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名师一号高考总复习新课标化学全解全析
名师一号高考总复习新课标化学全解全析
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名师一号高考总复习新课标化学全解全析名师一号高考总复习新课标化学全解全析
名师一号 高考总复习?模块新课标 化学?新课标版 全解全析
学 案 部 分
第一章 从实验学化学
第一讲 化学实验基础
基础梳理
一、1.(1)外
(2)2/3 1/4
(5)灯帽
2(1/3 略向下倾斜 坩埚钳 石棉网 坩埚钳 1/3,2/3 作承接器 玻璃棒
3((1)?平视液体凹液面最低处
(2)?浸在液体内 蒸馏烧瓶
(3)?检查是否漏水 ?玻璃棒 胶头滴管 凹液面最低处与刻度线相切
(4)?检查是否漏水 ?0.01 ?酸性 强氧化性 碱性 ?用待装液润洗...
名师一号高考总复习新课标化学全解全析
名师一号 高考总复习?模块新课标 化学?新课标版 全解全析
学 案 部 分
第一章 从实验学化学
第一讲 化学实验基础
基础梳理
一、1.(1)外
(2)2/3 1/4
(5)灯帽
2(1/3 略向下倾斜 坩埚钳 石棉网 坩埚钳 1/3,2/3 作承接器 玻璃棒
3((1)?平视液体凹液面最低处
(2)?浸在液体内 蒸馏烧瓶
(3)?检查是否漏水 ?玻璃棒 胶头滴管 凹液面最低处与刻度线相切
(4)?检查是否漏水 ?0.01 ?酸性 强氧化性 碱性 ?用待装液润洗
(5)?物品 砝码 ?0.1 ?小烧杯
思考1 不一定。如果称量时未使用游码，则没有误差;如果使用了游码，则物品质量偏小。
思考2 不同，A图读数偏大，B图读数偏小。
4(固 液体 棕 橡胶 玻璃 加少量水 细沙 难溶于水 块 小
二、1.(1)药匙 纸槽 底 镊子
(2)胶头滴管 倾倒 手心 玻璃棒
2((1)酸碱性 酸碱性 漂白 氧化性
(2)?玻璃片或表面皿 玻璃棒 中部 比色卡 ?润湿 镊子 玻璃棒
3((2)滴 成股
(3)NaOH溶液或热的纯碱溶液 CS或热的NaOH溶液 稀HNO 23
4((1)烧杯 试管 搅拌 粉碎 加热 加热
(2)?Cl ?NH SO HCl 倒吸 232
(3)较小 较大
思考3 K、Na、白磷等，因随意丢弃易引起火灾等安全事故。
思考4 不能。用蒸馏水润湿pH试纸后，相当于稀释了待测液，溶液浓度变小，测量结果可能产生误差。
基础巩固
1(解析 试管可直接加热,烧杯可垫石棉网加热,坩埚可用来灼烧固体～可直接加热,容量瓶只能在常温下使用～不能加热～故选D。
答案 D解析 带玻璃活塞的仪器在使用前必须检查是否漏水。
答案 C
2(解析 托盘天平的游码标尺的“0”标线位于标尺左端～A项错,容量瓶的体积标线位于瓶颈部分～B项正确,25 mL碱式滴定管的“0”刻度在滴定管的上端～“25 mL”刻度在滴定管的下端～C项错,量筒无“0”刻度～D项错。
答案 B
3(解析 题给仪器中～漏斗能用于过滤～分离固体和液体混合物,蒸馏烧瓶用于蒸馏～分离沸点不同的液体混合物,分液漏斗用于分液～分离不互溶的液体混合物。选C项。
答案 C
4(解析 ?正确,?正确,?蒸馏时～温度计水银球应臵于烧瓶的支管口处,?酒精灯用完后～用灯帽盖灭,?分液时～下层液体从下口放出～上层液体从上口倒出,?正确。
答案 A
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5(解析 ?用试管夹夹持试管时～试管夹应从试管底部往上套～夹在试管中上部～或离试管口的1/3处～故?正确,?给试管中的液体加热时～为避免液体沸腾时飞溅出来～液体的体积不能超过试管容积的1/3～故?正确,?应先通氢气～排出空气后再加热～故?错误,?取用放在细口瓶中的液体时～取下瓶塞倒放在桌面上～若倾倒液体时瓶上的标签对着地面～可能会有液体沿瓶嘴流下～从而腐蚀标签～故应该使标签朝着手心～?错误,?将烧瓶放在桌上～用力塞紧塞子～容易把烧瓶弄破～应拿在手中将塞子慢慢地旋紧～故?错误,?制取Fe(OH)时将滴管垂直伸进试管内的液体中～是为了防止生成的氢氧化亚铁很快被氧化～便2
于观察白色沉淀的生成～故?正确,?检验装臵的气密性时～将导管浸入水中～用手捂住容器的外壁或用酒精灯微热～导气管口处有气泡冒出～松开手～导气管中上升一段水柱～证明气密性完好～故?正确。综上所述????正确～故选A项。
答案 A
6(解析 ?是酒精灯,?是烧杯,?是试管,?是胶头滴管,?是普通漏斗,?是分液漏斗,?是圆底烧瓶,?是容量瓶,?是量筒,?是冷凝管。(2)在分液操作中需要用到分液漏斗和烧杯。(3)能作为反应容器且能够直接加热的仪器是试管。(4)容量瓶、量筒上标有温度。
答案 (1)容量瓶 冷凝管
(2)??
(3)试管
(4)??
题组训练
1(解析 装臵?中HCl极易溶于水～滴入水后气球膨胀～A选项正确,装臵?中～左边导管进气～可收集比空气密度大的气体～如Cl、HCl、NO等～右边导管进气～可用于收22
集比空气轻的气体～如H、NH等～但NO不能用排空气法收集～B选项不正确,四氯化碳23
的密度比水大～四氯化碳在水的下层～氨气或氯化氢不溶于四氯化碳～可用于吸收氨气或氯化氢～以防止倒吸～C选项正确,氨气密度比空气小～可用碱石灰干燥～且多余的氨气可通过倒扣的小漏斗用水吸收(NH极易溶于水)～D选项正确。 3
答案 B
2(解析 普通漏斗常用作过滤器～有时也组成防倒吸装臵～用于吸收易溶于水的气体。
答案 (1)?向细口容器中加液体;?组成过滤装置;?组成防倒吸装置(任选两例，合理即可)
(2)?防止不纯氢气点燃时发生爆炸
?两层液体的完全分离较难控制;苯、I均会导致橡胶老化 2
3(解析 (1)A项中不宜用硫酸制取二氧化碳～应该用稀盐酸,C项中亚硫酸钠为粉末状～不易控制反应速率～即不能做到“随关随停”,D项中高锰酸钾易溶于水～也不能做到“随关随停”。
(2)SO、Cl能与碱石灰反应～不能用碱石灰干燥,NO能与空气中的氧气反应～且其密22
度与空气十分接近～不能用排空气法收集,NH既不与碱石灰反应～又可用向下排空气法收3
集。
(3)依据反应要求与现象可知～该固体与液体在不加热条件下反应产生气体～使小气球鼓起。A项中反应需要加热～B项中铁遇浓HSO会钝化～C项中物质反应不需加热且可产生24
H～D项中反应需要加热。 2
(4)A图中滴管末端不应伸入试管中,B图中试管口应略向下倾斜。
答案 (1)B (2)B (3)C (4)A图中滴管末端伸入试管中 B图中试管口向上
4(解析 B项利用液差法:夹紧弹簧夹～从长颈漏斗中向试管内加水～长颈漏斗中会形成一段液柱～通过液柱是否变化即可检查,C项利用加(捂)热法:用酒精灯加热(或用手捂热)试管～通过观察烧杯中有无气泡以及导管中水柱是否变化即可检查,D项利用抽气法,向外轻轻拉动注射器的活塞～通过观察浸没在水中的玻璃导管口是否有气泡冒出即可检查。
答案 A
5(解析 装臵甲中松开手后导管内没有形成一段液柱～装臵乙中关闭出气口活塞后酸液未被压入球形漏斗中(而与Zn粒脱离接触)～装臵丁中关闭了出气口止水夹而分液漏斗中的水能顺利滴下～这都是装臵的气密性不好的表现。装臵丙中产生的H将集气瓶中的水压入量筒～2
气密性良好。
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答案 C
6(解析 若装臵?不漏气～则导管中的液面应高于烧杯中的液面。
答案 A
7(解析 钠着火时～要用沙土扑灭～A项错,用水会增大酒精与空气接触面积～不能用水冲～可用湿布盖灭～C项错,少量浓硫酸沾在皮肤上～立即用抹布擦干～再用大量水冲洗～D项错。
答案 B
8(解析 实验中产生的废液中可能含有有害物质～倒入下水道会造成环境污染～C项错误。
答案 C
9(解析 ?白磷易自燃且不与HO反应～故可保存在冷水中,?Na、K会与HO反应～22应保存在煤油中,?HF不能保存在玻璃容器中～但可用塑料容器保存,?AgNO见光分解～3应保存在棕色试剂瓶内,?浓硝酸有挥发性～应保存在棕色细口瓶内。综上所述～选项A正确。
答案 A
10(解析 氢氟酸能腐蚀玻璃～A项错,汽油和煤油能腐蚀橡胶～B项错,碱性溶液能与磨口处的玻璃反应而使塞子黏住打不开～C项错,棕色玻璃可以防止光照～避免使药品分解～D项正确。
答案 D
名师究错
纠错训练 解析 NO可与空气接触生成NO～故不能用排空气法收集～A项错误,浓2
硫酸稀释时放出大量的热～为防止液体飞溅～将浓硫酸缓慢加入乙醇中～B项正确,洗涤沉淀时～不能搅拌～C项错误,广泛pH试纸所测溶液pH只能是整数～D项错误。
答案 B
第二讲 物质的分离和提纯
基础梳理
一、1.分离 纯净物
2(目标物质 除杂
二、(从左至右，从上至下)普通漏斗 紧贴 气泡 漏斗 滤纸 分液漏斗 萃取、分液 下口放出 上口倒出 A进B出 干燥管 大口 小口 冷凝管 出水 进水
思考 关闭活塞，向分液漏斗中加入一定量的水倒置，观察是否漏水，若不漏水再将活塞旋转180?，然后倒置观察是否漏水。
三、1.结晶、过滤
2(分馏
3(萃取
基础巩固
1(解析 用蒸馏、过滤、分液进行混合物的分离均发生的是物理变化过程,洗气时有可能发生的是化学变化过程～如用饱和NaHCO溶液除去CO中的HCl气体。 32
答案 D
2(解析 蒸馏烧瓶可以分离互溶且沸点不同的液体混合物,漏斗可组成过滤器分离固液混合物(悬浊液),分液漏斗可进行萃取～分离互不相溶的液态混合物,蒸发皿可通过蒸发分离出可溶于水的溶质。
答案 B
3(解析 A项～二氧化碳中混有少量一氧化碳～通入适量氧气后无法点燃～因为二氧化碳能灭火,B项～将氧气和氮气通过炽热的铜粉～这样反应掉的将是氧气,D项～能除去杂质纯碱～但引入了新的杂质CaCl。 2
答案 C
4(解析 A项～二者都能与NaOH溶液反应,B项～二者都能与NaCO溶液反应～应23
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将混合气体通过饱和NaHCO溶液洗气,D项～二者都能与Ca(OH)溶液反应。 32
答案 C
5(答案 (1)cdef
(2)?过滤 ?萃取、分液
(3)B
(4)分液漏斗 普通漏斗
(5)紫红 分液漏斗上口活塞小孔未与空气相通
(6)?缺石棉网 ?温度计插到了液体中 ?冷凝管进出水的方向颠倒
(7)使蒸馏烧瓶受热均匀，控制加热温度不至过高 蒸馏烧瓶
题组训练
1(解析 向溴水中加入CCl～萃取后～液体会分层～然后用分液漏斗进行分液～A项4
正确。苯酚能溶解在乙醇中～无法用过滤法除去～B项错误。加热时碘会升华～但无回收气态碘的装臵～C项错误。准确配制一定物质的量浓度的溶液应该使用容量瓶～D项错误。
答案 A
2(解析 A项～乙酸乙酯难溶于碳酸钠溶液～二者会分层～可以用分液法分离～选择?～A项不合理,B项～用CCl萃取碘水中的碘～选择?～B项合理,C项～?可以用作洗气瓶～4
可用于氯化亚铁溶液吸收氯气～C项合理,D项～粗盐提纯需要过滤、蒸发结晶～选择?和?～D项合理。
答案 A
3(解析 乙醇与水互溶～不能作萃取剂～A项错误。乙酸乙酯与乙醇互溶～不能用分液的分离～B项错误。除去硝酸钾中的氯化钠可用重结晶的方法～是由于氯化钠在水中的溶解度受温度变化的影响较小～故C项错误。乙醚和丁醇互溶～但沸点相差较大～可用蒸馏的方法进行分离～D项正确。
D 答案
4(解析 A项～Cl也能与NaOH溶液反应～故不能用NaOH溶液除去Cl中含有的少22量HCl,B项～NHCl晶体受热易分解～故不能通过蒸干NHCl饱和溶液的方法制备NHCl444晶体,C项～纯碱易溶于水～利用图示装臵不能达到使反应随时发生或停止的目的,D项～碘在CCl中的溶解度远大于在水中的溶解度～且CCl与水不相溶～密度大于水的密度～故44
可用图中所示装臵分离CCl萃取碘水后已分层的有机层和水层。 4
答案 D解析 A项适用于液—液分离～B项适用于固—固分离(其中一种物质易升华)～
气分离～而D项中坩埚适用于固体物质的高温分解。 C项适用于气—
答案 D
5(解析 淀粉-KI试纸遇I也会变蓝～不能检验I中是否混有Cl～A项不正确,NaHCO2223溶液与Ca(OH)溶液发生反应也有沉淀生成～不能检验NaHCO溶液中是否混有NaCO～B2323项不正确,饱和NaCO溶液和CO、HCl都能发生反应～C项不正确。 232
答案 D ,，,26(解析 根据题意～选择Ba(OH)溶液除去SO、NH和HCO～NH?HO通过加热244332，,,22除去～操作?为加热。过量的Ba用NaCO溶液除去～过量的OH和CO用硝酸除去～233则操作?为过滤～试剂?为HNO。 3
答案 B
7(解析 本题要从?入手～?能将沉淀部分溶解。据题意知?为NaOH溶液～排除A、，B两项,第?步只分离出一种沉淀～所以只能向溶液中加入NaCl溶液使Ag沉淀而分离～同时对其他离子无影响～因此试剂?为NaCl溶液～排除C项～D项对。
答案 D ,28(解析 先加水溶解～然后加入过量BaCl溶液～生成BaSO沉淀(除去SO)～再加入244，，，222过量KCO～生成MgCO、CaCO和BaCO沉淀(除去Mg、Ca和前面过量的Ba)～经23333,2过滤除去沉淀～然后再加入过量盐酸～除去前面过量的CO～最后经加热使过量的HCl挥3
发～再进行蒸发以得到纯净的KCl晶体。
答案 D
名师究错
纠错训练 解析 A项～四氯化碳与水不互溶～可以萃取碘单质～由于四氯化碳的密度
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较大～应从下口放出,B项～碳酸钠与氯化钙反应后的产物是碳酸钙与氯化钠～由于碳酸钙
?不溶于水～可以过滤分离,C项～加热时NaHCO分解:2NaHCO=====NaCO，CO?，33232HO～NaHCO可以转化为NaCO～但蒸发时应该用蒸发皿,D项～乙醇的沸点低于100 ?～2323
可以利用水浴加热蒸馏的方法提高其百分含量。
答案 C第三讲 物质的量 气体摩尔体积
基础梳理
一、1.物理量
(1)n
(2)摩尔 摩 mol 23232((1)6.02×10 6.02×10
(2)N A
N, (3)nNA
3((1)单位物质的量
(3)g/mol kg/mol
(4)相对原子质量或相对分子质量
m(5)n, M
思考1 摩尔质量与相对分子(或原子)质量是两个不同的概念。当摩尔质量以g/mol为单位时，二者在数值上相等，但前者有单位，后者是相对值，可以认为单位为1，所以二者不等同。
二、1.(1)单位物质的量
(4)?气态 固体、液体 ?1 mol ?温度、压强 52((1)273 K 1.01×10 Pa 1 气体
(2)22.4 L/mol
(3)L/mol
3(温度和压强下，相同体积的任何气体，都含有相同数目的分子
思考2 不一定，非标准状况下1 mol气体的体积也可以是22.4 L。
基础巩固
1(解析 有些物质是由离子或原子构成的～故A项错,使用摩尔表示物质的量时～应用化学式表明粒子的种类～故C项错,摩尔是物质的量的单位～而不是物理量～故D项错。
答案 B ,12(解析 A项错～摩尔质量的单位是g?mol,B项错～1 mol O的质量以g为单位时2
在数值上与它的相对分子质量相等,C项错～质量的单位是g,D项正确～要注意氖气是单原子分子气体。
答案 D
3(解析 N和CH这两种气体的摩尔质量相等～质量相等时～物质的量也就相等～所224
含的分子数也一定相等～A项正确。B、C、D项可根据阿伏加德罗定律及其推论加以判断～所含分子数均不一定相等。
答案 A
4(解析 审题时要注意三个问题:一是气体X与Y可能反应～二是压强大小比较需要应用阿伏加德罗定律～三是注意2NO NO的转化。同温同体积～气体的压强之比等于224
物质的量之比。设起始状态下～每个烧瓶中气体的物质的量为a mol。?中Cl，2HI===2HCl2，I～常温下～碘呈固态～充分反应后～气体的物质的量为1.5a mol。?中NH，HCl===NHCl～234反应后无气体。?中不反应(光照或点燃条件下才反应)。?中发生反应2NO，O===2NO～222NO NO～反应后气体的物质的量介于a mol与1.5a mol之间。 224
答案 C
5(解析 8 g O的物质的量是0.25 mol～每个O分子所含电子数是16～则8 g O含有222
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，4n个电子～A项正确,NH?HO是弱电解质～在水溶液中不能完全电离～故溶液中NH小A324于n个～B项错误,标准状况下～盐酸是液体～不能利用气体摩尔体积进行计算～且HClA
是强电解质～在水溶液中完全电离～盐酸中无HCl分子～C项错误,1 mol Na被完全氧化时～不论生成NaO还是NaO～都失去n个电子～D项错误。 222A
答案 A解析 A项～1.5 mol铝和1 mol NaOH在溶液中反应～Al过量～只有1 mol Al发生反应～转移电子数为3N～正确,B项～10 g Ne的物质的量为0.5 mol～含原子数为0.5N,AAC项～DO的相对分子质量为20,20 g DO的物质的量为1 mol～每个DO含10个质子～故222所含质子数为10N,D项～标准状况下～水为液态。 A
答案 A ,16(答案 (1)98 98 g?mol
(2)11.2 L
(3)4 g H 2,1(4)28 g?mol 0.224 L
题组训练
1(解析 解法一:公式法:
p双原子分子的物质的量, mol NA
a gaNA,1双原子分子的摩尔质量, ,g?molpp molNA
所以b g气体在标准状况下的体积为
b g22.4pb,1×22.4 L?mol, L aNaNAA,1 g?molp
解法二:比例法:
同种气体其分子数与质量成正比～设b g气体的分子数为N
a g ， p
b g ， N
bppb22.4pb则:N,～双原子分子的物质的量为～所以b g该气体在标准状况下的体积为 aaNaNAAL。
答案 D
2(解析 X除以N为该气体的物质的量～然后乘以M表示其质量～最后除以V为1 LA
该气体的质量。
答案 B
催化剂3(解析 根据反应4NH，5O=====4NO，6HO～当有标准状况下V L NH完全反应时～3223?
V5VNH的物质的量为 mol～转移电子数为 mol～已知在此反应中转移电子数为n～则n322.422.4
5V22.4n,×N～所以～N,～故选D项。 AA22.45V
答案 D
4(解析 A项～Cl也能与NaOH溶液反应～故不能用NaOH溶液除去Cl中含有的少22量HCl,B项～NHCl晶体受热易分解～故不能通过蒸干NHCl饱和溶液的方法制备NHCl444晶体,C项～纯碱易溶于水～利用图示装臵不能达到使反应随时发生或停止的目的,D项～碘在CCl中的溶解度远大于在水中的溶解度～且CCl与水不相溶～密度大于水的密度～故44
可用图中所示装臵分离CCl萃取碘水后已分层的有机层和水层。同温同压下密度比等于摩尔4121814121814质量比～CO与N摩尔质量不同、密度不同～A项错,CO与N都为双原子分子～22121814原子数相同时分子数相同～由于CO中子数为16,N中子数为14～故原子数相同时中子2121814数不同～B项错,CO与N都含14电子～同温同压同体积时电子数相同～C项正确,二2
者摩尔质量不等～故等质量时质子数不等～D项错。
答案 DC
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5(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
xyy g乙气体的物质的量相等～即,～推出x y,M M～故正确,B项～甲与乙的分甲乙MM甲乙
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 p,n n甲乙12mm, ,M M,y x～故正确。 乙甲MM甲乙
答案 B
6(解析 本题主要考查阿伏加德罗定律及其推论在实际中的应用。A项必须是气态分子才能成立,B项质量相同的O和H～其物质的量之比等于摩尔质量的反比～即2 32,1 16,22
C项虽然气体体积不等～但没有给出气体所处的条件～所含的分子数有可能相等,D项同温同体积时～气体的物质的量越大～其压强越大。
答案 D
a2a7(解析 同温同压下～气体体积之比等于物质的量之比～推知 ,1 2～M，甲，M，乙，M(甲),M(乙)～根据密度公式～气体的密度等于质量除以体积～在同温同压下甲、乙密度之比为1 1～A项正确,甲、乙的相对分子质量相等～B项正确,同温同体积下～气体的物质的量与压强成正比～等质量的甲、乙气体的物质的量相等～所以压强也相等～C项正确,相对分子质量相等、质量相等～甲、乙分子数相等～但是甲、乙分子的组成不确定～可能为单原子分子、双原子分子或多原子分子～原子数不一定相等～D项错误。
答案 D
8(解析 本题考查阿伏加德罗常数～意在考查考生的计算能力。1.0 L 1.0 mol/L的NaAlO2水溶液中～溶质NaAlO和溶剂HO中均含有氧原子～因此含有的氧原子数大于2N～A项220
1错误,石墨烯中1个六元环中含C原子的个数为6×,2,12 g石墨烯中C的物质的量为1 mol～3,则六元环的个数为0.5N～B项正确,25 ?时pH,13的NaOH溶液中c(OH),0.1 mol/L～0,由于没有提供溶液的体积～OH的数目无法确定～C项错误,1 mol —OH所含电子数为9N～0,而1 mol OH所含电子数为10N～D项错误。 0
答案 B ,,9(解析 ClO能发生水解～故1 L 1 mol/L的NaClO溶液中ClO的数目小于N～故AA项错误。苯分子中不含碳碳双键～B项错误。14 g N与CO混合气体的物质的量为0.5 mol～2
所含原子数等于N～C项正确。在反应3NO，HO===2HNO，NO中～若有3 mol NO与A2232水反应转移2 mol电子～标况下6.72 L NO为0.3 mol～转移电子数为0.2N～故D项错误。 2A
答案 C
10(解析 CH、CH的最简式均为CH～n(CH),a/14 mol～一个CH可形成三个共2436222用电子对～所含共用电子对数,3a/14 mol～A选项错误,一个氢原子形成一个碳氢键～共含有a/7 mol氢原子～B选项正确,C选项没有注明标准状况下～错误,所含原子总数,3a/14 mol～D选项错误。
答案 B
11(解析 A项～标准状况下～HF为液态,C项～随着反应进行～浓HSO的浓度逐渐24减小～由于稀HSO与铜不反应～故HSO不能全部反应～所以生成SO的物质的量小于0.46 24242
mol,D项～因为N和H的反应是可逆反应～所以转移电子的数目小于0.6N。 22A
答案 B
12(解析 A项～Cl，HO HCl，HClO,0.1 mol Cl没有完全反应～转移的电子的物222
18 g质的量小于0.1 mol～转移的电子数目少于0.1N,B项～n(HO),,1 mol, 原子总,1A218 g?mol数为3N,C项～标准状况下～CHCHOH为液体～不能根据气体的摩尔体积计算其物质的A32
量,D项～常温常压下～2.24 L CO和CO混合气体的物质的量小于0.1 mol, 所含碳原子数2
目少于0.1N。 A
答案 B
13(解析 样品加热发生的反应为
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?2NaHCO=====NaCO，HO，CO? Δm 32322
168 106 62
m(NaHCO) g (ω,ω)g 312
,ω，168，ω12质量差为(ω,ω)g～故样品中NaHCO质量为g～样品中NaCO质量为ωg12323162168，ω,ω，12,g～其质量分数为 62
,ω，168，ω12g,gω162m，NaCO，23, ωgm，样品，1
84ω,53ω21,。 31ω1
当然～本题也可用常规方法～依据化学方程式直接求解。
另解:
假设样品有x mol NaHCO固体～则: 3?2NaHCO=====NaCO，CO?，HO 32322
x mol 0.5x mol
据样品加热前后固体质量的关系～有 ,,11ω g,x mol×84 g?mol，0.5x mol×106 g?mol,ωg～解得x,(ω,ω)/31～那么1212,1NaHCO的质量为m(NaHCO),(ω,ω)/31 mol×84 g?mol,84(ω,ω)/31 g～从而推知331212NaCO的质量为m(NaCO),ω g,84(ω,ω)/31 g,(84ω,53ω)/31 g～因此NaCO样品23231122123
,53ω84ω21的纯度为ω(NaCO),m(NaCO)/m(样品),。 232331ω1
答案 A
14(解析 Na、Al混合物中没有具体指明Na、Al的物质的量～且二者相对量的多少与
HO反应后产生H的量有关～故需要采用极值法来确定V的范围～根据题意求出两个端值～22
则实际介于两个端值之间。
据题意金属钠的物质的量为nx mol～Al的物质的量为n(1,x) mol～产生的H是溶液中2，的H获得Na、Al失去的电子而生成的～根据得失电子守恒可得产生H的物质的量,2
nx，3n，1,x， mol～根据反应2Na，2HO===2NaOH，H?、2Al，2NaOH，2HO===2NaAlO22222
，3H?和题中“金属没有剩余”～可知n(Na)?n(Al)～ 2
即0.5?x<1。当x,1时～产生H的物质的量为0.5n mol～即11.2n L,当x,0.5时～产2
生H的物质的量为n mol～即22.4n L～故产生H的体积的取值范围为11.2nρ时～如HSO溶液、HNO溶液～ω>2p%, 12243
当ρ<ρ时～如氨水、酒精溶液～ω<2p%。 12
答案 (1)? (2)?
