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2020年高考化学一轮总复习教师用书含学案教学反思学习方法(497页)详细信息
宜城教育资源网www.ychedu.com2020年高考化学一轮总复习教师用书含学案教学反思学习方法(497页)专题整合突破专题一基本概念第1讲传统文化与STSE最新考纲 考向分析1.化学与传统文化的试题以与化学学科相关的代表中国古代文明、科技发展的材料为背景,考查与中学化学密切相关的物质的性质与用途、化学反应过程、实验基本操作等知识点,注重传统文化在现实中的创造性转化和创新性发展。2.化学与STSE试题选材大量来自实际应用情景,内容涵盖医药、材料、能源、生活与日用品、化工、环境与环保、现代技术等领域,充分体现化学学科的发展性和实践性。 不但注重了对考生的科学素养和科学能力的要求,而且突出了对思维开放性和探究性的考查。考查的知识点侧重于基础知识的识记、简单理解与应用。其考查的重点还是用化学的观点去解决相应问题的能力,体现化学为生产、生活、社会服务的基本理念。Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2018·天津·1)以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例,运用化学知识对其进行的分析不合理的是(A)A.四千余年前用谷物酿造出酒和醋,酿造过程中只发生水解反应B.商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎,该鼎属于铜合金制品C.汉代烧制出"明如镜、声如磬"的瓷器,其主要原料为黏土D.屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素,该过程包括萃取操作[解析]A错:用谷物酿造酒和醋的过程是淀粉在酶的作用下水解生成葡萄糖,葡萄糖在酶的作用下发生分解反应生成乙醇,乙醇可以被氧化生成乙酸(醋的主要成分)。B对:后(司)母戊鼎是青铜器,属于铜合金制品。C对:烧制陶瓷的主要原料是黏土。D对:屠呦呦利用萃取原理将青蒿中的有机物青蒿素提取出来。2.(2017·全国Ⅲ·7)化学与生活密切相关。下列说法错误的是(A)A.PM2.5是指粒径不大于2.5μm的可吸入悬浮颗粒物B.绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染C.燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放D.天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料[解析]审题时抓住关键词"合成纤维",合成纤维是将人工合成的、具有适宜相对分子质量并具有可溶(或可熔)性的线型聚合物,经纺丝成形和后处理而制得的化学纤维。尼龙绳是由尼龙切片制成的纤维丝经一系列加工制成的,它属于合成纤维,A项正确。宣纸的主要成分是纤维素,它属于天然纤维,B项错误;羊绒衫的主要原料是羊毛,属于蛋白质,C项错误;棉衬衣的主要原料是棉花,棉花属于天然纤维,D项错误。3.(2015·北京·6)我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种,其中"强水"条目下写道:"性最烈,能蚀五金……其水甚强,五金八石皆能穿滴,惟玻璃可盛。"这里的"强水"是指(B)A.氨水 B.硝酸C.醋 D.卤水[解析]根据所给四种物质的氧化性的强弱可判断,该强水为硝酸,硝酸具有强氧化性,可溶解大部分金属,答案选B。4.(2016·全国Ⅱ·7)下列关于燃料的说法错误的是(B)A.燃料燃烧产物CO2是温室气体之一B.化石燃料完全燃烧不会造成大气污染C.以液化石油气代替燃油可减少大气污染D.燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一[解析]燃料燃烧产生的CO2是导致温室效应的主要气体之一,A项正确;化石燃料完全燃烧生成的SO2属于大气污染物,B项错误;液化石油气含碳量比燃油低,用液化石油气代替燃油能减少大气污染,C项正确;CO是大气污染物之一,D项正确。5.(2016·全国Ⅰ·7)化学与生活密切相关。下列有关说法错误的是(D)A.用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维B.食用油反复加热会产生稠环芳烃等有害物质C.加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性D.医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%[解析]蚕丝的主要成分为蛋白质,灼烧时有烧焦羽毛的气味,而人造纤维的主要成分为纤维素,A项正确;食用油反复加热会生成许多有害物质,如某些稠环芳烃,B项正确;加热可使蛋白质发生变性而失去生物活性,因此高温可以消毒,C项正确;医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%,D项错误。R弱点突破uodiantupo(课堂)【例1】(2018·潍坊二模)对中国古代著作涉及化学的叙述,下列解说错误的是(D)A.《汉书》中"高奴县有洧水可燃",这里的"洧水"指的是石油B.《黄白第十六》中"曾青涂铁,铁赤如铜",其"曾青"是可溶性铜盐C.《本草纲目》中"冬月灶中所烧薪柴之灰,令人以灰淋汁,取碱浣衣"中的"碱"是K2CO3D.《天工开物》中"凡石灰,经火焚炼为用"里的"石灰"指的是Ca(OH)2[解析]《汉书》中"高奴县有洧水可燃",这里的"洧水"指的是石油,A项正确;《黄白第十六》中"曾青涂铁,铁赤如铜",其"曾青"是可溶性铜盐,B项正确;《本草纲目》中"冬月灶中所烧薪柴之灰,令人以灰淋汁,取碱浣衣"中的"碱"是K2CO3,C项正确;《天工开物》中"凡石灰,经火焚炼为用"里的"石灰"指的是CaCO3,D项错误。[方法指导]解答传统文化中的化学知识问题的方法1.读题:读懂题中文言文所描述的物质的性质、重要的操作等。2.析题:由于文中物质的名称一般与现在化学教材不同,需通过性质联系所学化学知识分析所描述的化学过程。3.答题:该类题目多为选择题,根据题目要求正确解答。【例2】(2018·中山二模)化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中正确的是(D)A.在日常生活中,化学腐蚀是造成钢铁腐蚀的主要原因B.明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子,可以用于饮用水的杀菌消毒C.SO2具有漂白性,可用于漂白纸浆,也可以大量用于漂白食品D.纯碱可用于生产普通玻璃,日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污[解析]在日常生活中,金属的腐蚀以电化学腐蚀为主,电化学腐蚀是造成钢铁腐蚀的主要原因,故A错误;明矾在溶液中电离出铝离子,铝离子水解生成氢氧化铝胶体和氢离子,氢氧化铝胶体具有吸附性,所以能净水,但不能杀菌消毒,故B错误;SO2具有漂白性,可用于漂白纸浆,但是有毒,不可以用于漂白食品,故C错误;纯碱可用于生产普通玻璃,纯碱水解显碱性,能使油脂水解,故日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污,故D正确。[方法指导]解答STSE题"四步曲"B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2018·青岛一模)东晋炼丹家葛洪的《抱朴子》里记载"丹砂(HgS)烧之成水银,积变又还成了丹砂",这句话里没有涉及的反应类型为(D)A.氧化还原反应 B.化合反应C.分解反应 D.置换反应[解析]丹砂(HgS)加热分解生成Hg和S,冷却Hg和S又可重新化合,两反应分别为分解反应和化合反应,均属于氧化还原反应,故选D。2.(2018·长沙二模)化学与生活、社会发展息息相关,下列有关说法不正确的是(C)A."霾尘积聚难见路人",雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应B."熬胆矾铁釜,久之亦化为铜",该过程发生了置换反应C."凡酸坏之酒,皆可蒸烧",这种分离方法是分液D.古剑"沈卢""以剂钢为刃,柔铁为茎干,不尔则多断折",剂钢指的是铁的合金[解析]雾霾所形成的气溶胶属于胶体。有丁达尔效应,故A正确;铁置换铜属于湿法炼铜,该过程发生了置换反应,故B正确;运用蒸烧的方法制酒属于蒸馏的方法,故C错误;剑刃硬度要大,所以用铁合金,故D正确。3.(2018·河南大联考)化学与人类生产、生活密切相关,下列有关说法正确的是(B)A.自来水厂用明矾净水,用Fe2(SO4)3或ClO2均能代替明矾净水B.青蒿素在超临界CO2中有很强的溶解性,萃取青蒿素可用超临界CO2作萃取剂C.用石灰水或MgSO4溶液喷涂在树干上均可消灭树皮上的过冬虫卵D.新型材料聚碳酸酯纤维、石墨烯纤维都属于有机高分子[解析]明矾只能净水,不能杀菌消毒,ClO2具有强氧化性,不能代替明矾净水,A错误;青蒿素在超临界CO2中有很强的溶解性,因此萃取青蒿素可用超临界CO2作萃取剂,B正确;MgSO4溶液不能使蛋白质变性,C错误;石墨烯纤维不属于有机高分子,D错误。1.(2018·湖北四校联考)化学在人类生活中扮演着重要的角色,下列说法不正确的是(A)A.明矾可用于水的杀菌、消毒B.盐卤可用于制豆腐C.目前加碘食盐中主要添加的是KIO3D.在空气质量日报中SO2是计入空气污染指数的有害气体[解析]明矾不具有氧化性,不能用于杀菌、消毒,可用于净水,故A错误。2.(2018·寿光二模)下列对于太阳能、生物质能和氢能的利用的说法不正确的是(B)A.光伏电池可实现太阳能到电能的转化B.将植物的秸秆、枝叶、杂草和人畜粪便加入沼气发酵池中,在富氧条件下,经过缓慢、复杂、充分的氧化反应最终生成沼气,从而有效利用生物质能C.生活、生产中大量应用氢能源,要解决氢气的储存和运输等问题D.垃圾焚烧处理厂把大量生活垃圾中的生物质能转化为热能、电能,减轻了垃圾给城市造成的压力,改善了城市的环境[解析]植物秸秆、枝叶、杂草中含有生物质能,可发酵制取甲烷,从而有效利用生物质能,但该过程是在厌氧条件下进行的,故B错误。3.(2018·洛阳五月模考)化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法正确的是(D)A.雾霾中的PM2.5分散在空气中形成胶体B.油脂是人类维持生命活动所需能量的主要来源C.核磁共振氢谱不能区分CH3CH2OH和CH3OCH3D.登山时防晒是为了防止强紫外线引起皮肤中蛋白质变性[解析]胶体分散质粒子直径介于1~100nm之间,故A错误;糖类是人类维持生命活动所需能量的主要来源,故B错误;CH3CH2OH中含有3种不同化学环境的H,而CH3OCH3中含有1种化学环境的H,故C错误;强紫外线能使蛋白质变性,故D正确。4.(2018·河北一模)下列有关物质的说法正确的是(C)A.石油气的主要成分包括氢气、乙烯、丙烷等B.常温下可用铁、铜制成的容器来盛放冷的浓硝酸或浓硫酸C.农业上常用的化肥如硫酸铵、碳酸氢铵都是铵盐D.合金的熔点一般比它的成分金属高,性能更好[解析]石油气的主要成分包括丙烷、丁烷、丙烯、丁烯等,没有氢气,A错误;常温下铜和浓硝酸反应,不能用铜制成的容器来盛放冷的浓硝酸,B错误;硫酸铵、碳酸氢铵都是铵盐,C正确;合金的熔点一般比它的成分金属低,D错误。5.(2018·四川一模)化学与生活、能源、环境等密切相关。下列叙述正确的是(C)A.油脂和蛋白质是人体必需的营养物质,都属于高分子化合物B.食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉等,其作用都是吸水,防止食品变质C.采用催化转化技术可将汽车尾气中的一氧化碳和氮氧化物转化为无毒气体D.屠呦呦提取青蒿素的过程属于化学变化[解析]油脂相对分子质量较小,不属于高分子化合物,故A错误;食品包装袋中的还原铁粉具有还原性,其作用是防止食品被氧化而变质,故B错误;采用催化转化技术可将汽车尾气中的NOx和CO转化为无毒气体N2和CO2:2xCO+2NOx=====催化剂2xCO2+N2,故C正确;青蒿素提取过程中没有新物质生成,属于物理变化,故D错误。6.(2018·青岛一模)化学与生产、生活密切相关。下列与化学相关的说法正确的是(D)A.水泥、水玻璃、水晶均属于硅酸盐产品B.医用酒精和葡萄糖注射液可用丁达尔效应区分C.氯水和食盐水消毒杀菌的原理相同D.铵态氮肥和草木灰混合使用会降低肥效[解析]水晶不属于硅酸盐产品,A项错误;医用酒精和葡萄糖注射液均为溶液,不可用丁达尔效应区分,B项错误;氯水消毒杀菌是利用其氧化性,食盐水消毒杀菌是利用其能使细菌的细胞失水的性质,二者原理不同,C项错误。7.(2018·天津一模)化学在生产和日常生活中有着重要的作用。下列有关说法不正确的是(C)A.硅酸钠的水溶液俗称水玻璃,可用作木材防火剂B."地沟油"禁止食用,但可以用来制肥皂C.用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染D.利用粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程[解析]水玻璃可用作木材防火剂,A正确;聚乙烯塑料很难降解,会造成白色污染,C不正确;淀粉水解生成葡萄糖,葡萄糖在酒化酶的作用下生成C2H5OH和CO2,D正确。8.(2018·江西南昌二模)东汉魏伯阳在《周易参同契》中对汞的描述:"……得火则飞,不见埃尘,将欲制之,黄芽为根。"这里的"黄芽"是指(B)A.金 B.硫黄C.黄铜 D.黄铁矿[解析]硫单质为黄色,硫磺燃烧生成二氧化硫气体,B项正确。9.(2018·海南七校联考)中国丝绸有五千年的历史和文化。古代染坊常用某种"碱剂"来精炼丝绸,该"碱剂"的主要成 分是一种盐,能促进蚕丝表层的丝胶蛋白杂质水解而除去,使丝绸颜色洁白、质感柔软、色泽光 亮。这种"碱剂"可能是(D)A.胆矾 B.火碱C.食盐 D.草木灰[解析]胆矾是硫酸铜晶体,其水溶液显酸性,A项错误;火碱是氢氧化钠,古代没有,B项错误;食盐水显中性,C项错误;草木灰中的碳酸钾水是盐且其溶液显碱性,D项正确。10.(2018·重庆万州二诊)据《易经》记载:"泽中有火","上火下泽"。泽,指湖泊池沼。"泽中有火",是指"M气体"在湖泊池沼水面上起火现象的描述。这里"M气体"是指(A)A.甲烷 B.一氧化碳C.乙烯 D.氢气[解析]沼泽或池塘中腐烂的有机物能产生可燃的甲烷气体,A项正确。11.(2018·平度一模)《天工开物》中记载:人贱者短褐、枲裳,冬以御寒,夏以蔽体,其质造物之所具也。属草木者,为枲、麻、苘、葛,属禽兽与昆虫者为裘褐、丝绵。各载其半,而裳服充焉矣。文中的"枲、麻、苘、葛"和"裘褐、丝绵"分别属于(C)A.纤维素、油脂 B.糖类、油脂C.纤维素、蛋白质 D.糖类、蛋白质[解析]草木的主要成分是纤维素,裘褐、丝绵成分是蛋白质,C项正确。12.(2018·陕西西安八校联考)战国所著《周礼》中记载沿海古人"煤饼烧砺房成灰"("砺房"即牡蜗壳),并把这种灰称为"蜃"。蔡伦改进的造纸术,第一步沤浸树皮脱胶的碱液可用"蜃"溶于水制得。"蜃"的主要成分是(B)A.SiO2 B.CaOC.Na2CO3 D.CaCO3[解析]牡蜗壳的主要成分是碳酸钙,碳酸钙高温分解为氧化钙,B项正确。13.(2018·南开中学三月)1640年,我国早期科技丛书《物理小识·金石类》记有"青矾厂气熏人,衣服当之易烂,载木不盛"。"青矾"强热,得赤色固体,"气"凝即得"矾油"。"矾油"是指(C)A.硝酸 B.氨水C.硫酸 D.盐酸[解析]古代的衣服的成分多数是纤维素,纤维素遇浓硫酸脱水炭化,C项正确。14.(2018·保定高阳中学一模)油条中铝含量超标十分普遍,是影响人们健康的食品安全隐患。油条无铝配方由碳酸氢钠(小苏打)和臭粉组成。下列关于臭粉的成份组合正确的是(A)A.NH4HCO3 B.Na2CO3C.(NH4)2CO3 D.Na2SO4[解析]碳酸氢铵受热分解产生二氧化碳和刺激性气味的氨气,A项正确。15.(2018·贵阳质检)古代炼丹家将丹鼎类比为自然界,整个丹炉在炼丹家看来就是一个缩小的"宇宙"。用来炼制丹药的仪器,即我们今天所讲的反应器,按加热方式和温度高低不同、操作方式不同而有不同种类,鼎是其中广泛使用的一类。初唐至盛唐的《灵砂七返论》有以下描述:"鼎者有五:一曰金鼎、二曰银鼎、三曰铜鼎、四曰铁鼎、五曰土鼎",以下物质可作为"土鼎"的主要成分的是(C)A.碱金属硝酸盐 B.碱金属碳酸盐C.碱土金属硅酸盐 D.铵盐[解析]古代的土鼎是陶质的,主要成分是硅酸盐,C项正确。16.(2018·东台市模拟)周辉《清波杂志》卷十二:信州铅山胆水自山下注,势若瀑布,用以浸铜,铸冶是赖,虽干溢系夫旱涝,大抵盛于春夏,微于秋冬。古传一人至水滨,遗匙钥,翌日得之,已成铜矣。这里的胆水是指(B)A.FeSO4溶液 B.CuSO4溶液C.氨水 D.NaCl溶液[解析]匙钥的成分是铁,放入硫酸铜溶液中置换出铜单质,B项正确。17.(2018·衡阳十校调研)唐末五代时期丹学著作《真元妙道要略》中有云"以硫磺、雄黄合硝石并蜜烧之,焰起烧手面及烬屋舍者"。描述的的制作过程是(B)A.铝热剂 B.黑火药C.木炭 D.丹药(硫化汞)[解析]文中的硝石是硝酸钾,硝酸钾、硫磺、木炭按一定比例混合得黑火药,B项正确。18.(2018·河北石家庄质检)明代诗人于谦作诗"凿开混沌得乌金,藏蓄阳和意最深。爝火燃回春浩浩,洪炉照破夜沉沉……"诗中所写"乌金"的主要成分是(D)A.金 B.铁C.锰 D.炭[解析]炭燃烧取暖,D项正确。19.(2018·厦门模拟)我国明代《本草纲目》中收载药物1892种,其中"烧酒"条目下写道:"自元时始创其法,用浓酒和糟入甑,蒸令气上……其清如水,味极浓烈,盖酒露也。"这里所用的"法"是指(B)A.萃取 B.蒸馏C.渗析 D.干馏[解析]烧酒的制作过程是把米蒸熟放入瓦罐中发酵再蒸馏得到,B项正确。20.(2018·山西太原模拟)《本草图经》中关于绿矾的分解有如下描述:"绿矾形似朴硝(Na2SO4·10H2O)而绿色,取此物置于铁板上,聚炭,封之囊袋,吹令火炽,其矾即沸,流出,色赤如融金汁者是真也。"对此段话的说明中肯定错误的是(B)A.绿矾的化学式为FeSO4·7H2OB.绿矾分解过程中没有发生电子的转移C."色赤"物质可能是Fe2O3D.流出的液体中可能含有硫酸[解析]由信息可知生成红色的氧化铁,铁元素的化合价发生变化,有电子转移,故B错误。21.(2018·安徽淮北一模)陶弘景对硝酸钾有如下记载:"先时有人得一种物,其色理与朴硝(硫酸钠)大同小异,朏朏如握雪不冰。强烧之,紫青烟起,仍成灰,不停滞,如朴硝,云是真消石(硝酸钾)也。"下列有关说法错误的是(A)A.朴硝和消石加强热都不分解B.朴硝和消石都属于强电解质C.朴硝和消石都既含有离子键又含有共价键D."紫青烟起"是由于消石中的K+在火焰上灼烧时呈现出特殊颜色[解析]硝酸钾受热分解生成亚硝酸钾和氧气,硝酸钾和硫酸钠都是强电解质,二者都既含有离子键又含有共价键,硝酸钾在火焰上灼烧焰色为紫色,A项正确。22.(2018·高考考前适应训练)《五金铁》中记载:"若造熟铁,则生铁流出时,相连数尺内,低下数对,筑一方塘,短墙抵之,其铁流入塘内,数人执柳木排立墙上……众人柳棍疾搅,即时炒成熟铁。"以下说法不正确的是(B)A.金属冶炼方法由金属活动性决定B.熟铁比生铁质地更硬,延展性稍差C.炒铁是为了降低铁水中的碳含量D.该法与近代往生铁水吹空气炼钢异曲同工[解析]A.金属冶炼方法由金属活动性决定,特别活泼的金属通常用电解法冶炼,较活泼的金属用热还原法,较不活泼的金属用热分解法,A正确;B.熟铁比生铁的硬度小,延展性较好,B不正确;C.炒铁是为了把生铁中的碳氧化成碳的氧化物,从而降低铁水中的含碳量,C正确;D.往生铁水中吹空气可以降低碳的含量,故该法与近代往生铁水吹空气炼钢异曲同工,D正确。本题选B。第2讲物质的组成、性质和分类最新考纲 考向分析1.物质的组成、性质和分类(1)了解分子、原子、离子等概念的含义。了解原子团的定义。(2)理解物理变化与化学变化的区别与联系。(3)理解混合物和纯净物、单质和化合物、金属和非金属的概念。(4)理解酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系。2.了解胶体是一种常见的分散系。 本专题以考查学生对知识的识记、再现能力为主,题型主要为选择题;此类题目主要以社会热点及传统文化中包含的化学知识为考查方向,在备考中应注意这方面的知识。考点一物质的组成和分类Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·北京·6)古丝绸之路贸易中的下列商品,主要成分属于无机物的是(A)
A.瓷器 B.丝绸 C.茶叶 D.中草药[解析]瓷器的主要成分为硅酸盐,属于无机物,A项正确。丝绸的主要成分为蛋白质,属于有机物,B项错误;茶叶的主要成分为茶多酚(属于酚类)、生物碱、氨基酸、有机酸等,属于有机物,C项错误;中草药成分复杂,通常含有糖类、氨基酸、蛋白质、油脂、维生素、有机酸、生物碱等,其主要成分属于有机物,D项错误。2.(2018·江苏·6)下列有关物质性质的叙述一定不正确的是(A)A.向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液,溶液显红色B.KAl(SO4)2·12H2O溶于水可形成Al(OH)3胶体C.NH4Cl与Ca(OH)2混合加热可生成NH3D.Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2[解析]A错:Fe3+遇SCN-溶液显红色。3.(2018·江苏·3)下列有关物质性质与用途具有对应关系的是(D)A.NaHCO3受热易分解,可用于制胃酸中和剂B.SiO2熔点高硬度大,可用于制光导纤维C.Al2O3是两性氧化物,可用作耐高温材料D.CaO能与水反应,可用作食品干燥剂[解析]D对:CaO无毒,能与水反应生成Ca(OH)2,常用作食品干燥剂。A错:NaHCO3能与胃酸中的盐酸反应,可用于中和胃酸,但与NaHCO3受热易分解无关。B错:SiO2制光导纤维是利用了SiO2可以对光进行折射和全反射,与其熔点和硬度无关。C错:Al2O3的熔点很高,可用作耐高温材料,与Al2O3的两性无关。4.(2016·全国Ⅱ·26)联氨(又称肼,N2H4,无色液体)是一种应用广泛的化工原料,可用作火箭燃料。回答下列问题:(1)联氨分子的电子式为,其中氮的化合价为_-2__。(2)实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨,反应的化学方程式为2NH3+NaClO===N2H4+NaCl+H2O。[解析](1)N2H4中原子间以共价键结合,其电子式为。N2H4中H为+1价,由各元素化合价代数和为0,可确定N为-2价。(2)反应中NaClO和NH3分别作氧化剂和还原剂,根据得失电子守恒和原子守恒可写出并配平相应的化学方程式。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1.警惕物质组成、分类中的"四大误区"(1)误认为由同种元素组成的物质一定是纯净物。①某物质可能由一种元素的不同单质混合而成。如O2、O3组成的混合气体就是混合物。②分子式相同的化合物可能存在同分异构体。如C4H10的结构有两种,正丁烷和异丁烷,二者组成混合物。(2)误认为能电离出H+的物质一定是酸。如NaHSO4是一种盐。(3)误认为酸性氧化物一定是非金属氧化物。如Mn2O7是金属氧化物但属于酸性氧化物,而且非金属氧化物也不一定属于酸性氧化物,如CO、NO为不成盐氧化物等。(4)误认为金属氧化物一定是碱性氧化物。如Al2O3属于两性氧化物,Na2O2属于过氧化物。2.拓展延伸高中化学涉及的基本概念比较多,可设题的角度还有:(1)反应类型:四大基本反应类型、氧化还原反应等。(2)物质概念:电解质和非电解质,强电解质和弱电解质,溶液、胶体和浊液,酸性氧化物和碱性氧化物,酸、碱和盐,羧酸、醇和酯,同位素、同素异形体、同系物和同分异构体等。(3)理论概念:化学平衡、电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡,原电池、电解池、精炼池、电镀池,燃烧热、中和热和反应热,氧化还原反应方程式、热化学方程式等。对于以上概念必须弄清本质,通过同类对比法学习,在辨析和应用时才能得心应手。3.辨析比较"四同"辨析四同 同位素 同素异形体 同系物 同分异构体研究对象 核素(原子) 单质 有机物 化合物相同或相似 质子数 元素 结构 分子式不同 中子数 结构 分子式相差n(n≠0)个CH2 结构化学性质 几乎完全相同 相似 相似 可能相似,也可能不同实例 1H、D(2H)、T(3H);12C、13C、14C O2与O3;白磷与红磷;金刚石与石墨、C60 CH4与C2H6;CH3OH与CH3CH2OH 乙醇与二甲醚;正丁烷与异丁烷4.防范物质组成、分类中的易错点(正确的打"√",错误的打"×")(1)在酸中有几个H原子就一定是几元酸(×)(2)含有离子键的化合物一定是离子化合物,共价化合物一定不含离子键(√)(3)盐中一定含金属元素(×)(4)能导电的一定是电解质,不导电的一定是非电解质(×)(5)强电解质的导电性一定大于弱电解质的导电性(×)(6)同种元素组成的物质一定是纯净物(×)(7)强碱一定是离子化合物,盐也一定是离子化合物(×)B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2018·西宁一模)化学与生产、生活、社会密切相关,下列说法错误的是(A)A.人造纤维、合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物B.利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料,有利于减少白色污染C.黄河入海口沙洲的形成与用卤水点豆腐,都体现了胶体聚沉的性质D.我国汽油标准由"国Ⅲ"提高到"国Ⅳ",目的是减少有害气体的排放,改善环境质量[解析]人造纤维、合成纤维是有机高分子化合物,而光导纤维是SiO2,是无机化合物,故A错误;合成可降解塑料聚碳酸酯类,有利于减少白色污染,故B正确,胶体遇电解质溶液出现聚沉现象,黄河入海口沙洲的形成与用卤水点豆腐都是电解质使胶体出现聚沉造成的,故C正确;提高汽油的质量,可减少有害气体的排放,改善环境,故D正确。2.(2017·西城区模拟)下列物质与类别不对应的是(B)A B C D小苏打食用油淀粉84消毒液
盐 高分子化合物 糖类 混合物[解析]A.小苏打是碳酸氢钠的俗称,其化学式是NaHCO3,由钠离子和碳酸氢根离子构成,属于盐,故A不选;B.食用油的成分为油脂,是相对分子量较小的分子,不属于有机高分子,故B选;C.多糖包括淀粉、纤维素,故C不选;D."84消毒液"的主要成分是次氯酸钠(NaClO)的水溶液,属于混合物,故D不选。3.(新题预测)化学是一门实用性强的自然科学,在社会、生产、生活中起着重要的作用。下列说法不正确的是(A)A.油条的制作口诀是"一碱、二矾、三钱盐",其中的"碱"是烧碱B.黑火药的最优化配方是"一硫二硝三木炭",其中的"硝"是硝酸钾C.过滤操作要领是"一贴二低三靠",其中"贴"是指滤纸紧贴漏斗的内壁D."固体需匙或纸槽,一送二竖三弹弹;块固还是镊子好,一横二放三慢竖",前一个固体一般指粉末状固体[解析]A项,油条的制作口诀是"一碱、二矾、三钱盐","碱"指NaHCO3,"矾"指明矾[KAl(SO4)2·12H2O],"盐"指NaCl;B项,黑火药的最优化配方是硫黄、硝石和炭;C项,一贴:用少量水润湿的滤纸紧贴漏斗壁,二低:滤纸边缘低于漏斗边缘、滤液低于滤纸边缘,三靠:烧杯紧靠玻璃棒、玻璃棒紧靠在三层滤纸上、漏斗下端口紧靠烧杯内壁;D项,固体粉末药品放入试管中,采用药匙或纸槽,但是固体块状,大颗粒状需要用镊子。考点二物质的变化Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2015·北京高考·6)下列我国古代的技术应用中,其工作原理不涉及化学反应的是(C)A.火药使用 B.粮食酿酒 C.转轮排字 D.铁的冶炼
[解析]化学反应的实质是有新物质生成,该题中A、B、D选项中均有新物质生成,属于化学变化,而转轮排字过程没有新物质生成,不涉及化学反应。2.(2016·上海高考)一定条件下,某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下,其中和代表不同元素的原子。关于此反应说法错误的是(A)A.一定属于吸热反应 B.一定属于可逆反应C.一定属于氧化还原反应 D.一定属于分解反应[解析]观察示意图知该反应的反应物是一种,生成物是两种,该物质发生分解反应,一般的分解反应是吸热反应,但也有的分解反应如2H2O2===2H2O+O2↑的反应是放热反应,A项错误,D项正确;根据图示可知有一部分反应物未参加反应,所以该反应是可逆反应,B项正确;该反应中反应物为化合物,生成物中有单质,元素化合价有变化,属于氧化还原反应,C项正确。3.(2016·四川高考)化学与生产和生活密切相关。下列过程中没有发生化学变化的是(B)A.氯气作水的杀菌消毒剂B.硅胶作袋装食品的干燥剂C.二氧化硫作纸浆的漂白剂D.肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂[解析]氯气作水的杀菌消毒剂是利用氯气与水反应生成的次氯酸的强氧化性,发生了化学变化;硅胶作袋装食品的干燥剂,是因为硅胶疏松多孔,具有吸收水分的作用,没有发生化学变化;二氧化硫作纸浆的漂白剂是因为二氧化硫可与某些有色物质发生化学反应生成不稳定的无色物质;肥皂的主要成分为高级脂肪酸钠,肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂是利用高级脂肪酸钠在水中发生水解反应使溶液呈碱性的性质,发生了化学变化。4.(2018·北京·6)下列我国科技成果所涉及物质的应用中,发生的不是化学变化的是(B)
A.甲醇低温所制氢气用于新能源汽车 B.氘、氚用作"人造太阳"核聚变燃料 C.偏二甲肼用作发射"天宫二号"的火箭燃料 D.开采可燃冰,将其作为能源使用[解析]B项:氘、氚用作核聚变燃料不是化学变化。A项:甲醇低温生成氢气和氢气用作燃料发生的都是化学变化。C项:偏二甲肼用作火箭燃料发生的是化学变化。D项:可燃冰是甲烷水合物,用作燃料发生的是化学变化。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1.归类记忆常见的物理变化和化学变化 物理变化 化学变化三色 焰色反应 显色反应、颜色反应五解 潮解 分解、裂解、水解、电解十四化 熔化、汽化、液化、酸化 氧化、氢化、水化、钝化、皂化、炭化、催化、酯化、硝化、裂化2.两法判断物理变化与化学变化从宏观上判断 有新物质生成是化学变化,反之为物理变化从微观上判断 有旧化学键断裂,同时有新化学键形成的是化学变化;只有化学键断裂的不一定是化学变化,如NaCl晶体的熔化3.突破物质变化中的易错点(正确的打"√",错误的打"×")(1)有旧化学键断裂,同时有新化学键形成的变化是化学变化(√)(2)只要有化学键断裂,就一定发生化学变化(×)(3)只要有颜色变化的变化一定是化学变化(×)(4)同素异形体之间的转化是化学变化(√)(5)同位素之间的转化是化学变化(×)(6)节日燃放烟花只涉及物理变化(×)[方法指导]物质变化的认识误区(1)误认为有新物质生成、有化学键断裂的变化就是化学变化,如16O转化为18O、NaCl溶于水都不属于化学变化。(2)误认为同素异形体之间的转化为物理变化,如石墨转化为金刚石、O2转化为O3均为化学变化,并且为有单质参加或生成的化学反应,但不是氧化还原反应。(3)蛋白质溶液中加入饱和硫酸钠或硫酸铜溶液均有沉淀生成,前者为蛋白质的盐析,为物理变化;后者为蛋白质的变性,为化学变化。B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.物理和化学变化通常包含结构和能量的改变,下列相关过程的结构、能量变化叙述正确的是(C)A.有化学键断裂的过程一定是化学变化B.化学变化中的能量变化-定是由化学键断裂、生成引起的C.同一化学反应,只要起始和终止的状态与量相同,加催化剂后,反应总的热效应一定不会发生改变D.放热反应一定都是自发进行的反应,吸热反应一定都是非自发进行的反应[解析]电解质的电离、离子晶体的熔化,有化学键断裂,但没有新化学键生成,属于物理变化,A错误,化学键的断裂和生成会引起能量变化,但物质的状态改变时,也会引起反应中的能量变化。如1molH2与足量O2反应生成液态水和水蒸气放出的能量不同,B错误;反应总的热效应与催化剂无关,C正确;反应是否自发是ΔH和ΔS、温度共同作用的结果,D错误。2.中国汉语文化博大精深,很多成语体现了化学知识。下列成语中涉及的主要变化不是化学反应的是(C)A.百炼成钢 B.饮鸩止渴C.铁杵磨针 D.火上浇油[解析]A项,百炼成钢有新物质铁生成;B项,饮鸩止渴使人中毒,发生蛋白质变性;C项,铁杵磨针没有新物质生成;D项,火上烧油发生燃烧,有新物质生成。考点三胶体的性质及应用Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2018·全国Ⅱ·8)研究表明,氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如下图所示)。下列叙述错误的是(C)A.雾和霾的分散剂相同B.雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵C.NH3是形成无机颗粒物的催化剂D.雾霾的形成与过度施用氮肥有关[解析]C错:NH3参与反应生成铵盐,是反应物,不是催化剂。A对:雾和霾的分散剂都是空气。B对:雾霾中的无机颗粒物含有硝酸铵和硫酸铵。D对:过度施用氮肥会增加大气中氨的含量。2.对胶体知识的考查,往往把其渗透到某个选择题的选项中。下面是高考题和各地模拟题的组合,判断下列说法是否正确,正确的打"√",错误的打"×"(1)制备Fe(OH)3胶体,可以将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中(×)(2)浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3胶体(×)(3)H+、K+、S2-、Br-能在Fe(OH)3胶体中大量共存(×)(4)明矾溶于水产生Al(OH)3胶体:Al3++3H2O===Al(OH)3↓+3H+(×)(5)向沸水中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe(OH)3胶体的原理是加热促进了Fe3+水解(√)(6)将0.2moI·L-1FeCl3溶液滴加到沸水中,然后继续加热并不断搅拌可制得氢氧化铁胶体(×)(7)分散质微粒直径介于1~100nm之间的分散系称为胶体(√)(8)处理河水时可加入明矾作为混凝剂,吸附水中杂质(√)(9)利用丁达尔效应可区别蛋白质溶液和食盐水(√)(10)PM2.5(微粒直径为2.5×10-6m)分散在空气中形成气溶胶,能产生丁达尔效应(×)R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏胶体知识"9"提醒(1)胶体区别其他分散系的本质特征是分散质颗粒直径大小(1~100nm)。(2)胶体的物理性质:①丁达尔效应;②电泳现象;③介稳性等。(3)胶体微粒一般是离子、分子或难溶物的聚集体,但有些高分子化合物,如淀粉、蛋白质。因其分子非常大,其相对分子质量通常为几万、几十万甚至上百万、千万,因此一个分子就是一个胶体微粒,它们的溶液是胶体。(4)区分胶体和其他分散系的最简便方法是丁达尔效应。(5)胶体具有介稳性的主要原因是胶体粒子带有相同电荷。(6)胶体的电泳现象反映了胶体粒子带有电荷,但不能说成胶体带有电荷。胶体与溶液一样是电中性的。(7)在Fe(OH)3胶体中,Fe(OH)3胶体粒子的数目要远远小于原FeCl3溶液中Fe3+的数目。(8)Fe(OH)3胶体中逐滴加入强酸(如盐酸、硫酸)时,出现的现象为先沉淀后溶解。其原因:开始时出现沉淀是由于胶体中加入了电解质发生了聚沉,后来沉淀消失是由于发生了中和反应。(9)把握净水剂及其作用原理胶体粒子的直径一般在1~100nm之间,它决定了胶体粒子具有较大的表面积,吸附力很强,能在水中吸附悬浮固体或色素形成沉淀,从而达到净化水的目的,这就是胶体净水的原理。能在水中自然形成胶体,并且对水质无明显副作用的物质有KAl(SO4)2·12H2O、FeCl3·6H2O等,这样的物质被称为净水剂,其形成胶体的化学原理是Al3+、Fe3+发生水解反应生成Al(OH)3胶体、Fe(OH)3胶体。B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2018·合肥高三调研)纳米是长度单位,1nm=10-9m,当物质的颗粒达到纳米级时,会具有一些特殊的性质。如由铜制成的"纳米铜"具有非常强的化学活性,在空气中可以燃烧。下列关于"纳米铜"的叙述正确的是(D)A."纳米铜"比铜片的金属性强B."纳米铜"比铜片更易失去电子C."纳米铜"比铜片的氧化性强D."纳米铜"的还原性与铜片相同[解析]"纳米铜"只是物质的颗粒变小,但不影响其化学性质,故选D。2.国防科大航天科学与工程学院新型陶瓷纤维及其复合材料重点实验室成功研制出一种具有超强吸附能力的新型超轻纳米材料(基本微粒直径为1~100nm)。这种材料结构上由一维氮化硼纳米管和二维氮化硼纳米晶片复合而成,整个材料内部充满气孔。这种材料耐高温,且用它吸附完有机物后,可以通过点燃的方式实现重复使用。下列关于该材料的说法错误的是(B)A.将该材料分散到液体分散剂中,所得混合物具有丁达尔效应B.该材料的基本微粒既能透过滤纸,也能透过半透膜C.该材料在2000℃的高温下,还可以保持结构完整,可正常使用D.该材料在航空航天高温热防护、有毒化学物质吸附和清除等领域有重要的应用前景[解析]该材料的基本微粒的直径为1~100nm,将该材料分散到液体分散剂中,形成的分散系属于胶体,具有丁达尔效应,该材料的基本微粒不能透过半透膜,A项正确,B项错误;氮化硼晶体属于原子晶体,可耐高温,结构稳定,C项正确;该材料具有很强的吸附性,D项正确。3.下列有关PM2.5的说法错误的是(B)A.大气中PM2.5比表面积大,吸附力强,能吸附许多有毒有害物质B.PM2.5的颗粒大小与分子大小差不多C.雾霾是一种分散系,分散剂是空气,带活性炭口罩防雾霾的原理是吸附原理D."霾尘积聚难见路人",雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应1.(2018·湖北重点中学联考)某化学学习小组讨论辨析以下说法,其中正确的是(A)①福尔马林、聚苯乙烯、油脂、生铁、铝热剂、肥皂均是混合物②冰和干冰都是酸性氧化物,固体时是分子晶体③小苏打、硬脂酸钠、BaSO4、Al2O3都是强电解质④CO2、NH3、SO2、H2S、Cl2都是非电解质⑤鸡蛋清溶液、淀粉溶液、烟水晶、雾都是胶体⑥苯酚、纯碱、胆矾和H2O2分别属于酸、碱、盐和氧化物A.①③⑤ B.①②④⑤C.①②③⑤ D.①②③④⑤⑥[解析]①福尔马林是甲醛水溶液,聚苯乙烯是苯乙烯的加聚反应产物,油脂是高级脂肪酸甘油酯,生铁是铁和碳的合金,铝热剂是铝粉和金属氧化物等的混合物,肥皂的主要成分是高级脂肪酸盐,上述物质均属于混合物,正确;②冰不是酸性氧化物,错误;③小苏打、硬脂酸钠、BaSO4、Al2O3都是强电解质,正确;④CO2、NH3和SO2都是非电解质,H2S是电解质,Cl2既不是电解质也不是非电解质,错误;⑤鸡蛋清溶液、淀粉溶液、烟水晶、雾都是胶体,都能产生丁达尔效应,正确;⑥纯碱为Na2CO3,属于盐类,错误。2.下列有关分类的说法正确的是(D)A.胶体的本质特征是具有丁达尔效应B.阳离子、阴离子中均分别只含有一种元素,则由这样的阴、阳离子组成的物质一定是纯净物C.白磷转化为红磷是物理变化D.碱性氧化物一定是金属氧化物,酸性氧化物不一定是非金属氧化物[解析]胶体的本质特征是分散质粒子直径介于1~100nm之间,A错误;阳离子、阴离子中均分别只含有一种元素,由于元素的价态可能不同,则由这样的阴、阳离子组成的物质不一定是纯净物,如过氧化钠与氧化钠,B错误;白磷转化为红磷是化学变化,C错误;Mn2O7是酸性氧化物,也是金属氧化物,D正确。3.(2018·四川成都市二诊)下列物质加工或应用中未利用其化学性质的是(C)选项 A B C D加工或应用 
[解析]油脂的硬化是指在一定条件下油脂与H2的加成反应,利用了油脂的不饱和性,发生了化学变化,A不符合题意;玉米含有淀粉,在淀粉酶作用下水解生成葡萄糖,葡萄糖在酒化酶作用下反应生成乙醇,B不符合题意;石英的主要成分是SiO2,对光的反射能力较强,因此石英传输光信号利用了石英的物理性质,C符合题意;漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2,Ca(ClO)2与空气中的H2O、CO2反应生成的HClO具有较强的氧化性,能使细菌、病毒体内蛋白质发生变性,从而起到杀菌消毒的作用,D不符合题意。4.下列关于胶体的说法中,正确的是(B)①蔗糖溶液、淀粉溶液属于溶液,烟、雾属于胶体②溶液和胶体的本质区别是后者具有丁达尔效应,而前者无此现象③制备Fe(OH)3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色④利用过滤的方法能将Fe(OH)3胶体从FeCl3溶液中分离出来⑤由肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒,可利用"血液透析"进行治疗⑥水泥厂和冶金厂常用高压直流电除去大量烟尘,减少对空气的污染,利用了胶体的电泳现象⑦葡萄糖注射液能产生丁达尔效应,属于胶体⑧溶液是电中性的,胶体是带电的⑨清晨,在茂密的树林中,常常可以看到从树叶间透过的一道道光柱,与胶体的性质有关A.①②⑤⑥ B.③⑤⑥⑨C.③⑤⑦⑧ D.②③⑥⑨[解析]①淀粉溶液属于胶体,错误;②溶液和胶体的本质区别是分散质粒子直径的大小,错误;④胶体与溶液都能透过滤纸,不能用过滤的方法分离两者,错误;⑤"血液透析"的原理是渗析,正确;⑦葡萄糖是小分子,溶于水形成溶液,错误;⑧胶体本身不带电,只是胶体中胶粒表面积较大,吸附了溶液中的离子才带电荷,错误。综上所述,B正确。5.下列关于胶体的叙述正确的是(D)A.胶体粒子不能透过滤纸B.胶体和溶液的本质区别是胶体能产生丁达尔效应C.胶体带电,故在电场作用下会产生电泳现象D.用渗析的方法净化胶体时,使用半透膜只能让小分子和离子通过[解析]溶液、胶体粒子均能透过滤纸,故A错误;胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小,胶体的分散质微粒直径介于1~100nm之间,而溶液的分散质微粒直径小于1nm,故B错误;胶体是电中性的,不带电,在电场作用下会产生电泳现象,证明胶体中的胶粒是带电的,故C错误;用渗析的方法可以分离胶体和溶液,溶液能通过半透膜,而胶体不能透过半透膜,半透膜只能让小分子和离子通过,故D正确。6.(2018·辽宁师大附中期中)分类是化学学习与研究的常用方法,下列分类正确的是(D)A.Na2O2、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物B.纯碱、烧碱、熟石灰均属于碱C.酸、碱、盐之间发生的反应均属于复分解反应D.混合物、分散系、胶体从属关系如图所示[解析]能与酸反应且只生成盐和水的氧化物称为碱性氧化物,所以Na2O2不属于碱性氧化物,Al2O3属于两性氧化物,故A错误;纯碱为Na2CO3,属于盐而不属于碱,故B错误;酸、碱、盐之间发生的反应并不都属于复分解反应,如硝酸跟氢氧化亚铁的反应,故C错误;胶体是分散系的一种,分散系都属于混合物,故D正确。7.(2018·福建漳州八校联考)分类是科学研究的重要方法,下列物质分类不正确的是(C)A.化合物:干冰、冰水混合物、烧碱B.同素异形体:活性炭、C60、金刚石C.非电解质:乙醇、四氯化碳、氯气D.混合物:漂白粉、纯净矿泉水、盐酸[解析]干冰是固态二氧化碳,冰水混合物的成分为水,烧碱是氢氧化钠,都属于化合物,故A正确;活性炭、C60、金刚石是碳元素的不同单质,互为同素异形体,故B正确;乙醇、四氯化碳在水溶液中和熔融状态下都不导电,属于非电解质,氯气是单质,既不是电解质也不是非电解质,故C错误;漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙,纯净矿泉水是含有电解质的水,盐酸是氯化氢的水溶液,都属于混合物,故D正确。8.(2018·安徽A10联盟联考)我国古代文献中有许多化学知识的记载,如《梦溪笔谈》中的"信州铅山县有苦泉,……,挹其水熬之,则成胆矾,熬胆矾铁釜,久之亦化为铜"等,上述描述中没有涉及的化学反应类型是(A)A.复分解反应 B.化合反应C.离子反应 D.氧化还原反应[解析]将CuSO4溶液熬成胆矾(CuSO4·5H2O)的过程为化合反应,Fe与CuSO4溶液发生反应:Fe+CuSO4===FeSO4+Cu,既是离子反应又是氧化还原反应,没有涉及复分解反应,故A符合题意。9.下列各组物质分类中不合理的是(C)选项 分类标准 物质归类A FeSO4、NO2、MnO2、NaClO、Cu2O、Na2O2 H2SO3B CH3COOH、HOOC-COOH、HClO、H2S HFC 复分解反应、电解反应、放热反应、离子反应 焰色反应D (NH4)2SO4、NH4Cl、NH4NO3、(NH4)2CO3 NH4HCO3[解析]A项各物质中都含有可变价态元素,且这些元素的价态都处于中间价态,与H2SO3中硫元素处于中间价态一致,符合分类标准;B中各物质均为弱酸,与HF可归为一类;D中各物质均为铵盐,与NH4HCO3可归为一类;焰色反应为物理变化过程,与C中各反应不能归为一类。10.某同学向含有c(FeCl3)=0.2mol·L-1、c(FeCl2)=0.1mol·L-1的混合溶液中滴加稀NaOH溶液,意外地得到了一种黑色分散系,经查阅资料后得知,该分散系中分散质是直径介于1~100nm之间的金属氧化物,下列有关说法错误的是(D)A.该分散系可产生丁达尔现象B.加入NaOH时发生的反应可能为Fe2++2Fe3++8OH-===Fe3O4+4H2OC.若在电场作用下,阴极附近分散系黑色变深,则说明该分散质微粒带正电D.可用过滤的方法将分散剂与分散质分离开[解析]由分散质粒子直径知得到的是胶体分散系,分散质也可透过滤纸,A正确,D错误;因分散系为黑色,Fe2+、Fe3+均可与OH-反应,可推测B中的离子方程式是正确的;因阴极带负电,带正电的微粒移向阴极,C正确。11.(2018·福建普通高中质检)下列叙述正确的是(A)A.含有共价键的化合物不一定是共价化合物B.混合物中的元素一定是以化合态的形式存在C.金属氧化物一定是碱性氧化物D.由一种元素组成的物质一定是纯净物[解析]NH4Cl含有共价键,但是离子化合物,故A正确;由同素异形体组成的混合物,元素以游离态存在,故B不正确;Al2O3、Mn2O7都是金属氧化物,但Al2O3是两性氧化物,Mn2O7是酸性氧化物,故C不正确;由同素异形体如:O2和O3、金刚石和石墨等组成物质是混合物,D不正确。12.(2018·安徽淮北模拟)分类是学习和研究化学的一种常用的科学方法。下列分类合理的是(A)①根据酸分子中含有的H原子个数将酸分为一元酸、二元酸和多元酸②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应③根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属元素和非金属元素④根据反应的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应⑤根据分散系的稳定性大小将分散系分为胶体、溶液和浊液A.只有②④ B.只有①③⑤C.只有①②④ D.只有②③⑤[解析]酸分子中的氢原子不一定都能电离,如CH3COOH是一元酸,①错误;原子最外层电子数为1的元素可以是非金属元素H,也可以是碱金属元素,③错误;根据分散系中分散质微粒直径的大小可将分散系分为胶体、溶液和浊液,⑤错误。13.(2018·福建莆田)下列叙述正确的是(C)A.硅酸、氯化铁均为胶体B.醋酸、蔗糖均属于电解质C.水玻璃、氯水均为混合物D.氧化钙、氧化铝均为碱性氧化物[解析]本题考查物质的分类。胶体是混合物,硅酸和氯化铁都是纯净物,A错误;蔗糖溶于水或熔融状态均不导电,蔗糖是非电解质,B错误;水玻璃是硅酸钠水溶液,属于混合物,氯水是氯气的水溶液,属于混合物,C正确;氧化铝是两性氧化物,D错误。14.(2018·平度期末)下列关于物质的分类说法正确的是(A)A.金刚石、白磷都属于单质B.漂白粉、石英都属于纯净物C.氯化铵、次氯酸都属于强电解质D.葡萄糖、蛋白质都属于高分子化合物[解析]B.漂白粉是由氯化钙和次氯酸钙组成的混合物;C.次氯酸属于弱电解质;D.葡萄糖不属于高分子化合物。15.(2018·高考化学专题集训)下列叙述中正确的是(B)A.酸酐一定是酸性氧化物B.碱性氧化物一定是金属氧化物C.金属氧化物一定是碱性氧化物D.非金属氧化物一定是酸性氧化物[解析]酸酐是含氧酸失水后的产物。如:乙酸的酸酐为(CH3CO)2O,可见酸酐不一是氧化物;碱性氧化物和金属氧化物,非金属氧化物和酸性氧化物是不同分类原则指导下的不同分类,它们可能相容、相交、相对。如:在金属氧化物中,Al2O3是两性氧化物,Mn2O7(HMnO4的酸酐)为酸性氧化物,可见金属氧化物不一定是碱性氧化物,非金属氧化物中,CO、NO等属于不成盐氧化物。16.现有NH3、CO、Na、Na2O2、Fe、NO、NO2、F2、SO2等中学化学教材中出现过的物质,根据它们的组成及性质进行如下分类:请回答下列问题:(1)图中所示的分类方法叫_树状分类法__。(2)淡黄色固体最终位于_Ⅰ__组,它的电子式为。(3)C组有一种气体常用作工业上冶炼铁的还原剂,写出高温下它还原Fe2O3的化学方程式:3CO+Fe2O3=====△2Fe+3CO2。(4)Ⅱ组某种物质能与水发生氧化还原反应,该反应中被氧化与被还原的元素的质量比为_2∶1__。(5)B组中有一种物质在高温下能与水蒸气反应,若该反应过程中有8×6.02×1023个电子转移,则有_168__g该物质参与反应。[解析](1)从图形看,为树状分类法,结合相关信息可知分类如下:(2)淡黄色固体是Na2O2,其电子式为(3)CO为还原性气体,在高温下可还原Fe2O3,发生反应3CO+Fe2O3=====△2Fe+3CO2。(4)3NO2+H2O===2HNO3+NO,NO2发生了自身氧化还原反应,被氧化和被还原的元素质量比为2∶1。(5)铁在高温下能够与水蒸气反应:3Fe+4H2O(g)=====高温Fe3O4+4H2,根据化学方程式可知转移8mol电子,有3molFe参加反应,质量为168g。17.(2017·河北唐山一中模拟)某化学兴趣小组的同学按照下面的实验方法制备氢氧化铁胶体:首先取少量蒸馏水于洁净的烧杯中,用酒精灯加热至沸腾,向烧杯中逐滴滴加饱和的FeCl3溶液继续煮沸,至液体呈透明的红褐色。反应原理为FeCl3+3H2O===Fe(OH)3(胶体)+3HCl。(1)判断胶体制备是否成功,可利用胶体的_丁达尔效应__。(2)在做制备氢氧化铁胶体的实验时,有些同学没有按要求进行,结果没有观察到胶体,请你预测其现象并分析原因:①甲同学没有选用饱和氯化铁溶液,而是将稀氯化铁溶液滴入沸水中,结果没有观察到_透明的红褐色液体__,其原因是_FeCl3溶液太稀,生成的Fe(OH)3太少__。②乙同学在实验中没有使用蒸馏水,而是用自来水,结果会_生成红褐色沉淀__,原因是_自来水中含有电解质,胶体发生聚沉__。③丙同学向沸水中滴加饱和氯化铁溶液后,长时间加热,结果会_生成红褐色沉淀__,原因是_长时间加热使胶体发生聚沉__。(3)丁同学按要求制备了Fe(OH)3胶体,但是他又向Fe(OH)3胶体中逐滴加入了稀H2SO4溶液,结果出现了一系列变化。①先出现红褐色沉淀,原因是_电解质H2SO4使Fe(OH)3胶体聚沉而产生沉淀__。②随后沉淀溶解,此反应的离子方程式是Fe(OH)3+3H+===Fe3++3H2O。[解析](2)①若用稀FeCl3溶液,则水解产生的Fe(OH)3量太少,看不到红褐色液体。②自来水中含有较多的电解质,使胶体聚沉。③长时间加热使胶体发生聚沉。(3)加入稀H2SO4后,Fe(OH)3会聚沉而产生红褐色沉淀,随后H2SO4会与Fe(OH)3发生中和反应,使沉淀溶解。第3讲化学用语及常用计量最新考纲 考向分析1.化学用语(1)熟记并正确书写常见元素的名称、符号、离子符号。(2)熟悉常见元素的化合价。能根据化合价正确书写化学式(分子式),或根据化学式判断元素的化合价。(3)了解原子结构示意图、分子式、结构式和结构简式的表示方法。(4)能正确书写化学方程式。2.常用物理量(1)了解定量研究的方法是化学发展为一门科学的重要标志。理解摩尔(mol)是物质的量的基本单位,可用于进行简单的化学计算。(2)了解物质的量的单位--摩尔(mol)、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度、阿伏加德罗常数的含义。(3)能根据物质的量与微粒(原子、分子、离子等)数目、气体体积(标准状况下)之间的相互关系进行有关计算。3.溶液(1)了解溶液的组成。理解溶液中溶质的质量分数的概念,并能进行有关计算。(2)了解配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法。 化学用语经常与其他知识点相结合进行考查,重点考查化合价判断、化学式及化学方程式书写等。以物质的量为中心来考查相关基本概念的关系是近几年考查计算的核心,通常以阿伏加德罗常数为载体,以选择题形式考查较多;有关溶液组成的考查,往往在溶解度、物质的量浓度的基础上,又引入了Ksp等的计算,综合性较强;配制一定溶质质量分数或物质的量浓度溶液是常考知识点,可以从配制原理、配制步骤或配制过程产生的误差分析考查。考点一化学用语Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·江苏高考·2)下列有关化学用语表示正确的是(A)A.质量数为31的磷原子:3115PB.氟原子的结构示意图:C.CaCl2的电子式:D.明矾的化学式:Al2(SO4)3[解析]B代表氟离子,C的电子式表达错误,应该为,D的化学式应为KAl(SO4)2·12H2O,故选A。2.(2016·江苏·2)下列有关化学用语表示正确的是(B)A.中子数为10的氧原子:108OB.Mg2+的结构示意图:C.硫化钠的电子式:D.甲酸甲酯的结构简式:C2H4O2[解析]对物质结构的表达式要有清楚的认识,并具有判断能力。A项考查原子符号,要正确理解符号AZX的具体含义,左上角A代表质量数,左下角Z代表质子数,如图所示:,其中质量数(A)=质子数(Z)+中子数(N),原子核外电子数=核内质子数=核电荷数,故中子数为10的氧原子可表示为188O,错误;B项考查离子结构示意图,正确;C项考查离子化合物的电子式,Na2S的电子式应为,错误;D项考查有机物的结构简式,结构简式应体现有机物中所含的官能团,故甲酸甲酯的结构简式应为HCOOCH3,错误。3.(2018·江苏·2)用化学用语表示NH3+HCl===NH4Cl中的相关微粒,其中正确的是(C)A.中子数为8的氮原子:87NB.HCl的电子式:-C.NH3的结构式:D.Cl-的结构示意图:[解析]C对:NH3的结构式正确。A错:中子数为8的氮原子为157N。B错:HCl是共价化合物,电子式为。D错:Cl-的结构示意图为。4.(2018·北京·8)下列化学用语对事实的表述不正确的是(A)A.硬脂酸与乙醇的酯化反应:C17H35COOH+C2H185OH浓硫酸△C17H35COOC2H5+H182OB.常温时,0.1mol·L-1氨水的pH=11.1:NH3·H2ONH+4+OH-C.由Na和Cl形成离子键的过程:D.电解精炼铜的阴极反应:Cu2++2e-===Cu[解析]A错:脂肪酸与醇发生酯化反应时"酸脱羟基醇脱氢",生成物应为C17H35CO18OC2H5和H2O。B对:常温时,0.1mol·L-1氨水的pH=11.1,说明氨水是弱电解质,电离方程式应用可逆号表示。C对:Na和Cl形成离子键时,Na失去e-,Cl得到e-。D对:电解精炼铜的阳极反应式为Cu-2e-===Cu2+,阴极反应式为Cu2++2e-===Cu。5.(2018·全国Ⅲ·8)下列叙述正确的是(B)A.24g镁与27g铝中,含有相同的质子数B.同等质量的氧气和臭氧中,电子数相同C.1mol重水与1mol水中,中子数比为2∶1D.1mol乙烷和1mol乙烯中,化学键数相同[解析]B对:等质量的氧气和臭氧,所含氧原子数相等,故电子数相同。A错:24gMg、27gAl的物质的量均为1mol,1个Mg原子和1个Al原子所含的质子数分别为12、13,故24g镁与27g铝中含有的质子数分别为12mol和13mol。C错:1个D2O分子含有10个中子,1个H2O分子含有8个中子,1mol重水与1mol水中含有的中子数之比为10∶8(5∶4)。D错:1个乙烷分子中含有7对共用电子,而1个乙烯分子中含有6对共用电子,故1mol乙烷与1mol乙烯中,含有的化学键数之比为7∶6。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1.四种符号①元素符号:Al、S②离子符号:Al3+、S2-、SO2-4③同位素符号:126C、136C④化合价符号:Al+3、S-22.八种表达式①化学式:Na2O2、NH4Cl、SiO2②分子式:C2H4、NH3③最简式实验式:CH2、CH2O④电子式:⑤结构式:⑥结构简式:CH3CH2OH⑦键线式:⑧原子结构示意图:3.两种模型①球棍模型:②比例模型:4.电子式书写六注意(1)分清化合物的类型:如H2O2的电子式为,而不是。(2)确认原子周围的电子数:如CO2的电子式为,而不是。(3)理清原子间的连接顺序:如HClO的电子式为,而不是。(4)不能因同种微粒而合并:如Na2S的电子式为,而不是。(5)不能漏掉未成键电子对:如NH3的电子式为,而不是。(6)区别对待阴离子及复杂阳离子:如NH4Cl的电子式为,而不是或。B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2018·南通一模)下列有关化学用语表示正确的是(A)A.Na2O的电子式:B.F-的结构示意图:C.中子数为20的Ar:2018ArD.乙酸的结构简式:HCOOCH3[解析]Na2O为离子化合物,其电子式为Na+,故A正确;F-的结构示意图为,故B错误;中子数为20的Ar其质量数为38,核素表示方式为3818Ar,故C错误;乙酸的结构简式为CH3COOH,故D错误。2.下列化学用语正确的是(A)A.乙醇分子的结构式:B.硫原子的结构示意图:C.过氧化氢分子的电子式:D.硫酸钠的电离方程式:Na2SO4===Na2++SO2-4[解析]硫原子的结构示意图为,故B错误;过氧化氢为共价化合物,电子式为,故C错误;硫酸钠的电离方程式为Na2SO4===2Na++SO2-4,故D错误。3.下列有关化学用语表示正确的是(B)A.四氯化碳分子比例模型:B.COS的电子式:C.H2CO3的电离方程式:H2CO32H++CO2-3D.188O2-的结构示意图:[解析]A项,模型中原子半径比例错误,氯原子的半径大于碳原子的半径,错误;C项,H2CO3是弱酸,应分步电离,以第一步电离为主,其电离方程式应为H2CO3H++HCO-3,错误;D项,188O2-的离子结构示意图应为,错误。4.下列有关化学用语使用正确的是(C)A.乙烯的结构式:CH2===CH2B.NH4Cl的电子式:C.HClO的电子式:D.对氯甲苯的结构简式:[解析]A项,CH2===CH2为乙烯的结构简式,错误;B项,氯离子的电子式为,错误;D项,给出的是邻氯甲苯的结构简式,错误。考点二物质的量及其有关计算Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·全国Ⅲ·10)NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(A)A.0.1mol的11B中,含有0.6NA个中子B.pH=1的H3PO4溶液中,含有0.1NA个H+C.2.24L(标准状况)苯在O2中完全燃烧,得到0.6NA个CO2分子D.密闭容器中1molPCl3与1molCl2反应制备PCl5(g),增加2NA个P-Cl键[解析]A.B的原子序数为5,即质子数为5,在质量数为11的B原子中含有6个中子,0.1mol11B含有0.6NA个中子,A正确;B.溶液体积未定,不能计算氢离子个数,B错误;C.标准状况下苯是液体,不能利用气体摩尔体积计算2.24L苯的物质的量,则无法判断其完全燃烧产生的CO2分子数目,C错误;D.PCl3与Cl2反应生成PCl5的反应是可逆反应,反应物不可能完全转化为生成物,则1molPCl3与1molCl2反应生成的PCl5小于1mol,增加的P-Cl键的数目小于2NA个,D错误。答案选A。2.(2017·全国Ⅱ·8)阿伏加德罗常数的值为NA下列说法正确的是(D)A.1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中,NH+4的数量为0.1NAB.2.4gMg与H2SO4完全反应,转移的电子数为0.1NAC.标准状况下,2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NAD.0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后,其分子总数为0.2NA[解析]A项中由于NH+4水解,使NH+4数量小于0.1NA,B项不知H2SO4量的多少,C项分子数最多为0.1NA,只有D正确。3.(2018·全国Ⅰ·10)NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(B)A.16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAB.22.4L(标准状况)氩气含有的质子数为18NAC.92.0g甘油(丙三醇)中含有羟基数为1.0NAD.1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA[解析]B对:氩气是单原子分子,标准状况下,22.4L氩气的物质的量为1mol,含有的质子数为18NA。A错:Fe(OH)3胶体粒子是若干个Fe(OH)3分子的集合体。C错:92.0g甘油的物质的量为1mol,每个甘油分子含有3个羟基,所以1mol甘油含有的羟基数为3.0NA。D错:CH4与Cl2发生取代反应生成的有机物除了CH3Cl以外,还有CH2Cl2、CHCl3和CCl4,生成的CH3Cl分子数小于1.0NA。4.(2018·全国Ⅱ·11)NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(C)A.常温常压下,124gP4中所含P-P键数目为4NAB.100mL1mol·L-1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NAC.标准状况下,11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAD.密闭容器中,2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA[解析]C对:标准状况下,11.2L甲烷和乙烯混合物的物质的量为0.5mol,每个甲烷和乙烯分子都含有4个氢原子,所以含有氢原子数目为2NA。A错:124gP4的物质的量为1mol,每个P4分子中含有6个P-P键,所以含有P-P键数目为6NA。B错:Fe3+在水溶液中能发生水解,100mL1mol·L-1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA。D错:SO2和O2的化合反应为可逆反应,2molSO2和1molO2催化反应后,混合气体的物质的量大于2mol,即分子总数大于2NA。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1.阿伏加德罗常数计算中常见的陷阱考查方向 注意问题气体摩尔体积的适用条件 若题中出现物质的体积,先考虑是否为气体,如果是气体再需考虑条件是否为标准状况(0℃,1.01×105Pa)物质的聚集状态 在标准状况下是液体或固体的物质,有CCl4、H2O、SO3、己烷、苯、酒精、CHCl3等物质的微观结构 ①注意某些物质分子中的原子个数,如Ne、O3、P4等;②注意特殊物质的摩尔质量或分子中的中子数,如D2O、T2O、18O2、H37Cl等;③注意一些物质中的化学键数目,如SiO2、Si、CH4、P4、CO2、C60、烃分子中的碳碳键数等;④注意一些物质中的离子数目,如Na2O2、NaHSO4等电解质的电离与水解 弱电解质的电离及某些离子的水解,如1molCH3COOH或1molFeCl3溶于水时,溶液中CH3COO-或Fe3+的物质的量均小于1mol氧化还原反应中的电子转移 如Na2O2、NO2与H2O反应,电解AgNO3溶液,Fe、Cu与S反应,Cl2与H2O、NaOH反应,Fe与稀硝酸反应等分散系中的微粒数目 FeCl3溶液转化为Fe(OH)3胶体,因为胶体微粒是集合体,所以胶粒的数目小于原溶液中Fe3+的数目隐含的可逆反应 可逆反应不能进行到底。如2NO2N2O4,Cl2+H2OHClO+HCl,合成氨等2.以物质的量为中心的计算中常用的公式(1)物质的量计算中的万能恒等式。n=mM=VgVm=NNA=Q|ΔH|=cV(aq)。(2)物质的量浓度与溶质质量分数之间的换算。cB=nV=mMV=maqwMV=1000ρwM,w=cBM1000ρ。(ρ的单位:g·cm-3)(3)物质的量浓度与溶解度的换算。cB=nV=SM100+S1000ρ=1000ρSM100+S,S=100cBM1000ρ-cBM。(ρ的单位:g·cm-3)B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2018·全国统一仿真模拟一)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(B)A.1L0.1mol·L-1氨水中含有OH-的数目为0.1NAB.5.8g由正丁烷和异丁烷组成的混合物含共价键的数目为1.3NAC.反应O3+2KI+H2O===2KOH+O2+I2中,每1molO3参与反应转移的电子数为6NAD.100g9.8%的硫酸与磷酸的混合液中含有氧原子数为0.4NA[解析]A.氨水是弱碱,1L0.1mol·L-1氨水中含有OH-的数目小于0.1NA;A错误;B.正丁烷和异丁烷互为同分异构体,分子式为C4H10,5.8g由正丁烷和异丁烷组成的混合物是0.1mol,含共价键的数目为1.3NA,B正确;C.反应O3+2KI+H2O===2KOH+O2+I2中臭氧是氧化剂,碘化钾是还原剂,每1molO3参与反应转移的电子数为2NA,C错误;D.该混合溶液溶剂水中还含有大量的氧原子,D错误,答案选B。2.(2018·全国统仿真模拟四)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(B)A.若将1mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体,则分散系中胶体微粒数为NAB.1molCH3COONa和少量CH3COOH溶于水所得中性溶液中,CH3COO-的数目为NAC.标准状况下,2.24LCl2溶于水,转移的电子数目为0.1NAD.标准状况下,11.2L三氯甲烷所含的原子数为2NA[解析]A.氢氧化铁胶粒是大量Fe(OH)3聚集成的,1mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体后胶体微粒数小于NA,A项错误;B.溶液中存在电荷守恒c(Na+)+(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),该溶液显中性,则c(H+)=c(OH-),故c(Na+)=(CH3COO-),n(Na+)+n(CH3COO-)=1mol,即CH3COO-的数目为NA,B项正确;C.Cl2溶于水为可逆反应,0.1molCl2溶于水时只有一部分Cl2与水反应,故转移的电子数小于0.1NA,C项错误;D.标准况状下,三氯甲烷为非气态,D项错误。故答案选B。3.(2018·潍坊二模)用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述中正确的是(D)A.常温常压下,22.4L氯气与足量镁粉充分反应,转移的电子总数为2NAB.室温下,1L0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中,CO2-3数目为0.1NAC.44g二氧化碳气体中含有共用电子对数目为2NAD.2.8g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体中含有的原子总数为0.6NA[解析]A.常温常压下,22.4L氯气的物质的量不为1mol,故A项错误;B.CO2-3水解,溶液中存在CO2-3,HCO-3,H2CO3,B项错误;C.44gCO2中含有共用电子对数目为4NA,C项错误;D.乙烯和环丁烷的最简式为CH2,故2.8g乙烯和环丁烷的混合气体中含有的原子数为2.814×3NA=0.6NA,D项正确,答案选D。4.(2018·河北洛阳一模)硫酸镍铵[(NH4)xNiy(SO4)m·nH2O]可用于电镀、印刷等领域。某同学为测定硫酸镍铵的组成,进行如下实验:①准确称取2.3350g样品,配制成100.00mL溶液A;②准确量取25.00mL溶液A,用0.04000mol·L-1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Ni2+(离子方程式为Ni2++H2Y2-===NiY2-+2H+),消耗EDTA标准溶液31.25mL;③另取25.00mL溶液A,加足量的NaOH溶液并充分加热,生成NH356.00mL(标准状况)。(1)若滴定管在使用前未用EDTA标准溶液润洗,测得的Ni2+含量将_偏高__(填"偏高"、"偏低"或"不变")。(2)氨气常用_湿润的红色石蕊试纸__检验,现象是_试纸颜色由红变蓝__。(3)通过计算确定硫酸镍铵的化学式(写出计算过程)。答案:n(Ni2+)=0.04000mol·L-1×31.25mL×10-3L·mL-1=1.250×10-3moln(NH+4)=56.00mL×10-3L·mL-122.4L·mol-1=2.500×10-3moln(SO2-4)=2nNi2++nNH+42=2×1.250×10-3mol+2.500×10-3mol2=2.500×10-3molm(Ni2+)=59g·mol-1×1.250×10-3mol=0.07375gm(NH+4)=18g·mol-1×2.500×10-3mol=0.04500gm(SO2-4)=96g·mol-1×2.500×10-3mol=0.2400gn(H2O)=2.3350g×25.00mL100.00mL-0.07375g-0.0450g-0.2400g18g·mol-1=1.250×10-2molx∶y∶m∶n=n(NH+4)∶n(Ni2+)∶n(SO2-4)∶n(H2O)=2∶1∶2∶10硫酸镍铵的化学式为(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O[解析](1)滴定管未润洗,则标准溶液EDTA的量将增多,故测得的Ni2+含量偏大。(2)NH3为碱性气体,遇湿润的红色石蕊试纸变蓝。(3)根据滴定反应计算出Ni2+的量,根据生成NH3的量计算出NH+4的量。根据电荷守恒计算出SO2-4的量,最后由质量守恒计算出H2O的量,由四者的物质的量比值,可确定出硫酸镍铵的化学式。考点三一定物质的量浓度溶液的配制Z真题感悟hentiganwu(课前)1.下列操作或装置能达到实验目的是(D)A.配制一定浓度的NaCl溶液(如图1)B.配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液(如图2)C.用容量瓶配溶液时,若加水超过刻度线,立即用滴管吸出多余液体D.配制0.1000mol·L-1氯化钠溶液时,将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流[解析]配制一定浓度的NaCl溶液,定容时俯视会造成结果偏高,A不正确;配制溶液时,不能直接在容量瓶中溶解,B不正确;加水超过刻度线时应重配,C不正确。2.配制250mL0.1mol·L-1的盐酸时,下列实验操作使所配溶液浓度偏大的是(C)A.用量筒量取所需的浓盐酸时俯视刻度线B.定容时仰视刻度线C.用量筒量取所需浓盐酸倒入烧杯后,用水洗涤量筒2~3次,洗涤液倒入烧杯中D.定容后倒转容量瓶几次,发现凹液面最低点低于刻度线,再补几滴蒸馏水[解析]根据c=mM·V进行分析,用量筒量取所需的浓盐酸时俯视刻度线,读数偏大,实际体积偏小,相当于质量m减小,所以物质的量浓度偏小,A错误;定容时仰视刻度线,所配溶液的体积偏大,所以物质的量浓度偏小,B错误;用量筒量取所需浓盐酸倒入烧杯后,用水洗涤量筒2~3次,洗涤液倒入烧杯中,相当于增大了溶质,所配溶液的物质的量浓度偏大,C正确;定容后倒转容量瓶几次,发现凹液面最低点低于刻度线,再补几滴蒸馏水,相当于增大了所配溶液的体积,所以物质的量浓度偏小,D错误。3.(1)(2017·全国Ⅲ·9改编)下列实验操作是否规范?能否达到目的?说明理由。目的 操作配制浓度为0.010mol·L-1的KMnO4溶液 称取KMnO4固体0.158g,放入100mL容量瓶中,加水溶解并稀释至刻度_本项实验操作不规范。不能达到实验目的。不能在容量瓶中直接溶解固体__。(2)(2017·天津)将称得的AgNO3配制成250mL标准溶液,所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有_250_mL(棕色)容量瓶、胶头滴管__。4.实验室中欲用NaOH固体配制480mL0.1mol·L-1的NaOH溶液。以下是某同学的配制过程:(1)通过计算,该同学首先用托盘天平称量出一个干燥小烧杯的质量为29.4g,然后称出该烧杯和NaOH固体的质量为_31.4__g。(2)该同学用量筒粗略量取150mL水倒入烧杯,进行溶解。(3)该实验中还要用到的玻璃仪器有_500_mL容量瓶__、_玻璃棒__、_胶头滴管__。(4)溶液混匀后,该同学发现液面低于刻度线,于是他又滴加少量蒸馏水,使溶液达到刻度线,则他配制的溶液浓度_小于__(填"大于""等于"或"小于")0.1mol·L-1。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏一定物质的量浓度溶液的配制1.容易遗忘的实验仪器:托盘天平、量筒、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管、烧杯、药匙。2.容易遗忘的实验步骤:计算→称量(量取)→溶解(稀释)→转移→定容→摇匀→倒出装瓶。3.容易忘记的容量瓶使用方法(1)容量瓶使用的第一步操作是检查是否漏水(简称"查漏")。"查漏"的方法是:向容量瓶中加入适量水,盖好瓶塞,右手食指顶住瓶塞左手托住瓶底,将容量瓶倒转过来看瓶口处是否有水渗出,若没有将容量瓶正立,将瓶塞旋转180度,重复上述操作,如果瓶口处仍无水渗出,则此容量瓶不漏水。若漏水,可以在瓶塞涂点凡士林。(2)要选择规格合适的容量瓶。①常见容量瓶的规格有:50mL、100mL、250mL、500mL、1000mL几种。如配制溶液时明确知道所需容量瓶规格,则需将容量瓶规格一并写上。②根据所配制溶液的体积,选择合适的容量瓶,如配置480mL某浓度溶液,则需选用500mL容量瓶。③不能用容量瓶直接溶解固体溶质,也不能用于稀释浓溶液。④容量瓶不能用作反应容器,也不能用于长期贮存溶液。4.容易忘记的注意事项(1)如下图所示:用玻璃棒引流时,玻璃棒末端应插入到刻度线以下,且玻璃棒上端靠近容量瓶口处不能接触瓶口。(2)在使用容量瓶过程中,如需要移动容量瓶,手应握在瓶颈刻度线以上,以免瓶内液体因受热而发生体积变化,导致溶液浓度不准确。(3)定容摇匀后,液面低于刻度线,不能再滴加蒸馏水。5.容易混淆的误差分析进行误差分析的依据是c=nV=mMV,根据公式,分析各个量的变化,判断可能产生的误差。(1)测定结果偏高的是:砝码生锈,m偏大,结果偏高;定容时溶液温度高;用量筒量取液体时,仰视读数;定容时俯视容量瓶刻度线读数。(2)测定结果偏低的是:称量时固体溶质与砝码位置放反而又使用游码;未洗涤烧杯及玻璃棒,使n减小,浓度偏低;定容时溶液温度过低;称量易吸水物质时称量时间过长;称量不干燥的物质;用量筒量取液体时,俯视读数;溶液在溶解、稀释、转移、定容和摇匀的过程中有液体溅出;定容时,滴加蒸馏水超过刻度线,再用胶头滴管吸出;定容摇匀后,液面低于刻度线,再滴加蒸馏水至刻度线。(3)测量结果无影响的是:容量瓶内有少量水;定容摇匀后发现液面低于刻度线。【例】(1)_量取95_mL水①__,最好选用_100__mL的量筒,若读数时_仰视刻度②__,则实际量取的水的体积_大于__(填"大于"、"小于"或"等于")95mL。(2)某同学用标准氢氧化钠溶液滴定待测盐酸的物质的量浓度时,若_滴定前,读碱液体积时仰视碱式滴定管液面;滴定后,读碱液体积时俯视碱式滴定管液面③__。上述操作会使盐酸浓度的测定值_偏低__(填"偏高"、"偏低"或"无影响")。【审题指导】①从减小误差的角度看,选用量筒的规格最好与被量取液体的体积相接近,应选取100mL的量筒。②量筒的刻度下小上大,量取一定体积的溶液,仰视刻度由图可知实际量取水的体积偏大,即大于95mL。③这属于"对一定体积的液体进行读数"问题,滴定管的"0"刻度在上,由图可知,滴定前仰视读出的体积(V1)偏大,滴定后俯视读出的体积(V2)偏小,则滴定过程消耗碱液的体积V碱=V2-V1偏小,根据c盐酸=c碱×V碱V盐酸,可知,测得盐酸的浓度偏低。借题发挥在量筒、滴定管、容量瓶的使用时经常涉及俯视、仰视问题,其对实验结果的影响究竟如何(偏大或偏小),分两种情况说明。1.容量瓶(如图Ⅰ、Ⅱ)(1)图Ⅰ:定容时俯视,溶液体积偏小,所配制溶液的物质的量浓度偏大。(2)图Ⅱ:定容时仰视,溶液体积偏大,所配制溶液的物质的量浓度偏小。2.量筒、滴定管(如图Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ、Ⅵ)(1)图Ⅲ:量筒上方刻度大,俯视时视线与凹液面最低处相切,视线与量筒壁相交处(a点)即为俯视读数,则量筒内液面俯视读数比实际读数偏大。(2)图Ⅳ:量筒下方刻度小,仰视时视线与凹液面最低处相切,视线与量筒壁相交处(b)点即为仰视读数,则量筒内液面仰视读数比实际读数偏小。(3)图Ⅴ:滴定管上方刻度小,俯视读数时视线与凹液面最低处相切,视线与滴定管壁相交处(c点)即为俯视读数,则滴定管内液面俯视读数比实际读数偏小。(4)图Ⅵ:滴定管下方刻度更大,仰视读数时视线与凹液面最低处相切,视线与滴定管壁相交处(d点)即为仰视读数,则滴定管内液面仰视读数比实际读数偏大。3."仰视"、"俯视"对液体体积的影响实验任务 仪器类型 观察方法 误差偏向对一定体积的液体进行读数 "0"刻度在下方 仰视 偏低(偏小)  俯视 偏高(偏大) "0"刻度在上方 仰视 偏高(偏大)  俯视 偏低(偏小)量取一定体积的液体 "0"刻度在下方 仰视 偏高(偏大)  俯视 偏低(偏小) "0"刻度在上方 仰视 偏低(偏小)  俯视 偏高(偏大)平视时,结果均是正确的B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.下列实验操作中,错误的是(D)A.配制5%食盐溶液时,将称量的食盐放入烧杯中加适量的水搅拌溶解B.读取滴定管内液体的体积,俯视导致读数偏小C.测定未知NaOH溶液浓度时,酸式滴定管需用标准酸液润洗2~3次D.配制0.1mol·L-1的H2SO4溶液时,将量取的浓硫酸放入容量瓶中加水稀释[解析]浓硫酸稀释时放出大量的热,故稀释时应把浓硫酸慢慢地倒入盛有水的烧杯中,且边倒边搅拌,冷却至室温后再转移到容量瓶中,D正确。2.(2018·山东淄博模一)标准状况下VL氨气溶解在1L水中(水的密度近似为1g·mL-1),所得溶液的密度为ρg·mL-1,溶质的质量分数为w,物质的量浓度为cmol·L-1,则下列关系中不正确的是(A)A.ρ=17V+2240022.4+22.4V B.w=17c1000ρC.w=17V17V+22400 D.c=1000Vρ17V+22400[解析]溶液体积不是NH3体积和水的体积的和,A错误。假设溶液的体积为1L,根据溶质质量分数等于溶质的质量除以溶液的质量,溶质的质量为17cg,溶液的质量为1000ρg,即w=17c1000ρ,或者w=V22.4×17÷(V22.4×17十1000),整理得B、C正确。溶质的物质的量为V22.4mol,溶液的体积为V22.4×17+10001000ρL,根据溶质的物质的量浓度等于溶质的物质的量除以溶液的体积可知D正确。3.(2018·河北定州中学二诊)实验室需要0.1mol·L-1NaOH溶液450mL和0.5mol·L-1硫酸溶液450mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题:(1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是_AC__(填字母)。仪器C的名称是_分液漏斗__,本实验所需玻璃仪器E规格和名称是_500_mL容量瓶__。(2)下列操作中,容量瓶所不具备的功能有_BCD__(填字母)。A.配制一定体积准确浓度的标准溶液B.长期贮存溶液C.用来加热溶解固体溶质D.量取220mL体积的液体(3)在配制NaOH溶液实验中,其他操作均正确,若定容时仰视刻度线,则所配制溶液浓度_小于__(填"大于""等于"或"小于",下同)0.1mol·L-1。若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容,则所配制溶液浓度_大于__0.1mol·L-1。(4)根据计算得知:所需质量分数为98%、密度为1.84g·cm-3的浓硫酸的体积为_13.6__mL(计算结果保留一位小数)。如果实验室有10mL、25mL、50mL量筒,应选和_25__mL规格的量筒最好。(5)如果定容时不小心超过刻度线,应如何操作:_重新配制__。4.(2018·河北定州中学一模)将MnO2与FeSO4溶液、硫酸充分反应后过滤,将滤液加热至60℃后,再加入Na2CO3溶液,最终可制得碱式碳酸锰[aMnCO3·bMn(OH)2·cH2O]。(1)用废铁屑与硫酸反应制备FeSO4溶液时,所用铁屑需比理论值略高,原因是_防止FeSO4被氧气氧化__,反应前需将废铁屑用热Na2CO3溶液浸泡,其目的是_除去铁屑表面的油污__。(2)为测定碱式碳酸锰的组成,取7.390g样品溶于硫酸,生成CO2224.0mL(标准状况),并配成500mL溶液。准确量取10.00mL该溶液,用0.0500mol·L-1EDTA(化学式Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Mn2+(原理为Mn2++H2Y2-===MnY2-+2H+),至终点时消耗EDTA标准溶液28.00mL。通过计算确定该样品的化学式。答案:(2)n(CO2)=n(MnCO3)=0.01moLn(EDTA)=0.0014mol10mL溶液中n(Mn2+)=0.0014mol7.390g该碱式碳酸锰中n(Mn2+)=0.07mol,n[Mn(OH)2]=0.06molm(H2O)=0.9g,n(H2O)=0.05mola∶b∶c=1∶6∶5碱式碳酸锰的化学式为MnCO3·6Mn(OH)2·5H2O。1.(2018·湖北重点高中协作校联考)设NA为阿伏加德罗常数的数值,下列有关叙述正确的是(B)A.12g由126C60和146C60组成的固体中的原子数目为NAB.4.4g由CO2和N2O组成的混合气体中的电子数目为2.2NAC.常温常压下,22.4LNH3中所含的共价键数目为3NAD.1L1mol·L-1次氯酸溶液中的ClO-数目为NA[解析]126C60和146C60的相对分子质量不相同,故12g由126C60和146C60组成的固体中的原子个数无法计算,A项错误;CO2和N2O的摩尔质量均为44g·mol-1,且两者1个分子中均含22个电子,故4.4g(0.1mol)CO2和N2O的混合气体中含2.2NA个电子,B项正确;常温常压下,气体摩尔体积大于22.4L·mol-1,故22.4LNH3的物质的量小于1mol,含有的共价键数目小于3NA,C项错误;次氯酸是弱酸,在溶液中部分电离,故1L1mol·L-1次氯酸溶液中的ClO-数目小于NA,D项错误。2.(2018·郴州一模)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(A)A.常温常压下,44g丙烷含有共价键的数目为10NAB.1L1mol·L-1的Na2CO3溶液中含有氧原子的数目为3NAC.常温常压下,11.2L由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NAD.标准状况下,6.72LNO2溶于足量水中,转移电子的数目为0.3NA[解析]1个丙烷分子中含10个共价键,故44g(1mol)丙烷中含10NA个共价键,A项正确;在Na2CO3溶液中,除Na2CO3含氧原子外,H2O也含有氧原子,故该溶液中含有氧原子的数目大于3NA,B项错误;常温常压下,气体摩尔体积大于22.4L·mol-1,故11.2LN2和CO的混合气体的物质的量小于0.5mol,含有的原子数目小于NA,C项错误;反应3NO2+H2O===2HNO3+NO中每消耗3个NO2分子转移2e-,故标准状况下,6.72L(0.3mol)NO2溶于足量水中,转移电子的数目为0.2NA,D项错误。3.NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法不正确的是(B)A.0.05mol液态KHSO4中含有0.05NA个阳离子B.当氢氧燃料电池正极消耗22.4L气体时,电路中通过电子的数目为4NAC.常温下,100mL1mol·L-1盐酸与4.6g钠反应生成H2分子的数目为0.1NAD.在电解精炼粗铜的过程中,当阴极析出32g铜时转移电子数目为NA[解析]KHSO4在熔融状态下的电离方程式为KHSO4===K++HSO-4,故0.05mol液态KHSO4中含有0.05NA个阳离子,A正确;缺少温度和压强,无法确定氢氧燃料电池正极消耗氧气的物质的量,故无法确定电路中通过电子的数目,B错误;根据关系式2Na~H2计算,常温下,100mL1mol·L-1盐酸与4.6g钠反应生成的H2的分子数目为0.1NA,C正确;在电解精炼粗铜的过程中,阴极的电极反应式为Cu2++2e-===Cu,当阴极析出32g铜时转移电子数目为NA,D正确。4.(2018·衡水中学调研)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(A)A.常温下,100mLpH=1的醋酸溶液中含有的氢离子数目为0.01NAB.一定量的钠与8g氧气反应,若两者均无剩余,转移电子的数目为NAC.等物质的量的14NO和13CO气体中所含中子数均为15NAD.1mol丙烯酸(CH2===CHCOOH)中含有双键的数目为NA[解析]pH=1的醋酸溶液中c(H+)=0.1mol·L-1,100mL该溶液中含有的H+数目为0.01NA,A项正确;一定量的钠与8g氧气反应,且两者均无剩余,若生成Na2O,则转移电子的数目为NA,若生成Na2O2,则转移电子的数目为0.5NA,若生成Na2O和Na2O2的混合物,则转移电子的数目在0.5NA~NA之间,B项错误;1个14NO和13CO分子中所含中子数均为15,但未指明二者物质的量的具体值,C项错误;1mol丙烯酸中含有1molC===C键、1molC===O键,故含有双键的数目为2NA,D项错误。5.(2018·西安八校联考)设NA为阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是(A)A.常温常压下,8gO2含有4NA个电子B.1L0.1mol·L-1的氨水中有0.1NA个NH+4C.标准状况下,22.4L盐酸含有NA个HCl分子D.1molNa被完全氧化生成Na2O2,失去2NA个电子[解析]1个O2分子中含有16个电子,故8g(0.25mol)O2中含有4NA个电子,A项正确;NH3·H2O为弱电解质,在溶液中部分电离,故1L0.1mol·L-1氨水中含有的NH+4个数小于0.1NA,B项错误;标准状况下,盐酸为液体,且盐酸中不存在HCl分子,C项错误;Na被氧化为Na2O2,Na元素的化合价由0变为+1,失去1个电子,故1molNa被完全氧化生成Na2O2共失去NA个电子,D项错误。6.(2018·潍坊统考)设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是(A)A.1L0.1mol·L-1NaF溶液中含有0.1NA个F-B.32g硫跟足量金属铜反应转移电子数为2NAC.48gO2和O3的混合气体中含有3NA个氧原子D.1molH2O中含有2NA个共价键[解析]1L0.1mol·L-1NaF溶液中F-由于发生水解,其数目小于0.1NA,故A错误;根据反应2Cu+S=====△Cu2S可知,32g硫跟足量铜反应转移电子数为2NA,故B正确;48gO2和O3的混合气体中氧原子数为48g16g·mol-1×NA=3NA,故C正确;1个H2O中含有2个H-O键,故1molH2O中含有2NA个共价键,故D正确。7.设NA代表阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(C)A.标准状况下,22.4LCCl4中所含的原子数为5NAB.28gN60(分子结构如图所示)中含有的N-N键数目为1.5NAC.0℃1.01×105Pa时,11.2L氧气中所含的原子数为NAD.常温下,将5.6g铁投入足量的稀硫酸中,充分反应,转移的电子数为0.3NA[解析]标准状况下,CCl4是液体不是气体,不能用气体摩尔体积公式进行计算,故A错误;1个N原子与3个N原子形成3个N-N键,每个N-N键被2个N原子共用,则28gN60中含有的N-N键为28g14g·mol-1×32=3mol,故B错误;0.1molFe完全转化为Fe2+时,转移的电子数为0.2NA,故D错误。8.(2018·黄冈模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述不正确的是(C)A.常温常压下,30.0g氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NAB.标准状况下,33.6L乙烯与乙炔的混合物中含有碳原子的数目为3NAC.50mL12mol·L-1浓盐酸与足量二氧化锰共热反应,生成Cl2分子的数目为0.15NAD.某密闭容器中0.1molNa2O2和0.1molCO2充分反应,转移电子的数目为0.1NA[解析]30.0g氟化氢的物质的量为30.0g÷20g·mol-1=1.5mol,含有氟原子的数目为1.5NA,故A正确;标准状况下,33.6L乙烯与乙炔的混合气体的物质的量为1.5mol,它们分子中均含有2个碳原子,则混合物中含有碳原子的数目为3NA,故B正确;浓盐酸在反应的过程中会变稀,而稀盐酸不与二氧化锰反应,导致浓盐酸不能完全反应,所以生成Cl2分子的数目小于0.15NA,故C错误;根据化学反应2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2,0.1molNa2O2和0.1molCO2充分反应,转移电子的数目为0.1NA,故D正确。9.(2018·安徽培优联盟联赛)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述中正确的是(A)A.一定条件下,向0.1L容器内通入4.6gNO2气体,NO2的物质的量浓度小于1mol·L-1B.标准状况下,2.24LSO3中含有的极性键数目为0.1NAC.50mL0.1mol·L-1CH3COOH溶液和10mL0.5mol·L-1CH3COOH溶液中所含CH3COOH分子数相等D.1molFe与高温水蒸气反应,转移电子的数目为3NA[解析]NO2中存在平衡:2NO2N2O4,因此二氧化氮的物质的量小于0.1mol,故A正确;标准状况下,SO3不是气体,不能用气体摩尔体积公式计算,故B错误;醋酸属于弱电解质,浓度越小越促进电离,因此在CH3COOH物质的量相同的情况下,0.1mol·L-1的CH3COOH含有CH3COOH的分子数小于0.5mol·L-1的CH3COOH的分子数,故C错误;3Fe+4H2O=====高温Fe3O4+4H2,因此转移电子物质的量为83mol,故D错误。10.(2018·东北三省三校联考)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是(C)A.7.80gNa2O2与5.85gNaCl所含阴离子数相等B.15g甲醛(HCHO)和乙酸的混合物中氧原子数为0.5NAC.一定条件下,1.4gN2和0.2molH2混合充分反应,转移的电子数为0.3NAD.常温下,2LpH=12的Na2CO3溶液中含有OH-数目为0.02NA[解析]Na2O2的阴离子为O2-2,7.80gNa2O2与5.85gNaCl含有的阴离子都是0.1mol,因此所含阴离子数相等,故A正确;甲醛(HCHO)和乙酸(CH3COOH)的最简式都是CH2O,式量为30,15gCH2O的物质的量为0.5mol,1mol的CH2O含氧原子1mol,所以15g甲醛(HCHO)和乙酸的混合物含有氧原子0.5mol,即0.5NA,故B正确;该反应为可逆反应,不能完全转化,不知道转化率,因此转移的电子数无法确定,故C错误;常温下,pH=12,c(H+)=10-12mol·L-1,c(OH-)=(10-14÷10-12)mol·L-1=0.01mol·L-1,则2L的Na2CO3溶液中含有OH-数目为0.02NA,故D正确。11.(2018·深圳南山区模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(D)A.常温常压下,18gD2O中所含中子数为10NAB.1mol·L-1NH4Cl溶液中含有NH+4数目小于1NAC.熔融状态下,1molNaHSO4中所含阳离子数目为2NAD.56g铁粉与一定量的氯气完全反应,转移电子数≤3NA[解析]18gD2O中所含中子数为18g20g·mol-1×10NA=9NA,故A错误;溶液的体积未知,不能求NH+4数目,故B错误;熔融状态下,NaHSO4中含离子是Na+、HSO-4,1molNaHSO4中所含阳离子数目为NA,故C错误;56g铁粉与一定量的氯气完全反应,生成氯化铁,若铁完全反应转移电子数=3NA,若铁不完全反应转移电子数<3NA,故D正确。12.(2018·河北省邢台市高三上学期第一次月考)向二氯化铂的HCl溶液中通入乙烯气体,再加入KCl可得K[Pt(C2H4)Cl3]·H2O(蔡氏盐),下列有关化学用语表示正确的是(A)A.KCl的电子式:K+[··Cl······]-B.乙烯的结构简式:CH2CH2C.中子数为117,质子数为78的铂原子:195117PtD.K+的结构示意图:[解析]A.KCl是离子化合物,电子式:K+[··Cl······]-,A正确;B.乙烯的结构简式:CH2===CH2,B错误;C.中子数为117,质子数为78的铂原子:19578Pt,C错误;D.K+的结构示意图:,D错误,答案选A。13.(2018·山东省青岛二中高三上初考)下列有关化学用语的表示方法中正确的是(D)A.H2O2的电子式:H+[×·O······O····×·]2-H+B.NH4I的电子式:C.原子核内有8个中子的碳原子:148CD.CO2的分子的结构式:O===C===O[解析]A.过氧化氢是共价化合物,电子式为H··O······O······H,A错误;B.碘化铵是离子化合物,电子式为,B错误;C.原子核内有8个中子的碳原子可表示为146C,C错误;D.CO2的结构式为O===C===O,D正确,答案选D。14.(2018·浙江省"七彩阳光"联盟高三上学期期中)下列表示正确的是(D)A.中子数为20的Ar原子:2018ArB.硝基苯的结构简式:C.次氯酸的电子式:H··Cl······O······D.CH4的比例模型:[解析]A.核素符号AZX左下角表示质子数,左上角表示质量数,质量数等于质子数加中子数,Ar原子应表示为3818Ar,故A错误;B.硝基苯中,硝基与苯环是由碳原子与氮原子成键,正确的结构简式为:,故B错误;次氯酸的中心原子为O,电子式应为H··O······Cl······,故C错误;D.CH4是正四面体结构,且碳原子原子半径大于氢原子,故D正确。答案选D。15.下列化学用语或模型表示不正确的是(C)A.正丁烷的结构简式为CH3-CH2-CH2-CH3B.CH4分子的比例模型C.乙酸乙酯的分子式为C4H10O2D.乙烯的最简式为CH2[解析]A.CH3-CH2-CH2-CH3为正丁烷的结构简式,故A正确;B.CH4是正四面体结构,其比例模型为,故B正确;C.乙酸乙酯的分子式为C4H8O2,故C错误;D.乙烯的分子式为C2H4,则最简式为CH2,故D正确;答案为C。16.(2018·试题调研)用NA代表阿伏加德罗常数,下列说法正确的是(C)A.0.5molAl与足量盐酸反应生成的H2分子数为NAB.0.2molH2O所含的H原子数为0.2NAC.0.1molCH4所含的电子数为NAD.46gNO2和N2O4的混合物含有的分子数为NA[解析]Al与盐酸反应时,根据化学方程式可知2molAl完全反应可生成3molH2,则0.5molAl完全反应可生成0.75molH2,即H2分子数为0.75NA,A错误。1molH2O中含H原子数为2NA,0.2molH2O中含H原子数为0.4NA,B错误。1molCH4含10mol电子,故0.1molCH4所含电子数为NA,C正确。NO2和N2O4的平均摩尔质量介于46g·mol―1至92g·mol―1之间,故46g两者的混合物,其物质的量小于1mol,D错误。17.(2018·衡水一模)下列说法中不正确的是(C) A.1mol氧气中含有1.204×1024个氧原子,在标准状况下的体积为22.4LB.1mol臭氧和1.5mol氧气含有相同的氧原子数C.等体积、浓度均为1mol·L-1的磷酸和盐酸,电离出的氢离子数之比为3∶1D.等物质的量的干冰和葡萄糖中所含碳原子数之比为1∶6,氧原子数之比为1∶3[解析]C项磷酸为弱酸,不能完全电离,而盐酸为强酸,完全电离,所以两者电离出的氢离子浓度之比应小于3∶1。18.下列说法正确的是(B)A.把100mL3mol·L-1的H2SO4跟100mLH2O混合,硫酸的物质的量浓度变为1.5mol·L-1B.把100g20%的NaCl溶液跟100gH2O混合后,NaCl溶液的质量分数是10%C.把200mL3mol·L-1的BaCl2溶液跟100mL3mol·L-1的KCl溶液混合后,溶液中的c(Cl-)仍然是3mol·L-1D.把100mL20%的NaOH溶液跟100mLH2O混合后,NaOH溶液的质量分数是10%[解析]A中硫酸和水混合体积小于200mL,因此硫酸的物质的量浓度大于1.5mol·L-1。B中混合前后溶液的总质量不变,因此质量分数是原来的一半10%。C中BaCl2溶液中Cl-浓度为6mol·L-1,因此二者混合后Cl-浓度介于3mol·L-1~6mol·L-1之间。D中NaOH溶液的密度大于水的密度,二者等体积混合时,NaOH溶液的质量大于水的质量,混合后所得NaOH溶液的质量分数大于10%。19.在标准状况下,mg气体A与ng气体B的分子数相同,下列说法中不正确的是(C) A.气体A与气体B的相对分子质量比为m∶nB.同质量气体A与B的分子个数比为n∶mC.同温同压下,A气体与B气体的密度比为n∶mD.相同状况下,同体积A气体与B气体的质量比为m∶n[解析]A项,mg气体A与ng气体B分子数相同,即物质的量相等,在同温同压的条件下,体积相等。气体A与气体B的相对分子质量比为m∶n。C项,同温同压下,气体摩尔体积为定值,A气体与B气体的密度比等于相对分子质量比,即m∶n。20.(2018·山西一模)高温下用CO还原mgR2O3得ngR,已知氧的相对原子质量为16,则R的相对原子质量为(B)A.2m-n3n B.24nm-nC.m-n8n D.n24m-n[解析]R2O3中"O"的质量(g)为:m-n;"O"的物质的量(mol)为:(m-n)/16;R2O3的物质的量:[(m-n)/16]/3=(m-n)/48;R的物质的量:[(m-n)/48]×2=(m-n)/24;R的相对原子质量:n/[(m-n)/24]=24n/(m-n)。21.实验室里需用480mL0.1mol·L-1的硫酸铜溶液,现选用500mL容量瓶进行配制,以下操作正确的是(D)A.称取7.68g硫酸铜,加入500mL水B.称取12.0g胆矾配成500mL溶液C.称取8.0g硫酸铜,加入500mL水D.称取12.5g胆矾配成500mL溶液[解析]配制500mL溶液需CuSO4;0.5L×0.1mol·L-1=0.05mol,质量为8g,换算成胆矾的质量为12.5g。但C不符合一定物质的量浓度溶液的配制要求,即不是加入500mL水,而是定容后溶液体积为50mL,故应选D。22.(2018·泰州模拟节选)高锰酸钾纯度的测定:称取1.0800g样品,溶解后定容于100mL容量瓶中,摇匀。取浓度为0.2000mol·L-1的H2C2O4标准溶液20.00mL,加入稀硫酸酸化,用KMnO4溶液平行滴定三次,平均消耗的体积为24.48mL。该样品的纯度为1001000×2×0.2×205×24.48×1581.0800×100%(列出计算式即可,已知2MnO-4+5H2C2O4+6H+===2Mn2++10CO2↑+8H2O)。[解析]先求出H2C2O4的物质的量,n(H2C2O4)=20.00×10-3L×0.2000mol·L-1,再根据化学方程式求出24.48mL溶液中MnO-4的物质的量,n(MnO-4)=25n(H2C2O4),然后转化为100mL溶液中MnO-4的物质的量,乘以KMnO4的摩尔质量(158g·mol-1),得出样品中含有KMnO4的质量,用KMnO4的质量除以样品的质量即为该样品的纯度。23.黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时,取0.100g样品在空气中充分灼烧,将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后,用浓度为0.020mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点,消耗K2Cr2O7标准溶液25.00mL。已知:SO2+2Fe3++2H2O===SO2-4+2Fe2++4H+Cr2O2-7+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2O(1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)_90.00%__。(2)煅烧10t上述黄铁矿,理论上产生SO2的体积(标准状况)为_3.36×106__L,制得98%的硫酸质量为_15__t。[解析](1)据方程式4FeS2+11O2===2Fe2O3+8SO2SO2+2Fe3++2H2O===SO2-4+2Fe2++4H+Cr2O2-7+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2O得关系式:Cr2O2-7~6Fe2+~3SO2~32FeS21mol32mol0.020mol·L-1×0.025L0.02mol·L-1×0.025L×32m(FeS2)=0.090g样品中FeS2的质量分数为0.0900.1×100%=90.00%。(2)4FeS2+11O2===2Fe2O3+8SO24mol8mol×22.4L·mol-110×106×90%120molV(SO2)V(SO2)=3.36×106Ln(SO2)=1.5×105mol由SO2~SO3~H2SO41mol98g1.5×105molm(H2SO4)×98%得m(H2SO4)=1.5×107g=15t。第4讲离子反应最新考纲 考向分析1.了解离子反应的概念、离子反应发生的条件。2.能正确书写离子方程式并能进行有关计算。3.了解常见离子的检验方法。 近年来新课标高考对离子反应的考查主要有如下形式:①离子反应方程式正误判断,离子共存等;②离子的检验和推断;③渗透到工艺流程和新型化学电源等题型中,考查有关氧化还原反应类型的离子反应方程式、电极反应方程式的书写等。考点一离子方程式的书写与正误判断Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·江苏·6)下列指定反应的离子方程式正确的是(B)A.钠与水反应:Na+2H2O===Na++2OH-+H2↑B.电解饱和食盐水获取烧碱和氯气:2Cl-+2H2O=====电解H2↑+Cl2↑+2OH-C.向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸:Ba2++OH-+H++SO2-4===BaSO4↓+H2OD.向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水:Ca2++HCO-3+OH-===CaCO3↓+H2O[解析]A.电荷不守恒,A错误;B.正确;C.配比错误,OH-、H+、H2O的化学计量数都是2,C错误;D.漏了NH+4和OH-之间的反应,D错误。2.(2018·江苏·7)下列指定反应的离子方程式正确的是(A)A.饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应:CO2-3+CaSO4CaCO3+SO2-4B.酸化NaIO3和NaI的混合溶液:I-+IO-3+6H+===I2+3H2OC.KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应:3ClO-+2Fe(OH)3===2FeO2-4+3Cl-+4H++H2OD.电解饱和食盐水:2Cl-+2H+=====通电Cl2↑+H2↑[解析]B错:正确的离子方程式应为5I-+IO-3+6H+===3I2+3H2O。C错:正确的离子方程式应为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-===2FeO2-4+3Cl-+5H2O。D错:2Cl-+2H2O=====通电2OH-+H2↑+Cl2↑。3.(2016·全国Ⅰ·27(4))+6价铬的化合物毒性较大,常用NaHSO3将废液中的Cr2O2-7还原成Cr3+,该反应的离子方程式为Cr2O2-7+3HSO-3+5H+===2Cr3++3SO2-4+4H2O。[解析]根据题意,氧化剂是Cr2O2-7,还原剂是HSO-3,氧化产物是SO2-4,还原产物是Cr3+。根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式:Cr2O2-7+3HSO-3+5H+===2Cr3++3SO2-4+4H2O。4.(2016·全国Ⅱ·28(2))丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液,溶液变成棕黄色,发生反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+===2Fe3++2H2O。[解析]向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液,溶液变成棕黄色主要是过氧化氢将氯化亚铁中的二价铁氧化成三价铁的缘故,发生反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+===2Fe3++2H2O。5.(2016·全国Ⅲ·27(2)①)在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气,写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式4NO+3ClO-2+4OH-===4NO-3+2H2O+3Cl-。[解析]NaClO2溶液脱硝过程中,NO转化为NO-3、NO-2,主要转化为NO-3,书写离子方程式时运用得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒,得到4NO+3ClO-2+4OH-===4NO-3+2H2O+3Cl-。6.(2017·全国Ⅰ·27节选)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下:回答下列问题:"酸浸"后,钛主要以TiOCl2-4形式存在,写出相应反应的离子方程式FeTiO3+4H++4Cl-===Fe2++TiOCl2-4+2H2O。[解析]考查离子方程式书写。难点为生成物还有什么物质,钛酸亚铁中钛为+4价,铁为+2价,产物有氯化亚铁,比较FeTiO3和TiOCl2-4知,产物中一定有H2O。值得注意的是钛酸亚铁与盐酸反应是非氧化还原反应。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏一、离子方程式正误判断方法1.判断生成物对不对(1)变价元素的生成物;(2)量不同时的生成物;(3)滴加顺序不同时的生成物等。2.分析离子方程式平不平(1)原子是否守恒;(2)电荷是否守恒;(3)氧化还原反应中电子得失是否守恒。3.观察物质拆分准不准(1)易溶的强电解质拆,难溶或弱电解质不拆;(2)微溶物"清拆浊不拆";(3)单质、氧化物、气体不拆;(4)浓H2SO4不拆,浓盐酸、浓硝酸拆。二、离子方程式的书写方法1.由反应规律――→分析、推断反应物或生成物的化学式(1)酸性环境不出现OH-,同理碱性环境不出现H+。(2)涉及过量反应时,先将量少的反应物设为"1mol",再分析、确定过量反应物的物质的量以及产物的化学式。2.正确地使用"==="和""、"↑"和"↓"以及"△"等符号。3.配平顺序:电子守恒―→原子守恒―→电荷守恒。4.准确拆分。三、识记"一溶、二序、三强弱"1.一溶:酸碱盐溶解性口诀钾、钠、铵盐水中溶,硝酸盐入水无影踪,硫酸盐不溶钡和铅,盐酸盐不溶银亚汞。【注意】四种微溶物分别是Ag2SO4、CaSO4、MgCO3、Ca(OH)2。难溶于稀强酸的有:AgCl、AgBr、AgI、BaSO4、Ag2SO4、CaSO4。2.二序①H+电离顺序:H2SO3>CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO-3>H2SiO3、Al(OH)3>H2O,在形成这些弱酸时,越靠后的越优先,如在含有OH-、AlO-2、CO2-3的溶液中,逐滴加入盐酸直至过量,反应的先后顺序为OH->AlO-2>CO2-3。②OH-电离顺序:NaOH>NH3·H2O>难溶性氢氧化物>H2O,如在含有H+、Al3+、NH+4的溶液中,逐滴加入NaOH溶液直至过量,反应的先后顺序为H+>Al3+>NH+4>Al(OH)3。3.三强弱①常见的强酸、弱酸强酸 HNO3、H2SO4、HClO4、HCl、HBr、HI弱酸 H2CO3、H2SiO3、HClO、HF、H2S、H2SO3②常见的强碱、弱碱强碱 NaOH、KOH、Ca(OH)2、Ba(OH)2弱碱 NH3·H2O、Mg(OH)2、Fe(OH)3四、常见离子方程式书写1.记牢教材中10个经典的离子方程式(高考源于教材)(1)钠与水反应:2Na+2H2O===2Na++2OH-+H2↑;(2)氯气与水反应:Cl2+H2OH++Cl-+HClO;(3)实验室用MnO2与浓盐酸共热制取Cl2:MnO2+4H++2Cl-=====△Mn2++Cl2↑+2H2O;(4)向NaOH溶液中通入足量CO2:CO2+OH-===HCO-3;(5)向AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液:Al3++4OH-===AlO-2+2H2O;(6)碳酸钙中滴入醋酸溶液:CaCO3+2CH3COOH===Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑;(7)铜与稀硝酸反应:3Cu+8H++2NO-3===3Cu2++2NO↑+4H2O;(8)铜与浓硝酸反应:Cu+4H++2NO-3===Cu2++2NO2↑+2H2O;(9)FeCl3溶液与Cu反应:Cu+2Fe3+===2Fe2++Cu2+;(10)NaAlO2溶液中通入足量CO2:AlO-2+2H2O+CO2===Al(OH)3↓+HCO-3。2.练通高考中12个常考离子方程式(题在书外,理在书中)(1)稀H2SO4与Ba(OH)2溶液的反应:Ba2++2OH-+2H++SO2-4===BaSO4↓+2H2O;(2)Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应:2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O;(3)NaHSO4加入到Ba(OH)2溶液中至溶液呈中性:SO2-4+2H++2OH-+Ba2+===BaSO4↓+2H2O;(4)NaHCO3溶液与少量石灰水反应:2HCO-3+Ca2++2OH-===CaCO3↓+CO2-3+2H2O;(5)用氨水吸收少量SO2:2NH3·H2O+SO2===2NH+4+SO2-3+H2O;(6)向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液,使SO2-4全部沉淀:Al3++4OH-+2Ba2++SO2-4===2BaSO4↓+AlO-2+2H2O;(7)Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应:Ca2++HCO-3+OH-===CaCO3↓+H2O;(8)稀硝酸中加入过量铁粉:3Fe+2NO-3+8H+===3Fe2++2NO↑+4H2O;(9)向NH4Al(SO4)2溶液中加入过量NaOH溶液:Al3++NH+4+5OH-===AlO-2+2H2O+NH3·H2O;(10)NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液并加热:NH+4+HCO-3+2OH-=====△CO2-3+NH3↑+2H2O;(11)0.01mol·L-1的NH4Al(SO4)2溶液与0.02mol·L-1Ba(OH)2溶液等体积混合:NH+4+Al3++2SO2-4+2Ba2++4OH-===2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3·H2O;(12)向一定量的FeBr2溶液中通入①少量Cl2、②等量Cl2、③足量Cl2,分别写出反应的离子方程式:①2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-;②2Fe2++2Br-+2Cl2===2Fe3++Br2+4Cl-;③2Fe2++4Br-+3Cl2===2Fe3++2Br2+6Cl-。3.掌握书写离子方程式的5个基本要求合事实-离子反应要符合客观事实,不可臆造产物及反应。↓式正确-化学式与离子符号使用正确合理。↓号实际-""、"→"、"↑"、"↓"等符号符合实际。↓三守恒-两边原子数、电荷数必须守恒,是氧化还原反应的还需得失电子守恒。↓细检查-结合书写离子方程式过程中易出现的错误,细心检查。B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2016·北京)在两份相同的Ba(OH)2溶液中,分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液,其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示,下列说法不正确的是(C)A.①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线B.b点,溶液中大量存在的离子是Na+、OH-C.c点,两溶液中含有相同量的OH-D.a、d两点对应的溶液均显中性[解析]向Ba(OH)2溶液中加入等物质的量浓度的H2SO4溶液,发生反应H2SO4+Ba(OH)2===BaSO4↓+2H2O,当加入的H2SO4的物质的量与Ba(OH)2的物质的量相等时,溶液中的离子浓度最低,导电能力最弱,对应①中a点,继续滴加H2SO4溶液,导电能力逐渐增强,故①代表滴加H2SO4溶液的曲线。另一份溶液,当加入少量NaHSO4溶液时,发生反应NaHSO4+Ba(OH)2===BaSO4↓+H2O+NaOH,当加入的NaHSO4的物质的量与Ba(OH)2的物质的量相等时,反应后混合液的主要溶质为NaOH,此时对应②中b点,B项正确;继续滴加NaHSO4溶液,发生反应NaOH+NaHSO4===Na2SO4+H2O,当加入的NaHSO4的物质的量与Ba(OH)2的总物质的量之比为2∶1时,发生反应2NaHSO4+Ba(OH)2===BaSO4↓+Na2SO4+H2O,溶质为Na2SO4,对应②中d点。c点两溶液导电能力相同,但是①中主要溶质为H2SO4,溶液显酸性,②中主要溶质为NaOH和Na2SO4,溶液显碱性,故C项错误;a点溶液几乎为纯水,d点主要溶质为Na2SO4,a、d两点溶液均显中性,故D项正确。2.(2018·山东临沂模拟)下列离子方程式书写正确的是(D)A.硫酸铜溶液吸收H2S:Cu2++S2-===CuS↓B.磁性氧化铁溶于氢碘酸:Fe3O4+8H+===Fe2++2Fe3++4H2OC.向饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2:CO2-3+CO2+H2O===2HCO-3D.向KAl(SO4)2溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液:Al3++2SO2-4+2Ba2++4OH-===2BaSO4↓+AlO-2+2H2O[解析]H2S是弱酸,不能拆开,A错误。三价铁离子能氧化碘离子,B错误。应该析出碳酸氢钠沉淀,C错误。加入过量的Ba(OH)2溶液,铝离子生成偏铝酸根离子,D正确。3.(2018·烟台二模)元素镍(Ni)在溶液中+3价极不稳定,主要以Ni2+(绿色)、[Ni(NH3)6]2+(蓝色)、[Ni(CN)4]2-(橙黄色)、[Ni(CN)5]3-(深红色)等形式存在。Ni(OH)2为难溶于水的浅绿色固体。(1)Ni2+与Ag+化学性质相似。在NiSO4溶液中逐滴加入氨水直至过量,可观察到的现象是_开始绿色溶液变浅,同时有浅绿色沉淀生成,后来沉淀逐渐消失,形成蓝色溶液__。(2)镍作为一种催化剂被广泛用于有机合成反应中,其制备原料是镍铝合金。通常用_氢氧化钠(NaOH)__浓溶液处理该合金,可制得多孔结构的镍,制备过程中发生反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O===2AlO-2+3H2↑。(3)[Ni(CN)4]2-和[Ni(CN)5]3-在溶液中可相互转化。用离子方程式表示[Ni(CN)4]2-在溶液中的转化反应[Ni(CN)4]2-+CN-[Ni(NH)5]3-。(4)NiO(OH)为难溶于水的黑色固体,但可溶于浓盐酸并形成绿色溶液,其离子方程式为2NiO(OH)+6H++2Cl-===2Ni2++Cl2↑+4H2O。[解析](1)Ni2+与Ag+化学性质相似,在NiSO4溶液中逐滴加入氨水直至过量,发生的反应为Ni2++2NH3·H2O===Ni(OH)2↓+2NH+4,Ni(OH)2+6NH3·H2O===[Ni(NH3)6]2++2OH-+6H2O,所以开始绿色溶液变浅,同时有浅绿色沉淀生成,后来沉淀逐渐消失,形成蓝色溶液。(2)由镍铝合金经氢氧化钠浓溶液处理除去铝可制得多孔结构的镍,反应为2Al+2OH-+2H2O===2AlO-2+3H2↑。(3)[Ni(CN)4]2-与CN-结合生成[Ni(CN)5]3-,反应过程可逆,离子方程式为[Ni(CN)4]2-+CN-[Ni(CN)5]3-。(4)NiO(OH)可溶于浓盐酸,与浓盐酸发生氧化还原反应生成Ni2+(绿色),离子方程式为2NiO(OH)+6H++2Cl-===2Ni2++Cl2↑+4H2O。4.(新题预测)月球是个丰富的矿产宝库,地球上已经探明的元素在月球上基本都能找得到。(1)MgCl2在工业上应用广泛,可由MgO制备。①某月壤样品经处理得到的MgO中含有少量SiO2,除去SiO2的离子方程式为SiO2十2OH-===SiO2-3+H2O。②MgO与炭粉和氯气在一定条件下反应可制备MgCl2。若尾气可用足量NaOH溶液完全吸收,则生成的盐为_NaCl、NaClO、Na2CO3__(写化学式)。(2)取少量铝粉和Fe3O4反应后所得的固体混合物,将其溶于足量稀硫酸,滴加KSCN溶液无明显现象,_不能__(填"能"或"不能")说明固体混合物中无Fe3O4,理由是Fe3O4+8H+===2Fe3++Fe2++4H2O、2Fe3++Fe===3Fe2+(用离子方程式说明)。[解析](1)①MgO是碱性氧化物,不溶于氢氧化钠溶液,SiO2是酸性氧化物,能与氢氧化钠溶液反应,离子方程式为SiO2+2OH-===SiO2-3+H2O;②氧化镁、炭粉和氯气在一定条件下反应制备氯化镁,另一种生成物可以被氢氧化钠溶液完全吸收,则气体应该是二氧化碳,二氧化碳与足量的氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠;另外过量的氯气有毒也需要尾气处理,氯气与氧氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠,则盐的化学式为NaCl、NaClO、Na2CO3。(2)铝热反应后所得的固体中有铁,即使Fe3O4与稀硫酸反应生成Fe3+,也会与铁反应转化为Fe2+,滴加KSCN溶液无明显现象。考点二离子共存Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·江苏·9)常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(B)A.无色透明的溶液中:Fe3+、Mg2+、SCN-、Cl-B.c(H+)/c(OH-)=1×10-12的溶液中:K+、Na+、CO2-3、NO-3C.c(Fe2+)=1mol·L-1的溶液中:K+、NH+4、MnO-4、SO2-4D.能使甲基橙变红的溶液中:Na+、NH+4、SO2-4、HCO-3[解析]A.Fe3+和SCN-会发生反应生成血红色的配合物,A错误;B.根据KW可以求出c(OH-)=0.1mol/L,溶液显碱性,这4种离子可以大量共存,B正确;C.Fe2+还原性较强,MnO-4氧化性较强,两者因发生氧化还原反应而不能大量共存,C错误;D.使甲基橙变红的溶液显酸性,HCO-3不能在酸性溶液中大量共存,D错误。2.(2016·四川)下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是(C)A.