2020届山东新高考仿真试卷系列-化学（2）

2020年山东新高考仿真试卷系列-化学（2）
一、 选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。）
1．（2分）下列过程属于物理变化的是（　　）
A．煤的干馏 B．石油的分馏 C．石油裂化 D．石油裂解
2．（2分）下列叙述正确的是（　　）
A．等质量的CH4和苯完全燃烧耗氧量后者更大
B．SO2使溴水褪色与乙烯使酸性KMnO4褪色原理相同
C．油脂皂化反应得到高级脂肪酸和甘油
D．纤维素、聚乙烯、光导纤维都属于高分子化合物
3．（2分）下列广告用语符合科学性的是（　　）
A．这种饮料中不含任何化学物质
B．这种蒸馏水绝对纯净，不含任何离子
C．这种口服液含有丰富的氮、磷、锌等微量元素
D．没有水就没有生命
4．（2分）下列仪器名称为“圆底烧瓶”的是（　　）
A． B． C． D．
5．（2分）将硫酸钾、硫酸铝、硫酸钾铝三种盐混合溶于硫酸酸化的水中，测得
c（SO42﹣）＝0.105mol/L，
c（Al3+）＝0.055mol/L
c（H+）＝0.01mol/L，
则c （K+）为（　　）
A．0.045 mol/L B．0.035 mol/L
C．0.055 mol/L D．0.040 mol/L
6．（2分）不包含d轨道的电子层是（　　）
A．L B．M C．N D．O
7．（2分）下列分子或离子与H2O分子具有相同电子数的是（　　）
①OH﹣②K+③HCl④NH4+⑤CH4
A．②④⑤ B．②③④ C．①④⑤ D．①③⑤
8．（2分）常温下，Fe、Al在浓硫酸中钝化，浓硫酸表现了（　　）
A．难挥发性 B．吸水性 C．脱水性 D．强氧化性
9．（2分）传统合成氨工业需要采用高温、高压和催化剂。近来美国化学家使用新型铁系催化剂，在常温下合成了氨气。下列说法正确的是（　　）
A．新型合成氨方法是吸热反应
B．新型合成氨方法可简化生产设备
C．新型催化剂提高了N2和H2的转化率
D．两种方法中该反应的化学平衡常数相同
10．（2分）
1995年诺贝尔化学奖授予致力于研究臭氧层被破坏问题的三位环境化学家．大气中的臭氧层可滤除大量的紫外光，保护地球上的生物．氟利昂（如CCl2F2可在光的作用下分解，产生Cl原子，Cl原子会对臭氧层产生长久的破坏作用（臭氧的分子式为O3）．有关反应为：O3O2+O Cl+O3→ClO+O2 ClO+O→O2 总反应 2O3→3O2在上述臭氧变成氧气的反应过程中，Cl是（　　）
A．反应物 B．生成物 C．中间产物 D．催化剂
二、选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11．（4分）下列物质的水溶液中只存在一种分子的是（　　）
A．Na2SO4 B．NaHS C．NaHCO3 D．HClO

12．（4分）分类法是学习化学的重要方法，人们在认识事物时可采用多种分类方法。下列（2）中的物质并不能按照对应的分类标准与（1）中的物质归为一类的是（　　）
选项
（1）
（2）
分类标准
A
盐酸、漂白粉、水玻璃、双氧水
氨水
混合物
B
CH3COOH，H2CO3、HClO、NH3•H2O
HF
弱电解质
C
电解反应、盐的水解、煤的干馏、石油裂化
钢铁生锈
化学变化
D
CO2、SO3、P2O5、SiO2
Al2O3
酸性氧化物
A．A B．B C．C D．D
13．（4分）下列关于化学平衡常数的说法中，正确的是（　　）
A．化学平衡常数均无单位
B．平衡常数越大则转化率越大
C．对于一个化学计量数固定的反应，平衡常数的大小只与温度有关
D．在平衡常数表达式中，反应物的浓度为初始浓度，生成物的浓度为平衡浓度
14．（4分）恒温条件下，在CH3COONa的稀溶液中分别加入下列的物质，能使比值一定增大的是（　　）
A．固体NaOH B．固体KOH C．固体NaCl D．冰醋酸
15．（4分）室温时，Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．Ag2CrO4沉淀溶解平衡可表示为Ag2CrO4（s）⇌2Ag+（aq）+CrO42﹣（aq）
B．室温时，Ag2CrO4的Ksp为1×10﹣11 mol3•L﹣3
C．在饱和Ag2CrO4溶液中慢慢加入K2CrO4可使溶液由Y点变成X点
D．将Z点溶液缓慢蒸发可使溶液由Z点变成Y点
三．解答题（共5小题，满分60分）
16（16分） 氯的化合物与人们的生活紧密相关。回答下列问题：
（1）高血压患者，应该减少食盐的摄入量，为了“减盐不减咸”，建议高血压患者食用低钠盐（含氯化钾30%左右的氯化钠）。我们可以通过　　（此空1分）（操作名称）来检验食盐中含有钾元素，得到食盐中含钾元素的实验依据是　 　。
（2）瑞典化学家舍勒（Carl Wilhelm Scheele）将软锰矿（主要成分是MnO2）与浓盐酸混合加热，在世界上首次制得了氯气。实验室用如图所示装置制取纯净的氯气。

①仪器a的名称为　 　。（此空1分）
②装置A中发生反应的离子方程式为　 　。装置B的作用是　 　，装置C中的试剂为　 　。
③装置E中发生反应的离子方程式为　 　。
④当有4molHCl被氧化时，产生的氯气在标准状况下的体积为　 　L。
（3）漂白液（有效成分是NaClO）与洁厕灵（主要成分为盐酸）混合，也会产生Cl2，请写出该反应的离子方程式　 　。
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17．（8分）水是生命之源，它与我们的生活密切相关。在化学实验和科学研究中，水也是一种常用的试剂。
（1）与H2O分子中电子数相等的5核的分子和离子的化学式分别是　 　。
（2）水也是一种良好的溶剂，氨气极易溶于水的原因是：　 　。
（3）冰的晶体类型与钠、碘、金刚石、干冰、氯化钠晶体中的一种晶胞相似。如图是冰晶胞的一部分，其中小黑点表示水分子，请将剩余的水分子用小黑点补充完整。（此空4分）

18．（12分）卤水中的主要成分为食盐（假设其所含杂质仅为NaBr），为了充分利用资源，有研究人员开发了以晒盐卤水和化肥碳酸氢铵为原料制取纯碱的工艺，其生产流程如图．

（1）写出卤水和碳酸氢铵反应的化学方程式　 　；
（2）操作I是　 　（填操作名称），试剂X为　 　，残液除NH4Cl外，还含有　 　；（每空1分）
（3）若滤渣中含有NH4Cl杂质，则可能导致纯碱中混有杂质，写出煅烧时产生杂质的副反应的化学方程式　 　；
（4）实验室检测滤渣中是否含有NH4Cl的操作是　 　；（此空1分）
（5）碳酸氢铵与氯化钠的配料比是影响纯碱质量的因素之一，如图是（摩尔比）对NaHCO3产率的影响．实际生产中选择＝1.2．
①下列相关说法正确的是　 　．
a．碳酸氢铵过量是为了充分利用卤水
b．碳酸氢铵过量是为了减少纯碱中的NaCl
c．碳酸氢铵过量太多将会导致生产成本过高
②不考虑生产过程中的损耗，生产1mol纯碱，需消耗碳酸氢铵　 　mol．

19．（12分）在足量的稀氯化亚铁溶液中加入1～2滴液溴，振荡后溶液变为黄色。为了探究溶液变为黄色的原因，甲、乙两位同学提出了不同的观点：
（1）甲同学认为是：Br2溶于水变成黄色溶液；乙认为是：　 　。
（2）现提供试剂：酸性高锰酸钾溶液、氢氧化钠溶液、四氯化碳、硫氰化钾溶液
并用两种方法加以验证，写出选用的试剂编号及实验中观察到的现象：

选用试剂
实验现象
第一种方法
四氯化碳

第二种方法
硫氰化钾溶液

（3）若选用淀粉碘化钾溶液判断哪位同学的推断正确，是否可行？（填“可行”或不可行）　 　；理由是　 　。
（4）向稀溴化亚铁溶液中通入过量氯气的离子反应方程式：　 　。
20．（12分）有机物A的结构简式为：它可通过不同的反应分别得到下列物质：

（1）A中含氧官能团的名称：　 　。
（2）在B～G中，不含酯基的化合物是（填编号）　 　（此空1分）
（3）指出反应类型：A生成C：　 　反应，A生成D：　 　反应。
（4）1mol C在一定条件下与NaOH溶液、Br2水和H2反应，消耗三种物质最多分别为　 　、　 　、　 　 mol．（每空1分）
（5）按要求写A的所有同分异构体的结构简式：　 　．（注：同一碳原子上连两个或两个以上羟基不稳定，故书写时排除此类化合物．）
①苯环上只有一个取代基②能发生银镜反应③但不能发生水解反应④1mol该物质可与金属钠反应生成1molH2
（6）写出由A制取B的化学方程式：　 　
2020年山东新高考仿真试卷系列-化学（2）
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）
1．【考点】18：物理变化与化学变化的区别与联系．菁优网版权所有
【专题】513：物质的性质和变化专题．
【分析】有新物质生成的是化学变化，无新物质生成的是物理变化，据此分析。
【解答】解：A、将煤隔绝空气加强热使其分解的过程为煤的干馏，通过煤的干馏可以得到煤焦油、焦炉煤气和粗氨水等，故为化学变化，故A错误；
B、通过加热的方法将石油中的各组分分离的方法为石油的分馏，故无新物质生成，是物理变化，故B正确；
C、用重油来生产轻质油的过程为石油的裂化，故有新物质生成，为化学变化，故C错误；
D、用重油来生产乙烯的过程为石油的裂解，故有新物质生成，是化学变化，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了物理变化和化学变化的区别以及常见实验操作的实质，难度不大，应注意煤的干馏、石油的裂化和裂解均为化学变化，而石油的分馏为物理变化。
2．【考点】19：绿色化学．菁优网版权所有
【专题】533：有机反应．
【分析】A．有机物含氢量越高，等质量时消耗的氧气的量越多；
B．乙烯含碳碳双键，与高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化硫据还原性与溴水发生氧化还原反应；
C．油脂皂化反应在碱性条件下进行；
D．光导纤维的主要成分为二氧化硅。
【解答】解：A．有机物含氢量越高，等质量时消耗的氧气的量越多，甲烷为含氢量最高的烃，则甲烷消耗氧气多，故A错误；
B．乙烯含碳碳双键，与高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，则褪色原理相同，故B正确；
C．油脂皂化反应在碱性条件下进行，不能生成高级脂肪酸，而生成盐，故C错误；
D．纤维素、聚乙烯是高分子化合物，光导纤维的主要成分为二氧化硅，不是高分子化合物，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查较为综合，涉及有机物的性质、制备、氧化还原反应分析等知识点的考查，为高频考查，注意相关基础知识的积累，他们难度不大。
3．【考点】12：化学科学的主要研究对象．菁优网版权所有
【专题】56：化学应用．
【分析】A、任何物质都是由化学元素组成的，饮料中绝对不含化学物质是不对的；
B、根据水本身电离出的离子判断；
C、根据人体内的常量元素和微量元素判断；
D、根据水的重要性判断。
【解答】解：A、分析此广告的本义，应该是要说饮料中不含化学合成的物质，但由于缺乏基本的化学知识，而误把化学合成物质混淆成化学物质，故A错误。
B、这种蒸馏水绝对纯净，不含任何离子，说法错误，蒸馏水中含有少量的氢离子和氢氧根离子，故B错误。
C、氮和磷在人体内属于常量元素，不是微量元素，故C错误。
D、水是生命之源，人类时刻离不开水，所以人类不能没有水，没有水就没有生命，故D正确。
故选：D。
【点评】解答本题的关键是要掌握水的性质及其化学与人体健康方面的知识，了解人体内的常量元素和微量元素。
4．【考点】N5：蒸发、蒸馏与结晶的仪器．菁优网版权所有
【专题】541：化学实验常用仪器及试剂．
【分析】根据常见仪器的外形来分析解答。
【解答】解：A、此仪器为烧杯，故A错误；
B、此仪器为分液漏斗，故B错误；
C、此仪器为容量瓶，故C错误；
D、此仪器为圆底烧瓶，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了常见仪器的名称和形状，应注意基础的掌握，难度不大。
5．【考点】M1：物质的量浓度的计算．菁优网版权所有
【专题】519：物质的量浓度和溶解度专题．
【分析】溶液中满足电荷守恒：3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）＝2c（SO42﹣）+c（OH﹣），据此计算溶液中c （K+）。
【解答】解：根据溶液电荷守恒，溶液中存在3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）＝2c（SO42﹣）+c（OH﹣），而溶液中c（OH﹣）很小，可以忽略不计，
则：3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）＝2c（SO42﹣），
所以c（K+）＝2c（SO42﹣）﹣3c（Al3+）﹣c（H+）＝2×0.105mol/L﹣3×0.055mol/L﹣0.01mol/L＝0.035mol/L，
故选：B。
【点评】本题考查物质的量浓度的计算，题目难度不大，明确电荷守恒为解答关键，注意掌握物质的量浓度的概念及计算方法，试题培养了学生的化学计算能力。
6．【考点】8A：原子核外电子的能级分布．菁优网版权所有
【分析】能层含有的能级数等于能层序数，即第n能层含有n个能级，每一能层总是从s能级开始，同一能层中能级ns、np、nd、nf的能量依次增大。
【解答】解：A．L能层是第二能层，含有2个能级，分别是2s、2p能级，不含d轨道，故A选；
B．M能层是第三能层，含有3个能级，分别是3s、3p、3d能级，含d轨道，故B不选；
C．N能层是第四能层，还有4个能级，分别是4s、4p、4d、4f能级，含d轨道，故C不选；
D．O能层是第五能层，含有5个能级，分别是5s、5p、5d、5f…能级，含d轨道，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查核外电子排布规律，明确能层和能级及所含原子轨道的关系是解本题关键，难度不大。
7．【考点】84：质子数、中子数、核外电子数及其相互联系．菁优网版权所有
【专题】51B：原子组成与结构专题．
【分析】H2O分子具有10个电子，阳离子的电子数＝质子数﹣离子所带的电荷数，阴离子的电子数＝质子数+离子所带的电荷数，据此分析。
【解答】解：H2O分子具有10个电子
①OH﹣具有10个电子；
②K+具有18个电子；
③HCl具有18个电子；
④NH4+具有10个电子；
⑤CH4具有10个电子。则与H2O分子具有相同电子数的是①④⑤。
故选：C。
【点评】本题考查了原子的结构，题目难度不大，注意把握分子、阴离子和阳离子的电子数的计算方法，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
8．【考点】F8：浓硫酸的性质．菁优网版权所有
【专题】523：氧族元素．
【分析】常温下，由于浓硫酸的强氧化性，会在Fe、Al表面生成一层致密的氧化物，阻止反应的进一步发生。
【解答】解：常温下，由于浓硫酸的强氧化性，会在Fe、Al表面生成一层致密的氧化物，阻止反应的进一步发生，从而发生钝化，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查浓硫酸的性质，题目难度不大，注意基本原理的理解。
9．【考点】27：工业合成氨．菁优网版权所有
【专题】51E：化学平衡专题．
【分析】A．根据盖斯定律可知，反应过程中吸收、放出的热量与反应途径无关，所以两种合成氨的焓变相同，都一定是放热反应；
B．在常温常压下合成出氨，可节约大量能源，能够节能减排；
C．使用催化剂能够改变反应速率，但是不会影响化学平衡，所以催化剂不会改变当前和氢气的转化率；
D．化学平衡常数受反应温度的影响，反应温度不同，化学平衡常数则不同．
【解答】解：A．反应热与反应途径无关，所以旧法合成氨与新法合成氨都是放热反应，故A错误；
B．与旧法相比较，新法合成氨不需要在高温条件下，可节约大量能源，简化生产设备，具有发展前景，故B正确；
C．催化剂只能改变反应速率，对反应物的转化率没有影响，所以新型催化剂不会提高N2和H2的转化率，故C错误；
D．化学平衡常数与反应温度有关，两种方法的反应温度不同，则化学平衡常数一定不同，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了化学平衡及其影响因素，题目难度中等，注意掌握温度、难度、催化剂等对化学平衡的影响，明确催化剂不会影响化学平衡及反应物的转化率、化学平衡常数与温度相关，温度不同，则化学平衡常数不同．
10．【考点】C4：催化剂的作用．菁优网版权所有
【专题】513：物质的性质和变化专题．
【分析】在化学反应里能改变其他物质的化学反应速率，而本身的质量和化学性质在化学反应前后都没有发生改变的物质叫催化剂．根据总反应方程式2O3→3O2，判断Cl是哪种类型物质．
【解答】解：总反应方程式2O3→3O2，臭氧是反应物，氧气是生成物。
A、该反应的反应物是O3，故A错误；
B、该反应的生成物是氧气，故B错误；
C、反应物中不含氯元素，氯原子不是中间产物，故C错误；
D、从反应历程看，第二、三两步反应氯原子在反应前后组成与质量都不变，所以是催化剂，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了根据反应历程判断催化剂，难度不大，根据总反应方程式判断即可，注意催化剂是改变其它物质的反应速率，即既可增大也可减小．
二．多选题（共5小题，满分20分，每小题4分）
11．【考点】D3：电解质在水溶液中的电离．菁优网版权所有
【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】物质的水溶液中只存在一种分子，说明该电解质是强电解质且不含弱离子，据此分析解答．
【解答】解：A．硫酸钠是强酸强碱盐属于强电解质，钠离子和硫酸根离子不水解，所以溶液中只存在水分子，符合条件，故A正确；
B．NaHS为强碱弱酸酸式盐，HS﹣水解生成H2S，所以溶液中存在两种分子，故B错误；
C．碳酸氢钠在水溶液里完全电离，碳酸氢根会水解得到碳酸分子，故C错误；
D．次氯酸是弱电解质，在水溶液里部分电离，所以溶液中存在两种分子，水分子和HClO分子，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了弱电解质的电离和盐类水解，根据电解质强弱及盐的类型确定溶液中存在的分子种类，题目难度不大．
12．【考点】18：物理变化与化学变化的区别与联系；37：混合物和纯净物；3A：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；D2：强电解质和弱电解质的概念．菁优网版权所有
【分析】A．（1）中物质既包含混合物有包含纯净物；
B．在水溶液部分电离的电解质属于弱电解质；
C．化学变化必须有新物质生成；
D．能够与碱反应只生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物．
【解答】解：A．（1）中物质既包含混合物有保含纯净物，盐酸、漂白粉、水玻璃是混合物，双氧水是纯净物，不符合分类标准，故A选；
B．CH3COOH，H2CO3、HClO、NH3•H2O，都是弱电解质，氢氟酸为弱酸，水溶液中部分电离，属于弱电解质，符合题意，故B不选；
C．电解反应、盐的水解、煤的干馏、石油裂化都是化学变化，钢铁生锈有新物质生成属于化学变化，符合题意，故C不选；
D．CO2、SO3、P2O5、SiO2都是酸性氧化物，三氧化二铝既能与酸又能与碱反应，且产物都是盐和水，属于两性氧化物，不符合题意，故D选；
故选：AD。
【点评】本题考查了物质的分类，明确分类标准，熟悉混合物、弱电解质、化学变化、酸性氧化物的概念即可解答，题目难度不大．
13．【考点】C8：化学平衡常数的含义．菁优网版权所有
【专题】51E：化学平衡专题．
【分析】平衡常数指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，化学平衡常数只与温度有关，与浓度、压强、催化剂无关，平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大．
【解答】解：A、化学平衡常数有无单位与化学方程式有关，故A错误；
B、平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大，故B正确；
C、化学平衡常数只受温度影响，同一反应温度不同，平衡常数不同，故C正确；
D、在平衡常数表达式中，反应物的浓度为平衡浓度，生成物的浓度为平衡浓度，故D错误；
故选：BC。
【点评】本题考查了化学平衡常数、影响因素及应用，难度不大，注意化学平衡常数只与温度有关，同一转化关系化学计量数不同，平衡常数不同，温度相同，同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数．
14．【考点】DC：影响盐类水解程度的主要因素．菁优网版权所有
【专题】51H：盐类的水解专题．
【分析】醋酸钠溶液中存在醋酸根离子水解平衡：CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，使c（CH3COO﹣）/c（Na+）比值增大，可使平衡向逆反应方向移动，结合影响水解平衡移动的因素解答该题．
【解答】解：A、加入固体NaOH，c（Na+）与c（CH3COO﹣）都增大，但c（Na+）增大幅度较大，则比值减小，故A错误；
B、加入固体KOH，抑制水解，则c（CH3COO﹣）增大，而c（Na+）不变，则比值增大，故B正确；
C、加入固体NaCl，平衡不移动，但c（Na+）增大，则比值减小，故C错误；
D、加入冰醋酸，c（CH3COO﹣）增大，则比值增大，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查学生盐的水解原理以及影响盐的水解平衡移动等方面的知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意知识的归纳整理是解题关键，难度不大．
15．【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．菁优网版权所有
【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A．Ag2CrO4沉淀在水溶液中电离生成Ag+（aq）、CrO42﹣（aq），且存在电离平衡；
B．室温时，Ag2CrO4的Ksp＝c2（Ag+）×c（CrO42﹣）；
C．在饱和Ag2CrO4溶液中慢慢加入K2CrO4导致c（CrO42﹣）增大、c（Ag+）减小；
D．Z点溶液缓慢蒸发，溶液中c（Ag+）、c（CrO42﹣）都增大。
【解答】解：A．Ag2CrO4沉淀在水溶液中电离生成Ag+（aq）、CrO42﹣（aq），且存在电离平衡，电离方程式为Ag2CrO4（s）⇌2Ag+（aq）+CrO42﹣（aq），故A正确；
B．室温时，Ag2CrO4的Ksp＝c2（Ag+）×c（CrO42﹣）＝（10﹣3）2×（10﹣5）＝1×10﹣11，故B正确；
C．在饱和Ag2CrO4溶液中慢慢加入K2CrO4导致c（CrO42﹣）增大、c（Ag+）减小，所以不能实现Y点变成X点，故C错误；
D．Z点溶液缓慢蒸发，溶液中c（Ag+）、c（CrO42﹣）都增大，所以不能实现Z点变成Y点，故D错误；
故选：AB。
【点评】本题考查难溶物的溶解平衡，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确坐标系中各点及曲线含义、溶度积常数计算方法是解本题关键，CD为解答易错点。
三．解答题（共5小题，满分60分，每小题12分）
16【考点】E3：氯气的实验室制法；EM：氯、溴、碘及其化合物的综合应用．菁优网版权所有
【专题】543：气体的制备与性质检验类实验．
【分析】（1）K元素焰色反应为紫色，透过蓝色钴玻璃进行观察到火焰颜色为紫色；
（2）①考察常用实验仪器，注意和长颈漏斗的区别；
②实验室制取Cl2用MnO2与浓盐酸混合加热，杂质成分为挥发出的HCl和水蒸气，依次除去；
④考察实验室制取氯气的尾气处理装置及反应式，NaOH用于吸收多余的Cl2，防止污染空气；
⑤根据方程式MnO2+4HCl MnCl2+Cl2↑+2H2O，4分子HCl中2分子化合价升高，做还原剂被氧化，利用比例关系进行解题；
（3）NaClO中的Cl元素化合价由+1变到0价，HCl中的Cl元素化合价由﹣1变到0价，根据电荷守恒配平方程式。
【解答】解：（1）K元素焰色反应为紫色，可以通过焰色反应来检验食盐中含有钾元素。观察钾元素焰色反应时为避免钠的黄光的影响，则透过蓝色钴玻璃进行观察K的焰色。
故答案为：焰色反应； 透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色呈紫色；
（2）①a有活塞，是分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
②实验室制取Cl2用MnO2与浓盐酸混合加热，化学方程式为MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O：改写离子方程式需要注意MnO2不溶于水，Cl2为单质，H2O为弱电解质都不能拆开，其他拆开成离子形式，删去方程式两边相同的离子，得MnO2+4H++2Cl﹣ Mn2++Cl2↑+2H2O．这个反应的反应物为浓盐酸，它易挥发，且反应需要加热，导致制取的Cl2会混有挥发出的HCl，另外还有水蒸汽。除杂的原则是最后除去水，所以B中除去Cl2中的HCl，C中除去水蒸气，B中用饱和NaCl溶液除去中Cl2的HCl气体，C中用浓硫酸做干燥剂除水。
故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣ Mn2++Cl2↑+2H2O；除去氯气中的HCl气体；浓硫酸；
④装置E为尾气处理装置，用NaOH吸收多余的Cl2，防止污染空气。化学方程式为Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，改写成离子方程式为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，
故答案为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；
⑤根据方程式MnO2+4HCl MnCl2+Cl2↑+2H2O，4分子HCl中2分子化合价升高，做还原剂被氧化，即2molHCl被氧化时，产生的氯气1mol。由比例关系可得当有4molHCl被氧化时，产生的氯气为2mol，在标准状况下的体积为44.8L，
故答案为：44.8；
（3）根据已经条件NaClO和盐酸混合会产生Cl2，为氧化还原反应，NaClO中的Cl元素化合价由+1变到0价，HCl中的Cl元素化合价由﹣1变到0价。可知n（NaClO）：n（HCl）＝1：1，根据离子方程式电荷守恒配平方程式可得：Cl﹣+ClO﹣+2H+＝Cl2↑+H2O，
故答案为：Cl﹣+ClO﹣+2H+＝Cl2↑+H2O。
【点评】本题考查了气体的制备和性质检验，熟悉氯气的实验室制备方法，题目难度中等，侧重考查学生分析、实验能力。
17．【考点】9B：“等电子原理”的应用；A6：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．菁优网版权所有
【专题】51D：化学键与晶体结构．
【分析】（1）H2O分子中电子数为10；
（2）含氢键可影响物质的溶解性；
（3）冰的晶体类型与金刚石晶胞相似，存在正四面体结构．
【解答】解：（1）H2O分子中电子数为10，与H2O分子中电子数相等的5核的分子和离子的化学式分别是CH4、NH4+，故答案为：CH4、NH4+；
（2）水也是一种良好的溶剂，氨气极易溶于水的原因是①氨气分子为极性分子，易溶于极性溶剂水中②氨气分子与水分子间易形成氢键③氨气可与水反应，
故答案为：①氨气分子为极性分子，易溶于极性溶剂水中②氨气分子与水分子间易形成氢键③氨气可与水反应；
（3）冰的晶体类型与金刚石晶胞相似，存在正四面体结构，则冰晶胞中小黑点表示水分子，剩余的水分子用小黑点补充完整为，
故答案为：
【点评】本题考查了10电子微粒、氢键、晶体结构等，把握氢键对物质的性质影响、晶体结构等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．
18．【考点】2H：纯碱工业（侯氏制碱法）；P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．菁优网版权所有
【专题】17：综合实验题．
【分析】（1）碳酸氢钠的溶解度比碳酸氢铵的和氯化钠小；
（2）根据滤渣和滤液用过滤分离；根据氯化铵能水解，加入盐酸抑制水解；根据食盐中含杂质仅为NaBr；
（3）根据NaHCO3和NH4Cl能发生双水解；
（4）根据氯离子的检验方法；
（5）①根据氯化钠过多会残留在NaHCO3，最终氯化钠混杂在纯碱中；碳酸氢铵过量太多将会导致生产成本过高；
②根据题目信息以及化学方程式来计算．
【解答】解：（1）卤水和碳酸氢铵反应的化学方程式为：NaCl+NH4HCO3═NaHCO3↓+NH4Cl，故答案为：NaCl+NH4HCO3═NaHCO3↓+NH4Cl；
（2）滤渣和滤液用过滤分离，操作1为过滤、洗涤，氯化铵能水解，加入盐酸抑制水解，得到纯净的氯化铵，所以试剂X为盐酸，食盐中含杂质为NaBr，残液除NH4Cl外，还含有NaBr，故答案为：过滤、洗涤；盐酸；NaBr；
（3）NaHCO3和NH4Cl能发生双水解：NaHCO3+NH4ClNaCl+NH3↑+H2O+CO2↑，故答案为：NaHCO3+NH4ClNaCl+NH3↑+H2O+CO2↑；
（4）氯离子的检验方法是：加入硝酸酸化的硝酸银溶液，如果由白色沉淀生成则可判断原溶液中存在氯离子，反应的离子方程式为Cl﹣+Ag+＝AgCl↓，
故答案为：取洗涤液，加入足量硝酸至溶液呈酸性，再滴加硝酸银溶液，无沉淀说明纯净；
（5）①氯化钠过多会残留在NaHCO3，最终氯化钠混杂在纯碱中；而碳酸氢铵过量太多将会导致生产成本过高，所以实际生产中选择＝1.2，故答案为：bc；
②2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑
2mol 1mol
NaCl+NH4HCO3＝NaHCO3↓+NH4Cl
2mol 2mol
实际生产中选择＝1.2，n（NH4HCO3）＝2.4mol，故答案为：2.4．
【点评】本题主要考查了物质的制备．涉及到物质的分离、提纯，盐类的水解，离子的检验和化学计算，难度不大，根据所学知识即可完成．
19．【考点】GQ：二价Fe离子和三价Fe离子的检验；PT：物质的检验和鉴别的实验方案设计．菁优网版权所有
【分析】（1）根据逻辑推理，甲同学认为是：Br2溶于水变成黄色溶液；乙认为是Fe2+被氧化成Fe3+使溶液变成黄色；
（2）溴单质氧化性较强，能将亚铁离子氧化为三价铁，三价铁在水溶液中是黄色的，可以从是否有溴单质以及是否生成三价铁两个角度来设计实验验证；
（3）三价铁和溴单质均能将亚铁离子氧化，碘单质遇到淀粉变蓝；
（4）FeBr2在溶液中电离出Fe2+、Br﹣，Cl2通入FeBr2溶液中，既能氧化Fe2+，又能氧化Br﹣．
【解答】解：（1）根据逻辑推理，甲同学认为是：Br2溶于水变成黄色溶液；乙认为是Fe2+被氧化成Fe3+使溶液变成黄色；
故答案为：Fe2+被氧化成Fe3+使溶液变成黄色；
（2）溴单质氧化性较强，能将亚铁离子氧化为三价铁而使溶液变为黄色，可以进行试验看是否存在溴单质，也可以用硫氰化钾溶液检验三价铁的存在，
故答案为：

