高中化学题典(很完善-很实用)

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真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 1 高中化学题典（很完善，很实用） 注：该文档适用于高一、高二、高三以及准备参加高考的学生， 本文档收录了人教版必修 1、必修 2、选修 1、选修 2、选修 3、 选修 4、选修 5、选修 6 的全部习题,希望大家喜欢！ 第一章卤素 单选题 1．氯水有漂白作用是通过 [ ] A．分解作用 B．中和作用 C．氧化作用 D．均不是 解析：在氯水中存在的次氯酸 HClO 是一种不稳定的弱酸，它见光 或受热会发生分解 ＋ ↑ 有很强的氧化性，它能 光照 2HClO 2HCl O HClO 2 杀死细菌，并能氧化掉色素，所以氯水可以杀菌消毒，氯水或氯气在湿 润条件下具有漂白性，是利用了HClO 分子能氧化掉色素的原理． 命题目的：主要考查氯气溶于水后溶液的化学性质． 解题关键：新制的氯水中存在的分子有氯分子、水分子、次氯酸分 子．氯气溶于水后Cl2 与水分子发生化学反应．化学方程式为 Cl2＋H2O HCl＋HClO 其中HClO 具有很强的氧化性． 错解剖析：有人对氯水与干燥氯气谁有漂白性分不清，氯气是没有 漂白性的，氯水或湿的氯气是利用了HClO 有很强的氧化性． 答案：C 2．在实验室制取氯气时，常含少量氯化氢气体，可以通过下列哪种 溶液除去 [ ] A．饱和食盐水 B．烧碱溶液 C．浓硫酸 D．澄清石灰水 解析：在制氯气时由于浓盐酸挥发出HCl 气体与新制氯气混在一起， 所以先将产生的气体通入装有饱和食盐水的洗气瓶，因为氯气难溶于饱 和食盐水，但氯化氢(HCl)易溶于饱和食盐水即除去氯化氢气体． 命题目的：实验室制氯气，怎样才能收集到纯净氯气． 解题关键：氯气难溶于饱和食盐水． 错解剖析：有人只考虑用碱溶液除去氯化氢，没有考虑到氯气也能 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 2 与碱溶液反应． 答案：A 3．在氯气与水反应中，水是 [ ] A．氧化剂 B．还原剂 C．既是氧化剂又是还原剂 D．既不是氧化剂也不是还原剂 解析：判断一物质是氧化剂还是还原剂，要分析此物质在反应中有 没有得失电子(有没有化合价降低或升高)，在反应中失去电子(化合价升 高)的原子或离子叫还原剂，得到电子(化合价降低)的原子或离子叫氧化 剂． 在氯气与水的反应中，H2O 既没有得电子也没有失电子(即各元素化 合价无变化)，所以水既不是氧化剂，也不是还原剂． 命题目的：如何判断氧化—还原反应中的氧化剂和还原剂． 解题关键：“剂”一般指物质而言．所以某物质中含有的原子或离 子的变化归纳为： 失电子，化合价升高，发生氧化反应，本身为还原剂． 得电子，化合价降低，发生还原反应，本身为氧化剂． 其次要清楚 Cl2 与H2O 反应的产物为HCl 和HClO．再分析各元素的 化合价有无变化，水在整个反应中各元素原子的化合价均没有变化，即 得出水不是氧化剂也不是还原剂． 错解剖析：氧化—还原反应的基本概念不清楚． 答案：D 4．下列物质中属于纯净物质的是 [ ] A．漂白粉 B．液氯 C．氯水 D．磷在氯气中燃烧的产物 解析：纯净物是由同种分子构成的物质．漂白粉是次氯酸钙(Ca(ClO)2) 和氯化钙(CaCl2)的混合物，磷在氯气中燃烧生成三氯化磷PCl3 和五氯化 磷PCl5 的混合物．问题主要是有的人搞不清“液氯”、“氯水”的概念．液 氯即纯净氯气冷却到－34.6℃所得到的液体．氯水是氯气溶于水，在氯水 中存在着Cl2、H2O、HClO 等分子，故为混合物． 命题目的：考查纯净物及混合物的概念． 解题关键：①纯净物是由同种分子构成的．混合物是由不同种分子 构成的．②搞清液氯的成分，氯水的成分，各为什么． 答案：B 5．下列氯化物中不能用金属和氯气直接反应制得的是 [ ] A．CuCl2 B．FeCl2 C．MgCl2 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 3 D．KCl 解析：氯气能与大多数金属反应，反应时氯原子获得电子，转变成 氯离子(Cl-)．氯原子易结合电子的能力，还反映在它与具有可变化合价 的金属(如铁或铜)反应时，生成高价态的金属氯化物． 命题目的：氯气具有强氧化性的本质的体现． 解题关键：氯气具有强氧化性，表现为在反应中氯原子很容易得到 一个电子，成为负一价的氯离子． 这就是氯气具有强 氧化性的本质原因．所以氯气与铁或铜等变价金属反应时必把它们氧化 成高价状态． 错解剖析：氯气的基本性质没有掌握． 答案：B 6．在实验室制备氯化氢时，经常采用向食盐里加浓硫酸的方法，使 用浓硫酸的理由 [ ] A．因为浓硫酸具有脱水作用 B．因为浓硫酸具有吸水作用 C．因为浓硫酸具有氧化作用 D．因为浓硫酸是难挥发的高沸点酸 解析：制备HCl 气体的反应是利用浓H2SO4 是一种高沸点(约380℃) 难挥发性的酸，而HCl 是易挥发的气体． 命题目的：实验室制取氯化氢(挥发性的酸)为什么用浓硫酸的原理 (制备卤化氢气体的原理)． 解题关键：制备氯化氢(卤化氢)，都是用不挥发性酸(顺便提一点制 备HBr、HI 气体时不能用有强氧化性的浓H2SO4 来制取，而用没有强氧 化性的高沸点H3PO4 来制取)． 错解剖析：基本概念、基本原理掌握不好． 答案：D 7．下列微粒中只有还原性的是 [ ] A．Cl- B．Cl C．H+ D．H2O 解析：还原性是指失电子，失电子的物质或微粒具有还原性．在上 述四种微粒中Cl-只能失电子． 命题目的：考查还原性的基本概念． 解题关键：一般非金属阴离子都有还原性，都能具有失电子的能力， 所以比较四种微粒可以马上得出答案． 错解剖析：弄不清阴离子有还原性还是阳离子有还原性．选 H+有还 原性的是还原性的基本概念没弄清楚． 答案：A 8．通过以下三个实验，确定下列物质中最强的氧化剂是 [ ] ①Fe＋CuCl2＝FeCl2＋Cu 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 4 ②Cl2＋2FeCl2＝2 FeCl3 ③Cu＋2FeCl3＝CuCl2＋2FeCl2 A．CuCl2 B．FeCl2 C．FeCl3 D．Cl2解析：氧化剂是指得电子的物质，在氧化—还原反应中，氧化剂被 还原得到还原产物，还原剂被氧化得到氧化产物．反应的通式为 在反应中的氧化剂和氧化产物都具有氧化性，氧化性的强弱为： 氧化剂＞氧化产物． 在反应中的还原剂和还原产物都具有还原性，但还原性的强弱为： 还原剂＞还原产物． 根据这个规律可判断出：氧化性(剂) ① CuCl2＞FeCl2 ②Cl2＞FeCl3 ③FeCl3＞CuCl2 所以 Cl2 的氧化性最强． 命题目的：考查如何判断比较氧化—还原反应中物质氧化性、还原 性的强弱． 解题关键：氧化剂＋还原剂＝还原产物＋氧化产物．反应中氧化剂 和氧化产物都具有氧化性，氧化性强弱为：氧化剂＞氧化产物．反应中 的还原剂和还原产物都具有还原性，还原性强弱为：还原剂＞还原产物． 另外还要会分析反应中，谁是氧化剂，谁是还原剂，解这类题就不 难了． 错解剖析：①不知此类题的判断原则因而不会分析． ②对氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物判断有误从而造成选错． ③判断时要分析氧化剂得电子以后变成什么物质，该物质就是还原 产物．还原剂失电子以后变成的物质是氧化产物．举一个简单的例子． 如 明白这个简单的例子就能分析复杂的氧化—还原反应而不出错误． 答案：D 9．在一定条件下，KClO3 按下式发生反应： 2KClO3＋I2＝2KIO3＋Cl2 由此可以判断出下列结论，错误的是 [ ] A．该反应属置换反应 B．还原性I2＞Cl2 C．非金属性I2＞Cl2 D．氧化性KClO3＞I2 解析：用氧化—还原反应产物的原理分析，反应中各物质的作用： 此反应是置换反应(一种单质和一种化合物起反应，生成另一种单质 和另一种化合物，这类反应叫置换反应)，所以A 排除．还原剂的还原性大于还 原产物的还原性I2＞Cl2，所以B 排除，氧化剂的氧化性肯定大于 还原剂的氧化性，所以D 排除．根据卤素的单质F2、Cl2、Br2、I2 的非金 属性依次减弱判断C 是错误的． 命题目的：考查卤素单质化学性质及其规律． 解题关键：卤素单质化学性质的规律为从上到下非金属性依次减弱 是解此题的关键，马上判断出C 是错误的． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 5 错解剖析：没有选 C 的原因是只看到题给的是置换反应，思维停留 在表面现象上，没有透过现象看本质．这是错解的要害． 答案：C 10．已知浓硫酸与3 价铁离子都可以使铜氧化成2 价铜离子，浓硫 酸可使溴离子氧化成溴，铁与溴反应生成三溴化铁．根据以上事实，可 以确定氧化性由弱到强的顺序排列的是 [ ] A．Br2、Fe3+、Cu2+、浓H2SO4 B．Cu2+、Fe3+、Br2、浓H2SO4 C．Fe3+、Cu2+、浓H2SO4、Br2 D．浓H2SO4、Br2、Fe3+、Cu2+ 解析：由题中给的条件可以写出以下反应， H SO Cu Cu H SO Cu Fe Cu Cu Fe Cu 2 4 2+ 2 4 2+ 3+ 2+ 3+ 2+ ＋ → ＋⋯⋯ 氧化性： ＞ 氧化剂氧化产物 ＋ → ＋ ⋯⋯ 氧化性： ＞ 氧化剂氧化产物 H SO Br Br H SO Br Fe Br Fe Br Fe 2 4 2 2 4 2 2 3+ 2 3+ ＋ → ＋ ⋯⋯ 氧化性： ＞ 氧化剂氧化产物 ＋ → ＋ ⋯⋯ 氧化性： ＞ 氧化剂氧化产物  由以上分析得出氧化性由弱到强的顺序为 Cu2+＜Fe3+＜Br2＜浓H2SO4． 命题目的：考查氧化还原概念和判断氧化能力的强弱综合分析能力． 解题关键：利用上题讲的规律分析各反应中谁是氧化剂，谁是氧化 产物，从而进行比较，得出正确答案． 错解剖析：①氧化还原反应概念理解不清楚．②题中排出氧化性由 弱到强的顺序，而有的人因为没有看清题目而错选了氧化性由强到弱的 D． 答案：B 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 6 11．今有下列三个氧化还原反应： 2FeCl3＋2KI＝2FeCl2＋2KCl＋I2 2FeCl2＋Cl2＝2FeCl3 2KMnO 16 HCl 2KCl 2MnCl 8H O 5Cl 4 2 2 2 ＋ ＝ ＋ ＋ ＋ ↑ 若某溶液中有 Fe2+、I-、Cl-共存，要除去I-而不影响Fe2+和Cl-，可 加入的试剂是[ ] A．Cl2 B．KMnO4 C．FeCl3 D．HCl 解析：除去 I-可以用沉淀法或氧化法，但本题只能用氧化法．由题 中给的条件可知氧化性是：KMnO4＞Cl2＞FeCl3＞I2．也就是说KMnO4 可氧化Cl-、Fe2+、I-，Cl2 可氧化Fe2+、I-，而Fe3+只能氧化I-，所以要除 去I-，只能加入FeCl3． 命题目的：考查用氧化法除去溶液中的离子怎样选择合适的氧化剂． 解题关键：本题中有三种离子Fe2+、I-、Cl-共存，要除去I-必须加 入氧化剂，但这种氧化剂只能氧化I-，而不能氧化Fe2+、Cl-，通过已知 条件分析，氧化性KMnO4＞Cl2、Cl2＞FeCl3、FeCl3＞I2，所以加入FeCl3 为最合适． 错解剖析：有人一看题中给了三个氧化还原反应，而要除去溶液中 I-又不影响Fe2+、Cl-，一时不知从何下手，盲目地加入Cl2 认为Cl2 可把 I-离子氧化成I2 而除去I-离子，但没有考虑到Cl2 还可以把Fe2+也氧化了． 答案：C 12．以下各组表示卤素及其化合物的性质变化规律中，错误的是 [ ] A．得电子能力F2＞Cl2＞Br2＞I2 B．还原能力F-＜Cl-＜Br-＜IC． 稳定性 HF＞HCl＞HBr＞HI D．酸性 HF＞HCl＞HBr＞HI 解析：卤化氢溶于水，在水分子作用下，发生电离生成氢离子和卤 离子．HX＝H+＋X-，若按HF、HCl、HBr、HI 的顺序其电离能力依次增 强，所得溶液中H+离子浓度依次增大，所以酸性依次增强．但这种比较 要在同浓度的条件下进行．所以氢卤酸的酸性为： HF＜HCl＜HBr＜HI，故D 是错误的． 命题目的：考查卤化氢酸性的变化规律． 解题关键：学习完卤素，一定要把卤化氢的性质、变化规律记清楚， 不能有似知非知的印象． ①氢卤酸的酸性为：HF＜HCl＜HBr＜HI ②卤化氢的热稳定性为：HF＞HCl＞HBr＞HI ③卤化氢的还原性为：HF＜HCl＜HBr＜HI 如果以上的规律记得清楚并能理解其原因，遇到这类题就能轻松地 解出． 错解剖析：没有选 D 的原因，是认为非金属性强，它的氢化物酸性 也强，主要问题是概念不清楚，没有看到问题的实质，看卤化氢的酸性 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 7 大小要看它电离出H+的浓度大小而定． 答案：D 13．对于I-离子性质的叙述中，正确的是 [ ] A．能发生升华现象 B．能使淀粉溶液变蓝 C．易发生还原反应 D．具有较强的还原性 解析：首先分清分子的性质与离子的性质不相同，能发生升华现象， 能使淀粉溶液变蓝是碘分子(I2)的性质，所以排除A、B． 易发生还原反应是指物质得电子的反应，而 I-不可能再得电子故C 不对．具有较强的还原性是指I-易失电子被氧化具有还原性，又因为I- 有5 个电子层，离子半径较大，原子核对最外层电子的引力减弱，失电 子能力变大，所以I-有较强的还原性，D 对． 命题目的：考查碘单质的性质及碘离子的还原性． 解题关键：碘分子I2 与碘离子I-性质不能混淆．卤离子的还原性I- ＞Br-＞Cl-＞F-，所以I-具有较强的还原性． 错解剖析：卤素的一些基本概念不清楚． 答案：D 14．除去液溴中溶解的少量氯气，可以采用的方法是 [ ] A．加入AgNO3 溶液 B．通入溴蒸气 C．加入适量溴化钠晶体 D．加入适量NaOH 固体 解析：除去杂质(Cl2)时，选用试剂应首先考虑的是只能除去杂质， 不能增添新杂质；试剂与杂质(Cl2)作用，不能和要提纯的物质(液溴)作 用．根据以上的观点考虑，加入适量的溴化钠为最佳选择．因为2NaBr ＋Cl2＝2 NaCl＋Br2 生成的 NaCl 和过量的NaBr 不溶于液溴而析出，故 可得到纯净的液溴． 命题目的：考查除去少量杂质，提纯物质的知识点．同时考查卤素 单质的活泼性的知识点的实际应用． 解题关键：氯可以把溴从它们的化合物里置换出来． 错解剖析：若加入 AgNO3 溶液，除去Cl2 的同时与液溴也起反应， 方案错．若通入溴蒸气与除去Cl2 无关．若加入NaOH 固体也不能除尽 Cl2，因为Cl2 跟碱溶液起反应，Cl2 与固体NaON 接触面太小． 答案：C 15．砹是第六周期ⅦA 族元素，推测下列单质或化合物的性质中有 明显错误的是 [ ] A．砹单质有颜色 B．砹的化合物较稳定 C．砹单质不易溶于水 D．砹的最高价氧化物的水化物为强酸 解析：根据砹所在周期表位置，根据 F、Cl、Br、I 同族元素的单 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 8 质，同类型的化合物有相似的性质，可以推测．从F2→I2，颜色渐深， 砹在碘的下面，必然有颜色，排除A．从HF→HI，稳定性逐渐减弱，例Br2 与H2 加热到高温反应．I2 与 H2 持续加热发生可逆反应，推测到砹化氢就更不稳定，所以B 错误．从 卤单质Cl2 与H2O 可逆反应，Br2 与H2O 微弱反应，I2 与H2O 难反应，推 测砹单质不易溶于水是对的，排除C． 卤族元素从上到下，非金属性减弱，卤素在周期表中非金属性最强 的元素，必然含氧酸的酸性也都较强，排除D． 命题目的：根据卤素单质的化学性质的特点及规律，推测砹的化学 性质． 解题关键：对卤素的单质的化学性质及其规律记忆和理解得很清楚， 解这类题也就易如反掌． 答案：B 16．人们发现卤族元素氟、氯、溴、碘的时间顺序是 [ ] A．氟、氯、溴、碘 B．碘、溴、氯、氟 C．氯、溴、碘、氟 D．氯、碘、溴、氟 解析：氯元素是在1774 年由舍勒发现的，他使二氧化锰跟盐酸起反 应，产生了有刺激性气味的气体Cl2．碘是在1812 年发现，当库尔特瓦 用硫酸处理海草灰的时候，发现有紫色蒸气出现，即为I2．溴是在1824 年巴拉尔(法)发现的．氟是1886 年由摩瓦桑发现的，用干燥的氢氧化钾 溶解于无水的氢氟酸制成的溶液作为电解液，用铂铱合金作电极，在－ 23℃的低温，制得了氟的气体． 命题目的：考查化学史的知识点． 答案：D 17．下列各组中的微粒，都是既具有氧化性，又具有还原性的一组 是 [ ] A．S、Cl-、H+ B NO ClO Na 3 ． 、、+ C．H2S、SO2、Fe2+ D MnO SO Fe 4 3 2 ． 、、 解析：判断一些微粒的氧化性和还原性时，只知道一般常见氧化剂 和还原剂是不够的．首先清楚，元素处于最高价态时，不具有还原性， 元素处于最低价态时，不具有氧化性．当元素处于中间价态时，或微粒 同时具有最高价态和最低价态的元素，这样的微粒既有氧化性又有还原 性． 在此题各组微粒中 A 组中H+处于最高价态，在B 组中Na+处于最高 价态，只有氧化性，在D 组中Fe 是最低价态的只有还原性．所以，A、 B、D 都不符合题意．在C 组中H2S 中＋1 价氢元素有氧化性，－2 价硫 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 9 具有还原性，SO2 和Fe2+的＋4 价硫和＋2 价铁都处于中间价态，所以这 三种微粒既有氧化性又有还原性． 命题目的：考查判断微粒既有氧化性又有还原性的规律．解题关键：分析一种微 粒既有氧化性又有还原性的关键，是对每一 种元素的价态都要作分析，若这种微粒中元素的价态处于中间，或这种 微粒中具有最高价态的元素，也具有最低价态的元素，则这种微粒既有 氧化性又有还原性． 错解剖析：对元素价态与氧化性、还原性的关系搞不清楚．或者是 遇到实际例子时分析不全面，考虑不周到而出现差错． 答案：C 不定项选择题 1．下列物质中，分别加入少量溴水，振荡后静置，溶液无色的是 [ ] A．NaOH 溶液 B．NaCl 溶液 C．KI 溶液 D．Zn 粉 解析：溴与NaOH 反应生成NaBr 和 NaBrO(无色)，A 符合题意．溴 与NaCl 不反应即溶液有颜色，B 不符合题意．溴与 KI 溶液反应生成紫 色I2 游离出来，但溶液仍有颜色，C 不符合题意．D 溴水与Zn 粉反应生 成ZnBr2(无色)符合题意． 命题目的：考查溴的化学性质及知识的迁移． 解题关键：教科书上没有直接讲溴的化学性质，但通过卤族元素的 原子结构及氯气的化学性质的学习，应会迁移正确推出溴的化学性质．另 外Zn 粉与溴水反应生成ZnBr2 溶液无色也可从CaCl2 溶液无色推出来． 错解剖析：①对学习的知识的迁移能力差，表现在学过Cl2 与NaOH 溶液的反应，当Br2 与NaOH 溶液反应不知生成什么产物．②对溴与锌 粉反应不反应更是不清楚． 答案：A、D 2．下列物质中，为某些卤素或卤化物特有的性质是 [ ] A．氟化氢可用于雕刻玻璃 B．溴化银在光的照射下即可分解 C．单质溴在水和汽油中溶解性不同 D．碘水能使淀粉溶液变蓝 解析：氟化氢 HF 能腐蚀玻璃，它与玻璃中的SiO2 反应是氟化氢特 有的性质，所以A 符合题意．卤化银在光照下都分解，分解的通式2AgX 光热2Ag＋X ，所以溴化银在光的照射下分解不是特有的性质，不符合题2 意．单质溴在水和汽油中溶解性不同不是溴单质的特性，碘单质也有相 似的性质，C 不符合题意．碘水能使淀粉溶液变蓝是I2 的特性，其他卤 素单质没有此性质，D 符合题意． 命题目的：考查学生审题的能力和对卤素及卤化物的特有性质掌握 的情况 解题关键：关键是审题要准确，题中要求的是某些卤素或卤化物的 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 10 特有的性质，而不是通性．答案：A、D 3．盐酸具有的化学性质为 [ ] A．只有酸性 B．有酸性和氧化性 C．没有还原性 D．既有氧化性，又有还原性，还有酸性 解析：盐酸存在三性，酸性表现在 HCl＋NaOH＝NaCl＋H2O．氧 化性表现在 ＋ ＝ ＋ ↑．还原性表现在＋ 浓 ＋ ＋ ↑，但要注意的是氯化氢纯净物只具有还原性， △ 2HCl Zn ZnCl H MnO 4HCl( ) MnCl 2H O Cl ( ) 2 2 2 2 2 2 命题目的：考查学生对氯化氢与盐酸特性不同掌握的情况． 解题关键：对氯化氢与盐酸在组成、状态、特性三方面进行比较， 是学习氯化氢这节的难点，具体特性上面已叙述过． 错解剖析：有些人只答 A，即盐酸只有酸性，还是用初中学习的知 识来看问题，产生了很大的片面性．应该用氧化还原反应来分析HCl 与 Zn 的反应和HCl 与MnO2 的反应． 答案：D 4．19g 氟单质通入81g 水中，所得溶液中溶质的质量分数为 [ ] A．19％ B．19.8％ C．20％ D．21.7％ 解析 ： ＋ ＝ ＋ ↑ × × × 1 2F 2H O 4 HF O 19 4 20 4 16 2 19 x y 2 2 2 解得 x＝20 y＝8 溶质为 HF＝20(g)，溶液为水＋HF＝(81＋19)－8＝92(g) 溶液的质量分数 × ％＝ ％ 20 92 100 21.7 解析 2：估算法 2F2＋2H2O＝4HF＋O2↑由于反应有氧气跑出，溶液的质量必小于 (19＋81)g，溶质是 HF，根据方程式马上看出 HF 为 20(g)，而溶液质量 又小于100(g)，推知HF 的质量分数必大于20％，所以选D． 答案：D 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 11 命题目的：考查①氟与水反应的产物是什么．②求溶液的质量分数． 解题关键：氟与水剧烈反应并放出 O2 和生成HF，所以要考虑到溶 液总质量小于(19＋81)g． 错解剖析：有些人用 Cl2 与水反应生成HCl 和HClO 来推F2 与水的 反应的生成物从而出错．答案：D 5．已知以下两个反应：2F2＋2H2O＝4HF＋O2↑ 4NH3＋3O2 点燃2N ＋6H O，下列结论错误的是2 2 [ ] A．氟、氧、氮与氢结合的能力依次减弱 B．氮的非金属性比氧弱，氧的非金属性比氟弱 C．按氮、氧、氟的顺序，非金属性依次减弱 D．按氮、氧、氟的顺序，单质的氧化性依次增强 解析：氟与氢气在暗处剧烈反应而爆炸，氧与氢气点燃才反应，氮 与氢气常温不发生反应，所以A 对．根据题中给的两个反应方程式，根 据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性的规律，可以得出氧化性F2＞ O2、O2＞N2 对于单质来讲，它的氧化性强，非金属性也强，所以B 对．根 据B 得出非金属性F2＞O2＞N2，而C 是相反，所以C 不对．D 与B 推出 的结论相同所以D 也对． 命题目的：考查学生分析问题的能力，根据题中给的信息来分析出 F2、O2、N2 的氧化能力的强弱． 解题关键：要把初中学习的知识加以运用，H2 与O2 反应的条件，及 N2 与H2 在常温时不易发生化学反应，得出N2 的氧化性弱． 错解剖析：有些人认为氮的性质没有学过，与卤素性质不知怎么比 较．学了氧化还原反应的知识不能灵活运用来分析问题． 答案：C 6．在一测气管中充入体积氯气、体积氮气和体积氢气，让日 1 4 1 4 1 2 光照射一段时间，待混合气体变为无色，立即将其倒立于盛水的水槽中， 则在相同条件下进入测气管中的水的体积占测气管容积的 [ ] A． 1 2 B． 1 3 C． 1 4 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 12 D． 3 4 解析：当光照射一段时间，混合气体变为无色，说明 Cl2 与H2 完全 反应． H Cl 2HCl 1 1 2 1 4 HCl HCl 2 2 ＋ 根据方程式得知生成气体的体积为体积．又因为 光照 1 4 1 2 1 2 易溶于水，所以测气管中的水的体积占测气管容积的． 1 2命题目的：考查Cl2 与H2 的混合在光照条件下生成HCl 的知识点， 以及HCl 气体的溶解性． 解题关键：①H2 与Cl2 反应生成HCl 方程式的配平． ②HCl 气体易溶于水，H2、N2 难溶于水． 错解剖析：方程没有配平可能误选 C． 答案：A 填空题 1．若要除去氯化钠中混杂的少量碘化钠和碘，可先将混合物 ________，用________方法除去________，再将剩余固体溶于水，向溶 液中________，最后将________并________，得到氯化钠晶体． 解析：此题为除杂题，但题中已把顺序给出，只需选出合适的方法 及最佳的试剂．NaCl 中NaI 和I2 为杂质，除去I2 利用I2 的升华性质，然 后溶于水，通入足量的Cl2，利用Cl2 可以把NaI 中的I2 置换出来，将溶 液蒸干得到NaCl、I2 的固体，最后灼烧使I2 升华即得到纯净NaCl． 命题目的：1．考查碘受热易升华，及氯化钠受热很稳定的性质．2．Cl2 可以从化合物中置换出Br2、I2 的性质． 答案：加热 升华 碘 通入定量氯气 溶液蒸干 灼烧残渣 2．一定量的空气中混有少量的氯化氢、氯气和水蒸气．将此混合气 体依次通过氢氧化钠溶液、浓硫酸、灼烧的铜网后，最后收集到的气体 为________． 解析：一定量空气(N2、O2、少量稀有气体)及少量 HCl、Cl2、H2O(气)， 这些气体通过NaOH 溶液可除去HCl、Cl2．再通过浓H2SO4 可除去水蒸 气H2O，最后通过灼烧的铜网，可除去O2．收集到的气体为氮气N2(有 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 13 少量稀有气体)． 命题目的：考查氢氧化钠溶液与 HCl、Cl2 反应的知识点，及初中的 知识：浓H2SO4 的吸水性，铜在加热条件下与O2 的反应等知识点． 解题关键：一定量的空气中主要含有 N2 和O2 及少量稀有气体．Cl2 与NaOH 溶液反应，还有热铜网与O2 的反应生成氧化铜． 答案：氮气 或：氮气(含有少量稀有气体) 3．将灼烧的细铜丝放进氯气瓶中，可观察到发红的铜丝在氯气里 ________，集气瓶里充满________色的烟．在溶液中注入少量的蒸馏水 振荡，得到________色的溶液．在溶液中滴加硝酸银溶液，则有________ 析出，证明有________离子存在，用淀粉碘化钾试纸检验，变________ 色，证明溶液中还有________分子存在．以上三个变化的化学方程式① ________②________③________． 命题目的：主要考查热的铜丝在氯气中反应及生成物的检验． 答案：继续燃烧 棕黄 绿 白色沉淀 Cl- 蓝 Cl2 三个化学方程式 ① ＋ 点燃Cu Cl CuCl 2 2 ②CuCl2＋2AgNO3＝2AgCl↓＋Cu(NO3)2 ③2KI＋Cl2＝2KCl＋I24．溴化银用于照相底片、印相纸和变色眼镜片中．但底 片或印相纸 感光后不能复原，而变色镜片在强光下变暗，光线弱又复原的主要原因 是________． 解析：卤化银见光易分解，分解的通式可表示为： ＋ 光热2AgX 2Ag X Ag 2AgBr 2Ag Br 2 2 分解产生的变黑．对于溴化银反应为＋ ．底片光 感光，溴逸出不能复原．变色镜Br2 包于玻璃内，在银粒周围无光或光弱 后又发生化合反应生成AgBr 而使颜色变浅． 命题目的：主要考查溴化银的性质在实际中的应用． 答案：变色镜中溴化银包在玻璃内，遇光分解出银微粒而变暗，在 光弱时溴与银化合为AgBr，所以颜色又变浅． 5．有 A、B、C、D、E、F、G、H 八种气体．已知A 是所有气体中 最轻的气体， G 的分子量是A 的分子量的14 倍，A、G 分别通过灼热 的氧化铜，能还原出红色物质，B 能使还原出的红色物质重新变黑，G 在B 中燃烧生成C，D 与A 反应生成F，F 在空气中产生白雾，D 与E 混合生成红棕色的物质，H 不能装在玻璃瓶中．试写出八种气体的分子 式． A________；B________；C________；D________； E________；F________；G________；H________． 解析：解这类题先从物质的特征入手，A 是所有气体中最轻的气体， 一定是H2．G 的分子量是A 分子量14 倍即为28．分子量为28 的气体有 N2 和CO，但N2 化学性质不活泼，在加热条件下不与氧化铜反应，与氧 化铜反应的是CO，所以得出G 为CO．B 能使还原出的铜重新变黑一定 是O2．G 在B 中燃烧即 2CO O 2CO 2 2 ＋ 燃烧 一定生成 CO2，所以C 为CO2．D 与A(H2)反应生成白雾，D 又与E 混合生成红棕色的物质，即推出红棕色为Br2，又因为D 的化学性质比 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 14 Br2 要活泼，又能与H2 反应，在空气中为白雾，D 一定为Cl2，则F 为 HCl，H 又不能装在玻璃瓶中的一定为HF． 命题目的：主要对 O2、CO2、Cl2、HBr、HCl、CO、HF 几种气体的 特点的综合考查． 答案：A为H2B 为O2C 为CO2D 为Cl2E 为HBr F 为HCl G 为COH 为HF． 6．有一包含CaCl2、NaCl、NaBr 三种物质的混合物粉末，按下列实 验测定各成分的质量分数， ①气体 X 是________，溶液Y 中的溶质是________，最后得到的白 色沉淀C 是________ ．(均填化学式) ②加入足量Y 溶液的目的是________．过 滤后，沉淀C 必须用蒸馏 水冲洗干净，其目的是________． ③计算原混合物中氯化钙的质量分数的代数式是________． ④计算原混合物中溴化钠的质量分数的代数式是________． 解析：本题已给出实验方案，只需选择合适的试剂．把三种混合物 溶于水通入X 气体，溶液有颜色，一定通入Cl2 才能把NaBr 中Br2 置换 出来，所以X 为氯气．有色溶液通过蒸干、灼烧、冷却，得到白色固体 (NaCl，CaCl2)B g，B g 白色固体加入蒸馏水溶解，再加入足量Na2CO3 溶液促使Ca2+沉淀完全，得白色沉淀CaCO3C g． 命题目的：主要考查在测定卤化物混合物时应怎样选择最佳试剂．另 外在无数据的计算题中用质量差量法是一种较好的方法． 解题关键：①熟练掌握卤素的性质是解题关键，②会熟练运用差量 法． 答案：①X 是Cl2，Y 溶液中的溶质是Na2CO3，最后白色沉淀C 为 CaCO3 ②加足量 Y 溶液目的是促使Ca2+沉淀完全．沉淀C 必须用蒸馏水冲 洗干净，目的是除去沉淀表面吸附的可溶性杂质． ③氯化钙 CaCl2 质量分数代数式 CaCl2＋Na2CO3＝CaCO3＋2NaCl 111 100 X C X A 100 100 解得＝ 氯化钙的质量分数为÷ × ％＝ × ％ 111 100 111 100 111 100 C C C A ④溴化钠的质量分数代数式 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 15 在解无数据计算题在题目中都隐含着质量的变化关系，用差量法是 解无数据题的一种常用方法． 2NaBr＋Cl2＝2NaCl＋Br2 差量 206 71 160 m 89 Z A B Δ ＝ — Z 89 100 100% ＝ 溴化钠质量分数× ％ × 206 206 89 206 89 ( ) ( ) ( ) A B A B A A B A    7．有A～G 七种物质，其中A、E 在通常状况下为气态单质，这些 物质能发生如下反应：①A＋KOH→B＋C＋H2O ③ ＋ 浓＋ ④ ＋ ＋ ＋ △ △ C H SO ( F G F MnO MnCl A H O 2 4 2 2 2 )  上述七种物质的化学式依次为 A________、B________、C________、D________、 E________、F________、G________． 解析：通常状况下为气态又能与碱KOH 反应的有CO2 和Cl2，但CO2 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 16 与KOH 反应只能生成K2CO3 和水，而不能生成B、C、H2O 三种物质．那 么只有Cl2 可以与KOH 反应生成KCl、KClO、H2O 三种物质，所以Cl2 符合题意．即B 与C 为KClO 或KCl，A 为Cl2．D 物质在MnO2 作催化剂的条件下受热分解一定是KClO3，2KClO3 2KCl＋3O2↑， 已知 E 为气态单质，所以 E 为O2，则C 是KCl，B 为KClO．则KCl＋ H2SO4(浓) KHSO4＋HCl↑即得出F 与G 为HCl 或KHSO4，根据F＋ MnO2MnO2＋Cl2＋H2O 推知F 为HCl，则G 为KHSO4． 命题目的：考查 Cl2 与KOH 的反应，KCl 与浓H2SO4 的反应，HCl 与MnO2 的反应． 解题关键：最易出现的问题是 KCl 与浓H2SO4 反应在加热或微热时 产物为KHSO4 和HCl．当条件在500～600℃时产物为K2SO4 和HCl，一 定要看清反应条件，才能得出正确的产物． 答案：A为Cl2B 为KClO C 为 KCl D 为KClO3E 为O2F 为HCl G 为KHSO4 8．用元素符号或分子式表示 ①卤素单质氧化性由弱到强的顺序是________． ②卤素阴离子半径由小到大的顺序是________． ③卤素阴离子还原性由弱到强的顺序是________． ④卤化氢稳定性由弱到强的顺序是________． ⑤氢卤酸酸性由弱到强的顺序是________． ⑥卤化氢还原性由弱到强的顺序是________． 解析：①卤素的原子核最外层上都有 7 个电子，因此在化学反应中 易得1 个电子而形成8 电子稳定结构．因此反应中价态降低被还原，作 氧化剂，表现出氧化性．卤素单质氧化性由弱到强顺序为I2＜Br2＜Cl2 ＜F2． ②卤原子随着核电荷数增大，电子层也增多，所以卤素阴离子半径 由小到大的顺序为： F-＜Cl-＜Br-＜I-． ③由于 F-、Cl-、Br-、I-离子半径依次增大，核对外层电子的引力依 次减小，失电子能力依次增强，还原性也依次增强．卤素阴离子还原性 由弱到强的顺序为F-＜Cl-＜Br-＜I-． ④卤化氢分子都是由氢原子与卤原子间通过一对共用电子对形成 的．由于F、Cl、Br、I 原子的半径依次增大，分子中两原子的结合力依 次减弱，所以共热稳定性依次减弱．卤化氢稳定性由弱到强的顺序是HI ＜HBr＜HCl＜HF． ⑤卤化氢溶于水，在水分子作用下发生电离生成氢离子和卤离 子．HX＝H+＋X-．但是按HF、HCl、HBr、HI 的顺序电离能力依次增强， 所得溶液中H+离子浓度依次增大，所以酸性依次增强．但是这种比较要 在同浓度的条件下进行，氢卤酸的酸性由弱到强的顺序为HF＜HCl＜HBr＜HI． ⑥卤化氢的还原性与卤素阴离子的还原性相同，是一个问题从不同 角度提出来，其原因上面已叙述．所以卤化氢的还原性由弱到强的顺序 是：HF＜HCl＜HBr＜HI． 命题目的：对卤素单质的氧化性及卤化氢的性质变化规律的小结． 9．①写出实验室里用二氧化锰跟浓盐酸反应制取氯气的化学方程 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 17 式，并注明反应条件________． ②高锰酸钾(KMnO )是常用的氧化剂，在酸性条件下，MnO 被4 4  还原成 Mn2+，试写出用高锰酸钾跟浓盐酸在室温下制氯气的反应的化学 方程式：________． ③历史上曾用“地康法”制氯气，这一方法是用 CuCl2 作催化剂， 在450℃利用空气中的氧气跟氯化氢反应制氯气，这一反应的化学方程式 为：________． ④从氯元素化合价的变化看，以上三种方法的共同点是________． ⑤比较以上三个反应，可认为氧化剂的氧化能力从强到弱的顺序为： ________． 解析：① 4 HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋2H2O＋Cl2↑ ② 2KMnO4＋16HCl(浓)＝2 KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O ④氯元素的化合价由－1 升高到零 ⑤KMnO4＞MnO2＞O2 上面的三个反应中，HCl 都是还原剂，二氧化锰、高锰酸钾、氧气 分别是氧化剂，判断这三种氧化剂的氧化性强弱是根据，高锰酸钾与浓 盐酸在常温下进行，二氧化锰与浓盐酸在加热条件下进行，氧气与浓盐 酸是在较高温度，而且还需要催化剂的条件下进行． 命题目的：主要考查通过三种不同氧化剂制取氯气的化学反应，综 合分析氧化剂的氧化性的强弱． 解题关键：正确写出三个化学反应的方程式及反应条件． 10．当MnO2 与浓盐酸共热时，若产生7.1g 氯气，参加反应的HCl 是________g ， 被氧化的HCl 是________g，参加反应的MnO2 是 ________g． 解析：MnO2＋4 HCl＝MnCl2＋Cl2↑＋2H2O 87 146 71 y x 7.1 解得 y＝8.7(g) x＝14.6(g) 参加反应的 HCl 是14.6g，参加反应的MnO2 是8.7g． 在参加反应的盐酸中只有一半被氧化，所以被氧化的 HCl 是参加反 应14.6g 的一半即7.3g． 命题目的：主要考查实验室制取氯气时，被氧化为 HCl 只是参加反 应的HCl 一半． 答案：14.6 g 7.3 g 8.7g． 11 ． 液氯的成分是________( 写化学式) ． 新制氯水的溶质有________(写化 学式)，起漂白作用的成分是________(写名称)．在光照下 发生反应的化学方程式是________． 解析：液氯是纯净物只有一种分子 Cl2．而新制氯水是混合物，其溶 质为Cl2、HCl、HClO． 命题目的：主要考查氯气、氯水的成分的知识点． 答案： 、、次氯酸＋ ↑ 光照 Cl Cl HCl HClO 2HClO 2HCl O 2 2 2 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 18 12．做过碘升华实验的烧杯壁上沾有碘，应用________洗涤，实验 室制氯气的烧瓶底沾有二氧化锰固体，用________洗涤，盛石灰水的试 剂瓶上的白色斑迹应用________洗涤． 解析：碘不溶于水，易溶于酒精，用酒精洗涤．烧瓶中沾的二氧化 锰(氧化剂)，用还原剂浓HCl 洗涤．盛石灰水瓶上的白色斑迹是CaCO3， 用稀HCl 洗涤． 答案：酒精 浓 HCl 稀HCl 13．在 2 KClO3 2KCl＋3O2↑的反应中，氯元素从________价 变为________价，发生________反应；氧元素从________价变为________ 价，发生________反应；氧化剂是________ ，还原剂是________．电子 从________元素转移给________元素，转移的电子总数为________． 得失电子个数的计算方法是：一种元素一个原子一价一个电子．即 升高一价失去一个电子，降低一价得到一个电子． KClO3 中Cl 元素：＋5→－1 得 6 个电子，共有2 个氯原子，所以共 得电子6×2＝12 个电子．KClO3 中O 元素：－2→0 失去2 个电子，共有 6 个氧原子，所以共失2×6＝12 个电子． 命题目的：在氧化还原反应中，如何判断电子的得失及数目，如何 判断氧化剂、还原剂． 答案：＋5 －1 还原－2 0 氧化 KClO KClO O Cl 12 3 3 2 +5 14 S 2KNO 3 C K S N 3CO 3 2 2 2 ．在反应中＋ ＋ ＋ ↑＋ ↑中，氧点燃 化剂是________，还原剂是________，转移电子数为________． 反应中 S 从0→－2 得2e KNO3 中N 从＋5→0 得 5e×2＝10 e C 从0→＋4 失 4 e×3＝12 e 命题目的：主要考查根据各物质中元素化合价的变化，判断氧化剂、 还原剂，及转移电子的数目． 答案：S 和HNO3 为氧化剂 C 为还原剂转移电子数为 12 15．指出反应中什么元素被氧化，什么元素被还原，什么物质是还原剂，什么物 质是氧化剂．并用箭头标出电子转移的方向及数目 KClO3＋6HCl＝2KCl＋3Cl2↑＋3H2O 解析：在反应中 K ClO 中Cl→Cl，盐酸中 H Cl，Cl→Cl．这里 +5 3 +5 0 1 1 0 要注意的是对于同种元素高价态与低价态间发生的反应，其还原产物和 氧化产物的价态都趋向中间价态，但不能交错，这就是“价态归中”的 规律．根据此规律， → ， → ，绝不可分析为→ ， → Cl Cl Cl Cl KClO KCl HCl Cl +5 0 1 0 +5 3 1 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 19 1 0 2   命题目的：氧化产物和还原产物如何判断，及“价态归中”的规律 的应用． 解题关键：在 KClO3＋6 HCl＝ KCl＋3Cl2↑＋3H2O KClO3 中 的 要降到不是降到，而中则也升到．因此， 产物中的不是由中转化来的，而是由提供的． Cl Cl( Cl) HCl Cl Cl KCl Cl KClO HCl +5 0 1 1 1 3   0 答案：氧化剂KClO ，还原剂HCl，反应中Cl元素被还原，Cl 3 +5 1 元素被氧化． 16．按下列要求，各写一个化学方程式(不允许重复)． ①盐酸作氧化剂 ②盐酸作还原剂 ③有盐酸参加的非氧化还原反应 ④氯气只作氧化剂 ⑤氯气既是氧化剂又是还原剂 ⑥氧气氧化一种非金属单质 ⑦氢气还原一种非金属单质 ⑧氢气还原一种化合物 ⑨同一种物质中，一种元素被另一种元素氧化 ⑩同一种物质中，同价态的同种元素之间发生氧化还原反应． 解析：①盐酸作氧化剂，那么一定是盐酸得电子．Zn＋2HCl＝ 0 +1 1 ZnCl H +2 2 0 ＋ 2 ↑ 盐酸HCl中的H得电子生成H ，所以盐酸为氧化剂． +1 2 ②盐酸作还原剂，那么一定是盐酸失电子． MnO 4 H Cl MnCl Cl 2H O HCl Cl Cl 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 20 2 2 0 2 2 2 ＋ ＋ ↑＋ 盐酸中的失电子生成，所以盐酸为还原剂． △  1 1③有盐酸参加的非氧化还原反应，也就是说盐酸HCl 中的各原子无 化合价的变化． 例： CuO＋2HCl＝CuCl2＋H2O ④氯气只作氧化剂，也就是说氯气 Cl2 得电子．例： 2Na Cl 2NaCl Cl Cl Cl 0 2 0 2 ＋ ＝ 氯气中得电子生成，所以氯气作氧化剂． 1 1 ⑤氯气既是氧化剂又是还原剂，也就是说氯气 Cl2 中的Cl 既得电子 又失电子．例： Cl 2NaOH NaCl Na O H O 0 2 1 2 ＋ ＝ ＋ ＋  Cl 1 同一种物质中的同一种元素化合价既升高又降低，氧化还原反应发 生在同一种元素中，称为歧化反应．其中Cl ，Cl→Cl，Cl→Cl，所2 0 +1 0 1 以 Cl2 既是氧化剂又是还原剂． ⑥氧气氧化一种非金属单质，也就是说氧气是氧化剂．例： ＋ O 0 2 C CO O O O C O C 0 +4 2 2 2 点燃0 2 0 +4 ，在反应中氧气由→ 得电子，而由→ 失电子被氧化． ⑦氢气还原一种非金属单质，也就是说氢气 H2 为还原剂．例：2H2 ＋ 在反应中氢气由→ 失电子被氧化，本身为还原剂． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 21 点燃 O 2H O H H H 2 2 2 0 +1 ⑧氢气还原一种化合物，也就是说氢气与化合物反应时作还原剂(失 电子)例： H CuO Cu H O H H H ( ) 0 2 +1 2 2 0 +1 ＋ ＋ 反应中由→ 失电子被氧化本身为还原剂． △ ⑨同一种物质中，一种元素被另一种元素氧化，也就说此物质既是 氧化剂，又是还原剂，是自身的氧化还原反应．例： 氯酸钾KClO 中Cl→Cl，O→O，所以KClO 既是氧化剂，又是3 +5 0 3 1 2 还原剂． ⑩同一种物质中，同价态的同种元素之间发生氧化还原反应，实际 上是歧化反应，在⑤小题中已说过．例： Cl H O HCl HClO Cl Cl Cl Cl Cl 0 2 2 +1 2 0 +1 2 ＋ ＝ ＋ 氯气中→ ， → 其中既是氧化剂又是还原剂．   1 1 0 Cl 命题目的：考查对氧化还原反应的类型理解能力和分析能力． 解题关键：氧化还原反应的类型基本分为四类，第一类全部的氧化 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 22 还原反应，氧化剂、还原剂中的元素全部变价．如⑥反应 C O CO 2 2 ＋ 点燃 第二类是部分的氧化还原反应，氧化剂、还原剂中的元素部分发生氧化或部分发 生还原．如第② ＋ ＋ ↑＋ △ MnO 4 HCl MnCl Cl 2H O 2 2 2 2 在此反应中 HCl 只有部分作还原剂． 第三类是自身的氧化还原反应，如第⑨ 2 KClO3 2 KCl＋3O2↑ KClO3 既是氧化剂又是还原剂． 第四类是歧化反应，如第⑤ Cl2＋2 NaOH＝NaCl＋NaClO＋H2O Cl2 既是氧化剂又是还原剂． 17．写出下列五种物质的贮存方法：氢氟酸________，新制的氯水 ________，漂白粉________，液溴________，溴化银________． 解析：氢氟酸HF 能腐蚀玻璃，贮存氢氟酸要用塑料瓶，放置在阴凉 处． 氯水中有次氯酸 HClO，是一种不稳定的弱酸．它见光或受热会发生 分解，2 HClO 2HCl＋O2↑ 新制氯水存于细口棕色试剂瓶中，放置在冷暗处． 漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，其有效成分是次氯酸钙 (Ca(ClO)2)，次氯酸钙在遇到酸或空气中的CO2 时，就会发生反应，所以 漂白粉存于广口瓶中，密封干燥保存． 液溴熔点较低，易挥发，所以存于用水液封的细口棕色试剂瓶中， 放置阴冷处． 溴化银见光易分解，存于广口棕色试剂瓶中避光保存． 命题目的：主要考查几种物质的贮存方法． 18．有A、B、C、D、E 五种物质，能发生如图的变化．通常情况 下A 为气体，则它们的化学式分别为：A________、B________、 C________、D________、E________． 解析：通常情况下是气体而又能与 H2、H2O、Na、Ca(OH)2 反应的 只有氯气Cl2，所以A 为Cl2． Cl2＋2 Na 2NaCl B 为NaCl 2NaCl＋(浓)H2SO4Na2SO4＋2HCl↑ Cl2＋H2 2HCl C 为HCl 2 Cl2＋Ca(OH)2＝Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O D 为Ca(ClO)2 Ca(ClO)2＋CO2＋H2O＝CaCO3↓＋2HClO E 为HClO 命题目的：主要考查氯气的化学性质． 答案：A 为Cl2B 为NaCl C 为HCl D 为Ca(ClO)2E 为HClO 实验题 1．在下图的装置中，当将浓盐酸与重铬酸钾(K2Cr2O7)共热时产生的单质气体X 经A、B 两装置后，在C 处与加热的某白色晶体反应，最后 在D 瓶内壁有紫黑色晶状固体析出，请回答： ①单质气体为________，制取气体X 时，需要用到的玻璃仪器主要 有________． ②要得到纯净气体 X，A 瓶中盛________，作用是________，B 瓶 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 23 中盛________，作用是________． ③C 处的白色晶体是________ ，D 瓶内壁析出的晶状固体是 ________． ④C 处加热的目的是________． ⑤E 装置(内盛碱石灰)的作用是________． 解析：浓盐酸与重铬酸钾K2Cr2O7 共热，重铬酸钾的作用为氧化剂(与 二氧化锰作用相同)，那么产生的气体X 一定是氯气．制取氯气时的仪器 为分液漏斗、烧瓶、酒精灯．要得到纯净氯气，A 瓶中盛饱和食盐水， 作用是除去HCl 气体，B 瓶盛浓硫酸，作用是除去水蒸气． 在 D 瓶内壁的紫黑色晶状固体一定是I2，即可推出C 处的白色晶体 为NaI(或KI)，氯气与 KI 反应生成I2，加热促使生成的I2 升华． E 装置的作用是吸收多余的氯气和未冷凝的I2 蒸气． 命题目的：考查制取氯气的原理及装置仪器以及怎样收集到干燥纯 净的氯气．同时考查Cl2 与KI(NaI)的反应，最后考查产生的尾气怎样吸 收等知识点． 解题关键：教科书中制取Cl2 用浓盐酸(还原剂)和二氧化锰(氧化剂)， 本题用的氧化剂是重铬酸钾K2Cr2O7 可能比较陌生，一时可能不知是怎 么回事，其实在讲常用的氧化剂时，一般老师都要介绍的．若这个关键 问题清楚，后面的问题应是不成问题的． 答案：①Cl2 烧瓶、分液漏斗、酒精灯 ②饱和食盐水 除去 HCl 气体浓硫酸 除去水蒸气 ③NaI(或KI) 碘晶体 ④促使生成的 I2 升华 ⑤吸收多余的 Cl2 及未冷凝的I2 蒸气． 2．某化学课外活动小组用海带为原料制取少量碘水．现用CCl4 从 碘水中萃取碘，并用分液漏斗分离两种溶液．其实验操作可分解为如下 几步： A．把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中 B．把50mL 碘水和15mLCCl4 加入分液漏斗中，并塞好玻璃塞 C．检验分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液 D．倒转漏斗，用力振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，将分液漏斗放 正 E．旋开活塞，用烧杯接收溶液 F．从分液漏斗口倒出上层水溶液 G．将漏斗上口的玻璃塞打开 H．静置、分层 就此实验，回答下列问题： ①正确操作步骤的顺序是(用上述各种操作的序号字母填写) ________→________→________→A→G________→E→F ②上述(H)步骤，见液体分为两层，上层为________色的________层， 下层为________色的________层． ③上述(E)步骤的操作中应注意________． ④上述(G)步骤操作的目的是________． ⑤能选用 CCl4 从碘水中萃取碘的原因是________． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 24 ⑥下列物质：1 汽油 2 煤油 3 酒精 4 苯，不能用于从碘水中萃取碘 的溶剂是________． 解析：做实验中只要有塞子的仪器一定要先检验是否漏气或漏液(气 密性)C，第二步放药品B，第三步操作D，第四、五步题中已给出，第 六步做萃取实验，实验操作后一定要静置分层，第七、八步题中已给出． 命题目的：主要考查萃取实验正确操作顺序、实验现象和注意事项． 解题关键：此实验为学生必做实验，只要认真做实验，注意观察实 验现象，搞清每步的原理，回答此题没有问题． 答案：①C→B→D→A→G→H→E→F ②无 水 紫红 油 ③使漏斗下端管口紧靠烧杯内壁及时关闭活塞不要让上层液体流出 ④使漏斗内外空气相通，保证旋开活塞，溶液顺畅流出 ⑤四氯化碳与水互不相溶，且碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的 大得多 ⑥酒精不能从碘水中萃取碘．因为酒精与水互溶． 计算题 1．将氯气通入含有12.5 g NaBr 的溶液中，反应后将溶液加热蒸干 得到 8.05 g 固体，求反应中消耗的氯气重量． 解析 1：本题中没有说明氯气用量是否充足，这样就必须计算一下， 来证明氯气是否充足． 2NaBr Cl 2NaCl Br 2 103 71 2 58.5 x 8.05 x 14.17 2 2 ＋ ＝ ＋ × × 解得＝ 此解说明若通入氯气充足时，则加热、蒸干得到 8.05 g 全部为NaCl 时，则溶液中含NaBr 应是 14.17 g，题目中的 NaBr 是 12.5 g，这就证 明了 8.05 g 固体有一部分是NaCl，还有一部分是未反应掉的NaBr 的混 合物． 设：有 x1g 的NaBr 未反应．2 NaBr Cl 2 NaCl Br 2 103 71 2 58.5 12.5 x 8.05 x x 2.2 g 2 2 1 1 1 ＋ ＝ ＋ × × － － 解得＝ 设：反应中消耗氯气为 yg 2NaBr Cl 2NaCl Br 2 103 71 12.5 2.2 y y 3.55 g 2 2 ＋ ＝ ＋ × 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 25 － 解得＝ 答：反应中消耗的氯气重量是 3.55 g 在解析 1 中，要考虑8.05 g 固体可能全部是NaCl，也可能是NaCl 和NaBr 的混合物的重量．分别计算，费时费力． 解析 2：可由两种固体重量差为出发点进行计算，即用差量法求解． 2NaBr Cl 2NaCl Br 2 103 71 2 58.5 2 2 ＋ ＝ ＋ × × 根据反应式的重量关系，只要有 71gCl2 参与反应，必有206g NaBr 转化为117 gNaCl，也就是固体重量必减少(206－117)＝89 g，从而避开 Cl2 用量是否充足的问题，使计算过程简单化． 解：设通入的 Cl2 重量为x2g Cl 2 NaBr 2 NaCl Br m 71 206 117 206 117 89 2 2 ＋ ＝ ＋ Δ － ＝ 若余 体积是氧气，则通入的氧气是， ∶ － ＝ ∶ ，解得＝ ，选． a a a 2 2 5 4 ymL a (y ) 4 3 y C 命题目的：考查反应物部分被氧化的计算方法． 解题关键：①若题中没有讲通入充足氯气时，一定要考虑NaBr 是全 部被氧化，还是部分被氧化．②用差量法避开Cl2 的用量是否充足问题， 从而使计算过程简化． 错解剖析：考虑问题不周全，把加热蒸干固体8.05 g 全部认为NaCl， 从而得出错解． 答案：反应中消耗的氯气重量是 3.55 g 2．若将浓盐酸和二氧化锰反应后生成的氯气全部通入碘化钾溶液 中，测知置换出的碘单质质量为12.7g，则反应消耗含杂质2％的二氧化 锰(杂质不为盐酸反应)和36.5％的浓盐酸质量为多少克？ 解析 1：实验中发生两个反应，一个是： 4HCl＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O 一个是：Cl2＋2 KI＝2 KCl＋I2 设：置换出 12.7g 碘用去Cl2 为x1g，用纯MnO2 x2g，用纯HClx3 g Cl2＋2KI＝2KCl＋I271 127 2 x 12.7 x = 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 26 71 12.7 127 2 = 3.55g 1 1 ×   4 HCl＋MnOMnCl2＋Cl2↑＋2 H2O 4 36.5 87 71 x x x (3.55) x 4.35g 3 2 1 2 × ＝ ＝ 87 355 71 . x 7.3g 2% 4.44(g) 36.5% 7.3 36.5% 3＝ ＝ 需含杂质的二氧化锰质量为＝ 需的浓盐酸质量为． 4 365 355 71 4 35 1 2% 20    . . . (g) 答：需要含杂质 2％的二氧化锰重量4.44(g)． 需 36.5％的浓盐酸质量为 20 g． 解析 2：本题为多步反应，第一个反应的生成物恰好为第二个反应的 反应物，因此可借助反应方程式中HCl、MnO2、Cl2、与I2 之间的系数， 推导出有关的关系式． 4HCl＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O Cl2＋KI＝2KCl＋I2 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 27 推导关系式：4 HCl～MnO2～Cl2～I2 设需纯 MnO2 为x1g，纯HCl 为x2g 4 HCl MnO Cl I 4 36.5 87 254 x g x g 12.7 g 2 2 2 2 1 ～ ～ ～ × x 4.35g x 7.3g 1 2 ＝ ＝ ＝ ＝ 87 12 7 254 4 365 12 7 254   . . . 需含杂质 ％的二氧化锰质量为＝ 需％的浓盐酸质量为＝ 2 4.44(g) 36.5 20(g) 4 35 1 2% 7 3 365% . . .  命题目的：考查多步反应的计算．通过多步反应，借助反应方程式， 推导出反应物与生成物的有关的关系式，从而简化计算过程的综合分析 能力． 解题关键：借助反应方程式中 HCl、MnO2 与Cl2 及Cl2 与I2 之间的 关系，导出的关系式即4HCl～MnO2～Cl2～I2 是解题的关键． 另外方程式必须配平，也非常重要． 错解剖析：①综合分析能力不够，只能用解析 1 的方法，计算过程 多易出现错误．②最基本的方程式的配平出现问题，后面计算也是无用功． 3．将17.4 g 二氧化锰和150 g 36.5％的盐酸充分反应．问①可制取 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 28 氯气多少克？②被氧化的纯HCl 多少克？ 解析：当已知两个反应物的量时，必须先判断反应物的过量问题， 然后用适量(不过量)的反应物为依据求产物． 判断哪个反应物过量有两种方法： 方法一 试算法 设用纯 HCl 为xg MnO2＋4HCl MnCl2＋Cl2↑＋2H2O 87 4 36.5 17.4 x x 29.2g × ＝ ＝ 17 4 4 365 87 . . 150 g 36.5%的盐酸含纯 HCl 为 150×36.5％＝54.75 g 说明盐酸过量 方法二 十字交叉法确定过量物质 MnO2＋4HCl MnO2＋Cl2↑＋2H2O 87 4×36.5 17.4 150×36.5％ 17.4×4×36.5＜150×36.5％×87 按十字交叉法相乘，乘积大者对应的已知量为过量物质，在此盐酸 过量，MnO2 为不足量，然后按不过量的已知量列比例式求解． ①设可制取氯气 yg，消耗HCl 为zg， MnO2＋4 HCl MnCl2＋Cl2↑＋2H2O 87 4 36.5 71 17.4 z y × 87∶17.4＝71∶y y＝ ＝14.2g 17 4 71 87 .  ②87∶17.4＝4×36.5∶z z＝ ＝29.2g 17 4 4 365 87 . . 分析化学方程式可知，每 4 份HCl 中有2 份HCl 被氧化．所以被氧 化的HCl 为29.2÷2＝14.6 g 命题目的：考查①反应物中有一种过量时的计算．②反应中只是部 分被氧化的计算． 解题关键：用十字交叉法确定过量物质，不用实际计算出数值，只 要能看出大小即可，方法简便、省时． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 29 本题中只有 的被氧化是解题关键． 1 2 HCl 错解剖析：误认为 HCl 全部被二氧化锰氧化，从而得出错解． 答案：可制取氯气 14.2 g．被氧化的HCl 为14.6 g． 4．让足量浓硫酸与 10.0 g 氯化钠和氯化镁的混合物强烈反应，把生成物氯化氢 溶于适量水中，加入二氧化锰使盐酸完全氧化，将反应生成 的氯气通入碘化钾溶液中，得到11.6 g 碘，试计算混合物中氯化钠的百 分含量． 解析：此题中发生的化学反应有 4 个 2NaCl H SO Na SO 2HCl 2 4 2 4 ＋ ＋ ↑ 强热 MgCl2＋H2SO4MgSO4＋2HCl↑ 4 HCl＋MnO2MnCl2＋2H2O＋Cl2↑ Cl2＋2KI＝2 KCl＋I2 设混合物中氯化钠为 xg．根据所发生的化学反应，分析出以下的关 系： 4 NaCl I 2 MgCl I 4 58.5 254 2 95 254 2 2 2 → → × × x 254x 4 58.5 10 x 254(10 x)         － 2 95 254 4 585 254 10 2 95 116 x x . ( ) 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 30 . 解 x＝7g NaCl在混合物中的百分含量为×100％＝70％ 7 10 命题目的：主要考查求得混合物中各物的百分含量的计算方法． 解题关键：根据 4 个反应方程式分析出 4 NaCl→I2 2MgCl2→I2 是解题的关键． 然后根据此关系找出用 x 表示I2 的量的关系式，从而解出x 的值． 错解剖析：①关系式没有找对．②没有用 x 的关系量表示碘的量， 而是根据方程式分步计算，由于计算量大易出错误． 答案：NaCl 的百分含量为70％． 5．将ag 氢气和bg 氯气合成氯化氢，问可能得到多少克氯化氢？若 氯气过量，则合成的氯化氢全部通入足量的硝酸银溶液中，可生成沉淀 多少克？ 解析：①设 Cl2 过量，a g 氢气完全反应，则：设生成HCl 为x g H2＋Cl2 2HCl 2 71 73 a x x＝ ＝36.5ag 73 2 a ②设 H2 过量，b g 氯气完全反应则： H2＋Cl2 2 HCl 2 71 73 b x x＝ 73 71 365 355 b b g . . ③Cl2 过量生成HCl 通入AgNO3 溶液(足量)，设生成ygAgCl 沉淀， 因为Cl2 过量在计算时用不过量H2 生成的HCl 的量去进行计算． HCl＋AgNO3＝AgCl↓＋HNO3 36.5 143.5 36.5 a y y＝ ＝143.5ag 365 1435 365 . . 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 31 . a  命题目的：此题是无数字的计算题．主要考查反应物中有一种物质 过量时的计算．因为无数据，所以必须要讨论． 解题关键：题目中间可能得到多少克氯化氢的可能性都要加以讨论， 即氢气过量或氯气过量都要讨论说明． 错解剖析：解此题主要错在少一组答案，而忘了把两种反应物加以 讨论． 答案：当氯气过量，a g 氢气完全反应生成氯化氢36.5 a g，当氢气 过量，b g氯气完全反应时生成氯化氢g．当氯气过量时，生成氯化氢 365 355 . . b 全部与硝酸银反应生成氯化银为 143.5 a g． 6．目前专家研究成功用二氧化氯(ClO2)消毒人们的用水，二氧化氯 消毒后的还原产物是氯离子(Cl-)．试证明二氧化氯(ClO2)消毒是氯气消毒 的几倍． 解析：本题是氯化物溶于水后发生了氧化还原反应，二氧化氯是氧 化剂与水反应后还原产物为Cl-，氯气是氧化剂，还原产物也是Cl-，故 可利用得到电子的数目相同得出它们消毒的倍数关系． Cl 2 Cl ClO Cl 0 2 +4 得2e2得5e 使它们得电子数目相等时可以得到以下的关系．最小公倍数 10： 相对分子质量 → 得 → 得 × × ＝ × × ＝ 氯气质量 二氧化氯 ＝ Cl Cl 2 e 71 ClO Cl 5e 67.5 5 5 355 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 32 2 2 135 (Cl )W (ClO )W 2 2 2 2    355 135 2 63 1 . 