某无色溶液中可能大量存在H+、Cl-、MnO-4B.pH=2的溶液中可能大量存在Na+、NH+4、SiO2-3C.Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应:2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2OD.稀硫酸与Ba(OH)2溶液的反应:H++SO2-4+Ba2++OH-===BaSO4↓+H2O[解析]MnO-4为紫色,A项错误;SiO2-3与H+反应可生成H2SiO3沉淀,B项错误;H2O2具有强氧化性,可将Fe2+氧化为Fe3+,C项正确;稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式中H+、H2O与OH-的化学计量数均应为2,D项错误。3.(2018·江苏·4)室温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(B)A.0.1mol·L-1KI溶液:Na+、K+、ClO-、OH-B.0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液:Cu2+、NH+4、NO-3、SO2-4C.0.1mol·L-1HCl溶液:Ba2+、K+、CH3COO-、NO-3D.0.1mol·L-1NaOH溶液:Mg2+、Na+、SO2-4、HCO-3[解析]B项:各离子可以大量共存。A项:ClO-有氧化性,能将I-氧化为I2,不能大量共存。C项:CH3COOH为弱电解质,CH3COO-与H+不能大量共存。D项:OH-与Mg2+、HCO-3均不能大量共存。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏一、离子共存的"三步"分析法1.分析限制条件(1)常见的限制条件:无色透明溶液、强酸性、强碱性、pH=1等。(2)新出现的限制条件:指定离子,如含有Fe3+的溶液;定性中有定量,如c(H+)=10-12mol·L-1的溶液。这些限制条件由单一限制向多条件限制方向发展。在选项中增加限制条件是高考试题的最新变化,也是今后高考命题的发展趋势。2.挖掘隐含条件如①溶液中水电离出的c(H+)水<1×10-7mol·L-1,说明溶液可能为酸性或碱性溶液,②与Al反应放出H2的溶液可能为强酸性(不可能含NO-3)溶液也可能为强碱性溶液等。3.分析离子间发生的反应分析所给离子之间能否发生以下反应:复分解反应;氧化还原反应;相互促进的水解反应;络合反应,如Fe3+与SCN-的反应等。二、离子共存中的题目中隐含的信息常见表述 隐含信息"无色" 有色离子不能大量存在"pH=1"或"pH=13" 溶液显酸性或碱性"因发生氧化还原反应而不能共存" 只能是氧化性离子和还原性离子不能大量共存,并不是其他离子反应而不能大量共存"透明" "透明"也可"有色""不能大量共存" 易错看成"能大量共存""与Al反应放出H2" 溶液既可能显酸性也可能显碱性"由水电离出c(H+)=1×10-12mol·L-1"的溶液 溶液既可能显酸性也可能显碱性"通入足量的NH3" 与NH3·H2O反应的离子不能大量存在(1)"一定能大量共存"(2)"可能大量共存"(3)"一定不能大量共存" "可能大量共存"的只需在某一情况下能共存即可B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2018·黄冈一模)下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是(D)A.0.1mol·L-1NH4HCO3溶液:K+、Na+、SO2-4、OH-B.能使pH试纸显红色的溶液:Na+、NH+4、I-、NO-3C.0.1mol·L-1CH3COONa溶液:Mg2+、Cl-、H+、SO2-4D.Kw/c(H+)=0.1mol·L-1的溶液:K+、Na+、NO-3、SiO2-3[解析]A项,NH+4、HCO-3均与OH-反应,在溶液中不能大量共存;B项,使pH试纸显红色的溶液呈酸性,酸性条件下NO-3能氧化I-;C项,CH3COO-与H+不能大量共存;D项,Kw/c(H+)=0.1mol-1·L-1。即c(OH-)=0.1mo1·L-1,四种离子与OH-都不反应,能大量共存。2.常温时,下列各组离子能大量共存的是(C)A.pH=1的无色溶液:Na+、Cu2+、NO-3、SO2-4B.能溶解Al(OH)3固体的溶液:K+、Na+、HCO-3、SO2-4C.水电离出的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液:Ba2+、Na+、Cl-、NO-3D.能使淀粉KI试纸变蓝的溶液:K+、Fe2+、NO-3、Cl-[解析]A.Cu2+为有色离子,不满足溶液无色的条件,故A错误;B.能溶解Al(OH)3固体的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子,HCO-3与氢离子和氢氧根离子反应,在溶液中一定不能大量共存,故B错误;C.水电离出的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子,Ba2+、Na+、CI-、NO-3之间不发生反应,都不与氢离子、氢氧根离子反应,在溶液中能大量共存,故C正确;D.能使淀粉KI试纸变蓝的溶液具有氧化性,能够氧化Fe2+,Fe2+在溶液中不能大量存在,故D错误。3.(新题预测)含有下列各组离子的溶液中通入(或加入)过量的某种物质后仍能大量共存的是(B)A.H+、Ba2+、Fe3+、NO-3,通入SO2气体B.Ca2+、Cl-、K+、H+,通入CO2气体C.AlO-2、Na+、Br-、SO2-4,通入CO2气体D.HCO-3、Na+、I-、HS-,加入AlCl3溶液[解析]A组离子之间不反应,能大量共存,但通入SO2气体与Fe3+(或H+、NO-3)发生氧化还原反应,不能大量共存;B组离子之间不反应,能大量共存,且通入CO2气体仍不反应,能大量共存;C组离子之间不反应,能大量共存,但通入CO2气体与AlO-2反应生成沉淀,不能大量共存;D组离子之间不反应,能大量共存,但加入AlCl3溶液与HCO-3(或HS-)发生相互促进的水解反应,不能大量共存。4.(2018·日照二模)过二硫酸是一种强氧化性酸,其结构式为。(1)在Ag+的催化作用下,S2O2-8能与Mn2+在水溶液中发生反应生成SO2-4和MnO-4,该反应的离子方程式为5S2O2-8+2Mn2++8H2O=====Ag+10SO2-4+2MnO-4+16H+。(2)工业上可用惰性电极电解硫酸和硫酸铵混合溶液的方法制备过二硫酸铵。总反应的离子方程式为2SO2-4+2H+=====电解S2O2-8+H2↑。[解析](1)根据题意,S2O2-8作氧化剂被还原生成SO2-4,Mn2+作还原剂被氧化生成MnO-4,结合电荷守恒可得5S2O2-8+2Mn2++8H2O=====Ag+10SO2-4+2MnO-4+16H+。(2)用惰性电极电解硫酸和硫酸铵混合溶液的方法制备过二硫酸铵,阳极SO2-4发生氧化反应生成S2O2-8,阴极H+发生还原反应生成氢气,总反应为2SO2-4+2H+=====电解S2O2-8+H2↑。考点三离子推断Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2016·上海改编)已知:SO2-3+I2+H2O===SO2-4+2H++2I-,某溶液中可能含有Na+、K+、NH+4、Fe2+、Cu2+、SO2-3、SO2-4、I-,向该无色溶液中加入少量溴水,溶液仍呈无色,则下列判断正确的是(D)A.肯定不含Cu2+、Fe2+和SO2-4B.肯定含有Na+、K+和NH+4C.可能含有SO2-3D.可能含有I-[解析]溶液本身无色,说明没有Fe2+和Cu2+;滴加少量溴水,溶液仍呈无色,说明溴水发生了反应且产物无色,溴首先氧化亚硫酸根离子而后氧化碘离子,溶液仍呈无色说明一定含有亚硫酸根离子,可能含有碘离子;根据电荷守恒可知一定含Na+、K+、NH+4中的一种或几种;不能确定是否含有SO2-4。2.(2016·全国Ⅰ·27(1))元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)-4(绿色)、Cr2O2-7(橙红色)、CrO2-4(黄色)等形式存在。Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体。回答下列问题:Cr3+与Al3+的化学性质相似。在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量,可观察到的现象是_蓝紫色溶液变浅,同时有灰蓝色沉淀生成,然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液__。[解析]根据题意可知,在硫酸铬溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液时,首先发生反应:Cr3++3OH-===Cr(OH)3↓,蓝紫色溶液逐渐变浅,同时产生灰蓝色沉淀,当氢氧化钠溶液过量时,灰蓝色沉淀逐渐溶解,发生反应:Cr(OH)3+OH-===Cr(OH)-4,最终得到绿色溶液。3.(2016·全国Ⅱ·28)某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题:(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体,均配制成0.1mol·L-1的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑,其目的是_防止Fe2+被氧化__。(2)甲组同学取2mLFeCl2溶液,加入几滴氯水,再加入1滴KSCN溶液,溶液变红,说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-。(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨,该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油,再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液,溶液变红,煤油的作用是_隔绝空气(排除氧气对实验的影响)__。(4)丙组同学取10mL0.1mol·L-1KI溶液,加入6mL0.1mol·L-1FeCl3溶液混合。分别取2mL此溶液于3支试管中进行如下实验:①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置,CCl4层显紫色;②第二支试管中加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液,生成蓝色沉淀;③第三支试管中加入1滴KSCN溶液,溶液变红。实验②检验的离子是_Fe2+__(填离子符号);实验①和③说明:在I-过量的情况下,溶液中仍含有_Fe3+__(填离子符号),由此可以证明该氧化还原反应为_可逆反应__。(5)丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液,溶液变成棕黄色,发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O;一段时间后,溶液中有气泡出现,并放热,随后有红褐色沉淀生成,产生气泡的原因是_Fe3+催化H2O2分解产生O2__;生成沉淀的原因是_H2O2分解反应放热,促进Fe3+的水解平衡正向移动__(用平衡移动原理解释)。[解析](1)Fe2+具有还原性,FeCl2溶液易被氧化而变质,配制FeCl2溶液时加入少量铁屑,目的是防止Fe2+被氧化。(2)溶液变红,说明有Fe3+生成,则FeCl2溶液与氯水反应生成FeCl3,离子方程式为:2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-。(3)甲组实验中,FeCl2易被空气中的O2氧化,会生成FeCl3,因此实验不够严谨。加入煤油,煤油的密度比水小,可以起到隔绝空气的作用,从而排除氧气对实验的影响。(4)实验②中K3[Fe(CN)6]溶液的作用是检验Fe2+。根据实验①,CCl4层显紫色,说明有I2生成,根据实验②,生成蓝色沉淀,说明有Fe2+生成,根据实验③,溶液变红,说明有Fe3+剩余,I-过量的情况下,溶液中仍含有Fe3+,由此说明该反应为可逆反应。(5)溶液变为棕黄色,说明生成了Fe3+,离子方程式为:2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O。溶液中有气泡出现,说明H2O2在Fe3+的催化作用下发生了分解反应,生成了O2。随后生成红褐色沉淀,则沉淀为Fe(OH)3,H2O2分解放出热量,Fe3+的水解平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+向正反应方向不断进行,因此得到Fe(OH)3沉淀。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1.离子推断的四项基本原则肯定性原则-根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子记住常见的有色离子:Fe2+、Fe3+、Cu2+、MnO-4等互斥性原则-在肯定某些离子的同时,结合离子共存规律、否定一些离子存在要注意题目中的隐含条件,如酸性、碱性、指示剂的变化,与铝反应产生氢气、水的电离情况等电中性原则-溶液呈电中性,一定既有阳离子,又有阴离子,且溶液中正、负电荷总数相等利用这一原则可确定一些隐含的离子进出性原则-通常是在实验过程中使用,是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰2.离子推断常见解题思路离子推断题将离子共存、离子检验设定在一个可能的离子组中,要求通过多重推断,确定某些离子肯定存在,某些离子肯定不存在,某些离子不能确定是否存在,有的最后还设置一个探究问题或者一个计算题。其一般解题思路如下所示:根据实验操作和反应现象,判断一定含有的离子→根据能否共存,判断一定不含的离子→根据电荷守恒,判断还含有的离子或可能含有的离子B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.某混合溶液中可能含有下列离子中的若干种:K+、Na+、Fe2+、Fe3+、SO2-4、CO2-3、HCO-3。现取三份20mL该溶液进行如下实验:①第一份加入足量稀盐酸,无任何气体产生;②第二份加入足量NaOH溶液,经搅拌、过滤、洗涤、灼烧,最后得到xg固体;③第三份滴加0.1mol·L-1酸性KMnO4溶液,反应至终点,共消耗酸性KMnO4溶液VmL;④另用洁净的铂丝蘸取该混合溶液置于浅色火焰上灼烧,发现火焰呈黄色。根据上述实验判断,下列说法正确的是(D)A.由实验①无法推断原混合溶液中是否含有SO2-4B.原混合溶液中只存在Na+、Fe3+、SO2-4,不可能存在K+、CO2-3C.由实验①、②可判断原混合溶液中存在Fe3+D.由实验③可判断原混合溶液中存在Fe2+[解析]①第一份加入足量稀盐酸,无任何气体产生,则无CO2-3、HCO-3;②第二份加入足量NaOH溶液,经搅拌、过滤、洗涤、灼烧,最后得到xg固体,则有Fe2+、Fe3+中的一种或两种;③第三份能与KMnO4溶液反应,则有Fe2+;④另用洁净的铂丝蘸取该混合溶液置于浅色火焰上灼烧,发现火焰呈黄色,则有Na+,因未透过蓝色钴玻璃观察,所以不确定是否有K+;根据电荷守恒可得一定有阴离子SO2-4。所以A、B、C错误,D正确。2.(2018·黄冈二模)有一包白色粉末,由BaCl2、K2SO4、CaCO3、NaOH、CuSO4中的一种或几种组成,为了探究它的成分,进行了如下实验。下列判断正确的是(B)A.BaCl2、CaCO3一定存在,NaOH可能存在B.K2SO4、CaSO4一定不存在C.K2SO4、NaOH、CaCO3、BaCl2一定存在,CuSO4可能存在D.C为单一溶质溶液[解析]白色粉末溶于水得到白色滤渣和无色滤液,说明不含CuSO4,滤渣中加入盐酸得到气体B,且滤渣全部溶解,推出滤渣A为CaCO3,气体B为CO2,滤液C中通入CO2,有白色沉淀产生,说明含有BaCl2、NaOH,一定不含K2SO4,故B正确,A、C、D错误。3.(2018·衡水二模)某化学研究性学习小组对某无色水样的成分进行检验,已知该水样中只可能含有K+、Mg2+、Fe3+、Cu2+、Al3+、Ag+、Ca2+、CO-3、SO2-4、Cl-中的若干种离子。该小组同学取100mL水样进行实验,向水样中先滴加硝酸钡溶液,再滴加1mol·L-1的硝酸,实验过程中沉淀质量的变化情况如图所示:(1)水样中一定含有的阴离子是_SO2-4、CO2-3__,其物质的量浓度之比为_1∶2__。(2)写出BC段所表示反应的离子方程式:BaCO3+2H+===Ba2++CO2↑+H2O。(3)由B到C点变化过程中消耗硝酸的体积为_40_mL__。(4)试根据实验结果推测K+是否存在?_是__(填"是"或"否");若存在,K+的物质的量浓度c(K+)的范围是_≥0.6_mol·L-1__(若K+不存在,则不必回答该问)。(5)设计简单实验验证原水样中可能存在的离子_取少量水样于试管中,向试管中加入过量的硝酸钡溶液和稀硝酸,待沉淀完全和无气体生成后,向上层清液中滴加适量的硝酸银溶液,若生成白色沉淀,则原水样中含有Cl-,若无白色沉淀生成,证明无Cl-存在__。(写出实验步骤、现象和结论)[解析]该水样为无色溶液,Fe3+、Cu2+不存在,依据图象分析加入硝酸钡溶液生成沉淀,加入稀硝酸,沉淀部分溶解证明水样中一定含有SO2-4、CO2-3,又因为Al3+与CO2-3发生双水解,CO2-3与Ag+、Ca2+、Mg2+发生反应生成沉淀不能大量存在,所以Al3+、Ag+、Ca2+、Mg2+不存在。(1)水样中一定含有的阴离子是SO2-4、CO2-3;其物质的量浓度之比为1∶2。(2)BC段所表示的反应是碳酸钡溶于稀硝酸的反应,反应的离子方程式为BaCO3+2H+===Ba2++CO2↑+H2O。(3)由B到C点变化过程中依据图象分析得到的碳酸钡n(BaCO3)=6.27g-2.33g197g·mol-1=0.02mol;消耗硝酸的体积=n/c=0.04mol÷1mol·L-1=0.04L=40mL。(4)依据电解质溶液中电荷守恒,阳离子K+一定存在;根据电荷守恒得到:0.01mol×2+0.02mol×2+n(Cl-)=n(K+)推知n(K+)≥0.06mol,则n(K+)≥0.06mol·L-1。(5)可能存在的离子是Cl-,实验设计为取少量水样于试管中,向试管中加入过量的硝酸钡溶液和稀硝酸,待沉淀完全和无气体生成后,向上层清液中滴加适量的硝酸银溶液,若生成白色沉淀,则原水样中含有Cl-,若无白色沉淀生成,证明无Cl-存在。4.(2018·河南洛阳二模)利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr(Ⅲ)的处理工艺如下:其中硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+,其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+。(1)酸浸时,为了提高浸取率可采取的措施有_升高反应温度__、_增大固体颗粒的表面积__。(2)H2O2的作用是将滤液Ⅰ中的Cr3+转化为Cr2O2-7,写出此反应的离子方程式:2Cr3++3H2O2+H2O===Cr2O2-7+8H+。(3)常温下,部分阳离子以氢氧化物形成沉淀时溶液的pH如下:阳离子 Fe3+ Mg2+ Al3+ Cr3+开始沉淀的pH 2.7 - - -沉淀完全的pH 3.7 11.1 8 9(>9溶解)加入NaOH溶液使溶液呈碱性,Cr2O2-7转化为CrO2-4。滤液Ⅱ中阳离子主要有_Na+、Mg2+、Ca2+__;但溶液的pH不能超过8,其理由是_pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO-2,最终影响Cr(Ⅲ)的回收与再利用__。(4)钠离子交换树脂的反应原理为Mn++nNaR―→MRn+nNa+,利用钠离子交换树脂除去滤液Ⅱ中的金属阳离子是_Ca2+、Mg2+__。(5)写出上述流程中用SO2进行还原的化学方程式3SO2+2Na2CrO4+12H2O===2CrOH(H2O)5SO4↓+Na2SO4+2NaOH。[解析](1)酸浸时,为了提高浸取率可采取的措施是:延长浸取时间、加快溶解速度等措施。(2)双氧水有强氧化性,能氧化还原性的物质,Cr3+有还原性,Cr3+能被双氧水氧化为高价离子,以便于与杂质离子分离。(3)硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+,其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+。加入过氧化氢氧化铬离子为Cr2O2-7,加入NaOH溶液使溶液呈碱性,Cr2O2-7转化为CrO2-4;溶液pH=8,Fe3+、Al3+沉淀完全,滤液Ⅱ中阳离子主要有Na+、Ca2+和Mg2+;超过pH=8,氢氧化铝是两性氢氧化物会溶解于强碱溶液中影响铬离子的回收利用。(4)钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子。(5)二氧化硫具有还原性,被滤液Ⅱ中通过离子交换后的溶液中Na2CrO4氧化为硫酸,Na2CrO4被还原为CrOH(H2O)5SO4依据原子守恒分析书写配平;3SO2十2Na2CrO4+12H2O===2CrOH(H2O)5SO4↓+Na2SO4+2NaOH。1.(2018·湖南长沙模拟)下列说法不正确的是(D)①将BaSO4放入水中不能导电,所以BaSO4是非电解质②氨溶于水得到的氨水能导电,所以氨水是电解质③固态共价化合物不导电,熔融态的共价化合物可以导电④固态的离子化合物不导电,熔融态的离子化合物也不导电⑤强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强A.仅①④ B.仅①④⑤C.仅①②③④ D.①②③④⑤[解析]BaSO4是盐,属于强电解质,①错误;②氨水是混合物,②错误;③熔融态的共价化合物不能电离出离子,不能导电,故③错误;④熔融态的离子化合物能电离出离子,能导电,故④错误;⑤溶液的导电能力取决于溶液中离子浓度的大小,⑤错误。2.(2018·太原模拟)已知SO2-3+I2+H2O===SO2-4+2H++2I-,某溶液中可能含有I-、NH+4、Cu2+、SO2-3,向该无色溶液中加入少量溴水,溶液仍呈无色,则下列判断正确的是(D)A.肯定不含I- B.肯定不含NH+4C.可能含有SO2-3 D.可能含有I-[解析]溴水首先氧化SO2-3而后氧化I-,溶液仍呈无色,说明一定含有SO2-3,可能含有I-,一定不含Cu2+,根据电荷守恒可知一定含有NH+4。3.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是(D)A.MnO2与浓盐酸反应制Cl2:MnO2+4HCl=====△Mn2++2Cl-+Cl2↑+2H2OB.明矾溶于水产生Al(OH)3胶体:Al3++3H2O===Al(OH)3↓+3H+C.Na2O2溶于水产生O2:Na2O2+H2O===2Na++2OH-+O2↑D.Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应:HCO-3+Ca2++OH-===CaCO3↓+H2O[解析]MnO2与浓盐酸反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-=====△Mn2++Cl2↑+2H2O,A项错误;Al(OH)3后面应注明胶体而不应标沉淀符号"↓",B项错误;Na2O2与水反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O===4Na++4OH-+O2↑,C项错误。4.(2018·青岛模拟)对某些离子的检验及结论一定正确的是(B)A.加入Ba(NO3)2溶液,生成白色沉淀,加稀盐酸沉淀不消失,则原溶液中一定有SO2-4B.通入Cl2后,溶液变为黄色,加入淀粉后溶液变蓝,则原溶液中一定有I-C.加入碳酸钠溶液有白色沉淀生成,再加盐酸,沉淀消失,则原溶液中一定有Ba2+D.加入NaOH溶液并加热,产生使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体,则原溶液一定有NH+4[解析]A项SO2-4有干扰;C项Ca2+、Mg2+等有干扰;D项应使用红色石蕊试纸。5.(2018·山东枣庄检测)将足量的气体通入下列各溶液中,所含离子或分子还能大量共存的是(B)A.通入足量SO2:Na+、S2-、OH-、AlO-2B.通入足量CO2:K+、Ca2+、Cl-、NO-3C.通入足量Cl2:SO2、Ba2+、Cl-、K+D.通入足量NH3:Fe3+、Cl-、Ba2+、Al3+[解析]SO2与水反应后溶液呈酸性,OH-、AlO-2不能大量共存;Cl2具有强氧化性,与SO2发生氧化还原反应;NH3的溶液呈碱性,Fe3+、Al3+不能大量共存。故A、C、D错误。6.(2018·辽宁师大附中模拟)在如图点滴板上有四个溶液间反应的小实验,其对应反应的离子方程式书写正确的是(D)A.a反应:Fe2++2H++H2O2===Fe3++2H2OB.b反应:HCO-3+OH-===CO2-3+H2OC.c反应:H++OH-===H2OD.d反应:Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3NH+4[解析]A项电荷不守恒;B项离子方程式书写不完整,NH+4也与OH-反应;C项忽视醋酸为弱电解质,应写化学式。7.(2018·石嘴山高三联考)下列反应的离子方程式正确的是(D)A.向明矾溶液中加入足量的烧碱溶液:Al3++3OH-===Al(OH)3↓B.在含有等物质的量的Fe(NO3)2和KI组成的混合溶液中滴入稀盐酸:3Fe2++4H++NO-3===3Fe3++NO↑+2H2OC.NaHCO3与稀硫酸反应:CO2-3+2H+===CO2↑+H2OD.纯碱溶液呈碱性的原因:CO2-3+H2OHCO-3+OH-[解析]A项中不能生成Al(OH)3而是AlO-2;B项中I-也具有还原性,即离子方程式不全;C项中HCO-3不能拆分为CO2-3和H+。8.(2018·河南豫东、豫北十所名校联考)下列离子组在一定条件下能大量共存,且加入试剂后发生反应的离子方程式正确的是(A)选项 离子组 加入试剂 发生反应的离子方程式A K+、AlO-2、NO-3过量CO2 CO2+2H2O+AlO-2===Al(OH)3↓+HCO-3
B Fe3+、I-、ClO- NaOH溶液 Fe3++3OH-===Fe(OH)3↓C Ba2+、Na+、OH- NaHCO3溶液 HCO-3+OH-===CO2-3+H2O
D NH+4、HCO-3、Cl-NaOH溶液 NH+4+HCO-3+2OH-===CO2-3+NH3·H2O
[解析]Fe3+与I-、ClO-离子不能大量共存;Ba2+、OH-、Na+组离子共存,加NaHCO3溶液后,应有BaCO3沉淀生成;D项中的原子不守恒。故B、C、D错误。9.(2018·河北普通高中质检)下列实验现象、离子方程式和解释均正确的是(A)选项 实验试剂 现象 离子方程式或解释 装置实验A 试剂1:H2O2试剂2:酸性KI淀粉溶液 溶液变蓝 I-被双氧水氧化成I2,I2遇淀粉变蓝 
B 试剂1:氯水试剂2:加有KSCN的FeSO4溶液 溶液中生成红色沉淀 2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-Fe3++3SCN-===Fe(SCN)3↓ C 试剂1:H2SO4试剂2:Fe(OH)3胶体 滴加足量的硫酸溶液,始终有红褐色沉淀 胶体聚沉 D 试剂1:加有酚酞的NaHSO4溶液试剂2:Ba(OH)2溶液 有白色沉淀生成,溶液由无色变为红色 Ba2++2OH-+2H++SO2-4===BaSO4↓+2H2O [解析]B项Fe3+遇KSCN溶液产生红色溶液;C项先是胶体聚沉,后沉淀溶解;D项中OH-应过量,离子方程式应为Ba2++OH-+H++SO2-4===BaSO4↓+H2O。10.(2018·浙江丽水一模)某强酸性溶液X中仅含有NH+4、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、CO2-3、SO2-4、SO2-3、Cl-、NO-3中的一种或几种,取该溶液进行连续实验,实验过程如下:下列有关推断合理的是(A)A.根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+B.沉淀H为Al(OH)3、BaCO3的混合物C.溶液中一定含有H+、Al3+、NH+4、Fe2+、SO2-4、Cl-D.若溶液X为100mL,产生的气体A为112mL(标准状况),则X中c(Fe2+)=0.05mol·L-1[解析]由于该溶液呈强酸性,故溶液中一定不含CO2-3、SO2-3;强酸性条件下加入过量Ba(NO3)2溶液后得到的气体A为NO,沉淀C为BaSO4,故溶液X中一定含有SO2-4、Fe2+,则一定不含NO-3、Ba2+;溶液B中一定含有Fe3+,则加入过量NaOH溶液后,沉淀F为Fe(OH)3,气体D应为NH3,则原溶液中一定含有NH+4;溶液E中通入过量CO2后有沉淀生成,则E中含有AlO-2,据此可知原溶液中一定含有Al3+,沉淀H为Al(OH)3,而Fe3+、Cl-不确定;根据3Fe2++4H++NO-3===3Fe3++NO↑+2H2O得,n(Fe2+)=n(NO)×3=0.112L22.4L·mol-1×3=0.015mol,即c(Fe2+)=0.15mol·L-1。综上所述B、C、D不合理。11.(2018·山东潍坊诸城模拟)下列解释物质检验原理的方程式不合理的是(A)A.浓氨水检验泄漏的氯气,产生白烟:2NH3+3Cl2===6HCl+N2B.铁氰化钾检验溶液中的Fe2+,产生蓝色沉淀:3Fe2++2[Fe(CN)6]3-===Fe3[Fe(CN)6]2↓C.浓溴水检验水体中的苯酚,产生白色沉淀:+3Br2―→↓+3HBrD.新制Cu(OH)2检验产品中的乙醛,产生红色沉淀:CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOH――→△CH3COONa+Cu2O↓+3H2O[解析]A项,浓氨水检验泄漏的氯气,产生白烟是因为生成了氯化铵,发生的反应是8NH3+3Cl2===6NH4Cl+N2。12.(2018·甘肃兰州检测)某待测溶液(阳离子为Na+)中可能含有SO2-4、SO2-3、NO-3、Cl-、Br-、CO2-3、HCO-3、S2-中的一种或多种,进行如图所示的实验,每次实验所加试剂均过量,回答下列问题:(1)待测液中是否含有SO2-4、SO2-3_至少含有一种离子__。(2)沉淀B的化学式为_BaCO3__;生成沉淀B的离子方程式为2HCO-3+Ba2++2OH-===BaCO3↓+CO2-3+2H2O。(3)根据以上实验,待测液中肯定没有的离子是_Br-、S2-__;肯定存在的离子还有_CO2-3、HCO-3__。[解析]由气体D的性质知溶液中含CO2-3;由白色沉淀B知溶液中含有HCO-3,则白色沉淀B为BaCO3,生成BaCO3的离子方程式为:Ba2++2HCO+2OH-===BaCO3↓+CO2-3+2H2O;白色沉淀D为BaSO4,由于是加入了硝酸,故待测液中SO2-4和SO2-3至少有一种;由溶液B中通入Cl2得无色溶液知,待测液无S2-、Br-;由于开始加入了BaCl2溶液,故根据加AgNO3溶液和稀硝酸的实验现象,不能确定待测液中是否含有Cl-。13.(2018·湖南中原名校联考)某中学化学兴趣小组为了调查当地某一湖泊的水质污染情况,在注入湖泊的3个主要水源的入口处采集水样,并进行了分析,给出了如下实验信息:其中一处水源含有A、B两种物质,一处含有C、D两种物质,一处含有E物质,A、B、C、D、E为五种常见化合物,均由下表中的离子形成:阳离子 K+、Na+、Cu2+、Al3+阴离子 SO2-4、HCO-3、NO-3、OH-
为了鉴别上述化合物。分别完成以下实验,其结果是:①将它们溶于水后,D为蓝色溶液,其他均为无色溶液;②将E溶液滴入C溶液中出现白色沉淀,继续滴加,沉淀溶解;③进行焰色反应,只有B、C为紫色(透过蓝色钴玻璃);④在各溶液中加入硝酸钡溶液,再加过量稀硝酸,A中放出无色气体,C、D中都能产生白色沉淀;⑤将B、D两溶液混合,未见沉淀或气体生成。根据上述实验填空:(1)写出B、D的化学式:B_KNO3__,D_CuSO4__。(2)将含1molA的溶液与含1molE的溶液反应后蒸干,仅得到一种化合物,该化合物的化学式为_Na2CO3__。(3)在A溶液中加入少量澄清石灰水,其离子方程式为2HCO-3+Ca2++2OH-===CaCO3↓+CO2-3+2H2O。(4)C常用作净水剂,用离子方程式和适当文字说明其净水原理Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+,水解生成的Al(OH)3胶体能吸附水中的悬浮物而净水。(5)若向含溶质1mol的C溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液,生成沉淀质量最大为_466__g。[解析]根据D为蓝色溶液知其含Cu2+,根据②的信息知E含OH-,C含Al3+,根据③知B、C含K+,根据④知A含HCO-3,C、D含SO2-4,则B为KNO3,D为CuSO4,E为氢氧化钠(OH-只能与K+或Na+结合,A、E中没有K+),A为碳酸氢钠,C为硫酸铝钾。A溶液中加入少量澄清石灰水,则OH-反应完,即2HCO-3+Ca2++2OH-===CaCO3↓+CO2-3+2H2O,由2KAl(SO4)2+3Ba(OH)2===3BaSO4↓+2Al(OH)3↓+K2SO4知,Al3+完全沉淀时沉淀的质量为78g+233g/mol×1.5mol=427.5g;若再加入Ba(OH)2溶液,SO2-4继续沉淀,Al(OH)3变为偏铝酸根离子,即生成2mol硫酸钡,质量为466g。14.1L某混合溶液,可能含有的离子如下表:可能大量含有的阳离子 H+、Ag+、Mg2+、Al3+、NH+4、Fe3+
可能大量含有的阴离子 Cl-、Br-、I-、CO2-3、AlO-2
(1)往该溶液中逐滴加入NaOH溶液,产生沉淀的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示。请回答下列问题:①该溶液中一定不存在的阳离子是_Ag+、Mg2+、Fe3+__。②该溶液中一定不存在的阴离子是_CO2-3、AlO-2__。③m→n反应的离子方程式为NH+4+OH-===NH3·H2O。④溶液中含有的阳离子对应的物质的量比为_n(H+)∶n(NH+4)∶n(Al3+)=2∶3∶1__。(2)经检测,该溶液中还含有大量的Cl-、Br-、I-,向混合溶液中加入足量的氯化铁溶液,请写出有关反应的离子方程式2Fe3++2I-===I2+2Fe2+。[解析](1)根据图象,开始加入NaOH溶液没有沉淀产生,则一定有H+;后来有沉淀产生且最后沉淀消失,则一定没有Ag+、Mg2+、Fe3+,有Al3+;m→n沉淀的质量不变,应有NH+4+OH-===NH3·H2O的反应,则存在NH+4;由于存在H+,则一定没有CO2-3、AlO-2。n(H+)∶n(NH+4)∶n(Al3+)=2V0∶(8V0-5V0)∶(9V0-8V0)=2∶3∶1。(2)三种离子中,Fe3+只能氧化I-,反应的离子方程式为:2Fe3++2I-===I2+2Fe2+。15.(2018·黑龙江质检)在Na+浓度为0.5mol·L-1的某澄清溶液中,还可能含有下表中的若干种离子。阳离子 K+Ag+Mg2+Ba2+阴离子 NO-3CO2-3SiO2-3SO2-4
现取该溶液100mL进行如下实验(气体体积均在标准状况下测定)。序号 实验内容 实验结果Ⅰ 向该溶液中加入足量稀盐酸 产生白色沉淀并放出标准状况下0.56L气体Ⅱ 将Ⅰ的反应混合液过滤,对沉淀洗涤、灼烧至恒重,称量所得固体质量 固体质量为2.4gⅢ 向Ⅱ的滤液中滴加BaCl2溶液 无明显现象请回答下列问题。(1)实验Ⅰ能确定一定不存在的离子是_Ag+、Mg2+、Ba2+__。(2)实验Ⅰ中生成沉淀的离子方程式为SiO2-3+2H+===H2SiO3↓。(3)通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要计算,填写下表中阴离子的浓度(能计算出的,填写计算结果,一定不存在的离子填"0",不能确定是否存在的离子填"?")。阴离子 NO-3CO2-3SiO2-3SO2-4
c/mol·L-1    答案:阴离子 NO-3CO2-3SiO2-3SO2-4
c/mol·L-1 ? 0.25 0.4 0(4)判断K+是否存在,若存在求其最小浓度,若不存在说明理由:_存在,最小浓度为0.8_mol·L-1__。[解析]由题知溶液为透明澄清溶液,因此溶液中的离子必能大量共存。由实验Ⅰ可知,加入稀盐酸产生气体,必有CO2-3,n(CO2-3)=0.025mol,c(CO2-3)=0.25mol·L-1,则溶液中一定无Ag+、Mg2+、Ba2+;且能生成白色沉淀,因此有SiO2-3,发生的反应为SiO2-3+2H+===H2SiO3↓,则n(SiO2-3)=0.04mol,c(SiO2-4)=0.4mol·L-1;由实验Ⅲ可知溶液中不含SO2-4;根据电荷守恒知2c(CO2-3)+2c(SiO2-3)=2×0.25mol·L-1+2×0.4mol·L-1=1.3mol·L-1>0.5mol·L-1,因此必有K+,至少为0.8mol·L-1,不能确定有无NO-3。第5讲氧化还原反应最新考纲 考向分析1.了解氧化还原反应的本质是电子的转移。2.了解常见的氧化还原反应。3.掌握常见氧化还原反应的配平和相关计算。 以生产生活中涉及的氧化还原反应为背景,主要考查以下几个方面:①氧化还原反应相关概念的判断;②氧化还原反应基本规律,特别是物质的氧化性或还原性强弱的判断及应用;③给定条件下的氧化还原反应方程式的配平或书写;④有关转移电子多少或利用电子守恒进行的计算。考点一氧化还原反应的基本概念Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·北京·8)下列变化中,气体被还原的是(B)A.二氧化碳使Na2O2固体变白B.氯气使KBr溶液变黄C.乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色D.氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀[解析]A.二氧化碳使Na2O2固体变白,发生反应2CO2+2Na2O2===O2+2Na2CO3,CO2的化合价没有发生改变,过氧化钠既是氧化剂,也是还原剂,不符合题意;B.氯气使KBr溶液变黄,发生反应2KBr+Cl2===2KCl+Br2,Cl元素化合价降低,被还原,符合题意;C.乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色,是乙烯与溴发生了加成反应,Br元素化合价降低,Br2被还原,乙烯被氧化,不符合题意;D.氯气使AlCl3溶液产生白色沉淀氢氧化铝,反应过程中NH3化合价没有改变,不符合题意。答案选B。2.(2017·全国Ⅲ·28节选)砷(As)是第四周期ⅤA族元素,可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物,有着广泛的用途。回答下列问题:(1)画出砷的原子结构示意图。(2)工业上常将含砷废渣(主要成分为As2S3)制成浆状,通入O2氧化,生成H3AsO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式2As2S3+5O2+6H2O===4H3AsO4+6S。[解析](1)从内向外P的各层电子数依次是2、8、5,砷与磷位于同主族且相邻,砷原子比磷原子多一个电子层,所以从内向外砷的各层电子数分别为2、8、18、5,据此可画出其原子结构示意图。(2)根据得失电子守恒先确定As2S3与O2的化学计量数分别为2、5,再结合元素守恒得出H2AsO4、S和H2O的化学计量数分别为4、6、6。3.(2016·全国Ⅰ·28节选)NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂,也常用来漂白织物等,其一种生产工艺如下:回答下列问题:(1)NaClO2中Cl的化合价为_+3__。(2)写出"反应"步骤中生成ClO2的化学方程式2NaClO3+SO2+H2SO4===2ClO2+2NaHSO4。(3)"尾气吸收"是吸收"电解"过程排出的少量ClO2。此吸收反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为_2∶1__,该反应中氧化产物是_O2__。(4)"有效氯含量"可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力,其定义是:每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为_1.57_g__。(计算结果保留两位小数)[解析](1)根据化合物中各元素化合价代数和等于0,计算出NaClO2中氯元素化合价为+3。(2)从流程图看出,反应物是氯酸钠、二氧化硫、硫酸,产物为硫酸氢钠、二氧化氯,根据得失电子守恒、原子守恒配平化学方程式:2NaClO3+SO2+H2SO4===2ClO2+2NaHSO4。(3)依题意,用含氢氧化钠的双氧水吸收尾气中的二氧化氯,发生反应:2ClO2+H2O2+2OH-===2ClO-2+O2+2H2O,ClO2作氧化剂,H2O2作还原剂,故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1,氧化产物为O2。(4)氯气、亚氯酸钠的氧化能力就是得电子能力,得电子数相等时,氧化能力相当。氯气、亚氯酸钠的最终还原产物为氯离子。根据:NaClO2――→得4e-Cl-,Cl2――→得2e-2Cl-,得电子数相等时,存在:NaClO2~2Cl2,故亚氯酸钠的有效氯含量为71×290.5≈1.57。4.(2015·全国Ⅱ·T28节选)二氧化氯(ClO2,黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂。工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2,该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为_2∶1__。[解析]该反应的氧化剂为KClO3,发生变化:KCl+5O3―→Cl+4O2;还原剂为Na2SO3,发生变化为Na2S+4O3―→Na2S+6O4,根据得失电子守恒可知n(KClO3)∶n(Na2SO3)=2∶1。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1.突破氧化还原反应的基本知识(1)判断正误,回顾有关氧化还原反应的相关概念。①有化合价升降的化学反应一定是氧化还原反应(√)②置换反应全部属于氧化还原反应,因为有单质参加和生成,化合价发生了变化(√)③氧化还原反应一定属于四大基本反应类型(×)④有单质参加或生成的化学反应一定是氧化还原反应(×)⑤氧化还原反应中,反应物不是氧化剂就是还原剂(×)⑥在氧化还原反应中,金属单质都做还原剂(√)⑦化合反应均为氧化还原反应(×)⑧在氧化还原反应中,非金属单质一定是氧化剂(×)⑨某元素由化合态转化为游离态时,该元素一定被还原(×)⑩金属阳离子被还原不一定得到金属单质(√)(2)根据化合物中各元素化合价代数和等于零的原则,写出括号内相应元素的化合价。NaClO2(Cl:_+3__)、ClO2(Cl:+4)、CuCl(Cu:_+1__)、N2H4(N:_-2__)、NaBH4(B:_+3__)、K2Cr2O7、Na2CrO4(Cr:_+6__)、H2C2O4(C:_+3__)、Na2S2O3(S:_+2__)、MnO(OH)2(Mn:_+4__)、K2FeO4(Fe:_+6__)、CuFeS2(Fe:+2、S:_-2__)、LiNH2(N:_-3__)、LiCoO2(Co:_+3__)。(3)通过以下填空,完成对氧化还原反应各概念的掌握。对于MnO2+4HCl(浓)=====△MnCl2+Cl2↑+2H2O。①反应时HCl中氯元素_失去__电子,发生_氧化__反应,是_还原__剂。②反应时MnO2中锰元素_得到__电子,发生_还原__反应,是_氧化__剂。③该反应的氧化产物是_Cl2__,还原产物是_MnCl2__。(填化学式)④反应中,当标准状况下有11.2L的Cl2生成时,有_1__mol的HCl被氧化,转移电子数为NA。⑤用双线桥法标出该反应电子转移的方向和数目。。2.熟记15组物质,掌握常见变化规律氧化剂 Cl2 O2 浓H2SO4 HNO3 KMnO4(H+)、MnO2 Fe3+ KClO3、ClO- H2O2对应还原产物 Cl- O2- SO2 NO或NO2 Mn2+ Fe2+ Cl- H2O还原剂 I-(HI) S2-(H2S) CO、C Fe2+ NH3 SO2、SO2-3H2O2对应氧化产物 I2 S CO2 Fe3+ NO SO2-4O23.记清6个"不一定",以防不慎落陷阱(1)元素由化合态变为游离态不一定被氧化,也可以被还原,如Fe2+―→Fe。(2)得电子难的物质不一定易失电子,如第ⅣA族和稀有气体。(3)含最高价态元素的化合物不一定有强氧化性,如H3PO4、SO2-4;而含低价态元素的化合物也可能有强氧化性,如HClO具强氧化性。(4)在氧化还原反应中,一种元素被氧化,不一定有另一种元素被还原,如Cl2+H2OHCl+HClO。(5)有单质参加的反应,不一定是氧化还原反应,如3O22O3。(6)具有还原性物质与具有氧化性物质不一定都能发生氧化还原反应,如SO2与浓H2SO4、Fe3+与Fe2+不反应。4.依据元素的化合价判断物质的氧化性和还原性(1)元素处于最高价的物质具有氧化性,如KMnO4。(2)元素处于最低价的物质具有还原性,如NH3。(3)元素处于中间价态的物质既有氧化性又有还原性,如SO2。(4)①反应中元素化合价降低的反应物是氧化剂,该物质具有氧化性;②反应中元素化合价升高的反应物是还原剂,该物质具有还原性。B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2016·上海高考)O2F2可以发生反应:H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2,下列说法正确的是(D)A.氧气是氧化产物B.O2F2即是氧化剂又是还原剂C.若生成4.48LHF,则转移0.8mol电子D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4[解析]H2S中硫元素为-2价,生成的SF6中硫元素为+6价,O2F2中氧元素为+1价,生成的O2中氧元素为0价。所以H2S是还原剂,O2F2是氧化剂,氧气是还原产物,A、B项错误;没有指明外界条件,所以生成4.48LHF,转移电子数无法计算,C项错误;还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4,D项正确。2.(2018·赣州二模)"银针验毒"在我国有上千年历史,银针主要用于检验是否有含硫元素的有毒物质。其反应原理之一为4Ag+2H2S+O2===2Ag2S十2H2O。当银针变色后,将其置于盛有食盐水的铝制容器中一段时间后便可复原。以下说法不正确的是(D)A.当银针变黑时,所检验的物质有毒B.银针验毒时,Ag被氧化C.上述验毒反应的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶1D.银针复原发生的反应可能为3Ag2S+2Al===6Ag+Al2S3[解析]当银针变黑时,说明Ag被氧化为Ag2S,则说明所检验的物质有毒,故A正确;银针验毒时,Ag化合价升高,被氧化,故B正确;在反应4Ag+2H2S+O2===2Ag2S+2H2O中,氧化产物为Ag2S,还原产物为H2O,两者的物质的量之比为1∶1,故C正确;将其置于盛有食盐水的铝制容器中一段时间后便可复原,说明发生原电池反应,正极为Ag2S,负极为Al,总反应式为3Ag2S+2Al+6H2O===6Ag十2Al(OH)3+3H2S↑,故D错误。3.下列生活中常用的食物储存方法中,所加物质不与氧气反应的是(A)A B C D
用浸泡过KMnO4溶液的纸张保鲜水果 食用油中添加一种酚类物质 红酒中添加一定量的SO2 食品包装袋中放置还原铁粉[解析]高锰酸钾具有强氧化性,与氧气不反应,A正确;酚羟基、SO2、还原铁粉均能被氧气氧化,B、C、D错误。4.(2018·泰安二模)高锰酸钾(KMnO4)是一种常用的氧化剂,不同条件下高锰酸钾可发生如下反应:①MnO-4+5e-+8H+===Mn2++4H2O②MnO-4+3e-+2H2O===MnO2+4OH-③MnO-4+e-===MnO2-4(溶液绿色)(1)从上述三个半反应中可以看出MnO-4的还原产物与溶液的_酸碱性__有关。(2)用草酸(H2C2O4)的稀溶液可以洗涤沾在皮肤上的高锰酸钾,其中的变化:H2C2O4→CO2↑。写出该反应的离子方程式:5H2C2O4+2MnO-4+6H+===2Mn2++10CO2↑+8H2O。(3)将PbO2粉末投入酸性MnSO4溶液中搅拌,溶液变为紫红色。下列说法正确的是_ad__(填字母)。a.氧化性强弱:PbO2>KMnO4b.还原性强弱:PbO2>KMnO4c.该反应可以用盐酸酸化d.PbO2发生还原反应:PbO2+SO2-4+4H++2e-===PbSO4+2H2O(4)用KMnO4可以测定H2O2溶液的有效含量:取15.00mL某浓度H2O2溶液,逐滴加入0.03mol·L-1KMnO4溶液(已酸化),产生无色气体,至终点时共消耗20.00mLKMnO4溶液。①写出反应的离子方程式2MnO-4+5H2O2+6H+===2Mn2++5O2↑+8H2O;②溶液中c(H2O2)=_0.1__mol·L-1;③反应中转移的电子数目_0.003__mol。[解析](1)由不同条件下高锰酸钾可发生的反应可知,溶液的酸性越强,反应后锰元素的化合价越低,所以高锰酸根离子(MnO-4)反应后的产物与溶液的酸碱性有关。(2)H2C2O4→CO2↑,C化合价升高,则H2C2O4表现还原性并且呈酸性,MnO-4被还原的产物应为Mn2+,即发生还原反应的离子反应过程为MnO-4→Mn2+,所以反应的离子方程式为5H2C2O4+2MnO-4+6H+===2Mn2++10CO2↑+8H2O。(3)将PbO2投入酸性MnSO4溶液中搅拌,溶液变为紫红色,证明二者之间发生氧化还原反应生成了含高锰酸根离子的溶液,二氧化铅是氧化剂,硫酸锰是还原剂。根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,即氧化性:PbO2>KMnO4,故a正确、b错误;盐酸具有酸性且Cl-具有还原性,PbO2能将Cl-氧化,所以该反应不能用盐酸酸化,故c错误;二氧化铅是氧化剂,则PbO2发生还原反应生成PbSO4,反应式为PbO2+SO2-4+4H++2e-===PbSO4+2H2O,故d正确。(4)①KMnO4与H2O2反应,有气体产生,说明产生氧气,溶液褪色说明KMnO4被还原,再根据电子得失守恒和电荷守恒可写出离子方程式为2MnO-4+5H2O2+6H+===2Mn2++5O2↑+8H2O。②根据KMnO4与H2O2反应的离子方程式可知关系式为2MnO-4~5H2O22mol5mol0.03mol·L-1×0.02Ln(H2O2)则n(H2O2)=1.5×10-3mol所以c(H2O2)=1.5×10-3mol1.5×10-2L=0.1mol·L-1。③由2MnO-4+5H2O2+6H+===2Mn2++5O2↑+8H2O,Mn化合价从+7价降低到+2价,所以反应中转移电子的物质的量为0.03mol·L-1×0.02L×(7-2)=0.003mol。考点二氧化还原反应规律及应用Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2018·北京·9)下列实验中的颜色变化,与氧化还原反应无关的是(C) A B C D实验 NaOH溶液滴入FeSO4溶液中 石蕊溶液滴入氯水中 Na2S溶液滴入AgCl浊液中 热铜丝插入稀硝酸中现象 产生白色沉淀,随后变为红褐色 溶液变红,随后迅速褪色 沉淀由白色逐渐变为黑色 产生无色气体,随后变为红棕色[解析]C项:向AgCl浊液中滴加Na2S溶液,白色沉淀变成黑色,发生沉淀的转化,反应的离子方程式为2AgCl+S2-===Ag2S+2Cl-,与氧化还原反应无关。A项:NaOH溶液中滴入FeSO4溶液中,会生成Fe(OH)2白色沉淀,Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3,反应过程中出现灰绿色,最后变为红褐色,与氧化还原反应有关。B项:由于氯水显酸性,先使紫色石蕊溶液变红,后由于HClO具有氧化性,使红色溶液迅速褪色,与氧化还原反应有关。D项:热铜丝插入稀硝酸中发生的反应为3Cu+8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,NO被氧气氧化生成红棕色的NO2,与氧化还原反应有关。2.(2018·杭州二模)现有下列三个氧化还原反应:①2B-+Z2===B2+2Z-②2A2++B2===2A3++2B-③2XO-4+10Z-+16H+===2X2++5Z2+8H2O根据上述反应,判断下列结论中错误的是(A)A.要除去含有A2+、Z-和B-混合溶液中的A2+,而不氧化Z-和平B-,应加入Z2B.还原性强弱顺序为A2+>B->Z->X2+C.X2+是XO-4的还原产物,B2是B-的氧化产物D.在溶液中可能发生反应:XO-4+5A2++8H+===X2++5A3++4H2O[解析]根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,反应③中,氧化性XO-4>Z2;反应②中,氧化性B2>A3+;反应①中,氧化性Z2>B2,则氧化性由强到弱的顺序是XO-4>Z2>B2>A3+,所以要除去含有A2+、Z-和B-混合溶液中的A2+,而不氧化Z-和B-,应加入B2,故A错误;由①、②、③反应中还原性的比较可知,还原性由强到弱顺序是A2+、B-、Z-、X2+,故B正确;反应③中X的化合价降低,则XO-4为氧化剂,则X2+是XO-4的还原产物,反应①中B-发生氧化反应生成B2,即B2是B-的氧化产物,故C正确;根据氧化性由强到弱的顺序XO-4>Z2>B2>A3+,所以溶液中XO-4能氧化A2+,发生的反应为XO-4+5A2++8H+===X2++5A3++4H2O,故D正确。3.已知氧化性Br2>Fe3+>I2,向含有Fe2+、Br-、I-各0.1mol的溶液中通入Cl2。通入Cl2的体积(标准状况)与溶液中某种离子(用Q表示)的物质的量的关系如图所示,下列说法中正确的是(D)A.Q是I-B.Q是Br-C.b点时溶液中阴离子只有Cl-(不考虑OH-)D.ab区间的反应:2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-[解析]根据离子还原性I->Fe2+>Br-,故首先发生反应:2I-+Cl2===I2+2Cl-,然后发生反应2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-,0.1molI-完全反应消耗0.05molCl2,Q开始反应时消耗氯气的体积为1.12L,0.1molFe2+完全反应消耗0.05molCl2,此时氯气的体积为2.24L,所以ab区间的反应:2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-,D正确。Q是Fe2+,A、B均错误。b点时溶液中有Cl-、Fe3+、Br-,故C错误。4.(新题预测)在复杂体系中,确定化学反应先后顺序有利于解决问题。已知氧化性Fe3+>Cu2+>Fe2+。若在氯化铁溶液蚀刻铜印刷电路板后所得的溶液里加入过量锌片。下列说法正确的是(B)A.Fe3+首先反应,转化为FeB.反应开始时c(Fe2+)增大,然后又减小C.Fe2+首先反应,转化为FeD.存在反应Fe+Cu2+=Fe2++Cu[解析]氧化性Fe3+>Cu2+Fe2+,加入过量锌片,Fe3+先被还原,但只能生成Fe2+,选项A错误;反应开始时锌将Fe3+还原产生Fe2+,c(Fe2+)增大,后Fe2+也被锌还原时,c(Fe2+)又减小,选项B正确;氧化性Fe3+>Cu2+>Fe2+,Fe2+最后被还原,选项C错误;由于氧化性Fe3+>Cu2+>Fe2+,Zn与Fe3+完全反应生成Fe2+后,Cu2+发生反应,此时溶液中不存在单质铁,因此不存在反应Fe+Cu2+===Fe2++Cu,选项D错误。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏基本规律应用(1)性质强弱规律物质氧化性、还原性的强弱取决于元素得失电子的难易程度,与得失电子的数目无关,可从"热>冷"(温度)、"浓>稀"(浓度)、"易>难"(反应条件、剧烈程度),以及金属活动性顺序表、元素在周期表中的位置、原电池原理、电解池中离子的放电顺序等角度判断;还要学会从化学反应方向的角度判断"剂>物"(同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,还原剂的还原性大于还原产物的还原性)。(2)反应先后规律(3)价态归中规律即同种元素不同价态之间的反应,高价态的元素化合价降低,低价态的元素化合价升高,但升高与降低的化合价不能相交。如:KClO3+6HCl===3Cl2↑+KCl+3H2O,氧化剂KClO3,还原剂HCl,氧化产物Cl2,还原产物Cl2。(4)邻位价态规律氧化还原反应发生时,其价态一般先变为邻位价态如:①Cl-被氧化成Cl2,而不是更高价态氯元素。②S2-一般被氧化成S,S单质一般被氧化成SO2。③ClO-、ClO-3,作氧化剂时,一般被还原成Cl2,而不是Cl-。(5)电子守恒规律对于氧化还原反应的计算,关键是氧化还原反应的实质--得失电子守恒,列出守恒关系求解,即n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值=n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值。B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2018·毫州一模)根据表中信息判断,下列选项不正确的是(A)序号 反应物 产物① KMnO4、H2O2、H2SO4 K2SO4、MnSO4② Cl2、FeBr2 FeCl3、FeBr3③ MnO-4、Cl-Cl2、Mn2+A.氧化性由强到弱顺序为MnO-4>Cl2>Fe3+>Br2B.第②组反应从产物结果可以得出还原性顺序:Fe2+>Br-C.第③组反应中生成1molCl2,转移电子数为2NAD.第①组反应的其余产物为H2O和O2[解析]反应②中氯气可以氧化Fe2+生成Fe3+,故氧化性Cl2>Fe3+,但产物中没有Br2生成,无法判断氧化性Cl2>Br2,反应③MnO-4为氧化剂,Cl2为氧化产物,故氧化性MnO-4>Cl2>Fe3+,故A错误;反应②中产物为FeCl3、FeBr3,可见先被Cl2氧化的是Fe2+,则还原性Fe2+>Br-,故B正确;反应③中Mn化合价降低,MnO-4作氧化剂,氯气为氧化产物,则反应物中含有Cl-,生成1molCl2,转移电子为1mol×2=2mol,故C正确;反应①中Mn化合价降低,则KMnO4为氧化剂,H2O2为还原剂,H2O2被氧化生成氧气,由原子守恒可知,还有水生成,故D正确。2.(2018·湖南长沙一模)实验室常用NaNO2和NH4Cl反应制取N2。下列有关说法正确的是(D)A.NaNO2是还原剂B.NH4Cl中N元素被还原C.生成1molN2时转移6mol电子D.氧化剂和还原剂的物质的量之比是1∶1[解析]实验室常用NaNO2和NH4Cl反应制取N2,根据氧化还原反应中电子守恒、原子守恒可得化学方程式:NaNO2+NH4Cl===N2↑+NaCl+2H2O。在该反应中NaNO2中的N元素化合价是+3价,反应后变为N2中的0价,化合价降低,得到电子,NaNO2作氧化剂,A错误。在NH4Cl中N元素化合价是-3价,反应后变为N2中的0价,化合价升高,失去电子,NH4Cl中的N元素被氧化,B错误。根据化学方程式NaNO2+NH4Cl===N2↑+NaCl+2H2O可知,每产生1molN2转移3mol电子,C错误。根据化学方程式可知,在该反应中氧化剂NaNO2和还原剂NH4Cl的物质的量之比是1∶1,D正确。3.(2018·山西师大附中模拟)铅的冶炼过程大致如下:①富集:将方铅矿(PbS)进行浮选;②焙烧:2PbS+3O2=====高温2PbO+2SO2;③制粗铅:PbO+C=====高温Pb+CO↑,PbO+CO=====高温Pb+CO2。下列说法正确的是(B)A.浮选法富集铅矿的过程发生化学变化B.将1molPbS冶炼成Pb理论上至少需要6gCC.整个冶炼过程中,制取1molPb共转移2mol电子D.方铅矿焙烧的反应中,PbS是还原剂,还原产物只有PbO[解析]浮选法富集方铅矿的过程中发生物理变化,A错误。由过程③中的两个化学方程式叠加可得总化学方程式:2PbO+C=====高温2Pb+CO2↑,PbS~PbO~12C,则将1molPbS冶炼成Pb理论上至少需要m(C)=12mol×12g·mol-1=6g,B正确。PbS―→PbO+SO2,转移6e-,PbO―→Pb,转移2e-,制取1molPb共转移8mole-,C错误。焙烧过程中,PbS为还原剂,O2为氧化剂,还原产物为PbO和SO2,D错误。4.(2017·北京·6)二氧化硒(SeO2)是一种氧化剂,其被还原后的单质硒可能成为环境污染物,通过与浓硝酸或浓硫酸反应生成SeO2以回收Se。完成下列填空。(1)Se和浓硝酸反应的还原产物为NO和NO2,且NO和NO2的物质的量之比为1∶1,写出Se和浓硝酸反应的化学方程式:Se+2HNO3(浓)===SeO2+NO↑+NO2↑+H2O。(2)已知:Se+2H2SO4(浓)===2SO2↑+SeO2+2H2O;2SO2+SeO2+2H2O===Se+2SO2-4+4H+。SeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是_H2SO4(浓)>SeO2>SO2__。(3)回收得到的SeO2的含量,可以通过下面的方法测定:①SeO2+KI+HNO3―→Se+l2+KNO3+H2O②I2+2Na2S2O3===Na2S4O6+2NaI配平方程式①,用单线桥标出电子转移的方向和数目。(4)实验中,准确称量SeO2样品0.1500g,消耗了0.2000mo1·L-1的Na2S2O3溶液25.00mL,所测定的样品中SeO2的质量分数为_93%__。[解析](1)Se→SeO2化合价升高4价,HNO3转化为NO和NO2的物质的量比为1∶1时,化合价降低总价为4价,故反应的化学方程式可写为Se+2HNO3(浓)===SeO2+NO↑+NO2↑+H2O。(2)Se+2H2SO4(浓)===2SO2↑+SeO2+3H2O中氧化剂是浓硫酸,氧化产物是SeO2,则氧化性:H2SO4(浓)>SeO2;SO2中硫的化合价是+4价,处于中间价态,既有氧化性又有还原性,在2SO2+SeO2+2H2O===Se+2SO2-4+4H+中氧化剂是SeO2,SO2作还原剂体现还原性,故氧化性:SeO2>SO2。综上所述氧化性:H2SO4(浓)>SeO2>SO2。(3)SeO2→Se,化合价降低4价,2KI→I2,化合价升高2价,根据化合价升降总数相等和元素守恒,可配平反应方程式:。(4)根据反应①、②可知,物质转化存在如下关系:SeO2~2I2~4Na2S2O3111g4molm(SeO2)0.2000mol·L-1×0.025L解得:m(SeO2)≈0.14g,样品中SeO2的质量分数为0.14g0.1500g×100%≈93%。考点三氧化还原方程式的配平Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·新课标Ⅲ卷)重铬酸钾是一种重要的化工原料,一般由铬铁矿制备,铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3,还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示:步骤①的主要反应为:FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3――→高温Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为_2∶7__。[解析]FeO·Cr2O3是还原剂,氧化产物为Na2CrO4和Fe2O3,每摩转移7mol电子,而NaNO3是氧化剂,还原产物为NaNO2,每摩转移2mol电子,根据电子守恒可知,FeO·Cr2O3和NaNO3的系数比为2∶7。2.配平下列离子方程式:(1)(2017·全国Ⅱ改编)草酸钙沉淀经稀硫酸处理后,用KMnO4标准溶液滴定,通过测定草酸的量可间接获知钙的含量,滴定反应为:MnO-4+H++H2C2O4―→Mn2++CO2+H2O(未配平)。2MnO-4+5H2C2O4+6H+===2Mn2++10CO2+8H2O。(2)(2016·天津)酸性条件下,MnO(OH)2将I-氧化为I2:MnO(OH)2+I-+H+―→Mn2++I2+H2O(未配平)。MnO(OH)2+2I-+4H+===Mn2++I2+3H2O。[解析](1)MnO-4氧化H2C2O4的方程式为故反应离子方程式为2MnO-4+5H2C2O4+6H+===2Mn2++10CO2+8H2O。(2)MnO(OH)2氧化I-的方程式为故反应的离子方程式为MnO(OH)2+2I-+4H+===Mn2++I2+3H2O。3.(2017·北京·27)SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。(1)SCR(选择性催化还原)工作原理:①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2,该反应的化学方程式:CO(NH2)2+H2O=====△CO2+2NH3。②反应器中NH3还原NO2的化学方程式:8NH3+6NO2=====催化剂7N2+12H2O。③当燃油中含硫量较高时,尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4,使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成:2SO2+O2+4NH3+2H2O===2(NH4)2SO4。④尿素溶液浓度影响NO2的转化,测定溶液中尿素(M=60g·mol-1)含量的方法如下:取ag尿素溶液,将所含氮完全转化为NH3,所得NH3用过量的v1mLc1mol·L-1H2SO4溶液吸收完全,剩余H2SO4用v2mLc2mol·L-1NaOH溶液恰好中和,则尿素溶液中溶质的质量分数是32c1v1-c2v2100a。(2)NSR(NOx储存还原)工作原理:NOx的储存和还原在不同时段交替进行,如图a所示。①通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是_BaO__。②用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程,该过程分两步进行,图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是_8∶1__。③还原过程中,有时会产生笑气(N2O)。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在有氧条件下,15NO与NH3以一定比例反应时,得到的笑气几乎都是15NNO。将该反应的化学方程式补充完整:_415NO+4NH3+3O2__=====催化剂415NNO+6H2O[解析]①根据题意,反应物为H2O和CO(NH2)2,生成物为NH3和CO2,反应条件为加热,结合元素守恒可写出该反应的化学方程式。②根据题意,反应物为NH3和NO2,生成物为N2和H2O,反应需在催化剂作用下进行。③根据题意,NH3、SO2、O2和H2O反应生成(NH4)2SO4。④根据题意,加入硫酸的总物质的量为c1v1×10-3mol,NaOH消耗硫酸的物质的量为c2v2×10-32mol,因此与NH3反应的硫酸的物质的量为(c1v1×10-3-c2v2×10-32)mol,根据关系式:CO(NH2)2~2NH3~H2SO4,得n[CO(NH2)2]=c1v1×10-3-c2v2×10-32mol,因此尿素溶液中溶质的质量分数为c1v1×10-3-c2v2×10-32×60gag×100%=32c1v1-c2v2100a。(2)①由图a可以看出NOx在BaO中储存,在Ba(NO3)2中还原,因此储存NOx的物质为BaO。②由图b可知,Ba(NO3)2在第一步反应中被H2还原为NH3,根据得失电子守恒,1molBa(NO3)2转化成NH3得到2mol×8=16mol电子,1mol氢气失去2mol电子,因此消耗的氢气与硝酸钡的物质的量之比为8∶1。③根据题意,有氧气参与反应,同时根据生成物为15NNO和H2O,可推测出参加反应的15NO与NH3的物质的量之比为1∶1,结合得失电子守恒、原子守恒配平化学方程式。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1.一般氧化还原反应方程式的配平步骤标价态-正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价↓列变化-列出元素化合价升高和降低的数值↓求总数-求元素化合价升高和降低的总数,确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数↓配系数-用观察法配平其他各物质的化学计量数↓细检查-利用"守恒"三原则即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒,逐项检查配平的方程式是否正确2.氧化还原反应方程式的配平类型(1)全变从左边配氧化剂、还原剂中某元素化合价全变的,一般从反应物着手配平。如C0+HN+5O3(浓)―→N+4O2↑+C+4O2↑+H2O,要使得失电子数守恒,必为C0+4HN+5O3(浓),再配平右边物质的化学计量数。(2)自变从右边配自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右边着手配平。如S0+KOH(热、浓)―→K2S-2+K2S+4O3+H2O,要使得失电子数守恒,必有2K2S-2+K2S+4O3,再配平其他物质的化学计量数。(3)缺项配平法首先明确缺项物质所含元素化合价反应前后未变。否则无法配平。所以先配平含变价元素物质的化学计量数,再根据质量守恒定律确定缺项物质的化学式和化学计量数。缺项物质一般为酸、碱、水,常见的有H2SO4、HCl、KOH、NaOH、H2O等。3.书写信息型氧化还原反应化学方程式的步骤(三步法)第1步:根据氧化性、还原性强弱顺序确定氧化性最强的为氧化剂,还原性最强的为还原剂;根据化合价规律和题给信息及已知元素化合物性质确定相应的还原产物、氧化产物;根据氧化还原反应的守恒规律确定氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应化学计量数。第2步:根据溶液的酸碱性,通过在反应方程式的两端添加H+或OH-的形式使方程式两端的电荷守恒。第3步:根据原子守恒,通过在反应方程式两端添加H2O(或其他小分子)使方程式两端的原子守恒。B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.1.76g铜镁合金完全溶解于50mL、密度为1.40g·cm-3、质量分数为63%的浓硝酸中,得到NO2气体1792mL(标准状况),向反应后的溶液中加人适量的1.0mol·L-1NaOH溶液,恰使溶液中的金属离子全部沉淀。下列说法不正确的是(B)A.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol·L-1B.加入NaOH溶液的体积是50mLC.浓硝酸在与合金反应中起了酸性和氧化性的双重作用,起氧化性的硝酸的物质的量为0.08molD.得到的金属氢氧化物的沉淀为3.12g[解析]密度为1.40g·cm-3、质量分数为63%的浓硝酸浓度为c=1000ρwM=1000×1.4×0.6363mol·L-1=14.0mol·L-1,故A正确;1792mLNO2的物质的量为0.08mol,根据N守恒,起氧化性作用的硝酸的物质的量为0.08mol,故C正确;HNO3到NO2化合价从+5价到+4价,所以生成0.08mol的NO2得到0.08mol的电子,根据得失电子守恒,失去的电子为0.08mol,因为铜镁合金失去电子得到的金属离子都是+2价,所以铜镁合金一共有0.04mol,沉淀0.04mol的铜镁合金需要0.08mol的氢氧化钠,即需要80mL1.0mol·L-1的NaOH,故B错误;金属氢氧化物相对于铜镁合金增加的质量恰好是氢氧根的质量,0.08mol的氢氧化钠,氢氧根的质量为0.08mol×17g·mol-1=1.36g,所以金属氢氧化物的质量为1.76g+1.36g=3.12g,故D正确。2.(新题预测)羟胺(NH2OH)是一种还原剂,能将某些氧化剂还原。现用25.00mL0.049mol·L-1的羟胺的酸性溶液跟足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应,生成的Fe2+恰好与24.50mL0.020mol·L-1的KMnO4酸性溶液完全作用。已知(未配平):FeSO4+KMnO4+H2SO4→Fe2(SO4)3+K2SO4+MnSO4+H2O,则在上述反应中,羟胺的氧化产物是(B)A.N2 B.N2OC.NO D.NO2[解析]由题意知,KMnO4得到的电子数等于NH2OH失去的电子数。设产物中N的化合价为n价。则24.50mL×0.020mol·L-1×5=25.00mL×0.049mol·L-1×(n+1),解得n=1。在四个选项中只有B符合。3.某溶液中含NO-3和Cr2O2-7,现向此溶液中滴入29.00mL0.1mol·L-1的FeSO4溶液,恰好使VO+2→VO2+、Cr2O2-7→Cr3+。再滴入2.00mL0.020mol·L-1KMnO4溶液,又恰好使VO2+→VO+2,而Cr3+不变,此时MnO-4→Mn2+,则原溶液中铬元素的质量为(D)A.156mg B.234mgC.31.2mg D.46.8mg[解析]根据题意Fe2+失去的电子数等于VO+2、Cr2O2-7得到的电子数之和,而VO+2得到的电子数等于MnO-4得到的电子数,设原溶液中铬元素的质量为m,则29.00×10-3L×0.1mol·L-1×1=m52g·mol-1×3+2.00×10-3L×0.020mol·L-1×5,m=0.0468g=46.8mg。4.已知工业盐中含有NaNO2,外观和食盐相似,有咸味,人若误食会引起中毒,致死量为0.3~0.5g。已知NaNO2能发生如下反应(方程式已配平):2NO-2+xI-+yH+===2NO↑+l2+zH2O,请回答下列问题:(1)上述反应中,x=_2__,y=_4__,z=_2__,氧化剂是_NO-2__。(2)某工厂废弃液中含有2%~5%的NaNO2,直接排放会造成水污染,但加入下列物质中的某一种就能使NaNO2转化为不引起污染的N2,该物质是_D__。A.NaCl B.KMnO4C.浓硫酸 D.NH4Cl(3)饮用水中的NO-3对人类健康会产生危害,为了降低饮用水中NO-3的浓度,某饮用水研究人员提出,在碱性条件下用铝粉将NO-3还原为N2,请配平化学方程式:10Al+6NaNO3+4NaOH===10_NaAlO2__+3N2↑+2H2O。若反应过程中转移0.5mol电子,则生成标准状况下的N2体积为1.12L。[解析](1)反应中由碘原子守恒可知x=2,由电荷守恒可计算y=4,由氢原子守恒可知z=2,该反应中氮元素的化合价降低,则NO-2为氧化剂。(2)因NaNO2转化为不引起污染的N2的过程中N的化合价降低,另一物质化合价必升高,物质具有还原性,只有NH4Cl符合。(3)由信息可知,生成氮气,碱性条件下还生成NaAlO2,铝元素化合价升高,被氧化,氮元素化合价降低,被还原,由电子守恒和原子守恒可知,反应为10Al+6NaNO3+4NaOH===10NaAlO2+3N2↑+2H2O。若反应过程中转移0.5mol电子,则生成标准状况下的N2体积为0.5mol×330×22.4L·mol-1=1.12L。1.(2018·江西南昌联考)古诗词是古人为我们留下的宝贵精神财富,下列诗句不涉及氧化还原反应的是(C)A.野火烧不尽,春风吹又生B.春蚕到死丝方尽,蜡炬成灰泪始干C.粉身碎骨浑不怕,要留清白在人间D.爆竹声中一岁除,春风送暖入屠苏[解析]可燃物的燃烧、炸药的爆炸均属于剧烈的氧化还原反应,而CaCO3高温分解生成CaO和CO2,钙、碳、氧3种元素的化合价均无变化,不涉及氧化还原反应。2.(2018·北师大附中模拟)R2On-6在一定条件下可以把Mn2+氧化成MnO-4,若反应后R2On-6转变为ROn-3。又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2,则n的值为(B)A.1 B.2C.3 D.4[解析]设R2On-6中R的化合价为+x,ROn-3中R的化合价为+y,则有n=12-2x=6-y,即2x-y=6①,根据得失电子守恒10(x-y)=10②,解由①、②组成的方程组得x=5,则n=12-2×5=2。3.(2018·河南中原名校联考)从硫化物中提取单质锑,经历以下两个过程:①2Sb2S3+3O2+6Fe===Sb4O6+6FeS②Sb4O6+6C===4Sb+6CO↑关于反应①、②的说法不正确的是(A)A.反应①中Sb元素被氧化B.反应②中Sb元素被还原C.标准状况下,每生成4molSb时,消耗67.2LO2D.反应②说明高温下C的还原性比Sb强[解析]反应①中Sb元素的化合价没有变化,没有参加氧化还原反应,A错误;反应②中Sb元素化合价降低,被还原,B正确;根据反应方程式知每生成4molSb时,消耗3molO2,C正确;根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性知,D正确。4.(2018·包头学业水平测试)做实验时不小心使皮肤上沾了一些高锰酸钾,形成的黑斑很久才能消除,如果用草酸(H2C2O4乙二酸)的稀溶液洗涤,黑斑可以迅速褪去,其离子方程式为:MnO-4+H2C2O4+H+===CO2↑+Mn2++,下列有关叙述不正确的是(B)A.该反应的氧化剂为KMnO4B.发生还原反应的是H2C2O4C.该离子方程式右侧方框内的产物是H2OD.6molH+参加反应时,转移电子10mol[解析]根据元素守恒,横线上产物应为H2O,由于MnO-4中Mn由+7价降到+2价,可知KMnO4是氧化剂,H2C2O4是还原剂,被氧化。配平后为2MnO-4+5H2C2O4+6H+===10CO2↑+2Mn2++8H2O,由此可知,每消耗6molH+,转移电子10mol。故只有B不正确。5.(2018·河北承德一中月考)已知二氯化二硫(S2Cl2)的结构式为Cl-S-S-Cl,它易与水反应:2S2Cl2+2H2O===4HCl+SO2↑+3S↓。对该反应的说法正确的是(A)A.S2Cl2既作氧化剂又作还原剂B.氧化产物与还原产物物质的量之比为3∶1C.每生成1molSO2转移4mol电子D.H2O作还原剂[解析]据反应方程式可知,S元素的化合价从+1价部分升高到+4价,部分降低到0价,故S2Cl2既作氧化剂又作还原剂,A对,D错;氧化产物为SO2,还原产物是S,两者的物质的量之比为1∶3,B错;每生成1molSO2转移电子的物质的量是3mol,C错。6.(2018·石景山模拟)已知在热的碱性溶液中,NaClO发生反应:3NaClO===2NaCl+NaClO3。在相同条件下NaClO2也能发生类似的反应,其最终产物是(B)A.NaCl、NaClO B.NaCl、NaClO3C.NaClO、NaClO3 D.NaClO3、NaClO4[解析]根据氧化还原反应的规律,NaClO2中Cl元素发生歧化反应,化合价一部分升高,一部分降低,对照四个选项可知,只有B、C符合题意,而在热的碱性条件下:3NaClO===2NaCl+NaClO3,故B正确。7.(2018·温州质检)已知OCN-中每种元素都满足8电子稳定结构,在反应OCN-+OH-+Cl2―→CO2+N2+Cl-+H2O(未配平)中,如果有6molCl2完全反应,则被氧化的OCN-的物质的量是(C)A.2mol B.3molC.4mol D.6mol[解析]OCN-中C显+4价,N显-3价,反应中只有N和Cl的化合价改变,根据OCN-~N2、Cl2~2Cl-,由得失电子守恒:3n(Cl2)=2n(OCN-),可知6molCl2完全反应,有4molOCN-被氧化,C正确。8.(2018·长郡模拟)已知离子方程式:As2S3+H2O+NO-3―→AsO3-4+SO2-4+NO↑+_______(未配平),下列说法错误的是(C)A.配平后水的化学计量数为4B.反应后溶液呈酸性C.配平后氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶28D.氧化产物为AsO3-4和SO2-4[解析]根据电子守恒,结合电荷守恒可配平化学方程式:3As2S3+4H2O+28NO-3===6AsO3-4+9SO2-4+28NO↑+8H+,由此可知,A、B、D正确,C项应为28∶3。9.2015年9月德国大众汽车"排放门"事件备受关注。柴油尾气中含有大量氮氧化物,大众选择了一种违规做法,即在客户平时用车时不开启喷射尿素的尾气后处理系统,而是通过软件让这一系统只在尾气排放检测时启动,车用尿素转化为氨气后可吸收氮氧化物,生成无毒无污染的物质。假设氮氧化物用NO2表示,下列说法不正确的是(C)A.配平方程式后NH3的化学计量数为8B.消耗1.7g氨气转移电子数为0.3NAC.每消耗1molNH3同时可消耗16.8LNO2D.氧化产物和还原产物的物质的量之比为4∶3[解析]根据题意可知反应的化学方程式为8NH3+6NO2===7N2+12H2O,A正确;由方程式可知:每消耗8molNH3转移24mol电子,则消耗1.7g氨气转移电子数为0.3NA,B正确;未说明是否为标准状况,无法求得NO2的体积,C错误;由方程式可知氧化产物和还原产物的物质的量之比为8∶6=4∶3,D正确。10.(2018·南京模拟)向含有Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气,溶液中各种离子的物质的量变化如图所示。有关说法不正确的是(B)A.线段BC代表Fe3+物质的量的变化情况B.原混合溶液中c(FeBr2)=6mol/LC.当通入Cl22mol时,溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2++2I-+2Cl2===2Fe3++I2+4Cl-D.原溶液中n(Fe2+)∶n(I-)∶n(Br-)=2∶1∶3[解析]还原性强弱顺序为I->Fe2+>Br-,所以Cl2最先氧化I-,然后氧化Fe2+,最后氧化Br-。图中AB线段表示I-的变化情况,氧化I-需氯气1mol,则I-为2mol;BC线段表示Fe3+的变化情况,氧化Fe2+需氯气2mol,则Fe2+为4mol;DE线段表示Br-的变化情况,氧化Br-需氯气3mol,则Br-为6mol。当通入Cl22mol时,氧化的I-和Fe2+均为2mol,所以C中的离子方程式是正确的。因不知溶液的体积,无法求算FeBr2的浓度,则B错误。二、非选择题11.(2018·山西阳泉一中月考)过氧化氢俗名双氧水,医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口。关于双氧水,回答下列问题:A.Na2O2+2HCl===2NaCl+H2O2B.Ag2O+H2O2===2Ag+O2↑+H2OC.2H2O2===2H2O+O2↑D.3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH===2K2CrO4+3K2SO4+8H2O(1)上述反应中,不属于氧化还原反应的是_A__(填字母序号,下同)。(2)保存过氧化氢的试剂瓶上最适合贴上的一个标签是_B__。(3)某强酸性反应体系中,反应物和生成物共六种物质或离子:O2、MnO-4、H2O、Mn2+、H2O2、H+。已知该反应中H2O2只发生了如下过程:H2O2→O2↑。①该反应的离子方程式是2MnO-4+5H2O2+6H+===2Mn2++5O2↑+8H2O。②如果上述反应中有2.24L(标准状况)气体生成,转移的电子的物质的量为_0.2__mol。(4)H2O2有时可作为矿业废液消毒剂,有"绿色氧化剂"的美称;如消除采矿业胶液中的氰化物(如KCN),经以下反应实现:KCN+H2O2+H2O===A+NH3↑,试指出生成物A的化学式为_KHCO3__,并阐明H2O2被称为"绿色氧化剂"的理由是_H2O2作氧化剂,其还原产物是H2O,H2O没有毒性及污染性,过量的H2O2自身分解为水和氧气,也无污染性__。(5)请设计一个简单易行的实验证明过氧化氢具有氧化性。除过氧化氢外,供选择的试剂还有:氯水、稀硝酸、饱和硫化氢溶液。请将所选试剂和实验现象填入下表:实验内容 试剂 实验现象验证氧化性  答案:实验内容 试剂 实验现象验证氧化性 _将H2O2加入饱和硫化氢溶液中__ _产生淡黄色沉淀__[解析](1)A中无元素化合价变化,为复分解反应,不属于氧化还原反应。(2)H2O2是常用的氧化剂,故选B。(3)①在反应中H2O2变为O2和H2O,作还原剂,则氧化剂是MnO-4,反应后变为Mn2+。根据原子守恒和电子守恒可得到2MnO-4+5H2O2+6H+===2Mn2++5O2↑+8H2O。②由上述离子方程式可知,每产生1molO2,转移电子2mol,故产生0.1molO2转移的电子的物质的量为0.2mol。(4)根据化学反应的过程中原子的种类和个数不会发生变化可知,生成物A的化学式为KHCO3,H2O2作氧化剂,其还原产物是H2O,H2O没有毒性及污染性,过量的H2O2自身分解为H2O和O2,也无污染性,故H2O2被称为"绿色氧化剂"。(5)将H2O2加入饱和H2S溶液中,若产生淡黄色沉淀,就证明H2O2具有氧化性。12.(2018·宁夏银川模拟)三氟化氮(NF3)是一种无色、无味的气体,它是微电子工业技术的关键原料之一,三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应,其反应的产物有:HF、NO和HNO3,请根据要求回答下列问题:(1)反应过程中,被氧化与被还原的元素原子的物质的量之比为_1∶2__。(2)写出该反应的化学方程式:3NF3+5H2O===2NO+HNO3+9HF。若反应中生成0.2molHNO3,转移的电子数目为_0.4NA或2.408×1023__。(3)三氟化氮可由氨气和氟气反应得到:4NH3+3F2===NF3+3NH4F。据题意推测NF3、F2、NO三种气体中,氧化性由弱到强的顺序为_NO、NF3、F2__。(4)NF3是一种无色、无臭的气体,但一旦NF3在空气中泄漏,还是易于发现,你判断该气体泄漏时的现象是_红棕色气体、产生刺激性气味气体、产生白雾__。(5)一旦NF3泄漏,可以用NaOH溶液喷淋的方法减少污染,其产物除NaNO2、NaF、H2O外,还肯定有_NaNO3__(填化学式)。[解析](1)根据电子得失守恒:n[N(被氧化)]×(5-3)=n[N(被还原)]×(3-2),所以N(被氧化)∶N(被还原)=1∶2。(2)依据化合价升降总数相等,从化学方程式右边着手不难配平,3NF3+5H2O===2NO+HNO3+9HF,生成0.2molHNO3,转移电子的数目为0.2mol×(5-3)×NA=0.4NA,或2.408×1023。(4)NF3泄漏产生NO,NO遇空气中的O2生成红棕色气体NO2,HNO3、HF气体均有刺激性气味且在空气中易形成酸雾。(5)NF3与H2O反应产生HNO3,HNO3和NaOH反应必生成NaNO3。13.(2018·山西太原模拟)高锰酸钾是一种典型的强氧化剂。(1)在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和FeS2的混合物时,发生的反应如下:Ⅰ.MnO-4+Cu2S+H+―→Cu2++SO2-4+Mn2++H2O(未配平)Ⅱ.MnO-4+FeS2+H+―→Fe3++SO2-4+Mn2++H2O(未配平)①下列关于反应Ⅰ的说法正确的是_C__(填字母)。A.MnO-4是氧化剂,Cu2S既是氧化剂又是还原剂B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶8C.每生成1molSO2-4,反应转移电子的物质的量为10mol②若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同,则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为_3∶2__。(2)KMnO4、双氧水、活性炭常用于饮用水的处理,但三者在联合使用时必须有先后顺序。①氧化反应:H2O2-2e-―→2H++O2↑;还原反应:MnO-4+5e-+8H+―→Mn2++4H2O。写出该氧化还原反应的化学方程式:5H2O2+2KMnO4+3H2SO4===K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O。②在处理饮用水时,活性炭应在高锰酸钾反应结束后投放,否则会发生KMnO4+C+H2O―→MnO2+X+K2CO3(未配平),其中X的化学式为_KHCO3__。[解析](1)①Cu和S元素的化合价都升高,被氧化,则Cu2S为还原剂,A错误;Mn元素化合价降低5价,Cu2S化合价共升高2×(2-1)+(6+2)=10,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为10∶5=2∶1,B错误;Cu2S化合价共升高2×(2-1)+(6+2)=10,因此每生成1molSO2-4反应转移电子10mol,C正确;②若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同,则1molKMnO4得到5mol电子,Cu2S化合价共升高2×(2-1)+(6+2)=10,应氧化0.5molCu2S。FeS2化合价共升高1+2×(6+1)=15,则可氧化13molFeS2,故反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为3∶2。(2)①结合氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等可写出反应的化学方程式为5H2O2+2KMnO4+3H2SO4===K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O。②利用氧化还原反应可知得失电子相等,然后根据原子守恒可得X的化学式为KHCO3。14.(2018·甘肃一诊)汽车尾气中CO、NOx以及燃煤废气中的SO2都是大气污染物,对它们的治理具有重要意义。(1)氧化-还原法消除NOx的转化如下:NO――→O3NO2――→CONH22N2①反应Ⅰ为NO+O3===NO2+O2,生成标准状况下11.2LO2时,转移电子的物质的量是_1__mol。②反应Ⅱ中,当n(NO2)∶n[CO(NH2)2]=3∶2时,氧化产物与还原产物的质量之比为_4∶3__。(2)使用"催化转化器"可以减少尾气中的CO和NOx,转化过程中发生反应的化学方程式为CO+NOx―→N2+CO2(未配平),若x=1.5,则化学方程式中CO2和N2的化学计量数之比为_3∶1__。(3)吸收SO2和NO,获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下(Ce为铈元素)。装置Ⅱ中,酸性条件下,NO被Ce4+氧化的产物主要是NO-3、NO-2,请写出生成等物质的量的NO-3和NO-2时的离子方程式:2NO+3H2O+4Ce4+===NO-3+NO-2+6H++4Ce3+。(4)装置Ⅲ的作用之一是用质子交换膜电解槽电解使得Ce4+再生,再生时生成的Ce4+在电解槽的_阳极__(填"阳极"或"阴极"),同时在另一极生成S2O2-4的电极反应式为2H++2HSO-3+2e-===S2O2-4+2H2O。(5)已知进入装置Ⅳ的溶液中,NO-2的浓度为ag·L-1,要使1m3该溶液中的NO-2完全转化为NH4NO3,至少需向装置Ⅳ中通入标准状况下的氧气_243a__L(用含a代数式表示,结果保留整数)。[解析](1)①NO+O3===NO2+O2,生成1molO2转移电子是2mol,生成11.2L(标准状况)即0.5molO2时,转移电子0.5mol×2=1mol。②当n(NO2)∶n[CO(NH2)2]=3∶2,即NO2与CO(NH2)2的化学计量数之比是3∶2,其方程式表示为6NO2+4CO(NH2)2===7N2+8H2O+4CO2,只有N元素的化合价变化,N2既是氧化产物也是还原产物,由N原子守恒可知氧化产物与还原产物的质量之比为8∶6=4∶3。(2)把CO2的化学计量数定为1,则CO、NO1.5、N2前面的化学计量数分别为1、2/3、1/3,即3CO+2NO1.5===3CO2+N2。(3)生成等物质的量的NO-3和NO-2时,Ce4+被还原为Ce3+,由电子守恒、电荷守恒可知,离子方程式为:2NO+3H2O+4Ce4+===4Ce3++NO-3+NO-2+6H+。(4)生成Ce4+为氧化反应,发生在阳极上;在阴极上,HSO-3得到电子被还原成S2O2-4,电极反应式为:2HSO-3+2H++2e-===S2O2-3+2H2O。(5)NO-2的浓度为ag·L-1,要使1m3该溶液中的NO-2完全转化为NH4NO3,则共失电子×(5-3)×1000mol,设消耗标准状况下O2的体积是VL,则得电子是:V/22.4×2×(2-0)mol,根据电子守恒1000a×(5-3)/46=V/22.4×2×(2-0),解得V=243a。专题二化学基本理论第6讲物质结构元素周期律最新考纲 考向分析1.了解元素、核素和同位素的含义。2.了解原子构成。了解原子序数、核电荷数、质子数、中子数、核外电子数以及它们之间的相互关系。3.了解原子核外电子排布。4.掌握元素周期律的实质。了解元素周期表(长式)的结构(周期、族)及其应用。5.以第3周期为例,掌握同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系。6.以ⅠA和ⅦA族为例,掌握同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系。7.了解金属、非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律。8.了解化学键的定义。了解离子键、共价键的形成。 在历年高考中,元素周期表、元素周期律的知识点属于高频考点,往往以选择题、填空题形式出现。在综合题部分,会以元素化合物知识为载体,结合物质的性质,根据元素周期律进行定性推断和运用。纵观近几年高考试题,主要是以元素及其化合物知识为载体,用物质结构理论,将解释现象、定性推理、规律总结、简单计算相结合,全方位、多层次地考查考生综合分析能力、逻辑推理能力及迁移应用能力。考点一原子结构与微粒间的作用力Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·全国Ⅲ)短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示,这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是(D)  W X Y    2A.氢化物沸点:W<ZB.氧化物对应水化物的酸性:Y>WC.化合物熔点:Y2X3<YZ3D.简单离子的半径:Y<X[解析]根据元素周期表的结构可以判断出W为N元素、X为O元素、Y为Al元素、Z为Cl元素。NH3存在分子间氢键,而HCl不存在分子间氢键,所以NH3的沸点比HCl的沸点高,A项错误;Al(OH)3显两性,N的氧化物对应的水化物HNO3、HNO2均显酸性,B项错误;Al2O3是离子晶体,而AlCl3是分子晶体,离子晶体的熔点一般高于分子晶体的熔点,C项错误;Al3+和O2-的电子层结构相同,具有相同电子层结构的离子,核电荷数越大,离子半径越小,所以离子半径:Al3+<O2-,D项正确。2.(2017·新课标Ⅱ·9)a,b,c,d为原子序数依次增大的短周期主族元素,a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同;c所在周期数与族数相同;d与a同族,下列叙述正确的是(B)A.原子半径:d>c>b>aB.4种元素中b的金属性最强C.c的氧化物的水化物是强碱D.d单质的氧化性比a单质的氧化性强[解析]本题考查元素周期表和元素周期律。同周期主族元素从左到右,金属性逐渐减弱,即金属性:Na(或Mg)>Al,B项正确。原子半径:Na(或Mg)>Al>S>O,A项错误;Al2O3对应的水化物为Al(OH)3,Al(OH)3是两性氢氧化物,C项错误;同主族元素自上而下,非金属性逐渐减弱,则对应单质的氧化性逐渐减弱,即氧化性:O2>S,D项错误。3.(2017·北京·7)2016年IUPAC命名117号元素为Ts(中文名"石田",tián),Ts的原子核外最外层电子数是7。下列说法不正确的是(D)A.Ts是第七周期第ⅦA族元素B.Ts的同位素原子具有相同的电子数C.Ts在同族元素中非金属性最弱D.中子数为176的Ts核素符号是176117Ts[解析]本题考查原子结构与元素周期表、元素周期律知识。0族元素从上往下,原子序数依次为2、10、18、36、54、86、118,则可推断117号元素位于第七周期第ⅦA族,A项正确;互为同位素的不同原子具有相同的质子数,质子数等于核外电子数,B项正确;同主族元素从上往下,非金属性逐渐减弱,C项正确;中子数为176的Ts核素符号是293117Ts,D项错误。4.(2018·北京·8)短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,X是地壳中含量最多的元素,Y原子的最外层只有一个电子,Z位于元素周期表ⅢA族,W与X属于同一主族。下列说法正确的是(D)A.原子半径:r(W)>r(Z)>r(Y)B.由X、Y组成的化合物中均不含共价键C.Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱D.X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强[解析]X是地壳中含量最多的元素,则X为O元素,Y原子的最外层只有一个电子,Z位于元素周期表ⅢA族,X、Y、Z、W原子序数依次增大且均为短周期主族元素,则Z为Al元素,Y为Na元素,W与X属于同一主族,则W为S元素。A错:Na、Al、S在同一周期,随着核电荷数的增大,原子半径逐渐变小,所以r(Y)>r(Z)>r(W)。B错:X、Y组成的Na2O2中含有共价键。C错:Y、Z最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3,NaOH的碱性强于Al(OH)3。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏微粒组成及相互作用力判断正误(1)当化合物中只存在离子键时,该化合物是离子化合物(√)(2)共价化合物中一定只存在共价键(√)(3)在离子化合物中一定存在金属元素,而共价化合物中一定不存在金属元素(×)(4)氢化物一定是共价化合物(×)(5)离子晶体熔化时破坏离子键,原子晶体熔化时破坏共价键,而分子晶体熔化时破坏分子间作用力。(√)(6)H2O的稳定性大于H2S,是因为H2O分子间存在氢键(×)易错警示(1)不是所有原子核都由质子和中子组成,11H无中子。(2)地壳中含量最高的非金属是O不是N。(3)任何微粒中,质量数=质子数+中子数,但质子数与电子数不一定相等。(4)质子数相同的微粒不一定属于同一种元素,如Ne和H2O。(5)因许多元素存在同位素,故原子的种类多于元素的种类。有多少种核素就有多少种原子。但是,也并非所有元素都有同位素,如Na、F、Al等就没有同位素。(6)同位素分为稳定同位素和放射性同位素。(7)同位素的中子数不同,质子数相同,化学性质几乎完全相同,物理性质差异较大。(8)不是任何物质中都存在化学键,如稀有气体分子中不存在化学键。(9)不是有化学键的断裂就一定发生化学反应,如NaCl熔化时断裂化学键。方法指导1.10电子和18电子微粒的判断方法(1)10电子微粒(2)18电子微粒2.化学键与物质类别的易错点汇总:(1)氢化物不一定都是共价化合物,如NaH。(2)NaHSO4熔融时电离成Na+和HSO-4,而溶于水时电离成Na+、H+和SO2-4。因为熔融时只能破坏离子键,而溶于水时既可以破坏离子键又可以破坏共价键。(3)形成离子键的元素不一定是金属元素和非金属元素。如仅由非金属元素形成的离子化合物氯化铵中NH+4和Cl-之间为离子键。形成共价键的元素也不一定就是非金属元素,如氯化铝中的化学键为共价键。(4)由阳离子和阴离子反应生成的化合物不一定是离子化合物。如H++OH-===H2O、2H++CO2-3===CO2↑+H2O。(5)由两种共价化合物结合生成的化合物也不一定是共价化合物。如NH3+HCl===NH4Cl。(6)用化学键强弱可解释物质的化学性质,也可解释物质的物理性质。根据不同的物质类型,有的物质发生物理变化要克服化学键。如金刚石、晶体硅熔点高低要用化学键强弱来解释。而HF、HCl、HBr、HI中的化学键强弱只能解释其化学性质,它们的物理性质与H-X键的强弱无关。B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.下列叙述中,正确的是(D)A.14C中含有14个中子B.1H、2H、3H是同一种核素C.H2O与D2O(重水)互称同位素D.C60、C70、金刚石、石墨均为碳的同素异形体[解析]14C中含有14-6=8个中子,A错误;1H、2H、3H是同一元素的三种核素,B错误;H2O与D2O(重水)属于化合物,不是同位素,C错误;C60、C70、金刚石、石墨均是碳单质,均为碳的同素异形体,D正确。2.科学家发现了一种只由四个中子构成的粒子R,这标志着人类对化学微观世界的研究又取得了新的进展。下列有关R的说法不正确的是(C)A.R与其他原子一样呈电中性B.R的质量数与4He相同C.与氢元素的质子数相同D.R中不含质子可称为"零号元素"[解析]该粒子由四个中子构成,中子不带电,所以该粒子也不显电性,A正确;该粒子由四个中子构成,每个中子的相对式量是1,所以该粒子的质量数为4,质量数与4He相同,B正确;由于该粒子质子数为0,而氢元素的质子数为1,质子数不同,C错误;R中不含质子可称为"零号元素"。D正确。3.(2018·重庆一模)固体A的化学式为NH5,它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体的最外电子层结构,则下列有关说法不正确的是(A)A.1molNH5中含5NA个N-H键(NA表示阿伏加德罗常数)B.NH5中既有共价键又有离子键C.NH5的电子式为D.它与水反应的离子方程式为NH+4+H-+H2O===NH3·H2O+H2↑[解析]NH5所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外层电子层结构,即氮原子最外层达到8电子稳定结构,所有氢原子达到2电子稳定结构,NH5是离子化合物氢化铵,铵根中的氮原子与四个氢原子形成四个共价键,符合稀有气体原子的最外层结构,剩余的一个氢原子只能是H-,这样才符合2电子的稳定结构。NH5中存在离子键和共价键,1molNH5中含有4NA个N-H键(NA表示阿伏加德罗常数),含有1mol离子键,A错误;NH5属于铵盐,铵根离子和氢离子之间存在离子键、铵根离子中氮原子和氢原子之间存在共价键,所以NH5中既有共价键又有离子键,B正确;NH5属于铵盐,铵根离子和氢离子之间存在离子键、铵根离子中氮原子和氢原子之间存在共价键,电子式为,C正确;NH5和水发生氧化还原反应生成一水合氨和氢气,离子方程式为NH+4+H-+H2O===NH3·H2O+H2↑,D正确。考点二元素周期表、元素周期律Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·天津·5)根据元素周期表和元素周期律,判断下列叙述不正确的是(C)A.气态氢化物的稳定性:H2O>NH3>SiH4B.氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物C.如图所示实验可证明元素的非金属性:Cl>C>SiD.用中文""(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族[解析]本题考查元素及其化合物的性质。非金属性:O>N>C>Si,故气态氢化物的稳定性:H2O>NH3>SiH4,A项正确;H与C、N、O、F等非金属元素形成共价化合物,与Na、Mg等金属元素形成离子化合物,B项正确;图1所示实验可证明酸性:HCl>H2CO3>H2SiO3,但元素非金属性的强弱与元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱有关,HCl不是氯元素的最高价氧化物对应的水化物,故不能根据其酸性强弱判断Cl的非金属性强弱,C项错误;118号元素在元素周期表中位于第七周期0族,D项正确。2.(2016·全国Ⅲ·12)四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W、X的简单离子具有相同电子层结构,X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的,W与Y同族,Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是(B)A.简单离子半径:W<X<ZB.W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性C.气态氢化物的热稳定性:W<YD.最高价氧化物的水化物的酸性:Y>Z[解析]该题考查元素"位、构、性"的关系,意在考查考生对元素周期律、元素周期表的理解和分析能力。根据"X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的"可知X为Na,结合题给条件推出W为O(或N),Y为S(或P),Z为Cl。Cl-具有3个电子层,Na+、O2-(或N3-)只有2个电子层,所以Cl-的半径大于Na+、O2-(或N3-)的半径,Na+、O2-(或N3-)具有相同的电子层结构,则核电荷数越小,离子半径越大,所以简单离子半径为Cl->O2-(或N3-)>Na+,A项错误。非金属性越强,气态氢化物越稳定,故C项错误。非金属性越强,最高价氧化物的水化物的酸性越强,故D项错误。3.(2018·全国Ⅲ·13)W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大,元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应,有黄绿色气体产生,此气体同冷烧碱溶液作用,可得到含YZW的溶液。下列说法正确的是(D)A.原子半径大小为W<X<Y<ZB.X的氢化物水溶液酸性强于Z的C.Y2W2与ZW2均含有非极性共价键D.标准状况下W的单质状态与X的相同[解析]根据原子序数W<X<Y<Z,盐YZW与浓盐酸反应,有黄绿色气体产生,此气体同冷烧碱溶液作用,可得到含YZW的溶液,可知W是氧、Y是钠、Z是氯。X和Z同族,则X是氟。D对:标准状况下,O2、O3与F2均为气体。A错:原子半径大小应为X<W<Z<Y,即F<O<Cl<Na。B错:HF是弱酸,HCl是强酸。C错:Na2O2含非极性共价键,ClO2不含非极性共价键。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏关于元素周期律、元素周期表的认识误区(1)误认为主族元素的最高正价一定等于族序数。但是,F无正价。(2)误认为元素的非金属性越强,其氧化物对应水化物的酸性就越强。但是,HClO、H2SO3是弱酸,忽略了关键词"最高价"。(3)误认为同周期相邻两主族元素原子序数之差等于1。忽视了相差11(第4、5周期)和25(第6、7周期)。(4)误认为失电子难的原子得电子的能力一定强。碳原子、稀有气体元素的原子失电子难,得电子也难。(5)误认为得失电子多的原子,得失电子的能力一定强。(6)误认为最高正价和最低负价绝对值相等的元素只有第ⅣA族的某些元素。忽视了第ⅠA族的H的最高正价为+1价,最低负价为-1价。方法指导(1)"三看"比较微粒半径大小(2)金属性、非金属的多方面比较金属性比较 本质 原子越易失电子,金属性越强 判断依据 ①在金属活动性顺序中位置越靠前,金属性越强。  ②单质与水或非氧化性酸反应越剧烈,金属性越强。  ③单质还原性越强或离子氧化性越弱,金属性越强。  ④最高价氧化物对应水化物的碱性越强,金属性越强。  ⑤若Xn++Y―→X+Ym+,则Y的金属性比X强。非金属性比较 本质 原子越易得电子,非金属性越强 判断依据 ①与H2化合越容易,气态氢化物越稳定,非金属性越强。  ②单质氧化性越强,阴离子还原性越弱,非金属性越强。  ③最高价氧化物对应水化物的酸性越强,非金属性越强。  ④An-+B―→Bm-+A,则B的非金属性比A强。B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2018·汕头二模)短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X与其他元素均不在同周期,W的K层电子数是M层的13,ZX2是一种储氢材料,W与Y属于同一主族。下列叙述不正确的是(A)A.化合物ZY、WY3中化学键的类型相同B.由X、Y、Z、W组成的化合物的水溶液可能显酸性C.原子半径:Y<W<ZD.Y形成的某离子与W形成的离子的电子数可能相同[解析]W的K层电子数是M层的13,W为硫元素;W与Y属于同一主族,Y为氧元素;X与其他元素均不在同周期,X在第1周期,为氢元素;ZX2中Z显+2价,X(H)显-1价,Z为镁元素。化合物ZY(MgO)、WY3(SO3)中化学键的类型不同,A错误;由X、Y、Z、W可组成的化合物Mg(HSO4)2,其水溶液显酸性,B正确;原子半径:O<S<Mg,C正确;Y形成的O2-2与S2-,电子数相同,D正确。2.(2018·哈尔滨二模)短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。四种元素形成的单质依次为m、n、p、q、r、t、u是这些元素组成的二元化合物,其中u为葡萄酒中抑菌成分;25℃时,0.01mol·L-1的v溶液中:cOH-cH+=1.0×1010。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是(B)A.原子半径的大小:X<Y<Z<WB.元素的非金属性:Y>W>XC.t中只含离子键D.v能抑制水的电离而u能促进水的电离[解析]u为葡萄酒中抑菌成分,则u为SO2;m、p、q与n均反应且条件为点燃,则n为O2,r、t为氧化物;25℃时,0.01mol·L-1的v溶液中:cOH-cH+=1.0×1010,根据水的离子积求得c(OH-)=0.01mo1·L-1,v为一元强碱,又短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,则r为H2O,t为Na2O2,v为NaOH,X、Y、Z、W依次为H、O、Na、S元素。原子半径:Na>S>O>H,即X<Y<W<Z,A错误;元素的非金属性:O>S>H,即Y>W>X,B正确;t为Na2O2,Na2O2中既含有离子键又含有共价键,C错误;SO2溶于水生成H2SO3,抑制水的电离,D错误。3.(新题预测)下表是元素周期表中短周期的一部分,B、D两元素原子核内质子数之和为23。下列有关说法中正确的是(B)A  BC D A.简单离子半径:D>C>B>AD.B和D的氢化物稳定性:B>DC.C、D的氧化物对应水化物的酸性:C>DD.A、C同主族,故CB2与AB2分子结构相同[解析]设B的原子序数为a,则D的原子序数为a+7,由题意得a+(a+7)=23,解得a=8,即B为O,根据各元素在周期表中的相对位置,可知A、C、D分别为C、Si、P。简单离子半径:P3->S2->N3->F-,A错误;B的非金属性强于D,氢化物稳定性:H2O>PH3,B正确;非金属性越强,最高价氧化物的水化物酸性越强,但本选项没指明最高价氧化物,C错误;AB2为CO2,CB2为SiO2,两者结构不同,D错误。考点三元素推断Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·全国Ⅰ卷·12)短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W的简单氢化物可用作制冷剂,Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后,加入稀盐酸,有黄色沉淀析出,同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是(C)A.X的简单氢化物的热稳定性比W的强B.Y的简单离子与X的具有相同的电子层结构C.Y与Z形成化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红D.Z与X属于同一主族,与Y属于同一周期[解析]本题考查元素推断和元素周期律。由题知,W为氮,X为氧,Y为钠,Z为硫。同周期元素从左至右,简单氢化物的热稳定性逐渐增强,H2O的热稳定性比NH3的强,A项正确;氧离子(O2-)和钠离子(Na+)核外都有10个电子,B项正确;钠和硫形成的化合物为硫化钠,它是强碱弱酸盐,其水溶液呈碱性,能使红色石蕊试纸变蓝色,不能使蓝色石蕊试纸变色,C项错误;氧、硫位于同主族,钠与硫位于第三周期,D项正确。2.(2018·全国Ⅰ·12)主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加,且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为10;W与Y同族;W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应,其生成物可腐蚀玻璃。下列说法正确的是(B)A.常温常压下X的单质为气态B.Z的氢化物为离子化合物C.Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性D.W与Y具有相同的最高化合价[解析]可腐蚀玻璃的物质是HF。以此为切入点,根据题意进行元素推断,可知W是氟、X是钠、Y是氯、Z是钙。B对:钙是活泼金属元素,氢是非金属元素,CaH2是由Ca2+和H-构成的离子化合物。A错:常温常压下,钠的单质是固体。C错:CaCl2是强酸强碱盐,水溶液呈中性。D错:氯有最高化合价+7,氟没有正价。3.(2018·全国Ⅱ·10)W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体;Y的周期数是族序数的3倍;Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同。下列叙述正确的是(A)A.X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物B.Y与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键C.四种元素的简单离子具有相同的电子层结构D.W的氧化物对应的水化物均为强酸[解析]W、X、Y、Z四种元素原子序数依次增大且为短周期元素,由W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体可知,W为N,X为O;由Y的周期数是族序数的3倍可知,Y为Na;由Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同可知,Z最外层有7个电子,Z为Cl。A对:O与N可形成NO、NO2、N2O3等,O与Na可形成Na2O、Na2O2,O与Cl可形成Cl2O、ClO2、Cl2O7等。B错:Na2O2中含有共价键。C错:Cl-比N3-、O2-、Na+多一个电子层。D错:W的氧化物中,N2O3对应的水化物HNO2是弱酸。4.(2017·海南·13)X、Y、L、M为核电荷数依次增大的前20号主族元素。X2是最轻的气体,Y、L与M三种元素的质子数均为5的倍数。回答下列问题:(1)X与L组成的最简单化合物的电子式为。(2)X与M组成的物质为_离子__(填"共价"或"离子")化合物,该物质可作为野外工作的应急燃料,其与水反应的化学方程式为CaH2+2H2O===Ca(OH)2+2H2↑。(3)Y在周期表中的位置是_第二周期ⅢA族__,其含氧酸的化学式为_H3BO3__。(4)L与M形成的化合物中L的化合价是_-3__。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏根据在元素周期表中的位置推断:(1)根据核外电子的排布规律①最外层电子规律:最外层电子数(N) 3≤N<8 N=1或2 N>次外层电子数元素在周期表中的位置 主族 第ⅠA族、第ⅡA族、第Ⅷ族、副族、0族元素氦 第2周期②"阴三、阳四"规律:某元素阴离子最外层电子数与次外层相同,该元素位于第3周期;若为阳离子,则位于第4周期。③"阴上、阳下"规律:电子层结构相同的离子,若电性相同,则位于同周期,若电性不同,则阳离子位于阴离子的下一周期。(2)根据元素周期表结构与原子电子层结构的关系推断。几个重要关系式:①核外电子层数=周期序数;②主族序数=最外层电子=最高正价=8-|最低负价|(氧、氟元素除外);③|最高正价|-|最低负价|=0--第ⅠA族中的H和第ⅣA族2--第ⅤA族4--第ⅥA族6--第ⅦA族(3)周期表中特殊位置的元素(1~20号元素)。①族序数等于周期数的元素:H、Be、Al。②族序数等于周期数2倍的元素:C、S。③族序数等于周期数3倍的元素:O。④周期数是族序数2倍的元素:Li、Ca。⑤周期数是族序数3倍的元素:Na。⑥最高正价与最低负价代数和为零的短周期元素:H、C、Si。⑦最高正价是最低负价绝对值3倍的短周期元素:S。⑧除氢外,原子半径最小的元素:F。B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2018·江西南昌二中第四次考试)x、y、z三种短周期元素,原子半径的大小关系为r(y)>r(x)>r(z),原子序数之和为16。x、y、z三种元素的常见单质在常温下均为气体,在适当条件下可发生如图所示变化,其中B和C均为10电子分子。下列说法不正确的是(D)A.x元素位于第ⅥA族B.A不能溶解于B中C.B的沸点高于C的沸点D.A和C不可能发生氧化还原反应[解析]原子半径大小关系为r(y)>r(x)>r(z),B和C均为10电子分子,则z一定是H元素,y是N元素,x是O元素,满足原子序数之和为16,则A是NO,C是NH3,B是H2O。x为氧元素,氧元素位于第ⅥA族,A项正确;A为NO,B为水,NO不溶于水,B项正确;常温下水是液体,氨气是气体,则水的沸点大于氨气的沸点,C项正确,NO和NH3在一定条件下发生氧化还原反应生成氮气和水,D项错误。2.(新题预测)X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素,Y元素原子的最外层电子数是内层电子数的两倍,Z是地壳中含量最高的元素,四种元素原子最外层电子数之和为12。A、B、C、D、E是由其中的2种或3种元素组成的化合物,F是由Z元素形成的单质。已知:A+B===D+F,A+C=E+F。常温下,0.1mol·L-1D溶液的pH为13。下列说法正确的是(D)A.原子半径:W>Z>Y>XB.A、C中所含的化学键类型相同C.1.0L0.1mo1·L-1E溶液中阴离子总的物质的量为0.1molD.1molA与足量B完全反应共转移了1mol电子[解析]Y元素原子的最外层电子数是内层电子数的两倍,Z是地壳中含量最高的元素,四种元素原子最外层电子数之和为12,可知X、Y、Z、W分别为H、C、O、Na。常温时0.1mol·L-1D溶液的pH为13,可知D为一元强碱NaOH,结合F为单质,则可知反应A+B===D+F和A+C===E+F分别为2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑和2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2。原于半径:Na>C>O>H,A项错误。A、C分别为Na2O2和CO2,所含化学键类型不同,B项错误。Na2CO3溶液中存在平衡:CO2-3+H2OHCO-3+OH-,水解的存在使阴离于数目增多,故阴离子总的物质的量大于0.1mol,C项错误。Na2O2和H2O反应,Na2O2既是氧化剂又是还原剂,氧元素化合价由-1价变为-2价和0价,因此每反应1molNa2O2转移1mol电子,D项正确。3.(2016·海南·13)短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大,元素X的一种高硬度单质是宝石,Y2+电子层结构与氖相同,Z的质子数为偶数,室温下M单质为淡黄色固体,回答下列问题:(1)M元素位于周期表中的第_三__周期_ⅥA__族。(2)Z元素是_Si__(填元素符号),其在自然界中常见的二元化合物是_SiO2__。(3)X与M的单质在高温下反应的化学方程式为C+2S=====高温CS2,产物分子为直线形,其化学键属_极性__共价键(填"极性"或"非极性")。(4)四种元素中的_Mg__(填元素符号)可用于航空航天合金材料的制备,其单质与稀盐酸反应的化学方程式为Mg+2HCl===MgCl2+H2↑。1.(2018·北京市房山区高三4月模拟、一模)短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,其中只有Y、Z处于同一周期且相邻,Z是地壳中含量最多的元素,W是短周期中金属性最强的元素。下列说法不正确的是(A)A.Y、Z的氢化物的稳定性逐渐减弱B.