名师究错 ，2纠错训练 解析 本题的解题关键是将溶液分成两等份～即每份体积为a/2 L～n(Ba),2,n(HSO),x mol～n(Cl),n(AgNO),y mol～根据电荷守恒可知在同一份溶液中:2n(Ba243，，,，，,1)，n(Na),n(Cl)～n(Na),(y,2x)mol～所以c(Na),[(y,2x)×2/a] mol?L～ ,1即[(2y,4x)/a]mol?L。
答案 D
第二章 化学物质及其变化 第一讲 物质的分类
基础梳理
一、1.(1)分子 原子 离子
(2)相同核电荷数
(3)只由一种元素组成 由多种元素组成
(4)?单质 ?化合物
2((1)同种元素形成的不同单质
(2)物理 化学
3((1)由同种单质或化合物组成的物质
(2)由几种不同的单质或化合物组成的物质
思考1 不一定。如O和O的混合物。 23
二、1.金属 非金属 碱 盐 氧化物 共价
2(化合反应 分解反应 置换反应 复分解反应 有无离子参与 有无电子转移 可逆
反应 不可逆反应 吸热反应 放热反应
三、1.(1)把一种(或多种)物质分散在另一种(或多种)物质中
(2)溶液 胶体 浊液
2(一条光亮的“通路”
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?3(FeCl饱和溶液 红褐色 FeCl，3HO=====Fe(OH)(胶体)，3HCl 3323
思考2 胶体粒子的直径在1,100 nm之间。
基础巩固
1(解析 A项～纯碱属于盐类,C项～铅笔芯的主要成分是石墨～铅球是内注入铅的铁皮球,D项～蔗糖、果糖不含醛基。
B 答案
2(解析 ?纯碱属于盐～故错误。?H元素最外层有1个电子～但却是非金属～故错误。?蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质～故正确。?分散系是按分散质粒子直径大小来分类的～故错误。?根据反应时是放热还是吸热将化学反应分为吸热反应和放热反应～故错误。?根据是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应～正确。
答案 C
3(解析 A项～属于蜡烛的不完全燃烧,C项～其中的原料小苏打与柠檬酸发生化学反应生成CO,D项～鸡蛋壳的主要成分碳酸钙与醋酸发生化学反应。 2
B 答案
4(解析 A项～臵换反应是单质与化合物反应～生成另一种单质和另一种化合物的反应,B项～应根据电解质是否完全电离判断电解质强弱～溶液导电性强弱与离子浓度、离子所带电荷数等有关,C项～根据分散质粒子直径大小将分散系分为溶液、胶体、浊液(悬浊液和乳浊液),D项～分子式相同结构不同的物质互为同分异构体～分子式相同～相对分子质量一定相同～但是相对分子质量相同～分子式不一定相同(如CH、CO与N)。 242
答案 C
5(解析 同素异形体之间转化～元素化合价没有变化～A项错,焰色反应是元素表现出来的物理性质～没发生化学变化～B项错,CH、CH组成的混合物中～碳、氢原子个数比2266
为1 1～C项错,过氧化钠与盐酸反应:2NaO，4HCl===4NaCl，O?，2HO～过氧化钠2222不是碱性氧化物～D项正确。
答案 D ，,36(解析 A选项产生白色沉淀和无色气体的原因是Al与HCO发生相互促进的水解反3
应～而B、C、D选项分别利用胶体的渗析、电泳和聚沉等性质。
答案 A
题组训练
1(答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)?
2(解析 B项熔融AlCl不导电～金属铝通常用电解熔融氧化铝的方法制取～故错误,3
C项明矾是纯净物～故错误,D项氯化镁中不含共价键～故错误。
答案 A
3(解析 A项淀粉和纤维素等高分子化合物不是纯净物～故错误。B项某些非金属氧化物如CO～既不是酸性氧化物又不是碱性氧化物～故错误。C项纯碱为NaCO～属于盐～故23错误。D项丁达尔效应是胶体的特性～丁达尔效应能区别溶液和胶体～故正确。
答案 D
4(解析 电解质与非电解质都是化合物～A项中二者属于包含关系,化合物与碱性氧化物也属于包含关系,溶液与胶体同属于分散系～是并列关系,离子化合物和电解质属于包含关系。
答案 C
5(解析 光导纤维的主要成分SiO是酸性氧化物～但酸性氧化物不是复合材料。 2
答案 A
6(解析 二氧化硅能溶于氢氟酸～B项错误。生石灰与水反应生成氢氧化钙～氯气能与氢氧化钙反应～C项错误。氯化铝是共价化合物～熔融状态下不导电～无法电解～若电解其水溶液则得到氢氧化铝～故D项错误。
答案 A
7(解析 NO在空气中易被氧化成二氧化氮～由无色变为红棕色～属于化学变化,冷却二氧化氮:2NO(g) NO(g) ΔH<0～平衡向右移动～气体颜色变浅～属于化学变化～A224
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项错误,冰水混合物冷却SO气体得到的固态SO是无色晶体～加热氯化铵晶体生成无色气33
体～均没有明显颜色变化～B项错误,木炭吸附二氧化氮～红棕色变浅或变成无色～属于物理变化,将氯气通入品红溶液中～品红溶液先变无色～氯气过量时变黄绿色～属于化学变化～C项正确,将过氧化钠加入酚酞溶液中～溶液由无色变为红色～然后褪色～属于化学变化,向氯化铁溶液中滴加KSCN溶液～溶液变红色～属于化学变化～D项错误。
答案 C
8(解析 高铁酸钾具有强氧化性～能够使蛋白质变性??正确,高铁酸根还原得到的，3Fe能够水解～产生胶状的Fe(OH)～具有吸附性、能够吸附水中的悬浮颗粒发生聚沉形成3
沉淀～??正确。
答案 B
9(解析 本题考查不同类别物质之间的转化。金属与非金属化合可直接形成盐～如2Na，S===NaS～碱性氧化物和酸性氧化物反应可直接形成盐～如NaO，SO===NaSO～酸与22324碱发生中和反应可直接形成盐～如2NaOH，HSO===NaSO，2HO～故选D项。 24242
答案 D
10(解析 选项D中Y和Z均为Al(OH)～不符合框图中的转化关系。 3
答案 D
11(解析 选项A～若X为Mg～甲为CO～Z为O～Y为C时～符合转化关系～所以22
X、Y、Z不一定都是非金属单质～A项错误,若X为C～甲为HO～Z为O～乙为CO～Y22为H时符合转化关系～故选项B、D错误。选项C～若X、Y都为金属单质时～X、Y在反2
应中失去电子～而金属单质在反应中不获得电子～所以Z一定不是金属单质～必为非金属单质。
答案 C
12(答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)×
13(解析 A项～饱和FeCl溶液可与沸水反应生成Fe(OH)胶体,B项～血液透析是利33
用半透膜原理～通过扩散、对流将体内各种有害物质以及多余的代谢废物移出体外～达到净化血液的目的,C项～明矾水解可以产生具有吸附性的Al(OH)胶体粒子～可以净水～但不3
能作漂白剂,D项～葡萄糖注射液属于溶液～不能产生丁达尔现象。综上所述～应选C项。
答案 C
14(解析 可以通过渗析的方法将淀粉胶体中混有的氯化钠溶液除去～A项错误,制备Fe(OH)胶体的方法是将饱和FeCl溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色～B项正确,一束33
平行光线射入蛋白质溶液里～从侧面可以看到一条光亮的通路～这是丁达尔现象～C项正确,分散质粒子的直径:悬浊液>胶体>溶液～D项正确。
答案 A
15(答案 B
名师究错
纠错训练1 解析 本题考查物质的分类知识～明矾[KAl(SO)?12HO]、胆矾422(CuSO?5HO)、生石膏(CaSO?2HO)等结晶水合物都是纯净物,玻璃是多种硅酸盐的混合物,4242
冰是固态的水～是纯净物,蔗糖有固定的组成(CHO)～是纯净物,天然橡胶是高分子化122211
合物～一般来说高分子化合物都不是纯净物,王水是浓硝酸和浓盐酸的混合物。HSiO、HCO2323均是弱电解质,NaHCO是强电解质,SO、CO、CHCHOH、NH均是非电解质,Cl是单3223232质～既不是电解质也不是非电解质。
答案 D
纠错训练2 解析 铁在氧气中点燃的产物为四氧化三铁～A项错,钠在氧气中点燃的产物为过氧化钠～B项错,电解氯化铝溶液时～两极的产物分别是氢气与氯气～得不到Al～D项错。
答案 C
第二讲 离子反应
基础梳理
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一、1.(1)熔融 水溶液中
(2)熔融 水溶液中
2((1)完全 强酸 强碱 大多数盐类
(2)部分 弱酸 弱碱 水
3(电解 化学 物理
4((1)熔融 自由移动的离子 ，,，,,，,22(2)=== NaSO===2Na，SO HCO H，HCO HCO H，CO 24423333
思考1 (1)不一定。如Cl的水溶液能导电，但它不是化合物，所以，它既不是电解质，2
也不是非电解质。再如CO、SO、NH的水溶液也能导电，但导电的原因并不是CO、SO、22322NH分子的电离所致，而是它们与水反应生成的HCO、HSO、NH?HO电离产生自由移3232332动的离子所致，故CO、SO、NH是非电解质。 223
(2)不一定。电解质的强弱与溶液的导电性没有必然联系。溶液的导电性强弱取决于溶液中自由移动的离子浓度的大小及离子所带电荷的多少，稀的强电解质溶液导电性很弱，浓度较大的弱电解质溶液导电性可能很强。
二、1.(1)离子 离子 ，,,，,，222(2)Ba，SO===BaSO? CHCOO，H===CHCOOH CO，2H===CO?，443332，，2HO Zn，2H===H?，Zn 不反应 难电离 易挥发 氧化还原反应 22
(3)A B、C、D E 减少
2(不发生 能发生 生成难溶物或微溶物 生成气体或挥发性物质 生成难电离物质 发生氧化还原反应 不能
三、1.同一类型
2(沉淀 难电离 挥发性
3((1)正确的化学方程式 CaCO，2HCl===CaCl，CO?，HO 3222，,，,2(2)易溶于水且完全电离的物质 CaCO，2H，2Cl===Ca，2Cl，CO?，HO 322，，2(3)方程式两边不参加反应的离子 CaCO，2H===Ca，CO?，HO 322
(4)质量 电荷
思考2 不是，不在溶液中进行的反应不能写离子方程式。如铜与浓硫酸反应;铵盐与碱反应制取氨气;食盐与浓硫酸加热制取氯化氢气体等不能写成离子方程式。
基础巩固
1(解析 A项中HI为强电解质,B项中盐酸为混合物～既不是电解质也不是非电解质～CaCO为强电解质,C项中Cl为单质～既不是电解质也不是非电解质。 32
答案 D
2(答案 C
3(解析 本题考查离子共存～意在考查考生分析问题的能力。A项各离子之间不发生反，，,，,2223应～能够大量共存～A项正确,Pb、Hg与S能反应生成沉淀～B项错误,H与PO、4,，,，,22232SO不能大量共存～C项错误,Ca与CO反应生成白色沉淀～Al与CO也不能大量共2333存～D项错误。
答案 A 34(解析 本题考查了离子大量共存的相关知识～意在考查考生的分析与判断能力。Al，,,，2与CO发生相互促进的水解反应～产生CO气体与Al(OH)沉淀～A项错误,MnO、H3234，，,2与Fe会发生氧化还原反应～B项错误,C项中离子能大量共存,NH与OH结合生成4NH?HO～D项错误。 32
答案 C
5(解析 A项～NH?HO属于弱电解质～应写成化学式～A项错误,B项～澄清石灰水32，2中Ca(OH)应拆写成离子形式～B项错误,C项正确,D项～铁与稀硫酸反应生成Fe～正2，，2确的离子方程式为Fe，2H===Fe，H?～D项错误。 2
答案 C
6(解析 本题考查离子方程式的正误～意在考查考生元素化合物知识及化学方程式的配，，，322平。A项～未配平～正确的离子方程式为:2Fe，Cu===Cu，2Fe,B项正确,C项～醋,,2酸是弱酸～不能写成离子形式,D项～通入过量的二氧化碳～生成物应为HCO～不是CO～33不正确。
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答案 B
题组训练
1(解析 BaSO属于难溶物质～但溶解的部分是完全电离的。NH是非电解质～氨水是43
混合物～既不是电解质也不是非电解质。熔融态的共价化合物分子中没有离子～不可以导电。熔融态的离子化合物存在自由移动的离子～能导电。强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强。
答案 D
2(解析 强电解质不一定是离子化合物～如HCl是强电解质但却是共价化合物～A项错,BaSO难溶于水～BaSO水溶液虽然是饱和溶液～但却是稀溶液～故C、D项错。 44
答案 B
3(解析 铁既不是电解质～也不是非电解质～A项错误,NH是非电解质～BaSO是强34电解质～B项错误,碳酸钙是盐～为强电解质～磷酸是中强酸～是弱电解质～乙醇是非电解质～C项正确,HO是弱电解质～D项错误。 2
答案 C ,,4(解析 HCO是弱酸的酸式酸根离子～不能拆分～A项书写错误,而HSO为强酸的34酸式酸根离子～应拆分～B项书写正确,MgCl、Ba(OH)分别为可溶性盐和强碱～都属于强22
电解质～C、D项书写正确。
答案 A
5(解析 本题考查离子方程式的正误判断～意在考查考生对离子方程式书写规律的应用，，2能力。浓盐酸与铁屑反应生成FeCl和H～离子方程式应为:Fe，2H===Fe，H?～A项222，2错误,Na与CuSO溶液反应～不能臵换出Cu～离子方程式应为:2Na，2HO，Cu42，,===Cu(OH)?，2Na，H?～B项错误,NaHCO与稀硫酸反应～HCO不能拆～离子方程2233,，式应为:HCO，H===HO，CO?～C项错误,FeCl溶液中加入Mg(OH)～发生沉淀的转32232化反应～D项正确。
答案 D
6(解析 本题考查离子方程式的正误判断～意在考查考生正确运用化学用语的能力。HCl溶于水全部电离～应写成离子的形式～A项错误。明矾水解生成的氢氧化铝是胶体而不是沉淀～因而不能写“?”～B项错误。C项离子方程式不符合元素守恒。
答案 D
7(解析 次氯酸是弱酸～在书写离子方程式时不能拆写～A项错误,双氧水有氧化性～2KI有还原性～两者发生氧化还原反应～B项正确,用铜作电极～阳极铜直接失电子生成Cu，，2～溶液中Cu得电子～有Cu生成～C项错误,硫代硫酸钠溶液中加入稀硫酸生成二氧化硫,，2和硫单质～SO，2H===S?，SO?，HO～D项错误。 2322
答案 B
8(解析 B中NaCl与浓HSO共热应生成HCl气体,C中磁性氧化铁为FeO～应用2434，,,322化学式表示,D中明矾溶液中Al与SO的个数比为1 2～当SO完全沉淀时～加入的44,，,3OH与Al反应生成AlO。 2
答案 A
9(解析 本题考查离子方程式的书写～意在考查考生书写与量有关的离子方程式的能力
?，,，2和分析能力。A项中的HCl应拆成离子形式:MnO，4H，2Cl=====Mn，Cl?，2HO,222,，,2C项反应中～Ca(HCO)溶液是少量的～Ca(HCO)中的HCO应完全反应:Ca，2HCO，323233,,，,222OH===CaCO?，CO，2HO,D项～还原性:Fe>Br～向FeBr溶液中通入Cl时～33222，，，,223Fe先被氧化～根据已知Cl和FeBr的量可知离子方程式为2Fe，Cl===2Fe，2Cl。 222
答案 B ,,，10(解析 A项错～正确的写法为:5I，IO，6H===3I，3HO,醋酸是弱酸～不能322，，23写成离子形式～故B项错,D项错～因为铁粉过量～产物是Fe而不是Fe。
答案 C
11(解析 (1)向Ba(OH)溶液中逐滴加入NaHSO溶液时～由于开始时NaHSO不足量～244，,，,22H和SO按组成比例1 1参加反应～而Ba(OH)溶液中的Ba和OH的组成比例为1 2～42,，,，,22相当于OH过量。离子方程式应表示为:H，SO，Ba，OH===BaSO?，HO。当沉442
名师一号 高考总复习?模块新课标 化学?新课标版 全解全析
，,22淀恰好完全时～即当Ba与加入的SO物质的量相等时～溶液仍显碱性～如果再加入NaHSO44，,时～只发生中和反应:H，OH===HO。 2
(2)澄清石灰水的成分为Ca(OH)～与(1)中Ba(OH)相似～但NaHCO溶液与NaHSO溶2234，,,液不相似。NaHCO电离的方程式为NaHCO===Na，HCO～即HCO是一个整体～不能拆3333开写。 ，,，,，,22答案 (1)H，SO，Ba，OH===BaSO?，HO H，OH===HO 4422，,,,22(2)?Ca，2OH，2HCO===CaCO?，CO，2HO 3332,，,2?HCO，Ca，OH===CaCO?，HO 332
12(解析 本题考查离子共存～意在考查考生对离子反应知识的理解与应用能力。使甲
基橙变红色的溶液呈酸性～A项中四种离子不反应～可大量共存。使酚酞变红色的溶液呈碱，,，,,22性～Cu、HCO均不能大量存在～B项错误。Ag与SO、I均不能大量共存～C项错误。34,，AlO与H不能大量共存～D项错误。 2
答案 A 213(解析 B项中离子能共存～但向该溶液中投入铝时不会产生气体～错误,C项中Ca，,,，，22与SO不能大量共存～且溶液显中性～与铝不反应～错误,D项中OH与Fe和NH均不44能大量共存～错误。
答案 A ，，,，214(解析 选项A～pH,1的溶液显酸性～溶液中存在大量H～H、NO与Fe不能3，,,121大量共存～错误,选项B～水电离出的c(H),10 mol?L的水溶液既有可能显酸性～也有,，,12可能显碱性～但HCO都不能大量存在～错误,选项C～c(H)/c(OH),10的水溶液显酸性～3，,3这些离子可以大量共存～正确,选项D～Fe与SCN因发生络合反应而不能大量共存～错
误。
答案 C ,，,315(解析 A项～溶液呈酸性或碱性～AlO不能存在于酸性溶液中,B项～Al与HCO23，,，2因发生水解相互促进反应而不能大量共存,D项～H、NO和Fe因发生氧化还原反应而不3
能大量共存。
答案 C
名师究错 ，,，,,322纠错训练1 解析 A项中离子方程式应为Al，2SO，2Ba，4OH===AlO，42，22BaSO?，2HO,C项中反应产物应为Al(OH),D项中反应产物应为Fe。 423
答案 B ,,2纠错训练2 解析 A项～CrO有颜色～且在酸性条件下能氧化I～错误,B项～该27,,2溶液为碱性～CHCOOH不能大量共存,C项～S与HS反应生成HS～错误,D项～该组32
在酸性溶液中可以共存。 ，2答案 D解析 加入Al能放出气体的溶液可能为强酸或强碱溶液～在强碱溶液中Cu，,,22不能共存～A项错误,Fe为浅绿色且与ClO、SiO均不共存～B项错误,加入(NH)CO3423，，,,后加热产生气体～则溶液为强酸性或强碱性～Na、K、NO、Cl均能共存～C项正确,3,,HCO与HCO不共存～D项错误。 324
答案 C
第三讲 离子检验和推断
基础梳理
?，, 1.红 无色气体 NaOH 白烟 NH，OH=====NH?，HO NH，4323，,22HCl===NHCl(白烟) 黄色 紫色 Ba，SO===BaSO? 红褐色 444，,2Fe，2OH===Fe(OH)? 2
4Fe(OH)，O，2HO===4Fe(OH) 红褐色 血红色 2223，,3Fe，3OH===Fe(OH)? 3，,3Fe，3SCN===Fe(SCN) 溶解 3
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，,2(AgNO溶液、稀HNO Ag，Cl===AgCl? 浅黄色 33，,,,Ag，Br===AgBr? Cl，2Br===2Cl，Br 黄色 22，,,,Ag，I===AgI? Cl，2I===I，2Cl 蓝 浑浊 22,，，,22HCO，H===CO?，HO Ba，SO===BaSO? 32233，，2BaSO，2H===Ba，SO?，HO BaCl溶液、稀盐酸 3222，思考 1.不能，若溶液中存在Ag，也有相同的现象发生。 ,,22(不能，若溶液中存在SO、HCO，也有相同的现象。 33,,,23(不能，若溶液中存在HCO、SO、HSO，也有相同的现象。 333,，24(不能，若溶液中存在SO和Ag，也有相同现象。 3，5(判断错误，检验NH时，应加入浓NaOH溶液，并加热，且用湿润的红色石蕊试纸。 4
基础巩固 ,,，，2221(解析 阴离子CO、SO也可与Ba形成白色沉淀,若溶液中含有Ag～则加入氯33，,,2化钡溶液～Ag与Cl形成白色的AgCl沉淀。这些杂质形成的白色沉淀干扰了SO的检验。 4
答案 D ，，，322(解析 A项～氨水与Al、Mg和Ag都能产生白色沉淀～且氨水过量时～Al(OH)、3,,22Mg(OH)沉淀都不会消失～无法鉴别,B项～Ba(NO)溶液与SO和CO都能产生白色沉23243淀～无法鉴别,C项～乙醇与水互溶～不能萃取碘水中的碘,D项～乙酸与生石灰反应生成盐～过滤后再蒸馏可以得到无水乙醇。
答案 D ,,,,,2223(解析 HCO、HSO、CO都能使澄清石灰水变浑浊～A选项错误,SO、CO都33343，能和Ag反应产生白色沉淀～B选项错误,C选项中产生的沉淀可能是AgCl～故C选项错误。
答案 D
4(解析 SO使品红溶液褪色过程中发生的是非氧化还原反应～SO使酸性KMnO溶224液褪色过程中发生的是氧化还原反应～前者加热后红色复原～后者不能复原～A项错。B项，，只能确定溶液中含有K～不能确定溶液中是否含有Na。C项中BaCl不与NaHCO反应～23与KCO反应可生成白色沉淀～正确。D项中CO不与CaCl溶液反应。 2322