也就说明当用相同质量的氯气和二氧化氯消毒时，二氧化氯的消毒 效益是氯气的2.63 倍． 命题目的：考查利用氧化还原反应的实质分析问题解决问题的能力． 解题关键：①氯气Cl2 的还原产物Cl-，二氧化氯的还原产物也是Cl-， 利用它们得电子数目相等看出倍数关系．②根据得到相同电子时比较用 量的倍数． 错解剖析：看到这种无数据的题不知如何下手分析，主要是见题少， 氧化还原反应的实质是得失电子，能不能灵活运用去分析问题、解决问 题，一般情况下遇到氧化还原问题不知所措时，应想到用得失电子来分析问题． 答案：二氧化氯的消毒是氯气消毒的 2.63 倍．第二章摩尔 反应热 单选题 1．摩尔是表示 [ ] A．物质的量的单位 B．物质的量是多少 C．物质的质量的单位 D．微粒个数的单位 解析：“物质的量”是一基本物理量，摩尔是物质的量的单位． 命题目的：主要考查摩尔与物质的量之间的关系是否清楚． 答案：A 2．0.5mol 氢气 [ ] A．含0.5mol 氢原子 B．含1 个氢原子 C．约含6.02×1023 个氢分子 D．约含3.01×1023 个氢分子 解析：含有阿伏加德罗常数(6.02×1023)个微观基本单元的物质的量， 称为1mol．使用摩尔时，应明确基本单元是什么，本题中基本单元是分 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 33 子． 命题目的：主要明确使用摩尔时，应指明基本单元． 答案：D 3． 1mol 氯化钙中含有 [ ] A．1mol 氯化钙分子 B．约 6.02×1023 个氯离子 C．2mol 氯离子 D．约3×6.02×1023 个电子 解析：题中是问 1mol 氯化钙含有的微粒数是多少．A 的1mol 氯化 钙分子与1mol 氯化钙是一种讲法，所以不对．氯化钙(CaCl2)即一个CaCl2 分子里有2 个Cl-，那么1molCaCl2 中应有2molCl-，2molCl-即2×6.02× 1023 个Cl-，所以B 也不对，C 是对的． 在一个 CaCl2 分子中含有电子数应为 20＋17×2＝54，所以 1molCaCl2 中含有电子数应为54×6.02×1023 个，所以D 不正确． 命题目的：主要考查1mol 任何物质都含有阿伏加德罗常数个微观基 本单元的概念掌握得清楚与否． 答案：C 4．硝酸氨(NH4NO3)中氮原子的物质的量分数为 [ ] A． 35 100B． 22 100 C． 14 100 D． 7 100 解析： 1 个NH4NO3 分子中有9 个原子，1mol 的NH4NO3 中有9mol 原子，其中有2mol 氮原子． 设 NH4NO3 为1mol 氮原子物质的量分数为 × ％＝ × ％＝ 2 9 1 4 5 22 100 mol mol 100 100 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 34 . 命题目的：主要考查物质的量分数概念与质量分数概念的区分． 解题关键：氮原子物质的量分数＝ 氮原子物质的量 总原子的物质的量 错解剖析：不能把质量百分数与物质的量分数混为一谈．错选 A 者 就是二者概念不清楚． 答案：B 5．在一定体积的容器中，加入1.5mol 氙气和7.5mol 氟气，于400 ℃2633 kPa 压强下加热数小时，然后迅速冷却至25℃，容器内除得到一 种白色固体外，还余下4.5mol 氟气．则所得无色晶体产物中，氙与氟的 原子个数比是 [ ] A．1∶2 B．1∶3 C．1∶4 D．1∶6 解析：Xe＋F2 1.5mol (7.5－4.5)mol 1.5mol 3mol Xe∶F2＝1∶2 原子个数比 Xe∶F＝1∶4 命题目的：主要考查反应的各物质的物质的量比与原子个数比之间 的关系． 答案：C 6．下列对于摩尔概念的叙述中，正确的是 [ ] A．摩尔是表示物质的质量的单位，每摩尔物质含有阿伏加德罗常 数克的质量． B．摩尔是表示物质的数量的单位，每摩尔物质含有阿伏加德罗常 数个微粒． C．摩尔是表示物质的量的单位，每摩尔物质含有阿伏加德罗常数 个微粒． D．摩尔是表示物质的量的单位，每摩尔物质含有阿伏加德罗常数 个分子或原子．解析：物质的量是一基本物理量，摩尔是物质的量的单位．1mol 任 何物质都含有阿伏加德罗常数个微粒．这些微粒可以是分子、原子、离 子、电子、质子、中子等．根据上述定义只有C 正确，其余A、B、D 均 不正确． 命题目的：主要考查对摩尔概念的正确的理解． 答案：C 7．下列叙述中错误的是 [ ] A．1mol 硫酸中含4mol 氧原子 B．硫酸的摩尔质量是98 g 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 35 C．6.02×1023 个硫酸分子的质量是98 g D．每个硫酸分子的质量是g 98 6.02 1023 解析：摩尔质量是 1mol 物质的质量．单位是克·摩-1 或g·mol-1， 根据定义B 是不正确． 命题目的：主要考查对摩尔质量概念的正确理解． 答案：B 不定项选择题 1．0.1molKClO3 和0.1mol KClO 中所含微粒数相等的是 [ ] A．钾离子 B．氯离子 C．氯原子 D．氧原子 解析：1 个KClO3 分子能电离出1 个钾离子，0.1mol KClO3 能电离出 0.1mol 钾离子．1 个KClO 分子能电离出1 个钾离子，0.1mol KClO 能电 离出 0.1mol 钾离子，所以A 正确．无论是KClO3，还是KClO 都不能电 离出氯离子，所以B 不正确．1 个KClO3 分子和1 个KClO 分子都含有一 个氯原子，0.1mol 的KClO3 和0.1molKClO 当然含有的氯原子各都是 0.1mol，所以C 正确．很明显D 不正确． 命题目的：主要考查物质的量是 nmol，则微观基本单元数是阿伏加 德罗常数的几倍的概念的应用． 答案：A、C 2．下列说法中正确的是 [ ] A．1mol 物质中含有6.02×1023 个微粒 B．96g 氧的物质的量为 3mol C．摩尔是7 个基本物理量之一 D．1mol 氢氧化钠的质量为40g 解析：阿伏加德罗常数可用近似值 6.02×1023 来表示，但不能认为 6.02×1023 就是阿伏加德罗常数(例如π值是3.14，但不能认为3.14 一定 就是π一样)，1mol 物质应有阿伏加德罗常数个微粒，所以A 不正确．96g 氧没有指明是氧原子，还是氧分子，所以物质的量不能确定，所以 B 不正确．摩 尔是物质的量的单位，物质的量才是 7 个基本物理量之一，所 以C 不正确．只有D 正确． 命题目的：主要考查对摩尔、物质的量的基本概念的理解． 答案：D 3．a gMnO2 与足量的浓盐酸混合加热，产生bmol 气体，被氧化的 HCl 应为 [ ] A． mol a 435 . 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 36 B． mol a 87 C． mol b 2 D．2bmol 解析：MnO2＋4HCl MnCl2＋Cl2↑＋2H2O 从方程式来分析被氧化的盐酸，只是参加反应的一半． MnO2＋4 HCl MnCl2＋Cl2↑＋2H2O 1 mol 2 mol 1 mol mol x mol b mol 1 2 x 2 1 x b a a 87 87 ∶ ＝ ∶ ∶ ＝ ∶ C = 2 H = 8 N = 28 14 = 2 ： × ： × ： × × 60 40% 12 60 1333% 1 60 60 40% 60 1333% 14 . . 命题目的：通过化学方程式进行有关物质的量的计算．另外 MnO2 与浓盐酸的反应中，盐酸只是部分被氧化． 解题关键：方程式中的同一种物质上下单位要一致，左右单位要对 应． 答案：A、D 4．Gg 镁溶于盐酸，生成氢气为m mol，则镁的原子量可表示为 [ ] 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 37 A． 2G m B． G 2m C． 2m G D． G m 解析：设镁的原子量为 x Mg＋2HCl＝MgCl2＋H2↑编号溶液加入的物质图像序号 ① 饱和石灰水通入过量CO2 ② 含少量NaOH的NaAlO2 溶液通入过量CO2 ③ 含少量NaOH的NaAlO2 溶液滴入稀盐酸 ④ MgCl2 、AlCl3 混合溶液逐滴加NaOH溶液至过量 ⑤ NaOH溶液逐滴加AlCl3 溶液至过量 命题目的：主要考查方程式中系数可直接表示物质的量之比．单位 可取用质量(克)，也可同时取用物质的量或微粒个数．使用时要注意：上 下单位要一致(同一物质)，左右单位要对应(不同物质或微粒：克←→摩， 摩←→个)． 答案：D 5．多少克碳－12 中含有1mol 电子 [ ] A．12 g B．6 g C．2 g D．1g 解析：1mol 碳－12 原子的质量是12g，1mol 碳有6mol 电子． 设含 1mol 电子质量为xg 12∶6＝x∶1 x＝2(g) 命题目的：主要考查物质的质量与物质的量之间的关系． 答案：C 6．设NA 为阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是 [ ] A．1g 氢气中所含有的质子数为NA B．58.5 g 食盐中含有离子数为2NA C．32g 氧气中所含的氧原子数为NA (2) 2Mg CO 2MgO C 2 反应方程式： ＋ ＋ 高温 解析：物质的质量、物质的量、物质的微粒数之间的换算公式 A 0.5mol 1molH 2N 0.5molH N A 2 A 2 A ． · 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 38 ＝ 有质子， 有质子．即 1 2 1 g g mol 正确． B．中NaCl物质的量1mol 1molNaCl 2mol · ＝ ． 有离子也可以说 585 585 1 . . g g mol 有 2NA 离子，所以B 正确． C．中氧气的物质的量1mol 1mol 2mol · ＝ ． 氧气有氧原子，也 32 32 1 g g mol可以说有2NA 氧原子，所以C 不正确． D SO 0.1mol 1molSO 4 2 4 2 ．中的物质的量 · ＝ ． 中有  9 6 96 1 . g g mol 50mol 0.1molSO 5.0mol 5.0 4 2 电子， 中有电子，也就是说有 NA．所以D 不正确． 命题目的：主要考查物质的质量、物质的量、物质的微粒之间的换 算． 答案：A、B 7．与2mol NaCl 电离出的Cl-数目相同的是 [ ] A．1 molMgCl2 B．2mol KClO3 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 39 C．molAlCl3 D．1.5molCaCl2 解析：2mol NaCl 能电离出2molCl-． A．中1 个MgCl2 分子能电离出2 个Cl-，所以1mol MgCl2 能电离出 2molCl-，所以A 正确． B．中KClO3 不能电离出Cl-，所以B 不正确． C．中1 个AlCl3 分子能电离出3 个Cl-，1mol AlCl3 中能电离出 3mol Cl molAlCl 3 2molCl C 3 ， 能电离出× ＝ ，所以正确． 2 3 2 3 D．中一个CaCl2 分子能电离出2 个Cl-，1mol CaCl2 中能电离出2mol Cl-，1.5molCaCl2 能电离出1.5×2＝3molCl-，所以D 不正确． 命题目的：主要考查不同物质的量的电解质电离出Cl-的物质的量与 2molNaCl 电离出的Cl-的离子的之间关系比较． 解题关键：1mol 电解质电离出的各种离子的物质的量，在数值上等 于1 个分子含各种原子的数． 答案：A、C 8．下列物质中含分子数最多的是( )，质量最大的是 [ ] A．1g 氢气 B．6.02×1022 个水分子 C．0.4 mol 二氧化碳 D．13 g 一氧化碳 解析：题中单位有克、摩尔、微粒个数，这样难比较大小多少，如 果都换算成摩尔，问题就一目了然． A 中1g 氢气＝0.5mol 氢气 B 中6.02×1022 个水分子＝0.1mol 水 C 0.4mol 二氧化碳 D 中13 g 一氧化碳＝0.46 mol 一氧化碳分子数最多的是A． 质量＝物质的量×摩尔质量 B 0.1mol 质量＝0.1mol×18g·mol-1＝1.8gC 0.4molCO2 质量＝0.4mol× 44g·mol-1＝17.6g D CO 质量＝13 g 质量最大的是 C． 命题目的：物质的质量、物质的量、微粒数之间的换算． 答案：A、C 9．等质量的SO2 和SO3 中，氧原子的物质的量之比为 [ ] A．2∶3 B．3∶2 C．4∶5 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 40 D．5∶6 解析：设质量为 Wg SO SO SO SO 2 3 2 3 物质的量＝ · 物质的量＝ · 氧原子物质的量 氧原子物质的量 ＝ Wg g mol Wg g mol W W 64 80 64 2 80 3 5 6 1 1    命题目的：质量、物质的量、微粒数之间的关系． 答案：D 10．在标准状况下，下列气体体积最大的是 [ ] A．2 gH2 B．16 gO2 C．48g SO2 D．22gCO2 A 2gH2 2g／2g·mol-1×22.4L·mol-1＝22.4L B 16gO2 16g／32g·mol-1×22.4L·mol-1＝11.2L C 48gSO2 48g／64g·mol-1×22.4L·mol-1＝16.8L D 22g CO2 22g／44 g·mol-1×22.4 L·mol-1＝11.2 L 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 41 命题目的：主要考查物质的质量、物质的量、气体体积之间的关系． 答案：A 11．同温、同压、同质量的乙炔气体(C2H2)与苯蒸气(C6H6)的体积比 为( )同温、同压、同物质的量的乙炔气体(C2H2)与苯蒸气(C6H6)的体 积比为 [ ] A．3∶1 B．1∶1 C．1∶3 D．2∶3解析：设乙炔、苯蒸气的质量为Wg 同温、同压下体积比等于摩尔数比(物质的量比) 乙炔的物质的量为 · 苯蒸气的物质的量为 · ∶ ＝ ＝ ∶ ． Wg 26g mol Wg 78g mol V V = 3 1 1 1 (C2H2 ) (C6H6 )   WW 26 78 正确选项 A 同温、同压下设乙炔、苯蒸气物质的量为 1mol V V 1 1 (C2H2 ) (C6H6 ) ∶ ＝ ∶ 命题目的：主要考查根据阿伏加德罗定律推导出的同温同压下，任 何气体的体积比等于分子数或气体的物质的量之比等规律的应用． 答案：A、B 12．150℃时，将1molC5H12 气体和8molO2 混合于一体积不变的密闭 容器中，用电火花引燃充分反应后，恢复到起始状态，此时容器压强与 反应开始前压强的比值是 [ ] A．5∶1 B．5∶9 C．9∶11 D．11∶9 解析：根据阿伏加德罗定律推导的规律，在温度、体积不变时，压 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 42 强与气体物质的量成正比，反应为C5H12＋8O2 5CO2＋6H2O．1mol C5H12 气体恰好与8molO2 完全反应，生成 5molCO2 和6molH2O．注意150 ℃时水为气态． 设：压强用 p 表示，物质的量用n 表示 p p n n 后 前 后 前     5 6 1 8 11 9 命题目的：阿伏加德罗定律的应用． 答案：D 13．有氢气和氧气的混合气体100 mL，用电火花点火使其燃烧，再 恢复到原温度和压强时，水为液态，气体体积减小为amL，则在原气体 混合前，氢气的体积可能为 [ ] A．66.7－0.67 a B．66.7＋0.67 a C．66.7－0.33 a D．66.7＋0.33 a 解析：此题是求混合气体中某种气体所占体积大小的一种题型．氢 气与氧气反应生成水，题中已明确生成的水为液态，则剩余的amL 气体 有两种可能，一是未反应完的气体H2，一是未反应完的气体O2．混合气体100mL， 最后剩余气体 amL，那么，消耗的体积就是(100 －a)mL．根据阿伏加德罗定律，在化学反应方程式中，系数比等于物质 的量之比，也等于同温同压下气体各物质的体积比． 2H2(气)＋O2(气) 2H2O(液) 氢气与氧气正好完全反应时，体积比等于系数比是 2∶1．所以氢 气在反应中消耗的体积占总消耗体积的． 2 3 设 氧气恰好反应，氢气有剩余时． V (100 a) 2 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 43 3 a 66.7 0.33 a(mL) H2 ＝ － ＋ ＝ ＋ 设 氢气恰好反应，氧气有剩余时 V (100 a) 2 3 66.7 0.67 a(mL) H2 ＝ － ＝ － 命题目的：阿伏加德罗定律的应用． 解题关键：①阿伏加德罗定律，在化学方程式中，系数比等于物质 的量的比，也等于同温同压下气体物质的体积比．应注意的是生成的水 在此题中为液体． ②混合气体有剩余时一定要讨论，否则会少一个解． 答案：A、D 14．标准状况下有①6.72 L 甲烷， ② 3.01×1023 个氯化氢分子， ③ 13.6 g 硫化氢，④0.2mol 氨气．下列对这四种气体的关系从小到大表示不 正确的是 [ ] A．体积④＜①＜②＜③ B．密度①＜④＜③＜② C．质量④＜①＜③＜② D．氢原子数②＜④＜③＜① 解析：首先注意题中问的是不正确答案 ① 甲烷 · ＝ ② × 个氯化氢分子＝ ③ 硫化氢 · ＝ 6.72L CH 6.72L 22.4L mol 0.3mol 3.01 10 0.5mol 13.6 g H S 13.6g 34g mol 0.4mol 4 1 23 2 1  真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 44    301 10 6 02 10 23 23 . . ④ 氨气 0.2mol 在标准状况下物质的量大，则体积也大，四种气体由小到大顺序为 ④＜①＜③＜②，所以A 不正确．后面的几项以列表形式分析．密度(g · L-1) 质 量(g) 氢原子数(mol) CH4 0.3mol 0 3 16 0 3 22 4 . . .   ＝0.71 0.3 × 16 ＝ 4.8 0.3 × 4 ＝ 1.2 HCl 0.5mol 0 5 36 5 0 5 22 4 . . . .   ＝1.63 0.5 × 36.5 ＝ 18.25 0.5 × 1 ＝ 0.5 H2S 0.4mol 0 4 34 0 4 22 4 . . .   ＝1.52 0.4 × 34 ＝ 13.6 0.4 × 2 ＝ 0.8 NH3 0.2mol 0 2 17 0 2 22 4 . . .   ＝0.76 0.2 × 17 ＝ 3.4 0.2 × 3 ＝ 0.6 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 45 密度从小到大顺序①＜④＜③＜② 质量从小到大顺序④＜①＜③＜② 氢原子个数从小到大顺序②＜④＜③＜① 命题目的：主要考查物质的量、体积、密度、质量、微粒数之间的 换算关系． 答案：A 15．净重500g 的真空瓶，盛满氧气时重 508 g，而盛满X 气体时重 511g，则气体X 的式量为 [ ] A．28 B．30 C．44 D．64 解析：首先明确两种气体O 与X气体的体积V是相同的．则V 2 O2 ＝VX，设X 的气体摩尔质量为Mg·mol-1 8 32 11 1 1 g g mol g · Mg mol × · ＝ · × ·    22.4L mol 1 22.4L mol1 解得：M＝44g·mol-1 式量与摩尔质量在数值上是相同的．故式量为 44． 命题目的：主要考查物质的质量、摩尔质量、式量之间的关系． 答案：C 16．由1 体积N2 和4 体积H2 组成的混合气体的平均分子量是 [ ] A．6 B．7.2 C．8.5 D．18 解析：设混合气体平均分子量为 ＝ · ＋ · ＋⋯ ＝ × ＋ × ＝ M MM a % M a % 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 46 M 28 2 7.2 1 1 2 2 1 1 4 4 14 命题目的：主要考查混合气体的平均分子量的求法． 解题关键：求混合气体的平均分子量的公式要记清楚．即：M＝M ·a ％＋M ·a ％＋⋯⋯ 1 1 2 2 其中 M1、M2⋯⋯为各组成气体的分子量， a1％、a2％⋯⋯为组成气体的体积百分数． 答案：B 17．200mL0.3mol·L-1 盐酸和 100 mL 0.6mol·L-1 盐酸混合取出 50 mL 后，溶液的物质的量浓度是 [ ] A．0.6mol·L-1 B．0.45mol·L-1 C．0.3mol·L-1 D．0.4mol·L-1 0.3mol·L-1×0.2L＋0.6mol·L-1×0.1L＝0.12mol 设混合后 50mL 溶液中溶质x mol 300∶0.12＝50∶x x＝0.02mol 溶液的物质的量浓度＝ ＝ · 0 02 0 05 . . mol L 0.4mol L1 命题目的：主要考查物质的量浓度、溶质的物质的量、溶液的体积 之间的关系． 答案：D 18．中和 0.1mol·L-1 相同体积的NaOH 溶液，需用0.1mol·L-1 盐 酸、硫酸、磷酸溶液的体积比为 [ ] A．1∶1∶1 B．1∶2∶3 C．3∶2∶1 D．6∶3∶2 解析：设用 溶液体积为溶液体积＝ 溶质的物质的量 物质的量浓度 NaON V(L) V 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 47 NaOH HCl NaCl H O 1 1 0.1V 0.1V V V 2 (HCl) ＋ ＝ ＋ ＝ ＝ 01 01 . . V 2 NaOH＋H2SO4＝Na2SO4＋2H2O 2 1 0.1V 0.1V 2 V(H2SO4 ) ＝ 01 2 01 2 . . V V  3NaOH＋H3PO4＝Na3PO4＋3H2O3 1 0.1V 0.1V 3 V V V V V 6 3 2 (H PO ) HCl H SO H PO 3 4 2 4 3 4 ＝ ∶ ∶ ＝ ∶ ∶ ＝ ∶ ∶ 01 3 01 3 2 3 . 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 48 . V V V V  命题目的：化学反应中系数比等于物质的量的比． 答案：D 19．相同物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3 三种溶液的体积比是 3∶2∶1，则溶液中Cl-物质的量浓度比是 [ ] A．3∶2∶1 B．1∶2∶3 C．1∶1∶1 D．2∶3∶1 解析：设物质的量浓度为 c mol·l-1，AlCl3 的体积为V，则NaCl、 MgCl2、AlCl3 体积比3V∶2V∶V NaCl MgCl AlCl (mol) c 3 V c 2 V c V Cl (mol) 3c V 4c V 3c V 2 3 物质的量· · · 的物质的量浓度· · · Cl (mol L ) 3c c 2c 3c 的物质的量浓度·  · · · 1 3 4 2 V 3 V c V V c V V 所以 Cl-浓度比 1∶2∶3． 命题目的：考查物质的量、物质的量浓度及体积之间的关系． 答案：B 20．相同体积的硫酸钠溶液(浓度c1)和硝酸钠溶液(浓度c2)，若其中 Na+物质的量浓度相同，则它们的浓度c1 和c2 的关系是 [ ] A．c1＝c2 B．c1＝2c2 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 49 C．2c1＝c2 D．c2＞c1 解析：设 Na2SO4 溶液、NaNO3 溶液体积为1L，Na+物质的量浓度为 1mol·L-1 则 Na2SO4 的物质的量浓度 c1＝0.5mol·L-1 NaNO3 的物质的量浓度 c2＝1mol·L-1 即得出 2c1＝c2 所以 c2＞c1 命题目的：主要考查物质的量浓度与物质的组分之间的关系． 解题关键：题中没有任何数据时，可以设 Na+的浓度及溶液的体积． 答案：C、D 21 V L Fe 3+ a g SO 4 2 ． 硫酸铁溶液中含，则溶液中物质的量浓度为 [ ] A． mol·L 1 56a V  B． mol·L 1 3 56 a V  C． mol·L 1 a 84V  D． mol·L 1 3 112 a V  解析：设 物质的量为 ＝ ＋ ∶ SO x Fe (SO ) 2Fe 3SO 2 3 4 2 2 4 3 3+ 4 2 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 50   a a a V 56 3 112 3 112 ∶ ＝ ＝ · x x c mol l (SO ) 1 4 2   命题目的：主要考查有关离子的质量、体积及物质的量浓度之间的 关系． 答案：D 22．标准状况时，将V L 气体(摩尔质量为M g·mol-1)溶于0.1L 水 中，所得溶液密度ρg／cm3，则此溶液的物质的量浓度为 [ ] A． mol L 1 ρ · V 2240 MV  B． mol L 1 ρ · 100 2240 V MV  C 2240 + MV ． mol L 1 ρ · 1000V  真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 51 D 22.4(V + 0.1) ． mol L 1 ρ · 1000MV  解析：溶质的物质的量＝ V 22 4 . (mol) 溶液质量 W＝溶质质量＋溶剂质量 ＝ · ＋ × · ＝ 溶液的体积＝ ρ ρ V VM W 22 4 2240 22 4 . . M 100mL 1g mL = VM + 2240 22.4 1000 (L) 1  物质的量浓度＝ 溶质的物质的量 溶液体积 ＝ ρ ρ · (L) 22.4 1000 = 1000V 2240 + VM mol L 1 V 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 52 VM 22 4 2240 .     命题目的：主要考查物质的体积、质量、密度及物质的量之间的计 算． 答案：C 23．分子量为 M 的某物质在室温下的溶解度为S g(100g 水)，此时 测得饱和溶液的密度为ρg·(cm3 )1，则该饱和溶液的物质的量浓度是 [ ] A． mol L 1 ρ · M 10S  B． mol L 1 ρ · 1000 100 S M( S)  C． mol L 1 ρ · 10S M  D 1000S ． mol L 1 ρ · M(100 S)  解析：物质的量＝ · 溶液的体积＝ ρ 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 53 ＝ ＋ 物质的量浓度＝ ρ ρ · Sg Mg mol W S M mol S L    1 100 1000 = S M mol W (S 100) = 1000S M(S +100) mol L 1 命题目的：主要考查溶解度、密度、摩尔质量来表示物质的量浓度． 答案：B 24．将VL 溶有硫酸铵和硝酸铵的混合溶液取一半加入a mol 氢氧化 钠并充分加热， 恰好完全转化为氨气逸出．另一半混合溶液 恰好使氯化钡中的完全沉淀．原溶液中离子的摩尔 NH bmol Ba NO 4 2+ 3   浓度应是 [ ] A． mol·L 1 a b 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 54 V 2 B． mol·L 1 2a b V  C． mol·L 1 4a 2b V  D． mol·L 1 2a 4b V  解析：(NH ) SO 和NH NO 与NaOH共热NH 完全转化NH 4 2 4 4 3 4 + 4 +→ ，氢氧化钠则离子也是．另一个反应— — ，有，则也是． NaOH amol NH amol BaCl b(mol) SO b(mol) b molBaCl SO bmol 4 + 2 4 2 2 4 2 Ba b mol 2  ( ) (NH ) 2b(mol) NO a 2bmol NH (a 2b)(mol) [NO ] = 2a 4b V 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 55 (mol L ) 4 + 2 3 4 + 3 1 —— 与 － 结合 － 所以物质的量浓度＝ · SO b mol a b V 4 2 2 2   ( ) ( ) 注：① － 是与结合的的摩尔，也是的摩尔． ②题中一半溶液进行实验，所以溶液中的物质的量要乘以． (a 2b) NO NH NO NO 2 3 4 + 3 3   命题目的：主要考查通过化学反应的量的关系与分子组分之间怎样 有机的结合来分析问题，从而得出正确的解答． 解题关键：怎样分析得出离子的物质的量 总 —— —— —— NO NH ( )a(mol) NaOH a(mol) BaCl b(mol) b(mol) b(mol) 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 56 3 4 + 2  Ba2SO  4 2 (NH ) SO NH NO 2 b(mol) b(mol) (a 2b)mol (a 2b)(mol) 4 + 2 4 2 4 + 3 —— —— － －  错解剖析：①综合分析问题能力较差． ②忽略VL溶液中NO 的量是一半溶液中NO 物质的量的2倍． 3 3  答案：D 25．10g 98%的浓硫酸，密度1.84 g·mL-1，与10mL18.4mol·L-1 的硫酸的浓度相比较，结论是 [ ] A．相同 B．前者浓 C．后者浓 D．无法比较 解析： · ＝ · ( ) ( ) ( . ( / ) ( ) 10 98%)( 98 10 98%) 1 184 31000 3     真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 57 g g mol g cm cm 18.4mol L 1 命题目的：物质的质量、质量分数、密度与物质的量的关系． 答案：A 26．体积相同的氯化钠、氯化钙、氯化铝溶液，把其中的Cl-全部沉 淀出来，用去相同体积、等物质的量浓度的硝酸银溶液，则三种溶液物 质的量浓度比为 [ ] A．1∶1∶1 B．1∶2∶3 C．3∶2∶1 D．6∶3∶2 解析：设 NaCl、CaCl2、AlCl3 三种溶液物质的量浓度为c1、c2、c3， 体积为V0．AgNO3 溶液的物质的量浓度为c，体积为V． Ag Cl AgCl 1 mol 1 mol NaCl( Cl )c V 1 cV c + 1 0 1 ＋ ＝ ↓ 中× ＝ ＝  cV V0 CaCl ( Cl )c V 2 cV c AlCl ( Cl )c V 3 cV c c c c 6 3 2 2 2 0 2 3 3 0 3 1 2 3 中× ＝ ＝ 中× ＝ ＝ 所以∶ ∶ ＝ ∶ ∶ ＝ ∶ ∶   cV V cV V 2 3 1 1 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 58 2 1 3 0 0 命题目的：主要考查用同体积、同物质的量浓度 AgNO3 求体积相同 的NaCl、CaCl2、AlCl3 的物质的量浓度的比值． 解题关键：NaCl、CaCl2、AlCl3 中的Cl-的物质的量与AgNO3 的物质 的量相等． 答案：D 27．有一在空气中暴露过的氢氧化钾固体，经分析测知其含水7.62 ％， 含 K2CO32.38％，含KOH90％．将1g 此样品加入46mL1mol·L-1 盐酸里，过量的酸再用1.07 mol·L-1 氢氧化钾中和，蒸发溶液所得固体 [ ] A．3.43g B．4.00g C．4.5g D．无法计算 解析：此题一共给出 7 个数据．必须要排除繁杂数据的迷惑，分析 主要反应过程，抓住所求问题的实质，用去盐酸物质的量，等于生成氯 化钾的物质的量．便即可得出： 46×10-3×1×74.5＝3.43(gKCl) 命题目的：在题干构成上用了迷惑手段来掩盖问题的实质，主要考 查分析问题的能力． 答案：A 28．将50％的硫酸溶液和10％的硫酸溶液等体积混合，所得溶液的 质量百分数 [ ] A．大于30％ B．小于30％ C．等于30％ D．无法判断 解析：此题如直接按等体积混合，会使问题繁琐复杂，通过转向假 设方法，改变条件，迅速得出结论． 设 50％和10％两硫酸密度分别为ρ1 和ρ2，并将其等质量混合，质量均为，溶 质的质量分数＝ × × m ％＝ ％ 2m 100 30 m 50% m 10% 因为ρ1＞ρ2，所以两溶液等体积混合时50％硫酸溶液的质量必大 于10％硫酸溶液质量，混合溶液的质量百分数必大于30％． 命题目的：主要考查对题中给的信息进行合理变换，此题是通过转 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 59 向假设法改变条件，即能得出答案．(选择题必须用较短的时间，迅速得 出正确答案) 答案：A 29．向 3 份各1.5mL0.02mol·L-1 的氢氧化钙溶液中加入磷酸溶液， 使之分别生成Ca3(PO4)2、CaHPO4、Ca(H2PO4)2，所需磷酸溶液的体积比 是 [ ] A．1∶2∶3 B．3∶2∶1 C．6∶3∶2 D．2∶3∶6 解析：根据题意，三种盐的生成都必须含有相同物质的量的 Ca2+， 所以我们以此为标准对各分子式进行放大(或缩小)． 溶质的质量分数＝ · × × · ×ρ · × ％ c mol L L Mg mol mL g mL   1 1 1 1 1000 100 Ca (PO ) Ca (HPO ) Ca (H PO ) 3 2 3 3 3 6 3 4 2 3 4 3 3 2 4 6 ∶ ∶ ∶ 所需 H3PO4 溶液的体积比为2∶3∶6 命题目的：主要考查对题给信息进行合理的变化，使复杂问题简单 化，即对分子式或数据进行整数倍比例放大(或缩小)的方法，可快速得出 正确答案． 答案：D 30．有两种金属的混合粉末15g，加入足量的稀盐酸充分反应后，得 到11.2L 氢气(标况)，则下列各组金属中，肯定不能构成上述混合物质的 是 [ ] A．Mg，Al B．Mg，Ag C．Cu，Zn D．Al，Fe 解析：用“平均相对原子质量”法无法求解选项由“异价”金属组 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 60 成混合物的选择题，此类题需用“平均物质的量电子质量”法求解． ①概念：物质的量电子质量(E)∶某物质在反应中转移1mol 电子所 引起的质量改变．单位：g·(mol·e)-1 ②概念：平均物质的量电子质量(E)：某混合物在反应中共转移 1mol 电子所引起的质量改变．单位：g·(mol·e)-1在此题中H ～2e，E＝ ＝ 15[g·(mol·e) ]，金属单质的2 1 15 112 22 4 2 . .   摩尔电子质量(在数值上)＝相对原子质量÷金属在该反应中所表现出的 化合价．各金属 值为： ∶ ＝ ， ∶ ＝ ， ∶ ＝ ， ∶ ＝ ．不反应金属的值大于．不能满足“ ＜ 小 E Al 9 Mg 12 Fe 28 Zn 32.5 E E E E(15) 27 3 24 2 56 2 65 2 ＜E 大”的选项为A、C，即为符合题意． 命题目的：“利用平均原子量”法不能求解的，需用一种新的“平 均物质的量电子质量”法求解． 答案：A、C 31．将足量的铁粉投入盐酸和氯化铜的混合溶液中，反应完全后， 过滤，烘干，称得滤渣的质量与加入铁粉的质量相同，则混合溶液中盐 酸和氯化铜溶液的物质的量浓度之比为 [ ] A．2∶7 B．7∶2 C．1∶7 D．7∶1 解析：Fe＋2HCl＝FeCl2＋H2↑ Fe＋CuCl2＝Cu＋FeCl2 Δm 1 mol 8(g) 56 g 2 mol x mol 56(g) x＝7 mol 铁与 2molHCl 反应后滤渣减重56 g，若1molFe 与1molCuCl2 反应后 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 61 滤渣增重8g，若增56g 时，Fe 为xmol，则x＝7mol，那么，CuCl2 也是 7mol 又因为在同一体积内反应， c c 2 7 HCl CuCl2 ∶ ＝ ∶ 命题目的：通过差量法间接求出物质的量浓度之比． 答案：A 32．把过量的铁屑加入氯化铁(FeCl3)、氯化铜(CuCl2)的混合溶液中， 反应结束后称得固体质量与反应前所加固体质量相等．原溶液中氯化铁 与氯化铜物质的量之比为： [ ] A．7∶2 B．3∶2 C．2∶3 D．2∶7 解析：设 FeCl3 为xmol，CuCl2 为ymol 2 FeCl3＋Fe＝3FeCl2CuCl2＋Fe＝Cu＋FeCl2v2mol 3mol 1mol 1mol x 3x 2 mol ymol ymol 反应后Fe2+为mol 3 2 x y   又因为 ＋ ＝ · ＋ · ＝ ＋ 解得 m m m 56 x 64 y 56( 3x 2 y) x y (Fe3+ ) (Cu2+ ) (Fe2+ )  2 7 命题目的：主要考查无数据计算题采用守恒法，本题是以阳离子质 量守恒为依据． 解题关键：反应前[m ＋m ]与反应后m 相等为突破口． (Fe3+ ) (Cu2+ ) (Fe2+ ) 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 62 答案：D 33．某金属0.175mol 与足量水反应后，所得的氢气与10.25 g 铁与锌 的混合物跟足量的稀硫酸反应时产生氢气的体积相等．若铁与锌和稀硫 酸反应时产生氢气的体积比为6∶1，该金属的化合价为 [ ] A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋4 解析：因为是在同温同压下，故铁与锌产生的氢气的体积比等于氢 气物质的量的比． 金属的物质的量×化合价＝2 倍氢气的物质的量． 设 M 为物质的量． M ( 2) 2M ( ) M ( 2) 2M ( ) M MM ( ) M ( ) 6 1 (Fe) (H ) (Zn) (H ) (Fe) (Zn) (H ) (H ) 2 2 2 2 × ＋ ＝ 铁产生 × ＋ ＝ 锌产生 ∶ ＝ 铁∶ 锌＝ ∶ 设锌的物质的量为 x mol，则有 6x·56＋x·65＝10.25 解得 x＝0.025 mol 氢气的总物质的量为 6×0.025＋0.025＝0.175(mol) 设金属的化合价为 y y·0.175＝2×0.175 y＝2 命题目的：主要考查金属与酸或水反应，根据反应原理可以得到规 律：“参加反应金属的物质的量与化合价的乘积，等于2 倍氢气的物质 的量”．利用此规律解关于金属与水反应的问题，能化繁为简，快速、 准确． 解题关键：①同温同压下气体的体积比等于物质的量比．②金属的物质的量×化 合价＝2 倍氢气物质的量． 即 × ＋ ＝ 铁产生 × ＋ ＝ 锌产生 M ( 2) 2 M ( ) M ( 2) 2M ( ) Fe H 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 63 Zn H 2 2 答案：B 填空题 1．现有A、B 两种气体，它们的式量分别为M(A)、M(B)． a．当两种气体质量相同时，标准状况下A 与B 的体积比为________， 密度比为________，所含分子个数比为________． b．当两种气体(同温、同压)的体积相同时，A 与B 的质量比为 ________． 解析：设质量为 1 g，摩尔质量分别为M(A)g·mol-1、M(B)g·mol-1． a．在标准状况下体积比等于物质的量比 V V M V V MM V V V MM (A (B (A) (A (B (B (A (A (B (A) (B (A (A (B ) ) ( ) ) ) ) ) ) ) ( ) ) ) ) ) ∶ ＝ ∶ ∶ ＝ ∶ ρ ∶ρ ＝ ∶ ＝ ∶ ＝ ∶ 1 1 1 1 M V B B 分子个数 A：分子个数B＝M(B)N0：M(A)N0＝M(B)∶M(A) b．同温、同压下体积相同时，设A、B 的质量为W(A)、W(B) 因为同温同压下任何气体密度比等于其式量之比． ρ ρ ( ) ( ) 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 64 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) / / A B A B A A B A A B A B A B M M W V W V M M W W M M  命题目的：根据阿伏加德罗定律可推导出一些规律，及这些规律的 应用． 解题关键：温度、压力相同，密度比等于其式量比．即 ρ ρ 1 2 1 2 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 65  M M 温度、压力相同，任何气体体积比等于分子数或气体的物质的量之 比，即 ． n n V V 1 2 1 2  答案：a．M(B)∶M(A)M(A)∶M(B)M(B)∶M(A) b．M(A)∶M(B)． 2．将20.3g MgCl2·6 H2O 溶于水配成500mL 溶液，氯化镁的物质 的量浓度为________mol · L-1 ， Cl- 离子的物质的量浓度为 ________mol·L-1． 解析：MgCl2·6H2O 式量为203 物质的量＝ · ＝ 物质的量浓度＝ ＝ · 20 3 203 01 05 1 . . . g g mol mol L   0.1mol 0.2mol L 1 Cl-的物质的量浓度＝0.2mol·L-1×2＝0.4mol·L-1 命题目的：主要考查物质的量浓度的计算． 答案：0.2mol·L-1 0.4 mol·L-1 3．(1)中和8g 氢氧化钠消耗盐酸50mL，该盐酸的物质的量浓度是________． (2)中和2mol·L-1 的盐酸25mL，消耗某氢氧化钠溶液20 mL，该氢 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 66 氧化钠溶液的物质的量浓度是________． (3)中和一定体积，一定物质的量浓度的氢氧化钠溶液，需消耗 0.2mol·L-1 的硫酸溶液 a mL，则中和同量的氢氧化钠，消耗0.2mol·L-1 的盐酸________mL，消耗0.4mol·L-1 的磷酸溶液________mL． 解析：(1)NaOH＋HCl＝NaCl＋H2O 1mol 1mol mol 8 40 mol HCl 4mol L 18 40 8 40 0 05 的物质的量浓度＝ ＝ · mol . L  (2)NaOH＋HCl＝NaCl＋H2O 1mol 1mol 2 mol L 0.025 L NaOH 2.5mol L 1 1 · × 的物质的量浓度＝ ＝ ·  0 05 0 02 . . mol L (3)2NaOH＋H2SO4＝Na2SO4＋2H2O 2 mol 1mol mol 0.2mol L L NaOH HCl NaCl H O 3NaOH H PO Na PO 3H O 2 3 4 3 4 2 0 4 1000 1000 1 . a a · × ＋ ＝ ＋ ＋ ＝ ＋  1mol 1mol 3mol 1mol 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 67 mol 0.4a 1000 mol 0.4a 1000 mol 0.4a 1000 3 mol 0 4 1000 . a  V V(H PO ) L 0.2a mL L 0.33mL (HCl) 3 4 ＝ · ＝ · ＝ · ＝ ＝ ＝ 0 4 1000 0 2 0 4 3 1000 0 4 0 2 1000 3 1000 1 1 . . . . . amol mol L a mol mol L a a    真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 68 命题目的：根据化学反应求物质量的浓度． 答案：①4mol·L-1 ② 2.5mol·L-1 ③ 0.2 a mL 0.33 a mL 4．某气体与同状况下、同体积空气的质量之比为0.966，则该气体 的式量是________，此气体在标准状况时的密度是________，它的密度 是标准状况时空气密度的________倍． 解析：同温、同压、同体积的质量比等于式量之比． M M W W 某 空 某 空 某＝ = 0.966 M ＝0.966×29＝28 同温、同压下任何气体的密度比等于其式量之比． ρ ρ ρ ＝ × ＝ · 某 空 某28 29 1.29 0.966 1.25g mL 1 命题目的：根据阿伏加德罗定律推导出的一些规律的应用． 解题关键：由阿伏加德罗定律可推导出以下方便应用的规律．注明下面温度用T 表示，压强用p，式量用M，质量用W，物质的量用n， 体积用V，密度用ρ表示． ① 、、相同 ② 、相同 ρ ρ ③ 、、相同 T p V M M T p T p W 1 2 1 2    真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 69 W W M M n n M M 1 2 1 2 1 2 2 1 ④ 、相同 ⑤ 、相同 T p n T V 1 n V V p p n n 2 1 2 1 2 1 2   ⑥ 、、相同 ⑦ 、、相同． p T W V V T V W 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 70 1 2   M M p p M M 2 1 1 2 2 1 答案：28 1.25 g mL-1 0.966 5．V mL硫酸铝溶液中含Al3+ a g，取mL溶液稀释到4 VmL， V 4 则稀释后溶液中SO 的物质的量浓度是． 4 2  解析：Al (SO ) ＝2Al ＋3SO 1 mol 2mol 3mol 2 4 3 3+ 4 2  V a V a a 4 27 4 4 27 4 27 3 2 mL Al V x x mol SO mol 3+ 4 2 溶液中为： ∶ ＝ ∶ ＝ 为     真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 71   命题目的：由物质的组成，求某成分的物质的量浓度． 答案：SO 物质的量浓度＝ ＝ mol·L 4 21  a mol V L a V 4 27 3 2 4 1000 125 36 6．用 10.7 g 氯化铵和10.7 g 氢氧化钙反应，最多可以收集到标准状 况时的氨气________． 解析：2NH4Cl＋Ca(OH)2＝2NH3↑＋2H2O＋CaCl2 10.7×74＜107×10.7(过量) 2NH4Cl＋Ca(OH)2＝2NH3↑＋2H2O＋CaCl2107 34 10.7 x 3.4 NH 0.2mol 3 ＝ 的物质的量 · ＝ 3 4 17 1 . g g mol 命题目的：考查①反应物中有一种过量的计算． ②根据化学方程式 求物质的量． 答案：NH3 的体积为0.2mol×22.4 L·mol-1＝4.48L 7．将 13.5 g 氯化铜溶于________g 水中，才能使100 个水分子中溶 有一个Cl-离子． 解析：CuCl2＝Cu2+＋2Cl- 135 2mol 13.5 x＝0.2mol H O Cl 100 1 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 72 2 →  0.2mol×100 0.2mol 水的质量为 18×0.2×100＝360(g) 命题目的：根据电离方程求另一种物质的量及质量． 答案： 360 g 8．V L 氯化镁溶液与V L NaCl 溶液混合，Cl-离子浓度为3mol·L-1， 则原氯化镁和氯化钠溶液物质的量浓度为________． 解析：设 MgCl2、NaCl 物质的量浓度分别为 c(MgCl )mol L c(NaCl)mol L 2 · 1、· 1 c V c V (MgCl2 ) (NaCl) 2 2 · · · ＝ V 3 整理得到 2c(MgCl )＋c(NaCl)＝6 2 根据此方程当c(MgCl )有一个浓度时，可求出c(NaCl)的一个浓度． 2 命题目的：根据混合溶液中某种离子(Cl-)守恒列恒等式关系求解． 解题关键：混合溶液中氯离子Cl-守恒． 此题只能得出一个方程，有不定值的解，即无数组解． 9．有A、B、C 三种一元碱，它们的分子量之比为3∶5∶7，如果把 7molA，5molB，3molC 混合均匀，取混合碱5.36g，恰好中和含0.15mol 氯化氢的盐酸，则A、B、C 三种一元碱的分子量分别是________ ________ ________． 解析：设 A、B、C 三种碱的相对分子质量为3x、5x、7x 取出的 5.36g 碱正好中和0.15mol 氯化氢就说明5.36g 等于0.15mol 的混合碱，那么15mol 混合碱质量 0.15∶5.36＝15∶x x＝536g 又知 A、B、C 三种一元碱相对分子质量比3∶5∶7 7·3x＋5·5x＋3·7x＝536 解得 x＝8命题目的：混合物中通过物质的量的关系求出各物质的化学式量． 答案：A、B、C 三种一元碱相对分子质量分别为24、40、56． 10．在2.75mol·L-1 的氢氧化钠溶液(密度为1.1g·mL-1)中，OH-与 水分子的个数比是________． 解析：1L 溶液中NaOH 的质量是2.75×40＝110g 溶液共重1100g， 则水占了990g，相当于＝55mol，即可得OH 与H O的微粒数比为： 2 990 18  2.75∶55＝1∶20 命题目的：主要考查对物质的量基本概念的理解． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 73 解题关键：设溶液为 1 L 时加以分析． 答案：OH-∶H2O＝1∶20 11．1g 氢气在氧气中燃烧生成液态水，放出142.9kJ 热量，表示该 反应的热化学方程式是________． 解析：书写热化学方程式时必须注明各物质的聚集状态，1g 氢气即 为0.5mol 氢气，燃烧后放出的热量142.9kJ，那么1mol 氢气燃烧放出热 量142.9×2＝285.8kJ，2mol 氢气燃烧放出热量142.9×4＝571.6kJ 命题目的：主要考查热化学方程式的正确书写． 答案：热化学方程式为： ①H (气)＋ O (气)＝H O(液)＋258.5kJ 2 2 2 1 2 ②2H (气)＋O (气)＝2H O(液)＋571.6kJ 2 2 2 12．写出下列反应的热化学方程式： (1)5g 碳酸钙分解时吸收了7.23kJ 热量________， (2)1g 一氧化碳燃烧时放出10.07kJ 热量________， (3)一定量的硫燃烧生成32g 二氧化硫气体时放出148.6kJ 热量 ________． (4)0.3mol 甲烷气体完全燃烧生成水蒸气和二氧化碳气体时放出 26.7kJ 热量________，标准状况时1m3 甲烷燃烧时放出的热量是 ________kJ． 命题目的：主要考查热化学方程式的正确书写． 答案：(1)5∶7.23＝100∶x x＝144.6(kJ) CaCO ( ) CaO( ) CO2( ) 144.6kJ 3 固Δ 固＋ 汽↑－ (2)1∶10.07＝28∶x x＝281.96(kJ) 2CO(气)＋O2(气)＝2CO2(气)＋563.92kJ (3)32∶148.6＝64∶x x＝297.2(kJ) S(固)＋O2(气)＝SO2(气)＋297.2kJ (4)0.3∶26.7＝1∶x x＝89(kJ) CH4(气)＋2O2(气)＝CO2(气)＋2H2O(气)＋89kJ 根据题意有A 4CO ，可推出A的组成应为C O ，应取其最 3 O2 2 4 2 13．人体内葡萄糖的消耗可用热化学方程式表示C6H12O6(固)＋ 6O2(气)＝6CO2(气)＋6H2O(液)＋2800kJ，若某人每天消耗12320kJ 热量， 则每天需摄入葡萄糖________g．命题目的：根据题中给出的热化学方程式，已 知热量求物质的质量． 答案：设每人每天消耗12320kJ 热量需用葡萄糖为xmol，则1∶2800 ＝x∶12320 解得 x＝4.4(mol) 需葡萄糖为 180g·mol-1×4.4mol＝792g 实验题 1．用胆矾配制0.1mol·L-1 的硫酸铜溶液，应该 [ ] 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 74 A．取29.9g 胆矾溶于1L 水中 B．取16g 胆矾溶于水后稀释到1L C．将胆矾加热除去结晶水，再取16g 溶于1L 水中 D．取25g 胆矾溶于水配成1L 溶液 解析：0.1molCuSO4·5H2O 质量是250g·mol-1×0.1mol＝25g，取 25gCuSO4·5H2O 溶于水放到1L 容量瓶中，加水到刻度即成． 命题目的：主要考查配制一定物质的量浓度的溶液的正确方法． 解题关键：①要清楚胆矾的化学式 CuSO4·5H2O，②配制一定物质 的量浓度时先计算出溶质的质量，称量，溶于水，转移到容量瓶中，加 水到刻度． 答案：D 2．实验室用无水碳酸钠配制500mL0.1mol·L-1 碳酸钠溶液，把配 制过程的正确操作顺序用编号填在括号内： ( )计算所用无水碳酸钠的质量为________g． ( )将称量的碳酸钠放在洁净小烧杯内，加约50～100 mL 水，搅 拌溶解，并冷却到室温． ( )用托盘天平称量所需的碳酸钠． ( )将溶液转移到容量瓶中． ( )用蒸馏水洗涤小烧杯2～3 次，将每次的洗涤液全部转移到容 量瓶中，摇匀． ( )用胶头滴管小心地滴蒸馏水到标线． ( )继续向容量瓶中加入蒸馏水，到液面接近标线2～3cm 处． ( )盖上瓶塞，反复摇匀． 解析：碳酸钠质量＝0.1mol·L-1×0.5L×106g·mol-1＝5.3g 配制物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、称量或量取、溶解、定 容、装瓶、贴标签． 命题目的：主要考查如何配制一定物质的量浓度溶液的正确操作步 骤． 答案：①③②④⑤⑦⑥⑧ 3．配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液时，下列操作使所配溶液浓 度偏高、偏低还是不变？ ①没有用水冲洗烧杯或冲洗杯后的洗液没有全部倒入容量瓶中 ________． ②用滴管加蒸馏水定容时，俯视刻度线________． ③用滴管加蒸馏水，凹面与刻度线相切，盖紧瓶塞，振荡摇匀后发现液面低于刻 度，再加蒸馏水至凹面与刻度线相切________． ④容量瓶先用水洗涤后，并未用NaCl 溶液洗涤，即用来配制所需的 溶液________． 解析：①因为烧杯的壁上沾有溶液，没有用水冲洗或冲洗后洗液没 有全部倒入容量瓶，浓度一定是偏低． ②加蒸馏水定容时，俯视刻度线，看到凹液的上沿，所以浓度偏高． ③凹液面与刻度相切，后振荡摇匀后，瓶塞和容量瓶的颈沾有液体， 若再加水，浓度一定偏低． ④不变，因为转移溶液后还要加蒸馏水，所以不会改变浓度． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 75 命题目的：能否会分析配制一定物质的量浓度的溶液时，由于不正 确的操作而出现各种偏差． 答案：偏低 偏高 偏低 不变 计算题 1．用2L 水吸收492.8L(标准状况)氯化氢气体，得到密度为 1.15g·mL-1 的盐酸(HCl)计算： ①该盐酸溶液的物质的量浓度． ②该盐酸溶液中氯化氢的质量分数． 解析：①首先算出盐酸中溶质的物质的量 492 8 22 4 1 . . L L·mol ＝ 22 mol 溶液的体积为 · × · ＋ × · · 492 8 22 4 365 2000 1 115 1 1 1 1 . . . . L L mol g mol mL g mL g mL    ＝2437.4mL·2.44L 物质的量浓度＝ ＝ · 22 2 44 mol . L 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 76 9.02mol L1 求溶质的质量分数方法 1： 根据换算公式求 溶质的质量分数＝ · × × · ×ρ · × ％ c mol L L Mg mol mL g mL   1 1 1 1 1000 100 ＝ · × × · × · × ％＝ ％ 9 02 1 365 1000 115 1 1 1 . . . mol L L g mol mL g mL  100 28.6 求溶质的质量分数方法 2： 溶质的质量＝ · × · ＝ 492 8 22 4 1 . . L L mol 36.5g mol1 803g 溶质的质量分数＝ 溶质 溶质＋溶剂 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 77 × ％＝ ＋ × ％＝ ％ g ( )g 100 100 28.6 803 803 2000 命题目的：主要考查物质的量浓度、溶质的质量分数的基本概念及 基本计算． 2．3.84g 铁和三氧化二铁的混合物溶于过量的盐酸中，产生0.672L 氢气(标准状况)，溶液中无三价铁离子(Fe3+)，求三氧化二铁的质量． 解析：根据题意分析，若溶液中无 Fe3+应发生三个反应Fe＋2HCl＝FeCl2＋H2↑ Fe2O3＋6HCl＝2FeCl3＋3H2O 2FeCl3＋Fe＝3FeCl2 解析 1：设Fe2O3 为x(g)，与HCl 反应产生0.672L 氢气的铁为y(g) Fe 2HCl FeCl H 56 2 y 0.672 22.4 2 2 2 ＋ ＝ ＋ ↑ × 解得 y＝1.68(g) Fe O 6HCl 2FeCl 3H O 160 325 x 325 160 x 2 3 3 2 ＋ ＝ ＋ 2FeCl Fe 3FeCl 325 56 325x 160 3.84 1.68 x 3 2 ＋ ＝ － － 解得 x＝1.6g， 答：Fe2O3 的质量为1.6g． 解析 2：电子守恒法 设 Fe2O3 为xg，Fe 为(3.84－x)g 在反应中 失电子， 共失电子为 － 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 78 Fe Fe失2eFe2×2 384 56 . x 得电子为 和中的， 得得H+Fe O Fe 2H H Fe Fe 2 3 3+ 2 3+2+ 2 e e 共得电子为 × ＋ × × 0 672 22 4 160 . . 2 2 1 x 得失电子数相等： Mg(OH) 2HCl MgCl 2H O 1mol 2mol 0.01mol z mol z 0.02mol 2 2 2 2 2 ＋ ＝ ＋ 解得＝ 解得 x＝1.6(g) 所以 Fe2O3 质量为1.6g． 命题目的：主要考查如何用氧化还原反应的实质得失电子数相等的 知识点去分析比较复杂的问题，从而达到快速、巧解的目的． 解题关键：利用电子守恒法，可以略去配平环节，从而达到快速 巧解，另外失电子的物质的量为 384－ 56 . x 得电子物质的量 × ＋ × 0 672 22 4 160 . . 2 2 x 要弄清楚，问题迎刃而解．错解剖析：有的人把的物质的量看成是全部得电子的 物 质的量，而忘了× 因为中有． Fe O 2( 1molFe O 2molFe ) 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 79 2 3 2 3 3+ x x 160 160 3．取1.5mol·L-1 硫酸11.5mL，投入0.4g 镁条，再滴入1mol·L-1 氢氧化钠溶液，将溶液中Mg2+全部沉淀下来，氢氧化钠溶液的用量至少 是多少毫升？ 解析 1：常规方法，镁与H2SO4 反应，然后NaOH 与多余的H2SO4 中和，再将Mg2+沉淀． Mg H SO MgSO H 1mol 1mol 1mol 0.4 24 mol 0.4 24 mol 0.4 24 mol 2 4 4 2 ＋ ＝ ＋ ↑ 剩余H SO ∶(1.5×0.0115)－ 2 4 0 4 24 . 1.725×102－ ＝ (mol) 1 60 7 12000 2NaON H SO Na SO H O 2 1 2 4 2 4 2 ＋ ＝ ＋ x1＝ × ＝ 2 7 12000 7 6000 7 12000 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 80 2NaOH MgSO Na SO Mg(OH) 2 1 4 2 4 2 ＋ ＝ ＋ ↓ x2＝ ＝ ＝ 2 60 1 30 0 4 24 1 60 . 共用去NaOH∶ ＋ ＝0.0345(mol) 7 6000 1 30 VNaOH＝ 0.0345L 34.5 mL · ＝ ＝ 0 0345 1 1 . mol mol L． 答：用去浓度为 1mol·L-1NaOH 溶液34.5mL． 解析 2：解析1 非常繁琐． 设想反应过程没有镁条参与，则氢氧化钠只与硫酸中和，镁参与的 结果是由部分Mg2+替代了H+，且这种替代是阳离子正电荷守恒的替代， 因此，从计算上说，OH-与H+结合转成OH-与Mg2+的结合，两者是相等 的．所以完全可以从原始H2SO4 的物质的量，求氢氧化钠的物质的量， 即： 1.5×0.0115×2＝0.0345(mol) 此种计算与镁是否参与或有多少镁参加反应没有关系． NaOH的体积V＝ 0.0345 L 34.5 mL · ＝ ＝ 0 0345 1 1 . mol mol L 命题目的：考查质量、物质的量，浓度、物质的量之间的换算．同 时也考查对物质的量概念的深层理解及运用． 解题关键：解析2 中主要是认识到Mg2+替代H+，实际上是电荷守恒的运用，若 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 81 把镁换成Al 等通过计算结果与原题结果相同．省去中间环节 直接按起始反应物进行，这种推理法简单方便．但对问题必须有深层的 理解． 错解剖析：只考虑 NaOH 与硫酸镁的反应用去的NaOH，而忽略了 还有一部分剩余硫酸也要用氢氧化钠去中和． 4．某氯碱厂使用纯度为92.5％(杂质与氯气不反应)的消石灰与氯气 反应制取漂白粉，消石灰的转化率为80％．对某游泳池进行消毒，一次 要使用氯气1344L(标准状态)．现改用上述干燥的漂白粉．假定起消毒作 用的只是HClO，要达到与氯气相当的消毒效果，一次需向池中投放这种 漂白粉多少千克？ 解析 1：根据质量守恒原理，制漂白粉的反应式为 2Cl 2Ca(OH) CaCl Ca(ClO) 2H O 2mol 2mol 1mol 1mol 2mol 2 2 2 2 2 ＋ ＝ ＋ ＋ 1344L 22.4L mol 60mol 60mol 30mol 30mol 60mol · 1 60mol 氯气质量＋不纯消石灰质量－烘干除水质量＝漂白粉的质量 60mol×71g·mol 1＋ 60 mol 18g mol 1 × · ％× ％ － × ·  60 74 92 5 80 mol g mol 1 . ＝9180(g)＝9.18(kg) 答：一次需向池中投入 9.18kg 的漂白粉． 