原子半径:r(X)<r(Z)<r(Y)<r(W)C.W和Z形成的化合物中可能含离子键和共价键D.X、Y、Z三种元素可以组成共价化合物和离子化合物[解析]地壳中含量最多的是氧,Z为O元素,所以Y为N元素;钠是短周期金属性最强的元素,W是Na;X原子序数最小且不与Y、Z同周期,所以X是H元素。A、Y、Z的氢化物氨气和水的稳定性逐渐增强,选项A不正确;B.同周期元素原子从左到右依次减小,同主族元素从上而下半径依次增大,故原子半径:r(X)<r(Z)<r(Y)<r(W),选项B正确;C.W和Z形成的化合物中过氧化钠含离子键和共价键,选项C正确;D.H、N、O可以组成HNO3等共价化合物,也可以组成NH4NO3等离子化合物,选项D正确。答案选A。2.(2018·江苏省南通、徐州、扬州、泰州、淮安、宿迁六市高三第二次调研)四种短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大,它们的原子最外层电于数之和为18。X的核电荷数是Z的核电荷数的一半。W的单质是空气中含量最多的气体。下列说法正确的是(B)A.原子半径:r(Z)<r(X)<r(W)<r(Y)B.W的气态氢化物的热稳定性比X的弱C.Y与X形成的化合物中只含有离子键D.同周期元素中Z的最高价氧化物对应水化物的酸性最强[解析]四种短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大,W的单质是空气中含量最多的气体,则W为氮元素,X的核电荷数是Z的核电荷数的一半,若X为氧元素,则Z为硫元素,它们的原子最外层电于数之和为18,则Y的最外层电子数为18-6-6-5=1,则Y为钠元素。A.同周期元素原子从左到右依次减小,同主族元素原子半径从上而下依次增大,故原子半径:r(X)<r(W)<r(Z)<r(Y),选项A错误;B.W的气态氢化物NH3的热稳定性比X的气态氢化物H2O弱,选项B正确;C.Y与X形成的化合物Na2O2中含有离子键、共价键,选项C错误;D.同周期元素中Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比HClO4弱,不是最强,选项D错误;答案选B。3.(2018·湖北省重点高中联考协作体高三下学期期中考试)短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次递增,A、B两元素相邻,B、C、E原子的最外层电子数之和为13,E原子最外层电子数是B原子内层电子数的3倍或者C原子最外层电子数的3倍,B、D原子最外层电子数之和等于C、E原子最外层电子数之和。下列说法正确的是(B)A.元素B的氢化物的沸点比A的低B.元素C的单质能与A的氧化物发生置换反应C.常温下,元素D的单质与元素E的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液不反应D.工业上常用直接电解元素C、D的氯化物来制取它们的单质[解析]E原子最外层电子数是B原子内层电子数的3倍或者C原子最外层电子数的3倍,B、C、E是短周期主族元素,得出B原子内层电子数是2,E的最外层电子数为6,C原子最外层电子数是2。B、C、E原子的最外层电子数之和为13,B原子最外层电子数是5,B是氮元素;A、B、C、D、E的原子序数依次递增,A、B两元素相邻,A是碳元素;C是镁元素;E是硫元素;B、D原子最外层电子数之和等于C、E原子最外层电子数之和,D是铝元素。A、氨气中存在分子间氢键,所以沸点比甲烷的沸点高。故A错误。B、镁能与二氧化碳发生置换反应,故B正确。C、常温下,铝在浓硫酸中要钝化,就是在铝的表面生成氧化膜阻止两者的进一步反应,不是不发生反应,故C错误。D、氯化铝是共价化合物,不能电解氯化铝来制备铝单质,故错误。4.(2018·湖北省孝感市八校高三上学期期末考试)已知短周期主族元素X、Y、Z、W、R,其中X的原子半径在短周期主族元素中最大,Y元素的原子最外层电子数为m,次外层电子数为n,Z元素的原子L层电子数为m+n,M层电子数为m-n,W与Z同主族,R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2∶1。下列叙述错误的是(B)A.Y的氢化物比R的氢化物稳定,且熔沸点高B.RY2、WY2通入BaCl2溶液中均有白色沉淀生成C.Z、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性:R>W>ZD.X与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1∶2[解析]X的原子半径在短周期主族元素中最大,所以X是钠。Z元素的原子L层电子数为m+n,M层电子数为m-n,说明电子充满L层,L层电子数为m+n=8,而Y元素的原子最外层电子数为m,次外层电子数为n,说明次外层是第一层且充满电子,所以n=2,m=6,Y是氧,Z是硅。W与Z同主族,且W是短周期元素,所以W是碳。R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2∶1,所以R是硫。A.非金属性:O>S,所以Y的氢化物比R的氢化物稳定,水分子之间存在氢键,所以水的熔沸点高,故A正确;B.亚硫酸和碳酸的酸性弱于盐酸,所以RY2、WY2通入BaCl2溶液中均没有白色沉淀生成,故B错误;C.硫酸是强酸,碳酸、硅酸是弱酸,且硅酸酸性更弱,所以Z、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性:R>W>Z,故C正确;D.X与Y形成的两种化合物氧化钠和过氧化钠中阴、阳离子的个数比均为1∶2,故D正确。故选B。5.(2018·河南省普通高中毕业班高考适应性测试)X、Y、Z、M是原子序数依次增大的四种短周期元素,已知X原子的核外电子数等于其所在周期数,Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,M是地壳中含量最高的金属元素,Z和M形成的化合物在盐酸和氢氧化钠溶液中均能溶解。下列说法中正确的是(B)A.金属M制品具有较强的抗腐蚀能力,说明M的金属活动性较差B.X、Y、Z三种元素可以形成X2YZ、X2YZ2、X2YZ3等多种化合物C.X、Z可以形成原子个数之比为1∶1和2∶1的两种离子化合物D.X和Y形成化合物的熔、沸点一定低于Y和Z形成的化合物[解析]X、Y、Z、M是原子序数依次增大的四种短周期元素,已知X原子的核外电子数等于其所在周期数,X为H元素;Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,Y为C元素;M是地壳中含量最高的金属元素,M为Al元素;Z和M形成的化合物在盐酸和氢氧化钠溶液中均能溶解,说明该化合物为氧化铝,则Z为O元素。A.铝制品具有较强的抗腐蚀能力,是因为铝表面容易形成致密的氧化物薄膜,故A错误;B.H、C、O三种元素可以形成H2CO为甲醛、H2CO2为甲酸、H2CO3等多种化合物,故B正确;C.水和双氧水均为共价化合物,故C错误;D.H和C形成化合物的熔、沸点不一定低于C和O形成的化合物,如碳原子数较多的烃可能为液体或固体,熔沸点比二氧化碳高,故D错误;故选B。6.(2018·福建省莆田市高三下学期教学质量检测3月)X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的5种短周期元素。X的质子数与电子层数相同,Y、Z、M同周期且相邻,W原子核外电子数是Y的2倍,Z与其同主族的短周期元素可形成常见产生酸雨的气体甲,X、Y、Z三种元素形成化合物乙。下列说法错误的是(D)A.乙可能是离子化合物B.W、Z形成的化合物熔沸点高,硬度大C.X、Z形成的某种化合物与甲反应可生成强酸D.X、M形成的常见化合物,具有较强还原性[解析]X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的5种短周期元素,X的质子总数与电子层数相同,则X为H元素,Y、Z、M同周期且相邻,W原子核外电子数是Y的2倍,Z与其同主族的短周期元素可形成常见产生酸雨的气体甲,则Z为O元素,可推知Y为N元素、M为F元素、W为Si元素,故甲为SO2,X、Y、Z三种元素形成化合物乙为HNO3、NH4NO3等。A.X、Y、Z三种元素形成化合物乙可以是HNO3、NH4NO3等,NH4NO3属于离子化合物,故A正确;B.W、Z形成的化合物是SiO2,SiO2是原子晶体,熔沸点高,硬度大,故B正确;C.X、Z形成的H2O2可以和SO2反应生成硫酸,硫酸属于强酸,故C正确;D.X、M形成的常见化合物是HF,HF不具有较强的还原性,故D错误;答案选D。7.(2018·安徽省A10联盟高三开年考试)A、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期主族元素。D原子半径在短周期主族元素中最大。A与D同主族,C与E同主族。B原于最外层电子数比内层电子数多了3,A、D原子的电子数总和与C、E原子的电子数总和之比为1∶2。下列说法正确的是(B)A.原子半径:r(C)>r(B)>r(A)B.C与D形成的化合物中,阴阳离子个数比为1∶2C.简单气态氢化物的热稳定性:C<ED.由A、B、C三种元素组成的化合物只能是酸[解析]原子半径在短周期主族元素中最大,D是Na元素;B原子最外层电子数比内层电子数多了3,B是N元素;A与D同主族,C与E同主族,A、D原子的电子数总和与C、E原子的电子数总和之比为1∶2,则A一定是H元素;C、E原子的电子数总和是24,设C的电子数是x,E的电子数是x+8、x+x+8=24,x=8,所以C是O元素、E是S元素。原子半径:r(N)>r(O)>r(H),故A错误;Na与O形成的化合物Na2O、Na2O2中,阴阳离子个数比都为1∶2,故B正确;非金属性O>S,气态氢化物的热稳定性:H2O>H2S,故C错误;由H、N、O三种元素组成的化合物可能是NH4NO3,故D错误。8.(2018·山东省菏泽市高三上学期期末考试)短周期主族元素X、Y、Z、R、T的原子半径与原子序数的关系如图所示。Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物R原子最外层电子数是电子层数的2倍,Z与T形成的化合物Z2T能破坏水的电离平衡。下列说法正确的是(B)A.简单氢化物的热稳定性:R>YB.简单离子的半径:Y>ZC.最高价氧化物对应水化物的酸性:R>TD.Y与T属于同一主族、与X属于同一周期[解析]试题分析:由图可知,Z的原子半径最大,Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物,则Y为O元素、Z为Na元素;R原子最外层电子数是电子层数的2倍,则R为C元素;Z与T形成的化合物Z2T能破坏水的电离平衡,则T为S元素,硫化钠可以发生水解;X的原子序数及原子半径均最小,则X为H元素。A.C的非金属性比O弱,所以C元素的简单氢化物(甲烷)的热稳定性比水弱,A不正确;B.O2-离子的半径大于Na+,B正确;C.最高价氧化物对应水化物的酸性是硫酸强于碳酸,C不正确;D.O与S属于同一主族,与H不属于同一周期,D不正确。本题选B。9.(2018·山东省临沂市高三上学期期末)短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,X的某种氧化物可作信使分子,W的简单氢化物与Z的单质混合光照可生成Z的氢化物和油状混合物,Y元素的族序数等于其周期序数。下列说法正确的是(C)A.原子半径:Z>Y>X>WB.简单氢化物的稳定性:W>XC.Z元素与Y、W均可形成共价化合物D.同周期元素中,Z的氧化物对应水化物的酸性最强[解析]短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,X的某种氧化物可作信使分子,X是N,该氧化物是NO;W的简单氢化物与Z的单质混合光照可生成Z的氢化物和油状混合物,应该是甲烷和氯气发生取代反应,则W是C,Z是Cl,Y元素的族序数等于其周期序数,根据原子序数大小关系可知Y是Al。A.同周期自左向右原子半径逐渐减小,同主族从上到下原子半径逐渐增大,则原子半径:Y>Z>W>X,A错误;B.非金属性是N>C,则简单氢化物的稳定性:X>W,B错误;C.Z元素与Y、W均可形成共价化合物,例如AlCl3、CCl4,C正确;D.同周期元素中,Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性最强,D错误,答案选C。10.(2018·北京市丰台区高三一模)已知34Se、35Br位于同一周期,根据元素在周期表中的位置,下列说法正确的是(D)A.还原性:Cl->Br-B.酸性:H2SeO4>HBrO4>HClO4C.原子半径:Cl>Br>SeD.气态氢化物的稳定性:H2S>H2Se[解析]A.溴单质的氧化性小于氯气,则对应离子的还原性:Cl-<Br-,故A错误;B.非金属性大小为:Cl>Br>Se,则酸性大小为:HClO4>HBrO4>H2SeO4,故B错误;C.Br、Se原子比Cl多1个电子层,所以Cl的原子半径最小,Br、Se的电子层相同,Br的原子序数大于Se,所以原子半径:Br<Se,所以原子半径大小为:Se>Br>S,故C错误;D.非金属性:S>Se,则气态氢化物的稳定性:H2S>H2Se,故D对;答案选D。11.(2018·宁夏六盘山高级中学高三下学期第一次模拟考试)短周期元素X、Y、Z、M、R的原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法正确的是(A)A.化合物X2M是弱电解质B.化合物RX中含共价键C.M的单质在常温下为气体D.Y、Z的氧化物均能溶于水[解析]由原子半径递变规律可推出X位于第一周期,Y、Z位于第二周期,R、M位于第三周期,结合原子最外层电子数可知,X、Y、Z、M、R分别为H、C、N、S、Na。A.化合物H2S是弱电解质,选项A正确;B.化合物RX为NaH,其中只含离子键,选项B错误;C.S在常温下为固体,选项C错误;D.CO、NO不溶于水,选项D错误。答案选A。12.(2018·河南省洛阳市高中三年级第二次统一考试)短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如右图所示,其中T所处的周期序数与族序数相等。下列判断正确的是(B)A.元素R和Q可以形成一种新型复合材料B.最高价氧化物对应水化物的酸性:Q<WC.W的最低价简单离子核外每个电子层都已排满电子D.含T的盐溶液一定显酸性[解析]T所处的周期序数与族序数相等所以T为Al,Q为Si,R为N,W为S。A.元素R和Q可以形成Si3N4,不属于符合材料,故A错;B.Q最高价氧化物对应水化物H2SiO3,W最高价氧化物对应水化物H2SO4,其酸性:H2SiO3<H2SO4,故B正确;C.W为S的最低价简单离子S2-第三层电子未达到Zn2没有排满,故C错。D.T为Al,偏铝酸钠溶液显碱性,故D错;答案选B。13.(2018·山东省枣庄第八中学东校区高三3月月考)短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,四种元素原子的最外层电子数共22。下列分析不正确的是(D)  X Y Z  WA.离子半径:W>XB.单质熔点:Y>ZC.化合物ZW3中存在极性键D.X和Y形成的化合物可作半导体材料[解析]四种元素原子的最外层电子数共22,结合元素周期表知X为O,Y是Si,Z是P,W是Cl。A.离子半径Cl->O2-,故A对;B.Y是Si属于原子晶体,Z是P属于分子晶体,所以单质熔点:Y>Z是正确的;C.化合物ZW3是PCl3中存在极性键,故C对;D.X和Y形成的化合物是SiO2不可作半导体材料,故D错;答案选D。14.(2018·河南省濮阳市高三第二次模拟考试)短周期主族元素W、X、Y、Z在元素周期表中的位置关系如图,其中X是短周期中原子半径最大的金属元素,Y的单质在常温下为淡黄色固体,下列有关说法正确的是(C) …… W X …… Y ZA.Y的简单氢化物的热稳定性比W、Z的都强B.四种元素的简单离子具有相同的电子层结构C.X的氧化物结构中阴阳离子之比为1∶2D.Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强[解析]短周期主族元素W、X、Y、Z,其中X是短周期中原子半径最大的金属元素,则X为Na元素;Y的单质在常温下为淡黄色固体,Y为S元素,则W为O元素,Z为Cl元素。A.同主族从上到下,非金属性减弱,则对应氢化物的稳定性减弱,同周期从左向右,非金属性增强,则对应氢化物的稳定性增强,Y的简单氢化物的热稳定性比W、Z的都弱,故A错误;B.O和Na的简单离子具有相同的电子层结构,都是2,8排布,S和Cl的简单离子具有相同的电子层结构,都是2,8,8排布,故B错误;C.X的氧化物无论是氧化钠,还是过氧化钠,阴阳离子之比都为1∶2,故C正确;D.同周期从左向右,非金属性增强,则最高价含氧酸的酸性增强,Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱,故D错误;故选C。15.(2018·福建省福州第三中学高三下学期第一次校模拟)短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,其中Z为金属且Z的原子序数为W的2倍。n、p、q是由这些元素组成的二元化合物,常温下n为气体。m、r、s分别是Z、W、X的单质,t的水溶液显碱性且焰色反应呈黄色,上述物质间的转化关系如图所示。下列说法正确的是(D)A.原子半径:Z>YB.化合物p中只存在离子键C.最简单气态氢化物的稳定性:W>XD.图示转化关系涉及的反应均为氧化还原反应[解析]短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,其中Z为金属且Z的原子序数为W的2倍,说明Z的原子序数为偶数,则Z为Mg元素、W为C元素,m、r、s分别是Z、W、X的单质,则m为Mg,与n反应生成r为C,常温下n为气体,则n为CO2、q为MgO,由转化关系可知s为O2、X为O元素,t的水溶液显碱性且焰色反应呈黄色,应含有Na元素,则p为Na2O2、t为Na2CO3,Y是Na元素。A.原子半径Na>Mg,故A错误;B.p为Na2O2,既含有离子键也含有共价键,故B错误;C.因非金属性O>C,所以最简单气态氢化物的稳定性:X>W,故C错误;D.图示转化关系涉及的反应都有元素化合价发生变化,均为氧化还原反应,故D正确;答案选D。16.(2018·辽宁省沈阳市第二中学高三下学期第一次模拟)X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素,其中Y、W主族,W的最外层电子数为Z的2倍,m、n分别是X、Y与W形成的化合物,m、n有如图所示的转化关系,p为常见的液态化物,q是W的单质。下列说法不正确的是(D)A.原子半径:Z>W>Y>XB.简单氢化物的稳定性:Y>WC.m、n、p均为只含极性键的共价化合物D.Z、W形成的化合物可由两种盐溶液通过复分解反应制得[解析]由以上分析可以知道X为H、Y为O、Z为Al、W为S元素,m、n分别是H2S、SO2,p为H2O,q为S,A.一般来说,原子核外电子层数越多,原子半径越大,同周期元素从左到右原子半径逐渐减小,则:Z>W>Y>X,所以A选项是正确的;B.非金属性O>S,元素的非金属性越强,对应的氢化物越稳定,所以B选项是正确的;C.m、n分别是H2S、SO2,p为H2O,均为只含极性键的共价化合物,所以C选项是正确的;D.Z为Al、W为S元素,铝离子和硫离子发生互促水解反应,不能通过复分解反应生成,故D错误。所以答案选D。17.(2018·安徽省安庆市高三第二次模拟考试)短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,它们占据三个周期。Y原子最外层电子数是电子层数的3倍。同由W、X、Z和SO2-4组成一种离子化合物的水溶液中滴加稀氢氧化钠溶液,产生沉淀与加入的氢氧化钠溶液的体积关系如图所示。下列说法正确的是(B)A.X、Y两种元素的非金属性强,其单质化学性质也很活泼B.Z与X、Y形成的常见盐的水溶液会使蓝色石蕊试纸变红C.Z的最高价氧化物对应的水化物可溶于X的最简单氢化物的水溶液中D.由W、X、Y三种元素只能组成一种盐[解析]短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,它们占据三个周期,则W应为H元素;Y原子最外层电子数是电子层数的3倍,则Y原子核外应有两个电子层,最外层电子数为6,所以Y为O元素;X为第二周期元素、Z为第三周期元素;又根据由W、X、Z和SO2-4组成一种离子化合物的水溶液中滴加稀氢氧化钠溶液,产生沉淀与加入的氢氧化钠溶液的体积关系图可得,Z为Al元素、X为N元素,由W、X、Z和SO2-4组成离子化合物为:NH4Al(SO4)2。A项,X(N)、Y(O)两种元素的非金属性强,但其单质化学性质:O2和O3性质活泼、N2性质稳定,故A错误;B项,Z(Al)与X(N)、Y(O)形成的常见盐为Al(NO3)3,属于强酸弱碱盐,其水溶液显酸性,会使蓝色石蕊试纸变红,故B正确;C项,Z(Al)的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3,X(N)的最简单氢化物为NH3,溶于水得到NH3·H2O,是弱碱,与Al(OH)3不反应,故C错误;D项,由W(H)、X(N)、Y(O)三种元素可组成的盐不只一种,如NH4NO3、NH4NO2等,故D错误。18.(2018·山东省济南市章丘区高三3月模拟联考)短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,由这四种元素组成的一种化合物m在400℃时完全分解,相关物质的转化关系如图所示,其中p、w均为气体单质,t、v均是强酸。下列说法不正确的是(B)A.简单氢化物的稳定性:Z>WB.原子半径:X<Y<ZC.n、r、q、u、s均是共价化合物D.m中既含离子键又含共价键[解析]根据流程可推出m为(NH4)2SO4或NH4HSO4,在400℃时完全分解生成n为NH3,p为N2,r为SO2,q为H2O,w为O2,u为SO3,s为NO,v为H2SO4,t为HNO3。故X、Y、Z、W的原子序数依次增大,分别为H、N、O、S。A.简单氢化物的稳定性:H2O>H2S,选项A正确;B.原子半径H<O<N,即X<Z<Y,选项B不正确;C.n、r、q、u、s分别为NH3、SO2、H2O、SO3、NO,均是共价化合物,选项C正确;B.m为(NH4)2SO4或NH4HSO4,既含离子键又含共价键,选项D正确。答案选B。19.(2018·湖南省(长郡中学、株洲市第二中学)、江西省(九江一中)等十四校高三第一次联考)短周期主族元素W、X、Y、Z的原子半径依次增大,X、Y同主族,且X、Y原子序数之和是W、Z原子序数之和的2倍。m、n、p、r是由这些元素组成的二元化合物,甲、乙是其中两种元素对应的单质,n与乙在常温下均是淡黄色固体。上述物质间的转化关系如图所示(部分生成物已省略)。下列说法正确的是(B)A.简单离子半径大小:X>Y>ZB.热稳定性:r>pC.含Y元素的盐溶液可能显酸性、中性,不可能显碱性D.二元化合物n只含离子键,不含共价键[解析]试题分析:短周期主族元素W、X、Y、Z的原子半径依次增大,X、Y同主族,且X、Y原子序数之和是W、Z原子序数之和的2倍。m、n、p、r是由这些元素组成的二元化合物,甲、乙是其中两种元素对应的单质,n与乙在常温下均是淡黄色固体,则n为过氧化钠、乙为硫。由上述物质间的转化关系示意图可知,甲为氧气、m为硫化钠、r为水。所以W、X、Y、Z分别为H、O、Na、S。A.简单离子半径大小:Na+<O2-<S2-;B.热稳定性:硫化氢<水,B正确;C.含硫元素的盐溶液,可能显中性,如硫酸钠;可能显酸性,如硫酸氢钠;也可能显碱性,如硫化钠和亚硫酸钠等等,C不正确;D.过氧化钠中既含离子键又含共价键,D不正确。本题选B。20.(2018·广东省茂名市五大联盟学校高三3月联考)A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素。E是同周期金属性最强的元素。甲、乙、丙、丁、戊是由上述部分元素中的两种或几种组成的化合物,它们之间的转化关系如图所示。其中甲是生活中的调味品,丁是淡黄色固体。下列说法不正确的是(B)A.元素B的氢化物可能具有正四面体结构B.元素F的氧化物对应水物化的酸性一定比硫酸的酸性强C.原子半径:r(E)>r(F)>r(C)>r(D)D.化合物A4BC2D既可能是共价化合物,也可是离子化合物[解析]A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素。E是同周期金属性最强的元素,则E为钠元素,其中甲是生活中的调味品,甲为氯化钠,丁是淡黄色固体,丁为过氧化钠。甲、乙、丙、丁、戊是由上述部分元素中的两种或几种组成的化合物,它们之间的转化关系如图所示。假如乙为氢氧化钠,丙为碳酸钠,戊为二氧化碳,则符合流程,故A、B、C、D、E、F分别为H、C、N、O、Na、Cl,A.元素B的氢化物CH4具有正四面体结构,选项A正确;B.元素F的氧化物对应水化物有高氯酸、氯酸、次氯酸,次氯酸的酸性比硫酸的酸性弱,选项B不正确;C.同周期元素从左到右依次减小,同主族元素原子半径从上而下依次增大,故原子半径:r(E)>r(F)>r(C)>r(D),选项C正确;D.化合物A4BC2D若为CO(NH2)2则是共价化合物,若为NH4CNO则是离子化合物,选项D正确。答案选B。第7讲化学能与热能最新考纲 考向分析1.了解化学反应中能量转化的原因,能说出常见的能量转化形式。2.了解化学能与热能的相互转化。了解吸热反应、放热反应、反应热等概念。3.了解热化学方程式的含义,能用盖斯定律进行有关反应热的简单计算。4.了解能源是人类生存和社会发展的重要基础。了解化学在解决能源危机中的重要作用。 依据新课程化学实验的学习目标和学习内容,近几年的主要题型有(1)反应热的计算;(2)比较反应热的大小;(3)反应热与能源的综合考查。由于能源问题已成为社会热点,因此有关能源的试题将成为今后命题的热点;对于燃烧热和中和热的概念及计算仍将是高考考查的重点,主要在选择题、填空题、实验题中体现,重点考查学生灵活运用知识、接受新知识的能力。新课标关注能源、提高能量利用效率,今年又是各地降低能耗,走可持续发展的一年,估计与实际相联系节约能源的试题可出现。新课标明确了焓变与反应热的关系,极有可能出现运用盖斯定律进行有关反应焓变的简单计算。考点一反应热及其表示方法Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·天津·7)0.1molCl2与焦炭、TiO2完全反应,生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物,放热4.28kJ,该反应的热化学方程式为2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g)ΔH=-85.6kJ·mol-1。[解析]该还原性气体为CO,易水解生成TiO2·xH2O的液态化合物为TiCl4,反应的化学方程式为2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g),结合题意知ΔH=-4.28kJ0.1mol×2=-85.6kJ·mol-1。2.(2016·全国卷Ⅱ·26节选)联氨(又称肼,N2H4,无色液体)是一种应用广泛的化工原料,可用作火箭燃料。回答下列问题:①2O2(g)+N2(g)===N2O4(l)ΔH1②N2(g)+2H2(g)===N2H4(l)ΔH2③O2(g)+2H2(g)===2H2O(g)ΔH3④2N2H4(l)+N2O4(l)===3N2(g)+4H2O(g)ΔH4=-1048.9kJ·mol-1上述反应热效应之间的关系式为ΔH4=_2ΔH3-2ΔH2-ΔH1__,联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为_反应放热量大、产生大量气体__。[解析]根据盖斯定律,由③×2-②×2-①可得④,则ΔH4=2ΔH3-2ΔH2-ΔH1;联氨和N2O4反应释放出大量热、产物无污染、产生大量气体等,故联氨和N2O4可作为火箭推进剂。3.(2017·全国卷Ⅱ·27节选)丁烯是一种重要的化工原料,可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题:正丁烷(C4H10)脱氢制1-丁烯(C4H8)的热化学方程式如下:①C4H10(g)===C4H8(g)+H2(g)ΔH1已知:②C4H10(g)+12O2(g)===C4H8(g)+H2O(g)ΔH2=-119kJ·mol-1③H2(g)+12O2(g)===H2O(g)ΔH3=-242kJ·mol-1反应①的ΔH1为_+123__kJ·mol-1。[解析]由已知方程式,得①=②-③,根据盖斯定律则ΔH1=ΔH2-ΔH3=-119kJ·mol-1-(-242kJ·mol-1)=+123kJ·mol-1。4.(2015·全国卷Ⅰ·28节选)已知反应2HI(g)===H2(g)+I2(g)的ΔH=+11kJ·mol-1,1molH2(g)、1molI2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量,则1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为_299__kJ。[解析]ΔH=E(反应物键能总和)-E(生成物键能总和);设1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为xkJ,代入计算:+11=2x-(436+151),x=299。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏反应热的理解和计算(1)下图表示燃料燃烧反应的能量变化(×)(2)在CO2中,Mg燃烧生成MgO和C。该反应中化学能全部转化为热能(×)(3)催化剂能改变反应的焓变(×)(4)催化剂能降低反应的活化能(√)(5)同温同压下,H2(g)+Cl2(g)===2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同(×)(6)500℃、30MPa下,将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g),放热19.3kJ,其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)催化剂500℃、30MPa2NH3(g)ΔH=-38.6kJ·mol-1(×)易错警示(1)反应是放热还是吸热主要取决于反应物和生成物所具有的总能量的相对大小。(2)反应是否需要加热,只是引发反应的条件,与反应是放热还是吸热并无直接关系。许多放热反应也需要加热引发反应,也有部分吸热反应不需加热,在常温时就可以进行。(3)燃烧热:必须是1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物,如C燃烧应生成CO2而不是CO,H2燃烧应生成液态水而不是气态水。(4)中和热:强酸和强碱在稀溶液中发生中和反应生成1molH2O,ΔH=-57.3kJ·mol-1。弱酸代替强酸(或弱碱代替强碱),因电离吸热,放出的热量减小,中和热减小。若用浓硫酸(或NaOH固体),因溶解放热放出的热量增多,中和热增大。(5)利用键能计算反应热,要熟记公式:ΔH=反应物总键能-生成物总键能,其关键是弄清物质中化学键的数目。在中学阶段要掌握常见单质、化合物中所含共价键的数目。原子晶体:1mol金刚石中含2molC-C键,1mol硅中含2molSi-Si键,1molSiO2晶体中含4molSi-O键;分子晶体:1molP4中含有6molP-P键,1molP4O10(即五氧化二磷)中,含有12molP-O键、4molP===O键,1molC2H6中含有6molC-H键和1molC-C键。B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2018·哈尔滨三模)可逆反应NO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g),反应过程中的能量变化如图所示,下列说法正确的是(C)A.1molNO2与1molCO混合经充分反应放热234kJB.若反应开始时加入催化剂,则使E1、E2都变大C.正反应的活化能是134kJ·mol-1D.该反应的反应热ΔH=E2-E1[解析]NO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g)属于可逆反应,1molNO2与1molCO混合,无法完全反应,反应放热小于234kJ,A错误;催化剂能降低反应活化能,使E1、E2都变小,B错误;由图可知E1为正反应的活化能,C正确;该反应为放热反应,ΔH<0,该反应的反应热ΔH=E1-E2,D错误。2.(2018·雅安一模)臭氧层中臭氧分解历程如图所示,下列说法正确的是(B)A.催化反应①、②均为放热反应B.催化剂不能改变该反应的焓变C.ClO是该反应的催化剂D.在该反应过程中没有化学键的断裂与生成[解析]由题可知反应①反应物能量低于生成物,为吸热反应,反应②反应物能量高于生成物,为放热反应,A错误;催化剂改变了反应的活化能,没有改变反应的焓变,B正确;ClO是中间产物,Cl是催化剂,C错误;任何化学反应中都既有化学键的断裂又有化学键的形成,D错误。3.(2018·保定二模节选)根据部分键能数据和CH4(g)+4F2(g)===CF4(g)+4HF(g)的反应热ΔH=-1940kJ·mol-1,计算H-F键的键能为_565_kJ·mol-1__。化学键 C-H C-F H-F F-F键能/(kJ·mol-1) 414 489 ? 155(2)(2017·广州二模节选)一种新的CO2循环利用方案是用反应CO2(g)+2H2(g)C(s)+2H2O(g)代替。已知CO2(g)、H2O(g)的生成焓分别为-394kJ·mol-1、-242kJ·mol-1,该反应的ΔH=_-90__kJ·mol-1。(生成焓指一定条件下由对应单质生成1mol化合物时的反应热)[解析](1)反应热等于反应物键能总和减去生成物键能总和,设H-F键键能为akJ·mol-1,则414×4+155×4-489×4-4a=-1940,a=565。H-F键的键能为565kJ·mol-1。(2)生成焓指一定条件下由对应单质生成1mol生成物时的反应热,则①C+O2(g)===CO2(g)ΔH1=-394kJ·mol-1,②2H2(g)+O2(g)===2H2O(g)ΔH2=-484kJ·mol-1;②-①得CO2(g)+2H2(g)C(s)+2H2O(g),其ΔH=ΔH2-ΔH1=-90kJ·mol-1。考点二盖斯定律的应用Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·北京·26)TiCl4是由钛精矿(主要成分为TiO2)制备钛(Ti)的重要中间产物,制备纯TiCl4的流程示意图如下:钛精矿――→氯化过程沸腾炉粗TiCl4――→精制过程蒸馏塔纯TiCl4资料:TiCl4及所含杂质氯化物的性质化合物 SiCl4 TiCl4 AlCl3 FeCl3 MgCl2沸点/℃ 58 136 181(升华) 316 1412熔点/℃ -69 -25 193 304 714在TiCl4中的溶解性 互溶 ______ 微溶 难溶氯化过程:TiO2与Cl2难以直接反应,加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。已知:TiO2(s)+2Cl2(g)===TiCl4(g)+O2(g)ΔH1=+175.4kJ·mol-12C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH2=-220.9kJ·mol-1沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式:TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)===TiCl4(g)+2CO(g)ΔH=-45.5kJ·mol-1。[解析]本题考查制备纯TiCl4的工艺流程分析、盖斯定律、化学平衡移动原理的应用、蒸馏原理等。根据盖斯定律,将已知的两个热化学方程式相加即可得到所求热化学方程式。2.(2017·全国Ⅰ卷·28)下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。通过计算,可知系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)制氢的热化学方程式分别为H2O(l)===H2(g)+12O2(g)ΔH=286kJ·mol-1、H2S(g)===H2(g)+S(s)ΔH=20kJ·mol-1,制得等量H2所需能量较少的是_系统(Ⅱ)__。[解析]系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)都是吸热反应,从热化学方程式可以看出,系统(Ⅱ)制备1molH2需要消耗20kJ能量,而系统(Ⅰ)制备1molH2需要消耗286kJ能量,故系统(Ⅱ)消耗的能量较少。3.(2017·全国Ⅲ卷·28)砷(As)是第四周期ⅤA族元素,可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物,有着广泛的用途。回答下列问题:已知:As(s)+32H2(g)+2O2(g)===H3AsO4(s)ΔH1H2(g)+12O2(g)===H2O(l)ΔH22As(s)+52O2(g)===As2O5(s)ΔH3则反应As2O5(s)+3H2O(l)===2H3AsO4(s)的ΔH=_2ΔH-3ΔH2-ΔH3__。[解析]将已知热化学方程式依次编号为①、②、③,根据盖斯定律,由①×2-②×3-③可得:As2O5(s)+3H2O(l)===2H3AsO4(s)ΔH=2ΔH1-3ΔH2-ΔH3。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏根据盖斯定律计算ΔH的步骤和方法(1)计算步骤对比--对比分析目标方程式和已知方程式,调整已知方程式的化学计量数与目标方程式的化学计量数一致↓叠加--根据目标方程式中的反应物和生成物加减调整的方程式↓计算--按照叠加步骤中的调整方法,反应热也随之做相应变化(2)计算方法倒--为了将热化学方程式相加减得到目标热化学方程式,可将热化学方程式颠倒过来,反应热的数值不变,但符号相反↓乘--为了将热化学方程式相加减得到目标热化学方程式,可得热化学方程式和反应热同时乘以某个化学计量数↓加--上面的两个方面做好了,只要将热化学方程式相加减即可得到目标热化学方程式,反应热也相加减B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2018·武汉一模)已知:2H2(g)+O2(g)===2H2O(g)ΔH13H2(g)+Fe2O3(g)===2Fe(s)+3H2O(g)ΔH23Fe(s)+32O2(g)===Fe2O3(s)ΔH32Al(s)+32O2(g)===Al2O3(s)ΔH42Al(s)+Fe2O3(s)===Al2O3(s)+2Fe(s)ΔH5下列关于上述反应焓变的判断正确的是(B)A.ΔH1<0,ΔH3>0 B.ΔH5<0,ΔH4<ΔH3C.ΔH1=ΔH2+ΔH3 D.ΔH3=ΔH4+ΔH5[解析]燃烧反应都是放热反应,故ΔH3<0,A错误;将上述反应分别编号为①②③④⑤,反应⑤是铝热反应,显然是放热反应,ΔH5<0,将反应④-反应③可得反应⑤,即ΔH5=ΔH4-ΔH3<0,B正确、D错误;将反应②+反应③可得反应3H2(g)+32O2(g)3H2O(g),故ΔH1=32(ΔH2+ΔH3),C错误。2.(2018·宜宾二模)(1)氮及其化合物在生产生活中应用广泛,其转化关系如图所示:NH3――→ⅰN2――→ⅲNOⅱ――→ⅳNO2――→ⅴNO-3ⅱ中NH3氧化时发生如下反应:4NH3(g)+5O2(g)===4NO(g)+6H2O(g)ΔH1=-907.28kJ·mol-14NH3(g)+6NO(g)===5N2(g)+6H2O(g)ΔH2=-1811.63kJ·mol-1则4NH3(g)+3O2(g)===2N2(g)+6H2O(g)ΔH3=_-1269.02__kJ·mol-1(2)工业上用CO2和H2反应合成二甲醚。已知:反应①:CO2(g)+3H2(g)===CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-53.7kJ·mol-1反应②:CH3OCH3(g)+H2O(g)===2CH3OH(g)ΔH2=+23.4kJ·mol-1则2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH3=_-130.8__kJ·mol-1[解析](1)①4NH3(g)+5O2(g)===4NO(g)+6H2O(g)ΔH1=-907.28kJ·mol-1,②4NH3(g)+6NO(g)===5N2(g)+6H2O(g)ΔH2=-1811.63kJ·mol-1,(①×3+②×2)/5得ΔH3=(-907.28kJ·mol-1×3-1811.63kJ·mol-1×2)/5=-1269.02kJ·mol-1,则4NH3(g)+3O2(g)===2N2(g)+6H2O(g)ΔH3=-1269.02kJ·mol-1(2)根据盖斯定律,2×反应①-反应②得2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g),ΔH3=2ΔH1-ΔH2=-130.8kJ·mol-1。3.(新题预测)铅及其化合物在工业生产及日常生活中都具有非常广泛的用途。①2PbS(s)+3O2(g)===2PbO(s)+2SO2(g)ΔH=akJ·mol-1;②PbS(s)+2PbO(s)===3Pb(s)+SO2(g)ΔH=bkJ·mol-1;③PbS(s)+PbSO4(s)===2Pb(s)+2SO2(g)ΔH=ckJ·mol-1;反应3PbS(s)+6O2(g)===3PbSO4(s)ΔH=_(2a+2b-3c)__kJ·mol-1(用含a、b、c的代数式表示)。[解析]依据盖斯定律,将①×2+②×2-③×3,即可得所求反应的ΔH。1.(2018·镇江模拟)2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程中能量变化如图所示(图中E1表示正反应的活化能,E2表示逆反应的活化能)。下列有关叙述正确的是(D)A.该反应为吸热反应B.升高温度,不影响活化分子百分数C.使用催化剂使该反应的反应热发生改变D.E1-E2=ΔH[解析]图象分析反应物能量高于生成物能量,反应是放热反应,A错误;升高温度,活化分子百分数增大,B错误;催化剂对反应的始态和终态无影响,只改变活化能,则对反应的焓变无影响,C错误;故选D。2.(2018·龙岩模拟)把一套以液化石油气(主要成分为C3H8和C4H10)为燃料的炉灶,现改用天然气(主要成分为CH4)为燃料,需要调整进入炉灶的燃料气和空气的量。正确方法为(C)A.同时调大燃料气和空气的量B.同时调小燃料气和空气的量C.只需调大燃料气的进气量D.只需调大空气的进气量[解析]由CH4+2O2――→点燃CO2+2H2O,C3H8+5O2――→点燃3CO2+4H2O可知,同体积的两种燃气,液化石油气耗氧量多,甲烷燃烧消耗的氧气少,把液化石油气为燃料的灶具改用天然气为燃料时,需要减少空气的量,或增大天然气的进入量。3.(2018·临沂校级模拟)有关能量的判断或表示方法正确的是(C)A.由H+(aq)+OH-(aq)===H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol,可知:含1molCH3COOH的溶液与含1molNaOH的溶液混合,放出热量等于57.3kJB.等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧,后者放出热量更多C.从C(s,石墨)===C(s,金刚石)ΔH=+1.9kJ/mol,可知石墨比金刚石更稳定D.2gH2完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量,则氢气燃烧的热化学方程式为:2H2(g)+O2(g)===2H2O(l)ΔH=-285.8kJ/mol[解析]乙酸是弱酸,电离过程是吸热过程,故放出热量小于57.3kJ,A错误;硫固体转化为硫蒸气的过程是吸热过程,故硫蒸气放出热量更多,B错误;从C(s,石墨)===C(s,金刚石)ΔH=+1.9kJ/mol,可知石墨具有的能量较低,物质具有的能量越低越稳定,所以石墨比金刚石更稳定,故C正确;2molH2完全燃烧生成H2O(l)放出的热量285.8kJ×2=571.6kJ,即ΔH=-571.6kJ/mol,D错误。4.室温下,将1mol的CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低,热效应为ΔH1,将1mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高,热效应为ΔH2,CuSO4·5H2O受热分解的化学方程式为CuSO4·5H2O(s)===CuSO4(s)+5H2O(l),热效应为ΔH3,则下列判断正确的是(B)A.ΔH2>ΔH3 B.ΔH1<ΔH3C.ΔH1+ΔH3=ΔH2 D.ΔH1+ΔH2>ΔH3[解析]由题干信息知,①CuSO4·5H2O(s)===Cu2+(aq)+SO2-4(aq)+5H2O(l)ΔH1>0;②CuSO4(s)===Cu2+(aq)+SO2-4(aq)ΔH2<0。依据盖斯定律①-②得:ΔH3=ΔH1-ΔH2;ΔH2<0,ΔH1>0,则ΔH3>0,上述分析可知ΔH2<ΔH3,A错误;分析可知ΔH2=ΔH1-ΔH3,由于ΔH2<0,ΔH3>ΔH1,B正确;ΔH3=ΔH1-ΔH2,C错误;ΔH2<0,ΔH1>0、ΔH3>ΔH1+ΔH2,D错误。5.(2018·陕西三模)如图是金属镁和卤素反应的能量变化图(反应物和产物均为298K时的稳定状态)。下列选项中不正确的是(D)A.Mg与F2反应的ΔS<0B.MgF2(s)+Br2(l)===MgBr2(s)+F2(g)ΔH=+600kJ·mol-1C.MgBr2与Cl2反应的ΔH<0D.化合物的热稳定顺序:MgI2>MgBr2>MgCl2>MgF2[解析]Mg与F2反应生成了固体MgF2,气体参加反应,生成物只有固体,故ΔS<0,故A正确;Mg(s)+F2(g)===MgF2(s)ΔH=-1124kJ/mol,Mg(s)+Br2(l)===MgBr2(s)ΔH=-524kJ/mol,第二个方程式与第一个方程式相减得MgF2(s)+Br2(l)===MgBr2(s)+F2(g)ΔH=+600kJ·mol-1,故B正确;由盖斯定律可知MgBr2与Cl2反应是放热反应,即ΔH<0,故C正确;能量越小的物质越稳定,所以化合物的热稳定性顺序为MgI2<MgBr2<MgCl2<MgF2,故D错误。6.已知:H2(g)+F2(g)===2HF(g)ΔH=-546.6kJ/mol,下列说法正确的是(A)A.在相同条件下,1molH2与1molF2的能量总和大于2molHF气体的能量B.1molH2与1molF2反应生成2mol液态HF放出的热量小于546.6kJC.该反应的逆反应是放热反应D.该反应过程的能量变化可用下图来表示[解析]该反应为放热反应,在相同条件下,1molH2与1molF2的能量总和大于2molHF气体的能量,A项正确;1molH2与1molF2反应生成2mol液态HF放出的热量大于546.6kJ,B项错误;该反应的逆反应是吸热反应,C项错误;D项表示的是吸热反应,故D项错误。7.(2018·阳泉二模)已知H2(g)+Br2(g)===2HBr(g)ΔH=-72kJ/mol。1molBr2(g)液化放出的能量为30kJ,其他相关数据如下表: H2(g) Br2(l) HBr(g)1mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量/kJ 436 a 369则上述表格中的a值为(C)A.404 B.344C.260 D.200[解析]由题干信息可知,Br2(g)===Br2(l)ΔH=-30kJ/mol,则H2(g)+Br2(l)===2HBr(g)ΔH=[-72-(-30)]kJ/mol=-42kJ/mol,即-42=436+a-2×369,a=260。8.(2018·甘肃一诊)已知:①CH3OH(g)+32O2(g)===CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-akJ·mol-1②CH4(g)+2O2(g)===CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-bkJ·mol-1③CH4(g)+2O2(g)===CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-ckJ·mol-1则下列叙述正确的是(C)A.由上述热化学方程式可知b>cB.甲烷的燃烧热为bkJ·mol-1C.2CH3OH(g)===2CH4(g)+O2(g)ΔH=2(c-a)kJ·mol-1D.当甲醇和甲烷物质的量之比为1∶2时,其完全燃烧生成CO2和H2O(l)时,放出的热量为QkJ,则该混合物中甲烷的物质的量为Qa+2bmol[解析]气态水到液态水继续放热,所以b<c,故A错误;燃烧热应生成稳定氧化物,不能是水蒸气,应该是液态水,故B错误;根据盖斯定律,将①、③两个反应都乘以2,再相减,得到:2CH3OH(g)===2CH4(g)+O2(g)ΔH=2(c-a)kJ·mol-1,故C正确;设甲醇和甲烷物质的量分别为n、2n,则甲醇放出的热量是na,甲烷放出的热量是2nc,即na+2nc=Q,解得n=Qa+2c,则该混合物中甲烷的物质的量为Qa+2cmol,故D错误。9.已知:P4(g)+6Cl2(g)===4PCl3(g)ΔH=akJ·mol-1,P4(g)+10Cl2(g)===4PCl5(g)ΔH=bkJ·mol-1,P4具有正四面体结构,PCl5中P-Cl键的键能为ckJ·mol-1,PCl3中P-Cl键的键能为1.2ckJ·mol-1。下列叙述正确的是(C)A.P-P键的键能大于P-Cl键的键能B.可求Cl2(g)+PCl3(g)===PCl5(s)的反应热ΔHC.Cl-Cl键的键能为b-a+5.6c4kJ·mol-1D.P-P键的键能为5a-3b+12c12kJ·mol-1[解析]选项A,由于P-P键的键长大于P-Cl键的键长,键长越短键能越大,故P-P键的键能小于P-Cl键的键能,A错误;选项B,由于不知道PCl5(g)===PCl5(s)的反应热ΔH,所以不能求得Cl2(g)+PCl3(g)===PCl5(s)的反应热ΔH,B错误;选项C,设Cl-Cl键的键能为x,将题中已知的两个式子按顺序依次编号为①、②,将②-①可得4Cl2(g)+4PCl3(g)===4PCl5(g)ΔH=(b-a)kJ·mol-1,由于化学反应中断键吸热、成键放热,可得4x+4×3×1.2ckJ·mol-1-4×5×ckJ·mol-1=(b-a)kJ·mol-1,解得x=b-a+5.6c4kJ·mol-1,C正确;D项,设P-P键的键能为y,将①×5-②×3可得:2P4(g)+12PCl5(g)===20PCl3(g)ΔH=(5a-3b)kJ·mol-1,根据盖斯定律,可得2×6y+12×5×ckJ·mol-1-20×3×1.2ckJ·mol-1=(5a-3b)kJ·mol-1,解得y=5a-3b+12c14kJ·mol-1,故D错误。10.(2018·云南二检)已知:①CO(g)+H2O(g)===CO2(g)+H2(g)ΔH1,②CH4(g)+H2O(g)===CO(g)+3H2(g)ΔH2下列推断正确的是(B)A.若CO的燃烧热为ΔH3,则H2的燃烧热为ΔH3-ΔH1B.反应CH4(g)+CO2(g)===2CO(g)+2H2(g)的ΔH=ΔH2-ΔH1C.若反应②的反应物总能量低于生成物总能量,则ΔH2<0D.若等物质的量的CO和H2完全燃烧生成气态产物时前者放热更多,则ΔH1>0[解析]燃烧热是生成H2O(l),而ΔH1中的水为气态水,故A错误;根据盖斯定律②-①得,CH4(g)+CO2(g)===2CO(g)+2H2(g)的ΔH=ΔH2-ΔH1,故B正确;若反应②的反应物总能量低于生成物总能量,则该反应为吸热反应,所以ΔH2>0,故C错误;根据CO(g)+12O2(g)===CO2(g)ΔH3,H2(g)+12O2(g)===H2O(g)ΔH4,若等物质的量的CO和H2完全燃烧生成气态产物时前者放热更多,所以ΔH3<ΔH4,又根据盖斯定律①CO(g)+H2O(g)===CO2(g)+H2(g)ΔH1=ΔH3-ΔH4<0,故D错误。11.(1)(2018·河南郑州二模节选)甲醇可以补充和部分替代石油燃料,缓解能源紧张。利用CO可以合成甲醇。已知:CO(g)+12O2(g)===CO2(g)ΔH1=-283.0kJ·mol-1H2(g)+12O2(g)===H2O(l)ΔH2=-285.8kJ·mol-1CH3OH(g)+32O2(g)===CO2(g)+2H2O(l)ΔH3=-764.5kJ·mol-1CO(g)+2H2(g)===CH3OH(g)ΔH=_-90.1__kJ·mol-1(2)(2018·泰安一模)甲烷自热重整是一种先进的制氢方法,其反应方程式为:CH4(g)+H2O(g)===CO(g)+3H2(g)阅读下图,计算该反应的反应热ΔH=_+162.1__kJ/mol。[解析](1)由盖斯定律①+2×②-③得:CO(g)+2H2(g)===CH3OH(g)ΔH=(-283.0-285.8×2+764.5)kJ·mol-1=-90.1kJ·mol-1。(2)由能量图,得①CH4(g)+2O2(g)===CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-846.3kJ·mol-1②CO2(g)===CO(g)+O2(g)ΔH=+283kJ·mol-1③O2(g)+H2(g)===H2O(g)ΔH=-241.8kJ·mol-1,所以①-③×3+②得CH4(g)+H2O(g)===CO(g)+3H2(g)ΔH=(-846.3+241.8×3+283)kJ·mol-1=+162.1kJ·mol-112.(2018·河南洛阳模拟)下列热化学方程式:①2H2(g)+O2(g)===2H2O(l)ΔH=-571.6kJ·mol-1②2H2(g)+O2(g)===2H2O(g)ΔH=-484kJ·mol-1③C3H8(g)+5O2(g)===3CO2(g)+4H2O(l)ΔH=-2220.0kJ·mol-1(1)H2的燃烧热ΔH=_-285.8_kJ·mol-1__;(2)1molH2和2molC3H8组成的混合气体,在足量氧气中充分燃烧,恢复到室温后,释放出的热量为_4_725.8_kJ__;(3)C3H8(g)+5O2(g)===3CO2(g)+4H2O(g)ΔH=_-2_044.8_kJ·mol-1__;(4)氢气和丙烷组成的混合气体,标准状况下体积为5.6L,在足量氧气中充分燃烧恢复到室温后测得放热192.34kJ,则混合气体中丙烷与氢气的体积比是_1∶3__。[解析](1)H2的燃烧热是指1molH2燃烧生成液态水放出的热量,故H2的燃烧热ΔH=-285.8kJ·mol-1;(2)1molH2和2molC3H8燃烧释放出的热量为:(285.8+2×2220.0)kJ=4725.8kJ;(3)根据盖斯定律方程式③-2×①+2×②得方程式:C3H8(g)+5O2(g)===3CO2(g)+4H2O(g)ΔH=-2220.0kJ·mol-1-2×(-571.6kJ·mol-1)+2×(-484kJ·mol-1)=-2044.8kJ·mol-1;(4)设氢气为xmol,丙烷为ymol,则依题可列方程式:x+y=0.25和571.6x+2220.0y=192.34,解得x∶y=3∶1。13.(1)新的《环境空气质量标准》中环境空气质量指数(AQI)日报和实时报告包括了SO2、NO2、CO、O3、PM10、PM2.5等指标,为公众提供健康指引,引导当地居民合理安排出行和生活。①汽车排出的尾气中含有CO和NO等气体,用化学方程式解释产生NO的原因:N2+O2=====放电2NO。②汽车排气管内安装的催化转化器,可使汽车尾气中的主要污染物转化为无毒的大气循环物质。已知:N2(g)+O2(g)===2NO(g)ΔH=+180.5kJ/mol2C(s)+O2(g)===2CO(g)ΔH=-221.0kJ/molC(s)+O2(g)===CO2(g)ΔH=-393.5kJ/mol则反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)的ΔH=_-746.5__kJ/mol。(2)直接排放氮氧化物会形成酸雨、雾霾,催化还原法和氧化吸收法是常用的处理方法,利用NH3和CH4等气体除去烟气中的氮氧化物。已知:CH4(g)+2O2(g)===CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=akJ/mol;欲计算反应CH4(g)+4NO(g)===CO2(g)+2H2O(l)+2N2(g)的焓变ΔH2,则还需要查询某反应的焓变ΔH3,当反应中各物质的化学计量数之比为最简整数比时,ΔH3=bkJ/mol,该反应的热化学方程式是2N2(g)+O2(g)===2NO(g)ΔH3=bkJ/mol,据此计算出ΔH2=_(a-2b)__kJ/mol(用含a、b的式子表示)。(3)下表列出了工业上吸收SO2的三种方法。方法Ⅰ 用氨水将SO2转化为(NH4)2SO3,再氧化成(NH4)2SO4方法Ⅱ 用生物质热解气(主要成分CO、CH4、H2)将SO2在高温下还原成单质硫方法Ⅲ 用Na2SO3溶液吸收SO2,再经电解转化为H2SO4方法Ⅱ主要发生了下列反应:2CO(g)+SO2(g)===S(g)+2CO2(g)ΔH=+8.0kJ/mol2H2(g)+SO2(g)===S(g)+2H2O(g)ΔH=+90.4kJ/mol2CO(g)+O2(g)===2CO2(g)ΔH=-566.0kJ/mol2H2(g)+O2(g)===2H2O(g)ΔH=-483.6kJ/mol则S(g)与O2(g)反应生成SO2(g)的热化学方程式可表示为S(g)+O2(g)===SO2(g)ΔH=-574.0kJ/mol。[解析](1)②按题干顺序给3个热化学方程式编号为①②③,由盖斯定律,③×2-①-②得2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)的ΔH=[-393.5×2-180.5-(-221.0)]kJ/mol=-746.5kJ/mol。(2)根据盖斯定律将已知的两个热化学方程式相减可得热化学方程式为2N2(g)+2O2(g)===4NO(g)ΔH=akJ/mol-ΔH2=2bkJ/mol,则ΔH2=(a-2b)kJ/mol,同时将上面的方程式及ΔH都除以2可得热化学方程式。(3)将后面的两个方程式相加减去前两个方程式再除以2可得相应的热化学方程式:S(g)+O2(g)===SO2(g)ΔH=-574.0kJ/mol。第8讲电化学最新考纲 考向分析1.了解原电池和电解池的工作原理,能写出电极反应和电池反应方程式。了解常见化学电源的种类及其工作原理。2.理解金属发生化学腐蚀的原因,金属腐蚀的危害,防止金属腐蚀的措施。 电化学内容是高考试卷中的常客,对原电池和电解池的考查往往以选择题的形式考查两电极反应式的书写、两电极附近溶液性质的变化、电子的转移或电流方向的判断等。在第Ⅱ卷中会以应用性和综合性进行命题,如与生产生活(如金属的腐蚀和防护等)相联系,也无机推断、实验及化学计算等学科内知识综合,尤其特别注意燃料电池和新型电池的正、负极材料分析和电极反应式的书写。题型新颖、但不偏不怪,只要注意基础知识的落实,以及能力的训练便可以从容应对。考点一原电池原理、化学电源Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·全国Ⅲ卷·11)全固态锂硫电池能量密度高、成本低,其工作原理如图所示,其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料,电池反应为:16Li+xS8===8Li2Sx(2≤x≤8)。下列说法错误的是(D)A.电池工作时,正极可发生反应:2Li2S6+2Li++2e-===3Li2S4B.电池工作时,外电路中流过0.02mol电子,负极材料减重0.14gC.石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性D.电池充电时间越长,电池中的Li2S2的量越多[解析]本题考查电化学知识。原电池工作时,正极发生一系列得电子的还原反应,即:Li2S8→Li2S6→Li2S4→Li2S2,其中可能有2Li2S6+2Li++2e-===3Li2S4,A项正确;该电池工作时,每转移0.02mol电子,负极有0.02molLi(质量为0.14g)被氧化为Li+,则负极质量减少0.14g,B项正确;石墨烯能导电,用石墨烯作电极,可提高电极a的导电性,C项正确;充电过程中,Li2S2的量逐渐减少,当电池充满电时,相当于达到平衡状态,电池中Li2S2的量趋于不变,故不是电池充电时间越长,电池中Li2S2的量越多,D项错误。2.(2018·全国Ⅰ·13)最近我国科学家设计了一种CO2+H2S协同转化装置,实现对天然气中CO2和H2S的高效去除。示意图如下所示,其中电极分别为ZnO@石墨烯(石墨烯包裹的ZnO)和石墨烯,石墨烯电极区发生反应为:①EDTA-Fe2+-e-===EDTA-Fe3+②2EDTA-Fe3++H2S===2H++S+2EDTA-Fe2+该装置工作时,下列叙述错误的是(C)A.阴极的电极反应:CO2+2H++2e-===CO+H2OB.协同转化总反应:CO2+H2S===CO+H2O+SC.石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低D.若采用Fe3+/Fe2+取代EDTA-Fe3+/EDTA-Fe2+,溶液需为酸性[解析]由题中信息可知,石墨烯电极发生氧化反应,为电解池的阳极,则ZnO@石墨烯电极为阴极。C错:阳极接电源正极,电势高,阴极接电源负极,电势低,故石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的高。A对:由题图可知,电解时阴极反应式为CO2+2H++2e-===CO+H2O。B对:将阴、阳两极反应式合并可得总反应式为CO2+H2S===CO+H2O+S。D对:Fe3+、Fe2+只能存在于酸性溶液中。3.(2018·全国Ⅲ·11)一种可充电锂-空气电池如图所示。当电池放电时,O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x(x=0或1)。下列说法正确的是(D)A.放电时,多孔碳材料电极为负极B.放电时,外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极C.充电时,电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移D.充电时,电池总反应为Li2O2-x===2Li+(1-x2)O2[解析]由题意知,放电时负极反应为Li-e-===Li+,正极反应为(2-x)O2+4Li++4e-===2Li2O2-x(x=0或1),电池总反应为(1-x2)O2+2Li===Li2O2-x。D对:充电时的电池总反应与放电时的电池总反应互为逆反应,故充电时电池总反应为Li2O2-x===2Li+(1-x2)O2。A错:该电池放电时,金属锂为负极,多孔碳材料为正极。B错:该电池放电时,外电路电子由锂电极流向多孔碳材料电极。C错:该电池放电时,电解质溶液中的Li+向多孔碳材料区迁移,充电时电解质溶液中的Li+向锂材料区迁移。4.(2016·全国Ⅱ卷·11)Mg-AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述错误的是(B)A.负极反应式为Mg-2e-===Mg2+B.正极反应式为Ag++e-===AgC.电池放电时Cl-由正极向负极迁移D.负极会发生副反应Mg+2H2O===Mg(OH)2+H2↑[解析]该题考查原电池原理的应用,意在考查考生运用化学理论知识解决实际问题的能力。该电池中Mg作负极,失去电子发生氧化反应,生成Mg2+,A项正确;正极反应为AgCl+e-===Ag+Cl-,B项错误;电池放电时,Cl-从正极向负极移动,C项正确;在负极,Mg会发生副反应Mg+2H2O===Mg(OH)2+H2↑,D项正确。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1."五类"依据判断原电池电极:判断依据电极 电极材料 电极反应 电子流向 离子移向 电极现象负极 活泼金属 氧化反应 流出 阴离子移向 电极质量减小正极 不活泼金属或非金属 还原反应 流入 阳离子移向 电极增重或质量不变2."三步"突破原电池电极反应式的书写:第一步:分析氧化还原反应根据氧化还原反应,分析元素化合价的升降,确定正负极反应物质及电子得失数目第二步:注意电解质溶液环境分析电解质溶液的酸碱性及离子参加反应的情况,确定电极反应,写出电极反应式第三步:合并正、负电极反应调整两极反应式中得失电子数目相等并叠加,消去电子,得出总反应式3.解答新型化学电源的步骤(1)判断电池类型→确认电池原理→核实电子、离子移动方向。(2)确定电池两极→判断电子、离子移动方向→书写电极反应和电池反应。(3)充电电池→放电时为原电池→失去电子的为负极反应。(4)电极反应→总反应离子方程式减去较简单一极的电极反应式→另一电极反应式。【例】(2018·石嘴山三模)镍氢电池(NiMH)正极板材料为NiOOH,负极板材料为吸氢合金,该电池在充电过程中的总反应方程式是Ni(OH)2+M===NiOOH+MH。(1)放电时负极反应为H2-2e-+2OH-===2H2O;(2)充电时阳极反应为Ni(OH)2-e-+OH-===NiOOH+H2O。(3)利用镍氢电池电解50mL1.00mol·L-1食盐水,电解一段时间后,收集到标准状况下的X2气体1.12L(设电解后溶液体积不变)。则电解后溶液的pH=_14__,阳极产生气体的体积在标准状况下是_0.84__L。[解析]镍氢电池放电时,负极反应为H2-2e-+2OH-===2H2O,正极反应为NiOOH+H2O+e-===Ni(OH)2+OH-,则充电时阳极反应为Ni(OH)2-e-+OH-===NiOOH+H2O。利用镍氢电池电解50mL1.00mol·L-1食盐水时,Fe为阴极,阴极反应式为2H++2e-===H2↑,当产生1.12LH2(0.05mol)时,电子共转移0.1mol,NaCl完全电解,阳极反应式为2Cl--2e-===Cl2↑,产生0.025molCl2,共转移0.05mole-,NaCl电解完以后,阳极上有4OH--4e-===2H2O+O2↑,生成0.0125molO2,最终为NaOH溶液,根据钠离子守恒,c(OH-)=c(Na+)=1mol·L-1,则pH=14,阳极产生气体的总体积为(0.025+0.0125)mol×22.4L·mol-1=0.84L。【练习】(新题预测)如图所示为可充电的全钒液流电池构造示意图,该电池中的隔膜只允许H+通过。电池放电时,负极区溶液的pH将_增大__(填"增大""减小"或"不变"),电池充电时,阳极的电极反应式为VO2+-e-+H2O===VO+2+2H+。[解析]电池放电时,负极反应:V2+-e-===V3+,正极反应:VO+2+2H++e-===VO2++H2O,H+向正极移动,负极区溶液的pH增大;电池充电时,阳极的电极反应式为VO2+-e-+H2O===VO+2+2H+。B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2018·黄山二模)某工厂采用电解法处理含铬废水,耐酸电解槽用铁板作阴、阳极,槽内盛放含铬废水,工作原理如图所示,下列说法不正确的是(B)A.A接电源正极B.B极区附近溶液pH降低C.A极区溶液中发生的氧化还原反应为Cr2O2-7+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2OD.若不考虑气体的溶解,有0.1molCr2O2-7被还原时,生成标准状况下13.44LH2[解析]B极上产生H2,依据电解原理,B极为阴极,A极是阳极,A接电源的正极,A正确;阴极电极反应式为2H++2e-===H2↑,溶液的pH增大,B错误;阳极铁作电极,Fe-2e-===Fe2+,利用Fe2+具有还原性,Fe由+2→+3,Cr2O2-7具有氧化性,Cr由+6→+3,最小公倍数是6,根据原子守恒,得出Cr2O2-7+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2O,正确;根据2H++2e-===H2↑,产生标准状况下13.44L氢气,转移电子13.44L×222.4L·mol-1=1.2mol,同时阳极生成Fe2+的物质的量为0.6mol,据Cr2O2-7+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2O,得出0.1molCr2O2-7被还原,D正确。2.某电动汽车配载一种可充放电的锂离子电池。放电时电池总反应为Li1-xCoO2+LixC6===LiCoO2+C6(x<1)。下列关于该电池的说法不正确的是(C)A.放电时,Li+在电解质中由负极向正极迁移B.放电时,负极的电极反应式为LixC6-xe-===xLi++C6C.充电时,若转移1mole-,石墨(C6)电极将增重7xgD.充电时,阳极的电极反应式为LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+[解析]放电时,阳离子向原电池的正极移动,A选项正确;Li1-xCoO2中Li显+1价,氧显-2价,则Co显+(3+x)价,LixC6中Li和C均显0价。负极发生氧化反应,其电极反应式为LixC6-xe-===xLi++C6,B选项正确;充电时,C6为电解池的阴极,电极反应式为xLi++C6+xe-===LixC6,若转移1mol电子,石墨电极质量增加7g,C选项错误;正极发生还原反应,其电极反应式为Li1-xCoO2+xLi++xe-===LiCoO2,则充电时,阳极的电极反应式为LiCoO2-xe-===Li1-xCoO2+xLi+,D选项正确。3.(新题预测)一种以NaBH4和H2O2为原料的新型电池的工作原理如图所示。下列说法错误的是(C)A.电池的正极反应式为H2O2+2e-===2OH-B.电池放电时Na+从a极区移向b极区C.电子从电极b经外电路流向电极aD.b极室的输出液经处理后可输入a极室循环利用[解析]通入a电极的为BH-4、OH-,其中B失电子化合价升高生成BO-2,因此a为电池的负极,b为电池的正极,H2O2中O由-1价降到-2价发生还原反应,反应式为H2O2+2e-===2OH-,A正确。原电池工作时,电解质溶液中的阳离子由负极区向正极区移动,B正确。电子由负极流出,正极流入,即a→b,故C错误。正极区产生的氢氧根,可以经处理后输入a极室循环使用,D正确。考点二电解原理的应用Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·全国Ⅱ卷·11)用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜,电解质溶液一般为H2SO4-H2C2O4混合溶液。下列叙述错误的是(C)A.待加工铝质工件为阳极B.可选用不锈钢网作为阴极C.阴极的电极反应式为:Al3++3e-=AlD.硫酸根离子在电解过程中向阳极移动[解析]本题考查电解原理的应用。利用电解氧化法在铝制品表面形成致密的Al2O3薄膜,即待加工铝质工件作阳极,A项正确;阴极与电源负极相连,对阴极电极材料没有特殊要求,可选用不锈钢网等,B项正确;电解质溶液呈酸性,阴极上应是H+放电,C项错误;在电解过程中,电解池中的阴离子向阳极移动,D项正确。2.(2016·全国Ⅰ卷·11)三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示,采用惰性电极,ab、cd均为离子交换膜,在直流电场的作用下,两膜中间的Na+和SO2-4可通过离子交换膜,而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是(B)A.通电后中间隔室的SO2-4离子向正极迁移,正极区溶液pH增大B.该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C.负极反应为2H2O-4e-===O2+4H+,负极区溶液pH降低D.当电路中通过1mol电子的电量时,会有0.5mol的O2生成[解析]该题考查电解池原理,意在考查考生运用所学知识分析、解决问题的能力。该装置为电解池。H2O在正(阳)极区放电,生成O2和H+,中间隔室中的阴离子SO2-4通过cd膜移向正(阳)极,故正(阳)极区得到H2SO4,当电路中通过1mol电子时生成0.25molO2,正(阳)极区溶液pH减小,H2O在负(阴)极区放电,生成OH-和H2,负(阴)极区溶液pH增大,A、C、D项错误。H2O在负(阴)极区放电生成H2和OH-,中间隔室中的阳离子Na+通过ab膜移向负(阴)极,故负(阴)极区可得到NaOH,而正(阳)极区可得到H2SO4,故B项正确。3.(2018·全国Ⅱ)我国科学家研发了一种室温下"可呼吸"的Na-CO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液,钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料,电池的总反应为3CO2+4Na2Na2CO3+C。下列说法错误的是(D)A.放电时,ClO-4向负极移动B.充电时释放CO2,放电时吸收CO2C.放电时,正极反应为3CO2+4e-===2CO2-3+CD.充电时,正极反应为Na++e-===Na[解析]根据电池的总反应知,放电时负极反应:4Na-4e-===4Na+正极反应:3CO2+4e-===2CO2-3+C充电时,阴(负)极:4Na++4e-===4Na阳(正)极:2CO2-3+C-4e-===3CO2↑放电时,ClO-4向负极移动。根据充电和放电时的电极反应式知,充电时释放CO2,放电时吸收CO2。4.(2016·北京·12)用石墨电极完成下列电解实验。 实验一 实验二装置 
现象 a、d处试纸变蓝;b处变红,局部褪色;c处无明显变化 两个石墨电极附近有气泡产生;n处有气泡产生;……下列对实验现象的解释或推测不合理的是(B)A.a、d处:2H2O+2e-===H2↑+2OH-B.b处:2Cl--2e-===Cl2↑C.c处发生了反应:Fe-2e-===Fe2+D.根据实验一的原理,实验二中m处能析出铜[解析]该题结合实验考查电化学知识,意在考查考生对电解池的熟练程度和理解能力。由于有外接电源,所以实验一和实验二均为电解池装置。实验一中,铁丝中的电流方向为从d到c,电子移动方向为从c到d,所以实验一的装置是比较复杂的电解池,其中a为阴极,c为阳极,d为阴极,b为阳极。a、d处发生反应2H2O+2e-===H2↑+2OH-,A项正确;若b处发生反应2Cl--2e-===Cl2↑,不足以解释b处"变红"和"褪色"现象,故B项错误;c处铁作阳极,发生反应Fe-2e-===Fe2+,由于生成的Fe2+浓度较小,且pH试纸本身有颜色,故颜色上无明显变化,C项正确;实验二是一个更加复杂的电解池装置,两个铜珠的左端均为阳极,右端均为阴极,初始时两个铜珠的左端(阳极)均发生反应Cu-2e-===Cu2+,右端(阴极)均发生反应2H++2e-===H2↑,一段时间后,Cu2+移动到m和n处,m、n处附近Cu2+浓度增大,发生反应Cu2++2e-===Cu,m、n处能生成铜,D正确。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1."五类"依据判断电解池电极判断依据电极 电极材料 电极反应 电子流向 离子移向 电极现象阳极 与电源正极相连 氧化反应 流出 阴离子移向 电极溶解或pH减小阴极 与电源负极相连 还原反应 流入 阳离子移向 电极增重或pH增大2.电解池电极反应式的书写模式:3.有关电化学计算的三大方法(1)根据电子守恒计算用于串联电路中电解池阴阳两极产物、原电池正负两极产物、通过的电量等类型的计算,其依据是电路中转移的电子数相等。(2)根据总反应式计算先写出电极反应式,再写出总反应式,最后根据总反应式列出比例式计算。(3)根据关系式计算根据得失电子守恒关系建立起已知量与未知量之间的桥梁,构建计算所需的关系式。如以通过4mole-为桥梁可构建如下关系式:(式中M为金属,n为其离子的化合价数值)4.电解池中电极反应式的书写方法(1)书写步骤①首先注意阳极是活性材料还是惰性材料。②分析确定溶液中所有阴阳离子并清楚放电顺序。③根据放电顺序分析放电产物。④根据电解质溶液的酸碱性确定电极反应式中是否有H+、OH-或H2O参与;最后配平电极反应式。(2)介质对电极反应式的影响①在电解池电极方程式中,如果是H+或OH-放电,则电解质溶液的酸碱性对电极反应式没有影响。②酸性溶液反应物或生成物中均没有OH-。③碱性溶液反应物或生成物中均没有H+。(3)电极产物的溶解性对电极反应式的影响。电解MgCl2溶液时的阴极反应式应为:Mg2++2H2O+2e-===Mg(OH)2↓+H2↑,而不是2H++2e-===H2↑。总反应离子方程式为:Mg2++2Cl-+2H2O=====电解Mg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑。不能把电解MgCl2溶液的离子方程式写成:2Cl-+2H2O=====电解2OH-+Cl2↑+H2↑,忽视了生成难溶的Mg(OH)2。5.常见膜化学:(1)膜的作用:阳离子交换膜允许阳离子通过,不允许阴离子通过;阴离子交换膜允许阴离子通过,不允许阳离子通过;质子交换膜允许质子通过而避免不同电极区域内某些离子间的反应。(2)阴、阳离子交换膜的判断①看清图示,是否在交换膜上标注了阴、阳离子,是否标注了电源的正、负极,是否标注了电子流向、电荷流向等,明确阴、阳离子的移动方向。②根据原电池、电解池中阴、阳离子的移动方向,结合题意中给出的制备、电解物质等信息,找出物质生成或消耗的电极区域、确定移动的阴、阳离子,从而推知离子交换膜的种类。【例】(2018·甘南三模)氨是生产氮肥、尿素等物质的重要原料。电化学法是合成氨的一种新方法,其原理如图所示,下列说法正确的是(D)A.图中所示物质中,X为H2,Y为N2B.Y参与的电极反应为H2+2e-===2H+C.当有3gH+通过质子交换膜时,Z的体积为22.4LD.反应过程中左边区域溶液pH逐渐升高[解析]根据图示H+的移动方向,Y发生氧化反应,X为N2,A错误;Y参与的电极反应为H2-2e-===2H+,B错误;未指明气体的状况,C错误;左侧电极反应为N2+6H++6e-===2NH3,消耗H+,pH升高,D正确。B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(新题预测)工业上用电解法处理含镍酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示。下列说法正确的是(B)已知:①Ni2+在弱酸性溶液中发生水解②氧化性:Ni2+(高浓度)>H+>Ni2+(低浓度)A.碳棒上发生的电极反应:2H++2e-===H2↑B.电解过程中,B室中NaCl溶液的物质的量浓度将不断增大C.电解结束时含镍酸性废水几乎不含NiD.若将图中阳离子膜去掉,将A、B两室合并,则电解反应总方程式不会发生改变[解析]电极反应式为阳极:4OH--4e-===2H2O+O2↑阴极:Ni2++2e-===Ni2H++2e-===H2↑A错误;由于C室中Ni2+、H+不断减少,Cl-通过阴离子膜从C室移向B室,A室中OH-不断减少,Na+通过阳离子膜从A室移向B室,所以B室中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大,B正确;由于H+的氧化性大于Ni2+(低浓度)的氧化性,且Ni2+在弱酸性溶液中发生水解,所以电解过程中,Ni2+无法完全放电,C错误;若去掉A、B室间阳离子膜,在阳极Cl-首先放电生成Cl2,反应总方程式发生改变,D错误。2.(2017·新余二模)磷酸铁锂电池具有高效率输出、可快速充电、对环境无污染等优点,其工作原理如图。M电极是金属锂和碳的复合材料(碳作为金属锂的载体),电解质为一种能传导Li+的高分子材料,隔膜只允许Li+通过,电解反应式为LixC6+Li1-xFePO4放电充电LiFePO4+6C。下列说法正确的是(D)A.放电时Li+从右边移向左边B.放电时M是负极,电极反应式为Cx-6-xe-===6CC.充电时电路中通过0.5mol电子,消耗36gCD.充电时N极连接电源的正极,电极反应式为LiFePO4-xe-===Li1-xFePO4+xLi+[解析]根据电池反应式,得出LixC6作负极,Li1-xFePO4作正极,依据原电池的工作原理,阳离子向正极移动,即从左向右移动,A错误;根据A选项分析,M为负极,其电极反应式为LixC6-xe-===xLi++6C,B错误;充电时,阴极反应式xLi++6C+xe-===LixC6,通过0.5mol电子,消耗36xg的C,C错误;充电时,N极连接电源的正极,作阳极,电极反应式是电池正极反应式的逆过程,即LiFePO4-xe-===Li1-xFePO4+xLi+,D正确。3.图示装置是某学习小组设计的电解池。(1)电解时,a极电极反应式为2H++2e-===H2↑;b极电极反应式为2Cl--2e-===Cl2↑;电解总反应离子方程式为2Cl-+2H2O=====电解2OH-+H2↑+Cl2↑(2)电解完成后,若溶液的体积为1L,整个电解过程中共转移0.1mole-,则溶液的pH为_13__,若使电解质溶液复原,需通入氯化氢的物质的量为_0.1__mol。(3)若用该装置给铁钉镀铜,则应用铜作_阳极__,用铁钉作_阴极__,电解质溶液应为_CuSO4__溶液。(4)若用该装置原理保护铁闸门,应将铁闸门与电源的_阴极__相连;若采用牺牲阳极的阴极保护法保护铁闸门,利用的原理是_原电池原理__,应把铁闸门作_原电池的正__极。考点三金属的腐蚀与防护Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·全国Ⅰ卷·11)支撑海港码头基础的钢管桩,常用外加电流的阴极保护法进行防腐,工作原理如图所示,其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是(C)A.通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零B.通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩C.高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流D.通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整[解析]本题考查实际应用中的电化学腐蚀(外加电流的阴极保护法)。依题意,钢管桩为阴极,电子流向阴极,阴极被保护,钢管桩表面腐蚀电流是指铁失去电子形成的电流,接近于0,铁不容易失去电子,A项正确;阳极上发生氧化反应,失去电子,电子经外电路流向阴极,B项正确;高硅铸铁作阳极,阳极上发生氧化反应,阳极上主要是海水中的水被氧化生成氧气,惰性辅助阳极不被损耗,C项错误;根据海水对钢管桩的腐蚀情况,增大或减小电流强度,D项正确。2.(2015·上海·14)研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法错误的是(D)A.d为石墨,铁片腐蚀加快B.d为石墨,石墨上电极反应为:O2+2H2O+4e-===4OH-C.d为锌块,铁片不易被腐蚀D.d为锌块,铁片上电极反应为:2H++2e-===H2↑[解析]由于活动性:Fe>石墨,所以铁、石墨及海水构成原电池,Fe为负极,失去电子被氧化变为Fe2+进入溶液,溶解在海水中的氧气在正极石墨上得到电子被还原,比没有形成原电池时的速率快,正确。B.d为石墨,由于是中性电解质,所以发生的是吸氧腐蚀,石墨上氧气得到电子,发生还原反应,电极反应为:O2+2H2O+4e-===4OH-,正确。C.若d为锌块,则由于金属活动性:Zn>Fe,Zn为原电池的负极,Fe为正极,首先被腐蚀的是Zn,铁得到保护,铁片不易被腐蚀,正确。D.d为锌块,由于电解质为中性环境,发生的是吸氧腐蚀,在铁片上电极反应为:O2+2H2O+4e-===4OH-,错误。3.(2016·天津·3)下列叙述正确的是(D)A.使用催化剂能够降低化学反应的反应热(ΔH)B.金属发生吸氧腐蚀时,被腐蚀的速率与氧气浓度无关C.原电池中发生的反应达平衡时,该电池仍有电流产生D.在同浓度的盐酸中,ZnS可溶而CuS不溶,说明CuS的溶解度比ZnS的小[解析]该题考查化学基本原理,意在考查考生运用化学概念分析问题的能力。催化剂可以降低反应的活化能,不能改变反应的焓变,A项错误;金属发生吸氧腐蚀时,被腐蚀的速率与氧气浓度有关,O2浓度越大,腐蚀速率越快,B项错误;反应达到平衡时,正负极的电势差为0,所以电池不会产生电流,C项错误;CuS不溶于盐酸,而ZnS溶于盐酸,说明CuS更难溶,对应的溶解度小,D项正确。4.(2018·北京·12)验证牺牲阳极的阴极保护法,实验如下(烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液)。① ② ③
在Fe表面生成蓝色沉淀 试管内无明显变化 试管内生成蓝色沉淀下列说法不正确的是(D)A.对比②③,可以判定Zn保护了FeB.对比①②,K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化C.验证Zn保护Fe时不能用①的方法D.将Zn换成Cu,用①的方法可判断Fe比Cu活泼[解析]D错:K3[Fe(CN)6]可将单质铁氧化为Fe2+,Fe2+与K3[Fe(CN)6]生成蓝色沉淀,附着在Fe表面,无法判断铁比铜活泼。A对:实验②中加入K3[Fe(CN)6],溶液无变化,说明溶液中没有Fe2+;实验③中加入K3[Fe(CN)6]生成蓝色沉淀,说明溶液中有Fe2+。B对:对比①②可知,①中K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化成Fe2+,Fe2+再与K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀。C对:由以上分析可知,验证Zn保护Fe时,可以用②③做对比实验。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏金属腐蚀与防护的类型1.金属腐蚀两种类型比较(1)析氢腐蚀和吸氧腐蚀的比较类型 析氢腐蚀 吸氧腐蚀条件 水膜呈酸性 水膜呈弱酸性或中性正极反应 2H++2e-===H2↑ O2+2H2O+4e-===4OH-负极反应 Fe-2e-===Fe2+其他反应  Fe2++2OH-===Fe(OH)2↓4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3Fe(OH)3失去部分水转化为铁锈(2)腐蚀快慢的比较①一般来说可用下列原则判断:电解池原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防护措施的腐蚀;②对同一金属来说,腐蚀的快慢:强电解质溶液中>弱电解质溶液中>非电解质溶液中;③活泼性不同的两种金属,活泼性差别越大,腐蚀越快;④对同一种电解质溶液来说,电解质溶液浓度越大,金属腐蚀的速率越快。2.两种保护方法(1)加防护层如在金属表面加上油漆、搪瓷、沥青、塑料、橡胶等耐腐蚀的非金属材料;采用电镀或表面钝化等方法在金属表面镀上一层不易被腐蚀的金属或生成一层致密的薄膜。(2)电化学防护①牺牲阳极的阴极保护法--原电池原理:正极为被保护的金属,负极为比被保护的金属活泼的金属;②外加电流的阴极保护法--电解原理:阴极为被保护的金属,阳极为惰性电极。B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等,其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。下列分析正确的是(D)A.脱氧过程是吸热反应,可降低温度,延长糕点保质期B.脱氧过程中铁作原电池正极,电极反应为Fe-3e-===Fe3+C.脱氧过程中碳作原电池负极,电极反应为2H2O+O2+4e-===4OH-D.含有1.12g铁粉的脱氧剂,理论上最多能吸收氧气336mL(标准状况)[解析]在脱氧过程中,由铁、碳作电极,氯化钠溶液作电解质溶液形成原电池,发生吸氧腐蚀,该过程为放热反应;在脱氧过程中,碳作正极,铁作负极,铁失电子发生氧化反应,生成Fe2+;在脱氧过程中,Fe失电子被氧化为Fe2+,Fe2+最终还是被氧气氧化为Fe3+,由电子得失守恒知消耗氧气的体积(标准状况下)V(O2)=22.4L·mol-1×3×1.12g56g·mol-14=336mL。2.某同学利用如图所示装置探究金属的腐蚀与防护条件。(已知Fe2+遇K3[Fe(CN)6]溶液呈蓝色)。下列说法不合理的是(A)A.①区Cu电极上产生气泡,Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液后出现蓝色,Fe被腐蚀B.②区Cu电极附近滴加酚酞后变成红色,Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液出现蓝色,Fe被腐蚀C.③区Zn电极的电极反应式为Zn-2e-===Zn2+,Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液未出现蓝色,Fe被保护D.④区Zn电极的电极反应式为2H2O+2e-===H2↑+2OH-,Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液出现蓝色,Fe被腐蚀[解析]①区发生吸氧腐蚀,Cu为正极,电极反应式为O2+2H2O+4e-===4OH-,Cu电极上不产生气泡,A项错误;②区Cu为阴极,电极反应式为2H2O+2e-===H2↑+2OH-,Cu电极附近溶液碱性增强,滴加酚酞后变成红色,Fe为阳极,被腐蚀,电极反应式为Fe-2e-===Fe2+,Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液出现蓝色,B项正确;③区Zn为负极,电极反应式为Zn-2e-===Zn2+,Fe为正极,得到保护,C项正确;④区Zn为阴极,电极反应式为2H2O+2e-===H2↑+2OH-,Fe做阳极,被腐蚀,电极反应式为Fe-2e-===Fe2+,Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液出现蓝色,D项正确。3.铁及其化合物与生产、生产关系密切。下图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。(1)该电化学腐蚀称为_吸氧腐蚀__。(2)图中A、B、C、D4个区域,生成铁锈最多的是_B__(填字母)。[解析](1)金属在中性和较弱的酸性条件下发生的是吸氧腐蚀。(2)发生吸氧腐蚀,越靠近液面接触到的O2越多,腐蚀得越严重。1.(2018·潍坊一模)铅蓄电池的示意图如图所示。下列说法正确的是(D)A.放电时,N为负极,其电极反应式:PbO2+SO2-4+4H++2e-===PbSO4+2H2OB.放电时,c(H2SO4)不变,两极的质量增加C.充电时,阳极反应式:PbSO4+2e-===Pb+SO2-4D.充电时,若N连电源正极,则该极生成PbO2[解析]放电时铅是负极,A错误;硫酸参与电极反应,浓度会减小,B错误;充电时,阳极发生氧化反应,失去电子,C错误;充电时正极连接到电源正极上作阳极,生成二氧化铅,D正确。2.(2018·晋中一模)纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注。采用离子交换膜控制电解液中OH-的浓度制备纳米级Cu2O的装置如图所示,发生的反应为2Cu+H2O===Cu2O+H2↑。下列说法正确的是(D)A.钛电极发生氧化反应B.阳极附近溶液的pH逐渐增大C.离子交换膜应采用阳离子交换膜D.阳极反应式是2Cu+2OH--2e-===Cu2O+H2O[解析]钛电极为阴极,发生还原反应,A错误;铜作阳极,阳极上铜发生失电子的氧化反应,阳极反应式为2Cu+2OH--2e-===Cu2O+H2O,OH-由阴极区迁移到阳极区参与反应,离子交换膜应为阴离子交换膜,C错误,D正确;由阴极区迁移过来的OH-在阳极全部参与反应,阳极附近溶液的pH不变,B错误。3.(2018·衡阳二模)在城市中,地下常埋有纵横交错的管道和输电线路,有些地面上还铺有地铁或城铁的铁轨,当有电流泄漏入潮湿的土壤中,并与金属管道或铁轨形成回路时,就会引起金属管道、铁轨的腐蚀,原理简化如图所示,则下列有关说法不正确的是(D)A.原理图可理解为两个串联的电解装置B.溶液中铁丝被腐蚀时,左侧有无色气体产生,附近产生少量白色沉淀,随后变为灰绿色C.地下管道被腐蚀,不易发现,也不便维修,故应将埋在地下的金属管道表面涂绝缘膜(或油漆等)D.溶液中铁丝左侧的电极反应式为Fe-2e-===Fe2+[解析]由图可知,左侧Fe电极与电源的正极相连为阳极,铁丝左侧为阴极,形成电解池;铁丝右侧为阳极,右侧Fe电极与电源负极相连为阴极,形成电解池,故该装置可看作两个串联的电解装置,A正确。铁丝左侧为阴极,发生还原反应:2H2O+2e-===2OH-+H2↑,左侧Fe电极生成的Fe2+与OH-结合生成Fe(OH)2白色沉淀,随后被氧化变成灰绿色,B正确,D错误。埋在地下的金属管道表面涂绝缘膜(或油漆等),可减缓金属管道的腐蚀,C正确。4.(2018·兰州一中高三测试)金属的腐蚀除化学腐蚀和普通的电化学腐蚀外,还有"氧浓差腐蚀",如在管道或缝隙等处的不同部位氧的浓度不同,在氧浓度低的部位是原电池的负极。下列说法正确的是(D)A.纯铁的腐蚀属于电化学腐蚀B.钢铁吸氧腐蚀时,负极的电极反应式为Fe-3e-===Fe3+C.海轮在浸水部位镶一些铜锭可起到抗腐蚀作用D.在图示氧浓差腐蚀中,M极处发生的电极反应为O2+2H2O+4e-===4OH-[解析]纯铁发生腐蚀时,没有正极材料,不能构成原电池,所以发生化学腐蚀,A错误;钢铁发生吸氧腐蚀时,负极的电极反应式为Fe-2e-===Fe2+,B错误;铜不如铁活泼,铜、铁在海水中形成原电池,Fe作负极,加快了海轮的腐蚀,C错误;因氧浓度低的部位是原电池的负极,由图示可知,M处O2浓度高,该处O2得到电子,其电极反应式为O2+2H2O+4e-===4OH-,D正确。5.(2018·吉林长春高三联考)用如图所示的实验装置进行电化学实验,下列判断中正确的是(B)A.若X为铝片,Y为镁片,Z为NaOH,将开关K置于B处,则镁为原电池的负极B.若X为锌片,Y为铁片,Z为NaCl,将开关K置于A或B处均可减缓铁的腐蚀C.若X为铁片,Y为铜片,Z为CuSO4,将开关K置于A处可实现在铁片上镀铜D.若X、Y均为碳棒,Z为Na2SO4,开关K置于A处,X极发生的反应为2H++2e-===H2↑[解析]Al能与NaOH溶液反应,Mg不能,在Mg、Al、NaOH溶液构成的原电池中,Al是负极,A错误;若X为锌片,开关K置于A或B处时,铁为阴极或正极,铁片上均发生还原反应,均可减缓铁的腐蚀,B正确;在铁片上镀铜时,应用铜作阳极,铁作阴极,即X应为铜片,Y为铁片,C错误;用惰性电极电解Na2SO4溶液时,阳极(X)发生氧化反应:4OH--4e-===2H2O+O2↑,D错误。6.(2018·泰安二模)厨房垃圾发酵液可通过电渗析法处理,同时得到乳酸,工作原理如图所示(图中HA表示乳酸分子,A-表示乳酸根离子)。下列说法正确的是(C)A.通电后,阳极附近pH增大B.电子从负极经电解质溶液回到正极C.通电后,A-通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室D.当电路中通过2mol电子的电量时,会有1mol的O2生成[解析]阳极上水电离产生的OH-放电,c(H+)增大,pH减小,A错误;电子通过导线传递,不经过电解液,B错误;H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室,A-从阴极通过阴离子交换膜进入浓缩室,H++A-===HA,乳酸浓度增大,C正确;OH-在阳极上失去电子发生氧化反应,电极反应式为2H2O-4e-===4H++O2↑,当电路中通过2mol电子的电量时,会有0.5mol的O2生成,D错误。7.(2018·亳州二模)现代工业生产中常用电解氯化亚铁溶液的方法制得氯化铁溶液吸收有毒的硫化氢气体。工艺原理如图所示。下列说法中不正确的是(A)A.左槽中发生的反应为2Cl--2e-===Cl2↑B.右槽中的反应式:2H++2e-===H2↑C.H+从电解池左槽迁移到右槽D.FeCl3溶液可以循环利用[解析]根据装置图可知Fe2+在电解池的左槽中被氧化生成Fe3+,则左槽是电解池的阳极,右槽是电解池的阴极。阳极(左槽)的电极反应式为Fe2+-e-===Fe3+,A错误;阴极(右槽)的电极反应式为2H++2e-===H2↑,B正确;电解池中阳离子H+从电解池阳极(左槽)迁移到阴极(右槽),C正确;反应池中的反应为2FeCl3+H2S===2FeCl2+2HCl+S↓,故FeCl3溶液可以循环利用,D正确。8.(2018·淮南一模)A、B、C三种强电解质,它们在水中电离出的离子为Na+、Ag+、NO-3、SO2-4、Cl-,在如图所示装置中,甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放足量的A、B、C三种溶液,电极均为石墨电极。接通电源,经过一段时间后,测得乙烧杯中c电极质量增加了10.8g。常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间t的关系如图所示。据此回答下列问题:(1)M为电源的_负__极(填"正"或"负"),甲、乙两个烧杯中的电解质分别为_NaCl__、_AgNO3__(填写化学式)。(2)计算电极f上生成气体的物质的量为_0.025__mol。(3)写出乙烧杯中的电解反应方程式:4AgNO3+2H2O=====电解4Ag+O2↑+4HNO3。[解析]根据电解一段时间后,c电极质量增加了10.8g,判断出c为阴极,则连接阴极的电极M是电源的负极。电解时,甲装置中溶液的pH增大,说明阴极上是水电离出的H+放电,阳极上是放电能力大于OH-的Cl-放电,Cl-与Ag+不能共存,故甲中的电解质溶液为NaCl溶液;电解时,乙装置中pH减小,说明阳极上是水电离出的OH-放电,溶液中含有的离子是含氧酸根离子,阴极上析出金属,所以含有Ag+,该电解质溶液是AgNO3溶液;丙装置中溶液的pH不变,说明丙装置中是Na2SO4溶液,则f电极反应为4OH--4e-===2H2O+O2↑。根据乙中反应:4AgNO3+2H2O=====电解4Ag+4HNO3+O2↑可知,n(O2)=14n(Ag)=14×10.8g108g·mol-1=0.025mol。9.(2018·潍坊考前预测)电镀行业产生的酸性含铬废水对环境有污染,其中所含的Cr(VI)是主要污染物,可采用多种方法处理将其除去。查阅资料可知:①在酸性环境下,Cr(VI)通常以Cr2O2-7的形式存在,Cr2O2-7+H2O2CrO2-4+2H+②Cr2O2-7的氧化能力强于CrO2-4③常温下,部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表:阳离子 Fe3+ Fe2+ Cr3+开始沉淀的pH 1.9 7.0 4.3沉淀完全的pH 3.2 9.0 5.6Ⅰ.腐蚀电池法(1)向酸性含铬废水中投放废铁屑和焦炭,利用原电池原理还原Cr(VI)。下列关于焦炭的说法正确的是_ac__(填字母序号)。a.作原电池的正极b.在反应中作还原剂c.表面可能有气泡产生Ⅱ.电解还原法向酸性含铬废水中加入适量NaCl固体,以Fe为电极电解,经过一段时间,有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成排出,从而使废水中铬含量低于排放标准。装置如下图所示。(2)A极连接电源的_正__极,A极上的电极反应式是Fe-2e-===Fe2+。(3)电解开始时,B极上主要发生的电极反应为2H++2e-=H2↑,此外还有少量Cr2O2-7在B极上直接放电,该反应的电极反应式为Cr2O2-7+6e-+14H+===2Cr3++7H2O。(4)电解过程中,溶液的pH不同时,通电时间(t)与溶液中Cr元素去除率的关系如下图所示。①由图知,电解还原法应采取的最佳pH范围为_b__。a.2~4b.4~6c.6~10②解释曲线I和曲线IV去除率低的原因:_曲线Ⅰ的pH较小,此时Cr(Ⅵ)被还原生成的Cr3+难以生成Cr(OH)3沉淀,仍以Cr3+存在于溶液中,导致去除率较低;曲线Ⅳ的pH较大,铬元素主要以CrO2-4存在,其氧化能力弱于Cr2O2-7,Cr(Ⅵ)难以被还原继而生成沉淀,导致去除率较低__。[解析]Ⅰ.(1)向酸性含铬废水中投放废铁屑和焦炭,利用原电池原理还原Cr(Ⅵ),Fe在反应中失电子作负极,则焦炭为正极,正极材料被保护,Cr2O2-7在正极得到电子生成Cr3+,当Cr2O2-7完全反应后,溶液中的H+也可能在正极得到电子生成H2,故答案为:ac;Ⅱ.(2)向酸性含铬废水中加入适量NaCl固体,以Fe为电极电解,经过一段时间,有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成,因Fe为电极进行电解时,阳极是活性电极,则Fe失电子,由装置图可知,A为阳极,则A连接电源的正极,在A极上发生的反应为:Fe-2e-===Fe2+,故答案为:正;Fe-2e-===Fe2+;(3)根据题目信息可知,Cr2O2-7在B极上得电子生成Cr3+,该反应的电极反应式为Cr2O2-7+6e-+14H+===2Cr3++7H2O,故答案为:Cr2O2-7+6e-+14H+===2Cr3++7H2O。(4)①据图可知,当溶液的pH处于4~6时,Cr元素去除率较高,故答案为:b;②根据题中所给阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH可知,曲线Ⅰ的pH较小,此时Cr(Ⅵ)被还原生成的Cr3+难以生成Cr(OH)3沉淀,仍以Cr3+存在于溶液中,导致去除率较低,曲线IV的pH较大,铬元素主要以CrO2-4存在,其氧化能力弱于Cr2O2-7,Cr(Ⅵ)难以被还原而生成沉淀,导致去除率较低,故答案为:曲线Ⅰ的pH较小,此时Cr(Ⅵ)被还原生成的Cr3+难以生成Cr(OH)3沉淀,仍以Cr3+存在于溶液中,导致去除率较低;曲线Ⅳ的pH较大,铬元素主要以CrO2-4存在,其氧化能力弱于Cr2O2-7,Cr(Ⅵ)难以被还原继而生成沉淀,导致去除率较低。10.(2018·最新考前预测)某化学小组以铁为阳极,探究不同条件下阳极发生的电极反应。实验装置 实验 电压 电解液 实验现象ⅰ 3V 3mol/LNa2SO4溶液 碳棒表面有大量气泡产生,溶液变黄,有红褐色沉淀产生 ⅱ 3V 3mol/LKI溶液 碳棒表面有大量气泡产生,铁丝附近溶液变为棕色,逐渐变为棕褐色,约5min后,棕褐色消失,逐渐产生灰绿色絮状物 ⅲ 3V 3mol/LNaOH溶液 两电极上都有大量气泡产生,5min后停止实验,取出铁丝,铁丝明显受腐,附有红棕色固体,溶液中未见沉淀物。(1)①实验ⅰ中碳棒表面产生的气体是_H2__。②实验ⅲ中铁丝上生成气体的电极反应式为4OH--4e-===2H2O+O2↑或2H2O-4e-===4H++O2↑。③在实验ⅱ中,为验证铁丝电极的产物,取少量铁丝附近棕色溶液于试管中,滴加2滴K3Fe(CN)6溶液,无明显变化;另取少量铁丝附近棕色溶液检验发现溶液中有I2,检验方法是_取少量铁丝附近棕色溶液于试管中,滴加淀粉溶液,变为蓝色,说明该溶液含有I2__;对比实验ⅰ、ⅱ、ⅲ,可得出的结论是_相同条件下,还原性I-强于Fe,先放电__。(2)为进一步探究增大c(OH-)对阳极反应的影响,该小组利用原装置做了实验ⅳ。实验 电压 电解液 实验现象ⅳ 3V 10mol/LNaOH溶液 两电极上都有大量气泡产生,但碳棒上的速率远大于铁丝,且阳极区溶液逐渐变紫红色;停止实验,铁丝明显变细,电解液仍然澄清查阅资料:FeO2-4在溶液中呈紫红色。阳极电极反应式是Fe+8OH--6e-===FeO2-4+4H2O。(3)为探究实验ⅰ中溶液变黄的原因,该小组利用原装置做了实验ⅴ和ⅵ。实验 电压 电解液 实验现象ⅴ 3V 煮沸冷却的3mol/LNa2SO4溶液 碳棒表面有大量气泡产生,铁丝外围包裹一层白色絮状沉淀,2min后表层变为褐色。ⅵ 8V 煮沸冷却的3mol/LNa2SO4溶液 碳棒表面迅速产生大量气泡,铁丝表面有气泡,1min后外围包裹一层白色絮状沉淀,2min后变绿,溶液中有红褐色悬浮物。①实验ⅵ中白色絮状沉淀变为红褐色的反应化学方程式是4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3。②由此确定实验ⅰ中溶液变黄的原因是_溶液中溶解的氧气将Fe2+氧化成了Fe3+__。(4)综合上述实验,当铁为阳极时,影响电解过程中的阳极电极产物的因素有_电极材料、电解电压、电解液中阴离子的种类(还原性)及氢氧根浓度、溶解氧气等(其他合理答案也可)__。[解析](1)①实验ⅰ中,铁为阳极,碳棒为阴极,阳极铁溶解,阴极上溶液中的氢离子放电生成氢气,故答案为:H2;②实验ⅲ中铁为阳极,碳棒为阴极,阳极铁溶解,同时溶液中的氢氧根离子在阳极上放电生成氧气,生成气体的电极反应式为4OH--4e-===2H2O+O2↑,故答案为:4OH--4e-===2H2O+O2↑;③在实验ⅱ中,为验证铁丝电极的产物,取少量铁丝附近棕色溶液于试管中,滴加2滴K3Fe(CN)6溶液,无明显变化,说明没有生成亚铁离子;另取少量铁丝附近棕色溶液检验发现溶液中有I2,可以使用淀粉溶液检验;对比实验ⅰ、ⅱ、ⅲ可知,相同条件下,还原性I-强于Fe,先放电,故答案为:取少量铁丝附近棕色溶液于试管中,滴加淀粉溶液,变为蓝色,说明该溶液含有I2;相同条件下,还原性I-强于Fe,先放电;(2)根据实验现象可知,阳极铁溶解生成了FeO2-4,电极反应式为Fe+8OH--6e-===FeO2-4+4H2O,故答案为:Fe+8OH--6e-===FeO2-4+4H2O;(3)①实验ⅵ中白色絮状沉淀为氢氧化亚铁,氢氧化亚铁容易被氧化生成红褐色的氢氧化铁,反应的化学方程式为4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3,故答案为:4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3;②根据实验现象,阳极铁溶解后生成亚铁离子,溶液中溶解的氧气将Fe2+氧化成了Fe3+,使溶液变黄,故答案为:溶液中溶解的氧气将Fe2+氧化成了Fe3+;(4)综合上述实验,当铁为阳极时,影响电解过程中的阳极电极产物的因素有电极材料、电解电压、电解液中阴离子的种类(还原性)及氢氧根浓度、溶解氧气等,故答案为:电极材料、电解电压、电解液中阴离子的种类(还原性)及氢氧根浓度、溶解氧气等。第9讲化学反应速率化学平衡最新考纲 考向分析1.了解化学反应速率的概念、反应速率的定量表示方法。2.了解催化剂在生产、生活和科学研究领域中的重大作用。3.了解化学反应的可逆性。4.了解化学平衡建立的过程。理解化学平衡常数的含义,能够利用化学平衡常数进行简单的计算。5.理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对反应速率和化学平衡的影响,认识其一般规律。6.了解化学反应速率和化学平衡的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。 化学反应速率和化学平衡是高考的必考内容,其主要命题内容有:①化学反应速率影响因素及计算;②化学平衡状态的判断及影响因素;③应用平衡原理判断反应进行的方向;④化学反应速率和化学平衡的图像分析;⑤转化率、平衡常数的含义及简单计算。将化学反应速率和化学平衡移动的原理与化工生产、生活实际相结合的题目是最近几年的高考命题的热点。特别是化学平衡常数的影响因素及其计算是新教材增加的内容,应引起同学们的关注。考点一化学反应速率及其影响因素Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·江苏·10)H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是(D)A.图甲表明,其他条件相同时,H2O2浓度越小,其分解速率越快B.图乙表明,其他条件相同时,溶液pH越小,H2O2分解速率越快C.图丙表明,少量Mn2+存在时,溶液碱性越强,H2O2分解速率越快D.图丙和图丁表明,碱性溶液中,Mn2+对H2O2分解速率的影响大[解析]本题考查反应条件对反应速率的影响。由图甲可知,起始时H2O2的浓度越小,曲线下降越平缓,说明反应速率越慢,A项错误;OH-的浓度越大,pH越大,即0.1mol·L-1NaOH对应的pH最大,曲线下降最快,即H2O2分解最快,B项错误;由图丙可知,相同时间内,0.1mol·L-1NaOH条件下H2O2分解最快,0mol·L-1NaOH条件下H2O2分解最慢,而1.0mol·L-1NaOH条件下H2O2的分解速率处于中间,C项错误;由图丁可知,Mn2+越多,H2O2的分解速率越快,说明Mn2+对H2O2分解速率影响较大,D项正确。2.(2016·全国Ⅲ)煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx,形成酸雨、污染大气,采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气,反应温度为323K,NaClO2溶液浓度为5×10-3mol·L-1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。离子 SO2-4SO2-3NO-3NO-2Cl-c/(mol·L-1) 8.35×10-4 6.87×10-6 1.5×10-4 1.2×10-5 3.4×10-3由实验结果可知,脱硫反应速率_大于__脱硝反应速率(填"大于"或"小于")。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同,还可能是_NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高__。[解析]由实验结果可知,c(SO2-4)=8.35×10-4mol·L-1>c(NO-3)=1.5×10-4mol·L-1,所以脱硫反应速率大于脱硝反应速率,其原因除了初始浓度不同外,还可能是NO难溶于水,与NaClO2溶液接触面积小,反应速率慢;还可能是脱硝反应活化能较高,反应速率慢。3.(2015·全国Ⅰ·28节选)碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题:Bodensteins研究了下列反应2HI(g)H2(g)+I2(g)在716K时,气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表:t/min 0 20 40 60 80 120x(HI) 1 0.91 0.85 0.815 0.795 0.784x(HI) 0 0.60 0.73 0.773 0.780 0.784上述反应中,正反应速率为v正=k正x2(HI),逆反应速率为v逆=k逆x(H2)x(I2),其中k正、k逆为速率常数,则k逆为_k正/K__(以K和k正表示)。若k正=0.0027min-1,在t=40min时,v正=_1.95×10-3__min-1。[解析]平衡状态下,v正=v逆,故有:k正·x2(HI)=k逆·x(H2)·x(I2)变形:k正k逆=xH2·xI2x2HI=K故有:k逆=k正Kv正=k正·x2(HI)=0.0027×(0.85)2=1.95×10-34.(2018·江苏·15)一定温度下,在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物,发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)(正反应放热),测得反应的相关数据如下: 容器1 容器2 容器3反应温度T/K 700 700 800反应物投入量 2molSO2、1molO2 4molSO3 2molSO2、1molO2平衡v正(SO2)/mol·L-1·s-1 v1 v2 v3平衡c(SO3)/mol·L-1 c1 c2 c3平衡体系总压强p/Pa p1 p2 p3物质的平衡转化率α α1(SO2) α2(SO3) α3(SO2)平衡常数K K1 K2 K3下列说法正确的是(CD)A.v1<v2,c2<2c1B.K1>K3,p2>2p3C.v1<v3,α1(SO2)>α3(SO2)D.c2>2c3,α2(SO3)+α3(SO2)<1[解析]由题中表格信息可知,容器2建立的平衡相当于容器1建立平衡后再将容器的容积缩小为原来的1/2(相当于压强增大为原来的2倍)后平衡移动的结果。由于加压,化学反应速率加快,则v1<v2;题给平衡右移,则α1(SO2)<α2(SO2),根据勒夏特列原理可得c2>2c1,p1<p2<2p1。容器3中建立的平衡相当于容器1建立的平衡升温后平衡移动的结果。升高温度,化学反应速率加快,则v1<v3;题给平衡左移,则α1(SO2)>α3(SO2),c1>c3。由于温度升高,气体物质的量增加,故p3>p1。对于特定反应,平衡常数仅与温度有关,温度升高,题给平衡左移,平衡常数减小,则K1=K2>K3。C对:由以上分析可得结论v1<v3,α1(SO2)>α3(SO2)。D对:因为c2>2c1,c1>c3,则c2>2c3。若容器2的容积是容器1的2倍,则两者建立的平衡完全相同,根据平衡特点,此时应存在α1(SO2)+α2(SO3)=1,由于容器2的平衡相当于容器1的平衡加压,故α2(SO3)将减小,则α1(SO2)+α2(SO3)<1,结合α1(SO2)>α3(SO2),则α2(SO3)+α3(SO2)<1。A错:因为c2>2c1。B错:因为p1<p2<2p1,p3>p1,则p2<2p3。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1.计算化学反应速率的基本模式对于反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),起始时A的浓度为amol·L-1,B的浓度为bmol·L-1,反应进行至t1时,A消耗了xmol·L-1,则化学反应速率可计算如下:mA(g)+nB(g)pC(g)+pC(g)起始/(mol·L-1)ab00转化/(mol·L-1)xnxmpxmqxmt1/(mol·L-1)a-xb-nxmpxmqxm则:v(A)=xt1mol·L-1·s-1,v(B)=nxmt1mol·L-1·s-1,v(C)=pxmt1mol·L-1·s-1,v(D)=qxmt1mol·L-1·s-1。2.正确理解速率影响因素(1)"惰性气体"对反应速率的影响①恒容:充入"惰性气体"――→引起总压增大―→物质浓度不变(活化分子浓度不变)―→反应速率不变。②恒压:充入"惰性气体"――→引起体积增大――→引起物质浓度减小(活化分子浓度减小)――→引起反应速率减小。(2)纯液体、固体对化学反应速率的影响在化学反应中,纯液体和固态物质的浓度为常数,故不能用固态物质的浓度变化来表示反应速率,但是固态反应物颗粒的大小是影响反应速率的条件之一,如煤粉由于表面积大,燃烧就比煤块快得多。(3)外界条件对可逆反应的正、逆反应速率的影响方向是一致的,但影响程度不一定相同。①当增大反应物浓度时,v正增大,v逆瞬间不变,随后也增大;②增大压强,气体分子数减小方向的反应速率变化程度大;③对于反应前后气体分子数不变的反应,改变压强可以同等程度地改变正、逆反应速率;④升高温度,v正和v逆都增大,但吸热反应方向的反应速率增大的程度大;⑤使用催化剂,能同等程度地改变正、逆反应速率。3.正确理解压强对反应速率的影响气体体积缩小→压强增大→气体反应物浓度增大→反应速率增大易错警示1.化学反应速率计算的常见错误(1)不注意容器的容积。(2)漏写单位或单位写错。(3)忽略有效数字。2.比较化学反应速率大小的注意事项(1)看单位是否统一,若不统一,换算成相同单位。(2)比较不同时间段内的化学反应速率大小时,可先换算成同一物质表示的反应速率,再比较数值大小。(3)比较化学反应速率与化学计量数的比值。例如,对于一般反应aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g),比较不同时间段内vAa与vBb的大小,若vAa>vBb,则用A表示的反应速率比用B表示的大。【例】按要求填空。(1)形状大小相同的铁块、铝块分别与等浓度的盐酸反应生成氢气的速率:铁_小于__铝。(2)对于Fe+2HCl===FeCl2+H2↑,改变下列条件对生成氢气的速率有何影响?(填"增大""减小"或"不变")①升高温度:_增大__;②增大盐酸浓度:_增大__;③增大铁的质量:_不变__;④增加盐酸体积:_不变__;⑤把铁片改成铁粉:_增大__;⑥滴入几滴CuSO4溶液:_增大__;⑦加入NaCl固体:_不变__。(3)若把(2)中的稀盐酸改成"稀硝酸"或"浓硫酸"_不能__(填"能"或"不能")产生H2,原因是_稀硝酸和浓硫酸具有强氧化性,Fe与稀硝酸反应生成NO;常温下,Fe在浓硫酸中"钝化"__。B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.X(g)+3Y(g)2Z(g)ΔH=-akJ·mol-1,一定条件下,将1molX和3molY通入2L的恒容密闭容器中,反应10min,测得Y的物质的量为2.4mol。下列说法正确的是(C)A.10min内,Y的平均反应速率为0.03mol·L-1·s-1B.第10min时,X的反应速率为0.01mol·L-1·min-1C.10min内,消耗0.2molX,生成0.4molZD.10min内,X和Y反应放出的热量为akJ[解析]v(Y)=3-2.4mol2L×10min=0.03mol·L-1·min-1,A选项错误;根据化学反应速率之比等于化学计量数之比,所以v(X)∶v(Y)=1∶3,所以v(X)=13v(Y)=13×0.03mol·L-1·min-1=0.01mol·L-1·min-1,根据ΔcΔt求得的反应速率是反应的平均速率,不是瞬时速率,B选项错误;根据物质的量变化之比等于化学计量数之比,所以每消耗0.2molX,会生成0.4molZ,C选项正确;由反应可知,1molX与3molY完全反应放出的热量为akJ,而10min内X和Y反应放出的热量为0.2akJ,小于akJ,D选项错误。2.(2018·锦州二模)某温度下,在2L密闭容器中投入一定量的A、B发生反应:3A(g)+bB(g)cC(g)ΔH=-QkJ·mol-1(Q>0)。12s时达到平衡,生成C的物质的量为0.8mol,反应过程如图所示。下列说法正确的是(C)A.前12s内,A的平均反应速率为0.025mol·L-1·s-1B.12s后,A的消耗速率等于B的生成速率C.化学计量数之比b∶c=1∶2D.12s内,A和B反应放出的热量为0.2QkJ[解析]A项,从反应开始到12s时,A的浓度变化量Δc=0.8mol·L-1-0.2mol·L-1=0.6mol·L-1,时间为12s,故v(A)=ΔcΔt=0.05mol·L-1·s-1,错误;B项,12s时,B的浓度变化量Δc=0.5mol·L-1-0.3mol·L-1=0.2mol·L-1,故a∶b=0.6∶0.2=3∶1,12s后达到平衡,A的消耗速率等于B的生成速率的3倍,错误;C项,经测定前12s内生成C的物质的量为0.8mol,此时C的浓度变化为0.8mol÷2L=0.4mol·L-1,b∶c=0.2mol·L-1∶0.4mol·L-1=1∶2,正确;D项,12s内,生成C的物质的量为0.8mol,即反应的A的物质的量为1.2mol,反应放出的热量为1.2mol3mol×QkJ=0.4QkJ,错误。3.(2018·太源二模)实验测得某反应在不同pH下产物A的浓度随时间变化的关系如图所示(其他条件相同)。则下列说法正确的是(D)A.若增大压强,该反应的反应速率一定增大B.pH=6.8时,随着反应的进行反应速率逐渐增大C.一定pH范围内,溶液中H+浓度越小,反应速率越快D.可采取调节pH的方法使反应停止[解析]若为没有气体参加的反应,增大压强对反应速率几乎没有影响,A错误;图象中表示反应速率的是曲线的斜率,B错误;pH越小,H+浓度越大,反应越快,C错误;pH=8.8时,反应速率接近于0,D正确。考点二化学平衡状态及影响因素Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·天津·6)常压下羰基化法精炼镍的原理为:Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时,该反应的平衡常数K=2×10-5。已知:Ni(CO)4的沸点为42.2℃,固体杂质不参与反应。第一阶段:将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4;第二阶段:将第一阶段反应后的气体分离出来,加热至230℃制得高纯镍。下列判断正确的是(B)A.增加c(CO),平衡向正向移动,反应的平衡常数增大B.第一阶段,在30℃和50℃两者之间选择反应温度,选50℃C.第二阶段,Ni(CO)4分解率较低D.该反应达到平衡时,v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)[解析]本题考查化学反应速率和化学平衡。第一阶段,50℃时,反应速率较快且Ni(CO)4为气态,能从反应体系中分离出来,B项正确。增加c(CO),平衡正向移动,但平衡常数只与温度有关,温度不变,平衡常数不变,A项错误;相同温度下,第二阶段与第一阶段的平衡常数互为倒数,则230℃时,第二阶段的平衡常数K′=5×104,反应进行的程度大,故Ni(CO)4分解率较高,C项错误;该反应达到平衡时,4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO),D项错误。2.(2018·天津·5)室温下,向圆底烧瓶中加入1molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸,溶液中发生反应:C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O,充分反应后达到平衡。已知常压下,C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4℃和78.5℃。下列有关叙述错误的是(D)A.加入NaOH,可增大乙醇的物质的量B.增大HBr浓度,有利于生成C2H5BrC.