答案 C ,,25(解析 (1)由溶液呈强酸性可排除CO、AlO的存在。 32,，,，,3(2)由?可知溶液中有I～则Fe、NO(H)具有强氧化性～不与I大量共存～可知不含3，,3有Fe、NO。 3，，3(3)加入NaOH溶液～出现的沉淀溶解～说明有Al存在～加热后有气体生成说明有NH4存在。 ,,2答案 (1)CO、AlO 32,，,,，,33(2)I Fe、NO CCl层呈现出碘的颜色，则原溶液中含I，Fe、NO在该环境中343,与I不能大量共存 ，，3(3)Al、NH 4,,Al(OH)，OH===AlO，2HO 322?NH?HO=====NH?，HO 3232,，22(4)SO Ba 4
题组训练 ,,21(解析 A项～能与稀盐酸反应生成CO的～除CO外～还有HCO～错误,B项～233K元素焰色反应的紫色必须透过蓝色钴玻璃才能看到～不透过蓝色钴玻璃观察时～火焰也为黄色～错误,C项～能使溴水褪色的气体～可以是与Br发生加成反应～也可以是发生氧化2
还原反应～例如SO等～错误。 2
答案 D
2(解析 用pH试纸测量溶液的pH时～试纸不能事先润湿～A项不正确,选项B不正确～应该是浓溶液或者加热,选项C不正确～因为溶液中也可能含有铁离子,SO具有还原2性～能被酸性高锰酸钾溶液氧化～选项D正确。
答案 D
3(解析 Ba(OH)溶液滴入(NH)SO溶液中～有刺激性气味气体和白色沉淀产生～滴2424
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入NHCl溶液中有刺激性气味气体产生～滴入NaCO溶液中有白色沉淀产生～滴入NaNO4233溶液中无明显现象。
答案 C
4(解析 A项～因为在实验过程中加入了NaOH溶液和NaCO溶液～故无法判断试样23，中是否含有Na。B项～葡萄糖酸根不能发生银镜反应(且未经酸化)～不能根据现象2得出，2试液中不含葡萄糖酸根的结论。C项～若有Mg则加入NH?HO会产生Mg(OH)沉淀。D322，3～若试样中含有Fe也会产生相应现象。 项
答案 C
5(解析 待测液加入氯气和氯化钡～生成白色沉淀～则该沉淀是硫酸钡～所以一定含有,2SO。滤液萃取～上层呈橙红色～说明有单质溴生成～所以一定含有溴离子。下层加入淀粉4
碘化钾溶液～显蓝色～说明有单质碘生成～因此滤液中含有能氧化碘离子的氧化剂。滤液加入过量的氢氧化钠溶液～生成沉淀～沉淀能溶解在盐酸中～而生成的D能和硫化氢反应生成淡黄色沉淀～沉淀是硫～因为铁离子能氧化硫化氢生成单质S沉淀。所以D中含有的应该是铁离子～即沉淀B一定含有氢氧化铁～所以原溶液中一定含有亚铁离子。根据转化可知～白,，23色沉淀C是氢氧化铝～所以一定含有铝离子。由于CO与Al发生相互促进的水解而不能3,2大量共存～所以一定没有CO。 3,，，,322答案 (1)Br、Al、Fe、SO 4,，23(2)无CO，与Al发生互相促进的水解反应不能大量共存 3，，，32(3)Fe(OH) 2Fe，HS===2Fe，S?，2H 32，,，，,222226(解析 该混合物溶于水后得澄清溶液～说明Ba和SO～Ba、Mg和CO不能43，同时存在,加足量NaOH溶液并加热产生气体～说明存在NH～由生成1.12 L(标准状况)氨4，,2气可知～原混合物中NH的物质的量为0.05 mol,在实验?中～沉淀有两种～说明存在SO44,，，,2222和CO～则题述混合物中不存在Ba和Mg。由2.33 g BaSO求出原混合物中SO的物质344,2的量为0.01 mol～则CO的物质的量为0.02 mol。实验?中～加AgNO溶液有沉淀～并不33,，,,22能确定原混合物中一定有Cl～因为Ag与SO、CO都能产生沉淀。根据溶液呈电中性原43，，,理知～一定存在K～但是K的物质的量不能确定～因为Cl是否存在并不确定。 ，，22答案 (1)不能确定 Ba、Mg
(2) ,1阴离子符号 物质的量浓度/(mol?L) ,20.1 SO 4,20.2 CO 3，,,，22(3)存在 溶液中肯定存在的离子是NH、CO和SO，经计算，NH的物质的量为0.05 4344,,22mol，CO、SO的物质的量分别为0.02 mol和0.01 mol，根据溶液呈电中性原理知，一定34，存在K
名师究错 ，纠错训练1 解析 根据加入过量NaOH溶液～加热～得到0.02 mol气体～说明有NH～4，,32而且为0.02 mol～同时产生红褐色沉淀～说明有Fe～而且为0.02 mol～则没有CO～根据3,,2不溶于盐酸的4.66 g沉淀～说明有SO～且为0.02 mol～则根据电荷守恒可知一定有Cl～4
至少有0.04 mol～B项正确。
答案 B
纠错训练2 解析 由框图中呈现的有关反应现象可知～溶液中加入过量盐酸后～产生,,，，2232的沉淀甲必为HSiO～原溶液中有SiO,有SiO～则不可能有Al和Mg。产生的气体2333
甲可能为CO和SO中的一种或两种～无色溶液甲中加入过量氨水后生成白色沉淀乙～则白22,，，,色沉淀乙只能为Al(OH)～证明原溶液中有AlO。溶液中存在的阳离子只有K～故K、AlO、322,,,,2222SiO一定存在于原溶液中～可能含有CO、SO中的一种或两种～无法判断SO是否存在～3334，，32Al、Mg肯定不存在。
答案 C
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第四讲 氧化还原反应
基础梳理
一、1.氧化 还原
2(变化
3(得失 偏移
4(失 升高 氧化 还原 氧化 氧化 氧化 还原 还原 得 降低 还原
(1)得到 降低 还原 还原 氧化
(2)失去 升高 氧化 氧化 还原
5(化合 置换 复分解 分解 氧化还原
思考1 不一定。如3O 2O。 23
思考2 不一定，同一个氧化还原反应中，氧化剂和还原剂可能是同种物质，也可能是不同的物质，氧化产物和还原产物也有可能是同一种物质或不同的物质。例如:Cl，2
===3Cl?，KCl，3HOHO===HCl，HClO中Cl既是氧化剂，又是还原剂，6HCl，KClO22322中Cl既是氧化产物又是还原产物。 2
二、1.(1)变价元素 升价总数 降价总数 质量 电子
2((1)“得” “失” ,,(2)3Cu，8HNO(稀)===3Cu失2e×3(NO)，2N得3e×2O?，4HO 3322
3((1)转移电子数目 “得”“失” ,)，2NO?，2HO (2)Cu，4HN2eO(浓)===Cu(NO33222,,，，，222三、1.X HO或OH Mn SO或S NO或NO Mn Fe或Fe HO 2222，,,，n2232(M HO CO或CO CO SO或SO S I SO Fe 2223424，2思考3 (1)不一定。如Fe既有氧化性，又有还原性。 ，,(2)H表现氧化性，I表现还原性。
基础巩固
1(解析 A项为氧化还原反应～但并不是臵换反应～符合题意,B项为臵换反应～错误,C项不是氧化还原反应～错误,D项为化合反应～错误。
答案 A
2(解析 元素处于最低价时～只能失电子被氧化,处于最高价时～只能得电子被还原,处于中间价时～既能被氧化又能被还原。N元素最低价是,3～最高价是，5～所以C选项错误。
答案 C ,3(解析 ?Cl和NaOH反应时～1 mol Cl转移1 mol e,?有的阴离子在一定条件下22,有强氧化性～如NO在酸性条件下氧化性很强。 3
答案 A
4(解析 A项CuS既作还原剂又作氧化剂～故错误。B项S元素发生氧化反应～故错2,误。D项当1 mol O参加反应时～共转移6 mol e～故错误。 2
答案 C
5(解析 (1)根据电子得失守恒和原子守恒～配平可得:3FeS，2C，3O===FeO，2CO2234，6S～被氧化的物质为FeS和C～根据化学方程式可知～当生成3 mol硫时～消耗FeS和C22的物质的量为1.5 mol，1 mol,2.5 mol。(2)?浓盐酸易挥发～露臵在空气中溶质挥发使溶液，的质量减轻。?盐酸与金属锌反应的化学方程式为Zn，2HCl===ZnCl，H?～其中H化合22,价下降～表现出氧化性～Cl化合价不变～与氧化产物结合形成盐～表现出酸性。?盐酸与金属氧化物反应时～没有改变金属离子的化合价～表现出酸性。?结合反应方程式中各物质的化合价变化情况可确定～Mn从，7价下降至，2价～被还原,HCl中,1价的氯部分化合价升高作还原剂,HCl被氧化得到氧化产物Cl。 2
答案 (1)3FeS，2C，3O===FeO，2CO，6S 2234
2(5 mol ，，，，23(2)?d ?ab Zn，2H===Zn，H? ?a FeO，6H===2Fe，3HO ?Mn 2232HCl Cl 2
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题组训练 ,，，,221(解析 (1)根据反应方程式可以判断还原能力强弱:?中I>Fe～?中Fe>Cl～?,,，,2中SO>I～综合分析知:SO>I>Fe>Cl～故D项正确。 22,,,,(2)由四种物质氧化能力可知～W可氧化Z、X和Y生成相应的单质～Z可氧化X22,,和Y生成相应的单质～X可氧化Y生成Y～故B、C项正确。 22
答案 (1)D (2)BC ，，，，，，2222222(解析 据X，Z===X，Z知氧化性:X>Z～据Y，Z===Y，Z知氧化性:，，，，，22222Z>Y～由X与单质R不反应推知氧化性:R>X。
答案 A
3(解析 ?高锰酸钾氧化氯离子生成氯气,?氯气氧化亚铁离子生成棕黄色的铁离子,?铁离子氧化碘离子生成碘单质～碘遇淀粉变蓝色。上述过程都是氧化还原反应～根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性得出选项A正确。
答案 A
4(解析 ?铜与浓硝酸反应生成二氧化氮～铜与稀硝酸反应生成一氧化氮～正确,?无，，，322论氯化铁溶液浓度大小～只发生反应:2Fe，Cu===2Fe，Cu～错误,?锌与浓硫酸反应生成二氧化硫～锌与稀硫酸反应生成氢气～正确,?无论盐酸浓度大小～与铁反应只生成氯，，2化亚铁:Fe，2H===Fe，H?～错误。 2
答案 A ，，225(解析 排除法～由氧化性强弱可知～Fe先与Cl反应～所以Fe的计量数一定不能2
为0～B选项错误。
答案 B
6(解析 本题考查了氧化还原反应的相关知识～意在考查考生对氧化还原反应知识的综，3合运用能力。由?可知～Cl的氧化性强于Fe和Br～B项错,C项～?组反应的还原产物22,,，，2是Cl～电子转移数目为5e,D项～正确的离子方程式为2MnO，5HO，6H===2Mn，24225O?，8HO。 22
答案 A
7(解析 由?得出Q价态高于G～因为G必介于Q和,1价的Cl之间～,1价为氯元素的最低价,将该结论引用到?～Y介于Q与G之间～故有Q价态高于Y～Y价态高于G,分析?:HO中的H化合价降低～则Q中的氯元素转变为X中的氯元素～化合价必升高～2
则得出X价态高于Q,最后分析?:Z介于Q、X之间～则X价态高于Z～Z价态高于Q。
答案 A ,，,，28(解析 (1)氯气在反应MnO，H，Cl―?Mn，Cl?，HO中是氧化产物～1 mol 422,,，,,，MnO反应能得到2.5 mol Cl,氯气在反应ClO，H，Cl―?Cl?，HO、ClO，H，Cl42322,,―?Cl?，HO中既是氧化产物～又是还原产物～前一反应中1 mol ClO反应能得到3 mol 223,Cl～而后一反应中1 mol ClO反应只能得到1 mol Cl,MnO与浓盐酸的反应中～1 mol MnO2222，,3反应生成1 mol Cl。(2)Fe能氧化I～所以不可能生成FeI～A项错～D项对,B项～当Cl232,,少量时～I先被氧化,C项～由于CoO的氧化性强于Cl的～所以CoO能氧化Cl得到23223，2Cl～而CoO被还原为Co。 223
答案 (1)A (2)A
9(答案 (1)3 8 3 2 4
(2)5 1 3 3 3 3
(3)3 6 2 1 3
(4)2 9 3 3 5 ，10(答案 (1)2 1 6 2 6 H
(2)2 1 1 HO 2 1 2，(3)5 2 4 5 1 8 H
(4)2 5 3 1 5
11(解析 此题主要考查质量守恒定律。Q与R的摩尔质量之比为9 22是本题计算的
m，Q，4.4 g突破口～由反应方程式知～,～得m(Q),3.6 g。再根据质量守恒定律:1.6 g，m(Y)222×9
,3.6 g，4.4 g～得m(Y),6.4 g。故m(Y) m(Q),6.4 g 3.6 g,16 9。
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答案 D ,,,,21112(解析 由电荷守恒知1×c(NO)，2×c(SO),(1×2，2×1) mol?L,4 mol?L～34,,11,2 mol?L4 mol?L，,,11而1×c(H),2 mol?L<4 mol?L～所以M为阳离子～由,2～故M为,11 mol?L，,，222带两个单位正电荷的阳离子～而Ba与SO不共存～故为Mg。 4
A 答案
13(解析 本题考查在氧化还原反应中利用得失电子守恒进行相关的计算。 ,，，,2/x611
NaS―?xNaSO NaClO―?NaCl 242x
2,,，,,，得关系式1×6,?xe,16×2e～x,5。 x,,，，
答案 D
14(解析 根据得失电子守恒规律可直接找出已知量(O)与未知量(Cu、Ag)之间的物质2，5
的量关系。HNO中的N元素相当于电子的“二传手”～先得到Cu、Ag失去的电子～再传给3
O～最后恢复原貌～Cu、Ag失去的电子最终传给了O～所以根据得失电子守恒规律～得 22
14 g,m，Cu，m，Cu，1.12 L×2，,×4～解得:m(Cu),3.2 g。 ,,,11164 g?mol108 g?mol22.4 L?mol
答案 C
15(解析 (2)根据电荷守恒得:
2×2,3×2,2～解得x,4。 x，
(3)根据还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数～当生成1 mol FeO时～转移的电子34，2数即是1 mol O得电子总数～为4 mol。设被Fe还原的O的物质的量为x～根据电子守恒22
8,,,2得:4x,1 mol×3×～解得x,0.5 mol。 3,,，,22答案 (1)Fe、SO 23
(2)4
(3)4 0.5
名师究错
纠错训练1 解析 本题考查氧化还原反应的基本概念及相关计算。根据题给方程式知～
10 mol NaN参与反应～得到15 mol氧化产物(N)和1 mol还原产物(N)～设参加反应的NaN3223
的物质的量为x mol～则由题意可得:15 x/10,x/10,1.75～解得:x,1.25～则参加反应的
NaN的物质的量为1.25 mol～生成的N的物质的量为2 mol～标况下的体积为44.8 L～A项32
错误,有0.250 mol KNO被还原～B项错误,转移的电子的物质的量为0.250×5,1.25 (mol)～3
C项正确,被氧化的氮原子的物质的量为1.25×3,3.75(mol)～D项正确。
答案 CD
纠错训练2 解析 设该反应中参加反应的HO是5 mol～其中被BrF氧化的是2 mol,23反应中当有3 mol BrF参与反应时～其中1 mol作还原剂、2 mol作氧化剂～故2 mol氧化剂3
“BrF”被1 mol还原剂“BrF”还原的物质的量为2/3 mol～被2 mol HO还原的物质的量为4/3 332mol～则当6 mol HO发生氧化反应时～被HO还原的BrF的物质的量是4 mol。本题巧解223的方法为6 mol HO作还原剂～共失去12 mol 电子～还原4 mol BrF时转移12 mol电子。 23
答案 A
第三章 金属及其化合物 第一讲 钠及其重要化合物
基础梳理
一、1.银白 柔软 小 大 低 良导体
名师一号 高考总复习?模块新课标 化学?新课标版 全解全析
点燃点燃2((1)白 4Na，O===2NaO 淡黄 2Na，O=====NaO 2Na，Cl=====2NaCl 222222，,，，(2)2Na，2HO===2Na，2OH，H? 2Na，2H===2Na，H? 小 低 放热 红222
色 碱性
(3)2Na，2HO===2NaOH，H? 22
CuSO，2NaOH===Cu(OH)?，NaSO 4224
3(煤油 O HO 22
4((1)钠钾合金
(2)还原剂
OHOHOCO风化2222思考1 Na――?NaO――?NaOH――?NaOH溶液――?NaCO?10HO――?NaCO 223223潮解??????，,，，,，??2???2Na[O]Na[OO]NaNa××××二、1. ,2 ,1 离子化合物 (含非极性键)离子???????
O===2NaOH 2NaO化合物 碱性氧化物 过氧化物 白色固体 淡黄色固体 NaO，H2222，2HO===4NaOH，O? NaO，2HCl===2NaCl，HO 2NaO，4HCl===4NaCl，2HO，2222222O? NaO，CO===NaCO 2NaO，2CO===2NaCO，O 22223222232
2(纯碱、苏打 小苏打 离子化合物 离子化合物 白色粉末 白色细小晶体 易溶于,,水 可溶于水 2NaCl，HO，CO? NaCl，HO，CO? > HCO，OH HCO，2222323?,OH 受热不分解 2NaHCO=====NaCO，HO，CO? NaHCO，NaOH===NaCO，32322323HO NaCO，Ca(OH)===CaCO?，2NaOH NaHCO，Ca(OH)===CaCO?，NaOH，22323323HO 2，CO，HO22NaCO NaHCO ,233?或加OH
思考2 不能。二者都与澄清石灰水反应生成CaCO沉淀。 3
思考3 开始无明显现象，后有沉淀析出。
原因是NaHCO的溶解度小于NaCO的溶解度，而且反应消耗溶剂水，生成NaHCO3233质量大于NaCO质量。 23
三、1.物理
3(黄色 紫色 蓝色钴玻璃
基础巩固
1(解析 某些非金属单质燃烧时火焰有颜色～如S燃烧～A、D项不正确,焰色反应为金属元素的性质～与元素的存在形式(化合态或游离态)无关～同种金属元素的焰色反应相同～B项正确。
答案 B
2(解析 钠与水反应或Ca(OH)与NaCO反应均可制得NaOH。 223
答案 B
3(解析 NaHCO受热易分解生成NaCO、CO和HO～而NaCO加热不易分解～故3232223B项不正确。
答案 B
4(解析 乙不是氧化还原反应～A项不正确,B项离子方程式中电荷不守恒～不正确,D项中所得溶液质量分数的关系为2ω>ω,ω～不正确。 123
答案 C
5(解析 A项NaCO受热不易分解～而NaHCO受热易分解～评价正确,B项NaCO23323和NaHCO溶液中离子的种类相同～评价错误,C项NaCO与NaOH溶液不反应～评价错323
误,D项相同质量的NaCO和NaHCO与足量盐酸反应时～NaHCO产生的气体质量大～评2333
价错误。
答案 A
6(解析 (1)设需要叠氮化钠的质量为x。
撞击2NaN ===== 2Na ， 3N? 32
2 mol×65 g/mol3 mol×22.4 L/mol x40.32 L
则x,78 g。
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答案 (1)78
0.075 mol×2,,1(2)?c(OH),×1 000 mL?L 200 mL,1,0.75 mol?L
?设上述合金中含a mol钠、b mol钾
a，b,0.075×2
23a，39b,5.05 a,0.050 mol b,0.10 mol
该钠-钾合金化学式为NaK。 2
(3)溶液含氢氧化钠。氢氧化钠和二氧化碳反应生成的碳酸钠:
115,×24,3(mol) 2
112 L112 L二氧化碳的物质的量:,5 mol ,122.4 L?mol
n[Al(OH)] n(NaCO),[(5,3)×2] 5,4 5 323
(4)由氯化钠质量推算，氢氧化钠样品摩尔质量为 ,158.5 g?molM(氢氧化钠),×2.40 g,40 g/mol 13.51 g,158.5 g?molM(氢氧化钠),×2.32 g,58 g/mol 22.34 g,158.5 g?molM(氢氧化钠),×3.48 g,58 g/mol 33.51 g
结论:实验?所取氢氧化钠样品是NaOH;
实验?和实验?所取氢氧化钠样品应该是NaOH?HO。 2
题组训练
1(解析 ?4Na，O===2NaO～属于氧化还原反应～故A项正确,?NaO，222HO===2NaOH～故B项错误,?中因NaOH易潮解～吸收空气中的水蒸气～表面形成溶液～2
故C项错误,?中发生反应2NaOH，CO===NaCO，HO～进而形成NaCO?10HO晶体～2232232然后再风化形成NaCO～故D项错误。 23
答案 A
2(解析 ?钠与水反应产生氢氧化钠使石蕊变蓝～正确。?钠与水的反应本质是钠与H，，的反应～所以钠先与盐酸溶液中的H反应～错误。?钠在水蒸气中反应产生的是氢气～尽管温度高且反应放热～因无氧气所以不能燃烧～错误。?2Na，2HO===2NaOH，H?、2Al22，2NaOH，2HO===2NaAlO，3H?～因此～用铝箔包住的钠与水反应放出的H多～错误。 2222
答案 C ，,23(解析 2Na，2HO===2NaOH，H?～?中Mg，2OH===Mg(OH)?,?中反应消222，,2耗水～溶液温度升高～Ca(OH)的溶解度降低～析出Ca(OH)产生沉淀,?中Ca，HCO，223,，OH===CaCO?，HO,?生成的Cu(OH)是蓝色沉淀～不符合题意,?水减少～c(Na)增322，,大～使NaCl(s) Na(aq)，Cl(aq)平衡向左移动。
答案 ????