选用试剂
实验现象
第一种方法
四氯化碳
有机层（下层）橙红色
第二种方法
硫氰化钾溶液
溶液变红
（3）溴单质也能将碘离子氧化为碘单质，则不可以选用淀粉碘化钾溶液来试验推断是否正确，
故答案为：不可行，因为Br2和Fe3+都能把I﹣氧化成I2；
（4）FeBr2在溶液中电离出Fe2+、Br﹣，Cl2通入FeBr2溶液中，既能氧化Fe2+，又能氧化Br﹣．发生的反应为2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣，
故答案为：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣．
【点评】本题是一道关于氧化还原反应的实验设计和探究题，题目难度中等，主要涉及了铁离子、亚铁离子的转化，试题综合性较强，有利于培养学生灵活应用所学知识的能力．
20．【考点】H5：有机物分子中的官能团及其结构．菁优网版权所有
【分析】（1）根据结构简式寻找含有的官能团；
（2）C不含醛基；
（3）A生成C是消去反应，A生成D是缩聚反应；
（4）C含羧基、碳碳双键、苯环；
（5）A含羧基和羟基，共含3个O原子，根据能发生银镜反应知含醛基，根据不能发生水解反应知不是酯，根据1mol该物质可与金属钠反应生成1molH2知含2个醇羟基，没有羧基；
（6）A制取B是酯化反应．
【解答】解：（1） 含羧基和羟基，故答案为：羧基、羟基；
（2）不含酯基的化合物是C，故答案为：C；
（3）A生成C是消去反应，A生成D是缩聚反应，故答案为：消去；聚合（或缩聚）；
（4）C含羧基、碳碳双键、苯环，则1mol C在一定条件下与NaOH溶液、Br2水和H2反应，消耗三种物质最多分别为1mol，1mol，4mol，故答案为：1；1；4；
（5）A含羧基和羟基，共含3个O原子，根据能发生银镜反应知含醛基，根据不能发生水解反应知不是酯，根据1mol该物质可与金属钠反应生成1molH2知含2个醇羟基，没有羧基（若含羧基，则必然有1个醇羟基，加上醛基，O原子数多于3），苯环上只有一个取代基，它们是，
故答案为：；
（6）由A制取B是酯化反应，化学方程式为：，
故答案为：．
【点评】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键，题目难度不大．

考点卡片
1．化学科学的主要研究对象
【知识点的认识】
化学研究的对象：物质．
化学研究的内容：物质的组成、性质、结构、变化规律及物质的制备和用途，但物质的空间变化，数量关系，宏观运动不属于化学研究的范畴．
【命题方向】
典例1：化学在人类社会发展中起着重要的作用，展望未来，化学科学具有十分广阔的探索空间．请你分析下列四个选项中现代化学不涉及的研究领域是（　　）
A．开发新的能源 B．合成新的物质 C．空间形式和数量关系 D．防治环境污染
分析：本题根据化学的研究内容是研究物质的组成、性质、结构及变化规律的科学，凡与之有关系的领域均属于化学研究的范畴，而空间形式、数量关系、逻辑推断等均属于数学的研究范畴等知识点来解题．
解答：A．化学是一门研究物质的组成、结构、性质及变化规律的科学，开发新能源属于化学研究的领域，故A不选；
B．合成新物质属于化学的研究领域，可以研究物质的组成、结构等，故B不选；
C．空间形式和数量范畴属于数学的研究范畴，故C选；
D．防止环境污染属于研究物质的变化规律的研究，属于化学研究的领域，故D不选；
故选C．
点评：本题考查了化学的主要研究领域，包括四个方面，物质的组成、结构、性质、变化规律等知识点．
【解题思路点拨】化学的主要研究领域，包括四个方面，物质的组成、结构、性质、变化规律．
2．物理变化与化学变化的区别与联系
【知识点的认识】
（1）物理变化和化学变化的联系：
物质发生化学变化的同时一定伴随物理变化，但发生物理变化不一定发生化学变化．
（2）物理变化和化学变化的区别：
物理变化没有新物质生成，化学变化有新物质生成，常表现为生成气体，颜色改变，生成沉淀等，而且伴随能量变化，常表现为吸热、放热、发光等．
常见的物理变化和化学变化：
物理变化：物态变化，形状变化等．
化学变化：物质的燃烧、钢铁锈蚀、火药爆炸，牛奶变质等．
【命题的方向】本考点主要考察常见的物理变化和化学变化．
题型：物理变化和化学变化的判断
典例1：下列变化中，不属于化学变化的是（　　）
A．二氧化硫使品红溶液褪色 B．氯水使有色布条褪色
C．活性炭使红墨水褪色 D．漂白粉使某些染料褪色
分析：化学变化是指在原子核不变的情况下，有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化．化学变化和物理变化的本质区别在于是否有新物质生成．
解答：A．二氧化硫使品红溶液褪色原理是二氧化硫与品红结合成无色物质，属于化学变化，故A错误；
B．氯水使有色布条褪色原理是氯水有强氧化性能将有色布条氧化为无色物质，属于化学变化，故B错误；
C．活性炭使红墨水褪色的过程中没有新物质生成，属于物理变化，故C正确；
D．漂白粉有强氧化性将染料氧化为无色物质，属于化学变化，故D错误．
故选C．
点评：本题考查溶液的褪色，解答本题要分析变化过程中是否有新物质生成，如果没有新物质生成就属于物理变化，如果有新物质生成就属于化学变化．
【解题思路点拔】物理变化和化学变化的本质区别就是否有新物质生成，化学变化有新物质生成．
3．绿色化学
【知识点的认识】
绿色化学又称环境友好化学，它的主要特点是：
1）充分利用资源和能源，采用无毒、无害的原料；
2）在无毒、无害的条件下进行反应，以减少废物向环境排放；
3）提高原子的利用率，力图使所有作为原料的原子都被产品所消纳，实现“零排放”；
原子利用率＝（预期产物的分子量/全部生成物的分子量总和）×100%
被利用的原子数比上总原子数．原子利用率百分之百的意思是反应没有副产物生成，所有的原子均被利用．原子利用率决定了化学生产中反应的使用程度
4）生产出有利于环境保护、社区安全和人体健康的环境友好的产品．
【命题的方向】本考点主要考察绿色化学的特点和原子利用率、“零排放”的概念，以选择题为主．
题型一：绿色化学的特点和涵义
典例：“绿色化学”的主要内容之一是指从技术、经济上设计可行的化学反应，使原子充分利用，不产生污染物．下列化学反应符合“绿色化学”理念的是（　　）
A．制CuSO4：Cu+2H2SO4（浓）＝CuSO4+SO2↑+2H2O B．制CuSO4：2Cu+O2＝2CuO；Cu+H2SO4（稀）＝CuSO4+H2O
C．制Cu（NO3）2：Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O
D．制Cu（NO3）2：3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O
分析：理解绿色化学的要点有两个：一是原子充分利用；二是不产生污染．
解答：A、每生成1molCuSO4需要2molH2SO4并且还有SO2等污染性的气体生成，故A错误．
B、原子的利用率高且在生产过程中没有污染性的物质产生，符合题意，故B正确．
C、每生成1molCu（NO3）2需要4molHNO3并且还有NO2等污染性的气体生成，故C错误．
D、每生成1molCu（NO3）2需要8/3molHNO3并且还有NO等污染性的气体生成，故D错误．
故选B．
点评：解答本题的关键是要读懂题目要求，准确理解绿色化学的含义．
题型二：原子利用率的概念
典例2：“绿色化学”是当今社会提出的一个新概念．在“绿色化学工艺”中，理想状态是反应中原子全部转化为欲制得产物，即原子的利用率为100%．在用丙炔合成甲基丙烯酸甲酯的过程中，欲使原子的利用率达到最高，在催化剂作用下还需要其他的反应物是（　　）
A．CO和CH3OH B．CO2和H2O C．CH2＝CH2和CO D．CH3OH和H2
分析：由题意知，绿色化学即环境友好型化学，其理想状态是反应中原子全部转化为欲制得的产物，即原子的利用率为100%，根据这一观点，要把一个C3H4分子变成一个C5H802分子，还必须增加2个C原子、4个H原子、2个O原子，即原料中C、H、O的原子个数比为2：4：2，以此来解答．
解答：由题意知，绿色化学即环境友好型化学，其理想状态是反应中原子全部转化为欲制得的产物，即原子的利用率为100%，根据这一观点，要把一个C3H4分子变成一个C5H802分子，还必须增加2个C原子、4个H原子、2个O原子，即原料中C、H、O的原子个数比为2：4：2．
A．CO和CH3OH，这两种物质如果按照分子个数比1：1组合，则很容易使C、H、O的原子个数比达到2：4：2，故A正确；
B．C02和H2O，其中两种物质里三种原子不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比为2：4：2，故B错误；
C．CH2＝CH2和CO，其中两种物质里三种原子不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比为2：4：2，故C错误；
D．CH3OH和H2，其中两种物质分子里三种原子不论怎样组合都不能使C、H、O的原子个数比为2：4：2，故D错误．
故选A．
点评：本题考查绿色化学的概念，并以此为依据，考查元素种类、原子种类在化学变化中都保持不变，因此我们要用守恒的观点来解答，注意解本题时一定要读懂题意，明确命题者的意图，再结合所学方可解答．
【解题思路点拔】能使原子利用率达到百分之百的反应是加成反应和化合反应．
4．工业合成氨
【知识点的认识】
反应原理：
N2+3H22NH3（正反应为放热反应），这是一个气体总体积缩小的、放热的可逆反应。
原料气的制取：
N2：将空气液化、蒸发分离出N2或者将空气中的O2与碳作用生成CO2，然后除去CO2，得到N2。
H2：用水和燃料（煤、焦碳、石油、天然气等）在高温下制取。用煤和水制取H2的主要反应为
C+H2O（g）CO+H2；CO+H2O（g）CO2+H2
制得的N2、H2需净化、除杂质。在用高压机缩压至高压。
合成氨适宜条件的选择：
催化剂：虽不能改变化学平衡，但可以加快反应速率，提高单位时间内的产量。
温度：升高温度可加快反应速率，但从平衡移动考虑，此反应温度不宜太高。使催化剂的活性最大也是选择温度的另一个重要因素。
压强：增大压强既可以加快反应速率又可以使化学平衡向正反应方向移动。但生产设备能不能承受那么大的压强，产生压强所需的动力、能源 又是限制压强的因素。
浓度：在生产过程中，不断补充N2和H2，及时分离出NH3，不但可以加快反应速率，还能使平衡右移，提高NH3的产量。
合成氨的适宜条件：
压强：20～50MPa
温度：500℃左右（此时催化剂的活性最大）
催化器：铁触媒（以铁为主体的多成分催化剂）
【命题的方向】本考点主要考察合成氨反应特点，如何寻找到最佳的反应条件，如何提高转化率。
【解题思路点拔】合成氨最佳反应条件的选择：合成氨是一个气体总体积缩小的、放热的需要催化剂的可逆反应，高压和低温适宜，但考虑到催化剂的活性，选择适宜的温度。
5．纯碱工业（侯氏制碱法）
【知识点的认识】
1、制备原理：
侯氏制碱法是依据离子反应发生的原理进行的，离子反应会向着离子浓度减小的方向进行（实质为勒夏特列原理）．制备纯碱（Na2CO3），主要利用NaHCO3在溶液中溶解度较小，所以先制得NaHCO3，再利用碳酸氢钠不稳定性分解得到纯碱．要制得碳酸氢钠就要有大量钠离子和碳酸氢根离子，所以就在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，这其中NaHCO3溶解度最小，所以析出，其余产品处理后可作肥料或循环使用．
2、化学反应原理：侯氏制碱法原理（又名联合制碱法）　
NH3+CO2+H2O＝NH4HCO3
NH4HCO3+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl （在反应中NaHCO3沉淀，所以这里有沉淀符号）
总反应方程式：
NaCl+CO2+H2O+NH3＝NaHCO3↓+NH4Cl
2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑（CO2循环使用）
注意：NaCl（饱和溶液）+NH3（先加）+H2O（溶液中）+CO2（后加）＝NH4Cl+NaHCO3↓ （溶解度一般，因为不断添加原料达到溶液饱和才沉淀）
（先添加NH3而不是CO2：CO2在NaCl中的溶解度很小，先通入NH3使食盐水显碱性，能够吸收大量CO2气体，产生高浓度的HCO3﹣，才能析出NaHCO3晶体．）
3、侯氏制碱法的优点：保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高到96%； NH4Cl可做氮肥；可与合成氨厂联合，使合成氨的原料气CO转化成CO2，革除了CaCO3制CO2这一工序．
【命题方向】本考点主要考察侯氏制碱法的制备原理，反应原理和制备过程中的注意事项，需要重点掌握．
题型一：侯氏制碱法的优点
典例1：（2014•普陀区二模）我国著名化工专家侯德榜先生提出的“侯氏制碱法”大大推进了纯碱工业的发展，他的贡献之一是（　　）
A．找到了新型高效催化剂 B．充分利用了能量 C．提高了纯碱产品的纯度 D．有效减少了环境污染
分析：根据“侯氏制碱法”的基本原理是：在浓氨水中通入足量的二氧化碳生成一种盐，然后在此盐溶液中加入细的食盐粉末．原始原料有浓氨水、二氧化碳、氯化钠，最终产物是纯碱，副产品氯化铵不是污染物，进行分析解答．
解答：由“侯氏制碱法”的基本原理是：在浓氨水中通入足量的二氧化碳生成一种盐，然后在此盐溶液中加入细的食盐粉末，原始原料有浓氨水、二氧化碳、氯化钠，由“由于大部分酸式碳酸盐不稳定，加热后容易转化为正盐、水和二氧化碳，所以将析出的碳酸氢钠加热分解即可制得纯碱”，最终产物是纯碱，
另外在得到碳酸氢钠的现时还得到一种副产物氯化铵，副产品氯化铵是一种氮肥，可再利用，不是污染物，不会造成环境污染，侯氏制碱法没有找到了新型高效催化剂，也未充分利用能量，与提高纯碱产品的纯度无关，
故选D．
点评：本题考查“侯氏制碱法”，理解其基本原理与流程、反应物、产物的性质等是正确解答本题的关键，题目难度不大．
题型二：侯氏制碱法工业流程
典例2：我国化学家侯德榜根据NaHCO3溶解度比NaCl、Na2CO3、NH4HCO3、NH4Cl都小的性质，运用CO2+NH3+H2O+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl的反应原理制备纯碱．下面是在实验室进行模拟实验的生产流程示意图：
则下列叙述错误的是（　　）
A．A气体是NH3，B气体是CO2
B．把纯碱及第Ⅲ步得到的晶体与某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制得发酵粉
C．纯碱可广泛地用于玻璃、制皂、造纸、纺织等工业中 D．第Ⅳ步操作是将晶体溶于水后加热、蒸发、结晶
分析：A、依据侯德榜制碱的原理是，应先通氨气，再通二氧化碳；
B、发酵粉是一种复合添加剂，主要用作面制品和膨化食品的生产．发酵粉中含有许多物质，主要成分为碳酸氢钠和酒石酸．通常是碳酸盐和固态酸的化合物；
C、依据纯碱的用途分析判断，碳酸钠是重要的化工原料之一，是玻璃、肥皂、洗涤剂、纺织、制革、香料、染料、药品等的重要原料．
D、第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体．
解答：A、依据侯德榜制碱的原理是，向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反应制备，因此食盐A为氨气，B为二氧化碳，故A正确；
B、发酵粉是一种复合添加剂，主要用作面制品和膨化食品的生产．发酵粉中含有许多物质，主要成分为碳酸氢钠和酒石酸．通常是碳酸盐和固态酸的化合物；把纯碱及第Ⅲ步得到的晶体与某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制得发酵粉，故B正确；
C、碳酸钠是重要的化工原料之一，用途广泛，是玻璃、肥皂、洗涤剂、纺织、制革、香料、染料、药品等的重要原料，故C正确；
D、第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，故D错误．
故选D．
点评：本题考查了侯德榜制碱的工作原理和流程分析，掌握工艺流程和反应原理是解题关键，题目难度中等．
题型三：侯氏制碱法反应原理
典例3：“NaCl+CO2+NH3+H2ONaHCO3↓+NH4Cl”是著名的“侯氏制碱法”的重要反应．下面四种说法中不正确的是（　　）
A．NaHCO3是一种难溶于水的物质 B．析出固体后的溶液为NaHCO3的饱和溶液
C．NaHCO3不是纯碱 D．从该反应可以获得氮肥
分析：侯氏制碱法的原理：利用NaHCO3在溶液中溶解度较小，所以先制得NaHCO3，再利用碳酸氢钠不稳定性分解得到纯碱．
解答：A、该反应说明该条件下碳酸氢钠的溶解度较小，不能说明其是难溶于水的物质，故本选项错误；
B、析出碳酸氢钠，说明剩余的溶液为碳酸氢钠的饱和溶液，故本选项正确；
C、碳酸氢钠是小苏打，纯碱是碳酸钠，故本选项正确；
D、生成的氯化铵属于氮肥，所以从该反应可以获得氮肥，故本选项正确；
故选A．
点评：本题考查了侯氏制碱法的原理，完成此题，可以结合化学反应的实际结合物质的性质进行．
【解题思路点拨】注意过程中要先添加NH3而不是CO2，因为CO2在NaCl中的溶解度很小，先通入NH3使食盐水显碱性，能够吸收大量CO2气体．
6．混合物和纯净物
【知识点的认识】
1、混合物的概念：
混合物是由两种或多种物质混合而成的物质，亦即混合物．混合物没有固定的化学式．无固定组成和性质，组成混合物的各种成分之间没有发生化学反应，将他们保持着原来的性质．混合物可以用物理方法将所含物质加以分离．
2、混合物和纯净物的区别：