若反应物均增大至2mol,则两种反应物平衡转化率之比不变D.若起始温度提高至60℃,可缩短反应达到平衡的时间[解析]D错:温度提高至60℃,化学反应速率虽然加快,但溴乙烷的沸点较低,会挥发出大量的溴乙烷,导致逆反应速率减小,故无法判断达到平衡的时间。A对:加入NaOH,消耗HBr,平衡左移,乙醇的物质的量增大。B对:增大HBr浓度,平衡右移,有利于生成溴乙烷。C对:原反应物按物质的量之比1∶1加入,又按物质的量之比1∶1反应,两者的平衡转化率之比为1∶1;若将反应物均增大至2mol,其平衡转化率之比仍为1∶1。3.(2017·全国Ⅱ卷·27)丁烯是一种重要的化工原料,可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题:(1)正丁烷(C4H10)脱氢制1-丁烯(C4H8)的热化学方程式如下:①C4H10(g)===C4H8(g)+H2(g)ΔH1已知:②C4H10(g)+12O2(g)===C4H8(g)+H2O(g)ΔH2=-119kJ·mol-1③H2(g)+12O2(g)===H2O(g)ΔH3=-242kJ·mol-1反应①的ΔH1为_+123__kJ·mol-1。图(a)是反应①平衡转化率与反应温度及压强的关系图,x_小于__0.1(填"大于"或"小于");欲使丁烯的平衡产率提高,应采取的措施是_AD__(填标号)。A.升高温度 B.降低温度C.增大压强 D.降低压强(2)丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂),出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。图(b)为丁烯产率与进料气中n(氢气)/n(丁烷)的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势,其降低的原因是_氢气是产物之一,随着n(氢气)/n(丁烷)增大,逆反应速率增大__。(3)图(c)为反应产率和反应温度的关系曲线,副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590℃之前随温度升高而增大的原因可能是_升高温度有利于反应向吸热方向进行__、_温度升高反应速率加快__;590℃之后,丁烯产率快速降低的主要原因可能是_丁烯高温裂解生成短链烃类__。[解析]本题主要考查盖斯定律和化学平衡知识的应用。(1)根据盖斯定律,可得①=②-③,则ΔH1=ΔH2-ΔH3=-119kJ·mol-1+242kJ·mol-1=123kJ·mol-1。反应①为气体总体积增大的反应,在温度相同时降低压强有利于提高平衡转化率,故x<0.1。反应①为吸热反应,升高温度有利于平衡正向移动,A项正确;降低压强平衡向气体总体积增大的方向移动,D项正确。(2)结合图(b)可看出随着n(氢气)/n(丁烷)增大,丁烯产率先升高后降低,这是因为氢气是生成物,当n(氢气)/n(丁烷)逐渐增大时,逆反应速率加快,故丁烯的产率逐渐降低。(3)在590℃之前随温度升高丁烯产率逐渐增大,这是因为温度升高不仅能加快反应速率,还能促使平衡正向移动;但温度高于590℃时,丁烯高温裂解生成短链烃类,导致丁烯产率快速降低。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1.化学平衡状态判断"三关注":关注反应条件,是恒温恒容,恒温恒压,还是绝热恒容容器;关注反应特点,是等体积反应,还是非等体积反应;关注特殊情况,是否有固体参加或生成,或固体的分解反应。2.不能作为"标志"的四种情况:(1)反应组分的物质的量之比等于化学方程式中相应物质的化学计量数之比。(2)恒温恒容下的体积不变的反应,体系的压强或总物质的量不再随时间而变化,如2HI(g)H2(g)+I2(g)。(3)全是气体参加的体积不变的反应,体系的平均相对分子质量不再随时间而变化,如2HI(g)H2(g)+I2(g)。(4)全是气体参加的反应,恒容条件下体系的密度保持不变。总之,要抓住"变量不变"即可--如果所给的物理量随着反应的进行是一个变量,该量不变时就可以说明反应达到平衡状态;如果该物理量始终是一个定值,就不能作为判断的依据。3.分析化学平衡移动问题的注意事项(1)平衡移动的结果只是减弱了外界条件的变化,而不能消除外界条件的变化。(2)不要把v(正)增大与平衡向正反应方向移动等同起来,只有v(正)>v(逆)时,才使平衡向正反应方向移动。(3)同等程度地改变反应混合物中各物质的浓度时,应视为压强的影响。(4)对于缩小体积增大压强,不管是否移动,各成分的浓度均增大,但增大的倍数可能不同也可能相同。【例】化学平衡状态判断标志的情况(1)在一定温度下的定容容器中,当下列物理量不再发生变化时:①混合气体的压强,②混合气体的密度,③混合气体的总物质的量,④混合气体的平均相对分子质量,⑤混合气体的颜色,⑥各反应物或生成物的浓度之比等于系数之比,⑦某种气体的百分含量(A)能说明2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)达到平衡状态的是_①③④⑦__。(B)能说明I2(g)+H2(g)2HI(g)达到平衡状态的是_⑤⑦__。(C)能说明2NO2(g)N2O4(g)达到平衡状态的是_①③④⑤⑦__。(D)能说明C(s)+CO2(g)2CO(g)达到平衡状态的是_①②③④⑦__。(E)能说明A(s)+2B(g)C(g)+D(g)达到平衡状态的是_②④⑦__。(F)能说明NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)达到平衡状态的是_①②③__。(G)能说明5CO(g)+I2O5(s)5CO2(g)+I2(s)达到平衡状态的是_②④⑦__。(2)若上述题目改成一定温度下的恒压密闭容器,结果又如何?提示:(A)②③④⑦(B)⑤⑦(C)②③④⑤⑦(D)②③④⑦(E)②④⑦(F)②③(G)②④⑦B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2018·岳阳一模)在恒温、容积为2L的密闭容器中加入1molCO2和3molH2,发生如下反应:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH<0。可认定该可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是(C)A.容器中CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1∶3∶1∶1B.v正(CO2)=3v逆(H2)C.容器内混合气体平均相对分子质量保持不变D.容器中CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量浓度都相等[解析]A项,四种物质的量之比为1∶3∶1∶1不能说明反应达到平衡,错误;B项,当v正(CO2)=13v逆(H2)时,反应达到平衡状态,错误;C项,因为反应前后气体的物质的量不等,所以相对分子质量随着反应进行而改变,当相对分子质量不变时,反应达到平衡,正确;D项,四种物质的浓度相等,不能说明反应达到平衡,错误。2.一定条件下,体积为1L的密闭容器中发生如下反应:SiF4(g)+2H2O(g)SiO2(s)+4HF(g)ΔH=+148.9kJ·mol-1。(1)下列各项中能说明该反应已达化学平衡状态的是_b、c、d__(填字母序号)。a.v消耗(SiF4)=4v生成(HF)b.容器内气体压强不再变化c.容器内气体的总质量不再变化d.HF的体积分数不再变化(2)反应过程中测定的部分数据如表(表中t2>t1)所示。反应时间/min n(SiF4)/mol n(H2O)/mol0 1.20 2.40t1 0.80 at2 b 1.60通过a或b的值及化学平衡原理说明t1时反应是否达到化学平衡状态:_是__(填"是"或"否")。(3)若只改变一个条件使上述反应的化学平衡常数变大,该反应_a、d、e__(填序号)。a.一定向正反应方向移动b.一定向逆反应方向移动c.一定是减小压强造成的d.一定是升高温度造成的e.SiF4的平衡转化率一定增大[解析](1)a、v消耗(SiF4)与v生成(HF),都表示正反应速率,且比例关系不等于化学计量数之比,不能说明达到平衡状态,故错误;b、正反应是气体物质的量增大的反应,随反应进行容器内压强增大,容器内气体压强不再变化说明达到平衡状态,故正确;c.反应有固体生成,随反应进行气体的总质量减小,容器内气体的总质量不再变化,说明达到平衡状态,故正确;d.平衡时,各组分的含量不变,HF的体积分数不再变化,说明达到平衡状态,故正确。(2)由表中数据可以知道,t1时Δn(SiF4)=1.20mol-0.80mol=0.40mol,根据方程式可以知道Δn(H2O)=2Δn(SiF4)=0.80mol,故t1时刻,水的物质的量=2.40mol-0.80mol=1.60mol,说明在一定条件下,t1~t2时各组分的浓度(或物质的量)均已不再发生改变,所以t1时反应已经达到化学平衡状态。(3)该反应正反应是吸热反应,使平衡常数增大,平衡向正反应移动,应采取升高温度的措施,SiF4的平衡转化率一定增大,改变压强不影响平衡常数,故a、d、e正确,b、c错误。3.(2017·全国Ⅲ卷·28)298K时,将20mL3xmol·L-1Na3AsO3、20mL3xmol·L-1I2和20mLNaOH溶液混合,发生反应:AsO3-3(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO3-4(aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中c(AsO3-4)与反应时间(t)的关系如图所示。①下列可判断反应达到平衡的是_ac__(填标号)。a.溶液的pH不再变化b.v(I-)=2v(AsO3-3)c.c(AsO3-4)/c(AsO3-3)不再变化d.c(I-)=ymol·L-1②tm时,v正_大于__v逆(填"大于""小于"或"等于")。③tm时v逆_小于__tn时v逆(填"大于""小于"或"等于"),理由是_tm时生成物浓度较低__。④若平衡时溶液的pH=14,则该反应的平衡常数K为4y3x-y2(mol·L-1)-1。[解析]①溶液的pH不再变化,即OH-的浓度不再变化,所以平衡体系中各组分的浓度均不再变化,说明反应达到平衡状态,a项正确;当v正(I-)=2v逆(AsO3-3)或v逆(I-)=2v正(AsO3-3)时反应达到平衡状态,选项中的速率未指明是正反应速率还是逆反应速率,故b项错误;反应达到平衡之前,c(AsO3-3)逐渐减小而c(AsO3-4)逐渐增大,故c(AsO3-4)/c(AsO3-3)逐渐增大,当c(AsO3-4)/c(AsO4-3)不变时反应达到平衡状态,c项正确;根据离子方程式可知反应体系中恒有c(I-)=2c(AsO3-4),观察图象可知反应达到平衡时c(AsO3-4)=ymol·L-1,此时c(I-)=2ymol·L-1,故d项错误。②tm时反应未达到平衡状态,所以v正大于v逆。③从tm到tn,反应逐渐趋于平衡状态,反应物浓度逐渐减小而生成物浓度逐渐增大,所以正反应速率逐渐减小,逆反应速率逐渐增大,故tm时v逆小于tn时v逆。④根据题意,起始时c(AsO3-3)=c(I2)=xmol·L-1。根据图象可知平衡时c(AsO3-4)=ymol·L-1,则此时c(I-)=2ymo1·L-1,c(AsO3-3)=c(I2)=(x-y)mo1·L-1,平衡时溶液的pH=14,则c(OH-)=1mol·L-1,故该反应的平衡常数K=cAsO3-4·c2I-cAsO3-3·cI2·c2OH-=4y3x-y2(mol·L-1)-1。考点三化学平衡常数及相关计算Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·江苏·8)通过以下反应可获得新型能源二甲醚(CH3OCH3)。下列说法不正确的是(C)①C(s)+H2O(g)===CO(g)+H2(g)ΔH1=akJ·mol-1②CO(g)+H2O(g)===CO2(g)+H2(g)ΔH2=bkJ·mol-1③CO2(g)+3H2(g)===CH3OH(g)+H2O(g)ΔH3=ckJ·mol-1④2CH3OH(g)===CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH4=dkJ·mol-1A.反应①、②为反应③提供原料气B.反应③也是CO2资源化利用的方法之一C.反应CH3OH(g)===12CH3OCH3(g)+12H2O(l)的ΔH=d2kJ·mol-1D.反应2CO(g)+4H2(g)===CH3OCH3(g)+H2O(g)的ΔH=(2b+2c+d)kJ·mol-1[解析]本题考查热化学知识。反应①的产物为CO和H2,反应②的产物为CO2和H2,反应③的原料为CO2和H2,A项正确;反应③将温室气体CO2转化为燃料CH3OH,B项正确;反应④中生成物H2O为气体,C项中生成物H2O为液体,故C项中反应的焓变不等于d2kJ·mol-1,C项错误;依据盖斯定律,由②×2+③×2+④,可得所求反应的焓变,D项正确。2.(2018·全国Ⅰ·28)采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术,在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题:(1)1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银,得到N2O5。该反应的氧化产物是一种气体,其分子式为_O2__。(2)F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应:其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示[t=∞时,N2O5(g)完全分解]:t/min 0 40 80 160 260 1300 1700 ∞p/kPa 35.8 40.3 42.5 45.9 49.2 61.2 62.3 63.1①已知:2N2O5(g)===2N2O4(g)+O2(g)ΔH1=-4.4kJ·mol-12NO2(g)===N2O4(g)ΔH2=-55.3kJ·mol-1则反应N2O5(g)===2NO2(g)+12O2(g)的ΔH=_53.1__kJ·mol-1。②研究表明,N2O5(g)分解的反应速率v=2×10-3×pN2O5(kPa·min-1)。t=62min时,测得体系中pO2=2.9kPa,则此时的pN2O5=_30.0__kPa,v=_6.0×10-2__kPa·min-1。③若提高反应温度至35℃,则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)_大于__63.1kPa(填"大于""等于"或"小于"),原因是_温度提高,体积不变,总压强提高;NO2二聚为放热反应,温度提高,平衡左移,体系物质的量增加,总压强提高__。④25℃时N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数Kp=_13.4__kPa(Kp为以分压表示的平衡常数,计算结果保留1位小数)。(3)对于反应2N2O5(g)―→4NO2(g)+O2(g),R.A.Ogg提出如下反应历程:第一步N2O5NO2+NO3快速平衡第二步NO2+NO3―→NO+NO2+O2慢反应第三步NO+NO3―→2NO2快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是_AC__(填标号)。A.v(第一步的逆反应)>v(第二步反应)B.反应的中间产物只有NO3C.第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效D.第三步反应活化能较高[解析](1)Cl2与AgNO3反应生成N2O5,还应该有AgCl,氧化产物是一种气体,则该气体为O2。(2)①令2N2O5(g)===2N2O4(g)+O2(g)ΔH1=-4.4kJ·mol-1a2NO2(g)===N2O4(g)ΔH2=-55.3kJ·mol-1b根据盖斯定律,a式×12-b式可得:N2O5(g)===2NO2(g)+12O2(g)ΔH=53.1kJ·mol-1②由方程式2N2O5(g)===4NO2(g)+O2(g)可知,62min时,pO2=2.9kPa,则减小的N2O5为5.8kPa,此时pN2O5=35.8kPa-5.8kPa=30.0kPa,则v(N2O5)=2×10-3×30.0kPa·min-1=6.0×10-2kPa·min-1。③温度提高,体积不变,总压强提高;NO2二聚为放热反应,温度提高,平衡左移,体系物质的量增加,总压强提高。④时间无限长时N2O5完全分解,故由2N2O5(g)===4NO2(g)+O2(g)知,此时生成的pNO2=2pN2O5=2×35.8kPa=71.6kPa,pO2=0.5×35.8kPa=17.9kPa。由题意知,平衡时体系的总压强为63.1kPa,则平衡体系中NO2、N2O4的压强和为63.1kPa-17.9kPa=45.2kPa,设N2O4的压强为xkPa,则N2O4(g)2NO2(g)初始压强/kPa071.6转化压强/kPax2x平衡压强/kPax71.6-2x则x+(71.6-2x)=45.2,解得x=26.4,71.6kPa-26.4kPa×2=18.8kPa,Kp=p2NO2pN2O4=18.8kPa226.4kPa≈13.4kPa。(3)A对:第一步反应快速平衡,说明正、逆反应速率很大,极短时间内即可达到平衡。C对:第二步反应慢,说明有效碰撞次数少。B错:由题给三步反应可知,反应的中间产物有NO3和NO。D错:反应快,说明反应的活化能较低。3.(2017·全国Ⅰ卷·28)近期发现,H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子,它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题:H2S与CO2在高温下发生反应:H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)。在610K时,将0.10molCO2与0.40molH2S充入2.5L的空钢瓶中,反应平衡后水的物质的量分数为0.02。①H2S的平衡转化率α1=_2.5__%,反应平衡常数K=_2.8×10-3__。②在620K重复试验,平衡后水的物质的量分数为0.03,H2S的转化率α2_>__α1,该反应的ΔH_>__0。(填">""<"或"=")③向反应器中再分别充入下列气体,能使H2S转化率增大的是_B__(填标号)。A.H2S B.CO2C.COS D.N2[解析]①用三段式法计算:该反应是等气体分子数反应,平衡时n(H2O)=0.02×0.50mol=0.01mol。H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)起始/mol0.400.1000转化/mol0.010.010.010.01平衡/mol0.390.090.010.01α(H2S)=0.010.40×100%=2.5%。对于等气体分子数反应,可直接用物质的量替代浓度计算平衡常数:K=cCOS·cH2OcH2S·cCO2=0.01×0.010.39×0.09≈2.8×10-3。②总物质的量不变,H2O的物质的量分数增大,说明平衡向右移动,H2S的转化率增大。即升高温度,平衡向正反应方向移动,正反应是吸热反应。③平衡之后,再充入H2S,则CO2的转化率增大,H2S的转化率减小,A项错误;充入CO2,平衡向右移动,H2S的转化率增大,B项正确;充入COS,平衡向左移动,硫化氢的转化率减小,c项错误;充入氮气,无论体积是否变化,对于气体分子数相等的反应,平衡不移动,硫化氢的转化率不变,D项错误。4.(2015·浙江高考·28节选)乙苯催化脱氢制苯乙烯反应:催化剂+H2(g)维持体系总压p恒定,在温度T时,物质的量为n、体积为V的乙苯蒸气发生催化脱氢反应。已知乙苯的平衡转化率为α,则在该温度下反应的平衡常数K=_a2n/[(1-a2)V]__(用α等符号表示)。拓展思考:(1)若用平衡分压表示平衡常数,则Kp=pα21-α2。(2)平衡时H2的百分含量是α1+α。[解析]恒压条件下,反应是体积增大的反应,反应前后体积会发生变化,V1V2=n1n2,反应后的体积V2=(1+α)V,代入平衡常数的计算公式可求出:K=a2n/[(1-a2)V]。拓展思考:(1)因为平衡时乙苯的分压为p1-α1+α,苯乙烯和氢气的分压都是pα1+α,故k=(pα1+α)2×1+αp1-α=pα21-α2。(2)起始物质的量n00改变物质的量nnαnα平衡物质的量(1-α)nnαnα故H2的百分含量为α1+α。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1.化学平衡常数的全面突破(1)数学表达式:对于反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)来说,K=cpC·cqDcmA·cnB。注意:①不要把反应体系中纯固体、纯液体以及稀水溶液中水的浓度写进平衡常数表达式。如:CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)K=c(CO2)Cr2O2-7(aq)+H2O(l)2CrO2-4(aq)+2H+(aq)K=c2CrO2-4·c2H+cCr2O2-7但在非水溶液中,若有水参加或生成,则此时水的浓度不可视为常数,应写进平衡常数表达式中。如:C2H5OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2OK=cCH3COOC2H5·cH2OcC2H5OH·cCH3COOHC(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)K=cCO·cH2cH2O②同一化学反应,化学反应方程式写法不同,其平衡常数表达式及数值亦不同。如:N2O4(g)2NO2(g)K=c2NO2cN2O412N2O4(g)NO2(g)K′=cNO2c12N2O4=K2NO2(g)N2O4(g)K″=cN2O4c2NO2=1K因此书写平衡常数表达式及数值时,要与化学反应方程式相对应,否则意义就不明确。(2)对于气体反应,写平衡常数关系式时,除可以用平衡时的物质的量浓度表示外,也可以用平衡时各气体的分压来表示,例如:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)Kp=p2NH3pN2·p3H2注意:p(NH3)、p(N2)、p(H2)分别为NH3、N2、H2的平衡分压,某气体平衡分压=平衡时总压×该气体的物质的量分数。(3)平衡常数的意义①平衡常数可表示反应进行的程度。K越大,反应进行的程度越大,K>105时,可以认为该反应已经进行完全。转化率也能表示反应进行的程度,转化率不仅与温度有关,而且与起始条件有关。②K的大小只与温度有关,与反应物或生成物起始浓度的大小无关。(4)浓度商:可逆的进行到某时刻(包括化学平衡)时,生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值称为浓度商(Q)。当Q=K时,该反应达到平衡状态:Q<K时,该反应向正反应方向进行;Q>K时,该反应向逆反应方向进行。2.化学平衡计算中常用公式(1)有关转化率,产率的计算反应物转化率=反应物的变化量反应物的起始量×100%产率=产物实际产量产物理论产量×100%(2)常用的气体定律同温同体积:p(前)∶p(后)=n(前)∶n(后)同温同压强:ρ前ρ后=M前M后=V后V前=n后n前B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(新题预测)臭氧是理想的烟气脱硝试剂,其脱硝反应为:2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)ΔH<0,某同学为验证臭氧的脱硝效果,在T1温度时,向密闭容器中通入一定量的O3和NO2,部分实验数据见下表:时间/s 0 500 1000 1500c(NO2)/mol·L-1 5.00 3.52 2.50 2.50下列说法中不正确的是(B)A.500s内N2O5反应速率为1.48×10-3mol·L-1B.缩小容器的体积,平衡向正反应方向移动,混合气体的平均摩尔质量不变C.T1温度下的平衡常数为K1,T2温度下的平衡常数为K2,若T1>T2,则K1<K2D.达到平衡后其他条件不变,将容器的体积扩大到原来的2倍,则c(NO2)>1.25mol·L-1[解析]500s内NO2的反应速率:v(NO2)=(5.00mol·L-1-3.52mol·L-1)÷500s=2.96×10-3mol·L-1·s-1,则v(N2O5)=v(NO2)÷2=1.48×10-3mol·L-1·s-1,A项正确;缩小容器的体积,平衡正向移动,气体总物质的量减小,根据M=m总n总分析,反应前后都是气体,无论平衡如何移动,气体的总质量不变,n(总)减小,所以混合气体的平均摩尔质量增大,B项错误;由于该反应是放热反应,故温度由T1到T2,降低温度,平衡常数增大,C项正确;扩大体积,平衡逆向移动,NO2浓度将大于原平衡的一半,D项正确。2.(2018·沈阳二模)已知:可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0。现有甲、乙两个容积相同且不变的真空密闭容器,向甲容器中加入1molN2(g)和3molH2(g),在一定条件下发生反应,达到平衡时放出热量为Q1kJ。在相同条件下,向乙容器中加入2molNH3(g)并发生反应,达到平衡时吸收热量为Q2kJ,若Q1=3Q2。下列叙述中正确的是(A)A.达平衡时甲中N2的转化率为75%B.达平衡时甲、乙中NH3的体积分数乙>甲C.达到平衡后,再向乙中加入0.25molN2(g)、0.75molH2(g)和1.5molNH3(g),平衡向生成N2的方向移动D.乙中反应的热化学方程式为2NH3(g)N2(g)+3H2(g)ΔH=Q2kJ·mol-1[解析]由于1molN2和3molH2完全反应可以生成2molNH3,所以甲、乙两个体系的平衡状态是一样的,即三种气体的浓度完全相同,对于同一可逆反应的反应热,数值相等,符号相反。若N2和H2完全反应时放热QkJ,则NH3完全分解时吸热也是QkJ,假设甲容器中的参加反应的氮气的物质的量为xmol,所以,对于甲容器:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-QkJ·mol-1起始(mol):130变化(mol):x3x2x平衡(mol):1-x3-3x2x所以Q1=xQkJ,乙容器反应混合物各组分的物质的量为N2(1-x)mol、H2(3-3x)mol、NH32xmol,所以分解的NH3的物质的量为(2-2x)mol,则2NH3(g)N2(g)+3H2(g)ΔH=QkJ·mol-1,故吸收的热量Q2=2-2x2×QkJ=(1-x)QkJ,所以3(1-x)Q=xQ,解得x=0.75,所以N2的转化率为0.751×100%=75%,故A正确;甲、乙容器中达到的平衡是相同平衡,所以氨气的体积分数相同,故B错误;依据A分析计算得到平衡时各物质的物质的量:N2为0.25mol,H2为0.75mol,NH3为1.5mol,再向乙中加入0.25molN2(g)、0.75molH2(g)和1.5molNH3(g),相当于增大压强,平衡正向进行,故C错误;反应是可逆反应,乙中反应的热化学方程式为2NH3(g)N2(g)+3H2(g)ΔH>Q2kJ·mol-1,故D错误。3.(2018·兰州二模)(1)设反应Ⅰ.Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)ΔH=Q1的平衡常数为K1,反应Ⅱ.Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g)ΔH=Q2的平衡常数为K2,在不同温度下,K1、K2的值如表:温度/K K1 K2973 1.47 2.381173 2.15 1.67①由表中数据推断,反应Ⅰ是_吸__(填"放"或"吸")热反应。②现有反应Ⅲ.H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH=Q3的平衡常数为K3,根据反应Ⅰ与Ⅱ推导出K1、K2、K3的关系式K3=K1K2,该反应为_吸__(填"放"或"吸")热反应。(2)高温热分解法可制取单质硫。已知:2H2S(g)2H2(g)+S2(g)。在容积为2L的密闭容器中充入10molH2S,H2S分解转化率随温度变化的曲线如图所示。图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线,b为不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率。则985℃时H2S按上述反应分解的平衡常数K=_0.44__;随温度的升高,曲线b向曲线a逼近的原因是_温度升高,反应速率加快,达到平衡所用时间缩短__。上述反应中,正反应速率为v正=K正x2(H2S),逆反应速率为v逆=K逆x2(H2)·x(S2),其中K正、K逆为速率常数,则K逆=K正K(以K和K正表示)。(3)在容积固定的密闭容器中,起始时充入0.2molSO2,0.1molO2,反应体系起始总压强0.1MPa,反应在一定温度下达到平衡时,SO2的转化率为90%,该反应的压强平衡常数Kp=_2.43×104__(用平衡分压代替平衡浓度计算;分压=总压×物质的量分数)。[解析](1)①升温,K增大,平衡右移,所以该反应为吸热反应。②K1=cCOcCO2,K2=cH2cH2OK1K2=cCO·cH2OcCO2·cH2=K3概据K3=K1K2,由表中数据可知:973K时,K3=1.472.38,1173K时,K3=2.151.67升温,K3增大,所以该反应为吸热反应。(2)2H2S(g)2H2(g)+S2(g)起始/mol·L-1500转化/mol·L-1221平衡/mol·L-1321K=1×2232≈0.44由于平衡时v正=v逆,所以K正·x2(H2S)=K逆·x2(H2)·x(S2)K=x2H2·xS2x2H2S=K正K逆,即K逆=K正K。(3)2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)起始/mol0.20.10转化/mol0.180.090.18平衡/mol0.020.010.18根据p始p平=n始n平得p(平)=0.21×0.10.3=0.213MPap(SO3)=0.213×0.180.21=0.06MPap(SO2)=0.213×0.020.21=0.023MPap(O2)=0.213×0.010.21=0.013MPaKp=p2SO3p2SO2·pO2=0.0620.0232×0.013=2.43×104。考点四化学反应速率平衡图象Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2016·四川·6)一定条件下,CH4与H2O(g)发生反应:CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。设起始nH2OnCH4=Z,在恒压下,平衡时CH4的体积分数φ(CH4)与Z和T(温度)的关系如图所示。下列说法正确的是(A)A.该反应的焓变ΔH>0B.图中Z的大小为a>3>bC.图中X点对应的平衡混合物中nH2OnCH4=3D.温度不变时,图中X点对应的平衡在加压后φ(CH4)减小[解析]该题考查化学平衡图象,意在考查考生的观察能力和分析化学图象的能力。由题中图象看出,随温度升高,甲烷的平衡体积分数减小,说明温度升高,平衡正向移动,则该反应为吸热反应,ΔH>0,A项正确;Z越大,甲烷的平衡体积分数越小,故b>3>a,B项错误;起始时nH2OnCH4=3,反应一旦开始,则消耗等物质的量的H2O和CH4,即nH2OnCH4分子、分母同时减小相同的数值,故图中X点对应的平衡混合物中nH2OnCH4的值一定不等于3,C项错误;温度不变,加压时平衡逆向移动,图中X点对应的平衡混合物中甲烷的体积分数增大,D项错误。2.(2015·四川·7)一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应:C(s)+CO2(g)2CO(g),平衡时,体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示:已知:气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数。下列说法正确的是(B)A.550℃时,若充入惰性气体,v正、v逆均减小,平衡不移动B.650℃时,反应达平衡后CO2的转化率为25.0%C.T℃时,若充入等体积的CO2和CO,平衡向逆反应方向移动D.925℃时,用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=24.0p总[解析]可变的恒压密闭容器中反应,550℃时充入惰性气体相当于减压。A.平衡向正反应方向移动,A错误;B.利用三段式,可得CO2的转化率为25.0%,B正确;C.由图可知T℃时,平衡体系中CO2和CO体积分数相等,则在恒压密闭容器中再充入等体积的CO2和CO,平衡不移动,C错误;D.平衡后p(CO)=2425p总,p(CO2)=125p总,Kp=[pCO]2pCO2=0.96P20.04P=23.0P,D错误,选B。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏化学平衡图像题的解题步骤:有关化学平衡、化学反应速率的图表题一直是高考关注的热点,在审题时,一般采用"看特点,识图像,想原理,巧整合"四步法。第一步:看特点。即分析可逆反应化学方程式,观察物质的状态、气态物质分子数的变化(正反应是气体分子数增大的反应,还是气体分子数减小的反应)、反应热(正反应是放热反应,还是吸热反应)等。第二步:识图像。即识别图像类型,横坐标和纵坐标的含义、线和点(平台、折线、拐点等)的关系。利用规律"先拐先平,数值大"判断,即曲线先出现拐点,先达到平衡,其温度、压强越大。第三步:想原理。联想化学反应速率、化学平衡移动原理,特别是影响因素及使用前提条件等。第四步:巧整合。图表与原理整合。逐项分析图表,重点看图表是否符合可逆反应的特点、化学反应速率和化学平衡原理。即:B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2018·枣庄二模)在密闭容器中充入一定量的NO2,发生反应2NO2(g)N2O4(g)ΔH=-57kJ·mol-1。在温度为T1、T2时,平衡体系中NO2的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法正确的是(B)A.a、c两点的反应速率:a>cB.a、b两点NO2的转化率:a<bC.a、c两点气体的颜色:a深,c浅D.由a点到b点,可以用加热的方法[解析]a、c两点都在等温线上,c的压强大,则a、c两点的反应速率:a<c,A错误;a、b两点压强相同,但温度不同,a点二氧化氮的体积分数较大,说明a点NO2的转化率较小,即a<b,B正确;NO2为红棕色气体,a、c两点都在等温线上,c的压强大,增大压强,容器的体积减小,c点时NO2的浓度大,混合气体颜色深,C错误;升高温度,化学平衡向着逆向移动,NO2的体积分数增大,a点到b点二氧化氮体积分数减少,说明是降低了温度,所以不能用加热的方法实现由a点到b点的转变,D错误。2.(2018·合肥二模)氮的固体的相关研究在不断的发展。(1)如表列举了不同温度下大气固氮的部分平衡常数K值。反应 大气固氮N2(g)+O2(g)2NO(g)温度/℃ 27 2260K 3.84×10-31 1①分析数据可知:大气固氮反应属于_吸热__(填"吸热"或"放热")反应。②2260℃时,向2L密闭容器中充入0.3molN2和0.3molO2,20s时反应达到平衡。则此得到NO_0.2__mol,用N2表示的平均反应速率为_0.002_5_mol·L-1·s-1__。(2)已知工业固氮反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0,在其他条件相同时,分别测此反应中N2的平衡转化率随压强和温度(T)变化的曲线如图A,B所示,其中正确的是_B__(填"A"或"B"),T1_>__T2(填">"或"<")。3.(2018·成都二模)氨是一种重要的化工产品,是氮肥工业、有机合成工业以及制造硝酸、铵盐和纯碱等的原料。(1)某化学研究性学习小组模拟工业合成氨的反应。在容积固定为2L的密闭容器内充入1molN2和3molH2,加入合适催化剂(体积可以忽略不计)后在一定温度、压强下开始反应,并用压力计监测容器内压强的变化如下:反应时间/min 0 5 10 15 20 25 30压强/MPa 16.80 14.78 13.86 13.27 12.85 12.60 12.60则从反应开始到25min时,以N2表示的平均反应速率=_0.01_mol·L-1·min-1____;该温度下平衡常数K=_2.37__。(2)利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇,主要反应如下:①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-99kJ·mol-1②CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-58kJ·mol-1③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线是_a__;反应③的ΔH=_+41__kJ·mol-1。(3)合成气的组成nH2nCO+CO2=2.60时体系中的CO平衡转化率α(CO)与温度和压强的关系如图所示。图中的压强p1、p2、p3由大到小的顺序为_p1>p2>p3__;α(CO)随温度升高而减小,其原因是_反应①为放热反应,升高温度,平衡左移,α(CO)减小;反应③为吸热反应,升高温度,平衡右移,α(CO)也减小__。[解析](1)同一温度下,容器中气体压强与总的物质的量成正比,设平衡状态时混合气体的物质的量为x,16.80∶12.60=(1+3)mol∶x,x=4mol×12.6016.80=3mol,所以平衡时混合气体的物质的量为3mol,设参加反应的氮气的物质的量为y,则N2(g)+3H2(g)2NH3(g)物质的量减少1mol2moly(4-3)mol1mol∶2mol=y∶(4-3)mol解得y=0.5mol则从反应开始到25min时,以N2表示的平均反应速率=0.5mol2L×25min=0.01mol·L-1·min-1,平衡时,c(N2)=0.5mol÷2L=0.25mol·L-1、c(H2)=(3mol-3×0.5mol)÷2L=0.75mol·L-1、c(NH3)=(0.5mol×2)÷2L=0.5mol·L-1,化学平衡常数是在一定条件下,当可逆反应达到平衡状态时,生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值,则化学平衡常数K=0.520.25×0.753≈2.37。(2)由于正反应是放热反应,升高温度平衡向逆反应方向移动,平衡常数减小,因此a正确。已知①CO(g)+2H2(S)CH3OH(g)ΔH=-99kJ·mol-1②CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-58kJ·mol-1则根据盖斯定律可知②-①即得到反应③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)的ΔH=+41kJ·mol-1。(3)相同温度下,由于反应①为气体分子数减小的反应,加压有利于提升CO的转化率;而反应③为气体分子数不变的反应,产生CO的量不受压强影响,故增大压强时,有利于CO的转化率升高,所以图2中的压强由大到小为p1>p2>p3;反应①为放热反应,升高温度时,平衡向左移动,使得体系中CO的量增大;反应③为吸热反应,平衡向右移动,产生CO的量增大;因此最终结果是随温度升高,使CO的转化率降低。1.下列说法正确的是(D)A.增大反应物浓度,可增大单位体积内活化分子的百分数,从而使有效碰撞次数增多B.有气体参加的化学反应,若增大压强(即缩小反应容器的体积),可增大活化分子的百分数,从而使反应速率增大C.升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是减小了反应物分子中活化分子的百分数D.催化剂能增大单位体积内活化分子的百分数,从而成千上万倍地增大反应速率[解析]浓度和压强的变化是改变单位体积内分子的总数,活化分子的百分数不变,而单位体积内活化分子的数目与单位体积内分子总数成正比,也发生变化;温度、催化剂是改变活化分子的百分数,单位体积内分子总数不变。2.将质量相同的锌粉分别投入下列四个烧杯的溶液中,反应速率最快的是(D)[解析]当反应中一种反应物相同时,反应速率的快慢取决于另一种反应物的浓度而不是用量。四个烧杯中所用的酸虽然不同,但反应的快慢都是由c(H+)的大小决定的。A项,c(H+)=2mol·L-1,B项,c(H+)小于2mol·L-1,C项,c(H+)=2mol·L-1,D项,c(H+)=4mol·L-1,故烧杯D中反应的反应速率最快。3.在稀硫酸与锌反应制取氢气的实验中,探究加入硫酸铜溶液的量对氢气生成速率的影响。实验中Zn粒过量且颗粒大小相同,饱和硫酸铜溶液用量0~4.0mL,保持溶液总体积为100.0mL,记录获得相同体积(336mL)的气体所需时间,实验结果如图所示(气体体积均转化为标准状况下)。据图分析,下列说法不正确的是(D)A.饱和硫酸铜溶液用量过多不利于更快收集氢气B.a、c两点对应的氢气生成速率相等C.b点对应的反应速率为v(H2SO4)=1.0×10-3mol·L-1·s-1D.d点没有构成原电池,反应速率减慢[解析]根据图象可知随着饱和硫酸铜的增加,收集相同体积的气体所需时间先逐渐减少,然后又逐渐增加,因此饱和硫酸铜溶液用量过多不利于更快收集氢气,A正确;根据图象可知,a、c两点对应的时间都是250s,所以氢气生成速率相等,B正确;b点对应的时间是150s,生成氢气的物质的量是0.336L÷22.4L·mol-1=0.015mol,消耗硫酸的物质的量是0.015mol,其浓度是0.015mol÷0.1L=0.15mol·L-1,所以反应速率为v(H2SO4)=0.15mol·L-1÷150s=1.0×10-3mol·L-1·s-1,C正确;d点锌也与硫酸铜溶液反应生成铜从而构成原电池,D不正确。4.(2018·黄山一模)在一密闭容器中发生反应:2X(g)+Y(g)aZ(g)ΔH=QkJ·mol-1,开始按体积比2∶1将X、Y充入反应器中,一定条件下发生反应,下列有关说法正确的是(C)A.图甲,p1>p2,a<3B.图甲,T1<T2,Q>0C.图乙,t1时表示恒温、恒压条件下,向平衡体系中充入一定量的Z气体D.图乙,如果a=3,t2时表示向体系中加入了催化剂[解析]根据"先拐先平,数值大"分析图甲。从p1T1与p2T1两条曲线看,p1>p2,且p1时Z的体积分数小,说明增大压强平衡逆向移动,a>3,A项错误;同样方法可得T1<T2,T2温度高而Z的体积分数低,说明升高温度平衡逆向移动,正反应为放热反应,则Q<0,B项错误;由于恒温恒压条件下,通入Z气体使Z的浓度增大,X、Y的浓度减小,故v(逆)增大,v(正)减小,C项正确;a=3时,使v(正)和v(逆)同等程度变化的条件有加入催化剂和增大压强,D项错误。5.(2018·镇江一模)一定量的CO2与足量碳在体积可变的恒压密闭容器中反应:C(s)+CO2(g)2CO(g)。平衡时,体系中气体体积分数与温度的关系如图所示。下列说法正确的是(B)A.550℃时,若充入惰性气体,v(正)、v(逆)均减小,平衡不移动B.650℃时,反应达平衡后CO2的转化率为25.0%C.T℃时,若充入等体积的CO2和CO,平衡向逆反应方向移动D.925℃时,此反应的平衡常数K=2304,保持温度不变,若缩小体积,K值将变小[解析]因为容器的体积可变,充入惰性气体后,容器体积增大,平衡正向移动,A错误;若容器中充入1molCO2,设转化掉的CO2有xmol,则CO体积分数2x1+x=40%,则x=0.25,故CO2的转化率为25.0%,B正确;由图可知,在T℃时,CO和CO2的体积分数相等,当通入等体积的CO2和CO时,平衡不移动,C错误;平衡常数只与温度有关,温度不变,平衡常数不变,D错误。6.(2018·淮南模拟)一定条件下合成乙烯:6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)。已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示,下列说法正确的是(B)A.生成乙烯的速率:v(M)有可能大于v(N)B.当温度高于250℃,升高温度,平衡向逆反应方向移动,催化剂的催化效率降低C.平衡常数:KM<KND.若投料比n(H2)∶n(CO2)=3∶1,则图中M点乙烯的体积分数为15.4%[解析]M点温度低但催化效率高,而N点温度高但催化效率低,故v(M)有可能小于v(N),A错误;由CO2平衡转化率曲线可知,温度越高,CO2的平衡转化率越低,即升高温度平衡逆向移动,B正确;该反应的正反应是放热反应,升高温度平衡常数减小,故KM>KN,C错误;在M点时,CO2的转化率为50%,设起始时充入3molH2和1molCO2,则平衡时n(H2)、n(CO2)、n(CH2===CH2)、n(H2O)分别为1.5mol、0.5mol、0.25mol、1mol,故乙烯的体积分数为7.7%,D错误。7.下列说法正确的是(B)A.ΔH<0、ΔS>0的反应在温度低时不能自发进行B.NH4HCO3(s)===NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)ΔH=+185.57kJ·mol-1能自发进行,原因是体系由自发地向混乱度增加方向转变的倾向C.因为焓变和熵变都与反应的自发性有关,因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据D.在其他外界条件不变的情况下,使用催化剂,可以改变化学反应进行的方向[解析]ΔH<0、ΔS>0,则ΔH-TΔS<0,在任何温度下反应都能自发进行,A项错误,B项正确;用焓变和熵变判断反应的自发性都有例外,都不能单独作为反应自发性的判据,而应使用复合判据,C项错误;使用催化剂只能降低反应的活化能,不能改变反应的方向,D项错误。8.298K时,各反应的平衡常数如下:①N2(g)+O2(g)2NO(g)K=1×10-30②2H2(g)+O2(g)2H2O(g)K=2×1081③2CO2(g)2CO(g)+O2(g)K=4×10-92则常温下,NO、H2O、CO2这三个化合物分解放氧的倾向最大的是(A)A.① B.②C.③ D.无法判断[解析]要判断NO、H2O、CO2这三个化合物分解放氧的倾向,则必须求出各个分解放氧反应的平衡常数,然后比较大小。由计算可知:①2NO(g)N2(g)+O2(g)K=1×1030②2H2O(g)2H2(g)+O2(g)K=5×10-82③2CO2(g)2CO(g)+O2(g)K=4×10-92平衡常数越大,表示反应进行得越彻底,因此反应①即NO分解放氧的倾向最大。9.(2018·潍坊三模)将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变,固体试样体积忽略不计),在恒定温度下使其达到分解平衡:NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。实验测得不同温度下的平衡数据列于下表:温度/℃ 15.0 20.0 25.0 30.0 35.0平衡总压强/kPa 5.7 8.3 12.0 17.1 24.0平衡气体总浓度/(×10-3mol·L-1) 2.4 3.4 4.8 6.8 9.4(1)该反应的焓变ΔH_>__0,熵变ΔS_>__0(填">""<"或"=")。(2)可以判断该分解反应已经达到化学平衡的是_BC__(填字母)。A.2v正(NH3)=v逆(CO2)B.密闭容器中总压强不变C.密闭容器中混合气体的密度不变D.密闭容器中氨气的体积分数不变(3)根据表中数据计算,在25.0℃时,反应2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)的平衡常数K=_6.1×107__。(4)取一定量的氨基甲酸铵固体放在一个带活塞的密闭真空容器中,在25℃下达到平衡状态。若在恒温下压缩容器体积,氨基甲酸铵固体的质量_增大__(填"增加""减小"或"不变")。[解析](1)分析表中数据可知,温度升高,平衡气体总浓度增大,说明平衡正向移动,该反应为吸热反应,则有ΔH>0;该反应是气体体积增大的反应,则有ΔS>0。(2)达到平衡时,正、逆反应速率相等,则有v正(NH3)=2v逆(CO2),A项不符合题意;因为反应前后气体分子数不相等,未达到平衡前压强一直在变,所以总压强不变时,说明反应达到平衡,B项符合题意;反应未达到平衡前,气体质量一直在变,而容器容积不变,依ρ=m气V可知,混合气体的密度也在变,所以混合气体的密度不变时,说明反应达到平衡,C项符合题意;反应产物中NH3和CO2的物质的量之比始终为2∶1,密闭容器中氨气的体积分数始终不变,D项不符合题意。(3)由表中数据可知,在25.0℃时,平衡气体的总浓度为4.8×10-3mol·L-1,则有c(NH3)=3.2×10-3mol·L-1,c(CO2)=1.6×10-3mol·L-1,反应2NH3(g)+CO2(g)===NH2COONH4(s)的平衡常数K=13.2×10-32×1.6×10-3≈6.1×107。(4)在恒温条件下压缩容器体积,平衡逆向移动,氨基甲酸铵固体的质量增大。10.(2018·郑州模拟)当温度高于500K时,科学家成功利用二氧化碳和氢气合成了乙醇,这在节能减排、降低碳排放方面具有重大意义。回答下列问题:(1)该反应的化学方程式为2CO2+6H2500KC2H5OH+3H2O;其平衡常数表达式为K=cC2H5OH·c3H2Oc2CO2·c6H2。(2)在恒容密闭容器中,判断上述反应达到平衡状态的依据是_ab__。A.体系压强不再改变b.H2的浓度不再改变c.气体的密度不随时间改变d.单位时间内消耗H2和CO2的物质的量之比为3∶1(3)在一定压强下,测得由CO2制取CH3CH2OH的实验数据中,起始投料比、温度与CO2的转化率的关系如图。根据图中数据分析:①降低温度,平衡向_正反应(或右)__方向移动。②在700K、起始投料比nH2nCO2=1.5时,H2的转化率为_40%__。③在500K、起始投料比nH2nCO2=2时,达到平衡后H2的浓度为amol·L-1,则达到平衡时CH3CH2OH的浓度为_1.5a_mol·L-1__。[解析](1)由题给信息可得到该反应的化学方程式为2CO2+6H2500KC2H5OH+3H2O;该反应的平衡常数表达式为K=cC2H5OH·c3H2Oc2CO2·c6H2。(2)该反应为气体体积减小的化学反应,当体系的压强不再改变时,反应达到平衡状态,另外氢气的浓度不再变化,也能说明反应达到平衡状态;由于在500K时,所有物质均为气体,故在恒容状态下气体的密度恒为定值,密度不变不能说明反应达到平衡状态;根据化学方程式可知,任何单位时间内消耗H2和CO2的物质的量之比均为3∶1。(3)①由图中信息可知,其他条件不变时,升高温度,CO2的转化率降低,说明平衡向逆反应方向移动,故正反应为放热反应,即降低温度,平衡将向正反应方向移动。②700K时,当氢气与二氧化碳的起始投料比nH2nCO2=1.5时,由图象可知二氧化碳的转化率为20%,由化学方程式2CO2+6H2500KC2H5OH+3H2O,可计算出氢气的转化率为40%。③设起始时c(CO2)=xmol·L-1,则起始时c(H2)=2xmol·L-1,由图象可知二氧化碳的转化率为60%,有2CO2+6H2500KC2H5OH+3H2O起始浓度(mol·L-1)x2x00转化浓度(mol·L-1)0.6x1.8x0.3x0.9x平衡浓度(mol·L-1)0.4x0.2x0.3x0.9x达到平衡后H2的浓度为amol·L-1,即0.2x=a,则x=5a,此时c(C2H5OH)=0.3xmol·L-1=1.5amol·L-1。11.(2018·衡阳市十校调研)醋酸由于成本较低,在生产中被广泛应用。(1)近年来化学家研究开发出用乙烯和乙酸为原料、杂多酸作催化剂合成乙酸乙酯的新工艺,不必生产乙醇或乙醛作中间体,使产品成本降低,具有明显经济优势。其合成的基本反应如下:CH2=CH2(g)+CH3COOH(l)CH3COOC2H5(l)下列描述能说明乙烯与乙酸合成乙酸乙酯的反应已达化学平衡的是_BD__(填字母)。A.乙烯、乙酸、乙酸乙酯的浓度相同B.酯化合成反应的速率与酯分解反应的速率相等C.乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗1molD.体系中乙烯的质量分数一定(2)在n(乙烯)与n(乙酸)物料比为1的条件下,某研究小组在不同压强下进行了在相同时间点乙酸乙酯的产率随温度变化的测定实验,实验结果如图所示。回答下列问题:①温度在60~80℃范围内,乙烯与乙酸酯化合成反应速率由大到小的顺序是_v(p1)>v(p2)>v(p3)__[用v(p1)、v(p2)、v(p3)分别表示不同压强下的反应速率],分析其原因:_其他条件相同时,对于有气体参与的反应,压强越大化学反应速率越快__。②压强为p1、温度为60℃时,若乙酸乙酯的产率为30%,则此时乙烯的转化率为_30%__。③在压强为p1、温度超过80℃时,分析乙酸乙酯产率下降的原因:_由图像可知,压强为p1,温度为80_℃时,反应已达平衡,且正反应放热,故压强不变升高温度平衡逆向移动,产率下降__。④根据测定实验结果分析,较适宜的生产条件是_p1、80_℃__(填出合适的压强和温度)。为提高乙酸乙酯的合成速率和产率,可以采取的措施有_通入乙烯气体(或增大压强)__(任写出一条)。[解析](1)浓度相同不能说明浓度保持不变,A项不能说明反应达到平衡;酯化合成反应的速率与酯分解反应的速率相等,说明正、逆反应速率相等,B项可以说明反应达到平衡;乙烯断开1mol碳碳键与乙酸恰好消耗1mol均表示正反应方向,C项不能说明反应达到平衡;体系中乙烯的质量分数一定,说明乙烯的浓度不变,D项可以说明反应达到平衡。(2)①由题图知,在60~80℃范围内,v(p1)>v(p2)>v(p3)。该反应为气体分子数减小的反应,增大压强,平衡正向移动,乙酸乙酯的产率增大,故p1>p2>p3,对于有气体参与的反应,其他条件相同时,压强越大,反应速率越快。②乙烯与乙酸乙酯的化学计量数相等,故乙烯的转化率与乙酸乙酯的产率相等。④根据题图,p1、80℃时乙酸乙酯的产率最大,为较适宜的生产条件。根据平衡移动原理,通入乙烯气体或增大压强,均可提高乙酸乙酯的合成速率和产率。第10讲弱电解质的电离最新考纲 考向分析1.认识弱电解质是存在电离平衡的,并会运用电离度、平衡常数多角度分析弱电解质的电离平衡。2.能运用平衡模型解释化学现象,揭示现象的本质和规律。3.能发现和提出有探究价值的弱电解质电离平衡的问题;能从问题和假设出发,确定探究目的,设计探究方案,进行实验探究;在探究中学会合作,面对"异常"现象敢于提出自己的见解。4.应具有严谨求实的科学态度,具有探索未知、崇尚真理的意识;赞赏化学对社会发展的重大贡献,具有可持续发展意识和绿色化学观念,能对与电离平衡有关的社会热点问题做出正确的价值判断。 1.重点考查弱电解质的电离移动和溶液酸碱性的判断,常考查:(1)弱电解质电离平衡移动结果的判断。(2)酸、碱、能水解的盐溶液中水电离出c(H+)或c(OH-)大小分析。2.常考查:(1)由Ka或Kb求pH。(2)根据信息计算弱电解质的平衡常数。(3)中和滴定原理的拓展与应用。考点一弱电解质的电离平衡Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·全国Ⅱ卷·12)改变0.1mol·L-1二元弱酸H2A溶液的pH,溶液中的H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)=cXcH2A+cHA-+cA2-]。下列叙述错误的是(D)A.pH=1.2时,c(H2A)=c(HA-)B.lg[K2(H2A)]=-4.2C.pH=2.7时,c(HA-)>c(H2A)=c(A2-)D.pH=4.2时,c(HA-)=c(A2-)=c(H+)[解析]本题考查水溶液中的离子平衡。解答本题的关键是明确δ(X)与溶液pH的对应关系,以及H2A、HA-、A2-的浓度与pH的大小关系。从图象中可以看出pH=1.2时,δ(H2A)=δ(HA-),则c(H2A)=c(HA-),A项正确;根据HA-H++A2-,可确定K2(H2A)=cH+·cA2-cHA-,从图象中可以看出pH=4.2时,δ(HA-)=δ(A2-),则c(HA-)=c(A2-),即lg[K2(H2A)]=lgc(H+)=-4.2,B项正确;从图象中可以看出pH=2.7时,δ(HA-)>δ(H2A)=δ(A2-),则c(HA-)>c(H2A)=c(A2-),C项正确;从图象中可以看出pH=4.2时,δ(HA-)=δ(A2-),则c(HA-)=c(A2-)≈0.05mol·L-1,而c(H+)=10-4.2mol·L-1,D项错误。2.(2015·海南)下列曲线中,可以描述乙酸(甲,Ka=1.8×10-5)和一氯乙酸(乙,Ka=1.4×10-3)在水中的电离度与浓度关系的是(B)[解析]因为浓度越大,弱电解质的电离程度越小,因此,随着浓度增大,电离度逐渐减小,C、D不符合题意;等浓度时,弱电解质越弱,电离程度越小(即Ka越小,电离程度越小),则A不符合题意,B符合题意。3.(2018·天津·6)LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下,LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO-4)的变化如图1所示,H3PO4溶液中H2PO-4的分布分数δ随pH的变化如图2所示δ=cH2PO-4c总含P元素的粒子。下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是(D) 图1 图2A.溶液中存在3个平衡B.含P元素的粒子有H2PO-4、HPO2-4和PO3-4C.随c初始(H2PO-4)增大,溶液的pH明显变小D.用浓度大于1mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3,当pH达到4.66时,H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4[解析]D对:H3PO4与Li2CO3反应生成LiH2PO4和LiHCO3,因为H3PO4浓度大于1mol·L-1,则可得到LiH2PO4浓度也大于1mol·L-1。根据图1可知:当LiH2PO4的浓度大于1mol·L-1时其pH=4.66;根据图2可知当pH=4.66时H2PO-4的分布分数达到0.994,即H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4。A错:LiH2PO4溶液中存在H2PO-4的电离平衡、HPO2-4的电离平衡、H2PO-4的水解平衡、H2O的电离平衡等至少4个平衡。B错:LiH2PO4溶液中含P元素的粒子有H2PO-4、HPO2-4、PO3-4和H3PO4。C错:LiH2PO4溶液的pH随着H2PO-4初始浓度的增大逐渐减小,但当H2PO-4的浓度增大到10-1mol·L-1时,浓度再增大,溶液的pH基本不变。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1.图像法理解一强一弱的稀释规律(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸a.加水稀释相同的倍数,醋酸的pH大。b.加水稀释到相同的pH,盐酸加入的水多。(2)相同体积、相同pH值的盐酸、醋酸a.加水稀释相同的倍数,盐酸的pH大。b.加水稀释到相同的pH,醋酸加入的水多。2.有关电离平衡常数计算答题模板(以弱酸HX为例)HXH++X-起始/(mol·L-1):c(HX)00平衡/(mol·L-1):c(HX)-c(H+)c(H+)c(H+)则K=c2H+cHX-cH+由于弱酸只有极少一部分电离,c(H+)的数值很小,可做近似处理:c(HX)-c(H+)≈c(HX)。则K=c2H+cHX或c(H+)=K·cHX。3.弱电解质平衡移动的"三个不一定"(1)稀醋酸加水稀释时,溶液中不一定所有的离子浓度都减小。因为温度不变,Kw=c(H+)·c(OH-)是定值,稀醋酸加水稀释时,溶液中的c(H+)减小,故c(OH-)增大。(2)电离平衡右移,电解质分子的浓度不一定减小,离子的浓度不一定增大,电离程度也不一定增大。(3)对于浓的弱电解质溶液加H2O稀释的过程,弱电解质的电离程度逐渐增大,但离子浓度不一定减小,可能先增大后减小。B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.室温下,将10.00mL5.0000mol·L-1醋酸滴入100.00mL蒸馏水中,溶液中c(H+)和温度随着加入醋酸体积的变化曲线如图所示,下列有关说法正确的是(C)A.a~b段,醋酸电离过程为放热过程B.c~d段,c(H+)增加,醋酸电离程度增大C.c点时,加入等体积等浓度的NaOH溶液,则c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)D.d点时,c(H+)>c(CH3COOH)[解析]a~b段,醋酸电离过程为吸热过程,电解质溶于水,扩散过程(电离)吸热,水合过程(形成水合离子)放热,A错误;c~d段,醋酸浓度增大,c(H+)增加,醋酸电离程度减小,B错误;c点时,加入等体积等浓度的NaOH溶液,根据物料守恒,有c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),C正确;醋酸是弱酸,电离是微弱的,在溶液中主要以分子的形式存在,故d点时,c(H+)<c(CH3COOH),D错误。2.(2018·沈阳二模)常温下,向20mL某浓度的硫酸溶液中滴入0.1mol·L-1氨水,溶液中水电离的氢离子浓度随加入氨水的体积变化如图。下列分析正确的是(D)A.V=40B.c点所示溶液中:c(H+)-c(OH-)=2c(NH3·H2O)C.NH3·H2O的电离常数K=10-4D.d点所示溶液中:c(NH+4)=2c(SO2-4)[解析]c点水的电离程度最大,说明此时c(NH+4)最大,对水的电离促进程度最大,氨水与硫酸恰好完全反应生成(NH4)2SO4,氨水体积为0时,水电离出c(H+)=1×10-13mol·L-1,水电离出c(OH-)=1.0×10-13mol·L-1,溶液中的c(H+)=0.1mol·L-1,c(H2SO4)=0.05mol·L-1,消耗氨水的体积也是20mL,即V=20,A错误;c点所示溶液是(NH4)2SO4溶液,由质子守恒得c(H+)-c(OH-)=c(NH3·H2O),B错误;根据题意,无法判断NH3·H2O的电离常数的大小,C错误;根据电荷守恒:c(H+)+c(NH+4)=2c(SO2-4)+c(OH-),而溶液呈中性c(OH-)=c(H+),所以c(NH+4)=2c(SO2-4),D正确。3.(新题预测)硼酸(H3BO3)溶液中存在如下反应:H3BO3(aq)+H2O(l)[B(OH)4]-(aq)+H+(aq)。下列说法正确的是(D)化学式 电离常数(298K)硼酸 K=5.7×10-10碳酸 K1=4.4×10-7 K2=4.7×10-11醋酸 K=1.75×10-5A.将一滴碳酸钠溶液滴入硼酸溶液中一定能观察到有气泡产生B.将一滴醋酸溶液滴入碳酸钠溶液中一定能观察到有气泡产生C.等物质的量浓度的碳酸溶液和硼酸溶液比较,pH:前者>后者D.等物质的量浓度的碳酸溶液和醋酸溶液比较,pH:前者>后者[解析]由电离常数可知酸性:CH3COOH>H2CO3>H3BO3>HCO-3。A项中应生成HCO-3;B项中CH3COOH少量,也只生成HCO-3;C项中碳酸溶液pH小;D项中CH3COOH比H2CO3易电离,故醋酸溶液pH小。考点二溶液的酸碱性Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2016·全国Ⅰ卷·12)298K时,在20.0mL0.10mol·L-1氨水中滴入0.10mol·L-1的盐酸,溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10mol·L-1氨水的电离度为1.32%,下列有关叙述正确的是(D)A.该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂B.M点对应的盐酸体积为20.0mLC.M点处的溶液中c(NH+4)=c(Cl-)=c(H+)=c(OH-)D.N点处的溶液中pH<12[解析]该题考查了酸碱中和滴定过程中溶液pH变化和对平衡的分析,意在考查考生分析图象的能力以及灵活运用所学知识解决问题的能力。当恰好完全中和时,生成NH4Cl,而NH4Cl溶液呈酸性,酚酞的变色范围为pH=8.2~10.0,甲基橙的变色范围为pH=3.1~4.4,故应选甲基橙作指示剂,A项错误;当V(盐酸)=20.0mL时,恰好完全反应,溶液呈酸性,B项错误;M点时由溶液中电荷守恒知c(NH+4)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),而溶液呈中性,即c(H+)=c(OH-),则c(NH+4)=c(Cl-),但c(NH+4)=c(Cl-)?c(H+)=c(OH-),C项错误;该温度下,0.10mol·L-1一元强碱溶液的pH=13,若0.10mol·L-1一元弱碱溶液的电离度为10%,则其pH=12,而0.10mol·L-1氨水的电离度小于10%,故溶液的pH<12,D项正确。2.(2016·上海·6)能证明乙酸是弱酸的实验事实是(B)A.CH3COOH溶液与Zn反应放出H2B.0.1mol/LCH3COONa溶液的pH大于7C.CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2D.0.1mol/LCH3COOH溶液可使紫色石蕊变红[解析]A.只能证明乙酸具有酸性,不能证明其酸性强弱,错误;B.该盐水溶液显碱性,由于NaOH是强碱,故可以证明乙酸是弱酸,正确;C.可以证明乙酸的酸性比碳酸强,但不能证明其是弱酸,错误;D.可以证明乙酸具有酸性,但是不能证明其酸性强弱,错误。3.(2017·全国Ⅰ·28节选)下列事实中,不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是_D__(填标号)。A.氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应,而亚硫酸可以B.氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸C.0.10mol·L-1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1D.氢硫酸的还原性强于亚硫酸[解析]根据较强酸制备较弱酸原理,氢硫酸不和碳酸氢钠反应,亚硫酸与碳酸氢钠反应,说明亚硫酸、碳酸、氢硫酸的酸性依次减弱,A项正确;相同浓度,溶液的导电能力与离子总浓度有关,相同浓度下,氢硫酸溶液导电能力弱,说明氢硫酸的电离能力较弱,即电离出的氢离子数较少,B项正确;相同浓度下,亚硫酸的pH较小,故它的酸性较强,C项正确;酸性强弱与还原性无关,酸性强调酸电离出氢离子的难易,而还原性强调还原剂失电子的难易,D项错误。R弱点突破uodiantupo(课堂)1.溶液中H+或OH-的来源分析(1)溶液为酸的溶液。溶液中的OH-全部来自水的电离,水电离产生的c(H+)=c(OH-)。如pH=2的盐酸中,溶液中的c(OH-)=(Kw/10-2)mol·L-1=10-12mol·L-1,即由水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-12mol·L-1。(2)溶质为碱的溶液。溶液中的H+全部来自水的电离,水电离产生的c(OH-)=c(H+)。如pH=12的NaOH溶液中,溶液中的c(H+)=10-12mol·L-1,即由水电离出的c(OH-)=c(H+)=10-12mol·L-1。(3)水解呈酸性或碱性的盐溶液。①pH=5的NH4Cl溶液中,H+全部来自水的电离,由水电离的c(H+)=10-5mol·L-1,因为部分OH-与部分NH+4结合,溶液中c(OH-)=10-9mol·L-1。②pH=12的Na2CO3溶液中,OH-全部来自水的电离,由水电离出的c(OH-)=10-2mol·L-1。2.溶液酸碱性判断中的常见误区(1)误认为溶液的酸碱性取决于pH。如pH=7的溶液在温度不同时,可能呈酸性或碱性,也可能呈中性。(2)误认为酸碱恰好中和时溶液一定显中性。如强酸和弱碱恰好中和时,溶液显酸性;强碱和弱酸恰好中和时,溶液显碱性,强酸和强碱恰好中和时,溶液显中性。(3)使用pH试纸测溶液酸碱性时,若先用蒸馏水润湿,测量结果不一定偏小。先用蒸馏水润湿,相当于将待测液稀释,若待测液为碱性溶液,则所测结果偏小;若待测液为酸性溶液,则所测液为中性溶液,则所测结果没有误差。3.有关pH计算的一般思维模型B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2018·赣州一模)常温下,下列溶液一定呈碱性的是(B)A.能与金属铝反应放出氢气的溶液B.cH+cOH-=10-6的溶液C.pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合D.0.01mol·L-1的氨水与0.01mol·L-1的HCl溶液等体积混合[解析]能与金属铝反应放出氢气的溶液可能呈酸性也可能呈强碱性,A错误;cH+cOH-=10-6<1,c(H+)<c(OH-),溶液呈碱性,B正确;CH3COOH为弱酸,NaOH为强碱,pH=2的CH3COOH为弱酸,NaOH为强碱,pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合,CH3COOH过量,溶液呈酸性,C错误;0.01mol·L-1的氨水与0.01mol·L-1的HCl溶液等体积混合恰好发生中和反应,生成的氯化铵水解使溶液呈酸性,D错误。2.25℃时,Kw=1.0×10-14;100℃时,Kw=1×10-12,下列说法正确的是(D)A.100℃时,pH=10的NaOH溶液和pH=2的H2SO4恰好中和,所得溶液的pH=7B.25℃时,0.2mol·L-1Ba(OH)2溶液和0.2mol·L-1HCl等体积混合,所得溶液的pH=7C.25℃时,0.2mol·L-1NaOH溶液与0.2mol·L-1CH3COOH恰好中和,所得溶液的pH=7D.25℃时,pH=12的氨水和pH=2的H2SO4等体积混合,所得溶液的pH>7[解析]100℃时,NaOH和H2SO4恰好中和时,pH=6,A错误;25℃时,c(OH-)=0.4mol·L-1,c(H+)=0.2mol·L-1,等体积混合后pH大于7,B错误;C项,由于CH3COO-的水解pH大于7,错误;D项,氨水过量,pH>7,正确。3.(2018·临沂一模)常温下,0.1mol·L-1某一元酸(HA)溶液中cOH-cH+=1×10-8,下列叙述正确的是(B)A.该一元酸溶液的pH=1B.该溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-11mol·L-1C.该溶液中水的离子积常数为1×10-22D.用pH=11的NaOH溶液V1L和V2L0.1mol·L-1该一元酸(HA)溶液混合,若混合溶液的pH=7,则V1<V2[解析]将c(OH-)=KwcH+代入原题关系式中可得1×10-14c2H+=1×10-8,解得c(H+)=1×10-3mol·L-1,所以该溶液的pH=3,A项错;酸溶液中水的电离看氢氧根离子,c(OH-)=1×10-141×10-3mol·L-1=1×10-11mol·L-1,所以由水电离出的c(H+)=1×10-11mol·L-1,B项正确;温度一定,水的离子积是一个常数,C项错;由于HA是弱酸,二者等体积混合呈酸性,当pH=7时应有V1>V2,D项错。4.(2018·成都二模)现有常温下pH=a的NaOH溶液与pH=b的硫酸溶液,将二者等体积混合,所得溶液为中性。则下列对两溶液的相关分析不正确的是(C)A.Kw均为1×10-14 B.若a=12,则b=2C.a、b为固定值 D.水电离出的c(H+)相等[解析]Kw只与温度有关,常温下,酸、碱稀溶液中Kw均为1×10-14,A项正确;pH=a的NaOH与pH=b的H2SO4溶液等体积混合时,所得溶液呈中性,n(H+)=n(OH-),10-b·V酸=10a-14·V碱,V酸=V碱,故a+b=14时即可使溶液呈中性,B项正确;a、b不为固定值,C项错误;酸的c(H+)与碱的c(OH-)相等,故水电离出的c(H+)相等,D项正确。考点三中和滴定原理的应用Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2018·全国Ⅲ)用0.100mol·L-1AgNO3滴定50.0mL0.0500mol·L-1Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是(C)A.根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10B.曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)C.相同实验条件下,若改为0.0400mol·L-1Cl-,反应终点c移到aD.相同实验条件下,若改为0.0500mol·L-1Br-,反应终点c向b方向移动[解析]C错:根据Ag++Cl-===AgCl↓可知,达到滴定终点时,消耗AgNO3溶液的体积为0.0400mol·L-1×50.0mL0.100mol·L-1=20.0mL。A对:由题图可知,当AgNO3溶液的体积为50.0mL时,溶液中的c(Cl-)略小于10-8mol·L-1,此时混合溶液中c(Ag+)=0.100mol·L-1×50.0mL-0.0500mol·L-1×50.0mL100mL=2.5×10-2mol·L-1,故Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)≈2.5×10-2×10-8=2.5×10-10。B对:因反应过程中有沉淀生成,溶液中必然存在平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),故曲线上的各点均满足c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)。D对: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)<Ksp(AgCl),当滴加相等量的Ag+时,溶液中c(Br-)<c(Cl-),故反应终点c向b方向移动。2.(2016·天津)水中溶氧量(DO)是衡量水体自净能力的一个指标,通常用每升水中溶解氧分子的质量表示,单位mg·L-1。我国《地表水环境质量标准》规定,生活饮用水源的DO不能低于5mg·L-1。某化学小组同学设计了下列装置(夹持装置略),测定某河水的DO。Ⅰ.测定原理:碱性条件下,O2将Mn2+氧化为MnO(OH)2∶①2Mn2++O2+4OH-===2MnO(OH)2↓酸性条件下,MnO(OH)2将I-氧化为I2∶②MnO(OH)2+I-+H+―→Mn2++I2+H2O(未配平)用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2∶③2S2O2-3+I2===S4O2-6+2I-Ⅱ.测定步骤:a.安装装置,检验气密性,充N2排尽空气后,停止充N2。b.向烧瓶中加入200mL水样。c.向烧瓶中依次迅速加入1mLMnSO4无氧溶液(过量)、2mL碱性KI无氧溶液(过量),开启搅拌器,至反应①完全。d.搅拌并向烧瓶中加入2mLH2SO4无氧溶液,至反应②完全,溶液为中性或弱酸性。e.从烧瓶中取出40.00mL溶液,以淀粉作指示剂,用0.01000mol·L-1Na2S2O3溶解进行滴定,记录数据。f.……g.处理数据(忽略氧气从水样中的逸出量和加入试剂后水样体积的变化)。回答下列问题:(1)配制以上无氧溶液时,除去所用溶剂水中氧的简单操作为_将溶剂水煮沸后冷却__。(2)在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择的仪器是_②__。①滴定管②注射器③量筒(3)搅拌的作用是_使溶液混合均匀,快速完成反应__。(4)配平反应②的方程式,其化学计量数依次为_1,2,4,1,1,3__。(5)步骤f为_重复步骤e的操作2-3次__。(6)步骤e中达到滴定终点的标志为_溶液蓝色褪去(半分钟内不变色)__。若某次滴定消耗Na2S2O3溶液4.50mL,水样的DO=_9.0__mg·L-1(保留一位小数)。作为饮用水源,此次测得DO是否达标:_是__(填"是"或"否")。(7)步骤d中加入H2SO4溶液反应后,若溶液pH过低,滴定时会产生明显的误差。写出产生此误差的原因(用离子方程式表示,至少写出2个)2H++S2O2-3===S↓+SO2↑+H2O;SO2+I2+2H2O===4H++SO2-4+2I-;4H++4I-+O2===2I2+2H2O(任写其中2个)。[解析](1)气体的溶解度随温度的升高而减小,所以除去水中氧的简单操作是将溶剂水进行煮沸。(2)向封闭式体系中添加液体试剂最宜选择的仪器是注射器。(3)搅拌可使溶液混合均匀,使反应快速完成。(4)该反应是氧化还原反应,依据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒即可完成配平。(5)定量实验要求重复进行2~3次,取平均值。(6)步骤e是向碘-淀粉的蓝色溶液中滴加Na2S2O3溶液,达到滴定终点时,溶液蓝色褪去且半分钟内不变色。根据题中所给的离子方程式可得:O2~2MnO(OH)2~2I2~4S2O2-3,即O2~4S2O2-3。40.00mL水样最终消耗Na2S2O3的物质的量为4.5×10-5mol,故其中氧气的物质的量为4.54×10-5mol,质量为4.54×10-5mol×32g·mol-1×103mg·g-1=0.36mg,则1L水样中氧气的质量为0.36mg×100040=9.0mg,即DO=9.0mg·L-1>5mg·L-1,作为饮用水源达标。(7)若溶液的pH过低,则溶液酸性过强。在酸性条件下,H+能与S2O2-3发生反应生成SO2等;氧气能将I-氧化,生成的碘单质能与生成的二氧化硫发生反应,使实验产生误差。3.利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量,实验分两步进行。已知:2CrO2-4+2H+===Cr2O2-7+H2OBa2++CrO2-4===BaCrO4↓步骤Ⅰ:移取xmL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中,加入酸碱指示剂,用bmol·L-1盐酸标准液滴定至终点,测得滴加盐酸的体积为V0mL。步骤Ⅱ:移取ymLBaCl2溶液于锥形瓶中,加入xmL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液,待Ba2+完全沉淀后,再加入酸碱指示剂,用bmol·L-1盐酸标准液滴定至终点,测得滴加盐酸的体积为V1mL。滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管,"0"刻度位于滴定管的_上方__(填"上方"或"下方")。BaCl2溶液的浓度为bV0-V1ymol·L-1。若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出,Ba2+浓度测量值将_偏大__(填"偏大"或"偏小")。[解析]滴定管"0"刻度位于滴定管的上方;由步骤Ⅰ可知xmLNa2CrO4溶液中CrO2-4的物质的量为V0b×10-3mol,步骤Ⅱ中与Ba2+形成沉淀的CrO2-4的物质的量为(V0b-V1b)×10-3mol,则ymLBaCl2溶液中Ba2+的物质的量为(V0b-V1b)×10-3mol,c(BaCl2)=V0b-V1b×10-3moly×10-3L=bV0-V1ymol·L-1;若步骤Ⅱ中滴加盐酸时,有少量待测液溅出,造成V1的用量减小,所以bV0-V1y的测量值偏大。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1.指示剂选择的基本原则:变色要灵敏,变色范围要小,使变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致。(1)不能用石蕊作指示剂。(2)滴定终点为碱性时,用酚酞作指示剂,如用NaOH溶液滴定醋酸。(3)滴定终点为酸性时,用甲基橙作指示剂,如用盐酸滴定氨水。(4)强酸滴定强碱一般用甲基橙,但用酚酞也可以。(5)并不是所有的滴定都使用指示剂,如用标准的Na2SO3溶液滴定KMnO4溶液时,KMnO4颜色恰好褪去时即为滴定终点。2.氧化还原滴定的原理及指示剂的选择:(1)原理:以氧化剂或还原剂为滴定剂,直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质,或者间接滴定一些本身并没有还原性或氧化性,但能与某些还原剂或氧化剂反应的物质。(2)试剂:常见用于滴定的氧化剂有KMnO4、K2Cr2O7等;常见用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、维生素C等。(3)指示剂:氧化还原滴定的指示剂有三类:①氧化还原指示剂;②专用指示剂,如在碘量法滴定中,可溶性淀粉溶液遇碘标准溶液变蓝;③自身指示剂,如高锰酸钾标准溶液滴定草酸时,滴定终点为溶液由无色变为浅红色。3.沉淀滴定:(1)概念:沉淀滴定是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法。生成沉淀的反应很多,但符合条件的却很少,实际上应用最多的是银量法,即利用Ag+与卤素离子的反应来测定Cl-、Br-、I-浓度。(2)原理:沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂,滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应的生成物的溶解度小,否则不能用这种指示剂。如用AgNO3溶液测定溶液中Cl-的含量时常以CrO2-4为指示剂,这是因为AgCl比AgCrO4更难溶。拓展应用酸碱中和滴定及拓展应用正误判断,正确的打"√",错误的打"×"。(1)记录滴定终点读数为12.20mL。(×)(2)酸式滴定管装标准溶液前,必须先用该溶液润洗。(√)(3)酸碱滴定实验中,用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差。(×)(4)欲测定NaOH溶液浓度,可选用滴定管、锥形瓶、烧杯、NaOH溶液、0.1000mol·L-1盐酸达到实验目的。(×)(5)滴定前滴定管内无气泡,终点读数时有气泡,所测体积偏小。(√)(6)中和滴定实验时,用待测液润洗锥形瓶。(×)(7)"中和滴定"实验中,容量瓶和锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用,滴定管和移液管用蒸馏水洗净后,须经干燥或润洗后方可使用。(√)(8)酸碱滴定时,若加入待测液用待液润洗锥形瓶,将导致测定结果偏高。(√)(9)(×)(10)可用25mL碱式滴定管量取20.00mLKMnO4溶液。(×)(11)读取滴定管内液体的体积,俯视读数导致读数偏小。(√)B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.下列实验误差分析错误的是(B)A.用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH,测定值偏小B.用容量瓶配制溶液,定容时俯视刻度线,所配溶液浓度偏小C.滴定前滴定管内无气泡,终点读数时有气泡,所测体积偏小D.测定中和反应的反应热时,将碱缓慢倒入酸中,所测温度值偏小[解析]用润湿的pH试纸会稀释碱溶液,使溶液中氢氧根离子浓度减小,测定的溶液碱性减弱,导致测定值偏小,故A正确;定容时俯视刻度线,导致所配溶液的体积偏小,结合c=nV可知,所配溶液的浓度偏大,故B错误;滴定前滴定管内无气泡,终点读数时有气泡,气体占据液体应占有的体积,使终点读数偏小,会导致所测溶液体积偏小,故C正确;测定中和反应的反应热时,将碱缓慢倒入酸中,导致热量损失过大,所测温度值偏小,故D正确。2.常温下,浓度均为0.1mol·L-1、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY的溶液中,分别加入NaOH固体,lgc(H+)/c(OH-)随加入NaOH的物质的量变化如图所示。下列叙述正确的是(C)A.HX的酸性弱于HYB.a点由水电离出的c(H+)=10-12mol·L-1C.c点溶液中:c(Y-)>c(HY)D.b点时酸碱恰好完全反应[解析]未加氧化钠时,相同浓度溶液中,HX的lgcH+cOH-=12,而HY的lgcH+cOH-<9,由于c(H+)×c(OH-)=Kw,则HX溶液中氢离子浓度更大,故HX的酸性强于HY,故A错误;a点溶液lgcH+cOH-=12,结合c(H+)×c(OH-)=10-14,可知c(OH-)=10-13mol·L-1,故B错误;c点溶液lgcH+cOH-=6,结合c(H+)×c(OH-)=10-14,可知c(H+)=10-4mol·L-1,溶液呈酸性,此时溶液为等浓度的HY、NaY混合溶液,说明HY的电离程度大于Y-的水解程度,则c点溶液中:c(Y-)>c(HY),故C正确;HY为0.01mol,b点加入NaOH为0.008mol,二者按物质的量1∶1反应,故HY有剩余,故D错误。3.(2018·丹阳一模)CuSO4溶液与K2C2O4溶液混合反应,产物之一是只含一种阴离子的蓝色钾盐水合物。通过下述实验确定该晶体的组成。步骤a:称取0.6720g样品,放入锥形瓶,加入适量2mol·L-1稀硫酸,微热使样品溶解。再加入30mL水加热,用0.2000mol·L-1KMnO4溶液滴定至终点,消耗8.00mL。步骤b:接着将溶液充分加热,使淡紫红色消失,溶液最终呈现蓝色。冷却后,调节pH并加入过量的KI固体,溶液变为棕色并产生白色沉淀CuI。用0.2500mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点,消耗8.00mL。已知涉及的部分离子方程式为步骤a:2MnO-4+5C2O2-4+16H+===2Mn2++8H2O+10CO2↑步骤b:2Cu2++4I-===2CuI↓+I2I2+2S2O2-3===2I-+S4O2-6(1)已知室温下CuI的Ksp=1.27×10-12,欲使溶液中c(Cu+)≤1.0×10-6mol·L-1,应保持溶液中c(I-)≥_1.27×10-6__mol·L-1。(2)MnO-4在酸性条件下,加热能分解为O2,同时生成Mn2+。该反应的离子方程式为4MnO-4+12H+=====△4Mn2++5O2↑+6H2O。若无该操作,则测定的Cu2+的含量将会_偏高__(填"偏高""偏低"或"不变")。(3)步骤b用淀粉溶液作指示剂,则滴定终点观察到的现象为_溶液由蓝色变为无色,且半分钟内不变色__。(4)通过计算可确定样品晶体的组成为_K2Cu(C2O4)2·H2O__。[解析](1)CuI的Ksp=1.27×10-12=c(Cu+)×c(I-),c(I-)=KspcCu+=1.27×10-12÷c(Cu+),由于溶液中c(Cu+)≤1.0×10-6mo1·L-1,则c(I-)≥1.27×10-6mol·L-1。(2)Mn的化合价由+7降低到+2,降低了5价;生成氧气,氧元素的化合价由-2升高到0,升高了4价,可配平方程式为4MnO-4+12H+=====△4Mn2++5O2↑+6H2O。若不加热除去高锰酸根离子,高锰酸根离子能够氧化碘离子,使得碘单质的物质的量增加,测定铜离子含量偏高。(3)根据反应I2+2S2O2-3===2I-+S4O2-6,当反应结束时,溶液的蓝色消失变成无色溶液,所以滴定终点是溶液由蓝色变为无色,且半分钟内不变色。(4)根据反应2MnO-4+5C2O2-4+16H+===2Mn2++8H2O十10CO2↑、2Cu2++4I-===2CuI↓+I2、I2+2S2O2-3===2I-+S4O2-6可得关系式:2MnO-4~5C2O2-42S2O2-3~I2~2Cu2+25220.2×8×10-3moln(C2O2-4)0.25×8×10-3moln(Cu2+)n(C2O2-4)=4×10-3mol、n(Cu2+)=2×10-3mol,根据电荷守恒原理:n(K+)=4×10-3mol,根据质量守恒原理m(H2O)=0.6720-39×4×10-3-64×2×10-3-88×4×10-3=0.036(g),n(H2O)=2×10-3mol,n(K+)∶n(Cu2+)∶n(C2O2-4)∶n(H2O)=2∶1∶2∶1,化学式为K2Cu(C2O4)2·H2O。1.下列说法不正确的是(B)A.强电解质在溶液中完全电离,不存在电离平衡B.导电能力强的溶液其溶质是强电解质C.溶质为同一弱电解质的溶液,当温度不同时,其导电能力也不相同D.强电解质在液态时,有的导电,有的不导电[解析]在溶液中,比较电解质导电能力的强弱应在相同浓度的条件下进行,故B项错误。2.(2018·潍坊高密一模)H2S水溶液中存在电离平衡H2SH++HS-和HS-H++S2-。若向H2S溶液中(C)A.加水,平衡向右移动,溶液中氢离子浓度增大B.通入过量SO2气体,溶液pH增大C.滴加新制氯水,溶液pH减小D.加入少量硫酸铜固体(忽略体积变化),溶液中所有离子浓度都减小[解析]加水稀释,平衡向右移动,但c(H+)减小,A项错误;SO2过量会产生较多的H2SO3,而H2SO3的酸性比H2S强,溶液pH减小,B项错误;滴加新制氯水,Cl2+H2S===S↓+2HCl,HCl的生成,使溶液pH减小,C项正确;加入少量CuSO4固体,Cu2++H2S===CuS↓+2H+,溶液中c(H+)增大,D项错误。3.25℃时,向0.2mol·L-1的氨水中加水稀释,则图中的y轴可以表示(B)①电离程度②c(NH3·H2O)③c(NH+4)④c(H+)⑤溶液的导电能力⑥pH⑦NH3·H2O的电离常数Kb⑧c(H+)·c(OH-)A.①②③⑤ B.②③⑤⑥C.②③⑥⑦ D.①②⑤⑥[解析]加水稀释,NH3·H2O的电离程度增大,①错误;加水稀释虽然促进了NH3·H2O的电离,但由于溶液体积增大得更多,故c(NH3·H2O)、c(NH+4)、c(OH-)均减小,c(H+)增大,②、③正确,④错误;溶液中离子浓度减小,导电性减弱,⑤正确;c(OH-)减小,pH减小,⑥正确;NH3·H2O的电离常数Kb=cNH+4·cOH-cNH3·H2O只与温度有关,温度不变,Kb不变,⑦错误;c(H+)·c(OH-)=Kw,只受温度影响,温度不变,c(H+)·c(OH-)保持不变,⑧错误;综上分析,B项正确。4.(2018·山东沂水二模)高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸,其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数,从表格中数据判断以下说法中不正确的是(C)酸 HClO4 H2SO4 HCl HNO3Ka 3.0×10-8 6.3×10-9 1.6×10-9 4.2×10-10A.在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离B.在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中最强的酸C.在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO4===2H++SO2-4D.水对于这四种酸的强弱没有区分能力,但冰醋酸可以区分这四种酸的强弱[解析]根据电离常数知,在冰醋酸中这几种酸都不完全电离,A正确;在冰醋酸中,高氯酸的电离常数最大,所以高氯酸的酸性最强,B正确;在冰醋酸中硫酸存在电离平衡,所以其电离方程式为H2SO4H++HSO-4,C不正确;这四种酸在水中都完全电离,在冰醋酸中电离程度不同,所以水对于这四种酸的强弱没有区分能力,但冰醋酸可以区分这四种酸的强弱,D正确。5.pH=12的X、Y两种碱溶液各10mL,分别稀释至1000mL,其pH与溶液体积(V)的关系如图所示,下列说法正确的是(A)A.若10<a<12,则X、Y都是弱碱B.X、Y两种碱的物质的量浓度一定相等C.完全中和pH相同的X、Y两溶液时,消耗同浓度盐酸的体积V(X)>V(Y)D.稀释后,X溶液的碱性比Y溶液的碱性强[解析]若X为强碱,则10mLpH=12的X溶液稀释至1000mL,pH应该为10,故若10<a<12,则X、Y均为弱碱,A项正确;两种碱稀释相同倍数,pH变化不同,说明两种碱的强弱不同,则pH相同时,二者的物质的量浓度一定不同,B项错误;当pH相同时,c(X)<c(Y),所以完全中和这两种碱时,消耗相同浓度的盐酸的体积:V(X)<V(Y),C项错误;由图像数据可知,稀释后Y溶液的pH比X溶液的pH大,故Y溶液的碱性强,D项错误。6.(2018·海淀区期末)常温下,下列有关两种溶液的说法不正确的是(B)序号 ① ②pH 12 12溶液 氨水 氢氧化钠溶液A.①②两溶液中c(OH-)相等B.①溶液的物质的量浓度为0.01mol·L-1C.①②两溶液分别加水稀释到原体积的10倍,稀释后溶液的pH:①>②D.等体积的①、②两溶液分别与0.01mol·L-1的盐酸完全中和,消耗盐酸的体积:①>②[解析]常温下,pH=12的溶液中c(OH-)=0.01mol·L-1,但①NH3·H2O为弱电解质,部分电离,其物质的量浓度大于0.01mol·L-1,故B错误。7.(2018·武汉市高三调研)浓度均为0.1mol/L、体积均为V0的HX、HY溶液,分别加水稀释至体积V,pH随lgVV0的变化关系如图所示。下列叙述正确的是(B)A.HX、HY都是弱酸,且HX的酸性比HY的弱B.常温下,由水电离出的c(H+)·c(OH-):a<bC.相同温度下,电离常数K(HX):a>bD.lgVV0=3,若同时微热两种溶液(不考虑HX、HY和H2O的挥发),则cX-cY-减小[解析]A项,由图像可知当lgVV0=0,即V=V0时,0.1mol/L的HX溶液和HY溶液的pH分别为2到3之间和1,所以HX是弱酸、HY是强酸,错误;B项,酸抑制水的电离,所以酸性越弱、水的电离程度越大,即pH越大,水电离出的c(H+)·c(OH-)越大,由已知图像可知,由水电离出的c(H+)·c(OH-):a<b,正确;C项,温度相同,则电离常数相同,错误;D项,微热促进HX的电离,所以增大,错误。8.(2018·日照模拟)常温下,向10mLbmol·L-1的CH3COOH溶液中滴加等体积的0.01mol·L-1的NaOH溶液,充分反应后,溶液中c(CH3COO-)=c(Na+),下列说法不正确的是(D)A.b>0.01B.混合后溶液呈中性C.CH3COOH的电离常数Ka=10-9b-0.01D.向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中,水的电离程度逐渐减小[解析]反应后溶液中c(CH3COO-)=c(Na+),根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)得:c(H+)=c(OH-),溶液呈中性,说明醋酸过量,b>0.01,A、B正确;pH=7,c(H+)=10-7mol·L-1,Ka=cCH3COO-·cH+cCH3COOH=0.005×10-70.5b-0.005=10-9b-0.01mol·L-1,C正确;在向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中,水的电离程度先变大后逐渐减小,因为酸、碱抑制水的电离,D错误。9.(2018·湖北黄冈高三调研)已知部分弱酸的电离平衡常数如表所示:弱酸 HCOOH HCN H2CO3电离平衡常数(25℃) Ka=1.77×10-4 Ka=5.0×10-10 Ka1=4.3×10-7Ka2=5.6×10-11下列选项错误的是(A)A.NaCN溶液中通入少量CO2发生的离子反应为2CN-+H2O+CO2===2HCN+CO2-3B.处理含CN-废水时,如用NaOH溶液调节pH至9,此时c(CN-)<c(HCN)C.中和等体积、等pH的甲酸溶液和氢氰酸溶液消耗NaOH的物质的量前者小于后者D.等体积、等物质的量浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者大于后者[解析]A项,根据表格可得酸性:HCOOH>H2CO3>HCN>HCO-3,故CO2+H2O+CN-===HCO-3+HCN,错误;B项,K(HCN)=5.0×10-10,而pH=9,有c(H+)=10-9mol/L,故cN-cHCN=0.5<1,即c(CN-)<c(HCN),正确;C项,等体积、等pH的HCOOH溶液和HCN溶液,后者物质的量大,故前者消耗NaOH的物质的量小于后者,正确;D项,等体积、等物质的量浓度的HCOONa和NaCN溶液,后者水解程度大,碱性强,溶液中所含氢离子浓度小,根据电荷守恒可得前者所含离子总数大于后者,正确。10.(2018·河南八市模拟)25℃时,用蒸馏水稀释1mol·L-1醋酸,下列各项始终保持增大趋势的是(A)A.溶液的c(OH-) B.溶液中的c(CH3COO-)C.溶液中的(CH3COOH) D.c(H+)·c(CH3COO-)[解析]A项,醋酸在溶液中存在电离平衡:CH3COOHCH3COO-+H+,用蒸馏水稀释醋酸溶液,醋酸的电离平衡正向移动,c(H+)、c(CH3COO-)减小,由于溶液中存在水的电离平衡,水的离子积是常数,所以c(OH-)增大,正确;B项,加水稀释,c(H+)、c(CH3COO-)减小,而且溶液中存在水的电离,水电离产生氢离子,使溶液中c(CH3COO-)减小得较多,所以减小,错误;C项,加水稀释,溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO-)都减小,电离平衡正向移动,c(CH3COOH)减小得较多,所以减小,错误;D项,加水稀释,溶液中c(H+)、c(CH3COO-)都减小,所以c(H+)·c(CH3COO-)减小,错误。11.(2018·湖南衡阳三模)室温下,pH相差1的两种一元碱溶液A和B,分别加水稀释时,溶液的pH变化如图所示。下列说法正确的是(D)A.稀释前,c(A)=10c(B)B.稀释前,A溶液中由水电离出的OH-的浓度大于10-7mol/LC.用醋酸中和A溶液至恰好完全反应时,溶液的pH为7D.在M点,A、B两种碱溶液中阳离子的物质的量浓度相等[解析]由图知,B为弱碱,稀释前,设c(A)=0.1mol/L,则c(B)>0.01mol/L,则c(A)<10c(B),A错误;稀释前A溶液中氢氧根离子浓度大于B溶液中氢氧根离子浓度,碱抑制水的电离,则A溶液中由水电离出的OH-的浓度小于10-7mol/L,B错误;用醋酸中和A溶液至恰好完全反应时,醋酸是弱酸,生成的醋酸根离子水解显碱性,C错误;M点A、B溶液pH相同,氢氧根离子浓度相同,所以M点A、B两种碱溶液中阳离子的物质的量浓度相等,D正确。12.(2018·青岛模拟)某小组以醋酸为例探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响。(1)设计实验方案如下表,表中c=_1.0__。编号 酸的种类 酸的浓度/(mol·L-1) 酸的体积/mL 镁条质量/g1 醋酸 1.0 10 2.02 盐酸 c 10 2.0(2)实验步骤:①检查装置(如图)的气密性后,添加药品;②反应开始后,_每隔1_min记录一次生成H2的体积__;③将所记录的数据转化为曲线图(如图)。(3)写出0~5min醋酸、盐酸与镁条反应的反应速率变化规律:_醋酸与镁条反应的反应速率随时间变化不明显;盐酸与镁条反应开始阶段反应速率很快,一段时间后反应速率明显减小__。[解析](1)要探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响,则两种酸的浓度应该是相等的,即表中c=1.0。(2)根据图像可知,纵坐标是氢气的体积,因此反应开始后,每隔1min记录一次生成H2的体积。(3)根据图像可知0~5min醋酸与镁条反应的曲线几乎是直线,说明醋酸与镁条反应的反应速率随时间变化不明显;而盐酸与镁条反应开始阶段曲线斜率较大,说明反应速率很快,但一段时间后反应速率明显减小。13.25℃时,部分物质的电离平衡常数如表所示:化学式 CH3COOH H2CO3 HClO电离平衡常数 1.7×10-5 K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11 3.0×10-8请回答下列问题:(1)CH3COOH、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为_CH3COOH>H2CO3_>HClO__。(2)同浓度的CH3COO-、HCO-3、CO2-3、ClO-结合H+的能力由强到弱的顺序为_CO2-3>ClO->HCO-3>CH3COO-__。(3)常温下0.1mol·L-1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中,下列表达式的数据一定变小的是_A__(填字母,下同)。A.c(H+) B.c(H+)/c(CH3COOH)C.c(H+)·c(OH-) D.c(OH-)/c(H+)E.c(CH3COO-)·c(H+)/c(CH3COOH)若该溶液升高温度,上述5种表达式的数据增大的是_ABCE__。[解析](1)物质的电离平衡常数越大其酸性越强,CH3COOH、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为CH3COOH>H2CO3>HClO。(2)电离平衡常数越小,同浓度的CH3COO-、HCO-3、CO2-3、ClO-结合H+的能力越强,即结合H+由强到弱的顺序为CO2-3>ClO->HCO>CH3COO-。(3)醋酸溶液浓度越小,c(H+)越小;电离平衡常数=c(H+)·c(CH3COO-)/c(CH3COOH),稀释过程中c(CH3COO-)减小,c(H+)/c(CH3COOH)增大;c(H+)·c(OH-)不变;醋酸稀释时,c(H+)减小,c(OH-)增大,c(OH-)/c(H+)增大;不变。升高温度,醋酸电离平衡右移,c(H+)增大;升高温度,醋酸电离平衡右移c(H+)/c(CH3COOH)增大;升高温度c(H+)·c(OH-)增大;升高温度,c(H+)增大,c(OH-)减小,c(OH-)/c(H+)减小;升高温度,K=cCH3COO-·cH+cCH3COOH增大。14.(2018·衡水调研)已知25℃时弱电解质电离平衡常数:Ka(CH3COOH)=1.8×10-5,Ka(HSCN)=0.13。(1)将20mL0.10mol·L-1CH3COOH溶液和20mL、0.10mol·L-1的HSCN溶液分别与0.10mol·L-1的NaHCO3溶液反应,实验测得产生CO2气体体积V与时间t的关系如图。反应开始时,两种溶液产生CO2的速率明显不同的原因是_因为Ka(HSCN)>Ka(CH3COOH),溶液中c(H+):HSCN>CH3COOH,c(H+)大反应速率快__;反应结束后所得溶液中c(SCN-)_>__c(CH3COO-)(填">""="或"<")。(2)2.0×10-3mol·L-1的氢氟酸中,调节溶液pH(忽略调节时体积变化),测得平衡体系中c(F-)、c(HF)与溶液pH的关系如下图。则25℃时,HF电离平衡常数为:Ka(HF)=_4×10-4__。[解析](1)反应结束后,溶质为CH3COONa和NaSCN,因CH3COOH酸性弱于HSCN,故CH3COONa水解程度大,c(CH3COO-)<c(SCN-)。(2)电离平衡常数等于电离出的离子浓度的幂之积除以电解质的浓度,故Ka(HF)=4×10-4。第11讲盐类水解、沉淀溶解平衡最新考纲 考向分析1.认识盐类水解的本质是中和反应的逆反应,能多角度、动态地分析盐类水解和沉淀溶解平衡,并用相关的原理解决实际问题。2.能运用水解平衡模型和沉淀溶解平衡模型解释化学现象,揭示现象的本质与规律。3.能发现和提出有探究价值的盐类水解和沉淀溶解平衡的问题;能从问题和假设出发,确定探究目的,设计探究方案,进行实验探究。4.应具有严谨求实的科学态度,具有探索未知、崇尚真理的意识;赞赏化学对社会发展的重大贡献,具有可持续发展意识和绿色化学观念,能对与盐类水解和沉淀溶剂平衡有关的社会热点问题做出正确的价值判断。 1.重点考查盐类的水解平衡及其移动,常考查:(1)盐类的水解平衡移动的应用。(2)溶液中离子浓度关系的分析。2.重点考查沉淀溶解平衡及其应用,常考查:(1)沉淀的溶解与转化。(2)溶解度与Ksp的相关转化与比较。(3)金属阳离子沉淀完全的pH及沉淀分离的相关计算。考点一盐类水解和粒子浓度大小比较Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·全国卷Ⅰ·13)常温下将NaOH溶液添加到己二酸(H2X)溶液中,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是(D)A.Ksp(H2X)的数量级为10-6B.曲线N表示pH与lgcHX-cH2X的变化关系C.NaHX溶液中c(H+)>c(OH-)D.当混合溶液呈中性时,c(Na+)>c(HX-)>c(X2-)>c(OH-)=c(H+)[解析]H2X的电离方程式为H2XH++HX-,HX-H++X2-。当cHX-cH2X=cX2-cHX-=1时,即横坐标为0.0时,Ka1=c(H+),Ka2=c′(H+),因为Ka1>Ka2,故c(H+)>c′(H+),即pH<pH′,结合图象知,曲线N代表第一步电离,曲线M代表第二步电离。Ka2≈10-5.4,A项正确;由上述分析知,B项正确;选择曲线M分析,当NaHX、Na2X浓度相等时,溶液pH约为5.4,溶液呈酸性,所以,NaHX溶液中c(H+)>c(OH-),C项正确;电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(H-)+c(HX-)+2c(X2-),中性溶液中存在c(H+)=c(OH-),故有c(Na+)=c(HX-)+2c(x2-),假设c(HX-)=c(X2-)或c(HX-)>c(X2-)(见C项分析),则溶液一定呈酸性,故中性溶液中c(HX-)<c(X2-),D项错误。2.(2016·天津)室温下,用相同浓度的NaOH溶液,分别滴定浓度均为0.1mol·L-1的三种酸(HA、HB和HD)溶液,滴定曲线如图所示,下列判断错误的是(C)A.三种酸的电离常数关系:KHA>KHB>KHDB.滴定至P点时,溶液中:c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-)C.pH=7时,三种溶液中:c(A-)=c(B-)=c(D-)D.当中和百分数达100%时,将三种溶液混合后:c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)[解析]三种酸的浓度相等,根据图象,在滴定前HA溶液的pH最小,酸性最强,HD溶液的pH最大,酸性最弱,说明HA的电离程度最大,电离常数最大,A项正确;P点溶液中含有等物质的量的NaB与HB,此时溶液显酸性,说明HB的电离程度大于B-的水解程度,所以c(B-)>c(HB),由物料守恒:2c(Na+)=c(HB)+c(B-)知,c(Na+)介于c(B-)、c(HB)之间,B项正确;每种溶液中均存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-),X-代表A-、B-、D-,在pH=7时,c(H+)=c(OH-),c(Na+)=c(X-),而pH=7时,三种酸所消耗的NaOH的物质的量不相等,故三种溶液中c(Na+)不相等,则c(X-)也不相等,C项错误;中和百分数为100%的三种溶液,其溶质分别是NaA、NaB、NaD,混合后溶液中的电荷守恒式为:c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(B-)+c(D-)+c(OH-)①,此式中c(Na+)=c(Na+)[NaA]+c(Na+)[NaB]+c(Na+)[NaD],混合前的三种溶液中存在物料守恒:c(Na+)[NaA]=c(A-)+c(HA),c(Na+)[NaB]=c(B-)+c(HB),c(Na+)[NaD]=c(D-)+c(HD),消去①式中的c(Na+)和c(A-)、c(B-)、c(D-),得c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+),D项正确。3.(2017·江苏·14)(双选)常温下,Ka(HCOOH)=1.77×10-4,Ka(CH3COOH)=1.75×10-5,Kb(NH3·H2O)=1.76×10-5,下列说法正确的是(AD)A.浓度均为0.1mol·L-1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和:前者大于后者B.用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点,消耗NaOH溶液的体积相等C.0.2mol·L-1HCOOH与0.1mol·L-1NaOH等体积混合后的溶液中:c(HCOO-)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)D.0.2mol·L-1CH3COONa与0.1mol·L-1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7):c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)[解析]本题考查弱电解质的电离平衡知识。HCOONa溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-),NH4Cl溶液中存在c(NH+4)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),两溶液中有c(Na+)=c(Cl-),只要比较HCOONa溶液中c(H+)与NH4Cl溶液中c(OH-)的大小即可,由电离常数可知,NH+4的水解程度比HCOO-的大,则NH4Cl溶液中c(H+)较HCOONa溶液中c(OH-)大,即NH4Cl溶液中c(OH-)较HCOONa溶液中c(H+)小,所以c(Na+)+c(H+)>c(Cl-)+c(OH-)=c(NH+4)+c(H+),A项正确;CH3COOH的电离平衡常数比HCOOH的小,即CH3COOH的酸性弱,则相同pH的CH3COOH溶液的浓度大于HCOOH的,和NaOH反应时,CH3COOH溶液消耗NaOH溶液的体积较大,B项错误;反应后得到c(HCOOH)与c(HCOONa)相等的混合溶液,溶液呈酸性,由电荷守恒得:c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),由物料守恒得:2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-),则c(HCOO-)>c(Na+)>c(HCOOH),所以c(HCOO-)+c(OH-)>c(HCOOH)+c(H+),C项错误;反应后得到c(CH3COONa)=c(CH3COOH)=c(NaCl)的混合溶液,由物料守恒得:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Cl-),pH<7,则CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,即c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH),电离和水解均很微弱,故c(H+)小于c(CH3COOH),D项正确。4.(2018·北京·11)测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下。时刻 ① ② ③ ④温度/℃ 25 30 40 25pH 9.66 9.52 9.37 9.25实验过程中,取①④时刻的溶液,加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验,④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是(C)A.Na2SO3溶液中存在水解平衡:SO2-3+H2OHSO-3+OH-B.④的pH与①不同,是由SO2-3浓度减小造成的C.①→③的过程中,温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D.①与④的Kw值相等[解析]C错:①→③的过程中,pH变小,说明SO2-3水解产生的c(OH-)减小;升高温度,SO2-3的水解平衡正向移动,溶液中SO2-3水解产生的c(OH-)增大,pH应增大,而实际上溶液的pH减小,其主要原因是实验过程中部分SO2-3被空气中的O2氧化生成SO2-4,溶液中c(SO2-3)减小,水解平衡逆向移动,则溶液中c(OH-)减小,pH减小;①→③的过程中,温度升高,SO2-3的水解平衡正向移动,而c(SO2-3)减小,水解平衡逆向移动,二者对水解平衡移动方向的影响不一致。A对:Na2SO3是强碱弱酸盐,在水溶液中发生水解,存在水解平衡:SO2-3+H2OHSO-3+OH-。B对:实验过程中,取①④时刻的溶液,加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验,④产生白色沉淀多,说明④中的SO2-4数目大于①中的,④中的SO2-3数目小于①中的,所以④中OH-数目小于①中的,pH不同。D对:Kw只与温度有关。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1.电解质溶液中的守恒关系(1)电荷守恒:电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等。如NaHCO3溶液中:n(Na+)+n(H+)=n(HCO-3)+2n(CO2-3)+n(OH-)(2)物料守恒:电解质溶液中由于电离或水解因素,离子会发生变化变成其它离子或分子等,但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。如NaHCO3溶液中n(Na+)∶n(C)=1∶1,推出:c(Na+)=c(HCO-3)+c(CO2-3)+c(H2CO3)(3)质子守恒:电解质溶液中分子或离子得到或失去质子(H+)的物质的量应相等。例如在NH4HCO3溶液中H3O+、H2CO3为得到质子后的产物;NH3·H2O、OH-、CO2-3为失去质子后的产物,故有以下关系:c(H3O+)+c(H2CO3)===c(NH3·H2O)+c(OH-)+c(CO2-3)。2.微粒浓度大小的比较(1)多元弱酸溶液,根据多步电离分析,如在H3PO4的溶液中,c(H+)>c(H2PO-4)>c(HPO2-4)>c(PO3-4)。(2)多元弱酸的正盐溶液,根据弱酸根的分步水解分析,如Na2CO3的溶液中:c(Na+)>c(CO2-3)>c(OH-)>c(HCO-3)。(3)不同溶液中同一离子浓度的比较,要看溶液中其他离子对其影响的因素。如在相同的物质的量浓度的下列各溶液中a.NH4Clb.CH3COONH4c.NH4HSO4。c(NH+4)由大到小的顺序是c>a>b。(4)混合溶液中各离子浓度的比较,要进行综合分析,如电解因素、水解因素等。如相同浓度的NH4Cl溶液和氨水等体积混合后,由于氨水的电离程度大于NH+4的水解程度,所以溶液中离子浓度顺序为:c(NH+4)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)。(5)巧抓"四点",突破图象中的"粒子"浓度关系a.抓反应"一半"点,判断是什么溶质的等量混合。b.抓"恰好"反应点,生成什么溶质,溶液的酸碱性,是什么因素造成的。c.抓溶液"中性"点,生成什么溶质,哪种反应物过量或不足。d.抓反应"过量"点,溶质是什么,判断谁多、谁少还是等量。B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2018·荆州二模)将0.2mol·L-1NaHCO3溶液与0.1mol·L-1KOH溶液等体积混合,下列关系正确的是(D)A.2c(K+)=c(HCO-3)+2c(CO2-3)+c(H2CO3)B.c(Na+)>c(K+)>c(HCO-3)>c(CO2-3)>c(OH-)>c(H+)C.c(OH-)+c(CO2-3)=c(H+)+c(H2CO3)+0.1mol·L-1D.3c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO-3)+2c(CO2-3)[解析]0.2mol·L-1NaHCO3溶液与0.1mol·L-1KOH溶液等体积混合,反应后的溶质为0.025mol·L-1的碳酸钾、碳酸钠和0.05mol·L-1的NaHCO3(先不考虑水解和电离),混合液中钾离子浓度为0.05mol·L-1,则2c(K+)=0.1mol·L-1,根据物料守恒可得c(HCO-3)+c(CO2-3)+c(H2CO3)=2c(K+)=0.1mol·L-1,则2c(K+)=c(HCO-3)+c(H2CO3)+c(CO2-3),A错误;由于碳酸氢根离子、碳酸根离子水解,则溶液显碱性,c(OH-)>c(H+)。碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子,则溶液中碳酸氢根离子浓度大于0.05mol·L-1,碳酸根离子浓度小于0.05mol·L-1;钾离子浓度为0.05mol·L-1、钠离子浓度为0.1mol·L-1,则溶液中离子浓度大小为c(Na+)>c(HCO-3)>c(K+)>c(CO2-3)>c(OH-)>c(H+),B项错误;根据物料守恒可得①c(HCO-3)+c(CO2-3)+c(H2CO3)=c(Na+)=0.1mol·L-1,②c(K+)=0.05mol·L-1,根据电荷守恒可得③c(HCO-3)+2c(CO2-3)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)+c(Na+),根据①③可得c(OH-)+c(CO2-3)=c(H+)+c(H2CO3)+c(K+)由于混合溶液中c(K+)=0.05mol·L-1,则c(OH-)+c(CO2-3)=c(H+)+c(H2CO3)+0.05mol·L-1,C项错误;根据电荷守恒可得,c(HCO-3)+2c(CO2-3)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)+c(Na+),由于混合液中c(Na+)=0.1mol·L-1、c(K+)=0.05mol·L-1,则c(Na+)=2c(K+)所以3c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO-3)+2c(CO2-3),D项正确。2.25℃时,将CO2通入0.1mol·L-1的NaOH溶液中,下列说法不正确的是(B)A.溶液中始终有c(Na+)+c(H+)=2c(CO2-3)+c(HCO-3)+c(OH-)B.溶液呈中性时:c(Na+)=c(CO2-3)+c(HCO-3)C.当二者等物质的量反应时溶液中一定有c(H2CO3)+c(H+)=c(CO2-3)+c(OH-)D.n(CO2)∶n(NaOH)=1∶2时溶液中:c(Na+)>2c(CO2-3)[解析]选项A是电荷守恒式,正确。选项B,溶液呈中性时,c(H+)=c(OH-),结合电荷守恒式得c(Na+)=2c(CO2-3)+c(HCO-3),错误。选项C,恰好完全反应生成NaHCO3,物料守恒式为c(Na+)=c(CO2-3)+c(HCO-3)+c(H2CO3),结合电荷守恒式可得c(H2CO3)+c(H+)=c(CO2-3)+c(OH-),正确。选项D,恰好完全反应生成Na2CO3,由于CO2-3会水解,故c(Na+)>2c(CO2-3),正确。3.(新题预测)25℃时,用2amol·L-1NaOH溶液滴定1.0L2amol·L-1氢氟酸溶液,得到混合液中HF、F-的物质的量与溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是(A)A.pH=3时,溶液中:c(Na+)<c(F-)B.c(F-)>c(HF)时,溶液一定呈碱性C.pH=3.45时,NaOH溶液恰好与HF完全反应D.pH=4时,溶液中:c(HF)+c(Na+)+c(H+)-c(OH-)>2amol·L-1[解析]pH=3时,c(H+)>c(OH-),溶液中电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(F-)+c(OH-),则c(Na+)<c(F-),A项正确;由题图知当3.45<pH<6时即溶液呈酸性时,c(F-)>c(HF),B项错误;NaOH溶液恰好与HF完全反应时得到的溶液为NaF溶液,溶液显碱性,C项错误;溶液中电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(F-)+c(OH-),c(H+)+c(Na+)-c(OH-)+c(HF)=c(F-)+c(HF),已知n(F-)+n(HF)=2amol,溶液的体积大于1.0L,故c(F-)+c(HF)<2amol·L-1,D项错误。考点二难溶电解质的溶解平衡Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·全国Ⅱ卷·13)由下列实验及现象不能推出相应结论的是(C) 实验 现象 结论A 向2mL0.1mol·L-1的FeCl3溶液中加足量铁粉,振荡,加1滴KSCN溶液 黄色逐渐消失,加KSCN溶液颜色不变 还原性:Fe>Fe2+B 将金属钠在燃烧匙中点燃,迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生大量白烟,瓶内有黑色颗粒产生 CO2具有氧化性C 加热盛有少量NH4HCO3固体的试管,并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸 石蕊试纸变蓝 NH4HCO3显碱性D 向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液 一支试管中产生黄色沉淀,另一支中无明显现象 Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)[解析]本题考查化学实验。向FeCl3溶液中加入足量铁粉后,Fe3+完全转化为Fe2+,滴入KSCN溶液,溶液不变色,可证明还原性,Fe>Fe2+,A项正确;燃着的金属钠能在装有CO2的集气瓶中反应生成Na2CO3和C,说明CO2具有氧化性,B项正确;NH4HCO3受热分解生成的NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,只能说明NH3为碱性气体,不能确定NH4HCO3的酸碱性,C项错误;根据题中描述可知黄色沉淀为AgI,另一支试管中无明显现象,说明没有AgCl析出,可证明Ksp(AgI)<Ksp(AgCl),D项正确。2.(2018·天津·4)由下列实验及现象推出的相应结论正确的是(B)实验 现象 结论A.某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液 产生蓝色沉淀 原溶液中有Fe2+,无Fe3+B.向C6H5ONa溶液中通入CO2 溶液变浑浊 酸性:H2CO3>C6H5OHC.向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液 生成黑色沉淀 Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)D.①某溶液中加入Ba(NO3)2溶液②再加足量盐酸 ①产生白色沉淀②仍有白色沉淀 原溶液中有SO2-4
