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【高考全托】高中化学知识总结

发布时间：2023-09-13 11:00:35    点击：

高考化学必背知识点总结
考点一　把握分类标准，理清物质类别
1．物质常见的分类情况
2．氧化物的常见分类方法
氧化物特殊氧化物：如Fe3O4、Na2O2、H2O2(不成盐氧化物：如CO、NO)
3．正误判断，辨析“一定”与“不一定”
(1)同种元素组成的物质一定是纯净物(×)
(2)强碱一定是离子化合物，盐也一定是离子化合物(×)
(3)碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物(√)
(4)酸性氧化物不一定是非金属氧化物，非金属氧化物也不一定是酸性氧化物(√)
(5)能电离出H＋的一定是酸，溶液呈碱性的一定是碱(×)
(6)在酸中有几个H原子就一定是几元酸(×)
(7)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(√)
(8)盐中一定含金属元素(×)
(9)能导电的一定是电解质，不导电的一定是非电解质(×)
(10)强电解质的导电性一定大于弱电解质的导电性(×)
4．识记常见混合物的成分与俗名
(1)水煤气：CO、H2
(2)天然气(沼气)：主要成分是CH4
(3)液化石油气：以C3H8、C4H10为主
(4)裂解气：以C2H4为主
(5)水玻璃：Na2SiO3的水溶液
(6)王水：浓盐酸与浓硝酸的混合物(体积比3∶1)
(7)波尔多液：主要成分是CuSO4和Ca(OH)2
(8)肥皂：主要成分是C17H35COONa
(9)碱石灰：NaOH、CaO
(10)铝热剂：铝粉和金属氧化物的混合物
(11)漂白粉：Ca(ClO)2和CaCl2的混合物
考点一　洞悉陷阱设置，突破阿伏加德罗常数应用
一、抓“两看”，突破“状态、状况”陷阱
一看“气体”是否处于“标准状况”。
二看“标准状况”下，物质是否为“气体”(如CCl4、H2O、Br2、SO3、HF、己烷、苯等在标准状况下不为气体)。
题组一　气体摩尔体积的适用条件及物质的聚集状态
1．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。
(1)2.24 L CO2中含有的原子数为0.3NA(×)
(2)常温下，11.2 L甲烷气体含有的甲烷分子数为0.5NA(×)
(3)标准状况下，22.4 L己烷中含共价键数目为19NA(×)
(4)常温常压下，22.4 L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2NA(×)
(2012·新课标全国卷，9D)
(5)标准状况下，2.24 L HF含有的HF分子数为0.1NA(×)
二、排“干扰”，突破“质量、状况”陷阱
题组二　物质的量或质量与状况
2．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。
(1)常温常压下，3.2 g O2所含的原子数为0.2NA(√)
(2)标准标况下，18 g H2O所含的氧原子数目为NA(√)
(3)常温常压下，92 g NO2和N2O4的混合气体中含有的原子数为6NA(√)
三、记“组成”，突破“物质组成”陷阱
题组三　物质的组成与结构
3．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。
(1)在常温常压下，32 g 18O2中含有2NA个氧原子(×)
(2)17 g —OH与17 g OH－所含电子数均为10NA(×)
(3)相同质量的N2O4与NO2中所含原子数目相同(√)
(4)m g CO与N2的混合气体中所含分子数目为28(m)NA(√)
(5)4.5 g SiO2晶体中含有的硅氧键的数目为0.3NA(√)
(6)30 g甲醛中含共用电子对总数为4NA(√)
四、审“要求”，突破“离子数目”判断陷阱
一审是否有弱离子的水解；
二审是否指明了溶液的体积；
三审所给条件是否与电解质的组成有关，如pH＝1的H2SO4溶液c(H＋)＝0.1 mol·L－1，与电解质的组成无关；0.05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液，c(OH－)＝0.1 mol·L－1，与电解质的组成有关。
题组四　电解质溶液中粒子数目的判断
4．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。
(1)0.1 L 3.0 mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH4(＋)的数目为0.3NA(×)
(2)等体积、等物质的量浓度的NaCl和KCl溶液中，阴、阳离子数目之和均为2NA(×)
(3)0.1 mol·L－1的NaHSO4溶液中，阳离子的数目之和为0.2NA(×)
(4)25 ℃时，pH＝13的1.0 L Ba(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.2NA(×)
五、记“隐含反应”，突破“粒子组成、电子转移”判断陷阱
在“NA”应用中，常涉及到以下可逆反应：
1．2SO2＋O2催化剂△2SO3
2NO2N2O4
N2＋3H2高温、高压催化剂2NH3
2．Cl2＋H2OHCl＋HClO
3．NH3＋H2ONH3·H2ONH4(＋)＋OH－
题组五　阿伏加德罗常数的应用与“隐含反应”
5．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。
(1)2 mol SO2和1 mol O2在一定条件下充分反应后，混合物的分子数为2NA(×)
(2)标准状况下，22.4 L NO2气体中所含分子数目为NA(×)
(3)100 g 17%的氨水，溶液中含有的NH3分子数为NA(×)
(4)标准状况下，0.1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA(×)
六、“分类”比较，突破“电子转移”判断陷阱
1．同一种物质在不同反应中氧化剂、还原剂的判断。如：
(1)Cl2和Fe、Cu等反应，Cl2只作氧化剂，而Cl2和NaOH反应，Cl2既作氧化剂，又作还原剂。
(2)Na2O2与CO2或H2O反应，Na2O2既作氧化剂，又作还原剂，而Na2O2与SO2反 应，Na2O2只作氧化剂。
2．量不同，所表现的化合价不同。如：
Fe和HNO3反应，Fe不足，生成Fe3＋，Fe过量，生成Fe2＋。
3．氧化剂或还原剂不同，所表现的化合价不同。如：
Cu和Cl2反应生成CuCl2，而Cu和S反应生成Cu2S。
4．注意氧化还原的顺序。如：
向FeI2溶液中通入Cl2，首先氧化I－，再氧化Fe2＋。
题组六　氧化还原反应中电子转移数目的判断
6．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。
(1)5.6 g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3NA(×)
(2)0.1 mol Zn与含0.1 mol HCl的盐酸充分反应，转移的电子数目为0.2NA(×)
(3)1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NA(√)
(4)1 mol Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为2NA(×)
(5)向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1 mol Fe2＋被氧化时，共转移的电子的数目为NA(×)
(6)1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NA(×)
题组七　2015年“NA”应用高考试题汇编
7．(2015·全国卷Ⅰ，8)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)
A．18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NA
B．2 L 0.5 mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋离子数为2NA
C．过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA
D．密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA
答案　C
解析　A项，D2O和H2O的质子数相同(均为10)，但D2O、H2O的摩尔质量不同，分别为20 g·mol－1和18 g·mol－1，所以18 g D2O和H2O的物质的量不同，质子数不同，错误；B项，n(H2SO3)＝2 L×0.5 mol·L－1＝1 mol，但H2SO3是弱酸，部分电离，所以H＋数目小于2NA，错误；C项，发生的反应是2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，转移电子数为2e－，所以生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA，正确；D项，发生反应：2NO＋O2===2NO2，生成2 mol NO2，常温下NO2和N2O4之间存在平衡2NO2N2O4，所以分子数小于2NA，错误。
8．(2015·全国卷Ⅱ，10)NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(　　)
A．60 g丙醇中存在的共价键总数为10NA
B．1 L 0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3(－)和CO3(2－)的离子数之和为0.1NA
C．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，23 g钠充分燃烧时转移电子数为1NA
D．235 g核素 92(235)U发生裂变反应： 92(235)U＋0(1)n裂变(――→)38(90)Sr＋ 54(136)Xe＋100(1)n，净产生的中子(0(1)n)数为10NA
答案　C
解析　A项，60 g丙醇的物质的量是1 mol，根据其结构式可知，1 mol 丙醇分子中存在的共价键总数为11NA，错误；B项，根据电解质溶液中物料守恒可知，1 L 0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3(－)、CO3(2－)和H2CO3粒子数之和为0.1NA，错误；C项，在氧化物中，钠元素的化合价只有＋1价，因此23 g Na即1 mol Na充分燃烧时转移电子数为1NA，正确；D项，235 g核素 92(235)U即1 mol 92(235)U，发生裂变反应时净产生的中子数为9NA，错误。
9．(2015·广东理综，10)设nA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是(　　)
A．23 g Na 与足量H2O反应完全后可生成nA个H2分子
B．1 mol Cu和足量热浓硫酸反应可生成nA个SO3分子
C．标准状况下，22.4 L N2和H2混合气中含nA个原子
D．3 mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8nA个电子
答案　D
解析　A项，23 g Na即1 mol Na可失去1 mol e－，与足量的H2O反应生成0.5nA个H2分子，错误；B项，1 mol Cu与足量热浓硫酸反应应生成nA个SO2分子，错误；C项，N2和H2都是双原子分子，标准状况下22.4 L N2和H2混合气的物质的量为1 mol，含有2nA个原子，错误；D项，3 mol Fe生成1 mol Fe3O4，根据Fe3O4中3个Fe原子的化合价共为＋8价，可知反应中3 mol单质铁失去8nA个e－，正确。
10．(2015·四川理综，5)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A．2.0 g H2(18)O与D2O的混合物中所含中子数为NA
B．常温常压下，4.4 g乙醛所含σ键数目为0.7NA
C．标准状况下，5.6 L CO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NA
D．50 mL 12 mol·L－1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
答案　A
解析　A项，H2(18)O和D2O的摩尔质量都为20 g·mol－1，且每个分子中的中子数都是10个，故2.0 g H2(18)O与D2O的混合物中所含中子数为NA，正确；B项，一个乙醛分子中含有6个σ键，4.4 g乙醛的物质的量为0.1 mol，故4.4 g乙醛所含σ键数目为0.6NA，错误；C项，标准状况下，5.6 L CO2的物质的量为0.25 mol，根据CO2和Na2O2反应的化学方程式及元素化合价的变化可知，反应转移的电子数为0.25NA，错误；D项，随着反应的进行浓盐酸变成稀盐酸，不再和MnO2反应，故50 mL 12 mol·L－1的盐酸与足量的MnO2共热转移的电子数小于0.3NA，错误。

考点二　一定物质的量浓度溶液的配制

配制一定物质的量浓度溶液的实验是中学化学中一个重要的定量实验。复习时，要熟记实验仪器，掌握操作步骤，注意仪器使用，正确分析误差，明确高考题型，做到有的放矢。
1．七种仪器需记牢
托盘天平、量筒、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管、烧杯、药匙。
2．实验步骤要理清
如：配制500 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液，图中操作②中应该填写的数据为__________，实验时操作的先后顺序为____________(填编号)。
答案　5.3　②④⑥⑤①③
3．仪器使用要明了
(1)容量瓶使用的第一步操作是“查漏”，回答容量瓶时应指明规格，并选择合适的容量瓶，如配制480 mL溶液，应选用500 mL容量瓶。容量瓶不能用于溶解、稀释和存放液体，也不能作为反应容器。
(2)玻璃棒的作用是搅拌和引流，在引流时，玻璃棒末端应插入到刻度线以下，且玻璃棒靠近容量瓶口处且不能接触瓶口，如图所示。
附　容量瓶的查漏方法
向容量瓶中加入适量水，盖好瓶塞，左手食指顶住瓶塞，右手托住瓶底，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，可以在瓶塞处涂点凡士林。
4．误差分析点点清
进行误差分析的依据是c＝V(n)＝MV(m)，根据公式，分析各个量的变化，判断可能产生的误差。
用“偏高”、“偏低”或“无影响”填空：
(1)砝码生锈：偏高。
(2)定容时，溶液温度高：偏高。
(3)用量筒量取液体时，仰视读数：偏高。
(4)定容时俯视容量瓶刻度线：偏高。
(5)称量时物码颠倒且使用游码：偏低。
(6)未洗涤烧杯、玻璃棒：偏低。
(7)称量易吸水物质时间过长：偏低。
(8)用量筒量取液体时，俯视读数：偏低。
(9)转移时，有液体溅出：偏低。
(10)滴加蒸馏水超过容量瓶刻度线，再用胶头滴管吸出：偏低。
(11)定容摇匀后，液面低于刻度线，再加水至刻度线：偏低。
(12)容量瓶内有少量水：无影响。
题组一　仪器的正确使用及实验操作的规范性
1．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。
(1)配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液(×)
(2015·重庆理综，4B)
(2)称取2.0 g NaOH固体，可先在托盘上各放一张滤张，然后在右盘上添加2 g砝码，左盘上添加NaOH固体(×)
(2015·福建理综，8A)
(3)配制0.10 mol·L－1 NaOH溶液(×)
(2015·安徽理综，8A)
(4)配制一定浓度的NaCl溶液(×)
(2015·四川理综，3A)
(5)洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干(×)
(2014·新课标全国卷Ⅰ，12A)
(6)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(×)
(2014·新课标全国卷Ⅰ，12D)
(7)配制溶液定容时，俯视容量瓶刻度会使溶液浓度偏高(√)
(2014·大纲全国卷，6C)
(8)配制0.100 0 mol·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(√)
(2013·福建理综，10C)
(9)用固体NaCl配制0.5 mol·L－1的溶液，所用的仪器是：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶(×)
(2013·山东理综，11C)
2．用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是(　　)
答案　B
解析　A项，托盘天平称量时，应为“左物右码”，错误；B项，用玻璃棒搅拌能加速溶解，正确；C项，转移溶液时需要用玻璃棒引流，错误；D项，定容时，胶头滴管不能伸入容量瓶内，错误。
3．(1)配制浓度为2 mol·L－1的NaOH溶液100 mL，用托盘天平称取NaOH固体时，天平读数将________(填写字母)。
A．等于8.0 g   B．等于8.00 g
C．大于8.0 g   D．等于0.2 g
(2)某实验中需2 mol·L－1的Na2CO3溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格为____________，称取Na2CO3的质量为__________。
答案　(1)C　(2)1 000 mL　212.0 g
解析　(1)称量NaOH固体时需用小烧杯盛放，故天平读数等于8.0 g＋烧杯质量。(2)根据容量瓶的常用规格可知，应配制2 mol·L－1的Na2CO3溶液1 000 mL，所需Na2CO3的质量为1 L×2 mol·L－1×106 g·mol－1＝212.0 g。
题组二　误差分析
4．下列操作会使配制的BaCl2溶液浓度偏低的是_____________________________________
___________________________________(填字母)。
A．配制1 L 0.1 mol·L－1的BaCl2溶液时，将砝码放在左盘上，将BaCl2放在右盘上进行称量
B．选用的容量瓶内有少量蒸馏水
C．定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线
D．整个配制过程中，容量瓶不振荡
答案　AC
解析　配制一定物质的量浓度溶液的误差分析要紧扣c＝V(n)，分析错误操作对n、V的影响。

考点三　以“物质的量”为核心的计算

1．明确一个中心
必须以“物质的量”为中心——“见量化摩，遇问设摩”。
2．用好一个定律
阿伏加德罗定律及推论可概括为“三同定一同，两同见比例”，可用V＝n×Vm及m＝V×ρ等公式推导出：
(1)同温同压时：①V1∶V2＝n1∶n2＝N1∶N2；
②ρ1∶ρ2＝M1∶M2；
③同质量时：V1∶V2＝M2∶M1。
(2)同温同体积时：①p1∶p2＝n1∶n2＝N1∶N2；
②同质量时：p1∶p2＝M2∶M1。
(3)同温同压同体积时：M1∶M2＝m1∶m2。
3．注意三个守恒
—
—
—
4．熟记两个公式
(1)气体溶质物质的量浓度的计算：
标准状况下，1 L水中溶解某气体V L，所得溶液的密度为ρ g·cm3，气体的摩尔质量为M g·mol－1，则
c＝22 400＋MV(1 000ρV) mol·L－1
(2)溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度之间的换算：
c＝M(1 000ρw)(c为溶质的物质的量浓度/mol·L－1，ρ为溶液的密度/g·cm－3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量/g·mol－1)。
5．掌握两条规律
(1)稀释定律
①如用V1、V2、c1、c2分别表示稀释前后溶液的体积和溶质的物质的量浓度，有c1V1＝c2V2。
②如用m1、m2、w1、w2分别表示稀释前后溶液的质量和质量分数，有m1w1＝m2w2。
(2)混合规律
同一溶质不同浓度的溶液混合后溶质质量分数的判断方法：设溶质质量分数分别为w1和w2的两溶液混合后所得溶液溶质的质量分数为w。
①两溶液等质量混合：w＝2(1)(w1＋w2)。
②两溶液等体积混合
a．若溶液中溶质的密度大于溶剂的密度，则w>2(1)(w1＋w2)，如H2SO4溶液。
b．若溶液中溶质的密度小于溶剂的密度，则w<2(1)(w1＋w2)，如氨水、酒精溶液。
题组一　阿伏加德罗定律及其推论应用
1．同温同压下，x g甲气体和y g乙气体占有相同的体积，根据阿伏加德罗定律判断下列叙述错误的是(　　)
A．x∶y等于甲与乙的相对分子质量之比
B．x∶y等于甲与乙的分子个数之比
C．x∶y等于同温同压下甲与乙的密度之比
D．y∶x等于同温同体积下，等质量的甲与乙的压强之比
答案　B
解析　A项，由同温同压下，同体积的任何气体具有相同的分子数，则x g甲气体和y g乙气体的物质的量相等，即M甲(x)＝M乙(y)，推出x∶y＝M甲∶M乙，故正确；B项，甲与乙的分子个数之比为1∶1，而x与y不一定相等，故不正确；C项，同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，即为质量比，故正确；D项，等质量的甲、乙的压强之比为p甲∶p乙＝n1∶n2＝M甲(m)∶M乙(m)＝M乙∶M甲＝y∶x，故正确。
2．在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度。则下列说法正确的是(　　)
A．物质的量：甲>乙
B．气体体积：甲>乙
C．摩尔体积：甲>乙
D．相对分子质量：甲>乙
答案　D
解析　同温同压下，气体摩尔体积相等，根据ρ＝Vm(M)知，相同条件下，气体密度与其摩尔质量成正比，甲的密度大于乙的密度，说明甲的摩尔质量大于乙。
A项，根据n＝M(m)知，相同质量时其物质的量与摩尔质量成反比，甲的摩尔质量大于乙，则甲的物质的量小于乙，故A错误；
B项，根据V＝M(m)Vm知，相同温度、压强、质量时，气体体积与摩尔质量成反比，摩尔质量甲>乙，则气体体积甲<乙，故B错误；
C项，同温同压下，气体摩尔体积相等，故C错误；
D项，根据以上分析知，摩尔质量甲>乙，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以相对分子质量甲>乙，故D正确。
题组二　电荷守恒法在物质的量浓度计算中的应用
3．把500 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为(　　)
A．0.1(b－2a) mol·L－1
B．10(2a－b) mol·L－1
C．10(b－a) mol·L－1
D．10(b－2a) mol·L－1
答案　D
解析　根据题意，500 mL溶液分成5等份，每份为100 mL。每份中n(Ba2＋)＝a mol，n(Cl－)＝b mol，根据电荷守恒关系得n(K＋)＝(b－2a)mol，则c(K＋)＝0.1 L(?b－2a?mol)＝10(b－2a) mol·L－1。
4．把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为(　　)
A.V(b－a) mol·L－1   B.V(2b－a) mol·L－1
C.V(2?b－a?) mol·L－1   D.V(2?2b－a?) mol·L－1
答案　D
解析　注意混合液分成两等份，由Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓、Ba2＋＋SO4(2－)===BaSO4↓可知原溶液中n(Mg2＋)＝2(2a) mol＝a mol、n(SO4(2－))＝2b mol，依据电荷守恒可知原溶液中n(K＋)＝2n(SO4(2－))－2n(Mg2＋)＝2(2b－a) mol。
题组三　有关浓度的换算
5．相对分子质量为M的气态化合物V L(标准状况)，溶于m g水中，得到质量分数为w的溶液，物质的量浓度为c mol·L－1，密度为ρ g·cm－3。则下列说法不正确的是(　　)
A．相对分子质量M＝?1－w?V(22.4mw)
B．物质的量浓度c＝MV＋22.4m(1 000ρV)
C．溶液的质量分数w＝22.4m(MV)
D．溶液密度ρ＝1 000w(cM)
答案　C
解析　由c＝M(1 000ρw)知D项正确；由c＝×M＋m?×10－3÷ρ(V)＝MV＋22.4m(1 000ρV)知B项正确；由w＝×M(V)＝22.4m＋MV(MV)知C项错误，将此式变形后即可得到A项中的式子。
6．体积为V、密度为ρ的某溶液中，含有摩尔质量为M的溶质m g。若此溶液中溶质的物质的量浓度为c，溶质的质量分数为w，则下列各表示式中正确的是(　　)
A．c＝MV(m)   B．m＝Vρw
C．w＝ρ(cM)   D．ρ＝1 000w%(cM)
答案　A
解析　已知：c＝1 000M(ρw)或c＝MV(m)。
A项，c＝MV(m)，正确；B项，M(1 000ρw)＝MV(m)，m＝1 000ρwV，错误；C项，w＝1 000ρ(cM)，错误；D项，ρ＝1 000w(cM)，注意w与w%的区别，错误。
题组四　溶液稀释规律的应用
7．取100 mL 0.3 mol·L－1的硫酸溶液和300 mL 0.25 mol·L－1的硫酸溶液加水稀释至500 mL，该混合溶液中H＋的物质的量浓度是(　　)
A．0.21 mol·L－1   B．0.42 mol·L－1
C．0.56 mol·L－1   D．0.26 mol·L－1
答案　B
解析　根据题意可知，容量瓶中H2SO4溶液的H＋浓度关系如下：c3V3＝c1V1＋c2V2，可得n(H＋)＝(0.1 L×0.3 mol·L－1＋0.3 L×0.25 mol·L－1)×2＝0.21 mol，所以c(H＋)＝0.5 L(0.21 mol)＝0.42 mol·L－1。
8．实验室常用98%(ρ＝1.84 g·mL－1)的浓H2SO4配制1∶4的稀H2SO4，此稀H2SO4的密度为1.23 g·mL－1，其物质的量浓度为(　　)
A．4.6 mol·L－1   B．5.7 mol·L－1
C．3.88 mol·L－1   D．18.4 mol·L－1
答案　C
解析　实验室配制1∶4溶液的含义是指取1体积的浓硫酸与4体积的水混合。
求算所得溶液的溶质质量分数：w%＝(1 mL×1.84 g·mL－1×98%)/(1 mL×1.84 g·mL－1＋4 mL×1 g·mL－1)×100%≈30.9%，稀硫酸的物质的量浓度为c(H2SO4)＝(1 000 mL×1.23 g·mL－1×30.9%)/(98 g·mol－1×1 L)≈3.88 mol·L－1，故选C。
方法技巧
掌握两项技能
1．用98%的浓H2SO4配制100 mL 1∶4的稀H2SO4：用量筒量取80 mL的水注入200 mL的烧杯，然后再用另一只量筒量取20 mL的浓H2SO4沿着烧杯内壁缓慢注入水中，并用玻璃棒不停搅拌。
2．配制100 g 20%的NaCl溶液：准确称量20.0 g NaCl固体，然后再转移到200 mL的烧杯中，再用量筒量取80 mL的水注入烧杯中，并用玻璃棒不停搅拌直到完全溶解为止。
考点四　溶解度及其曲线
1．浓解度的概念及影响因素
在一定温度下，某固体物质在100 g溶剂(通常是水)里达到饱和状态时所溶解的质量，叫做这种物质在该溶剂里的溶解度，其单位为“g”。
固体物质溶解度(饱和溶液)S＝m溶剂(m溶质)×100 g
影响溶解度大小的因素
(1)内因：物质本身的性质(由结构决定)。
(2)外因
①溶剂的影响：如NaCl易溶于水，不易溶于汽油；
②温度的影响：升温，大多数固体物质的溶解度增大，少数物质却相反，如Ca(OH)2；温度对NaCl的溶解度影响不大。
2．溶解度的表示方法及应用
(1)列表法
硝酸钾在不同温度时的溶解度：
温度
(℃)		 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
溶解度(g) 13.3 20.9 31.6 45.8 63.9 85.5 110 138 168 202 246
 
(2)溶解度曲线
3．溶解度曲线的含义
(1)不同物质在各温度时的溶解度不同。
(2)曲线与曲线交点的含义：表示两物质在某温度时有相同的溶解度。
(3)能很快比较出两种物质在某温度范围内溶解度的大小。
(4)多数物质溶解度随温度升高而增大，有的变化不大(如NaCl)，少数随温度升高而降低[如Ca(OH)2]。
(5)判断结晶的方法
①溶解度受温度影响较小的(如NaCl)采取蒸发结晶的方法；
②溶解度受温度影响较大的采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法；
③带有结晶水的盐，一般采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法，应特别注意的是若从FeCl3溶液中结晶出FeCl3·6H2O晶体，应在HCl气氛中蒸发浓缩、冷却结晶。
(6)判断多溶质溶液的提纯方法(设A为NaCl型溶质，B为KNO3型溶质)
①A溶液中(含少量B杂质)提取A
答案　蒸发浓缩，结晶，趁热过滤。
②B溶液中(含少量A杂质)提取B
答案　蒸发浓缩，冷却结晶，过滤。
题组一　溶解度的基本应用
1．(2014·新课标全国卷Ⅰ，11)溴酸银(AgBrO3)溶解度随温度变化曲线如下图所示。下列说法错误的是(　　)
A．溴酸银的溶解是放热过程
B．温度升高时溴酸银溶解速度加快
C．60 ℃时溴酸银的Ksp约等于6×10－4
D．若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯
答案　A
解析　A项，由题图可知，随着温度升高，溴酸银的溶解度逐渐增大，因此AgBrO3的溶解是吸热过程；B项，由图像曲线可知，温度升高斜率增大，因此AgBrO3的溶解速度加快；C项，由溶解度曲线可知，60 ℃时，AgBrO3的溶解度约为0.6 g，则其物质的量浓度约为0.025 mol·L－1，AgBrO3的Ksp＝c(Ag＋)·c(BrO3(－))＝0.025×0.025≈6×10－4；D项，若KNO3中含有少量AgBrO3，可通过蒸发浓缩得到KNO3的饱和溶液，再冷却结晶获得KNO3晶体，而AgBrO3留在母液中。
2.右图为氯化钠、碳酸钠在水中的溶解度曲线，请回答下列问题。
(1)碳酸钠和氯化钠混合溶液的pH______7(填“>”、“<”或“＝”)。
(2)40 ℃时，碳酸钠的溶解度为______ g。
(3)大于30 ℃时，碳酸钠的溶解度______氯化钠的溶解度(填“>”、“<”或“＝”)。
(4)40 ℃时，碳酸钠和氯化钠均形成饱和溶液，当温度降低到20 ℃时，析出的主要物质是________________(填化学式)。
(5)为检验(4)中析出的物质，取少量样品于试管中加入足量的稀______________(填化学式)溶液，完全溶解，并有气体产生，再加入几滴____________(填化学式)溶液，有白色沉淀产生。
答案　(1)>　(2)50　(3)>　(4)Na2CO3　(5)HNO3　AgNO3
解析　(1)由于CO3(2－)＋H2OHCO3(－)＋OH－，所以Na2CO3和NaCl混合溶液的pH>7。(2)根据溶解度曲线，40 ℃时Na2CO3的溶解度为50 g。(3)根据溶解度曲线，大于30 ℃时，Na2CO3的溶解度大于NaCl的溶解度。(4)由于Na2CO3的溶解度受温度的影响很大，而NaCl的溶解度受温度的影响较小，所以40 ℃的Na2CO3、NaCl的饱和溶液，当温度降低到20 ℃时，析出的主要物质是Na2CO3。(5)用稀HNO3检验Na2CO3，用AgNO3溶液检验NaCl。
3．[2015·江苏，18(3)]如图可以看出，从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O晶体，需控制的结晶温度范围为________________________。
答案　高于60 ℃
解析　由图可知，要从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O晶体，温度应大于60 ℃，其原因是此时MgSO4·6H2O的溶解度大于MnSO4·H2O的溶解度，有利于MnSO4·H2O晶体析出，MgSO4·6H2O不易析出。
题组二　溶解度在“化工流程”题中的应用
4．某研究小组同学在实验室用卤块制备少量Mg(ClO3)2·6H2O，其流程如图1所示：
图1
已知：①卤块主要成分为MgCl2·6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质。
②四种化合物的溶解度(S)随温度(T)的变化曲线如图2所示。
图2
③形成氢氧化物沉淀时，不同离子对应溶液的pH如下：Fe2＋开始沉淀的pH为5.8，完全沉淀的pH为8.8；Fe3＋开始沉淀的pH为1.1，完全沉淀的pH为3.2；Mg2＋开始沉淀的pH为8.2，完全沉淀的pH为11。
④可选用的试剂：H2O2、稀硫酸、KMnO4溶液、MgCl2溶液、MgO。
(1)步骤X包含的操作为________、________、________、过滤洗涤并干燥。
(2)加入BaCl2溶液沉淀后需经过两步实验步骤才进行下步反应，请写出这两个实验步骤：
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________。
(3)加入NaClO3饱和溶液发生反应的化学方程式为
________________________________________________________________________。
(4)将Mg(ClO3)2加入到含有KSCN的FeSO4溶液中立即出现红色，写出相关反应的离子方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案　(1)蒸发结晶　趁热过滤　冷却结晶
(2)①向溶液中加入稍过量双氧水，充分反应　②向溶液中加入氧化镁调节pH为3.2～8.2
(3)MgCl2＋2NaClO3===Mg(ClO3)2＋2NaCl↓
(4)ClO3(－)＋6Fe2＋＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O
解析　(1)过滤所得的滤液中含有NaCl、MgCl2、NaClO3等杂质，根据图2所示的物质溶解度大小，由溶液获得晶体的方法是蒸发结晶、趁热过滤，其滤液为Mg(ClO3)2溶液，然后再将滤液进行冷却结晶得到Mg(ClO3)2·6H2O，最后过滤洗涤该晶体，干燥得到纯净的Mg(ClO3)2·6H2O。
(2)加入BaCl2溶液后除去SO4(2－)杂质，关键是除去Fe2＋，由于Fe2＋完全沉淀时Mg2＋也部分沉淀，所以需用H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋，然后用MgO调节溶液pH为3.2～8.2，此条件下Fe3＋完全沉淀，Mg2＋未沉淀，从而除去Fe2＋杂质。
(3)MgCl2与饱和NaClO3溶液发生复分解反应生成Mg(ClO3)2和NaCl，由于NaCl的溶解度小于NaClO3的，则NaCl以晶体形式析出，其反应方程式为MgCl2＋2NaClO3===Mg(ClO3)2＋2NaCl↓。
(4)ClO3(－)具有氧化性，可以将Fe2＋氧化为Fe3＋，其离子方程式为ClO3(－)＋6Fe2＋＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O。
考点五　“物质的量”在化学反应中的应用
1．物质的量在化学方程式中计算的步骤
写：写出反应的化学方程式
↓
找：找出方程式中已知物质和未知物质的物质的量的关系
↓
列：将已知量和未知量列成比例式
↓
求：对比例式求算
2．化学计算中常用方法
(1)守恒法
守恒法是中学化学计算中一种常用方法，守恒法中的三把“金钥匙”——质量守恒、电荷守恒、电子得失守恒，它们都是抓住有关变化的始态和终态，淡化中间过程，利用某种不变量(①某原子、离子或原子团不变；②溶液中阴阳离子所带电荷数相等；③氧化还原反应中得失电子相等)建立关系式，从而达到简化过程、快速解题的目的。
(2)关系式法
此法常用于多步连续反应的计算。确定关系式可利用各步反应的计量关系或某元素原子守恒关系找出已知物质和未知物质的关系式，然后根据已知量和未知量列比例式求解。
(3)极值法
对混合体系或反应物可能发生几种反应生成多种生成物的计算，我们可假设混合体系中全部是一种物质，或只发生一种反应，求出最大值、最小值，然后进行解答，此类题一般为选择题。
(4)差量法
①差量法的应用原理
差量法是指根据化学反应前后物质的量发生的变化，找出“理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题的关键是把化学方程式中的对应差量(理论差量)及差量(实际差量)与未知量列成比例式，然后求解。如：
2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH　Δm(固), Δn(气), ΔV(气)
2 mol  1 mol  2 mol  Q  24 g  1 mol  22.4 L(标况)
②使用差量法时的注意事项
a．所选用差量要与未知量的数值成正比例或反比例关系。
b．有关物质的物理量及其单位都要正确地使用和对应，即“上下一致，左右相当”。
题组一　守恒法
1．用含1.0 mol NaOH的溶液吸收0.8 mol CO2，所得溶液中CO3(2－)和HCO3(－)的物质的量之比为(　　)
A．1∶3  B．2∶1  C．2∶3  D．3∶2
答案　A
解析　设CO3(2－)、HCO3(－)的物质的量分别为x、y，则
2x＋y＝1.0 mol(x＋y＝0.8 mol)解得y＝0.6 mol(x＝0.2 mol)
y(x)＝0.6 mol(0.2 mol)＝3(1)。
题组二　关系式法
2．取KI溶液25 mL，向其中滴加0.4 mol·L－1的FeCl3溶液135 mL，I－完全反应生成I2：2I－＋2Fe3＋===I2＋2Fe2＋。将反应后的溶液用CCl4萃取后分液，向分出的水溶液中通入Cl2至0.025 mol时，Fe2＋恰好完全反应。求KI溶液的物质的量浓度。
答案　2 mol·L－1
解析　依题意，有：
本题可用关系式法求解。
由上述两个反应及电子转移守恒理论，得知I－与Cl2之间的关系式：2I－～Cl2。
设KI的物质的量是x，则
2I－　～　Cl2
2    1
x    0.025 mol
1(2)＝0.025 mol(x)，x＝0.05 mol。
c(KI)＝0.025 L(0.05 mol)＝2 mol·L－1。
题组三　极值法
3．已知原子量Li：6.9，Na：23，K：39，Rb：85。今有某碱金属M及其氧化物M2O组成混合物10.8 g，加足量水充分反应后，溶液小心蒸干得固体16 g。据此可确定碱金属为________________________________________________________________________。
答案　假设10.8 g全部为M，则
M　～　MOH
Mr   Mr＋17
10．8 g  Mr(Mr＋17)×10.8 g＝16 g
所以Mr≈35.3。
假设10.8 g全部为M2O，则
M2O　～　2MOH
2Mr＋16　 2(Mr＋17)
10．8 g  Mr＋8(Mr＋17)×10.8 g＝16 g
所以Mr≈10.7
实际碱金属相对原子质量应在10.7～35.3之间，所以为Na。
解析　由题意可知，M、M2O共10.8 g，转化为MOH 16 g，若设M有x g，则
M　～　MOH　 　M2O　　　～　2MOH
Mr  Mr＋17  2Mr＋16  2(Mr＋17)
x  Mr(Mr＋17)x  10.8－x  Mr＋8(Mr＋17)(10.8－x)
所以Mr(Mr＋17)x＋Mr＋8(Mr＋17)(10.8－x)＝16。
由上可知，一个二元一次方程无法求解，但由定义域0<x<10.8，可求出Mr的取值范围，即x＝0时，Mr≈10.7或x＝10.8 g时，Mr≈35.3。实际碱金属相对原子质量在10.7～35.3之间，为Na。
题组四　差量法
4．一定条件下，合成氨反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20.0%，与反应前的体积相比，反应后体积缩小的百分率是(　　)
A．16.7%   B．20.0%
C．80.0%   D．83.3%
答案　A
解析　N2＋3H2高温、高压催化剂2NH3　　　　ΔV
　    1 L 3 L　　　　 2 L　　　　　2 L
由以上关系式可知，反应前后体积的减少与生成的NH3体积相等。设平衡时混合气体100 L，其中含20 L NH3，则原气体总体积减少20 L。所以，反应前氮气和氢气总体积为120 L，反应后体积缩小的百分率为120 L(20 L)×100%≈16.7%。

