【专题一】氧化还原反应
【考点突破】
考点1 氧化还原反应的基本概念及其关系
例如：
方法点击 为了方便记忆、快速解题可采用如下口诀：
升失氧、降得还；剂性一致、其他相反。(“升失氧、降得还”即反应后化合价升高的物质失电子被氧化，发生氧化反应；反应后化合价降低的物质得电子被还原，发生还原反应。“剂性一致”即氧化剂具有氧化性，还原剂具有还原性。“其他相反”即氧化剂被还原，发生还原反应，得还原产物；还原剂被氧化，发生氧化反应，得氧化产物。)
考点2 常见的氧化剂和还原剂
(1)常见的氧化剂
①非金属单质：如Cl2、Ｏ2、Br2等。
②含有高价态元素的化合物：浓H2SＯ4、HNO3、KMnＯ4、MnO2、KClO3、K2Cr2O7等。
③某些金属性较弱的高价态离子：Fe3+、Ag+、Pb4+、Cu2+等。
④过氧化物：Na2Ｏ2、H2Ｏ2等。
(2)常见的还原剂
①活泼金属：K、Na、Mg、Al等。
②非金属离子及低价态化合物：S2-、H2S、I-、SO2、H2SO3、Na2SO3等。
③低价阳离子：Fe2+、Cu+等。
④非金属单质及其氢化物：H2、C、CO、NH3等。
方法点击 强氧化剂与强还原剂相遇时，一般都会发生氧化还原反应。
如：H2SO4(浓)与金属、H2S、S2-、HI、I-、HBr、Br、Fe2+、P等。
Cl2与金属、H2S、S2-、HI、I-、HBr、Br-、Fe2+、H2、SO2、、H2SＯ3等。
HNＯ3与金属、H2S、S2-、HI、I-、HBr、Br-、Fe2+、P、SO2、、H2SＯ3等。
O2与金属、H2S、S2-、HI、I-、Fe2+、P、Si、H2等。
考点3 氧化性或还原性强弱的比较规律
1.依据反应式来判断
氧化剂+还原剂氧化产物+还原产物
氧化性：氧化剂＞氧化产物
还原性：还原剂＞还原产物
口诀：比什么“性”找什么剂，“产物”之“性”小于“剂”。
2.依据反应条件来判断
当不同的氧化剂作用于同一还原剂时，如氧化产物价态相同，可依据反应条件的难易程度来判断。例如：
Cu+4HNO3(浓)====Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
氧化性：浓HNO3＞浓H2SO4。
3.依据产物价态的高低来判断
例如：2Fe+Cl22FeCl3
Fe+SFeS
氧化能力Cl2＞S。
4.据“三表”判断
(1)根据元素周期表判断
同主族元素从上到下，同周期主族元素从右到左，元素单质的氧化性逐渐减弱，还原性逐渐增强，对应的阳离子氧化性逐渐减弱，阴离子还原性逐渐增强。
(2)根据金属活动顺序表判断
(3)根据非金属活动顺序表判断
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口诀：易得者，不易失；易失者，不易得。(“易得者，不易失”例如：Cl2比Br2易得到电子,而得到电子后的Cl-比Br-难失去电子，从而可知Cl2的氧化性比Br2的强，而其被还原后得到的Cl-比Br-的还原性弱；“易得者，不易失”例如：Na比Mg易失去电子，而失去电子后的Na+比Mg2+难得电子，从而可知Na的还原性比Mg的强，而其被氧化后得到的Na+比Mg2+的氧化性弱。)
5.依据“两池”判断
(1)两种不同的金属构成原电池的两极。负极金属是电子流出的极，正极金属是电子流入的极。其还原性：正极＜负极。
(2)用惰性电极电解混合溶液时，在阴极先放电的阳离子氧化性较强，在阳极先放电的阴离子还原性较强。
6.依据“三度”判断(“三度”即浓度、温度、酸碱度)
如氧化性：HNO3(浓)＞HNO3(稀)、HNO3(热)＞HNO3(冷)、KMnO4(H+)＞KMnO4。21世纪教育网
方法点击 1.氧化性、还原性强弱的判断是近几年高考的热点，特别是依据反应式来判断氧化性、还原性强弱，常见的考题形式有：
(1)由氧化还原反应方程式判断氧化性、还原性强弱。
(2)由氧化性、还原性强弱判断氧化还原反应方程式的正误。
(3)由氧化还原反应方程式判断氧化还原反应方程式的正误。
例如：已知在常温下，溶液中能发生如下反应：
①16H++10Z-+====2X2++5Z2+8H2O
②2A2++B2====2A3++2B-
③2B-+Z2====B2+2Z-[来源:21世纪教育网]
由此判断
a.反应Z2+2A2+====2A3++2Z-
b.Z元素在①③反应中均被还原
c.氧化性由强到弱的顺序是、Z2、B2、A3+
d.还原性由强到弱的顺序是A2+、Z-、B-、X2+
其中推断错误的是( )
A.ab B.bc C.bd D.ad
解法指导：由方程式可推知d错误，c正确，由c判断a正确；b根据氧化还原反应的定义可知错误，所以选C。21世纪教育网
2.注意点：
氧化性、还原性强弱取决于得失电子的难易程度，与得失电子的数目的多少无关。
例如：Na与Al、S与Cl等。
考点4 氧化还原规律
1.得失电子守恒规律
在任何氧化还原反应中，氧化剂得到电子总数与还原剂失去电子总数相等。此规律应用于解氧化还原反应的计算题，氧化还原反应方程式的配平。
2.归中规律
同种元素间不同价态的氧化还原反应进行时，其产物的价态既不相互交换，也不交错。如：H2S与浓硫酸作用，H2S的氧化产物不可能为硫酸，而浓硫酸的还原产物不可能为H2S；也不可能H2S的氧化产物是SO2，而浓硫酸的还原产物为硫。但有可能是同一物质，即硫或SO2。
同种元素相邻价态间不发生氧化还原反应；同种元素高价化合物与低价化合物，当有中间价态时才有可能反应，若无中间价态，则不反应。如浓硫酸不能氧化SO2。
同种元素的高价态氧化低价态时可简记为：高到高，低到低，可以归中，不能跨越。
3.先后规律
同一氧化剂同时与同浓度的若干种还原剂反应，往往是还原性强的先被氧化。如：向FeBr2溶液中滴入少量氯水，Fe2+先被氧化。而向FeI2溶液中滴入少量氯水，碘离子先被氧化。
4.价态规律
同一元素最高价态只具有氧化性；最低价态只具有还原性；中间价态既具有氧化性，又具有还原性。可简记为：高价氧，低价还，中价全。
方法点击 考试中涉及氧化还原的题目，其中大多要利用得失电子守恒规律。如：判断氧化产物或还原产物，求某元素反应前后的化合价，配平氧化还原方程式等。所以，看到此类题目，注意用该规律，总之一句话：[来源:21世纪教育网]
哪儿有氧(化)还(原 )反应，哪儿有得失(电子)守恒。
考点5 氧化还原反应方程式的配平及有关计算
1.氧化还原方程式的配平
(1)配平三原则：[来源:21世纪教育网]
①电子守恒，即转移电子数相等。
②质量守恒，既反应前后原子种类和数目相等。
③电荷守恒，即反应前后电荷总数相等。(主要应用于离子方程式的配平)
(2)配平要点(口诀)：
一标化合价，二看价变化；(第一步)
三求升降数，数字相交叉；(第二步)
再查其他物，配平靠观察；(第三步)
系数有分母，最后消去它。(第四步)
2.氧化还原方程式的有关计算
计算类型：
(1)有关氧化剂、还原剂物质的量的计算。
(2)氧化产物和还原产物物质的量之比的计算。
(3)有关参加氧化还原反应和参加非氧化还原反应某指定物质的物质的量的计算。
方法点击 氧化还原反应的计算是高考的重点也是高考的难点，做这种类型的题时，要抓住氧化还原反应的本质和特征；得失电子守恒，即得失电子总数相等或化合价升降总数相等。方法：
①找出氧化剂和还原剂以及各自的还原产物和氧化产物。
②找准一个原子或离子得失电子数。
③由题中物质，根据电子守恒列等式：
n(氧化剂或还原产物的物质的量)×变价原子个数×化合价变化值=n(还原剂或氧化产物的物质的量)×变价原子个数×化合价变化值21世纪教育网
【精题精讲】
1. 用高铁酸钠(Na2FeO4)对河湖水消毒是城市饮水处理的新技术。已知反应: Fe2O3+3Na2O2====2Na2FeO4+Na2O，下列说法正确的是( )
A.Na2O2既是氧化剂又是还原剂
B.Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物
C.3 mol Na2O2发生反应，有12 mol 电子转移
D.在Na2FeO4中Fe为+4价，具有强氧化性，能消毒杀菌
答案：B
解析：通过对题目中的反应方程式作氧化还原分析可知：Na2O2作氧化剂，氧原子由-1价降为-2价，进入Na2FeO4和Na2O中，A错。铁元素由Fe2O3中的+3价升高到Na2FeO4中的+6价，Na2FeO4既是氧化剂又是还原剂，B正确，D错。C中3 mol Na2O2发生反应，有6 mol电子转移。
2.一定条件下，氨气与一氧化氮发生反应：NH3+NON2+H2O(未配平)。该反应中，被氧化与被还原的氮原子数之比为( )
A.2∶3 B.3∶2 C.4∶5 D.5∶6
答案：A
解析：本题重点考查得失电子守恒的应用。每个氨气分子中的氮元素由-3价升高到0价，每个一氧化氮分子中的氮元素由+2价降到0价得到2个电子，由得失电子守恒可确定答案为2∶3。[来源:21世纪教育网]
3.在KI和KIO3混合溶液中加入稀硫酸，发生反应，生成碘、硫酸钾和水。此反应中被氧化的碘元素与被还原的碘元素的物质的量比正确的是( )
A.5∶1 B.2∶1 C.1∶3 D.1∶521世纪教育网
答案：A
解析：本题中KI和KIO3中I元素化合价都归中为零，由得失电子守恒可知被氧化碘元素与被还原的碘元素的物质的量比为5︰1。
4.重铬酸铵〔(NH4)2Cr2O7〕受热发生氧化还原反应，下列各组重铬酸铵受热分解产物的判断符合实际的是( )
A.CrO3+NH3+H2O B.Cr2O3+NH3+H2O
C.CrO3+N2+H2O D.Cr2O3+N2+H2O
答案：D
解析：本题考查了氧化产物和还原产物的确定。知道化合价有升必然有降是确定本题答案的关键。重铬酸铵中铬元素化合价为+6价，只能降低，氮元素化合价为-3价，只能升高，由此确定答案为D。
5.应”式：( )+( )H++( )e-====( )NO+( )H2O，该式的配平系数是( )
A.1，3，4，2，1 B.2，4，3，2，1
C.1，6，5，1，3 D.1，4，3，1，2
答案：D
解析：本题灵活考查了氧化还原反应中的守恒观。氧化还原反应中遵循质量守恒，得失电子守恒。半反应也不例外。中的N元素由+5价降至+2价，需得到3个电子，再由O元素守恒可确定答案为D。做好此题可为以后书写电化学中的半极反应打好基础。
【创新演练】
(时间60分钟，满分100分)
一、单项选择题(本题包括5小题，每小题4分，共20分)
1．(2012·威海模拟)氧化还原反应在生产、生活中广泛存在，下列生产、生活中的实例不含有氧化还原反应的是( )
A．金属冶炼 B．燃放鞭炮
C．食物腐败 D．点制豆腐
解析：豆腐的点制属于胶体的聚沉，是物理变化．
答案：D
2．(2012·枣庄模拟)下列叙述正确的是( )
A．在氧化还原反应中，肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原
B．元素由化合态变成游离态时，它可能被氧化，也可能被还原
C．失电子难的原子，获得电子的能力一定强
D．有单质参加或生成的反应一定属于氧化还原反应
解析：在氧化还原反应中，有同种元素既被氧化又被还原的反应，如Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，A不正确；失电子难的原子，获得电子的能力也不一定强，如稀有气体元素的原子，C不正确；有单质参加或生成的反应不一定属于氧化还原反应，如3O2＝2O3，D不正确．
答案：B
3．(2011江苏常州中学4月)制备氰氨基化钙的化学方程式为CaCO3＋2HCN===CaCN2＋CO↑＋H2↑＋CO2↑，在反应中( )
A．氢元素被氧化，碳元素被还原
B．HCN既是氧化剂又是还原剂
C．CO2是氧化产物，H2是还原产物
D．CO为氧化产物，H2为还原产物
解析： CaCO3＋2N===Ca N2＋CO↑＋↑＋CO2↑(注意生成物CO2中碳元素来自CaCO3，它的化合价在反应前后没有发生变化)，即氢元素化合价降低，碳元素化合价升高，故HCN既是氧化剂又是还原剂，CaCN2是氧化产物，H2是还原产物．
答案：B
4．(2011·南通、扬州、泰州三市二模)在碘酸钠(NaIO3)的碱性溶液中通入氯气，可以得到高碘酸钠(Na2H3IO6)．下列有关该反应的说法错误的是( )
A．在该反应中碘酸钠作还原剂
B．碱性条件下，氯气的氧化性强于高碘酸钠
C．反应中生成1 mol Na2H3IO6，转移2 mol电子
D．反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
解析：A项，NaIO3转化为Na2H3IO6，碘的化合价由＋5升高到＋7，NaIO3被氧化是还原剂；B项，根据“前强后弱，自发反应”原则可得出：氯气在碱性条件下的氧化性强于高碘酸钠；C项，由碘的化合价由＋5升高到＋7可得出，生成1 mol Na2H3IO6，转移2 mol电子；D项，由得失电子守恒可知氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2.
答案：D
5．(2012·湖州模拟)在下列变化中，需要加入合适的氧化剂才能实现的是( )
A．HCl→H2 B．CO2→CO
C．Fe2O3→Fe D．Br－→Br2
解析：A项，HCl→H2氢元素化合价降低，需要加入还原剂，如活泼金属单质等；B项，CO2→CO，碳元素化合价降低，需要加入还原剂，如碳单质等；C项，Fe2O3→Fe，铁元素化合价降低，需要加入还原剂，如CO等；D项，Br－→Br2，溴元素化合价升高，需要加入氧化剂，如Cl2等．
答案：D
二、不定项选择题(本题包括5小题，每小题6分，共30分，每小题有1～2个选项正确)
6．已知下述三个实验均能发生化学反应：
实验① 实验② 实验③
将铁钉放入硫酸铜溶液中 向硫酸亚铁溶液中滴入几滴浓硝酸 将铜丝放入氯化铁溶液中
下列判断正确的是( )
A．实验①中铁钉只作还原剂
B．实验②中Fe2＋既显氧化性又显还原性
C．实验③中发生的是置换反应
D．上述实验可以证明氧化性：Fe3＋> Cu2＋> Fe2＋
解析：实验①Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，属于置换反应，铁只作还原剂，氧化性Cu2＋>Fe2＋；实验②3Fe2＋＋NO＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，Fe2＋被氧化，显示了还原性；实验③Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋，不是置换反应，Fe3＋将Cu氧化成了Cu2＋，氧化性Fe3＋>Cu2＋.
答案：AD
7．(2012·广州模拟)氢化钙(CaH2)可作为生氢剂，反应的化学方程式为CaH2＋2H2O===Ca(OH)2＋2H2↑，下列说法不正确的是( )
A. CaH2既是还原剂，又是氧化剂
B．H2既是氧化产物，又是还原产物
C．CaH2是还原剂，H2O是氧化剂
D．氧化产物与还原产物质量比为1∶1
解析：因金属元素钙不可能有负价态，在化合物中钙元素只有＋2价，则CaH2中氢元素的化合价为－1价，反应后，＋1价氢和－1价氢都变为H2.
答案：A
8．(2012·揭阳调研)在室温下，发生下列几种反应：
①16H＋＋10Z－＋2XO===2X2＋＋5Z2＋8H2O ②2A2＋＋B2===2A3＋＋2B－ ③2B－＋Z2===B2＋2Z－
根据上述反应，判断下列结论错误的是( )
A．溶液中可发生：Z2＋2A2＋===2A3＋＋2Z－
B．Z2在①、③反应中作还原剂
C．氧化性强弱的顺序为：XO>Z2>B2>A3＋
D．生成2 mol x2＋，Z－失去电子10 mol
解析：在同一反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，可得出，氧化性：XO>Z2>B2>A3＋，还原性：A2＋>B－>Z－>X2＋，Z2在①反应中是氧化产物，在③反应中作氧化剂，B项错误．①中，x2＋ ～5e-，Z-为还原剂，生成2 mol x2＋，Z－失去电子10 mol，D正确．
答案：B
9．在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢(H2O2)为原料制取氧气，当制得同温、同压下相同体积的O2时，三个反应中转移的电子数之比为( )
A．1∶1∶1 B．2∶2∶1
C．2∶3∶1 D．4∶3∶2
解析：KMnO4和KClO3中的氧都为－2价，生成O2时价态升高2，H2O2中的氧为－1价，生成O2时价态升高1，故生成1 mol O2，前二者转移4 mol电子，而后者转移2 mol电子，三个反应中转移的电子数之比为2∶2∶1.
答案：B
10．利用碱性氧化性溶液的氧化作用，在钢铁表面形成一层Fe3O4(也可表示为FeFe2O4)薄膜，保护内部金属免受腐蚀，这种方法叫做烤蓝．烤蓝时发生如下反应：
①3Fe＋NaNO2＋5NaOH===3Na2FeO2＋H2O＋NH3↑
②Na2FeO2＋NaNO2＋H2O——Na2Fe2O4＋NH3↑＋NaOH(未配平)
③Na2FeO2＋Na2Fe2O4＋2H2O===Fe3O4＋4NaOH
下列说法中正确的是( )
A．Fe3O4既可看做是氧化物，又可看做是亚铁盐
B．反应②配平后，H2O的化学计量数为3
C．反应③中，Na2Fe2O4是氧化剂，Na2FeO2是还原剂
D．碱性条件下，NaNO2的氧化性比Na2FeO2、Na2Fe2O4都强
解析：A项，根据题意Fe3O4可表示为FeFe2O4，从化合价角度分析可得A正确；B项，反应②配平后方程式为6Na2FeO2＋NaNO2＋5H2O===3Na2Fe2O4＋NH3↑＋7NaOH；C项，反应③是一个非氧化还原反应；D项，根据所给氧化还原反应，可得反应①中NaNO2的氧化性比Na2FeO2强，反应②中NaNO2的氧化性比Na2Fe2O4强．
答案：AD
三、非选择题(本题包括4小题，共50分)
11．(14分)(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－、SO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：(1)次氯酸钠具有强氧化性，可氧化I－生成I2，I2遇淀粉变蓝；Na2SO3具有还原性，可还原I2生成I－，使蓝色消失，离子方程式的书写思路是：确定反应物、产物，然后根据电子得失守恒和电荷守恒配平．
(2)①可根据Cu和浓H2SO4加热反应，而Cu和稀H2SO4加热也不反应来证明．②③可利用氧化还原方程式设计实验来证明．
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－ SO＋I2＋2OH－===SO＋2I－＋H2O ③ClO－>I2>SO
(2)①Cu与浓H2SO4在加热时反应而与稀H2SO4在加热时不反应
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(合理即可)
12．(9分)人们利用各种月球探测器从月球带回的样品研究发现：
月球上重要岩石之一——月海玄武岩，它富含铁和钛，填充了广阔的月海洼地．月海玄武岩中的铁钛矿不仅是铁、钛和氧的主要资源，而且钛铁矿与氢气反应能产生水(FeTiO3＋H2―→Fe＋TiO2＋H2O)，生成的TiO2经下列转化可制取重要金属Ti：TiO2―→TiCl4Ti
据此回答下列问题：
(1)在钛铁矿与氢气反应中，还原产物是____________________________________．
(2)反应TiCl4＋2Mg2MgCl2＋Ti在Ar气氛围中进行的理由是_______________．
(3)TiO2与氯气反应生成TiCl4和另一种单质气体的化学方程式为__________________．
解析：(1)在钛铁矿与氢气的反应中，铁的化合价由＋2―→0，化合价降低，铁元素被还原，得到铁．
(2)Mg是活泼金属易与空气中的O2、CO2、N2反应，故应在稀有气体氛围中进行．
(3)TiO2转化为TiCl4，钛元素的化合价未变，因此氧元素化合价升高，生成氧气．
答案：(1)Fe (2)防止高温下Mg(Ti)与空气中的O2(或CO2、N2)反应 (3)TiO2＋2Cl2===TiCl4＋O2
13．(12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：
NO＋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)写出该氧化还原反应的化学方程式：
________________________________________________________________________.
(2)反应中硝酸体现了________、________.
(3)反应中若产生标准状况下11.2 L气体，则转移电子的物质的量是________mol.
(4)现称取含有杂质的甲样品(杂质与酸不反应)5.4 g，恰好与100 mL 1.4 mol·L－1的硝酸溶液完全反应，则该样品的纯度为________．
(5)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：(1)由于NO＋4H＋＋3e－===NO↑＋2H2O是还原过程，需要加入还原剂才能发生，而KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2(SO4)3四种物质中具有较强还原性的只有Cu2O，且Cu2O被氧化生成Cu2＋，化学方程式为14HNO3＋3Cu2O===6Cu(NO3)2＋2NO↑＋7H2O；
(2)硝酸在反应中体现了酸性和氧化性；
(3)依据反应式：NO＋4H＋＋3e－===NO↑＋2H2O，若产生标准状况下＝0.5 mol气体，则转移电子的物质的量是0.5 mol×3＝1.5 mol；
(4)设5.4 g样品中含甲的物质的量为x，由化学方程式可得：＝，解得x＝0.03 mol，则样品中甲的质量分数为×100%＝80%；
(5)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，则硝酸的还原产物的价态应比NO中氮元素的价态高，依据浓硝酸反应的规律知，应是使用了较浓的硝酸，产物中有部分NO2生成．
答案：(1)14HNO3＋3Cu2O===6Cu(NO3)2＋2NO↑＋7H2O (2)酸性 氧化性 (3)1.5 (4)80%
(5)使用了较浓的硝酸，产物中有部分NO2生成
14．(15分)三氟化氮(NF3)是一种新型电子材料，它在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，请根据要求回答下列问题：
(1)反应过程中，被氧化与被还原的元素原子的物质的量之比为__________．
(2)写出该反应的化学方程式____________________________________________．
若反应中生成0.2 mol HNO3，转移的电子数目为________个．
(3)NF3是一种无色、无臭的气体，但一旦NF3在空气中泄漏，还是易于发现．你判断该气体泄漏时的现象是________________________________________________________
________________________________________________________________________.
(4)一旦NF3泄漏，可以用NaOH溶液喷淋的方法减少污染，其产物除NaNO2、NaF、H2O外，还肯定有____________________________(填化学式)．
解析：由题意可写出：F3＋H2O―→HF＋O＋HO3.
(1)根据电子得失守恒：N(被氧化)×(5－3)＝N(被还原)×(3－2)，所以N(被氧化)∶N(被还原)＝1∶2.
(2)依据化合价升降总数相等，从方程式右边着手分析并配平，3NF3＋5H2O===2NO＋HNO3＋9HF，生成0.2 mol HNO3，转移电子数目0.2 mol×(5－3)×NA＝0.4NA，或2.408×1023个．
(3)NF3泄漏产生NO，NO遇空气中的O2生成红棕色气体NO2，HNO3、HF气体均有刺激性气味且在空气中易形成酸雾．
(4)NF3与H2O反应产生HNO3，HNO3和NaOH反应生成NaNO3.
答案：(1)1∶2 (2)3NF3＋5H2O===2NO＋HNO3＋9HF 0.4NA或2.408×1023个
(3)产生红棕色气体、产生刺激性气味气体、产生白雾 (4)NaNO3【专题二】离子反应
【考点突破】
考点1 离子方程式的书写
1.离子方程式书写时应遵循的规律
(1)依据客观事实。
(2)遵循三个守恒：
①必须遵循质量守恒原理(即反应前后原子种类及个数应相等)。
②必须遵循电荷守恒原理(即反应前后离子所带的电荷总数应相等)。
③必须遵循电子得失守恒原理(适用于氧化还原反应的离子方程式)。
2.离子方程式书写时必须注意的知识点
(1)对于微溶物的处理有三种情况：
①在生成物中有微溶物析出时，微溶物用化学式表示，如Na2SO4溶液中加入AgNO3溶液：
2Ag++====Ag2SO4↓
②当反应物里有微溶物处于溶液状态(稀溶液)，应写出离子的形式。如CO2气体通入澄清的石灰水中：
CO2+Ca2++2OH-====CaCO3↓+H2O
③当反应物里有微溶物处于浊液或固态时，应写成化学式。如在石灰乳中加入Na2CO3溶液，因为石灰乳中大部分的Ca(OH)2未溶解，未电离的Ca(OH)2为主，电离的Ca(OH)2很少，所以应写成化学式：
Ca(OH)2+====CaCO3↓+2 OH-
口诀：“谁”为主，就写“谁”。
(2)有NH3参加或生成的反应
氨水作为反应物写NH3·H2O或NH3；作为生成物，若有加热条件或浓度很大时，应写NH3↑
(3)固体与固体间的反应不能写离子方程式，如NH4Cl和熟石灰反应制取NH3。浓H3PO4、浓H2SO4参加反应时不写成离子，如Cu与浓H2SO4反应。而浓HNO3、浓HCl则可写成离子，如Cu与浓HNO3反应，可写成：
Cu+4H++2====Cu2++2NO2↑+2H2O
MnO2与浓HCl共热可写成：
MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O21世纪教育网
所以未处于自由移动离子状态的反应不能写离子方程式。
(4)多元弱酸酸式根离子，在离子方程式中不能拆开写。如不能写成H++。注意在溶液中写成离子形式H++。
口诀：“弱”的不拆开，“强”的全拆开。
方法点击 离子方程式书写是高考的重点和热点，经常以填空题的形式出现。离子方程式书写除了掌握以上规律及注意点之外，还应掌握与量有关的离子方程式书写技巧。
1.生成的产物可与过量的物质继续反应的离子反应：
NaOH与AlCl3溶液(足量或不足量),NaAlO2溶液通入CO2(少量或过量)，Ba(OH)2溶液通入CO2(少量或过量)，NaAlO2溶液加HCl(少量或过量)，有关离子方程式都有区别。
这类离子反应，只需注意题给条件，判断产物是否与过量物质继续反应，以正确确定产物形式。(注意：向C6H5ONa溶液通入CO2少量或过量离子反应方程式是一样的。)
2.酸式盐与量有关的离子反应。
如NaHSO4溶液加入过量的Ba(OH)2，因为Ba(OH)2过量，NaHSO4溶液中的H+和均参加反应，所以参加反应的H+和与原溶液中的H+和相等，原溶液中的H+和物质的量之比为1∶1，即在离子反应方程式中H+和物质的量之比为1∶1，离子反应方程式如下：
H+++OH-+Ba2+====BaSO4↓+H2O
3.较特殊且与量有关的离子反应，这类离子反应要求量与其他因素统筹兼顾。
如Mg(HCO3)2溶液与过量NaOH反应，不可忽视Mg(OH)2比MgCO3更难溶、更稳定；明矾与足量Ba(OH)2溶液反应，不可忽视Al(OH)3的两性；NH4HSO4溶液与足量Ba(OH)2溶液反应，不可忽视NH3·H2O也是弱电解质；新制氯水与少量FeBr2溶液反应，不可忽视Fe2+、Br-都能被氯气氧化等。
4.混合顺序不同，离子反应不同，这类离子反应应注意各物质量的变化。
如：NaOH与AlCl3溶液、Na2CO3与HCl、Na2S与FeCl3、氯水与FeBr2、NH3·H2O与AgNO3等。
考点2 离子方程式正误的判断
纵观近几年高考试题，“离子方程式的正误判断”题型的再现率达100％，而且这类试题的失分率居高不下。
方法点击 这类试题的失分率很高，但所考查的知识并不是无边无际。现对这类试题的设错方式进行归类、分析、总结如下：
设错方式1 不符合客观事实，错写反应产物
如2Fe3++3S2-====Fe2S3，Fe3+有氧化性，S2-有还原性，Fe3+可将S2-氧化为S，即2Fe3++S2-====2Fe2++S↓
设错方式2 混淆化学式和离子式的书写形式。
如NH3通入醋酸溶液中：CH3COOH+NH3====CH3COONH4，错在未将强电解质拆分成CH3COO-、。
设错方式3 漏写部分离子反应。
如Ba(OH)2 溶液与H2SO4溶液反应：Ba2++====BaSO4↓,学生只注意了Ba2+与反应，而漏掉了H+与OH-的反应。
设错方式4 错写反应物或产物的配比关系。
如Ba(OH)2 溶液与H2SO4溶液反应：Ba2++OH-+H++====BaSO4↓+H2O,应写成Ba2++2OH-+2H++====BaSO4↓+2H2O。
设错方式5 电荷不守恒或原子不守恒。
如Fe2++Cl2====Fe3++2Cl-，而应写成2Fe2++Cl2====2Fe3++2Cl-。
设错方式6 氧化还原反应中得失电子不守恒。
如2+3H2O2+6H+====2Mn2++4O2↑+6H2O，而应写成2+5H2O2+6H+====2Mn2++ 5O2↑+8H2O
设错方式7 忽视了题设条件及要求。
如“过量”“少量”“等物质的量”“适量”“任意量”以及滴加顺序等对反应方程式或产物的影响。
例1:碳酸氢钠溶液与少量石灰水反应HCO3-+Ca2++OH-====CaCO3↓+H2O，此反应中Ca(OH)2是二元碱，所以方程式中Ca2+和OH-的物质的量之比应为1︰2。
例2:碳酸氢钠溶液与足量石灰水反应：2+Ca2++2OH-====CaCO3↓+2H2O+此反应中充足，所以方程式中Ca2+和OH-的物质的量之比应为1︰1。(此类题最好用离子共存来做，因为石灰水过量即Ca2+过量，所以生成物中一定无)
同学们掌握了以上设错方式，在做这类题时就很容易找到病因，此类题就迎刃而解。
考点3 离子共存
1.离子间相互结合呈沉淀析出时不能大量共存
如形成BaSO4、CaSO4、H2SiO3、MgCO3、Ag2SO4等。
2.离子间相互结合呈气体逸出时不能大量共存
如H+与S2-、HS-、、、、，OH-与等，由于逸出气体H2S、CO2、SO2、NH3等而不能大量共存。
3.离子间相互结合成弱电解质时不能大量共存
如H+与CH3COO-、OH-、ClO-、F-、、、。
4.离子间发生双水解反应析出沉淀或逸出气体时不能大量共存
如Al3+ 分别与、、、、SiO2-3、C6H5O-；Al3+与S2-、HS-等。
5.离子间发生氧化还原反应时不能大量共存
如：、ClO-、Fe3+分别与I-、S2-、等。
6.在酸性介质中由于发生氧化还原反应而不能大量共存
如和I-、S2-、、Fe2+在中性或碱性溶液中可以共存，但在有大量H+存在的情况下则不能共存。
7.离子间相互结合成络合离子时不能大量共存
如Fe3+与SCN-生成［Fe(SCN)］2+，Ag+、、OH-生成［Ag(NH3)2］+，Fe3+与C6H5O- (H+)也络合等。
8.注意题的前提设置
颜色：Cu2+、Fe3+、Fe2+、等有颜色；
酸碱性：直接/间接─指示剂的颜色，水电离出H+或OH-，与Al产生H2等。
方法点击 离子共存的题目主要是考查同学们对离子反应本质的理解以及对几种常见反应类型的掌握情况。因此必须做到以下几点：21世纪教育网
1.在理解强弱电解质的基础上，真正理解离子反应的本质。
2.熟练掌握离子不能共存的几种反应，如生成沉淀、生成气体、生成弱电解质、离子间的氧化还原反应、络合反应等。
3.在解题时一定要细心，如审清题干中的限制条件(酸碱性、颜色等)、题干的要求(因氧化还原反应而不能大量共存、因发生复分解反应而不能大量共存等)。
【精题精讲】
1.在水溶液中，下列离子组一定可以大量共存的是( )
A.K+、Na+、Cl-、 B.I-、H+、Cl-
C.Al3+、Na+、、Cl- D.Fe3+、、、OH-
答案：A
解析：本题考查最基本的离子共存问题。A中的离子可以共存。B中在酸性环境中可将I-氧化。C中Al3+和可发生双水解。D中Fe3+和均不与OH-共存。
2.下列各组离子在碱性溶液中能大量共存，且溶液无色透明，加酸酸化后溶液变色，但无沉淀，也无气体生成的是( )
A.Fe2+、I-、ClO-、 B.Br-、K+、、BrO-3
C.S2-、、K+、 D.Ca2+、Cl-、、Na+
答案：B
解析：A项ClO-在任何情况下都能将I-氧化。B项各种离子在碱性环境下可共存，在酸性环境下可发生5Br-++6H+====3Br2+3H2O，生成溴单质使溶液颜色加深，B正确。C项各种离子在碱性环境下可共存，在酸性环境下可发生2S2-++6H+====3S↓+3H2O。D项在碱性环境下不能存在。
3.在由水电离出的c(H+)=1×10-12 mol·L-1的溶液中，一定能大量共存的离子组是( )
A.、Ba2+、、Cl- B.Cl-、、Na+、K+
C.、、Fe2+、Mg2+ D.Na+、K+、ClO-、I-
答案：B
解析：本题属离子共存题。由题干条件知c(H+)=1×10-12 mol·L-1的溶液的pH=2或pH=12。当溶液呈酸性时，C中的、Fe2+易发生氧化还原反应，D中ClO-、I-发生氧化还原反应；当溶液呈碱性时，A中与OH-生成弱电解质NH3·H2O，C中Fe2+、Mg2+分别与OH-生成了Fe(OH)2、Mg(OH)2沉淀，D中的ClO-、I-仍能发生氧化还原反应。故只有B正确。
4.下列各组离子在碱性条件下可以大量共存，而在强酸性条件下能发生氧化还原反应的是( )
A.Cu2+、Fe2+、、Cl- B.K+、Mg2+、、21世纪教育网
C.Na+、K+、S2-、 D.Ba2+、Na+、I-、
答案：CD
解析：在强碱性条件下：A中Cu2+、Fe2+分别与OH-反应生成Cu(OH)2、Fe(OH)2，B中Mg2+、分别与OH-反应生成Mg(OH)2、和H2O，C、D项在碱性条件下可以共存；在酸性条件下， A中的H+、氧化Fe2+，B中的与H+生成CO2和H2O不能共存，但非氧化还原反应，C中6H++2S2-+====3S↓+3H2O，D中的H+、、I-发生氧化还原反应。综上可知，C、D符合。
5.下列各组离子能在指定环境中大量共存的是( )
A.在c()=0.1 mol·L-1的溶液中：、Al3+、Cl-、
B.在由水电离出的c(H+)=1×10-12 mol·L-1的溶液中：Fe2+、ClO-、Na+、
C.在加入镁粉产生气体的溶液中：、、Na+、Fe2+
D.在使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：、、Na+、K+
答案：D21世纪教育网[来源:21世纪教育网]
解析：A中与Al3+发生双水解不能大量共存：3+Al3+====Al(OH)3↓+3CO2↑；B中由水电离出的c(H+)=1×10-12 mol·L-1的溶液中pH=12或pH=2，酸性时H+与ClO-结合成强氧化性HClO将氧化Fe2+，碱性时OH-与Fe2+结合生成难溶性的Fe(OH)2；C中“加入镁粉产生气体的溶液”为酸性溶液，H+与、Fe2+发生氧化还原反应；D中“红色石蕊试纸变蓝的溶液”为碱性溶液，各离子均能共存，D符合题意。
6.下列离子方程式正确的是( )
A.向Ba(OH)2溶液中滴加NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全：
Ba2++2OH-++H++====BaSO4↓+NH3·H2O+ H2O
B.澄清石灰水与稀盐酸反应：
Ca(OH)2+2H+====Ca2++2H2O
C.钠与水反应：
Na+2H2O====Na++2OH-+H2↑
D.碳酸钡中加入稀硫酸：
BaCO3+2H+====Ba2++CO2↑+H2O
答案：A
解析：本题考查离子方程式的书写判断正误。A中至刚好沉淀完全可知Ba2+与为1∶1，所以2个OH-与1个、1个H+正好完全反应，所以A正确。B中因是澄清石灰水，Ca(OH)2应写离子形式。C中电荷不守恒。D中硫酸根也参与离子反应，生成BaSO4沉淀。
21世纪教育网
【专题演练】
(时间60分钟，满分100分)
一、单项选择题(本题包括5小题，每小题4分，共20分)
1．下列物质中，既能导电又属于强电解质的一组物质是( )
A．石墨、食醋 B．液氨、石灰水
C．熔融MgCl2、熔融NaOH D．稀硫酸、蔗糖
解析：食醋、石灰水、稀硫酸是混合物，既不是电解质，也不是非电解质；蔗糖是非电解质；熔融MgCl2和熔融NaOH能导电，是强电解质，符合题意.
答案：C
2．(2010·广州模拟)下列有关叙述中正确的是( )
A．难溶于水的电解质一定是弱电解质
B．强电解质都是离子化合物
C．易溶于水的电解质一定是强电解质
D．强电解质在水溶液中的电离是不可逆的
解析：A项，如BaSO4、CaCO3是强电解质，但难溶于水；B项，如H2SO4、AlCl3是强电解质，但都是共价化合物；C项，如CH3COOH易溶于水，但属于弱电解质．
答案：D
3．下列电离方程式错误的是( )
A．NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO
B．NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO
C．Fe(OH)3Fe3＋＋3OH－
D．Ba(OH)2===Ba2＋＋2OH－
解析：NaHCO3的电离方程式为NaHCO3===Na＋＋HCO.
答案：A
4．(2010·新课标全国卷)下表中评价合理的是( )
选项 化学反应及其离子方程式 评价
A Fe3O4与稀硝酸反应：2Fe3O4＋18H＋===6Fe3＋＋H2↑＋8H2O 正确
B 向碳酸镁中加入稀盐酸：CO＋2H＋===CO2↑＋H2O 错误，碳酸镁不应写成离子形式
C 向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2＋＋SO===BaSO4↓ 正确21世纪教育网
D FeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应：2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2===2Fe3＋＋4Cl－＋Br2 错误，Fe2＋与Br－的化学计量数之比应为1∶2
解析：本题考查离子方程式的正误判断，意在考查考生的分析评价能力．A项，Fe3O4中的Fe2＋能够被硝酸氧化，应生成NO气体；C项，应同时生成NH3·H2O；D项，氯气将Fe2＋氧化为Fe3＋，然后再氧化Br－，离子方程式正确，评价不合理．
答案：B
5．(2010·徐州市第三次调研)下列离子方程式与所述事实相符且正确的是( )
A．用铁棒作阴极、炭棒作阳极电解饱和氯化钠溶液：[来源:21世纪教育网]
2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－
B．用稀硝酸清洗做过银镜反应的试管：
Ag＋NO＋4H＋===Ag＋＋NO↑＋2H2O
C．向FeBr2溶液中通入过量的Cl2：
2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2===2Fe3＋＋Br2＋4Cl－
D．在强碱性溶液中，次氯酸钠将Mn2＋氧化成MnO2：
Mn2＋＋ClO－＋H2O===MnO2↓＋Cl－＋2H＋
解析：A项，离子方程式与所述事实相符且正确；B项，得失电子、电荷均不守恒；C项，Cl2过量Fe2＋、Br－均完全反应，二者配比应为1∶2；D项，强碱性溶液中不能生成H＋.
答案：A
二、不定项选择题(本题包括5小题，每小题6分，共30分，每小题有1～2个选项正确)
6．(2011·茂名模拟)在特定环境中，下列各组离子可以大量共存的是( )
A．无色溶液中：Cu2＋、K＋、H＋、NO
B．滴加酚酞试液呈红色的溶液中：CO、K＋、Na＋、AlO
C．在c(H＋)/c(OH－)＝1×1012的溶液中：NH、Ca2＋、Cl－、K＋
D．pH＝13的溶液中：Na＋、NH、HCO、NO
解析： A项，无色溶液中不可能有Cu2＋；B项，酚酞试液呈无色的溶液呈碱性，可以大量共存；C项，c(H＋)/c(OH－)＝1×1012，c(H＋)＝0.1 mol·L－1，呈酸性，彼此间不反应，能大量共存；D项，pH＝13的溶液呈碱性，NH、HCO均不能大量存在．
答案：BC
7．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－、Ba2＋
B．能使pH试纸呈红色的溶液：Na＋、NH、I－、NO
C．FeCl2溶液：K＋、Na＋、SO、AlO
D.＝0.1 mol·L－1的溶液：Na＋、K＋、SiO、NO
解析： A项，能大量共存；B项，使pH试纸呈红色的溶液为酸性溶液，酸性环境中NO可将I－氧化；C项，Fe2＋与AlO发生相互促进的水解反应；D项，KW/c(H＋)＝c(OH－)＝0.1 mol·L－1的溶液呈碱性，碱性条件下四种离子能大量存在．
答案：AD
8．(2011·玉溪模拟)实验室需配制一种仅含四种离子(不包括水电离出的离子)的无色混合溶液，且在混合溶液中四种离子的物质的量浓度均为1 mol·L－1.下面四个选项中能达到此目的的是( )
A．Na＋、K＋、SO、Cl－
B．Cu2＋、K＋、SO、NO
C．H＋、K＋、HCO、Cl－
D．Mg2＋、Na＋、Cl－、SO
解析：A项，若四种离子的浓度均为1 mol·L－1，溶液中正、负电荷的总数不相等；B项，含有Cu2＋，溶液为蓝色；C项，H＋和HCO不能大量共存．
答案：D
9．有一瓶无色溶液，可能含有Na＋、K＋、Al3＋、Mg2＋、NH、Cl－、SO、HCO、MnO中的几种．为确定其成分，进行如下实验：①取少许溶液，逐渐加入过量的Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，且白色沉淀逐渐增多后又部分溶解；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生；③用洁净的铂丝蘸取原溶液在酒精灯火焰上灼烧，观察到黄色火焰．下列推断正确的是( )
A．肯定有Na＋、Al3＋、Mg2＋、SO
B．肯定有Na＋、Mg2＋、Al3＋、Cl－
C．肯定没有K＋、HCO、MnO
D．肯定没有K＋、NH、Cl－
解析：由无色溶液可知，不存在MnO；由①可知，溶液中不存在NH，白色沉淀逐渐增多后又部分溶解，说明既有Mg2＋存在，又有Al3＋存在；由②可知肯定存在SO；由③可知肯定存在Na＋，实验不能确定有没有K＋和Cl－，需要进一步验证，由于HCO与Al3＋不能大量共存，故HCO不存在．故选A.