[解析]B对:符合较强酸制较弱酸的原理。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SO2-3,也会产生同样的现象。3.(2017·全国Ⅰ卷·27)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下:钛铁矿――→盐酸酸浸滤渣→滤液①水解过滤TiO2·xH2O沉淀――→双氧水氨水反应――→LiOH过滤Li2Ti5O15沉淀――→Li2CO3高温煅烧①Li4Ti5O12滤液②――→双氧水磷酸――→过滤FePO4沉淀――→Li2CO3·H2C2O4高温煅烧②LiFePO4回答下列问题:若"滤液②"中c(Mg2+)=0.02mol·L-1,加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍),使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1,此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成?Fe3+恰好沉淀完全时,c(PO3-4)=1.3×10-221.0×10-5mol·L-1=1.3×10-17mol·L-1,c3(Mg2+)×c2(PO3-4)=(0.01)3×(1.3×10-17)2=1.7×10-40<Ksp[Mg3(PO4)2],因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀。(列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24。[解析]考查溶度积计算以及判断沉淀是否形成。分两步计算:①计算铁离子完全沉淀时磷酸根离子浓度。c(Fe3+)·c(PO3-4)=Ksp(FePO4),c(PO3-4)=1.3×10-221.0×10-5mol·L-1=1.3×10-17mol·L-1。②混合后,溶液中镁离子浓度为c(Mg2+)=0.01mol·L-1,c3(Mg2+)·c2(PO3-4)=0.013×(1.3×10-17)2=1.7×10-40<Ksp[Mg3(PO4)2],没有磷酸镁沉淀生成。(6)草酸中碳为+3价,高温煅烧过程中铁的化合价降低,碳的化合价升高,有CO2生成。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏溶度积曲线与计算1.溶度积曲线溶度积曲线是分别以阳、阴离子的浓度为坐标作出的曲线,不同温度下曲线形状不尽相同。如图是BaSO4溶液中的离子浓度曲线。(1)曲线上的任意一点(如a、c点),都代表指定温度下的饱和溶液,由对应的离子浓度可求Ksp。(2)可通过比较,观察得出溶液是否达到饱和状态,是否有沉淀析出。处于曲线上方的点(如b点)表明溶液处于过饱和状态,一定会有沉淀析出,处于曲线下方的点(如d点),则表明溶液处于未饱和状态,不会有沉淀析出。2.溶度积曲线的解题方法(1)第一步:明确图像中纵、横坐标的含义。纵、横坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度。(2)第二步:理解图像中线上的点、线外点的含义。①以氯化银为例,在该沉淀溶解平衡图像上,曲线上任意一点都达到了沉淀溶解平衡状态,此时Q=Ksp。在温度不变时,无论改变哪种离子的浓度,另一种离子的浓度只能在曲线上变化,不会出现在曲线外的点。②曲线上方区域的点均为饱和溶液与沉淀共存的体系,此时Q>Ksp。③曲线下方区域的点均为不饱和溶液,此时Q<Ksp。(3)第三步:抓住Ksp的特点,结合选项分析判断。①溶液在蒸发时,离子浓度的变化分两种情况:a.原溶液不饱和时,离子浓度要增大都增大;b.原溶液饱和时,离子浓度都不变。②溶度积常数只是温度的函数,与溶液中溶质的离子浓度无关,在同一曲线上的点,溶度积常数相同。3.溶度积的相关计算(1)已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度,如Ksp=a的饱和AgCl溶液中c(Ag+)=amol/L。(2)已知溶度积、溶液中某离子的浓度,求溶液中的另一种离子的浓度,如某温度下AgCl的Ksp=a在0.1mol/L的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体,达到平衡后c(Ag+)=10amol/L。特别提示:(1)对于组成形式不同的物质,不能根据溶度积数值比较其溶液中离子浓度大小,需经过计算再进行比较。(2)在沉淀溶解平衡的图像中,只有曲线上的点才表示达到沉淀溶解平衡状态,曲线上方的点表示过饱和,下方的点表示未饱和。(3)是否生成沉淀取决于Qc与Ksp的相对大小,不能只通过Ksp大小判断。B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2018·遵义一模)AlPO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示(T2>T1)。下列说法正确的是(B)A.图象中四个点的Ksp:a=b>c>dB.AlPO4在b点对应的溶解度大于c点C.AlPO4(s)Al3+(aq)+PO3-4(aq)ΔH<0D.升高温度可使d点移动到b点[解析]由图象可知,温度越高溶度积常数越大,则图象中四个点Ksp:a=c=d<b,A错误;b点温度高,溶解度大,AlPO4在b点对应的溶解度大于c点,B正确;根据图象可知,温度升高溶度积常数增大,则AlPO4(s)Al3+(aq)+PO3-4(aq)ΔH>0,C错误;升高温度,阴阳离子浓度均增大,不可能使d点移动到b点,D错误。2.(银川二模)已知25℃时,以下五种物质的浓度积常数Ksp:物质 AgCl Ag2CrO4 AgBr AgI Ag2SKsp 2×10-10 2×10-12 5.4×10-13 8.3×10-17 6.3×10-50颜色 白色 砖红色 淡黄色 黄色 黑色现以0.1mol·L-1的AgNO3溶液测定某溶液中的c(Cl-),适宜作滴定指示剂的物质是(A)A.K2CrO4 B.KBrC.KI D.K2S[解析]形成AgCl的沉淀溶液解平衡时的c(Ag+)=2×10-10mol·L-1=2×10-5mol·L-1,而形成Ag2CrO4沉淀时c(Ag+)=32×10-12×2mol·L-1=34×10-4mol·L-1,即溶液中的Cl-沉淀完全时才能形成Ag2CrO4沉淀,故可用K2CrO4作指示剂。同理可计算AgBr,AgI,Ag2S形成沉淀溶解平衡时的Ag+浓度分别为54×10-7mol·L-1,83×10-9mol·L-1,12×10-25mol·L-1,相同情况下它们都先于AgCl形成沉淀,因此不能用作此实验指示剂。3.(新题预测)已知298K时,Mg(OH)2的溶度积常数Ksp=5.6×10-12,取适量的MgCl2溶液,加入一定量的烧碱溶液达到沉淀溶解平衡,测得pH=13,则下列说法不正确的是(C)A.所得溶液中的c(H+)=1.0×10-13mol·L-1B.加入Na2CO3固体,可能生成沉淀C.所加的烧碱溶液的pH=13D.所得溶液中的c(Mg2+)=5.6×10-10mol·L-1[解析]pH=13,则c(H+)=1.0×10-13mol·L-1,A正确;加入Na2CO3固体,当c(Mg2+)·c(CO2-3)>Ksp(MgCO3)时生成MgCO3沉淀,B正确;因为向MgCl2溶液中加NaOH溶液后混合溶液的pH=13,所以所加NaOH溶液pH>13,C错误;溶液中的c(Mg2+)=5.6×10-1210-2mol·L-1=5.6×10-10mol·L-1,D正确。考点三溶液中"四大平衡常数"的理解和应用Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·全国Ⅲ卷·13)在湿法炼锌的电解循环溶液中,较高浓度的Cl-会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4,生成CuCl沉淀从而除去Cl-。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图,下列说法错误的是(C)A.Ksp(CuCl)的数量级为10-7B.除Cl-反应为Cu+Cu2++2Cl-===2CuClC.加入Cu越多,Cu+浓度越高,除Cl-效果越好D.2Cu+===Cu2++Cu平衡常数很大,反应趋于完全[解析]本题考查溶度积常数、平衡常数的计算及其应用。由题图可知,当c(Cu+)=10-2mol·L-1时,c(Cl-)约为10-4.75mol·L-1,则Ksp(CuCl)=c(Cu+)·c(Cl-)的数量级为10-7,A项正确;根据题目信息可知B项正确;Cu、Cu2+是按一定物质的量之比反应的,并不是加入Cu越多,Cu+浓度越高,除Cl-效果越好,C项错误;由题图可知,交点处c(Cu+)=c(Cu2+)≈10-6mol·L-1,则2Cu+===Cu2++Cu的平衡常数K=cCu2+cCu+≈106,该平衡常数很大,因而反应趋于完全,D项正确。2.(2016·全国Ⅱ·26节选)联氨为二元弱碱,在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离反应的平衡常数值为_8.7×10-7__(已知:N2H4+H+N2H+5的K=8.7×107;Kw=1.0×10-14)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为_N2H6(HSO4)2__。[解析]联氨为二元弱碱,在水中的电离方式与氨相似,则联氨第一步电离的方程式:N2H4+H2ON2H+5+OH-,已知:N2H4+H+N2H+5的K=8.7×107;Kw=1.0×10-14,平衡常数K=8.7×107×1.0×10-14=8.7×10-7;联氨为二元弱碱,酸碱发生中和反应生成盐,则联氨与硫酸形成酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2。3.(2016·全国Ⅰ·27节选)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂,以AgNO3标准溶液滴定溶液中Cl-,利用Ag+与CrO2-4生成砖红色沉淀,指示到达滴定终点。当溶液中Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10-5mol·L-1)时,溶液中c(Ag+)为_2.0×10-5__mol·L-1,此时溶液中c(CrO2-4)等于_5.0×10-3__mol·L-1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10-12和2.0×10-10)。[解析]当溶液中Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10-5mol·L-1)时,溶液中c(Ag+)=Ksp=(AgCl)÷c(Cl-)=2.0×10-10÷(1.0×10-5)=2.0×10-5(mol·L-1);此时溶液中c(CrO2-4)=Ksp(Ag2CrO4)÷c2(Ag+)=2.0×10-12÷(2.0×10-5)2=5.0×10-3(mol·L-1)。4.(2015·全国Ⅱ·26节选)用废电池的锌皮制备ZnSO4·7H2O的过程中,需除去锌皮中的少量杂质铁,其方法是:加稀H2SO4和H2O2溶解,铁变为_Fe3+__,加碱调节至pH为_2.7__时,铁刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10-5mol·L-1时,即可认为该离子沉淀完全);继续加碱至pH为__6__时,锌开始沉淀(假定Zn2+浓度为0.1mol·L-1)。若上述过程不加H2O2后果是_Zn2+和Fe2+分离不开__,原因是_Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近__。[解析]双氧水具有强氧化性,能把铁氧化为铁离子,因此加入稀硫酸和双氧水,溶解后铁变为硫酸铁。根据氢氧化铁的溶度积常数可知,当铁离子完全沉淀时溶液中氢氧根的浓度为310-3910-5mol·L-1≈5×10-12mol·L-1,所以氢离子浓度是2×10-3mol·L-1,因此加碱调节pH=2.7,Fe3+刚好完全沉淀。Zn2+浓度为0.1mol·L-1,根据氢氧化锌的溶度积常数可知开始沉淀时的氢氧根浓度为10-8mol·L-1,则pH=6,即继续加碱调节pH为6,锌开始沉淀。如果不加双氧水,则在沉淀锌离子的同时亚铁离子也沉淀,导致生成的氢氧化锌不纯,无法分离Zn2+和Fe2+。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1.三大平衡常数对比 电离平衡 水解平衡 沉淀溶解平衡举例 NH3·H2ONH+4+OH-NH+4+H2ONH3·H2O+H+ PbI2(s)Pb2+(aq)+2I-(aq)平衡表达式 Kb=cNH+4·cOH-cNH3·H2OKb=cH+·cNH3·H2OcNH+4Ksp=c(Pb2+)·c2(I-)影响平衡常数的因素 内因:弱电解质的相对强弱外因:温度,温度越高,电离程度越大,平衡常数越大 盐的水解程度随温度的升高而增大,Kb随温度的升高而增大 内因:难溶电解质在水中的溶解能力外因:Ksp与温度有关浓度对平衡的影响 电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡同化学平衡一样都为动态平衡,平衡的移动符合平衡移动原理(勒夏特列原理),浓度对平衡常数没影响①加水均能促进三大平衡正向移动;②加入与电解质溶液中相同的微粒,都能使平衡逆向移动;③三大平衡都不受压强的影响。2."三大常数"间的两大等式关系(1)CH3COONa、CH3COOH溶液中,Ka、Kh、Kw的关系是Kw=Ka·Kh。(2)M(OH)n悬浊液中Ksp、Kw、pH间关系,M(OH)n(s)Mn+(aq)+nOH-(aq)Ksp=c(Mn+)·cn(OH-)=cOH-n·cn(OH-)=cn+1OH-n=1nKw10-pHn+1。3.溶液中的"四大常数"使用常见的错误(1)Ka、Kh、Kw、Ksp数值不随其离子浓度的变化而变化,只与温度有关,Ka、Kh、Kw随着温度的升高而增大。在温度一定时,平衡常数不变,与化学平衡是否移动无关。(2)Kw常误认为是水电离的c(H+)与c(OH-)的乘积。(3)只有常温下水的离子积Kw=1.0×10-14mol2·L-2(4)误认为只要Ksp越大,其溶解度就会越大。Ksp还与难溶物化学式中的各离子配比有关。(5)误认为Ksp大的,只能实现Ksp大的向Ksp小的不能转化为Ksp小的转化。实际上当两种难溶电解质的Ksp相差不是很大时,通过调节某种离子的浓度,可实现难溶电解质由Ksp小的向Ksp大的转化。B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.常温下,向10mLbmol·L-1的CH3COOH溶液中滴加等体积的0.01mol·L-1的NaOH溶液,充分反应后溶液中c(Na+)=c(CH3COO-),下列说法不正确的是(D)A.b>0.01B.混合后溶液呈中性C.CH3COOH的电离常数Ka=10-9b-0.01mol·L-1D.向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中,水的电离程度逐渐减小[解析]因为CH3COOH为弱酸,NaOH为强碱,反应生成CH3COONa,根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),因为c(Na+)=c(CH3COO-),可得c(H+)=c(OH-),则混合后溶液呈中性,因为CH3COONa水解呈碱性,所以CH3COOH应过量,使溶液呈中性,所以b>0.01,故A项、B项正确;反应后溶液呈中性,c(H+)=10-7mol·L-1,c(CH3COO-)=c(Na+)=12×0.01mol·L-1=0.005mol·L-1,c(CH3COOH)=12×(b-0.01)mol·L-1,所以CH3COOH的电离常数Ka=10-9b-0.01mol·L-1,故C正确;向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中,水的电离程度先增大,CH3COOH完全反应后,再滴加NaOH溶液,水的电离程度减小,故D项错误。2.(2018·邯郸二模)常温下,用0.1mol·L-1的CH3COOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1的NaOH溶液,当滴加VmLCH3COOH溶液时,混合溶液的pH=7。已知CH3COOH的电离平衡常数为Ka,忽略混合时溶液体积的变化,下列关系式正确的是(A)A.Ka=2×10-70.1V-2 B.V=2×10-70.1Ka-2C.Ka=2×10-7V+20 D.Ka=2×10-8V[解析]当滴加VmLCH3COOH溶液时,混合溶液的pH=7,此时溶液中c(OH-)=c(H+)=10-7mol·L-1,由电荷守恒:c(OH-)+c(CH3COO-)=c(H+)+c(Na+),可知c(Na+)=c(CH3COO-)=0.02L×0.1mol·L-120+V×10-3L=2V+20mol·L-1,由物料守恒:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1VV+20mol·L-1,则c(CH3COOH)=(0.1VV+20-2V+20)mol·L-1=0.1V-2V+20mol·L-1,所以Ka=cCH3COO-·cH+cCH3COOH=2V+20×10-70.1V-2V+20=2×10-70.1V-2,则V=2×10-7+2Ka0.1K。3.(新题预测)25℃时,电离平衡常数:化学式 CH3COOH H2CO3 HCN电离平衡常数 1.8×10-5 K1:4.3×10-7K2:5.6×10-11 4.9×10-10请回答下列问题:(1)物质的量浓度为0.1mol·L-1的下列四种物质:a.Na2CO3 b.NaCNc.CH3COONa d.NaHCO3pH由大到小的顺序是_a>b>d>c__(填编号)。(2)25℃时,在0.5mol·L-1的醋酸溶液中由醋酸电离出的c(H+)约是由水电离出的c(H+)的_9×108__倍。(3)写出向氰化钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式:CN-+CO2+H2O===HCO-3+HCN。(4)25℃时,CH3COOH与CH3COONa的混合溶液,若测得混合液pH=6,则溶液中c(CH3COO-)-c(Na+)=_9.9×10-7_mol·L-1__(填准确数值)。(5)25℃时,将amol·L-1的醋酸与bmol·L-1氢氧化钠等体积混合,反应后溶液恰好显中性,用a、b表示醋酸的电离平衡常数为b×10-7a-b。[解析](1)酸越弱,对应酸根离子的水解程度越大,所以pH由大到小的顺序是a>b>d>c。(2)由醋酸的电离平衡常数的定义得Ka(CH3COOH)=cH+·cCH3COO-cCH3COOH=c2H+cCH3COOH=1.8×10-5,c(CH3COOH)≈0.5mol·L-1,则c(H+)≈3×10-3mol·L-1,由水电离出的c(H+)约为10-143×10-3mol·L-1,故由醋酸电离出的c(H+)约是由水电离出的c(H+)的3×10-310-143×10-3=9×108倍。(3)酸性强弱顺序为H2CO3>HCN>HCO-3,所以向氰化钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为CN-+CO2+H2O===HCO-3+HCN。(4)25℃时,CH3COOH与CH3COONa的混合溶液,若测得混合溶液pH=6,则c(H+)=10-6mol·L-1,c(OH-)=10-8mol·L-1,则溶液中c(CH3COO-)-c(Na+)=c(H+)-c(OH-)=10-6mol·L-1-10-8mol·L-1=9.9×10-7mol·L-1。(5)25℃时,将amol·L-1的醋酸与bmol·L-1氢氧化钠溶液等体积混合,反应后溶液恰好显中性,此时c(H+)=c(OH-)=10-7mol·L-1,c(CH3COO-)=c(Na+)=b2mol·L-1,剩余的c(CH3COOH)=a-b2mol·L-1,则Ka=cH+·cCH3COO-cCH3COOH=b×10-7a-b。1.(2018·汕头一模)下列关于0.1mol·L-1NH4Cl溶液的说法正确的是(C)A.向溶液中滴加几滴浓盐酸,c(NH+4)减少B.向溶液中加入少量CH3COONa固体,c(NH+4)不变C.溶液中离子浓度关系为:c(Cl-)>c(NH+4)>c(H+)>c(OH-)D.向溶液中加适量氨水使混合液的pH=7,混合液中c(NH+4)>c(Cl-)[解析]NH4Cl溶液中存在铵根离子水解显酸性,加入盐酸会抑制铵根离子的水解,c(NH+4)增大,A错误;向溶液中加入少量CH3COONa固体,溶解后醋酸根离子水解显碱性,促进铵根离子的水解,c(NH+4)减少,B错误;NH4Cl溶液中存在铵根离子水解显酸性,分析离子浓度大小,c(Cl-)>c(NH+4)>c(H+)>c(OH-),C正确;结合溶液中电荷守恒分析判断离子浓度大小,c(Cl-)+c(OH-)=c(NH+4)+c(H+),混合液的pH=7则c(H+)=c(OH-),c(Cl-)=c(NH+4),D错误。2.(2018·贵阳检测)氯碱工业的产物NaOH与不同物质反应可以生成不同的盐。已知常温下,浓度均为0.1mol·L-1的4种钠盐溶液的pH如下表。溶质 Na2CO3 NaHCO3 NaClO NaHSO3pH 11.6 9.7 10.3 5.2下列说法中正确的是(A)A.向氯水中加入NaHCO3溶液,可以增大氯水中次氯酸的浓度B.四种溶液中,水的电离程度最大的是NaClOC.常温下,相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO溶液,pH最大的是H2SO3溶液D.NaHSO3溶液中离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(H+)>c(HSO-3)>c(SO2-3)>c(OH-)[解析]根据相同浓度的钠盐溶液pH大小知,酸根离子水解程度大小顺序是:CO2-3>ClO->HCO-3>HSO-3,则酸的强弱顺序是H2SO3>H2CO3>HClO>HCO-3,盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠和二氧化碳,促进氯气和水反应,次氯酸和碳酸氢钠不反应,导致溶液中次氯酸浓度增大,A正确;相同浓度的这几种钠盐溶液中,溶液pH越大则水的电离程度越大,即水的电离程度最大的是碳酸钠溶液,B错误;相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO溶液,pH最大的是HClO溶液,C错误;亚硫酸氢钠溶液呈酸性,说明HSO-3电离程度大于水解程度,无论电离还是水解其程度都较小,所以c(H+)<c(HSO-3),D错误。3.(2018·烟台一模)常温下,向20.00mL0.1000mol·L-1(NH4)2SO4溶液中逐滴加入0.2000mol·L-1NaOH溶液时,溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示(不考虑NH3·H2O的分解和溶液体积的变化)。下列说法不正确的是(B)A.点a所示溶液中:c(NH+4)>c(SO2-4)>c(H+)>c(OH-)B.点b所示溶液中:c(NH+4)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-)C.点c所示溶液中:c(NH+4)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(SO2-4)D.点d所示溶液中:c(NH+4)+c(NH3·H2O)=0.1000mol·L-1[解析]a点溶液中,铵根离子水解导致溶液呈酸性,铵根离子水解程度较小,所以溶液中离子浓度大小顺序是c(NH+4)>c(SO2-4)>c(H+)>c(OH-),A正确;b点溶液呈中性,硫酸铵的酸性较弱,要使混合溶液呈中性,则加入少量氢氧化钠即可,所以c(NH+4)>c(Na+),B错误;c点溶液中的溶质是等物质的量浓度的硫酸铵、硫酸钠、一水合氨,根据电荷守恒得c(H+)+c(NH+4)+c(Na+)=2c(SO2-4)+c(OH-),C正确;d点溶液中,两者恰好反应生成硫酸钠、一水合氨,根据氮原子守恒c(NH+4)+c(NH3·H2O)=0.1000mol·L-1,D正确。4.(2018·黑龙江哈三中月考)室温下,用0.1mol/L盐酸滴定10mL0.1mol/LNa2CO3溶液,滴定曲线如图所示。下列说法正确的是(A)A.水电离程度由大到小的顺序为:a>b>c>dB.a点时:c(Na+)>c(CO2-3)>c(HCO-3)>c(OH-)C.b点时:3c(Na+)=2c(CO2-3)+2c(HCO-3)+2c(H2CO3)D.d点时:c(H+)>c(HCO-3)=c(CO2-3)[解析]碳酸钠溶液中的氢氧根离子是水电离的,溶液pH越大,水的电离程度越大,则a、b、c三点水的电离程度大小为:a>b>c,d点盐酸过量,氢离子抑制了水的电离,则水的电离程度大小为:a>b>c>d,A正确;a点时为碳酸钠溶液,溶液中离子浓度大小为:c(Na+)>c(CO2-3)>c(OH-)>c(HCO-3),B错误;b点时根据物料守恒可得:c(Na+)=c(CO2-3)+c(HCO-3)+c(H2CO3),C错误;d点时加入20mL盐酸,两者恰好反应生成氯化钠和碳酸,碳酸为二元弱酸,以第一步电离为主,则c(HCO-3)>c(CO2-3),溶液中离子浓度大小为:c(H+)>c(HCO-3)>c(CO2-3),D错误。5.(2018·甘肃二诊)已知:99℃时,Kw=1.0×10-12。在该温度下,测得0.1mol·L-1Na2A溶液pH=6。则下列说法正确的是(B)A.H2A在水溶液中的电离方程式为:H2A2H++A2-B.0.1mol·L-1的H2A溶液pH<2C.体积相等pH=1的盐酸与H2A溶液分别与足量的Zn反应,H2A溶液产生的H2多D.(NH4)2A溶液中存在离子浓度关系:c(A2-)>c(NH+4)>c(H+)>c(OH-)[解析]在该温度下,测得0.1mol·L-1Na2A溶液pH=6,溶液呈中性,说明Na2A是强酸强碱盐,则H2A是强酸,其电离方程式为:H2A===2H++A2-,A错误;0.1mol·L-1的H2A溶液中c(H+)=0.2mol/L,pH<2,B正确;体积相等pH=1的盐酸与H2A溶液中含有氢离子的物质的量相等,锌足量,则反应生成的氢气的量相等,C错误;(NH4)2A为强酸弱碱盐,铵根离子水解导致溶液呈酸性,铵根离子水解程度较小,所以溶液中离子浓度关系:c(NH+4)>c(A2-)>c(H+)>c(OH-),D错误。6.(原创题)在室温下,下列说法正确的是(A)A.NaB溶液的pH=8,c(Na+)-c(B-)=0.99×10-6mol·L-1B.Na2CO3溶液中,2c(Na+)=c(CO2-3)+c(HCO-3)+c(H2CO3)C.pH相等的①NH4Cl②(NH4)2SO4③NH4HSO4三种溶液中,c(NH+4)大小顺序②>①>③D.10mLpH=12的氢氧化钠溶液中加入pH=2的HA溶液至pH刚好等于7,所得溶液体积V(总)≥20mL[解析]由电子守恒得:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(B-),结合溶液的pH=8得,c(Na+)-c(B-)=c(OH-)-c(H+)=(10-6-10-8)mol/L=0.99×10-6mol/L,故A正确。7.往锅炉注入Na2CO3溶液浸泡,将水垢中的CaSO4转化为CaCO3,再用盐酸去除,下列叙述正确的是(D)A.温度升高Na2CO3溶液的Kw和c(H+)均会增大B.CaSO4能转化为CaCO3,说明Ksp(CaCO3)>Ksp(CaSO4)C.CaCO3溶解于盐酸而CaSO4不溶,是因为硫酸酸性强于盐酸D.沉淀转化的离子方程式为CO2-3(aq)+CaSO4(s)===CaCO3(s)+SO2-4(aq)[解析]A.温度升高,水的电离平衡正向移动,Kw增大,温度升高,Na2CO3的水解平衡正向移动,c(OH-)增大,c(H+)减小,故A错误;B.根据沉淀的转化,CaSO4能转化为CaCO3,说明Ksp(CaCO3)<Ksp(CaSO4),故B错误;C.CaCO3与盐酸反应生成可溶性氯化钙、水和二氧化碳;CaSO4与盐酸不满足复分解进行的条件,与酸性强弱无关,故C错误;D.硫酸钙较为致密,可转化为较疏松,且溶解度更小的碳酸钙,反应的离子方程为CaSO4(s)+CO2-3(aq)===CaCO3(s)+SO2-4(aq),故D正确;故选D。8.某温度下,向10mL0.1mol/LCaCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2CO3溶液,滴加过程中溶液中-lgc(Ca2+)与Na2CO3溶液体积(V)的关系如图所示,下列有关说法正确的是(C)A.Ksp(CaCO3)=5×10-10B.Z点对应的分散系很稳定C.w、x、y三点中,水的电离程度最大的为y点D.若用等浓度的Na2SO4溶液代替Na2CO3溶液,则图像在x点后的变化如虚线部分所示[解析]A.当加入10mLNa2CO3溶液时,CaCl2与Na2CO3恰好完全反应,此时c(Ca2+)=c(CO2-3)=10-4.3mol/L,Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)·c(CO2-3)=10-8.6(mol/L)2,选项A错误;B.Z点在曲线下方,Z点对应的分散系为悬浊液,悬浊液不稳定,选项B错误;C.由图知w、x、y三点中c(Ca2+)依次减小,溶液中c(CO2-3):w<x<y,CO2-3水解促进水的电离,溶液氢氧根离子全部来自水的电离,CO2-3浓度越大溶液碱性越强,水的电离程度最大的为y点,选项C正确;D.CaSO4微溶于水,CaSO4的溶解度大于CaCO3,若用等浓度的Na2SO4溶液代替Na2CO3溶液,图像在点后的变化应在实线下方,选项D错误。答案选C。9.(2018·河南大联考)海水中含有丰富的镁资源。某同学设计从模拟海水中制备MgO的实验方案:模拟海水中的离子浓度/mol·L-1 Na+ Mg2+ Ca2+ Cl- HCO-3
 0.439 0.050 0.011 0.560 0.001【注】溶液中某种离子的浓度小于1.0×10-5mol·L-1,可认为该离子不存在。实验过程中,假设溶液体积不变。已知:Ksp(CaCO3)=4.96×10-9Ksp(MgCO3)=2.1×10-5Ksp(Ca(OH)2)=4.68×10-6Ksp(Mg(OH)2)=5.61×10-12下列说法正确的是(A)A.沉淀物x为CaCO3B.滤液M中存在Mg2+,不存在Ca2+C.滤液N中存在Mg2+,Ca2+D.步骤②中应改为加入4.2gNaOH固体,沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2混合物[解析]A.已知加入1.0L1.0mol/LNaOH溶液后,溶液中n(OH-)=10-3mol,根据离子的性质,OH-首先与HCO-3发生反应,由题中的数据可知,OH-恰好与1.0L海水中的HCO-3完全反应生成10-3mol的CO2-3,所以沉淀x不是Mg(OH)2,又Qsp(CaCO3)=0.011×10-3=1.1×10-5>Ksp(CaCO3)=4.96×10-9,Qsp(MgCO3)=0.050×10-3=5.0×10-5<Ksp(MgCO3)=6.82×10-5,所以沉淀x中没有MgCO3,只有CaCO3,即A正确;B.由于n(CO2-3)=10-3mol,则消耗的n(Ca2+)=10-3mol,所以滤液M中还有剩余的n(Ca2+)=0.010mol,故B错误;C.再加NaOH固体调节溶液的pH=11.0,此时c(OH-)=10-3mol·L-1,则Qsp(Ca(OH)2)=0.010×10-6=1.0×10-8<Ksp(Ca(OH)2)=4.68×10-6,所以没有Ca(OH)2沉淀,而Qsp(Mg(OH)2)=0.050×10-6=5.0×10-8>Ksp(Mg(OH)2)=5.61×10-12,则有Mg(OH)2沉淀生成,且溶液中的c(Mg2+)=5.61×10-6mol·L-1<1.0×10-5mol·L-1,所以滤液N中不存在Mg2+,存在Ca2+,故C错误;D、步骤②中改为加入4.2gNaOH固体,则n(OH-)=0.105mol,而溶液中的n(Mg2+)=0.050mol,所以反应生成Mg(OH)2沉淀后,溶液中剩余的c(OH-)=0.005mol/L,c(Ca2+)=0.010mol·L-1,则Qsp(Ca(OH)2)=0.010×(0.005)2=2.5×10-7<Ksp(Ca(OH)2)=4.68×10-6,所以沉淀Y中没有Ca(OH)2沉淀,只有Mg(OH)2沉淀,故D错误。本题正确答案为A。10.(2018·辽宁沈阳二中期末)在含有弱电解质的溶液中,往往有多个化学平衡共存。(1)一定温度下,向1L0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入0.1molCH3COONa固体,则溶液中cCH3COOHcCH3COO-_减小__(填"增大""不变"或"减小"),写出表示该混合溶液中所有离子浓度之间的一个等式:_c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)__。(2)常温下向20mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1HCl溶液40mL,溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。回答下列问题:①在同一溶液中,H2CO3、HCO-3、CO2-3_不能__(填"能"或"不能")大量共存;②当pH=7时,溶液中含碳元素的主要微粒为_HCO-3、H2CO3__,溶液中各种离子(CO2-3除外)的物质的量浓度的大小关系为_c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO-3)__;③已知在25℃时,CO2-3水解反应的平衡常数即水解常数Kh=2×10-4,当溶液中c(HCO-3)∶c(CO2-3)=2∶1时,溶液的pH=_10__。[解析](1)向1L0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入0.1molCH3COONa固体,则溶液中醋酸浓度、醋酸根离子浓度均增大,但是醋酸根离子浓度增加的程度大,所以醋酸浓度和醋酸根离子浓度的比值是减小的,此时溶液中存在电荷守恒:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)。(2)常温下在20mL0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/LHCl溶液40mL,先反应生成碳酸氢钠,再与盐酸反应生成二氧化碳、水。①由反应及图象可知,在同一溶液中,H2CO3、HCO-3、CO2-3不能大量共存,②由图象可知,pH=7时,溶液中含碳元素的主要微粒为HCO-3、H2CO3,由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(HCO-3)+c(OH-),则c(Na+)>c(Cl-),因HCO-3水解,则c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO-3)。③CO2-3的水解常数Kh=2×10-4,当溶液中c(HCO-3)∶c(CO2-3)=2∶1时,c(OH-)=10-4mol/L,由Kw可知,c(H+)=10-10mol/L,所以pH=10。11.(2018·大连检测)NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂,用于焙烤食品中;NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题:(1)NH4Al(SO4)2可作净水剂,其理由是Al3+水解生成Al(OH)3胶体,即Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+,Al(OH)3胶粒吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水(用必要的化学用语和相关文字说明)。(2)相同条件下,0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2中c(NH+4)_小于__(填"等于""大于"或"小于")0.1mol·L-1NH4HSO4中c(NH+4)。(3)如图是0.1mol·L-1电解质溶液的pH随温度变化的图像。①其中符合0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是_Ⅰ__(填写字母),导致pH随温度变化的原因是_NH4Al(SO4)2水解,溶液呈酸性,升高温度其水解程度增大,pH减小__;②20℃时,0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2中2c(SO2-4)-c(NH+4)-3c(Al3+)=_10-3_mol·L-1___。(4)室温时,向100mL0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液,得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示:试分析图中a、b、c、d四个点,水的电离程度最大的是_a__;在b点,溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是_c(Na+)>c(SO2-4)>c(NH+4)>c(OH-)=c(H+)__。[解析](1)Al3+水解生成Al(OH)3胶体,即:Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+,Al(OH)3胶粒吸附悬浮颗粒使其沉降。(2)NH4Al(SO4)2与NH4HSO4中的NH+4均发生水解,因为HSO-4电离生成的H+浓度比Al3+水解生成的H+浓度大,所以NH4HSO4中NH+4水解程度比NH4Al(SO4)2中的小。(3)NH4Al(SO4)2水解,溶液呈酸性,升高温度水解程度增大,pH减小,符合的曲线为Ⅰ。根据电荷守恒,可以求出2c(SO2-4)-c(NH+4)-3c(Al3+)=c(H+)-c(OH-)=10-3mol·L-1[c(OH-)太小,可忽略]。(4)a、b、c、d四个点,根据反应量的关系,a点恰好消耗完H+,溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4;b、c、d三点溶液均含有NH3·H2O,(NH4)2SO4可以促进水的电离,而NH3·H2O抑制水的电离,a点水的电离程度最大。b点溶液呈中性,即溶液含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3·H2O三种成分,a点时c(Na+)=c(SO2-4),b点时c(Na+)>c(SO2-4),根据N元素与S元素的关系,可以得出c(SO2-4)>c(NH+4),故c(Na+)>c(SO2-4)>c(NH+4)>c(OH-)=c(H+)。12.(2018·连云港模拟)(1)浓缩液中主要含有I-、Cl-等离子,取一定量的浓缩液,向其中滴加AgNO3溶液,当AgCl开始沉淀时,溶液中cI-cCl-为_4.7×10-7__,已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(AgI)=8.5×10-17。(2)已知:Ksp[Al(OH)3]=1×10-33,Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39,pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下,除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+(使其浓度均小于1×10-6mol·L-1),需调节溶液pH范围为_5.0<pH<7.1__。(3)某溶液含0.02mol/LMn2+、0.1mol/LH2S,当溶液pH=_5__时,Mn2+开始沉淀[已知:Ksp(MnS)=2.8×10-13,c(S2-)为1.4×10-11mol·L-1时,pH=5]。(4)煅粉主要含MgO和CaO,用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后,镁化合物几乎不溶,若滤液Ⅰ中c(Mg2+)小于5×10-6mol·L-1,则溶液pH大于_11__[Mg(OH)2的Ksp=5×10-12];该工艺中不能用(NH4)2SO4代替NH4NO3,原因是_SO2-4和Ca2+转化为微溶物CaSO4,不利于CaO溶解__。[解析]本题主要考查沉淀溶解平衡。(1)浓缩液中主要含有I-、Cl-等离子,取一定量的浓缩液,向其中滴加AgNO3溶液,当AgCl开始沉淀时,c(Ag+)一定,溶液中cI-cCl-=KspAgIKspAgCl=4.7×10-7。(2)Al3+浓度小于1×10-6mol·L-1时,c(OH-)=1×10-9,pH=5.0,所以需调节溶液pH范围为5.0<pH<7.1。(3)c(S2-)=K甲MnScMn2+=1.4×10-11mol·L-1,pH=5时,Mn2+开始沉淀。(4)若溶液中c(Mg2+)小于5×10-6mol·L-1,则c(OH-)>1×10-3mol·L-1,pH大于11。该工艺中不能用(NH4)2SO4代替NH4NO3,原因是SO2-4和Ca2+转化为微溶物CaSO4,不利于CaO溶解。专题三元素及其化合物第12讲常见金属元素最新考纲 考向分析1.了解钠的主要性质及其应用。2.了解钠的重要化合物的主要性质及其应用。3.了解铝的主要性质及应用。4.了解铝的重要化合物的主要性质及应用。5.了解铁的主要性质及应用。6.了解铁的重要化合物的性质及其应用。 1.客观题:结合离子反应、阿伏加德罗常数、化学实验的现象和分析,考查重要金属元素单质和化合物的重要性质。2.主观题:结合物质的制备或分离提纯的工艺流程、化学实验等综合考查重要金属元素及其化合物的性质、化合物之间的相互转化,并要将其与基本理论(电离、水解、电化学、胶体)等密切联系起来。考点一金属及其化合物的性质及转化Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2018·江苏·9)在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是(A)A.NaHCO3(s)――→△Na2CO3(s)――→饱和石灰水NaOH(aq)B.Al(s)――→NaOHaqNaAlO2(aq)――→过量HClaqAl(OH)3(s)C.AgNO3(aq)――→氨水[Ag(NH3)2]+(aq)――→蔗糖aqAg(s)D.Fe2O3(s)――→Al高温Fe(s)――→HClaqFeCl3(aq)[解析]B错:NaAlO2(aq)与过量HCl(aq)反应,生成AlCl3。C错:蔗糖(aq)中无醛基,不能与[Ag(NH3)2]+(aq)反应生成Ag(s)。D错:Fe(s)与HCl(aq)反应生成FeCl2(aq)。2.(2016·全国Ⅲ·6节选)过氧化钙微溶于水,溶于酸,可用作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。以下是一种制备过氧化钙的实验方法。回答下列问题:(一)碳酸钙的制备(1)步骤①加入氨水的目的是_调节溶液pH使Fe(OH)3沉淀__。(二)过氧化钙的制备CaCO3――→稀盐酸、煮沸、过滤②滤液――→氨水和双氧水冰浴③――→过滤白色结晶(2)步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸,至溶液中尚存有少量固体,此时溶液呈_酸__性(填"酸"、"碱"或"中")。将溶液煮沸,趁热过滤。将溶液煮沸的作用是_除去溶液中的CO2__。(3)步骤③中反应的化学方程式为CaCl2+2NH3·H2O+H2O2+6H2O===CaO2·8H2O↓+2NH4Cl或CaCl2+2NH3·H2O+H2O2===CaO2↓+2NH4Cl+2H2O,该反应需要在冰浴下进行,原因是_温度过高时双氧水易分解__。(4)将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤,使用乙醇洗涤的目的是_去除结晶表面水分__。[解析](1)由碳酸钙的制备流程图可以看出,加入盐酸后得到的溶液中含有Ca2+、Fe2+或Fe3+,加入双氧水可以把Fe2+氧化成Fe3+,加入氨水先中和多余的盐酸,再把Fe3+转化为氢氧化铁沉淀经过滤而除去,即可得到比较纯净的氯化钙溶液。(2)向CaCO3固体中逐滴加入稀盐酸生成CaCl2、H2O和CO2,因为溶液中尚存有少量的固体,所以盐酸不足,溶液中的溶质是CaCl2,因为CaCl2是强酸强碱盐,在水中不能水解,其溶液显中性,但是由于产生的CO2 能够部分溶于水生成碳酸,所以溶液显酸性。将溶液煮沸可以除去溶液中溶解的CO2。(3)根据题意,反应物是CaCl2、NH3·H2O和H2O2,生成物中一定有CaO2,根据元素守恒可以判断还有NH4Cl和H2O,据此写出并且配平方程式;因为反应物中H2O2受热易分解,所以该反应需要在冰浴中进行。(4)过氧化钙微溶于水,用水洗可以洗去结晶表面的少量杂质,然后用乙醇洗涤结晶表面残留的少量水,利用其挥发性而除去水。3.(2016·全国Ⅱ·28节选)某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题:(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体,均配制成0.1mol·L-1的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑,其目的是_防止Fe2+被氧化__。(2)甲组同学取2mLFeCl2溶液,加入几滴氯水,再加入1滴KSCN溶液,溶液变红,说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-。[解析](1)Fe2+具有还原性,FeCl2溶液易被氧化而变质,配制FeCl2溶液时加入少量铁屑,目的是防止Fe2+被氧化。(2)溶液变红,说明有Fe3+生成,则FeCl2溶液与氯水反应生成FeCl3,离子方程式为:2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-。4.判断正误(下列叙述正确的画"√",错误的画"×")(1)(2017课标全国Ⅱ,10B)乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体,说明乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性。(×)(2)(2017课标全国Ⅱ,13B)将金属钠在燃烧匙中点燃,迅速伸入集满CO2的集气瓶,集气瓶中产生大量白烟,瓶内有黑色颗粒产生,说明CO2具有氧化性。(√)(3)(2015课标全国Ⅱ,10C)钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。23g钠充分燃烧时转移电子数为NA。(√)(4)(2015课标全国Ⅱ,13A)将稀盐酸滴入碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液中,立即产生气泡。(×)(5)(2016课标全国Ⅲ,7A)Al2(SO4)3和小苏打反应应用于泡沫灭火器灭火。(√)(6)(2016课标全国Ⅱ,1B)将MgCl2溶液加热蒸干制备无水MgCl2。(×)(7)(2015课标全国Ⅰ,10C)用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热,熔化后的液态铝滴落下来,说明铝的熔点较低。(×)(8)(2015课标全国Ⅱ,13B)浓硝酸滴入用砂纸打磨过的铝条中,产生红棕色气体。(×)(9)(2015课标全国Ⅱ,13C)氯化铝溶液滴入浓NaOH溶液中,产生大量白色沉淀。(×)[解析](1)乙醇和水分子中都含有-OH,可与金属钠反应,但乙醇分子中羟基氢的活性小于水分子中氢的活性,错误。(2)金属钠在CO2中燃烧,反应为4Na+CO2=====点燃2Na2O+C或2Na+CO2=====点燃Na2O2+C,说明CO2具有氧化性,正确。(3)23g钠的物质的量为1mol,钠的氧化物中,钠都是+1价,1mol钠转移的电子数为NA。(4)稀盐酸先与溶液中的氢氧化钠反应,不会立即产生气泡。(5)NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液混合,发生反应:Al3++3HCO-3===Al(OH)3↓+3CO2↑,Al(OH)3覆盖在可燃物表面隔绝空气,CO2能阻止燃烧,因此能用于灭火器灭火。(6)镁离子水解生成氢氧化镁。(7)氧化铝的熔点高,保护熔化的液态铝,液态铝不会滴落。(8)常温下,铝遇到浓硝酸发生钝化,不能产生红棕色气体。(9)氢氧化铝能溶解于NaOH溶液中,不会产生大量白色沉淀。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1.区分8种物质的颜色:Na2O2是_淡黄色__;Fe2O3是_红棕色__;Fe3O4、CuO是_黑色__;Mg(OH)2、Al(OH)3是_白色__;Fe(OH)3是_红褐色__;Cu(OH)2是_蓝色__。2.熟记6种物质的俗名或化学式:CuSO4·5H2O:_蓝矾(胆矾)__,烧碱、火碱、苛性钠:_NaOH__,熟石灰、消石灰:_Ca(OH)2__,铜绿、孔雀石:_Cu2(OH)2CO3__,水玻璃、泡花碱:_Na2SiO3溶液__,碱石灰:CaO与NaOH的混合物。3.知道十一种物质的重要用途:钠--制Na2O2、冶炼Ti等金属、钠钾合金原子反应堆导热剂铁粉--袋装食品中的脱氧剂生石灰(CaO)--袋装食品中的干燥剂氧化铁(Fe2O3)--红色涂料、冶炼铁氧化铝(Al2O3)--耐火材料、冶炼铝氢氧化铝--中和胃酸明矾(KAl(SO4)2·12H2O)--净水剂氯化铁--印刷电路板回收铜、净水剂小苏打(NaHCO3)--治疗胃酸过多、发酵粉、灭火剂纯碱(Na2CO3)--去油污高铁酸钠(Na2FeO4)--杀菌、消毒、净水4.辨明5个常见认识误区:(1)Na2O2不是_碱性__氧化物。(2)溶液中加入KSCN溶液,溶液变红色,只能说明溶液中含有_Fe3+__,无法证明是否含有_Fe2+__。含Fe3+的溶液中混有Fe2+,一般可用酸性KMnO4溶液或K3[Fe(CN)6]溶液检验,现象为酸性KMnO4溶液褪色或产生蓝色沉淀;若该溶液中的阴离子含有Cl-,则容易被酸性KMnO4溶液氧化,不能使用酸性KMnO4溶液检验。(3)既能与酸反应生成气体,又能与碱反应生成气体的物质不一定是Al,还可能是_(NH4)2CO3__或_NH4HCO3__等。(4)Fe与Cl2反应,无论Cl2是否过量,产物均为_FeCl3__。(5)Na在氧气中燃烧,无论氧气是否足量,产物均为_Na2O2__。5.掌握3类特殊的反应:(1)既能与酸反应,又能与碱反应的物质可能是Al、Al2O3、Al(OH)3、弱酸的酸式盐(如NaHCO3)、弱酸的铵盐[如(NH4)2CO3]、氨基酸和蛋白质等。(2)与水接触产生气体的常见物质有Na、K、Na2O2。(3)与水接触既产生气体又产生沉淀的物质有Al2S3、Mg3N2、CaC2等。6.混合溶液中Fe3+、Fe2+的除去方法(1)除去Mg2+(或Zn2+)中混有Fe3+的方法。向混合溶液中加入MgO、MgCO3、Mg(OH)2[或ZnO、Zn(OH)2、ZnCO3]中之一,与Fe3+水解产生的H+反应,促进Fe3+的水解,将Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀过滤除去。(2)除去Cu2+中混有的Fe3+的方法。向混合溶液中加入CuO、CuCO3、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3四种物质中的其中一种,与Fe3+水解产生的H+反应,将Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀过滤除去。(3)除去Mg2+(或Zn2+)中混有Fe2+的方法。先加氧化剂(如H2O2等)将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+,再按(1)的方法除去溶液中的Fe3+。(4)除去Cu2+中混有的Fe2+的方法。先加氧化剂(如H2O2等)将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+,再按(2)的方法除去溶液中的Fe3+。B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2018·潍坊三模)在给定的条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是(C)A.Al2O3――→HClaqAlCl3――→NaOHaq过量Al(OH)3B.Na――→O2加热Na2O――→H2ONaOHC.FeCl3――→铜粉FeCl2――→Cl2FeCl3D.MgCO3――→HClaqMgCl2(aq)――→电解Mg[解析]A项,AlCl3与过量氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2,A错误;B项,Na和O2加热反应生成Na2O2,B错误;C项,2FeCl3+Cu===2FeCl2+CuCl2、2FeCl2+Cl2===2FeCl3,C正确;D项,金属镁的冶炼方法是电解熔融的氯化镁,D错误。2.(2018·武汉考前模拟)下列关于元素及其化合物的说法不正确的是(D)A.Fe在一定条件下可与浓盐酸、稀硫酸、浓硝酸等剧烈反应B.Al、Cl2均能和NaOH溶液发生氧化还原反应,且两单质的作用不相同C.在稀硫酸中加入铜粉,铜粉不溶解,若再继续加入KNO3固体,铜粉会溶解D.金属单质Na、Mg、Fe在一定条件下与水反应都生成H2和相应的碱[解析]A项,铁是活泼的金属,在一定条件下可与浓盐酸、稀硫酸、浓硝酸等剧烈反应,A正确;B项,Al、Cl2均能和NaOH溶液发生氧化还原反应,且两单质的作用不相同,铝是还原剂,氯气是氧化剂也是还原剂,B正确;C项,在酸性溶液中硝酸根具有强氧化性,能氧化金属铜,C正确;D项,铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气,D错误。3.(新题预测)已知下列转化关系中,M、N均为单质,则M可能是(D)M+N――→点燃Q――→溶于水Q溶液――→惰性电极电解M+NA.Na B.AlC.Fe D.Cu[解析]Na、Al、Fe均为活泼金属,电解相关溶液不能制取其单质;电解铜盐溶液可以生成铜单质,转化关系是Cu+Cl2―→CuCl2―→CuCl2――→电解Cu+Cl2。4.(2018·深圳一模节选)小组同学称取13.8gMgCO3·nH2O进行热重分析,并绘制剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示,则n=_3__。温度为T1时发生反应的化学方程式MgCO3·3H2O=====△MgCO3·H2O+2H2O↑;温度为T2时所得固体为_MgCO3__。[解析]由图象可知,该晶体分解过程先逐步失去结晶水,当结晶水全部失去后,碳酸镁分解成氧化镁和二氧化碳,最终氧化镁质量为4.0g。MgCO3·nH2O=====△MgO+CO2↑+nH2O84+18n4013.8g4.0g84+18n13.8g=404.0g,解得n=3。固体减少的质量即为水的质量,T1时质量减少3.6g,T2时质量又减少1.8g,可求得T1时所得固体为MgCO3·H2O,反应的化学方程式为MgCO3·3H2O=====△MgCO3·H2O+2H2O↑,T2时所得固体为MgCO3。考点二以金属为背景的化工流程Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·全国Ⅱ节选)水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2,并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示:回答下列问题:(1)在分解水泥样品过程中,以盐酸为溶剂,氯化铵为助溶剂,还需加入几滴硝酸,加入硝酸的目的是_将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+__,还可使用_H2O2__代替硝酸。(2)沉淀A的主要成分是_SiO2或H2SiO3__,其不溶于强酸但可与一种弱酸反应,该反应的化学方程式为SiO2+4HFSiF4↑+2H2O或(H2SiO3+4HF=SiF4↑+3H2O)。(3)加氨水过程中加热的目的是_防止胶体生成,易沉淀分离__。沉淀B的主要成分为_Al(OH)3__、_Fe(OH)3__(填化学式)。[解析]本题结合实验室测定水泥样品中钙含量的流程考查元素化合物、物质分离提纯等知识的应用。(1)水泥熟料中的CaO和铁、铝、镁等金属的氧化物均能溶于盐酸,加入硝酸能将水泥样品中可能含有的Fe2+氧化为Fe3+,为了不引入新杂质,还可用H2O2代替硝酸。(2)根据图示流程可知,不溶于盐酸和硝酸的沉淀A为SiO2(或H2SiO3),SiO2(或H2SiO3)能溶于弱酸氢氟酸,生成SiF4和H2O。(3)加入氨水调节溶液的pH=4~5的过程中加热,能防止胶体生成,易沉淀分离,结合流程图可知,沉淀B的主要成分是Al(OH)3和Fe(OH)3。2.(2015·全国Ⅰ·36)氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水,可溶于氯离子浓度较大的体系,在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料,采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下:回答下列问题:(1)步骤①中得到的氧化产物是_CuSO4或Cu2+__。溶解温度应控制在60~70℃,原因是_温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解__。(2)写出步骤③中主要反应的离子方程式2Cu2++SO2-3+2Cl-+H2O===2CuCl↓+SO2-4+2H+。(3)步骤⑤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作,酸洗采用的酸是_硫酸__(写名称)。(4)上述工艺中,步骤⑥不能省略,理由是_醇洗有利加快去除CuCl表面水分,防止其水解氧化__。(5)步骤②、④、⑤、⑧都要进行固液分离。工业上常用的固液分离设备有_BD__(填字母)。A.分馏塔 B.离心机C.反应釜 D.框式压滤机(6)准确称取所制备的氯化亚铜样品mg,将其置于过量的FeCl3溶液中,待样品完全溶解后,加入适量稀硫酸,用amol·L-1的K2Cr2O7溶液滴定到终点,消耗K2Cr2O7溶液bmL,反应中Cr2O2-7被还原为Cr3+。样品中CuCl的质量分数为_0.597ab/m×100%__。[解析](1)海绵铜的主要成分是Cu与CuO,溶解所需试剂中有硝酸铵、水、硫酸,则Cu被氧化为铜离子;由后面的流程可回收硫酸铵,可知溶液中的硫酸根离子未被还原,所以得到的氧化产物为CuSO4,而不是硝酸铜;(2)步骤③反应后过滤,说明步骤③反应中有沉淀产生,则该沉淀为CuCl沉淀,结合硫酸铵的回收,可知步骤③发生的离子反应为2Cu2++SO2-3+2Cl-+H2O===2CuCl↓+SO2-4+2H+;(3)根据步骤③发生的离子反应可知,CuCl不溶于硫酸,所以酸洗所需要的酸应是硫酸;(4)CuCl难溶于醇和水,潮湿空气中易水解氧化,而水与醇互溶,所以醇洗不能省略的原因是醇洗有利加快去除CuCl表面水分,防止其水解氧化;(5)用于分离固体和液体的设备与实验室中过滤的原理是相似的。A.分馏塔是用于分离互溶的液体的设备,错误;B.离心机可利用离心力的作用使液体中的固体沉降,达到固液分离的目的,正确;C.反应釜为发生反应的设备,错误;D.框式压滤机可以使物料中的水通过挤压而排出,达到固液分离的目的,正确,答案选BD;(6)根据题意,CuCl与K2Cr2O7发生氧化还原反应,K2Cr2O7被还原为Cr3+,则amol/LbmLK2Cr2O7溶液发生反应时,转移电子的物质的量是ab×10-3×2×3mol=6ab×10-3mol,+1价Cu会被氧化为Cu2+,根据得失电子守恒,则CuCl的物质的量是6ab×10-3mol,则样品中CuCl的质量分数是(6ab×10-3mol×99.5g/mol)/mg×100%=0.597ab/m×100%。3.(2018·全国Ⅱ卷·26)我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿(ZnS,含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示:相关金属离子[c0(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:金属离子 Fe3+ Fe2+ Zn2+ Cd2+开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.2 7.4沉淀完全的pH 2.8 8.3 8.2 9.4回答下列问题:(1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为ZnS+32O2=====焙烧ZnO+SO2。(2)滤渣1的主要成分除SiO2外还有_PbSO4__;氧化除杂工序中ZnO的作用是_调节溶液的pH__,若不通入氧气,其后果是_无法除去杂质Fe2+__。(3)溶液中的Cd2+可用锌粉除去,还原除杂工序中反应的离子方程式为Cd2++Zn===Cd+Zn2+。(4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时,阴极的电极反应式为Zn2++2e-===Zn;沉积锌后的电解液可返回_溶浸__工序继续使用。[解析](1)闪锌矿的主要成分是ZnS,所以高温焙烧过程中主要反应的化学方程式为ZnS+32O2焙烧,ZnO+SO2。(2)闪锌矿焙烧后的主要成分变为ZnO,还存在少量SiO2、Fe2O3、CdO、PbO,加稀H2SO4后,发生一系列化学反应:ZnO+H2SO4,ZnSO4+H2O、Fe2O3+3H2SO4,Fe2(SO4)3+3H2O、CdO+H2SO4,CdSO4+H2O、PbO+H2SO4,PbSO4+H2O。其中SiO2和PbSO4不溶于水,以沉淀的形式沉降下来,所以滤渣1的主要成分是SiO2和PbSO4。氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH在2.8~6.2,使Fe3+完全转变为Fe(OH)3沉淀;通入O2的目的是使溶液中的Fe2+转化为Fe3+,有利于除杂,若不通入O2,无法除去溶液中的杂质Fe2+。(3)溶液中的Cd2+与加入的Zn粉反应而被除去,反应的离子方程式为Zn+Cd2+,Zn2++Cd。(4)电解ZnSO4溶液制备单质Zn时,阴极放电的是Zn2+和H+。因为溶液中的Zn2+浓度较大,所以阴极电极反应式应该是Zn2++2e-,Zn,阳极放电的是OH-,电极反应式是4OH--4e-,2H2O+O2↑。沉积锌后的溶液应该是ZnSO4和稀H2SO4,可返回到溶浸工序循环使用。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏"三抓法"解流程题1.抓箭头:主线主产品;支线副产品;回头循环品。2.抓设问:矿样的预处理方法:(1)粉碎及目的:①增大接触面积;②增大反应速率;③增大反应物转化率。(2)煅烧及目的:①除去有机物杂质或者碳的杂质。②使一些具有还原性的物质被空气中氧气氧化。(3)酸溶:与酸反应;碱溶:与碱反应;水溶:溶解于水或者与水反应(一般在无机化工流程中,又叫酸浸、碱浸、水浸)。3.抓信息:(1)酸碱性的控制。①据题意提供的反应条件作答;②从抑制水解、促进水解的角度作答;③从题目提供的其他反应物引起的不利副反应角度作答。(2)温度的控制。①据题意提供的反应条件,一些反应物或生成物的熔沸点联系反应原理作答(如控制某些物质为固态、液态,另一些物质为液态);②据题目提供的信息,某些物质在某一个温度易分解;③从抑制或促进水解的角度作答;④从某些反应物或生成物在某个温度下会发生不利于生产流程的副反应角度作答;⑤从运用化学反应速率、化学平衡的理论控制适宜化工生产条件角度作答。B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2018·山东聊城二模)A、B、C是所学过的三种单质,A、B、C及其他物质之间的反应关系如图所示,其中B、D、E、F的水溶液呈酸性。若D+C―→E+F且常温下只有B为气态,则A、B、C分别为(A)A.Fe、Cl2、Cu B.Fe、Cl2、H2C.Cu、Cl2、Fe D.Fe、Cl2、Mg[解析]B单质水溶液呈酸性,温下为气态,则B为Cl2,结合转化关系可推出,A、B、C、D、E、F分别为Fe、Cl2、Cu、FeCl3、CuCl2、FeCl2。2.(2018·广东重点中学第二次联考)氯化铜已被广泛用于生产颜料、木材防腐剂等化工产品。某研究小组用粗铜(含杂质Fe)按下述流程制备氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)。试剂X用于调节pH以除去杂质,X可选用下列试剂中的(B)①NaOH②NH3·H2O③CuO④Cu2(OH)2CO3⑤CuSO4A.①② B.③④C.①②③④ D.①②③④⑤[解析]溶液1中含有CuCl2和FeCl3,除去CuCl2溶液中的FeCl3时不能加入NaOH和NH3·H2O,原因是二者均可与Cu2+反应生成沉淀;溶液1中加入CuO、Cu2(OH)2CO3可消耗H+,使FeCl3的水解平衡向正反应方向移动,生成的Fe(OH)3沉淀经过滤除去,且未引入新的杂质。3.(2018·衡水中学三模)随着材料科学的发展,金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用,并被誉为"合金的维生素"。为回收利用含钒催化剂(含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣),科研人员最新研制了一种离子交换法回收钒的新工艺,收率达91.7%以上。部分含钒物质在水中的溶解性如表所示:物质 VOSO4 V2O5 NH4VO3 (VO2)2SO4溶解性 可溶 难溶 难溶 易溶该工艺的主要流程如下:请回答下列问题:(1)请写出加入Na2SO3溶液发生反应的离子方程式V2O5+SO2-3+4H+===2VO2++SO2-4+2H2O。(2)催化氧化所使用的催化剂钒触媒(V2O5)能加快二氧化硫氧化速率,此过程中产生了一连串的中间体(如图)。其中a、c两步的化学方程式可表示为SO2+V2O5SO3+V2O4,4VOSO4+O22V2O5+4SO3。(3)经过热重分析测得:NH4VO3在焙烧过程中,固体质量的减少值(纵坐标)随温度变化的曲线如图所示。则NH4VO3在分解过程中_B__。A.先分解失去H2O,再分解失去NH3B.先分解失去NH3,再分解失去H2OC.同时分解失去H2O和NH3D.同时分解失去H2、N2和H2O[解析](1)亚硫酸根具有还原性,酸性条件下,能被五氧化二钒氧化生成硫酸根离子,离子反应方程式为V2O5+SO2-3+4H+===2VO2++SO2-4+2H2O。(2)依据图中转化关系参与反应先作氧化剂把二氧化硫氧化为三氧化硫,本身被还原为图中产物V2O4,根据氧化还原反应的实质写出并配平a步化学方程式:SO2+V2O5SO3+V2O4;c是VOSO4转化为SO3,此过程需要重新生成催化剂V2O5,需要氧化剂完成,此过程中的氧化剂为氧气,根据化合价的变化写出c步化学方程式:4VOSO4+O22V2O5+4SO3。(3)根据NH4VO3在焙烧变化的图象可知:2NH4VO3===V2O5+2NH3↑+H2O234g34g18g210℃时,固体质量减少值为1-85.47%=14.53%,380℃时,固体质量减少值为85.47%-77.78%=7.69%,根据方程式知,生成水时固体质量减少分数小于生成氨气时,所以210℃时,减少的是氨气,380℃时,减少的是水,则该反应过程中先失去氨气再失去水,故选B。1.(2018·天津)下列有关水处理方法不正确的是(C)A.用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸B.用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物C.用氯气处理水中的Cu2+、Hg+等重金属离子D.用烧碱处理含高浓度NH+4的废水并回收利用氨[解析]石灰、碳酸钠溶液都呈碱性,能与酸反应,故可用于处理废水中的酸,A项正确。铝盐、铁盐都能水解生成对应的氢氧化物胶体,具有吸附性,可吸附水中的悬浮物,B项正确。氯气可用于水的消毒杀菌,不能除去重金属离子,C项错误。烧碱可与铵根离子反应产生氨气,D项正确。2.(2018·临沂模拟)下列有关金属及其化合物的说法正确的是(A)A.除去MgCl2溶液中少量的FeCl3,可选用MgOB.Na久置于空气中最终生成NaHCO3C.铝、铁、铜在空气中长时间放置,表面均只生成氧化物D.向NaOH溶液中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液,可制得Fe(OH)3胶体[解析]FeCl3易水解生成氢氧化铁,加入MgO,调节溶液的pH,促进铁离子的水解,且不引入新的杂质,A项正确。Na久置于空气中最终生成Na2CO3,B项错误。铜在空气中长时间放置,表面生成碱式碳酸铜,C项错误。向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液,生成Fe(OH)3沉淀,D项错误。3.(2018·天津五校联考)下列叙述正确的是(C)A.将CO2通入BaCl2溶液中至饱和,无沉淀产生;再通入SO2,产生沉淀B.在稀硫酸中加入铜粉,铜粉不溶解;再加入Cu(NO3)2固体,铜粉仍不溶解C.向AlCl3溶液中滴加氨水,产生白色沉淀;再加入过量NaHSO4溶液,沉淀消失D.纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢;再加入少量CuSO4固体,速率不改变[解析]CO2和SO2都不与BaCl2反应,没有沉淀产生,A项错误。铜和稀硫酸不反应,加入Cu(NO3)2固体,NO-3具有强氧化性,在酸性条件下与Cu发生氧化还原反应,铜可溶解,B项错误。向AlCl3溶液中滴加氨水,生成Al(OH)3,Al(OH)3不溶于弱碱,但可溶于强碱和强酸,NaHSO4可电离出氢离子,则再加入过量NaHSO4溶液,沉淀消失,C项正确。加入少量CuSO4固体,锌置换出铜,形成原电池,反应速率变大,D项错误。4.(2018·临沂期末)下列有关物质的性质类比正确的是(B)A.已知Fe+S=====△FeS,则Cu+S=====△CuSB.Fe能与CuSO4溶液反应,可知Al与CuSO4溶液也能反应C.CaSO3与稀盐酸反应生成SO2,可知CaSO3与稀硝酸反应也生成SO2D.已知H2O2能氧化I-,可知H2O2也能氧化Cl-[解析]由于S的氧化性弱,Cu与S化合只能生成Cu2S,A项错误。由于金属活动性:Al>Fe>Cu,根据金属活动性顺序表可知,活动性强的金属可以把活动性弱的金属从化合物中置换出来,所以Fe能与CuSO4溶液反应,Al比Fe活泼,故Al与CuSO4溶液也能反应,B项正确。硝酸具有强氧化性,则CaSO3与稀硝酸发生氧化还原反应生成CaSO4、NO和水,不能得到SO2,C项错误。I-还原性较强,H2O2能把I-氧化为I2,但H2O2不能氧化Cl-,D项错误。5.(2018·大连双基测试)将一定量的SO2通入FeCl3溶液中,取混合溶液,分别进行下列实验,能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应的是(D)选项 操作 现象A 加入NaOH溶液 有红褐色沉淀B 加入Ba(NO3)2溶液 有白色沉淀C 加入酸性KMnO4溶液 紫色褪去D 加入K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液 有蓝色沉淀[解析]将一定量的SO2通入FeCl3溶液中,加入NaOH溶液有红褐色沉淀氢氧化铁生成,过程中没有化合价变化,不能说明是氧化还原反应,A项错误。加入Ba(NO3)2溶液,有白色沉淀,硝酸根离子具有强的氧化性,能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子,硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡沉淀,即使二氧化硫与三价铁离子不发生氧化还原反应,也可产生白色沉淀,所以不能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应,B项错误。加入酸性KMnO4溶液,紫色褪去,因为二氧化硫具有还原性能够还原酸性高锰酸钾,即使二氧化硫与三价铁离子不发生氧化还原反应,也可使其溶液褪色,所以不能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应,C项错误。亚铁离子加入K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液生成Fe3[Fe(CN)6]2(蓝色沉淀),则可证明溶液中存在二价铁离子,说明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应,D项正确。6.(2018·广西重点高中一模)几种中学常见的物质转化如图所示。下表中R、X、Y、Z对应物质正确的是(B)选项 R X Y ZA 紫色石蕊 Fe2O3 Fe2O3和Cu CuB 甲基橙 Fe(NO3)2 Fe(OH)2 Cu2(OH)2CO3C 酚酞 Fe(OH)3 FeO和Fe CuOD Fe2O3 NaAlO2 Na2SiO3 Cu(OH)2[解析]铜不和稀硫酸反应,A项错误。甲基橙遇稀硫酸变红色,硝酸亚铁遇稀硫酸变成铁盐,氢氧化亚铁与硫酸反应生成硫酸亚铁,碱式碳酸铜与硫酸反应生成硫酸铜,B项正确。稀硫酸不能使酚酞变色,C项错误。硫酸与氧化铁反应生成硫酸铁,溶液呈黄色,稀硫酸与偏铝酸钠反应得不到黄色溶液,稀硫酸与硅酸钠反应得不到浅绿色溶液,D项错误。7.(2018·内蒙古联考)向明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液,生成沉淀的物质的量与消耗Ba(OH)2的物质的量的关系如图所示,下列说法正确的是(A)A.O~b上的任意一点a的溶液均呈酸性B.b、c点溶液均呈中性C.b、c两点沉淀的物质的量之比为4∶3D.c点溶液呈碱性,原因是AlO-2+H++H2O===Al(OH)3↓[解析]b点时反应的离子方程式为2Al3++6OH-+3Ba2++3SO2-4===2Al(OH)3↓+3BaSO4↓,此时溶液的溶质是K2SO4,溶液呈中性,KAl(SO4)2溶液由于Al3+水解而显酸性,故O~b之间任意一点溶液都显酸性;b点之后,再加入Ba(OH)2,反应的离子方程式为2Al(OH)3+2OH-+Ba2++SO2-4===2AlO-2+BaSO4↓+4H2O,c点溶液的溶质为KAlO2,溶液显碱性,故A项正确,B项错误。假设有1molKAl(SO4)2,b点沉淀的物质的量为2.5mol,c点沉淀的物质的量则为2mol,二者的比为5∶4,故C项错误。c点溶液呈碱性的原因是AlO-2水解,故D项错误。8.(2018·龙岩五校联考)FeCO3与砂糖混用可以作补血剂,实验室里制备FeCO3的流程如图所示。下列说法错误的是(A)A.产品FeCO3在空气中高温分解可得到纯净的FeOB.可利用KSCN溶液检验FeSO4溶液是否变质C.沉淀过程中有CO2气体放出D.检验沉淀是否洗涤干净可用盐酸酸化的BaCl2溶液[解析]碳酸亚铁在空气中高温分解,亚铁被空气中的氧气氧化成+3价铁,A项错误。KSCN溶液遇Fe3+显红色,因此KSCN溶液检验FeSO4溶液是否变质,B项正确。Fe2+和HCO-3发生的反应为Fe2++2HCO-3===FeCO3↓+CO2↑+H2O,C项正确。滤液中含有硫酸根离子,所以检验沉淀是否洗涤干净可用盐酸酸化的BaCl2溶液,D项正确。9.(2018·长沙模拟)将铝粉与某铁的氧化物FeO·2Fe2O3粉末配制成铝热剂,分成两等份,一份直接放入足量的烧碱溶液中,充分反应后放出的气体在标准状况下的体积为3.92L;另一份在高温下恰好反应完全,反应后的混合物与足量的盐酸反应后,放出的气体在标准状况下的体积为(A)A.2.80L B.3.92LC.5.60L D.7.84L[解析]一份与足量烧碱溶液反应,根据Al与NaOH溶液的反应,可得关系式2Al~3H2,则n(Al)=2×3.923×22.4mol=23×0.175mol。另一份在高温下恰好反应完全,根据3[FeO·2Fe2O3]+14Al=7Al2O3+15Fe,得反应生成的n(Fe)=1514n(Al)=1514×23×0.175mol×=0.125mol。根据Fe+2HCl===FeCl2+H2↑,得n(H2)=n(Fe),故V(H2)=0.125mol×22.4L·moL-1=2.80L。10.二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色易溶于水的气体,常用作饮用水消毒剂。实验室通过如图所示过程制备二氧化氯。下列说法正确的是(B)A.电解时发生反应的离子方程式为NH+4+3Cl-===2H2↑+NCl3B.溶液X中大量存在的阴离子有Cl-、OH-C.可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3D.可用明矾除去饮用水中残留的NaClO2[解析]A项,电解氯化铵与盐酸的混合溶液,生成NCl3与H2,发生反应的离子方程式为NH+4+2H++3Cl-===3H2↑+NCl3,错误;B项,根据元素守恒,溶液X中大量存在的阴离子有Cl-和OH-,正确;C项,ClO2易溶于水,NH3显碱性,因此要除去混有的氨气,应该选择浓硫酸,错误;D项,明矾在水中可电离出Al3+,Al3+水解生成氢氧化铝胶体,氢氧化铝胶体可吸附水中的杂质起到净水作用,但不能用明矾除去NaClO2,错误。11.(2018·洛阳二模)用辉铜矿(主要成分为Cu2S,含少量Fe2O3、SiO2等杂质)制备难溶于水的碱式碳酸铜的流程如下:(1)下列措施是为了加快浸取速率,其中无法达到目的的是_A__(填字母)。A.延长浸取时间 B.将辉铜矿粉碎C.充分搅拌 D.适当增加硫酸浓度(2)滤渣Ⅰ中的主要成分是MnO2、S、SiO2,请写出"浸取"反应中生成S的离子方程式:2MnO2+Cu2S+8H+===2Mn2++2Cu2++S+4H2O。(3)研究发现,若先除铁再浸取,浸取速率明显变慢,可能的原因是_Fe3+可催化Cu2S被MnO2氧化(或Fe2O3在浸取时起催化作用)__。(4)"除铁"的方法是通过调节溶液pH,使Fe3+转化为Fe(OH)3,则加入的试剂A可以是_CuO[或Cu(OH)2等其他合理答案]__(填化学式);"赶氨"时,最适宜的操作方法是_将溶液加热(或通入热空气)__。(5)"沉锰"(除Mn2+)过程中有关反应的离子方程式为Mn2++HCO-3+NH3===MnCO3↓+NH+4。[解析]辉铜矿主要成分为Cu2S,含少量Fe2O3、SiO2等杂质,加入稀硫酸和二氧化锰浸取,过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S,滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+,调节溶液pH除去Fe3+,加入碳酸氢铵溶液沉淀锰,过滤得到滤液,赶出氨气循环使用,得到碱式碳酸铜。(1)酸浸时,通过粉碎矿石或者升高温度或者进行搅拌或者适当增加硫酸浓度都可以提高浸取速率,延长浸取时间并不能提高速率。(2)"浸取"时,在酸性条件下MnO2氧化Cu2S得到硫沉淀、CuSO4和MnSO4,其反应的离子方程式是2MnO2+Cu2S+8H+===S+2Cu2++2Mn2++4H2O。(3)浸取时Fe2O3与稀硫酸反应生成硫酸铁和水,若先除铁再浸取,浸取速率明显变慢,说明浸取时生成的Fe3+可催化Cu2S被MnO2氧化。(4)加入的试剂A应用于调节溶液pH,促进Fe3+的水解,但不能引入杂质,因最后要制备碱式碳酸铜,则可加入氧化铜、氢氧化铜等;因氨气易挥发,加热可促进挥发,则可用加热的方法"赶氨"。(5)"沉锰"(除Mn2+)过程中,加入碳酸氢铵和氨气,生成碳酸锰沉淀,反应的离子方程式为Mn2++HCO-3+NH3===MnCO3↓+NH+4。12.(2018·湖北四校联考)引火铁--一种活性很强的铁粉,一般用于焊接铁轨等。某课外活动小组设计如下两套装置,拟用普通铁粉在加热条件下与水蒸气反应,再将制得的铁氧化物经此反应的逆反应制备颗粒很细、活性很高的引火铁。Ⅰ."铁氧化物制备实验"的探究(1)因试管A内壁沾有少量蒸馏水,为防止装铁粉时将其沾在试管内壁上,应先倾斜试管,然后用_纸槽或药匙__将铁粉送至试管中下部。(2)试管A中发生反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)=====△Fe3O4+4H2。装置Ⅰ中酒精灯的作用是_将水转化为水蒸气,同时提供反应所需的能量__。(3)某学生设计如下方案,确认A中固体的成分,其中不正确的是_bc__(填选项字母)。a.取试管A中固体少许,向其中加入稀盐酸充分溶解后,再加入KSCN,溶液不变红,说明A中固体含有Feb.取试管A中固体少许,向其中加入稀盐酸充分溶解后,再加入KSCN,溶液变红,说明A中固体含有Fe2O3c.取试管A中固体少许,向其中加入稀盐酸充分溶解后,再加入KMnO4溶液,紫色褪去,说明A中固体含有Fe3O4Ⅱ."引火铁制备实验"的问题探究(4)仪器B的名称为_长颈漏斗__,其中盛装的试剂为_a__(填选项字母)。U形管中应加入的试剂是_碱石灰或CaO等__。a.6mol·L-1盐酸b.4mol·L-1NaOH溶液c.浓硫酸(5)为确保实验安全,在实验过程中必须注意:①C中反应前,在D出口必须_检验氢气的纯度(其他答案合理即可)__;②点燃氢气。[解析](2)根据化学方程式可知酒精灯在此处的作用。(3)b项Fe3O4溶解也产生+3价的铁;c项没有反应完的铁粉有可能转化为Fe2+,然后使KMnO4溶液的紫色褪去。(4)选择的试剂应能制取纯净的H2。(5)可燃性气体H2在与铁氧化物反应前需要验纯,防止爆炸,过量的氢气不能直接排放到空气中。13.(2018·豫北名校联考)铜是一种古老而又年轻的金属元素,铜及其化合物在生产生活中有着广泛的应用。(1)古代留下来的青铜器表面呈绿色,原因是在潮湿的空气中,铜易发生腐蚀生成铜绿,有关反应的化学方程式:2Cu+O2+H2O+CO2===Cu2(OH)2CO3。(2)现代工业主要采用高温冶炼黄铜矿(CuFeS2,也可表示为Cu2S·Fe2S3)的方法获得铜。火法炼铜首先要焙烧黄铜矿:2CuFeS2+4O2===Cu2S+3SO2+2FeO,每转移0.6mol电子,有_0.1__mol硫原子被氧化。(3)CuSO4可用于游泳池水的消毒,原因是_CuSO4能使蛋白质变性__。(4)向CuCl2和FeCl3的混合溶液中加入CuO粉末会产生新的沉淀,该沉淀的主要成分的化学式为_Fe(OH)3__(已知:Fe3+水解程度比Cu2+大)。(5)利用Cu和FeCl3溶液的反应可制作印刷电路板,为了从含有FeCl3、FeCl2、CuCl2的废液中回收Cu,某化学兴趣小组的同学设计了以下两种实验方案:方案1:向废液中加入过量铁粉,充分反应后过滤。在所得滤渣中加入足量盐酸,充分反应后,再过滤即得到铜。方案1中涉及的四种阳离子的氧化性由强到弱的顺序为_Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+__。方案2:在废液中加入适量的盐酸调节溶液的pH=1,用铜和石墨作电极进行电解。当观察到阴极上有少量气泡产生时,即停止电解,这时Cu已全部析出,在电极上可直接回收铜。操作上比方案1简便,但方案2也有不足之处,主要表现为_有污染性气体Cl2产生,使用了电解装置,成本较高__。[解析](1)在潮湿的空气中,铜易与O2、H2O、CO2发生反应生成铜锈,铜锈的主要成分是Cu2(OH)2CO3。(2)在CuFeS2中Cu、Fe、S三种元素的化合价依次是+1价、+3价、-2价,2molCuFeS2发生反应时,转移18mol电子,有3mol硫原子被氧化,则每转移0.6mol电子,有0.1mol硫原子被氧化。(3)CuSO4是重金属盐,能使蛋白质变性,可杀灭水中的细菌。(4)CuCl2和FeCl3水解使溶液显酸性,向混合溶液中加入CuO时,CuO与水解生成的酸反应,使水解平衡正向移动,因Fe3+水解程度比Cu2+大,故主要生成Fe(OH)3沉淀。(5)根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,可知氧化性:Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+。方案2电解时有污染性的气体Cl2产生,且能耗大。第13讲非金属及其化合物最新考纲 考向分析1.了解碳、硅单质及其重要化合物的主要性质及应用。2.了解碳、硅单质及其重要化合物对环境质量的影响。3.了解氯单质及其重要化合物的主要性质及应用。4.了解氯单质及其重要化合物对环境质量的影响。5.掌握氯气的实验室制法(包括所用试剂、仪器,反应原理和收集方法)6.了解硫单质及其重要化合物的主要性质及应用。7.了解硫单质及其重要化合物对环境质量的影响。8.了解氮元素单质及其重要化合物的主要性质和应用。9.了解氮元素单质及其重要化合物对环境质量的影响。 1.客观题:结合离子反应,阿伏加德罗常数,化学实验现象和分析,化学与生活、社会、生产,考查重要非金属元素单质和化合物的重要性质和用途。2.主观题:结合重要物质的制备、分离提纯或工业生产的工艺流程、综合性实验等全面考查重要非金属元素化合物的性质。考点一非金属单质及其化合物的相互转化Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·江苏高考)在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是(C)A.Fe――→Cl2点燃FeCl2――→NaOHaqFe(OH)2B.S――→O2点燃SO3――→H2OH2SO4C.CaCO3――→高温CaO――→SiO2高温CaSiO3D.NH3――→O2催化剂,△NO――→H2OHNO3[解析]Fe与Cl2反应生成FeCl3,A项错误;S与O2反应生成SO2,B项错误;CaCO3高温分解生成CaO,CaO与SiO2在高温时反应生成CaSiO3,C项正确;NO与H2O不反应,D项错误。2.(2016·全国Ⅱ·7)下列关于燃料的说法错误的是(B)A.燃料燃烧产物CO2是温室气体之一B.化石燃料完全燃烧不会造成大气污染C.以液化石油气代替燃油可减少大气污染D.燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一[解析]燃料燃烧产生的CO2是导致温室效应的主要气体之一,A项正确;化石燃料完全燃烧生成的SO2属于大气污染物,B项错误;液化石油气含碳量比燃油低,用液化石油气代替燃油能减少大气污染,C项正确;CO是大气污染物之一,D项正确。3.(2017·北京卷)下述实验中均有红棕色气体产生,对比分析所得结论不正确的是(D)
① ② ③A.由①中的红棕色气体,推断产生的气体一定是混合气体B.红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸产生了反应C.由③说明浓硝酸具有挥发性,生成的红棕色气体为还原产物D.③的气体产物中检测出CO2,由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应[解析]①中灼热碎玻璃起加热作用,浓硝酸受热分解生成红棕色NO2,硝酸中氮元素化合价降低,必有元素化合价升高,只能为氧元素,因此,还有O2生成,产生的气体为混合气体,A项正确;由①可知,浓硝酸受热分解可生成红棕色气体,所以②中产生的"红棕色气体"不一定是木炭与浓硝酸发生反应产生的,B项正确;③中浓硝酸挥发才能与红热木炭接触,产生的NO2是还原产物,C项正确;红热的木炭还可与空气中的O2反应生成CO2,不一定是木炭与浓硝酸发生反应生成了CO2,D项错误。4.(2018·天津·7)下图中反应①是制备SiH4的一种方法,其副产物MgCl2·6NH3是优质的镁资源。回答下列问题:(1)MgCl2·6NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序(H-除外):r(H+)<r(Mg2+)<r(N3-)<r(Cl-),Mg在元素周期表中的位置:_第三周期ⅡA族__,Mg(OH)2的电子式:。(2)A2B的化学式为_Mg2Si__。反应②的必备条件是_熔融,电解__。上图中可以循环使用的物质有_NH3,NH4Cl__。(3)在一定条件下,由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料_SiC__(写化学式)。(4)为实现燃煤脱硫,向煤中加入浆状Mg(OH)2,使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物,写出该反应的化学方程式:2Mg(OH)2+2SO2+O2===2MgSO4+2H2O。(5)用Mg制成的格氏试剂(RMgBr)常用于有机合成,例如制备醇类化合物的合成路线如下:依据上述信息,写出制备所需醛的可能结构简式:_CH3CH2CHO,CH3CHO__。[解析](1)H+没有电子;Mg2+和N3-都有2个电子层、10电子,但Mg2+比N3-核电荷数大;Cl-有3个电子层。核外电子层数越多,离子半径越大,电子层数相同时,核电荷数越大的离子半径越小,故离子半径由小到大的顺序为r(H+)<r(Mg2+)<r(N3-)<r(Cl-)。Mg原子核外有3个电子层,最外层有2个电子,故Mg位于周期表中第三周期ⅡA族。Mg(OH)2是由Mg2+和OH-构成的离子化合物,其电子式为。(2)根据质量守恒定律,A2B的化学式是Mg2Si。电解熔融的MgCl2生成Mg和Cl2。NH3和NH4Cl既是副产物又是起始原料。(3)由CH4和SiH4反应生成H2和另一种固体耐磨材料,根据质量守恒定律可知,该耐磨材料为SiC。(4)该反应类型类似"钙基固硫",加热过程中发生反应:Mg(OH)2=====△MgO+H2O、MgO+SO2=====△MgSO3、2MgSO3+O2===2MgSO4,故总反应方程式为2Mg(OH)2+2SO2+O2=====△2MgSO4+2H2O。(5)由题给信息知,可能是由CH3CH2Br与CH3CHO或CH3Br与CH3CH2CHO经过一系列反应制得的。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1.必记的9种特征:(1)有颜色的气体:_Cl2__(黄绿色)、_NO2__(红棕色)等。(2)有漂白作用的气体:Cl2(有水时)、_SO2__等,能使品红溶液褪色,加热后恢复原色的是_SO2__。(3)同一元素的气态氢化物和气态氧化物反应,生成该元素的单质和水,该元素可能是_硫__或_氮__。(4)同一元素的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物发生化合反应,生成盐的元素一定是_氮__。(5)溶于水显碱性的气体只有_NH3__。(6)在空气中迅速由无色变为红棕色的气体只有_NO__。(7)可溶于氢氟酸的酸性氧化物只有_SiO2__。(8)能与NaOH溶液作用产生H2的非金属单质只有_Si__。(9)常温下使铁、铝发生钝化的是_浓硝酸__与_浓硫酸__。2.知道14种物质的主要用途:硅--半导体材料、太阳能电池板、计算机芯片活性炭--吸附剂、去除冰箱中的异味臭氧(O3)--漂白剂、消毒剂氯气--杀菌消毒、漂白剂、制盐酸、漂白粉等二氧化碳--灭火剂、人工降雨、温室气体二氧化硅--制石英玻璃、光导纤维二氧化硫--漂白剂、杀菌、消毒双氧水--漂白剂、消毒剂、脱氯剂氢氟酸--蚀刻玻璃制品氨--制冷剂(液氨)、制硝酸、铵盐次氯酸钠(NaClO)--漂白剂、杀菌剂硅胶--袋装食品干燥剂乙烯--植物生长调节剂、催熟剂甘油--护肤保湿剂3.易混淆的6种离子的检验方法:(1)CO2-3→加入_BaCl2(或CaCl2)溶液__后生成白色沉淀,再加_稀盐酸__,沉淀溶解,并放出无色无味气体。(2)SO2-4→先加入足量_稀盐酸__,无明显现象,再加入_BaCl2溶液__,产生白色沉淀。(3)SO2-3→加入_BaCl2溶液__,产生白色沉淀,再加_稀盐酸__,沉淀溶解放出无色有刺激性气味、能使品红溶液褪色的气体。(4)Cl-→加入硝酸酸化的硝酸银溶液,生成_白__色沉淀。(5)Br-→加入硝酸酸化的硝酸银溶液,生成_淡黄__色沉淀。(6)I-→加入硝酸酸化的硝酸银溶液,生成_黄__色沉淀。4.两类不能完成的"一步转化":(1)非金属单质――→O2氧化物――→H2O酸SiO2不能通过一步反应转化为H2SiO3,S不能通过一步反应转化为SO3,N2不能通过一步反应转化为NO2。(2)金属单质――→O2氧化物――→H2O碱难溶于水的碱[如Cu(OH)2]不能通过一步反应实现氧化物到碱的转化。5.常考的有HNO3参与的氧化还原反应的计算:(1)金属与硝酸的反应中硝酸分为两部分,一部分作_氧化剂__,另一部分起酸性作用生成硝酸盐,计算时应先确定被_还原__的硝酸,再由_得失电子守恒__求解。(2)Cu与HNO3的反应中:被还原的硝酸无论生成NO还是NO2,由氮元素守恒可知被还原的硝酸与生成气体的物质的量_相等__。6.浓硫酸吸水性和脱水性的区别与应用:(1)吸水性浓硫酸具有吸收游离水(如气体中、液体中的水分子,以及固体中的结晶水等)的性能。①原理:H2SO4分子与水分子可形成一系列稳定的水合物。H2SO4(浓)+nH2O===H2SO4·nH2O②应用:作吸水剂或干燥剂。a.可干燥的物质:H2、CO、CO2、CH4、N2、NO、NO2、O2、SO2、Cl2、HCl等。b.不能干燥的物质:H2S、NH3、HBr、HI等。c.所用的装置:洗气瓶(如图)。(2)脱水性浓硫酸可将许多有机物中的氢和氧原子按水分子的组成(H2O)比例脱去。如C12H22O11――→浓硫酸12C+11H2OHCOOH――→浓硫酸CO↑+H2O。7.化学反应中浓硫酸由"量变"引起的"质变":过量金属(如Fe、Cu、Zn等)与浓硫酸反应时,要动态地看反应过程,注意H2SO4浓度的变化对反应产物的影响。开始阶段是浓硫酸反应,产生的是SO2气体,随着反应的进行,硫酸的浓度逐渐减小,最后变为稀硫酸,与Cu不反应,与铁、锌等反应生成H2而不是SO2。易错辨析判断下列说法是否正确,正确的打"√",错误的打"×"。1.CO2、CH4、N2等均是造成温室效应的气体。(×)2.单质硅常用作半导体材料和光导纤维。(×)3.CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成。(×)4.NO2溶于水时发生氧化还原反应。(√)5.SiO2与酸、碱均不反应。(×)6.液溴易挥发,在存放液溴的试剂瓶中应水封。(√)7.能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2。(×)8.某溶液加入CCl4,CCl4层显紫色,证明原溶液中存在I-。(×)B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2018·合肥一模改编)下表所列各组物质中,物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是(B)选项 X Y ZA S SO2 H2SO3B Si SiO2 NaSiO3C Cl2 HClO NaClOD NO NO2 HNO3[解析]A项,S和O2反应生成SO2,SO2和水化合生成H2SO3,H2SO3分解生成SO2,H2SO3与H2S反应可生成S,A正确;B项,Na2SiO3不能一步生成SiO2,也不能一步生成Si,B错误;C项,Cl2和水反应生成HClO,HClO和NaOH反应生成NaClO,NaClO可水解生成HClO,NaClO可与浓盐酸反应生成Cl2,C正确;D项,NO与O2反应生成NO2,NO2与水反应生成HNO3,浓硝酸分解可生成NO2,稀硝酸与Cu反应可生成NO,D正确。2.从某些性质看:NH3和H2O,NH-2和OH-,N3-和O2-两两相似,据此判断下列反应正确的是(D)①2Na+2NH3===2NaNH2+H2↑②CaO+2NH4Cl=====△CaCl2+2NH3↑+H2O③3Mg(NH2)2=====△Mg3N2+4NH3↑④NH4Cl+NaNH2=====△NaCl+2NH3↑A.③ B.②C.②③ D.①②③④[解析]①NH3和H2O相当,可以依据2Na+2H2O===2NaOH+H2↑,类推得到反应为2Na+2NH3===2NaNH2+H2↑,正确;②NH-2和OH-相当,依据CaO+2HCl===CaCl2+H2O;类推得到反应:CaO+2NH4Cl=====△CaCl2+2NH3↑+H2O,正确;③NH-2和OH-相当,N3-和O2-两两相当,依据Mg(OH)2===MgO+H2O,类推得到:3Mg(NH2)2=====△Mg3N2+4NH3↑,正确;④NH-2和OH-相当,NH3和H2O相当,依据NH4Cl+NaOH===NaCl+NH3+H2O;类推得到:NH4Cl+NaNH2=====△NaCl+2NH3,正确。3.(2018·淄博二模)利用如图装置设计实验,制备SO2并进行探究。(1)装置A中反应的化学方程式:Na2SO3+H2SO4(浓)===Na2SO4+SO2↑+H2O。(2)将A中产生的SO2持续通入装置G中直至过量。①G中有白色沉淀生成,其化学式为_BaSO4__。②写出反应初始时SO2被氧化的离子方程式:3SO2+2NO-3+2H2O===2NO↑+3SO2-4+4H+。(3)选项A~F中的装置验证H2SO4的酸性强于H2CO3,能作为依据的实验现象是_C中品红溶液(或D中酸性KMnO4溶液)不褪色、E中澄清石灰水变浑浊__。(4)要证明H2SO3的酸性强于HClO,所选装置(A~F中)的连接顺序为(填序号)_A→B→D→C→F__。[解析](1)装置A中反应为制备二氧化硫的反应,化学方程式为Na2SO3+H2SO4(浓)===Na2SO4+SO2↑+H2O。(2)二氧化硫通入G中,被硝酸根氧化为硫酸根:3SO2+2NO-3+2H2O===2NO↑+3SO2-4+4H+,与钡离子反应生成硫酸钡沉淀:Ba2++SO2-4===BaSO4↓。(3)二氧化硫应该先通入NaHCO3溶液,将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液中吸收二氧化硫气体后,再将气体通入品红溶液(或酸性KMnO4溶液),品红(或酸性高锰酸钾溶液)不褪色,最后将气体通入澄清石灰水,澄清石灰水变浑浊,说明生成二氧化碳气体,证明酸性H2SO3>H2CO3,又酸性:H2SO4>H2SO3,说明H2SO4的酸性强于H2CO3。(4)要证明H2SO3的酸性强于HClO,因为二氧化硫与次氯酸根离子发生氧化还原反应,不能直接通入漂白粉溶液中,证明酸性H2SO3>H2CO3>HClO,应先用二氧化硫制备二氧化碳,制备的二氧化碳中有二氧化硫,故通入漂白粉之前先除去二氧化硫气体,再用品红检验二氧化硫是否除净,再通入漂白粉中。故顺序为A→B→D→C→F。4.(2018·福州一模)绿矾(FeSO4·7H2O)可作还原剂、着色剂、制药等,在不同温度下易分解得各种铁的氧化物和硫的氧化物。已知SO3是一种无色晶体,熔点16.8℃,沸点44.8℃,氧化性及脱水性较浓硫酸强,能漂白某些有机染料,如品红等。回答下列问题:(1)甲组同学按照上图所示的装置,通过实验检验绿矾的分解产物。装置B中可观察到的现象是_品红溶液褪色__,甲组由此得出绿矾的分解产物中含有SO2。装置C的作用是_吸收尾气,防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境__。(2)乙组同学认为甲组同学的实验结论不严谨,认为需要补做实验。乙对甲组同学做完实验的B装置的试管加热,发现褪色的品红溶液未恢复红色,则可证明绿矾分解的产物中_B、C__。A.不含SO2 B.可能含SO2C.一定含有SO3(3)丙组同学查阅装置发现绿矾受热分解还可能有O2放出,为此,丙组同学选用甲组同学的部分装置和下图部分装置设计出了一套检验绿矾分解气态产物的装置:①丙组同学的实验装置中,依次连接的合理顺序为_AFGBDH__。②能证明绿矾分解产物中有O2的实验操作及现象是_把H中的导管移出水面,撤走酒精灯,用拇指堵住试管口,取出试管,立即把带火星的木条伸入试管内,木条复燃,证明试管中收集的气体是氧气__。(4)为证明绿矾分解产物中含有三价铁,选用的实验仪器有试管、胶头滴管、_药匙__;选用的试剂为_盐酸、KSCN溶液__。[解析](1)甲组得出绿矾的分解产物中含有SO2,SO2能使品红溶液褪色;SO2有毒,因此装置C的作用是吸收尾气,防止SO2(或SO3)污染空气。(2)SO2能使品红溶液褪色,受热恢复原来颜色,现在实验中不能恢复原来的颜色,以及SO3能漂白某些有机染料,因此推出一定含有SO3,可能含有SO2,故选项B、C正确。(3)①首先加热绿矾,气态产物可能是SO3、SO2、H2O、O2,因此先验证H2O,因此连接F装置,SO3熔点较低,在冰水中以固体形式存在,因此F装置后连接G,SO2能使品红溶液褪色,因此G装置后连接B,需要吸收SO2,因此B装置后连接D装置,最后连接H装置,因此顺序是A→F→G→B→D→H。②氧气能使带火星的木条复燃,因此具体操作是把H中的导管移出水面,撤走酒精灯,用拇指堵住试管口,取出试管,立即把带火星的木条伸入试管内,木条复燃,证明试管中收集的气体是氧气。(4)验证Fe3+需要用KSCN溶液,需要把固体溶解成溶液,因此需要的试剂是盐酸和KSCN溶液,取用固体需要用药匙,缺少的仪器是药匙。考点二非金属元素单质及其化合物的实验探究Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·全国Ⅰ·28节选)近期发现,H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子,它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题:下列事实中,不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是_D__(填标号)。A.氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应,而亚硫酸可以B.氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸C.0.10mol·L-1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1D.氢硫酸的还原性强于亚硫酸[解析]根据较强酸制备较弱酸原理,氢硫酸不和碳酸氢钠反应,亚硫酸与碳酸氢钠反应,说明亚硫酸、碳酸、氢硫酸的酸性依次减弱,A项正确;相同浓度,溶液的导电能力与离子总浓度有关,相同浓度下,氢硫酸溶液导电能力弱,说明氢硫酸的电离能力较弱,即电离出的氢离子数较少,B项正确;相同浓度下,亚硫酸的pH较小,故它的酸性较强,C项正确;酸性强弱与还原性无关,酸性强调酸电离出氢离子的难易,而还原性强调还原剂失电子的难易,D项错误。2.(2016·上海·14)在硫酸工业生产中,为了有利于SO2的转化,且能充分利用热能,采用了中间有热交换器的接触室(如图)。下列说法错误的是(B)A.a、b两处的混合气体成分含量相同,温度不同B.c、d两处的混合气体成分含量相同,温度不同C.热交换器的作用是预热待反应的气体,冷却反应后的气体D.c处气体经热交换后再次催化氧化的目的是提高SO2的转化率[解析]根据题目中装置图可知,从a进入的气体是含有SO2、O2的冷气,经过热交换器后从b处出来的是热的气体,成分与a处相同,A正确。从c处出来的气体中的SO2、O2在催化剂表面发生反应产生的含有SO3及未反应的SO2、O2等气体,该反应是放热反应,当经过热交换器后气体被冷却降温,经过下面的催化剂层,又有部分SO2、O2反应生成SO3,故二者含有的气体的成分不相同,B错误。热交换器的作用是预热待反应的冷的气体,同时冷却反应产生的气体,C正确。c处气体经过热交换器后再次被催化氧化,目的就是使未反应的SO2进一步反应产生SO3,从而可以提高SO2的转化率,D正确。3.(2018·全国Ⅱ·7)化学与生活密切相关。下列说法错误的是(D)A.碳酸钠可用于去除餐具的油污B.漂白粉可用于生活用水的消毒C.氢氧化铝可用于中和过多胃酸D.碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查[解析]D错:碳酸钡能与人体胃液中的盐酸反应生成可溶性钡盐,有毒,不能用于胃肠X射线造影检查。A对:碳酸钠水溶液显碱性,能用于洗涤油污。B对:漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2,能杀灭生活用水中的细菌。C对:氢氧化铝是弱碱,可用于中和过多胃酸。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏性质探究实验方案设计的一般方法(1)证明酸性。①用pH试纸或酸碱指示剂,观察颜色变化;②与Na2CO3溶液反应产生CO2;③与Zn等活泼金属反应产生氢气。(2)证明弱酸性。①存在电离平衡,如向醋酸溶液中加入醋酸铵,测其pH变大,可以证明醋酸溶液中存在电离平衡,从而证明醋酸是弱酸;②测定对应盐溶液的酸碱性,如测定CH3COONa溶液的pH>7,说明CH3COOH是弱酸;③测量稀释前后pH变化,如测定将醋酸溶液稀释至10n倍前后的pH变化,若溶液的pH变化小于n,可证明醋酸为弱酸。(3)比较金属的活动性:①与水或酸反应的难易;②利用置换反应;③设计成原电池,其负极活泼性强;④利用电解时的放电顺序;⑤比较最高价氧化物对应水化物的碱性强弱。(4)比较非金属的活动性:①利用置换反应;②与氢气反应的难易;③气态氢化物的稳定性、还原性;④比较最高价氧化物对应水化物的酸性强弱。(5)比较酸(碱)的酸(碱)性强弱:较强的酸(碱)能制得较弱的酸(碱)。比较盐的水解程度,如通过测定等浓度NaHCO3和NaHSO3溶液的pH,确定H2CO3和H2SO3酸性强弱。(6)气体检验时杂质气体的干扰问题:先除去干扰气体,检验杂质气体已经除净,再检验待检气体。如检验SO2和CO2混合气体中的CO2,先通过酸性KMnO4溶液除去SO2,再通过品红溶液确定SO2已经除净,最后通过澄清石灰水检验CO2。【例】(2016·北京高考)以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象,探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。实验 试剂 现象 滴管 试管 0.2mol·L-1Na2SO3溶液 饱和Ag2SO4溶液 Ⅰ.产生白色沉淀  0.2mol·L-1CuSO4溶液 Ⅱ.溶液变绿,继续滴加产生棕黄色沉淀  0.1mol·L-1Al2(SO4)3溶液 Ⅲ.开始无明显变化,继续滴加产生白色沉淀(1)经检验,现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ:2Ag++SO2-3===Ag2SO3↓。(2)经检验,现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含SO2-4,含有Cu+、Cu2+和SO2-3。已知:Cu+――→稀硫酸Cu+Cu2+,Cu2+――→I-CuI↓(白色)+I2。①用稀H2SO4证实沉淀中含有Cu+的实验现象是_析出红色固体__。②通过下列实验证实,沉淀中含有Cu2+和SO2-3。a.白色沉淀A是BaSO4,试剂1是_HCl和BaCl2溶液__。b.证实沉淀中含有Cu2+和SO2-3的理由是_在I-的作用下,Cu2+转化为白色沉淀CuI,SO2-3转化为SO2-4__。(3)已知:Al2(SO3)3在水溶液中不存在。经检验,现象Ⅲ的白色沉淀中无SO2-4,该白色沉淀既能溶于强酸,又有溶于强碱,还可使酸性KMnO4溶液褪色。①推测沉淀中含有亚硫酸根和_Al3+、OH-__。②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设:ⅰ.被Al(OH)3所吸附;ⅱ.存在于铝的碱式盐中。对假设ⅱ设计了对比实验,证实了假设ⅱ成立。a.将对比实验方案补充完整。步骤一:步骤二:(按上图形式呈现)。b.假设ⅱ成立的实验证据是_V1明显大于V2__。(4)根据实验,亚硫酸盐的性质有_亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性__。盐溶液间反应的多样性与_两种盐溶液中阴、阳离子的性质和反应条件__有关。[解析](1)反应生成的沉淀是Ag2SO3,离子方程式为2Ag++SO2-3===Ag2SO3↓。(2)①根据信息Cu+――→稀硫酸Cu+Cu2+可知,用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是析出红色固体铜。②由信息Cu2+――→I-CuI↓(白色)+I2可知,滴加KI溶液时有I2生成,加入淀粉,无明显现象,是因为发生了反应I2+SO2-3+H2O===SO2-4+2I-+2H+。试剂1用来检验SO2-4,需排除SO2-3的干扰,故应选HCl和BaCl2溶液。故证实沉淀中含有Cu2+和SO2-3的理由是在I-的作用下,Cu2+转化为白色沉淀CuI,SO2-3转化为SO2-4。(3)①根据题意知现象Ⅲ的白色沉淀中无SO2-4,该白色沉淀既能溶于强酸,又能溶于强碱,还可使酸性KMnO4溶液褪色,可推测沉淀中含有亚硫酸根和Al3+、OH-。②铝的碱式盐的化学式为Al(OH)SO3,相比Al(OH)3,碱式盐中每个铝对应的氢氧根离子不足其三倍,因此应当设计一个定量实验(记录数据V1也暗示了这是一个定量实验),定量思路可能有多种,比如使用同浓度的酸去滴定,但题目中要求"按上图形式呈现",故可设计为。(4)由题目可知,①Ag2SO3是白色沉淀;②SO2-3能被I2氧化,说明其有还原性;③Al2(SO3)3在水溶液中不存在,是因为发生了水解相互促进反应。实验结论要紧扣实验目的,根据题目,我们探究的是Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液反应,所以得到结论是盐溶液间反应的多样性与两种盐溶液中阴、阳离子的性质有关。另外,实验Ⅱ和Ⅲ都是因为滴加量的不同,所发生的反应不同,故盐溶液间反应的多样性与反应条件有关。B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2018·河南郑州市三模)碲(Te)广泛用于彩色玻璃和陶瓷生产。工业上用精炼铜的阳极泥(主要含有TeO2、少量Ag、Au)为原料制备单质碲的一种工艺流程如下:已知TeO2微溶于水,易溶于较浓的强酸和强碱溶液。(1)"碱浸"时发生反应的离子方程式为TeO2+2OH-===TeO2-3+H2O。(2)碱浸后的"滤渣"可以部分溶于稀酸,发生反应的化学方程式是3Ag+4HNO3===3AgNO3+NO↑+2H2O。(3)"沉碲"时控制溶液的pH为4.5~5.0,生成TeO2沉淀。酸性不能过强,其原因是_溶液酸性过强,TeO2会继续与酸反应导致碲元素损失__;防止局部酸度过大的操作方法是_缓慢加入硫酸,并不断搅拌__。(4)"酸溶"后,将SO2通过TeCl4酸性溶液中进行"还原"得到碲,该反应的化学方程式是TeCl4+2SO2+4H2O===Te+4HCl+2H2SO4。(5)25℃时,亚碲酸(H2TeO3)的Ka1=1×10-3,Ka2=2×10-8。①0.1mol·L-1H2TeO3电离度α约为_10%__。(α=已电离弱电解质分子数弱电解质分子数×100%)②0.1mol·L-1的NaHTeO3溶液中,下列粒子的物质的量浓度关系正确的是_CD__。A.c(Na+)>c(HTeO-3)>c(OH-)>c(H2TeO3)>c(H+)B.c(Na+)+c(H+)=c(HTeO-3)+c(TeO2-3)+c(OH-)C.c(Na+)=c(TeO2-3)+c(HTeO-3)+c(H2TeO3)D.c(H+)+c(H2TeO3)=c(OH-)+c(TeO2-3)[解析](1)TeO2微溶于水,易溶于较浓的强酸和强碱溶液,Ag、Au不与氢氧化钠反应。(2)滤渣的成分是Ag、Au。只有Ag与硝酸反应,反应的化学方程式为3Ag+4HNO3===3AgNO3+NO↑+2H2O。(3)如果酸性过强,TeO2会溶解,造成碲元素损失;缓慢加入硫酸,并不断搅拌可防止局部酸性过强。(4)SO2将TeCl4还原成Te,本身被氧化成SO2-4,因此有TeCl4+SO2―→Te+H2SO4+HCl,根据化合价升降法进行配平即得化学方程式:TeCl4+2SO2+4H2O===Te+4HCl+2H2SO4。(5)①亚碲酸是二元弱酸,以第一步电离为主,H2TeO3HTeO-3+H+,根据Ka1=cHTeO-3×cH+cH2TeO3,代入数值,求出c(H+)≈0.01mol·L-1,即转化率为0.01mol·L-10.1mol·L-1×100%=10%;②NaHTeO3的水解平衡常数Kh=KWKa1=1×10-141×10-3=1×10-11<2×10-8,此溶液应显酸性,即c(OH-)<c(H+),A错误。根据电荷守恒,应是c(Na+)+c(H+)=c(HTeO-3)+2c(TeO2-3)+c(OH-),B错误。根据物料守恒,c(Na+)=c(HTeO2-3)+c(H2TeO-3)+c(H2FeO3),C正确。根据质子守恒,c(H+)+c(H2TeO3)=c(OH-)+c(TeO2-3),D正确。2.(2018·河北衡水中学三模)铜是一种重要的战略物资,以黄铜矿(主要成分是CuFeS2)为主要原料生产铜、铁红、单质硫时,原料的综合利用率较高,其主要流程如图所示。已知Na[CuCl2]的电离方程式为Na[CuCl2]===Na++[CuCl2]-。(1)流程中粉碎的目的是_增大反应物间的接触面积,增大反应速率,使反应更充分__,操作①、②、③、④的目的相同,在实验中这种操作的名称是_过滤__。(2)铁红的一种重要用途是_常用作红色油漆和涂料__。固体B中含有两种产物,一种是单质C、另一种是原子个数比为1∶1的一种金属的低价态盐,写出堆浸时反应的化学方程式:CuFeS2+3FeCl3===4FeCl2+CuCl↓+2S↓。(3)写出反应Ⅴ的离子方程式:2[CuCl2]-===Cu+Cu2++4Cl-。(4)此方法中得到的铜纯度不能满足某些生产的需要,需要利用电解法进行提纯。若用如图所示的装置进行电离精炼,则乙溶液的溶质是_CuSO4__,e电极上的电极反应式为Cu2++2e-===Cu。若当电路中有2mol电子通过时,乙中某个电极质量减小了63.92g,则粗铜的纯度为(假设杂质只有铁且精炼时铜与铁的放电比例与混合物比例相同,计算结果用%表示,保留一位小数)_99.1%__。[解析]氯化铁具有氧化性,能氧化黄铜矿,根据(2)中提示,固体B中含有两种产物,一种是单质C、另一种是原子个数比为1∶1的一种金属的低价态盐,可知反应①为CuFeS2+3Fe3++Cl-===4Fe2++CuCl↓+2S↓,然后过滤得到固体B和溶液A,向溶液A中加入碳酸钠发生反应Ⅱ,反应的离子方程式为Fe2++CO2-3===FeCO3↓,过滤得到FeCO3,在空气中灼烧FeCO3得到氧化铁,反应Ⅲ为4FeCO3+O2=====△2Fe2O3+4CO2;向CuCl、S的混合物中加入NaCl溶液,发生反应Ⅳ为Cl-+CuCl===[CuCl2]-,过滤得到Na[CuCl2]溶液,再加入酸发生反应Ⅴ生成Cu和溶液D,在反应Ⅴ中Cu+发生自身氧化还原反应,歧化为Cu2+和Cu,则D中含有CuCl2、NaCl。(1)将矿石粉碎,可以增大与氯化铁溶液的接触面积,从而增大反应速率;根据流程图,操作①、②、③、④都是过滤。(2)铁红常用作红色油漆和涂料;固体B中含有CuCl和S,堆浸时反应的化学方程式为CuFeS2+3FeCl3===4FeCl2+CuCl↓+2S↓。(3)反应Ⅴ的离子方程式为2[CuCl2]-===Cu+Cu2++4Cl-。(4)电解精炼铜,用粗铜作阳极,精铜作阴极,硫酸铜溶液作电解质溶液;根据图示,通入氢气的一极为电池的负极,则e电极为阴极,发生还原反应,电权反应式为Cu2++2e-===Cu;设粗铜中反应的铜的物质的量为x,铁的物质的量为y,阳极反应为Cu-2e-===Cu2+、Fe-2e-===Fe2+,则2x+2y=2mol,64g·mol-1x+56g·mol-1y=63.92g,解得x=0.99mol,y=0.01mol,粗铜的纯度为0.99mol×64g·mol-163.92g×100%=99.1%。1.(2018·淮安模拟)下列做法符合节能减排、保护环境思想的是(A)①开发太阳能、风能和氢能等能源②大量开采地下水,以满足生产、生活的需求③在含硫的煤中加入适量生石灰④利用苯、甲苯等有机物代替水作溶剂⑤利用可降解的"玉米塑料"生产一次性饭盒A.①③⑤ B.①②③C.②④⑤ D.①②④[解析]节能减排,保护环境,就是要减少化石燃料的使用,开发新能源,减少污染物的排放,①③⑤符合。2.(2018·南通全真模拟)《中华人民共和国安全生产法》指出,安全生产工作应当以人为本,坚持安全发展、预防为主、综合治理的方针。下列做法不正确的是(D)A.面粉生产车间应严禁烟火B.NH3泄露时向空中喷洒水雾C.含Cl2的尾气用碱溶液处理后再排放D.金属钠失火时应立即用大量冷水扑灭[解析]面粉厂有可燃性的粉尘,遇到烟火容易发生爆炸,所以生产车间应严禁烟火,A正确;氨气极易溶于水,喷洒水雾可吸收氨气,B正确;氯气有毒,直接排放引起环境污染,含Cl2的尾气用碱溶液处理后再排放,C正确;钠与水反应生成氢气,氢气易燃烧,钠着火不能用水灭,应用沙土灭火,D错误。3.(2018·南通、泰州一模)下列有关物质性质和用途具有对应关系的是(C)A.二氧化硅光学性能好,可用于制太阳能电池B.氨催化氧化生成二氧化氮,可用于生产硝酸C.次氯酸钙具有强氧化性,可用于消毒杀菌D.二氧化硫具有漂白性,用二氧化硫水溶液吸收溴蒸气[解析]制造太阳能电池的材料是晶体硅,A错误;氨催化氧化生成的是一氧化氮,B错误;次氯酸钙用于杀菌消毒是利用了其强氧化性,C正确;SO2吸收溴蒸气是利用了SO2的还原性,D错误。4.(2018·镇江一模)下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是(B)A.活性炭有还原性,可用作制糖业脱色剂B.二氧化氯有强氧化性,可用于饮用水消毒C.氯化铁溶液呈酸性,可用于蚀刻铜电路板D.晶体硅的熔点高、硬度大,可用于制作半导体材料[解析]用作制糖业脱色剂是利用了活性炭的吸附性,与还原性无关,A错误;氯化铁可用于蚀刻铜电路板是因为Fe3+有氧化性,可与Cu反应,与溶液呈酸性无关,C错误;晶体硅可用于制作半导体材料是因为有半导体的性质,与熔点高、硬度大无关,D错误。5.(2018·洛阳一模)在给定的条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是(B)A.FeAl2O3Al-H2 B.SO2H2OH2SO3-H2SO4C.NH3-NONaOHNaNO2 D.SO2BaCl2BaSO3-BaSO4[解析]金属性Al强于Fe,Fe不能与Al2O3反应,A错误;SO2与H2O反应生成H2SO3,H2SO3被O2氧化为H2SO4,B正确;NO不能与NaOH反应,C错误;SO2不能与BaCl2反应,D错误。6.(2017·湖北二模)在给定的条件下,下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是(A)A.MgCO2C-CO B.FeS2O2SO3-BaSO4C.NH3O2NO2-NO-3 D.MgCl2·6H2O△MgCl2-Mg[解析]FeS2与O2反应生成SO2,而不是SO3,B错误;NH3与O2反应得到的是NO而不是NO2,C错误;MgCl2·6H2O在加热时,因Mg2+能水解而得不到MgCl2,D错误。7.下列实验装置或操作正确的是(B)A.①除去NO中的NO2 B.②干燥Cl2C.③稀释浓硫酸 D.