【命题方向】本考点属于初中学过的基础知识，了解即可．
题型一：混合物、纯净物概念的考察
典例1：下列物质肯定为纯净物的是（　　）
A．只有一种元素组成的物质 B．只有一种原子构成的物质
C．只有一种分子构成的物质 D．只有一种元素的阳离子与另一种元素的阴离子构成的物质
分析：纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质，据此结合常见物质的组成成分逐项分析即可．
解答：A．由同种元素组成的物质，不一定是纯净物，例如，石墨与金刚石混合在一起，由碳元素组成，属于混合物，故A错误；
B．一种分子只能构成一种物质，一种原子可能得到不同的分子，如O2、O3均由氧原子构成，故B错误；
C．由同种分子构成的物质，物质的组成种类只有一种，属于纯净物，故C正确；
D．对于离子化合物来说，一种阳离子和一种阴离子只能得到一种物质（电荷守恒），当阴、阳离子个数比不同时，其组成物质的种类可能是多种，如FeCl3与FeCl2，故D错误．
故选：C．
点评：本题主要考查了纯净物的概念，题目难度不大，如果只有一种物质组成就属于纯净物，如果有多种物质组成就属于混合物．
题型二：常见的混合物和纯净物的区分
典例2：下列物质属于混合物的是（　　）
A．纯碱 B．小苏打 C．烧碱 D．漂白粉
分析：根据纯净物是由一种物质组成，混合物是由不同物质组成，最少有两种物质组成，据此分析判断．
解答：A、纯碱中只含有一种碳酸钠，属于纯净物，故A错误；
B、小苏打中只含有一种物质碳酸氢钠，属于纯净物，故B错误；
C、烧碱中只含有一种物质氢氧化钠，属于纯净物，故C错误；
D、漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，属于混合物，故D正确；
故选D．
点评：本题主要考查物质的分类，解答时要分析物质的组成，对照概念即可完成．
【解题思路点拨】常见判断混合物和纯净物的方法：能否写出化学式，能写出化学式的为纯净物，不能写出的为化合物．因此需要熟记高中所学的容易混淆的混合物，比如：漂白粉、漂粉精、草木灰、石灰石（大理石、方解石）、电石、铝土矿、刚玉、水玻璃、水煤气、焦炉煤气、福尔马林等都是混合物．
7．酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系
【知识点的认识】
1、酸、碱、盐的对比
物质类别
概念
构成特点
分类
酸
电离时生成的阳离子全部是H+的化合物
氢离子和酸根离子
①酸分子中是否有氧原子：含氧酸、无氧酸；
②酸分子电离生成 个数：一元酸、二元酸、三元酸；
③酸性强弱：强酸、弱酸；
④沸点高低：高沸点酸、非挥发性酸；低沸点酸、挥发性酸
碱
电离时生成的阴离子全部是OH﹣的化合物
金属阳离子（或铵根离子）与氢氧根离子构成的
①溶解性；可溶性碱、不溶性碱；
②碱性强弱：强碱、弱碱；
③与一个金属离子结合的 的个数：一元碱、二元碱
盐
一类金属离子或铵根离子（NH4+）与酸根离子或非金属离子结合的化合物。
金属阳离子（或铵根离子）与酸根离子
（1）根据组成不同：①正盐；②酸式盐；③碱式盐
（2）溶解性：可溶性盐、不溶性盐
（3）相同金属离子或酸根离子的统称：某盐、某酸盐
①金属元素+酸根，读作“某酸某或某酸亚某”；②金属元素+非金属元素，读作“某化某或某化亚某”；③金属元素+H+酸根，读作“某酸氢某或酸式某酸某”；④金属元素+OH+酸根，读作“碱式某酸某或碱式某化某”
氧化物
其构成中只含两种元素，其中一种一定为氧元素，另一种若为金属元素，则为金属氧化物；若为非金属，则为非金属氧化物。
氧元素为负二价时和另外一种化学元素组成的二元化合物
①金属氧化物与非金属氧化物
②离子型氧化物与共价型氧化物
离子型氧化物：部分活泼金属元素形成的氧化物如Na2O、CaO等；
共价型氧化物：部分金属元素和所有非金属元素的氧化物如MnO2、HgO、SO2、ClO2 等
③普通氧化物、过氧化物和超氧化物
④酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物、不成盐氧化物、其它复杂氧化物

2、酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物的对比：

酸性氧化物
碱性氧化物
两性氧化物
概念
一类能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物
能跟酸起反应，生成一种盐和水的氧化物叫碱性氧化物（且生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成）。
既可以与酸反应生成盐和水又可以与碱反应生成盐和水的氧化物
组成
一般是非金属元素的氧化物和某些过渡金属元素的高价氧化物
碱性氧化物都是金属氧化物。金属氧化物一般为碱性氧化物，但有例外，比如七氧化二锰和三氧化铬
主要由活动性较低的金属组成。

常例
CO2、SO2、SO3、P2O5、SiO2、Mn2O7、CrO3
Na2O、CaO、BaO和CrO、MnO
BeO、Al2O3、ZnO等。

性质
1．与水反应生成相应的酸（除了二氧化硅SiO2，它不与水反应）
2．与碱反应生成盐和水
3．与碱性氧化物反应
1．碱性氧化物的对应水化物是碱。例如，CaO对应的水化物是Ca（OH）2，Na2O对应的水化物是NaOH．但对应水化物是不溶性碱的则其氧化物不与水反应，如：氧化铜不与水反应，碱金属钠、钾等，还有钙和钡的氧化物能跟水反应，生成相应的氢氧化物。它们都是强碱：
Na2O+H2O═2NaOH
CaO+H2O═Ca（OH）2
2．高温下，部分碱性氧化物和酸性氧化物作用生成盐：
CaO+SiO2═CaSiO3
3．部分碱性氧化物可直接与酸性氧化物反应：Na2O+CO2═Na2CO3。
碱性氧化物受热时比较稳定，一般不会分解。
既能表现酸性氧化物的性质，又能表现碱性氧化物的性质
区别与联系
大多数金属氧化物是碱性氧化物，大多数非金属氧化物是酸性氧化物。碱性氧化物都是一些金属氧化物，酸性氧化物中有一些是非金属氧化物，也有一些是金属氧化物。所以说，金属氧化物不一定是碱性氧化物，非金属氧化物也不一定是酸性氧化物（如CO、NO）。酸性氧化物也不一定是非金属氧化物，但碱性氧化物一定是金属氧化物。
【命题方向】本内容重点掌握酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物的概念和性质。
题型一：酸、碱、盐互为氧化物的概念
典例1：分类是学习和研究化学的一种重要方法，下列分类合理的是（　　）
A．K2CO3和K2O都属于盐 B．KOH和Na2CO3都属于碱 C．H2SO4和HNO3都属于酸 D．Na2O和Na2SiO3都属于氧化物
分析：电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物叫酸；
电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物叫碱；
电离时生成金属离子和酸根离子的化合物叫盐；
由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物叫氧化物；
据定义分析即可。
解答：A、K2CO3属于盐，K2O属于氧化物，故A错误。
B、KOH属于碱，Na2CO3属于盐，故B错误。
C、H2SO4和HNO3都属于酸，故C正确。
D、Na2O属于氧化物，Na2SiO3属于盐，故D错误。
故选C。
点评：本题考查了酸、碱、盐、氧化物的概念，难度不大，注意这几个概念的区别。
题型二：酸性氧化物、碱性氧化物的识别
典例2：下列物质的分类正确的是（　　）

碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
Na2CO3
H2SO4
NaOH
SO2
CO2
B
NaOH
HCl
NaCl
Na2O
CO
C
NaOH
CH3COOH
CaF2
CO
SO2
D
KOH
HNO3
CaCO3
CaO
SO2
A．A B．B C．C D．D
分析：根据碱电离出的阴离子全部是氢氧根离子，酸电离出的阳离子全部是氢离子，盐电离出的阳离子是金属离子或铵根离子，阴离子是酸根离子，能与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，能与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物等概念进行分析。
解答：A、NaOH属于碱，SO2属于酸性氧化物，故A错误；
B、CO属于不成盐氧化物，故B错误；
C、CO属于不成盐氧化物，故C错误；
D、根据物质的分类，KOH属于碱，HNO3属于酸，CaCO3属于盐，CaO属于碱性氧化物，SO2属于酸性氧化物，故D正确。
故选D。
点评：本题考查物质的分类，题目难度不大，注意物质的分类角度的总结。
题型三：酸性氧化物、非金属氧化物、碱性氧化物、金属氧化物的辨析关系
典例3：下列关于氧化物的叙述中，正确的是（　　）
A．酸性氧化物都是非金属氧化物 B．非金属氧化物都是酸性氧化物
C．碱性氧化物肯定是金属氧化物 D．金属氧化物肯定是碱性氧化物
分析：A、能和碱反应生成只盐和水的氧化物是酸性氧化物；
B、非金属氧化物可能是不成盐氧化物；
C、能和酸反应只生成盐和水的氧化物是碱性氧化物。
D、金属氧化物不一定都是碱性氧化物。
解答：A、酸性氧化物也可能是金属氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故A错误；
B、非金属氧化物不一定是酸性氧化物，可能是不成盐氧化物，如CO属于非金属氧化物但不属于酸性氧化物，故B错误；
C、碱性氧化物肯定是金属氧化物，故C正确；
D、金属氧化物不一定是碱性氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故D错误；
故选C。
点评：本题考查了氧化物的概念及其联系，难度不大，但概念间的联系是学习的难点，属于易错题。
【解题思路点拨】金属氧化物不一定是碱性氧化物，非金属氧化物也不一定是酸性氧化物（如CO、NO）。酸性氧化物也不一定是非金属氧化物，但碱性氧化物一定是金属氧化物。
8．化学方程式的书写
【知识点的认识】
1、化学方程式的书写原则：
1）必须以客观事实为依据，不能凭空臆造事实上不存在的物质和化学反应．
2）遵守质量守恒定律，使等号两边原子的种类和数目必须相等．
2、化学方程式的书写步骤：
书写化学方程式要按一定步骤进行，避免出现一些不必要的错误，如漏掉反应条件和“↑”“↓”等．书写化学方程式的一般步骤可概括为：“一写，二配，三注”（以高锰酸钾受热分解为例）
化学方程式的书写步骤：
1）写：根据事实写出反应物和生成物的化学式（左反、右生），并在反应物和生成物之间画一条短线．
2）配：配平化学方程式的目的是使等号两边的原子种类与数目相等，遵守质量守恒定律，配平后要加以检查．
3）注：注明化学反应发生的条件（点燃、加热等），标出生成物状态（气体，沉淀等），把短线改成等号．
3、书写化学方程式的注意事项：
1）化学反应的常见条件有“点燃”、“加热”（常用“△”表示）“高温”，“催化剂”等，写在等号上方；
2）如果反应物没有气体而生成物中有气体，在气体物质的化学式右边要注“↑”；
3）溶液中的反应如果生成物是固体，在固体物质化学式右边注“↓”．
4、书写化学方程式的口诀：
左写反应物，右写生成物；
写准化学式，系数（化学计量数）要配平；
中间连等号，条件要注明；
生成气体和沉淀，要用“↑”“↓”来标明．
5、化学方程式的配平：
配平化学方程式就是在化学式前面配上适当的化学计量数使式子左、右两边的每一种元素的原子数目相等．
常用的配平方法有最小公倍数法、观察法、奇数配偶法、归一法及得失电子守恒法．
1）最小公倍数法：
这种方法适合于常见的难度不大的化学方程式．例如在KClO3→KCl+O2↑这个反应式中右边氧原子个数为2，左边是3，则最小公倍数为6，因此KClO3前系数应配2，O2前配3，式子变为：2KClO3→2KCl+3O2↑，由于左边钾原子和氯原子数变为2个，则KCl前应配系数2，短线改为等号，标明条件即可：
2KClO32KCl+3O2↑（反应条件为二氧化锰催化和加热．“MnO2”写在等号上方；“△”写在等号下方）
2）奇偶配平法：
这种方法适用于化学方程式两边某一元素多次出现，并且两边的该元素原子总数有一奇一偶，例如：C2H2+O2→CO2+H2O，此方程式配平先从出现次数最多的氧原子配起．O2内有2个氧原子，无论化学式前系数为几，氧原子总数应为偶数．故右边H₂O的系数应配2（若推出其它的分子系数出现分数则可配4），由此推知C2H2前2，式子变为：2C2H2+O2→CO2+2H2O，由此可知CO2前系数应为4，最后配单质O2为5，把短线改为等号，写明条件即可：
2C2H2+5O2＝4CO2+2H2O
3）观察法：
有时方程式中会出现一种化学式比较复杂的物质，我们可通过这个复杂的分子去推其他化学式的系数，例如：Fe+H2O──Fe3O4+H2，Fe3O4化学式较复杂，显然，Fe3O4中Fe来源于单质Fe，O来自于H2O，则Fe前配3，H2O前配4，则式子为：3Fe+4H2O＝Fe3O4+H2由此推出H2系数为4，写明条件，短线改为等号即可：
3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2↑
4）归一法（或待定系数法）：
找到化学方程式中关键的化学式，定其化学式前计量数为1，然后根据关键化学式去配平其他化学式前的化学计量数．若出现计量数为分数，再将各计量数同乘以同一整数，化分数为整数，这种先定关键化学式计量数为1的配平方法，称为归一法．
5）得失电子守恒法：
电子得失法的原理是：氧化还原反应中，还原剂失去电子的总数必须等于氧化剂获得电子的总数．根据这一规则，可以配平氧化还原反应方程式．
下面是配平的具体方法：
1°从反应式里找出氧化剂和还原剂，并标明被氧化元素或还原元素的原子在反应前后化合价发生变化的情况，以便确定它们的电子得失数．
2°使得失电子数相等，由此确定氧化剂和还原剂等有关物质化学式的系数．
3°由已得的系数，判定其它物质的系数，由此得配平的反应式．
【命题方向】本考点主要考察化学方程式的书写，需要重点掌握．
题型一：化学方程式的书写
典例1：（2013•丰台区二模）下列解释物质制备或用途的反应方程式不正确的是（　　）
A．用氯气制取漂白粉2Cl2+2Ca（OH）2＝Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O
B．用铁粉与高温水蒸气反应制取磁性氧化铁2Fe+3H2OFe2O3+3H2
C．采用铝热法焊接钢轨2Al+Fe2O32Fe+Al2O3
D．用氢氟酸雕刻玻璃SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O
分析：A、氯气和消石灰反应生成氯化钙、次氯酸钙和水配平判断；
B、铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；
C、铝热反应是铝和金属氧化物高温加热生成金属和氧化铝；
D、氢氟酸能和玻璃中的二氧化硅反应生成四氟化硅和水．
解答：A、用氯气制取漂白粉2Cl2+2Ca（OH）2＝Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O，符合工艺制备和反应，故A正确；
B、用铁粉与高温水蒸气反应制取磁性氧化铁3Fe+4H2OFe3O4+4H2，故B错误；
C、采用铝热法焊接钢轨利用铝热反应完成，反应为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故C正确；
D、氢氟酸能和玻璃中的二氧化硅反应生成四氟化硅和水，用氢氟酸雕刻玻璃SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O，故D正确；
故选B．
点评：本题考查了化学方程式书写方法和原理分析，掌握物质性质，分析判断 反应产物是解题关键，题目较简单．
题型二：电子守恒法配平化学方程式
典例2：在5.6g Fe粉中加入过量的稀硫酸溶液，待反应完全后，再加入1mol•L﹣1KNO3溶液25mL，恰好反应完全．该反应的方程式为：FeSO4+KNO3+H2SO4→K2SO4+Fe2（SO4）3+NxOy+H2O（未配平），则对该反应的下列说法正确的是（　　）
A．化学方程式中按物质顺序的计量数是：8、2、5、1、4、1、5 B．反应中氧化产物是N2O
C．反应过程中转移的电子数为8mol电子 D．氧化产物和还原产物的物质的量之比为4：1
分析：n（Fe）＝＝0.1mol，加入过量的稀硫酸溶液，n（FeSO4）＝0.1mol，n（KNO3）＝0.025mol，设还原产物中N元素的化合价为n，由电子守恒可知，0.1mol×（3﹣2）＝0.025mol×（5﹣n），解得n＝1，则NxOy为N2O，则x＝2，y＝1，由电子、原子守恒可知反应为8FeSO4+2KNO3+5H2SO4＝K2SO4+4Fe2（SO4）3+N2O↑+5H2O，以此来解答．
解答：n（Fe）＝＝0.1mol，加入过量的稀硫酸溶液，n（FeSO4）＝0.1mol，n（KNO3）＝0.025mol，设还原产物中N元素的化合价为n，由电子守恒可知，0.1mol×（3﹣2）＝0.025mol×（5﹣n），解得n＝1，则NxOy为N2O，则x＝2，y＝1，由电子、原子守恒可知反应为8FeSO4+2KNO3+5H2SO4＝K2SO4+4Fe2（SO4）3+N2O↑+5H2O，
A．由上述分析可知，化学方程式中按物质顺序的计量数是：8、2、5、1、4、1、5，故A正确；
B．N元素的化合价降低，被还原，则还原产物是N2O，故B错误；
C．由Fe元素的化合价变化可知，反应过程中转移的电子数为0.1mol×（3﹣2）＝0.1mol电子，故C错误；
D．由反应可知，氧化产物[Fe2（SO4）3]和还原产物（N2O）的物质的量之比为4：1，故D正确；
故选AD．
点评：本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意从化合价角度及电子守恒角度分析，难度不大．
【解题思路点拨】归一法做法：
选择化学方程式中组成最复杂的化学式，设它的系数为1，再依次推断．
第一步：设NH₃的系数为1，1NH3+O2﹣﹣NO+H2O
第二步：反应中的N原子和H原子分别转移到NO和H2O中，由此可得1NH3+O2﹣﹣NO+H2O
第三步：由右端氧原子总数推O2系数1NH3+O2﹣﹣NO+H2O
第四步：取最小公倍数相乘4NH3+5O2＝4NO+6H2O．
9．质子数、中子数、核外电子数及其相互联系
【知识点的知识】
1、相关概念：
一个原子是由原子核和核外高速运动的电子所组成的．原子核又是由质子和中子组成的（不是分两层）每一个质子带一个单位正电荷，中子不显电性，有多少个质子就带多少单位正电荷，质子所带的正电荷数就叫核电荷数．
2、等量关系
核电荷数＝质子数＝核外电子数＝原子序数（离子内则要去掉核外电子数）
质量数＝质子数+中子数≈相对原子质量．
3、原子组成的表示方法
X
其中：A表示质量数；Z表示核电荷数或质子数．
【命题方向】本考点主要考察核电荷数的概念，属于初中学过的基本内容，了解即可．
题型一：阴阳离子的核外电子数与核电荷数、离子所带电荷数之间的关系
典例1：已知元素X、Y的核电荷数分别是a和b，它们的离子Xm+和Yn﹣的核外电子排布相同，则下列关系式中正确的是（　　）
A．a＝b+m+n B．a＝b﹣m+n C．a＝b+m﹣n D．a＝b﹣m﹣n
分析：根据阴阳离子的核外电子数与核电荷数、离子所带电荷数之间的关系计算．
解答：在原子中，核电荷数等于核外电子数；
在阳离子中，核电荷数减去离子所带电荷数等于核外电子数；
在阴离子中，核电荷数加上离子所带电荷数等于核外电子数．
因为Xm+和Yn﹣具有相同的核外电子排布，
所以，Xm+和Yn﹣具有相同的核外电子数，
aXm+的核外电子数等于a﹣m，bYn﹣的核外电子数为：b+n，
则：a﹣m＝b+n．
故答案为：A．
点评：在原子中，核电荷数等于核外电子数；在阳离子中，核电荷数减去离子所带电荷数等于核外电子数；在阴离子中，核电荷数加上离子所带电荷数等于核外电子数．
题型二：X中各数量之间的关系
典例2：下列关于He的说法正确的是（　　）
A．He原子核内含有2个中子 B．He原子核内含有3个质子
C．He原子核外有3个电子 D．He和He和是两种不同的核素
分析：A、中子数＝质量数﹣质子数；
B、原子表示法中元素符号左上角表示质量数左下角为质子数；
C、原子核外电子数等于核内质子数；
D、不同的核素是质子数不同或质子数相同、中子数不同的原子．
解答：A、He原子核内中子数为3﹣2＝1，故A错误；
B、He代表原子核内有2个质子和1个中子的氦原子，故B错误．
C、He原子核外电子数等于质子数，均为2，故C正确；
D、He和He的质子数相同和中子数不同，是两种不同的核素，故D正确；
故选：D．
点评：本题主要考查了原子的表示法以及质量数、质子数、中子数之间的关系，难度不大．
【解题思路点拨】核电荷数＝质子数＝核外电子数＝原子序数（离子内则要去掉核外电子数）
质子数+中子数＝相对原子质量＝质量数．
10．原子核外电子的能级分布
【知识点的知识】
1、核外电子的运动特征：
（1）质量很小，带负电荷
（2）运动速度高（接近光速）
（3）运动空间范围很小（相对于宏观物体而言）
结论：不遵循宏观物质的运动特征．
2、电子云：
电子云是电子在原子核外空间概率密度分布的形象描述，电子在原子核外空间的某区域内出现，好像带负电荷的云笼罩在原子核的周围，人们形象地称它为”电子云”．
在这个模型里，某个点附近的密度表示电子在该处出现的机会的大小．密度大的地方，表明电子在核外空间单位体积内出现的机会多；反之，则表明电子出现的机会少．

s轨道 p轨道 d轨道
3、原子轨道：电子云的轮廓图．

电子云 原子轨道
4、四个量子数（描述原子轨道）
1）电子层（能层，主量子数n）：
分层依据：电子的能量差异和主要运动区域离核远近的不同．
电子数目：电子层可容纳最多电子的数量为2n2（如第一层电子数不超过2个），且最外层电子数不超过8个（如果第一层是最外层，那么最外层电子数不超过2个）
电子层序数（n）
1
2
3
4
5
6
7
符号
K
L
M
N
O
P
Q
注意：离核越来越远，能量越来越高
2）电子亚层（能级，角量子数l）：
通过对许多元素的电离能的进一步分析，人们发现，在同一电子层中，电子的能量还稍有差异，电子云的形状也不相同．因此电子层仍可进一步分成一个或n个电子亚层．
1）符号：s，p，d，f
2）意义：（1）确定原子轨道形状：
s亚层的电子云是以原子核为中心的球形，p亚层的电子云是纺锤形，d亚层为花瓣形，f亚层的电子云形状比较复杂．（如下图所示）
（2）和电子层n共同决定原子中电子的能量大小（确定能级）
同一电子层不同亚层的能量按s、p、d、f序能量逐渐升高．
K层只包含一个s亚层；L层包含s和p两个亚层；M层包含s、p、d三个亚层；N层包含s、p、d、f四个亚层．即亚层数目＝电子层数
3）磁量子数（m）：
（1）意义：决定原子轨道在空间的伸展方向（轨道的数目）．
（2）①s轨道是球形对称的，所以只有1个轨道；
②p轨道在空间上有x、y、z三个伸展方向，所以p轨道包括px、py、pz 3个轨道；
③d轨道有5个伸展方向（5个轨道）；f轨道有7个伸展方向（7个轨道）．
4）自旋量子数（ms）：
ms为自旋量子数，取值为±1/2，表明一个轨道上最多只能容纳自旋反向的两个电子．

5、原子核外电子排布原则：
1）泡利不相容原理：每个轨道最多只能容纳两个电子，且自旋相反配对．
2）能量最低原理：电子尽可能占据能量最低的轨道．
3）Hund规则：简并轨道（能级相同的轨道）只有被电子逐一自旋平行地占据后，才能容纳第二个电子．
另外：等价轨道在全充满、半充满或全空的状态是比较稳定的，亦即下列电子结构是比较稳定的：
全充满﹣﹣﹣p6或d10或f14
半充满﹣﹣﹣﹣p3或d5或f7
全空﹣﹣﹣﹣﹣p0或d0或f0
6、核外电子能级分布（构造原理）：

【命题方向】本考点主要考察原子核外电子的排布式和轨道式，需要重点掌握．
题型一：能层、能级相关概念
典例1：下列有关认识正确的是（　　）
A．各能级的原子轨道数按s、p、d、f的顺序依次为1、3、5、7
B．各能层的能级都是从s能级开始至f能级结束
C．各能层含有的能级数为n﹣1
D．各能层含有的电子数为2n2
分析：A．各能级的原子轨道数按s、p、d、f的顺序依次为1、3、5、7；
B．各能层的能级都是从s能级开始，每个能层上能级个数与能层数相等；
C．各能层含有的能级数为n；
D．各能层最多含有的电子数为2n2．
解答：A．各能级的原子轨道数按s、p、d、f的顺序依次为1、3、5、7，s能级原子轨道呈球形，p能级原子轨道呈哑铃型，故A正确；
B．各能层的能级都是从s能级开始，每个能层上能级个数与能层数相等，所以有的能层不含f能级，故B错误；
C．各能层含有的能级数与其能层数相等为n，故C错误；
D．各能层最多含有的电子数为2n2，但最外层不能超过8个电子，次外层不能超过18个电子，倒数第三层不能超过32个电子，故D错误；
故选A．
点评：本题考查了电子的排布、能层和能级的关系等知识点，根据构造原理来分析解答即可，难度不大．
题型二：电子运动状态的描述
典例2：下列说法中正确的是（　　）
A．任何一个能层最多只有s、p、d、f四个能级
B．用n表示能层序数，则每一能层最多容纳电子数为2n2
C．核外电子运动的概率分布图（电子云）就是原子轨道
D．电子的运动状态只可从能层、能级、轨道3个方面进行描述
分析：A、在多电子原子中，同一能层的电子能量也不同，还可以把它们分成能级；
B、在多电子的原子核外电子的能量是不同的，按电子的能量差异，可将核外电子分成不同的能层；
C、电子云就是用小黑点疏密来表示空间各电子出现概率大小的一种图形，电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道；
D、决定电子运动状态有四个量：主量子数、角量子数、磁量子数、自旋量子数．
解答：A、在多电子原子中，同一能层的电子能量也不同，还可以把它们分成能级，随着能层数的增大，能级逐渐增多，能级分为s、p、d、f、g等，故A错误；
B、在多电子的原子核外电子的能量是不同的，按电子的能量差异，可将核外电子分成不同的能层，用n表示能层序数，则每一能层最多容纳电子数为2n2，故B正确；
C、电子云就是用小黑点疏密来表示空间各电子出现概率大小的一种图形，电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，核外电子运动的概率分布图（电子云）并不完全等同于原子轨道，故C错误；
D、决定电子运动状态有四个量：主量子数、角量子数、磁量子数、自旋量子数；所以电子的运动状态可从能层、能级、轨道、自旋方向4个方面进行描述，故D错误；
故选B．
点评：本题考查了核外电子的描述方式，电子云，原子轨道等，属于基本理论的考查，题目难度中等．
【解题思路点拨】注意半充满或全充满的情况：如Cr的电子排布式为24Cr原子的电子排布式是：1s22s22p63s23p63d54s1，而不是1s22s22p63s23p63d44s2，因为半充满轨道能量较低；又如25Mn原子的电子排布式是：1s22s22p63s23p63d54s2，而不是1s22s22p63s23p63d64s1．
11．“等电子原理”的应用
【知识点的知识】
1、等电子体的概念：
指两个或两个以上的分子或离子，它们的原子数目相同，价电子数目也相同，常具有相似的电子结构，相似的几何构型，而且有时在性质上也有许多相似之处．
注意：等电子体的价电子总数相同，而组成原子的核外电子总数不一定相同．
2、常见的等电子体实例
CO2、SCN﹣、NO2+、N3﹣具有相同的原子数3，并且价电子总数都为16，都为直线形结构．
SO2、O3、NO2﹣具有相同的原子数3，总价电子数都为18，都为平面V形结构．
CO32﹣、NO3﹣、SO3具有相同的原子数4，并且价电子数都为24，都为平面三角形结构．
SO42﹣、PO43﹣具有相同的原子数5，总价电子数为32，都为正四面体结构．
CH4、NH4+具有相同的原子数5，总价电子数为8，都为正四面体结构．
核外电子总数为2个电子的微粒：He、H﹣、Li+、Be2+
核外电子总数为10个电子的微粒：Ne、HF、H2O、NH3、CH4 （分子类）
Na+、Mg2+、Al3+、NH4+、H3O+ （阳离子类）
N3﹣、O2﹣、F﹣、OH﹣、NH2﹣（阴离子类）
14个电子的等电子体：N2、C2H2、CO、HCN、NO+；它们具有相似的结构，都有三键：氮氮三键、碳碳三键、碳氧三键、碳氮三键．
【命题方向】本考点主要考察等电子体的概念和常见的等电子体，需要重点掌握．
题型一：等电子体的判断
典例1：下列各组微粒中不属于等电子体的是（　　）
A．CH4、NH4+B．H2S、HCl C．CO2、N2O D．CO32﹣、NO3﹣
分析：原子数总数相同、价电子总数相同的分子，互称为等电子体，等电子体具有相似的化学键特征，且其结构相似，物理性质相似．
解答：A．甲烷分子和铵根离子都含有5个原子，其价电子总数都是8，所以是等电子体，故A不选；
B．硫化氢分子中含有3个原子，氯化氢分子中含有2个原子，所以不是等电子体，故B选；
C．二氧化碳和一氧化二氮分子中都含有3个原子，其价电子总数是16，所以是等电子体，故C不选；
D．碳酸根离子和硝酸根离子都含有4个原子，其价电子数都是24，所以是等电子体，故D不选；
故选B．
点评：本题考查了等电子体的判断，根据等电子体的概念来分析解答即可，难度不大．
题型二：等电子体空间构型的判断
典例2：通常把原子总数和价电子总数相同的分子或离子称为等电子体．人们发现等电子体的空间结构相同，则下列有关说法中正确的是（　　）
A．CH4和NH4+是等电子体，键角均为60° B．NO3﹣和CO32﹣是等电子体，均为平面正三角形结构
C．H3O+和PCl3是等电子体，均为三角锥形结构
D．B3N3H6和苯是等电子体，B3N3H6分子中不存在“肩并肩”式重叠的轨道
分析：A、CH4和NH4+是等电子体，空间构型为正四面体结构，键角为109°28′；
B、NO3﹣和CO32﹣原子数都是4，价电子数都是24，均为平面正三角形结构；
C、H3O+价电子数都是8，PCl3价电子数都是26，价电子数不同；
D、B3N3H6分子中有双键即有π键，π键是以“肩并肩”式重叠形式构成的．
解答：A、CH4和NH4+原子数都是5，价电子数都是8，是等电子体，空间构型为正四面体结构，键角为109°28′，故A错误；
B、NO3﹣和CO32﹣原子数都是4，价电子数都是24，是等电子体，均为平面正三角形结构，故B正确；
C、H3O+价电子数都是8，PCl3价电子数都是26，价电子数不同，不是等电子体，故C错误；
D、B3N3H6分子中有双键即有π键，π键是以“肩并肩”式重叠形式构成的，所以B3N3H6分子中存在“肩并肩”式重叠的轨道，故D错误．
故选B．
点评：本题考查了等电子体，注意根据等电子体的概念分析即可，题目难度不大．
【解题思路点拨】根绝等电子体的几何构型相似的特征可以推断陌生分子或离子的空间构型．
12．不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别
【知识点的知识】
1、不同晶体的比较：
晶体类型
离子晶体
分子晶体
原子晶体
金属晶体
定义
阴阳离子间通过离子键形成的晶体
分子间通过分子间作用力形成的晶体
相邻原子间通过共价键结合而成的立体网状的晶体
由金属阳离子和自由电子间相互作用形成的晶体
构成粒子
阴、阳离子
分子
原子
金属离子、自由电子
粒子间作用力
离子键
分子间力
共价键
金属键
代表物
金属氧化物（如K2O、Na2O2等）、强碱和绝大多数的盐类
大多数非金属单质（除金刚石、石墨、晶体硅、晶体硼外）、气态氢化物、非金属氧化物（除SiO2外）、酸、绝大多数有机物（除有机盐外），像干冰，I2，P4，H2O等
金刚石、晶体硅、晶体硼等；常见的原子晶体化合物有碳化硅、SiO2
金属单质（除汞外）与合金
物理性质
熔沸点
熔点、沸点较高，多数易溶于水等极性溶剂
熔点、沸点低；相似相溶；熔化时不导电，其水溶液可导电．
熔点、沸点高；难溶解
熔点、沸点差异较大，难溶于水（钠、钙等与水反应）
导电
固态不导电，熔化或溶于水导电
差（熔化时不导电，其水溶液可导电．）
差（有的能导电，如晶体硅，但金刚石不导电．）
良好（晶体导电，熔化时也导电）
导热
不良
不良
不良
良好
硬度
较硬而脆
硬度小
硬度大
硬度差异较大
决定熔点、沸点高主要因素
离子键强弱
分子间作用力大小
共价键强弱
金属键强弱
熔化时克服的作用力
离子键（共价键一般不断开）
范德华力和氢键
共价键
金属键
【命题方向】
题型一：微粒间作用力的判断
典例1：（2014•徐汇区一模）下列过程中，共价键被破坏的是（　　）
A．碘升华 B．溴蒸气被木炭吸附 C．酒精溶于水 D．HCl溶于水
分析：分子的形态变化时不破坏化学键，电解质的电离破坏化学键，注意酒精为非电解质．
解答：A．碘升华，只是分子的状态改变，不破坏共价键，分子间作用力发生变化，故A不选；
B．溴蒸气被木炭吸附，不破坏共价键，分子间作用力发生变化，故B不选；
C．酒精溶于水，不发生电离，分子间作用力发生变化，故C不选；
D．HCl溶于水，发生电离，共价键被破坏，故D选；
故选D．
点评：本题考查化学键与分子间作用力，明确分子形态变化及电解质的电离是解答本题的关键，较简单．
典例2：（2013•上海）下列变化需克服相同类型作用力的是（　　）
A．碘和干冰的升华 B．硅和C60的熔化 C．氯化氢和氯化钠的溶解 D．溴和汞的气化
分析：题中碘、干冰、氯化氢、溴、C60属于分子晶体，其中HCl属于电解质，溶于水共价键被破坏，汞属于金属晶体，硅属于原子晶体，氯化钠属于离子晶体，以此判断．
解答：A．碘和干冰属于分子晶体，升华时破坏分子间作用力，类型相同，故A正确；
B．硅属于原子晶体，C60属于分子晶体，熔化时分别破坏共价键和分子间作用力，故B错误；
C．氯化氢溶于水破坏共价键，氯化钠溶解破坏离子键，故C错误；
D．溴气化破坏分子间作用力，汞气化破坏金属键，故D错误．
故选A．
点评：本题考查晶体的类型和微粒间作用力的判断，题目难度不大，注意物质发生变化时粒子间作用力的变化．
题型二：根据性质判断晶体类型
典例3：根据下表给出的几种物质的熔点、沸点数据判断说法中错误的是（　　）
晶体
NaCl
MgCl2
AlCl3
SiCl4
单质R
熔点
810℃
710℃
180℃
﹣70℃
2300℃
沸点
1465℃
1418℃
177.8℃
57℃
2500℃
A．SiCl4是分子晶体 B．MgCl2中键的强度比NaCl中键的强度小 C．单质R是原子晶体 D．AlCl3为离子晶体
分析：A、根据SiCl4的物理性质分析；
B、离子晶体的离子键越强，熔沸点越高；
C、根据单质R的熔沸点分析；
D、由表中数据可知AlCl3的熔沸点较低，据此判断．
解答：A、由表中数据可知，SiCl4的熔沸点较低，属于分子晶体，故A正确；
B、离子晶体的离子键越强，熔沸点越高，由表中数据可知，NaCl的熔、沸点均比MgCl2高，所以NaCl晶体中的离子键应比MgCl2的强，故B正确；
C、单质R的熔沸点很高，所以单质R是原子晶体，故C正确；
D、由表中数据可知AlCl3的熔沸点较低，离子晶体的熔沸点一般较高，所以不是离子晶体，是分子晶体，故D错误；
故选D．
点评：本题主要考查了不同类型晶体的熔沸点高低及决定熔沸点的因素，题目难度不大，注意归纳影响熔沸点的因素．
【解题思路点拨】粒子间作用力主要包括：离子键、共价键、金属键、分子间作用力（包括范德华力和氢键）．
13．用盖斯定律进行有关反应热的计算
【知识点的认识】
1、内容：化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；即化学反应热只与其反应的始态和终态有关，而与具体反应进行的途径无关；
2、应用：
a、利用总反应和一个反应确定另一个反应的热效应；
b、热化学方程式之间可以进行代数变换等数学处理．
3、反应热与键能关系
①键能：气态的基态原子形成1mol化学键释放的最低能量．键能既是形成1mol化学键所释放的能量，也是断裂1mol化学键所需要吸收的能量．
②由键能求反应热：反应热等于断裂反应物中的化学键所吸收的能量（为“+”）和形成生成物中的化学键所放出的能量（为“﹣”）的代数和．即△H＝反应物键能总和﹣生成物键能总和＝∑E反﹣∑E生
③常见物质结构中所含化学键类别和数目：1mol P4中含有6mol P﹣P键；1mol晶体硅中含有2mol Si﹣Si键；1mol金刚石中含有2molC﹣C键；1mol二氧化硅晶体中含有4mol Si﹣O键．