答案：A
10．(2011·苏州调研)下列A～D四组，每组有两个反应，其中两个反应可用同一个离子方程式表示的是( )
(Ⅰ) (Ⅱ)
A 少量SO2通入Ba(OH)2溶液 过量SO2通入少量Ba(OH)2溶液
B 少量NaOH溶液滴入Al2(SO4)3溶液 少量Al2(SO4)3溶液滴入NaOH溶液
C 0.1 mol Cl2通入含0.2 mol FeBr2的溶液 0.3 mol Cl2通入含0.2 mol FeBr2的溶液中
D 过量Ba(OH)2溶液与少量Ca(HCO3)2溶液相混合 少量Ba(OH)2溶液与过量Ca(HCO3)2溶液相混合
解析： A项，少量SO2通入Ba(OH)2溶液形成BaSO3沉淀；过量SO2通入少量Ba(OH)2溶液产生酸式盐，得澄清溶液．B项，氢氧化铝溶于NaOH溶液，所以离子方程式不相同．C项，FeBr2溶液中有两种还原性的离子，所以量的不同导致离子方程式的不同．D项，Ba(OH)2与Ca(HCO3)2反应，无论谁过量，均生成BaCO3、CaCO3溶液．
答案：D
三、非选择题(本题包括4小题，共50分)
11．(12分)近年来，太湖蓝藻暴发，造成无锡市水质的严重恶化．这些事件再次敲响了我国水危机的警钟．太湖流域某化工厂排放的污水中，常溶有某些对人体有害的物质，初步认为可能含有Fe3＋、Ba2＋、K＋、OH－、Cl－、CO、SO.为了进一步确认，取样进行实验检测：
①取污水仔细观察，呈无色、透明、均一状态．
②向取样的污水中，滴入稀硫酸，有大量白色沉淀产生，再加稀硝酸，白色沉淀不消失．
③用pH试纸测定污水的pH，试纸显深蓝色．
(1)由此可知，该污水中肯定含有的离子是__________，肯定没有的离子是______________，可能含有的离子是____________________．
(2)如何通过实验进一步确定溶液中可能存在的离子？
解析：本题利用社会热点问题结合离子共存和离子检验考查离子反应问题，注意Fe3＋在水溶液中呈黄色，检验时注意离子的干扰．
答案：(1)Ba2＋、OH－ Fe3＋、CO、SO K＋、Cl－
(2)用铂丝蘸少量试液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，若发现火焰呈紫色，则说明含有K＋.另取少量试液于一洁净试管中，加几滴AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，再加入HNO3后沉淀不溶解，则说明溶液中含有Cl－.
12．(12分)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SO恰好完全沉淀
C．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量[来源:21世纪教育网]
(3)若缓缓加入稀H2SO4直至过量，整个过程中混合溶液中的导电能力(用电流强度I表示)可近似地用右图中的曲线表示是________(填序号)．
(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)反应的离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋SO＋2H＋===BaSO4↓＋2H2O.
(2)A项，溶液呈中性时，H＋、OH－恰好完全反应，加入的Ba(OH)2完全反应，则离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O，与(1)相同．B项，SO恰好完全沉淀时，NaHSO4与Ba(OH)2的物质的量相等，反应的离子方程式为H＋＋SO＋Ba2＋＋OH－===BaSO4↓＋H2O，与(1)不同．C项：根据量的关系写出离子方程式为H＋＋SO＋Ba2＋＋OH－===BaSO4↓＋H2O，与(1)不同．
(3)电解质溶液导电性的强弱决定于离子浓度的大小，离子浓度越大，导电性越强，反之越弱．向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀H2SO4至过量，开始时离子浓度逐渐减小，离子反应完全时，即Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O，离子浓度几乎为零，稀H2SO4过量时，离子浓度逐渐增大，所以导电性是由强变弱再变强的过程．
(4)稀H2SO4、Ba(OH)2溶液的密度比水大，二者反应时，生成BaSO4和H2O，溶液密度减小，小球将下沉至水底．
答案：(1)Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O (2)A (3)C (4)沉入水底
13．(14分)某无色溶液X，由Na＋、Ag＋、Ba2＋、Al3＋、AlO、MnO、CO、SO中的若干种离子组成，取溶液进行如下连续实验：
(1)气体A的成分是_______________，气体B的成分是________________．(填化学式)
(2)X溶液中一定存在的离子是_______________________________________________．
(3)写出步骤①中发生反应的所有的离子方程式________________________________21世纪教育网
________________________________________________________________________.
(4)写出步骤②中形成白色沉淀甲的离子方程式_______________________________
________________________________________________________________________.
(5)通过上述实验，白色沉淀乙的组成可能是__________；只要设计一个简单的后续实验就可以确定该沉淀的组成，该方法是________________________________．
解析：由溶液是无色的排除了MnO，能和盐酸反应生成气体的是CO，CO的存在排除了Ag＋、Ba2＋、Al3＋，所以原溶液中含有的阳离子只能是Na＋.与碳酸氢铵溶液反应生成白色沉淀的离子只能是Al3＋(由原溶液中的AlO与过量的盐酸反应而得)，所以原溶液中含有AlO，沉淀甲只能为Al(OH)3，发生步骤①的反应为：CO＋2H＋===CO2↑＋H2O和AlO＋4H＋===Al3＋＋2H2O；步骤②时形成白色沉淀甲的离子方程式为Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑；过量的Ba(OH)2提供了大量的OH－和Ba2＋，所以气体B为NH3，白色沉淀乙可能是BaCO3或BaCO3、BaSO4的混合物，检验方法为在沉淀乙中加足量的稀盐酸，若全部溶解则说明只有BaCO3，若不能全部溶解，说明是BaCO3和BaSO4的混合物．
答案：(1)CO2 NH3 (2)Na＋、AlO、CO
(3)CO＋2H＋===CO2↑＋H2O AlO＋4H＋===Al3＋＋2H2O (4)Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑
(5)BaCO3或BaCO3、BaSO4的混合物 在沉淀乙中加足量的稀盐酸，若全部溶解则说明只有BaCO3，若不能全部溶解，说明是BaCO3和BaSO4的混合物
14．(12分)(2011·沈阳模拟)有A、B、C三种可溶性正盐，阴、阳离子各不相同，其阴离子的摩尔质量依次增大(按A、B、C的顺序)，将等物质的量的A、B、C溶于水，所得溶液中只含有Fe3＋、K＋、SO、NO、Cl－五种离子．同时生成一种白色沉淀．请回答下列问题：
(1)经检验，三种正盐中还含有下列选项中的一种离子，该离子是________．
A．Na＋ B．Mg2＋
C．Cu2＋ D．Ag＋
(2)三种正盐的化学式分别是：A__________，B________，C________.
(3)不需要加入任何试剂就能将上述三种正盐溶液区分开来，鉴别出来的先后顺序为________(填化学式)．
(4)若将A、B、C三种正盐按一定比例溶于水后，所得溶液中只含有Fe3＋、SO、NO、K＋四种离子且物质的量之比依次为1∶2∶3∶4，则A、B、C三种正盐的物质的量之比为________．
解析：(1)由题意可知，该离子能和五种离子中的一种阴离子反应生成沉淀，符合的只有Ag＋.
(2)A、B、C中必有一种盐为AgNO3，因为Ag2SO4、AgCl难溶于水，另两种分别是FeCl3和K2SO4，若为KCl和Fe2(SO4)3则与题意相矛盾(KCl、AgNO3等物质的量反应，溶液中余四种离子)．则按阴离子摩尔质量由小到大为：FeCl3、AgNO3、K2SO4.
(3)FeCl3溶液呈棕黄色，其和AgNO3溶液可产生沉淀，最后剩下的即为K2SO4.
(4)溶液中无Ag＋和Cl－，则n(FeCl3)∶n(AgNO3)＝1∶3，又因n(Fe3＋)∶n(SO)＝1∶2，则n(FeCl3)∶n(K2SO4)＝1∶2，可得n(FeCl3)∶n(AgNO3)∶n(K2SO4)＝1∶3∶2.
答案：(1)D (2)FeCl3 AgNO3 K2SO4 (3)FeCl3、AgNO3、K2SO4 (4)1∶3∶2【专题四】化学反应中的能量变化
【考点突破】
考点1 化学反应中的能量变化
1.放热反应和吸热反应
由于各物质所具有的能量不同，如果反应物所具有的总能量高于生成物所具有的总能量，那么在发生化学反应时，有一部分能量就会转变成热能等形式释放出来，这就是放热反应。
表示：ΔH为“-”或“ΔH＜0”，单位：kJ·mol-1。
如果反应物所具有的总能量小于生成物所具有的总能量，那么在发生化学反应时，反应物就需要吸收能量才能转化为生成物，这就是吸热反应。
表示：ΔH为“+”或“ΔH＞0”，单位：kJ·mol-1。
2.燃烧热：在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该反应的燃烧热。
3.中和热：在稀溶液中，酸和碱发生中和反应时生成1 mol H2O，这时的反应热叫中和热。单位kJ·mol-1。
方法点击 反应热ΔH=反应物总能量-生成物总能量或者反应热ΔH=反应物键能之和-生成物键能之和。此处常以计算题的形式出现。
例如：通常人们把拆开1 mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可以用于估计化学反应的反应热(ΔH)，化学反应ΔH等于反应中断裂旧化学键的键能之和与反应中新化学键的键能之和的差。
化学键 Si—O Si—Cl H—H H—Cl Si—Si Si—C
键能/kJ·mol-1 460 360 436 431 176 347
工业上高纯硅可通过下列反应制取：
SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)
该反应的反应热ΔH=_________kJ·mol-1
此题是结合晶体硅(金刚石)的立体空间构型计算反应热。首先分析1 mol Si中含Si—Si的物质的量(一个Si原子与四个Si原子形成四个Si—Si，一个Si—Si归属于两个Si原子，所以1 mol Si中含Si—Si的物质的量是2mol)。
ΔH=(4×Si—Cl+2×H—H)-(2×Si—Si+4×H—Cl)
ΔH=+236 kJ·mol-1
考点2 热化学方程式
能表示反应过程中热量变化的化学方程式叫热化学方程式。
书写热化学方程式的注意点
(1)注明物质的聚集状态：气体(g)、固体(s)、液体(l)、稀溶液(aq)及晶型。
(2)注明反应的温度和压强(若是101 kPa和25 ℃可不注明)，注明ΔH的“-”和“+”及单位(kJ·mol-1)。
(3)热化学方程式的化学计量数表示的是物质的量，所以可以是整数，也可以是分数。
对于相同物质的反应，化学计量数不同，ΔH也不同。聚集状态不同，ΔH也不同，所以书写热化学方程式时，首先注明物质聚集状态，然后再根据化学方程式的化学计量数与反应热的正比关系确定ΔH的值。
方法点击 化学反应中的能量变化在高考中经常涉及的内容有：书写热化学方程式、判断热化学方程式的正误及反应热的大小比较等等。
1.书写热化学方程式及判断热化学方程式的正误
同学们经常出错及出题人常设错的方式：
(1)丢掉或写错反应物及生成物的聚集状态。
(2)丢掉ΔH的“-”和“+”及单位(kJ·mol-1)，特别是“+”。
(3)反应热的数值与聚集状态的关系搞错。
(4)热化学方程式中的反应热数值表示反应物按方程式中化学计量数反应进行到底时的热量值，若反应存在化学平衡，则热量值小于对应的反应热数值。
2.比较反应热的大小
(1)同一反应生成物状态不同时
A(g)+B(g)====C(g)；ΔH1＜0；A(g)+B(g)====C(l)；ΔH2＜0
因为C(g)====C(l)；ΔH3＜0，则ΔH3=ΔH2-ΔH1，所以|ΔH2|＞|ΔH1|。
(2)同一反应物状态不同时
S(g)+O2(g)====SO2(g)；ΔH1＜0
S(s)+O2(g)====SO2(g)；ΔH2＜0
ΔH3+ΔH1=ΔH2，固S(s)S(g)吸热，ΔH3>0，所以|ΔH1|＞|ΔH2|
(3)两个有联系的不同反应相比
C(s)+O2(g)====CO2(g)；ΔH1＜0
C(s)+1/2O2(g)====CO(g)；ΔH2＜0
ΔH3+ΔH2=ΔH1，所以ΔH1<ΔH2(或|ΔH1|>|ΔH2|)
化学反应不管是一步还是几步完成，其总的反应热是相同的，即化学反应的反应热只与反应的始态(各反应物)与终态(各生成物)有关，与反应途径无关，这就是盖斯定律。正因为如此，所以热化学方程式可以进行数学处理。
考点3 中和热的实验测定
1.实验原理及仪器装置(如下图)
在稀溶液中，酸和碱发生中和反应生成1 mol水，此时的反应热叫中和热。
2.中和热的计算公式：
ΔH=kJ·mol-1，其中(m1+m2)
表示溶液质量，c为比热容：c=4.18 J·(g·℃)-1。常使c×10-3变成kJ·(g·℃)-1。
3.误差分析
若热量损失，中和热数值偏小。
方法点击 中和热实验的测定是高中阶段比较重要的一个定量实验。无论从能量的角度，还是从实验的角度，中和热实验的测定都将会是今后高考考查的热点。除掌握化学实验的基本操作外，还应注意以下几点：
1.为了保证实验中盐酸完全反应，使用的碱稍微过量，计算中和热时按酸来算。
2.做好保温工作是本实验成功的关键，如为什么用环形玻璃棒，不能用铁质或铜质环形棒，还应注意环形玻璃棒的使用方法。
3.实验中若用弱酸、弱碱代替强酸、强碱，因弱酸、弱碱电离过程吸热，会使中和热数值偏小。
【精题精讲】
1. N2H2是一种高效清洁的火箭燃料。0.25 mol N2H2(g)完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5 kJ热量。则下列热化学方程式正确的是( )
A.N2H2(g)+O2(g)====N2(g)+2H2O(g)；ΔH=+133.5 kJ·mol-121世纪教育网
B.N2H2(g)+O2(g)====N2(g)+2H2O(g)；ΔH=-133.5 kJ·mol-1
C.N2H2(g)+O2(g)====N2(g)+2H2O(g)；ΔH=+534 kJ·mol-1
D.N2H2(g)+O2(g)====N2(g)+2H2O(g)；ΔH=-534 kJ·mol-1
答案：D
解析：本题考查了热化学方程式的书写及简单计算。热化学反应方程式前面的化学计量数，放热用“-”号，-133.5×4 kJ·mol-1=-534 kJ·mol-1。
2.燃烧1 g乙炔生成二氧化碳和液态水，放出热量50 kJ，则这一反应的热化学反应方程式为( )
A.2C2H2(g)+5O2(g)====4CO2(g)+2H2O(l)；ΔH=+50 kJ·mol-1
B.C2H2(g)+5/2O2(g)====2CO2(g)+H2O；ΔH=-1 300 kJ[来源:21世纪教育网]
C.2C2H2+5O2====4CO2+2H2O；ΔH=-2 600 kJ
D.2C2H2(g)+5O2(g)====4CO2(g)+2H2O(l)；ΔH=-2 600 kJ·mol-1
答案：D
解析：本题考查了热化学方程式的书写及简单计算。热化学方程式前面的化学计量数表示物质的量。反应热单位是kJ·mol-1,B和C均错。
2 mol C2H2燃烧放出的热量为-2×26×50 kJ·mol-1=-2 600 kJ·mol-1。
3.下列叙述中正确的是( )
A.热化学方程式2H2(g)+O2(g)====H2O(l);ΔH=-571.6 kJ·mol-1中ΔH表示H2的燃烧热
B.分子晶体的熔点、沸点随共价键增强而升高
C.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
D.阴离子的核外电子排布一定与上一周期稀有气体元素原子的核外电子排布相同
答案：C
解析：A中1 mol H2完全燃烧的反应热表示H2的燃烧热。B中分子晶体的熔沸点与分子间作用力有关，与共价键强弱无关。D项如：简单阴离子的核外电子排布应与本周期稀有气体元素原子的核外电子排布相同。
4.已知1 g CH4完全燃烧生成CO2和液态水时放出55.6 kJ的热量，则下列甲烷燃烧的热化学方程式正确的是( )
A.CH4+2O2====CO2+2H2O；ΔH=-889.6 kJ·mol-1
B.CH4(g)+2O2(g)====CO2(g)+2H2O(g)；ΔH=-889.6 kJ·mol-1
C.CH4(g)+2O2(g)====CO2(g)+2H2O(l)；ΔH=889.6 kJ·mol-1
D.CH4 (g)+2O2(g)====CO2(g)+2H2O(l)；ΔH=-889.6 kJ·mol-1
答案：D
解析：本题考查热化学方程式书写应注意的问题。①要注明状态；②注意吸放热符号；③注意化学计量数与反应热的正比关系；④注意反应热的单位是kJ·mol-1
5. 0.3 mol的气态高能燃料乙硼烷B2H6在O2中燃烧，生成固态B2O3和液态H2O，放出649.5 kJ的热量。下列热化学方程式中正确的是( )21世纪教育网
A.B2H6(g)+3O2(g)====B2O3(s)+3H2O(l)；ΔH=+2 165 kJ·mol-1
B.B2H6(g)+3O2(g)====B2O3(s)+3H2O(l)；ΔH=-2 165 kJ·mol-121世纪教育网
C.B2H6+3O2====B2O3+3H2O；ΔH=-2 165 kJ·mol-1
D.B2H6(g)+O2(g)====B2O3(s)+H2O(g)；ΔH=-2 165 kJ·mol-1
答案：B
解析：本题考查热化学方程式书写应注意的问题及简单计算。注意热化学方程式与普通的化学方程式的区别。二者均要配平。
6.可逆反应aA(s)+bB(g)cC(g)+dD(g)；ΔH=Q，在反应过程中，当其他条件不变时，某物质在混合物中的含量与温度(T)、压强(p)的关系如下图所示：
根据上图分析，以下正确的是( )
A.T1>T2，Q>0 B.T2>T1，Q<021世纪教育网
C.p1>p2，a+b=c+d D.p1
答案：B
解析：据图中所给斜率分析可知：T17.下列化学反应ΔH的数值(放热)最大的是( )21世纪教育网
A.NaOH(aq)+HCl(aq)====NaCl(aq)+H2O(l)；ΔH1
B.NaOH(aq)+H2SO4(aq)====Na2SO4(aq)+H2O(l)；ΔH2
C.CH3COOH(aq)+NaOH(aq)====CH3COONa(aq)+H2O(l)；ΔH3
D.NaOH(aq)+H2SO4(浓)====Na2SO4(aq)+H2O(l)；ΔH4
答案：D
解析：A、B反应放出的热均为中和热。C项由于醋酸为弱酸，其电离过程吸热，反应放出的热量小于中和热。D项浓硫酸与氢氧化钠溶液混合时放出热量，总热量大于中和热。
8.已知：在热力学标准态(298 K、1.01×105 Pa)下，由稳定的单质发生反应生成1 mol化合物的反应热叫该化合物的生成热(ΔH)。下图为氧族元素氢化物a、b、c、d的生成热数据示意图。试完成下列问题：
(1)写出氧族元素中含有18e-的两种氢化物的电子式___________________________。
(2)请你归纳：非金属元素氢化物的稳定性与氢化物的反应热ΔH的关系__________________。
(3)写出硒化氢在热力学标准态下，发生分解反应的热化学反应方程式：__________________。
答案：(1)
(2)非金属元素氢化物越稳定，ΔH越小，反之亦然
(3)H2Se(g)====Se(s)+H2(g)；ΔH=-81 kJ·mol-1
解析：本题以元素化合物为载体，结合所给信息考查反应热与物质稳定性的关系。
一般来说：物质本身具有的能量越低，物质越稳定。换言之，相同状况下，生成一定量的某物质放出的热量越多，物质越稳定。所以，ΔH越小，非金属元素氢化物越稳定。a、b、c、d对应的氢化物分别为：碲化氢、硒化氢、硫化氢和水。
【专题演练】
(时间60分钟，满分100分)
一、单项选择题(本题包括5小题，每小题4分，共20分)
1．下列说法中正确的是( )
A．在化学反应过程中，发生物质变化的同时不一定发生能量变化
B．破坏生成物全部化学键所需要的能量大于破坏反应物全部化学键所需要的能量时，
该反应为吸热反应
C．生成物的总焓大于反应物的总焓时，反应吸热，ΔH>0
D．ΔH的大小与热化学方程式的计量数无关
解析： 化学反应中一定有能量变化，A错误；B项中，ΔH＝反应物的键能总和－生成物的键能总和，得ΔH<0，故为放热反应．
答案：C
2．(2011·温州月考)参照反应Br＋H2HBr＋H的能量对反应历程的示意图，下列叙述中正确的是( )
A．正反应为吸热反应
B．加入催化剂，该化学反应的反应热变大
C．反应物总能量高于生成物总能量
D．升高温度可增大正反应速率，降低逆反应速率
解析：对比反应历程示意图的能量变化，可知反应物的总能量低于生成物的总能量，故生成HBr需要吸热，A正确，C错误；催化剂只能改变化学反应速率，与反应热无关，B错误；升高温度，对于正逆反应速率都起到了促进作用，D错误．
答案：A
3．N2H4是一种高效清洁的火箭燃料0.25 mol N2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5 kJ热量．则下列热化学方程式中正确的是( )
A.N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋H2O(g)
ΔH＝＋267 kJ·mol－1
B．N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－133.5 kJ·mol－1
C．N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝＋534 kJ·mol－1
D．N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－534 kJ·mol－1
解析：热化学方程式中ΔH>0表示吸热，ΔH<0表示放热，选项A、C中ΔH的符号错误．热化学方程式中化学式前面的化学计量数仅表示物质的量，0.25 mol N2H4(g)燃烧放热133.5 kJ，故1 mol N2H4(g)燃烧放热4×133.5 kJ，选项D正确，B错误．
答案：D
4．(2011·淄博检测)已知：H2(g)＋F2(g)===2HF(g) ΔH＝－546.6 kJ·mol－1，下列说法不正确的是( )
A．44.8 L氟化氢气体分解成22.4 L的氢气和22.4 L的氟气吸收546.6 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大于546.6 kJ
C．相同条件下， 1 mol 氢气与1 mol氟气的能量总和高于2 mol氟化氢气体的能量
D．2 mol H—F键的键能比 1 mol H—H 键和1 mol F—F键的键能之和大546.6 kJ
解析：只有在标准状况下，A才正确；1 mol H2(g)和1 mol F2(g)反应生成2 mol HF(g)放出546.6 kJ热量，而HF(g)→HF(l)是放热过程，B对；因反应是放热反应，C对；ΔH＝反应物的键能之和－生成物的键能之和＝－546.6 kJ·mol－1，D对．
答案：A
5．(2011·湛江市检测)下列变化为放热反应的是( )
A．H2O(g)===H2O(l) ΔH＝－44.0 kJ·mol－1
B．2HI(g) H2(g)＋I2(g) ΔH＝＋14.9 kJ·mol－1
C．形成化学键时共放出能量863 kJ的化学反应
D．能量变化如图所示的化学反应
解析： H2O(g)―→H2O(l)是一个放热过程，但不是化学反应，A错．HI(g)分解反应是吸热反应，B错．一个化学反应放热还是吸热，取决于破坏化学键时吸收的总能量和形成化学键时放出的总能量的相对大小，C错．反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，D对．
答案：D
二、不定项选择题(本题包括5小题，每小题6分，共30分，每小题有1～2个选项正确)
6．(2009·上海高考)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) ΔH＝－Q1 kJ·mol－1
H2(g)＋Br2(g)===2HBr(g) ΔH＝－Q2 kJ·mol－1
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D
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Q1热量；D项，因为HBr(g)→HBr(l)为放热反应，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
7．下列变化过程，属于放热过程的是( )
①液态水变成水蒸气 ②酸碱中和反应 ③浓H2SO4稀释 ④固体氢氧化钠溶于水 ⑤H2在Cl2中燃烧 ⑥弱酸电离 ⑦NH4Cl晶体与Ba(OH)2·8H2O混合搅拌
A．②③④⑤ B．①⑥⑦
C．②③④ D．①③⑤
解析： 弱电解质的电离是吸热过程．
答案：A[来源:21世纪教育网]
8．如图，a曲线是198 K、101 kPa时N2与H2反应过程中能量变化的曲线图，下列叙述正确的是( )
A．该反应的热化学方程式为：N2＋3H22NH3 ΔH＝－92 kJ·mol－1
B．b曲线是升高温度时的能量变化曲线
C．加入催化剂，该化学反应的反应热改变
D．在198 K、体积一定的条件下，通入1 mol N2和3 mol H2反应后放出的热量为Q1 kJ，若通入2 mol N2和6 mol H2反应后放出的热量为Q2 kJ则184>Q2>2Q1
解析：热化学方程式表示198 K,101 kPa条件下的反应热，各物质要标聚集状态，故A不正确；由图可知b曲线情况下，活化能降低，应是加入催化剂，因升高温度不能改变活化能，故B不正确；加入催化剂，反应的反应热不变，故C不正确；题图表示的是1 mol N2和3 mol H2完全反应时的反应热，实际上N2和H2的反应是可逆反应，该条件下放出的热量小于92 kJ，故2 mol N2和6 mol H2，在该条件下放出的热量为184>Q2>2Q1，故D正确．
答案：D
9．下列关于反应能量的说法正确的是( )
A．Zn(s)＋CuSO4(aq)===ZnSO4(aq)＋Cu(s)
ΔH＝－216 kJ·mol－1，E反应物>E生成物
B．CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)
ΔH＝＋178.5 kJ·mol－1，E生成物>E反应物
C．HI(g) H2(g)＋I2(s)
ΔH＝＋26.5 kJ·mol－1,1 mol HI 在密闭容器中分解达平衡后吸收26.5 kJ的能量
D．H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1,1 L 1 mol·L－1的NaOH溶液与1 L 1 mol·L－1的CH3COOH溶液混合后放热57.3 kJ
解析： 当E反应物0，反之，反应放出能量，ΔH<0，则A对，B对；C中为可逆反应，1 mol HI不可能在密闭容器中完全分解；D中CH3COOH分子电离吸热，与NaOH溶液反应放出热量小于57.3 kJ.
答案：AB
10．已知：①101 kPa 时，C(s)＋1/2O2(g)===CO(g) ΔH1＝－110.5 kJ·mol－1；②稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH2＝－57.3 kJ·mol－1.
下列结论正确的是( )
A．若碳的燃烧热用ΔH3 来表示，则ΔH3<ΔH1
B．若碳的燃烧热用ΔH3 来表示，则ΔH3>ΔH1
C．浓硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为ΔH4，则ΔH4<ΔH2
D．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol 水，放出57.3 kJ热量
解析：ΔH本身有正负之分，放热为负值，吸热为正值．燃烧热是指生成稳定氧化物所放出的热量，碳燃烧生成的稳定氧化物为CO2，因为CO燃烧生成CO2是放热反应，因此，ΔH3<ΔH1，A对B错；C项浓硫酸溶于水要放热，因此，浓硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热要小于－57.3 kJ·mol－1；D项醋酸是弱电解质，电离过程要吸热，故稀醋酸与烯NaOH溶液反应生成1 mol水，放出的热量要小于57.3 kJ.
答案： AC
三、非选择题(本题包括4个小题，共50分)
11．(12分)(2011·安徽巢湖高三四校联考)已知某反应A(g)＋B(g) C(g)＋D(g)，反应过程中的能量变化如图所示，回答下列问题．
(1)该反应是________反应(填“吸热”或“放热”)，该反应的ΔH＝________kJ·mol－1(用含E1、E2的代数式表示)，1 mol气体A和1 mol气体B具有的总能量比1 mol气体C和1 mol气体D具有的总能量________(填“一定高”“一定低”或“高低不一定”)．
(2)若在反应体系中加入催化剂使逆反应速率增大，则E1和E2的变化是：E1________，E2__________，ΔH________(填“增大”“减小”或“不变”)．
解析：(1)从图象中看出反应物的能量低，生成物的能量高，该反应一定为吸热反应，反应焓变 ΔH＝E生成物－E反应物．
(2)催化剂是通过降低化学反应的活化能来加快化学反应速率的，对于可逆反应，催化剂能同等程度的降低正反应和逆反应的活化能．
答案：(1)吸热 E1－E2 一定低 (2)减小 减小 不变
12．(13分)(2011·芜湖一次联考)金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们燃烧时若氧气不足则生成一氧化碳，充分燃烧时生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示．
(1)等量金刚石和石墨完全燃烧________(填“金刚石”或“石墨”)放出热量更多，写出表示石墨燃烧热的热化学方程式_______________________________________________．
(2)在通常状况下，金刚石和石墨________(填“金刚石”或“石墨”)更稳定，写出石墨转化为金刚石的热化学方程式_________________________________________________
________________________________________________________________________.
(3)12 g石墨在一定量空气中燃烧，生成气体36 g，该过程放出的热量
________________________________________________________________________．
解析：(1)从图象上可以看出金刚石能量比石墨高，所以等量金刚石和石墨完全燃烧金刚石放出热量更多．根据燃烧热定义，石墨完全燃烧生成二氧化碳，根据图象反应放出的总热量为110.5＋283.0＝393.5 kJ，所以表示石墨燃烧热的热化学方程式为C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－393.5 kJ·mol－1.
(2)因为金刚石能量比石墨高，根据能量越低越稳定，所以在通常状况下石墨更稳定，石墨转化为金刚石要吸收热量，1 mol 石墨转化为金刚石吸收热量为395.4－393.5＝1.9 kJ，热化学方程式为：C(石墨，s)===C(金刚石，s) ΔH＝＋1.9 kJ·mol－1.
(3)12 g石墨在一定量空气中燃烧，生成气体36 g，根据碳原子守恒，气体总物质的量为1 mol，所以生成气体平均摩尔质量为36 g/mol，利用十字交叉法求算混合气体中CO和CO2的物质的量之比，所以混合气体中CO和CO2各0.5 mol，该过程放出热量为(110.5＋393.5)÷2＝252.0(kJ)．
答案：(1)金刚石 C(石墨，s)＋O2===CO2(g)
ΔH＝－393.5 kJ·mol－1
(2)石墨 C(石墨，s)===C(金刚石，s) ΔH＝＋1.9 kJ·mol－1
(3)252.0 kJ
13．(12分)测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的实验装置如右图所示．
(1)写出该反应的热化学方程式(中和热为57.3 kJ·mol－1)：
___________________________________________________
____________________________________________________
(2)取50 mL NaOH溶液和30 mL硫酸溶液进行实验，实验数据如下表．
①请填写下表中的空白：
温度实验[来源:21世纪教育网]次数 起始温度T1/℃21世纪教育网 终止温度T2/℃ 温度差平均值(T2－T1)/℃21世纪教育网
H2SO4 NaOH 平均值
1 26.2 26.0 26.1 30.1 ________
2 27.0 27.4 27.2 33.3
3 25.9 25.9 25.9 29.8
4 26.4 26.2 26.3 30.4
②近似认为0.50 mol·L－1 NaOH溶液和0.50 mol·L－1硫酸溶液的密度都是1 g/cm3，中和后生成溶液的比热容c＝4.18 J/(g·℃)．则中和热ΔH＝________(取小数点后一位)．
③上述实验数值结果与57.3 kJ·mol－1有偏差，产生偏差的原因可能是________(填字母)．
a．实验装置保温、隔热效果差
b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度
解析：(1)写热化学方程式时除注意方程式配平外，还要注意物质的聚集状态，ΔH的符号和单位．
(2)①实验2的误差太大要舍去
②ΔH＝－
＝
＝－53500 J/mol＝－53.5 kJ·mol－1.
③a、c项易使部分热量损失，导致结果偏低，b项仰视读数，V(NaOH)偏大，会导致结果偏高．d项会使温差变小、导致结果偏低．
答案：(1)H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
(2)①4.0 ②－53.5 kJ·mol－1 ③a、c、d
14．(13分)通常把拆开1 mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能．已知部分化学键的键能如下：
化学键 N—H N—N O===O N≡N O—H
键能(kJ·mol－1) 386 167 498 946 460
(1)发射神舟飞船的长征火箭用了肼(N2H4，气态)为燃料，若它在氧气(气态)中燃烧，生成N2(气态)和H2O(液态).1 mol肼完全燃烧时放出的热量为________．
(2)为了提高肼(N2H4)燃烧过程中释放的能量，常用二氧化氮作氧化剂代替氧气，这两者反应生成氮气和水蒸气．已知
①N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g) ΔH1＝＋67.7 kJ·mol－1
②N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g) ΔH2＝－534 kJ·mol－1
试写出肼和NO2完全反应的热化学方程式：_________________________________
________________________________________________________________________.
(3)随着中国空间技术的发展，寻找更高效的火箭推进剂也被提到了议事日程．在实验室我国科研人员应用电子计算机模拟出具有高能量的物质N60，它的结构与C60十分相似．已知N60分子中每个N原子均以氮氮键结合三个氮原子，且N60分子结构中每个氮原子均形成8个电子的稳定结构．试推测1个N60的结构含有________个N—N键．
解析：(1)据题意，肼燃烧时发生反应为N2H4(g)＋O2(g)== =N2(g)＋2H2O(l), 故ΔH＝[(386×4＋167)＋498]－(946＋2×2×460)＝－577(kJ·mol－1)，即1 mol肼完全燃烧时放出的热量为577 kJ.
(2)根据题意，要求计算下列反应的反应热的值：③N2H4(g)＋NO2(g)===3/2N2(g)＋2H2O(g) ΔH3.根据盖斯定律，一个反应仅与其始态和终态有关，而与其过程无关，则存在：②－①÷2＝③，即：ΔH3＝ΔH2－ΔH1÷2＝－567.85 kJ·mol－1.
(3)由于氮原子最外层电子数为5，而已知N60分子中每个N原子均以氮氮键结合三个氮原子，故N60分子中只存在着N—N键，再根据原子的均摊思想，在N60分子中应共有90个N—N键．
答案：(1)577 kJ (2)N2H4(g)＋NO2(g)===3/2N2(g)＋2H2O(g) ΔH3＝－567.85 kJ·mol－1 (3)90【专题六】非金属及其化合物
【考点突破】
考点1 氯及化合物的性质
1、注意氯水的成分的多重性
氯水成分复杂，氯水中存在的粒子：四种分子：H2O、Cl2、HClO、O2（及其少量）。四种离子：H＋、Cl－ 、ClO－ 、OH－（及其少量）。由于氯水组成成分多样化，所以氯水的性质必然多样化。表现在：①颜色、酸性、氧化性及其变化；②H＋参加的反应；③Cl－参加的反应；④Cl2参加的反应；⑤HClO参加的反应；⑥多微粒同时表现；⑦新制氯水与久置氯水的比较。
2、注意知识的应用 学会实验探究[来源:21世纪教育网]
卤族元素及其化合物对所涉及的探究性问题较多，主要集中在：①Cl2的性质及制法；②氯水的成分及性质；③卤离子的检验等。无论哪种探究性试题，万变不离其中，仍然是将化学性质和实验探究融合在一起，打好这两方面扎实的基础，就能迎刃而解。
考点2氧、硫及其化合物
1、利用理论统摄 抓紧硫的价态
氧族元素的学习要以物质结构、元素周期律、氧化还原反应知识为指导，根据氧族元素的原子结构特征和在周期表中的位置，理解氧族元素性质的相似性和递变性，结合具体知识对所学的物质结构、元素周期律的知识进行迁移与运用，充分利用氧化还原反应知识来理解硫元素的价态变化。总结氧气参与反应的规律：
2、明确重点知识 注意迁移应用
本章的重点知识在于SO2及硫酸的性质。SO2的实验室制法、SO2的检验与净化、+4硫的氧化性和还原性、SO2的漂白；稀、浓H2SO4的性质及SO42―、SO32―的检验等。注意总结SO2与CO2、CO32―、SO32―、SO42―、Cl―在相关实验设计中的相互干扰，这也是同学们经常出错的地方。如鉴别SO2和CO2不能用澄清石灰水，可用：①品红溶液；②氢硫酸；③酸性KMnO4溶液；④溴水；⑤用HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液；⑥FeCl3。其实验原理及化学反应方程式、实验现象等，请同学们自己分析。
考点3碳族元素、无机非金属材料
1、抓共性 明特性
对碳族元素的复习，首先要结合元素周期律掌握其共性和递变规律，还要特别注意其特殊性的学习。
（1）碳族元素位于活泼金属向活泼非金属过渡的中间位置，最外层电子数是4，在化学反应中不易得、失电子，易通过共价键形成共价化合物。化合价主要有+2、+4价，除铅的+2价化合物稳定外，其他元素的+4价化合物稳定。
（2）碳族元素的单质中，金刚石、石墨及C60等是同素异形体，其中金刚石的硬度最大，石墨的熔点最高。常见的原子晶体主要是由本族元素组成，如金刚石、晶体硅、SiO2、SiC。
（3）二氧化硅晶体是由硅原子和氧原子组成的原子晶体，可用“SiO2”来表示其组成，二氧化硅不溶于水，属于酸性氧化物，能跟碱性氧化物或碱起反应生成盐，由于C和Si均为第四主族的元素，CO2和SiO2有共性和差异性，同学们可自己列表总结。
2、SiO32－、CO32―、HCO3―的检验
（1）SiO32－的检验原理为：SiO32－ + 2H＋＝H2SiO3↓或SiO32－ + 2H＋ + H2O＝H4SiO4↓。若用盐酸检验时，则有Ag＋等干扰；若用稀硫酸时，则有Ba2＋的干扰，为此一般用稀硝酸进行检验。
（2）CO32―的检验原理为：CO32― + Ca2＋＝CaCO3↓。可用CaCl2、Ca(NO3)2、BaCl2、Ba(NO3)2等试剂进行检验，但不能用Ca(OH)2或Ba(OH)2溶液，原因是无法排除HCO3―的干扰。
（3）HCO3―的检验原理为：HCO3― + H＋＝CO2↑+ H2O，检验方法为：向待检验溶液中滴加足量的Ca2＋或Ba2＋的可溶性盐溶液，若无明显现象，再向溶液中加入足量的酸（盐酸、硝酸、醋酸等），若溶液中逸出无色、无味的气体，则待检溶液中有HCO3―。需要注意的是Ca2＋或Ba2＋的溶液不能用Ca(OH)2溶液和Ba(OH)2溶液，原因是OH―将HCO3―转化为CO32―；加酸后要通过气体的气味排除HSO3―的干扰。
考点4氮及其化合物
1、抓理论带性质
在学习中，同学们应以物质结构，元素周期律为指导，抓住物质结构及在周期表中的位置跟物质性质的关系，分析氮族元素及形成的单质和化合物性质的相似性和递变规律，从而找出它们之间的内在联系。要抓不同价态的氮元素具有不同的氧化性或还原性，形成氧化还原的知识链。从氮或磷的各种化合物的类型认识各自有关的性质，同时注意典型物质的特殊性。
2、抓计算重技巧
本章的计算主要有：氮的氧化物、氢化物溶于水的有关计算；硝酸及硝酸工业的计算等。同学们要注意总结，归纳解题方法，并掌握一些结论，对提高解题速度和质量大有益处。如Cu与HNO3反应类试题的解答要抓住“两个守恒”和“一个关系”。两个守恒：N元素质量守恒和得失电子守恒。一个关系：起酸作用的硝酸的物质的量是Cu2＋的量和Cu2＋所带电荷数的乘积。如果是混酸与Cu反应根据溶液中H＋的总量来判断反应的情况。其他金属和硝酸反应也可按照以上方法进行求解。
【精题精讲】
例1．已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快。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：根据题意NH3的摩尔质量小于HCl和HNO3，所以NH3应甲处产生，HCl和HNO3气体应在乙处产生。
答案：C
例2．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：21世纪教育网
①SO2＋N2O5SO3＋NO ②SO3＋H2OH2SO4 ③2NO＋O22NO2
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
C．浓H2SO4滴入萤石中，加热 D．加入少量的H2SO4使乙酸乙酯水解
解析：在反应①中NO2起氧化剂的作用，从反应①、③看NO2起催化作用，选项A中浓硫酸起吸水剂的作用；选项B中浓硫酸起氧化剂作用；选项C中浓硫酸起酸性作用；选项D中浓硫酸起催化剂作用。
答案：B、D
例3．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：选项A中漂白粉的主要成分为Ca(ClO)2和CaCl2，有效成分为Ca(ClO)2；选项B中2NH3＋H2SO4===(NH4)2SO4，即碱性气体不能用酸性物质干燥；选项C中酸性气体均可用NaOH吸收；选项D中Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，Al(OH)3具有吸附性，能吸附水中的悬浮物，如果溶液呈酸性或碱性均能与Al(OH)3反应，失去了Al(OH)3就不能吸附水中的悬浮物。
答案：C
例4．下列叙述正确的是（ ）
A．稀硝酸、稀硫酸均能将木炭氧化成二氧化碳
B．Na2O2与水反应，红热的Fe与水蒸气反应均能生成碱
C．Li、C、P分别在足量氧气中燃烧均生成一种相应氧化物
D．NaHCO3、Na2CO3、(NH4)2CO3三种固体受热后均能生成气体
解析：选项A中稀硫酸与C不反应；选项B中3Fe＋4H2OFe3O4＋2H2↑，不能生成碱；选项C中则三种单质与O2反应分别生成Li2O、CO2和P2O5；选项D中Na2CO3加热不会分解。
答案：C。
例5．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
解析：ⅣA族元素最外层电子数都是4，但C原子的次外层电子数只有2个电子。
答案：B。
例6．1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭的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：由于题目中要求确定了Na2O2和Na2CO3的量，故此在解答解析此题时要根据和反应特点，假设出反应的先后顺序能帮助我们快速解答，比如此题中我们看做反应：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2首先发生，反应：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2后发生。根据反应式：2NaHCO3=Na2CO3＋CO2＋H2O，2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2，2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；根据计量关系，可知2mol NaHCO3生成CO2和H2O各1mol，Na2O2只有1mol，故其恰好和CO2反应生成Na2CO3和O2，气体排出后，只剩余Na2CO3。
答案：A
例7．有一种白色粉末由等质量的两种物质混合而成，分别取适量该白色粉末置于三支试管中进行实验。
（1）逐滴加入6mol·L-1盐酸，同时不断振荡试管，有气泡产生，反应结束后得到无色透明溶液
（2）加热试管中的白色粉末，试管口有水滴凝结
（3）逐滴加入6mol·L-1硫酸，同时不断振荡试管，有气泡产生，反应结束后试管中还有白色不溶物
下列混合物中符合以上实验现象的是（ ）
A．NaHCO3、AgNO3 B．BaCl2、MgCO3
C．NH4HCO3、MgCl2 D．CaCl2·6H2O、Na2CO3
解析：根据实验（1）可排除A组。根据实验（2）可排除B组。根据（3）分析C和D组，只有D组中的氯化钙可以跟硫酸反应留下的白色不溶物硫酸钙（硫酸钙微溶）。所以选D。要注意，作为选择型推断题，也可以从选择项入手进行验证，逐项判断跟题干中各个条件是否吻合。
答案：D。
例8．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O2，可能引起的后果是 。21世纪教育网
(2)下列有头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．普通玻璃是由纯碱、石灰石和石英砂的，其熔点很高
D．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，AB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。Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2；CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2，C正确。常温下，Si只能与唯一一种酸HF反应不与HCl反应，D错。
(3)写出实验现象并给予解释：生成白色絮状沉淀，又刺激性气味的气体生成；SiO32-与NH4+发生双水解反应，SiO32- + 2 NH4+ + 2H2O === 2NH3·H2O + H2SiO3↓。
答案：(1) ①写出由纯SiHCl3制备高纯硅的化学反应方程式：SiHCl3+H2Si+3HCl
②SiHCl3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3SiHCl3+3H2O===H2SiO3+H2↑+3HCl；H2还原SiHCl3过程中若混入O2，可能引起的后果是：高温下，H2遇O2发
【专题演练】
(时间90分钟，满分100分)
第Ⅰ卷 (选择题，共48分)
一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)
1．下列说法不正确的是( )
A．硫是一种淡黄色的不溶于水的晶体
B．硫的化合物常存在于火山喷出的气体中和矿泉水里
C．硫与氧属于同一主族
D．硫在空气中的燃烧产物是二氧化硫，在纯氧中的燃烧产物是三氧化硫
解析：此题全面考查了硫的存在和性质．硫是一种淡黄色不溶于水的晶体，直接与氧气反应的产物是SO2，SO2被氧气氧化为SO3必须是在催化剂的条件下进行．
答案：D
2．有以下报道：①由于石油资源逐渐枯竭，各地都在发展使用乙醇汽油．②“十七大”报告中将节能减排作为环境建设的目标．③为了贯彻“绿色奥运”的理念，北京市部分公共汽车将改用电力驱动．④2008年元月为了抗击雪灾，很多地方采用了撒CaCl2的方法进行融雪．下列说法正确的是
( )
A．乙醇是一种可以再生的能源，在汽油中加入乙醇可以缓解能源危机
B．节能减排主要是减少二氧化硫的排放
C．汽车尾气中的主要污染物是CO2
D．CaCl2能融雪是由于它能吸收空气中的热量
解析：本题主要考查化学与生活的密切联系．二氧化碳并不是污染物，汽车尾气中的主要污染物是CO、氮氧化物等；CaCl2能融雪是因为它溶于水后可以降低水的熔点．
答案：A
3．下列物质中，不含有硅酸盐的是
( )
A．水玻璃 B．硅芯片
C．黏土 D．普通水泥
解析：水玻璃是Na2SiO3的水溶液，普通水泥主要原料之一为黏土，黏土中含有硅酸盐，而硅芯片中不含硅酸盐，其中含硅，硅是良好的半导体材料，故选B.