解析 2： 2Cl 2Ca(OH) CaCl Ca(ClO) 2H O 2mol 2mol 1mol 1mol 2mol 1344L 22.4L mol 60mol 30mol 30mol 60mol 2 2 2 2 2 1 ＋ ＝ ＋ ＋ ·  与 1344L(60mol)C12 对应的CaC12、Ca(ClO)2 的质量，加上杂质 和没有转化 质量就是所求漂白粉的质量．式量： ＝ ， ＝ ， ＝ ． Ca(OH) M 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 82 74 M 111 M 143 2 [Ca(OH) ] (CaCl ) [Ca(ClO) ] 2 2 2 30mol×111g·mol-1＋30 mol×143g·mol-1＋ ( 60mol 74g mol 60mol 74g mol ) 9180(g) 9.18(kg) 1 1 × · ％× ％ － × · ＝ ＝   92.5 80 命题目的：主要考查能否对质量守恒的深入理解和运用．即质量守 恒的道理简单，能否真的自觉运用这原理必须通过一定量的训练． 解题关键：第一种解析比第二种解析简单，又易理解，这就是“守 恒”的优势．解题思路是否清楚是最重要的．第一种解析的思路利用质 量守恒原理，60mol 氯气质量加上所用不纯消石灰的质量减去烘干除去 H2O 的质量，即等于一次向池中投放漂白粉的质量． 错解剖析：①有的人把漂白粉的成分只计算次氯酸钙而丢掉了氯化 钙从而得出错解． ②想用质量守恒，但不知谁与谁守恒，遇到题无从下手，这种情况是缺少一定题 量的训练． 5．已知一氧化碳和二氧化碳的混合气体密度是相同条件下氢气的20 倍，求一氧化碳和二氧化碳的物质的量之比为多少？ 解析：在相同条件下气体的密度比等于其式量比． ρ ρ ＝ ＝ ＝ 混混混 混 H2 H2 M M 20 M 2 M 40 物质的量用 n 表示，则 n(CO) n(CO 4 12 1 3 2 ) ∶ ＝ ∶ ＝ ∶ 答：CO 与CO2 物质的量之比为1∶3 解析 2：设CO 的物质的量为x，CO2 的物质的量为y，根据题中的 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 83 已知条件列式： 28x 44y x y ＋ ＋ ＝ 解得∶ ＝ ∶ 即∶ ＝ ∶ 40 x y 1 3 nCO nCO 1 3 2 命题目的：考查求混合气体的物质的量之比的解法(用十字交叉法)． 解题关键：解析1 中十字交叉法所得1∶3 是两种气体式量与平均式 量之差的比，故为物质的量之比． 两种解析中都需要求出混合物的平均式量． 6．pH＝2 和pH＝4 的两份盐酸按一定体积比混合，混合溶液的pH ＝3，则两份盐酸的体积比为多少？ 解析 1：利用离子守恒法 pH＝ 2 的盐酸中[H+] ＝ 10-2mol·L-1 ，pH＝ 4 的盐酸中[H+] ＝ 10-4mol·L-1，混合溶液pH＝3，[H+]＝10-3mol·L-1 混合前后[H+]浓度守恒：设pH＝2 的盐酸体积V1(L)，pH＝4 的盐酸 体积为V2(L) 10-2·V1＋10-4V2＝10-3(V1＋V2) 解得 ＝ V V 1 2 1 10 答：pH＝2 和pH＝4 两种盐酸混合为pH＝3 的盐酸，体积比为1∶ 10． 解析 2： 十字交叉法V V 1 2 ＝ × × ＝ 9 10 9 10 1 10 4 3 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 84   命题目的：主要考查有关物质的量浓度混合的求法． 解题关键：有关物质的量浓度的混合，一般利用溶质的物质的量守 恒求解，本题解析1 用H+守恒求解．第二种解法十字交叉法更为简便．解 法的灵活运用很重要． 错解剖析：有些人只知道 pH＝2 是[H+]＝10-2，但不知看成[H+]＝ 10-2mol·L-1，这样利用物质的量浓度的计算就很容易． 7．还原4.8g 某金属氧化物，消耗标准状态下的氢气2.016L．将生 成的金属溶于足量的盐酸，放出1.344L 氢气(标准状态)．求此金属的相 对原子质量，并判断是何种金属(该金属的相对原子质量小于100)． 解析：设此金属元素符号为 M，相对原子质量为a，在氧化物中化 合价为x 价，氧化物的化学式为M2Ox，在它与盐酸反应生成的氯化物中 化合价为y 价，则此氯化物的分子式为MCly． M O xH 2M xH O x mol 2 mol 2 x 2 2 ＋ ＋ ⋯⋯① Δ 2.016 22.4 mol x x mol 2 2 016 22 4 × 018 ＝ . . . 2M 2yHCl 2MCl yH 2mol ymol 0.18 x mol 1.344 22.4 0.06mol y 2 ＋ ＝ ＋ ↑⋯⋯② ＝ 2∶y＝ ∶0.06 解得＝ ＝ 018 012 018 2 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 85 3 . . x . y x 由此得出M为可变化合价，化合价比为＝ 因为x、y为正整数， y x 2 3 所以可能有 y＝2、x＝3 和y＝4、x＝6 两种答案． 当 x＝6，y＝4 时，有 M O 6H 2M 6H O 1mol 6mol mol 2.016 22.4 0.09mol 2 6 2 2 ＋ ＋ ＋ ＝ Δ 4 8 2 96 . a 1∶6＝ 0.09 a 112( 100 ) ＋ ∶ 解得＝ 与题中的小于不符 4 8 2 96 . a 当 x＝3，y＝2 时 M O 3H 2M 3H O 1mol 3 mol mol 2.016 22.4 mol 0.09mol 2 3 2 2 ＋ ＋ ＋ ＝ Δ 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 86 4 8 2 48 . a1∶3＝ 0.09 a 56( ) ＋ ∶ 解得＝ 符合题意 4 8 2 48 . a 命题目的：用一般的规律解此题解不出解，还要考虑到特殊性，即 金属有可变化合价的特殊性不能忘记． 解题关键：金属与酸反应生成低价金属化合物的特殊性． 错解剖析：只注意到大多数金属与酸发生置换反应生成盐和氢气， 盐分子中金属化合价与其氯化物的一致．设M2Ox，氯化物MClx 忽视了 像铁与酸反应生成低价化合物与氧化合时生成高价化合物(特殊性)，得出 错误的结论． 答案：此元素为铁元素，相对原子质量为 56． 8．把氯水通入浓氨水中发生下列反应： 3Cl2＋8NH3＝6NH4Cl＋N2 把 1.12L 氯气、氮气混合气体(90％Cl2 和10％N2)通过浓氨水，实验 测得逸出气体(除NH3 和H2O 后)体积为0.672L(50％Cl2 和50％N2)，问有 多少克氨被氧化？(体积已换算成标准状况) 解析 1：设氮气为xmol，Cl2 为ymol 在 、混合气体中， 占有 × ％ 1.12LCl N Cl ×71＝3.195(g) 2 2 2 112 90 22 4 . . N 28 0.14(g) 2占有 × ％ × ＝ 112 10 22 4 . . (x y)22.4 1.12 28x 71y 3.195 0.14 x 0.005(mol) y 0.045(mol) ＋ ＝ ＋ ＝ ＋ 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 87 解得＝ ＝  3Cl2＋8NH3＝6NH4Cl＋N2 根据方程式得出8mol 氨有2mol 被氧化， zmol 氨被氧化0.005mol 8mol∶2mol＝zmol∶0.005 z＝0.02mol NH3 质量＝17g·mol-1×0.02mol＝0.34(g) 答：有 0.34g 氨被氧化． 解析 2：利用体积差量法 从反应方程式可知，每 3 个体积的Cl2 被还原，就有2 体积NH3 被 氧化生成1 体积氮气．已知的差量(1.12－0.672)＝0.448(L) 设反应中被氧化的氨的体积为 x 3Cl 8NH 6NH Cl N V 2( ) 3 1 2 x 1.12 0.672 0.448 2 3 4 2 ＋ ＝ ＋ Δ 被氧化－ ＝ － ＝ 2 x 2 0.448 x 0.448(L) 17 0.34(g) ∶ ＝ ∶ ＝ 被氧化的氨的质量为× ＝ 0 448 22 4 . . 命题目的：主要考查利用化学反应过程中气体体积的变化来解题的 方法(差量法)． 解题关键：1.12L 是Cl2 和N2 的混合气体体积，而0.672L 是反应剩余Cl2 和原N2 及生成N2 的体积，两者之差恰为反应了的氯气的体积与生 成N2 的体积差，其对应理论差量也应是反应的Cl2 与生成N2 的体积差． 错解剖析：题目中给 1.12LCl2 与N2 混合气体(90％Cl2 和10％N2)和 反应后剩余气体0.672L(50％Cl2 和50％N2)，若用差量法体积百分数无用， 迷惑了解题的方法，若方法1，一般混合气的求法中50％Cl2、50％N2 也 是无用．有的人认为题目给的数据必用上，从而自己乱了阵角，不知从 何处下手． 答案：被氧化氨的质量为 0.34 g． 9．1 体积98％的浓硫酸(ρ＝1.84g/cm3)与4 体积水混合，计算所得 硫酸的溶质的质量分数． 解析 1：设浓硫酸体积为1L，水的体积为4L． 浓 的溶质的质量百分数＝ × × ％ × × ＋ × × ％ 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 88 ＝ ％ H SO 30.9 2 4 1000 184 98 1 1000 184 4 1000 1 . . 解析 2：稀释问题，由题中溶液和水的质量与十字交叉所得差列比例 求解． 设所得 H2SO4 溶液溶质的质量分数为x％． 根据题意： － － ＝ × × x x 0 98 1 184 4 1 . 解得 x％＝30.9％ 命题目的：主要考查溶液稀释问题的解法． 解题关键：解析1 是用一般求溶液的质量百分数的方法．解析2 中 98％是浓溶液的溶质的质量百分数，其对应的差量为浓溶液的质量，0 为水的溶质的质量分数，其对应的差量为水的质量．两者的比例关系要 列正确是解题的关键，即稀释前后溶质的质量不变． 答案：硫酸的溶质的质量分数为 30.9％． 10．将足量2价金属粉末投入200mL， mol·L 1的硫酸溶液中， 5 3  反应完毕后滤去未反应的金属，并在恒温下蒸发，当蒸发到溶液质量为 140g 时开始析出每分子含7 个结晶水的晶体，继续蒸发到析出20.5g 晶 体时剩下溶液105g．求：①此金属的原子量；②所生成的硫酸盐在蒸发 到开始结晶时的溶解度． 解析 1：设金属为M，生成MSO4 为xmol． M H SO MSO H 1 mol 1 mol 0.2mol x mol x mol 2 4 4 2 ＋ ＝ ＋ ↑ 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 89 × ＝ 5 3 1 3当蒸发到140g开始结晶时，则140g溶液是溶有molMSO 的饱和4 1 3 溶液． 140－105＝35(g)是减少的饱和溶液中有MSO4·7H2O20.5g，则140g 饱和溶液中有MSO4·7H2O 为yg 35∶20.5＝140∶y y＝82(g) 物质的量 ＝ 质量 摩尔质量· 物质的量为 · 的摩尔质量为÷ ＝ · (mol) mol MSO 7H O 82g mol 246 g mol 4 2 1 ( ) ( ) g g mol  1 1 3 1 3 M＋96＋7×18＝246 M＝24 设溶解度为 S(g) S∶(100＋S)＝(24＋96) ∶140 1 3 S＝40(g) 解析 2：设2 价金属为M，又因为金属过量，则与H2SO4 反应生成 MSO4，根据方程式可求出生成MSO4 的质量 M H SO MSO H 1 mol (M 96)g 0.2(mol) x g x (g) 2 4 4 2 ＋ ＝ ＋ ↑ ＋ × ＝ 5 ＋ 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 90 3 96 3 M 设溶解度为 Sg S (100 S) 140 20.5gMSO 7H O MSO 20.5(g) 4 2 4 ∶ ＋ ＝ ＋ ∶ ① · 中有溶质的质量 ＋ ＋ ＋ × M M M 96 3 96 96 126 就是 140－105＝35(g)饱和溶液所含的溶质． S∶(100＋S)＝ 20.5 35 ＋ ＋ × ∶ ② M M 96 222     解①、②方程组 S＝40(g)M＝24． 命题目的：主要考查析出的溶质含有结晶水的饱和溶液的溶解度的 求法． 解题关键：①饱和溶液中的溶质为MSO4 而不是MSO4·7H2O． ② 析出20.5g 晶体的饱和溶液为140－105＝35(g) ③溶解度的概念及其变 式 a S 100 b 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 91 S 100 S ． ＝ ． ＝ c ＋ ． ＝ ＋ ． 质 剂 质 饱和溶液 剂 饱和溶液 W W W W W W S 100 100 答案：此金属的原子量为 24，饱和溶液的溶解度为40g． 11 ． 有一种复盐A ， 其分子组成可以表示为： FeSO4·m(NH4)2SO4·nH2O，取9.604g 盐加入足量的烧碱，加热，产生 的气体用100mL，0.5mol·L-1 硫酸吸收，过量的硫酸再用25.5 mL2 mol·L-1的 烧碱溶液恰好充分中和，9.604 g A 加入浓烧碱溶液时产生白色沉淀， 在空气中逐渐变为红褐色，滤出后在蒸发皿中加强热，得1.96 g 红色粉 末，求A 的分子式． 解析：①求组成复盐的基本粒子 FeSO4，(NH4)2SO4，H2O 的物质的 量： a．(NH4)2SO4 的物质的量： 2NaOH＋H2SO4＝Na2SO4＋2H2O 所以与 NH3 反应的硫酸为： 0.5 mol L 0.1L 0.0245 mol NH OH NH H O 1 4 + 3 2 · × － · × ＝ ＋ ＝ ↑＋   真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 92  2 0 0255 2 mol L 1 . L 2NH3＋H2SO4＝(NH4)2SO4 所以推出下列关系式： — ＝ 2NH H SO 2 mol 1mol x 0.049 mol 0.0245 mol 4 + 2 4 所以 9.604g 复盐中(NH4)2SO4 的物质的量为： 0 049 2 . ＝0.0245(mol) b．求FeSO4 的物质的量： 因为FeSO4＋2NaOH＝Fe(OH)2↓＋Na2SO4 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3 2Fe(OH) Fe O 3H O 3 2 3 2 Δ ＋ 所以推出下列关系式： 2FeSO Fe O 2 mol 1mol y 0.0245 mol 1.96g 160g mol 0.01225 mol 4 2 3 — ＝ · ＝ 1 即 9.604 复盐中含FeSO4 0.0245mol c．求水的物质的量 9 604 0 0245 152 0 0245 132 18 . － . × － . × ＝0.147(mol) 基本粒子最简物质的量整数比： FeSO4∶(NH4)2SO4∶H2O＝0.0245∶0.0245∶0.147 ＝1∶1∶6 实际物质的量比等于分子系数比，A 复盐的分子式为： 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 93 FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O． 命题目的：主要考查综合分析问题的能力．通过求基本微粒的物质 的量，来求分子式． 解题关键：①求基本粒子，即 FeSO4，(NH4)2SO4，H2O 实际的物质 的量，②求基本粒子的最简物质的量整数比，即FeSO4∶(NH4)2SO4∶H2O＝0.0245∶ 0.0245∶0.147 ＝1∶1∶6 ③利用物质的量比等于其系数比即可求出分子式． 12．由A、D、E、G 四种元素组成的化合物分子式为：AxDy(E2G4)z ①已知x、y、z 为整数，x＋y＋z＝7；②取8.74g 该化合物溶于水，加入 酸和氧化剂，化合物中的E、G 元素完全转化成气态化合物EG22.688L， (标准状况)其密度1.965g·L-1，EG2 能使澄清石灰水变浑浊；③发生上 述反应后，A、D 以阳离于存在于溶液中，往溶液中加过量的铁粉，其中 D 离子全部还原，所消耗铁粉的质量为0.56g；④化合物中D 元素的百分 含量为12.8％，试通过计算和推理确定E、G、D、A 各是什么元素，求 出x、y、z 的值，写出该化合物的化学式． 解析：①求基本粒子 E2G4 和D 离子物质的量 a．E2G4 的物质的量： 因为 的物质的量＝ ＝ 所以的物质的量＝ ＝ EG 0.12(mol) E G 0.06(mol) 2 2 4 2 688 22 4 012 2 . . . EG2 的摩尔质量＝22.4×1.965＝44 EG2 能使石灰水变浑浊，所以EG2 为CO2，则E 为碳元素，G 为氧 元素． b．D 离子的物质的量 因为 Fe 被氧化成Fe2+∶Fe－2e→Fe2+ Fe的物质的量为： ＝0.01(mol)共失电子：0.01×2＝0.02(mol)． 056 56 . 设 D 离子还原时，化合价降低1 价，D 离子的物质的量与得到电子 的物质的量相等，即 的相对原子质量＝ × ％ 0.02 mol D ＝56 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 94 8 74 12 8 0 02 . . . D 为铁元素． ②运用基本粒子的物质的量比等于系数比和讨论式，求 x、y、z 值． 因为 nD 离子∶nE2G4 离子＝0.02∶0.06＝1∶3＝y∶z x＋y＋z＝7 x＝7－1－3＝3 x＝3，y＝1，z＝3 所以 A 离子的物质的量等于E2G4 离子的物质的量，等于0.06mol． 假设 D 离子化合价降2 价，D 离子的物质的量应等于金属铁失去电 子总物质的量一半，即为0.01mol，那么nD 离子∶nE2G4 离子＝0.01∶0.06 ＝1∶6 又因为x＋y＋z＝7 则x＝0，y＝1，z＝6．不合题意．D 离子降低 的2 价也不合题意．所以D 离子只有降1 价合理． ③求 A 元素的相对原子质量确定A 元素． A元素的相对原子质量 ＝ 8 74 －56 · ×0 02 －88 · ×0 06 0 06 . 1 . 1 . . g g mol mol g mol mol mol  ＝39g/mol 所以 A 为钾元素．该化合物分子式为：K3Fe(C2O4)3 命题目的：本题是一道综合性计算题，涉及元素及化合物的性质， 信息量大，主要看学生能否运用性质、计算、推理逐步进行求解． 解题关键：①化合物中E、G 元素完全转化成气态化合物EG2，其密 度1.965g·L-1，EG2 能使澄清石灰水变浑浊．②加入过量铁粉，其中使 D 离子全部还原，消耗铁粉0.56 g． ③有的人看了题后不知从何处下手解题，试题中提出三个问题，这 实际上是提示了解题的入口和途径． 错解剖析：一般是在确定 D 时遇到困难，不会用假设的方法进行推 理．在化学计算中常要用到这一种方法． 13．一氧化碳和二氧化碳的混合气体14.8g，经完全燃烧测得共有二 氧化碳11.2L(标准状况)，求原混合气体平均相对分子质量． 解析 1：设CO 为xmol，CO2 为ymol 28x 44y 14.8 x y ＋ ＝ ＋ ＝ 112 22 4 . 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 95 .    解得 x＝0.45moly＝0.05mol M＝ ＝29.6 14 8 05 . . 解析 ： 所以∶ ＝ ∶ ＝ ． 燃烧 燃烧 2 CO CO CO CO 14.8 11.2 22.4 M 29.6 2 2 2   M 命题目的：主要考查求平均相对分子质量的知识点，从某种角度讲 速度就是水平，不同方法解题速度不同． 解题关键：解析 1 是用一般混合的计算方法．解析2 是利用了任何 气体在标准状况下1mol 的气体占体积22.4L，11.2L 质量为14.8，即 马上求出 1 mol混合气体的M． 答案：混合气体平均相对分子质量 29.6． 14．标准状况下，一烧瓶装满氮气称量为50.4296g；装满二氧化碳 称量为50.7840g，求此烧瓶的容量． 解析 1：设烧瓶的容量为VL，质量为Wg．依据克拉·伯龙方程： pV＝nRT，其中p＝1， R＝0.082，T＝273 1·V＝ － × × · ＝ － × × 50 7840 44 0 082 273 1 50 4296 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 96 28 0 082 273 . . . . W V W   解 得 ： V＝0.5(L) 解析 2：设烧瓶容量为VL． 22.4∶(44－28)＝V∶(50.7840－50.4296) V＝0.5(L) 命题目的：主要考查标准状况下，气体的体积与质量的关系．解题关键：虽然是 常规习题，也有个运算简单问题．解析2 运算简 单；速度快，节省时间． 答案：烧瓶的容量为 0.5L． 15．氨气极易溶于水，若1 体积水能溶解标准状况下700 体积氨气， 所得氨水密度为0.9g·mL-1，求所得氨水的物质的量浓度． 解析：设1体积为1L，则溶质NH 的物质的量＝ ＝31.25(mol) 3 700 22 4 . 溶质质量＝31.25mol×17g·mol-1＝531.25g 溶剂质量＝1L×1000g·L-1＝1000g 溶液质量＝531.25＋1000＝1531.25(g) 溶液体积＝1531.25g÷0.9 g·mL-1＝1701.39mL 氨水物质的量浓度＝ ＝ · 3125 17 . . mol L 18.38 mol L1 命题目的：主要考查溶质为气体的物质的量浓度如何计算． 解题关键：①1 体积水，700 体积NH3，设为1L，700L．②求溶液 体积，先求溶液质量(m 质＋m 剂)，再根据密度求溶液体积． 错解剖析：①有人认为 1L 水就是1L 溶液，②也有些人认为700＋1 ＝701 为溶液的体积． 答案：氨水的物质的量浓度为 18.38mol·L-1． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 97 16．20g 结晶碳酸钠(Na2CO3·10H2O)溶于100g 水中，计算所得溶 液的质量分数． 解析：①20gNaCO3·10H2O 中含Na2CO3 的质量为： Na CO Na CO H O 2 3 2 3 2 10 106 · 286 ×100％×20＝ ×100％×20＝7.4(g) ②碳酸钠溶液的质量分数 7 4 100 20 . ＋ ×100％＝6.2％ 命题目的：主要考查含有结晶水合物溶于水后，溶液的质量分数的 求法． 解题关键：溶质是结晶水合物的无水物即(Na2CO3·10H2O)溶于水形 成溶液，溶质是Na2CO3，而不是Na2CO3·10H2O． 答案：所得溶液的质量分数为6.2％． 17．将200g30℃饱和硫酸铜溶液加热蒸发掉30g 水后，再冷却到0 ℃．问有多少克晶体析出？(硫酸铜的溶解度：30℃时为25g，0℃时为 14.8g) 解析 1：根据质量守恒原理求解 原溶液中溶质的质量＝析出的晶体中溶质的质量＋残存在母液中溶 质的质量 解：设析出硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)的质量为mg． 则： × ＋ ＝ × ＋ － － × ＋ 200 m (200 30 m) 25 100 25 160 250 14 8 100 14 8 . . 解得 m＝35.4(g) 解析 2：根据溶解度概念求解0℃时，有 溶质的质量 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 98 溶剂的质量 ＝ 14 8 100 . 设析出硫酸铜晶体为 m g 则 × － × × － － × ＝ 200 25 125 160 250 200 100 125 30 90 250 14 8 100 m m . 解得 m＝35.4(g) 解析 3：根据溶液质量分数求解 同一物质的饱和溶液析出晶体后仍是饱和溶液，故它的质量分数不 变则 ℃时， 溶质的质量 溶液的质量 0 ×100％＝ ×100％ 14 8 114 8 . . 设析出晶体为 mg，则 200 25 125 160 250 200 30 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 99 14 8 114 8 × － × － － × ％＝ × ％ m m 100 100 . . 解得 m＝35.4(g) 命题目的：主要考查结晶水合物形成晶体析出的计算． 解题关键：①溶质从溶液里形成晶体析出时，要结合一定质量的结 晶水，因此，在其他条件发生改变时，应考虑到溶质结合了结晶水，导 致了溶剂的减少，这是隐形的． ② · × ％＝ × ％ CuSO CuSO H O 4 4 25 160 250 100 100 答案：有 35.4g 硫酸铜晶体析出． 18．将一定量的二氧化碳气通入500mL 氢氧化钠溶液中，充分反应 后，将溶液低温蒸发，得到不含结晶水的白色固体A．取3 份质量不同 的白色固体A 分别与50mL 相同浓度的盐酸反应，得到标准状况下的气 体体积与固体A 的质量关系如右表所示： 组别 1 2 3 V(HCl)(mL) 50 50 50 m(A)(g) 3.80 6.20 7.2 V(气体)(mL) 896 1344 1344 (1)右表中第________组数据表明加入的50mL 盐酸反应后有剩余， 其理由是________． (2)请通过计算、讨论，判断第1 组中固体A 是什么物质，其成分的 质量分数是多少？ (3)参加第一组反应的氢氧化钠的物质的量是多少？ 解析：(1)表中第1 组盐酸有剩余．理由是1～3 组所用的盐酸的物质 的量相同，第1 组产生的气体比其他各组都少，所以第1 组盐酸过量， 白色固体A 不足． (2)二氧化碳跟氢氧化钠反应方程式如下： CO2＋2NaOH＝Na2CO3＋H2O⋯⋯① 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 100 Na2CO3＋CO2＋H2O＝2NaHCO3⋯⋯②根据方程式可知A 的组成可能有4 种情况： ①Na2CO3，②Na2CO3 和NaOH，③NaHCO3，④Na2CO3 和NaHCO3． 若只发生反应①，则生成Na CO 的质量×106＝4.24(g) 2 3 0896 22 4 . . ∵4.24＞3.80，∴A 的组成不可能是Na2CO3 或Na2CO3 和NaOH 的 混合物． 若发生反应①和②，只生成，则的质量为 · × · ＝ NaHCO NaHCO 84g mol 3.36g 3 3 1 0 896 22 4 1 . . L L mol  ∵3.36＜3.80，∴A 的组成不可能是NaHCO3． 所以 A 肯定是Na2CO3 和NaHCO3 的混合物． 设 3.80gA 中含x mol Na2CO3，y mol NaHCO3，则： (2x＋y)NaOH＋(x＋y)CO2＝xNa2CO3＋yNaHCO3＋H2O (x y)mol 22.4L mol 0.896L 106g mol xmol 84g mol ymol 3.80g ＋ × · ＝ · ＋ · ＝     1 1 1 解得 x＝0.02mol y＝0.02mol 所以 中的质量分数为 × A Na CO ×100％＝55.8％ 2 3 0 02 106 380 . . 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 101 NaHCO3 的质量分数为1－55.8％＝44.2％ (3)参加第1 组反应的NaOH 为0.02×2＋0.02＝0.06(mol) 命题目的：本题主要考查酸性氧化物跟强碱反应生成二元酸盐的情 况分析． 解题关键：关键是抓住“低温下蒸发”，判断A 中可能含有酸式盐．因 为碳酸氢钠受热易分解． 错解剖析：计算时没有和化学方程式联系，也未分析 A 有4 种可能 的成分． 第三章 硫 硫酸 单选题 1．下列说法中正确的是 [ ] A．硫可溶于水 B．硫易溶于二硫化碳 C．硫单质在与Cu、Fe、O2 的反应中均作氧化剂 D．硫在自然界中仅以化合态存在 解析：硫不溶于水，所以 A 不正确．S 与O2 反应时生成SO2，硫作 还原剂，所以C 不正确．硫在自然界中主要以黄铁矿(FeS2)、黄铜矿 (CuFeS2)等化合物存在，但在自然界中也存在单质硫，也叫自然硫，所以 D 不正确．硫易溶于二硫化碳中，所以B 正确 命题目的：主要考查硫的物理性质即溶解性． 答案：B 2．下列物质中硫元素既能被氧化，又能被还原的是 [ ] A．H2S B．H2SO4 C．SO2 D．SO3 解析：二氧化硫中的硫为＋4 价硫，即可以失电子化合价升高表现出 还原性，又可以得电子化合价降低表现出氧化性，但在通常的反应中以 还原性为主．SO2 有较强的还原性． 例 SO2＋Cl2＋2H2O＝2HCl＋H2SO4 SO2 遇到强还原剂时，表现出氧化性． 例 SO2＋2H2S＝3S＋2H2O 因此，SO2 既有氧化性，又有还原性，所以C 正确．H2S 中硫－2 价 只能失电子，所以只有还原性．H2SO4、SO3 中的硫为＋6 价只能得电子， 所以只有氧化性． 命题目的：主要考查如何正确认识二氧化硫的氧化性和还原性． 答案：C 3．能够说明氯的非金属性比硫强的反应是 [ ] A．CuCl2＋H2S＝CuS↓＋2HCl B．Cl2＋H2S＝2HCl＋S↓ 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 102 C．3Cl2＋6FeSO4＝2Fe2(SO4)3＋2FeCl3 D．H2SO4(浓)＋NaCl(固)＝NaHSO4＋HCl↑解析：氯气能从H2S 中把S 置换出 来，说明氯的非金属性比硫强， 所以B 正确． 命题目的：主要考查氧族元素的氧化性比相应的卤族弱． 答案：B 4．下列微粒半径最大的是 [ ] A．S B．S2- C．Cl- D．K+ 解析：四种微粒电子层相同，都有三个电子层，此种情况下决定半 径大小的是核电荷数，核电荷数减少，则半径越大．(因为核电荷数增大， 原子核对核外电子吸引力增强，因此原子半径依次减小)对于同种元素来 说服从的规律：阴离子半径＞原子半径＞低价阳离子半径＞高价阳离子 半径．所以S2-＞S． 命题目的：主要考查如何比较原子、离子半径的大小． 解题关键：在中学阶段，可以根据两个方面即电子层数、核电荷数 来比较原子、离子半径的大小． ①同一周期的主族元素，电子层数相同，但从左到右，核电荷数依 次增多，原子核对核外电子吸引力增强，原子半径减小．同一周期元素 的离子半径，阳离子的电子层数相同，随着核电荷数的增多，半径减小．同 周期元素阴离子半径比阳离子半径要大得多． ②同主族元素，从上到下，由于核外电子层数增多，原子半径依次 增大．同主族的同价离子半径，从上到下，也同核外电子层数增多，半 径依次增大． ③具有相同电子层结构(核外电子层数相同，各层的电子数也相同) 的相邻元素的离子，随着核电荷数的增加，由于原子核对核外电子吸引 力增强，因而离子半径减小．例如 O F Na Mg Al 1.40 1.36 0.95 0.65 0.5 2、、+、2+、3+ 离子半径 ④对同种元素来说服从下列规律： 阴离子半径＞原子半径＞低价阳离子半径＞高价阳离子半径． 例 Fe＞Fe2+＞Fe3+S2-＞S． 答案：B 5．24mL 硫化氢在30mL 氧气中燃烧，在同温同压下，得到的SO2 体积为 [ ] A．24mL B．30mL C．20mL 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 103 D．18mL 解析：硫化氢在氧气中燃烧反应方程式为2H S 3O 2SO 2H O 2 2 2 2 ＋ ＋ 点燃 2H2S＋O2＝2S↓＋2H2O 从上面方程式中不难看出，反应后H2S 中H 元素全部转移到H2O 中， S 元素转移到SO2 和S 单质中，反应后O2 中O 元素转移到H2O 和SO2 中．用原子守恒法可巧解此题．(设n 为物质的量)同温同压时，气体体积 比＝物质的量之比 V(H S)V(O ) n(H S) n(O ) 24 30 4 5 2 2 2 2 ∶ ＝ ∶ ＝ ∶ ＝ ∶ 则 中为守恒 中为原子守恒 原子为氧原子守恒 4H S H 4H O(H ) 4 H S S (S ) 3 SO O 10( ) 2 2 2 2 S     所以 SO2 在混合气体中体积比为3∶(4＋5)＝1∶3 又因为原混合气体体积为(24＋30)mL 所以SO 的体积为(24＋30)× ＝18(mL) 2 1 3 命题目的：主要考查①H2S 在O2 中点燃，涉及的两个化学反应： 2H S 3O 2SO 2H O 2 2 2 2 ＋ ＋ 点燃 2H2S＋O2＝2S＋2H2O ② 同温同压下，气体的体积比等于物质的量比．③原子守恒． 答案：D 6．把29g 铁和硫的混合物在密闭条件下加热反应，冷却至室温，再 加入足量稀硫酸后，放出的气体在标况下为8.4L，则混合物中硫和铁的 物质的量之比为 [ ] A．2∶3 B．3∶2 C．2∶1 D．无法确定 解析：此题如果采用一般的根据化学方程式计算的方法，由于 29g 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 104 混合物中Fe 和S 是哪一种过量不能确定，解题过程将会很复杂．本题中 找出混合物中Fe 与气体之间的关系． Fe＋S＝FeS FeS＋H2SO4＝FeSO4＋H2S↑ Fe 过量 Fe＋H2SO4＝FeSO4＋H2↑ 从上述三个反应可以看出，产生气体体积只与 Fe 的量有关，而与S 的量无关． 1 mol Fe～1 mol FeS～1 mol H2S 1molFe～1molH2 可得关系式为：1molFe～1mol 气体 设 Fe 质量为xg，n 为物质的量 x＝56g/mol×8.4L/22.4L·mol-1＝21gnFe＝8.4L÷22.4L·mol-1＝0.375mol n(S)＝(29－21)g/32g·mol-1＝0.25mol uS/nFe＝0.25mol/0.375mol＝2/3 命题目的：主要考查分析问题的能力，找出真正的关系即 1molFe～ 1mol 气体(H2S、H2 混合)，大大简化解题过程． 解题关键：①S 与酸不反应即放出气体与硫无关系．②Fe 与气体之 间的关系1mol Fe～1mol 气体，求出Fe 的质量21(g)，则S 质量＝29－21 ＝8(g)． 错解剖析：有人把产生的气体认为全部是FeS 与H2SO4 反应放出的， 而没有考虑Fe 的过量问题，从而得出错解． 答案：A 7．将x mol 亚硫酸钠和y mol 硫化钠溶于水，加入足量的稀硫酸， 硫元素为下列各种状态时，x∶y 的值应符合： (1)当生成物中有S 和SO2 时，x∶y________． [ ] A B C ．大于 ．等于 ．小于 1 2 1 2 1 2 D．等于 1 3 (2)当生成物中有S 和H2S 时，x∶y________． [ ] A 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 105 B C ．大于 ．等于 ．小于 1 2 1 2 1 2 D．等于 1 3 (3)当生成物中只有S 时，x∶y________． [ ] A B C ．大于 ．等于 ．小于 1 2 1 2 1 2 D．等于 1 3解析：本题中涉及的化学反应方程式： Na SO H SO Na SO SO H O 1 mol 1mol x mol xmol 2 3 2 4 2 4 2 2 ＋ ＝ ＋ ↑＋ Na S H SO Na SO H S 1 mol 1mol y mol y mol 2 2 4 2 4 2 ＋ ＝ ＋ ↑ SO 2H S 2H O 3S 1 mol 2 mol 2 2 2 ＋ ＝ ＋ 从上面三个反应得出，x mol Na2SO3 与稀H2SO4 反应可生成x mol SO y molNa S H SO y mol H S n n 1 2 2 2 4 2 SO2 H2S 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 106 ． 与稀反应生成，当∶ ＝ ∶ 2 时SO2 与H2S 恰好完全反应，则生成物只有S 单质．从而得出生成物 只有S 单质生成时x∶y＝1∶2，所以(3)的答案为B． 当生成物中有 和时，从＋ ＝ ＋ 看， 比 大，才能有剩余，所以∶ ＜ 得的答案为． S SO SO 2H S 2H O 3S SO 1 mol 1 mol 2mol x y (2) C 2 2 2 2 2 1 2 命题目的：主要考查①亚硫酸钠与硫酸、硫化钠与硫酸反应的化学 反应．②二氧化硫与硫化氢反应的化学方程式．③通过三个化学方程式 分析物质的量的关系． 解题关键：①H2SO4 与Na2SO3 和Na2S 反应，即强酸制弱酸．②SO2 ＋2H2S＝2H2O＋3S 也就是说当SO2 与H2S 恰好完全反应时，此时产物 只有单质硫x∶y＝1∶2． 答案：(1)A (2)C (3)B． 不定项选择题 1．关于二氧化硫的叙述正确的是 [ ] A．常温下可氧化成三氧化硫 B．可使品红溶液褪色 C．可称亚硫酐 D．实验室可用启普发生器制取 解析：常温时 SO2 与O2 不反应，所以A 不正确．SO2 可以使品红溶 液褪色，所以B 正确．H2SO3 失去H2O 生成酸性氧化物SO2，因此SO2 叫亚硫酐．所以C 正确．实验室用Na2SO3 与H2SO4 反应制SO2，不能用 启普发生器，因为启普发生器用液体与块状固体，而Na2SO3 是粉末，所 以D 不正确． 命题目的：主要考查二氧化硫的性质． 答案：B、C 2．往X 盐溶液中通入过量氯气，再滴加硝酸钡和稀硝酸溶液，溶液 中有白色沉淀，X 盐可能是 [ ] A．亚硫酸钠 B．氯化钙 C．硝酸银 D、碳酸钠 解析：A．Na2SO3＋Cl2＋H2O＝Na2SO4＋2HCl 生成的Na2SO4 与硝 酸钡反应Na2SO4＋Ba(NO3)2＝BaSO4↓＋2NaNO3BaSO4 不溶于硝酸， 所以X 盐是亚硫酸钠． B．CaCl2 不与氯气反应，也不与硝酸钡反应，所以X 盐不是CaCl2． C．硝酸银，把氯气通入AgNO3 溶液中有Cl-，所以Ag+＋Cl-＝AgCl ↓而AgCl 又不溶于稀硝酸，所以X 盐是AgNO3． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 107 D．碳酸钠Na2CO3 不与氯气反应，但是 Na2CO3＋Ba(NO3)2＝BaCO3↓＋2NaNO3 BaCO3 溶于稀硝酸，白色沉淀又消失．所以X 盐不是碳酸钠． 命题目的：主要考查亚硫酸钠被氯气氧化生成 Na2SO4 的知识点． 答案：A、C 3．常温下，向20L 真空容器内通入a mol 硫化氢和b mol 二氧化硫 (a 和b 都是正整数，a≤5，b≤5)，反应完全后，容器内气体可能达到的 最大密度是 [ ] A．24.5g·L-1 B．14.4g·L-1 C．8g·L-1 D．5.1g·L-1 解析 1：极限法 设 最小＋ ＝ ＋ ↓ ＝ 则最大＝ H S 2H S SO 2H O 3S a 1mol 2mol 1mol SO 1mol x 0.5mol 2 2 2 2 2 b＝5mol 反应后 SO2 剩余4.5mol 密度＝ 质量 体积 ＝ · × ＝ · 设最小＝ ＋ ＝ ＋ ↓ 最大＝ 64 4 5 20 g mol 1mol L  . 14.4 g L SO b 1 mol 2H S SO 2H O 3S H S a 5 mol 2 mol 1mol 1 2 2 2 2 2 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 108 则剩余 为密度＝ 质量 体积 ＝ · × H S 3mol ＝ · 20L 5.1g L 2 1 34g mol1 3mol  解析 2：分析讨论法 因 SO2 的摩尔质量为64g·mol-1，比H2S 的摩尔质量34g·mol-1 大， 故当反应2H2S＋SO2＝3S＋2H2O进行完全后容器中仅SO2有剩余(而H2S 反应完全)时密度才有可能最大．由题意可知当反应完全后容器内的剩余量为 － ．要使比值最大， 的最大值为， 的最小正整数值为，即剩余的最大的物质的量＝ － × ＝ ρ ＝ × ＝ · ． SO (b a)mol b 5 mol a 1 mol SO 5 1 4.5 mol 14.4g L 2 2 (SO2 ) 1 2 1 2 4 5 64 20 1 .  解析 3：赋值法 由解析2知，只有当容器中剩余SO 且物质的量为(b－ a)mol 2 1 2 时，容器内的气体密度ρ可能为最大．由题设可知 a 只能取1、2、3、4、 5mol，而b 只能取最大值5mol，故有 a 1 2 3 4 5 b 5 5 5 5 5 b－ a 1 2 4.5 4 3.5 3 2.5 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 109 ρ 14.4 12.8 11.2 9.6 8.0 由此表可知容器内气体密度的最大值为 14.4g·L-1． 命题目的：主要考查由题中给出的三个重要的信息： ①常温下 2H2S＋SO2＝3S＋2H2O ②a、b 都为正整数③a、b 最大值为5mol． 运用三个信息综合分析问题．如用极限法、分析讨论法等不同方法 解此题． 答案：B 4．(1)质量均为m g 的Na、Zn、Mg、Al 分别与足量的稀H2SO4 反 应，放出氢气的质量由大到小的顺序 [ ] A．Al＞Mg＞Na＞Zn B．Zn＞Na＞Mg＞Al C．Zn＞Al＞Mg＞Na D．Na＞Mg＞Al＞Zn 解析 1：常规解法是分别写出四种金属与H2SO4 反应的化学方程式， 设m 为一个数值，分别通过方程式计算产生H2 的质量． 设 m＝1 2Na H SO Na SO H 46 2 1 x x 2 4 2 4 2 ＋ ＝ ＋ ↑ ＝ 2 46 Zn H SO ZnSO H 65 2 1 y y 2 4 4 2 ＋ ＝ ＋ ↑ ＝ 2 65器内的剩余量为－ ．要使比值最大， 的最大值为， 的最小正整数值为，即剩余的最大的物质的量＝ － × ＝ ρ ＝ × ＝ · ． SO (b a)mol b 5 mol a 1 mol SO 5 1 4.5 mol 14.4g L 2 2 (SO2 ) 1 2 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 110 1 2 4 5 64 20 1 .  解析 3：赋值法 由解析2知，只有当容器中剩余SO 且物质的量为(b－ a)mol 2 1 2 时，容器内的气体密度ρ可能为最大．由题设可知 a 只能取1、2、3、4、 5mol，而b 只能取最大值5mol，故有 a 1 2 3 4 5 b 5 5 5 5 5 b－ a 1 2 4.5 4 3.5 3 2.5 ρ 14.4 12.8 11.2 9.6 8.0 由此表可知容器内气体密度的最大值为 14.4g·L-1． 命题目的：主要考查由题中给出的三个重要的信息： ①常温下 2H2S＋SO2＝3S＋2H2O ②a、b 都为正整数③a、b 最大值为5mol． 运用三个信息综合分析问题．如用极限法、分析讨论法等不同方法 解此题． 答案：B 4．(1)质量均为m g 的Na、Zn、Mg、Al 分别与足量的稀H2SO4 反 应，放出氢气的质量由大到小的顺序 [ ] A．Al＞Mg＞Na＞Zn B．Zn＞Na＞Mg＞Al C．Zn＞Al＞Mg＞Na D．Na＞Mg＞Al＞Zn 解析 1：常规解法是分别写出四种金属与H2SO4 反应的化学方程式， 设m 为一个数值，分别通过方程式计算产生H2 的质量． 设 m＝1 2Na H SO Na SO H 46 2 1 x x 2 4 2 4 2 ＋ ＝ ＋ ↑ ＝ 2 46 Zn H SO ZnSO H 65 2 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 111 1 y y 2 4 4 2 ＋ ＝ ＋ ↑ ＝ 2 65Mg H SO MgSO H 24 2 1 z z 2 4 4 2 ＋ ＝ ＋ ↑ ＝ 2 24 2Al＋3H2SO4＝A12(SO4)3＋3H2↑ 54 6 1 E E＝ 6 24 E＞z＞x＞y Al＞Mg＞Na＞Zn 解析 2：解析1 较繁琐，用的时间较长． 介绍一种速解此类题的方法． 当遇到金属转换出酸中的氢的选择题，可根据氧化还原反应原理， 找出传递1 mol 电子所需要的金属或酸的量，再进行比较，则解题简单而 快速． 原理：金属与酸反应转换出氢，实质是金属原子失去电子被氧化成 金属离子，酸分子中氢得到电子被还原成氢原子．即： ，所以传递电子就生成氢原子．传递电子所 MM H 1 mol 1 mol 1 mol n+ + +e   n e H 需要的金属质量或酸的质量，就是生成1mol H 原子所需的质量．而金属 失去1 mol 电子所需的质量，显然可用该金属的摩尔质量除以该金属在反 应中显示的化合价得到．为了便于记忆，叫做“金属1 价质量” 金属 价质量＝ 金属的摩尔质量 化合价 1 (g) 同理，生成 1 mol 氢原子所需酸的质量 酸的 价质量＝ 酸的摩尔质量 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 112 正价总数 1 (g) 若用物质的量表示，也是同样道理，置换出1 mol 氢原子所需酸或金 属的物质的量表示为： 金属 价物质的量＝ 化合价 酸的价物质的量＝ 正价总数 1 mol 1 mol 1 1 对于相同质量的酸或金属来说，1 价物质的量，或1 价质量来说，其 值越小，反应放出的H2 的量越大．做这类题只需要知道，金属原子量、 化合价，或酸的分子量、酸根的化合价即可． 用上述方法解此题： Na Zn Mg Al 金属1价质量23 1 65 2 24 2 27 3 因为 ＜ ＜ ＜ ，值越小放出越多．所以答案为＞ 27 3 24 2 23 1 65 2 H Al Mg 2 ＞Na＞Zn．(2)物质的量均为1.5 mol 的钠、锌、镁、铝，分别与足量盐酸反应， 在相同状况下放出H2 体积比为 [ ] A．1∶2∶2∶3 B．3∶2∶2∶1 C．2∶2∶3∶1 D．3∶1∶2∶2 解析：相同状况下H2 体积比等于其物质的量之比，也等于H 的物质 的量之比． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 113 利用上题给出的规律解： 价物质的量金属＝ 化合价 氢的物质的量之比∶ ∶ ∶ ＝ ∶ ∶ ∶ Na Zn Mg Al 1 ( ) (mol) 1 mol 1 2 mol 1 2 mol 1 3 mol 1 2 2 3 1 15 1 15 1 2 15 1 2 15 1 3 . . . . (3)有盐酸、硫酸、磷酸浓度均为15％，质量均为50g，分别与足量 锌反应，放出H2 的量由大到小的顺序 [ ] A．H2SO4＞HCl＞H3PO4 B．H3PO4＞HCl＞H2SO4 C．H2SO4＞H3PO4＞HCl 解析：三种酸质量相同，其 1 价质量越小放出H2 量越大 HCl H SO H PO 1 ( ) 36.5 1 36.5(g) 98 2 49(g) 98 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 114 3 32.7(g) 2 4 3 4 价质量酸 ＝ ＝ ＝ 所以 H3PO4＞HCl＞H2SO4． (4)两种金属粉末混合物14g，投入质量足够的稀硫酸中，在标准状 况下产生1g 氢气，这混合物可能是 [ ] A．Fe 和Zn B．Zn 和Al C．Al 和Mg D．Fe 和Mg 解析：从题中可知生成 1molH 原子需14g 金属混合物，即14g 为两 种金属混合物的平均1 价质量，因此，两种金属的1 价质量，若一种大 于14g，另一种必须小于14g． Mg Al Fe Zn 1 ( ) 12(g) 27 3 9(g) 56 2 28(g) 65 2 32.5(g) 价质量金属 ＝ ＝ ＝ ＝ 24 2 命题目的：(1)题、(2)题、(3)题、(4)题主要考查金属置换酸中的氢的 选择题，掌握解题技巧，能快速简单得出结果． 解题关键：产生1 mol H 原子所需要的金属的量为“1 价量” 金属的价物质的 量＝ 化合价 酸的价物质的量＝ 正价总数 金属的价质量＝ 金属摩尔质量 化合价 1 (mol) 1 (mol) 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 115 1 (g) 1 1 酸的 价质量＝ 酸的摩尔质量 正价总数 1 (g) 对于相同质量的金属或酸来说，其“1 价量”越小，反应放出氢气的 量越大． 答案：(1)A (2)A (3)B (4)B、D 5 VL a g SO L 2 VL Fe 2 3 ． 硫酸铁溶液中含，取此溶液，用水稀释成， 则稀释后溶液中的物质的量浓度是 4 2   V [ ] A mol L B mol L C mol L 1 1 ． · ． · ． · a V a V a V 576 125 36 250 36 1   D． mol·L 1 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 116 250 48 a V  解析 1：设原溶液中Fe3+的物质的量浓度为x mol·L-1 Fe (SO ) 2 Fe 3 SO 2 3 x a 96V 2 4 3 ＝ 3＋ 2 4 解得： ＝ × · 取出， 的浓度不变，设稀释后为· 则： × × ＝ × x mol L Fe Fe y mol L y 2V 1 3 3+ 1 2 3 96 2 2 3 96 2 a V V a V V   y＝ (mol·L 1 ) a 576V  解析 ：设＝ × ，则原溶液为× ，取出 ，含为，稀释后， ＝ ，当＝ × 时，正确选项的数值应为，故将＝ × 代入选项． 2 a 96 3(g) Fe 56 2(g) L Fe 56g 2VL [Fe ] a 3 96 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 117 a 3 96 A 3 3+ 3+  V V V 2 1 2 1 2a V V V V 576 3 96 576 1 2 1 2 ＝ × ＝ 然后分别代入、、选项，结果都不是 ，只有符合． B C D A 解析 3：电荷守恒法 设稀释后 Fe3+的摩尔浓度为x mol·L-1 则： × ＝ × × 解＝ a a V 2 96 576       2 x 2V 3 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 118 x 命题目的：主要考查有关物质的量浓度的计算． 解题关键：以上三种解析中解析 3 最简单、易懂，即利用电荷守 恒，稀释后溶液中阴离子SO2 的电荷总数等于阳离子Fe3+的电荷总数． 4  答案：A 6．一瓶无色气体，可能含有HCl、HBr、SO2 中一种或几种．将其 通入氯水中，得到无色透明溶液，将该溶液分成两份，1 份加入盐酸酸化 的氯化钡溶液，析出白色沉淀，1 份加入硝酸酸化的硝酸银溶液，也有白 色沉淀生成．下面结论正确的是 [ ] A．原气体中肯定有SO2 B．原气体中可能有HBr C．原气体中不能肯定有无HCl D．不能肯定有无SO2 解析：根据题设实验情景看，加盐酸酸化的氯化钡溶液反应生成的 白色沉淀必定是BaSO4． 由此可判定原气体必定含有 SO2．其原因：由于SO2 与氯水反应为： SO2＋Cl2＋2H2O＝H2SO4＋2HCl 氯气是氧化剂，把 SO2 氧化成SO3，SO3 溶于水有H2SO4 生成，Cl2 被还原Cl-．而不能从“与AgNO3、HNO3 混合溶液反应生成白色沉淀” 而肯定原气体中含HCl．因为氯水中有Cl-． 命题目的：主要考查SO 与生成，这一性质再与可溶性钡盐2 2 4Cl SO2 反应的这一知识点． 解题关键：氯水中有Cl 能把SO 氧化成SO 2 2 4 2 ． SO2＋Cl2＋2H2O＝H2SO4＋2HCl 答案：A、C 7．在含有三氯化铁和氯化钡的酸性溶液中，通入足量的SO2，有白 色沉淀生成，由此得出结论是 [ ] A．白色沉淀是BaSO3 B．白色沉淀是BaSO4C．白色沉淀是BaSO3 和BaSO4 的混合物 D．FeCl3 被SO2 还原成FeCl2 解析：在酸性溶液中 SO2 不能与BaCl2 反应生成BaSO3，所以A、 C Fe SO SO Fe 2Fe SO 2H O 2Fe SO 4H 3 2 4 2 2+ 3+ 2 2 2+ 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 119 4 2 + 排除．在酸性溶液中是氧化剂，把氧化成，而本身被还原 ，即发生反应为： ＋ ＋ ＝ ＋ ＋   命题目的：主要考查SO 能把Fe 还原，本身转化为SO 这一知2 3+ 4 2  识点． 解题关键：在 FeCl3 的酸性溶液中，通入SO2 时Fe3+是氧化剂，SO2 是还原剂． 答案：B、D 8．下列溶液中通入SO2 后最终一定出现沉淀的是 [ ] A．Ba(NO3)2 溶液 B．BaCl2 溶液 C．Ba(OH)2 溶液 D．氢硫酸(H2S) 解析： 通入硝酸钡溶液中，相当于溶液中有、、共 存，这样部分被氧化为，即产生硫酸钡沉淀． SO H NO SO SO SO 2 + 3 2 2 4 2   SO2 通入氯化钡溶液中，SO2 与H2O 生成亚硫酸，所以生成的亚硫 酸钡沉淀不能存在于酸性溶液中． SO2 通入氢氧化钡溶液，先生成亚硫酸钡，最后转化为Ba(HSO3)2． SO2 通入氢硫酸中SO2 十2H2S＝3S↓＋2H2O 硫化氢具有还原性． 命题目的：主要考查 SO2 与硝酸盐[Ba(NO3)2]的反应的知识点． 解题关键： 溶于水生成使溶液显酸性，所以通入 硝酸盐中会发生比较复杂的反应，在溶液中、、共存时， 一定有部分被氧化成． SO H SO SO H NO SO SO SO 2 2 3 2 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 120 + 3 2 2 4 2   SO2 通入Ba(OH)2 溶液中，先有沉淀BaSO3 生成，最后转化为 Ba(HSO3)2． 答案：A、D 9．下图中x 表示通入气体的量，y 表示溶液中H+的物质的量．下列 反应中与图中变化关系相符合的是 [ ] A．向饱和H2S 溶液中通入过量的Cl2 B．向饱和H2S 溶液中通入过量的SO2 C．向SO2 饱和溶液中通入过量的H2S D．向NaOH 溶液中通入过量Cl2 解析：图像说明[H+]随通入气体量先下降而后增大，反应前[H+]比反 应后[H+]要小． A．H2S 酸是很弱的酸，溶液中[H+]小，通入Cl2 后发生反应：H2S ＋Cl2＝2HCl＋S↓，生成的HCl 完全电离，[H+]不断增大，所以A 反应 与图像不符合． B．向饱和H2S 溶液中通入SO2 发生反的应为： SO2＋2H2S＝2H2O＋3S↓随着SO2 与H2S 反应[H+]逐渐下降，当H2S 与SO2 完全反应完后，还继续通SO2，就形成亚硫酸，亚硫酸电离出[H+] 比反应前的要大，所以符合图中关系． C．反应开始[H+]下降，H2SO3＋2H2S＝3S↓＋3H2O 但当H2SO3 完全反应后，再通入H2S，当达饱和时，氢硫酸溶液中[H+]要比原来 小．(H2SO3 比H2S 强)，所以不符合图形关系． D．NaOH 与Cl2 反应时OH-不断消耗，[H+]逐渐增大．2NaOH＋Cl2 ＝NaClO＋NaCl＋H2O 与图形不符． 命题目的：主要考查能否利用H2S 是弱酸，H2SO3 是弱酸，但H2SO3 的酸性大于H2S 的酸性的概念，及SO2 与H2S 反应生成硫和水的性质与 图像的意义和特点结合起来分析问题，从而得出正确答案． 解题关键：①首先分析清楚图像所说明的是[H+]随着通入气体的量 先下降，反应后[H+]浓度比反应前要大． ②重点要抓住图像的几个点，a．原点(没有通入气体时)溶液的[H+] 的物质的量，b．交点(转折点)反应时[H+]的物质的量，C．终点反应完后 溶液中[H+]的物质的量． 答案：B 10．在某无色透明的酸性溶液中，能共存的离子组是 [ ] A NH NO Al Cl B Na AlO K NO 4 + 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 121 3 3+ + 2 + 3 ． 、、、 ． 、、、   C MnO K SO Na D K SO HCO Na 4 + 4 2 + 4 2 3 + ． 、、、 ． 、、、   解析：要解好溶液中离子大量共存的问题，应掌握下面几个原则： ①生成沉淀而不能大量共存，例与， 与， 与 ， 与， 与等都不能在溶液中大量共存，因为它们 Ag Cl Ba SO Fe OH Al H SiO + 2+ 4 2 3+ 3+ + 3 2  OH 生成沉淀．沉淀的判断原则是溶解性表中不溶或微溶的物质的阴阳离子， 不能大量共存． ②生成气体而不能大量共存．如与， 与， 与 ， 与， 与等都不能在溶液中大量共存，因为它 H HCO H CO H SO H HSO NH OH + 3 + 3 2 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 122 + 3 2 + 3 4 +  们生成不稳定的物质，从而放出气体CO2、SO2、NH3 等．判断的原则是 生成不稳定酸H2CO3、H2SiO3 或生成不稳定碱NH3·H2O． ③生成弱电解质而不能大量共存． 例如：H+与S2-，H+与OH-，H+与ClO-，H+与CH3COO-等，判断原 则是生成弱酸、弱碱和水等弱电解质，它们在水溶液中主要以难电离的 分子状态存在，因此不能大量共存． ④发生氧化还原反应而不能大量共存．例： 与， 与 ， 与， 与， 与， 与， 与， 与等都不能在溶液中大量共存，因为它们会发生氧化还原反应 MnO I MnO S Fe I Fe S S O H Fe NO (H ) Fe Sn Sn Fe 4 4 2 3+ 3+ 2 2 3 2 + 2+ 3 + 3+ 2+ 4+ 2+   而生成其他物质．判断依据是常用强氧化性离子与强还原性离子不能大 量共存． ⑤酸碱环境不同而不能大量共存．例如：NH 与AlO ，Al 与AlO ， 4 + 2 3+ 2  NH SiO Zn AlO Al SiO Al NH Zn AlO SiO 4 + 3 2 2+ 2 3+ 3 2 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 123 3+ 4 + 2+ 2 3 2 与， 与， 与等都不能在溶液中大量共存，因为 、、都只能在酸性环境溶液中存在， 、只能在碱性 环境溶液中存在．因此它们不能共存．   ⑥发生双水解反应而不能大量共存问题和由于络合而不能大量共存 问题，在今后学习中再总结． 小结以上情况，在酸性溶液中不能大量存在的离子是： 、、 、、、、、、、、． CO HCO SO HSO S HS ClO CH COO AlO S O SiO 3 2 3 3 2 3 2 3 2 2 3 2 3 2   在碱性溶液中不能大量存在的离子是：Fe2+、Fe3+、Cu2+、Zn2+、 Ag+Al3+NH 4 、等不溶性碱的金属阳离子和+． 把上面的小结搞清楚，回过来看此题． A B AlO H C MnO D HCO H 2 + 4 3 + 组中能共存， 组中与不能共存， 组中为紫红色， 组中与不能大量共存．   命题目的：主要考查离子共存的知识点． 答案：A 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 124 11 Na K S O Cl K NH AlO Cl Ba NO Cl CO Na K SiO SO Ba Cl HCO Na Ba HCO Na HPO + + 2 3 2 + 4 + 2 2+ 3 3 2 + + 3 2 3 2 2+ 3 + 2+ 3 + 4 2 ．下列各组离子① 、、、② 、、、 ③ 、、、④ 、、、⑤ 、 、、⑥ 、、、．在水溶液中能大量    共存，且加入过量的稀硫酸时，既产生沉淀，又产生气体的离子组是 [ ] A．全部 B．①③④⑤⑥ C．①④⑤⑥ D．①④⑤ 解析：①组能共存，加入稀硫酸后既产生的沉淀，又生成气 体，②中与因发生双水解而不能共存．③ 与不能共 存．④ 组能共存，且加入过量的稀硫酸时，既生成硅酸沉淀，又生成 S SO NH AlO Ba CO 2 4 + 2 2+ 3 2  真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 125 SO2 气体．⑤组能共存，且加入过量的稀H2SO4 时，既能生成BaSO4 沉 淀，又生成CO 气体．⑥中Ba 与HPO 不能共存． 2 2+ 4 2 命题目的：主要考查离子共存的知识点． 答案：D 12．下列离子组，能够大量共存的是 [ ] A H Ag NO Br B Cu Cl Na SO + + 3 2+ + 4 2 ． 、、、 ． 、、、   C CO K H Cl D ClO Ca H S 3 2 + + 2+ + 2 ． 、、、 ． 、、、   解析：A 组中Ag+与Br-不能大量共存，Ag+＋Br-＝AgBr↓生成难溶 的物质． B 组中，各离子可以大量共存． C H+CO 2H CO H O CO 3 2 + 3 2 2 2 组中， 与不能大量共存， ＋ ＝ ＋ ↑，生成 气体逸出．  D 组中，H+与ClO-，H+与S2-都不能大量共存． 2H+＋S2-＝H2S↑，生成气体逸出． H+＋ClO-＝HClO，生成难电离的弱电解质． 命题目的：主要考查离子共存的知识点． 答案：B 13．下列离子方程式中，正确的是 [ ] 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 126 A H+HCO CO H O 3 2 2 ．醋酸与小苏打溶液反应＋ ＝ ↑＋ C．铁与三氯化铁溶液反应Fe＋Fe3+＝2Fe2+ D．铝与氢氧化钠溶液反应 2Al 2OH 2H O 2AlO 3H A CH COOH HCO CH COO H O CO 2 2 2 3 3 3 2 2 ＋ ＋ ＝ ＋ ↑ 解析： 中醋酸为弱电解质，应保留分子式，故为 ＋ ＝ ＋ ＋ ↑   C 中不符合电荷守恒，应为Fe＋2Fe3+＝3Fe2+ D 的离子方程式正确． 命题目的：主要考查离子方程式正误的判断． 