时，正极反应为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
B．a极是铁，b极是铜时，b极逐渐溶解，a极上有铜析出
C．a极是粗铜，b极是纯铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出
D．a、b两极均是石墨时，在相同条件下a极产生的气体与电池中消耗的H2体积相等
【解析】　燃料电池工作时，正极反应为：O2＋4H＋＋4e－===2H2O，A错；a极是铁，b极是铜时，a极上铁发生氧化反应逐渐溶解，b极上Cu2＋发生还原反应有铜析出，B错；a极是粗铜，b极是纯铜时，a极发生氧化反应粗铜溶解，b极上Cu2＋发生还原反应有铜析出，C对；a、b两极均是石墨时，根据电子守恒，a极上产生O2与电池中消耗的H2体积比为1∶2，D错。
【答案】　C
7．现在工业上主要采用离子交换膜法电解饱和食盐水制取H2、Cl2、NaOH。请回答下列问题：
(1)在电解过程中，与电源正极相连的电极上所发生的电极反应式为　。
(2)电解之前食盐水需要精制，目的是除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、SO42－等杂质离子，使用的试剂有：a.Na2CO3溶液，b.Ba(OH)2溶液，c.稀盐酸，其合理的加入顺序为________(填试剂序号)。
(3)如果在容积为10 L的离子交换膜电解槽中，1 min在阴极可产生11.2 L(标准状况)Cl2，这时溶液的pH是(设体积维持不变)________。
(4)Cl2常用于自来水的消毒杀菌，现在有一种新型消毒剂ClO2，若它们在杀菌过程中的还原产物均为Cl－，消毒等量的自来水，所需Cl2和ClO2的物质的量之比为________。
【解析】　(1)与电源正极相连的是阳极，发生氧化反应，所以电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑。
(2)据所给试剂分析出应先加Ba(OH)2来沉淀SO42－、Mg2＋，过量的Ba2＋及Ca2＋再用Na2CO3来沉淀，过滤后最后加HCl来除去CO32－。
(3)由2NaCl＋2H2O 2NaOH＋H2↑＋Cl2↑可知，n(NaOH)＝2n(H2)＝2× ＝1 mol，c(OH－)＝0.1 mol/L，故溶液的pH＝13。
(4)Cl2 2Cl－，ClO2 Cl－，当两者得电子数相等时，消毒能力相当，此时两者物质的量之比为5∶2。
【答案】　(1)2Cl－－2e－===Cl2↑　(2)bac　(3)13　(4)5∶2
8．如下图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向乙中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色。试完成以下问题：
(1)电源A极的名称是________。
(2)甲装置中电解反应的总化学方程式是______________________________________________。
(3)如果收集乙装置中产生的气体，两种气体的体积比是________。
(4)欲用丙装置给铜镀银，G应该是________(填“铜”或“银”)，电镀液的主要成分是________(填化学式)。
(5)装置丁中的现象是______________________________________________，
说明__________________________。
【解析】　本题考查电解池有关串联电解的知识。综合性较强。由向乙中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，说明F为阴极，那么E为阳极，所以B为电源的负极，A为电源的正极。甲是电解CuSO4溶液，总方程式：2CuSO4＋2H2O 2Cu＋O2↑＋2H2SO4。乙装置中生成的气体为V(Cl2)∶V(H2)＝1∶1。丙是电镀池，所以给铜镀银阳极G应为Ag，阴极H为Cu，电镀液为AgNO3溶液。由于氢氧化铁胶粒带正电，所以有外加电源时，胶粒定向移动，向阴极移动，所以Y极附近红褐色变深。
【答案】　(1)正极
(2)2CuSO4＋2H2O 2Cu＋O2↑＋2H2SO4
(3)1∶1　(4)银　AgNO3
(5)Y极附近红褐色变深　氢氧化铁胶粒带正电荷
某研究性学习小组对铁生锈进行研究。
(1)甲同学设计了A、B、C一组实验(如下图)，探究铁生锈的条件。经过较长时间后，甲同学观察到的现象是：A中铁钉生锈；B中铁钉不生锈；C中铁钉不生锈。
①通过上述实验现象分析，可得出铁生锈的外部条件是____________________________；
②铁钉发生电化学腐蚀的正极电极反应式为____________________________；
③实验B所用的水要经过______________处理；植物油的作用是________________；
④实验C中碱石灰的作用是______________
(2)乙同学为了达到同样目的，设计了实验D(如上图)，发现一段时间后，试管中的液面升高，其原因是　　　　　　 ________________ ，该实验______　(填“能”或“不能”)说明水对铁钉生锈产生影响。
(3)丙同学为了探究铁锈(Fe2O3·nH2O)的组成，将甲同学实验产生的铁锈刮下来，称取1.96 g这种铁锈，按如下图所示装置进行实验。
充分反应后，称得B装置的质量增加0.36 g，C装置的质量增加1.32 g，则根据实验数据，推断铁锈的化学式中n值为______。
(4)为了保证实验安全，实验开始时应先点燃________(填A或E)处的酒精灯。
【解析】　(1)①对A、B、C三装置比较可知铁生锈的条件为有水和空气。②铁钉发生电化学腐蚀时正极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－。③因植物油的作用是隔绝空气，因此所用水应加热煮沸以赶尽其中溶解的O2，④碱石灰的作用应是干燥。
(2)据现象知，铁发生了吸氧腐蚀。
(3)B装置中0.36 g水即n(H2O)＝0.02 mol，C装置中1.32 g CO2即n(CO2)＝0.03 mol，可推知Fe2O3中含n(O)＝0.03 mol，n(Fe2O3)＝0.01 mol。所以n(Fe2O3)∶n(H2O)＝0.01∶0.02＝1∶2，故答案可知
【答案】　(1)①有水(或电解质溶液)或氧气(或空气)　②O2＋4e－＋2H2O===4OH－　③煮沸(或除去氧气)　隔绝空气(或防止氧气与铁接触)　④吸收水蒸气(或干燥、保持试管内干燥环境)
(2)铁的腐蚀要吸收氧气，使气体体积减少　不能
(3)2　(4)E
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一、选择题
1．设NA为阿伏加德罗常数，下列对于0.3 mol/L硫酸钾溶液的说法不正确的是(　　)
A．1 L溶液中含有0.6NA个钾离子
B．1 L溶液中含有钾离子和硫酸根离子总数为0.9NA
C．2 L溶液中钾离子浓度为1.2 mol/L
D．2 L溶液中含有硫酸根离子0.6NA个
【答案】　C
2．配制0.1 mol·L－1的NaCl溶液，下列操作会导致所配溶液的物质的量浓度偏高的是(　　)
A．称量时，左盘高，右盘低　 　B．定容时俯视读取刻度
C．原容量瓶洗净后未干燥 D．定容时液面超过了刻度线
【答案】　B
3．下列溶液中的c(Cl－)与50 mL 1 mol/L氯化铝溶液中的c(Cl－)相等的是(　　)
A．150 mL 1 mol/L氯化钠溶液
B．75 mL 2 mol/L氯化铵溶液
C．150 mL 1 mol/L氯化钾溶液
D．75 mL 1 mol/L氯化铝溶液
【解析】　物质的量浓度与溶液的体积大小无关，题干中c(Cl－)＝1 mol/L×3＝3 mol/L，A项中c(Cl－)＝1 mol/L；B项中，c(Cl－)＝2 mol/L；C项中，c(Cl－)＝1 mol/L；D项中c(Cl－)＝1 mol/L×3＝3 mol/L，故只有D符合。
【答案】　D
4．20 ℃时，食盐的溶解度是36 g，根据这句话的含义，判断下列说法中正确的是(　　)
A．100 g水溶解36 g食盐恰好能配成饱和溶液
B．20 ℃时，100 g食盐饱和溶液里含有36 g食盐
C．20 ℃时，把136 g食盐饱和溶液蒸干可得到36 g食盐
D．饱和食盐水中溶质、溶剂和溶液的质量比为36∶100∶136
【解析】　溶解度是指在一定温度下，某物质在100 g水中达到饱和状态时所能溶解固体的质量。20 ℃时食盐的溶解度为36 g，指的是20 ℃时100 g H2O溶解食盐36 g，即136 g食盐饱和溶液中溶有食盐36 g，A、D没有指明温度。
【答案】　C
5．(2008年广东卷有改动)设阿伏加德罗常数(NA)的数值为nA，下列说法正确的是(　　)
①1 mol Cl2与足量Fe反应，转移的电子数为3nA　②1.5 mol NO2与足量H2O反应，转移的电子数为nA　③常温常压下，46 g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3nA　④0.10 mol Fe粉与足量水蒸气反应生成的H2分子数为0.10nA
A．①② B．②③
C．③④ D．①④