④制备少量O2[解析]NO2与水反应生成NO,但装置内部有空气,应将试剂瓶充满水,A错误;不能在容量瓶中稀释浓硫酸,应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中,C错误;过氧化钠为粉末状固体,该装置不能控制反应的进行,D错误。8.X、Y、Z、W四种物质在一定条件下具有如图所示的转化关系,下列判断正确的是(C)A.若图中反应均为非氧化还原反应,当W为一元强碱时,则X可能是NaAlO2B.若图中反应均为非氧化还原反应,当W为一元强酸时,则X可能是NH3C.若图中反应均为氧化还原反应,当W为非金属单质时,则Z可能是CO2D.若图中反应均为氧化还原反应,当W为金属单质时,则Z可能是FeCl3[解析]由转化关系可知X可与W连续反应先后生成Y、Z,X也可与Z直接反应生成Y。如果X为NaAlO2,与W(NaOH)不反应,故A错误;如果X为NH3,与一元强酸反应生成铵盐,只生成一种产物,Y与W不能再反应,故B错误;如果Z为CO2,W为非金属单质,X可为C,W为O2,Y为CO,故C正确;如果Z为FeCl3,W为金属单质,则W应为Fe,X为Cl2,但氯气与铁反应只生成FeCl3,Y不能为FeCl2,故D错误。9.用无机矿物资源生产部分材料,其生产流程如下图。下列有关说法不正确的是(A)A.Al2O3、SiCl4均为共价化合物B.生产过程中均涉及氧化还原反应C.石英可用于制光导纤维,晶体Si常用作半导体材料D.黄铜矿冶炼铜时产生的SO2可用于生产硫酸,FeO可用于冶炼铁[解析]SiCl4为共价化合物,氧化铝是由铝离子与氧离子构成的,属于离子化合物,A错误。10.已知HNO2在低温下较稳定,酸性比醋酸略强,既有氧化性又有还原性,其氧化产物、还原产物与溶液pH的关系如下表。pH范围 >7 <7产物 NO-3NO、N2O、N2中的一种下列有关说法错误的是(B)A.碱性条件下,NaNO2与NaClO反应的离子方程式为NO-2+ClO-===NO-3+Cl-B.向冷的NaNO2溶液中通入CO2可得到HNO2C.向冷的NaNO2溶液中加入稀硫酸可得到HNO2D.向冷的NaNO2溶液中加入滴有淀粉的氢碘酸,溶液变蓝色[解析]由表中数据知,碱性条件下HNO2可被氧化为NO-3,而ClO-有强氧化性,A正确;HNO2的酸性比碳酸强但比硫酸弱,亚硝酸盐与硫酸作用生成HNO2,与CO2不反应,B错误、C正确;酸性条件下,NaNO2有氧化性,而I-具有强还原性,NO-2能将I-氧化成I2,D正确。11.某兴趣小组拟制备氯气并验证其一系列性质。Ⅰ.【查阅资料】①当溴水浓度较小时,溶液颜色与氯水相似也呈黄色。②硫代硫酸钠溶液在工业上可作为脱氯剂。Ⅱ.【性质验证】实验装置如图1所示(省略夹持装置)实验步骤:(1)检查装置气密性,按图2加入试剂。图1中仪器a的名称是_长颈漏斗__;装置CⅡ处加的试剂可以是_BD__。(选填下列字母)A.碱石灰 B.硅胶C.浓硫酸 D.无水氯化钙(2)装置B的作用有_除去氯气中的氯化氢并作安全瓶__。(3)写出装置F中相应的离子反应方程式:S2O2-3+4Cl2+5H2O===2SO2-4+8Cl-+10H+。Ⅲ.【探究与反思】(1)图1中设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性,有同学认为该设计不能达到实验目的,其理由是_未排除Cl2对溴、碘的非金属性的强弱实验的干扰__。该组的同学思考后将上述D、E、F装置改为图2实验操作步骤如下:①打开弹簧夹,缓缓通入氯气。②当b和c中的溶液都变为黄色时,夹紧弹簧夹。③当b中溶液由黄色变为棕色时,停止通氯气。④……(2)设计步骤③的实验思想是_对比实验思想__。(3)步骤④的操作是_打开活塞e,将少量c中溶液滴入d中,关闭活塞e,取下试管d振荡__。[解析]Ⅱ.(1)图1中仪器a的名称是长颈漏斗;装置CⅡ处加的试剂干燥Cl2,且为固体,只有B、D符合。(2)生成的Cl2中混有HCl,则装置B的作用有除去Cl2中的HCl并作安全瓶。(3)Na2S2O3中S显+2价,被Cl2氧化为+6价的S,则装置F中相应的离子反应方程式为S2O2-3+4Cl2+5H2O===2SO2-4+8Cl-+10H+。Ⅲ.(1)装置D、E的目的是比较Cl、Br、I的非金属性,但Cl2可与NaBr、KI都反应,未排除Cl2对Br、I的非金属性的强弱实验的干扰,不能比较Cl、Br、I的非金属性。(2)设计步骤③的实验思想是对比实验思想。(3)改进的实验步骤④为打开活塞e,将少量c中溶液滴入d中,关闭活塞e,取下试管d振荡,第④步发生溴与KI的反应。12.(2018·河南四市一模)利用制磷肥的副产物氟硅酸钠(Na2SiF6)生产冰晶石(Na3AlF6)的工艺流程如下:(1)分解过程发生的反应为Na2SiF6+4NH3·H2O===2NaF+4NH4F+X↓+2H2O。工业上把滤渣X叫白炭黑,其化学式为_SiO2__。(2)分解时白炭黑产率和冰晶石纯度与pH的关系如图,分解时需要控制溶液的pH=_8.5__;能提高其分解速率的措施有_A__(填字母)。A.快速搅拌 B.加热混合液至100℃C.减小氨水浓度(3)流程中可循环利用的物质为_NH3(或NH3·H2O)__;冰晶石在电解冶炼铝中的作用是_降低氧化铝的熔融温度,减少能耗__。(4)水浴加热过程中生成冰晶石的化学方程式为2NaF+4NH4F+NaAlO2===Na3AlF6↓+4NH3↑+2H2O。[解析](1)根据化学方程式中的原子守恒可知,X的化学式为SiO2。(2)由图示可看出,在pH=8.5时,白炭黑产率最高而且冰晶石中白炭黑含量最低。加速搅拌能增大反应物的接触面积,提高反应速率,A正确;温度过高导致NH3大量挥发,降低反应速率,B错误;减小氨水浓度反应速率减小,C错误。(3)结合流程图可知,经过过滤Ⅰ后的滤液中含有NH+4,加入NaAlO2溶液水浴加热后生成的气体为NH3,而分解步骤中需要加氨水,故可循环利用的物质是NH3;Al2O3的熔点高,但加入冰晶石后,Al2O3在较低的温度下就能熔化,从而减少能耗。13.溴化锂是一种高效的水汽吸收剂和空气湿度调节剂。工业上以碳酸锂为原料制备LiBr·H2O的流程如下:已知:①Br2+H2O===HBr+HBrO、3Br2+3H2O===5HBr+HBrO3。②HBrO、HBrO3具有强氧化性。(1)合成时,除生成LiBr外,还产生了两种参与大气循环的气体,请写出化学方程式:3Br2+3Li2CO3+2NH3·H2O===6LiBr+N2↑+3CO2↑+5H2O。(2)合成时,向碳酸锂中滴加溴和氨水的顺序是_a__(填字母),可能的理由是_在氨水存在的条件下,可减少Br2转化为HBrO、HBrO3(其他合理答案均可)__。a.先加氨水再滴溴 b.先滴溴再加氨水c.边滴溴边加氨水(3)若测得合成所得溶液的pH<3,说明溴过量,可用试剂X将pH调至8~9以除去过量的溴。则X的化学式为_LiOH(或Li2CO3或Li2O)__。(4)加入硫脲[CS(NH2)2]的作用是除去BrO-3,在此反应中硫脲表现的性质是_还原性__。(5)已知脱色后的混合液中还含有少量的CO2-3。溴化锂溶液的溶解度随温度变化曲线如图所示,请补充完整由脱色后得到的溶液制备LiBr·H2O的实验方案:加入活性炭脱色后,_过滤,向滤液中加入氢溴酸,蒸发浓缩,冷却至44_℃结晶,保持44_℃过滤,用乙醇洗涤,干燥__。(实验中可供选择的试剂:盐酸、氢溴酸、乙醇、蒸馏水)[解析](2)NH3有还原性,可减少Br2转化为HBrO和HBrO3。(3)调节溶液的pH时,不能引入新的杂质,故可加入LiOH、Li2CO3或Li2O等。(5)加入活性炭脱色后过滤,滤液中主要含有LiBr、CO2-3,加入氢溴酸将CO2-3转变为CO2,蒸发浓缩、冷却结晶,根据溶解度曲线可知,在44℃时结晶最好,并保持44℃过滤,用乙醇洗涤后干燥。第14讲常见有机物及其应用最新考纲 考向分析1.有机物分子的组成和结构。2.有机物的同分异构体。3.有机物的性质及反应类型。 客观题:必修2部分的有机内容全部以选择题形式进行考查。考查同分异构体分析判断、有机反应基本类型、典型有机物的组成、结构和性质、以及根据陌生有机化合物的结构简式推断其相应的性质。考点一有机物的组成、结构和性质Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·全国Ⅱ·10)下列由实验得出的结论正确的是(A) 实验 结论A 将乙烯通入溴的四氯化碳溶液,溶液最终变为无色透明 生成的1,2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳B 乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体 乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性C 用乙酸浸泡水壶中的水垢,可将其清除 乙酸的酸性小于碳酸的酸性D 甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红 生成的氯甲烷具有酸性[解析]乙烯与溴发生加成反应生成的1,2-二溴乙烷是一种无色、可溶于CCl4的有机物,A项正确。乙醇和水均能与Na反应生成H2,但Na与水反应更剧烈,故水分子中氢的活性强于乙醇分子中氢的活性,需要注意的是乙醇分子中只有-OH中的H能与Na反应,乙醇分子中氢的活性不完全相同,B项错误;乙酸能除去水垢,说明酸性:乙酸>碳酸,C项错误;CH4与Cl2发生取代反应生成的CH3Cl不具有酸性,但生成的HCl能使湿润的石蕊试纸变红,D项错误。2.(2017·全国Ⅲ·8)下列说法正确的是(A)A.植物油氢化过程中发生了加成反应B.淀粉和纤维素互为同分异构体C.环己烷与苯可用酸性KMnO4溶液鉴别D.水可以用来分离溴苯和苯的混合物[解析]植物油氢化过程中发生了油脂与氢气的加成反应,A项正确。淀粉和纤维素的通式均为(C6H10O5)n,但由于二者n值不同,所以不互为同分异构体,B项错误;环己烷与苯都不能与酸性KMnO4溶液反应,所以不能用酸性KMnO4溶液鉴别环己烷与苯,C项错误;溴苯与苯互溶,且二者均不溶于水,所以不能用水分离溴苯和苯的混合物,D项错误。3.(2018·全国Ⅰ·8)下列说法错误的是(AB)A.蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖B.酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质C.植物油含不饱和脂肪酸酯,能使Br2/CCl4褪色D.淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖[解析]果糖属于单糖。4.(2016·上海·6)乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业,中学化学实验常用a装置来制备。完成下列填空:(1)实验时,通常加入过量的乙醇,原因是_增大反应物浓度,使平衡向生成酯的方向移动,提高酯的产率(合理即给分)__。加入数滴浓硫酸即能起催化作用,但实际用量多于此量,原因是_浓H2SO4能吸收生成的水,使平衡向生成酯的方向移动,提高酯的产率__;浓硫酸用量又不能过多,原因是_浓H2SO4具有强氧化性和脱水性,会使有机物炭化,降低酯的产率__。(2)饱和Na2CO3溶液的作用是_中和乙酸__、_溶解乙醇__、_减少乙酸乙酯在水中的溶解__。(3)反应结束后,将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中,_振荡__、_静置__,然后分液。(4)若用b装置制备乙酸乙酯,其缺点有原料损失较大、_易发生副反应__。由b装置制得的乙酸乙酯粗产品经饱和碳酸钠溶液和饱和食盐水洗涤后,还可能含有的有机杂质是_乙醚__,分离乙酸乙酯与该杂质的方法是_蒸馏__。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1.必记的八个重要方程式:(1)CH4+Cl2――→光照CH3Cl+HCl(2)CH2===CH2+Br2―→CH2BrCH2Br(3)CH2===CH2+H2O――→高温高压催化剂CH3CH2OH(6)_2__CH3CH2OH+_2__Na―→_2CH3CH2ONa+H2↑__(7)_2__CH3CH2OH+O2――→催化剂△_2CH3CHO+2H2O__(8)CH3COOH+CH3CH2OH浓硫酸△CH3COOCH2CH3+H2O2.常考的三种烷烃及其衍生物的同分异构体:(1)丙烷不存在同分异构体,其一元取代产物有2种,如C3H7Cl、C3H7OH(醇)、C3H7COOH(羧酸)均有2种。(2)丁烷有2种同分异构体,其一元取代产物有4种,如C4H9Cl、C4H9OH(醇)、C4H9COOH(羧酸)均有4种。(3)戊烷有3种同分异构体,其一元取代产物有8种,如C5H11Cl、C5H11OH(醇)均有8种。3.常考的五种烃:①甲烷②戊烷③乙烯④苯⑤聚乙烯(1)天然气的主要成分是_①__,石油裂解主要得到_③__,从煤中提炼得到的是_④__,属于高分子材料的是_⑤__。(2)分子结构呈正四面体的是_①__,呈平面形结构的是_③、④__。(3)能与Cl2在光照条件下发生取代反应的是_①、②__;能与液溴在FeBr3的催化作用下发生取代反应的是_④__;能与H2发生加成反应的是_③、④__。(4)因加成反应而使溴水褪色的是_③__。4.高考必考的四种官能团的主要性质:(1)碳碳双键:_加成__反应、_加聚__反应、氧化反应(使酸性高锰酸钾溶液褪色)。(2)羟基:_酯化__反应、与钠反应、氧化反应(催化氧化、使酸性高锰酸钾溶液褪色)。(3)羧基:_酯化__反应,与钠反应,与Na2CO3、NaHCO3反应。(4)酯基:水解反应(可在酸性或碱性条件下水解)。5.牢记三种物质的特征反应:(1)葡萄糖:在碱性、加热条件下与_银氨溶液__反应析出银;在碱性、加热条件下与新制氢氧化铜悬浊液反应产生_红色__沉淀。(2)淀粉:在常温下遇碘变_蓝__。(3)蛋白质:浓硝酸可使蛋白质变_黄__,发生颜色反应。6.常见有机物的除杂方法(1)乙烷中的乙烯可通过溴水而除去,因乙烯与溴水发生加成反应。(2)溴苯中的溴可与NaOH溶液发生反应生成易溶于水的NaBr和NaBrO而分液除去。(3)硝基苯中溶解的NO2可与NaOH反应生成易溶于水的NaNO3与NaNO2而除去。(4)硝基苯与苯沸点不同且互溶,应采用蒸馏法分离。易错辨析判断下列说法是否正确,正确的打"√",错误的打"×"。1.聚氯乙烯分子中含碳碳双键。(×)2.己烷共有4种同分异构体,它们的熔点、沸点各不相同。(×)3.饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀,但原理不同。(√)4.在一定条件下,苯与液溴、硝酸作用生成溴苯、硝基苯的反应都属于取代反应。(√)5.煤的干馏和石油的分馏均属化学变化。(×)6.蛋白质和油脂都属于高分子化合物,一定条件下能水解。(×)7.食用大豆油和羊毛都能发生水解反应。(√)8.在水溶液里,乙酸分子中的-CH3可以电离出H+。(×)9.油脂的皂化反应为加成反应。(×)B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2018·银川二模)脱落酸具有催熟作用,可延长鲜花盛开时间,脱落酸的结构简式如图所示,下列说法不正确的是(C)A.脱落酸在一定条件下能和乙酸发生酯化反应B.脱落酸分子中含有4个甲基C.等量脱落酸与足量的NaHCO3、Na反应,放出CO2与H2的物质的量之比为n(CO2)∶n(H2)=2∶1D.脱落酸能使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色[解析]脱落酸结构中含有醇羟基,在一定条件下能和乙酸发生酯化反应,A正确;由脱落酸的键线式可看出,脱落酸分子中含有4个甲基,B正确;1个脱落酸分子中含有1个羧基和1个醇羟基,与足量的NaHCO3、Na反应,放出CO2与H2的物质的量之比为n(CO2)∶n(H2)=1∶1,C错误;脱落酸分子中含有碳碳双键,能使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色,D正确。2.(2018·宜宾二模)下列有关反应,说法不正确的是(B)A.苯与硝酸的反应属于取代反应B.乙酸乙酯既能发生加成反应又能发生水解反应C.有机物可以发生氧化反应和酯化反应D.可与Br2发生加成反应[解析]苯与硝酸的反应,苯环上的氢原子被硝基代替,属于取代反应,A正确;乙酸乙酯可发生水解反应,不能加成,B错误;分子中含有醇羟基,能被氧化成醛基,再者该有机物只含碳、氢、氧三种元素,可以燃烧,燃烧属于氧化反应;醇羟基和羧基都能发生酯化反应,C正确;分子中有碳碳双键,可与Br2发生加成反应,D正确。3.(2018·济南二模)忍冬花又名金银花,其有效活性成分具有广泛的杀菌消炎功效,结构如图所示,下列有关该有机物的说法正确的是(A)A.该有机物能发生取代、加成、聚合、氧化、还原等反应B.分子式为C16H8O9C.1mol该有机物最多与7molNaOH反应D.该分子中有4种化学环境不同的氢原子[解析]该有机物分子中含有羟基、羧基、酯基、碳碳双键等官能团,能发生取代、加成、聚合、氧化、还原等反应;该有机物的分子式为C16H18O9;该有机物最多和4molNaOH反应;该分子中有16种氢原子。4.下列说法正确的是(A)A.异戊烷的系统命名为2-甲基丁烷B.二氧化碳和乙酸均不能发生氧化反应C.糖类、油脂和蛋白质在一定条件下能发生水解反应D.只用一种试剂无法区分苯、硝基苯、乙醇和乙酸四种物质[解析]异戊烷结构简式为CH3CH(CH3)CH2CH3,系统命名为2-甲基丁烷,A正确;乙酸可燃烧生成水和二氧化碳,属于氧化反应,B错误;单糖如葡萄糖不能水解,C错误;用NaHCO3溶液就能鉴别题述4种物质,因为NaHCO3溶液中有水,苯的密度比水小,硝基苯的密度比水大,乙醇和水互溶,乙酸与NaHCO3溶液反应产生醇和水互溶,乙酸与NaHCO3溶液反应产生二氧化碳气体,现象各不相同,D错误。考点二有机物的空间结构和同分异构现象Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·全国Ⅰ·9)、(p)的分子式均为C6H6,下列说法正确的是(D)A.b的同分异构体只有d和p两种B.b、d、p的二氯代物均只有三种C.b、d、p均可与酸性高锰酸钾溶液反应D.b、d、p中只有b的所有原子处于同一平面[解析]只有苯分子中所有原子共平面,d、p中均有碳原子与其他四个原子形成共价单键,不能共平面,D项正确。苯的同分异构体还有链状不饱和烃,如CH≡C-C≡CH2CH2CH3、CH≡C-CH===CH-CH===CH2等,A项错误;d的二氯代物有6种,结构简式如下:,B项错误;b为苯,不能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应,p是环烷烃,属于饱和有机物,不能与酸性高锰酸钾溶液反应,C项错误。2.(2016·全国Ⅱ·10)分子式为C4H8Cl2的有机物共有(不含立体异构)(C)A.7种   B.8种  C.9种   D.10种[解析]C4H8Cl2可看做C4H10中的2个H被2个Cl取代得到的产物,C4H10有CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)2两种异构体;2个Cl取代CH3CH2CH2CH3中同一碳原子和不同碳原子上的2个H分别有2种和4种不同结构;2个Cl取代CH3CH(CH3)2中同一碳原子和不同碳原子上的2个H分别有1种和2种不同结构。即符合条件的有机物共有9种。3.(2017·北京)聚维酮碘的水溶液是一种常见的碘伏类缓释消毒剂,聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘,其结构表示如下:(图中虚线表示氢键)下列说法不正确的是(B)A.聚维酮的单体是B.聚维酮分子由(m+n)个单体聚合而成C.聚维酮碘是一种水溶性物质D.聚维酮在一定条件下能发生水解反应[解析]由聚维酮碘的分子结构知,聚维酮由加聚反应制得,其单体为,A项正确;由聚维酮碘的分子结构知,聚维酮分子中左侧链节由2个单体构成,因此,聚维酮分子由(2m+n)个单体聚合而成,B项错误;由题干信息"聚维酮碘的水溶液"知,聚维酮碘溶于水,C项正确;聚维酮分子中含有肽键,因此在一定条件下能够发生水解反应,D项正确。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1.有机物分子中原子能否共平面的判断方法(1)有机物分子的三个基本结构:①甲烷②乙烯③苯(2)判断方法:①复杂有机物分子的共面问题可视为以上三个基本结构的组合。如甲苯为①与③的组合。②碳碳单键能旋转,而碳碳双键不能旋转。③凡有机物分子结构中有碳的4条单键结构(如-CH3、-CH2-等),则所有原子一定不在同一平面上。(3)仔细审题、看清要求:看题目要求是"一定共平面",还是"最多共平面"。如一定共平面的原子有12个,最多共平面的原子有16个。2.判断同分异构体数目的常见方法和思路基团连接法 将有机物看作由基团连接而成,由基团的异构数目可推断有机物的异构体数目。如:丁基有4种,C4H9Cl、C4H9OH、C4H9COOH均为4种换位思考法 将有机物分子中的不同原子或基团换位进行思考。如:乙烷分子中共有6个H,若有一个氢原子被Cl取代所得一氯乙烷只有一种结构,那么五氯乙烷也只有一种。假设把五氯乙烷分子中的Cl看作H,而H看成Cl,其情况跟一氯乙烷完全相同,故五氯乙烷也有一种结构。同理二氯乙烷和四氯乙烷均有2种,二氯苯和四氯苯均有3种等效氢法 分子中等效氢原子有如下情况:①分子中同一个碳原子上连接的氢原子等效;②同一个碳原子上所连接的甲基氢原子等效;③分子中处于对称位置上的氢原子等效定一动一法 分析二元取代产物的方法:如分析C3H6Cl2的同分异构体数目,可先固定其中一个氯原子位置,然后移动另一个氯原子组合法 饱和酯R1COOR2,-R1有m种,-R2有n种,则酯共有m×n种3.二元取代物的确定方法--先定后动法(1)烷烃二氯代物种数的确定方法:如分析丙烷(CH3CH2CH3)的二氯代物种数时,需先确定一氯代物的种数有两种:CH3CH2CH2Cl、。若两个Cl在同一碳原子上,则其结构有2种:。若两个Cl不在同一碳原子上,先固定一个Cl,移动另一个Cl可得2种结构:。因此,C3H6Cl2有4种同分异构体。(2)苯环上二氯代物种数的确定方法:如分析甲苯苯环上的二氯代物种数时,需先确定一氯代物的种数有三种:。若先固定一个Cl在甲基的邻位,移动另一个Cl可得4种结构:。再固定一个Cl在甲基的间位,移动另一个Cl(注意另一个Cl不能连接甲基的邻位)可得2种结构:。当最后再固定一个Cl在甲基的对位时,无法形成二氯代物。因此,甲苯苯环上的二氯代物有6种。B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2018·衡水二模)[18]-轮烯是一种大环轮烯,其结构简式如图,有关它的说法正确的是(C)A.[18]-轮烯分子中所有原子不可能处于同一平面B.[18]-轮烯的分子式为C18H12C.1mol[18]-轮烯最多可与9mol氢气发生加成反应生成环烷烃D.[18]-轮烯与乙烯互为同系物[解析][18]-轮烯分子具有乙烯的基本结构,其中所有原子可能处于同一平面,A错误;[18]-轮烯的分子式为C18H18,B错误;1mol[18]-轮烯有9mol碳碳双键,最多可与9mol氢气发生加成反应生成环烷烃,C正确;[18]-轮烯与乙烯含有的官能团的数目不一样,不能互为同系物,D错误。2.(2018·合肥二模)某种医药中间体X,其结构简式如图。下列有关该化合物说法正确的是(D)化合物XA.X的分子式为C16H11O4B.X分子中有3种不同的官能团C.X分子中3个六元环可能处于同一平面D.既能发生酯化反应,又能发生水解反应[解析]A项,X的分子式为C16H12O4,A错误;B项,X分子中有羧基和酯基两种不同的官能团,B错误;C项,连接两个苯环的碳原子与其周围的3个碳原子构成四面体结构,一定不共面,C错误;D项,X分子中有羧基和酯基两种不同的官能团,既能发生酯化反应,又能发生水解反应,D正确。3.(新题预测)已知化合物A(C4Si4H8)的分子结构如图所示,则C4Si4H8的六硝基取代物的同分异构体数目为(C)A.1种 B.3种C.4种 D.6种[解析]分子中共有8个氢原子,六取代物种数和二取代物种数相同,二取代情况如下:取代2个C上的H,取代2个Si上的H,取代对角线上的C和Si上的H,C4Si4H8的二取代物的同分异构体有同一条棱上的二取代物1种、面对角线上的二取代物2种、体对角线上的二取代物1种,共4种。4.(2018·泰安一模)下列有关有机物的说法不正确的是(C)A.用碳酸钠溶液可一次性鉴别乙酸、苯和乙醇三种无色液体B.中所有原子可能共平面C.1mol苹果酸(HOOCCHOHCH2COOH)可与3molNaHCO3发生反应D.-C3H7和-C2H5O各取代苯分子中的一个氢原子形成的二元取代物的同分异构体有24种[解析]碳酸钠溶液与乙酸溶液反应产生气泡,与乙醇不反应但混溶,与苯不反应但溶液分层,现象各不相同,可鉴别,A正确;苯环和碳碳双键均是平面形结构,则中所有原子可能共平面,B正确;羟基和碳酸氢钠溶液不反应,1mol苹果酸可与2molNaHCO3发生反应,C错误;-C3H7有两种结构:-CH2CH2CH3和-CH(CH3)2,-C2H5O有4中结构:-CH2CH2OH、-CHOHCH3、-OCH2CH3、-CH2OCH3,各取代苯分子中的一个氢原子形成的二元取代物均有邻、间、对三种,其同分异构体有2×4×3=24种,D正确。1.(2018·安徽安庆二模,7)化学与生产、生活、社会密切相关,下列有关说法中正确的是(A)A.煤炭经气化、液化和干馏等处理后,可转化为清洁能源B."绿蚁新醅酒,红泥小火炉","新醅酒"即新酿的酒,在酿酒的过程中,葡萄糖发生了水解反应C.地沟油和矿物油的主要化学成分相同D.聚氯乙烯可以用作食品包装袋[解析]煤经汽化生成CO和H2、液化生成甲醇、干馏生成煤焦油等,减少污染物,颗粒物的排放,转化为清洁能源,故A正确。2.(2018·陕西西安八校联考,5)下列分子中,在同一个平面内的原子数最多的是(B)A.甲烷 B.甲苯C.乙烯 D.CH2==CH-C≡CH[解析]甲烷中共平面原子3个,甲苯中一定共平面原子12个,乙烯中共平面原子6个,CH2==CH-C≡CH中共平面原子8个,故选B。3.(2018·漳州八校联考)下列关于有机物的叙述不正确的是(D)A.丁酸和乙酸乙酯互为同分异构体B.甲烷、苯、乙酸都可以发生取代反应C.新制氢氧化铜悬浊液可以鉴别乙酸、葡萄糖和乙醇三种溶液D.一种塑化剂的结构为,该物质属于油脂[解析]丁酸的分子式为C4H8O2,乙酸乙酯的分子式为C4H8O2,前者属于羧酸,后者属于酯,互为同分异构体,A正确;甲烷在光照的条件下可与氯气发生取代反应,苯在催化剂作用下可与液溴发生取代反应,乙酸与乙醇可发生酯化反应(取代反应),B正确;乙酸与新制氢氧化铜悬浊液发生中和反应,新制氢氧化铜悬浊液变澄清,葡萄糖中含有醛基,在加热条件下,与新制氢氧化铜悬浊液产生砖红色沉淀,乙醇不与氢氧化铜反应,现象不同,可以鉴别,C正确;油脂是高级脂肪酸与甘油通过酯化反应得到的,因此该有机物不是油脂,D错误。4.下列关于有机物因果关系的叙述完全正确的一组是(D)选项 原因 结论A 乙烯和苯都能使溴水褪色 苯和乙烯分子都含有碳碳双键B 乙酸乙酯和乙烯一定条件下都能和水反应 两者属于同一类型的反应C 乙酸和葡萄糖都能与新制的氢氧化铜反应 两者所含的官能团相同D 乙烯能使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色 两者褪色的本质不相同[解析]苯分子结构中不存在碳碳双键,A错误;乙酸乙酯与水发生的是水解反应,乙烯与水发生的是加成反应,B错误;乙酸分子中没有醛基,葡萄糖分子中含有醛基,两者与Cu(OH)2反应的实质不同,C错误。5.分支酸可用于生化研究,其结构简式如图。下列关于分支酸的叙述正确的是(A)A.可与乙醇、乙酸反应,且反应类型相同B.1mol分支酸最多可与3molNaOH发生中和反应C.分支酸的分子式为C10H8O6D.分支酸分子中含有2种官能团[解析]分支酸含有羟基与羧基,所以分支酸可以与乙醇、乙酸发生酯化反应,故A正确;B项,分支酸最多可以与2mol的氢氧化钠发生中和反应;C项,分子式应该为C10H10O6;D项,醚键、碳碳双键也是官能团,所以该有机物一共有四种官能团。6.科学家最近在-100℃的低温下合成一种烃X,此分子的结构如图所示(图中的连线表示化学键)。下列说法不正确的是(C)A.X在常温下不能稳定存在B.X的性质与烯烃类似,容易发生加成反应C.X不能使酸性KMnO4溶液褪色D.充分燃烧等质量的X和甲烷,X消耗氧气比甲烷少[解析]由结构简式可知,X为C5H4,分子中含有2个碳碳双键。A项,在-100℃的低温下合成一种烃X,则常温下不能稳定存在,正确;B项,X含碳碳双键易发生加成反应,正确;C项,含碳碳双键,既能使溴的四氯化碳溶液褪色,又能使酸性高锰酸钾溶液褪色,错误;D项,充分燃烧等质量的X和甲烷,2m/16>6m/64,则甲烷消耗氧气多,正确。7.巴豆酸的结构简式为CH3CHCHCOOH。现有①氯化氢、②溴水、③纯碱溶液、④乙醇、⑤高锰酸钾酸性溶液,试根据巴豆酸的结构特点,判断在一定条件下,能与巴豆酸反应的物质是(D)A.只有②④⑤ B.只有①③④C.只有①②③④ D.①②③④⑤[解析]碳碳双键能与HCl、溴水发生加成反应,也能被KMnO4(H+)溶液氧化;-COOH能和纯碱溶液反应,也能和乙醇发生酯化反应。8.异松油烯(D)是一种可用于合成香料的原料,合成D的一种线路如下:下列说法正确的是(B)A.1mol有机物B分别与足量的Na和Na2CO3溶液反应,分别生成1molH2和1molCO2B.有机物B的分子式为C11H18O3,它能发生取代、加成和消去反应C.有机物C所有同分异构体中不可能有芳香族化合物存在D.有机物D分子中所有碳原子一定共面9.食用花生油中含有油酸,油酸是一种不饱和脂肪酸,对人体健康有益,其分子结构如图所示。下列说法不正确的是(C)A.油酸的分子式为C18H34O2B.油酸可与氢氧化钠溶液发生中和反应C.1mol油酸可与2molH2发生加成反应D.1mol甘油可与3mol油酸发生酯化反应[解析]C项,-COOH不和H2发生加成反应。因为1mol油酸中含有1mol碳碳双键,所以1mol油酸只能与1molH2发生加成反应。10.下列芳香烃的一氯取代物的同分异构体数目最多的是(B)[解析]A项共3种;B项共5种;C项共3种;D项,共4种。11.分子式为C7H14O2的有机物A能在酸性条件下水解生成B和C,且B和C的相对分子质量相等。则有机物A的可能结构有(不考虑立体异构)(B)A.3种 B.4种C.6种 D.8种[解析]根据分子式为C7H14O2的有机物A在酸性条件下水解生成B和C,且B和C的相对分子质量相等(130+182=74),即C7H14O2+H2O―→B+C,由此可推出B、C分别为一元酸或一元醇,一元酸的分子式为C3H6O2,即CH3CH2COOH(无同种类的同分异构体),一元醇的分子式为C4H10O(有4种同种类(醇)的同分异构体),据此可反推B和C通过酯化反应生成A(酯)的结构有4种。12.芘()的一溴代物有(A)A.3种 B.4种C.5种 D.6种[解析]根据芘的结构简式确定其结构的对称性:,从而确定芘的分子结构中有3种氢原子,故芘的一溴代物有3种。13.分子式为C5H10O2,能与NaOH反应且有3个甲基的同分异构体共有(不考虑立体异构)(B)A.3种 B.4种C.5种 D.6种[解析]符合条件的同分异构体有、、、共4种。14.分子式为C4H8O2的有机物,有关其同分异构体数目说法正确的是(D)A.能与NaHCO3溶液反应的有3种B.能发生水解反应的有5种C.既能与钠反应,又能与银氨溶液反应的有4种D.能与NaOH溶液反应的有6种[解析]A项,能和NaHCO3溶液反应的应为羧酸,其同分异构体有2种;B项,能发生水解反应的应为酯,其同分异构体有:CH3-CH2-COO-CH3、CH3COOC2H5、HCOOCH2CH2CH3、共4种;C项,符合条件的同分异构体有、、、、共5种;D项,能和NaOH反应的既可以是羧酸也可以是酯,根据以上分析共有6种。15.(2018·湖南湘潭一中等六校联考)聚乙二醇滴眼液的商品标签上的部分信息如图所示(乙二醇的结构简式为HOCH2CH2OH),结合所学知识分析,下列观点不正确的是(D)聚乙二醇滴眼液【成分】主要成分为:聚乙二醇、丙二醇【适应证】用于暂时缓解由于眼睛干涩引起的灼热和刺痛症状【用法用量】根据病情需要滴眼,每次1~2滴,使用前摇匀【注意事项】如发生溶液变色或浑浊,请勿使用,为避免污染,请勿接触滴嘴【药理作用】属高分子聚合物,具有亲水性和成膜性,在适宜浓度下,能起类似人工泪液的作用【贮藏】室温保存A.乙二醇与丙二醇互为同系物B.聚乙二醇和丙二醇均为无毒、易溶于水的有机物C.乙烯、乙二醇均能使酸性高锰酸钾溶液褪色,且原理相同D.一定条件下,乙二醇与足量乙酸充分酯化所得产物的分子式为C6H12O4[解析]乙二醇与丙二醇的结构相似,组成上相差一个CH2,互为同系物,A正确;聚乙二醇和丙二醇是该滴眼液的主要成分,说明二者均为无毒、易溶于水的有机物,B正确;乙烯中含有碳碳双键,乙二醇中含有羟基,二者都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色,C正确;一定条件下,乙二醇与足量乙酸充分酯化所得产物为CH3COOCH2CH2OOCCH3,分子式为C6H10O4,D错误。16.(2018·河北保定一模)美国天文学家在亚利桑那州一天文观测台,探测到距银河系中心2.6万光年处一巨大气云中的特殊电磁波,这种电磁波表明那里可能有乙醇醛糖(HOCH2CHO)分子存在。下列有关乙醇醛糖的说法不正确的是(D)A.HOCH2CHO能发生取代反应、加成反应、氧化反应B.乙醇醛糖是一种有机物,能燃烧,可溶于水C.HOCH2CHO与乙酸、甲酸甲酯互为同分异构体D.乙醇醛糖与葡萄糖具有相似的化学性质,且互为同系物[解析]HOCH2CHO中含有-OH,能发生取代反应、氧化反应;含有-CHO,能发生加成反应、氧化反应,A正确;乙醇醛糖是一种有机物,能燃烧,-OH和-CHO都是亲水基团,且该有机物分子中的烃基很小,故可溶于水,B正确;HOCH2CHO与乙酸、甲酸甲酯分子式相同,结构不同,互为同分异构体,C正确;乙醇醛糖与葡萄糖的分子通式不同,二者不互为同系物,D错误。17.(2018·江西五校联考)有机物M的结构简式如图所示,其与氢气发生加成反应得到物质甲,下列有关说法错误的是(D)A.有机物M中含有2种官能团B.有机物M的分子式为C4H6O2C.有机物M能发生取代反应、加聚反应D.甲的只含有一种官能团的链状同分异构体有6种[解析]有机物M中含碳碳双键和羧基两种官能团,A项正确;M的分子式为C4H6O2,B项正确;M中含羧基能发生取代反应,碳碳双键能发生加聚反应,C项正确;M加成产物甲的结构简式为,只有一种官能团的甲的链状同分异构体有CH3CH2CH2COOH,HCOOCH2CH2CH3,,CH3COOCH2CH3,CH3CH2COOCH3共5种,D错误。18.某有机物的结构简式如图所示,下列说法正确的是(D)A.分子式为C12H18O5B.分子中含有2种官能团C.只能发生加成反应和取代反应D.能使溴的四氯化碳溶液褪色[解析]有机物分子式为C12H20O5,A项错误;分子中有羧基、羟基、碳碳双键三种官能团,B项错误;此有机物也能发生加聚反应,C项错误;有机物中含碳碳双键,能使溴的CCl4溶液褪色,D项正确。19.(2018·辽宁抚顺3月模拟)下列说法中正确的是(B)A.将苯加入溴水中振荡后,水层接近无色,是因为发生了取代反应B.一体积某气态烃与HCl充分加成消耗一体积HCl,加成后的物质最多还能和5体积氯气发生取代反应,由此推断原气态烃是乙烯C.环己醇能与氢氧化钠溶液反应且所有碳原子可以共面D.等质量的乙烯和乙醇在氧气中充分燃烧耗氧量相同[解析]苯中加入溴水发生萃取,水层接近无色,A项错误;乙烯与HCl加成后分子中有5个氢原子,1体积与5体积Cl2发生取代反应,B项正确;环己醇与NaOH溶液不反应,C项错误;乙烯与乙醇的摩尔质量不相等,等质量充分燃烧耗氧气量不相等,D项错误。20.国庆期间对大量盆栽鲜花施用了S-诱抗素制剂,以保证鲜花盛开。S-诱抗素的分子结构如图。下列关于该物质的说法正确的是(D)A.该有机物的分子式为C15H21O4B.该有机物能发生取代、加成和水解反应C.1mol该有机物与足量溴反应最多消耗4molBr2D.1mol该有机物与足量Na反应生成1molH2[解析]A项,根据有机物的结构简式,其分子式为C15H20O4,错误;B项,该有机物中的羰基、羟基和羧基均不能发生水解反应,错误;C项,羰基不能与溴发生加成反应,故1mol该有机物与足量溴反应最多消耗3molBr2,错误;D项,-OH和-COOH均能与Na反应生成H2,故1mol该有机物与足量Na反应生成1molH2,正确。专题四化学实验第15讲化学实验基础知识最新考纲 考向分析1.了解化学实验是科学探究过程中的一种重要方法。2.了解化学实验室常用仪器的主要用途和使用方法。3.了解化学实验仪器基本操作。4.能对常见的物质进行检验。5.能对常见的物质进行分离和提纯。 1.客观题:仍以无机元素化合物和有机物为载体的分离、除杂、鉴别、制备、仪器装置及实验基本操作、原理分析、评价、数据处理或以上各项的综合考查。2.主观题:将在综合实验设计题或工艺流程图题中,考查常用实验仪器的应用和基本操作,物质分离、提纯的实验操作和物质检验的步骤等。考点一仪器的使用、化学实验基本操作Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·全国Ⅰ卷)实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示(Zn粒中往往含有硫等杂质,焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气)。下列说法正确的是(B)A.①、②、③中依次盛装KMnO4溶液、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液B.管式炉加热前,用试管在④处收集气体并点燃,通过声音判断气体纯度C.结束反应时,先关闭活塞K,再停止加热D.装置Q(启普发生器)也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气[解析]本题考查实验设计与评价,涉及氢气制备和氢气还原氧化钨的实验。审题时抓住两个关键、一个迁移:关键1--锌粒中的硫指硫元素,即锌粒中含有少量硫化锌(ZnS),暗示:制备氢气时会生成H2S;关键2--焦性没食子酸溶液用于吸收装置内少量O2;迁移--氢气还原氧化钨实验类似教材中氢气还原氧化铜实验。加热WO3之前,要确保排尽装置内的空气,因为H2在空气中的浓度达到一定范围时,加热易发生爆炸,通过检验氢气的纯度判断空气是否排尽,B项正确。装置Q是启普发生器,是氢气的发生装置,装置排列顺序是氢气发生装置→安全瓶→除去HCl、O2装置→除去H2S装置→干燥氢气装置→氢气还原氧化钨装置→尾气处理装置。Zn+2HCl===ZnCl2+H2↑、ZnS+2HCl===ZnCl2+H2S↑,用装置Q制得的氢气中含有H2S、O2、HCl、H2O等杂质,由于酸性高锰酸钾溶液氧化氯化氢生成氯气,所以,应先用焦性没食子酸溶液吸收氧气,同时除去氯化氢(易溶于水),再用酸性高锰酸钾溶液吸收硫化氢,最后用浓硫酸干燥,试剂盛放顺序依次为焦性没食子酸溶液、酸性高锰酸钾溶液、浓硫酸,A项错误;类似氢气还原氧化铜,实验完毕后,先停止加热,再继续通入氢气一段时间,C项错误;装置Q不能加热,适合块状固体与液体在常温下反应,而实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制氯气需要加热,且二氧化锰是粉末状固体,故不能用装置Q制备氯气,D项错误。2.(2018·江苏·5)下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是(B)甲乙丙丁A.用装置甲灼烧碎海带B.用装置乙过滤海带灰的浸泡液C.用装置丙制备用于氧化浸泡液中I-的Cl2D.用装置丁吸收氧化浸泡液中I-后的Cl2尾气[解析]B项:用装置乙过滤海带灰浸泡液能达到实验目的。A项:灼烧碎海带应在坩埚中进行,不能用烧杯装置甲不能达到实验目的。C项:用浓盐酸和MnO2制取氯气需要加热,丙装置不能达到实验目的。D项:吸收Cl2应用NaOH溶液,装置丁不能达到实验目的。3.(2018·全国Ⅲ·10)下列实验操作不当的是(B)A.用稀硫酸和锌粒制取H2时,加几滴CuSO4溶液以加快反应速率B.用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度,选择酚酞为指示剂C.用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧,火焰呈黄色,证明其中含有Na+D.常压蒸馏时,加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二[解析]B错:用标准盐酸滴定NaHCO3溶液,滴定至终点时溶液呈弱酸性,应选用甲基橙作指示剂。A对:加几滴CuSO4溶液发生反应:Zn+Cu2+===Zn2++Cu,Zn与置换出来的Cu及稀H2SO4构成Cu-Zn原电池,加快了放出H2的速率。C对:黄色是Na+的焰色。D对:常压蒸馏时,加入液体的体积既不能太少,也不能超过圆底烧瓶容积的三分之二。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1.7种常见的化学分离提纯方法:(1)沉淀法:将杂质离子转化为_沉淀__,如NaCl溶液(BaCl2)。(2)气化法:将杂质转化为_气体__,如NaCl溶液(Na2CO3)。(3)热分解法:加热使不稳定的物质_分解__,如NaCl(NH4Cl)。(4)杂转纯法:将杂质转化为需要_提纯__的物质,如CO2(HCl)。(5)氧化还原法:用氧化剂(还原剂)除去具有_还原性__(_氧化__性)的杂质,如Fe2+(Cu2+)。(6)酸碱溶解法:利用物质与酸或碱溶液混合后的差异进行分离提纯,如Mg(Al)。(7)调pH法:加入试剂来调节溶液的pH,使溶液中的某成分_沉淀__而分离,如CuCl2(FeCl3)。2.4种常见的物理分离方法:(1)过滤--分离_固体__和液体,装置如图_a__。(2)分液--分离_互不相溶__的液体,装置如图_c__。(3)蒸馏--分离_沸点__相差较大的互溶液体,装置如图_d__。(4)蒸发--除去含固体溶质的溶液中部分溶剂,装置如图_b__。3.实验基本知识的9个注意点(1)酸式滴定管不能装碱性溶液,碱式滴定管不能装酸性及氧化性溶液。(2)容量瓶不能作溶解或稀释仪器,不可加热。(3)pH试纸不能直接蘸取待测液,不能用蒸馏水润湿。(4)药品不能入口和用手直接接触,实验剩余药品不能放回原处(K、Na等除外),不能随意丢弃,要放入指定容器中。(5)中和滴定实验中锥形瓶不能用待测液润洗。(6)量筒不能用来配制溶液或进行化学反应,更不能用来加热或量取热的溶液。(7)用试管加热液体时,管口不能朝向人;加热固体时,管口应略向下倾斜。(8)蒸发时不能将溶液蒸干。(9)稀释浓硫酸时切记"酸入水"。易错辨析判断下列说法是否正确,正确的打"√",错误的打"×"。(1)用托盘天平称取12.20gNaCl固体。(×)(2)滴定管、分液漏斗、容量瓶等仪器在使用前必须检查是否漏液。(√)(3)用25mL的碱式滴定管准确量取12.50mL0.100mol·L-1的酸性KMnO4溶液。(×)(4)试管、圆底烧瓶、坩埚、蒸发皿均可直接在酒精灯上加热。(×)(5)量筒、滴定管、容量瓶均标有使用温度。(√)(6)容量瓶、量筒和滴定管均标有"0"刻度。(×)(7)用湿润的蓝色石蕊试纸检验氨气。(×)(8)用湿润的pH试纸检验溶液的pH,一定存在实验误差。(×)(9)取用固体药品一定要用镊子夹取。(×)(10)可用稀盐酸除去长时间存放石灰水的试剂瓶内壁的白色固体。(√)B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2016·天津改编)下列选用的仪器和药品能达到实验目的的是(C)A B C D
制CO2的发生装置 蒸馏时的接收装置 除去SO2中的少量HCl 准确量取一定体积K2Cr2O7标准溶液[解析]稀硫酸和大理石反应生成的硫酸钙微溶于水,覆盖在大理石的表面,阻止反应继续进行,应用稀盐酸和大理石反应制取CO2,A错误;蒸馏时,接馏分的锥形瓶不用塞子密封,否则液体无法正常流下,B错误;HCl能够与饱和亚硫酸氢钠反应且生成SO2,所以通过饱和亚硫酸氢钠溶液的洗气瓶可以除去SO2中的HCl,C正确;量取一定体积K2Cr2O7标准溶液应该选用酸式滴定管,D错误。2.(2018·大连一模)下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是(B)A.做金属钠与水反应实验时,剩余的钠不能再放入原试剂瓶B.酸式滴定管装标准液前,必须先用该溶液润洗C.锥形瓶用作反应容器时一定不能加热D.用容量瓶配制溶液时,若加水超过刻度线,立即用滴定管吸出多余液体[解析]由于钠易燃,会造成火灾,则剩余的钠要放回原试剂瓶,A错误;滴定管必须润洗后才能装标准液,否则会使溶液稀释,B正确;锥形瓶用作反应容器时可以加热,但应放在石棉网上加热,C错误;配制溶液时,若加水超过容量瓶刻度线,将多余的液体吸出,同时也会吸出溶质,使溶液的浓度偏小,应重新配制,D错误。3.(2017·江苏高考)下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是(B)A.制取SO2 B.验证漂白性C.收集SO2 D.尾气处理[解析]A项,SO2用浓硫酸与Cu反应制取,错误;B项,SO2可以使品红褪色,验证其具有漂白性,正确;C项,SO2的密度比空气大,应从长管进气收集,错误;D项,SO2与NaHSO3溶液不反应,应用碱液吸收,错误。考点二物质的检验和鉴别Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2015·天津)下列关于物质或离子检验的叙述正确的是(B)A.在溶液中加KSCN,溶液显红色,证明原溶液中有Fe3+,无Fe2+B.气体通过无水CuSO4,粉末变蓝,证明原气体中含有水蒸气C.灼烧白色粉末,火焰呈黄色,证明原粉末中有Na+,无K+D.将气体通入澄清石灰水,溶液变浑浊,证明原气体是CO2[解析]A项滴加KSCN溶液,溶液呈红色,则证明存在Fe3+,但并不能证明有无Fe2+,A项错误;B项气体通过白色无水硫酸铜,则发生反应CuSO4+5H2O===CuSO4·5H2O,CuSO4·5H2O为蓝色,故可证明原气体中含有水蒸气,B项正确;C项灼烧白色粉末,火焰呈黄色,证明原粉末中有Na+,但并不能证明无K+,K+的焰色反应需透过蓝色钴玻璃滤去黄光后观察,C项错误;D项能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等,则原气体不一定是CO2,D项错误。答案选B。2.(2018·全国Ⅱ)下列实验过程可以达到实验目的的是(B)编号 实验目的 实验过程A 配制0.4000mol·L-1的NaOH溶液 称取4.0g固体NaOH于烧杯中,加入少量蒸馏水溶解,转移至250mL容量瓶中定容B 探究维生素C的还原性 向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液,观察颜色变化C 制取并纯化氢气 向稀盐酸中加入锌粒,将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液D 探究浓度对反应速率的影响 向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液,观察实验现象[解析]B对:Fe3+具有氧化性,能被维生素C还原,溶液发生颜色变化。A错:NaOH溶于水放热,应冷却后再转移到容量瓶中定容。C错:H2最后通过KMnO4溶液,H2中含有水蒸气。D错:NaHSO3与双氧水反应,无明显现象,无法判断浓度对化学反应速率的影响。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1.必考的离子检验方法:(1)利用盐酸和其他试剂检验。CO2-3:加入_BaCl2__溶液后生成白色沉淀,再加稀盐酸沉淀溶解,并放出无色_无__味的气体。SO2-4:先加入足量稀_盐酸__,无沉淀生成,再加入_BaCl2__溶液,产生白色沉淀。SO2-3:加入_BaCl2__溶液,产生白色沉淀,再加稀盐酸,放出无色有_刺激性__气味且能使_品红__溶液褪色的气体。(2)利用AgNO3(HNO3酸化)溶液检验。Cl-―→Br-―→I-―→硝酸酸化的硝酸银溶液―→白色沉淀―→浅黄色沉淀―→黄色沉淀(3)利用某些特征反应检验。①I-:滴入淀粉溶液和氯水,溶液变_蓝__色。③利用焰色反应④特殊的检验方法2.鉴别物质的四种常见方法:(1)_溶解__法:如BaCO3和Na2CO3。(2)_加试剂__法:如用Ba(NO3)2可鉴别(NH4)2SO4和NH4Cl。(3)_顺序滴加__法:如鉴别Na2CO3与盐酸、AlCl3溶液与NaOH溶液。(4)_两两混合__法:如鉴别Na2CO3、HCl、NaCl、Ba(NO3)2四种溶液。3.物质检验的一般程序和基本原则:第一步:取少量试样(如果试样是固体要先配成溶液)放入容器(通常用试管)。第二步:根据要求在试样中加入合适的试剂。第三步:根据所发生的现象,进行分析、判断,得出结论。4.物质检验的技巧和要求:(1)先物理后化学,先利用物质的特殊颜色、状态、气味、焰色反应等进行检验,后利用化学反应检验。(2)先常温后加热,先鉴别出常温下反应的物质,后鉴别加热条件下反应的物质。(3)先分组后"逐一",根据阴(阳)离子或官能团的性质分成若干组,然后再逐一鉴别。(4)检验反应要求具有一定的选择性、典型性和明显性的外部特征。如品红溶液检验SO2,KSCN溶液检验Fe3+,湿润的红色石蕊试纸检验NH3等颜色的改变,或气体的生成,或沉淀的生成和溶解等特征现象。(5)检验反应时常需排除干扰,如检验SO2-4应排除CO2-3、SO2-3等干扰,检验Fe2+、Fe3+混合溶液中的Fe2+和检验CO2、SO2混合气体中的CO2等。(6)通过①观察颜色;②反应现象;③共存关系;④电荷守恒;⑤来龙去脉,追踪推断物质组成成分中一定含有、一定不含有、可能含有某物质(离子)。易错辨析判断下列说法是否正确,正确的打"√",错误的打"×"。(1)向溶液中滴加盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀,说明该溶液中一定有SO2-4。(×)(2)往无色溶液中滴加氯水和CCl4,振荡、静置,下层溶液呈紫色,说明原溶液中有I-。(√)(3)只用试管和胶头滴管,不用任何试剂就可鉴别Ca(OH)2和NaHCO3溶液。(×)(4)向某溶液中加入稀盐酸,产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体,则该溶液中一定含有CO2-3。(×)(5)向某溶液中加入少量新制的氯水后加入几滴KSCN溶液,溶液变为红色,则该溶液中一定含有Fe2+。(×)B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(新题预测)下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是(C) 操作 现象 解释或结论A 过量的铁粉中加入稀硝酸,充分反应后,滴加KSCN溶液 溶液呈红色 稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B 铝箔插入稀硝酸中 无现象 铝箔表面被稀硝酸氧化,形成致密的氧化膜C 向某溶液中滴加浓NaOH溶液,加热,将湿润的红色石蕊试纸置于试管口 试纸变蓝 该溶液中存在NH+4
D 向紫色石蕊试液中通入SO2 溶液褪色 SO2有漂白性[解析]过量的铁粉中加入稀硝酸,充分反应后,滴加KSCN溶液,溶液不变红色,稀硝酸先将Fe氧化为Fe3+,过量的铁与Fe3+反应生成Fe2+,A错误;稀硝酸不能使铝箔钝化,B错误;向某溶液中滴加浓NaOH溶液,加热,将湿润的红色石蕊试纸置于试管口,试纸变蓝,该溶液中存在NH+4,C正确;二氧化硫不能使酸碱指示剂褪色,向紫色石蕊试液中通入SO2,溶液变红色,证明二氧化硫溶于水呈酸性,D错误。2.某白色粉末由两种物质组成,为鉴别其成分进行如下实验:①取少量样品加入足量稀盐酸,固体全部溶解;再加入过量烧碱溶液,有白色沉淀产生;②取少量样品加入足量水,固体全部溶解再加入稀硫酸,有白色沉淀产生。该白色粉末可能为(D)A.BaCl2、Al(NO3)3 B.BaCO3、MgCl2C.MgSO4、AlCl3 D.Ba(NO3)2、Mg(NO3)2[解析]BaCl2、Al(NO3)3都能溶于水,与盐酸不反应,再加入过量烧碱溶液,没有白色沉淀,A错误;BaCO3不溶于水,B错误;MgSO4、AlCl3的混合溶液加入稀硫酸,没有白色沉淀产生,C错误;Ba(NO3)2、Mg(NO3)2的混合溶液含有Ba2+、Mg2+,符合题意,D正确。3.(2018·太原一模)下列依据相关实验得出的结论正确的是(A)A.向溶液X中滴加盐酸无明显现象,再滴加BaCl2溶液有白色沉淀,则X中含有SO2-4B.向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液有白色沉淀,则AlO-2结合H+能力比CO2-3弱C.向1mL1%NaOH溶液中加入2mL2%的CuSO4溶液,振荡后滴加0.5mL5%葡萄糖溶液,加热,未出现红色沉淀,证明葡萄糖中不含醛基D.检验某补铁药片(主要成分为亚铁化合物)是否氧化变质,使用氯水和硫氰化钾溶液[解析]向溶液X中滴加盐酸无明显现象,排除了Ag+、CO2-3、SO2-3等离子的干扰,再滴加BaCl2溶液有白色沉淀,则X中含有SO2-4,A正确;向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液有白色沉淀,AlO-2结合了HCO-3中的H+,所以AlO-2结合H+能力比CO2-3强,B错误;制取新制氢氧化铜时,应该NaOH过量,C错误;制取新制氢氧化铜时,应该NaOH过量,C错误;检验某补铁药片(主要成分为亚铁化合物)是否氧化变质,使用硫氰化钾溶液,不能使用氯水,D错误。4.下列各组物质,不用任何试剂即可鉴别开来的是(D)A.NaCl、NaBr、KI三种无色溶液B.HCl、NaCl、NaNO3、Na2CO3四种溶液C.NaBr、HCl、KCl三种溶液D.淀粉、淀粉碘化钾、碘化钾、溴水四种溶液[解析]三种无色溶液相互滴加都不反应,没有明显的现象,不能鉴别,A错误;通过相互滴加可鉴别盐酸和Na2CO3,但无法鉴别NaCl和NaNO3,B错误;NaBr、HCl、KCl三种溶液滴加都不反应,没有明显的现象,不能鉴别,C错误;溴水呈黄色,可鉴别出,然后将溴水滴加到其他溶液中,淀粉无现象,淀粉碘化钾变蓝色,碘化钾溶液变为紫红色,现象各不相同,可鉴别,D正确。考点三混合物的分离提纯Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2016·北京)在一定条件下,甲苯可生成二甲苯混合物和苯。有关物质的沸点、熔点如下: 对二甲苯 邻二甲苯 间二甲苯 苯沸点/℃ 138 144  139 80熔点/℃ 13 -25 -47 6下列说法不正确的是(B)A.该反应属于取代反应B.甲苯的沸点高于144℃C.用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来D.从二甲苯混合物中,用冷却结晶的方法可将对二甲苯分离出来[解析]甲苯生成二甲苯和苯,可分别理解成甲苯中苯环上的氢被甲基取代、甲苯中的甲基被氢取代,A项正确;同系物中,碳原子数越多,沸点越高,所以甲苯的沸点应低于二甲苯,即低于138℃,B项错误;苯的沸点最低,可最先分离出来,C项正确;三种二甲苯间沸点相近,熔点差异大,将温度控制在稍低于13℃,对二甲苯结晶析出,D项正确。2.为了净化和收集由盐酸和大理石制得的CO2气体,从图中选择合适的装置并连接。其中连接顺序合理的是(B)A.a-a′→d′-d→e B.c-c′→d-d′→gC.b-b′→d-d′→g D.d-d′→c-c′→f[解析]盐酸和大理石制得的CO2气体中含有氯化氢和水蒸气,除氯化氢用饱和NaHCO3溶液,除水蒸气用浓硫酸,CO2比空气密度大,所以用向上排空气法收集CO2气体。3.(2017·南通一模)仅用下表提供的玻璃仪器(非玻璃仪器任选)或实验装置就能达到相应实验目的是(C)选项 A B C D实验目的 除去KCl中少量MnO2 用10mol·L-1盐酸配制100mL0.1mol·L-1盐酸 用NaCl溶液制备NaCl晶体 除去乙烯中少量SO2实验仪器或装置 烧杯、玻璃棒、分液漏斗 100mL容量瓶、玻璃棒、烧杯 
4.生活因化学而精彩,化学因实验而生动,实验因"洗涤"而更加精确。关于沉淀或晶体洗涤的说法错误的是(C)A.洗涤的目的一般是除去沉淀或晶体表面可溶性的杂质,提高纯度B.洗涤的试剂一般可选用蒸馏水、冰水、乙醇、该物质的饱和溶液C.洗涤的操作是向过滤器里的固体加洗涤剂,使洗衣涤浸没固体,并用玻璃棒轻轻搅拌固体,使其与洗涤剂充分接触,待洗涤剂流下D.洗净的检验是检验最后一次洗涤液中是否含有形成沉淀的该溶液中的离子R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1.分离、提纯的"四原则"和"三必须":2.根据物质的物理性质选择分离(提纯)的方法:(1)"固+固"混合物的分离(提纯)。(2)"固+液"混合物的分离(提纯)。(3)"液+液"混合物的分离(提纯)。易错辨析判断下列说法是否正确,正确的打"√",错误的打"×"。(1)用加热方法提纯含有少量NaHCO3的Na2CO3固体。(√)(2)除去FeCl2溶液中的少量FeCl3,可用通入过量氯气的方法。(×)(3)用苯萃取溴水中的溴时,将溴的苯溶液从分液漏斗的下口放出。(×)(4)用加热的方法分离NH4Cl固体和碘单质。(×)(5)除去CO2中的少量HCl,可先通过饱和NaHCO3溶液,再通过浓硫酸。(√)(6)除去BaSO4中的BaCO3固体,可加入足量的硫酸,过滤洗涤干燥,得到的固体即为纯净的BaSO4。(√)B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2018·合肥二模)下列有关实验装置进行的相应实验,能达到实验目的的是(C)A B C D除去Cl2中含有的少量HCl 收集和吸收氨气 分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层 蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体
[解析]除去Cl2中的HCl应用饱和食盐水,A错误;NH3的密度小于空气,应短进长出,B错误;CCl4萃取碘水后已分层的有机层从下口放出,C正确;由于NH4Cl易分解,直接蒸干NH4Cl溶液不能得到NH4Cl固体,D错误。2.(2018·烟台二模)下列说法中正确的是(D)A.分离Al2O3与Fe2O3混合物可以采取加入过量NaOH溶液充分反应后,过滤、洗涤、干燥B.用过量氨水除去Fe3+溶液中的少量Al3+C.将Mg(OH)2放入蒸发皿中,加入足量盐酸,加热蒸干得无水MgCl2D.Al(OH)3中混有Mg(OH)2加入足量烧碱溶液,充分反应过滤,向滤液中通入足量二氧化碳后过滤、洗涤、干燥[解析]所提供的方法是除去混合物中的氧化铝杂质,而不是进行分离,A错误;过量的氨水与铝离子、铁离子反应均生成沉淀,B错误;加热氯化镁溶液,因水解最终得到的是氧化镁,C错误;Al(OH)3中混有Mg(OH)2加入足量烧碱溶液,Al(OH)3溶解,向滤液中通入足量二氧化碳后过滤、洗涤、干燥得到Al(OH)3,D正确。3.(2018·长沙一模)硼是第ⅢA族元素,单质硼在加热条件下能与多种非金属反应。某同学欲利用氯气和单质硼反应制备三氯化硼。已知BCl3的沸点为12.5℃,熔点为-107.3℃,遇水剧烈反应。(1)选用下图所示的装置(可以重复选用)进行实验,装置依次连接的合理顺序为_ABDCEDF__。(2)图中g管的作用是_保持气压平衡,便于分液漏斗中的液体流入蒸馏烧瓶__,装置E的作用是_冷凝并收集BCl3__。(3)开始实验时,先点燃_A__(填"A"或"B")处的酒精灯。(4)请写出BCl3遇水变质的化学方程式BCl3+3H2O===H3BO3+3HCl。(5)实验完成后,某同学向F(溶液中含有0.05mol·L-1NaClO、0.05mol·L-1NaCl、0.1mol·L-1NaOH)中滴加品红溶液,发现溶液褪色。现设计实验探究溶液褪色的原因,完成实验方案。实验序号 0.1mol·L-1NaClO溶液/mL 0.1mol·L-1NaCl溶液/mL 0.2mol·L-1NaOH溶液/mL H2O/mL 品红溶液 现象① 4.0 0 0 x 3滴 较快褪色② 0 4.0 4.0 0 3滴 不褪色③ 4.0 0 4.0 0 3滴 缓慢褪色则x=_4.0__,结论:_NaClO使品红溶液褪色,溶液碱性越强褪色越慢__。[解析](1)单质硼在加热条件下能与多种非金属反应,BCl3的沸点为12.5℃,熔点为-107.3℃,遇水剧烈反应。则必须先制备干燥洁净的氯气,A是制取氯气的装置,然后通过B、D得到干燥的氯气,通入C装置与硼反应中,产生的BCl3在E装置冷却收集起来,再连接D装置干燥,防止外界水蒸气进入,最后连接F装置进行尾气处理。(2)图中g管的作用是保持气压平衡,便于分液漏斗中的液体流入蒸馏烧瓶;装置E的作用是冷凝并收集BCl3。(3)开始实验时,先点燃A处的酒精灯制取氯气,使后面反应装置中充满干燥的氯气。(4)BCl3遇水反应的化学方程式为BCl3+3H2O===H3BO3+3HCl。(5)设计实验探究不同溶液对品红褪色的原理,通常溶液的浓度不同但溶液的总体积相同,根据②③可知,溶液总体积为8.0mL,则x=4.0mL,实验①③有NaClO则褪色,实验②没有NaClO则不褪色,实验①与实验③对比,碱性条件下,褪色慢,则结论为NaClO使品红溶液褪色,溶液碱性越强褪色越慢。1.(2018·届湖北省武汉市五月模拟)用如图所示装置进行下列实验:将①中溶液滴入②中,预测的现象和结论合理的是(B)选项 ①中物质 ②中的物质 预测②中的现象和结论 
A 浓盐酸 二氧化锰 立即产生大量黄绿色气体,证明HCl具有还原性和酸性 B 草酸溶液 酸性高锰酸钾溶液 溶液逐渐褪色,证明草酸具有还原性 C 硫酸铝饱和溶液 碳酸钠饱和溶液 立即产生大量气泡,证明两者相互促进水解 D 蒸馏水 过氧化钠粉末 立即产生大量气泡,滴加酚酞溶液后变红,说明过氧化钠是碱性氧化物 [解析]A.浓盐酸与二氧化锰的反应需要加热,故A错误;B.草酸能够被高锰酸钾氧化生成二氧化碳气体,高锰酸钾溶液褪色,体现了草酸的还原性,故B正确;C.硫酸铝和碳酸钠饱和溶液能够发生双水解反应,但当硫酸铝少量时,碳酸钠只能水解生成碳酸氢钠,而不放出二氧化碳,故现象不正确,故C错误;D过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气,过氧化钠不属于碱性氧化物,结论不正确,故D错误;故选B。2.(2018·河北省保定市第二次模拟)下列说法正确的是(C)A.可以用pH试纸测定饱和氯水的pHB.用50mL量筒能够量取8.5mL0.1mol·L-1盐酸C.用图1所示操作检查装置的气密性D.实验室用图2所示装置制取纯净的NO2[解析]A.氯水中HClO具有强氧化性,使试纸褪色,则应利用pH计测定氯水的pH,选项A错误;B.50mL的量筒能准确到1mL,所以不能用50mL量筒量取8.5mL盐酸,选项B错误;C.用弹簧夹夹住橡皮管,然后向长颈漏斗中注入水,直至浸没长颈漏斗末端,若形成液面差,则气密性良好,选项C正确;D.稀硝酸与铜反应生成NO,选项D错误。答案选D。3.(2018·届天津市红桥区二模)下列有关安全生产的做法不正确的是(D)A.面粉生产车间应严禁烟火B.NH3泄露时向空中喷洒水雾C.含Cl2的尾气用碱溶液处理后再排放D.金属钠失火时应立即用大量冷水扑火[解析]A.面粉细小颗粒,增加与氧气的接触面积,容易引起火灾,因此在面粉生产车间严禁烟火,故A说法正确;B.NH3极易溶于水,因此氨气泄漏可向空中喷洒水雾,故B说法正确;C.氯气有毒,必须尾气处理,一般与碱反应,生成氯化物、次氯酸盐,故C说法正确;D.金属钠着火,生成Na2O2,用冷水灭火,金属钠与水反应生成氢气,氢气是可燃性气体,Na2O2与水反应生成O2,氧气是助燃气体,因此金属钠着火,不能用冷水灭火,应用沙土,故D说法错误。4.(2018·广东省广州市4月综合测试)用如图所示装置进行下列实验:将①中溶液滴入②中,预测的现象与实际相符的是(C)选项 ①中物质 ②中物质 预测②中的现象A 稀盐酸 MnO2 产生黄绿色气体B 浓硝酸 用砂纸打磨过的铝条 产生红棕色气体C 酸化的FeCl2溶液 H2O2溶液 溶液变成棕黄色,有气泡产生D Fe2(SO4)3溶液 铜粉 溶液变蓝色、有黑色固体产生[解析]A项,稀盐酸与二氧化锰不反应,故A错误;B项,浓硝酸常温下与铝发生钝化,故B错误;C项,向盛有H2O2溶液的试管中滴入酸化的FeCl2溶液,过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子,溶液变成棕黄色,铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用,随后会有气泡产生,故C正确;D项,Fe2(SO4)3溶液与铜粉反应生成FeSO4和CuSO4,溶液会变蓝色但没有黑色固体产生,故D错误。综上,选C。5.(2018·北京市东城区4月综合模拟)用下图装置完成下列实验,不需要试管①(内盛有相应的除杂试剂)就能达到实验目的的是(D) 实验目的 ②中的试剂A 检验碳与浓硫酸反应产生的气体中含有二氧化碳 澄清石灰水B 用碳酸钙与盐酸反应产生的气体验证碳酸的酸性强于苯酚 苯酚钠溶液C 验证乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应产生的气体为不饱和烃 酸性高锰酸钾溶液D 验证石蜡油在碎瓷片上受热分解产生的气体中含有不饱和烃 溴的四氯化碳溶液[解析]A.碳与浓硫酸反应产生的气体中含有二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊,需要试管①中装有足量的酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫以排除其干扰,选项A错误;B.盐酸易挥发,生成的二氧化碳中含有氯化氢,需要试管①中装有饱和碳酸氢钠溶液以除去氯化氢排除其干扰,选项B错误;C.制取乙醇的反应中除去生成乙烯以外,挥发的乙醇及可能产生的二氧化硫都能使酸性高锰酸钾溶液褪色,需要试管①中装有足量的氢氧化钠溶液以排除干扰,选项C错误;D.验证石蜡油在碎瓷片上受热分解产生的气体中含有不饱和烃,可以直接通入溴的四氯化碳溶液,溶液褪色,得到证明,选项D正确。答案选D。6.(2018·山东省师大附中第三次模拟)根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验,经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤。下列图示装置和原理能达到实验目的的是(C)[解析]实验室中加入氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气,故A错误;向氨气、氯化钠的饱和溶液通二氧化碳应该从长管通入,故B错误;用过滤法分离出碳酸氢钠晶体,故C正确;碳酸氢钠加热易分解,不能加热干燥碳酸氢钠,故D错误。7.(2018·押题卷)下列实验设计能达到实验目的的是(C)选项 试剂a 试剂b 试剂c 实验目的A 亚硫酸钠 稀硫酸 品红溶液 验证亚硫酸钠变质B 大理石 浓硝酸 硅酸钠溶液 验证酸性:HNO3>H2CO3>H2SiO3C 蔗糖 浓硫酸 酸性高锰酸钾溶液 验证蔗糖与浓硫酸生成SO2D 浓氨水 生石灰 酚酞溶液 NH3·H2O是弱碱[解析]A.Na2SO3+H2SO4===Na2SO4+SO2↑+H2O,SO2能使品红溶液褪色,但无法证明亚硫酸钠被氧化,故A错误;B.硝酸具有挥发性,能对碳酸与硅酸酸性的比较产生干扰,因此无法完成实验,故B错误;C.利用浓硫酸的脱水性和强氧化性,使蔗糖炭化,然后碳与浓硫酸反应产生CO2和SO2,SO2能使高锰酸钾溶液褪色,能够完成实验,故C正确;D.只能说明NH3·H2O不稳定,受热易分解,以及NH3的水溶液显碱性,但不能说明NH3·H2O是弱碱,故D错误。8.(2018·天津市部分区质量调查)下列选项中的气体能用如图装置制备,且所选试剂、干燥剂均正确的是(B) 气体 所用试剂 干燥剂 装置(可加热)A O2 氯酸钾和二氧化锰 无水氯化钙 
B NH3 浓氨水和生石灰 碱石灰 C H2 稀硝酸和锌粒 浓硫酸 D SO2 浓盐酸和亚硫酸钠 碱石灰 [解析]A.氯酸钾和二氧化锰均是固体,不需要分液漏斗,A错误;B.利用浓氨水和生石灰,借助于该装置可以制备氨气,B正确;C.稀硝酸和锌反应生成NO,得不到氢气,C错误;D.SO2是酸性氧化物,不能用碱石灰干燥,D错误,答案选B。9.(2018·全国新课程仿真信息卷)利用图示装置进行实验(必要时可加热),不能得出相应结论的是(C) 溶液① 固体② 溶液③ 实验结论 
A 稀硫酸 Na2CO3 Na2SiO3 非金属性:C>Si B 浓盐酸 KMnO4 Na2S 氧化性:Cl2>S C 盐酸 CaCO3 NaAlO2 CO2能与AlO-2反应D 稀硫酸 Na2CO3 CaCl2 CO2不与氯化钙反应 [解析]A.硫酸的酸性比碳酸酸性强,烧瓶中产生气泡,即为CO2,试管中出现胶状沉淀,说明碳酸的酸性强于硅酸,非金属性越强,其最高价氧化物的水化物酸性越强,即C的非金属性强于Si,能完成实验目的,故A说法正确;B.高锰酸钾溶液与浓盐酸反应产生氯气,试管中出现淡黄色沉淀,利用置换反应,即Cl2的氧化性强于S,能达到实验目的,故B说法正确;C.碳酸钙与盐酸反应生成CO2,盐酸具有挥发性,产生的CO2中混有HCl,对后续实验产生干扰,不能完成实验目的,故C说法错误;D.烧瓶中产生CO2,CO2气体通入到试管中,CaCl2溶液不变浑浊,说明CO2不与CaCl2反应,能达到实验目标的,故D说法正确。10.(2018·山西省太原市模拟)利用如图所示装置进行下列实验,能得出相应实验结论的是(C)选项 ① ② ③ 实验结论A 稀盐酸 CaCO3 Na2SiO3溶液 非金属性:Cl>C>SiB 浓硫酸 蔗糖 Ba(NO3)2溶液 验证SO2与可溶性钡盐可生成白色沉淀C 浓氨水 生石灰 酚酞溶液 氨气的水溶液呈碱性D 浓硝酸 Fe NaOH溶液 铁和浓硝酸反应可生成NO2[解析]A.浓盐酸易挥发,挥发出的HCl能够与硅酸钠反应生成硅酸沉淀,且盐酸是无氧酸不是最高价含氧酸,A错误;B.SO2通入硝酸钡溶液中,溶液显酸性,硝酸根能把SO2氧化为硫酸根,B错误;C.浓氨水与生石灰反应生成氨水,氨气通入酚酞试液中溶液显碱性,溶液变红色,C正确;D.常温下浓硝酸与Fe发生钝化现象,无法观察到有二氧化氮气体生成,D错误;答案选C。11.(2018·吉林省梅河口模拟)利用下图所示装置进行下列实验,能得出相应实验结论的是(B)选项 ① ② ③ 实验结论 实验装置A 稀硫酸 Na2S AgNO3与AgCl的溶液 Ksp(AgCl)>Ksp(Ag2S) 
B 浓硫酸 蔗糖 溴水 浓硫酸具有脱水性、氧化性 C 稀盐酸 Na2SO3 Ba(NO3)2溶液 SO2与可溶性钡盐均可以生成白色沉淀 D 浓硝酸 Na2CO3 Na2SiO3溶液 酸性:硝酸>碳酸>硅酸 [解析]A.稀硫酸与硫化钠反应生成硫化氢气体,由于③中含有硝酸银,通入H2S一定生成硫化银沉淀,不能比较溶度积大小,A错误;B.浓硫酸将蔗糖炭化,进而氧化,生成CO2、SO2和H2O,SO2能使溴水褪色,B正确;C.二氧化硫溶液呈酸性,酸性条件下,硝酸根离子具有强氧化性,可氧化二氧化硫生成硫酸根离子,可生成沉淀,但二氧化硫通入氯化钡溶液中则没有沉淀生成,C错误;D.强酸与弱酸盐反应生成弱酸,根据强酸制取弱酸判断酸性强弱,浓硝酸和碳酸钠反应生成二氧化碳,二氧化碳、水和硅酸钠反应生成难溶性硅酸,但硝酸具有挥发性,生成的CO2中含有硝酸,硝酸也与硅酸钠反应产生硅酸沉淀,不能实现实验目的,D错误,答案选B。12.(2018·四川省大教育联盟第三次诊断)利用如图所示装置进行实验,能实现实验目的的是(必要时可加热)(A)选项 实验目的 甲 乙 丙 
A 证明浓硫酸具有强氧化性 浓硫酸 碳粉 溴水 B 验证Cl2无漂白性 浓盐酸 MnO2 干燥的红色布条 C 验证NH3溶于水显碱性 浓氨水 碱石灰 湿润的蓝色石蕊试纸 D 比较H2CO3和H2SiO3的酸性 硼酸溶液 碳酸钠 硅酸钠溶液 [解析]A.利用浓硫酸的强氧化性,将碳氧化生成二氧化碳的同时硫酸被还原生成二氧化硫,二氧化硫能使溴水褪色,从而得到证明,选项A正确;B.浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯气,带有水蒸气,氯气和水反应生成盐酸和次氯酸,次氯酸有漂白性,所以不能检验氯气是否有漂白性,选项B错误;C.产生的氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝才是检验的现象,选项C错误;D.硼酸的酸性比碳酸弱,不能使碳酸钠产生二氧化碳,选项D错误。答案选A。13.(2018·河北省唐山市第三次模拟)用下图装置制备、净化、收集下表中的四种气体(a、b、c表示相应仪器中加入的试剂),其中可行的是(D)选项 气体 a b cA NO2 浓硝酸 铜片 NaOH溶液B H2 稀硫酸 锌片 浓硫酸C NH3 浓氨水 生石灰 碱石灰D O2 双氧水 MnO2粉末 浓硫酸[解析]A.NO2与NaOH反应而被吸收,不能用NaOH溶液净化,故A错误;B.稀硫酸与锌反应生成氢气,可以用浓硫酸净化,但氢气密度小于空气,应用向下排空气法收集,故B错误;C.氨气密度比空气小,应用向下排空气法收集,故C错误;D.双氧水在二氧化锰作用下分解生成氧气,c中浓硫酸干燥气体,最后用向上排空气法收集,均合理,故D正确;故选D。14.(2018·湖南省岳阳县一模)进行化学实验时应强化安全意识。下列做法正确的是(D)A.金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火B.用试管加热碳酸氢钠固体时使试管口竖直向上C.浓硫酸溅到皮肤上时立即用稀氢氧化钠溶液冲洗D.制备乙烯时向乙醇和浓硫酸的混合液中加入碎瓷片[解析]A.泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水,钠可与水反应生成氢气,氢气可燃烧甚至可能爆炸,错误;B.加热碳酸氢钠固体有水生成,如果试管口竖直向上,水倒流使试管炸裂,错误;C.浓硫酸溅到皮肤上应立即用干布擦掉,不能用稀氢氧化钠溶液冲洗,错误;D.制备乙烯时加入碎瓷片,可防止暴沸,正确。15.(2018·湖南省岳阳县二模)下列有关仪器使用及实验操作正确且必要的是(A)A.提纯混有少量乙酸的乙醇,可先加生石灰,然后过滤,最后蒸馏B.做蓝矾结晶水的测定实验过程中,用镊子转移热的坩埚C.做石油的分馏实验过程中,发现未加沸石,停止加热,立即加入沸石D.用相互滴加的方法可以鉴别石灰水和NaHCO3溶液[解析]A.乙酸与CaO反应后,增大与乙醇的沸点差异,可采用先加生石灰,过滤后再蒸馏的方法提纯,故A正确;B.蓝矾结晶水测定实验中,用坩埚钳取下坩埚放置在石棉网上冷却,以免烫伤实验台,不是使用镊子,故B错误;C.蒸馏过程中发现未加沸石,应冷却后补加沸石,会导致沸腾而产生安全事故,故C错误;D.Ca(OH)2和NaHCO3溶液生成CaCO3沉淀,不能用相互滴加的方法鉴别,故D错误;故选A。16.(2018·湖南省岳阳县三模)在某学生的化学实验报告中有如下记录,其中实验数据合理的(B)A.用100mL量筒量取5.26mL稀硫酸溶液B.用托盘天平称取11.7gCuO粉末C.用广泛pH试纸测得溶液的pH为3.5D.温度计上显示的室温读数为25.68℃[解析]量筒只能读数到0.1mL,A不正确;托盘天平读数到0.1g,B正确;广泛pH试纸只能读数到整数,C不正确;温度计只能读数到0.1,D不正确,答案选B。17.(2018·北京市大兴区一模)下列有关实验的说法正确的是(C)A.将SO2通入溴水中,溴水褪色证明SO2具有漂白性B.将含有少量HCl的Cl2通入水中以除去HCl杂质C.将乙烯通入酸性KMnO4溶液中,溶液褪色证明乙烯具有还原性D.将蔗糖溶液和少量稀H2SO4混合加热后,加入新制的Cu(OH)2检验蔗糖是否水解[解析]将SO2通入溴水中,溴水褪色证明SO2具有还原性,故A错误;将含有少量HCl的Cl2通入饱和食盐水中以除去HCl杂质,故B错误;将乙烯通入酸性KMnO4溶液中,乙烯被氧化,溶液褪色证明乙烯具有还原性,故C正确;将蔗糖溶液和少量稀H2SO4混合加热后,加入过量氢氧化钠后,加入新制的Cu(OH)2检验蔗糖是否水解,故D错误。18.(2018·黑龙江省大庆仿真模拟)下列选用的仪器和药品能达到实验目的的是(C)A B C D
制乙炔的发生装置 蒸馏时的接收装置 分离固体氯化钠和碘单质 准确量取一定体积K2Cr2O7标准溶液[解析]A.制备乙炔应该用饱和食盐水和分液漏斗,A错误;B.蒸馏时锥形瓶不能用瓶塞,B错误;C.碘易升华,分离固体氯化钠和碘单质可以用升华法,C正确;D.应该用酸式滴定管准确量取一定体积K2Cr2O7标准溶液,D错误,答案选C。19.(2018·天津市和平区三模)化学实验安全处理不正确的是(A)A.苯酚沾在皮肤上用大量水冲洗B.金属钠着火时,立即用沙子盖灭C.制备氯气时,应用NaOH溶液吸收多余的氯气D.制备乙烯时向乙醇和浓硫酸的混合液中加碎瓷片[解析]A.苯酚对皮肤有腐蚀性,不小心沾在皮肤上,应立即用酒精洗涤,故A说法错误;B.金属钠着火应用沙子灭火,隔绝空气,不能用水或泡沫灭火器,故B说法正确;C.氯气与氢氧化钠反应,能够消除氯气,故C说法正确;D.液体与液体加热反应,需要加入碎瓷片,防止暴沸,故D说法正确。20.(2018·广西高三5月份考前模拟)下列操作或装置能达到实验目的的是(B)A.称取一定的NaOHB.制取Na2CO3C.检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离子D.收集NO2并防止其污染环境[解析]A.称量氢氧化钠应该放在小烧杯中,A错误;B.向饱和食盐水中先通入氨气,然后再通入CO2即可制备碳酸氢钠,NaHCO3加热制取Na2CO3,B正确;C.检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离子时应该把反应后的溶液倒入水中,类似于浓硫酸的稀释,C错误;D.NO2密度大于空气,应该是长口进,短口出,D错误,答案选B。21.(2018·吉林省实验中学模拟)下列实验操作或对实验事实的叙述正确的有几个(A)①用氨水清洗做过银镜反应的试管;②用分液漏斗分离硝基苯和水的混合物;③用湿润的pH试纸测定稀盐酸的pH;④配制FeSO4溶液时,需加入少量铁粉和稀硫酸;⑤不慎将苯酚溶液沾到皮肤上,立即用NaOH稀溶液清洗;⑥用碱式滴定管量取20.00mL0.1mol·L-1KMnO4溶液。A.2 B.3C.5 D.6[解析]①氨水是弱碱,不能和银反应,做过银镜反应实验的试管上附着单质银,所以不能用氨水洗,故①错误;②硝基苯和水不互溶,能用分液漏斗分离,故②正确;③用湿润的pH试纸测定稀盐酸的酸碱度,会使酸性降低,溶液的pH偏大,故③错误;④Fe2+易水解,水解呈酸性,加入酸可抑制水解,具有还原性,可被空气中氧气氧化,加入铁粉可防止被氧化,故④正确;⑤氢氧化钠有腐蚀性,会腐蚀皮肤,故⑤错误;⑥高锰酸钾具有氧化性,腐蚀橡皮管,应用酸式滴定管,故⑥错误;共有②④正确;故选A。第16讲实验方案设计与评价最新考纲 考向分析1.掌握常见气体的实验室制法(包括所用试剂、仪器、反应原理和收集方法)。2.设计、评价或改进实验方案。3.了解控制实验条件的方法。4.分析或处理实验数据,得出合理的结论。5.绘制和识别典型的实验仪器装置图。6.以上各部分知识与技能的综合应用。 1.客观题:主要依托实验验证物质的化学性质,并对已设计的方案是否符合实验要求作出判断。2.主观题:将在综合实验设计题或工艺流程图题中,以探究物质的化学性质、组成、结构与含量及其制备等为目的,考查原理、实验操作、有关的计算及实验方案的设计与评价等。考点一物质制备型实验方案的设计与评价Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2016·江苏)根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验,经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤,下列图示装置和原理能达到实验目的的是(C) A.制备氨气 B.制取NaHCO3 C.分离NaHCO3 D.干燥NaHCO3[解析]A项,制NH3需要用NH4Cl固体和Ca(OH)2固体加热进行反应,错误;B项,CO2应从长导管进短导管出,错误;C项,制得的NaHCO3为固体,用过滤法分离,正确;D项,加热时NaHCO3会分解,错误。2.(2017·全国Ⅱ)由下列实验及现象不能推出相应结论的是(C) 实验 现象 结论A 向2mL0.1mol·L-1的FeCl3溶液中加足量铁粉,振荡,加1滴KSCN溶液 黄色逐渐消失,加KSCN溶液颜色不变 还原性:Fe>Fe2+B 将金属钠在燃烧匙中点燃,迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生大量白烟,瓶内有黑色颗粒产生 CO2具有氧化性C 加热盛有少量NH4HCO3固体的试管,并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸 石蕊试纸变蓝 NH4HCO3显碱性D 向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液 一支试管中产生黄色沉淀,另一支中无明显现象 Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)[解析]向FeCl3溶液中加入足量铁粉后,Fe3+完全转化为Fe2+,滴入KSCN溶液,溶液不变色,可证明还原性,Fe>Fe2+,A项正确;燃着的金属钠能在装有CO2的集气瓶中反应生成Na2CO3和C,说明CO2具有氧化性,B项正确;NH4HCO3受热分解生成的NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,只能说明NH3为碱性气体,不能确定NH4HCO3的酸碱性,C项错误;根据题中描述可知黄色沉淀为AgI,另一支试管中无明显现象,说明没有AgCl析出,可证明Ksp(AgI)<Ksp(AgCl),D项正确。3.(2018·全国Ⅱ·9)实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。光照下反应一段时间后,下列装置示意图中能正确反映实验现象的是(D)ABCD[解析]甲烷与氯气在光照条件下发生反应:CH4+Cl2――→光照CH3Cl+HCl,CH3Cl+Cl2――→光照CH2Cl2+HCl,CH2Cl2+Cl2――→光照CHCl3+HCl,CHCl3+Cl2――→光照CCl4+HCl。黄绿色的氯气参加了反应,逐渐减少,生成无色的气体,因此试管内气体颜色逐渐变浅;反应生成的HCl极易溶于水,使试管内气体压强减小,因此试管内液面上升;生成的CH2Cl2、CHCl3、CCl4均为无色油状液体,附着在试管壁上,因此试管壁上出现油状液滴;生成的HCl气体遇到水蒸气溶解生成盐酸小液滴,形成白雾,因此试管中有少量白雾。综合上述现象,答案选D。4.(2018·全国Ⅰ·26)醋酸亚铬[(CH3COO)2Cr·2H2O]为砖红色晶体,难溶于冷水,易溶于酸,在气体分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂,将三价铬还原为二价铬;二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示。回答下列问题:(1)实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却,目的是_去除水中溶解氧__。仪器a的名称是_分液(或滴液)漏斗__。(2)将过量锌粒和氯化铬固体置于c中,加入少量蒸馏水,按图连接好装置。打开K1、K2,关闭K3。①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色,该反应的离子方程式为Zn+2Cr3+===Zn2++2Cr2+。②同时c中有气体产生,该气体的作用是_排除c中空气__。(3)打开K3,关闭K1和K2。c中亮蓝色溶液流入d,其原因是_c中产生H2使压强大于大气压__;d中析出砖红色沉淀。为使沉淀充分析出并分离,需采用的操作是_(冰浴)冷却__、_过滤__、洗涤、干燥。(4)指出装置d可能存在的缺点_敞开体系,可能使醋酸亚铬与空气接触__。[解析](1)由题给信息,[(CH3COO)2Cr·2H2O]在气体分析中用作O2吸收剂,说明Cr2+具有强还原性,易被O2氧化,故所用蒸馏水需经煮沸除去其中的O2,以免影响[(CH3COO)2Cr·2H2O]的制备。由仪器的结构特点可知,a为分液(或滴液)漏斗。(2)①Zn将Cr3+还原为Cr2+,离子方程式为Zn+2Cr3+===Zn2++2Cr2+。②Zn+2H+===Zn2++H2↑,H2起到排除c中空气的作用,以防Cr2+被氧化。(3)过量的Zn与盐酸反应放出大量的H2,使装置c中压强增大,关闭K1和K2,打开K3时,溶液被压入装置d。由题给信息知,[(CH3COO)2Cr·2H2O]难溶于冷水,因此应用冰浴冷却,以便于[(CH3COO)2Cr·2H2O]析出,再将沉淀过滤、洗涤、干燥即可。(4)装置d的缺点是该装置与大气直接相通,空气中的O2易将[(CH3COO)2Cr·2H2O]氧化。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1.制备实验方案设计的原则:(1)无机物制备实验方案应遵循下列原则:①原料廉价易得,用料最省即原料利用率高。②所选用的实验装置或仪器不复杂。③实验操作简便安全,对环境不造成污染或污染较小。(2)有机物制备实验方案应遵循下列原则:①原料廉价易得,用料最省。②副反应、副产品少,反应时间短,产品易分离提纯。③反应实验步骤少,实验操作方便安全。(3)仪器装置的选择要根据反应物的状态和反应条件。2.制备实验方案设计的注意事项:(1)实验中反应物或产物若易吸水、潮解、水解等,要采取措施防止吸水。(2)易挥发的液体产物要及时冷却。(3)易挥发的液体反应物,需在反应装置中加装冷凝回流装置(如长导管、竖直的干燥管、冷凝管等)。(4)注意防止倒吸的问题。(5)仪器、药品要准确描述,如无水硫酸铜(CuSO4),坩埚、研钵、100mL容量瓶。(6)实验装置改进,如为防止分液漏斗中的液体不能顺利流出,用橡皮管连接成连通装置;为防止气体从长颈漏斗中逸出,可在发生装置中的漏斗末端套一支小试管等。3.实验室典型的4类气体发生装置:(1)实验室制取氨气可以选用装置_A__。(2)若用H2O2分解来制取氧气,可以选用装置_C__。(3)实验室制取氯气,可以选用装置_D__。(4)装置B可以制备的最常见气体有_CO2__和_H2__。易错辨析判断下列说法是否正确,正确的打"√",错误的打"×"。(1)Cl2收集可用排饱和NaCl溶液法,不能用排水法。(√)(2)除去CO2中的HCl可以将混合气通入饱和的Na2CO3溶液中。(×)(3)用浓盐酸酸化KMnO4溶液,增强KMnO4的强氧化性。(×)(4)实验室可选用大理石与浓硫酸反应制备CO2。(×)(5)实验室中的CCl4含有少量溴,加适量的苯,振荡、静置后分液,可除去CCl4中的溴。(×)(6)NaOH的酚酞溶液――→通入SO2红色褪去,说明SO2具有漂白性。(×)(7)验证Fe3O4固体含有+2价铁离子和+3价铁离子,可采用如下实验设计:B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2018·衡水一模)实验室用含有杂质(FeO、Fe2O3)的废CuO制备胆矾晶体经历下列过程(已知:Fe3+在pH=5时已完全沉淀):样品――→足量硫酸①△溶液Ⅰ,②溶液Ⅱ――→③CuO调pH=5浊液――→④过滤滤液Ⅲ→CuSO4·5H2O晶体下列分析正确的是(C)A.用98%的浓硫酸配制溶解所用的4.5mol·L-1的稀硫酸,需4种玻璃仪器B.步骤②目的是将溶液Ⅰ中的Fe2+充分转化成Fe3+,实验操作是向溶液Ⅰ中通入足量的氯气C.利用Cu(OH)2替代CuO也可调节溶液pH而不影响实验结果D.步骤④之后的实验操作是蒸干溶剂结晶,所需仪器是坩埚、玻璃棒、酒精灯、泥三角、三脚架[解析]用浓硫酸配制稀硫酸,需要用到量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管,A错误;为了不引入杂质离子,将Fe2+充分转化成Fe3+的最好试剂是H2O2,B错误;利用Cu(OH)2替代CuO也可调节溶液pH而不影响实验结果,C正确;步骤④之后是得到蓝矾晶体,应通过蒸发浓缩、冷却结晶的方法,需要蒸发皿,D错误。2.下列实验设计能够成功的是(C)A.检验亚硫酸钠试样是否变质:试样――→溶解――→滴加硝酸钡溶液白色沉淀――→滴加稀盐酸沉淀不溶解→说明试样已变质B.除去粗盐中含有的硫酸钙杂质:粗盐――→溶解――→足量碳酸钠溶液――→足量氯化钡溶液――→过滤――→滤液中滴加盐酸――→蒸发结晶精盐C.检验某溶液中是否含有Fe2+:试样――→滴加硫氰化钾溶液溶液颜色无变化――→滴加氯水溶液变红色→溶液中含有Fe2+D.证明酸性条件下H2O2的氧化性比I2强:NaI溶液――→30%过氧化氢溶液、硝酸――→硝酸――→淀粉溶液变紫色→氧化性:H2O2>I23.某化学兴趣小组欲制备并探究SO2的某些性质。【SO2的制备】用亚硫酸钠与较浓的硫酸反应制备SO2的装置图如上图(夹持仪器省略):(1)图中装置有一处错误是_集气瓶C中导管长短反了__;B中发生反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4===Na2SO4+H2O+SO2↑;D的作用是_吸收尾气中的SO2,防止污染环境__。【SO2的性质】探究SO2气体性质的装置如图所示:(2)装置Ⅰ中的现象是_有浅黄色沉淀生成__,说明SO2具有_氧化__(填"氧化"或"还原")性。装置Ⅰ中通入足量SO2发生反应的离子方程式为2S2-+5SO2+2H2O===3S↓+4HSO-3。(3)在上述装置中通入过量的SO2,为了验证Ⅱ中发生了氧化还原反应,取Ⅱ中溶液分成两份,并设计了如下实验:方案一:往第一份试液中加入少量酸性KMnO4溶液紫红色褪去。方案二:往第二份试液中加入KSCN溶液,不变红,再加入新制的氯水,溶液变红。上述方案不合理的是_方案一__,原因是_SO2过量,SO2可使酸性KMnO4溶液褪色__,写出解释该原因的离子方程式:5SO2+2MnO-4+2H2O===5SO2-4+2Mn2++4H+。(4)SO2可以用来制备硫代硫酸钠,硫代硫酸钠可用于照相业作定影剂,也可用于纸浆漂白作脱氯剂等。实验室可通过Na2S、Na2CO3和SO2共同反应来制取Na2S2O3。写出如图所示装置中三颈烧瓶中反应制取Na2S2O3的化学方程式:2Na2S+Na2CO3+4SO2===3Na2S2O3+CO2。[解析](1)SO2的密度大于空气,即错误在于集气瓶C中导管长短反了。反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4===Na2SO4+H2O+SO2↑。SO2是大气污染物,需要尾气处理,则D中氢氧化钠溶液的作用是吸收尾气中的SO2,防止污染环境。(2)SO2具有氧化性,能把硫化钠氧化为单质S,装置Ⅰ中有浅黄色沉淀生成;如果通入足量的SO2,则反应的离子方程式为2S2-+5SO2+2H2O===3S↓+4HSO-3。(3)如果SO2过量,则SO2可使酸性KMnO4溶液褪色,不能说明有亚铁离子生成,所以方案一不合理,有关反应的离子方程式为5SO2+2MnO-4+2H2O===5SO2-4+2Mn2++4H+。(4)反应物是Na2S、Na2CO3和SO2,生成物是硫代硫酸钠,根据原子守恒可知还有CO2生成,则反应的方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2===3Na2S2O3+CO2。考点二有机物制备与提纯实验方案设计Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2018·青岛一模)正丁醇中混有少量正丁醛,设计如下提纯路线:已知:①正丁醇和正丁醛(CH3CH2CH2CHO)常温为液体;②CH3CH2CH2CHO+NaHSO3(饱和)―→CH3CH2CH2CH(OH)SO3Na↓。下列说法不正确的是(C)A.操作(1)需要过滤装置B.操作(2)需要用到分液漏斗C.操作(3)需要用到蒸发皿D.操作(4)需要蒸馏装置2.(2018·全国Ⅰ·9)在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中,下列操作未涉及的是(D)ABCD[解析]A是生成乙酸乙酯的操作,B是收集乙酸乙酯的操作,C是分离乙酸乙酯的操作。D是蒸发操作,在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中未涉及。3.(2017·江苏)[实验化学]1-溴丙烷是一种重要的有机合成中间体,沸点为71℃,密度为1.36g·cm-3。实验室制备少量1-溴丙烷的主要步骤如下:步骤1:在仪器A中加入搅拌磁子、12g正丙醇及20mL水,冰水冷却下缓慢加入28mL浓H2SO4;冷却至室温,搅拌下加入24gNaBr。步骤2:如图所示搭建实验装置,缓慢加热,直到无油状物馏出为止。步骤3:将馏出液转入分液漏斗,分出有机相。步骤4:将分出的有机相转入分液漏斗,依次用12mLH2O、12mL5%Na2CO3溶液和12mLH2O洗涤,分液,得粗产品,进一步提纯得1-溴丙烷。(1)仪器A的名称是_蒸馏烧瓶__;加入搅拌磁子的目的是搅拌和_防止暴沸__。(2)反应时生成的主要有机副产物有2-溴丙烷和_丙烯、正丙醚__。(3)步骤2中需向接受瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是_减少1-溴丙烷的挥发__。(4)步骤2中需缓慢加热使反应和蒸馏平稳进行,目的是_减少HBr挥发__。(5)步骤4中用5%Na2CO3溶液洗涤有机相的操作:向分液漏斗中小心加入12mL5%Na2CO3溶液,振荡,_将分液漏斗下口向上倾斜、打开活塞排出气体__,静置,分液。[解析]本题考查1-溴丙烷的制备实验,涉及仪器的识别、实验基本操作、实验原理的分析。(1)仪器A为蒸馏烧瓶,搅拌磁子的作用是搅拌和防止暴沸。(2)反应物中的正丙醇可能发生消去反应生成丙烯,也可能发生分子间脱水反应生成正丙醚。(3)向接收瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中,降低了接收瓶内的温度,减少了1-溴丙烷的挥发。(4)HBr易挥发,故需缓慢加热。(5)振荡后,要排出分液漏斗中的气体。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1.有机制备与分离提纯的思维流程:第一步明确实验目的-通过分析合成目标产物的有机反应方程式确定反应原理。↓第二步确定实验步骤-依据反应物状态及反应条件选择合适的反应容器,并控制合适的反应温度。↓第三步设计除杂方案-根据有机反应中反应物的挥发性及有机副反应较多的特点,分析除杂步骤、试剂及除杂装置。↓第四步产品产率计算-利用有机反应方程式及关系式,结合题给信息并考虑损耗进行计算。2.有机物制备实验中常用的仪器:(1)制备装置。(2)蒸馏装置。3.有机混合物的分离提纯常用方法:方法 适用条件 实例 说明萃取 互不相溶的液体混合物 分离CCl4和水等 分液时下层液体从下口流出,上层液体从上口倒出蒸馏 两种或两种以上互溶的液体,沸点相差较大 分离酒精和水 在蒸馏烧瓶中放少量碎瓷片,防止液体暴沸4.有机物制备的解题流程有机物的制备是中学化学实验的重要组成部分,以新物质制备为背景的实验图,涉及知识面广、题型多变、思维发散空间大,能很好的考查学生综合运用化学实验基础知识解决实际问题的能力,因而倍受高考命题者的青睐。解答此类试题的一般流程是:第一步,明确实验目的。通过分析合成目标产物的有机反应方程式确定反应原理,分析反应的特点(如可逆反应等),并分析可能发生的副反应。第二步,确定实验装置。依据反应物状态及反应条件选择合适的反应容器,并控制合适的反应温度。根据反应原理及装置特点,确定每个装置的作用。第三步,设计除杂方案。根据产品和杂质的性质差异(如溶解性、熔沸点、密度大小、物质的状态等)选择合适的分离提纯方法。根据有机反应中反应物的挥发性及有机副反应较多的特点,分析除杂步骤、试剂及除杂装置。第四步,产品产率(纯度)计算。根据题目提供的反应原理和试剂的用量,利用有机反应方程式或关系式,计算产品的理论产量,则产品产率为实际产量理论产量×100%。B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.冬青油是一种无色液体,某实验小组利用如图所示的装置制备冬青油。化学反应原理和实验装置如下所示:产物的有关数据如表所示: 相对分子质量 密度/g·cm-3 沸点/℃ 溶解性冬青油 152 1.180 222.2 微溶于水实验步骤如下所示:①向三颈瓶中加入6.9g(0.05mol)水杨酸和24g(0.75mol)甲醇,再小心地加入6mL浓硫酸,摇匀。②加入2粒沸石(或碎瓷片),装上仪器a,在石棉网上保持温度在85~95℃,回流1.5h。③反应完毕,将烧瓶冷却,加入50mL蒸馏水,然后转移至分液漏斗,弃去水层,将有机层再倒入分液漏斗中,依次用50mL5%碳酸氢钠溶液和30mL水洗涤。④将产物移至干燥的锥形瓶中,加入0.5g无水氯化钙。⑤最后将粗产品进行蒸馏,收集221~224℃的馏分,其质量为6.8g。请回答下列问题:(1)本实验中浓硫酸的作用是_催化剂、吸水剂__。(2)装置中仪器a的名称是_球形冷凝管__,进水口为_Ⅰ__(填"Ⅰ"或"Ⅱ")。温度计的适宜规格为_②__(填代号)。①50℃②100℃③300℃(3)用碳酸氢钠溶液洗涤的目的是_除去水杨酸和硫酸__;用水洗涤时,产品在_下__(填"上"或"下")层。(4)加入无水氯化钙的目的是_除去粗产品中的水分__。(5)本次实验中冬青油的产率为_89.5%__。2.(2017·石家庄模拟)实验室制备1,2-二溴乙烷的反应原理如下:CH3CH2OH――→H2SO4浓170℃CH2===CH2↑+H2OCH2===CH2+Br2―→BrCH2CH2Br可能存在的主要副反应有:乙醇在浓硫酸的存在下在140℃脱水生成乙醚。用少量的溴和足量的乙醇制备1,2-二溴乙烷的装置如图所示:有关数据列表如下: 乙醇 1,2-二溴乙烷 乙醚状态 无色液体 无色液体 无色液体密度/g·cm-3 0.79 2.2 0.71沸点/℃ 78.5 132 34.6熔点/℃ -130 9 -116回答下列问题:(1)在此制备实验中,要尽可能迅速地把反应温度提高到170℃左右,其最主要的目的是_d__(填正确选项前的字母);a.引发反应 b.加快反应速度c.防止乙醇挥发 d.减少副产物乙醚生成(2)在装置C中应加入_c__(填正确选项前的字母),其目的是吸收反应中可能生成的酸性气体;a.水 b.浓硫酸c.氢氧化钠溶液 d.饱和碳酸氢钠溶液(3)判断该制备反应已经结束的最简单方法是_溴的颜色完全褪去__;(4)将1,2-二溴乙烷粗产品置于分液漏斗中加水,振荡后静置,产物应在_下__层(填"上"或"下");(5)若产物中有少量未反应的Br2,最好用_b__(填正确选项前的字母)洗涤除去;a.水 b.氢氧化钠溶液c.碘化钠溶液 d.乙醇(6)若产物中有少量副产物乙醚,可用_蒸馏__的方法除去;(7)反应过程中应用冷水冷却装置D,其主要目的是_避免溴大量挥发__;但又不能过度冷却(如用冰水),其原因是_1,2-二溴乙烷的熔点低,过度冷却会凝固而堵塞导管__。[解析](2)根据题中提示,选碱来吸收酸性气体;(3)制备反应是溴与乙烯的反应,明显的现象是溴的颜色褪去;(4)1,2-二溴乙烷的密度大于水,因而在下层;(5)溴在水中溶解度小,不能用水,碘化钠与溴反应生成碘会溶解在1,2-二溴乙烷中,不能用碘化钠溶液除溴,乙醇与1,2-二溴乙烷混溶也不能用;(6)根据表中数据,乙醚沸点低,可通过蒸馏除去(不能用蒸发,乙醚不能散发到空气中,且蒸发会导致1,2-二溴乙烷挥发到空气中);(7)溴易挥发,冷却可减少挥发。但如果用冰水冷却会使产品凝固而堵塞导管。3.(2018·潍坊联考)实验室制备硝基苯的反应原理和实验装置如图所示:+HO-NO2――→浓硫酸50~60℃+H2OΔH<0存在的主要副反应有在温度稍高的情况下会生成间二硝基苯。有关数据如表所示:物质 熔点/℃ 沸点/℃ 密度/g·cm-3 溶解性苯 5.5 80 0.88 微溶于水硝基苯 5.7 210.9 1.205 难溶于水间二硝基苯 89 301 1.57 微溶于水浓硝酸  83 1.4 易溶于水浓硫酸  338 1.84 易溶于水实验步骤如下:取100mL烧杯,用20mL浓硫酸与18mL浓硝酸配制混合酸,将混合酸小心加入B中。把18mL(15.84g)苯加入A中。向室温下的苯中逐滴加入混酸,边滴边搅拌,混合均匀。在50~60℃下发生反应,直至反应结束。将反应液冷却至室温后倒入分液漏斗中,依次用少量水、5%NaOH溶液和水洗涤。分出的产物加入无水CaCl2颗粒,静置片刻,弃去CaCl2,进行蒸馏纯化,收集205~210℃馏分,得到纯硝基苯18g。回答下列问题:(1)装置B的名称是_分液漏斗__,装置C的作用是_冷凝回流__。(2)配制混合酸时,能否将浓硝酸加入浓硫酸中,说明理由:_不能,易发生酸液迸溅__。(3)为了使反应在50~60℃下进行,常用的方法是_水浴加热__。反应结束并冷却至室温后A中液体就是粗硝基苯,粗硝基苯呈黄色的原因是_溶有浓硝酸分解产生的NO2(或硝酸)等杂质__。(4)在洗涤操作中,第二次水洗的作用是_洗去残留的NaOH及生成的钠盐等可溶性杂质__。(5)在蒸馏纯化过程中,因硝基苯的沸点高于140℃,应选用空气冷凝管,不选用水直形冷凝管的原因是_以免直形冷凝管通水冷却时因玻璃管内外温差大而炸裂__。(6)本实验所得到的硝基苯产率是_72%__。[解析](1)装置B的名称是分液漏斗,装置C的作用是冷凝回流。(2)不能,因为硝酸的密度比硫酸小,将浓硝酸加入浓硫酸易发生酸液迸溅。(3)水浴加热可以控制温度在50~60℃。粗硝基苯呈黄色的原因是溶有浓硝酸分解产生的NO2等杂质。(4)第二次水洗可以除去氢氧化钠及钠盐等可溶性杂质。(5)用直形冷凝管可能因为内外温差过大而炸裂。(6)理论上产生硝基苯的质量=15.84g78g·mol-1×123g·mol-1≈25g,则硝基苯的产率=18÷25×100%=72%。考点三定量测定实验Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2016·天津)水中溶氧量(DO)是衡量水体自净能力的一个指标,通常用每升水中溶解氧分子的质量表示,单位mg·L-1。我国《地表水环境质量标准》规定,生活饮用水源的DO不能低于5mg·L-1。某化学小组同学设计了下列装置(夹持装置略),测定某河水的DO。Ⅰ.测定原理:碱性条件下,O2将Mn2+氧化为MnO(OH)2;①2Mn2++O2+4OH-===2MnO(OH)2↓酸性条件下,MnO(OH)2将I-氧化为I2;②MnO(OH)2+I-+H+―→Mn2++I2+H2O(未配平)用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2;③2S2O2-3+I2===S4O2-6+2I-Ⅱ.测定步骤:a.安装装置,检验气密性,充N2排尽空气后,停止充N2。b.向烧瓶中加入200mL水样。c.向烧瓶中依次迅速加入1mLMnSO4无氧溶液(过量)、2mL碱性KI无氧溶液(过量),开启搅拌器,至反应①完全。d.搅拌并向烧瓶中加入2mLH2SO4无氧溶液,至反应②完全,溶液为中性或弱酸性。e.从烧瓶中取出40.00mL溶液,以淀粉作指示剂,用0.01000mol·L-1Na2S2O3溶解进行滴定,记录数据。f.……g.处理数据(忽略氧气从水样中的逸出量和加入试剂后水样体积的变化)。回答下列问题:(1)配制以上无氧溶液时,除去所用溶剂水中氧的简单操作为_将溶剂水煮沸后冷却__。(2)在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择的仪器是_②__。①滴定管②注射器③量筒(3)搅拌的作用是_使溶液混合均匀,快速完成反应__。(4)配平反应②的方程式,其化学计量数依次为_1,2,4,1,1,3__。(5)步骤f为_重复步骤e的操作2-3次__。(6)步骤e中达到滴定终点的标志为_溶液蓝色褪去(半分钟内不恢复颜色)__。若某次滴定消耗Na2S2O3溶液4.50mL,水样的DO=_9.0__mg·L-1(保留一位小数)。作为饮用水源,此次测得DO是否达标:_是__(填"是"或"否")。(7)步骤d中加入H2SO4溶液反应后,若溶液pH过低,滴定时会产生明显的误差。写出产生此误差的原因(用离子方程式表示,至少写出2个)2H++S2O2-3===S↓+SO2↑+H2O、SO2+I2+2H2O===4H++SO2-4+2I-。2.(2017·全国Ⅰ·26)凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法,其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐,利用如图所示装置处理铵盐,然后通过滴定测量。已知:NH3+H3BO3===NH3·H3BO3;NH3·H3BO3+HCl===NH4Cl+H3BO3。回答下列问题:(1)a的作用是_避免b中压强过大__。(2)b中放入少量碎瓷片的目的是_防止暴沸__。f的名称是_直形冷凝管__。(3)清洗仪器:g中加蒸馏水:打开k1,关闭k2、k3,加热b,蒸气充满管路:停止加热,关闭k1,g中蒸馏水倒吸进入c,原因是_c中温度下降,管路中形成负压__;打开k2放掉水。重复操作2~3次。(4)仪器清洗后,g中加入硼酸(H3BO3)和指示剂,铵盐试样由d注入e,随后注入氢氧化钠溶液,用蒸馏水冲洗d,关闭k3,d中保留少量水,打开k1,加热b,使水蒸气进入e。①d中保留少量水的目的是_液封,防止氨气逸出__。②e中主要反应的离子方程式为NH+4+OH-=====△NH3↑+H2O,e采用中空双层玻璃瓶的作用是_保温使氨完全蒸出__。(5)取某甘氨酸(C2H5NO2)样品m克进行测定,滴定g中吸收液时消耗浓度为cmol·L-1的盐酸VmL,则样品中氮的质量分数为1.4cVm%,样品的纯度≤7.5cVm%。[解析](1)导管a与大气相通,其作用是避免烧瓶内气压过大,发生危险。(2)加热液体时加入碎瓷片,其作用是防止液体暴沸。冷凝管有直形冷凝管和球形冷凝管等,要指明。(3)停止加热,瓶内水蒸气冷凝,气体压强减小,会引起g中液体倒吸入c中,利用蒸馏水倒吸来洗涤仪器e、f。(4)①止水夹k3处可能漏气,导致测定的N元素质量分数偏低,故d中保留少量水起液封作用,防止氨气逸出。②e中发生的主要反应是铵盐与氢氧化钠反应,需要加热,使氨气全部逸出。"中空双层玻璃瓶"考生比较陌生,可以联想平时生活中保温玻璃瓶来分析问题。(5)n(N)=n(NH3)=n(HCl)=cV1000mol,w(N)=cV1000mol×14g·mol-1mg×100%=1.4cVm%。C2H5NO2的相对分子质量为75,w(C2H5NO2)=1.4cVm%×7514=7.5cVm%。3.(2018·天津·9)烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一,为了监测其含量,选用如下采样和检测方法。回答下列问题:Ⅰ.采样采样系统简图采样步骤:①检验系统气密性;②加热器将烟道气加热至140℃;③打开抽气泵置换系统内空气;④采集无尘、干燥的气样;⑤关闭系统,停止采样。(1)A中装有无碱玻璃棉,其作用为_除尘__。(2)C中填充的干燥剂是(填序号)_c__。a.碱石灰b.无水CuSO4c.P2O5(3)用实验室常用仪器组装一套装置,其作用与D(装有碱液)相同,在虚线框中画出该装置的示意图,标明气体的流向及试剂。(4)采样步骤②加热烟道气的目的是_防止NOx溶于冷凝水__。Ⅱ.NOx含量的测定将vL气样通入适量酸化的H2O2溶液中,使NOx完全被氧化成NO-3,加水稀释至100.00mL。量取20.00mL该溶液,加入v1mLc1mol·L-1FeSO4标准溶液(过量),充分反应后,用c2mol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+,终点时消耗v2mL。(5)NO被H2O2氧化为NO-3的离子方程式为2NO+3H2O2===2H++2NO-3+2H2O。(6)滴定操作使用的玻璃仪器主要有_锥形瓶、酸式滴定管__。(7)滴定过程中发生下列反应:3Fe2++NO-3+4H+===NO↑+3Fe3++2H2OCr2O2-7+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2O则气样中NOx折合成NO2的含量为23×c1v1-6c2v23v×104mg·m-3。(8)判断下列情况对NOx含量测定结果的影响(填"偏高""偏低"或"无影响")。若缺少采样步骤③,会使测定结果_偏低__。若FeSO4标准溶液部分变质,会使测定结果_偏高__。[解析](1)装置A是过滤器,装有无碱玻璃棉的作用是过滤除去粉尘。(2)C中填充的是干燥剂,除去H2O且不能与NOx反应,所以应选有酸性、干燥能力强的P2O5。(3)D装置中装有碱液,用于除去NOx,作用与实验室中的洗气瓶相同,该装置的示意图为。(4)烟道气中有水,采样步骤②加热器将烟道气加热至140℃的目的是防止NOx溶于冷凝水。(5)NO被H2O2氧化为NO-3,H2O2的还原产物为H2O,离子方程式为2NO+3H2O2===2H++2NO-3+2H2O。(6)滴定操作使用的玻璃仪器主要有锥形瓶、滴定管,因为该滴定液呈酸性,所以选用酸式滴定管。(7)滴定过程中发生下列反应:3Fe2++NO-3+4H+===NO↑+3Fe3++2H2OCr2O2-7+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2O与Cr2O2-7反应的Fe2+的物质的量为6c2v2×10-3mol,标准液中Fe2+的物质的量为c1v1×10-3mol,则与NO-3反应的Fe2+的物质的量为(c1v1-6c2v2)×10-3mol,NO-3的物质的量为c1v1-6c2v2×10-33mol,则vL气样中折合成NO2的含量为c1v1-6c2v2×10-33vLmol×46g·mol-1×100mL20mL×1000mg·g-1×1000L·m-3=23×c1v1-6c2v23v×104mg·m-3。(8)若缺少采样步骤③,系统内存在空气,会使收集的气样中NOx偏少,测定结果偏低。若FeSO4标准溶液部分变质,溶液中的Fe2+浓度减小,消耗的FeSO4标准溶液体积增大,会使测定结果偏高。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏定量实验测量的方法1.测量沉淀质量法:先将某种成分转化为沉淀,然后称量过滤、洗涤、干燥后沉淀的质量再进行相关计算。称量固体一般用托盘天平,精确度为0.1g,但精确度高的实验中可使用分析天平或电子天平,可精确到0.0001g。2.测量气体体积法:(1)量气装置的设计:下列装置中,A是常规的量气装置,B、C、D是改进后的装置。(2)读数时先要将其恢复室温后,再调整量气装置使两侧液面相平,最后读数要求视线与凹液面最低点相平。3.测量气体质量法:一般有两种方法:一种方法是称反应装置在放出气体前后的质量减小值;另一种方法是称吸收装置前后的质量增大值。4.滴定法:即利用滴定操作原理,通过酸碱中和滴定、沉淀滴定和氧化还原反应滴定等获得相应数据后再进行相关计算。B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.为精准测定工业纯碱中碳酸钠的质量分数(含少量NaCl),准确称量W0g样品进行实验,下列实验方法所对应的实验方案和测量数据最合理(除W0外)的是(A)选项 实验方法 实验方案 测量数据A 滴定法 将样品配成100mL溶液,取10mL,加入甲基橙,用标准盐酸滴定 消耗盐酸的体积B 量气法 将样品与盐酸反应,生成的气体全部被碱石灰吸收 碱石灰增重的质量C 重量法 样品放入烧瓶中,置于天平上,加入足量盐酸 减轻的质量D 量气法 将样品与盐酸反应,气体通过排水量气装置量气 排水体积2.青蒿素是烃的含氧衍生物,为无色针状晶体,易溶于丙酮、氯仿和苯中,在甲醇、乙醇、乙醚、石油醚中可溶解,在水中几乎不溶,熔点为156~157℃,热稳定性差,青蒿素是高效的抗疟药。已知:乙醚沸点为35℃,从青蒿中提取青蒿素的方法之一是以萃取原理为基础的,主要有乙醚浸取法和汽油浸取法。乙醚浸取法的主要工艺如图所示:(1)对青蒿进行干燥破碎的目的是_增大青蒿与乙醚的接触面积,提高青蒿素的浸取率__。(2)操作Ⅰ需要的玻璃仪器主要有烧杯、_漏斗、玻璃棒__,操作Ⅱ的名称是_蒸馏__。(3)操作Ⅲ的主要过程可能是_B__(填字母)。A.加水溶解,蒸发浓缩、冷却结晶B.加95%的乙醇,浓缩、结晶、过滤C.加入乙醚进行萃取分液(4)用下列实验装置测定青蒿素分子式的方法如下:将28.2g青蒿素样品放在硬质玻璃管C中,缓缓通入空气数分钟后,再充分燃烧,精确测定装置E和F实验前后的质量,根据所测数据计算。①装置A、E、F中盛放的物质分别是_NaOH溶液__、_CaCl2(或P2O5)__、_碱石灰__。②G的作用是_防止空气中的CO2和水蒸气进入F装置__。③装置 实验前/g 实验后/gE 22.6 42.4F 80.2 146.2则测得青蒿素的最简式是_C15H22O5__,欲确定其分子式,则还需要的物理量为_相对分子质量或摩尔质量__。3.(2017·天津)用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I-),实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。Ⅰ.准备标准溶液a.准确称取AgNO3基准物4.2468g(0.0250mol)后,配制成250mL标准溶液,放在棕色试剂瓶中避光保存,备用。b.配制并标定100mL0.1000mol·L-1NH4SCN标准溶液,备用。Ⅱ.滴定的主要步骤a.取待测NaI溶液25.00mL于锥形瓶中。b.加入25.00mL0.1000mol·L-1AgNO3溶液(过量),使I-完全转化为AgI沉淀。c.加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。d.用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量的Ag+,使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后,体系出现淡红色,停止滴定。e.重复上述操作两次。三次测定数据如下表:实验序号 1 2 3消耗NH4SCN标准溶液体积/mL 10.24 10.02 9.98f.数据处理。回答下列问题:(1)将称得的AgNO3配制成标准溶液,所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有_250mL(棕色)容量瓶、胶头滴管__。(2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是_AgNO3见光分解__。(3)滴定应在pH<0.5的条件下进行,其目的是_防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断(或抑制Fe3+的水解)__。(4)b和c两步操作是否可以颠倒_否__,说明理由_若颠倒,Fe3+与I-反应,指示剂耗尽,无法判断滴定终点__。(5)所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为_10.00__mL,测得c(I-)=_0.060_0__mol·L-1。(6)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步,应进行的操作为_用NH4SCN标准溶液进行润洗__。(7)判断下列操作对c(I-)测定结果的影响(填"偏高"、"偏低"或"无影响")①若在配制AgNO3标准溶液时,烧杯中的溶液有少量溅出,则测定结果_偏高__。②若在滴定终点读取滴定管刻度时,俯视标准液液面,则测定结果_偏高__。[解析]本题考查沉淀滴定法测定NaI溶液中c(I-)。(1)配制一定物质的量浓度的标准溶液,除烧杯和玻璃棒外,还需用到的仪器有250mL(棕色)容量瓶、胶头滴管。(2)AgNO3见光容易分解,因此需要保存在棕色试剂瓶中。(3)滴定实验中用NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂,Fe3+容易发生水解,影响滴定终点判断,因此控制pH<0.5,目的是抑制Fe3+的水解。(4)Fe3+能与I-发生氧化还原反应:2Fe3++2I-===2Fe2++I2,因此b、c不能颠倒,否则指示剂耗尽,无法判断滴定终点。(5)第1组数据误差较大,舍去,取第2组、第3组实验数据的平均值,消耗NH4SCN标准溶液的体积为(10.02+9.98)mL×12=10.00mL。根据滴定原理,则n(Ag+)=n(I-)+n(SCN-),故n(I-)=n(Ag+)-n(SCN-)=0.025L×0.1000mol·L-1-0.01L×0.1000mol·L-1=0.0015mol,则c(I-)=0.0015mol0.025L=0.0600mol·L-1。(6)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液之前,要先用NH4SCN标准溶液润洗滴定管。(7)①配制AgNO3标准溶液时,若烧杯中溶液有少量溅出,配制的AgNO3标准溶液的浓度偏低,则滴定时消耗的NH4SCN标准溶液的体积偏小,测得的c(I-)偏高。②滴定管0刻度在上,读数时从上往下读数,读取体积偏小,计算所用NH4SCN的物质的量偏低,测得的c(I-)偏高。1.(2018·济宁二模)下列实验"实验操作和现象"与"结论"都正确的是(D)选项 实验操作和现象 结论A 分别测定饱和NaClO溶液与饱和CH3COONa溶液的pH,pH(NaClO)>pH(CH3COONa) ClO-结合H+的能力比CH3COO-的强B 25℃时,向pH等于2的醋酸溶液中加入少量0.01mol·L-1的稀盐酸,溶液的pH会变小 醋酸的电离程度增大C 将稀硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中,溶液变黄色 氧化性:H2O2>Fe3+D 向2mL2%NaOH溶液中加入1mL1%CuSO4溶液,振荡后滴加0.5mL5%葡萄糖溶液,加热至沸腾,出现红色沉淀 葡萄糖中含有醛基[解析]NaClO溶液会发生水解,产生少量的HClO,HClO具有漂白性,因此不能达到实验目的,A项错误。向pH等于2的醋酸溶液中加入少量0.01mol·L-1的稀盐酸,两溶液pH相同,混合后氢离子浓度不变,醋酸电离平衡不移动,B项错误。硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中,NO-3在酸性环境中具有强氧化性,能把Fe2+氧化为Fe3+,不能证明H2O2的氧化性大于Fe3+,C项错误。硫酸铜与氢氧化钠溶液反应时,氢氧化钠过量,溶液呈碱性,新制的氢氧化铜用于检验葡萄糖中的醛基,反应出现红色沉淀,D项正确。2.(2018·太原二模)下列实验操作、现象和对应的实验结论均正确的是(B)选项 实验操作和现象 实验结论A. 检验某溶液中是否含有SO2-4时,向溶液中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液,有白色沉淀生成 该溶液中一定含有SO2-4
B. 检验输送氯气的管道是否发生泄漏时,用一根玻璃棒蘸取浓氨水,然后靠近管道 有白色烟产生时说明管道发生泄漏C. 检验FeCl3溶液中是否含有Fe2+时,向溶液中滴加酸性KMnO4溶液,溶液变为无色 该溶液中一定含有Fe2+D. 向2mL0.1mol·L-1硝酸银溶液中加入1mL0.1mol·L-1NaCl溶液,出现白色沉淀,再加入几滴0.1mol·L-1Na2S溶液,有黑色沉淀生成 该现象说明相同温度下,Ksp(Ag2S)<Ksp(AgCl)[解析]加入盐酸酸化的氯化钡溶液产生的沉淀也可能是氯化银,A项错误。浓氨水能挥发出氨气,如果管道发生泄漏,则逸出的氯气与氨气反应生成氯化铵和氮气,能看到白烟,B项正确。检验FeCl3溶液中是否含有Fe2+时,向溶液中滴加酸性KMnO4溶液,如果溶液红色褪去则可证明有亚铁离子,溶液变为无色是不可能的,因为氯化铁溶液本身就显黄色,Cl-也使液性KMnO4褪色,C项错误。硝酸银与氯化钠反应后还有剩余,硫化钠可与溶液中的银离子直接反应,无法证明哪种沉淀的溶度积更小,D项错误。3.(2018·青岛二模)下列所述实验中,现象和结论均正确的是(B)选项 实验 现象 结论A. 将硝酸亚铁加入稀硫酸中充分反应后滴加KSCN溶液 有气体生成,溶液呈红色 硫酸有强氧化性B. NaAlO2溶液中滴入NaHCO3 产生白色沉淀 酸性:HCO-3>Al(OH)3
C. Na2CO3溶液中滴入酚酞 溶液变红 能水解的盐溶液中的水的电离度一定比纯水的大D. 将少量氯水滴在淀粉-KI试纸上 试纸中间褪色,试纸边缘变蓝 氯气既有氧化性又有漂白性[解析]在酸性溶液中硝酸根具有强氧化性,把亚铁离子氧化为铁离子,A项错误。产生白色沉淀说明偏铝酸根能结合碳酸氢根电离出的氢离子,因此酸性HCO-3>Al(OH)3,B项正确。能水解的盐溶液中的水的电离度不一定比纯水的大,例如亚硫酸氢钠溶液,C项错误。氯水滴在淀粉-KI试纸上,试纸变蓝但不能褪色,且氯气没有漂白性,溶于水生成的次氯酸具有漂白性,D项错误。4.(2018·洛阳三模)下列由实验现象得出的结论正确的是(D)选项 实验及现象 结论A 向AgNO3和AgCl的浊液中滴入0.1mol/LNa2S溶液,生成黑色沉淀 Ag2S的溶度积比AgCl的小B 将光亮镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中,产生大量气泡,同时将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口,试纸变蓝 反应产生的气体一定是NH3C 向溶液X中先滴加稀硝酸,再滴加Ba(NO3)2溶液,出现白色沉淀 溶液X中一定含有SO2-4