专题强化练

1．关于Na2O2的叙述正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)(　　)
A．7.8 g Na2O2含有的共价键数为0.2NA
B．7.8 g Na2S与Na2O2的混合物，含离子总数为0.3NA
C．7.8 g Na2O2与足量的CO2充分反应，转移的电子数为0.2NA
D．0.2 mol Na被完全氧化生成7.8 g Na2O2，转移电子的数目为0.4NA
答案　B
解析　A项，Na2O2的电子式为，7.8 g Na2O2中应含有共价键数为0.1NA；C项，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，应转移电子数为0.1NA；D项，Na是还原剂，应转移电子数为0.2NA。
2．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是(　　)
A．1 mol甲烷中含有10NA个质子
B．27 g铝被完全氧化成氧化铝，失去2NA个电子
C．标准状况下，22.4 L苯含有NA个C6H6分子
D．常温常压下，28 g乙烯含有2NA个碳碳双键
答案　A
解析　B项，应失去3NA电子；C项，标况下，苯为液体；D项，乙烯的结构式为,28 g乙烯中应含有NA个碳碳双键。
3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是(　　)
A．常温常压下，2.24 L H2O中含有极性共价键的数目为0.2NA
B．0.1 mol·L－1NH4Cl溶液中含有NH4(＋)的数目小于0.1NA
C．100 mL 12 mol·L－1的浓HNO3与过量Cu反应转移电子的数目为0.6NA
D．标准状况下，11.2 L由CH4和C2H4组成的混合气体中含有氢原子的数目为2NA
答案　D
解析　A项，H2O在常温常压下为液体；B项，没有指明溶液的体积；C项，当浓HNO3变稀之后会生成NO。
4．下列溶液配制实验的描述完全正确的是(　　)
A．在容量瓶中先加入一定体积的水，再加入浓硫酸配制准确浓度的稀硫酸
B．用浓盐酸配制1∶1(体积比)的稀盐酸(约6 mol·L－1)通常需要用容量瓶等仪器
C．配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时，加入一定量H2SO4以防水解
D．用pH＝1的盐酸配制100 mL、pH＝2的盐酸所需全部玻璃仪器有100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管
答案　C
解析　A项，不能在容量瓶中稀释浓H2SO4；B项，用浓盐酸配制体积比1∶1的稀盐酸，应用量筒和烧杯；D项，少量筒。
5．下图是某同学用500 mL容量瓶配制0.10 mol·L－1 NaOH溶液的过程：
该同学的错误步骤有(　　)
A．1处  B．2处  C．3处  D．4处
答案　C
解析　第①步不能把NaOH放在称量纸上称量；第④步玻璃棒应接触容量瓶内壁刻度线以下的部分；第⑤步定容时应平视刻度线。
6．3 g镁铝合金与100 mL稀硫酸恰好完全反应，将反应后的溶液加热蒸干，得到无水硫酸盐17.4 g，则原硫酸的物质的量浓度为(　　)
A．1 mol·L－1   B．1.5 mol·L－1
C．2 mol·L－1   D．2.5 mol·L－1
答案　B
解析　由镁铝合金到无水硫酸盐，固体增重的质量为SO4(2－)的质量，则n(H2SO4)＝n(SO4(2－))＝96 g·mol－1(?17.4－3? g)＝0.15 mol，故c(H2SO4)＝0.1 L(0.15 mol)＝1.5 mol·L－1，B对。
7．有K2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液，已知其中Al3＋的物质的量浓度为0.4 mol·L－1，SO4(2－)的物质的量浓度为0.7 mol·L－1，则此溶液中K＋的物质的量浓度为(　　)
A．0.1 mol·L－1   B．0.15 mol·L－1
C．0.2 mol·L－1   D．0.25 mol·L－1
答案　C
解析　根据电解质溶液显中性可知，电解质溶液中阳离子所带的电荷总数等于阴离子所带的电荷总数。2c(SO4(2－))＝c(K＋)＋3c(Al3＋)，假设溶液体积为1 L，则可得如下等式：0.7 mol·L－1×2＝c(K＋)＋0.4 mol·L－1×3，所以c(K＋)＝0.2 mol·L－1，C项正确。
8．相对分子质量为M的某物质在室温下的溶解度为S g，此时测得饱和溶液的密度为ρ g·cm－3，则该饱和溶液的物质的量浓度是(　　)
A.10Sρ(M) mol·L－1
B.M?100＋S?(1 000Sρ) mol·L－1
C.M(10Sρ) mol·L－1
D.1 000Sρ(M?100＋S?) mol·L－1
答案　B
解析　相对分子质量为M的某物质在室温下的溶解度为S g，此时测得饱和溶液的密度为ρ g·mL－1，则该饱和溶液的质量分数为w＝S/(S＋100)，故该溶液的物质的量浓度c＝n/V＝1 000ρw/M＝1 000ρS/M(100＋S)，B项正确。
9．标准状况下V L氨气溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g·mL－1)，所得溶液的密度为ρ g·mL－1，溶质的质量分数为w，物质的量浓度为c mol·L－1，则下列关系中不正确的是(　　)
A．ρ＝22.4＋22.4V(17V＋22 400)   B．w＝1 000ρ(17c)
C．w＝17V＋22 400(17V)   D．c＝17V＋22 400(1 000Vρ)
答案　A
解析　由c＝V(n)＝ρ g·mL－1×1 000 mL·L－1(＋1 000 g)
＝17V＋22 400(1 000Vρ) mol·L－1，D项正确；
由上可推知：ρ＝1 000V(17Vc＋22 400c)，A项错误；
由c＝M(1 000ρw)可得w＝1 000ρ(Mc)＝1 000ρ(17c)，B项正确；
w＝m液(m质)＝×17 g·mol－1＋1 000 g(V L)
＝17V＋22 400(17V)，C项正确。
10．如下图是X、Y两种固体物质的溶解度曲线，下列说法不正确的是(　　)
A．将20 ℃的饱和溶液X降温到10 ℃，溶液X仍然是饱和溶液
B．a点表示30 ℃时，X的溶解度为60 g
C．b点表示20 ℃时，X、Y的溶解度相等
D．同质量的X、Y饱和溶液从30 ℃降到10 ℃时，析出的Y的质量大于析出的X的质量
答案　D
解析　D项，根据溶解度曲线，析出的X的质量应大于Y的。
11．用密度为1.16 g·mL－1、质量分数为36.5%的浓盐酸配制1 mol·L－1的稀盐酸，现实验室需要这种稀盐酸220 mL，试回答下列问题：
(1)配制稀盐酸时，应选用规格为________ mL的容量瓶。
(2)经计算需要________ mL浓盐酸，在量取时宜选用下列量筒中的________(填字母)。
A．5 mL量筒  B．10 mL量筒
C．25 mL量筒  D．50 mL量筒
(3)若配制过程中其他操作完全正确，则下列操作将使配制的稀盐酸浓度偏高的是________，浓度偏低的是________。(填序号)
①用刚刚洗涤干净的量筒来量取浓盐酸
②移液时，未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶
③容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥
④直接将量取的浓盐酸用玻璃棒引流到容量瓶，然后加水定容至刻度线
答案　(1)250　(2)21.6　C　(3)④　①②
解析　(1)选择的容量瓶的规格应等于或略大于所需溶液的体积，故应选择250 mL的容量瓶。(2)浓盐酸的物质的量浓度c＝M(1 000ρw)＝36.5 g·mol－1(1 000 mL·L－1×1.16 g·mL－1×36.5%)＝11.6 mol·L－1，加水稀释前后溶质的物质的量不变，故11.6 mol·L－1×V(浓盐酸)＝250 mL×1 mol·L－1，V(浓盐酸)≈21.6 mL，应该选择25 mL量筒量取。(3)①用刚刚洗涤干净的量筒量取浓盐酸，量取的盐酸被稀释了，实际所含溶质的物质的量比所需的物质的量偏小，所配制溶液的浓度偏低；②未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，将导致一部分溶质损失，使所配制溶液的浓度偏低；③因定容时需加入蒸馏水至刻度线，因此容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，对所配制稀盐酸的浓度无影响；④浓盐酸在稀释时放热，直接在容量瓶中配制，所配制溶液的温度将高于室温，冷却到室温后溶液体积减小，故所配制溶液的浓度偏高。
12．某化学研究性学习小组需配制含有NH4(＋)、Cl－、K＋、SO4(2－)的植物培养液450 mL，且要求该培养液中c(Cl－)＝c(K＋)＝c(SO4(2－))＝0.4 mol·L－1。实验室提供的药品有：NH4Cl、KCl、(NH4)2SO4、K2SO4和蒸馏水；提供的实验仪器有：①药匙　②托盘天平　③烧杯　④玻璃棒　⑤胶头滴管　⑥量筒。
请回答下列问题：
(1)该植物培养液中，NH4(＋)的物质的量浓度为_________________________________________
_______________________________。
(2)该研究小组配制该植物培养液时，还须用到的实验仪器是________(填字母)。
A．450 mL容量瓶
B．500 mL容量瓶
C．两个250 mL容量瓶
(3)甲同学用KCl和(NH4)2SO4两种物质进行配制，则需称取m(KCl)＝______ g，m[(NH4)2SO4]＝______ g。
(4)乙同学用所提供药品中的三种进行配制，请帮助该同学选用三种物质：________、________、________。(填化学式)
(5)若配制该培养液的其他操作均正确，则下列错误操作将使所配制溶液的浓度偏低的是________(填字母)。
A．将溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒
B．将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，因操作不当使部分溶液溅出容量瓶
C．用胶头滴管向容量瓶中加水时，溶液的凹液面高于容量瓶刻度线
D．用胶头滴管向容量瓶中加水时，俯视容量瓶刻度线
答案　(1)0.8 mol·L－1　(2)B　(3)14.9　26.4　(4)(NH4)2SO4　NH4Cl　K2SO4　(5)ABC
解析　(1)根据溶液呈电中性有c(NH4(＋))＋c(K＋)＝c(Cl－)＋2c(SO4(2－))，则c(NH4(＋))＝c(Cl－)＋2c(SO4(2－))－c(K＋)＝0.8 mol·L－1。(2)实验所用容量瓶规格应该等于或略大于实验所需配制溶液的体积，实验室没有450 mL的容量瓶，且用容量瓶配制溶液时，需一次完成，应选用500 mL容量瓶。(3)配制该溶液所需的溶质质量应该按配制500 mL溶液来计算，所需KCl、(NH4)2SO4的物质的量均为0.2 mol，对应的质量分别为14.9 g、26.4 g。(4)由题知，该植物培养液中：n(NH4(＋))＝2n(Cl－)＝2n(K＋)＝2n(SO4(2－))，若用三种物质来配制，三种物质应该为(NH4)2SO4、NH4Cl、K2SO4，且物质的量之比为1∶2∶1。(5)未洗涤烧杯和玻璃棒，会有部分溶质残留在烧杯和玻璃棒上，使所配溶液浓度偏低，A项符合题意；转移时部分溶液溅出容量瓶，使溶质损失，所配溶液浓度偏低，B项符合题意；加水时溶液凹液面高于容量瓶刻度线，说明所配溶液体积偏大、浓度偏小，C项符合题意；俯视读数时，实际液面低于容量瓶刻度线，所配溶液体积偏小、浓度偏大，D项不符合题意。
13．从化工厂铬渣中提取硫酸钠的工艺如下：
已知：①铬渣含有Na2SO4及少量Cr2O7(2－)、Fe3＋；②Fe3＋、Cr3＋完全沉淀(c≤1.0×10－5 mol·L－1)时pH分别为3.6和5。
(1)“微热”除能加快反应速率外，同时还可以_________，滤渣A为____________(填化学式)。
(2)根据溶解度(S)—温度(T)曲线，操作B的最佳方法为________(填字母序号)。
A．蒸发浓缩，趁热过滤
B．蒸发浓缩，降温结晶，过滤
答案　(1)促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3而除去
Fe(OH)3
(2)A
解析　调节pH约为3.6时，得到Fe(OH)3沉淀(滤渣A)；根据溶解度曲线，蒸发浓缩，会析出Na2SO4，并且温度越高，其溶解度越小，所以应趁热过滤。
14．盐泥是氯碱工业中的废渣，主要成分是镁的硅酸盐和碳酸盐(含少量铁、铝、钙的盐)。实验室以盐泥为原料制取MgSO4·7H2O的实验过程如下：
①水，调成泥浆③煮沸―→―→产品
已知：①室温下Ksp[Mg(OH)2]＝6.0×10－12。②在溶液中，Fe2＋、Fe3＋、Al3＋从开始沉淀到沉淀完全的pH范围依次为7.1～9.6、2.0～3.6、3.1～4.7。③三种化合物的溶解度(S)随温度变化的曲线如图所示。
(1)由滤液Ⅰ到滤液Ⅱ需先加入NaClO调溶液pH约为5，再趁热过滤，则趁热过滤的目的是________________________________________________________________________，
滤渣的主要成分是______________________。
(2)从滤液Ⅱ中获得MgSO4·7H2O晶体的实验步骤依次为①向滤液Ⅱ中加入______________；②过滤，得沉淀；③________________；④蒸发浓缩，降温结晶；⑤过滤、洗涤得产品。
(3)若获得的MgSO4·7H2O的质量为24.6 g，则该盐泥中镁[以Mg(OH)2计]的百分含量约为________。(MgSO4·7H2O的相对分子质量为246)
答案　(1)温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底(或高温下CaSO4·2H2O溶解度小等合理答案均可)
Al(OH)3、Fe(OH)3、CaSO4·2H2O
(2)NaOH溶液　向沉淀中加足量稀硫酸(其他合理答案均可)
(3)20.0%
解析　(1)加入NaClO，可以把Fe2＋氧化成Fe3＋，当pH大约为5时，Fe3＋、Al3＋转化成沉淀；根据溶解度曲线，温度高时，CaSO4·2H2O的溶解度更小，所以滤渣的主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3和CaSO4·2H2O。(2)使Mg2＋转化成MgSO4·7H2O的步骤为①加入NaOH溶液；②过滤得Mg(OH)2沉淀；③加入稀H2SO4；④蒸发浓缩、降温结晶、过滤得产品。(3)根据镁元素守恒得29.0 g(×58 g·mol－1)×100%＝20.0%。
题组一　理解概念，准确判断
1．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。
(1)BaSO4的水溶液不易导电，故BaSO4是弱电解质(×)
(2013·天津理综，1D)
(2)SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物(×)
(2013·四川理综，2A)
(3)烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质(×)
(2013·四川理综，2C)
(4)福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物(√)
(2013·四川理综，2D)
(5)黑火药由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合而成(√)
(2013·新课标全国卷Ⅰ，7D)
(6)KClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质(×)
(2013·重庆理综，2A)
题组二　理清标准，辨析类别
2．(2014·四川理综，2)下列关于物质分类的说法正确的是(　　)
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
答案　A
解析　金刚石是碳元素形成的单质，白磷是磷元素形成的单质，A项正确；漂白粉是CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，石英的主要成分是二氧化硅，常含有Al2O3、CaO、MgO等杂质，为混合物，B项错误；氯化铵为强电解质，次氯酸为弱酸，是弱电解质，C项错误；葡萄糖是小分子化合物，蛋白质是高分子化合物，D项错误。
3．下列有关物质分类一定正确的是(　　)
A．强电解质：盐酸、氢氧化钡、明矾
B．弱电解质：甲酸、纯碱、醋酸铵
C．非电解质：液氨、二氧化硫、苯
D．化合物：重水、双氧水、矿泉水
答案　C
解析　A项，盐酸属于混合物；B项，纯碱、醋酸铵均属于强电解质；D项，矿泉水是混合物。
方法技巧
一般采用“概念对比法”或“反例否定法”等。化学基本概念的有关知识比较零碎，容易混淆，在复习时，要注意关键字的理解和记忆、一般中的特殊情况，这是解这类化学题的关键。
考点二　“扫描”物理变化、化学变化，理清物质转化关系及线索
1．全面认识化学变化、物理变化
(1)从宏观上看，有新物质生成的变化是化学变化，反之则为物理变化。这里的新物质生成所能实现的仅是原子与分子(或离子)的相互转化，在整个过程中原子核没有发生改变。一种原子变为另一种原子涉及原子核的变化，不属于化学变化。
(2)从微观上看，化学变化过程中有旧化学键的断裂，同时又有新化学键的形成，但有化学键断裂的变化未必就是化学变化，如NaCl晶体熔化、SiO2晶体的熔化，分别破坏了离子键、共价键，但属于物理变化。
(3)从能量上看，化学变化中一定伴随能量变化，而有能量变化的过程却不一定是化学变化；物理变化中有的有能量变化，有的无能量变化，如气体与气体之间的扩散等。
(4)化学变化过程中一定伴有物理变化，但物理变化过程中未必有化学变化，观察到一定的实验现象并不一定是发生化学变化造成的。
2．识记易混淆的物理变化、化学变化
物质变化过程中的“三馏”、“四色”、“五解”和“十四化”
  物理变化 化学变化
三馏 ①蒸馏
②分馏		 干馏
四色 焰色反应 ①显色反应　②颜色反应
③指示剂变色反应
五解 潮解 ①分解　②电解
③水解　④裂解
十四化 ①熔化
②汽化
③液化
④升华		 ①氧化　②风化　③钝化
④催化　⑤皂化　⑥歧化
⑦硝化　⑧酯化　⑨裂化
⑩油脂的硬化
 
注意　(1)化学变化：同素异形体之间的相互转化、CuSO4·5H2O的脱水、蛋白质变性、电解质溶液导电、浓硫酸脱水、煤的气化和液化。(2)物理变化：金属导电、盐析、活性炭吸附、渗析。(3)爆炸有的是化学变化引起的，有的是物理变化引起的。
3．树立物质转化思想
(1)理解物质转化关系图
(2)形成转化关系一条线：氢化物→单质→氧化物→酸或碱→盐。
(3)以“H2S①(――→)S②(――→)SO2③(――→)SO3④(――→)H2SO4⑤(――→)Na2SO4”转化关系为例，写出各步转化的化学方程式：
①2H2S＋O2点燃(=====)2S＋2H2O；
②S＋O2点燃(=====)SO2；
③2SO2＋O2催化剂△2SO3；
④SO3＋H2O===H2SO4；
⑤H2SO4＋2NaOH===Na2SO4＋2H2O
(或H2SO4＋Na2O===Na2SO4＋H2O
或H2SO4＋Na2CO3===Na2SO4＋H2O＋CO2↑)。
题组一　物理变化、化学变化的准确判断
1．(2015·重庆理综，1)中华民族有着光辉灿烂的发明史。下列发明创造不涉及化学反应的是(　　)
A．用胆矾炼铜   B．用铁矿石炼铁
C．烧结粘土制陶瓷   D．打磨磁石制指南针
答案　D
解析　A项，用胆矾炼铜，即由CuSO4·5H2O生成Cu，铜元素被还原，有新物质生成，发生化学反应；B项，用铁矿石炼铁，即由铁的化合物生成铁，铁元素被还原，有新物质生成，发生化学反应；C项，陶瓷是以粘土为原料高温烧结而成，发生化学反应；D项，打磨磁石制指南针，只是物质外形改变，不涉及化学反应。
2．(2015·北京理综，6)下列有关我国古代技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是(　　)
A.火药使用 B.粮食酿酒 C.转轮排字 D.铁的冶炼
       
 
答案　C
解析　A项，火药在适当条件下自身迅速燃烧生成大量气体，此过程涉及化学变化；B项，粮食酿酒经历了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程；C项，转轮排字过程中没有新物质生成，不涉及化学反应；D项，铁的冶炼是利用氧化还原反应，将铁元素还原为铁单质的过程。
方法技巧
有关物理变化和化学变化类试题可以用列举法、特例排除法等，它能很好地考查学生知识的积累和运用，难度中等。近几年高考题将物理变化、化学变化及应用结合起来考查，备考时，要注意用教材中的化学反应解释微观粒子之间的变化，以及微观粒子之间作用力的变化。
题组二　物质转化思想在元素化合物知识中的应用
3．现有氮及其化合物的转化关系如下图，则下列说法不正确的是(　　)
A．路线①②③是工业生产硝酸的主要途径
B．路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径
C．氮气可在足量的氧气中通过一步反应生成NO2
D．上述所有反应都是氧化还原反应
答案　C
解析　A项，根据工业上制备硝酸的路径：合成氨→NH3的催化氧化→NO转化为NO2→NO2和H2O反应获得硝酸，所以路线①②③是工业生产硝酸的主要途径，A正确；B项，N2和O2在雷电作用下生成NO，NO会迅速被O2氧化为NO2，NO2和H2O反应获得硝酸，即路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径，B正确；C项，N2和O2的反应只能一步到NO，NO被空气中的O2氧化即可转化为NO2，两步转化反应的条件不一样，C错误；D项，上述过程的合成氨、NH3的催化氧化、N2转化为NO、NO转化为NO2、NO2和H2O反应中都有元素化合价发生变化，都属于氧化还原反应，D正确。
4．已知A是单质，E有强酸性和强氧化性。A、B、C、D、E是含有一种相同元素的五种物质，在一定条件下可发生如图所示的转化。则A可能是(　　)
A．Cl2  B．C  C．N2  D．Si
答案　C
解析　A是单质，能和氢气反应，则A是非金属单质，A能被氧气氧化生成C，C能被氧化生成D，则A在氧化物中是显不同价态，E有强酸性和强氧化性，则A中元素是非金属性较强的元素。A项，氯气和氢气反应生成氯化氢，氯化氢和氧气不反应，错误；B项，碳和氧气反应生成一氧化碳，CO和O2反应生成二氧化碳，CO2和H2O反应生成碳酸，但碳酸是弱酸，错误；C项，N2和H2反应生成NH3，NH3和O2反应生成一氧化氮，氮气和氧气反应生成一氧化氮，NO和O2反应生成NO2，NO2和H2O反应生成硝酸，硝酸是强酸且是强氧化性酸，正确；D项，硅和氧气反应时，无论氧气是否过量都生成SiO2，且SiO2和H2O不反应，硅酸是弱酸，错误。
考点三　一种重要的混合物——胶体
胶体知识“10”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(1～100 nm)。
(2)胶体的物理性质：①丁达尔效应；②电泳现象；③介稳性；④布朗运动；⑤胶体粒子不能透过半透膜，但能透过滤纸。
(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)胶体的布朗运动不是分子的运动，但反映了分子也在作无规则运动。
(7)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。
(8)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。
(9)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。其原因为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。
(10)把握净水剂及其作用原理
胶体粒子的直径一般在1～100 nm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毒素形成沉淀，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。
题组一　胶体的制备、性质和用途
1．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，正确的划“√”，错误的划“×”。
(1)Fe(OH)3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象(×)
(2015·安徽理综，9B)
(2)用可见光束照射以区别溶液和胶体(√)
(2014·福建理综，8D)
(3)浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3胶体(×)
(2014·重庆理综，3A)
(4)稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体(×)
(2013·四川理综，2B)
(5)H＋、K＋、S2－、Br－能在Fe(OH)3胶体中大量共存(×)
(2013·安徽理综，9C)
(6)明矾溶于水产生Al(OH)3胶体：Al3＋＋3H2O===Al(OH)3↓＋3H＋(×)
(2013·江苏，8B)
(7)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(√)
(8)将0.2 mol·L－1 FeCl3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(×)
(9)分散质微粒直径介于1～100 nm之间的分散系称为胶体(√)
(10)处理废水时可加入明矾作为混凝剂，以吸附水中的杂质(√)
(11)“血液透析”利用了胶体的性质(√)
(12)利用丁达尔效应区别蛋白质溶液和食盐水(√)
(13)PM2.5(微粒直径约为2.5×10－6 m)分散在空气中形成气溶胶，能产生丁达尔效应(×)
(14)利用激光笔可以区别鸡蛋清和浓盐水(√)
题组二　纳米材料的“不寻常”应用
2．纳米是长度单位，1 nm＝10－9 m，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(　　)
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
答案　D
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。
特别提醒
纳米材料本身不是胶体，当它分散到其他分散系中时才能形成胶体。
考点四　表示物质组成和结构的化学用语
1．四种符号
(1)元素符号：如Al、S。
(2)离子符号：如Al3＋、S2－、SO4(2－)。
(3)同位素符号：如 (12)6C、 (13)6C。
(4)化合价符号：如 ＋3(Al)、－2(S)。
2．四种图示
(1)化学式：如Na2O2、NH4Cl、SiO2。
(2)分子式：如NH3、HCl、H2O。
(3)电子式：如、。
(4)原子结构示意图：如。
特别提醒　对于离子化合物，应称作该物质的化学式，而不能称作分子式，因为在离子化合物中并不存在单个的分子。
题组一　准确判断原子或离子的表示方法
1．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。
(1)质子数为17、中子数为20的氯原子：17(20)Cl(×)
(2015·江苏，2A)
(2)氯分子的电子式：(√)
(2015·江苏，2C)
(3)氯离子(Cl－)的结构示意图：(×)
(2015·江苏，2B)
(4)14C的原子结构示意图：(×)
(5)中子数为16的硫离子：16(32)S2－(√)
(6) (18)8O2－离子结构示意图：(×)
题组二　对比书写物质的电子式
2．按要求书写电子式：
(1)—OH________，OH－________，H3O＋________，C2(2－)________，O2(2－)________，NH4(＋)________。
(2)H2O________，HClO________，CCl4________，NH3________，CO2________，HCHO________，C2H4________。
(3)NaOH________，NaHS________，Mg3N2________，Na3N________，NH4H________，NaCN________。
思维建模
“电子式”书写的一般程序
1．一判断
首先要判断是阴离子，还是阳离子，是离子化合物还是共价化合物。
2．二注意
(1)共价化合物仅有电子对的偏移，没有电子的得失，所以不能用“[　]”，而离子化合物有电子的得失，所以阴离子和复杂阳离子应用“[　]”。
(2)根据原子的成键规则，要注意判断原子的连接顺序及共用电子对的数目。
专题强化练
1．下列物质分类正确的是(　　)
A．NO2、Cl2O7都是酸性氧化物
B．水银、水玻璃都是混合物
C．HD、HCHO都是化合物
D．干冰、可燃冰都是纯净物
答案　D
解析　A项，NO2不是酸性氧化物；B项，水银是单质；C项，HD是单质。
2．分类法是学习化学的重要方法，人们在认识事物时可采用多种分类方法。下列各组物质分类中不合理的是(　　)
选项 分类标准 物质归类
A FeSO4、NO2、MnO2、NaClO、Cu3P、Na2O2 H2SO3
B CH3COOH、HOOC—COOH、HClO、H2S HF
C 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、NH3·H2O NH4HCO3
 
答案　C
解析　A项中物质所含元素中有一种元素处于该元素所有化合价的中间价，A正确；B项中的物质都属于酸，B正确；C中前者是化学反应类型，焰色反应是利用物质的物理性质鉴别元素的方法，C错；D项都是含氮化合物，D正确。
3．下列各项中物质的类别不正确的是(　　)
A B C D
Al2O3 Si Na2O2 Na2SiO3
两性氧化物 单质 碱性氧化物 硅酸盐
 
答案　C
解析　碱性氧化物是指与酸反应生成盐和水的氧化物，Na2O2为过氧化物，与酸反应除了生成盐和水，还生成氧气，C错误。
4．将下列物质按酸、碱、盐分类依次排列正确的是(　　)
A．硫酸、纯碱、石灰石
B．氢硫酸、烧碱、绿矾
C．石炭酸、熟石灰、醋酸钠
D．磷酸、乙醇钠、苛性钾
答案　B
解析　A项，纯碱属于盐；B项，烧碱为NaOH，属于碱，绿矾为FeSO4·7H2O，属于盐；C项，石炭酸为苯酚，不属于酸；D项，乙醇钠不属于碱，苛性钾为KOH，属于碱。
5．下列各组物质的分类正确的是(　　)
序号 混合物 非电解质 碱 酸式盐
A 漂白粉 Cl2 氨水 NaHCO3
B 福尔马林 苯 Cu2(OH)2CO3 明矾
C 胆矾 SO2 纯碱 NH4Cl
D 食醋 C2H5OH 苛性钾 NaHSO4
 
答案　D
解析　非电解质是化合物，氯气是单质不是非电解质，氨水是混合物，A错误；碱式碳酸铜是盐，B错误；胆矾是纯净物，纯碱是盐，氯化铵是正盐，C错误。
6．Na2O、NaOH、Na2CO3、NaCl、Na2SO4可按某种标准划为一类物质，下列分类标准正确的是(　　)
①钠的化合物  ②能与硝酸反应的物质
③可溶于水的物质  ④电解质
⑤钠盐  ⑥钠的含氧化合物
A．①③④⑤   B．①②⑤⑥
C．②⑤⑥   D．①③④
答案　D
解析　各化合物中均含有Na元素，①正确；NaCl和Na2SO4为强酸强碱盐，与硝酸不反应，②错误；钠的化合物均是易溶于水的，③正确；酸、碱、盐、金属氧化物及水均属于电解质，④正确；Na2O属于氧化物，NaOH属于碱，都不属于盐，⑤错误；NaCl中不含有氧元素，⑥错误。
7．分类是化学学习和研究的常用手段，下列分类依据和结论都正确的是(　　)
A．H2O、HCOOH、Cu2(OH)2CO3均含有氧元素，都是氧化物
B．HCOOH、H2CO3、H2SO4分子中均含有两个氢原子，都是二元酸
C．HF、CH3COOH、CH3CH2OH都易溶于水，都是电解质
D．HClO、H2SO4(浓)、HNO3均具有氧化性，都是氧化性酸
答案　D
解析　HCOOH属于酸，Cu2(OH)2CO3属于盐，不是氧化物；HCOOH为一元酸；CH3CH2OH为非电解质。
8．图中用交叉分类法表示了一些物质或概念之间的从属或包含关系，其中不正确的是(　　)
  X Y Z
A 硫酸铜 盐 纯净物
B 盐酸 电解质溶液 分散系
C 碱性氧化物 氧化物 化合物
D 溶液 胶体 分散系
 
答案　D
解析　溶液、胶体不是包含关系，应为并列关系。
9．下列说法正确的是(　　)
①漂白粉、水玻璃和铝热剂都是混合物
②煤的干馏和石油的分馏都是化学变化
③氨基酸、纯碱、芒硝和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
④乙醇中混有乙酸，可先加足量生石灰后再蒸馏
A．①④  B．①③  C．②④  D．③④
答案　A
解析　①漂白粉为CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，水玻璃为Na2SiO3的水溶液，铝热剂为Al和金属氧化物的混合物；②石油的分馏为物理变化；③氨基酸不属于酸，纯碱不属于碱；④混有乙酸的乙醇，加入生石灰后，乙酸转化为(CH3COO)2Ca，蒸馏后即可得到乙醇。
10．下列说法中不正确的是(　　)
①由同一种元素组成的物质是单质
②阴离子不含金属元素，阳离子含金属元素
③金属氧化物一定是碱性氧化物
④碱性氧化物一定是金属氧化物
⑤非金属氧化物一定是酸性氧化物
⑥酸性氧化物一定是非金属氧化物
⑦酸酐一定是氧化物
⑧酸的元数不一定等于酸中的H原子数
⑨无氧酸不一定是非金属的氢化物
A．①②④⑤⑦⑧  B．①③⑤⑧⑨
C．①②③⑤⑥⑦  D．③⑤⑦⑧⑨
答案　C
解析　①O2和O3组成混合物；②AlO2(－)含有金属元素，NH4(＋)不含金属元素；③Al2O3属于两性氧化物；⑤CO属于不成盐氧化物；⑥Mn2O7是酸性氧化物；⑦乙酸的酸酐为，不属于氧化物；⑧CH3COOH属于一元酸；⑨HCN不是氢化物。
11．下列有关物质分类或归类中，正确的是(　　)
①混合物：盐酸、漂白粉、氯水、水银
②化合物：CaCl2、NaOH、HCl、HD
③电解质：明矾、石膏、冰醋酸、氯化银
④同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨
A．①③  B．②③  C．③④  D．④
答案　C
解析　水银是液态汞单质，是纯净物，①错误；HD均由氢元素构成，不是化合物，②错误；③中均为化合物，且水溶液或熔融状态下能导电，属于电解质，③正确；④中都是由碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，④正确。
12．物质发生化学变化时，下列各项在反应前后肯定不变的是(　　)
①电子总数　②原子总数　③质子总数　④物质的总质量　⑤物质所含的总能量　⑥物质的种类
A．都不变   B．都变
C．①②③④⑤   D．①②③④
答案　D
解析　物质发生化学变化时，根据电子守恒、原子守恒、质子守恒、质量守恒判断，电子总数、原子总数、质子总数、物质的总质量不变，故选D。
13．“纳米材料”是粒子直径为几纳米至几十纳米的材料，纳米碳就是其中一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质(　　)
①是溶液　②是胶体　③能产生丁达尔效应　④能透过滤纸　⑤不能透过滤纸　⑥静置后会析出黑色沉淀
A．①④⑤   B．②③④
C．②③⑤   D．①③④⑥
答案　B
解析　纳米材料的粒子直径为几纳米至几十纳米，属于胶体粒子的直径范围，将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的分散系属于胶体，具有胶体的性质。
14．氯化铁溶液与氢氧化铁胶体具有的共同性质是(　　)
A．分散质颗粒直径都在1～100 nm之间
B．加热蒸干、灼烧后都有氧化铁生成
C．呈红褐色
D．能透过半透膜
答案　B
解析　FeCl3溶液中，粒子直径小于1 nm；FeCl3溶液呈棕黄色；Fe(OH)3胶体粒子不能透过半透膜。
15．下列有关物质性质的描述正确的是(　　)
A．非金属氧化物都不能与酸反应
B．含金属元素的盐溶液一定呈酸性
C．组成元素相同的盐溶液酸碱性相同
D．非金属元素可能形成离子化合物
答案　D
解析　二氧化硅能与氢氟酸反应，A项错误；氯化钠溶液呈中性，偏铝酸钠溶液呈碱性，B错误；硫酸钠溶液呈中性，而亚硫酸钠溶液呈碱性，C错误；硝酸铵是离子化合物，D正确。
16．我们生活在千变万化的物质世界里。下列过程或变化中，没有发生氧化还原反应的是(　　)
A．iPhone 6手机电池放电
B．铁制品的镀铜过程
C．爆竹爆炸
D．利用焰色反应检验K＋
答案　D
解析　D项利用焰色反应检验K＋，是物理变化过程，没有发生氧化还原反应。
17．下列物质之间的相互转化不符合“”(“→”表示一步反应)的是(　　)
选项 甲 乙 丙
A HCl Cl2 HClO
B Al(OH)3 NaAlO2 Al2O3
C HNO3 NO NO2
D SO2 SO3 H2SO4
 
答案　B
解析　A项，浓盐酸与MnO2反应生成Cl2，Cl2与H2O反应生成HClO，HClO光照分解生成盐酸，符合；B项，Al(OH)3与NaOH反应生成NaAlO2，NaAlO2→Al2O3无法一步反应，不符合；C项，稀硝酸与金属铜反应生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与H2O反应生成硝酸，符合；D项，SO2与O2反应生成SO3，SO3与H2O反应生成H2SO4，硫酸与亚硫酸盐反应生成SO2，符合。
18．下列有关化学用语正确的是(　　)
A．NaOH的电子式：
B．I4O9(碘酸碘)中碘的化合价为＋1、＋5
C．NH5的结构与NH4Cl相似，NH5的结构式为
D．离子结构示意图可以表示35Cl－，也可以表示37Cl－
答案　D
解析　B项，I4O9可写成I(IO3)3，碘元素的化合价应为＋3、＋5价；C项，NH5的电子式为。
19．化学科学需要借助化学专业语言来描述。下列有关化学用语正确的是(　　)
A．MgBr2的电子式：
B．NH4I的电子式：
C．F－的结构示意图：
D．中子数为20的氯原子：17(37)Cl
答案　D
解析　A项应为；B项应为；C项应为。
考点一　基于“双线桥”辨析概念
理清知识线索
题组一　氧化还原反应相关概念理解
1．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。
(1)Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2、Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu均为单质被还原的置换反应(×)
(2014·山东理综，7C)
(2)2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑、Cl2＋H2O===HCl＋HClO均为水作还原剂的氧化还原反应(×)
(2014·山东理综，7D)
(3)因为Fe3＋具有氧化性，所以用KSCN溶液可以鉴别Fe3＋(×)
(2013·广东理综，10B)
(4)化合反应均为氧化还原反应(×)
(2012·山东理综，7A)
(5)工业上利用合成氨实现人工固氮不涉及氧化还原反应(×)
(2012·广东理综，10C)
(6)Na2O2用作呼吸面具的供氧剂不涉及氧化还原反应(×)
(2012·广东理综，10A)
2．已知X和Y是两种单质，X＋Y―→X2＋＋Y2－，下列叙述正确的是(　　)
①X被氧化　②X是氧化剂　③Y2－是还原产物　④X2＋具有氧化性　⑤Y2－具有还原性　⑥Y单质氧化性比X2＋氧化性强
A．①②③  B．①②⑥
C．①③④⑤⑥  D．①③④⑤
答案　C
解析　根据X化合价升高被氧化，知X是还原剂，X2＋是氧化产物；Y化合价降低被还原，Y是氧化剂，Y2－是还原产物；氧化剂和氧化产物都有氧化性，还原剂和还原产物都有还原性，正确的是①③④⑤⑥，故C正确。
题组二　基于“双线桥”分析陌生反应
3．高铁酸钠(Na2FeO4)对河水、湖水消毒是城市饮水处理的新技术。已知反应为Fe2O3＋3Na2O2===2Na2FeO4＋Na2O，下列说法正确的是(　　)
A．Na2O2既是氧化剂又是还原剂
B．Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物
C．3 mol Na2O2发生反应，有12 mol电子转移
D．在Na2FeO4中Fe为＋4价，具有强氧化性，能消毒杀菌
答案　B
解析　A项，过氧化钠只得电子，作氧化剂，错误；B项，氧元素和铁元素都发生化合价变化，所以Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物，正确；C项，3 mol Na2O2发生反应，有6 mol电子转移，错误；D项，在Na2FeO4中Fe为＋6价，错误。
4．(2015·上海，21改编)工业上将Na2CO3和Na2S以1∶2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2。在该反应中(　　)
A．硫元素只被还原
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
C．每生成1 mol Na2S2O3，转移4 mol电子
D．相同条件下，每吸收10 m3 SO2就会放出2.5 m3 CO2
答案　D
解析　，氧化剂是SO2，还原剂是Na2S，其物质的量之比为2∶1；每生成1 mol Na2S2O3，转移3(8) mol e－；相同条件下，每吸收40 m3 SO2，会放出10 m3 CO2，所以每吸收10 m3 SO2，就会放出2.5 m3 CO2。
方法技巧
理解概念抓实质，解题应用靠特征，即从氧化还原反应的实质——电子转移去分析理解有关的概念，而在实际解题过程中，应从分析元素化合价有无变化这一氧化还原反应的特征入手。具体方法是找变价、判类型、分升降、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是不同反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清元素化合价的变化情况。
考点二　氧化还原反应的基本规律及应用
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
同一氧化剂与含多种还原剂(物质的量浓度相同)的溶液反应时，首先被氧化的是还原性较强的物质；同一还原剂与含多种氧化剂(物质的量浓度相同)的溶液反应时，首先被还原的是氧化性较强的物质，即强者优先反应。
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交叉。
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：(1)Cl－被氧化成Cl2，而不是更高价态氯元素。
(2)S2－一般被氧化为S，S单质一般被氧化成SO2。
(3)ClO－、ClO3(－)作氧化剂、Cl－作还原剂时，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。
题组一　性质强弱规律的应用
(一)由方程式判断强弱
1．已知常温下，在溶液中可发生如下反应：Ce4＋＋Fe2＋===Fe3＋＋Ce3＋，Sn2＋＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Sn4＋。由此推断Fe2＋、Ce3＋、Sn2＋的还原性由强到弱的顺序是(　　)
A．Sn2＋、Fe2＋、Ce3＋   B．Fe2＋、Ce3＋、Sn2＋
C．Fe2＋、Sn2＋、Ce3＋   D．Ce3＋、Fe2＋、Sn2＋
答案　A
解析　根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，由两个方程式可以得到还原性强弱顺序：Fe2＋>Ce3＋，Sn2＋>Fe2＋。故A项正确。
(二)依据强弱顺序判断反应是否发生
2．已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2＋，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是(　　)
A．3Cl2＋6FeI2===2FeCl3＋4FeI3
B．Cl2＋FeI2===FeCl2＋I2
C．Co2O3＋6HCl===2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O
D．2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
答案　A
解析　Fe3＋能氧化I－，所以不可能生成FeI3，A错，D对；B项，当Cl2少量时，I－先被氧化；C项，由于Co2O3的氧化性强于Cl2的，所以Co2O3能氧化Cl－得到Cl2，而Co2O3被还原为Co2＋。
(三)相互竞争的反应
3．已知氧化性Br2>Fe3＋。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为
aFe2＋＋bBr－＋cCl2―→dFe3＋＋eBr2＋fCl－
下列选项中的数字与离子方程式的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是(　　)
A．2　4　3　2　2　6   B．0　2　1　0　1　2
C．2　0　1　2　0　2   D．2　2　2　2　1　4
答案　B
解析　Cl2先氧化Fe2＋；A项，Cl2过量；C项，Cl2少量；D项，FeBr2和Cl2等量。
规律总结
正确运用有关氧化性、还原性强弱的比较规律，对于提高解题能力有很大帮助。有关物质的氧化性或还原性的比较可以从多个角度进行考查，涉及的知识面很广，常考的判断依据：
(1)根据金属活动性顺序比较。
①金属活动性顺序：金属单质的还原性从K→Au逐渐减弱，其对应离子的氧化性从K＋→Au2＋逐渐增强。
②非金属活动性顺序：一般某元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，对应非金属离子的还原性越弱。
(2)根据原电池两极和电解池两极的放电顺序进行判断。原电池中，活动性较强的金属作负极，活动性较弱的金属作正极；电解池中，阳极上物质的放电顺序即为对应物质还原性由强到弱的顺序，阴极上的阳离子放电顺序即为阳离子氧化性由强到弱的顺序。
题组二　守恒规律的灵活应用
(一)根据“守恒”进行计算
4．在100 mL含等物质的量的HBr和H2SO3的溶液中通入0.025 mol Cl2，有一半Br－变为Br2。则原溶液中HBr和H2SO3的浓度都等于(　　)
A．0.16 mol·L－1   B．0.02 mol·L－1
C．0.20 mol·L－1   D．0.25 mol·L－1
答案　C
解析　还原性H2SO3>HBr，氯气先氧化H2SO3，H2SO3完全反应后，氯气有剩余，剩余氯气再氧化HBr。设浓度为c mol·L－1，由电子转移守恒可知，0.1c×2＋0.1c×0.5＝0.025×2，解得c＝0.2，故C正确。
5．(2014·上海，16)含有砒霜(As2O3)的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢(AsH3)在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。若砷的质量为1.50 mg，则(　　)
A．被氧化的砒霜为1.98 mg
B．分解产生的氢气为0.672 mL
C．和砒霜反应的锌为3.90 mg
D．转移的电子总数为6×10－5 NA
答案　C
解析　本题考查氧化还原反应。砒霜(As2O3)的试样和锌、盐酸混合反应的方程式为As2O3＋6Zn＋12HCl―→2AsH3＋6ZnCl2＋3H2O。根据砷的相对原子质量为75，若砷的质量为1.50 mg，物质的量为0.02 mmol，被还原的砒霜为0.02 mmol÷2×198 g·mol－1＝1.98 mg，和砒霜反应的锌为3.90 mg。2AsH3△(――→)2As＋3H2分解产生的氢气标准状况下为0.03 mmol×22.4 L·mol－1＝0.672  mL; 转移的电子总数为0.18×10－3NA。
6．(2015·海南，6)已知在碱性溶液中可发生如下反应：
2R(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2RO4(n－)＋3Cl－＋5H2O，则RO4(n－)中R的化合价是(　　)
A．＋3  B．＋4  C．＋5  D．＋6
答案　D
解析　根据反应前后电荷守恒，可得n＝2，则RO4(2－)中R的化合价为＋6价，即选D。
7．NaBrO3是一种分析试剂。向硫酸酸化的NaI溶液中逐滴加入NaBrO3溶液，当加入2.6 mol NaBrO3时，测得反应后溶液中溴和碘的存在形式及物质的量分别为
粒子 I2 Br2 IO3(－)
物质的量/mol 0.5 1.3  
 