解题关键：书写离子方程式必须熟悉物质性质，掌握离子反应规律． ①明确反应的本质，哪些离子参加反应，转变成哪些离子(或沉淀、 气体或弱电解质)，哪些离子并未参加反应． ②易溶强电解质写成离子形式，沉淀、气体和弱电解质仍保留分子 形式，不参加反应的离子不写入离子方程式中． ③ 配平应符合质量守恒、电荷守恒． 错解剖析：主要易错 C 中 Fe＋Fe3+＝2Fe2+不遵守电荷守恒． 答案：D 填空题 1 SO CO OH Cl 4 2 3 2 ．某溶液中含有、、、四种阴离子，如果只取一次该溶液，分别将四种离子 检验出来，操作顺序应为： (1)________； (2)________； (3)________． 解析：题中要求只取一次溶液，那就要考虑首先检验哪种离子对下 面的离子的检验无干扰，也还要考虑加入的试剂不能影响其他的检验． (1)先检验OH-，加入酚酞试剂，溶液变红，证明有OH-存在． (2) CO3 2 加稀硝酸有气体产生，证明溶液有存在，同时红色褪去变成 无色溶液．  (3)把这种无色溶液分为两份．一份加入硝酸钡溶液有白色沉淀，证 明有SO 存在．另一份加入硝酸银溶液有白色沉淀，证明有Cl 存在． 4 2  真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 127 命题目的：主要考查离子检验知识点． 解题关键：加入试剂硝酸、硝酸钡溶液、硝酸银溶液，即加入的 NO3 ，不影响题中的四种阴离子的检验． 2．除去下列物质中的杂质(括号内为杂质)填写下表： 物质 选用试剂离子方程式 Na SO (NaHSO ) 2 4 4 FeSO (FeS) 4 NaCl(MgSO ) 4 KCl(K CO ) 2 3 解析：除去物质中的杂质不能增加其他的杂质．Na2SO4(NaHSO4)除 去NaHSO4． 方法 加入氧化钠溶液＋ ＝ ＋ 方法加入亚硫酸钠溶液＋ ＝ ＋ ＋ ↑ 1 HSO OH SO H O 2 2HSO SO 2SO H O SO 4 4 2 2 4 3 2 4 2 2 2   FeSO4(FeS)加入稀硫酸 FeS＋2H+＝Fe2+＋H2S↑ NaCl(MgSO4)加入氢氧化钡溶液，适量HCl Ba 2OH Mg SO BaSO Mg(OH) HCl OH KCl(K CO ) HCl CO 2 H H O CO 2+ 2+ 4 2 4 2 2 3 3 2 + 2 2 ＋ ＋ ＋ ＝ ↓＋ ↓ 适量用来中和过量的． 加入溶液＋ ＝ ＋ ↑    命题目的：主要考查①除杂的知识点．②正确写出反应的离子方程 式． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 128 3．写出实验室中制取H2S 气体的化学方程式及离子方程式．当将硫 化氢气体分别通入盛下列试剂的容器内，各看到什么现象？写出有关的 化学方程式． ①紫色石蕊试液________，②氢氧化钾溶液，________③溴水 ________，④亚硫酸________，⑤二氧化硫气体________，⑥浓硫酸 ________；⑦硫酸铜溶液________，⑧硝酸铅溶液________，⑨酸性高 锰酸钾溶液________． 解析：实验室制取H2S 化学方程式： FeS＋2HCl＝FeCl2＋H2S↑ FeS＋2H+＝Fe2+＋H2S↑①H2S 气体通入紫色石蕊试液显红色，因为氢硫酸是弱 酸． ②硫化氢被氢氧化钾溶液吸收． H2S＋2KOH＝K2S＋2H2O ③橙红色溴水褪色，溶液变浑浊，析出淡黄色沉淀． H2S＋Br2＝S↓＋2HBr ④溶液变浑浊，析出淡黄色沉淀． 2H2S＋H2SO3＝3S↓＋3H2O ⑤两种气体混合时，气味变淡，容器壁上有黄色沉淀及水珠． 2H2S＋SO2＝3S↓＋2H2O ⑥溶液中产生沉淀及刺激性气体． H2S＋H2SO4(浓)＝S↓＋SO2↑＋2H2O ⑦蓝色硫酸铜溶液中产生黑色沉淀． H2S＋CuSO4＝CuS↓＋H2SO4 ⑧无色硝酸铅溶液中产生黑色沉淀． H2S＋Pb(NO3)2＝PbS↓＋2HNO3 ⑨酸性高锰酸钾溶液的紫色逐渐褪去． 5H2S＋2KMnO4＋3H2SO4＝K2SO4＋2MnSO4＋5S↓＋8H2O 命题目的：主要考查①实验室制取 H2S．②H2S 的化学性质． 解题关键：对 H2S 的性质要掌握得非常清楚． 4．浓硫酸具有________性，________性，________性，________性 和难挥发性． (1)实验室用浓硫酸和固体食盐制氯化氢，利用浓硫酸的________性． (2)含有水蒸气的氯气通过盛浓H2SO4 的洗气瓶，这是利用浓硫酸的 ________性． (3)铜片和浓硫酸共热生成硫酸铜，体现了浓H2SO4 的________性． (4)浓H2SO4 接触纸片后，纸片变黑，这体现了浓H2SO4 的________ 性． (5)硫与H2SO4(浓)共热生成二氧化硫，这体现了浓H2SO4________ 性． 解析：吸水性 脱水性 氧化性 酸性 (1)难挥发性 (2)吸水性 (3)氧化性 (4)脱水性 (5)氧化性 命题目的：主要考查浓硫酸的性质． 5．用一种试剂分别把下列各物质中混有的杂质(括号内为杂质)除去， 写出所用试剂及有关离子方程式： 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 129 (1)NaCl(Na2CO3)________ (2)NaNO3[Ba(NO3)2]________ (3)FeCl2(CuCl2)________ (4)H2S 气体(HCl)________ (5)CO2(SO2)________ (6)SO2(HCl)________ 解析： (1) HCl CO 2H H O CO (2) Na SO Ba SO BaSO (3) Fe Fe Cu Fe Cu 3 2 + 2 2 2 4 2+ 4 2 4 2+ 2+ 加入盐酸＋ ＝ ＋ ↑ 加入＋ ＝ ↓ 加入粉＋ ＝ ＋  (4) NaHS HS H H S (5) NaHCO SO HCO HSO CO (6)NaHSO HSO H H O SO + 2 3 2 3 3 2 3 3 + 2 2 加入＋ ＝ ↑ 饱和溶液＋ ＝ ＋ ↑ ＋ ＝ ＋ ↑    命题目的：主要考查①除杂的原理，②离子方程式． 6 SO SO S Cl Br I NO Na Mg 4 2 3 2 2 3 + 2 ．下列溶液中可能含有、、、、、、、 、等离子． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 130   ①滴入溴水后，溶液由无色变为棕黄色，并出现浑浊，则溶液中一 定含有________． ② 若加入硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，再加入盐酸沉淀部分溶解， 则原溶液中一定含有________． ③ 若加氯化钡溶液及盐酸的混合溶液无沉淀生成．若先加入氯水， 然后再加入氯化钡溶液和盐酸，有白色沉淀生成，则原溶液中一定含有 ________． ④ 若加入氢氧化钡溶液无沉淀生成，加入硝酸银溶液也无沉淀生 成，则原溶液中阴、阳离子只可能是________． 解析：①滴入溴水后，溶液由无色变为棕黄色并出现浑浊，则溶液 中一定有I-，出现浑浊Br2 氧化了S2-生成硫析出．所以有I-、S2-． ②加入硝酸钡有白色沉淀，加盐酸部分溶解则一定有、， 因为溶于酸． SO SO BaSO 4 2 3 2 3  ③加入氯水后再加入氯化钡溶液和盐酸有白色沉淀，则溶液中一定 有SO ，因为氯水中的Cl 把SO 氧化为SO ． 3 2 3 2 4 2  2 ④若加氢氧化钡溶液无沉淀，则溶液中无、、，若 加入硝酸银溶液无沉淀，则溶液中无、、、、、 离子，所以溶液中只可能有、． SO SO Mg Cl Br I S SO SO Na NO 4 2 3 2 2 2 4 2 3 2 + 3   真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 131  命题目的：主要考查卤离子、、的基本性质． 答案：① 、② 、③ ④ 、． SO SO S I SO SO SO Na NO 4 2 3 2 2 4 2 3 2 3 2 + 3   7．甲、乙、丙三种钠盐(正盐)，它们之间有如下的相互关系： 已知 Na2S2O3＋H2SO4＝Na2SO4＋SO2＋S＋H2O ①甲＋H2SO4(稀)＝Na2SO4＋H2O＋丁＋戊 ②丁＋ 戊 点燃 O2 ③乙＋H2SO4(稀)＝Na2SO4＋H2O＋戊 ④乙＋2 丙＋3H2SO4(稀)＝3Na2SO4＋3 丁＋3H2O 由此可以判断出：甲是________；乙是________；丙是________； 丁是________；戊是________． 解析：根据已知推出丁、戍为 SO2、S，但谁为硫还要从②反应中得 出丁为S，戊为SO2．从③反应乙的盐与硫酸反应生成SO2(戊)，所以乙 必为亚硫酸盐，即亚硫酸钠．从④反应Na2SO3(乙)与丙(钠盐)与硫酸反应 生成S(丁)似乎没有学过，但我们学过SO2 与H2S 反应生成S 的反应，并 且Na2SO3(乙)＋H2SO4 即可生成SO2，推出硫酸与硫化钠反应可生成硫化氢，则 SO2 与H2S 可生成硫(丁)和水．所以丙为硫化钠． 命题目的：主要考查硫的氢化物，硫的氧化物的性质的灵活运用． 解题关键：a．会利用题中给出的信息，Na2S2O3(硫代硫酸钠)没有讲 过，但题中已给出它与硫酸的反应． b．从反应③乙＋H2SO4(稀)＝ Na2SO4＋H2O＋戊(SO2)看出乙为亚硫酸钠，原因是不挥发性酸制取挥发 性亚硫酸．c．反应④稀硫酸与两种盐反应生成的两种酸，这两种酸又能 反应生成硫(丁)的只有亚硫酸钠和硫化钠． 答案：甲 Na2S2O3 乙 Na2SO3 丙 Na2S 丁S 戊SO2 8 SO S SO S SO S 3 2 2 3 2 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 132 2 3 2 2 ．某碱性溶液中含和，用硫酸酸化后，①若只有硫生成， 则原溶液中和的物质的量浓度比为．②若生成硫和 二氧化硫，则原溶液中和的物质的量浓度比为．    [ ] A．等于1∶2 B．等于2 C．大于1∶2 D．小于1∶2 解析：题中用硫酸酸化的作用是使变成为，使变为亚 硫酸，而亚硫酸分解为，而与又能发生氧化还原反应，生 成单质． S H S SO SO SO H S S 2 2 3 2 2 2 2  有关反应为： S 2H H S b SO 2H S 3S 2H O c 2 + 2 2 2 2 ＋ ＝ ＋ ＝ ↓＋ ①若只有 生成，说明与恰好按反应完全反应，这样 和的浓度比应为∶ ＝ ∶ 选 S SO H S c SO S SO S 1 2 A 2 2 3 2 2 3 2 2   真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 133 ②若生成 和，则说明在反应中， 有剩余，所以和 浓度比∶ ＞ ∶ ．选 S SO c SO SO S SO S 1 2 C 2 2 3 2 2 3 2 2   命题目的：主要考查①强酸与弱酸盐的反应②H2S 的还原性，SO2 的氧化性． 解题关键：①硫酸的酸化作用2H+＋S2 ＝H S 2 H ＋SO ＝H SO 2 + 3 2 2 3  ②用 SO2＋2H2S＝3S↓＋2H2O 方程式进行分析，找出物质间的相互 关系． 答案：A、C 实验题 1．将1mol·L-1 的Na2SO4 和2mol·L-1 的ZnCl2 的混合溶液 100mL 和1.5mol·L-1 的BaCl2 溶液100mL 混合后，过滤，洗涤沉淀，将滤液和 洗涤液合并，并定容至500mL，则溶液中各种离子的物质的量浓度分别 是， ， ； ； ； ． Na Zn Ba SO Cl + 2+ 2+ 4 2   解析：当Na2SO4 和ZnCl2 的混合液与BaCl2 溶液混合后即发生 SO Ba BaSO 1 mol 1 mol 1 mol L 0.1L 1.5mol L 0.1L 4 2 2+ 4 1 1   ＋ ＝ ↓ 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 134 · × · × 0.1 0.15 Ba 2+剩余0.05 mol 溶液中存在的离子有 Na+、Zn2+、Cl-、Ba2+它们分别为0.2mol，0.2mol， 0.7mol，0.05mol，溶液体积为 500 mL．根据物质的量浓度＝ 物质的量 溶液的体积 公式可求出各种离子的浓度． Na 0.4 mol L Zn 0.4 mol L Cl 1.4 mol L Ba 0.1 mol L SO 0 + 1 2 1 1 2 1 4 2 为· 为· 为· 为· 为．   命题目的：主要考查溶液中各离子的物质的量浓度的计算． 解题关键：物质的量＝物质的量浓度×溶液体积．Na+的物质的量＝ 1mol·L-1×0.1L×2 Cl-的物质的量＝(2mol·L-1×0.1L×2)＋(1.5mol·L-1×0.1L×2)． 2．实验室有一瓶亚硫酸钠试剂，已部分氧化变质．某学生设计了下 列实验来分析其纯度．试回答下列问题： 第一步：称取样品 Ag，写出称量时用到的仪器的名称________ ． 第二步：样品溶解，写出溶解时用到的仪器的名称________． 第三步：在溶液中加入过量的盐酸，再加入过量的氯化钡溶液，① 加入过量的盐酸的原因是________；②氯化钡溶液要过量的原因是 ________．③检验氯化钡是否过量的方法是________． 第四步：过滤和洗涤沉淀．①过滤时所用仪器与上述几步操作中所 用的容器重复的是________，其作用是________．②所得沉淀若不经洗 涤则导致实验测定值________．③ 洗涤沉淀的方法是________． 第五步：烘干沉淀并计算． 若 烘 干 后 的 沉 淀 称 量 为 Bg ，计算样品中亚硫酸钠的纯度为 ________． 解析：第一步用的仪器有托盘天平、药匙，烤杯． 第二步用的仪器有烧杯、玻璃棒． 第三步：①防止生成 BaSO3 沉淀 ②氯化钡过量原因是使变质生成的Na2SO4 全部转化成BaSO4 沉淀 ③待沉淀完全沉降后，在上层清液中加入BaCl2 溶液，见无白色沉淀 生成，证明BaCl2 已过量． 第四步：①重复的仪器是玻璃棒，作用是引流． ②沉淀不洗涤导致实验测定 Na2SO3 纯度偏小． ③在过滤器中用蒸馏水冲洗沉淀 1～2 次． 第五步计算，样品中亚硫酸钠的纯度为：A B 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 135 A － × 233 × ％ 142 100 命题目的：主要考察实验的基本技能．①所需用的仪器．②测定亚 硫酸钠部分氧化的基本原理．③ 样品纯度的计算． 计算题 1．某硫酸厂每天用含FeS260％的硫铁矿500 吨生产硫酸，如果在沸 腾炉内损失5％的硫，SO2 的转化率为90％，每天能生产98％的硫酸多 少吨？ 解析：这类题是硫酸制法中的一个基本型题．有关的方程式为 4FeS 11O 2Fe O 8SO 2 2 2 3 2 ＋ ＋ 高温 SO3＋H2O＝H2SO4 由上面的反应可以得出：FeS2～2H2SO4 若以后有类似的题时不必写上面方程式，可直接利用 FeS2～2H2SO4 这个结论．(既为始终态法) 设生产 98％的硫酸为x 吨 FeS 2H SO 120 2 98 500 60 (1 5 ) 90 x 98 2 2 4 ～ × × ％× － ％ × ％ × ％ 120×x×98％＝2×98％×500×60％×(1－5％)×90％ 解得 x＝427.5(吨) 答：每天可生产 98％的硫酸427.5 吨． 命题目的：主要考查硫酸的工业制法中一系列反应方程式中，找出 FeS2～2H2SO4 的关系式．其次考查硫损失5％即是FeS2 损失5％，SO2 转化率为90％也是FeS2 转化率为90％． 2．写出H2S 燃烧反应的化学方程式．1.0LH2S 气体和aL 空气混合 后点燃，若反应前后气体的温度和压强都相同(20℃、101.3 Pa)，试讨论 当a 的取值范围不同时，燃烧后气体的总体积V(用含a 的表达式表示．假 定空气中氮气和氧气的体积比为4∶1，其他成分可忽略不计)． 解析 1： 2 H S O ( ) 2S 2H O 2 1 1 0.5 2 2 2 ＋ 不足＋ ① 燃烧 2 5 a a 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 136 1 5 (1)由①可知1.0LH2S 完全按①式反应，最多需O2 为0.5L．当： ≤ 即≤ 时， 与 按式反应，生 成固态硫和液态水，那么＝ ＋ － － ＝ ＋ 1 5 1 5 2 5 1 5 2 5 2 5 a 0.5L a 2.5 a L O aLH S (1) V 1 a a a 1 a(L) 2 2 (2)当a＞2.5L 时，1LH2S 按①反应后生成的S 与过量的O2 继续反应： S O SO 2 2 ＋ ② 燃烧 由于②式反应前后气体体积不发生变化，所以(1＋a)L 混合气体反应 后体积减小1.5L(1LH2S 和0.5LO2)，那么V＝1＋a－1.5＝a－0.5 解析 2：用差量法研究范围讨论 H2S 燃烧有两种情况 2H S O 2H O 2S( ) 2H S 3O 2H O 2SO ( 2 2 2 2 2 2 2 ＋ ＋ 不完全燃烧① ＋ ＋ 完全燃烧② 点燃 点燃) (1) 1LH S 0.5LO V 0.5L 2 2 O 2 若按①式反应， 消耗，所以当≤ 时，产 物 S 和H2O 都不是气体，反应后减少的体积应取决于O2 的体积． 当a≤2.5L，即V ≤0.5L( ≤0.05，a≤2.5) O 2 a 5 2 H S O 2H O 2S V 1 3 2 2 2 ＋ ＋ Δ 点燃 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 137 a a 5 3 5 V 1 a (1 )(L) (2) 1LH S 1.5LO V 1.5L H S 2 2 O2 2 ＝ ＋ － ＝ ＋ 若按②式反应， 消耗，当≥ ， 完全 3 5 2 5 a a 燃烧，反应后减少的体积取决于 H2S 的体积 当a≥7.5L，即V ≥1.5L时( ≥ ， ≥ a 5 1.5 a 7.5) O2 2 H S 3 O 2H O 2SO V 2 3 1 1.5 2 2 2 2 ＋ ＋ Δ 点燃 V＝1＋a－1.5＝(a－0.5)(L) (3) 7.5 a 2.5 1.5 V 0.5 O2 当≥ ≥ ，即≥ ≥ ，反应①、②同时发生， 此时可以为①式生成 S，有一部分氧化成SO2 S＋O2＝SO2 ΔV＝0 由于 O2 过量因而总体积减少数取决于H2S，与反应②式相同，也是 1.5L，所以V＝(a－0.5)L 命题目的：主要考查H2S 与O2 混合的计算，从而考查了学生思维能 力和逻辑推理能力． 解题关键：①明确题中给的条件、数据、量值或范围，能迅速恰当转换为解题条 件．例题中由空气中N2∶O2＝4∶1 转换为aL 空气参 加反应的氧气为 ． ②其次用阿伏加德罗定律及其推广即气体反应方 a 5 L 程式中系数比就是气态物质体积比．③差量法：运用气体反应前后气体 的体积差求解． 错解剖析：①只能写出一个或两个燃烧反应方程式． ②缺乏审题 能力，没有找出关键的话“讨论a 的取值范围不同”；缺乏抽象思维能 力，不会用含a 的代数式表示体积关系． ③把 N2∶O2＝4∶1 错认为空 气∶O2＝4∶1． 3．将足量的铁粉放入稀H2SO4 与CuSO4 的混合溶液中，当铁粉恰好 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 138 完全溶解后，过滤，将滤渣干燥称重，所得滤渣质量与加入铁粉质量相 等，则混合溶液中H2SO4 和CuSO4 溶液的物质的量浓度之比是多少？ 解析：铁粉与硫酸反应放出 H2，铁粉与硫酸铜溶液反应能置换出 铜．待铁完全溶解后，析出铜的质量等于该两个反应消耗的铁的质量．根 据这一等量关系，可进行计算． 设：稀硫酸与硫酸铜溶液的混合液为 1L． 其中 H2SO4 为x mol CuSO4 为ymol Fe H SO FeSO H 56 g 1 mol 56x g x mol 2 4 4 2 ＋ ＝ ＋ ↑ Fe CuSO FeSO Cu 56 g 1 mol 64 g 56y g y mol 64y g 4 4 ＋ ＝ ＋ 56x＋56y＝64y 解得x∶y＝1∶7 又因在 1L 溶液中，所以混合溶液中H2SO4 和CuSO4 溶液的物质的 量浓度为1∶7． 命题目的：主要考查无数据，只有文字叙述题目的解法，但题目中 已暗示反应前后各物质的量关系． 解题关键：根据铁与硫酸、铁与硫酸铜溶液两个反应的方程式，得 出Fe 与H2SO4 反应溶解铁56x g，铁与硫酸铜溶液反应溶解铁为56yg， 其二者之和56x＋56y 等于析出Cu 的质量，即64 y． 4．亚硫酸钡(BaSO3)与500 mL 稀硫酸反应，将生成的气体通入氢氧 化钡溶液．假设气体全部被吸收，得到的沉淀经干燥后称重为4.34g．求 硫酸的物质的量浓度． 解析 1：BaSO3 与稀硫酸反应，生成SO2 气体，将该气体通入氢氧化 钡溶液里生成不溶于水的BaSO3 固体．所以可根据亚硫酸钡的量求SO2 的量，再根据SO2 的量，求反应物硫酸的量，即可求出硫酸的浓度． 设：生成 4.34 g BaSO3 需x mol SO2Ba(OH) SO BaSO H O 1 mol 1 mol x mol mol 1 x 1 4.34 217 x 0.02 mol 2 2 3 2 ＋ ＝ ↓＋ ＝ ＝ 4 34 217 . 设：消耗 y mol H2SO4 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 139 BaSO3＋H2SO4＝BaSO4↓＋H2O＋SO2↑ 1 mol 1mol y mol 0.02 mol y 0.02 mol 1 1 y 0 02 ＝ ＝ . H SO 0.04 mol L 2 4 的物质的量浓度： ＝ · 1 0 02 05 . . mol L  解析 2：根据两步反应可知：1 mol BaSO3 需1 mol SO2，而要生成1 mol SO2 需要1 mol H2SO4． 用始终态关系：BaSO —SO —H SO 1 mol 1mol 1mol 3 2 2 4 这样可根据 BaSO3 与H2SO4 间的物质的量关系求 解：设所需 H2SO4 为 x mol BaSO H SO 1 mol 1 mol mol xmol 1 x x 0.02(mol) 3 2 4 — ＝ ＝ 4 34 217 1 4 34 217 . . 所以H SO 的物质的量浓度： ＝0.04 mol·L 2 4 1 0 02 05 . 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 140 . mol L  命题目的：主要考查有关多步反应的计算． 根据化学方程式，找出最初反应物与最终的生成物之间的关系，根 据关系式进行计算． 解题关键 — — — 不需要计算的量． BaSO SO H SO 1 mol 1 mol 1mol BaSO H SO SO 3 2 2 4 3 2 4 2 1 mol 1mol 答案：硫酸的物质的量浓度为 0.04mol·L-1． 5．将8.8g FeS 固体置于200 mL 2.0 mol·L-1 的盐酸中，以制备H2S 气体．反应完全后，若溶液中H2S 的浓度为0.10 mol·L-1，假定溶液体 积不变，试计算： (1)收集到的H2S 气体的体积(标准状况)； (2)溶液中Fe2+和H+的物质的量浓度． 解析：反应物 FeS 的相对化学式式量为88FeS的物质的量nFeS＝ 0.10 mol · ＝ ． 8 8 88 1 . g g mol 反应物 HCl 的物质的量nHCl＝2.0mol·L-1×0.2L＝0.40 mol FeS 2H Fe H S 1 2 0.1 0.2 + 2+ 2 ＋ ＝ ＋ 可判断出盐酸过量，计算应以 FeS 的物质的量为基准． (1)生成H2S 的物质的量等于反应物FeS 的物质的量，即生成的H2S 为0.10 mol．在溶液中溶解的H2S 的物质的量为， 0.10 mol·L-1×200×10-3L＝0.02 mol 收集到的 H2S 气体的物质的量为： 0.10 mol－0.020 mol＝0.080 mol 收集到的 H2S 气体的体积(标准状况)为： 22.4L·mol-1×0.080 mol＝1.8L (2)生成Fe2+的物质的量等于反应物FeS 的物质的量，即Fe2+为0.10 mol Fe2+的物质的量浓度为： 0.5 mol L 1 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 141 × ＝ · 010 200 10 3 . mol L  消耗掉的 H+的物质的量为：0.20 mol，剩余的H+的物质的量为： 0.40 mol 0.20mol 0.20 mol H 1.0 mol L + 1 － ＝ ． 的物质的量浓度为： × ＝ · 0 20 200 10 3 . mol L  命题目的：主要考查过量计算及氢硫酸是弱酸这一概念．并考查氢 硫酸是弱酸这一概念的理解和应用． 解题关键：①H2S 是弱酸在酸性溶液中几乎全部以分子状态存在．② 根据方程式确定反应物量间的关系，FeS 全部反应完，盐酸有剩余．③ 收集到H2S 的量是生成H2S 的量与溶解的H2S 的量之差． 错解剖析：①把生成的 H2S 的量误认为收集到的H2S，而忽略了溶 解的H2S 的量．②把溶解在水中的H2S 认为全部电离成H+和HS-，从而 H+的物质量浓度算错． ③还有人把 H2S 看为强酸，认为H2S 全部电离H+和S2-．以上②、 ③点主要没有搞清H2S 是弱酸．而在酸性溶液中几乎很难电离． 答案：(1)收集到H2S 气体的体积1.8 L．(2)溶液中Fe2+的物质的量浓 度为 0.5mol·L-1，H+的物质的量浓度为 1.0 mol·L-1． 第四章 碱金属 单选题 1．下列关于钠离子的叙述中，正确的是 [ ] A．比较活泼要保存在煤油中 B．是钠原子的还原产物 C．是无色 D．比水重，所以一般存在于溶液的下部 解析：题中关于钠离子(Na+)的叙述，保存在煤油中是钠单质，所以 A 排除．Na+是钠原子的氧化产物，所以B 排除．Na+是无色的，C 对． Na+离子均匀地分散在溶液中，所以D 不正确． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 142 命题目的：主要考查钠离子与钠原子的区别． 解题关键：题中 B 的叙述有些人搞不太清楚，Na 原子失电子形成 Na+是氧化产物． 答案：C 2．在500 mL 0.05 mol·L-1 的盐酸和 500 mL 0.5mol·L-1 的盐酸中， 分别加入2.3 g 钠，钠全部反应后，产生的气体 [ ] A．一样多 B．在浓度大的盐酸中反应产生气体的多 C．在浓度小的盐酸中反应产生气体的少 D．由反应剧烈程度决定 解析：有的人拿来题没有思考就算，结果当然是浓度大产生气体多， 由于没有认真想，从而得出错的结论．钠与盐酸溶液反应，其实质是钠 不但与盐酸反应，而且同时还与水反应．由于加入2.3g 钠是相同，所产 生的气体也一样多． 命题目的：主要考查钠与水反应的性质． 答案：A 3．二氧化碳和过氧化钠的反应中，过氧化钠是 [ ] A．氧化剂 B．还原剂 C．既是氧化剂又是还原剂 D．既不是氧化剂，又不是还原剂 解析：Na2O2 与CO2 反应是分三步进行的，Na2O2 首先与水蒸气(空 气中)发生水解反应： Na2O2＋2H2O＝2NaOH＋H2O2，而H2O2 又迅速分解 2H2O2＝2H2O＋O2↑，同时生成的NaOH 又与CO2 发生反应2NaOH ＋CO2＝Na2CO3＋H2O，将上面反应合并起来，总的化学方程式为： 2Na2O2＋2CO2＋4H2O＝2Na2CO3＋4H2O＋O2↑，从反应中可知Na2O2 既作氧化 剂，又作还原剂．氧化产物为O2，还原产物为H2O．(反 应式通常可写为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2↑，还原产物是H2O，而 不是Na2CO3)．在此也可以说Na2O2 只能与含有水蒸气的CO2 反应，而 不能与干燥CO2 反应． 命题目的：主要考查过氧化钠与 CO2 反应中表现的实质是什么． 答案：C 4．下列各组离子在水溶液中能大量共存的是 [ ] A K H Cl SO B Na H SO Cl + 4 2 + + 3 2 ． 、、、 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 143 ． 、、、   C Na Cu SO OH D H K HCO Cl + 2+ 4 2 + + 3 ． 、、、 ． 、、、   解析：在B中H+与SO 能生成SO ，而H SO 不稳定易分 3 2 2 3 2 3 H 解为 H2O 和SO2，所以不能大量共存．在C 中Cu2+与OH-能生成蓝色 沉淀，即不能大量共存．在D中H+和HCO 生成H CO ，而H CO 不稳 3 2 3 2 3  定易分解生成 H2O 和CO2，即不能大量共存． 命题目的：主要考查离子共存的知识点． 解题关键：离子在溶液中不能大量共存的原理．①生成沉淀不能大 量共存，沉淀的判断原则是溶解性表中不容或微溶的物质的阴、阳离子， 不能大量共存．其中可以是不溶性盐、不溶性碱和不溶性酸．②生 成气体而不能大量共存，例H+与HCO 、H 与CO 等不能在溶液中大 3 + 3 2  量共存，因为它们生成不稳定的物质，从而放出气体．判断的原则是生 成不稳定酸H2CO3、H2SO3 或生成不稳定的碱NH3·H2O． 答案：A 5．后面所举的化学反应实例，符合前面的离子反应方程式的是 [ ] A．Cl2＋2OH-＝Cl-＋ClO-＋H2O 将氯气通入消石灰中 B．H+＋OH-＝H2O 将稀硫酸和氢氧化钡溶液混合 C．Fe＋Cu2+＝Fe2+＋Cu 将铁丝插入氯化铜溶液中 D Ba2+SO BaSO 3 2 3 ． ＋ ＝ ↓ 将氯化钡溶液滴加到二氧化硫的饱 和溶液中 解析：氧化还原反应的离子方程式的书写，必须注意： 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 144 ①元素的种类和原子个数的配平．②离子电荷数的配平． 在 A 中不符合离子电荷的配平．2Ca(OH)2＋2Cl2＝Ca(ClO)2＋CaCl2 ＋2H2O 有两个氯原子失2 e，有两个氯原子得2 e，而A 的离子方程式与 实际不符，故不正确． 在 B 中，H2SO4＋Ba(OH)2＝BaSO4↓＋H2O 其离子方程式为 2H+SO Ba 2OH BaSO 2H O B 4 2 2+ 4 2 ＋ ＋ ＋ ＝ ↓＋ ，故不正确． 在 C 中的离子方程式与化学反应实例符合，故C 正确． 在 D 中，BaCl2＋H2SO3＝BaSO3↓＋2HCl 其离子方程式应为： Ba2+＋H2SO3＝BaSO3↓＋2H+亚硫酸为弱电解质，故不正确． 命题目的：主要考查离子方程式的正确书写． 答案：C 不定项选择题 1．关于Na2CO3 和NaHCO3 下列说法中正确的是 [ ] A．Na2CO3 比NaHCO3 易溶于水 B．NaHCO3 比Na2CO3 稳定 C．石灰水能和NaHCO3 反应，而不与Na2CO3 反应 D．等物质的量的Na2CO3 和NaHCO3 与盐酸反应，消耗HCl 的 物质的量为 2∶1 解析：从溶解度看 20℃，Na2CO3 的溶解度为21.5 g，NaHCO3 的溶 解度为9.6 g，所以Na2CO3 比NaHCO3 易溶于水，A 正确． 从稳定性看 Na2CO3 熔点851℃，要851℃以上才能分解．而NaHCO3 加热到270℃就开始分解，所以B 不正确．石灰水与Na2CO3、NaHCO3 都反应，所以C 不正确． Na CO 2HCl 2NaCl H O CO 1 mol 2 mol 2 3 2 2 ＋ ＝ ＋ ＋ ↑； NaHCO HCl NaCl H O CO 1 mol 1mol 3 2 2 ＋ ＝ ＋ ＋ ↑ 所以 D 正确 命题目的：主要考查碳酸钠和碳酸氢钠在某些性质上有何异同． 答案：A、D 2．下列变化不属于氧化还原反应的是 [ ] A．2NaON＋Cl2＝NaCl＋NaClO＋H2O B．2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑ C．2Na2O2＋4HCl＝4NaCl＋2H2O＋O2↑ D．Na2O＋2HCl＝2NaCl＋H2O 解析：反应前后元素化合价有变化(有升高的，必有降低的)，该反应 就属于氧化还原反应．否则，就为非氧化还原反应．在题中的四个反应 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 145 中D 反应中各元素化合价均无变化，故D 不是氧化还原反应． 命题目的：主要考查怎样判断一个反应是否是氧化还原反应． 答案：D 3．称量烧碱时，不将它放在纸上，而是放置在烧杯等玻璃器皿中， 主要是因为 [ ] A．放在纸上称量没有在烧杯中称量精确 B．配制溶液总是在烧杯中进行的，直接在烧杯中进行称量的目 的是为了减少操作步骤 C．烧碱易潮解，且腐蚀性强 D．纸上称量易沾上杂质，降低所配溶液纯度解析：主要是因为烧碱(NaOH)易潮 解，在称量的过程中吸收空气中 的水，有可能沾到纸上，而且烧碱有较强的腐蚀性，故不能用纸而是必 须放置在玻璃器皿中称量． 命题目的：主要考查对于易潮解、有腐蚀性的化学药品(NaOH)称量 时的注意事项． 答案：C 4．对于过氧化钠与二氧化碳的反应，下列有关叙述正确的是 [ ] A．Na2O2 是氧化剂，CO2 是还原剂 B．Na2O2 既被氧化，同时又被还原 C．反应过程中转移电子数为4e D．1 mol Na2O2 被还原时，转移电子的物质的量也是1 mol 解析：Na2O2 与CO2 反应分三步进行的，首先Na2O2 与水蒸气(空气 中)发生水解反应： Na2O2＋2H2O＝2NaOH＋H2O2，而生成的H2O2 又迅速分解2H2O2 ＝2H2O＋O2↑，同时生成的NaOH 又与CO2 发生反应2NaOH＋CO2＝ Na2CO3＋H2O，将上述反应合并起来，总的化学方程式为：2Na2O2＋2CO2 ＋2H2O＝2Na2CO3＋2H2O＋O2↑，从此反应中可知Na2O2，既被氧化， 同时又被还原．氧化产物为O2，还原产物是H2O．(反应式通常可写为 2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2↑，注意的是还原产物是H2O，而不是 Na2CO3)所以A 不正确，B 正确． 所以 C 不正确，D 是正确的． 命题目的：主要考查过氧化钠与 CO2 反应的实质． 答案：B、D 5．氢化钠(NaH)是一种白色的离子晶体，其中钠是＋1 价，NaH 与 水反应放出氢气，下列叙述中正确的是 [ ] A．NaH 在水中显酸性 B．NaH 中氢离子的电子排布与氦原子相同 C．NaH 中氢离子半径比锂离子半径大 D．NaH 中氢离子可被还原成氢气 解析：NaH 与水反应方程式为 Na H H2O NaOH H2 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 146 1 1 ＋ ＝ ＋ ↑ 从反应方程式看出 NaH 与水反应生成碱NaOH，而不是酸，所以A 不正确．氢离子H-与锂离子Li+都有一个电子层，但是锂离子核电荷数大于氢 离子，在核外电子排布相同时，核电荷数大的半径小，所以C 正确．从 方程式看Na H中H离子失电子被氧化成氢气，所以D不正确． 1 命题目的：主要考查 NaH 物质结构与性质． 解题关键：此题是一种信息题，题中给出Na 为＋1 价，显然H 为－ 1 价．另外要清楚NaH 与水反应放出氢气(题中已给出)并生成NaOH． 答案：B、C 6．下列反应的离子方程式，表示不正确的是 [ ] A．氢氧化钾溶液与氢碘酸OH-＋H+＝H2O B CO 2 H CO H O C HCO OH CO H O D 2OH CO CO H O 3 2 + 2 2 3 3 2 2 2 3 2 2 ．碳酸钙与稀盐酸＋ ＝ ↑＋ ．碳酸氢钾溶液与苛性钾溶液＋ ＝ ＋ ．苛性钾溶液中通入过量二氧化碳＋ ＝ ＋    解析：因为 KOH 是强碱，HI 是强酸，所以A 正确．碳酸钙CaCO3 不溶于水，写离子方程式时应写成分子，所以B 不正确． 碳酸氢钾 KHCO3 是可溶性盐，苛性钾是可溶性强碱，在离子方程式 中写成离子，C正确．D苛性钾溶液中通入过量CO 时，应生成HCO 2 3  离子，所以 D 不正确． 命题目的：主要考查①离子方程式的正确书写．②碳酸盐 K2CO3 通 入过量CO2 转变成酸式盐． K2CO3＋H2O＋CO2＝2KHCO3 解题关键：①写离子方程式，一般“沉淀”、“气体”、“弱电解 质”写分子，其余物质写成离子．②正盐向酸式盐转变．(D)中KOH 溶 液与CO2 先生成K2CO3，当通入过量的CO2 时就会生成KHCO3． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 147 答案：B、D 7．下列离子中，氧化性最强的是 [ ] A．K+ B．Na+ C．Rb+ D．Cs+ 解析：离子的氧化性是指得电子的能力，同族的离子随着核电荷数 增大得电子能力减弱即氧化性减弱．所以Na+离子的氧化性最强． 命题目的：主要考查怎样比较离子的氧化性的强弱． 答案：B 8．下列反应中，Na2O2 只表现出强氧化性的是 [ ] A．2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑ B Na O MnO Na MnO 2 2 2 2 4 ． ＋ Δ C．5Na2O2＋2KMnO4＋8H2SO4＝5Na2SO4＋K2SO4＋ 2MnSO4＋5O2↑＋8H2OD．2Na2O2＋2H2SO4＝2Na2SO4＋2H2O＋O2↑ 解析：在 A、D 的两个反应中共同特点，都是首先Na2O2 与水发生 水解反应(非氧化还原反应)，水解所产生的H2O2 迅速发生分解反应放出 O2(氧化还原反应)，随后才有生成的NaOH 与其他物质的反应．这两个 反应全部都是Na2O2，既作氧化剂，又作还原剂，氧化产物都是O2，而 还原产物都是水． 在 C 反应中Na2O2 是显还原性(剂)． 只有在 B 反应中Na2O2 是氧化剂(性)，即表现出强的氧化性． 命题目的：主要考查 Na2O2 在不同的反应中表现出的氧化性、还原 性．既作氧化剂又作还原剂，或只作氧化剂，或只作还原剂． 答案：B 填空题 1．钠是一种还原剂，工业上常用于冶炼稀有金属．试写出用钠从四 氯化钛中还原出金属钛(Ti) 的化学方程式(注明反应必不可少的条 件)________． 解析： ＋ ＋ 熔融 4Na TiCl 4NaCl Ti 4 命题目的：此题是一信息题，根据钠是一种强还原剂特性，试写出 化学方程式． 2．钠在空气中加热，燃烧时火焰呈________色，反应后生成________ 色的________(填名称)，该化合物(填“是”或“不是”)________氧化物， 理由是________，该化合物(填“是”或“不是”)________碱性氧化物， 理由是________． 解析：黄色火焰，生成淡黄色的过氧化钠是氧化物．理由是由钠和 氧两种元素组成的化合物．不是碱性氧化物，理由是它与水反应时除生 成碱外，还有氧气生成，同时它与酸反应时；除生成盐和水外，也有氧 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 148 气生成． 氧化物是指由两种元素组成，且其中一种是氧元素的化合物．从定 义上看，过氧化钠可以看做是氧化物．常见的氧化物中氧元素均显－2 价，可Na2O2 中氧却显－1 价．其次Na2O2 与水或二氧化碳反应时有氧气 生成，反应前后元素价态有变化，这些都不同于常见的氧化物，故称之 为过氧化物．它属于特殊的氧化物，性质上不同于常见的普通氧化物．其 反应情况也不符合碱性氧化物的共性． 命题目的：主要考查过氧化钠能否看做是氧化物，是否属于碱性氧 化物． 3．澄清石灰水中不断通入二氧化碳直至过量时，溶液先变浑浊，再 变澄清．有关离子方程式为________，若在碳酸钠饱和溶液中不断通入 二氧化碳，将有晶体析出．该晶体是________，反应的化学方程式为 ________．析出晶体的原因是①________；②________． 解析：Ca2+＋2OH-＋CO2 = CaCO3↓＋H2O CO2 过量CaCO3＋CO2＋H2O = Ca2+＋2HCO3 - 析出晶体小苏打 Na2CO3＋CO2＋H2O = 2NaHCO3 析出晶体原因①常温下 NaHCO3 溶解度较小．__②溶液中大量Na+的存在，促使 NaHCO3 的溶解平衡向结晶方向移 动． 在一定条件下，Na2CO3 和NaHCO3 可以相互转化．Na2CO3 命题目的：主要考查碳酸钠和碳酸氢钠相互转化的条件，及Na2CO3 与NaHCO3 的溶解度的差异的知识点． 解题关键：①碳酸钠与碳酸氢钠可以互相转化．②Na2CO3 比NaHCO3 易溶于水．20℃，Na2CO3 的溶解度为21.5g，NaHCO3 的溶解度为9.6g． 4．①Na2CO3 固体中混有少量NaHCO3 固体，除去的方法是________， 有关化学方程式为________． ②NaHCO3 溶液中混有少量Na2CO3，除去的方法是________，化学 方程式为________． ③NaCl 溶液中混有少量Na2CO3，除去的方法是________，反应的离 子方程式为________． 解析：①加热至不再有气体产生 2NaHCO Na CO H O CO 3 2 3 2 2 △ ＋ ＋ ↑ ②通入足量 CO2；Na2CO3＋CO2＋H2O = 2NaHCO3 ③加入适量的盐酸；CO2 ＋2H+= H O＋CO ↑ 3 2 2  命题目的：主要考查①Na2CO3 与NaHCO3 的相互转化，及化学方程 式、离子方程式的书写． 5．有A、B、C、D 四种物质的溶液，在进行焰色反应时，火焰都呈 黄色，它们之间可发生如图所示的转化．则这四种物质分别为： A________B________C________D________． 有关反应的离子方程式为：①________；②________；③________； 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 149 ④________；⑤________；⑥________； 解析：四种溶液的焰色反应时中，火焰都是黄色，即都含有 Na+．A 为NaOH，B 为Na2CO3，C 为NaHCO3，D 为Na2SO4 离子方程式① ＋ ＋ ② ＋ ＋ ③ ＋ ＋ ↑ ④ ＋ ↓ ⑤ ＋ ＋ ↑ 2OH CO = CO H O CO CO H O = 2HCO HCO H = H O CO Ba SO = BaSO CO 2H = H O CO 2 3 2 2 3 2 2 2 3 3 + 2 2 2+ 4 2 4 3 2 + 2 2    命题目的：主要考查离子方程式的书写及焰色反应． 6．4.6g 钠放在________ g 水中，才能使每10 个水分子溶有一个Na+． 解析 1：每10 个水分子溶有1 个Na+， 也就是 H2O 与Na+的物质的 量比为10∶1．2Na＋2H2O = 2NaOH＋H2↑ 反应中的关系式 Na—Na+—H2O 本题应注意的问题除去反应所需的水外，还要有Na+—10H2O，这样 Na—Na+—11H2O 4 6 23 . ×11×18 = 39.6(g) 解析 2：设4.6gNa 与水反应生成NaOH 用水为xg，生成的NaOH 为 y mol． 2Na＋2H2O = 2NaOH＋H2↑ 46g 36g 2mol 4.6g xg ymol 解得：x = 3.6g y = 0.2mol 设 0.2mol的NaOH 在水溶液中Na+∶H2O = 1∶10 关系中对应的水为 N mol 1∶10 = 0.2∶N 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 150 解得：N = 2(mol) 水的总质量为：3.6＋18×2 = 39.6(g) 命题目的：主要考查Na 与H2O 的反应和物质间的物质的量的换算． 解题关键：①H2O 与Na+的物质的量比为10∶1，②不能丢掉Na 与 水反应的量． 7．有一无色透明溶液，可能含有Cu2+、NH4 +、Al3+、Fe3+、Mg2+、 Na +CO SO NO 3 2 4 2 3 、、、等离子中的若干种．现做如下的实验：①取 少量溶液，滴入用盐酸酸化的BaCl2 溶液，有白色沉淀生成．②另取部分 溶液，加入Na2O2，有沉淀生成，加入Na2O2 量与生成的白色沉淀的量之 关系可用如图表示，推断该溶液中一定有________离子，一定不存在 ________离子，可能存在________离子． 解析：题中讲无色透明溶液，可排除 Cu2+、Fe3+的存在．在操作① 中酸化BaCl 中有白色沉淀，只能是BaSO ，故有SO ，但不含有CO ． 2 4 4 2 3 2  在操作②中加入 Na2O2 有沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3，当随着Na2O2 量增 大时溶液碱浓度增大，Al(OH)3 又开始溶解，当Al(OH)3 反应完时沉淀不 变了． 在碱性溶液中，若有 NH4 +应有刺激性气味气体逸出． 所以溶液中一定有 、、，一定不存在、、 、，可能存在、离子． Mg Al SO Cu Fe NH CO Na NO 2+ 3+ 4 2 2+ 3+ 4 + 3 2 + 3   命题目的：主要考查通过多步实验操作及实验现象，根据各种离子的特性推断出 各种离子的存在与否． 实验题 1．拟用下图仪器组装一个测定过氧化钠纯度的装置． (1) 组装全套实验装置时需选用的仪器有( 用Ⅰ～Ⅴ的序号表 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 151 示)________，仪器组装时，玻璃接口连接顺序为________． (2)气体发生装置中，发生反应的化学方程式为________． (3)仪器Ⅳ中所盛液体为________，量筒的作用是________． (4)若称取的Na2O2 粉末样品质量为mg，测得反应放出的气体体积为 VmL(已换算为标准状况)，则过氧化钠样品的纯度为(用含m、V 的代数 式表示)________． 解析：原理利用Na2O2 与H2O 作用时放出O2，通过测定O2 的体积 求出Na2O2，进而求出Na2O2 的纯度． (1)选用的仪器有Ⅱ、Ⅳ和Ⅲ． 仪器组装时连接顺序为：B 接E、D 接C (2)发生的反应为：2Na2O2＋2H2O = 4NaOH＋O2↑ (3)Ⅳ仪器中所盛液体为水．量简作用是测定气体排出水的体积，从 而推出反应生成氧气体积． (4)2Na2O2＋2H2O = 4NaOH＋O2↑ 156 22.4×1000 x V x = 78V 11.2 Na O = 78V 11.2 / m 100 = 78V 2 2112m × 的纯度为 × × ％ ％． 1000 1000 命题目的：主要考查由题中给的仪器设计一个测定 Na2O2 纯度的方 案． 计算题 1．将19g 碳酸钠和碳酸氢钠的混合物加热到质量不再减少，称得剩 余固体质量为15.9g，求原混合物中碳酸氢钠的质量分数． 解析 1：设原混合物中NaHCO3 为x mol，Na2CO3 为y mol 2NaHCO Na CO CO H O 2mol 1mol xmol mol 3 2 3 2 2 △ ＋ ↑＋ x 2106y 84x = 19 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 152 106 (y ) = 15.9 x = 0.1(mol) y = 0.1(mol) NaHCO = 84 0.1 100 = 44.2 3 ＋ × ＋ 解得 的质量分数 × × ％ ％ x 2 19    解析 2：加热后剩余固体的质量 = 原混合物质量－分解的 NaHCO3 质量＋生成的Na2CO3 质量． 设混合物中 NaHCO3 的物质的量为xmol 2NaHCO Na CO CO H O 2mol 1mol xmol x 2 mol 3 2 3 2 2 △ ＋ ↑＋ 19 84x 106 = 15.9 x = 0.1mol NaHCO = 84 0.1 19 100 = 44.2 3 － ＋ · 解得 的质量分数 × × ％ ％ x 2 解析 3：差量法 设混合物中 NaHCO3 质量为xg 2NaHCO Na CO CO H O( ) m 3 2 3 2 2 Δ ＋ ↑＋ 气Δ 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 153 2×84 106 2×84－106 = 62 x 19－15.9 = 3.1 x = 2 84 3.1 = 8.4(g) NaHCO = 8.4 100 = 44.2 3 × × 的质量分数× ％ ％ 62 19 命题目的：主要考查学生计算混合物组成问题的技能． 解题关键：①若混合物在化学反应中有明显的差量关系，可用差量 法计算其百分组成．②若知混合物总量W 总，又知其在化学反应过程的 某一参量W，则用二元一次方程组法求解．或其中一种物质的含量为x， 另一种物质含量为W总-x，列一元一次方程求解．③若知混合物参与化学 反应的两个参量，则可列二元方程组求解．④若混合物有多种可能组成， 则利用已知限制条件进行讨论，求其可能的百分组成． 答案：NaHCO3 的质量分数为44.2％． 2．有一块表面被氧化的金属钠．放入水中，充分反应后，配成2000mL 溶液，并收集到1456mL 气体(标准状况)．然后取出该溶液25mL，用 0.1mol·L-1 盐酸进行中和滴定，恰好完全中和时，盐酸用去20mL．求 原金属钠中有百分之几被氧化？ ( ) 解析 1：钠金属表面被氧化成氧化钠，放入水中后充分反应，钠和氧化钠都与水 反应生成氢氧化钠，所以所得溶液是氢氧化钠溶液．因盐酸 中和滴定可求得氢氧化钠总量，根据产生氢气的体积，可求出未被氧化 的金属钠的量，和金属钠与水反应生成氢氧化钠的量．然后由NaOH 总 量减去金属钠与水反应生成的氢氧化钠的量，即可得出氧化钠与水反应 生成氢氧化钠的量，由此氢氧化钠的量又可求出被氧化的钠，即可求出 氧化钠占全部金属的百分比． 设溶液中的氢氧化钠的物质的量浓度为 x mol·L-1 NaOH＋HCl = NaCl＋H2O 1mol 1mol x·25×10-3 0.1×20×10-3 x = 0.1 20 25 = 0.08mol L 1 × × × · 10 10 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 154 3 3    溶液中 NaOH 总量为0.08mol·L-1×2L = 0.16mol 金属 Na 的总量为23g·mol-1×0.16mol = 3.68(g) 设金属钠与水反应生成的 NaOH 为ymol 2Na＋2H2O = 2NaOH＋H2↑ 2mol 1mol y 1.456 22.4 = 0.065mol y = 2×0.065 = 0.13(mol) 未被氧化金属钠为 0.13mol×23g·mol-1 = 2.99g 被氧化的钠为 3.68－2.99 = 0.69(g) 被氧化的钠的百分含量为× ％ ％ 0 69 368 . . 100 = 18.75 解析 2：钠与氧化钠混合物溶于水后与盐酸反应至中性，即为氯化钠 溶液．根据Cl-与钠原子(离子)个数守恒可得解． 未氧化的金属钠与水反应放出 H2，生成H2 物质的量等于未被氧化的 钠的物质的量为 1456 22 4 . . ×2 = 0.13(mol) (2Na＋2H2O = 2NaOH＋H2↑) 2 1 1456 22 4 . . 钠的总物质的量 = n(NaCl) = n(HCl) = 0.1×0.02× 2000 25 = 0.16(mol) 被氧化金属钠的百分含量为 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 155 － × ％ ％ 016 013 016 . . . 100 = 18.75 命题目的：主要考查金属钠与氧化钠混合物与盐酸反应，求各物质 的百分组成． 解题关键：解析 2 比解析1 简便快速，解析2 主要运用微粒守恒，抛开了枝节 问题，即不管钠氧化后生成什么物质，只需抓住钠的总物质 的量等于反应的盐酸物质的量，未被氧化的钠的物质的量等于放出H2 的 物质的量即可实现速解．其次求未被氧化的钠的物质的量时注意 1456 22 4 . . ×2，因为生成1mol 氢气需用2mol 的Na．还有后一步中和时所取溶液 25mL，而总的溶液为2000mL． 解析 1 比较繁琐，利用时间长，在考试时比较吃亏． 答案：原金属钠中有 18.75％被氧化． 3．18.4g 氢氧化钠和碳酸氢钠的固体混合物，在密闭容器中加热到 250℃，经充分反应后排出气体，冷却，称得剩余固体的质量为16.6g．试 计算原混合物中氢氧化钠的百分组成． 解析：NaOH 和NaHCO3 反应生成碳酸钠和水，当氢氧化钠过量或 适量时固体减少的质量为水蒸气的质量，当氢氧化钠不足时，剩余的 NaHCO3 会分解，固体减少的质量为水和二氧化碳的质量．但究竟是氢氧 化钠过量，还是碳酸氢钠过量，需要经过计算和分析才能确定，然后根 据不足量物质进行计算，求出NaOH 的质量． 2NaHCO Na CO H O CO 3 2 3 2 2 △ ＋ ＋ ① 2NaOH＋CO2 = Na2CO3＋H2O ② 方程式①＋②得 ＋ ＋ △ NaHCO NaOH Na CO H O 3 2 3 2 首先判断剩余固体是纯净物还是混合物，而后再做计算． NaHCO NaOH Na CO H O 3 2 3 2 ＋ ＋ △ 84 40 共124(g) 106(g) 1442443 18.4(g) A(g) 124 18 4 . = 106 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 156 A A = 15.7(g)＜16.6(g) 结论 NaOH 过量． 若 A 值＞剩余固体，则NaHCO3 过量，所以此题应按NaHCO3 计算， 设混合物中NaHCO3 为xg． NaHCO3＋NaOH = Na2CO3＋H2O 84g 减 18g xg 减(18.4－16.6)g 84 18 4 8 4 18 4 x = 18 18.4 16.6 x = 8.4(g) NaOH = 100 = 54.3 － 的百分含量 － × ％ ％ . . . 命题目的：主要考查混合物氢氧化钠与碳酸氢钠在密闭容器中加热 的化学反应，及混合物中谁过量的知识点． 解题关键：①是氢氧化钠过量还是碳酸氢钠过量②根据方程式＋ ＋ 用混合物 △ NaHCO NaOH Na CO H O 18.4g 84 40 106 3 2 3 2 124 14243 求生成 Na2CO3 的量18.4 A A = 15.7 以 A = 15.7 为标准，若剩余物质小于15.7 为NaHCO3 过量，若剩余 物质的量大于15.7 为氢氧化钠过量． ③此题也可用混合物中氢氧化钠和碳酸氢钠物质的量之比为1∶1 时 加热后失重： 18.4 M +M = 18.4 = 2.67(g) H2O NaHCO3 × × ＋ MH2O 18 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 157 40 84 若混合物中 NaOH 与NaHCO3 的物质的量之比大于1∶1 时，则混合 物失重小于2.67g． 若混合物中氢氧化钠与碳酸氢钠的物质的量之比小于 1∶1 时，则混 合物失重大于2.67(因为NaHCO3 过量时NaHCO3 还要分解生成CO2、H2O 逸出) 此题混合物失重18.4－16.6 = 1.8g 即小于2.67g，说明混合物中NaOH 过量． 答案：原混合物中氢氧化钠的百分含量为 54.3％． 4．有两种不同浓度的氢氧化钠溶液各取100mL，分别通入CO2 2.24L(标准状况)，完全反应后将溶液低温缓慢蒸干，分别得到不含结晶 水的固体10.0g、11.6g，求原来两种氢氧化钠的物质的量浓度各是多少？ 解析：NaOH 溶液与CO2 可能发生的反应有两种 (1)2NaOH＋CO2 = Na2CO3＋H2O (2)NaOH＋CO2 = NaHCO3 若所得固体全部是 NaHCO3，则质量为8.4g(0.1mol 的CO2 与NaOH 反应生成0.1mol Na2CO3)． 若所得固体全部是 NaHCO3，则质量为8.4g(0.1mol) 从(1)得固体10.0g，10.6＞10.0＞8.4，所以10.0g 固体为Na2CO3 和 NaHCO3 的混合物，也就是说(1)、(2)反应同时发生．设在(1)的反应中CO2 用了xmol，在反应(2)中用了CO2 为(0.1－x)mol 即有 106x＋84(0.1－x) = 10 x = 0.073mol 第一种 NaOH 的物质的量浓度为： (1)2NaOH＋CO2 = Na2CO3＋H2O 2．NaOH＋CO2 = NaHCO3 2 1 1 1 2x x 0.1－x 0.1－x cNaOH = 1 (2x 0.1 x)mol 0.1L = x 0.1 0.1 = 0.173 0.1 = 1.73mol L (2) 11.6g 10.6g NaOH NaOH = 0.025(mol) ＋ － ＋ · 反应得固体＞ ，所以过量，过量的为 －  真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 158 116 10 6 40 . . 第二种NaOH 的物质的量浓度为： c = (0.2 0.025)mol 0.1L = 2.25mol L NaOH 1 ＋ ·  命题目的：主要考查①会判断不同浓度的 NaOH 与同体积的CO2 反 应产物不同．②求物质的量浓度． 解题关键：①一定考虑周全，NaOH 溶液与CO2 反应可能发生 2NaOH＋CO2 = Na2CO3＋H2O NaOH＋CO2 = NaHCO3 ②根据通入 CO2 的量及得到固体质量分析产物是几种物质． ③根据产物及 CO2 的量求出NaOH 的物质的量． 答案：第一种氢氧化钠的物质的量浓度为 1.73mol·L-1 第二种氢氧化钠的物质的量浓度为2.25mol·L-1． 5．将一定量的NaHCO3 和NH4HCO3 组成的混合物放入到反应器中， 加热至质量不再减少为止，测得剩余固体的质量是加热前的一半，求混 合物中NaHCO3 和NH4HCO3 的质量比． 解析 1：常规法 设混合物中含 NaHCO3 为xg，NH4HCO3 为yg 2NaHCO Na CO CO H O 3 2 3 2 2 △ ＋ ＋ 168 106 x (x y) = 106 168 x x y = 42 11 106 168 1 2 x ＋ 解得∶ ∶ 解析 2：差量法 设混合物中 NaHCO3 为xg，NH4HCO3 为yg 2NaHCO Na CO H O CO m 3 2 3 2 2 △ ＋ ＋ Δ 差量 168 106 62 x xx y 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 159 2 解得 x∶y = 42∶11 解析 3：守恒法 加热前后钠元素的质量不变 设混合物中 NaHCO3 为xg NH4HCO3 为yg Na NaHCO3 1 2 23 84 · · ＋ × · · ＋ x = 2Na Na CO (x y) x = 46 106 (x y) 1 2 2 3 解得 x∶y = 42∶11 命题目的：用不同方法，常规法、差量法、守恒法来解此题，以培 养学生的发散思维能力．答案：NaHCO3 和NH4HCO3 质量比为42∶11． 6．在5.68g 碳酸钙和碳酸镁组成的混合物中加入足量的盐酸，产生 的气体全部被500mL 0.2mol·L-1 的氢氧化钠溶液吸收．把吸收后所得溶 液在减压条件下蒸干，得5.92g 固体(不含结晶水)．求原混合物中碳酸钙 的百分含量． 解析：氢氧化钠与CO2 反应可能生成Na2CO3，也可能生成NaHCO3， 首先确定产物为何物． ①讨论 NaOH 的物质的量 = 0.5×0.2 = 0.1(mol) 若 NaOH 与CO2 反应都生成Na2CO3 2NaOH＋CO2 = Na2CO3＋H2O 2mol 106g 0.1mol xg 解得x = 5.3g＜5.92g． 若 NaOH 与CO2 反应都生成NaHCO3 NaOH＋CO2 = NaHCO3 1mol 84g 0.1mol yg 解得y = 8.4g＞5.92g 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 160 所以 5.92g 是Na2CO3 和NaHCO3 的混合物 ②利用摩尔守恒列方程求解 设 NaHCO3 的质量为ag，则Na2CO3 的质量为(5.92－a)g 根据 Na+守恒： a a 84 592 106 ＋ － × × 解得 . 2 = 0.5 0.2 a = 1.68g Na2CO3 的质量 = 5.92－1.68 = 4.24g 设原混合物中 CaCO3 的质量为mg，则MgCO3 的质量为(5.68－m)g 根据C 原子守恒： m m 100 568 84 4 24 106 ＋ － ＋ . . = 1.68 84 解得 m = 4g 所以CaCO 的百分含量= × ％ ％ 4 5.68 100 = 70.4 3 命题目的：主要考查过量计算和混合物中指定物百分含量的计算． 答案：原混合物中碳酸钙的百分含量为 70.4％． 第五章物质结构 元素周期律 单选题 1．19 世纪末，开始揭示原子内部的秘密，最早发现电子的科学家是 [ ] A．意大利物理学家阿伏加德罗B．法国化学家拉瓦锡 C．英国科学家汤姆生D．英国科学家道尔顿 解析：意大利物理学家阿伏加德罗提出了分子的概念，他认为分子 是物质能独立存在的，而保持物质化学性质的最小微粒，分子是由原子 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 161 构成，排除A．对空气成分的研究，法国化学家拉瓦锡的贡献最突出， 他根据实验事实得出“空气是由氧气和氮气所组成”的结论，排除B．英 国科学家汤姆生首先发现了电子，并确认一切原子中都含有电子，C 对．英国科学家道尔顿提出近代原子学说，认为物质是由原子构成，原 子是微小的，不可分割的实心球体，排除D． 命题目的：本题主要考查化学史． 答案：C 2．某金属氧化物化学式为M2O3，电子总数为50，每个M 离子具有 10 个电子，已知其中氧原子核内有8 个中子，M2O3 的相对分子质量为 102，M 核内的中子数是 [ ] A．10 B．13 C．21 D．14 解析 1：已知氧为8 号元素，原子核外有8 个电子，则每个M 原子 核外的电子数为： (50 8 3) 2 － × = 13 原子序数 = 核内质子数 = 核外电子数 所以 M 为13 号元素，核内有13 个质子．M 的相对原子质量是： (102 = 27 －16×3 2 ) M 核内中子数为：27－13 = 14 解析 2：从化学式M2O3 知M 为＋3 价，＋3 价阳离子带有10 个电子， 则该元素原子核电荷数为13．