4(答案 (1)用镊子从试剂瓶中取一块金属钠，用滤纸吸干表面上的煤油，用小刀在玻璃片上切米粒大小的钠做实验用，剩余的钠要放回原试剂瓶，不要随意丢弃。
(2)有气泡生成，钠熔化成小球且在煤油和FeSO溶液界面处上下跳动，最终完全溶解 4
(3)下层溶液出现白色絮状沉淀
(4)下降 上升
(5)2Na，FeSO，2HO===Fe(OH)?，NaSO，H? 422242,，5(解析 过氧化钠具有氧化性～且加入溶液中会生成氢氧化钠～A选项中OH与NH不4，，,,,222能大量共存,C选项中Ca、Mg、HCO均不能与OH大量共存,D选项中SO可以被33氧化。
答案 B ,16(解析 如果41.8 g固体为NaCO～则其不可能恰好与1 L 1 mol?L的稀盐酸完全反23,1应～A项错,固体为NaCO和NaO的混合物～由其恰好与1 L 1 mol?L的稀盐酸完全反2322
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应～计算可得B项正确,NaO与CO反应不可能生成碳酸氢钠～即C错,根据钠离子守恒222
关系可求出一定量的NaO为0.5 mol～所以D项错。 22
答案 B
7(解析 NaO中阴、阳离子的个数比为1 2～A项错误,生成相同量的O时消耗HO2222和CO的物质的量相同～但质量不同～B项错,由得失电子守恒知两者转移电子的物质的量2
相同～C项正确,NaO因具有强氧化性而有漂白性～SO易与有色物质化合生成无色不稳定222
的物质而有漂白性～故原理不同～D项错误。
答案 C
8(解析 CO与HO通过过氧化钠时增加的分别为CO与H的质量。设原混合物中CO2222与HO的物质的量分别为x mol、y mol～则?44x，18y,11.6～?28x，2y,3.6～?、?方程2
式联立可解得:x,0.1～y,0.4～则混合气体的平均相对分子质量为11.6?0.5,23.2。
答案 C
9(解析 由?知NaO和HO反应的产物之一是NaOH,C中用热水浴加热试管中溶222
液放出氧气～说明该溶液中含有HO～故由?可知NaO和HO反应的另一产物是HO～2222222?综上分析可得出NaO和HO反应的机理:NaO，2HO===2NaOH，HO、2HO=====2HO22222222222，O?。 2
HO中氧元素的化合价为,1～处于氧元素的中间价态～因此～HO既具有氧化性又具2222,,有还原性。在酸性溶液中HO可将I氧化成I～自身被还原成HO。在酸性溶液中可将MnO22224，2还原成Mn～自身被氧化成O。 2,，答案 (1)2I，2H，HO===I，2HO 2222,，，2(2)2MnO，5HO，6H===2Mn，5O?，8HO 42222
(3)防止生成的HO分解 使HO分解 2222
(4)NaO，2HO===2NaOH，HO、 22222?2HO=====2HO，O? 2222
10(解析 本题考查碳酸钠与碳酸氢钠的相关定量计算～掌握碳酸钠与碳酸氢钠的性质～
?利用元素守恒计算是解题的关键。A项中混合物加热只有NaHCO受热分解:2NaHCO=====33NaCO，CO?，HO～减重b克～即生成的HO和CO的质量之和为b克～可求出a克混232222
合物中NaHCO的质量～进而求出NaCO的质量分数。B项中最终得到的b克固体为NaCl～323
利用钠元素守恒可得: ,,11[2n(NaCO)，n(NaHCO)]×58.5 g?mol,b g～再结合n(NaCO)×106 g?mol，23323,1n(NaHCO)×84 g?mol,a g～可计算出NaCO的物质的量～进而求出NaCO的质量分数。32323C项中由于生成的CO逸出时会引入水蒸气～所以增重b克～即CO和逸出的水蒸气的质量22
之和为b g～无法计算。D项中由于Ba(OH)过量～最终b克固体为BaCO～利用碳元素守23恒列式求解～进而求出NaCO的质量分数。 23
答案 C
11(解析 由图中看出～开始滴入盐酸时没有气体生成～可知三个烧杯中通入的CO均2,1不足量。向三个烧杯中分别加入100 mL 0.2 mol?L的盐酸时～均恰好完全反应～所得溶液的溶质为NaCl～根据钠元素和氯元素的守恒可知原NaOH溶液的浓度等于盐酸的浓度～为,10.2 mol?L～A项正确,通入CO后B烧杯中的溶质为NaCO～向其中加入50 mL盐酸时～223
NaCO转化为NaHCO～再加入50 mL 盐酸时～生成CO～故生成的CO的物质的量等于2332250 mL 盐酸中溶质的物质的量～即开始通入的CO的物质的量～为0.01 mol～B项错误,A2
烧杯中溶质为NaCO和NaHCO～C项错误,通入CO后～C烧杯中溶质成分为NaOH和2332,1NaCO～n(NaCO),n(NaHCO),0.2 mol?L×0.025 L,0.005 mol～根据钠元素的守恒23233,1n(NaOH),0.1 L×0.2 mol?L,0.005 mol×2
,0.01 mol, NaOH和NaCO的物质的量比为2 1～D项错误。 23
答案 A ,,,212(解析 滴入盐酸～发生反应的离子的先后顺序是OH、AlO、CO～所以开始发23,，,2生的反应无沉淀生成～接着是AlO与H作用生成Al(OH)沉淀～继续滴入盐酸～CO与H233，,作用生成HCO(或CO)～继续滴加盐酸～Al(OH)沉淀溶解。所以符合此反应规律的图象323
是C选项。
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答案 C
13(解析 分析图中曲线和各个量的关系～A中先加入的25 mL盐酸～含有的氢离子的,，,2物质的量为0.1 mol/L×0.025 L ,0.002 5 mol～此时发生的反应为CO，H===HCO～所以33,2可知溶液中含有的CO物质的量为 3,0(002 5 mol～后加的50 mL盐酸和HCO反应生成CO～因为后加的氢离子的物质的32量为0.1 mol/L×0.050 L
,0.005 mol～所以CO的体积为0.005 mol×22.4 L/mol×1 000 mL/L,112 mL。在B中2,先加入的60 mL盐酸都没有气体生成～又加入15 mL盐酸才生成气体～也就是说只有HCO 3,20.1 mol/L×0.015 L,0.001 5 mol～则原溶液中只有0.001 5 mol CO～含有0.006,0.001 5 3,,0.004 5 mol OH～即原溶液中的溶质是NaOH和NaCO。根据钠守恒～可计算氢氧23化钠的物质的量浓度。在图中～如果在开始生成CO前后消耗盐酸的比为1 1～则原溶质为2
碳酸钠～若<1 1～则原溶质为NaHCO和NaCO的混合物～若>1 1～则为NaOH和NaCO32323
的混合物。
答案 (1)?NaOH、NaCO ?NaCO ?NaCO、NaHCO ?NaHCO 23232333
(2)?112 ?NaOH、NaCO ?0.150 mol/L 23
名师究错
纠错训练 解析 NaO与HO或CO反应时～生成1 mol O转移2 mol电子。 22222
答案 C
第二讲 铝及其重要化合物
基础梳理
一、1.第三周期?A族 氧和硅 化合
2(银白 延展性 导电性
点燃，，,33(氧化膜 2Al，3Cl=====2AlCl 2Al，6H===2Al，3H? 钝化 2Al，2OH，232,2HO===2AlO，3H? 222高温2Al，FeO=====AlO，2Fe 2323
思考1 常温下浓HSO、浓HNO能使铝钝化(在表面形成一层致密的氧化膜)，阻止反243
应的继续进行。
思考2 不恰当。金属性是指元素的原子失电子的能力，非金属性是指元素的原子得电,子的能力。铝不论是与酸反应还是与碱反应，都是失去3e化合价升高为，3价，均是还原剂，
因而铝具有较强的金属性。
二、1.(1)白 难 熔点
(2)AlO，6HCl===2AlCl，3HO 2332
AlO，2NaOH===2NaAlO，HO 2322
2((1)白 吸附
(2)?Al(OH)，3HCl===AlCl，3HO 332
Al(OH)，NaOH===NaAlO，2HO 322??2Al(OH)=====AlO，3HO 3232，，3(3)Al，3NH?HO===Al(OH)?，3NH 3234
思考3 ?Al、?AlO、?Al(OH)、?弱酸的铵盐，如:(NH)CO、CHCOONH、23342334
?弱酸的酸式盐，如:
NaHCO、NaHSO、NaHS等。 33，,,三、(1)3NH?HO 3NH 3AlO，6HO 3OH 32422，(2)3H 3HO 2,(3)4OH 2HO 2，(4)4H 2HO 2
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,,,，23(5)2AlO，CO，3HO===2Al(OH)?，CO 3AlO，Al，6HO===4Al(OH)? 22233223,，AlO，H，HO===Al(OH)? 223,(6)OH 2HO 2
基础巩固 ，，31(解析 由于H的放电能力大于Al～故电解饱和AlCl溶液～得到的是Al(OH)、33H和Cl～无法得到金属铝。 22
D 答案
2(解析 A项～铝在常温下可形成氧化膜～故能与O反应,B项～铝可与Cl反应生22成AlCl,D项～AlO是两性氧化物～既能与酸反应～又能与强碱反应。 323
答案 C
3(解析 该物质为纯净物～并不是Al(OH)和NaCO的简单混合～也不属于氢氧化物～323，，，3与强酸反应的离子方程式可表示为NaAl(OH)CO，4H===Na，Al，3HO，CO?～故B2322项正确。
答案 B
4(解析 由题意知X溶液为AlCl溶液～Y为NaOH和NaAlO的混合溶液～前者因32AlCl水解而显酸性～后者显碱性,a曲线表示的是向X溶液中加入NaOH溶液～b曲线表示3
的是向Y溶液中加入盐酸溶液～两曲线表示的反应都是非氧化还原反应,O点所得溶液的溶质只是NaCl～由于向X溶液和Y溶液中所加盐酸和氢氧化钠溶液的浓度及体积均相等～由原子守恒可知～在O点时两中所得NaCl的物质的量相同～浓度也相同～故只有A项错误。
答案 A
5(解析 (1)氯化铝溶液中加入过量的氨水～生成氢氧化铝沉淀～AlCl，33NH?HO===Al(OH)?，3NHCl～氨水是弱碱～过量时沉淀不溶解～符合条件的为?。 3234
(2)开始时发生的反应为CO，Ca(OH)===CaCO?，HO～生成沉淀,当CO过量时～22322继续反应CaCO，CO，HO===Ca(HCO)～沉淀又溶解～且生成沉淀和溶解沉淀所消耗的32232
CO的物质的量相等～图象?符合。 2
(3)开始时～CO与NaOH发生反应～无沉淀生成～再通入CO时发生反应生成Al(OH)223沉淀～CO过量时～沉淀不溶解～图象?符合。 2
(4)开始加盐酸时～HCl，NaOH===NaCl，HO～不产生沉淀～当NaOH全部转化为NaCl2
后～再加盐酸有Al(OH)沉淀生成～当盐酸过量时～沉淀Al(OH)溶解～图象?符合。 33
(5)开始时～发生反应:MgCl，2NaOH===Mg(OH)?，2NaCl～AlCl，2233NaOH===Al(OH)?，3NaCl～所以开始时有沉淀生成～当沉淀达到最大量时～再加入NaOH3
时～Al(OH)，NaOH===NaAlO，2HO～沉淀会溶解～而Mg(OH)不与NaOH反应～所以沉3222
淀不会全部溶解～图象?符合。
答案 D
题组训练
1(解析 铝与稀硝酸反应但不产生H～与NaOH溶液反应方程式为2Al，2NaOH，2
2HO===2NaAlO，3H?～可知2 mol Al可消耗2 mol NaOH～生成3 mol H,与稀硫酸反应2222方程式为2Al，3HSO===Al(SO)，3H?～可知2 mol Al消耗3 mol HSO～生成3 mol H,242432242与盐酸反应方程式为2Al，6HCl===2AlCl，3H?～可知2 mol Al消耗6 mol HCl～生成3 mol 32
H,故等量Al与足量其他物质反应～放出氢气消耗溶质物质的量最少的是A项。 2
答案 A
2(解析 (1)根据化学方程式:2Al，6HCl===2AlCl，3H?、2Al，2NaOH，322HO===2NaAlO，3H?得Al与H的关系式均为2Al，3H～故只要参加反应的Al相等～22222
所得H必相等。 2
(2)因为在反应中Al过量～产生的H由HCl和NaOH的量决定。根据化学反应中的关系2
式:6HCl，3H,2NaOH，3H～故当HCl、NaOH物质的量相等时～二者产生H的体积比222为1 3。
(3)因为铝足量且产生H相等～根据关系式n(HCl) n(NaOH),3 1～又因为两溶液体积2
相等～故物质的量浓度c(HCl) c(NaOH),n(HCl) n(NaOH),3 1。
(4)其反应原理分别为2Al，6HCl===2AlCl，3H?～ 32
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2Al，2NaOH，2HO===2NaAlO，3H?。可见当参加反应的HCl和NaOH的物质的量222
一样多时～产生H的体积比是1 3～而题设条件体积比为1 2～说明此题投入的铝粉对盐2
酸来说是过量的～而对于NaOH来说是不足的。
2Al，6HCl === 2AlCl，3H? 32
6 mol 3 mol ,1 3 mol?L×0.1 L 0.15 mol
则Al与NaOH反应生成的H为0.15 mol×2,0.3 mol。 2
2Al，2NaOH，2HO===2NaAlO，3H? 222
2×27 g 3 mol
5(4 g 0.3 mol
即投入的铝粉为5.4 g。
答案 (1)1 1
(2)1 3
(3)3 1
(4)A
3(解析 本题考查氢氧化铝的制备～意在考查考生对铝及其化合物的性质的综合应用能
力。假设均制取1 mol Al(OH)～甲用1.5 mol HSO和3 mol NaOH,乙用1 mol NaOH和0.5 324
mol HSO,丙用3/8 mol HSO和0.75 mol NaOH。 2424
答案 C
4(解析 由反应?产物过滤后得到NaHCO可知Y为CO～故试剂X为NaOH～A项32错误～D项正确,FeO不能与NaOH反应～B项错误,电解熔融AlO制金属Al为氧化还2323原反应～C项错误。
答案 D
5(解析 解法一:把该题的信息转化为图象～用图象法求解～如图所示:
当生成沉淀0.01 mol时需NaOH 0.03 mol或需NaOH 0.11 mol～显然B项符合题意。
解法二:已知n(AlCl),0.03 mol～n[Al(OH)], 33
(01 mol～由沉淀的物质的量小于氯化铝的物质的量可推知此题可能有两个答案:一是0
氢氧化钠不足～二是氢氧化钠过量。 ，,,,3由两者反应的离子方程式知Al，3OH===Al(OH)?～Al(OH)，OH===AlO，2HO～3322
0.03当碱的量不足时～则V(NaOH), L,0.007 5 L,7.5 mL,当碱过量时～则V(NaOH),4
0.03×3，0.02 L,0.027 5 L,27.5 mL。 4
答案 B ，,,26(解析 由?知溶液中一定含有H～一定没有CO、NO～由?知溶液中一定含有33，，，，23Mg、Al～由图象可知溶液中还一定含有NH～且n(NH),0.7 mol,0.5 mol,0.2 mol～44，，，，,332n(H),0.1 mol～n(Al),0.8 mol,0.7 mol,0.1 mol～沉淀Al、Mg共消耗0.4 mol OH～，,，,，,3222其中沉淀Al消耗0.3 mol OH～沉淀Mg消耗0.1 mol OH～根据Mg～可得n(Mg，2OH，),0.05 mol～故只有选项B正确。
答案 B
7(解析 都使用互滴法～两次操作应产生不同的现象。 ，3?向含Al的溶液中滴加NaOH溶液～先生成白色沉淀～后沉淀又逐渐溶解,向NaOH，3溶液中滴加含Al的溶液～开始无沉淀产生～后产生白色沉淀～且沉淀不溶解。两次现象不
同～可以鉴别。
?不论是NaHCO滴入HSO中还是HSO滴入NaHCO中都会立即产生气泡～现象相324243同～无法鉴别。
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，，,2?NaHSO===Na，H，SO～溶液显强酸性。 44
向NaAlO溶液中滴加NaHSO:开始出现白色沉淀后消失,向NaHSO溶液中滴加244NaAlO溶液:开始无现象～后出现白色沉淀。现象不同～可以鉴别。 2
?向NaCO溶液中滴加盐酸:开始无现象～后产生气泡,向盐酸中滴加NaCO溶液～2323立即产生气泡。
?无论是NaHCO还是NaCO加到Ca(OH)中都会产生白色沉淀～无法区别。 3232
答案 ???
名师究错
纠错训练 解析 本题考查铝土矿中氧化铝提取的工艺流程。铝土矿中的成分能与HCl，3反应的有AlO、FeO、MgO～不反应的是SiO～所以固体A为SiO,滤液B中有Al、232322，，，,,，,3233Fe、Mg～再加入过量烧碱～Al，4OH===AlO，2HO～Fe，3OH===Fe(OH)?～223，,2Mg，2OH===Mg(OH)?～沉淀C为Fe(OH)、Mg(OH)混合物,滤液D为NaAlO、NaOH(过2322量)～NaAlO能与CO反应～NaAlO，2HO，CO===Al(OH)?，NaHCO,滤液E为NaHCO,22222333沉淀F为Al(OH)～Al(OH)灼烧得到AlO。铝土矿中能与NaOH溶液反应的有AlO、SiO～3323232其余均不反应～所以固体X为FeO、MgO～AlO，2NaOH===2NaAlO，HO～SiO，2323222，,,22，HO。(5)题中应用K的有关计算～K,c(Mg)?c(OH)～c(OH),2NaOH===NaSiO232spsp,125.6×10Ksp,,，,,,11211101.0×10 mol?L～所以c(Mg),, mol?L,5.6×10 mol?L mol?L,,212c，OH，，1.0×10，,1。 ，，3答案 (1)AlO，6H===2Al，3HO 232,,2(2)SiO，2OH===SiO，HO 232
(3)硫氰化钾(或苯酚溶液等合理答案均可)
(4)NaHCO 制纯碱(或做发酵粉等合理答案均可) 3,，,1013(5)5.6×10 mol?L解析 (2)当B物质是NH时～滤液中应含Al～则A溶液为强酸～3
FeO也必溶于酸～滤渣乙为Al(OH)、Fe(OH)。当滤渣乙的成分为硅酸和Al(OH)时～滤23333,,2液应为AlO和SiO～则B应为CO～A为强碱(NaOH)。 232
(3)SiO为原子晶体～熔点高～当AlO熔化时～SiO不熔化～故SiO不用除去～而FeO2232223在高温条件下可与Al反应。
(4)金属氧化物、金属氢氧化物胶体微粒带正电荷～非金属氧化物、金属硫化物胶体微粒带负电荷～若要通过电泳除去杂质～则胶体微粒所带电荷应相反。
电解答案 (1)2AlO=====4Al，3O? 232
(2)?Fe(OH)、Al(OH) ?NaOH CO 332
(3)FeO 23
(4)SiO 2
第三讲 铁及其重要化合物
基础梳理
一、1.银白 磁铁
2(，2 ，3 还原
点燃点燃?(1)FeO 3Fe，2O=====FeO 2Fe，3Cl=====2FeCl Fe，S=====FeS 2323423高温(2)3Fe，4HO(g)=====FeO，4H 2342，，，,，，22(3)Fe，2H===Fe，H? 3Fe，8H，2NO===3Fe，2NO?，4HO Fe，4H，232,，3NO===Fe，NO?，2HO 32
钝化 ，，，，2232(4)Fe，Cu===Fe，Cu Fe，2Fe===3Fe
思考1 铁单质被氧化时价态的变化与氧化剂的氧化性强弱有关。 ，，，，322(1)弱氧化剂如S、I、H、Fe、Cu等把Fe氧化为Fe; 2，3(2)强氧化剂如Cl、Br、HNO、浓HSO等把Fe氧化为Fe; 22324
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(3)Fe与O(点燃)或HO(高温)生成FeO。 2234
二、1.氧化亚铁 氧化铁 四氧化三铁 ，2 ，3 ，2、，3 黑色 红棕色 黑色 H2??，，2，FeO=====Fe，HO 3CO，FeO=====2Fe，3CO 4AlO，9Fe FeO，2H===Fe，223223，，3HO FeO，6H===2Fe，3HO 2232，，，32FeO，8H===2Fe，Fe，4HO 342
2(白色固体 红褐色固体 不溶 不溶 Fe(OH) 3，，，，23Fe(OH)，2H===Fe，2HO Fe(OH)，3H===Fe，3HO 白色沉淀 灰绿色 红2232
褐色
4Fe(OH)，O，2HO===4Fe(OH) 2223，，23思考2 (1)Fe具有较强的还原性，如遇硝酸就会被氧化为Fe。因此Fe(OH)与硝酸2，，32反应，得不到Fe，而是得到Fe。 ，3(2)HCl是还原性弱的酸而HI是还原性很强的酸，Fe有较强的氧化性，遇到还原性酸(HS、HI)会发生氧化还原反应。故与盐酸反应只是中和反应:Fe(OH)，3HCl===FeCl，2333HO，而与HI反应的方程式为:2Fe(OH)，6HI===2FeI，I，6HO。 23222
(浅绿 棕黄 Fe(OH)? 显酸 还原剂 Fe(OH)? 显酸 323,(1)不变色 变血红色 (2)产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色 SCN的溶液 红褐色沉淀
基础巩固
1(解析 当铁中含有杂质时～在潮湿的空气中会发生电化学腐蚀～而纯铁的抗腐蚀能力较强,铁位于元素周期表的第?族～而不是?B族,铁在氧气中能发光、发热、剧烈燃烧～，3而与水蒸气反应则不会发光～看不到燃烧现象,铁与强氧化剂反应～能被氧化为Fe～但若，，32铁过量～则Fe被Fe还原为Fe～所以～Fe与HNO反应的产物可能因铁过量而生成Fe(NO),332FeCl、Fe(OH)都可通过化合反应制得Fe，2FeCl===3FeCl～4Fe(OH)，O，2332222HO===4Fe(OH)。 23
答案 B
2(解析 ???均可通过化合反应制得～其反应依次是:FeCl，Fe、Fe(OH)，HO，322O、NaSO，HO，SO(或NaOH，SO)。 223222
答案 B
3(答案 C
4(解析 将铁加入硫酸和硫酸铜溶液中发生的反应为:Fe，HSO===FeSO，H?～Fe2442，CuSO===FeSO，Cu～溶解的铁的质量等于生成铜的质量～即可得出。 44
答案 B ，35(解析 由发生反应的化学方程式～得出关系式:Fe，Fe(NO)～2Fe，Fe～即2 mol 33
Fe参加反应～生成2 mol Fe(NO)～1 mol Fe与2 mol Fe(NO)反应生成Fe(NO)～对比图象333332比例关系～B项正确。
答案 B
6(解析 (2)设混合物样品中含有a mol FeCl、b mol FeCl～根据题意有(a，b) (2a，23
3b),1 2.1～解得a,9b～所以FeCl的物质的量分数为b (a，b),b 10b,0.10。实验室3
中～FeCl可用铁粉与稀盐酸发生臵换反应得到～FeCl可用铁粉与氯气发生化合反应得到。 23，,3(3)Fe具有强氧化性而I具有强还原性～二者发生氧化还原反应生成棕色物质I。根据2元素守恒和得失电子守恒可完成方程式。
答案 (1)x,3 ,1n(Cl),0.025 0 L×0.40 mol?L,0.010 mol ,1m(Fe),0.54 g,0.010 mol×35.5 g?mol,0.19 g ,1n(Fe),0.19 g?56 g?mol,0.003 4 mol
n(Fe) n(Cl),0.003 4 0.010?1 3，x,3
(2)0.10 盐酸 氯气 ，,，32(3)2Fe，2I===2Fe，I 2，,，,32(或2Fe，3I===2Fe，I) 3
题组训练
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，，231(解析 要实现Fe转化为Fe～必须加强氧化性物质～?NaCl、?HCl均没有强氧,化性～?NO在酸性条件下才表现强氧化性。 3
答案 D
2(答案 D ，，323(解析 据氧化性由强到弱的顺序HNO>Fe>Cu～可知随铁粉的增加～反应的方程3
式分别为
)，NO?，2HO 4HNO(稀)，Fe===Fe(NO3332
4 mol 1 mol 1 mol
2Fe(NO)，Fe===3Fe(NO) 3332
2 mol 1 mol 3 mol
Cu(NO)，Fe===Fe(NO)，Cu 3232
1 mol 1 mol 1 mol
所以原溶液中～Fe(NO)、Cu(NO)、HNO的物质的量之比为(2 mol,1 mol) 1 mol 4 33323
mol,1 1 4。
答案 D
22.4 g(解析 由于铁的物质的量为,0.4 mol～所以在反应的过程它失去的电子数应456 g/mol，，23介于0.8 mol(此时只产生Fe)和1.2 mol(此时只产生Fe)之间～又产生0.3 mol NO和0.2 mol 2NO～即反应过程中硝酸得到的电子数为0.3 mol×(5,4)，0.2 mol×(5,2),0.9 mol～所以对应的产物既有Fe(NO)又有Fe(NO)～设前者的物质的量为x～后者的物质的量为y～则由3332
铁守恒可得x，y,0.4～由得失电子守恒得3x，2y,0.9 mol～解得x,0.1 mol～y,0.3 mol。