【解析】　1 mol Cl2与足量Fe反应，一定转移2 mol，即2nA个电子，①错；3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，易知②正确；③中，可把N2O4看做2NO2，则有1 mol NO2，所以有3 mol原子；用极端方法，全部看做NO2或全部看做N2O4考虑，也可得出结果；3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，由方程式可知④错误。
【答案】　B
6．化学在文物的保护和鉴定方面有重要的作用。例如，庙宇中因为信教徒长期点燃香烛、木材等会造成壁画被油烟污染，表面常常附着白色沉积物。研究表明，采用氨水能够清洗壁画表面的污染，采用醋酸溶液可以进行固色。某文物保护单位现用500 mL容量瓶配制0.1 mol/L的氨水，以下操作正确的是(　　)
A．将标准状况下体积为1.12 L的氨气溶于500 mL水中
B．将标准状况下体积为1.12 L的氨气溶于水配成500 mL溶液
C．取1 mol/L的氨水50 mL，加入500 mL水中
D．取1 mol/L的氨水100 mL，配成1 000 mL溶液
【解析】　标准状况下1.12 L NH3的物质的量为＝0.05 mol，将此NH3溶于水配成500 mL溶液，其溶液物质的量浓度为＝0.1 mol/L。此外，取1 mol/L的氨水100 mL，配成1 000 mL溶液，其溶液物质的量浓度虽然也是0.1 mol/L，但限于本题条件，500 mL容量瓶只能配制500 mL的溶液。
【答案】　B
7．甲、乙两物质的溶解度曲线如图所示。下列叙述中正确的是(　　)
A．t1 ℃时，在100 g水中放入60 g甲，其溶质的质量分数为37.5%
B．t1 ℃时，甲和乙的饱和溶液的物质的量浓度一定相等
C．t2 ℃时，甲和乙的饱和溶液中溶质的质量分数一定相等
D．t2 ℃时，分别在100 g水中各溶解20 g甲、乙，同时降低温度，甲先达到饱和
【解析】　t1 ℃时，甲、乙的饱和溶液中溶质的质量分数均约为23.1%；100 g水中溶解的甲、乙的质量相等，但物质的量不一定相等；t2 ℃时，甲的饱和溶液中溶质的质量分数比乙的大。故A、B、C均错。
【答案】　D
8．(2008年上海卷)设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是(　　)
A．23 g钠在氧气中完全燃烧失电子数为0.5NA
B．1 L 2 mol·L－1的MgCl2溶液中含Mg2＋数为2NA
C．标准状况下，11.2 L的SO3所含分子数为0.5NA
D．室温下，8 g甲烷含有共价键数为2NA
【解析】　23 g钠失去电子数为NA，A错误；Mg2＋发生水解反应，Mg2＋数小于2NA，B错误；标准状况下SO3为固态，不能用22.4 L·mol－1计算，C错误；8 g甲烷的物质的量为0.5 mol,1 mol甲烷有4 mol共价键，故8 g甲烷中共价键数为2NA，D正确。
【答案】　D
9．有Na2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液，已知其中Fe3＋的物质的量浓度为0.4 mol/L，SO42－的物质的量浓度为0.7 mol/L，则此溶液中Na＋的物质的量浓度为(　　)
A．0.1 mol/L B．0.15 mol/L
C．0.2 mol/L D．0.25 mol/L
【解析】　根据电荷守恒原理可知，混合溶液中Na＋、Fe3＋所带的正电荷总数等于SO42－所带的负电荷总数，于是有c(Na＋)×1＋c(Fe3＋)×3＝c(SO42－)×2，即c(Na＋)＋3×0.4 mol/L＝2×0.7 mol/L，解得c(Na＋)＝0.2 mol/L。
【答案】　C
10．下列有关微粒或物质的“量”的叙述不正确的是(　　)
A．浓度分别为2 mol·L－1和1 mol·L－1的Na2CO3溶液中，c(CO32－)的比值为2∶1
B．常温常压下，16 g O2和O3混合气体中含有NA个氧原子
C．46 g NO2和N2O4混合气体的物质的量之和大于0.5 mol，小于1 mol
D．向饱和CuSO4溶液中加入1 mol CuSO4固体，则析出的晶体的质量大于250 g
【解析】　A项，浓度不同的Na2CO3溶液中CO32－的水解程度不同，且浓度越小，水解程度越大，所以两Na2CO3溶液中c(CO32－)的比值应大于2∶1；B项，由于O2和O3混合气体中只有氧原子，所以16 g混合气体中氧原子的个数为NA；C项，NO2和N2O4中N原子与O原子的个数比都为1∶2，当其中含NO2较多时，物质的量数值较大，极值为1 mol，而N2O4较多时，物质的量数值较小，极值为0.5 mol，所以混合气体的物质的量数值处于0.5 mol到1 mol之间；D项，加入的是CuSO4固体，但由于溶液为饱和溶液，所以会发生：CuSO4＋5H2O===CuSO4·5H2O，若只根据1 mol CuSO4来计算就可得晶体250 g，但由于反应消耗了溶剂水，所以会析出更多的晶体。
【答案】　A
11．传统的引爆炸药由于其中含Pb，使用时将产生污染，同时其引爆后的剩余炸药还严重危害接触者的人身安全，美国UNC化学教授Thomas J．Meyer等研发了环境友好、安全型的“绿色”引爆炸药，其中一种可表示为Na2R，它保存在水中可以失去活性，爆炸后不会产生危害性残留物。已知10 mL Na2R溶液含Na＋的微粒数为N个，该Na2R溶液的物质的量浓度为(　　)
A．N×10－2 mol/L B. mol/L
C.mol/L D.mol/L
【解析】　10 mL Na2R溶液中含Na＋的微粒数为N个，Na2R的物质的量n(Na2R)＝mol，
Na2R的物质的量浓度c(Na2R)＝mol÷0.01 L＝mol/L。
【答案】　B
12．50 g浓度为c mol·L－1，密度为ρ g·cm－3的氨水中加入一定量的水稀释成0.5c mol·L－1，则加入水的体积应(　　)
A．小于50 mL B．等于50 mL
C．大于50 mL D．等于50/ρ mL
【解析】　解答本题首先根据稀释前后溶质的物质的量不变，列出关系式：c1V1＝c2V2即c1·＝c2·，然后再根据氨水的浓度越大，密度越小进行讨论分析。
设加水的体积为V mL，稀释后溶液的密度为ρ后，由稀释前后溶质的物质的量不变可得×c mol·L－1＝
×0.5c mol·L－1，化简可得V·ρ＋50ρ＝100·ρ后，V＝100·－50，因为氨水的密度随浓度减小而增大，即ρ后>ρ，所以V>50，C正确。
【答案】　C
二、非选择题
13．实验室需要配制0.5 mol·L－1的烧碱溶液500 mL，根据溶液配制的过程，回答下列问题：
(1)实验中除了托盘天平(带砝码)、药匙、量筒和玻璃棒外，还需要的其他玻璃仪器有：________________________________________________________________________。
(2)根据计算得知，所需NaOH固体的质量为________g。
(3)配制溶液的过程中，有以下操作，其中正确的是________(填代号)。
A．将氢氧化钠固体放在纸片上称量
B．在烧杯中溶解氢氧化钠固体后，立即将溶液倒入容量瓶中
C．将溶解氢氧化钠的烧杯用蒸馏水洗涤2～3次，并将洗涤液转移到容量瓶中
(4)玻璃棒在该实验中的作用有：①____________________，②______________。
【解析】　(2)m(NaOH)＝0.5 mol·L－1×0.5 L×40 g·mol－1＝10.0 g。
(3)A中氢氧化钠固体应用小烧杯称量；B中要等溶液冷却到室温后再转移到容量瓶中。
【答案】　(1)500 mL容量瓶、烧杯、胶头滴管
(2)10.0　(3)C
(4)①搅拌，加速氢氧化钠固体的溶解　②引流液体
14．有X、Y、Z三种元素，已知：①X2－、Y－均与Y的气态氢化物分子具有相同的电子数；②Z与Y可组成化合物ZY3，ZY3溶液遇苯酚呈紫色。请回答：
(1)Y的最高价氧化物对应水化物的化学式是________。
(2)将ZY3溶液滴入沸水可得到红褐色液体，反应的离子方程式是________________________________________________________________________，
此液体具有的性质是________(填写序号字母)。
a．光束通过该液体时形成光亮的“通路”
b．向该液体中加入硝酸银溶液，会同时产生两种沉淀
c．将该液体加热、蒸干、灼烧后，有氧化物生成
【解析】　(1)ZY3溶液遇苯酚呈紫色，说明ZY3为FeY3，结合X2－、Y－均与Y的气态氢化物分子具有相同的电子数，且Y有最高价氧化物，推得X为S，Y为Cl，Y的最高价氧化物对应水化物的化学式是HClO4。
(2)ZY3为FeCl3，滴入沸水得到红褐色液体的反应的离子方程式为：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋，Fe(OH)3胶体能产生丁达尔效应，加热蒸干、灼热后得到Fe2O3。加入AgNO3溶液，会破坏胶体的介稳性，使Fe(OH)3胶体聚沉，生成Fe(OH)3沉淀，同时产生AgCl沉淀。
【答案】　(1)HClO4
(2)Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋　abc