则原溶液中NaI的物质的量为________ mol。
答案　3
解析　设IO3(－)的物质的量为x，根据电子守恒得：
2．6 mol×5＝0.5 mol×2＋x·6，x＝2 mol，所以n(NaI)＝2 mol＋0.5 mol×2＝3 mol。
答题模板
步骤1　找物质
找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物；
步骤2　定得失
确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中的原子个数)；
步骤3　列等式
根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式；
步骤4　找关系
对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程中没有损耗，可直接找出起始物和最终产物，删去中间产物，建立二者之间的电子守恒关系，快速求解。
(二)根据守恒进行配平
8．(1)[2015·浙江理综，27Ⅰ(4)]完成以下氧化还原反应的离子方程式：
(　　)MnO4(－)＋(　　)C2O4(2－)＋________===(　　)Mn2＋＋(　　)CO2↑＋________
答案　2　5　16H＋　2　10　8H2O
解析　C2O4(2－)在酸化的高锰酸钾溶液中被氧化，其离子方程式为2MnO4(－)＋5C2O4(2－)＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。
(2)[2015·天津理综，10(2)②]完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：
ClO3(－)＋Fe2＋＋________===Cl－＋Fe3＋＋________
答案　1　6　6　H＋　1　6　3　H2O
解析　根据化合价升降法配平ClO3(－)、Fe2＋、Cl－、Fe3＋的化学计量数分别为1、6、1、6，再利用电荷守恒及元素守恒得出反应物中有6H＋，产物中有3H2O。
(3)[2015·安徽理综，27(2)]请配平化学方程式：
NaBO2＋SiO2＋Na＋H2——NaBH4＋Na2SiO3
答案　1　2　4　2　1　2
(4)用氯气对饮用水消毒副作用多，产生影响人体健康的有机氯衍生物。可用氯气制取高铁酸钠净水：____Fe3＋＋________＋____Cl2===____FeO4(2－)＋________＋____H2O，补全缺项，并配平上述离子方程式。
答案　2　16OH－　3　2　6Cl－　8
题组三　信息型氧化还原反应方程式的书写
9．(1)ZnSO4溶液中含有少量Fe2＋和Mn2＋，为了除去这两种离子，调节溶液pH为5，然后加入高锰酸钾溶液，使之生成沉淀。已知高锰酸钾的还原产物是MnO2。请写出该过程中两个反应的离子方程式：____________________________________________________________
____________，______________________。
(2)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为_____________________________
___________________________________________________________________________________________________________________。
(3)(2014·上海，28)硫化氢具有还原性，可以和许多氧化剂反应。在酸性条件下，H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，写出该反应的化学方程式：_______________________
_________________________________________________________________________________________________________________________
(4)H2C2O4与酸性高锰酸钾溶液反应，现象是有气泡(CO2)产生，紫色消失。写出反应的离子方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)ClO2是一种更高效、安全的消毒剂，工业上可用ClO2与水中的MnCl2在常温下反应，生成MnO2和盐酸，以除去水中Mn2＋。写出该反应的离子方程式：_______________________
_________________________________________________________________________________________________________________________。
(6)在酸性、有氧条件下，一种叫Thibacillus Ferroxidans的细菌能将黄铜矿转化成硫酸盐，该过程反应的离子方程式为_________________________________________________________
_______________。
(7)工业上可用次氯酸钠和氨反应制肼(N2H4)，若反应只有一种氧化产物。写出该方法制备肼的化学方程式：
________________________________________________________________________。
答案　(1)MnO4(－)＋3Fe2＋＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋　2MnO4(－)＋3Mn2＋＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋
(2)2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－===2FeO4(2－)＋3Cl－＋5H2O
(3)3H2SO4＋5H2S＋2KMnO4―→5S↓＋2MnSO4＋K2SO4＋8H2O
(4)2MnO4(－)＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
(5)2ClO2＋5Mn2＋＋6H2O===5MnO2↓＋12H＋＋2Cl－
(6)4CuFeS2＋4H＋＋17O2===4Cu2＋＋4Fe3＋＋8SO4(2－)＋2H2O
(7)NaClO＋2NH3===N2H4＋NaCl＋H2O
方法技巧
氧化还原反应方程式的配平可依据“得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒”顺利解答，有关氧化还原反应化学方程式的配平应掌握：
(1)配平步骤
标变价→列变化→求总数→配系数→细检查。
(2)配平方法
①正向配平法：如果被氧化、被还原的元素分别是两种不同的反应物，通常从方程式左边进行配平；
②逆向配平法：对于自身氧化还原反应或反应物只有一种，一般从方程式右边配平较简便；
③缺项配平法：这类方程式通常少写一种反应物或生成物(通常这种物质既不是氧化剂、还原剂，也不是氧化产物或还原产物)的化学式，要求确定其化学式。此类反应可先确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，最后由质量守恒、电荷守恒确定所缺物质(分子或离子)的化学式和计量系数。
考点三　氧化还原反应的综合应用
在高考中，氧化还原反应的考查往往渗透到综合实验(如中和滴定实验)、工业流程制备中，增大了试题的灵活度和难度。
题组一　氧化还原反应在综合实验中的应用
1．(2015·全国卷Ⅱ，28)二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂。回答下列问题：
(1)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)实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料，通过以下过程制备ClO2：
①电解时发生反应的化学方程式为____________________________________________
________________________________________________________________________。
②溶液X中大量存在的阴离子有________。
③除去ClO2中的NH3可选用的试剂是__________(填标号)。
a．水  b．碱石灰
c．浓硫酸  d．饱和食盐水
(3)用下图装置可以测定混合气中ClO2的含量：
Ⅰ.在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50 mL水溶解后，再加入3 mL稀硫酸；
Ⅱ.在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；
Ⅲ.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；
Ⅳ.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；
Ⅴ.用0.100 0 mol·L－1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2＋2S2O3(2－)===2I－＋S4O6(2－))，指示剂显示终点时共用去20.00 mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：
①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为_______________________________________
_________________________________________________________________________________________________________。
②玻璃液封装置的作用是________________。
③Ⅴ中加入的指示剂通常为________，滴定至终点的现象是________。
④测得混合气中ClO2的质量为________g。
(4)用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是________(填标号)。
a．明矾   b．碘化钾
c．盐酸 d．硫酸亚铁
答案　(1)2∶1
(2)①NH4Cl＋2HCl电解(=====)3H2↑＋NCl3　②Cl－、OH－
③c
(3)①2ClO2＋10I－＋8H＋===2Cl－＋5I2＋4H2O
②吸收残余的二氧化氯气体(其他合理答案均可)
③淀粉溶液　溶液由蓝色变为无色且30 s内不恢复原色
④0.027 00
(4)d
解析　(1)由KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制取ClO2的反应中，K＋5(Cl)O3→＋4(Cl)O2，则KClO3作氧化剂；Na2＋4(S)O3→Na2＋6(S)O4，则Na2SO3作还原剂，根据得失电子守恒，n(KClO3)∶n(Na2SO3)＝2∶1。(2)①由制备ClO2的流程图可知， 电解NH4Cl溶液和盐酸的混合物得到NCl3溶液和H2，根据得失电子守恒和质量守恒可写出该反应的化学方程式。②由制备ClO2的流程图可知，NaClO2和NCl3两溶液反应生成NH3，说明溶液呈碱性；＋3(Cl)O2(－)→＋4(Cl)O2，＋3(N)－1(Cl)3→－3(N)H3＋－1(Cl)－，因此溶液X中大量存在的阴离子有OH－和Cl－。③ClO2和NH3均是易溶于水的气体，a项错误，d项错误；b项，碱石灰与NH3不反应，错误；c项，浓硫酸易吸收NH3，而与ClO2不反应，正确。
(3)①ClO2与KI溶液反应时，＋4(Cl)O2→－1(Cl)－，2I－→I2，反应环境为酸性，从而可写出该反应的离子方程式。②玻璃液封装置的作用是防止残余的ClO2气体挥发到空气中，污染空气，同时防止生成的碘单质逸出。③步骤Ⅴ反应中，I2→2I－，I2使淀粉溶液显蓝色，故可选用淀粉溶液作指示剂，滴定至终点时溶液由蓝色变为无色。④由反应2ClO2＋10I－＋8H＋===2Cl－＋5I2＋4H2O、I2＋2S2O3(2－)===2I－＋S4O6(2－)可得关系式：2ClO2～5I2～10S2O3(2－)，n(S2O3(2－))＝0.100 0 mol·L－1×20.00 mL×10－3 L·mL－1＝2×10－3 mol，则n(ClO2)＝2×10－3 mol×2/10＝4×10－4 mol，m(ClO2)＝4×10－4 mol×67.5 g·mol－1＝0.027 00 g。(4)亚氯酸盐(ClO2(－))具有氧化性，应选用还原剂将ClO2(－)还原为Cl－。碘化钾、盐酸具有还原性，可分别被亚氯酸盐氧化为I2、Cl2，二者均有毒，b、c错误；a项，明矾不具有还原性，错误；硫酸亚铁具有还原性，可被亚氯酸盐氧化为Fe3＋，且Fe3＋水解生成的Fe(OH)3胶体可净水，d正确。
题组二　在工业制备中的应用
2．NF3具有很高的蚀刻速率和选择性，因此NF3是微电子工业中一种优良的等离子蚀刻气体。在1个标准大气压下，NF3的沸点为－129.0 ℃，能与空气中的水蒸气反应生成HF、NO和HNO3。NF3可通过如下方法制备：
(1)气—气反应：在常温下将OF2与干燥的空气混合即得NO2和NF3。
①原料OF2中氧元素的化合价为________。
②已知反应中每消耗1 mol N2转移7 mol电子，配平反应：________OF2＋________N2＋________O2===________NO2＋________NF3。反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。
(2)气—固反应：由于气—气反应容易腐蚀设备，研究人员提出用气—固反应制备NF3。气—固反应包括如下2个步骤：
(NH4)3AlF6＋6F2===2NF3＋8HF＋NH4AlF4
NH4AlF4＋3F2===NF3＋4HF＋AlF3
①气—固反应的总化学方程式为____________________________________，若有0.5 mol (NH4)3AlF6完全氧化，则可制得NF3________ L(标准状况下)。
②若要制备1.5 mol NF3，共有________ mol电子发生转移。
(3)电解法：NF3的电解制备工艺已经比较成熟，国外一些公司均采用电解熔融NH4F·xHF的方法制备NF3。
①电解过程中阳极反应式为______________________________________________________，
阴极反应式为__________________________________________________________________。
②阳极上的主要副产物为________(不考虑产物与电极材料间的反应)。
(4)NF3在空气中泄漏，还是易于发现的。判断发生了NF3泄漏的现象是________。一旦NF3发生泄漏，可以用烧碱溶液喷淋的方法减少污染，其产物除NaNO2、NaF、H2O外还一定有________(填化学式)。
答案　(1)①＋2　②6　4　1　4　4　7∶4
(2)①(NH4)3AlF6＋9F2===3NF3＋12HF＋AlF3
33．6　②9
(3)①NH4(＋)－6e－＋3F－===NF3↑＋4H＋　2H＋＋2e－===H2↑　②F2
(4)观察到有红棕色气体和白雾产生　NaNO3
解析　(1)①由于氟的非金属性强于氧的，氟和氧成键时共用电子对偏向氟，因此OF2中氧元素呈＋2价，同理知NF3中氮元素的化合价为＋3。②根据题意知OF2＋N2＋O2―→NO2＋NF3，设当有1 mol N2反应时，生成NO2 x mol，NF3 y mol，根据N原子守恒得x＋y＝2，根据得失电子守恒得4x＋3y＝7，联立解得x＝y＝1，由此可知反应的化学方程式为6OF2＋4N2＋O2===4NO2＋4NF3，反应中氧化剂是OF2和O2，还原剂是N2，两者的物质的量之比为7∶4。
(2)①消去中间产物NH4AlF4，①＋②得总反应方程式为(NH4)3AlF6＋9F2===3NF3＋12HF＋AlF3，同时得当有0.5 mol (NH4)3AlF6完全氧化可得1.5 mol NF3，在标准状况下的体积为33.6 L。②由总反应方程式可知，制备3 mol NF3，共转移18 mol电子，因此制备1.5 mol NF3，共有9 mol电子发生转移。
(3)①阳极上发生氧化反应，因此NF3是NH4(＋)在阳极被氧化所得，电极反应式为NH4(＋)－6e－＋3F－===NF3↑＋4H＋，阴极上发生还原反应，H＋得电子被还原，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑。②阳极上能发生氧化反应的微粒还有F－，无其他能发生氧化反应的粒子，F－发生氧化反应后得F2。
(4)根据题干信息，NF3与空气中的水蒸气反应的产物有HF、NO和HNO3，NO遇空气呈红综色，同时氢氟酸、硝酸小液滴在空气中产生白雾。这些产物和NaOH反应后，除了生成NaNO2、NaF、H2O外，还应有NaNO3生成。
专题强化练
1．(2015·四川理综，1)下列物质在生活中应用时，起还原作用的是(　　)
A．明矾作净水剂
B．甘油作护肤保湿剂
C．漂粉精作消毒剂
D．铁粉作食品袋内的脱氧剂
答案　D
解析　A项，明矾作净水剂是因为它溶于水生成的Al(OH)3胶体具有较大的表面积，能够吸附水中的悬浮物而沉降，错误；B项，甘油作护肤保湿剂是因为它具有吸湿性，错误；C项，漂粉精作消毒剂是因为它具有强氧化性，能够杀死水中的细菌和病毒，错误；D项，铁粉作食品袋中的脱氧剂是因为铁粉具有还原性，能够和氧气发生反应，降低食品袋中的氧气浓度，正确。
2．(2015·海南，1)化学与生活密切相关。下列应用中利用了物质氧化性的是(　　)
A．明矾净化水   B．纯碱去油污
C．食醋除水垢   D．漂白粉漂白织物
答案　D
解析　A项，明矾净水是利用Al3＋水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附能力，错误；B项，纯碱去油污是利用碳酸钠水解溶液呈碱性，错误；C项，食醋除水垢是利用醋酸的酸性，能与碳酸钙反应而除去，错误；D项，因漂白粉具有强氧化性而用于漂白织物，正确。
3．CuO和Fe2O3的混合物m g，向其中加入1 mol·L－1的HNO3溶液200 mL恰好完全反应，若将m g该混合物用足量CO还原，充分反应后剩余固体质量为(　　)
A．(m－3.2) g   B．(2m－3.2) g
C．(m－1.6) g   D．(2m－1.6) g
答案　C
解析　n(O)＝2(1 mol·L－1×0.2 L)＝0.1 mol，其质量为1.6 g，所以充分反应后剩余固体质量为(m－1.6) g。
4．已知某反应中反应物与生成物有：KIO3、Na2SO3、H2SO4、I2、K2SO4、H2O和未知物x。下列说法中不正确的是(　　)
A．该未知物x为Na2SO4
B．该反应的氧化剂是KIO3
C．该反应中，发生氧化反应的过程是KIO3→I2
D．由反应可知还原性强弱顺序为Na2SO3>I2
答案　C
解析　A项，由题意可知发生反应的化学方程式为2KIO3＋5Na2SO3＋H2SO4===K2SO4＋5Na2SO4＋I2＋H2O，从化学方程式可以看出，未知物x为Na2SO4，正确；B项，该反应中反应物KIO3中的I(＋5)，生成物中I2碘元素的化合价为0，KIO3中碘的化合价降低，被还原，自身作氧化剂，B正确、C错误；D项，Na2SO3在反应中作还原剂，I2为还原产物，还原性：还原剂>还原产物，正确。
5．工业上以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3)、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠(Na2Cr2O7·2H2O)，其主要反应为
(1)4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O2高温(=====)8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2
(2)2Na2CrO4＋H2SO4===Na2SO4＋Na2Cr2O7＋H2O
下列说法正确的是(　　)
A．反应(1)和(2)均为氧化还原反应
B．反应(1)的氧化剂是O2，还原剂是FeO·Cr2O3
C．高温下，O2的氧化性强于Fe2O3，弱于Na2CrO4
D．反应(1)中每生成1 mol Na2CrO4时电子转移3 mol
答案　B
解析　A项，(2)中元素化合价没有发生变化；C项，高温下，O2的氧化性强于Fe2O3，也强于Na2CrO4；D项，每生成1 mol Na2CrO4应转移8(7×2×2)＝3.5 mol电子。
6．已知：①向KClO3晶体中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体。②向NaI溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色。③取实验②生成的溶液滴在淀粉-KI试纸上，试纸变蓝色。下列判断不正确的是(　　)
A．实验①证明Cl－具有还原性
B．实验②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
C．实验③说明KI被氧化
D．上述实验证明氧化性：ClO3(－)>Cl2>I2
答案　B
解析　B项，反应2I－＋Cl2===I2＋2Cl－，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2。
7．对于氧化还原反应：11P＋15CuSO4＋24H2O===5Cu3P＋6H3PO4＋15H2SO4，下列说法正确的是(　　)
A.11(5)的磷被氧化
B．3 mol CuSO4可氧化5(11) mol P
C．每摩尔起氧化作用的磷能氧化生成磷酸的物质的量为5(3) mol
D．当1 mol P参加反应时，转移电子的物质的量为3 mol
答案　C
解析　
A项，应有11(6)的磷被氧化；B项，设3 mol CuSO4氧化磷的物质的量为x，则3 mol×1＝5x，x＝5(3) mol；C项，在11 mol P中，起氧化作用的磷为5 mol，设其氧化磷生成磷酸的物质的量为y，则5 mol×3＝y·5，y＝3 mol，所以1 mol起氧化作用的磷能氧化生成磷酸的物质的量为5(3) mol；D项，当1 mol P参加反应时，转移电子的物质的量为11(30) mol。
8．ClO2是一种高效安全的杀菌消毒剂，还可用于除去水中的CN－，转化为两种无毒气体。下列判断正确的是(　　)
A．ClO2是还原剂
B．1 mol ClO2转移3 mol电子
C．CN－转化为NO2和CO2
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比是1∶1
答案　D
解析　反应的离子方程式为
2ClO2＋2CN－===2CO2↑＋N2↑＋2Cl－
ClO2为氧化剂，A错；1 mol ClO2应得到5 mol电子，B错。
9．现有M、N、P、E 4种元素的单质，能发生以下反应：
①在水溶液中，M＋N2＋===M2＋＋N　②P＋2H2O(冷)===P(OH)2＋H2↑　③N、E相连浸入稀H2SO4中，电极反应式为N－2e－===N2＋，2H＋＋2e－===H2↑
判断它们的还原性由强到弱的顺序是(　　)
A．M、N、P、E   B．P、M、N、E
C．M、N、E、P   D．E、P、M、N
答案　B
解析　根据①可知还原性：M>N，根据③可知还原性：N>E，而P能与冷水直接反应，故P的还原性最强，由此可得还原性：P>M>N>E。
10．R、X、Y和Z是四种元素，其常见化合价均为＋2，且X2＋与单质R不反应；X2＋＋Z===X＋Z2＋；Y＋Z2＋===Y2＋＋Z。这四种元素的离子被还原成0价时表现的氧化性强弱顺序正确的是(　　)
A．R2＋>X2＋>Z2＋>Y2＋
B．X2＋>R2＋>Y2＋>Z2＋
C．Y2＋>Z2＋>R2＋>X2＋
D．Z2＋>X2＋>R2＋>Y2＋
答案　A
解析　据X2＋＋Z===X＋Z2＋知氧化性：X2＋>Z2＋，据Y＋Z2＋===Y2＋＋Z知氧化性：Z2＋>Y2＋，由X2＋与单质R不反应推知氧化性：R2＋>X2＋。
11．微型化学实验可以有效实现化学实验绿色化的要求。如下图所示在一块衬白纸的玻璃片的不同位置分别滴加浓度为0.1 mol·L－1的KI(含淀粉)溶液、NaOH(含酚酞)溶液、FeCl2(含KSCN)溶液各一滴，在圆心处放置一芝麻粒大小的KMnO4晶体，向KMnO4晶体上滴加一滴浓盐酸，再立即用表面皿盖好。
根据上面描述涉及到的元素，回答(1)～(3)题。
(1)KMnO4中Mn元素的化合价为________________________________________________，
Fe在周期表中的位置是：______________________________________________________。
(2)结合已学知识分析a、c处可能出现的现象：
a：________________________________________________________________________；
c：________________________________________________________________________。
(3)b处可能发生反应的离子方程式：_____________________________________________
________________________________________________________________________。
已知溶液中，还原性为HSO3(－)>I－，氧化性为IO3(－)>I2>SO4(2－)。在含3 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入的KIO3和析出的I2的物质的量的关系曲线如下图所示。
请回答(4)～(5)题。
(4)a点处的还原产物是__________(填离子符号)。
b点→c点反应的离子方程式是__________________________________________________。
(5)当溶液中的I－为0.5 mol时，加入的KIO3可能是________ mol。
答案　(1)＋7　第四周期Ⅷ族
(2)溶液变为蓝色　红色褪去(或红色变浅)
(3)2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－、Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3
(4)I－　IO3(－)＋6H＋＋5I－===3H2O＋3I2
(5)0.5或1.1
解析　(2)a处发生反应为Cl2＋2I－===I2＋2Cl－，其现象为溶液变蓝。
c处发生反应为Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，碱性变弱，所以红色变浅或褪去。
(3)Cl2可把Fe2＋氧化成Fe3＋，Fe3＋与SCN－发生反应。
(4)由题意可知依次发生的反应为IO3(－)＋3HSO3(－)===I－＋3SO4(2－)＋3H＋，IO3(－)＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O。所以a点处的还原产物为I－，b点到c点发生IO3(－)与I－之间的归中反应。
(5)根据离子方程式IO3(－)＋3HSO3(－)===I－＋3SO4(2－)＋3H＋，IO3(－)＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O。
当加入IO3(－)不足时，由于生成I－为0.5 mol，所以所加IO3(－)也为0.5 mol；
当加入IO3(－)过量时，n(IO3(－))＝1 mol＋(1－0.5) mol×5(1) mol＝1.1 mol。
12．铁是人体中必需微量元素中含量最高的元素，体内缺失会引起贫血。含FeO4(2－)离子的盐具有强氧化性，能杀菌消毒，如高铁酸钾是一种新型、高效的消毒剂及绿色净水剂。铁及其化合物之间的相互转化可用下式表示：
Fe2＋①④Fe3＋②③FeO4(2－)
请回答下列有关问题：
(1)Fe与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4。若用反应所得的酸性溶液实现上述①的转化，要求产物纯净。可选用的试剂是________(选填序号)。
a．Cl2  b．Fe  c．HNO3  d．H2O2
(2)上述转化得到的硫酸铁可用于电化浸出黄铜矿精矿工艺。精矿在阳极浸出的反应比较复杂，其中有一主要反应：CuFeS2＋4Fe3＋===Cu2＋＋5Fe2＋＋2S，则下列说法正确的是________(选填序号)。
a．反应中，所有铁元素均被还原
b．从物质的组成来看，黄铜矿属于复盐
c．反应中，CuFeS2既作氧化剂又作还原剂
d．当转移1 mol电子时，有46 g CuFeS2参加反应
(3)下列是工业制取高铁酸钾的一种方法，请在方框内填上合适的微粒符号并配平该离子方程式：
__Fe3＋＋__＋__Cl2——__FeO4(2－)＋__Cl－＋__
答案　(1)d　(2)d　(3)2Fe3＋＋8H2O＋3Cl2===2FeO4(2－)＋6Cl－＋16H＋
解析　(1)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O。
(2)
CuFeS2＋4Fe3＋===Cu2＋＋5F得e－×4e2＋＋2S失2e－×2
c项，CuFeS2仅作还原剂。
d项，当转移4 mol电子时，有184 g CuFeS2参加反应，
所以当有1 mol电子转移时，应有46 g CuFeS2参加反应。
13．某小组用下图所示装置对Cl2与Na2S2O3的反应进行探究(气密性已检验)。
实验操作和现象：
操作 现象
打开分液漏斗活塞，滴加一定量浓盐酸，加热 ⅰ.A中有黄绿色气体生成，C中液面上方有白雾，溶液中开始出现少量浑浊；
ⅱ.一段时间后，C中产生大量黄色沉淀  
用湿润的淀粉碘化钾试纸检验C中白雾 淀粉碘化钾试纸变蓝
C中浊液过滤后，取少量滤液用盐酸酸化，滴加氯化钡溶液 有白色沉淀生成
 
