2024年高考化学一轮复习课件（鲁科版） 大一轮复习讲义答案精析

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大一轮复习讲义答案精析
第1章　化学中常用的物理量——物质的量
第1讲　物质的量　气体摩尔体积
考点一
归纳整合
1．(1)宏观量　微观粒子　(2)摩尔　(4)6.02×1023 mol－1　(5)　n·NA　
2．g·mol－1(或kg·mol－1)　g·mol－1　　n·M　
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.√　5.×
专项突破
1．160 g·mol－1　8
2．0.33NA　0.26
考点二
归纳整合
1．L·mol－1(或m3·mol－1)　22.4 L·mol－1　　n·Vm　
2．(1)分子数　物质的量　(2)N1∶N2　ρ1∶ρ2　n1∶n2
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.√　5.×
专项突破
1．　②　②　③　③
2．(1)64　SO2　(2)①1.61　②36　(3)2d　 mol　6d g·mol－1
3．(1)4∶1　(2)0.25 mol　(3)0.75 mol
解析　(3)隔板处于正中间位置，此时n(CO)＝n(N2)，所以再充入CO的物质的量为1 mol－0.25 mol＝0.75 mol。
4．(1)Z　(2)X　(3)4∶1
解析　(1)当物质的量相同时，相对分子质量越大，质量越大。(2)相对分子质量越小，密度越小。(3)＝＝×＝。
第2讲　物质的量浓度
考点一
归纳整合
1．(1)单位体积的溶液　B的物质的量浓度　(3)mol·L－1　(4)质量　物质的量
2．溶质　溶液
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.√　5.×
专项突破
1.
解析　n(NH3)＝ mol，溶液体积为×10－3 L，c＝ mol·L－1＝ mol·L－1。
2．16%
3．(1) mol·L－1　(2) mol·L－1
(3)×100%　(4) g
解析　(1)c＝ mol·L－1＝ mol·L－1。
(2)c＝＝ mol·L－1。
(3)w＝×100%＝×100%。(4)＝，S＝ g。
4. mol·L－1
5．0.4 mol·L－1
6．(1)18.4 mol·L－1　12.9 mol·L－1　(2)＜　＞
(3)＞　＜
解析　(1)利用c＝计算，c(H2SO4)＝ mol·L－1＝18.4 mol·L－1，c(NH3)＝ mol·L－1≈12.9 mol·L－1。
(2)硫酸的密度大于水，氨水的密度小于水，各取5 mL与等质量的水混合后，所得稀硫酸的体积大于10 mL，稀氨水的体积小于10 mL，故有c(H2SO4)＜9.2 mol·L－1，c(NH3)＞6.45 mol·L－1。
(3)5 mL硫酸和5 mL氨水的质量分别为1.84 g·cm－3×5 mL＝9.2 g、0.88 g·cm－3×5 mL＝4.4 g，而5 mL水的质量约为5 g，故各取5 mL与等体积的水混合后，w(H2SO4)＞49%，w(NH3)＜12.5%。
考点二
归纳整合
1．(1)温度　规格　刻度线　(2)检查是否漏水
2．托盘天平　烧杯　冷却至室温　500　2～3　1～2　凹液面与刻度线　
易错辨析
1．×　2.√　3.×　4.×　5.×
专项突破
1．(1)11.7　(2)烧杯　加入适量蒸馏水，用玻璃棒搅拌，使NaCl固体全部溶解　(3)500 mL容量瓶　洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，并将洗涤液注入容量瓶　(4)轻轻摇动容量瓶　(5)向容量瓶中注入蒸馏水至距刻度线1～2 cm处
2．⑥②⑤①③②
3．(1)①偏小　②偏小　③偏小　④偏小　⑤偏大　⑥偏小　⑦偏小　(2)①偏大　②偏小　③偏小　④无影响　⑤无影响
解析　(1)②所需胆矾的质量为0.5 L×0.1 mol·L－1×250 g·mol－1＝12.5 g。③NaOH易吸水潮解。④实际称量的NaOH固体质量为4 g－0.4 g＝3.6 g。
(2)①NaOH溶于水放热，导致溶液的体积比室温时大，应恢复至室温后再移液、定容。
真题演练
1．分液漏斗、球形冷凝管
2．烧杯、量筒、托盘天平
解析　根据用固体物质配制一定物质的量浓度溶液的方法可知，题图给出的仪器中还需要烧杯、量筒和托盘天平。
3．BD
热点强化1
热点精讲
1．(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√　(6)×　(7)√
2．(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×　(7)√　(8)×
3．(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)√　(7)×　(8)√　(9)√
4．(1)×　该反应为Na2O2中－1价氧元素的歧化反应，0.1 mol CO2反应消耗0.1 mol Na2O2，转移0.1 mol电子
(2)√　0.1 mol Fe和0.1 mol Cu均能完全使0.1 mol Cl2转化为0.2 mol Cl－，转移0.2 mol电子
(3)×　没有给出硝酸的量，不能判断最终产物中铁元素的价态，故不能判断转移电子的数目
(4)×　该反应的产物为Cu2S,0.1 mol Cu只能失去0.1 mol电子
(5)×　还原性：Fe2＋>Br－，Cl2首先氧化Fe2＋，Cl2的量不确定，无法确定Br－被氧化的量，转移的电子数在NA～3NA之间
热点专练
1．C　2.C　3.A
4．A　[1个18O原子中含有10个中子，1.8 g 18O的物质的量为＝0.1 mol，故1.8 g 18O中含有的中子数为NA，故A正确；乙烯分子的结构式为,1个乙烯分子中含有5个σ键，28 g C2H4(即1 mol)分子中含有的σ键数目为5NA，故B错误；HCl是共价化合物，HCl分子中不存在H＋，故C错误；没有给出Na2CO3溶液的体积，无法计算pH＝12的Na2CO3溶液中OH－的数目，故D错误。]
5．A
6．C　[D2O的质子数为10,18 g D2O的物质的量为＝0.9 mol, 则18 g重水(D2O)中所含质子数为9NA，A错误；NO2与H2O反应的化学方程式为3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，有3 mol的NO2参与反应时，转移的电子数为2NA，B错误；一个S8()分子中含有的S—S键数为8,32 g S8的物质的量为＝ mol，则含有的S—S键数为×8×NA＝NA，C正确；酸性K2Cr2O7溶液中存在：Cr2O＋H2O2CrO＋2H＋，则1 L pH＝4的0.1 mol·L－1 K2Cr2O7溶液中Cr2O离子数小于0.1NA，D错误。]
7．C　[标准状况下，1.12 L 18O2的物质的量为0.05 mol，1个18O中含有中子数为18－8＝10，所以1.12 L 18O2中含有中子数为NA，A正确；31 g P4的物质的量为0.25 mol，根据白磷的分子结构可知，1个白磷分子里含有6个共价键，所以共价键数目为1.5NA，B正确；100 mL 0.1 mol·L－1的NaOH水溶液中含有溶质氢氧化钠和溶剂水，氧原子数目为二者氧原子数目的加和，C错误；18.9 g三肽C6H11N3O4的物质的量为0.1 mol，三分子氨基酸脱水缩合形成三肽，三肽中含有两个肽键，所以18.9 g三肽C6H11N3O4中的肽键数目为0.2NA，D正确。]
8．D
9．C　[在标准状况下，22.4 L氟气的物质的量为1 mol，其质子数为1×9×2×NA＝18NA，A正确；碘蒸气与氢气发生的反应为I2(g)＋H2(g)2HI(g)，反应为可逆反应，生成的碘化氢分子数小于2NA，B正确；电解饱和食盐水时电极总反应为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，阴、阳两极产生的气体分别是氢气与氯气，且物质的量之比为1∶1，若气体的总质量为73 g，则说明反应生成的氢气与氯气的物质的量各为1 mol，根据关系式H2～2e－可知，转移的电子数为2NA，C错误；1 L 1 mol·L－1溴化铵水溶液存在电荷守恒，n(NH)＋n(H＋)＝n(Br－)＋n(OH－)，因为n(Br－)＝1 L×1 mol·L－1＝1 mol，所以该溶液中NH与H＋离子数之和大于NA，D正确。]
10．D　[常温常压下，78 g Na2O2的物质的量是1 mol，其中含有的阴离子(O)数为NA，A错误；1 mol —OH含有的电子数为9NA，B错误；苯环不存在碳碳双键，1 mol 3-苯基丙烯()中含有的碳碳双键数为NA，C错误；常温常压下，32 g N2H4的物质的量是1 mol，其结构式为，则所含共价键的数目为5NA，D正确。]
11．C　12.A　
13．A　[葡萄糖分子中五个饱和碳和五个羟基氧均为sp3杂化，1个葡萄糖分子中含有10个sp3杂化的原子，18 g葡萄糖为0.1 mol，含sp3杂化的原子数为NA，A错误；1个3－含有6个配位键，故1 mol K3中配位键的个数为6NA，B正确；将1 mol NH4Cl溶于稀氨水中使溶液呈中性，则n＝n，根据电荷守恒，n＝n，溶液中Cl－数目为NA，则NH数目也为NA，C正确；根据化学方程式：4Na＋O2===2Na2O，23 g Na与O2充分反应生成Na2O，消耗0.25 mol O2，同理，2Na＋O2Na2O2,23 g Na与O2反应生成Na2O2，消耗0.5 mol O2，生成Na2O和Na2O2的混合物，消耗O2的分子数在0.25NA和0.5NA之间，D正确。]
第3讲　化学计算的常用方法
考点一
归纳整合
例　样品加热发生的反应为
2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑　Δm
168 　　　106 　　　　　　　　 62
m(NaHCO3)　　　　　　　　　 　(w1－w2) g
样品中m(NaHCO3)＝ g，
样品中m(Na2CO3)＝w1 g－ g，
其质量分数为×100%＝×100%＝×100%。
专项突破
1．C　[混合气体中只有CO2和Na2O2反应，设二氧化碳的体积为V(CO2)，
2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2　　　ΔV
44．8 L　　　　　　　　　　　　　　22.4 L
V(CO2)　　　　　　　　　　　　　(20－16) L
44．8 L∶22.4 L＝V(CO2)∶(20－16) L，
解得V(CO2)＝8 L，则V(CO)＝(20－8) L＝12 L。]
2.<<
解析　
6NO ＋ 4NH35N2＋6H2O(g)　 ΔV
6 　　　4 　　 5 　　6 　　 1
V(NO) V(NH3) 　　　　　1.5 mL
V(NO)＝＝9 mL，
V(NH3)＝＝6 mL，
由此可知共消耗15 mL气体，还剩余1 mL气体，假设剩余的气体全部是NO，则V(NO)∶V(NH3)＝(9 mL＋1 mL)∶6 mL＝5∶3，假设剩余的气体全部是NH3，则V(NO)∶V(NH3)＝9 mL∶
(6 mL＋1 mL)＝9∶7，但因该反应是可逆反应，剩余气体实际上是NO、NH3的混合气体，故<<。
考点二
专项突破
1．257.9 t
解析　根据反应前后硫原子数不变，可得关系式：2S～FeS2～2H2SO4
即：S　　～ 　H2SO4　
　　32　　　　　98　　
200 t×40%　　95%·x　　
32∶98＝(200 t×40%)∶(95%·x)
x≈257.9 t。
2．51.95 t
3．33.4%
解析　设黄铁矿的利用率为x，
FeS2　　～2H2SO4　～　2(NH4)2SO4
120　　　　　　　　　　　　264
75．0 t×80.2%×89.8%·x　 　79.2 t
可得x≈66.6%，则黄铁矿的损失率为1.00－66.6%＝33.4%。
4．(1)烧杯　容量瓶　溶液的凹液面与刻度线相切
(2)蓝色褪去，且半分钟内不恢复成原来的颜色　95.0
解析　(1)配制一定物质的量浓度的溶液，应该在烧杯中溶解，冷却至室温后，转移至100 mL的容量瓶中，加水至距刻度线1～2 cm处，改用胶头滴管滴加至溶液的凹液面与刻度线相切。(2)加入淀粉作指示剂，淀粉遇I2变蓝色，加入的Na2S2O3样品与I2反应，当I2消耗完后，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复成原来的颜色，即为滴定终点。
由反应Cr2O＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O、I2＋2S2O===S4O＋2I－得关系式：
Cr2O　　　～　　　3I2　　　～　　　6S2O
　1　　　　　　　　　　　　　　　　6
0.009 50 mol·L－1×0.02 L　　　0.009 50 mol·L－1×0.02 L×6
硫代硫酸钠样品溶液的浓度为
，样品的纯度为×100%＝95.0%。
5．93.2%
6．酸式　85.8
解析　FeO～CrO～Cr2O～3Fe2＋
　　　1 mol　　　　　　　　　3 mol
　　　n　　　　　　　　　0.10 mol·L－1×0.026 L
n＝×0.10 mol·L－1×0.026 L，该样品的纯度为
×100%＝85.8%。
考点三
例1　经过一系列反应后，最终得到的固体为Fe2O3，根据铁原子守恒：n(Fe2O3)＝n(Fe)＝×＝0.25 mol，所得Fe2O3固体的质量为0.25 mol×160 g·mol－1＝40 g。
例2　Co(OH)2在加热分解过程中，Co原子的数目不变。
设有1 mol Co(OH)2，质量为93 g。则固体中Co的物质的量为1 mol，质量为59 g。
设290 ℃后固体的化学式为CoOx，
A点固体的相对分子质量为93×89.25%≈83，此时x＝1.5，即该固体为Co2O3；
B点固体的相对分子质量为93×86.38%≈80.3，此时x≈，即该固体为Co3O4；
C点固体的相对分子质量为93×80.65%≈75，此时x＝1，即该固体为CoO。
例3　0.2 mol·L－1
解析　当Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全时，溶液中溶质只有硫酸钠，而Na＋全部来源于NaOH，且变化过程中Na＋的量不变。根据电荷守恒可知：＝，所以，n(NaOH)＝n(Na＋)＝2n(SO)＝n(H＋)＝0.1 mol·L－1×0.2 L＝0.02 mol，c(NaOH)＝＝0.2 mol·L－1。
例4　D
真题演练
1．D
2．(1)10.8　(2)＝70
解析　(1)完全分解100 kg石灰石(含CaCO390%，杂质不参与反应)，需要吸收的热量是×180 kJ·mol－1＝162 000 kJ，已知：焦炭的热值为30 kJ·g－1(假设焦炭不含杂质)，其热量有效利用率为50%，所以需要投料焦炭的质量是 g×2＝10 800 g＝10.8 kg。(2)根据(1)中计算可知消耗焦炭的物质的量是＝900 mol，参加反应的碳酸钙的物质的量是900 mol，这说明参加反应的碳酸钙和焦炭的物质的量之比为1∶1，所以根据原子守恒可知生成氧化钙的质量是＝70 kg。
3．80.00%
解析　根据2Fe＋3Cl22FeCl3，可求5.60 g 干燥铁粉完全转化为FeCl3的质量为×162.5 g·mol－1＝16.25 g，则产率为×100%＝80.00%。
4．97.6%
5.
解析　n(BrO)＝av1×10－3mol，根据反应BrO＋5Br－＋6H＋===3Br2＋3H2O可知n(Br2)＝3av1×10－3mol，溴分别与苯酚和KI反应，先计算由KI消耗的溴的量，设为n1(Br2)，根据I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6可知I2～2Na2S2O3，又Br2＋2I－===I2＋2Br－可知Br2～I2，可得Br2～2Na2S2O3，n(Na2S2O3)＝bv3×10－3mol，n1(Br2)＝bv3×10－3mol，再计算由苯酚消耗的溴的量，设为n2(Br2)＝n(Br2)－n1(Br2)＝(3av1－bv3)×10－3mol，苯酚与溴水反应的计量数关系为3Br2～C6H5OH，n(C6H5OH)＝n2(Br2)＝(av1－bv3)×10－3mol，废水中苯酚的含量为＝ g·L－1。
热点强化2
热点专练
1．D　2.B
3．NH4Fe(SO4)2·12H2O
解析　失重5.6%是质量分数，设结晶水合物的化学式为NH4Fe(SO4)2·xH2O，由题意知＝，解得x≈12。
4．根据PbO2PbOx＋O2↑，有×32＝239×4.0%，解得x＝2－≈1.4，根据mPbO2·nPbO，有＝1.4，得＝＝。
5．(1)CoC2O4　(2)3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2
解析　(1)n(CoC2O4·2H2O)＝0.06 mol，
Δm＝(10.98－8.82) g＝2.16 g＝m(H2O)，
故210 ℃时固体为CoC2O4。
(2)根据钴原子守恒可知
m(Co)＝3.54 g，m(O)＝(4.82－3.54) g＝1.28 g，
n(O)＝0.08 mol，n(Co)∶n(O)＝3∶4，
可写出化学方程式：3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2。
6．(1)n(CuO)∶n(Cu2O)＝2∶1　(2)0.168 L
7．Pb2O3　PbO
解析　二氧化铅是0.1 mol，其中氧原子是0.2 mol。A点固体减少0.8 g，则剩余氧原子的物质的量是0.15 mol，此时剩余的铅和氧原子的个数之比是2∶3，A点对应的物质是Pb2O3。同理可得出C点对应的物质是PbO。
8．(1)1∶2　(2)Mn3O4和MnO
解析　设MnCO3的物质的量为1 mol，即质量为115 g。
(1)A点剩余固体质量为115 g×75.65%≈87 g，
减少的质量为115 g－87 g＝28 g，
可知MnCO3失去的组成为“CO”，
故剩余固体的成分为MnO2，n(Mn)∶n(O)＝1∶2。
(2)C点剩余固体质量为115 g×61.74%≈71 g，
据锰元素守恒知m(Mn)＝55 g，
则m(O)＝71 g－55 g＝16 g，
则n(Mn)∶n(O)＝∶＝1∶1，
故剩余固体的成分为MnO，
同理，B点剩余固体质量为115 g×66.38%＝76.337 g，因m(Mn)＝55 g，则m(O)＝76.337 g－55 g＝21.337 g，
则n(Mn)∶n(O)＝∶≈3∶4，
故剩余固体的成分为Mn3O4，
因D点介于B、C之间，故D点对应固体的成分为Mn3O4与MnO的混合物。
9．Al23　Al2O3
10．1∶2
解析　xNH4Cl·yScF3·zH2O“脱水除铵”是指脱去结晶水和氯化铵，氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，所以会产生白烟，所以380～400 ℃时固体减少的质量为氯化铵的质量，200～300 ℃时减少的质量为水的质量，则氯化铵的物质的量为＝0.06 mol，水的物质的量为＝0.12 mol，x∶z＝0.06∶0.12＝1∶2。
第2章　元素与物质世界
第4讲　元素与物质的分类
考点一
归纳整合
1．(1)游离　原子　分子　化合　原子　分子　离子
(2)①几种性质不同的单质　②化学　③O2和O3　金刚石、石墨、C60　白磷、红磷
2．树状　交叉
应用举例
1．①　②⑨　③⑦　④⑤　⑥　⑧　⑩　⑪
2．①⑧⑨⑩⑭⑮⑰⑲　②③④⑤⑥⑦⑪⑫⑬⑯　⑱
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.√　5.√　6.√　7.×
专项突破
1．②③⑤　①④⑥　①②⑥　③④　⑤　①②③　④⑤⑥　③⑤　①②④⑥　⑦⑩　⑧　⑨
2．B　A
解析　NaClO不是碱式盐，C2H5OH属于醇类，硫酸是共价化合物，玻璃钢属于复合材料，A全不正确；C项中Na2O2属于过氧化物，不是碱性氧化物；D项中NO2和水反应生成硝酸和NO，不属于酸性氧化物，一氧化碳虽然含有碳元素，但属于无机物。
3．C　[硫酸铜晶体是由一种物质组成的化合物，属于盐，故A错误；氢氧化铁不是胶体，故B错误；电解质属于化合物，化合物都是纯净物，故C正确；稀硫酸为溶液，酸是化合物，属于电解质，故D错误。]
考点二
归纳整合
3．化合　分解　置换　复分解　有无离子参与　有无电子转移　可逆　不可逆　吸热　放热
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.①×　②√　③×　④√
专项突破
1．①③④⑨⑩⑬　②⑤⑥⑦⑧⑪⑫⑭⑮
2．H3PO2＋NaOH===NaH2PO2＋H2O
3．(1)Be(OH)2＋2NaOH===Na2BeO2＋2H2O
(2)Be(OH)2＋2HCl===BeCl2＋2H2O
4．(1)×　硫的氧化性弱，与变价金属Cu反应只能生成Cu2S
(2)×　过氧化钠具有强氧化性，能够氧化二氧化硫，则SO2与Na2O2反应生成Na2SO4
(3)√　(4)×　向NaHCO3中加入少量水伴随吸热现象
(5)×　H—I比H—Cl更弱，在水溶液中更容易电离，所以酸性：HCl (6)√
5．(1)①Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu
②2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3
③Cu＋2AgNO3===Cu(NO3)2＋2Ag
(2)①Zn＋2HCl===ZnCl2＋H2↑
②2Mg＋CO22MgO＋C
③Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑
(3)①H2＋CuOCu＋H2O
②3C＋2Fe2O34Fe＋3CO2↑
(4)①2C＋SiO2Si＋2CO↑
②Cl2＋2NaBr===2NaCl＋Br2
③Br2＋2KI===2KBr＋I2
考点三
归纳整合
1．(1)一种(或多种)物质以粒子形式分散到另一种(或多种)物质中　(2)分散质粒子的直径大小　溶液　胶体　浊液
2．固溶胶　液溶胶　气溶胶
3．溶液　胶体
易错辨析
1．×　2.×　3.√　4.×　5.√　6.√
专项突破
(1)FeCl3饱和溶液　红褐色　(2)FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl　(3)①丁达尔效应　②渗析　将半透膜袋再浸入另一份蒸馏水中，片刻后取出半透膜袋，向蒸馏水中滴入AgNO3溶液，无白色沉淀产生，证明Fe(OH)3胶体与Cl－已完全分离　③长时间加热使胶体发生聚沉
真题演练
1．A　2.D　3.D
4．B　[明矾净水的原理为Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体具有吸附性，可以使泥水变澄清，涉及化学变化，A错误；水快速制冰为物理变化，B正确；炖排骨汤时放点醋，可使骨头中的钙、磷、铁等矿物质溶解出来，此外，醋还可以防止食物中的维生素被破坏，涉及化学变化，C错误；茄子中存在一类叫“酚氧化酶”的物质，遇到氧气之后，发生化学反应产生一些有色的物质，反应时间越长，颜色越深，涉及化学变化，D错误。]
5．C　[金(Au)：“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，体现金的稳定性，与其氧化性无关，A不符合题意；石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”是指CaO＋H2O===Ca(OH)2，反应放热，产生大量的水汽，而CaO由块状变为粉末状，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，B不符合题意；石硫黄(S)：“能化……银、铜、铁，奇物”是指2Ag＋SAg2S、Fe＋SFeS、2Cu＋SCu2S，反应中S作氧化剂，与其氧化性有关，C符合题意；石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指CaCO3＋2CH3COOH===(CH3COO)2Ca＋H2O＋CO2↑，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，D不符合题意。]
热点强化3
热点专练
1．D　2.C　3.B　4.C
5．D　[“鸡屎矾”投入CH3COOH溶液中，碱式碳酸铜(或碱式硫酸铜)与乙酸发生的反应是复分解反应，也是离子反应，Fe与Cu2＋发生的反应是置换反应，也是离子反应，文中没有涉及化合反应，D项符合题意。]
6．C　[C项，包含了CaCO3＋CO2＋H2O===Ca(HCO3)2的化学变化过程。]
7．D
8．A　[“焚硝磺”时，N和S的价态均发生了变化，A正确；硫酸的沸点较高，属于难挥发的强电解质，B错误；0.01 mol·L－1的磺强水溶液中c(H＋)＝0.02 mol·L－1，pH<2，C错误；磺强水溶液中存在水分子，D错误。]
第5讲　离子反应　离子方程式
考点一
归纳整合
1．①水溶液　②熔融　③电离　④强电解质　⑤弱电解质　⑥强酸　⑦强碱　⑧弱酸　
⑨弱碱
应用举例
(1)⑦⑧⑨⑪⑫　(2)⑤⑩　(3)③　(4)⑧⑪　(5)④⑫　(6)①②
2．(1)自由移动的离子
应用举例
①Ba(OH)2===Ba2＋＋2OH－
②KAl(SO4)2===K＋＋Al3＋＋2SO
③CH3COOHCH3COO－＋H＋
④H2CO3H＋＋HCO、HCOH＋＋CO
⑤Cu(OH)2Cu2＋＋2OH－
⑥NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO
⑦NaHSO4(熔融)===Na＋＋HSO
⑧NaHCO3===Na＋＋HCO、HCOH＋＋CO
专项突破
1．(1)D　(2)B　(3)C　(4)B　(5)C　(6)A
2．A
3．D　[HCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质，滴加NH3·H2O，先与HCl反应，生成同样为强电解质的NH4Cl，但溶液体积不断增大，溶液稀释，所以电导率下降；当HCl被中和完后，继续与CH3COOH反应，生成CH3COONH4，为强电解质，所以电导率增大；HCl与CH3COOH均反应完后，继续滴加弱电解质NH3·H2O，电导率变化不大，因为溶液被稀释，有下降趋势。]
考点二
归纳整合
1．(2)减少
2．(1)实际参加反应的离子符号　(2)某个具体的化学反应　同一类型的离子反应
3．(1)①强酸　强碱　可溶性盐
专项突破
1．(1)①MgO＋2H＋===H2O＋Mg2＋
②Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH
③HSO＋H＋===H2O＋SO2↑
(2)①OH－＋H＋===H2O
②SO＋2Ag＋===Ag2SO4↓
③NH＋OH－NH3↑＋H2O
(3)①2Na2O2＋2H2O===4Na＋＋4OH－＋O2↑
②MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O
③Cl2＋H2OCl－＋HClO＋H＋
④Cu＋4H＋＋2NO===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O
2．(1)Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O
(2)Ba2＋＋2OH－＋2NH＋SO===BaSO4↓＋2NH3·H2O
(3)Cu2＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－===Cu(OH)2↓＋BaSO4↓
3．(1)2Mg2＋＋2CO＋H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋CO2↑[或2Mg2＋＋3CO＋2H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋2HCO]
(2)Zn2＋＋Ba2＋＋S2－＋SO===ZnS·BaSO4↓
(3)Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O
(4)(CH3COO)2Pb＋S2－===PbS↓＋2CH3COO－
4．(1)K＋＋ClO===KClO3↓
(2)Ca2＋＋2NH3＋H2O＋CO2===CaCO3↓＋2NH
考点三
1．(1)①CO＋H＋===HCO
②CO＋2H＋===CO2↑＋H2O
(2)①CO2＋2OH－===CO＋H2O
②CO2＋OH－===HCO
(3)①2[Al(OH)4]－＋CO2===2Al(OH)3↓＋CO＋H2O　②[Al(OH)4]－＋CO2===Al(OH)3↓＋HCO
(4)①Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
②Al3＋＋4OH－===[Al(OH)4]－
(5)①[Al(OH)4]－＋H＋===Al(OH)3↓＋H2O
②[Al(OH)4]－＋4H＋===Al3＋＋4H2O
(6)①3Fe＋2NO＋8H＋===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O
②Fe＋NO＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2H2O
2．(1)H＋＋OH－===H2O　NH＋H＋＋2OH－===NH3·H2O＋H2O　(2)H＋＋OH－===H2O　Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓　NH＋OH－===NH3·H2O　Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－　(3)OH－＋H＋===H2O
[Al(OH)4]－＋H＋===Al(OH)3↓＋H2O　CO＋H＋===HCO、HCO＋H＋===CO2↑＋H2O　Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O　(4)Cl2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－　2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2===2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－
3．(1)①Ca2＋＋HCO＋OH－===CaCO3↓＋H2O
②Ca2＋＋2HCO＋2OH－===CaCO3↓＋2H2O＋CO
(2)①HCO＋OH－＋Ca2＋===CaCO3↓＋H2O
②Ca2＋＋2OH－＋2HCO===CaCO3↓＋CO＋2H2O
(3)①Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO===BaSO4↓＋H2O　碱
②Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O　中
SO＋Ba2＋===BaSO4↓　(4)①3Ba2＋＋3SO＋2Al3＋＋6OH－===3BaSO4↓＋2Al(OH)3↓　②NH＋Al3＋＋2SO＋2Ba2＋＋4OH－===NH3·H2O＋Al(OH)3↓＋2BaSO4↓
热点强化4
热点专练
1．(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×　(7)×
2．(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×
3．(1)×　(2)×　(3)×　(4)×
4．(1)×　(2)×　(3)×
5．(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)√
6．(1)×　(2)√　(3)×　(4)×
真题演练
1．C　2.D
3．B　[向氢氧化钠溶液中通入足量的二氧化碳，碱可以转化成酸式盐，离子方程式为CO2＋OH－===HCO，故A错误；将氯气通入NaOH溶液中可以生成氯化钠和次氯酸钠两种盐，其离子方程式为Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O，故B正确；钠的过氧化物为Na2O2，可以和水反应生成氢氧化钠，但在离子方程式中Na2O2不能拆成离子，故C错误；硅酸钠溶于水，在离子方程式中要写成离子，故D错误。]
4．D　[盐酸中滴加Na2SiO3溶液，发生离子反应生成硅酸沉淀，该反应的离子方程式为SiO＋2H＋===H2SiO3↓，A正确；亚硫酸的酸性强于碳酸，因此，Na2CO3溶液中通入过量SO2发生离子反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，该反应的离子方程式为CO＋2SO2＋H2O===2HSO＋CO2，B正确；乙醇与K2Cr2O7酸性溶液发生反应，乙醇被氧化为乙酸，Cr2O 被还原为Cr3＋，该反应的离子方程式为3CH3CH2OH＋2Cr2O＋16H＋―→3CH3COOH＋
4Cr3＋＋11H2O，C正确；类比氯气与碱反应可知，溴与冷的NaOH溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠和水，该反应的离子方程式为Br2＋2OH－===Br－＋BrO－＋H2O，D不正确。]
5．C
第6讲　离子共存、离子检验与推断
考点一
归纳整合
1．不发生任何反应　发生反应
2．(1)SO、CO、SO　Cl－、Br－、I－、SO、CO　Fe2＋、Pb2＋、Cu2＋、Ag＋　Mg2＋、Pb2＋、Zn2＋、Cu2＋、Fe2＋　Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋、Al3＋　(2)CO　HCO　SO　HSO　NH　HCO　HSO　(3)√　√　√　√　√　√　√　√　√　√　√　√　√　√　√　√　√　√　√　×　×　×　(4)①CO　HCO　S2－　HS－　②CO　HCO
专项突破
1．(6)、(9)、(11)
2．(1)能　2S2－＋SO＋6H＋===3S↓＋3H2O　Cl－＋ClO－＋2H＋===Cl2↑＋H2O
(2)①能　②不能，H＋、Fe2＋、NO发生氧化还原反应
③不能，H2O2在酸性条件下氧化Fe2＋，离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O
考点二
归纳整合
1．(1)白　不溶解　白　溶解　白　红褐　蓝　红褐　蓝　(2)变蓝　(3)红　黄　紫　红　红
2．(1)白色　淡黄色　黄色　无明显　白色　白色　溶解
无味　(2)变浑浊　刺激性气味　品红溶液　(3)①红　蓝　②Br－　I－　③蓝　I－
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.√　5.√　6.×
专项突破
1．B　2.D　3.A
4．(1)Fe2＋、Al3＋、I－、NO　(2)NO　ACD
(3)6I－＋2NO＋8H＋===3I2＋2NO↑＋4H2O、
3Fe2＋＋NO＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O
(4)Al(OH)3＋NaOH===Na[Al(OH)4]
解析　(1)①加入过量盐酸，产生气泡，溶液颜色变深，但溶液仍澄清，说明原溶液中一定不含有SiO；②向①反应后溶液中加入少量CCl4，出现分层，下层为CCl4层，显紫红色，推出该溶液中含有I2，即原溶液中含有I－，Fe3＋具有强氧化性，能将I－氧化，因此原溶液中一定不含有Fe3＋，NO在酸性条件下具有强氧化性，将I－氧化成I2，本身被还原成NO，因此原溶液一定含有NO，上层为水层，水层显黄色，则含有Fe3＋，即原溶液中含有Fe2＋，则原溶液中一定不含有CO；③根据图像推出原溶液中含有Al3＋，则溶液中一定不含有SO。
5．(1)NH　(2)CO、SO　Mg2＋、Ba2＋、Fe3＋
(3)HCO
(4)向溶液B中通入氯气，溶液呈浅黄绿色(或向溶液B中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，出现白色沉淀)
(5)0.1 mol·L－1
解析　待测液与BaCl2溶液反应生成滤液A和沉淀A，沉淀A与稀硝酸反应生成白色沉淀D和无色气体D，无色气体D与石灰水反应生成白色沉淀E，则待测液中一定含有SO和CO，结合离子共存的条件可知待测液中一定不存在Mg2＋、Ba2＋、Fe3＋；滤液A与NaOH溶液反应生成的气体B为NH3，同时还生成了白色沉淀B，则待测液中一定含有NH、HCO；根据向溶液B中通入氯气，溶液呈浅黄绿色和向溶液B中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，出现白色沉淀可知，待测液中一定不存在Br－；由于实验过程中加入了BaCl2溶液，因此由白色沉淀C无法确定待测液中是否含有Cl－。(5)结合题中数据可知待测液中n(NH)＝0.1 mol，n(HCO)＝n(BaCO3)沉淀B＝＝0.1 mol，n(CO)＝n(CaCO3)沉淀E＝＝
0.1 mol，n(SO)＝n(BaSO4)沉淀D＝＝0.05 mol，n(Na＋)＋n(NH)＝0.2 mol＋0.1 mol＝0.3 mol，2n(CO)＋2n(SO)＋n(HCO)＝0.4 mol，根据电荷守恒知待测液中一定含有K＋。若待测液中不含Cl－，则n(K＋)＝0.1 mol；若待测液中含有Cl－，则n(K＋)＞0.1 mol，所以c(K＋)
≥0.1 mol·L－1。
答题规范(1)
典例剖析
取少量装置D内溶液于试管中，滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀，加入足量稀盐酸后，沉淀完全溶解，放出无色有刺激性气味的气体
规范精练
1．(1)取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层溶液(或过滤，取滤液)于一试管中，滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀则说明含有Na2SO4杂质(合理即可)
(2)取矿石少许，加稀硫酸充分溶解后，向其中滴加酸性高锰酸钾溶液，若紫色褪去，证明矿石中含有FeO(不能加盐酸溶解)
2．溶液呈红色　K3[Fe(CN)6]溶液　产生蓝色沉淀
解析　KSCN溶液遇Fe3＋，溶液变红色。由于氯水与Fe2＋反应现象不明显，应直接用K3[Fe(CN)6]溶液检验，如有蓝色沉淀出现，则证明存在Fe2＋，否则不存在。
真题演练
1．C　2.A
3．A　[粗盐提纯时，用NaOH除去Mg2＋，用BaCl2除去SO，用Na2CO3除去Ca2＋及多余的Ba2＋，最后用盐酸除去多余的CO、OH－。]
4．B　[Al3＋和NH3·H2O反应生成Al(OH)3沉淀而不是[Al(OH)4]－，故A错误；Fe3＋可催化H2O2分解，所以Fe3＋与H2O2不能大量共存，故C错误；在酸性条件下MnO能将Cl－氧化为Cl2，不能大量共存，故D错误。]
5．B　[由信息①得到澄清透明溶液，可排除碳酸钙；由信息②焰色试验透过钴玻璃可观察到紫色，说明含有钾离子，可推测含有氯化钾；由信息③向溶液中加入碱产生白色沉淀，可推测含有硫酸镁，所以B正确。]
第7讲　氧化还原反应的概念和规律
考点一
归纳整合
1．(1)化合价　(2)电子转移
2．(1)得电子　失电子　(2)难易　多少
应用举例
KMnO4　HCl　Cl2　MnCl2　还原　氧化
还原　酸　2×6.02×1023(或1.204×1024)　2
3．(1)＋2H2O
(2)(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
4．(1)Cl－　SO2　NO或NO2　Mn2＋　Fe2＋或Fe　Cr3＋　(2)Zn2＋　H2O　CO2　Fe3＋　S　I2　(3)Fe　S　H2O　Fe3＋　SO　O2　还原　氧化　(4)　－3　－3　－2　＋2　＋6　＋3　＋2　－3　＋3　－1　＋1　－1　＋3　＋3　＋6　＋6　＋2　＋2
5．D　B　C　A
解析　区域“3”为氧化还原反应，但不属于化合、分解和置换反应。而A是置换反应，B是分解反应，D是化合反应。
易错辨析
1．√　2.×　3.√　4.×　5.×
专项突破
1．D
2．(1)－1　(2)　1∶1
(3)2NaH＋TiCl4Ti＋2NaCl＋2HCl↑(或4NaH＋TiCl4Ti＋4NaCl＋2H2↑)
3．(1)===NaBO2＋4H2↑　H2O　NaBH4　(2)0.2 mol
考点二
归纳整合
(一)
1．(1)>　>　(2)＞
应用举例
1．>
2．(1)①③⑥⑦　(2)⑤⑥⑦⑧　(3)②④
2．(1)①Cl2>Br2>I2>S，②Na＋ (2)①Mg>Fe>Cu>Ag，②Br－Cl－>OH－>SO。
3．(1)Fe2＋　Br－　Fe2＋
易错辨析
1．×　2.×　3.√　4.√　5.×　6.×
专项突破
1．D
2．C　[A项，还原性：SO2＞Fe2＋，反应能发生；B项，还原性：SO2＞I－，反应能发生；C项，还原性：H2O2＜SO2，反应不能发生。]
3．Co2O3>Cl2>HIO3　I2>HCl>CoCl2
4．(1)>　(2)溶液的酸碱性不同
5．C　[反应：Cl2＋KOH―→KX＋KY＋H2O是Cl2的歧化反应，KX、KY中的氯元素分别显正价和－1价；由于KX也发生歧化反应：KX―→KY＋KZ，可断定KY为KCl，化合价高低：KZ中Cl>KX中Cl(均为正价)。假设KX中Cl元素为＋a价，KZ中Cl元素的化合价为＋b价，依据得失电子守恒原理及KX―→KY＋3KZ，有a＋1＝3(b－a)，把a＝1、a＝3、a＝5代入上式讨论，可知a＝5时，b＝7符合题意。则KX中Cl元素的化合价为＋5。]
6．73.3 g·mol－1
解析　1 mol Cl2中35Cl占 mol,37Cl占 mol，M＝(×35＋×37) g·mol－1≈73.3 g·mol－1。
7．G、Y、Q、Z、X
解析　由①得出Q中Cl元素价态高于G，因为G必介于Q和－1价的氯元素之间，－1价为氯元素的最低价；将该结论引用到③，Y介于Q与G之间，故有Q价态高于Y，Y价态高于G；分析②：H2O中的H元素化合价降低，则Q中的氯元素转变为X中的氯元素，化合价必升高，则得出X价态高于Q；最后分析④：Z介于Q、X之间，则X价态高于Z，Z价态高于Q。
真题演练
1．B　2.A　3.D
4．B　[Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。H2SO4中所含元素的化合价均未发生变化，A说法不正确；Na2S2O3中的S的平均化合价为＋2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(＋4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B说法正确；该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1，C说法不正确；根据其中S元素的化合价变化情况可知，1 mol Na2S2O3发生反应，转移2 mol电子，D说法不正确。]
5．D　[过程Ⅰ中NO转化为NO，氮元素化合价由＋3价降低到＋2价，NO得电子，发生还原反应，A错误；过程Ⅰ为NO在酶1的作用下转化为NO和H2O，反应的离子方程式为NO＋2H＋＋e－NO↑＋H2O，过程Ⅱ为NO和NH在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，反应的离子方程式为NO＋NH＋3e－＋2H＋H2O＋N2H4，两过程转移电子数目不相等，B错误；由过程Ⅱ的反应方程式可知n(NO)∶n(NH)＝1∶1，C错误；过程Ⅲ为N2H4转化为N2和4H＋、4e－，反应的离子方程式为N2H4===N2↑＋4H＋＋4e－，所以过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO＋NH===N2↑＋2H2O，D正确。]
第8讲　氧化还原反应方程式的书写与配平
考点一
专项突破
1．(1)4　1　1　1　2　(2)3　8　3　2　4
(3)5　1　3　3　3　3　(4)2　16　10　2　5　8
2．(1)3　6　2　1　3　(2)2　9　3　3　5
3．(1)　2　(－1)　1　1
(2)1　(3x＋1)　(2x－2)　x　(3x＋1)　(x－1)
4．(1)2　1　2　2　2　2　2
(2)5　12　18　6　12　10　33
5．(1)3　2　4OH－　3　2　5
(2)2　5　6H＋　2　5　8
(3)Al2O3　3C　N2　2　3CO
(4)5　2　14　H＋　5　5　2　MnO　7　H2O
解析　(3)根据氮元素、碳元素的化合价变化，N2是氧化剂，C是还原剂，AlN为还原产物，CO为氧化产物。
考点二
专项突破
1．2IO＋5HSO===I2＋5SO＋3H＋＋H2O
2．MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O
3．(1)2NaClO3＋SO2＋H2SO4===2ClO2＋2NaHSO4
(2)2ClO2＋H2O2＋2NaOH===2NaClO2＋O2＋2H2O
4．Fe2＋　VO＋＋MnO2＋2H＋===VO＋Mn2＋＋H2O
5．(1)①4Fe(NO)2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋4NO＋2H2O
②14Fe3＋＋FeS2＋8H2O===15Fe2＋＋2SO＋16H＋
(2)作催化剂
6．2NiO2＋ClO－===Ni2O3＋Cl－＋2O
7．2NH3 ＋3NaClO===N2＋3H2O＋3NaCl
热点强化5
热点专练
1．＋3
2．5
解析　―→xNa2O4，NaO―→Na，
得关系式1×·x＝16×2，x＝5。
3. mol
解析　设被水还原的BrF3的物质的量为x，生成1 mol O2，则水失去4 mol电子，根据得失电子守恒得：3x＝4 mol，x＝ mol。
4．1.5　2.2
解析　设7.5 mol CuSO4氧化P的物质的量为x；生成1 mol Cu3P时，被氧化的P的物质的量为y，
根据得失电子守恒得：7.5 mol×(2－1)＝x×(5－0)，x＝1.5 mol；1 mol×3×(2－1)＋1 mol×[0－(－3)]＝y×(5－0)，y＝1.2 mol，所以参加反应的P的物质的量为1.2 mol＋1 mol＝2.2 mol。
5．9.20
解析　反应流程为