答案：B
4．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：浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度均会降低，但前者是因为吸水，后者是因为挥发，A错；氯水和活性炭都能使红墨水褪色，前者是因为含有强氧化性物质次氯酸，后者是活性炭的吸附作用，B错；漂白粉和水玻璃长期暴露在空气中均会变质，前者是与空气中的水和二氧化碳发生反应，生成的次氯酸又分解，发生了氧化还原反应，而后者只发生了复分解反应，强酸制弱酸(碳酸的酸性强于硅酸)，C错；乙炔和乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色都是发生了加成反应，正确．
答案：D
5．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
解析：B项，Cl2既有氧化性又有还原性；C项，NO2既有氧化性又有还原性；D中SO2既有氧化性又有还原性．
答案：A
6．下列各组物质中，不能按 (“→”表示一步完成)关系转化的是
( )
选项 A B C D
a NaOH HNO3 HCl S
b Na2CO3 NO Cl2 SO3
c NaCl NO2 HClO H2SO4
解析：该题考查物质间的转化关系，应熟练掌握物质的性质，同时注意物质间的反应条件不同而产物不同．A中2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O，Na2CO3＋BaCl2===2NaCl＋BaCO3↓，2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑；B中3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O,2NO＋O2===2NO2,3NO2＋H2O===2HNO3＋NO；C中MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，Cl2＋H2O===HCl＋HClO,2HClO===2HCl＋O2↑；而D中S与O2只能先通过一步生成SO2，SO2再经催化氧化才能生成SO3，故选D.
答案：D
7．(2009·中山模拟)某炼金厂的废水因连降暴雨而溢出，导致河水严重污染，炼金废水中所含CN－有剧毒，其性质与卤素离子相似，还原性介于I－与Br－之间，HCN为弱酸．下列说法不正确的是
( )
A．CN－可以和稀硫酸反应生成HCN
B．CN－可被Cl2氧化成(CN)2
C．在水溶液中(CN)2可被F－还原
D．HCN的电子式为HN C
解析：HCN的电子式为HC N，所有原子都达到稳定结构．HCN为弱酸，根据强酸制弱酸的原理，CN－可以和稀硫酸反应生成HCN；CN－还原性介于I－和Br－之间，所以有关单质氧化性强弱顺序为F2＞Cl2＞Br2＞(CN)2＞I2，所以Cl2可将CN－氧化成(CN)2，但(CN)2不能将F－氧化．
答案：CD
8．下列说法正确的是
( )
A．硅材料广泛应用于光纤通讯
B．工艺师利用盐酸刻蚀石英制作艺术品
C．水晶项链和餐桌上的瓷盘都是硅酸盐制品
D．粗硅制备单晶硅不涉及氧化还原反应
解析：A项，光导纤维的主要原料是SiO2；B项，石英SiO2不能和盐酸反应，但能与氢氟酸反应；C项，瓷盘是硅酸盐制品，水晶成分是SiO2，不是硅酸盐制品；D项，粗硅制单晶硅的反应为Si＋2Cl2SiCl4，SiCl4＋2H2Si＋4HCl.
答案：A
9．工业废气中氮氧化物是主要污染物，为了治理污染，常通入NH3，发生反应NOx＋NH3―→N2＋H2O来治理污染．现有NO、NO2的混合气体3 L，用同温同压下3.5 LNH3使其恰好完全转化为N2，则混合气体中NO、NO2的物质的量之比为
( )
A．1∶1 B．2∶1
C．1∶3 D．1∶4
解析：设NO和NO2的体积分别为x、y，则有：
6NO＋4NH35N2＋6H2O
x x
6NO2＋8NH37N2＋12H2O
y y
，解得
则＝＝＝[来源:21世纪教育网]
答案：C
10．某溶液中可能存在Br－、CO、SO、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，且有无色气体冒出；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＋、Na＋、SO、I－
B．Mg2＋、Na＋、CO、Br－
C．Al3＋、Mg2＋、I－、SO21世纪教育网
D．Al3＋、CO、Br－、SO
解析：本题主要考查离子共存问题．溴水为橙色，氯水可以将SO氧化为SO，由实验①可知溶液中有Br－和CO；CO和Al3＋、Mg2＋不能共存，所以溶液中没有Al3＋、Mg2＋；由实验②可知原溶液中没有SO；由实验③可知原溶液中没有I－.
答案：C
11．保护环境已成为人类的共识．人类应以可持续发展的方式使用资源，以合理的方式对废物进行处理并循环使用，下列做法不利于环境保护的是
( )
A．发电厂的煤经脱硫处理
B．将煤转化为水煤气作燃料
C．回收并合理处理聚乙烯塑料废物
D．电镀废液经中和后直接排放21世纪教育网
解析：本题考查了环境保护知识．D项中由于电镀废液中含有重金属离子，不能仅仅是中和后就直接排放，即选D.
答案：D
12．对下列实验现象的原因分析不正确的一项是
( )
选项 实验现象 原因分析
A 浓硫化钠溶液有臭味 硫离子水解生成硫化氢，硫化氢具有臭味
B 新制氯水中滴加石蕊试液，溶液先变红，后褪色 氯气与水反应生成HCl、HClO，HCl显强酸性，使石蕊变红，HClO具有强氧化性，使其褪色
C SO2通入溴水中，溴水褪色 SO2具有漂白性，使其褪色
D 向湿润蔗糖中加入浓硫酸，固体迅速变黑，后体积急剧膨胀 在浓硫酸脱水作用下，蔗糖被炭化，炭与浓硫酸反应生成了CO2、SO2
解析：本题主要考查SO2的还原性及H2SO4(浓)的脱水性．二氧化硫使溴水褪色，是因为二氧化硫、水与溴发生氧化还原反应，生成了无色的溴化氢与硫酸，这里体现的是二氧化硫的还原性，而不是其漂白性．
答案：C
13．下列说法正确的是
( )
A．因SiO2不溶于水，故H2SiO3不是SiO2对应的酸，或者说SiO2不是H2SiO3的酸酐
B．CO2通入水玻璃(Na2SiO3溶液)可以得到原硅酸
C．因为高温时SiO2与Na2CO3反应生成CO2，故硅酸的酸性比碳酸强
D．SiO2的俗名叫水晶
解析：酸酐与溶不溶于水无关；硅酸的酸性比碳酸的弱；SiO2与Na2CO3的反应实质是由不挥发性的酸制挥发性的酸；水晶的主要成分是SiO2，并不是SiO2的俗名．
答案：B
14．下列对环保知识的认识正确的是
( )
①酸雨的形成与大量燃烧含硫燃料有关，正常雨水的pH为7.0，酸雨的pH小于7.0 ②严格执行机动车尾气排入标准有利于防止大气污染 ③使用二氧化硫和某些含硫化合物进行增白的食品对人体健康有害 ④使用氯气对自来水消毒过程中，生成的有机氯化物可能对人体有害 ⑤食品厂产生的含丰富氮、磷营养素的废水可长期排向水库养鱼21世纪教育网
A．①②③ B．①④⑤
C．②③④ D．③④⑤
解析：pH＜5.6的雨水才是酸雨；严格执行机动车尾气排放标准可降低氮氧化物、CO及碳氢化合物的排放，有利于防止大气污染；SO2有毒，不能用于漂白食品；Cl2能与自来水中的有机物反应生成毒性很强的含氯有机物，从而对人体有害；富营养水能造成鱼类大量死亡．
答案：C
15．某工厂用CaSO4、NH3、H2O、CO2制备(NH4)2SO4，其工艺流程如下：
下列推断不合理的是
( )
A．往甲中通适量CO2有利于(NH4)2SO4生成21世纪教育网
B．生成1 mol(NH4)2SO4至少消耗2 molNH3
C．CO2可被循环利用
D．直接蒸干滤液能得到纯净的(NH4)2SO4
解析：本题主要考查工艺流程图的识别和判断．CaSO4＋2NH3＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋(NH4)2SO4，(NH4)2SO4＋2H2OH2SO4＋2NH3·H2O，加热硫酸铵溶液，可挥发出氨气．
答案：D
16．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溶液变红 Cl2具有还原性
B 滴有酚酞的NaOH溶液褪色 Cl2具有酸性
C 石蕊溶液先变红后褪色 Cl2具有漂白性
D KI淀粉溶液变蓝 Cl2具有氧化性
解析：A项说明Cl2具有氧化性．B项是Cl2先与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
第Ⅱ卷 (非选择题，共52分)
二、非选择题(本题包括6小题，共52分)
17．(8分)2008年奥运会在北京举行，下图类似奥运五元环，表示A、B、C、D、E五种化合物，元环交叉部分代表两种化合物含有一种相同元素，五种化合物由五种短周期元素组成，且每种化合物仅由两种元素组成．A是可燃冰的主要成分；B、E分子中所含电子总数均与硅烷 (SiH4)分子的电子数相等，B不稳定，具有较强氧化性，能发生自身氧化还原反应，E的相对分子质量为32，具有还原性，且常用作航天器的燃料；C能发生反应：化合物(Ⅰ)＋化合物(Ⅱ)化合物(Ⅲ)＋化合物(Ⅳ)；D是新型无机非金属材料，它所含两种元素的原子个数之比为3∶4，电子数之比为3∶2.
(1)B的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因是________；D的化学式为________．
(2)A、B、E中含有一种相同的元素，其名称为________．
(3)B和E反应可生成单质G和常见的液态化合物H，写出化学方程式________．
(4)写出C符合“化合物(Ⅰ)＋化合物(Ⅱ)化合物(Ⅲ)＋化合物(Ⅳ)”的化学方程式______________________________________．
解析：因为A是可燃冰的主要成分，故A为CH4；硅烷分子中含有18个电子，H2O2具有氧化性，能发生自身氧化还原反应；相对分子质量为32的有：O2、S、N2H4等．根据五元环推知，A为CH4，B为H2O2，C为SiO2，D为Si3N4，E为N2H4.两种化合物在高温下生成另两种化合物的反应，在中学化学中符合条件的有：制普通玻璃的化学反应原理．
答案：(1)H2O2HO＋H＋ Si3N4 (2)氢
(3)2H2O2＋N2H4N2＋4H2O
(4)Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑(其他合理答案也可)
18．(8分)当前，一次性筷子、一次性饭盒是否卫生也受到社会的关注．专家介绍，正规的一次性筷子所用的材料都是质地较好的木材，不用特殊加工．但是很多小作坊为了降低成本，使用了劣质木材．为了使筷子看上去白一些，他们常用硫磺进行熏蒸漂白，结果造成SO2含量严重超标，同时硫磺中含铅、汞等重金属，也会对人体造成铅中毒或汞中毒．
(1)“硫磺熏蒸”的一次性筷子、一次性饭盒用水浸泡可降低SO2的含量．试说明SO2易溶于水的原因
________________________________________________．
(2)减小毒筷毒性最简单的方法是用凉水清洗筷子表面，减少SO2的含量．为研究SO2的溶解性质，某学生做如下实验(如图)：集气瓶中收集的是SO2，瓶塞系着瘪气球，向瓶中滴加紫色石蕊试液．实验现象是________________________．为比较SO2和CO2在水中溶解度的大小，某学生采取同样的装置和操作，能说明SO2在水中的溶解度大于CO2的实验现象是______________________________________．
某学生取出瓶中溶液，将其滴入品红溶液中，充分振荡后，实验现象为__________________________；接着向溶液中加入足量氯水，实验现象为____________________________，所发生反应的化学方程式是____________________________．
解析：(1)SO2易溶于水是因为“相似相溶原理”．(2)SO2的水溶液是亚硫酸，具有一定的酸性，所以可以使紫色石蕊试液变红，但是不褪色，由于SO2易溶于水，所以一旦瓶中SO2大量溶于水中，气球必定会鼓起来，而CO2只是能溶于水，所以从气球膨胀的程度即可比较二者溶解性的差异．SO2可以使品红溶液褪色，但不能使石蕊试液褪色．加足量氯水能氧化SO2、漂白石蕊试液和品红溶液．
答案：(1)SO2是极性分子，所以易溶于极性溶剂水中，且SO2能与水反应生成亚硫酸，导致其在水中的溶解度增大
(2)紫色石蕊试液变红，气球膨胀起来 SO2溶解时气球的膨胀程度大于CO2溶解时气球的膨胀程度 品红溶液褪色，溶液显浅紫色 溶液先变红后褪色 SO2＋Cl2＋2H2O===H2SO4＋2HCl
19．(10分)溴酸钾(KBrO3)为白色晶体，是一种常用的氧化剂和分析试剂，加热到370℃时分解为溴化钾和氧气．生产溴酸钾的工艺流程如下：
(1)“合成”过程所发生的反应中，氧化剂是________，还原剂是________．反应的化学方程式为________________________．
(2)“复分解”过程中反应的化学方程式为
__________________________________________．
(3)上述流程中第二次过滤滤出的固体主要成分是
________________________________________．
(4)“趁热过滤”过程中“趁热”的原因是______________________________．
(5)溴酸钾具有毒性，食用少量即可引起呕吐和肾脏的损伤．然而美、日等国都允许在油炸薯片中添加一定量的溴酸钾，以改善薯片的口感．我国也曾允许用作烘焙面包的添加剂，但已于2005年7月开始全国禁止在食品中使用溴酸钾.2007年，一批来自美国的油炸薯片在珠海口岸被我国有关部门检出含有溴酸钾而被禁止入境．从化学原理分析推测，有关国家认为在油炸薯片中添加溴酸钾安全的理由是(用化学方程式表示)____________________，而我国认为不安全的理由是
__________________________________________．
解析：根据实验目的和工艺流程可知在“合成”过程中即生成了溴酸盐，再结合反应物及氧化还原的知识可写出反应的化学方程式为6MgO＋Br2＋5Cl2===Mg(BrO3)2＋5MgCl2，反应中氧化剂为Cl2，还原剂为Br2.“复分解”过程中生成KBrO3，所以化学反应为2KCl＋Mg(BrO3)2===MgCl2＋2KBrO3.这样将MgCl2过滤，滤液中主要为KBrO3，为防止KBrO3结晶析出，故趁热过滤．
依据信息知在370℃时KBrO3分解为KBr和O2，所以有些国家认为可以在油炸薯片中添加KBrO3，但我国认为油炸或烘焙的温度条件下不能保证KBrO3完全分解而将其禁止入境．
答案：(1)Cl2 Br2
6MgO＋Br2＋5Cl2===Mg(BrO3)2＋5MgCl2
(2)Mg(BrO3)2＋2KCl===MgCl2＋2KBrO3
(3)MgCl2
(4)防止溴酸钾结晶析出
(5)2KBrO32KBr＋3O2↑
油炸和烘焙的温度条件不能保证溴酸钾完全分解
20．(7分)下图是部分短周期元素的单质及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的化学方程式为____________________________________．
(2)C的结构式为________；H的化学式为________．
(3)写出L的溶液与化合物E反应的离子方程式：
______________________________________.
(4)化合物J的化学式为________．
解析：本题的突破口是E.由于B、C、D是非金属单质，且其中A不是气体，结合“化合物E是形成酸雨的污染物之一”不难推出E为SO2，A为S，B为O2；再根据“反应②是化工生产中的重要反应”及“FK”，且“K是常用的氮肥”可推出F为NH3，则C、D为N2、H2；再结合“JC”和“J由两种元素组成，其相对分子质量为32”，可推出C只能为N2，J为N2H4；又根据“L具有漂白性，可由Cl2与NaOH溶液反应而制得”可推出L为NaClO.
答案：(1)2NH3＋H2SO4===(NH4)2SO4
(2)NN (NH4)2SO3或NH4HSO3
(3)ClO－＋SO2＋2OH－===Cl－＋SO＋H2O
(4)N2H4
21．(10分)短周期元素的单质X、Y、Z在通常状况下均为气态，并有下列转化关系(反应条件略去)：
已知：a.常见双原子单质分子中，X分子含共价键最多．
b．甲分子含10个电子，乙分子含18个电子．
(1)X的电子式是________．
(2)实验室可用下图所示装置(缺少收集装置，夹持固定装置略去)制备并收集甲．
①在图中方框内绘出用烧瓶收集甲的仪器装置简图．
②试管中的试剂是(填写化学式)________________________．
③烧杯中溶液由无色变为红色，其原因是(用电离方程式表示)__________________________________．
(3)磷在Z中燃烧可生成两种产物，其中一种产物丁分子中各原子最外层不全是8电子结构，丁的化学式是________．
(4)n mol丁与n mol丙在一定条件下反应，生成4n mol乙和另一化合物，该化合物蒸气的密度是相同状况下氢气的174倍，其化学式是________．
解析：短周期除惰性气体外的气体单质有H2、N2、O2、F2、Cl2.由已知a知X为N2，由b知，甲为NH3，乙为HCl，丙为NH4Cl.
(1)一定要从化学键的形成角度掌握常见物质的电子式，如N2、CO2、CH4、NH3、H2O、Na2O2等．
(2)①NH3的收集应是向下排空气法．②NH3的制取用铵盐与碱反应，但铵盐一般不用NH4NO3，防止爆炸．碱一般用Ca(OH)2，不用NaOH，因NaOH对玻璃的腐蚀作用太强．③要注意“”．
(3)P与Cl2反应生成PCl3和PCl5，PCl3的电子式为
，各原子最外层均为8电子结构，所以丁为PCl5.
(4)由“化学方程式中各物质的计量数之比等于物质的量之比”及质量守恒定律共同得出．n molPCl5与n molNH4Cl反应生成4n molHCl，由质量守恒定律知所求物分子中P、N、Cl的原子个数比为N(P)∶N(N)∶N(Cl)＝1∶1∶2，所求物质的相对分子质量为174×2，二者结合得出未知物的化学式为P3N3Cl6.
答案：(1)N N
(2)①
[来源:21世纪教育网]
②NH4Cl和Ca(OH)2
③NH3·H2ONH＋OH－
(3)PCl5 (4)P3N3Cl6
22．(9分)Ⅰ.化学实验室制取氯化氢气体的方法之一是将浓硫酸滴入浓盐酸中．请从下图中挑选所需仪器，在方框内画出用该方法制备、收集干燥氯化氢气体的装置简图，并在图中标明所用试剂．(仪器可重复使用，固定装置不必画出)
Ⅱ.实验室制备少量硫酸亚铁晶体的实验步骤如下：取过量洁净的铁屑，加入20%～30%的稀硫酸溶液，在50℃～80℃水浴中加热至不再产生气泡．将溶液趁热过滤，滤液移至试管中，用橡胶塞塞紧试管口，静置、冷却一段时间后收集产品．
(1)写出该实验制备硫酸亚铁的化学方程式：
____________________________________________.
(2)硫酸溶液过稀会导致
____________________________________________________．
(3)采用水浴加热的原因是21世纪教育网
____________________________________________________．
(4)反应时铁屑过量的目的是(用离子方程式表示)
____________________________________________．
(5)溶液趁热过滤的原因是____________________________________________．塞紧试管口的目的是__________________________．
(6)静置、冷却一段时间后，在试管中观察到的现象是
________________________________________．
解析：第Ⅰ题：实验目的是制备、收集干燥氯化氢气体，实验原理是利用浓硫酸溶于水放出大量的热，促使HCl挥发．实验装置连接顺序是：发生装置(制备HCl，含有H2O)―→干燥装置(浓硫酸)―→收集装置(向上排空气法)―→尾气处理(注意防止倒吸)．第Ⅱ题：(1)铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；(2)硫酸溶液过稀反应速率慢，生成硫酸亚铁浓度小，不利于晶体析出；(3)水浴加热的好处是：受热均匀，容易控制温度；(4)过量的铁可以将溶液中的三价铁离子还原为二价铁离子；(5)温度降低会析出硫酸亚铁晶体，趁热过滤可以减少损失；塞紧试管口的目的是防止空气进入试管将Fe2＋氧化为Fe3＋；(6)硫酸亚铁晶体为浅绿色．
答案：Ⅰ.
Ⅱ.(1)Fe＋H2SO4(稀)FeSO4＋H2↑
(2)反应速率慢，不利于晶体析出
(3)容易控制温度
(4)Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋
(5)减少FeSO4的损失 防止空气进入试管将Fe2＋氧化为Fe3＋
(6)有浅绿色晶体析出【专题五】化学反应速率 化学平衡 电解质溶液
【考点突破】
一、化学反应速率 化学平衡
考点1 化学反应速率
1.化学反应速率基本概念
用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示。常用单位为mol·(L·s)-1或mol·(L·min)-1
说明：
(1)固体、纯液体在反应中可视为浓度不变，故一般不用固体或纯液体表示反应速率。
(2)反应速率一般是指某段时间内的平均速率，非即时速率，不能为负数。
2.化学反应速率的规律
同一反应，用不同物质表示的速率之比，等于方程式中化学计量数之比。
方法点击 近几年的高考题，在涉及化学反应速率的知识点时，常以选择题的形式进行考查，主要是利用化学反应速率的规律，完成下述要求：
1.在一个反应中，由一种物质的反应速率，换算为其他物质的反应速率。
2.比较同一反应在不同的条件下，用不同物质表示的反应速率的相对大小。
3.由速率之比写出有关方程式
现举例说明如下：
例1：反应A+3B====2C+2D在四种不同情况下的反应速率分别为：v(A)＝0.15 mol·L-1·s-1、v(B)=0.6 mol·L-1·s-1、v(C)=0.4 mol·L-1·s-1、v(D)=60 mol·L-1·min-1其中表示反应最快的是。
解析：首先统一单位v(D)=60 mol·L-1·min-1=1 mol·L-1·s-1
根据v(A)︰v(B)︰v(C)︰v(D)=1∶3∶2∶2，将四种物质的反应速率，均除以方程式中各自前边的化学计量数：=0.15 mol·L-1·s-1、=0.2 mol·L-1·s-1、=0.2 mol·L-1·s-1)、=0.5 mol·L-1·s-1。可见选D。
判断反应速率的大小，必须考虑各物质的反应计量数，再进行比较，同时还要注意保持单位的统一。
考点2 影响化学反应速率的因素
1.内在因素(主要因素)： 反应物的性质
2.外在因素(次要因素)：
(1)浓度：在其他条件不变时，增大反应物的浓度，化学反应速率增大。增加反应物的量并不能改变速率，由于固体、纯液体在反应中可视为浓度不变，故增加其量并不能改变反应速率。
(2)温度：在其他条件不变时，升高温度，化学反应速率增大。
(3)压强：在其他条件不变时，对于有气体参加的反应，增大压强，化学反应速率增大。
(4)催化剂：在其他条件不变时，加入催化剂，化学反应速率增大。
(5)其他：光、电磁波、反应物颗粒的大小等也会影响反应速率。
方法点击 1.压强对速率的影响，是通过改变气体的浓度来实现的，故一般意义上的增大压强是指压缩气体的体积。对于气体反应体系要注意以下几个问题。
(1)恒温时：
增大压强容器容积缩小气体浓度增大反应速率增大。
(2)恒容时：
①充入气体反应物气体浓度增大(气体总压增大)反应速率增大。
②充入惰性气体容器内气体总压增大，但反应物浓度不变，反应速率不变。
(3)恒压时,充入惰性气体容器容积增大气体反应物浓度减小反应速率减小。
2.化学反应速率与化学平衡的关系
(1)改变温度，对吸热反应速率的影响，总是超过对放热反应速率的影响：当升高温度时，吸热反应速率增大的倍数＞放热反应速率增大的倍数，故升温化学平衡向吸热方向移动；当降低温度时，吸热反应速率减小的倍数＞放热反应速率减小的倍数，故降温化学平衡向放热方向移动。
(2)对有气体参加的化学反应，改变压强，对气体体积之和大的一侧的反应速率的影响，总是超过对气体体积之和小的一侧的反应速率的影响：当增大压强时，气体体积之和大的一侧的反应速率增大的倍数＞气体体积之和小的一侧的反应速率增大的倍数，故加压化学平衡向气体体积之和小的一侧移动；当减小压强时，气体体积之和大的一侧的反应速率减小的倍数＞气体体积之和小的一侧的反应速率减少的倍数，故减压化学平衡向气体体积之和大的一侧移动。
(3)使用催化剂，正、逆反应速率增加或减小的倍数相同，故化学平衡不移动。
3.化学知识点多，而理综试卷化学高考题的题量减少，所以化学高考题每一道题涉及的知识点都比较多。综合考虑各种因素对反应速率的影响进行命题，符合这一命题趋势。
例题： 已知Mg+2HCl====MgCl2+H2↑,将镁条投入到稀盐酸中，反应速率与时间的关系如图所示：
试完成下列问题：
①t0→t1时间段内速率变化的原因______________________________。
②t1→t2时间段内速率变化的原因______________________________。
解析：镁与盐酸反应的实质是Mg与H+之间的氧化还原反应，在t0→t1时间段内，随着反应的进行，H+的浓度逐渐降低，按说反应速率应逐渐降低，但镁与盐酸的反应是放热反应，使溶液温度升高，又使反应速率加快，且后者对反应速率的影响超过了前者对反应速率的影响，所以随着反应的进行，反应速率逐渐增大。而在t1→t2时间段内，H+的浓度减少很多，所以随着反应的进行，反应速率逐渐减小。
考点4 化学平衡
1．概念：在一定条件下的可逆反应里，正反应和逆反应的速率相等，反应混合物中各组成成分的含量保持不变的状态叫化学平衡状态。
2．特点：
“等”——处于密闭体系的可逆反应，化学平衡状态建立的条件是正反应速率和逆反应速率相等。即v(正)=v(逆)≠O。这是可逆反应达到平衡状态的重要标志。
“定”——当一定条件下可逆反应一旦达平衡(可逆反应进行到最大的程度)状态时，在平衡体系的混合物中，各组成成分的含量(即反应物与生成物的物质的量，物质的量浓度，质量分数，体积分数等)保持一定而不变(即不随时间的改变而改变)。这是判断体系是否处于化学平衡状态的重要依据。
“动”——指定化学反应已达化学平衡状态时，反应并没有停止，实际上正反应与逆反应始终在进行，且正反应速率等于逆反应速率，所以化学平衡状态是动态平衡状态。
“变”——任何化学平衡状态均是暂时的、相对的、有条件的(与浓度、压强、温度等有关)。而与达平衡的过程无关(化学平衡状态既可从正反应方向开始达平衡，也可以从逆反应方向开始达平衡)。当外界条件变化时，原来的化学平衡即被打破，在新的条件不再改变时，在新的条件下建立起新的化学平衡。新平衡时正、逆反应速率，各组成成分的含量均与原平衡不同。
3．化学平衡常数
（1）化学平衡常数的数学表达式：
在一定条件下，可逆反应：aA+bB=cC+dD达到化学平衡时，
（2）化学平衡常数表示的意义：平衡常数数值的大小可以反映可逆反应进行的程度大小，K值越大，反应进行越完全，反应物转化率越高，反之则越低。
（3）影响因素：K只是温度的函数，如果正反应为吸热反应，温度升高，K值增大；如果正反应为放热反应，温度升高，K值减小。
考点5 平衡移动原理
如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动。它是浓度、压强和温度等外界条件对平衡移动影响的概括和总结，只适用于已经达到平衡状态的可逆反应，未处于平衡状态的体系不能用此原理分析，但它也适用于其他动态平衡体系，如溶解平衡、电离平衡和水解平衡等。催化剂能够同等程度地增加正反应速率和逆反应速率，因此它对化学平衡的移动没有影响。
考点6 有关化学平衡的基本计算
(1)物质浓度的变化关系
反应物：平衡浓度＝起始浓度－转化浓度
生成物：平衡浓度＝起始浓度+转化浓度
其中，各物质的转化浓度之比等于它们在化学方程式中物质的计量数之比。
(2)反应的转化率(α)：α＝×100％
(3)在密闭容器中有气体参加的可逆反应，在计算时经常用到阿伏加德罗定律的两个推论：
恒温、恒容时： ；恒温、恒压时：n1/n2=V1/V2
(4)计算模式
浓度(或物质的量) aA(g)+bB(g) cC(g)+dD(g)
起始 m n 0 0
转化 ax bx cx dx
平衡 m-ax n-bx cx dx
α(A)=（ax/m）×100％
ω(C)＝×100％
(3)化学平衡计算的关键是准确掌握相关的基本概念及它们相互之间的关系。化学平衡的计算步骤，通常是先写出有关的化学方程式，列出反应起始时或平衡时有关物质的浓度或物质的量，然后再通过相关的转换，分别求出其他物质的浓度或物质的量和转化率。概括为：建立解题模式、确立平衡状态方程。说明：
①反应起始时，反应物和生成物可能同时存在；
②由于起始浓度是人为控制的，故不同的物质起始浓度不一定是化学计量数比，若反应物起始浓度呈现计量数比，则隐含反应物转化率相等，且平衡时反应物的浓度成计量数比的条件。
③起始浓度，平衡浓度不一定呈现计量数比，但物质之间是按计量数反应和生成的，故各物质的浓度变化一定成计量数比，这是计算的关键。
特别提醒：几个应注意的问题
1．等效平衡：在两种不同的初始状态下，同一个可逆反应在一定条件(定温、定容或定温、定压)下分别达到平衡时，各组成成分的物质的量(或体积)分数相等的状态。在恒温恒容条件下，建立等效平衡的一般条件是：反应物投料量相当；在恒温恒压条件下，建立等效平衡的条件是：相同反应物的投料比相等。
2．平衡移动的思维基点
(1)“先同后变”，进行判断时，可设置相同的平衡状态(参照标准)，再根据题设条件观察变化的趋势；
(2)“不为零原则”，对于可逆反应而言，无论使用任何外部条件，都不可能使其平衡体系中的任何物质浓度变化到零。
3．速率平衡图象题的解题策略
首先要看清楚横轴和纵轴意义(特别是纵轴。表示转化率和表示反应物的百分含量情况就完全相反)以及曲线本身属等温线还是等压线(当有多余曲线及两个以上条件时，要注意“定一议二”)；然后找出曲线上的特殊点，并理解其含义(如“先拐先平”)；再根据纵轴随横轴的变化情况，判定曲线正确走势，以淘汰错误的选项。具体情况如下：
（1）对于化学反应速率的有关图象问题，可按以下的方法进行分析：
①认清坐标系，搞清纵、横坐标所代表的意义，并与有关的原理挂钩。
②看清起点，分清反应物、生成物，浓度减小的是反应物，浓度增大的是生成物一般生成物多数以原点为起点。
③抓住变化趋势，分清正、逆反应，吸、放热反应。升高温度时，v(吸)>v(放)，在速率-时间图上，要注意看清曲线是连续的还是跳跃的，分清渐变和突变，大变和小变。例如，升高温度，v(吸)大增，v(放)小增，增大反应物浓度，v(正)突变，v(逆)渐变。[来源:21世纪教育网]
④注意终点。例如在浓度-时间图上，一定要看清终点时反应物的消耗量、生成物的增加量，并结合有关原理进行推理判断。
（2）对于化学平衡的有关图象问题，可按以下的方法进行分析：
①认清坐标系，搞清纵、横坐标所代表的意义，并与勒沙特列原理挂钩。
②紧扣可逆反应的特征，搞清正反应方向是吸热还是放热，体积增大还是减小、不变，有无固体、纯液体物质参加或生成等。
③看清速率的变化及变化量的大小，在条件与变化之间搭桥。
④看清起点、拐点、终点，看清曲线的变化趋势。
⑤先拐先平。例如，在转化率-时间图上，先出现拐点的曲线先达到平衡，此时逆向推理可得该变化的温度高、浓度大、压强高。
⑥定一议二。当图象中有三个量时，先确定一个量不变再讨论另外两个量的关系。
二、电解质溶液
考点1 强弱电解质及其电离
1．电解质、非电解质的概念
电解质：在水溶液中或熔融状态时能够导电的化合物。
非电解质：在水溶液中和熔融状态都不能导电的化合物。
注意：①单质和混合物既不是电解质也不是非电解质；②CO2、NH3等溶于水得到的水溶液能导电，但它们不是电解质，因为导电的物质不是其本身；③难溶的盐（BaSO4等）虽然水溶液不能导电，但是在融化时能导电，也是电解质。
2．电解质的电离
（1）强电解质如NaCl、HCl、NaOH等在水溶液中是完全电离的，在溶液中不存在电解质分子，溶液中的离子浓度可根据电解质浓度计算出来。
（2）弱电解质在水溶液中是少部分发生电离的。如25℃时0.1mol/L的CH3COOH溶液中，CH3COOH的电离度只有1.32％，溶液中存在较大量的H2O和CH3COOH分子，少量的H+、CH3COO-和极少量的OH-离子。
（3）多元弱酸如H2CO3还要考虑分步电离：
H2CO3
H+＋HCO3-；HCO3-
H+＋CO32-。
3．弱电解质的电离平衡
（1）特征：①动：υ(电离)＝υ(结合)≠０的动态平衡；②定：条件一定，分子和离子浓度一定；③变：条件改变，平衡破坏，发生移动。
（2）影响因素（以CH3COOH
CH3COO－+ H+为例）
①浓度：加水稀释促进电离，溶液中ｎ(H+)增大，c(H+)减小②温度：升温促进电离（因为电离过程是吸热的）③相关离子：例如加入无水CH3COONa能抑制电离，加入盐酸也抑制电离，加入碱能促进电离，仍然符合勒夏特列原理。
4．电离平衡常数（K）----弱电解质电离程度相对大小一种参数
（1）计算方法：
对于一元弱酸 HA
H++A-，平衡时，
对于一元弱碱 MOH
M++OH-，平衡时，
（2）电离平衡常数的化学含义：K值越大，电离程度越大，相应酸(或碱)的酸性(或碱性)越强。
（3）影响电离平衡常数的因素：K值只随温度变化。
考点2水的电离和溶液的pH
1．水的离子积
（1）定义
H2O = H++OH- ；△H＞0，KW=c(H+)·c(OH-)
（2）性质
①在稀溶液中，Kw只受温度影响，而与溶液的酸碱性和浓度大小无关。
②在其它条件一定的情况下，温度升高，KW增大，反之则减小。
③溶液中H2O电离产生的c(H+)=c(OH-)
④在溶液中，Kw中的c(OH-)、c(H+)指溶液中总的离子浓度。
酸溶液中c(H+)= c(H+)(酸)+c(H+)(水)≈c(H+)(酸)，c(H+)(水)=c(OH-)；
碱溶液中c(OH-)=c(OH-)(碱)+ c(OH-)(水) ≈c(OH-)(碱)，c(OH-)(水)=c(H+)；
盐溶液显中性时c(H+)=c(OH-)=c(H+)(水)=c(OH-)(水)，水解显酸性时c(H+)=c(H+)(水)= c(OH-)(水)＞c(OH-)，水解显碱性时c(OH-)=c(OH-)(水)=c(H+)(水)＞c(H+)。
2．溶液的pH
（1）定义
pH=－lg[H+]，广泛pH的范围为0～14。21世纪教育网
注意：当溶液中[H+]或[OH-]大于1mol/L时，不用pH表示溶液的酸碱性。
（2）pH、c(H+)与溶液酸碱性的关系
pH（250C）21世纪教育网 c(H+)与c(OH-)关系(任意温度) 溶液的酸碱性
pH<7 c(H+)＞c(OH-) 溶液呈酸性，
pH=7 c(H+)=c(OH-) 溶液呈中性
pH>7 c(H+)＜c(OH-) 溶液呈碱性，
（3）有关pH的计算
①酸溶液中，Kw=c(H+)·c(OH-)≈c(H+)(酸)·c(OH-)(水) =c(H+)(酸)·c(H+)(水)；
碱溶液中，Kw=c(H+)·c(OH-)≈c(OH-)(碱)·c(H+)(水)= c(OH-)(碱)·c(OH-)(水)。
②强酸、强碱溶液稀释的计算
强酸溶液，pH(稀释)=pH(原来)+lgn(n为稀释的倍数)
强碱溶液，pH(稀释)=pH(原来)－lgn(n为稀释的倍数)
酸性溶液无限加水稀释，pH只能接近于7，且仍小于7；碱性溶液无限加水稀释时，pH只能接近于7，且仍大于7。
pH值相同的强酸（碱）溶液与弱酸（碱）溶液稀释相同的倍数时，强酸（碱）溶液pH值的变化比弱酸（碱）溶液pH值的变化幅度大。
③强酸、强碱溶液混合后溶液的pH计算
酸过量→c(H+)→pH
恰好完全反应，pH=7
碱过量→c(OH-)→c(H+)→pH
考点3 盐类水解
1．概念：盐类水解（如F-+H2O
HF+OH-）实质上可看成是两个电离平衡移动的综合结果：①水的电离平衡向正方向移动（H2O
H++OH-），②另一种弱电解质的电离平衡向逆方向移动（HF
F-+H+）。也可以看成是中和反应的逆反应，升高温度会促进水解。
2．水解规律：有弱才水解，无弱不水解，都弱都水解，越弱越水解，谁强显谁性。
（1）多元弱酸盐分步水解，如CO32-+H2O
HCO3-+OH-，HCO3-+H2O
H2CO3+OH-。
（2）通常弱酸根或弱碱的阳离子的水解程度都很小，如0.1mol/LNaAc溶液中Ac-离子的水解百分率不足1%。
（3）同一溶液中有多种离子水解时，若水解显同性，则相互抑制，各离子的水解程度都比同等条件下单一离子的水解程度小，如0.1mol/LNa2CO3和0.1mol/LNaAc混合溶液中CO32-、Ac-的水解程度都要比0.1mol/L Na2CO3溶液，0.1mol/LNaAc溶液中CO32-、Ac-的水解程度小；若水解显不同性，则相互促进，各离子的水解程度都比同等条件下单一离子的水解程度大，如0.1mol/L NH4Cl和0.1mol/LNaAc混合溶液中NH4+、Ac-的水解程度都要比0.1mol/L NH4Cl溶液，0.1mol/LNaAc溶液中NH4+、Ac-的水解程度大。
3．电离平衡与水解平衡的共存
（1）弱酸的酸式盐溶液，如：NaHSO3、NaH2PO4、NaHS、NaHCO3、Na2HPO4溶液的酸碱性取决于电离和水解程度的相对大小。
（2）弱酸（碱）及弱酸（碱）对应盐的混合溶液，如；HAC与NaAc的混合溶液，NH3H2O与NH4Cl的混合溶液，一般等浓度时，弱酸（碱）的电离要比对应盐的水解强。
4．电解质溶液中的守恒关系
（1）电荷守恒：电解质溶液中所有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。如NaHCO3溶液中：n(Na+)＋n(H+)＝n(HCO3-)＋2n(CO32-)＋n(OH-)
（2）物料守恒：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它离子或分子等，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)
（3）质子守恒：电解质溶液中分子或离子得到或失去质子（H+）的物质的量应相等。例如在NH4HCO3溶液中H3O+、H2CO3为得到质子后的产物；NH3、OH-、CO32-为失去质子后的产物，故有以下关系：c(H3O+)+c(H2CO3)=c(NH3)+c(OH-)+c(CO32-)。
考点4 沉淀溶解平衡
1．溶度积的概念
难溶电解质AmBn在水溶液中有如下平衡：AnBm(s)
nAm+(aq)+ mBn-(aq)根据化学平衡原理，它的平衡常数表达为：
Ksp=[Am+]n[Bn-]m
Ksp称为溶度积常数，简称溶度积。
（1）Ksp的数值在稀溶液中不受离子浓度的影响，只取决与温度。温度升高，多数难溶化合物的溶度积增大。但Ksp受温度影响不大，当温度变化不大时，可采用常温下的数据。
（2）溶度积的大小反映了难溶电解质溶解能力的大小。对于同种类型基本不水解的难溶强电解质，溶度积越大，溶解度也越大；对于不同类型难溶电解质，就不能简单用Ksp大小来比较溶解能力的大小，必须把溶度积换算程溶解度。
2．溶度积规则
对于难溶电解质AmBn，可以通过比较任意状态时的浓度商Qc与溶度积Ksp的大小判断沉淀的生成与溶解（注意浓度商Qc是任意状态下离子浓度指数的乘积，因此Qc值不固定）。
Qc＜Ksp时，若溶液中有固体存在，则沉淀量减少，直至沉积与溶解达到平衡状态；
Qc= Ksp时，沉积与溶解处于平衡状态；
Qc＞Ksp时，此时有沉淀析出，直至沉淀与溶解达到平衡状态。
利用该规则既可判断体系中有无沉淀生成，也可通过控制离子浓度，使产生沉淀、沉淀溶解或沉淀发生转化。
（1）沉淀的溶解——创造条件使溶液中Qc＜Ksp。如：
酸碱溶解法、氧化还原溶解法等。
（2）难溶电解质的转化——生成更难溶的电解质。如：
沉淀溶解和转化的实质：难溶电解质溶解平衡的移动。
3．综合应用
决沉淀溶解平衡的一般思路：
“看到”粒子——“找到”平衡——“想到”移动
【精题精讲】21世纪教育网
例1已知反应A2(g)+2B2(g)2AB2(g)的ΔH＜0，下列说法正确的是( )
A.升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率减小
B.升高温度有利于反应速率增加，从而缩短达到平衡的时间
C.达到平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反应平衡正向移动
D.达到平衡后，降低温度或减小压强都有利于该反应平衡正向移动
解析：A2(g)+2B2(g)2AB2(g)是放热反应，且是气体体积减小的反应。所以升高温度，平衡向逆反应方向移动；增大压强，平衡向正反应方向移动，C、D均错误。升高温度，正、逆反应速率均加快，达到平衡需要的时间减少，A错误，正确答案为B。
答案：B
例2 在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：
NO(g)+CO(g)N2(g)+CO2(g);ΔH=-373.2 kJ·mol-1，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是( )