答案 C
5(解析 由“B为黄绿色气体单质”知～B为Cl,由D与G之间的相互转化关系知～2
A为变价金属单质～则A为Fe～D为FeCl～G为FeCl,由“D，F?血红色溶液”知～F32
为KSCN,由“E与X的相互转化关系及E为黑色固体化合物、X的水溶液是一种强酸”知～E为FeO～X为HCl～H为HO,由“C为无色气体单质及A，C?E”知～C为O。 3422，，32(3)反应?的离子方程式为2Fe，Fe===3Fe。
高温(4)反应?的化学方程式为3Fe，4HO(g)=====FeO，4H～由化合价的变化值知～当3 2342
mol的Fe反应时可转移电子8 mol。 ，,3(5)D溶液与小苏打溶液反应的离子方程式为Fe，3HCO===Fe(OH)?，3CO?。 332
(6)除去FeCl溶液中混有的少量FeCl的方法:向混合液中通入足量的氯气(或加入足量32
的HO)。 22
(7)用FeCl溶液制备无水FeCl固体的方法:在HCl气流中加热蒸干FeCl溶液。 333
答案 (1)Fe FeCl FeO HCl 334
(2)?? ，，32(3)2Fe，Fe===3Fe
高温(4)3Fe，4HO(g)=====FeO，4H 0.8 2342，,3(5)Fe，3HCO===Fe(OH)?，3CO? 332
(6)向混合液中通入足量的氯气(或加入足量的HO) 22
(7)在HCl气流中加热蒸干FeCl溶液 3,，36(解析 ?不反应～实验方案及现象均错,?检验的是Cl～与Fe的性质无关。
答案 C ，37(解析 在该溶液中先加入少量NHSCN溶液～溶液不变血红色～无Fe存在～再加4，，23入氯水～将Fe氧化成Fe～溶液变为血红色。KMnO溶液呈紫红色～溶液颜色变化不明4
显～所以不用KMnO溶液。 4
C 答案，，，3328(解析 A项中只能说明含有Fe～不合理,B项原溶液中可能只有Fe而没有Fe,D项中氧化后生成红褐色沉淀Fe(OH)也可能掩盖了白色沉淀Mg(OH)。 32
答案 C
名师究错
纠错训练 解析 (1)金属氧化物A对应的正盐B、C的水溶液分别呈酸性和碱性～高中
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，化学中只有两性氧化物才具有这样的特征～可联想到两性氧化物的代表AlO。AlO与H2323，,,,3反应生成Al和HO(反应?)～AlO与OH反应生成AlO和HO(反应?)～AlO与过量的232222，，，,,33H反应生成Al和HO(反应?)～Al与过量的OH反应生成AlO和HO(反应?)。(2)根据222题意首先确定C为NaCl～电解熔融态NaCl生成Na、Cl～电解饱和NaCl溶液生成NaOH、2H和Cl～故A为Na～B为NaOH。(3)金属元素中铁的价态变化较复杂～所以首先假设A22
为Fe～Fe可与盐酸反应生成FeCl(反应?)～FeCl与Cl反应生成FeCl(反应?)～FeCl与22233
Fe反应生成FeCl(反应?)～Fe可与Cl反应生成FeCl(反应?)～其他合理的答案均可。 223，，,,3答案 (1)AlO，6H===2Al，3HO AlO，2OH===2AlO，HO 2322322电解电解(2)2NaCl(熔融)=====2Na，Cl? 2NaCl，2HO=====2NaOH，H?，Cl? 2222，，，，,3223(3)2Fe，Fe===3Fe 2Fe，Cl===2Fe，2Cl(其他合理答案均可) 2
第四讲 用途广泛的金属材料
开发利用金属矿物基础梳理
一、1.金属 金属与非金属 金属
2(物理 化学 机械 硬度 熔点
二、纯金属 合金 黑色金属 有色金属
1(碳素钢 特种钢 低碳钢 中碳钢 高碳钢 2((1)铜合金 青铜 黄铜
(2)Al、Cu、Mn、Mg、Si 强度高 密度小 硬度大 氧化膜
三、1.金 铂 化合物 正
2(得 还原
4((1)弱 不易 容易 较差
?(2)?C，2ZnO=====2Zn，CO?， 2?C，2CuO=====2Cu，CO? 2??3CO，FeO=====2Fe，3CO， 232?CO，CuO=====Cu，CO 2??3H，WO=====W，3HO， 232?4H，FeO=====3Fe，4HO 2342高温?2Al，CrO=====AlO，2Cr， 2323高温10Al，3VO=====6V，5AlO 2523电解(3)2AlO(熔融)=====4Al，3O?， 232冰晶石电解MgCl(熔融)=====Mg，Cl?， 22电解2NaCl(熔融)=====2Na，Cl? 2
思考 不能。因为AlCl是共价化合物，熔融时无法电离出自由移动的离子，不导电;3
而MgO虽是离子化合物，但其熔点太高，熔融会消耗大量电能，成本较高。
高温四、1.2mAl，3MO=====mAlO，3nM nm23
2((2)立即剧烈反应 耀眼的光芒 红热状态的液珠 黑色固体
高温(3)大量的热 FeO，2Al=====2Fe，AlO 2323
3(AlO 23
4((1)焊接钢轨
(2)冶炼难熔金属
5((1)铝热剂
(2)FeO FeO CrO MnO VO 233423225
五、1.(1)紫红 热 电
?(2)?2Cu，O，CO，HO===Cu(OH)CO 绿 ?2Cu，O=====2CuO 黑 Cu，2222232点燃?Cl=====CuCl 2Cu，S=====CuS 222
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?Cu，2HSO(浓)=====CuSO，SO?，2HO 24422
Cu，4HNO(浓)===Cu(NO)，2NO?，2HO 33222
3Cu，8HNO(稀)===3Cu(NO)，2NO?，4HO 3322
Cu，2AgNO===Cu(NO)，2Ag 332
Cu，2FeCl===CuCl，2FeCl 322?，，22((从左至右，从上至下)黑色 砖红色 CuO，2H===Cu，HO CuO，H=====Cu22?高温，HO CuO，H=====2Cu，HO 4CuO=====2CuO，O? 222222
3((1)蓝 不
(2)弱碱 酸
基础巩固
1(解析 性质活泼的金属很难以游离态存在～一般被人们发现使用得较晚,生铁中含有杂质～会形成原电池～比纯铁较易被腐蚀,单质铝不易被腐蚀～是因为其与氧气反应在其表面形成致密的氧化膜～保护内部金属不被腐蚀,本题答案为A项。
答案 A
2(解析 A项～合金具有良好的物理、化学或机械性能～硬度一般比它的各成分金属大～熔点一般比它的各成分金属低,B项～工业上通过电解AlO冶炼铝,C项～绝大多数金属23
元素以化合物的形式存在于自然界中～且均显正价～大多数金属的冶炼都是通过氧化还原反应～将金属阳离子还原为金属原子,D项～越活泼的金属越不容易被还原～越难冶炼。
答案 B
3(解析 B项相当于有硝酸存在～铜片能溶解～其质量减少,C项铁比铜活泼～铁一定溶解～但铜不一定溶解～即其质量不一定发生变化,D项锌和铜分别作负极和正极～锌溶解～而铜不溶解～故铜的质量不改变。
答案 B
4(解析 根据概念～合金是熔合而成的～则熔合时温度须达到两种金属中最高的金属的熔点～但又不能达到或超出成分中的最低沸点。
答案 AC
5(解析 此题将实验操作与元素化合物知识巧妙结合在一起考查～增大了试题的容量～增强了试题的测试能力。
(1)铝热反应是指单质Al和某些金属氧化物发生的反应～反应过程中放出大量热～但该反应需要较高的温度才能引发。在混合物上加少量KClO固体并插上Mg条～点燃Mg条后3
放出热量～使KClO固体分解放出O～进一步加剧Mg的燃烧～可在短时间内使混合物温度32高温迅速升高～引发反应。发生的反应为FeO，2Al=====AlO，2Fe～所以产物中单质B为Fe。 2323
(2)FeO和MgO都是碱性氧化物～能和酸反应生成盐和水。FeO，6HCl===2FeCl，232333HO,MgO，2HCl===MgCl，HO。 222
(3)混合物中只有FeO能和Al发生铝热反应～生成Fe单质。C溶液中有反应生成的FeCl～233，，，，232还有未反应的HCl。发生的离子反应为Fe，2H===Fe，H?,Fe，2Fe===3Fe。 2
(4)假设步骤?用去的20 g固体中～MgO的物质的量为x～则FeO的物质的量也为x～23,,11则40 g?molx，160 g?molx,20 g～解得:x,0.1 mol。 ,1根据MgO，MgCl的关系～则溶液中MgCl的浓度为0.1 mol ?0.15 L,0.67 mol?L。 22，,3步骤?说明溶液中没有Fe～也就是溶质为FeCl和MgCl。根据Cl不变的关系～可知22,10.15 L×6.0 mol?LMgCl和FeCl的总的物质的量等于的浓度为,0.45 mol～所以～FeCl2222
0.45 mol,0.1 mol,1,2.3 mol?L。 0.15 L
答案 (1)加少量KClO，插上镁条并将其点燃 Fe 3
(2)FeO，6HCl===2FeCl，3HO;MgO，2HCl===MgCl，HO 233222，，，，232(3)Fe，2H===Fe，H?;Fe，2Fe===3Fe 2,,11(4)0.67 mol?L 2.3 mol?L
6(解析 本题考查了化学工艺流程分析、电化学知识等。(1)根据冰铜由Cu、Fe、S元素组成～在空气中焙烧～产生对大气有污染的气体为SO～吸收SO可以用NaOH溶液、氨22
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水等碱溶液。(2)在稀HSO浸泡后的所得溶液中～滴加KSCN溶液后呈红色～说明溶液中含24，，，322Fe～检验溶液中还存在Fe时～利用Fe的还原性～加入酸性KMnO溶液～溶液紫色褪4去。(3)图示中可利用铝热反应由泡铜冶炼粗铜。(4)电解精炼铜过程中电能转变为化学能的同时～部分电能转化为热能～a项错,电解精炼铜时～粗铜作阳极～与电源正极相连～发生氧，2化反应～b项正确,电解过程中Cu向阴极移动～c项错,粗铜中Ag、Pt、Au等放电能力比Cu弱～不放电～沉积在阳极～形成阳极泥～可以回收～d项正确。(5)根据总反应～O在正2，,极得电子发生还原反应～在酸性条件下转化为HO～正极反应式为O，4H，4e===2HO。 222
答案 (1)cd ，3(2)Fe 取少量溶液，滴加酸性KMnO溶液，酸性KMnO溶液褪色 44高温(3)3CuO，2Al=====AlO，6Cu 223
(4)bd ，,(5)4H，O，4e===2HO 22
题组训练
1(解析 铝镁合金的导电性与其可作新型建筑装潢材料无关。
答案 B
2(解析 利用氢气还原氧化铜法制单质铜～生成的氢气不能全部参加反应。
答案 C答案 A
3(解析 金属与氢气的关系:2Na，H～Mg，H2Al，3H～金属与消耗酸的关系:Na，22,2
HCl～Mg，2HCl～Al，1.5HCl～如果盐酸不足～Mg、Al就会剩余～但Na还会与水反应。假设金属的物质的量为4 mol～见下表分析:
金属的物
质的量 盐酸的物质的量
生成气体的物
质的量(mol)
Na Mg Al 结论
4 mol n(HCl)>8 mol 2 4 >4 C项正确
4 mol 4 mol > < < Cl，2Br===2Cl，Br Br，2I===2Br，I ?SO，Br，222232,,，，,，223HO===SO，2Br，2H 2Fe，Br===2Br，2Fe 242
三、1.白色 浅黄色 黄色 ,,2(Br I
3(蓝色 ,思考3 检验强氧化性物质如Cl、Br、FeCl溶液、O等，反应原理是I被氧化成I22332而使淀粉变蓝。
基础巩固
1(解析 氯气与氢气混合～达到爆炸极限～在点燃或光照的条件下能发生爆炸～?错。氢氧化钙溶液中溶质含量少～实验中用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气～?错～排除A、B项,HCl气体与AgNO溶液可产生沉淀～?错。将气体通入饱和食盐水～除去的是HCl气体～3
而不是Cl～?错～排除D项。 2
答案 C
2(解析 A项～NaClO为强电解质,C项～HCl为共价化合物,D项～电解NaCl溶液得到22.4 L H(标准状况)～理论上需转移2N个电子。 2A
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答案 B
3(解析 A项～由现象得～氧化性:Cl>Br、Cl>I～但无法对比Br与I的氧化性强222222弱,B项～由现象可知在此过程中有酸性物质生成～同时生成了漂白性物质,C项～在此过，2程中只能判断溶液不再显碱性～无法判断有无漂白性物质生成,D项～此时Fe被Cl氧化2，,，,32为Fe～而Cl被还原为Cl～还原剂Fe的还原性强于还原产物Cl。 2
答案 D
4(解析 通入过量Cl无明显现象～排除AgNO溶液～还能产生不溶于硝酸的沉淀只23
能是硫酸钡～故原溶液可能为NaSO溶液。 23
答案 C
5(解析 本题考查元素化合物知识～意在考查考生综合运用元素化合物知识的能力。A项～25 ?时～NaHCO在水中的溶解度比NaCO小～不正确,C项～氯气与铁在加热或潮323
湿的环境下易反应～干燥和常温环境下反应速率较慢～不正确,D项～制备碳酸氢钠和碳酸氢钠分解的反应不是氧化还原反应～不正确。
答案 B
6(解析 (1)氯气的密度比空气的大～故收集时应采用向上排空气法～又因为氯气有毒～故在收集装臵之后要有尾气吸收装臵(用NaOH溶液来吸收)。 ，,(2)将Cl通入水中～Cl与水反应:Cl，HO HCl，HClO～HClO H，ClO～故2222,具有氧化性的含氯粒子有Cl、HClO、ClO。 2
(3)比较Cl和Br的氧化性强弱～可以通过非金属单质间的臵换反应来判断～即把溴化22
钠溶液加入到盛有新制氯水和CCl的试管中～振荡～静臵～发现液体中出现分层现象～下层4
溶液变为橙色～说明生成了溴单质～从而说明Cl的氧化性强于Br的氧化性。 22
答案 (1)C ,(2)HClO、ClO、Cl 2
(3)用胶头滴管向试管中滴加溴化钠溶液、振荡使其充分反应，发现液体中出现分层现象，下层溶液变为橙色
题组训练
1(解析 A项～氯水能使有色布条褪色是因为氯水中含有的HClO具有强氧化性,C项～,由于加入盐酸酸化的过程中引入了Cl～所以根据生成白色沉淀无法说明氯水中是否存在Cl,,D项～因Cl、HCl和HClO均能与NaOH溶液反应～所以加入NaOH溶液时氯水颜色消2
失不能说明其中有HClO存在。
答案 B ，,,,2(解析 新制的氯水中含有HO、Cl、HClO分子和H、Cl、ClO、OH～光照氯22光照，水发生反应2HClO=====2HCl，O?～故A、C项错误,氯水中的H可使蓝色石蕊试纸变红～2
HClO具有漂白性可使石蕊试纸褪色～前者反应速率较快～后者反应速率较慢～故试纸先变红后褪色～故B项正确,氯水久臵～因弱酸HClO分解成强酸(盐酸)使溶液酸性增强～pH减小～故D项错误。
答案 B ,3(答案 (1)氯水中含有Cl
(2)溶液褪色 有气泡冒出
(3)取一片淀粉-KI试纸，置于表面皿或玻璃片上，用洁净的玻璃棒蘸取氯水，滴在试纸上
(4)a.氯水中含有HClO，其漂白作用使溶液褪色 ，,b(氯水中含有H，中和OH使溶液褪色 向褪色后的溶液中滴加NaOH溶液至溶液显碱性，若溶液不再显红色，证明红色消失是HClO的漂白作用引起的;若溶液重新显红色，，证明是H的中和作用引起的
4(解析 本题考查Cl的制备～旨在考查考生的实验分析与能力。氯气中混有氯化2
氢气体～应该用饱和食盐水除去氯化氢～氯化氢和氯气均能与氢氧化钠溶液反应～故B中不能盛放氢氧化钠溶液。
答案 C
?，,5(解析 (1)二氧化锰氧化浓盐酸可以制取氯气～离子方程式为:MnO，4H，2Cl=====2
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，2Mn，Cl?，2HO。 22
(2)浓盐酸浓度变小是因为二氧化锰和浓盐酸反应过程中消耗HCl～加热时氯化氢挥发～
生成的水稀释浓盐酸。
(3)制取的氯气中含有氯化氢和水蒸气～净化时应先通过饱和食盐水或水吸收氯化氢～后
通过浓硫酸吸收水蒸气。
(4)反应2Ca(OH)，2Cl===CaCl，Ca(ClO)，2HO中～1 mol Cl参加反应转移1 mol222222
电子～故通入224 mL(标准状况下)Cl完全反应～反应过程中转移电子0.01 mol。 2?，,，2答案 (1)MnO，4H，2Cl=====Mn，Cl?，2HO 222(2)?氯化氢挥发;?反应生成水;?反应消耗HCl (3)饱和食盐水或水 浓硫酸
(4)0.01 mol
名师究错
纠错训练 解析 本题以氧化还原反应过程为载体～旨在考查学生对化学反应图象的识,,2别能力。题中四种离子与Cl反应的先后顺序依次是SO(消耗2.24 L Cl)、I(消耗1.12 L Cl)、2322，,2Fe(消耗1.12 L Cl)、Br(消耗1.12 L Cl)～因此C选项正确。 22
答案 C
第三讲 硫及其化合物
基础梳理
一、1.(1)火山喷口
(2)FeS CuFeS CaSO?2HO 2242
2(硫黄 淡黄色固体 不溶 微溶 易溶
?点燃3((1)S，H=====HS S，O=====SO 紫色 2222??(2)Fe，S=====FeS 2Cu，S=====CuS 2?(3)3S，6NaOH=====2NaS，NaSO，3HO 2232
二、1.无 刺激性 毒 大 液化 易
2((1)SO，HO HSO CaO，SO===CaSO 2223232NaOH，SO===NaSO，HO NaCO，SO===NaSO，CO 2232232232催化剂(2)2SO，O 2SO 放热 223?
SO，X，2HO===2HX，HSO 22224
(3)2HS，SO===3S?，2HO 222
(4)SO与有色物质化合生成不稳定的无色物质 2
思考1 不是，SO被溴水、KMnO氧化，体现了其还原性。 24
三、1.晶体
2(SO，HO===HSO SO，CaO===CaSO 322434
SO，Ca(OH)===CaSO，HO 3242
四、1.无色粘稠 18.4 高 难 易 任意比 ，,22((1)强 HSO===2H，SO 指示剂 碱 244
碱性氧化物 活泼金属 盐
(2)?H、O、CO、SO、Cl、HCl NH HS 2222232?有机物里的氢、氧元素按原子个数2 1的比例脱去水的 CH===CH?，HO 222??铁、铝 常温下，铁、铝遇浓HSO生成一层致密的氧化膜 Cu，2HSO(浓)=====2424
CuSO，SO?，2HO 422?C，2HSO(浓)=====CO?，2SO?，2HO 24222浓HSO浓HSO2424思考2 蔗糖――?碳――?SO 2
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基础巩固
1(解析 SO具有漂白性～可以用来漂白纸浆和草帽辫～A项合理,B项中由于水垢的2
主要成分为CaCO和Mg(OH)～硫酸与CaCO反应生成的CaSO为微溶物～附着在水垢上3234高温面阻止反应的进行～故B项不合理,焦炭可以与SiO发生化学反应SiO，2C=====2CO?，22,，，222Si～而制得粗硅～C项合理,NaS电离产生的S可以与Cu、Hg反应生成难溶物CuS、2
HgS～故D项合理。
答案 B
2(解析 二氧化硫可以发生氧化反应生成三氧化硫～三氧化硫与水反应生成硫酸～A项正确,SO对品红溶液的漂白作用是可逆的～B项错误,二氧化硫与水发生反应～生成亚硫2
酸～亚硫酸与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠～亚硫酸钠具有还原性～C项正确,D项明显正确。
答案 B
3(解析 S与Cu直接化合时生成CuS,S在空气中燃烧只能生成SO,Cl和Fe反应222生成的是FeCl。 3
答案 A ,,，222(解析 O和Cl均具有强氧化性～在溶液中能将SO氧化为SO4～SO和Ba形成32244，2BaSO沉淀～而碱性气体NH则可与SO和HO反应生成(NH)SO～进而与Ba形成BaSO43224233沉淀。SO与HI不反应～继续通入HI气体～溶液中仍无沉淀生成。 2
答案 D
5(解析 SO水溶液呈酸性～加入酚酞试液中～无明显现象,加入品红溶液中～品红褪2,,，222色,加入HNO和BaCl的混合液中～SO被硝酸氧化生成SO～SO与Ba反应生成BaSO322444白色沉淀,加入NaOH和BaCl的混合液中～SO与氢氧化钠反应生成NaSO～故会生成BaSO22233白色沉淀。C项正确。
答案 C
6(解析 (2)?SO的水溶液显酸性～能使紫色石蕊试液变红～但SO不能漂白石蕊试液。22
?SO有较强还原性～能被HO氧化为HSO。(3)若亚硫酸钠固体中混有碳酸盐或碳酸氢盐～22224
则制得的SO中混有CO。要证明气体中既有SO又有CO～可先通过品红溶液～溶液褪色2222
则可证明有SO,然后将气体依次通过酸性KMnO溶液和品红溶液～若酸性KMnO溶液颜244色变浅～品红溶液不褪色～则证明SO已经被除尽,最后将气体通入澄清石灰水中～若出现2
白色浑浊～则证明有CO。 2
答案 (1)NaSO，HSO===NaSO，SO?，HO 23242422
(2)?溶液变红 溶液不褪色(或无其他明显现象)
?溶液颜色逐渐变浅(或紫红色消失) ,,，，225SO，2MnO，2HO===5SO，2Mn，4H 2424
?溶液先变浑浊，后又变澄清 ?HSO 24
(3)碳酸盐或碳酸氢盐 品红溶液、KMnO溶液、品红溶液、澄清石灰水 4
题组训练
1(解析 只要与二氧化碳和二氧化硫气体反应现象不同～即可区别二氧化碳和二氧化硫。二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊～不可以用澄清石灰水鉴别。氢硫酸与二氧化硫生成硫和水(2HS，SO===3S?，2HO)、氢硫酸与二氧化碳不反应。二氧化硫具有还原性～222
能使酸性高锰酸钾溶液褪色～二氧化碳不能。亚硫酸和碳酸的酸性均弱于盐酸～二氧化硫和二氧化碳与氯化钡溶液都不反应。二氧化硫能使品红溶液褪色～二氧化碳不能。
答案 D
2(解析 A选项～生成单质硫沉淀,B选项～Cl与CO不反应～无沉淀,C选项～NH223,,，,2222与CO反应生成CO～CO与Ba生成BaCO沉淀,D选项～Cl与SO反应生成SO～2333224,，22SO与Ba生成BaSO沉淀。 44
答案 B
3(解析 A项中SO使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为其具有还原性～能使品红溶液褪2
色是因为其具有漂白性～SO不能使指示剂褪色,能使品红溶液褪色的物质有很多如Cl～不22仅仅是SO,C项中这些漂白剂的漂白原理不都相同,SO和Cl等物质的量混合后在溶液中222
发生反应:SO，Cl，2HO===HSO，2HCl～从而失去漂白能力。 22224
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答案 B
4(解析 一定要理解题意是检验气体成分～检验二氧化硫用品红溶液～吸收二氧化硫用酸性KMnO溶液～检验二氧化碳用澄清石灰水,在检验二氧化碳之前～必须除尽二氧化硫～4
因为二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊。C装臵的作用是除去SO并检验SO是否除尽～所22以酸性高锰酸钾溶液颜色变浅～但不能褪成无色～若褪成无色不能证明二氧化硫已除尽。
答案 (1)品红溶液 检验SO 2
(2)酸性KMnO溶液 除去SO并检验SO是否除尽 422
(3)澄清石灰水 检验CO 2
(4)酸性KMnO溶液的颜色不褪尽(或不褪色，或不褪成无色) 4，,，，,25(解析 3Cu，8H，2NO===3Cu，2NO?，4HO～H和NO的个数比为8 2～所323
以混酸中HSO与HNO的最佳物质的量之比为3 2～A项正确,途径?中不产生有毒气体～243
B项正确,浓硫酸和Cu反应生成CuSO和SO～三个途径中参加反应的硫酸的物质的量:42
?,?7～而水解反应2323,2为吸热反应～加热可促进SO的水解～使溶液的pH增大。 3?答案 (1)S，H=====HS 22
(2)HSO，2HS===3S?，3HO 2322?(3)2HSO(浓)，C=====CO?，2SO?，2HO(其他合理答案也可) 24222,,2(4)?HSO，2OH===SO，2HO 2332
?大于 NaSO是弱酸强碱盐，水解后溶液呈碱性 23,2?增大 水解是吸热反应，加热促使SO水解程度增大，因而pH增大 3
10(解析 由题意明确Y是O―? 2
联想连续氧化反应确定C和D―?回答各小题
本题考查氮、硫及其化合物的转化关系。由D的相对分子质量比C的相对分子质量大16～容易联想D比C分子增加1个氧原子～则D可能是氧化物～而E为酸～则应为含氧酸～而Y是能提供“O”的物质～A为正盐～与碱反应放出的物质能连续两次氧化最后得一含氧酸～,OH[O][O]HO2可推知A可能是铵盐:A――?NH――?NO――?NO――?HNO是可能的～而A与强酸反323，H,2应时～生成的物质也会连续氧化两次～最后生成含氧酸～则A可能为硫化物(含S):A――?
[O][O]HO2HS――?SO――?SO――?HSO～综合上面叙述可确定A是(NH)S。 2232442
答案 (1)(NH)S O HO 4222点燃(2)HSO 2HS，3O=====2SO，2HO 242222催化剂(3)HNO 4NH，5O=====4NO，6HO 3322?