x g＝17.02 g－m(OH－)，
而OH－的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得电子的物质的量，即：
n(OH－)＝×1＋×2×1＝0.46 mol，所以x g＝17.02 g－0.46 mol×17 g·mol－1＝9.20 g。
6．60
解析　由题意可知，HNO3，则Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等。即n(Cu)＝2n(O2)＝2×＝0.15 mol。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3 mol，则V(NaOH)＝＝0.06 L＝60 mL。
7. mol·L－1
真题演练
1．(3)2Cl2＋HgO===HgCl2＋Cl2O
(4)1.25　NaHCO3＋NaHSO4===CO2↑＋Na2SO4＋H2O
2．(1)ZnCO3ZnO＋CO2↑
(4)3Fe2＋＋MnO＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋
解析　(1)焙烧时，生成ZnO的反应为ZnCO3ZnO＋CO2↑。(4)向80～90 ℃的滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2＋，得到含Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2＋＋MnO＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋。
第3章　金属及其化合物
第9讲　钠及其氧化物
考点一
归纳整合
1．银白　柔软　小　小　大
2．(1)4Na＋O2===2Na2O　2Na＋O2Na2O2　2Na＋Cl22NaCl　
(2)①2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑
②小　放热　低　强碱NaOH　(3)2Na＋2H＋===2Na＋＋H2↑　
(4)2Na＋2H2O＋CuSO4===Cu(OH)2↓＋Na2SO4＋H2↑
3．(1)2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑　(2)石蜡油或煤油
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×　5.×　6.√
专项突破
1．A
2．c>a>b　钠与上述三种物质反应的实质都是钠与H＋之间的置换反应，由三种物质电离出H＋的能力可知反应速率的大小顺序为c>a>b
3．①③④⑥
解析　2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，①中Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓；③中反应消耗水，溶液温度升高，Ca(OH)2的溶解度降低，析出Ca(OH)2白色沉淀；④中Ca2＋＋HCO＋OH－===CaCO3↓＋H2O或Ca2＋＋2HCO＋2OH－===CaCO3↓＋CO＋2H2O；⑥中水减少，溶液过饱和析出NaCl。
考点二
归纳整合
1．淡黄色　碱性　－2　－1　1∶2　1∶2　Na2O＋H2O===2NaOH　2Na2O2＋2H2O===
4NaOH＋O2↑　Na2O＋CO2===Na2CO3　2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2　Na2O＋2HCl
===2NaCl＋H2O　2Na2O2＋4HCl===4NaCl＋2H2O＋O2↑
2．(1)Na2O2＋SO2===Na2SO4　4Na2O2＋4FeCl2＋6H2O===4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8NaCl　Na2O2＋Na2SO3＋H2O===Na2SO4＋2NaOH　Na2O2＋H2S===S↓＋2NaOH　溶液变浑浊　先变红后褪色　红色褪去
易错辨析
1．√　2.×　3.×　4.×　5.×　6.×
专项突破
1．(1)　Na2O2　Na2O2　O2　NaOH　(2)0.2NA(或1.204×1023)
2．A
3．(1)0.1　(2)14
4．(1)　离子键、非极性共价键　－1
(2)2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑　反应生成的H2O2具有漂白作用(或反应生成的H2O2氧化了酚酞)
(3)2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
(4)Na2O2＋2H2O===2NaOH＋H2O2　复分解反应
拓展延伸
1．(1)　
两个氧原子之间都含有一个共用电子对(或都含有一个过氧键)
(2)2CaO2＋2H2O===2Ca(OH)2＋O2↑
Ca(OH)2＋CO2===CaCO3↓＋H2O
2．(1)　(2)
3．(1)2　(2)4H2O2＋Cr2O＋2H＋===2CrO5＋5H2O　不是
解析　(1)设CrO5中过氧键(—O—O—)有x个，－2价O有y个，则，解得。
真题演练
1．(1)√　(2)×　(3)×　(4)√
2．C　3.D
第10讲　碳酸钠和碳酸氢钠　碱金属
考点一
归纳整合
1．纯碱　苏打　小苏打　易分解　CO＋2H＋===CO2↑＋H2O　HCO＋H＋===CO2↑＋H2O　Ca2＋＋2OH－＋2HCO===CaCO3↓＋2H2O＋CO　Ca2＋＋OH－＋HCO===CaCO3↓＋H2O　2Al(OH)3↓＋3CO2↑　Al(OH)3↓＋3CO2↑
2．应用举例
(1)充分灼烧至恒重　2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑
(2)通入足量CO2　Na2CO3＋H2O＋CO2===2NaHCO3
(3)滴加适量NaOH 溶液　NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O
3．(1)Na2CO3　NaHCO3　(2)NaHCO3　Na2CO3
(3)Na2CO3　NaHCO3
易错辨析
1．×　2.×　3.√　4.√　5.×　6.√　7.×　8.√
专项突破
1．D　
2．(1)Ⅱ　(2)2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，CO2＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋H2O　D　(3)NaHCO3
3．(1)Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3、NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑　
(2)NaHCO3　NaCl　Na2CO3
(3)0.05 mol·L－1　(4)0.112 L
解析　(3)当加入150 mL盐酸时正好生成NaCl溶液，n(HCl)＝n(NaCl)＝2n(Na2CO3)＋n(NaHCO3)＝2.5×10－3×2 mol＋2.5×10－3 mol＝7.5×10－3 mol，c(HCl)＝＝
0.05 mol·L－1。(4)n(CO2)＝n(Na2CO3)＋n(NaHCO3)＝(2.5＋2.5)×10－3 mol＝5×10－3 mol，标况下V(CO2)＝5×10－3 mol×22.4 L·mol－1＝0.112 L。
4．(1)134.4　(2)1∶1　(3)0.09 mol·L－1
解析　(1)分析图中A曲线，有60 mL盐酸与NaHCO3反应生成CO2，根据元素质量守恒，A曲线对应的最终生成的CO2的体积等于之前通入NaOH溶液的CO2的体积，根据第二步反应物质的量关系，n(CO2)＝n(NaHCO3)＝n(HCl)＝0.1 mol·L－1×0.06 L＝0.006 mol，V(CO2)＝Vm·n(CO2)＝22.4 L·mol－1×0.006 mol＝0.134 4 L＝134.4 mL。
(2)分析图中B曲线，只有30 mL盐酸与NaHCO3反应生成CO2，而未生成气体时耗用盐酸60 mL，说明该混合溶液中有NaOH、Na2CO3，无NaHCO3，NaOH消耗30 mL盐酸，Na2CO3生成NaHCO3消耗30 mL盐酸，生成的NaHCO3又消耗30 mL盐酸生成CO2，根据NaOH＋HCl===NaCl＋H2O，Na2CO3生成NaHCO3消耗盐酸的量与NaOH消耗盐酸的量相等，则有n(NaOH)∶n(Na2CO3)＝1∶1。(3)根据物料守恒，最终NaCl中Na＋的来源就是NaOH，所以最终n(NaCl)等于最初n(NaOH)，而NaCl中Cl－的来源是90 mL盐酸中的HCl，故n(NaCl)＝n(HCl)，那么n(NaOH)＝n(HCl)＝0.1 mol·L－1×0.09 L＝0.009 mol，c(NaOH)＝＝＝0.09 mol·L－1。
考点二
归纳整合
(一)
1．1个　增多　增大　增大　金属　＋1　增强　较低　降低
还原　增强
2．(2)煤油
(二)
1．物理
3．黄　紫　蓝色钴玻璃　绿　黄绿　砖红
(三)
离子化合物　强还原剂
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×　5.×
专项突破
1．D
2．(1)锂可以与水反应　(2)B
(3)　KH＋H2O===KOH＋H2↑
NA(或6.02×1023)　(4)3NaH＋Fe2O3===2Fe＋3NaOH
真题演练
1．(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√　(7)×　(8)√　(9)√　(10)×
2．B　3.C
第11讲　侯氏制碱法与Na2CO3含量的测定
考点一
归纳整合
3．(1)NH3＋NaCl＋CO2＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl
(2)2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑
4．CO2　NaCl
专项突破
1．(1)先通入NH3，然后通入CO2
(2)NH3　CO2　由于CO2在水中的溶解度比较小，而NH3极易溶于水，为防止倒吸，通入NH3的导气管的末端不能伸入到溶液中，为增加二氧化碳的吸收率，通入CO2的导气管的末端应插入液面以下　(3)吸收氨气尾气，防止污染空气
2．(1)NH3＋CO2＋NaCl＋H2O===NH4Cl＋NaHCO3↓、2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑　(2)CO2
(3)使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度　循环Ⅰ的作用是提高原料氯化钠的利用率
(4)加热，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，说明碳酸钠中含有碳酸氢钠，否则，不含有碳酸氢钠
考点二
专项突破
方案一：(1)D　(2)取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加Na2SO4溶液，如无沉淀，则沉淀已洗净，反之则未洗净
(3)偏小
方案二：(1)吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，减小实验误差
(2)将装置A、B中残留的CO2全部赶入装置C中
方案三：(1)碱式滴定管(或移液管)　(2)滴入最后半滴盐酸时，溶液由红色变为浅红(接近无色)，且30 s内不恢复
(3)84.8%
解析　方案一：(1)Ba(OH)2溶液与两种离子都可以形成沉淀，D正确。(2)判断沉淀是否洗净的方法是检验洗涤液中是否含有Ba2＋。(3)所得沉淀未充分干燥就称量，则产生的沉淀质量偏大。由于等质量时NaHCO3产生的沉淀质量大，因此测得w(Na2CO3)偏小。
方案三：(1)Na2CO3、NaHCO3的溶液显碱性，应选择碱式滴定管或移液管。(2)加酚酞溶液显红色，恰好反应时溶液为NaHCO3。(3)当达到滴定终点时，发生反应：H＋＋CO===HCO；25.00 mL配制好的溶液中含有的n(HCl)＝n(Na2CO3)＝0.200 0 mol·L－1×0.02 L＝0.004 mol，则250 mL溶液中含有Na2CO3的物质的量n(Na2CO3)＝0.004 mol×＝0.04 mol，其质量m(Na2CO3)＝0.04 mol×106 g·mol－1＝4.24 g，w(Na2CO3)＝×100%＝84.8 %。
真题演练
1．(1)aefbcgh　将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔
(2)使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率(或其他合理答案)　(3)NH3·H2O＋NaCl＋CO2===NH4Cl＋NaHCO3↓　(4)①0.84　②冷却结晶　过滤
2．(1)NaHCO3　在30～35 ℃时NaHCO3的溶解度最小(答案合理即可)　(2)D　(3)甲基橙　由黄色变橙色，且半分钟内不变色　(4)3.56%　(5)偏大
解析　(3)由题给信息分析可知，第二次滴定时，使用的指示剂N为甲基橙，滴定达到终点前溶液的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，滴定达到终点后溶液的溶质为氯化钠，所以溶液的颜色变化为由黄色变为橙色，且半分钟内不变色。
(4)第一滴定发生的反应是Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl，则n(Na2CO3)＝n生成(NaHCO3)＝n(HCl)＝0.100 0 mol·L－1×22.45×10－3 L＝2.245×10－3 mol，第二滴定消耗的盐酸的体积为23.51 mL，则根据化学方程式：NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物质的量n总(NaHCO3)＝0.100 0 mol·L－1×23.51×10－3 L＝2.351×10－3 mol，则原溶液中的NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)＝n总(NaHCO3)－n生成(NaHCO3)＝2.351×10－3 mol－2.245×10－3 mol＝1.06×10－4 mol，则原产品中NaHCO3的物质的量为×1.06×
10－4 mol＝1.06×10－3 mol，故产品中NaHCO3的质量分数为×100%≈3.56%。
(5)第一滴定时，其他操作均正确的情况下，俯视读数，则会使标准液盐酸的体积偏小，即测得V1偏小，所以原产品中NaHCO3的物质的量会偏大，最终导致其质量分数偏大。
第12讲　铁及其氧化物和氢氧化物
考点一
归纳整合
1．(1)银白　磁体　(2)3d64s2　4　Ⅷ　　(3)＋2　＋3　3Fe＋2O2Fe3O4　2Fe＋3Cl22FeCl3　Fe＋SFeS　Fe＋I2FeI2　3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2　Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑　钝化　＋3　Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu　2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
2．(1)黑色　红棕色　黑色　不溶于水　不溶于水　不溶于水
＋2　＋3　＋2、＋3　(2)①FeO＋2H＋===Fe2＋＋H2O　Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O　②Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2　 Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O3　③3Fe3O4＋28H＋＋NO===9Fe3＋＋NO↑＋14H2O 　Fe3O4＋8H＋＋2I－===3Fe2＋＋I2＋4H2O
易错辨析
1．×　2.×　3.√　4.√
专项突破
1．D　2.D　3.D
4．C　[该反应可以看做两步：①Fe＋4H＋＋NO===Fe3＋＋NO↑＋2H2O，硝酸根离子过量，氢离子不足；②2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋。a表示Fe3＋的关系曲线，A正确；溶液中共有3 mol H＋参加反应，消耗0.75 mol铁，B正确；P点n(Fe2＋)＝n(Fe3＋)，两者均为0.45 mol，C不正确；P点剩余0.45 mol Fe3＋，消耗0.225 mol铜，质量为14.4 g，D正确。]
5．FeO
6．Fe5O7
解析　根据2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，可知铁的“氧化物”样品用盐酸溶解后所得溶液中n(Fe2＋)＝0.025 mol×2＝0.05 mol，根据电荷守恒得2n(Fe2＋)＋3n(Fe3＋)＝n(Cl－)＝0.14 L×
5 mol·L－1＝0.7 mol，则n(Fe3＋)＝0.2 mol，故n(Fe2＋)∶n(Fe3＋)＝0.05 mol∶0.2 mol＝1∶4，故该氧化物可表示为FeO·2Fe2O3，即Fe5O7。
考点二
归纳整合
1．白　红褐　Fe(OH)2＋2H＋===Fe2＋＋2H2O　Fe(OH)3＋3H＋===Fe3＋＋3H2O　2Fe(OH)3
Fe2O3＋3H2O　Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓　Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓　白色絮状沉淀迅速变成灰绿色　红褐色　4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
2．(2)空气与Fe(OH)2接触　空气　FeSO4　NaOH溶液
易错辨析
1．√　2.×　3.×　4.×　5.×　6.×　7.×
专项突破
1．(1)稀H2SO4、铁屑　(2)煮沸　(3)避免生成的Fe(OH)2沉淀接触O2而被氧化
2．①②④
3．(1)恒压滴液漏斗　平衡气压，辅助排出装置B中的空气　 (2)取少量装置A烧瓶中的液体于洁净试管中，滴加几滴KSCN溶液，无红色出现，再滴加H2O2，溶液变为红色，则证明存在Fe2＋
(3)白色沉淀逐渐变为灰绿色，最后变为红褐色　4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
解析　氢氧化亚铁容易被氧气氧化，因此打开K1、K3、K4，关闭K2、K5、K6，装置A中产生H2，排出装置B中的空气，因此长导管作用之一是辅助排出装置B中的空气，作用之二是平衡压强，防止装置中压强过大，发生危险。
4．(1)Fe　Fe－2e－===Fe2＋　(2)BC
(3)隔绝空气，防止生成的Fe(OH)2被氧化　加热煮沸，排出溶解的O2
(4)白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变成红褐色
真题演练
1．A　2.C
3．D　[常温下，Fe遇浓硝酸发生钝化，A错误；铁与氯气反应只能生成氯化铁，B错误；Al与Fe2O3高温发生铝热反应生成Al2O3和Fe，Fe与HCl(aq)反应生成FeCl2和H2，C错误；加入足量的铁粉，黄色消失，加入KSCN溶液，溶液不变色，说明Fe3＋完全被消耗，即Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，根据氧化还原反应规律，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，Fe元素化合价升高，Fe为还原剂，Fe2＋既是还原产物又是氧化产物，因此还原性：Fe>Fe2＋，D正确。]
第13讲　铁及其化合物的转化关系
考点一
专项突破
1．D
2．(1)b　(2)Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O
(3)4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
(4)B　(5)8
解析　(1)工业上常用碳还原铁矿石冶炼Fe，为还原法。(2)根据图1，D到F过程中铁的化合价未变，F为硫酸盐，D为氧化铁，氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，离子方程式为Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O。(4)根据题中数据，可知KI过量，若反应为可逆反应，则溶液中存在Fe3＋，可用KSCN溶液检验。(5)NO转化为NH，N的化合价由＋5变为－3,1 mol NO得到8 mol电子，根据得失电子守恒，则参加反应的Fe失去8 mol电子。
考点二
归纳整合
1．2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O　3Fe2＋＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O　氧化　2Fe3＋＋Cu===Cu2＋＋2Fe2＋
3．(1)溶液变红　灰绿　红褐　K＋＋Fe2＋＋[Fe(CN)6]3－===KFe[Fe(CN)6]↓　(2)溶液变红　红褐色沉淀　显紫色　(3)Fe3＋　Fe2＋
易错辨析
1．×　2.×　3.√　4.×　5.×
专项突破
1．D　[A中Fe3＋与SCN－形成络合物，B中酸性条件下NO氧化Fe2＋，C中Fe3＋与I－、HCO均不共存。]
2．(1)MgO　MgCO3　Mg(OH)2　(2)H2O2
(3)先通入适量Cl2(或加入H2O2)，再向混合溶液中加入足量CuO[或CuCO3、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3其中之一]，充分反应后过滤
3．(1)Fe2＋、Cu2＋　Fe3＋　(2)Fe2＋　Cu2＋、Fe3＋　(3)Fe2＋　Cu2＋　Fe3＋
4．C　[A项中只能说明含有Fe3＋，不能说明不含Fe2＋；B项原溶液中也可能只有Fe3＋而没有Fe2＋；D项中氧化后生成的红褐色沉淀Fe(OH)3也可能掩盖了生成的白色沉淀Mg(OH)2。]
5．C
考点三
归纳整合
(1)2Fe3＋＋H2S===S↓＋2Fe2＋＋2H＋　(2)2Fe3＋＋2I－===I2＋2Fe2＋　
(3)Cu＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Cu2＋
(4)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O　(5)3Fe2＋＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O
专项突破
(1)①加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，均出现蓝色沉淀　2Fe3＋＋Cu===Cu2＋＋2Fe2＋　②铜粉的量、阴离子的种类
③有白色沉淀生成　④2Cu2＋＋4SCN－===2CuSCN↓＋(SCN)2　(2)①防止Fe2＋被氧化
②3Fe2＋＋NO＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O
(3)0.448 L
真题演练
1．C　
2．A　[根据题干信息，可利用氧化还原配平法写出化学方程式：6nFeSO4＋nKClO3＋3nH2O===6[Fe(OH)SO4]n＋nKCl，可知KClO3作氧化剂，同时根据计量数关系可知每生成1 mol[Fe(OH)SO4]n消耗 mol KClO3，A项错误；绿矾溶于水后，亚铁离子水解使溶液呈酸性，当其转化为聚合硫酸铁后，亚铁离子的浓度减小，因而水溶液的pH增大，B项正确；聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，胶体粒子吸附杂质微粒引起聚沉，因而能净水，C项正确；多元弱碱的阳离子的水解是分步进行的，[Fe(OH)]2＋的水解相当于Fe3＋的第二步水解，由于其所带的正电荷比Fe3＋少，因而在相同条件下，其结合水电离产生的OH－的能力较弱，故其水解能力不如Fe3＋，D项正确。]
3．(1)Fe2O3和SiO2　SiO2　(2)增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率
(3)7Fe2(SO4)3＋FeS2＋8H2O15FeSO4＋8H2SO4　(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤
(5)＋2　6Fe(NH4)2Fe(CN)6＋ClO＋6H＋6Fe(NH4)Fe(CN)6＋Cl－＋3H2O＋6NH
(6)H2O2　NH3·H2O
4．(1)碱煮水洗
(2)加快反应速率　热水浴　C
(3)将Fe2＋全部氧化为Fe3＋；不引入杂质　防止Fe3＋水解
(4)加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)
热点强化6
热点精讲
例1　D
例2　(1)4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2　(2)BD
(3)将Cu2＋转化为Cu　取少量还原后的上层清液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则Fe3＋已完全被还原　(4)向CaSO3浆料中加入一定量3 mol·L－1 Na2SO4溶液，边搅拌边缓慢滴加总量与Na2SO4溶液相同量的3 mol·L－1 H2SO4溶液，测定反应液的pH，再用3 mol·L－1 H2SO4溶液或1 mol·L－1 NaOH溶液调节pH在4～6之间，过滤(或向CaSO3浆料中边搅拌边缓慢滴加3 mol·L－1 H2SO4溶液，产生的气体通入1 mol·L－1 NaOH溶液中，测定溶液pH，当测定pH在4～6之间，停止滴加H2SO4溶液)
解析　(2)增大投料量并不能增大浸出率，故A不选；矿渣粉碎后，反应接触面积增大，反应更快更充分，可提高浸出率，故B选；缩短酸浸时间会降低浸出率，故C不选；适当提高温度可提高浸出率，故D选。(3) 加入过量铁屑除将Fe3＋转化为Fe2＋外，还能将铜离子转化为铜而过滤除去；检验铁离子是否完全被还原的操作是：取少量还原后的上层清液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则Fe3＋已完全被还原。(4) 根据信息，pH＝4～6时，HSO能大量存在，且CaSO4·2H2O难溶于水，故该制备环境应在酸性条件下。
热点专练
1．C　2.C　
3．D　[流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al2O3转化为硫酸盐，除去SiO2，然后用试剂X(铁粉)还原Fe3＋得到硫酸亚铁，A正确；分离FeSO4和Al2(SO4)3采用的是调控pH的方法，使Al3＋转化为Al(OH)3沉淀从而与FeSO4分离，B正确；Fe2＋容易被氧化，所以在制备FeSO4·7H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，C正确；在溶液1中直接加过量的NaOH得到的是Fe(OH)3沉淀，沉淀经溶解、结晶分离得到Fe2(SO4)3，D不正确。]
4．(1)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O
(2)活塞　分多次萃取并合并萃取液
(3)蒸馏水(或高纯水)　(4)过滤　洗涤　灼烧　800
(5)酸式滴定管(或移液管)　69.22%
解析　(4)由分析可知，操作A为过滤、洗涤、灼烧；由图可知，温度为800 ℃时，产品的纯度已经接近94%，则温度最好控制在800 ℃。(5)亚铁离子在溶液中水解使溶液呈酸性，则移取25.00 mL溶液应选用酸式滴定管(或移液管)；酸性条件下，反应的离子方程式为6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，由铁原子个数守恒和离子方程式可得6Fe～6Fe2＋～Cr2O，则产品中铁的质量分数为×100%≈69.22%。
第14讲　金属材料和金属的冶炼
考点一
归纳整合
1．(1)正　(2)化合　游离　Mn＋＋ne－===M　(3)2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑　MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑　2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑　Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2　2CuO＋C2Cu＋CO2↑　2HgO2Hg＋O2↑　2Ag2O4Ag＋O2↑
2．金属与非金属　金属特性　低　大　
3．(1)铁　铬　(2)①低碳　中碳　高碳　③青铜
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×　5.√
专项突破
1．A　2.B　3.C　4.D　
5．(1)cd　(2)3Cu2O＋2AlAl2O3＋6Cu
(3)bd　(4)4H＋＋O2＋4e－===2H2O
解析　(1)气体A中的大气污染物为SO2，可以用NaOH溶液或氨水吸收。(3)电解精炼铜的过程中，电能转变为化学能的同时，部分电能也转化为热能，a错；电解精炼粗铜时，粗铜作阳极，与电源正极相连，发生氧化反应，b对；电解过程中Cu2＋向阴极移动，c错；粗铜中Ag、Pt、Au的放电能力比铜弱，形成阳极泥，可以回收，d对。(4)根据总反应，O2发生还原反应，因此正极反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2O。
考点二
归纳整合
1．①4Al＋3O22Al2O3　②2Al＋3Cl22AlCl3
③Al＋4H＋＋NO===Al3＋＋NO↑＋2H2O　2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑　④2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al(OH)4]－＋3H2↑　⑤2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3
2．方案一：①Al2O3＋2OH－＋3H2O===2[Al(OH)4]－　SiO2＋2OH－===SiO＋H2O　③[Al(OH)4]－＋CO2===Al(OH)3↓＋HCO　SiO＋2CO2＋2H2O===H2SiO3↓＋2HCO
方案二：①Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O　Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O　②Al3＋＋4OH－===[Al(OH)4]－　Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓
3．(1)①CaCO3CaO＋CO2↑　CaO＋H2O===Ca(OH)2
②Mg2＋＋Ca(OH)2===Mg(OH)2＋Ca2＋　③Mg(OH)2＋2HCl===MgCl2＋2H2O　MgCl2·6H2OMgCl2＋6H2O　④MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑　(2)①难　碱性氧化物　MgO＋2H＋===Mg2＋＋H2O　②难　Mg(OH)2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.√　5.×　6.×　7.×　8.×　9.×
专项突破
1．D　[将AlCl3溶液滴入浓氨水中，生成氢氧化铝沉淀，D错误。]
2．(1)1∶1　(2)1∶3　(3)3∶1　(4)A
解析　(1)根据化学方程式：2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑、2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑，得Al与H2的关系式均为2Al～3H2，故只要参加反应的Al的量相等，所得H2的量必相等。
(2)因为在反应中Al过量，产生的H2由HCl和NaOH的量决定。根据化学反应中的关系式：6HCl～3H2、2NaOH～3H2，故当HCl、NaOH的物质的量相等时，二者产生H2的体积比为1∶3。
(3)因为铝足量且产生H2的量相等，根据关系式n(HCl)∶n(NaOH)＝3∶1，又因为两溶液体积相等，故c(HCl)∶c(NaOH)＝n(HCl)∶n(NaOH)＝3∶1。
(4)当参加反应的HCl和NaOH的物质的量一样多时，产生H2的体积比是1∶3，而题设条件体积比为1∶2，说明此题投入的铝粉对盐酸来说是过量的，而对于NaOH来说是不足的。
2Al　＋　6HCl　===　2AlCl3＋　　3H2↑
6 mol　　　　　　　　　3 mol
3 mol·L－1×0.1 L　　　　　0.15 mol
则Al与NaOH反应生成的H2为0.15 mol×2＝0.3 mol。
2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑
2×27 g　　　　　　　　　　　　　　3 mol
5．4 g　　　　　　　　　　　　　　0.3 mol
即投入的铝粉为5.4 g。
3．(1)NaCl
(2)将晶体置于HCl气体氛围中脱水
(3)化合反应、分解反应、复分解反应
(4)阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极：Mg2＋＋2e－===Mg
4．(1)AlN＋3H2OAl(OH)3＋NH3↑
加快AlN水解的反应速率，降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出
(2)Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O
(3)2Fe2＋＋2H＋＋ClO－===2Fe3＋＋Cl－＋H2O
(4)Fe(OH)3
(5)防止Al(OH)2Cl水解生成Al(OH)3
真题演练
1．(1)×　(2)√　(3)√　(4)×　(5)√　(6)√　(7)√　(8)×
2．B
3．(1)d　(2)2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑
(3)Al(OH)3　Al3＋水解，使溶液中H＋浓度增大
解析　(3)滤液A中铝元素以[Al(OH)4]－形式存在，与溶液中HCO发生反应：[Al(OH)4]－＋HCO===Al(OH)3↓＋CO＋H2O，故沉淀B为Al(OH)3，明矾溶于水时，KAl(SO4)2===K＋＋Al3＋＋2SO，Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，使溶液呈弱酸性。
4．(1)除去原料表面的油污　(2)SO2
(3)Cu＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋2H2O　(4)胆矾晶体易溶于水　(5)ⅰ.溶液 C 经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解　ⅱ.取滤液D，向其中加入适量硫化钠，使铜离子恰好完全沉淀，静置后，向上层清液中再加入KI溶液，溶液不变色，I－不能被氧化
解析　(1)原料表面含有少量的油污，Na2CO3溶液呈碱性，可以除去原料表面的油污。(2)在加热的条件下，铜可以与浓硫酸发生反应生成CuSO4、SO2和H2O，二氧化硫是一种大气污染物，步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成SO2污染环境。(3)步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，生成CuSO4和H2O，该反应的化学方程式为Cu＋ H2O2＋ H2SO4===CuSO4＋2H2O。(4)胆矾是一种易溶于水的晶体，因此，经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤。(5)ⅰ.H2O2常温下即能发生分解反应，在加热的条件下，其分解更快，因此，甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I－氧化为I2。ⅱ.I－氧化为I2时溶液的颜色会发生变化；滤液D中含有CuSO4和H2SO4，乙同学通过实验证实，只能是Cu2＋将I－氧化为I2，较简单的方案是除去溶液中的Cu2＋，然后再向其中加入含有I－的溶液，观察溶液是否变色。
热点强化7
类型一
热点专练
1．C　2.C
3．(1)SO2＋OH－===HSO　(2)①FeS2
②硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中
(3)Na[Al(OH)4]　Al(OH)3　(4)1∶16
解析　(2)①根据题给已知信息，多数金属硫酸盐的分解温度高于600 ℃，不添加CaO的矿粉低于500 ℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于FeS2。(3)“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的Na[Al(OH)4]、Na2SiO3，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，CO2与Na[Al(OH)4]反应生成NaHCO3和Al(OH)3。(4)Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，反应的化学方程式为FeS2＋16Fe2O311Fe3O4＋2SO2↑。
4．(1)NH4HCO3＋NH3===(NH4)2CO3
(2)SiO2、Fe2O3、Al2O3　KSCN溶液
(4)2Mg2＋＋3CO＋2H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋2HCO[或2Mg2＋＋2CO＋H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋CO2↑]　溶浸　高温焙烧
类型二
热点专练
1．C　2.D　
3．C　[黏土钒矿中，钒以＋3、＋4、＋5价的化合物存在，还包括SiO2、Al2O3等，加入稀硫酸，使Al2O3生成Al3＋；加入KClO3将VO＋和VO2＋氧化成VO，滤渣1为SiO2，滤液含有VO、K＋、Cl－、Al3＋、SO；加入KOH溶液至pH>13，滤液1含有K＋、[Al(OH)4]－、VO、Cl－、OH－、SO，通入CO2生成氢氧化铝沉淀，滤液中加入NH4HCO3沉钒得到NH4VO3，最后煅烧得到V2O5。VO＋中V元素为＋3价，VO中V元素为＋5价，3 mol VO＋被氧化成VO，失去6 mol电子，1 mol KClO3变为KCl得到6 mol电子，得失电子守恒，故A正确；由上述分析可知，滤液1中主要的阴离子有[Al(OH)4]－、VO、Cl－、OH－、SO，故B正确；“煅烧”时需要的仪器主要有坩埚、玻璃棒、三脚架、酒精灯、泥三角等，故C错误；NH4VO3煅烧生成V2O5，化学方程式为2NH4VO3V2O5＋2NH3↑＋H2O，故D正确。]
4．D　[碱浸时Al溶于氢氧化钠溶液生成Na[Al(OH)4]和氢气，碱浸的目的是溶解除铝，故A正确；氢碘酸溶解LiCoO2和Fe，发生反应的离子方程式为2LiCoO2＋2I－＋8H＋===2Li＋＋2Co2＋＋I2＋4H2O、Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，在流程中氢碘酸体现酸性和还原性，故B正确；净化过程，氧气把Fe2＋氧化为Fe3＋，用氢氧化钠溶液调节pH生成氢氧化铁沉淀，除去铁元素，滤渣的主要成分是氢氧化铁，故C正确；沉淀表面有碘化铵，可向最后一次洗涤液中加硝酸和硝酸银溶液，若没有淡黄色沉淀生成，说明不含碘离子，沉淀已经洗涤干净，故D错误。]
5．(1)物理变化　(2)不能　ZrSiO4难溶于盐酸，后续依然需要用氯气和石油焦与锆英石反应，浪费药品　(3)ZrSiO4＋4Cl2＋4CZrCl4＋SiCl4＋4CO　(4)取少许最后一次的洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生，则已洗涤干净
解析　(1)分馏是利用互溶液体中各组分沸点的不同将各组分分离的过程，没有新物质的生成，故属于物理变化。(3)由题干流程图可知，“高温气化”中ZrSiO4与C、Cl2发生反应得到ZrCl4和SiCl4，根据元素守恒可知另一种产物是CO，故该反应的化学方程式为ZrSiO4＋4Cl2＋4CZrCl4＋SiCl4＋4CO。
第4章　非金属及其化合物
第15讲　硅　无机非金属材料
考点一
归纳整合
1．(1)ns2np2　(2)①同素异形体　②正四面体　平面正六边形
2．硅酸盐　氧化物　2C＋SiO2Si＋2CO↑
3．高　大　Na2SiO3＋H2O　CaSiO3　Na2SiO3＋CO2↑　SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O　光导纤维
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.√　5.×
专项突破
1．C　2.B
3．B　[A项，反应②中生成的HCl在反应①中循环利用，反应①中生成的H2在反应②中循环利用，正确；B项，反应①与反应②的反应温度不一致，不是可逆反应，错误；C项，高温条件下，Si、SiHCl3、H2都与O2反应，故需隔绝空气，正确；D项，SiO2不与HCl反应，不能通过上述途径制硅，正确。]
4．(1)蒸馏　(2)①排出装置内的空气，以防爆炸　②水浴加热
考点二
易错辨析
1．×　2.√　3.√　4.√　5.×　6.×
专项突破
1．A
2．(1)2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑　SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O
(2)石灰石　SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑(或SiO2＋CaCO3CaSiO3＋CO2↑)
(3)SiO2　(4)D
3．D　[石墨烯是碳的单质，A错误；氧化石墨烯含有氢元素，故不是石墨烯的氧化物，也不是碳的同素异形体，B、C错误；由于氧化石墨烯结构中含有的羟基和羧基为亲水基团，所以它具有一定的亲水性，D正确。]
4．(1)SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O
(2)①②　(3)Si3N4
(4)3SiCl4＋2N2＋6H2Si3N4＋12HCl
解析　(2)反应①是石英砂与焦炭发生氧化还原反应；反应②是硅单质与Cl2发生氧化还原反应。(3)氮化硅的化学式可通过题目信息运用质量守恒定律求得：3Si(NH2)4Si3N4＋8NH3↑。(4)结合题给信息，SiCl4与N2、H2反应可得到Si3N4和HCl。
真题演练
1．(1)×　(2)√　(3)√　(4)×　(5)√　(6)×
2．A　3.C　4.A　
5．(1)将样品中可能存在的Fe2＋氧化为Fe3＋　H2O2
(2)SiO2　SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O
(3)防止胶体生成，易于沉淀分离　Al(OH)3　Fe(OH)3　(4)45.0%
解析　(1)水泥样品中含有铁的氧化物。加入盐酸后的溶液中可能含有Fe3＋、Fe2＋，Fe2＋在pH为4～5时不能形成沉淀除去，所以需要先加入氧化剂将Fe2＋氧化为Fe3＋，故加入硝酸的目的是将样品中可能存在的Fe2＋氧化为Fe3＋；双氧水是一种强氧化剂，可将Fe2＋氧化为Fe3＋，本身被还原为水，不会引入新的杂质离子，故可用双氧水代替硝酸。
(2)钙、铁、铝和镁等金属的氧化物都能溶于盐酸和硝酸的混合液，而二氧化硅不与盐酸、硝酸反应，故沉淀A的主要成分为SiO2；二氧化硅可与氢氟酸反应，生成四氟化硅和水，该反应的化学方程式为SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O。
(3)Fe3＋和Al3＋在pH为4～5时可水解生成氢氧化铁、氢氧化铝，水解过程中会生成氢氧化铁胶体和氢氧化铝胶体，不利于分离出沉淀，加热可使胶体聚沉，有利于分离出沉淀。
(4)根据化合价升降法、电荷守恒和质量守恒配平可得：2MnO＋6H＋＋5H2C2O4===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，设含钙的物质的量为x mol，由反应方程式和钙元素守恒可得关系式：
5Ca2＋　　～　　5H2C2O4　　～　　2MnO
5 mol　　　　　　　　　　　　　　2 mol
x mol　　　　　　　　　0.050 0 mol·L－1×36.00×10－3L
解得x＝4.5×10－3，则0.400 g水泥样品中钙元素的质量为4.5×10－3 mol×40 g·mol－1＝
0.180 g，故该水泥样品中钙的质量分数为×100%＝45.0%。
第16讲　氯及其化合物
考点一
归纳整合
1．(1)　(2)3s23p5　3　ⅦA
2．黄绿　刺激性　大　易
3．(1)2Fe＋3Cl22FeCl3　棕红　棕黄　苍白　Cl2＋2KI===2KCl＋I2　Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl　Cl2＋2FeCl2===2FeCl3　(2)氧化　还原
与水反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO

4．(2)Cl2、HClO、H2O　H＋、Cl－、ClO－、OH－
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×
专项突破
1．D　[常温下Cl2与铁不反应，可用钢瓶储运液氯，A项正确；Fe与Cl2在加热时反应只生成FeCl3，生成物与Cl2的用量无关，D项错误。]
2．(1)干燥的红色(或装置A中)布条不褪色，湿润的红色(或装置B中)布条褪色　Cl2无漂白性，Cl2与水反应生成的HClO有漂白性　(2)Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO　(3)溶液先变红后褪色　(4)H2O＋SO＋Cl2===2H＋＋SO＋2Cl－　(5)2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－　(6)吸收氯气，防止污染环境
3．Cl2　Cl－　H＋　H＋、HClO
4．猜想一：氯水中含有HClO，其漂白作用使溶液褪色　猜想二：氯水中含有H＋，中和OH－使溶液褪色　向褪色后的溶液中滴加NaOH溶液至溶液显碱性，若溶液不再显红色，证明红色褪去是HClO的漂白作用引起的；若溶液重新显红色，证明是H＋的中和作用引起的
考点二
归纳整合
1．弱　2HClO2HCl＋O2↑　棕色
2．NaClO　2NaOH＋Cl2===NaCl＋NaClO＋H2O　
3．CaCl2和Ca(ClO)2　Ca(ClO)2　2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O　碱　氧化　Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO　Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO　2HClO2HCl＋O2↑
易错辨析
1．√　2.×　3.×　4.√
专项突破
1．B　
2．(1)5ClO＋4H＋===Cl－＋4ClO2↑＋2H2O
(2)2ClO2＋2OH－===ClO＋ClO＋H2O
3．ClO2　Cl2　Na2FeO4
4．1.57
解析　NaClO2在杀菌消毒的过程中被还原为Cl－，则1 mol NaClO2得到电子的物质的量为4 mol，1 mol(即71 g)Cl2被还原为Cl－时得到电子的物质的量为2 mol，故1 g NaClO2得到电子的物质的量为 mol，根据“有效氯含量”的定义可知，NaClO2的有效氯含量约为1.57。
真题演练
1．(1)×　(2)√　(3)√　(4)×　(5)√
2．C
第17讲　氯气的实验室制法及应用
归纳整合
1．(1)MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O
(2)ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O
(3)ClO＋5Cl－＋6H＋===3Cl2↑＋3H2O
(4)2MnO＋10Cl－＋16H＋===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O
2．(1)观察集气瓶中气体颜色的变化，若集气瓶上部充满黄绿色气体，则证明Cl2已收集满。
(2)饱和食盐水中Cl－浓度较大，抑制了Cl2与水的反应，Cl2在饱和食盐水中的溶解度很小，因此可用排饱和食盐水法收集氯气，且用此法可除去实验过程中挥发产生的HCl气体。
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×
专项突破
1．D　2.D
3．(1)b　(2)溶液变蓝色　(3)Cl2＋2Fe2＋===2Cl－＋2Fe3＋　吸收多余的Cl2，防止污染空气　(4)取少量C中溶液于小试管中，加入足量稀盐酸，充分振荡后滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成且沉淀不消失，则证明洗气瓶C中亚硫酸钠已被氧化　(5)2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
热点强化8
热点专练
1．(1)MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O　(2)防止空气中的水蒸气进入E装置　吸收未反应完的氯气，防止污染空气　在瓶E和F之间连接装有干燥剂的装置
2．B　3.C
4．B　[NaClO3和SO2在发生器中发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4，则母液中回收的主要物质是Na2SO4，溶液呈酸性，还含有NaHSO4，故A正确；发生器中NaClO3作氧化剂，ClO2为还原产物，则氧化性：ClO>ClO2；吸收塔内ClO2与双氧水、氢氧化钠反应生成NaClO2和氧气，ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，则氧化性：ClO2>H2O2，故氧化性：ClO>ClO2>H2O2，故B错误；根据信息，纯ClO2易分解爆炸，发生器中鼓入空气的主要作用是将空气中ClO2的体积分数降至安全范围，故C正确；H2O2不稳定，温度过高，H2O2容易分解，故D正确。]
5．(1)水浴加热　受热均匀，易控制反应温度
(2)降低ClO2的浓度(或减小ClO2的体积分数)，防止爆炸
(3)安全瓶，防止倒吸　②　(4)2ClO2＋2NaOH===NaClO2＋NaClO3＋H2O　蒸发结晶　趁热过滤　(5)取少量品红溶液于试管中，通入二氧化氯，观察到品红溶液褪色，再加热已褪色的溶液，溶液不恢复红色
解析　(2)通入氮气的主要作用有两个，一是可以起到搅拌作用，二是稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸。(4)D装置中ClO2与NaOH溶液反应可生成等物质的量的两种钠盐，其中一种为NaClO2，另一种为NaClO3。
真题演练
1．D　
2．(1)圆底烧瓶　饱和食盐水
(2)水浴加热　Cl2＋2OH－===ClO－＋Cl－＋H2O　避免生成NaClO3　(3)吸收尾气(Cl2)　AC
(4)过滤　少量(冷)水洗涤　(5)紫　小于
解析　由题干信息及装置图分析各装置的作用，a装置用于除杂，b装置用于制备氯酸钾，c装置用于制备次氯酸钠，d装置用于尾气处理。
(1)盛放MnO2粉末的仪器是圆底烧瓶。产生的氯气中混有氯化氢杂质，除掉氯化氢需要将气体通过饱和食盐水。(2)b装置的加热方式为水浴加热。c装置中氯气与氢氧化钠发生反应的离子方程式为Cl2＋2OH－===ClO－＋Cl－＋H2O。根据b、c装置水浴温度的不同推知，生成氯酸盐时需要酒精灯加热，生成次氯酸盐时需要冰水冷却，所以c中冰水浴的目的是避免氯酸钠的生成。(3)d是尾气处理装置，吸收氯气可以用硫化钠溶液或氢氧化钙浊液。(4)从溶液中获得纯净氯酸钾的操作是冷却结晶，过滤，少量冷水洗涤，干燥，此处用少量冷水洗涤的目的是降低氯酸钾的损耗。(5)碘在四氯化碳中呈紫色；碘在水中的颜色为棕色或褐色，主要由碘的浓度决定。2号试管中溶液变棕色说明生成I2,1号试管中没有颜色变化，说明没有生成I2，由此可以判断氯酸钾的氧化能力小于次氯酸钠的氧化能力。
第18讲　卤族元素　溴、碘单质的提取
考点一
归纳整合
2．深红棕　紫黑　固体　挥发　升华　变蓝
3．HX＋HXO　易　难　NaX＋NaXO＋H2O　＞　＞　＜　＜　易　难
4．(2)2H2O＋2F2===4HF＋O2
5．(1)白　浅黄　黄　(2)Br－　I－　(3)蓝
应用举例
②④⑤
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.√　5.√　6.×　7.×
专项突破
1．(1)　(2)湿润的淀粉-KI试纸变蓝
(3)Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－　(4)打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡，静置后CCl4层变为紫红色　(5)确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰　(6)原子半径逐渐增大
2．(1)
(2)(CN)2＋2NaOH===NaCN＋NaCNO＋H2O
(3)2I－＋Cl2===I2＋2Cl－
3．(1)HCl、HIO2
(2)ICl＋2OH－===Cl－＋IO－＋H2O　否
4．B　5.C
考点二
归纳整合
1．(1)Cl2　H2、NaOH　(2)2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
2．(2)①2NaBr＋Cl2===Br2＋2NaCl　②Br2＋SO2＋2H2O===2HBr＋H2SO4　③2HBr＋Cl2===2HCl＋Br2
3．(2)Cl2＋2I－===I2＋2Cl－
易错辨析
1．√　2.×　3.×
专项突破
1．C　2.D　
3．C　[Na2SO3与Br2发生反应的化学方程式为Na2SO3＋Br2＋H2O===Na2SO4＋2HBr，可用Na2SO3饱和溶液吸收Br2，A正确；步骤Ⅲ根据氯的非金属性比溴的强，利用置换反应制取Br2，B正确；步骤Ⅰ和步骤Ⅲ均用到Cl2，故制取1 mol Br2消耗2 mol氯气，但未标明氯气所处的温度和压强，无法计算Cl2的体积，C错误；从浓溴水中提取溴，可利用有机溶剂(如苯)萃取溴，然后分液得到溴的有机溶液，再经蒸馏可得纯净的溴，D正确。]
4．(1)2I－＋2H＋＋H2O2===I2＋2H2O　(2)下口放出
(3)3I2＋6NaOH===5NaI＋NaIO3＋3H2O　(4)5I－＋IO＋6H＋===3I2↓＋3H2O　(5)过滤
真题演练
1．B　2.C　
3．①2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－　AgNO3　②FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2　I2、FeCl3　I2被过量的Cl2进一步氧化
解析　①由流程图可知悬浊液中含AgI，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环。
②通入Cl2的过程中，因I－还原性强于Fe2＋，Cl2先氧化还原性强的I－，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2；若反应物用量比＝1.5时，先氧化完全部I－再氧化Fe2＋，恰好将全部I－和Fe2＋氧化，故氧化产物为I2、FeCl3；当>1.5即Cl2过量，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低。
第19讲　硫及其氧化物
考点一
归纳整合
1．硫化物　硫酸盐
2．黄色　难溶　易溶
思考　(1)S2、S4、S6、S8属于同一元素的不同种单质，它们互为同素异形体，S8转化为S6、S4、S2属于化学变化。
(2)硫单质、CS2均属于非极性分子，而H2O属于极性分子，根据“相似相溶”规律，非极性分子易溶于非极性分子形成的溶剂中。
3．Fe＋SFeS　2Cu＋SCu2S　低　H2＋SH2S　S＋O2SO2
易错辨析
1．×　2.×　3.√
专项突破
1．A　2.D
考点二
归纳整合
1．(1)无　有刺激性　有毒气体　大　易　40　(2)SO2＋H2OH2SO3　2NaOH＋SO2===
Na2SO3＋H2O　2SO2＋O22SO3　Cl2＋SO2＋2H2O===2HCl＋H2SO4　品红
(3)①Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋H2O　②Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O
2．(1)液　固　(2)SO3＋H2O===H2SO4　CaO＋SO3===CaSO4　SO3＋Ca(OH)2===CaSO4＋H2O
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×　5.×
专项突破
1．(1)褪色　还原　(2)褪色　漂白　(3)否
(4)BaSO4　(5)BaSO3　SO2＋2OH－===SO＋H2O、Ba2＋＋SO===BaSO3↓
2．(1)Na2SO3＋H2SO4Na2SO4＋SO2↑＋H2O　(2)溶液蓝色变浅直至褪色　(3)吸收SO2尾气，防止污染空气　(4)取少量实验后的A中溶液于试管中，加入铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明反应所得还原产物为Fe2＋
3．(1)品红溶液　检验SO2
(2)酸性KMnO4溶液　除去SO2并检验SO2是否除尽
(3)澄清石灰水　检验CO2
(4)酸性KMnO4溶液的颜色变浅但不褪成无色
解析　检验二氧化硫用品红溶液，吸收二氧化硫用酸性KMnO4溶液，检验二氧化碳用澄清石灰水；在检验二氧化碳之前，必须除尽二氧化硫，因为二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊。C装置的作用是除去SO2并检验SO2是否除尽，所以酸性高锰酸钾溶液颜色变浅，但不能褪成无色，若褪成无色则不能证明二氧化硫已除尽。
真题演练
1．(1)√　(2)×　(3)×
2．C　
3．B　[根据流程图分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确；结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO3，假设产物中存在NaHCO3，则其会与生成的NaHSO3发生反应，且NaHCO3溶解度较低，若其残留于母液中，会使晶体不纯，假设不成立，B错误；NaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C正确；结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确。]
4．(1)ABD　(2)SO2遇品红生成不稳定无色物质，受热释放SO2，溶液恢复红色；温度降低，SO2在品红溶液中溶解度增大，溶液颜色变浅
第20讲　硫酸、酸雨及防治
考点一
归纳整合
1．将浓H2SO4沿烧杯内壁缓缓倒入水中并用玻璃棒不断搅拌
2．(1)能使紫色石蕊溶液变红。
(2)能与活泼金属(如Zn、Fe等)反应产生H2。
(3)能与碱、碱性氧化物反应生成盐和水，如①与Ba(OH)2反应：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O；②与MgO反应：MgO＋2H＋===Mg2＋＋H2O。
(4)能与弱酸的盐反应，如与Na2SO3反应：SO＋2H＋===H2O＋SO2↑。
3．(1)蓝色晶体变白　吸水性　沾有浓硫酸的滤纸变黑　脱水性　铜片逐渐溶解，产生无色、有刺激性气味的气体　强氧化性、酸性　(2)Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O、
C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O
(3)钝化
4．①4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2　S＋O2SO2
②2SO2＋O22SO3　③SO3＋H2O===H2SO4
思考　不是，工业上用98.3%的浓硫酸吸收，因为用水产生的酸雾太大，会降低SO3的吸收效率。
5．排除CO、SO、Ag＋等离子的干扰　CO＋2H＋===CO2↑＋H2O　SO＋2H＋===SO2↑＋H2O　Ag＋＋Cl－===AgCl↓　Ba2＋＋SO===BaSO4↓
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×　5.×
专项突破
1．(1)浓硫酸的吸水性　(2)高沸点酸　(3)浓硫酸的强氧化性
(4)硫酸的强酸性　(5)浓硫酸的酸性、强氧化性　(6)浓硫酸的脱水性　(7)浓硫酸的脱水性、强氧化性
2．(1)(2)(3)使用的是浓硫酸，其余均为稀硫酸。
3．H2和SO2的混合气体　随着反应的进行，硫酸的浓度变小，铁与稀硫酸反应生成氢气
4．取样品溶液于试管中，加入过量BaCl2溶液，过滤，然后向沉淀中滴入过量稀盐酸，若沉淀全部溶解，则Na2SO3未被氧化；若沉淀部分溶解，则Na2SO3部分被氧化；若沉淀一点也不溶解，则Na2SO3全部被氧化。
5．C　[A项，二氧化硫被硝酸氧化为硫酸，加氯化钡一定生成硫酸钡沉淀；B项，亚硫酸根离子被硝酸氧化为硫酸根离子，沉淀也是硫酸钡；C项，所得沉淀可能是氯化银；D项，先加过量盐酸无明显现象，再加氯化钡产生的白色沉淀一定是硫酸钡。]
考点二
归纳整合
1．石油和煤　含硫矿物　酸雨　5.6　脱硫　二氧化硫
专项突破
1．B
2．C　[烟气通入石灰石浆液时的温度越高，气体二氧化硫的溶解度越小，部分二氧化硫不能被溶解，就会逸出溶液使吸收率降低，故A错误；石灰石浆液pH>5.7时，烟气脱硫效率降低的原因是石灰石的溶解度减小，石灰石的浓度减小，故B错误；脱硫后的气体是否残存二氧化硫，含多少，可以利用高锰酸钾溶液褪色的程度和快慢粗略判断烟气脱硫效率，故C正确；分析得到总反应为2CaCO3＋2SO2＋O2＋4H2O===2CaSO4·2H2O＋2CO2,1 mol二氧化硫反应生成1 mol二氧化碳，即每吸收64 g二氧化硫理论上生成44 g二氧化碳，故D错误。]
3．(1)②SO2＋CaOCaSO3　③2CaSO3＋O22CaSO4　(2)①2NH3＋SO2＋H2O===(NH4)2SO3
②2(NH4)2SO3＋O2===2(NH4)2SO4　(3)①2NaOH＋SO2===Na2SO3＋H2O　②Na2CO3＋SO2===Na2SO3＋CO2　③Na2SO3＋SO2＋H2O===2NaHSO3　(4)①2NaOH＋SO2===Na2SO3＋H2O　②2Na2SO3＋O2===2Na2SO4
③Na2SO4＋Ca(OH)2===CaSO4↓＋2NaOH
真题演练
1．(1)×　(2)√　(3)×
2．B
3．C　[锥形瓶内发生反应：Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋H2O ，产生的SO2进入到试管中，CCl4层溶液褪色，发生反应：SO2＋Br2＋2H2O===H2SO4＋2HBr，证明Br2具有氧化性，A项正确；试管中花瓣褪色，说明SO2可以漂白花瓣中的有色物质，证明SO2具有漂白性，B项正确；试管中产生大量气泡是锥形瓶中产生的SO2进入到试管中引起的，Na2SO3与H2SO4发生复分解反应，C项错误；试管中Br2可将SO2氧化，生成H2SO4和HBr，SO 可以和Ba2＋结合成不溶于酸的白色沉淀，D项正确。]
4．(1)浓硫酸吸水且放热，导致HCl挥发
(2)HCl气体会将H2SO4带出，与Ba(NO3)2作用生成BaSO4
解析　(1)因为浓硫酸具有吸水性，同时放出大量的热，促使HCl气体挥发。(2)与硝酸钡反应产生沉淀，则沉淀一定是硫酸钡，说明HCl挥发时带出了H2SO4。
第21讲　硫及其化合物的相互转化
归纳整合
2．(1)②H2SO3＋2NaOH===Na2SO3＋2H2O　③Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋H2O＋SO2↑　④SO2＋Na2SO3＋H2O===2NaHSO3　(2)相邻　③2SO2＋O22SO3　④S＋H2H2S　⑤SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O
专项突破
1．A
2．B　[在脱硫过程中Fe2(SO4)3与H2S发生反应：Fe2(SO4)3＋H2S===2FeSO4＋H2SO4＋S↓，A错误；脱硫过程中Fe2(SO4)3与H2S发生反应：Fe2(SO4)3＋H2S===2FeSO4＋H2SO4＋S↓，然后发生反应：4FeSO4＋O2＋2H2SO4===2Fe2(SO4)3＋2H2O，总反应方程式为2H2S＋O2===2S↓＋2H2O，故参加反应的n(H2S)∶n(O2)＝2∶1，B正确；脱硫过程反应产生中间产物FeSO4，后该物质又反应被消耗，FeSO4的物质的量不变，其在流程中循环利用，因此不需补充FeSO4，C错误；CH4在反应过程中没有参加反应，因此不是天然气脱硫过程的催化剂，D错误。]
3．(1)H2＋SH2S
(2)H2SO3＋2H2S===3S↓＋3H2O
(3)C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O[或Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O]
(4)①H2SO3＋2OH－===SO＋ 2H2O　②大于　Na2SO3溶液中SO发生水解使溶液显碱性　③增大　升高温度促进Na2SO3溶液的水解
解析　常见的固态单质除了金属之外还有B、C、Si、P、S、I2，而能在空气中反应生成气体化合物的只有C、S，由A在加热条件下可与氢气反应推测A是单质硫，从B、C的相对分子质量之比为4∶5，确定A是单质硫；硫酸是重要的工业原料，化合物E应为H2SO3。(4)①将5 mL 0.10 mol·L－1 E(H2SO3)溶液与10 mL 0.10 mol·L－1 NaOH溶液混合，二者恰好完全反应，所得溶液为Na2SO3溶液。②由于SO＋H2OHSO＋OH－，所以反应后溶液显碱性。③根据水解的热效应可知加热溶液可以促进水解。
4．(1)⑤　酸性KMnO4溶液褪色　还原
(2)＋4(或－2)　0　(3)Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O　将产生的气体通入品红溶液，品红溶液褪色
5．C
6．(1)2NaHSO3===Na2S2O5＋H2O
(2)①NaHSO3　②得到NaHSO3过饱和溶液
解析　(1)根据题给信息，将NaHSO3过饱和溶液结晶脱水可得到Na2S2O5，则化学方程式为2NaHSO3===Na2S2O5＋H2O。(2)①酸性条件下，SO2与Na2CO3溶液反应生成NaHSO3。
7．(1)NaHSO3、NaHSO4　(2)①增大锌的表面积，加快化学反应速率　②Zn＋2SO2===ZnS2O4　③减少Na2S2O4的溶解损失，易于干燥　Na2CO3为碱性物质，保险粉在碱性介质中较稳定
(3)HCOO－＋OH－＋2SO2===S2O＋CO2＋H2O
解析　(1)Na2S2O4中S显＋3价，在潮湿空气中被氧化，S部分转化为＋4价，部分转化为＋6价，则生成的两种常见酸式盐为NaHSO3和NaHSO4。(2)①锌粉—水悬浊液与SO2的接触面积比锌块与SO2的接触面积大，反应速率快。③Na2S2O4固体易溶于水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤，既可减少溶解损失，又易于干燥；Na2S2O4在碱性介质中较稳定，Na2CO3固体可提供碱性环境，增强保险粉的稳定性。(3)HCOONa、烧碱、SO2发生反应生成Na2S2O4、CO2等，反应的离子方程式为HCOO－＋OH－＋2SO2===S2O＋CO2＋H2O。
真题演练
1．C　
2．(2)将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积　增大硫酸的浓度
(3)B　Fe(OH)3　CaSO4　SiO2
(5)置换Cu2＋为Cu从而除去　(6)CaSO4　MgSO4
解析　由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应：ZnCO3ZnO＋CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2＋、Ca2＋、Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、Cu2＋的溶液，加入物质X调节pH＝5，结合表格数据，过滤得到滤渣①为Fe(OH)3、CaSO4、SiO2，滤液①中主要含有Zn2＋、Cu2＋、Mg2＋、Ca2＋、Fe2＋，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2＋，过滤得到滤渣②为Fe(OH)3和MnO2，滤液②中加入锌粉，发生反应：Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答。(2)可采用将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率。(3)NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；NaOH会引入杂质Na＋，且成本较高，C不适宜；当沉淀完全时(离子浓度小于10－5mol·L－1)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时的pH，pH＜5的只有Fe3＋，故滤渣①中有Fe(OH)3，又因为CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2。(5)滤液②中加入锌粉，发生反应：Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2＋为Cu从而除去。(6)滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。
3．(1)　BaSO4
(2)4Na2SO3Na2S＋3Na2SO4
(3)2S2－＋SO＋6H＋===3S↓＋3H2O
第22讲　氮及其氧化物　硝酸
考点一
归纳整合
1．游离　人工　化合
2．(1)无　无　难　(2)①3Mg＋N2Mg3N2　②N2＋3H22NH3　③N2＋O22NO　(3)①N2的稳定性　②N2的氧化性　③N2的还原性　④N2的沸点低，液氮易汽化，且汽化吸收热量
3．(1)NO　N2O4　N2O5　(2)无色的气体　红棕色、有刺激性气味的气体　不溶于水　2NO＋O2===2NO2
易错辨析
1．√　2.×　3.×　4.√　5.×
专项突破
1．B　[镁可在氮气中燃烧，B项错误。]
2．D
3．(1)O2　8 mL、4 mL
(2)NO　10.8 mL、1.2 mL
解析　解题依据的化学方程式：
4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3；
3NO2＋H2O===2HNO3＋NO。
设O2的体积为x，剩余的气体有两种可能：
(1)若剩余O2，则V剩＝x－×(12 mL－x)＝2 mL，解得x＝4 mL，则NO2的体积是8 mL；
(2)若剩余NO，则V剩＝×[(12 mL－x)－4x]＝2 mL，解得x＝1.2 mL，则NO2的体积是10.8 mL。
4．(1)2CO＋2NON2＋2CO2
(2)8NH3＋6NO27N2＋12H2O　4∶3
(3)①2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O
②NaNO2
考点二
归纳整合
1．无　易　有刺激性
2．(1)4HNO32H2O＋4NO2↑＋O2↑　(2)①3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O　Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O　②C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O　③3Fe2＋＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O
(3)①＋HNO3＋H2O　②黄
易错辨析
1．√　2.×　3.×　4.√　5.√　6.×　7.√　8.√
专项突破
1．(1)红棕　Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O　(2)3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O　(3)加入稀硫酸后，氢离子与原溶液中的硝酸根离子构成强氧化性酸，又能与过量的铜反应
2．(1)5.824　5.376　(2)1.52 mol
(3)　(4)57.8
解析　(1)n(Cu)＝＝0.51 mol，设混合气体中NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y。根据气体在标准状况下的总体积为11.2 L，有x＋y＝0.5 mol，根据得失电子守恒，有3x＋y＝0.51×2 mol。解得x＝0.26 mol，y＝0.24 mol。则V(NO)＝0.26 mol×22.4 L·mol－1＝5.824 L，V(NO2)＝11.2 L－5.824 L＝5.376 L。(2)参加反应的HNO3分两部分：一部分没有被还原，显酸性，生成Cu(NO3)2；另一部分被还原成NO2和NO，所以参加反应的HNO3的物质的量为0.51 mol×2＋0.5 mol＝1.52 mol。(3)HNO3在反应中一部分变成气体，一部分以NO的形式留在溶液中。变成气体的HNO3的物质的量为0.5 mol。加入NaOH溶液至恰好使溶液中的Cu2＋全部转化为沉淀，则溶液中只有NaNO3，其物质的量为10－3aV mol，也就是以NO形式留在溶液中的HNO3的物质的量为10－3aV mol。所以，c(HNO3)＝ mol·L－1。(4)由得失电子守恒得2×n(Cu)＝2×n(H2O2)，×2＝n(H2O2)×2，n(H2O2)＝0.51 mol，则m(H2O2)＝17.34 g。需30%的双氧水：＝57.8 g。
3．(1)Fe＋NO＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2H2O　(2)Fe2＋　(3)0.1　0.2　(4)3.36
解析　(3)在Oa段NO完全转化为NO，由离子方程式可得，n(NO)＝n(Fe3＋)＝0.1 mol，即x＝0.1；c点溶质为FeSO4，溶液中Fe2＋为0.2 mol，即n(FeSO4)＝0.2 mol，根据硫酸根离子守恒得，n(H2SO4)＝n(FeSO4)＝0.2 mol，即y＝0.2。
(4)Fe＋NO＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2H2O
　　　0.1 mol　　　　　　0.1 mol
Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑
　0.1 mol　　　　0.05 mol
所以V＝(0.1 mol＋0.05 mol)×22.4 L·mol－1＝3.36 L。
真题演练
1．(1)×　(2)×
2．A　3.D
4．D　[①中浓HNO3受热分解，发生反应：4HNO3(浓)4NO2↑＋O2↑＋2H2O，产生的气体为混合气体，故A正确；由①可知，浓硝酸受热分解可生成红棕色气体NO2，所以“产生红棕色气体”不能说明②中木炭能与浓硝酸发生反应，故B正确；根据①和②，浓硝酸反应产生红棕色NO2时需要加热，所以浓硝酸具有挥发性才可与上方红热木炭接触，同时，N元素化合价降低，所以生成的NO2为还原产物，故C正确；红热的木炭可与空气中的O2反应生成CO2，故D错误。]
第23讲　氨和铵盐
考点一
归纳整合
1．　小　刺激
思考　NH3、H2O均为极性分子，NH3与H2O之间可形成分子间氢键，并且NH3和H2O反应。
2．3　Al(OH)3↓＋3NH　4NH3＋5O24NO＋6H2O
3．(1)①打开止水夹，挤出胶头滴管中的水
②氨极易溶于水，使烧瓶内的压强迅速减小
(2)①玻璃管中有空气，氨与水不接触，不能被水吸收，烧瓶内压强不减小，故不能产生倒吸现象
②打开止水夹，用手(或热毛巾等)将烧瓶捂热，使烧瓶内氨膨胀，将导管中的空气排出，使氨与烧杯中的水接触
(3)NaOH溶液　水　NaOH溶液　水　水　水
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.√
专项突破
1．D　2.A
3．B　[H2难溶于NaOH溶液，不能使烧瓶内外形成较大压强差，故不能引发喷泉。]
4．(1) mol·L－1　(2) mol·L－1　(3) mol·L－1
考点二
归纳整合
1．(1)白　(2)2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O　NH＋OH－NH3↑＋H2O　(3)蓝色
2．(1)碱石灰　蓝
易错辨析
1．×　2.×　3.√　4.√　5.×　6.×
专项突破
1．(1)2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O
(2)NH＋OH－NH3↑＋H2O
(3)NH＋H2ONH3·H2O＋H＋
(4)2NH4NO32N2↑＋O2↑＋4H2O
2．(1)(NH4)2 CO3　NH4HCO3
(2)3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
(3)1∶2　(4)4NH3＋5O24NO＋6H2O
3．(1)a　(2)碱石灰　(3)D　(4)产生白烟　(5)防止倒吸　(6)还原性　作制冷剂、制氮肥(或化肥)、制硝酸、作化工原料(任答一点，其他合理答案也可)
真题演练
1．(1)×　(2)√　(3)×　(4)×
2．C　
3．(1)2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑
(2)11.5　(3)平衡气压防倒吸　倒吸　(4)NH　PO
(5)酚酞　无色　浅红色
解析　本实验的实验目的为制备磷酸氢二铵[(NH4)2HPO4]，实验原理为2NH3＋H3PO4===(NH4)2HPO4，结合相关实验基础知识分析解答问题。(1)实验室用NH4Cl(s)和Ca(OH)2(s)在加热的条件下制备氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑。(2)设需浓H3PO4的体积为V mL，则＝0.1 L×1.7 mol·L－1，V≈11.5。(3)由于NH3极易溶于水，因此可选择打开活塞K2以平衡气压，防止发生倒吸，所以实验过程中，当出现倒吸现象时，应及时关闭K1，打开K2。(4)继续通入NH3，(NH4)2HPO4继续反应生成(NH4)3PO4，当pH＞10.0时，溶液中OH－、NH、PO的浓度明显增加。(5)由(4)可知，当pH为8.0～9.0时，可制得(NH4)2HPO4，说明(NH4)2HPO4溶液显碱性，因此若不选用pH传感器，还可以选用酚酞作指示剂，当溶液颜色由无色变为浅红色时，停止通入NH3，即可制得(NH4)2HPO4溶液。
第24讲　氮及其化合物的转化关系
归纳整合
2．(1)N2＋3H22NH3　(2)2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋2H2O＋CaCl2　(3)4NH3＋5O24NO＋6H2O　(4)3NO2＋H2O===2HNO3＋NO　(5)3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O　(6)Cu＋4H＋＋2NO===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O　(7)C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O　(8)4HNO34NO2↑＋O2↑＋2H2O
专项突破
1．C　2.D　3.C
4．C　[当X是强碱时，和强碱反应产生的气态氢化物B可判断为NH3，则A为铵盐，过量的B跟Cl2反应生成的盐酸盐是NH4Cl，则C为N2，由此判断D为NO、E为NO2、F为HNO3；A和强酸反应生成的B能被Cl2氧化，且生成的C能被O2连续氧化，在常见的物质中可考虑A为硫化物，所以，当X是强酸时，A、B、C、D、E、F可分别为(NH4)2S、H2S、S、SO2、SO3、H2SO4，故A、B正确，C错误；B是氨气或硫化氢，氨气与Cl2反应生成氯化铵和氮气，硫化氢和氯气反应生成硫单质和氯化氢，因此B与氯气的反应是氧化还原反应，故D正确。]
5．B　6.A
7．B　[A装置为碳酸钙与盐酸反应制备CO2的简易装置，该装置的优点是能够随时控制反应的发生和停止，A正确；氨基甲酸铵易水解，进入装置D的气体必须是干燥纯净气体，左侧装置B、C试剂可分别为饱和碳酸氢钠溶液、浓硫酸，制备纯净干燥的CO2，装置F可用NH4Cl与熟石灰制备氨气，E中试剂需干燥氨气，可以选用碱石灰，但不能选用P2O5固体，B错误、D正确；制备氨基甲酸铵的反应为放热反应，制得的物质易分解，所以装置D需降温，使用冰水浴，C正确。]
8．(1)NH3·H2O＋CaO===NH3↑＋Ca(OH)2　(2)c
(3)C装置中混合气体颜色变浅　(4)缺少尾气处理装置
(5)(进气管短，出气管长)　(6)观察气泡的速率，控制混合气体的比例　(7)0.036
解析　(7)烧瓶中充满溶液，则恰好发生反应4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，HNO3的物质的量是恰好完全反应的NO2和O2(体积比4∶1)总物质的量的，溶液体积等于烧瓶体积，设烧瓶体积为V L，则溶液的物质的量浓度为＝× mol·L－1≈0.036 mol·L－1。
真题演练
1．C　2.B
3．(1)①A　2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑(或B　NH3·H2ONH3↑＋H2O)　②dcfei　(2)①红棕色气体颜色慢慢变浅　②6NO2＋8NH37N2＋12H2O　③Z中NaOH溶液产生倒吸现象　④反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外界压强
热点强化9
1．(1)H—O—O—H　2H2O22H2O＋O2↑
(2)①5H2O2＋2MnO＋6H＋===5O2↑＋2Mn2＋＋8H2O
②酸式　滴入最后半滴酸性KMnO4标准液后，溶液变浅紫色，且30 s 内不褪色　(3)①H2O2＋Cu＋2H＋===Cu2＋＋2H2O　②H2O2＋2I－＋2H＋===2H2O＋I2　③2Cr3＋＋3H2O2＋H2O===Cr2O＋8H＋　④还原产物为水，对环境无污染　(4)H2O2H＋＋HO　H2O2＋Ba(OH)2===BaO2＋2H2O
2．C
3．(1)　10%　(2)增大接触面积，加快反应速率
(3)SeO2＋2SO2＋2H2O===2H2SO4＋Se↓　过滤
(4)Na2TeO3　TeO＋3H2O＋4e－===Te＋6OH－
(5)偏低　(6)Te4＋＋2SO2＋4H2O===Te↓＋8H＋＋2SO　(7)H2SO4、HCl
解析　(1)Se与O属于同主族元素，故Se的氢化物的电子式为。设电离的亚碲酸为x mol·L－1，亚碲酸(H2TeO3)的Ka1＝1×10－3 mol·L－1＝，解得x≈0.01，则0.1 mol·L－1 H2TeO3的电离度为×100%＝10%。
(3)根据流程图，SeO2与SO2在冷却后通入水中发生反应生成Se，反应的化学方程式为SeO2＋2SO2＋2H2O===2H2SO4＋Se↓，Se单质难溶于水，反应后可以通过过滤操作分离Se单质。
(4)TeO2易溶于较浓的强酸和强碱，焙砂中碲以TeO2的形式存在，与足量NaOH溶液反应后得到的溶液①，其溶质的主要成分为Na2TeO3。工业上也可以通过电解溶液①得到单质碲，电解时的电极均为石墨，则阴极发生还原反应，TeO得到电子生成Te，电极反应式为TeO＋3H2O＋4e－===Te＋6OH－。
(5)TeO2易溶于较浓的强酸和强碱，向溶液①中加入硫酸时控制溶液的pH为4.5～5.0，生成TeO2沉淀，如果H2SO4过量，将导致生成的TeO2沉淀偏少，碲的回收率偏低。
(6)将纯净的TeO2先溶于盐酸得到四氯化碲，再将SO2通入溶液中得到Te单质，二氧化硫被氧化成硫酸，反应的离子方程式为Te4＋＋2SO2＋4H2O===Te↓＋8H＋＋2SO。
4．B　[H3PO2中P显＋1价，具有还原性，A项正确；H3PO2具有还原性，通入足量氯气发生反应：H3PO2＋2Cl2＋2H2O===H3PO4＋4HCl，故溶液pH减小，B项错误；根据Ka(H3PO2)＝5.9×10－2 mol·L－1可知，H3PO2为一元弱酸，故次磷酸钠溶液中H2PO水解使溶液显碱性，酚酞遇碱变红，C项正确；根据题给信息可知，该反应中硝酸银溶液中的Ag＋得到电子被还原成Ag，H2PO失去电子被氧化成PO，该反应在碱性条件下进行，所以还有OH－参与反应，D项正确。]
5．D
6．(1)c
(2)2AsH3＋12Ag＋＋3H2O===As2O3＋12H＋＋12Ag↓
(3)水果中富含还原性物质(如维生素C等)，能把＋5价砷化合物还原为毒性更大的＋3价砷化合物
(4)3As2O3＋4HNO3＋7H2O===6H3AsO4＋4NO↑
热点强化10
热点专练
1．D　2.B　3.C
4．D　[将重质油裂解为轻质油并不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故A不符合题意；大规模开采可燃冰作为新能源，会增大二氧化碳的排放量，不符合碳中和的要求，故B不符合题意；通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故C不符合题意；研发催化剂将二氧化碳还原为甲醇，可以减少二氧化碳的排放量，达到碳中和的目的，故D符合题意。]
5．D　[利用火力发电，会增加煤炭的燃烧，不利于减少CO2的排放，故A错误；CaO和CO2高温下几乎不反应，因此燃煤中加入CaO不能减少CO2气体的排放，故B错误；采取节能低碳生活方式，不能禁止使用化石燃料，只能尽量使用新能源代替化石燃料，故C错误。]
6．D
7．B　[图中反应历程为①Cl＋O3―→ClO＋O2，②ClO＋ClO―→ClOOCl，③ClOOCl2Cl＋O2。该过程的总反应为2O3===3O2，所以氯原子在反应中作催化剂，A正确；过氧化氯的结构式为Cl—O—O—Cl，B错误；由该过程的总反应知臭氧分子最终转变成氧气分子，C正确；过程②中ClO＋ClO―→ClOOCl，一氧化氯断键形成过氧化氯，D正确。]
8．B　[根据题意可知HNO2会产生自由基HO·造成臭氧损耗，破坏臭氧层，A正确；HNO2是一种弱酸，酚酞遇酸不变色，B错误；根据HO·造成臭氧损耗的两个反应可知，HO·为促进O3分解的催化剂，C正确。]
9．D　[光化学烟雾中的臭氧、NO2、过氧乙酰硝酸酯都有强氧化性，故A正确；氮氧化物还可引发酸雨、臭氧层空洞等污染问题，故B正确；光化学烟雾成分中含有碳氢化合物和醛、酮、过氧乙酰硝酸酯，碳氢化合物即烃类，醛、酮、过氧乙酰硝酸酯属于烃的衍生物，故C正确；NO2是红棕色气体，光化学烟雾呈现淡蓝色是由于光的折射和反射，故D错误。]
第25讲　常见气体的实验室制备、净化和收集
归纳整合
2．(1)O2　NH3
易错辨析
1．(1)×　(2)×　(3)×　(4)×
2．(1)×　(2)×　(3)×　(4)×
专项突破
1．A　2.D
3．A　[由图可知，打开a、关闭b时，SO2与碳酸钠溶液反应生成CO2，试剂X为酸性高锰酸钾溶液，可除去过量的SO2，试剂Y为品红溶液，可检验SO2是否除尽，然后CO2与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，可比较二者酸性强弱；关闭a、打开b时，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，反应中二氧化硫作还原剂，具有还原性，试剂Z为NaOH溶液，在反应中可用于吸收尾气，以此解答。]
4．D　[由装置可知，W中制备二氧化碳，X除去HCl，Y中制备氨气，在Z中制备碳酸镧。则制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为f→a→b→d，e←c，故A正确；X中盛放的试剂是饱和NaHCO3溶液，其作用为吸收挥发的HCl，故B正确；氨气极易溶于水，球形干燥管的作用为防倒吸，故C正确；Z中应先通入NH3，后通入过量的CO2。]
5．D　[氨气易溶于水、极易与酸反应，装置D中球形干燥管的作用是防止倒吸，故A正确；C中硬质玻璃管中NH3和Ca反应生成Ca3N2和H2，故B正确；实验过程中，先启动装置A处反应，排尽装置中的空气，一段时间后再点燃装置C处酒精灯，故C正确；装置E中氯化钙带有结晶水，失去吸水作用，故D错误。]
真题演练
1．A　2.A　3.B
4．B　[H2S与浓硫酸反应，故不能用浓硫酸干燥H2S，故A错误；发生反应：2H2O22H2O＋O2↑，浓硫酸可以干燥氧气，故B正确；铁片遇浓硝酸常温下发生钝化，故不能制取二氧化氮气体，故C错误；氨气与浓硫酸反应，故不能用浓硫酸干燥氨气，故D错误。]
5．C　[氨气的密度比空气小，不能用向上排空气法收集，故A错误；二氧化锰与浓盐酸共热制备氯气为固液加热反应，不能选用固固加热装置，故B错误；二氧化锰和氯酸钾共热制备氧气为固固加热的反应，氧气的密度大于空气，可选用向上排空气法收集，故C正确；氯化钠与浓硫酸共热制备HCl为固液加热反应，不能选用固固加热装置，故D错误。]
6．B
热点强化11
1．×　2.√　3.√　4.√　5.√　6.√　7.√　8.×　9.√　10．√　11.√　12.×　13.×　14.×　15.×　16.×　17．√　18.×　19.×　20.√　21.×
第5章　物质结构与性质　元素周期律
第26讲　原子结构　核外电子排布规律
考点一
归纳整合
1．(1)核素　元素　化学　(2)中子　质子　①质子数　②质子数　(3)质量数　质子数
2．(1)质子数　质子　中子　质子　中子　(2)①中子数　质子数　几乎完全相同　差异较大　(3)氕　D　氘　T　氚
易错辨析
1．√　2.×　3.×　4.×　5.×　6.×　7.√
专项突破
1．C
2．(1)1∶1　(2) mol
3．B
4．(1)核素　同位素　(2)O2、O3　(3)30　24　(4)7　5
考点二
归纳整合
1．(1)
电子层(n)
一
二
三
四
电子层符号
K
L
M
N
能级符号
1s
2s
2p
3s
3p
3d
4s
4p
4d
4f
各能级原子轨道数
1
1
3
1
3
5
1
3
5
7
各电子层原子轨道数
1
4
9
16
最多容纳电子数
2
8
18
32

(2)球　哑铃　3　(3)25,50
(4)①1s<2s<2p<3s<3p<3d　②2s<2px＝2py＝2pz
2．(1)最低能量状态　跃迁　(2)吸收　释放　吸收　发射
3．(1)①能量最低原理　②泡利不相容原理　两　不同　③洪特规则　
易错辨析
1．√　2.×　3.×　4.×　5.√　6.√
专项突破
1．(1)　(2)K＋和P3－　(3)发射光谱
2．D　C
解析　根据核外电子排布规律可知Li的基态原子核外电子排布式为1s22s1，则D中能量最低；选项C中有2个电子处于2p能级上，能量最高。
3．电子由较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，以光的形式释放能量
4．(1) 9　(2)3d24s2　12　22　(3)4　洪特规则　(4)15
5．(1)1　4d25s2　3　(2)4　(3)3∶1
(4)　(5)Cu　(6)5
解析　(1)Ti位于第4周期，Ti基态原子未成对电子数是2，与钛同周期的所有元素的基态原子中，未成对电子数与钛相同的元素有Ni、Ge、Se。
(3)基态铬原子价电子排布式为3d54s1，核外有6个未成对电子，基态镍原子价电子排布式为3d84s2，核外有2个未成对电子，则铬与镍的基态原子核外未成对电子数之比为3∶1。
(5)Al的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，有1个未成对电子，Cr、Cu、C、N、O、Si中只有Cu(价电子排布：3d104s1)基态原子未成对电子数与Al相同。
6．(1)N　
(2)Cu　1s22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1)
(3)Fe　1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2)
真题演练
1．B　2.D　3.A
4．B　[根据质量守恒可知，X微粒为He，Y微粒为He，据此分析解题。X微粒为He，根据质量数等于质子数加中子数可知，该微粒的中子数为4，A错误；X微粒为He，Y微粒为He，二者为具有相同的质子数和不同的中子数的原子，故互为同位素，B正确；由题干信息可知，O与O的半衰期很短，故不适宜用作示踪原子研究化学反应历程，C错误；自然界中不存在O2与O2分子并不是因其化学键不稳定，而是由于O与O的半衰期很短，很容易发生核变化，转化为其他原子，D错误。]
5．(1)1s22s22p63s23p63d24s2(或[Ar]3d24s2)　(2)A　(3)4∶5
第27讲　元素周期表、元素的性质
考点一
归纳整合
1．(1)电子层数目　原子序数递增　(2)最外层电子数　电子层数递增
2．(1)2　8　8　18　18　32　32　(2)8、9、10　18
3．(2)①ns1　ns2　ns2np1　ns2np2　ns2np3　ns2np4　ns2np5
4．(1)①铝、锗、锑、钋、　硼、硅、砷、碲、砹、　②金属元素区　非金属元素区　③金属性　非金属性　(2)ⅢB　ⅡB
(3)6　(4)7
易错辨析
1．×　2.√　3.×　4.√
专项突破
1.