A.加催化剂同时升高温度 B.加催化剂同时增大压强
C.升高温度同时充入N2 D.降低温度同时增大压强
解析：提高反应速率的一般做法有：①升高温度，②增大反应物浓度，③对有气体参加的反应增大压强，④加入催化剂。要提高NO的转化率，即让平衡向正反应方向移动，可采用的做法有：①降低温度，②增大压强，③增大CO的浓度等。综合以上的分析，正确答案为B。答案：B
例3在恒温恒容条件下，能使A(g)+B(g)C(g)+D(g)正反应速率增大的措施是( )
A.减小C或D的浓度 B.增大D的浓度
C.减小B的浓度 D.增大A或B的浓度
解析：本题考查影响反应速率因素之一：浓度。浓度增大，速率增大。A、C导政正、逆反应速率均减小，B导致逆反应速率增大，所以D正确。
答案：D
例4对于可逆反应A(g)+3B(g)2C(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示反应速率最快的是( )
A.v(A)=0.5 mol·L-1·min-1 B.v(B)=1.2 mol·L-1·min-1
C.v(C)=0.4 mol·L-1·min-1 D.v(C)=1.1 mol·L-1·min-1
解析：本题考查有关反应速率的知识。比较速率时，用反应中的任何物质都可以，可把不同物质表示的同一个反应转化为同一物质表示。例如本题可以用A物质表示。B项v(B)=1.2 mol·L-1·min-1即v(A)=0.4 mol·L-1·min-1；v(C)=0.4 mol·L-1·min-1即v(A)=0.2 mol·L-1·min-1；v(C)=1.1 mol·L-1·min-1即v(A)= 0.55 mol·L-1·min-1。所以D最快。
答案：D
例5已知20 ℃时，气体X与气体Y反应可生成气体Z。反应过程中,X、Y、Z三种气体的浓度(c)随时间(t)的变化关系如图Ⅰ所示；若保持其他条件不变，温度分别为100 ℃、200 ℃时，Y气体的体积分数(Y%)与时间(t)的关系如图Ⅱ
图Ⅰ 图Ⅱ
则下列结论正确的是( )
A.在t0时，其他条件不变，增大压强，平衡向逆反应方向移动
B.其他条件不变，升高温度，v(正)减小，v(逆)增大，平衡向逆反应方向移动
C.正反应为吸热反应
D.该反应的化学方程式为X+3Y2Z
解析：本题考查学生的识图能力和知识综合分析能力。转化的浓度之比等于化学方程式中的计量数之比。由图可知该反应为可逆反应，Y消耗0.6 mol·L-1,X消耗0.2 mol·L-1,Z增加0.4 mol·L-1，所以反应的化学方程式为X+3Y2Z；增大压强，平衡向正反应方向移动；升高温度，反应速率无论正、逆都增大。由图Ⅱ可知，温度升高。Y%含量升高，说明平衡向逆反应方向移动，所以逆反应为吸热反应，正反应为放热反应。
答案：D
例8．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 mL0.10mol·L-1CH3COOH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；[来源:21世纪教育网]
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NaAc，Ac-水解呈碱性，故C正确；相同pH，相同体积的HCl和HAc，因为HAc为弱酸，所以HAc的物质的量浓度大，HAc所消耗的NaOH的物质的量多，D错。
答案：C
例9．某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。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：解答本题的关键是理解Ksp及图像中点、线的含义，然后再结合所学知识不难做出正确的解答。a点、c点达平衡状态，对应c(Ba2+)和c(SO42-)的乘积等于Ksp，它只受温度影响，与c(Ba2+)或c(SO42-)的变化无关，因此，A选项中随着Na2SO4的加入a点应沿曲线下移，D选项中a点、c点对应的Ksp相等。b点、d点均未达平衡状态，由于d点对应c(Ba2+)和c(SO42-)的乘积小于的Ksp，故无BaSO4沉淀生成，但蒸发溶液时，c(Ba2+)和c(SO42-)同时增大，d点不可能垂直到达c点。综合以上分析，答案为C。
答案：C
例10．反应A(g)+B(g)C(g) +D(g)过程中的能量变化如图所示，回答下列问题。
(1)该反应是______________反应(填“吸热”“放热”)；
(2)当反应达到平衡时，升高温度，A的转化率_____(填“增大”“减小”“不变”)，原因是_____________________ ；
(3)反应体系中加入催化剂对反应热是否有影响 ______，原因是______ ___；
(4)在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1和E2的变化是：E1_________，E2________(填“增大”“减小、”“不变”)。
解析：由图可以知道，由于该反应的反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该反应属于放热反应，所以升高温度，平衡向逆反应进行，所以A的转化率减小；当在反应体系中加入催化剂，能同倍数改变化学反应速率，因此对化学平衡的移动无影响，即对反应热也无影响。因为化学反应速率增大，所以E1和E2同时降低。
答案：(1)放热。
(2)减小；该反应正反应为放热反应，升高温度使平衡向逆反应方向移动。21世纪教育网
(3)不影响；催化剂不改变平衡的移动。
(4)减小、减小。
例11．黄铁矿（主要成分为FeS2）是工业制取硫酸的重要原料，其煅烧产物为SO2和Fe3O4。
(1)将0.050 mol SO2(g)和0.030 mol O2(g)放入容积为1 L的密闭容器中，反应2SO2(g)＋O2(g)
2SO3(g)在一定条件下达到平衡，测得c(SO3)＝0.040 mol/L。计算该条件下反应的平衡常数K和SO2的平衡转化率（写出计算过程）。
(2)已知上述反应是放热反应，当该反应处于平衡状态时，在体积不变的条件下，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有 (填字母)
(A)升高温度 (B)降低温度 (C)增大压强
(D)减小压强 (E)加入催化剂 (G)移出氧气
(3)SO2尾气用饱和Na2SO3溶液吸收可得到重要的化工原料，反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(4)将黄铁矿的煅烧产物Fe3O4溶于H2SO4后，加入铁粉，可制备FeSO4。酸溶过程中需保持溶液足够酸性，其原因是__________________________________________________。
解析：本题考查学生对化学反应可逆性、化学平衡、化学平衡常数和影响化学平衡的外界条件的了解；考查学生对盐类的水解、常见非金属元素硫及其重要化合物的主要性质及其对环境质量影响的了解；考查学生计算平衡常数和平衡转化率的能力以及学生对化学平衡和元素化合物知识的综合应用及知识迁移能力。
答案：(1)解： 2SO2(g) ＋ O2(g)
2SO3(g)
起始浓度/ mol·L－1 0.050 0.030 0
平衡浓度/ mol·L－1 (0.050－0.040) (0.030－0.040/2) 0.040
= 0.010 = 0.010
所以，K == = 1.6×103 mol·L－1。
SO2的平衡转化率 =×100% = 80% 。21世纪教育网
(2)B、C。 (3)SO2＋H2O＋Na2SO3＝2NaHSO3。
(4)抑制Fe2＋、Fe3＋的水解，防止Fe2＋被氧化成Fe3＋。
例12．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) △H1 = 571.2 kJ·mol-1 ①
BaSO4(s) + 2C(s)2CO2(g) + BaS(s) △H2= 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△H2= 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）S2- + H2OHS- +OH-；HS- + H2OH2S +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。
【专题演练】
1．下列说法正确的是（ ）
A．能导电的物质一定是电解质，不能导电的物质一定是非电解质。
B．难溶于水的物质肯定不是强电解质。
C．纯净的强电解质在液态时，有的导电，有的不导电。
D．强电解质溶液一定比弱电解质溶液的导电性强。
2．将0.lmol·醋酸溶液加水稀释，下列说法正确的是（ ）
A．溶液中c(H+)和c(OH-)都减小 B．溶液中c(H+)增大
C．醋酸电离平衡向左移动 D．溶液的pH增大
3．恒温、恒压下，a mol A和b mol B在一个容积可变的容器中发生如下反应：A(g)＋2B(g)2C(g)，一段时间后达到平衡，生成n mol C．则下列说法中正确的是
( )
A．物质A、B的转化率之比为a∶b
B．起始时刻和达到平衡后容器中的压强比为(a＋b)∶(a＋b－)
C．若起始时放入2a mol A和2b mol B，则达到平衡时生成2n mol C
D．当v正(A)＝2v逆(B)时，可确定反应达到平衡
4．已知下列反应的平衡常数：
H2(g)＋S(s)H2S(g) K1
S(s)＋O2(g)SO2(g) K2
则反应H2＋SO2O2＋H2S的平衡常数为
( )
A．K1＋K2 B．K1－K2
C．K1×K2 D．K1/K2
5．将1 mol H2(g)和2 mol I2(g)置于某2 L密闭容器中，在一定温度下发生反应：H2(g)＋I2(g)2HI(g) ΔH<0，并达到平衡，HI的体积分数φ(HI)随时间变化的曲线如曲线Ⅱ所示．若改变反应条件，φ(HI)的变化曲线如曲线Ⅰ所示，则改变的条件可能是
( )
A．恒温恒容条件下，加入适当催化剂
B．恒温条件下，缩小反应容器体积
C．恒容条件下升高温度
D．恒温条件下，扩大反应容器体积
6．在一定温度下的某容积不变的密闭容器中，建立下列化学平衡：C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)，下列叙述中不能认定上述可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是
( )
A．体系的压强不再发生变化
B．v正(CO)＝v逆(H2O)
C．生成n mol CO的同时生成n mol H2
D．1 mol H—H键断裂的同时2 mol H—O键断裂
7．在四个不同的容器中，在不同的条件下进行合成氨反应，根据下列在相同时间内测得的结果判断，生成氨的反应速度最快的是[21世纪教育网
( )
A．v(NH3)＝0.1 mol/(L·min)
B．v(N2)＝0.2 mol/(L·min)21世纪教育网
C．v(N2)＝0.1 mol/(L·min)
D．v(H2)＝0.3 mol/(L·min)
8．反应2SO2＋O22SO3经一段时间后，SO3的浓度增加了0,4 mol/L，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04 mol/(L·s)，则这段时间为
( )
A．0.1 s B．2.5 s
C．5 s D．10 s
9．25 ℃时，水的电离达到平衡：H2O
H＋＋OH－；H＞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
10．有①②③三瓶体积相等、浓度都是1mol·L－1的HCl溶液，将①加热蒸发至体积减少一半，在②中加入少量CH3COONa固体（加入后溶液仍呈强酸性），③不作改变，然后以酚酞作指示剂，用NaOH溶液滴定上述三种溶液，所消耗的NaOH溶液的体积是（ ）
A．①＝③＞② B．③＞②＞① C．③＝②＞① D．①＝②＝③
11．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，c(H＋)/c(ClO－)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
12．常温下，某溶液中由水电离出来的c(H＋)＝1.0×10-13mol·L－1，该溶液可能是（ ）
①二氧化硫 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
13．有①Na2CO3溶液、②CH3COONa溶液、③NaOH溶液各25 mL，物质的量浓度均为0.1 mol/L，下列说法正确的是（ ）
A．三种溶液pH的大小顺序是③＞②＞①
B．若将三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是②
C．若分别加入25 mL 0.1mol/L盐酸后，pH最大的是①
D．若三种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是③＞①＞②
14．在25℃时，将pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶液等体积混合后，下列关系式中正确的是（ ）
A．c(Na＋) = c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
B．c(H＋) = c(CH3COO－)＋c(OH－)
C．c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
D．c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
15．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．加入适量的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
16．已知乙酸（HA）的酸性比甲酸（HB）弱，在物质的量浓度均为0.1mol/L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+)
17．“碘钟”实验中，3I－＋＝I3－ ＋2SO42 －的反应速率可以用I3－ 与加入的淀粉溶液显蓝色的时间t来度量，t越小，反应速率越大。某探究性学习小组在20 ℃进行实验，得到的数据如下表：
实验编号 ① ② ③ ④ ⑤
c(I－)/ mol·L－1 0.040 0.080 0.080 0.160 0.120
c()/mol·L－1 0.040 0.040[来源:21世纪教育网] 0.080 0.020 0.040
t/s 88.0 44.0 22.0 44.0 t1
回答下列问题：
(1)该实验的目的是___________________________________________________。
(2)显色时间t1＝______________。
(3)温度对该反应的反应速率的影响符合一般规律，若在40 ℃下进行编号③对应浓度的实验，显色时间t2的范围为______(填字母)。
A．＜22.0 s B．22.0 s～44.0 s C．＞44.0 s D．数据不足，无法判断
(4)通过分析比较上表数据，得到的结论是_____________________________________。
18．氮化硅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＋□N2□Si3N4＋□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)将知上述反应为放热反应，则其反应热H________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)=18mol/(L·min)，则N2消耗速率为v(N2)=___mol/(L·min)。
19．羟基磷灰石[Ca5(PO4)3OH]是一种重要的生物无机材料，其常用的制备方法有两种：
方法A：用浓氨水分别调Ca(NO3)2和(NH4)2HPO4溶液的pH约为12；在剧烈搅拌下，将(NH4)2HPO4溶液缓慢滴入Ca(NO3)2溶液中。
方法B：剧烈搅拌下，将H3PO4溶液缓慢滴加到Ca(OH)2悬浊液中。
3种钙盐的溶解度随溶液pH的变化如上图所示(图中纵坐标是钙离子浓度的对数)，回答下列问题：
(1)完成方法A和方法B中制备Ca5(PO4)3OH的化学反应方程式：
①5Ca(NO3)2＋3(NH4)2HPO4＋4NH3·H2O＝Ca5(PO4)3OH↓＋__________＋_________
②5Ca(OH)2＋3H3PO4＝_________________________________________
(2)与方法A相比，方法B的优点是__________________________________________。
(3)方法B中，如果H3PO4溶液滴加过快，制得的产物不纯，其原因是_________________。
(4)图中所示3种钙盐在人体中最稳定的存在形式是___________________(填化学式)。
(5)糖黏附在牙齿上，在酶的作用下产生酸性物质，易造成龋齿。结合化学平衡移动原理，分析其原因______________________________________________________________。
20．实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：
4NH4＋ ＋6HCHO =3H＋＋6H2O＋(CH2)6N4H＋ ［滴定时，1 mol (CH2)6N4H＋与 l mol H＋相当］，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：
步骤I 称取样品1.500 g。
步骤II 将样品溶解后，完全转移到250 mL容量瓶中，定容，充分摇匀。
步骤III 移取25.00 mL样品溶液于250 mL锥形瓶中，加入10 mL 20％的中性甲醛溶液，摇匀、静置5 min后，加入1~2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次。
(1)根据步骤III 填空：
①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)
③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察____________
(A)滴定管内液面的变化 (B)锥形瓶内溶液颜色的变化
④滴定达到终点时，酚酞指示剂由_________色变成_________色。
(2)滴定结果如下表所示：
滴定次数 待测溶液的体积/mL 标准溶液的体积/mL
滴定前刻度 滴定后刻度
1 25.00 1.02 21.03
2 25.00 2.00 21.99
3 25.00 0.20 20.20
若NaOH标准溶液的浓度为0.1010 mol·L－1，则该样品中氮的质量分数为___________。
【参考答案】
1.解析：解答本题需弄清两点：一是电解质、非电解质、强电解质、弱电解质的概念；二是弄清电解质溶液导电能力与离子浓度的大小，以及离子所带的电荷数有关。
答案：C
2.解析：主要考查电离平衡知识。弱酸的电离可联系到溶液的pH、物质的量浓度、水的电离平衡等基础知识，要用到化学平衡移动原理。要注意酸溶液稀释时，溶液的c(OH-)增大，同样碱溶液稀释时溶液中的c(H+)增大。
答案：D
3.解析：生成n mol C时参加反应的A、B的物质的量分别为n/2 mol、n mol，转化率之比为∶＝；恒温、恒压过程成倍地增大反应物的量，则平衡时C的量也成倍地增加；反应速率之比等于化学计量数之比，当2v正(A)＝v逆(B)时，可确定反应达到平衡．
答案：C
4.解析：由平衡常数的定义可知：K1＝，K2＝，反应H2＋SO2O2＋H2S的平衡常数K＝，可知K＝K1/K2.
答案：D
5.解析：曲线Ⅰ相对于曲线Ⅱ，反应速率加快，平衡向逆反应方向移动．A项加入适当催化剂，平衡不移动，B项和 D项改变反应容器体积，平衡均不移动．而C项升高温度，反应速率加快，平衡向吸热方向(逆反应方向)移动．
答案：C
6.解析：因反应是气体体积发生改变的反应，故A正确；用不同物质表示反应速率时，若方向相反，而大小符合化学计量数之比能证明可逆反应达化学平衡，故B、D正确，C错误．
答案：C
7.解析：N2(g)＋3H2(g)2NH3，当均换算成用N2表示的化学反应速成率时，A项中v(N2)＝v(NH3)＝0.05 mol/(L·min)，D项中v(N2)＝v(H2)＝0.1 mol/(L·min)，再与B、C两项比较得出B为正确选项．
答案：B
8.解析：根据方程式可知SO3浓度增加0.4 mol/L，且v(SO3)＝2v(O2)，因此这段时间t＝＝＝5 s.
答案：C
9．答案：B。
10．解析：这是一道有关化学实验、酸碱中和滴定、电离平衡移动、盐类水解等的综合题。“陷阱”设在①中，蒸发时溶液中的水分子和HCl分子将同时挥发出来，溶液中盐酸浓度要降低；对于②中加入CH3COONa固体，CH3COO－+H+
CH3COOH，但用NaOH溶液中和时，CH3COOH也同时被中和，所以消耗NaOH的体积不会变化。
答案：C
11．解析：原平衡为：Cl2＋H2O
H＋＋Cl－＋HClO，再通入少量氯气后，c(H＋)与c(HClO)同等程度增大，若HClO的电离度不变，c(H＋)/c(ClO－)应该相等，但实际上HClO的电离度减小，使c(ClO－)增大倍数不够，所以c(H＋)/c(ClO－)增大，A错。SO2与Cl2反应，二者的漂白性都减弱，B错。据电荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋) = c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)，当溶液呈中性时，c(H＋) = c(OH－)，才有c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)，C错。加入少量水，c(H＋)减小，水的电离平衡向正反应方向移动。
答案：D。
12．解析：某溶液中由水电离出来的c(H＋)＝1.0×10-13mol·L－1，说明溶质是酸或碱，电离出的H＋或OH－离子抑制了水的电离。
答案：A
13．答案：C。
14．答案：D。
15．解析：此题的关键应注意题中的“酸性”两个字，选项B溶液NaOH与CH3COOH恰好完全反应，所以溶液呈碱性；选项C中当加入NaOH后溶液仍然呈酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，不成立，当恰好完全反应，溶液呈碱性，则c(Na＋)＞c(CH3COO－)，当碱过量时，必定c(Na＋)＞c(CH3COO－)，所以在任何情况下溶液的离子关系都不能成立；选项D中加入氨水，由电荷守恒得：c(CH3COO－)＋c(OH－)=c(Na＋)＋c(NH4＋)＋c(H＋)，当溶液仍呈酸性即c(OH－)＜c(H＋)，则c(CH3COO－)＞c(NH4＋)＋c(Na＋)；当溶液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，则c(CH3COO－)＝c(NH4＋)＋c(Na＋)；当溶液呈碱性时，c(H＋)＜c(OH－)，则c(CH3COO－)＜c(NH4＋)＋c(Na＋)，所以c(CH3COO－)一不定大于c(Na＋)、c(NH4＋)之和。
答案：A
16．解析：根据“越弱越水解”的原则，NaA的水解比HB水解程度大，所以溶液中的c(HA)＞c(HB)，c(A－)＜c(B－)；再根据“谁强显谁性”可知溶液中的c(OH－)＞c(H＋)；由于溶液中离子的水解毕竟是微弱的，所以c(OH－)＜c(A－)和c(B－)。
答案：A。
17．解析：此题考查学生对影响化学反应速率的外界因素(如浓度、温度)及其规律的认识和理解；考查学生对图表的观察、分析以及处理实验数据归纳出合理结论的能力。其中(2)实验⑤的反应速率应是①的3倍，所以t1 = 88.0/3 = 29.3。 (3)每升高10 ℃，速率增大到原来的2～4倍，现升高20 ℃，所以升高到原来的22～42倍，即4～16倍，实验③为22 s，显色时间应为22/4～22/16，即5.5 s～1.4s，选A。
答案：(1)研究反应物I－与的浓度对反应速率的影响 (2)29.3s (3)A
(4)反应速率与反应物起始浓度乘积成正比(或显色时间与反应物起始浓度乘积成反比)。
18．答案：(1)3，6，2，1，6 。 (2)N2； Si3N4。 (3)K =。 (4)小于；减小。
(5)逆。 (6)6。
19．解析：考查学生对难溶电解质的溶解平衡和酸碱反应的了解；考查学生书写化学反应方程式的能力、读图解析和方案评价能力，以及化学平衡知识的综合应用能力。
答案：(1)①10NH4NO3； 3H2O。 ②Ca5(PO4)3OH↓＋9H2O。
(2)唯一副产物为水，工艺简单。
(3)反应液局部酸性过大，会有CaHPO4产生。 (4)Ca5(PO4)3OH。
(5)酸性物质使沉淀溶解平衡Ca5(PO4)3OH(s)
5Ca2＋(aq)＋3PO43 －(aq)＋OH－(aq)向右移动，导致Ca5(PO4)3OH溶解，造成龋齿。
20．答案：(1)①偏高。②无影响。③B。④无；粉红(或浅红)。(2)18.85%。【专题十一】化学计算与技巧
考点1 守恒法
守恒法就是化学变化过程中存在的某些守恒关系，如：
1.化学反应前后质量守恒、元素守恒、得失电子守恒、能量守恒、电荷守恒。
2.化合物中元素正负化合价总数绝对值相等(化合价守恒)、电解质溶液中阳离子所带正电荷总数与阴离子所带负电荷总数守恒。
方法点击 化学计算中，“守恒”无处不在，运用守恒法可以提高解题的速率，又可以提高解题的准确性，所以只要看到化学计算，就想到守恒。例：
1.质量守恒法
例：0.1 mol某烃与1 mol过量氧气混合，充分燃烧后通过足量的Na2O2固体，固体增重15 g，从Na2O2中逸出的全部气体在标准状况下为16.8 L。求烃的化学式。
解析：设烃的化学式为CxHy,摩尔质量为a g·mol-1,因为最后逸出的气体不仅包括反应剩余的O2，也包括烃燃烧产物CO2和水蒸气与Na2O2反应放出的O2。
烃的质量+m(O2)=Na2O2的增重+m(逸出气体)
0.1 mol×a g·mol-1+32 g·mol-1×1 mol=15 g+32 g·mol-1×16.8 L/22.4 L·mol-1
解得a=70，烃的式量为70，=5余10，烃的化学式为C5H10。
2.原子(或离子)守恒
例：用含1.0 mol NaOH的溶液吸收0.8 mol CO2，所得溶液中的和的物质的量之比为( )21世纪教育网
A.1∶3 B.2∶1 C.2∶3 D.3∶2
解析：设生成Na2CO3、NaHCO3物质的量为x、y，由反应前后C原子和Na+守恒可知，可得方程组：21世纪教育网
21世纪教育网
解得
即所得溶液中和的物质的量之比为1∶3。
3.电子守恒
例：在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物为和Pb2+，则与1.0 mol Cr3+反应所需的PbO2物质的量为____________。
解析：本题考查氧化还原反应。解题的关键是抓住电子守恒进行计算：1.0 mol×(6－3)=x×(4－2)，得x=1.5 mol。
4.电荷守恒
例如：在硫酸铝和硫酸钾、明矾的混合物中，若c()=0.2 mol·L-1,当加入等体积的0.2 mol· L-1 KOH溶液时，生成的沉淀又恰好溶解为止，则原溶液中K+的物质的量浓度(mol·L-1)是( )
A.0.2 B.0.25 C.0.3 D.0.45
解析：方法1：原混合液中含有的阳离子是K+、Al3+，阴离子是，加入KOH溶液后发生的反应是Al3++4OH-====+2H2O，所以原溶液中Al3+的物质的量浓度是[21世纪教育网]
c(Al3+)=c(K+)=×0.2 mol·L-1=0.05 mol·L-1
方法2：根据电荷守恒有：
3c(Al3+)+c(K+)=2c()
推出：c(K+)=2c()-3c(Al3+)=0.25 mol·L-1
考点2 差量法
差量法是根据化学反应前后物质的某些物理量发生的变化，这个差量可以是质量、气体物质的体积、压强、物质的量、反应过程中热量的变化等。该差量的大小与参与反应的物质的量成正比。差量法就是借助差量的大小与参与反应的物质的量成正比这种比例关系，解决一定量变的计算题。
方法点击 例如:某一元醇10 g与乙酸反应生成酯13.2 g，同时回收醇1.0 g，则该醇的式量是( )
A.74 B.88 C.90 D.104
解析：醇与乙酸反应生成酯和水，则乙酸和水的质量差等于酯和醇的质量差，设该醇的式量为x,则有：
R—OH+CH3COOHCH3COOR+H2O Δm
X 60 18 42
9 g (13.2-9) g=4.2 g
差量法是建立在化学反应基础之上的，反应前后的量差与反应物、生成物的化学计量数直接相关，在计算时，若能将反应前后单位统一，配合成套，只需将差量当成一种特殊的“生成物”即可。
考点3 关系式法
关系式法是对于多步进行的连续的反应，前一个反应的产物是后一个反应的反应物，可根据中间产物的传递关系找出原料和最终产物的关系式。关系式法计算方便、准确。
方法点击 可根据中间产物的传递关系找出原料和最终产物的关系式。
例：将5. 6 g铁溶于足量盐酸中，蒸发至干并在空气中灼烧至恒重，最后得到固体的质量最接近于( )
A.8.0 g B.19.2 g C.24.2 g D.30.6 g
解析：由FeFe2+Fe(OH)2Fe(OH)3Fe2O3
所以可得：2Fe—Fe2O3[来源:21世纪教育网]
则Fe2O3的质量m(Fe2O3)=5.6 g×160/(2×56)=8 g
考点4 平均值法
混合物中某一量的平均值，必大于相应量的最小值而小于相应量的最大值。
方法点击 借助平均值法对于分析混合物问题可化繁为简，实现快解。
例：燃烧镁和某金属的合金，所生成的氧化物的质量为反应前合金的质量的2倍，另一金属可能是( )
A.Cu B.Be C.Na D.Al
解析：镁形成的氧化物中，m(Mg)∶m(O)=24∶16，金属质量大于氧的质量；则另一金属形成的氧化物中，金属质量要小于氧的质量。Cu、Be、Na、Al在燃烧时所形成的氧化物分别是：CuO、BeO、Na2O2、Al2O3,其中只有BeO中m(Be)∶m(O)=9∶16，是金属小于氧的质量。所以选B。
考点5 讨论法
当题中缺乏条件或关系模糊时，可分别考虑每种可能的情况，运用数学手段再结合化学原理分别计算，从而使模糊问题具体化。
方法点击 例：把x mol CO2通入含有y mol Ca(OH)2的澄清石灰水中充分反应，下列叙述错误的是( )
①当x≤y时，生成100x g沉淀；
②当y≤x时，生成100y g沉淀；
③当y＜x＜2y时，生成100(2y－x)g沉淀；
④当2y≤x时，产生的沉淀全部溶解。
解析：CO2和Ca(OH)2的反应有：
CO2+Ca(OH)2====CaCO3↓+H2O ①
2CO2+Ca(OH)2====Ca(HCO3)2 ②
此类型的题比较复杂，我们为了直观简洁，可以借用数学中的数轴来表示。方法：①画一个数轴，②在数轴上标出正好完全反应的点。
21世纪教育网
当x≤y时，发生反应①产物只有CaCO3，且CO2全部反应，所以n(CaCO3)=n(CO2)=n mol,m(CaCO3)=100x g;
当yCO2+Ca(OH)2====CaCO3↓+H2O
y y y
Ca(OH)2+CO2+H2O====Ca(HCO3)2
x-y x-y
n(CaCO3)=y mol－(x-y) mol=(2y-x)mol
m(CaCO3)=100(2y-x) g21世纪教育网
当2y≤x时，只发生反应②，所以沉淀全部溶解。
做讨论题时，因为题量比较大，比较复杂，我们依据数轴，根据数轴上的点和区间，把一个大题分成几个小题，然后各个击破。
考点6 假设法[来源:21世纪教育网]
假设法是化学研究中常用的思维方法，也是化学解题中常用的技巧与策略，一些较难的化学题，运用适当的假设加以解决，既方便又快捷，这不仅给解题的方式带来新意，同时也给考查学生的思维能力提供了有效的途径和方法。
方法点击 1.极端假设法：就是把研究对象、过程、数据、变化，经过假设推理的极限值，从而绝处逢生，得到正确答案。
2.中值假设法：选定研究过程中的某量、某方程式的参照、分析、推理量变关系进而求解。
例：18.4 g NaOH和NaHCO3的固体混合物，在密闭的容器中加热到250 ℃，经充分反应后排出空气冷却后称得固体质量为16.6 g，试计算原混合物中NaOH的质量分数。
解析：NaOH和NaHCO3的固体混合物，可能发生的反应是：
NaHCO3+NaOH====Na2CO3+H2O ①
同时可能发生：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ ②
对于②式是否发生以及固体的成分，可采用中值法判断。
设NaHCO3和NaOH恰好反应，加热后失重x g，并建立下列关系式：
NaHCO3+NaOHNa2CO3+H2O
84 40 1821世纪教育网
所以m(H2O)=18.4 g×=2.6 g
本题失重18.4 g-16.6=1.8 g，说明仅发生①式反应，且NaOH过量。设混合物中NaHCO3的质量为y,由①式得：84∶18=y∶1.8，y=8.4 g
所以原混合物中NaOH为18.4 g-8.4=10 g
w(NaOH)=×100%=54.3%
考点7 十字交叉法
十字交叉法又名“交叉法”“混合规则法”“杠杆原理法”，它在计算中具有简捷和迅速求解的功能。
方法点击 十字交叉法实际上是二元一次方程组的变式，所以凡能列出二元一次方程组的均可以用十字交叉法求解。如由平均相对分子质量求物质的量之比。
由CO2、H2和CO组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同，则该混合气体中CO2、H2和CO的体积比为( )
A.29∶8∶3 B.22∶1∶14 C.13∶8∶29 D.26∶16∶57
方法指导：由于CO与N2具有相同的相对分子质量，所以CO2、H2和CO混合气体的平均相对分子质量仅由CO2、H2决定，CO的量任意。由十字交叉法：21世纪教育网
即得CO2与H2的物质的量之比13∶8，答案为CD。【专题十二】化学中的“应知应会”
[来源:21世纪教育网]
一、 高考化学 历史人物与贡献
1．1938年 侯德榜发明“侯氏制碱”法
2． 1771年舍勒（Scheele,1742—1786） 、普利斯特里（Priestley,1733—1804）发现氧
3．1774年 瑞典 舍勒发现氯
4．俄国化学家 盖斯总结热效应 盖斯定律
5．1777年 法国拉瓦锡（1743—1794）证明了化学反应中的质量守恒定律21世纪教育网
6．1778年 拉瓦锡建立燃烧的新理论
8．1914年德国化学家 雷兹·哈伯用氮气和氢气直接化合来合成氨气
9．1888年法国科学家 勒夏特列发现体系条件对化学平衡移动影响
10．1919年国际化学会联盟改组为“国际纯粹与应用化学联合会”（International Union of Pure and Applied Chemistry），简IUPAC
11．1800年 发明电池(意大利 伏特)
12．道尔顿(Dalton,1766-1844）提出原子学说
13．1807年 戴维(Davy,1778-1829)用电解法首次制得金属钾和钠
14．贝采里乌斯(berzelius, 1779--1849)对化学基本定律的证明
15．德国化学家 李比希和维勒发现不同物质却具有相同的分子式
16．1828年德国 维勒(Wohler, 1800--1882)合成尿素打破了无机物和有机物之间的绝对界线，动摇了生命力学说
17．德国 李比希建立有机物中碳氢定量分析法并提出取代学说 21世纪教育网
18．1832年李比希、 武勒提出“基”的概念
19．1897年 汤姆生提出了一个被称为“葡萄干面包式”的原子结构模型
20．1911年英国科学家 卢瑟福根据a粒子散射现象，提出带核的原子结构模型
21．1913年丹麦科学家 波尔在研究氢原子光谱时，引入量子论观点
22．1964年美国科学家 盖尔曼设计了夸克模型
23．1939年瑞士科学家 米勒发现DDT
24．1865年德国化学家 凯库勒提出苯的结构式
25．瑞典化学家 诺贝尔发明了TNT炸药和雷管
26．1869年俄国化学家 门捷列夫(Mehgegeeb, 1834--1907)发现元素周期律
27．瑞典 阿仑尼乌斯(Aeehenius, 1859--1927)提出电离学说
28．法国 勒沙特列提出了关于平衡移动的勒沙特列原理
29、化学家 鲍林提出了氢键理论和蛋白质分子的螺旋结构模型，为DNA分子双螺旋结构模型的提出奠定了基础
30、美国化学家 科里创立了有机化学合成的“逆合成分析理论”
二、高中化学实验题文字表达归纳
1. 测定溶液pH的操作：用玻璃棒沾取少量待测液到pH试纸上，再和标准比色卡对照，读出对应的pH。
2. 有机实验中长导管的作用：冷凝回流，导气（平衡内外压强）。
3. 证明沉淀完全的操作：如往含SO42―的溶液中加BaCl2溶液，如何证明SO42―沉淀完全？将沉淀静置，取上层清液，再滴加BaCl2溶液（沉淀剂），若无白色沉淀生成，说明沉淀已经完全。
4. 洗涤沉淀操作：把蒸馏水沿着玻璃棒注入到过滤器中至浸没沉淀，静置，使蒸馏水滤出，重复2～3次即可。
5. 如何判断沉淀洗净的方法：取最后一次洗涤液，滴加 （试剂），若没有 （现象）,证明沉淀已经洗净
6. 焰色反应的操作：先将铂丝沾盐酸溶液在酒精灯火焰上灼烧，反复几次，直到与酒精灯火焰颜色接近为止，然后用铂丝（用洁净的铂丝）沾取少量待测液，到酒精灯火焰上灼烧，观察火焰颜色，如为黄色，则说明溶液中含Na＋；若透过蓝色钴玻璃呈紫色，则说明溶液中含K＋。[来源:21世纪教育网]
7. 渗析操作：将胶体装到半透膜袋中，用线将半透膜扎好后系在玻璃棒上，浸在烧杯的蒸馏水中，将及时更换蒸馏水。
8. 萃取分液操作：关闭分液漏斗活塞，将混合液倒入分液漏斗中，充分振荡、静置、分层，在漏斗下面放一个小烧杯，打开分液漏斗活塞，使下层液体从下口沿烧杯壁流下；上层液体从上口倒出。
9. 酸碱中和滴定终点判断：如强酸滴定强碱，用酚酞用指示剂，当最后一滴酸滴到锥形瓶中，溶液由红色变为无色，且半分钟内不变色即为终点。
10. 装置气密性检查：（1）简易装置。将导气管一端放入水中（液封气体），用手加热试管，观察导管口有气泡冒出，冷却到室温后，导管口有一段水柱，表明装置气密性良好。（2）有分液漏斗的装置。用止水夹关闭烧瓶右侧的导气管，打开分液漏斗，往分液漏斗中加水，加一定水后，若漏斗中的水不会再滴下，则装置气密性良好。（3）启普发生器型装置。关闭导气管出口，往球形漏斗（长颈漏斗）中加水，加适量水后，若球形漏斗（长颈漏斗）和容器中形成液面差，而且液面差不会变化，说明装置气密性良好。
11. 容量瓶检漏操作：往容量瓶内加入一定量的水，塞好瓶塞。用食指摁住瓶塞，另一只手托住瓶底，把瓶倒立过来，观察瓶塞周围有无水漏出。如果不漏水，将瓶正立并将瓶塞旋转180度后塞紧，仍把瓶倒立过来，再检查是否漏水。如果仍不漏水，即可使用。
12. 气体验满和检验操作：（1）氧气验满：用带火星的木条放在集气瓶口，木条复燃，说明收集的氧气已满。（2）可燃性气体（如氢气）的验纯方法：用排水法收集一小试管的气体，用大拇指摁住管口移近火焰， 若听到尖锐的爆鸣声，则气体不纯；听到轻微的“噗”的一声，则气体已纯。（3）二氧化碳验满：将燃着的木条平放在集气瓶口，若火焰熄灭，则气体已满。（4）氨气验满：用湿润的红色石蕊试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝说明气体已满。（5）氯气验满：用湿润的淀粉碘化钾试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝说明气体已满。21世纪教育网
13. 浓H2SO4稀释（或与其它混合）液体操作：将浓H2SO4沿烧杯壁缓缓注入水中（乙醇 硝酸 乙酸）中，并不断搅拌。
14.玻璃仪器洗净的标准是：既不聚成水滴，也不成股流下。
15.氢氧化铁胶体的制备：往煮沸的蒸馏水中逐滴滴加饱和的FeCl3溶液，当溶液变红褐色时，立即停止加热。
三、明确高考评分的要求之评分时坚持的原则
1．化学专用名词中出现错别字（甚至白字）都要参照标准扣分。
如：催化剂 ；加成反应；苯；油脂；酯化；金刚石；容量瓶；坩埚（钳）；铵盐、氨气等等。
2．化学方程式、离子方程式未配平、条件错误或不全的，都不给分（包括反应物或生成物的系数有倍数（非最小公倍数），分数等均视为不规范而不给分。“△”、“↑”、“↓”、“→”、“ ”、反应条件等均应正确使用。
3．凡是辨别不清的，皆为“0”分。所以答题时，字不一定很漂亮，但须十分清晰。即首先不能过分潦草，而且要十分清晰，易于辨认。
有两种情况存在，其一是学生在修改答案时，改动不够坚决和清楚，如由A改成B，由B又改成D，中间修改不清楚，难以辨认，其二是不排除考生有投机心理，让评卷老师去猜。
另外有些学生开始答卷（题）时，没有把握，而用铅笔答题，没有用签字笔，最后又没有用0.5mm黑色签字笔圈定，扫描时图像不够清晰，造成重大失分。