第四讲 氮及其化合物
基础梳理
一、1.无 无 不
放电2((1)N，O=====2NO 22催化剂(2)N，3H 2NH 223高温、高压点燃(3)3Mg，N=====MgN 232
二、无 红棕色 有毒 有毒 不溶 溶 2NO，O===2NO 3NO，HO===2HNO22223，NO
三、1.无色 刺激性气味 小 700 ，,2((1)NH，HO NH?HO NH，OH 32324
(2)NH，HCl===NHCl 产生大量白烟 34，，3(3)Al，3NH?HO===Al(OH)?，3NH 3234催化剂(4)4NH，5O=====4NO，6HO 322??3((1)Ca(OH)，2NHCl=====CaCl，2NH?，2HO 24232催化剂(2)N，3H 2NH 223高温、高压
四、1.铵离子 酸根离子 易
??2((1)NHCl=====NH?，HCl? NHHCO=====NH?，CO?，HO 4343322?(2)NHNO，NaOH=====NH?，NaNO，HO 43332
思考1 不相同，NHCl固体受热分解成NH和HCl，发生了化学变化;固态碘受热升43
华成为碘蒸气，是物理变化。
五、1.无色 易挥发 刺激性气味 和水以任意比互溶
2((1)不
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?(2)4HNO=====4NO?，O?，2HO 黄色 硝酸分解生成的NO溶于HNO 放在低322223温阴凉处
思考2 通入足量空气可除去黄色(4NO，O，2HO===4HNO)。 2223
(3)Pt、Au Cu，4HNO(浓)===Cu(NO)，2NO?，2HO 3Cu，8HNO===3Cu(NO)33222332，2NO?，4HO Fe Al 2?C，4HNO(浓)=====CO?，4NO?，2HO 3FeO，10HNO===3Fe(NO)，NO?，32223335HO 1 3 2
基础巩固
1(解析 A项～NO是无色气体,B项～NO极易与空气中的O化合,C项～假设含16 2
g氧元素～则NO为1 mol～CO也为1 mol～C项正确,D项～符合NO的溶解性及收集方法～NO能用排水法而不能用排空气法收集。
答案 B
2(解析 该题有两个要求:(1)必须加入氧化剂,(2)一步反应就能完成。反应???中氮元素的化合价都升高～但反应?N―?NO不能一步反应就完成,而反应?NO―?HNO2223中虽然氮的化合价升高～但不加氧化剂也能实现～如3NO，HO===2HNO，NO～在该反应223中～NO既是氧化剂又是还原剂,只有反应?N―?NO必须加入氧化剂且一步反应就能完成。 22
答案 C
3(解析 NO的密度和空气接近～且NO和O反应生成NO～所以NO应采用排水集22
气法收集～D项错误。
答案 D
4(解析 题目没有指明温度和压强～故无法确定气体的摩尔体积～无法计算气体的体积～B项错误。
答案 B
5(解析 不能用加热NHCl固体的方法制氨气～因为NH和HCl会在试管里重新化合43,,,222成NHCl,硝酸能将SO氧化成SO～B项实验不能说明原溶液中一定有SO,铁和稀硝4344酸反应生成的气体是NO～不是H。 2
答案 D
6(解析 (3)NH和氮氧化物的物质的量之比为7 6～设NH的物质的量为7 mol～则33
NO和NO共为6 mol～根据得失电子守恒原理得:4n(NO)，2n(NO),7×3～又n(NO)，n(NO)222,6 mol～解得:n(NO),4.5 mol～n(NO),1.5 mol～n(NO) n(NO),1 3～同温同压下的22
体积比也是1 3。
(4)硝酸与Fe反应生成Fe(NO)～当硝酸反应完之后～Fe再与Fe(NO)反应生成Fe(NO)～333332所以a是Fe(NO)～b是Fe(NO)。Fe，4HNO(稀)===Fe(NO)，NO?，2HO,1 mol HNO333233323可溶解0.25 mol Fe～生成0.25 mol Fe(NO)。2Fe(NO)，Fe===3Fe(NO)0.25 mol Fe(NO)333332,33可溶解0.125 mol Fe～所以n,0.25，0.125,0.375。p点时反应剩余Fe(NO)和反应生成333Fe(NO)的物质的量相等～所以0.25,2(n,0.25),3(n,0.25)～解得:n,0.3～则p,3(n322222,0.25),0.15。 ，,，2答案 (1)Cu，4H，2NO===Cu，2NO?，2HO 322
(2)NO，NO，2NaOH===2NaNO，HO 222
(3)1 3
(4)Fe(NO) 0.375 0.15 32
题组训练
1(解析 解答本题要注意以下两点:(1)明确氮气不溶于水～且常温下不与其他物质发生化学反应,(2)NO可与水反应生成不溶于水的NO～NO和NO与氧气按适当的比例被水22
完全吸收。
答案 C
2(解析 NO或NO与O混合气体与水的反应计算关系式可由下列化学方程式推导出22
来。
2NO，O===2NO? 22
3NO，HO===2HNO，NO? 223
由?×2，?得
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4NO，O，2HO===4HNO? 2223
由?×3，?×2
4NO，3O，2HO===4HNO? 223
??两式就是平时计算经常用到的关系式。
设剩余的5 mL气体为O～则参加反应?的NO和O的总体积为50 mL,5 mL,45 mL 222
则原混合气体里～NO的体积为45 mL×4/5,36 mL 2
O的体积为50 mL,36 mL,14 mL 2
即NO与O的体积比为36 14,18 7。 22
设剩余的5 mL气体为NO～由?式得过量的NO体积为15 mL～则发生反应?的NO22和O的总体积为50 mL,15 mL,35 mL。 2
则原混合气体里～O的体积为35 mL×1/5,7 mL～NO的体积为50 mL,7 mL,43 mL 22
即NO与O的体积比为43 7。 22
答案 18 7 43 7
3(解析 (3)混合气体通过盛NaO的干燥管发生以下两个反应:2NaO，22222CO===2NaCO，O、2NO，O===2NO～故反应后的混合气体为1 L CO、3 L NO、2L NH22223223
和0.5 LO,再通过NaOH溶液和浓HSO～NH、NO、O均被吸收～其中的化学反应为6NO2243222，O，6NaOH===5NaNO，NaNO，3HO。 2322
答案 (1)???? CO
NO，NO，2NaOH===2NaNO，HO 222
2NO，2NaOH===NaNO，NaNO，HO 2322
(注:如写成二氧化氮与水反应、硝酸与氢氧化钠反应、氮的两种氧化物归中三个反应也合理) ,,2(2)CO NO CO，2OH===CO，HO 232
(3)6.5 1
4(解析 装臵?中NHCl受热易分解生成NH和HCl～但在试管口附近两者又能结合43
生成NHCl～选项A错误,装臵?中的漏斗放臵过低～不能防止倒吸～选项C错误,装臵?4
中的试管口应放一团干燥的棉花～选项D错误。
B 答案
5(解析 本题综合考查了喷泉实验的原理～即由于气体溶于水或某种溶液～导致烧瓶中的压强迅速减小～与外界产生足够的压强差～从而形成喷泉～A项正确,B选项～CO能与2NaOH等强碱溶液反应～从而被吸收～也能与外界产生很大的压强差～故能形成喷泉～正确,C选项～NH和HCl属于极易溶于水的气体～SO可以与NaOH溶液等反应～故均能形成喷32
泉～正确,NO和NO与水反应后有NO生成～故液体不能充满烧瓶～D项错误。 224
答案 D
6(解析 (1)题图A是固体和固体混合加热制备氨气的装臵～应选用的原料是NHCl和4Ca(OH)固体。氨气极易溶于水～比空气的密度小～要用向下排空气法收集。干燥氨气常用2
碱石灰。
(2)题图B是固体和液体在不加热时反应制氨气的装臵～可选用 浓氨水和生石灰(或固体NaOH)混合反应。在氨水中存在下列平衡:NH?HO NH?，HO～生石灰或固体烧碱溶3232
于水时吸水且放出大量的热～促使平衡正向移动～NH?HO分解放出氨气。 32
(3)氨气极易溶于水～用图C所示装臵进行喷泉实验时～先打开止水夹～然后挤压胶头滴管～使少量水进入烧瓶～氨气溶于水导致烧瓶内压强急剧减小～外界大气压将烧杯内的水压入烧瓶中即可形成喷泉。
(4)对于装臵D～可以设法使烧瓶受热～烧瓶内气体膨胀～排出玻璃导管中的空气～烧瓶内氨气与水接触即产生喷泉。
?答案 (1)2NHCl，Ca(OH)=====CaCl，2HO，2NH? 向下排空气 碱石灰(合理即42223
可)
(2)CaO或NaOH固体 浓氨水 生石灰或固体烧碱溶于水时吸水且放出大量的热，促使平衡NH?HO NH?，HO正向移动，NH?HO分解放出氨气 323232
(3)打开止水夹，挤出胶头滴管中的水
(4)打开止水夹，用手(或热毛巾等)将烧瓶捂热，氨气受热膨胀，赶出玻璃导管中的空气，
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氨气与水接触，即发生喷泉 ,17(解析 混合气体的总物质的量为1.12 L?22.4 L?mol,0.05 mol,1.92 g铜粉的物质的量为0.03 mol。设NO的物质的量为n mol～则NO的物质的量为(0.05,n)mol～根据得失121,1电子守恒得3n，(0.05,n)×1,0.03×2～解得n,0.005～V(NO),0.005 mol×22.4 L?mol111
,0.112 L,112 mL。
答案 A
8(解析 该题氮元素变化为硝酸?氮的氧化物?硝酸～所以题目中的反应可以看成是铜
5.6 L与氧气的反应～其中硝酸为“催化剂”～所以铜的物质的量为2×,0.5 mol～即,122.4 L?mol32 g。
答案 B ，,29(解析 本题考查氧化还原反应。整个反应过程中Cu失电子生成Cu～NO得电子生3
51.2,成NO。设NaNO、NaNO的物质的量分别为x和y～则根据得失电子守恒有:2y,×223264，,1.6～根据Na守恒有:x，y,0.5×2.0,1.0～二式联立解得x,0.2 mol～故选A项。
答案 A
10(解析 A项～由于混合液中有稀硫酸～硝酸根离子反应完全～根据反应方程式:3Cu，,，,2，8H，2NO===3Cu，2NO?，4HO～溶解19.2 g Cu～即0.3 mol～求得一份混合溶液NO323,的物质的量为0.2 mol～则混合酸中NO的物质的量为0.4 mol～正确,B项～刚开始是HNO33，3与铁反应～OA段产生的是NO～AB段是Fe与Fe反应～BC段产生的是氢气～正确,C项～虽然刚开始生成的是Fe(SO)～但最终加入铁粉后转变为FeSO～正确,D项～根据加入铁2434
粉的质量22.4 g即0.4 mol～最终生成FeSO～可知硫酸也为0.4 mol～则HSO的物质的量424
0.4 mol浓度为,4 mol/L～不正确。 0.1 L
答案 D
名师究错 ，,纠错训练 解析 金属和混酸反应通过离子方程式计算比较简便～3Fe，8H，2NO3，，，22===3Fe，2NO?，4HO(铁过量～产物为Fe)～反应中Fe和H过量～生成的NO的量以2,NO为准来计算～共得NO 0.448 L～若只考虑到这一步反应～得答案A是错误的～因为过量3，，，2的铁还可以和溶液中过量的H反应产生H～即有Fe，2H===Fe，H?～生成的H为0.224 222L～气体体积共计0.672 L～应选B项。
答案 B
第五讲 气体的制备、净化和收集
基础梳理
MnO?2一、1.(1)2KClO=====2KCl，3O? ? 2KMnO=====KMnO，MnO，O? ? 3242422?MnO22HO=====2HO，O? ? 2222
(2)向上排空气法或排水法
2((1)CaCO，2HCl===CaCl，CO?，HO 向上排空气法 饱和NaHCO溶液 32223
3(Zn，HSO===ZnSO，H? 向下排空气法或排水法 2442?4(MnO，4HCl(浓)=====MnCl，Cl?，2HO 向上排空气法或排饱和食盐水法 强2222
碱溶液
?5(Ca(OH)，2NHCl=====CaCl，2NH?，2HO 碱石灰 向下排空气法 湿润的红24232
色石蕊试纸 蘸有浓盐酸的玻璃棒
思考 (1)不能。原因是大理石与稀硫酸反应生成的CaSO微溶于水覆盖在CaCO的表43面，阻止了硫酸与大理石的进一步反应。
(2)实验室制取氨气，除用氯化铵和消石灰加热外，还用浓氨水制取:?可以加热浓氨水
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使NH挥发出来，?将浓氨水和生石灰或浓氨水和碱石灰混合，使NH挥发出来。 33
基础巩固
1(解析 选项A中制取H的药品及干燥剂的选择均正确。选项B中干燥剂选择错误～2
因为Cl能与碱发生反应～应用浓HSO作干燥剂。选项C中药品与干燥剂的选择均错误～224
应用浓硫酸作药品～PO或CaCl作干燥剂。选项D中的干燥剂选择错误～应用碱石灰作干252
燥剂。
答案 A
2(解析 实验室利用CaO和浓氨水制取氨气～选择向下排空气法收集～A项错误,收集SO时选择向上排空气法～B项正确,制取NO时选择浓硝酸和Cu反应～C项错误,MnO222氧化浓盐酸制取Cl需要加热才能发生～D项错误。 2
答案 B
3(解析 (1)测定氨气体积～需采用装臵?把气体体积转化为液体体积～然后用装臵?测量液体体积。
(3)首先用装有碱石灰的干燥管?除去氨气中的水蒸气～然后通入?中～用排空气法收集的氮气不纯～应该用排水法收集～收集前还应除去氮气中的氨气。
?答案 (1)2NHCl，Ca(OH)=====2NH?，CaCl，2HO ?? 氨气难溶于该试剂，该42322
试剂不与氨气反应，不易挥发
(2)在烧瓶导管口处接上导气管，关闭分液漏斗活塞，将导气管末端插入水槽中，用热毛巾捂着烧瓶，观察导气管末端是否有气泡冒出，移开热毛巾一段时间，再观察导气管末端是否有一段水柱 ? 用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝(或将蘸浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，有白烟生成)
?(3)2NH，3CuO=====3Cu，N，3HO ??????? 322
题组训练
1(解析 铜块臵于烧杯中～加稀硫酸～将用铜网包好的锌粒放在铜块上～用玻璃管罩住并塞上橡胶塞。
答案 C
2(解析 A、B项分别为实验室制取氯气和氨气的装臵和反应～正确,C项装臵中用硝酸替换了实验室制二氧化碳中的盐酸～同样可以达到目的～正确,D项中过氧化钠是一种淡黄色粉末～不是块状固体～故不能在多孔塑料板上放臵～D项不适用。
答案 D
3(解析 本题主要考查常见气体的制备～意在考查考生根据反应原理和气体的性质进行化学实验的能力。高锰酸钾具有强氧化性～能将浓盐酸中的氯离子氧化为氯气～装臵B用来收集比空气密度大的氯气～装臵D吸收尾气～装臵C起到了防倒吸的作用。一氧化氮的密度与空气接近～不能用排空气法收集～一氧化氮不与水反应～可以用排水法收集～选用装臵?～A装臵中盛放铜片和稀硝酸～B装臵中盛放水～C装臵接收排出的水。
答案 (1)向上排气收集氯气 安全作用，防止D中的液体倒吸进入集气管B中 吸收尾气，防止氯气扩散到空气中污染环境
(2)a.? b.
应加入的物质 所起的作用
A 铜屑和稀硝酸 产生NO气体
B 水 排水收集NO气体
C 主要是接收B中排出的水
D
c.反应开始时，A中铜表面出现无色小气泡，反应速率逐渐加快;A管上部空间由无色逐渐变为浅红棕色，随反应的进行又逐渐变为无色;A中的液体由无色变为浅蓝色;B中的水面逐渐下降，B管中的水逐渐流入烧杯C中
4(解析 (1)实验室可以利用二氧化锰催化分解氯酸钾或双氧水制取氧气。
(2)?制取的氯气中含有HCl和水蒸气～先通过饱和食盐水除去HCl(净化)～再通过浓硫酸吸收水蒸气(干燥)～收集Cl后用NaOH溶液吸收多余的Cl(尾气吸收)。?氯气密度比空22
气大～选择向上排空气法收集～进气口应为b。
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(3)用装臵C还能制取H、O、CO、HCl等。 222
(4)装臵F既能起到干燥气体的作用(利用浓硫酸的吸水性干燥N、H)～又能使气体混合～22
通过观察气泡冒出的速率～调控通入N、H的体积比。 22MnO2答案 (1)氯酸钾和二氧化锰 2KClO=====2KCl，3O? 双氧水和二氧化锰 32?MnO22HO=====2HO，O? 2222
(2)?
选用的仪器
(填字母) 加入的试剂 作用
D 饱和氯化钠溶液 除去HCl
D 浓硫酸 除去HO 2
G NaOH溶液 吸收多余的Cl 2
?b
(3)H、O、CO(或HCl等) 222
(4)?干燥N、H ?通过观察气泡冒出的速率，调控N、H的体积比 将湿润的红色2222
石蕊试纸置于导管口处，红色石蕊试纸变蓝，证明有氨气生成
5(解析 (1)加热装臵b～装臵b中的气体受热膨胀～若整套装臵气密性良好～则G中
b会有气泡冒出～停止加热冷却后～G中插入溶液里的玻璃管中会形成一段水柱。装臵a、,，分别为分液漏斗、圆底烧瓶。(2)亚硝酸钠与硫酸铵反应制备氮气的实质是NO与NH发生24氮元素之间的氧化还原反应～生成氮气和水。(3)装臵C中盛装的是具有还原性的硫酸亚铁饱和溶液～故该试剂的作用是除去氧化剂(氧气、氮氧化物),装臵D中的试剂为浓硫酸～目的是除去水蒸气～干燥N,因装臵C为FeSO饱和溶液～若干燥装臵在之前～则干燥了的气24
体经过此溶液后又会带入水蒸气。(4)装臵E中发生的是镁粉与氮气在加热条件下生成氮化镁的反应。(5)利用MgN水解生成氨气和氢氧化镁的现象可以设计实验检验MgN的存在,3232利用镁与盐酸反应放出氢气可以设计实验检验金属镁的存在。
答案 (1)G中加水浸没长导管，关闭分液漏斗活塞，微热b，这时G中有气泡冒出，停止加热冷却后，G中插在溶液里的玻璃管形成一段水柱，则气密性良好 分液漏斗 圆底烧
瓶
?(2)(NH)SO，2NaNO=====2N?，NaSO，4HO 42422242
(3)除去氧气(及氮氧化物) 除去水蒸气 不能，对调后无法除去水蒸气
?(4)N，3Mg=====MgN 232
(5)取少量产物于试管中，加少量蒸馏水，试管底部有沉淀生成，可闻到刺激性氨味(把润湿的红色石蕊试纸放在管口，试纸变蓝)，证明产物中含有氮化镁;弃去上层清液，加入盐酸，若观察到有气泡产生，则证明产物中含有未反应的镁
第五章 物质的结构 元素周期律 第一讲 原子结构
基础梳理
1一、1.(1)质子 中子 电子 一个单位负电荷 一个单位正电荷 不带电 1 836
(2)质子数，中子数 核电荷数 核外电子数 ， ,
2((1)质子数 质子数
(2)质子 中子 质子数 中子数
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(3)质子数 中子数 不变 物理性质 完全相同
思考 不一定，如Ne和HO。 2
二、1.很快 速度 位置 运动轨迹
2(分层 一、二、三、四、五、六、七 K、L、M、N、O、P、Q
3((1)低 高 2(2)2n
(3)最低 K K L
(4)2
基础巩固
1(解析 质子在原子核内～电子在原子核外空间内一定轨道上绕核做高速运动～A项不正确。原子中原子核的体积只占原子体积的几千亿分之一～所以原子不是微小的实心球体～B项正确,原子可分为原子核和核外电子～原子核又可分为质子和中子～所以C项不正确,3He是非金属元素～D项不正确。
答案 B
2(解析 硫原子的结构示意图应为A项错误。同位素的研究对象是原子～但B选项中三种粒子是氢的单质～故B项错误。甲烷和乙烷属于同系物～D项错误。
答案 C
3(解析 4种离子的电子层结构相同～也就是4种离子肯定有相同的核外电子数。所以有等量关系a,m,b,n,c，n,d，m～整理可得:a,c,m，n～a,b,m,n～c,d,m,n～b,d,m，n。故只有D项正确。解该题的简单方法可把符合的微粒代入～如令X是Mg、Y是Na、Z是F、R是O代入选项中～很快可得出答案。
答案 D
4(解析 ?中未指明粒子是单核还是多核,?中应为同位素的化学性质,?中一种元素可能有多种同位素,?混淆了元素的相对原子质量与同位素的相对原子质量的涵义。
答案 D
5(解析 由X原子的最外层电子数为(2n,1)可以推知n?4～则X的电子层数?3～X为短周期元素。当n,4时～X为Cl元素,当n,3时～X为N元素,当n,2时～不符合题意。HNO和HClO均为弱酸～B项错误,Cl元素能形成KClO～C项错误,NH或HCl均243极易溶于水～D项正确。
答案 D
6(解析 (1)当x,y,10时～x,10，y～说明核电荷数等于核外电子数～所以应为原子。
(2)当y,8时～应为18个电子的粒子～所以可能为氩原子、氯离子、硫离子、钾离子、钙离子。
(3)y,3为铝原子～y,7为氯原子～其最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化铝和高，，3氯酸～发生反应的离子方程式为Al(OH)，3H===Al，3HO。 32
答案 (1)原子
(2)氩原子 氯离子 硫离子 钾离子 钙离子 ，，3(3)Al(OH)，3H===Al，3HO 32
题组训练
1(解析 元素无质量数～A选项错误,元素的相对原子质量与同位素的相对原子质量及各同位素的丰度有关～B选项错误,C选项的相互转化原子核发生变化～由化学变化的最小微粒是原子可知错误,原子的质子数和核外电子排布均相同～所以化学性质相同～D选项正确。
答案 D 2522(解析 锎( 98Cf)是锎元素的一种同位素～其质量数为252～核外电子数,核内质子数,98～中子数,252,98,154。锎元素的相对原子质量等于锎元素的各种同位素的质量数与它们的原子个数百分比之积的和～而不等于某一核素的质量数～故D项错误。
答案 D ,m3(解析 由题意可知～在化合物AR中～R的化合价为,m～其离子符号为R～已mn,m知一个R的核外电子数为a～则R元素同位素的核内质子数为a,m～质量数,质子数，中
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子数,a,m，b～D项正确。
答案 D ,bn4(解析 X中a表示质子数～b表示质量数～“n,”表示X得到n个电子～则其含a,bn有的中子数为b,a～电子数为a，n。1 mol X的质量约为b g～则1个X原子的质量约为a
bg。 236.02×10
答案 D
5(解析 由于Y原子的M层电子比X原子的M层电子多3个电子～说明Y的M层电子数至少有3个～那么Y的L层必定有8个电子～则X的L层只有4个电子～M层无电子。由此推出Y的核外电子总数为13～X的核外电子总数为6。所以X、Y的核电荷数分别是6和13～即为碳原子和铝原子。
答案 D
6(解析 符合题意的元素X可能是氮或氯元素～A项不正确。
答案 A
7(解析 由题中信息易推出X、Y、Z分别是H、N、O。N、O可以组成NO～其中N、O两种元素的质量比为7 8～A项正确。H、N、O可组成NHNO～B项正确。H、O可组43
成HO、HO两种常温下呈液态的化合物～C项正确。H、N、O中的任意两种元素组成的222，,，10电子微粒有HO、NH、NH、OH、HO等～D项错误。 2343
答案 D
8(解析 L层电子数是K层电子数的3倍～即L层有6个电子～故X为氧元素,核外电子层数等于原子序数的元素只有氢～故Y为氢元素,Z元素的K、L层分别有2个和8个电子～则M层上有6个电子～故Z为硫元素,常温下为气态双原子分子～且原子间以三键结合的只有N～故W为氮元素。问题(2)中能说明氧比硫非金属性强的事实有很多～其中较为2
直观的是O臵换HS中的S。问题(4)中H、O形成的原子个数为1 1的化合物是HO～N、2222H形成的化合物分子中电子数也为18的分子只能是NH。 24
答案 (1)
(2)X(或氧) 2HS，O===2HO，2S? 222
(3)NHHSO 44点燃(4)NH，2HO=====N，4HO 242222
9(解析 本题把指定电子数目的有关微粒作为命题素材～着重考查考生的有序思维能力。寻找10电子、18电子、22电子微粒～必须从元素周期表出发～遵循由原子到分子～再到离子的思考途径～列出相应的微粒。关于18电子微粒的推断～对有序思维的要求更高～技巧性
，更强～我们可以以推断10电子微粒的思路来进行分析～对数字18作一拆分～把18拆成99～找出F后会使18电子微粒的推断打开一个大“空间”～9电子的可以是—F、—OH、—NH、22—CH等～对这些9电子微粒再进行重组可得～分子有F、HO—OH、NH—NH、CH—CH、322233，，,22。列出相关微粒后～再结合各种CH—F、CH—OH～阳离子有NH、NH～阴离子有O3325262
微粒所对应的性质及题目的相关要求就可以顺利得到答案。
答案 (1)2F，2HO===4HF，O 222
(2)NH H—O—O—H 24,,,2(3)HS，OH===S，HO 2
(4)CHCH、CHOH(其他合理答案均可) 333
名师究错 999799纠错训练1 解析 Tc与Tc互为同位素～不是互为同素异形体～A项错误,Tc含有43434399979956个中子～B项错误,Tc与Tc的物理性质不同、化学性质相同～C项错误,Tc含有56434343个中子、43个电子～故D项正确。
答案 D
纠错训练2 解析 甲气体的溶液长时间放臵于空气中能被O氧化而变质～析出的固体2
只能是S～故气体甲是HS。HS和烧碱溶液反应后的产物可能是NaS或NaHS～A项错。222
乙是HO～氧元素呈,1价～故既有氧化性～又有还原性～B项正确。与O摩尔质量相同222的18电子分子有可能是NH～既含有极性键～又含有非极性键～C项错。丁中含有第2周24
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期?A族元素～即碳元素～若丁是CHOH～和甲烷不是同系物～D项错。 3
答案 B
第二讲 元素周期律和元素周期表
基础梳理
一、1.核电荷数 质子数 核外电子数 质量数 中子数
2((1)?原子序数 ?电子层数 7 ?最外层电子数 原子序数 18
(2)(从左至右，从上至下)2 8 8 18 18 32 2 10 18 36 54
(3)(从左至右，从上至下)?A ?A ?A ?A ?A ?A ?A ?B ?B ?B ?B ?B ?B ?B 8、9、10 18
(4)?铝、锗、锑、钋 硼、硅、砷、碲、砹 ?金属元素 非金属元素 ?金属元素 非金属元素
3((1)?B ?B
(2)六
(3)七
二、1.原子序数 周期性
2(核外电子排布周期性变化
3((从左至右，从上至下)增大 增大 相同 增多 减小 增大 减小 减小 > 增大 ，1 ，7 ,(8,主族序数) 主族序数 减弱 增强 增强 减弱 增强 减弱 减弱 增强 增强 减弱 减弱 增强 增强 减弱
三、(2)金属 非金属 过渡元素 ?B到?B的过渡元素 Cl、P、S、N、As
基础巩固
1(解析 题中所有元素只有K、O、Si、Mg、Al、Ca、Na为主族元素～最外层电子数是奇数的元素为奇数族元素～有 K、Al、Na三种。
答案 B
2(解析 元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素不属于过渡元素～A项错,17号元素为Cl～在周期表中位于第三周期、?A族～B项错,Be的金属性小于Mg～所以碱性Mg(OH)>Be(OH)～C项错。 22
答案 D
3(解析 如稀有气体中的He、Ne～原子序数之差为8～但上一周期(第一周期)的元素只有2个～A项错,短周期元素O和S～原子序数分别为8和16～后者是前者的2倍～B项错,L层即为原子核外第2层～该电子层上的电子数为奇数的情况有1个、3个、5个、7个四种～分析可知L层上的电子数为奇数的元素一定是主族元素～C项正确,目前使用的长式元素周期表中～最长的周期为第六周期～包括7个主族(7种元素)～1个0族(1种元素)～1个?族(3种元素)～7个副族(21种元素)～共含32种元素～D项错。
答案 C
4(解析 表中所示的元素R为F～X为S～T为Cl～Z为Ar～Q为Br。非金属性:Cl>S～A项错误,F、Br原子的核外电子数分别为9、35～相差26～B项正确,元素周期表中～同主族元素从上到下～非金属性逐渐减弱～对应气态氢化物的稳定性逐渐减弱～最高价氧化物的水化物的酸性逐渐减弱～故HF、HCl、HBr的稳定性逐渐减弱～C项错误,HClO的酸性4强于HBrO的酸性～D项正确。 4
答案 BD
5(解析 由表中信息可知短周期元素T、X、Y、Z分别为S、C、N、Cl。(1)S的核外电子数为16～核外电子排布(由内到外)依次为2、8、6～故该元素位于第三周期?A族。(2)14碳的核内质子数为6、中子数为8的核素～其质量数为14～故该同位素的符号为C。(3)NH3??