其他计算同解析1． 命题目的：本题主要考查组成原子核的基本微粒． 解题关键：掌握原子的构成：任何原子都由居于原子中心的带正电 的原子核和核外带负电的电子构成．原子核是由质子和中子两种微粒构 成．每个质子带1 个单位正电荷，中子不带电，原子核所带的正电荷总 数(核电荷数)，就等于核内质子数；每个电子带1 个单位负电荷，核外电 子所带负电荷总数等于核外电子数．原子核所带的电量和核外电子的电 量相等，电性相反，原子显电中性．任何原子：核内质子数 = 核电荷数 = 核外电子数． 错解剖析：把离子所含有的电子和原子混淆，错选 A．以为核内质 子数一定等于中子数，错选B．答案：D 3．溴的两种同位素在自然界中大约各占一半，已知溴的原子序数为 35，相对原子质量为80，则溴的两种同位素的中子数分别为 [ ] A．79、81 B．45、46 C．44、45 D．44、46 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 162 解析 1：溴的相对原子质量为80，原子序数为35，则溴元素原子的 平均中子数为： 80－35 = 45 又知溴的两种同位素在自然界中大约各占一半，所以只要在备选答 案中两种同位素原子含中子数的平均值为45，即为选项． 解析 2：用代数式法，设两同位素原子中，中子数分别为x 和y，根 据平均原子量定义： (35＋x)×50％＋(35＋y)×50％ = 80 解得 x＋y = 90 命题目的：本题主要考查天然存在的同位素原子百分数与近似原子 量的关系，以及有关计算． 解题关键：关键是掌握原子量的计算方法，例如元素氯有和17 35 17 Cl 37Cl 两种同位素，通过下列数据可计算出氯元素的原子量： 符号 同位素的原子量在自然界各同位素原子的百分组成 17 35Cl 34.969 75.77 ％ 17 37Cl 36.966 24.23 ％ 34.969×75.77％＋36.966×24.23％ = 35.453 即氯的原子量为 35.453． 同理，根据同位素的质量数，也可以算出该元素的近似原子量．同 样用 、为例： 17 35 17 Cl 37Cl 35×75.77％＋37×24.23％ = 35.485，35.485 是氯的近似原子量． 错解剖析：错选 A，原因是把溴的原子量80，错理解为溴的平均中 子数． 答案：D 4．下列微粒中与OH-离子具有相同的质子数和电子数的是 [ ] A．H2O B．FC． Na+ D．Ne 解析 1：首先算出OH-离子中含有多少个质子和电子，氧是8 号元素， 氢是1 号元素，共有质子数8＋1 = 9，由于该离子带1 个单位负电荷， 所以含10 个电子．H2O 中有10 个质子、10 个电子，排除A；F-有9 个 质子、10 个电子，B 对；Na+有11 个质子、10 个电子，排除C；Ne 有 10 个质子、10 个电子，排除D． 解析 2：题中OH-离子带1 个单位负电荷．备选答案中只有F-带负 电荷，很快选出B．命题目的：本题主要考查原子团或离子所带电荷数，以及原 子团所 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 163 具有的质子数是组成各元素原子的核电荷数之和． 解题关键：本题的关键是发掘题中备选答案中的隐含信息，即 OH- 带负电荷，电子数比质子数多1，能快速淘汰，获得正确选项． 错解剖析：有错选 C，是错解题意，把带相反电荷结合成新物质． 答案：B 5．下列微粒带有10 个电子的阳离子是 [ ] A．Ar B．FC． Na+ D．OH- 解析 1：本题提到“微粒”，微粒可以是不带电的分子，可以是带正 电的阳离子，还可以是带负电的阴离子；带10 个电子的分子有CH4、NH3、 H2O、HF、Ne；带10 个电子的阴离子有OH-、F-、O2-、NH2 -等；带10 个电子的阳离子有Na+、Mg2+、Al3+、NH4 +、H3 +O 等．本题给出4 个备 选项都带10 个电子，只有C 是阳离子，C 对． 解析 2：题目要求阳离子，备选项中只有一项是阳离子． 命题目的：本题主要考查微粒的构成． 解题关键：抓住题目要阳离子这个信息． 答案：C 6．M 元素的一个原子失去两个电子，转移到Y 元素的两个原子中 去，形成离子化合物Z，下列说法正确的是 [ ] A．Z 的熔点较高B．Z 可表示为M2Y C．M 形成＋2 价阳离子D．Z 一定溶于水 解析：物质由固态变成液态的温度叫做熔点，由于构成物质的微粒 不同，微粒之间的作用力不一样，所以不同物质熔化温度不同．在分子 晶体中，分子间的作用力是范德华力，这种力比化学键弱得多，克服分 子间作用力消耗能量小，熔点低；在离子晶体中，阴离子和阳离子通过 离子键结合而成，离子键的作用力较强，要吸收较多的能量，才能克服 离子间作用力，所以熔点较高．Z 是离子化合物，熔点较高，A 对．M 元素一个原子失去两个电子，带两个单位正电荷，Y 元素每个原子获得1 个电子，带1 个单位负电荷，Z 的化学式是MY2，B 错．M 的阳离子符 号为M2+，不是＋2 价，而是带2 个单位正电，C 错．离子化合物有易溶 于水的，如钠盐(NaNO3)等，也有难溶于水的，如碳酸钙等．Z 不一定能 溶于水，D 错． 命题目的：本题主要考查离子晶体的某些物理性质． 解题关键：抓住晶体中微粒间的作用力，作用力强，微粒间结合牢 固，克服这种作用力消耗能量大，熔点高，反之熔点低． 错解剖析：有学生错选 B，是由于M2Y 和MY2 弄反了． 答案：A 7．下列离子化合物的电子式不正确的是 [ ] 解析：离子化合物的电子式由阴离子的电子式和阳离子的电子式构 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 164 成，原子失去电子成为阳离子，阳离子的电子式和离子符号相同，原子 失去几个电子带几个单位正电．例如钙原子失去两个电子，电子式和离 子符号都是Ca2+，阳离子没有方括号(阳离子的原子团除外)，阴离子是原 子获得电子，使外层电子达到8 个电子的稳定结构(K 层2 个电子)，用方 括号把电子都围在内部，例如氯原子获得1 个电子，成为带1 个单位负 两个阴离子不能写在一起，阳离子要挨着阴离子，阴离子要挨着阳离子， 整个电子式呈电中性，氯化钙的电子式对，排除A．硫化钠的电子式对， 排除B．氟化钾的电子式对，排除C．过氧化钠是离子化合物，阴离子 没有用方括号括住，没有标出带负电的电荷数，D 错．过氧化钠电子式 的正确书写是： 命题目的：本题主要考查离子化合物电子式的正确书写原则． 解题关键：关键是阳离子的电子式和离子符号相同(原子团除外)，阴 离子的电子式是在元素符号周围有8 个电子，用方括号把电子括住，右 上角标明带负电荷数．阴、阳离子构成电子式时，正电荷总数等于负电 荷总数． 错解剖析：审题时忘了审查阴离子的方括号而做错． 答案：D 8．10℃时固体是分子晶体的是 [ ] A．干冰B．烧碱 C．硫酐D．纯碱 解析：在 10℃时干冰是气态，即二氧化碳气A 错．烧碱是俗名，化 学名称是氢氧化钠，常温下固态，是离子晶体，排除B．硫酐，是三氧 化硫，溶于水生成硫酸，是硫酸的酸酐，16.8℃时熔化成液态，10℃时为 固态，三氧化硫是分子晶体，C 对．纯碱的学名碳酸钠，常温下固态， 离子晶体，排除D． 命题目的：本题主要考查三氧化硫的物理性质． 答案：C 不定项选择题 1．某元素R 的最高价氧化物分子式是RO3，气态氢化物里含氢2.470 ％，这种元素是 [ ] A．硫B．氧 C．硒D．碲解析1：设该元素的相对原子质量为A，根据题意，该元素氢化物分 子式为H2R，氢的百分含量是 2 2 2 2 H H＋A A × ％ ＋ 100 = ×100％ = 2.470％ 解得：A = 78.97 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 165 解析 2：把气态氢化物中氢的百分含量转变为气态氢化物中各元素的 质量比，在H2R 中含氢2.470％，则含R 为100－2.470 = 97.53， R 2H = 94.53 2.470 = 39.486 ％ ％ R = 39.486×(2×1) = 78.97 从相对原子质量表中查得该元素是硒，选 C． 命题目的：本题主要考查最高价氧化物和气态氢化物的关系以及有 关计算． 解题关键：本题的关键是正确书写气态氢化物分子式，从最高价氧 化物分子式知R 是＋6 价，负化合价数 = 显高正价－8，有了负化合价 就能写出气态氢化物分子式是H2R． 错解剖析：解析 2 中易错答R = 39.486，是运算中的错误，应该把 39.486 乘2 就是答案． 答案：C 2．X、Y、Z 和R 分别代表四种元素，如果aXm+、bYn+、cZn-、dRm- 四种离子的电子层结构相同(a、b、c、d 为元素的原子序数)，下列关系 正确的是 [ ] A．a－c = m－n B．a－b = n－m C．c－d = m＋n D．b－d = n＋m 解析：根据题意知道X、Y、Z、R 四种元素核内质子数分别是a、b、 c、d．两种阳离子核外电子数是： aXm+∶a－m，bYn+∶b－n． 两种阴离子的核外电子数是： cZn-∶c＋n，dRm-∶a＋m． 四种离子电子层结构相同，故四种离子的核外电子数相等，即： a－m = b－n = c＋n = d＋m 由上式可解得： a－m = b－n ∴a－b = m－n a－m = c＋n ∴a－c = m＋n c＋n = d＋m ∴c－d = m－n b－n = d＋m ∴b－d = n＋m 命题目的：本题主要考查元素的原子得、失电子后，核电荷数和阴、 阳离子的核外电子数的关系，以及离子的电子层结构． 解题关键：本题的关键是阳离子带正电，为原子失去电子的结果， 阴离子带负电，为原子获得电子所致，所以阳离子的核外电子数应为原 子序数减去阳离子的电荷数，阴离子的核外电子数应为原子序数，加上 阴离子的电荷数． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 166 错解剖析：计算阳离子核外电子数时，错理解为应该加上阳离子的电荷数成为原 子，导致错误． 答案：D 3．X 元素的阳离子和Y 元素的阴离子具有与氩原子相同的电子层结 构，下列叙述中正确的是 [ ] A．X 的原子序数比Y 的小 B．X 原子的最外层电子数比Y 的大 C．X 的原子半径比Y 的大 D．X 元素的最高正价比Y 的小 解析：根据“X 元素的阳离子和Y 元素的阴离子具有与氩原子相同 的电子层结构”已知阴离子与该原子具有相同电子层数，阳离子比该原 子少一个电子层，氩原子是第三周期的惰性元素，它们在元素周期表中 的位置是： 从上述草图可知，X、Y 在相邻周期，Y 在X 元素的上一周期，是 非金属元素，X 的原子序数比Y 大，A 错．X 是金属元素，原子的最外 层电子数X 比Y 少，B 错．X 原子半径比Y 大，是因为X 元素比Y 多 一个电子层，X 是金属元素，相同周期中是原子半径较大者．在相同周 期里元素的原子半径从左到右逐渐减小，Y 元素是同周期中原子半径较 小者，因此X 的原子半径一定大于Y，C 对．X 原子在第四周期，可能 是钾、钙等，阳离子的电子层结构和惰性元素氩相同，X 的最高正价可 能是＋1、＋2 等，Y 元素可能是第三周期的磷、硫、氯等，它们的阴离 子与氩原子具有相同的电子层结构，其最高正价分别为＋5、＋6、＋7， 所以X 元素的最高正价比Y 元素小，D 对． 命题目的：本题主要考查元素周期律和元素周期表知识的应用和逻 辑推理能力． 解题关键：本题的关键是能正确判断X、Y 两元素在元素周期表中 的位置，X、Y 元素在元素周期表中定位后，它们的原子结构、电子层数、 最外层电子数、最高正价以及原子半径递变规律都能顺利推断了． 错解剖析：有错选A、B 的，是由于X、Y 在元素周期表中的位置判 断错误． 答案：C、D 4．某主族元素X 和Y，已知X 的原子序数为a，X2+离子比Y-离子 少8 个电子，则Y 的原子序数是 [ ] A．a＋b B．a＋8 C．a＋5 D．a＋7 解析：根据题意 X 原子序数为a，则X 原子核外有a 个电子，X2+离 子有(a－2)个电子，设Y 的原子序数为b，则Y 原子核外有b 个电子， Y-离子有(b＋1)个电子，X2+比Y-少8 个电子，关系式是b＋1 = 8＋(a－ 2)，∴b = a＋5． 命题目的：本题主要考查原子序数即核电荷数、阴(阳)离子电荷数和核外电子数 之间的关系． 解题关键：关键是掌握原子失去电子变成阳离子，阳离子的核外电 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 167 子数等于原子序数减去带正电的电荷数；原子获得电子变成阴离子，阴 离子的核外电子数等于原子序数加上带负电的电荷数． 错解剖析：有学生错选 B，是没有分析离子电荷，简单地把X 的原 子序数加8． 答案：C 5．关于原子半径的题比较多，一般有4 种情况：(1)同种元素比较微 粒半径的大小；(2)同周期比；(3)同主族比；(4)相同电子层比．现分别举 例说明： (1)同种元素比较微粒半径大小 题目：下列微粒半径大小的比较中正确的是 [ ] A．Na＞Na+ B．Cl＞Cl- C．Fe2+＜Fe3+ D、Br＜Br- 解析：同种元素阳离子半径小于原子半径，A 对．同种元素阴离子 半径大于原子半径，B 错，D 对．同种元素的阳离子，其半径大小与所 带的电荷数有关，所带电荷数越多，离子半径越小，C 错． (2)同周期元素比较微粒半径大小 题目：下列各组微粒半径(R)比大于1 的是 [ ] A．R(Mg)/R(Na) B．R(P)/R(Cl) C．R(Al3+)/R(Na+) D．R(K)/R(Br) 解析：同周期元素(主族)，从左到右随着核电荷数递增，原子半径、 阳离子半径或阴离子半径都依次减小．钠和镁都位于元素周期表第三周 期，钠在镁的左边，钠原子半径大于镁原子，R(Mg)/R(Na)小于1，A 错．磷 和氯都位于第三周期，磷在氯左边，磷的原子半径大于氯，R(P)/R(Cl)大 于1，B 对．钠和铝都失去外层电子成为阳离子，都具有两个电子层，铝 的核电荷数大于钠．铝对核外电子吸引力大，铝离子的半径小于钠离子， 它们的半径比值小于1，C 错．钾和溴都位于第四周期，都是主族元素， 钾的原子半径大于溴，两原子半径比大于1，D 对． (3)同主族或具有相同电子层结构的微粒半径大小 题目：下列各组微粒中，半径大小的比较中错误的是 [ ] A．K＞Na＞Li B．Mg2+＞Na2+＞FC． Na+＞Mg2+＞Al3+ D．Cl-＞F-＞F 解析：钾、钠、锂位于元素周期表第IA 族，分别是四、三、二周期， 根据同主族元素从上到下原子半径加大，A 中半径大小关系表达是对的， 排除A．Mg2+、Na+、F-三种微粒都具有两个电子层，电子层结构和氖相 同，它们分别是12、11、9 号元素，根据具有相同电子层结构，随核电 荷数递增而半径减小，B 的表示大小是错误的，为本题选项．Na+、Mg2+、 Al3+的半径关系对的，排除C．Cl-三个电子层，F-、F 两个电子层，F-的 半径大于F，D 的关系对，排除D．命题目的：本题主要考查微粒半径与原子结 构的关系． 解题关键：微粒半径大小比较时，必须首先抓住相同的因素，一般 有下述几种情况：①同种元素，原子半径大于阳离子半径，如Na＞Na+； 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 168 原子半径小于阴离子半径，如Cl＜Cl-；阳离子带的电荷数越多半径越小， 如Fe3+＜Fe2+．②同主族元素，最外层电子数相同，从上到下电子层数增 加，半径加大，如Na＞Li，Cl＞F．③同周期元素，电子层数相同，从左 到右随核电荷数递增，半径逐渐减小．④具有相同电子层结构的微粒， 可以是带负电荷的阴离子，也可以是带正电荷的阳离子，都是随着核电 荷数递增而微粒的半径减小，如 两个电子层微粒：O2-、F-、Na+、Mg2+、Al3+ 三个电子层微粒：S2-、Cl-、K+、Ca2+ 微粒半径：大→小 错解剖析：题目要求错误选项时容易答错，做题时应该找出选项后， 再核实一下题目对选项的要求，是要求选出正确的，还是要求选出错误 的． 答案：(1)A、D (2)B、D (3)B 6．设某元素某原子核内的质子数为m，中子数为n，则下述论断正 确的是 [ ] A．不能由此确定该元素的相对原子质量 B．这种元素的相对原子质量为m＋n C．若碳原子质量为Wg，此原子的质量为(m＋n)Wg D．核内中子的总质量小于质子的总质量 解析：元素的相对原子质量是按其各种天然同位素原子所占的一定 百分比计算出来的平均值，因此，只知道某元素一种同位素的质子数和 中子数只能算出这种同位素的质量数，而不能确定该元素的相对原子质 量，A 对．B 错．若碳原子质量为Wg，碳的相对原子质量近似为12，则 此原子的质量为(m＋n)W/12(g)，而不是(m＋n)W g，C 错．原子核内质子 数和中子数之间没有必然关系，而且质子的总质量和中子的总质量之间 也无必然关系，质子的总质量大于、等于、小于中子的总质量都有可能， D 错． 命题目的：本题主要考查相对原子质量的概念，以及识别某元素的 相对原子质量和该元素一种同位素的相对原子质量的不同点． 解题关键：关键是认真审题，理解质量数和元素的相对原子质量在 概念上的区别． 错解剖析：有错选B 的，原因是审题不清，题干中“某元素某原子” 就意味着该元素核内有n 个中子的一种原子．“某元素”一定还有多种 同位素，认清这一点一定能正确找出选项． 答案：A 7．短周期元素X、Y、Z，已知其最高价氧化物对应水化物的酸性 强弱是 H2XO3＜H3YO4＜HZO3 则 X、Y、Z 的原子序数大小顺序是__[ ] A．X＞Y＞Z B．X＞Z＞Y C．Y＞X＞Z D．Y＞Z＞X 解析：由最高价氧化物对应水化物的化学式可知 Y 和Z 位于元素周 期表中第ⅤA 族，而且原子序数Y＞Z；X 位于ⅣA 族，由于它们都是短 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 169 周期元素，因此X 可能和Y 同周期，也可能和Z 同周期．若X 和Y 同 周期，则原子序数的关系是：Y＞X＞Z，C 对．若X 和Z 同周期，则原 子序数的关系是：Y＞Z＞X，D 对． 命题目的：本题主要考查元素在周期表中的位置和原子序数的对应 关系，元素的原子最高价氧化物对应水化物酸碱性的递变规律． 解题关键：关键是判断 X、Y、Z 三种元素在元素周期表中的位置， 有了位置就能推断化合物的递变规律． 错解剖析：把H2XO3 想象为H2SO3 的抽象形式，使X 错判第ⅥA 族， 选了A，错判的原因是审题不严，没有注意到题中指出的“最高价”而 引起的失误． 答案：C、D 8．已知元素X、Y 的核电荷数分别是a 和b，它们的离子Xm+和Yn- 的核外电子排布相同，则下列关系式中正确的是 [ ] A．a = b＋m＋n B．a = b－m＋n C．a = b＋m－n D．a = b－m－n 解析：由题干叙述可知 Xm+离子的核外电子数是：(a－m)，Yn-离子 的核外电子数是：(b＋n)，由于Xm+和Yn-的核外电子排布相同，故它们 的核外电子数相等，即a－m = b＋n，移项得a = b＋m＋n，A 对． 命题目的：本题主要考查元素的原子得失电子后，核电荷数和阴、 阳离子的核外电子数的关系． 答案：A 9．由短周期金属元素X 和非金属元素Y 组成的化合物X2Y3，已知 X 的原子序数为n，则Y 的原子序数不可能是 [ ] A．n－6 B．n＋3 C．n＋4 D．n－5 解析 1：题干给出的信息是短周期元素，X 是金属元素，则排除了第 一周期．X、Y 只能是第二周期或第三周期的元素，从化学式知X 为＋3 价，Y 为－2 价，短周期都是主族元素，所以X 在第ⅢA 族，Y 在第ⅥA 族．若X、Y 都处于第二周期或都处于第三周期，则X 是5B 或13Al，Y 是8O 或16S，Y 的原子序数都是n＋3，题目要求不可能的，排除B．若 X 处于第三周期，Y 处于第二周期，则Y 的原子序数为n－5，排除D． 解析 2：X 在ⅢA 族，Ⅲ是奇数，Y 在ⅥA 族、Ⅵ是偶数，奇数加偶 数或减偶数都得奇数，排除B、D，不可能的应该是偶数，A 和C 中6 和4 都是偶数． 命题目的：本题主要考查元素周期表的具体运用． 答案：A、C10．下列排列顺序，错误的是 [ ] A．原子半径：O＜S＜Na B．稳定性：PH3＞H2S＞NH3 C．酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4 D．碱性：Al(OH)3＜Mg(OH)2＜NaOH 解析：比较的依据是，同主族元素从上到下电子层数增加，原子半 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 170 径加大，氧和硫都在ⅥA 族，氧在第二周期，硫在第三周期，原子半径S ＞O，钠和硫都在第三周期，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，故 原子半径Na＞S，题干要求错误项，排除A．同周期元素氢化物从左到 右稳定性增强，故稳定性H2S＞PH3，同主族元素素氢化物从上到下稳定 性减弱，故NH3＞PH3，B 错．同周期元素从左到右，其最高价氧化物对 应水化物的酸性逐渐增强，碱性逐渐减弱，C 和D 都对，选项排除C 和 D． 命题目的：本题主要考查元素周期律的具体应用． 解题关键：关键是掌握元素周期律的递变． 答案：B 11．下列说法中正确的是 [ ] A．分子中键能越大，键越长，则分子越稳定 B．失电子难的原子获得电子的能力一定强 C．在化学反应中，某元素由化合态变为游离态，该元素被还原 D．电子层结构相同的不同离子，其半径随核电荷数增多而减小 解析：分子的稳定性主要决定于分子中化学键的稳定性，化学键的 键能越大，含有该键的分子越稳定，在化学键的类型相同时，键越短， 键就越牢固，分子就越稳定，A 错．失电子难的原子获得电子的能力不 一定强，比如ⅣA 族元素，最外电子层上有4 个电子，既不容易失电子， 也不容易得电子，当跟其他原子结合时，以共用电子对生成共价化合 物．又如稀有气体的原子，最外电子层为8 电子结构(K 层2 电子)，既难 失电子，又难获得电子，B 错．在化学反应中，元素由化合态变为游离 态，有时该元素被氧化，此时该元素为负价．例如2Cl-－2e = Cl2，有时 该元素被还原，此时该元素为正价，例如： ＋ △ 2KClO 2KCl +5 3 MnO2 1 3O2↑反应中氯元素被还原，C 错．D 对． 命题目的：本题综合考查化学键、氧化还原等基本概念或原理． 解题关键：本题涉及许多基本概念，每一选项要认真阅读，一个选 项中，一段话说对了，另一段说错了，按错误选项处理． 错解剖析：经常有学生把 C 项判为正确，这属于思维不全面，化合 态变成游离态，只考虑到由正价变成零价，是还原反应，忽视了由负价 变成零价的氧化反应． 答案：D 12．和10g 普通水中所含质子数相等的重水的质量是 [ ] A．10g B．10.2g C．12.4g D．11.1g 解析：本题是一道计算题，计算结果只有 1 个数，即只有一个选项 符合题意．普通水的摩尔质量18g·mol-1，每摩尔普通水中含有10mol 质子，重水(D2O)的摩尔质量20g·mol-1，每摩尔重水中亦含有10mol 质 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 171 子，所以只要普通水和重水的物质的量相等，它们的质子数就相等，设 重水的质量为Wg，则： W 20 = 10 18 解得W = 11.1(g) 命题目的：本题主要考查同位素的概念． 解题关键：关键是抓住每摩尔普通水和重水含有相同物质的量的质 子数． 错解剖析：没有通过物质的量换算，误认为质量相等即质子数相等， 错选A． 答案：D 13．某元素形成离子X3+，此微粒共有23 个电子，质量数为56，则 中子数为 [ ] A．23 B．26 C．30 D．33 解析：根据离子电荷知该元素的原子序数为23＋3 = 26，中子数 = 质 量数－原子序数，即 56－26 = 30，选C． 命题目的：本题主要考查组成原子的基本微粒． 解题关键：关键掌握并运用公式： 质量数(A) = 质子数(Z)＋中子数(N) 错解剖析：有时错选 B，是把中子数和质子数混淆了． 答案：C 14．有X、Y 两种元素，能生成两种化合物C1 和C2，每种化合物的 质量分数如右表所示，已知C1 的最简式为XY4，则C2 的化学式是 [ ] X Y C1 75 ％ 25 ％ C2 80 ％ 20 ％ A．XY B．X2Y C．XY2 D．X2Y6 解析 ： 中两元素的质量比为 所以① 设的最简式为，则， 1 C C X Y 1 2 a b X Y 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 172 X Y aX bY 4 75 25 12 1 80 20 4 1   所以② ①式和②式的比值相等，则 解得 X Y X Y b a b a = 4b a 12 1 4 3 1  ∴最简式为 XY3，化学式X2Y6，选D． 解析 2：近似计算 把备选项形变成 C1 的形式，B 项形变成XY0.5，D 项形变成XY3， 设C2 的化学式为XYa，则4∶a = 25％∶20％，解得a = 3.2，4 舍5 入取 整数，a 为3，D 对．这种解法只能用于选择题近似快捷计算． 命题目的：应用质量分数确定化合物的组成． 解题关键：关键是抓住元素的质量比等于物质的量比． 答案：D 15．下列有关稀有气体的描述不正确的是 [ ] 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 173 ①原子的最外层电子数都有 8 个，②其原子与下周期第ⅠA 族和ⅡA 族的阳离子具有相同的电子层结构，③有些稀有气体能跟某些物质反应， ④原子半径比同周期的元素的原子大 A．只有① B．①和③ C．①和② D．②和④ 解析：只有 1 个电子层的惰性元素氦只有2 个电子，①错；第ⅠA 族、ⅡA 族元素失去外层电子，其阳离子比原子少一个电子层，原子的 次外层是阳离子最外电子层结构，所以离子的电子层结构与上一周期惰 性元素的原子相同，②对；稀有气体中的氙、氪等跟活泼的非金属元素 氟反应生成氙和氪的氟化物，如XeF2、XeF4、XeF6 等，③对；第一周期 元素从左到右原子半径逐渐减小，但是惰性元素的原子半径不同，它是 同周期中原子半径最大的，下表说明短周期元素ⅠA 族和零族元素原子 半径数值．数值表明④对． 几种Ⅰ A族和零族元素原子半径 元素符号H He Li Ne Na Ar 原子半径(10-10m) 0.37 1.22 1.52 1.6 1.86 1.91 命题目的：本题主要考查惰性元素原子半径的特殊性． 答案：A 16．某元素X 的核外电子数等于核内中子数，取该元素单质2.8g， 与氧气充分反应，可得到6gXO2，该元素在周期表中的位置是 [ ] A．第三周期B．第二周期 C．第ⅣA 族D．第ⅤA 族 解析：由题干给的信息知核内质子数等于中子数，只要求出质量数 就能推出几号元素，设X 的质量数为A X～XO219．已知H－Cl 键的键能为431.4kJ·mol-1，下列关于键能的叙述中 正确的是 [ ] A．每生成1molH－Cl 键放出431.4kJ 热量 B．每生成1molH－Cl 键吸收431.4kJ 热量 C．每拆开1molH－Cl 键放出431.4kJ 热量 D．每拆开1molH－Cl 键吸收431.4kJ 热量 解析：键能的定义是要拆开 1mol 化学键，需要吸收的能量叫键能， 键能越大，化学键越牢固，含有该键的分子越稳定，所以A、B、C 都错， D 对． 命题目的：本题主要考查键能的概念． 解题关键：在化学键键能的定义中，主要掌握“拆开”1mol 化学键， 和“吸收”的能量，引号中4 个字掌握和理解，就能迅速、准确地做完 题． 错解剖析：错答为A，原因是对定义理解不够确切．错误理解为生 成1mol，H－Cl 键放出的能量和拆开1molH－Cl 吸收的能量相等，哪种 说法都一样． 答案：D 20．下列各组物质中，都是极性键非极性分子的是 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 174 [ ] A．H2O、NH3、NH4 + B．CH4、CCl4、CO2 C．NaCl、HCl、H2S D．H2、N2、Cl2 解析：极性键的全名是极性共价键．原子间通过共用电子对所形成 的化学键，叫做共价键．在单质分子中，同种原子形成共价键，两原子 吸引电子的能力相同，共用电子对不偏向任何一个原子，成键原子不显 电性，叫非极性共价键，简称非极性键．在化合物分子中，不同原子形 成共价键，由于不同原子吸引电子的能力不同，共用电子对偏向吸引电 子能力强的原子一方，吸引电子能力强的原子带部分负电荷，吸引电子 能力弱的原子带部分正电荷，这种键称为极性键．以非极性键结合而成 的分子是非极性分子；以极性键结合的双原子分子，整个分子的电荷分 布不对称，是极性分子；以极性键结合的多原子分子，结构对称的是非 极性分子，结构不对称的是极性分子．水分子中，氢氧间是极性键，两 个O－H 键的键角104°30′，结构不对称，是极性分子；氨分子中， 原子共用的孤对电子，结构不对称是极性分子；NH4＋是阳离子，不是 分子，排除A．甲烷分子中，C－H 键是极性链，C－H 的键角109°28 ′，形成正四面体结构，碳原子位于正四面体中心，4 个氢原子位于正四 面体的4 个顶点，对称地排列在碳原子的周围，是非极性分子；四氯化 碳分子，相当于甲烷分子中的4 个氢原子被氯原子取代，C－Cl 键是极 性键，C－Cl 键之间的键角也是109°28′，是正四面体结构，非极性分 子；二氧化碳分子中C－O 键是极性链，C－O 键的键角180°，是直线v(2)1mol 各种单质中，它们的质于数之比是________； (3)各1g 各种单质中，它们的中子数之比是________； (4)在标准状况下，1L 各种单质中它们的电子数之比是________． 解析：H、D、T 都是氢元素的三种原子，H 原子核内没有中子，D 原子核内有1 个中子，T 原子核内有2 个中子，三种原子互为同位素． (1)在标准状况下，三种单质的密度比就是相对分子质量比： 2∶4∶6 = 1∶2∶3 (2)三种原子的质量数不同，但是它们都是双原子分子，原子的质子 数相同，它们的质子数之比是1∶1∶1． (3)把1g 单质都换算成物质的量，H2 中没有中子，D2 中有2mol 中 子，T 中有4mol中子，所以中子数之比是×0∶ ×2∶ ×4 = 0∶ 2 1 2 1 4 1 6 3∶4． (4)1L 单质电子数之比是1∶1∶1． 命题目的：本题主要考查同位素的概念． 解题关键：关键是掌握 H 原子核中没有中子，D 原子核中有1 个中 子，T 原子核中有2 个中子． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 175 错解剖析：由于对于重氢、超重氢见得少，它们的单质更少见，把 它们错写成单原子分子D、T．因此密度比和质子数比都做错了． 3．在1～20 号元素中具有相同电子层结构的微粒如下(写元素符号)： (1)与He 原子的电子层结构相同的微粒有________； (2)与Ne 原子的电子层结构相同的微粒有________、________、 ________、________、________； (3)与Ar 原子的电子层结构相同的微粒有________、________、 ________、________． 解析：微粒一般可以是阳离子、原子或阴离子． (1)He 在元素周期表中第一周期，只有1 个电子层，第一周期有两种 元素，第二周期的典型金属失去外层电子成为带正电的阳离子，有L1 +、 Be2+两种． (2)Ne 有两个电子层，位于第二周期．第ⅥA 族、ⅦA 族元素容易得 2 个电子和1 个电子成为带负电的阴离子，第三周期的金属元素失去外层 电子成为带正电的阳离子，所以有微粒O2-、F-、Na+、Mg2+、Al3+． (3)有S2-、Cl-、K+、Ca2+ 命题目的：本题主要考查微粒核外最外电子层 8 个电子(K 层2 个电 子)为稳定结构． 解题关键：与惰性元素的原子电子层结构相同，可能是阴离子也可 能是阳离子． 错解剖析：解题时以为离子就是少一个电子层，错把 O2-、F-放到 He 结构中，其实阴离子的电子层结构和本周期惰性元素电子层结构相 同． 4．元素周期表有________个横行，也就是________个周期：第一周 期有________种元素，第二、三周期各有________种元素，第四、五周 期各有________种元素，第六周期有________种元素，第七周期只发现________ 种元素，到目前为止还没有填满．我们把含元素较少的第一、 二、三周期叫________，含元素较多的第四、五、六周期叫________， 把第七周期叫________．由短周期元素和长周期元素共同构成的族叫做 ________族，完全由长周期元素构成的族叫做________族，在整个周期 表里有________个主族，________个副族，1 个第________族和1 个 ________族，共16 个族． 解析：本题主要是记忆性的基本知识．7 个横行，7 个周期，2 种，8 种，18 种，32 种，24 种．短周期，长周期，不完全周期．主族，副族， 7 个主族，7 个副族，1 个Ⅷ族，1 个零族． 命题目的：本题主要考查元素周期表的结构． 5．X．Y、Z、W为短周期的四种元素，其最高正价依次为＋1、＋4、 ＋5、＋7，核电荷数按照Y、Z、X、W的顺序增大．已知Y 与Z 的原子 次外层的电子数均为2，W、X 的原子次外层的电子数均为8． (1)写出各元素的名称：X：________，Y：________，Z：________， W：________． (2)画出它们的原子结构示意图：X：________，Y：________，Z： ________，W：________． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 176 (3)写出它们在元素周期表中的位置：X：________，Y：________， Z：________，W：________． (4)写出X的最高价氧化物与Z 的最高价氧化物对应水化物反应的化 学方程式________． (5)按碱性减弱，酸性增强的顺序排出各元素最高价氧化物对应水化 物的分子式：________，________，________，________． 解析：从题目给的信息，Y、Z 为第二周期元素，W、X 为第三周期 元素，再由最高正价知： (1)X 为钠，Y 为碳，Z 为氮，W为氯 (2) (3)X 在第三周期，第ⅠA 族；Y 在第二周期ⅣA 族；Z 在第二周期 ⅤA 族；W在第三周期，第ⅦA 族． (4)Na2O＋2HNO3 = 2NaNO3＋H2O (5)NaOH H2CO3 HNO3 HClO4 命题目的：本题主要考查第二、三周期中典型金属元素和非金属元 素的原子结构特点，以及它们的最高正价变化情况． 解题关键：当次外层只有两个电子时，该元素一定是第二周期，是 短周期元素，次外层是8 个电子时，该元素一定是第三周期． 错解剖析：核电荷数的依次增大和正价的依次增高，它们的顺序不 同，审题不严密时，会判断错误． 6．X、Y、Z 三种元素的原子具有相同的电子层结构，而Y 的核电荷数比X 大2， Z 的核电荷数比Y 多4，1molX 单质跟足量的酸起反应能 置换出1g 氢气，这时X 转为与氖原子相同电子层结构的离子，根据上述 条件，试回答： (1)X、Y、Z 的元素符号依次为________、________、________． (2)X、Y 最高价氧化物对应水化物跟Z 的气态氢化物的水溶液反应 的离子方程式分别为①________，②________． 解析：原子具有相同的电子层结构即为同一周期的元素，1molX 与 酸反应置换出1g 氢，则X 的阳离子为＋1 价，与氖原子的电子层结构相 同的＋1 价阳离子是钠，X 确定后可推知Y 为铝，Z 为氯． (1)X、Y、Z 依次为Na、Al、Cl． (2)X、Y 的最高价氧化物对应水化物分别是NaOH、Al(OH)3．NaOH 是强碱，它在水溶液中完全电离，电离的离子方程式是：NaOH = Na+＋ OH-，Al(OH)3 是弱碱，在水溶液中溶解的那部分电离的百分数很小，主 要以分子的形式存在．Z 的气态氢化物为氯化氢，溶于水成盐酸，盐酸 是强酸，水溶液中完全电离，电离方程式是HCl = H+＋Cl-．酸碱反应的 离子方程式是：①OH-＋H+ = H2O，②Al(OH)3＋3H+ = Al3+＋3H2O． 命题目的：本题主要考查第三周期典型元素的最高价氧化物对应水 化物及气态氢化物的酸碱性． 解题关键：突破点是1mol，X 单质跟酸反应能置换出1g 氢气，而阳 离子的电子层结构与氖原子的电子层结构相同，即判断X 为钠，其他问 题就迎刃而解了． 错解剖析：置换出 1g 氢气，理解成1mol 氢气，把X 错判为镁，其 他都会出现连锁错误． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 177 7．下列关于化学键的叙述请填空． (1) 离子键是________ 间通过________ 作用所形成的化学 键．________跟________化合时，都能形成离子键．用电子式表示钾跟 硫两种原子形成硫化钾这一离子化合物的过程________．某化合物XY2 中，各离子的电子层结构相同，而且电子总数为54，则XY2 的化学式是 ________，电子式是________． (2)共价键是原子间通过所形成的化学键．________叫键长，________ 叫键角．用电子式表示H、O、I 三种元素彼此间生成的化合物． (3)电子对是________这样的共价键叫做配位键，用电子式表示氨分 子和氢离子生成铵根离子的形成过程________． 解析：(1)阴、阳离子通过静电作用所形成的化学键，叫做离子键．这 种静电“作用”不叫静电“引力”，因为除了阴、阳离子之间的静电吸 引以外，还有两离子间之间的电子和电子、原子核和原子核之间的相互 排斥作用，当它们引力和斥力达到平衡时，形成稳定的化学键．活泼金 (2)共价键是原子间通过共用电子对所形成的化学键；分子中两个成 键原子的核间距离叫键长；分子中键和键之间的夹角叫键角．H、O、I 三种元素彼此间可以生成三种化合物：H2O、H2O2、HI．电子式是(3)电子对是由 一个原子单方面提供跟另一个原子共用的共价键叫做 配位键． 命题目的：本题主要考查离子键和共价键的概念． 解题关键：离子键是活泼金属失去电子成为带正电的阳离子，活泼 非金属获得电子成为带负电的阴离子，阴、阳离子静电作用而成的化学 键．共价键是成键，原子得失电子都不容易，两原子间共用电子围绕两 核运动．化学上常用一根短线表示一对共用电子，如氢分子H－H，用三 根短线表示三对共用电子，如氮分子N≡N．配位键是特殊的共价键，氨 分子能跟氢离子形成配位键，是由于氨分子中有一对没有跟其他原子共 用的电子叫孤对电子，氨分子中氮原子提供这对电子与氢离子共用， 错解剖析：离子键中阴离子的电子式一定要用方括号括起来，没有 方括号都错，还要在右上角标明阴离子所带的电荷，阳离子只有原子团 号，也不标离子电荷，因为共价键中没有离子． 8．请把相应的内容填入下表中： 几 种 晶 体 晶体类型离子晶体原子晶体分子晶体 组成晶体的微粒极性分子或非极性分子 微粒间相互作用 熔点、沸点较高 典型实例金刚石，晶体硅 解析： 阴、阳离子 原子 离子键共价键范德华力 高低 NaCl 、KNO3 干冰、冰 命题目的：本题主要考查离子晶体、原子晶体、分子晶体的组成、 作用力等． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 178 9．请阅读下文(1)某元素R 的气态氢化物的水溶液呈酸性 (2)R 与元素X 能形成化合物XR4，该化合物的结构与ⅣA 族元素的 气态氢化物的结构相似 (3)Y 与R 同一族，Y 比R 后两个周期 (4)R 的单质能跟Y 的钾盐的水溶液反应，反应产物溶于XR4，并呈 紫红色． 请把答案填在相应的横线上： (A)R 的最高价氧化物的水化物化学式是________， (B)比R 前一族、同周期元素最高价氧化物水化物的化学式是 ________， (C)比较(A)、(B)答案的酸性强弱：酸性________＞________， (D)XR4 的化学式是________， (E)元素Y 的单质的化学式是________， (F)写出(4)的化学方程式：________． 解析：R 的气态氢化物水溶液呈酸性，可能是第ⅥA 或ⅦA 族元素， XR4 的结构与ⅣA 族气态氢化物结构相似，R 可能是氯，CCl4 与CH4 结 构相似，从(3)知Y 可能是碘，从(4)知Y 一定是碘，则R 一定是氯． (A)HClO4 (B)H2SO4 (C)HClO4＞H2SO4 (D)CCl4 (E)I2 (F)2KI＋Cl2 = 2KCl＋I2，碘溶于CCl4 呈紫红色． 命题目的：本题主要考查元素周期表的应用． 解题关键：通过(2)的阅读判断R 是氯，余下的问题就能迅速解决． 错解剖析：若 X 错判为硅，则(D)和(F)连锁错误，题目没有说明X 在第几周期，但是ⅣA 族稳定存在的气态氢化物是甲烷． 10．A、B、C、D 都是短周期元素，原子半径D＞C＞A＞B，其中 A、B 处于同一周期，A、C 处于同一主族，C 原子核内的质子数等于A、 B 原子核内质子数之和，C 原子最外层电子数是D 原子最外层电子数的4 倍． 试回答： (1)这4 种元素分别是(名称)A：________、B：________、C：________、 D：________． (2)这4 种元素单质的熔点由高到低的顺序是：________． (3)写出A、B、D 组成的化合物与B、C 组成的化合物相互反应的化 学方程式：________． 解析：由 C 原子最外层电子数是D 原子最外层电子数的4 倍，可知 D 在ⅠA 族，C、A 在ⅣA 族，由原子半径C＞A，故A 在第二周期是碳， C 在第三周期是硅；B 原子核内质子数为14－6 = 8，可见B 是氧，D 原 子半径大于硅，所以D 是钠． (1)A 是碳，B 是氧，C 是硅，D 是钠． (2)常温下氧是气态，金刚石和晶体硅都是原子晶体，熔点很高，但是碳的原子 半径小于硅的原子半径，C—C 键长小于Si—Si 键长，C—C 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 179 键能大于Si—Si 键能，所以金刚石的熔声、高于晶体硅，钠是低熔点金 属，所以四种单质的熔点是碳＞硅＞钠＞氧． (3)碳酸钠和二氧化硅在高温熔化时发生反应，可以认为是不挥发性 酸酐置换挥发性酸酐： Na CO SiO Na SiO CO 2 3 2 2 3 2 ＋ ＋ ↑ 熔化 命题目的：本题主要考查原子组成、核外电子排布、原子半径、晶 体结构、元素周期律和元素周期表等知识，以及这些知识的综合应用． 解题关键：本题的突破点是 C 原子最外层电子数是D 原子最外层电 子数的4 倍，因为最外层电子数是1～8，最多8 个电子，而8 个电子是 惰性元素，A、C 同主族，所以C 一定不是惰性元素，C 就是ⅣA 族，C 原子核内质子数等于A、B 原子核内质子数之和，C 能确定为第三周期即 硅，其他就易判断了． 错解剖析：第(1)问要求回答名称，往往错答成元素符号，这是审题 不严格． 实验题 1．证明金属和非金属之间没有严格的界限． (1)用镊子夹住去掉氧化膜的镁条，放在酒精灯火焰里点燃，把燃烧 生成的白色粉末放在试管里，注入少量蒸馏水，振荡，观察白色粉末溶 解情况．加几滴石蕊试液，观察颜色变化． (2)把少量红磷放在燃烧匙里，把燃烧匙放在酒精灯火焰上加热，使 红磷着火燃烧，再把燃烧匙伸进集气瓶，并立即用玻璃片盖住瓶口，使 红磷燃烧后生成的白烟附着在集气瓶内壁，火焰熄灭后，取出燃烧匙， 向集气瓶中加入少量蒸馏水，观察瓶内壁白色固体溶解情况．加几滴紫 色石蕊试液观察颜色变化． (3)在盛有少量氧化锌的试管中，加少许蒸馏水，再把它分装成两个 试管，一试管里加入2mL 盐酸，另一试管里加人2mL1％的氢氧化钠溶 液，观察两试管的变化． 写出以上三个实验的有关化学方程式，并作出结论． 解析：(1)金属镁在空气中燃烧生成氧化镁： 2Mg O 2MgO 2 ＋ 点燃 氧化镁在水中溶解度很小，100g 水在30℃时只溶解氧化镁0.0086g， 但这些量足以能使紫色的石蕊试液变蓝．反应式是： MgO H O Mg(OH) 2 2 ＋ 点燃 (2)红磷在空气中燃烧生成五氧化二磷，五氧化二磷溶于水生成酸： 4P 5O 2P O P O H O 2HPO P O 3H O 2H PO 2 2 5 2 5 2 3 2 5 2 3 4 ( ) ＋ ＋ ＋ 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 180 点燃 冷 (热) 能使紫色石蕊试液变红． (3)氧化锌既能溶于盐酸，又能溶于氢氧化钠溶液，它既能跟酸反应又能跟碱反 应，都生成盐和水，反应式是： ZnO＋2HCl = ZnCl2＋H2O ZnO＋2NaOH = Na2ZnO2＋H2O 综合上述三个实验，MgO 是碱性氧化物，P2O5 是酸性氧化物，ZnO 是两性氧化物，说明由金属到非金属是逐渐过渡，它们没有严格界限． 命题目的：本题主要考查元素周期表中由金属元素逐渐过渡到两性 元素，再到非金属元素，金属和非金属之间没有严格的界限． 2．同周期元素性质递变 (1)比较第三周期里的镁和铝的氢氧化物性质取两支试管，各注入 1mL硫酸镁(或氯化镁)溶液，各滴加1％的氢氧化钠溶液到有沉淀为止．在 一支试管里加入1～2mL 盐酸，另一支试管里加入1～2mL1％的氢氧化 钠溶液，观察氢氧化镁沉淀在两支试管中的溶解情况．记录反应现象， 并写出有关反应的化学方程式． 用硫酸铝代替硫酸镁溶液，做同样实验，结果怎样？写出有关反应 的化学方程式． (2)比较第三周期里非金属元素硫和氯的氢化物的稳定性取两支试 管，在一支试管中加入2mL 氢硫酸，在另一支试管里加入2mL 盐酸，再 向两支试管里各滴加溶有碘的碘化钾溶液(溶有碘的碘化钾溶液呈深红 棕色，这是碘的颜色)，观察两支试管中颜色变化，根据实验结果，作出 哪种元素非金属性强的结论． 解析：(1)硫酸镁溶液中加入氢氧化钠，立刻出现白色沉淀，这是生 成氢氧化镁： MgSO4＋2NaOH = Mg(OH)2↓＋Na2SO4 氢氧化镁是一种难溶性碱，可以跟酸反应生成盐和水，不跟碱反应： Mg(OH)2＋2HCl = MgCl2＋2H2O 实验证明镁是金属元素． 硫酸铝溶液中滴加氢氧化钠溶液，也立刻出现白色沉淀，这是生成 氢氧化铝； Al2(SO4)3＋6NaOH = 2Al(OH)3↓＋3Na2SO4 氢氧化铝是两性氢氧化物，它既能和盐酸反应生成盐(AlCl3)和水， 又能和氢氧化钠溶液反应生成盐(NaAlO2)和水： Al(OH)3＋3HCl = AlCl3＋3H2O Al(OH)3＋NaOH = NaAlO2＋2H2O 由此可见，在同一周期中，随着核电荷数递增，金属性减弱，镁是 金属元素，而铝已经出现两性，铝的氢氧化物既有碱性同时还表现酸性， 当氢氧化铝跟氢氧化钠反应时，铝进入酸根，生成偏铝酸钠(NaAlO2)． (2)氢硫酸遇到碘的碘化钾溶液，立刻出现沉淀，沉淀的颜色开始为 乳白色，后来变成淡黄色，这里因为碘有氧化性，氢硫酸中的硫被氧化： H2S＋I2 = S↓＋2HI 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 181 开始出现少量的硫呈乳白色，随着生成的硫增加，变成淡黄色．碘 的碘化钾溶液加到盐酸中没有什么变化． 本实验的结论是，两种氢化物的稳定性：HCl＞H2S 氯的非金属性比硫强，同一周期元素从左到右非金属性增强． 命题目的：本题主要考查同周期元素从左到右非金属性增强． 3．同主族元素性质递变 比较ⅦA 族元素气态氢化物的稳定性 取三支试管，分别加入少量氯化钠、溴化钠、碘化钠粉末，都放在 试管架上，在三个试管中各加入数滴浓硫酸，观察现象，做好记录，写 出有关反应方程式． 解析：加入浓硫酸后，三支试管都迅速冒出有刺激性气味的气体， 加氯化钠试管中冒出的气体是无色的，加溴化钠试管中冒出的气体是红 棕色的，加碘化钠试管中冒出的气体是紫色的，而且最早出现紫色．反 应方程式是： ①NaCl＋H2SO4 = NaHSO4＋HCl↑ ②NaBr＋H2SO4 = NaHSO4＋HBr 2HBr＋H2SO4 = SO2↑＋Br2↑(红棕色)＋2H2O ③NaI＋H2SO4 = NaHSO4＋HI 2HI＋H2SO4 = SO2↑＋I2↑(紫色)＋2H2O 反应后生成的 HCl 气比较稳定，HBr、HI 稳定性比较小，生成物和 浓硫酸反应，以浓硫酸的氧化性把HBr、HI 氧化成溴和碘的单质． 实验证明，同主族非金属元素气态氢化物稳定性不同，随着核电荷 数递增，从上到下气态氢化物的稳定性减弱． 命题目的：本题主要考查同主族元素从上到下气态氢化物的递变规 律． 4．现有8g 金属氧化物RO，加入200g 稀硫酸，充分搅拌至反应完 毕后，测得溶液里含有16gR 的硫酸盐，再加入20g 氢氧化钠，反应完全 后过滤，滤液呈中性，请填空： (1)写出R 的元素名称________，相对原子质量是________． (2)稀硫酸中溶质的质量分数是________． 解析：(1)从氧化物的化学式可知R 为＋2 价，跟硫酸反应生成硫酸 盐的化学式为RSO4，设R 的相对原子质量为W，用去硫酸xmol，根据 化学方程式计算如下： RO ＋ H2SO4 = RSO4＋H2O (W＋16) 1mol (W＋96) 8 xmol 16 (W＋16)∶8 = (W＋96)∶16 解得W = 64，x = 0.1，R 是铜，相对原 子质量是64．用去硫酸0.1mol． (2)从题意知硫酸过量，加入的氢氧化钠既能跟生成的CuSO4 反应， 又要跟过量的硫酸中和反应．设剩余硫酸为ymol，跟CuSO4 复分解反应 用氢氧化钠zg． CuSO4＋2NaOH = Cu(OH)2＋Na2SO4 1mol 2×40g16 160 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 182 mol zg 1mol∶0.1mol = 80∶z 解得z = 8(g) H2SO4＋2NaOH = Na2SO4＋2H2O 1mol 80g ymol (20－8)g 1∶y = 80∶12 解得y = 0.15(mol) 稀硫酸中溶质的质量分数： (0.1 0.15) 98 200 ＋ × ×100％ = × ％ ％ 245 200 100 = 12.25 命题目的：本题是综合性考查，除了题目要求的计算相对原子质量 外，还有书写化学方程式、中和反应、复分解反应，以及根据化学方程 式的计算、过量的计算等． 解题关键：RO 跟稀硫酸反应后没有说有沉淀生成，也没有跟R 的硫 酸盐分离就加入20g 氢氧化钠，如果忽略了氢氧化钠跟生成的R 的硫酸 盐会有复分解反应，计算结果，硫酸的浓度会偏高． 错解剖析：反应混合物是在加入氢氧化钠以后过滤的题目有隐含反 应，一般做题时应把涉及的全部反应方程式写出来可避免错误． 5．有A、B、C 三种元素，A 元素原子的最外层比次外层多2 个电 子，B 元素的原子与A 元素的原子具有相同的电子层数，且A 单质可以 在B 单质中燃烧，生成AB2 的气态物质，C 元素的离子与B 元素形成的 离子具有相同的电子层结构，C 的单质在高温下能在AB2 中燃烧，生成 A 的单质和难溶于水的高熔点的固体D． (1)写出A、B、C、D 的名称：A________，B：________，C：________， D：________． (2)写出C 单质在AB2 中反应的化学方程式：________． 解析：(1)A 元素的原子最外层比次外层多2 个电子，则A 一定只有 2 个电子层，且第二电子层上有4 个电子，A 是碳．A 和B 同周期，A 在 B 中燃烧，说明B 能够支持碳的燃烧，B 是氧．碳在氧气中燃烧生成二 氧化碳： C O CO 2 2 ＋ 点燃 AB2 是二氧化碳．C 单质跟二氧化碳反应生成碳和D，说明C 是镁， D 是氧化镁． 名称是 A—碳，B—氧，C—镁，D—氧化镁 (2) 2Mg CO 2MgO C 2 反应方程式： ＋ ＋ 高温 命题目的：本题主要考查元素周期律的应用． 解题关键：关键是突破A，原子结构中，电子按2n2 填充，最外电子 层最多是8 个电子，K 层最多2 个电子，当外层的电子数比次外层电子 数多，只有n = 2 的情况，很快确定A 是碳，其他问题也就不难解决了． 错解剖析：镁跟二氧化碳反应比较难，又由于刚学完碱金属，错认 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 183 为过氧化钠和二氧化碳反应生成单质氧气，这个反应和题目不符，过氧 化钠不是单质．计算题 1．某元素由两种同位素组成，其原子数目比为9∶1，第一种同位素 的原子核内有10 个中子和10 个质子，第二种同位素的原子核内中子数 比第一种同位素原子核内中子数多2 个，求该元素的近似相对原子质量． 解析 1：第一种同位素的质量数是10＋10 = 20，第二种同位素的质 量数是10＋10＋2 = 22，用质量数计算相对原子质量叫做近似相对原子 质量，设第一种同位素原子的百分组成为x％，则第二种同位素原子的百 分组成为(1－x)％，列比例：20x∶22(1－x) = 9∶1 解得x = 90.8％． 20×90.8％＋22(1－90.8)％ = 20.2 解析 2：用十字交叉法，设该元素的近似相对原子质量是y． (22－y)∶(y－20) = 9∶1 解得y = 20.2 命题目的：本题主要考查同位素原子百分数和近似相对原子量的计 算． 解题关键：关键是所设未知数代表什么要明确，设的时候要有明确 的意思写成书面，本题解析1 和解析2 都要达到一个目的，但是x 和y 不是代表1 个数字． 错解剖析：原子数目比 9∶1，一定要认真审题，质量数小的是9， 质量数大的是1． 答案：该元素的近似相对原子质量是 20.2． 2．某元素最高价氧化物的化学式是R2O5，已知R 的气态氢化物含 氢8.82％，则①R 的相对原子质量为多少？②说明R 在元素周期表中的 位置．③请把R 的最高价氧化物对应水化物与同周期相邻元素比较它们 的酸碱性． 解析：①从最高价氧化物的化学式可以确定它们的氢化物的化学式 是RH3，设R 的相对原子质量是W． 3 W＋3 ×100 = 8.82％ 解得W = 31 ②相对原子质量为 31 的元素是P，位于元素周期表中第三周期第Ⅴ A 族． ③磷的最高价氧化物对应水化物是 H3PO4，同周期磷前面的是 H2SiO3，后面的是H2SO4．H3PO4 是中强酸，酸性H2SiO3＜H3PO4＜H2SO4． 3．某元素R 的原子核外电子数比核内中子数少1，取该元素的单质 2.7g 与足量的盐酸反应生成RCl3，并收集到3.36L(标准状况)氢气，试通 过计算推断该元素的名称． 解析：设该元素的相对原子质量为 x 2R＋6HCl = 2RCl3＋3H2↑ 2x 3×22.4 2.7 3.36 2x∶2.7 = 3×22.4∶3.36 解得x = 27vR的质子数= 13 (27－1) 2 命题目的：本题主要考查元素的核电荷数、中子数、质量数与核外 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 184 电子数之间的关系． 解题关键：根据反应生成物能写出配平的化学方程式，再根据质量 数与中子数之间的关系算出核电荷数，有了核电荷数就能确定是何种元 素了． 错解剖析：核电荷数等于核外电子数，它比核内中子数少1，有学生 算得x = 27，再加1，结果就错了．题意是电子数比核内中子数少1，应 该减而不是加． 答案：R 是铝． 4．有A、B、C 三种短周期元素．已知A、B 为同一周期相邻元素， B、C 属于同一主族元素，这三种元素的质子数之和为41，最外层电子 数之和为19，推断A、B、C 各为何种元素． 解析：设 B 的质子数为x，三种元素在元素周期表中的位置只有下 列4 种情况： (1)(x－1)＋x＋(x＋8) = 41 无整数解，舍去． (2)(x＋1)＋x＋(x＋8) = 41 无整数解，舍去． (3)(x－1)＋x＋(x－8) = 41 无整数解，舍去． (4)(x＋1)＋x＋(x－8) = 41 解得x = 16 命题目的：本题主要考查元素的原子序数与元素周期表的位置的关 系． 解题关键：根据 A、B 同周期，B、C 同主族，三种元素是左右上下 相邻，设质子数x，而x 一定是正整数，又根据质子数之和为41，最外 层电子数之和为19，只能是一个解，不会有第二种解．解之x = 16，是 硫，硫、氧最外层电子数是6．检验结果最外层电子数之和正确． 错解剖析：没有把 A、B、C 在周期表中可能的几种位置进行分析， 求得x 是11.3 或10.6 急于4 舍5 入而引起错误． 答案：A 是氯，B 是硫，C 是氧． 第六章氮和磷 单选题 1．通常情况下，磷单质比氮气化学性质活泼，其理由是 [ ] A．氮气是双原子分子 B．原子半径P＞N C．氮分子中有三个共价键，其键能很大 D．相对原子质量P＞N 解析 1：某物质分子的化学性质与构成分子的原子个数及相对原子质 量无关，排除A 和D．原子的化学性质与原子半径有关，根据题意不是 考查原子的性质，本题是磷单质和氮气的化学性质相比较，即比较磷分 子和氮分子的化学性质，排除B．分子性质和分子结构有关，氮分子 N≡N，键能很大；因而氮分子的结构很稳定，在通常情况下，氮气的化 学性质很不活泼，很难跟其他物质发生化学反应． 解析 2：本题已经表明只有1 个选项符合题意，而备选项中只有1 项表明分子结构． 命题目的：本题主要考查分子结构与性质的关系，以及运用结构来 判断性质的能力． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 185 解题关键：解析1 的关键是分子结构与分子性质有关．解析2 只有 选择题可以用． 错解剖析：审题时有的学生常把原子性质和分子性质混淆，原子结 构和分子结构分不清． 当最外层电子数相同时，原子半径越小，越易获得电子，非金属性 越强，这是原子的性质，不是分子的性质．误选B． 答案：C 2．按碳、氮、氧、氟的顺序，下列性质表现为逐渐增强的是 [ ] ①非金属性，②还原性，③氧化性，④金属性，⑤酸性． A．①② B．①③ C．③④⑤ D．②③⑤ 解析：题中给出的四种元素，皆为非金属元素，而且都处于元素周 期表中第二周期．非金属元素的性质主要表现为得电子的能力，即氧化 性．同周期元素电子层数相同，从左到右随着核电荷数的递增，半径逐 渐减小，得电子能力增强，失电子能力减弱，氧化性增强，非金属性增 强，金属性减弱，①、③对．在一定条件下，非金属元素也表现出还原 性，同一周期非金属元素的还原性从左到右逐渐减弱，②错．酸性一般 是指化合物，⑤错． 命题目的：本题主要考查同周期元素，原子结构相似与性质递变的 规律． 解题关键：先找出题干中元素在元素周期表中的位置，再根据同周 期元素从左到右的递变规律而作出判断．错解剖析：元素在周期表中的位置及其 变化规律，是元素性质递变 的重要依据，但必须注意题干的要求，审题时没有注意到单质的性质， 易错选D，因为同一周期从左到右非金属性增强，元素的氧化物及其对 应水化物的酸性随之增强．但并非题目所问，是本题的干扰项． 答案：B 3．自然界中氮的近似相对原子质量为14.0037，氮有两种天然同位 素 和，则占7 14 7 15 7 N N 14N [ ] A．50％ B．48.30％ C．99.63％ D．0.37％ 解析 1：用常规解法 这种解法有利于帮助理解基本概念． 设 占，则占－ 7 14 7 N x 15N (1 x) 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 186 14x＋15(1－x) = 14.0037 解得 x = 0.9963 = 99.63％ 解析 2：用十字交叉法 这种解法比较简捷．把质量数大的放在上面，小的放在下面，近似 相对原子质量放在中间． 命题目的：本题主要考查天然存在的同位素原子百分数和近似相对 原子质量之间的关系及有关计算． 解题关键：题目给予的信息是氮在自然界中有两种同位素，设两种 同位素的质量分数之和为1，若设某一同位素的质量分数为x，则另一同 位素的质量分数为(1－x)． 错解剖析：审题不清急于求解，用大数减小数除即 － 错过．仔细审题，相对原子质量，接近，说明的同位素 2( = 0.5) A 14.0037 14 N 15 14 2 7 14 占绝大多数，而不是各占一半． 答案：C 4．N、S、P、O、Cl 五种元素，其非金属性由弱到强的顺序正确的 是 [ ] A．N、P、O B．Cl、N、P C．S、P、N D．P、N、Cl 解析 1：同主族元素最外层电子数相同，从上到下，电子层数增多， 半径加大，得电子能力减弱，非金属性减弱；同周期元素，电子层数相 同，随着核电荷数增加，外层电子数增加，半径减小，得电子能力增强， 非金属性增强．非金属性N＞P，A 错．B 是和题目要求相反的，B 错．C 中S＞P＜N，C 错．只有D 对． 解析 2：画出元素周期表的一部分，其中含N、O、P、S、Cl 五种元素如下图， 再根据解析1 的原则作判断． N O P S Cl 命题目的：本题主要考查几种典型非金属元素在元素周期表中的位 置及原子结构与性质的递变规律． 解题关键：掌握元素周期表中同主族、同周期元素的递变规律． 错解剖析：本题要求非金属元素由弱到强的递变．通常习惯思维是 由强到弱，导致错选B． 答案：D 5．关于元素砷的性质，下列说法错误的是 [ ] A．很难和氢化合 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 187 B．可以形成H3AsO4 和H3AsO3 两种含氧酸 C．可以形成AsH3 和AsH5 两种氢化物 D．其单质常温常压下一定是固体 解析：砷位于元素周期表中第四周期第ⅤA 族，非金属性P＞As＞ Sb，Ge＜As＜Se，非金属元素的氢化物随元素的非金属性减弱而难于合 成，合成后的氢化物的稳定性减弱．磷化氢的制取不是用磷和氢两种单 质合成，而是白磷和强碱(氢氧化钾或氢氧化钠)溶液煮沸而制得，磷化氢 是一种很强的还原剂，所以砷更难跟氢化合，排除A．ⅤA 族元素有＋3、 ＋5 两种正化合价，可以形成砷酸(H3AsO4)和亚砷酸(H3AsO3)两种含氧 酸，排除B．同主族的非金属单质随核电荷数递增，其熔点、沸点逐渐 升高，磷已是固态，所以砷单质常温常压下一定是固态，排除D．ⅤA 族的负化合价是－3，只有一种负价，只能生成AsH3 一种氢化物，不能 有两种氢化物，C 错． 命题目的：本题主要考查氮族元素的单质物理性质的递变，氢化物 合成的难易，氧化物对应水化物的形成和化学式的书写． 解题关键：本题关键是理解ⅤA 族元素的正、负化合价及氢化物稳 定性的递变规律． 错解剖析：本题要求选出错误项，使题目难度加大，一般人都是正 向思维，往往会把正确的选项作为答案，尤其是D 选项中有“一定”两 字，以为是符合题意的“错误”而错选了D 作为答案． 答案：C 6．不能用五氧化二磷干燥的气体是 [ ] A．氨气B．氧气 C．二氧化硫D．氯气 解析：氧气是中性气体，酸性、碱性的干燥剂都可以用；二氧化硫、 氯气是酸性气体，五氧化二磷干燥剂是酸性的，排除B、C、D．五氧化 二磷遇水生成含氧酸，而氨气是碱性的，遇酸发生中和反应，生成含氧酸盐，所 以不能用五氧化二磷干燥氨气，选A． 命题目的：本题主要考查中学化学常见气体的酸、碱性和干燥剂的 选择． 解题关键：气体干燥剂的选择，要考虑到被干燥的气体跟干燥剂不 反应，又不混入杂质． 