查阅资料：a.S2O3(2－)有较强的还原性。b.酸性条件下S2O3(2－)迅速分解为S和SO2。
(1)A中发生反应的离子方程式是___________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)B中饱和NaCl溶液的作用是____________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)C中生成黄色沉淀的离子方程式是_______________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)为检验C中是否有SO2生成，需进行的操作是____________________________________
________________________________________________________________________。
(5)C中滤液与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，甲同学认为利用该现象可证明Na2S2O3被Cl2氧化，反应的离子方程式是_______________________________________________________
________________________________________________________________________。
(6)乙同学认为，C中滤液用硝酸酸化后滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，也能证明Na2S2O3被Cl2氧化，丙同学认为不能证明，理由是_________________________________________
_______________________________________________________________________________________________________。
答案　(1)MnO2＋4H＋＋2Cl－△(=====)Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O
(2)除去Cl2中的HCl，防止对Cl2与Na2S2O3的反应产生干扰
(3)S2O3(2－)＋2H＋===S↓＋SO2↑＋H2O
(4)把白雾通入Ba(NO3)2溶液中，若有白色沉淀，证明有SO2生成
(5)S2O3(2－)＋4Cl2＋5H2O===8Cl－＋2SO4(2－)＋10H＋
(6)氯气与水反应也能生成Cl－，所以检验出溶液中有Cl－也不能证明是Cl2氧化了Na2S2O3(其他合理答案均可)
14．碱式氧化镍(NiOOH)可用作镍氢电池的正极材料。以含镍(Ni2＋)废液为原料生产NiOOH的一种工艺流程如下：
(1)加入Na2CO3溶液时，确认Ni2＋已经完全沉淀的实验方法是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)已知常温下Ksp[Ni(OH)2]＝2×10－15，欲使NiSO4溶液中残留c(Ni2＋)≤2×10－5 mol·L－1，调节pH的范围是________。
(3)写出在空气中加热Ni(OH)2制取NiOOH的化学方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)若加热不充分，制得的NiOOH中会混有Ni(OH)2，其组成可表示为xNiOOH·yNi(OH)2。现称取9.18 g样品溶于稀硫酸，加入100 mL 1.0 mol·L－1 Fe2＋标准溶液，搅拌至溶液清亮，定容至200 mL。取出20.00 mL，用0.010 mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定，用去KMnO4标准溶液20.00 mL，试通过计算确定x、y的值(写出计算过程)。
涉及反应如下(均未配平)：
NiOOH＋Fe2＋＋H＋―→Ni2＋＋Fe3＋＋H2O
Fe2＋＋MnO4(－)＋H＋―→Fe3＋＋Mn2＋＋H2O
答案　(1)静置，在上层清液中继续滴加1～2滴Na2CO3溶液，无沉淀生成
(2)pH≥9
(3)4Ni(OH)2＋O2△(=====)4NiOOH＋2H2O
(4)消耗KMnO4物质的量：0.01 mol·L－1×0.02 L＝2×10－4 mol
与NiOOH反应后剩余的Fe2＋物质的量：2×10－4 mol×5×(200÷20)＝0.01 mol
Fe2＋总物质的量：1.0 mol·L－1×0.1 L＝0.1 mol
与NiOOH反应的Fe2＋的物质的量：0.1 mol－0.01 mol＝0.09 mol
n(NiOOH)＝0.09 mol
m(NiOOH)＝91.7 g·mol－1×0.09 mol＝8.253 g
n[Ni(OH)2]＝92.7 g·mol－1(9.18 g－8.253 g)＝0.01 mol
x∶y＝n(NiOOH)∶n[Ni(OH)2]＝0.09 mol∶0.01 mol＝9∶1
故：x＝9，y＝1。
考点一　离子方程式的书写与正误判断
离子方程式书写的基本规律要求
(1)合事实：离子反应要符合客观事实，不可臆造产物及反应。
(2)式正确：化学式与离子符号使用正确合理。
(3)号实际：“===”、“”、“―→”、“↑”、“↓”等符号符合实际。
(4)三守恒：两边原子数、电荷数必须守恒，氧化还原反应离子方程式中氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数要相等。
(5)明类型：依据离子反应原理，分清类型，总结方法技巧。
(6)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。
题组一　滴加顺序不同反应的离子方程式的书写
1．按要求书写下列反应的离子方程式：
(1)AlCl3溶液和NaOH溶液
①向AlCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液直至过量
Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，
Al(OH)3＋OH－===AlO2(－)＋2H2O；
②向NaOH溶液中逐滴滴加AlCl3溶液直至过量
Al3＋＋4OH－===AlO2(－)＋2H2O，
3AlO2(－)＋Al3＋＋6H2O===4Al(OH)3↓。
(2)NaAlO2溶液和盐酸溶液
①向NaAlO2溶液中逐滴滴入盐酸溶液直至过量
AlO2(－)＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓，
Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O；
②向盐酸溶液中逐滴滴入NaAlO2溶液直至过量
AlO2(－)＋4H＋===Al3＋＋2H2O，
Al3＋＋3AlO2(－)＋6H2O===4Al(OH)3↓。
(3)Na2CO3溶液和稀盐酸
①向Na2CO3溶液中逐滴滴入稀盐酸直至过量
CO3(2－)＋H＋===HCO3(－)，HCO3(－)＋H＋===H2O＋CO2↑；
②向稀盐酸中滴入Na2CO3溶液
CO3(2－)＋2H＋===H2O＋CO2↑。
(4)AgNO3溶液和氨水
①向AgNO3溶液中逐滴滴加氨水直至过量
Ag＋＋NH3·H2O===NH4(＋)＋AgOH↓，
AgOH＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋2H2O＋OH－；
②向氨水中逐滴滴加AgNO3溶液直至过量
Ag＋＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋2H2O，
[Ag(NH3)2]＋＋Ag＋＋2H2O===2AgOH↓＋2NH4(＋)。
提醒　(1)上述反应滴加顺序不同，离子反应不同，产生的现象也不同，常见于不用试剂离子的鉴别。
(2)在Na2CO3溶液和盐酸的反应中，也可以用KHSO4或NaHSO4溶液代替稀盐酸。
题组二　定量型离子方程式的书写
2．按要求书写下列反应的离子方程式：
(1)NaHCO3溶液分别与①少量澄清石灰水，②过量澄清石灰水反应的离子方程式。
答案　①2HCO3(－)＋Ca2＋＋2OH－===CaCO3↓＋CO3(2－)＋2H2O
②HCO3(－)＋OH－＋Ca2＋===CaCO3↓＋H2O
(2)NH4HCO3溶液分别与①少量NaOH溶液，②过量NaOH溶液反应的离子方程式。
答案　①HCO3(－)＋OH－===CO3(2－)＋H2O
②NH4(＋)＋HCO3(－)＋2OH－===CO3(2－)＋H2O＋NH3·H2O
(3)NaHSO4溶液分别与①少量Ba(OH)2溶液，②过量Ba(OH)2溶液反应的离子方程式。
答案　①2H＋＋SO4(2－)＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2O
②H＋＋SO4(2－)＋Ba2＋＋OH－===BaSO4↓＋H2O
(4)向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液：①使SO4(2－)完全沉淀，②使Al3＋完全沉淀。
答案　①Al3＋＋2SO4(2－)＋2Ba2＋＋4OH－===AlO2(－)＋2H2O＋2BaSO4↓
②2Al3＋＋3Ba2＋＋3SO4(2－)＋6OH－===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓
(5)向NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液：①使SO4(2－)完全沉淀，②使Al3＋完全沉淀。
答案　①NH4(＋)＋Al3＋＋2SO4(2－)＋2Ba2＋＋4OH－===NH3·H2O＋Al(OH)3↓＋2BaSO4↓
②2Al3＋＋3SO4(2－)＋3Ba2＋＋6OH－===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓
(6)向含有Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入铁粉：①只有红色物质析出，②有气泡冒出。
答案　①2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，
Cu2＋＋Fe===Cu＋Fe2＋
②2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，
Cu2＋＋Fe===Fe2＋＋Cu，
2H＋＋Fe===Fe2＋＋H2↑
(7)向一定量的FeBr2溶液中分别通入①少量Cl2，②过量Cl2，③等量Cl2反应的离子方程式。
答案　①2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
②2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2===2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－
③2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2===2Fe3＋＋Br2＋4Cl－
方法技巧
1．“少定多变”法书写与量有关的离子方程式
所谓的“少定”，即将量少的反应物的计量数确定为1，而“多变”即过量的反应物的计量数根据反应的需要确定，不受化学式中比例制约，是可变的。量少物质产生的离子数之比符合化学式。
2．判断离子反应顺序的方法
(1)氧化还原型离子反应。同一氧化剂(或还原剂)可能与多种还原剂(或氧化剂)反应，解此类题应抓住三点：
①确定氧化剂或还原剂强弱顺序。如还原性I－>Fe2＋>Br－>Cl－，氧化性Ag＋>Fe3＋>Cu2＋>H＋>Fe2＋>Zn2＋等。
②根据强弱规律，判断反应顺序。同一氧化剂与多种还原剂反应，还原性强的还原剂优先发生反应；同一还原剂与多种氧化剂反应，氧化性强的氧化剂优先发生反应。
③分步计算。先判断过量，后计算。
(2)复分解型离子反应。判断反应产物与其他成分是否能大量共存。例如，某溶液中含有Al3＋、NH4(＋)、H＋，向溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，若先发生反应：NH4(＋)＋OH－===NH3·H2O，则生成的NH3·H2O与H＋、Al3＋都不能大量共存，会发生反应：NH3·H2O＋H＋===NH4(＋)＋H2O，Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4(＋)。因此，OH－应先与H＋反应，再与Al3＋反应，最后与NH4(＋)反应。判断离子反应先后顺序的总规则是先发生反应的反应产物与其他物质能大量共存。
题组三　高考试题离子方程式书写正误判断分类汇编
类型一　常见“陷阱”设置型
3．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。
(1)向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO3(2－)＋2H＋===SO2↑＋H2O(×)
(2015·山东理综，12A)
(2)向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2＋2Cu2＋＋2H2O===4Na＋＋2Cu(OH)2↓＋O2↑(√)
(2015·山东理综，12D)
(3)氯气溶于水：Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－(×)
(2015·江苏，9A)
(4)Na2CO3溶液中CO3(2－)的水解：CO3(2－)＋H2O===HCO3(－)＋OH－(×)
(2015·江苏，9B)
(5)酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3(－)＋I－＋6H＋===I2＋3H2O(×)
(2015·江苏，9C)
(6)向NaClO和NaCl混合溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为2Fe2＋＋ClO－＋2H＋===Cl－＋2Fe3＋＋H2O(×)
(2015·安徽理综，10C)
(7)Cu溶于稀硝酸：Cu＋2H＋＋NO3(－)===Cu2＋＋NO2↑＋H2O(×)
(2014·江苏，7A)
(8)用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑(×)
(2014·江苏，7C)
(9)Cl2通入NaOH溶液：Cl2＋OH－===Cl－＋ClO－＋H2O(×)
(2014·四川理综，3A)
(10)NaHCO3溶液中加入稀HCl：CO3(2－)＋2H＋===H2O＋CO2↑(×)
(2014·四川理综，3B)
(11)AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3＋＋4NH3·H2O===AlO2(－)＋4NH4(＋)＋2H2O(×)
(2014·四川理综，3C)
(12)Fe2(SO4)3和Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：Fe3＋＋SO4(2－)＋Ba2＋＋3OH－===Fe(OH)3↓＋BaSO4↓(×)
(2014·安徽理综，8C)
类型二　定量书写判断型
4．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。
(1)向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO3(2－)＋SO2＋H2O===H2SiO3↓＋SO3(2－)(×)
(2015·山东理综，12B)
(2)向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O：Al3＋＋4NH3·H2O===[Al(OH)4]－＋4NH4(＋)(×)
(2015·山东理综，12C)
(3)NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO3(－)＋Ba2＋＋OH－===BaCO3↓＋H2O(√)
(2015·江苏，9D)
(4)离子方程式2Ca2＋＋3HCO3(－)＋3OH－―→2CaCO3↓＋CO3(2－)＋3H2O可以表示
①Ca(HCO3)2与NaOH溶液反应(√)
②NaHCO3与澄清石灰水反应(√)
③Ca(HCO3)2与澄清石灰水反应(×)
④NH4HCO3与澄清石灰水反应(×)
(2015·上海，19)
(5)向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3：CO2＋2H2O＋AlO2(－)===Al(OH)3↓＋HCO3(－)(√)
(2014·江苏，7D)
(6)(NH4)2 Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe(OH)2：Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓(×)
(2014·江苏，7B)
(7)Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应；HCO3(－)＋OH－＋Ca2＋===CaCO3↓＋H2O(√)
(2013·江苏，8D)
(8)0.01 mol·L－1 NH4Al(SO4)2溶液与0.02 mol·L－1 Ba(OH)2溶液等体积混合：NH4(＋)＋Al3＋＋2SO4(2－)＋2Ba2＋＋4OH－===2BaSO4↓＋Al(OH)3↓＋NH3·H2O(√)
(2012·四川理综，9C)
失误防范
1．常规“陷阱”设置
(1)原理错误；(2)拆写错误；(3)配平错误；(4)符号运用错误。
2．定量型离子方程式书写正误判断的审题要求
(1)依据选项，看准“少量”、“过量”或“等量”。
(2)根据反应类型，判断优先反应的离子，后续反应的离子以及反应后的离子与原离子是否还能继续反应，如向Ca(HCO3)2溶液中加入少量的NaOH溶液，由于HCO3(－)＋OH－===CO3(2－)＋H2O，而Ca2＋和CO3(2－)不能大量共存，Ca2＋＋CO3(2－)===CaCO3↓，即HCO3(－)＋Ca2＋＋OH－===CaCO3↓＋H2O。
考点二　警惕“陷阱”设置，突破离子共存
在离子共存问题上，常常设置一些“陷阱”，做题时应引起注意。
1．警惕“颜色陷阱”
若限定溶液无色，则Cu2＋、Fe3＋、Fe2＋、CrO4(2－)、MnO4(－)等有色离子不能大量存在。
2．警惕溶液酸、碱性的几种表示方法
(1)表示酸性溶液的是①pH<7或c(H＋)>c(OH－)或c(OH－)＝10－(8～14) mol·L－1(25 ℃)；②能使pH试纸显红色的溶液；③能使甲基橙显红色或橙色的溶液；④能使紫色石蕊溶液显红色的溶液。
(2)表示碱性溶液的是①pH>7或c(H＋)<c(OH－)或c(H＋)＝10－(8～14) mol·L－1(25 ℃)；②能使pH试纸显蓝色的溶液；③能使酚酞溶液显红色的溶液；④能使紫色石蕊溶液显蓝色的溶液。
(3)既表示可能为酸性溶液又表示可能为碱性溶液的是①与Al反应放出H2的溶液(注：不能是相当于HNO3形成的酸性溶液)；②由水电离出的c(H＋)＝1×10－n mol·L－1或由水电离出的c(OH－)＝1×10－n mol·L－1的溶液(常温下n≠7)(说明：n<7水解显酸性或碱性，n>7加酸或加碱抑制水的电离)；③与NH4HCO3或(NH4)2CO3等反应放出气体的溶液。
3．警惕几种隐含情况
(1)含有大量Fe3＋的溶液，隐含是酸性溶液，并具有强氧化性。
(2)含有大量NO3(－)的溶液，隐含酸性条件下具有强氧化性。
(3)含有大量AlO2(－)的溶液，隐含是碱性溶液。
(4)含有大量S2－、SO3(2－)的溶液，隐含不是酸性溶液。
4．警惕相互促进水解的几种情况
(1)NH4(＋)与CH3COO－、CO3(2－)，Mg2＋与HCO3(－)等组合中，虽然存在相互促进水解情况，但水解程度较小，在溶液中仍然能大量共存。
(2)Al3＋与CO3(2－)、HCO3(－)、AlO2(－)、HS－、S2－，Fe3＋与CO3(2－)、HCO3(－)、AlO2(－)相互促进水解，生成沉淀或气体，不能大量共存。
5．警惕几种说法
(1)HCO3(－)可存在弱碱性环境中，HSO3(－)可存在弱酸性环境中。
(2)Al3＋、Fe3＋在中性条件下不能存在，在酸性条件下也可能不存在。
题组一　题干中有限制条件的离子共存问题的判断
1．(2015·上海，17)某无色溶液含有下列离子中的若干种：H＋、NH4(＋)、Fe3＋、Ba2＋、Al3＋、CO3(2－)、Cl－、OH－、NO3(－)。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有(　　)
A．3种   B．4种
C．5种   D．6种
答案　C
2．无色透明的酸性溶液中，能大量共存的是(　　)
A．Na＋、K＋、CO3(2－)、NO3(－)
B．K＋、Fe2＋、NH4(＋)、NO3(－)
C．NH4(＋)、Al3＋、SO4(2－)、NO3(－)
D．K＋、Na＋、NO3(－)、OH－
答案　C
解析　A项，CO3(2－)在酸性条件下不能大量存在；B项，Fe2＋有颜色且在酸性条件下NO3(－)氧化Fe2＋；D项，在酸性条件下，OH－不能大量存在。
题组二　选项中有限制条件的离子共存问题的判断
3．(2015·江苏，6)常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是(　　)
A．使酚酞变红色的溶液中：Na＋、Al3＋、SO4(2－)、Cl－
B.c?H＋?(Kw)＝1×10－13 mol·L－1的溶液中：NH4(＋)、Ca2＋、Cl－、NO3(－)
C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2＋、K＋、NO3(－)、SO4(2－)
D．水电离的c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1的溶液中：K＋、Na＋、AlO2(－)、CO3(2－)
答案　B
解析　A项，使酚酞变红色的溶液呈碱性，OH－与Al3＋不能大量共存。B项，c(OH－)＝c?H＋?(Kw)＝1×10－13 mol·L－1，c(H＋)＝0.1 mol·L－1，溶液呈酸性，四种离子可以大量共存。C项，与铝反应放出氢气的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，若呈酸性，NO3(－)不能大量存在，一是因为HNO3与Al反应不能生成H2，二是酸性条件下NO3(－)与Fe2＋因发生氧化还原反应而不能大量共存；若呈碱性，Fe2＋因生成Fe(OH)2沉淀而不能大量存在。D项，由水电离的c(H＋)＝1×10－13的溶液中水的电离受到抑制，可能是由于外加酸或碱，若为碱溶液，四种离子可以大量共存，若为酸溶液，AlO2(－)、CO3(2－)不能大量存在。
4．(2014·江苏，3)25 ℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是(　　)
A．pH＝1的溶液中：Na＋、K＋、MnO4(－)、CO3(2－)
B．c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1的溶液中：Mg2＋、Cu2＋、SO4(2－)、NO3(－)
C．0.1 mol·L－1 NH4HCO3溶液中：K＋、Na＋、NO3(－)、Cl－
D．0.1 mol·L－1 FeCl3溶液中：Fe2＋、NH4(＋)、SCN－、SO4(2－)
答案　C
解析　A项，pH＝1的溶液显强酸性，CO3(2－)与H＋因生成CO2、H2O而不能大量共存；B项，c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1的溶液pH＝13，溶液显强碱性，Mg2＋、Cu2＋分别与OH－反应生成Mg(OH)2、Cu(OH)2沉淀而不能大量共存；C项，0.1 mol·L－1 NH4HCO3溶液中，题给四种离子与NH4(＋)、HCO3(－)均不发生反应，可以大量共存；D项，Fe3＋、Fe2＋均能与SCN－反应，生成难电离的弱电解质Fe(SCN)3、Fe(SCN)2而不能大量共存。
失误防范
离子共存问题审题“五大”注意
1．应注意判断离子共存的情况：“能、不能”，“一定、可能、一定不能”。
2．应注意题干中提示的溶液酸碱性：酸性溶液应考虑H＋的存在，碱性溶液应考虑OH－的存在。
3．应注意题干中提示的溶液颜色：溶液无色时，有色离子不能大量存在。
4．应注意题干中提示的水的电离程度：当由水电离出的c(H＋)或c(OH－)小于1×10－7 mol·L－1时，水的电离受到抑制，溶液可能为酸性溶液或碱性溶液；当由水电离出的c(H＋)或c(OH－)大于1×10－7 mol·L－1时，水的电离受到促进，溶液可能为弱酸盐溶液或弱碱盐溶液。
5．注意正确理解“透明溶液”，如：NaCl溶液、KOH溶液为无色透明溶液，CuSO4溶液、FeCl3溶液是有色透明溶液，不能认为“有色”就不透明。
考点三　离子反应的应用——离子推断
该类试题通常以实验探究的形式出现，题目中给出每步实验的操作及现象，要求根据现象推断所含离子。推断时要仔细分析每一步所发生的反应，并注意思维的严密性，解题时要特别注意以下几点：
1．注意有颜色的离子与溶液的颜色是否一致。
2．根据某现象推出含有的某种离子，该离子是否为前面的操作引入的。
3．注意离子共存问题
(1)离子是否能存在于溶液中，要特别注意溶液的性质(如酸碱性、氧化性、还原性)与离子的性质。
(2)推断结果中的离子是否能共存于同一溶液中。
(3)离子是否会隐蔽转化，如Al3＋遇到过量的强碱转化为AlO2(－)，AlO2(－)遇到过量的强酸转化为Al3＋。
题组一　定性推断离子
1．对某酸性溶液(可能含有①Br－、②SO4(2－)、③H2SO3、④NH4(＋))分别进行如下实验：
(1)加热时放出的气体可以使品红溶液褪色；(2)加碱调至碱性后，加热时放出的气体可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝；(3)加入数滴氯水时，溶液无色，再加入BaCl2溶液时，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸。对于下列物质不能确认其在溶液中是否存在的是(　　)
A．①②   B．③④
C．①③   D．②④
答案　A
解析　根据(1)可以判断有H2SO3；根据(2)可以判断有NH4(＋)；根据(3)不能确定SO4(2－)，因为氯水能把H2SO3氧化成H2SO4。由于还原性H2SO3>Br－，加入的氯水又是少量，所以根据溶液无色，不能确定Br－是否存在。
2．某无色溶液中可能含有Na＋、Ba2＋、Cl－、Br－、SO3(2－)、SO4(2－)等离子中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量：
(1)用pH试纸检验，溶液的pH大于7；
(2)向溶液中加氯水，再加入CCl4振荡，静置，分液，CCl4层呈橙红色；
(3)向所得溶液中加入Ba(NO3)2溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成；
(4)过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成。
下列说法正确的是(　　)
A．实验(1)说明发生了反应：SO3(2－)＋2H2O===H2SO3＋2OH－
B．实验(2)中发生的离子反应只有：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2
C．实验(3)、(4)发生的反应分别是Ba2＋＋SO4(2－)===BaSO4↓、Ag＋＋Cl－===AgCl↓
D．为确定该溶液是否含有Na＋，还要做焰色反应实验
答案　C
解析　实验(1)说明原溶液中有水解呈碱性的SO3(2－)，但其水解是分步进行的，A项错误；实验(2)说明原溶液中含有Br－，肯定会发生反应：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2，但足量的氯水一定会与SO3(2－)发生氧化还原反应，也是离子反应，B项错误，实验(3)说明所得溶液中含有SO4(2－)(注意：该离子可能是原溶液本来含有的，也可能是SO3(2－)在上步操作中被氯水氧化所得)，实验(4)说明所得滤液中含有Cl－，C项正确；由实验(1)证明原溶液中含有SO3(2－)，根据离子共存原则可知其中一定没有Ba2＋，又根据溶液呈电中性，可知溶液中肯定有Na＋，没有必要进行焰色反应来检验Na＋的存在，D项错误。
思维点拨
坚持“四项”基本原则，突破离子推断问题
1．肯定性原则：结合实验现象推出肯定存在或肯定不存在的物质或离子。
2．互斥性原则：在肯定某些离子存在的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在。
3．进出性原则：注意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。
4．电中性原则：溶液中既要有阳离子，也要有阴离子。
题组二　定量推断离子
3．某溶液可能含有Cl－、SO4(2－)、CO3(2－)、NH4(＋)、Fe3＋、Al3＋和K＋。取该溶液100 mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02 mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6 g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66 g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中 (　　)
A．至少存在5种离子
B．Cl－一定存在，且c(Cl－)≥0.4 mol·L－1
C．SO4(2－)、NH4(＋)一定存在，Cl－可能不存在
D．CO3(2－)、Al3＋一定不存在，K＋可能存在
答案　B
解析　根据加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02 mol气体，说明有NH4(＋)，为0.02 mol，同时产生红褐色沉淀，说明有Fe3＋，而且为0.02 mol，则没有CO3(2－)，根据不溶于盐酸的 4.66 g 沉淀，说明有SO4(2－)，且为0.02 mol，则根据电荷守恒可知一定有Cl－，至少有0.04 mol，B正确。
4．某固体混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示(气体体积数据已换算成标准状况下的体积)：
关于该固体混合物，下列说法正确的是(　　)
A．一定含有Al，其质量为4.5 g
B．一定不含FeCl2，可能含有MgCl2和AlCl3
C．一定含有MgCl2和FeCl2
D．一定含有(NH4)2SO4和MgCl2，且物质的量相等
答案　D
解析　5.60 L气体为NH3和H2，其中n(H2)＝0.15 mol，n(NH3)＝0.1 mol，白色沉淀只是Mg(OH)2，其物质的量为0.05 mol，所以一定有Al、(NH4)2SO4、MgCl2，其质量分别为2.7 g、6.6 g、4.75 g，由于2.7＋6.6＋4.75＝14.05，所以一定不含AlCl3。
方法技巧
电荷守恒法确定离子
定量推断最后一种离子存在的方法：如果多种离子共存，且只有一种离子的物质的量未知，可以用电荷守恒来确定最后一种离子是否存在，即阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数。
专题强化练
1．(2015·安徽理综，10)下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是(　　)
A．该溶液中，H＋、NH4(＋)、SO4(2－)、Br－可以大量共存
B．该溶液中，Ag＋、K＋、NO3(－)、CH3CHO可以大量共存
C．向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为2Fe2＋＋ClO－＋2H＋===Cl－＋2Fe3＋＋H2O
D．向该溶液中加入浓盐酸，每产生1 mol Cl2，转移电子约为6.02×1023个
答案　D
解析　A项ClO－能氧化Br－，且ClO－与H＋反应能生成弱电解质HClO，不能大量共存，错误；B项，Ag＋与Cl－能生成难溶物AgCl而不能大量共存，且ClO－能氧化CH3CHO, 错误；C项，因NaClO水解，溶液呈弱碱性，滴加FeSO4溶液反应的离子方程式为2Fe2＋＋ClO－＋4OH－＋H2O===2Fe(OH)3↓＋Cl－，错误；D项，加入浓盐酸后反应的离子方程式为Cl－＋ClO－＋2H＋===Cl2↑＋H2O，每生成1 mol Cl2，转移电子约为6.02×1023个，正确。
2．(2015·天津理综，2)下列关于物质或离子检验的叙述正确的是(　　)
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
答案　B
解析　A项，在溶液中加KSCN，溶液显红色，说明一定含有Fe3＋ ，还可能含有Fe2＋，因为Fe2＋遇KSCN不变红，错误；B项，气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，是因为白色的无水硫酸铜与水反应生成了蓝色的CuSO4·5H2O，所以可证明原气体中含有水蒸气，正确；C项，灼烧白色粉末，火焰呈黄色，说明原粉末中一定含有Na＋，不能确认有无K＋，若要进一步确认可透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后进行观察，如果火焰呈紫色，则含有K＋，错误；D项，若为SO2 气体也有相同的现象，所以不能确定该气体一定是CO2 ，错误。
3．(2015·北京理综，11)某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH。下列用来解释事实的方程式中，不合理的是(已知：饱和NaClO溶液的pH约为11)(　　)
A．该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：
Cl2＋2OH－===ClO－＋Cl－＋H2O
B．该消毒液的pH约为12：
ClO－＋H2OHClO＋OH－
C．该消毒液与洁厕灵(主要成分为HCl)混用，产生有毒Cl2：
2H＋＋Cl－＋ClO－===Cl2↑＋H2O
D．该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：
CH3COOH＋ClO－===HClO＋CH3COO－
答案　B
解析　A项，NaClO的制备为Cl2与NaOH溶液反应：Cl2＋2OH－===ClO－＋Cl－＋H2O，正确；B项，NaClO饱和溶液的pH为11，该消毒液中溶液的pH为12，是由于消毒液中还含有少量的NaOH，故pH增大是由于NaOH电离所致，错误；C项，该消毒液与洁厕灵混用会发生氧化还原反应：2H＋＋Cl－＋ClO－===Cl2↑＋H2O，正确；D项，因为醋酸的酸性比次氯酸的酸性强，CH3COOH＋ClO－===CH3COO－＋HClO，HClO浓度增大，漂白性增强，正确。
4．(2015·广东理综，8)水溶液中能大量共存的一组离子是(　　)
A．NH4(＋) 、Ba2＋、Br－、CO3(2－)
B．Cl－、SO3(2－)、Fe2＋、H＋
C．K＋、Na＋、SO4(2－)、MnO4(－)
D．Na＋、H＋、NO3(－)、HCO3(－)
答案　C
解析　A项，Ba2＋和CO3(2－)因生成BaCO3沉淀而不能大量共存；B项，SO3(2－)与H＋能结合生成弱电解质H2SO3而不能大量共存；C项，离子间互不反应，可以大量共存，正确；D项，H＋与HCO3(－) 能反应生成CO2和H2O而不能大量共存。
5．已知：2Fe＋3Br2===2FeBr3，Fe2＋的还原性大于Br－。现有16.8 g铁和0.3 mol Br2反应后加入水得到澄清溶液后，通入a mol Cl2。下列叙述不正确的是(　　)
A．当a＝0.1时，发生的反应为2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
B．当a＝0.45时，发生的反应为2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2===2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－
C．若溶液中Br－有一半被氧化时，c(Fe3＋)∶c(Br－)∶c(Cl－)＝1∶1∶3
D．当0<a<0.15时，溶液中始终满足2c(Fe2＋)＋3c(Fe3＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(Br－)＋c(OH－)
答案　C
解析　因Fe2＋的还原性强于Br－，在水溶液中16.8 g铁和0.3 mol Br2恰好反应，生成FeBr2，当通入Cl2先氧化Fe2＋，完全生成Fe3＋后，才氧化Br－，根据电荷守恒可知，A、B、D都正确；若溶液中Br－有一半被氧化时，c(Fe3＋)∶c(Br－)∶c(Cl－)应该是1∶1∶2，C错误。
6．一定条件下在水溶液中能大量共存的一组分子或离子是(　　)
A．中性溶液中：K＋、Fe3＋、NO3(－)、Cl－
B．酸性溶液中：HClO、K＋、SO4(2－)、I－
C．强碱性溶液中：Ca2＋、K＋、HCO3(－)、NO3(－)
D．碱性溶液中：Na＋、SO3(2－)、NO3(－)、S2－
答案　D
解析　A项，中性环境中，Fe3＋已完全水解生成Fe(OH)3；B项，HClO氧化I－；C项，HCO3(－)与OH－反应生成CO3(2－)和H2O。
7．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是(　　)
A．滴入酚酞溶液显红色的溶液中：K＋、Na＋、Cu2＋、SO4(2－)
B．在c(H＋)/c(OH－)＝10－12的溶液中：K＋、Ba2＋、Cl－、ClO－
C．水电离产生的c(H＋)＝10－13 mol·L－1的溶液中：Na＋、Cl－、NO3(－)、CH3COO－
D．pH＝0的溶液中：Na＋、NO3(－)、S2－、Cl－
答案　B
解析　A项，Cu2＋与OH－不能大量共存；B项，c?OH－?(c?H＋?)＝10－12的溶液为碱性溶液，这四种离子能大量共存；C项，c(H＋)水＝10－13 mol·L－1，该溶液既可以是酸性溶液又可以是碱性溶液，其中CH3COO－在酸性条件下不能大量共存；D项，NO3(－)(H＋)氧化S2－。
8．下列离子组在指定溶液中能大量共存的是(　　)
A．碱性溶液：Cu2＋、Fe3＋、NO3(－)、SO4(2－)
B．c(Fe3＋)＝0.1 mol·L－1的溶液：K＋、NH4(＋)、Cl－、I－
C．加入Al能放出大量H2的溶液中：NH4(＋)、Fe2＋、NO3(－)、SO4(2－)
D．常温下，Kw/c(OH－)＝1×10－12的溶液：K＋、AlO2(－)、CO3(2－)、Na＋
答案　D
解析　A项，Cu2＋、Fe3＋与OH－反应；B项，Fe3＋氧化I－；C项，碱性条件下NH4(＋)不能大量共存。
9．有一无色溶液，仅含有K＋、Al3＋、Mg2＋、NH4(＋)、Cl－、SO4(2－)、HCO3(－)、MnO4(－)中的几种。为确定其成分，做如下实验：①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生。下列推断正确的是(　　)
A．肯定有Al3＋、Mg2＋、Cl－，可能有NH4(＋)
B．肯定有Al3＋、Mg2＋、HCO3(－)，肯定没有MnO4(－)
C．肯定有K＋、Al3＋、MnO4(－)，可能有HCO3(－)
D．肯定有Al3＋、Mg2＋、Cl－，可能有K＋
答案　D
解析　根据“无色”溶液，则没有MnO4(－)；根据实验①可以确定一定有Mg2＋、Al3＋，根据离子共存原则，一定没有HCO3(－)；根据“无色无味”，一定没有NH4(＋)；根据实验②，没有SO4(2－)，根据电荷守恒一定有Cl－，可能有K＋。D项正确。
10．某溶液可能存在的离子如下：Na＋、Ag＋、Ba2＋、Al3＋、AlO2(－)、CO3(2－)、SO4(2－)、SO3(2－)、S2－。现向该溶液中加入过量的氢溴酸，产生气体和淡黄色沉淀。下列判断正确的是(　　)
A．该溶液中一定有Ag＋
B．该溶液中可能没有AlO2(－)、CO3(2－)
C．该溶液中一定有Na＋
D．该溶液中可能有Ba2＋、Al3＋
答案　C
解析　因为SO3(2－)＋2S2－＋6H＋===3S↓＋3H2O，S为淡黄色，所以溶液中不一定有Ag＋，A项错；产生的气体可能是CO2，也可能是SO2或H2S，当CO3(2－)、SO3(2－)或S2－存在时，Ba2＋、Al3＋一定不存在，D项错；当Ag＋存在时，Na＋不一定存在，C项错误。
11．有一无色透明溶液，欲确定是否含有下列离子：K＋、Mg2＋、Al3＋、Fe2＋、Ba2＋、NO3(－)、SO4(2－)、Cl－、I－、HCO3(－)，取该溶液进行如下实验：
实验步骤 实验现象
①取少量该溶液，加几滴甲基橙溶液 溶液变红色
②取少量该溶液，加入铜片和浓硫酸，加热 有无色气体产生，遇空气可以变成红棕色
③取少量该溶液，加入BaCl2溶液 有白色沉淀生成
④取③中的上层清液，加入AgNO3溶液 有稳定的白色沉淀生成，且不溶于稀硝酸
⑤取少量该溶液，加入NaOH溶液 有白色沉淀生成，当NaOH过量时，沉淀部分溶解
 
由此判断：
(1)溶液中一定存在的离子是______________；溶液中肯定不存在的离子是________________________。
(2)为进一步确定其他离子，应该补充的实验及对应欲检验离子的名称(若为溶液反应，说明使用试剂的名称，不必写详细步骤)___________________________________________________
_____________________。
(3)写出实验⑤中所有反应的离子方程式：___________________________________________
_____________________________________________________________________________________________________。
答案　(1)NO3(－)、SO4(2－)、Mg2＋、Al3＋　Fe2＋、HCO3(－)、I－、Ba2＋
(2)K＋的检验可以用焰色反应；Cl－的检验：向原溶液中加足量的硝酸钡溶液，过滤后，向滤液中加硝酸银溶液，再加稀硝酸，若生成白色沉淀不溶解，则证明有Cl－
(3)H＋＋OH－===H2O、Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓、Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－===AlO2(－)＋2H2O
解析　原溶液无色，则其中不含有Fe2＋；实验①说明溶液呈酸性，所以HCO3(－)不能大量存在；实验②说明溶液中含有NO3(－)，因为I－能被HNO3氧化，所以I－不能大量存在；实验③说明原溶液中含有SO4(2－)，则肯定不含Ba2＋；实验④无法说明原溶液中是否含有Cl－，因为实验③引入了Cl－；实验⑤说明溶液中含有Mg2＋和Al3＋。
12．某地环保部门取一定量某工厂所排废水试样分成甲、乙、丙、丁四份，进行如图所示探究。
已知废水试样中可能含有下表中的离子：
  离子
阳离子 Na＋、Mg2＋、X
阴离子 Cl－、SO3(2－)、Y、NO3(－)
 
请回答下列问题：
(1)离子X是______________(填化学式，下同)，离子Y是__________________。
(2)表中不能确定是否存在的阴离子是__________，能证明该阴离子是否存在的简单实验操作为______________________________。
(3)写出废水试样中滴加淀粉-KI溶液所发生反应的离子方程式：________________________________________________________________________。
答案　(1)NH4(＋)　SO4(2－)
(2)Cl－　取少量废水试样，滴加足量的Ba(NO3)2溶液，静置；取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则存在Cl－；若无白色沉淀产生，则不存在Cl－
(3)6I－＋2NO3(－)＋8H＋===3I2＋2NO↑＋4H2O
解析　由甲组实验中溴水不褪色，说明废水试样中不含SO3(2－)；由丙组实验现象可确定废水中含NH4(＋)，即X为NH4(＋)；由丁组实验现象说明其含NO3(－)；由乙组实验现象说明其含SO4(2－)，即Y为SO4(2－)。不能确定是否存在的阴离子为Cl－。废水试样中滴加淀粉-KI溶液，酸性条件下，NO3(－)有强氧化性，与I－发生氧化还原反应。
13．常见的五种盐A、B、C、D、E，它们的阳离子可能是Na＋、NH4(＋)、Cu2＋、Ba2＋、Al3＋、Ag＋、Fe3＋，阴离子可能是Cl－、NO3(－)、SO4(2－)、CO3(2－)，已知：
①五种盐均溶于水，水溶液均为无色。
②D的焰色反应呈黄色。
③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，D的溶液呈碱性。
④若在这五种盐的溶液中分别加入Ba(NO3)2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀。
⑤若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失。
⑥把A的溶液分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀。
请回答下列问题：
(1)五种盐中，一定没有的阳离子是____________；所含阴离子相同的两种盐的化学式是__________________。
(2)D的化学式为__________________，D溶液显碱性的原因是________________________________________________________________________(用离子方程式表示)。
(3)A和C的溶液反应的离子方程式是_______________________________________________
_________________________；
E和氨水反应的离子方程式是______________________________________________________
__________________。
(4)若要检验B中所含的阳离子，正确的实验方法是___________________________________
_____________________________________。
答案　(1)Cu2＋、Fe3＋　(NH4)2SO4、Al2(SO4)3
(2)Na2CO3　CO3(2－)＋H2OHCO3(－)＋OH－
(3)Ag＋＋Cl－===AgCl↓　Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4(＋)
(4)取少量B于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察是否变蓝色
解析　由于盐溶液没有颜色，所以没有Cu2＋和Fe3＋；根据实验现象可知，A、B、C、D、E分别为BaCl2、(NH4)2SO4、AgNO3、Na2CO3、Al2(SO4)3；检验NH4(＋)，常用的方法是将铵盐与浓NaOH溶液共热，看是否能够产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。
14．由短周期元素组成的化合物X是某抗酸药的有效成分。某同学欲探究X的组成。
查阅资料：①由短周期元素组成的抗酸药的有效成分有碳酸氢钠、碳酸镁、氢氧化铝、硅酸镁铝、磷酸铝、碱式碳酸镁铝。
②Al3＋在pH＝5.0时沉淀完全；Mg2＋在pH＝8.8时开始沉淀，在pH＝11.4时沉淀完全。
实验过程：
Ⅰ.向化合物X粉末中加入过量盐酸，产生气体A，得到无色溶液。
Ⅱ.用铂丝蘸取少量Ⅰ中所得的溶液，在火焰上灼烧，无黄色火焰。
Ⅲ.向Ⅰ中所得的溶液中滴加氨水，调节pH至5～6，产生白色沉淀B，过滤。
Ⅳ.向沉淀B中加过量NaOH溶液，沉淀全部溶解。
Ⅴ.向Ⅲ中得到的滤液中滴加NaOH溶液，调节pH至12，得到白色沉淀C。
(1)Ⅰ中气体A可使澄清石灰水变浑浊，A的化学式是________。
(2)由Ⅰ、Ⅱ判断X一定不含有的元素是磷、________。
(3)Ⅲ中生成B的离子方程式是__________________________________________________。
(4)Ⅳ中B溶解的离子方程式是__________________________________________________。
(5)沉淀C的化学式是________。
(6)若上述n(A)∶n(B)∶n(C)＝1∶1∶3，则X的化学式是__________________________。
答案　(1)CO2　(2)钠、硅
(3)Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4(＋)
(4)Al(OH)3＋OH－===AlO2(－)＋2H2O
(5)Mg(OH)2　(6)Mg3Al(OH)7CO3
解析　根据Ⅲ可知Ⅰ中所得溶液中含有Al3＋，由Ⅰ、Ⅱ可判断化合物X中不含有钠元素，即X中不含NaHCO3；根据Ⅴ可知化合物X中含有镁元素；由Ⅰ可知化合物X中含有碳酸根离子，不含硅酸镁铝。综上所述，A为CO2，B为Al(OH)3，C为Mg(OH)2，故根据n(A)∶n(B)∶n(C)＝1∶1∶3 及正负化合价代数和为0原则可推出X的化学式为Mg3Al(OH)7CO3
考点一　微粒结构及相互作用力
原子结构、离子结构是物质结构的核心内容，同样也是高考的重要考点。复习时，注意掌握常用规律，提高解题能力；重视知识迁移、规范化学用语。根据考纲，应从以下五个方面掌握。
1．明确微粒间“三个”数量关系
中性原子：核电荷数＝核内质子数＝核外电子数＝原子序数
阴离子：核外电子数＝质子数＋所带的电荷数
阳离子：核外电子数＝质子数－所带的电荷数
2．“四同”的判断方法
判断的关键是抓住描述的对象。
(1)同位素——原子，如1(1)H、1(2)H、1(3)H。
(2)同素异形体——单质，如O2、O3。
(3)同系物——有机化合物，如CH3CH3、CH3CH2CH3。
(4)同分异构体——有机化合物，如正戊烷、新戊烷。
3．注意易混淆的问题
(1)同种元素，可以有若干种不同的核素，即核素种类远大于元素种类。
(2)元素有多少种核素，就有多少种原子。
(3)同位素是同一元素不同原子的互相称谓，不指具体原子。
(4)同一元素的不同同位素原子其质量数不同，核外电子层结构相同，其原子、单质及其构成的化合物的化学性质几乎完全相同，只是某些物理性质略有差异。
4．巧记10e－、18e－ 微粒
10电子体和18电子体是元素推断题的重要突破口。
此外，由10电子体中的CH4、NH3、H2O、HF失去一个H剩余部分的—CH3、—NH2、—OH、—F为9电子体，两两组合得到的物质如CH3CH3、CH3OH、H2O2、N2H4、F2等也为18电子体。
5．澄清化学键与化合物的关系
说明　(1)当化合物中只存在离子键时，该化合物是离子化合物。
(2)当化合物中同时存在离子键和共价键时，该化合物是离子化合物。
(3)当化合物中只存在共价键时，该化合物是共价化合物。
(4)在离子化合物中一般既含有金属元素又含有非金属元素(铵盐除外)；共价化合物一般只含有非金属元素，但个别含有金属元素，如AlCl3也是共价化合物；只含有非金属元素的化合物不一定是共价化合物，如铵盐。
(5)非金属单质只有共价键(稀有气体除外)。
(6)气态氢化物是共价化合物，只含共价键，而金属氢化物(如NaH)是离子化合物，含离子键。
(7)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。
(8)分子的稳定性与分子间的作用力无关，而与分子内部的化学键的强弱有关。
题组一　化学用语“再回首”
1．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。
(1) 8(16)O2－的结构示意图(×)
(2)质子数为94，中子数为144的钚(Pu)原子 94(144)Pu(×)
(3)过氧化钙(CaO2)的电子式(√)
(4)H2O2的结构式H—O===O—H(×)
(5)乙醇分子中甲基的电子式，羟基的电子式(×)
(6)NH4I的电子式 (×)
题组二　辨析概念比较数量
2．(2015·上海，1)中国科学技术名词审定委员会已确定第116号元素Lv的名称为鉝。关于116(293)Lv的叙述错误的是(　　)
A．原子序数116   B．中子数177
C．核外电子数116   D．相对原子质量293
答案　D
3．(2014·上海，7)下列各组中两种微粒所含电子数不相等的是(　　)
A．H3O＋和OH－   B．CO和N2
C．HNO2和NO2(－)   D．CH3(＋) 和NH4(＋)
答案　D
解析　本题考查微粒中电子数目的计算。CH3(＋)中的电子数为8，NH4(＋)中电子数为10，二者不相等。
题组三　“10e－、18e－”微粒在推断题中的应用
4．已知A、B、C、D四种物质均是由短周期元素原子组成的，它们之间有如图所示的转化关系，且A是一种含有18电子的微粒，C是一种含有10电子的微粒。请完成下列各题：
(1)若A、D均是气态单质分子，写出A与B反应的化学方程式：________________________________________________________________________。
(2)若B、D属同主族元素的单质分子，写出C的电子式：
________________。
(3)若A、B均是含2个原子核的微粒，其中B中含有10个电子，D中含有18个电子，则A、B之间发生反应的离子方程式为____________________________________________________
____________________。
(4)若D是一种含有22电子的分子，则符合如图关系的A的物质有____________(写物质的化学式，如果是有机物则写相应的结构简式)。
答案　(1)2F2＋2H2O===4HF＋O2　(2)H·(·)·(·)H
(3)HS－＋OH－===S2－＋H2O
(4)CH3CH3、CH3OH
解析　(1)18电子的气态单质分子为F2，则C为HF、B为H2O、D为O2，反应方程式为2F2＋2H2O===4HF＋O2。
(2)B、D为同主族元素的单质，且A含有18个电子，C含有10个电子时，则B为O2、A为H2S、C为H2O、D为S，即2H2S＋O2===2H2O＋2S↓。
(3)含2个原子核的18电子的微粒为HS－，10电子的微粒为OH－，反应离子方程式为HS－＋OH－===S2－＋H2O。
(4)含22电子的分子为CO2，则A为含18电子的含C、H或C、H、O的化合物，可能为CH3CH3和CH3OH。
小技巧
若10e－微粒满足关系：
则一定是NH4(＋)＋OH－△(=====)NH3↑＋H2O
题组四　微粒组成及相互作用力
5．(2014·上海，4)在“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是(　　)
A．范德华力、范德华力、范德华力
B．范德华力、范德华力、共价键
C．范德华力、共价键、共价键
D．共价键、共价键、共价键
答案　B
解析　本题考查微粒之间的作用力。“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气”是石蜡的固、液、气三种状态的转变，属于物理变化，需要克服分子之间的作用力即范德华力，“石蜡蒸气→裂化气”是化学变化，破坏的是化学键，所以选B。
6．(2015·上海，6)将Na、Na2O、NaOH、Na2S、Na2SO4分别加热熔化，需要克服相同类型作用力的物质有(　　)
A．2种   B．3种
C．4种   D．5种
答案　C
7．(2015·北京理综，9)最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：
下列说法正确的是(　　)
A．CO和O生成CO2是吸热反应
B．在该过程中，CO断键形成C和O
C．CO和O生成了具有极性共价键的CO2
D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程
答案　C
解析　A项，由能量—反应过程图像中状态Ⅰ和状态Ⅲ知，CO和O生成CO2是放热反应，错误；B项，由状态Ⅱ知，在CO与O生成CO2的过程中CO没有断键形成C和O，错误；C项，由状态Ⅲ及CO2的结构式COO知，CO2分子中存在碳氧极性共价键，正确；D项，由能量—反应过程图像中状态Ⅰ(CO和O)和状态Ⅲ(CO2)分析，状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO和O原子反应生成CO2的过程，错误。
考点二　正确把握元素周期表　准确运用元素周期律
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，在复习时，可从以下六个方面突破：
1．强化记忆元素周期表的结构
2．注意把握元素周期表的特点
(1)短周期元素只有前三周期；
(2)主族中只有ⅡA族元素全部为金属元素；
(3)ⅠA族元素不等同于碱金属元素，H元素不属于碱金属元素；
(4)元素周期表第18列是0族，不是ⅧA族，第8、9、10三列是Ⅷ族，不是ⅧB族；
(5)长周期不一定是18种元素，第六周期有32种元素。
3．理清原子序数与元素位置的“序数差值”规律
(1)同周期相邻主族原子的“序数差值”规律
①除第ⅡA族和第ⅢA族外，其余同周期相邻元素序数差为1。
②同周期第ⅡA族和第ⅢA族为相邻元素，其原子序数差为第二、三周期时相差1，第四、五周期时相差11，第六、七周期时相差25。
(2)同主族相邻元素的“序数差值”规律
①第二、三周期的同族元素原子序数相差8。
②第三、四周期的同族元素原子序数相差有两种情况：第ⅠA族、ⅡA族相差8，其他族相差18。
③第四、五周期的同族元素原子序数相差18。
④第五、六周期的同族元素原子序数镧系之前的相差18，镧系之后的相差32。
⑤第六、七周期的同族元素原子序数相差32。
4．“三看”比较微粒半径大小
在中学化学要求的范畴内，可按“三看”规律来比较粒子半径的大小：
“一看”电子层数：当电子层数不同时，电子层数越多，半径越大。
例：r(Li)<r(Na)<r(K)<r(Rb)<r(Cs)
r(O2－)<r(S2－)<r(Se2－)<r(Te2－)
r(Na)>r(Na＋)
“二看”核电荷数：当电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小。
例：r(Na)>r(Mg)>r(Al)>r(Si)>r(P)>r(S)>r(Cl)
r(O2－)>r(F－)>r(Na＋)>r(Mg2＋)>r(Al3＋)
“三看”核外电子数：当电子层数和核电荷数均相同时，核外电子数越多，半径越大。
例：r(Cl－)>r(Cl)　r(Fe2＋)>r(Fe3＋)
5．金属性、非金属性的多方面比较
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
 