【命题方向】
题型一：用盖斯定律计算反应热
典例1：http://www．jyeoo．com/chemistry2/ques/detail/286590b6﹣81b2﹣418e﹣a0b9﹣c821b0c8e0a5
（2014•郑州一模）在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应：
H2S（g）+O2（g）═SO2（g）+H2O（g）△H1
2H2S（g）+SO2（g）═S2（g）+2H2O（g）△H2
H2S（g）+O2（g）═S（g）+H2O（g）△H3
2S（g）═S2（g）△H4
则△H4的正确表达式为（　　）
A．△H4＝（△H1+△H2﹣3△H3） B．△H4＝（3△H3﹣△H1﹣△H2）
C．△H4＝（△H1+△H2﹣3△H3） D．△H4＝（△H1﹣△H2﹣3△H3）
分析：利用盖斯定律分析，不管化学反应是一步或分几步完成，其反应热是不变的；根据目标方程改写分方程，然后求出反应热．
解答：根据目标方程，把方程3反写，计量数乘以2；把方程2乘以；把方程1乘以；然后三者相加；即﹣△H3×2+△H2×+△H1×＝（△H1+△H2﹣3△H3）．
故选A．
点评：本题考查了盖斯定律的应用，要注意方程式计量数的变化，及△H的符号的变化．
【解题方法点拨】
1、盖斯定律的使用方法：
①写出目标方程式；
②确定“过渡物质”（要消去的物质）；
③用消元法逐一消去“过渡物质”．
例如：
①Fe2O3（s）+3CO（g）＝2Fe（s）+3CO2 △H1
②3Fe2O3（s）+CO（g）＝2Fe3O4（s）+CO2（g）△H2
③Fe3O4（s）+CO（g）＝3FeO（s）+CO2（g）△H3
求反应FeO（s）+CO（g）＝Fe（s）+CO2（g）△H4的焓变
三个反应中，FeO、CO、Fe、CO2是要保留的，而与这四种物质无关的Fe2O3、Fe3O4要通过方程式的叠加处理予以消去，
先②+③×2﹣①×3先消除Fe3O4，再消除Fe2O3，得到④6Fe（s）+6CO2（g）＝6FeO（s）+6CO（g）△H5，④逆过来得到
⑤6FeO（s）+6CO（g）＝6Fe（s）+6CO2（g）﹣△H5，再进行⑤÷6，得到△H4＝﹣．

2、计算过程中的注意事项：
1）热化学方程式可以进行方向改变，方向改变时，反应热数值不变，符号相反；
2）热化学方程式中物质的化学计量数和反应热可以同时改变倍数；
3）热化学方程式可以叠加，叠加时，物质和反应热同时叠加；
4）当对反应进行逆向时，反应热数值不变，符号相反．
14．催化剂的作用
【知识点的认识】
1、活化能与反应速率的关系分析：
反应物本身的性质活化能的大小单位体积内活化分子的多少单位体积内有效碰撞次数的多少化学反应速率的快慢．
2、催化剂作用原理分析（改变反应途径）：
使用催化剂，催化剂与反应物结合为中间产物，使发生反应所需的活化能降低，这样会使更多的反应物的分子成为活化分子，大大增加单位体积内反应物分子中活化分子所占的百分数，从而使有效碰撞的几率提高，因而使反应速率加快．

【命题方向】
题型：催化剂的作用
典例：加入正催化剂使反应速率加快，下列叙述不正确的是（　　）
A．使反应体系的活化能降低 B．使反应体系的活化分子总数增多
C．使正反应速率增大，逆反应速率减小 D．使反应体系的活化分子百分数增大
分析：A、加入正催化剂使反应的活化能降低进而会使反应速率加快；
B、正催化剂使反应体系的活化分子总数增多；
C、催化剂能同等程度的改变正逆反应速率；
D、催化剂可以使反应体系的活化分子百分数增加．
解答：A、加入正催化剂使反应体系的活化能降低，进而使反应速率加快，故A正确；
B、正催化剂使反应体系的活化分子总数增多，故B正确；
C、催化剂能同等程度的改变正逆反应速率，加入正催化剂使正反应速率增大，逆反应速率也增大，故C错误；
D、催化剂可以使反应体系的活化分子百分数增加，故D正确．
故选C．
点评：本题考查学生催化剂改变化学反应速率的实质，可以根据所学知识进行回答，难度不大．

【解题方法点拨】浓度、压强、温度、催化剂对反应速率的影响对比：
反应条件
单位体积内
有效碰撞次数
化学反应速率
分子总数
活化分子数
活化分子百分数
增大浓度
增加
增加
不变
增加
加快
增大压强
增加
增加
不变
增加
加快
升高温度
不变
增加
增加
增加
加快
加催化剂
不变
增加
增加
增加
加快
15．化学平衡常数的含义
【知识点的认识】
（1）概念
在一定温度下，当一个可逆反应达到平衡状态时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值是个常数，这个常数叫做化学平衡常数，简称平衡常数。用符号K示。
对于一般可逆反应：mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g），K＝。
（2）书写化学平衡常数应注意的问题：
①稀溶液中进行的反应，水的“浓度”作为常数，在平衡常数中不用书写。
②当反应中有固体物质参加时，固体的“浓度”作为常数，在平衡常数表达式中不用书写。
③化学平衡常数表达式与化学方程式的书写方式有关。同一个化学反应，由于书写的方式不同，各反应物、生成物的化学计量数不同，平衡常数就不同。但是这些平衡常数可以相互换算。
如：N2+3H2⇌2NH3；K1＝
2NH3⇌N2+3H2；K2＝
N2+H2⇌NH3；K3＝
K1＝＝K32
④不同的化学平衡体系，其平衡常数不一样。平衡常数大，说明生成物的平衡浓度较大，反应物的平衡浓度相对较小，即表明反应进行得较完全。因此，平衡常数的大小可以表示反应进行的程度。
⑤一般认为K＞105反应较完全（即不可逆反应），K＜10﹣5反应很难进行（即不反应）。
（3）平衡表达式K的意义：定量的衡量化学反应进行的程度。
①表示可逆反应进行的程度：K值越大，表示反应进行的程度越大，反应物的转化率也越大。
②判断可逆反应进行的方向：
对于可逆反应，在一定的温度的任意时刻，生成物浓度的化学计量数次幂与反应物的化学计量数次幂的比值叫做反应的浓度商，用Qc表示。
Qc＜K时，向正反应方向进行；Qc＝K时，反应平衡；Qc＞K时，向逆反应方向进行。
③判断反应的热效应：
若升高温度，K值增大，则正反应为吸热反应；若升高温度，K值减小，则正反应为放热反应。
【命题方向】
题型一：化学平衡常数的书写
典例1：对于可逆反应C（s）+H2O（g）⇌H2（g）+CO（g），在一定温度下达到平衡时，其平衡常数表达式正确的是（　　）
A．K＝ 1 B．K＝ C．K＝ D．K＝
分析：化学平衡常数等于生成物浓度的幂次方乘积除以反应物的幂次方乘积，注意固体和纯液体不写在计算式中。
解答：平衡常数等于生成物浓度的幂次方乘积除以反应物的幂次方乘积；注意固体和纯液体不写在计算式中；依据化学平衡：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g），化学平衡常数K＝；
故选A。
点评：本题考查化学平衡常数的定义式书写，题目较简单，注意固体和纯液体不写在平衡常数式中。
题型二：化学平衡常数的意义
典例2：在某温度下，可逆反应mA+nB⇌pC+qD平衡常数为K，下列说法正确的是（　　）
A．K越大，达到平衡时，反应进行的程度越大 B．K越小，达到平衡时，反应物的转化率越大
C．K随反应物浓度的改变而改变 D．K随着温度的升高而增小
分析：A、平衡常数越大，说明反应进行的程度越大；
B、平衡常数越小，反应进行的程度越小，反应物的转化率越小；
C、化学平衡常数只受温度影响；
D、温度对化学平衡常数的影响与反应的热效应有关，根据热效应判断温度升高平衡移动方向，据此判断升高温度对化学平衡常数的影响。
解答：A、平衡常数越大，说明反应进行的程度越大，故A正确；
B、平衡常数越小，反应进行的程度越小，反应物的转化率越小，故B错误；
C、化学平衡常数只受温度影响，与浓度无关，温度不变化学平衡常数不变，故C错误；
D、若该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，平衡常数降低，若正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，平衡常数增大，故D错误；
故选A。
点评：本题考查化学平衡常数的意义、影响化学平衡常数的因素等，比较基础，注意基础知识的理解掌握。
题型三：化学平衡常数的影响因素
典例3：下列叙述中，不正确的是（　　）
A．某特定反应的平衡常数仅是温度的函数 B．催化剂不能改变平衡常数的大小
C．平衡常数发生变化，化学平衡必定发生移动，达到新的平衡 D．化学平衡发生移动，平衡常数必发生变化
分析：A、特定反应的平衡常数只随温度变化；
B、催化剂只改变反应速率不改变化学平衡；
C、平衡常数改变，反应温度一定改变；化学平衡发生移动；
D、改变浓度、压强平衡也会发生移动，但平衡常数不变。
解答：A、特定反应的平衡常数只随温度变化，故A正确；
B、催化剂只改变反应速率不改变化学平衡；催化剂不能改变平衡常数的大小，故B正确；
C、平衡常数改变，反应温度一定改变；化学平衡一定发生移动，故C正确；
D、改变浓度、压强平衡也会发生移动，但平衡常数不变，故D错误；
故选D。
点评：本题考查了化学平衡常数的计算，含义理解，影响因素的分析判断，化学平衡常数是温度的函数，题目较简单。
题型四：化学平衡常数和转化率的计算。（见化学平衡常数的计算考点卡片）
【解题思路点拨】本考点重要注意化学平衡常数的书写、意义，知道化学平衡常数表达式与化学方程式的书写方式有关，化学平衡常数只与温度有关等内容。
16．体积百分含量随温度、压强变化曲线
【知识点的知识】
1、化学平衡图象分析方法：
对于化学反应速率和化学平衡的有关图象问题，可按以下方法进行分析：
①认清坐标系，搞清纵、横坐标所代表的意义，并与平衡移动原理（勒夏特列原理）挂钩；
②结合可逆反应的特征，搞清正反应方向使吸热还是放热，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和图象中线的斜率；
⑤先拐先平，数值大．例如，在转化率﹣﹣时间图上，先出现拐点的曲线先达到平衡，此时逆向退离可得该变化的温度高、浓度大、压强高；
⑥定二议一．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，例如做等温线、等压线．
2、常见图象分类：
（1）反应速率﹣﹣时间图象：判断引起平衡变化的因素．
（2）物质的量（浓度）﹣﹣时间图象：
①书写化学方程式；②求反应物的转化率
注意事项：①何为反应物、生成物；②反应物、生成物的化学计量数关系；③是否为可逆反应．
（3）百分含量﹣﹣温度、压强﹣﹣时间图象；
（4）转化率﹣﹣温度、压强﹣﹣时间图象；
（5）百分含量﹣﹣压强﹣﹣温度图象．
【命题方向】
题型三：百分含量﹣﹣温度、压强﹣﹣时间图象
典例3：（2012•潍坊一模）反应N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＝57kJ•mol﹣1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强的变化曲线如图所示．下列说法正确的是（　　）

A．a、c两点的反应速率：a＞c B．a、c两点气体的颜色：a深，c浅
C．由状态b到状态a，可以用加热的方法 D．a、c两点气体的平均相对分子质量：a＞c
分析：N2O4（g）═2NO2（g）△H＝+57kJ•mol﹣1，该反应为吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大；增大压强，化学平衡逆向移动，NO2的体积分数减小，结合图象来分析解答．
A、a、c两点都在等温线上，压强越大，反应速率越快；
B、增大压强平衡向逆反应进行，向逆反应进行是减小由于压强增大导致浓度增大趋势，但到达平衡仍比原平衡浓度大；
C、压强相同，升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，a点NO2的体积分数大；
D、增大压强，化学平衡逆向移动，c点时气体的物质的量小，混合气体的总质量不变，据此判断．
解答：A．由图象可知，a、c两点都在等温线上，c的压强大，则a、c两点的反应速率：a＜c，故A错误；
B．由图象可知，a、c两点都在等温线上，c的压强大，与a相比c点平衡向逆反应进行，向逆反应进行是由于减小体积增大压强，平衡移动的结果降低NO2浓度增大趋势，但到达平衡仍比原平衡浓度大，平衡时NO2浓度比a的浓度高，NO2为红棕色气体，则a、c两点气体的颜色：a浅，c深，故B错误；
C．升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，由图象可知，a点NO2的体积分数大，则T1＜T2，由状态B到状态A，可以用加热的方法，故C正确；
D．由图象可知，a、c两点都在等温线上，c的压强大，增大压强，化学平衡逆向移动，c点时气体的物质的量小，混合气体的总质量不变，则平均相对分子质量大，即平均相对分子质量：a＜c，故D错误；
故选：C．
点评：本题考查化学平衡的图象，明确外界条件对化学平衡的影响及图象中纵横坐标的含义、“定一议二”“先拐先平”原则即可解答，难度不大．注意B选项为易错点，改变压强的本质为体积变化．