要注意的几个方面是：①干燥剂和被干燥的物质要不同相，便于分 离，干燥过程中不产生其他跟被干燥物质相同相的杂质，以免混入新杂 质．②不发生中和反应，酸性气体用酸性干燥剂，碱性气体用碱性干燥 剂．③被干燥的气体与干燥剂之间不发生氧化还原反应，还原性气体不 能用有氧化性的干燥剂，例如硫化氢气体不能用浓硫酸作干燥剂，虽然 它们都具有酸性，但是硫化氢有还原性，浓硫酸有氧化性，两物质相遇 就发生氧化还原反应生成硫单质和二氧化硫： H2S＋H2SO4 = S↓＋SO2＋2H2O 错解剖析：五氧化二磷中的磷为＋5 价，是磷的最高价，错认为五氧 化二磷有氧化性，会把二氧化硫氧化而错选C，其实五氧化二磷没有氧 化性． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 188 答案：A 7．下列分子或离子不能跟质子结合的是 [ ] A．氨气B．铵根离子 C．水D．氟离子 解析 1：质子带一个单位正电荷，如果分子结构中有孤对电子，或离 子带负电荷，这种分子或离子都能跟质子结合．化合物氨的电子式是 也有求对电子，可以跟质子(H+)结合形成H3 +O；F-带负电荷，跟H+静电 作用形成HF，故排除A、C、D．NH4 +是NH3 和H+结合的产物，NH4 + 带正电荷，不能跟带正电荷的H+结合． 解析 2：选项中只有B 带正电荷，由于质子带正电荷，带有相同性 质的电荷的微粒相斥． 命题目的：本题主要考查分子及离子的组成和它们之间的相互作用． 解题关键：掌握离子间作用力，及配位键的含义． 错解剖析：有学生错选 C，是审题不清或不会应用配位键造成的． 答案：B 8．实验室收集下列气体时，一定要用排水法收集的是 [ ] A．氨气B．氢气 C．二氧化氮D．一氧化氮 解析：气体的收集方法有三种：①排水集气法．对于难溶于水，跟 水不反应的气体可以用此法收集．②集气瓶口向下排空气集气法，简称 向下排气法．对于比空气轻的气体用此法收集，如氢气、氨气等．③集气瓶口向 上排空气集气法，简称向上排气法．对于比空气重的气体用此 法收集，如氯气、二氧化碳气等．氨气极易溶于水，溶于水后跟水发生 化学反应生成一水合氨： NH3＋H2O NH3·H2O NH4 +＋OH- 故氨不能用排水法收集，氨比空气轻，只能用向下排气法集气，排 除A．氢气比空气轻，难溶于水，它可以用排水法集气，也可以用向下 排气集气法，题意是“一定要用排水法”收集，故排除B．二氧化氮遇 水即跟水反应，生成硝酸同时放出一氧化氮： 3NO2＋H2O = 2HNO3＋NO 故不能用排水法收集，它比空气重，只能用向上排气法收集，排除 C．一氧化氮难溶于水，跟水不反应，它是无色有刺激性气味的气体，只 要跟空气接触，立即跟空气里的氧气反应，生成红棕色的二氧化氮： 2NO＋O2 = 2NO2 故只能用排水法收集，D 对． 命题目的：本题主要考查气体的物理性质，特别是气体的密度和在 水中的溶解性等记忆性知识．氨气、二氧化氮、一氧化氮等是中学化学 中的常见气体，也是本章的几种重要气体，它们的密度和在水中的溶解 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 189 性是重要的物理性质，应该记得清楚而不混淆． 解题关键：要记住常见气体在水中的溶解性．比空气轻还是比空气 重，只要记住空气的平均相对分子质量是29，某气体的相对分子质量大 于29 者比空气重，用向上排气法收集，相对分子质量比29 小者，比空 气轻，用向下排气法收集．相对分子质量比29 大得越多或者小得越多， 用排气法越易收集到比较纯的气体． 错解剖析：氢气难溶于水，可以用排水法收集，错过 B，忽略了氢 气比空气轻，还可以用向下排气法收集．题目要求“一定要用排水法” 收集． 答案：D 不定项选择题 1．在含有相同质量的氧原子的一氧化氮、二氧化氮、三氧化二氮、 五氧化二氮和氧化二氮中，含氮原子的质量比为 [ ] A．1∶2∶3∶5∶1 B．1∶2∶3∶4∶1 C．60∶30∶20∶10∶5 D．30∶15∶20∶12∶60 解析 1：各氮的氧化物含有相同质量的氧原子，即可以用含有相同物 质的量的氧原子，若各氮的氧化物分子中都含有1mol 氧原子，则它们相 应氧化物的物质的量和氮原子的物质的量列表于下表： 氮的氧化物化学式 NO NO2 N2O3 N2O5 N2O 氧原子(mol) 1 1 1 1 1 氮的氧化物(mol) 1 1 2 1 3 1 5 1 氮原子(mol) 1 1 2 2 3 2 5 2氧化物中氮原子物质的量比为： 1∶ ∶ ∶ ∶2 = 30∶15∶20∶12∶60 1 2 2 3 2 5 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 190 解析 2：题目给出的信息是1mol 氮的氧化物分子中最多含有5mol 氧原子，将各氧化物的化学式统一变换成“NxO5”形式，则N5O5、 N5O N O N O N O 2 5 10 3 5 2 5 10 5 、、、，氧化物中氮原子物质的量比为： 5∶ ∶ ∶2∶10 = 30∶15∶20∶12∶60 5 2 10 3 命题目的：本题主要考查氮的氧化物中各元素质量分数的计算． 解题关键：关键是抓住相同质量，把化学式统一形变成“N2O5”， 计算过程比较形象，能体现出相同物质的量的氧原子，氮原子数的比较 就方便多了． 错解剖析：本题备选项中给出的数据比较复杂，做题时若尚未分析 清楚题干要求，就把备选项数字比和化学式中的原子数相联系，从而错 选A 或B． 答案：D 2．下列用途中，应用了氮气性质的不活泼性的是 [ ] A．金属焊接时的保护气，和氩气混合充填灯泡 B．用于合成氨气 C．工业上以氮气为原料之一制硝酸 D．保护粮食和水果 解析：氮气的化学性质不活泼，一般不跟其他物质发生化学反应．空 气中含有大量的氮气，用它代替稀有气体焊接金属的保护气，大大降低 成本；氮气和氩气混合来充填灯泡，以防止钨丝的氧化和减缓钨丝的挥 发，使灯泡经久耐用，A 对．氮气在高温、高压和有催化剂存在的条件 下，获得足够的能量，能跟某些物质发生化学反应，例如氮气跟氢气合 成氨，氨再催化氧化，最后生成硝酸，排除B 和C．粮食和水果若处于 低氧高氮的环境中，能使其中的害虫缺氧窒息而死，同时能使植物的种 子处于休眠状态，代谢缓慢，从而保护粮食、水果等农副产品，D 对． 命题目的：本题主要考查氮的用途． 解题关键：关键是选用氮不活泼性的用途． 答案：A、D 3．已知某氮的氧化物中氧元素的质量分数为0.696，则其化学式是 [ ] A．NO B．NO2 C．N2O3 D．N2O4 解析 1：从各氧化物的化学式可知B 和D 的氧化物中氧元素的质量 分数相同，分别把A、B、C 的化学式中氧元素的质量分数计算出来，再 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 191 确定其选项．NO 含氧53.3％，NO2 含氧69.5％，N2O3 含氧63.2％，B、 D 对． 解析 2：用代数法把各氧化物的化学式变换成“NxOy” 16 14 16 y x＋ y ×100％ = 69.6％ 解得 x∶y = 1∶2 由于 B 和D 化学式中各原子比值相同，所以化学式可以是NO2，也 可以是N2O4． 解析 3：极端假设法 从化学式可知 NO2 中含氧量最大，NO 含氧量最小，N2O3 介于两者 之间，就计算NO、NO2 两个数． NO 100 = 53.3 NO 100 = 69.6 2 含氧 × × ＋ × × ％ ％ 含氧 × × ＋ × × ％ ％ 16 1 14 1 16 1 16 2 14 1 16 2 命题目的：本题是考查氮的氧化物化学式的组成及含氧的质量分数 的有关计算． 解题关键：知化学式中某元素的质量比，首先找出组成物质化学式 中原子个数比．写化学式就水到渠成了． 错解剖析：NO2 和N2O4 是两种物质，但它们各元素质量分数相同， 往往会漏答． 答案：B、D 4．两个体积相同的容器，一个盛有一氧化氮，一个盛有氮气和氧气， 在同温同压下两容器内的气体一定具有相同的 [ ] A．分子总数B．质子总数 C．质量D．原子总数 解析：根据阿伏加德罗定律，在相同的温度和压强下，相同体积的 任何气体都含有相同数目的分子，A 对．在盛氮气和氧气的容器中，由 于它们物质的量比未知，难以计算其质子总数；B 错．一氧化氮、氮气、 氧气的摩尔质量各不相同，也不能计算其质量．C 错．三种气体都是双 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 192 原子分子，它们的分子数相同，所以原子总数相同，D 对． 命题目的：复习和巩固阿伏加德罗定律，以及应用阿伏加德罗定律 的计算． 解题关键：应用阿伏加德罗定律． 错解剖析：三种物质都是双原子分子，而且只有氮、氧两种元素， 误以为氮气、氧气各占一半，错选B．这种错误是没有把题读完，就作 出判断． 答案：A、D 5．室温下，将下列各组中的两种气体在体积相同的容器中混合后压 强最小的是 [ ] A．50mLH2 和25mL O2 B．100mL NH3 和50mL HCl C．25mL NO 和12.5mLO2 D．25mL SO2 和50mL H2S解析：在同温下，相同容 积的容器中，压强大小决定容器中气体物 质的量，气体物质的量多，容器中压强就大．反之，压强小．氢气和氧 气室温下不反应，容器内气体总体积是加入的两种气体体积之和，共 75mL，其他三组气体都是一相遇立即发生反应．NH3 和HCl 相遇，以1∶ 1 的体积比发生反应，NH3＋HCl = NH4Cl，生成物NH4Cl 室温下是固态， 与气体相比较，一般固态物质的体积忽略不计，余下的气体是NH3， 50mL．NO 和O2 相遇以2∶1 的体积比发生反应，2NO＋O2 = 2NO2，完 全反应后，气体体积缩小为25mL．SO2 和H2S 相遇以1∶2 的体积比发 生反应，SO2＋2H2S = 3S＋2H2O，生成物在室温下硫为固态，水为液态， 其体积都忽略不计，加入的SO2 和H2S 的体积正好为1∶2，反应后容器 中几乎没有气体，压强最小． 命题目的：本题主要考查NO 和NH3 的性质．通过它们的化学反应， 综合应用阿伏加德罗定律的计算． 解题关键：掌握氧、硫、氮重点化合物的性质．通过化学反应剩余 气体，落实到阿伏加德罗定律的计算． 错解剖析：氢、氧混合气体叫爆鸣气，一遇火星就会发生爆炸反应， 生成液态的水，学生往往错选A，其原因是忽视了室温这个条件，室温 下氢、氧不反应． 答案：D 6．下列气体由于能结合血红蛋白而引起中毒的是 [ ] ①NO2、②CO、③H2S、④SO2、⑤Cl2、⑥NO A、②⑥ B．①②③④⑥ C．②③⑤ D．②③ 解析：题目给出的几种气体，都是大气的重要污染物．大气污染物 主要包括一氧化碳及二氧化碳；硫的氧化物(SOx)；氮的氧化物(NOx)；烃 (包括含氧有机物)；氧化剂；卤素及其化合物；粉尘类颗粒物等七类．它 们对人类毒害形式各不相同．NO 和NO2 在空气中会形成黄色或褐色的 烟雾，NO2 能刺激呼吸器官，导致呼吸道及肺部疾病，浓度大时会引起 中毒死亡．H2S 有臭鸡蛋气味，空气中含有微量H2S，就会使人感到头痛、 头晕和恶心．当浓度达到1000～1500PPm 时(0.1～0.15％)，就会急性中 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 193 毒以致死亡．吸入SO2 会发生呼吸道疾病，浓度高达一定程度，会使人 死亡．SO2 跟空气中的飘尘或氮的氧化物接触，部分被氧化成SO3，降水 时随雨雪降到地面，就是所谓的“酸雨”．氯气有剧烈的刺激性，刺激 鼻喉黏膜，引起胸部疼痛和咳嗽，当浓度达900PPm 立即死亡．NO、CO 都易跟血液里的血红蛋白结合，以致使血红蛋白失去输送氧气的能力， 造成人体缺氧而死亡． 命题目的：本题主要是让学生了解环境保护知识，环境污染包括的 内容及危害性，酸雨的概念等． 解题关键：本题是记忆性知识，只要记住 NO、CO 能跟血红蛋白结 合，就能判断正确答案． 答案：A__7．常温、常压下能大量共存，并能用浓H2SO4 干燥的气体是 [ ] A．SO2、H2S、Cl2 B．O2、H2、SO2 C．NH3、N2、H2 D．O2、CO2、NO 解析：A 组不能大量共存，它们之间会发生化学反应： 2H2S＋SO2 = 3S↓＋2H2O H2S＋Cl2 = S↓＋2HCl B 组气体之间常温、常压不反应，可以用浓H2SO4 干燥，C 组常温 常压不反应，它不能用浓H2SO4 干燥，NH3 遇浓H2SO4 发生反应生成 (NH4)2SO4 或NH4HSO4． 2NH3＋H2SO4 = (NH4)2SO4 NH3＋H2SO4 = NH4HSO4 D 组气体相遇立即发生反应，并由无色变成红棕色：2NO＋O2 = 2NO2． 命题目的：本题主要考查NO 和NH3 的化学性质，同时也复习卤族、 氧族元素的性质，达到综合运用知识的能力． 解题关键：抓住气体之间能共存，又跟浓 H2SO4 不反应． 错解剖析：只考虑到共存而误选 C，忽视了不能用浓H2SO4 干燥． 答案：B 8．下列对硝酸的认识不正确的是 [ ] A．打开浓硝酸(质量分数大于98％)的瓶盖会产生棕色的烟 B．锌跟稀硝酸的反应是置换反应 C．常用硝酸来制炸药、硫酸和化肥 D．稀硝酸也是一种强氧化性酸 解析：浓硝酸是挥发性酸，沸点 83℃．打开瓶盖会闻到有刺激性气 味，这是硝酸蒸气，它遇到空气里的水蒸气生成极微小的硝酸液滴，观 察到有白雾．最早把浓度在98％以上的浓硝酸在空气中由于硝酸的挥发 而生成的白雾，叫做“发烟”现象，通常叫做发烟硝酸，但不是棕色的 烟，A 错．硝酸是氧化性酸，跟金属反应都不放出氢气，反应过程中， 金属被氧化，生成硝酸盐，酸中的氢元素跟氧结合成水，硝酸中的氮元 素被还原，还原产物随金属活泼性及硝酸的浓度不同而有差别． Zn＋4HNO3(浓) = Zn(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O 3Zn＋8HNO3(稀) = 3Zn(NO3)2＋2NO↑＋4H2O 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 194 4Zn＋10HNO3(更稀) = 4Zn(NO3)2＋N2O↑＋5H2O 4Zn＋10HNO3(很稀) = 4Zn(NO3)2＋NH4NO3↑＋3H2O B 错．硝酸 能跟许多有机物发生硝化反应，就是硝基(—NO2)取代有机物分子中的氢 原子，例如硝酸和甘油反应生成硝化甘油，和甲苯反应生成TNT，和纤 维素反应生成硝化纤维等都是炸药；用于硝基法制硫酸，还可以用于制 化肥等．稀硝酸非但可以把活泼金属氧化，也能把金属活动性表中氢后 面的不活泼金属氧化，例如3Cu＋8HNO3(稀) = 3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O 命题目的：本题主要考查硝酸的化学性质(酸性、不稳定性、氧化性)， 同时也考查了硝酸的用途． 解题关键：浓硝酸、稀硝酸都有氧化性． 错解剖析：浓硝酸的不稳定性，见光、受热都会分解：4HNO3 光或热4NO ↑＋O ↑＋2H O，误认为“棕色的烟”是NO ，而漏选2 2 2 2 A．浓硝酸分解放出的二氧化氮溶于硝酸，使硝酸呈黄色． 答案：A、B 9．接触法制硫酸和氨氧化法制硝酸经过以下主要变化 FeS SO SO H SO NH NO NO HNO 2 2 3 2 4 3 2 3 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥   下列说法正确的是 [ ] A．所有变化都是氧化还原反应B．②④⑤是化合反应 C．②④反应需要用催化剂D．②⑤是可逆反应 解析：反应③是 SO3＋H2O = H2SO4，反应前后各元素的化合价都 没有变，为非氧化还原反应， 错．反应④ ＋ ＋ 催化剂 △ A 4NH 5O 4NO 3 2 6H2O 反应后有两种产物，不是化合反应，B 错．二氧化硫氧化成三氧化 硫需要用V2O5 作催化剂，氨氧化成一氧化氮需要用铂铑合金作催化剂， SO2 和O2 合成SO3，同时SO3 又分解生成SO2 和O2．2NO＋O2 = 2NO2， NO 和O2 生成NO2，非可逆反应，相同条件下NO2 不会分解生成NO 和 O2，D 错． 命题目的：本题主要考查氨的催化氧化制硝酸，同时复习工业制硫 酸，并把硫酸、硝酸的工业生产进行比较． 解题关键：本题的关键是能正确书写工业制硫酸、硝酸的 6 个化学 方程式，并注明反应条件．根据化学方程式，选项中的问题就能正确解 决． 答案：C 10．某硝酸铵化肥含氮量为32.5％，那么其中不可能混入的化肥是 [ ] A．CO(NH2)2 尿素B．(NH4)2SO4 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 195 C．NH4HCO3D．Ca(H2PO4)2 解析 1：首先计算纯净硝酸铵中含氮的质量分数： 2 100 28 80 4 3 N NH NO × ％＝ ×100％ 35％ 题干给的含氮量 32.5％低于纯净硝酸铵(35％)的含氮量，可知混入的填空题 1．氮族元素位于元素周期表第________族，包括的元素有(填名称 和符号)________、________、________、________、________．它们结 构上的相同点是________，最高正价为________，气态氢化物的通式为 ________． 解析：ⅤA 族；氮N、磷P、砷As、锑Sb、铋Bi；最外电子层上都 有5 个电子；＋5；RH3． 命题目的：本题考查记忆性知识，记住所学的化学知识，能正确地 复述、再现、辨认或直接使用，即A 层次要求． 解题关键：记住元素符号、名称，并要求根据核电荷数能正确画出 原子结构示意图． 错解剖析：本题的错误是该记的知识没有认真地去记忆． 2．随着核电荷数的增加，氮族元素的电子层数依次________，原子 半径________，原子核对最外层电子的吸引力逐渐________，获得电子 的能力________，失去电子的能力________，非金属性逐渐________， 金属性逐渐________． 解析：增多；增大；减弱；减弱；增强；减弱；增强．命题目的：本题主要考查 根据元素周期律递变性知识，在氮族元素 中的应用． 解题关键：本题不难，解题时对应空格不能错位． 错解剖析：本题的错误一般有两种情况，①规律性知识记忆或理解 不确切，②做题时把对应空格填错位置． 3．元素周期表中氮族右侧的元素族还有________、________、 ________三个族，其中所含元素全部都是非金属的族叫________族．磷、 硫、氯三种元素最高价氧化物分子式分别是________、________、 ________，对应水化物分子式分别是________、________、________， 它们的酸性依次________，这三种元素气态氢化物分子式是________、 ________、________，它们的稳定性依次________． 解析：ⅥA、ⅦA、零；卤族；P2O5、SO3、Cl2O7；H3PO4、H2SO4、 HClO4；增强；PH3、H2S、HCl；增强． 命题目的：本题主要考查同周期元素性质递变规律． 解题关键：本题只要掌握同周期元素性质递变规律，以及掌握根据 化合价写分子式的原则，就能顺利解答． 错解剖析：同周期元素最高正价数与族序数相同，写最高价氧化物 分子式应该是容易的，但是课本中出现SO2 次数较多，经常出现硫的最 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 196 高价氧化物分子式写成SO2 而导致错误． 4．氨分子的电子式是_______，分子结构呈_______，氮原子位于 _______，三个氢原子位于_______．氨气是_______色，具有_______气 味的气体，_______溶于水，氨气与水反应的离子方程式是_______，氨 水中有_______三种分子，_______三种离子，其溶质是_______．在标准 状况下，1L 水吸收了560L 氨气，所得氨水的溶质的质量分数是_______， 若此氨水的密度是0.9g·cm-3，其物质的量浓度是_______． 解析： 三角锥形；锥顶；锥底．无；刺激性；极易；NH3 ＋H2O NH3·H2O ＋OH-或NH3＋H2O ＋ OH NH H O NH H O NH H OH NH 3 2 3 2 4 + + 3 ； 、、· ； 、、； ． 计算①氨水中含有溶质 NH3 的克数是： 560 22 4 1 L . L·mol × · ＝  17g mol1 425g 氨水溶液质量是 1000mL×1g·mL-1＋425g＝1425g 氨水的溶质的质量分数是： 425 1425 ×100％＝29.82％ ②氨水的物质的量浓度： 氨气的物质的量 560L÷22.4L·mol-1＝25mol 氨水的体积： 1425 0 9 3 1000 1 g . g·cm × mL·L ＝ 1.583L 氨水的物质的量浓度为：25 1583 mol . L ＝15.79mol·L1 命题目的：本题主要考查氨的分子结构、氨气的性质及其氨的水溶 液的有关计算． 解题关键：本题的知识点较多，要注意以下几方面：①氨的分子结 构是不对称的，氨的电子式中有一对孤对电子，②氨气和水反应的离子 方程式要用可逆号( )，氨水不稳定，受热有氨气逸出，③氨水中的 溶质是NH3，不是NH3·H2O，④氨水的溶质的质量分数浓度中，溶质 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 197 氨气由标准状况下的体积，通过物质的量，换算成氨气的质量，溶液是 氨气和水的质量之和．物质的量浓度，溶液的体积要通过密度求出，特 别要提醒的是，计算结果是毫升，再除1000 得到体积单位是升． 错解剖析：有学生认为氨水的溶质的质量分数计算结果是 61.4％， 错误的原因是把氨水中的溶质误认为是NH3·H2O． 5．纯净的硝酸是_______色的液体，久置见到硝酸呈黄色，是由于 硝酸的_______性，见光或受热分解，生成的_______溶于硝酸而呈黄色， 分解的化学方程式是_______，硝酸必须盛放在_______瓶中，贮放在 _______的地方．工业上溶解金属锌常用_______酸，反应的离子方程式 是_______，溶解金属铜常用稀_______酸，反应的化学方程式是_______， 溶解金属铂必须用_______，此溶液的成分是_______的混合物，其物质 的量之比是_______． 解析：无；不稳定；二氧化氮； 4HNO 4NO O 2H O 3 2 2 2 见光或受热 ↑＋ ↑＋ 棕色；黑暗和温度较低；盐酸或稀硫酸；Zn＋2H+＝Zn2+＋H2↑； 硝酸；3Cu＋8HNO3＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；王水；浓盐酸和 浓硝酸；3∶1． 命题目的：本题主要考查硝酸的化学性质，根据性质考虑保存方法 及其用途． 解题关键：本题的关键是硝酸的两条特性：不稳定性和氧化性．浓 硝酸反应后放出二氧化氮，稀硝酸放出一氧化氮． 错解剖析：久置硝酸变黄色容易回答成含有 Fe3+，和浓盐酸变黄色 混淆．王水是由浓盐酸和浓硝酸，按其物质的量比3∶1 混合而成，答题 时常见错误是两条：①漏掉“浓”字，变成盐酸和硝酸，②3∶1 写成1∶ 3，使混合物的比例发生了错误． 6．白磷和红磷是磷元素形成的两种单质，它们互为________体，白 磷的分子式是________，分子构型是________，分子内P—P 键的键角是 _______．白磷在空气中完全燃烧生成A，A 和冷水反应生成B，A 和热 水反应生成C，B、C 都是磷的含氧酸，写出生成A、B、C 的三个化学 方程式_______，________，_______．磷在氯气中燃烧，产生白色烟雾， 其反应方程式是_______． 解析：同素异形；P4；四面体型；60°． 4P O 2P O P O H O 2HPO ( 2 2 5 2 5 2 3 ＋ ＋ 偏磷酸 点燃 冷) P O H O H PO 2 5 2 3 4 3 2 5 热 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 198 点燃 点燃 ＋ 液态 ＋ 固态 2P 3Cl 2PCl ( ) 2P Cl 2PCl ( 2 3 2 5 ) 命题目的：本题主要考查磷的同素异形体，白磷的分子结构及磷的 化学性质． 解题关键：本题的关键是白磷的分子结构及磷的化学性质，白磷分 子四面体型，白磷分子有四个面，每个面都是正三角形，所以P－P 键的 键角是60°． 错解剖析：P－P 键的键角易和金刚石结构中的C－C 键键角混淆．金 刚石是原子晶体，形成正四面体空间网状结构，每个碳原子都有4 个碳 原子相邻，C－C 键键角是109°28′，P4 分子中每个磷原子和3 个磷原 子相邻，P－P 键键角是60°． 7．现代工业生产硝酸最重要的方法是氨的催化氧化法，生产过程大 致分两个阶段： (1)氨氧化生成一氧化氮，主要设备是________，反应的化学方程式 是________，催化剂是________；(2)一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧 化氮被水吸收生成硝酸，反应方程式是：________、________、主要设 备是________．此法制得的硝酸，浓度一般为50％，若要制得更浓的硝 酸，可加入吸水剂________，再将硝酸________，就可以得到________ ％以上的浓硝酸．生产硝酸的尾气中含有________和________，这两气 体有很大的________性，是大气的重要________，严格禁止把它们大量 排放到大气里，为了消除它们对大气的污染，常用________来吸收． 解析：氧化炉； ＋ ＋ ；铂铑合金； 催化剂4NH 5O 4NO 6H O 3 2 2 2NO ＋O2＝2NO，3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO；吸收塔．硝酸镁或浓硫酸；蒸 馏浓缩；96％．一氧化氮；二氧化氮；毒；污染物；碱液． 命题目的：本题主要考查硝酸工业制取的原理、主要设备以及保护 环境、防止大气污染应采取的措施． 解题关键：本题把三个化学方程式掌握了，其他记忆性知识就容易 解决了． 8．磷在自然界里没有________态的磷存在，它主要以磷酸盐的形式 存在于矿石中，工业上用硫酸跟磷酸钙共热制取磷酸，反应的化学方程 式是________，若磷酸钙和硫酸的配比是1∶2 或1∶1，则生成另外两种 磷酸的钙盐，反应的化学方程式分别是：________，________． 解析：游离； ＋ ↓， △ Ca (PO ) + 3H SO 2H PO 3CaSO 3 4 2 2 4 3 4 4 Ca (PO H SO4 2CaHPO CaSO 3 4 2 4 4 )2 ＋ ＋ △ 命题目的：本题主要考查磷酸的工业制取，正盐和酸式盐的互相转 化以及普钙的制取和组成．解题关键：磷酸是中强酸，当硫酸能供给足够量的H ＋，可以生成 H3PO4；磷酸是三元酸，可以生成两种酸式盐． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 199 错解剖析：磷酸的酸式盐出现次数少，常把两种酸式盐的化学式写 错，导致化学方程式的错误．要理解磷酸根－3价(PO )，磷酸一氢根 3 4    2 (H PO4 ) 1 (H2PO ) 2 Ca 1 价，磷酸二氢根－ 价4 ；钙离子＋ 价，再根据正 2 2 负化合价代数和为零法则书写化学式，就不会出现错误． 9．固体硝酸盐不稳定，加热会分解放出氧气，硝酸钠受热分解生成 亚硝酸钠和氧气，硝酸铜受热分解生成氧化铜、二氧化氮和氧气，硝酸 银受热分解生成银单质、二氧化氮和氧气，写出上述三个反应的化学方 程式_______、________、_______．从上述反应得出结论：硝酸盐是 _______．硝酸盐都溶于水，其水溶液是稳定的，没有氧化性，加热硝酸 盐溶液不会分解． 解析： ＋ ↑ ＋ ↑＋ ↑ ＋ ↑＋ ↑ △ △ △ 2NaNO 2NaNO O 2Cu(NO ) 2CuO 4NO O 2AgNO 2Ag 2NO O 3 2 2 3 2 2 2 3 2 2 硝酸盐受热分解规律是，活泼金属硝酸盐分解生成亚硝酸盐和氧气； 比较不活泼的金属硝酸盐(如硝酸铜、硝酸铅等)受热分解生成金属氧化 物、二氧化氮和氧气；比铜更不活泼的金属硝酸盐(如硝酸银、硝酸汞等) 受热分解生成金属单质、二氧化氮和氧气．所以硝酸盐都是强氧化剂． 命题目的：本题主要考查硝酸盐性质和硝酸盐受热分解规律． 解题关键：本题已经给出硝酸盐分解的生成物，但是氮的氧化物形 式多样，不知亚硝酸盐中氮的化合价为多少．在酸根中氮的化合价主要 表现＋5 和＋3，低价为亚，亚硝酸钠的化学式是NaNO2． 错解剖析：把硝酸银分解产物写成 AgO，其实题目已说明生成银单 质，只是习惯性思维，认为金属加热一定氧化，如果认真审题就不会出 现这种错误． 10．某化肥厂用NH3 制备NH4NO3，已知：由NH3 制NO 的产率是 96％，NO 制HNO3 的产率是92％，HNO3 跟NH3 反应生成NH4NO3，则 制HNO3 所用去的NH3 的质量占总耗NH3 质量(不考虑生产上的其他消耗) 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 200 的_______％． 解析 1：设1molNH3 能制xmolHNO3 根据 ＋ ＋ 催化剂 ℃ 4NH 5O2 4NO 6H O 3 800 2 2NO＋O2＝2NO2 3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO 在实际生产中又把 NO 回收，氧化成NO2 循环利用，因此NO2 变成 HNO3 物质的量之比仍是1∶1，由此可得如下关系式： NH HNO 1 mol 1 mol (1 96% 92%)mol x 3 3 ——— × ×1∶1×96％×92％＝1∶x 解得x＝0.883(mol) 设 0.883molHNO3 跟ymolNH3 反应生成NH4NO3． HNO NH NH NO 1 mol 1 mol 0.883 mol y mol 3 3 4 3 ＋ ＝ 1∶0.883＝1∶y 解得y＝0.883(mol) 总消耗 NH3∶1mol＋0.883mol＝1.883mol 则制 HNO3 所用去的NH3 的质量占总消耗NH3 的质量为： 1 17 1883 17 1 1 mol g mol mol g mol × · × · × ＝ ．  .  100% 53.1% 解析 2：设总耗NH3 的质量为1g，其中用于制取HNO3 的NH3 为xg， 用于跟HNO3 反应生成NH4NO3 的NH3 为(1－x)g，根据解析1 的反应， 关系式： NH HNO 17g 63g x 96 92 g yg 3 3 —— × ％× ％ y＝ 63 ×96％×92％ 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 201 17 x 生成 ygHNO3 再跟NH3 反应生成NH4NO3，关系式： NH HNO NH NO 17 63 (1 x) 3 3 4 3 ＋ ＝ － 63 ×96％×92％ 17 x 解得 x＝0.531，百分数为53.1％ 解析 3：设NH3 氧化制HNO3，生成1molHNO3 消耗NH3amol，根据 解析1 的化学方程式．有关系式： NH HNO 1 mol 1 mol a 96 92 mol 1 mol 3 3 —— × ％× ％ 1∶a×96％×92％＝1∶1 解得a＝1.132(mol) 生成的 HNO3 再跟NH3 反应制NH4NO3 NH3＋HNO3＝NH4NO3 从反应可知 1molHNO3 需耗1molNH3 而生成NH4NO3，NH3 的总耗量为 1.132mol＋1mol＝2.132mol，物质的量比即为质量比，则制HNO3 所用去 的NH3 的质量占总耗NH3 质量为： 1132 2132 . . ×100％＝53.1％ 以上三种计算法，结果都是 53.1％． 命题目的：本题主要考查工业上用氨催化氧化法制硝酸的原料利用 率．解题关键：本题的关键是NH3 氧化成NO 和NO 制成HNO3 过程中 都有损耗，因此NH3 氧化制HNO3 实际用NH3 量比理论用量要多，若 1molNH3 只能产得0.883molHNO3 ， 或要生产1molHNO3 需消耗 NH31.132mol；NH3 和HNO3 反应属于酸碱中和反应，反应过程可以认为 不损耗，所以NH3 制HNO3 用的NH3 要多于NH3 跟HNO3 反应用的NH3． 错解剖析：本题 NO2 和水反应生成HNO3 和NO，NO 循环利用，从 关系式NH3→HNO3→NH4NO3，认为是1∶1，很易得出50％的错误结果， 其错误的原因是计算过程忽视了96％、92％两次的利用率． 答案：53.1％． 11．有氧化还原反应： (1)□Cu2S＋＋□HNO3→□Cu(NO3)2＋□S＋□NO＋□H2O (2)□FeS2＋□O2高温□Fe2O3＋□SO2 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 202 请把配平后的系数填入相应的方格内，氧化剂是_______，氧化产物 是_______． 解析 1：化合价升降总体法 本题给出的两个反应，化合价变化明显，常以化合价升降为特征， 电子得失总数相等为依据，再配合其他步骤进行配平，方法是： ①写出反应式，标出变价元素的化合价 Cu S HNO Cu(NO ) S NO H O +1 2 +5 3 +2 3 2 2 2 0 2 ＋ → ＋ ＋ ＋ ②画出电子转移后的形式 反应中由 Cu2S 提供电子，从Cu2S 整体考虑，1molCu2S 应失去4mol 电子，叫“总体法”，再找公倍数，在Cu2S 前的系数是3，HNO3 的系 数是4． ③使化合价升高和降低总数相等 ④用观察法配平未变价元素的系数．配平后的方程式是 3Cu2S＋16HNO3＝6Cu(NO3)2＋3S↓＋4NO↑＋8H2O HNO3 是氧化剂，Cu(NO3)2、S 两种物质是氧化产物． 解析 2：电子得失简式法 氧化还原反应中电子不会增加也不会消失，反应中得失电子必须相 等，方法是： ①写出反应式，标出变价元素化合价Cu S HNO Cu(NO ) S NO H O +1 2 +5 3 +2 3 2 2 2 0 2 ＋ → ＋ ＋ ＋ ②写出得失电子简式，求出得失电子的最小公倍数，使得失电子数 相等．最小公倍数就是各得失电子简式的最小乘数 当得失电子没有公因子时，得电子总数和失电子总数交叉相乘，这 个得失电子数，就是最小公倍数．由于1molCu2S 中有2mol 铜，为配平 系数时方便，就写成“Cu2 ”，以便跟化学式的形式一致． 1 ③用最小乘数乘得失电子简式各项，所得数值是氧化剂、还原剂、 氧化产物、还原产物的系数．未参加氧化还原反应的物质，其系数不在 此列． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 203 3Cu2S＋4HNO3→6Cu(NO3)2＋3S＋4NO＋H2O ④检查配平反应前后原子数，改等号，注明反应条件． 3Cu2S＋16HNO3＝6Cu(NO3)2＋3S↓＋4NO↑＋8H2O 其他与解析 1 相同． 再练习第(2)反应 Fe S O Fe O S O +2 2 2 +3 2 3 2 1 0 2 4 2 ＋ → ＋ 参加本反应的元素，其原子的化合价全部发生变化．得失电子简式 和最小乘数： 4FeS 11O 2Fe O 8SO 2 2 2 3 2 ＋ ＋ 高温 O2 是氧化剂，Fe2O3、SO2 既是氧化产物，又是还原产物． 解析 3：奇数配偶法 以第(2)反应为例FeS2＋O2→Fe2O3＋SO2，先观察氧在化学式中原子 数的奇偶数，将氧奇数的Fe2O3 系数2 倍，再将反应物FeS2 加系数4， 使反应前后Fe 原子数相等，又将生成物SO2 加系数8，S 原子也配平了， 最后数生成物中氧原子数，反应物O2 加系数11，方程式就配平了． 4FeS 11O 2Fe O 8SO 2 2 2 3 2 ＋ ＋ 高温 命题目的：本题主要考查氧化还原反应方程式的配平，及氧化剂、 还原剂、氧化产物、还原产物的识别． 解题关键：明确氧化还原反应中的若干组概念．氧化剂得电子，元 素的化合价降低，发生还原反应，其反应生成物是还原产物；还原剂失 电子，元素的化合价升高，发生氧化反应，其反应生成物是氧化产物． 错解剖析：本题主要错误是对氧化还原反应几组概念反映较慢，有v实验题 1．实验室用_______和_______混合加热制氨气，反应的化学方程式 是_______，若制取干燥的氨气，通常使用的干燥剂是_______，收集方 法是_______． 解析：制氨原料是氯化铵和氢氧化钙，反应方程式为 2NH4Cl＋ Ca(OH) 2NH CaCl 2H O ( 2 3 2 2 △ ↑＋ ＋ ，干燥剂是碱石灰或固体氢氧化 钠、氧化钙等)，用向下排气法收集． 命题目的：本题主要考查氨气的实验室制取使用的原料、反应原理 以及收集方法． 解题关键：氨极易溶于水，要用固态原料混合加热，收集在干燥容 器中，干燥剂必须跟氨不起任何反应，或互相溶解，或生成络合物等．氨 气有碱性只能用碱性干燥剂，不能用浓硫酸或无水氯化钙．浓硫酸要踉 氨反应生成硫酸铵或硫酸氢铵， 无水氯化钙跟氨要生成络合物 (CaCl2·8NH3)． 错解剖析：学生常错用氢氧化钠代替氢氧化钙制氨．用氢氧化钠反 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 204 应速度不易控制，一般都用氢氧化钙，氢氧化钠用于NH 的离子鉴定． 4 + 2．现有甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛8 种气体分别置于8 个容 器中，根据下列实验事实判断各是什么气体，并写出有关的化学方程式， 若是离子反应只写离子方程式： (1)甲、乙、辛三种无色气体难溶于水，其他气体溶于水，特别是戊 和己易溶于水． (2)若把各种气体通入硫酸铜溶液中，丙立即生成黑色沉淀． (3)若把各种气体通入酸化的硝酸银溶液，丙、丁、戊立即生成沉淀． (4)甲、乙在一定条件下反应生成己． (5)甲、丁混合，在光照下发生爆炸，生成戊． (6)丙充分燃烧时火焰为淡蓝色，生成庚． (7)辛在空气中立即生成棕红色气体． (8)己与空气混合在催化剂作用下并加热生成辛． 写出 8 种气体的化学式． 解析：到氮族为止，已经学过的气体主要有O2、H2、CO2、CO、HCl、 Cl2、SO2、H2S、N2、NO、NO2、NH3 共12 种．该题涉及的8 种气体应 该是这12 种之中的8 种． (1)难溶于水的气体有O2、H2、CO、N2、NO5 种，则其中有2 种气 体该题中没有出现，易溶于水的戊和己是HCl 和NH3．(2)丙是H2S，H2S 能溶于 水，跟硫酸铜溶液反应生成黑色沉淀： Cu2+＋H2S＝CuS↓(黑色)＋2H+ (3)酸性条件下银盐不溶解的是Ag2S、AgCl，则丁和戊是HCl 和Cl2： Cl2＋H2O＝HCl＋HClO HCl＝H+＋Cl- Ag+＋Cl-＝AgCl↓ 2Ag+＋H2S＝Ag2S↓＋2H+ (4)从(1)可知甲、乙难溶于水，己易溶于水，可见己是NH3，甲和乙 分别是N2 或H2： (5)从(1)、(4)知戊是HCl，从(4)判断甲是N2 或H2，能光照生成HCl， 则甲是H2 不是N2，丁是Cl2， H Cl 2HCl 2 2 ＋ 光照 (6)在(2)中已判断丙是H2S，可见庚是SO2： 2H S 3O 2SO 2H O 2 2 2 2 ＋ ＋ 点燃 (7)辛是NO，NO 遇空气中的O2 立即反应： 2NO＋O2＝2NO2 (8)己是NH3，NH3 和空气中的O2，在催化剂作用下可以氧化生成 NO： 4NH 5O 4NO 6H O 3 2 2 ＋ ＋ 催化剂 △ 综合上述分析，这 8 种气体是： 甲：H2 乙：N2 丙：H2S 丁：Cl2 戊：HCl 己：NH3 庚：SO2 辛：NO 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 205 命题目的：本题主要综合考查已学过气体的性质及有关反应． 解题关键：本题给出 8 种气体，没有指出范围，一时难以下手，可 先列出已学过的主要气体有12 种，目标就集中了．在(1)确定戊和己是 HCl 和NH3，但戊是HCl 还是NH3，要待下面反应分析后才能知晓；同 样甲和乙是N2 和H2，甲是N2 还是H2，在(4)里的条件不能确定．在(5) 中的反应就能知道甲是H2．推断题要一步一步地深入而逐渐明确． 错解剖析：学生对于氢气燃烧发出淡蓝色火焰印象深刻，把丙错判 为H2，是有两点审题不清．①生成庚是气体，若丙是H2，则空气中燃烧 生成水常温下是液态，②在题目(1)中暗示丙能溶于水，而H2 是难溶于水 的． 3．本题包括三个小题 (1)指出下图实验室制取氨气装置中的错误之处，同时提出改正方法： ①________，②_______，③_______，④_______，⑤_______．(2)在上图的玻 璃片上分别滴三滴酸：①浓硫酸，②浓盐酸，③浓硝 酸，在试管中加入氯化铵和氢氧化钙的混合物，加热试管，当试管中有 氨气放出时，移动玻璃片，使导管依次对着3 滴不同的酸，观察到什么 现象？为什么？写出3 个反应的化学方程式． (3)有4 种溶液，分别是NaCl、NH4Cl、Na2SO4、(NH4)2SO4，试用一 种试剂一一鉴别出来． 解析：(1)图(Ⅰ)中的错误是①没有给反应混合物加热，实验室制氨 气应该用酒精灯加热．②发生气体的试管口太高；给固体加热时，试管 口应该略低于试管底．③不是向上排气；氨气比空气轻，应该用向下排 气法．④集气的试管加了橡胶塞；集气容器一般不加塞子，便于使容器 中的空气排出，收集氨气可以在瓶上放一团棉花，以减缓氨气的扩散．实 验室制取有毒气体，如Cl2 时，为了不让氯气排放到空气中，要加双孔塞， 一个导管使氯气进入瓶中，另一个导管排出空气，排出的空气通入NaOH 溶液中如图(Ⅲ)． (2)盐酸、硝酸是挥发性酸，浓酸更易挥发，浓盐酸液滴附近有HCl 气体，浓硝酸液滴附近有HNO3 蒸发，当滴有酸玻璃片移近冒出NH3 的 导管时，氨气就和酸雾发生反应，观察到浓盐酸、浓硝酸液滴周围空间 有白烟，反应方程式是： NH3＋HCl＝NH4Cl NH3＋HNO3＝NH4NO3 同时盐酸、硝酸液滴变成白色固体．浓硫酸是高沸点酸，通常状况 不挥发，当氨气通到浓硫酸液滴时，H2SO4 液滴变成白色固体，没有白 烟，反应方程式是2NH3＋H2SO4＝(NH4)2SO4 (3)NaCl、NH4Cl、Na2SO4、(NH4)2SO4 四种溶液，选择Ba(OH)2 试剂 就能一一鉴别出来，现象和化学方程式是： NaCl：加Ba(OH)2 溶液不反应，没有明显现象． NH4Cl：加Ba(OH)2 溶液，放出有刺激性气味的气体，此气体能使润 湿的红色石蕊试纸变蓝，证明放出氨气，加微热现象更明显： 2NH Cl Ba(OH) 2NH BaCl 4 2 3 2 ＋ ↑＋ △Na2SO4：加Ba(OH)2 溶液，立即产生白 色沉淀： Na2SO4＋Ba(OH)2＝BaSO4↓＋2NaOH 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 206 (NH4)2SO4：加Ba(OH)2 溶液，有白色沉淀生成，又有刺激性气味的 气体放出： (NH4)2SO4＋Ba(OH)2＝BaSO4↓＋2NH3↑＋2H2O 命题目的：本题主要考查氨气实验室制取的发生装置、收集方法、 氨气的性质和检验，以及溶液中NH 离子的检验，并综合考查了浓盐4 + 酸、浓硝酸、浓硫酸的部分性质和SO 的鉴定． 4 2  解题关键：氨气通入酸液滴的现象，关键是了解这种酸是挥发性酸 还是高沸点酸，反应产生的现象就能理解了． 关于 4 种溶液的鉴别，首先考虑各溶液中都含哪些离子，加什么离 子会产生特征反应，题目规定只许加一种试剂，则加入试剂的阴、阳离 子都应该充分利用起来，4 种溶液只有2 种阳离子，Na+无特征试剂， NH OH 2 Cl SO Cl 4 + 4 2 的特征试剂是离子；有种阴离子和， 的特征试剂 是Ag+，SO 的特征试剂是Ba ，把选用试剂的阴、阳离子结合成一种 4 2 2+ 物质，AgOH 难溶于水，且不稳定，所以只能用Ba(OH)2 作为鉴别的试 剂． 错解剖析：指出实验装置图中的错误，有时会漏答，图(Ⅰ)的集气试 管加塞，是错误的，在答题时不以为气体通不进去而漏答． 溶液中溶质的鉴别一般是离子反应，生成沉淀，气体或颜色变化， 加的试剂要可溶． 4．实验室制氨气通常有三种方法：①用固体氢氧化钙和氯化铵反应， 装置同课本；②称取7.9g 碳酸氢铵固体放入试管内，再加入8g 氢氧化钠 固体，常温下即能产生氨气，装置如下图甲；③在锥形瓶中注入50mL 浓氨水，再加入10g 氢氧化钠固体，装置如下图乙．选取三个250mL 的 干燥的烧瓶及瓶塞，用于收集三种制法的氨气．请填空： (1)写出②法制取氨气的化学方程式_______； (2)说明用③法制取氨气的原理_______； (3)检验氨气已收集满的方法_______； (4)集满氨气的烧瓶做喷泉实验，装置如下图丙(烧杯内盛酚酞溶液)， 其现象是________． 解析：(1)碳酸氢铵和氢氧化钠反应的化学方程式是： NH4HCO3＋2NaOH＝Na2CO3＋NH3↑＋2H2O (2)浓氨水跟氢氧化钠混合能制氨气的原理是：在浓氨水中存在着电离平衡： 当加入氢氧化钠固体，增大溶液中[OH-]，使氨水中的电离平衡向左 移动；另外氢氧化钠固体溶解时能放热，使氨水溶液的温度升高，氨气 溶解度减小而有大量氨气逸出． (3)检验氨气是否收集满，可以： ①用润湿的红色石蕊试纸靠近瓶口，试纸变蓝说明已满． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 207 ②用玻璃棒蘸浓盐酸接近集气瓶口冒白烟，表示氨气已收集满，反 应的化学方程式是： NH3＋HCl＝NH4Cl (4)图丙装置中圆底烧瓶内的长玻璃管喷出“泉水”，原烧杯中的水 是无色的，喷泉呈红色． 命题目的：本题主要是考查氨气的性质，通过氨气的实验室制取也 考查了NH 离子和OH 的反应． 4 +  解题关键：第②种制氨气的方法形式和第一种相似，只是铵盐和碱 不同，比第①种方法反应快，不用加热：第③种制氨方法，一定要用浓 氨水和固态氢氧化钠． 错解剖析：指示剂的变色答错了，石蕊在碱性条件应该变蓝，酚酞 应该变红． 5．实验室用纯净氨气还原氧化铜的方法测定铜的近似相对原子质 量，反应的化学方程式： 2NH 3CuO N 3Cu 3H O 3 2 2 ＋ ＋ ＋ △ 现取氧化铜 W(CuO)g，反应后称得生成水的质量为W(H2O)g． 有下图实验装置可供选择： 可供选用的固体药品有：锌、石灰石、生石灰、碱石灰(NaOH、CaO)． 可供选用的液体药品有：浓盐酸、稀盐酸、浓氨水、稀氨水、浓硫 酸、稀硫酸． 请回答下列各问： (1)制取氨气的反应方程式是：_______． 仪器装置最好应选择：_______． (2)整套装置选择图中的哪几种装置_______(填写A、B⋯⋯)，各仪 器按气流方向应当连接的正确顺序是(写仪器进出口编号，并可以重复使 用)_______． (3)装置D 中的药品是_______，其作用是：_______，装置E 中的药 品是：_______，其作用是：_______．解析：(1)制氨的反应是：NH3·H2O＋CaO ＝NH3↑＋Ca(OH)2，选 择装置A． (2)整套装置选择A→D→C→D→E，连接顺序是a→f→e→c→d→f →e→h→g． (3)装置D 中放碱石灰，作用是吸收氨气中的水蒸气．E 中盛浓硫酸， 作用是吸收多余的氨气；防止空气中的水蒸气进入．计算题 1．NH4NO3 和KNO3 的混合物，已知氮元素占混合物总质量的23.2 ％，求钾元素在混合物中的质量分数． 解析 1：本题只有一个百分数，没有告诉任何数据，由于只计算质量 分数，可以假定两种硝酸盐的混合物为1g，则KNO3 为xg，NH4NO3 为 (1－x)g．KNO N 101g 14g xg Ag A g 3 ～ ＝ 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 208 14 101 x NH NO 2N 80 28 (1 x) B B (1 x)g 4 3 ～ － ＝ － 28 80 总含氮量A＋B＝[ － 14x 101 + 28 80 (1 x)]g 两种混合硝酸盐中氮的质量分数是： 14 101 28 80 1 1 x ( x) ×100％＝23.2％ 解得：x＝0.559(g)(KNO3 质量) 设0.559gKNO 含钾yg，y＝ ×0.559＝0.2156(g) 3 39 101 钾元素在混合物中的质量分数是： 0 2156 1 . g g ×100％＝21.56％ 解析 2：首先算出NH4NO3 和KNO3 分别含氮量： NH NO 100 35 4 3： × ％＝ ％ 28 80 KNO 100 13.9 3： × ％＝ ％ 14 101 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 209 再用十字交叉法： 9.3∶(1－x)＝11.8∶x 9.3x＝11.8(1－x) 解得 x＝0.559(g) 以下计算同解析 1． 命题目的：本题主要考查多种硝酸盐的混合物中，各成分质量分数 的计算． 解题关键：本题未给出混合物质量，可以假定它是1g 或100g，对计 算结果都不影响． 错解剖析：本题设 x 为混合硝酸盐中含硝酸钾的质量，计算结果x ＝0.559(g)，误把它当做含钾55.9％，是因为少算最后一步，导致错误结 论． 答案：含氮 23.2％的NH4NO3 和KNO3 的混合物中，含钾元素21.56 ％．2．在标准状况下，用10.5m3 的氨气跟足量的空气反应生成硝酸，从 所得硝酸中取出质量的1％，加水到3000mL，测得稀硝酸的密度为 1.05g·cm-3，浓度的质量分数为6％．再取此稀硝酸50mL，将1.5g 含杂 质的铜投入到50mL 稀硝酸中，两者正好完全反应(铜中杂质不跟硝酸反 应)． (1)求氨气的利用率． (2)求铜的纯度． 解析 1：用物质的量计算 1m3＝103L，3000mL＝3L 标准状况下氨气的体积换算成物质的量： 105 10 22 4 3 1 . . × · ＝ L L mol468.75mol 总质量 1％的硝酸溶液中，含溶质硝酸的物质的量： 3000 105 6 63 3 1 mL g cm g mog × · × ％ · ＝ 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 210 .  3mol 稀硝酸的物质的量浓度： ＝ · 3 3 mol L 1 mol L1 10.5m3 氨气氧化生成的硝酸总物质的量： 3mol×100 倍＝300mol (1)氨的利用率 氨氧化制硝酸 NH3→NO→NO2→HNO3 若氮不损失 NH3～HNO3，生成300mol 硝酸，用去300mol 氨气，氨 气的利用率： 300 468 75 mol . mol ×100％＝64％ (2)铜的纯度：设跟硝酸反应的铜为xg 3Cu 8HNO 3Cu(NO ) 2NO 4H O 3 64g 8mol xg 0.05L 1mol L 3 3 2 2 1 ＋ ＝ ＋ ↑＋ × × ·  3×64∶x＝8∶0.05 解得：x＝1.2(g) 铜的纯度： × ％＝ ％ 12 15 . . 100 80 解析 2：用质量计算 把 10.5×103L 氨气换算成质量，把稀硝酸换算成质量，原理和解析 1 相同． 命题目的：本题通过氨气催化氧化制硝酸的实例考查原料利用率的 计算；通过不活泼金属铜跟硝酸反应说明硝酸的氧化性以及有关物质纯 度的计算． 解题关键：本题的关键是抓住两个基本概念． ①原料利用率：原料的理论用量与实际用量的百分数，数学表达式 为：原料利用率＝ 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 211 原料理论用量 原料实际用量 ×100％ 理论用量和实际用量采取相同单位． ②纯度：不纯物质中含纯物质的百分数，数学表达式为： 纯度＝ 物质的质量 不纯物质的质量 ×100％ 错解剖析：本题经常发生两点错误：①把1m3 当做10L，使原料少 了102 倍(氨气)； ②取出所得硝酸的质量的 1％，后来当做生成的全部硝酸．两项错误 抵消，最后氨的利用率和正确计算结果相同，但是整个计算过程是错误 的，化学计算很重视过程，一般来说计算过程错误，其结果正确，是一 种巧合，不能给分． 3．有氯化铵和氢氧化钙各20g 混合加热，在标准状况下最多可收集 到多少升氨气？把这些气体通入水中制得500mL 氨水，氨水的物质的量 浓度是多少？ 解析 1：用物质的量计算 题目给出两种反应物的量，首先要计算它们是否适量，若有一物过 量，则按少的反应物的质量进行计算． 氯化铵的摩尔质量是 53.5g·mol-1 氢氧化钙的摩尔质量是 74g·mol-1 设有 xmol 氢氧化钙参加反应，生成ymol 氨气． 2NH Cl Ca(OH) 2NH CaCl 2H O 2 53.5g 74g 2mol 20g xg y mol 4 2 3 2 2 ＋ ↑＋ ＋ × △ 2×53.5∶20＝74∶x 解得x＝13.8(g) 13.8g 小于20g，说明氢氧化钙过量，按氯化铵的量计算生成物氨气 的量： 2×53.5∶20＝2∶y 解得y＝0.374(mol) 氨气在标准状况下的体积是： 0.374mol×22.4L·mol-1＝8.38L 氨水的浓度： ＝ · 0 374 0 5 . . mol L 0.75mol L1 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 212 解析 2：用质量计算 把氨气用质量计算，生成氨气的质量通过摩尔质量和气体摩尔体积 换算成升，其他算法同解析1． 解析 3：用气体摩尔体积计算 生成的氨气直接得到体积(升)，通过气体摩尔体积换成物质的量，再 计算物质的量浓度． 命题目的：本题主要考查反应物有一种过量的计算． 解题关键：反应方程式不能写错，如果反应方程式没有配平，氯化 铵化学式的系数是1，则反应物过量的判断就会相反，导致结果错误． 答案：20g 氯化铵最多可以收集到标准状况下的氨气8.38L，氨水的浓度是 0.75mol·L-1． 4．剧毒的光气(COCl2)可以用氨解毒： COCl2＋4NH3＝CO(NH2)2＋2NH4Cl 某 坑 道 ( 容积为30.66m3) 中光气染毒体积质量浓度为0.3 × 10-3g·dm-3，解毒最少需质量分数为25％的氨水多少克？ 解析 1：用质量计算 1m3＝1000dm3，1dm3＝1L 30.66m3＝30660L 坑道中有光气的质量：30660L×0.3×10-3g·L-1＝9.198g 设需 25％的氨水xg COCl 4NH CO(NH ) 2NH Cl 99 g 4 17 g 9.198 g 25 x g 2 3 2 2 4 ＋ ＝ ＋ × ％ 99∶9.198＝4×17∶0.25x 解得x＝25.3(g) 解析 2：用物质的量计算 坑道中有光气 ＝ 9 198 99 . 0.093(mol) COCl 4NH CO(NH ) 2NH Cl 1 mol 4 17g 0.093 mol 25 x g 2 3 2 2 4 ＋ ＝ ＋ × ％ 1∶0.093＝4×17∶0.25x 解得x＝25.3(g) 命题目的：本题主要考查阅读能力和接受新信息的能力．本题推出 的浓度单位是精心设计的，该单位既是物质的量浓度的迁移，又便于计 算． 解题关键：关键是单位的换算，坑道容积单位是 m3，计算过程要把 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 213 单位换算成等同．根据化学方程式的计算，各项单位要相同，在解析2 中用不同的单位，但同一物质的单位要相同．或者说“上下单位要相同， 前后单位要对应”． 错解剖析：上下单位不相同，计算结果一定错． 答案：最少需要 25％的氨水25.3g． 5．工业上用氨做原料制硝酸．用氨和硝酸制得硝酸铵．若由氨催化 氧化制得一氧化氮的产率为96％，由一氧化氮制得硝酸的转化率为92％， 氨和硝酸制硝酸铵时100％利用．问生产1t 硝酸铵需要多少立方米(标准 状况)的氨气？ 解析：氨的催化氧化制硝酸，再进一步反应制硝酸铵有如下一系列 反应： 4NH3＋5O2＝4NO＋6H2O 2NO＋O2＝2NO2 4NO2＋O2＋2H2O＝4HNO3 NH3＋HNO3＝NH4NO3 (1)设生产1t 硝酸铵用在制硝酸上的氨气为xm3NH NO HNO NH NO 22.4 m3 63kg 80kg x m 96 92 1000kg 3 3 4 3 3 ～ ～ ～ × ％× ％ 22.4∶x×96％×92％＝80∶1000 解得 x＝317(m3) (2)设用于制硝酸铵消耗的氨气为ym3 NH HNO NH NO 22.4 m 80kg y m 1000 kg 3 3 4 3 3 3 ＋ ＝ 22.4∶y＝80∶1000 解得：y＝280(m3) 两次反应共消耗氨气： 317＋280＝597(m3) 命题目的：本题主要考查有一定转化率的计算． 解题关键：关键有两点： ①反应过程中有损失的要减去，因为损失部分不能转化为产物． ②消耗的氨分两方面计算，一方面生成硝酸这部分氨生产过程有损 失；另一方面氨还要跟硝酸反应，跟硝酸反应的氨没有损失． 错解剖析：错解为消耗氨气在标准状况下为 317m3，错误的原因是 没有加上跟硝酸反应消耗的氨气． 答案：生产 1t 硝酸铵需要标准状况的氨气为597m3． 6．用含Ca3(PO4)2 为60％的磷矿石2.5t，跟足量的93％的硫酸反应， 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 214 可制得过磷酸钙肥料多少吨？消耗93％的硫酸至少要多少吨？ 解析：过磷酸钙是磷酸二氢钙和硫酸钙的混合物，计算过磷酸钙混 合物的摩尔质量时，用Ca(H2PO4)2＋2CaSO4 进行计算． 设需消耗 93％的硫酸xt，生成过磷酸钙yt， 310∶2.5×60％＝2×98∶x×93％ 解得 x＝1.02(t) 310∶2.5×60％＝506∶y 解得 y＝2.45(t) 命题目的：本题主要考查反应物有一定含量的计算． 解题关键：两种反应物都是不纯物，根据化学方程式的计算是要纯 净物，因此必须把不纯物换算成纯净物后，再根据化学方程式计算． 错解剖析：本题的生成物过磷酸钙是一种混合物，作为磷肥其有效 成分是Ca(H2PO4)2，计算时如果就用Ca(H2PO4)2 进行计算导致结果的错 误． 答案：至少消耗 93％的硫酸1.02t，生成过磷酸钙肥料2.45t． 7．在体积为40mL 的稀硝酸中，加入4.2g 铁，充分反应后，硝酸和铁两种反应 物均无剩余，硝酸的还原产物是一氧化氮，且被还原的硝酸 是硝酸总量的 ，通过计算确定该稀硝酸的物质的量浓度是多少？铁以 1 4 何种价态存在？ 解析：铁跟硝酸反应一定生成＋3 价，下面分三种情况讨论： (1)铁和硝酸恰好反应无剩余． 设稀硝酸中含溶质硝酸的物质的量为 n1，浓度c1 Fe 4HNO Fe(NO ) NO 2H O 56 g 4mol 4.2 g n mol 3 3 3 2 1 ＋ ＝ ＋ ＋ 56∶4.2＝4∶n1 解得 n1＝0.3(mol) c 7.5mol L Fe 1 (HNO3) 1 3+ ＝ ＝ · 铁以存在于溶液中．恰好硝酸被还原． 0 3 0 04 1 4 . . 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 215 mol L  (2)铁只消耗，硝酸耗尽，剩余的铁跟硝酸铁反应，生成硝酸亚铁． 2 3 2Fe(NO3)3＋Fe＝3Fe(NO3)2 该反应没有消耗硝酸，也没有气体生成，被还原的硝酸仍是． 1 4 设稀硝酸中含溶质硝酸的物质的量为 n2，硝酸的浓度为c2，参加反 应的铁是 4.2× ＝2.8(g)． 2 3 Fe 4HNO Fe(NO ) NO 2H O 56 g 4 mol 2.8 g n mol 3 3 3 2 2 ＋ ＝ ＋ ＋ 56∶2.8＝4∶n2 解得 n2＝0.2(mol) c2 (HNO3)0 2 0 04 50 1 . . . mol L mol·L 铁全部以 Fe2+存在于溶液中． (3)跟硝酸反应的铁的质量＞2.8g，＜4.2g，剩余的Fe 跟Fe3+反应后， 除生成Fe2+外，还有Fe3+，溶液中有Fe3+和Fe2+，同时硝酸的浓度在 5.0mol·L-1 和7.5mol·L-1 之间． 命题目的：本题通过计算，综合考查化学基本反应和运用数字的能 力． 解题关键：关键有两点，①所有计算必须满足被还原的硝酸占总硝 酸物质的量的 ，②铁全部和硝酸反应： 的铁跟硝酸反应；多于的 1 4 2 3 2 3 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 216 铁跟硝酸反应(但不是全部的铁)． 错解剖析：只考虑到第(1)种情况而漏答其他． 答案：有三种情况：(1) 铁全部和稀硝酸反应，铁以Fe3+ 存在于溶液中，c1(HNO3) ＝ 7.5mol·L-1； (2)在4.2g 铁中，有2.8g 铁跟硝酸反应，剩余的铁跟硝酸铁反应，铁 以Fe2+存在于溶液中，c2(HNO3)＝5.0mol·L-1； (3)跟硝酸反应的铁mg，当2.8g＜m＜4.2g 时，铁以Fe3+和Fe2+存在 于溶液中，若此时稀硝酸的浓度为c3，则5.0mol·L-1＜c3(HNO3)＜ 7.5mol·L-1． 第七章硅 单选题 1．下列固体熔点最高的单质是 [ ] A．干冰B．石英 C．食盐D．晶体硅 解析：本题要求单质，A、B、C 都是化合物，干冰是固态的二氧化 碳，是分子晶体，分子间的作用力很弱，熔点较低；石英的主要成分是 二氧化硅．二氧化硅是一种原子晶体，每个硅原子周围结合4 个氧原子， 每个氧原子跟两个硅原子结合．二氧化硅晶体中硅原子和氧原子按1∶2 的比例组成立体网状的原子晶体，要使它熔融，也就是说要破坏二氧化 硅晶体，必须消耗较多的能量，因此二氧化硅的熔点很高，但是它是化 合物，非本题所要求；食盐是氯化钠的俗称，是离子晶体．在晶体中， 阴、阳离子按一定规律在空间排列，每一个钠离子同时吸引着6 个氯离 子，每个氯离子也同时吸引着6 个钠离子，在晶体中，阴、阳离子的数 目比是1∶1，所以它的化学式是NaCl，离子间存在着较强的离子键，熔 点较高，它是化合物也非本题要求；晶体硅是硅的单质，其结构和金刚 石相似，也是原子晶体，熔点高，是本题答案． 命题目的：本题主要考查硅单质的晶体结构及有关的物理性质． 解题关键：关键是抓住题目要求“单质”两字． 错解剖析：有学生错选 B，石英熔点是高，但它是化合物，非本题 要求． 答案：D 2．下列物质不能用玻璃器皿贮存的是 [ ] A．苛性钠B．氢氟酸 C．浓硫酸D．硝酸铵 解析：不能用玻璃器皿，是常温下要和玻璃反应的物质．