6.重视几个易忽略的问题
(1)比较物质非金属性强弱时，应是最高价氧化物对应水化物酸性的强弱，而不是非金属元素对应氢化物酸性的强弱。
(2)所含元素种类最多的族是ⅢB族，形成化合物种类最多的元素在第ⅣA族。
(3)化学键影响物质的化学性质，如稳定性等；分子间作用力和氢键影响物质的物理性质，如熔、沸点等。
(4)并非所有非金属元素的氢化物分子间都存在氢键，常见的只有非金属性较强的元素如N、O、F的氢化物分子间可形成氢键。
(5)金属性是指金属气态原子失电子能力的性质，金属活动性是指在水溶液中，金属原子失去电子能力的性质，二者顺序基本一致，仅极少数例外。如金属性Pb>Sn，而金属活动性Sn>Pb。
(6)利用原电池原理比较元素金属性时，不要忽视介质对电极反应的影响。如Al—Mg—NaOH溶液构成原电池时，Al为负极，Mg为正极；Fe—Cu—HNO3(浓)构成原电池时，Cu为负极，Fe为正极。
题组一　把握结构，记住关系，灵活应用
1．若某ⅡB族原子序数为x，那么原子序数为x＋1的元素位于(　　)
A．ⅢB族   B．ⅢA族
C．ⅠB族   D．ⅠA族
答案　B
解析　根据元素周期表的结构可知，从左到右依次为第ⅠA族，第ⅡA族，第ⅢB～ⅦB族，第Ⅷ族，第ⅠB、ⅡB族，第ⅢA～ⅦA族，0族，故选B。
2.在元素周期表中的前四周期，两两相邻的5种元素如图所示，若B元素的核电荷数为a。下列说法正确的是(　　)
A．B、D的原子序数之差可能为2
B．E、B的原子序数之差可能是8、18或32
C．5种元素的核电荷数之和可能为5a＋10
D．A、E的原子序数之差可能是7
答案　C
解析　由题中所给5种元素的位置关系可以看出D一定不是第一周期元素(因为如果D是第一周期元素，则D一定属于元素周期表最左边的第ⅠA族元素或最右边的0族元素)，所以A选项错误；由题意可知5种元素在前四周期，所以D、B、E分别为第二、三、四周期的元素，由元素周期表的结构可知5种元素一定在过渡元素右边，所以D、E的原子序数分别为a－8、a＋18，A、C的原子序数分别为a－1、a＋1，即只有C选项正确。
题组二　记住规律，把握特殊，准确判断
3．(2014·海南，2)下列有关物质性质的说法错误的是(　　)
A．热稳定性：HCl>HI
B．原子半径：Na>Mg
C．酸性：H2SO3>H2SO4
D．结合质子能力：S2－>Cl－
答案　C
解析　A项，同主族自上而下，元素非金属性减弱，非金属性越强氢化物越稳定，故稳定性HCl>HI，正确；B项，同周期从左到右，元素原子半径逐渐减小，所以原子半径：Na>Mg，正确；C项，H2SO3属于中强酸，H2SO4属于强酸，故酸性：H2SO4>H2SO3，错误；D项，酸性越弱，酸越难电离，对应的酸根离子越易结合氢离子，因为HCl酸性强于H2S，所以结合质子能力：S2－>Cl－，正确。
4．(2014·上海，6)今年是门捷列夫诞辰180周年。下列事实不能用元素周期律解释的只有(　　)
A．碱性：KOH>NaOH
B．相对原子质量：Ar>K
C．酸性：HClO4>H2SO4
D．元素的金属性：Mg>Al
答案　B
解析　本题考查元素周期律。元素周期律是随着原子序数的增大，元素的化学性质(原子半径、最高正价和最低负价、金属性与非金属性等)出现了周期性的递变规律；而元素的相对原子质量在数值上近似等于质子数＋中子数，与元素周期律无关。
考点三　元素推断及综合运用
元素推断题是高考考查的热点，这类题往往将元素化合物的知识、物质结构理论、化学基本理论等知识串联起来，综合性较强，难度较大。解题的关键是正确推断元素。常用方法有：
1．根据原子或离子的结构示意图推断
(1)已知原子结构示意图，可由下列等式确定元素在周期表中的位置和元素的种类：电子层数＝周期数，最外层电子数＝主族序数。
如果已知离子的结构示意图，则须将其转化为原子结构示意图来确定。
(2)电子层结构相同的微粒：阴离子对应的元素在具有相同电子层结构的稀有气体元素的前面，阳离子对应的元素在具有相同电子层结构的稀有气体元素的下一周期的左边位置，简称“阴前阳下”。
2．根据元素化合价的特征关系推断
(1)根据等式确定元素在周期表中的位置：最高正化合价数＝最外层电子数＝主族序数(O、F除外)。
(2)如果已知负化合价(或阴离子的符号)，则须用等式先求出最高正化合价：最高正化合价＝8－|负化合价|，再确定元素在周期表中的位置。
3．根据原子半径的递变规律推断
根据原子半径来推断元素的相对位置：同周期中左边元素的原子半径比右边元素的原子半径大，同主族中下边元素的原子半径比上边元素的原子半径大。
4．根据元素的原子结构特征推断
(1)利用元素的原子结构特征确定元素在周期表中的位置：①最外层电子数等于或大于3(小于8)的一定是主族元素。②最外层有1个或2个电子，则可能是ⅠA或ⅡA族元素，还有可能是副族、Ⅷ族或0族元素氦。③次外层电子数是2的元素在第二周期；次外层电子数是8的元素在第三周期或第四周期的ⅠA、ⅡA族；最外层电子数比次外层电子数多的元素一定位于第二周期。④某元素阴离子的最外层电子数与次外层电子数相同，该元素位于第三周期；若为阳离子，则对应元素位于第四周期。
(2)利用元素的特征来推断元素的位置：如根据“形成化合物最多的元素”、“空气中含量最多的元素”、“地壳中含量最多的元素”等特征来推断。
5．根据稀有气体的原子序数推断
各周期最后的元素都是稀有气体元素，其原子序数的数值实际上等于前几周期的元素种数之和。熟记这些原子序数，对推断某元素在周期表中的位置很有帮助。
题组一　表格片断式“位—构—性”推断
1．(2015·山东理综，8)短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示。已知Y、W的原子序数之和是Z的3倍，下列说法正确的是(　　)
  Y Z  
X     W
 
A.原子半径：X B．气态氢化物的稳定性：X>Z
C．Z、W均可与Mg形成离子化合物
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>W
答案　C
解析　由题意可知，短周期元素X、Y、Z、W分别位于2、3周期，设Z的原子序数为x，则Y、W的原子序数分别为x－1、x＋9，则有x－1＋x＋9＝3x，解得x＝8，则元素X、Y、Z、W分别为Si、N、O、Cl。A项，原子半径应为X>Y>Z，错误；B项，气态氢化物的稳定性应为X2 均为离子化合物，正确；D项，非金属性：N34，错误。
2．(2015·福建理综，10)短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的质子数是其最外层电子数的三倍。下列说法不正确的是(　　)
A．原子半径：W>Z>Y>X
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：X>W>Z
C．最简单气态氢化物的热稳定性：Y>X>W>Z
D．元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等
答案　A
解析　根据短周期元素W原子的质子数是其最外层电子数的3倍，可推知W是P元素。结合元素在周期表中的相对位置可知：X是N元素，Y是O元素，Z是Si元素。A项，同周期元素，由左到右原子序数增大，原子半径减小；同主族元素，由上到下原子序数增大，原子核外电子层数增多，半径增大。所以原子半径关系为Si>P>N>O，错误；B项，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强。元素的非金属性：N>P>Si，所以它们的最高价氧化物对应的水化物的酸性：HNO3>H3PO4>H2SiO3，正确；C项，元素的非金属性越强，其对应的最简单气态氢化物的热稳定性就越强。元素的非金属性：O>N>P>Si，所以对应最简单气态氢化物的热稳定性：H2O>NH3>PH3>SiH4，正确；D项，主族元素原子的最外层电子数一般等于该元素的最高正化合价(O、F除外)，也等于主族序数，故N、Si、P的最高正化合价分别与其主族序数相等，正确。
题组二　文字叙述式“位—构—性”推断
3．(2015·全国卷Ⅰ，12)W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18。下列说法正确的是(　　)
A．单质的沸点：W>X
B．阴离子的还原性：W>Z
C．氧化物的水化物的酸性：Y D．X与Y不能存在于同一离子化合物中
答案　B
解析　W的L层无电子，则W为氢元素。X的L层为5个电子，则X为氮元素。Y、Z的L层均为8个电子，均在第三周期，最外层电子数之和为12。Y、Z的最外层电子数可能分别为5、7或6、6(若为4、8，则Z为Ar，不是主族元素)，若为6、6，则Y为氧元素(不在第三周期)，不可能，所以Y为磷元素，Z为氯元素。A项，N2的相对分子质量大于H2，分子间的作用力强，所以N2的沸点高于H2，错误；B项，因为氢的非金属性弱于氯(可根据HCl中氢显＋1价判断)，所以H－还原性强于Cl－，正确；C项，由于没有说明是最高价氧化物的水化物，所以氯元素的氧化物的水化物的酸性不一定大于磷元素的氧化物的水化物的酸性，如H3PO4的酸性强于HClO，错误；D项，如离子化合物(NH4)3PO4中同时存在氮和磷两种元素，错误。
4．(2015·全国卷Ⅱ，9)原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。a－的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c－和d＋的电子层结构相同。下列叙述错误的是(　　)
A．元素的非金属性次序为c>b>a
B．a和其他3种元素均能形成共价化合物
C．d和其他3种元素均能形成离子化合物
D．元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6
答案　B
解析　a－的电子层结构与氦相同，则a为氢元素；b和c的次外层有8个电子，且最外层电子数分别为6、7，则b为硫元素，c为氯元素；d的最外层电子数为1，且c－和d＋的电子层结构相同，则d为钾元素。A项，元素的非金属性次序为Cl>S>H，正确；H2S和HCl是共价化合物，KH、K2S和KCl是离子化合物，B项错误，C项正确；D项，氢、硫、氯三种元素的最高和最低化合价分别为＋1和－1、＋6和－2、＋7和－1，因此它们各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6，正确。
题组三　半径、化合价比较式“位—构—性”推断
5．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：
元素代号 X Y Z M R Q
原子半径
(×10－10 m)		 1.86 0.99 1.43 1.60 0.75 0.74
主要化
合价		 最高正价 ＋1 ＋7 ＋3 ＋2 ＋5 —
最低负价 — －1 — — －3 －2
 
下列说法正确的是(　　)
A．元素X和Q形成的化合物中不可能含有共价键
B．X、Z、R的最高价氧化物的水化物之间可两两相互反应
C．Q2－比R3－更容易失去电子
D．M(OH)2的碱性比XOH的碱性强
答案　B
解析　根据原子半径的大小关系和元素的主要化合价，可以推断X为Na，Y为Cl，Z为Al，M为Mg，R为N，Q为O。A项，Na和O2反应生成的Na2O2中含有共价键；C项，N3－比O2－更容易失去电子；D项，NaOH的碱性大于Mg(OH)2。
题组四　元素推断的综合应用
6．已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素，A与C同主族，A与B、A与E形成共价化合物，A与B形成的最简单化合物的水溶液呈碱性，E的最高正化合价与最低负化合价的代数和为6，D是同周期中简单离子半径最小的元素。
(1)五种元素中，E在元素周期表中的位置是________________，画出C的原子结构示意图________________。
(2)B的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应生成的化合物中存在的化学键类型为________________。
(3)C的最高价氧化物对应的水化物与D的最高价氧化物反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)已知X、Y、Z三种物质中均含有上述元素中的某一种元素，它们之间存在如图所示的转化关系：
XW(――→)YWXZ
①X、Y、Z均含有同一种金属元素，若W固体俗称干冰，则反应Y―→Z的离子方程式为________________________________；若W是强碱，且Y是白色难溶固体，则反应Y―→Z的离子方程式为________________________________。
②X、Y、Z是均含有同一种非金属元素的化合物，W是一种常见金属单质，且上述转化均在常温条件下完成，则反应Z―→Y的离子方程式为_____________________________________
___________________________________________________________________________________________________________。
答案　(1)第三周期ⅦA族　
(2)离子键和共价键
(3)Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O
(4)①CO3(2－)＋CO2＋H2O===2HCO3(－)
Al(OH)3＋OH－===AlO2(－)＋2H2O
②3Fe2＋＋NO3(－)＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O
解析　A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素，E的最高正化合价与最低负化合价的代数和为6，说明E是ⅦA族元素，为氯元素；A的原子序数在五种元素中最小，且与B形成的最简单化合物的水溶液呈碱性，则该化合物为氨气，A是氢元素，B是氮元素；C与A同主族，原子序数大于氮的，为钠元素；D是同周期中简单离子半径最小的元素，原子序数大于钠的而小于氯的，为铝元素。(1)E在元素周期表中的位置是第3周期ⅦA族，钠元素的原子序数为11，原子结构示意图为。(2)氮元素的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应生成的化合物是硝酸铵，其中存在的化学键类型是离子键和共价键。(3)钠元素的最高价氧化物对应的水化物氢氧化钠和铝元素的最高价氧化物氧化铝反应的化学方程式是Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O。(4)①若W固体俗称干冰，则W是CO2，根据转化关系可知X是氢氧化钠，Y是碳酸钠，Z是碳酸氢钠，所以Y―→Z的离子方程式为CO3(2－)＋CO2＋H2O===2HCO3(－)；若W是强碱，且Y是白色难溶固体，根据转化关系可知Y是两性氢氧化物氢氧化铝，则X是铝盐，Z是偏铝酸盐，所以Y―→Z的离子方程式为Al(OH)3＋OH－===AlO2(－)＋2H2O。②X、Y、Z是均含有同一种非金属元素的化合物，W是一种常见金属单质，因此W应该是具有多种化合价的金属铁，则X是硝酸，Y是硝酸铁，Z是硝酸亚铁，所以Z―→Y的离子方程式为3Fe2＋＋NO3(－)＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。
专题强化练
1．核泄漏地区可检测到的放射性元素有137Cs、134Cs、131I等。下列叙述正确的是(　　)
A. 55(134)Cs和 55(137)Cs形成的单质物理性质相同
B. 55(134)Cs比 53(131)I多3个中子
C. 55(134)Cs和 55(137)Cs形成的单质化学性质相同
D. 55(134)Cs比 55(137)Cs都是铯的同素异形体
答案　C
解析　A项，同位素原子形成的单质化学性质几乎相同，物理性质不同；B项，(134－55)－(131－53)＝1；D项， 55(134)Cs与 55(137)Cs互称同位素。
2．最近媒体报道了一些化学物质，如：爆炸力极强的N5、比黄金还贵的18O、太空中的甲醇气团等。下列说法中正确的是(　　)
A．18O2和16O2是两种不同的原子
B．甲醇(CH3OH)属于离子化合物
C．N5和N2是氮元素的两种同位素
D．由N5变成N2是化学变化
答案　D
解析　18O2和16O2均为单质，CH3OH属于共价化合物，N5和N2是氮的两种同素异形体。
3．(2015·上海，4)不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是(　　)
A．单质氧化性的强弱
B．单质沸点的高低
C．单质与氢气化合的难易
D．最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱
答案　B
4．(2015·北京理综，7)下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是(　　)
A．酸性：H2SO4>H3PO4  
B．非金属性：Cl>Br
C．碱性：NaOH>Mg(OH)2  
D．热稳定性：Na2CO3>NaHCO3
答案　D
解析　A项，同周期元素自左向右其最高价氧化物对应水化物酸性增强，酸性：H2SO4>H3PO4，能用元素周期律解释；B项，同主族元素自上而下非金属性逐渐减弱，非金属性Cl>Br，能用元素周期律解释；C项，同周期元素自左向右其最高价氧化物对应水化物碱性减弱，碱性：NaOH>Mg(OH)2，能用元素周期律解释；D项，碳酸盐的热稳定性大于其碳酸氢盐的热稳定性，如热稳定性：Na2CO3>NaHCO3，与元素周期律无关。
5．(2015·浙江理综，9)下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素原子的核电荷数为X元素的2倍。下列说法正确的是(　　)
    X
Y Z W
  T  
 
A.X、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增
B．Y、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增
C．YX2晶体熔化、液态WX3气化均需克服分子间作用力
D．根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，T2X3具有氧化性和还原性
答案　D
解析　由于W元素原子的核电荷数为X元素的2倍，故X为氧元素，W为硫元素，结合题中各元素的相对位置，可推断出Y为硅元素，Z为磷元素，T为砷元素。A项，根据同周期和同主族元素原子半径和性质的变化规律可知，原子半径的大小顺序为P>S>O，气态氢化物的热稳定性顺序为H2O>H2S>PH3，错误；B项，硫元素在自然界中能以游离态存在，如存在于火山喷口附近或地壳的岩层中，错误；C项，SiO2为原子晶体，熔化时克服的是共价键，而液态SO3气化克服的是分子间作用力，错误；D项，根据“对角线”规则，砷的单质与硅的单质有相似性，可作半导体材料，As2O3中砷元素显＋3价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性。
6．(2015·广东理综，23改编)甲～庚等元素在周期表中的相对位置如下表，己的最高价氧化物对应水化物有强脱水性，甲和丁在同一周期，甲原子最外层与最内层具有相同电子数。下列判断不正确的是(　　)
A．丙与戊的原子序数相差28
B．气态氢化物的稳定性：庚>己>戊
C．常温下，甲和乙的单质能与水剧烈反应
D．丁的最高价氧化物可用于制造光导纤维
答案　C
解析　根据“己的最高价氧化物对应水化物有强脱水性”，可知己为S元素，结合元素周期表中各元素的相对位置，可得出庚为F、戊为As、丁为Si、丙为B；又由“甲和丁在同一周期，甲原子最外层与最内层具有相同电子数”，说明甲为Mg、乙为Ca。A项，丙(5B)与戊(33As) 的原子序数相差28，正确；B项，元素的非金属性越强，其对应气态氢化物的稳定性越强，因非金属性：庚(F)>己(S)>戊(As)，则有稳定性：庚(HF)>己(H2S)>戊(AsH3)，正确；C项，常温下，镁与水反应很缓慢，钙能与水剧烈反应，错误；D项，丁(Si)的最高价氧化物(SiO2)可用于制造光导纤维，正确。
7．右表为元素周期表前四周期的一部分，下列叙述正确的是(　　)
A．Y单质在空气中燃烧生成YO3
B．Z元素的最高价氧化物的水化物酸性最强
C．X的氢化物为H2X
D．Y、Z和W的阴离子半径依次增大
答案　B
解析　根据元素在周期表中的位置可以推断R为Ar，Z为Cl，Y为S，X为N，W为Br。
8．X＋、Y＋、M2＋、N2－均为含有一定数目电子的短周期元素的简单离子，离子半径大小关系是N2－>Y＋、Y＋>X＋、Y＋>M2＋，下列比较正确的是(　　)
A．原子半径：N可能比Y大，也可能比Y小
B．原子序数：N>M>X>Y
C．M2＋、N2－核外电子数：可能相等，也可能不等
D．碱性：M(OH)2>YOH
答案　C
解析　根据离子所带电荷数及半径大小顺序，可以推断，X为Li，Y为Na，M为Mg，N为O或S；B项，原子序数M>Y>N>X或N>M>Y>X。
9．(2015·江苏，5)短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层有6个电子，Y是至今发现的非金属性最强的元素，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，W的单质广泛用作半导体材料。下列叙述正确的是(　　)
A．原子最外层电子数由多到少的顺序：Y、X、W、Z
B．原子半径由大到小的顺序：W、Z、Y、X
C．元素非金属性由强到弱的顺序：Z、W、X
D．简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：X、Y、W
答案　A
解析　由于Y是非金属性最强的元素，则Y为氟元素；X原子最外层有6个电子，属于第ⅥA族元素，且原子序数小于9，则X为氧元素；由于Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，且其原子序数大于9，则Z为铝元素；由于W的单质广泛用作半导体材料，则W为硅元素。A项，Y、X、W、Z的原子最外层电子数分别为7、6、4、3，正确；B项，原子半径由大到小的顺序为Al、Si、O、F，错误；C项，非金属性由强到弱的顺序为F、O、Si、Al，错误；D项，简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：F、O、Si，错误。
10．(2015·海南，12)a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c。下列叙述错误的是(　　)
A．d元素的非金属性最强
B．它们均存在两种或两种以上的氧化物
C．只有a与其他元素生成的化合物都是离子化合物
D．b、c、d分别与氢形成的化合物中化学键均为极性共价键
答案　D
解析　根据题意，短周期元素中，a的M层电子数为1个，则a为钠元素，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，则b为碳元素，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，则c为硫元素，结合c与d同周期，d的原子半径小于c，故d为氯元素。A项，上述元素中非金属性最强的元素是氯元素，正确；B项，钠可以形成Na2O、Na2O2两种氧化物，碳元素可以形成CO、CO2两种氧化物，S元素可以形成SO2、SO3两种氧化物，氯元素可以形成Cl2O、ClO2、Cl2O7等多种价态的氧化物，B项正确；C项，钠为活泼金属元素，可以与非金属元素C、S、Cl等形成离子化合物，正确；D项，碳元素可以与氢元素形成只含有极性键的化合物，如CH4，也可形成含有极性键和非极性键的化合物，如CH3CH3等，硫元素形成的H2S只含极性键，氯元素与氢元素形成的HCl也只含极性键，错误。
11．现有A、B、C、D四种短周期元素，A分别与B、C、D结合生成甲、乙、丙三种化合物，且甲、乙、丙三种分子中含有相同数目的质子，C、D结合生成化合物丁。有关元素的单质和甲、乙、丙、丁四种化合物的转化关系如图所示：
请回答下列问题：
(1)写出B＋乙―→甲＋C反应的化学方程式：________________________________________
________________________________________________________________________________________________________。
(2)根据以上条件可以确定A、B、C、D四种元素中的三种，不能确定的第四种元素是________(填序号)。
①A  ②B  ③C  ④D
(3)依据下列条件可以进一步确定上述第四种元素：
(ⅰ)甲与丙以及乙与丙均能够发生反应；
(ⅱ)甲、丙、丁都是无色有刺激性气味的气体。
①写出上述第四种元素在周期表中的位置：________。
②写出C＋丙―→乙＋丁反应的化学方程式：_________________________________________
_______________________________________________________________________________________________________。
答案　(1)2F2＋2H2O===4HF＋O2
(2)④
(3)①第二周期ⅤA族
②4NH3＋5O2催化剂4NO＋6H2O
解析　根据题目提供的信息，可以推断A为H，B为F，C为O，而D可能为C或N。根据甲、乙、丙三种分子含有相同的质子数，结合四种元素均为短周期元素的信息，可初步推断甲、乙、丙可能为C、N、O、F的氢化物。(1)B＋乙―→甲＋C为单质B置换单质C的反应，则该反应为2F2＋2H2O===4HF＋O2。(2)由题目提供的文字信息及框图信息只能确定D为碳元素或氮元素。(3)甲为HF，乙为H2O，二者均能与丙反应，则丙为NH3。D元素为N，位于元素周期表第二周期ⅤA族。C＋丙―→乙＋丁的反应为NH3的催化氧化反应。
12．A、B、C、D、X、Y为元素周期表中六种主族元素，其原子序数依次增大，均小于54；常温下A2B呈液态；高纯C单质是良好的半导体材料；D、X、Y原子最外层电子数均为7；过渡元素Z与B可形成多种化合物，其中红棕色粉末Z2B3常用作红色油漆和涂料。
请按要求回答下列问题：
(1)将D2的水溶液加入浅绿色的ZD2溶液中发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)学生甲认为X2和Y2都可能将Z2＋氧化为Z3＋，他推理的依据是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)学生乙认为X2和Y2都不能将Z2＋氧化为Z3＋；学生丙认为X2能将Z2＋氧化为Z3＋，但Y2不能。学生乙、丙推理的依据是_____________________________________________________
___________________________________________________________________________________________。
(4)A与B可形成既含极性键又含非极性键的化合物W。W的水溶液呈弱酸性，常用作无污染的消毒杀菌剂等。
①W的电子式为________________。
②如果配制W溶液的水中含有Z3＋，会消弱W的消毒杀菌能力，甚至会完全失去杀菌作用。试用化学方程式表示其原因：_____________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)铅(Pb)、锡(Sn)、锗(Ge)与元素C同主族；常温下其单质在空气中，锡、锗不反应，而铅表面会生成一层氧化铅；锗与盐酸不反应，而锡与盐酸反应。由此可得出以下结论：
①锗的原子序数为________；
②它们＋4价氢氧化物的碱性由强到弱的顺序为________________________________(填化学式)。
答案　(1)2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
(2)Br、I与Cl均为ⅦA族元素，其单质具有较强的氧化性
(3)Br、I与Cl均为ⅦA族元素，从上到下卤素单质氧化性逐渐减弱
(4)①
②2H2O2Fe3＋(=====)2H2O＋O2↑
(5)①32　②Pb(OH)4>Sn(OH)4>Ge(OH)4
解析　根据题给信息，可以推断出A为H，B为O，C为Si，D为Cl，X为Br，Y为I，Z为Fe。(1)该反应为FeCl2与Cl2的反应。(2)Br、I与Cl均为ⅦA族元素，其单质具有较强的氧化性。(3)从Cl到I，非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，因此Br2、I2不一定能将Fe2＋氧化为Fe3＋。(4)①W为H2O2，电子式为。②Fe3＋能够催化H2O2的分解，因此配制H2O2溶液的水中含有Fe3＋，则消毒杀菌能力减弱。(5)①Ge位于第四周期，原子序数为32。②根据提供的信息，金属性：Pb>Sn>Ge，因此碱性：Pb(OH)4>Sn(OH)4>Ge(OH)4。
13.Ⅰ.(1)某短周期元素组成的分子的球棍模型如图所示。已知分子中所有原子的最外层均达到8电子稳定结构，原子间以单键相连。下列有关说法中错误的是________。
A．X原子可能为ⅤA族元素
B．Y原子一定为ⅠA族元素
C．该分子中，既含极性键，又含非极性键
D．从圆球的大小分析，该分子可能为N2F4
(2)若上述模型中Y原子最外层达到2电子稳定结构且其相对分子质量与F2相同，则该物质的分子式为______________，它与P2H4常温下均为气体，但比P2H4易液化，常用作火箭燃料，其主要原因是______________________________________________________________
________________________________________________________________________。
Ⅱ.已知X、Y、Z、W四种元素分别是元素周期表中连续三个短周期的元素，且原子序数依次增大。X、W同主族，Y、Z为同周期的相邻元素。W原子的质子数等于Y、Z原子最外层电子数之和。Y的氢化物分子中有3个共价键，试推断：
(1)X、Z两种元素的元素符号：X________________________________________________、
Z______________________。
(2)由以上元素中两两形成的化合物中：溶于水显碱性的气态氢化物的电子式为__________，它的共价键属于__________(填“极性”或“非极性”)键；含有离子键和非极性共价键的化合物的电子式为________；含有极性共价键和非极性共价键的化合物的电子式为________________________________。
(3)由X、Y、Z所形成的常见离子化合物是__________(写化学式)，该化合物与W的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液加热时反应的离子方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
X与W形成的化合物与水反应时，水是____________________________________________
____________________________
(填“氧化剂”或“还原剂”)。
(4)用电子式表示W与Z形成W2Z的过程：_________________________________________
_______________________________________________________________________________________________________。
答案　Ⅰ.(1)B
(2)N2H4　N2H4分子之间形成氢键，致使N2H4沸点升高易液化
Ⅱ.(1)H　O
(3)NH4NO3　NH4(＋)＋OH－△(=====)NH3↑＋H2O　氧化剂
(4)
解析　Ⅰ.(1)根据球棍模型可知，该物质的电子式为，所以X为第ⅤA族元素，Y为第ⅦA族元素，B项错误。
(2)由于Y为H元素，所以该物质的分子式为N2H4，N2H4分子之间形成氢键，使N2H4沸点升高易液化。
Ⅱ.根据已知条件可以推断，Z为O，Y为N，W为Na，X为H。
(3)NH4NO3是离子化合物，NH4NO3与浓NaOH加热时发生反应：NH4(＋)＋OH－△(=====)NH3↑＋H2O
NaH和H2O反应生成NaOH和H2，H2O是氧化剂。
考点一　从宏观、微观角度掌握反应热
1．理解化学反应热效应的两种角度
(1)从微观的角度说，是旧化学键断裂吸收的能量与新化学键形成放出的能量的差值，如下图所示：
a表示旧化学键断裂吸收的能量；
b表示新化学键形成放出的能量；
c表示反应热。
(2)从宏观的角度说，是反应物自身的能量与生成物能量的差值，在上图中：
a表示活化能；
b表示活化分子结合成生成物所释放的能量；
c表示反应热。
2．反应热的量化参数——键能
反应热与键能的关系
反应热：ΔH＝E1－E2或ΔH＝E4－E3，即ΔH等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，或生成物具有的总能量减去反应物具有的总能量。
题组一　正确理解概念
1．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。
(1)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(×)
(2015·江苏，4D)
(2)向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值不变(×)
(2014·浙江理综，7D)
(3)催化剂能改变反应的焓变(×)
(2012·江苏，4B改编)
(4)催化剂能降低反应的活化能(√)
(2012·江苏，4C改编)
(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(×)
(2010·山东理综，10D)
2．下列关于反应热和热化学反应的描述中正确的是(　　)
A．HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3) kJ·mol－1
B．CO(g)的燃烧热是283.0 kJ·mol－1，则2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝＋2×283.0 kJ·mol－1
C．氢气的燃烧热为285.5 kJ·mol－1，则电解水的热化学方程式为2H2O(l)电解(=====)2H2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋285.5 kJ·mol－1
D．1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
答案　B
解析　在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol液态H2O时的反应热叫做中和热，中和热是以生成 1 mol 液态H2O为基准的，A项错误；CO(g)的燃烧热是283.0 kJ·mol－1，则CO(g)＋2(1)O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283.0 kJ·mol－1，则2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH＝－2×283.0 kJ·mol－1，逆向反应时反应热的数值相等，符号相反，B项正确；电解 2 mol 水吸收的热量和2 mol H2完全燃烧生成液态水时放出的热量相等，C项中的ΔH应为＋571.0 kJ·mol－1；在101 kPa 时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时(水应为液态)所放出的热量是该物质的燃烧热，D项错误。
失误防范
“三热”是指反应热、燃烧热与中和热，可以用对比法深化对这三个概念的理解，明确它们的区别和联系，避免认识错误。
(1)化学反应吸收或放出的热量称为反应热，符号为ΔH，单位常用kJ·mol－1，它只与化学反应的计量系数、物质的聚集状态有关，而与反应条件无关。中学阶段研究的反应热主要是燃烧热和中和热。
(2)燃烧热：在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。单位：kJ·mol－1。需注意：①燃烧热是以1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量来定义的，因此在书写燃烧热的热化学方程式时，一般以燃烧1 mol 物质为标准来配平其余物质的化学计量数；②燃烧产物必须是稳定的氧化物，如C→CO2、H2→H2O(l)等。
(3)中和热：在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol液态H2O时的反应热。需注意：①稀溶液是指物质溶于大量水中；②中和热不包括离子在水溶液中的生成热、物质的溶解热、电解质电离时的热效应；③中和反应的实质是H＋和OH－化合生成H2O，即H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。
题组二　“式形相随”理解反应热
3．[2014·北京理综，26(3)①]已知：2NO2(g)N2O4(g)　ΔH1
2NO2(g)N2O4(l)　ΔH2
下列能量变化示意图中，正确的是(选填字母)______。
答案　A
解析　等质量的N2O4(g)具有的能量高于N2O4(l)，因此等量的NO2(g)生成N2O4(l)放出的热量多，只有A项符合题意。
4．[2015·海南，16(3)]由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示，若生成1 mol N2，其ΔH＝________kJ·mol－1。
答案　－139
5．[2014·浙江理综，27(3)]煤炭燃烧过程中会释放出大量的SO2，严重破坏生态环境。采用一定的脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，降低了脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下：
CaSO4(s)＋CO(g)CaO(s)＋SO2(g)＋CO2(g)
ΔH1＝218.4 kJ·mol－1(反应Ⅰ)
CaSO4(s)＋4CO(g)CaS(s)＋4CO2(g)
ΔH2＝－175.6 kJ·mol－1(反应Ⅱ)
假设某温度下，反应 Ⅰ 的速率(v1)大于反应 Ⅱ 的速率(v2)，则下列反应过程能量变化示意图正确的是________。
答案　C
6．(2015·上海，8)已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如下图所示。下列说法正确的是(　　)
A．加入催化剂，减小了反应的热效应
B．加入催化剂，可提高H2O2的平衡转化率
C．H2O2分解的热化学方程式：H2O2―→H2O＋2(1)O2＋Q
D．反应物的总能量高于生成物的总能量
答案　D
解析　催化剂不会影响反应的热效应和平衡转化率；C项，热化学方程式应标明状态。
题组三　“一式”解决反应热的计算
7．(1)[2015·浙江理综，28(1)]乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：
已知：
化学键 C—H C—C C===C H—H
键能/kJ·mol－1 412 348 612 436
 
计算上述反应的ΔH＝________ kJ·mol－1。
答案　124
解析　设“”部分的化学键键能为a kJ·mol－1，则ΔH＝(a＋348＋412×5) kJ·mol－1－(a＋612＋412×3＋436) kJ·mol－1＝124 kJ·mol－1。
(2)[2015·全国卷Ⅰ，28(3)]已知反应2HI(g)===H2(g)＋I2(g)的ΔH＝＋11 kJ·mol－1,1 mol H2(g)、1 mol I2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436 kJ、151 kJ的能量，则1 mol HI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为____________kJ。
答案　299
解析　形成1 mol H2(g)和1 mol I2(g)共放出436 kJ＋151 kJ＝587 kJ能量，设断裂2 mol HI(g)中化学键吸收2a kJ能量，则有2a－587＝11，得a＝299。[另解：ΔH＝2E(H—I)－E(H—H)－E(I—I)，2E(H—I)＝ΔH＋E(H—H)＋E(I—I)＝11 kJ·mol－1＋436 kJ·mol－1＋151 kJ·mol－1＝598 kJ·mol－1，则E(H—I)＝299 kJ·mol－1。]
8．(2014·重庆理综，6)已知：
C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝a kJ·mol－1
2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－220 kJ·mol－1
H—H、O===O和O—H键的键能分别为436、496和462 kJ·mol－1，则a为(　　)
A．－332   B．－118
C．＋350   D．＋130
答案　D
解析　根据盖斯定律和焓变与键能的关系解答。根据题中给出的键能可得出热化学方程式：③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH3＝(2×436＋496－4×462) kJ·mol－1，即③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH3＝－480 kJ·mol－1，题中②2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH2＝－220 kJ·mol－1，(②－③)×2(1)得①C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH1＝(ΔH2－ΔH3)×2(1)，即a＝(－220＋480)×2(1)＝130，选项D正确。
失误防范
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：1 mol金刚石中含2 mol C—C键，1 mol硅中含2 mol Si—Si键，1 mol SiO2晶体中含4 mol Si—O键；分子晶体：1 mol P4中含有6 mol P—P键，1 mol P4O10(即五氧化二磷)中，含有12 mol P—O键、4 mol P===O键，1 mol C2H6中含有6 mol C—H键和 1 mol C—C键。
考点二　热化学方程式的书写与判断
1．两个模板
(1)热化学方程式的书写模板
步骤1　写方程
写出配平的化学方程式。
步骤2　标状态
用s、l、g、aq标明物质的聚集状态。
步骤3　标条件
标明反应物的温度和压强(101 kPa、25 ℃时可不标注)。
步骤4　标ΔH
在方程式后写出ΔH，并根据信息注明ΔH的“＋”或“－”。
步骤5　标数值
根据化学计量数计算写出ΔH的数值。
(2)热化学方程式书写的正误判断模板
步骤1　审“＋”“－”
放热反应一定为“－”，吸热反应一定为“＋”。
步骤2　审单位
单位一定为“kJ·mol－1”，易漏写或错写成“kJ”。
步骤3　审状态
物质的状态必须正确，特别是溶液中的反应易写错。
步骤4　审数值的对应性
反应热的数值必须与方程式的化学计量数相对应，即化学计量数与ΔH成正比。当反应逆向时，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反。
步骤5　审是否符合概念
如注意燃烧热和中和热的概念以及与此相关的热化学方程式。
2．两个注意
(1)注意同素异形体转化的名称问题
对于具有同素异形体的物质，除了要注明聚集状态之外，还要注明物质的名称。
如①S(单斜，s)＋O2(g)===SO2(g)
ΔH1＝－297.16 kJ·mol－1
②S(正交，s)＋O2(g)===SO2(g)
ΔH2＝－296.83 kJ·mol－1
③S(单斜，s)===S(正交，s)
ΔH3＝－0.33 kJ·mol－1
(2)注意可逆反应中的反应热及热量变化问题
由于反应热是指反应完全时的热效应，所以对于可逆反应，其热量要小于反应完全时的热量。
题组一　热化学方程式的书写
1．(1)[2014·大纲全国卷，28(1)]化合物AX3和单质X2在一定条件下反应可生成化合物AX5。回答下列问题：
已知AX3的熔点和沸点分别为－93.6 ℃和76 ℃，AX5的熔点为167 ℃。室温时AX3与气体X2反应生成1 mol AX5，放出热量123.8 kJ。该反应的热化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)[2014·天津理综，7(4)]晶体硅(熔点1 410 ℃)是良好的半导体材料。由粗硅制纯硅过程如下：
Si(粗)Cl2SiCl4蒸馏(――→)SiCl4(纯)H2Si(硅)
写出SiCl4的电子式：________________；在上述由SiCl4制纯硅的反应中，测得每生成1.12 kg纯硅需吸收a kJ热量，写出该反应的热化学方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)[2015·安徽理综，27(4)]NaBH4(s)与水(l)反应生成NaBO2(s)和氢气(g)，在25 ℃、101 kPa下，已知每消耗3.8 g NaBH4(s)放热21.6 kJ，该反应的热化学方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)[2015·天津理综，7(4)]随原子序数递增，八种短周期元素(用字母x等表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。
根据判断出的元素回答问题：
已知1 mol e的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5 kJ热量，写出该反应的热化学方程式：_____________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案　(1)AX3(l)＋X2(g)===AX5(s)
ΔH＝－123.8 kJ·mol－1
(2)　SiCl4(g)＋2H2(g)1 100 ℃(=====)Si(s)＋4HCl(g)　ΔH＝＋0.025a kJ·mol－1
(3)NaBH4(s)＋2H2O(l)===NaBO2(s)＋4H2(g)
ΔH＝－216 kJ·mol－1
(4)2Na(s)＋O2(g)===Na2O2(s)
ΔH＝－511 kJ·mol－1
题组二　热化学方程式的正误判断
2．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。
(1)甲烷的标准燃烧热为－890.3 kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－890.3 kJ·mol－1(×)
(2)500 ℃、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)催化剂500 ℃、30 MPa2NH3(g)
ΔH＝－38.6 kJ·mol－1(×)
(3)C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(g)
ΔH＝－1 367.0 kJ·mol－1(燃烧热)(×)
(4)NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l)
ΔH＝＋57.3 kJ·mol－1(中和热)(×)
(5)25 ℃、101 kPa时，强酸、强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3 kJ·mol－1，则
2H＋(aq)＋SO4(2－)(aq)＋Ba2＋(aq)＋2OH－(aq)===BaSO4(s)＋2H2O(l)　ΔH＝－114.6 kJ·mol－1(×)
解题心得
热化学方程式书写或判断易出现的错误
1．未标明反应物或生成物的状态而造成错误。
2．反应热的符号使用不正确，即吸热反应未标出“＋”号，放热反应未标出“－”号，从而导致错误。
3．漏写ΔH的单位，或者将ΔH的单位写为kJ，从而造成错误。
4．反应热的数值与方程式的计量数不对应而造成错误。
5．对燃烧热、中和热的概念理解不到位，忽略其标准是1 mol 可燃物或生成1 mol H2O(l)而造成错误。
考点三　盖斯定律的多角度应用
1．定律内容
一定条件下，一个反应不管是一步完成，还是分几步完成，反应的总热效应相同，即反应热的大小与反应途径无关，只与反应的始态和终态有关。
2．常用关系式
热化学方程式 焓变之间的关系
aA===B　ΔH1
A===a(1)B　ΔH2		 ΔH2＝a(1)ΔH1或
ΔH1＝aΔH2
aA===B　ΔH1
B===aA　ΔH2		 ΔH1＝－ΔH2
  ΔH＝ΔH1＋ΔH2
 