4. 答错位置或答题超出试卷、试题各自标出的划定界限时，有些可能找出分数，但风险太大，所以甚至每个大题的小题之间都要严格遵守各自的界线，以防止因试题由于测试内容过多，而评卷时又需切割扫描，而造成答题内容上下不着边，引起缺失。试卷上多处有明显的提示，不许越线。
5. “白纸黑字”原则。即凡是试卷上写了的就有，没有写的就没有。只有认试卷上的白纸黑字所表达的内容所提供的信息，才能真正做到公平公正地评分
6. “见空给分”原则。在连续多个答案中，为了便于操作，通常采用“独立操作，互不牵连”的原则，即前面一个答案的正确与否，不影响后面答案的给分，同理，如前者正确，而后面错误，也按步骤照样给分，虽然此法可能让某些人占了便宜，但也不能冤枉一些人，而且便于操作。
四、明确高考评分的要求之评卷中的有关规范的问题
（1）结构式：苯环、双键、羧基、醛基等均应按教材的规范要求规范写出，许多官能团连在链的左边和右边写法不一样，例如：硝基（O2N- -NO2）、氨基（H2N- -NH2）、羟基（HO- -OH）、羧基(HOOC- -COOH)、醛基( OHC- -CHO)等， 若不规范，则一律扣分，有时甚至定为“0”分。
（2）化学用语必须正确使用：
①有机题中官能团名称与结构简式、化学式、结构式、结构简式、电子式等，反应类型与反应方程式不能混淆，小分子不能漏写；
②主观题中注意书写“化学方程式”、 “离子方程式”、 “电极方程式”、 “电解方程式”、 “水解方程式”、 “电离方程式”、 “热化学方程式”、
③最后一题中一定要看清“核外电子排布式”、 “价电子排布式”、 “外围电子排布式”，“基态原子”、“离子”等要求。
（3）元素符号的书写：一定要规范，该大写的要大写；该小写的一定要小写，如Mn、Mg、Al、As、Fe等，一定要按教材的要求规范书写，Na就不能写成na。
（4）化学方程式方面的问题：化学反应方程式要求反应物、生成物、化学计量数、反应条件、沉淀、气体的符号等完全正确，缺一不可，各物质之间的化学计量数完全正确；热化学方程式的书写一定标出聚集状态。
3.计算题
（1）用字母表示，又有分式，不管是分子还是分母，只要有字母相加，如（a + b）/ c，则“a + b” 一定要加括号写成（a + b），否则会引起歧义。
（2）单位。有些考生在最后结果中没有单位一定要扣分，单位不规范的也会扣分。
（3）计算式。现在考试已较少有复杂的计算，近几年来基本没有。但有一点须注意，如果题目不是以填空的形式出现，则在答题时，则一定要求有相应的计算式，若仅有答案，而没有计算式的，则以0分计。而且计算式不能仅写出一般的公式，要求与试题的具体条件相联系。若仅有一般的公式而与试题的具体条件缺乏联系的，则不给分。
（4）以数字表示的计算结果
按正常的步骤计算，所得结果应四舍五入，只要是合理的，则给满分，但不合理的，则为0分。
应试心理调节
我难人亦难我不怕难 我易人亦易我不大意
心理状态好七分本事得十分 心理状态差十分本事得七分
若要化学夺高分 心态平衡是根本21世纪教育网
心态平衡 不怕 不慌 不骄 不躁
沉着 冷静 果断 仔细
考试争分策略
容易题全得分，中难题少失分，较难题能争分。[来源:21世纪教育网]
与其难题多争一分，不如易题少失5分。
熟题不一定易，生题不一定难。
新题不会难 大题不会深。
不要怕难题怪题，不要耗在难题上。
重Ⅰ卷，保证拿足基本分。攻Ⅱ卷，规范表达夺高分。
争取急中生智，避免忙中出乱。
该得的分一定要得到，不该失的分一分都不失。
先做Ⅰ卷，且做完后马上涂卡；接着找“选做题”，选做“物质结构模块题”。试想：此时不已把40+12=52分收入囊中了吗？心里踏实啦，后面就能势如破竹！再后的解题顺序就根据各人的具体情况了。
应试能力强化
审题是前提21世纪教育网
成也审题 败也审题
总审：看题量，看要求，看页数，看大题。
初审：找出关键词语 划出已知数据21世纪教育网
揭示隐含条件 建立解题思路
2．解题抓关键
建立解题思路 属于什么问题 涉及那些知识
运用解题规律 可用那些方法 应用什么规律
提高解题速度 深思熟虑果断 简洁明了全面
选择题
选择题测试的内容：离子共存，氧化还原反应，溶液的pH,微粒比较，离子方程式正误判断，原子结构，化学平衡，NA常数，环保知识，巧解巧算，化学反应能量，电化学知识，基本实验，化学日常应用，新科技信息，有机化学，胶体溶液，鉴别推断，概念辨析等，试题难度不大，综合程度较小，只要思路清晰，仔细辨析，就一定能夺取这48分，为全面夺高分打下坚实基础。
抓关键词语：相反要求 正确、不正确 符合、不符合 21世纪教育网
顺序要求 从大到小 由高到低
程度要求 一定、可能，最佳、最省
条件要求 什么条件下正确或不正确
抓住首末项：提高选择得分率
排除明显错答 利用限制条件 确定可能选项
利用选项提供的信息，可帮助答题，验证。
正确选项选准 错误选项验证 保证选择得分
(2)实验题
明确实验目的 合理选择仪器 正确安排连接顺序 操作用语答题规范
遵守操作原则 先后顺序 除杂原则 尾气处理
选择最佳方案 全面比较 优选组合 常规创新
数据处理，误差分析，要抓住与实验相关的数据分析
综合实验要把过程分解成几个简单实验
设计和评价实验要从原理正确、操作简便、现象明显、原料易得、产品较纯、没有污染等方面考虑
(3)无机综合题
无机综合题两题，一题为结合氧化还原反应知识或电解质溶液知识或电化学知识或化学平衡原理或化学反应能量变化的元素化合物知识综合题，另一题为框图形式的推断题。要抓住解题突破口，分析解题，特别注意的是，不能产生推断正确，表达不当的低级错误，劳而无功，得不偿失。
（4）工业流程题、环境保护题
高考命题会体现新课改的要求，试题在联系生产、生活实际方面有所注重，在背景材料上体现新内容，本质上还是落实在双基上，新在试题的包装，内在要求不变，即常说的“起点高，落点低”，我们千万不能被新包装所迷惑、所吓倒。
在考试时，“笔要勤”，必须将有关物质的名称或化学式注在对应的框图或图线上，然后通过对题给素材的阅读、敏捷而准确地获取相关信息，并能对有关信息进行初步加工处理，结合已有知识解决相关问题。切记：在审题上要慎重再慎重，不审清不做题；在答题上要规范再规范，所写的化学反应式一定要符合化学基本原理（写出产物后要检查其合理性）且必须配平（不配平的反应式1分都得不到）。
(5)有机题
抓住结构本质，抓住反应官能团。防止答案结构简式错写,生成物小分子漏写。
要充分运用题示信息，结合书本知识，全面分析推理，综合分析解答。
推出各物质后，应重新代入框图进行验证，确保万无一失。
(6)计算题
抓住质变求量变，隐含条件搞清晰。善于应用关系式，量变关系要正确。
讨论抓住特殊点，分步解题得分全。
从去年的高考题可预测，计算题不会太难，形式上可能新一些，只要仔细读题，总能找到解题的方法，即使不能全部解出来，但其中的几个小题质的变化不复杂，量的关系较简单，一般都能得分，千万别放弃！另外，要判断解题时是否体现有效数字，尽量带单位运算，最后写上“答：……”。
（7）物质结构模块题
考试前要把1～36号元素的名称、元素符号及基态原子的电子排布式再写一遍，答题必须看清答题要求：基态原子的电子排布式、基态原子的价电子层（或外围电子）的电子排布式、离子的电子排布式。
本内容高考命题热点：电子排布式、结构式、电子式、第一电离能（I1）、电负性、化学键的极性和分子的极性、等电子体、化学键类型、氢键、物质溶解性的判断、晶体类型及熔沸点比较、杂化轨道理论、粒子的空间构型、晶胞的知识（粒子数、配位数）、配合物知识（配合物的化学式、配离子的化学式、中心原子或离子、配体、配位数、存在的化学键的类型）等。【专题七】金属及其化合物
【考点突破】
1．理顺网络、抓住重点
二轮复习本专题，要突出重点物质，以典型物质为信息源联系非金属元素、基本概念和基本理论，联系无机化工生产和实验，提高知识应用能力。通过“线”将重点知识串联起来，主要抓住四条线：（1）典型物质线。碱金属抓住钠、氢氧化钠、过氧化钠、碳酸盐等；铝元素及其化合物主要抓住铝、铝盐、偏铝酸盐、氧化铝和氢氧化铝。铁及其化合物重点抓住铁、铁的氧化物（以氧化铁为主，了解氧化亚铁，四氧化三铁）、铁的氢氧化物、铁盐和亚铁盐等。镁及其化合物主要掌握镁的性质。铜及其化合物中，氧化铜、氧化亚铜、氢氧化铜等出现频率高；（2）物质之间转化线。同一条转化线可以通过多种方法实现，训练发散思维，同时，联系化学反应类型、氧化还原反应概念、离子方程形式书写等。例如，铁、铁盐、亚铁盐之间转化，铝盐、氢氧化铝、偏铝酸盐之间转化都是高考命题热点；（3）制备线。工业上常以金属冶炼为线联系晶体性质、环境保护以及化学计算等。电解法冶炼钠、镁、铝，还原法冶炼铁和铜，工业冶炼铜原理可以与硫酸工业联系起来，而冶铁原理是教材介绍了重要化工生产范例。氢氧化亚铁、氢氧化铝、硫酸铝、氧化铝、氧化铁、氯化铁、硫酸亚铁等典型物质制备一直是高考关注的热点；（4）实验线。研究近十年高考化学实验命题，不难发现高考以金属及其化合物为载体命题实验题成为高考重点，其中近三年发展新题型值得关注：①猜想式命题，连续三年广东化学都以铁及其化合物为载体探究其价态；②定量分析命题，如宁夏等高考以金属纯度测定为线，评价实验方案与实结果的关系，开放性、探究性是新高考实验命题新趋势。
2．突破瓶颈，攻克难点
（1）反应条件 理解金属及其化合物要以反应条件为突破口，其中重点掌握以下条件：①铝热反应条件：只有比铝活泼性差的金属氧化物才能被铝还原，如氧化钠、氧化镁、氧化钙、氧化钡等活泼金属与铝不能发生置换反应；②镁与二氧化碳、二氧化硫、二氧化硅反应，其中产物硫、硅继续与镁反应生成硫化镁、硅化镁；③铁的价态与氧化剂、反应条件有关，铁在电化学中发生氧化反应、与硫，碘，H+，不活泼的金属阳离子反应都只生成+2价铁的化合物；铁发生电化学腐蚀最终产物是氧化铁，而铁丝氧气中燃烧生成四氧化三铁；④氢氧化铝溶于强酸强碱，不溶于氨水，碳酸等。⑤铜与硫反应只生成硫化亚铁，而与浓硫酸、硝酸、氯气、氧气等反应生成+2价铜的化合物。
（2）反应图像 图象中难点是铝盐和偏铝酸盐的图像。例如，铝三角之间的转换及其图象在Al3+、Al（OH）3、AlO2-之间的相互转化反应中，都有特定的数量关系，现概括如下：
⑴在适量的可溶性铝盐溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量：
现象：立即产生白色沉淀→渐多→最多〔n（NaOH）∶n（Al3+）=3∶1〕→渐少→消失〔n（NaOH）∶n（Al3+）=4∶1〕，见下图⑴。
⑵在适量的偏铝酸盐溶液中逐滴加入稀盐酸至过量：
现象：立即产生白色沉淀→渐多→最多〔n（H+）∶n（AlO2-）=1∶1〕→渐少→消失〔n（H+）∶n（AlO2-）=4∶1〕，见下图⑵。
⑶在适量的偏铝酸盐溶液中缓慢通入CO2至过量：现象：立即产生白色沉淀→渐多→最多〔n（CO2）∶n（AlO2-）=1∶2〕→沉淀不消失。见下图⑶。
⑷在适量强碱性溶液中逐滴加入铝盐溶液至过量：
现象：局部产生白色沉淀→振荡消失→白色沉淀→渐多→最多〔n（OH）－∶n（Al3+）=〔3∶1〕→不消失。见下图⑷。
⑸在适量强酸性溶液中逐滴加入偏铝酸盐溶液至过量
现象：局部产生白色沉淀→振荡消失→白色沉淀→渐多→最多。见下图⑸。
（3）盲点警示
①忽视反应本质 有一些化学反应会出现生成物与生成物之间反应（如浓硝酸与铜反应，生成物二氧化氮可部分转化为N2O4等），反应物与生成物反应（多步反应）（如铝盐与强碱，偏铝酸盐与强酸，铁与硝酸反应等）。
②忽视物质溶解性 例如，氢氧化钙、碳酸镁、硫酸银、硫酸钙等是微溶。澄清石灰水的质量分数很小。
③忽视金属离子水解程度 阴、阳离子水解程度与价态有关，+3价的铁、铝离子与CO32-、HCO3-，S2-等能发生双水解，而+2价的亚铁离子、铜离子与CO32-主要生成沉淀，在《部分物质溶解性表》中，有碳酸铜、碳酸亚铁物质存在（难溶）。④忽视溶液的酸、碱性 许多物质之间的反应与溶液的酸、碱性有关，如NO3-只有在酸性条件下才有强氧化性，高锰酸钾在酸性条件下还原产物为Mn2+，在碱性条件下还原产物为MnO2等，Al3+和AlO 2-在酸性、碱性、中性溶液中都不能大量共存。
3．重视实验 学会创新
本章实验内容很多，学习时，要重视实验。最好同学们走进实验室，自己动手操作，对各种实验现象进行全面、细致的观察，并对观察的结果及时、如实地做记录，把各种观察到的实验现象联系起来进行思考分析，做到看与想相结合，培养良好的观察习惯，培养观察实验的能力和思维能力。实验内容是创新试题的基点，同学们在学习过程中，尽可能联想实验原理，自己设计出一些实验装置来，并仔细分析评价自己所设计的装置优缺点，这样同学们会受益匪浅。
有关Na、Mg、Al、Fe、Cu的知识的试题在近五年的高考试题中出现次数很多，它们在离子共存、离子方程式、物资鉴别、制备、推断、计算等题型中大量出现。这部分内容与化学理论知识、基本概念、实验有广泛联系，实际应用也很广泛，因此在试题中能以多种题型出现。高点主要集中在：铁三角、Al3＋与Al(OH)3及AlO2―的相互转化、Fe3＋和Al3＋及AlO2―的双水解、Mg、Al、Fe与酸反应等方面，这些知识与其他元素化合物知识相结合，以各种面孔出现在试题中。
【精题精讲】
例1．下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是( )
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ 判断
A 小苏打可用于治疗胃病 NaHCO3可与盐酸反应 Ⅰ对，Ⅱ对，有
B 向Na2O2的水溶液中滴入酚酞变红色 Na2O2与水反应生成氢氧化钠 Ⅰ对，Ⅱ错，无
C 金属钠具有强还原性 高压钠灯发出透雾性强的黄光 Ⅰ对，Ⅱ对，有
D 过氧化钠可用作航天员的供氧剂 Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2 Ⅰ对，Ⅱ对，有
解析：B项向过氧化钠水溶液中滴入酚酞，先变红，后马上褪色，陈述Ⅰ错，陈述Ⅱ正确；C项高压钠灯发黄光是物理变化，与金属钠具有还原性没有因果关系。
答案：AD
例2．向100 mL 0.250 mol·L－1的AlCl3溶液中加入金属钠完全反应，恰好生成只含NaCl和NaAlO2的澄清溶液，则加入金属钠的质量是( )
A．3.45 g B．2.30 g
C．1.15 g D．0.575 g
解析：根据原子守恒，加入金属钠的物质的量等于氯元素和铝元素物质的量之和，即为0.1 L×0.250 mol·L－1×4＝0.1 mol，其质量为2.30 g。
答案：B
例3．下列各组中两种浓溶液相混合时既无沉淀析出又无气体放出的是( )21世纪教育网
A．Ba(HCO3)2、NaHSO4 B．NaHCO3、Al2(SO4)3
C．Mg(HCO3)2、CaCl2 D．Na2SiO3、HCl
解析：A项中反应为Ba(HCO3)2＋2NaHSO4===Na2SO4＋BaSO4↓＋2H2O＋2CO2↑，既有沉淀产生，又有气体放出；B项中反应为Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑，既有沉淀产生，又有气体放出；D项中SiO＋2H＋===H2SiO3↓，有沉淀产生。
答案：C
例4．锌与100 mL 18.5 mol·L－1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲33.6 L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1 L，测得溶液的pH＝1，下列叙述不正确的是( )
A．反应中共消耗1.8 mol H2SO4
B．气体甲中SO2与H2的体积比为4?1
C．反应中共消耗97.5 g Zn
D．反应中共转移3 mol电子
解析：反应前n(H2SO4)＝1.85 mol，反应后剩余H2SO4为0.05 mol，推知气体甲应该是Zn与浓H2SO4反应产生的SO2及Zn与稀H2SO4反应产生的H2的混合气体。设生成SO2、H2的物质的量分别为x mol、y mol，则有：x＋y＝1.5，根据反应：Zn＋2H2SO4(浓)===ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，Zn＋H2SO4(稀)===ZnSO4＋H2↑，得2x＋y＝1.8，解得x＝0.3，y＝1.2。n(SO2)/n(H2)＝0.3 mol/1.2 mol＝1/4。反应中消耗Zn的质量＝1.5 mol×65 g/mol＝97.5 g。反应中转移电子的物质的量＝2×1.5 mol＝3 mol。综合上述知选项B错误。
答案：B
例5．右图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量。下列选项编号对应的曲线编号错误的是( )
A．向NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸至过量
B．向澄清石灰水中通入CO2至过量
C．向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量
D．向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至过量
解析：根据AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓、Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O，A对；根据Ca(OH)2＋CO2===CaCO3↓＋H2O、CaCO3＋CO2＋H2O===Ca(HCO3)2，B对；根据H＋＋OH－===H2O、Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O，C对；D项中产生沉淀和沉淀的量不变时消耗的CO2相等，D错。
答案：D
例6．将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)。向反应后的溶液中加入3 mol/L NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g。则下列叙述中不正确的是( )
A．当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积V≥100 mL
B．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积一定为2.24 L
C．参加反应的金属的总质量为9.6 g>m>3.6 g
D．当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4 mol
解析：沉淀增加的质量为OH－的质量，则n(OH－)＝＝0.3 mol，因此当沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积最少为＝0.1 L，A对；根据Cu(OH)2、Mg(OH)2，则n(Cu)＋n(Mg)＝n(OH－)＝0.15 mol，根据得失电子守恒，有2n(Cu)＋2n(Mg)＝3n(NO)，则n(NO)＝0.15 mol×2×＝0.1 mol，则收集到NO的体积在标准状况下为2.24 L，B错；假设混合物全部为Mg，则金属总质量为0.15 mol×24 g·mol－1＝3.6 g，假设混合物全部为Cu，则金属总质量为0.15 mol×64 g·mol－1＝9.6 g，故参加反应的金属的总质量为9.6 g>m>3.6 g，C对；Mg和Cu与稀硝酸的反应可以写为3M＋8HNO3===3M(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，参加反应的n(HNO3)＝4n(NO)＝0.4 mol，D对。
答案：B
例7.铁单质及其化合物在生活、生产中应用广泛。请回答下列问题：
(1)钢铁在空气中发生吸氧腐蚀时，正极的电极反应式为__________________________________。
(2)由于氧化性Fe3＋>Cu2＋，氯化铁溶液常用作印刷电路铜板腐蚀剂，反应的离子方程式是______________。
(3)硫酸铁可作絮凝剂，常用于净水，其原理是__________________________(用离子方程式表示)。在使用时发现硫酸铁不能使酸性废水中的悬浮物沉降而除去，其原因是____________________________________。
(4)磁铁矿是工业上冶炼铁的原料之一，其原理是Fe3O4＋4CO3Fe＋4CO2，若有1.5 mol Fe3O4参加反应，转移电子的物质的量是________。
(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 陈述Ⅲ21世纪教育网
A 铁是地壳中含量最高的金属元素 铁是人类最早使用的金属材料 Ⅰ对；Ⅱ对；有
B 常温下铁与稀硫酸反应生成氢气 高温下氢气能还原氧化铁得到铁 Ⅰ对；Ⅱ对；无
C 铁属于过渡元素 铁和铁的某些化合物可用作催化剂 Ⅰ错；Ⅱ对；无[21世纪教育网]
D 在空气中铁的表面能形成致密的氧化膜 铁不能与氧气反应 Ⅰ对；Ⅱ对；有
解析：(4)1 mol Fe3O4参与反应时，需4 mol CO，根据4 mol CO可得转移8 mol电子，所以1.5 mol Fe3O4参加反应时转移电子的物质的量为1.5×8 mol＝12 mol。(5)选项A，地壳中含量最高的金属元素是Al元素，而不是Fe元素，由于铁是活泼金属，需通过冶炼方法获得，所以Fe不是人类最早使用的金属材料，陈述Ⅰ、Ⅱ错误，且二者没有因果关系。选项B，Fe能与稀H2SO4发生置换反应而产生H2，但在高温条件下，H2还原性很强，又能还原Fe2O3而得Fe，所以Ⅰ、Ⅱ均正确，二者无因果关系。选项C，铁是过渡元素的说法正确。选项D，铁在空气中不能形成致密的氧化膜，且Fe可与纯净的O2反应生成Fe3O4。
答案：(1)O2＋2H2O＋4e－===4OH－
(2)2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
(3)Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋ 酸性环境中，H＋抑制了铁离子的水解，无法生成氢氧化铁胶体
(4)12 mol (5)B
例8.现有由等质量的NaHCO3和KHCO3组成的混合物a g与100 mL盐酸反应。(题中涉及的气体体积均以标准状况计，填空时可用带字母的式子表示，可不化简)
(1)该混合物中NaHCO3和KHCO3的物质的量之比为________。
(2)如果碳酸氢盐与盐酸恰好完全反应，则盐酸中的HCl的物质的量为________mol。
(3)如果盐酸过量，生成CO2的体积是________L。
(4)如果反应后碳酸氢盐有剩余，盐酸不足量，要计算生成CO2的体积，还需要知道__________________。
解析：(1)该混合物中NaHCO3和KHCO3的物质的量之比为?：＝100：?84＝25?：21。(2)如果碳酸氢盐与盐酸恰好完全反应，根据反应的化学方程式，则n(HCl)＝n(NaHCO3)＋n(KHCO3)＝(＋)mol。(3)如果盐酸过量，则n(CO2)＝n(NaHCO3)＋n(KHCO3)，故V(CO2)＝(＋)×22.4 L。(4)如果反应后碳酸氢盐剩余，则n(CO2)＝n(HCl)，要计算CO2的体积，还需要知道盐酸的物质的量浓度。
答案：(1)100?：84(或25?：21)
(2)a/168＋a/200(或23a/2100)
(3)22.4×(a/168＋a/200)(或22.4×23a/2100)
(4)盐酸的物质的量浓度
【专题演练】
(时间90分钟，满分100分)
第Ⅰ卷 (选择题，共48分)
一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)
1．红珊瑚栖息于200～2000米的海域，产于台湾海峡、南中国海，它与琥珀、珍珠被统称为有机宝石．在中国，珊瑚是吉祥富有的象征，一直用来制做珍贵的工艺品．红珊瑚是无数珊瑚虫分泌的石灰质大量堆积形成的干支状物，其红色是因为在海底长期积淀某种元素，该元素是
( )
A．Na B．Fe C．Si D．Cu
解析：红珊瑚是无数珊瑚虫分泌的石灰质大量堆积形成的干支状物，而Fe(OH)3是红褐色物质，NaOH是易溶于水的，Cu(OH)2是蓝色的，硅酸盐也不是红色的，故只有B正确．
答案：B
2．美国科学家在《Science》上发表论文，宣布发现了铝的“超级原子”结构——Al13和Al14. 已知这类“超级原子”最外层电子数之和为40个时处于相对稳定状态．下列说法中，正确的是
( )
A．Al13、Al14互为同位素
B．Al13超原子中Al原子间通过离子键结合
C．Al14最外层电子数之和为42，与第ⅡA族元素原子的性质相似
D．Al13和Al14都具有较强的还原性，容易失去电子生成阳离子
解析：Al13和Al14都是由多个Al原子构成的超原子，不是Al的同位素；Al13超原子中铝原子间是通过金属键结合的，不是离子键；Al14最外层电子数之和为3×14＝42个价电子，比稳定结构(40个最外层电子)多2个电子，应与ⅡA族元素性质相似；Al13具有3×13＝39个最外层电子，比稳定结构少1个电子，容易得到1个电子，应与卤素性质相似，具有较强的氧化性．
答案：C
3．如图所示装置，试管中盛有水，气球a盛有干燥的固体过氧化钠颗粒，U形管中注有浅红色的水已知，过氧化钠与水反应是放热的．将气球用橡皮筋紧缚在试管口，实验时将气球中的固体颗粒抖落到试管b的水中，将发生的现象是
( )
A．U形管内红色褪去 B．试管内溶液变红
C．气球a被吹大 D．U形管水位d解析：2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，
因该反应生成O2且放出热量，故气球变大，U形管内液面c端下降，d端上升，故C正确，D错误；该反应是在试管内发生的且无酚酞，故A、B均错误．
答案：C[来源:21世纪教育网]
4．按下图装置通入X气体，并在管P处点燃，实验结果是澄清石灰水变浑浊，则X、Y可能是
( )
A．H2和Fe2O3 B．CO和CuO
C．H2和Na2CO3 D．CO和Na2CO3
解析：能使澄清石灰水变浑浊的气体应为CO2，可以是CO与CuO在加热条件下反应产生的．
答案：B
5．下列各组溶液，不另加其他试剂就可以将它们分别开的是
( )
A．NaCl，HCl，NaAlO2，NaHCO3
B．Na2SO4，KNO3，(NH4)2SO4，MgCl2
C．FeCl3，NaOH，AlCl3，HNO3
D．AgNO3，NaCl，Na2SO4，NaI
解析：不另加试剂鉴别多种物质有两种主要方法，其一是利用物理性质(主要是颜色)鉴别出其中的一种或几种，再以这种物质作为试剂，看能否区别出余下的物质；其二是假设其中的一种为已知，并以它作为试剂，看能否鉴别余下的物质．本题C中FeCl3呈棕黄色，将其加入其余三种物质中有红褐色沉淀产生的是NaOH，再将NaOH加入其他两种溶液中，有白色沉淀生成的是AlCl3，无变化的是HNO3.
答案：C
6．铁氧体(Fe3O4) 法是处理含铬废水的常用方法．其原理是：用FeSO4把废水中Cr2O还原为Cr3＋，并通过调节废水的pH，使生成物组成符合类似于铁氧体(Fe3O4或Fe2O3·FeO)的复合氧化物(2－xO3·O). 处理含1 mol Cr2O废水至少需要加入a mol FeSO4·7H2O.下列结论正确的是
( )21世纪教育网
A．x＝1，a＝5 B．x＝0.5，a＝8
C．x＝2，a＝10 D．x＝0.5，a＝10
解析：据Cr原子守恒，复合氧化物(2－xO3·O)的物质的量为 mol，由Fe原子守恒有×(3－x)＝a，再根据电子守恒得×(2－x)＝1×6，联立解得x＝0.5，a＝10，故选D.
答案：D
7．下列各选项均有X、Y两种物质，将X缓缓滴入(通入)Y溶液中，无论X是否过量，均能用同一离子方程式表示的是
( )
X Y
A 稀盐酸21世纪教育网 碳酸钠溶液
B21世纪教育网 偏铝酸钠溶液 硫酸溶液
C 硫化钠溶液 氯化铁溶液
D 二氧化碳 苯酚钠溶液
解析：A项中X不足时，反应为CO＋H＋===HCO；X过量时，反应为CO＋2H＋===CO2↑＋H2O.
B项中，X不足时，反应为AlO＋4H＋===Al3＋＋2H2O；X过量时，反应为AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓.
C项中，X不足时，反应为2Fe3＋＋S2－===2Fe2＋＋S↓；X过量时，反应为2Fe3＋＋3S2－===2FeS↓＋S↓.
D项中无论CO2过量与否，反应均为CO2＋+
答案：D
8．一定体积CO2和O2的混合气体通过足量的Na2O2后，所得气体体积变为原来的3/4，则CO2在原混合气体中的体积分数为
( )
A．25% B．40% C．50% D．75%
解析：设原有混合气体共4体积，则反应后气体减少1体积．由21世纪教育网
2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2 ΔV
2 1 1
V(CO2) 1
所以V(CO2)＝2
φ(CO2)＝2/4×100%＝50%
答案：C
9．俄罗斯西伯利亚研究人员开发出一种生物活性吸附剂，可以吸附水中的几乎全部微生物和噬菌体．据俄《科学信息》杂志报道，这种新的吸附剂由成本低廉、环保性能好的棉纤维素和主要成分为氢氧化铝的勃姆石制造而成. 下列有关说法中不正确的是
( )
A．Al(OH)3既能够与盐酸反应又能够与NaOH溶液反应
B．纤维素和淀粉不是同分异构体
C．纤维素能够与醋酸发生酯化反应
D．实验室中Al(OH)3可以由偏铝酸盐和氨水制备
解析：Al(OH)3具有两性，可与酸或强碱反应；其实验室制备方法是用铝盐与弱碱氨水反应(氢氧化铝不溶于氨水)；纤维素与淀粉都是高分子化合物，可用[(C6H10O5)n]表示，但其聚合度(n)不同，所以不是同分异构体；纤维素中分子中存在醇羟基，所以可以发生酯化反应．
答案：D
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：NH、Na＋、Cl－、SCN－
B．在强碱性溶液中：Na＋、K＋、AlO、CO
C．在c(H＋)＝10－13 mol/L的溶液中：NH、Al3＋、SO、NO
D．在pH＝1的溶液中：K＋、Fe2＋、Cl－、NO
解析：A项中Fe3＋与SCN－反应；B项中在有OH－时该组离子能共存；C项中溶液中OH－与NH作用生成NH3·H2O；D项中溶液中有H＋时NO会将Fe2＋氧化，故只有B符合题意．
答案：B
11．托盘天平的两盘中各放一只盛有等体积、等物质的量浓度盐酸的小烧杯，调整天平平衡后向两烧杯中分别加入等质量的Fe粉和Zn粉，下列现象不可能出现的是
( )
A．开始天平加锌的一端上升
B．最终天平加锌的一端上升
C．最终天平仍平衡
D．最终加铁的一端上升
解析：本题考查金属的化学性质，较难题．如果酸过量，由于锌的活动性大于铁，开始时锌产生氢气的速度快，加锌的一端上升，A对；但最终加锌的一端的增重大于加铁的一端的增重，最终加铁的一端上升，D对；如果金属过量，则加锌的一端和加铁的一端增重相同，最终天平仍平衡，C对．
答案：B
12．有两瓶失去标签的物质的量浓度相同的Na2CO3和NaHCO3稀溶液．下列鉴别方法和所得到的结论不正确的是
( )
A．取少量未知溶液，分别滴加Ba(NO3)2溶液，有沉淀生成的为Na2CO3溶液
B．取少量未知溶液，分别滴加CaCl2溶液，有沉淀生成的为Na2CO3溶液
C．分别滴加酚酞试液，红色较深的是Na2CO3溶液
D．用pH试纸测定两溶液的pH，pH较小的为Na2CO3溶液
解析：Ba(NO3)2、CaCl2均能与Na2CO3反应产生白色沉淀，而均不能与NaHCO3反应，故A、B正确；Na2CO3的碱性比NaHCO3的碱性强，pH大，故C正确，D错误．
答案：D
13．有a、b、c、d、e 5种金属．已知：①e的氧化产物比d的氧化产物氧化能力强；②a投入e的盐溶液可得e的单质，而c投入e的盐溶液却不能获得e的单质；③在以a、d为极板形成的原电池中，d极上发生还原反应；④e投入b的盐溶液中，在e的表面有b析出；⑤c的碳酸盐的溶解度大于它的酸式碳酸盐．由此可推知五种金属的活动性由强到弱的顺序为
( )
A．adbec B．cadeb C．aedbc D．cabed
解析：金属的活动性：①ee，③a>d，④e>b，而据⑤判断c应为碱金属元素，故c最活泼，综合分析比较得出：c>a>d>e>b，故选B.
答案：B
14．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：n(Al)＝＝0.2 mol，n(H2SO4)＝0.4 mol，n(HCl)＝0.4 mol，但H2SO4是二元酸，而HCl是一元酸，和0.2 mol Al反应，H2SO4过量，HCl不足，n[Ba(OH)2]＝0.4 mol，可知与Al反应时，Ba(OH)2过量不会有金属剩余．A中Al与HNO3反应无氢气产生，B中Ba(OH)2过量，2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑，C中H2SO4过量，所以选D.
答案：D
15．(2009·常州模拟)将铁片投入下列溶液中，不放出气体，并且Fe片质量减轻的是( )
A．CuSO4 B．H2SO4 C．AgNO3 D．FeCl3
解析：A项中Fe置换出Cu而使Fe片质量增大；B项中产生气体；C项中Fe置换出Ag而使Fe质量增大；D项发生反应：Fe＋2FeCl3===3FeCl2而符合条件，故选D.
答案：D
16．(2009·湖北宜昌高三调研)下列实验操作正确的是
( )
A．向过量稀硫酸中加入除去油污的废铁屑，是制备硫酸亚铁的可行方案
B．向碳酸钠粉末中加入乙二酸溶液，生成大量气泡，说明乙二酸的酸性比碳酸强
C．向铝屑与硫酸反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，是制备氢氧化铝的最佳方案
D．在测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，将CuSO4晶体加热至晶体完全变白色后，在空气中冷却后称量
解析：过量稀硫酸与废铁屑(含氧化铁)反应生成的硫酸亚铁中混有硫酸铁，产品不纯，应加入过量铁屑，A错；根据强酸制弱酸原理知，乙二酸与碳酸钠反应生成碳酸，碳酸分解产生二氧化碳和水，B正确；硫酸与铝反应生成硫酸铝，再与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝，因为氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液，不易控制加入氢氧化钠溶液的量，C错；硫酸铜在空气中冷却时吸收空气中水分，使测定硫酸铜晶体中结晶水含量偏低，D错．
答案：B
第Ⅱ卷 (非选择题，共52分)
二、非选择题(本题包括6小题，共52分)
17．(8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：[来源:21世纪教育网]
(1)该废液中可能大量存在的一种阴离子是________(选填序号)．
A．SO B．NO C．Cl－ D．CO
(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)SO、Cl－与Ag＋不共存；CO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＝11.2L
答案：(1)B (2)NaOH溶液 Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O (3)11.2
18．(8分) KHCO3溶液中含溶质20 g，加入一定质量的单质或化合物X，恰好使溶液中溶质只有K2CO3，请你填写出X可能的化学式和质量．
(1)______________________________
(2)______________________________
(3)______________________________
(4)______________________________
解析：要让KHCO3转化为K2CO3，则应加入碱或能生成碱的物质，再考虑不引入新的杂质，则应加入K或K的化合物. 故可加入K、K2O、KOH、K2O2或KO2等物质．
答案：(1)K 7.8 g (2)K2O2 11 g (3)K2O 9.4 g (4)KOH 11.2 g(若考虑KO2也正确)
19．(10分)中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示：
将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体．
请回答下列问题：
(1)红褐色胶体中F粒子直径大小的范围：________.
(2)A、B、H的化学式：A__________、B__________、
H________.
(3)①H2O2分子的电子式为______________．
②写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式：
__________________________________.
(4)写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象：________________________________.
(5)在C溶液中加入与C等物质的量的Na2O2，恰好使C转化为F，写出该反应的离子方程式：____________________________.
解析：以红褐色胶体F是Fe(OH)3为突破口，再根据Fe(OH)3的生成和性质可推知：A为Fe，B为FeS，C为FeSO4，D为Fe2(SO4)3，E为(NH4)2SO4，H为稀H2SO4.
答案：(1)1～100 nm
(2)Fe FeS H2SO4(稀)
(3)①H∶H
②2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O
(4)取少量E于试管中，用胶头滴管滴入NaOH溶液，加热试管，在试管口放一湿润的红色石蕊试纸，观察到红色石蕊试纸变蓝，证明E中有NH存在
(5)4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O===4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8Na＋
20．(8分)(2009·安徽合肥高三质检)等物质的量混合的NaHCO3和KHCO3的混合物4.60 g，与1.00 mol/L的盐酸反应．
(1)试分析，欲求标准状况下生成的CO2气体的体积，还需要什么数据________(用a表示，并注明单位)．
(2)利用所确定的数据，求标准状况下CO2气体的体积(填写下表)：
所需数据取值范围 生成CO2气体的体积
盐酸不足量时
盐酸足量时
(3)若NaHCO3和KHCO3的物质的量不相等，则4.60 g的混合物与足量盐酸完全反应时，标准状况下生成的CO2气体的体积大于________L，小于________L.
解析：(1)欲求标准状况下生成CO2气体的体积，还需知道盐酸的体积．(2)由题干数据知n(NaHCO3)＝n(KHCO3)＝0.0250 mol，则n(HCO)＝0.0500 mol，当盐酸量不足时，n(HCl)<0.0500 mol，即a<0.0500 L；若盐酸足量，则a≥0.0500 L，产生CO2气体体积分别是27.4a L、1.12 L.
(3)当NaHCO3与KHCO3物质的量不相等时，若全部是NaHCO3产生CO2的量最多，当全部是KHCO3时，产生CO2的量最少，故生成CO2的体积 L答案：(1)盐酸的体积a L
(2)
所需数据取值范围 生成CO2气体的体积
盐酸不足量时 a<0.0500 22.4a L
盐酸足量时 a≥0.0500 1.12 L
(3)1.03 1.23
21．(9分)铁是人类必需的微量元素，治疗缺铁性贫血的常见方法是服用补铁药物，又已知：氧化性Cl2>Fe3＋>(SCN)2.“速力菲”主要成分：琥珀酸亚铁，呈暗黄色)是市场上一种常见的补铁药物．该药品不溶于水但能溶于人体中的胃酸．某同学为了检测“速力菲”药片中Fe2＋的存在，设计并进行如下实验：
(1)试剂1是________，试剂2是________，加入新制氯水后溶液中发生的离子反应方程式是______________________________；
(2)加入试剂2后溶液中颜色由淡黄色转变为淡红色的原因为_____________________．
(3)该同学猜想红色溶液变为无色溶液的原因是溶液中的Fe3＋被还原为Fe2＋，你认为该同学的猜想合理吗？
______________________________________.
若你认为合理，请说明理由(若你认为不合理，该空不用作答)
______________________________________.
若你认为不合理请提出你的猜想设计一个简单的实验加以验证(若你认为合理，该空不用作答)______________________________．
解析：本题考查Fe2＋的还原性及Fe3＋的鉴别．Fe2＋的溶液为浅绿色，由于Fe2＋极易被O2、Cl2等氧化而变为黄色的Fe3＋溶液，Fe3＋通常由SCN－来检验：Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3(红色溶液)．由题给信息氧化性Cl2>Fe3＋>(SCN)2知：当向含Fe2＋及SCN－的溶液中通Cl2时，2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，若Cl2过量：2SCN－＋Cl2===2Cl－＋(SCN)2.