2．A　[B元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，既能得电子，又能失电子，故A错误；同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径：Ge＞Si，故B正确；As元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，可作半导体材料，故C正确；Po为主族元素，原子有6个电子层，最外层电子数为6，处于第6周期第ⅥA族，故D正确。]
3．(1)n＝m＋5、n＝m＋15、n＝m＋29
(2)x＋2、x＋8、x＋18、x＋32
(3)y＝x＋m或y＝x＋n　(4)B
考点二
归纳整合
1．原子序数　原子的核外电子排布
2．相同　依次增加　相同　逐渐减小　逐渐增大　逐渐减弱
逐渐增强　逐渐增强　逐渐减弱　主族序数－8　主族序数
逐渐增强　逐渐减弱　逐渐减弱　逐渐增强　逐渐增强　逐渐减弱
3．(1)最小能量　kJ·mol－1　(2)①增大　②变小
4．(1)吸引　(2)4.0　(3)①变大　变小　②小于1.8　大于1.8
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×　5.×
专项突破
1．(1)＞　＞　(2)＜　＜　(3)＞　＞　(4)＜　＜　(5)＞　＞　(6)＞　＞
2．(1)>　>　>　>　(2)<　<　(3)>　>　(4)<　<
(5)>　<　(6)>　>
3．B
4．(1)　(2)NH＋H2ONH3·H2O＋H＋　H3O＋＋NH3===NH＋H2O　(3)CH4、HF(答案合理即可)　(4)Na＋、Mg2＋、Al3＋(答任意两个即可)
解析　本题中五种粒子均有10个电子是解题的突破口。依据已有的元素与化合物的知识可知，10电子的粒子中，原子有Ne，阴离子有N3－、O2－、F－、OH－、NH，阳离子有Na＋、Mg2＋、Al3＋、NH、H3O＋，分子有CH4、NH3、H2O、HF。根据题意由①A＋＋C－===D＋E↑推知，A＋为NH、C－为OH－、D为H2O、E为NH3，由②B＋＋C－===2D推知，B＋为H3O＋，由此解题。
5．C　[由表中数据可知，R元素的第三电离能与第二电离能的差距最大，故最外层有2个电子，最高正价为＋2价，位于第ⅡA族，可能为Be或Mg元素，故A、B、D错误；短周期第ⅡA族(ns2np0)的元素，因np轨道处于全空状态，比较稳定，故其第一电离能大于同周期相邻主族元素，C正确。]
6．(1)N　(2)镧
7．(1)随着原子序数的递增，元素的电负性呈周期性变化
(2)0.9～1.5　(3)A　BCD　测定各物质在熔融状态下能否导电，若导电则为离子化合物，反之则为共价化合物　(4)负　Cl的电负性大于P，其原子形成化学键时吸引电子的能力强
答题规范(2)
规范精练
1．碳原子半径比氧原子半径大，且核电荷数比氧的小，故碳原子对最外层电子的吸引力小于氧，第一电离能也小于氧
2．(1)N原子的价电子排布式为2s22p3，处于半充满，比较稳定，难失电子，第一电离能大　(2)K＋失去的是全充满的3p6上的电子，Ti＋失去的是4s1上的电子，相对较易失去
真题演练
1．A　2.A
3．C　[甲～戊是短周期元素，戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸，则可能是硫酸或高氯酸，若是高氯酸，则戊为Cl，甲为N、乙为F、丙为P、丁为S；若是硫酸，则戊为S，甲为C、乙为O、丙为Si、丁为P。根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，则原子半径：丁＞戊＞乙，故A正确；根据同周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性：戊＞丁＞丙，故B正确；甲的氢化物可能为氨气，也可能为甲烷、乙烷等，若是氨气，则遇氯化氢一定有白烟产生，若是甲烷、乙烷等，则遇氯化氢不反应，没有白烟生成，故C错误；丙的最高价氧化物对应的水化物可能是硅酸，也可能是磷酸，都能与强碱反应，故D正确。]
4．(1)Na与Li同主族，Na的电子层数多，原子半径大，故第一电离能更小　Li、Be和B为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势；但由于基态Be原子的2s能级处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于B的　(2)大于　Zn原子核外电子排布为全充满稳定结构，较难失电子　(3)铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子　(4)大于　小于
5．(1)3d84s2　第4周期第Ⅷ族
(2)①1∶2(或2∶1)　②Cu　Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大
(3)①　②图a　同周期元素第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高　图b
热点强化12
热点专练
1．C　
2．B　[X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Z原子中分别有1个、7个运动状态完全不同的电子，则X、Z原子序数分别为1、7，则X是H元素、Z是N元素；Y原子中各能级电子数相等，则其电子排布为1s22s22p2，Y为C元素；W的基态原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，W只能含有2个电子层，最外层含有6个电子，W为O元素；R在同周期中原子半径最大，则R是Na元素。元素非金属性越强，其气态氢化物越稳定，非金属性：CO>C，C错误；X、Z、W形成的化合物NH4NO3含离子键，D错误。]
3．C　4.D　
5．B　[阴离子结构中，W形成3个共价键和1个配位键，X形成2个共价键，Y形成1个共价键，Z形成4个共价键，W、X、Y、Z为四种同周期主族元素，X原子的最外层电子数是W原子的次外层电子数的3倍，化合物中除Li＋外其他原子均满足8电子稳定结构，则W为B元素、X为O元素、Y为F元素、Z为C元素。硼元素位于元素周期表第2周期第ⅢA族，故A错误；同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径的大小顺序为C>O>F，故B正确；同周期元素，从左到右非金属性依次增强，电负性依次增大，则电负性的大小顺序为F>O>C，故C错误；氟元素的非金属性最强，无正化合价，故D错误。]
6．C　[W为C、Y为O、X为N、Z为Cl，据此分析解答。同周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，其中第ⅡA族和第ⅤA族元素的第一电离能均高于其相邻元素，故元素的第一电离能：N＞O＞C，即X＞Y＞W，A正确；O和C在该化合物中形成碳氧双键，则O显－2价，B正确；元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：Cl＞N＞C，则酸性：HClO4＞HNO3＞H2CO3，即Z＞X＞W，C错误；由结构图可知，C周围有1个双键和2个单键，N周围有3个单键，且N含有孤电子对，故C、N最外层均满足8电子稳定结构，D正确。]
第28讲　化学键
考点一
归纳整合
2．阴、阳离子间通过静电作用　共用电子　无　有　无　半径的大小　电荷数的多少　键能　键长　键角　半径的大小
所带电荷数的多少
3．离子键　共价键　阴、阳离子　原子　离子键　共价键　共价键
4．(1)最外层电子　(2)①Na·　　②Na＋　　③　　④　　　⑤　　
(3)①
专项突破
1．A　[NF3为共价化合物，NH4F为离子化合物。]
2．(1)①②　⑤⑥⑦⑨⑩　(2)①②③④⑧　③　⑩
3．(1)×　×　(2)×　×　(3)√　×　(4)√　×
4．(1)　
(2)　
(3)　
考点二
归纳整合
1．共用电子　方向性　饱和性
2．σ　头碰头　π　肩并肩　极性　发生　非极性　不发生　单　一对　双　两对　三　三对
3．(1)键能　键长　键角　(2)①大　短
易错辨析
1．×　2.×　3.√　4.√　5.×　6.√
专项突破
1.
物质
极性键
非极性键
σ键
π键
单键
双键
三键
N2

√
1 mol
2 mol


√
C2H4
√
√
5 mol
1 mol
√
√

SiO2
√

4 mol
0
√


BF3
√

3 mol
0
√


HCN
√

2 mol
2 mol
√

√


2.Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键，不易形成双键或三键
3．(1)C—C和C—H的键能较大，所形成的烷烃稳定。而硅烷中Si—Si和Si—H的键能较小，易断裂，导致长链硅烷难以生成
(2)C—H的键能大于C—O，C—H比C—O稳定。而Si—H的键能却小于Si—O，所以Si—H不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si—O
真题演练
1．(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√　(6)×　(7)√　(8)×
2．C　
3．(1)原子半径：F＜Cl，键能：F—H＞Cl—H
(2)
第29讲　价电子对互斥理论、杂化轨道理论及应用
归纳整合
1．(2)①价电子数　原子的最外层电子数　中心原子的价电子数－离子的电荷数　中心原子的价电子数＋离子的电荷数(绝对值)　②与中心原子结合的原子数　③最多能接受的电子数　1　8－该原子的价电子数
2．(2)1个s轨道　1个p轨道　180°　直线形　1个s轨道　2个p轨道　120°　平面三角形　1个s轨道　3个p轨道
109°28′　四面体形　(3)中心原子的孤电子对数　中心原子的σ键个数　中心原子的价电子对数
3．2　2　0　sp　直线形　直线形　3　3　0　sp2　2　1　sp2
平面三角形　平面三角形　角形　4　4　0　sp3　3　1　sp3　2　2　sp3　四面体形　正四面体形　三角锥形　角形
易错辨析
1．√　2.√　3.√　4.×　5.√
专项突破
1．(1)×　(2)×　(3)×　(4)×
2．A　[A项，氧原子有两对未成键的价电子对；B项，HCl分子属于AB型分子，没有中心原子；C项，NH的中心原子的价电子全部参与成键；D项，磷原子有一对未成键的价电子对。]
3．(1)sp3杂化　(2)sp3和sp　(3)sp2、sp　(4)sp3　sp2
4．D　5.C　6.C　
7．(1)①＞　＜　②＜　＜　＜　③＞　＞　④＜　＜
(2)＞　π键斥力大于σ键斥力
答题规范(3)
3．(1)＞　(2)＜
规范精练
1．SiO2中中心Si原子采取sp3杂化，键角为109°28′；CO2中中心C原子采取sp杂化，键角为180°
2．大于　H3BO3分子中的B采取sp2杂化，而BH中的B采取sp3杂化，sp2杂化形成的键角大于sp3杂化
3．>　N原子上有孤电子对，由于孤电子对与成键电子对的排斥力更大，使得Si—N—Si键角较小
4．CH4＞NH3＞H2O　CH4分子中无孤电子对，NH3分子中含有1个孤电子对，H2O分子中含有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用依次增大，故键角逐渐减小
5．(1)＞　中心原子的电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，斥力越大，键角也越大　(2)<　F的电负性比H大，NF3中成键电子对离中心原子较远，斥力较小，因而键角也较小
真题演练
1．(1)sp3　②　(2)sp3　(3)sp3、sp2
2．三角锥形　sp3
3．SO的键角大于H2O分子的键角，SO中S原子的价电子对数为4、孤电子对数为0，离子的空间结构为正四面体形，H2O分子中O原子的价电子对数为4、孤电子对数为2，分子的空间结构为角形
4．5　D
解析　XeF2易升华，所以是分子晶体，其中心原子的价电子对数为2＋＝5，其中心原子的杂化方式应为sp3d。
热点强化13
热点精讲
(一)
1．0　sp　直线形　1　sp2　角形　2　 sp3　角形　0　sp2　平面三角形　1　sp3　三角锥形　0　sp3　四面体形
2．(3)直线形　直线形　直线形　角形　三角锥形　平面三角形　三角锥形　正四面体形　正四面体形　平面六边形

热点专练
1．C
2．(1)正四面体形　4　sp3　(2)正四面体形　sp3
3．5　Π
解析　根据图可知，N中的σ键总数为5；N中每个N原子采取sp2杂化，未参与杂化的p轨道，垂直于该离子平面形成大π键，每个p轨道各提供一个电子，再加上一个单位的负电荷，所以N中一共有6个电子参与形成大π键，应表示为Π。
4．D　
解析　已知吡啶中含有与苯类似的Π大π键，则说明吡啶中N原子也是采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和容纳孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道。
5．Π
解析　吡咯环中形成大π键的原子数为5个；氮原子中未参与成键的电子为1对，可提供2个电子形成π键，碳碳原子间除了形成σ键外，还有4个碳分别提供1个电子形成π键，共有电子数为6，所以吡咯环中的大π键应表示为Π。
6．(1)ad　(2)Π　(3)Π
解析　(1)形成“离域π键”的形成条件是“原子都在同一平面上且这些原子有相互平行的p轨道” ，O3为角形结构，有相互平行的p轨道，可以形成“离域π键”；硫酸根离子是正四面体结构，原子不处于同一平面内，不能形成“离域π键”；硫化氢中H原子和S原子没有平行的p轨道，不能形成“离域π键”；NO为平面三角形，有相互平行的p轨道，可以形成“离域π键”。(3)N价电子总数为16，原子总数为3，所以与CO2为等电子体，二者成键方式类似，参与形成大π键的原子数为3，形成两个Π，如图 。
7．(1)否　若是sp3杂化，[Cu(NH3)4]2＋的空间结构为正四面体形，将配离子[Cu(NH3)4]2＋中的2个NH3换为CN－，则只有1种结构　(2)＜　(3)四面体形　＞　(4)sp2、sp3
第30讲　分子的性质　配合物与超分子
考点一
归纳整合
1．重合　不重合　非极性键或极性键　非极性键或极性键　对称　不对称
4．(1)非极性　极性　(2)增大
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×　5.×　6.×