题组一　利用盖斯定律求焓变
1．(2015·重庆理综，6)黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为
S(s)＋2KNO3(s)＋3C(s)===K2S(s)＋N2(g)＋3CO2(g)　ΔH＝x kJ·mol－1
已知：碳的燃烧热ΔH1＝a kJ·mol－1
S(s)＋2K(s)===K2S(s)　ΔH2＝b kJ·mol－1
2K(s)＋N2(g)＋3O2(g)===2KNO3(s)　ΔH3＝c kJ·mol－1，则x为(　　)
A．3a＋b－c   B．c－3a－b
C．a＋b－c   D．c－a－b
答案　A
解析　由碳的燃烧热ΔH1＝a kJ·mol－1，得①C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1＝a kJ·mol－1，将另外两个热化学方程式依次编号为②、③，目标反应可由①×3＋②－③得到，所以ΔH＝3ΔH1＋ΔH2－ΔH3，即x＝3a＋b－c。
2．(2013·新课标全国卷Ⅱ，12)在1 200 ℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应：
H2S(g)＋2(3)O2(g)===SO2(g)＋H2O(g)ΔH1
2H2S(g)＋SO2(g)===2(3)S2(g)＋2H2O(g)ΔH2
H2S(g)＋2(1)O2(g)===S(g)＋H2O(g)ΔH3
2S(g)===S2(g)ΔH4
则ΔH4的正确表达式为(　　)
A．ΔH4＝3(2)(ΔH1＋ΔH2－3ΔH3)
B．ΔH4＝3(2)(3ΔH3－ΔH1－ΔH2)
C．ΔH4＝2(3)(ΔH1＋ΔH2－3ΔH3)
D．ΔH4＝2(3)(ΔH1－ΔH2－3ΔH3)
答案　A
解析　给题中方程式依次编号为①、②、③、④，[①＋②－③×3]×3(2)得2S(g)===S2(g)　　ΔH4＝3(2)(ΔH1＋ΔH2－3ΔH3)
3．[2015·江苏，20(1)]烟气(主要污染物SO2、NOx)经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NOx的含量。O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为
NO(g)＋O3(g)===NO2(g)＋O2(g)
ΔH＝－200.9 kJ·mol－1
NO(g)＋2(1)O2(g)===NO2(g)
ΔH＝－58.2 kJ·mol－1
SO2(g)＋O3(g)===SO3(g)＋O2(g)
ΔH＝－241.6 kJ·mol－1
反应3NO(g)＋O3(g)===3NO2(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。
答案　－317.3
解析　对所给的三个热化学方程式由上到下依次标记为①、②、③，由反应①和②可知O2是中间产物，①＋②×2消去O2，可得目标反应，故目标反应的ΔH＝－200.9 kJ·mol－1＋(－58.2 kJ·mol－1)×2＝－317.3 kJ·mol－1。
答题模板
叠加法求焓变
步骤1　“倒”
为了将方程式相加得到目标方程式，可将方程式颠倒过来，反应热的数值不变，但符号相反。这样，就不用再做减法运算了，实践证明，方程式相减时往往容易出错。
步骤2　“乘”
为了将方程式相加得到目标方程式，可将方程式乘以某个倍数，反应热也要相乘。
步骤3　“加”
上面的两个步骤做好了，只要将方程式相加即可得目标方程式，反应热也要相加。
题组二　多角度比较焓变大小
4．(2014·新课标全国卷Ⅱ，13)室温下，将1 mol的CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为ΔH1，将 1 mol 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(　　)
A．ΔH2>ΔH3
B．ΔH1<ΔH3
C．ΔH1＋ΔH3＝ΔH2
D．ΔH1＋ΔH2>ΔH3
答案　B
解析　1 mol CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，为吸热反应，故ΔH1>0,1 mol CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，为放热过程，故ΔH2<0,1 mol CuSO4·5H2O(s)溶于水可以分为两个过程，先分解成1 mol CuSO4(s)和5 mol水，然后1 mol CuSO4(s)再溶于水，CuSO4·5H2O的分解为吸热反应，即ΔH3>0，根据盖斯定律得到关系式ΔH1＝ΔH2＋ΔH3，分析得到答案：ΔH1<ΔH3。
5．已知下列热化学方程式：
①H2(g)＋2(1)O2(g)===H2O(g)　ΔH1＝a kJ·mol－1
②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH2＝b kJ·mol－1
③H2(g)＋2(1)O2(g)===H2O(l)　ΔH3＝c kJ·mol－1
④2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH4＝d kJ·mol－1
下列关系式中正确的是(　　)
A．a<c<0   B．b>d>0
C．2a＝b<0   D．2c＝d>0
答案　C
解析　H2的燃烧反应是放热反应，ΔH<0，故a、b、c、d都小于0，B、D错；反应③与反应①相比较，产物的状态不同，H2O(g)转化为H2O(l)为放热反应，所以a>c，A错；反应②的化学计量数是①的2倍，②的反应热也是①的2倍，b＝2a<0，C对。
6．(2014·江苏，10)已知：C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1
CO2(g)＋C(s)===2CO(g)　ΔH2
2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH3
4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s)　ΔH4
3CO(g)＋Fe2O3(s)===3CO2(g)＋2Fe(s)　ΔH5
下列关于上述反应焓变的判断正确的是(　　)
A．ΔH1>0，ΔH3<0   B．ΔH2>0，ΔH4>0
C．ΔH1＝ΔH2＋ΔH3   D．ΔH3＝ΔH4＋ΔH5
答案　C
解析　A项，C(s)、CO(g)在O2(g)中燃烧生成CO2，均为放热反应，则有ΔH1<0、ΔH3<0；B项，CO2(g)与C(s)在高温条件下反应生成CO(g)，该反应为吸热反应，则有ΔH2>0，Fe(s)与O2(g)反应生成Fe2O3(s)为放热反应，则有ΔH4<0；C项，将五个热化学方程式依次编号为①、②、③、④、⑤，根据盖斯定律，由②＋③可得①，则有ΔH1＝ΔH2＋ΔH3；D项，将五个热化学方程式依次编号为①、②、③、④、⑤，根据盖斯定律，由③×3－⑤×2可得④，则有ΔH4＝3ΔH3－2ΔH5。
方法归纳
反应热大小比较
1．利用盖斯定律比较。
2．同一反应的生成物状态不同时，如A(g)＋B(g)===C(g)　ΔH1，A(g)＋B(g)===C(l)　ΔH2，则ΔH1>ΔH2。
3．同一反应的同一反应物状态不同时，如A(s)＋B(g)===C(g)　ΔH1，A(g)＋B(g)===C(g)　ΔH2，则ΔH1>ΔH2。
4．两个有联系的反应相比较时，如C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1①，C(s)＋1/2O2(g)===CO(g)　ΔH2②。
比较方法：利用反应①(包括ΔH1)乘以某计量数减去反应②(包括ΔH2)乘以某计量数，即得出ΔH3＝ΔH1×某计量数－ΔH2×某计量数，根据ΔH3大于0或小于0进行比较。
总之，比较反应热的大小时要注意：①反应中各物质的聚集状态；②ΔH有正负之分，比较时要连同“＋”、“－”一起比较，类似数学中的正、负数大小的比较；③若只比较放出或吸收热量的多少，则只比较数值的大小，不考虑正、负号。
专题强化练
1．(2015·海南，4)已知丙烷的燃烧热ΔH＝－2 215 kJ·mol－1。若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8 g水，则放出的热量约为(　　)
A．55 kJ   B．220 kJ
C．550 kJ   D．1 108 kJ
答案　A
解析　由丙烷的燃烧热ΔH＝－2 215 kJ·mol－1，可写出其燃烧的热化学方程式C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(l)　ΔH＝－2 215 kJ·mol－1，丙烷完全燃烧产生1.8 g水，n(H2O)＝m÷M＝1.8 g÷18 g·mol－1＝0.1 mol，所以反应放出的热量是Q＝(2 215 kJ÷4 mol)×0.1 mol≈55.4 kJ，A选项正确。
2．为探究NaHCO3、Na2CO3与1 mol·L－1盐酸反应(设两反应分别是反应Ⅰ、反应Ⅱ)过程中的热效应，进行实验并测得如下数据。下列有关说法正确的是(　　)
序号 液体 固体 混合前
温度		 混合后
最高温度
① 35 mL水 2.5 g NaHCO3 20 ℃ 18.5 ℃
② 35 mL水 3.2 g Na2CO3 20 ℃ 24.3 ℃
③ 35 mL盐酸 2.5 g NaHCO3 20 ℃ 16.2 ℃
④ 35 mL盐酸 3.2 g Na2CO3 20 ℃ 25.1 ℃
 
A.仅通过实验③即可判断反应Ⅰ是吸热反应
B．仅通过实验④即可判断反应Ⅱ是放热反应
C．通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是吸热反应、放热反应
D．通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是放热反应、吸热反应
答案　C
解析　因盐酸中亦有水，故综合①③可知Ⅰ为吸热反应，综合②④可知Ⅱ为放热反应，故C正确。
3．已知氯气、溴蒸气分别跟氢气反应的热化学方程式如下(Q1、Q2均为正值)：
H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH＝－Q1 kJ·mol－1
H2(g)＋Br2(g)===2HBr(g)　ΔH＝－Q2 kJ·mol－1
根据上述反应做出的判断正确的是(　　)
A．Q1>Q2
B．生成物总能量均高于反应物总能量
C．生成1 mol HCl(g)放出Q1 kJ热量
D．等物质的量时，Br2(g)具有的能量低于Br2(l)
答案　A
解析　生成的气态氢化物越稳定，放出的热量越多，A正确；B项，两个反应均为放热反应，所以生成物总能量均低于反应物总能量；C项，生成2 mol HCl(g)放出Q1 kJ热量；D项，等物质的量时，Br2(g)具有的能量高于Br2(l)。
4．下列有关能量的判断和表示方法正确的是(　　)
A．由C(石墨，s)===C(金刚石，s)　ΔH＝＋1.9 kJ·mol－1，可知：石墨比金刚石更稳定
B．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量更多
C．由H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1可知：含1 mol CH3COOH的溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出热量等于57.3 kJ
D．2 g H2完全燃烧生成液态水放出285.8 kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
答案　A
解析　B项，因为S(g)―→S(s)放出热量，所以等质量时，硫蒸气燃烧放出热量比硫固体多；C项，CH3COOH电离要吸热，所以1 mol CH3COOH溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量少于57.3 kJ；D项，应改为ΔH＝－571.6 kJ·mol－1。
5．已知：CH3OH(g)＋2(3)O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－a kJ·mol－1
CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－b kJ·mol－1
CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－c kJ·mol－1
则下列叙述正确的是(　　)
A．由上述热化学方程式可知b>c
B．甲烷的燃烧热为b kJ·mol－1
C．2CH3OH(g)===2CH4(g)＋O2(g)　ΔH＝2(b－a) kJ·mol－1
D．甲醇和甲烷物质的量之比为1∶2的混合物完全燃烧生成CO2和H2O(l)时，放出的热量为Q kJ，则该混合物中甲醇的物质的量为a＋2b(Q) mol
答案　C
解析　A项，CH4燃烧生成H2O(l)放出热量多，所以b<c；B项，根据燃烧热的概念，甲烷的燃烧热应为c kJ·mol－1；C项，2CH3OH(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(g)　ΔH＝－2a kJ·mol－1,2CO2(g)＋4H2O(g)===2CH4(g)＋4O2(g)　ΔH＝＋2b kJ·mol－1。上述两式相加：2CH3OH(g)===2CH4(g)＋O2(g)　ΔH＝2(b－a) kJ·mol－1；D项，该项是生成H2O(g)对应的甲醇的物质的量。
6．已知：①H2(g)＋2(1)O2(g)===H2O(g)
ΔH＝－241.8 kJ·mol－1
H2O(l)===H2O(g)　ΔH＝＋44 kJ·mol－1
②稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)
ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
下列结论正确的是(　　)
A．H2的燃烧热为241.8 kJ·mol－1
B．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
C．稀CH3COOH溶液与稀NaOH溶液反应生成1 mol H2O(l)，放出热量大于57.3 kJ
D．2H＋(aq)＋SO4(2－)(aq)＋Ba2＋(aq)＋2OH－(aq)===BaSO4(s)＋2H2O(l)　ΔH＝－114.6 kJ·mol－1
答案　B
解析　A项，H2的燃烧热应为285.8 kJ·mol－1；B项正确；C项，CH3COOH电离要吸收热量；D项，生成BaSO4要放出热量，所以放出热量应大于114.6 kJ。
7．已知热化学方程式：
①CO(g)＋2(1)O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283.0 kJ·mol－1
②H2(g)＋2(1)O2(g)===H2O(g)　ΔH＝－241.8 kJ·mol－1
据此判断下列说法正确的是(　　)
A．H2(g)＋2(1)O2(g)===H2O(l)的ΔH>－241.8 kJ·mol－1
B．H2的燃烧热ΔH＝－241.8 kJ·mol－1
C．H2(g)转变成H2O(g)的化学反应一定放出能量
D．CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)的ΔH＝－41.2 kJ·mol－1
答案　D
解析　A项，生成H2O(l)放出热量多，所以ΔH<－241.8 kJ·mol－1；B项，H2的燃烧热是指生成1 mol H2O(l)对应的热量；C项，H2还原一些金属氧化物是吸热反应；D项，根据盖斯定律可以判断该项正确。
8．已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH1
3H2(g)＋Fe2O3(s)===2Fe(s)＋3H2O(g)　ΔH2
2Fe(s)＋2(3)O2(g)===Fe2O3(s)　ΔH3
2Al(s)＋2(3)O2(g)===Al2O3(s)　ΔH4
2Al(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(　　)
A．ΔH1<0，ΔH3>0   B．ΔH5<0，ΔH4<ΔH3
C．ΔH1＝ΔH2＋ΔH3   D．ΔH3＝ΔH4＋ΔH5
答案　B
解析　A项，燃烧的过程是放热的，氢气燃烧是放热的，故ΔH1<0，铁被氧气氧化也是放热的，故ΔH3<0，错误；B项，铝热反应是放热的，故ΔH5<0，ΔH5＝ΔH4－ΔH3<0，故ΔH4<ΔH3，正确；C项，ΔH1＝(ΔH2＋ΔH3)×3(2)，错误；D项，ΔH3＝ΔH4－ΔH5，错误。
9．关于下图所示转化关系(X代表卤素)，下列说法不正确的是(　　)
A．2H(g)＋2X(g)===2HX(g)　ΔH3<0
B．生成HX的反应热与途径无关，所以ΔH1＝ΔH2＋ΔH3
C．Cl、Br、I的非金属性依次减弱，所以途径Ⅱ吸收的热量依次增多
D．生成HCl放出的热量比生成HBr的多，说明HCl比HBr稳定
答案　C
解析　C项，非金属性越弱，X2越不稳定，破坏化学键吸收的能量越少，错误。
10．已知：
Cu(s)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋H2(g)ΔH1
2H2O2(l)===2H2O(l)＋O2(g)ΔH2
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH3
则反应Cu(s)＋H2O2(l)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋2H2O(l)的ΔH是(　　)
A．ΔH＝ΔH1＋2(1)ΔH2＋2(1)ΔH3
B．ΔH＝ΔH1＋2(1)ΔH2－2(1)ΔH3
C．ΔH＝ΔH1＋2ΔH2＋2ΔH3
D．ΔH＝2ΔH1＋ΔH2＋ΔH3
答案　A
解析　Cu(s)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋H2(g)　ΔH1
H2O2(l)===H2O(l)＋2(1)O2(g)　2(ΔH2)
H2(g)＋2(1)O2(g)===H2O(l)　2(ΔH3)
由盖斯定律三式相加得
Cu(s)＋H2O2(l)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋2H2O(l)
ΔH＝ΔH1＋2(1)ΔH2＋2(1)ΔH3。
11．按要求回答下列问题
(1)已知在常温常压下：
①2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(g)
ΔH＝－1 275.6 kJ·mol－1
②H2O(l)===H2O(g)　ΔH＝＋44.0 kJ·mol－1
写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式_____________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)已知：CH3OH(g)＋2(1)O2(g)CO2(g)＋2H2(g)
ΔH1＝－192.9 kJ·mol－1
H2(g)＋2(1)O2(g)H2O(g)
ΔH2＝－120.9 kJ·mol－1
则甲醇与水蒸气催化重整反应的焓变ΔH3＝________________________________。
(3)苯乙烯是重要的基础有机原料。工业中用乙苯(C6H5—CH2CH3)为原料，采用催化脱氢的方法制取苯乙烯(C6H5—CH===CH2)的反应方程式为
C6H5—CH2CH3(g)C6H5—CH===CH2(g)＋H2(g)　ΔH1
已知：3C2H2(g)C6H6(g)　ΔH2
C6H6(g)＋C2H4(g)C6H5—CH2CH3(g)　ΔH3
则反应3C2H2(g)＋C2H4(g)C6H5—CH===CH2(g)＋H2(g)的ΔH＝_______________________
_________________________________________________。
(4)氨的合成是最重要的化工生产之一。
工业上合成氨用的H2有多种制取的方法：
①用焦炭跟水反应：C(s)＋H2O(g)高温(=====)CO(g)＋H2(g)；
②用天然气跟水蒸气反应：CH4(g)＋H2O(g)高温CO(g)＋3H2(g)。
已知有关反应的能量变化如下图所示，则方法②中反应的ΔH＝____________________。
(5)甲醇是一种用途广泛的化工原料。工业上常用下列两种反应制备甲醇：
①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)
ΔH1＝－90.1 kJ·mol－1
②CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(l)　ΔH2
已知：CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)
ΔH3＝－41.1 kJ·mol－1
H2O(l)===H2O(g)　ΔH4＝＋44.0 kJ·mol－1
则ΔH2＝__________________。
答案　(1)CH3OH(g)＋2(3)O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－725.8 kJ·mol－1
(2)－72.0 kJ·mol－1
(3)ΔH1＋ΔH2＋ΔH3
(4)(a＋3b－c) kJ·mol－1
(5)－93.0 kJ·mol－1
12．(2015·高考试题组合)
(1)[2015·广东理综，31(1)]用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染。
传统上该转化通过如下图所示的催化循环实现。
其中，反应①为2HCl(g)＋CuO(s)H2O(g)＋CuCl2(s)　ΔH1，
反应②生成1 mol Cl2的反应热为ΔH2，则总反应的热化学方程式为_______________________
_________________________________________________(反应热用ΔH1和ΔH2表示)。
答案　2HCl(g)＋2(1)O2(g)H2O(g)＋Cl2(g)　ΔH＝ΔH1＋ΔH2　 
(2)[2015·四川理综，11(4)]FeSO4可转化为FeCO3，FeCO3在空气中加热反应可制得铁系氧化物材料。
已知25 ℃，101 kPa时：
4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s)
ΔH＝－1 648 kJ·mol－1
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393 kJ·mol－1
2Fe(s)＋2C(s)＋3O2(g)===2FeCO3(s)
ΔH＝－1 480 kJ·mol－1
FeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的热化学方程式是________________________________
________________________________________。
答案　4FeCO3(s)＋O2(g)===2Fe2O3(s)＋4CO2(g)
ΔH＝－260 kJ·mol－1
(3)[2015·山东理综，30(3)]贮氢合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4的反应，温度为T时，该反应的热化学方程式为____________________________________________________。
已知温度为T时：CH4(g)＋2H2O(g)===CO2(g)＋4H2(g)　ΔH＝＋165 kJ·mol－1
CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－41 kJ·mol－1
答案　CO(g)＋3H2(g)===CH4(g)＋H2O(g)　ΔH＝－206 kJ·mol－1
(4)[2015·福建理综，24(2)③]已知：
Al2O3(s)＋3C(s)===2Al(s)＋3CO(g)
ΔH1＝＋1 344.1 kJ·mol－1
2AlCl3(g)===2Al(s)＋3Cl2(g)
ΔH2＝＋1 169.2 kJ·mol－1
由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为
________________________________________________________________________。
答案　Al2O3(s)＋3C(s)＋3Cl2(g)===2AlCl3(g)＋3CO(g)　ΔH＝＋174.9 kJ·mol－1
(5)[2015·全国卷Ⅱ，27(1)]甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料，利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：
①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)　ΔH1
②CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH2
③CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)　ΔH3
回答下列问题：
已知反应①中相关的化学键键能数据如下：
化学键 H—H C—O C≡O H—O C—H
E/(kJ·mol－1) 436 343 1 076 465 413
 
由此计算ΔH1＝________kJ·mol－1；已知ΔH2＝－58 kJ·mol－1，则ΔH3＝________kJ·mol－1。
答案　－99　＋41
考点一　原电池原理的全面突破
1．通常只有能自发进行的氧化还原反应才能设计成原电池。
2．工作原理
以锌铜原电池为例：
电极名称 负极 正极
电极材料 锌片 铜片
电极反应 Zn－2e－===Zn2＋ Cu2＋＋2e－===Cu
反应类型 氧化反应 还原反应
电子流向 由Zn沿导线流向Cu
盐桥中
离子移向		 盐桥含饱和KCl溶液，K＋移向正极，Cl－移向负极
盐桥
的作用		 (1)平衡电荷；
(2)避免断路时发生化学腐蚀(隔离作用)
 
说明　(1)无论是装置Ⅰ还是装置Ⅱ，电子均不能通过电解质溶液。
(2)在装置Ⅰ中，由于不可避免会直接发生Zn＋Cu2＋===Cu＋Zn2＋而使化学能转化为热能，所以装置Ⅱ的能量转化率高。
题组一　对比设计两类原电池
1．[2013·广东理综，33(2)(3)](2)能量之间可相互转化：电解食盐水制备Cl2是将电能转化为化学能，而原电池可将化学能转化为电能。设计两种类型的原电池，探究其能量转化效率。限选材料：ZnSO4(aq)，FeSO4(aq)，CuSO4(aq)；铜片，铁片，锌片和导线。
①完成原电池甲的装置示意图(见上图)，并作相应标注，要求：在同一烧杯中，电极与溶液含相同的金属元素。
②以铜片为电极之一，CuSO4(aq)为电解质溶液，只在一个烧杯中组装原电池乙，工作一段时间后，可观察到负极___________________________________________________________。
③甲、乙两种原电池可更有效地将化学能转化为电能的是________，其原因是_______________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)根据牺牲阳极的阴极保护法原理，为减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，在(2)的材料中应选__________作阳极。
答案　(2)①(或其他合理答案)
②电极逐渐溶解，表面有红色固体析出
③甲　在甲装置中，负极不和Cu2＋接触，避免了Cu2＋直接与负极发生反应而使化学能转化为热能
(3)锌片
解析　(2)①根据题给条件和原电池的构成条件可得：
a．若用Zn、Cu、CuSO4(aq)、ZnSO4(aq)组成原电池，Zn作负极，Cu作正极，Zn插入到ZnSO4(aq)中，Cu插入到CuSO4(aq)中。
b．若用Fe、Cu、FeSO4(aq)、CuSO4(aq)组成原电池，Fe作负极，Cu作正极，Fe插入到FeSO4(aq)中，Cu插入到CuSO4(aq)中。
c．注意，画图时要注意电极名称、电极材料、电解质溶液名称(或化学式)，并形成闭合回路。
②由于金属活动性Zn>Fe>Cu，锌片或铁片作负极，由于Zn或Fe直接与CuSO4溶液接触，工作一段时间后，负极逐渐溶解，表面有红色固体析出。
③带有盐桥的甲原电池中负极没有和CuSO4溶液直接接触，二者不会直接发生置换反应，化学能不会转化为热能，几乎全部转化为电能；而原电池乙中的负极与CuSO4溶液直接接触，两者会发生置换反应，部分化学能转化为热能，化学能不可能全部转化为电能。
(3)由牺牲阳极的阴极保护法可得，铁片作正极(阴极)时被保护，作负极(阳极)时被腐蚀，所以应选择比铁片更活泼的锌作负极(阳极)才能有效地保护铁不被腐蚀。
方法归纳
原电池的设计思路
首先根据离子方程式判断出氧化剂、还原剂，明确电极反应。然后再分析两剂状态确定电极材料，若为固态时可作电极，若为溶液时则只能作电解质溶液。然后补充缺少的电极材料及电解质溶液。电极材料一般添加与电解质溶液中阳离子相同的金属作电极(使用惰性电极也可)，电解质溶液则是一般含有与电极材料形成的阳离子相同的物质。最后再插入盐桥即可。
题组二　“盐桥”的作用与化学平衡的移动
2．控制适合的条件，将反应2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2设计成如下图所示的原电池。下列判断不正确的是(　　)
A．反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应
B．反应开始时，甲中石墨电极上Fe3＋被还原
C．电流表读数为零时，反应达到化学平衡状态
D．电流表读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中的石墨电极为负极
答案　D
解析　由图示结合原电池原理分析可知，Fe3＋得电子生成Fe2＋被还原，I－失去电子生成I2被氧化，所以A、B正确；电流表读数为零时Fe3＋得电子速率等于Fe2＋失电子速率，反应达到平衡状态；D项在甲中溶入FeCl2固体，平衡2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2向左移动，I2被还原为I－，乙中石墨为正极，不正确。
3．某同学为探究Ag＋和Fe2＋的反应，按下图连接装置并加入药品(盐桥中的物质不参与反应)，发现电压表指针偏移。电子由石墨经导线流向银。放置一段时间后，向甲烧杯中逐渐加入浓Fe2(SO4)3溶液，发现电压表指针的变化依次为偏移减小―→回到零点―→逆向偏移。则电压表指针逆向偏移后，银为________极(填“正”或“负”)。由实验得出Ag＋和Fe2＋反应的离子方程式是__________________________________________________________________。
答案　负　Fe2＋＋Ag＋Fe3＋＋Ag
1．把氧化剂、还原剂均为溶液状态的氧化还原反应设计成原电池时，必须使用盐桥才能实现氧化剂与还原剂的分离，否则不会有明显的电流出现。
2．电子流向的分析方法
(1)改变条件，平衡移动；
(2)平衡移动，电子转移；
(3)电子转移，判断区域；
(4)根据区域，判断流向；
(5)根据流向，判断电极。
考点二　几种重要的化学电池
高考中常见的新型电池有“氢镍电池”、“高铁电池”、“碱性锌锰电池”、“海洋电池”、“燃料电池”(如新型细菌燃料电池、氢氧燃料电池、丁烷燃料电池、甲醇质子交换膜燃料电池、CO燃料电池)、“锂离子电池”、“锌银电池”、“纽扣电池”、“Mg—AgCl电池”、“Mg—H2O2电池”等。新型电池是对电化学原理的综合考查，在高考中依托新型电池考查的电化学原理知识有以下几点。
1．判断电极
(1)“放电”时正、负极的判断
①负极：元素化合价升高或发生氧化反应的物质；
②正极：元素化合价降低或发生还原反应的物质。
(2)“充电”时阴、阳极的判断
①阴极：“放电”时的负极在“充电”时为阴极；
②阳极：“放电”时的正极在“充电”时为阳极。
2．微粒流向
(1)电子流向
①电解池：电源负极→阴极，阳极→电源正极；
②原电池：负极→正极。
提示：无论是电解池还是原电池电子均不能流经电解质溶液。
(2)离子流向
①电解池：阳离子移向阴极，阴离子移向阳极；
②原电池：阳离子移向正极，阴离子移向负极。
3．书写电极反应式
(1)“放电”时电极反应式的书写
①依据条件，指出参与负极和正极反应的物质，根据化合价的变化，判断转移电子的数目；
②根据守恒书写负极(或正极)反应式，特别应注意电极产物是否与电解质溶液共存。
(2)“充电”时电极反应式的书写
充电时的电极反应与放电时的电极反应过程相反，充电的阳极反应为放电时正极反应的逆过程，充电的阴极反应为放电时负极反应的逆过程。
特别提醒　在书写“放电”时电极反应式时，要注意：
(1)阳离子在正极上参与反应，在负极上就必须生成；
(2)阴离子在负极上参与反应，在正极上就必须生成。
题组一　“一池多变”的燃料电池
1．一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为CH3CH2OH－4e－＋H2O===CH3COOH＋4H＋。下列有关说法正确的是(　　)
A．检测时，电解质溶液中的H＋向负极移动
B．若有0.4 mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48 L氧气
C．电池反应的化学方程式为CH3CH2OH＋O2===CH3COOH＋H2O
D．正极上发生的反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－
答案　C
解析　解答本题时审题是关键，反应是在酸性电解质溶液中进行的。在原电池中，阳离子要往正极移动，故A错；因电解质溶液是酸性的，不可能存在OH－，故正极的反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2O，转移4 mol电子时消耗 1 mol O2，则转移0.4 mol电子时消耗2.24 L O2，故B、D错；电池反应式即正、负极反应式之和，将两极的反应式相加可知 C正确。
2．(2015·江苏，10)一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是(　　)
A．反应CH4＋H2O催化剂3H2＋CO，每消耗1 mol CH4转移12 mol电子
B．电极A上H2参与的电极反应为H2＋2OH－－2e－===2H2O
C．电池工作时，CO3(2－)向电极B移动
D．电极B上发生的电极反应为O2＋2CO2＋4e－===2CO3(2－)
答案　D
解析　A项，－4(C)H4→＋2(C)O，则该反应中每消耗1 mol CH4转移6 mol电子，错误；该电池的传导介质为熔融的碳酸盐，所以A电极即负极上H2参与的电极反应为H2－2e－＋CO3(2－)===CO2＋H2O，错误；C项，原电池工作时，阴离子移向负极，而B极是正极，错误；D项，B电极即正极上O2参与的电极反应为O2＋4e－＋2CO2===2CO3(2－)，正确。
类型“全”归纳
不同“介质”下燃料电池电极反应式的书写，大多数学生感到较难。主要集中在：一是得失电子数目的判断，二是电极产物的判断。下面以CH3OH、O2燃料电池为例，分析电极反应式的书写。
(1)酸性介质，如H2SO4。
CH3OH在负极上失去电子生成CO2气体，O2在正极上得到电子，在H＋作用下生成H2O。电极反应式为
负极：CH3OH－6e－＋H2O===CO2↑＋6H＋
正极：2(3)O2＋6e－＋6H＋===3H2O
(2)碱性介质，如KOH溶液。
CH3OH在负极上失去电子，在碱性条件下生成CO3(2－)，1 mol CH3OH 失去6 mol e－，O2在正极上得到电子生成OH－，电极反应式为
负极：CH3OH－6e－＋8OH－===CO3(2－)＋6H2O
正极：2(3)O2＋6e－＋3H2O===6OH－
(3)熔融盐介质，如K2CO3。
在电池工作时，CO3(2－)移向负极。CH3OH在负极上失去电子，在CO3(2－)的作用下生成CO2气体，O2在正极上得到电子，在CO2的作用下生成CO3(2－)，其电极反应式为
负极：CH3OH－6e－＋3CO3(2－)===4CO2↑＋2H2O
正极：2(3)O2＋6e－＋3CO2===3CO3(2－)
(4)掺杂Y2O3的ZrO3固体作电解质，在高温下能传导正极生成的O2－。
根据O2－移向负极，在负极上CH3OH失电子生成CO2气体，而O2在正极上得电子生成O2－，电极反应式为
负极：CH3OH－6e－＋3O2－===CO2↑＋2H2O
正极：2(3)O2＋6e－===3O2－
题组二　“久考不衰”的可逆电池
(一)“传统”可逆电池的考查
3．镍镉(Ni—Cd)可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd＋2NiOOH＋2H2O放电充电Cd(OH)2＋2Ni(OH)2。有关该电池的说法正确的是(　　)
A．放电时负极得电子，质量减轻
B．放电时电解质溶液中的OH－向正极移动
C．充电时阴极附近溶液的pH减小
D．充电时阳极反应：Ni(OH)2－e－＋OH－===NiOOH＋H2O
答案　D
解析　该可充电电池的放电过程的电极反应式为负极：Cd－2e－＋2OH－===Cd(OH)2；正极：2NiOOH＋2H2O＋2e－===2Ni(OH)2＋2OH－，所以正确选项为D。
(二)“新型”可逆电池的考查
4．(2014·新课标全国卷Ⅱ，12)2013年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系。下列叙述错误的是(　　)
A．a为电池的正极
B．电池充电反应为LiMn2O4===Li1－xMn2O4＋xLi
C．放电时，a极锂的化合价发生变化
D．放电时，溶液中Li＋从b向a迁移
答案　C
解析　图示所给出的是原电池装置。A项，由图示分析，金属锂易失电子，由原电池原理可知，含有锂的一端为原电池的负极，即b为负极，a为正极，故正确；B项，电池充电时为电解池，反应式为原电池反应的逆反应，故正确；C项，放电时，a极为原电池的正极，发生还原反应的是Mn元素，锂元素的化合价没有变化，故不正确；D项，放电时为原电池，锂离子应向正极(a极)迁移，故正确。
5．(1)[2015·四川理综，11(5)]FeSO4在一定条件下可制得FeS2(二硫化亚铁)纳米材料。该材料可用于制造高容量锂电池，电池放电时的总反应为4Li＋FeS2===Fe＋2Li2S，正极反应式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)[2015·广东理综，32(5)]一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl4(－)和Al2Cl7(－)两种离子在Al电极上相互转化，其他离子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案　(1)FeS2＋4Li＋＋4e－===Fe＋2Li2S或FeS2＋4e－===Fe＋2S2－
(2)Al－3e－＋7AlCl4(－) ===4Al2Cl7(－)
方法归纳
锂离子电池充放电分析
常见的锂离子电极材料
正极材料：LiMO2(M：Co、Ni、Mn等)
LiM2O4(M：Co、Ni、Mn等)
LiMPO4(M：Fe等)
负极材料：石墨(能吸附锂原子)
负极反应：LixCn－xe－===xLi＋＋nC
正极反应：Li1－xMO2＋xLi＋＋xe－===LiMO2
总反应：Li1－xMO2＋LixCn放电充电nC＋LiMO2。
题组三　“广泛应用”的高科技电池
6．气体的自动化检测中常常应用原电池原理的传感器。下图为电池的工作示意图，气体扩散进入传感器，在敏感电极上发生反应，传感器就会接收到电信号。下表列出了待测气体及敏感电极上部分反应产物。则下列说法中正确的是(　　)
待测气体 敏感电极部分产物
NO2 NO
Cl2 HCl
CO CO2
H2S H2SO4
 
A．上述气体检测时，敏感电极均作原电池正极
B．检测Cl2气体时，敏感电极的电极反应为Cl2＋2e－===2Cl－
C．检测H2S气体时，对电极充入空气，对电极上电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
D．检测H2S和CO体积分数相同的两份空气样本时，传感器上产生的电流大小相同
答案　B
解析　A项，NO2―→NO，得电子，作正极，Cl2―→HCl，得电子，作正极，CO―→CO2，失电子，作负极，H2S―→H2SO4，失电子，作负极；B项，根据产物可以判断Cl2得电子，生成Cl－，正确；C项，应为O2＋4e－＋4H＋===2H2O；D项，H2S生成H2SO4失去8e－，而CO生成CO2失去2e－，所以检测体积分数相同的两气体时传感器上产生的电流大小不相同。
考点三　电解池的“不寻常”应用
“六点”突破电解池
1．分清阴、阳极，与电源正极相连的为阳极，与电源负极相连的为阴极，两极的反应为“阳氧阴还”。
2．剖析离子移向，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。
3．注意放电顺序。
4．书写电极反应式，注意得失电子守恒。
5．正确判断产物。
(1)阳极产物的判断首先看电极，如果是活性电极作阳极，则电极材料失电子，电极溶解(注意：铁作阳极溶解生成Fe2＋，而不是Fe3＋)；如果是惰性电极，则需看溶液中阴离子的失电子能力，阴离子放电顺序为S2－>I－>Br－>Cl－>OH－(水)。
(2)阴极产物的判断直接根据阳离子的放电顺序进行判断：
Ag＋>Hg2＋>Fe3＋>Cu2＋>H＋>Pb2＋>Fe2＋>Zn2＋>H＋(水)
6．恢复原态措施。
电解后有关电解质溶液恢复原态的问题应该用质量守恒法分析。一般是加入阳极产物和阴极产物的化合物，但也有特殊情况，如用惰性电极电解CuSO4溶液，Cu2＋完全放电之前，可加入CuO或CuCO3复原，而Cu2＋完全放电之后，应加入Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3复原。
题组一　电解原理在“治理环境”中的不寻常应用
1．(2015·四川理综，4)用下图所示装置除去含CN－、Cl－废水中的CN－时，控制溶液pH为9～10，阳极产生的ClO－将CN－氧化为两种无污染的气体。下列说法不正确的是(　　)
A．用石墨作阳极，铁作阴极
B．阳极的电极反应式：Cl－＋2OH－－2e－===ClO－＋H2O
C．阴极的电极反应式：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
D．除去CN－的反应：2CN－＋5ClO－＋2H＋===N2↑＋2CO2↑＋5Cl－＋H2O
答案　D
解析　Cl－在阳极发生氧化反应生成ClO－，水电离出的H＋在阴极发生还原反应生成H2，又由于电解质溶液呈碱性，故A、B、C项正确；D项，溶液呈碱性，离子方程式中不能出现H＋，正确的离子方程式为2CN－＋5ClO－＋H2O===N2↑＋2CO2↑＋5Cl－＋2OH－，错误。
2．[2015·北京理综，27(4)]利用如图所示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量。
①结合方程式简述提取CO2的原理：___________________________________________。
②用该装置产生的物质处理b室排出的海水，合格后排回大海。处理至合格的方法是________________________________________________________________________。
答案　①a 室：2H2O―4e－=== O2↑＋4H＋，H＋通过阳离子膜进入b室，发生反应：HCO3(－)＋H＋===CO2↑＋H2O
②c室的反应：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，用c室排出的碱液将从b室排出的酸液调至接近装置入口海水的pH
解析　①a室的电极连接电源的正极，作阳极，发生氧化反应：2H2O―4e－=== O2↑＋4H＋，c(H＋)增大，H＋从 a 室通过阳离子膜进入 b 室，发生反应：HCO3(－)＋H＋===CO2↑＋H2O。②海水的pH≈8，电解后的海水pH<6，呈酸性；c室的反应：2H2O＋2e－=== H2↑＋2OH－，可用c室排出的碱液与从b室排出的酸液中和调至接近装置入口海水的pH，即处理合格。
题组二　电解原理在“制备物质”中的不寻常应用
3．(1)[2014·新课标全国卷Ⅰ，27(4)]H3PO2也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)：
①写出阳极的电极反应式：__________________________________________________。
②分析产品室可得到H3PO2的原因：______________________________________________
________________________________________________________________________。
③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2：将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替。并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有____________杂质。该杂质产生的原因是_____________________________________
___________________________________。
(2)[2014·北京理综，26(4)]电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是________，说明理由：___________________________
_____________________________________________________________________________________________________________________。
答案　(1)①2H2O－4e－===O2↑＋4H＋
②阳极室的H＋穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H2PO2(－)穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2
③PO4(3－)　H2PO2(－)或H3PO2被氧化
(2)NH3　根据反应：8NO＋7H2O电解(=====)3NH4NO3＋2HNO3，电解产生的HNO3多
4．[2015·山东理综，29(1)]利用LiOH和钴氧化物可制备锂离子电池正极材料。LiOH可由电解法制备，钴氧化物可通过处理钴渣获得。
利用如图装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液。B极区电解液为________溶液(填化学式)，阳极电极反应式为_____________________________________，
电解过程中Li＋向________电极迁移(填“A”或“B”)。
答案　LiOH　2Cl－－2e－===Cl2↑　B
解析　B极区生成H2 ，同时会生成LiOH ，则B极区电解液为LiOH 溶液；电极A为阳极，在阳极区LiCl 溶液中Cl－ 放电，电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑；在电解过程中Li＋(阳离子)向B电极(阴极区)迁移。
考点四　金属腐蚀与防护的“两种比较”、“两种方法”
1．两种比较
(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)3
Fe(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。
题组一　两种腐蚀的比较
1．利用下图装置进行实验，开始时，a、b两处液面相平，密封好，放置一段时间。下列说法不正确的是(　　)
A．a管发生吸氧腐蚀，b管发生析氢腐蚀
B．一段时间后，a管液面高于b管液面
C．a处溶液的pH增大，b处溶液的pH减小
D．a、b两处具有相同的电极反应式：Fe－2e－===Fe2＋
答案　C
解析　根据装置图判断，左边铁丝发生吸氧腐蚀，右边铁丝发生析氢腐蚀，其电极反应为
左边　负极：Fe－2e－===Fe2＋
正极：O2＋4e－＋2H2O===4OH－
右边　负极：Fe－2e－===Fe2＋
正极：2H＋＋2e－===H2↑
a、b处的pH均增大，C错误。
2．[2014·福建理综，24(1)]铁及其化合物与生产、生活关系密切。
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该电化腐蚀称为____________。
②图中A、B、C、D四个区域，生成铁锈最多的是________(填字母)。
答案　①吸氧腐蚀　②B
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。
3．铜板上铁铆钉长期暴露在潮湿的空气中，形成一层酸性水膜后铁铆钉会被腐蚀，示意图如下。下列说法不正确的是(　　)
A．因铁的金属性比铜强，所以铁铆钉被氧化而腐蚀
B．若水膜中溶解了SO2，则铁铆钉腐蚀的速率变小
C．铜极上的反应是2H＋＋2e－===H2↑，O2＋4e－＋4H＋===2H2O
D．在金属表面涂一层油脂，能防止铁铆钉被腐蚀
答案　B
解析　根据示意图，铁铆钉发生电化学腐蚀，其电极反应式为
左侧正极：O2＋4e－＋4H＋===2H2O(负极：2Fe－4e－===2Fe2＋)
右侧正极：2H＋＋2e－===H2↑(负极：Fe－2e－===Fe2＋)
B项，若水膜溶解了SO2，酸性增强，所以铁铆钉腐蚀的速率将变大。
题组二　腐蚀类型与防护方法
4．(2015·上海，14)研究电化学腐蚀及防护的装置如右图所示。下列有关说法错误的是(　　)
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↑
答案　D
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项，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项，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项，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。
5．(2014·安徽理综，28)某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素，将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞(如图1)。从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化。
(1)请完成以下实验设计表(表中不要留空格)：
编号 实验目的 碳粉/g 铁粉/g 醋酸/%
① 为以下实验作参照 0.5 2.0 90.0
② 醋酸浓度的影响 0.5   36.0
③   0.2 2.0 90.0
 