15．波尔多液是一种常用的农药，将胆矾与生石灰、水按质量比依次为1∶0.56∶100混合配制成的无机铜杀菌剂波尔多液，是一种天蓝色粘稠状悬浮液体。
(1)此波尔多液中Cu2＋和Ca2＋的物质的量浓度之比为________(最简整数比)。波尔多液有效成分的化学式可表示为CuSO4·xCu(OH)2·yCa(OH)2，此种配比当x＝1时，试确定y的数值为________。
(2)波尔多液通常现用现配，下列容器中________不能用来盛装波尔多液(填选项代号)。
A．塑料容器 B．铜制容器
C．铁制容器 D．陶器
【解析】　(1)根据胆矾与生石灰的相对分子质量分别为250和56，则其物质的量之比为∶＝2∶5，由于溶液的体积相同，则物质的量之比即为物质的量浓度之比。
CuSO4＋Ca(OH)2===Cu(OH)2＋CaSO4
反应前　2 　　　5　　　　　　0　　 　　0
反应后　1 　　　4　　　　　　1　　 　　1
所以CuSO4·Cu(OH)2·yCa(OH)2中，y＝4。
(2)波尔多液中含有Cu2＋，故不能用铁制容器盛装。
【答案】　(1)2∶5　4　(2)C
16．一木块漂浮于30 ℃时的200 g硝酸钾饱和溶液中，如图A所示。
当温度改变时(不考虑由此引起的木块和溶液体积变化)，木块排开液体的体积(V排)随时间(t)发生如图B所示的变化。
(1)由上推测出温度的改变方式是________(填“升温”或“降温”)，同时观察到烧杯底部晶体________(填“增多”或“减少”)。
(2)若烧杯底部晶体增多了5 g，则此时溶液中KNO3的质量分数为多少？(已知30 ℃时KNO3的溶解度为45 g)
【解析】　(1)由图B看出，开始随时间的变化，木块在重力作用下下沉，木块排开水的体积逐渐增大，浮力也增大，达到一定的时间、木块排开水的体积不再变化，说明木块在溶液中受到的重力与浮力大小相等方向相反，达到了力的平衡。在这个过程中木块下沉，说明溶液的密度减小，析出晶体。结合KNO3的溶解度随温度降低而减小，可以推测出上述过程是因温度降低引起的。所以，可同时观察到烧杯底部晶体增多。
(2)30 ℃时200 g KNO3饱和溶液中溶有KNO3的质量为m(KNO3)＝200 g×＝62.1 g。
析出5 g KNO3晶体后，溶液中KNO3的质量分数为
×100%＝29.3%。
【答案】　(1)降温　增多　(2)29.3%(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
一、选择题
1．下列对沉淀溶解平衡的描述正确的是(　　)
A．反应开始时，溶液中各离子浓度相等
B．沉淀溶解达到平衡时，沉淀的速率和溶解的速率相等
C．沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度相等，且保持不变
D．沉淀溶解达到平衡时，如果再加入难溶性的该沉淀物，将促进溶解
【解析】　开始到达平衡时，溶液中各离子浓度不一定相等，如Ag3PO4所建立的溶解平衡，故A、C均错；沉淀溶解达平衡时再加入该沉淀物，对平衡无影响，故D也错；而B是沉淀溶解平衡建立的本质，显然是正确的。
【答案】　B
2．(2009年汕头模拟)许多马路两旁的树干都均匀地涂抹了石灰水。下列有关说法不正确的是(　　)
A．饱和石灰水中加入生石灰，若温度不变，则溶液中Ca2＋的物质的量不变
B．饱和石灰水中加入生石灰，若温度不变，则pH不变
C．升高饱和石灰水的温度时，Ca(OH)2的溶度积常数Ksp减小
D．石灰水显碱性，能使蛋白质变性，所以有防治树木病虫害的作用
【解析】　饱和石灰水中加入生石灰，若温度不变，溶液还是饱和溶液，离子浓度不变，但是生石灰与水反应，使溶剂质量减小，则溶解的溶质的物质的量也减小，故A项错误，B项正确；升高温度，Ca(OH)2的溶解度降低，Ksp减小，C项正确；石灰水显碱性，能使蛋白质变性，D项正确。
【答案】　A
3．(2009年海南模拟)下列有关AgCl沉淀的溶解平衡的说法中，不正确的是(　　)
A．AgCl沉淀生成和溶解不断进行，但速率相等
B．AgCl难溶于水，溶液中没有Ag＋和Cl－
C．升高温度，AgCl沉淀的溶解度增大
D．向AgCl沉淀中加入NaCl固体，AgCl沉淀的溶解度降低
【解析】　AgCl固体在溶液中达到溶解平衡后，溶解与沉淀速率相等，但不为0，A项正确。AgCl难溶于水，但溶解的部分电离出Ag＋和Cl－，B项错误；一般来说，升高温度有利于固体物质的溶解，C项正确；向AgCl沉淀中加入NaCl固体，增大了Cl－浓度，促使溶解平衡向左移动，降低了AgCl的溶解度，D项正确。
【答案】　B
4．下列各操作中，不发生“先沉淀后溶解”现象的是(　　)
①向饱和Na2CO3溶液中不断通入过量的CO2气体　②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴入过量的稀H2SO4　③向AgI胶体中逐滴加入过量的稀盐酸　④向石灰水中通入过量的CO2　⑤向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸
A．①③⑤ B．①②③⑤
C．②④ D．全部
【解析】　①只发生反应Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3(析出NaHCO3)；②中Fe(OH)3先聚沉后被H2SO4溶解；③中AgI聚沉但不溶解；④中先生成CaCO3沉淀后溶解；⑤中只生成H2SiO3沉淀。
【答案】　A
5．向ZnSO4溶液中加入Na2S溶液时，得到白色沉淀，然后向白色沉淀中滴加CuSO4溶液，发现沉淀变为黑色，则下列说法不正确的是(　　)
A．白色沉淀为ZnS，而黑色沉淀为CuS
B．上述现象说明ZnS的Ksp小于CuS的Ksp
C．利用该原理可实现一种沉淀转化为更难溶的沉淀
D．该过程破坏了ZnS的溶解平衡
【解析】　该过程破坏了ZnS的溶解平衡，Cu2＋结合了ZnS溶解产生的 S2－，生成了比ZnS更难溶的CuS，同时也说明了ZnS的Ksp大于CuS的Ksp。
【答案】　B
6．在盛有AgCl沉淀的试管中加入KI溶液，振荡后可观察白色沉淀逐渐变为黄色沉淀。通过这个实验可以说明的是(　　)
A．I－的还原性比Cl－的强
B．Cl－的半径比I－的小
C．AgI的溶解度比AgCl的大
D．实验过程中，溶解平衡AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)不断向右移动
【解析】　白色沉淀转化成黄色沉淀，说明在振荡过程中氯化银转化成碘化银，所以氯化银的溶解平衡AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)不断向溶解方向移动。
【答案】　D
7．(2009年济宁质检)将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓AgNO3溶液，发生的反应为(　　)
A．只有AgBr沉淀
B．AgCl和AgBr沉淀等量生成
C．AgCl和AgBr沉淀都有，但以AgCl沉淀为主
D．AgCl和AgBr沉淀都有，但以AgBr沉淀为主
【解析】　在AgCl和AgBr两饱和溶液中，前者c(Ag＋)大于后者c(Ag＋)，c(Cl－)>c(Br－)。当将AgCl、AgBr两饱和溶液混合时，发生沉淀的转化，生成更多的AgBr沉淀，与此同时，溶液中c(Cl－)比原来AgCl饱和溶液中大，当加入足量的浓AgNO3溶液时，AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加得更多。
【答案】　C
8．向Cr2(SO4)3的水溶液中加入NaOH溶液，当pH＝4.6时，开始出现Cr(OH)3沉淀，随着pH的升高，沉淀增多；但当pH≥13时，沉淀消失，出现亮绿色的亚铬酸根离子(CrO2－)，其平衡关系如下：
Cr＋3OH－?? ??CrO＋H＋＋H2O
向0.05 mol/L的Cr2(SO4)3溶液50 mL中加入1.0 mol/L NaOH溶液50 mL，充分反应后，溶液中可观察到的现象为(　　)
A．溶液为紫色 B．溶液中有灰绿色沉淀
C．溶液为亮绿色 D．无法判断
【解析】　c(Cr3＋)＝0.1 mol/L
n(Cr3＋)＝0.1 mol/L×0.05 L＝0.005 mol
Cr3＋　＋　4OH－===CrO2－＋2H2O
0．005 mol 0.02 mol
n(OH－)余＝1×0.05 mol－0.02 mol＝0.03 mol
c(OH－)＝＝0.3 mol/L
c(H＋)＝＝3.3×10－14mol/L
pH＝13.5
此时溶液中主要以CrO2－形式存在。
【答案】　C
9．已知一些银盐的颜色及溶解度数值如下：
化学式 AgCl AgBr AgI Ag2S Ag2CrO4
颜色 白色 浅黄色 黄色 黑色 红色
溶解度/g 1.5×10－4 7.1×10－7 2.1×10－7 1.3×10－16 4.3×10－2
测定水体中氯化物的含量，常用标准硝酸银法进行滴定。滴定时，应加入的指示剂是(　　)
A．KBr B．KI
C．K2S D．K2CrO4
【解析】　指示剂在作用时，应在反应刚好完成，所加过量试剂会与指示剂作用生成不同现象来进行判断。本题应在Ag＋和Cl－生成AgCl沉淀后，再生成其他沉淀。所以本题指示剂的溶解度应比AgCl大。
【答案】　D
10．已知CuSO4溶液分别与Na2CO3溶液、Na2S溶液的反应情况如下：