【解题方法点拨】
1、化学平衡图形问题的解题步骤：
（1）看懂图象：
①看面（即弄清纵坐标与横坐标的意义）；
②看线（即弄清线的走向和变化的趋势）；
③看点（即弄清起点、拐点、交点、终点的意义）；
④看是否要作辅助线（如等温线、等压线）；
⑤看定量图象中有关量的多少．
（2）联想规律：联想外界条件的改变对化学反应速率和化学平衡的影响规律．
（3）作出判断：根据图象中表现的关系与所学规律相对比，作出符合要求的判断．
2、原则
（1）“定一议二”原则
在化学平衡图象中，包括纵坐标、横坐标和曲线所表示的三个量，确定横坐标所示的量后，讨论纵坐标与曲线的关系或确定纵坐标所示的量后，讨论横坐标与曲线的关系．
（2）“先拐先平，数值大”原则
在化学平衡图象中，先出现拐点的反应则先达到平衡，先出现拐点的曲线表示的温度较高或表示的压强较大．
17．化学平衡的计算
【考点归纳】
（1）基本模式﹣﹣“三段式”
例：m A+n B⇌p C+q D
起始：a b 0 0
转化：mx nx px qx
平衡：a﹣mx b﹣nx px qx
（2）基本关系：
①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．
②转化率α：转化率（α）＝×100%
③气体的平均分子量：M＝ M＝ρ•Vm
④几点定律：
a、如果保持P、T不变：则气体的体积比等于物质的量之比；则气体的密度比等于摩尔质量之比．
b、如果保持V、T不变：则气体的压强比等于气体物质的量之比．
【命题方向】
题型一：常规计算
典例1：（2012•南昌三模）将4mol A气体和2mol B气体在2L的密闭容器内混合，并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g），若经2s后测得C的浓度为0.6mol•L﹣1，现有下列几种说法：
①用物质A表示的反应的平均速率为0.3mol•L﹣1•s﹣1
②用物质B表示的反应的平均速率为0.6mol•L﹣1•s﹣1
③2s时物质A的转化率为70%
④2s时物质B的浓度为0.7mol•L﹣1
其中正确的是（　　）
分析：根据化学反应速率等于单位时间内浓度的变化量及根据反应2A（g）+B（g）⇌2C（g），并利用三段式法计算，据此解答．
解答：利用三段式法计算：
起始A的浓度为＝2mol/L，B的浓度为 ＝1mol/L
2A（g）+B（g）⇌2C（g），
起始：2mol/L 1mol/L 0
变化：0.6mol/L 0.3mol/L 0.6mol/L
2s时：1.4mol/L 0.7mol/L 0.6mol/L
2s内，用物质A表示的反应的平均速率为v（A）＝＝0.3mol•L﹣1•s﹣1；
2s内，用物质B表示的反应的平均速率为v（B）＝＝0.15mol•L﹣1•s﹣1；
2s时物质A的转化率为α＝×100%＝30%；
2s时物质B的浓度为0.7mol•L﹣1，
显然①④正确，
故选：B．
点评：本题考查化学反应速率有关计算，难度不大，学生应学会利用三段式计算方法来表示各个量，并进行相关的计算．
题型二：差量法
典例2：1体积SO2和3体积空气混合后在450℃以上通过V2O5催化剂发生反应．若同温同压下测得反应前后混合气体的密度比为0.9：1，则SO2的转化率为 （　　）
A.90% B.80% C.45% D.10%
分析：根据阿伏加德罗定律的推论可知，P、T不变时，混合气体的密度比等于体积之比之比，据此解答．
解答：由阿伏加德罗定律的推论可知：，V2＝0.9×（3+1）＝3.6体积．
设参加反应的SO2为x体积，由差量法
2SO2+O2⇌2SO3 △V
2 3﹣2＝1
x 4﹣3.6＝0.4
2：1＝x：0.4
解得x＝0.8，所以反应掉的体积是原有SO2的×100%＝80%．
点评：本题可以通过常规方法解题，这里引入差量法使过程变得简单，但掌握不好的同学建议还是采用常规法解题．
题型三：极端假设法
典例3：一定条件下，可逆反应A2+B2⇌2AB达到化学平衡，经测定平衡时c（A2）＝0.5mol•L﹣1，c（B2）＝0.1mol•L﹣1，c（AB）＝1.6mol•L﹣1，若A2、B2、AB的起始浓度分别以a、b、c表示．请回答：
（1）a、b应满足的关系；（2）a的取值范围．
分析：（1）根据反应A2+B2⇌2AB及质量守恒定律，找出a、b的关系；
（2）根据a、c的关系，c取最小值时，a有最大值；按照计量数关系，假设反应物B2完全反应，a有最小值．
解答：（1）由反应A2+B2⇌2AB，将生成物A2、B2按照计量数转化为AB，A2的浓度始终比B2的浓度大0.5﹣0.1＝0.4，即a、b满足关系：a﹣b＝0.4，
故答案为：a﹣b＝0.4；
（2）当c＝0时，a有最大值，将c（AB）＝1.6mol•L﹣1按照化学计量数转化成A2的浓度，最大值为0.5+×1.6＝1.3；
则有b＝0时，a有最小值，按照化学计量数将c（A2）＝0.5mol•L﹣1、c（B2）＝0.1mol•L﹣1都转化成AB，a的最小值为0.5﹣0.1＝0.4，所以a的取值范围为：0.4≤a≤1.3，
故答案为：0.4≤a≤1.3．
点评：本题考查了可逆反应特点及等效平衡知识，可以根据可逆反应的特点采用极端假设法解题，本题难度不大．
题型四：连续平衡
典例4：将固体NH4I置于密闭容器中，在某温度下发生下列反应：
①NH4I（s）⇌NH3（g）+HI（g） ②2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）
当达到平衡时，c（H2）＝1mol/L，c（HI）＝4mol/L，则此温度下反应①的平衡常数为（　　）
A.16 B.20 C.24 D.36
分析：反应①的平衡常数k＝c（NH3）•c（HI），NH4I分解生成的HI为平衡时HI与分解的HI之和，即为NH4I分解生成的NH3，由反应②可知分解的c（HI）为平衡时c（H2）的2倍，求出为NH4I分解生成的NH3，代入反应①的平衡常数k＝c（NH3）•c（HI）计算．
解答：平衡时c（HI）＝4mol/L，HI分解生成的H2的浓度为1mol/L，
NH4I分解生成的HI的浓度为4mol/L+2×1mol/L＝6mol/L，所以NH4I分解生成的NH3的浓度为6mol/L，
所以反应①的平衡常数k＝c（NH3）•c（HI）＝6mol/L×4mol/L＝24mol2•L﹣2，
故选C．
点评：本题考查化学平衡常数的计算，解题关键在于平衡时HI为NH4I分解生成的HI与分解的HI之差，难度中等．
【解题思路点拨】化学平衡的计算重要需要掌握三段式、差量法、极端假设法、连续平衡等提醒的解题方法，三段式法是最重要的．
18．强电解质和弱电解质的概念
【知识点的认识】
1、概念：
1）强电解质：在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物．
主要包括：强酸（HCl、H2SO4、HNO3等），强碱（NaOH、KOH等），盐（NaCl，CH3COONa等，除Pb（CH3COO）2，HgCl2外，注意沉淀如CaCO3，BaSO4等由于溶于水的部分已全部电离，属于强电解质），金属氧化物（Na2O，MgO等）
2）弱电解质：在水溶液中或熔融状态下不能完全电离的化合物．
主要包括：弱酸（CH3COOH、H3PO4等）、弱碱（NH3•H2O，Cu（OH）2等）．
2、注意事项：
①电解质的强弱与化学键有关，但不由化学键类型决定．强电解质含有离子键或强极性键，但含有强极性键的不一定都是强电解质，如H2O、HF等都是弱电解质．
②电解质的强弱与溶解度无关．如BaSO4、CaCO3等．
③电解质的强弱与溶液的导电能力没有必然联系．

【命题方向】
题型一：相关概念
典例1：下列各组物质中，都是强电解质的是（　　）
A．HBr、HCl、BaSO4 B．NH4Cl、CH3COONa、H2S
C．NaOH、Ca（OH）2、NH3•H2O D．HClO、NaF、Ba（OH）2
分析：强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物，大多数盐类和强酸强碱（H2SO4 HNO3 HCl NaOH KOH 等）都是强电解质．
解答：A、HBr、HCl、BaSO4是在水中完全电离成离子的化合物，所以属于强电解质，故A正确．
B、H2S在水中只有部分电离，所以属于弱电解质，故B错误．
C、NH3•H2O在水中只有部分电离，所以属于弱电解质，故C错误．
D、HClO在水中只有部分电离，所以属于弱电解质，故D错误．
故选A．
点评：本题考查了强电解质的判断，难度不大，注意电解质的强弱与溶解性大小无关，与电离程度有关．

题型二：弱电解质的证明
典例1：（2011•延庆县一模）下列事实一定能说明HF是弱酸的是（　　）
①常温下NaF溶液的pH大于7；　
②用HF溶液做导电性实验，灯泡很暗；
③HF与NaCl不能发生反应；　　
④常温下0.1mol/L的HF溶液的pH为2.3；
⑤HF能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体；
⑥HF与水能以任意比混溶；
⑦1mol/L的HF水溶液能使紫色石蕊试液变红．
A．①②⑦B．②③⑤C．③④⑥D．①④
分析：根据弱电解质的电离是不完全的，酸的溶解性及酸的通性无法确定酸电离的程度，而比较酸的浓度与酸电离c（H+）可判断酸的电离程度．
解答：①常温下碱性溶液中pH＞7，NaF溶液的pH大于7说明呈碱性，说明NaF发生了水解，HF是弱酸，故①正确；
②导电性强弱主要与离子浓度有关，不能说明HF是弱酸，故②错误；
③HF与NaCl不能发生反应与HF是弱酸无关，故③错误；
④常温下0.1mol/L的HF溶液的pH为2.3说明HF部分电离是弱酸，故④正确；
⑤HF能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体说明HF的酸性比碳酸的强，不能说明HF是弱酸，故⑤错误；
⑥HF与水能以任意比混溶与HF的酸性无关，故⑥错误；
⑦1mol/L的HF水溶液能使紫色石蕊试液变红说明HF水溶液显酸性，不能说明HF是弱酸，故⑦错误；
故选D．
点评：本题考查弱电解质的判断，掌握弱电解质是部分电离的解题的关键．

【解题方法点拨】弱电解质的证明方法（以盐酸和醋酸为例）：
1、通过测定同浓度、同体积的溶液的导电性强弱来鉴别
实验：等体积、浓度均为0.5mol•L﹣1的盐酸和CH3COOH溶液的导电性实验表明，盐酸的导电能力比CH3COOH溶液的导电能力大得多．因为溶液导电能力的强弱是由溶液里自由移动离子的浓度的大小决定的．
规律1：同物质的量浓度的酸溶液，酸越弱，其溶液的导电能力越弱．

2、通过测定同浓度溶液的pH大小来鉴别
实验：在常温下，用pH试纸的测定0.1mol•L﹣1的盐酸和CH3COOH溶液的pH，盐酸的pH为1，CH3COOH溶液的pH约为3．这就表明盐酸是完全电离的强酸，CH3COOH是部分电离的弱酸．
规律2：同物质的量浓度的酸溶液，酸性越弱，溶液的pH越大．若两种酸溶液的pH相同，酸越弱，溶液的浓度越大．

3、通过比较同浓度、同体积的溶液与同一种物质反应的速率快慢来鉴别
实验：分别用3.25g锌与体积都为200mL、浓度都为1mol•L﹣1的盐酸和CH3COOH溶液反应，观察到锌与盐酸反应剧烈，产生H2的速率快，锌很快反应完；锌与CH3COOH溶液反应慢，产生H2的速率缓慢，锌在较长一段时间内才消耗完．这表明盐酸是强酸，CH3COOH是弱酸．
规律3：等物质的量浓度的酸，酸越弱，其c （H+）越小，反应速率越慢．

4、通过测定同浓度的酸所对应的钠盐溶液的pH大小来鉴别
实验：在常温下，用pH试纸测定0.1 mol•L﹣1的NaCl和CH3COONa溶液的酸碱性．实验表明，NaCl溶液的pH等于7，而CH3COONa溶液的pH大于7．这就表明盐酸是强酸，CH3COOH是弱酸．
规律4：等物质的量浓度下，一元酸的钠盐溶液，其“对应的酸”越弱，溶液的pH越大．

5、通过比较体积相同、pH相同的酸溶液同倍数稀释后，溶液的pH变化大小来鉴别
实验：将等体积、pH都为2的盐酸和CH3COOH溶液分别加蒸馏水稀释相同的倍数（如100倍）．然后分别用pH试纸测定稀释后溶液的pH，其结果是盐酸稀释后pH变化幅度大（pH＝4），CH3COOH溶液稀释后，pH变化幅度小（pH≈3.30）．这表明CH3COOH溶液在稀释过程中，除H+浓度减小外，还存在CH3COOH⇌H++CH3COO﹣，电离平衡向右移动，电离出更多的H+，由此说明盐酸是完全电离的强酸，CH3COOH是部分电离的弱酸．
规律5：在pH相同时，同体积的酸，酸越弱，抗稀释能力越强，即稀释相同倍数下，pH变化幅度越小．

6、通过比较同体积、同pH的溶液分别与同种物质发生完全反应时，消耗的物质的量的多少来鉴别
实验：体积都为10mL、pH都为2的盐酸和CH3COOH溶液，分别同0.01mol•L﹣1的NaOH溶液进行中和滴定，结果CH3COOH溶液消耗的NaOH溶液的体积比盐酸大得多．这表明CH3COOH溶液与NaOH溶液中和时，随H+浓度的减少，电离平衡CH3COOH⇌H++CH3COO﹣向右移动，直至所有的CH3COOH分子被耗尽．这说明CH3COOH是部分电离的弱酸．
规律6：在pH相同的条件下，同体积的酸，酸越弱，其中和能力越强．

7．通过向酸溶液中加入与之相应的钠盐，引起溶液pH变化的大小来鉴别
实验：在100mL0.01mol•L﹣1的盐酸里加入少许NaCl固体，用pH试纸测定溶液pH的变化，结果无明显变化．这表明盐酸里不存在电离平衡．另在100mL0.01mol•L﹣1 CH3COOH溶液里加入少许CH3COONa固体，用pH试纸测定溶液pH的变化，结果pH明显变大．这表明CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOH，由于CH3COO﹣浓度的增大，使电离平衡向逆方向移动，H+浓度减小，pH增大．
规律7：在等物质的量浓度的酸溶液中，分别加入相应的盐固体（电离出相同的酸根离子），引起pH变化越大，其相酸性越弱．
19．电解质在水溶液中的电离
【知识点的知识】
1、电离的概念：
物质溶于水或受热熔化时，离解成能自由移动的离子的过程．
2、电荷守恒：
是溶液中的阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数．
3、电离与电解
电离与电解是有区别的．电离过程根本不需要通电（会电离的物质，只要溶解在特定溶剂里就会电离），而电解则需要外部通以电流．
4、电离方程式的概念：
用化学式和离子符号表示电离过程的式子，称为电离方程式．
5、电离方程式书书写注意事项：
（1）强电解质在水溶液中完全电离，在书写电离方程式时用符号“＝”．例如NaCl＝Na++Cl﹣，CH3COONH4＝CH3COO﹣+NH4+
（2）在书写难溶性和微溶性强电解质的电离方程式时用符号“＝”，在书写其溶解平衡的化学方程式时用符号“⇌”．例如，
BaSO4＝Ba2++SO42﹣，Ca（OH）2＝Ca2++2OH﹣，BaSO4（s）⇌Ba2+（aq）+SO42﹣（aq），Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）；
（3）有些电解质因条件不同，其电离方程式的书写形式也不同．例如，熔融时，KHSO4＝K++HSO4﹣；水溶液中：KHSO4＝K++H++SO42﹣；
（4）弱电解质在水溶液中发生部分电离，在书写电离方程式时用符号“⇌”．例如，CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，NH3•H2O⇌NH4++OH﹣；
（5）多元弱酸在水溶液中的电离是分步进行的，要求分步写出电离方程式，几元酸就有几级电离方程式．例如，H2CO3⇌H++HCO3﹣，HCO3﹣⇌H++CO32﹣；
多元弱碱在水溶液中的电离比较复杂，因此多元弱碱的电离方程式的书写一般是一步到位，但仍用符号“⇌”．例如，
Cu（OH）2⇌Cu2++2OH﹣
（6）弱酸的酸式盐是强电解质，在水中第一步完全电离出阳离子和弱酸的酸式酸根离子，而弱酸的酸式酸根离子又可以进行电离，且为可逆过程．例如，NaHCO3在水溶液中的电离方程式为：NaHCO3＝Na++HCO3﹣，HCO3﹣⇌H++CO32﹣．
（7）检查电离方程式是否遵循质量守恒和电荷守恒．
同学们容易犯的错误：
①含有原子团的物质电离时，原子团应作为一个整体，不能分开；
②在书写难溶性和微溶性强电解质的电离方程式时错用符号“⇌”．例如，CaCO3⇌Ca2++CO32﹣，Mg（OH）2⇌Mg2++2OH﹣；
③把熔融条件下KHSO4的电离方程式错写成：KHSO4＝K++H++SO42﹣；
④没有把多元弱酸的电离分布书写；
⑤把多元弱碱写成了分步的形式；
⑥未配平．

【命题方向】
题型一：电离的过程
典例1：下列物质中含有自由移动Cl﹣的是（　　）
A．KClO3固体 B．Cl2 C．HCl气体 D．KCl溶液
分析：A．KClO3固体是由钾离子和氯酸根离子构成；
B．Cl2由分子构成；
C．HCl气体由氯化氢分子构成；
D．KCl由钾离子和氯离子构成．
解答：A．KClO3固体只有在水溶液中或熔融状态下，才可电离出自由移动的钾离子和氯酸根离子．故A错误；
B．Cl2是单质，只有分子，没有离子．故B错误；
C．HCl只有在水溶液中，才可电离出自由移动的H+和Cl﹣，HCl气体只有分子．故C错误；
D．KCl在水溶液中，在水分子的作用下，电离出自由移动的钾离子和氯离子，电离方程式为：KCl＝K++Cl﹣．故D正确；
故选：D．
点评：解答该题一定注意自由移动的离子产生的条件，以及产生何种离子．

题型二：溶液中的电荷守恒及应用
典例2：（2013•承德模拟）某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣ 四种离子，已知前三种离子的个数比为3：2：1，则溶液中Al3+和 SO42﹣的离子个数比为（　　）
A．1：2 B．1：4 C．3：4 D．3：2
分析：因为溶液呈电中性，根据溶液中的电荷守恒来计算．
解答：溶液中电荷守恒，也就是阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，
即：n（Na+）+3n（Al3+）＝n（Cl﹣）+2n（SO42﹣），
设SO42﹣的离子个数为x，
所以3+3×2＝1+2×x，
解得x＝4，
所以溶液中Al3+和 SO42﹣的离子个数比为2：4＝1：2．
故选A．
点评：本题考查学生溶液中的电荷守恒知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大．

【解题思路点拨】
1、电解质和非电解质：
1）非电解质：在熔融状态或水溶液中都不能导电的化合物．
2）电解质：溶于水溶液中或在熔融状态下能够导电（自身电离成阳离子与阴离子）的化合物．可分为强电解质和弱电解质．电解质不一定能导电，而只有在溶于水或熔融状态时电离出自由移动的离子后才能导电．离子化合物在水溶液中或熔化状态下能导电；某些共价化合物也能在水溶液中导电，但也存在固体电解质，其导电性来源于晶格中离子的迁移．
2、强电解质和弱电解质：
1）强电解质在水溶液中或熔融状态中几乎完全发生电离的电解质，弱电解质是在水溶液中或熔融状态下不完全发生电离的电解质．强弱电解质导电的性质与物质的溶解度无关．
一般有：强酸强碱，活泼金属氧化物和大多数盐，如：碳酸钙、硫酸铜．也有少部分盐不是电解质．
2）弱电解质：溶解的部分在水中只能部分电离的化合物，弱电解质是一些具有极性键的共价化合物．
一般有：弱酸、弱碱，如；醋酸、一水合氨（NH3•H2O），以及少数盐，如：醋酸铅、氯化汞．另外，水是极弱电解质．
20．影响盐类水解程度的主要因素
【知识点的认识】
1、内因：盐的本性．
2、外因：浓度、浓度、溶液酸碱性的变化
（1）温度不变，浓度越小，水解程度越大．
（2）浓度不变，水解反应是吸热反应，因此温度越高，水解程度越大．
（3）改变溶液的pH值，可抑制或促进水解．
比较外因对弱电解质和盐水解的影响
HA⇌H++A﹣﹣Q A﹣+H2O⇌HA+OH﹣﹣Q
温度（T） T↑→α↑ T↑→h↑
加水 平衡正移，α↑ 促进水解，h↑
增大[H+]抑制电离，α↑ 促进水解，h↑
增大[OH﹣]促进电离，α↑ 抑制水解，h↑
增大[A﹣]抑制电离，α↑ 水解程度，h↑
注：α﹣电电离程度，h﹣水解程度．

【命题方向】
题型一：温度对盐类水解的影响
典例1：0.1mol/L K2CO3溶液中，若使c（CO32﹣）更接近0.1mol/L，可采取的措施是（　　）
A．加入少量盐酸 B．加水 C．加KOH固体 D．加热
分析：K2CO3溶液中，由于CO32﹣的水解，使得c（CO32﹣）＜0.1mol/L，如果要使c（CO32﹣）更接近于0.1mol/L，则需要抑制碳酸根离子水解，根据水解平衡的移动影响因素来回答．
解答：A、加入盐酸会和碳酸根反应生成水和二氧化碳，碳酸根离子浓度减小，故A错误；
B、加入水稀释会导致溶液中CO32﹣离子浓度减小，故B错误；
C、加入氢氧化钾固体，会抑制碳酸根水解，使得碳酸根浓度接近0.1mol/L，故C正确；
D、加热会促进碳酸根离子水解，导致CO32﹣离子浓度减小，故D错误．
故选：C．
点评：本题考查学生盐的水解平衡的影响因素知识，侧重于基础知识的考查，注意知识的梳理和归纳，题目难度不大．

题型二：稀释对盐类水解的影响
典例2：常温下，稀释0.1mol•L﹣1 Na2CO3溶液，图中的纵坐标可以表示（　　）

A．CO32﹣水解的平衡常数 B．溶液的pH C．溶液中HCO3﹣离子数 D．溶液中c（CO32﹣）
分析：A、水解的平衡常数只与温度有关；
B、加水稀释，溶液中氢氧根离子浓度减小；
C、D、加水稀释，碳酸根离子水解平衡正移．
解答：A、水解的平衡常数只与温度有关，加水稀释平衡常数不变，故A错误；
B、加水稀释，溶液的体积增大，溶液中氢氧根离子浓度减小，所以稀释过程中溶液pH应逐渐减小，故B错误；
C、D、稀释过程中水解平衡CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣向右移动，所以HCO3﹣数目增大，CO32﹣数目减少，c（CO32﹣）减小，故C正确、D错误；
故选C．
点评：本题考查了影响盐类水解的因素，水解平衡常数只受温度影响，本题难度不大．