答案：(1)稀盐酸 KSCN溶液 2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－、Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3
(2)少量的Fe2＋转化为Fe3＋，加入KSCN后显红色
(3)不合理，我的猜想是Fe(SCN)3中的SCN－被过量氯水氧化 设计的实验为在褪色后的溶液中加入FeCl3溶液，仍不变红色(或在褪色后的溶液中加入KSCN溶液，变红色)
22．(9分)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＋21O28Cu＋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：S2O＋2I－===2SO＋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)按照题给化学方程式，氧气中氧的化合价降低，铜的化合价也降低，因此被还原的元素有铜和氧．若按照量的关系，21 mol氧气反应时得到84 mol电子，而铁失去4 mol电子，硫失去96 mol电子，根据得失电子守恒，铜应得到16 mol电子．
(2)要综合考虑二氧化硫的性质和环境保护，高空排放会引起大气污染；二氧化硫可与氧气催化氧化生成三氧化硫，进而与水结合生产硫酸；亚硫酸的酸性比碳酸强，因此可用纯碱来吸收制取Na2SO3；浓硫酸不能氧化二氧化硫，因此不能用浓硫酸吸收二氧化硫．
(3)要考虑常见的氧化剂和还原剂之间的反应，因为Fe3＋可以氧化I－生成Fe2＋，而亚铁离子可以被过二硫酸钾(K2S2O8)氧化又生成Fe3＋，这就是催化的机理．
(4)要考虑氢氧化铝的两性，用过量的氢氧化钠即可除去铝离子；二价铁具有还原性，而高锰酸钾具有氧化性，通过高锰酸钾的颜色变化即可证明FeO的存在．
答案：(1)Cu、O (2)b、c (3)2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
S2O＋2Fe2＋===2SO＋2Fe3＋(离子方程式不配平也可)
(4)a.Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O
b．稀硫酸、KMnO4溶液 稀硫酸浸取炉渣所得溶液使KMnO4溶液褪色【专题八】原电池、电解池及其应用
【考点突破】
考点1构成原电池的条件
1．要有活动性不同的两个电极（一种金属与另一种金属或石墨或不溶性的金属氧化物）；
2．要有电解质溶液；
3．两电极浸入电解质溶液且用导线连接或直接接触。
考点2 原电池、电解（镀）池电极名称的确定
1．确定原电池电极名称的方法
方法一：根据电极材料的性质确定。通常是
（1）对于金属——金属电极，活泼金属是负极，不活泼金属是正极；
（2）对于金属——非金属电极，金属是负极，非金属是正极，如干电池等；
（3）对于金属——化合物电极，金属是负极，化合物是正极。
方法二：根据电极反应的本身确定。
失电子的反应→氧化反应→负极；得电子的反应→还原反应→正极。
2．确定电解（镀）池电极名称的方法
方法一：与外电源正极连接的一极是阳极、与负极连接的一极是阴极。
方法二：电极上发生氧化反应的是阳极，发生还原反应的是阴极。
考点3 原电池和电解池的比较
电池[来源:21世纪教育网][来源:21世纪教育网]21世纪教育网名称21世纪教育网 原电池21世纪教育网[21世纪教育网]（化学能 → 电能 ）21世纪教育网21世纪教育网 电解池 （电能→化学能）21世纪教育网
以惰性材料作阳极 以活泼材料作阳极
电镀铜 电解精炼铜
装置举例
形成条件 活动性不同的两个电极电极插入电解质溶液中形成闭合回路两极有自发的氧化还原反应 ①两电极与直流电源相连。②两电极插入电解质溶液中。③形成闭合回路。
电极名称 负级：较活泼的金属或还原剂正极：较不活泼的金属或氧化剂 阳极：连电源正极阴极：连电源负极 阳极：镀层金属阴极：镀件溶液：含镀层金属离子 阳极：不纯金属阴极：纯金属溶液：含纯金属离子
电极反应 负极：氧化反应，金属失电子正极：还原反应，阳离子得电子 阳极：氧化反应，先活泼电极失电子，后溶液中阴离子失电子。阴极：还原反应，溶液中阳离子得电子。
电子流向 负极正极 阳极电源正极，电源负极阴极
溶液中离子流向：阴离子移动方向与电子相同。
考点4 根据总反应式设计原电池
1、可设计成原电池的反应一般应满足如下条件：
（1）反应放热；（2）属于氧化还原反应
2、步骤
首先标明电子转移方向，根据电子转移方向判断正负极材料——失电子的为负极，得电子的为正极，其次选择相应的物质构成两个半电池——失电子金属和对应的产物构成一个半电池、得电子的离子和一较不活泼的金属或石墨构成另一半电池，最后用盐桥和导线组成闭合回路。
例如将Fe+2FeCl3＝3FeCl2设计成原电池装置
分析：Fe作负极，FeCl3作电解液，可设计成如下两种装置：
考点5 金属的腐蚀
1．金属腐蚀的实质：金属原子失去电子被氧化而消耗的过程。
2．金属腐蚀分为化学腐蚀和电化学腐蚀。
3．化学腐蚀实质：金属和非电解质或其它物质相接触直接发生氧化还原反应而引起的腐蚀。其腐蚀过程没有电流产生。
4．电化学腐蚀实质：不纯金属或合金在电解质溶液中发生原电池反应。电化学腐蚀过程有电流产生。
5．腐蚀的常见类型
（1）析氢腐蚀 在酸性条件下，正极发生2H++2e-=H2↑反应。
（2）吸氧腐蚀 在极弱酸或中性条件下，正极发生2H2O+O2+4e-=4OH-反应。
若负极金属不与电解质溶液发生直接的反应，则形成吸氧腐蚀的原电池反应。如生铁浸入食盐水中，会形成许多微小的原电池。
6．在同一电解质溶液中，金属腐蚀的快慢可用下列原则判断：电解原理引起的腐蚀>原电池引起的腐蚀>化学腐蚀>有防护措施的腐蚀。
考点6 分析电极反应及其产物
原电池：负极：M-ne-=Mn+
正极：（1）酸性溶液中2H++2e-=H2↑
（2）不活泼金属盐溶液Mn++ne-=M
（3）中性、弱酸性条件下2H2O+O2+4e-=4OH-
电解（镀）池：
阳极：（1）若阳极是由活性材料（除C、Pt、Au等以外的其它金属）做成，阳极反应是阳极金属失去电子而被氧化成阳离子；
（2）若阳极是由C、Pt、Au等惰性材料做成，阳极反应则是电解液中阴离子在阳极失去电子被氧化。阴离子失去电子能力大小顺序为：I->Br->Cl->OH->含氧酸根>F-。
阴极：阴极反应一般是溶液中的阳离子得电子的还原反应，阳离子得电子能力大小顺序为：Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+>Pb2+>Fe2+>Zn2+>Al3+>Mg2+>Na+>Ca2+>K+。必须注意的是，电镀时通过控制条件，Fe2+和Zn2+得电子的能力强于H+。
考点7 电解实例及规律
电解液 溶质类别 电解总反应式 相当于电解 溶液pH
NaOH溶液 强碱 2H2O2H2↑+O2↑ 水 升高
H2SO4溶液 含氧酸 降低
Na2SO4溶液 活泼金属的含氧酸盐 不 变(两极混合液)
CuCl2溶液 不活泼金属的无氧酸盐 CuCl2Cu+Cl2↑ 电解质本身 接近7
HCl溶液 无氧酸 2HClH2↑+Cl2↑ 升高
NaCl溶液 活泼金属的无氧酸盐 2NaCl+2H2OH2+2NaOH+Cl2↑www .k s5u.c om 电解质与水 升高
CuSO4溶液 不活泼金属的含氧酸盐 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 降低
NaCl(熔融) 离子化合物 2NaCl2Na+Cl2↑ 电解质本身
Al2O3(熔融) 2Al2O34Al+3O2↑
【精题精讲】
例1 将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现液滴覆盖的圆周中心区(a)已被腐蚀而变暗，在液滴外沿形成棕色铁锈环(b)，如图所示。
导致该现象的主要原因是液滴之下氧气含量比边缘少。
下列说法正确的是
A．液滴中的Cl-由a区向b区迁移
B．液滴边缘是正极区，发生的电极反应为：O2＋2H2O＋4e-4OH－
C．液滴下的Fe因发生还原反应而被腐蚀，生成的Fe2＋由a区向b区迁移，与b区的OH―形成Fe(OH)2，进一步氧化、脱水形成铁锈
D．若改用嵌有一铜螺丝钉的铁板，在铜铁接触处滴加NaCl溶液，则负极发生的电极反应为
Cu－2e- = Cu2＋
【答案】B
【解析】NaCl溶液滴到一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后在液滴覆盖的圆周中心区(a)被腐蚀变暗，实际上是发生了吸氧腐蚀，这时，
负极电极反应为：Fe - 2e- = Fe2＋ （发生氧化反应）
正极电极反应为：O2 + 2H2O + 4e-= 4OH― （发生还原反应）
在液滴外沿，由于Fe2＋+ 2OH― = Fe(OH)2 ，
4Fe(OH)2 +O2 +2H2O = 4Fe(OH)3 形成了棕色铁锈环（b）.
若改用嵌有一铜螺丝钉的铁板，在铜铁接触处滴加NaCl溶液，由于Fe的金属活动性比铜强，Fe 仍为负极，负极发生的电极反应为：Fe－2e-=Fe2＋。
又根据在原电池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极的规律，Cl－应由b区向a区迁移。所以A、C、D选项均错误，B选项正确。
例2研究人员研制出一种锂水电池，可作为鱼雷和潜艇的储备电源。该电池以金属锂和钢板为电极材料，以LiOH为电解质，使用时加入水即可放电。关于该电池的下列说法不正确的是（ ）
A．水既是氧化剂又是溶剂 B．放电时正极上有氢气生成
C．放电时OH－向正极移动 D．总反应为：2Li＋2H2O=== 2LiOH＋H2↑
【答案】C
【解析】可迅速选出C项是错误，因为原电池放电时OH－是向负极移动的。这种电池名称叫锂水电池。可推测其总反应为：
2Li＋2H2O=== 2LiOH＋H2↑。再写出其电极反应如下：
（—）2Li—2e—＝2Li+
（+）2H2O+2e—＝2OH—＋H2↑
结合选项分析A、B、D都是正确的。
例3结合右图判断，下列叙述正确的是
A.I和II中正极均被保护
B. I和II中负极反应均是Fe-2e-=Fe2＋
C. I和II中正极反应均是O2+2H2O+4e-=4OH―
D. I和II中分别加入少量K3[Fe(CN)6]溶液，均有蓝色沉淀
【答案】A
【解析】题给装置I、II都是原电池，活泼金属作负极，首先被腐蚀，不活泼金属作正极，被保护；A对；I中负极反应式为：Zn-2e-=Zn2＋，B错；II中正极反应式为：2H＋+-2e-=H2↑，C错；I中没有Fe2＋，D错；选A。
例4某小组为研究电化学原理，设计如图2装置。下列叙述不正确的是
A．a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出
B．a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2＋+2e-= Cu
C．无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色
D．a和b分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2＋向铜电极移动
【答案】D
【解析】A、发生置换反应，正确。B、形成原电池，铜片作正极，溶液中Cu2＋发生还原而析出，正确；铁片作负极失去电子形成Fe2+，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色，所以C、正确。D、a和b分别连接直流电源正、负极，a作阳极，铜片失去电子形成为Cu2＋。Cu2＋向铁电极移动。错误
例5根据下图，下列判断中正确的是
A.烧杯a中的溶液pH升高
B.烧杯b中发生氧化反应
C.烧杯a中发生的反应为2H++2e-=H2
D.烧杯b中发生的反应为2Cl--2e-=Cl2
【答案】AB
命题立意：原电池相关知识的考查
【解析】题中给出的物质表明，该电池的总反应是2Zn + O2 + 2H2O = 2Zn(OH)2，a烧杯中电极反应为O2 + 2H2O +4e- =4OH-， b中Zn-2e- = Zn2+，所以正确项为AB。
【技巧点拨】原电池的题是历届常考点，本题可视为由前年高考中的铝空电池变化而来。主要是先要找到电池的总反应，反应中各电极反应、电极周围酸碱性变化、离子浓度变化及计算才能有据可依。
例6甲、乙、丙、丁、戊为原子序数依次增大的短周期元素。甲、丙处于同一主族，丙、丁、戊处于同一周期，戊原子的最外层电子数是甲、乙、丙原子最外层电子数之和。甲、乙组成的常见气体X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；戊的单质与X反应能生成乙的单质，同时生成两种溶于水均呈酸性的化合物Y和Z，0.1 mol/L的Y溶液pH＞1；丁的单质既能与丙元素最高价氧化物的水化物的溶液反应生成盐L，也能与Z的水溶液反应生成盐；丙、戊可组成化合物M。
请回答下列问题：
(1) 戊离子的结构示意图为_________________。
(2) 写出乙的单质的电子式：_________________。
(3) 戊的单质与X反应生成的Y和Z的物质的量之比为2∶4，反应中被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为__________。
(4) 写出少量Z的稀溶液滴入过量L的稀溶液中发生反应的离子方程式：___________________________________。
(5) 按右图电解M的饱和溶液，写出该电解池中发生反应的总反应方程式：_____________________________________。将充分电解后所得溶液逐滴加入到酚酞试液中，观察到的现象是__________________________。
【答案】(1) (2) (3)2:3 ⑷AlO2－ ＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓
(5)2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑ 酚酞溶液溶液变红
【解析】甲、乙组成的常见气体X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则X是NH3，甲是H，乙是N。甲、丙处于同一主族，并且丙的原子序数大于N，则丙是Na。根据戊原子的最外层电子数是甲、乙、丙原子的最外层电子数之和，则戊原子最外层电子数=1＋1＋5=7，则戊是Cl。戊的单质是Cl2，与NH3反应生成乙的单质N2和NH4Cl、HCl；并且0.1 mol·L－1的Y溶液的pH＞1，则Y是NH4Cl，Z是HCl。
丁的单质能与NaOH溶液反应，也能与HCl水溶液反应，则丁是Na，生成的盐L是NaAlO2。丙、戊组成的化合物M为NaCl。
(1)Cl－的结构示意图为：。(2)乙单质N2的电子式为：
(3)NH3与Cl2反应的化学方程式：4NH3＋3Cl2=N2＋2NH4Cl＋4HCl，在反应中氨气做还原剂，氯气做氧化剂，被氧化的物质与被还原的物质之比为：2:3。
(4)将少量的盐酸滴入过量NaAlO2溶液中发生反应的离子方程式为：AlO2－ ＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓。
(5)按右图电解饱和氯化钠溶液，反应的方程式为：2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑。电解后得到NaOH溶液，滴入酚酞溶液中，观察到溶液变红。
例7氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如右图所示。
⑴溶液A的溶质是 。
⑵电解饱和食盐水的离子方程式是 。
⑶电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3。用化学平衡移动原理解释盐酸的作用： 。
⑷电解所用的盐水需精制，去除有影响的Ca2＋、Mg2＋、NH4＋、SO42－[c(SO42－)>c(Ca2＋)]。精制流程如下（淡盐水和溶液A来自电解池）：
①盐泥a除泥沙外，还含有的物质是 。
②过程I中将NH4＋转化为N2的离子方程式是 。
③BaSO4的溶解度比BaCO3的小。过程II中除去的离子有 。
④经过程III处理，要求盐水c中剩余Na2SO3的含量小于5mg/L。若盐水b中NaClO的含量是7.45mg/L，则处理10m3盐水b，至多添加10% Na2SO3溶液 kg（溶液体积变化忽略不计）。
【答案】⑴NaOH ⑵2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH― ⑶Cl2与水反应：Cl2+H2OHCl+HClO，增大HCl的浓度使平衡逆向移动。减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出 ⑷①Mg(OH)2 ②2NH4＋+3Cl2+8OH―N2↑+6Cl－+8H2O ③SO42－、Ca2＋ ④1.76
【解析】电解饱和食盐水时，阴极产物为NaOH和H2，阳极产物是Cl2，反应的离子方程式是2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH―，据此可以确定溶液A的溶质是NaOH；电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3的作用是促使化学平衡Cl2+H2OHCl+HClO向左移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出；根据粗盐水和淡盐水的化学成分，代入题给精制盐水的流程进行分析，可知过程I是将Mg2＋转化为Mg(OH)2沉淀除去，即盐泥a除泥沙外，还含有的物质是Mg(OH)2；将NH4＋转化为N2的氧化剂是Cl2，对应的离子方程式是2NH4＋+3Cl2+8OH―N2↑+6Cl－+8H2O；过程II是利用沉淀溶解平衡原理，将溶液中的Ca2＋和SO42－分别转化为CaCO3和BaSO4沉淀除去；NaClO与Na2SO3溶液反应的化学方程式为：NaClO+Na2SO3NaCl+Na2SO4，若盐水b中NaClO的含量是7.45mg/L，则处理10m3盐水b时至少需要10% Na2SO3溶液，若盐水c中剩余Na2SO3的含量为5mg/L，则还需添加10% Na2SO3溶液50g÷10%=0.5kg，因此至多添加10% Na2SO3溶液的质量为1.26kg+0.5kg=1.76kg。
【专题演练】
(时间90分钟，满分100分)
一、选择题(本题包括16个小题，每小题3分，共48分)
1．某学生设计一水果电池：他把一铁钉和碳棒用导线连接好，然后将
铁钉和碳棒平行插入一新鲜西红柿中，再在导线中接一个灵敏电流计．据此下列叙述正确的是 ( )
A．电流计指针不会发生偏转
B．金属铁会被腐蚀
C．碳棒作负极
D．铁表面有气体逸出
解析：该水果电池中，铁钉为负极，碳棒为正极，电流计指针会发生偏转，碳棒表面产生气泡．
答案：B
2．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：微生物在高温下会因蛋白质变性而死亡，所以该电池不能在高温下工作；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；从电极反应方程式显而易见，H＋应从负极移向正极；从总反应方程式可见，每生成1 mol CO2消耗1 mol O2.
答案：B
3．以硫酸铜溶液作电解液，对含有杂质Fe、Zn、Ag的粗铜进行电解精炼．下列叙述正确的是 ( )
①粗铜与直流电源负极相连
②阴极发生的反应为Cu2＋＋2e－===Cu
③电路中每通过3.01×1023个电子，得到的精铜质量为16 g
④杂质Ag以Ag2SO4的形式沉入电解槽形成阳极泥
A．①③ B．②④
C．③④ D．②③
解析：粗铜作阳极，与电源正极相连；杂质Ag以单质的形式形成阳极泥．
答案：D
4．下列图示中关于铜电极的连接错误的是 ( )
解析：镀件上镀铜时，铜应做阳极，与电源正极相连，镀件做阴极，与电源负极相连．
答案：C
5．如图所示，下列关于实验现象的描述正确的是 ( )
a电极 b电极 X溶液 实验现象
A 石墨 石墨 CuCl2 a电极质量增加，b电极放出无色气体
B Fe 石墨 KNO3 a电极质量增加，b电极放出无色气体
C Fe Cu CuSO4 a电极质量增加，b电极质量减少
D 石墨 石墨 HCl a电极放出无色气体，b电极放出无色气体
解析：这是一个电解装置，其中A、D选项中是惰性电极，且电解液都含有氯离子，所以b电极应该放出淡黄绿色的气体(氯气)；B选项中的a电极质量不变；C选项中所组成的电解池相当于电镀池，其中b电极的铜溶解，质量减少，而a电极上析出铜，质量增加．
答案：C
6．观察下列几个装置示意图，有关叙述正确的是 ( )
A．装置①中阳极上析出红色固体
B．装置②的待镀铁制品应与电源正极相连
C．装置③中外电路电子由a极流向b极
D．装置④的离子交换膜允许阳离子、阴离子、水分子自由通过
解析：本题考查原电池和电解池的应用．装置①阳极上Cl－放电，发生氧化反应：2Cl－－2e－===Cl2↑，A错；装置②待镀铁制品放电，发生还原反应Cu2＋＋2e－===Cu，与电源负极相连，B错；装置④的离子交换膜只允许阳离子自由通过，D错．
答案：C
7．当电解质溶液为氢氧化钾水溶液的氢氧燃料电池电解饱和碳酸钠溶液一段时间，假设电解时温度不变且用惰性电极，下列说法正确的是( )
A．当电池负极消耗m g气体时，电解池阳极同时有m g气体生成
B．电池的负极反应式为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C．电解后c(Na2CO3)不变，且溶液中有晶体析出
D．电池中c(KOH)不变；电池中溶液pH变大
解析：碱性氢氧燃料电池负极反应为：H2－2e－＋2OH－===2H2O，正极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，总反应式为2H2＋O2===2H2O，电解质KOH的物质的量不变，但因生成水使c(KOH)减小，pH变小，B、D错误；电解池阳极反应为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，故电池负极消耗m g H2时，电解池阳极有8m g O2生成，A错误；电解饱和Na2CO3溶液，实际被电解的物质为水，故电解过程中会析出Na2CO3·10H2O晶体，但c(Na2CO3)不变，C正确．
答案：C
8．工业上利用氢气在氯气中燃烧，所得产物再溶于水的方法制盐酸，流程复杂且造成能量浪费．有人设想利用原电池原理直接制备盐酸的同时，获取电能，假设这种想法可行，下列说法肯定错误的是 ( )
A．两极材料都用石墨，用稀盐酸作电解质溶液
B．通入氢气的电极为原电池的正极
C．电解质溶液中的阳离子向通氯气的电极移动
D．通氯气的电极的反应式为Cl2＋2e－===2Cl－
解析：由题可知总反应为H2＋Cl2===2HCl，H2发生氧化反应，通入H2的电极为原电池的负极，反应为H2－2e－===2H＋，正极反应为Cl2＋2e－===2Cl－.原电池工作时电解质溶液中离子的移动方向是：阳离子向正极移动，阴离子向负极移动．
答案：B
9．如图为电解饱和食盐水的简易装置，下列有关说法正确的是( )
A．电解一段时间后，往蛋壳中溶液中滴加几滴酚酞，呈红色
B．蛋壳表面缠绕的铁丝发生氧化反应
C．铁丝表面生成的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
D．蛋壳可阻止生成的氯气与氢气、氢氧化钠溶液接触
解析：由图可知，蛋壳表面的铁丝为阴极，发生反应：2H＋＋2e－===H2↑，碳棒为阳极，发生反应：2Cl－－2e－===Cl2↑，故往蛋壳中滴加酚酞，溶液不会变红．铁丝为阴极，受到保护，附近H＋发生还原反应，故选D.
答案：D
10．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＋2H2OCd(OH)2＋2Ni(OH)2
有关该电池的说法不正确的是 ( )
A．放电时化学能不能全部转化为电能
B．放电时Cd为该电池的负极，充电时这一端应接直流电源的正极
C．放电时该电池的正极反应为：
NiOOH＋H2O＋e－===Ni(OH)2＋OH－
D．充电时，阴极反应为：Cd(OH)2＋2e－===Cd＋2OH－
解析：放电时并不能把化学能全部转化为电能，只能部分转化成电能．放电时发生原电池反应，Cd失去电子被氧化，做负极，充电时，这一端发生还原反应，应接直流电 、
源的负极，B错误．
答案：B
11．用酸性氢氧燃料电池电解苦卤水(含Cl－、Br－、Na＋、Mg2＋)的装置如下图所示(a、b为石墨电极)．下列说法中，正确的是 ( )
A．电池工作时，正极反应式为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
B．电解时，a电极周围首先放电的是Br－而不是Cl－，说明当其他条件相同时前者的还原性强于后者
C．电解时，电子流动路径是：负极→外电路→阴极→溶液→阳极→正极
D．忽略能量损耗，当电池中消耗0.02 g H2时，b极周围会产生0.04 g H2
解析：A项中正极反应式为：O2＋4H＋＋4e－===2H2O；电解时，a电极与原电池正极相连，为电解池的阳极，由于Br－的还原性强于Cl－，因此Br－先放电，B正确；C项中，在电解池内部，溶液是通过阴阳离子的定向移动导电；在整个闭合电路中，转移的电子的物质的量相等，D选项错误．
答案：B
12．按如下图所示装置进行实验(其中C1、C2均是石墨电极)，下列说法中错误的是( )
A．甲池中，Cu极上有气泡放出
B．发现a点附近显红色
C．在C1、C2电极上所产生气体的体积比为2∶1
D．乙池溶液的pH减小
解析：依题意，甲池为原电池，乙池为电解池，甲中锌极为负极，铜极为正极，锌失去电子，H＋在铜极得到电子析出氢气，A正确；浸透饱和食盐水和酚酞试液的滤纸相当于电解池，a极为阴极，b极为阳极，电解饱和食盐水，在阴极区生成氢氧化钠，滤纸变红色，B正确；乙装置中，C1为阳极，C2为阴极，电解稀硫酸相当于电解水，在C1极产生氧气，在C2极产生氢气，体积比为1∶2，C错误；电解过程中，乙中硫酸浓度增大，pH减小，D正确．
答案：C
13．(2010·启东质检)一种由甲醇、氧气和强碱溶液(作电解质)组成的新型手机电池，可持续使用一个月，其电池反应为：2CH3OH＋3O2＋4OH－2CO＋6H2O，则有关说法正确的是 ( )
A．放电时CH3OH参与反应的电极为正极
B．放电时负极的电极反应为CH3OH＋8OH－―→CO＋6H2O＋6e－
C．标准状况下，通入5.6 L O2并完全反应后，有0.5 mol电子转移
D．放电一段时间后，通入氧气的电极附近溶液的pH降低
解析：A项中放电时为原电池反应，CH3OH失电子被氧化，该电极为负极；C项中5.6 L O2完全反应，应转移电子×4＝1 mol；D项中氧气得电子与水反应生成OH－，pH升高．
答案：B
14．(2009·临沂质检)2008年10月8日，瑞典皇家科学院宣布美籍华裔科学家钱永健获得2008年度诺贝尔化学奖．少年时代，他就对化学产生了浓厚的兴趣.16岁时，他凭借一个金属易受硫氰酸盐腐蚀的调查项目，荣获具有“少年诺贝尔奖”之称的著名奖项．下列说法正确的是 ( )
A．金属腐蚀就是金属失去电子被还原的过程
B．将水库中的水闸(钢板)与外加直接电源的负极相连，正极连接到一块废铁上可防止水闸被腐蚀
C．由原电池原理知所有的合金都比纯金属更易被腐蚀
D．铜板上的铁铆钉处在潮湿的空气中发生：Fe－3e－===Fe3＋，从而形成铁锈，但此过程铜不被腐蚀
解析：A项，金属腐蚀是金属失去电子被氧化的过程；B项，水闸作电解池的阴极，根据电解原理可知水闸被保护；C项，有些合金(如不锈钢)由于金属的内部组织结构被改变而比纯金属更难被腐蚀；D项，铁在潮湿空气中发生吸氧腐蚀时，发生的电极反应为Fe－2e－===Fe2＋.
答案：B
15．(2010·威海模拟)按如图所示装置进行下列不同的操作，其中不正确
的是 ( )
A．铁腐蚀的速度由大到小的顺序是：只接通K1>只闭合K3>都断开>
只闭合K2
B．只接通K1，一段时间后，U形管中出现白色沉淀
C．只接通K2，U形管左、右两端液面均下降
D．先只接通K1，一段时间后，漏斗液面上升，然后再只接通K2，漏斗液面下降
解析：只闭合K1，铁作阳极电解氯化钠溶液，铁失电子生成Fe2＋，H2O在阴极得电子生成H2和OH－，Fe2＋和OH－扩散到U形管底部相遇生成白色氢氧化亚铁沉淀，B项正确．只接通K2，铁作阴极，不能失电子，阴极生成氢气，石墨电极上生成氯气，C项正确．综上分析只接通K1铁腐蚀速率最快；只闭合K3，形成原电池，铁腐蚀的速率次之；都断开时铁自然腐蚀；而只接通K2时铁作阴极被保护，腐蚀速率最慢，故A项正确．
答案：D
16．LiFePO4新型锂离子动力电池以其独特的优势成为奥运会绿色能源的新宠．已知该电池放电时的电极反应式为：正极FePO4＋Li＋＋e－===LiFePO4，负极Li－e－===Li＋.下列说法中正确的是 ( )
A．充电时的总反应为FePO4＋Li===LiFePO4
B．充电时动力电池上标注“＋”的电极应与外接电源的正极相连
C．放电时电池内部Li＋向负极移动
D．放电时，在正极上是Li＋得电子被还原
解析：放电时，＋3价铁在正极得电子被还原为＋2价铁，Li在负极失电子生成Li＋，Li＋向正极移动，C、D不正确．充电时的总反应为LiFePO4===FePO4＋Li，A不正确．电池的正极在充电时作阳极，与外接电源的正极相连，B正确．
答案：B
二、非选择题(本题包括6个小题，共52分)
17．(6分)某校化学研究性学习小组欲设计实验验证Fe、Cu的金属活动性，他们提出了以下两种方案．请你帮助他们完成有关实验项目：
方案Ⅰ：有人提出将大小相等的铁片和铜片，分别同时放入稀硫酸(或稀盐酸)中，观察产生气泡的快慢，据此确定它们的活动性．该原理的离子方程式为
________________________________________________________________________.
方案Ⅱ：有人利用Fe、Cu作电极设计成原电池，以确定它们的活动性．试在下面的方框内画出原电池装置图，标出原电池的电极材料和电解质溶液，并写出电极反应式．
正极反应式：____________________________________________________.
负极反应式：_________________________________________________________.
方案Ⅲ：结合你所学的知识，帮助他们再设计一个验证Fe、Cu活动性的简单实验方案(与方案Ⅰ、Ⅱ不能雷同)：______________________，用离子方程式表示其反应原理：_____________________________________________________________.
解析：方案Ⅰ：铁与酸反应而铜与酸不反应
Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑
方案Ⅱ：设计原电池时以铁、铜为电极，电解质溶液应能与电极反应，实验现象应比较明显．
方案Ⅲ：设计简单实验时注意原理与方案Ⅰ及方案Ⅱ的原理不同，且现象明显，操作简单．
答案：Ⅰ：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑
Ⅱ：
正极：2H＋＋2e－===H2↑
负极：Fe－2e－===Fe2＋
Ⅲ：将铁片置于CuSO4溶液中，一段时间后观察Fe表面是否有金属铜析出
Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu
18．(8分)在如图所示的装置中，若通入直流电5 min时，铜电极质量增加2.16 g，试回答：
(1)电源电极X名称为______________．
(2)pH变化：A__________，B__________，C_______________.
(填“增大”“减小”或“不变”)
(3)通电5 min时，B中共收集224 mL气体(标准状况)，溶液体积为200 mL.则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为______________(设电解前后溶液体积无变化)．
(4)若A中KCl溶液的体积也是200 mL，电解后，溶液的pH为____________(设电解前后溶液体积无变化)．
解析：(1)C装置的铜电极质量增加，说明铜极上有金属析出，即溶液中的银离子被还原生成银单质，故铜极为阴极，由此可确定X极为负极．
(2)A装置电解KCl溶液，生成氢气、氯气和氢氧化钾．B装置生成Cu、O2和H2SO4，溶液中氢离子浓度增大．C装置阴极析出银单质，阳极上的银失去电子变成银离子，理论上溶液的物质的量浓度不变．
(3)B装置两极上电子转移的数目与C装置中转移的电子数目相同．C装置中转移的电子为＝0.02 mol.经判断，B装置两极上的反应为：
阴极：Cu2＋＋2e－===Cu,2H＋＋2e－===H2↑
阳极：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
根据题意可得：
2n(H2)＋2n(Cu)＝4n(O2)＝0.02 mol，
n(H2)＋n(O2)＝，
解得n(Cu)＝0.005 mol，CuSO4溶液的物质的量浓度为：0.005 mol/0.2 L＝0.025 mol/L
(4)A装置的反应为：
2KCl＋2H2O2KOH＋H2↑＋Cl2↑
即反应中电子转移的物质的量与生成的氢氧根离子的物质的量相等，为0.02 mol.
c(OH－)＝＝0.1 mol/L，
故pH＝13.
答案：(1)负极 (2)增大 减小 不变 (3)0.025 mol/L
(4)13
19．(9分)(2009·山东高考)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
20．(9分)观察图A、B、C，回答下列问题：
(1)把一块纯净的锌片插入装有稀硫酸的烧杯里，可观察到锌片上有气泡，再平行插入一块铜片，可观察到铜片____________(填“有”或“没有”)气泡产生．再用导线把锌片和铜片连接起来(见图A)，组成一个原电池，负极为________，正极的电极反应式为__________________________________________________________．
(2)如果烧杯中最初装入的是2 mol/L 500 mL的稀硫酸溶液，构成铜锌原电池(见图B，假设产生的气体没有损失)，当在标准状况下收集到11.2 L 的氢气时，则此时烧杯内溶液中溶质的物质的量浓度分别为(溶液体积变化忽略不计)__________、__________.
(3)如果电极材料分别是铁片和石墨并进行连接，插入氯化钠溶液中(见图C)，放置数天后，主要发生__________________________________________________
电化学腐蚀，写出正极的电极反应式________________________________．
(4)生活中利用原电池原理生产了各种各样的电池，废电池必须进行集中处理的问题已被提到议事日程，其最主要原因是________．
A．回收利用电池外壳的金属
B．防止电池中汞、镉和铅等重金属离子对土壤、水源的污染
C．防止电池中渗泄的电解液腐蚀其他物品
D．回收其中的石墨电极
解析：铁跟碳相连接插入食盐水中，由于食盐水显中性，且食盐水必定会溶解有少量氧气，所以会发生吸氧腐蚀．
答案：(1)没有 锌
2H＋＋2e－===H2↑
(2)c(H2SO4)＝1 mol/L
c(ZnSO4)＝1 mol/L
(3)吸氧 O2＋2H2O＋4e－===4OH－
(4)B
21．(8分)(2009·海南高考)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：分析反应的化合价变化，可得Li为还原剂，SOCl2为氧化剂．
(1)负极材料为Li(还原剂)，电极反应为Li－e－=== Li＋.
(2)正极反应式可由总反应式减去负极反应式得到：2SOCl2＋ 4 e－=== 4Cl－＋ S ＋ SO2.
(3)题中给出有碱液吸收时的产物，则没有碱液吸收时的产物应为SO2和HCl，所以SOCl2与水反应的现象应该为出现白雾和有刺激性气体生成．
(4)因为构成电池的两个主要成分中Li能和氧气、水反应，SOCl2也与水反应．
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===SO2↑＋2HCl↑
(4)锂是活泼金属，易与H2O、O2反应；SOCl2也可与水反应
22．(12分)如图，p、q为直流电源两极，A为＋2价金属单质X制成，B、C、D为铂电极，接通电源，金属X沉积于B极，同时C、D产生气泡．试回答：
(1)p为________极，A极发生了________反应．
(2)C为_______极，试管里收集到的气体是________；D为_______极，试管里收集到的气体是________．
(3)C极的电极方程式是____________________________________________．
(4)在电解过程中，测得的C、D两极上产生的气体的实验数据如下：
时间(min) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
阴极生成气体体积(cm3) 6 12 20 29 39 49 59 69 79 89
阳极生成气体 2 4 7 11 16 21 26 31 36 41
体积(cm3)
仔细分析以上实验数据，请说出可能的原因是_____________________________
____________________________________________________________________.
(5)当反应进行一段时间后，A、B电极附近溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)．
(6)当电路中通过0.004 mol电子时，B电极上沉积金属X为0.128 g，则此金属的摩尔质量为________．
解析：(1)接通电源，X沉积于B极，说明B为阴极，则A为阳极，故(1)中q为负极，p为正极，A上发生氧化反应．
(2)H2SO4电解池中，C为阳极，C试管内得O2，D为阴极，此试管内得H2.
(4)C、D两极所得O2、H2体积比应该为1∶2，但实验数据由1∶3随时间变化而增大，到达10分钟时约为1∶2，因为开始O2溶解于溶液中．
(5)A极：X－2e－===X2＋.
B极：X2＋＋2e－===X，两极附近pH不变．
(6)设X的摩尔质量为M g/mol，则
X2＋＋ 2e－ === X
2 mol M g
0.004 mol 0.128 g
得M＝64.