(1)CuSO4＋Na2CO3
主要：Cu2＋＋CO32－＋H2O===Cu(OH)2↓＋CO2↑
次要：Cu2＋＋CO32－===CuCO3↓
(2)CuSO4＋Na2S
主要：Cu2＋＋S2－===CuS↓
次要：Cu2＋＋S2－＋2H2O===Cu(OH)2↓＋H2S↑
下列几种物质的溶解度大小的比较中，正确的是(　　)
A．CuSCu(OH)2>CuCO3
C．Cu(OH)2>CuCO3>CuS D．Cu(OH)2【解析】　根据沉淀转化一般规律：溶解度小的沉淀易转化为溶解度更小的沉淀，故由反应(1)知，溶解度CuCO3>Cu(OH)2，由反应(2)知Cu(OH)2>CuS。
【答案】　A
11．(2009年广州调研)已知25 ℃时，AgI饱和溶液中c(Ag＋)为1.22×10－8 mol/L，AgCl的饱和溶液中c(Ag＋)为1.25×10－5 mol/L。若在5 mL含有KCl和KI各为0.01 mol/L的溶液中，加入8 mL 0.01 mol/L AgNO3溶液，这时溶液中所含溶质的离子浓度大小关系正确的是(　　)
A．c(K＋)>c(NO3－)>c(Cl－)>c(Ag＋)>c(I－)
B．c(K＋)>c(NO3－)>c(Ag＋)>c(Cl－)>c(I－)
C．c(NO3－)>c(K＋)>c(Ag＋)>c(Cl－)>c(I－)
D．c(K＋)>c(NO3－)>c(Ag＋)＝c(Cl－)＋c(I－)
【解析】　由题中信息可知在向5 mL含有KCl和KI各为0.01 mol/L的溶液中，加入8 mL 0.01 mol/L AgNO3溶液时，Ag＋先与I－ 作用生成AgI沉淀，剩余的Ag＋再与Cl－结合生成AgCl沉淀，由题中的数据知：Ag＋只能将Cl－沉淀一部分，K＋、NO3－等不参与反应，所以溶液中各离子浓度的大小关系为c(K＋)>c(NO3－)>c(Cl－)>c(Ag＋)>c(I－)。
【答案】　A
12．对于难溶盐MX，其饱和溶液中M＋和X－的物质的量浓度之间的关系类似于c(H＋)·c(OH－)＝KW，存在等式c(M＋)·c(X－)＝Ksp。一定温度下，将足量的AgCl分别放入下列物质中，AgCl的溶解度由大到小的排列顺序是(　　)
①20 mL 0.01 mol·L－1KCl溶液　②30 mL 0.02 mol·L－1CaCl2溶液　③40 mL 0.03 mol·L－1HCl溶液　④10 mL蒸馏水　⑤50 mL 0.05 mol·L－1AgNO3溶液
A．①>②>③>④>⑤ B．④>①>③>②>⑤
C．⑤>④>②>①>③ D．④>③>⑤>②>①
【解析】　AgCl(s)??Ag＋＋Cl－，由于c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp，c(Cl－)或c(Ag＋)越大，越能抑制AgCl的溶解，AgCl的溶解度就越小。注意AgCl的溶解度大小只与溶液中Ag＋或Cl－的浓度有关，而与溶液体积无关。
①c(Cl－)＝0.01 mol·L－1　　②c(Cl－)＝0.04 mol·L－1
③c(Cl－)＝0.03 mol·L－1　　④c(Cl－)＝0 mol·L－1
⑤c(Ag＋)＝0.05 mol·L－1
Ag＋或Cl－浓度由小到大的顺序为④<①<③<②<⑤，故AgCl的溶解度由大到小的排列顺序为④>①>③>②>⑤。
【答案】　B
二、非选择题
13．已知难溶电解质在水溶液中存在溶解平衡：
MmAn(s)??mMn＋(aq)＋nAm－(aq)
Ksp＝cm(Mn＋)·cn(Am－)，称为溶度积。
某学习小组欲探究CaSO4沉淀转化为CaCO3沉淀的可能性，查得如下资料：(25 ℃)
难溶电
解质 CaCO3 CaSO4 MgCO3 Mg(OH)2
Ksp 2.8×10－9 9.1×10－6 6.8×10－6 1.8×10－11
实验步骤如下：
①往100 mL 0.1 mol/L的CaCl2溶液中加入100 mL 0.1 mol/L的Na2SO4溶液，立即有白色沉淀生成。
②向上述悬浊液中加入固体Na2CO3 3 g，搅拌，静置，沉淀后弃去上层清液。
③再加入蒸馏水搅拌，静置，沉淀后再弃去上层清液。
④________________________________________________________________________。
(1)由题中信息Ksp越大，表示电解质的溶解度越______(填“大”或“小”)。
(2)写出第②步发生反应的化学方程式：________________________________________________________________________
________________________________。
(3)设计第③步的目的是________________________________________________________________________。
(4)请补充第④步操作及发生的现象：________________________________________________________________________
________________________________。
【解析】　本题考查的知识点为教材新增加的内容，题目在设计方式上为探究性实验，既注重基础知识，基本技能的考查，又注重了探究能力的考查。由Ksp表达式不难看出其与溶解度的关系，在硫酸钙的悬浊液中存在着：CaSO4(s)??SO42－(aq)＋Ca2＋(aq)，而加入Na2CO3后，溶液中CO32－浓度较大，而CaCO3的Ksp较小，故CO32－与Ca2＋结合生成沉淀，即CO32－＋Ca2＋===CaCO3↓。既然是探究性实验，必须验证所推测结果的正确性，故设计了③、④步操作，即验证所得固体是否为碳酸钙。
【答案】　(1)大
(2)Na2CO3＋CaSO4===Na2SO4＋CaCO3
(3)洗去沉淀中附着的SO42－
(4)向沉淀中加入足量的盐酸，沉淀完全溶解
14．水体中重金属铅的污染方向问题备受关注。水溶液中铅的存在形态主要有Pb2＋、Pb(OH)＋、Pb(OH)2、Pb(OH)3－、Pb(OH)42－，各形态的浓度分数α随溶液pH变化的关系如图所示：
[1表示Pb2+,2表示Pb(OH)+,3表示Pb(OH)2,4表示Pb(OH)3-,5表示Pb(OH)42-]
(1)Pb(NO3)2溶液中，　　　　2(填“>”“=”或“<”)；往该溶液中滴入氯化铵溶液后，增加，可能的原因是________________________________________________________________________。
(2)往Pb(NO3)2溶液中滴入稀NaOH溶液，pH=8时溶液中存在的阳离子(Na+除外)有　　　　　　　，pH=9时主要反应的离子方程式为　　　　　　　　　　。
【解析】　(1)因为Pb(NO3)2，是一种强酸弱碱盐，在水溶液中存在如下水解平衡：2H2O+Pb2+??Pb(OH)2+2H+，使c(Pb2+)减小，所以
(2)pH=8时，曲线上1、2、3表示的物质共存，所以此时溶液中存在的阳离子(Na+除外)有Pb2+、Pb(OH)+和H+。pH=9时，曲线2、3表示的物质共存，由图可知Pb(OH)2的浓度分数比Pb(OH)+的大，所以主要反应是生成Pb(OH)2。
【答案】　(1)>　Pb2+与Cl-发生反应，使c(Pb2+)减小
(2)Pb2+、Pb(OH)-、H+　Pb2++2OH-===Pb(OH)2↓
15．在CaF2(Ksp＝5.3×10－9)与CaSO4(Ksp＝9.1×10－6)混合的饱和溶液中，测得F－浓度为1.8×10－3mol/L，则溶液中SO42－的浓度为________mol/L。
【解析】　两种难溶物质中都有Ca2＋，Ca2＋浓度必须满足两种溶质的溶解平衡，可以用两种溶质的Ksp计算。c(Ca2＋)×c2(F－)＝Ksp(CaF2)＝5.3×10－9，求得c(Ca2＋)＝×10－3mol/L，再根据Ksp(CaSO4)＝c(Ca2＋)×c(SO42－)，可求得c(SO42－)＝Ksp(CaSO4)/c(Ca2＋)＝＝5.56×10－3mol/L。
【答案】　5.56×10－3
16．已知：Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO42－)＝1.9×10－12，现用0.01 mol/L AgNO3溶液滴定0.01 mol/L KCl和0.001 mol/L K2CrO4混合溶液，通过计算回答：
(1)Cl－、CrO42－先生成沉淀的是________。
(2)当刚出现Ag2CrO4沉淀时，溶液中Cl－浓度是________mol/L。(设混合溶液在反应中体积不变)
【解析】　(1)根据两种物质的Ksp，求出生成各自的沉淀所需c(Ag＋)，比较两者c(Ag＋)，谁需c(Ag＋)小谁先沉淀。
沉淀Cl－：c(Ag＋)＝＝mol/L
＝1.8×10－8mol/L。
沉淀CrO42－：c(Ag＋)＝
＝mol/L＝4.36×10－5mol/L
故先生成AgCl沉淀。
(2)因c2(Ag＋)·c(CrO42－)＝1.9×10－12
c2(Ag＋)×0.001＝1.9×10－12，
c(Ag＋)＝4.36×10－5mol/L，
c(Ag＋)·c(Cl－)＝1.8×10－10，
4．36×10－5·c(Cl－)＝1.8×10－10，
c(Cl－)＝4.13×10－16mol/L。