题型三：外加酸、碱、盐对盐类水解的影响
典例3：为了配制NH4+的浓度和Cl﹣的浓度比为1：1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入适量（　　）
①浓盐酸 ②NaCl固体 ③浓氨水 ④NaOH固体．
A．①②B．③C．③④D．④
分析：氯化铵是强酸弱碱盐，由于NH4+水解，导致溶液中c（NH4+）＜c（Cl﹣），氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性；为了配制NH4+与Cl﹣的浓度比为1：1的溶液，须加一定量的能电离出铵根离子的物质，或减少溶液中氯离子的浓度，主要方法有：通入氨气，通过通入氨气以增加一水合氨浓度从而抑制铵根离子的水解；溶液中加入含铵根离子，不含氯离子的盐，如硝酸铵晶体，通过增加溶液中铵根离子的浓度，并保持氯离子浓度不变；加入适量硫酸，通过增加氢离子浓度抑制铵根离子的水解，但不可加盐酸，防止氯离子浓度也变大；加入适量硝酸银，减小溶液中氯离子浓度；据此即可解答．
解答：氯化铵是典型的强酸弱碱盐，由于NH4+水解，导致溶液中c（NH4+）＜c（Cl﹣），溶液呈酸性，为了配制NH4+与Cl﹣的浓度比为1：1的溶液，须加一定量的酸性物质并保持氯离子浓度不变，抑制水解；或增加铵根离子浓度；或减少溶液中氯离子的浓度．
①浓盐酸，水解平衡逆向移动，溶液中铵根离子的浓度减小，氯离子浓度增加，故①错误；
②NaCl固体，溶液中加入NaCl晶体后，增加溶液中氯离子的浓度，并保持铵根离子浓度不变，c（NH4+）＜c（Cl﹣），故②错误；　　
③浓氨水，通过增加一水合氨浓度从而抑制铵根离子的水解，增加溶液中铵根离子的浓度，并保持氯离子浓度不变，故③正确；
④NaOH固体，OH﹣会促进NH4+的水解，NH4+越来越少，氯离子浓度不变，导致c（NH4+）＜c（Cl﹣），变得更大，故④错误；
故选B．
点评：本题主要考查了NH4Cl溶液的配制，解答须掌握铵根离子水解的影响因素，掌握盐类水解的规律是解答本类题的关键，本题目难度不大．

【解题方法点拨】酸式盐的水解情况分类：
①若只有电离而无水解，则呈酸性（如NaHSO4）
②若既有电离又有水解，取决于两者相对大小
电离程度＞水解程度，呈酸性
电离程度＜水解程度，呈碱性
③常见酸式盐溶液的酸碱性
碱性：NaHCO3、NaHS、Na2HPO4、NaHS．
酸性（很特殊，电离大于水解）：NaHSO3、NaH2PO4、NaHSO4 ．
21．难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【知识点的认识】
1、沉淀溶解平衡
（1）定义：
一定温度下，难溶电解质AmBn（s）难溶于水，但在水溶液中仍有部分An+和Bm﹣离开固体表面溶解进入溶液，同时进入溶液中的An+和Bm﹣又会在固体表面沉淀下来，当这两个过程速率相等时，An+和Bm﹣ 的沉淀与AmBn固体的溶解达到平衡状态，称之为达到沉淀溶解平衡状态。
AmBn固体在水中的沉淀溶解平衡可表示为：AmBn（s）⇌mAn+（aq）+nBm﹣（aq）
（2）特征：难溶电解质在水中建立起来的沉淀溶解平衡和化学平衡、电离平衡等一样，符合平衡的基本特征，满足平衡的变化基本规律。特征如下：
①逆：可逆过程；②等：沉积和溶解速率相等；③动：动态平衡；④定：离子浓度一定（不变）；⑤变：改变温度、浓度等条件，沉淀溶解平衡会发生移动直到建立一个新的沉淀溶解平衡。
2、影响沉淀溶解平衡的因素
（1）内因：难溶性电解质本身的性质。
（2）外因：
①浓度：加水稀释，沉淀溶解平衡向溶解方向移动；
②温度：多数难溶性电解质溶解于水是吸热的，所以升高温度，沉淀溶解平衡向溶解的方向移动。特例：Ca（OH）2随着温度的升高溶解度减小，即升高温度，平衡向沉淀的方向移动。
③同离子效应：向沉淀溶解平衡体系中加入相同的离子，使平衡向沉淀方向移动；
④化学反应：向沉淀溶解平衡体系中加入可与体系中某些离子反应生成更难溶或气体的离子，使平衡向沉淀溶解的方向移动。
3、溶度积常数Ksp（或溶度积）
难溶固体在溶液中达到沉淀溶解平衡状态时，离子浓度保持不变（或一定）。各离子浓度幂的乘积是一个常数，这个常数称之为溶度积常数简称为溶度积，用符号Ksp表示。
即：AmBn（s）⇌mAn+（aq）+nBm﹣（aq）　　　　Ksp＝[An+]m•[Bm﹣]n
例如：常温下沉淀溶解平衡：
AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq），
Ksp（AgCl）＝[Ag+][Cl﹣]＝1.8×10﹣10
常温下沉淀溶解平衡：Ag2CrO4（s）⇌2Ag+（aq）+CrO42﹣（aq），
Ksp（Ag2CrO4）＝[Ag+]2[CrO42﹣]＝1.1×10﹣12
4、溶度积Ksp的性质
（1）溶度积Ksp的大小和平衡常数一样，它与难溶电解质的性质和温度有关，与浓度无关，离子浓度的改变可使溶解平衡发生移动，而不能改变溶度积Ksp的大小。
（2）溶度积Ksp反映了难溶电解质在水中的溶解能力的大小。相同类型的难溶电解质的Ksp越小，溶解度越小，越难溶于水；反之Ksp越大，溶解度越大。
如：Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10；Ksp（AgBr）＝5.0×10﹣13；Ksp（AgI）＝8.3×10﹣17。
因为：Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr）＞Ksp（AgI），所以溶解度：Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr）＞Ksp（AgI）。
不同类型的难溶电解质，不能简单地根据Ksp大小，判断难溶电解质溶解度的大小。
5、溶度积的应用
（1）溶度积规则：判断一定条件下沉淀能否生成或溶解。
对于AmBn（s）⇌mAn+（aq）+nBm﹣（aq）
平衡状态：溶度积Ksp＝[An+]m•[Bm﹣]n
任意时刻：离子积Qc＝[An+]m•[Bm﹣]n

Qc与Ksp的关系
溶液性质
有无沉淀析出
A
Qc＞Ksp
过饱和
有沉淀析出
B
Qc＝Ksp
饱和
沉淀溶解平衡
C
Qc＜Ksp
不饱和
无沉淀析出
（2）溶度积的应用：
①判断有无沉淀生成：
②已知溶度积求离子浓度
③利用离子积判断离子共存
6、沉淀反应的应用
（1）沉淀的生成：
①应用：用于除杂或提纯；
②方法：
a、调pH；
如：工业原料氯化铵中混有氯化铁，加氨水调pH至7～8，Fe3++3NH3•H2O＝Fe（OH）3↓+3NH4+
b、加沉淀剂
如：沉淀Cu2+、Hg2+等，以Na2S、H2S做沉淀剂，Cu2++S2﹣＝CuS↓，Hg2++S2﹣＝HgS↓
（2）沉淀的溶解：
①原理：根据勒夏特列原理，使沉淀溶解平衡向溶解方向移动；
②方法：设法不断移去平衡体系中的相应离子，使平衡向沉淀溶解的方向移动。
（3）沉淀的转化：
沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡移动，通常一种沉淀可以转化为更难溶的沉淀，这两种难溶物的溶解能力差别越大，这种转化的趋势就越大。如：在ZnS的溶解平衡体系中加入CuSO4溶液，可以使其转化为更难溶的CuS沉淀，这说明溶解度ZnS＞CuS．转化的方程式可以表示为ZnS（s）+Cu2+（aq）═CuS（s）+Zn2+（aq）。


【命题方向】
题型一：影响沉淀溶解平衡的因素
典例1：把Ca（OH）2放入蒸馏水中，一段时间后达到平衡 Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）下列说法正确的是（　　）
A．恒温下向溶液中加CaO，溶液的pH升高 B．给溶液加热，溶液的pH升高
C．向溶液中加入Na2CO3溶液，其中固体质量增加 D．向溶液中加入少量NaOH固体，Ca（OH）2固体质量不变
分析：A．恒温下向溶液中加入CaO，仍为饱和溶液，浓度不变；
B．Ca（OH）2的溶解度随温度的升高而降低；
C．加入Na2CO3溶液，平衡向正反应方向移动；
D．加入少量的NaOH固体，平衡向逆反应方向移动。
解答：A．恒温下向溶液中加入CaO，发生CaO+H2O＝Ca（OH）2，仍为饱和溶液，pH不变，故A错误；
B．给溶液加热，Ca（OH）2的溶解度降低，氢氧根离子的浓度减小，所以溶液pH减小，故B错误；
C．加入Na2CO3溶液，发生Ca2++CO32﹣＝CaCO3↓，则其中固体质量增加，故C正确；
D．加入少量的NaOH固体，OH﹣浓度增大，平衡向逆方向移动，则Ca（OH）2的固体增多，故D错误。
故选C。
点评：本题综合考查难溶电解质的溶解平衡问题，侧重于饱和溶液特点以及溶解平衡移动的影响因素的考查，题目难度中等，注意A为易错点，Ca（OH）2的溶解度随温度的升高而降低。

题型二：溶度积的定义及其影响因素
典例2：（2013•江西三模）下列说法正确的是（　　）
A．在一定温度下的AgCl水溶液中，Ag+和Cl﹣浓度的乘积是一个常数
B．AgCl的Ksp＝1.8×10﹣10 mol2•L﹣2，在任何含AgCl固体的溶液中，c（Ag+）＝c（Cl﹣）且Ag+与Cl﹣浓度的乘积等于1.8×10﹣10 mol2•L﹣2
C．温度一定时，当溶液中Ag+和Cl﹣浓度的乘积等于Ksp值时，此溶液为 AgCl的饱和溶液
D．向饱和AgCl水溶液中加入少量盐酸，Ksp值变大
分析：A．在一定温度下的AgCl的饱和水溶液中，Ksp＝c（Ag+）c（Cl﹣）是一个常数；
B．AgCl的Ksp＝1.8×10﹣10 mol2•L﹣2，在任何含AgCl固体的溶液中，c（Ag+）不一定等于c（Cl﹣），如氯化钠溶液中c（Ag+）＜c（Cl﹣），但Ag+与Cl﹣浓度的乘积等于1.8×10﹣10；
C．温度一定时，根据浓度熵QC＝Ksp值时，此溶液为 AgCl的饱和溶液；
D．Ksp值只与温度有关，温度不变Ksp值不变。
解答：A．在一定温度下的AgCl的饱和水溶液中，Ksp＝C（Ag+）C（Cl﹣）是一个常数，在不饱和溶液中Ag+和Cl﹣浓度的乘积不是一个常数，故A错误；
B．AgCl的Ksp＝1.8×10﹣10 mol2•L﹣2，在任何含AgCl固体的溶液中，c（Ag+）不一定等于c（Cl﹣），如氯化钠溶液中c（Ag+）＜c（Cl﹣），但Ag+与Cl﹣浓度的乘积等于1.8×10﹣10，故B错误；
C．温度一定时，浓度熵QC＝Ksp值时，此溶液为 AgCl的饱和溶液，故C正确；
D．Ksp值只与温度有关，温度不变Ksp值不变，所以向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值不变，故D错误；
故选C
点评：本题主要考查了难溶电解质的溶度积Ksp的意义以及影响因素，难度不大，根据所学知识即可完成。

题型三：溶度积的计算
典例3：（2014•安徽模拟）已知常温时，Mg（OH）2的溶度积常数Ksp＝5.6×10﹣12，取适量的MgCl2溶液，加入一定量的烧碱溶液达到沉淀溶解平衡，测得pH＝12.0，则下列说法不正确的是（　　）
A．所得溶液中的c（H+）＝1.0×10﹣12 mol•L﹣1
B．所加的烧碱溶液pH＝12.0
C．所得溶液中由水电离产生的c（OH﹣）＝1.0×10﹣12mol•L﹣1
D．所得溶液中的c（Mg2+）＝5.6×10﹣8 mol•L﹣1
分析：A．根据c （H+）＝10﹣pHmol•L﹣1计算；
B．根据烧碱与MgCl2溶液反应生成沉淀，消耗了NaOH溶液；
C．溶液中由水电离产生的c（OH﹣）水＝c （H+）水＝10﹣PHmol•L﹣1；
D．先根据水的离子积常数求出c（OH﹣），然后再溶度积计算。
解答：A．pH＝12的溶液中，c（H+）＝10﹣12mol/L，故A正确；
B．烧碱与MgCl2溶液反应生成沉淀，消耗了NaOH溶液，向MgCl2溶液中加NaOH溶液后混合溶液的pH＝12，则所加NaOH溶液pH＞12，故B错误；
C．溶液中由水电离产生的c（OH﹣）水＝c （H+）水＝10﹣12mol/L，故C正确；
D．溶液中c（OH﹣）＝＝10﹣2mol/L，溶液中的c （Mg2+）＝＝5.6×10﹣8 mol•L﹣1，故D正确；
故选：B。
点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡的相关计算和判断，题目难度中等，本题注意溶度积常数的利用。

题型四：沉淀的转化
典例4：（2014•山东模拟）25℃时，5种银盐的溶度积常数（Ksp）分别是：
AgCl
Ag2SO4
Ag2S
AgBr
AgI
1.8×10﹣10
1.4×10﹣5
6.3×10﹣50
7.7×10﹣13
8.51×10﹣16
下列说法正确的是（　　）
A．氯化银、溴化银和碘化银的溶解度依次增大
B．将硫酸银溶解于水后，向其中加入少量硫化钠溶液，不能得到黑色沉淀
C．在5mL1.8×10﹣5 mol/L的NaCl溶液中，加入1滴（1mL约20滴）1.0×10﹣3mol/L的AgNO3溶液，能观察到白色沉淀
D．将浅黄色溴化银固体浸泡在饱和氯化钠溶液中，可以有少量白色固体生成
分析：A．结构相似的难溶性盐，溶度积越小，溶解度越小；
B．硫化银的溶度积比硫酸银小，从沉淀平衡移动的角度分析；
C．根据溶度积计算，当离子的浓度幂之积大于Ksp时，能生成沉淀，否则不生成沉淀；
D．当离子的浓度幂之积大于Ksp时，能生成沉淀。
解答：A．氯化银、溴化银和碘化银的溶度积依次减少，结构相似，溶度积越小，溶解度越小，故A错误；
B．硫化银的溶度积比硫酸银小，将硫酸银溶解于水后，向其中加入少量硫化钠溶液，可得到黑色沉淀，故B错误；
C．c（Cl﹣）＝1.8×10﹣5mol/L×，c（Ag+）＝1.0×10﹣3mol/L×，
则c（Cl﹣）×c（Ag+）＝1.8×10﹣5mol/L××1.0×10﹣3mol/L×＜1.8×10﹣10（mol/L）2，不能析出沉淀，故C错误；
D．将浅黄色溴化银固体浸泡在饱和氯化钠溶液中，如满足c（Cl﹣）×c（Ag+）＞1.8×10﹣10，则可生成沉淀，故D正确。
故选D。
点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡问题，题目难度不大，本题注意根据溶度积计算，理解溶度积的意义，比较溶解度与溶度积之间的关系。

题型五：除杂流程综合分析
典例5：（2011•浙江）海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：
模拟海水中的
离子浓度（mol/L）
Na+
Mg2+
Ca2+
Cl﹣
HCO3﹣
0.439
0.050
0.011
0.560
0.001
注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10﹣5 mol/L，可认为该离子不存在；实验过程中，假设溶液体积不变。已知：Ksp（CaCO3）＝4.96×10﹣9；Ksp（MgCO3）＝6.82×10﹣6；Ksp[Ca（OH）2]＝4.68×10﹣6；Ksp[Mg（OH）2]＝5.61×10﹣12．下列说法正确的是（　　）
A．沉淀物X为CaCO3B．滤液M中存在Mg2+，不存在Ca2+
C．滤液N中存在Mg2+、Ca2+D．步骤②中若改为加入4.2gNaOH固体，沉淀物Y为Ca（OH）2和Mg（OH）2的混合物
分析：步骤①，加入0.001mol NaOH时，OH﹣ 恰好与HCO3﹣完全反应，生成0.001molCO32﹣．由于Ksp（CaCO3）＜＜Ksp（MgCO3），生成的CO32﹣与水中的Ca2+反应生成CaCO3 沉淀，滤液M中同时存在着Ca2+和Mg2+；
步骤②，当滤液M中加入NaOH 固体，调至pH＝11（即pOH＝3）时，此时滤液中c（OH﹣）＝1×10﹣3 mol•L﹣1。
根据溶度积可判断无Ca（OH）2生成，有Mg（OH）2沉淀生成。
解答：A．步骤①，从题给的条件，可知n（NaOH ）＝0.001mol，[即n（OH﹣）＝0.001mol]．依据离子反应“先中和、后沉淀、再其他”的反应规律，当1L模拟海水中，加入0.001mol NaOH时，OH﹣ 恰好与HCO3﹣完全反应：OH﹣+HCO3﹣＝CO32﹣+H2O，生成0.001molCO32﹣．由于Ksp（CaCO3）＜＜Ksp（MgCO3），生成的CO32﹣与水中的Ca2+反应生成CaCO3 沉淀Ca2++CO32﹣＝CaCO3↓．所以沉淀物X为CaCO3，故A正确；
B．由于CO32﹣只有0.001mol，反应生成CaCO3 所消耗的Ca2+也只有0.001mol，滤液中还剩余c（Ca2+）＝0.010 mol•L﹣1．滤液M中同时存在着Ca2+和Mg2+，故B错误；
C．步骤②，当滤液M中加入NaOH 固体，调至pH＝11（即pOH＝3）时，此时滤液中c（OH﹣）＝1×10﹣3 mol•L﹣1．则
Q[Ca（OH）2]＝c（Ca2+）×（10﹣3）2＝0.010×（10﹣3）2＝10﹣8＜Ksp[Ca（OH）2]，无Ca（OH）2生成。
Q[Mg（OH）2]＝c（Mg2+）×（10﹣3）2＝0.050×（10﹣3）2＝5×10﹣8＞Ksp[Mg（OH）2]，有Mg（OH）2沉淀生成。
又由于Ksp[Mg（OH）2]＝c（Mg2+）×（10﹣3）2＝5.6×10﹣12，c（Mg2+）＝5.6×10﹣6＜10﹣5，无剩余，滤液N中不存在Mg2+，
故C错误；
D．步骤②中若改为加入4.2 g NaOH固体，则n（NaOH）＝0.105mol，与0.05mol Mg2+反应：Mg2++2OH﹣＝Mg（OH）2↓，生成0.05 mol Mg（OH）2，剩余0.005 mol OH﹣。
由于Q[Ca（OH）2]＝c（Ca2+）×（OH﹣）2＝0.010×（0.005）2＝2.5×10﹣7＜Ksp[Ca（OH）2]，所以无Ca（OH）2沉淀析出，沉淀物Y为Mg（OH）2沉淀，故D错误。
故选A。
点评：这是一道新颖的计算型分析推断题，以模拟海水中制备MgO的实验方案为背景，结合考察有关溶度积的概念及应用等知识，体现了新课程的特色。

题型六：沉淀溶解平衡曲线分析
典例6：（2014•延边州模拟）硫化汞（HgS）难溶于水，在自然界中呈红褐色，常用于油画颜料、印泥等。某温度时，HgS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．向硫化汞的浊液中加入硫化钠溶液，硫化汞的Ksp减小
B．图中a点对应的是饱和溶液
C．向c点的溶液中加入0.1 mol•L﹣1Hg（NO3）2，则c（S2﹣）减小
D．升高温度可以实现c点到b点的转化
分析：A．溶度积常数只与温度有关；
B．根据c（Hg2+ ）•c（S2﹣）与Ksp的相对大小判断溶液是否是饱和溶液，如果c（Hg2+ ）•c（S2﹣）＝Ksp，则溶液为平衡状态，如果c（Hg2+ ）•c（S2﹣）＞Ksp，则溶液为过饱和溶液，若c（Hg2+ ）•c（S2﹣）＜Ksp，则溶液为不饱和溶液；
C．温度一定，则难溶物质的溶度积一定，根据c（S2﹣）＝判断硫离子浓度变化；
D．升高温度，汞离子和硫离子浓度都增大。
解答：A．溶液的温度不变，则Ksp不变，故A错误；
B．a点为不饱和溶液，故B错误；
C．温度一定，则难溶物质的溶度积一定，根据C（S2﹣）＝知，汞离子浓度增大，则硫离子浓度减小，故C正确；
D．升高温度，促进硫化汞的电离，所以汞离子和硫离子浓度都增大，故D错误；
故选C。
点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡问题，题目难度中等，注意把握题给图象曲线的意义，明确溶度积常数只与温度有关，与溶液的浓度无关。