答案：(1)正 氧化 (2)阳 氧气 阴 氢气
(3)4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
(4)开始时C、D两极气体体积比为1∶3,10分钟时约为1∶2，说明开始时氧气溶解于溶液中
(5)不变 (6)64 g/mol【专题十】化学综合实验与探究
【考点突破】
综合实验与探究试题是二卷必考的三道大题之一。解答实验填空或简答题要求做到要点化，条理清晰，表达规范。在历年的阅卷工作中，却发现而不少考生出现以下三大问题：
①会而不对：主要表现在解题思路上，或考虑不全，或书写不准，最后答案是错的；
②对而不全：主要表现在思路大致正确，但丢三拉四，或遗漏某一答案，或讨论不够完备，或是以偏概全或出现错别字；21世纪教育网
③全而不精：虽面面俱到，但语言不到位，答不到点子上。
凡此种种，多是由于答题时一系列的不规范所致。因此，参加高考，在答题时必须自始至终地时时、处处规范，以求最大限度地减少非知识性失分，力争做到“你认为会的应该是对的，你认为对的应该是全对的”。在今后的复习中一定要做到以下几点：①注重语言的逻辑性，做到言简意赅。②注意化学用语的有效使用，切忌词不达意、言不由衷。③所答内容的内涵要严格与设问一致。
【精题精讲】
例1．（2011年汕头二模理综化学试题）某校研究性学习小组同学在实验时把SO2通入装有BaCl2溶液的试管中，出现了白色浑浊物。
（1）实验小组的同学查阅了工具书上的相关数据，经过计算推导得出：即使把SO2通入BaCl2溶液中至饱和，也不可能生成BaSO3，故白色浑浊物只能是BaSO4。你认为所查阅的数据为：SO2饱和溶液中各离子的浓度、SO2的溶解度以及 。
（2）小组同学对白色浑浊物成分及产生原因进行了各种合理的假设，并分别设计实验验证假设如下：
假设 实验验证方法及现象
假设1 白色浑浊物是BaSO3。 [来源:21世纪教育网] 。
假设2 白色浑浊物是BaSO4，造成原因是 。 把BaCl2溶液煮沸，冷却后滴加苯液封，再通入SO2。出现轻微浑浊。
假设3[来源:21世纪教育网] 白色浑浊物是BaSO4，造成原因是 。 反应开始前，先向制取SO2的装置中通入纯净的CO2，再把产生的SO2通入BaCl2溶液中。不出现浑浊。
请把上表填充完全。
（3）写出在验证假设2的实验时，溶液中发生的反应的化学方程式：
、 ；
（4）请你再提供一种假设。白色浑浊物是BaSO4，造成原因是 。
【解析】本题的假设及验证过程以填空的形式给出，减小了试题的难度，故在答题时可利用题中信息。产生白色浑浊物的原因可能是氯化钡溶液中含有碱性物质、氧化性物质或二氧化硫气体中混有氧气等。
【答案】（1）BaSO3的溶度积或BaSO3的溶解度或Ksp(BaSO3)（只答出一种即可）
（2）
假设1 在白色浑浊物中加入过量盐酸，变澄清
假设2 BaCl2溶液中溶解的氧气把亚硫酸氧化成硫酸
假设3 SO2中混有空气，把亚硫酸氧化成硫酸
（3）2SO2 +O2 +2H2O = 2H2SO4 或SO2 +H2O =H2SO3 、2H2SO3 + O2 = 2H2SO4 、H2SO4 + BaCl2=BaSO4↓+2HCl （三种答对两即可）
（4）BaCl2溶液中混有Ba（OH）2 或含有Ba(NO)3、HNO3、H2O2、Fe3+等均可。
例2．（2011年河南省五市高中毕业班第二次联合考试）某校化学兴趣小组设计了图示实验装置（图中省略了夹持仪器）来测定某铁碳合金中铁的质量分数。
（1）m g铁碳合金中加入过量浓硫酸，未点燃酒精灯前，A、B均无明显现象，其原因是：①常温下碳与浓硫酸不反应；②_____________。
（2）写出加热时A中碳与浓硫酸发生反应的化学方程式____________。
（3）B中的现象是：____________；C的作用是：_______________。
（4）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。则铁碳合金中铁的质量分数为_____________。
（5）甲同学认为利用此装置测得铁的质量分数偏大，请你写出可能的原因：___________。
（6）最后对所得测量结果进行评价，小组内有同学提出，本套装置在设计上存在多处缺陷而导致实验结果不准确，其中会导致铁质量分数测量值偏低的是（任答一条即可）
_____________。
【解析】本实验的原理为测定产生的二氧化碳的量，据此求出碳的质量，进一步求出铁碳合金中铁的质量分数。本题的考查点就在测定二氧化碳的含量上，第一需要排除二氧化硫的干扰，这就需要吸收二氧化硫、并且证明二氧化硫已经除尽，本题在设计上存在这一缺陷；第二是保证生成的二氧化碳全部被碱石灰吸收、称量，这就需要用惰性气体（如氮气）将装置中的气体赶出，而该实验的设计在这一点上也存在缺陷。（4）产生二氧化碳bg，根据碳守恒
【答案】
例3．（北京市西城区2011年高三二模试卷）某同学设计了如下图所示装置（部分夹持装置已略去）进行实验研究。
[21世纪教育网
请回答：
（1）用上述装置探究影响化学反应速率的因素。
①圆底烧瓶中发生反应的离子方程式是 。
②用上述装置进行实验，以生成9．0 mL气体为计时终点，结果为。
序号 V（H2SO4）/mL C(H2SO4)/mol·L-1 t/s
I 40 1 t1
II 40 4 t2
比较实验I和Ⅱ可以得出的实验结论是 。
实验过程中，对量气管的操作是 。
③若将锌片换成含杂质的粗锌片，且控制其他条件使其与上述实验完全一致，所测得的反应速率均大于上述实验对应的数据。粗锌片中所含杂质可能是（填序号） 。
A．石墨 b．银 c．铜d．沙粒（二氧化硅）
（2）用上述装置验证生铁在潮湿空气中会发生吸氧腐蚀。
①圆底烧瓶中的试剂可选用（填序号） 。
a．NaOH溶液 b．C2H5OH c．NaCl溶液 d．稀硫酸
②能证明生铁在潮湿空气中会发生吸氧腐蚀的现象是 。
【解析】（1）②对量气管读数时，要注意调整左右两管的液面高度相平，且视线与液面相平。③由反应速率大于上述实验对应的数据可知所含杂质必能与锌形成原电池，是反应速率增大。
（2）钢铁在中性或弱碱性环境中易发生吸氧腐蚀，吸氧腐蚀消耗氧气，故量气管右端液面下降，左端液面上升。
【答案】
例4．（东莞高级中学2011届高三校二模理综测试）某化学兴趣小组在探究次氯酸钠溶液的性质时发现：往过量FeSO4溶液中滴入几滴NaClO溶液，并加入适量硫酸，溶液立即变黄。请你协助他们完成该反应还原产物的探究。
（1）甲同学推测该反应的还原产物为Cl2；乙同学推测该反应的还原产物为 。
（2）你认为甲同学的推测是否正确？ （填“正确”或“不正确”）。请用简要的文字或离子方程式说明理由 。
根据乙同学的推测，上述反应的离子方程式为 。
（3）请你设计一个实验方案，验证乙同学的推测（还原产物）是否正确。要求在答题卡上按下表格式写出实验步骤、预期现象和结论：
实验操作 预期现象和结论
步骤1：
步骤2：
【解析】NaClO中氯元素为+1价，故其还原产只可能为氯气或Cl－ 。而验证乙同学结论正确只需要验证有Cl－生成即可，验证时应该先排除SO42－的干扰。
【答案】（1）Cl－
（2）不正确 因为FeSO4过量，反应中有剩余，Cl2能将Fe2+继续氧化，因此还原产物不可能为Cl2（或2Fe2+＋Cl2＝2Cl－＋2Fe3+）21世纪教育网
2Fe2+ ＋ClO－＋2H+＝2Fe3+＋Cl－＋H2O
（3）
实验步骤 预期现象和结论
步骤1：取上述反应后的溶液少许于试管A中，滴加过量Ba(NO3)2溶液，静置。（2分） 有白色沉淀生成（1分）
步骤2：取试管A中的上层清液于试管B中，滴几滴稀HNO3和几滴AgNO3溶液。（2分） 若有白色沉淀生成，则乙同学的推测正确（1分）；若没有白色沉淀生成，则乙同学的推测不正确（1分）。
例5．（泰州市2011届高三第三次调研测试）某兴趣小组的同学发现，将CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合会产生蓝绿色沉淀。他们对沉淀的组成很感兴趣，决定采用实验的方法进行探究。
【提出猜想】
猜想1：所得沉淀为 ；
猜想2：所得沉淀为 ；
猜想3：所得沉淀为碱式碳酸铜[化学式可表示为mCu (OH)2·nCuCO3]。
查阅资料获知，无论是哪一种沉淀受热均易分解（假设均不含结晶水）。
【实验探究】
步骤1：将所得悬浊液过滤，先用蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤，风干。
步骤2：取一定量所得固体，用如下装置（夹持仪器未画出）进行定性实验。
能证明猜想1成立的实验现象是 。
【问题讨论】
（1）检查上述虚线框内装置气密性的实验操作是：关闭K， 。
（2）若在上述装置B中盛放无水CaCl2，C中盛放Ba(OH)2溶液，还可测定所得沉淀的组成。[来源:21世纪教育网]
①C中盛放Ba(OH)2溶液，而不使用澄清石灰水的原因是 。
②若所取蓝绿色固体质量为27.1 g，实验结束后，装置B的质量增加2.7 g，C中产生沉淀的质量为19.7 g。则该蓝绿色固体的化学式为 。
【解析】问题讨论中的（2）②，无论是Cu(OH)2、CuCO3 ，还是二者兼有，加热后最后都残留CuO。
n（H2O）==0.15mol
n（CO2）==0.1mol
n（CuO）==0.25mol
故该蓝绿色沉淀写成氧化物形式为：5CuO·2CO2·3H2O，或者写成Cu5(OH)6(CO3)2或2CuCO3·3Cu(OH)2。
【答案】【提出猜想】Cu(OH)2 CuCO3
【实验探究】
B中白色固体变蓝，C中无明显现象（若猜想1所得沉淀为CuCO3，则实验现象为B中无明显现象，C中产生白色沉淀）
【问题讨论】
（1）用酒精灯微热硬质玻璃管，若C中有气泡逸出，撤去酒精灯冷却一段时间后，C中导管内形成水柱，则证明装置的气密性良好
（2）①Ba(OH)2溶解度大于Ca(OH)2，充分吸收CO2；BaCO3的摩尔质量大于CaCO3，测量误差小
②Cu5(OH)6(CO3)2［或2CuCO3·3Cu(OH)2］
例6．（海南省海口市2010-2011学年高三高考调研测试（二））某兴趣小组在网上收集到如下信息：钾、钙、钠、镁等活泼金属都能在CO2气体中燃烧。他们对钠在CO2气体中燃烧后生成的白色物质进行了如下探究：
【实验】将燃烧的钠迅速伸入到盛有装满CO2的集气瓶中，钠在其中继续燃烧至完全，反应后冷却，瓶底附着黑色颗粒，瓶壁上粘附着白色物质。
（1）通过钠在CO2气体中燃烧的实验，你认为物质燃烧的条件是 。
（2）实验室不小心发生钠着火，下列灭火方法正确的是
A．用水扑灭 B．用泡沫灭火器扑灭
C．用干粉灭火器扑灭 D．用干燥的砂子扑灭
【提出假设】
假设1：白色物质是Na2O。
假设2：白色物质是Na2CO3。
假设3：白色物质是Na2O和Na2CO3的混合物。
【设计实验方案．验证假设】该小组对燃烧后生成的白色物质进行如下探究：
实验方案 实验操作 实验现象 结论
方案1 取少量白色物质于试管中，加入适量水，振荡，样品全部溶于水，向其中加入无色酚酞试液 溶液变成红色 白色物质为Na2O
方案2[来源:21世纪教育网] ① 取少量白色物质于试管中，加入适量水，振荡，样品全部溶于水，向其中加入过量的BaCl2溶液 出现白色沉淀21世纪教育网
② 静置片刻，取上层清液于试管中，滴加无色酚酞试液 无明显现象
【思考与交流】
（3）甲同学认为方案1得到的结论不正确，其理由是 。
（4）乙同学认为方案2得到的结论正确，白色物质为 。理由是 。
（5）写出钠在二氧化碳中燃烧的化学方程式为 。
（6）丙同学认为白色物质有可能是氢氧化钠。你是否同意丙同学的观点，并简述理由： 。
【答案】
（2）D
（3）Na2CO3溶液显碱性，也会使酚酞变红
（4）Na2CO3 方案2的①中出现的白色沉淀是BaCO3，所以燃烧后的白色物质中有Na2CO3，②中滴加无色酚酞试液无明显现象，说明燃烧后的白色产物中没有Na2O。
（5）4Na+3CO2====2Na2CO3+C
（6）不同意。因为反应物中无氢元素（或违背质量守恒定律）
例7．（2011年石家庄市高中毕业班第二次模拟考试试卷）工业制得的氮化铝(AlN)产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、等杂质。某同学设计了如下实验分别测定氮化铝(AlN)样品中AlN和Al4C3，的质量分数(忽略NH3在强碱性溶液中的溶解)。
(1)实验原理
①Al4C3与硫酸反应可生成CH4；
②AlN溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨气，请写出AlN与NaOH溶液反应的化学方程式 。
(2)实验装置(如图所示)
(3)实验过程
①连接实验装置，检验装置的气密性。称得D装置的质量为，滴定管的读数为mL。
②称取x g AlN样品置于锥形瓶中；塞好胶塞，关闭活塞 ，打开活塞 ，通过分液漏斗加入稀硫酸，与烧瓶内物质充分反应。
③待反应进行完全后，关闭活塞 ，打开活塞 ，通过分液漏斗加入过量 (填化学式)，与烧瓶内物质充分反应。
④ (填入该步应进行的操作)。
⑤记录滴定管的读数为mL，称得D装置的质量为 ，
(4)数据分析
①AlN的质量分数为 。
②若读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，则所测气体的体积 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
③的质量分数为 。(该实验条件下的气体摩尔体积为)。
【解析】（1）AlN与强酸、强碱的反应实质上是AlN先与水发生水解反应，生成Al(OH)3和NH3，生成物然后再分别与强酸或强碱反应。
（2）从实验装置和实验步骤上看，本实验的原理是用足量硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而可测得Al4C3的百分含量；用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，从而求得AlN的质量分数。为了保证生成的氨气全部被吸收，实验装置设计了K2这一活塞和导管，目的就是反应后从此处通入惰性气体将氨气排除被充分吸收。根据氮原子的守恒，氨气的物质的量等于AlN的物质的量，可求得AlN的质量分数；根据碳原子的守恒，Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一，可求得Al4C3的质量分数。
【答案】（1）AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑
（3）②K2、K3 K1
③K1（1分），K3（1分），NaOH
④打开K2， 通入空气一段时间
（4）①×100%
②偏小
③×100%
8．（蚌埠市2011届高三年级第三次教学质量检查考试）某兴趣小组的同学在探究金属活动性顺序时，决定把铝片放入硫酸铜的水溶液中进行实验，以验证铝和铜的活动性顺序。小组的同学进行了分工，甲同学取一定量的无水硫酸铜粉末加到一定量的蒸馏水中溶解，发现溶液变浑浊，加水稀释仍然浑浊。
（1）你认为是什么原因造成的 ，写出反应的化学方程式 。
（2）请你给出配制此溶液的建议 。
（3）经过小组讨论后，终于配制成澄清溶液。甲同学截取一段铝片放入盛有该硫酸铜溶液的试管中，观察，一开始无明显现象，一段时间后铝片表面先变 ，随后溶液颜色变浅并在铝片表面沉积一层疏松的红色物质。
（4）乙同学认为将铝片放入前应 ，并重做此实验，除发现跟甲同学一样的现象外，还看到有气泡产生，于是激发了他们的探究欲望。
【提出问题】该气体是什么呢？
【猜想】①甲同学认为可能是氢气 ②乙同学认为可能是二氧化硫。
【查资料】铜盐溶液中，溶液的pH决定溶液中Cu2＋浓度大小，通过查资料得到如下数据(Cu2＋浓度小于1.0×10-5molL-1时忽略不计)：
Cu2＋/molL-1 0.1 0.01 0.001 0.0001 0.00001
溶液pH 4.7 5.2 5.7 6.2 6.7
【方案设计】同学们设计方案逐一加以验证：
① ；
② 。
【讨论交流】你觉得还可以通过什么操作验证Al和Cu的活动性 。
【解析】在配制易水解的强酸弱碱盐时，为了防止水解，通常将该盐溶于对应的酸中，然后加蒸馏水稀释。验证可氢气可根据其可燃性做爆鸣实验，验证二氧化硫可根据其还原性或漂白性通入酸性高锰酸钾溶液或品红试液中。
【答案】（1）硫酸铜水解生成氢氧化铜沉淀，CuSO4+2H2OCu(OH)2↓+H2SO4
（2）取硫酸铜粉末加入少量硫酸再加适量蒸馏水稀释
（3）暗
（4）先用砂纸打磨光亮
【方案设计】①将产生的气体收集到小试管中，做爆鸣气实验
②将产生的气体通入品红溶液中，观察是否褪色（或其他合理的答案）
【讨论交流】分别取铜片和铝片，加入稀盐酸中观察（或其他合理的答案）
9．（2011年潮州市二模理综化学试题）纯碱、烧碱等是重要的化工原料。
（1）利用右下图所示装置可间接证明二氧化碳与烧碱溶液发生了反应：将A与B连接，打开止水夹，将胶头滴管中的液体挤入烧瓶，此时的实验现象是 ，反应的离子方程式是______ _。
（2）向100 mL2 mol/L的NaOH 溶液中通入一定量CO2，充分反应后将溶液在一定条件下蒸发结晶，得到少量的白色固体。试设计实验确认该白色固体的成分。
①提出合理假设。
假设1：该白色固体为NaOH和Na2CO3；
假设2：该白色固体为只有Na2CO3；
假设3：该白色固体为只有NaHCO3；
假设4：该白色固体为________ ____。
②基于假设1，设计实验方案进行实验证明固体的成分是NaOH和Na2CO3。请在答题卡上写出实验步骤及预期现象和结论。（步骤可不填满也可增加）
限选实验试剂及仪器： 1moL·L–1HCl溶液、1mol·L–1 MgCl2溶液、0.5moL·L–1BaCl2溶液、1mol·L–1 Ba(OH)2溶液、甲基橙试液、酚酞试液、试管、胶头滴管、过滤装置。
实验步骤 预期现象和结论
步骤1：
步骤2：
步骤3：
【解析】要验证NaOH和Na2CO3同时存在，根据题中所给试剂，要首先利用中性溶液BaCl2检验出碳酸钠，并将碳酸根离子全部沉淀，再通过检验溶于的pH来确定是否含有NaOH。
【答案】（1）水沿导管由广口瓶进入烧瓶（或：水倒吸进入烧瓶）
2OH–+CO2=CO32–+H2O（或OH–+CO2=HCO3–）
（2）Na2CO3 和NaHCO3
实验步骤 预期现象和结论
步骤1：取少量白色固体于试管中，加适量水溶解，再加0.5moL·L–1BaCl2溶液至过量（2分） 产生白色沉淀，说明固体中含有Na2CO3；（2分）
步骤2：过滤，取少量滤液（或：静置，用胶头滴管取上层清液少许）于试管中，再向试管中滴加1~2滴酚酞试液（2分） 溶液变红色，说明固体中含有NaOH（2分）
【专题演练】
1．用以下三种途径来制取相同质量的硝酸铜：①铜与浓硝酸反应；②铜与稀硝酸反应；③铜与氧气反应生成CuO，CuO再与稀硝酸反应。下列有关叙述不正确的是( )
A．所消耗的硝酸的量：①>②>③
B．对环境造成的危害，③最小
C．因铜与浓硝酸作用最快，故制取硝酸铜的最佳途径是①
D．三种途径所消耗的铜的质量相等
解析：三种途径制取硝酸铜的反应分别为：①Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，②3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，③2Cu＋O22CuO、CuO＋2HNO3===Cu(NO3)2＋H2O。所消耗的硝酸的量：①>②>③，A对；途径③没有有毒气体产生，对环境造成的危害最小，B对；途径③消耗的硝酸最少，对环境造成的危害最小，为制取硝酸铜的最佳方案，C错；三种途径消耗的铜的质量相等，D对。
答案：C
2．下述实验不能达到预期目的的是( )
编号 实验内容 实验目的
A. 将AlCl3溶液蒸干灼烧 制备Al2O3
B. 向沸水中滴加几滴FeCl3饱和溶液，继续加热至红褐色 制备Fe(OH)3胶体
C. 向某溶液中加入稀H2SO4，将产生的气体通入澄清石灰水 检验溶液中是否含有CO
D. 相同温度下，测定浓度均为0.1 mol·L－1的Na2CO3和CH3COONa溶液的pH 比较CH3COO－和CO结合H＋的能力强弱
解析：若溶液中含有HCO或SO、HSO等，也会出现同样的现象，故C错误。
答案：C
3．为证明SO2与Ba2＋只有在碱性条件下才能形成BaSO3沉淀，可设计如下实验方案，其中可行的是( )
A．将SO2通入Ba(OH)2溶液中，有白色沉淀生成
B. 将SO2通入Ba(NO3)2溶液中，有白色沉淀生成
C. 将SO2分别通入BaCl2溶液、BaCl2和HCl的混合溶液、Ba(OH)2溶液中，只有Ba(OH)2溶液中有白色沉淀生成
D. 将SO2通入BaCl2与NH3的混合溶液中，有白色沉淀生成
解析：A、D项实验可证明在碱性条件下SO2能与Ba2＋作用形成沉淀，但不能排除在非碱性条件下也能形成沉淀；B项中则是在酸性(SO2溶解后生成H2SO3使溶液呈酸性)条件下，NO将SO氧化成SO，从而形成BaSO4沉淀；C项中分别在中性、酸性和碱性条件下进行实验，从而能得出结论。
答案：C
4．向某无色溶液Q中加入适量的盐酸后，产生白色沉淀P，再加入稀硝酸，沉淀不溶解，对此现象，甲、乙两位同学分别提出自己的看法。
甲：原溶液中一定有Ag＋。乙：原溶液中一定有SiO。丙同学通过对甲、乙两位同学的观点进行分析后提出了如下的方案，用于确定溶液中到底是含有Ag＋还是含有SiO，其中肯定不正确的是( )
A B C D
操作 将P置于浓氨水中 测量溶液Q的pH 将P置于NaOH溶液中 向溶液Q中加足量硝酸
现象与结论 若沉淀不溶解，则原溶液中含有Ag＋ 若pH<7，则溶液中不含SiO 若P溶解，则含有SiO 若有白色沉淀生成，则不含Ag＋
解析：Ag＋水解使溶液呈酸性，SiO水解使溶液呈碱性，H2SiO3能溶于强碱，AgCl能溶于浓氨水。
答案：A
5．下列相关实验不能达到预期目的的是( )
选项 相关实验 预期目的
A 相同温度下，等质量的大理石块、大理石粉分别与等体积、等浓度的盐酸反应 探究接触面积对化学反应速率的影响
B 把装有颜色相同的NO2和N2O4混合气体的两支试管(密封)分别浸入冷水和热水中 探究温度对化学平衡的影响
C 在蔗糖中加入稀硫酸，水浴加热，再加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热 探究蔗糖水解产物具有还原性
D 两支试管中装有等体积、等浓度的H2O2溶液，向其中一支试管中加入FeCl3溶液 探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响
解析：蔗糖在稀H2SO4溶液中水解后，应加入NaOH溶液中和掉H2SO4使溶液呈碱性，否则加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热时，得不到Cu2O砖红色沉淀，也无法探究蔗糖水解产物具有还原性。
答案： C
6．碘被称为“智力元素”，科学合理地补充碘可防止碘缺乏病。碘酸钾(KIO3)是国家规定的食盐加碘剂，它的晶体为白色，可溶于水。碘酸钾在酸性介质中与过氧化氢或碘化物作用均生成单质碘。以碘为原料，通过电解制备碘酸钾的实验装置如图所示。
请回答下列问题：
(1)碘是________(填颜色)固体物质，实验室常用________方法来分离提纯含有少量杂质的固体碘。
(2)电解前，先将一定量的精制碘溶于过量氢氧化钾溶液，溶解时发生反应：
3I2＋6KOH===5KI＋KIO3＋3H2O，将该溶液加入阳极区。另将氢氧化钾溶液加入阴极区，电解槽用水冷却。
电解时，阳极上发生反应的电极反应式为________________；阴极上观察到的实验现象是________________。
(3)电解过程中，为确定电解是否完成，需检验电解液中是否有I－。请设计一个检验电解液中是否有I－的实验方案，并按要求填写下表。
要求：所需药品只能从下列试剂中选择，实验仪器及相关用品自选。
试剂：淀粉溶液、碘化钾淀粉试纸、过氧化氢溶液、稀硫酸。
实验方法 实验现象及结论
(4)电解完毕，从电解液中得到碘酸钾晶体的实验过程如下：
步骤②的操作名称是________，步骤⑤的操作名称是________。步骤④洗涤晶体的目的是
____________________________________________。
解析：本题主要考查碘及其化合物的性质、电解原理和实验基本操作，意在考查考生的分析能力和实验能力。
(1)卤素单质的颜色随着相对分子质量的增加而变深，单质碘为紫黑色，具有易升华的性质。
(2)电解时，阳极发生氧化反应，I－失去电子被氧化；阴极发生还原反应，H＋得电子生成氢气。
(3)阳极电解产物中含有IO，该离子与I－在酸性条件下可以发生氧化还原反应生成单质碘，可用淀粉溶液检验生成的单质碘。
(4)溶液经蒸发浓缩，冷却后析出晶体，然后过滤得目标产物KIO3，洗涤其表面的杂质，干燥后即得较为纯净的KIO3。
答案：(1)紫黑色 升华
(2)2I－－2e－===I2(或I－＋6OH－－6e－===IO＋3H2O) 有气泡产生
(3)
实验方法 实验现象及结论
取少量阳极区电解液于试管中，加稀硫酸酸化后加入几滴淀粉溶液，观察是否变蓝 如果不变蓝，说明无I－(如果变蓝，说明有I－)
(4)冷却结晶 干燥 洗去吸附在碘酸钾晶体上的氢氧化钾等杂质
7．利用如图所示的装置和其他必要的用品，利用反应：2NH3＋3CuON2＋3Cu＋3H2O证明氨气具有还原性。请回答下列有关问题。
(1)反应所需氨气用浓氨水和固体氢氧化钠混合制取。能够用这种方法快速制得氨气的原因是______________________；该反应应在上述________(填写编号)装置中进行。
(2)C装置中浓硫酸的作用是______________________；所用漏斗的作用是_____________________________________。
(3)实验中能够说明生成了铜单质的现象为________；为了检验反应生成的水蒸气，应在D装置中装入的化学试剂是________。
(4)为了达到上述实验目的，从左到右各装置的连接顺序是________(用A、B、C、D表示，根据需要，装置可重复使用)。
答案：(1)氢氧化钠溶于水时放热和增大氢氧根离子的浓度，都促进了氨水分解放出氨气 B
(2)吸收没有参加反应的氨气，防止水进入检验装置 防止吸收气体时发生倒吸现象
(3)A装置中的固体由黑色变为红色 无水硫酸铜
(4)B→D→A→D→C
8．某化学探究小组拟用铜片制取Cu(NO3)2，并探究其化学性质。
(一)他们先把铜粉放在空气中灼烧，再与稀HNO3反应制取硝酸铜。
(1)如果直接用铜屑与稀HNO3反应来制取硝酸铜，可能导致的两个不利因素是________、________。
(2)实验中铜粉应该放在________(填“蒸发皿”、“坩埚”或“烧杯”)中灼烧。欲从反应后的溶液中得到硝酸铜晶体，实验操作步骤按顺序分别是________、________、过滤。
(二)为了探究Cu(NO3)2的热稳定性，探究小组按下图中的装置进行实验。(图中铁架台、铁夹和加热设备均略去)
往左试管中放入研细的无水Cu(NO3)2晶体并加热，观察到左试管中有红棕色气体生成，最终残留黑色粉末；用U形管除去红棕色气体，在右试管中收集到无色气体。
(1)红棕色气体是________。
(2)当导管口不再有气泡冒出时，停止反应，这时在操作上应注意________________________________________。
(3)探究小组判断Cu(NO3)2的分解属于氧化还原反应，产物除了红棕色气体和黑色固体外，进一步分析、推断，分解产物中一定还含有________。
(三)为了探究Cu(NO3)2在酸性条件下跟铁单质的反应。他们取一支试管，加入Cu(NO3)2溶液，滴入适量稀硫酸酸化，再加入一定量铁粉，实验后没有固体残留物质。
(1)反应中最先起氧化作用的是________。
(2)该探究小组对反应后溶液中铁元素的价态进行探究，他们设计了实验方案，并进行实验。请按下表格式补充写出实验操作步骤、预期现象与结论。
实验操作步骤 预期现象与结论
步骤1：观察样品 溶液呈蓝绿色，________(填“能”或“不能”)确定产物中铁元素的价态
步骤2：取少量溶液，滴加酸性KMnO4溶液
步骤3：________ 若溶液变为红色，说明产物中含＋3价的铁元素；若溶液颜色无明显变化，则说明产物中不含＋3价的铁元素
解析：(一)(1)由反应3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O与3CuO＋6HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋6H2O相比，生成等物质的量的Cu(NO3)2前者消耗HNO3多，而且生成的NO污染空气。
(2)固体的灼烧应放在坩埚中进行；从溶液中得到硝酸铜晶体应先蒸发浓缩再冷却结晶，最后过滤。
(二)(1)Cu(NO3)2晶体加热产生的红棕色气体为NO2。
(2)当导管口不再有气泡冒出时，为了防止倒吸应先把导气管移出水面，然后再熄灭酒精灯。
(3)Cu(NO3)2分解生成NO2、CuO，根据电子得失守恒和质量守恒知，分解产物中还应该有O2。
(三)(1)Cu(NO3)2溶液中加入稀硫酸，溶液中有H＋、NO，相当于有HNO3，能氧化铁粉。
(2)步骤1：Fe2＋在溶液中为浅绿色，Fe3＋在溶液中为棕黄色，而该溶液呈蓝绿色，因此不能确定产物中铁元素的价态；步骤2：酸性KMnO4溶液具有氧化性，能够氧化Fe2＋，因此若KMnO4溶液的紫红色褪去或变浅说明产物中含＋2价的铁元素，否则不含；步骤3：为检验溶液中是否含有＋3价的铁元素，现象为溶液变为红色，因此用的试剂是KSCN溶液。
答案：(一)(1)生成等物质的量的硝酸铜，消耗硝酸原料多 产生污染物NO
(2)坩埚 蒸发浓缩 冷却结晶
(二)(1)NO2
(2)先把导气管移出水面，然后熄灭酒精灯火焰
(3)O2
(三)(1)HNO3(或H＋和NO)
(2)不能 若KMnO4溶液的紫红色褪去或变浅，则说明产物中含＋2价铁元素；若KMnO4溶液不褪色或不变浅，则说明产物中不含＋2价铁元素 另取少量溶液，滴加KSCN溶液
9．CaCO3广泛存在于自然界，是一种重要的化工原料。大理石主要成分为CaCO3，另外有少量的含硫化合物。实验室用大理石和稀盐酸反应制备CO2气体。下列装置可用于CO2气体的提纯和干燥。
完成下列填空：
(1)用浓盐酸配制1:1(体积比)的稀盐酸(约6 mol·L－1)，应选用的仪器是________。
a．烧杯 b．玻璃棒 c．量筒 d．容量瓶
(2)上述装置中，A是________，NaHCO3溶液可以吸收________。
(3)上述装置中，B物质是________。用这个实验得到的气体测定CO2的分子量，如果B物质失效，测定结果________(填“偏高”、“偏低”或“不受影响”)。
(4)一次性饭盒中石蜡(高级烷烃)和CaCO3在食物中的溶出量是评价饭盒质量的指标之一，测定溶出量的主要实验步骤设计如下：
剪碎、称重―→浸泡溶解―→过滤―→残渣烘干―→冷却、称重―→恒重
为了将石蜡和碳酸钙溶出，应选用的试剂是________。
a．氯化钠溶液 b．稀醋酸 c．稀硫酸 d．正己烷
(5)在溶出量测定实验中，为了获得石蜡和碳酸钙的最大溶出量，应先溶出________，后溶出________。
(6)上述测定实验中，连续________________，说明样品已经恒重。
解析：(1)考查等体积比浓度的溶液配制，用量筒量取等体积水与浓盐酸，倒入烧杯，搅拌混合即可。
(2)由于制备得到的CO2中含H2S以及反应挥发出的HCl，因此可通过CuSO4溶液除去H2S，通过饱和NaHCO3溶液除去HCl。
(3)固体B应为无水CaCl2，可除去CO2中的H2O(g)。如果CaCl2失效，则气体为CO2与H2O(g)的混合气体，其平均分子量小于CO2的分子量，因此测定结果偏低。
(4)要溶于CaCO3应选用稀醋酸，不能用稀H2SO4，因为H2SO4与CaCO3反应生成的CaSO4，微溶于水。正己烷用于溶解石蜡。
(5)先用正己烷溶解石蜡，才能使其中的CaCO3与醋酸充分接触发生反应，使二者达到最大溶出量。
(6)两次称量的质量差不超过0.001 g，说明已经恒重。
答案：(1)abc
(2)CuSO4溶液或酸性KMnO4溶液 HCl气体或酸性气体
(3)无水CaCl2 偏低 (4)bd (5)石蜡 CaCO3
(6)两次称量的结果相差不超过(或小于)0.001 g
蓝绿色固体
碱石灰
K
A
B
C
D
无水CuSO4
澄清石灰水
（
N2【专题三】元素周期律 元素周期表
【考点突破】
考点1 原子结构
1.原子组成()
2.等量关系
(1)质量数(A)=质子数(Z)+中子数(N)。
(2)质子数(Z)=核外电子数=核电荷数=原子序数。
(3)阳离子所带电荷数=阳离子核内质子数-阳离子核外电子数。
(4)阴离子所带电荷数=阴离子核外电子数-阴离子核内质子数。
方法点击 原子结构是高考的热点之一，解决此类问题关键在于抛开题目所给新信息的干扰，弄清()的含义，掌握质子数、中子数、质量数、核外电子数之间的关系，只有这样才能顺利解答问题，在解题时一定要看清题干要求。
规律与特例：规律学习是主线，特性特点往往是考点，所以我们在学习中还要掌握元素原子结构的特征规律。核电荷数为1—18的元素的原子结构是大纲和高考重点要求与考查的内容，熟练掌握其结构特征，尤其是核外电子排布是快速判断元素的前提和基础。
1.规律：
(1)最外层电子数跟次外层电子数相等的原子有Be、Ar。
(2)最外层电子数是次外层电子数2倍的原子是C；3倍的是O；4倍的是Ne；1/2倍的是Li、Si。
(3)电子层数跟最外层电子数相等的原子有H、Be、Al。
(4)最外层电子数是电子层数2倍的原子是He、C、S；3倍的是O。
2.特性：
核电荷数为1—18的元素的特征性质：
(1)气态密度最小，原子核中只有质子没有中子，原子序数、电子层数、最外层电子数三者均相等的是H。
(2)单质硬度最大，熔沸点最高，形成化合物种类最多，正负化合价代数和为零且气态氢化物中含氢百分率最高的元素是C。
(3)原子半径最大的是K，最小的是H。
(4)单质与水反应生成氧气，气态氢化物最稳定，只有负价而无正价的是F。
考点2 元素与同位素、同素异形体、同分异构体、同系物的联系与区别
元素 同位素 同系物 同分异构体 同素异形体
概念 具有相同核电荷数(即质子数)的同一类原子的总称 质子数相同，中子数不同的原子互称为同位素 结构相似，分子之间相差n个—CH2化合物互称为同系物 分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体 同种元素形成的不同单质
存在范围 宏观 原子 有机物 有机物 单质
方法点击 区分以上概念，首先需要明确各概念所使用的范畴，如同位素是指原子，同素异形体是指单质，同分异构体、同系物一般适用于有机物，然后抓住概念的实质进行区分，否则容易混淆。
考点3 元素周期律、元素周期表
1.元素周期表
2.元素周期律
元素的性质随着原子序数的递增而呈周期性变化，这个规律叫做元素周期律。这里所讲的元素性质是指元素的原子半径、元素的化合价、元素的化学性质，即元素的金属性和非金属性。如表：21世纪教育网
内容 同周期元素(从左到右) 同主族元素(从上到下)
原子结构21世纪教育网 核电荷数 递增[21世纪教育网]21世纪教育网 增大21世纪教育网
电子层数 相同 增多
最外层电子数 增多 相同
原子半径 逐渐减小(1e-—8 e-) 逐渐增大
元素性质 主要化合价 最高正价由+1→+7最低负价由-4→-1 最高正价、最低负价相同最高正价=族序数
最高价氧化物对应水化物的酸碱性 碱性减弱酸性增强 碱性增强酸性减弱
非金属的气态氢化物 稳定性 增强 减弱
形成难易 难易 易难
单质的氧化性或还原性 还原性减弱氧化性增强 还原性增强氧化性减弱
元素的金属性和非金属性 金属性逐渐减弱非金属性逐渐增强 金属性逐渐增强非金属性逐渐减弱
方法点击 1.注意：
(1)F没有正价；O除氟化物外，一般不显正价；金属元素一般无负价。主族元素最高正价=最外层电子数=族序数；主族元素最低负价=最外层电子数-8=族序数-8。
(2)非金属性的正价有多种，一般是由共用电子对的偏移形成的。简单的阴离子的价态均是最低负价，如S2-、Cl-、P3-等。所以我们在用化合价判断元素在周期表中位置时，一定要分清是否为最高正价和最低负价，如某主族元素R的化合物为Na2R、RO2，则R在元素周期表中的位置为_________。
此题就不能用RO2中R的+4价来确定R在元素周期表中的位置，因为不能确定RO2中R的+4价是最高正价。
2.规律：
(1)“阴上阳下”规律
具有相同电子层结构的离子，阴离子元素在阳离子元素的上一个周期。
如：“Xm+”“Yn-”的电子层结构相同，则X元素在Y 元素的下一个周期，故原子序数X>Y。
(2)“序差”规律
同一周期ⅡA与ⅢA族元素的原子序数可能相差1(2、3周期)或11(4、5周期)或25(6、7周期)。
相邻周期，同一主族元素的原子序数可能相差2、8、18、32。
若A、B是同族相邻周期元素，A、B所在周期分别有m和n种元素，A的原子序数为x，B的原子序数为y，若A在B的上一周期。当：
A、B在与ⅠA或ⅡA族时，y=x+m
A、B在与ⅢA—0族时，y=x+n
3.由原子序数确定元素位置
例如：84号元素、88号元素在周期表中的位置
首先确定零族元素的原子序数，方法：每一周期所容纳的元素种类为2、8、8、18、18、32、32，计算出与84比较接近的零族元素的原子序数，第6周期零族元素是86号元素，然后84与86比较得出结论，84号元素是第6周期ⅡA族；同理88号元素是第7周期ⅥA族。
考点4 元素的“位─构─性”之间的关系(如下图所示)
方法点击 本考点是无机化学的核心知识，因此是高考中每年必考的重点知识。在复习中一定要抓住元素的“位─构─性”之间的关系,掌握一点来推测另两点。
例：A、B、C、D是四种短周期元素，已知A、C同主族，B、D同周期，A的气态氢化物比C的气态氢化物稳定，B的阳离子比D的阳离子氧化性强，若B的阳离子比C的阴离子少一个电子层，下列比较中不正确的是( )
A. 原子序数：A>B>C>D
B. 原子半径：D>B>C>A
C. 单质熔点：B>D，C>A
D. 最高价氧化物对应水化物的酸碱性：A>C，D>B
首先由题意确定A、B、C、D在元素周期表中的位置：
如图，根据元素周期律及元素周期表就可以推出正确选项为A。
考点5 电子数相同的粒子
1.核外电子总数为2的粒子：He、H-、Li+、Be2+。
2.核外电子总数为10的粒子
①分子：CH4、NH3、H2O、HF、Ne。
②阳离子：Na+、Mg2+、Al3+、、H3O+。
③阴离子：N3-、O2-、F-、OH-、。
3.核外电子总数为18的粒子
①分子：SiH4、PH3、H2S、HCl、Ar、F2、H2O2、C2H6、CH3OH、CH3F、N2H4等。
②阳离子：K+、Ca2+。
③阴离子：S2-、HS-、Cl-、。
4.核外电子总数及质子数均相等的粒子：
①Na+、、H3O+。
②F-、OH-、。
③HS-、Cl-。
④N2、CO、C2H2。
⑤C6H6、B3N3H3。
方法点击 在学习电子数相同的粒子时，一定要利用元素周期表这一化学工具。
如：10电子粒子在元素周期表中以10电子的Ne原子向后推有：Na+、Mg2+、Al3+；向前推有N3-、O2-、F-、OH-、、、H3O+、CH4、NH3、H2O、HF。
18电子的应以Ar向前后扩散，但不要忘记(9+9=18)如：F2、H2O2、C2H6、CH3OH、CH3F、N2H4等。
形成一定的思维定式可以提高做题的速度,但有时要打破自己的这种思维定式。
例如：(2005全国高考理综Ⅰ) 甲、乙、丙、丁为前三周期元素形成的粒子，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_________。
(5)丁的氧化物的晶体结构与_________的晶体结构相似。
我们看到此题中有等电子的粒子就想到10电子体、18电子体，但按10电子体、18电子体推不出正确结论，所以我们要打破这种思维定式，重新找突破口：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，经排查知中学化学中常见的这种反应是：电石与水反应生成可燃性气体C2H2，这样此题就迎刃而解。丙为有14个电子，甲、乙、丁也含14个电子，依题意得：甲为N2、乙为CO、丁为SiO2。
考点6 粒子半径大小比较
1.一般电子层数越多，其半径越大〔极少数例外，如r(Li)此规律包含了如下两种情况：
(1)同主族元素，由上而下，原子半径逐渐增大，离子半径逐渐增大，如：r(K)＞r(Na)，r(K+)＞r(Na+)。
(2)原子半径比相应的阳离子半径大，如：r(K)＞r(K+)，r(Mg)＞r(Mg2+)。
2.若电子层数相同，核电荷数越多，其半径越小。
(1)同周期主族元素自左至右原子半径逐渐减小(0族例外)，如：r(Na)＞r(Mg)＞r(Al)。
(2)电子层数相同的离子，核电荷数越大，半径越小，如：r(O2-)＞r(F-)＞r(Na+)＞r(Mg2+)。
3.若电子层数、核电荷数均相同，最外层电子数越多，半径越大。
(1)同一元素的原子和阴离子，原子半径比阴离子半径小，如：r(F)＜r(F-)。
(2)同一元素价态不同的阳离子，核外电子数越多，半径越大，如r(Fe2+)＞r(Fe3+)。
方法点击 粒子半径大小比较归纳为“同层比核，同核比层”。
“同层比核”如：Na+与F-，Cl与S，Cl-与S2-；电子层数相同，核电核数越大，核对电子的引力越大，半径越小；同理，“同核比层”，例：Na与Na+、Cl与Cl-的核电荷数相同，核外电子数越大，原子(或离子)半径越大。
在解答这类问题时，我们可以借助元素周期表进行解答。
如：(经典回放)X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有相同的核外电子结构，下列叙述正确的是( )
A.原子序数X＜Y B.原子半径X＜Y
C.离子半径X＞Y D.原子最外层电子数X解析：由题意可知X、Y在周期表中的位置如图所示，所以原子序数X＞Y；原子半径X＞Y；离子半径X＜Y(同层比核)。所以只有D正确。
考点7 判断元素金属性、非金属性的方法
1.比较元素非金属性的强弱方法
(1)根据元素在周期表中的位置判断(同主族、同周期的递变规律)。
(2)根据非金属单质和氢气化合的难易程度进行判断。
(3)根据气态氢化物的稳定性判断。
(4)根据最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱进行判断。
(5)根据非金属间的置换反应判断。
2.比较元素金属性的强弱方法
(1)根据元素在周期表中的位置判断(同主族、同周期的递变规律)。
(2)根据单质与水或酸反应的难易判断。
(3)根据最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱进行判断。
(4)根据组成原电池的电极情况判断。
(5)根据金属间的置换反应判断。
(6)根据金属活动性顺序表判断。
方法点击 判断元素非金属性、金属性强弱除借助元素周期表及元素周期律来判断，但还要特别注意：判断元素非金属性强弱用酸性强弱进行判断一定是最高价含氧酸的酸性，如硫酸的酸性＞磷酸可以判断出S的非金属性＞P的非金属性，但H2SO3的酸性＞HClO、HCl的酸性＞H2S均不能判断非金属性强弱。
判断元素金属性强弱用碱性强弱进行判断一定是最高价碱的碱性，如Fe(OH)2的碱性强弱就不能判断金属性强弱。
【精题精讲】
1. 据报道，N5是破坏力极强的炸药之一，18O2是比黄金还贵重的物质。下列说法正确的是( )
A.18O2中含18个中子 B.原子半径：N＜18O
C.N5和N2互为同位素 D.2N5====5N2是化学变化
答案:D
解析：本题考查同位素、同素异形体及物质粒子之间的包含关系。A项18O2中含20个中子；由周期律可知原子半径：N＞18O；N5和N2互为同素异形体，不是互为同位素，不要产生概念上的混淆。
2.下列性质的比较中，正确的是( )
A.熔点：Li>Na>K>Rb
B.沸点：NH3C.热稳定性:SiH4>PH3>H2O＞HF
D.酸性：HClO>H2SO4>H3PO4＞H2CO3
答案：A
解析：本题考查元素周期律知识。由于NH3分子间含有氢键，沸点出现反常情况：PH3＜AsH3＜SbH3＜NH3。热稳定性: HF＞H2O＞PH3＞SiH4，和元素的非金属性一致。酸性：一般规律非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强，即HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2CO3。
3.(北京西城抽样测试) 下表为元素周期表短周期的一部分。下列有关A、B、C、D、E五种元素的叙述中，不正确的是( )
A.A与B形成的阴离子可能有：、
B.E的氢化物的沸点比C的氢化物的沸点高
C.D在过量的B中燃烧的主要产物为DB2
D.A与E形成的化合物是非极性分子
答案：B
解析：本题以元素周期表为推断工具，考查了元素化合物的性质，由题给表为元素周期表短周期的一部分，可知A是C元素，B是O元素，C为F元素，D是S元素，E是Cl元素。所以A与B形成的阴离子较多(有机物)，A项中是碳酸根和草酸根；HF分子间有氢键，所以沸点：HF>HCl;C在过量的O2中燃烧的主要产物为CO2；CCl4是非极性分子。
4. 运用元素周期律分析下面的推断。其中错误的是( )
A.已知Ra是第7周期、ⅡA族的元素，故Ra(OH)2的碱性比Mg(OH)2的碱性强
B.已知As是第4周期、ⅤA族的元素，故AsH3的稳定性比NH3的稳定性强
C.已知Cs的原子半径比Na的大，故Cs与水反应比Na与水反应更剧烈
D.已知Cl的核电荷数比Al的核电荷数大，故 Cl的原子半径比Al的原子半径小
答案：B
解析：本题运用元素周期律分析解决问题。每一主族，随着原子序数的递增，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，所以A、C正确，B项NH3的稳定性比AsH3的稳定性强。每一周期随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，所以D正确。
5.核磁共振(NMR)技术已广泛用于复杂分子结构的测定和医学诊断等高科技领域。已知只有质子数或中子数为奇数的原子核有NMR现象。试判断下列哪组原子均可以产生NMR现象( )
A.18O、19O、24Mg B.12C、31P、27Al
C.第ⅤA族原子 D.第3周期原子
答案：C
解析：本题考查质子数、中子数、质量数之间的关系，质量数=质子数+中子数。A中只有19O的中子数为11，为奇数；B中12C质子数、中子数都为6，不是奇数；第VA族原子最外层都是5，内层为偶数，所以质子数都是奇数，正确；D项第3周期原子质子数既有偶数又有奇数。
6. 短周期元素X、Y、Z中，X元素位于Y的前一周期，其原子最外电子层只有一个电子，Y原子的次外层电子数是最外层电子数的1/3；Z原子的最外层电子数与Y相同。下列X、Y、Z之间形成化合物的化学式不正确的是( )
A.X2Z B.ZY3 C.X2Y2 D.XZ2
答案：D
解析：本题考查元素在周期表中的位置，体现位置和结构之间的关系。由题意可知X元素为H，Y为O，Z为S。H2S、SO3、H2O2。D错误，不符合事实。
7. 下列有关物质性质的比较中，正确的是( )
A.熔点：CO2＜H2O＜SiO2＜KCl
B.粒子半径：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+
C.酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4＞H2SiO3
D.稳定性：H2O＜NH3＜PH3＜SiH4
答案：B
解析：本题考查位置、结构、性质三者之间的关系。A项CO2、H2O的固体是分子晶体，SiO2是原子晶体，KCl是离子晶体，一般规律熔点：分子晶体<离子晶体<原子晶体，所以A错；B项“同层比核”，核电核数越大，半径越小，所以B正确；C项元素非金素性越强，最高价含氧酸酸性越强，氢化物稳定性越强。酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3；稳定性： SiH4＜PH3＜NH3＜H2O。
8.已知W、X、Y、Z为四种短周期元素，原子序数依次增大。其中W元素的原子核内只有1个质子；X是化合物种类最多的元素；Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍；Z是短周期中最活泼的金属元素。
(1)X的原子结构示意图为__________________。
(2)XY2与Z2Y2反应的化学方程式____________________________________。
(3)W、Y、Z三种元素可组成一种离子化合物，其中阳离子所含电子数与阴离子所含电子数之比为___________________________。
答案：(1)
(2)2CO2+2Na2O2====CO3+O2
(3)1∶1
解析：本题考查元素及其化合物之间的结构、性质的关系。由题意可知：W元素为H，X元素为C，Y为O元素，Z是Na。XY2为CO2，Z2Y2为Na2O2，W、Y、Z三种元素可组成一种离子化合物：NaOH，Na+、OH-所含电子数都是10，之比为1∶1。
【专题演练】
一、单项选择题(本题包括5小题，每小题4分，共20分)
1．第3周期元素X，它的原子核外最外层实现8电子稳定结构所需电子数小于次外层和最内层的电子数之差，且等于最内层电子数的整数倍．则下列说法正确的是( )
A．X元素最高价氧化物的水化物一定是强酸
B．X元素的氢化物的化学式一定为H2X
C．X元素在常温下稳定存在的氧化物一定能与烧碱反应
D．X的单质一定是良好的半导体材料
解析：符合要求的元素X为S和Si.H2SO4为强酸，H2SiO3为弱酸，A错误；X的氢化物为H2S或SiH4，B错误；SO2、SiO2都可与NaOH反应，C项正确；Si晶体为半导体材料，而S的单质不是半导体材料，D错误．
答案：C
2．(2011·屯溪模拟)下列各组物质性质比较中，正确的是( )
A．氢化物沸点：HI＞HBr＞HCl＞HF
B．离子半径：K＋＞Cl－＞S2－
C．分子稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI
D．单质熔点：Li＜Na＜K＜Rb
解析： A中HF分子间含有氢键，其沸点反常；B中半径由大到小为S2－＞Cl－＞K＋；C正确；D中单质熔点由高到低顺序为Li＞Na＞K＞Rb.