【答案】　(1)Cl－先沉淀　(2)4.13×10－6mol/L
单元过关评估
(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
一、选择题(每小题3分，共48分)
1．下表中物质的分类组合正确的是(　　)
A B C D
强电解质 Al2(SO4)3 BaSO4 HClO KCl
弱电解质 H3PO4 H2O CaCO3 Al(OH)3
非电解质 CO2 NH3·H2O NH3 HI
【解析】　B项中的NH3·H2O属于弱电解质；C项中的HClO属于弱电解质，CaCO3属于强电解质；D项中的HI属于强电解质。
【答案】　A
2．实验中欲量取50.00 mL KMnO4溶液可选用的仪器是(　　)
A．50 mL量筒　　　　　　　　B．10 mL量筒
C．50 mL酸式滴定管 D．50 mL碱式滴定管
【解析】　量筒是不精确的计量仪器，滴定管是较精确的计量仪器。准确量取50.00 mL溶液，应该用50 mL滴定管。又因为碱式滴定管的下端有一段橡皮管，高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀橡皮管，所以量取高锰酸钾溶液要用酸式滴定管。
【答案】　C
3．(2008年山东德州质检)醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是(　　)
A．醋酸溶液可与纯碱溶液反应产生CO2
B．相同pH的醋酸溶液和盐酸分别跟同样颗粒大小的锌反应时，产生H2的起始速率相等
C．10 mL 1 mol·L－1醋酸溶液恰好与10 mL 1 mol·L－1NaOH溶液完全反应
D．在相同条件下，醋酸溶液的导电性比盐酸的弱
【解析】　A项仅能说明CH3COOH比H2CO3酸性强，故错误；B项pH相同，c(H＋)相同，起始时反应速率相同，故错误；C项酸碱中和与强弱电解质无关，故错误；D项正确。
【答案】　D
4．某温度下，可逆反应HA??H＋＋A－的电离常数为Ka，下列说法正确的是(　　)
A．Ka越大，表示该弱酸较易电离
B．Ka越大，表示该弱酸较难电离
C．Ka随反应物浓度的改变而改变
D．Ka随体系温度的改变而改变
【解析】　电离常数Ka越大，说明该弱酸越易电离，A正确，B错误；而Ka仅是温度的函数，会随温度变化而变化，故C错误，D正确。
【答案】　AD
5．下列过程或现象与盐类水解无关的是(　　)
A．纯碱溶液去油污
B．铁在潮湿的环境下生锈
C．加热氯化铁溶液颜色变深
D．浓硫化钠溶液有臭味
【解析】　A项，碳酸钠水解显碱性，利用油污在碱性条件下水解生成可溶于水的物质而达到去污目的；C项，氯化铁溶液中发生Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，在加热条件下水解平衡正向移动造成体系颜色加深；D项，硫化钠溶液中存在S2－＋H2O??HS－＋OH－，HS－＋H2O??H2S＋OH－，水解产物H2S是产生臭味的原因；B项，是铁发生电化学腐蚀的结果，不涉及盐类的水解。
【答案】　B
6．将pH为5的硫酸溶液稀释500倍，稀释后溶液中c(SO42－)∶c(H＋)约为(　　)
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶10 D．10∶1
【解析】　pH＝5的硫酸溶液中，c(H＋)＝10－5mol·L－1，c(SO42－)＝5×10－6mol·L－1。将此溶液稀释500倍后，稀释液中c(SO42－)＝1×10－8mol·L－1，而c(H＋)趋近于1×10－7mol·L－1，则c(SO42－)∶c(H＋)约为1∶10。故选C。本题若不能很好地理解酸、碱溶液稀释的pH计算，则很容易误选B。
【答案】　C
7．(2009年江苏南通高三调研)下列有关实验的说法正确的是(　　)
A．将氯化铝溶液加热蒸发、烘干可得无水氯化铝固体
B．测量溶液的导电性可区分出试剂盐酸和醋酸，导电能力强的是盐酸
C．做完银镜反应后的试管可用热的稀硝酸清洗，回收后的硝酸银溶液可再利用
D．除去硫酸铝溶液中混有的硫酸镁，可加入足量烧碱，过滤，向滤液中加入适量硫酸酸化
【解析】　A项，AlCl3溶液在加热蒸发时，Al3＋会水解，最终得到Al2O3固体，A错。B项，溶液导电性强弱与溶液中离子浓度大小有关，而与溶质是强、弱电解质无关，B错。可在相同条件下测量等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液的导电性，则导电能力强的是盐酸。C项，清洗“银镜”应用稀硝酸，生成的AgNO3需回收利用，C对。D项，加入足量NaOH，则又混入了新的杂质，D错。
【答案】　C
8．(2009年威海模拟)已知：HCN是一种弱酸。相同物质的量浓度的NaCN溶液和NaClO溶液相比，NaCN溶液的pH较大，则对同温同体积同浓度的HCN溶液和HClO溶液，下列说法正确的是(　　)
A．酸的强弱：HCN>HClO
B．pH：HClO>HCN
C．与NaOH恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量：HClO>HCN
D．酸根离子浓度：c(CN－)【解析】　从题中可知NaCN溶液的pH较大，则CN－水解程度大，根据“越弱越水解”c(CN－)【答案】　D
9．实验室用标准盐酸溶液测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是(　　)
A．酸式滴定管在装液前未用标准酸溶液润洗2～3次
B．开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失
C．滴定前平视读数，滴定后俯视读数
D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次
【解析】　酸式滴定管在装液前未用标准酸溶液润洗，则相当于把标准液稀释了，滴定消耗标准液的体积大了，结果偏高，A项错误；开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失，气泡的体积也算进了标准液，消耗标准液的体积偏大，结果偏高，B项错误；滴定前平视读数，正确，滴定后俯视，由于滴定管的“0”刻度在上边，俯视读数偏小，消耗标准液的体积偏小，结果偏低，C项正确；盛NaOH溶液的锥形瓶不能用NaOH溶液润洗，否则增加了待测液，消耗标准液的体积偏大，结果偏高，D项错误。
【答案】　C
10．下列溶液，一定呈中性的是(　　)
A．由等体积、等物质的量浓度的一元酸跟氢氧化钠溶液混合所形成的溶液
B．c(H＋)＝1×10－7mol·L－1的溶液
C．pH＝14－pOH的溶液
D．pH＝pOH的溶液
【解析】　若选项A中的一元酸是弱酸(如醋酸或次氯酸)，则混合后所得溶液不呈中性而呈碱性(因所得盐为强碱弱酸盐，水解显碱性)；而水的离子积KW的值与温度有关，当温度不等于25 ℃时，KW就不等于1×10－14，即c(H＋)＝1×10－7mol·L－1或pH＝14－pOH的溶液就不呈中性；但若当c(H＋)＝c(OH－)，即pH＝pOH，无论在什么情况下，溶液都呈中性。
【答案】　D
11．在常温时的下列溶液中，BaSO4的溶解度最大的是(　　)
A．40 mL 1 mol/L的BaCl2溶液
B．30 mL 2 mol/L的Ba(OH)2溶液
C．10 mL纯水
D．50 mL 0.1 mol/L的H2SO4溶液
【解析】　BaSO4在水中存在如下平衡：BaSO4(s)??Ba2＋(aq)＋SO42－(aq)。A项BaCl2中的Ba2＋促使平衡左移，溶解度减小；B项Ba(OH)2中的Ba2＋同样使平衡左移，溶解度减小；C项纯水中BaSO4的溶解度不受影响；D项中，SO42－使平衡左移，溶解度减小。
【答案】　C
12．向1 L 0.3 mol/L的NaOH溶液中缓慢通入8.8 g CO2气体，使其完全反应，对反应后的溶液，下列判断正确的是(　　)
A．溶质为Na2CO3
B．溶质为NaHCO3
C.c(Na＋)＝c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)
D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3－)＋2c(CO32－)＋c(OH－)
【解析】　向1 L 0.3 mol/L的NaOH溶液中缓慢通入8.8 g CO2气体，完全反应后的溶液为Na2CO3和NaHCO3的混合溶液，所以选项A、B、C均不正确；选项D为电荷守恒，正确，选D。
【答案】　D
13．(2009年济南模拟)当NaOH溶液与氨水的pH、体积都相同时，下列叙述正确的是(　　)
A．两溶液的物质的量浓度相同
B．两溶液的c(H＋)相同
C．用同浓度盐酸中和时，消耗酸的体积相同
D．升高温度10 ℃，两者pH仍相等
【解析】　由于氨水是弱碱，溶液中有大部分的NH3·H2O没有电离，而NaOH是强碱，当二者的pH相等时，二者的浓度应是氨水大，并且在体积相同时氨水所含的物质的量要多；当升高温度时氨水的电离平衡向右移动，则二者的pH不等；两溶液的pH相等，则c(H＋)相同。
【答案】　B
14．已知下面三个数据：7.2×10－4、4.6×10－4、4.9×10－10分别是下列有关的三种酸的电离常数，若已知下列反应可以发生：
NaCN＋HNO2===HCN＋NaNO2