专项突破
1．B　[H2S、NH3和HCl都是含极性键的极性分子；Cl2是含有非极性键的非极性分子；CO2、CH4是只含有极性键的非极性分子；C2H4和C2H2是含有极性键和非极性键的非极性分子。]
2．②⑤⑥⑧　①③④⑦
3．②③④
4．乙醇能与水形成氢键，而甲醚不能。乙醇沸点高。
5．非极性分子或弱极性分子。
考点二
归纳整合
1．无　有　氢键　范德华力　越大　越大
2．应用举例
对羟基苯甲醛　邻羟基苯甲醛形成分子内氢键：；对羟基苯甲醛形成分子间氢键：
易错辨析
1．×　2.×　3.√　4.×　5.×　6.×
专项突破
1．D　2.A　
3．F—H…F，O—H…O，F—H…O，O—H…F
4．(1)A　A易形成分子内氢键，B易形成分子间氢键，所以B的沸点比A的高　(2)苯胺分子间存在氢键
(3)S8相对分子质量大，分子间范德华力大
(4)H2O＞CH3OH＞CO2＞H2　H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多；CO2与H2均为非极性分子，CO2相对分子质量较大，范德华力较大
考点三
归纳整合
1．(1)孤电子对　配位键　(2)→　　相同
2．(1)配位键　(3)配位原子　配体　配位数
3．蓝色沉淀　Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH
溶解　Cu(OH)2＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－　红
Fe3＋＋nSCN－[Fe(SCN)n]3－n　白色沉淀　Ag＋＋Cl－===AgCl↓　溶解　无　AgCl＋2NH3===[Ag(NH3)2]＋＋Cl－
4．(1)两个或多个　特定结构和功能
易错辨析
1．√　2.√　3.×　4.×　5.×　6.√
专项突破
1．C　2.B
3．A　[根据配离子结构示意图可知，1 mol该配离子中含有π键的个数是6NA，即6×6.02×1023，故A正确；该配离子中碳原子的杂化类型有sp2、sp3杂化，故B错误；该配离子含有的非金属元素有C、O、H，电负性最大的是氧，故C错误；该配离子中含有的化学键有共价键、配位键，故D错误。]
4．(1)Cu2＋＋4H2O===[Cu(H2O)4]2＋　共价键、配位键　12NA
(2)　(3)ag
5．A　
6．B　[由表知，碱金属离子在冠醚空腔直径范围内，冠醚与碱金属离子的包含物都是超分子，可以识别碱金属离子，A正确；Li＋半径小于Na＋；则二苯并-18-冠-6不能适配Li＋，B错误；该冠醚分子中苯环碳原子为sp2杂化、其他碳链上的碳原子为sp3杂化，C正确；由结构简式可知，一个配离子中配位键的数目为6，D正确。]
7．C　[C和O分别失去一个电子后的价电子排布式为2s22p1和2s22p3，O的2p能级是半充满结构，比较稳定，所以O的第二电离能大于C的第二电离能，A项正确；杯酚分子中含有苯环结构，具有大π键，B项正确；C60中只含有C元素，无法形成氢键，C项错误；金刚石是共价晶体，C60为分子晶体，D项正确。]
真题演练
1．(1)甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能形成氢键，且物质的量相等时水比甲醇的氢键多
(2)SiCl4　SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大　正四面体形
解析　(2)由题给熔、沸点数据可知，0 ℃时，四氟化硅为气态，四氯化硅为液态，四溴化硅、四碘化硅为固态；SiX4分子中硅原子的价电子对数为4，孤电子对数为0，则分子的空间结构为正四面体形。
2．(1)
(2)(H3O＋)O—H…N　(NH)N—H…N
3．(1)N、O、Cl　6　(2)配位　N　(3)6　1　(4)sp3　sp3　乙二胺的两个N提供孤电子对与金属离子形成配位键　Cu2＋
第31讲　物质的聚集状态　常见晶体类型
考点一
归纳整合
1．(1)晶态　非晶态
2．(1)周期性有序　相对无序　有　无　固定　不固定　各向异性　各向同性　(3)X射线衍射
易错辨析
1．×　2.√　3.×　4.×　5.√
专项突破
1．B　2.C
3．C　[晶体在三维空间里呈周期性有序排列，其许多物理性质常常会表现出各向异性，A不正确；晶体的熔点是固定的，所以在熔化过程中温度不会变化，B不正确；在一定条件下晶体和非晶体是可以相互转化的，D不正确。]
4．C　[根据玻璃的结构示意图可知，构成玻璃的粒子无周期性排列，是无序的，所以玻璃是非晶体，因此没有固定的熔点，A、B对；玻璃属于非晶体，但光导纤维属于晶体，C错；区分晶体与非晶体最科学的方法是对固体进行X射线衍射实验，D对。]
考点二
归纳整合
1．(2)①任何间隙　②平行　取向
2．分子　原子　阴、阳离子　范德华力　共价键　金属键　离子键　很大　较大　很高
3．(1)kJ·mol－1　(2)①大　②小　(3)稳定　大
4．(1)①12　②4　2　(2)②sp3　109°28′　正四面体　空间网状结构　6　12　顶点　面心　4　8　4　2　1∶2　12　6　6　4NA　8　6　4　16　8　16　(3)①6　6　6　4　4　②8　8　8　③8　4　4　8　(4)②分子间作用力　2　sp2
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×　5.×　6.×
专项突破
1．(1)NaCl、Na2S　(2)NaOH、(NH4)2S　(3)(NH4)2S
(4)Na2S2　(5)H2O2、CO2、CCl4、C2H2、晶体氩
(6)SiO2、SiC
2．D
3．A　[金刚石中每个C原子连接12个六元环，石墨中每个C原子连接3个六元环，B项错误；金刚石中碳原子采取sp3杂化，而石墨中碳原子采取sp2杂化，C项错误；金刚石中每个碳原子与周围其他4个碳原子形成共价键，而每个共价键为2个碳原子所共有，则每个碳原子平均形成的共价键数为4×＝2，故碳原子数与C—C数之比为1∶2；石墨晶体中每个碳原子与周围其他3个碳原子形成共价键，同样可求得每个碳原子平均形成的共价键数为3×＝1.5，故碳原子数与C—C数之比为2∶3，D项错误。]
4．D　
5．D　[氟化钙晶胞中，Ca2＋位于顶点和面心，数目为8×＋6×＝4，故B正确；气态团簇分子不同于晶胞，气态团簇分子中含有4个E原子、4个F原子，则分子式为E4F4或F4E4，故D错误。]
答题规范(4)
例1　(1)金刚石是共价晶体，而NaCl是离子晶体　(2)SiO2是共价晶体，而CO2是分子晶体
例2　(1)同为分子晶体，NH3分子间存在较强的氢键，而PH3分子间仅有较弱的范德华力　(2)同为分子晶体，CS2的相对分子质量大，范德华力强，熔、沸点高　(3)同为分子晶体，两者相对分子质量相同，CO的极性大，熔、沸点高
(4)形成分子内氢键，而形成分子间氢键，分子间氢键会使沸点升高
例3　晶体硅与SiC均属于共价晶体，晶体硅中的Si—Si比SiC中Si—C的键长长，键能低，所以熔点低
例4　(1)ZnO和ZnS同属于离子晶体，O2－半径小于S2－，故ZnO晶格能大(或离子键强)，熔点高　(2)同为离子晶体，Fe2＋半径比Fe3＋大，所带电荷数也小于Fe3＋，FeO的晶格能比Fe2O3小
规范精练
1．离子键　FeF3为离子晶体，FeBr3的化学键以共价键为主，属于分子晶体
2．离子晶体　K＋的半径大于Na＋，K2O的晶格能小于Na2O
3．联氨分子间形成氢键的数目多于氨分子形成的氢键
4．BN　两种晶体均为共价晶体，N和B原子半径较小，键能较大，熔点较高
5．ⅥA　两者均为分子晶体且结构相似，H2Te相对分子质量比H2S大，分子间作用力更强　两者均为分子晶体，H2O分子间存在氢键
真题演练
1．A　2.C　3.D
4．共价晶体中，原子半径越小，共价键键能越大，熔点越高，原子半径：C＜Si(或键长：C—C＜Si—Si)，键能：C—C＞Si—Si
第32讲　晶胞结构分析与计算
考点一
专项突破
1．B　[A的个数：8，B的个数：8×＋6×＝4。]
2．CuH
解析　根据晶胞结构可以判断：Cu：2×＋12×＋3＝6；H：6×＋1＋3＝6，所以化学式为CuH。
3．(1)MgB2　(2)BO
解析　(1)每个Mg周围有6个B，而每个B周围有3个Mg，所以其化学式为MgB2。(2)从图可看出，每个单元中，都有一个B和一个O完全属于这个单元，剩余的2个O分别被两个结构单元共用，所以B∶O＝1∶(1＋2×)＝1∶2，化学式为BO。
4．2∶5.5　[Si4O11]
解析　n个SiO2通过共用顶点氧离子可形成双链结构，找出重复的结构单元，如图：，由于是双链，其中顶点氧占，Si原子数为4，O原子数为4×＋6×＋4＋2＝11，其中Si与O的原子数之比为2∶5.5，化学式为[Si4O11]。
5．8
解析　根据晶胞结构，以面心Si原子为基准，同一晶胞内等距离且最近的Mg原子有4个，紧邻晶胞还有4个Mg原子，共8个，故Si原子的配位数为8。
6．(1)YBa2Fe3O8　(2)8
考点二
归纳整合
2．(2)①a　②a　③4　　④4　
例　C　[晶胞中V原子位于顶角和体心，数目为1＋8×＝2；O原子位于上下面上和体内，数目为2＋4×＝4，二者原子数目之比为1∶2，故氧化物的化学式为VO2，故A正确；晶胞V原子位于顶角和体心，符合体心立方的堆积方式，故B正确；体心V原子的配位数为6，O原子的配位数为3，所以V原子的配位数与O原子的配位数之比为2∶1，故C错误；m＝ g，V＝a3 pm3＝(a×10－10)3cm3，ρ＝＝ g·cm－3，故D正确。]
专项突破
1．4　×107
2.××107
3．共价　4　×100%
解析　立方氮化硼的硬度仅次于金刚石，晶体类型类似于金刚石，是共价晶体；晶胞中每个N原子连接4个B原子，氮化硼的化学式为BN，所以晶胞中每个B原子也连接4个N原子，即硼原子的配位数为4；晶胞中N原子数为4，B原子数为8×＋6×＝4，晶胞的质量m＝ g，晶胞的体积V＝＝ cm3＝ cm3，B、N原子总体积V′＝4×[＋]＝×(x3＋y3)×10－30 cm3，晶胞中原子的空间利用率为×100%＝×100%＝×100%。
4．(1)2NA　(2)4　××1010
解析　(1)根据切割法，一个六方氮化硼晶体的六元环含有一个N、一个B,50.0 g六方氮化硼晶体中含有六元环的数目为×NA＝2NA。
(2)由图2可知，立方氮化硼中N的配位数为4；面心上6个N原子构成正八面体，该正八面体的边长等于面对角线的一半，设BN晶胞边长为a cm,1个晶胞中含有4个B原子，含有N原子数为8×＋6×＝4，则1个晶胞中含有4个BN，所以d＝，解得a＝，故正八面体的边长为××1010 pm。
热点强化14
(一)
例　(，，)　(，，)
解析　图中原子1的坐标为(，，0)，则坐标系是，原子2、3在晶胞内。从晶胞内的2、3点分别向x、y、z轴上做垂线，即可得出2、3两点的原子分数坐标分别为(，，)，(，，)。
对点训练
1．D
2．CaTiO3　(，，)
3．(，，)　
解析　由晶胞示意图可知，位于顶角的a和体心的b的坐标参数依次为(0,0,0)、(，，)，d位于体对角线的处，则d的坐标参数为(，，)；晶胞中Cu原子的个数为4，O原子的个数为8×＋1＝2，则化学式为Cu2O，Cu2O的摩尔质量为144 g·mol－1，设晶胞的参数为a cm，晶胞的质量为a3ρ＝×144，则a＝。
4．(，，)
(二)
例　C
对点训练
1．(1)　(2)(，，0)
解析　(1)根据γ-AgI立方晶胞的示意图，可以理解为有八个小立方体，银离子在其中四个小立方体体心位置，根据从上方的俯视图得出银离子在每个小正方形的中心位置，即白球(空心球)表示出Ag＋的位置。
(2)根据题意，图1中原子1在左侧面面心，原子1的坐标是(，0，)，原子2在下面的面心位置，其坐标为(，，0)。
2．4　×1021
解析　原子分数坐标为(0.5,0.2,0.5)的Cs原子位于晶胞体内，原子分数坐标为(0,0.3,0.5)及(1.0,0.3,0.5)的Cs原子分别位于晶胞的左侧面、右侧面，原子分数坐标为(0.5,0.8,1.0)及(0.5,0.8,0)的Cs原子分别位于晶胞的上底面、下底面，原子分数坐标为(0,0.7,1.0)及(1.0,0.7,1.0)、(0,0.7,0)及(1.0,0.7,0)的Cs原子位于晶胞平行于y轴的棱上，则晶胞中Cs原子数目为1＋4×＋4×＝4，由化学式CsSiB3O7可知，每个晶胞相当于含有4个“CsSiB3O7”，故晶胞的质量为4× g，则晶体密度为＝×1021 g·cm－3。
真题演练
1．4　
2．Fe　3d6
3．①KFe2Se2　②4　③
4．2　(0,0，)　
解析　图中大球的个数为8×＋1＝2，小球的个数为8×＋2＝4，根据XeF2的原子个数比可知大球是Xe原子，小球是F原子，该晶胞中有2个XeF2分子；由A点坐标知该原子位于晶胞的中心，且每个坐标系的单位长度都记为1，B点在棱的处，其坐标为(0,0，)；图中y是底面对角线的一半，y＝a pm，x＝(－r)pm，所以d＝＝ pm。
5．(1)Ti4＋　sp3　×1021　(2)
解析　(1)由图(b)可知，该晶胞中I－位于面心，每个Pb2＋周围有6个I－，图(a)中每个Ti4＋周围有6个O2－，由此可知，Pb2＋与图(a)中的Ti4＋位置相同。N原子形成4个σ键，无孤电子对，因此杂化轨道类型是sp3。每个晶胞中含有1个Pb(CH3NH3)I3，晶胞的体积为(a×10－7)3 cm3,1个晶胞的质量为 g，晶体密度为×1021 g·cm－3。
(2)由题给图示可知，O2－位于顶点和面心，因此一个晶胞中含有O2－的个数为8×＋6×＝4；Co2＋位于棱上和体心，因此一个晶胞中含有Co2＋的个数为12×＋1＝4，即一个晶胞的质量为 g，一个晶胞的体积为(a×10－7)3 cm3，因此CoO晶体的密度为 g·cm－3。
6．①　②B
7.
解析　由题意可知，晶胞的体积V(晶胞)＝8abc×10－30 cm3。由晶胞结构可知，每个晶胞含有16个NH3BH3分子，则每个晶胞的质量m(晶胞)＝ g，氨硼烷晶体的密度ρ＝＝＝ g·cm－3。
热点强化15
1．C　2.B　3.A
4．B　[短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W简单离子在同周期离子中半径最小，说明W为第3周期元素Al。短周期元素的基态原子中有两个单电子，可分类讨论：①为第2周期元素时，最外层电子排布为2s22p2或2s22p4，即C或O；②为第3周期元素时，最外层电子排布为3s23p2或3s23p4，即Si或S。Q与Z同主族，结合原子序数大小关系可知，则X、Z、Q分别为C、O和S，则Y为N。X为C，能与多种元素(H、O、N等)形成共价键，A正确；Z和Q形成的简单氢化物分别为H2O和H2S，由于H2O分子间能形成氢键，故H2O的沸点高于H2S，B错误；Y为N，Z为O，N的最外层p轨道电子为半充满结构，比较稳定，故其第一电离能比O大，C正确；W为Al，Z为O，O的电负性更大，D正确。]
5．D　[通过结构可知，萝卜硫素含H、C，萝卜硫素由五种短周期元素构成，则W、X、Y、Z中有一种是C，还有一种是S；W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y、Z原子核外最外层电子数相等，结合结构简式中的成键数目可知：X为N，Y为O，Z为S，W为C。同一周期从左到右，元素的第一电离能呈增大的趋势，其中第ⅡA族和第ⅤA族元素的第一电离能均高于其相邻元素，即N的第一电离能大于O；同一主族从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，即O的第一电离能大于S，故第一电离能：N＞O＞S，A正确；N3－和O2－的核外电子排布相同，N的原子序数小于O，故离子半径：N3－＞O2－，N3－、O2－核外有2个电子层，S2－核外有3个电子层，则离子半径：S2－＞N3－＞O2－，B正确；N、C、H组成的化合物为HCN，该分子的空间结构为直线形，C正确；X为N，Y为O，W为C，它们的简单氢化物分别为NH3、H2O和CH4，NH3和H2O分子间均存在氢键，使得它们的熔、沸点在同主族元素中均为最高，CH4分子间没有氢键，其熔、沸点在同主族元素中最低，D错误。]
6．D
7．B　[Ca2＋配位数为与其距离最近且等距离的F－的个数，如图所示，Ca2＋位于体心，F－位于面心，所以Ca2＋的配位数为6，A正确；F－与K＋的最近距离为棱长的，F－与Ca2＋的最近距离为棱长的，所以与F－距离最近的是Ca2＋，B错误；K＋位于顶角，个数为×8＝1，F－位于面心，个数为×6＝3，Ca2＋位于体心，个数为1，综上，该物质的化学式为KCaF3，C正确；F－与Cl－半径不同，替换后晶胞棱长将改变，D正确。]
8．C
9．A　[P原子的最外层有5个电子，形成5个共用电子对，所以PCl5中P的最外层不满足8电子稳定结构，A错误；由图可知，三角双锥上下两个顶点Cl原子与中心P原子形成的Cl—P—Cl的键角为180°，中间为平面三角形，其中两个顶点Cl原子与中心P原子形成的Cl—P—Cl的键角为120°，通过中间的三角形所在的平面将三角双锥截为两个完全相同的三角锥，在上面的三角锥中Cl—P—Cl的键角为90°，所以Cl—P—Cl的键角有90°、120°、180°三种，B正确；PCl5PCl3＋Cl2↑，则PCl5受热后会分解生成分子空间结构呈三角锥形的PCl3，C正确；键长越短，键能越大，因分子中P—Cl的键长不都相同，所以键能不都相同，D正确。]
10．C
11．B　[由图示晶胞可知，一个晶胞中含有M的个数为8×＋1＝2，N的个数为4×＋2＝4，故该物质的化学式可能为MN2或N2M，A正确；一个晶胞的质量为 g，一个晶胞的体积为a2c×10－30cm3，则该晶胞密度为ρ＝＝＝×1030g·cm－3，B错误；由图示晶胞可知，一个M原子周围距离最近且相等的N原子个数为6，则M原子的配位数为6，一个N原子周围距离最近且相等的M原子个数为3，则N原子的配位数为3，C正确；由图示晶胞可知，N1、N2原子均在底面上，若N1原子的坐标为(x，x,0)，则N2原子的坐标为(1－x,1－x,0)，D正确。]
12．D　[由图示晶胞可知，一个晶胞中As个数为8×＋6×＝4，Cd的个数为6，故砷化镉中Cd与As原子个数比为6∶4＝3∶2，A正确；由图示晶胞可知，平行于边的同一直线上Cd原子将边长4等分，故两个Cd原子间最短距离为0.5a pm，B正确；由图示可知，③号位原子位于右侧面的面心上，故其坐标参数为(，1，)，C正确；由A项分析可知，一个晶胞中含有6个Cd和4个As，即含有2个As2Cd3，故该晶胞的密度为g·cm－3，D错误。]
第33讲　物质结构与性质综合题突破
跟踪训练
1．(1)[Ar]3d104s24p4　(2)sp3　三角锥形　(3)极性
(4)4　×1010
2．(1)3d9　Be　(2)sp2和sp3　120°　109°28′　O—H　B
(3)15∶2　(4)乙酰丙酮的极性与有机溶剂相似，故在有机溶剂中溶解性较好　(5)×1010
3．(1)电子(运动)状态　3
(2)①N>B>Ca　②sp2杂化　3p　　③BCl3和四氯化碳均为非极性分子，而氨气属于极性分子，相似相溶　(3)2 mol　2　(4)
解析　(1)整个原子的能量由核电荷数、电子数和电子(运动)状态三个因素共同决定；基态B原子的电子排布式为1s22s22p1，故其核外电子填充在1s、2s、2p三个轨道中。
(2)①金属的电负性较小，另外，同周期元素电负性从左向右逐渐增大，故Ca、B、N三种元素电负性从大到小的顺序为N>B>Ca。②BCl3中B原子的价电子对数为3，其杂化方式为sp2，故BCl3中B原子的sp2杂化轨道与Cl原子的3p轨道形成σ键；基态B原子价电子层上的电子先激发，再杂化，说明B原子激发后的三个轨道能量相同，故激发时B原子的价电子轨道表示式为。(3)由图1可知，图中连有羟基的B原子含有配位键，故1 mol该阴离子存在的配位键的物质的量为2 mol，在该阴离子中B显＋3价，O显－2价，H显＋1价，根据化合价的关系可知，n＝2。
(4)将8个正八面体的中心连接成晶胞的立方晶系图，由M点坐标知该原子位于晶胞的体心，且每个坐标系的单位长度都记为1，已知B6八面体中B—B的键长为d pm，晶胞参数为a pm，则八面体中心到顶点的距离为d，则N点在棱的处，其坐标为(，1,0)。
真题演练
1．(1)ad　d　(2)①sp2　σ　②一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔　Cl参与形成的大π键越多，形成的C—Cl越强
(3)CsCl　CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体
(4)电解质　
2．(1)4s24p4　(2)两者都是分子晶体，由于水分子存在分子间氢键，沸点高　(3)BDE　(4)O、Se　(5)＞　正四面体形
(6)①K2SeBr6　②××107
解析　(1)基态S原子价电子排布式为3s23p4，Se与S同族，Se为第4周期元素，因此基态Se原子价电子排布式为4s24p4。(3)Ⅰ中有σ键，还有大π键，故A错误；Ⅰ中的Se—Se为非极性共价键，故B正确；烃都难溶于水，因此Ⅱ难溶于水，故C错误；Ⅱ中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp，故D正确；根据同周期元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，因此Ⅰ～Ⅲ含有的元素中，O电负性最大，故E正确。(4)分子Ⅳ中O、Se都有孤电子对，C、H、S都没有孤电子对。(5)根据非羟基氧越多，酸性越强，因此硒的两种含氧酸的酸性强弱为H2SeO4＞H2SeO3。SeO中Se的价电子对数为4＋×(6＋2－2×4)＝4，其空间结构为正四面体形。(6)①根据晶胞结构得到一个晶胞中K有8个，有8×＋6×＝4个，则X的化学式为K2SeBr6。②设晶胞参数为a nm，得到ρ＝＝，解得a＝×107，X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半，即为××107 nm。
第6章　化学反应与能量转化
第34讲　化学反应的热效应
考点一
归纳整合
1．(1)研究对象(物质系统)　(2)以外的其他部分
2．(1)释放　吸收　(2)能量　种类、数量及聚集状态　温度、压强　ΔU＝U(反应产物)－U(反应物)　Q　吸热　放热
3．(1)等压反应的反应热　种类、数量及聚集状态　温度、压强
(2)反应前后体系的焓的变化　吸热　放热　kJ·mol－1
4．(1)大于　降低　＜　负值　(2)小于　升高　＞　正值
5．(2)>　吸热　放热　<
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.√　5.√　6.×
专项突破
1．(1)放热　(2)吸收　否　(3)碳氧双键(或C==O)　(4)多　CO与O2反应生成CO2需要先吸收能量断裂O2分子中的共价键　(5)不一定　形成
2．(1)<　(2)吸热　放热　(3)E　E1　E2＋|ΔH|　E＋|ΔH|
3．(1)Bi2O3　由题图可知，使用Bi2O3催化剂时，相对能量减小得多，趋于更稳定状态　(2)＜　(3)0.38 eV　0.32 eV　(4)*CO＋HCO＋e－===*CO＋*HCOO－
解析　(3)使用Bi催化剂时，*CO2―→*CO过程中的活化能最大，为－0.51 eV－(－0.89 eV)＝0.38 eV，使用Bi2O3催化剂时，*CO―→*CO＋*HCOO－过程的活化能最大，为－2.54 eV－(－2.86 eV)＝0.32 eV。
4．＋125 kJ·mol－1
解析　ΔH＝E(C—C)＋6E(C—H)－E(C===C)－4E(C—H)－E(H—H)＝(347＋6×414－615－4×414－435) kJ·mol－1＝＋125 kJ·mol－1。
5．289－2a
解析　根据ΔH＝反应物总键能－生成物总键能知，ΔH＝2×630 kJ·mol－1＋243 kJ·mol－1－2×(a kJ·mol－1＋607 kJ·mol－1)＝(289－2a) kJ·mol－1。
考点二
归纳整合
1．(2)物质　能量　2 mol H2(g)与1 mol O2(g)反应生成2 mol液态水时放出的热量为571.6 kJ
2．(1)聚集状态　s　l　g　aq　(3)物质的量　整数　分数　同等倍数　(4)吸热　放热　kJ·mol－1
3．(1)1　完全　(2)1
4．(1)保护环境　热值大小　(2)煤　石油　天然气　不可再生　可再生
易错辨析
1．√　2.×　3.×　4.×　5.√
专项突破
1．C　
2．D　[1 mol油酸甘油酯的摩尔燃烧焓为－×884 g·mol－1≈－3.4×104 kJ·mol－1。]
3．(1)N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－534.4 kJ·mol－1
(2)4CuCl(s)＋O2(g)===2CuCl2(s)＋2CuO(s)
ΔH＝－177.6 kJ·mol－1
4．(1)NO2(g)＋CO(g)===NO(g)＋CO2(g)
ΔH＝－234 kJ·mol－1
(2)H2Se(g)===Se(s)＋H2(g)　ΔH＝－81 kJ·mol－1
(3)①ClO　②3ClO－(aq)===ClO(aq)＋2Cl－(aq)　ΔH＝－117 kJ·mol－1
真题演练
1．D　2.C　
3．＋137
解析　先写出三种气体的摩尔燃烧焓的热化学方程式，然后根据盖斯定律，ΔH1＝－1 560 kJ·
mol－1－(－1 411 kJ·mol－1)－(－286 kJ·mol－1)＝＋137 kJ·mol－1。
4．(1)H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－286 kJ·mol－1　(2)6CO2(g)＋6H2O(l)===C6H12O6(s)＋6O2(g)　ΔH＝＋2 804 kJ·mol－1　(3)N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－(a－b) kJ·mol－1　降低反应的活化能
解析　(1)298 K时，1 g H2燃烧生成H2O(g)放热121 kJ，1 mol H2O(l)蒸发吸热44 kJ，则1 mol H2燃烧生成1 mol H2O(l)放热286 kJ，表示H2摩尔燃烧焓的热化学方程式为H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－286 kJ·mol－1。
第35讲　反应热的测定与计算
考点一
归纳整合
1．1 mol H2O(l)
2．(1)反应前后　均匀　保温　反应容器　(2)－C(T2－T1)
热容　反应前和反应后体系的温度　(3)①减少实验过程中的热量损失　②碱稍过量　③偏小
思考　不相等　相等　中和反应的反应热是以生成1 mol液态水为标准的，与反应物的用量无关
易错辨析
1．×　2.×　3.√　4.×
专项突破
1．A　2.D
考点二
归纳整合
1．始态和终态　反应的途径
3．aΔH2　－ΔH2　ΔH1＋ΔH2
专项突破
1．B　
2．＋89.3
解析　根据盖斯定律，将反应①＋反应②得到目标反应，则ΔH3＝ΔH1＋ΔH2＝[＋100.3＋(－11.0)]kJ·mol－1＝＋89.3 kJ·mol－1。
3．2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g)　ΔH＝－1 096.7 kJ·mol－1
解析　根据盖斯定律，由2×②－①得：
2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g)
ΔH＝2×(－543 kJ·mol－1)－(＋10.7 kJ·mol－1)＝－1 096.7 kJ·mol－1。
考点三
归纳整合
1．>
2．多　>
3．<　<
4．放热反应
专项突破
1．C　
2．B　[根据题意知，CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液的温度降低，热化学方程式为CuSO4·5H2O(s)===Cu2＋(aq)＋SO(aq)＋5H2O(l)　ΔH1＞0；CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热化学方程式为CuSO4(s)===Cu2＋(aq)＋SO(aq)　ΔH2＜0；根据盖斯定律知，CuSO4·5H2O受热分解的热化学方程式为CuSO4·5H2O(s)===CuSO4(s)＋5H2O(l)　ΔH3＝ΔH1－ΔH2＞0。根据上述分析知，ΔH2＜0，ΔH3＞0，则ΔH2＜ΔH3，A错误；ΔH1＞0，ΔH2＜0，ΔH3＝ΔH1－ΔH2，则ΔH1＜ΔH3，B正确；ΔH3＝ΔH1－ΔH2，C错误；ΔH1＞0，ΔH2＜0，ΔH1＋ΔH2＜ΔH3，D错误。]
3．B　[对于反应a、b，升高温度平衡都向右移动，故二者均为吸热反应，ΔHa>0、ΔHb>0。由盖斯定律知反应a＝反应②－反应③，ΔHa＝ΔH2－ΔH3>0，推知ΔH2>ΔH3；反应b＝反应③－2×反应①，故ΔHb＝ΔH3－2ΔH1>0，推知ΔH3>2ΔH1。]
真题演练
1．C　
2．A　[2ΔH1≈ΔH2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比，但不能是存在相互作用的两个碳碳双键，故A错误；ΔH2＜ΔH3，即单双键交替的物质能量低，更稳定，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定，故B正确；3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，故C正确；ΔH3－ΔH1＜0，ΔH4－ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性，故D正确。]
3．2V2O5(s)＋2SO2(g)===2VOSO4(s)＋V2O4(s)
ΔH＝－351 kJ·mol－1
解析　据图写出热化学方程式：①V2O4(s)＋2SO3(g)===2VOSO4(s)　ΔH1＝－399 kJ·mol－1；②V2O4(s)＋SO3(g)===V2O5(s)＋SO2(g)　ΔH2＝－24 kJ·mol－1，根据盖斯定律由①－②×2可得：2V2O5(s)＋2SO2(g)===2VOSO4(s)＋V2O4(s)　ΔH＝ΔH1－2ΔH2＝(－399 kJ·mol－1)－(－24 kJ·mol－1)×2＝－351 kJ·mol－1。
4．(E1－E2)＋ΔH＋(E3－E4)
解析　设反应过程中第一步的产物为M，第二步的产物为N，则X→M的ΔH1＝E1－E2，M→N的ΔH2＝ΔH，N→Y的ΔH3＝E3－E4，根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝(E1－E2)＋ΔH＋(E3－E4)。
5．－911.9
第36讲　化学能转化为电能——电池
考点一
归纳整合
1．化学　电
2．自发进行
3．(2)氧化　还原　(3)②形成闭合回路　平衡电荷　③负极　正极
4．(1)电极材料　(2)较强　较弱　(4)正极
易错辨析
1．×　2.√　3.×　4.√　5.√
专项突破
1．A　2.B
3．(1)负　(2)正　2Al＋8OH－－6e－===2[Al(OH)4]－　6H2O＋6e－===6OH－＋3H2↑　2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al(OH)4]－＋3H2↑　(3)正　Cu－2e－===Cu2＋　2NO＋4H＋＋2e－===2NO2↑＋2H2O　Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O　(4)能　Cu　O2＋4e－＋2H2O===4OH－
考点二
归纳整合
1．(1)Zn　Zn＋2OH－－2e－===ZnO＋H2O　MnO2　2MnO2＋2H2O＋2e－===2MnOOH＋2OH－　(2)KOH　Zn　Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH)2　Ag2O　Ag2O＋H2O＋2e－===2Ag＋2OH－
2．应用举例
Pb　PbO2　(1)Pb＋SO－2e－===PbSO4　PbO2＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO4＋2H2O　(2)PbSO4＋2e－===Pb＋SO　PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋SO
3．(3)①O2＋6e－＋6H＋===3H2O
CH3OH－6e－＋H2O===CO2＋6H＋
②O2＋6e－＋3H2O===6OH－
CH3OH－6e－＋8OH－===CO＋6H2O
③O2＋6e－===3O2－
CH3OH－6e－＋3O2－===CO2＋2H2O
④O2＋6e－＋3CO2===3CO
CH3OH－6e－＋3CO===4CO2＋2H2O
易错辨析
1．√　2.√　3.×　4.×　5.×
专项突破
1．D
2．A　[该燃料电池中电极Y为正极，反应为O2＋4e－===2O2－；电极X是负极，反应为C＋2CO－4e－===3CO2，CO2＋O2－===CO。A项，总反应式为C＋O2===CO2，因此氧化物电解质的量不会减少，错误；C项，电极X为负极，原电池内部的阴离子向负极移动，正确；D项，该燃料电池是把化学能直接转化为电能，而煤燃烧发电是把化学能转化为热能，再转化为电能，故该燃料电池的能量效率更高，正确。]
3．(1)GaN　O2　Cu　CH4　(2)透明导电玻璃　RuⅢ　镀Pt导电玻璃　I－　I＋2e－===3I－　
(3)铝　Al2(C2O4)3　C2O
真题演练
1．B　2.A
3．B　[海水中含有丰富的电解质，如氯化钠、氯化镁等，可作为电解质溶液，故A正确；N为正极，电极反应主要为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，故B错误；Li为活泼金属，易与水反应，玻璃陶瓷的作用是防止水和Li反应，并能传导离子，故C正确；该电池不可充电，属于一次电池，故D正确。]
4．C　[放电过程为原电池工作原理，所以钾离子均向正极移动，A错误；碱性环境下，N2H4—O2清洁燃料电池总反应为N2H4＋O2===N2＋2H2O，其总反应中未消耗KOH，所以KOH的物质的量不变，其他两种燃料电池根据总反应可知，KOH的物质的量均减小，B错误；理论放电量与燃料的物质的量和转移电子数有关，设消耗燃料的质量均为m g，则甲醇、N2H4和(CH3)2NNH2放电量(物质的量表达式)分别是×6、×4、×16，通过比较可知(CH3)2NNH2理论放电量最大，C正确；根据转移电子数守恒和总反应式可知，消耗1 mol O2生成的氮气的物质的量为1 mol，在标准状况下为22.4 L，D错误。]
第37讲　常考新型化学电源
类型一
专项突破
1．D　
2．D　[据题意分析可知，A极为负极，B极为正极，该隔膜只允许Li＋通过，放电时Li＋向正极移动，即从左边流向右边，A正确；无论放电还是充电，Li元素化合价都是＋1价，化合价不变，B正确；充电时，B电极是阳极，其电极反应与放电时正极反应相反，故电极反应式为LiCoO2－xe－===Li1－xCoO2＋xLi＋，C正确；根据电池反应知，充电时锂离子进入石墨中，D错误。]
类型二
专项突破
1．B　[根据装置图，X电极上MnO2转化成Mn2＋，化合价降低，发生还原反应，X作正极，A错误；Y电极为负极，Cm(H2O)n中C的平均化合价由0价升高为＋4价，电极反应式为Cm(H2O)n－4me－===mCO2↑＋(n－2m)H2O＋4mH＋，B正确；根据原电池工作原理，阳离子由负极向正极移动，即H＋由右向左移动，C错误；正极反应式为MnO2＋2e－＋4H＋===Mn2＋＋2H2O，建立关系式为2mMnO2～4me－～mCO2，有1 mol CO2生成时，消耗2 mol MnO2，D错误。]
2．A　[由题图知，M极为负极，N极为正极，H2N(CH2)2NH2在负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为H2N(CH2)2NH2＋4H2O－16e－===2CO2＋N2＋16H＋，A正确；充电时二次电池的正极应与外接电源的正极相连，即与N极相连，B错误；H＋通过质子交换膜由M极移向N极，C错误；当N电极消耗标况下2.24 L O2时，则转移×4＝0.4 mol电子，所以有0.4 mol电子从M极流向N极，D错误。]
类型三
专项突破
1．C　[由图可知，放电时，电极A为负极，电极反应式为Zn＋4Br－－2e－===ZnBr，放电时负极区离子浓度减小，C错误；电极B为正极，电极反应式为Fe＋e－===Fe，故B正确；充电时，电极A连电源负极，作电解池的阴极，电极反应式为ZnBr＋2e－===Zn＋4Br－，故A、D正确。]
2．B　[由题图和题意知，电池总反应是3H2＋N2===2NH3。该合成氨反应在常温下进行，并形成原电池产生电能，反应不需要高温、高压和催化剂，条件温和，A项正确；观察题图知，左边电极发生氧化反应：MV＋－e－===MV2＋，为负极，不是阴极，B项错误；正极区N2在固氮酶作用下发生还原反应生成NH3，C项正确；电池工作时，H＋通过交换膜，由左侧(负极区)向右侧(正极区)迁移，D项正确。]
类型四
专项突破
1．A
2．B　[通入NH3时电池开始工作，左侧电极质量减少，则左侧电极作负极，电极反应为Cu＋4NH3－2e－===Cu；右侧电极质量增加，则右侧电极作正极，电极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，则放电时电池的总反应为Cu2＋＋4NH3===Cu，结合题给信息可知，ΔH＜0，A项正确、B项错误；A为阴离子交换膜，则放电时，NO经离子交换膜由右侧向左侧迁移，C项正确；负极反应中，Cu作还原剂，失电子生成氧化产物Cu(NH3)，正极反应中Cu2＋作氧化剂，相同条件下，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：Cu2＋>Cu(NH3)，D项正确。]
真题演练
1．B　
2．B　[由题意分析可知，放电时，N极为正极，故A正确；充电时，M极与直流电源的负极相连，作电解池的阴极，锌离子在阴极上得到电子发生还原反应生成锌，电极反应式为Zn2＋＋2e－===Zn，故C正确。]
3．C　[充电时，光照光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应(Li＋＋e－===Li)和阳极反应(Li2O2＋2h＋===2Li＋＋O2)，则充电时总反应为Li2O2===2Li＋O2，充电效率与光照产生的电子和空穴量有关，A、B正确；放电时，金属Li电极为负极，光催化电极为正极，Li＋从负极穿过离子交换膜向正极迁移，C错误；放电时总反应为2Li＋O2===Li2O2，则正极反应为O2＋2Li＋＋2e－===Li2O2，D正确。]
4．C　[由充电时电极a的反应可知，充电时电极a发生还原反应，所以电极a是阴极，则电极b是阳极，故A错误；放电时负极反应为Na3Ti2(PO4)3－2e－===NaTi2(PO4)3＋2Na＋，正极反应为Cl2＋2e－===2Cl－，反应后Na＋和Cl－的浓度都增大，则放电时NaCl溶液的浓度增大，pH不变，故B错误、C正确；充电时阳极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极反应为NaTi2(PO4)3＋2Na＋＋2e－===Na3Ti2(PO4)3，由得失电子守恒可知，每生成1 mol Cl2，电极a质量理论上增加23 g·mol－1×2 mol＝46 g，故D错误。]
第38讲　电解池　金属的腐蚀与防护
考点一
归纳整合
1．还原　阴　阳　氧化
2．电　化学　化学　电　正极　负极　氧化　还原　氧化　还原　阴极　阳极　正极　负极
3．(3)①2H＋＋2e－===H2↑　2H2O－4e－===4H＋＋O2↑　增大　加水　②2H＋＋2e－===H2↑　2Cl－－2e－===Cl2↑
Cu2＋＋2e－===Cu　2Cl－－2e－===Cl2↑　CuCl2Cu＋Cl2↑　减小　通入HCl　加CuCl2固体　③2Cl－－2e－===Cl2↑　2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－　2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－　通入HCl气体　2H2O－4e－===4H＋＋O2↑　Cu2＋＋2e－===Cu　2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋　减小并生成新电解质　加CuO
专项突破
1．D　2.D
3．(1)1　0.4　CuO(或0.62　CuCO3)　(2)水(或H2O)　0.4　(3)0.6
解析　(1)阳极生成O256 mL(标准状况)即0.002 5 mol，依据总反应式：2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，溶液中生成0.01 mol H＋，c(H＋)＝0.1 mol·L－1，pH＝1；电解生成0.002 5 mol O2和0.005 mol Cu，故要使溶液复原可加0.005 mol CuO，质量为0.4 g，或加0.005 mol CuCO3，质量为0.62 g。(2)继续通电电解，电解质为H2SO4溶液，故实际被电解的物质为H2O；加入0.1 mol Cu(OH)2可使溶液复原，相当于加入0.1 mol CuO和0.1 mol H2O，故转移电子为(0.1×2＋0.1×2) mol＝0.4 mol。(3)Cu2(OH)2CO3相当于2CuO·H2O·CO2，故转移电子为0.2 mol×2＋0.1 mol×2＝0.6 mol。
4．(1)2Cl－－2e－===Cl2↑　Mg2＋＋2H2O＋2e－===H2↑＋Mg(OH)2↓　Mg2＋＋2Cl－＋2H2OMg(OH)2↓＋Cl2↑＋H2↑　(2)2Al－6e－＋3H2O===Al2O3＋6H＋　2H＋＋2e－===H2↑　2Al＋3H2OAl2O3＋3H2↑
(3)Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2↓＋4H＋
(4)①2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
②S＋2H＋===(n－1)S↓＋H2S↑
(5)①a　Ce3＋－e－===Ce4＋
②2NO＋8H＋＋6e－===N2↑＋4H2O
解析　(5)①Ce4＋在阳极生成，从a口流出。②NO转化为无毒物质，则NO在阴极得电子，转化为N2，由得失电子守恒、电荷守恒可得阴极电极反应式。
考点二
归纳整合
1．(1)2Cl－－2e－===Cl2↑　氧化　2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－　还原　2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑　(2)精制饱和NaCl溶液　H2O(含少量NaOH)　淡盐水　NaOH溶液　Cl2　H2　(3)OH－
2．(1)②镀层金属　镀件　含有镀层金属离子　Cu－2e－===Cu2＋　Cu2＋＋2e－===Cu　(2)粗铜　纯铜　Cu－2e－===Cu2＋、Zn－2e－===Zn2＋、Ni－2e－===Ni2＋　Cu2＋＋2e－===Cu　阳极泥　残留在电解质溶液　有所下降
3．2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑　2Cl－－2e－===Cl2↑　2Na＋＋2e－===2Na　MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑　2Cl－－2e－===Cl2↑　Mg2＋＋2e－===Mg　2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑　6O2－－12e－===3O2↑　4Al3＋＋12e－===4Al
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×
专项突破
1．B　2.B
3．D　[A池是电解池，从图中看出，左边加入精制饱和NaCl溶液流出稀NaCl溶液，左边电极放电产生氯气，是阳极，则右边电极是阴极，阴极上氢离子放电产生氢气；B池是燃料电池，电池右边通入除去CO2后的空气，发生还原反应为正极，左边通入H2，发生氧化反应为负极。燃料电池中正极O2得电子产生OH－，Na＋通过阳离子交换膜从左往右移动，反应后NaOH浓度增大，即c%>a%，负极H2失电子生成的H＋消耗OH－，所以a%>b%，则c%>a%>b%，B正确；根据得失电子守恒可得关系式：2Cl2～2H2～O2，n(O2)＝0.5n(Cl2)＝0.5 mol，所以n(空气)＝5n(O2)＝2.5 mol，则标准状况下V(空气)＝2.5 mol×22.4 L·mol－1＝56 L，C正确。]
4．D　5.D
6．B　[由图可知，石墨为阳极，其电极反应式为C＋2O2－－4e－===CO2↑，钛网是阴极，其电极反应式为Ca2＋＋2e－===Ca。将熔融CaF2-CaO换成Ca(NO3)2溶液，阴极上H＋放电，无法得到金属Ca；钙还原二氧化钛的化学方程式为2Ca＋TiO2===Ti＋2CaO，制备金属钛前后，CaO的总量不变。]
7．(1)用铜作阳极可补充溶液中消耗的Cu2＋，保持溶液中Cu2＋浓度恒定
(2)2Al－6e－＋3H2O===Al2O3＋6H＋　6H＋＋6e－===3H2↑　2Al＋3H2OAl2O3＋3H2↑
(3)负　4Al2Cl＋3e－===Al＋7AlCl　H2
考点三
归纳整合
1．氧化
2．(2)2H＋＋2e－===H2↑　O2＋2H2O＋4e－===4OH－
Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑　2Fe＋O2＋2H2O===2Fe(OH)2　吸氧腐蚀
应用举例
⑤④②①③⑥
4．负　正　阴　阳
易错辨析
1．×　2.√　3.×　4.×　5.×
专项突破
1．A　
2．B　[若X为锌棒，开关K置于M处时，锌作负极，铁作正极被保护，A项正确、B项错误；若X为碳棒，开关K置于N处，铁连接电源负极作阴极被保护，C项正确；X连接电源正极作阳极发生氧化反应，D项正确。]
3．吸氧　Fe－2e－===Fe2＋　2H2O＋O2＋4e－===4OH－　4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3、2Fe(OH)3===Fe2O3·xH2O＋(3－x)H2O
真题演练
1．C　2.C
3．D　[根据题干信息分析可知，阳极区海水中的Cl－会优先失去电子生成Cl2，发生氧化反应，A正确；设置的装置为电解池原理，阳极区生成的Cl2与阴极区生成的OH－在管道中会发生反应生成NaCl、NaClO和H2O，其中NaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B正确；因为H2是易燃性气体，所以阴极区生成的H2需及时通风稀释，安全地排入大气，以排除安全隐患，C正确；阴极的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，会使海水中的Mg2＋沉淀积垢，所以阴极表面会形成Mg(OH)2等积垢，需要定期清理，D错误。]
4．A　[由装置示意图可知，b电极上N2转化为NH3，N元素的化合价降低，得到电子发生还原反应，因此b为阴极，电极反应式为N2＋3H2O＋6e－===2NH3＋3O2－，a为阳极，电极反应式为2O2－－4e－===O2，据此分析解答。由分析可得，在b电极上，N2被还原，A正确；a为阳极，若金属Ag作为a的电极材料，则金属Ag优先失去电子，B错误；改变工作电源的电压，导致电流大小改变，反应速率也会改变，C错误；电解过程中，阴极电极反应式为2N2＋6H2O＋12e－===4NH3＋6O2－，阳极电极反应式为6O2－－12e－===3O2，因此固体氧化物电解质中O2－不会减少，D错误。]
5．C　[实验①中，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应，当溶液中氢离子浓度减小，放电生成的铜覆盖在铁电极上，阻碍氢离子与铁接触，导致产生的气体减少，可能发生的反应为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑、Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，故A、B正确；四氨合铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，随阴极析出铜，四氨合铜离子浓度减小，Cu2＋＋4NH3[Cu(NH3)4]2＋平衡向正反应方向移动，故C错误。]
热点强化16
热点专练
1．D　2.D
3．D　[石墨电极为阳极，对应的电极反应式为P4＋8CN－－4e－===4[P(CN)2]－，则生成1 mol Li[P(CN)2]，理论上外电路需要转移1 mol电子，A错误；阴极上发生还原反应，应该得电子，电极反应式为2HCN＋2e－===H2↑＋2CN－，B错误；石墨电极为阳极，铂电极为阴极，CN－应该向阳极移动，即移向石墨电极，C错误；由所给图示可知HCN在阴极放电，产生CN－和H2，而HCN中的H来自于LiOH，则电解产生的H2中的氢元素来自于LiOH，D正确。]
4．C　[因为a电极氮元素化合价降低，氮气得电子，所以a极为阴极，X端为化学电源的负极，A正确；理论上a、b电极得失电子数相等，但a极上1 mol N2得到6 mol电子，b极上1 mol N2失去10 mol电子，所以消耗N2速率不相等，C错误；离子交换膜可以是质子交换膜，b极产生的质子通过交换膜进入a极区，D正确。]
5．C　[由电解示意图可知，电极B上Mn2＋转化为MnO2，锰元素化合价升高，失电子，则电极B为阳极，电极A为阴极，得电子，发生还原反应，A正确；由电解示意图可知，电极B上Mn2＋失电子转化为MnO2，电极反应式为2H2O＋Mn2＋－2e－===MnO2＋4H＋，B正确；电极A为阴极，LiMn2O4得电子，电极反应式为LiMn2O4＋3e－＋8H＋===Li＋＋2Mn2＋＋4H2O，依据得失电子守恒，电解池总反应为2LiMn2O4＋4H＋===2Li＋＋Mn2＋＋3MnO2＋2H2O，反应生成了Mn2＋，Mn2＋浓度增大，C错误；电解池总反应为2LiMn2O4＋4H＋===2Li＋＋Mn2＋＋3MnO2＋2H2O，电解结束后，可通过调节溶液pH将锰离子转化为沉淀除去，然后再加入碳酸钠溶液，从而获得碳酸锂，D正确。]
6．A
7．C　[由图中质子的移动方向可知，M极为电解池的阳极，与电源正极相连，A正确；N极为阴极，乙二酸在阴极的电极反应式为HOOCCOOH＋2e－＋2H＋===HOOCCHO＋H2O，放电时消耗氢离子，溶液pH增大，B正确、C错误；若有2 mol氢离子通过质子交换膜，阴极和阳极各生成1 mol乙醛酸，则装置中生成2 mol乙醛酸，D正确。]
8．D　9.B
10．C　[由图可知，右侧生成氢气，发生还原反应，右侧铁板为阴极，则左侧铁板为阳极，故a接电源正极，A项正确；左侧铁板为阳极，铁放电生成亚铁离子，亚铁离子被溶液中的Cr2O氧化，反应的离子方程式为Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，B项正确；标准状况下，13.44 L氢气的物质的量为＝0.6 mol，根据转移电子守恒得n(Fe2＋)＝＝0.6 mol，根据Cr2O～6Fe2＋可知，被还原的Cr2O的物质的量为0.6 mol×＝0.1 mol，C项错误；阴极氢离子放电生成氢气，氢离子浓度降低，溶液的pH增大，D项正确。]
11．Fe－2e－===Fe2＋　2NO＋8H＋＋6Fe2＋===N2↑＋6Fe3＋＋4H2O
解析　根据电解原理，阳离子向阴极移动，由装置图可知，A为电源的正极，B为电源的负极，铁作阳极，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋；NO在酸性条件下具有强氧化性，能将Fe2＋氧化，本身被还原成N2，其反应的离子方程式为2NO＋8H＋＋6Fe2＋===N2↑＋6Fe3＋＋4H2O。
第39讲　多池、多室的电化学装置
考点一
归纳整合
2．(3)Fe－2e－＋2OH－===Fe(OH)2　Fe(OH)2＋2e－===Fe＋2OH－
专项突破
1．C
2．(1)PbO2＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO4＋2H2O　小　48
(2)Pb　PbO2　对换
3．(1)负　(2)增大　减小　不变
(3)0.025 mol·L－1　(4)13
解析　(1)三个装置是串联的电解池。电解AgNO3溶液时，Ag＋在阴极发生还原反应生成Ag，所以质量增加的铜电极是阴极，由此推知X是电源负极。
(2)电解KCl溶液生成KOH，溶液pH增大；电解CuSO4、K2SO4溶液生成H2SO4，溶液pH减小；电解AgNO3溶液，银为阳极，不断溶解，Ag＋在阴极不断析出，AgNO3溶液浓度基本不变，pH不变。
(3)通电5 min时，C中析出0.02 mol Ag，电路中通过0.02 mol电子；B中共收集0.01 mol气体，若该气体全为氧气，则电路中需通过0.04 mol电子，电子转移不守恒，因此，B中电解分为两个阶段，先电解CuSO4溶液，生成O2，后电解水，生成O2和H2，B中收集到的气体是O2和H2的混合物。设电解CuSO4溶液时生成O2的物质的量为x mol，电解H2O时生成O2的物质的量为y mol，则4x＋4y＝0.02(电子转移守恒)，x＋3y＝0.01(气体体积之和)，解得x＝y＝0.002 5，所以n(CuSO4)＝2×0.002 5 mol＝0.005 mol，c(CuSO4)＝＝0.025 mol·L－1。(4)常温下，通电5 min时，A中放出0.01 mol H2，溶液中生成0.02 mol KOH，c(OH－)＝＝0.1 mol·L－1，pH＝13。
考点二
专项突破
1．D　2.C　
3．C　[由甲池放出O2知，乙池电极为电解池的阴极，和电源负极连接，溶液中氢离子放电生成氢气，A项错误；电解池中阳离子移向阴极，B项错误；阴极附近氢离子放电破坏了水的电离平衡，电极附近氢氧根离子浓度增大，NaOH溶液Y的浓度比NaOH溶液Z的大，C项正确；甲池电极为阳极，电解质溶液中氢氧根离子放电生成氧气，氢离子浓度增大，碳酸根离子结合氢离子生成碳酸氢根离子，出口为碳酸氢钠溶液，则电极反应式为4CO＋2H2O－4e－===4HCO＋O2↑，D项错误。]
4．C　[右侧氯离子放电得到次氯酸根离子，次氯酸根离子再氧化CN－为氮气，所以右侧电极为阳极，b为电源的正极，故A错误；a为电源的负极，左侧电极为阴极，发生反应：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，阴离子增加，污水中的钠离子会通过隔膜Ⅰ进入左侧，形成浓氢氧化钠溶液，所以隔膜Ⅰ为阳离子交换膜，故B错误、C正确；生成的2.24 L N2未标明条件，无法求得电路中通过电子的量，D错误。]
真题演练
1．C
2．A　[左侧电极上产生O2，右侧电极上产生H2，说明左侧电极为阳极，电极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，左侧制备三氧化铬：Cr2O＋2H＋===2CrO3＋H2O；右侧电极为阴极，电极反应式为4H2O＋4e－===4OH－＋2H2↑。H＋在阳极区参与反应制备三氧化铬，故不通过离子交换膜向阴极区迁移，A项错误；根据得失电子守恒，产生O2、H2的质量之比为32∶4＝8∶1，B项正确；由阴极反应式知，阴极产生OH－，如果OH－通过交换膜向左侧迁移，OH－必然会中和H＋，与题意相矛盾，所以，钠离子应该由左侧向右侧迁移，阴极区氢氧化钠溶液浓度增大，C项正确。]
3．D　[金属性强的钾易与氧气反应，为防止钾与氧气反应，电池所选择隔膜应允许K＋通过，不允许O2通过，故A正确；放电时，a为负极，b为正极，电流由b电极沿导线流向a电极，充电时，b电极应与直流电源的正极相连，作电解池的阳极，故B正确；生成1 mol超氧化钾时，消耗1 mol氧气，两者的质量比为(1 mol×71 g·mol－1)∶(1 mol×32 g·mol－1)≈2.22∶1，故C正确；铅蓄电池充电时的总反应的化学方程式为2PbSO4＋2H2O===PbO2＋Pb＋2H2SO4，反应每消耗2 mol水时，转移2 mol电子，由得失电子守恒可知，消耗3.9 g钾时，铅酸蓄电池消耗水的质量为×18 g·mol－1＝1.8 g，故D错误。]
4．A
5．D　[水放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，使Ⅱ室中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故A错误；阴极生成1 mol钴，阳极有1 mol水放电，则Ⅰ室溶液质量减少18 g，故B错误；若移除离子交换膜，氯离子的放电能力强于水，氯离子会在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，则移除离子交换膜后，石墨电极的电极反应会发生变化，故C错误；电解总反应的离子方程式为2Co2＋＋2H2O2Co＋O2↑＋4H＋，故D正确。]
第7章　化学反应的方向、限度与速率
第40讲　化学反应的方向和限度
考点一
归纳整合
2．(1)>　>　(2)自发进行
3．能　平衡　不能
易错辨析
1．×　2.×　3.×
专项突破
1．C
2．(1)不能实现，因为该反应的ΔH＞0，ΔS＜0，反应不可能自发进行　(2)＜　该反应的ΔS＜0，因该反应能自发进行，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0可知ΔH＜0　(3)高温
考点二
归纳整合
1．(1)正、逆两个方向　(2)小于
2．(1)可逆　相等　(3)可逆反应　动态平衡　v正　v逆　质量或浓度　(4)③a.不等体
易错辨析
1．×　2.×　3.×
专项突破
1．C　[不确定下一时刻反应进行的方向，因此需要考虑反应进行的方向并结合极限思想解答。若该时刻后反应正向进行且Y全部转化为Z，则
　　　　　　　　2X(g)＋Y(g)2Z(g)
某时刻/(mol·L－1)　0.3　 0.1 　 0.4
转化/(mol·L－1)　　0.2　　0.1　　0.2
平衡/(mol·L－1)　　0.1　　0　　　0.6
若反应逆向进行，且Z全部转化为X和Y，则
　　　　　　　　2X(g)＋Y(g)2Z(g)
某时刻/(mol·L－1)　0.3　　0.1　　0.4
转化/(mol·L－1)　　0.4　　0.2　　0.4
平衡/(mol·L－1)　　0.7　　0.3　　0
平衡时0.1 mol·L－1＜c(X)＜0.7 mol·L－1，可能等于0.5 mol·L－1，故A不选；平衡时0.1 mol·L－1＜c(Y)＋c(X)＜1.0 mol·L－1，c(Y)＋c(X)可能等于0.5 mol·L－1，故B不选；平衡时0.3 mol·L－1＜c(Y)＋c(Z)＜0.6 mol·L－1，不可能等于1.05 mol·L－1，故C选；平衡时0.7 mol·L－1＜c(X)＋c(Y)＋c(Z)＜1.0 mol·L－1，0.75 mol·L－1介于0.7 mol·L－1和1.0 mol·L－1之间，故D不选。]
2．(1)①③④⑦　(2)⑤⑦　(3)①③④⑤⑦　(4)①②③④⑦
(5)①②③　(6)②④⑦
3．(1)②③④⑦　(2)⑤⑦　(3)②③④⑤⑦　(4)②③④⑦
考点三
归纳整合
1．K
2.
3．温度
4．(2)正　平衡　逆　(3)吸热　放热　放热　吸热
易错辨析
1．×　2.√　3.×　4.×　5.×　6.×
专项突破
1．K1＝，K2＝，K3＝。K2＝，K3＝。
2.
3．B　[K＝，温度不变，K不变，则c(H2)不变，故c(H2)＝2 mol·L－1。]
4．C　[温度升高，平衡常数减小，故正反应为放热反应，A项正确；25 ℃时，逆反应的平衡常数K′＝＝＝2×10－5 mol3·L－3，B项正确；80 ℃时，若Ni(CO)4、CO的浓度均为0.5 mol·L－1，则Q＝＝ mol－3·L3＝8 mol－3·L3>K，v正＜v逆，C项错误；80 ℃达到平衡时，若n(CO)＝0.3 mol，c(CO)＝1 mol·L－1，故c[Ni(CO)4]＝K·c4(CO)＝2×14 mol·L－1＝2 mol·L－1，D项正确。]
5．(1)　(2)减小　(3)不处于　<
真题演练
1．C
2．(1)＋90.8　(2)CD
解析　(1)根据反应热＝反应物的总键能－生成物的总键能，2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)　ΔH＝390.8 kJ·mol－1×3×2－(946 kJ·mol－1＋436.0 kJ·mol－1×3)＝＋90.8 kJ·mol－1。
(2)若反应自发进行，则需ΔH－TΔS<0，T>＝≈456.5 K，即温度应高于(456.5－273) ℃＝183.5 ℃。
3．8×108 mol－1·L
解析　根据方程式可知该温度下平衡常数K＝＝ mol－1·L＝8×108 mol－1·L。
4．①ac　②大于　③小于　tm时生成物浓度较低
④ mol－1·L
第41讲　化学平衡常数的计算
考点一
专项突破
1．(1)　　　　　　M(g)　＋　N(g)　P(g)　＋　Q(g)
起始/(mol·L－1)　　1 　　　　　2.4　　　0　　　　0
转化/(mol·L－1)　　1×60%　　　1×60%　1×60% 　1×60%
平衡/(mol·L－1) 　　0.4 　　　　1.8　　　0.6　　　0.6
由三段式得N的平衡浓度为1.8 mol·L－1，K＝＝　(2)50%　6 mol·L－1
2．(1)0.45a　(2)＞　(3)不变　(4)3　25%
(5)盐酸是催化剂，浓度减小，反应速率减慢，催化剂不影响化学反应的限度
解析　(1)100 min时，A的转化率为45%，所以c(B)＝0.45a mol·L－1。(2)一定温度下，化学反应速率受反应物浓度影响，在反应建立平衡的过程中，反应物浓度不断减小，所以v正(t＝50 min)＞v逆(t＝∞ min)＝v正(t＝∞ min)。
(3)　　　　　　　　A(aq)B(aq)
起始/(mol·L－1)　　　c　　　　0
转化/(mol·L－1)　　　cα　　　　cα
平衡/(mol·L－1)　　　c－cα　　cα
K＝＝，温度一定时，K是常数，则增加A的起始浓度，A在t＝∞ min时转化率将不变。(4)由表知，该温度下，A在t＝∞ min时转化率为75%，则平衡常数K＝＝＝＝3；在相同条件下，若反应开始时只加入B，B的起始浓度也为a mol·L－1，则
A(aq)B(aq)
起始/(mol·L－1) 0 a
转化/(mol·L－1) x x
平衡/(mol·L－1) x a－x
则K＝＝3，得x＝0.25a，平衡时B的转化率为×100%＝25%。
3．反应Ⅰ　 mol－2·L2
解析　温度较低时，CH4的物质的量多，所以该催化剂在较低温度时主要选择反应Ⅰ。
CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)
转化/(mol·L－1)　　0.2　　　0.8　　　0.2　　　0.4
2CO2(g)＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g)
转化/(mol·L－1)　　0.4　　　1.2　　　0.2　　　0.8
c(CO2)＝(2－0.2－0.4) mol·L－1＝1.4 mol·L－1，
c(H2)＝(4－0.8－1.2) mol·L－1＝2 mol·L－1，
c(H2O)＝(0.4＋0.8) mol·L－1＝1.2 mol·L－1，
所以K＝ mol－2·L2。
考点二
归纳整合
例　
解析　　　N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)
起始/mol　　1　　3 0
变化/mol　　0.5　1.5 1
平衡/mol　　0.5　1.5 1
平衡时p(N2)＝p0、p(H2)＝p0、p(NH3)＝p0。Kp＝＝＝。
专项突破
1．320 kPa－1
2．(1)a　d　(2)33%　1.6
解析　(1)C3H8(g)C3H6(g)＋H2(g)　ΔH＝＋124 kJ·mol－1，正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，C3H8(g)的物质的量分数减小，C3H6(g)的物质的量分数增大；该反应为气体体积增大的反应，增大压强，化学平衡逆向移动，因此100 kPa时，C3H8的物质的量分数随温度变化关系的曲线是a，C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线是d。(2)同温同体积条件下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，设C3H8的平衡转化率为x，
C3H8(g)C3H6(g)＋H2(g)
起始/kPa　　　10　　　　0　　　0
反应/kPa　　　10x　　　　10x　　10x
平衡/kPa　　　10(1－x)　　10x　　10x
则10(1－x)＋10x＋10x＝13.3，解得：x＝0.33，
Kp＝≈1.6 kPa。
真题演练
1．①ac　②
③由图可知，A处对应反应c的ln K＝0，即K＝＝1，解得＝p(CH4)，已知反应达到平衡时p(H2)＝40 kPa，则p(CH4)＝16 kPa，且初始状态时p(CH4)＝×100 kPa＝50 kPa，故CH4的平衡转化率为×100%＝68%。
解析　①随着温度的升高，反应a和c的ln K增大，说明K的数值增大，反应向正反应方向进行，反应a和c为吸热反应。②用相对分压代替浓度，则反应c的平衡常数表达式K＝＝。
2．(2)24.8　
(3)①大于　②Kp1·Kp2　大于　设T′>T，即<，由图可知：lg Kp2(T′)－lg Kp2(T)>|lg Kp1(T′)－lg Kp1(T)|＝lg Kp1(T)－lg Kp1(T′)，则：lg[Kp2(T′)·Kp1(T′)]>lg[Kp2(T)·Kp1(T)]，即K(T′)>K(T)，因此该反应正反应为吸热反应，即ΔH大于0　(4)0.5
解析　(2)由题意可知，376.8 ℃时玻璃烧瓶中发生两个反应：BaPtCl6(s)BaCl2(s)＋Pt(s)＋2Cl2(g)、Cl2(g)＋I2(g)2ICl(g)。BaPtCl6(s)BaCl2(s)＋Pt(s)＋2Cl2(g)的平衡常数Kp＝1.0×104 Pa2，则平衡时p2(Cl2)＝1.0×104 Pa2，p(Cl2)＝100 Pa，设到达平衡时I2(g)的分压减小p kPa，则
Cl2(g)＋I2(g)2ICl(g)
开始/kPa　　　　　　　　20.0　　0
变化/kPa　　　　　　　　p　　　2p
平衡/kPa　　　　　0.1　　20.0－p　2p
376．8 ℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5 kPa，则0.1＋20.0＋p＝32.5，解得p＝12.4，则平衡时pICl＝2p kPa＝2×12.4 kPa＝24.8 kPa；则平衡时，I2(g)的分压为(20.0－p)kPa＝(20×103－12.4×103) Pa，pICl＝24.8 kPa＝24.8×103 Pa，p(Cl2)＝0.1 kPa＝100 Pa，因此反应2ICl(g)===Cl2(g)＋I2(g)的平衡常数K＝。
(3)①结合图可知，温度越高，越小，lg Kp2越大，即Kp2越大，说明升高温度平衡2NOCl(g)2NO(g)＋Cl2(g)正向移动，则NOCl分解为NO和Cl2反应的ΔH大于0。
②Ⅰ.2NO(g)＋2ICl(g)2NOCl(g)＋I2(g)　Kp1
Ⅱ.2NOCl(g)2NO(g)＋Cl2(g)　Kp2
Ⅰ＋Ⅱ得2ICl(g)===Cl2(g)＋I2(g)，则2ICl(g)===Cl2(g)＋I2(g)的K＝Kp1·Kp2；该反应的ΔH大于0；推理过程如下：设T′>T，即<，由图可知：lg Kp2(T′)－lg Kp2(T)>|lg Kp1(T′)－lg Kp1(T)|＝lg Kp1(T)－lgKp1(T′)，则：lg[Kp2(T′)·Kp1(T′)]>lg[Kp2(T)·Kp1(T)]，即K(T′)>K(T)，因此该反应的正反应为吸热反应，即ΔH大于0。
(4)Ⅰ.NOCl＋hν―→NOCl*
Ⅱ.NOCl＋NOCl*―→2NO＋Cl2
Ⅰ＋Ⅱ得总反应为2NOCl＋hν===2NO＋Cl2，因此2 mol NOCl分解需要吸收1 mol光子能量，则分解1 mol的NOCl需要吸收0.5 mol光子。
3．(1)－223　1.2×1014　(2)7.2×105
4．吸收　31.2　0.02 MPa
第42讲　反应条件对化学平衡移动的影响
考点一
归纳整合
3．(1)正反应方向　(2)不发生　(3)逆反应方向
4．正反应　逆反应　减小　增大　不　吸热　放热
6．减弱这个改变　
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×　5.√　6.×
专项突破
1．B
2．(1)不　(2)x＋y＜z
3．(1)CD　(2)B　(3)②⑤
考点二
归纳整合
应用举例
(1)正反应　减小　增大
(2)正反应　不变　不变
(3)正反应　增大　减小
(4)正向　增大　减小　不变　减小　增大
专项突破
1．A　2.D　
3．D　[甲和乙若都是恒温恒压，则两者等效，但乙为绝热恒压，又该反应正反应为放热反应，则温度：甲<乙，温度升高平衡向逆反应方向移动，c(SO2)：甲<乙，平衡常数K：甲>乙，A、B项错误；丙和丁若都是恒温恒容，则两者等效，但丁为绝热恒容，则温度：丙<丁，温度越高，反应速率越快，达到平衡的时间越短，所用的时间：丙>丁，C项错误；温度升高平衡向逆反应方向移动，体积分数φ(SO3)：丙>丁，D项正确。]
4．C　[若x＜4，则正反应为气体分子数减少的反应，乙容器对于甲容器而言，相当于加压，平衡正向移动，所以2c1＞c2，A项错误；若x＝4，则反应前后气体分子数相等，由于起始时甲容器中A、B的投入量之比与化学方程式中对应化学计量数之比不相等，故w3不可能等于w1，B项错误；起始时乙容器中A、B的投入量是甲容器的2倍，两容器的容积相等，故恒有2ρ1＝ρ2，C项正确，起始时乙容器中A、B的浓度是甲容器中的2倍，故乙容器达到平衡所需的时间比甲容器达到平衡所需的时间短，D项错误。]
真题演练
1．C　2.D
3．BC
解析　增加CH4(g)用量可以提高H2O(g)的转化率，但是CH4(g)平衡转化率减小，A不符合题意；恒温恒压下通入惰性气体，相当于减小体系压强，反应混合物中各组分的浓度减小，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，B符合题意；移除CO(g)，减小了反应混合物中CO(g)的浓度，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，C符合题意；加入催化剂不能改变平衡状态，故不能提高CH4(g)平衡转化率，D不符合题意。
4．BD
解析　在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入惰性气体不能改变反应物的浓度，因此反应Ⅰ的平衡不移动，A说法不正确；在反应中固体C转化为气体，气体的质量增加，而容器的体积不变，因此气体的密度在反应过程中不断增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B说法正确；若C(s)和H2O(g)完全反应全部转化为CO2(g)和H2(g)，由C(s)＋2H2O(g)CO2(g)＋2H2(g)可知，H2的体积分数的极值为，由于可逆反应有一定的限度，反应物不可能全部转化为生成物，因此，平衡时H2的体积分数不可能大于，C说法不正确；将炭块粉碎可以增大其与H2O(g)的接触面积，因此可加快反应速率，D说法正确。
第43讲　化学反应速率　工业合成氨
考点一
归纳整合
3．应用举例
③>①>②>⑤>④
解析　②v(CO)＝2v(NO2)＝1.4 mol·L－1·min－1；③v(CO)＝4v(N2)＝1.6 mol·L－1·min－1；④v(CO)＝v(CO2)＝1.1 mol·L－1·min－1；⑤v(CO)＝2v(NO2)＝0.02 mol·L－1·s－1＝1.2 mol·L－1·min－1，故反应的快慢为③>①>②>⑤>④。
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×
专项突破
1．D　2.A
3．30
4.
解析　列出三段式
2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)
初始/mol　　　　　4　　　2　　　　0
转化/mol　　　　　2　　　1　　　　2
10 min时/mol　　　2　　　1　　　　2
恒温恒容下，气体总压之比等于气体物质的量之比，所以10 min时体系总压p10 min满足＝，即p10 min＝p0 kPa，p初始(SO2)＝p0 kPa，p10 min(SO2)＝p0 kPa×＝p0 kPa，故v(SO2)＝＝ kPa·min－1。
5．0.2　1.0×104
解析　根据v逆＝k·c(CO)·c3(H2)，由表中数据可得：(c1 mol·L－1)3＝，c2 mol·L－1＝，所以有k××＝16.0 mol·L－1·min－1，解得k＝1.0×104 L3·mol－3·min－1，代入c2的等式可得c2＝0.2。
考点二
归纳整合
1．本身的性质　＞
2．增大　减小　不变　增大　减小　气体　增大　减小　增大　相同　比表面积
3．(1)②反应的活化能　E3　E1－E2　(2)增加　增加　不变
增加　增大　增加　增加　不变　增加　增大　不变　增加　增加　增加　增大　不变　增加　增加　增加　增大
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×　5.×
专项突破
1．①④⑥⑦
2．(1)增大　单位体积内，活化分子数目增加，有效碰撞的次数增多　(2)增大　(3)不变　单位体积内活化分子数不变　(4)减小
3．D　[由②③可知，温度相同时，pH越小，氧化率越大，由①②可知，pH相同时，温度越高，氧化率越大，A、B错误；Fe2＋的氧化率除受pH、温度影响外，还受其他因素影响，如浓度等，C错误。]
4．C
5．(1)①使用催化剂(其他合理答案也可)　②小于　(2)C
热点强化17
热点精讲
例　1 mol2·L－2　>
解析　解题步骤及过程：
步骤1　代入特殊值：
平衡时v正＝v逆，即
k正·c(CH4)·c(H2O)＝k逆·c(CO)·c3(H2)；
步骤2　适当变式求平衡常数，
K1＝＝；k正＝k逆，K1＝1 mol2·L－2
步骤3　求其他，
K2＝＝；k正＝1.5k逆，K2＝1.5 mol2·L－2；1.5>1，平衡正向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则T2>T1。
热点专练
1．5　0
2．>　正向
3．(1)　(2)2　120
解析　(1)可逆反应达到平衡状态时，v正＝v逆，所以k正·c(Mb)·p(O2)＝k逆·c(MbO2)，＝，而平衡常数K＝＝。(2)c点时，p(O2)＝4.50 kPa，肌红蛋白的结合度α＝90%，代入平衡常数表达式中可得K＝＝kPa－1＝2 kPa－1；K＝，则k正＝K·k逆＝2 kPa－1×60 s－1＝120 s－1·kPa－1。
4．(1)B　(2)0.025 mol·L－1·min－1　0.75
5．(1)6.27　4　(2)0.8
解析　(1)由图2可知，60 min时Δc(H2O)＝(2.0－0.4)mol·L－1＝1.6 mol·L－1，则Δn(CoFe2O4)＝Δn(H2O)＝1.6 mol·L－1×1 L＝1.6 mol，Δm(CoFe2O4)＝1.6 mol×235 g·mol－1＝376 g，则60 min内，v(CoFe2O4)＝≈6.27 g·min－1。由图2可知，反应在60 min时达到平衡状态，v正＝v逆，此时c(H2O)＝0.4 mol·L－1，c(H2)＝1.6 mol·L－1，k正·c(H2O)＝k逆·c(H2)，则＝＝＝4，a点c(H2O)＝c(H2)，＝＝＝4。
(2)当反应达到平衡时v正＝v逆，＝＝Kp＝4.5×10－5 kPa－1；T2 K、1.0×104 kPa时，设起始时n(CH4)＝n(CO)＝1 mol，列三段式：
CO(g)＋CH4(g)CH3CHO(g)
起始/mol　　　1　　　1　　　　　0
转化/mol　　　0.2　　0.2　　　　0.2
最终/mol　　　0.8　　0.8　　　　0.2
所以p(CH4)＝p(CO)＝×1.0×104 kPa＝×104 kPa，p(CH3CHO)＝×1.0×104 kPa＝×104 kPa，所以v正＝k正·p(CO)·p(CH4)＝k正××104 kPa××104 kPa，v逆＝k逆·p(CH3CHO)＝k逆××104 kPa，＝×＝4.5×10－5×＝0.8。
热点强化18
热点专练
1．C　2.C　
3．B　[整个过程中H＋是催化剂，先参与第一步反应，在最后一步反应生成，故A正确；由图可知该历程中最小的能垒(基元反应活化能)为131 kJ·mol－1，故B错误；决定总反应速率的是活化能或能垒最高的基元反应，由图可知，该基元反应为―→CH3OCH3＋H＋，故C正确；整个过程消耗甲醇，生成二甲醚和水，故总反应为2CH3OHCH3OCH3＋H2O，故D正确。]
4．D　5.C
6．D　[由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOO－与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合氢离子转化为氢气，所以总反应化学方程式为HCOOHCO2↑＋H2↑，故A正确；若氢离子浓度过低，则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制甲酸的电离，使甲酸根离子浓度降低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，故B正确；在整个循环中化合价发生变化的是氢元素和碳元素，铁元素的化合价未发生变化，故C正确；由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，故D错误。]
7．B　[一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应Ⅰ和反应Ⅳ的活化能较高，因此反应的决速步为反应Ⅰ、Ⅳ，故A错误；反应Ⅰ为加成反应，而为快速平衡，反应Ⅱ的成键和断键方式为或，后者能生成18OH－，因此反应结束后，溶液中存在18OH－，故B正确；反应Ⅲ的成键和断键方式为或，因此反应结束后溶液中不会存在CH318OH，故C错误；该总反应对应反应物的总能量高于生成物的总能量，总反应为放热反应，因此和CH3O－的总能量与和OH－的总能量之差等于图示总反应的焓变，故D错误。]
8．B　9.B
10．A　[从图中可以看出，在正向进行的三个吸热反应中，其能垒分别为[－1.23－(－2.16)]eV＝0.93 eV、[－1.55－(－1.77)]eV＝0.22 eV、[－1.02－(－2.21)]eV＝1.19 eV。从以上分析知，该历程中最小能垒为0.22 eV，是由(CH3)2NCH2OH*转化为(CH3)2NCH2的反应，化学方程式为(CH3)2NCH2OH*===(CH3)2NCH2＋OH*，A正确；该历程中最大能垒(活化能)为1.19 eV，B不正确；该反应的总反应是由(CH3)2NCHO(g)转化为N(CH3)3(g)，但1.02 eV为单个(CH3)2NCHO(g)反应时放出的热量，所以热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)===N(CH3)3(g)＋H2O(g)　ΔH＝－1.02NA eV·mol－1，C不正确；增大压强或升高温度均能加快反应速率，但升高温度平衡逆向移动，不能增大DMF的平衡转化率，D不正确。]
11．小于　2.02　COOH*＋H*＋H2O*===COOH*＋2H*＋OH*(或H2O*===H*＋OH*)
考点三
归纳整合
3．(1)增大反应物浓度　高温　高压　增大反应物浓度、减小生成物浓度　低温　高压　无影响
专项突破
1．(1)升高温度、增大压强、增大反应物的浓度、使用催化剂等，都可以使合成氨的反应速率增大；降低温度、增大压强、增大反应物浓度或减小生成物浓度等有利于提高氮气或氢气的转化率。
(2)①使用铁触媒作催化剂改变了反应历程，降低了反应的活化能，提高了活化分子的百分数，有效碰撞次数增加，反应速率加快。
②不能。因为催化剂对化学平衡无影响。
③能。因为实际合成氨过程为非平衡状态下进行，反应速率大，单位时间里生产的氨气的量多。
(3)考虑速率因素，500 ℃时催化剂的催化活性最好。
(4)合成氨时增大压强尽管可以同时提高反应速率和反应物的转化率。但是，压强越大，对材料的强度和设备的要求也越高，增加生产投资将降低综合经济效益。故一般采用的压强为10～30 MPa。
(5)使氨气冷却成液氨并及时分离，分离后的原料气循环使用。
2．B　[增大压强，平衡逆向移动，则丁烯的平衡转化率减小，结合图像可知，x小于0.1，A项正确；加入氢气，平衡逆向移动，丁烯产率上升的可能原因是通入的H2对催化剂有活化作用，减小的原因是氢气是产物之一，而随着增大，逆反应速率增大，B项错误。]
3．(1)减小压强　升高温度(或及时移出生成物)
(2)a　制备的目标产品是C2H4，b、c均为副反应，应加快反应a的反应速率
(3)①反应a、c是放热反应，升高温度，a反应平衡逆向移动程度较大　②BD
真题演练
1．C　2.B
3．D　[由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物的浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；由图可知，催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ催化效果好，反应速率大，说明催化剂Ⅰ使反应活化能更低，故B错误；由图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0～2 min内Y的浓度变化了2.0 mol·L－1，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0 mol·L－1，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随时间t的变化，故C错误；使用催化剂Ⅰ时，在0～2 min内，Y的浓度变化了4.0 mol·L－1，则v(Y)＝＝2.0 mol·L－1·min－1，v(X)＝v(Y)＝×2.0 mol·L－1·min－1＝1.0 mol·L－1·min－1，故D正确。]
4．(1)能　(2)高　低　(4)a　(5)－1　a
解析　(1)对于合成氨反应，常温下，
ΔG＝ΔH－TΔS＝－92.4 kJ·mol－1－298 K×(－0.2 kJ·K－1·mol－1)＝－32.8 kJ·mol－1<0，故合成氨反应在常温下能自发。(2)其他条件一定时，升高温度，可以提供更高的能量，使活化分子百分数增多，反应速率加快；合成氨反应是放热反应，要提高平衡转化率，即使反应平衡正向移动，应降低温度。(4)由题图可知，300 ℃时，复合催化剂催化时合成氨反应的反应速率比单一催化剂催化时大很多，说明300 ℃时复合催化剂比单一催化剂效率更高，a正确；同温同压下，复合催化剂能提高反应速率，但不能使平衡发生移动，故不能提高氨的平衡产率，b错误；温度过高，复合催化剂可能会失去活性，催化效率反而降低，c错误。(5)将实验1、3中数据分别代入合成氨的速率方程可得：①q＝k·mα·nβ·pγ，③10q＝k·mα·nβ·(0.1p)γ，两式联立可得γ＝－1。合成氨过程中，不断分离出氨，即降低体系中c(NH3)，生成物浓度下降，平衡向正反应方向移动，但不会提高正反应速率，a正确、c错误；反应主产物即氨不能使催化剂中毒，b错误。
第44讲　常考化学反应速率和化学平衡图像的分析
类型一
专项突破
1．(1)ACDF　(2)C　E　B　(3)A
(4)
解析　(1)根据图示可知，t0～t1、t2～t3、t3～t4、t5～t6时间段内，v正、v逆相等，反应处于平衡状态。
(2)t1时，v正、v逆同时增大，且v逆增大的更快，平衡向逆反应方向移动，所以t1时改变的条件是升温；t3时，v正、v逆同时增大且增大程度相同，平衡不移动，所以t3时改变的条件是加催化剂；t4时，v正、v逆同时减小，且v正减小的更快，平衡向逆反应方向移动，所以t4时改变的条件是减小压强。
(3)根据图示知，t1～t2、t4～t5时间段内平衡均向逆反应方向移动，则NH3的含量均比t0～t1时间段内的低，所以t0～t1时间段内NH3的百分含量最高。
(4)t6时刻分离出部分NH3，v逆立刻减小，而v正逐渐减小，在t7时刻二者相等，反应重新达到平衡，据此可画出反应速率的变化曲线。
2．B　
类型二
归纳整合
例1　(1)<　放热　(2)<　增大　(3)a　＝
例2　