D 将铜粉加入1.0mol/LFe2(SO4)3溶液中,溶液变蓝 说明氧化性Fe3+>Cu2+[解析]AgNO3溶液中滴加Na2S溶液也能生成黑色Ag2S沉淀,A项错误。NH4Cl溶液因NH+4的水解显酸性,加入镁条生成的气体可能是氢气和氨气的混合气体,B项错误。向溶液X中先滴加稀硝酸,再滴加Ba(NO3)2溶液,产生白色沉淀,溶液X中可能含SO2-4或SO2-3,或二者均有,C项错误。将铜粉加入1.0mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中,溶液变蓝,说明溶液中Fe3+能氧化铜,生成Cu2+,即氧化性Fe3+>Cu2+,D项正确。5.(2018·潍坊一模)某化学实验小组欲用下列装置制备纯净的氯气及含氯化合物,并探究其性质。(1)欲制备并收集一瓶纯净的氯气,选择上图中合适的装置,其连接顺序为_a(或b)、g、h、e、f、i、j、d(或m)__(按气流方向,用小写字母表示)。根据选择的装置,写出制备氯气的化学方程式:a对应:MnO2+4HCl(浓)=====△MnCl2+Cl2↑+2H2Ob对应:2KMnO4+16HCl===2KCl+MnCl2+5Cl2↑+8H2O。(2)取100mL氯气与NaOH溶液反应生成的"84"消毒液,持续通入过量的SO2,溶液中开始出现黄绿色,后黄绿色逐渐褪去。溶液变为黄绿色的可能原因是:①溶液中Cl-与ClO-反应所致,设计实验方案确认这种可能性:_取少量"84"消毒液于试管中,滴加稀硫酸,观察溶液颜色变为黄绿色__。②2ClO-+SO2===Cl2+SO2-4所致(用离子方程式表示)。向反应后的溶液中先加入足量稀盐酸,再加入足量氯化钡溶液,经过滤、洗涤、干燥、称量,所得沉淀的质量为wg,则溶液中NaClO的物质的量浓度为20w233mol·L-1。(3)在加热条件下,氯气与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl等,写出反应的离子方程式:3Cl2+6OH-===ClO-3+5Cl-+3H2O。实验小组设计下图装置(加热装置略去)验证NaClO3的性质。已知:2NaClO3+Na2C2O4+2H2SO4(稀)===2ClO2↑+2CO2↑+2Na2SO4+2H2O;ClO2与氯气的化学性质相似。控制装置A中分液漏斗活塞,缓慢滴加稀硫酸,观察到B装置中的现象是_溶液变蓝__;装置C吸收的物质是_ClO2和CO2__。[解析](1)欲制备并收集纯净的氯气,二氧化锰固体和浓盐酸在加热条件下生成氯气,该反应为固液反应,需要加热,选A制Cl2,KMnO4固体和浓盐酸在不加热条件下就能生成氯气,该反应为固液反应,不需要加热,选B制Cl2,E除HCl,D干燥,F收集Cl2,C或G除去尾气,故选用装置连接顺序为a(或b)、g、h、e、f、i、j、d(或m),a对应:MnO2+4HCl(浓)=====△MnCl2+Cl2↑+2H2O,b对应:2KMnO4+16HCl===2KCl+MnCl2+5Cl2↑+8H2O。(2)①若为溶液中Cl-与ClO-反应使溶液为黄绿色,应取少量"84"消毒液于试管中,滴加稀硫酸,观察溶液颜色变化。②反应的离子方程式为2ClO-+SO2===Cl2+SO2-4;设NaClO的物质的量为xmol,则2NaClO~SO2-4~BaSO42mol233gxwgx=2w/233molc(ClO-)=2w233mol0.1L=20w233mol·L-1。(3)在加热条件下,氯气与NaOH溶液反应生成NaClO3,离子方程式为3Cl2+6OH-===ClO-3+5Cl-+3H2O;控制装置A中分液漏斗活塞,缓慢滴加稀硫酸,ClO2将I-氧化为I2,I2能使淀粉溶液呈蓝色,观察到B装置中的现象是溶液变蓝,装置C吸收的物质是ClO2和CO2。6.(2018·保定二模)碱式碳酸镁可用于牙膏、医药、化妆品等工业,化学式为4MgCO3·Mg(OH)2·5H2O,某碱式碳酸镁中含有SiO2杂质,为测定其纯度。某兴趣小组设计了如下几个方案:方案Ⅰ取一定质量的样品,与硫酸充分反应,通过测定CO2的质量计算纯度。(1)乙中发生反应的方程式为4MgCO3·Mg(OH)2·5H2O+5H2SO4===5MgSO4+11H2O+4CO2↑。(2)仪器接口的连接顺序为(装置可以重复使用)a_debcb__,丁的作用是_除去CO2中的水蒸气__。(3)当样品充分反应完后,缓慢通入空气的目的是_将装置中残留的CO2全部赶出被完全吸收__。方案Ⅱ①称取碱式碳酸镁样品mg;②将样品充分高温煅烧,冷却后称量;③重复操作②,测得剩余固体质量为m1g(用托盘天平称量)。(4)下列仪器中,该方案不会用到的是_E__。(5)判断样品完全分解的方法是_样品连续两次高温煅烧,冷却称量质量相差0.1_g以内__;本实验至少需要称量_4__次。(6)有同学认为方案Ⅱ高温煅烧的过程中会发生MgCO3+SiO2=====高温MgSiO3+CO2↑,会导致测定结果有误,你认为这位同学的观点正确吗?_错误__(填"正确"或"错误"),请说明自己的理由:_该反应的发生不影响生成CO2和水蒸气的量__。[解析](1)乙中发生反应的化学方程式为4MgCO3·Mg(OH)2·5H2O+5H2SO4===5MgSO4+11H2O+4CO2↑。(2)通过浓硫酸除去水蒸气,通过干燥管吸收二氧化碳;气体通过干燥管的方向是"粗进细出";为了防止空气中水蒸气、二氧化碳进入吸收二氧化碳的干燥管,需要再连接一个干燥管,故仪器接口的连接顺序为adebcb,丁的作用是除去CO2中的水蒸气。(3)当样品充分反应完后,缓慢通入空气的目的是将装置中残留的CO2全部赶出被完全吸收。(4)该方案不会用到的是E。(5)判断样品完全分解的方法是样品连续两次高温煅烧,冷却称量质量相差0.1g以内;本实验加热前需要称量坩埚的质量、坩埚与药品的质量和,加热至质量恒重,至少称量两次,一共至少需要称量4次。(6)错误。理由:该反应的发生不影响生成CO2和水蒸气的量。7.(2018·汕头二模)实验室制取乙酸丁酯的装置有如图所示两种装置供选择:有关物质的物理性质如下表: 乙酸 1-丁醇 乙酸丁酯熔点(℃) 16.6 -89.5 -73.5沸点(℃) 117.9 117 126.3密度(g/cm3) 1.05 0.81 0.88水溶性 互溶 可溶(9g/100g水) 微溶(1)制取乙酸丁酯的装置应选用_乙__(填"甲"或"乙")。不选另一种装置的理由是_由于反应物乙酸、1-丁醇的沸点低于产物乙酸丁酯的沸点,若采用甲装置,会造成反应物的大量挥发,降低了反应物的转化率,乙装置含有冷凝回流装置,可以冷凝回流反应物,提高反应物的转化率,所以选乙装置__。(2)该实验生成物中除了主产物乙酸丁酯外,还可能生成的有机副产物有(写出结构简式)_CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3__、CH3CH2CH===CH2。(3)酯化反应是一个可逆反应,为提高1-丁醇的利用率,可采取的措施是_增加乙酸浓度、减小生成物浓度(或移走生成物)__。(4)从制备乙酸丁酯所得的混合物中分离、提纯乙酸丁酯时,需要经过多步操作,下列图示的操作中,肯定需要的化学操作是_AB__(填选项字母)。(5)有机物的分离操作中,经常需要使用分液漏斗等仪器。使用分液漏斗前必须_检查是否漏水或堵塞__;某同学在进行分液操作时,若发现液体流不下来,其可能原因除分液漏斗活塞堵塞外,还可能_分液漏斗上口玻璃塞未打开(或漏斗内部未与大气相通,或玻璃塞上的凹槽未与漏斗口上的小孔对准)__。[解析](1)由于反应物乙酸、1-丁醇的沸点低于产物乙酸丁酯的沸点,若采用甲装置,会造成反应物的大量挥发,降低了反应物的转化率,乙装置含有冷凝回流装置,可以冷凝回流反应物,提高反应物的转化率,所以选乙装置。(2)因为1-丁醇在浓硫酸、加热条件下可以发生消去反应和分子间脱水反应,所以可能生成的副产物有CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH===CH2。(3)①增加乙酸浓度,②减小生成物浓度(或移走生成物)。(4)反应后的混合物中,乙酸能和水互溶,1-丁醇能溶于水。所以可加入饱和碳酸钠溶液振荡,进一步减少乙酸丁酯在水中的溶解度,然后分液可得乙酸丁酯,故肯定需要化学操作是AB。(5)使用分液漏斗前必须应检查是否漏水或堵塞;若液体流不下来,可能分液漏斗上口玻璃塞上的凹槽未与漏斗口上的小孔对准,或漏斗内部未与外界大气相通,液体滴下时,分液漏斗内的压强减小,液体逐渐难以滴下,或者玻璃塞未打开,液体不能滴下。8.(2018·山东烟台模拟)氯化亚砜(SOCl2)是一种液态化合物,沸点为77℃,在农药、制药行业中用途广泛。SOCl2遇水剧烈反应,液面上产生白雾,并带有刺激性气味的气体产生。实验室合成原理:SO2+Cl2+SCl2===2SOCl2,部分装置如图所示,回答以下问题:(1)仪器c的名称是_球形冷凝管__,装置f的作用是_吸收逸出的有毒气体Cl2、SO2,防止空气中的水蒸气进入反应装置,防止SOCl2水解__。(2)实验室制Cl2的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)=====△MnCl2+Cl2↑+2H2O。(3)SOCl2与水反应的化学方程式为SOCl2+H2O===SO2↑+2HCl↑。蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3,使SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热,可得到无水AlCl3,试解释原因:_AlCl3溶液易水解,AlCl3·6H2O与SOCl2混合加热,SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水作用,生成无水AlCl3、SO2和HCl气体,SOCl2吸水,产物SO2和HCl抑制AlCl3水解__。(4)下列四种制备SO2的方案中最佳选择是_丁__。(5)装置e中产生的Cl2经过d后进入三颈烧瓶,请在d的虚线框内画出所需实验装置图,并标出试剂。(6)试验结束后,将三颈烧瓶中混合物分离开的实验操作是_蒸馏(答分馏、精馏均可)__;(已知SCl2的沸点为50℃)若反应中消耗的Cl2的体积为896mL(已转化为标准状况,SO2足量),最后得到纯净的SOCl24.76g,则SOCl2的产率为_50.0%__(保留三位有效数字)。(7)分离产物后,向获得的SOCl2中加入足量NaOH溶液,振荡、静止得到无色溶液W,检验溶液W中存在的Cl-的方法是_取少量W溶液于试管中,加入过量Ba(NO3)2溶液,静置,取上层清液,滴加HNO3酸化,再加入AgNO3溶液,产生白色沉淀,则说明溶液中有Cl-__。[解析](1)仪器c是球形冷凝管,f有两个作用一个是防止有毒的氯气与二氧化硫逸出会造成污染,一个是防止空气中的水蒸气进入烧瓶中使氯化亚砜水解。(2)实验室制备氯气的方程式为MnO2+4HCl(浓)=====△MnCl2+Cl2↑+2H2O。(3)氯化亚砜与水反应的方程式为SOCl2+H2O===SO2↑+2HCl↑,AlCl3溶液易水解,AlCl3·6H2O与SOCl2混合加热,SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水作用,生成无水AlCl3、SO2和HCl气体,SOCl2吸水,产物SO2和HCl溶于水呈酸性抑制AlCl3水解。(4)丁制取二氧化硫最佳。因为甲利用固体加热制取气体,装置、药品均正确,但无法快速控制反应的进行与停止;乙利用浓H2SO4与Cu加热制SO2,但H2SO4的利用率较低;丙中无论是浓硝酸还是稀硝酸都具有很强的氧化性可以轻易的将亚硫酸钠中的+4价的硫氧化为+6价的硫酸根而无法得到二氧化硫;丁中反应生成硫酸钾与二氧化硫还有水。(6)氯化亚砜沸点为77℃,已知SOCl2的沸点为50℃,所以采用分馏的方法即可将之分离。消耗氯气0.04mol,得到氯化亚砜的理论值为0.08mol,即为9.52g,产率=4.76g9.52g×100%=50.0%。(7)取少量W溶液于试管中,加入过量Ba(NO3)2溶液,静置,取上层清液,滴加HNO3酸化,再加入AgNO3溶液,产生白色沉淀,则说明溶液中有Cl-。滴加硝酸酸化是为了除去可能存在的碳酸根离子和过量的氢氧化钠,而加入足量的硝酸钡溶液是为了除去过量的亚硫酸根离子。第17讲化学工艺流程最新考纲 考向分析1.建立分析解决材料、环境、健康、能源等领域关于物质的制备和应用等实际问题和思路方法。2.认识物质性质、设计物质转化的核心角度,形成认识途径,并将其应用于解决真实问题,进而形成解决问题的思路和方法。3.认识物质的转化在自然资源利用和环境保护中的重要价值。 1.以化工流程为载体,常考查:(1)实验操作目的分析。(2)实验操作规范判断。2.以物质制备和提纯为情境,考查:(1)陌生物质化合价的判断及电子式的书写。(2)反应方程式或离子方程式的书写。(3)流程中试剂的选择,中间产物的种类及离子判断。(4)实验操作规范语言的表述。(5)实验操作试剂的选取。(6)流程的中间环节物质种类及离子判断。(7)样品中质量分数及产物产率的计算。考点一物质制备型Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·全国Ⅰ·27)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下:回答下列问题:(1)"酸浸"实验中,铁的浸出率结果如下图所示。由图可知,当铁的浸出率为70%时,所采用的实验条件为_100℃、2190℃、5h__。(2)"酸浸"后,钛主要以TiOCl2-4形式存在,写出相应反应的离子方程式FeTiO3+4H++4Cl-===Fe2++TiOCl2-4+2H2O。(3)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40min所得实验结果如下表所示:温度/℃ 30 35 40 45 50TiO2·xH2O转化率/% 92 95 97 93 88分析40℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因_低于40℃,TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加;超过40℃,双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降__。(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4,其中过氧键的数目为_4__。(5)若"滤液②"中c(Mg2+)=0.02mol·L-1,加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍),使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1,此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成?Fe3+恰好沉淀完全时,c(PO3-4)=1.3×10-221.0×10-5mol·L-1=1.3×10-17mol·L-1,c3(Mg2+)·c2(PO3-4)值为0.013×(1.3×10-17)2=1.7×10-40<Ksp[Mg3(PO4)3],因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀(列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24。(6)写出"高温煅烧②"中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式2FePO4+Li2CO3+H2C2O4=====高温2LiFePO4+3CO2↑+H2O↑。[解析](1)从图象直接可以看出,铁的浸出率为70%时对应的温度、时间,符合温度升高,反应速率加快,值得注意的是,这类填空题可能有多个合理答案。(2)考查离子方程式书写。难点为生成物还有什么,钛酸亚铁中钛为+4价,铁为+2价,产物有氯化亚铁,比较FeTiO3和TiOCl2-4知,产物中一定有H2O。值得注意的是钛酸亚铁与盐酸反应是非氧化还原反应。(3)联系化学反应速率、双氧水和氨水性质分析转化率。这类问题要从两个角度分析,即低于40℃时,随着温度的升高,反应速率加快;高于40℃时,氨水挥发速率加快、双氧水分解速率加快,导致反应物浓度降低,结果转化率降低。(4)考查化学式与元素化合价关系。锂元素在化合物中只有一种化合价(+1),化合物中元素化合价代数和等于0,过氧键中氧显-1价,类似双氧水、过氧化钠。如果能求出-1价氧原子个数,就能求出过氧键数目,即过氧键数目等于-1价氧原子个数的一半。设Li4Ti5O15中-2价、-1价氧原子个数分别为x、y。有:x+y=152x+y=22,解得x=7,y=8。所以,过氧键数目为82=4。(5)考查溶度积计算以及判断沉淀是否形成。分两步计算:①计算铁离子完全沉淀时磷酸根离子浓度。c(Fe3+)·c(PO3-4)=Ksp(FePO4),c(PO3-4)=1.3×10-221.0×10-5mol·L-1=1.3×10-17mol·L-1。②混合后,溶液中镁离子浓度为c(Mg2+)=0.01mol·L-1,c3(Mg2+)·c2(PO3-4)=0.013×(1.3×10-17)2=1.7×10-40<Ksp[Mg3(PO4)2],没有磷酸镁沉淀生成。(6)草酸中碳为+3价,高温煅烧过程中铁的化合价降低,碳的化合价升高,有CO2生成。2.(2018·北京·26)磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下:已知:磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH),还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。溶解度:Ca5(PO4)3(OH)<CaSO4·0.5H2O(1)上述流程中能加快反应速率的措施有_研磨、加热__。(2)磷精矿粉酸浸时发生反应:2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO4=====△10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4①该反应体现出酸性关系:H3PO4_<__H2SO4(填">"或"<")。②结合元素周期律解释①中结论:P和S电子层数相同,_核电荷数P<S,原子半径P>S,得电子能力P<S,非金属性P<S__。(3)酸浸时,磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF,并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式:2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O=====△10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF__。(4)H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除,同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间,不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因:_80_℃后,H2O2分解速率大,浓度显著降低__。(5)脱硫时,CaCO3稍过量,充分反应后仍有SO2-4残留,原因是_CaSO4微溶__;加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率,其离子方程式是BaCO3+SO2-4+2H3PO4===BaSO4+CO2↑+H2O+2H2PO-4。(6)取ag所得精制磷酸,加适量水稀释,以百里香酚酞作指示剂,用bmol·L-1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4,消耗NaOH溶液cmL。精制磷酸中H3PO4的质量分数是0.049bca。(已知:H3PO4摩尔质量为98g·mol-1)[解析](1)可通过增大接触面积和升高温度等措施加快反应速率。通过题给流程可知,能够加快反应速率的措施有研磨和加热。(2)①由强酸制弱酸规律可知,硫酸的酸性强于磷酸的酸性。②根据两者电子层数相同,可判断两者处于同一周期,且S在P的右侧,核电荷数P<S,原子半径P>S,得电子能力P<S,非金属性P<S,根据非金属性越强,其最高价氧化物对应水化物的酸性越强的规律可知,硫酸的酸性强于磷酸的酸性。(3)已知反应物为Ca5(PO4)3F和H2SO4,生成物为CaSO4·0.5H2O、H3PO4和HF,再根据原子个数守恒可写出该反应的化学方程式:2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O=====△10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF。(4)由题意可知,H2O2在氧化有机碳时,自身也会发生分解,且分解速率随温度的升高而加快,因此80℃后脱除率降低。(5)硫酸钙是微溶物,存在溶解平衡,因此反应后的溶液中仍含有SO2-4。由题给信息可知,反应物为BaCO3、SO2-4和H3PO4,生成物为BaSO4、CO2、H2PO-4和水,由此可写出该反应的离子方程式:BaCO3+SO2-4+2H3PO4===BaSO4+CO2↑+H2O+2H2PO-4。(6)由题意知,消耗氢氧化钠的物质的量为bc1000mol,当生成Na2HPO4时,参加反应磷酸的物质的量为bc2000mol,即磷酸的质量为98bc2000g,则磷酸的质量分数为98bc2000a=0.049bca。3.(2017·全国Ⅲ)重铬酸钾是一种重要的化工原料,一般由铬铁矿制备,铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3,还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示:回答下列问题:(1)步骤①的主要反应为:FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3――→高温Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为_2∶7__。该步骤不能使用陶瓷容器,原因是_陶瓷在高温下会与Na2CO3反应__。(2)滤渣1中含量最多的金属元素是_Fe__,滤渣2的主要成分是_Al(OH)3__及含硅杂质。(3)步骤④调滤液2的pH使之变_小__(填"大"或"小"),原因是2CrO2-4+2H+Cr2O2-7+H2O(用离子方程式表示)。(4)有关物质的溶解度如图所示。向"滤液3"中加入适量KCl,蒸发浓缩,冷却结晶,过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到_d__(填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。a.80℃ b.60℃c.40℃ d.10℃步骤⑤的反应类型是_复分解反应__。(5)某工厂用m1kg铬铁矿粉(含Cr2O340%)制备K2Cr2O7,最终得到产品m2kg,产率为190m2147m1×100%。[解析](1)1molFeO·Cr2O3参与反应共失去7mol电子,而1molNaNO3参与反应得到2mol电子,根据得失电子守恒,二者的系数比为2∶7。由于高温下碳酸钠能与陶瓷中的二氧化硅发生反应,所以该步骤不能使用陶瓷容器。(2)步骤①中生成的氧化铁因不溶于水而进入滤渣1,所以滤渣1中含量最多的金属元素是Fe。结合流程图可知,滤渣2的主要成分是氢氧化铝及含硅杂质。(3)滤液2中存在平衡:2CrO2-4+2H+Cr2O2-7+H2O,氢离子浓度越大(pH越小),越有利于平衡正向移动,所以步骤④应调节滤液2的pH使之变小。(4)根据题图,可知温度越低,K2Cr2O7的溶解度越小,析出的重铬酸钾固体越多,故d项正确。步骤⑤中发生的反应为Na2Cr2O7+2KCl===K2Cr2O7↓+2NaCl,其属于复分解反应。(5)该铬铁矿粉中Cr2O3的物质的量为m1×103g×40%152g·mol-1,根据Cr元素守恒可求得K2Cr2O7的理论质量m0=m1×103g×40%152g·mol-1,根据Cr元素守恒可求得K2Cr2O7的理论质量为m0=m1×103g×40%152g·mol-1×294g·mol-1×10-3kg·g-1=147m1190kg,所以产品的产率为m2m0×100%=190m2147m1×100%。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1.解题思路:明确整个流程的原料与目的→仔细分析每步发生的反应及得到的产物→结合基础理论与实际问题思考→注意答题的模式与要点。(1)要粗读试题,尽量弄懂流程图,但不必将每一种物质都推出。(2)再精读试题,根据问题去精心研究某一步或某一种物质。(3)要看清所问问题,不能答非所问,并注意语言表达的科学性。2.得分策略(1)细心审题是关键,从题干中获得有用信息,了解制备的产品。(2)认真分析是核心,整体浏览一下流程,基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段,知道反应物是什么,发生了什么反应,该反应造成了什么后果,对制造产品有什么作用。(3)正确表达是保障。①条理清晰,规范专业术语,准确使用化学语言及符合解答试题。②在回答文字类表述题时,要组织语言,言简意赅,准确定位。③避免丢三落四、遗漏答案、讨论不完整、以偏概全等现象出现。B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2016·北京)以废旧铅酸电池中的含铅废料(Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等)和H2SO4为原料,制备高纯PbO,实现铅的再生利用。其工作流程如下:(1)过程Ⅰ中,在Fe2+催化下,Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是Pb+PbO2+2H2SO4=====Fe2+2PbSO4+2H2O。(2)过程Ⅰ中,Fe2+催化过程可表示为:ⅰ:2Fe2++PbO2+4H++SO2-4===2Fe3++PbSO4+2H2Oⅱ:……①写出ⅱ的离子方程式:2Fe3++Pb+SO2-4===2Fe2++PbSO4。②下列实验方案可证实上述催化过程。将实验方案补充完整。a.向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液,溶液几乎无色,再加入少量PbO2,溶液变红。b._取a中红色溶液,向其中加入铅粉后,红色褪去__。(3)PbO溶解在NaOH溶液中,存在平衡:PbO(s)+NaOH(aq)NaHPbO2(aq),其溶解度曲线如图所示。①过程Ⅱ的目的是脱硫。滤液Ⅰ经处理后可在过程Ⅱ中重复使用,其目的是_A、B__(选填序号)。A.减少PbO的损失,提高产品的产率B.重复利用NaOH,提高原料的利用率C.增加Na2SO4浓度,提高脱硫效率②过程Ⅱ的目的是提纯。结合上述溶解度曲线,简述过程Ⅲ的操作:_向PbO粗品中加入一定量的35%NaOH溶液,加热至110℃,充分溶解后,趁热过滤,冷却结晶,过滤得到PbO固体__。[解析](1)根据题给化学工艺流程知,过程Ⅰ中,在Fe2+催化下,Pb、PbO2和H2SO4反应生成PbSO4和水,化学方程式为Pb+PbO2+2H2SO4=====Fe2+2PbSO4+2H2O。(2)①催化剂通过参加反应,改变反应历程,降低反应的活化能,加快化学反应速率,而本身的质量和化学性质在反应前后保持不变。根据题给信息知,反应ⅰ中Fe2+被PbO2氧化为Fe3+,则反应ⅱ中Fe3+被Pb还原为Fe2+,离子方程式为2Fe3++Pb+SO2-4===PbSO4+2Fe2+。②a实验证明发生了反应ⅰ,则b实验须证明发生了反应ⅱ,实验方案为:取a中红色溶液少量,加入过量铅粉,充分反应后,红色褪去。(3)①过程Ⅱ的目的是除硫,操作过程中会加入过量的NaOH,通过题给条件可知,部分PbO溶解在NaOH溶液中,故滤液1中会有过量的NaOH和PbO溶解在NaOH溶液中产生的NaHPbO2,重复使用滤液Ⅰ,可减少PbO的损失,提高产率,且NaOH也得到了重复利用,提高了原料的利用率。②过程Ⅲ是从粗产品中得到纯产品,结合溶解度曲线,可选用重结晶操作。根据条件可知,粗品中含有炭黑,需要趁热过滤,然后冷却结晶,过滤得到纯产品。2.(2018·邯郸一模)锰的用途非常广泛,在钢铁工业中,锰的用量仅次于铁。以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3,还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如下:已知25℃,部分物质的溶度积常数如下:物质 Mn(OH)2 Co(OH)2 Ni(OH)2 MnS CoS NiSKsp 2.1×10-13 3.0×10-16 5.0×10-16 1.0×10-11 5.0×10-22 1.0×10-22(1)步骤Ⅰ中,MnCO3与硫酸反应的化学方程式是MnCO3+H2SO4===MnSO4+CO2↑+H2O。(2)步骤Ⅰ中需要加入稍过量的硫酸,其目的有3点:①使矿物中的物质充分反应;②提供第Ⅱ步氧化时所需要的酸性环境;③_抑制Mn2+的水解__。(3)步骤Ⅱ中,MnO2在酸性条件下可将Fe2+氧化为Fe3+,该反应的离子方程式是MnO2+2Fe2++4H+===Mn2++2Fe3++2H2O;加氨水调节溶液的pH为5.0~6.0,以除去Fe3+。(4)步骤Ⅲ中,需要用到的玻璃仪器除玻璃棒、漏斗外,还有_烧杯__;滤渣2的主要成分为_CoS和NiS__。(5)电解后的废水中还含有Mn2+,常用石灰乳进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀,过滤后再向滤液中加入适量Na2S,进行二级沉降。欲使溶液中c(Mn2+)≤1.0×10-5mol·L-1,则应保持溶液中c(S2-)≥_1×10-6__mol·L-1。[解析](1)加稀硫酸时MnCO3和硫酸反应生成可溶性MnSO4,并产生二氧化碳和水,反应的化学方程式为MnCO3+H2SO4===MnSO4+CO2↑+H2O。(2)Mn2+易水解,加入过量硫酸,还能抑制Mn2+水解。(3)步骤Ⅱ中,MnO2在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+,反应的离子方程式是MnO2+2Fe2++4H+===Mn2++2Fe3++2H2O。(4)过滤时的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒及漏斗,故还需烧杯;滤渣2的主要成分是CoS和NiS。(5)MnS的Ksp=c(Mn2+)c(S2-)=1.0×10-11,为了使c(Mn2+)≤1.0×10-5mol·L-1,则c(S2-)≥1.0×10-111.0×10-5=1.0×10-6(mol·L-1),即c(S2-)≥1.0×10-6mol·L-1。3.(2018·全国Ⅲ·27)KIO3是一种重要的无机化合物,可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题:(1)KIO3的化学名称是_碘酸钾__。(2)利用"KClO3氧化法"制备KIO3工艺流程如下图所示:"酸化反应"所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。"逐Cl2"采用的方法是_加热__。"滤液"中的溶质主要是_KCl__。"调pH"中发生反应的化学方程式为KH(IO3)2+KOH===2KIO3+H2O或(HIO3+KOH===KIO3+H2O)。(3)KIO3也可采用"电解法"制备,装置如图所示。①写出电解时阴极的电极反应式2H2O+2e-===2OH-+H2↑。②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_K+__,其迁移方向是_由a到b__。③与"电解法"相比,"KClO3氧化法"的主要不足之处有_产生Cl2易污染环境等__(写出一点)。[解析](1)KIO3的化学名称为碘酸钾。(2)Cl2的溶解度随温度的升高而降低,所以可以用加热的方法来达到"逐Cl2"的目的;KH(IO3)2和KCl的分离可以根据溶解度的不同,采用结晶法分离,滤液中的溶质主要是KCl,要使KH(IO3)2转化为KIO3,可以加入KOH调节pH。发生反应:KH(IO3)2+KOH,2KIO3+H2O或HIO3+KOH,KIO3+H2O,从而避免引入新的杂质离子。(3)①电解液是KOH溶液,阴极的电极反应式为2H2O+2e-,2OH-+H2↑。②电解过程中阳极反应为I-+6OH--6e-,IO-3+3H2O。阳极的K+通过阳离子交换膜由电极a迁移到电极b。③"KClO3氧化法"的主要不足之处是产生Cl2,易污染环境。考点二物质分离提纯型Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·天津)某混合物浆液含有Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出,某研究小组利用设计的电解分离装置(见图),使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液,并回收利用。回答Ⅰ和Ⅱ中的问题。固体混合物分离利用的流程图Ⅰ.固体混合物的分离和利用(流程图中的部分分离操作和反应条件未标明)(1)反应①所加试剂NaOH的电子式为-。B→C的反应条件为_加热(或煅烧)__,C→Al的制备方法称为_电解法__。(2)该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合,不加热,无变化;加热有Cl2生成,当反应停止后,固体有剩余,此时滴加硫酸,又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有(填序号)_ac__。a.温度b.Cl-的浓度c.溶液的酸度(3)0.1molCl2与焦炭、TiO2完全反应,生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物,放热4.28kJ,该反应的热化学方程式为2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g)ΔH=-85.6kJ·mol-1。Ⅱ.含铬元素溶液的分离和利用(4)用惰性电极电解时,CrO2-4能从浆液中分离出来的原因是_在直流电场作用下,CrO2-4通过阴离子交换膜向阳极室移动,脱离浆液__,分离后含铬元素的粒子是_CrO2-4和Cr2O2-7__;阴极室生成的物质为_NaOH和H2__(写化学式)。[解析](1)NaOH由Na+和OH-构成,电子式为。根据题中图示转化关系,向溶液A中通人CO2,发生反应:NaAlO2+2H2O+CO2===Al(OH)3↓+NaHCO3,沉淀B为Al(OH)3,固体C为Al2O3,B→C的反应条件为加热或煅烧,Al2O3→Al的制备方法为电解熔融氧化铝。(2)根据"D与浓盐酸混合,不加热,无变化;加热有Cl2生成"知温度对反应有影响;滴加硫酸,引入H+,又产生Cl2,说明溶液的酸度对反应有影响。(3)该还原性气体为CO,易水解生成TiO2·xH2O的液态化合物为TiCl4,反应的化学方程式为2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g),结合题意知ΔH=-4.28kJ0.1mol×2=-85.6kJ·mol-1。(4)题图2中电解分离装置采用离子交换膜,根据电解时阴离子向阳极移动,则在直流电场作用下,CrO2-4通过阴离子膜向阳极室移动,脱离浆液。在阳极室,CrO2-4发生可逆反应:2CrO2-4+2H+Cr2O2-7+H2O,故分离后含铬元素的粒子是CrO2-4、Cr2O2-7。在阴极室,H2O放电:2H2O+2e-===H2↑+2OH-,c(OH-)增大,且Na+向阴极室移动,故阴极室生成的物质为NaOH、H2。2.(2018·全国Ⅰ·27)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题:(1)生产Na2S2O5,通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式2NaHSO3===Na2S2O5+H2O。(2)利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为:①pH=4.1时,Ⅰ中为_NaHSO3__溶液(写化学式)。②工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是_得到NaHSO3过饱和溶液__。(3)制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术,装置如图所示,其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为2H2O-4e-===4H++O2↑。电解后,_a__室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水,可得到Na2S2O5。(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时,取50.00mL葡萄酒样品,用0.01000mol·L-1的碘标准液滴定至终点,消耗10.00mL。滴定反应的离子方程式为S2O2-5+2I2+3H2O===2SO2-4+4I-+6H+,该样品中Na2S2O5的残留量为_0.128__g·L-1(以SO2计)。[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溶液生成NaHSO3。②工艺中加入Na2CO3固体并再次通入SO2,其目的是得到NaHSO3过饱和溶液。(3)阳极上阴离子OH-放电,电极反应式为2H2O-4e-===O2↑+4H+,电解过程中H+透过阳离子交换膜进入a室,故a室中NaHSO3浓度增加。(4)根据电子、电荷及质量守恒,可写出反应的离子方程式为S2O2-5+2I2+3H2O===2SO2-4+4I-+6H+。n(S2O2-5)=12×n(I2)=12×0.01000mol·L-1×10.00×10-3L=5×10-5mol,该样品中S2O2-5的残留量(以SO2计)为5×10-5mol×2×64g·mol-1×1000mL·L-150.00mL=0.128g·L-1。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1.物质提纯流程题的解题思路:(1)阅读题干信息,找出要提纯的物质。(2)解读操作流程,找出与题干相关的操作步骤,辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段。(3)分析流程中的每一步骤,反应物是什么、发生了什么反应、该反应造成了什么后果,对制造产品有什么作用。2.无机化工流程中的常见分离方法:(1)洗涤(冰水、热水):洗去晶体表面的杂质离子。(2)过滤(热滤或抽滤):分离难溶物和易溶物。(3)萃取和分液:利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质。(4)蒸发结晶:提取溶解度随温度的变化变化不大的溶质。(5)冷却结晶:提取溶解度随温度的变化变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物。(6)蒸馏或分馏:分离沸点不同且互溶的液体混合物。(7)冷却水:利用气体易液化的特点分离气体。B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2018·衡水中学二模)电镀工业会产生大量的电镀污水,处理电镀污水时会产生大量的电镀污泥。电镀污泥含有多种金属氢氧化物和杂质。下面是处理某种电镀污泥回收铜、镍元素的一种工业流程。电镀污泥用硫酸浸出后得到的浸出液中各金属离子浓度见下表。金属离子 Cu2+ Ni2+ Fe2+ Al3+ Cr3+浓度/mg·L-1 7000 7000 2500 4200 3500(1)在电解回收铜的过程中,为提高下一步的除杂效果,需控制电解电压稍大一些使Fe2+氧化,则磷酸盐沉淀中含有的物质为_FePO4、CrPO4、AlPO4__。(2)假设电解前后Ni2+浓度基本不变,若使Ni2+在除杂过程不损失,则溶液中PO3-4浓度不能超过5×10-317593mol·L-1(列出计算表达式,Ksp[Ni3(PO4)2]=5×10-31)。(3)研究发现当NaOH溶液浓度过大时,部分铝元素和铬元素会在滤液中出现,滤液中出现铝元素的原因为Al(OH)3+OH-===AlO-2+2H2O(用离子方程式解释)。[解析](1)浸出液中含Cu2+、Ni2+、Fe2+、Al3+、Cr3+,电解除去Cu2+且将Fe2+氧化成Fe3+,根据图中Ni2+不沉淀,因而磷酸盐沉淀中含有的物质为FePO4、GrPO4、AlPO4。(2)Ksp=c(Ni2+)·c2(PO3-4),电解前后Ni2+浓度基本不变,c(Ni2+)=7000mg·L-1=759mol·L-1,若Ni2+不沉淀,c(PO3-4)<Kspc3Ni2+=5×10-317593mol·L-1。(3)当NaOH溶液浓度过大时,发生反应:Al(OH)3+OH-===AlO-2+2H2O。2.(2018·郑州三模)工业上设计将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5的流程如下,请回答下列问题:(1)步骤①所得废渣的成分是_SiO2__(写化学式),操作Ⅰ的名称_过滤__。(2)步骤②、③的变化过程可简化为(下式R表示VO2+,HA表示有机萃取剂):R2(SO4)n(水层)+2nHA(有机层)2RAn(有机层)+nH2SO4(水层)②中萃取时必须加入适量碱,其原因是_加入碱中和硫酸,促使平衡正向移动(或提高钒的萃取率)__。③中X试剂为_H2SO4__。(3)⑤的离子方程式为NH3·H2O+VO-3===NH4VO3↓+OH-。(4)25℃时,取样进行试验分析,得到钒沉淀率和溶液pH之间的关系如表:pH 1.6 1.7 1.8 1.9 2.0钒沉淀率% 98.0 98.8 98.8 96.4 93.1结合上表,在实际生产中,⑤中加入氨水,调节溶液的最佳pH为_1.7~1.8(或1.7、1.8其中一个)__;若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe(OH)3沉淀,则溶液中c(Fe3+)<_2.6×10-3_mol·L-1__。(已知:25℃时,Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39)(5)该工艺流程中,可以循环利用的物质有_氨气(或氨水)__和_有机萃取剂__。[解析](1)将含K2SO4、SiO2杂质的VOSO4溶于水,SiO2不溶于水,步骤①是过滤,将SiO2与溶液分离。(2)②中萃取时必须加入适量碱,有利于中和硫酸,促使平衡正向移动;③为反萃取,使上述平衡逆方向移动,X试剂为H2SO4。(3)在含有VO2+、SO2-4的溶液中加入氧化剂氯酸钾,可以将VO2+氧化为VO-3,步骤⑤中加氨水,VO-3与氨水反应生成NH4VO3的离子方程式为NH3·H2O+VO-3===NH4VO3↓+OH-。(4)根据25℃时,钒沉淀率和溶液pH之间的关系知,pH为1.7、1.8时,钒沉淀率最高,调节溶液的最佳pH为1.7~1.8最好;若钒沉淀率为93.1%,pH=2.0,c(OH-)=1×10-12mol·L-1,此时没有Fe(OH)3沉淀,则溶液中的c(Fe3+)<Ksp[FeOH3]÷c3(OH-)=2.6×10-39÷(1×10-12)3=2.6×10-3(mol·L-1)。(5)根据流程示意图可知:该工艺流程中可以循环利用的物质有氨气(或氨水)和有机萃取剂。3.以黄铁矿为原料制硫酸会产生大量的废渣,合理利用废渣可以减少环境污染,变废为宝,工业上利用废渣(含Fe2+、Fe3+的硫酸盐及少量CaO和MgO)制备铁红(Fe2O3)和回收(NH4)2SO4,具体生产流程如下:注:铵黄铁钒的化学式为(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12(1)在废渣溶液操作时,应选用_D__溶解(填字母)。A.氨水 B.氢氧化钠溶液C.盐酸 D.硫酸(2)物质A是一种氧化剂,工业上最好选_空气__(供选择使用的有空气、Cl2、MnO2),其理由是_原料易得,成本低,不产生污染,不引入杂质__。氧化过程中发生反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+===4Fe3++2H2O。(3)铵黄铁矾中可能混有的杂质有Fe(OH)3、_Ca(OH)2、Mg(OH)2、CaSO4__。铵黄铁矾与氨水反应的化学方程式为(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12+6NH3·H2O===4(NH4)2SO4+6Fe(OH)3。[解析](1)该流程的目的是制备铁红(Fe2O3)和回收(NH4)2SO4,不能引入杂质离子,不能选用盐酸,而氨水和NaOH溶液能沉淀Fe3+和Fe2+,也不能选用。(2)空气中的氧气在酸性条件下可将Fe2+氧化为Fe3+,空气易得,成本低,不产生污染,不引入杂质,氧化过程离子方程式为4Fe2++O2+4H+===4Fe3++2H2O。(3)废渣溶解经氧化后溶液中存在Mg2+、Fe3+,加氨水后,可能生成Mg(OH)2沉淀、Fe(OH)3沉淀,另外Ca(OH)2和CaSO4的溶解度较小,也可能析出。由流程图知,铵黄铁钒与氨水反应得(NH4)2SO4和Fe(OH)3。1.(2018·三轮冲刺考前特训)高纯氧化铁是现代电子工业的重要材料。以下是用硫酸厂产生的烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2)为原料制备高纯氧化铁的生产流程示意图:(1)酸浸时,常需将烧渣粉碎、并加入过量H2SO4,其目的是_提高铁元素的浸出率,同时抑制铁离子的水解__;滤渣的主要成分为_SiO2__(填化学式)。(2)加入FeS2时,发生反应②的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O===15Fe2++2SO2-4+16H+。(3)加入NH4HCO3目的是_中和溶液中的酸,调节溶液的pH,使Fe2+全部转化为FeCO3__。"沉淀"时,pH不宜过高,否则制备的FeCO3中可能混有的杂质是_Fe(OH)2__。检验FeCO3是否洗涤干净的方法是_取最后一次洗涤液少量放入试管,滴加盐酸酸化的氯化钡溶液,若无沉淀生成,说明洗涤干净__。(4)煅烧时,发生反应④的化学方程式为4FeCO3+O2=====高温2Fe2O3+4CO2。[解析](1)酸浸时,常需将烧渣粉碎、增大烧渣与酸的接触面积,并加入过量H2SO4,除了使烧渣中的部分氧化物溶解外,还能抑制铁离子的水解。酸性氧化物SiO2不与酸反应。(2)加入FeS2时,把铁离子还原为Fe2+:FeS2+14Fe3++8H2O===15Fe2++2SO2-4+16H+。(3)加入NH4HCO3目的是中和溶液中的酸,调节溶液的pH,使Fe2+全部转化为FeCO3;亚铁离子的水解能力较强,易发生水解,"沉淀"时,pH不宜过高,否则制备的FeCO3中可能混有的杂质是Fe(OH)2;检验FeCO3固体中附着有硫酸根离子,可以用盐酸和氯化钡溶液进行检验,取最后一次洗涤液少量放入试管,滴加盐酸酸化的氯化钡溶液,若无沉淀生成,说明洗涤干净。(4)在空气中煅烧FeCO3,二价铁被氧化为三价铁,进一步得到Fe2O3。4FeCO3+O2===2Fe2O3+4CO2。2.(2018·潍坊二模)以粉煤灰(主要成分为Al2O3和SiO2,还含有少量的FeO、Fe2O3等)为原料制备Al2O3的流程如下:(1)"酸浸"时需加入过量的稀硫酸,目的是提高浸取率和_抑制Al3+水解(或为后续反应提供H+)__;滤渣的主要成分是_SiO2__。(2)"氧化"过程中,加入H2O2发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O。(3)"提纯"过程中,当加入NaOH溶液达到沉淀量最大时,溶液中c(SO2-4)∶c(Na+)=_1∶2__。(4)已知Ksp=1×10-39。"提纯"过程中,当c(Fe3+)<10-6mol·L-1时,溶液中c(OH-)>_1×10-11__mol·L-1。(5)"沉淀"过程中,通入过量CO2时发生反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O===Al(OH)3↓+NaHCO3。[解析](1)根据含有成分,加入硫酸发生的反应是Al2O3+6H+===2Al3++3H2O,FeO+2H+===Fe2++H2O,Fe2O3+6H+===2Fe3++3H2O,加入硫酸的目的可以提高浸取率和抑制Al3+的水解,SiO2是不溶于水,不溶于酸,因此滤渣是SiO2。(2)过氧化氢具有强氧化性,能把Fe2+氧化成Fe3+,离子反应方程式为H2O2+2Fe2++2H+===2Fe3++2H2O。(3)加入NaOH溶液,达到沉淀量最大,发生Al3++3OH-===Al(OH)3↓,Fe3++3OH-===Fe(OH)3↓,此时溶液中溶质为Na2SO4,即c(SO2-4)∶c(Na2+)=1∶2。(4)根据Ksp=c(Fe3+)×c3(OH-),因为c(Fe3+)<10-6mol·L-1,c(OH-)>10-11mol·L-1。(5)利用碳酸的酸性强于偏铝酸,因此有:NaAlO2+CO2+2H2O===Al(OH)3↓+NaHCO3。3.(2018·衡水二诊)氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂,是一种白色粉末;微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸。下图是工业上用印刷电路的蚀刻液的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)生产CuCl的流程:按要求回答下列问题:(1)废液①的主要含有的金属阳离子是_Fe2+__(填化学符号,下同);废渣①的成分是_Fe、Cu__,Y为_HCl__。(2)废液①与Z反应的离子方程式为:2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-或2Fe2++2H++H2O2===2Fe3++2H2O。(3)写出废渣②生成二氧化硫的化学方程式Cu+2H2SO4(浓)=====△CuSO4+SO2↑+2H2O。(4)为得到纯净的CuCl晶体,可用下列_b__(填序号)进行洗涤。a.纯净水 b.乙醇c.稀硫酸 d.氯化铜溶液(5)生产过程中调节溶液的pH不能过大的原因是_防止生成氢氧化铜沉淀或防止CuCl水解__。(6)写出产生CuCl的离子方程式SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O===2CuCl↓+SO2-4+4H+。(7)氯化亚铜的定量分析:①称取样品0.25g加入10mL过量的FeCl3溶液250mL锥形瓶中,不断摇动;②待样品溶解后,加水50mL和2滴指示剂;③立即用0.10mol·L-1硫酸铈标准溶液滴至绿色出现为终点;④重复三次,消耗硫酸铈溶液平均体积为25.00mL。已知:CuCl的分子式量为99;CuCl+FeCl3===CuCl2+FeCl2;Fe2++Ce4+===Fe3++Ce3+。则CuCl的纯度为_99%__。[解析]向工业上以制作印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)加入过量的铁粉,三价铁离子与铁粉反应转化为二价铁离子,铜离子与铁反应生成铜,然后过滤,滤渣为过量的铁和生成的铜,依据铜与铁的活泼性,将滤渣溶于盐酸,铜与盐酸不反应,过滤得到滤渣即为铜,废液①中加入Z为氯水或双氧水,氧化亚铁离子为铁离子,得到蚀刻液,然后铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫,铜与氯气反应生成氯化铜,硫酸铜、二氧化硫、氯化铜反应生成氯化亚铜。(1)印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)加入铁,三价铁离子能够与铁反应生成二价铁离子,铜离子能够与铁反应生成铜,过滤后滤渣中含有铜和铁,加入盐酸,铁与盐酸反应生成氯化亚铁,铜与盐酸不反应,将铜分离出来。(2)根据以上分析可知废液①与Z反应的离子方程式为2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-或2Fe2++2H++H2O2===2Fe3++2H2O。(3)废渣②生成二氧化硫的反应是铜和浓硫酸在加热条件下反应生成,反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)=====△CuSO4+SO2↑+2H2O。(4)为减少CuCl的损失,析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤,答案选b。(5)生产过程中调节溶液的pH不能过大的原因是防止生成氢氧化铜沉淀或防止CuCl水解。(6)依据图示可知:CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl,产生CuCl的化学方程式依据得失电子守恒得到:CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O===2CuCl↓+2H2SO4,反应的离子方程式为:SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O===2CuCl↓+SO2-4+4H+。(7)滴定0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积是25.00mL,结合方程式可知:CuCl+FeCl3===CuCl2+FeCl2,CuCl的纯度为(25.00×10-3L×0.1mol/L×99g/mol)/0.25g×100%=99%。4.(2018·河南洛阳是五月模拟)钼酸钠(Na2MoO4)具有广泛的用途。可做新型水处理剂、优良的金属缓蚀剂及可用于局部过热的循环水系统;Al(OH)3工业和医药上都具有重要用途,现从某废钼催化剂(主要成分MoO3、Al2O3、Fe2O3等)中回收Na2MoO4和Al(OH)3,其工艺如图:回答下列问题:(1)已知MoO3、Al2O3与SiO2相似,均能在高温下跟Na2CO3发生类似反应,试写出MoO3与Na2CO3反应的化学方程式:MoO3+Na2CO3=====高温Na2MoO4+CO2↑。(2)第②步操作所得的滤液中,溶质有Na2MoO4、_NaAlO2__和过量的Na2CO3;检验第②步操作所得滤渣中含有三价铁的方法是_取少量滤渣洗涤液于试管中滴加几滴KSCN溶液,若溶液变红,则证明含+3价铁__。(3)第③步操作H2SO4需要适量,通常是通过_测溶液的pH值__来调控H2SO4的用量;与Na2SO4相比,Na2MoO4的溶解度受温度的影响变化_较小__(填"较大"或"较小")。(4)利用铝热反应可回收金属钼。将所得钼酸钠溶液用酸处理得到沉淀,再加热可得MoO3。写出MoO3发生铝热反应的化学方程式:4Al+2MoO3=====高温2Mo+2Al2O3。(5)取废钼催化剂5.00g,加入5.30gNa2CO3(足量),经上述实验操作后,最终得到2.34gAl(OH)3和6.39gNa2SO4晶体,则废钼催化剂中Al2O3、MoO3的物质的量的比值为_3∶1__。[解析](1)MoO3、Al2O3与Na2CO3的反应和SiO2与Na2CO3的反应相似,加入碳酸钠焙烧时可生成Na2MoO4和NaAlO2,MoO3与Na2CO3反应的化学方程式为MoO3+Na2CO3=====高温Na2MoO4+CO2↑。(2)高温条件下,氧化铝和碳酸钠反应生成NaAlO2,滤液中含有焙烧后生成Na2MoO4、NaAlO2以及过量的Na2CO3,检验第②步操作所得滤渣中含有三价铁,取少量滤渣洗涤液于试管中滴加几滴KSCN溶液,若溶液变红,则证明含三价铁。(3)第③步操作H2SO4需要适量,避免氢氧化铝溶解,通常是通过测溶液的pH来调控H2SO4的用量,转化关系中④蒸发结晶溶液得到硫酸钠晶体和Na2MoO4溶液,与Na2SO4相比,Na2MoO4的溶解度受温度的影响变化较小,硫酸钠溶解度收温度影响大,先析出晶体。(4)MoO3发生铝热反应,高温下和铝反应生成钼和氧化铝,反应的化学方程式为:4Al+2MoO3=====高温2Mo+2Al2O3。(5)加入稀硫酸后,滤渣为Al(OH)3,滤液中含有Na2SO4和Na2MoO4,已知:n(Na2CO3)=5.30g106g/mol=0.05mol,n(Na2SO4)=6.39g142g/mol=0.045mol,则由Na守恒可知n(Na2MoO4)=0.005mol,2.34gAl(OH)3的物质的量为2.34g78g/mol=0.03mol,根据Al元素守恒,Al2O3的物质的量为0.015mol,因此,Al2O3、MoO3的物质的量之比为0.015mol∶0.005mol=3∶1。5.以含有Al2O3、Fe2O3等杂质的铬铁矿为主要原料生产重铬酸钠晶体(Na2Cr2O7·2H2O)的主要工艺流程如下:己知:铬铁矿在空气中与纯碱煅烧生成Na2CrO4和一种红棕色固体,同时释放出CO2气体,且Al2O3+Na2CO3=====煅烧2NaAlO2+CO2↑。请回答:(1)在铬铁矿Fe(CrO2)2中,Cr的化合价为_+3__。(2)滤渣2的成分为_Al(OH)3__。(3)将滤渣1放入稀硫酸溶解后得溶液W,检验该溶液中金属离子的方法是_取少量溶液于试管中,滴加几滴KSCN溶液,溶液变红,证明有Fe3+(其他合理答案也可)__。(4)根据有关国家标准,含CrO2-4的废水要经化学处理,使其浓度降至5.0×10-7mol/L以下才能排放。含CrO2-4的废水处理通常有以下两种方法。①沉淀法:加入可溶性钡盐生成BaCrO4沉淀,再加入可溶性硫酸盐处理多余的Ba2+。加入可溶性钡盐后的废水中Ba2+的浓度应不小于_2.4×10-4__mol/L,后续废水处理方能达到国家排放标准。②还原法:CrO2-4――→绿矾H+Cr3+――→石灰水Cr(OH)3。写出酸性条件下CrO2-4与绿巩在溶液中反应的离子方程式:CrO2-4+3Fe2++8H+===Cr3++3Fe3++4H2O。(5)某高效净水剂是由K2FeO4得到的,工业上以溶液W、次氯酸钾和氢氧化钾为原料制备K2FeO4,该反应的离子方程式是2Fe3++3ClO-+10OH-===2FeO2-4+3Cl-+5H2O。[解析](1)在铬铁矿Fe(CrO2)2中,Fe的化合价为+2,所以Cr的化合价为+3。(2)含杂质的铬铁矿经煅烧、溶于水后,只有氧化铁不溶于水,作为滤渣除去,所以滤渣1的成分是Fe2O3,此时溶液为Na2CrO4和NaAlO2的混合液,通入CO2气体会和NaAlO2反应产生Al(OH)3,所以滤渣2的成分是Al(OH)3。(3)将滤渣Ⅰ放入稀硫酸溶解后得溶液W为Fe2(SO4)3,检验Fe3+的方法是取少量溶液于试管中,滴加几滴KSCN溶液,溶液变红,证明有Fe3+。(4)①Ksp(BaCrO4)=1.2×10-10,c(CrO2-4)<5.0×10-7mol/L,所以c(Ba2+)>1.2×10-10/5.0×10-7=2.4×10-4mol/L。②酸性条件下CrO2-4与绿矾FeSO4·7H2O反应,CrO2-4作氧化剂,绿矾作还原剂,其离子方程式为CrO2-4+3Fe2++8H+===Cr3++3Fe3++4H2O。(5)W为Fe2(SO4)3,以溶液Fe2(SO4)3、次氯酸钾和氢氧化钾为原料制备K2FeO4,该反应的离子方程式是2Fe3++3ClO-+10OH-===2FeO2-4+3Cl-+5H2O。6.(2018·四川重庆二模)从某废液(含有Fe2+、Cu2+、Cl-)中回收铜并制得纯净的FeCl3溶液。现以制得纯净的FeCl3溶液为原料制取优良的水处理剂高铁酸钾(K2FeO4),其流程如下:已知:高铁酸钾(K2FeO4)为暗紫色固体,可溶于水。在中性或酸性溶液中逐渐分解,在碱性溶液中稳定。高铁酸钾具有强氧化性。高铁酸钾(K2FeO4)与水作用产生Fe(OH)3。(1)检验废液中含有Fe2+选用的试剂是_KMnO4__(填化学式);从废液中制得纯净的FeCl3溶液加入的试剂除铁粉外,还需要一种试剂是_Cl2__(填化学式),加入时发生反应的离子方程式为2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-。(2)高铁酸钾(K2FeO4)在处理水过程中的作用是_强氧化性__和_杀菌消毒__。(3)"氧化"过程反应的离子方程式为2Fe3++10OH-+3ClO-===2FeO2-4+3Cl-+5H2O。(4)过滤时需用的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和_漏斗__,上述工艺得到的高锰酸钾常含有杂质,可用重结晶法提纯,操作是:将粗产品用_稀KOH溶液__溶解,然后_加入饱和KOH溶液,冷却结晶__。(5)用回收的铜为原料可制得粗制CuSO4·5H2O晶体(含有少量的FeSO4·7H2O),除去CuSO4·5H2O晶体中杂质的方法是:向溶液中加入H2O2,再调解溶液pH,过滤即可制得纯净的CuSO4溶液,进而制得纯净CuSO4·5H2O的晶体。已知:室温时一些物质的Ksp如下表:化学式 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Cu(OH)2Ksp 8.0×10-16 8.0×10-38 3.0×10-20已知溶液中的离子浓度小于1×10-5mol·L-1时就认为沉淀完全。加双氧水的目的是_使Fe2+氧化为Fe3+__;若溶液中CuSO4的浓度为3.0mol·L-1,通过计算说明此方法可除去粗制CuSO4·5H2O晶体中FeSO4·7H2O的理由_溶液中CuSO4的浓度为3.0_mol·L-1,则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为4,Fe3+完全沉淀时溶液的pH为3.3,通过计算确定上述方案可行。__。专题五选考部分第18讲物质结构与性质最新考纲 考向分析1.原子结构与元素的性质(1)了解原子核外电子的排布原理及能级分布,能用电子排布式表示常见元素(1~36号)原子核外电子、价电子的排布。了解原子核外电子的运动状态。(2)了解元素电离能的含义,并能用以说明元素的某些性质。(3)了解原子核外电子在一定条件下会发生跃迁,了解其简单应用。(4)了解电负性的概念,知道元素的性质与电负性的关系。2.化学键与物质的性质(1)理解离子键的形成,能根据离子化合物的结构特征解释其物理性质。(2)了解共价键的形成,能用键能、键长、键角等说明简单分子的某些性质。(3)了解原子晶体的特征,能描述金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构与性质的关系。(4)理解金属键的含义,能用金属键理论解释金属的一些物理性质。了解金属晶体常见的堆积方式。(5)了解杂化轨道理论及常见的杂化轨道类型(sp、sp2、sp3)。(6)能用价层电子对互斥理论或者杂化轨道理论推测常见的简单分子或离子的空间结构。3.分子间作用力与物质的性质(1)了解化学键和分子间作用力的区别。(2)了解氢键的存在对物质性质的影响,能列举含有氢键的物质。(3)了解分子晶体与原子晶体、离子晶体、金属晶体的结构微粒、微粒间作用力的区别。(4)能根据晶胞确定晶体的组成并进行相关的计算。(5)了解晶格能的概念及其对离子晶体性质的影响。 近几年全国新课标高考重点考查了电子排布式的书写,电离能、电负性、分子的立体构型及杂化方式的判断,有关晶胞的计算。在复习时我们除要掌握书写、判断、计算方法外,还要记住一些常见晶胞中含有的微粒个数及配位数考点一原子结构与性质Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·江苏·21节选)铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与。(1)Fe3+基态核外电子排布式为_[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5__。(2)C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为_H<C<O__。2.(2017·全国Ⅲ卷·35节选)研究发现,在CO2低压合成甲醇反应(CO2+3H2===CH3OH+H2O)中,Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性,显示出良好的应用前景。Co基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2。元素Mn与O中,第一电离能较大的是_O__,基态原子核外未成对电子数较多的是_Mn__。[解析]本题考查物质的结构与性质。根据构造原理可写出Co基态原子核外电子排布式为1s22s22p63S23p63d74s2或[Ar]3d74s2。O是非金属元素,而Mn是金属元素,前者易得电子而不易失电子,后者则反之,所以O的第一电离能大于Mn。Mn和O的基态原子核外电子排布式分别为1s22s22p63s23p63d54s2、1s22s22p4,前者的3d轨道中5个电子均未成对,后者的2p轨道中有2个电子未成对,所以Mn的基态原子核外未成对电子数较多。3.(2017·全国Ⅱ卷·35节选)我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl(用R代表)。回答下列问题:(1)氮原子价层电子的轨道表达式(电子排布图)为。(2)元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E1)。第二周期部分元素的E1变化趋势如图(a)所示,其中除氮元素外,其他元素的E1自左而右依次增大的原因是_同周期元素随核电荷数依次增大,原子半径逐渐变小,故结合一个电子释放出的能量依次增大__;氮元素的E1呈现异常的原因是_N原子的2p轨道为半充满状态,具有额外稳定性,故不易结合一个电子__。[解析]本题主要考查物质结构与性质知识的综合应用。(1)根据构造原理可知氮原子价电子排布式为2s2p3,根据洪特规则和泡利原理可写出其价电子的轨道表达式。(2)从图(a)可以看出:除N外,同周期元素随核电荷数依次增大,E1逐渐增大,这是因为随原子半径逐渐减小,结合一个电子需要释放出更多的能量;N原子的2p轨道处于半充满状态,不易再结合一个电子,故E1呈现异常。4.(2017·全国Ⅰ卷·35节选)钾和碘的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题:(1)元素K的焰色反应呈紫红色,其中紫色对应的辐射波长为_A__nm(填标号)。A.404.4B.553.5C.589.2D.670.8E.766.5(2)基态K原子中,核外电子占据最高能层的符号是_N__,占据该能层电子的电子云轮廓图形状为_球形__。K和Cr属于同一周期,且核外最外层电子构型相同,但金属K的熔点、沸点等都比金属Cr低,原因是_K的原子半径较大且价电子数较少,金属键较弱__。[解析]本题考查物质结构与性质的综合应用。(1)当对金属钾或其化合物进行灼烧时,焰色反应显紫红色,可见光的波长范围为400nm~760nm,紫色光波长较短(钾原子中的电子吸收较多能量发生跃迁,但处于较高能量轨道的电子不稳定,跃迁到较低能量轨道时放出的能量较多,故放出的光的波长较短)。(2)基态钾原子核外有4个能层:K、L、M、N,能量依次增高,处于N层的1个电子位于s轨道,s电子云轮廓图形状为球形。金属原子半径越小、价电子数越多,金属键越强,其熔沸点越高。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1.基态原子的核外电子排布规律(1)能量最低原理基态原子核外的电子先占有能量最低的原子轨道,电子才依次进入能量较高的轨道,以使原子处于能量最低的稳定状态。如Ge是32号元素,其核外电子的排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2。(2)泡利原理在每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子。(3)洪特规则在同一能级的不同轨道中,电子尽可能分占不同的轨道,且自旋状态相同,这样有利于降低体系的能量。洪特规则特例:能量相同的轨道处于全充满、半充满或全空的状态时原子是比较稳定的。2.归纳原子结构与性质的相关知识,记住特殊命题点(1)基态原子核外电子排布的四种表示方法表示方法 举例电子排布式 Cr:1s22s22p63s23p63d54s1简化表示式 Cu:[Ar]3d104s1价电子排布式 Fe:3d64s2电子排布图(或轨道表示式) O:(2)常见错误防范①电子排布式a.3d、4s书写顺序混乱。如Fe:1s22s22p63s23p64s23d6×Fe:1s22s22p63s23p63d64s2√b.违背洪特规则特例。如Cr:1s22s22p63s23p63d44s2×Cr:1s22s22p63s23p63d54s1√Cu:1s22s22p63s23p63d94s2×Cu:1s22s22p63s23p63d104s1√②电子排布图错误类型 错因剖析 违背能量最低原理 违背泡利原理 违背洪特规则 违背洪特规则(3)特殊原子的核外电子排布式①24Cr的核外电子排布先按能量从低到高排列:1s22s22p63s23p64s23d4,因3d5为半充满状态,比较稳定,故需要将4s轨道的一个电子调整到3d轨道,得1s22s22p63s23p64s13d5,再将同一能层的排到一起,得该原子的电子排布式:1s22s22p63s23p63d54s1。②29Cu的核外电子排布先按能量从低到高排列:1s22s22p63s23p64s23d9,因3d10为全充满状态,比较稳定,故需要将4s轨道的一个电子调整到3d轨道,得1s22s22p63s23p64s13d10,再将同一能层的排到一起,得该原子的电子排布式:1s22s22p63s23p63d104s1。(4)电离能与电负性变化规律与大小判断①元素第一电离能的周期性变化规律一般规律 同一周期,随着原子序数的增加,元素的第一电离能呈现增大的趋势,稀有气体元素的第一电离能最大,碱金属元素的第一电离能最小。同一主族,随着电子层数的增加,元素的第一电离能逐渐减小。特殊情况 第一电离能的变化与元素原子的核外电子排布有关。通常情况下,当原子核外电子排布在能量相等的轨道上形成全空(p0、d0、f0)、半满(p3、d5、f7)和全满(p6、d10、f14)结构时,原子的能量较低,该元素具有较大的第一电离能。②电离能、电负性大小判断规律 在周期表中,电离能、电负性从左到右逐渐增大,从上往下逐渐减小特性 同周期主族元素,第ⅡA族(ns2)全充满、ⅤA族(np3)半充满,比较稳定,所以其第一电离能大于同周期的ⅢA和ⅥA族元素方法 我们常常应用化合价及物质类别判断电负性的大小,如O与Cl的电负性比较:a.HClO中Cl为+1价、O为-2价,可知O的电负性大于Cl;b.Al2O3是离子化合物、AlCl3是共价化合物,可知O的电负性大于Cl(5)元素电离能的两大应用①判断元素金属性的强弱电离能越小,金属越容易失去电子,金属性越强;反之越弱。②判断元素的化合价如果某元素的In+1?In,则该元素的常见化合价为+n,如钠元素I2?I1,所以钠元素的化合价为+1。(6)电负性的三大应用B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.依据第二周期元素第一电离能的变化规律,参照下图中B、F元素的位置,用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置。[答案]2.(1)基态S原子中,电子占据的最高能层符号为_M__,该能层具有的原子轨道数为_9__。(2)基态Cr原子的核外电子排布式为_1s22s22p63s23p63d54s1__。(3)基态Mn2+的核外电子排布式为_1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5__。(4)基态铜原子的核外电子排布式为_1s22s22p63s23p63d104s1__。(5)基态氮原子的价电子排布式是_2s22p3__。(6)基态Ni2+的价层电子排布图为。3.(1)处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用_电子云__形象化描述。在基态14C原子中,核外存在_2__对自旋相反的电子。(2)原子的第一电离能是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量,O、S、Se原子的第一电离能由大到小的顺序为_O>S>Se__。(3)已知X的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍,Y的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn+2,则X的电负性比Y的_小__(填"大"或"小")。(4)Ni是元素周期表中第28号元素,第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性最小的元素是_C(碳)__。(5)前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中,A和B的价电子层中未成对电子均只有1个,并且A-和B+的电子数相差为8;与B位于同一周期的C和D,它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2,且原子序数相差为2。四种元素中第一电离能最小的是_K__,电负性最大的是_F__(填元素符号)。4.(2018·广东揭阳二模)GaN、GaP、GaAs是人工合成的一系列新型半导体材料,其晶体结构均与金刚石相似。铜是重要过渡元素,能形成多种配合物,如Cu2+与乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)可形成如图所示配离子。回答下列问题:(1)基态Ga原子价电子排布图为。(2)熔点:GaN_>__GaP(填">"或"<")。(3)第一电离能:As_>__Se(填">"或"<")。(4)Cu2+与乙二胺所形成的配离子内部不含有的化学键类型是_C__。A.配位键 B.极性键C.离子键 D.非极性键(5)乙二胺分子中氮原子轨道的杂化类型为_sp3__,乙二胺和三甲胺[分子式为N(CH3)3]均属于胺,但乙二胺比三甲胺的沸点高很多,原因_乙二胺分子间可形成氢键,三甲胺分子间不能形成氢键__。(6)Cu的某种晶体晶胞为面心立方结构,晶胞边长为acm,铜原子的半径为rcm。该晶体密度为256a3·NAg·cm-3(用含a和NA的代数式表达,NA为阿伏加德罗常数的值),该晶体中铜原子的空间利用率为16πr33a3×100%(用含a和r的代数式表达)。[解析](1)Ga原子是31号元素,根据构造原理其电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p1,基态Ga原子价电子排布图为。(2)GaN、GaP晶体结构与金刚石相似,均属于原子晶体,N原子半径小于P,共价键键能大,熔点:GaN>GaP。(3)As的非金属性弱于Se,非金属性越强,第一电离能越大,但是由于As的4p能级电子处于半充满状态,故第一电离能:As>Se。(4)铜离子提供空轨道,乙二胺中氮原子提供孤电子对形成配位键,乙二胺中两个碳形成非极性键Cu2+与乙二胺所形成配离子内部不含的化学键类型是离子键。(5)氮原子形成3个σ键和一对孤电子对,乙二胺分子中氮原子轨道的杂化类型为sp3;乙二胺分子间可形成氢键,三甲胺分子间不能形成氢键,故乙二胺比三甲胺的沸点高很多。(6)Cu的某种晶体晶胞为面心立方结构,晶胞边长为acm,铜原子的半径为rcm。晶胞中Cu原子数为8×18+6×12=4,ρ=4×64a3NA=256a3NA;晶胞中4个原子的体积为V圆球=4·43πr3,晶胞体积为a3,该晶体中铜原子的空间利用率为16πr33a3×100%。考点二分子结构与性质Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·江苏·21节选)铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与。(1)丙酮()分子中碳原子轨道的杂化类型是_sp2和sp3__,1mol丙酮分子中含有σ键的数目为_9_NA__。(2)乙醇的沸点高于丙酮,这是因为_乙醇分子间存在氢键__。[解析]本题考查物质结构与性质。(1)甲基上的碳原子为sp3杂化,羰基上的碳原子为sp2杂化。单键全为σ键,1个双键中含有1个π键和1个σ键,故1mol丙酮中含有9molσ键。(2)乙醇中的羟基之间可以形成分子间氢键,故沸点高于丙酮。2.(2017·全国Ⅲ卷·35节选)研究发现,在CO2低压合成甲醇反应(CO2+3H2===CH3OH+H2O)中,Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性,显示出良好的应用前景。回答下列问题:(1)CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为_sp__和_sp3__。(2)在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中,沸点从高到低的顺序为_H2O>CH3OH>CO2>H2__,原因是_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分子量较大、范德华力较大__。(3)硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料,Mn(NO3)2中的化学键除了σ键外,还存在_离子键和π键(Π64键)__。[解析]本题考查物质的结构与性质。(1)CO2中C的价层电子对数为2,故为sp杂化;CH3OH分子中C的价层电子对数为4,故为sp杂化。(2)水和甲醇均为极性分子,常温常压下两种物质均呈液态;二氧化碳和氢气均为非极性分子,常温常压下两种物质均呈气态,根据四种物质在相同条件下的状态可以判断出水、甲醇的沸点均高于二氧化碳、氢气的沸点。由于水分子中的2个氢原子都能参与氢键的形成,而甲醇分子中只有羟基上的氢原子能够形成氢键,所以水中的氢键比甲醇多,则水的沸点高于甲醇的沸点。二氧化碳和氢气都属于分子晶体,但由于二氧化碳的相对分子质量大于氢气,所以二氧化碳的沸点高于氢气的沸点。(3)Mn(NO3)2是离子化合物,存在离子键;此外在NO-3中,3个O原子和中心原子N之间还形成一个4中心6电子的大π键(Π64键),所以Mn(NO3)2中的化学键有σ键、π键和离子键。3.(2017·全国Ⅱ卷·35节选)我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl(用R代表)。回答下列问题:(1)从结构角度分析,R中两种阳离子的相同之处为_ABD__,不同之处为_C__。(填标号)A.中心原子的杂化轨道类型B.中心原子的价层电子对数C.立体结构D.共价键类型(2)R中阴离子N-5中的σ键总数为_5__个。分子中的大π键可用符号πnm表示,其中m代表参与形成大π键的原子数,n代表参与形成的大π键电子数(如苯分子中的大π键可表示为π66),则N-5中的大π键应表示为_Π65__。(3)图(b)中虚线代表氢键,其表示式为(NH+4)N-H…Cl、_(H3O+)O-H…N(N-5)__、_(NH+4)N-H…N(N-5)__。[解析](1)结合图(b)可知:晶体R中两种阳离子为NH+4和H3O+,两种阳离子的中心原子均采取sp3杂化;NH+4中成键电子对数为4,H3O+中含1个孤电子对和3个成键电子对,即中心原子的价层电子对数均为4;两种阳离子中均存在极性键,不存在非极性键。NH+4和H3O+分别为正四面体结构和三角锥形结构,即立体结构不同。(2)从图(b)可以看出:阴离子N-5呈五元环状结构,其含有的σ键总数为5个;N-5中参与形成大π键的电子数为6,故可将其中的大π键表示为Π65。4.(2017·全国Ⅰ卷·35节选)X射线衍射测定等发现,I3AsF6中存在I+3离子。I+3离子的几何构型为_V形__,中心原子的杂化形式为_sp3__。[解析]I+3中I原子为中心原子,则其孤电子对数为12×(7-1-2)=2,且其形成了2个σ键,中心原子采取sp3杂化,I+3为V形结构。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1.归纳记忆分子极性、非极性的判断方法(1)由非极性键构成的双原子分子一定是非极性分子,如H2、O2等。(2)由极性键构成的分子可能是极性分子或非极性分子。①若分子的空间构型对称,则为非极性分子,如CO2、CH4等;②若分子的空间构型不对称,则为极性分子,如NH3、CH3Cl等。(3)判断ABn型分子极性的经验规律。①化合价法:ABn型分子中中心原子A的化合价的绝对值等于该元素所在主族的序数即该主族元素的价电子数时,该分子为非极性分子;若中心原子的化合价的绝对值不等于该元素所在主族的序数即该主族元素的价电子数时,该分子为极性分子。具体实例见下表:化学式 BF3 CO2 PCl5 SO3 H2O NH3 SO2中心原子化合价绝对值 3 4 5 6 2 3 4中心原子价电子数 3 4 5 6 6 5 6分子极性 非极性 非极性 非极性 非极性 极性 极性 极性②ABn型的多原子分子是否有极性,常根据分子中是否有孤对电子来判断。如果中心原子的价层电子对全部为成键电子对,该分子一般为非极性分子;如果中心原子的价层电子既有成键电子对,又有孤电子对,该分子常为极性分子。2.巧妙运用价层电子对互斥理论判断分子空间构型(1)价层电子对互斥模型说的是价层电子对的空间构型,而分子的空间构型指的是成键电子对空间构型,不包括孤电子对。①当中心原子无孤电子对时,两者的构型一致;②当中心原子有孤电子对时,两者的构型不一致。分子或离子 中心原子的孤电子对数 分子或离子的价层电子对数 电子对空间构型 分子或离子的立体构型CO2 0 2 直线线 直线形SO2 1 3 平面三角形 V形H2O 2 4 正四面体形 V形BF3 0 3 平面三角形 平面三角形CH4 0 4 正四面体形 正四面体形NH+40 4 正四面体形 正四面体形NH3 1 4 正四面体形 三角锥形(2)运用价层电子对互斥模型可预测分子或离子的立体结构,但要注意判断其价层电子对数,对ABm型分子或离子,其价层电子对数的判断方法为n=中心原子的价电子数+每个配位原子提供的价电子数×m±电荷数2【注意】①氧族元素的原子作为中心原子A时提供6个价电子,作为配位原子B时不提供价电子;②若为分子,电荷数为0;③若为阳离子,则减去电荷数,如NH+4,n=5+1×4-12=4;④若为阴离子,则加上电荷数,如SO2-4,n=6+22=4。3.理解记忆常见杂化轨道类型与分子构型规律杂化轨道类型 参加杂化的原子轨道 分子构型 示例sp 1个s轨道,1个p轨道 直线形 CO2、BeCl2、HgCl2sp2 1个s轨道,2个p轨道 平面三角形 BF3、BCl3、HCHOsp3 1个s轨道,3个p轨道 等性杂化 正四面体 CH4、CCl4、NH+4
  不等性杂化 具体情况不同 NH3(三角锥形)、H2S、H2O(V形)4.配合物理论(1)配合物的组成①配体:含有孤电子对的分子或离子,如NH3、H2O、Cl-、Br-、I-、SCN-等。②中心离子:一般是金属离子,特别是过渡金属离子,如Cu2+、Fe3+等。③配位数:直接同中心原子(或离子)配位的含有孤电子对的分子(或离子)的数目。(2)常见配合物:如[Cu(NH3)4](OH)2、[Cu(NH3)4]SO4、[Ag(NH3)2]OH、Fe(SCN)3、[Fe(SCN)6]3-等。5.范德华力、氢键及共价键比较 范德华力 氢键 共价键对物质性质的影响 ①影响物质的熔点、沸点、溶解度等物理性质②组成和结构相似的物质,随相对分子质量的增大,物质的熔、沸点升高,如F2<Cl2<Br2<I2,CF4<CCl4<CBr4 分子间氢键的存在,使物质的熔、沸点升高,在水中的溶解度增大,如熔、沸点:H2O>H2S,HF>HCl,NH3>PH3 ①影响分子的稳定性②共价键键能越大,分子稳定性越强特征 无方向性、无饱和性 有方向性、有饱和性 有方向性、有饱和性强度比较 共价键>氢键>范德华力  B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.周期表前四周期的元素a、b、c、d、e原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同,b的价电子层中的未成对电子有3个,c的最外层电子数为其内层电子数的3倍,d与c同族,e的最外层只有一个电子,但次外层有18个电子。则a和其他元素形成的二元共价化合物中,分子呈三角锥形,该分子的中心原子的杂化方式为_sp3__;这些元素形成的含氧酸中,分子的中心原子的价层电子对数为3的是_HNO2、HNO3__;酸根呈三角锥结构的酸是_H2SO3__。2.[H3O]+[]-中阳离子的空间构为_三角锥形__,阴离子的中心原子轨道采用_sp3__杂化。3.1mol乙醛分子中含有σ键的数目为6NA,乙酸的沸点明显高于乙醛,其主要原因是_CH3COOH存在分子间氢键__。4.与OH-互为等电子体的一种分子为_HF__(填化学式)。5.已知a是H,b是N,c是O,d是S,a与其他元素形成二元共价化合物中,分子中既含有极性共价键,又含有非极性共价键的化合物是_N2H4、H2O2__(填化学式,写出两种)。6.若BCl3与XYn通过B原子与X原子间的配位键结合形成配合物,则该配合物中提供孤电子对的原子是_X__。[解析]由于在BCl3中B原子无孤电子对,但有空轨道,所以提供孤电子对的原子是X。7.碳和硅和有关化学键键能如下所示,简要分析和解释下列有关事实:化学键 C-C C-H C-O Si-Si Si-H Si-O键能/(kJ·mol-1) 356 413 336 226 318 452(1)硅与碳同族,也有系列氢化物,但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多,原因是_C-C键和C-H键较强,所形成的烷烃稳定,而硅烷中Si-Si键和Si-H键的键能较低,易断裂,导致长链硅烷难以生成__。(2)C-H键的键能大于C-O键,C-H键比C-O键更稳定,而SiH4的稳定性小于CH4,更易生成氧化物,原因是_Si-H键的键能却远小于Si-O键,所以Si-H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si-O键__。8.(1)BF3与一定量的水形成晶体Q[(H2O)2·BF3],Q在一定条件下可转化为R:H2O…熔化279.2K结晶[H3O]+晶体QR各种微粒间的作用力不涉及_ad__(填序号)。a.离子键b.共价键c.配位键d.金属键e.氢键f.范德华力(2)已知苯酚()具有弱酸性,其Ka=1.1×10-10;水杨酸第一级电离形成的离子能形成分子内氢键。据此判断,相同温度下电离平衡常数Ka2(水杨酸)_<__Ka(苯酚)(填">"或"<"),其原因是中形成分子内氢键,使其更难电离出H+。9.(新题预测)铜离子形成的某种配合物阳离子具有轴向狭长的八面体结构(如图)。已知两种配体都是10电子的中性分子,且都含氢元素。(1)两种配体分子的配位原子电负性大小为_O>N__(填元素符号),其中热稳定性较弱的配体为(用电子式表示)。(2)该配合物阳离子与SO2-4形成的配合物X的化学式为_[Cu(H2O)2(NH3)4]SO4__。[解析]两种配体都是10电子的中性分子,且都含氢元素,可知两配体分别为H2O和NH3。(1)两种配体分子中N和O均有孤电子对,可与中心原子间形成配位键,O的非金属性比N强,即电负性O>N,且NH3的稳定性小于H2O,NH3的电子式为H··N····H··H;(2)由该配合物阳离子的结构可知含有4个NH3和2个H2O,则与SO2-4形成的配合物X的化学式为[Cu(H2O)2(NH3)4]SO4。考点三晶体结构与性质Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2017·江苏·21节选)铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与。某FexNy的晶胞如图1所示,Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe,形成Cu替代型产物Fe(x-n)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示,其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为_Fe3CuN__。[解析]能量越低越稳定,从图2知,Cu替代a位置Fe型会更稳定,其晶胞中Cu位于8个顶点,N(Cu)=8×18=1,Fe位于面心,N(Fe)=6×12=3,N位于体心,N(N)=1,其化学式为Fe3CuN。2.(2017·全国Ⅲ卷·35节选)MgO具有NaCl型结构(如图),其中阴离子采用面心立方最密堆积方式,X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a=0.420nm,则r(O2-)为_0.148__nm。MnO也属于NaCl型结构,晶胞参数为α′=0.448nm,则r(Mn2+)为_0.076__nm。[解析]因为O2-采用面心立方最密堆积方式,所以面对角线长度是O2-半径的4倍,则有[4r(O2-)]2=2a2,解得r(O2-)=24×0.420nm≈0.148nm;MnO也属于NaCl型结构,根据晶胞的结构可得2r(Mn2+)+2r(O2-)=a′,代入数据解得r(Mn2+)=0.076nm。3.(2017·全国Ⅱ卷·35节选)我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl(用R代表)。R的晶体密度为dg·cm-3,其立方晶胞参数为anm,晶胞中含有y个[(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl]单元,该单元的相对质量为M,则y的计算表达式为602a3dM(或a3dNAM×10-21)。[解析]该晶胞的体积为(a×10-7cm)3,根据yNA×M=(a×10-7)3d,可求出y=602a3dM(或a3dNAM×10-21)。4.(2017·全国Ⅰ卷·35节选)(1)KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料,具有钙钛矿型的立方结构,边长为a=0.446nm,晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置,如图所示。K与O间的最短距离为_0.315__nm,与K紧邻的O个数为_12__。(2)在KIO3晶胞结构的另一种表示中,I处于各顶角位置,则K处于_体心__位置,O处于_棱心__位置。[解析](1)二者间的最短距离为晶胞面对角线长的一半,即22×0.446nm≈0.315mn。与钾紧邻的氧原子有12个。(2)想象4个晶胞紧密堆积,则I处于顶角,O处于棱心,K处于体心。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1.晶体类型的判断方法(1)据各类晶体的概念判断,即根据构成晶体的粒子和粒子间的作用力类别进行判断。①由分子通过分子间作用力(范德华力、氢键)形成的晶体属于分子晶体;②由原子通过共价键形成的晶体属于原子晶体;③由阴、阳离子通过离子键形成的晶体属于离子晶体;④由金属阳离子和自由电子通过金属键形成的晶体属于金属晶体,或由金属原子形成的晶体属于金属晶体。(2)据各类晶体的特征性质判断。①低熔、沸点的晶体属于分子晶体;②熔、沸点较高,且在水溶液中或熔化状态下能导电的晶体属于离子晶体;③熔、沸点很高,不导电,不溶于一般溶剂的晶体属于原子晶体;④能导电、传热、具有延展性的晶体属于金属晶体。2.掌握比较晶体熔、沸点高低的规律方法(1)不同类型晶体的熔、沸点高低一般规律原子晶体>离子晶体>分子晶体。金属晶体的熔、沸点差别很大,如钨、铂等熔点很高,汞、铯等熔点很低。(2)同类型晶体的熔、沸点高低一般规律①原子晶体由共价键形成的原子晶体中,原子半径小的键长短,键能大,晶体的熔、沸点高。如熔点:金刚石>碳化硅>硅。②离子晶体一般地说,阴阳离子的电荷数越多,离子半径越小,则离子间的作用力就越强,其晶体的熔、沸点就越高,如熔点:MgO>NaCl>CsCl。③分子晶体a.分子间作用力越大,物质的熔、沸点越高;具有氢键的分子晶体熔、沸点反常地高。如H2O>H2Te>H2Se>H2S。b.组成和结构相似的分子晶体,相对分子质量越大,熔、沸点越高。SnH4>GeH4>SiH4>CH4。c.组成和结构不相似的分子晶体(相对分子质量接近),分子的极性越大。其熔、沸点越高。如CO>N2,CH3OH>CH3CH3。d.同分异构体,支链越多,溶、沸点越低。如CH3-CH2-CH2-CH2-CH3>>。④金属晶体金属离子半径越小,离子电荷数越多,金属键越强,金属熔、沸点就越高。如熔、沸点:Al>Mg>Na。3.辨清析透几种常见的晶胞结构及晶胞含有的粒子数目A.NaCl(含4个Na+,4个Cl-)B.干冰(含4个CO2)C.CaF2(含4个Ca2+,8个F-)D.金刚石(含8个C)E.体心立方(含2个原子)F.面心立方(含4个原子)4.均摊法确定晶胞的化学组成(1)方法晶胞中任意位置上的一个原子如果是被n个晶胞所共有,那么,每个原子对这个晶胞的贡献就是1n。(2)类型①长方体(正方体)晶胞中不同位置的粒子对晶胞的贡献:②非长方体(非正方体)晶胞中粒子对晶胞的贡献视具体情况而定。如石墨晶胞每一层内碳原子排成六边形,其顶点(1个碳原子)对六边形的贡献为13,再如图所示的正三棱柱形晶胞中:5.晶体密度及微粒间距离的计算(1)计算晶体密度的方法以一个晶胞为研究对象,根据m=ρ·V,其一般的计算规律和公式可表示为:MNA×n=ρ×a3,其中M为晶体的摩尔质量,n为晶胞所占有的粒子数,NA为阿伏加德罗常数,ρ为晶体密度,a为晶胞参数。(2)计算晶体中微粒间距离的方法B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2018·钦州二模)三硫化四磷是黄绿色针状结晶,其结构如图所示,不溶于冷水,溶于叠氮酸、二硫化碳、苯等有机溶剂。在沸腾的NaOH稀溶液中会迅速水解。回答下列问题:(1)三硫化四磷分子中P采取_sp3__杂化,与PO-3互为等电子体的化合物分子的化学式为_SO3__。(2)二硫化碳属于_非极性__(填"极性"或"非极性")分子。(3)用NA表示阿伏加德罗常数的数值,0.1mol三硫化四磷分子中含有的孤电子对数为_NA__。(4)纯叠氮酸(HN3)在常温下是一种液体,沸点较高,为308.8K,主要原因是_HN3分子间存在氢键__。(5)氢氧化钠具有NaCl型结构,其晶胞中Na+与OH-之间的距离为acm,晶胞中Na+的配位数为_6__,用NA表示阿伏加德罗常数的数值,NaOH的密度为20a3NAg·cm-3。[解析](1)P4S3中P形成3个P-S键、含有一对孤电子对,杂化轨道数为4,P采取sp3杂化;与PO-3互为等电子体的化合物分子的化学式为SO3。(2)二硫化碳与二氧化碳的结构相似,正负电荷中心重合,属于非极性分子。(3)根据图知,每个P有1对孤电子对,每个S有2对孤电子对,1molP4S3共有10对孤电子对,0.1mol含有NA对孤电子对。(4)纯叠氮酸(HN3)在常温下是一种液体,沸点较高,为308.8K,主要原因是HN3分子间存在氢键,使沸点反常地升高。(5)以体心Na+研究,与之相邻的OH-位于面心,晶胞中Na+的配位数为6,晶胞中Na+与OH-之间的距离为acm,则晶胞中Na+与OH-之间的距离为acm,则晶胞棱长为2acm,晶胞体积为(2acm)3,晶胞中Na+数目为1+12×14=4、OH-数目为8×18+6×12=4,则晶胞质量为4×40NAg,则晶胞密度为4×40NA2acm3=20a3NAg·cm-3。2.(2018·河南洛阳三模)(1)Cu与元素A能形成如图所示的两种化合物甲和乙。元素A是短周期非金属元素,A的常见氢化物常温下为液态,其熔沸点比同主族其他元素的氢化物高。①两种化合物的化学式分别为甲_CuO__,乙_Cu2O__。②热稳定性甲_<__乙(填">""<"或"="),试从原子结构角度解释原因_Cu2O中Cu+的d轨道为全充满状态,较稳定__。(2)Cu单质的晶体为面心立方堆积,其晶胞立方体的边长为acm,Cu的相对原子质量为63.5,单质Cu的密度为ρg·cm-3,则阿伏加德罗常数可表示为254ρa3mol-1(含"a""ρ"的代数式表示)。[解析](1)元素A是短周期非金属元素,A的常见氢化物常温下为液态,其熔沸点比同主族其他元素的氢化物高,据此可以判断A元素为氧元素;①甲中"○"的数目为8×18+4×14+2×12+1=4,"●"的数目为4,因此二者之比为1∶1,故甲的化学式为CuO;乙中"○"的数目为8×18+1=2,"●"的数目为4,因此二者之比为1∶2,故乙的化学式为Cu2O;②因为Cu2O中Cu+的电子排布式为[Ar]3d10,而CuO中Cu2+的电子排布式为[Ar]3d9,Cu+的d轨道为全充满状态,较稳定;故Cu2O的稳定性大于CuO。(2)由晶胞结构示意图可知,晶体的堆积模型为面心立方密堆积,晶胞中原子数目为6×12+8×18=4,晶胞质量为4×63.5g÷NA,晶胞体积为(acm)3,则4×63.5g÷NA=ρg·cm-3×(acm)3,故NA=254ρa3mol·L-1。3.(新题预测)金属钛性能优越,被誉为继Fe、Al后应用广泛的"第三金属"。(1)Ti的氧化物和CaO相互作用能形成钛酸盐CaTiO3,CaTiO3的晶体结构如图1,Ti位于立方体的体心。该晶体中,Ca2+的配位数为_12__。(2)Fe能形成多种氧化物,其中FeO晶胞结构如图2。FeO晶胞边长为428pm,则FeO晶体的密度为72×4NA·4.28×10-83g·cm-3(阿伏加德罗常数的值用NA表示,1pm=10-12m,写出计算式即可)。[解析](1)CaTiO3的晶体结构中Ti位于立方体的体心,由晶胞结构图和化学式可知,顶点为Ca2+,面心为O2-,该晶体中每个顶点Ca2+与面心的O2-相邻,每个顶点为8个晶胞共用,每个面为2个晶胞共用,晶体中,Ca2+和周围紧相邻O2-数目为12×(3×8)=12,即Ca2+的配位数为12。(2)FeO晶胞中含有的Fe数目为8×18+6×12=4,O数目为12×14+1=4,1molFeO含有14mol晶胞,则FeO晶体的密度为72gNA4×4.28×10-8cm3=72×4NA·4.28×10-83g·cm-3。1.(2018·全国Ⅰ·35)Li是最轻的固体金属,采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能,得到广泛应用。回答下列问题:(1)下列Li原子电子排布图表示的状态中,能量最低和最高的分别为_D__、_C__(填标号)。A.B.C.D.(2)Li+与H-具有相同的电子构型,r(Li+)小于r(H-),原因是_Li+核电荷数较大__。(3)LiAlH4是有机合成中常用的还原剂,LiAlH4中的阴离子空间构型是_正四面体__、中心原子的杂化形式为_sp3__。LiAlH4中,存在_AB__(填标号)。A.离子键 B.σ键C.π键 D.氢键(4)Li2O是离子晶体,其晶格能可通过图(a)的Born-Haber循环计算得到。图(a)可知,Li原子的第一电离能为_520__kJ·mol-1,O===O键键能为_498__kJ·mol-1,Li2O晶格能为_2_908__kJ·mol-1。(5)Li2O具有反萤石结构,晶胞如图(b)所示。已知晶胞参数为0.4665nm,阿伏加德罗常数的值为NA,则Li2O的密度为8×7+4×16NA0.4665×10-73g·cm-3(列出计算式)。图(b)[解析](1)D选项表示基态,为能量最低状态;A、B、C选项均表示激发态,但C选项被激发的电子处于高能级的电子数多,为能量最高状态。(2)Li+与H-具有相同的电子构型,Li的核电荷数大于H的核电荷数,因此Li的原子核对电子的吸引能力强,即Li+半径小于H-半径。(3)LiAlH4的阴离子为AlH-4,AlH-4中Al的杂化轨道数为4+3+12=4,Al采取sp3杂化,为正四面体构型。LiAlH4是离子化合物,存在离子键,H和Al间形成的是共价单键,为σ键。(4)由题给信息可知,2molLi(g)变为2molLi+(g)吸收1040kJ热量,因此Li原子的第一电离能为520kJ·mol-1;0.5mol氧气生成1mol氧原子吸收249kJ热量,因此O===O键的键能为498kJ·mol-1;Li2O的晶格能为2908kJ·mol-1。(5)由题给图示可知,Li位于晶胞内部,O位于顶点和面心,因此一个晶胞有8个Li,O原子个数=6×1/2+8×1/8=4。因此一个Li2O晶胞的质量=8×7+4×16NAg,一个晶胞的体积为(0.4665×10-7)3cm3,即该晶体密度=8×7+4×16NA0.4665×10-73g·cm-3。2.(2018·全国Ⅱ·35)硫及其化合物有许多用途,相关物质的物理常数如下表所示: H2S S8 FeS2 SO2 SO3 H2SO4熔点/℃ -85.5 115.2 >600(分解) -75.5 16.8 10.3沸点/℃ -60.3 444.6  -10.0 45.0 337.0回答下列问题:(1)基态Fe原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为,基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_哑铃(纺锤)__形。(2)根据价层电子对互斥理论,H2S、SO2、SO3的气态分子中,中心原子价层电子对数不同于其他分子的是_H2S__。(3)图(a)为S8的结构,其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多,主要原因为_S8相对分子质量大,分子间范德华力强__。图(a)图(b)图(c)(4)气态三氧化硫以单分子形式存在,其分子的立体构型为_平面三角__形,其中共价键的类型有_2__种;固体三氧化硫中存在如图(b)所示的三聚分子,该分子中S原子的杂化轨道类型为_sp3__。(5)FeS2晶体的晶胞如图(c)所示。晶胞边长为anm、FeS2相对式量为M、阿伏加德罗常数的值为NA,其晶体密度的计算表达式为4MNAa3×1021g·cm-3;晶胞中Fe2+位于S2-2所形成的正八面体的体心,该正八面体的边长为22anm。[解析](1)基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,因此其价层电子的电子排布图为;基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4,最高能级为3p,其电子云轮廓图为哑铃(纺锤)形。(2)根据价层电子对互斥理论可知,H2S、SO2、SO3三种分子中S原子的价层电子对数分别为4、3、3,因此H2S中S原子价层电子对数不同于其他两种分子。(3)S8和SO2均为分子晶体,S8的相对分子质量大于SO2,因此S8的分子间作用力大,熔沸点比SO2的高。(4)SO3的中心原子为S,中心原子的孤对电子数=(6-2×3)/2=0,中心原子结合3个氧原子,结合每个O原子有且只能有一个σ键,所以S形成3个σ键,S的价层电子对数为0+3=3,S为sp2杂化,根据sp2杂化轨道构型可知,SO3为平面形分子,符合形成大π键条件,可形成4中心6电子大π键,因此有两种共价键类型。如图(b)所示的三聚分子中每个S原子与4个O原子结合,形成正四面体结构,S原子的杂化轨道类型为sp3。(5)分析晶胞结构可知,Fe2+位于棱边和体心,S2-2位于顶点和面心,因此每个晶胞中含有的Fe2+个数=12×1/4+1=4,每个晶胞中含有的S2-2个数=6×1/2+8×1/8=4,即每个晶胞中含有4个FeS2。一个晶胞的质量=4M/NAg,晶胞的体积=(a×10-7)3cm3,该晶体密度=4MNAa×10-73g·cm-3=4MNAa3×1021g·cm-3。正八面体的边长即为两个面心点的距离,因此正八面体的边长为22anm。3.(2018·全国Ⅲ·35)锌在工业中有重要作用,也是人体必需的微量元素。回答下列问题:(1)Zn原子核外电子排布式为_[Ar]3d104s2__。(2)黄铜是人类最早使用的合金之一,主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)_大于__I1(Cu)(填"大于"或"小于")。原因是_Zn核外电子排布为全满稳定结构,较难失电子__。(3)ZnF2具有较高的熔点(872℃),其化学键类型是_离子键__;ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂,原因是_ZnF2为离子化合物,ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主,极性较小__。(4)《中华本草》等中医典籍中,记载了炉甘石(ZnCO3)入药,可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中,阴离子空间构型为_平面三角形__,C原子的杂化形式为_sp2__。(5)金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示,这种堆积方式称为_六方最密堆积(A3型)__。六棱柱底边边长为acm,高为ccm,阿伏加德罗常数的值为NA,Zn的密度为65×6NA×6×34×a2cg·cm-3(列出计算式)。[解析](1)锌的核外有30个电子,因此其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2,也可写作[Ar]3d104s2。(2)锌的价层电子排布式为3d104s2,为全满稳定结构,较难失去电子,铜的价层电子排布式为3d104s1,较易失去一个电子,因此锌的第一电离能大于铜的第一电离能。(3)由ZnF2的熔点为872℃可知,ZnF2应为离子晶体,因此化学键类型为离子键。ZnF2为离子化合物,极性较大,不溶于有机溶剂;ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主,极性较小,能够溶于有机溶剂。(4)C原子价层电子对数n=(4+3×0+2)/2=3,因此C原子为sp2杂化,CO2-3的空间构型为平面三角形。(5)金属Zn晶体为六方最密堆积方式(A3型)。六棱柱底边边长为acm,则六棱柱上下面的面积均为6×34a2cm2,则六棱柱的体积为6×34a2ccm3,锌原子在六棱柱的顶点、上下面心和晶胞内,一个晶胞含锌原子个数=12×1/6+2×1/2+3=6,因此一个晶胞中Zn的质量=65×6NAg,由此可知,Zn的密度=65×6NA×6×34×a2cg·cm-3。4.(2018·江苏·21)臭氧(O3)在[Fe(H2O)6]2+催化下能将烟气中的SO2、NOx分别氧化为SO2-4和NO-3,NOx也可在其他条件下被还原为N2。(1)SO2-4中心原子轨道的杂化类型为_sp3__;NO-3的空间构型为_平面(正)三角形__(用文字描述)。(2)Fe2+基态核外电子排布式为_[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6__。(3)与O3分子互为等电子体的一种阴离子为_NO-2__(填化学式)。(4)N2分子中σ键与π键的数目比n(σ)∶n(π)=_1∶2__。(5)[Fe(H2O)6]2+与NO反应生成的[Fe(NO)(H2O)5]2+中,NO以N原子与Fe2+形成配位键。请在[Fe(NO)(H2O)5]2+结构示意图的相应位置补填缺少的配体。[解析](1)硫酸根离子中S原子的价层电子对数=(6+2)/2=4,因此S原子为sp3杂化。N原子的价层电子对数=(5+1)/2=3,因此N原子为sp2杂化,无孤对电子,因此空间构型为平面(正)三角形。(2)Fe原子核外有26个电子,其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,失去两个电子后,Fe2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6。(3)因为是阴离子,因此在周期表中可将一个O原子左移一个位置变为N原子,即NO-2为O3的等电子体。(4)N与N可形成三键,因此有一个σ键和2个π键,即两者数目比为1∶2。(5)[Fe(NO)(H2O)5]2+中有5个H2O和1个NO,题给图示中缺少1个H2O和1个NO,O和N提供孤对电子,根据题给图示结构可补填缺少的H2O和NO配体。5.(2018·全国统一仿真模拟六)铜的冶炼和使用已有几千年历史,铜及其化合物的用途也越来越广泛。回答下列问题:(1)基态铜原子有_29__种不同运动状态的电子,二价铜离子的排布式为_1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9__。(2)铜能与类卤素(CN)2反应生成Cu(CN)2,1mol(CN)2分子中含有π键的数目为_4NA__。(3)CuCl2溶液与乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)可形成配离子[Cu(En)2]2+(En是乙二胺的简写),该配离子中所含的非金属元素的电负性由大到小的顺序是_N>C>H__;乙二胺分子中氮原子轨道的杂化类型为_sp3__,乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺,且相对分子质量相近,但乙二胺比三甲胺的沸点高得多,原因是_乙二胺分子之间可以形成氢键,三甲胺分子之间不能形成氢键__。(4)铜晶体中铜原子的堆积方式为面心立方最密堆积,每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为_12__。(5)某M原子的外围电子排布式为3s23p5,铜与M形成化合物的晶胞如图所示(黑球代表铜原子)。①已知铜和M的电负性分别为1.9和3.0,则铜与M形成的该种化合物属于_共价__(填"离子"或"共价")化合物。②已知该晶体的密度为ρg·cm-3,阿伏加德罗常数为NA,则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为3434×99.5ρNA×1010pm(只写计算式)。6.(2018·全国调研)硼及其化合物有重要作用。请回答:(1)基态硼原子的外围电子排布式为_2s22p1__。(2)BF3中B原子的杂化轨道类型为_sp2__,BF3分子空间构型为_平面正三角形__。(3)在硼、氧、氟、氮中第一电离能由大到小的顺序是(用元素符号表示)_F>N>O>B__。(4)已知:硼酸的电离方程式为H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+,试依据上述反应写出[Al(OH)4]-的结构式,并推测1molNH4BF4(氟硼酸铵)中含有_2NA或1.204×1024__个配位键。(5)由12个硼原子构成如图1的结构单元,硼晶体的熔点为1873℃,则硼晶体的1个结构单元中含有_30__个B-B键。(6)氮化硼(BN)是受到高度关注的耐磨材料,其晶体的晶胞如图所示。①在BN晶胞中B的堆积方式为_面心立方最密堆积__,晶体内B-N键数与硼原子数之比为_4∶1__。②晶胞中B原子坐标参数分别有:B(0,0,0);B(12,0,12);B(12,12,0)等。则距离上述三个B原子最近且等距的N原子的坐标参数为(14,14,14)。③若图中晶胞的边长为apm,则BN中硼原子和氮原子之间的最近距离为34a×10-10cm。7.(2018·合肥二模)2016年诺贝尔化学奖授予在"分子机器设计和合成"领域有突出成就的三位科学家,其研究对象之一"分子开关"即与大环主体分子苯芳烃、硫或氮杂环杯芳烃等有关。回答下列问题:(1)对叔丁基杯芳烃(如图所示)可用于ⅢB族元素对应的离子萃取,如La2+、Sc2+写出基态二价钪离子(Sc2+)核外电子排布式:_1s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d1__,其中电子占据的轨道数为_10__个。(2)对叔丁基杯芳烃由4个烃基构成杯底,其中氧原子的杂化方式为_sp3__。羟基间的相互作用力为_氢键__。(3)不同大小的杯芳烃能识别某些离子,如N-3、SCN-等。根据等电子体原理判断N-3空间构型为_直线形__;一定条件下,SCN-与MnO2反应可得到(SCN)2。试写出(SCN)2的结构式:NCSSCN。(4)已知C60分子结构和C60晶胞示意图(如图所示):则一个C60分子中含有σ键个数为_90__,与每个C60分子距离最近且相等的C60分子有_12__个,C60晶体的密度为_1.67_g·cm-3__(计算结果保留两位小数)。[解析](1)Sc是21号元素,根据元素核外电子排布规则可知其电子排布式为[Ar]3d14s2,则Sc2+的电子排布式为:1s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d1;s能级有1个轨道,p能级有3个轨道,d能级只有1个电子,占据1个轨道,因此电子占据的原子轨道有10个。(2)分子中羟基上的O形成2个σ键,2对孤电子对,因此O的杂化类型为sp3,羟基之间是通过氢键联系在一起的。(3)N-3与CO2互为等电子体,因此N-3的空间构型为直线形;(SCN)2的结构式为NCSSCN。(4)根据C60分子结构,C60分子中1个碳原子有2个C-C键、1个C=C,根据均摊法,一个碳原子真正含有的σ键的个数为32,即1个C60分子中含有的σ键的个数为60×32=90;根据C60的晶胞结构,离C60最近的C60上面有4个,中间有4个,下面有4个,共有12个;完整占有C60的个数为8×18+6×12=4,晶胞的质量为4×720NAg,晶胞的体积为(1.42×10-7)3cm3,根据密度的定义得出晶胞的密度等于4×720NA×1.42×10-73g·cm3≈1.67g·cm-3。第19讲有机化合物结构与性质最新考纲 考向分析1.通过对典型有机化合物的组成、结构和性质的学习,知道官能团对有机化合物性质的决定作用,认识有机反应的复杂性。2.建立有机化合物官能团与性质的辩证关系,能根据结构简式推断其可能性质。3.通过有机物的组成、性质及合成的实验探究,认识科学探究是进行科学解释和发现、创造和应用的科学实验活动,在探究中学会合作,培养创新意识。4.能对与有机化合物的性质、用途有关的社会热点问题(如新材料、新药物等),从可持续发展和绿色化学等角度做出正确的价值判断。 常以主观题目的形式考查某有机化合物的命名及其官能团的推断和书写、反应类型及条件、同分异构体的书写及数目的判断、化学方程式的书写等。考点一官能团的结构与性质Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2018·全国Ⅲ·9)苯乙烯是重要的化工原料。下列有关苯乙烯的说法错误的是(C)A.与液溴混合后加入铁粉可发生取代反应B.能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.与氯化氢反应可以生成氯代苯乙烯D.在催化剂存在下可以制得聚苯乙烯[解析]C错:与氯化氢的反应是发生在碳碳双键上的加成反应,产物是氯代苯乙烷。A对:"铁粉""液溴"是苯乙烯()在苯环上发生溴代反应的条件。B对:含有碳碳双键,能使酸性高锰酸钾溶液褪色。D对:含有碳碳双键,能发生加聚反应生成聚苯乙烯。2.(2018·北京·10)一种芳纶纤维的拉伸强度比钢丝还高,广泛用作防护材料。其结构片段如下图。下列关于该高分子的说法正确的是(B)A.完全水解产物的单个分子中,苯环上的氢原子具有不同的化学环境B.完全水解产物的单个分子中,含有官能团-COOH或-NH2C.氢键对该高分子的性能没有影响D.结构简式为[解析]B对:该高分子完全水解生成和,分别含有官能团-COOH、-NH2。A错:水解生成的单个分子是对称结构,苯环上的氢原子具有相同的化学环境。C错:氢键对高分子的性能有影响。D错:该高分子化合物的结构简式为。3.(2017·江苏)萜类化合物广泛存在于动植物体内,关于下列萜类化合物的说法正确的是(C)A.a和b都属于芳香族化合物B.a和c分子中所有碳原子均处于同一平面上C.a、b和c均能使酸性KMnO4溶液褪色D.b和c均能与新制的Cu(OH)2反应生成红色沉淀[解析]a中没有苯环,不属于芳香族化合物,A项错误;a、c中所有碳原子不可能共平面,B项错误;a中的碳碳双键、b中的羟基以及与苯环相连的甲基、c中的醛基均可以被酸性KMnO4溶液氧化,C项正确;与新制Cu(OH)2反应的官能团为醛基,只有c可以与新制Cu(OH)2反应,而b不能,D项错误。4.(2017·天津)汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一,对肿瘤细胞的杀伤有独特作用。下列有关汉黄芩素的叙述正确的是(B)A.汉黄芩素的分子式为C16H13O5B.该物质遇FeCl3溶液显色C.1mol该物质与溴水反应,最多消耗1molBr2D.与足量H2发生加成反应后,该分子中官能团的种类减少1种[解析]该物质中含有酚羟基,遇FeCl3溶液显色,B项正确。根据有机物中碳的价键总数为4,可得出汉黄芩素分子中的氢原子数,可知其分子式为C16H12O5,A项错误;该物质中含有酚羟基,可与浓溴水发生取代反应,含有碳碳双键,可与Br2发生加成反应,故1mol该物质与溴水反应时,最多消耗2molBr2,C项错误;该物质中的碳碳双键、羰基均能与H2发生加成反应,反应后该分子中官能团的种类减少2种,苯环不是官能团,D项错误。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1.有关官能团性质的易混点:(1)注意苯环的结构与六元环的区别,不要看到含双键的六元环就认为是苯环。(2)注意酚羟基的性质与醇羟基的区别。注意酚羟基与苯环的相互影响,如苯环邻对位氢易取代、酚羟基易电离等。(3)注意醇的催化氧化规律,伯醇氧化为醛、仲醇氧化为酮,叔醇不能氧化。(4)不是所有的醇或卤代烃都能发生消去反应,与连有醇羟基(或卤素原子)的碳原子相邻的碳原子上没有氢原子,则不能发生消去反应。(5)酚酯与普通酯的区别:1mol酚酯(如HCOOC6H5)水解时消耗2molNaOH1mol普通酯(如CH3COOC2H5)水解时消耗1molNaOH。(6)能与Na2CO3溶液发生反应的有羧酸、苯酚,但苯酚与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3而得不到CO2。2.记准几个定量关系:(1)1mol醛基消耗2molAg(NH3)2OH生成2molAg单质、1molH2O、3molNH3;1mol甲醛消耗4molAg(NH3)2OH。(2)1mol醛基消耗2molCu(OH)2生成1molCu2O沉淀、3molH2O。(3)和NaHCO3反应生成气体:1mol-COOH生成1molCO2气体。(4)和Na反应生成气体:1mol-COOH生成0.5molH2;1mol-OH生成0.5molH2。(5)和NaOH反应:1mol-COOH(或酚-OH,或-X)消耗1molNaOH;1mol(R为链烃基)消耗1molNaOH;1mol消耗2molNaOH。3.有机物原子共面共线的解题思路(1)"等位代换不变"原则。基本结构上的氢原子,无论被什么原子替代,所处空间结构维持原状。(2)单链可以沿键轴旋转,双键和三键不能沿键轴旋转。若平面间靠单链相连,所连平面可以绕键轴旋转,可能旋转到同一平面上也可能旋转后不在同一平面上。(3)若平面间被多个点固定,且不是单链,则不能旋转,一定共平面。(4)分拆原则。可把复杂的构型,分拆为几个简单构型,再分析单链旋转时可能的界面。B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2018·荆门一模)青蒿酸的结构简式如图所示。下列有关说法正确的是(C)A.青蒿酸的分子式为C15H20O2B.1mol青蒿酸最多可与3molH2加成C.青蒿酸与互为同分异构体D.苯环上连有-CHO和-OH、分子中有6种不同化学环境氢的青蒿酸的同分异构体只有2种[解析]由结构简式可知青蒿酸的分子式为C15H22O2,故A错误;只有2个碳碳双键与氢气发生加成反应,则1mol青蒿酸可与2molH2发生加成反应,故B错误;青蒿酸的不饱和度是5,的不饱和度是5,且二者分子式相同,结构不同,所以为同分异构体,故C正确;苯环上连有-CHO和-OH、分子中有6种不同化学环境氢的青蒿酸的同分异构体,苯环上醛基与羟基处在对位,同分异构体有、3种,故D错误。2.(2018·成都二模)有两种有机物Q()与P(),下列有关它们的说法中正确的是(C)A.二者的核磁共振氢谱中均只出现两种峰且峰面积之比为3∶2B.二者在NaOH醇溶液中均可发生消去反应C.一定条件下,二者在NaOH溶液中均可发生取代反应D.Q的一氯代物只有1种、P的一溴代物有2种[解析]二者的核磁共振氢谱中均只出现两种峰,且峰面积之比分别为3∶1、3∶2,故A错误;二者在NaOH醇溶液中均不能发生消去反应,故B错误;卤代烃、甲基等均可发生取代反应,则一定条件下,二者在NaOH溶液中均可发生取代反应,故C正确;Q、P中均含2种氢原子,故其一氯代物均有2种,故D错误。3.(2018·衡水中学三模)已知伞形酮可用雷琐苯乙酮和苹果酸在一定条件下反应制得。下列说法中正确的是(B)A.一分子雷琐苯乙酮含有3个碳碳双键B.苹果酸的一种缩聚产物是C.1mol伞形酮与足量NaOH溶液反应,最多可消耗2molNaOHD.雷琐苯乙酮、苹果酸、伞形酮都能跟FeCl3溶液发生显色反应[解析]苯环中不存在碳碳双键,雷琐苯乙酮分子中不含有碳碳双键,A错误;苹果酸分子中含有羟基和羧基,其中一种缩聚产物是,B正确;伞形酮分子中含有酚羟基和酚羟基形成的酯基,则1mol伞形酮与足量NaOH溶液反应,最多可消耗3molNaOH,C错误;D.雷琐苯乙酮、伞形酮都能跟FeCl3溶液发生显色反应,苹果酸不存在酚羟基,与氯化铁不反应,D错误。4.(新题预测)镇咳药沐舒坦可由化合物甲和化合物乙在一定条件下制得:下列有关叙述正确的是(D)A.化合物甲的分子式为C7H4NBr2ClB.1mol沐舒坦既能与6molH2发生加成反应C.化合物乙既能与HCl溶液反应又能与NaOH溶液反应D.一定条件下,沐舒坦分别能发生消去、氧化、取代、加成反应[解析]由结构简式可知化合物甲的分子式为C7H6NBr2Cl,A错误;1mol沐舒坦最多能与3molH2发生加成反应,B错误;醇羟基不具有酸性,与氢氧化钠溶液不反应,C错误;沐舒坦含有羟基,可发生取代、消去、氧化反应,含有苯环,可发生加成反应,故D正确。