答案：C
3．(2011·东北四市模拟)A、B、C、D、E五种短周期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．若E元素最高化合价为＋7时，D元素的最低负化合价为－2
B．若A(OH)n为强碱时，B(OH)m也一定为强碱
C．若HnEOm为强酸时，D的非金属性一定很强
D．若HnCOm为强酸时，E的单质可能有强还原性
解析： A项，E的最高正化合价为＋7，即为ⅦA族元素，则D为ⅥA族元素，故最低负价为－2，正确；B项，若A(OH)n是强碱，B(OH)m不应该为强碱，如NaOH与Mg(OH)2；C项，若HnEOm为强酸，即E的非金属性较强，而E的非金属性比D强，则D的非金属性不一定很强，故错误；D项，若HnCOm为强酸，即C的非金属性较强，而E的非金属性更强，其单质应具有强氧化性，而不是强还原性．
答案：A
4．X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则下列判断不正确的是( )
A．若X、Y均为金属元素，则X的金属性强于Y
B．若X、Y均为金属元素，则X的阳离子氧化性比Y的阳离子氧化性强
C．若X、Y均为非金属元素，则Y的气态氢化物比X的稳定
D．若X、Y均为非金属元素，则最高价含氧酸的酸性Y强于X
解析： X、Y是同周期元素，X的半径大于Y，则X的原子序数小于Y.若X、Y均为金属元素，同周期从左到右，元素的金属性从强到弱，离子的氧化性从弱到强，A项正确，B项不正确；若X、Y均为非金属元素，从左到右，元素的非金属性从弱到强，气态氢化物越来越稳定，最高价氧化物对应水化物的酸性越来越强，C、D项正确．
答案：B
5．(2011·嘉兴模拟)下列叙述正确的是( )
A．铅位于周期表中金属与非金属元素交界处，可作半导体材料
B．若存在简单阴离子R2－，则R一定属于第ⅥA族元素
C．S和Se属于第ⅥA族元素，H2S还原性比H2Se的强
D．元素原子最外层电子数较小的金属一定比最外层电子数较它多的金属活泼性强
解析：铅不位于周期表中金属和非金属的分界线上，而属于金属，不可作半导体材料，A错误；S的非金属性强，其氢化物较稳定，C错误；钙和钠相比较，钙的金属性强，D错误．
答案：B
二、不定项选择题(本题包括5小题，每小题6分，共30分，每小题有1～2个选项正确)
6．X、Y、Z三种主族元素，X＋和Y－两种离子具有相同的电子层结构，Z原子核内质子数比Y原子核内质子数少9，Y－在一定条件下可被氧化成YZ.下列说法正确的是( )
A．离子半径X＋>Y－
B．X、Y、Z均属于短周期元素
C．化合物XYZ的溶液具有漂白性
D．Y属于ⅦA族元素
解析：由题意知，X应在Y的下一周期，由于Z的质子数比Y少9，故Y不可能为F，由此可推测，X为K，Y为Cl，Z为O.三者构成的KClO具有强氧化性，故其溶液具有漂白性，C项正确．相同电子层结构，核电荷数大的离子半径反而小，故A项错；K不属于短周期元素，B项错；Cl为ⅦA族元素，D项对．
答案：CD
7．(2011·汕头模拟)在元素周期表主族元素中，甲元素与乙、丙、丁三元素紧密相邻．甲、乙的原子序数之和等于丙的原子序数．这四种元素原子的最外层电子数之和为20.下列判断正确的是( )
A．原子半径：丙>乙>甲>丁
B．甲和乙或乙和丁所形成的化合物都是大气污染物
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：丁>甲
D．气态氢化物的稳定性：甲>丙
解析：根据题意可知甲为原子序数为7的氮元素，乙为氧元素，丙为磷元素，则丁为碳元素，A项，原子半径丙>丁>甲>乙；B项，乙和丁形成的CO2不是大气污染物；C项，最高价氧化物对应水化物的酸性甲>丁；D项，气态氢化物的稳定性甲>丙．
答案：D
8．(2011·泰州调研)下表为元素周期表前四周期的一部分，下列有关X、W、Y、R、Z五种元素的叙述中正确的是( )
A．常温常压下，五种元素的单质中有两种是气态
B．Y、Z的阴离子的电子层结构都与R原子的相同
C．X的氢化物与其最高价氧化物对应水化物形成的盐溶液呈酸性
D．Y元素最高价氧化物对应水化物的酸性比W元素的弱
解析：由元素在元素周期表中的位置可知：X为N、W为P、Y为S、R为Ar、Z为Br.根据相应元素及化合物的性质，氮、氩元素的单质常温下为气态；Z(Br)的阴离子比R(Ar)多一个电子层；X的氢化物(NH3)与其最高价氧化物对应水化物(HNO3)形成的盐是NH4NO3，其溶液呈酸性；酸性：硫酸＞磷酸．
答案：AC
9．(2011·临沂模拟)X、Y、Z分别是三种单质，它们都是常见的金属和非金属，M、N、R是常见的三种氧化物，其中一种具有高熔点，而且有如下反应(条件未标出，方程未配平)：
(1)X＋Z→M；(2)M＋X→N；(3)M＋Y→R＋X.若X是非金属，则组成Y单质的元素在周期表中的位置是( )
A．第2周期ⅣA族 B．第2周期ⅥA族
C．第3周期ⅡA族 D．第3周期ⅣA族
解析：由方程式(3)可知X不是氧气，理由是M的组成元素为X、Z，方程式(3)的反应物共含三种元素，而产物中X为O2，R由O和另一种元素组成，可见产物仅含两种元素，是不成立的，所以Z为O2.X为非金属，则Y必为金属，只有C符合题意.
答案：C
10．(2011·汕头模拟)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种元素
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：短周期元素的最高正化合价一般等于其最外层电子数即族序数，但F无正价，O无最高正价，A错误；除短周期外，第四、五周期均有18种元素，但第六周期有32种，第七周期尚未排满，B项错误；碱金属是指Li、Na、K、Rb、Cs、Fr元素，并不包括ⅠA族的氢元素，D项错误．
答案：C
三、非选择题(本题包括4个小题，共50分)
11．(11分)下列为元素周期表的一部分，表中阿拉伯数字(1、2……)是原周期表中行或列的序号．请参照元素A～I在表中的位置，回答下列问题．
(1)B、C、H三元素中非金属性最强的是________(写出元素名称)，写出工业上制取CD气体的化学方程式______________________________________________________
________________________________________________________________________.
(2)表中某元素能形成两性氧化物，写出该氧化物溶于氢氧化钠溶液的离子方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
(3)表中某元素的单质在常温下为气态，该元素能与A～I中的一种元素构成原子个数比为1∶1和1∶2的两种共价化合物X和Y，该元素还能与A～I中的另一种元素构成原子个数比为1∶1和1∶2的两种离子化合物Z和M.写出Z与Y反应的化学方程式：_______
________________________________________________________________________.
解析：(1)B、H分别处于第ⅣA的 第二、三周期，是C、Si元素，同主族元素原子序数越大，非金属性越弱，B、C分别处于第二周期第ⅣA、VA族，是C、N元素，同周期元素原子序数越大，非金属性越强，综合分析C(N)非金属性最强．工业上制取NO气体是氨的催化氧化反应．
(2)该元素是G(Al)元素，其氧化物为Al2O3.
(3)由题意可知X和Y分别是H2O2 和H2O ，Z和M分别是Na2O2和 Na2O.
答案：(1)氮 4NH3＋5O24NO＋6H2O
(2)Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O
(3)2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
12．(14分)(2011·南京模拟)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与足量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元素组成，其化学式为_________________．
解析：由表可知，A为Na，B为C(碳)，C为N，D为O，E为S，F为Cl.
(1)2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，则1 mol Na完全反应产生0.5 mol H2，标准状况下的体积为11.2 L.
(2)B的最高价氧化物为CO2，其电子式为??．
(3)G既可与NaOH溶液反应，又能与Cl2反应，且M为白色胶状沉淀，则G为Al，K为NaAlO2，L为AlCl3，M为Al(OH)3.
答案：(1)11.2 L (2)
(3)Al(OH)3 NaAlO2＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋NaHCO3(或2NaAlO2＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋Na2CO3) AlN
13．(14分)(2011·德州模拟)某同学为探究元素周期表中元素性质的递变规律，设计了如下系列实验．
Ⅰ.(1)将钠、钾、镁、铝各1 mol分别投入到足量的同浓度的盐酸中，试预测实验结果：________与盐酸反应最剧烈，________与盐酸反应的速度最慢；________与盐酸反应产生的气体最多．
(2)向Na2S溶液中通入氯气出现黄色浑浊，可证明Cl的非金属性比S强，反应的离子方程式为__________________________________________________________________．
Ⅱ.利用下图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律
(3)仪器B的名称为____________，干燥管D的作用为防止________．
(4)若要证明非金属性：Cl>I，则A中加浓盐酸，B中加KMnO4，(KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气)，C中加淀粉碘化钾混合溶液，观察到C中溶液________的现象，即可证明．从环境保护的观点考虑，此装置缺少尾气处理装置，可用________溶液吸收尾气．
(5)若要证明非金属性：C>Si，则在A中加盐酸、B中加CaCO3、C中加Na2SiO3溶液，观察到C中溶液________________________的现象，即可证明．但有的同学认为盐酸具有挥发性，可进入C中干扰实验，应在两装置间添加装有________溶液的洗气瓶．
解析：Ⅰ.(1)钠、钾同主族，钾的金属性强；钠、镁、铝同周期，金属性依次减弱．金属性由强至弱的顺序为钾、钠、镁、铝，故钾与盐酸反应最剧烈，铝与盐酸反应最缓慢．根据电子得失守恒，失去的电子数越多，与盐酸反应生成的氢气越多．
(2)氯气和Na2S反应生成NaCl和单质硫．
Ⅱ.(4)本实验利用KMnO4与浓盐酸反应制备氯气，然后让氯气与淀粉碘化钾混合溶液反应，根据溶液颜色的变化来比较氯和碘非金属性强弱．过量的氯气会逸散到空气中，污染环境，应用碱液吸收．(5)利用强酸制弱酸的原理比较硅和碳的非金属性强弱，制二氧化碳过程中有杂质氯化氢存在，不能说明是二氧化碳与Na2SiO3溶液反应生成白色沉淀，故应先用饱和NaHCO3溶液除去氯化氢．
答案：(1)钾 铝 铝 (2)S2－ ＋ Cl2 === S↓＋2Cl－ (3)锥形瓶 倒吸 (4)变蓝 NaOH (5)有白色沉淀生成 饱和NaHCO3
14．(11分)(2011·宿州模拟)有①～⑧八种短周期元素，其原子序数依次增大，其中②、⑦、⑧三种元素在周期表中的相对位置如下，且元素②所处主族的位置为所有主族的正中间.
②
⑦ ⑧
(1)元素②在周期表中的位置为________；②、⑦、⑧三种元素最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是____________________________(用化学式表示)．
(2)如图所示，甲、乙、丙、丁均为①～⑧中某些元素形成的单质或化合物，反应a为置换反应，反应b为化合反应．单质乙与单质丙所含元素位于同一主族，试写出符合条件的反应a的两个化学方程式____________________________________________________、
________________________________________________________________________.
解析：由元素②所处主族正中间，所以②从位于第2周期第ⅣA族，可知②为碳元素，则⑦为硫元素，⑧为氯元素，②⑦⑧三种元素最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是HClO4＞H2SO4＞H2CO3.短周期元素中能发生主族间的置换反应的有①2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，②SiO2＋2CSi＋2CO↑，③2H2S＋O22H2O＋2S，符合上述条件的是①、②.
答案：(1)第2周期第ⅣA族 HClO4＞H2SO4＞H2CO3
(2)2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑ SiO2＋2CSi＋2CO↑【专题九】物质的检验、分离、提纯
【考点突破】
考点1 物质的分离和提纯
1.分离和提纯的区别
(1)分离：通过一定的方法，把混合物中的几种物质分离开的操作。
(2)提纯：通过适当方法，把混合物中的杂质除去以得到纯净物质的操作。
2.物理方法分离和提纯物质
(1)过滤:过滤是除去溶液中不溶于溶剂的杂质的方法。过滤时应注意：
①一贴：滤纸紧贴漏斗内壁,中间不留有气泡，否则会降低过滤速率。
②二低：滤纸边缘低于漏斗边缘,防止液面高于漏斗边缘而溢出；漏斗中的液面低于滤纸边缘，防止过滤液从滤纸和漏斗之间流下，造成过滤出的液体不纯。
③三接触：烧杯应与玻璃棒接触,防止过滤液溢出漏斗；玻璃棒与滤纸的三层相接触，防止液体冲破滤纸；漏斗的下端与接受过滤的烧杯内壁接触，加快过滤速率。
(2)蒸发和结晶21世纪教育网
①蒸发结晶:把溶液中的溶剂蒸干得到溶质晶体，如蒸发饱和食盐水得到NaCl晶体。
②冷却结晶:根据混合物中各成分在某种溶剂中随温度变化，溶解度改变不同，制成某种溶质的热饱和溶液后，降温使其中一种溶质大部分析出，而余下的溶质仍留在溶液中的分离方法。如冷却结晶的方法分离NaCl和KNO3的混合物。
蒸发液体时，要用玻璃棒搅拌，防止由于局部过热液体溅出，当蒸发过程中出现较多固体时，应停止加热，用余热使剩下的溶剂蒸干，如果后期仍加热，固体会从容器中溅出。
(3)蒸馏
蒸馏是提纯或分离沸点不同的液体混合物的方法。
用蒸馏原理分离几种成分的混合液体叫分馏。分馏时注意：在蒸馏烧瓶中加入碎瓷片，防止液体暴沸。温度计水银球应与蒸馏烧瓶支管下沿在同一水平线上。
(4)分液和萃取
分液是把两种互不相溶的密度不同的液体分离开的方法。
萃取是利用溶质在互不相溶的溶剂中溶解度的不同，用一种溶剂把溶质从它与另一种溶剂所组成的溶液中提取出来的方法。
萃取剂的选择应符合以下要求：
①萃取剂与原溶剂不能互溶(如用酒精从碘水中萃取I2的方法不妥)；
②溶质在萃取剂中的溶解度远大于在原溶剂中的溶解度；
③萃取剂不能挥发(如用乙醚从溴水中萃取Br2的方法不妥)。
萃取分液时，先把下层液体从分液漏斗下端放出，后把上层液体从分液漏斗口倒出。
(5)升华：利用某些物质具有升华的特性，使其和其他不具有升华性质的物质分离开来，如分离I2和SiO2的混合物。
(6)渗析：利用半透膜(如羊皮纸、 玻璃纸等)使胶体与混在一起的分子、离子分离的方法。如从淀粉葡萄糖的溶液中提纯淀粉胶体。
3.化学方法分离和提纯物质
(1)用化学方法分离和提纯物质注意点
①不增：不引进新的物质；
②不减：不能损耗或减少被提纯的物质；
③易分：易使杂质与被提纯的物质分离。
(2)具体方法
①生成沉淀法:如除去K2SO4溶液中少量的MgSO4杂质：向混合液中加入过量KOH溶液，过滤出Mg(OH)2沉淀后，向滤液中加入适量硫酸即可得K2SO4溶液。
②生成气体：例如除去Na2SO4溶液中少量的Na2CO3：加入适量稀硫酸，将转变为CO2 即可。
③氧化还原法：如除去FeCl3溶液中的少量FeCl2杂质，可先通入适量Cl2将FeCl2氧化成FeCl3；除去FeCl2溶液中的少量FeCl3杂质，可加入适量铁粉将FeCl3还原即可。
④正盐、酸式盐相互转化
除去Na2CO3中含有的NaHCO3杂质，可将固体加热使NaHCO3分解成Na2CO3即可；除去NaHCO3溶液中含有的Na2CO3杂质，向溶液中通入CO2使Na2CO3转化成NaHCO3即可。
4.有机物的分离和提纯
有机物的分离和提纯应具体问题具体分析,下表为常见方法：
混合物 试剂 分离方法 主要仪器
苯(苯甲酸) NaOH溶液[来源:21世纪教育网] 分液 分液漏斗
苯(苯酚) NaOH溶液 分液 分液漏斗
乙酸乙酯(乙酸) 饱和NaHCO3溶液 分液 分液漏斗
溴苯(溴) NaOH溶液 分液 分液漏斗
硝基苯(混酸) NaOH溶液 分液 分液漏斗
方法点击 一般用化学方法除杂，就是在混合物中加入除杂剂与杂质反应，再用相应的方法除去杂质。但有时需逆推，利用被提纯的物质使加入的除杂剂与被提纯的物质反应，从而达到目的。例如:除去Al2O3固体中Fe2O3固体可采用以下方法：
向固体中加入过量NaOH溶液充分反应后，过滤出Fe2O3固体，向滤液中通入过量CO2气体充分反应后过滤得Al(OH)3固体，加热该固体可得Al2O3固体。
考点2 物质的鉴别
鉴别通常是指对于某一种物质的定性检验，根据物质的化学特征，分别检出阴离子、阳离子，鉴别是指对存放的两种或两种以上的物质进行定性辨认。
1.几种重要阳离子的检验
①Ba2+能使稀硫酸或可溶性硫酸盐产生白色沉淀，且沉淀不溶于稀硝酸。
②Mg2+能使澄清的石灰水变浑浊，反应生成白色Mg(OH)2沉淀,该沉淀能溶于盐酸。
③Al3+能与适量的NaOH溶液反应，生成白色Al(OH)3沉淀,该沉淀能溶于盐酸或NaOH溶液。21世纪教育网
④Ag+能与稀盐酸或可溶性盐酸盐反应，生成白色AgCl沉淀，沉淀不溶于稀硝酸，但溶于氨水，生成银氨溶液。21世纪教育网
⑤ 铵盐(或浓溶液)与NaOH溶液反应，加热，放出无色有有刺激性气味的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；用蘸有浓HCl的玻璃棒靠近时冒白烟。
⑥Fe2+ 能与少量NaOH溶液反应，先生成白色的Fe(OH)2的沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红棕色的Fe(OH)3沉淀，或向亚铁盐的溶液中加入KSCN溶液，不显红色,加入少量新制氯水后，立即显红色。
⑦Fe3+加入KSCN溶液，立即显红色，能与NaOH溶液反应，生成红棕色的Fe(OH)3沉淀。
2.几种重要阴离子的检验
①Br- 能与AgNO3或可溶性银盐反应，生成淡黄色AgBr沉淀，沉淀不溶于稀硝酸。
②I-能与AgNO3或可溶性银盐反应，生成黄色AgI沉淀， 沉淀不溶于稀硝酸。
③浓溶液与强酸反应，产生无色有刺激性气味的气体。能使品红褪色，加热后又显红色。能使KMnO4酸性溶液褪色。能与BaCl2反应生成白色BaSO3沉淀，该沉淀溶于盐酸, 产生无色有刺激性气味的气体。
3.几种有机物的检验
①乙醇：灼热的CuO反应，使其表面黑色的CuO变成光亮的红色，并产生有刺激性气味的乙醛；乙醇、乙酸与浓硫酸的混合物加热反应，将生成的气体通入饱和Na2CO3溶液，有水果味的乙酸乙酯生成。
②苯酚：能与浓溴水反应生成白色的三溴苯酚沉淀，能与FeCl3溶液反应生成紫色溶液。
③甲醛：能发生银镜反应，或与新制Cu(OH)2加热生成红色的Cu2O沉淀。
4.用一种试剂或不同试剂鉴别物质
用一种试剂或不同试剂鉴别物质时，所选的试剂必须能和大多数的鉴别物质发生反应，而且产生不同的实验现象，常用的鉴别试剂有FeCl3溶液、稀硫酸、NaOH溶液等。
不用其他试剂鉴别物质时，一般从以下方面考虑：
①某些物质的特殊性(颜色、气味、溶解性等)。
②采用一种试剂与其他物质反应产生不同的现象，进行综合分析鉴别。
方法点击 除掉饱和气态烃中的不饱和气态烃(如除去C2H6中的C2H2)通常只能用溴水而不能用KMnO4酸性溶液，原因是KMnO4酸性溶液能把C2H2氧化成气体CO2，C2H6中又增加了新的杂质。但在鉴别饱和气态烃和不饱和气态烃时，既可以用溴水，又可以用KMnO4酸性溶液，饱和气态烃既不与溴水反应，又不与KMnO4酸性溶液反应，而不饱和气态烃既可以与溴水反应，又与KMnO4酸性溶液反应。
所以我们在做题时，一定要看准题目要求，是鉴别还是除杂。在叙述实验过程时，要注意细节，如在鉴别时不答取少量试剂的不给分，实验现象中有试剂名称的要扣分。
【精题精讲】21世纪教育网
例1运用化学知识可以解决日常生活中遇到的许多问题，下列说法不正确的是( )
A.食用松花蛋时蘸些食醋可以去除氨味
B.用双氧水的稀溶液清洗伤口可以杀菌消毒
C.用淀粉溶液检验食盐中是否是加碘盐
D.用稀硝酸回收利用破碎热水瓶胆内的银
答案：C
解析：食醋中含有醋酸，呈酸性，能与氨发生中和反应，所以可以去除氨味。双氧水具有强氧化性，可以杀菌消毒。加碘盐中的碘元素是以KIO3的形式存在，而淀粉只有遇到单质状态的碘时，才显蓝色，所以淀粉不能检验出碘盐中碘的存在。稀硝酸能与银反应，生成硝酸银，再用另外的金属，比如铁即可把银还原出来。
例2为确定下列置于空气中的物质是否变质，所选检验试剂(括号内物质)不能达到目的的是( )
A.NaOH溶液〔Ba(OH)2溶液〕 B.FeSO4溶液(KSCN溶液)
C.KI溶液(淀粉溶液) D.Na2SO3溶液(BaCl2溶液)
答案：D
解析：A选项中，若NaOH变质，必为吸收空气中的CO2生成Na2CO3，滴加Ba(OH)2溶液，生成白色沉淀。B选项中，若FeSO4变质，则被空气中的氧气氧化，生成Fe2(SO4)3，滴加KSCN溶液，溶液立即变为红色。C选项中，若KI变质，则被空气中的氧气氧化为I2，滴加淀粉，溶液立即变蓝色。而D选项中，不管Na2SO3是否变质，滴加BaCl2溶液，都会生成白色沉淀。所以只有D选项不能达到目的。[来源:21世纪教育网]
例3 下列是除去括号内杂质的有关操作，其中正确的是( )
A.Fe2+(Fe3+)——加KSCN溶液后过滤
B.Cl2(HCl)——通过饱和氯化钠水溶液洗涤后收集
C.CO(H2)——让气体通过赤热的氧化铜
D.C2H4(C2H2)——与H2加成
答案：B
解析：三价铁离子与硫氰根离子结合生成络合物，过滤时通过滤纸达不到分离的目的；氢气和一氧化碳都能与炽热的氧化铜反应，达不到除杂的目的；乙烯也能与氢气加成。C2H4、C2H2都与H2加成达不到除杂的目的；只有B正确：Cl2(HCl) ——通过饱和氯化钠水溶液洗涤除去HCl后收集。
例4某无色待检溶液A中含有K+、Cl-、OH-、、，为检验确认其中所含的各阴离子，可选用的试剂有：盐酸、硝酸、硝酸银溶液、硝酸钡溶液、高锰酸钾溶液和酚酞试液。检验其中OH-的实验方法从略,检验其他阴离子的过程如图所示。
(1)图中试剂①④⑤的化学式分别为：①___________，④___________，⑤___________。[来源:21世纪教育网]
(2)图中现象a、b、c表明检验出的离子分别是：a.___________，b.___________，c.___________。
(3)无色溶液A中加试剂③的主要目的是____________________________________________。
(4)白色沉淀A中若加试剂③,而不加试剂②对实验的影响是___________________________。
答案：(1)Ba(NO3)2 KMnO4 AgNO3
(2) Cl-
(3)中和OH-,防止对Cl-的检验产生干扰
(4)会使对的检验产生干扰,不能确认是否存在
解析：本题是实验推断题。从气体+试剂溶液褪色，确定B为SO2，试剂④是高锰酸钾溶液，由此向左推可知试剂①是硝酸钡溶液，试剂②为盐酸，那么A中有BaSO3沉淀，还有BaSO4沉淀(B)。溶液中含有OH-，验Cl-时用硝酸银溶液，为防止OH-的干扰，应先用硝酸酸化，所以试剂③为硝酸，试剂⑤是硝酸银溶液，白色沉淀C为AgCl。
由此可得溶液中一定含有、、Cl-。由于硝酸的氧化性，可将氧化成，会使对的检验产生干扰,不能确认是否存在。
例5 某化学探究性实验小组的同学对铜与硝酸反应的实验进行了下列几方面的研究。
(1)用铜屑与稀硝酸反应的实验反应速率较慢，为加快反应的速率，可采取的措施是_______________________________________。
(2)铜与稀硝酸反应的离子方程式：_____________________________；
在做铜与稀硝酸反应的实验时，常观察到试管内生成的气体先为浅红棕色，其原因是_____________________________；
为了能直接观察到生成的气体的颜色，可在往稀硝酸中加入铜的同时，加入少量碳酸盐即可达目的。那么加入碳酸盐的作用是_____________________________。
(3)在做铜与浓硝酸反应的实验时，实验小组为了减少污染，设计了以下四种装置，希望既能观察到反应现象，又能在不拆卸、不增加仪器的情况下使NO2被吸收(注：NaOH溶液可吸收NOx)以避免污染环境。他们设计的装置能达到目的的是___________。(填序号)
(4)实验小组利用上图中的___________装置(填序号)，可以在不拆卸、不增加仪器的情况下，用同一装置先后连续完成铜与浓、稀硝酸的反应。要达到此目的，棉球a蘸的物质是___________，液体b为___________。
答案：(1)微热(或加热)，用铜粉替代铜屑(答任意一点即给分)
(2)3Cu+2+8H+====3Cu2++2NO↑+4H2O 试管内有空气存在，将生成的NO氧化为NO2(或2NO+O2====2NO2) 碳酸盐与硝酸反应速率快，生成的CO2排走了试管内的空气
(3)①③ (4)③ NaOH溶液 蒸馏水
解析：(1)影响化学反应速率的内因是反应物本身的性质，外因是反应的温度、接触面积等。由于反应物已经确定，要加快反应速率，只能通过升高温度或增大接触面积的方法加以实现。
(2)起初制一氧化氮时，由于装置内有一定量的空气，空气中有氧气，所以起初生成的一氧化氮总要与氧气反应而使气体呈浅红棕色。要使气体不带有颜色，就要想法去除氧气，常见的为加入少量碳酸盐用产生的气体排除，因为酸与盐的反应比氧化还原反应更容易进行。
(3)四套装置都能完成铜与浓硝酸的反应，并能观察实验现象，但②和④中反应生成的气体无法去除，所以正确答案为①③。
(4)铜与浓、稀硝酸的反应中铜是相同的，但酸中一个为浓硝酸，一个为稀硝酸，要求“不拆卸、不增加仪器”，浓硝酸变为稀硝酸时，只能通过加水来完成，所以只有③可以完成此操作，因为用注射器抽气就可使实验试管内水的倒流。氮的氧化物的吸收，通常用NaOH溶液。
【专题演练】
(时间90分钟，满分100分)
第Ⅰ卷 (选择题，共48分)
一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)
1. 观察下图，若用1 L水来代表地球上的总水量，要比较精确地量取地球上的淡水量，应选择的仪器是
( )
A．100 mL烧杯 B．50 mL烧杯
C．100 mL量筒 D．50 mL量筒
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1000×3%mL水的体积，应选50 mL量筒，即D.
答案：D
2．某溶液中含有Fe2＋、Al3＋、Ag＋、Cu2＋，为了分别得到各含一种金属阳离子的沉淀，可采取：①通入H2S；②通入CO2，③加HCl溶液，④加NaOH溶液4个步骤，设试剂均过量，且每次都把所生成的沉淀过滤出来．其正确的操作顺序是
( )
A．③①④② B．①③④②
C．④②①③ D．④②③①
解析：四种粒子形成的沉淀分别为Fe(OH)2 、Al(OH)3、AgCl、CuS.
答案：A
3．300 mL Al2(SO4)3溶液中，含Al3＋为1.62 g，在该溶液中加入0.1 mol/L Ba(OH)2溶液300 mL，反应后溶液中SO的物质的量浓度为
( )
A．0.4 mol/L B．0.3 mol/L
C．0.2 mol/L D．0.1 mol/L
解析：n(Al3＋)＝1.62 g/27 g/mol＝0.06 mol，n(SO)＝0.09 mol.加入Ba(OH)2溶液中含Ba2＋0.03 mol，剩余SO 0.06 mol，此时溶液的体积为600 mL，c(SO)＝0.1 mol/L.
答案：D
4.下列装置或操作能达到实验目的的是
( )
解析：A项中集气瓶口塞有塞子，会发生爆炸危险，A错误；B项不符合构成原电池的条件，错误；C项中关闭止水夹，利用注水法检查装置气密性，正确；D项中CO2比空气重，应长管进气，短管出气，D错误.
答案：C
5．若NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
( )
A．1 mol Cl2作为氧化剂得到的电子数为NA
B．在0℃、101 kPa时，22.4 L氢气中含有NA个氢原子
C．14 g氮气中含有7NA个电子
D．NA个一氧化碳分子和0.5 mol甲烷的质量比为7∶4
解析：Cl2作氧化剂时，还原产物为Cl－，所以1 mol Cl2得到2 mol电子，A错误；标准状况下，22.4 L H2是1 mol，氢原子为2NA个，B错误；14 g N2分子中含有的电子数为×14 NA＝7NA，正确；NA个CO分子的质量为1 mol×28 g/mol＝28 g,0.5 mol CH4的质量为0.5 mol×16 g/mol＝8 g，所以二者的质量比为28 g∶8 g＝7∶2，D错误．
答案：C
6．用过量的H2SO4、NaOH、NH3·H2O、NaCl等溶液，按下图所示步骤分开五种离子，则溶液①、②、③、④是
( )
A．①NaCl ②NaOH ③NH3·H2O ④H2SO421世纪教育网
B．①H2SO4 ②NaOH ③NH3·H2O ④NaCl
C．①H2SO4 ②NH3·H2O ③NaOH ④NaCl
D．①NaCl ②NH3·H2O ③NaOH ④H2SO4
解析：Fe3＋、Al3＋都能与过量的NH3·H2O和NaOH溶液反应产生沉淀，Ba2＋和Ag＋均能与过量的H2SO4产生沉淀，因此要将5种离子彻底分离，应先加入NaCl，使Ag＋沉淀，再加氨水，使Fe3＋和Al3＋沉淀，然后在沉淀中加NaOH溶液，使Al(OH)3溶解而与Fe(OH)3分离，在操作之后的溶液中加入H2SO4，使Ba2＋产生BaSO4沉淀与K＋分离，故答案为D.
答案：D
7．下列各组溶液中，用括号内的试剂及物质间相互反应不能鉴别的一组是( )
A．Ba(OH)2 KSCN NaCl Mg(NO3)2 (FeCl3溶液)
B．NaNO3 NaHCO3 (NH4)2SO3 Na2SiO3 (H2SO4溶液)
C．NH4Br K2CO3 NaI CaCl2 (AgNO3溶液)
D．(NH4)3PO4 NaBr CuSO4 AlCl3 (KOH溶液)
解析：A项先用FeCl3溶液鉴别出Ba(OH)2、KSCN，再用Ba(OH)2溶液可鉴别NaCl、Mg(NO3)2; B项中现象依次是无现象、有无色无味气体产生，有无色刺激性气味的气体产生，产生白色沉淀，可直接鉴别；C项无法区别K2CO3和CaCl2(与AgNO3溶液反应均产生白色沉淀；D项将KOH溶液加入4种溶液中，现象依次是：产生刺激性气体、无现象、产生蓝色沉淀、产生白色沉淀然后逐渐溶解，可直接鉴别．
答案：C
8．下列叙述正确的是
( )
A．相同条件下，N2和O3的混合气体与等体积的N2所含原子数相等
B．等物质的量的甲基(—CH3)与羟基(—OH)所含电子数相等
C．常温常压下28 g CO与22.4 L O2所含分子数相等
D．16 g CH4与18 g NH所含质子数相等
解析：1个N2分子含有2个氮原子，1个O3分子有3个氧原子，故相同条件下，等体积的N2和O3的混合气体与N2所含的原子数不相等，A错误；1个甲基含9个电子，1个羟基含9个电子，因此，等物质的量的甲基与羟基所含的电子数相等，B正确；常温常压下22.4 L O2不是1 mol，C错误；16 g CH4含质子数为×10×NA＝10NA,18 g NH所含质子数为×11×NA＝11NA，D错误．
答案：B
9．为了除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、SO及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作．其中正确的操作顺序是
( )
①过滤 ②加过量的NaOH溶液 ③加适量盐酸 ④加过量Na2CO3溶液 ⑤加过量BaCl2溶液
A．①④②⑤③ B．④①②⑤③
C．④②⑤①③ D．⑤②④①③
解析：OH－与Mg2＋反应产生难溶的Mg(OH)2沉淀，Ba2＋与SO生成BaSO4沉淀，这两个过程互不影响，可以颠倒；加入CO可以除去Ca2＋和过量的Ba2＋；过滤，防止加酸使Mg(OH)2和CaCO3溶解；最后加酸中和过量的碱及除去CO，故只有D正确．
答案：D
10．如下图所示，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：在光照条件下，CH4与Cl2发生化学反应，产物中有HCl生成，因HCl易溶于水，使集气瓶中压强减小，水会倒吸其中，②正确；当滴入水时，反应4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3也会使集气瓶内压强减小，发生水倒吸入集气瓶中的现象，③正确；①中CO、O2均不溶于水，①错误；④中N2、H2也不溶于水，光照时也不发生反应，④错误，故D正确．
答案：D
11．在允许加热的条件下，只用一种试剂就可以鉴别(NH4)2SO4、KCl、MgCl2、Al2(SO4)3和Fe2(SO4)3溶液，这种试剂是
( )
A．NaOH B．NH3·H2O
C．AgNO3 D．BaCl2
解析：加入NaOH溶液，有刺激性气味产生的是(NH4)2SO4，无明显现象的是KCl，产生白色沉淀的是MgCl2，先生成白色沉淀后来沉淀又溶解消失的是Al2(SO4)3，产生红褐色沉淀的是Fe2(SO4)3；加入NH3·H2O、(NH4)2SO4和KCl无法鉴别开，MgCl2与Al2(SO4)3均会产生白色沉淀，也鉴别不开；五种盐溶液中，有2种氯化物，3种硫酸盐，因此利用Ag＋、Ba2＋无法鉴别，故只有A正确．
答案：A
12．工业上以CaO和HNO3 为原料制备Ca(NO3)2·4H2O晶体．为了确保制备过程中既不补充水，也无多余水分，所用硝酸溶液溶质的质量分数应为
( )
A．30% B．63%
C．70% D．无法确定
解析：反应方程式为：
CaO＋2HNO3＋3H2O===Ca(NO3)2·4H2O，
硝酸质量分数为×100%＝70%.
答案：C
13．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，应放在烧杯中称量；C中所用原料、方法、装置均正确．
答案：C
14．下列叙述中正确的是
( )
①标准状况下，1 L HCl和1 L H2O的物质的量相同；
②标准状况下，1 g H2和14 g N2的体积相同；
③28 g CO的体积为22.4 L；
④两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同；
⑤在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大；
⑥同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比．
A．①②③ B．②⑤⑥
C．②③⑥ D．④⑤⑥
解析：标准状况下H2O不是气体，而HCl为气体，所以虽然二者等体积，但物质的量不相同，①错误；同样在④中所指的物质不一定是气体，所以④错误；标准状况下，1 g H2和14 g N2的物质的量均为0.5 mol，故体积相同，②正确；③中28 g CO的物质的量是1 mol，但条件不确定，所以不一定是22.4 L，③错误；在同温同体积时，气体的压强与物质的量成正比，所以物质的量越大，则压强越大，⑤正确；同温同压下，气体的密度与其相对分子质量成正比，⑥正确，故选B.
答案：B
15．用CuSO4·5H2O配制0.1 mol/L CuSO4水溶液，下面所列的方法正确的是
( )
A．取25 g CuSO4·5H2O溶于1 L水中
B．将CuSO4·5H2O干燥去掉结晶水，取16 g溶于水制成1 L溶液
C．将25 g CuSO4·5H2O溶于水制成1 L溶液
D．取12.5 g CuSO4·5H2O溶于500 mL水中
解析：CuSO4·5H2O的摩尔质量是250 g/mol,25g CuSO4·5H2O的物质的量是0.1 mol.将其溶解到水中，配成1 L溶液，即得0.1 mol/L的CuSO4溶液．将25 g CuSO4·5H2O溶在1 L水中或将12.5 g CuSO4·5H2O溶在500 mL水中，溶液的体积都不是1 L或500 mL，所得溶液浓度不是0.1 mol/L.将CuSO4·5H2O干燥去掉结晶水后得CuSO4，但由于CuSO4·5H2O干燥去掉结晶水时不知何时结晶水完全去掉，无法保证所取固体为纯CuSO4，此法不正确，且此法不符合最简单原则．
答案：C
16.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的容器上贴有右图标识
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[来源:21世纪教育网]
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
第Ⅱ卷 (非选择题，共52分)
二、非选择题(本题包括6小题，共52分)
17．(6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；试管内液体体积不能超过试管容积的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)不能用排空气法收集NO
(6)瓶底没有铺一层细沙或瓶里没有加少量水
18．(8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)
19．(11分)水蒸气通过灼热的焦炭后，流出气体的主要成分是CO和H2，还有CO2和水蒸气等．请用下图中提供的仪器，选择必要的试剂，设计一个实验，证明上述混合气体中有CO和H2.(加热装置和导管等在图中略去)
回答下列问题：
(1)盛浓H2SO4的装置用途是________，盛NaOH溶液的装置用途是________．
(2)仪器B中需加入试剂的名称(或化学式)是________，所发生反应的化学方程式是____________________．
(3)仪器C中需加入试剂的名称(或化学式)是________，其目的是__________________．
(4)按气流方向连接各仪器，用字母表示接口的连接顺序：g—ab—___________________.
(5)能证明混合气体中含有CO的实验依据是__________________________________．
(6)能证明混合气体中含有H2的实验依据是____________________________．
解析：本题关键是应明确实验目的(证明混合气体中有CO和H2)，要想达到目的，只能利用它们的还原性将之转化为CO2和H2O来检验，同时又要防止原混合气体中CO2和水蒸气的干扰，所以，用CO、H2还原CuO之前，必须首先除去CO2和水蒸气．本题应首先解决第(4)问．
答案：(1)除去水蒸气 除去CO2
(2)氧化铜(CuO)
CuO＋H2Cu＋H2O、CuO＋COCu＋CO2
(3)无水硫酸铜(CuSO4) 检验H2O
(4)(g—ab)—kj—hi—cd(或dc)—fe—lm
(5)原混合气体中的CO2已被除去，其中CO与CuO反应生成的CO2使澄清石灰水变浑浊
(6)原混合气体中的H2O已被除去，其中H2与CuO反应生成的H2O使无水硫酸铜由白色变为蓝色
20．(10分)实验室需要480 mL 0.4 mol/L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所得溶液小心转入一定容积的容量瓶中．
③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1 cm～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 mL，③500 mL，④1000 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容量瓶用1 mol/L的NaCl溶液润洗________．
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，应结合公式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
21． (9分)菠菜营养丰富，素有“蔬菜之王”之称，是一种高效的补铁剂，长期以来民间流传有“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CO，故需加入试剂X排除CO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CO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中得到溶液的红色比步骤Ⅰ中得到溶液的红色深
(3)＋2价 (4)CH3COOH 沉淀部分溶解
22．(8分)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×10－3 L·mL－1＝0.090 mol时正好反应完全．所以n(CO)＝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＝＝[来源:21世纪教育网]
(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(CO)＝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＝2.65g<3.01 g．所以含有n(H2O)＝＝0.02 mol.故n(Al3＋)∶n(Mg2＋)∶n(OH－)∶n(CO)∶n(H2O)＝0.01 mol∶0.03 mol∶0.08 mol∶0.005mol∶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