玻璃是以 含硅物质为原料，经加热制成的硅酸盐产品，普通玻璃是硅酸钠 (Na2SiO3)、硅酸钙(CaSiO3)和二氧化硅(SiO2)熔化在一起所得到的物质， 二氧化硅是酸性氧化物，不溶于水，能跟碱性氧化物或碱发生反应生成 盐，苛性钠是氢氧化钠的俗名，玻璃中含的二氧化硅能够被碱腐蚀． (常温反应慢)实验室里盛放 碱溶液的试剂瓶常用橡胶塞，而不用玻璃塞，因为玻璃塞是磨口的，表 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 217 面积大，以防止玻璃与碱反应生成Na2SiO3 而把瓶口和塞子粘结在一起， 排除A；氢氟酸遇二氧化硅很快反应放出氟化硅气体： SiO2(固)＋4HF＝SiF4↑＋2H2O 玻璃瓶不能盛放氢氟酸，通常氢氟酸盛放在塑料瓶中，B 对；浓硫 酸和硝酸铵跟玻璃都不反应，可以贮存． 命题目的：本题主要考查二氧化硅的化学性质． 解题关键：记住氢氟酸常温和玻璃反应． 错解剖析：苛性钠也能跟玻璃反应，会误选 A，但常温苛性钠跟玻__璃反应很慢， 可以贮存，只是要用橡胶塞． 答案：B 3．下列物质不是纯净物的是 [ ] A．玻璃B．碱式碳酸铜 C．硫酸铝钾D．重过磷酸钙 解析：玻璃是由硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅熔化在一起所得的物质， 这种物质不是晶体，称作玻璃态物质，没有一定的熔点，而是在某一温 度范围内逐渐软化，A 对．碱式碳酸铜是碱式盐，化学式Cu2(OH)2CO3， 是纯净物，混合物不能用一个化学式表示，排除B．硫酸铝钾是复盐， 是由两种不同的金属离子和一种酸根离子组成的盐， 化学式为 KAl(SO4)2，是纯净物，排除C；重过磷酸钙学名磷酸二氢钙，常见的是 磷酸二氢钙的一水合物，化学式为Ca(H2PO4)2·H2O，109℃时失去结晶 水，是过磷酸钙和重过磷酸钙化肥的有效成分，重过磷酸钙是纯净物， 排除D． 命题目的：本题主要考查玻璃的成分． 解题关键：纯净物有单质、化合物，化合物是由几种元素组成，可 以用化学式表示，如Cu2(OH)2CO3、Ca(H2PO4)2 等都是纯净物． 错解剖析：本题 B、C、D 给出的都是纯净物，但是化学反应中用得 比较少，有的学生把含有元素较多的物质算做混合物，这种错误是对定 义不明确． 答案：A 4．下列叙述中不正确的是 [ ] A．碳、硅元素容易生成共价化合物 B．碳族元素的原子最外电子层上都是4 个电子，所以都是＋4 价 的化合物最稳定 C．碳族元素从上到下性质由非金属性向金属性递变 D．碳族元素的原子半径从上到下依次增大 解析：碳、硅都是ⅣA 族元素，处于容易失去电子的主族元素和容 易获得电子的主族元素之间，容易生成共价化合物，非题意，排除A．碳 族元素的化合价主要有＋4 价、＋2 价，碳、硅、锗、锡的＋4 价化合物 是稳定的，而铅的＋2 价化合物是稳定的，B 是本题答案．碳族元素从上 到下非金属性逐渐减弱，而锗是金属性比非金属性强的两性元素，锡和 铅都是金属元素，所以金属性逐渐增强，排除C．原子半径从上到下依 次增大，排除D． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 218 命题目的：本题主要考查碳族元素在元素周期表中的位置、价态及 一些重要性质的变化规律． 解题关键：铅的化合价以＋2 价为稳定的化合物，与本族的其他元素 ＋4 价的化合物稳定有差别． 错解剖析：有错选 C 的，也有错选D 的，原因是刚开始还记得要选 “不正确”的．阅读几个选项后就忘了题干要求，选出正确的而出现错 解．答案：B 5．下列液体长久露置在空气中，由于非氧化还原反应而变浑浊的是 [ ] A．水玻璃B．碘化银溶液 C．氢硫酸D．硝酸银溶液 解析：水玻璃是硅酸钠水溶液的俗名，硅酸的酸性很弱，比碳酸还 弱，长久露置于空气中，有如下反应： Na2SiO3＋CO2＋H2O＝H2SiO3↓＋Na2CO3 生成的硅酸是白色难溶于水的胶状物，这个反应相当于强酸和弱酸 盐的复分解反应，是非氧化还原反应，A 是本题选项．碘化银见光容易 分解，是氧化还原反应，B 错． 2AgI 2Ag I2 光照＋ 氢硫酸容易被空气中的氧气氧化： 2H2S＋O2＝2S↓＋2H2O 是氧化还原反应，C 错．硝酸银见光亦要分解，生成银单质、二氧 化氮、氧气： 2AgNO 2Ag 2NO O 3 2 2 光＋ ↑＋ ↑ D 错． 命题目的：本题主要考查硅酸钠溶液的性质． 解题关键：根据元素在周期表中的位置，同主族元素，从上到下非 金属性减弱，碳的非金属性大于硅，故碳酸的酸性大于硅酸，硅酸难溶 于水，能发生复分解反应． 错解剖析：容易错选 C，硫化氢的水溶液于空气中久置变浑浊，该 项性质较熟悉，但这项反应是氧化还原反应． 答案：A 不定项选择题 1．下列分子或晶体不属于正四面体结构的是 [ ] ①二氧化碳②晶体硅③金刚石④甲烷⑤白磷⑥氨气 A．①③ B．②④ C．①⑥ D．③⑤ 解析：①二氧化碳是直线型分子，两个氧原子对称地位于碳原子的 两侧，是极性键，非极性分子；②晶体硅的结构和金刚石的结构相似， 是正四面体结构的原子晶体；③金刚石是碳原子间以共价键结合的空间 网状结构．是正四面体的原子晶体；④甲烷分子中1 个碳原子和4 个氢 原子不在同一个平面上，是一个正四面体的立体结构．碳原子位于正四 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 219 面体的中心，4 个氢原子分别位于正四面体的四个顶点上；⑤白磷是4 个磷原子结合而成的分子(P4)，4 个磷原子构成中空的正四面体结构；⑥ 氨分子的结构不对称，氮原子最外电子层上有5 个电子，氮原子以3 个 电子分别跟三个氢原子的电子形成三对共用电子对，氮原子还有一对电 子没有和其他原子共用，成为孤对电子，经实验测定，氨分子的结构是 三角锥形，氮原子位于锥顶，三个氢原子位于锥底，氨分子中是极性键，极性分 子．综上所述，除①⑥外，都是正四面体结构，C 对． 命题目的：本题综合考查已学的物质结构，重点考查碳、硅的结构． 答案：C 2．下列各组离子能同时共存的是 [ ] A HCO NH H Ca B SiO H Cl NO C K SiO Na CO D Mg OH SiO H 3 4 + + 2+ 3 + 3 + 3 2 + 3 2 2+ 3 2 + ． ． ． ．   2 解析：HCO 和H 相遇会结合成H CO ，若浓度大时H CO 会分3 + 2 3 2 3  解放出CO 气，A错．硅酸是弱酸，而且是不溶性酸，当SiO 遇到H ， 2 3 2+ 就会结合成 H2SiO3 沉淀，B 错．硅酸盐中许多都难溶于水，常见的钾、 钠的硅酸盐可溶，所以能共存，C 对．氢氧化镁是难溶性碱，硅酸是不 溶性酸，当Mg2+遇OH 或SiO 遇H 都会生成沉淀，它们不能共存，D 3 2 + 错． 命题目的：本题主要考查硅酸是弱酸、不溶性酸，硅酸盐除碱金属 硅酸盐外大多数难溶于水． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 220 解题关键：本题的阴、阳离子之间主要看它们是否会结合成弱电解 质，或生成沉淀、气体等，要记住碱、酸、盐的溶解性表． 错解剖析：有学生错选 A，是因为只考虑到Ca(HCO3)2 可溶，没有 同时考虑到碳酸是弱酸，是挥发性酸． 答案：C 3．要检验二氧化硫气体中是否含有二氧化碳，可采用的方法是让气 体 [ ] A．通过澄清石灰水 B．通过品红溶液 C．先通过酸性高锰酸钾溶液，再通过澄清的石灰水 D．通过小苏打溶液，再通过石灰水 解析：检验二氧化碳的特效试剂是澄清的石灰水，只要有少量的二 氧化碳就能使石灰水变浑浊，但是有二氧化硫共存时，二氧化硫也能跟 氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀： SO2＋Ca(OH)2＝CaSO3↓＋H2O 因此不能直接通过澄清石灰水，A 错．检验二氧化硫是否存在的特 效试剂是品红溶液，二氧化硫能使品红溶液褪色，但是本题要检验的是 二氧化碳而不是二氧化硫，B 错．高锰酸钾的酸性溶液是强氧化剂，二 氧化硫中的硫＋4 价，是硫的中间价态，故二氧化硫既有氧化性，又有还 原性，当遇到强氧化性的高锰酸钾酸性溶液，二氧化硫作还原剂，反应 的化学方程式是： 2KMnO4＋5SO2＋2H2O＝K2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4 二氧化碳是碳的最高价氧化物，在氧化还原反应中，它只能作氧化 剂，所以二氧化碳跟高锰酸钾不反应，除去二氧化硫的气体，再通到澄 清石灰水中，若变浑浊，说明含有二氧化碳，C 对．小苏打是碳酸氢钠， 二氧化硫溶于水生成亚硫酸：SO2＋H2O H2SO3 亚硫酸不稳定是弱酸，碳酸也是弱酸，但是这两种酸相比较，亚硫 酸比碳酸的酸性强得多，当二氧化硫通入小苏打溶液中，就发生反应． NaHCO3＋H2SO3＝NaHSO3＋CO2↑＋H2O 再把放出的气体通入石灰水中，石灰水变浑浊也不能断定原混合气 体是有还是没有二氧化碳，D 错． 命题目的：本题主要考查二氧化碳的检验． 解题关键：排除二氧化硫对二氧化碳检验时的干扰． 错解剖析：容易错答成A、D，这两种情况只考虑检验二氧化碳，没 有考虑到二氧化硫对检验二氧化碳的干扰． 答案：C 4．下列物质中由硅酸盐构成的是 [ ] A．硅藻土B．硅胶 C．黏土D．混凝土 解析：二氧化硅在天然界的存在分为晶体和无定形两大类，硅藻土 是含有无定形二氧化硅，它是死去的硅藻及其他微生物的遗体经沉积胶 结而成的多孔、质轻、松软的固体物质，不是硅酸盐，A 错．硅胶是硅 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 221 酸钠的水溶液跟盐酸反应生成的白色胶状沉淀，再脱水而得，用化学式 表示为mSiO2·nH2O，是透明或乳白色多孔性固体，有良好的干燥性能 和吸附性能，也不是硅酸盐，B 错．黏土的成分是硅酸盐，黏土的种类 很多，成分也很复杂，它主要是高岭土，把它写成二氧化硅和金属氧化 物的形式表示硅酸盐的组成是： Al2(Si2O5)(OH)4(Al2O3·2SiO2·2H2O) 它是土壤里矿物质的主要成分，C 对；水泥、砂子和碎石按一定比 例的混合物硬化后叫做混凝土，水泥是硅酸盐工业的重要产品，D 对． 命题目的：本题主要考查黏土、硅藻土、硅酸盐工业等概念． 答案：C、D 5．下列仪器在熔融烧碱时可以选用的是 [ ] A．石英坩埚B．普通玻璃烧杯 C．生铁坩埚D．陶瓷坩埚 解析：烧碱是氢氧化钠的俗名．石英的主要成分是二氧化硅，石英 的膨胀系数小，能经受温度剧变，但是它要被氢氧化钠腐蚀，高温时腐 蚀更快：SiO2＋2NaOH＝Na2SiO3＋H2O，A 错．普通玻璃、陶瓷是硅酸 盐工业的重要产品，产品中都含相当比例的二氧化硅，用于熔融烧碱都 要受腐蚀，排除B、D．只有C 对，生铁能耐高温，跟氢氧化钠不反应． 命题目的：本题主要考查二氧化硅的性质． 解题关键：关键抓住二氧化硅要跟氢氧化钠发生化学变化． 错解剖析：有错选 D 的，是因为不知道陶瓷的主要成分． 答案：C 6．关于二氧化硅的下列叙述正确的是 [ ] A．硅原子和碳原子的价电子数相同，故二氧化硅和二氧化碳的电 子式相同 B．一个二氧化硅分子由一个硅原子和二个氧原子构成 C．二氧化硅是酸性氧化物，但仍能跟某些酸反应 D．二氧化硅和二氧化碳相比，由于晶体类型不同，因而其物理性 质有很大差异 解析：二氧化碳和二氧化硅的电子式不相同，原因是二氧化碳有单 个分子，电子式是： 由于结构对称，二氧化碳是非极性分子；二氧化硅没有单个分子， 是一种立体网状的原子晶体，在晶体中硅原子和氧原子的比率为1∶2， 所以写成化学式为SiO2，它不是分子式，每个硅原子跟4 个氧原子各共 用一对电子，对于硅原子其周围有4 对共用电子，对于氧原子和2 个硅 原子各共用一对电子，A 错．二氧化硅是原子晶体，没有单个分子，B 错．二氧化硅可以跟氢氟酸反应： SiO2(固)＋4HF＝SiF4↑＋2H2O 由于生成 SiF4 气体离开体系，反应顺利进行，C 对．二氧化硅是原 子晶体，常温固态，熔点高，硬度大；二氧化碳通常状况是气体，固态 时为分子晶体，熔点很低，易挥发，D 对． 命题目的：本题主要考查二氧化硅和二氧化碳由于晶体类型不同而 引起的物理性质的区别，并考查二氧化硅的化学性质． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 222 解题关键：关键是抓住二氧化硅的晶体结构． 错解剖析：易错选B，原因是写化学方程式用“SiO2”表示，把化学 式错认为分子式． 答案：C、D 7．石灰石中主要杂质为石英，该石灰石在下列工业生产中其杂质也 参加有益的化学反应的是 [ ] A．烧制石灰B．制普通玻璃 C．炼铁D．制硅酸盐水泥 解析：烧制石灰的反应是： CaCO CaO CO 3 2 高温＋ 有石英杂质时，在高温下生成的生石灰和石英发生反应，使石灰产 量减少： SiO CaO CaSiO 2 3 ＋ 高温 A 错．普通玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，原料加强热熔融后， 主要反应是： Na CO SiO Na SiO CO CaCO SiO CaSiO CO 2 3 2 2 3 2 3 2 3 2 ＋ ＋ ↑ ＋ ＋ ↑ 高温 高温 因此，石英是参加有益的反应，B 对．炼铁是把化合态的铁还原成 游离态的铁反应是：Fe O 3CO 2Fe 3CO 2 3 2 ＋ 高温＋ 铁矿石中有杂质二氧化硅，需要加入石灰石，使杂质生成硅酸钙炉 渣而除去： CaCO CaO CO CaO SiO CaSiO 3 2 2 3 高温 高温 ＋ ↑ ＋ 石灰石中含有杂质石英，会增大石灰石的用量，故 C 错．水泥的主 要原料是石灰石、黏土加一定辅助原料，普通硅酸盐水泥的主要成分是 硅酸三钙(3CaO·SiO2)、硅酸二钙(2CaO·SiO2)、铝酸三钙(3CaO、Al2O3)， 原料石灰石中含杂质石英，有利于反应，D 对． 命题目的：本题主要考查石灰的用途． 解题关键：在四项生产中，抓住哪几项原料需要加石英． 错解剖析：容易漏选 D，主要原因是水泥的生产没有给出化学方程 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 223 式． 答案：B、D 8．下列化学方程式中有错误的是 [ ] A SiO CaO CaSiO 2 3 ． ＋ 高温 B．Na2SiO3＋CO2＋2H2O＝Na2CO3＋H4SiO4 C．Si＋2NaOH＝Na2SiO3＋H2↑ D SiO 2C SiC CO 2 2 ． ＋ ＋ ↑ 高温 解析：A、B 两个化学方程式都对．C 项化学方程式没有配平，等号 前后氧原子数不相等，正确写法是Si＋2NaOH＋H2O＝Na2SiO3＋2H2↑， C 错．二氧化硅在高温下跟碳反应只能生成一氧化碳，不能生成二氧化 碳，反应式是： SiO 3C SiC 2CO 2＋ ＋ ↑ 高温 当二氧化硅过量可以进一步反应： Fe 4HNO = Fe(NO ) NO 2H O 1mol 1mol xmol 0.05mol x = 0.05mol 3 3 3 2 ＋ ＋ ↑＋ 解得 这是高温下制粗硅的反应，电炉内制粗硅： SiO 2C Si 2CO 2＋ 高温＋ ↑ D 错． 命题目的：本题主要考查二氧化硅的化学性质． 解题关键：书写化学方程式首先检查反应物与生成物是否合理，再 检查反应前后原子数是否相等． 错解剖析：容易漏选 D．原因是碳的氧化物在高温下只能生成一氧 化碳这一点没有记住． 答案：C、D 9．将1 体积选项中的一种气体与10 体积氧气混合后，依次通过盛 有足量浓氢氧化钠溶液的洗气瓶和盛有足量灼热铜屑的管子(假设反应都进行完 全)，最后得到的尾气可以是 [ ] A．氯气B．一氧化碳 C．二氧化碳D．氮气 解析：氯气和氧气以 1∶10 的体积比混合通过浓氢氧化钠溶液，氯 气全部被吸收，只留下氧气，再通过灼热的铜屑的管子生成氧化铜，氧 气也全部被吸收，没有尾气，排除A，反应是： Cl2＋2NaOH＝NaCl＋NaClO＋H2O 2Cu＋O2＝2CuO， 一氧化碳和氧气 1∶10 混合，经过氢氧化钠溶液无变化，再经过灼 热铜管有反应： 2CO＋O2＝2CO2 2Cu＋O2＝2CuO CO＋CuO＝Cu＋CO2 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 224 所得尾气是二氧化碳，C 对．二氧化碳和氧气以1∶10 混合，通过 氢氧化钠溶液，二氧化碳全部被吸收，通过灼热铜管氧气全部被吸收， 没有尾气．反应的化学方程式是： CO2＋2NaOH＝Na2CO3＋H2O 氮气和氧气以 1∶10 混合，通过氢氧化钠溶液不反应，通过灼热的 铜管，氧气被吸收，尾气是氮气，D 对． 命题目的：本题综合考查元素化合物的知识及其应用，要考查通过 阿伏加德罗定律的应用，理解相同条件下，气体物质的体积比就是物质 的量比． 解题关键：关键是审题要注意题干中给定的条件：“选项中的一种 气体与10 体积的氧气混合”经两次处理后，“最后得到的尾气”可以是 选项中的哪一种气体． 错解剖析：有学生错选 B，也有漏选C，主要原因是审题不准确， 因为参加反应的是B 选项中的一氧化碳气，尾气是C 选项中的二氧化碳， 题干所问落在尾气所属选项． 答案：C、D 10．测定某铁矿石样品中含硅9.33％，则其含二氧化硅的质量分数 是 [ ] A．4.4％ B．10％ C．18.7％ D．20％ 解析：由硅的含量转换成二氧化硅的含量是要根据化学式的计算．设 含二氧化硅为x SiO Si 60 28 x 9.33 2 ～ ％ 60∶x＝28∶9.33％ 解得 ＝ ％ ＝ ％ · x 19.99 20命题目的：本题主要考查根据化学式的计算． 解题关键：主要是关系式不要列错，一定要明确二氧化硅和硅的关 系． 错解剖析：有错选 B，是因为列错关系式，错误地判断为硅和氧的 关系，导致结果的错误． 答案：D 填空题 1．硅酸盐工业的共同特点有：原材料中都用到_______，反应条件 都是_______，反应过程中都发生了_______． 解析：原材料中都用到石灰石，反应条件都是在高温下，都发生了 复杂的物理化学变化． 命题目的：了解硅酸盐工业生产所用原材料以及反应情况． 2．碳族元素位于元素周期表中第_______族，包括(写名称如符 号)_______五种元素，其中_______元素是地球上形成化合物种类最多的 元素，该族元素最稳定的气态氢化物是(写化学式)_______其电子式是 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 225 _______． 解析：碳族元素位于周期表中第ⅣA 族；它包括碳(C)、硅(Si)、锗(Ge)、 锡(Sn)、铅(Pb)；其中碳元素化合物的种类最多，最稳定的气态氢化物是 CH4；电子式是 命题目的：本题主要考查碳族元素在周期表中的位置、碳族元素名 称、符号、非金属性递变等． 解题关键：同族元素，从上到下随核电荷数增加电子层数增多，半 径增大，核对外层电子的吸引力减弱，所以非金属性减弱，金属性增强．非 金属性越强，气态氢化物越稳定． 错解剖析：容易审题错误，问的是化合物种类最多的元素，而有的 学生误理解为含量最多的元素，而导致答题错误． 3．物质A 是ⅣA 族的高熔点化合物，它不溶于硫酸、硝酸等强酸， A 与纯碱共熔时发生反应放出气体C，同时生成化合物B；把气体C 通 入B 的水溶液中，可得化合物D；D 在干燥空气中转变成化合物E；将E 加热可得到化合物A．它们的化学式A：_______，B：_______，C：_______， D：_______，E：________．A 到E 各步变化的化学方程式是：________． 解析：化合物的化学式 A 是SiO2；B 是Na2SiO3；C 是CO2；D 是 H4SiO4；E 是H2SiO3． 化学方程式： A B C SiO Na CO Na SiO CO 2 2 3 2 3 2 → ＋ ： ＋ ＋ ↑ 高温 C＋B→D：Na2SiO3＋CO2＋2H2O＝H4SiO4↓＋Na2CO3 D E H SiO H SiO H O E A H SiO SiO H O 4 4 2 3 2 2 3 2 2 → ： ＋ → ： ＋ 干燥 △ 命题目的：本题主要考查硅的化合物间的互相转化．解题关键：关键是第1 个突 破点，第ⅣA 族，有五种元素，三种是 金属，都是低熔点金属，两种非金属中，要高熔点的化合物只能是硅， 二氧化硅是原子晶体，熔点高，是酸性氧化物，跟硫酸不反应，＋4 价是 最高价，不被硝酸氧化．突破这一点，其他关系就好办了． 错解剖析：有学生审题时没有注意到 A 是化合物，把它判断为单质 硅，以下一系列就都错了． 4．把下列式子改写成氧化物形式： (1)高岭土[Al2(Si2O5(OH)4]________； (2)正长石(KAlSi3O8)_______； (3)滑石[Mg3(Si4O10)(OH)2]_______． 解析：硅酸盐的组成比较复杂，种类很多，可以把硅酸盐用二氧化 硅和金属氧化物的形式表示： (1)高岭土：Al2O3·2SiO2·2H2O (2)正长石：K2O·Al2O3·6SiO2 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 226 (3)滑石：3MgO·4SiO2·H2O 命题目的：本题主要考查用氧化物的形式表示硅酸盐的组成． 解题关键：用氧化物的形式表示硅酸盐组成时，关键是化合价不变， 化学式中原子比例不变． 错解剖析：正长石写成氧化物的形式容易写错，或者难以下笔写．原 因是K2O 中要两个K，Al2O3 中要两个Al，这种情况，把正长石的化学 式两倍起来，就顺利地解决问题了． 5．粗硅提纯时常用下述方法：将粗硅在高温下跟氯气反应生成四氯 化硅(SiCl4)，四氯化硅经分馏提纯，再用氢气还原制得纯硅，写出上述反 应的化学方程式_______． 解析： ＋ ，四氯化硅是无色发烟液体，沸点℃， 高温 Si 2Cl SiCl 58 2 4 经分馏提纯，再使四氯化硅跟氢气反应： ＋ ＋ ↑． 高温 SiCl 2H Si 4HCl 4 2 命题目的：本题主要考查硅工业制取的反应方程式． 解题关键：题目指出粗硅制纯硅，由硅单质变成化合物四氯化硅， 把四氯化硅分馏分离除去杂质．再把四氯化碳还原回到单质硅，就能得 到纯硅了． 错解剖析：这两个化学方程式学生不熟悉，一般的错误是化学方程 式没有配平． 实验题 1．用化学方法检验生石灰里含有石英和石灰石的试剂是________， 现象是________，有关的化学方程式是________． 解析：试剂是盐酸．加入盐酸观察到有气泡产生，再把气体通入澄 清石灰水中，变浑浊，证明产生的是二氧化碳气： CaCO3＋2HCl＝CaCl2＋CO2↑＋H2O 证明生石灰中有石灰石，若没有气体产生则没有石灰石．加入盐酸 后，被检验的样品全部溶解证明没有石英，若加入过量盐酸，反应后有 不溶物，则证明有石英杂质．反应方程式是：CaO＋2HCl＝CaCl2＋H2O． 命题目的：本题主要考查生石灰纯度的简易检验方法．解题关键：石英是二氧化 硅，跟盐酸不反应，有石英存在，反应后 有不溶物固体．石灰石是实验室制二氯化碳的重要原料，加盐酸有气体 生成，就有石灰石存在． 错解剖析：有时含石灰石的量相对多一些，如果加酸不足，还有石 灰石存在，会造成误判石英的错误，为避免错判，加过量盐酸至没有气 体产生后，还有不溶物者为石英． 2．下列物质中含少量杂质(括号中为杂质)，说明除杂的主要原理和 操作步骤． (1)碳酸钠(碳酸氢钠) (2)碳酸氢钠溶液(碳酸钠) (3)氯化钠(碳酸氢铵) 解析：(1)碳酸钠有热稳定性，碳酸氢钠对热不稳定，受热易分解．把 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 227 含杂质的碳酸钠固体放入蒸发皿中炒，使碳酸氢钠分解： 2NaHCO Na CO CO H O 3 2 3 2 2 △ ＋ ↑＋ 冷却，得纯净的碳酸钠 (2)根据碳酸氢钠跟二氧化碳不反应，碳酸钠能跟二氧化碳反应的原 理，向溶液中通入二氧化碳气，使其充分反应： Na2CO3＋CO2＋H2O＝2NaHCO3 反应后碳酸钠全部转化成碳酸氢钠． (3)氯化钠对热稳定，碳酸氢铵受热立刻分解放出气体．故放在蒸发 皿中炒： NH HCO NH CO H O 4 3 3 2 2 △ ↑＋ ↑＋ ↑ 剩下的固体就是氯化钠． 命题目的：本题主要考查混有少量杂质简单分离的操作方法． 解题关键：固体物质中含有杂质，首先考虑不配成溶液是否就能分 离，本题给出的几种固体混合物都不必加溶剂就能除杂质． 错解剖析：有学生除杂质就把它配成溶液，本题(1)、(3)两小题的固 体混合物，加水后除杂质就困难了． 3．实验室中盛放强碱(氢氧化钠)溶液的玻璃试剂瓶不能用玻璃塞， 试说明原因，写出有关方程式． 解析：玻璃是一种混合物，混合物中的成分之一是二氧化硅，它是 酸性氧化物，要跟强碱发生化学反应．玻璃塞是磨口的，玻璃的表面积 很大，容易发生反应： SiO2＋2NaOH＝Na2SiO3＋H2O 生成的硅酸钠是一种无机胶，它能够使瓶口和塞子胶结在一起，为 了防止玻璃受强碱的腐蚀，通常盛放碱液的试剂瓶用橡胶塞． 命题目的：本题主要考查二氧化硅化学性质的应用． 解题关键：会书写二氧化硅跟强碱反应的化学方程式． 4．为除去下列物质中混有的杂质(括号内的物质为杂质，请选择适 当的试剂填入相应的横线内)． (1)二氧化硅(三氧化二铁)，试剂_______， (2)二氧化碳(氯化氢)，试剂________，(3)氨气(水蒸气)，试剂________． 解析：除杂质选择试剂的基本要求是：①加入的试剂要求跟原被分 离的物质有不同的状态，以免混入新杂质；②加入的试剂能跟杂质发生 化学反应，而不跟被分离的物质发生反应(亦可反之)；③杂质与试剂反应 后的生成物与原被分离物质呈不同状态． (1)选用试剂是盐酸．二氧化硅和三氧化二铁都是固态，盐酸是氯化 氢的水溶液，是液态，盐酸跟二氧化硅不反应，但能跟三氧化二铁反应 生成三氯化铁和水： Fe2O3＋6HCl＝2FeCl3＋3H2O 三氯化铁溶于水，过滤即得到固体二氧化硅． (2)选用试剂是饱和碳酸氢钠溶液．当混有氯化氢的二氧化碳气通过 盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶时，氯化氢极易溶于水生成盐酸，盐酸 跟弱酸的酸式盐(NaHCO3)发生复分解反应放出二氧化碳气： 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 228 NaHCO3＋HCl＝NaCl＋CO2↑＋H2O 从洗气瓶中出来的气体只有二氧化碳气． (3)选用试剂是碱石灰．当混有水蒸气的氨气通过盛有磁石灰的干燥 管，水蒸气被碱石灰吸收，由于碱石灰(NaOH 和CaO 固体)碱性，呈碱 性的氨气跟碱石灰不反应，故能得到纯净的氨气． 命题目的：本题是通过几个实验，学会选择除杂试剂的能力． 解题关键：关键是除杂试剂不能混入新的杂质，最好的除杂试剂是 通过杂质跟试剂反应，生成物是所需要的物质，例如第(2)组用饱和碳酸 氢钠溶液作试剂，除去氯化氢同时生成二氧化碳，除杂后的二氧化碳不 是减少了，而是重量增加了． 错解剖析：学生对于用浓硫酸做干燥剂比较熟悉，选用浓硫酸干燥 氨气，结果是水蒸气被吸收的同时氨气也没有了．一定要注意，碱性物 质不能用酸性干燥剂． 5．实验室能否用石灰石跟稀硫酸反应制取二氧化碳，试说明原因． 解析：不能．原因是石灰石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙可以和酸 反应生成二氧化碳，但是不能用硫酸，因为生成的硫酸钙微溶于水，大 量的硫酸钙沉积在石灰石表面，妨碍了石灰石进一步跟硫酸接触，使反 应难以进行． CaCO3＋H2SO4＝CaSO4↓＋CO2↑＋H2O 从反应方程式也能看出，石灰石跟稀硫酸反应，一旦生成硫酸钙， 反应基本停止． 实验室制取二氧化碳，应该用石灰石跟盐酸反应： CaCO3＋2HCl＝CaCl2＋CO2↑＋H2O 命题目的：本题主要考查实验室制取二氧化碳的原料． 解题关键：实验室制取二氧化碳的反应是酸和盐反应生成新酸新盐 的复分解反应．复分解反应要求反应物可溶，若反应物之一不溶，则生 成物可以是气体或弱电解质(如水)，不能有难溶物质生成． 计算题 1．二氧化硅、石灰石和纯碱(设均不含杂质)，按质量比为18∶5∶ 5.3 的比例混合，熔制得到玻璃，求玻璃中氧化物的质量百分组成？解析1：三 种反应物之间物质的量比： SiO CaCO Na CO 6 1 1 2 3 2 3 ∶ ∶ ＝ ∶ ∶ ＝ ∶ ∶ 18 60 5 100 5 3 106 . 熔制玻璃过程有两个反应方程式 SiO CaCO CaSiO CO SiO Na CO Na SiO CO 2 3 3 2 2 2 3 2 3 2 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 229 ＋ ＋ ↑ ＋ ＋ ↑ 高温 高温 熔制过程只放出二氧化碳气体，其他成分不变．硅酸盐的成分通常 用氧化物的形式表示．氧化物的物质的量之比为： SiO2∶CaO∶Na2O＝6∶1∶1 氧化物的质量比为： SiO2∶CaO∶Na2O＝6×60∶1×56∶1×62＝360∶56∶62 氧化物总质量的份数 360＋56＋62＝478(份) 质量百分组成为： SiO 100 75.3 CaO 100 11.7 Na O 100 13 2 2 ： × ％＝ ％ ： × ％＝ ％ ： × ％＝ ％ 360 478 56 478 62 478 答：玻璃中氧化物的质量百分组成是SiO2 为75.3％、CaO 为11.7％、 Na2O 为13％． 解析 2：反应过程的化学方程式同解析1，SiO2 反应过程没有损失， 石灰石的主要成分是CaCO3，熔制过程中，每100 份CaCO3 放出44 份 CO2，设5 份CaCO3 熔制后剩余x 份． 100∶(100－44)＝5∶x 解得x＝2.8(份) 每 106 份Na2CO3 熔制过程放出44 份CO2，设5.3 份Na2CO3 熔制后 剩余y 份． 106∶(106－44)＝5.3∶y 解得y＝3.1(份) 氧化物总质量的份数 18＋2.8＋3.1＝23.9 质量百分组成为： SiO 100 75.3 CaO 100 11.7 Na O 100 13 2 2 ： × ＝ ％ ： × ＝ ％ ： × ＝ ％ 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 230 18 239 2 8 239 31 239 . . . . . 命题目的：本题主要是通过计算了解普通玻璃的成分，同时通过计 算认识反应过程中的质量变化． 解题关键：关键是熔制过程放出 CO2 气体，量的关系是每摩CaCO3 放1molCO2，每摩Na2CO3 也放1molCO2． 错解剖析：计算过程如果没有减去放出 CO2 的质量，计算结果SiO2 含量比实际的低许多，而CaO、Na2O 都高．2．由铁、铝和硅组成的混合物9.7g， 跟足量的稀硫酸反应时，在标 准状态下可生成5.6L 氢气，取等量的该混合物跟足量的氢氧化钠溶液反 应，在标准状态下也生成同样数量的氢气，求该混合物中铁、铝、硅的 质量百分含量． 解析 1：用物质的量计算 设混合物中含铁 xg，铝yg，则含硅(9.7－x－y)g， (1)铁、铝跟酸反应放出氢气 Fe 2H Fe H 1 mol 1 mol mol x 56 mol + 2+ 2 ＋ ＝ ＋ ↑ x 56 酸跟铁反应放出氢气 x 56 mol 2Al 6H 2Al 3H 2 mol 3 mol mol Amol + 3+ 2 ＋ ＝ ＋ ↓ y 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 231 27 2∶ ＝3∶A A＝ (mol) y y 27 18 酸跟铝反应生成氢气为 ，酸跟硅不反应，所以跟酸反应生成 y 18 mol 氢气共： x y 56 18 56 22 4  . . ＝0.25(mol) 化简得：9x＋28y＝126 (1) (2)铝、硅跟碱反应放出氢气 2Al 2OH 2H O 2AlO 3H 2mol 3mol mol Bmol 2 2 2 ＋ ＋ ＝ ＋ ↑ y 27 2 3 B B (mol) mol ∶ ＝ ∶ ＝ 碱跟铝反应放出氢气为 y y y 27 18 18 Si 2OH H O SiO 2H 1 mol 2mol C 2 3 2 2 ＋ ＋ ＝ ＋ ↑ 9 7  28 . x y 1∶ ＝2∶C C＝ (mol) 9 7 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 232 28 9 7 14 . x y . x y 碱跟硅反应放出氢气为 ，铁跟碱不反应．跟碱反应共 9 7 14 . x y mol生成氢气： ＝ y x y 18 9 7 14  .  0.25 化简得：9x＋2y＝55.8 (2) 联立(1)、(2)两式，解得y＝2.7(g)，x＝5.6(g) 即混合物中含铁 5.6g，含铝2.7g，含硅1.4g． 质量百分含量是： Fe 100 57.73 Al 100 27.84 Si 100 14.43 ％： × ＝ ％ ％： × ＝ ％ ％： × ＝ ％ 56 9 7 2 7 9 7 14 9 7 . . . . . . 解析 2：用气体摩尔体积计算 设混合物中含铁 xg，铝yg，则硅(9.7－x－y)g (1)铁、铝跟酸反应放出氢气 Fe H SO FeSO H 56 g 22.4 L x g m L 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 233 2 4 4 2 ＋ ＝ ＋ ↑ 56∶x＝22.4∶m m＝ = 5.6(L) 22 4 56 . x 2Al 3H SO Al (SO 3H 2 27g 3 22.4L y g n L 2 4 2 4 2 ＋ ＝ ＋ ↑ × × )3 2 27 y 3 22.4 n n n m 5.6(L) × ∶ ＝ × ∶ ＝ ＋ ＝ ＝ 112 9 112 9 112 28 . . . y y x  化简得 56y＋18x＝252 (1) (2)铝、硅跟碱反应放出氢气 2Al 2NaOH 2H O 2NaAlO 3H 2 27g 3 22.4L y g n L 2 2 2 ＋ ＋ ＝ ＋ ↑ × × 2×27∶y＝3×22.4∶n n＝ 112 9 . y Si 2NaOH H O Na SiO 2H 28 g 2 22.4 L (9.7 x y) W L 2 2 3 2 ＋ ＋ ＝ ＋ ↑ × － － 28 (9.7 x y) 2 22.4 W W 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 234 n W 5.6(L) ∶ － － ＝ × ∶ ＝ ＋ ＝ ＝ 112 9 7 7 112 9 112 9 7 7 . ( . ) . . ( . )    x y y x y 化简得 4y＋18x＝111.6 (2) 以下步骤同解析1． 命题目的：本题主要是考查综合因素的计算能力． 解题关键：关于三元混合物的计算，综合性比较强，要善于挖掘题 目中的隐含因素．铁、铝和硅三种物质，铁只跟酸反应，硅只跟碱反应， 而铝既能跟酸反应又能跟碱反应，根据跟酸碱反应的情况，把三种物质 分成两组，一组是铁、铝跟酸反应，另一组是铝、硅跟碱反应，计算就 能顺利进行了． 错解剖析：反应方程式没有配平，会引起计算的错误． 答案：混合物中含铁 57.73％，含铝27.84％，含硅14.43％ 3．碳跟氧化铅(PbO)或氧化铁(Fe2O3)在加热的条件下反应都生成二 氧化碳，写出用碳还原上述氧化物的化学方程式．还原1mol 氧化铅最多 可以生成多少克铅？还原1mol 氧化铁最少需要多少克碳？ 解析：(1)碳还原氧化铅、氧化铁的化学方程式： 2PbO C 2Pb CO 2Fe O 3C 4Fe 3CO 2 2 3 2 ＋ ＋ ↑ ＋ ＋ ↑ △ △ (2)计算：设生成铅xg，需要碳yg． 2PbO C 2Pb CO 2 mol 2 207g 1 mol xg 2 ＋ ＋ ↑ × △ 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 235 2∶1＝2×207∶x 解得x＝207(g) 2Fe2O C Fe CO mol g mol y g 3 23 4 3 2 3 12 1 △ ↑ × 2∶1＝3×12∶y 解得y＝18(g) 命题目的：本题主要考查根据化学方程式的计算． 解题关键：根据化学方程式的计算是理论上的计算，实际上往往不 能反应完全．题目问“最多可以生成多少克铅”，即反应完全，使反应 物全部转化成生成物．“最少需要多少克碳”也是表示如果加入的碳都 参加反应，碳没有剩余的意思． 错解剖析：本题已给出氧化铅的化学式，根据化学方程式的计算就 不难了，但还是发生错误．错在化学方程式对应项用量上下单位不一 致．氧化铁跟碳反应的比例：2mol∶160g，上面单位用“摩”，下面单 位用“克”，结果就错了． 答案：还原1mol 氧化铅最多可以生成207g 铅，还原1mol 氧化铁最 少需要18g 碳． 4．有碳酸钙和二氧化硅混合物29g，在高温下使两者充分反应，放 出气体，冷却后称重为20.2g．把反应生成物加适量水，搅拌，再把水蒸 干，称其重量为21.1g． 问： (1)原混合物中有碳酸钙和二氧化硅各多少克？ (2)标准状况下放出多少升气体？解析：高温下碳酸钙跟二氧化硅发生反应： CaCO3＋SiO2＝CaSiO3＋CO2↑ 若二氧化硅过量，不再反应；若硫酸钙过量高温下要分解： CaCO3＝CaO＋CO2↑ 生成物硅酸钙和反应物二氧化硅既不溶于水又不跟水反应，生成物 加水后蒸干质量增加，只有氧化钙跟水反应，增重21.1－20.2＝0.9(g)， 故20.2g产物中含氧化钙×56＝2.8(g)，有硅酸钙20.2－2.8＝ ． 09 18 17 4 . . (g) 则碳酸钙过量，过量的碳酸钙重： 0 9 18 . ×100＝5(g) (1)设高温下有xg 碳酸钙跟yg 二氧化硅反应，生成二氧化碳气aL， 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 236 根据化学方程式进行计算 CaCO SiO CaSiO CO 100g 60g 116g 22.4 L x g y g 17.4g a L 3 2 3 2 ＋ ＝ ＋ ↑ 100∶x＝116∶17.4 解得x＝15(g) 60∶y＝116∶17.4 解得y＝9(g) 116∶17.4＝22.4∶a 解得a＝3.36(L) (2)5g 碳酸钙是0.05mol，分解放出二氧化碳 0.05×22.4＝1.12(L) 共放出二氧化碳 3.36＋1.12＝4.48(L) 命题目的：本题综合考查混合物在高温下反应，并计算反应物和生 成物的量的关系． 解题关键：关键是判断反应生成物是单一的硅酸钙，还是有过量的 反应物，若二氧化硅过量，则20.2g 中有未反应的原料；若碳酸钙过量， 则20.2g 中含有氧化钙． 错解剖析：若把 20.2g 当做硅酸钙则结果全错． 答案：(1)原混合物中含碳酸钙15＋5＝20(g)，含二氧化硅9g． (2)29g 混合物在高温下反应共放出二氧化碳 4.48L． 第八章镁铝 单选题 1．金属镁、铝属于 [ ] A．黑色金属B．有色金属 C．重金属D．稀有金属 解析：金属的分类有不同的方法．在冶金工业上把金属分为黑色金 属(包括铁、铬、锰)和有色金属(铁、铬、锰以外的金属)两大类．镁、铝 属于有色金属，A 错，B 对．按密度大小把金属分类，把密度小于4.5g·cm-3 的叫做轻金属(如钾、钠、钙、镁、铝等)，把密度大于4.5g·cm-3 的叫做 重金属(如铜、镍、锡、铅等)，C 错．此外，还可以把金属分为常见金属 (如铁、铝等)和稀有金属(如锆、铪、铌、钼等)．D 错． 命题目的：本题主要考查金属的分类． 答案：B 2．下列物质中熔点最低的是 [ ] A．二氧化硅B．铝 C．硅D．铝硅合金 解析：物质的熔点高低跟它本身的结构有关，原子晶体的熔点都比 较高，合金的熔点比它各成分单独存在时都低．本题中熔点高的是二氧 化硅和硅，选项排除A 和C．铝硅合金的熔点比铝的熔点低，比硅的熔 点低，D 对． 命题目的：本题主要考查结构与熔点的关系． 解题关键：关键是了解什么是合金．合金是两种或两种以上金属(或 金属跟非金属)熔合而成的，具有金属特性的物质，合金的熔点比它各成 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 237 分金属的熔点都低． 错解剖析：有错选 B，是因为不了解合金的物理性能． 答案：D 3．地壳中硅、氧、铁、铝四种元素的含量大小顺序正确的是 [ ] A．硅＞氧＞铝＞铁B．氧＞硅＞铝＞铁 C．氧＞硅＞铁＞铝D．硅＞氧＞铁＞铝 解析：地壳中各元素的含量氧占 48.60％，硅占26.30％，铝占7.73 ％，铁占4.75％，B 对． 命题目的：本题主要考查地壳中主要元素的含量． 答案：B 4．把镁粉中混入的少量铝粉除去，应选用的试剂是 [ ] A．盐酸B．氯水 C．烧碱溶液D．纯碱溶液 解析：盐酸跟镁、铝都反应，A 错．氯水中存在游离氯，是氧化剂， 金属都有还原性，是还原剂，镁、铝都会和氯反应；氯水中有氯和水反 应的生成物——盐酸和次氯酸，镁、铝都会跟酸反应，B 错．烧碱是氢氧化钠， 铝有两性可以跟氢氧化钠溶液反应放出氢气，铝变成偏铝酸钠 溶于水，镁不反应而分离． 2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑ C 对．纯碱溶液，是碳酸钠溶液，镁、铝都不反应，D 错． 命题目的：本题主要考查铝的两性． 解题关键：关于分离物质，选择试剂应该是混合物中一种跟试剂不 反应，一种能反应，反应后生成物与原混合物呈不同状态． 错解剖析：有错选 D，原因是把纯碱错以为碱，其实纯碱是盐，是 碳酸钠的俗名． 答案：C 5．镁和铝各一小片，分别溶于过量的盐酸和氢氧化钠溶液中，在相 同状况下生成氢气，前者为280mL，后者为840mL，则镁、铝的质量比 为 [ ] A．1∶3 B．4∶5 C．4∶9 D．9∶4 解析：相同状况可以看做是标准状况，设参加反应的镁为 xg，参加 反应的铝为yg． Mg 2HCl MgCl H 24 g 22400 mL x g 280mL 2 2 ＋ ＝ ＋ ↑ 24∶x＝22400∶280 解得x＝0.3(g) 2Al 2NaOH 2H O 2NaAlO 3H 2 27g 3 22400 mL y g 840mL 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 238 2 2 2 ＋ ＋ ＝ ＋ ↑ × × 2×27∶y＝3×22400∶840 解得y＝0.675(g) 镁和铝的质量比： Mg∶Al＝0.3∶0.675＝4∶9 命题目的：本题主要考查镁的化学性质能跟酸反应，铝的化学性质 能跟碱反应，两者反应共同产物是氢气． 解题关键：关键是认真审题，题目给出的酸和碱都过量，金属镁、 铝都反应完．可以根据放出的氢气来计算镁、铝的质量． 错解剖析：有错选 D 的，原因是镁比铝还是铝比镁的关系搞乱了． 答案：C 6．下列各组物质中，前一种与后两种物质反应后不能产生同一种气 体的是 [ ] A．铝、氢氧化钠溶液、盐酸 B．硫化铵、氢氧化钠溶液、盐酸 C．水、过氧化钠、氟气 D．碳酸氢钠、硫酸氢钠溶液、盐酸 解析：铝跟盐、碱反应都放出氢气，排除 A．硫化铵跟氢氧化钠溶 液反应放出氨气，跟盐酸反应放出硫化氢气：(NH4)2S＋2NaOH＝2NH3↑＋Na2S ＋2H2O (NH4)2S＋2HCl＝H2S↑＋2NH4Cl B 对．水跟过氧化钠、氟气反应都放出氧气： 2H2O＋2Na2O2＝4NaOH＋O2↑ 2H2O＋2F2＝4HF＋O2↑ C 错．碳酸氢钠跟硫酸氢钠、盐酸反应都放出二氧化碳： NaHCO3＋NaHSO4＝Na2SO4＋CO2↑＋H2O NaHCO3＋HCl＝NaCl＋CO2↑＋H2O D 错． 命题目的：本题主要考查金属铝跟酸、碱反应都放出氢气． 解题关键：关键是题干给予的信息“前一种与后两种物质反应”， 即每一选项都有独立的两个反应，注意它们分别生成的气体． 错解剖析：有错选 D，原因是想当然，没有认真去分析物质之间的 反应，“一看就不像”生成同种气体． 答案：B 7．镁条在空气中燃烧后加适量水，再过滤，所得到的固体物质为 [ ] A．氧化镁和氢氧化镁B．氢氧化镁 C．碳酸镁D．氧化镁 解析：镁条在空气中燃烧的反应方程式： 2Mg＋O2 2MgO 同时镁还能跟氮气化合生成微量氧化镁： 3Mg＋N2 Mg3N2 空气中 CO2 含量较少，燃烧时可忽略． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 239 加水后氧化镁在水中溶解度很小，除少量溶解生成氢氧化镁外，大 部分仍以氧化镁的形式沉于水下．氮化镁遇水即分解： Mg3N2＋6H2O＝3Mg(OH)2↓＋2NH3↑ 溶液中的沉淀物有氧化镁和氢氧化镁的混合物，过滤后得到的固体 物质为A． 命题目的：本题主要考查镁在空气中的燃烧产物和氧化镁的溶解性． 解题关键：关键是镁在空气中燃烧生成氧化镁的同时还生成了氮化 镁． 错解剖析：有错选 D 是因为忽视了镁跟氮反应生成氮化镁，氧化镁 遇水生成氢氧化镁． 答案：A 8．常用做耐火材料的原料是 [ ] A．二氧化硅和氧化钙B．氧化镁和氧化铝 C．氧化铁和氧化铜D．氯化镁和氯化铝 解析：二氧化硅可以用做耐火材料，但是氧化钙不行，因为氧化钙 能溶于水，而且易从空气中吸收二氧化碳和水分，生成碳酸钙和氢氧化 钙，排除A．氧化镁熔点2852℃，氧化铝的熔点2045℃，这两种氧化物熔点高， 难溶于水，是良好的耐火材料的原料，B 对．氧化铁和氧化铜 的熔点都一千多度，都有色，氧化铁有α、γ、δ三种变体，在不同的 温度下三种变体要互相转化，排除C．氯化物的熔点较低714℃，三氯化 铝的熔点只有190℃，它们都易溶于水，不宜做耐火材料，D 错． 命题目的：本题主要考查耐火材料的选择． 解题关键：耐火材料除能耐高温外，还要在空气中不会跟空气中的 成分发生反应，不溶于水等要求． 错解剖析：有错选 A，是没有考虑到氧化钙在空气中变质． 答案：B 9．当氢氧化镁固体溶于水达到平衡时： Mg(OH)2(固) Mg2+＋2OH- 为了促进氢氧化镁的溶解，应向溶液里加入少量的 [ ] A．硝酸铵B．硫化钠 C．硫酸镁D．氢氧化钠 解析：要促进氢氧化镁固体溶解，应该设法减少溶液中氢氧根离子 浓度，或减少镁离子浓度．加入硝酸铵： NH NO NH NO NH OH NH H O 4 3 4 + 3 4 3 2 ＝ ＋ ＋ －＝ ↑＋  真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 240  能减少溶液中 OH-离子浓度，溶解平衡向电离成离子的方向移动， 因而促进溶解，A 对．加入硫化钠，加入的Na+、S2-不起作用，但是S2- 水解S2-＋H2O HS-＋OH-，生成氢氧根离子，使Mg2+和OH-结合，生 成难溶的氢氧化镁，其结果沉积了氢氧化镁固体，B 错．加硫酸镁，增 加了镁离子浓度，C 错．加氢氧化钠增加了氢氧根离子浓度，D 错． 命题目的：本题主要考查影响溶解的因素之一． 解题关键：关键是加入的物质不能含有和溶液中相同的离子． 错解剖析：加入硫化钠没有和溶液中含相同离子，错选B，因为忽 视了硫化钠水解，生成和溶液中相同的离子氢氧根． 答案：A 10．下列用途主要是体现铝的物理性质的是 [ ] ①家用铝锅 ②盛浓硝酸的容器 ③制导线 ④焊接钢轨 ⑤包装铝箔 ⑥炼钢的脱氧剂 ⑦做防锈油漆 ⑧铝合金做飞机制造业材料 ⑨工 业做热交换器 A．①②③④ B．⑥⑦⑧⑨ C．①③⑤⑦ D．②④⑥⑧ 解析：铝的许多用途都是利用它的物理性质．①、⑨是利用铝的导 热性好．②是利用铝的化学性质活泼，和浓硝酸反应生成一层致密的氧 化膜，防止进一步跟浓硝酸反应．③铝是良导体．④铝粉和金属氧化物 的混合物叫做铝热剂，铝热反应能焊接钢轨，是化学性质．⑤铝的延展 性好，能延成铝箔，用做包装．⑥炼钢的最后阶段要用脱氧剂除去过量 的氧化亚铁，是化学性质．⑦铝粉银白色，和某些油料混合，制成防锈 油漆，涂在铁制品表面，显银白色，既防锈，又干净美观．⑧铝的密度__小，制 成合金，质轻机械性能好，是汽车、飞机制造业的重要材料．其 中①、③、⑤、⑦、⑧、⑨都是利用铝的物理性质． 命题目的：本题主要考查铝的物理性质． 解题关键：解组合题时要对于①→⑨的每一用途进行分析后再确定 选项． 答案：C 不定项选择题 1．燃烧镁和某金属组成的合金，所形成的氧化物的质量为反应前合 金质量的2 倍，则另一种金属可能是 [ ] A．铜B．铍 C．钠D．铝 解析 1：任何一种金属单质变成氧化物后，其质量都要增大，但是增 大的倍数不同，金属不一样，要把题目所给的金属逐一进行计算： 由镁变成氧化镁重量增加不足 2 倍，则合金中的另一金属变成氧化 物的重量一定要大于2 倍才符合要求，选项中给出的金属只有铍大于2 倍，所以选B． 解析 2：巧解 不需要把每一项的比值计算出来，只要查出金属的相对原子质量， 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 241 算出相应氧化物的式量，可以看出由镁到氧化镁的质量增加不足2 倍， 则合金中另一金属由单质到氧化物的质量必须大于2 倍，满足此项要求 的只有B． 命题目的：本题主要考查合金的性质． 解题关键：由金属变成氧化物时，氧化物中金属的原子数，和金属 单质的原子数必须相等，例如由铝到氧化铝一定要2Al→Al2O3． 错解剖析：有选 B、C、D 三个选项，原因是关系式写错了，引起结 果的错误． 答案：B 2．下列微粒中半径最小的是 [ ] A．O2- B．FC． Mg2+D．Al3+解析：题目给出的4 种微粒都具有两个电子层，氧、氟是第二周期 元素，原子有两个电子层，获得电子成为阴离子，电子层数不变；铝、 镁是第三周期元素，其原子有3 个电子层，化学反应中失去外层电子成 为阳离子，阳离子比原子少一个电子层．具有相同电子层的微粒，随着 核电荷数递增，半径逐渐变小，铝是13 号元素，核电荷数为4 种微粒中 最大者，故铝离子的半径最小，选D． 命题目的：本题主要考查镁、铝的离子结构． 解题关键：关键是找出相同，比较递变．相同是电子层数相同，递 变是随核电荷数的增加半径逐渐减小． 错解剖析：有学生选 B，错选的原因是解题时只想到原子的电子层， 没有考虑到阳离子比原子少了一个电子层． 答案：D 3．下列各组微粒还原性依次递增的是 [ ] A．K、Na、Mg、Al B．Al、Mg、Na、K C．Zn、Fe、Cu、Ag D．Zn2+、Fe3+、Cu2+、Ag+ 解析：金属的还原性即失电子的能力．同周期元素从左到右还原性 减弱．同主族元素从上到下还原性增强．不是同周期又不是同主族，或 者说有主族元素和过渡元素在一起的比较，可以根据金属活动性顺序表： K Ca Na Mg Al Zn Fe Sn Pb (H) Cu Hg Ag Pt Au 金属活动性顺序表中从左到右还原性减弱．在备选项中 A、C 是减 弱的，不对．B 对，它是还原性依次增强的．Zn2+、Fe3+、Cu2+、Ag+是高 价阳离子，没有还原性，只有氧化性，D 错． 命题目的：本题主要考查镁、铝的还原性． 解题关键：还原性是失电子，失电子微粒一般是金属原子，低价阳 离子和阴离子等． 错解剖析：有错选 A、C，是做题太快把减弱错当成增强了． 答案：B 4．将5g 某金属加入到100 mL 浓度为4 mol·L-1 的硫酸溶液中，当 硫酸溶液浓度降至原浓度的一半时(设溶液体积不变)，金属还没有全部溶 解，则该金属可能是 [ ] 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 242 A．铝B．锌 C．铁D．镁 解析 1：题目给出4 种金属，其中铝跟稀硫酸及应后呈＋3 价，而 锌、铁、镁跟稀硫酸反应后都呈＋2价．反应中消耗的硫酸是0.1× ＝ 4 2 0.2mol，若该金属为铝，则0.2mol 硫酸需要有yg 铝参加反应． 2 Al 3H SO Al (SO ) 2 27g 3 mol y g 0.2 mol 2 4 2 4 3 2 ＋ ＝ ＋ ↑ × 3H 2×27∶y＝3∶0.2 解得 y＝3.6(g) 共有金属 5g，用去3.6g，金属过量，A 对．若该金属是铁，设有xg 铁参加反应： Fe＋H2SO4＝FeSO4＋H2↑ 56 g 1 mol x g 0.2 mol 56∶x＝1∶0.2 解得 x＝11.2(g) 0.2 mol 硫酸，可以和11.2g 铁反应，金属不足量，C 错．锌的相对 原子质量比铁大，0.2mol 硫酸完全反应所需锌大于11.2g，B 错． 若该金属是镁，设有 z g 镁参加反应： Mg＋H2SO4＝HgSO4＋H2↑ 24g 1 mol z g 0.2 mol 24∶z＝1∶0.2 解得 z＝4.8(g) 共有 5g 金属，用去4.8g，金属过量D 对． 解析 2：简易解法 跟硫酸反应后，金属呈＋2 价的，只要把0.2 乘以金属的相对原子质 量，若结果小于5 为本题的解，若大于5，就不是本题的解，计算结果D 对．若跟硫酸反应后金属呈＋3 价，则0.2 乘以该金属的相对原子质量 后，再乘以 ，正确选项为． 2 3 A 命题目的：本题主要考查镁、铝跟酸反应，当酸的量一定，金属过 量时，消耗镁、铝的质量小． 解题关键：关键是金属跟酸反应后，金属呈＋2 价还是＋3 价，每摩 金属跟酸反应后失电子数不同，跟同量的酸反应消耗金属的质量不一样． 错解剖析：若没有考虑金属反应后呈现化合价不同会漏选 A． 答案：A、D 5．镁、铝都是较活泼的金属，下列描述正确的是 [ ] A．高温下，镁、铝在空气中都有抗腐蚀性 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 243 B．镁、铝都能跟稀盐酸、稀硫酸、强碱反应 C．镁在点燃条件下可以跟二氧化碳起反应，铝在一定条件下可以 跟氧化铁发生氧化还原反应 D．铝热剂是镁条、铝粉和氧化铁的混合物 解析：在常温下，镁和铝在空气里都能跟氧气反应，生成一层致密 而坚固的氧化物薄膜，这层氧化物薄膜能够阻止金属的继续氧化，所以 镁和铝都有抗腐蚀的性能，但是在高温下能剧烈反应，放出大量热，A 错．镁能跟酸反应不能跟碱反应，B 错．C 对．铝热剂是铝粉和氧化铁 的混合物．在铝热剂反应时，为了引燃，在铝热剂上放供氧剂(氯酸钾)， 中间插一根镁条，是为引燃用的，D 错． 命题目的：本题主要考查镁和铝的化学性质． 解题关键：认真审题，例如 A 选项中只有一字之差，不是“高”温 而是“常”温，情况就相反了． 错解剖析：错选 D，是没有认真阅读铝热剂定义．只看到做实验时 中间插一根镁条，用小木条去点燃镁条．铝热剂这种混合物，与引燃物要分开． 答案：C 6．元素周期表中第三周期的前三种元素，按核电荷数递增的顺序排 列，下列叙述正确的是 [ ] A．金属性逐渐增强B．离子的还原性逐渐减小 C．金属的熔点逐渐升高D．原子半径逐渐减小 解析：元素周期表中第三周期的前三种元素是钠、镁、铝，都是金 属元素．根据周期表中元素性质递变规律：同周期元素从左到右金属性 逐渐减弱，A 错．阳离子的氧化性从左到右逐渐增强，B 错．钠、镁、 铝的熔点分别是97.81℃、648.8℃、660.4℃，它们的熔点逐渐升高，C 对．D 对． 命题目的：本题主要考查钠、镁、铝在元素周期表中的位置不同而 引起性质递变的规律． 答案：C、D 7．下列可在溶液中大量共存的离子组是 [ ] A．OH-、H+、Ca2+、Mg2+ B NH Al Ba OH C CO AlO Na H D Na Mg Ca HCO 4 + 3+ 2 + 3 2 2 + + + 2 + 2 + 3 ． 、、、 ． 、、、 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 244 ． 、、、    解析：离子在溶液中不发生反应就能大量共存．OH-遇H+发生中和 反应生成水，OH 遇Mg2+生成Mg(OH) 沉淀，排除A．NH 遇OH 2 4  生成 NH3 和H2O，Al3+遇OH-生成Al(OH)3 沉淀，若有过量OH-，还要 和 进一步反应生成和水，排除． 遇，结合生成 、， 多时，可以放出气， 只能在碱性条件下 Al(OH) AlO B CO H HCO H CO H CO AlO 3 2 3 2 + 3 2 3 + 2 2   存在，当有 H+时，发生反应． AlO H H O Al(OH) 2 + 2 3 ＋ ＋ ＝ ↓ H+过量还可以进一步反应： Al(OH)3＋3H+＝Al3+＋3H2O 排除 C．D 对． 命题目的：本题主要考查Mg2+、Al3+、AlO 离子的性质． 2  解题关键：Mg2+、Al3+离子只能在酸性条件下存在，碱性条件下不 能存在，AlO 离子只能在碱性条件下存在，酸性条件下不能存在． 2  答案：D 8．下列离子方程式书写正确的是 [ ] A．Al＋Hg2+＝Al3+＋Hg填空题 1．镁、铝位于元素周期表中第________周期，铝位于第________族， 镁位于第________族；镁和铝都是密度________，熔点________，硬度 ________，________色的金属；镁和铝比较，铝的硬度比镁________， 镁的熔点比铝________，镁的原子半径比铝的原子半径________，镁的 还原性比铝________． 解析：镁、铝位于第三周期，铝位于ⅢA 族，镁位于ⅡA 族；镁和 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 245 铝都是密度较小，熔点较低，硬度较小，银白色的金属；铝的硬度比镁 稍大，镁熔点比铝低，镁的原子半径比铝大，还原性比铝强． 命题目的：本题主要考查镁和铝在元素周期表中的位置及主要物理 性质． 2．同温同压下，相同质量的钠、镁、铝跟足量相同浓度的稀硫酸反 应，消耗稀硫酸的体积比为________；钠、镁、铝跟足量的稀盐酸完全 反应，得到相同体积的气体(同温、同压)，则消耗钠、镁、铝物质的量之 比为________． 解析：设钠、镁、铝的质量都取 Wg，钠、镁、铝分别消耗稀硫酸xL、yL、zL、 稀硫酸的物质的量浓度为a mol·L-1． 2Na＋H2SO4＝Na2SO4＋H2↑ 2mol 1mol 1mol W WW a 23 23 46 mol a x mol 2∶ ＝1∶ax x＝ Mg＋H2SO4＝MgSO4＋H2↑ 1mol 1mol 1mol W WW a 24 24 24 mol a y mol 1∶ ＝1∶ay y＝ 2Al＋3H2SO4＝Al2(SO4)3＋3H2↑ 2mol 3mol 3mol W WW a W a W a W a 27 27 18 46 24 18 1 23 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 246 1 12 1 9 mol a z mol 2 3 az z x y z 36 69 92 ∶ ＝ ∶ ＝ ∶ ∶ ＝ ∶ ∶ ＝ ∶ ∶ ＝ ∶ ∶ 消耗硫酸的体积比：Na∶Mg∶Al＝36∶69∶92 从上面方程式可知，如果三个反应都生成22.4L 氢气，即1mol 氢气， 需钠2mol，镁1mol，铝mol，所以Na∶Mg∶Al＝2∶1∶ ＝6∶ 2 3 2 3 3∶2． 得相同体积的氢气，消耗金属的物质的量比：6∶3∶2． 命题目的：本题主要考查钠、镁、铝跟酸反应和反应后放出氢气， 它们之间量的关系． 解题关键：题目中供给的质量转换成物质的量计算比较直观． 错解剖析：本题第2 空格常错填入3∶2∶1，是题意理解错了，错理 解成金属相同物质的量． 3．用化学式表示下列物质的主要成分：菱镁矿________，光卤石 ________，铝土矿(矾土)________，明矾________． 解析：各物质的化学式菱镁矿 MgCO3，光卤石KCl·MgCl2·6H2O， 铝土矿Al2O3 ·H2O 和Al2O3 ·3H2O，明矾KAl(SO4)2 ·12H2O 或 K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O． 命题目的：本题主要考查一些物质的俗称． 4．在制盐剩下的苦卤里加入熟石灰，或直接向海水里加入熟石灰， 就会有白色沉淀析出，有关反应的离子方程式是________． 解析：苦卤(或称盐卤、卤水)，通常是指海水或盐湖水制盐以后的残 留母液．食盐潮解后所得的液体也叫卤水．含有溴化物和镁、钾、钠、钙的盐类， 味苦涩．向其中加入熟石灰只有镁离子能沉淀出来，离子方 程式是： Mg2+＋2OH-＝Mg(OH)2↓ 苦卤是可用于提取镁盐的原料之一． 命题目的：本题主要考查提取镁的化合物的方法． 5．单质A 和化合物B、C、D、E 四种物质相互转化关系如图所示．A 原子的M 电子层上的电子数和L 层上电子数之比是1∶4，A、B、C、E 均能跟盐酸反应生成D，B 能跟水反应生成E，A 可在C 跟盐酸反应产 生的气体中燃烧．则上述物质的化学式是A：________，B：________， C：________，D：________，E________．写出下述指定的化学方程式 A→B：________，B→D：________，B→E：________，D→C：________． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 247 解析：每一个原子，当 M 电子层上有电子时，L 电子层上一定是8 个电子，按题意A 是镁，B 是氧化镁，E 是氢氧化镁，D 是氯化镁．反 应的化学方程式是： A→B：2Mg＋O2 2MgO B→D：MgO＋2HCl＝MgCl2＋H2O B→E：MgO＋H2O＝Mg(OH)2 D→C：MgCl2＋Na2CO3＝MgCO3＋2NaCl 各物质的化学式是： A 是Mg，B 是MgO，C 是MgCO3：D 是MgCl2，E 是Mg(OH)2．C 和盐酸反应：MgCO3＋2HCl＝MgCl2＋CO2↑＋H2O A 和CO2 反应：2Mg＋CO2 2MgO＋C 命题目的：本题主要考查镁和它的化合物之间的相互转化． 解题关键：关键是 L 电子层为内层时，其电子数一定是8 个，根据 M 层与L 层的电子数比为1∶4 的信息，判断A 是镁，其他关系就容易 推断了． 6．我国有丰富的海水资源，开发和利用海水资源是当前科学研究的 一项重要任务，下图是海水综合利用的一个方面： 根据上述流程图，请回答： (1)①、②两步加入的试剂和有关的离子方程式：________． (2)写出③、④、⑤的化学方程式：________． 解析：海水中含有多种化学元素，其中氯化钠含量最多，氯化钠俗称食盐．把海 水引进海渠，经风吹日晒，水分蒸发，食盐成晶体析出．分 离出食盐留下的母液叫苦卤． (1)①步的试剂是氯气：2Br-＋Cl2＝2Cl-＋Br2 ②步的试剂是熟石灰：Mg2+＋2OH-＝Mg(OH)2↓ (2)③氢氧化镁中加盐酸：Mg(OH)2＋2HCl＝MgCl2＋2H2O ④MgCl2 Mg＋Cl2↑ ⑤2NaCl＋2H2O 2NaOH＋Cl2↑＋H2↑ 命题目的：本题主要考查自然资源的综合利用． 解题关键：关键是分析图枢中供给的物质和离子，根据已知离子选 试剂．生成氢氧化镁沉淀，题目已经提供了熟石灰．Br-转化成Br2 用氯 气． 实验题 1．只用一种试剂来鉴别含Na+、Mg2+、Al3+的三种溶液，这种试剂 是________，现象是________，有关的离子方程式是________． 解析：试剂是氢氧化钠溶液．三支试管分别取少量待测液，各加氢 氧化钠溶液，无明显现象的是含Na+．有沉淀生成，加过量氢氧化钠沉淀 溶解的是含Al3+，沉淀不溶解的是含Mg2+．反应的离子方程式是 Al3+＋3OH-＝Al(OH)3↓， Al(OH) OH AlO 2H O 3 2 2 ＋ ＝ ＋ ； Mg2+＋2OH-＝Mg(OH)2↓ 命题目的：本题主要是考查Mg2+、Al3+的分离． 