NaCN＋HF===HCN＋NaF
NaNO2＋HF===HNO2＋NaF
由此可判断下列叙述不正确的是(　　)
A．K(HF)＝7.2×10－4
B．K(HNO2)＝4.9×10－10
C．根据其中两个反应即可得出结论
D．K(HCN)【解析】　相同温度下，弱电解质的电离常数是比较弱电解质相对强弱的条件之一；根据第一、第三个反应可知三种一元弱酸的强弱顺序为：HF>HNO2>HCN。由此可判断K(HF)>K(HNO2)>K(HCN)，其对应数据依次为
K(HF)＝7.2×10－4
K(HNO2)＝4.6×10－4
K(HCN)＝4.9×10－10
【答案】　B
15．(2009年淄博模拟)已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝1.0×10－16。下列关于不溶物之间转化的说法中错误的是(　　)
A．AgCl不溶于水，不能转化为AgI
B．两种不溶物的Ksp相差越大，不溶物就越容易转化为更难溶的不溶物
C．AgI比AgCl更难溶于水，所以AgCl可以转化为AgI
D．常温下，AgCl若要在NaI溶液中开始转化为AgI，则NaI的浓度必须不低于×10－11mol/L
【解析】　不溶于水不是绝对的不溶，而是溶解度小于0.1 g。尽管AgCl溶解的很少，但由于AgI比AgCl更难溶于水，溶液中微量的Ag＋在I－浓度足够大的溶液中，可以转化为AgI，而使AgCl的溶解平衡向产生Ag＋的方向移动，导致AgCl溶解，所以A错误。根据·c(I－)＝1.0×10－16可计算得：c(I－)＝×10－11mol/L，D正确。
【答案】　A
16．某漂白粉的成分为次氯酸钙和氯化钙(由氯气与石灰乳恰好反应制得)，其溶液中离子浓度大小关系正确的是(　　)
A．c(Cl－)>c(Ca2＋)>c(ClO－)>c(H＋)>c(OH－)
B．c(Cl－)＝c(Ca2＋)>c(ClO－)>c(OH－)>c(H＋)
C．c(Cl－)＝c(OH－)＋c(ClO－)＝c(Ca2＋)＋c(H＋)
D．c(Ca2＋)＝2c(Cl－)＋2c(ClO－)
【解析】　因Ca(ClO)2是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，A错；由2Ca(OH)2＋2Cl2===Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O知c(Cl－)＝c(Ca2＋)，因ClO－水解，故c(Ca2＋)>c(ClO－)，来源于盐的离子浓度大于来源于水电离的离子浓度，故B对；依电荷守恒原理知C错；依物料守恒有c(Ca2＋)＝0.5[c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(HClO)]，D错。
【答案】　B
二、非选择题(共52分)
17．(14分)某化学课外小组为测定空气中CO2的含量，进行了如下实验：
①配制0.100 0 mol/L和0.010 00 mol/L的标准盐酸。
②用0.100 0 mol/L的标准盐酸滴定未知浓度的Ba(OH)2溶液10.00 mL，结果用去盐酸19.60 mL。
③用测定的Ba(OH)2溶液吸收定量空气中的CO2，取Ba(OH)2溶液10.00 mL，放入100 mL容量瓶里加水至刻度线，取出稀释后的溶液放入密闭容器内，并通入10 L标准状况下的空气，振荡，这时生成沉淀。
④过滤上述所得浊液。
⑤取滤液20.00 mL，用0.010 00 mol/L的盐酸滴定，用去盐酸34.80 mL。请回答下列问题：
(1)配制标准盐酸时，需用下列哪些仪器？________；
A．托盘天平　B．容量瓶　C．酸式滴定管　D．量筒　E．烧杯
F．胶头滴管　G．玻璃棒
(2)滴定操作中，左手 ________，右手________，眼睛__________________；
(3)Ba(OH)2溶液的物质的量浓度是________；
(4)过滤所得浊液的目的是________________________________________________________；
(5)此空气样品中含CO2的体积分数为________；
(6)本实验中，若第一次滴定时使用的酸式滴定管未经处理，即注入第二种标准盐酸，并进行第二次滴定，使测定结果________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【解析】　(1)配制一定物质的量浓度的盐酸时，需要仪器有容量瓶、量筒、烧杯、胶头滴管及玻璃棒。
(2)滴定操作时，左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化。
(3)Ba(OH)2＋2HCl===BaCl2＋2H2O，则c[Ba(OH)2]×10.00 mL＝×0.1 mol/L×19.60 mL解得c[Ba(OH)2]＝0.098 mol/L。
(4)为防止BaCO3与HCl反应，应分离出BaCO3。
(5)Ba(OH)2＋CO2===BaCO3↓＋H2O，只要求出余下的Ba(OH)2，就可以计算与CO2反应的Ba(OH)2，CO2的量也就计算出来了。过程如下：20 mL滤液中Ba(OH)2的物质的量为34.80×10－3×0.01× mol＝0.174×10－3 mol，那么100 mL滤液中有Ba(OH)2：0.174×10－3×5 mol＝0.870×10－3 mol，原有Ba(OH)2：10×10－3 L×0.098 0 mol/L＝0.980×10－3 mol，与CO2反应的Ba(OH)2有(0.980－0.870)×10－3 mol＝0.110×10－3 mol，则 n(CO2)＝0.110×10－3 mol，则φ(CO2)＝×100%＝0.025%。
(6)偏大，因为第二次滴定消耗标准盐酸偏少，使计算出的剩余Ba(OH)2偏少，那么与CO2反应的Ba(OH)2就偏多。
【答案】　(1)BCDEFG　(2)控制活塞　摇动锥形瓶　注视锥形瓶内溶液颜色的变化　(3)0.098 0 mol/L
(4)分离出BaCO3，防止HCl与BaCO3反应
(5)0.025%　(6)偏大
18．(12分)在温度T ℃下，某Ba(OH)2稀溶液中c(H＋)＝10－amol/L，c(OH－)＝10－bmol/L，已知a＋b＝12，向该溶液中逐滴加入pH＝b的盐酸，测得混合溶液的部分pH如下表所示：
序号 氢氧化钡的体积/mL 盐酸的体积/mL 溶液的pH
① 22.00 0.00 8
② 22.00 18.00 7
③ 22.00 22.00 6
(1)依据题意判断，T ℃________25 ℃(填“大于”、“小于”或“等于”)，该温度下水的离子积KW＝________。
(2)b＝________，原Ba(OH)2稀溶液的物质的量浓度为________。
(3)该温度下，向1 L硫酸与硫酸钠的混合溶液中加入3 L该Ba(OH)2的稀溶液时，沉淀正好达最大值，从所得溶液中取出4 mL并加水稀释至20 mL，测得溶液的pH为7，则原硫酸与硫酸钠混合溶液的pH为________，其中Na2SO4的物质的量浓度为________。
【解析】　(1)该温度下，
KW＝c(H＋)·c(OH－)＝10－a×10－b＝10－(a＋b)
＝10－12>10－14，故T ℃>25 ℃
(2)据第①组可计算：
Ba(OH)2溶液中c(H＋)水＝1×10－8mol/L，
故c(OH－)＝mol/L＝1×10－4mol/L＝10－bmol/L
所以b＝4，c[Ba(OH)2]＝×10－4mol/L＝5×10－5mol/L
(3)据题意知n(SO42－)总＝n[Ba(OH)2]＝3 L×5×10－5mol/L＝1.5×10－4mol
据恰好反应时知
c(OH－)过＝×＝＝10－5mol/L
解得c(H＋)＝1×10－4mol/L，pH＝4，n(Na2SO4)＝n(SO42－)总－n(H2SO4)＝1.5×10－4mol－×10－4mol/L×1 L＝1×10－4mol，所以c(Na2SO4)＝1×10－4mol/L
【答案】　(1)大于　1×10－12　(2)4　5×10－5mol/L
(3)4　1×10－4mol/L
19．(14分)A、B代表不同物质，都是H、N、O、Na中的任意三种元素组成的强电解质，A的水溶液呈碱性，B的水溶液呈酸性，请找出A、B可能的两种组合。(要求：相同浓度时，A1溶液中水的电离程度小于A2溶液中水的电离程度；相同浓度时，B1溶液中水的电离程度小于B2溶液中水的电离程度)
(1)写出化学式：A1____________，A2____________，B1____________，B2____________；
(2)相同温度下，当A1、B1的物质的量浓度相等时，两溶液中水电离出的氢离子的物质的量浓度之比为________；
(3)写出0.1 mol/L的A2溶液中离子浓度大小排序________________________________________________________________________
________________________________；
(4)B1溶液中水的电离程度小于B2溶液中水的电离程度，原因是________________________________________________________________________________；