中N、H间通过共用电子对连接～故其电子式为H N H。(4)S、Cl两元素位于同一周期且??H
Cl靠右，故非金属性Cl强于S，可由其氢化物的稳定性强弱来证明，非金属性越强，相应氢化物越稳定。(5)非金属性越强其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，故酸性:
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HClO>HSO>HCO。 42423
答案 (1)三 ?A 14(2)C ??
(3)H N H ??H
(4)Cl b
(5)HClO>HSO>HCO 42423
题组训练
1(解析 第?A族的氢元素可以和第?A族的卤族元素形成共价化合物～第?A族的金属元素可以和第?A族的卤族元素形成离子化合物～A项正确,第二周期中O没有最高正价～F没有正价～B项错误,同主族元素中还原性强的简单阴离子不一定能够水解～如卤族元素,中的I不能水解～C项错误,如铝为，3价～钠为，1价～但钠失电子能力比铝强～D项错误。
答案 A ，32(解析 具有相同电子层结构的微粒～核电荷数越大其离子半径越小。选项A～Al具有第二周期稀有气体电子层结构,选项B～磷离子半径大于负二价硫离子的半径,选项C～，Ar为稀有气体元素～不能形成离子,选项D～K具有与钙离子相同的电子层结构～且半径小于负二价硫离子。
答案 D
3(解析 A项～原子半径As>P>Cl,B项～非金属性Cl>Br>As～所以热稳定性HCl>HBr>AsH,D项～非金属性S>P>As～故酸性HSO>HPO>HAsO。 3243434
答案 C
4(解析 依据元素化合价规律可知X、Y、Z、W、R分别是氧、钠、铝、硫、氯元素。A项～原子半径Na>Al>O(或Y>Z>X),C项～SO(WX)和水反应生成的HSO为共价化合3324物。
答案 BD ，，，，，,,n(n1)2n(n5(解析 利用特殊元素验证法～设A为Na、B为Mg、C为F、Da11b12c9d，,,1)2为O。A项～气态氢化物的稳定性:HF>HO,B项～若A、B、C、D为K、Ca、Cl、82
S元素也可以,C项～单质的还原性:Na>Mg,D项～原子序数:Mg>Na>F>O。
答案 D
6(解析 由题意可知～W是N元素～X是O元素～Y是S元素～Z是Cl元素。HS的2稳定性小于HO的稳定性～也小于HCl的稳定性～A项正确,HClO的酸性弱于HSO的酸224,,22性～B项错误,S的还原性大于O的～C项错误,Cl和HO反应时～Cl既是氧化剂～又222是还原剂～D项错误。
答案 A
7(解析 表中所示的元素R为F～X为S～T为Cl～Z为Ar～Q为Br。非金属性:Cl>S～A项错误,F、Br原子的核外电子数分别为9、35～相差26～B项正确,元素周期表中～同主族元素从上到下～非金属性逐渐减弱～对应气态氢化物的稳定性逐渐减弱～最高价氧化物的水化物的酸性逐渐减弱～故HF、HCl、HBr的稳定性逐渐减弱～C项错误,HClO的酸性4强于HBrO的酸性～D项正确。 4
答案 BD
7(解析 由题给信息可知～M为Al元素～X为Si元素～Y为N元素～Z为O元素。原子半径Al>Si>N>O～A项正确,因为N的非金属性比Si强～所以HNO的酸性比HSiO323强～B项错误,因为O的非金属性比Si强～所以气态氢化物的热稳定性HO>SiH～C项正24确,O元素位于周期表的第2周期、第?A族～D项正确。
答案 B
8(解析 根据题意可知～X、Y、Z、W、Q分别为C、O、Si、S、Cl。A项～Na与S可形成NaS,B项～SiO在熔融时不能产生自由移动的离子～故不能导电,C项～S得电子222
能力比Cl弱,D项～氧元素也存在同素异形体。
答案 A
9(解析 短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大～且B、D同主族～所以B位于第二周期～内层电子数为2,根据A、C同主族～且A、C原子最外层电子数之和等于B
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原子次外层电子数知～A、C为第?A族元素～C为Na,根据四种原子最外层电子数之和为10知～B、D为第?A族元素～B为C～D为Si,根据四种原子的核电荷数之和为32知～A为H。选项A～D元素处于元素周期表第3周期第?A族～错误,选项B～四种元素原子半径大小顺序是AHR,222选项B中由于Mg的金属性比Al的强～所以与稀盐酸反应的速率为L>M,选项C中Al和O，,22形成的化合物具有两性,选项D中～Mg只有两个电子层～而S具有三个电子层。
答案 C
第三讲 化学键
基础梳理
一、1.离子或原子 作用力
2(得失 共用电子对
3(旧化学键的断裂 新化学键的形成
二、1.相反电荷
2(阴、阳离子
3(静电作用
4(活泼金属 活泼非金属 ??????，,，，,，225((1)Na[ O O ]Na Na[ O ]Na ????????????,，,，,2[ Cl ]Mg[ Cl ] Na[ O H] ??????H??，,[H N??,?? H][ Cl ] H??????，,?(2)Na，Br ―?Na[Br ] ××?????????????,，,?2?? Cl ，Ca，Cl ―?[ Cl]Ca[Cl] ××??××?????????
思考1 不一定，如Al和Cl形成的AlCl中存在的是共价键而不是离子键。 3
三、1.共用电子对
2(原子
3(共用电子对
4(非金属元素
5(非极性 极性 ??????6((1) Cl Cl N??N H O H ??????????
O C O ????
(2)Cl—Cl N?N OHH O,C,O
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?H??×××(3)CC×?,×? H ，4H―?H???H×??????××??××C ，2O ―?O C O ×××??????
思考2 (1)不是，稀有气体分子是单原子分子，分子中无化学键。
(2)不是，共价键也可以存在于离子化合物中，如NaOH、NHCl中都含有共价键。 4
四、1.(1)分子聚集在一起 范德华力
(2)弱得多 熔点、沸点、溶解度 共价化合物
(3)大 高 , ,
2((1)范德华力稍强
(2)化学键 范德华力
(3)较强
基础巩固 H
1(解析 甲基的电子式为H C??,?? ?～A项错, H
????二氧化碳的电子式为O C O～B项错, ????
??????三氯化磷的电子式为 Cl P?? Cl ,?? Cl ，C项错。 ????
答案 D
2(解析 含有离子键的化合物一定是离子化合物～含有共价键的化合物不一定是共价化合物～离子化合物中也可能含有共价键～如NaOH～A项正确～D项错误。单质分子中也可能存在化学键～如H、O、N等分子中均存在非极性共价键～B项错误。化学键是一种静222
电作用～既有引力也有斥力～C项错误。
答案 A
3(解析 A、B、D三个选项的变化过程均有旧键断裂和新键形成～属于化学变化。C选项中NaCl熔化只有旧键断裂～而无新键形成～故不属于化学变化。
答案 C
4(解析 离子化合物中不一定含金属元素～如铵盐～B项错,C项中葡萄糖溶液不是胶体～错误,共价化合物如HCl中的H原子不满足最外层8电子结构～BF中的B原子也不满3
足最外层8电子结构～D项错误。
答案 A
5(解析 (1)设这两种元素分别是M和N～且原子序数M合同
族元素性质相似的原理进行分析可知～另一种这样的化合物是KS～2222它们都是离子化合物。
答案 (1)7
(2)?NaO、KS、MgF、CaCl ?离子键 2222
(3)?NaO、过氧化钠，KS、过硫化钾 ?离子键、共价键 ?离子化合物 2222
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题组训练
1(解析 A项中F原子的未成对电子没有表示出来～错误,B项中NaS是离子化合物～2电子式书写错误,C项中碳碳双键没有表示出来～错误。
答案 D H??
2(解析 A项～NH的电子式为H NH，错误;C项，左上角应为质量数，不是中 3??
子数，错误;D项，钾原子的结构示意图为，错误。
答案 B ,23(解析 1个C中含有10个电子～碳原子之间形成3对共用电子对～A项正确,N22,2分子中含有叁键～B项正确,1个CN中含有的电子总数为6，7×2，2,22～C项正确,D2，2项中Ca的质子数是20～错误。
答案 D
4(解析 光气(COCl)的电子式是 2?? O ??
Cl C Cl (结构式:CClOCl)，PCl分子中原子的成键数与最外层电子数之和3????
为8，N的电子式为 N??N ，这3种分子符合题意;SF、XeF、PCl中的S、Xe、P原2625子的最外层电子数超过8个;BF和BeCl中的B、Be原子的最外层电子数少于8个。 32
答案 AFH SF、XeF、PCl、BF、BeCl 62532
5(解析 A、D项中的HSO、HCl中只存在共价键～不符合题意,B项中的MgO中24
只含离子键～不符合题意,只有C项中各物质中既有离子键～又有共价键。
答案 C
6(解析 虽然NaHSO是离子化合物～但其固体中不存在能自由移动的阴、阳离子～因4,固体熔化时而不能导电,NaHSO固体中阳离子和阴离子(HSO)的个数比是1 1,NaHSO444，，,2破坏的只是离子键～而溶于水时电离出Na、H和SO～破坏的是离子键和共价键。 4
答案 D
7(解析 本题只需要分析各反应物和生成物的化学键类型即可解决。在反应物和生成物
中都能找到离子键和共价键的只有D选项。
答案 D
名师究错
纠错训练 解析 根据表中信息可推知X是碳元素～Y是氮元素～Z是硫元素～W是氯
元素。硫元素处于第3周期～A项错误。C项中反应生成的是氯化铵～既含有离子键又含有
共价键～C项错误。D项中W原子外围的孤对电子未标出。
答案 B
第六章 化学反应与能量
第一讲 化学能与热能
基础梳理
一、1.(1)物质 能量
(2)质量 能量
(3)热能 热量
2((1)恒压 热效应
(2)ΔH ,1(3) kJ?mol kJ/mol
3((1)吸 放
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4(一步 分几步 相同 ΔH，ΔH 12
思考 吸热反应和放热反应与反应所发生的外界条件无关，需要加热的不一定是吸热反
点燃应，如C，O=====CO ΔH,0，不需要加热的反应也不一定是放热反应，如Ba(OH)?8HO2222与NHCl的反应。 4
二、1.物质的量 反应热
2(物质 能量 ,1三、(从左至右，从上至下)放热 < kJ?mol 1 1
25 ?、101 kPa 1 稀溶液 1 57.3
四、1.能量
2(柴草 化石能源 多能源结构
3((1)?煤 石油 天然气 ?不能
(2)?太阳能 氢能 风能 地热能 海洋能 生物质能 ?可以
4((1)化石燃料
(2)环境污染
((1)?适当过量的空气 足够大的接触面积 粉碎成粉末 喷成雾状 5
基础巩固
1(解析 硅太阳能电池工作时将光能转化为电能～A项错误,锂离子电池是化学电池～工作时将化学能转化为电能～B项错误,太阳能集热器工作时将光能转化为热能～C项错误,燃气灶工作时将化学能转化为热能～D项正确。
答案 D
2(解析 因总反应为放热反应～反应?为吸热反应～反应?为放热反应～所以反应?放出的热量比反应?吸收的热量多。A项～图中反应?为放热反应～反应?为吸热反应～且总反应为吸热反应～错误,B项～图中反应?和反应?均为吸热反应～错误,C项～图中反应?和反应?均为放热反应～错误。
答案 D
3(解析 铝片与稀盐酸之间的臵换反应和甲烷在O中的燃烧反应既是氧化还原反应～2
又是放热反应,灼热的炭与水蒸气发生的氧化还原反应是吸热反应,Ba(OH)?8HO与NHCl224之间发生的复分解反应是吸热反应。
答案 C
4(解析 由图象数据可知～反应过程?的热化学方程式为A(g)，B(g)===C(g) ΔH221,,11,,Q kJ?mol。反应过程?的热化学方程式为C(g)===A(g)，B(g) ΔH,，Q kJ?mol～2221反应过程?与反应过程?中～反应物、生成物所涉及物质及状态均相同～只是过程相反～故反应热的数值相等～符号相反。注意比较ΔH的大小时～要注意比较其正负号。
答案 C
5(解析 书写热化学方程式时必须注意以下几点:?要注明反应物和生成物的状态～A,1项不正确,?放热反应ΔH<0～吸热反应ΔH>0～D项不正确,?ΔH的单位为kJ?mol～C项不正确。
答案 B
6(解析 (1)从图象中看出反应物的能量低～产物的能量高～该反应一定为吸热反应。E为正反应的活化能～E为逆反应的活化能～E与E的差值就是该反应的焓变。(2)催化剂1212
能通过降低化学反应的活化能来加快化学反应速率～对于可逆反应～催化剂能同时降低正反应和逆反应的活化能～但反应的焓变不会变化。
答案 (1)吸热 E,E 一定低 12
(2)减小 减小 不变
题组训练
1(解析 0.5 mol CH完全燃烧生成CO气体和液态HO时～放出445 kJ热量～即1 mol 422
CH完全燃烧生成CO气体和液态HO时～放出890 kJ热量。根据书写热化学方程式的规定～422
要注明物质的聚集状态～标出反应的热效应～只有C项正确。
答案 C
2(解析 此题考查热化学方程式的书写。A项～考查燃烧热～生成物水的状态不是稳定
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状态,B项～因中和反应为放热反应～故ΔH<0,D项～未注明各物质的聚集状态。
答案 C
3(解析 在101 kPa时～1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量叫做该物质的燃烧热。A项中C的稳定氧化物为CO～C项和D项中HO应为液态。 22
答案 B
4(解析 (3)先写出肼燃烧的化学方程式:NH，O===N，2HO～据0.25 mol NH(g)2422224完全燃烧生成N和HO(g)～放出热量133.5 kJ～则1 mol NH完全燃烧放出的热量为534 kJ。 2224
3,1答案 (1)CHOH(l)，O(g)===CO(g)，2HO(l) ΔH,,725.76 kJ?mol 32222
(2)BH(g)，3O(g)===BO(s)，3HO(l) 262232,1ΔH,,2 165 kJ?mol
(3)NH(g)，O(g)===N(g)，2HO(g) 24222,1ΔH,,534 kJ?mol
5(解析 本题考查了化学反应过程中的能量变化～意在考查考生对化学反应中能量变化的有关概念的理解以及对图象的分析能力。A项～水的分解为吸热反应～生成物的总能量大于反应物的总能量～且催化剂可有效降低活化能～正确,B项～燃烧热概念中强调完全反应且生成稳定的氧化物～而该项反应中生成物为CO～错误,C项～常温下能发生的反应不一定是放热反应～如在常温下Ba(OH)?8HO与NHCl的反应为吸热反应～需要加热的反应也224
不一定是吸热反应,D项～根据化学反应的过程为旧化学键断裂和新化学键生成的过程～且
1断裂化学键吸收能量～生成化学键放出能量～可知断开1 mol H—Cl键所需的能量为(a，b2，c)kJ/mol。
答案 A
226(解析 根据盖斯定律～由第一个反应×，第二个反应×,第三个反应×2可得第四33
222个反应～则ΔH,ΔH×，ΔH×,ΔH×2,(ΔH，ΔH,3ΔH)。 4123123333
答案 A
7(解析 根据图示～可得如下热化学反应方程式:NH(g)，O(g)===N(g)，2HO(g) 24222ΔH,,534 kJ/mol?, 1
2N(g)，4H(g)，2O(g)===N(g)，2HO(g) 22
ΔH,,2 752 kJ/mol?。根据盖斯定律～?,?有:NH(g)，O(g)===2N(g)，4H(g)，2242
2O(g) ΔH,，2 218 kJ/mol～设断裂1 mol N—H键所需的能量为x kJ～则有4x kJ，154 kJ3
，500 kJ,2 218 kJ～解得x,391～故断裂1 mol N—H键所需的能量为391 kJ。
答案 B
8(解析 根据盖斯定律～1 mol液态无水酒精完全燃烧的ΔH,ΔH×3,ΔH，ΔH,(,123,13Q，Q,Q)kJ?mol。23 g(0.5 mol)液态无水酒精完全燃烧～最后恢复到室温～放出的热量123
为(1.5Q,0.5Q，0.5Q)kJ～B项正确。 123
答案 B
19(解析 ?前面反应式减去后面反应式可得:CO(g)，O(g)===CO(g) ΔH,ΔH～22122
该反应为放热反应～即ΔH,ΔH,0～所以ΔH,ΔH,?等量的固态硫变为硫蒸气时吸热～1212
故在与O反应生成同样的SO时～气态硫放出的热量多～即ΔH,ΔH,?发生同样的燃烧2234
反应～物质的量越多～放出的热量越多～故ΔH,ΔH,?碳酸钙分解吸收热量～ΔH,0～567CaO与HO反应放出热量～ΔH,0～显然ΔH,ΔH。 2878
答案 C
10(解析 A项说明2 mol SO和1 mol O的总能量比2 mol SO的能量高～但不能说SO2232的能量高于SO的能量～A项不正确,石墨转化为金刚石吸收能量～则金刚石的能量高于石3
墨～能量越高越不稳定～B项不正确,酸碱中和反应的热效应不仅与生成HO的物质的量有2关～还与酸、碱的浓度及强弱有关～C项不正确,碳完全燃烧比不完全燃烧放出的能量多～但比较ΔH时应带符号比较～故ΔH<ΔH～D项正确。 12
答案 D
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11(解析 等物质的量的反应物～气态时所具有的能量高于液态时所具有的能量。根据ΔH,生成物的总能量,反应物的总能量～可知选项C的ΔH数值最小。
答案 C
名师究错 ,1纠错训练1 解析 A项应为2HO(l)===2H(g)，O(g) ΔH,，571.0 kJ?mol～A项222
错误,B项～由题给数据可以写出热化学方程式～B项正确,燃烧热是指1 mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量～C项错误,HF是弱酸～电离时要吸热～与NaOH溶液反应生成1 mol HO时放出的热量应小于57.3 kJ～D项错误。 2
答案 B
纠错训练2 解析 (1)表示乙醇燃烧热的热化学方程式为CHCHOH(l)，32,,113O(g)===2CO(g)，3HO(l) ΔH,,29.7×46 kJ?mol,,1 366.2 kJ?mol。(2)ΔH,222,1[6E(C—H)，E(C—C)],[E(C,C)，4E(C—H)，E(H,H)],(6×414.4，347.4) kJ?mol,,,11(615.3，4×414.4，435.3) kJ?mol,，125.6 kJ?mol。(3)根据盖斯定律～由第一个反应×2
11，第二个反应×,第三个反应×～可得2C(s～石墨)，H(g)===CH(g) 22222
11,,,111ΔH,,393.5 kJ?mol×2,571.6 kJ?mol×,(,2 599 kJ?mol)×,，226.7 22,1kJ?mol。
答案 (1)CHCHOH(l)，3O(g)===2CO(g)，3HO(l) 32222,1ΔH,,1 366.2 kJ?mol ,1(2)，125.6 kJ?mol ,1(3)，226.7 kJ?mol
第二讲 原电池 化学电源
基础梳理
一、1.化学 电 ,，，,222(Zn Cu Zn,2e===Zn Cu，2e===Cu 氧化 还原 负极 正极
3((1)活泼性不同
(2)电解质溶液
(3)闭合回路
(4)氧化还原
思考1 阴离子移向负极、阳离子移向正极。这是因为负极失电子，生成大量阳离子聚集在负极附近，致使该极附近有大量正电荷，所以溶液中的阴离子要移向负极;正极得电子，该极附近的阳离子因得电子生成电中性物质而使该极附近带负电荷，所以溶液中阳离子要移向正极。 ,,二、1.Zn Zn，2OH,2e===Zn(OH) MnO 22,,2MnO，2HO，2e===2MnOOH，2OH 22
2(Pb PbO 2,,，,,22(1)Pb，SO,2e===PbSO PbO，4H，SO，2e===PbSO，2HO 442442,,,，,22(2)PbSO，2e===Pb，SO PbSO，2HO,2e===PbO，4H，SO 444224,，3(2H,4e===4H 2,,2H，4OH,4e===4HO 22，,O，4H，4e===2HO 22,,O，2HO，4e===4OH 22
思考2 可充电电池充电时的电极接法为:
„„„„(,)„„„„
充电放电可充电――?――? 还原反应:阴极氧化反应:阳极负极:氧化反应正极:还原反应 电池
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„„„„(，)„„„„
基础巩固
1(解析 原电池反应都是自发的氧化还原反应～B、C、D项都不是氧化还原反应～选A项。
答案 A
2(解析 A项～电极相同不能构成原电池,C项～酒精不是电解质溶液～不能构成原电池,D项～锌与电解质溶液不反应～无电流产生。
答案 B
3(解析 原电池中失去电子的为负极～A项错误,原电池的负极与电解池的阳极均失去电子～发生的都是氧化反应～B项正确,只要能发生氧化还原反应的物质均可作电极～不一定为金属～如燃料电池～C项错误,在电解池中～阳极如果是活泼金属～则金属放电～D项错误。
答案 B ,4(解析 由题图可知～OH向Y电极移动～则X电极为正极～Y电极为负极～镁作Y，，2电极～A项正确,电池工作时Na向正极移动～B项错误,Y电极附近生成的Mg结合OH,生成沉淀～所以废液的pH小于NaClO溶液的pH～C项错误,X电极上发生得电子的反应～,,,,即ClO，HO，2e===Cl，2OH～D项错误。 2
答案 A ，,5(解析 由反应方程式可知～该原电池的电极反应式为:正极:2Ag，2e===2Ag,负,，2极:Cu,2e===Cu。所以X极的材料应为Cu～电解质溶液Y应为AgNO溶液～外电路中3，,的电子从Cu极流向Ag极。盐桥中的K移向正极(Ag极),NO移向负极(Cu极)。 3
答案 (1)Cu AgNO溶液 3，,,，2(2)正 2Ag，2e===2Ag Cu,2e===Cu
(3)Cu Ag
(4)B
题组训练
1(解析 该电池总反应为:2Na，NiCl===2NaCl，Ni～因此有NaCl生成～A项正确,2，,2电池总反应为Na还原Ni～B项错误,正极为NiCl发生还原反应:NiCl，2e===Ni，2Cl22,～C项正确,钠离子通过钠离子导体由负极移向正极～D项正确。
答案 B
2(解析 根据信息可知在银器处理过程中运用了原电池原理～铝质容器作负极～电极反,，,,，323应为2Al,6e===2Al,银器作正极～电极反应为3AgS，6e===6Ag，3S,继而Al和2,，,232S发生互相促进的水解反应:2Al，3S，6HO===2Al(OH)?，3HS?～故原电池的总232
反应为3AgS，2Al，6HO===6Ag，2Al(OH)，3HS?～故C项错误。黑色褪去的原因是2232
AgS被还原为Ag～此过程中银器质量逐渐减小～故A、D项错误～B项正确。 2
答案 B ，3(解析 正极上发生还原反应～A项错误,放电过程中Li向正极移动～B项错误,由电池总反应式可知～每转移0.1 mol电子～理论上生成0.05 mol Pb～质量为10.35 g～C项错误,常温下～电解质不是熔融态～离子不能移动～不能产生电流～因此连接电流表或检流计～指针不偏转。
答案 D ,,224(解析 正极为电极b～电极反应式为O，4e===2O～负极CO失电子～需要与O2,,2结合～故O由电极b向电极a移动～B项错误。
答案 B
5(解析 (1)镁、铝均能与CuCl溶液反应～但镁比铝活泼～故镁失去电子作负极。(2)2,,铝能与NaOH溶液反应而镁不能～铝作负极失去电子变成AlO～电极反应式为Al,3e，4OH2,,,===AlO，2HO。(3)常温下铝在浓硝酸中发生钝化～故铜失去电子作负极～正极上是NO得223到电子生成NO。 2,，2答案 (1)Al Mg,2e===Mg ,,,(2)还原 Al,3e，4OH===AlO，2HO 22，,,(3)铝―?铜 2H，NO，e===HO，NO? 322
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(4)电解质的性质
6(解析 金属与稀HSO溶液组成原电池～活泼金属为负极～失去电子发生氧化反应～24，较不活泼的金属为正极～H在正极表面得到电子生成H～电子运动方向由负极?正极～电2
流方向则由正极?负极。在题述原电池中～A,B原电池～A为负极,C,D原电池～C为负极,A,C原电池～A为负极,B,D原电池～D为负极,E先析出～E不活泼。综上可知～金属活动性:A>C>D>B>E。
答案 B
7(解析 加入CuSO溶液～Zn臵换出Cu～形成原电池～加快反应速率～(1)a中Zn减4
少～H体积减小,(2)中由于HSO定量～产生H的体积一样多,(3)当把CuSO溶液改成24242,，，CHCOONa溶液时～由于CHCOO，H===CHCOOH～a中c(H)减少～反应速率减小～但333
产生H的体积不变～所以C项正确。 2
答案 (1)A (2)B (3)C
8(解析 (1)?因为题给图中电子流向为从左到右～故左侧为原电池的负极～右侧为正极,所以设计原电池时可以在左侧烧杯内盛放ZnSO溶液～电极选用锌片～右侧烧杯内放4
CuSO溶液～电极选用铜片。 4
由所给的电极材料可知～当铜片作电极时～铜片一定是正极～则负极是活泼的金属(失?