专项突破
1．D　
2．(1)0.02 mol·L－1·min－1　(2)1∶2
(3)变大　(4)④⑥　④　(5)>
解析　(1)0～10 min内v(A)＝＝0.02 mol·L－1·min－1。(2)根据图像可知，0～10 min内A的物质的量浓度减少量为0.20 mol·L－1，C的物质的量浓度增加量为0.40 mol·L－1，x、y之比等于A、C的物质的量浓度变化量之比，故x∶y＝0.20 mol·L－1∶0.40 mol·L－1＝1∶2。(3)该反应是气体分子数增大的反应，而容器容积不变，因此0～10 min容器内压强变大。(4)根据图像可知，10 min时改变条件后，A、C的浓度瞬时不变且随后反应速率加快，故改变的条件可能是升温或加入催化剂；16 min时改变条件后，A、C的浓度瞬时不变，且随后A的浓度逐渐增大，C的浓度逐渐减小，说明平衡逆向移动，故改变的条件可能是升温。(5)升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，则K1>K2。
类型三
归纳整合
>　>　>　>
专项突破
1．C　
2．C　[A、C两点对应的温度相同，平衡常数只受温度的影响，KA＝KC，A错误；A点到C点，压强增大，NO2(g)的浓度增大，虽然平衡逆向移动，最终二氧化氮的浓度比原浓度大，即C点气体颜色比A点深，B错误；A点到B点，NO2的体积分数减小，说明相同压强下，T2到T1，平衡逆向移动，T2>T1，即由状态B到状态A，可以用加热的方法，C正确；A点到C点，压强增大，平衡逆向移动，该反应的逆反应为气体相对分子质量增大的反应，即A点气体的平均相对分子质量小于C点气体的平均相对分子质量，D错误。]
类型四
例1　(1)m1>m2>m3　
(2)1 200
解析　(1)在同温同压下，增加二氧化硫的量，会使原料气中SO2和O2的物质的量之比m变大，m越大，SO2的平衡转化率越小。
(2)A点二氧化硫的平衡转化率为88%，可列三段式：
SO2(g)　＋　O2(g)　　SO3(g)
起始/mol　　10　　　　　24.4　　　　　　0
变化/mol　　10×88%　　×10×88%　　10×88%
平衡/mol　　10×12%　　24.4－5×88%　10×88%
平衡时，混合气体总物质的量为[10×12%＋(24.4－5×88%)＋10×88%＋70] mol＝100 mol。达平衡时SO2的分压p(SO2)＝×105 Pa＝1 200 Pa。
例2　2.0
解析　由图可知当催化剂中约为2.0时，CO的转化率最大，二甲醚的产率最大，生成的二甲醚最多。
真题演练
1．C　
2．B　[甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小，刚开始压强增大的原因是因为容器温度升高，则说明反应放热，即ΔH＜0，故A错误；图中a点和c点的压强相等，na＜nc，故B正确；a点为平衡点，设Y转化的物质的量浓度为x mol·L－1，则列出三段式如下：
2X(g)＋Y(g)Z(g)
c0/(mol·L－1)　　　　2　　　1　　　0
Δc/(mol·L－1)　　　　2x　　　x　　　x
c平/(mol·L－1)　　　2－2x　　1－x　　x
则有[(2－2x)＋(1－x)＋x] mol<×3 mol，计算得到x>0.75，那么化学平衡常数K＝> mol－2·L2＝12 mol－2·L2，故C错误；根据上述分析及图像可知，a点温度高于b点，且a点压强大于b点，则va正＞vb正，故D错误。]
3．D
4．①　②b　开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来的2倍要小
③0.48
解析　①设t1时达到平衡，转化的NH3的物质的量为2x mol，列出三段式：
2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)
起始/mol　　　　　0.1　　　　0　　　0
转化/mol　　　　　2x　　　　x　　　3x
平衡/mol　　　　　0.1－2x　　x　　　3x
根据同温同体积下，混合气体的物质的量之比等于压强之比，＝，解得x＝0.02，v(H2)＝＝ mol·L－1·min－1。
③由图可知，平衡时，NH3、N2、H2的分压分别为120 kPa、40 kPa、120 kPa，反应的标准平衡常数Kθ＝＝0.48。
热点强化19
热点专练
1．(1)＜　(2)Kb＞Kc＞Kd　(3)T3～T4温度区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，不利于CO2的捕获
2．①该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动(或平衡常数减小)　②分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高　③210
解析　①图中有分子筛膜时，P点甲醇产率最大，达到平衡状态，P点后甲醇的产率降低，其原因是合成甲醇的反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇产率降低。②P点有分子筛膜，T点无分子筛膜，而分子筛膜能选择性分离出H2O，使平衡正向移动，提高甲醇的产率。③由图可知，当有分子筛膜，温度为210 ℃时，甲醇产率最大，故该分子筛膜的最佳反应温度为210 ℃。
3．乙　p1＞p2＞p3　T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响
4．(1)铝的表面有一层致密的Al2O3薄膜，能与H＋反应得到盐和水，无氢气放出
(2)反应放热，溶液温度升高，反应速率加快
(3)随着反应的进行，溶液中氢离子的浓度逐渐降低
5．p4>p3>p2>p1　该反应正向是气体分子数减小的反应，相同温度下，压强升高乙烯转化率升高
6．(1)870 K(860～880 K范围内都可以)
(2)该反应放热，升高温度，反应向逆反应方向进行
(3)加入的CO会与NO的分解产物O2发生反应，促进NO分解平衡向生成N2的方向移动，导致NO的转化率增大
7．Mn　200 ℃　b～a段，开始温度较低，催化剂活性较低，脱氮反应速率较慢，反应还没达到化学平衡，随着温度升高反应速率变大，一定时间参与反应的氮氧化物变多，导致脱氮率逐渐增大
8．氨氮物质的量之比为1，温度为400 ℃　在400 ℃时，催化剂的活性最好，催化效率最高，同时400 ℃温度较高，反应速率快
9．(1)Ⅰ　高　(2)随着H2体积分数的增加，NO反应完后，在Pt催化下，N2和H2反应生成NH3，所以N2的体积分数呈下降趋势　(3)0.001　20%
10．(1)①＋131.3 kJ·mol－1　＞　②未达到自发进行反应的温度　③增大(或适当降低温度等合理答案)
④75%　(2)减少温室气体(CO2)的排放
(3)①反应Ⅴ和反应Ⅵ均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动　②CaCO3开始分解，生成的CO2与H2反应　③气体中CO和CO2的含量高，不利于提纯(或其他合理答案)
解析　(1)①由盖斯定律知，反应Ⅴ－反应Ⅵ＝反应Ⅰ，ΔH1＝－74.8 kJ·mol－1－(－206.1 kJ·
mol－1)＝＋131.3 kJ·mol－1；反应Ⅰ的气体分子数增多，ΔS>0。
③由图2可知，反应Ⅱ的K2随温度升高而减小，该反应为放热反应，故为提高反应Ⅱ中CO的转化率可采取降低温度、增大等方法。
④设容器体积为V L，
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
起始/mol　　　　　1　　　　3　　　　0　　　0
转化/mol　　　　　x　　　　x　　　　x　　　x
平衡/mol　　　　　1－x　　3－x　　　x　　　x
x2＝(1－x)(3－x)，解得x＝0.75。故CO的平衡转化率为×100%＝75%。
(2)该制氢工艺中设计反应Ⅲ的优点是吸收二氧化碳，减少温室气体的排放。
第8章　物质在水溶液中的行为
第45讲　水的电离和溶液的酸碱性
考点一
归纳整合
1．H2OH＋＋OH－　c(H＋)·c(OH－)　1×10－14　不变
增大　稀的电解质
2．逆　不变　减小　减小　增大　逆　不变　减小　增大　减小　正　不变　增大　增大　减小　逆　不变　减小　减小　增大　正　增大　增大　增大　增大
3．(1)1×10－12 mol·L－1　(2)1×10－10 mol·L－1
(3)1×10－10 mol·L－1　(4)1×10－4 mol·L－1
(5)1×10－4 mol·L－1
易错辨析
1．√　2.√　3.×　4.×
专项突破
1．D　2.B
3．D　[ac曲线上的任意一点，由于温度相同，所以水的离子积常数相同，根据b点可知，c(H＋)·c(OH－)＝10－14 mol2·L－2，A项正确；bd线段上任意一点都满足c(H＋)＝c(OH－)，溶液一定呈中性，B项正确；d点时，c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－6 mol·L－1＞1×10－7 mol·L－1，溶液的pH＝6，水的电离为吸热过程，所以d点温度高于25 ℃，C项正确；在c点c(H＋)＝1×10－8 mol·L－1，c(OH－)＝1×10－6 mol·L－1，溶液显碱性，而醋酸钠溶液显碱性，所以c点可能为醋酸钠溶液，D项错误。]
4．(1)B＞C＞A＝D＝E　(2)D　(3)碱　(4)1×10－10
考点二
归纳整合
1．(1)－lg c(H＋)　(2)＞　＜　＝　＝　＜　＞
2．(2)玻璃片　表面皿
易错辨析
1．√　2.×　3.√　4.×　5.×　6.×
专项突破
1．(1)中性　(2)碱性　(3)酸性　(4)中性　(5)酸性　(6)碱性　(7)酸性　(8)碱性
2．C　[A项，pH＝3的醋酸溶液在稀释过程中电离平衡正向移动，稀释100倍时，3 3．(1)2　(2)11　(3)11　(4)9.7　(5)2
4．(1)10　(2)1∶4　(3)10
解析　(1)pH＝3的硝酸溶液中c(H＋)＝10－3 mol·L－1，pH＝12的Ba(OH)2溶液中c(OH－)＝ mol·L－1＝10－2 mol·L－1，二者以体积比为9∶1混合，Ba(OH)2过量，溶液呈碱性，混合溶液中c(OH－)＝＝1×10－4 mol·L－1，则混合后c(H＋)＝＝ mol·L－1＝1×10－10 mol·L－1，故pH＝10。
(2)设氢氧化钡溶液的体积为V1 L，硫酸氢钠溶液的体积为V2 L，依题意知，n(Ba2＋)＝n(SO)，由Ba(OH)2＋NaHSO4===BaSO4↓＋NaOH＋H2O知，生成的氢氧化钠的物质的量为n(NaOH)＝n[Ba(OH)2]＝5×10－3V1 mol，＝1×10－3 mol·L－1，则V1∶V2＝1∶4。
(3)pH＝a的NaOH溶液中c(OH－)＝10a－14 mol·L－1，pH＝b的HCl溶液中c(H＋)＝10－b mol·L－1，根据中和反应H＋＋OH－===H2O，知c(OH－)·Va＝c(H＋)·Vb，＝＝＝1014－(a＋b)，a＋b＝13，则＝10。
真题演练
1．A
2．C　[由图可知，a、b、c三点对应的平衡常数不变，该曲线上的点温度相等，升高温度，不能引起由c向b的变化，故A项错误；b点c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7 mol·L－1，故Kw＝1.0×10－14 mol2·L－2，故B项错误；FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3＋结合水电离出的OH－，促进水的电离平衡右移，c(H＋)增大，c(OH－)减小，可能引起由b向a的变化，故C项正确；由c点到d点，水的离子积常数减小，但温度不变，Kw不变，则稀释溶液不能引起由c向d的变化，故D项错误。]
3．C　[根据HNO2和CH3COOH的电离常数，可知酸性：HNO2>CH3COOH，相同pH的两种酸溶液，稀释相同倍数时，弱酸的pH变化较小，故曲线Ⅰ代表CH3COOH溶液，A项错误；两种酸溶液中水的电离受到抑制，b点溶液pH小于c点溶液pH，则b点对应酸电离出的c(H＋)大，对水的电离抑制程度大，故水的电离程度：b点c(HNO2)，故n(CH3COOH)>n(HNO2)，因此与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na＋)不同，D项错误。]
4．①水的电离为吸热过程，升高温度有利于电离(压强对电离平衡影响不大)　②100

第46讲　弱电解质的电离平衡
考点一
归纳整合
1．(2)＝　≠
2．(1)向右　增大　减小　减弱　向右　增大　增大　增强　向左　增大　增大　增强　向右　减小　减小　增强　向左　减小　减小　增强　向右　增大　增大　增强
(2)

易错辨析
1．√　2.×　3.×
专项突破
1．D　[A、B项，只能证明蚁酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，错误；C项，只能证明蚁酸的酸性比碳酸强，错误；D项，溶液的pH＝2.3，说明HCOOH未完全电离，正确。]
2．C
3．(1)＜　(2)＞　(3)＜　＝　(4)＝
考点二
归纳整合
4．(3)①小　②大
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×
专项突破
1．(1)HCOOH＞H2CO3＞H2S＞HClO
(2)S2－＞CO＞ClO－＞HS－＞HCO＞HCOO－
(3)①②④
2．(1)变小　(2)变大　(3)变小　(4)不变　(5)不变
热点强化20
热点精讲
1．　　　　HA　　　　H＋　＋　A－
起始　　　　c　　　　　　0　　　　0
转化　　　　c·α　　　　　c·α　　　c·α
平衡　　　　c·(1－α)　　　c·α　　　c·α
Ka＝＝，α很小，可认为1－α≈1，则Ka＝c·α2。
热点专练
1．73.92
2．(1) mol·L－1　(2) mol·L－1
解析　(1)由电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(CH3COO－)，由物料守恒有
c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，溶液呈中性，所以c(CH3COOH)＝c(Cl－)。
CH3COOHCH3COO－＋H＋
　　　　　　－　　　10－7
Ka＝ mol·L－1＝ mol·L－1。
(2)根据2c(Ba2＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，由于c(CH3COO－)＝2c(Ba2＋)＝b mol·L－1，所以c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性。
CH3COOHCH3COO－＋H＋
－b　　　　　b　　　　10－7
Ka＝ mol·L－1＝ mol·L－1。
3．(1)纵轴坐标为lg c(OH－)，在M点时，溶液中c(OH－)＝10－10 mol·L－1，常温时0.010 mol·L－1的HA溶液中c(H＋)＝10－4 mol·L－1，则HA为一元弱酸。
(2)在相同温度下，M、P点的电离常数相同，用M点计算电离常数。HAH＋＋A－，c(H＋)≈
c(A－)，
常温下，Ka(HA)＝≈ mol·L－1＝1.0×10－6 mol·L－1。
4．(1)10－1.2 mol·L－1　(2)10－4.2 mol·L－1　(3)1 000
5．(1)H3PO3H2PO＋H＋　H2POHPO＋H＋
(2)Ⅰ　(3)10－1.4 mol·L－1
解析　Ka1＝，Ka2＝，且Ka1>Ka2，由图像可知，在相同或时，曲线Ⅱ对应的c(H＋)较大，为第一步电离，曲线 Ⅰ 对应的c(H＋)较小，为第二步电离，选用曲线Ⅱ中的特殊点B计算Ka1，Ka1＝＝10×10－2.4 mol·L－1＝10－1.4 mol·L－1。
真题演练
1．C　
2．B　[常温下，溶液Ⅰ的pH＝7.0，则溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7 mol·L－1，c(H＋)＜
c(OH－)＋c(A－)，A错误；常温下，溶液Ⅱ的pH＝1.0，溶液中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，Ka(HA)＝＝1.0×10－3 mol·L－1，c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，则＝1.0×10－3，解得＝，B正确；根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，C错误；常温下，溶液Ⅰ的pH＝7.0，溶液Ⅰ中c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1，Ka(HA)＝＝1.0×10－3 mol·L－1，c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，＝1.0×
10－3，溶液 Ⅰ 中c总(HA)＝(104＋1)c(HA)；溶液 Ⅱ 中，由B项解析可知c总(HA)＝
1.01 c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液 Ⅰ 和 Ⅱ 中的c(HA)相等，溶液 Ⅰ 和 Ⅱ 中c总(HA)之比为[(104＋1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]＝(104＋1)∶1.01≈104，D错误。]
3．1012·Ka1　1024·Ka1·Ka2
解析　H2CO3是二元弱酸，分步发生电离：H2CO3HCO＋H＋、HCOCO＋H＋，则有Ka1＝、Ka2＝，从而可得Ka1·Ka2＝。当溶液pH＝12时，c(H＋)＝10－12 mol·L－1，代入Ka1、Ka1·Ka2可得c(H2CO3)∶c(HCO)＝1∶(1012·Ka1)，c(H2CO3)∶c(CO)＝1∶(1024·Ka1·Ka2)，综合可得c(H2CO3)∶c(HCO)∶c(CO)＝1∶(1012·Ka1)∶(1024·Ka1·Ka2)。
热点强化21
热点精讲
1．(1)

(2)大　大　大　多
2．＞　＞　NaOH　大
3．强　弱　＝　＞　＞　＝　强　弱　＞　＞
热点专练
1．D
2．B　[根据图知，lg ＝0时，HX的pH＞1，说明HX部分电离，为弱酸，HY的pH＝1，说明HY完全电离，为强酸，A错误；酸抑制水电离，酸中氢离子浓度越小，其抑制水电离的程度越小，根据图知，b点溶液中氢离子浓度小于a点，则水电离程度a＜b，所以由水电离出的c(H＋)·c(OH－)：a＜b，B正确；酸的电离平衡常数只与温度有关，所以相同温度下，电离常数Ka(HX)：a＝b，C错误；lg ＝3，若同时微热两种溶液，n(X－)增大，n(Y－)不变，二者溶液体积相等，所以＝＝增大，D错误。]
3．C
4．C　[2 mL 2 mol·L－1的盐酸和醋酸，盐酸中c(H＋)大，与镁条反应的速率快，相同时间内产生的氢气多，容器内压强大，反应先结束，故②代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线，故A错误；从图像可以看出，100 s后，醋酸与镁的反应速率更大，此时盐酸与镁已接近反应结束，c(H＋)较小，反应速率较小，故B错误；由于盐酸和醋酸的浓度和体积均相同，则二者物质的量相同，故反应结束时，产生的氢气总量基本相等，用1 mol·L－1 NaOH溶液完全中和上述两种酸溶液时，盐酸与醋酸消耗NaOH溶液的体积相等，故C正确、D错误。]
第47讲　盐类的水解
考点一
归纳整合
1．水中的H＋或OH－结合生成弱电解质
2．正
3．(2)酸碱中和
4．否　中性　是　NH、Cu2＋　酸性　是　CH3COO－、CO　碱性
5．应用举例
(1)NH＋H2ONH3·H2O＋H＋　(2)CO＋H2OHCO＋OH－　HCO＋H2OH2CO3＋OH－　(3)Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋　(4)CH3COO－＋NH＋H2OCH3COOH＋NH3·H2O　(5)2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑　(6)Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×
专项突破
1．(1)②＞④＞③＞①　②＞④＞③＞①
(2)①＞③＞④＞②　(3)c(Na＋)＞c(CN－)＞c(HCN)
2．B
3．中　碱
4．(1)①H2OH＋＋OH－　②HCOH＋＋CO
③HCO＋H2OH2CO3＋OH－
(2)HCO的水解程度　(3)酸　(4)碱
5．(1)＜　CH3COOH电离　＜　(2)＞　NaCN水解　＞
(3)＜　NH3·H2O电离　＞
考点二
归纳整合
1．(1)越大　越强　>　>
应用举例
1．假设加水稀释10倍。
Kh＝
Q＝＝
Q＜Kh，加水稀释水解平衡正向移动。
2．取少量Na2CO3溶液于试管中，往其中滴加几滴酚酞，再滴加足量的氯化钙溶液。开始滴加酚酞后，溶液变红，加入氯化钙溶液之后产生白色沉淀，溶液变为无色。
2．(1)①溶液中碳酸根离子水解：CO＋H2OHCO＋OH－，使溶液显碱性，会与玻璃中成分SiO2反应　②明矾溶液中的铝离子水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体能吸附水中的悬浮物，起到净水作用　③Zn2＋水解使溶液显酸性，能溶解铁锈　(2)①碳酸钠的水解为吸热反应，升高温度水解平衡向右移动，溶液的碱性增强，去污效果增强　②铵态氮肥中的NH水解显酸性，草木灰中的CO水解显碱性，相互促进，使氨气逸出降低肥效　③Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，MgO＋2H＋===Mg2＋＋H2O，使Fe3＋水解平衡向右移动，从而转化为Fe(OH)3沉淀除去，且不引入新的杂质　④NaHCO3与Al2(SO4)3饱和溶液发生相互促进的水解反应：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑　(3)①浓盐酸　②在干燥的HCl气流中加热MgCl2·6H2O，可以得到无水MgCl2，HCl气流能抑制MgCl2的水解，且带走MgCl2·6H2O因受热产生的水蒸气
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×
专项突破
1．C　2.D
3．B　[加热醋酸钠溶液促进CH3COO－的水解，使溶液的碱性增强，pH增大，故B错误。]
4．CaO/Na2CO3　无　Na2SO4　Fe2O3/Al2O3　Al2(SO4)3/Fe2(SO4)3/CuSO4　Na2CO3
5．MgO或Mg(OH)2　CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3
6．D　[过二硫酸钠中含有过氧键，分子中硫元素的化合价为＋6价，A错误；氧化除锰后的溶液中存在的离子为Na＋、Zn2＋、Fe3＋、SO，B错误；溶液中铁离子能与锌反应生成硫酸亚铁和硫酸锌，所以调节溶液pH时试剂X不能选用锌，C错误；沉锌时发生的反应为溶液中锌离子与碳酸氢根离子反应生成ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀、二氧化碳和水，D正确。]
答题规范(5)
规范精练
1．取Na2CO3溶液，滴加酚酞溶液呈红色，然后分成两份，加热其中一份，若红色变深，则盐类水解吸热
2．>　HCOCO＋H＋，HCO＋H2OH2CO3＋OH－，pH大于8则HCO的水解程度大于电离程度
3．Al2O3；在AlCl3溶液中存在着如下平衡：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，加热时水解平衡右移，HCl浓度增大，蒸干时HCl挥发，使平衡进一步向右移动得到Al(OH)3，在灼烧时发生反应：2Al(OH)3Al2O3＋3H2O，因此最后得到的固体是Al2O3；在HCl气流中加热蒸发溶质不变。
4．在NH4Cl溶液中存在水解平衡：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，加入Mg，Mg与H＋反应放出H2，使溶液中c(H＋)降低，平衡向右移动，使Mg粉不断溶解。
热点强化22
热点精讲
1．(2)①　②
(3)①越大　②增大
热点专练
1．HCO发生水解反应：HCO＋H2OH2CO3＋OH－，水解常数Kh＝＝ mol·L－1
≈2.38×10－8 mol·L－1；HCO的电离常数Ka2＝5.6×10－11 mol·L－1，因Kh＞Ka2，HCO的水解程度大于电离程度，故NaHCO3溶液呈碱性。
2．(1)③＜②＜①　(2)＜　(3)碱　Na2HPO4的水解常数Kh＝＝＝ mol·L－1≈1.6×10－7 mol·L－1，Kh＞Ka3，即HPO的水解程度大于其电离程度，因而Na2HPO4溶液显碱性
3．D　[CN－的水解常数Kh＝1.6×10－5 mol·L－1，则HCN的电离常数为Ka＝＝ mol·
L－1＝6.25×10－10 mol·L－1，Kh＞Ka，所以水解程度更大，溶液显碱性，pH＞7，A项错误；CN－的水解程度大于HCN的电离程度，所以c(HCN)＞c(Na＋)＞c(CN－)，故C项错误；c mol·
L－1盐酸与0.6 mol·L－1 NaCN溶液等体积混合后溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CN－)＋c(Cl－)，溶液显中性，所以c(CN－)＝c(Na＋)－c(Cl－)＝ mol·L－1，溶液中还存在物料守恒：c(HCN)＋c(CN－)＝c(Na＋)，所以c(HCN)＝c(Na＋)－c(CN－)＝ mol·L－1，所以有Ka＝＝ mol·L－1＝6.25×10－10 mol·L－1，解得c＝，D项正确。]
4．NH水解使溶液显酸性，其水解常数为Kh(NH)＝＝ mol·L－1≈5.6×10－10 mol·
L－1，HCO水解使溶液显碱性，其水解常数为Kh(HCO)＝＝ mol·L－1≈2.3×
10－8 mol·L－1，HCO的水解程度大于NH的水解程度，溶液显碱性
真题演练
1．D　2.B　3.C
4．D　[铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A正确；在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液，根据现象分析可知，Fe3＋既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，生成亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，生成蓝色沉淀，故B正确；实验③中在5 mL Na2SO3溶液中滴加2滴同浓度的FeCl3溶液，根据溶液变红褐色，说明Fe3＋发生水解反应，滴加K3[Fe(CN)6]无蓝色沉淀产生，说明没有发生还原反应，故C正确；结合实验①、③可知，SO对Fe3＋的水解反应有影响，故D错误。]
第48讲　酸碱中和滴定及拓展应用
考点一
归纳整合
1.
2．(1)①上　②0.01　③酸式　碱　碱式　酸性　强氧化性　(2)查漏　润洗　(3)滴定管的活塞　锥形瓶内溶液颜色　锥形瓶　(5)2～3　平均值
3．(1)体积　(2)滴定终点　红　蓝　红　黄　无　浅红　红5.偏大　偏小
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×
专项突破
1．(1)酸　24.90　大于25.10 mL　酚酞或甲基橙　(2)丙
(3)
2．(1)甲基橙或酚酞　(2)酚酞　溶液由无色变浅红色　(3)NaHCO3
3．偏高　偏高　偏低　无影响　偏低　偏低　偏高　偏低　无影响　偏低　偏高
4．B
5．A　[NaOH溶液滴定HX，恰好完全反应时溶液显碱性，甲基橙在酸性时就变色，故NaOH消耗量会减小，测定结果偏低，故A正确；0.1 mol·L－1 NaOH与20 mL酸恰好反应时消耗的碱的体积为20.00 mL，所以酸的浓度都是0.1 mol·L－1，根据图像纵坐标可知，HX为弱酸，HY为强酸，故B、C错误；a点对应溶质是NaX和HX，HX为弱电解质；b点对应溶质是NaY和HY，HY是强电解质，虽然各物质的浓度都相同，但是溶液中离子浓度不相同，故导电性不同，故D错误。]
考点二
专项突破
1．(1)5NO＋2MnO＋6H＋===5NO＋2Mn2＋＋3H2O　%　(2)偏小
2．97.91%　偏小
3．(1)×104　(2)偏高
解析　(1)根据关系式：Cr2O～6Fe2＋，求得K2Cr2O7标准溶液消耗n(Fe2＋)＝6c2V2×10－3 mol；则NO消耗n(Fe2＋)＝(c1V1－6c2V2)×10－3 mol，根据关系式3Fe2＋～NO得n(NO)＝(c1V1－6c2V2)×10－3 mol，n(NOx)＝n(NO2)＝n(NO)＝(c1V1－6c2V2)×10－3 mol，V L气样中含m(NO2)＝(c1V1－6c2V2)×46× mg，所以气样中NO2的含量为 mg·
m－3＝×104 mg·m－3。
答题规范(6)
规范精练
(1)当滴入最后半滴标准液后，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复红色　当滴入最后半滴标准液后，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复黄色
(2)淀粉溶液　当滴入最后半滴标准液后，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色
(3)否　当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色
(4)Ti3＋＋Fe3＋===Ti4＋＋Fe2＋　当滴入最后半滴标准液后，溶液变成血红色，且半分钟内不褪色
(5)KSCN溶液　当滴入最后半滴标准KI溶液后，溶液的血红色褪去，且半分钟内不恢复血红色
真题演练
1．B
2．(1)√　(2)×　(3)√　(4)×
3．B　[恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子会水解，溶液显碱性，A正确；加入20 mL NaOH溶液时，溶液为NaCl和CH3COOH的混合溶液，此时c(H＋)
≈＝ mol·L－1＝×10－3 mol·L－1＞1×10－4.3 mol·L－1，则滴加NaOH至pH＝4.3，说明醋酸也参加了反应，B错误；滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，氯离子浓度等于醋酸分子的浓度和醋酸根离子的浓度和，C正确；向20 mL浓度均为0.1 mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1的NaOH溶液，当NaOH溶液的体积为20 mL时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，故c(Na＋)>c(Cl－)>c(CH3COO－)>c(CH3COOH)，D正确。]
4．从左侧滴定管中放出一定体积的待测Ce4＋溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸，用0.020 00 mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液来滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由紫红色变为亮黄色，且半分钟内不变色，即达到滴定终点，重复上述操作2～3次，记录标准液的体积
5．17%
第49讲　溶液中“粒子”浓度关系
归纳整合
(一)
1．(1)c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NH)　(2)c(H2S)>c(H＋)>c(HS－)>c(S2－)
2．(1)c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(NH3·H2O)
(2)c(CO)>c(HCO)>c(H2CO3)
(二)
(1)①c(Na＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]
②c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)
③c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H2CO3)＋c(HCO)
(2)①c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)
②2c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)
(3)①c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)＋c(Cl－)　②c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Cl－)
专项突破
1．(1)Cl－、NH、H＋、OH－、NH3·H2O、H2O
(2)c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
(3)c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)
解析　NH4Cl===NH＋Cl－(完全电离)
NH＋H2ONH3·H2O＋H＋(微弱)
H2OH＋＋OH－(极微弱)