(5)常温下，若B1、B2两溶液的pH＝5，则两溶液中由水电离出的氢离子的物质的量浓度之比为____________。
【解析】　(1)根据给出的元素：H、N、O、Na，其中由三种元素组成的强电解质有强碱(NaOH)、强酸(HNO3)、盐：NaNO3、NaNO2、NH4NO3、NH4NO2等，A显碱性，只可能是NaOH和NaNO2，B显酸性，可能是HNO3和NH4NO3。强酸、强碱都抑制水的电离，而易水解的盐则促进水的电离，故四种物质分别为NaOH、NaNO2、HNO3和NH4NO3。
(2)相同物质的量浓度的NaOH和HNO3对水的抑制程度相同，故两溶液中水电离出的H＋浓度之比为1∶1。
(3)NaNO2为强碱弱酸盐，故各离子浓度为c(Na＋)>c(NO2－)>c(OH－)>c(H＋)。
(4)因HNO3电离出的H＋抑制了H2O的电离，而NH4NO3中NH4＋的水解促进了水的电离。
(5)在HNO3溶液中c(H＋)水＝＝1×10－9mol/L，在NH4NO3溶液中，由水电离出的c(H＋)＝1×10－5mol/L，故二者之比为1×10－9∶1×10－5＝1×10－4。
【答案】　(1)NaOH　NaNO2　HNO3　NH4NO3　(2)1∶1(3)c(Na＋)>c(NO2－)>c(OH－)>c(H＋)
(4)硝酸电离出的H＋抑制了水的电离，NH4＋结合水电离出的OH－促进了水的电离
(5)1×10－4∶1或(1∶104)
20．(12分)(上海高考)蛇纹石矿可以看做由MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2组成。由蛇纹石制取碱式碳酸镁的实验步骤如下：
(1)蛇纹石矿加盐酸溶解后，溶液里除了含Mg2＋外，还含有的金属离子是________。
(2)进行(Ⅰ)操作时，控制溶液pH＝7～8(有关氢氧化物沉淀的pH见下表)
氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mg(OH)2
开始沉淀时pH 1.5 3.3 9.4
Ca(OH)2不能过量，若Ca(OH)2过量可能会导致______溶解、________沉淀。
(3)从沉淀混合物A中提取红色氧化物作颜料，先向沉淀物A中加入________(填入物质的化学式)，然后____________________(依次填写实验操作名称)。
(4)物质循环使用，能节约资源。上述实验中，可以循环使用的物质是____________(填写物质化学式)。
(5)现设计一个实验，确定产品aMgCO3·bMg(OH)2·cH2O中a、b、c的值，请完善下列实验步骤(可用试剂：浓硫酸、碱石灰)：
①样品称量，②高温分解，③________________，
④____________，⑤MgO称量。
【解析】　(1)蛇纹石中加盐酸，MgO、Fe2O3、Al2O3分别反应生成MgCl2、FeCl3、AlCl3，而SiO2不反应，通过过滤可除掉，故溶液中含有的金属阳离子有Mg2＋、Fe3＋、Al3＋。
(2)Al(OH)3为两性氢氧化物，既能溶于酸性溶液又能溶于强碱性溶液，进行Ⅰ操作时，控制溶液pH＝7～8，由表中数据可知此时Fe3＋、Al3＋全部以氢氧化物沉淀出来。而Mg2＋没有沉淀，如果Ca(OH)2再过量溶液碱性增强，pH增大，Al(OH)3可能会溶解，Mg2＋可能以Mg(OH)2形式沉淀出来。
(3)经推理沉淀混合物A的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3，向其中加入过量NaOH溶液，Al(OH)3会溶解，然后进行过滤得Fe(OH)3沉淀，再洗涤除去表面的杂质，最后将其灼烧即得Fe2O3，也就是要提取的红色颜料。
(4)经推理沉淀物B为CaCO3。向B中加盐酸又会生成CO2，可供操作Ⅱ使用。
(5)该题为设计型实验，对于aMgCO3·bMg(OH)2·c(H2O)高温分解其产物分别为MgO、CO2和H2O，CO2来自MgCO3的分解，若测出CO2的质量MgCO3的质量也就可求，进而求出其物质的量。H2O来自Mg(OH)2和结晶水，MgO来自MgCO3、Mg(OH)2的分解，如果称出反应后MgO的总质量再换成物质的量，同样也测出生成水蒸气的质量，换成物质的量记为n(H2O)总，则Mg(OH)2的物质的量为n[Mg(OH)2]＝n(MgO)－n(MgCO3)。
【答案】　(1)Fe3＋、Al3＋　(2)Al(OH)3　Mg(OH)2
(3)NaOH　过滤、洗涤、灼烧　(4)CO2　(5)③测出CO2的质量　④测出水蒸气的质量2．2
(本栏目内容，学生用书中以活页形式单独装订成册！)
一、选择题
1．(2008年重庆高考题)下列做法中用到物质氧化性的是(　　)
A．明矾净化水　　　　　B．纯碱除去油污
C．臭氧消毒餐具 D．食醋清洗水垢
【解析】　A项是胶体吸附水中的悬浮杂质；B项是油脂的水解；C项是利用臭氧的氧化性使蛋白质变性；D项属于复分解反应。
【答案】　C
2．(2009年连云港)禽流感病毒对常用消毒剂十分敏感，易将其灭活。如氧化剂(包括漂白粉)、稀酸等都能迅速破坏其活性。下列不能灭活禽流感病毒的物质是(　　)
A．H2O2溶液 B．NaClO溶液
C．矿泉水 D．HCl溶液
【解析】　H2O2、NaClO都属于强氧化剂，HCl溶液属于酸，它们都能杀灭禽流感病毒，而矿泉水则不能。
【答案】　C
3．(2009年聊城模拟)物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度等有关。下列各组物质：
①Cu与HNO3溶液 ②Cu与FeCl3溶液
③Zn与H2SO4溶液 ④Fe与HCl溶液
由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是(　　)
A．①③ B．③④
C．①② D．①③④
【解析】　①Cu与HNO3反应，随HNO3浓度变化，其生成物不同，HNO3浓度大时生成NO2，浓度小时产生NO等。②Zn与H2SO4反应，若H2SO4浓度较大时，H2SO4表现强氧化性，生成SO2；若为稀H2SO4，则与Zn反应释放出H2。②④组的物质其反应产物与它们的浓度无关。
【答案】　A
4．(2008年广东高考)氮化铝(AlN，Al和N的相对原子质量分别为27和14)广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO合成。下列叙述正确的是(　　)
A．上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂
B．上述反应中，每生成1 mol AlN需转移3 mol电子
C．AlN中氮元素的化合价为＋3
D．AlN的摩尔质量为41 g
【解析】　Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO反应中氧化剂为N2，还原剂为C，反应中每生成1 mol AlN，需转移电子数3 mol；AlN中N为－3价；AlN的摩尔质量为41 g·mol－1。
【答案】　B
5．根据下表下列叙述中正确的是(　　)
序号 氧化剂 还原剂 其他反应物 氧化产物 还原产物
① Cl2 FeBr2 FeCl3
② KMnO4 H2O2 H2SO4 O2 MnSO4
③ KClO3 HCl(浓) Cl2 Cl2
④ KMnO4 HCl(浓) Cl2 MnCl2
A.表中第①组反应的氧化产物一定只有FeCl3(实为Fe3＋)
B．氧化性比较：KMnO4>Cl2>Fe3＋>Br2>Fe2＋
C．还原性比较：H2O2>Mn2＋>Cl－
D．④的离子方程式配平后，H＋的化学计量数为16
【解析】　分析该题的依据是同一反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物，还原性：还原剂>还原产物。
【答案】　D
6．(2009年黄冈质检)某元素在化学反应中，由化合态变成游离态，则下列说法正确的是(　　)
①该元素一定被氧化　②该元素一定被还原　③该元素可能被氧化，也可能被还原　④元素化合价降为0　⑤生成的单质为氧化产物　⑥生成的单质为还原产物　⑦生成的单质既可能为氧化产物也可能为还原产物　⑧该过程不一定非得加氧化剂或还原剂才能实现　⑨该反应不一定是吸热或放热反应　⑩该反应一定不是复分解反应
A．③⑦⑧⑨⑩　　　　　　B．①⑤⑩
C．②④⑥⑩ D．①②④⑤⑥
【解析】　某元素由化合态变为游离态有两种情况：①金属离子Rn＋R被还原，产物为还原产物；②非金属离子Rn－R被氧化，产物为氧化产物，因此由化合态变游离态可能被氧化也可能被还原，其产物可能是氧化产物也可能是还原产物，且该过程也不一定通过加氧化剂或还原剂才能实现，如2AgClCl2↑＋2Ag，但复分解反应一定不能实现上述过程。
【答案】　A
7．(2009年佛山质检)下列反应中不属于氧化还原反应的是(　　)
A．3Cl2＋6KOH=== 5KCl＋KClO3＋3H2O
B．2NO2＋2NaOH===NaNO2＋NaNO3＋H2O
C．SnCl4＋2H2O===SnO2＋4HCl
D．3CCl4＋K2Cr2O7===2CrO2Cl2＋3COCl2＋2KCl
【解析】　A中l2―→；B中O2―→都有价态变化所以是氧化还原反应；C中nCl4―→nO2；D中Cl4―→OCl2；K2r2O7―→rO2Cl2都没有化合价的改变，故都不是氧化还原反应。