(2)编号①实验测得容器中压强随时间变化如图2。t2时，容器中压强明显小于起始压强，其原因是铁发生了________腐蚀，请在图3中用箭头标出发生该腐蚀时电子流动方向；此时，碳粉表面发生了________(填“氧化”或“还原”)反应，其电极反应式是______________。
(3)该小组对图2中0～t1时压强变大的原因提出了如下假设，请你完成假设二：
假设一：发生析氢腐蚀产生了气体；
假设二：________________________________________________________________________；
……
(4)为验证假设一，某同学设计了检验收集的气体中是否含有H2的方案。请你再设计一个实验方案验证假设一，写出实验步骤和结论。
实验步骤和结论(不要求写具体操作过程)：
 
答案　(1)②2.0　③碳粉含量的影响
(2)吸氧　　还原　2H2O＋O2＋4e－===4OH－(或4H＋＋O2＋4e－===2H2O)
(3)反应放热，温度升高
(4)①药品用量和操作同编号①实验(多孔橡皮塞增加进、出导管)；
②通入氩气排净瓶内空气；
③滴入醋酸溶液，同时测量瓶内压强变化(也可测温度变化、检验Fe2＋等)。如果瓶内压强增大，假设一成立。否则假设一不成立。(本题属于开放性试题，答案合理即可)
解析　(1)本题采用“控制变量法”进行研究，即保持其他条件相同，只考虑其中一个因素对实验的影响。探究醋酸浓度对电化学腐蚀的影响时，应保证碳粉和铁粉的质量与参照实验相同，因此实验②中铁粉为2.0 g；对比实验①和③可知，铁粉的质量及醋酸的浓度相同，而碳粉的质量不同，显然探究的是碳粉的含量对铁的电化学腐蚀的影响。
(2)当铁发生析氢腐蚀时，由于生成H2，容器的压强不断增大，而发生吸氧腐蚀时，由于消耗O2，容器的压强不断减小，t2时容器的压强明显小于起始压强，说明铁发生了吸氧腐蚀，此时Fe作负极，失去电子发生氧化反应；碳粉作正极，O2在其表面得到电子发生还原反应，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－(或4H＋＋O2＋4e－===2H2O)。
(3)Fe发生电化学腐蚀时，放出热量，使体系的温度升高。
(4)参照实验①中药品的用量及操作方法，更换多孔橡皮塞，增加进、出气导管，并通入稀有气体，排出空气，滴加醋酸溶液，同时测量瓶内压强的变化、温度变化等，确定假设一是否成立。
考点五　利用“电子守恒”思想突破电化学的计算
电化学计算的基本方法和技巧：
原电池和电解池的计算包括两极产物的定量计算、溶液pH的计算、相对原子质量和阿伏加德罗常数的计算、产物的量与电量关系的计算等。通常有下列三种方法：
1．根据电子守恒计算
用于串联电路中阴阳两极产物、正负两极产物、相同电量等类型的计算，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
根据得失电子守恒定律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4 mol e－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)
该关系式具有总揽电化学计算的作用和价值，熟记电极反应式，灵活运用关系式便能快速解答常见的电化学计算问题。
题组一　无明显“外接电源”的电解池“串联”的判断与计算
1．如下图所示，其中甲池的总反应式为2CH3OH＋3O2＋4KOH===2K2CO3＋6H2O。下列说法正确的是(　　)
A．甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化为电能的装置
B．甲池通入CH3OH的电极反应式为CH3OH－6e－＋2H2O===CO3(2－)＋8H＋
C．反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu(OH)2固体能使CuSO4溶液恢复到原浓度
D．甲池中消耗280 mL(标准状况下)O2，此时丙池中理论上最多产生1.45 g固体
答案　D
解析　甲池为原电池，作为电源，乙池、丙池为两个电解池。根据原电池的形成条件，通入CH3OH的一极为负极，通入O2的一极为正极，所以石墨、Pt(左)作阳极，Ag、Pt(右)作阴极；B项，负极反应：CH3OH－6e－＋8OH－===CO3(2－)＋6H2O；C项，应加入CuO或CuCO3；D项，丙池中：MgCl2＋2H2O电解,Mg(OH)2↓＋Cl2↑＋H2↑，消耗0.012 5 mol O2，转移0.05 mol电子，生成0.025 mol Mg(OH)2，其质量为1.45 g。
题组二　有明显“外接电源”的电解池“串联”的判断与计算
2．在如图所示的装置中，若通直流电5 min时，铜电极质量增加2.16 g。试回答下列问题。
(1)电源中X电极为直流电源的________极。
(2)pH变化：A：________，B：________，C：________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)通电5 min时，B中共收集224 mL(标准状况下)气体，溶液体积为200 mL，则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为________________________(假设电解前后溶液体积无变化)。
(4)若A中KCl足量且溶液的体积也是200 mL，电解后，溶液的pH为______________(假设电解前后溶液体积无变化)。
答案　(1)负
(2)增大　减小　不变
(3)0.025 mol·L－1
(4)13
解析　(1)三个装置是串联的电解池。电解AgNO3溶液时，Ag＋在阴极发生还原反应变为Ag，所以质量增加的铜电极是阴极，则银电极是阳极，Y是正极，X是负极。
(2)电解KCl溶液生成KOH，溶液pH增大；电解CuSO4溶液生成H2SO4，溶液pH减小；电解AgNO3溶液，银为阳极，不断溶解，Ag＋浓度基本不变，pH不变。
(3)通电5 min时，C中析出0.02 mol Ag，电路中通过0.02 mol 电子。B中共收集0.01 mol气体，若该气体全为氧气，则电路中需通过0.04 mol电子，电子转移不守恒。因此，B中电解分为两个阶段，先电解CuSO4溶液，生成O2，后电解水，生成O2和H2，B中收集到的气体是O2和H2的混合物。设电解CuSO4溶液时生成O2的物质的量为x，电解H2O时生成O2的物质的量为y，则4x＋4y＝0.02 mol(电子转移守恒)，x＋3y＝0.01 mol(气体体积之和)，解得x＝y＝0.002 5 mol，所以n(CuSO4)＝2×0.002 5 mol＝0.005 mol，c(CuSO4)＝0.005 mol÷0.2 L＝0.025 mol·L－1。(4)通电5 min时，A中放出0.01 mol H2，溶液中生成0.02 mol KOH，c(OH－)＝0.02 mol÷0.2 L＝0.1 mol·L－1，pH＝13。
失误防范
两种“串联”装置图比较
图1中无外接电源，其中必有一个装置是原电池装置(相当于发电装置)，为电解池装置提供电能，其中两个电极活泼性差异大者为原电池装置，如图1中左边为原电池装置，右边为电解池装置。图2中有外接电源，两烧杯均作电解池，且串联电解，通过两池的电子数目相等。
题组三　2015高考题汇编
3．[2015·重庆理综，11(5)]如图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图。
①腐蚀过程中，负极是________(填图中字母“a”或“b”或“c”)；
②环境中的Cl－扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为_________________________________________________；
③若生成4.29 g Cu2(OH)3Cl，则理论上耗氧体积为________L(标准状况)。
答案　①c　②2Cu2＋＋3OH－＋Cl－===Cu2(OH)3Cl↓
③0.448
解析　①“青铜器的腐蚀”，如图铜为负极被腐蚀生成Cu2＋，正极氧气发生吸氧腐蚀生成OH－。
②正极反应产物为OH－，负极反应产物为Cu2＋与Cl－作用生成Cu2(OH)3Cl。
③n[Cu2(OH)3Cl]＝214.5 g·mol－1(4.29 g)＝0.02 mol，所以有0.04 mol Cu被氧化，根据电子得失守恒n(O2)＝4e－(0.04 mol×2e－)＝0.02 mol，标准状况下V(O2)＝0.02 mol×22.4 L·mol－1＝0.448 L。
4．[2015·全国卷Ⅱ，26(1)(2)]酸性锌锰干电池是一种一次性电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是由碳粉、MnO2、ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物。该电池放电过程产生MnOOH。
(1)该电池的正极反应式为______________________________________________________，
电池反应的离子方程式为______________________________________________________。
(2)维持电流强度为0.5 A，电池工作5分钟，理论上消耗锌________g。(已知F＝96 500 C·mol－1)
答案　(1)MnO2＋e－＋H＋===MnOOH　Zn＋2MnO2＋2H＋===Zn2＋＋2MnOOH
(2)0.05
解析　(1)根据酸性锌锰干电池的构造可知，放电时，负极Zn失去电子生成Zn2＋，正极MnO2得到电子生成MnOOH，从而可写出正极和负极的电极反应式，然后在遵循电子守恒的前提下将两极反应式加合可得电池反应的离子方程式。(2)电池工作5分钟，通过的电量Q＝0.5 A×5 min×60 s·min－1＝150 C，因此通过电子的物质的量n(e－)＝F(Q)＝96 500 C·mol－1(150 C)≈1.554×10－3 mol，则理论消耗Zn的质量是m(Zn)＝2(1.554×10－3 mol)×65 g·mol－1＝0.05 g。
专题强化练
1．用图示的方法可以保护钢质闸门。下列说法正确的是(　　)
A．当a、b间用导体连接时，则X应发生氧化反应
B．当a、b间用导体连接时，则X可以是锌或石墨
C．当a、b与外接电源相连时，a应连接电源的正极
D．当a、b与外接电源相连时，阴极的电极反应式：2Cl－－2e－===Cl2↑
答案　A
解析　A项，当a、b用导体连接时，X应作负极，发生氧化反应，正确；B项，X可以是Zn但不能是石墨，否则钢闸门作负极，被腐蚀；C项，a接负极，才能使钢闸门不被腐蚀；D项，阴极反应式应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－或2H＋＋2e－===H2↑。
2．如图所示甲、乙两个装置，所盛溶液体积和浓度均相同且足量，电极铝和镁都已除去表面氧化膜。当两装置电路中通过的电子都是1 mol时，下列说法不正确的是(　　)
A．溶液的质量减小程度：乙<甲
B．溶液的导电能力变化：甲<乙
C．甲中阴极和乙中铝电极上析出物质质量：甲＝乙
D．电极反应式：甲中阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑
乙中正极：Cu2＋＋2e－===Cu
答案　B
解析　甲：CuCl2电解(=====)Cu＋Cl2↑，乙：Mg＋Cu2＋===Cu＋Mg2＋；A项，当通过1 mol电子时，甲减少67.5 g，乙减小2(64－24)＝20 g；B项，甲中离子浓度减少，而乙中保持不变，所以导电能力变化甲>乙；C项，甲中阴极：Cu2＋＋2e－===Cu，乙中铝电极：Cu2＋＋2e－===Cu，析出的质量应相等；D项正确。
3．(2015·天津理综，4)锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是(　　)
A．铜电极上发生氧化反应
B．电池工作一段时间后，甲池的c(SO4(2－))减小
C．电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加
D．阴阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡
答案　C
解析　A项，由锌的活泼性大于铜，可知铜电极为正极，在正极上Cu2＋得电子发生还原反应生成Cu，错误；B项，由于阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故甲池的c(SO4(2－))不变，错误；C项，在乙池中Cu2＋＋2e－===Cu，同时甲池中的Zn2＋通过阳离子交换膜进入乙池中，由于M(Zn2＋)>M(Cu2＋)，故乙池溶液的总质量增加，正确；D项，阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，电解过程中Zn2＋通过阳离子交换膜移向正极保持溶液中电荷平衡，阴离子是不能通过交换膜的，错误。
4．随着各地“限牌”政策的推出，电动汽车成为汽车界的“新宠”。特斯拉全电动汽车使用的是钴酸锂(LiCoO2)电池，其工作原理如下图，A极材料是金属锂和碳的复合材料(碳作为金属锂的载体)，电解质为一种能传导Li＋的高分子材料，隔膜只允许Li＋通过，电池反应式LixC6＋Li1－xCoO2放电充电C6＋LiCoO2。下列说法不正确的是(　　)
A．充电时Li＋从右边流向左边
B．放电时，正极锂的化合价未发生改变
C．充电时B作阳极，该电极放电时的电极反应式为Li1－xCoO2＋xLi＋＋xe－===LiCoO2
D．废旧钴酸锂(LiCoO2)电池进行“放电处理”让Li＋进入石墨中而有利于回收
答案　D
解析　放电时：
A(负极)：LixC6－xe－===xLi＋＋C6；
B(正极)：Li1－xCoO2＋xe－＋xLi＋===LiCoO2。
充电时：
A(阴极)：xLi＋＋C6＋xe－===LixC6；
B(阳极)：LiCoO2－xe－===xLi＋＋Li1－xCoO2。
A项，充电时Li＋移向阴极，即从右边流向左边，正确；B项，放电时，正极锂的化合价仍为＋1价，化合价并没有发生变化；C项正确；D项，根据电极反应式，应进行“充电处理”，才能使Li＋进入石墨中。
5．用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH同时得到某种副产物，其原理如图所示(电极材料为石墨)。下列说法不正确的是(　　)
A．b电极上的主反应是SO3(2－)－2e－＋H2O===SO4(2－)＋2H＋
B．若D是混合气体，则可能含有SO2、O2等成分
C．a电极发生还原反应，当有1 mol Na＋通过阳离子交换膜时，a极生成11.2 L气体
D．A溶液是稀NaOH溶液，作用是增强溶液的导电性，C是较浓的硫酸溶液
答案　C
解析　b电极应为阳极，a电极为阴极，电极反应式为b：SO3(2－)－2e－＋H2O===SO4(2－)＋2H＋，a：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－；B项，由于不可避免会发生SO3(2－)＋2H＋===H2O＋SO2↑及4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，所以若D是混合气体，则含有SO2、O2等成分；C项，没有指明是否处在标准状况，错误；D项正确。
6．自来水管道经历了从铸铁管→镀锌管→PVC管→PPR热熔管等阶段，铸铁管、镀锌管被弃用的原因之一，可以用原电池原理来解释，示意图如下图所示。下列有关说法不正确的是(　　)
A．如果是镀锌管，则a端为Zn，是负极，产生Zn2＋，不但会造成管道锈蚀，Zn2＋溶于自来水也对人体有害
B．b端发生的电极反应为ClO－＋H2O－2e－===Cl－＋2OH－
C．由于该原电池原理的存在，一定程度上减弱了自来水中余氯的杀菌消毒功能
D．从自来水厂到用户，经过该类管道的长期接触，自来水的酸碱性发生了变化
答案　B
解析　根据ClO－＋2e－＋H2O===Cl－＋2OH－，可以判断b为正极，a为负极，B项错误。
7．用下图装置模拟人工肾脏的工作原理，电解生成的Cl2将尿素[CO(NH2)2]氧化成N2排出，则下列说法错误的是(　　)
A．电源的正极为b
B．尿素被氧化的化学方程式为CO(NH2)2＋3Cl2＋H2O===N2＋CO2＋6HCl
C．电解结束后，阴极室溶液与电解前相比pH增大
D．阳极收集到Cl2 4.48 L(标准状况)时，被氧化的尿素为6.0 g
答案　D
解析　电极反应式为a(阴极)：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，b(阳极)：2Cl－－2e－===Cl2↑，A项正确；
3Cl2＋CO(NH2)2＋H2O===N2＋CO2＋6HCl，B项正确；
C项，由于阴极室生成OH－，所以pH增大；
D项，0.2 mol Cl2氧化CO(NH2)2的质量为3(0.2 mol)×60 g·mol－1＝4.0 g。
8．(2015·全国卷Ⅰ，11)微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是(　　)
A．正极反应中有CO2生成
B．微生物促进了反应中电子的转移
C．质子通过交换膜从负极区移向正极区
D．电池总反应为C6H12O6＋6O2===6CO2＋6H2O
答案　A
解析　由题意可知，微生物电池的原理是在微生物作用下O2与C6H12O6发生氧化还原反应，将化学能转化为电能，B正确；氧气在正极反应，由于质子交换膜只允许H＋通过，则正极反应为O2＋4e－＋4H＋===2H2O，没有CO2生成，A项错误；负极发生反应：C6H12O6－24e－＋6H2O===6CO2＋24H＋，H＋在负极区生成，移向正极区，在正极被消耗，C项正确；总反应为C6H12O6＋6O2===6CO2＋6H2O，D项正确。
9．(2015·福建理综，11)某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料(C3H8O)。下列说法正确的是(　　)
A．该装置将化学能转化为光能和电能
B．该装置工作时，H＋从b极区向a极区迁移
C．每生成1 mol O2，有44 g CO2被还原
D．a 电极的反应为3CO2＋18H＋－18e－===C3H8O＋5H2O
答案　B
解析　A项，该装置是电解池，在电解和光的作用下H2O在光催化剂的表面转化为O2和H＋，故该装置是将电能和光能转化为化学能，错误；B项，根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引的原则，该装置工作时，H＋从阳极b极区向阴极a极区迁移，正确；C项，该电解池的总反应式为6CO2＋8H2O电解(=====)2C3H8O＋9O2。根据总反应方程式可知，每生成1 mol O2，有3(2) mol CO2被还原，其质量为3(88) g，错误；D项，a电极为阴极，发生还原反应，电极反应式为3CO2＋18H＋＋18e－===C3H8O＋5H2O，错误。
10．(2015·浙江理综，11)在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O-CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示。下列说法不正确的是(　　)
A．X是电源的负极
B．阴极的电极反应式是H2O＋2e－===H2＋O2－、CO2＋2e－===CO＋O2－
C．总反应可表示为H2O＋CO2通电(=====)H2＋CO＋O2
D．阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1∶1
答案　D
解析　由水和二氧化碳生成氢气和一氧化碳发生还原反应，此极上得到电子，应为阴极，故X极为电源的负极，A、B项正确；C项，根据电极上的反应物和生成物，可知总反应方程式正确；D项，因阳极电极反应式为2O2－－4e－===O2↑，结合电子得失相等，可知阴、阳两极生成气体的物质的量之比为2∶1，错误。
11．NOx、SO2的大量排放是造成阴霾天气的主要原因，研究其处理方法变废为宝越来越受到人们重视。按要求回答下列问题。
(1)用间接电化学法除去NO的过程，如图1所示：
已知电解池的阴极室中溶液的pH在4～7之间，写出阴极的电极反应式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理：__________________________________
__________________________________________________________________________
____________________________________。
(2)富集废气中SO2，并使其与O2反应制备硫酸，用多孔电极材料，装置如图2所示。
①X极的电极反应式为_____________________________________________________。
②消耗11.2 L(标准状况)气体B时，通过质子交换膜的H＋的个数为________。
(3)工业上，可电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图3所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质M。
①写出阳极的电极反应式：____________________________________________________。
②M是________，说明理由：_________________________________________________。
③总化学方程式为___________________________________________________________。
答案　(1)2HSO3(－)＋2e－＋2H＋===S2O4(2－)＋2H2O
2NO＋2S2O4(2－)＋2H2O===N2↑＋4HSO3(－)
(2)①SO2－2e－＋2H2O===SO4(2－)＋4H＋　②2NA
(3)①5NO－15e－＋10H2O===20H＋＋5NO3(－)
②NH3　电解过程中阳极生成的n(NO3(－))大于阴极生成的n(NH4(＋))
③8NO＋7H2O＋2NH3电解(=====)5NH4NO3
解析　(2)①分析物质流向知，气体A为SO2，气体B为O2，X极是负极，电极反应式为SO2－2e－＋2H2O===SO4(2－)＋4H＋；Y极为正极，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－。②n(O2)＝22.4 L·mol－1(11.2 L)＝0.5 mol，生成的n(OH－)＝0.5 mol×4＝2 mol，为了维持溶液中电荷平衡，应有2 mol H＋从左侧透过质子交换膜向右侧迁移。
(3)由图3可知，阳极区NO发生氧化反应生成NO3(－)，阴极区NO发生还原反应生成NH4(＋)，阳极反应式为5NO－15e－＋10H2O===20H＋＋5NO3(－)，阴极反应式为3NO＋15e－＋18H＋===3NH4(＋)＋3H2O，电解过程中阳极产生的NO3(－)的物质的量大于阴极产生的NH4(＋)的物质的量，为使电解产物全部转化成硝酸铵，需要补充NH3。总化学方程式为8NO＋7H2O＋2NH3电解(=====)5NH4NO3。
12．如下图装置所示，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同(假设通电前后溶液体积不变)，A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F极附近呈红色。
请回答：
(1)B极是电源的________，一段时间后，甲中溶液颜色________________，丁中X极附近的颜色逐渐变浅，Y极附近的颜色逐渐变深，这表明__________________________________，在电场作用下向Y极移动。
(2)若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为________________________________________________________________________。
(3)现用丙装置给铜件镀银，则H应该是________(填“镀层金属”或“镀件”)，电镀液是____________溶液。当乙中溶液的pH是13时(此时乙溶液体积为500 mL)，丙中镀件上析出银的质量为____________，甲中溶液的pH________(填“变大”、“变小”或“不变”)。
(4)若将C电极换为铁，其他装置都不变，则甲中发生总反应的离子方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案　(1)负极　逐渐变浅　氢氧化铁胶体粒子带正电荷
(2)1∶2∶2∶2
(3)镀件　AgNO3　5.4 g　变小
(4)Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋
解析　(1)F极附近呈红色，说明F是阴极，E是阳极，则A为正极，B为负极。甲中因Cu2＋放电使溶液颜色变浅。丁中Y极附近颜色变深，说明Fe(OH)3胶粒向阴极移动，即Fe(OH)3胶粒带正电荷。(2)C、D、E、F的电极产物分别为O2、Cu、Cl2、H2，由于电路中通过的电量相等，所以其物质的量之比为1∶2∶2∶2。(3)乙中溶液pH＝13，生成n(NaOH)＝0.1 mol·L－1×0.5 L＝0.05 mol，电路中通过的电子的物质的量为0.05 mol，所以丙中镀件上析出银的质量为0.05 mol×108 g·mol－1＝5.4 g。(4)当活性金属作阳极时，金属先于溶液中的阴离子放电而溶解，故甲中发生反应的离子方程式为Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu。
13．(2015·高考试题汇编)
(1)[2015·广东理综，32(4)]电解制备Al(OH)3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式为________________________________________________________________________。
(2)[2015·海南，15(4)]下图所示原电池正极的反应式为_________________________________
_______________________________________。
(3)(2015·上海，27、28、29)氯碱工业以电解精制饱和和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱和氯的含氧酸盐等系列化工产品。下图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。
完成下列填空：
①写出电解饱和食盐水的离子方程式___________________________________________
________________________________________________________________________。
②离子交换膜的作用为______________、_____________________________________。
③精制饱和食盐水从图中________位置补充，氢氧化钠溶液从图中________位置流出。(选填“a”、“b”、“c”或“d”)
答案　(1)2Al＋6H2O 通电(=====)2Al(OH)3＋3H2↑
(2)Ag＋＋e－===Ag
(3)①2Cl－＋2H2O通电(=====)Cl2↑＋H2↑＋2OH－
②能得到纯度更高的氢氧化钠溶液　阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生反应
③a　d
考点一　化学反应速率及其影响因素
1．深度剖析v(B)＝Δt(Δc?B?)＝V()
用上式进行某物质反应速率计算时需注意以下几点：
(1)浓度变化只适用于气体和溶液中的溶质，不适用于固体和纯液体。
(2)化学反应速率是某段时间内的平均反应速率，而不是即时速率，且计算时取正值。
(3)同一反应用不同的物质表示反应速率时，数值可能不同，但意义相同。不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比。
(4)计算反应速率时，若给出的是物质的量的变化值，要转化为物质的量浓度的变化值(计算时一定要除以体积)，再进行计算。
(5)对于可逆反应，通常计算的是正、逆反应抵消后的总反应速率，当达到平衡时，总反应速率为零。(注：总反应速率也可理解为净速率)
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．“明辨是非”准确判断
正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)随着反应的进行，化学反应速率一定逐渐减小(×)
(2)增大压强，化学反应速率一定加快(×)
(3)反应现象不明显，证明化学反应速率很慢(×)
(4)反应H2＋Cl2===2HCl(ΔH<0)的机理包含①Cl2―→2Cl(慢)，②H2＋Cl―→HCl＋H(快)，③Cl2＋H―→HCl＋Cl(快)，则反应①的活化能大于反应②的活化能(√)
(5)在含有少量I－的溶液中，H2O2分解的机理为H2O2＋I－―→H2O＋IO－(慢)，H2O2＋IO－―→H2O＋O2＋I－(快)，则I－、IO－均为H2O2分解反应的催化剂(×)
题组一　化学反应速率的全方位考查
1．Ⅰ.一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示：
(1)从反应开始到10 s时，用Z表示的反应速率为__________________________________。
(2)该反应的化学方程式为______________________________________________________。
Ⅱ.已知：反应aA(g)＋bB(g)cC(g)，某温度下，在 2 L 的密闭容器中投入一定量的A、B，两种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。
(1)经测定前4 s内v(C)＝0.05 mol·L－1·s－1，则该反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(2)请在图中将生成物C的物质的量浓度随时间的变化曲线绘制出来。
(3)若上述反应分别在甲、乙、丙三个相同的密闭容器中进行，经同一段时间后，测得三个容器中的反应速率分别为
甲：v(A)＝0.3 mol·L－1·s－1；
乙：v(B)＝0.12 mol·L－1·s－1
丙：v(C)＝9.6 mol·L－1·min－1；
则甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为__________________。
Ⅲ.密闭容器中发生如下反应：A(g)＋3B(g)2C(g)　ΔH<0。根据下面速率—时间图像，回答下列问题。
(1)下列时刻所改变的外界条件：
t1____________；t3____________；t4____________。
(2)反应速率最快的时间段是________。
答案　Ⅰ.(1)0.079 mol·L－1·s－1　(2)X(g)＋Y(g)2Z(g)
Ⅱ.(1)3A(g)＋B(g)2C(g)
(2)
(3)乙>甲>丙
Ⅲ.(1)升高温度　加入催化剂　减小压强
(2)t3～t4段
解析　Ⅰ.(1)分析图像知Δc(Z)＝2 L(1.58 mol)＝0.79 mol·L－1，v(Z)＝10 s(0.79 mol·L－1)＝0.079 mol·L－1·s－1。(2)由各物质转化的量：X为0.79 mol，Y为0.79 mol，Z为1.58 mol，可知方程式中各物质的化学计量数之比为1∶1∶2，则化学方程式为X(g)＋Y(g)2Z(g)。
Ⅱ.(1)前4 s内，Δc(A)＝0.8 mol·L－1－0.5 mol·L－1＝0.3 mol·L－1，v(A)＝0.3 mol·L－1÷4 s＝0.075 mol·L－1·s－1；v(A)∶v(C)＝a∶c＝(0.075 mol·L－1·s－1)∶(0.05 mol·L－1·s－1)＝3∶2，由图像知，在12 s时Δc(A)∶Δc(B)＝(0.6 mol·L－1)∶(0.2 mol·L－1)＝3∶1＝a∶b，则a、b、c三者的比例为3∶1∶2，所以该反应的化学方程式为3A(g)＋B(g)2C(g)。
(2)生成物C的浓度从0开始增加，到12 s时达到最大，Δc(A)∶Δc(C)＝a∶c＝3∶2，所以Δc(C)＝2×0.6 mol·L－1÷3＝0.4 mol·L－1。
(3)丙容器中v(C)＝9.6 mol·L－1·min－1＝0.16 mol·L－1·s－1，则甲容器中a(v?A?)＝3(v?A?)＝3(0.3 mol·L－1·s－1)＝0.1 mol·L－1·s－1，乙容器中b(v?B?)＝1(v?B?)＝1(0.12 mol·L－1·s－1)＝0.12 mol·L－1·s－1，丙容器中c(v?C?)＝2(v?C?)＝2(0.16 mol·L－1·s－1)＝0.08 mol·L－1·s－1，故甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为乙>甲>丙。
Ⅲ.审题视角注意图像特点，以及外界条件对速率影响的图像规律和浓度图像无跳跃性等。
(1)t1时，v逆增大程度比v正增大程度大，说明改变的条件是升高温度。t3时，v正、v逆同等程度地增大，说明加入了催化剂。t4时，v正、v逆都减小且v正减小的程度大，平衡向逆反应方向移动。
(2)由于在t3时刻加入的是催化剂，所以t3～t4段反应速率最快。
易误警示
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a(v?A?)与b(v?B?)的大小，若a(v?A?)>b(v?B?)，则用A表示的反应速率比用B表示的大。
题组二　“控制变量”思想在探究影响化学反应速率因素中的应用
2．某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：
(1)上述实验中发生反应的化学方程式有________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是__________________________________
________________________________________________________________________。
(3)实验室中现有Na2SO4、MgSO4、Ag2SO4、K2SO4等4种溶液，可与上述实验中CuSO4溶液起相似作用的是______________________。
(4)要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有________________________
________________________________________________________________________(答两种)。
(5)为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积气体所需的时间。
　            实验
混合溶液		 A B C D E F
4 mol·L－1 H2SO4/mL 30 V1 V2 V3 V4 V5
饱和CuSO4溶液/mL 0 0.5 2.5 5 V6 20
H2O/mL V7 V8 V9 V10 10 0
 
①请完成此实验设计，其中：V1＝________，V6＝________，V9＝________。
②反应一段时间后，实验A中的金属呈________色，实验E中的金属呈________色。
③该同学最后得出的结论为当加入少量CuSO4溶液，生成氢气的速率会大大提高。但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案　(1)Zn＋CuSO4===ZnSO4＋Cu，Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑
(2)CuSO4与Zn反应产生的Cu与Zn形成铜锌原电池，加快了H2产生的速率
(3)Ag2SO4
(4)升高反应温度，适当增加硫酸的浓度，增大锌粒的表面积等(答两种即可)
(5)①30　10　17.5　②灰黑　暗红　③当加入一定量的CuSO4后，生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，减少了Zn与溶液的接触面积
解析　(1)分析实验中涉及的物质：Zn、CuSO4、H2SO4，其中能发生的化学反应有2个：Zn＋CuSO4===ZnSO4＋Cu，Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑。
(2)由于Zn与CuSO4反应生成的Cu附着在Zn片表面，构成铜锌原电池，从而加快了H2产生的速率。
(3)4种溶液中能与Zn发生置换反应的只有Ag2SO4：Zn＋Ag2SO4===ZnSO4＋2Ag。
(4)根据影响化学反应速率的外界因素，则加快反应速率的方法还有：增大反应物浓度、升高温度、使用催化剂、增大锌粒的表面积等。注意：H2SO4浓度不能过大，浓硫酸与Zn反应不生成H2。
(5)若研究CuSO4的量对H2生成速率的影响，则实验中除CuSO4的量不同之外，其他物质的量均相同，则V1＝V2＝V3＝V4＝V5＝30 mL，最终溶液总体积相同。由实验F可知，溶液的总体积均为50 mL，则V6＝10 mL，V9＝17.5 mL。随着CuSO4的量增大，附着在Zn片表面的Cu会越来越多，被覆盖的Zn不能与H2SO4接触，则H2生成速率会减慢，且Zn片表面的Cu为暗红色。
3．某课外兴趣小组对H2O2的分解速率做了如下实验探究。
(1)下表是该小组研究影响过氧化氢(H2O2)分解速率的因素时采集的一组数据：
用10 mL H2O2制取150 mL O2所需的时间
                          浓度
时间(秒)
反应条件		 30%H2O2 15%H2O2 10%H2O2 5%H2O2
(Ⅰ)无催化剂、不加热 几乎
不反应		 几乎
不反应		 几乎
不反应		 几乎
不反应
(Ⅱ)无催化剂、加热 360 480 540 720
(Ⅲ)MnO2催化剂、加热 10 25 60 120
 
①该小组在设计方案时，考虑了浓度、a：________、b：________等因素对过氧化氢分解速率的影响。
②从上述影响H2O2分解速率的因素a和b中任选一个，说明该因素对该反应速率的影响：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)将质量相同但颗粒大小不同的MnO2分别加入到5 mL 5%的双氧水中，并用带火星的木条测试。测定结果如下：
催化剂
(MnO2)		 操作情况 观察结果 反应完成所需的时间
粉末状 混合不振荡 剧烈反应，带火星的木条复燃 3.5分钟
块状 反应较慢，火星红亮但木条未复燃 30分钟
 