2．(1)×　c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)
(2)×　c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)
(3)√
(4)×　c(NH)>c(HCO)>c(H2CO3)>c(NH3·H2O)
(5)×　c(NH)＋3c(Fe3＋)<2c(SO)
3．A　
4．(1)c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(CO)＋c(HCO)
(2)2c(Na＋)＝3c(CO)＋3c(HCO)＋3c(H2CO3)
(3)c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(H＋)
5．(1)c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(OH－)
(2)c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)
(3)2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
(4)c(CH3COOH)＋2c(H＋)＝c(CH3COO－)＋2c(OH－)
解析　中和反应后，溶质为等量的CH3COONa、CH3COOH，且CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，c(CH3COO－)与c(CH3COOH)之和等于c(Na＋)的2倍。
6．(1)√　(2)×　c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)　(3)×　c(NH)＋2c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋2c(OH－)
(4)√
(5)×　2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH－)＋c(Cl－)＝c(Na＋)＋c(H＋)
(6)√
7．D　[由Kh(CO)＝＝可得0.5 mol·L－1的Na2CO3溶液中c(OH－)
≈＝ mol·L－1＝1×10－2 mol·L－1，pH约为12，A正确；NaHCO3在溶液中水解程度大于电离程度，溶液中存在：c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)，C正确；由物料守恒可知，NaHCO3溶液中c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)，Na2CO3溶液中c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，则Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中c(Na＋)
>c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)，D不正确。]
8．⑤>④>③>①>②
9．(1)③>②>④>①　(2)②>①>③　(3)④>②>③>①
真题演练
1．A　
2．C　[KOH吸收CO2所得到的溶液，若为K2CO3溶液，则CO主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c(HCO)，若为KHCO3溶液，则HCO发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜c(HCO)，A不正确；KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K＋)＋ c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)，依据物料守恒，溶液中：c(K＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]，则c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)，B不正确；KOH溶液吸收CO2，c(KOH)＝0.1 mol·L－1，c总＝0.1 mol·L－1，则溶液为KHCO3溶液，Kh(HCO)＝＝ mol·L－1
≈2.3×10－8 mol·L－1＞Ka2＝4.4×10－11 mol·L－1，表明HCO以水解为主，所以溶液中：c(H2CO3)＞c(CO)，C正确；如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生的反应为CO2＋2KOH===K2CO3＋H2O、K2CO3＋CaO＋H2O===CaCO3↓＋2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物，则原理相同)，上述反应均放热，溶液的温度升高，D不正确。]
第50讲　反应过程中溶液粒子浓度变化的图像分析
类型一
归纳整合
CH3COOH　c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)　CH3COOH　CH3COONa　c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－)　2c(Na＋)　CH3COONa　CH3COOH　c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(H＋)＝c(OH－)　CH3COONa　c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)　CH3COONa　NaOH　c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)
专项突破
1．C　2.B
3．D　[滴定过程中发生反应：NaOH＋H2SO3===NaHSO3＋H2O、NaHSO3＋NaOH===Na2SO3＋H2O。a点溶液中的溶质为NaHSO3和H2SO3，根据物料守恒得出，c(H2SO3)＋c(HSO)＋c(SO)<0.1 mol·L－1，根据电离常数Ka1＝，此时溶液的pH＝1.85，即c(H＋)＝10－1.85 mol·L－1，推出c(HSO)＝c(H2SO3)，代入上式得出，2c(H2SO3)＋c(SO)<0.1 mol·L－1，故A说法正确；b点加入20 mL NaOH溶液，NaOH和H2SO3恰好完全反应生成NaHSO3，即溶质为NaHSO3，根据质子守恒得c(H2SO3)＋c(H＋)＝c(SO)＋c(OH－)，故B说法正确；c点溶质为Na2SO3和NaHSO3，溶液显碱性，SO＋H2OHSO＋OH－，根据水解平衡常数Kh＝＝，c(OH－)＝，推出c(HSO)＝c(SO)，根据物料守恒：2c(Na＋)＝3c(H2SO3)＋3c(HSO)＋3c(SO)，则有c(Na＋)＝3c(HSO)＋1.5c(H2SO3)，显然：c(Na＋)
>3c(HSO)，故C说法正确；d点溶质主要为Na2SO3和少量NaHSO3，溶液中离子浓度c(Na＋)
>c(SO)>c(HSO)，故D说法错误。]
4．D　[m点还没有加入盐酸，C2O发生水解：C2O＋H2OHC2O＋OH－，Kh＝＝ mol·L－1，所以c(OH－)≈＝ mol·L－1＝10－5 mol·L－1，pOH＝5，A正确；V1＝100时，Na2C2O4与盐酸按照1∶1恰好反应，生成NaHC2O4和NaCl，HC2O的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，pH<7，pOH>7，B正确；a点溶液满足电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(Cl－)＋c(OH－)，C正确；q＝10，即pOH＝10，c(OH－)＝1×10－10 mol·L－1，c(H＋)＝1×10－4 mol·L－1，＝＝100，D错误。]
类型二
专项突破
1．B　2.A　
3．C　[稀硫酸逐滴滴入高铁酸钠(Na2FeO4)溶液中，溶液pOH不断增大，OH－的浓度不断减小，可知Ⅱ代表HFeO的变化曲线，故A错误；a、b、c三点溶液中微粒成分不同，溶液pOH不同，对水的电离影响程度不同，故B错误；FeO＋H2OHFeO＋OH－的平衡常数K1＝，a点时c(FeO)＝c(HFeO)，pOH＝1.6，则K1＝c(OH－)＝10－1.6 mol·L－1，同理可知HFeO＋H2OH2FeO4＋OH－的平衡常数K2＝10－5.2 mol·L－1，H2FeO4＋H2OH3FeO＋OH－的平衡常数K3＝10－7.3 mol·L－1，由此推出<，故C正确；a点溶液中c(FeO)＝c(HFeO)，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＋c(H3FeO)＝c(OH－)＋2c(FeO)＋c(HFeO)＋2c(SO)，从O到a点溶液中发生反应：2Na2FeO4＋H2SO4===2NaHFeO4＋Na2SO4，溶液中c(SO)≠c(HFeO)，则a点溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＋c(H3FeO)≠c(OH－)＋2c(FeO)＋3c(HFeO)，故D错误。]
类型三
专项突破
1．C　2.D
3．B　[根据图示可知，P1时c(NH)＝c(NH3·H2O)＝0.05 mol·L－1，溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)＋c(Cl－)，P1点溶液pH＝9.25，则c(OH－)＞c(H＋)，因此c(Cl－)＜0.05 mol·L－1，A错误；根据电荷守恒：c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)＋c(Cl－)，根据图示可知，P2时c(NH)＞c(NH3·H2O)，则c(H＋)＋c(NH)＞c(NH3·H2O)，所以c(NH3·H2O)＜c(OH－)＋c(Cl－)，B正确；根据图示可知，P3时t＝＝1.0，溶液的溶质为NH4Cl，根据物料守恒可得c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)，所以c(NH)＋c(NH3·H2O)＜c(Cl－)＋c(H＋)，C错误；25 ℃时，NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝，当溶液中c(NH)＝c(NH3·H2O)时，pH＝9.25，则Kb＝c(OH－)＝10－4.75 mol·L－1，D错误。]
真题演练
1．C　
2．C　[NaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na＋)＞c(X－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故A正确；弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由题图分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，则三种一元弱酸的电离常数的大小顺序为Ka(HX)＞Ka (HY)＞Ka(HZ)，故B正确；当溶液pH为7时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根离子的浓度大小顺序为c(X－)＞c(Y－)＞c(Z－)，故C错误；向三种盐溶液中分别滴加20.00 mL盐酸，三种盐都完全反应，溶液中钠离子浓度等于氯离子浓度，将三种溶液混合后溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，由c(Na＋)＝c(Cl－)可得：c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＝c(H＋)－c(OH－)，故D正确。]
3．A
4．D　[NH2CH2COOH中存在—NH2和—COOH，所以甘氨酸既有酸性又有碱性，故A正确；氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示NHCH2COOH的分布分数随溶液pH的变化，曲线b表示NHCH2COO－的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示NH2CH2COO－的分布分数随溶液pH的变化，故B正确；NHCH2COO－＋H2ONHCH2COOH＋OH－的平衡常数K＝，25 ℃时，根据a、b曲线交点坐标(2.35,0.50)可知，pH＝2.35时，c(NHCH2COO－)＝c(NHCH2COOH)，则K＝＝10－11.65 mol·L－1，故C正确；由C项分析可知，＝，根据b、c曲线交点坐标(9.78,0.50)分析可得电离平衡NHCH2COO－NH2CH2COO－＋H＋的电离常数K1＝10－9.78 mol·L－1，＝＝，则×＝×<1，即c2(NHCH2COO－)>c(NHCH2COOH)·c(NH2CH2COO－)，故D错误。]
5．C　[随着溶液碱性的增强，c(CH3COOH)减小，c(CH3COO－)增大，故MN线表示lg c(CH3COO－)，NP线表示lg c(CH3COOH)，MO线表示lg c(H＋)，OP线表示lg c(OH－)。O点时，c(H＋)＝c(OH－)，A项错误；N点时，lg c(CH3COOH)与lg c(CH3COO－)相等，Ka＝，pH＝－lg Ka，B项错误；由CH3COOH的电离平衡常数推导可知Ka＝＝c(H＋)·，故c(CH3COOH)＝ mol·L－1，C项正确；溶液pH增大，碱性增强，CH3COO－的水解程度减小，D项错误。]
第51讲　沉淀溶解平衡
考点一
归纳整合
2．(1)相等　饱和溶液　(2)②右移　增大　右移　不变　左移　增大　右移　减小　左移　减小　右移　减小
易错辨析
1．×　2.×　3.×
专项突破
1．③＞④＞①＞②
2．A
3．C　[升高温度可以使HCO分解，海水中的CO浓度增加；当CO2浓度一定时，T1温度下的海水中CO浓度更高，因而T1＞T2，A正确、C错误；观察图像可知，随CO2浓度增加，海水中的CO浓度下降，B正确；珊瑚礁的主要成分是CaCO3，CaCO3的沉淀溶解平衡方程式为CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋ CO(aq)，若海水中的CO浓度下降，会导致平衡正向移动，珊瑚礁会逐渐溶解，D正确。]
考点二
归纳整合
1．cm(An＋)·cn(Bm－)　cm(An＋)·cn(Bm－)　沉淀　平衡　未饱和
2．(1)越小　越小　(2)温度
专项突破
1．D　2.B
3．c(Ag＋)＝＝0.02 mol·L－1，c(Cl－)＝＝0.04 mol·L－1，Q＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝0.02×0.04 mol2·L－2＝8.0×10－4 mol2·L－2>Ksp，所以有AgCl沉淀生成。
4．(1)5　(2)6
解析　(1)根据题给信息，当c(Cu2＋)·c2(OH－)＝2×10－20 mol3·L－3时开始出现沉淀，则c(OH－)＝ mol·L－1＝10－9 mol·L－1，c(H＋)＝10－5 mol·L－1，pH＝5，所以要生成Cu(OH)2沉淀，应调整pH>5。
(2)要使Cu2＋浓度降至＝2×10－4 mol·L－1，c(OH－)＝ mol·L－1＝10－8 mol·L－1，c(H＋)＝10－6 mol·L－1，此时溶液的pH＝6。
5．三种阴离子浓度均为0.01 mol·L－1时，分别产生AgCl、AgBr和Ag2CrO4沉淀，所需要Ag＋浓度依次为
c1(Ag＋)＝＝ mol·L－1＝1.56×10－8 mol·L－1，
c2(Ag＋)＝＝ mol·L－1＝7.7×10－11 mol·L－1，
c3(Ag＋)＝＝ mol·L－1＝3×10－5 mol·L－1，沉淀时Ag＋浓度最小的优先沉淀，因而沉淀的顺序为Br－、Cl－、CrO。
6．在CaCO3的饱和溶液中c(Ca2＋)＝＝ mol·L－1≈5.3×10－5 mol·L－1，若向CaCO3饱和溶液中加入Na2SO4溶液，产生CaSO4(s)时SO的最小浓度为c(SO)＝＝ mol·L－1≈0.17 mol·L－1，则当溶液中c(SO)大于0.17 mol·L－1时，CaCO3(s)可以转化为CaSO4(s)。
7．5×10－7
解析　同一溶液中c(Ag＋)相等，＝＝＝＝5×10－7。
考点三
归纳整合
1．(2)CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3]　CuO与H＋反应，促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀　氨水　Fe3＋与NH3·H2O反应生成Fe(OH)3沉淀　Na2S　Na2S与Cu2＋、Hg2＋反应生成沉淀
2．(1)<　沉淀溶解的方向　(2)①Mg(OH)2(s)＋2H＋(aq)Mg2＋(aq)＋2H2O　Mg(OH)2＋2NH===Mg2＋＋2NH3·H2O　②PbSO4(s)Pb2＋(aq)＋SO(aq)，当加入CH3COONH4溶液时，Pb2＋与CH3COO－结合生成更难电离的(CH3COO)2Pb，c(Pb2＋)减小，Q(PbSO4) 3．(3)CaSO4(s)＋CO(aq)CaCO3(s)＋SO(aq)　ZnS(s)＋Cu2＋(aq)CuS(s)＋Zn2＋(aq)
专项突破
1．B　2.D
3．C　[PbSO4难溶于水，在水中存在沉淀溶解平衡：PbSO4(s)Pb2＋(aq)＋SO(aq)，A正确；铅膏(主要成分为PbSO4)中加入饱和Na2CO3溶液，过滤得到PbCO3的离子方程式为PbSO4(s)＋CO(aq)===PbCO3(s)＋SO(aq)，B正确；PbSO4、PbCO3都难溶于水，在水中都存在沉淀溶解平衡，故滤液中仍存在Pb2＋，C错误；滤液中溶质主要为Na2SO4，含有少量CO，其中c(CO)小于饱和Na2CO3溶液中的c(CO)，则滤液中CO水解产生的c(OH－)小于饱和Na2CO3溶液中CO水解产生的c(OH－)，Na2CO3溶液的碱性强，故pH：滤液<饱和Na2CO3溶液，D正确。]
4．B
5．(1)已知：①Cu＋Cu2＋2Cu＋　K＝7.6×10－7 mol·L－1；②CuCl(s)===Cl－(aq)＋Cu＋(aq)　Ksp＝2.0×10－6 mol2·L－2；则①－2×②得：Cu＋Cu2＋＋2Cl－2CuCl，此反应的平衡常数为＝ mol－3·L3＝1.9×105 mol－3·L3，说明此反应进行程度很大，能够完全进行
(2)若pH过低，锌会与溶液中的氢离子反应
真题演练
1．C　[二氧化碳能引起海水酸化，其原理为CO2＋H2OH2CO3H＋＋HCO，C错误。]
2．4.7　蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色　2.0×10－6 mol·L－1
解析　c(OH－)＝＝mol·L－1，pOH＝≈9.3，pH＝14－pOH＝14－9.3＝4.7；Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋(深蓝色)＋2OH－＋4H2O，向氢氧化铜中滴加过量浓氨水，蓝色沉淀溶解得到深蓝色溶液。反应Ga(OH)3＋NH3·H2O[Ga(OH)4]－＋NH的K＝＝×＝K1×Kb(NH3·H2O)×Ksp[Ga(OH)3]＝1.0×1034×2.0×10－5×1.0×10－35 mol·L－1＝2.0×10－6 mol·L－1。
3．(4)3.25×103　(5)游客呼出的CO2可与钟乳石的主要成分CaCO3发生可逆反应：CO2＋H2O＋CaCO3Ca2＋＋2HCO，CO2增加，平衡正向移动，CaCO3减少，钟乳石被破坏
解析　(4)由方程式可知，反应的平衡常数K＝＝＝＝＝3.25×103。
第52讲　沉淀溶解平衡图像的分析
归纳整合
(一)
2．越小　越小　不饱和　饱和　越小
3．(1)10－10　(2)＝　(3)a　(4)b
解析　(1)由题图可知，当AgNO3溶液的体积为50.0 mL时，溶液中的c(Cl－)略小于10－8 mol·L－1，此时混合溶液中c(Ag＋)＝＝2.5×
10－2 mol·L－1，故Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)≈2.5×10－2×10－8 mol2·L－2＝2.5×10－10 mol2·L－2。
(3)根据Ag＋＋Cl－===AgCl↓可知，达到滴定终点时，消耗AgNO3溶液的体积为＝20.0 mL，反应终点c向a方向移动。
(4)相同实验条件下，沉淀相同量的Cl－和Br－消耗的AgNO3的量相同，由于Ksp(AgBr) 专项突破
1．B　
2．B　[根据题干信息CdS(s)Cd2＋(aq)＋S2－(aq)　ΔH＞0可知CdS在水中溶解过程是一个吸热过程，升高温度平衡正向移动，故Ksp＝c(Cd2＋)·c(S2－)增大，从图中可知T1＜T2，A正确；图像中m、n、p点均为在温度T1下所测离子浓度，故Ksp(m)＝Ksp(n)＝Ksp(p)，B错误；m点达到沉淀溶解平衡，加入少量Na2S固体，平衡逆向移动，c(S2－)增大，c(Cd2＋)减小，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动，C正确；平衡CdS(s)Cd2＋(aq)＋S2－(aq)正向吸热，温度降低时，q点对应饱和溶液溶解度下降，说明溶液中c(S2－)和c(Cd2＋)同时减小，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动，D正确。]
3．C
4．A　[由图可知常温下，饱和Ca(OH)2溶液中当c(Ca2＋)＝10－3 mol·L－1时，c(OH－)＝10－2 mol·L－1，Ksp[Ca(OH)2]＝10－7 mol3·L－3，c点当c(Ca2＋)＝10－6 mol·L－1时，c(WO)＝10－4 mol·L－1，Ksp(CaWO4)＝10－10 mol2·L－2，则Ksp(CaWO4)＜Ksp[Ca(OH)2]，A正确；CaO与水反应，生成Ca(OH)2，反应放热温度升高，溶解度变小，析出Ca(OH)2，仍为饱和溶液，但溶剂减少，则Ca2＋数目减少，B错误；Ca(OH)2饱和溶液中c(Ca2＋)＝≈2.9×10－3 mol·L－1，c(OH－)＝5.8×10－3 mol·L－1，则CaWO4饱和溶液中c(WO)＝c(Ca2＋)＝＝10－5 mol·L－1，因此等体积混合后溶液中c(H＋)＜c(Ca2＋)，C错误；d点的CaWO4溶液为不饱和溶液，加入CaCl2固体，c(Ca2＋)增大，－lg c(Ca2＋)减小，c(WO)不变，则d点溶液组成应沿水平线向右移动(假设混合后溶液体积不变)，D错误。]
5．D
6．C　[溶度积常数表达式相同时，溶度积小的先生成沉淀，曲线上的转折点即为化学计量点，结合方程式①②知，B点生成AgCN，B点消耗硝酸银溶液的体积是A点的2倍，则V1＝5.00，故A项正确；A点生成[Ag(CN)2]－，根据方程式①知c(KCN)＝＝0.020 0 mol·L－1，B点KCN完全和AgNO3反应生成AgCN，V1＝5.00，则KCl和硝酸银完全反应消耗V(AgNO3)＝(12.50－5.00) mL＝7.50 mL，则c(KCl)＝＝0.030 0 mol·L－1，故B项正确；反应①的平衡常数为K1，反应②的平衡常数为K2，得Ag＋＋CN－===AgCN，Ksp(AgCN)＝，故C项错误；C点溶液中＝＝＝106，故D项正确。]
真题演练
1．B
2．D　[由题干信息可知，随着pH增大，c(OH－)增大，则c(M2＋)减小，c[M(OH)]增大，即－lg c(M2＋)增大，－lg c[M(OH)]减小，因此曲线①代表－lg c(M2＋)与pH的关系，曲线②代表－lg c[M(OH)]与pH的关系，A正确；由图像可知，pH＝7.0时，－lg c(M2＋)＝3.0，则M(OH)2的Ksp＝c(M2＋)·c2(OH－)＝1×10－17 mol3·L－3，B正确；根据图像可知，pH＝9.0时，c(M2＋)、c[M(OH)]均极小，则体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在，C正确；由曲线②可知，c[M(OH)]＝0.1 mol·L－1时pH≈14.5，则c(OH－)＝100.5 mol·L－1＞3 mol·L－1，因此加入等体积0.4 mol·L－1的HCl后，c(OH－)减小，平衡M(OH)2(s)＋2OH－(aq)[M(OH)](aq)逆向移动，因HCl的量不能使M(OH)2溶解，所以体系中M不可能主要以M2＋存在，D错误。]
3．C
4．D　[硫酸是强酸，随着溶液pH变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，pH相同时，溶液中硫酸根离子浓度越大，锶离子浓度越小，所以曲线①代表含硫酸锶固体的0.1 mol·L－1硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸锶固体的1.0 mol·L－1硫酸钠溶液的变化曲线；碳酸是弱酸，溶液pH越小，溶液中碳酸根离子浓度越小，锶离子浓度越大，pH相同时，1.0 mol·L－1碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1 mol·L－1碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1 mol·L－1碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体的1.0 mol·L－1碳酸钠溶液的变化曲线，故C正确；反应SrSO4(s)＋CO(aq)SrCO3(s)＋SO(aq)的平衡常数K＝＝＝，故A正确；曲线①代表含硫酸锶固体的0.1 mol·L－1硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锶的溶度积Ksp(SrSO4)＝10－5.5×0.1 mol2·L－2＝10－6.5 mol2·L－2，温度不变，溶度积不变，则在曲线②中溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为 mol·L－1＝10－6.5 mol·L－1，则a为－6.5，故B正确；对含SrSO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0 mol·L－1的混合溶液中锶离子浓度为10－6.5 mol·L－1，根据图示，pH≥6.9时锶离子浓度降低，所以pH≥6.9时发生沉淀转化，故D错误。]
热点强化23
热点精讲
1．S2－＋H2OHS－＋OH－
Kh1＝＝＝。
HS－＋H2OH2S＋OH－
Kh2＝＝＝。
2．Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋
Kh＝＝＝。
3．(1)K＝＝＝。
(2)K＝＝＝。
热点专练
1．3.7
2．1.7　酸　HF和NaF的浓度相等，Ka＝4.0×10－4 mol·L－1，Kh＝＝2.5×10－11 mol·L－1＜Ka，故HF的电离程度大于F－的水解程度，溶液呈酸性
解析　Ka(HF)＝≈＝4.0×10－4 mol·L－1，则1.0 mol·L－1HF溶液中氢离子浓度为2.0×10－2 mol·L－1，所以pH＝－lg(2.0×10－2)＝2－lg 2≈1.7。
3．反应Hg2＋(aq)＋HS－(aq)HgS(s)＋H＋(aq)的平衡常数K＝1.75×1038 mol－1·L，即K＝＝＝＝1.75×1038 mol－1·L，则Ksp(HgS)＝＝ mol2·L－2＝4.0×10－53 mol2·L－2。
4．(1)＝＝＝≈5.9×10－5。
(2)设(NH4)2SO4溶液的浓度为c，NH的水解程度为a，则＝＝，蒸发掉一部分水后恢复室温，溶液浓度增大，NH水解程度减小，即a减小，因而该比值减小。
5．(1)4.0×10－4 mol·L－1　(2)<
6．(1)＋6　(2)Al(OH)3　(3)①MoO＋Ba2＋===BaMoO4↓　②
解析　(1)“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Na和O的化合价分别为＋1和－2，根据化合物中各元素化合价的代数和为0可知，Mo元素的化合价为＋6。
(3)①滤液Ⅱ中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成BaMoO4沉淀，该反应的离子方程式为MoO＋Ba2＋===BaMoO4↓。②若开始生成BaCO3沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：HCO＋BaMoO4BaCO3＋MoO＋H＋，该反应的化学平衡常数K＝＝＝。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，必须满足≤，由于“沉钼”中pH为7.0，c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1，所以溶液中＝时，开始生成BaCO3沉淀， 因此，c(HCO)∶c(MoO)＝＝时，应停止加入BaCl2溶液。
7．(1)3.3　(2)1.13×102 mol－1·L　(3)增大　浓盐酸只溶于水层，使水中c(H＋)增大，电离平衡逆向移动，c(HA)W增大，这促使更多的HA进入苯层[或HA(W)HA(B)正向移动]，使c(HA)W增大，则苯中二聚平衡正向移动，最终c增大
第53讲　无机化工流程题的解题策略
专项突破
1．(1)温度高苯容易挥发，温度低溶解速率小
(2)调节溶液的pH，使Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀　抑制Cu2＋的水解
2．(1)将Co3＋还原为Co2＋　(2)氧化浸出液中的Fe2＋，便于调pH除去　Fe(OH)3　除去Cu2＋　(3)CaSO4、MgSO4　10－10.8 mol3·L－3
3．(1)CaO＋O2＋V2O3Ca(VO3)2
(2)Ca(VO3)2＋4H＋===Ca2＋＋2VO＋2H2O
(3)调节溶液的pH，并提供Ca2＋形成Ca3(VO4)2沉淀
(4)　(5)当pH>8时，钒的主要存在形式不是VO
解析　废钒渣中加入CaO焙烧，V2O3与CaO、空气中的氧气反应转化为Ca(VO3)2，Al2O3与CaO反应转化为Ca(AlO2)2，向焙烧后的固体中加入盐酸，Ca(AlO2)2转化为Al(OH)3沉淀，过滤得到含有Al(OH)3的滤渣1和含有CaCl2、VO2Cl的滤液；向滤液中加入石灰乳，调节pH，生成Ca3(VO4)2沉淀，过滤得到滤液1和Ca3(VO4)2；向Ca3(VO4)2中加入碳酸铵溶液，将Ca3(VO4)2转化为(NH4)3VO4，过滤得到含有CaCO3的滤渣2和含有(NH4)3VO4的滤液；向滤液中加入氯化铵，将(NH4)3VO4转化为NH4VO3沉淀，过滤得到滤液2和NH4VO3；NH4VO3灼烧脱氨制得V2O5。
(4)根据方程式可知，反应的平衡常数K＝，Ksp(CaCO3)＝c(CO)·c(Ca2＋)＝m，c(CO)＝，Ksp＝c3(Ca2＋)·c2(VO)＝n，c2(VO)＝，则K＝＝。
(5)当pH>8时，钒元素的主要存在形式不是VO，因此NH4VO3的产量明显降低。
4．(1)90 ℃　SiO2、CaSO4　c(SO)增大，使平衡Ca2＋(aq)＋SO(aq)CaSO4(s)正向移动，促进CaSO4析出
(2)MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O
(3)1.56×10－3
解析　(3)常温下CaF2溶解在纯水中，则溶液中2c(Ca2＋)＝c(F－)，由Ksp(CaF2)＝c(Ca2＋)·c2(F－)可知，Ksp(CaF2)＝4c3(Ca2＋)＝3.2×10－11 mol3·L－3，解得c(Ca2＋)＝2×10－4 mol·L－1，则饱和CaF2溶液中c(CaF2)＝c(Ca2＋)＝2×10－4 mol·L－1，则常温下CaF2在纯水中的溶解度为1.56×10－3 g。
5．(1)加热(或搅拌或适当增大硫酸浓度等)
(2)Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋
(3)SiO2、Fe
(4)①FeSO4＋2NH4HCO3===Fe(OH)2↓＋(NH4)2SO4＋2CO2↑　②140
(5)NaNO2被还原为氮氧化物，污染空气
解析　(4)②若用CaCO3“沉铁”，则生成FeCO3沉淀，当反应完成时，溶液中＝＝＝140。
6．(1)将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入双氧水中，并不断搅拌
(2)Fe(OH)3　9.0×10－7mol·L－1　(3)3.8×10－2　2Sc3＋＋3H2C2O4===Sc2(C2O4)3↓＋6H＋
解析　(1)在混合不同的液体时，一般先加密度较小、易挥发的，后加密度大、难挥发的，若混合时放热，则最后加受热易分解的。(3)25 ℃时pH＝2的草酸溶液中＝××＝Ka2(H2C2O4)×Ka1(H2C2O4)×＝6.4×10－5×5.9×10－2×≈3.8×10－2。
第9章　有机化学基础
第54讲　认识有机化合物
考点一
归纳整合
(一)
1．烃　烃的衍生物
3．(碳碳双键)　—C≡C—(碳碳三键)　—X(碳卤键)　—OH(羟基)　　(醚键)　　(醛基)　　(酮羰基)　 　(羧基)　　(酯基)　—NH2(氨基)　　(酰胺基)　—NH2(氨基)、—COOH(羧基)
(二)
1．应用举例
(1)2,2-二甲基丙烷　(2)2,5-二甲基-3-乙基己烷
2．应用举例
(1)4-甲基-1-戊炔　(2)3-甲基-1-丁烯　(3)2-甲基-1,2-丁二醇
3．应用举例
(1)间二甲苯　1,3-二甲苯　(2)1,2,4-三甲苯
易错辨析
1．×　2.×　3.√　4.×　5.×
专项突破
1．D　2.D
3．羟基、醛基　脂环
4．醚键、酮羰基、氨基、羟基
5．(1)5,5-二甲基-3-乙基-1-己炔　(2)3-乙基-1,3-戊二烯
(3)3,3-二甲基丁酸甲酯　(4)3-氯丙烯　(5)1,2-丙二醇　(6)对苯二甲酸　(7)二甲醚　(8)苯甲酰胺
6．(1)　(2)
(3)　(4)OHCCH2CHO
考点二
归纳整合
1．实验式　分子式　分子结构
2．(1)沸点　溶解度　溶解度　较大　(2)①不互溶　溶解度　③苯　CCl4　乙醚
3．(1)相对分子质量　相对分子质量　(2)化学键　官能团　(3)几种不同化学环境的氢原子　(4)键长　键角　晶体结构
专项突破
1．D　2.A　3.D
4．D　[由A的红外光谱图可知，有机物A含C—H、H—O和C—O，有3种不同的化学键，故A正确；有机物A的核磁共振氢谱图中有三组不同的峰，故该有机物分子中有三种不同化学环境的氢原子，故B正确；由A的质谱图可以得知最大质荷比为46，故C正确；根据上述三个图分析可知，有机物A有三种H，而CH3—O—CH3只有一种H，故D错误。]
5．(1)浓硫酸干燥O2；无水CaCl2吸收反应生成的水；碱石灰吸收反应生成的CO2。
(2)n(H)＝×2＝0.016 mol，n(C)＝＝0.012 mol，因为m(H)＋m(C)＝0.16 g<0.352 g，该有机物中还含有氧元素，n(O)＝＝0.012 mol，该有机物的最简式为C3H4O3。
(3)相对分子质量。
真题演练
1．3-氯丙烯
2．间苯二酚(或1,3-苯二酚)
3．3,4-二氯苯甲酸
4．醚键　醛基
5．氨基、酮羰基、碳溴键、碳氟键
6．C14H8N2O6Na2　4　1∶1∶1∶1
第55讲　有机化合物的空间结构　同系物　同分异构体
考点一
归纳整合
2．　CH3COOH
3．sp3　σ键　四面体形　sp2　σ键、π键　平面三角形　sp　σ键、π键　直线形
专项突破
1．C　[碳原子可形成4个共价键，而C项中碳原子形成5个共价键，不符合碳原子的成键特点。]
2．C　[乙醛含醛基，其结构简式为CH3CHO，A错误；2-丁烯的键线式为，B错误；D项为乙烷的空间填充模型。]
3．(1)4∶1　(2)8
4．D
5．11　6　9
考点二
归纳整合
1．相似　CH2
应用举例
(1)①④　(2)②
2．(3)应用举例
①　②　③④
3．(1)应用举例
C—C—C—C—C—C—C、、、、、、、、
(2)应用举例
烯烃：CH2==CH—CH2CH3、CH3CH==CHCH3、

炔烃：CH3C≡CCH3、CH≡CCH2CH3
(3)应用举例
　　　　　　
(4)应用举例
、、、、C—O—C—C—C、、
C—C—O—C—C
专项突破
1．B　2.C
3．D　[与分子式为C5H12O的饱和一元醇相对分子质量相同的饱和一元羧酸为C4H8O2。分子式为C5H12O的饱和一元醇有8种，分子式为C4H8O2的饱和一元羧酸有2种，所以生成的酯共有2×8＝16种。]
4．A　[由题意知甲中含有羧基；苯环上只有两个取代基，其中一个为—Cl，则另一个为—C4H7O2，—C4H7O2含有羧基的结构有：—CH2CH2CH2COOH、、、和，共5种，取代基—C4H7O2与—Cl有邻、间、对三种情况，则满足条件的有机物甲有5×3＝15种。]
5．A　[分子式为C3H6O2的酯可能是HCOOC2H5、CH3COOCH3，水解得到的醇分别是C2H5OH、CH3OH，得到的酸分别是HCOOH、CH3COOH，C2H5OH、CH3OH与HCOOH、CH3COOH形成的酯共有4种，A项错误；四联苯是具有两条对称轴的物质，即，有5种不同化学环境的氢原子，故有5种一氯代物，B项正确；将官能团的位置移动即可得其同分异构体：CH2==CHCH2COOH、CH3CH==CHCOOH，C项正确；该有机物含有4个环和1个碳碳双键，不饱和度为5，苯环的不饱和度为4，所以可能有属于芳香族的同分异构体，D项正确。]
真题演练
1．D　2.C
3．C　[由题中信息可知，M和N均属于二异丙基萘，两者分子式相同，但是其结构不同，故两者互为同分异构体，A不正确；因为萘分子中的10个碳原子是共面的，由于单键可以旋转，异丙基中最多可以有2个碳原子与苯环共面，因此，M分子中最多有14个碳原子共平面，B不正确；N分子中有5种不同化学环境的H原子，因此其一溴代物有5种，C正确；萘分子中有8个H原子，但是只有两种不同化学环境的H原子(分别用α、β表示，其分别有4个)，根据定一移一法可知，若先取代α，则取代另一个H的位置有7个；然后先取代1个β，然后再取代其他β，有3种，因此，萘的二溴代物有10种，D不正确。]
4．C　[顺反异构是指化合物分子中由于具有自由旋转的限制因素，使各个基团在空间的排列方式不同而出现的非对映异构现象，、都不存在顺反异构，故A正确；手性碳原子是指与四个各不相同的原子或基团相连的碳原子，L的同分异构体结构及手性碳原子(用*标记)为任一同分异构体中最多含有1个手性碳原子，故B正确；当与羟基相连的碳原子上只有1个氢原子时，醇发生催化氧化反应生成酮，羟基取代戊烷同分异构体中含有2个氢原子的碳原子上的1个氢原子即满足条件，满足条件的结构有、、，共3种，故C错误；连接在同一碳原子上的氢原子等效，连接在同一碳原子上的甲基等效，由B项解析可知，L的同分异构体中，含有两种化学环境的氢原子的结构为，故D正确。]
第56讲　烃　化石燃料
考点一
归纳整合
1．单键　CnH2n＋2(n≥1)　碳碳双键　CnH2n(n≥2)　碳碳三键　CnH2n－2(n≥2)
3．1～4　液态　固态　升高　越低　增大　小
4．(1)①原子或原子团　②a.光照　c．1 mol　1 mol　(2)①不饱和键两端的两个原子　②CH2==CH2＋Br2―→CH2Br—CH2Br　CH2==CH2＋HClCH3CH2Cl　CH2==CH2＋H2OCH3CH2OH　CH≡CH＋Br2―→Br—CH==CH—Br　CH≡CH＋2Br2―→
　CH≡CH＋HClCH2==CHCl　(3)①nCH2==CH—CH3　②nCH≡CHCH==CH
(4)①　　　②CH2—CH==CH—CH2
专项突破
1．C　2.A　3.C　4.B
5．(1)CH4　(2)C2H6　(3)C2H4　CH4　(4)CH4和C2H4
6．①②③④
解析　方法1：分别计算完全燃烧1 mol每种有机物(CxHyOz)的耗氧量，x＋－的值相等的组合符合题目要求。
方法2：①中C2H4O可改写成“C2H2·H2O”；②中C6H12O6可改写成“C4H8·2CO2·2H2O”；③中C6H12比C7H8少1个C原子多4个H原子，而1 mol C和4 mol H的耗氧量均为1 mol；④中HCOOCH3与CH3COOH分子式相同。四组物质中，等物质的量的两物质完全燃烧时消耗氧气的量均相等。
7．C
8．B　[该有机物含有两个不饱和度，且含有6个H，则其化学式为C4H6。]
9．
10.
考点二
归纳整合
1．苯环
2．(1)①＋HNO3＋H2O
②＋HBr　(2)　(3)不能
3．(1)＋3H2O　(2)＋HBr　＋HCl　(3)能　
易错辨析
1．×　2.√　3.×　4.√　5.×　6.×
专项突破
1．B　2.B
3．(1)加成(或还原)反应　环己烷
(2)　消去反应
(3)加入水，油层在上层的为苯，油层在下层的为溴苯
考点三
归纳整合
1．(1)有机物　无机物　C　H、O、N、S　(2)C＋H2O(g)CO＋H2
2．(1)C、H
3．(1)CH4　(2)CH4＋H2O(g)CO＋3H2
易错辨析
1．×　2.×　3.√　4.√　5.√
专项突破
1．C　2.D
3．(1)酒精喷灯　烧杯　(2)盛装冷水对蒸气进行冷却　粗氨水　煤焦油　氨　酚酞溶液(答案合理即可)　蒸馏
(3)H2、CH4、C2H4、CO　淡蓝色
解析　根据煤干馏的主要产品，可知b中得到的应是焦炭，c中得到的应是粗氨水和煤焦油，e处点燃的应是焦炉气。其中粗氨水中溶有氨，呈碱性，可用酚酞溶液等检验；煤焦油主要是苯、甲苯、二甲苯等的混合物，应用蒸馏的方法分离；焦炉气的主要成分有CH4、CO、H2、C2H4，燃烧时火焰呈淡蓝色。
真题演练
1．C　2.B　
3．A　[分子中含有碳碳三键，能与溴加成，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A正确；根据苯中12个原子共平面，乙炔中四个原子共直线，甲烷中三个原子共平面，因此分子中共平面的原子数目最多为15个(甲基中碳原子和其中一个氢原子与其他原子共面)，故B错误；苯环中碳碳键是介于碳碳单键和双键之间独特的键，故C错误；与Cl2发生取代反应，取代甲基上的氢有一种产物，取代苯环上的氢有四种产物，因此取代反应生成五种产物，故D错误。]
4．B　[A项，烃难溶于水，错误；B项，烃可以与卤素单质发生取代反应，正确；C项，烃的密度小于水的密度，错误；D项，“自行车烃”与环己烷结构不相似，不互为同系物，错误。]
第57讲　卤代烃　醇　酚
考点一
归纳整合
1．(1)卤素原子　(2)碳卤键
2．(1)高　(2)不溶　可溶
5．(1)CH3CHBrCH2Br　　CH2==CHCl　(2)CH3CH2Cl＋HCl　＋HBr　C2H5Br＋H2O
易错辨析
1．√　2.√　3.×　4.×
专项突破
1．C　2.B
3．B　[根据几种有机化合物分子组成和反应条件可得，X为CH3CH==CH2，Y为ClCH2CH==CH2，Z为HOCH2CH==CH2，W为HOCH2CHBrCH2Br，反应①②③分别为取代反应、取代反应、加成反应，选项A正确；反应②为卤代烃的水解反应，条件为NaOH的水溶液并加热，选项B错误；W在一定条件下可发生卤代烃的消去反应生成CH≡C—CH2OH，选项C正确；可由X通过如下三步反应制备甘油：CH3CH==CH2ClCH2CH==CH2ClCH2CHClCH2ClHOCH2CH(OH)CH2OH，选项D正确。]
4．(1)取代反应　消去反应　取代反应
(2)CH3—CH==CH2　CH2Cl—CCl==CHCl
(3)CH2Cl—CHCl—CH2Cl＋NaOHCH2Cl—CCl==CH2＋NaCl＋H2O
考点二
归纳整合
2．烷烃或烯烃　升高　越高　降低　越大
思考　(1)醇分子间形成氢键
(2)它们与水分子间形成氢键
3．小　以任意比例互溶　75%
4．(2)(ⅰ)2CH3CH2OH＋2Na―→2CH3CH2ONa＋H2↑，置换反应，①　(ⅱ)CH3CH2OH＋HBrCH3CH2Br＋H2O，取代反应，②　(ⅲ) CH3CH==CH2↑＋H2O，消去反应，②⑤　(ⅳ)2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3＋H2O，取代反应，①②　2HOCH2CH2OH＋2H2O，取代反应，①②　(ⅴ)2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，氧化反应，①③　＋O2＋2H2OO，氧化反应，①③
5．不饱和键　其他原子或原子团　　原子或原子团　原子或原子团　A1—B2　A2—B1　不饱键的有机化合物　A==B＋x—y(小分子)
专项突破
1．D　2.B
3．B　[α-萜品醇分子中含有1个碳碳双键，则1 mol该物质最多能与1 mol H2发生加成反应，A正确；该有机物分子中含有羟基和碳碳双键两种官能团，B错误；该有机物分子中含有羟基，能与金属钾反应产生H2，C正确；由该有机物的结构可知，只能生成两种消去产物，D正确。]
4．(1)①②③④　(2)①③　(3)②　(4)②
解析　(1)所有的醇都能与活泼金属钠反应产生H2。(2)能被氧化成醛的醇分子中必含有基团“—CH2OH”，①和③符合题意。(3)能被氧化成酮的醇分子中必含有基团“”，②符合题意。(4)若与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上的氢原子类型不同，则发生消去反应时，可以得到两种产物，②符合题意。
5．(1)　 　　(2)①③⑥⑧　(3)②④⑦
(4)＋2H2　加成反应
解析　结合框图可以推断C8H10是乙苯()。由乙苯逆推，可知化合物A是乙苯侧链乙基上的氢原子被溴原子取代的产物，进一步可推知，化合物C是苯乙烯，化合物G是苯乙炔，化合物D是乙酸苯乙酯。
考点三
归纳整合
1．苯环上的氢原子　羟基
应用举例
BC
2．互溶　易
3．(1)弱酸性　＋NaOH―→＋H2O　＋Na2CO3―→＋NaHCO3　(2)生成白色沉淀　＋3Br2―→＋3HBr　(3)紫
(4)n＋nHCHO　　(5)粉红
专项突破
1．D　[若5 mL蒸馏水恰好能够溶解1 g苯酚，则该温度下苯酚的溶解度为S＝20 g，步骤1形成的是悬浊液，故说明常温下苯酚的溶解度小于20 g，A正确；[Fe(C6H5O)6]3－是一种络合物，苯酚酸根离子中O原子提供孤电子对，Fe3＋提供空轨道，B正确；步骤3中由于浓溴水为少量，溴与苯酚生成的2,4,6-三溴苯酚将溶解在过量的苯酚中，因此不能观察到沉淀产生，C正确；由于酸性：H2CO3>C6H5OH>HCO，故步骤4中CO2与苯酚钠反应生成苯酚和NaHCO3，D错误。]
2．(1)3 mol　(2)6 mol　7 mol
3．(1)萃取　分液漏斗　(2)苯酚钠　碳酸氢钠
(3)＋CO2＋H2O―→＋NaHCO3　(4)CaCO3　过滤　(5)NaOH溶液　CO2
解析　苯酚易溶于苯中，可利用苯从废水中萃取出苯酚。分液后，即可得到不含苯酚的水和含苯酚的苯溶液，然后再利用苯酚的性质从混合物中把苯酚分离出来。
真题演练
1．B　
2．C　[根据分子的结构简式可知，1 mol该分子中含有1 mol —COOH，可与NaHCO3溶液反应生成1 mol CO2，在标准状况下其体积为22.4 L，A正确；1 mol分子中含5 mol羟基和1 mol羧基，其中羟基和羧基均能与Na发生置换反应产生氢气，而只有羧基可与氢氧化钠发生中和反应，所以一定量的该物质分别与足量Na和NaOH反应，消耗二者物质的量之比为6∶1，B正确；1 mol分子中含1 mol碳碳双键，所以1 mol该物质最多可与1 mol H2发生加成反应，C错误；分子中含碳碳双键和羟基，均能被酸性KMnO4溶液氧化，D正确。]
第58讲　醛、酮、羧酸、酯、酰胺
考点一
归纳整合
1．(1)烃基(或氢原子)　醛基　RCHO　羰基　烃基　　(2)烃基　醛基数目　(3)CnH2nO(n≥1)　CnH2nO(n≥3)
2．福尔马林　杀菌　防腐　挥发　水、乙醇　水
思考　由于碳链短，羰基氧能与水分子形成氢键。
3．(1)①CH3COONH4＋2Ag↓＋3NH3＋H2O
②CH3COONa＋Cu2O↓＋3H2O　(2)　(3)
易错辨析
1．×　2.√　3.×　4.√　5.√
专项突破
1．B
2．C　[由结构简式可知，假紫罗兰酮、α-紫罗兰酮和β-紫罗兰酮分子式相同，结构不同，互为同分异构体，B项正确；α-紫罗兰酮和β-紫罗兰酮与足量Br2发生加成反应的产物为、，分别含有5个、4个不对称碳原子(图中用标注)，C项错误；可用检验醛基的方法检验假紫罗兰酮中是否含有柠檬醛，D项正确。]
3．(1)银氨溶液(或新制的氢氧化铜悬浊液)　RCHO＋2[Ag(NH3)2]OH2Ag↓＋3NH3＋RCOONH4＋H2O[或RCHO＋2Cu(OH)2＋NaOHRCOONa＋Cu2O↓＋3H2O]
(2)酸性KMnO4溶液(或溴的CCl4溶液)
(3)醛基　醛基也能使酸性KMnO4溶液褪色　取少量柠檬醛，加入足量新制的氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，产生砖红色沉淀，证明含有醛基，充分反应后，用稀硫酸调至溶液成酸性，再滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，证明分子中还含有碳碳双键
4．(1)甲苯　(2)氢氧化钠水溶液，加热
(3)氧化反应　
(4)＋2Cu(OH)2＋NaOH＋Cu2O↓＋3H2O
(5)H为酚类化合物，易被空气中的氧气氧化
(6)CH3CH2OHCH3CHOCH3CH==CHCHO
CH3CH==CHCOOH
解析　A是相对分子质量为92的芳香烃，设该物质分子式是CnH2n－6，则14n－6＝92，解得n＝7，A是，名称为甲苯，结合C的结构简式逆推可知A与Cl2发生取代反应生成B()，C发生甲基上的取代反应生成D，D是C的一氯取代物，则D的结构简式为，F能发生已知信息③的反应生成G，说明F中含有醛基，则D发生水解反应生成E为，E发生催化氧化反应生成F为，G的结构简式为，G发生氧化反应，然后酸化生成H为。
考点二
归纳整合
4．RCOO－＋H＋　＋H2O　(1)CH3COOH＋HOCH2CH2OHCH3COOCH2CH2OH＋H2O
(2)HOOC—COOH＋2CH3CH2OHCH3CH2OOC—COOCH2CH3＋2H2O
(3)①＋＋2H2O
②＋(2n－1)H2O
(4)①
②＋(n－1)H2O
5．(1)小于　(2)①CH3COOC2H5＋H2OCH3COOH＋C2H5OH　②CH3COOC2H5＋NaOHCH3COONa＋C2H5OH
6．(1)
(2)在饱和Na2CO3溶液上层有无色透明的、具有香味的油状液体生成　(3)防倒吸　(5)催化剂和吸水剂　(6)反应乙酸、溶解乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度，便于析出
易错辨析
1．√　2.√　3.√　4.×　5.√　6.√　7.×
专项突破
1．C　2.D　3.B
4．B　[由反应可知羧基和氨基发生脱水缩合反应，属于取代反应，故A正确；由反应可知，产物除Ⅲ外还有水生成，则其原子利用率小于100%，故B错误；有机物Ⅰ、Ⅲ均含有碳碳双键和酚羟基，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；有机物Ⅰ的一氯代物如图所示：，共4种，故D正确。]
5．(1)2　4　4　(2)4　9　6　(3)12　40　18　(4)5　12　17
6．(1)消去反应　Cu，O2、加热
(2)CH2==CHCH2COOH　酚羟基和羧基
(3)nHOCH2CH2CH2COOH＋(n－1)H2O
(4)＋(n－1)H2O
(5)2HOCH2CH2CH2COOH
7．(1)苯乙烯　碳氯键
(2)取代反应　
(3)＋HOCH2CH3＋H2O
(4)(或)
(5)CH2==CH2ClCH2CH2ClNCCH2CH2CNHOOCCH2CH2COOH
解析　根据D的结构简式及已知信息得C为，B为；烃A和HCl发生加成反应生成B，则A为。(4)依据限制条件ⅰ.苯环上含3个取代基；ⅱ.既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明分子中含有甲酸形成的酯基；ⅲ.核磁共振氢谱有4组吸收峰，峰面积之比为6∶2∶1∶1，说明存在对称结构且含有2个甲基。(5)乙烯和氯气发生加成反应生成ClCH2CH2Cl，ClCH2CH2Cl和NaCN发生取代反应生成NCCH2CH2CN，NCCH2CH2CN在酸性条件下水解生成HOOCCH2CH2COOH。
真题演练
1．A　2.C　
3．C　[该物质含有羟基、羧基、碳碳双键，能发生取代反应和加成反应，故A错误；该物质与乙醇、乙酸结构不相似，故B错误；二者的分子式均为C10H18O3，分子式相同，结构不同，故C正确；该物质含有一个羧基，1 mol该物质与碳酸钠反应，生成0.5 mol二氧化碳，质量为22 g，故D错误。]
4．A　[根据结构简式可知，“E7974”含有碳碳双键，可使Br2的CCl4溶液褪色，A正确；由结构简式可知，分子中含有取代氨基、酰胺基、碳碳双键、羧基，共4种官能团，B错误；化合物“E7974”含有的不对称碳原子用*标注如图，共3个，C错误；分子中两个酰胺基和一个羧基均能与NaOH溶液反应，故1 mol该化合物最多与3 mol NaOH反应，D错误。]
热点强化24
热点精讲
1．溴水或溴的四氯化碳溶液　酸性KMnO4溶液
热点专练
1．C　2.D
3．B　[由X的结构简式可知，其分子式为C12H14O3，故A错误；X的分子中含有酯基、羟基和碳碳双键，一定条件下能发生加成、加聚、取代、氧化反应，故B正确；在催化剂的作用下，X分子中的碳碳双键和苯环能与氢气发生加成反应，则1 mol X最多能与4 mol氢气加成，故C错误；苯不能与酸性高锰酸钾溶液反应，X的分子中含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾溶液反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误。]
4．D
5．C　[该物质中碳碳双键可与H2发生加成反应，故1 mol该物质最多可与2 mol H2发生加成反应，B项正确；1 mol该物质中羟基可与3 mol Na反应，酯基可与1 mol NaOH反应，故等量的该物质分别与足量Na、NaOH反应，消耗二者的物质的量之比为3∶1，C项错误；该物质含有羟基和碳碳双键，均能与酸性KMnO4溶液反应，D项正确。]
6．B　[紫花前胡醇含有碳碳双键，能与溴发生加成反应而使溴水褪色，A正确；紫花前胡醇中不含有酚羟基，遇FeCl3溶液不呈紫色，B不正确；紫花前胡醇中含有一个醇羟基，且与羟基连接的碳的邻位碳上有氢原子，能够发生消去反应生成双键，C正确；紫花前胡醇中含有一个酯基，且酯基水解后形成一个酚羟基，故1 mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2 mol NaOH，D正确。]
热点强化25
热点精讲
示例　9　OHC—CH2—CH2—CHO
热点专练
1．C
2．5　
3．12　(或)
解析　化合物I的分子式为C10H14O，计算可得其不饱和度为4，根据题目所给信息，化合物I的同分异构体分子中含有苯环(已占据4个不饱和度)，则其余C原子均为饱和碳原子(单键连接其他原子)；又由红外光谱无醚键吸收峰，可得苯环上的取代基中含1个羟基；再由分子中苯环上只含有1个取代基，可知该有机物的碳链结构有如下四种：、、、(1、2、3、4均表示羟基的连接位置)，所以满足条件的化合物I的同分异构体共有12种；其中，苯环侧链上有3种不同化学环境的氢原子，且个数比为6∶2∶1的同分异构体应含有两个等效的甲基，则其结构简式为或。
4．c　
5．12　
解析　M是D的一种芳香族同分异构体，满足：①分子结构中含一个六元环，且环上有两个取代基，则六元环可以是或；②氯原子和碳原子相连；若六元环为，则取代基为—Cl和—NH2，有邻、间、对三种，间位即为D，所以满足条件的有2种；若六元环为，则取代基为—Cl和—CH3，采用“定一移一”的方法讨论：、、(数字表示甲基可能的位置)，共有4＋4＋2＝10种；综上所述符合条件的同分异构体有10＋2＝12种。
6．(1)10　(2)　(3)
7．10　(或)
解析　根据条件M中含有苯环的基团只能是和，连接这两个基团的结构可以是—CH==CH—CH2—、、、、、、，则符合条件的M共有10种；其中不能与溴水发生加成反应的同分异构体中不含碳碳双键，故结构简式为或。
第59讲　油脂　生物大分子
考点一
归纳整合
1．(1)②碳、氢、氧　Cm(H2O)n　③2～10　(2)①a.同分异构体　b．银镜反应　新制的Cu(OH)2悬浊液　2C2H5OH＋2CO2↑　②　
(3)C12H22O11　水解　葡萄糖和果糖　葡萄糖
(4)①a.(C6H10O5)n
b．(C6H10O5)n＋nH2OnC6H12O6　②b.蓝
淀粉　　　　　　　　葡萄糖