考点二有机反应类型Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2018·江苏·11)化合物Y能用于高性能光学树脂的合成,可由化合物X与2-甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得:下列有关化合物X、Y的说法正确的是(BD)A.X分子中所有原子一定在同一平面上B.Y与Br2的加成产物分子中含有手性碳原子C.X、Y均不能使酸性KMnO4溶液褪色D.X→Y的反应为取代反应[解析]B对:Y分子含有碳碳双键,与Br2加成后,连接甲基的碳原子连有4个不同基团,该碳原子为手性碳原子。D对:X分子中酚羟基上的氢原子被CH2===C(CH3)CO-取代生成Y,Y中的酯基是取代反应的结果。A错:X分子中含有苯环,与苯环直接相连的原子处于苯环所在的平面内,3个Br原子和-OH中的O原子在苯环所在平面内,C-O-H键呈V形且单键可以任意旋转,故X分子中-OH上的氢原子不一定在苯环所在平面内。C错:X分子中含有酚羟基,Y分子中含有碳碳双键,都能被酸性高锰酸钾溶液氧化,MnO-4被还原为Mn2+而褪色。2.某种药物合成中间体的结构简式为,有关该物质的说法不正确的是(D)A.属于芳香族化合物B.能发生消去反应和酯化反应C.能分别与金属Na、NaHCO3溶液反应D.1mol该有机物与足量NaOH溶液反应,消耗5molNaOH[解析]分子中含有苯环,为芳香族化合物,A项正确;分子中含有醇羟基,且与羟基相连碳的邻位碳上有氢原子,可发生消去和酯化反应,B项正确;分子中含有羧基,可与金属钠、碳酸氢钠溶液反应,C项正确;分子中含有2个酚羟基和1个羧基,则1mol该有机物与足量NaOH溶液反应,消耗3molNaOH,D项错误。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏从常见官能团的视角判断反应类型官能团 反应类型双键()或三键(-C≡C-) 加成反应,加聚反应,氧化反应卤原子(-X) 在碱的溶液中发生水解反应生成醇,在碱的醇溶液中发生消去反应得到不饱和烃醇羟基(-OH) 和金属钠反应生成氢气,能发生消去反应得到不饱和烃(与羟基相连的碳直接相连的碳原子上如果没有氢原子,不能发生消去反应),能与羧酸发生酯化反应,能被催化氧化成醛(伯醇氧化成醛,仲醇氧化成酮,叔醇不能被催化氧化)醛基(-CHO) 能与银氨溶液发生银镜反应,能与新制的氢氧化铜溶液反应,生成红色沉淀,能被氧化成羧酸,能被加氢还原成醇羧基(-COOH) 具有酸性(一般酸性强于碳酸),能与钠反应得到氢气,不能被还原成醛,能与醇发生酯化反应酯基(-COOR) 发生水解反应得到酸和醇羰基(CO) 与氢气发生加成反应(还原反应)B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2018·潍坊三模)霉酚酸酯(MMF)是器官移植中抑制细胞增殖最常用的一种药物,已知其结构简式是,则下列关于MMF的说法中,不正确的是(C)①MMF所有原子一定处在同一平面②可以跟溴水加成③可以被酸性KMnO4溶液氧化④可以跟NaHCO3溶液反应⑤MMF的分子式为C24H31O7N⑥可以发生消去反应⑦可以发生加聚反应⑧可以发生水解反应⑨可以发生取代反应A.①③⑦⑧ B.③④⑥⑦C.①④⑤⑥ D.②④⑤⑧[解析]①根据霉酚酸酯的结构简式可知,MMF含有-CH3,其结构为四面体形,则所有原子一定不能位于同一平面内;②MMF中含有碳碳双键,可以与溴水发生加成反应;③碳碳双键及苯环上的甲基均能被酸性高锰酸钾溶液氧化;④MMF中没有-COOH,则不能与NaHCO3溶液发生反应;⑤MMF分子式为C23H31O7N;⑥MMF中不存在可以发生消去反应的醇羟基与卤素原子;⑦由于含有碳碳双键,可以发生加聚反应;⑧由于含有酯基,可以发生水解反应;⑨水解反应属于取代反应。2.(2018·河泽二模)尼龙-66具有较高的钢性、较好的耐磨性等优良性能,广泛用于制造机械与电气装置的零件,其合成路线如图所示。已知RCl+HCN――→催化剂RCN+HCl完成下列填空:(1)写出A的官能团名称_碳碳双键、氯原子__,③的反应类型_缩聚反应(聚合反应)__。(2)写出化合物D的结构简式:_H4NOOC(CH2)4-COONH4__。(3)写出满足下列条件C的一种同分异构体的结构简式:。a.含有两种含氧官能团 b.能发生银镜反应c.核磁共振氢谱为4组峰(4)写出反应①②的化学方程式:;反应②的化学方程式为。(5)一定条件下,下列化合物中能与B发生化学反应的是_b、c__。a.NaOHb.HClc.Na[解析]E与C发生缩聚反应生成尼龙-66,由尼龙-66的结构简式可以推知C为HOOC-(CH2)4-COOH,E为H2N-(CH2)6-NH2;1,3-丁二烯与氯气发生1,4-加成得到A为,A与HCN发生取代反应生成NC-CH2CH===CHCH2-CN,NC-CH2CH===CHCH2-CN与氢气发生加成反应得E,对比B的分子式和反应产物可知,B为,B被氧化生成环己酮,环己酮与硝酸反应生成C,C与氨气发生反应生成D为H4NOOC(CH2)4-COONH4,D脱水得到NC-CH2CH2CH2CH2-CN。(1)有机物CH2Cl-CH===CH-CH2Cl含有的官能团名称为碳碳双键和氯原子,③的反应是HOOC-(CH2)4-COOH和H2N-(CH2)6-NH2发生缩聚反应(聚合反应)生成尼龙-66。(2)化合物D的结构简式为H4NOOC(CH2)4-COONH4。(3)a.含有两种含氧官能团可能是羧基,也可能是酯基或醛基等;b.能发生银镜反应说明有醛基;c.核磁共振氢谱为4组峰,说明结构对称性较强,满足下列条件C的一种同分异构体的结构简式为。(4)反应①的化学方程式为;反应②的化学方程式为2+O2――→催化剂△2+2H2O。(5)B为,具有醇的性质,则能与HCl发生取代反应生成卤代烃,能与Na反应生成氢气,没有酚的性质,不能与NaOH反应。3.(2017·全国Ⅱ·36)化合物G是治疗高血压的药物"比索洛尔"的中间体,一种合成G的路线如下:已知以下信息:①A的核磁共振氢谱为单峰;B的核磁共振氢谱为三组峰,峰面积比为6∶1∶1。②D的苯环上仅有两种不同化学环境的氢;1molD可与1molNaOH或2molNa反应。回答下列问题:(1)A的结构简式为。(2)B的化学名称为_2-丙醇(或异丙醇)__。(3)C与D反应生成E的化学方程式为+――→浓H2SO4△+H2O。(4)由E生成F的反应类型为_取代反应__。(5)G的分子式为_C18H31NO4__。(6)L是D的同分异构体,可与FeCl3溶液发生显色反应,1mol的L可与2mol的Na2CO3反应,L共有_6__种;其中核磁共振氢谱为四组峰,峰面积比为3∶2∶2∶1的结构简式为、。[解析](4)根据E、F的结构简式可确定由E生成F的反应为取代反应。(5)根据G的结构简式可确定其分子式为C18H31NO4。(6)根据L遇FeCl3溶液发生显色反应可知L中含酚羟基,再结合D的分子式和1molL能与2molNa2CO3反应,可知L中含2个酚羟基和1个-CH3,2个酚羟基位于苯环邻位、间位和对位时,-CH3所处的位置分别有2种、3种和1种,即L共有6种可能的结构。其中核磁共振氢谱中有四组峰,且峰面积之比为3∶2∶2∶1的结构简式为考点三限定条件下同分异构体的书写与数目判断Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2018·全国Ⅰ·11)环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物,螺[2,2]戊烷()是最简单的一种。下列关于该化合物的说法错误的是(C)A.与环戊烯互为同分异构体B.二氯代物超过两种C.所有碳原子均处同一平面D.生成1molC5H12至少需要2molH2[解析]C错:中每个碳原子都形成4个共价单键,这4个键呈四面体状分布,所有碳原子不可能处于同一平面。A对:环戊烯的结构简式为,与分子式相同且结构不同,互为同分异构体。B对:如都是螺[2,2]戊烷的二氯代物。D对:螺[2,2]戊烷的分子式是C5H8。在理论上,1molC5H8与2molH2反应,生成1molC5H12。2.(1)(2017·全国Ⅰ节选)芳香化合物X是F()的同分异构体,X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2,其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢,峰面积比为6∶2∶1∶1,写出2种符合要求的X的结构简式、、、(任意写两种即可)。(2)(2016·海南节选)富马酸()为二元羧酸,1mol富马酸与足量饱和NaHCO3溶液反应可放出_44.8__LCO2(标况);富马酸的同分异构体中,同为二元羧酸的还有(写出结构简式)。(3)(2016·全国Ⅰ节选)具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E()的同分异构体,0.5molW与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2,W共有_12__种(不含立体结构),其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为。[解析](1)芳香化合物X是F的同分异构体,则X的分子式为C11O10O2,X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2,说明X中含有羧基,核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢,峰面积比为6∶2∶1∶1,所以X有4种可能性,任意写两种即可。(2)富马酸为二元羧酸,1mol富马酸与足量饱和NaHCO3溶液反应可放出2molCO2,标准状况下放出CO2的体积是44.8L;富马酸的同分异构体中,同为二元羧酸的还有两种。(3)具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体,0.5molW与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2,说明W分子中含有2个-COOH,则其可能的支链情况是-COOH和-CH2CH2COOH;-COOH和-CH(CH3)COOH;2个-CH2COOH;-CH3和-CH(COOH)2四种情况,它们在苯环的位置可能是邻位、间位、对位,故W可能的同分异构体种类共有4×3=12种(不含立体结构),其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏限定条件下的同分异构体书写和判断技巧(1)思路:①明确书写什么物质的同分异构体,该物质的组成情况怎样。(题目直接给出或联系上下文推出)②从有机物性质联想官能团或结构特征。官能团异构①羧基、酯基和羟基醛;②醛与酮、烯醇;③芳香醇与酚、醚;④氨基酸和硝基化合物等。③结合结构限定条件考虑官能团的位置异构(苯环上位置异构、碳链异构等)。(2)策略:先弄清限制条件下的官能团类别,再分析可能的位置异构和碳链异构。B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(1)(2018·成都一模)芳香族化合物Q是M()的同分异构体,与M具有相同官能团,且水解可以生成2-丙醇,则Q的种类有_5__种(不考虑立体异构)。(2)(2018·昌平区二模)D()有多种同分异构体,满足下列条件的有_6__种,写出其中任意一种(任写一种即可)。a.能发生银镜反应 b.结构为六元环状c.环上有3种氢原子2.(2018·潍坊二模)邻甲基苯甲酸()有多种同分异构体,其中属于酯类,但分子结构中含有甲基和苯环的同分异构体有_5__种;写出能发生银镜反应的一种同分异构体的结构简式:(或)。[解析]若苯环上只有一个取代基,有2种,若苯环上有两个取代基,则有3种,共5种。3.(新题预测)(1)满足下列条件的L()的同分异构体有_14__种(不考虑立体异构)。①能发生银镜反应②能发生水解反应③属于芳香族化合物其中核磁共振氢谱中有5组峰,且峰面积之比为1∶2∶2∶2∶3的结构简式为;。(2)芳香族化合物Ⅰ是G()的同分异构体,与G具有相同的官能团,则Ⅰ的结构可能有_4__种(不包括顺反异构);其中苯环上的一氯代物有2种的Ⅰ的结构简式是。[解析](1)能发生银镜反应,说明含有醛基,②能发生水解反应,说明含有甲酸形成的酯基,③属于芳香族化合物,含有苯环,含有一个取代基为-CH2CH2OOCH,或者为-CH(CH3)OOCH,含有2个取代基为-CH3、-CH2OOCH,或者为-CH2CH3、-OOCH,各有邻、间、对3种,可以含有3个取代基为2个-CH3、1个-OOCH,2个-CH3,有邻、间、对3种,对应的-OOCH分别有2种、3种、1种位置,故符合条件的同分异构体有14种,其中核磁共振氢谱中有5组峰,且峰面积之比为1∶2∶2∶2∶3的结构简式为;。(2)芳香族化合物Ⅰ是G的同分异构体,与G具有相同的官能团,如果取代基为CHCH2和COOH,有邻、间、对三种同分异构体;如果取代基为C(COOH)CH2,有一种结构,所以符合条件的有4种,其中苯环上的一氯代物有2种的Ⅰ的结构简式是。1.BHT是一种常用的食品抗氧化剂,从出发合成BHT的方法有如下两种。下列说法不正确的是(C)A.推测BHT在水中的溶解度小于苯酚B.BHT与都能使酸性KMnO4褪色C.方法一和方法二的反应类型都是加成反应D.BHT与具有完全相同的官能团[解析]A项,BHT中憎水性的烃基大于苯环,所以在水中溶解度小于苯酚,正确;B项,酚羟基、苯环所连甲基均能被酸性KMnO4氧化,使酸性KMnO4褪色,正确;C项,方法一属于加成反应,方法二属于取代反应,错误;D项,BHT与均只含有酚羟基官能团,正确。2.已知某有机物A的红外光谱和核磁共振氢谱如图所示,下列说法中错误的是(D)A.由红外光谱可知,该有机物中至少有三种不同的化学键B.由核磁共振氢谱可知,该有机物分子中有三种不同化学环境的氢原子C.仅由其核磁共振氢谱无法得知其分子中的氢原子总数D.若A的化学式为C2H6O,则其结构简式为CH3-O-CH3并不相符[解析]红外光谱看出的是化学键和官能团,从图上看出,已给出C-H、O-H和C-O三种化学键,A项正确;核磁共振氢谱图中,峰的个数即代表氢的种类,故B项正确;峰的面积表示氢的数目比,在没有交待化学式的情况下,是无法得知其H原子总数的,C项正确。若A的结构简式为CH3-O-CH3,因为其中不含有O-H键,另外其氢谱图应只有一个峰,因为分子中两个甲基上氢的类别是相同的,这与氢谱并不相符,因此D错。3.(2018·湖北联考)杀鼠灵是一种抗凝血性杀毒剂,其结构简式如图所示,下列说法正确的是(D)A.杀鼠灵分子中有2个手性碳原子B.杀鼠灵遇FeCl3溶液显紫色C.1mol杀鼠灵最多能与9molH2反应D.杀鼠灵能发生加成、取代、氧化反应[解析]由有机物的结构简式可知,分子中与右侧苯环相连的C原子为手性碳原子,A错误;该分子中没有酚羟基,B错误;分子中的酯基不能与H2加成,碳碳双键、羰基、苯环都能与H2加成,故最多消耗8molH2,C错误;分子中的苯环、羰基、碳碳双键都能发生加成反应,分子中的苯环、酯基能发生取代反应,分子中碳碳双键能发生氧化反应,D正确。4.(2018·衡水一模)从金银花中提取的绿原酸结构简式如图所示,其有抗菌、消炎、解毒、利胆、降压和增加胃肠蠕动的作用,用于急性细菌性感染及放、化疗所致的白细胞减少症。下列说法不正确的是(B)A.绿原酸的分子式为C16H18O9B.绿原酸及其水解产物之一在空气中均能稳定存在,遇FeCl3溶液时显紫色C.1mol绿原酸与NaOH溶液反应时,最多消耗4molNaOHD.1mol绿原酸与足量金属Na反应时能产生3molH2[解析]绿原酸及其水解后的含酚羟基官能团的产物,能被空气中的O2氧化,故B项不正确;1个绿原酸分子中的1个羧基、1个酯基、2个酚羟基,都能与NaOH反应,故C项正确;1个绿原酸分子中的1个羧基、3个醇羟基、2个酚羟基,都能与Na发生置换反应而放出氢气,故1mol绿原酸与足量金属Na反应时能产生3molH2。5.(2018·山西太原二模)某有机物A的结构简式如图所示,下列有关叙述中正确的是(C)A.有机物A与浓硫酸混合加热,可以发生消去反应B.1molA与足量的H2发生加成反应,最多可以消耗4molH2C.1molA与足量的NaOH溶液充分反应,最多可以消耗4molNaOHD.有机物A的同分异构体中能在稀硫酸存在下水解生成二苯酚的同分异构体共有6种[解析]有机物A与浓硫酸混合加热,酚羟基不能发生消去反应,-Cl在NaOH醇溶液加热发生消去反应,故A错误;只有苯环与氢气发生加成反应,则1molA与足量的H2发生加成反应,最多可以消耗3molH2,故B错误;酚羟基、-COOC-、-Cl及水解生成的酚羟基均与NaOH反应,则1molA与足量的NaOH溶液充分反应,最多可以消耗4molNaOH,故C正确;有机物A的同分异构体中能在稀硫酸存在下水解生成二苯酚的有邻、间、对二苯酚,共3种,故D错误。6.(2018·高密考前预测)CMU是一种荧光指示剂,可通过下列反应制备:下列说法正确的是(D)A.1molCMU最多可与1molBr2反应B.1molCMU最多可与3molNaOH反应C.可用FeCl3溶液鉴别间苯二酚和CMUD.CMU在酸性条件下的水解产物只有1种[解析]CMU分子中酚羟基的两个邻位都能与Br2发生取代反应,分子中的碳碳双键能与Br2发生加成反应,故共消耗3molBr2,A错误;CMU分子中的酚羟基、羧基、酯基都能与NaOH反应,且酯基在水解时生成羧基和酚羟基,故共消耗4molNaOH,B错误;间苯二酚和CMU都含有酚羟基,故不能用FeCl3溶液鉴别,C错误。7.已知咖啡酸的结构简式如图所示。关于咖啡酸的描述正确的是(C)A.分子式为C9H5O4B.1mol咖啡酸最多可与5mol氢气发生加成反应C.与溴水既能发生取代反应,又能发生加成反应D.能与Na2CO3溶液反应,但不能与NaHCO3溶液反应[解析]A.根据咖啡酸的结构简式可知其分子式为C9H8O4,错误。B.苯环和碳碳双键能够与氢气发生加成反应,而羧基有独特的稳定性,不能与氢气发生加成反应,所以1mol咖啡酸最多可与4mol氢气发生加成反应,错误。C.咖啡酸含有碳碳双键,可以与溴水发生加成反应,含有酚羟基,可以与溴水发生取代反应,正确。D.咖啡酸含有羧基,能与Na2CO3溶液、NaHCO3溶液反应,错误。8.某有机物是一种医药中间体,其结构简式如图所示。下列有关该物质的说法正确的是(B)A.该化合物分子中不含手性碳原子B.该化合物与NaHCO3溶液作用有CO2气体放出C.1mol该化合物与足量溴水反应,消耗3molBr2D.在一定条件下,该化合物与HCHO能发生缩聚反应[解析]A项,分子中与苯酚和羰基相连的碳原子连接4个不同的原子团,为手性碳原子,错误;B项,含有羧基,具有酸性,可与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳气体,正确;C项,含有碳碳双键,与溴水发生加成反应,酚羟基的邻位与溴发生取代反应,则1mol该化合物与足量溴水反应,消耗2molBr2,错误;D项,羟基邻位只有1个H原子,与甲醛不能发生缩聚反应,错误。9.(2018·重庆模拟)曙红可用作指示剂及染料,其结构简式如图所示。下列有关曙红的说法正确的是(D)A.不能与盐酸发生反应B.分子中含1个手性碳原子C.能发生取代、加成、消去反应D.1mol曙红最多能与3molNaOH反应[解析]分子中含有-COONa和-ONa,能与盐酸反应,A错误;分子中没有手性碳原子,B错误;分子中的溴原子能发生取代反应,分子中含有苯环以及碳碳双键,能发生加成反应,分子中没有能发生消去反应的基团,C错误;分子中与苯环相连的溴原子水解时生成苯酚和HBr,故消耗2molNaOH,与碳碳双键相连的溴原子水解得到HBr,消耗1molNaOH,故共消耗3molNaOH,D正确。10.化合物丙是制备液晶材料的中间体之一,它可由甲和乙在一定条件下制得下列说法正确的是(D)A.丙的分子式为C11H11O3B.甲分子中含有1个手性碳原子C.乙、丙各1mol分别和氢气反应,最多消耗氢气均为5molD.丙可发生加成反应、取代反应、氧化反应等[解析]丙的分子式为C11H12O3,A错误;甲分子中没有手性碳原子,B错误;乙、丙分子中的苯环和醛基都能与H2发生加成反应,且丙分子中的酯基不能与H2发生加成反应,C正确;丙分子中的苯环、醛基都能与H2发生加成反应,分子中的酯基能发生取代反应(水解反应),分子中的醛基能发生氧化反应,D正确。11.乌头酸是一种重要的增味剂,结构如下所示,下列有关它的说法正确的是(B)A.乌头酸分子中只有σ键B.乌头酸分子中既有极性键又有非极性键C.只能形成两种盐D.1mol该物质与足量钠反应时可得到33.6LH2[解析]乌头酸分子中既有单键又有双键,所以既有σ键又有π键,A错误;乌头酸分子中既有碳氢极性键、碳氧极性键、氧氢极性键,又有碳碳非极性键,B正确;乌头酸分子中含有三个不同位置的羧基,不只形成两种盐,C错误;1mol该物质与足量钠反应时可得到1.5molH2,但未指明气体是在标准状况下,故其体积不一定是33.6L,D错误。12.四联苯的一氯代物有(C)A.3种 B.4种C.5种 D.6种[解析]推断有机物一氯代物的种数需要找中心对称线,四联苯是具有两条对称轴的物质,即,在其中的一部分上有几种不同的氢原子(包括对称轴上的氢原子),就有几种一氯代物,四联苯有5种不同的氢原子,故有5种一氯代物。13.分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有(不含立体异构)(B)A.3种 B.4种C.5种 D.6种[解析]分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物属于羧酸,其官能团为-COOH,将该有机物看作C4H9-COOH,而丁基(C4H9-)有4种不同的结构,分别为CH3CH2CH2CH2-、(CH3)2CHCH2-、(CH3)3C-、,从而推知该有机物有4种不同的分子结构。14.(2018·河北三模)阿魏酸在食品、医药等方面有着广泛用途。一种合成阿魏酸的反应可表示为:下列说法正确的是(A)A.阿魏酸的分子式为C10H10O4B.香兰素、阿魏酸均可与NaOH、NaHCO3溶液反应C.可用酸性KMnO4溶液检测上述反应是否有阿魏酸生成D.一定条件下,香兰素、阿魏酸都能发生取代、加成、消去反应[解析]阿魏酸的分子式为C10H10O4,A正确;香兰素中的酚羟基和阿魏酸中的酚羟基、羧基均可以与Na2CO3和NaOH溶液反应,但酚羟基不能和NaHCO3反应、羧基能和NaHCO3反应,所以香兰素不能和NaHCO3溶液反应,B错误;阿魏酸中含有碳碳双键,香兰素中含有醛基,酚羟基,都能使酸性KMnO4褪色,不能鉴别,C错误;香兰素和阿魏酸可以发生取代和加成反应,不能发生消去反应,D错误。15.关于有机物的叙述正确的是(D)A.丙烷的二卤代物是4种,则其六卤代物是2种B.对二甲苯的核磁共振氢谱显示有3种化学环境的氢C.甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代,所得产物有3种D.某烃的同分异构体只能形成一种一氯代物,其分子式可能为C5H12[解析]丙烷的二卤代物和六卤代物均是4种,A错误;对二甲苯为对称结构(),分子中只含有2种等效氢,B错误;含有3个碳原子的烷基为丙基、异丙基两种,甲苯苯环上有3种氢原子,分别处于甲基的邻、间、对位位置上,故最多有3×2=6种同分异构体,C错误;只能形成一种一氯代物,说明结构中只存在一种等效氢,如CH4,C(CH3)4,(CH3)3CC(CH3)3等,故可能为C5H12,D正确。16.由有机物Ⅰ合成Ⅳ(香豆素)的合成路线如下:回答下列问题:(1)写出分子式:丙烯酸甲酯_C4H6O2__;(2)写出反应类型:Ⅰ→Ⅱ_取代反应__;若要Ⅱ→Ⅲ的反应完全,则Ⅱ→Ⅲ反应需要的条件是_NaOH溶液/加热,H+(硫酸或盐酸)__;(3)已知化合物Ⅳ的相对分子质量为146,写出其结构简式:。(4)化合物Ⅴ是Ⅲ的一种同分异构体,Ⅴ有如下特征:分子中除苯环外,无其他环状结构;在核磁共振氢谱图中,有四个吸收峰;能发生银镜反应;1molⅤ最多能与2mol的NaOH反应。Ⅴ的结构简式为或或。[解析](1)丙烯酸甲酯含有4个碳原子、2个氧原子、不饱和度为2,减少4个氢原子,则分子式为C4H6O2。(2)Ⅰ→Ⅱ反应类型为取代反应,Ⅱ→Ⅲ是酯的水解生成盐后加酸酸化,所以条件为NaOH溶液加热,H+(硫酸或盐酸)。(3)化合物Ⅳ是由分子内脱水酯化得到的,结构简式为。(4)Ⅴ能发生银镜反应则含有醛基或甲酸酯。考虑到与NaOH反应和核磁共振氢谱中吸收峰的数量,有多种结构满足条件:或或。17.某"化学鸡尾酒"通过模拟臭虫散发的聚集信息素可高效诱捕臭虫,其中一种组分T可通过下列反应路线合成(部分反应条件略)。(1)A的化学名称是_丙烯__,A→B新生成的官能团是_-Br__。(2)D的核磁共振氢谱显示峰的组数为_2__。(3)D→E的化学方程式为CH2BrCHBrCH2Br+2NaOH―→HC≡CCH2Br+2NaBr+2H2O。(4)G与新制的Cu(OH)2发生反应,所得有机物的结构简式为HC≡CCOONa。(5)L可由B与H2发生加成反应而得,已知R1CH2Br+NaC≡CR2R1CH2C≡CR2+NaBr,则M的结构简式为CH3CH2CH2C≡CCHO。(6)已知R3C≡CR4――→Na,液NH3,则T的结构简式为。[解析](1)由A的结构简式H2CCHCH3知,其化学名称是丙烯;比较A、B两分子的结构简式,可以看出B分子比A分子多的官能因为-Br。(2)D分子中共有2种不同化学环境的氢原子,其核磁共振氢谱应显示2组峰。(3)D生成E为溴代烃在NaOH醇溶液作用下的消去反应,其反应方程式为CH2BrCHBrCH2Br+2NaOH――→醇△HC≡CCH2Br+2NaBr+2H2O。(4)G分子中含有醛基,与新制Cu(OH)2发生反应:HC≡CCHO+2Cu(OH2)+NaOH――→△HC≡CCOONa+Cu2O↓+3H2O。因此所得有机物的结构简式为HC≡CCOONa。(5)L由B(CH===CHCH2Br)与H2发生加成反应而得,则L为CH3CH2CH2Br。根据信息,L生成M的化学方程式为CH3CH2CH2Br+NaC≡CCHO―→CH3CH2CH2C≡CCHO+NaBr,因此M的结构简式为CH3CH2CH2C≡CCHO。(6)由题给信息知,炔能与钠、液氨发生反应,三键变双键,因此T的结构简式为。第20讲有机化合物的合成与推断最新考纲 考向分析1.能从有机化合物的组成、结构等不同层次认识有机化合物的多样性并对其进行分类,从官能团的角度认识有机化合物的结构、性质及其衍变关系,形成"结构决定性质"的观念,从宏观和微观相结合的视角分析与解决实际问题。2.认识烃及烃的衍生物之间的衍变关系及转化规律,认识有机化合物转化的本质。3.掌握官能团对有机化合物性质的决定作用及有机合成中官能团之间的衍变,知道通过分析、推理等方法研究不同有机化合物的本质特征及其相互衍变关系,建立推断分析的思维模型并据此揭示合成有机化合物的规律。 主观题:仍然会以新信息、新材料、新药物为背景,对有机化合物的推断和合成为基本命题思路,综合考查有机物的结构简式、同分异构体、反应类型、化学方程式的书写等知识。考点一有机化合物的推断Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2018·全国Ⅰ·36)化合物W可用作高分子膨胀剂,一种合成路线如下:回答下列问题:(1)A的化学名称为_氯乙酸__。(2)②的反应类型是_取代反应__。(3)反应④所需试剂、条件分别为_乙醇/浓硫酸、加热__。(4)G的分子式为_C12H18O3__。(5)W中含氧官能团的名称是_羟基、醚键__。(6)写出与E互为同分异构体的酯类化合物的结构简式(核磁共振氢谱为两组峰,峰面积比为1∶1)。(7)苯乙酸苄酯()是花香型香料,设计由苯甲醇为起始原料制备苯乙酸苄酯的合成路线(无机试剂任选)。[解析](1)该物质可以看作是乙酸中甲基上的一个氢原子被一个氯原子取代后的产物,其化学名称为氯乙酸。(2)反应②为-CN取代氯原子的反应,因此属于取代反应。(3)反应④为羧基与羟基生成酯基的反应,因此反应试剂为乙醇/浓硫酸,条件为加热。(4)根据题给G的结构简式可判断G的分子式为C12H18O3。(5)根据题给W的结构简式可判断W分子中含氧官能团的名称为羟基和醚键。(6)酯的核磁共振氢谱只有两组峰,且峰面积比为1∶1,说明该物质的分子是一种对称结构,由此可写出符合要求的结构简式为。(7)逆推法。要合成苯乙酸苄酯,需要;要生成,根据题给反应可知,需要;要生成,需要;苯甲醇和HCl反应即可生成。由此可写出该合成路线为。2.(2018·江苏·17)丹参醇是存在于中药丹参中的一种天然产物。合成丹参醇的部分路线如下:已知:(1)A中的官能团名称为_碳碳双键、羰基__(写两种)。(2)D→E的反应类型为_消去反应__。(3)B的分子式为C9H14O,写出B的结构简式:。(4)的一种同分异构体同时满足下列条件,写出该同分异构体的结构简式:。①分子中含有苯环,能与FeCl3溶液发生显色反应,不能发生银镜反应;②碱性条件水解生成两种产物,酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢。(5)写出以和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和乙醇任用,合成路线流程图示例见本题题干)。[解析](1)A中含有碳碳双键和羰基。(2)在D→E的反应中,根据D和E的结构分析,E比D少了羟基,多了1个碳碳双键,所以D→E发生了消去反应。(3)根据B→C的反应,结合A的结构简式及B的分子式知B的结构简式为。(4)的一种同分异构体,分子中含有苯环,能与FeCl3溶液发生显色反应,则含有酚羟基,不能发生银镜反应,则不含醛基;碱性条件下水解,说明含有酯基,水解产物酸化后均只有2种不同化学环境的氢。综上分析,其同分异构体的结构简式为。(5)。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1.有机推断题的解题思路:2.有机推断题的破题技巧:(1)根据反应条件推断某一反应的反应物或生成物,如反应条件为"NaOH的醇溶液,加热",则反应物必是含卤原子的有机物,生成物中肯定含不饱和键。(2)根据有机反应的特殊现象推断有机物的官能团。①使溴水褪色,则表示有机物分子中可能含有碳碳双键、碳碳三键或醛基。②使酸性KMnO4溶液褪色,则该物质中可能含有碳碳双键、碳碳三键、醛基或苯的同系物。③遇FeCl3溶液显紫色或加入浓溴水出现白色沉淀,表示该物质分子中含有酚羟基。④加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热,有红色沉淀生成(或加入银氨溶液并水浴加热有银镜出现),说明该物质中含有-CHO。⑤加入金属钠,有H2产生,表示该物质分子中可能有-OH或-COOH。⑥加入NaHCO3溶液有气体放出,表示该物质分子中含有-COOH。(3)以特征产物为突破口来推断碳架结构和官能团的位置。①醇的氧化产物与结构的关系。②由消去反应的产物可确定"-OH"或"-X"的位置。③由取代产物的种数或氢原子环境可确定碳架结构。有机物取代产物越少或相同环境的氢原子数越多,说明此有机物结构的对称性越高,因此可由取代产物的种数或氢原子环境联想到此有机物碳架结构的对称性而快速进行解题。④由加氢后的碳架结构可确定碳碳双键或碳碳三键的位置。⑤由有机物发生酯化反应能生成环酯或高聚酯,可确定该有机物是含羟基的羧酸;根据酯的结构,可确定-OH与-COOH的相对位置。B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2018·石景山区一模)"张-烯炔环异构化反应"被《NameReactions》收录。该反应可高效合成五元环状化合物:(R1代表氢原子或烃基,X代表氧原子或氮原子)某五元环状化合物Ⅰ()的合成路线如下:已知:-CHO+-CH2CHO――→碱+H2O(1)烃的含氧衍生物A的相对分子质量为44,核磁共振氢谱显示分子中含有两种氢,则A的名称为_乙醛__。(2)A→B的化学方程式为2CH3CHO――→碱CH3CH===CHCHO+H2O。(3)写出D顺式结构的结构简式,B→C的反应类型为_取代反应__。(4)写出H的结构简式CH3C≡CCOOCH2CH===CHCH2Cl。(5)①的化学试剂是_银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液__。(6)写出③的化学方程式CH3CHClCHClCOOH+3NaOH――→醇△CH3C≡CCOONa+2NaCl+3H2O。(7)下列说法正确的是_ac__。a.H→I的过程中涉及单键、双键和三键的断裂以及单键和双键的形成b.C、D、E、F均能使溴的四氯化碳溶液褪色c.与F含有相同官能团的同分异构体有8种(不含F本身)2.(新题预测)有机物A有如图所示的转化关系已知:①有机物B是芳香烃的含氧衍生物,其相对分子质量为108,B中氧的质量分数为14.8%②CH3CH2COOH+Cl2――→PCl3△CH3CHClCOOH+HCl③G分子结构中含有3个六元环根据以上信息,回答下列问题:(1)有机物F中官能团的名称是_羟基、羧基__。(2)A的名称是_苯丙酸苯甲酯__。(3)条件Ⅲ为_浓硫酸、加热__,F→G的反应类型是_酯化(取代)反应__,G的结构简式为。(4)写出一种检验M中官能团的化学方程式+Cu2O↓+2H2O。(5)R是N的同系物,相对分子质量比N大14,R有多种同分异构体,则同时符合下列条件的同分异构体有_8__种,其中核磁共振氢谱为4组峰,且峰面积之比为3∶2∶2∶1的有机物结构简式为。a.含有苯环 b.能发生银镜反应c.遇FeCl3溶液不显紫色 d.不含醚键(6)写出F→E的化学方程式:――→浓硫酸△+H2O。考点二有机化合物的合成Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2018·天津·8)化合物N具有镇痛、消炎等药理作用,其合成路线如下:(1)A的系统命名为_1,6-己二醇__,E中官能团的名称为_碳碳双键,酯基__。(2)A→B的反应类型为_取代反应__,从反应所得液态有机混合物中提纯B的常用方法为_减压蒸馏(或蒸馏)__。(3)C→D的化学方程式为。(4)C的同分异构体W(不考虑手性异构)可发生银镜反应;且1molW最多与2molNaOH发生反应,产物之一可被氧化成二元醛。满足上述条件的W有_5__种,若W的核磁共振氢谱具有四组峰,则其结构简式为。(5)F与G的关系为_c__(填序号)。a.碳链异构 b.官能团异构c.顺反异构 d.位置异构(6)M的结构简式为。(7)参照上述合成路线,以为原料,采用如下方法制备医药中间体。该路线中试剂与条件1为_HBr,△__,X的结构简式为;试剂与条件2为_O2/Cu或Ag,△__,Y的结构简式为。[解析](1)A是含有6个碳原子的直链二元醇,2个羟基分别位于碳链的两端,根据系统命名法,A的名称应为1,6-己二醇。由E的结构简式可知,E中的官能团有碳碳双键和酯基。(2)A→B的反应是-Br替代-OH的反应。A和B是能互溶的两种液体,但沸点不同,故用减压蒸馏(或蒸馏)的方法提纯B。(3)C→D是酯化反应。(4)能发生银镜反应说明含有醛基;溴代烷和酯都能与NaOH溶液发生化学反应;具有"四组峰"说明有四种不同化学环境的氢原子。(5)CH2CH2是一种平面结构;F与G在碳碳双键右边基团的位置不同。(6)G→N中有肽键生成。(7)由原料和医药中间体的结构简式可推知化合物X为,化合物Y为,参照题给的合成路线可知,试剂与条件1为HBr,△。由生成可知是醇羟基被氧化为羰基,试剂与条件2为O2/Cu或Ag,△。2.(2018·全国Ⅱ·36)以葡萄糖为原料制得的山梨醇(A)和异山梨醇(B)都是重要的生物质转化平台化合物。E是一种治疗心绞痛的药物。由葡萄糖为原料合成E的路线如下:回答下列问题:(1)葡萄糖的分子式为_C6H12O6__。(2)A中含有的官能团的名称为_羟基__。(3)由B到C的反应类型为_取代反应__。(4)C的结构简式为。(5)由D到E的反应方程式为。(6)F是B的同分异构体。7.30g的F与足量饱和碳酸氢钠反应可释放出2.24L二氧化碳(标准状况),F的可能结构共有_9__种(不考虑立体异构);其中核磁共振氢谱为三组峰,峰面积比为3∶1∶1的结构简式为。[解析](1)葡萄糖的分子式为C6H12O6。(2)葡萄糖中含有羟基和醛基,醛基与氢气发生加成反应生成羟基,因此A中的官能团只有羟基。(3)B分子含有羟基,能与乙酸发生酯化反应,因此该反应类型为取代反应(或酯化反应)。(4)由C的分子式可知,B中只有一个羟基发生取代反应,因此C的结构简式为。(5)D生成E的反应为酯在氢氧化钠作用下的水解反应,该反应的化学方程式为:(6)B的分子式为C6H10O4,其相对分子质量为146,F是B的同分异构体,则7.30gF的物质的量为0.05mol,生成的二氧化碳的物质的量为0.1mol,因此F分子中含有两个羧基,剩余基团为-C4H8,根据同分异构体的书写方法可判断符合要求的F的可能结构有9种,其中满足题意要求的结构简式为。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏1.有机合成题的解题思路:2.常考的有机合成中三种官能团的保护:(1)酚羟基的保护:因酚羟基易被氧化,所以在氧化基团前先使其与NaOH反应,把酚羟基转变成-ONa,将其保护起来,使其他基团氧化后再酸化使其全部转化为-OH。(2)碳碳双键的保护:碳碳双键容易被氧化,在氧化基团前可以利用其与HCl等的加成反应将其保护起来,待其他基团氧化后再利用消去反应重新转变为碳碳双键。(3)氨基(-NH2)的保护:如在对硝基甲苯――→合成对氨基苯甲酸的过程中应先把-CH3氧化成-COOH之后,再把-NO2还原为-NH2,防止当KMnO4(H+)氧化-CH3时,-NH2(具有还原性)也被氧化。B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.丁苯酞是我国自主研究的一类用于治疗急性缺血性脑卒的新药。合成丁苯酞(J)的一种路线如下:已知:(1)A的名称是_2-甲基丙烯(或2-甲基-1-丙烯)__,A分子中最多有_8__个原子共平面。(2)B生成A的化学方程式为(CH3)3CBr+NaOH――→乙醇△+NaBr+H2O。(3)D生成E的反应类型为_取代反应__,试剂a是_Br2/Fe__。(4)F的结构简式是。(5)J是一种酯,分子中除苯环外还含有一个五元环。写出H生成J的化学方程式浓硫酸△+H2O(注明反应条件)。(6)E――→Mg乙醚――→CO2X,X的同分异构体中:①能发生银镜反应;②能与氯化铁溶液发生显色反应。满足上述条件的X的同分异构体共有_13__种,写出其中核磁共振氢谱有五组吸收峰的结构简式。(7)利用题中信息和所学知识,写出以甲烷和苯甲醇为原料,合成的路线流程图(其他试剂自选)。2.(2018·潍坊三模)化合物H是合成治疗心血管疾病药物的中间体,可通过以下途径合成:(1)写出C中官能团的名称:_醚键、氨基__。(2)写出有关反应类型:B→C:_还原反应__;F→G:_消去反应__。(3)写出A→B反应的化学方程式:。(4)同时满足下列条件的D的同分异构体的结构简式为。①能发生银镜反应②能发生水解反应,水解产物之一与FeCl3溶液显紫色③核磁共振氢谱显示分子中有4种不同化学环境的氢(5)合成途径中,C转化为D的目的是_保护氨基在后续反应中不被氧化__。(6)参照上述合成路线,以甲苯和(CH3CO)2O为原料(无机试剂任选),设计制备的合成路线。[解析](1)根据C的结构简式可以判断其中含有的官能团有醚键和氨基。(2)根据题目给出的信息可以判断A→B发生的是硝化反应,B的结构简式为;B→C的反应中-NO2变成了-NH2,因此反应为还原反应E→F的试剂为NaBH4,因此F的结构简式为,根据F和G的结构简式的不同可以判断反应为消去反应。(3)根据题目给出的反应信息②可以判断A→B反应的化学方程式为。(4)能发生银镜反应且能水解,则可能为甲酸形成的酯基,又水解后产物能与FeCl3发生显色反应,则水解后形成酚羟基,比较物质D的结构可知,还多余两个饱和碳和一个氮原子,只要将它们在苯环上形成对称结构,就只有4种不同化学环境的H,故其结构简式为或。(5)根据题目给出的信息可知苯胺易被氧化,所以C→D的反应是为了保护-NH2。(6)该题要合成的物质,在苯环上是邻位取代基,不可以将甲苯先氧化成苯甲酸,否则再硝化时,只能形成间位取代基,所以应先将甲苯硝化生成邻硝基甲基,接着运用流程中A至B的信息,将硝基转化成氨基,然后再与(CH3CO)2O反应生成酰胺键,最后将甲基氧化生成羧基。注意不可以氧化邻甲基苯胺,因为苯胺也会被氧化,当形成酰胺键时,相当于保护了氨基,故合成路线为。考点三利用给予新信息设计有机合成路线Z真题感悟hentiganwu(课前)1.(2018·北京·25)8-羟基喹啉被广泛用作金属离子的络合剂和萃取剂,也是重要的医药中间体。下图是8-羟基喹啉的合成路线。已知:ⅰ.ⅱ.同一个碳原子上连有2个羟基的分子不稳定。(1)按官能团分类,A的类别是_烯烃__。(2)A→B的化学方程式是CH2===CHCH3+Cl2――→高温CH2===CHCH2Cl+HCl。(3)C可能的结构简式是_HOCH2CHClCH2Cl、ClCH2CH(OH)CH2Cl__。(4)C→D所需的试剂a是_NaOH,H2O__。(5)D→E的化学方程式是HOCH2CH(OH)CH2OH――→浓H2SO4△CH2===CHCHO+2H2O。(6)F→G的反应类型是_取代反应__。(7)将下列K→L的流程图补充完整:(8)合成8-羟基喹啉时,L发生了_氧化__(填"氧化"或"还原")反应。反应时还生成了水,则L与G物质的量之比为_3∶1__。[解析](1)由题给合成路线可知,B生成C为加成反应,则B分子中含有不饱和键,因此A中含有不饱和键,由A的分子式可知,A的不饱和度为1,即A为丙烯,属于烯烃。(2)根据合成路线可知,在高温条件下,丙烯与氯气反应的化学方程式为CH2===CHCH3+Cl2――→高温CH2===CHCH2Cl+HCl。(3)CH2===CHCH2Cl与HOCl发生加成反应的生成物可能是HOCH2CHClCH2Cl,也可能是ClCH2CH(OH)CH2Cl。(4)根据C和D的分子式可推知,在该反应过程中Cl被羟基取代,因此试剂a为氢氧化钠的水溶液。(5)根据(3)和(4)的推断可知,D的结构简式为HOCH2CH(OH)CH2OH;由题给信息和分子式可知,F为苯酚,G为,G发生还原反应生成J,则J的结构简式为;由J和K的结构简式可推出,E的结构简式应为CH2===CH-CHO,D→E的化学方程式为HOCH2CH(OH)CH2OH――→浓H2SO4△CH2===CHCHO+2H2O。(6)由上述分析可知,F生成G的反应为取代反应。(7)由L的分子式可知,L的不饱和度为6,苯环的不饱和度为4,因此还有2个不饱和度,由L与G的反应可知,L中还含有一个环状结构,要满足不饱和度,只能含有一个双键,由此可写出流程中两种物质的结构简式分别为、。(8)L()与G()生成8-羟基喹啉()、J()和H2O,由L和8-羟基喹啉的结构简式可看出,L分子中脱去2个氢原子形成碳氮双键,因此L发生氧化反应。该反应可看作是L脱去的氢原子与-NO2生成-NH2和H2O,根据一个N原子结合2个H原子,一个O原子结合2个H原子,由此可判断,1molG需与3molL反应,即L与G物质的量之比为3∶1。2.(2018·全国Ⅲ·36)近来有报道,碘代化合物E与化合物H在Cr-Ni催化下可以发生偶联反应,合成一种多官能团的化合物Y,其合成路线如下:已知:RCHO+CH3CHO――→NaOH/H2O△R-CH===CH-CHO+H2O回答下列问题:(1)A的化学名称是_丙炔__。(2)B为单氯代烃,由B生成C的化学方程式为≡-CH2Cl+NaCN――→△≡-CH2CN+NaCl。(3)由A生成B、G生成H的反应类型分别是_取代反应__、_加成反应__。(4)D的结构简式为_HC≡-CH2COOC2H5__。(5)Y中含氧官能团的名称为_羟基、酯基__。(6)E与F在Cr-Ni催化下也可以发生偶联反应,产物的结构简式为。(7)X与D互为同分异构体,且具有完全相同官能团。X的核磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢,其峰面积之比为3∶3∶2。写出3种符合上述条件的X的结构简式、、、、、(任写3种)。[解析](1)由结构简式可知,A的名称为丙炔。(2)B为单氯代烃,由反应条件可判断该反应为甲基上的取代反应,则B为HC≡CCH2Cl,结合C的分子式可知B与NaCN发生取代反应,化学方程式为ClCH2C≡CH+NaCN――→△HC≡CCH2CN+NaCl。(3)由以上分析知A―→B为取代反应。由F的分子式,结合H的结构简式可推知,F为,根据信息中所给出的化学方程式可推出G为,由G生成H的反应条件及H的结构简式可知,该反应为G中碳碳双键与H2的加成反应。(4)由C生成D的反应条件、C的结构简式(HC≡CCH2CN)及D的分子式可判断C水解后的产物与乙醇发生酯化反应,则D为HC≡CCH2COOC2H5。(5)由Y的结构简式可知,Y中含氧官能团为酯基和羟基。(6)E和H发生偶联反应生成Y,由三者的结构简式可知,F与E发生偶联反应所得产物的结构简式为。(7)X是D的同分异构体,且含有相同的官能团,即含有-C≡C-、-COO-。符合要求的X有、、、、、,写出任意3种即可。R弱点突破uodiantupo(课堂)知能补漏有机合成路线的解题思路1.有机物合成步骤的选择:要充分考虑官能团间的相互影响。如涉及合成过程中物质的氧化,还要考虑部分官能团(如碳碳双键、酚羟基)的保护。2.官能团特征反应的分析与判断:在有机物的推断中,要充分依靠其特征反应的特殊现象(如与FeCl3溶液显紫色的物质含有酚羟基等)。3.题示信息的准确把握:有机合成与有机推断题中,大多是以信息给予题的形式出现,因此要求考生在分析试题时,要找出题中的两类信息,即有效信息和隐含信息,剔除无效信息和干扰信息。B备考验证èikǎoyànzhènɡ(课后)1.(2017·全国Ⅰ节选)化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下:已知:①RCHO+CH3CHO――→NaOH/H2O△RCHCHCHO+H2O②‖+≡――→催化剂|写出用环戊烷和2-丁炔为原料制备化合物的合成路线(其他试剂任选)。[解析]由产物的结构简式,迁移信息②可知要先制出,可由氯代烃发生消去反应得到,而氯化烃可由环戊烷与氯气在光照条件下发生取代反应制得。2.(2016·全国Ⅰ·38节选)秸秆(含多糖类物质)的综合利用具有重要的意义。下面是以秸秆为原料合成聚酯类高分子化合物的路线:参照上述合成路线,以(反,反)-2,4-己二烯和C2H4为原料(无机试剂任选),设计制备对苯二甲酸的合成路线。[解析]流程图中有两个新信息反应原理:一是C与乙烯反应生成D,是生成六元环的反应;二是D→E,在Pd/C,加热条件下脱去H2增加不饱和度。结合这两个反应原理可得出合成路线。3.(2018·荆门二模)已知以下信息:CH3CH2CH===CH2――→NBSCH3CHBrCH===CH2设计一条以1-丁醇和NBS为原料制备顺丁橡胶(CH2-CH===CH-CH2的合成路线:CH3CH2CH2CH2===OH――→浓硫酸△CH3CH2CH===CH2――→NBSCH3CHBrCHCH2――→NaOH醇溶液△CH2===CHCH===CH2――→一定条件CH2-CH===CH-CH2。[解析]以1-丁醇和NBS为原料制备顺丁橡胶,可以用1-丁醇发生消去生成1-丁烯,再与溴发生取代生成CH3CHBrCH===CH2,再消去得到CH2===CHCH===CH2,CH2===CHCH===CH2再加聚可得产品。4.(2017·北京密云区一模)已知:+NaCl+H2O以苯为原料,选用必要的无机试剂合成B(),写出合成路线(用结构简式表示有机物,用箭头表示转化关系,箭头上注明试剂和反应条件)。合成路线为。[解析]以苯为原料合成,可以用苯与氯气发生取代,再经过碱性水解、酸化,再与氢气加成可得。1.(广东七校联考)聚酯增塑剂广泛应用于耐油电缆、煤气管、防水卷材、电气胶带、耐油耐汽油的特殊制品等。聚酯增塑剂G及某医药中间体H的一种合成路线如下(部分反应条件略去):(1)B的名称(系统命名为)_1,2-丙二醇__。(2)若反应①的反应条件为光照,最先得到的氯代有机物结构简式是CH2ClCH===CH2。(3)写出下列反应的反应类型:反应②是_水解(取代)反应__,反应④是_氧化反应__。(4)写出B与D反应生成G的反应方程式nHOOC(CH2)4COOH+nHOCH(CH3)CH2OH――→一定条件+(2n-1)H2O。(5)甲苯的二氯代物产物的同分异构体有_10__种。(6)利用以上合成路线的信息,以甲苯和乙醇为原料合成下面有机物(无机试剂任选)。请写出合成路线:CH3CHO――→催化剂△CH3COOH――→CH3CH2OH浓硫酸CH3COOCH2CH3――→CH3CH2ONaDMF。2.(2018·考前衡水中学冲刺)芳香族化合物A可进行如下转化:回答下列问题:(1)B的化学名称为_醋酸钠__。(2)由C合成涤纶的化学方程式为nHOCH2CH2OH+――→催化剂+(2n-1)H2O。(3)E的苯环上一氯代物仅有两种,E的结构简式为。(4)写出A所有可能的结构简式。(5)写出符合下列条件的E的同分异构体的结构简式。①核磁共振氢谱显示苯环上仅有两种氢②可发生银镜反应和水解反应[解析](1)B为CH3COONa,化学名称为醋酸钠。(2)乙二醇与对苯二甲酸反应缩聚反应生成涤沦。(3)E的苯环上一氯代物仅有两种,E为对羟基苯甲酸,结构简式。(4)A的结构为苯环上连接CH3COO-和-COOCH2CH2OH,有邻、间、对3种。(5)符合条件①核磁共振氢谱显示苯环上仅有两种氢,含两个支链处于对位,②可发生银镜反应和水反应,为甲酸酯类,E的同分异构体的结构简式为。3.(2018·孝感二模)美托洛尔是一种治疗高血压的药物的中间体,可以通过以下方法合成:请回答下列问题:(1)美托洛尔中的含氧官能团为_羟基__和_醚键(顺序可调换)__(填名称)。(2)反应③中加入的试剂X的分子式为C3H5OCl,X的结构简式为。(3)在上述①②③三步反应中,属于取代反应的是_①③__(填序号)。(4)满足下列条件的B的同分异构体的结构简式为(写出一种即可)。Ⅰ.能发生银镜反应Ⅱ.能与FeCl3溶液发生显色反应Ⅲ.分子中有4种不同化学环境的氢原子,且1mol该物质与金属钠反应产生1molH2(5)根据已有知识并结合题目所给相关信息,写出以CH3OH和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选)。合成路线流程图示例如下:CH2===CH2――→HBrCH3CH2Br――→NaOH溶液△CH3CH2OH――→CH3ONaCH3OH――→H2/PdCH3OH――→O2/Cu或Ag△――→O2催化剂[解析](1)美托洛尔中的含氧官能团为醚键和羟基。(2)根据C、D的结构简式及X的分子式,可以推出X为。(3)反应①为A中氯原子被-OCH3取代,为取代反应;反应②为B中转化为-CH2-,不是取代反应;反应③为C中酚羟基上的氢被取代,为取代反应。(4)根据Ⅰ知,含有醛基或甲酸酯基,根据Ⅱ知,含有酚羟基,结合Ⅲ,该同分异构体中含有1个醛基、2个酚羟基,并且分子中含有4种不同化学环境的氢原子,故符合条件的同分异构体的结构简式为。(5)运用逆合成分析法,推出中间产物,确定合成路线。4.贝凡洛尔是一种用于治疗高血压的药物,其中间体F的一种合成路线如下:(1)F中含氧官能团的名称为_醚键和酰胺键__。(2)B→C的反应类型为_取代反应__。(3)在Ni催化下C与H2反应可得X,X的分子式为C10H15O2N,写出X的结构简式。(4)写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式:或。①属于芳香族化合物,能发生银镜反应和水解反应②分子中只有4种不同化学环境的氢(5)请以原料制备,写出该制备过程的合成路线流程图(无机试剂任用,合成路线流程图示例见本题题干)。。[解析](1)由F的结合简式可知,其含氧官能团为-O-(醚键)、-CONH-(酰胺键)。(2)由B、C的结构可知,B生成C的反应为B分子中的-Cl被-CN代替的反应,为取代反应。(3)由C的结构简式可知其分子式为C10H11O2N,故C生成X的反应为C分子中的-C≡N-与H2发生的加成反应,故X的结构简式为。(4)根据要求①可知分子中含有甲酸酯基(HCOO-),根据要求②可知分子结构对称,结合D的结构可知,同分异构体中可以保留2个-OCH3,同时还有1个-CH3,也可以是3个-CH3和2个-OH。(5)可以采用逆合成分析法。结合原流程中E生成F的反应可知,产物可由和原料之一得到,结合D生成E的原理可知,可由在PCl5的作用下得到,结合C生成D的原理可知,在酸性条件下水解得到,结合B生成C的原理可知,在KCN、K2CO3(aq)作用下得到,而可由原料与Br2发生1,4-加成反应得到。5.据报道,化合物M对番茄灰霉菌有较好的抑菌活性,其合成路线如下图所示。完成下列填空:(1)化合物C中的含氧官能团为_醚键__,反应④的反应类型为_取代反应__。(2)写出E的结构简式:。(3)写出反应②的化学方程式:+HNO3――→浓硫酸0~5℃+H2O。(4)写出化合物C满足下列条件的一种同分异构体的结构简式:。①含苯环结构,能在碱性条件下发生水解②能与FeCl3发生显色反应③分子中含有4种不同化学环境的氢(5)已知:CH3CH2CN――→H3O+CH3CH2COOH请以、CH2===CHCN和乙醇为原料合成化合物,写出制备的合成路线流程图(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下:CH3CHO――→新制CuOH2△CH3COOH――→乙醇浓H2SO4△CH3COOCH2CH3CH2===CHCN――→Br2――→H3O+――→CH3CH2OH浓硫酸,△。[解析]根据反应③的条件结合已知信息可知E中含有-NH2,反应④为E中-NH2与另一反应物的-COOH发生取代反应(形成肽键),根据M的结构简式可逆推知E的结构简式为,D为,根据A的分子式结合已知信息可推出A为。(4)由①可知分子中含有苯环和酯基,由②可知分子中含有酚羟基,由③可知分子结构对称,结合C的结构可写出符合要求的同分异构体。6.(2018·石家庄五月联考)化合物G是一种低毒性、低残留、环境友好的农药,可以通过以下方法合成。(1)A→B的反应类型为_取代反应__。(2)化合物C中的含氧官能团名称为_羰基__和_(酚)羟基__。(3)化合物X的分子式为C5H12O2,则X的结构简式为。(4)写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式:。Ⅰ.属于芳香族化合物且能发生银镜反应Ⅱ.分子中只有3种不同化学环境的氢(5)请以为原料制备化合物,写出相应的合成路线流程图(无机试剂任用,合成路线流程图示例见本题题干)。[解析](3)由E、F的结构简式以及X的分子式可知,X为五个碳原子的直链二元醇,且两个醇羟基在链端第一和第二碳原子上,故X的结构简式为。(4)由Ⅰ可知分子中含有醛基,结合D的结构中除含有一个羰基外,还含有一个五元环和一个O原子,故满足要求的同分异构体中应含有两个醛基;由Ⅱ可知分子具有对称结构。故满足要求的同分异构体的结构简式为。7.非索非那定(E)可用于减轻季节性过敏鼻炎引起的症状。其合成路线如下(其中R为):(1)E中的含氧官能团名称为_羟基__和_羧基__。(2)X的分子式为C14H15ON,则X的结构简式为。(3)B→C的反应类型为_取代反应__。(4)一定条件下,A可转化为F()。写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式:。①能与FeCl3溶液发生显色反应②能使溴水褪色③有3种不同化学环境的氢(5)已知:R-Br――→NaCNRCN。化合物G()是制备非索非那定的一种中间体,请以、CH3Cl、t-BuOK为原料制备G,写出相应的合成路线流程图(无机试剂任用,合成路线流程图示例见本题题干)。[解析](2)A的分子式为C12H11ON,结合B的结构可知,A生成X的反应为A分子中与-CN相连的碳原子上的两个H原子被两个甲基取代的反应,故X的结构简式为。(3)由B、C的结构可知,B生成C的反应为B分子中的Cl原子被取代的反应。(4)由①可知分子中含有酚羟基,由②可知分子中含有碳碳双键,由③可知分子具有对称结构。由F的结构可知,同分异构体中除苯环外还含有6个C原子、3个O原子和3个不饱和度,6个C原子两个一组组成3个乙烯基,3个O原子分别形成3个酚羟基,且在苯环上都处于间位,故符合要求的结构简式为。(5)结合原流程中D生成E的反应可知,化合物G可由得到;结合原流程中A生成X的反应可知,可由和CH3Cl反应得到;由"已知"中内容可知可由与NaCN反应得到;而可由与HBr反应得到。第二部分考前抢分第1讲要点回扣K考点指导aodianpancha(课前)注意回归基础,这是考题千变也离不开的根源高考,七分靠实力,三分靠心态;不怕输给对手,就怕输给自己。考前这几天,调整好心态,能稳定发挥就是大胜。我们建议:回归基础知识,确保会做的题一分不丢;回归平和心态,确保能做的题一题不留。一、化学基本概念(一)物质的组成、性质与分类判断下列说法的正误(正确的打"√",错误的打"×")。(1)由同一种元素组成的物质一定是同一物质(×)(2)碱性氧化物一定是金属氧化物,但金属氧化物不一定是碱性氧化物(√)(3)酸性氧化物一定是非金属氧化物(×)(4)胶体和溶液的本质区别是胶体粒子的直径大小(√)(5)利用丁达尔效应区分胶体和溶液(√)(6)NaHSO4能完全电离出一个H+,所以它是一元强酸,CH3COOH含4个氢原子,所以它是四元酸(×)(7)CO2、SO2、NH3的水溶液都能导电,但它们都是非电解质(√)(8)Al(OH)3、CH3COOH、氨水都是弱电解质(×)(9)石油的分馏有新的物质生成如汽油、煤油、柴油生成,所以石油的分馏属于化学变化(×)(10)水的汽化、液化属于物理变化,而煤的气化、液化属于化学变化(√)(11)同素异形体之间的相互转变,因为没有新元素生成,所以是物理变化(×)(12)化学变化中一定存在化学键的断裂和形成,而物理变化中一定不存在化学键的断裂和形成(×)(13)核的聚变和裂变既不是化学变化,也不是物理变化(√)(14)AgCl、BaSO4等难溶性盐,属于强电解质(√)(15)H2CO3的电离方程式为H2CO3===2H++CO2-3(×)(16)HClO是弱酸,所以NaClO是弱电解质(×)(17)蛋白质、乙酸和葡萄糖均属电解质(×)(18)电解质溶液能导电,是因为在通电时电解质电离产生了自由移动的离子(×)(19)液态HCl不导电,因为只有HCl分子;液态NaCl能导电,因为有自由移动的离子(√)(二)NA应用再思考(判断下列说法的正误)1.与物质聚集状态相关(1)标准状况下,22.4LSO3中含有3NA个氧原子(×)(2)标准状况下,11.2LCCl4中含有的分子数为0.5NA(×)(3)常温常压下,18gH2O中含有的原子总数为3NA(√)(4)标准状况下,22.4L甲醇中含有的氧原子数为NA(×)(5)标准状况下,22.4L水中水分子的数目为NA(×)2.与电子转移相关(1)3.4gH2O2完全分解,转移电子0.2NA(×)(2)5.6gFe与Cl2完全反应,转移电子数为0.2NA(×)(3)1molFe与足量的稀HNO3反应,转移2NA个电子(×)(4)2.3gNa和足量的O2完全反应,在常温和燃烧时,转移电子数均为0.1NA(√)(5)标准状况下,2.24LCO2与足量的Na2O2充分反应,转移电子总数为0.1NA(√)3.与化学键、微粒数目相关(1)Na2O2中阴、阳离子数目之比为1∶1(×)(2)1L1mol·L-1饱和FeCl3溶液滴入沸水中完全水解生成Fe(OH)3胶粒数为NA个(×)(3)1mol-OH中所含有电子数为10NA(×)(4)标准状况下,2.24L氯气中含有的3517Cl的数目一定为0.2NA(×)(5)25℃时,pH=13的氨水中含有OH-的数目为0.1NA(×)(6)常温常压下,14g乙烯与丙烯的混合气体,含有的碳原子总数为NA(√)4.与电离、水解相关(1)常温下,1L1mol·L-1的CH3COOH溶液中,所含溶质分子数小于NA(√)(2)100mL2mol·L-1的FeCl3溶液中含Fe3+的数目为0.2NA(×)(3)标准状况下,11.2L氨溶于水配成500mL溶液,溶液中NH+4数目为0.5NA(×)(4)1.0L0.1mol·L-1NH4NO3溶液中含有的NH+4数是0.1×6.02×1023(×)5.与反应原理相关(1)在密闭容器中加入1molN2和3molH2,充分反应得到氨分子数为2NA(×)(2)46gNO2气体中含NO2的分子数为NA(×)(3)50mL18.4mol·L-1浓H2SO4与足量的铜加热反应,生成SO2的分子数为0.46NA(×)(4)标准状况下,2.24LCl2与水充分反应转移电子数为0.1NA(×)(5)过量的铁粉加入稀硫酸中,当溶解5.6g时转移的电子数为0.3NA(×)(三)离子反应1.离子能否大量共存的判断(下列各组离子在指定的溶液中,能大量共存的打"√",不能大量共存的打"×")(1)含有大量Fe3+的溶液:Na+、SCN-、Cl-、I-(×)(2)含有大量NO-3的溶液:H+、Fe2+、Cl-、SO2-4(×)(3)常温下,pH=12的溶液:K+、Cl-、SO2-4(√)(4)c(H+)=0.1mol·L-1的溶液:Cu2+、NO-3、Fe2+、SO2-4(×)(5)使pH试纸显蓝色的溶液:Cu2+、NO-3、Fe3+、SO2-4(×)(6)与铝粉反应放出H2的无色溶液:NO-3、Al3+、Na+、SO2-4(×)(7)使红色石蕊试纸变蓝的溶液:SO2-4、CO2-3、Na+、K+(√)(8)常温下cH+cOH-=1×10-12的溶液:K+、AlO-2、CO2-3、Na+(√)(9)中性溶液:Fe3+、Al3+、NO-3、SO2-3(×)(10)使甲基橙变红色的溶液:Mg2+、K+、SO2-4、SO2-3(×)(11)c(H+)水=10-12mol·L-1的溶液:Na+、K+、HCO-3、SO2-4(×)(12)使酚酞变红色的溶液:Na+、Cu2+、Fe2+、NO-3(×)(13)0.1mol·L-1的Na2CO3溶液:Al3+、SO2-4、Cl-、K+(×)2.离子方程式的正误判断(1)Cl2通入水中的离子方程式:Cl2+H2O===2H++Cl-+ClO-(×)(2)Ba(OH)2与H2SO4两稀溶液混合:Ba2++OH-+H++SO2-4===BaSO4↓+H2O(×)(3)Fe(OH)3溶于HI溶液中:Fe(OH)3+3H+===Fe3++3H2O(×)(4)FeO溶于稀HNO3中:FeO+2H+===Fe2++H2O(×)(5)向Ca(OH)2溶液中滴加少量NaHCO3溶液:Ca2++2OH-+2HCO-3===CaCO3↓+CO2-3+2H2O(×)(6)向Ca(HCO3)2溶液中滴加足量NaOH:Ca2++2HCO-3+2OH-===CaCO3↓+CO2-3+2H2O(√)(7)醋酸除去水垢:2H++CaCO3===Ca2++CO2↑+H2O(×)(8)向NH4HCO3溶液中加过量NaOH溶液并加热:NH+4+OH-=====△NH3↑+H2O(×)(9)用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜:Ag+2H++3NO-3===Ag++NO↑+H2O(×)(10)向FeI2溶液中通入少量Cl2:2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-(×)(11)用氨水吸收过量的二氧化硫:NH3·H2O+SO2===NH+4+HSO-3(√)(12)Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2:Ca2++2ClO-+SO2===CaSO3+2HClO(×)(13)次氯酸钙溶液中通入过量CO2:ClO-+H2O+CO2===HCO-3+HClO(√)(14)NaAlO2溶液中通入过量CO2:2AlO-2+3H2O+CO2===2Al(OH)3↓+CO2-3(×)(15)用惰性电极电解MgCl2溶液:2Cl-+2H2O=====电解H2↑+Cl2↑+2OH-(×)3.离子方程式的书写(1)碳酸氢铵溶液和过量NaOH溶液反应:NH+4+HCO-3+2OH-===NH3·H2O+CO2-3+H2O。(2)CuSO4溶液与过量Ba(OH)2反应:Cu2++SO2-4+Ba2++2OH-===Cu(OH)2↓+BaSO4↓。(3)向NaHCO3溶液中加入过量澄清石灰水:HCO-3+Ca2++OH-===CaCO3↓+H2O。(4)FeSO4溶液中加入用H2SO4酸化的H2O2溶液:2Fe2++2H++H2O2===2Fe3++2H2O。(5)醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应:2CH3COOH+CaCO3===Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑。(6)向NaHCO3溶液中加少量澄清石灰水:2HCO-3+Ca2++2OH-===CaCO3↓+2H2O+CO2-3。(7)将过量SO2气体通入冷氨水中:SO2+NH3·H2O===HSO-3+NH+4。(8)小苏打与NaOH溶液混合:HCO-3+OH-===CO2-3+H2O。(9)淀粉-KI溶液在空气中变蓝:4I-+O2+2H2O===2I2+4OH-。(10)等体积、等浓度的Ba(OH)2溶液与NH4HCO3溶液混合:Ba2++2OH-+NH+4+HCO-3===BaCO3↓+H2O+NH3·H2O。(11)用KIO3氧化酸性溶液中的KI:IO-3+5I-+6H+===3I2+3H2O。(12)已知在过的FeSO4溶液中滴入几滴NaClO溶液,并加入过量H2SO4,溶液立即变黄,该反应的离子方程式:2Fe2++ClO-+2H+===2Fe3++Cl-+H2O。(四)氧化还原反应(判断下列说法的正误)(1)氧化还原反应中有一种元素被氧化时,一定有另一种元素被还原(×)(2)在HI中I元素处于最低价态,所以HI只有还原性(×)(3)1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA(×)(4)有单质参加或有单质生成的化学反应一定是氧化还原反应(×)(5)有单质生成的分解反应属于氧化还原反应(√)(6)元素处于最高价态时一定有强氧化性,如FeO2-4;同理,元素处于最低价态时一定具有强还原性,如S2-;元素处于中间价态时,既有氧化性又有还原性,如Fe2+、SO2(×)(7)元素从化合态变为游离态,该元素不一定被还原(√)(8)失电子越多,还原性越强,得电子越多,氧化性越强(×)(9)金属元素被还原,不一定得到金属单质(√)(10)含氧酸的价态越高,氧化性一定越强(×)(11)在原电池中,作负极的金属一定比作正极的金属活泼(×)(12)不容易得到电子的物质,肯定容易失去电子(×)二、化学基本理论(一)物质结构、元素周期律1.判断下列说法的正误(1)原子都是由质子、中子和电子构成的(×)(2)H、D、T之间互称为同位素,H2、D2、T2之间互称为同素异形体(×)(3)最外层电子数是次外层电子数3倍的短周期元素一定是O元素(√)(4)内层电子总数是最外层电子数2倍的短周期元素一定是P元素(×)(5)同周期第ⅡA族和第ⅢA族的原子序数一定相差1(×)(6)同主族从上到下,非金属性:F>Cl>Br;酸性:HF>HCl>HBr(×)(7)元素的一个原子失去的电子数越多,其金属性越强(×)(8)第三周期元素的离子中半径最小的是Al3+(√)(9)第三周期元素的离子半径从左至右逐渐减小(×)(10)同周期非金属氧化物对应的水化物的酸性从左到右依次增强(×)(11)存在离子键的化合物一定是离子化合物,但存在共价键的化合物不一定是共价化合物(√)(12)共价化合物中只含共价键,离子化合物中一定含有离子键,可能含有共价键(√)2.用元素周期律填空(1)同主族元素①碱金属元素(按Li、Na、K的顺序)性质的递变规律:a.金属性逐渐_增强__,表现在:单质与O2反应的产物越来越_复杂__(4Li+O2=====△2Li2O、2Na+O2=====△Na2O2),反应程度越来越_剧烈__;单质与水(或酸)反应的剧烈程度逐渐_增强__;最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐_增强__。b.单质的密度逐渐增大(_K__特殊),熔、沸点逐渐_降低__。②卤族元素(按F、Cl、Br、I的顺序)性质的递变规律:a.非金属性逐渐减弱,表现在:单质与氢气化合由易到难的顺序:_F2>Cl2>Br2>I2__;气态氢化物的稳定性;_HF>HCl>HBr>HI__;最高价氧化物对应水化物的酸性:_HClO4>HBrO4>HIO4__;卤素单质的氧化性:_F2>Cl2>Br2>I2__;简单阴离子的还原性:_CI-<Br-<I-__。b.单质的颜色逐渐_加深__,密度逐渐_增大__,熔、沸点逐渐_升高__。(2)同周期元素(按Na、Mg、Al、Si、P、S、Cl)性质的递变规律①原子半径:_Na>Mg>Al>Si>P>S>Cl__。②金属性逐渐减弱,表现在:单质置换水或酸中的氢,由易到难的顺序为_Na>Mg>Al__;最高价氧化物对应水化物的碱性:_NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3__。③非金属性逐渐增强,表现在:单质与氢气化合由易到难的顺序为_Cl>S>P>Si__;气态氢化物的稳定性:_SiH4<PH3<H2S<HCl__;最高价氧化物对应水化物的酸性:_H2SiO3<H3PO4<H2SO4<HClO4__。(二)化学反应与能量变化1.判断下列说法的正误(1)化学反应的本质是旧化学键断裂和新化学键形成,任何化学反应都具有热效应(√)(2)吸热反应需要加热才能进行,放热反应不需要加热就能进行(×)(3)HCl和NaOH反应的中和热ΔH=-57.3kJ·mol-1,则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH=2×(-57.3)kJ·mol-1(×)(4)CO(g)的燃烧热是283.0kJ·mol-1,则反应2CO2(g)===2CO(g)+O2(g)的反应热ΔH=+2×283.0kJ·mol-1(√)(5)同温同压下,H2(g)+Cl2(g)===2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同(×)(6)当反应物能量大于生成物能量时,反应放热(√)(7)当旧化学键断裂吸收的能量小于新化学键形成放出的能量时,反应放热(√)2.热化学方程式的书写(1)已知H2S完全燃烧生成SO2(g)和H2O(l),H2S的燃烧热为akJ·mol-1,则H2S燃烧的热化学方程式为2H2S(g)+3O2(g)===2SO2(g)+2H2O(l)ΔH=-2akJ·mol-1。(2)已知12N2(g)+32H2(g)===N(g)+3H(g)ΔH1=+akJ·mol-1;N(g)+3H(g)===NH3(g)ΔH2=-bkJ·mol-1;NH3(g)===NH3(l)ΔH3=-ckJ·mol-1。试写出N2(g)和H2(g)反应生成液氨的热化学方程式:N2(g)+3H2(g)===2NH3(l)ΔH=-2(b+c-a)kJ·mol-1。(3)已知:①HF(aq)+OH-(aq)===F-(aq)+H2O(l)ΔH=-67.7kJ·mol-1②H+(aq)+OH-(aq)===H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1试写出HF电离的热化学方程式:HF(aq)F-(aq)+H+(aq)ΔH=-10.4kJ·mol-1。(4)SF6是一种优良的绝缘气体,分子结构中,只存在S-F键,已知1molS(s)转化为气态硫原子吸收能量280kJ,F-F键能为160kJ·mol-1,S-F键能为330kJ·mol-1,试写出S(s)和F2(g)反应生成SF6(g)的热化学方程式:S(s)+3F2(g)===SF6(g)ΔH=-1220kJ·mol-1。(三)化学反应速率与化学平衡(判断下列说法的正误)(1)增加固体或纯液体的用量,反应速率保持不变(√)(2)其他条件不变,温度越高,反应速率越快(√)(3)加入催化剂加快了反应速率,改变了反应吸收或放出的热量(×)(4)5mol·L-1·s-1的反应速率一定比1mol·L-1·s-1的反应速率大(×)(5)平衡向正反应方向移动,反应物的转化率都增大(×)(6)对于C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)反应,在一定条件下达到平衡,增加或减少C(s)的量平衡不移动(√)(7)对于2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应,当密度保持不变,在恒温恒容或恒温恒压条件下,均不能作为达到化学平衡状态的标志(×)(8)在恒容条件下,有两个平衡体系:A(g)2B(g)、2A(g)B(g)都增加A的量,B转化率都变小(×)(9)在一定条件下,平衡向正反应方向移动,正反应速率变大(×)(10)在FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl平衡体系中,加入KCl固体,颜色变浅(×)(11)对于C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)反应,其平衡常数K=cCO·cH2cC·cH2O(×)(12)H2(g)+I2(g)2HI(g)平衡常数为K1,HI(g)12H2(g)+12I2(g)平衡常数为K2,则K1·K2=1(×)(13)化学平衡常数只受温度影响,与反应物或生成物的浓度变化无关(√)(四)水溶液中的离子平衡(判断下列说法的正误)(1)任何温度下,根据水溶液中c(H+)和c(OH-)的相对大小都可判断溶液的酸、碱性(√)(2)某醋酸溶液的pH=a,将此溶液稀释1倍后,溶液的pH=b,则a>b(×)(3)pH=4的醋酸加水稀释过程中,所有离子浓度都降低(×)(4)无论在酸溶液中还是碱溶液中,由水电离出的c(H+)=c(OH-)(√)(5)0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入冰醋酸,醋酸的电离程度变小(√)(6)向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加水稀释,cCH3COO-cCH3COOH减小(×)(7)沉淀转化只能是Ksp大的沉淀转化为Ksp小的沉淀(×)(8)中和等体积、等pH的盐酸和醋酸消耗的NaOH的量相同(×)(9)用湿润的pH试纸测得某溶液的pH=3.4(×)(10)pH=6的溶液一定呈酸性(×)(11)常温下,pH=2与pH=3的CH3COOH溶液,前者的c(CH3COOH)是后者的10倍(×)(12)0.1mol·L-1氨水中加入CH3COONH4固体,cOH-cNH3·H2O比值变大(×)(13)用标准NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH到终点时,c(Na+)=c(CH3COO-)(×)(14)室温时,向等体积pH=a的盐酸和pH=b的CH3COOH中分别加入等量的氢氧化钠后,两溶液均呈中性,则a>b(×)(15)常温下,等体积的盐酸和CH3COOH的pH相同,则由水电离出的c(H+)相同(√)(16)溶液均为0.1mol·L-1的①CH3COOH②NH4Cl③H2SO4三种溶液中,由水电离出的c(H+):②>①>③(√)(17)pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中,c(Na+)>c(CH3COO-)(×)(18)常温下,将pH=3的HA和pH=11的BOH等体积混合,所得溶液的pH<7,则NaA溶液的pH>7。(√)(19)将AlCl3溶液和Na2SO3溶液分别蒸干并灼烧,得到Al2O3和Na2SO3(×)(20)在AgCl的饱和溶液中,加入NaCl溶液,AgCl沉淀质量和Ksp均不变(×)(21)Na2CO3溶液中离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(CO2-3)>c(OH-)>c(HCO-3)>c(H+)(√)(五)电化学1.判断下列说法的正误(1)Cu+2H+===Cu2++H2↑既可在原电池中完成,也可在电解池中完成(×)(2)蓄电池充电时,标志着"-"的电极应与电源的负极相连(√)(3)电解质溶液导电时不可能发生化学反应(×)(4)在铜锌原电池(Zn[H2SO4]Cu)中,硫酸根离子向正极移动;在电解(惰性电极)硫酸溶液时,硫酸根离子向阳极移动(×)(5)用惰性电极电解MgCl2溶液时,阴极可能得到固体镁(×)(6)用惰性电极电解KOH溶液时,阴极的电极反应式:O2+2H2O+4e-===4OH-(×)(7)以Pt电极电解溶液时,若两极只有H2和O2析出,则溶液的浓度一定改变(×)2.书写原电池电极反应式(1)铜-锌-H2SO4构成的原电池①负极反应:Zn-2e-===Zn2+;②正极反应:2H++2e-===H2↑;③总反应:Zn+2H+===Zn2++H2↑。(2)氢氧燃料电池①电解质是KOH溶液(碱性电解质)负极反应:2H2-4e-+4OH-===4H2O;正极反应:O2+2H2O+4e-===4OH-;总反应:2H2+O2===2H2O。②电解质是H2SO4溶液(酸性电解质)负极反应:2H2-4e-===4H+;正极反应:O2+4H++4e-===2H2O;总反应:2H2+O2===2H2O。3.书写电解池电极反应式(电极材料为石墨)(1)活泼金属的无氧酸盐溶液,以NaCl溶液为例,写电极反应式①阴极:2H++2e-===H2↑;②阳极:2Cl--2e-===Cl2↑;③总反应式:2NaCl+2H2O=====电解2NaOH+H2↑+Cl2↑。(2)不活泼金属的含氧酸盐溶液,以CuSO4溶液为例,写电极反应式①阴极:2Cu2++4e-===2Cu;②阳极:4OH--4e-===2H2O+O2↑;③总反应式:2CuSO4+2H2O=====电解2Cu+2H2SO4+O2↑。(3)不活泼金属的无氧酸盐溶液,以CuCl2溶液为例,写电极反应式①阳极:2Cl--2e-===Cl2↑;②阴极:Cu2++2e-===Cu;③总反应式:CuCl2=====电解Cu+Cl2↑。三、元素及其化合物(一)常见物质的俗名与颜色1.常见物质的俗名(1)烧碱、火碱、苛性钠:NaOH。(2)熟石灰、消石灰:Ca(OH)2。(3)生石灰:CaO。(4)纯碱(苏打):Na2CO3。(5)小苏打:NaHCO3。(6)明矾:KAl(SO4)2·12H2O。(7)芒硝:Na2SO4·10H2O。(8)胆矾、蓝矾:CuSO4·5H2O。(9)绿矾:FeSO4·7H2O。(10)硫酸亚铁铵晶体(莫尔盐):(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O。(11)重晶石(钡餐):BaSO4。(12)刚玉:Al2O3。(13)水玻璃、泡花碱、矿物胶:Na2SiO3。(14)赤铁矿、铁红:Fe2O3。(15)磁铁矿:Fe3O4。(16)黄铁矿、硫铁矿:FeS2。(17)铜绿、孔雀石:Cu2(OH)2CO3。(18)漂白液的有效成分:NaClO。(19)漂白粉的主要成分:Ca(ClO)2、CaCl2,有效成分:Ca(ClO)2。(20)碱石灰:CaO与NaOH的混合物。(21)水煤气:CO与H2的混合气体。(22)波尔多液:Ca(OH)2与CuSO4的混合液。(23)"王水":浓HNO3与浓HCl按体积比1∶3混合而成。2.常见物质的颜色(1)固体物质①S、Na2O2、AgBr、AgI:黄色。②Cu、Cu2O:红色。③Fe2O3粉末:红棕色。④Fe(OH)3沉淀或胶体:红褐色。⑤BaSO4、BaCO3、CaCO3、AgCl、Al(OH)3、Mg(OH)2、Fe(OH)2、H2SiO3、无水CuSO4:白色。⑥Fe3O4、FeO、石墨、CuO、FeS、CuS、MnO2:黑色。⑦碘(蒸气为紫红色)、KMnO4晶体:紫黑色。⑧Cu(OH)2、CuSO4·5H2O:蓝色。⑨FeSO4·7H2O、Cu2(OH)2CO3:绿色。(2)气体物质①F2:浅黄绿色。②Cl2:黄绿色。③NO2、溴蒸气:红棕色。(3)物质在溶液中的颜色①Cu2+:蓝色,②Fe3+:黄色,③Fe2+:浅绿色,④MnO-4:紫红色,⑤Fe(SCN)3:血红色。(4)变化过程中的颜色①酚酞遇碱变红色。②石蕊遇酸变红色,遇碱变蓝色。③SO2使品红溶液褪色。④Fe3+遇KSCN溶液变血红色。⑤湿润的红色石蕊试纸遇NH3变蓝色。⑥淀粉溶液遇碘(I2)变蓝色。⑦Fe(OH)2在空气中变质的现象是:由白色迅速变为灰绿色,最终变成红褐色。(5)常见火焰的颜色①H2在Cl2中燃烧,发出苍白色火焰。②CO在空气中燃烧,发出蓝色火焰。③CH4、H2在空气中燃烧,发出淡蓝色火焰。④含钠元素的物质在火焰上灼烧,产生黄色火焰。⑤含钾元素的物质在火焰上灼烧(透过蓝色钴玻璃),产生紫色火焰。(二)重要物质的用途与应用1.教材中20种物质的用途(1)O3:①漂白剂②消毒剂(2)Cl2:①杀菌消毒②制盐酸、漂白剂③制氯仿等有机溶剂和多种农药(3)N2:①焊接金属的保护气②填充灯泡③保存粮食作物④冷冻剂(4)NH3:①制硝酸、铵盐的主要原料②用于有机合成③制冷剂(5)HNO3:制化肥、农药、炸药(6)Na:①制Na2O2等②冶炼Ti等金属③电光源④钠钾合金作原子反应堆导热剂(7)Al:①制电线电缆②食品饮料的包装③制多种合金④制作机械零件、门窗等(8)明矾:①澄清剂、净化剂②发酵粉③煤染剂④制铝盐(9)NaCl:①化工原料②调味品③腌渍食品(10)CO2:①灭火剂②人工降雨③温室肥料(11)NaHCO3:①治疗胃酸过多②发酵粉(12)AgI:①感光材料②人工降雨(13)SO2:①漂白剂②杀菌消毒(14)H2O2:①漂白剂、消毒剂、脱氯剂②火箭燃料(15)CaSO4:①制作各种模型②石膏绷带③调节水泥硬化速率(16)SiO2:①制石英玻璃、石英钟表②光导纤维(17)Al2O3:①冶炼铝②制作耐火材料(18)乙烯:①制塑料、合成纤维、有机溶剂等②植物生长调节剂(果实催熟)(19)乙醇:①燃料②溶剂③杀菌消毒(75%)④造酒(20)乙酸乙酯:①有机溶剂②制备饮料和糖果的香料2.物质应用的正误辨析(1)Al2(SO4)3和小苏打可用于泡沫灭火器灭火(√)(2)用氢氟酸可在玻璃器皿上刻蚀标记(√)(3)漂白粉可用于漂白织物(√)(4)FeCl3溶液可用于腐蚀Cu刻制印刷电路板(√)(5)氯气作水的杀菌消毒剂(√)(6)硅胶作袋装食品的干燥剂(√)(7)二氧化硫作纸浆的漂白剂(√)(8)SO2用于漂白纸浆的原因是SO2具有氧化性(×)(9)NH4HCO3用作氮肥是因为NH4HCO3受热易分解(×)(10)Fe2(SO4)3用作净水剂是因为Fe2(SO4)3易溶于水(×)(11)Al2O3用作耐高温材料是由于其熔点高(√)(12)硅胶可用作食品干燥剂(√)(13)六水氯化钙可用作食品干燥剂(×)(14)明矾用作净水剂(√)(15)甘油作护肤保湿剂(√)(16)漂粉精作消毒剂(√)(17)铁粉作食品袋内的脱氧剂(√)(18)用食醋除水垢(√)(19)用漂白粉漂白织物(√)(20)用热的纯碱溶液洗去油污(√)(21)用活性炭去除冰箱中的异味(√)(22)用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果(√)(23)用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装(√)(24)液氨用作制冷剂(√)(25)生石灰用作干燥剂(√)(26)晶体硅用于制作半导体材料的原因是由于晶体硅的熔点高、硬度大(×)(27)漂白粉用于漂白纸张的原因是漂白粉在空气中不稳定(×)(28)氧化铁用于制作红色涂料的原因是氧化铁能与酸反应(×)(29)生石灰用作食品抗氧化剂(×)(30)盐类都可用作调味品(×)(31)铝罐可久盛食醋(×)(32)小苏打是面包发酵粉的主要成分之一(√)(33)乙烯可作水果的催熟剂(√)(34)福尔马林可作食品保鲜剂(×)(35)氢氧化铝可作胃酸中和剂(√)(三)金属及其化合物1.钠及其化合物(1)判断下列说法的正误①金属钠露置在空气中最终变成碳酸钠(√)②金属钠着火后,应立即用水灭火(×)③将1mol金属钠投入到足量CuSO4溶液中,反应后溶液质量减少(√)④电解饱和食盐水可以制取金属钠(×)⑤Na2O和Na2O2都是碱性氧化物(×)⑥Na2O2晶体中阳离子与阴离子个数比为1∶1(×)⑦当Na2O2与CO2和H2O反应时,Na2O2只作氧化剂(×)⑧利用澄清石灰水可鉴别Na2CO3溶液与NaHCO3溶液(×)(2)由图示写出标号反应的化学方程式(是离子反应的写离子方程式)①2Na+O2=====△Na2O2;②2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2;③2Na2O2+2H2O===4Na++4OH-+O2↑;④2OH-+CO2===CO2-3+H2O;⑤CO2-3+2H+===H2O+CO2↑;⑥CO2-3+H2O+CO2===2HCO-32.镁及其化合物(1)判断下列说法的正误①Mg能在O2、Cl2、N2、CO2等多种气体中燃烧是因为Mg具有强还原性(√)②MgO与铝粉能发生铝热反应(×)③Mg(OH)2在水中溶解度不大,故为弱碱(×)④Mg3N2属于难溶于水的盐(×)⑤工业上可用电解熔融MgO的方法制备镁(×)(2)由图示写出标号反应的化学方程式(是离子反应的写离子方程式)①2Mg+CO2=====点燃2MgO+C②3Mg+N2=====点燃Mg3N2③Mg2++2NH3·H2O===Mg(OH)2↓+2NH+4④Mg3N2+6H2O===3Mg(OH)2↓+2NH3↑3.铝及其化合物(1)判断下列说法的正误①铝在常温下不能与氧气、氯气反应(×)②铝既能溶于强酸又能溶于强碱(√)③氢氧化铝既能与强酸反应,又能与强碱反应(√)④将AlCl3溶液分别滴入到足量的NaOH溶液和足量的氨水中,现象不同(√)⑤明矾可以用于饮用水的杀菌消毒(×)⑥工业上用电解熔融AlCl3的方法来冶炼铝(×)(2)由图示写出标号反应的化学方程式(是离子反应的写离子方程式)①2Al+2OH-+2H2O===2AlO-2+3H2↑;②2Al+6H+===2Al3++3H2↑;③Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3NH+4;④2AlO-2+3H2O+CO2===2Al(OH)3↓+CO2-3;⑤Al(OH)3+OH-===AlO-2+2H2O;⑥2Al+Fe2O3=====高温2Fe+Al2O3。4.铁及其化合物(1)判断下列说法的正误①铁能被磁铁吸引,且纯铁易被腐蚀(×)②红热的铁与水蒸气反应生成Fe2O3和H2(×)③铁与氯气反应时,若铁过量,则生成FeCl2(×)④Fe3+遇KSCN溶液生成红色沉淀(×)⑤用磁铁矿炼铁,1molFe3O4被CO还原成Fe,转移9mole-(×)⑥与相同浓度的盐酸反应生成氢气的速率:纯铁>生铁(×)⑦Fe分别与氯气和稀盐酸反应所得的氯化物相同(×)(2)由图示写出标号反应的化学方程式(是离子反应的写离子方程式)①Fe2O3+3CO=====高温2Fe+3CO2;②2Fe+3Cl2=====点燃2FeCl3;③2Fe3++Fe===3Fe2+;④2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-;⑤Fe2++2OH-===Fe(OH)2↓;⑥4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3;⑦Fe3++3SCN-===Fe(SCN)3;⑧Fe(OH)3+3H+===Fe3++3H2O。5.铜及其化合物(1)判断下列说法的正误①合金是混合物,合金中的成分金属保持各自的化学性质(√)②铜在干燥的空气中性质稳定,但是在潮湿的环境中则易被锈蚀,生成铜绿(√)③铜与氯气、氧气、硫分别反应,得到的产物中铜的化合价为+2价(×)④湿法炼铜和火法炼铜的反应中,铜元素都发生了还原反应(√)⑤无水硫酸铜常常用来检验水蒸气的存在(√)(2)由图示写出标号反应的化学方程式(是离子反应的写离子方程式)①2Cu+CO2+H2O+O2===Cu2(OH)2CO3;②Cu2++Zn===Cu+Zn2+;③Cu(OH)2=====△CuO+H2O;④Cu2++2OH-===Cu(OH)2↓。(四)非金属及其化合物1.硅及其化合物(1)判断下列说法的正误①硅的导电性介于金属与绝缘体之间,是良好的半导体材料(√)②光导纤维的主要成分为硅,太阳能电池所用的原料为SiO2(×)③硅的化学性质不活泼,常温下不与任何物质反应(×)④二氧化碳通入硅酸钠溶液中有沉淀生成,证明碳酸的酸性强于硅酸(√)⑤SiO2既能与酸反应又能与碱反应,所以它是一种两性氧化物(×)⑥石英、水晶属于硅酸盐产品(×)(2)由图示写出标号反应的化学方程式(是离子反应的写离子方程式)①SiO2+2C=====高温Si+2CO↑;②SiO2+2OH-===SiO2-3+H2O;③SiO2-3+H2O+CO2===H2SiO3↓+CO2-3;④Si+2OH-+H2O===SiO2-3+2H2↑。2.卤素及其化合物(1)判断下列说法的正误①氯气可以使湿润的有色布条褪色,但是实际起漂白作用的物质是次氯酸而不是氯气(√)②新制氯水必须用棕色瓶密封保存(√)③氯水可以用于消毒是因为氯水中含有次氯酸(√)④氯水放置数天以后pH将变小(√)⑤漂白粉和明矾都常用于自来水的处理,二者的作用原理是相同的(×)⑥人体不能缺碘,需要正常补碘,"加碘食盐"中的"碘"是指碘单质(×)(2)由图示写出标号反应的化学方程式(是离子反应的写离子方程式)①Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O;②Cl2+H2O===H++Cl-+HClO;③2Cl2+2Ca(OH)2===CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O;④MnO2+4H++2Cl-=====△Mn2++Cl2↑+2H2O;⑤Ag++Cl-===AgCl↓;⑥2Cl-+2H2O=====电解Cl2↑+H2↑+2OH-;⑦Cl2+S2-===S+2Cl-、Cl2+2I-===2Cl-+I2、Cl2+2Br-===2Cl-+Br2;⑧Cl2+SO2+2H2O===4H++2Cl-+SO2-4。3.硫及其化合物(1)判断下列说法的正误①硫与汞反应体现了硫的氧化性(√)②试管中残留的硫可以利用酒精洗涤(×)③氯气可以将铁氧化到+3价,而硫只能将铁氧化到+2价,所以氯气的氧化性大于硫的氧化性(√)④二氧化硫能使溴水褪色,证明SO2有漂白性(×)⑤浓H2SO4具有强氧化性,不能干燥SO2(×)(2)由图示写出标号反应的化学方程式(是离子反应的写离子方程式)①Cu+2H2SO4(浓)=====△CuSO4+SO2↑+2H2O;②C+2H2SO4(浓)=====△CO2↑+2SO2↑+2H2O;③SO2+Cl2+2H2O===4H++SO2-4+2Cl-;④2SO2+O2催化剂△2SO3;⑤2H2S+SO2===3S↓+2H2O;⑥2H2SO3+O2===4H++2SO2-4。4.氮及其化合物(1)判断下列说法的正误①NH3经催化氧化生成NO属于氮的固定(×)②氮的氧化物是造成光化学烟雾的主要原因,汽车尾气大量排放会造成光化学烟雾(√)③可以加热分解氯化铵制取氨气(×)④浓硝酸应盛放在带有橡皮塞的棕色细口瓶里(×)⑤铁制容器能盛装冷的浓硝酸,说明铁不能与冷的浓硝酸反应(×)⑥所有铵盐与NaOH溶液的反应都可表示为NH+4+OH-===NH3↑+H2O(×)⑦将镁条放入氯化铵溶液中有气体放出(√)(2)由图示写出标号反应的化学方程式(是离子反应的写离子方程式)①2NH4Cl+Ca(OH)2=====△CaCl2+2NH3↑+2H2O;②4NH3+5O2=====催化剂△4NO+6H2O;③Cu+4HNO3(浓)===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O;④3Cu+8H++2NO-3===3Cu2++2NO↑+4H2O。(五)有机化合物(必修)1.判断下列说法的正误(1)乙烯的结构简式为CH2CH2(×)(2)甲烷、乙烯、苯都能发生加成反应(×)(3)用苯可以萃取溴水中的溴(√)(4)乙醇与乙酸中均含有-OH,所以均能与Na反应生成氢气(√)(5)乙醇、乙酸与Na反应生成氢气的速率相等(×)(6)可以用紫色石蕊溶液鉴别乙醇与乙酸(√)(7)可以用碳酸钠溶液鉴别乙醇和乙酸(√)(8)淀粉和纤维素分子式都是(C6H10O5)n,互为同分异构体(×)(9)油脂可分为油和脂肪,属于酯类,不能使溴水褪色(×)2.重要反应及类型(1)CH4+Cl2――→光照_CH3Cl+HCl__(一氯代物),反应类型:_取代反应__;(2)CH2===CH2+Br2―→_CH2BrCH2Br__,反应类型:_加成反应__(3)nCH2===CH2――→催化剂加热、加压_CH2-CH2__;_(4)+Br2――→浓硫酸△,反应类型_取代反应__;(5)+HO-NO2――→浓硫酸△,反应类型:_取代反应__;(6)+3H2――→催化剂,反应类型:_加成反应__;(7)2CH3CH2OH+2Na―→_2CH3CH2ONa+H2↑__(8)2CH3CH2OH+O2――→Cu或Ag△_2CH3CHO+2H2O__,反应类型:_氧化反应__;(9)CH3COOH+CH3CH2OH浓硫酸△_CH3COOC2H5+H2O__,反应类型:_酯化反应(或取代反应)__(10)CH3COOCH2CH3+NaOH――→△_CH3COONa+CH3CH2OH__,反应类型:_取代反应__。3.同分异构体数目判断(1)C4H10的同分异构体有_2__种;(2)C5H12的同分异构体有_3__种;(3)写出一种乙酸的同分异构体HCOOCH3(或);(4)丙烷的二氯代物有_4__种;(5)有机物乙苯的一溴取代物的同分异构体有_5__种;(6)分子式为C4H8Br2且分子中仅含有两个甲基的有机物共有(不考虑立体异构)_4__种;(7)分子式为C4H10O的醇共有(不考虑立体异构)_7__种;(8)分子式为C5H10O2的羧酸共有(不考虑立体异构)_4__种。第2讲实验回扣一、化学实验基本操作中的38个"不"1.药品的规范存放,取用的使用(1)试纸①__不能直接用手拿,要用镊子夹取。__(2)②_不能用手直接接触药品__,更③_不能品尝__药品的味道。(3)液态溴有毒且易挥发,应贮存于磨口的细口瓶中,加水封,④_不能用橡胶塞__;盛NaOH溶液的试剂瓶⑤_不能用玻璃塞__而应用橡胶塞。(4)做完实验,用剩的药品⑥_不得抛弃__,也⑦_不要放回原瓶__(活泼金属钠、钾等例外)。2.实验器材的规范使用(1)天平称量药品时,药品⑧_不能直接放在托盘上。__(2)酒精灯的使用,⑨_不能用一个燃着的酒精灯点燃另一个酒精灯__,⑩_不可用嘴吹灯__,燃着时?_不可添加酒精。__(3)烧瓶、烧杯、锥形瓶?_不能直接加热__。(4)试管中的液体?_不超过容积的三分之一__;加热时试管口?_不能对着人__。(5)量筒?_不可用于配制溶液或作反应容器__;?_不可用于加热__。(6)使用胶头滴管"四不能":?_不能接触容器内壁__,?_不能平放和倒拿__,?_不能随意放置__,未经清洗的滴管?_不能吸取别的试剂__。(7)锥形瓶在做酸碱中和滴定实验时,○21_不需干燥__,○22_不能用待装液润洗__。(8)酸式滴定管用来盛装酸性溶液,○23_不能盛装碱性溶液__;碱式滴定管用来盛装碱性溶液,○24_不能盛装酸性溶液和强氧化性溶液__。(9)容量瓶○25_不能长期存放溶液__,更○26_不能作为反应容器__,也○27_不能加热__,瓶塞○28_不能互用。__3.化学实验的规范操作(1)测反应混合液的温度时,温度计的水银球应插入混合液中但○29_不能接触容器内壁__;测蒸气的温度时,水银球应在液面以上,○30_不能插入溶液中__。(2)用pH试纸测定溶液的pH时,○31_不能用蒸馏水湿润__。(3)过滤时○32_不能搅拌__,否则会损坏滤纸;在蒸发浓缩结晶时○33_不能将溶液蒸干__,否则有的物质温度过高时会受热分解。(4)钠、钾着火,○34_不能用泡沫灭火器或水扑灭__,应用干燥的沙土盖灭。(5)浓硫酸○35_不能干燥碱性及具有还原性的气体__,CaCl2○36_不能干燥NH3__。(6)配制一定物质的量浓度溶液时,定容摇匀后液面低于刻度线时○37_不能再加蒸馏水__。(7)进行焰色反应时,选用的材料本身灼烧时○38_不能带有颜色__,最好选用铂丝或无锈铁丝。二、化学实验中的16个"先与后"1.实验器材的规范使用(1)加热试管时,①_先均匀加热,后局部加热__。(2)使用容量瓶、分液漏斗、滴定管前,②_先检查是否漏水,后洗涤干净__。(3)组装仪器顺序:③_先零后整__,由左至右。④_先里后外__,拆装置与之顺序相反。(4)称量药品时,⑤先在两盘上放一张大小、重量相等的纸(腐蚀性药品放在小烧杯等玻璃器皿中),再放药品。2.化学实验的规范操作(1)制取气体时,⑥_先检查装置的气密性,后装药品__。(2)用排液法收集气体时,⑦_先移导管后撤酒精灯。__(3)用石蕊试纸、淀粉碘化钾试纸检验气体性质时,要⑧_先用蒸馏水将试纸润湿,再将试纸靠近气体检验。__而用pH试纸测定溶液的pH时,要⑨_先用玻璃棒蘸取待测液少许滴到放在表面皿中央的干燥pH试纸上,再与标准比色卡比较。__(4)中和滴定实验,用蒸馏水洗净的滴定管、移液管要⑩_先用待盛液洗涤2~3次后,再盛装试液。__注入滴定管中的液体液面开始在"0"刻度以上,当赶走滴定管尖嘴部分的空气后,溶液液面应在"0"刻度或"0"刻度以下。(5)点燃可燃性气体时,应?_先验纯后点燃__,比如H2的爆炸极限是在与氧气混合4%到74.2%时,如果不验纯,就不知道集气瓶内有没有掺杂的氧气,点燃时就容易爆炸;净化气体时,应?_先净化后干燥__。(6)做焰色反应实验,每做一次,铂丝都应当先蘸取浓盐酸放在火焰上灼烧至无色后再做下一次。做钾的焰色反应实验时,?_先通过蓝色钴玻璃,再观察火焰颜色。__(7)配制一定物质的量溶液时,溶解或稀释后的溶液应?_先冷却再移入容量瓶__。(8)浓硫酸沾到皮肤上,?_先迅速用干布擦去,再用水冲洗,__千万不得先用水冲洗;碱液粘到皮肤上,立即用较多水冲洗,再涂上硼酸溶液。(9)检验蔗糖、淀粉水解程度时,?_先在水解后的溶液中加NaOH溶液中和H2SO4,再加银氨溶液或新制Cu(OH)2悬浊液。__三、化学实验中的7个"上、下"1.收集气体时,相对分子质量大于29的用①_向上__排空气法收集,小于29的用_向下__排空气法收集。2.分液操作时,②_下层液体__应打开旋塞从下方放出,③_上层液体__要从分液漏斗的_上口倒出__。3.配制一定物质的量浓度溶液,在引流时,玻璃棒的上面不能靠在容量瓶口,而下端则应靠在容量瓶刻度线下的内壁上(即④_下靠上不靠,下端靠线下__)。4.用水冷凝气体时,冷凝管中水从⑤_下端口流入上端口流出__(逆流原理)。5.温度计测液体温度时,⑥_水银球应在液面下,而测蒸气温度时,应在液面上。__6.制气体实验中,⑦_长颈漏斗的末端插入液面下,而用分液漏斗加液时,漏斗下端不能插入液面下。__四、化学实验中的5个"0"1.滴定管①_"0"刻度在滴定管的上部__(但不是最上端),在量取液体的体积时,液面不一定要在"0"刻度,但要在"0"刻度以下;滴定管读数时,装液或放液后,需等1~2min后才能观察液面高度。2.量杯、量筒、容量瓶没有②_"0"刻度。__3.温度计的③_"0"刻度在温度计的中下部。__4.托盘天平中的④_0刻度在标尺的最左边__,天平在使用时要调"0",使用后要回"0"。5.实验记录中的⑤_一切非"0"数字均是有效数字。__五、化学实验中的15个数据1.实验仪器的精确度(1)托盘天平的精确度为①_0.1_g__。(2)10mL量筒的精确度为②_0.1_mL__;100mL量筒的精确度为1mL,无"0"刻度,小刻度在下方。(3)滴定管的精确度为③_0.01_mL__,"0"刻度在接近上口处。(4)容量瓶只有一条刻度线,只能读取一个值,该数为容量瓶的容量值。2.实验操作时的有关数据标准(1)试管在加热时所加液体不能超过试管容积的④13,且要与桌面成⑤_45°角__;用试管夹夹持试管时,应夹在离管口⑥13处。(2)液体取用时,若没有说明用量,一般取⑦_1~2__mL。(3)酒精灯内酒精的量为其容积的⑧14~23。(4)烧杯、烧瓶加热时盛液体量均为容积的⑨13~23,蒸发皿加热时液体量不宜超过容积的⑩23。(5)配制一定物质的量浓度的溶液时,烧杯和玻璃棒要洗涤?_2~3次__。(6)用烧杯往容量瓶中加蒸馏水时一般加到距离刻度线?_1~2_cm__处要改用胶头滴管定容。(7)中和滴定实验时,酸碱指示剂的用量一般是?_2~3__滴。(8)在测定晶体中结晶水含量时,为保证加热过程中使结晶水全部失去,实验中需加热、称量、再加热、再称量,直到最后两次称量值之差不超过?_0.1__g。(9)焰色反应完毕,要把铂丝放在盐酸中浸渍?_2~3_min__,再用蒸馏水洗净,保存在试管中,使它洁净不沾污垢。六、化学实验中的20种方法1.检验某溶液中是否含有SO2-4的操作方法取待测液少许置于试管中,先加过量稀盐酸无明显现象(若有沉淀则静置后取上层清液继续实验);再加入氯化钡溶液,若产生白色沉淀则证明溶液里含有SO2-4,反之则证明溶液里不含SO2-4。2.检验某溶液中是否含有Cl-的操作方法取待测液少许置于试管中,先加硝酸银溶液产生白色沉淀,再滴加稀硝酸,若产生白色沉淀不溶解,则证明溶液里含有Cl-,反之则证明溶液里不含Cl-。3.检验某溶液中是否含有NH+4的操作方法取待测液少许置于试管中,加入过量的浓氢氧化钠溶液,加热,用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体,若试纸变蓝,则证明溶液里含有NH+4,反之则溶液里不含NH+4。4.检验某溶液中是否含有Fe3+的操作方法取待测液少许置于试管中,滴入几滴硫氰酸钾溶液,若溶液变红,则证明溶液里含有Fe3+,反之则证明溶液里不含Fe3+(若溶液里只含有Fe3+也可滴加氢氧化钠溶液观察沉淀的颜色)。5.检验某溶液中是否含有Fe2+的操作方法取待测液少许置于试管中,先滴加几滴硫氰酸钾溶液无明显现象;再滴加新制的氯水(或通入氯气),若溶液变血红则证明溶液里含有Fe2+,反之则证明溶液里不含Fe2+。6.检验含有Fe3+的溶液中含有Fe2+的操作方法无Cl-时,取待测液少许置于试管中,滴加少许酸性高锰酸钾溶液,紫色褪去,说明含有Fe2+。若含Cl-,可加入K3Fe(CN)6溶液,若产生蓝色沉淀,证明含Fe2+。7.检验某含有大量SO2-4的溶液中是否含有Cl-的操作方法取待测液少许置于试管中,先加过量的硝酸钡溶液,充分振荡后静置,在上层清液中滴加少许硝酸酸化的硝酸银溶液,若产生白色沉淀,则证明溶液里含有Cl-,反之则证明溶液里不含Cl-。8.检验溶液中含有SO2-3的实验方法取待测液少许置于试管中,先加过量的氯化钡溶液,若有白色沉淀生成,充分过滤,取沉淀少许置于试管中,加入足量的稀盐酸,将产生的气体通入品红溶液,品红溶液褪色,加热褪色后的溶液红色复现,则证明原溶液中含有SO2-3。[注意]要排除HSO-3的干扰。9.检验NH4Cl固体中是否含有Na2SO4的操作方法取少许固体试样置于试管中,充分加热,若试管中无固体物质残留,说明氯化铵固体中不含硫酸钠,反之则含有硫酸钠。10.证明亚硫酸钠已经被氧化的实验方法取少许亚硫酸钠试样置于试管中,加适量蒸馏水溶解,向其中加入过量的稀盐酸至不再产生气体,再向其中滴加几滴BaCl2溶液,若产生白色沉淀,则亚硫酸钠已经被氧化。[注意]不能用稀硝酸或硝酸钡溶液,防止将亚硫酸根离子氧化。11.检验二氧化硫气体的操作方法将气体通入品红溶液中,若品红溶液褪色,加热褪色后的溶液红色复现,说明气体是二氧化硫。12.证明碳酸钠溶液中存在水解平衡的实验方法取少许碳酸钠溶液置于试管中,滴加几滴酚酞溶液使溶液呈红色,再向红色溶液中滴加BaCl2溶液至过量,产生白色沉淀,溶液的红色逐渐消失,则证明碳酸钠溶液的碱性为碳酸根水解所致,即溶液中存在水解平衡。13.证明HA是一元弱酸的实验方法①取NaA溶于水配制溶液,测溶液的pH,若溶液的pH>7,则证明HA为一元弱酸。②准确配制0.01mol·L-1的HA溶液,测其pH,若pH>2,则证明HA为一元弱酸。14.证明NH3·H2O为一元弱碱的实验方法①测NH4Cl溶液的pH,若pH<7,则证明NH3·H2O是一元弱碱。②配制0.01mol·L-1的NH3·H2O,测其pH,若pH<12,则证明NH3·H2O为一元弱碱。15.证明两种酸酸性强弱的实验方法利用相对强的酸可以制取相对弱的酸的反应原理设计实验,如证明草酸的酸性强于碳酸的方法是:向盛有少量NaHCO3溶液的试管中滴加草酸溶液,若能产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体,说明草酸的酸性强于碳酸。16.证明物质氧化性、还原性强弱的方法利用氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物,还原剂的还原性大于还原产物的规律设计实验,要求实验过程中有明显的实验现象。①证明Cl2的氧化性大于Fe3+的方法:向含有KSCN的FeCl2溶液中通入Cl2,若溶液变成血红色,则说明氧化性:Cl2>Fe3+。反应原理为:Cl2+2Fe2+===2Fe3+2Cl-②证明I-的还原性强于Fe2+的方法:向含有淀粉的KI溶液中加入FeCl3溶液,若溶液变成蓝色,则说明还原性:I->Fe2+。反应原理为:2Fe3++2I-===2Fe2++I217.检验碳与浓硫酸反应的产物的方法气流通过试剂的先后顺序以及作用分别是:18.实验室证明一氧化碳能还原氧化铜并检验产物二氧化碳的实验设计CO气体依次通过的实验装置以及各装置的作用如下:硬质玻璃管盛CuO,主反应装置?澄清石灰水检验CO2?NaOH溶液除去CO2[注意](1)点燃酒精灯之前一定要检验CO的纯度。(2)先通一氧化碳驱除装置中的空气后再点燃主反应装置的酒精灯。(3)停止加热硬质玻璃管后要继续通入CO直至玻璃管冷却。(4)NaOH溶液的作用是除去气体中的二氧化碳便于尾气燃烧。(5)实验现象:硬质玻璃管中的黑色粉末变为红色固体,澄清石灰水变浑浊。19.实验室进行乙二酸分解产物(H2O、CO2、CO)的检验的实验设计已知信息:(1)乙二酸的熔沸点较低,在酒精灯加热的条件下容易气化;(2)草酸钙是难溶于水的白色沉淀。各实验装置以及各装置的作用如下:[注意](1)草酸蒸气对二氧化碳的检验产生干扰,要事先除去草酸蒸气。(2)大量二氧化碳的存在不利于一氧化碳的燃烧,要事先除去二氧化碳。(3)也可以用碱石灰一次性除去二氧化碳和水蒸气。(4)要有尾气处理装置,常用燃着的酒精灯消除CO对空气的污染。20.探究向含有酚酞的氢氧化钠溶液中滴加氯水后红色褪去的原因的实验设计褪色原因:(1)氯水中的成分与NaOH反应消耗了NaOH,使溶液的碱性减弱所致。(2)氯水中的次氯酸发挥了漂白作用所致。向褪色后的溶液中滴加氢氧化钠溶液,若溶液变红色则(1)正确,若溶液不变红色则(2)正确。[注意]实验的关键是检验酚酞是否还存在。七、化学实验基本操作中的7个原则1.装配复杂装置应遵循①_"从下往上""从左到右"__的原则;拆卸装置与此相反。2.添加药品时应遵循②_"先放固体""后加液体"__的原则。因为固体加入液体中时会将液体溅出,为了实验安全,所以先加固体。而钠与水反应则先加液体再加固体,避免钠快速氧化,及产生氢气过多发生爆炸。3.塞子与烧瓶连接时要遵循③_先"塞"后"定"__原则,即带导管的塞子在烧瓶固定前塞好,以免烧瓶固定后因不宜用力而塞不紧或因用力过猛而损坏仪器。4.装置在装入药品前遵循④_先验气密性__原则。5.物质检验的"原则",⑤_即一看(颜色、状态)、二嗅(气味)、三实验(加试剂)__。6.物质分离和提纯遵循的原则:⑥_不增不减,易分离易复原__。7.后加热原则:反应如需加热,⑦_等所有装置装完后,再点燃酒精灯__。八、化学实验中的7个"标志"1.仪器洗涤干净的标志是①_内壁附有均匀水膜,不挂水珠,也不成股流下__。2.滴定终点的标志:②_滴加最后一滴溶液时,溶液由×××颜色变成×××颜色,且半分钟内不再变化(或且半分钟内不再恢复原来的颜色)__。3.容量瓶不漏水的标志:③_加入一定量的水用食指按住瓶塞,倒立观察,然后将容量瓶正立,并将瓶塞旋转180°后塞紧,再倒立,均无液体渗出__。4.容量瓶、量筒、移液管、滴定管中液面达到刻度线的标志为④_平视时,视线与凹液面最低处相切__。5.天平平衡的标志是⑤_指针在分度盘的中央或指针左右摆动的幅度相等__。6.灼烧充分的标志:⑥_连续两次称量,质量差不超过0.1_g__。7.定性判断完全沉淀的标志:⑦_取上层清液,再加沉淀剂,若无沉淀产生,说明已沉淀完全__。九、化学实验中常见事故的4个处理1.失火处理:酒精及有机物燃烧,小面积失火时,应迅速用湿布或沙土盖灭;钠、磷等着火时应用沙土盖灭。2.浓烧碱沾到皮肤上,先用干布迅速拭去,再用大量水冲洗,然后分别涂上稀NaHCO3溶液、硼酸溶液。3.眼睛被酸、碱灼伤,先用大量水冲洗,并不断眨眼,一定不能揉眼;然后酸用稀NaHCO3溶液淋洗、碱用硼酸溶液淋洗;最后用生理盐水清洗并就医。4.少量汞洒在地面上,先收集然后撒上硫粉进行处理。十、化学实验中20个重要的实验现象1.镁条在空气中燃烧:发出耀眼的白光,有白色粉末生成。2.硫在空气中燃烧:淡蓝色火焰;在氧气中燃烧:明亮的蓝紫色火焰。3.铁丝在氧气中燃烧:剧烈燃烧,火星四射,放出热量,生成黑色固体。4.氢气在氯气中燃烧:安静地燃烧,发出苍白色火焰,瓶口有大量白雾生成。5.一氧化碳在空气中燃烧:发出淡蓝色的火焰,放出热量。6.细铜丝在氯气中燃烧:有棕黄色的烟生成,加水后生成绿色的溶液。7.新制氯水中加石蕊溶液:先变红色后褪色。8.磷在氯气中燃烧:有白色烟雾生成。9.湿润的淀粉KI试纸遇氯气:试纸变蓝。10.氯气遇到润湿的有色布条:有色布条的颜色褪去。11.溴(碘)水中加入四氯化碳:溶液分层,上层接近无色,下层接近橙(紫)色。12.二氧化硫气体通入品红溶液:红色褪去,加热后又恢复原来的颜色。13.钠在空气中燃烧:火焰呈黄色,生成淡黄色物质。14.把水滴入盛有过氧化钠的试管,放入带火星的木条:木条复燃。15.加热碳酸氢钠固体,并将产生的气体通入澄清石灰水:澄清石灰水变浑浊。16.氨气与氯化氢气体相遇:有大量白烟产生。17.铜片与浓硝酸反应:反应剧烈,有红棕色气体产生。18.铜片与稀硝酸反应:产生无色气体,气体上升逐渐变成红棕色。19.向含Fe2+的溶液中加入氢氧化钠:有白色沉淀出现,沉淀颜色迅速加深,变为灰绿色,最终转变成红褐色。20.向含Fe3+的溶液中加人KSCN溶液:溶液变红色。十一、化学实验中常见的6组仪器"套装"1.防倒吸装置:2.尾气处理防污染装置:(1)易溶性有毒气体,如NH3、HCl、SO2用吸收式Ⅱ进行尾气处理。(2)CO等不易被吸收的有害气体可用燃烧式或收集式处理。3.量气装置:4.冷凝回流装置:(1)当反应物易挥发时,为防止反应物过多挥发损耗,可进行冷凝回流。(2)甲相当于空气冷凝,乙、丙是用水冷凝,注意水从下口通入,上口流出。5.气体混合装置:(1)使反应的气体混合均匀。(2)根据液体中气泡的生成速率调节气体的混合比例。6.气体收集装置:(1)从a口进,收集比空气密度大的气体,即向上排空气法。(2)从b口进,收集比空气密度小的气体,即向下排空气法。(3)排液集气,先充满液体,导气管短进长出。三、教材重要实验再观摩1.混合物的分离与提纯方法、装置 适用范围 注意事项把不溶性固体和液体进行分离 (1)一贴:滤纸紧贴漏斗内壁二低:滤纸低于漏斗边缘,液面低于滤纸边缘三靠:烧杯紧靠玻璃棒,玻璃棒轻靠三层滤纸处,漏斗下端紧靠烧杯内壁(2)若滤液浑浊,需重新过滤分离易溶性固体溶质 (1)玻璃棒的作用:搅拌,防止局部温度过高造成液体溅出(2)当大量晶体析出时,停止加热,用余热蒸干液体(1)萃取:利用溶质在互不相溶的溶剂里溶解度的不同,用一种溶剂把溶质从它与另一种溶剂的组成的溶液里提取出来(2)分液:两种液体互不相溶且易分层 (1)溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中大(2)萃取剂与原溶剂互不相溶,互不反应(3)萃取剂与溶质易分离(4)分液时,分液漏斗中的下层液体从分液漏斗下口放出,上层液体从上口倒出分离沸点相差较大的液体混合物 (1)温度计的水银球在蒸馏烧瓶的支管口处(2)蒸馏烧瓶中要加沸石或碎瓷片,防止液体暴沸(3)冷凝管水流方向应为下口进水,上口出水2.溶液的配制(1)配制流程计算→称量→溶解冷却→转移→洗涤→定容→摇匀(2)配制图示3.铁与水蒸气的反应实验现象:有气体产生,且气体能在空气中燃烧,火焰呈淡蓝色。反应原理:3Fe+4H2O(g)=====△Fe3O4+4H2。4.Na2O2与水反应将水滴于盛有少量Na2O2固体的试管中,立即用带火星的木条放在试管口,检验气体的成分。反应原理:2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑。5.鉴别Na2CO3和NaHCO3分别用Na2CO3和NaHCO3做实验,观察现象。鉴别碳酸钠和碳酸氢钠药品 现象 发生反应的化学方程式 结论Na2CO3 澄清石灰水不变浑浊  Na2CO3加热不分解NaHCO3 澄清石灰水变浑浊 2NaHCO3=====△Na2CO3+H2O+CO2↑ NaHCO3加热分解能生成CO26.Fe3+、Fe2+的检验在2支试管里分别加入5mLFeCl2溶液和5mLFeCl3溶液,各滴入几滴KSCN溶液,观察现象。待检溶液 滴入KSCN溶液FeCl3溶液 溶液变成红色FeCl2溶液 溶液不变色,但再滴入氯水后溶液变成红色7.氨气的喷泉实验在干燥的圆底烧瓶里充满氨,用带有玻璃管和滴管的塞子塞紧瓶口。倒置烧瓶,使玻璃管插入盛有水的烧杯,轻轻挤压滴管,使少量水进入烧瓶。实验现象:烧杯里的溶液由玻璃管迅速进入烧瓶形成美丽的红色喷泉。实验结论:氨极易溶于水,其水溶液显碱性。8.氨气的实验室制备反应原理:2NH4Cl+Ca(OH)2=====△CaCl2+2H2O+2NH3↑。9.铜与浓硫酸的反应反应原理:2H2SO4(浓)+Cu=====△CuSO4+2H2O+SO2↑。10.石蜡油的分解实验将浸透了石蜡油的石棉放置在硬质试管底部,试管中加入碎瓷片,给碎瓷片加强热,石蜡油蒸汽通过炽热的碎瓷片表面发生反应,生成一定量的气体。①将气体通入酸性KMnO4溶液中,观察现象是KMnO4溶液褪色。②将气体通入溴的四氯化碳溶液中,观察现象是溴的四氧化碳溶液褪色。11.乙酸乙酯的制备实验现象:饱和碳钠溶液的液面上有透明的不溶于水的油状液体产生,并可以闻到香味。反应原理:CH3COOH+CH3CH2OH浓H2SO4△CH3COOCH2CH3+H2O。12.铝热反应实验将干燥的氧化铁与铝粉的混合物放入纸漏斗中,在混合物上面加少量KClO3固体,中间插上一根镁带,并将镁带点燃。实验现象:反应放出大量的热,并放出耀眼的光芒;纸漏斗下部被烧穿,有熔融物落入沙中。反应原理:Fe2O3+2Al=====高温2Fe+Al2O313.温度对化学平衡的影响将NO2球浸入冰水、热水中,观察颜色变化。实验现象:浸泡在冰水中的NO2球的红棕色明显变浅,浸泡热水中的NO2球中的红棕色明显加深。14.酸碱中和滴定酸碱中和滴定是利用中和反应,用已知浓度的酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的实验方法。15.铜锌原电池装置如下图所示,用一个充满电解质溶液的盐桥,将置有锌片ZnSO4溶液和置有铜片的CuSO4溶液连接起来,然后将锌片和铜片用导线连接,并在中间串联一个电流表。实验现象:电流表指针发生偏转,有电流通过电路。反应原理:总反应为Zn+Cu2+===Zn2++Cu锌为负极:电极反应式为Zn-2e-===Zn2+铜为正极:电极反应式为Cu2++2e-===Cu16.电解CuCl2溶液在U形管中注入CuCl2溶液,插入两根石墨棒作电极(见下图),把湿润的碘化钾淀粉试纸放在与直流电源正极相连的电极(阳极)附近,接通直流电源,观察U形管内的现象和试纸颜色的变化。实验现象:阴极石墨棒上逐渐覆盖了一层红色物质,在阳极石墨棒上有气泡产生,气体能使湿润的碘化钾淀粉试纸变成蓝色。反应原理:总反应:Cu2++2Cl-=====电解Cu+Cl2↑阳极反应式为2Cl--2e-===Cl2↑阴极反应式为Cu2++2e-===Cu17.铁的吸氧腐蚀实验将经过酸洗除锈的铁钉,用饱和食盐水浸泡一下,放入如下图所示的具支试管中。几分钟后,观察导管中水柱的液面高于试管内的液面,其原因是发生吸氧腐蚀,2Fe+O2+H2O===2Fe(OH)2,致具支试管内的压强小于室外的压强,导管中水柱上升。四、高考常考的9种物质制备实验系统再挖掘1.Cl2的实验室制备系统[实验装置][常考问题](1)实验室制Cl2时,能否用稀盐酸代替浓盐酸?提示:不能;因为MnO2与稀盐酸不反应。(2)实验室制得Cl2中混有哪些杂质气体?如何除去?提示:Cl2中混有HCl气体和水蒸气;用饱和食盐水除去Cl2中的HCl,用浓硫酸除去Cl2中的水蒸气。(3)尾气吸收时,能否用澄清石灰水吸收多余的Cl2?提示:不能;因为溶液中Ca(OH)2的浓度小,吸收不完全。(4)如何确定集气瓶中的Cl2已收集满?提示:集气瓶中充满了黄绿色气体。2.SO2的实验室制备系统[实验装置][常考问题](1)能否用Na2SO3和稀硫酸制取SO2?提示:不能;原因是SO2在水中的溶解度较大,且SO2能与水发生反应,故用Na2SO3与较浓的H2SO4或浓H2SO4制备。(2)B装置的作用是什么?观察到的现象是什么?你能写出酸性KMnO4溶液与SO2发生反应的离子方程式吗?提示:验证SO2具有还原性;B装置中的紫红色褪色或颜色变浅;5SO2+2MnO-4+2H2O===5SO2-4+2Mn2++4H+。(3)C装置的作用是什么?观察到现象是什么?提示:验证SO2的氧化性;溶液中产生黄色浑浊。(4)装置E中铜丝为什么要盘成螺旋状?提示:增大铜与浓H2SO4的接触面积,提高化学反应速率。(5)用方案二制取SO2时,如何控制反应的发生和停止?提示:将铜丝抽出,反应停止;将铜丝伸入浓H2SO4中,反应发生,产生SO2。3.NH3的实验室制备系统[实验装置][常考问题](1)实验室制氨气时,能否用NH4HCO3代替NH4Cl?提示:不能;因为NH4HCO3受热分解产生CO2气体,会使制得的氨气中混有杂质气体。(2)干燥管中碱石灰的作用是什么?提示:除去氨气中的水蒸气(或干燥氨气)。(3)试管口堵一棉花团的作用是什么?提示:支撑固定导管的作用,且减少NH3与空气的对流,提高氨气的纯度。(4)如何通过实验证明试管中的氨气已收集满?提示:将湿润的红色石蕊试纸置于试管口,若试纸变蓝色,说明NH3已收集满;或将蘸有浓盐酸的玻璃棒置于试管口,若有白烟产生,说明NH3已收集满。4.H2的实验室制备系统[实验装置][常考问题](1)实验室中用锌粒和稀硫酸反应制取H2,能否用稀硝酸代替稀硫酸?提示:不能;因为锌粒与稀硝酸反应不产生H2,而是生成NO。(2)长颈漏斗颈口为什么要伸入到液面以下?提示:防止产生的H2从长颈漏斗中逸出,故长颈漏斗颈口必须伸入到液面以下。(3)广口瓶中的导气管为什么进气管短,出气管长?提示:因为氢气的密度比空气的小,应用向下排空气法收集氢气。(4)用装置A制取气体有何优点?中学化学中还能用该装置制取哪些气体?提示:用该装置制取气体时能通过弹簧夹做到随开随用,随关随停,即打开弹簧夹,稀H2SO4注入试管中与Zn粒反应产生H2,用弹簧夹夹紧橡皮管时,随着反应的进行产生的气体使试管内气体的压强大于外界的压强,将液体压回到长颈漏斗中,当锌粒与稀H2SO4不再接触时反应自动停止,中学化学中还可以用此装置制取CO2气体(大理石与稀盐酸)。(5)如何通过实验证明广口瓶中已收集满H2?提示:用向下排空气法从导管a处收集一小试管气体,用拇指堵住管口,靠近酒精灯的火焰,若听到"噗"的一声,证明广口瓶中已收集满H2。5.O2的实验室制备系统[实验装置][常考问题](1)装置A的试管为什么要略向下倾斜?提示:防止加热过程中产生的水蒸气在试管口冷凝后倒流而引起试管炸裂。(2)用装置A制取气体对反应物有何要求?中学化学中利用该装置还能制取哪些气体?提示:用装置A制取气体要求反应物的状态必须是固体,中学化学中用该装置还可以制取氨气。(3)如何通过实验证明试管a中收集的气体是O2?提示:将带火星的木条伸到试管a的管口,若木条复燃,证明收集的气体是O2。6.NO2的实验室制备系统[实验装置][常考问题](1)试管A中观察到的现象有哪些?提示:铜丝表面有气泡产生,试管A上部空间充满红棕色气体,溶液由无色变成蓝色。(2)如何控制试管A内反应的发生和停止?提示:通过抽动的铜丝控制反应的发生与停止,抽出铜丝,使铜丝与浓硝酸脱离接触,反应停止。(3)能否将B装置中的进气管与出气管调换?提示:不能,原因是NO2的密度比空气的大,应用向上排空气法收集气体。(4)装置C中NaOH溶液的作用是什么?试写出反应的化学方程式。提示:吸收多余的NO2气体,以防污染环境。2NO2+2NaOH===NaNO3+NaNO2+H2O7.NO(CO2)的制取与性质验证[实验装置][常考问题](1)设计装置A的目的是什么?提示:利用装置A生成的CO2气体排尽装置内空气,防止NO与O2反应生成NO2,对NO的观察造成干扰。(2)为达到实验装置A的目的,应如何操作?提示:打开K,且打开分液漏斗活塞,当装置C中石灰水变浑浊时,关闭活塞K。(3)利用装置E、F如何验证E中的无色气体是NO?提示:将注射器F中的空气推入E中,或将E中的无色气体吸入到注射器中,若气体由无色变为红棕色,说明E中的无色气体是NO。(4)装置D的作用是什么?提示:吸收多余的氮的氧化物,并兼有防倒吸的功能。(5)实验室用大理石与稀盐酸反应制取CO2,能否用稀H2SO4代替盐酸?提示:不能;因为CaCO3与稀H2SO4反应生成的CaSO4微溶于水,覆盖在大理石的表面,阻止了H2SO4与CaCO3的进一步反应。8.Fe(OH)2的实验室制备系统[实验装置][常考问题](1)制取Fe(OH)2实验的关键问题是什么?提示:避免实验中Fe(OH)2与O2接触。(2)制备Fe(OH)2时为什么要滴入稀硫酸?提示:滴入稀硫酸,铁粉与稀硫酸反应产生H2,用于排除A装置中的空气。(3)实验中为什么要把B装置的导管口伸入到液面下?提示:起液封作用,防止空气由导管进入A装置而导致Fe(OH)2被氧化。(4)实验时,先挤压A装置的哪一个胶头滴管的胶头?提示:先挤压盛有稀硫酸的胶头滴管的胶头,目的是先用稀硫酸与铁粉反应生成的H2排除装置中的空气。9.乙酸乙酯的实验室制备系统[实验装置][常考问题](1)试管a中加入试剂的先后顺序是什么?能不能先加入浓硫酸?提示:先加入乙醇,再加入浓硫酸,不能先加入浓硫酸,原因是浓H2SO4密度大,且与乙醇混合时放出大量的热易造成液体飞溅。(2)由乙醇、乙酸制备乙酸乙酯时,为什么乙醇的物质的量要多于乙酸?提示:乙酸、乙醇发生酯化反应是可逆反应,增大乙醇的用量可使平衡向生成酯的方向进行,提高乙酸的转化率。(3)b试管中的导气管为什么不能伸入到液面以下?提示:防止倒吸。(4)饱和Na2CO3溶液能否用NaOH溶液代替?提示:不能;原因是乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解反应。(5)如何除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸?提示:用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸。 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