【答案】　CD
8．据悉，奥运会上使用的发令枪所使用的“火药”成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，同时产生白色烟雾。撞击时发生反应的化学方程式为：5KClO3＋6P===3P2O5＋5KCl，则下列有关叙述错误的是(　　)
A．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶6
B．产生白色烟雾的原因是生成的P2O5白色固体小颗粒(烟)吸水性很强，吸收空气中的水分，生成磷酸小液滴(雾)
C．上述反应中消耗3 mol P时，转移电子的物质的量为15 mol
D．上述火药中的红磷可以用白磷代替
【解析】　由方程式中化合价变化可知KClO3是氧化剂，P是还原剂，A项对。每个P原子化合价升高5，每3 mol P转移15 mol e－，C项对。该反应产生的P2O5是固体颗粒，容易吸水生成酸雾，B对。若红磷换成白磷，安全性降低，D项错。
【答案】　D
9．(2008年全国Ⅱ高考题)(NH4)2SO4在高温下分解，产物是SO2、H2O、N2和NH3，在该反应的化学方程式中，化学计量数由小到大的产物分子依次是(　　)
A．SO2、H2O、N2、NH3　　 　B．N2、SO2、H2O、NH3
C．N2、SO2、NH3、H2O D．H2O、NH3、SO2、N2
【解析】　写出方程式并配平为3(NH4)2SO43SO2＋N2＋
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,2×3　,6
4NH3＋6H2O，根据此确定化学计量数由小到大的顺序为N2、SO2、NH3、H2O。
【答案】　C
10．(2009年河源检测)已知I－、Fe2＋、SO2、Cl－、H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为Cl－A．2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO42－＋4H＋
B．I2＋SO2＋H2O===H2SO4＋2HI
C．H2O2＋H2SO4===SO2↑＋O2↑＋2H2O
D．2Fe2＋＋I2===2Fe3＋＋2I－
【解析】　本题可采用逆向思维法解答，若A能发生，则还原性SO2>Fe2＋，符合题意；若B能发生，则还原性SO2>I－，符合题意；若C能发生，则还原性H2O2>SO2，与题给还原性强弱顺序不符，故C反应不能发生；若D能发生，则还原性Fe2＋>I－，与题给还原性强弱顺序不符，故D反应也不能发生。
【答案】　CD
11．ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：
2KClO3＋H2C2O4＋H2SO42ClO2↑＋K2SO4＋2CO2↑＋2H2O
下列说法正确的是(　　)
A．KClO3在反应中失去电子
B．ClO2是氧化产物
C．H2C2O4在反应中被氧化
D．1 mol KClO3参加反应有2 mol电子转移
【解析】　由所给反应可知KClO3中氯元素化合价从＋5降低为＋4，每1 mol KClO3得到1 mol电子，而被还原成为ClO2，ClO2是还原产物；H2C2O4中碳元素化合价从＋3价升高到＋4，H2C2O4作还原剂被氧化。
【答案】　C
12．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol/L NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是(　　)
A．60 mL B．45 mL
C．30 mL D．15 mL
【解析】　HNO3被铜还原为NO2、N2O4和NO时，得到的电子数等于铜被氧化为Cu2＋时失去的电子数，NO2、N2O4、NO被O2氧化生成HNO3所失去的电子数等于O2得到的电子数，故Cu→Cu2＋失去的电子数等于O2→2得到的电子数。
n(Cu2＋)＝n(Cu)＝×2＝0.15 mol，n(NaOH)＝2n(Cu2＋)＝2n(Cu)＝0.30 mol，V(NaOH)＝＝0.06 L＝60 mL。
【答案】　A
二、非选择题
13．高温下向1 mol炽热的Cu2S中通入足量的水蒸气，生成2 mol H2，同时还生成金属铜和一种有刺激性气味的气体。
(1)写出该反应的化学方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)被氧化的元素是________，被还原的元素是______。
(3)每生成1 mol H2，氧化剂与还原剂之间所转移的电子是________mol。
【解析】　Cu2S＋2H2O(g)2H2＋2Cu＋SO2，在该反应中铜元素化合价由＋1降为0，被还原，氢元素化合价由＋1价降为0价，被还原；硫元素由－2价升高为＋4价，被氧化。
得生成1 mol H2时，该反应转移3 mol e－。
【答案】　(1)Cu2S＋2H2O(g)2H2＋2Cu＋SO2
(2)S　Cu、H(或答硫　铜、氢)
(3)3
14．(2008年上海高考)某反应体系的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。
(1)请将Au2O3之外的反应物与生成物分别填入以下空格内。
＋＋―→＋＋
(2)反应中，被还原的元素是________，还原剂是________。
(3)将氧化剂与还原剂填入空格中，并标出电子转移的方向和数目。
＋＋……
(4)纺织工业中常用氯气作漂白剂，Na2S2O3可作为漂白后布匹“脱氯剂”，Na2S2O3和Cl2反应的产物是H2SO4、NaCl和HCl，则还原剂与氧化剂物质的量之比为________。
【解析】　因为Au2O3为反应物，则Au2O必定为生成物，在Au2O3中Au的化合价为＋3，Au2O中Au的化合价为＋1，即Au在反应中化合价降低，则另一种元素的化合价必定升高。在Na2S2O3中S的化合价为＋2，Na2S4O6中S的化合价为2.5价，所以Na2S2O3为反应物，Na2S4O6为生成物，根据化合价的升降总数相等，在Na2S4O6前配2，由S守恒，可知Na2S2O3前配4，Au2O3和Au2O前分别配1，再根据Na＋守恒，则生成物中必定为NaOH，且配平系数为4，则H2O为反应物，在其前面配2，配平后的化学方程式为：Au2O3＋4Na2S2O3＋2H2O===Au2O＋2Na2S4O6＋4NaOH。
【答案】　(1)Na2S2O3　H2O　Na2S4O6　Au2O　NaOH
(2)　Na2S2O3　(3)Au2O3　Na2S4e－2O3　(4)1∶4
15．我们生活中的许多现象及大量物质的应用都与氧化还原反应有关，请运用氧化还原反应的知识回答下列问题。
(1)氯气与水反应生成的次氯酸具有杀菌作用，常用于自来水的消毒。在次氯酸中，氯元素的化合价为________，氯原子容易得到电子，从而使氯元素化合价降低，因此次氯酸具有强________，次氯酸具有漂白作用就是基于它的这个性质。
(2)现榨的苹果汁在空气中会由淡绿色变为棕黄色，其原因可能是(　　)
A．苹果汁中的Fe2＋变成Fe3＋
B．苹果汁中含有Cu2＋
C．苹果汁中含有OH－
D．苹果汁中含有Na＋
(3)我们生产和生活中需要许多单质如金属铁、单质硅等。而自然界中的元素大多以化合态存在，把某元素由化合态变成游离态，则它(　　)
A．被氧化
B．被还原
C．可能被氧化，也可能被还原
D．由高价态变成零价
【解析】　(1)HClO中Cl元素的化合价为＋1价，得电子，化合价降低，是氧化剂，在反应中体现出氧化性。
(2)淡绿色为Fe2＋溶液的颜色，Fe2＋易被空气中的O2氧化为Fe3＋，从而颜色呈现棕黄色。
(3)元素由化合态变为游离态，化合价可能升高(如HCl→Cl2)，也可能降低(如Cu2＋→Cu)，故可能被氧化，也可能被还原。
【答案】　(1)＋1　氧化性　(2)A　(3)C
16．在酸性条件下，许多氧化剂可使KI溶液中的I－氧化，例如KIO3(IO3－→I2)、H2O2(H2O2→H2O)、FeCl3(Fe3＋→Fe2＋)、K2Cr2O7(Cr2O72－→Cr3＋)。请根据题目要求填空：
(1)写出在醋酸存在的条件下KIO3溶液与KI溶液反应的离子方程式，并标明电子转移的方向和数目：__________________________________。
(2)在酸性条件下(足量)，各取1 L浓度为1 mol·L－1的KI溶液分别与上述列举四种溶液进行完全反应，则需要溶质的物质的量之比为n(KIO3)∶n(H2O2)∶n(FeCl3)∶n(K2Cr2O7)＝________∶________∶________∶________。
【解析】　(1)CH3COOH是弱酸，在书写离子方程式时用分子的化学式表示。
IO3－＋5I－＋6CH3COOH===3I得5e－失5e－2＋6CH3COO－＋3H2O
(2)反应中，IO3－I2，H2O22H2O，Fe3＋Fe2＋，Cr2O72－2Cr3＋，氧化等物质的量的I－，电子转移的物质的量应相等。设KIO3、H2O2、FeCl3、K2Cr2O7的物质的量分别为n1、n2、n3、n4，则有：5n1＝2n2＝n3＝6n4，故n1∶n2∶n3∶n4＝6∶15∶30∶5。
【答案】　
(1)IO3－＋5I－＋6CH3COOH===3I得5e－失5e－2＋6CH3COO－＋3H2O
(2)6∶15∶30∶5