专项突破
1．B　2.C
3．D　[脱氧核糖核酸中含有C—C，为非极性共价键，故A错误；2-脱氧核糖为环状，与葡萄糖结构不相似，二者不互为同系物，且脱氧核糖中无醛基，不能发生银镜反应，故B错误；由结构简式可知，胞嘧啶含有的官能团为肽键、氨基和碳碳双键等，故C错误。]
4．甲的结论不正确，因为加入NaOH溶液呈碱性后，加入碘水，I2与NaOH溶液发生反应，没有I2存在，不能证明淀粉是否存在；乙的结论不正确，乙实验方案中未用碱中和作催化剂的酸，银镜反应须在碱性条件下才能发生；丙的结论正确，该方案中，中和液能发生银镜反应，说明淀粉已经水解，水解液加入碘水无现象，说明已无淀粉存在，故淀粉已完全水解。
考点二
归纳整合
1．高级脂肪酸　　
3．小　混合
4．(1)＋3H2
(2)①＋3H2O＋3C17H35COOH　②＋3NaOH＋3C17H35COONa　大
易错辨析
1．√　2.√　3.√　4.×　5.×
专项突破
(1)CD
(2)①＋3H2O
3CH3(CH2)7CH==CH(CH2)7COOH＋　②3
考点三
归纳整合
1．(1)氨基　　—NH2和—COOH
(2)①—COOH　—NH2　＋HCl―→　＋NaOH―→＋H2O
②＋H2O
2．(1)②α-氨基酸　(2)氨基酸　—NH2　—COOH　可逆　不可逆　黄　烧焦羽毛
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.√
专项突破
1．D　2.B　
3．(1)CG　ABDEFH　(2)盐析是物理变化，是可逆的，加水仍然可以溶解；变性是化学变化，是不可逆的，加水不能重新溶解。盐析可用于分离、提纯蛋白质，而变性可用于消毒、杀菌。
4．(1)强酸：
强碱：
(2)和
真题演练
1．B　2.A　
3．B　[植物油中含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，能与溴发生加成反应，因此能使溴的四氯化碳溶液褪色，A正确；某溶液中加入茚三酮溶液，加热煮沸后溶液出现蓝紫色，氨基酸也会发生类似颜色反应，则不可判断该溶液含有蛋白质，B错误；麦芽糖、葡萄糖均含有还原性基团，所以都能发生银镜反应，C正确；甘氨酸、丙氨酸、苯丙氨酸相同物质间共形成3种二肽，不同物质间形成6种二肽，所以生成的链状二肽共有9种，D正确。]
4．B　[芦苇中含有天然纤维素，可用于制造黏胶纤维，故A正确；聚氯乙烯在高温下会分解生成有毒气体，因此不能用于制作不粘锅的耐热涂层，故B错误；淀粉为多糖，其相对分子质量可达几十万，属于天然高分子物质，故C正确；大豆蛋白纤维的主要成分为蛋白质，能够被微生物分解，因此大豆蛋白纤维是一种可降解材料，故D正确。]
第60讲　合成高分子　有机合成路线设计
考点一
归纳整合
1．单体　链节　聚合度　(1)用来合成高分子化合物
(2)最小
2．天然　塑料　合成纤维　合成橡胶
3．加成　高分子化合物　相互缩合　双键或三键　两个或两个以上
4．(1)①　②CH2—CH==CH—CH2　③
(2)①＋(2n－1)H2O　＋(n－1)H2O
②＋(n－1)H2O　＋(2n－1)H2O
③(n－1)H2O＋
易错辨析
1．√　2.×　3.×　4.×　5.×
专项突破
1．D　2.B　3.B　
4．D　[乙烯是聚乙烯的单体，它们的最简式相同，都是CH2，故含C和H的质量分数分别相等，则等质量的二者燃烧时消耗氧气的量相同，故A错误、D正确；工业上用乙烯合成聚乙烯时，所得高分子的聚合度一般不等，故B错误；乙烯中含有碳碳双键，能使溴水褪色，聚乙烯中不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故C错误。]
5．A　[酚醛树脂属于热固性塑料，A项错误；高分子…—CH==CH—CH==CH—CH==CH—…的结构简式可以表示为CH==CH，其单体为CH≡CH，B项正确。]
6．(1)
(2)
(3)加聚反应　线型
考点二
归纳整合
4．(1)HOCH2CH2CHClCH2OH　
HOOC—CH==CH—COOH　(2)CH3I　　HI
(3)①　　
②HO—CH2CH2—OH
(4) 　
专项突破
1．
2．CH2==CHCH2OHCH3CHClCH2OHCH3CHClCOOHCH2==CHCOONaCH2==CHCOOH；选择合适的反应条件、要注意官能团的保护
3.

解析　根据已知的流程图可推知，若要制备，则需将与(CH3)2C(OCH3)2发生取代反应得到，再与CH3NO2反应得到，再利用羟基的消去反应引入碳碳双键，将碳碳双键与硝基通过加氢最终还原生成氨基，合成路线见答案。
真题演练
1．B　2.B
3．B　[根据氧原子守恒可得：3n＝2n＋1＋m，则m＝n－1，A正确；聚乳酸分子中含有三种官能团，分别是羟基、羧基、酯基，B错误；1个乳酸分子中含有1个羟基和1个羧基，则1 mol乳酸和足量的Na反应生成1 mol H2，C正确；乳酸分子中含有羟基和羧基，则两分子乳酸可以反应生成含六元环的分子()，D正确。]
4.

5．
6．(1)取代反应(或磺化反应)
(2) ＋NaOH―→＋H2O
(3)
(5)(或)
(7)
解析　根据合成路线，A()在浓硫酸、加热的条件下发生苯环上的取代反应生成B()，B依次与NaOH熔融、HCl反应生成C()，比较C、E的结构，结合D的分子式为C7H6O3及其与CH3CH2COCl发生取代反应生成E，确定D的结构简式为，E与AlCl3反应生成F，F与苯甲酸酐在一定条件下生成G，G经一系列反应生成黄酮哌酯。
(5)F的分子式为C10H10O4，X是F的同分异构体，X含有苯环和酯基，其核磁共振氢谱有两组峰，说明X只有2种不同化学环境的H原子，则满足条件的X的结构简式为或。
第61讲　有机合成与推断综合题突破
归纳整合
3．(1)　取代　　加成　(2)　　(3)　　(5)　取代　②
真题演练
1．(1)醛基　(2)丁酸　　(3) ＋HNO3＋H2O
(4)　(5)　(6)%
解析　由题给信息和有机物的转化关系可知，A(CH3CH2CH2CHO)发生氧化反应生成B(CH3CH2CH2COOH)，B发生已知信息的反应生成D()；在浓硫酸作用下，E()与发烟硝酸共热发生硝化反应生成F()；在催化剂作用下，F与D反应生成B(CH3CH2CH2COOH)和G()；G在镍做催化剂条件下，与铝、氢氧化钠发生还原反应后，调节溶液pH生成J，J与氯化碘发生取代反应生成碘番酸()。
2．(1)3-氯丙烯
(2)　(3)＋H2O　(4)羟基、羧基　(5)取代反应
(6)　(7)10　、
解析　(7)由E的结构简式知其分子式为C11H12O3，不饱和度为6；E的同分异构体与饱和NaHCO3溶液反应产生CO2，结合分子式中O原子的个数，说明含1个羧基；能发生银镜反应、不能发生水解反应说明还含1个醛基；若3个甲基在苯环上的位置为时，羧基、醛基在苯环上有3种位置；若3个甲基在苯环上的位置为时，羧基、醛基在苯环上有6种位置；若3个甲基在苯环上的位置为时，羧基、醛基在苯环上有1种位置；故符合题意的同分异构体共有3＋6＋1＝10种；上述同分异构体经银镜反应后酸化所得产物中核磁共振氢谱显示有4组氢且氢原子数量比为6∶3∶2∶1的结构简式为、。
3．(1)D　(2)　 　C18H19N4Cl　加成反应、消去反应
(3)＋―→＋CH3OH
(4)；CH2==CH2CH3CH2Cl，NH3
解析　甲苯硝化得到硝基甲苯，结合H的结构简式，可知A为，再还原得到B为，B和甲醇发生酯化反应生成C，结合信息②可知E为，再结合信息②可知G为，以此解题。
4．(1)浓硫酸，加热　2　(2)取代反应　保护酚羟基
(3)CH3COOC2H5　＋Br2＋HBr
(4)6　　(5)
解析　由C的结构简式和有机物的转化关系可知，在浓硫酸作用下，(A)与乙醇共热发生酯化反应生成(B)；在碳酸钾作用下B与PhCH2Cl发生取代反应生成C，C与CH3COOC2H5(D)发生信息Ⅱ反应最终生成(E)；在乙酸作用下E与溴发生取代反应生成(F)；一定条件下F与(CH3)3CNHCH2Ph发生取代反应生成(G)；G在Pd-C作催化剂作用下与氢气反应生成H。(4)由H的同分异构体中仅含有—OCH2CH3、—NH2和苯环结构可知，同分异构体的结构可以视作、、分子中苯环上的氢原子被—NH2取代所得，所得结构分别有1、3、2种，共有6种。
第10章　化学实验基础知识及实验热点
第62讲　化学实验基础知识和技能
考点一
归纳整合
1．(1)①②③　 ④⑤⑥⑦
(2)蒸发皿　坩埚　蒸馏烧瓶　三颈烧瓶
(3)泥三角　坩埚钳　陶土网
2．(1)①上部　③没有
(2)①0.1　②0.1　③0.01　是否漏水　只有一条
3．(1)①搅拌　(2)普通　长颈　分液　恒压滴液　(3)直形　球形　冷凝回流　(4)球形干燥管
易错辨析
1．×　2.√　3.×　4.×　5.×　6.×　7.√
专项突破
1．(1)①烧杯　②集气瓶　③坩埚　④烧杯　(2)①10 mL量筒　②酸式滴定管　③碱式滴定管　④托盘天平　⑤pH计
⑥500 mL容量瓶　(3)①分液漏斗　②(普通)漏斗　③(普通)漏斗　④分液漏斗
2．(1)3.2　(2)D
3．洗气瓶可用于储存气体(如图①)、测量气体体积(如图②)、除杂或干燥气体(如图③)等。
4．(1)(球形)分液漏斗　向反应器中添加液体药品，并能控制加入液体的多少　锥形瓶　收集气体　(2)长颈漏斗　防止气体逸出　U形干燥管　球形干燥管　(3)漏斗　充分吸收氨气，防倒吸　(4)坩埚　泥三角　蒸发皿　(5)直形冷凝管
球形冷凝管　冷凝后的液体容易残留在球形区域内　防暴沸　(6)图6中温度计测定馏分的温度，图7中温度计测定反应体系的温度
考点二
归纳整合
1．(1)①广口　细口　②棕色　③碱性　强酸性　强氧化性　⑤铁屑　煤油　石蜡　水　棕色　稀盐酸　NaOH溶液　橡胶　(2)①药匙　纸槽　托盘天平　胶头滴管　用试剂瓶倾倒
2．(1)定性　定量　Cl2等具有强氧化性　(2)①洁净的玻璃片或表面皿　玻璃棒蘸取待测液体　中部　②润湿
3．(2)②NH3　HCl　(3)较大　较小
4．(1)①略向下　炸裂　②均匀　固定　(2)①擦干　中上　向上　②　(3)受热均匀，便于控制温度
5．(3)NaOH溶液或热的纯碱溶液　CS2或热的NaOH溶液　稀HNO3　浓盐酸
6．(2)硼酸　牛奶、蛋清或豆浆　硫粉　湿抹布或沙土　酒精　沙土
易错辨析
1．×　2.√　3.×　4.×　5.×　6.×　7.√　8.×
专项突破
1．(1)检查装置的气密性　(2)检验气体的纯度
(3)润湿试纸　(4)调天平平衡　(5)分液漏斗、酸式滴定管、碱式滴定管、容量瓶
2．B　[氢氧化钾和二氧化硅反应生成硅酸钾，硅酸钾能将玻璃瓶塞和试剂瓶黏结在一起而打不开，所以氢氧化钾不能用磨口玻璃塞试剂瓶存放，故B错误；硫、红磷、碘单质都属于单质，故C正确；硝酸银、碳酸钠、硝酸钾都属于盐，故D正确。]
3．试管底易破裂　读数偏低　量筒内液体表面的水会飞溅(或量筒会炸裂)
4．(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)√　(7)×　(8)√
真题演练
1．D　2.C　3.A
4．A　[碱式滴定管排气泡时，把橡皮管向上弯曲，出口上斜，用力捏挤玻璃珠使溶液从尖嘴涌出，气泡即可随之排出，A符合规范；用试管加热溶液时，试管夹应夹在距离管口的处，用酒精灯外焰加热，B不符合规范；实验室中，有机物和无机物要分开存放，盐酸和NaOH要分开存放，C不符合规范；用胶头滴管滴加溶液时，胶头滴管不能伸入试管内部，D不符合规范。]
5．B
6．A　[量筒的精确度为0.1 mL，应该用碱式滴定管或移液管量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A说法错误；Na2CO3溶液显碱性，盛放Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞，以防碱性溶液腐蚀玻璃产生有黏性的硅酸钠而将瓶塞黏住，故应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B说法正确；Na2CO3有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体，C说法正确；Na2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当滴入最后半滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半分钟内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙色，D说法正确。]
7．B　[实验过程中，①量取一定量的浓硫酸并稀释，所需仪器为量筒、烧杯、玻璃棒；②转移定容得待测液，所需仪器为烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；③移取20.00 mL待测液，用0.100 0 mol·L－1的NaOH溶液滴定，所需仪器为酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶。]
8．B　[选项中所选玻璃仪器缺少玻璃棒，A不符合题意；用标准盐酸滴定待测氢氧化钠溶液可测定出氢氧化钠的浓度，取待测液时需选取碱式滴定管，酸式滴定管则盛装标准盐酸，所以所选仪器还应有碱式滴定管，C不符合题意；制备乙酸乙酯时需要用浓硫酸作催化剂和吸水剂，所选试剂中缺少浓硫酸，D不符合题意。]
第63讲　仪器的组合与创新使用
考点一
归纳整合
1．(1)A　b　a　a
(2)F　饱和食盐水　a
(3)打开止水夹，向长颈漏斗中注入适量蒸馏水
(4)C　D　a　B
(5)a
2．(1)①碱石灰、无水氯化钙、五氧化二磷　②无水硫酸铜
3．(2)冷凝、导气　冷凝回流
专项突破
1．D　[A项，NH3能与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥NH3；B项，用向上排空气法收集CO2时，应从A口进气；C项，NO2与H2O反应，不能用排水法收集；D项，H2难溶于水，从B口通入H2，能将瓶中的水压入量筒中，进入量筒中水的体积即为H2的体积。]
2．(1)制备NH3　Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O
(2)分液漏斗　导气，并防止发生倒吸现象　(3)为了防止H2O2分解
考点二
归纳整合
1．A.防倒吸　漏斗　B．过滤　C．可控制反应的发生和停止
2．(1)①ad　当需要反应发生时，打开止水夹，向长颈漏斗内注入液体试剂而与多孔隔板上块状固体药品接触，反应开始；当需要停止反应时，关闭止水夹，液体在气压作用下被压回到长颈漏斗内，固液分离，反应停止　②将Cu丝插入浓硝酸中　将Cu丝上提，使之与浓硝酸分离　(2)平衡气压，便于液体顺利流下　减小实验误差　(3)①HCl不溶于CCl4，会从CCl4层中逸出被水层吸收，导管口附近气压不会减小，不会引起倒吸　②否
专项突破
1．D　2.B
3．a
4．(1)A　(2)CO2　Na2O2　(3)防止倒吸
解析　(1)甲作为干燥装置，固体R必须能吸收水，且不与气体a发生反应。B中浓硫酸为液体干燥剂；C中的高锰酸钾不仅不易吸收水，还与乙烯反应；D中的碱石灰虽然能吸收水，但也能与Cl2反应。(2)甲作为制气装置，要求反应原理是在常温下某气体与固体反应产生气体，中学阶段熟悉的反应是二氧化碳与过氧化钠反应制取氧气。
考点三
专项突破
1．A　
2．(1)a　h　g　b　c　f　e　d
(2)③②④①　(3)　(4)偏小
(5)①平衡气压，使稀硫酸能顺利滴下；可以消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差　
②V1－V2
解析　(1)根据实验目的及各装置的特点分析可知：利用装置A中的水压将E中稀盐酸压至B中，产生的气体通过将D中的水排入C中测量其体积，所以连接顺序为a→h→g→b→c→f→e→d。
(3)由题意知：
Mg　　　～　　　H2
M　　　　　　　22.4 L
M　　　　　　　(Va－Vb)×10－3 L
所以M＝。
(4)由于试管B未冷却至室温，会导致Va变大，所以使Mg的相对原子质量偏小。
答题规范(7)
规范精练
1．(1)产生气泡　形成一段水柱
(2)高于　液面位置保持不变　高于　位置保持不变
(3)一段时间后，水柱的水位不会下降
(4)能回到原来的位置　上升　保持稳定
2．(1)将e导管下端管口浸入盛水的烧杯中，关闭b的活塞，打开a处止水夹，微热d，若e导管口有气泡冒出，冷却至室温后，又有一段水柱上升，证明气密性良好　(2)不可行　无论气密性是否良好，b中的液体均能顺利滴下
真题演练
1．C　2.D
3．(1)分液漏斗、锥形瓶
(2)刚好没过MnO2固体　试管内的H2O2溶液被压入长颈漏斗中，与MnO2分离
(3)液面上升　打开弹簧夹K2　(4)ab
(5)
(6)①　乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色
第64讲　物质的分离与提纯
考点一
归纳整合
(一)
除去　纯净物
(二)
1．(1)过滤　不溶性固体
2．(1)互不相溶　(2)沸点
3．升华
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×　5.×　6.×
专项突破
1．(1)饱和溶液
(2)降温、加入KNO3固体、加热蒸发再冷却至原来的温度
(3)蒸发结晶
(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
(5)将固体混合物加入热水，搅拌、趁热过滤(或将固体加水溶解，将溶液蒸发至有大量固体析出，停止加热，趁热过滤)
(6)将固体加水溶解，将溶液蒸发浓缩至出现晶膜，停止加热，冷却后有固体析出，过滤
(7)加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34 ℃条件下趁热过滤
2．(1)蒸发浓缩　过滤　①③
(2)更换滤纸，重新过滤　滤纸破损、滤液超过滤纸边缘
(3)防止晶体失去结晶水，也防止可溶性杂质析出
(4)没有打开分液漏斗颈上的玻璃塞(或玻璃塞上的凹槽没有与漏斗上的小孔对齐)
考点二
归纳整合
4．灼热铜网　灼热氧化铜　NaOH溶液或碱石灰　饱和NaHCO3溶液　饱和NaHCO3溶液或酸性KMnO4溶液　饱和NaHSO3溶液　CO2　Cl2　MgO、Mg(OH)2或MgCO3
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×　5.×　6.√
专项突破
1．(1)A　(2)C　(3)A或B
2．(1)加热使I2升华　(2)Al2O3＋2OH－＋3H2O===2[Al(OH)4]－　(3)在空气中灼烧　C＋O2CO2
(4)加过量NaOH溶液，过滤、洗涤　2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑
3．(1)向上层清液中再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，说明SO未沉淀完全，反之则沉淀完全。
(2)洗去可溶性杂质(Na＋、Cl－)等。
(3)沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水至浸没沉淀，待蒸馏水自然流下后，重复2～3次。
(4)取少许最后一次滤出液于试管中，滴加稀HNO3酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明沉淀未洗净，反之已洗净。
真题演练
1．C　2.B
3．A　[酸性高锰酸钾溶液不仅能与H2S反应，而且也能与SO2反应，A项不能实现目的。]
4．(3)静置，取上层清液于一洁净试管中，继续滴加热的硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全　(4)使钡离子沉淀完全
(5)锥形瓶
解析　(3)硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，因此判断沉淀已完全的方法是静置，取上层清液于一洁净试管中，继续滴加热的H2SO4溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全。(4)为了使钡离子沉淀完全，沉淀过程中需加入过量的硫酸溶液。(5)过滤用到的仪器有铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒，用不到锥形瓶。
热点强化26
热点专练
1．C　2.D
3．趁热过滤　用80～90 ℃的蒸馏水洗涤2～3次
4．1.2 mol·L－1　蒸发浓缩、冷却结晶
解析　若溶液中KClO3的含量为147 g·L－1，则1 L溶液中含有KClO3的物质的量是＝1.2 mol，因此物质的量浓度为1.2 mol·L－1。由于氯酸钾的溶解度随温度的升高而增大，所以从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的操作应该是蒸发浓缩、冷却结晶。
5．(1)SO　静置，取少量上层清液于试管中，加入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则SO已沉淀完全　(2)趁热过滤
解析　(2)Mg(ClO3)2的溶解度受温度变化影响大，温度高时溶解度较大，温度低时溶解度较小，所以需要趁热过滤除去氯化钠。
第65讲　简单实验方案的设计与评价
类型一
专项突破
(1)×　NaOH焰色试验火焰也是黄色，检验钾元素要透过蓝色钴玻璃，透过蓝色钴玻璃火焰呈紫色说明含有钾元素，否则不含有
(2)×　未反应的乙醇、生成的乙烯、SO2都能使酸性KMnO4溶液褪色
(3)×　NH3极易溶于水，在溶液中加入NaOH稀溶液，生成的氨水浓度小，不加热时NH3不会挥发出来
(4)×　淀粉碘化钾试纸检验的是具有强氧化性的气体，Y可能是Cl2，也可能是O3、NO2等气体
(5)×　O3、Cl2也能使品红褪色
(6)×　若溶液Y中含有SO，滴加硝酸时能被氧化成SO，加入BaCl2也会有白色沉淀产生
(7)×　碳碳双键和醛基都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故用KMnO4溶液无法证明分子中含有碳碳双键
(8)×　只要是挥发性的浓酸遇蘸有浓氨水的玻璃棒都能产生白烟，浓盐酸、浓硝酸都符合
(9)×　稀硫酸在淀粉水解实验中作催化剂，在未中和硫酸的情况下加入的新制的Cu(OH)2悬浊液会与硫酸反应生成CuSO4，在加热时得不到沉淀，应该先加氢氧化钠中和硫酸后再加新制的Cu(OH)2悬浊液
(10)√　Fe2＋的检验方法正确
(11)×　NaOH与AgNO3溶液反应生成的AgOH极不稳定，分解生成棕褐色的氧化银，干扰溴离子的检验，应该先加稀硝酸中和NaOH后再加AgNO3溶液
(12)×　H2SO3是中强酸，电离出的H＋与溶液中的NO能将SO氧化成SO，故该白色沉淀是BaSO4
(13)×　在Fe(NO3)2中加入稀硫酸后，Fe2＋能被H＋、NO(两者同时存在相当于HNO3)氧化成Fe3＋而干扰实验
(14)×　碳酸氢盐、亚硫酸盐、亚硫酸氢盐溶液也有相同现象
类型二
专项突破
(1)×　探究温度对化学反应速率的影响，要先将混合液加热到所需要的温度后再混合，若先混合则会发生反应，影响实验的判断，且需设置对照实验
(2)×　向蛋白质溶液中加入饱和氯化钠溶液发生盐析
(3)×　醋酸具有挥发性，生成的CO2气体中混有挥发出的醋酸，苯酚钠变浑浊可能是因为CO2，也可能是因为醋酸，无法比较碳酸与苯酚的酸性强弱
(4)×　还原产物是NO，在试管口被氧化为NO2
(5)×　NaCl和NaI溶液的浓度未知，无法比较Ksp大小
(6)√　使淀粉溶液显蓝色的一定是I2，与AgNO3反应生成黄色沉淀的是I－，所以KI3溶液中存在I2和I－，故可推知I存在平衡
(7)√　HS－水解生成OH－：HS－＋H2OH2S＋OH－，HS－电离生成H＋：HS－S2－＋H＋，溶液呈碱性，说明HS－的水解程度大于其电离程度
真题演练
1．C　2.B
3．C　[过量的氯水可以将碘离子氧化为碘单质，无法证明溴单质的氧化性强于碘单质，A错误；向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热后，应先加入氢氧化钠溶液使体系呈碱性，再加新制氢氧化铜悬浊液检验，若不加氢氧化钠，未反应的稀硫酸会和新制的氢氧化铜反应，则不会产生砖红色沉淀，不能说明蔗糖是否发生水解，B错误；聚氯乙烯加强热会发生焦化、分解反应，产生能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，说明产生了氯化氢，与氯乙烯加聚反应条件不同，不能说明氯乙烯加聚是可逆反应，D错误。]
4．B
5．C　[淀粉遇碘单质才会变蓝，海水中的碘元素主要是以离子的形式存在，无法检验，A错误；SO2气体和CO2气体均可使澄清石灰水变浑浊，B错误；铜离子可以和氨水先生成氢氧化铜蓝色沉淀，再与氨水结合生成铜氨络合离子[Cu(NH3)4]2＋，可以检验，C正确；氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D错误。]
6．B　[A错，可以证明含有Fe2＋，但不能确定是否含有Fe3＋；C错，由于ZnS难溶而Na2S易溶，且浓度未知，向悬浊液中滴加CuSO4溶液产生黑色沉淀，不能比较ZnS和CuS的Ksp大小；D错，若原溶液中存在SO，也会产生同样的现象。]
第66讲　以物质制备为主的综合实验
类型一
归纳整合
1．(1)①2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O　A
②C　(2)①C　②B或C
(3)①MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O　D
②Ca(ClO)2＋4HCl(浓)===CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O　C
(4)C　(5)D，将分液漏斗换成温度计(或将烧瓶换成蒸馏烧瓶，将导气管换成温度计)　(6)H2或H2S
专项突破
1．(1)分液漏斗　(2)NaBr＋H3PO4(浓) NaH2PO4＋HBr↑　难挥发性酸制取挥发性酸(或高沸点酸制取低沸点酸)　(3)A　(4)将装置中的HBr全部排到干燥管中，被试剂Y完全吸收，避免污染环境　(5) 浓硫酸代替浓磷酸，生成SO2和Br2，SO2不与铁反应，Br2和铁反应生成FeBr3，FeBr3在高温下又分解为FeBr2和Br2
2．(1)①碱石灰　使反应物NH3和CS2充分接触，并防止发生倒吸
(2)①NH4SCN＋KOHKSCN＋NH3↑＋H2O
②K2CO3能与NH4SCN反应产生更多CO2和NH3，有利于残留在装置中的H2S逸出　③除去反应过程中产生的H2S和NH3，以免污染环境
(3)蒸发浓缩　冷却结晶
类型二
专项突破
1．(1)ClCH2COOH＋2NaOHHOCH2COONa＋NaCl＋H2O　(2)BC　(3)待溶液冷却后补加磁转子　(4)C　(5)78.6
2．(1)①作溶剂，使反应物充分混合　②水浴加热　＋ ＋H2O　分水器中水不再增加
(2)①平衡压强，检验固体产品是否堵塞导管　牛角管
②防止装置D中液体倒吸入装置C中　③重结晶　65.2%
真题演练
1．(1)a　FeCl2·4H2O＋4SOCl2FeCl2＋4SO2＋8HCl　冷凝回流SOCl2
(2)　AB　(3)⑥⑩③⑤　CCl4
解析　(1)实验开始时先通N2，排尽装置中的空气，一段时间后，先加热装置a，产生SOCl2气体充满装置b后再加热装置b；装置b内发生反应的化学方程式为FeCl2·4H2O＋4SOCl2FeCl2＋4SO2＋8HCl；装置c、d的共同作用是冷凝回流SOCl2。(2)滴定过程中Cr2O将Fe2＋氧化成Fe3＋，自身被还原成Cr3＋，反应的离子方程式为6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，则m1 g样品中n(FeCl2)＝6n(Cr2O)＝6cV×10－3 mol；m1 g样品中结晶水的质量为(m1－m2) g，结晶水的物质的量为 mol，n(FeCl2)∶n(H2O)＝1∶n＝(6cV×10－3 mol)∶ mol，解得n＝。样品中含少量FeO杂质，溶于稀硫酸后生成Fe2＋，FeO的摩尔质量小于FeCl2，则消耗K2Cr2O7溶液的体积V偏大，使n的测量值偏小，A项选；样品与SOCl2反应时失水不充分，则m2偏大，使n的测量值偏小，B项选；实验Ⅰ称重后，样品发生了潮解，消耗的K2Cr2O7溶液的体积V不变，使n的测量值不变，C项不选；滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏小，使n的测量值偏大，D项不选。(3)组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4混合物进行蒸馏提纯，按由下而上、从左到右的顺序组装，安装顺序为①⑨⑧，然后连接冷凝管，蒸馏装置中应选择直形冷凝管⑥，接着连接尾接管⑩，TiCl4极易水解，为防止外界水蒸气进入，最后连接③⑤，安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤；由于TiCl4、CCl4分子结构相似，TiCl4的相对分子质量大于CCl4，TiCl4分子间的范德华力较大，TiCl4的沸点高于CCl4，故先馏出的物质为CCl4。
2．(1)圆底烧瓶　b　(2)干燥气体　(3)溶液沿毛细管上升　(4)使溶液受热均匀　(5)磷酸晶体　(6)B　(7)磷酸可与水分子间形成氢键
3．(1)B　(2)球形　无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化　(3)除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气　2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O　(4)MnO2　(5)苯甲酸升华而损失　(6)86.0%　C
(7)重结晶
第67讲　以物质含量或组成测定为主的综合实验
类型一
专项突破
1．(1)H2SO4　(2)BC　(3)防止Cu单质被重新氧化
2．(1)5
(2)除去H2S，以免干扰D中反应
(3)
(4)水浴加热　将砷化氢气体完全带入D中，使其完全反应
(5)0.4
解析　(1)根据质量守恒，配制500 mL含砷量为1.0 g·L－1的砷标准溶液，需取用Na3AsO3溶液＝5 mL。
(2)乙酸铅和H2S反应生成PbS沉淀，乙酸铅棉花的作用是吸附H2S。
(4)控制反应温度25～40 ℃的方法是水浴加热；打开K1通入N2，使生成的砷化氢气体被D中银盐完全吸收。
(5)20.00 mL砷标准溶液含砷量为0.02 L×1.0 g·L－1＝0.02 g，明矾样品中砷的含量为×100%＝0.4%。
类型二
专项突破
1．(1)分液漏斗
(2)4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3　用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2～3次，将洗涤液注入锥形瓶中
(3)偏大
(4)待浊液分层后，向上层清液中加入1～2滴BaCl2溶液，若无白色浑浊出现，则说明BaCl2溶液已过量
(5)尽可能减少沉淀的溶解损失，减小实验误差
(6)(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O
2．(1)不再有气泡产生时　(2)将甲装置中产生的CO2和水蒸气全部赶入乙、丙装置中　(3)D　活塞K前(或甲装置前)
(4)Co3(OH)4(CO3)2　(5)饱和碳酸氢钠溶液会降低CO2的溶解度　将b向a倾斜，使稀硫酸流入a中　不同　恢复至室温　C
解析　(4)n(H2O)＝＝0.02 mol，n(CO2)＝＝0.02 mol，由C元素守恒知，该样品物质的量为0.01 mol，H元素物质的量为0.04 mol，则y为4，Co元素质量为3.65 g－0.04 mol×17 g·mol－1－0.02 mol×60 g·mol－1＝1.77 g，Co的物质的量为0.03 mol，故碱式碳酸钴的化学式为Co3(OH)4(CO3)2。(5)实验Ⅰ中应该让样品完全反应，所以引发反应时应该将稀硫酸向样品中倾斜；而实验Ⅱ中应该让稀硫酸完全反应，所以引发反应时应该将锌粒向稀硫酸中倾斜。
真题演练
1．(1)球形冷凝管　酸式滴定管　(2)C　(3)加入H3PO4后，溶液中存在化学平衡H2SO3SO2＋H2O，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2＋H2O向右移动　(4)检漏　蓝色　I2＋SO2＋2H2O===2I－＋4H＋＋SO　(5)偏低　(6)80.8
解析　(5)若先加磷酸再通氮气，则不能将装置中的空气及时排出，有部分亚硫酸盐和SO2被装置中的氧气氧化，碘标准溶液的消耗量将减少，因此会使测定结果偏低。(6)实验中SO2消耗的碘标准溶液的体积为0.30 mL＋1.00 mL＝1.30 mL，减去空白实验消耗的0.10 mL，则实际消耗碘标准溶液的体积为1.20 mL，根据反应I2＋SO2＋2H2O===2I－＋4H＋＋SO可以计算出n(SO2)＝n(I2)＝1.20 mL×10－3 L·mL－1×0.010 00 mol·L－1＝1.20×10－5 mol，由于SO2的平均回收率为95%，则实际生成的n(SO2)＝≈1.263×10－5 mol，则根据S元素守恒可知，该样品中亚硫酸盐含量为≈80.8 mg·kg－1。
2．(1)向上层清液中(或取上层清液少许于试管中)继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全　(2)AgNO3溶液
(3)坩埚　(4)　(5)偏低　(6)检查装置气密性
(7)b　(8)　(9)偏高　(10)否
解析　(8)Zn粉的物质的量为 mol，反应产生H2的物质的量为＝ mol，由Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑知，与H2SO4反应的Zn的物质的量等于产生H2的物质的量，为 mol，与CuSO4反应消耗Zn的物质的量为(－) mol，由化学方程式Zn＋CuSO4===ZnSO4＋Cu可知，与CuSO4反应消耗Zn的物质的量等于CuSO4的物质的量，所以c(CuSO4)＝ mol·L－1。
(9)若步骤⑥E管液面高于D管，则D管内气体压强高于外界大气压，造成气体体积b的数值偏小，由c(CuSO4)＝ mol·L－1可知，c(CuSO4)会偏高。
(10)因为Zn和MgSO4溶液不反应，所以不能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度。
第68讲　以性质为主的探究类综合实验
类型一
专项突破
1．(1)Cl2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－　(2)向试管D中滴加KSCN溶液，试管D中溶液变红色　(3)打开K3，打开旋塞c，向C中加入70%硫酸，一段时间后关闭K3。更换试管D，打开旋塞b，使少量溶液流入D中，检验D溶液中的SO和Fe2＋　(4)甲、丙　(5)除去A和C中分别产生的氯气和二氧化硫，防止污染大气
2．(1)蒸馏烧瓶、分液漏斗　棕色细口瓶
(2)溶液变蓝　溶液蓝色褪去　I2＋2Fe2＋＋2Ag＋===2AgI↓＋2Fe3＋　(3)步骤2中的溶液　NaOH溶液　试管a中蓝色褪去、先出现白色沉淀、迅速变成灰绿色最后变成红褐色，试管b中有白色沉淀(转变为褐色沉淀)和红褐色沉淀
解析　(3)由于步骤2的溶液中有亚铁离子而没有铁离子，要确证AgI的生成使I2的氧化能力增强而将Fe2＋氧化，只要证明步骤3的溶液中存在氧化产物铁离子即可，由实验知，步骤2溶液中有碘与淀粉混合液和亚铁离子，步骤3中加入了过量的硝酸银溶液，则上层清液中银离子与铁离子共存。
类型二
专项突破
1．(1)干燥管　碱石灰(或无水氯化钙，其他合理答案均可)　(2)BC　(3)先熄灭酒精灯，待A冷却至室温后，再停止通入氮气　(4)①2.8　②Ca3N2＋6H2O===3Ca(OH)2＋2NH3↑
取少量氮化钙于一洁净试管中，加入适量水，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若变蓝，则证明有氨气生成，反应一段时间后，再向试管中滴加碳酸钠溶液，若有白色沉淀出现则证明有氢氧化钙生成(或其他合理答案均可)
2．(1)分液漏斗　(2)防倒吸、尾气处理
(3)SO2＋Cl2＋2H2O===4H＋＋2Cl－＋SO
(4)实验①无气体放出　2Cu2＋＋HSO＋2Cl－＋H2O===2CuCl↓＋SO＋3H＋
3．(1)将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝　(2)Cl－　Mg(OH)Cl　(3)NH＋H2ONH3·H2O＋H＋　(4)①5 mL 1.0 mol·L－1 CH3COONH4溶液　②两试管反应剧烈程度相当
(5)取5 mL 无水乙醇，加入0.5 g 镁粉无明显变化
(6)NH4Cl水解产生的H＋对反应影响小，NH对反应影响大
解析　(2)将洗涤后的固体溶于稀HNO3，再滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，说明灰白色沉淀含有Cl－，结合已知灰白色沉淀中含有Mg2＋、OH－和化合物中各元素化合价代数和为0，可推测灰白色固体可能是Mg(OH)Cl。(4)①由上述(3)分析可知，NH4Cl溶液因水解呈酸性，故为了进行对照实验，必须找到一种含有相同阳离子即NH且溶液显中性的试剂，由题干信息可知，X是5 mL 1.0 mol·L－1 CH3COONH4溶液。②乙同学通过实验3来证明甲同学的说法是不合理的，故由实验3获取的证据为两试管反应剧烈程度相当。 (5)依据上述实验，可以得出Mg能与NH反应生成H2，乙同学认为该方案不严谨，故需要补充对照实验，在无NH的情况下是否也能与Mg反应放出H2，故实验方案为取5 mL无水乙醇，加入0.5 g 镁粉无明显变化。
真题演练
1．(1)烧杯、量筒、托盘天平　(2)KCl
(3)石墨　(4)0.09 mol·L－1
(5)Fe3＋＋e－===Fe2＋　Fe－2e－===Fe2＋　Fe3＋　Fe　(6)取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不出现红色，说明活化反应完成
2．(1)5.0　(2)C　(3)①3.00　33.00
②正　实验Ⅱ相较于实验Ⅰ，醋酸溶液稀释了10倍，而实验Ⅱ的pH增大值小于1
(4)①0.110 4　
(5)向滴定后的混合液中加入20 mL HAc溶液
(6)HClO：漂白剂和消毒液(或H2SO3：还原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料)
解析　(3)①实验Ⅶ的溶液中n(NaAc)∶n(HAc)＝3∶4，V(HAc)＝4.00 mL，因此V(NaAc)＝3.00 mL，即a＝3.00，由实验Ⅰ可知，溶液总体积为40.00 mL，因此V(H2O)＝40.00 mL－4.00 mL－3.00 mL＝33.00 mL，即b＝33.00。②实验Ⅰ所得溶液的pH＝2.86，实验Ⅱ的溶液中c(HAc)为实验Ⅰ的，稀释过程中，若不考虑电离平衡移动，则实验Ⅱ所得溶液的pH＝2.86＋1＝3.86，但实际溶液的pH＝3.36<3.86，说明稀释过程中，溶液中n(H＋)增大，即电离平衡正向移动。(4)①滴定过程中发生反应：HAc＋NaOH===NaAc＋H2O，由反应方程式可知，滴定至终点时，n(HAc)＝n(NaOH)，因此22.08 mL×0.100 0 mol·L－1＝20.00 mL×c(HAc)，解得c(HAc)＝0.110 4 mol·L－1。滴定过程中，当V(NaOH)＝0时，c(H＋)＝≈ mol·L－1＝10－2.88 mol·L－1，溶液的pH＝2.88，当V(NaOH)＝11.04 mL时，n(NaAc)＝n(HAc)，溶液的pH＝4.76，当V(NaOH)＝22.08 mL时，达到滴定终点，溶液中溶质为NaAc，Ac－发生水解，溶液呈弱碱性，当NaOH溶液过量较多时，c(NaOH)无限接近0.1 mol·L－1，溶液pH接近13，因此滴定曲线如图：
。
(5)向20.00 mL HAc溶液中加入V1 mL NaOH溶液达到滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为NaAc，当＝1时，溶液中c(H＋)的值等于HAc的Ka，因此可再向溶液中加入20.00 mL HAc溶液，使溶液中n(NaAc)＝n(HAc)。
3．(1)①固体溶解，产生红棕色气体　②酸性条件下，NO有氧化性　③a：石墨电极(或Pt电极)　b：酸性FeSO4溶液[或酸性Fe2(SO4)3溶液或酸性FeSO4与Fe2(SO4)3的混合溶液]　c：AgNO3溶液　组装好装置后，闭合开关K，当灵敏电流表指针不动时，向左池加入较浓Fe2(SO4)3溶液，指针偏转，向右池加入较浓AgNO3溶液，指针反向偏转
(2)①指示剂　② mol－1·L
(3)①偏低　②Ag完全反应，无法确定反应是否达到平衡状态