【解题方法点拨】
工业生产中除杂的注意事项：
（1）利用生成沉淀分离或除去某种离子，首先要使生成沉淀的反应能够发生；其次沉淀生成的反应进行得越完全越好。
（2）不可能使要除去的离子全部通过沉淀除去。一般认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10﹣5mol/L时，沉淀已经完全。
（3）由沉淀剂引入溶液的杂质离子要便于除去或不引入新的杂质。
22．浓硫酸的性质
【知识点的知识】
1、硫酸：
硫酸的分子式：H2SO4；结构式：，H2SO4中硫元素为+6价，处于最高价，具有氧化性，但只有浓H2SO4表现出强氧化性，而稀硫酸、硫酸盐巾的硫元素通常不表现氧化性．
2、硫酸的物理性质
纯硫酸是无色、黏稠的油状液体，密度大，沸点高，是一种难挥发的强酸，易溶于水，能以任意比与水互溶．浓硫酸溶于水时放出大量的热．常见浓硫酸的质量分数为98.3%，其密度为 1.84g•cm﹣3，沸点为338℃，物质的量浓度为18.4mol•L﹣1．H2SO4的浓度越大，密度越大，若将30%的H2SO4溶液与10%的H2SO4溶液等体积混合，所得溶液的质量分数大于20%．
3、稀硫酸的化学性质：稀硫酸具有酸的通性．
（1）与指示剂作用：能使紫色石蕊试液变红．
（2）与碱发生中和反应
（3）与碱性氧化物或碱性气体反应
（4）与活泼金属发生置换反应
（5）与某些盐溶液反应．
4、浓硫酸的特性
（1）吸水性将一瓶浓硫酸敞口放置在空气中，其质量将增加，密度将减小，浓度降低，体积变大．这是因为浓硫酸具有吸水性，实验室里常利用浓硫酸作干燥剂．浓硫酸不仅可以吸收空气中的水，还可吸收混在气体中的水蒸气、混在固体中的湿存水、结晶水合物中的部分结晶水．
浓H2SO4可作某些不与其反应的气体、固体的干燥剂，同时不能暴露在空气中．能够用浓H2SO4干燥的气体等酸性或中性气体，而具有还原性的气体H2S、HBr、H和碱性气体NH3则不能用浓H2SO4干燥．另外在酯化反应中中，浓H2SO4作催化剂和吸水剂．
不同类型干燥剂的对比：
干燥剂
可干燥的气体
不可干燥的气体
名称或化学式
酸碱性
状态
浓H2SO4
酸性
液体
H2、N2、O2、CO2、HCl、CH4、CO
NH3
固体NaOH、生石灰，碱石灰（氢氧化钠和生石灰的混合物）
碱性
固态
H2、O2、N2、CH4、CO、NH3等
CO2、SO2、HCl
无水CaCl2
中性
固态
除NH3外的所有气体
NH3
（2）脱水性指浓H2SO4将有机物里的氢、氧元素按原子个数比2：1脱去生成水的性质．浓H2SO4从有机物中脱下来的是氢、氧元素的原子，不是水，脱下来的氢、氧元素的原子按2：1的比例结合成H2O；对于分子中所含氢、氧原子个数比为2：1的有机物（如蔗糖、纤维素等），浓H2SO4使其炭化变黑，如：HCOOHCO↑+H2O
（3）强氧化性常温下，Fe、Al遇浓H2SO4会发生钝化．但热的浓H2SO4能氧化大多数金属（除金、铂外）、某些非金属单质及一些还原性化合物．如：
Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑
S+2H2SO4（浓）2H2O+3SO2↑
C+2H2SO4（浓）CO2↑+2H2O+2SO2↑
2KI+2H2SO4（浓）K2SO4+I2+2H2O+SO2↑
2HI+H2SO4（浓）I2+SO2↑+2H2O
在这些氧化还原反应中，浓硫酸的还原产物一般为SO2．
5、浓硫酸和稀硫酸的鉴别
从浓H2SO4和稀H2SO4性质的差异人手，可知鉴别浓H2SO4和稀H2SO4的方法有多种．
方法一：取少量蒸馏水，向其中加入少量试样硫酸，如能放出大量热则为浓H2SO4，反之则为稀H2SO4．
方法二：观察状态，浓H2SO4呈黏稠状，而稀H2SO4为黏稠度较小的溶液．
方法三：用手掂掂分量，因为浓H2SO4的密度较大 （1.84g•cm﹣3，相同体积的浓H2SO4和稀H2SO4，浓H2SO4的质量比稀H2SO4大很多．
方法四：取少量试样，向其中投入铁片，若产生气体，则为稀H2SO4；若无明显现象（钝化），则为浓H2SO4．
方法五：用玻璃棒蘸取试样在纸上写字，立即变黑 （浓H2SO4的脱水性）者为浓H2SO4，另一种为稀H2SO4．
方法六：取少量试样，分别投入一小块铜片，稍加热发生反应的（有气泡产生）为浓H2SO4．（浓H2SO4的强氧化性），无现象的是稀H2SO4．
23．二价Fe离子和三价Fe离子的检验
【考点归纳】
一、Fe2+、Fe3+的比较
离子
Fe2+[FeSO4]
Fe3+[Fe2（SO4）3]

溶液中颜色
浅绿色
棕黄色

化
学
性
质
氧
化
剂
HNO3
3Fe2++4H++NO3﹣
＝3Fe3++2H2O+NO↑
不反应

O3、H2O2等
将Fe2+氧化成Fe3+
还
原
剂
Na2S
Fe2++S2﹣＝FeS↓
2Fe3++S2﹣（少）＝2Fe2++S↓
2Fe3++3S2﹣（过）＝2FeS↓+S↓

H2S
不反应
2Fe3++S2﹣（少．过）＝2Fe2++S↓

小结
①FeS能溶于硫酸、盐酸
②CuS不溶于稀硫酸、盐酸；但能溶于具有强氧化性的硝酸
HI
不反应
2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2
不反应
总结
①Fe2+具有还原性，易被氧化；加入氧化剂，溶液由浅绿色变为棕黄色
②Fe3+具有强氧化性，可以氧化还原性较强的物质
③Cu2+相对稳定，不具有强氧化性，也不具有强还原性
NaOH
溶液
反应
Fe2++2OH﹣＝Fe（OH）2↓
4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3
Fe3++3OH﹣＝Fe（OH）3↓

现象
先生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色
生成红褐色沉淀

水溶
液中
稳定
性
水解
水解；易被氧化变质
水解

Fe2++2H2O＝Fe（OH）2+2H+
如绿矾净水
（再被氧化为Fe（OH）3）
Fe3++3H2O＝Fe（OH）3+3H+
Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用于净化水

讨论
若将它们的水溶液蒸干得到什么物质？灼烧呢？
双水解

CO32﹣、AlO2﹣、HCO3﹣

离子共存
①酸性：MnO4﹣、NO3﹣、ClO﹣等不能共存；
②与 OH﹣、S2﹣等
①与S2﹣、SO32﹣、I﹣；②与OH﹣；
③与CO32﹣、HCO3﹣、AlO2﹣；
④与 SCN﹣．

保存
①加入少量铁粉，防止被氧化
②滴入少量硫酸（对应酸）抑制水解
滴入少量硫酸
（对应酸）抑制水解

离
子
的
检
验
、
鉴别
观察法
溶液呈浅绿色
溶液呈棕黄色

碱液法
（NaOH、氨水等）
先生成白色沉淀，又迅速转变为灰绿色，最后变成红褐色
生成红褐色沉淀

SCN﹣法
无明显现象
溶液呈血红色

H2S法
有浅黄色沉淀析出（或变浑浊）
苯酚法
溶液呈紫色
淀粉﹣KI法
淀粉﹣KI试纸变蓝色
KMnO4溶液
（溴水）法
能使紫色（橙红色）褪去
不褪色
铜片法
无明显现象
溶液逐渐变为蓝绿色、铜片逐渐减小










二、“铁三角”：

24．有机物分子中的官能团及其结构
【知识点的知识】

【命题方向】本考点主要考察官能团的类别，在综合题中会以小题形式出现。
【解题思路点拨】识记重要官能团的结构。
25．物质的量浓度的计算
【知识点的知识】
物质的量浓度：
溶质（用字母B表示）的物质的量浓度是指单位体积溶液中所含溶质B的物质的量，用符号cB表示，常用单位为mol/L．
公式（物质的量浓度概念的计算）：cB＝nB/V
物质的量浓度（mol/L）＝溶质的物质的量（mol）/溶液的体积（L）
注意：其中V指的是溶液的体积，而不是溶剂的体积．
溶液中溶质的质量分数与溶质的物质的量浓度的换算：
二者都表示溶液的组成，可以通过一定关系进行相互换算．
将溶质的质量分数换算成物质的量浓度时，首先要计算1L溶液中含溶质的质量，换算成相应物质的量，有时还需将溶液的质量换算成溶液的体积，最后才换算成溶质的物质的量浓度．
将溶质的物质的量浓度换算成溶质的质量分数时，首先要将溶质的物质的量换算成溶质的质量，有时还将溶液的体积换算成质量，然后换算成溶质的质量分数．
n＝m/M＝V•ρ•w•1000/M
c＝n/V
c＝（V•ρ•w/M）/V＝V•ρ•w/MV
[式中：ρ﹣溶液的密度，单位为g/mL或g/cm3
w﹣溶质的质量分数
M﹣溶质的摩尔质量，数值等于物质的式量
1000﹣指1000mL溶液
V﹣溶液体积]．
【命题方向】本考点主要考察物质的量浓度的计算，需要中断掌握．
【解题思路点拨】一定物质的量浓度溶液的稀释：c浓V浓＝c稀V稀．
物质的量浓度计算“七注意”
1）注意溶质是什么
溶液中的溶质是什么，是运用物质的量浓度表达式进行计算时首先要考虑的，对有些特殊情况，如、等溶于水后所得溶质及氨水中溶质是什么等，要注意辨别．
例1：标准状况下，用一定量的水吸收氨气后制得物质的量浓度为12.0mol/L、密度为0.915g/mL的氨水．试计算1体积水吸收多少体积的氨气可制得上述氨水．（本题中氨的相对分子质量为17.0，水的密度为1.0g/mL ）
解析：很多同学认为氨水中的溶质为NH3•H2O，导致计算出错．其实，我们习惯认为氨水中的溶质为NH3．设水的体积为1L，根据物质的量浓度表达式可得：

解得V（NH3）＝378L，故1体积水吸收378体积的氨气可制得上述氨水．
2）注意溶液的体积
主要注意两点：一是不能用水的体积代替溶液的体积；二是当题设未给出溶液的密度时，可将各溶液（一般为稀溶液）的体积相加（如溶液混合、稀释），认为其和为溶液的总体积；当给出密度后则需通过密度进行换算求溶液的体积．
例2：在100g浓度为18mol/L、密度为ρg/mL的浓硫酸中加入一定量的水稀释成9mol/L的硫酸，则加入水的体积（　　）
A．小于100mL B．等于100mL
C．大于100mL D．等于mL

3）注意单位运算
在概念理解及应用中，要注意各物理量的单位，一是各物理量的单位要相互匹配；二是注意从单位运算入手，能简化解题思路，快捷求解．
例3：标准状况下，1体积水大约溶解560体积氨．求：（1）所得氨水中溶质的质量分数？（2）若测得上述氨水的密度为0.91g/mL，则此氨水的物质的量浓度为多少？（3）取此氨水10mL，加水稀释到1L，所得稀氨水的物质的量浓度为多少？

4）注意溶解度的影响
第一，物质的量浓度适合于表示不饱和及饱和溶液中溶质与溶剂的关系，不适合于过饱和溶液（溶质未溶解完全）；第二，注意一些典型问题，如Ca（OH）2的溶解度情况及气体物质在溶液中的溶解问题等．
例4：将12.6g无水亚硫酸钠固体加入100mL 8mol/L的硫酸中以制取SO2气体，反应完全后，若溶液中+4价硫元素的物质的量浓度为0.2mol/L，假定溶液的体积不变，忽略溶液及导管中的气体体积．求：（1）溶液中硫元素的质量．（2）收集到 SO2气体的体积．（3）溶液中Na+和H+的物质的量浓度（不考虑弱电解质的电离）．

5）注意密度变化规律
在溶液混合和溶液稀释等问题中，在注意溶液体积变化的同时，还要考虑溶液密度的变化对溶液物质的量浓度的影响．如强酸、强碱、盐等溶液的密度随浓度增大而增大；氨水、乙醇等溶液的密度随浓度增大而减小．
例5：若以w1和w2为分别表示浓度为a mol/L和b mol/L氨水的质量分数，且知2a＝b，则下列推断正确的是（氨水的密度比纯水小）（　　）

6）注意实验情景
在计算溶液配制或溶液稀释等问题中溶液物质的量浓度时，一要注意不能把水的体积当作溶液的体积；二是在配制溶液时，要注意容量瓶规格与实际配制溶液体积的关系．
例6：实验室需用480mL 0.1mol/L的硫酸铜溶液，现选取500mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是（　　）
A．称取7.68g硫酸铜，加入500mL水
B．称取12.0g胆矾配成500mL溶液
C．称取8.0g硫酸铜，加入500mL水
D．称取12.5g胆矾配成500mL溶液
解析：一些同学通过计算，得溶质的质量m（CuSO4）＝0.1mol/L×0.48L×160g/mol＝7.68g，选A项；也有一些同学选C项，这里包含两个错误：一是用500mL容量瓶进行配制时，溶质的质量应满足500mL容量瓶的需求；二是错把溶剂的体积当作溶液的体积，正确情况应该是“称取8.0g硫酸铜（或12.5g胆矾），加水至500mL．”故答案为D项．
7）注意物质与其组成微粒的关系
物质与其组成微粒的物质的量、物质的量浓度之间的关系可以通过电离方程式进行分析．组成微粒的某量＝对应物质的某量×物质组成中该微粒的数目．此类问题在近几年高考中出现频率较高，需引起注意．
例7：今有300mL 0.1mol/LNa2SO4溶液、200mL 0.1mol/L MgSO4溶液和100mL 0.1mol/L Al2（SO4）3溶液，这三种溶液中SO42﹣的浓度之比为（　　）
A.1：1：1 B.3：2：1 C.3：2：3 D.1：1：3
解析：本题易错选A项或C项，错选A项是对物质与其组成微粒的关系把握不准造成的；错选C项是因为审题不仔细，有些同学看到浓度、体积就想到求物质的量，将题设数据分别相乘，再比较得到C项，而未细看题目要求．本题是要计算SO42﹣的浓度之比，审题仔细后，很容易得到答案为D项．
26．蒸发、蒸馏与结晶的仪器
【知识点的知识】

主要用途
使用方法和注意事项
酒精灯
热源
酒精不能超过溶剂的2/3，不能少于1/4，加热用外焰，熄灭用灯帽盖灭，不能用嘴吹．
表面皿、蒸发皿
蒸发皿用于蒸发溶剂，浓缩溶液
蒸发皿可直接加热，不能骤冷，蒸发溶液时不能超过2/3．
蒸馏装置
对互溶的液体混合物进行分离
温度计水银球应低于支管口处，蒸馏烧瓶中应加碎瓷片或沸石以防暴沸，冷凝器下口进水，上口出水．
27．物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用
【知识点的知识】
1、分离或提纯时，若需要加入试剂，试剂的选择应遵循以下五个原则：
1）所选试剂一般只和杂质反应．
2）操作不应引入新的杂质．
3）不减，即不减少欲被提纯的物质．
4）易分，即欲被提纯的物质与杂质应容易分离．
5）易得，试剂应尽可能容易获得，且价格低廉．
2、还必须做到以下“三必须”：
1）所加除杂质的试剂必须“过量”，只有过量才能除尽欲除杂质．
2）由过量试剂引入的新的杂质必须除尽．
3）分离和除杂质的途径必须选择最佳方案．
3、物质分离和提纯方法的选择：
1）固﹣固混合分离型：加热（包括灼烧、热分解和升华）、结晶（重结晶）；
2）固﹣液混合分离型：过滤、盐析、蒸发；
3）液﹣液混合分离型：萃取、分液、蒸馏、渗析；
4）气﹣气混合分离型：洗气，包括（1）采用液体净化剂时﹣﹣用洗气瓶；
（2）采用固体净化剂时﹣﹣用干燥管或反应管．
物质的分离和提纯常用方法如下表：

分离和提纯方法
适用范围
举例


物

理

方

法
过滤法
固体与液体分离
蛋白质的提纯
蒸发浓缩法
分离溶于溶剂中的溶质
提取食盐溶液中的NaCl
结晶、重结晶法
混合物在溶剂中的溶解度随温度变化不同
NaCl和KNO3混合物分离
蒸馏、分馏法
沸点不同的液体分离
乙醇和乙酸，石油分离
分液法
两种互不相溶的液体
苯和水
萃取法
某物质在两种互不相溶的溶剂中溶解度不同
用CCl4从溴水中提取溴
升华法
混合物中某一成分在一定温度下可直接由固体
变为气体，冷却后，气体又直接变为固体
碘和NaCl混合物中提取碘

液化法
气体混合物各组分沸点不同，先使其液化后，
控制温度再汽化
从空气中分离N2、O2

渗析法
用半透膜使离子或小分子从胶体溶液中分离
把KI从淀粉溶液中分离出来
盐析法
加入无机盐，使某些物质溶解度降低而沉淀
从肥皂液中分离甘油；蛋白质盐析
化

学

方

法
热分解法
混合物各组分的热稳定性不同，加热或灼烧可分
除去Na2CO3中的NaHCO3
溶解 法
混合物各组分的酸、碱性不同，用酸或碱处理
分离Fe2O3和Al2O3
沉淀法
混合物中某一成分与某试剂反应而沉淀
KNO3中含有KCl即可加入
AgNO3，使Cl﹣沉淀除去
氧化还原法
利用混合物中某一成分能被氧化（或被还原）
的性质分离
除去苯中的甲苯，加入酸性KMnO4，甲苯被氧化除去
电解法
利用电解分离和提纯
电解法精练铜
离子交换法
利用离子交换法提纯
离子交换法软化硬水
络合法
混合物中某一组分可形成络合物
分离Al2O3和ZnO
28．粗盐提纯
【知识点的知识】
粗盐提纯：粗盐中含有泥沙等不溶性杂质，以及可溶性杂质如：Ca2+，Mg2+，SO42﹣等．不溶性杂质可以用过滤的方法除去，可溶性杂质中的Ca2+，Mg2+，SO42﹣则可通过加入BaCl2、NaOH和Na2CO3溶液，生成沉淀而除去，也可加入BaCO3固体和NaOH溶液来除去．然后蒸发水分得到较纯净的精盐．
除杂流程：

注意事项：碳酸钠溶液一定要放在氯化钡溶液的后面，因为过量的BaCl2只能通过Na2CO3除去．
29．物质的检验和鉴别的实验方案设计
【知识点的知识】
鉴别物质的一般题型和方法：
1、不用任何试剂鉴别多种物质
（1）先依据外观特征，鉴别出其中的一种或几种，然后再利用它们去鉴别其他的几种物质．
（2）若均无明显外观特征，可考虑能否用加热或焰色反应区别开来．
（3）若以上两方法都不能鉴别时，可考虑两两混合法，记录混合后的反应现象，分析确定．
（4）若被鉴别物质为两种时，可考虑因加入试剂的顺序不同，而产生不同的现象进行鉴别．
2、只用一种试剂鉴别多种物质
（1）先分析被鉴别物质的水溶性、密度、溶液酸碱性，确定能否选用水或指示剂（如石蕊试液等）进行鉴别．
（2）在鉴别多种酸、碱、盐的溶液时，可依据“相反原理”确定试剂进行鉴别．即被鉴别的溶液多数呈酸性时，可选用碱或呈碱性的溶液作试剂；若被鉴别的溶液多数呈碱性时，可选用酸或呈酸性的溶液作试剂．
（3）常用溴水、新制氢氧化铜、氯化铁溶液等作试剂鉴别多种有机物．
3、任选试剂鉴别多种物质
任选试剂鉴别多种物质的题目往往以简答题的形式出现，回答时要掌握以下要领：
（1）选取试剂要最佳．选取的试剂对试剂组中的各物质反应现象要专一，使之一目了然．
（2）不许原瓶操作．鉴别的目的是为了以后的使用，若原瓶操作，试剂被污染，要有“各取少许”字样．
（3）不许“指名道姓”．结论的得出来自实验现象，在加入试剂之前，该物质是未知的，叙述时不可出现“取某某试剂，加入某某物质…”的字样．
一般简答顺序为：各取少许→溶解→加入试剂→描述现象→得出结论．
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日期：2020/6/5 8:33:44；用户：刘世瑾；邮箱：dadecx12@xyh.com；学号：31595314