电子发生氧化反应)～反应的现象是负极逐渐溶解。
?以Zn和Cu作电极为例～如果不用盐桥则除了发生电化学反应外～还会使Zn和CuSO4，2直接反应～不能转化为电能～而盐桥的使用～可以避免Zn和Cu的接触～从而避免电量损失～提高电池效率～提供稳定的电流。
(2)根据牺牲阳极的阴极保护法～可知被保护的金属作阴极～比其活泼的金属作阳极～即应选Zn作为阳极。
答案 (1)?
(或其他合理答案)
?金属逐渐溶解 ?甲 甲电池(使用盐桥)可以避免锌和铜离子的接触，从而避免能量损失，提高电池效率，提供稳定的电流
(2)Zn
名师究错
纠错训练 解析 氢氧燃料电池的总反应式为2H，O===2HO～电解液为KOH溶液～222,,,,故其正极反应式为O，2HO，4e===4OH～负极反应式为2H，4OH,4e===4HO～反2222,应过程中生成和消耗的OH的量相等～故KOH的物质的量不变～A、B、C项均正确,D项,中根据电解CuCl溶液时各离子的放电顺序～可知阳极产生的是Cl～电极反应式为2Cl,22,2e===Cl?～故产生2.24 L氯气时转移的电子应为0.2 mol。 2
答案 D
第三讲 电解池 金属的电化学腐蚀与防护
基础梳理
一、1.(1)电流 阴阳两极 氧化还原反应
(2)阳极 氧化 阴极 还原 ,,2((1)2Cl,2e===Cl? 2，,2(2)Cu，2e===Cu
电解(3)CuCl=====Cu，Cl? 22
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思考1 由于电解池的阳极发生氧化反应，若阳极材料是活性电极(金属活动性顺序表中Ag及Ag之前的金属单质)，则阳极失去电子而溶解，溶液中的阴离子不发生变化;若阳极材料是惰性电极(Pt、Au、石墨)，则阳极不发生变化，而溶液中的阴离子失电子。
思考2 (1)阳极产物Cl可以用淀粉-KI试纸检验，阴极产物H可以通过点燃检验，NaOH22
可以用酚酞试剂检验。
(2)防止H和Cl混合爆炸，防止Cl与溶液中的NaOH反应。 222,,，,二、1.(1)2Cl,2e===Cl? 2H，2e===H? 22电解(2)2NaCl，2HO=====2NaOH，H?，Cl? 222
(3)H Cl NaOH 22
2((1)阴极 阳极 ,，，,22(2)Cu,2e===Cu Cu，2e===Cu ,,，,3((1)2Cl,2e===Cl? 2Na，2e===2Na 2电解(2)2NaCl=====2Na，Cl? 2
(3)Na、Mg、Al
三、1.(1)氧化还原
(2)化学 电化学
(3)氧化性 氧化性 ,，，,2(4)不纯 电解质溶液 原电池 较强酸 Fe,2e===Fe 2H，2e===H? 酸性 2,，,,2碱性 O 2Fe,4e===2Fe O，2HO，4e===4OH 2Fe，O，2HO===2Fe(OH) 222222
4Fe(OH)，O，2HO===4Fe(OH) 2223
2Fe(OH)===FeO?nHO，(3,n)HO 32322
2((1)不锈钢
(3)原电池 正极 负极 电解 阴极 阳极
基础巩固
1(解析 A项为碱性环境下氢氧燃料电池的正极反应式～错误,在弱酸性环境下～钢铁,主要发生析氢腐蚀～B项错误,用惰性电极电解HSO溶液的阳极反应为2HO,4e===O?2422，，4H～D项错误。
答案 C
2(解析 通过图中离子的运动状态可判断连接a的为阴极～连接b的为阳极～故a端为直流电源的负极～b端为直流电源的正极～A项正确,CuCl在水溶液中就能发生电离～而不2,,是通电的结果～B项错误,阳极发生氧化反应～即2Cl,2e===Cl?～C项错误,阴极发生2
还原反应～析出Cu～阳极发生氧化反应～在阳极附近可观察到黄绿色气体～D项错误。
答案 A ，3(解析 随着电解的进行～溶液体积减小～故c(K)增大～A项错误,电解KCl溶液可得到KOH溶液～故溶液pH增大～B项错误,电解KSO溶液的本质是电解水～C项错误。 24
答案 D ，24(解析 ?中阴极处为Cu放电～析出Cu～A项错,?中待镀铁制品应与电源负极相连～B项错,?中a极为负极～b极为正极～电子由a极经外电路流向b极～C项错,?中的离子交换膜只允许阳离子通过～NaOH在阴极～可以避免阳极生成的Cl与NaOH溶液反应～2
D项对。
答案 D
5(解析 水中的钢闸门连接电源的负极～钢闸门为阴极～从而得以保护～A项正确,金属护栏表面涂漆的原理是隔绝金属护栏与空气接触～从而减缓金属护栏的腐蚀～B项错误,汽车底盘喷涂高分子膜的原理也是隔绝与空气的接触～C项错误,地下钢管连接镁块～形成了原电池～属于牺牲阳极的阴极保护法～D项错误。
答案 A
6(解析 A池中Zn、Cu与CuSO溶液构成原电池～则B池为电解池。A池中Zn为负4,极～Cu为正极～B池中C为阳极～C为阴极～阴极生成H～溶液中OH富集～酚酞变红。122
n(H),0.01 mol～所以电路中转移的电子的物质的量为0.01 mol×2,0.02 mol～根据电子得2,1失守恒可知锌极有0.01 mol Zn 溶解～即Zn极质量减少0.01 mol×65 g?mol,0.65 g～铜极
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,,11上有0.01 mol Cu析出～即CuSO溶液增加了0.01 mol×65 g?mol,0.01 mol×64 g?mol,4
0.01 g。
答案 (1)原电池 电解池 ,，，,,,22(2)负 Zn,2e===Zn 正 Cu，2e===Cu 阳 2Cl,2e===Cl? 有无色气体2产生，溶液出现红色
(3)减少0.65 增加0.01
题组训练 ，1(解析 原电池中阳离子向正极移动～所以H移向PbO极～电解池中～阳离子移向2，,阴极～即H移向Pb极～A项错误,原电池中消耗3 mol Pb～转移6 mol e～在电解池中转,,，,2移6 mol e生成1 mol AlO～B项错误,原电池中正极反应为PbO，2e，4H，SO2324===PbSO，2HO～C项错误,原电池中Pb失电子转化为PbSO～所以Pb电极质量增加～而424
电解池中Pb作阴极～不参与反应～所以质量不变～D项正确。
答案 D ，，,3222(解析 Fe比Cu活泼～总反应为Fe，2Fe===3Fe～Fe电极反应式为Fe,2e===Fe，～A、B错误,Fe(OH)胶体粒子带正电荷～在电场作用下向阴极移动～C正确,根据电流3
方向可知～a为直流电源的正极～电解精炼铜时～c极为粗铜～d极为纯铜～D错误。A项～若X为锌棒～Y为NaCl溶液～开关K臵于M处～该装臵是原电池～锌作负极被腐蚀～铁被保护～这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法～错误,B项～若X为碳棒～Y为饱和NaOH溶液～开关K臵于N处～该装臵是电解池～碳棒是阳极～铁棒是阴极～保持温度不变～电解后溶液的体积减小～氢氧化钠的浓度不变～则溶液的pH不变～正确,C项～若X为银棒～Y为硝酸银溶液～开关K臵于N处～该装臵是电镀池～铁棒质量将增加～但溶液中银离子浓度将不变～错误,D项～若X为铜棒～Y为硫酸铜溶液～开关K臵于M处～铁作负极被腐蚀～铜棒上铜离子得电子析出铜而使铜棒质量将增加～此时外电路中的电子向铜电极移动～错误。
答案 CB ,3(解析 装臵图中左侧电极为阳极～I失去电子生成I～右侧电极为阴极～HO得到电22子生成H～A、C项正确,分析可知～B项正确,D项～如果将阴离子交换膜换为阳离子交2,换膜～那么阴极产生的OH不会与I发生反应～故电解槽内发生的总化学反应要变化～D项2
错误。
答案 D
4(解析 棉球?变蓝则证明碱液已经反应完全～不能吸收过量氯气～D项错误。
电解,答案 D解析 断开K～闭合K时～构成电解池～反应的离子方程式为2HO，2Cl=====212,,,H?，Cl?，2OH～石墨电极为阳极～发生反应:2Cl,2e===Cl?,铜电极为阴极～发222，,生反应:2H，2e===H?～所以铜电极附近溶液变红。断开K～闭合K时～构成原电池～212其中石墨电极为正极。
答案 D ,,5(答案 D解析 观察实验装臵～阴极反应为:4HO，4e===4OH，2H?～阳极反22,，,，,2应为:2HO,4e===4H，O?～阳极室OH放电～导致H浓度增大～使平衡2CrO，2H224，,2 CrO，HO右移～从而在阳极区得到KCrO～故A、B、C项正确。D项～设最初272227
x阳极室中的KCrO为1 mol～通电后转化的KCrO为x mol～依题意有2(1,x)，×2,d×1～24242
2,dx,2,d～KCrO的转化率为:×100%～故D项错误。 241
答案 D ,,6(解析 首先结合离子放电顺序～弄清楚两极的反应:阳极4OH,4e===O?，2HO,22电解，,阴极Ag，e===Ag～电解的总反应式为4AgNO，2HO=====4Ag，O?，4HNO。由电解3223，,,,,316的总反应式可知～电解过程中生成的n(H),n(HNO),n(Ag),(10 mol?L,10 mol?L3,,,1441)×0.5 L?5×10 mol～m(Ag),5×10 mol×108 g?mol,0.054 g,54 mg。
答案 B
7(解析 由于两种溶液的体积相等～物质的量浓度也相等～即溶质的物质的量相等～设CuSO和NaCl的物质的量各1 mol～电解分3个阶段:[第一阶段]阳极:1 mol氯离子失1 mol 4
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电子～阴极:0.5 mol铜离子得1 mol电子～因为铜离子水解使溶液显酸性～随着电解的进行～铜离子的浓度降低～酸性减弱～pH将增大。[第二阶段]阳极:1 mol氢氧根离子失1 mol电子(来源于水的电离)～阴极:0.5 mol铜离子再得1 mol电子～因为氢氧根离子消耗～使水溶液中氢离子浓度增大～pH迅速减小。[第三阶段]阳极:氢氧根离子失电子～阴极:氢离子得电子～它们都来源于水的电离～实质是电解水～导致溶液的体积减小～使溶液中氢离子浓度增大～pH继续减小。
答案 C
8(解析 由电解一段时间后A极比C极重～可知A极上有Ag析出～C极上有Cu析出～
1(Ag)～则C极上析出Cu的物质的量为n(Ag)～有关系式108 若A极上析出银的物质的量为n2
1,,11g?mol?n(Ag),64 g?mol?n(Ag)×,1.9 g～n(Ag),0.025 mol。由此可知～两电解池内的电2，,,,解质均是足量的～故两池电极反应式分别为:A极:Ag，e===Ag,B极:4OH,4e===2HO2，,,,2，O?,C极:Cu，2e===Cu,D极:2Cl,2e===Cl?。A、C两极析出物质的物质的22,1量分别为0.025 mol和0.012 5 mol,B极析出O的体积为0.006 25 mol×22.4 L?mol,0.14 L2,1,140 mL,D极析出Cl的物质的量为0.012 5 mol×22.4 L?mol,0.28 L,280 mL。 2
答案 (1)负 正 ，,(2)4Ag，4e===4Ag 0.025 ,,(3)4OH,4e===2HO，O? 140 22，,2(4)Cu，2e===Cu 0.012 5 ,,(5)2Cl,2e===Cl? 280 2
(6)B HNO 3电解9(解析 (1)电解硫酸铜溶液的反应方程式为2CuSO，2HO=====2Cu，2HSO，O?～42242从方程式可以看出～电解硫酸铜过程中只析出铜和释放出氧气～加入0.1 mol CuO可以使溶液恢复至原来状态～说明参与反应的硫酸铜只有0.1 mol～转移的电子为0.2 mol。(2)加入0.1 mol Cu(OH)可以使溶液恢复至原来状态～说明电解过程中不仅硫酸铜被电解～而且有水被2
电解。0.1 mol Cu(OH)可以看作是0.1 mol CuO和0.1 mol HO～则转移的电子为0.4 mol。(3)22
加入0.1 mol Cu(OH)CO可以看作0.2 mol CuO、0.1 mol HO和0.1 mol CO～相当于有0.2 22322mol的硫酸铜和0.1 mol的水被电解～因此转移的电子为0.6 mol。
(1)0.2 (2)0.4 (3)0.6 答案
10(解析 选项A～生铁中的碳和铁可以在铁的表面构成无数微小的原电池～能加速铁的锈蚀。选项B～焊接处铁、锡形成无数微小原电池～加速铁的腐蚀。选项C～电镀时～镀层金属铜作阳极～铁制品作阴极～用铜盐溶液作电镀液。选项D～由于Zn比Fe活泼～故镶嵌锌块的铁管不易被腐蚀。
答案 C
11(解析 在潮湿的空气中发生电化学腐蚀～铁比铜活泼～铁作负极～负极发生氧化反,，,,2应:Fe,2e===Fe～铁被腐蚀～铜作正极～正极发生还原反应:O，2HO，4e===4OH～22综上分析～C项正确。
答案 C
12(解析 插入海水中的铁棒～除发生化学腐蚀外～靠近液面的地方还会发生电化学腐，2蚀～越靠近液面腐蚀越严重～A项错误,题图2中Fe作负极～失电子～生成Fe～滴加几滴KSCN溶液～溶液不变红色～B项错误,高温下铁发生氧化反应～发生化学腐蚀～C项正确,镁块相当于原电池的负极～失电子～从而保护地下钢铁管道～D错误。
答案 C
13(解析 选项A～图a中～铁棒发生电化学腐蚀～靠近底端的部分与氧气接触少～腐蚀程度较轻～错误,选项B～图b中开关臵于M时～Cu-Zn合金作负极～由M改臵于N时～Cu-Zn合金作正极～腐蚀速率减小～正确,选项C～图c中接通开关时Zn作负极～腐蚀速率增大～但氢气在Pt极上放出～错误,选项D～图d中Zn-MnO干电池自放电腐蚀主要是由2
Zn的还原作用引起的～错误。
答案 B
14(解析 (1)本题是探究铁的吸氧腐蚀～所以正极材料为碳～电子经导线由负极流向正
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,，,,2极。(2)负极反应式为Fe,2e===Fe～正极反应式为2HO，O，4e===4OH。 22
答案 (1)C [?] ,,,，2(2)2HO，O，4e===4OH Fe,2e===Fe 22
(3)abc
名师究错
纠错训练 解析 根据离子的放电顺序及得失电子守恒知～先电解0.5 mol CuCl～生成20.5 mol Cu和0.5 mol Cl～然后电解0.5 mol Cu(NO)～生成0.5 mol Cu、0.25 mol O和1 mol 2322，，H～再电解Al(NO)溶液(即电解水)～溶液中c(H),1 mol/L～故A项正确、D项错误。阳33,极上Cl放电只产生0.5 mol Cl～C项错误。由电荷守恒可知a,4～B项错误。 2
答案 A
第七章 化学反应速率和化学平衡 第一讲 化学反应速率
基础梳理
一、1.物质的量 反应物物质的量浓度的变化 生成物物质的量浓度的变化
Δc2(v, Δt
3(mol/(L?s) mol/(L?min)
4(a b c d
二、1.微粒之间的碰撞 能够发生化学反应的碰撞 能够发生有效碰撞的分子
2((1)物质结构和性质
(2)增大 减小 加快 减慢 升温 降温 改变
思考 (1)压强对反应速率影响的实质是通过对浓度的影响来实现的。对于没有气体参与的反应，改变体系的压强，物质的浓度不发生变化，不影响反应速率。
(2)固体物质和纯液体物质的浓度可视为常数，故固体或纯液体物质的反应速率只与其表面积的大小和生成物扩散的速率有关，而与其用量多少无关。
基础巩固
1(解析 对化学反应速率来说:?无论是可逆反应还是不可逆反应都可以研究速率,?化学反应速率通常指的是平均值～而不是即时速率,?化学反应速率没有负值,?利用不同物质来表示同一反应相同条件下的速率时～各数值与方程式中对应物质的化学计量数成正比,?对纯固体或纯液体来讲～我们认为它们的浓度始终不变～所以不可用它们来表示反应的速率。
答案 D
2(解析 铁粉为固体～其物质的量浓度可视为常数～因此～不用铁粉表示化学反应速率～A项错误,铁粉是0.1 mol～参加反应的HSO为0.1 mol～所以v(HSO),0.1 mol?0.1 L?2 min2424
,0.5 mol/(L?min)～v(FeSO),0.5 mol/(L?min)～B、D项错误。 4
答案 C
3(解析 从表格数据可看出X、Y、Q的物质的量减少～而W的物质的量增加～说明X、Y、Q是反应物～W是产物。在同一容器中～相同时间内～各物质的速率之比等于物质的量变化量之比～等于化学计量数之比。n(X) n(Y) n(Q) n(W),(1.0 mol,0.5 mol) (3.0 mol,1.5 mol) (2.0 mol,1.0mol) (2.0 mol,1.0 mol),1 3 2 2～所以X、Y、Q、W的计量数之比为1 3 2 2～选C项。
答案 C
4(解析 2CO，2NO N，2CO～改变压强～能改变反应速率。 22
答案 A
5(解析 活化分子间有合适取向的碰撞才是有效碰撞。
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答案 B
6(解析 升高温度化学反应速率加快,加入催化剂可以加快反应速率,增大反应物的浓度能够加快反应速率,扩大容器的体积即减小压强～物质浓度减小～反应速率减慢,若容器的体积不变～充入氖气～参加反应的物质的浓度不变～反应速率不变。
答案 (1)增大 (2)增大 (3)增大 (4)减小 (5)不变
7(解析 (1)由图可知～随时间的增加～A的浓度减小～而B、C的浓度增大～说明A,1是反应物～B、C是生成物。(2)A的浓度变化量Δc(A),1.2 mol?L～B的浓度变化量Δc(B),,11,0.4 mol?L～C的浓度变化量Δc(C),1.2 mol?L。A、B、C三种物质的浓度变化量之比为3 1 3～所以反应方程式为3A B，3C。 ,11.2 mol?L,,11(3)v(A),?min。 ,0.6 mol?L2 min
答案 (1)A (2)3A B，3C ,,11(3)0.6 mol?L?min
题组训练
1(解析 根据各物质的反应速率之比等于其计量数之比可知选项C正确～需注意的是不能用固体反应物的浓度变化来表示反应速率。
答案 C
0.6 mol/L2(解析 由题意知N的反应速率为,0.3 mol/(L?min)～根据化学反应速率之比22 min
等于化学计量数之比～可得D选项正确。要注意的是A项中的单位是mol/(L?s)～故不正确。
答案 D
3(解析 对同一化学反应～用不同物质表示的化学反应速率之比～等于化学方程式中相,,,111应物质的化学计量数之比～所以m n 2,v(A) v(B) v(C),0.5 mol?L?s 1.5 mol?L?s,,,111 1 mol?L?s,1 3 2～故m和n的值分别为1、3。
答案 D
4(解析 用选项所给反应速率除以该物质在化学方程式中的化学计量数～最大者表示该反应的速率最快～故选B项。
答案 B
5(解析 HO溶液浓度由2.0 mol/L降到1.0 mol/L需要10 s～可推知降低0.5 mol/L需22
要5 s～但后一次浓度的降低是在前面的基础上～由于HO溶液浓度减小～反应速率降低～22
则后面的反应所需时间大于5 s～故选B项。
答案 B
6(解析 A项～对于该反应～用不同的反应物或生成物表示的反应速率～其数值不相同～错,C项～如果反应物、生成物都不是气体～则增大压强对化学反应速率无影响～错,D项～若A是固体或液体～增大或减小A的物质的量～对化学反应速率没有明显影响～错。
答案 B
7(解析 在0，50 min之间～pH,2和pH,7时R的降解百分率相等～A项正确,液的酸性越强～R的降解速率越大～B项错误,由题给信息～无法得出该结论～C项错误,在,,410.2×10 mol?L,,,61120，25 min～pH,10时R的平均降解速率为 mol?L?min。 ,4×105 min
答案 A
8(解析 升温正逆反应速率同时升高～但由于该反应是放热反应～逆反应的速率增加的幅度更大一些～A项不对,加压～正逆反应速率同时增加～C项不对,降温～正逆反应速率瞬间降低～D项不对。
B 答案
0.45 mol/L,0.20 mol/L9(解析 v(X), 10 min
,0.025 mol/(L?min)～A项错误,系数之比等于物质的量浓度的变化量之比～a b,(0.45,0.20) (0.50,0),1 2～B项错误,第7 min瞬间浓度不变～但反应速率加快～可能是升温或使用催化剂,第13 min平衡向逆反应方向移动～而降温平衡向正反应方向移动～D项错误。
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答案 C
10(解析 (1)4和5的区别是金属的状态不相同～粉末状态下反应速率较快。1和2也属于此类情况。(2)研究浓度对反应速率的影响～必须保证其他条件一致。分析表格可知1、3、4、6、8为一组～2和5为一组。(3)7和8这一组可以看出开始反应温度也是影响反应速率的外部因素。(4)金属与酸的反应是放热反应。一定量的该金属与足量的稀硫酸反应放出的热量相同。
(1)固体反应物的表面积 表面积越大 1和2 答案
(2)1、3、4、6、8;2、5
(3)反应温度 6和7;8和9
(4)一定量的同种金属跟足量的硫酸反应放出的热量相同
名师究错
纠错训练 解析 本题考查影响化学反应速率的因素～意在考查考生的分析、判断能力。无论是吸热反应还是放热反应～升高温度时反应速率一定变大,因反应物C为固态～其浓度为常数～故增加C的用量对化学反应速率无影响,缩小反应体系的体积～导致CO、CO气2体的浓度变大～反应速率变大,减少CO的量～反应速率变小。
D 答案
第二讲 化学平衡状态
基础梳理
一、1.相同 正 逆
2(小于
3(
二、1.相等 恒定
2((1)反应物 生成物 逆
(2)减小 减小 增大 增大 相等 保持不变
(4)v,v?0 正逆
3((1)可逆
(2)动态
(3), >
(4)质量 浓度
(5)破坏
思考1 (1)是达到平衡状态，达到平衡状态反应并未停止。
(2)v(N),v(NH)时未达到平衡状态。因为对于同一反应用不同反应物表示反应速率正逆23
时，反应速率与方程式中的各物质的化学计量数成正比。v(N),v(NH)时，正、逆反应正逆23速率并不相等，而是正反应速率大于逆反应速率。平衡时应为2v(N),v(NH)。3v(N)正逆正232,v(H)时也未达到平衡状态。因为N和H都是反应物，在反应的任何时段都会有3v(N)正正2222,v(H)。若3v(N),v(H)，才是平衡状态。 正正逆222
三、1.平衡 浓度系数次幂的乘积 浓度系数次幂的乘积 K pqc，C，?c，D，2. mnc，A，?c，B，
3((1)越大 越大 越小 越小
4(温度
思考2 正逆反应的化学平衡常数不一样，互为倒数关系。
思考3 温度升高化学平衡常数不一定增大或减小，若正反应是吸热反应，则温度升高K值增大，反之则减小。
基础巩固
1(解析 本题考查化学平衡的计算。用极值法:当Z完全转化为X、Y时～X、Y2222分别为0.2 mol/L、0.4 mol/L,当0.1 mol/L X完全转化为Z时～Y为0.2 mol/L～Z为0.4 mol/L～22
则0
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