①写出H2O2发生反应的化学方程式：____________________________________________。
②实验结果说明催化剂作用的大小与________________有关。
答案　(1)①温度　催化剂
②其他条件不变，升高反应温度，H2O2分解速率加快(或其他条件不变，使用合适的催化剂，H2O2分解速率加快等合理答案)
(2)①2H2O2MnO2(=====)2H2O＋O2↑
②催化剂的颗粒大小(或催化剂的表面积)
解析　(1)从本题提供的表格中的数据和条件进行分析可以得到在该小组设计方案时，考虑到了浓度、温度和催化剂对化学反应速率的影响。分析(Ⅰ)、(Ⅱ)组实验可以得到在其他条件不变时，升高反应温度，H2O2分解速率加快；分析(Ⅱ)、(Ⅲ)组实验可以得到在其他条件不变时使用合适的催化剂，H2O2分解速率加快。
(2)②在实验中可以看到在其他条件不变时，MnO2的颗粒大小不同使带火星的木条看到的现象不同，反应完成需要的时间也不同，故可得答案。
题组三　2015高考试题汇编
4．(2015·海南，8改编)10 mL浓度为1 mol·L－1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能加快反应速率但又不影响氢气生成量的是(　　)
A．K2SO4   B．CH3COONa
C．CuSO4   D．Na2CO3
答案　C
解析　锌与稀盐酸反应过程中，若加入物质使反应速率增大，则溶液中的氢离子浓度增大，但由于不影响氢气的生成量，故氢离子的总物质的量不变。A项，硫酸钾为强酸强碱盐，不发生水解，若加入其溶液，则对盐酸产生稀释作用，氢离子浓度减小，但H＋物质的量不变，错误；B项，加入醋酸钠，则与盐酸反应生成醋酸，使溶液中氢离子浓度减小，随着反应的进行，CH3COOH最终又完全电离，故H＋物质的量不变，错误；C项，加入硫酸铜溶液，Cu2＋会与锌反应生成铜，构成原电池，会加快反应速率，但H＋物质的量不变，正确；D项，加入碳酸钠溶液，会与盐酸反应，使溶液中的氢离子的物质的量减少，导致反应速率减小，生成氢气的量减少，错误。
5．(2015·上海，20)对于合成氨反应，达到平衡后，以下分析正确的是(　　)
A．升高温度，对正反应的反应速率影响更大
B．增大压强，对正反应的反应速率影响更大
C．减小反应物浓度，对逆反应的反应速率影响更大
D．加入催化剂，对逆反应的反应速率影响更大
答案　B
解析　A项，合成氨反应的正反应是放热反应，升高温度，正反应、逆反应的反应速率都增大，但是温度对吸热反应的速率影响更大，所以对该反应来说，对逆反应速率影响更大，错误；B项，合成氨的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，对正反应的反应速率影响更大，正反应速率大于逆反应速率，所以平衡正向移动，正确；C项，减小反应物浓度，使正反应的速率减小，由于生成物的浓度没有变化，所以逆反应速率不变，逆反应速率大于正反应速率，所以化学平衡逆向移动，错误；D项，加入催化剂，使正反应、逆反应速率改变的倍数相同，正反应、逆反应速率相同，化学平衡不发生移动，错误。
6．[2015·重庆理综，11(3)]研究发现，腐蚀严重的青铜器表面大都存在CuCl。关于CuCl在青铜器腐蚀过程中的催化作用，下列叙述正确的是________。
A．降低了反应的活化能   B．增大了反应的速率
C．降低了反应的焓变   D．增大了反应的平衡常数
答案　AB
考点二　全面突破化学平衡
1．化学平衡状态的判断标志
(1)速率标志
①同一物质在同一时间内生成速率与消耗速率相等。
②不同物质在相同时间内代表反应方向相反时的化学反应速率比等于化学计量数之比。
(2)物质的数量标志
①平衡体系中各物质的质量、浓度、百分含量等保持不变。
②反应物消耗量达到最大值或生成物的量值达到最大值(常用于图像分析中)。
③不同物质在相同时间内代表反应方向相反的量(如物质的量、物质的量浓度、气体体积)的变化值之比等于化学计量数之比。
(3)特殊的标志
①对反应前后气体分子数目不同的可逆反应来说，当体系的总物质的量、总压强(恒温恒容时)、平均相对分子质量不变。
②有色体系的颜色保持不变。
(4)依Q与K关系判断：若Q＝K，反应处于平衡状态。
特别提醒　(1)若所有物质均为气体，则质量不变不能作为化学平衡的标志。
(2)若是在恒容容器中进行，则气体体积、密度保持不变不能作为化学平衡的标志。
2．化学平衡移动的判断方法
(1)依据勒夏特列原理判断
通过比较平衡破坏瞬时的正、逆反应速率的相对大小来判断平衡移动的方向。
①若外界条件改变，引起v正>v逆，此时正反应占优势，则化学平衡向正反应方向(或向右)移动；
②若外界条件改变，引起v正<v逆，此时逆反应占优势，则化学平衡向逆反应方向(或向左)移动；
③若外界条件改变，虽能引起v正和v逆变化，但变化后新的v正′和v逆′仍保持相等，则化学平衡没有发生移动。
(2)依据浓度商(Q)规则判断
通过比较浓度商(Q)与平衡常数(K)的大小来判断平衡移动的方向。
①若Q>K，平衡逆向移动；
②若Q＝K，平衡不移动；
③若Q<K，平衡正向移动。
3．不能用勒夏特列原理解释的问题
(1)若外界条件改变后，无论平衡向正反应方向移动或向逆反应方向移动都无法减弱外界条件的变化，则平衡不移动。如对于H2(g)＋Br2(g)2HBr(g)，由于反应前后气体的分子总数不变，外界压强增大或减小时，平衡无论正向或逆向移动都不能减弱压强的改变。所以对于该反应，压强改变，平衡不发生移动。
(2)催化剂能同等程度地改变正、逆反应速率，所以催化剂不会影响化学平衡。
(3)当外界条件的改变对平衡移动的影响与生产要求不一致时，不能用勒夏特列原理解释，如工业合成氨条件的选择。
题组一　多角度、全方位突破化学平衡状态标志的判定
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
(1)能说明2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)达到平衡状态的是________。
(2)能说明I2(g)＋H2(g)2HI(g)达到平衡状态的是________。
(3)能说明2NO2(g)N2O4(g)达到平衡状态的是________。
(4)能说明C(s)＋CO2(g)2CO(g)达到平衡状态的是________。
(5)能说明A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)达到平衡状态的是________。
(6)能说明NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)达到平衡状态的是________。
(7)能说明5CO(g)＋I2O5(s)5CO2(g)＋I2(s)达到平衡状态的是________。
答案　(1)①③④⑦　(2)⑤⑦　(3)①③④⑤⑦
(4)①②③④⑦　(5)②④⑦　(6)①②③　(7)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？
答案　(1)②③④⑦　(2)⑤⑦　(3)②③④⑤⑦
(4)②③④⑦　(5)②④⑦　(6)②③　(7)②④⑦
3．汽车净化的主要原理为2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)　ΔH<0。若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是________。
答案　bd
失误防范
化学平衡标志判断“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。
题组二　化学平衡状态移动方向及结果的判定
4．在一定条件下，可逆反应2NO2(g)N2O4(g)　ΔH<0达到平衡，当分别改变下列条件时，请填空：
(1)保持容器容积不变，通入一定量NO2，则达到平衡时NO2的百分含量________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)；保持容器容积不变，通入一定量N2O4，则达到平衡时NO2的百分含量________________。
(2)保持压强不变，通入一定量NO2，则达到平衡时NO2的百分含量________；保持压强不变，通入一定量N2O4，则达到平衡时NO2的百分含量__________。
(3)保持容器容积不变，通入一定量氖气，则达到平衡时NO2的转化率__________；保持压强不变，通入氖气使体系的容积增大一倍，则达到平衡时NO2的转化率______。
答案　(1)减小　减小　(2)不变　不变　(3)不变　减小
解析　(1)保持容器容积不变，通入一定量NO2，则增加了NO2的浓度，所以平衡正向移动，且NO2转化率比原来大，NO2的百分含量减小；保持容器容积不变，通入一定量N2O4，则增加了N2O4的浓度，所以平衡逆向移动，但其进行的程度比原来的N2O4的转化率要小，所以NO2的百分含量减小。(2)保持压强不变，通入一定量NO2或N2O4，不影响平衡，所以NO2的百分含量不变。(3)保持容器容积不变，通入一定量氖气，此过程中各物质的物质的量浓度都没有发生改变，所以平衡不移动，NO2的转化率不变；保持压强不变，通入氖气使体系的容积增大一倍，则相当于减小压强，所以平衡向生成NO2的方向移动，所以NO2的转化率会减小。
5．(2015·江苏，15改编)在体积均为1.0 L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1 mol CO2和0.2 mol CO2，在不同温度下反应CO2(g)＋C(s)2CO(g)达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如图所示(图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上)。下列说法正确的是(　　)
A．反应CO2(g)＋C(s)===2CO(g)的ΔS>0、ΔH<0
B．体系的总压强p总：p总(状态Ⅱ)>2p总(状态Ⅰ)
C．体系中c(CO)：c(CO，状态Ⅱ)>2c(CO，状态Ⅲ)
D．逆反应速率v逆：v逆(状态Ⅰ)>v逆(状态Ⅲ)
答案　B
解析　A项，C和CO2反应是吸热反应，ΔH>0，故A错误；B项，状态Ⅰ是通入0.1 mol CO2，状态Ⅱ是通入0.2 mol CO2，状态Ⅱ可以看作先通0.1 mol CO2，此时的压强相等，再通入0.1 mol CO2，假如平衡不移动，此时的压强等于2倍p总(状态Ⅰ)，但要满足CO2的浓度相等，应对此体系加热使反应向正反应方向移动，气体物质的量增加，因此p总(状态Ⅱ)>2p总(状态Ⅰ)，故正确；C项，状态Ⅱ可以看作先通0.1 mol CO2，此时两者CO的浓度相等，再通入0.1 mol CO2，假如平衡不移动，状态ⅡCO的浓度等于2倍状态Ⅲ，但再充入CO2，相当于增大压强，平衡右移，消耗CO，因此c(CO，状态Ⅱ)<2c(CO，状态Ⅲ)，故错误；D项，温度越高，反应速率越快，v逆(状态Ⅰ)<v逆(状态Ⅲ)，故错误。
6．(2015·天津理综，6)某温度下，在2 L的密闭容器中，加入1 mol X(g)和2 mol Y(g)发生反应：X(g)＋mY(g)3Z(g)平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1 mol Z(g)，再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是(　　)
A．m＝2
B．两次平衡的平衡常数相同
C．X与Y的平衡转化率之比为1∶1
D．第二次平衡时，Z的浓度为0.4 mol·L－1
答案　D
解析　A项，由题意可知两种条件下X、Y、Z的初始物质的量不同，而最终平衡状态相同，则两种条件下建立的平衡为温度、容积不变时的等效平衡，故满足反应前后气态物质计量数之和相等，则1＋m＝3，m＝2，正确；B项，温度不变，平衡常数不变，正确；C项，X、Y 的初始物质的量之比为1∶2，根据方程式可知参加反应的X、Y的物质的量之比也为1∶2，故X与Y的平衡转化率之比为1∶1，正确；D项，由方程式可知该反应中反应前后气体的物质的量不变，所以第二次平衡时气体的总物质的量为4 mol，则Z的物质的量为4 mol×10%＝0.4 mol，Z的浓度为0.4 mol÷2 L＝0.2 mol·L－1，错误。
方法技巧
对于反应物或生成物只有一种的可逆反应而言，在改变物质浓度而引起化学平衡移动时应遵循或应用下列方法进行分析：
(1)建模法分析化学平衡
当容器Ⅱ中的投料量是容器Ⅰ中的n倍时，可通过建模思想来进行考虑。
一般解题步骤[以PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)为例]：
①建模：构建容器Ⅰ的模型：
　pⅠ(始)　　　　pⅠ(平)
Ⅰ　恒容(――→)
②解模：将容器Ⅱ进行拆分，构建新的模型(用实线箭号表示状态变化的方向，用虚线箭号表示虚拟的过程)：
Ⅱ
最后将虚拟出的两个平衡状态进行加压，把体积较大的平衡状态转化为体积较小的平衡状态。即容器Ⅱ的反应相当于在虚拟容器的基础上增大压强，平衡逆向移动，容器Ⅱ相对于容器Ⅰ，PCl5的体积分数增大。
(2)在温度、压强不变的体系中加入某种气体反应物(或生成物)的平衡移动问题：
对于aA(g)bB(g)＋cC(g)或bB(g)＋cC(g)aA(g)，当T、p不变时，加入A气体，平衡移动的最终结果与原平衡等效，相当于平衡不移动；而加入B或C，则平衡的移动由浓度决定。
考点三　全面突破化学平衡常数及转化率
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＝cm?A?·cn?B?(cp?C?·cq?D?)。
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)
Cr2O7(2－)(aq)＋H2O(l)2CrO4(2－)(aq)＋2H＋(aq)
K＝?(2－)
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＋H2O
K＝c?C2H5OH?·c?CH3COOH?(c?CH3COOC2H5?·c?H2O?)
C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)
K＝c?H2O?(c?CO?·c?H2?)
②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＝c?N2O4?(c2?NO2?)
2(1)N2O4(g)NO2(g)
K′＝?N2O4?(1)＝
2NO2(g)N2O4(g)
K″＝c2?NO2?(c?N2O4?)＝K(1)
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)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。
(3)浓度商：可逆反应进行到某时刻(包括化学平衡)时，生成物浓度的化学计量数次幂之积与反应物浓度的化学计量数次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．转化率的全面突破
(1)转化率的计算公式
α(A)＝n?A?(Δn?A?)×100%＝c?A?(Δc?A?)×100%。
(2)转化率的变化分析
在一恒容密闭容器中通入a mol A、b mol B发生反应aA(g)＋bB(g)cC(g)，达到平衡后，改变下列条件，分析转化率的变化情况(用“增大”、“减小”或“不变”表示)：
①再通入b mol B，α(A)增大，α(B)减小。
②再通入a mol A、b mol B：
若a＋b>c，α(A)增大、α(B)增大；
若a＋b＝c，α(A)不变、α(B)不变；
若a＋b<c，α(A)减小、α(B)减小。
1．(2015·重庆理综，7)羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：
CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)　K＝0.1
反应前CO物质的量为10 mol，平衡后CO物质的量为8 mol。下列说法正确的是(　　)
A．升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应
B．通入CO后，正反应速率逐渐增大
C．反应前H2S物质的量为7 mol
D．CO的平衡转化率为80%
答案　C
解析　A项，升高温度，H2S浓度增大，说明平衡向逆反应方向移动，逆反应吸热，正反应放热，错误；B项，通入CO气体瞬间正反应速率增大，达到最大值，向正反应方向建立新的平衡，正反应速率开始减小，错误；C项，设反应前H2S的物质的量为n mol，容器的容积为1 L，则
CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)　K＝0.1
n(始)/mol 10 n 0 0
n(变)/mol 2 2 2 2
n(平)/mol 8 n－2 2 2
因为该反应是反应前后气体体积不变的反应，所以有K＝8×?n－2?(2×2)＝0.1，解得n＝7，正确；D项，根据上述计算可知CO的转化率为20%，错误。
2．将一定量NO2和N2O4的混合气体通入体积为1 L的恒温密闭容器中，各物质浓度随时间变化的关系如图1所示。
计算该反应的平衡常数K＝________。反应进行到20 min时，再向容器内充入一定量NO2,10 min后达到新的平衡，此时测得c(NO2)＝0.9 mol·L－1。
(1)第一次平衡时混合气体中NO2的体积分数为w1，达到新平衡后混合气体中NO2的体积分数为w2，则w1________w2(填“>”、“＝”或“<”)。
(2)请在图2中画出20 min后各物质的浓度随时间变化的曲线(曲线上必须标出“X”和“Y”)。
答案　0.9　(1)>
(2)
解析　由变化量可知图像中X为NO2、Y为N2O4，发生的化学反应为N2O4(g)2NO2(g)，达到平衡后c(NO2)＝0.6 mol·L－1、c(N2O4)＝0.4 mol·L－1，平衡常数K＝c?N2O4?(c2?NO2?)＝0.9。再向容器内充入一定量NO2,10 min后达到新的平衡，此时测得c(NO2)＝0.9 mol·L－1，平衡常数不变，则此时c(N2O4)＝0.9 mol·L－1，c(N2O4)增加了0.5 mol·L－1，则消耗c(NO2)为1.0 mol·L－1,20 min时c(NO2)＝1.9 mol·L－1，进而画出图像。w1＝0.6＋0.4(0.6)×100%＝60%、w2＝0.9＋0.9(0.9)×100%＝50%，w1>w2。
3．(2014·山东理综，29)研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：
2NO2(g)＋NaCl(s)NaNO3(s)＋ClNO(g)　K1
ΔH1<0(Ⅰ)
2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)　K2　ΔH2<0(Ⅱ)
(1)4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)的平衡常数K＝________(用K1、K2表示)。
(2)为研究不同条件对反应(Ⅱ)的影响，在恒温条件下，向2 L恒容密闭容器中加入0.2 mol NO和0.1 mol Cl2，10 min 时反应(Ⅱ)达到平衡。测得10 min内v(ClNO)＝7.5×10－3 mol·L－1·min－1，则平衡后n(Cl2)＝________ mol，NO的转化率α1＝________。其他条件保持不变，反应(Ⅱ)在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2________α1(填“>”、“<”或“＝”)，平衡常数K2________(填“增大”、“减小”或“不变”)。若要使K2减小，可采取的措施是________________________________________________________________________。
答案　(1)K1(2)/K2
(2)2.5×10－2　75%　>　不变　升高温度
解析　(1)观察题给的三个方程式可知，题目所求的方程式可由(Ⅰ)×2－(Ⅱ)得到，故该反应的平衡常数K＝1()。
(2)由题给数据可知，n(ClNO)＝7.5×10－3mol·L－1·min－1×10 min×2 L＝0.15 mol。
　　　　　　　　 2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)
起始物质的量/mol   0.2   0.1   0
10 min内转化的物质的量/mol  0.15   0.075   0.15
平衡物质的量/mol   0.05   0.025   0.15
故n(Cl2)＝0.025 mol；NO的转化率α1＝0.2 mol(0.15 mol)×100%＝75%。
其他条件保持不变，由恒容条件(2 L)改为恒压条件，因该反应是气体分子数减小的反应，平衡正向移动，NO的转化率增大，即α2>α1；平衡常数只是温度的函数，故由恒容条件改为恒压条件时平衡常数不变；要使平衡常数减小，平衡应逆向移动，因为反应(Ⅱ)是放热反应，故应升高温度。
考点四　看图识图　借图破解
1．图像类型
(1)浓度—时间
如A(g)＋B(g)AB(g)
(2)含量—时间—温度(压强)
(C%指产物的质量分数，B%指某反应物的质量分数)
(3)恒压(或恒温)线
(c表示反应物的平衡浓度，α表示反应物的转化率)
图①，若p1>p2>p3，则正反应为气体体积减小的反应，ΔH<0；
图②，若T1>T2，则正反应为放热反应。
(4)几种特殊图像
①对于化学反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，M点前，表示从反应物开始，v正>v逆；M点为刚达到平衡点(如下图)；M点后为平衡受温度的影响情况，即升温，A的百分含量增加或C的百分含量减少，平衡左移，故正反应ΔH<0。
②对于化学反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，L线上所有的点都是平衡点(如下图)。L线的左上方(E点)，A的百分含量大于此压强时平衡体系的A的百分含量，所以，E点v正>v逆；则L线的右下方(F点)，v正<v逆。
2．分析方法
(1)认清坐标系，弄清纵、横坐标所代表的意义，并与有关原理相结合。
(2)看清起点，分清反应物、生成物。浓度减小的是反应物，浓度增大的是生成物，一般生成物多数以原点为起点。
(3)看清曲线的变化趋势，注意渐变和突变，分清正、逆反应，从而判断反应特点。
(4)注意终点。例如，在浓度—时间图像上，一定要看清终点时反应物的消耗量、生成物的增加量，并结合有关原理进行推理判断。
(5)先拐先平。例如，在转化率—时间图像上，先出现拐点的曲线先达到平衡，此时逆向推理可得该曲线对应的温度高、浓度大或压强大。
(6)定一议二。当图像中有三个量时，先确定一个量不变再讨论另外两个量的关系。
3．绘图要领
一标：标原点，标横、纵坐标的物理量及单位。
二比：比照原图像，画出新图像，并标明。
题组一　识别图像、联系规律、判断正误
1．(2015·四川理综，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(　　)
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
答案　B
解析　A项，C(s)＋CO2(g)2CO(g)的正反应是气体物质的量增加的反应，由于反应容器为体积可变的恒压密闭容器，充入惰性气体容器体积扩大，对反应体系相当于减小压强，故v正、v逆均减小，平衡正向移动，错误；B项，由图可知，650 ℃时若设起始时CO2的体积为1 L，平衡时CO2消耗的体积为x L，则
C(s)＋CO2(s)2CO(g)
V始 1 0
V变 x 2x
V平 1－x 2x
?1－x?＋2x(2x)×100%＝40.0%，x＝0.25，CO2的转化率为25%，正确；C项，由图可知，T ℃时平衡体系中CO和CO2的体积分数均为50%，故恒压时充入等体积的CO2和CO两种气体平衡不发生移动，错误；D项，925 ℃时，CO的平衡分压p(CO)＝p总×96.0%，CO2的平衡分压p(CO2)＝p总×4%，根据化学平衡常数的定义可知
Kp＝p?CO2?(p2?CO?)＝p总×4.0%(?p总×96%?2)＝23.04p总，错误。
2．(2015·安徽理综，11)汽车尾气中，NO产生的反应为N2(g)＋O2(g)2NO(g)。一定条件下，等物质的量的N2(g)和O2(g)在恒容密闭容器中反应，下图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始条件改变时N2的浓度随时间的变化。下列叙述正确的是(　　)
A．温度T下，该反应的平衡常数K＝1(2)
B．温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小
C．曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂
D．若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的ΔH<0
答案　A
解析　A项，在温度T下，由曲线a可知，达到平衡后N2、O2、NO的浓度分别为c1 mol·L－1、c1 mol·L－1 、2(c0－c1)  mol·L－1，所以该反应的平衡常数K＝1(2) ，正确；B项，反应前后，混合气体的体积与质量都没有发生改变，所以混合气体的密度不变，错误；C项，加入催化剂只改变反应速率而不改变反应的转化率，若加入催化剂达到平衡后，c(N2)应与曲线a对应的平衡浓度相同，错误；D项，若曲线b对应的条件改变是温度，由于曲线b相对于曲线a先达到了平衡，故应该为升温，升高温度，N2的平衡浓度减小，说明平衡向正向移动，该反应为吸热反应，ΔH>0，错误。
题组二　辨别图表、提取信息、综合应用
3．[2015·全国卷Ⅰ，28(4)]Bodensteins研究了下列反应：
2HI(g)H2(g)＋I2(g)
在716 K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 80 120
x(HI) 1 0.91 0.85 0.815 0.795 0.784
x(HI) 0 0.60 0.73 0.773 0.780 0.784
 
①根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为
________________________________________________________________________。
②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________(以K和k正表示)。若k正＝0.002 7 min－1，在t＝40 min时，v正＝________min－1。
③由上述实验数据计算得到v正～x(HI)和v逆～x(H2)的关系可用下图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为______________(填字母)。
答案　①0.7842(0.108×0.108)　②k正/K　1.95×10－3
③A点、E点
解析　①2HI(g)H2 (g)＋I2 (g)是反应前后气体物质的量不变的反应。反应后x(HI)＝0.784，则x(H2)＝x(I2)＝0.108，K＝c2?HI?(c?H2?·c?I2?)＝?2(0.784)＝0.7842(0.108×0.108)。②到达平衡时，v正＝v逆，即k正x2(HI)＝k逆x(H2)x(I2)，k逆＝k正·x?H2?x?I2?(x2?HI?)＝k正/K。在t＝40 min时，x(HI)＝0.85，v正＝k正x2(HI)＝0.002 7 min－1×(0.85)2＝1.95×10－3 min－1。③原平衡时，x(HI)为0.784，x(H2)为0.108，二者图中纵坐标均约为1.6(因为平衡时v正＝v逆)，升高温度，正、逆反应速率均加快，对应两点在1.6上面， 升高温度，平衡向正反应方向移动，x(HI)减小(A点符合)，x(H2)增大(E点符合)。
4．[2015·全国卷Ⅱ，27(2)(3)]甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料，利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：
①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)　ΔH1
②CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH2
③CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)　ΔH3
回答下列问题：
(2)反应①的化学平衡常数K表达式为______________；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为________(填曲线标记字母)，其判断理由是________。
图1
图2
(3)合成气组成n(H2)/n(CO＋CO2)＝2.60时，体系中的CO平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图2所示。α(CO)值随温度升高而________(填“增大”或“减小”)，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
图2中的压强由大到小为______________，其判断理由是_______________________
_________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________
_______________________________________________。
答案　(2)K＝c?CO?·c2?H2?(c?CH3OH?)　a　反应①为放热反应，平衡常数数值应随温度升高变小
(3)减小　升高温度时，反应①为放热反应，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，又使产生CO的量增大；总结果，随温度升高，使CO的转化率降低　p3>p2>p1　相同温度下，由于反应①为气体分数减小的反应，加压有利于提高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
解析　(2)根据化学平衡常数的书写要求可知，反应①的化学平衡常数为K＝c?CO?·c2?H2?(c?CH3OH?)。
反应①为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数K减小，故曲线a符合要求。
(3)由图2可知，压强一定时，CO的平衡转化率随温度的升高而减小，其原因是反应①为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，反应③为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，又使产生CO的量增大，而总结果是随温度升高，CO的转化率减小。
反应①的正反应为气体总分子数减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，而反应③为气体总分子数不变的反应，产生CO的量不受压强的影响，因此增大压强时，CO的转化率提高，故压强p1、p2、p3的关系为p1<p2<p3。
专题强化练
1．在恒容密闭容器中，用铜铬的氧化物作催化剂，用一定量的HCl(g)和O2制取Cl2的原理为4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)　ΔH<0。下列有关说法不正确的是(　　)
A．平衡前，随着反应的进行，容器内压强变小
B．平衡时，其他条件不变，分离出H2O(g)，逆反应速率减小
C．平衡时，其他条件不变，升高温度平衡常数增大
D．其他条件不变，使用不同催化剂，HCl(g)的转化率不变
答案　C
解析　因反应前后气体分子数减小，平衡前随着反应的进行，容器内的压强逐渐变小，A项正确；生成物浓度减小，逆反应速率减小，B项正确；升温，平衡左移，平衡常数减小，C项错误；其他条件不变，使用不同催化剂，平衡不移动，HCl(g)的转化率不变，故D项正确。
2．下列有关图像分析正确的是(　　)
A B
   
反应从开始到平衡的平均速率v(B)＝0.04 mol·L－1·min－1 N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH<0，T1和T2表示温度，则：T1>T2
C D
   
A(g)＋B(g)C(s)＋2D(g)　ΔH>0，反应至15 min时，改变的条件是降低温度 2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)　ΔH＝－746.8 kJ·mol－1，当x表示温度时，y表示平衡常数K
 
答案　C
解析　A项，容器的容积未知，错误；B项，该反应为放热反应，温度越高，平衡逆向移动，NH3的体积分数越小，由图看出T1温度下氨气的体积分数大于T2温度下氨气的体积分数，说明T1<T2，错误；C项，第15 min时，降低温度，平衡左移，故A、B浓度增大，D浓度减小，正确；D项，温度升高，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，错误。
3．以二氧化碳和氢气为原料制取乙醇的反应为
2CO2(g)＋6H2(g)CH3CH2OH(g)＋3H2O(g)　ΔH<0。某压强下的密闭容器中，按CO2和H2的物质的量比为1∶3投料，不同温度下平衡体系中各物质的物质的量百分数(y%)随温度变化如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．a点的平衡常数小于b点
B．b点，v正(CO2)＝v逆(H2O)
C．a点，H2和H2O物质的量相等
D．其他条件恒定，充入更多H2，v(CO2)不变
答案　C
解析　升温，平衡左移，CO2、H2的体积分数增大，而CH3CH2OH、H2O的体积分数减小。A项，Ka应大于Kb；B项，b点、CO2、H2O的物质的量相等，平衡时v正(CO2)＝3(2)v逆(H2O)；C项，正确；D项，充入H2，v(CO2)增大。
4．相同温度下，容积相同的甲、乙、丙3个恒容密闭容器中均发生如下反应：
2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH＝－197 kJ·mol－1
实验测得有关数据如下：
容器
编号		 起始时各物质的物质的量/mol 达到平衡时体系
能量的变化/kJ
SO2 O2 SO3
甲 2 1 0 Q1
乙 1.8 0.9 0.2 Q2
丙 0 0 2 Q3
 
下列判断中正确的是(　　)
A．197>Q2>Q1
B．若升高温度，反应的热效应不变
C．Q3＝－197 kJ
D．生成1 mol SO3(l)时放出的热量大于98.5 kJ
答案　D
解析　Q1＝197－Q3，Q1>Q2，A、C错误；B项，升温，平衡左移，放出热量减少。
5．铁的氧化物可用于脱除煤气中的H2S，有一步反应为
Fe3O4(s)＋3H2S(g)＋H2(g)3FeS(s)＋4H2O(g)
其温度与平衡常数的关系如图所示。对此反应原理的理解正确的是(　　)
A．H2S是还原剂
B．脱除H2S的反应是放热反应
C．温度越高H2S的脱除率越大
D．压强越小H2S的脱除率越高
答案　B
解析　A项，该反应中Fe3O4是氧化剂，H2是还原剂；B项，升温，K减小，平衡左移，所以正反应为放热反应；C项，升温，平衡左移，H2S的脱除率减小；D项，改变压强，平衡不移动。
6．化学中常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。只改变一个条件，则下列对图像的解读正确的是(　　)
A．图①说明此反应的正反应是吸热反应
B．图②说明NO2的转化率b>a>c
C．图③说明t秒时合成氨反应达到平衡
D．图④说明生成物D一定是气体
答案　D
解析　A项，升温，平衡左移，正反应应为放热反应；B项，随着n(CO)的增多，NO2的转化率逐渐增大，所以NO2的转化率应为c>b>a；C项，t秒时，v正、v逆均在改变，未达到平衡状态；D项，由于改变压强平衡不移动，所以D一定是气体。
7．室温下，把SiO2细粉放入蒸馏水中，搅拌至平衡，生成H4SiO4溶液(SiO2＋2H2OH4SiO4)，该反应平衡常数K随温度的变化如图所示，搅拌1小时，测得H4SiO4的质量分数为0.01%(溶液密度为1.0 g·mL－1)。下列分析正确的是(　　)
A．该反应平衡常数的表达式为K＝c(H4SiO4)
B．该生成H4SiO4的反应为吸热反应
C．用H4SiO4表示的反应速率为1.04×10－2 mol·L－1·h－1
D．若K值变大，在平衡移动时逆反应速率先增大后减小
答案　A
解析　B项，升温，K减小，所以生成H4SiO4的反应为放热反应；C项，v(H4SiO4)＝96 g·mol－1×1 L×1 h(1 000×1.0×0.01% g)≈1.04×10－3 mol·L－1·h－1；D项，降温，K值变大，平衡右移，v逆应先减小后增大。
8．已知：氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子的相互反应为
4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)　ΔH<0
在恒温条件下，向2 L恒容密闭容器中加入0.4 mol NO2和0.2 mol NaCl，第10 min时反应达到平衡，此时n(NaNO3)＝0.1 mol。下列叙述中正确的是(　　)
A．10 min内以NO浓度变化表示的化学反应速率v(NO)＝0.01 mol·L－1·min－1
B．反应速率与NaCl的浓度有关
C．升高温度，正、逆反应速率均增大
D．4v(NO2)＝2v(NO)＝v(Cl2)
答案　C
解析　10 min内以NO浓度变化表示的速率v(NO)＝0.005 mol·L－1·min－1，A项错误；NaCl是固体，反应速率与NaCl的浓度无关，故B项错误；v(NO2)∶v(NO)∶v(Cl2)＝4∶2∶1，故v(NO2)＝2v(NO)＝4v(Cl2)，D项错误。
9．Ⅰ.甲醇是重要的化学工业基础原料和清洁液体燃料。工业上可利用CO或CO2来生产燃料甲醇。已知甲醇制备的有关化学反应以及在不同温度下的化学反应平衡常数如下表所示：
化学反应 平衡
常数		 温度/℃
500 800
①2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g) K1 2.5 0.15
②H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g) K2 1.0 2.50
③3H2(g)＋CO2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) K3    
 
(1)据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K3＝________(用K1、K2表示)。500 ℃时测得反应③在某时刻，H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度(mol·L－1)分别为0.8、0.1、0.3、0.15，则此时v正________v逆(填“>”、“＝”或“<”)。
(2)在3 L容积可变的密闭容器中发生反应②，已知c(CO)—反应时间t变化曲线Ⅰ如图所示，若在t0时刻分别改变一个条件，曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ和曲线Ⅲ。
当曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ时，改变的条件是_________________________________________。
当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时，改变的条件是_________________________________________。
Ⅱ.利用CO和H2可以合成甲醇，反应原理为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。一定条件下，在容积为V L的密闭容器中充入a mol CO与2a mol H2合成甲醇，平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示。
(1)p1________p2(填“>”、“<”或“＝”)，理由是___________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)该甲醇合成反应在A点的平衡常数K＝________(用a和V表示)。
(3)该反应达到平衡时，反应物转化率的关系是CO________H2。(填“>”、“<”或“＝”)
(4)下列措施中能够同时满足增大反应速率和提高CO转化率的是________(填字母)。
A．使用高效催化剂
B．降低反应温度
C．增大体系压强
D．不断将CH3OH从反应混合物中分离出来
E．增加等物质的量的CO和H2
答案　Ⅰ.(1)K1·K2　>
(2)加入催化剂　将容器的体积(快速)压缩至2 L
Ⅱ.(1)<　甲醇的合成反应是分子数减少的反应，相同温度下，增大压强CO的转化率提高
(2)a2(12V2)　(3)＝　(4)C
解析　Ⅰ.(1)K1＝c2?H2?·c?CO?(c?CH3OH?)
K2＝c?H2?·c?CO2?(c?CO?·c?H2O?)
K3＝c3?H2?·c?CO2?(c?H2O?·c?CH3OH?)
K3＝K1·K2
Q＝0.83×0.1(0.15×0.3)<2.5
所以v正>v逆。
(2)由曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ，CO的浓度增大，但所用时间减小，所以改变的条件应是加入催化剂；曲线Ⅲ的平衡浓度是曲线Ⅰ平衡浓度的1.5倍，所以应将容器体积快速压缩至2 L。
Ⅱ.(1)增大压强平衡右移，CO的转化率增大，所以p2>p1。
(2)c(CH3OH)＝V(0.75a) mol·L－1
c(CO)＝V(0.25a) mol·L－1
c(H2)＝V(0.5a) mol·L－1
所以K＝?2(0.5a)＝a2(12V2)。
(3)按系数加入，转化的符合系数之比，所以α(CO)＝α(H2)。
(4)加入催化剂不能提高转化率，降温速率减慢，分离CH3OH速率减慢，增加等物质的量的CO和H2，CO的转化率减小。
10．工业生产硝酸铵的流程如下图所示：
请回答下列问题：
(1)已知：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ·mol－1。
①在500 ℃、2.02×107 Pa和铁催化条件下向一密闭容器中充入1 mol N2和3 mol H2，充分反应后，放出的热量________(填“大于”、“小于”或“等于”)92.4 kJ。
②为提高H2的转化率，实际生产中宜采取的措施有________(填字母)。
A．降低温度
B．最适合催化剂活性的适当高温
C．适当增大压强
D．减小压强
E．循环利用和不断补充氮气
F．及时移出氨
(2)该流程中铂—铑合金网上的氧化还原反应为4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)。
①已知铂—铑合金网未预热也会发热，则随着温度升高，该反应的化学平衡常数K________(填“增大”、“减小”或“不变”)，理由是_______________________________
_________________________________________________________________________________________________________________。
②若其他条件不变，则下列图像正确的是________(填字母)。
③在1 L容积固定的密闭容器中发生该反应，部分物质的物质的量浓度随时间变化如下表所示：
物质的量
   浓度
时间		 c(NH3)/
mol·L－1		 c(O2)/
mol·L－1		 c(NO)/
mol·L－1
起始 0.800 0 1.600 0 0
第4 min时 0.300 0 0.975 0 0.500 0
第6 min时 0.300 0 0.975 0 0.500 0
第8 min时 0.700 0 1.475 0 0.100 0
 
反应在第6～8 min时改变了条件，改变的条件可能是____________；在从起始到第4 min末用NH3表示的该反应的平均速率是________ mol·L－1·mol－1。
答案　(1)①小于　②CEF　(2)①减小　氨的催化氧化反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K会减小　②ABC　③升高温度　0.125 0
解析　(1)①合成氨反应属于可逆反应，不可能进行到底，该条件下反应放出的热量小于92.4 kJ。②降低温度平衡正向移动，但反应速率降低，不适宜实际生产；升高温度、减小压强平衡逆向移动；适当增大压强既加快反应速率又使平衡正向移动；循环利用和不断补充氮气既加快反应速率又使平衡正向移动；及时移出氨减小了生成物浓度，使得平衡正向移动。(2)②因为该反应的正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，H2O的含量减少，D错误；压强增大，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，同时压强增大平衡逆向移动，NO的产率减小，NH3的转化率减小，A、C正确；催化剂对平衡没有影响，但能加快反应速率，使达到平衡所需时间缩短，B正确。③比较第6 min和第8 min时数据：c(NO)减小，c(NH3)和c(O2)增大，且三者物质的量浓度的变化量之比等于其化学计量数之比，说明平衡逆向移动，原因可能是升高温度；v(NH3)＝(0.800 0－0.300 0) mol·L－1÷4 min＝0.125 0 mol·L－1·min－1。
11．“C1化学”是指以碳单质或分子中含1个碳原子的物质(如CO、CO2、CH4、CH3OH等)为原料合成工业产品的化学工艺，对开发新能源和控制环境污染有重要意义。
(1)一定温度下，在甲、乙两个容积均为2 L的密闭容器中，分别发生反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＝－49.0 kJ·mol－1。相关数据如下表所示：
容器 甲 乙
起始投入物质 1 mol CO2(g)和3 mol H2(g) 1 mol CH3OH(g)和1 mol H2O(g)
平衡时
c(CH3OH)		 c1 c2
平衡时能量变化 放出29.4 kJ 吸收a kJ
 
则：c1________c2(填“>”、“<”或“＝”)；a＝________。
(2)科学家成功研制出一种新型催化剂，能将CO2转变为甲烷。在常压、300 ℃条件下，CO2与H2按体积之比1∶4反应，CO2转化率可达90%。一定条件下，某兴趣小组在容积为V L的密闭容器中发生此反应达到化学平衡状态。
①该反应的平衡常数表达式为___________________________________________________。
②由图1可知该反应的ΔH________0(填“>”、“<”或“＝”)；300 ℃时，从反应开始到达平衡，以H2的浓度变化表示的化学反应速率是________(用nA、tA、V表示)。
(3)已知CO2(g)＋2CH3OH(g)CH3OCOOCH3(g)＋H2O(g)　ΔH，控制一定条件，该反应能自发进行，则ΔH______0(填“>”、“<”或“＝”)。在一定温度下，向一容积可变的容器中充入1 mol CO2、2 mol CH3OH(g)，CO2的转化率与反应时间的关系如图2所示。在t时加压，若t1时容器容积为1 000 mL，则t2时容器容积为________ mL。
答案　(1)＝　19.6
(2)①K＝c?CO2?·c4?H2?(c?CH4?·c2?H2O?)　②<　tA V(4nA) mol·L－1·min－1
(3)<　25
解析　(1)甲容器与乙容器中所达到的平衡完全等效，平衡时，两容器中各物质浓度相同；甲容器中反应物的转化率为29.4 kJ÷49.0 kJ＝0.6，乙容器中反应是从逆反应开始的，转化率为1－0.6＝0.4，反应吸收的热量为49.0 kJ×0.4＝19.6 kJ。也可根据“三段式”法推导：甲容器中，
CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)
起始量  1 mol   3 mol   0   0
变化量  0.6 mol  1.8 mol  0.6 mol   0.6 mol
平衡量  0.4 mol  1.2 mol  0.6 mol   0.6 mol
所以平衡时c(CO2)＝0.2 mol·L－1，c(H2)＝0.6 mol·L－1，c(CH3OH)＝0.3 mol·L－1，c(H2O)＝0.3 mol·L－1，平衡常数K＝c?CO2?·c3?H2?(c?CH3OH?·c?H2O?)＝0.2×0.63(0.3×0.3)＝12(25)。
假设乙容器中CH3OH的转化率为x，
  CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)
起始量     0     0      1 mol    1 mol
变化量     x mol   3x mol   x mol      x mol
平衡量     x mol   3x mol  (1－x) mol  (1－x) mol
同理可得平衡常数K＝2(x)＝12(25)，解得x＝0.4，平衡时c(CH3OH)＝0.3 mol·L－1，c1＝c2，反应吸收的热量为49.0 kJ×0.4＝19.6 kJ。
(2)①根据CO2与H2按体积之比为1∶4反应可知，发生反应的化学方程式是CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)，所以平衡常数表达式为K＝c?CO2?·c4?H2?(c?CH4?·c2?H2O?)。②从图1可知随着温度升高，平衡时n(CH4)减小，说明平衡逆向移动，所以正反应是放热反应；300 ℃时，从反应开始到达平衡，n(CH4)变化了nA mol，根据反应方程式可知n(H2)变化了4nA mol。v(H2)＝4nA mol÷V L÷tA min＝tA V(4nA) mol·L－1·min－1。
(3)反应前后气体的物质的量减少，说明反应的ΔS<0，一定条件下反应能够自发进行说明ΔH<0。t1时CO2的转化率为0.5，
　　　　CO2(g)＋ 2CH3OH(g)CH3OCOOCH3(g)＋H2O(g)
起始量  1 mol    2 mol     0     0
变化量  0.5 mol   1 mol     0.5 mol     0.5 mol
平衡量  0.5 mol   1 mol     0.5 mol     0.5 mol
则t1时CO2(g)、CH3OH(g)、CH3OCOOCH3(g)、H2O(g)的平衡浓度分别为0.5 mol·L－1、1 mol·L－1、0.5 mol·L－1、0.5 mol·L－1(体积为1 L)，平衡常数K＝c?CO2?·c2?CH3OH?(c?CH3OCOOCH3?·c?H2O?)＝0.5×12(0.5×0.5)＝0.5。
t2时CO2的转化率为0.8，
　　　　CO2(g)＋2CH3OH(g)CH3OCOOCH3(g)＋H2O(g)
起始量  1 mol   2 mol    0    0
变化量  0.8 mol  1.6 mol    0.8 mol    0.8 mol
平衡量  0.2 mol  0.4 mol    0.8 mol    0.8 mol
设t2时容器容积为V L，则t2时CO2(g)、CH3OH(g)、CH3OCOOCH3(g)、H2O(g)的平衡浓度分别为0.2/V mol·L－1、0.4/V mol·L－1、0.8/V mol·L－1、0.8/V mol·L－1，平衡常数K＝V(0.2)＝0.5，解得V＝0.025。

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