解题关键：关键是掌握 Mg(OH)2 只有碱性，不跟碱反应，氢氧化铝 有两性，遇碱时，它表现出弱酸性，可以跟强碱反应生成铝酸盐． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 248 错解剖析：有学生从酸、碱、盐的溶解性表中找出磷酸作试剂，生 成不溶的磷酸镁和磷酸铝，再加酸．结果用了两种试剂，没有达到题目 只用一种试剂的要求． 2 NH Cu Al 4 ．今有含+、2+、3+三种阳离子的混合溶液，请把它们 一一分离，成为只含一种阳离子的硫酸盐溶液．可选用的试剂有氢氢化 钠溶液、稀硫酸和二氧化碳气．写出分离过程有关的离子方程式(生成的 硫酸盐写化学方程式)． 解析：分离的操作步骤和现象列表如下： 无色溶液A是硫酸铵，蓝色溶液B是硫酸铜，无色溶液C是硫酸铝．有 关的离子方程式和化学方程式是：②2NH3＋H2SO4＝(NH4)2SO4 ③Cu2+＋2OH-＝Cu(OH)2↓ ④Cu(OH)2＋H2SO4＝CuSO4＋2H2O ⑤ ＋ ＝ ＋ ⑥ ＋ ＋ ＝ ↓＋ Al 4OH AlO 2H O AlO CO 2H O Al(OH) HCO 3+ 2 2 2 2 2 3 3   ⑦2Al(OH)3＋3H2SO4＝Al2(SO4)3＋6H2O 命题目的：本题主要考查 Al3+离子和其他阳离子的混合溶液的分离 方法． 解题关键：溶液中的离子分离，一般是把被分离的离子变成不同的 相，而离开原体系，如变成气体逸出，变成沉淀析出等． 错解剖析：本题常见的错误是，加过量氢氧化钠溶液，得含AlO2  的滤液中加稀硫醉得硫酸铝溶液．错误的原因是审题不仔细，解题时只 考虑题目给出的三种阳离子，没有考虑题目要求“只含一种阳离子的硫 酸盐溶液”．原混合溶液含三种阳离子，必有阴离子(题目未说明)，加过 量的氢氧化钠溶液后，滤液中又增加了Na+离子，要把Na+和原溶液中的 酸根阴离子除去，必须使AlO 离子变成Al(OH) 沉淀，以除去溶液2 3  中的其他杂离子，过滤后的 Al(OH)3 沉淀中再加稀硫酸，就能得到只含 一种阳离子的硫酸盐溶液了． 3．下图中，横坐标为某溶液中加入溶质的物质的量，纵坐标为生成 沉淀的量： 从 A～D 中选择符合表中各项要求填入相应位置． 编号 溶液加入的物质图像序号 ① 饱和石灰水通入过量CO2 ② 含少量NaOH的NaAlO2 溶液通入过量CO2 ③ 含少量NaOH的NaAlO2 溶液滴入稀盐酸 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 249 ④ MgCl2 、AlCl3 混合溶液逐滴加NaOH溶液至过量 ⑤ NaOH溶液逐滴加AlCl3 溶液至过量 解析：①饱和石灰水中通入二氧化碳，立即生成沉淀，当通入过量 二氧化碳时，沉淀逐渐溶解，当通入二氧化碳跟原溶液中氢氧化钙的物 质的量比为2∶1 时，沉淀完全溶解，反应的化学方程式是： Ca(OH)2＋CO2＝CaCO3↓＋H2O CaCO3＋CO2＋H2O＝Ca(HCO3)2 解析：②二氧化碳通入含氢氧化钠的偏铝酸钠溶液中，首先跟氢氧 化钠反应，没有沉淀生成：2NaOH＋CO2＝Na2CO3＋H2O 把氢氧化钠都中和完以后，接着二氧化碳跟偏铝酸钠反应： NaAlO2＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋NaHCO3 当偏铝酸钠反应完后，通入二氧化碳，沉淀不再增加，但是也不会 溶解． 解析：③稀盐酸加到含氢氧化钠的偏铝酸钠溶液中时，首先中和氢 氧化钠，没有沉淀生成： NaOH＋HCl＝NaCl＋H2O 然后盐酸跟偏铝酸钠反应，生成沉淀，加入过量的盐酸时，生成的 氢氧化铝沉淀又溶解于盐酸中： NaAlO2＋HCl＋H2O＝Al(OH)3↓＋NaCl Al(OH)3＋3HCl＝AlCl3＋3H2O 解析：④氢氧化钠逐滴加到氯化镁和氯化铝的混合溶液中，观察到 有白色沉淀生成，沉淀逐渐增加： MgCl2＋2NaOH＝Mg(OH)2↓＋2NaCl AlCl3＋3NaOH＝Al(OH)3↓＋3NaCl 当溶液中的 Mg2+、Al3+都用完时，沉淀量最大，再加过量的氢氧化 钠溶液，沉淀开始减少，到氢氧化铝全部溶解时，沉淀的量不再减少： Al(OH)3＋NaOH＝NaAlO2＋2H2O 解析：⑤三氯化铝溶液逐滴加到氢氧化钠溶液中时，先观察到有白 色沉淀，由于氢氧化钠过量，振荡，沉淀溶解，直至氢氧化钠消耗尽： AlCl3＋3NaOH＝Al(OH)3↓＋3NaCl Al(OH)3＋NaOH＝NaAlO2＋2H2O 继续滴加三氯化铝，有白色沉淀生成，沉淀量不断增加，当溶液中 AlO2 离子消耗尽以后，再加三氯化铝，沉淀的量不变． 3NaAlO2＋AlCl3＋6H2O＝4Al(OH)3↓＋3NaCl 命题目的：本题主要考查Al3+、Al(OH) 、AlO 等离子在不同酸 3 2  碱度时的互相转化；Al3+、Mg2+离子对过量氢氧化钠的不同反应；复习饱 和石灰水中通入过量二氧化碳的情况． 解题关键：关键有三点：(1)Mg2+、Al3+离子只能在酸性溶液中存在， 当向其中加入氢氧化钠时，溶液变成碱性就会出现白色的氢氧化物沉淀； 氢氧化铝是两性氢氧化物，有过量氢氧化钠存在 时，氢氧化铝的沉淀溶解，转化成偏铝酸钠．(2)AlO 离子只能在强碱2 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 250  性溶液中存在，当向其中通入二氧化碳，就会转化成氢氧化铝沉淀，此 沉淀不溶于过量的二氧化碳；当向其中加入盐酸，也会转化成氢氧化铝 沉淀，此沉淀能溶于过量的盐酸． (3)Al3+AlO 2 、离子不能共存，两离子相遇会产生氢氯化铝沉淀． 错解剖析：有学生把②、③小题都选 D，原因是不了解氢氧化铝在 碳酸中不溶，只溶于强酸． 答案：①B ②C ③D ④A ⑤C4 NH K Mg Al Ba Fe SO CO NO Cl I 4 + + 2+ 3+ 2+ 3+ 4 2 3 2 3 ．有一澄清溶液，可能含有、、、、、 、、、、和中的一种或几种．取该溶液 进行如下实验： (1)用pH 试纸试验，溶液呈强酸性； (2)取少许溶液，加入少量四氯化碳，和数滴新制的氯水，振荡，四 氯化碳层呈紫红色； (3)另取少许溶液，逐滴加入稀氢氧化钠溶液，使其从酸性逐渐变成 碱性．在滴加过程中到滴加完毕，溶液中均无沉淀生成； (4)取(3)得到的部分碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的 红色石蕊试纸变蓝； (5)取部分(3)得到的碱性溶液，加入碳酸钠溶液，有白色沉淀生成． 根据上述各步实验，试确定该溶液中肯定存在的离子是________， 肯定不存在的离子是________，还不能确定是否存在的离子是________． 解析：下面根据实验步骤中出现的现象进行判断． (1) CO3 2 强酸性溶液一定没有 (2)加四氯化碳和新制氯水呈紫红色这是碘的四氯化碳溶液的颜色， 证明原澄清溶液中含I 离子．I 离子有还原性，则一定没有NO3  离子，因为强酸性溶液是硝酸，硝酸有氧化性，I 、H+、NO 不能共存． 3  I-变成I2 的化学方程式是： Cl2＋2I-＝2Cl-＋I2 (3)原溶液加氢氧化钠至碱性，没有沉淀生成，则原溶液一定不含 Mg2+、Al3+、Fe3+等离子． (4)碱性溶液加热有气体产生，根据其性质是氨气，则原溶液一定含 NH4 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 251 离子： (5)碱性溶液中加碳酸钠溶液，生成白色沉淀则原溶液一定含Ba2+， Ba CO BaCO Ba SO SO 2+ 3 2 3 2+ 4 2 4 2 ＋ ＝ ↓ 和不能共存，所以一定不含．   结论： 溶液中肯定存在的离子是： 、、；肯定不存在的 离子是： 、、、、、；尚不能确定 I NH Ba CO Mg Al Fe NO SO 4 2 3 2 2+ 3+ 3+ 3 4 2   是否存在的离子是：K+、Cl-． 命题目的：本题主要是综合考查已学过的离子在溶液中共存的条件． 解题关键：关键是要掌握在溶液中哪些离子不能共存．例如 H+、 CO H NO I NH Mg Al Fe Ba SO 3 2 + 3 4 2+ 3+ 3+ 2+ 4 2    相遇放出气体； 、、有氧化性和有还原性的离子要发 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 252 生氧化还原反应； 碱性条件受热要放出气体； 、、 碱性条件下会产生沉淀， 、相遇会产生沉淀，所以这几组离 子都不能共存．错解剖析：常见的错误是把列入不能确定的离子组．由于 离子在中性、酸性、碱性条件都能存在，没有认识到强酸性条件下的 离子是强氧化剂，而离子是还原剂． NO NO NO I 3 3 3   5．某铝合金中含有镁、铜、硅，为了测定该合金中铝的含量，设计 如下实验，请回答有关问题： (1)称取样品ag，应该使用的主要仪器名称是________． (2)将样品溶解于足量的稀盐酸，过滤，滤液中主要含有________， 滤渣中含有________，溶解、过滤用到的玻璃仪器是________． (3) 滤液中加过量氢氧化钠溶液，过滤．有关的离子方程式是 ________． (4)步骤(3)的滤液中通入足量二氧化碳气，过滤．有关的离子方程式 是________． (5)步骤(4)过滤后的滤渣用蒸馏水洗涤数次，烘干并灼烧至恒重，冷 却后称重，质量为bg．有关的化学方程式是________，原样品中铝的质 量分数是________． (6)若步骤(3)中加入氢氧化钠的量不足，则实验结果偏________(高、 低、不影响，下同)；若步骤(5)中滤渣没有洗涤，则实验结果偏________； 若滤渣灼烧不充分，则实验结果偏________． 解析：(1)主要仪器是天平． (2)滤液中主要含氯化镁、三氯化铝；滤渣中主要含铜、硅，因为它 们在盐酸中不溶解；溶解、过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、普通 漏斗． (3)氯化镁、三氯化铝和过量氢氧化钠反应的离子方程式是： Mg2+＋2OH-＝Mg(OH)2↓ Al3+＋3OH-＝Al(OH)3↓ Al(OH) OH AlO 2H O 3 2 2 ＋ ＝ ＋ (4)偏铝酸钠和足量二氧化碳反应的化学方程式： NaAlO2＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋NaHCO3 (5)氢氧化铝灼烧：2Al(OH)3 Al2O3＋3H2O 做实验取样品a g， 实验后得三氧化二铝bg，设bg 氧化铝中含铝xg： Al2O3～2Al 102 54 b x 102∶b＝54∶x x＝ ＝ (g) 54 102 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 253 9 17 b b 样品中铝的质量分数： 9 17 9 17 b a b a ×100％＝ ×100％ (6)在步骤(3)中加氢氧化钠的量不足，则氢氧化铝没有完全溶解，实 验结果铝的质量分数偏低．步骤(5)的滤渣没有洗涤，溶液中的碳酸氢钠、 氯化钠附着在上面，灼烧后的滤渣中有氯化钠、碳酸钠等杂质，实验结果铝的质 量分数偏高；若滤渣灼烧不充分，部分氢氧化铝没有转化成氧 化铝，实验结果铝的质量分数偏高． 命题目的：本题主要考查不纯物中测定某元素含量的方法，以及操 作不彻底而引起误差的原因． 解题关键：欲测定不纯物中某元素的含量，关键要有两个数：①不 纯物样品的质量，②被测元素的质量．这两个质量测得越精确，计算出 该元素的含量误差越小．本实验的操作步骤可以用简单框图表示如下： A 含Cu、Si，B 含Mg(OH)2，D 含NaCl、NaHCO3 等．a 中加过量 氢氧化钠，b 中通入过量二氧化碳，都是为了铝元素不受损失，D 是氢氧 化铝胶体，要把表面吸附的杂质洗净，以使灼烧后得到纯净的三氧化二 铝． 错解剖析：未用框图表示，实验最后测得 bg 质量，误以为是氢氧化 铝，用bg 氢氧化铝计算铝的质量，导致结果错误． 计算题 1．混有食盐杂质的明矾样品，为求明矾的质量分数，称取样品3.00g， 溶于适量蒸馏水中，再加入足量氯化钡溶液，充分反应后，过滤、洗涤、 干燥，得干燥的固体2.33g，求样品中明矾的质量分数． 解析：明矾的化学式是 KAl(SO4)2·12H2O，式量为474，生成的 沉淀物为硫酸钡，设参加反应的SO 为x mol． 4 2  SO Ba BaSO 1 mol 233 g x mol 2.33g 4 2 2+ 4 ＋ ＝ ↓ 1∶x＝233∶2.33 解得x＝0.01(mol) 每摩尔明矾含有 ，所以样品中含明矾为＝ 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 254 明矾的质量分数： × × ％＝ ％ 2 mol SO 0.005(mol) 100 79 4 2 0 01 2 0 005 474 300 . . . 答：样品中明矾的质量分数是 79％． 命题目的：本题主要考查不纯物中纯物质的质量分数． 解题关键：关键是确定纯物质的化学式． 错解剖析：明矾的化学式错写成硫酸铝钾〔KAl(SO4)2〕，结果算得 含量太低． 2．将 10.2g 镁铝合金投入400g 的15％硫酸溶液，待合金完全溶解 后，溶液的质量变为409.2g． 求①合金中镁、铝的质量比． ②最后溶液中硫酸铝的质量分数是多少？ 解析 1：根据题意合金完全溶解，说明硫酸过量，用合金的质量进行 计算．反应中放出氢气的质量：400＋10.2－409.2＝1(g) ①设合金中有镁xg，铝 yg． Mg H SO MgSO H 2Al 3H SO Al (SO ) H 24g 2g 2 27g 6g xg x 12 2 4 4 2 2 4 2 4 3 2 ＋ ＝ ＋ ↑ ＋ ＝ ＋ ↑ × 3 9 g yg y g 列方程组 x y 10.2 1 x 4.8(g) y 5.4(g) ＋ ＝ ① ＋ ＝ ② x y 解得＝ ＝ 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 255 12 9    x∶y＝4.8∶5.4＝8∶9 答：镁、铝的质量比是 8∶9 ②设溶液中硫酸铝的质量为 zg． 2Al Al (SO ) 54g 342g 54 5.4 342 z 5.4g zg z 34.2(g) 2 4 3 ～ ∶ ＝ ∶ 解得＝ 溶液中硫酸铝的质量分数是： 34 2 409 2 . . ×100％＝8.4％ 解析 2：假设合金过量，硫酸完全反应，生成氢气的质量为Ag H SO H 98g 2g 400g 15 A 2 4 2 ～ ↑ × ％ 98∶400×15％＝2∶A 解得 A＝1.22(g) 400＋10.2－409.2＝1(g) 1g＜1.22g 所以硫酸过量，用合金的质量进行计算．其他算法同解析 1． 命题目的：本题主要考查溶液中化学反应，某反应物过量的计算． 解题关键：关键是确定哪一反应物过量，按不足量的反应物进行计 算． 错解剖析：本题常见两种错误：①过量判断错，用硫酸的质量进行 计算；②铝和硫酸铝的关系式写错． 答案：最后溶液中硫酸铝的质量分数是 8.4％． 3．有一固体混合物，是由氢氧化钠、氯化镁、三氯化铝三种物质组 成，把它溶于足量的水，充分搅拌后，有0.58g 白色沉淀，往所得浊液中 滴加0.5mol·L-1 盐酸，加入盐酸的毫升数和生成沉淀的质量关系如下图： 求(1)混合物中氢氧化钠、氯化镁、三氯化铝的质量各为多少克？ (2)到达P 点所用的盐酸是多少毫升？解析：(1)根据图表示混合溶液中加盐酸， 沉淀量不变，说明氢氧化 钠跟氯化镁、氯化铝反应后还有剩余，此时氯化镁全部生成氢氧化镁沉 淀，氯化铝变成偏铝酸钠． ①过量氢氧化钠跟 10mol 0.5 mol·L-1 的盐酸反应 NaOH＋HCl＝NaCl＋H2O a 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 256 根据反应 a 过量氢氧化钠的物质的量等于与其反应的盐酸的物质的 量： 0.01L×0.5mol·L-1＝0.005mol ②跟偏铝酸钠反应用去 0.5 mol·L-1 盐酸30－10＝20mL NaAlO2＋HCl＋H2O＝Al(OH)3↓＋NaCl b 根据反应 b偏铝酸钠的物质的量与参加反应的盐酸的物质的量相等： 0.02L×0.5mol·L-1＝0.01mol ③设跟三氯化铝、氯化镁反应的氢氧化钠分别为 x1mol、x2 mol；三 氯化铝、氯化镁分别为y1mol、y2mol． AlCl 4NaOH NaAlO 3NaCl 2H O 1 mol 4 mol 1 mol y mol x mol 0.01 mol 3 2 2 1 1 ＋ ＝ ＋ ＋ 4∶x1＝1∶0.01 解得x1＝0.04(mol) 1∶y1＝1∶0.01 解得 y1＝0.01(mol) MgCl 2NaOH Mg(OH) 2NaCl 1mol 2mol 1mol y mol x mol 0.58g (24 + 34)g mol 2 2 2 2 1 ＋ ＝ ↓＋ ·  2∶x2＝1∶0.01 解得 x2＝0.02(mol) 1∶y2＝1∶0.01 解得 y2＝0.01(mol) 混合物中氢氧化钠的质量： (0.005＋0.04＋0.02)mol×40g·mol-1＝2.6g 混合物中三氯化铝的质量： 0.01mol×133.5g·mol-1＝1.335g 混合物中氯化镁的质量： 0.01mol×95g·mol-1＝0.95g (2)设跟氢氧化铝、氢氧化镁反应的盐酸分别为z1mol、z2mol Al(OH) 3HCl AlCl 3H O 1mol 3mol 0.01mol z mol z 0.03mol 3 3 2 1 1 ＋ ＝ ＋ 解得＝ Mg(OH) 2HCl MgCl 2H O 1mol 2mol 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 257 0.01mol z mol z 0.02mol 2 2 2 2 2 ＋ ＝ ＋ 解得＝ 到达 P 点所用盐酸的体积是： (0.03＋0.02)mol÷0.5mol·L-1×1000mol·L-1＋30mL＝130mL 命题目的：本题主要考查氯化镁、三氯化铝跟过量氢氧化钠，和过量盐酸反应， 它们之间物质的量的关系． 解题关键：关键是看懂图，图中前 10mL 盐酸是跟过量氢氧化钠反 应，第10～30mL 的盐酸是跟偏铝酸钠反应，30mL 以后直至P 点所加的 盐酸是跟氢氧化镁、氢氧化铝反应． 错解剖析：本题综合性比较强，有的学生理不清它们之间的关系．会 做的学生往往计算盐酸的体积时，物质的量除浓度得到的体积，没有乘 1000，就和30mL 相加，导致结果错误． 答案：(1)混合物中有氢氧化钠、氯化镁、三氯化铝的质量分别为2.6g、 0.95g、1.335g． (2)到达P 点共用0.5mol·L-1 的盐酸130 mL． 4．某冶炼铝厂以碳棒为电极，电解熔融的三氧化二铝，当生成54kg 铝时，阳极消耗24kg 碳，则阳极生成的一氧化碳和二氧化碳两种气体的 分子个数比是多少？ 解析 1：化学方程式法 当前工业冶炼铝的主要方法是电解法，把三氧化二铝在助熔剂作用 下加热到高温，使三氧化二铝熔化：Al2O3＝2Al3+＋3O2- 通电后阴、阳两极放电： 阴极：4Al3+＋12e＝4Al 阴极：6O2-－12e＝3O2 总反应：2Al2O3 4Al＋3O2↑ 在高温下阳极产生的氧易把石墨电极氧化成一氧化碳或二氧化碳． 题目要求阳极生成的一氧化碳和二氧化碳分子数比，根据阿伏加德 罗定律，同温同压下气体休积比等于分子数比，也等于物质的量比，所 以要把两极产物的质量或消耗的质量转换成物质的量进行计算． 阴极产生铝 × · ＝ × 阳极消耗碳 × · ＝ × 54 27 24 12 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 258 1 1 10 2 10 mol 10 2 10 mol 3 3 3 3 g g mol g g mol   设阳极产生氧气 xmol 2Al2O3 4Al ＋ 3O2↑ 4mol 3mol 2×103mol x mol 4∶2×103＝3∶x 解得x＝1.5×103(mol) 由于电解生成的氧和碳棒反应生成一氧化碳和二氧化碳，两反应物 的物质的量之比为： n(C)∶n(O2)＝2×103∶1.5×103＝4∶3 反应方程式应该是：4C＋3O2 2CO＋2CO2 所以两种气体的体积比为 1∶1 答：阳极生成的一氧化碳和二氧化碳的分子个数比为 1∶1． 解析 2：质量守恒法碳和氧两种元素反应前后质量守恒，设生成一氧化碳Amol， 生成二 氧化碳Bmol． 12(A B) 24 10 g 16(A 2B) 1.5 10 32g 3 3 ＋ ＝ × ＋ ＝ × ×   解得 A＝1×103mol B＝1×103mol 所以一氧化碳比二氧化碳为 1∶1． 解析 3：平均值法 消耗碳 24kg＝2×103mol，生成氧48kg＝1.5×103mol，生成一氧化 碳和二氧化碳混合气共2×103mol．混合气的平均摩尔质量： M 36g mol ( ) 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 259 1 混＝ × × ＝ · ， (24 48) 10 2 10 3 3 g mol 两种气体的分子个数比为 1∶1 命题目的：本题综合考查电解反应，电极消耗反应，氧化还原反应， 阿伏加德罗定律等基础知识． 解题关键：关键是根据电解反应的化学方程式计算出阳极放出氧气 的量；把有关的质量都换算成物质的量． 错解剖析：电解总反应方程式未配平，或者电解方程式写错，根据 方程式计算产生氧气不是48kg，会导致两种气体分子数比的错误． 5 A a mol Al3+B b mol AlO 2 ．有溶液中含有， 溶液中含有，要使两 溶液中的铝元素都转化成为氢氧化铝沉淀．试指出不加任何固体或液体 试剂有几种途径能达到目的，要求通过计算进行讨论，并指出每种加入 的试剂的物质的量． 解析：要使铝元素全部都转化成沉淀，又不许加任何固体或液体试 剂，可以有两种途径： (1)通入气体试剂，(2)两溶液混合．具体计算过程如下： (1)向A 溶液中通氨气，设通入x mol 氨气 Al 3NH 3H O Al(OH) 3NH 1 mol 3 mol a mol x mol 3+ 3 2 3 4 ＋ ＋ ＝ ↓＋ ① 1∶a＝3∶x 解得 x＝3 a mol 向 B 溶液中通二氧化碳气，设通入y mol CO2 2AlO CO 3H O 2Al(OH) CO 2 mol 1 mol b mol y mol 2 2 2 3 3 2 ＋ ＋ ＝ ↓＋ ② 2∶b＝1∶y 解得 y＝ mol b 2 (2)A、B 两溶液混合vAl3+ 3AlO 6H O 4Al(OH) 2 2 3 ＋ ＋ ＝ ↓ 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 260 讨论： ①若 ＝ ，或＝ ，从离子方程式可知， 、两溶液完全反应 生成氢氧化铝沉淀． 3a b a A B b 3 ②若 ＞ 时，则过量． 、混合后， 全部反应， 有剩余，余 － ，需要通入氨气，使全部沉淀，通入氨气的量根据方程式 a A A B B A (a )mol Al3+ b b 3 3 ①计算，计算结果需要通入－ 的氨气才能沉淀完全． ③若＜ 时，则过量． 、混合后， 全部反应， 有剩余， 3(a )mol a B A B A B b b 3 3 余 － ，需要通入二氧化碳气．②计算，需要通入二氧化 碳－ ，才能使沉淀完全． AlO (b 3a)mol (b 3a) / 2mol AlO 2 2   答：有两种途径：①A 溶液中通入3 a mol 氨气，B 溶液中通入 b 2 mol二氧化碳气． ②A、B两溶液混合，当A过量时应通入3(a－ )mol氨气，当B b 3 过量时应通入(b－3a)/2mol 的二氧化碳气． 命题目的：本题主要考查思维的严密性．Al3+和AlO 不能共存，两 2  性的氢氧化铝在氨水的弱碱性或二氧化碳的弱酸性条件下都不会溶解． 解题关键：关键是掌握解析中的三个离子方程式，根据方程式进行 计算． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 261 错解剖析：如果 A 溶液中加氢氧化钠溶液，使Al3+沉淀，B 溶液中 加稀盐酸使AlO 沉淀，犯了两个错．①题目规定不能用固体或液体试剂． 2  ②氢氧化铝能溶于过量氢氧化钠，也能溶于过量盐酸．V 第九章铁 单选题 1．能用单质直接化合制取盐的是 [ ] A．氯化亚铁B．硫化铜 C．硫化亚铁D．硫酸亚铁 解析：氯气和铁反应一定得到三氯化铁，要得到氯化亚铁要把三氯 化铁跟过量的铁反应，排除A．硫和铜直接化合只能得到硫化亚铜，用 复分解反应可以得到硫化铜，排除B．硫和铁两种单质化合，可以得到 硫化亚铁，C 对．硫酸跟铁反应属于置换反应，不是化合，而且硫酸是 化合物，不是单质，D 错． 命题目的：本题主要考查铁的化学性质之一，铁跟硫反应． 解题关键：关键是掌握硫的氧化性比氯弱，当跟铁反应时，氯能够 把铁氧化成＋3 价，而硫只能把铁氧化成＋2 价；铁在置换反应中，表现 为＋2 价． 错解剖析：在溶液中反应常见有硫化铜而错选 B，因为硫的氧化性 比较弱，当硫和铜两种单质在一定条件下反应时，硫只能把铜氧化成＋1 价． 答案：C 2．下列关于铁的叙述错误的是 [ ] A．纯净的铁是光亮的银白色金属． B．铁能被磁体吸引，在磁场作用下，铁自身也能产生磁性． C．铁是地壳中含量最多的金属元素，所以分布在地壳中的铁有游 离态，也有化合态． D．纯铁的抗蚀能力相当强，铁在干燥的空气里不易被氧化． 解析：A 和B 的叙述正确，答案排除A 和B．在地壳中含量最多的 金属元素是铝，铁占第二位；铁是比较活泼的金属，在地壳中都以化合 态存在，游离态的铁只能从陨石中得到，C 错．D 对． 命题目的：本题主要考查铁在地壳中的存在和铁的物理性质． 答案：C 3．在稀硫酸中加入适量铁粉，反应完全后再加入适量氢氧化钠溶液， 放置片刻，从反应体系中观察到的颜色变化是 [ ] A．无色→灰绿色→红褐色 B．无色→浅绿色→白色→灰绿色→红褐色 C．灰绿色→红褐色→蓝色 D．无色→白色→浅绿色→灰绿色→红褐色 解析：稀硫酸是无色溶液，加入铁粉发生反应：Fe＋H2SO4＝FeSO4 ＋H2↑生成硫酸亚铁溶于水，溶液中的Fe2+呈浅绿色；加入氢氧化钠溶 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 262 液后，有离子反应：Fe2+＋2OH-＝Fe(OH)2↓，氢氧化亚铁为白色难溶于 水，在碱性条件下易跟空气中的氧气发生氧化反应：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝ 4Fe(OH)3 氢氧化铁是红褐色沉淀，当氢氧化亚铁没有完全被氧化时，为氢氧 化亚铁和氢氧化铁的混合物，白色和红褐色混合，观察到的颜色是灰绿 色．所以B 对，A、C、D 都错． 命题目的：本题主要考查溶液中的 Fe2+和＋2 价、＋3 价铁的氢氧化 物的颜色． 答案：B 4．在允许加热的条件下，只用一种试剂就可以鉴别硫酸铁、硫酸亚 铁、硫酸钠、硫酸铝和氯化铵五种溶液，这种试剂是 [ ] A．硝酸银溶液B．氯化钡溶液 C．氨水D．氢氧化钠溶液 解析：鉴别含不同溶质的溶液，选择试剂要根据被鉴别物质中所含 的阴离子和阳离子来决定，鉴别阴离子要选用含阳离子的试剂，鉴别阳 离子要选用含阴离子的试剂，这种试剂加入后要求能迅速观察到不同的 现象．五种溶液中只含SO 、Cl 两种阴离子，很难选择特征阳离子， 4 2  排除 A 和B．氨水是一种弱碱，有三种被鉴别溶液跟氨水反应，有不同 现象难以区别，C 错．氢氧化钠是强碱，分别跟五种溶液反应，有不同 现象，用化学方程式表示如下： ①Fe2(SO4)3＋6NaOH＝2Fe(OH)3↓(红褐色)＋3Na2SO4 ②FeSO4＋2NaOH＝Fe(OH)2↓(白色)＋Na2SO4 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3 ③Al2(SO4)3＋6NaOH＝2Al(OH)3↓(白色)＋3Na2SO4 Al(OH)3＋NaOH＝NaAlO2＋2H2O(沉淀溶解) ④NH4Cl＋NaOH NH3↑＋NaCl＋H2O 硫酸钠溶液中加氢氧化钠溶液无明显现象，五种溶液可以区别，D 对． 命题目的：本题主要考查鉴别 Fe3+、Fe2+的一种方法． 答案：D 5．在强酸性溶液中能够大量共存的一组离子是 [ ] A K Al Cl MnO B Fe Cu NO SO + 3+ 4 2+ 2+ 3 4 2 ． 、、、 ． 、、、  真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 263  C SO Fe I Ca D Cu Fe NO SO 4 23+ 2+ 2+ 3+ 3 4 2 ． 、、、 ． 、、、   解析：在强酸性溶液中 、、组分别有、； 、； 、发生氧化还原反应而不能共存，反应的离子方程式是： A B C Cl MnO Fe NO Fe I 4 2+ 3 3+  2MnO 10Cl 16H 2Mn 5Cl 8H O 3Fe NO 4H 3Fe NO 2H O 2Fe 2I 2Fe I 4 2+ 2 2 2+ 3 + 3+ 2 3+ 2+ 2    ＋ ＋ ＝ ＋ ↑＋ ＋ ＋ ＝ ＋ ↑＋ ＋ ＝ ＋ 只有 D 组各离子间不发生氧化还原反应，也不生成沉淀，能够共存． 命题目的：本题主要考查 Fe3+的氧化性和Fe2+的还原性． 解题关键：本题的关键是注意审查题目，解题时要牢记强酸性溶液， 即每组离子都应该加“H+”． 错解剖析：有错选 B，是因为解题时，忘了溶液中有大量H+，相当 于硝酸，Fe2+遇硝酸一定会被氧化成Fe3+． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 264 答案：D 6．由于易被氧化而不宜长期存放的是 [ ] ①高锰酸钾 ②氢硫酸 ③硫酸亚铁溶液 ④硝酸铜溶液 ⑤亚硫酸钠 溶液 A．①②③ B．②③⑤ C．只有②④ D．只有①⑤ 解析：易被氧化，即该物质中含有低价的元素．①中的锰＋7 价已是 最高价，不会被氧化；②硫有多种化合价，氢硫酸中硫－2 价，是最低价 易被氧化；③铁有＋2、＋3 两种化合价，硫酸亚铁中的铁＋2 价，易被 空气中的氧氧化成＋3 价；④硝酸铜中，氮和铜都有多种化合价，但它们 都已经是最高价，不会被氧化；⑤亚硫酸钠中的硫是＋4 价，易被氧化成 ＋6 价，变成硫酸钠．所以易被氧化的是②③⑤． 命题目的：本题主要考查在空气中易被氧化的元素． 解题关键：在空气中易被氧化的化合物，一般地说，都是含有多种 化合价的元素，而且在该化合物中表现为低价． 错解剖析：有错选 A，错误的原因是只考虑到高锰酸钾中的锰有多 种化合价，没有考虑到锰已是最高价，不会被氧化． 答案：B 7．下列试剂不能使Fe2+转化为Fe3+的是 [ ] ①氯气 ②氢氧化钠溶液 ③高锰酸钾溶液 ④稀硝酸 ⑤磷酸溶液 ⑥硫化钠溶液 A．①②③ B．①③④ C．④⑤⑥ D．②⑤⑥ 解析：由 Fe2+转化成Fe3+要加氧化剂，若加入的试剂没有氧化性， 或者氧化能力较弱，就不能使Fe2+转化成Fe3+．①氯气是强氧化剂，无 论是铁单质或Fe2+，遇氯气都会被氧化成＋3 价；②氢氧化钠没有氧化性， 不能使Fe2+氧化；③高锰酸钾是强氧化剂，能把铁氧化成＋3 价；④硝酸 是稀的和浓的都能把铁氧化成＋3 价；⑤磷酸和⑥硫化钠都没有氧化性， 不能把铁氧化．只有②、⑤、⑥没有氧化性． 命题目的：本题主要考查＋2 铁转化成＋3 铁的条件． 解题关键：关键是找出氧化剂． 错解剖析：有错选 C，是因为审题不清，题目是说“下列试剂”没有说“下列 条件”，因此氢氧化钠不是氧化剂，而稀硝酸是氧化剂． 答案：D 8．下列烟气经净化处理后，可以用做气体燃料的是 [ ] ①硫酸工业尾气 ②硝酸工业尾气 ③高炉煤气 ④焦炉气(主要成分 是氢气和甲烷)⑤炼钢过程产生的棕色烟⑥煅烧石灰石的气体 A．①②④ B．①③⑤ C．④⑤⑥ D．只有③④⑤ 解析：首先要了解这些尾气中都含有什么成分．①硫酸工业尾气主 要含没有起反应的氧气、少量的二氧化硫以及氮气等，这些气体都不可 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 265 燃，不能用做气体燃料；②硝酸工业尾气中尚含有少量未被吸收的一氧 化氮和二氧化氮，还有没有参加反应的氧气和大量氮气等，不能用做气 体燃料；③高炉煤气是一氧化碳、二氧化碳和氮气等混合气，经处理后， 得到含热值很高的一氧化碳，是一种气体燃料；④焦炉气是用煤干馏得 到焦炭后放出的气体，焦炉气的主要成分是氢气和甲烷，其中混有很少 量的一氧化碳、二氧化碳、乙烯、氮气和其他气体，经净化处理后．可 以用做气体燃料；⑤炼钢过程产生的棕色烟，主要成分是氧化铁尘粒和 高浓度的一氧化碳气体等，经净化处理后是一种高热值的气体燃料；⑥ 煅烧石灰石的气体主要成分是二氧化碳，还有少量氧气、氮气等，不能 用做气体燃料．综上所述，可用做气体燃料的是③④⑤． 命题目的：本题是综合性考查工业生产中各种尾气的主要成分． 解题关键：关键是了解各尾气的主要成分． 答案：D 9．炼钢的主要目的是 [ ] ①把生铁中含的碳全部除去 ②调整钢里的合金元素含量到规定范 围内③适当地降低生铁中的含碳量④除去大部分硫、磷等有害杂质 ⑤ 生产钢渣水泥 A．②③④ B．①③④ C．②③⑤ D．②④⑤ 解析：炼钢的目的是适当地降低生铁里的含碳量，调整钢里的合金 元素含量到规定的范围之内，并除去大部分硫、磷等有害杂质，②③④ 对． 命题目的：本题主要考查炼钢的目的． 答案：A 10．取下列元素①Fe、②Ca、③Mg、④Ba 的单质各0.1 mol，使其 直接跟足量的氯气完全反应，反应后固体质量都增加了7.1g，这些元素 可能是下列的哪一组 [ ] A．①②③④ B．只有③ C．②③④ D．①④ 解析：氯气是强氧化剂，跟上述金属反应，金属都能被氧化成高价， 即 、、、．固体增加的质量是氯的质量， · Fe3+Ca2+Mg2+Ba2+71 71 1 . g g mol＝0.1mol Cl2－2e＝2Cl- 0.1mol 0.2mol 由此可见，凡是金属单质失2 mol电子成为＋2 价阳离子的都有可能， 答案是②③④． 命题目的：本题主要考查铁跟氯气反应一定生成＋3 价的铁． 解题关键：关键是氧化还原反应中金属失电子总数等于氯得电子总 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 266 数． 错解剖析：有错选 A 的，由于铁有＋2 价、＋3 价，这里把铁当＋2 价处理而导致错误． 答案：C 不定项选择题 1．把铁片放入下列溶液中，铁片溶解且不会有气体放出的是 [ ] A．稀硝酸B．三氯化铁溶液 C．硝酸银溶液D．稀硫酸 解析：铁片放入稀硝酸中铁片溶解生成硝酸铁，同时放出一氧化氮 气： Fe＋4HNO3(稀)＝Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O 排除 A．把铁片放入三氯化铁溶液，不会放出气体， B 对．但是会 发生反应，生成＋2 铁： Fe＋2FeCl3＝3FeCl2 铁放入硝酸银溶液中，发生置换反应，没有气体产生，C 对，反应 方程式是： Fe＋2AgNO3＝Fe(NO3)2＋2Ag 铁放入稀硫酸中也发生置换反应，但置换出来的是氢气，有气体产 生，排除D，反应方程式是： Fe＋H2SO4＝FeSO4＋H2↑ 命题目的：本题主要考查铁的化学性质． 解题关键：金属铁是还原剂，题目给出的 4 个备选项都是氧化剂， 都发生氧化还原反应，跟稀硝酸反应放出一氧化氮，跟稀硫酸反应放出 氢气．在三氯化铁溶液中Fe3+跟Fe 反应生成中间价态，高价下降，低价 上升，都生成Fe2+，不放出气体．铁跟硝酸银溶液的反应是根据金属活 动性顺序表，前面的金属能把后面的金属从盐溶液中置换出来，写成离 子方程式是： Fe＋2Ag+＝Fe2+＋2Ag 错解剖析：有错选 A，因为学习硝酸时，硝酸跟金属反应不放氢气， 误以为什么气体都不产生．实际上是放气体的，不是氢气，一般说是放 出一氧化氮． 答案：B、C 2．下列说法正确的是 [ ] A．镁条燃烧时，可以用二氧化碳来扑灭B．家庭使用的铝锅可以常用热碱水洗 涤 C．在化合物中，铁通常表现为＋2、＋3 价态 D．铁丝在氯气中燃烧时生成FeCl2 解析：A 错，镁条燃烧不能用二氧化碳扑灭，因为它们会发生反应： 2Mg＋CO2 2MgO＋C 铝是两性元素，它可以跟碱发生反应： 2Al 2OH 2H O 2AlO 3H 2 2 2 ＋ ＋ ＝ ＋ ↑ 若用碱洗涤，铝锅变薄甚至穿孔，B 错．C 对．铁丝跟氯气反应生 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 267 成物是FeCl3，D 错． 命题目的：本题主要是综合考查金属的化学性质． 解题关键：本题涉及三种常见金属，它们的化学性质都比较活泼， 镁能夺取氧化物中的氧，镁燃烧一般用砂子灭火．铝有两性既能跟酸反 应，又能跟碱反应，都放出氢气．铁跟强氧化剂的氯气反应表现为＋3 价． 错解剖析：有错选 B，有的家庭习惯用碱洗涤，没有注意科学，而 做题时又没有和已学的课本知识联系，导致错解． 答案：C 3．把铜粉和铁粉的混合物，放入一定量的稀硝酸中，微热，反应完 毕发现铜有剩余，则溶液中含有的阳离子是 [ ] A．Cu2+、Fe2+ B．Cu2+、Fe2+、Fe3+ C．Cu2+、Fe3+ D．Fe3+ 解析：铜有剩余，说明硝酸已经反应完，可能发生的反应有： Fe 4H NO Fe NO 2H O 3Cu 8H 2NO 3Cu 2NO 4H O + 3 3+ 2 3 2+ 2 ＋ ＋ ＝ ＋ ↑＋ ＋ ＋ ＝ ＋ ↑＋   Fe＋2Fe3+＝3Fe2+ Cu＋2Fe3+＝2Fe2+＋Cu2+ 从反应可知，当铜有剩余，溶液中 Fe3+已消耗尽，铜跟Fe2+不能反 应，所以溶液中的阳离子有Cu2+、Fe2+，选A． 命题目的：本题是综合性考查铁、铜跟稀硝酸反应，反应物过量， 金属活动性顺序表以及阳离子的氧化性强弱． 解题关键：关键是熟记金属活动性顺序表，以及这些金属阳离子的 氧化性，特别要掌握Fe3+氧化性大于Cu2+． 错解剖析：有错选 C，原因是没有注意题目给予的信息：铜有剩余． 答案：A 4．有足量的盐酸，分别跟各有一定质量的钠、铝、铁反应，放出气 体的体积比是6∶2∶3，则这三种金属的质量比是 [ ] A．46∶27∶56 B．23∶6∶28 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 268 C．23∶3∶14 D．23∶9∶28解析：根据题意，酸过量，金属分别都反应完，根 据阿伏加德罗定 律，任何气体在相同状况下体积比等于物质的量比．设钠、铝、铁的质 量分别为xg、yg、zg，根据化学方程式计算 2Na＋2HCl＝2NaCl＋H2↑ 2×23g 1mol xg 6mol 解得 x＝2×23×6(g) 2Al＋6HCl＝2AlCl3＋3H2↑ 2×27g 3mol yg 2mol 解得 y＝36(g) Fe＋2HCl＝FeCl2＋H2↑ 56g 1mol zg 3mol 解得 z＝3×56(g) x∶y∶z＝2×23×6∶36∶3×56＝23∶3∶14，选C 命题目的：本题主要考查反应物之一过量的计算． 解题关键：关键是应用阿伏加德罗定律和根据化学方程式的计算要 注意方程式的配平． 错解剖析：有错选 B，是因为计算时，钠和盐酸的反应，少了钠的 系数2． 答案：C 5．下列离子方程式正确的是 [ ] A．酸化的三氯化铁溶液中加入镁粉 3Mg＋2Fe3+＝3Mg2+＋2Fe Mg＋2H+＝Mg2+＋H2↑ B．溴化亚铁溶液中通入氯气 Fe2+＋2Br-＋Cl2＝Fe3+＋Br2＋2Cl- C．硫化氢气体通入三氯化铁溶液中 H2S＋2Fe3+＝2Fe2+＋S↓＋2H+ D．硫化亚铁溶于稀硝酸中 FeS＋2H+＝Fe2+＋H2S↑ 解析：当把镁粉撒到三氯化铁溶液中可以观察到有气体产生，同时 颜色变浅，是因为放出氢气，同时Fe3+转化成铁单质离开溶液，A 对．亚 铁离子，溴离子都可以被氯气氧化，但是方程式未配平，B 错，正确的 离子方程式是： 2Fe2+＋4Br-＋3Cl2＝2Fe3+＋2Br2＋6Cl- C D Fe S +2 2 对． 错，硝酸是氧化剂，硫化亚铁是还原剂， 、都被稀  硝酸氧化，正确的反应式： FeS 4H+NO Fe S NO 2H O 3 3+ 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 269 2 ＋ ＋ ＝ ＋ ↓＋ ↑＋ 命题目的：本题主要考查离子方程式的正确书写． 解题关键：书写化学方程式必须以客观事实作为基础，决不能凭空 设想，随便臆造事实上不存在的化学反应．选项D 中，在有强氧化性的 硝酸存在下，不可能产生强还原性的硫化氢气体，－2 价的硫元素被硝酸氧化生 成硫单质，当硝酸过量时，硫单质又进一步被氧化生成硫酸，总 的反应是： FeS 4H+ 3NO Fe 3NO SO 2H O 3 3+ 4 2 2 ＋ ＋ ＝ ＋ ↑＋ ＋ 离子方程式除等号前后原子数相等外．对于氧化还原反应还要检查 得、失电子数相等，选项B 的错误，是得、失电子数不相等． 错解剖析：有漏选A，由于Mg 和Fe3+反应的离子方程式练得少，见 到不熟悉的方程式就以为是错的，没有应用金属活动性顺序表． 答案：A、C 6．用等体积、同浓度的氯化钡溶液可以使同体积的硫酸铁、硫酸亚 铁和硫酸钠三种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡，这三种硫酸盐 溶液的物质的量浓度之比是 [ ] A．3∶2∶1 B．1∶3∶3 C．3∶1∶1 D．1∶2∶3 解析：同体积、同浓度的氯化钡溶液中含有相同物质的量的 Ba2+， 只要三种硫酸盐溶液含有相同物质的量的SO ，就能全部转化成硫酸钡4 2  沉淀． 1mol 硫酸盐Fe2(SO4)3 FeSO4 Na2SO4 含SO4 2物质的量3mol 1mol 1mol 硫酸盐浓度1mol · L-1 3mol · L-1 3mol · L-1 命题目的：本题主要考查相同物质的量的不同电解质，在溶液中电 离以后，离子的物质的量不同． 解题关键：钡离子跟硫酸根离子反应的离子方程式：Ba2+＋SO ＝ 4 2  BaSO4↓，从反应知反应物离子的物质的量相等．本题的关键是使溶液 中Ba2+数和SO 数相等．1 mol硫酸铁能电离出3mol硫酸根离子，而 4 2  硫酸亚铁和硫酸钠都是每摩只能电离出 1 mol 硫酸根离子，当三种溶液的 体积相同时，后两者的浓度为前者的三倍，才能使硫酸根离子数相等． 错解剖析：有错选 C，是计算时考虑的是用Ba2+，是属于审题不细 致而错． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 270 答案：B 7．下列反应中有电子转移，同时溶液的颜色又发生改变的是 [ ] A．三氯化铁溶液中加入一定量的锌粉 B．铁片放入硫酸铜溶液中 C．三氯化铁溶液中加入氢氧化钠溶液 D．氢氧化钠溶液中加入铝片 解析：三氯化铁跟锌粉反应有电子转移： 2FeCl3＋Zn＝ZnCl2＋2FeCl2 三氯化铁溶液呈黄棕色，反应后生成的氯化锌无色，氯化亚铁溶液 呈淡绿色，有颜色变化，A 对．铁片跟硫酸铜能发生置换反应： Fe＋CuSO4＝Cu＋FeSO4 是氧化还原反应，有电子转移；硫酸铜溶液呈蓝色，硫酸亚铁溶液填空题 1．铁在元素周期表中的位置是________，铁的原子序数为26，其原 子M 电子层上有________个电子，Fe2+的离子结构示意图为________， Fe3+最外电子层上有________个电子． 解析：铁位于元素周期表中第四周期，第Ⅷ族；铁原子 M 电子层上 有14 个电子；Fe2+结构；Fe3+最外电子层上有13 个电子． 命题目的：本题主要考查铁在元素周期表中的位置和原子结构． 2．把适量的铁粉放入三氯化铁溶液中，当完全反应后，溶液中的 Fe2+和Fe3+浓度相等，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量浓度比 是________． 解析：加入铁粉发生反应： Fe＋2Fe3+＝3Fe2+ 2mol Fe3+反应生成3mol Fe2+，溶液中有3molFe3+． 命题目的：本题主要考查单质的铁能跟高价铁反应，以及参加反应 的物质的量的关系． 解题关键：关键是每摩尔铁失 2mol 电子，每摩尔Fe3+得1mol 电子． 错解剖析：有错解为 3∶2，这是把得失电子排反了． 答案：已反应的比未反应的为 2∶3． 3．有一包硫酸铁和硫酸亚铁的固体混合物，已知含铁元素的质量分 数为31％，则混合物中含硫元素的质量分数是________． 解析 1：写出两物质的化学式Fe2(SO4)3、FeSO4，混合物中铁元素 31％，则硫、氧两元素含1－31％＝69％，在硫酸根中S∶4O＝32∶ 64＝1∶2，硫元素占，所以硫元素的质量分数为23％． 1 3解析2：根据化学式计算 设混合物中含 Fe2(SO4)3xmol，则FeSO4(1－x)mol 含铁量： × ％＝ ％， 112 56 1 400 152 1 x x x x  真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 271  ( ) ( ) 100 31 解得 x＝0.425 含硫量： × × × × × × ％＝ ％ 3 32 0 425 32 0575 400 0 425 152 0575 . . . .   100 23 命题目的：本题主要考查混合物中某元素质量百分数的计算． 解题关键：解析1是速算，关键是SO 中硫的质量分数是．解析2要421 3 求出混合物中各成分的物质的量或它们之间的质量比，再求出硫的含量． 错解剖析：解析1 有错答为46％，那是未审清题意，求出的是氧的 质量分数． 答案：硫元素的质量分数是 23％． 4．在含有x mol 三氯化铁和ymol 氯化铜的水溶液里插入一块铁片， 充分反应后取出，再称该铁片． (1)若铁片质量和插入前相等，则x∶y＝________； (2)若铁片质量比插入前增加了，则x 和y 的关系式是________； (3)若铁片质量比插入前减轻了，由x 和y 的关系式是________． 解析：铁有还原性，它跟Fe3+、Cu2+都能发生反应，可以根据反应式 进行计算： 设有 A g Fe 跟Fe3+反应 Fe＋2Fe3+＝3Fe2+ 56g 2 mol Ag x mol 解得 A＝28x(g) Fe＋Cu2+＝Fe2+＋Cu 增重 56g 1 mol 64g 8g ymol Bg 解得 B＝8y(g) 反应前后铁片质量相等：则 A＝B 所以 ＝ ， ＝ 反应后铁片质量增加：则＜ 所以＜ ， ＜ 28x 8y A B 28x 8y x 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 272 x y y 2 7 2 7 反应后铁片质量减轻，则 A＞B 所以 ＞ ， ＜ 答： ∶ ＝ ∶ ， ＜ ， ＜ ． 28x 8y y (1)x y 2 7 (2)x (3)y 7 2 2 7 7 2 x y x 命题目的：本题主要考查Fe、Fe3+、Cu2+之间的互相反应以及反应中 量的变化． 解题关键：关键是 Fe 和Fe3+反应生成Fe2+，固体铁质量减少；Fe 和 Cu2+反应，由于生成的铜，其摩尔质量大于溶解的铁的摩尔质量，所以固体铁片 的质量增加，根据质量的减小和增加按题意进行计算． 错解剖析：根据化学方程式计算，要求已知量未知量写在化学方程 式对应物质下面，并且上下单位要相同，如果参加反应的铁用摩尔做单 位而消耗铁A 用克做单位，计算结果就错误． 5．写出下列反应的离子方程式 (1)硫酸铁溶液中加入铁粉________； (2)铁和氯气反应________； (3)三氯化铁溶液中加氨水________； (4)三氯化铁溶液中加硫氰化钾________； (5)铁片放入稀硝酸中________； (6)铁片放入稀盐酸中________； (7)铁片放入硝酸银溶液中________． 解析：(1)2Fe3+＋Fe＝3Fe2+ (2)2Fe＋3Cl2＝2FeCl3 (3)Fe3+ 3NH H O Fe(OH) 3NH 3 2 3 4 ＋ · ＝ ↓＋  (4)Fe3+＋3SCN-＝Fe(SCN)3 (5)Fe NO 4H Fe NO 2H O 3 3+ 2 ＋ ＋ ＝ ＋ ↑＋ 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 273 (6)Fe＋2H+＝Fe2+＋H2↑ (7)Fe＋2Ag+＝Fe2+＋2Ag 命题目的：本题主要考查有铁元素参加的有关离子方程式的书写． 解题关键：写离子方程式要求反应前后原子种类、原子数目、电荷 数、得失电子数都相等． 错解剖析：氨水的化学式有学生错写成NH4OH，或离子方程式中就 用OH-表示．据实验测得氨水中只有NH3·H2O，而没有NH4OH．NH3·H2O 是弱碱，写离子方程式时用化学式表示． 6．配平下列化学方程式： (1)____FeCl2＋____O2＋____H2O——_____FeCl3＋____Fe(OH)3 (2)____K2Cr2O7 ＋ ____FeSO4 ＋ ____H2SO4 — — ____K2SO4 ＋ ____Cr2(SO4)3＋_____Fe2(SO4)3＋____H2O (3)____FeSO3 ＋ ____KMnO4 ＋ ____H2SO4 — — ____Fe2(SO4)3 ＋ ____K2SO4＋____MnSO4＋____H2O (4)____FeS2＋____HNO3——____Fe(NO)3＋____H2SO4＋____NO↑ ＋____( ) 解析：根据得失电子数相等，进行配平． (1)①标出变价元素化合价，写出电子得失简式，找出最小乘数，使 得失电子数目相等． 写出氧化剂、还原剂的系数 4 FeCl 1O ____H O ____ FeCl ____ Fe(OH) +2 2 2 2 +3 3 +3 2 － － 3 ＋ ＋ —— ＋ 0  还原剂和氧化剂的系数比是 4∶1，此比例电子得失数目相等，但是未变价的Cl-， 在反应物中有2×4＝8，生成物中是3，取最小公倍数3 ×8＝24，使反应前后都有24 个Cl-，于是反应物中还原剂、氧化剂的系 数都增加3 倍． 12 FeCl 3O ____ H O 8 FeCl 4 Fe(OH) — 2 － 2 2 － 3 － 3 ＋ ＋ —— ＋ ②检查其他元素原子数，改等号，就是配平的化学方程式 12 FeCl 3O 6 H O 8 FeCl 4 Fe(OH) — 2 － 2 － 2 － 3 － 3 ＋ ＋ ＝ ＋ (2)①标出变价元素化合价，写出电子得失简式，找出最小乘数 ②检查其他元素原子数，改等号 (3) (4) 命题目的：本题主要考查氧化还原反应方程式的配平． 解题关键：氧化还原反应方程式配平方法有多种，关键是抓住得失 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 274 电子数目相等．用得失电子简式的方法，最小乘数是氧化剂、还原产物， 还原剂、氧化产物的系数，这种配平方法，数字写在纸上，不会把脑子 用得太累． 错解剖析：第(1)反应比较难，难在两个含氯元素的化学式中原子数 是奇数和偶数，这种情况用最小公倍数法解决．但是注意，还原剂和氧 化剂要以相同的倍数增加． 实验题 1．将铁粉放在烧杯中，加盐酸溶解，溶液变成________色，向此溶液中加入浓 硝酸并加热，溶液的颜色变成________色，变色的原因是 ________，再向溶液中加入足量氨水得到沉淀，把沉淀过滤、洗涤、干 燥，然后放入坩埚内，在300℃时加热至质量恒定，得红棕色粉末，写出 坩埚中发生反应的化学方程式________． 解析：生成氯化亚铁为淡绿色，和浓硝酸反应后溶液变成浅黄色， 变化的原因是Fe2+被浓硝酸氧化成Fe3+，反应的离子方程式是： Fe2+NO 2H Fe NO H O 3 + 3+ 2 2 ＋ ＋ ＝ ＋ ↑＋ 向硝酸铁溶液中加氨水，生成氢氧化铁沉淀： Fe3+3NH H O Fe(OH) 3NH 3 2 3 4 ＋ · ＝ ↓＋  沉淀放入坩埚中加热： 2Fe(OH)3 Fe2O3＋3H2O 命题目的：本题主要考查铁的不同化合物的颜色及相互转化的原理． 解题关键：在置换反应中铁表现为＋2 价，铁跟足量硝酸反应表现＋ 3 价；铁的＋2 价颜色浅，＋3 价颜色深． 2．为除去下列各物质中含有的少量杂质，需加入适当的试剂，请把 试剂填入相应的横线上(括号内是少量杂质)． (1)二氧化硅(氧化钙)，选用的试剂为________； (2)铁粉(铝粉)，选用的试剂为________； (3)三氯化铁(氯化亚铁)，选用的试剂为________； (4)氯化亚铁溶液(三氯化铁)，选用的试剂为________； (5)铜粉(铁粉)，选用的试剂为________； (6)氯化亚铁溶液(氯化铜)，选用的试剂为________． 解析：(1)选用的试剂是盐酸．盐酸跟酸性氧化物二氧化硅不反应， 能跟氧化钙反应而除去： CaO＋2HCl＝CaCl2＋H2O (2)选用的试剂是氢氧化钠溶液．铁不反应，铝粉反应而溶解： 2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑ (3)选用的试剂是新制的氯水．Fe2+跟氯气反应生成Fe3+： 2FeCl2＋Cl2＝2FeCl3 (4)选用的试剂是铁粉．铁粉能使Fe3+还原成Fe2+： 2FeCl3＋Fe＝3FeCl2 (5)选用的试剂是盐酸．铜跟盐酸不反应，盐酸可以把铁粉溶解： 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 275 Fe＋2HCl＝FeCl2＋H2↑ (6)选用的试剂是铁粉．铁粉能使氯化铜转变成氯化亚铁而铜分离出 来： Fe＋CuCl2＝FeCl2＋Cu 命题目的：本题主要考查某物质中含少量杂质如何考虑选择试剂． 解题关键：选择除杂质的试剂，一般要求试剂与被提纯的物质不同 相，例如固态物质选择液态试剂，液态物质选择气态或者固态试剂，以 免除杂质过程中引进新的杂质．也有某种情况加入相同相的，例如上述 第(3)小题三氯化铁溶液中含杂质氯化亚铁，加的试剂是新制的氯水，氯 水也是液相，但是过量的氯水，久置在光的作用下分解，放出氧气余下盐酸． Cl2＋H2O＝HCl＋HClO 2HClO 2HCl＋O2↑ 盐酸电离出的氯离子和三氯化铁中的氯离子相同，不是杂质，而且 三氯化铁溶液本身是酸性的，氢离子也不是杂质． 错解剖析：有学生在三氯化铁中含氯化亚铁杂质，加硝酸把 Fe2+氧 化就错了，错在引入杂质NO ． 3  3．有6 种黑色固体，它们分别是铁、氧化亚铁、硫化亚铁、氧化铜、 二氧化锰、碳，试用一种试剂将它们鉴别出来，该试剂的名称是________， 请把现象填入下表相应空格中． 编号 (1) (2) (3) (4) (5) (6) 被鉴物Fe FeO FeS CuO MnO2 C 现象 写出有关反应的化学方程式： (1)________； (2)________； (3)________； (4)________； (5)________； (6)________． 解析：鉴别上述 6 种物质，选用的试剂是浓盐酸，无色的盐酸分别 跟这6 种物质反应，发生的现象和反应的化学方程式分述如下： (1)有气体放出，铁溶解，溶液由无色变成浅绿色： Fe＋2HCl＝FeCl2＋H2↑ (2)氧化亚铁溶解，无气体生成，溶液由无色变成浅绿色： FeO＋2HCl=FeCl2＋H2O (3)固体溶解，有臭鸡蛋气味的气体产生： FeS＋2HCl=FeCl2＋H2S↑ (4)固体溶解，溶液变成绿色： CuO＋2HCl=CuCl2＋H2O (5)加热有黄绿色气体生成，有强烈刺激性气味： MnO 4HCl MnCl Cl 2H O 2 2 2 2 ＋ ＋ ＋ △ (6)碳和盐酸不反应，无明显外观现象。 命题目的：本题主要考查鉴别物质如何选择试剂。 解题关键：本题的 6 种物质没有混合在一起，只要判断每号瓶里装 的是什么物质，选择试剂只要考虑到反应过程中有明显的不同外观现象， 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 276 根据现象来判断。 错解剖析：有回答选用试剂是盐酸，或回答试剂是 HCl，两种回答 都不对。盐酸有稀、浓之别，稀盐酸一般可以不指明浓度，浓盐酸一定 要指明。稀盐酸跟二氧化锰不反应，故有两种物质无明显现象，该试剂 不可选用。HCl 是气体，有两种物质反应后生成气体，其他几种物质由 于固体和气体反应，现象也不明显。 4．下述图示表示实验步骤：溶液G 做焰色反应呈浅紫色。试判断下列指定框格 内是什么物质： A：________；B：________；C：________； D：________；E：________；F：________； G：________；H：________；I：________。 解析：金属跟盐酸反应放出的气体是氢气；溶液 B 加过量氨水有白 色沉淀，在碱性条件下变成红褐色沉淀，E 是氢氧化铁；C 中有氢氧化亚 铁，B 中有氯化亚铁，溶液D 通二氧化碳生成白色絮状沉淀，F 是氢氧 化铝；溶液G 中含K+离子，是碳酸钾或碳酸氢钾；D 是偏铝酸钾；C 中 还含有氢氧化铝，B 中还有氯化铝；H 是金属铁。 结论： A：铝和铁的混合物B：氯化亚铁和三氯化铝混合溶液： Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑ 2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑ C：氢氧化亚铁和氢氧化铝的混合沉淀： FeCl2＋2NH3·H2O=Fe(OH)2↓＋2NH4Cl AlCl3＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4Cl D：偏铝酸钾溶液： Al(OH)3＋KOH=KAlO2＋2H2O E：氢氧化铁： 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3 F：氢氧化铝： KAlO2＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋KHCO3 2KAlO2＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋K2CO3 G：碳酸钾和碳酸氢钾的混合溶液 H：金属铁： Fe＋2FeCl3=3FeCl2 I：氢气 命题目的：本题主要是综合考查铁和其他金属混合物的互相转化。 解题关键：关键是根据框图中提供的现象，联系有关反应进行判断。 错解剖析：G 错判为三氯化铝，错误的原因是只想到铝有两性，还 不理解偏铝酸盐在酸性条件的溶液中能沉淀，但只有强酸才能使氢氧化 铝沉淀溶解，碳酸性溶液不能使氢氧化铝溶解，而且该溶液中没有氯离 子。计算题 1．有两种铁的氧化物A 和B，分别重0.8g 和0.87g，在高温下均通 入足量一氧化碳将其还原成单质的铁，把生成的二氧化碳气体分别通入 澄清的石灰水中。充分吸收，均得到固体沉淀物1.5g，试通过计算确定 两种铁的氧化物A 和B 的化学式。 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 277 解析 1：设A 和B 的化学式分别为FexOy、FeaOb，A 的反应是 FexOy＋yCO=xFe＋yCO2 Ca(OH)2＋CO2=CaCO3＋H2O 关系式：氧化铁中的氧 O～CO～CO2～CaCO3 0.015mol 0.015mol 氧化铁中有氧 0.015mol，再求x。 根据所设化学式 FexOy，56x＋0.015×16=0.8，解得x=0.01 x∶y=0.01∶0.015=2∶3 所以 A 的化学式：Fe2O3 B 的化学式 56a＋16×0.015=0.87，解得a=0.01125 a∶b=0.01125∶0.015=3∶4 所以 B 的化学式Fe3O4。 解析 2：由2CO＋O2=2CO2，碳的守恒换算成氧的守恒： n(CaCO3)= n(CO2 )= n(CO)= n(O原子)= 0.015mol 而一氧化碳获得氧原子来自铁的氧化物，因此 0.8g 氧化物中铁的物 质的量为： 0.8 16×0.015 56 = 0.56 56 = 0.01(mol) n(Fe)∶n(O)=0.01∶0.015=2∶3，化学式Fe2O3 0.87g 氧化物中铁的物 质的量为： 0.87 16×0.015 56 = 0.01125(mol) n(Fe)∶n(O)=0.01125∶0.015=3∶4，化学式为Fe3O4。 命题目的：本题主要考查关于化学式的计算。 解题关键：关键是找出化学式中原子数比。 错解剖析：没有把化学式放入题目所给的化学反应中处理，把碳和 氧的关系搞乱了而引起错误。 答案：A 和B 的化学式分别是Fe2O3 和Fe3O4。 2．将0.56g 铁粉加到50mL1mol·L-1 的盐酸溶液中，充分反应。请 计算：(1)在标准状况下，可生成氢气多少升？ (2)反应完成后，若溶液体积仍是50mL，这时溶液中的阳离子，主要 阴离子的物质的量浓度是多少摩·升-1？ 解析：有铁 ，盐酸× ，盐酸过量， 056 56 . = 0.01(mol) 0.05 1 = 0.05(mol) 设产生氢气 x L。 (1)Fe 2HCl = FeCl H 1mol 22.4L 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 278 0.01mol x L x = 0.224L 2 2 ＋ ＋ ↑ 解得 (2)反应后溶液中有Fe2+和未反应完的H+，还有盐酸中未作用的Cl-。 [Fe ] = 0.01 0.05 = 0.2(mol L ) [H ] = 0.05 = 0.6(mol L ) n = n 2n = 0.05mol 2+ 1 1 (Cl ) (H ) (Fe2 ) · · ＋    0 02 0 05 . . [Cl ] = n 0.05 Cl= 1(mol·L1 ) 命题目的：本题主要考查基本的化学计算。 解题关键：关键是掌握关于根据化学方程式一种反应物过量的计算， 和有关溶液物质的量浓度的计算。 错解剖析：题目没有给出阳离子有哪些，往往漏答[H+]。 答案：放出氢气0.224L，阳离子[Fe2+]=0.2mol·L-1，[H+]=0.6(mol·L-1)， 阴离子[Cl-]=1(mol·L-1)。3．今要炼得含杂质A％的生铁W×103kg，若 冶炼过程中有B％的铁损失，问需含Fe2O3 为C％的铁矿石多少千克？ 解析：设需铁矿石 x kg，其中含Fe2O3x×C％kg，生铁中含铁W× 103(1－A％)kg： Fe O 3CO = 2Fe 3CO 160 112 x C (1 B ) W 10 (1 A 2 3 2 3 ＋ ＋ 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 279 · ％ － ％ × － ％ 160∶x·C％(1－B％)=112∶W×103(1－A％) x = 160 W 10 112 C%(1 ) = 10W 10 7 C%(1 ) (kg) × × 3 3 · × · ( %) % ( %) % 11    A B A B 命题目的：本题主要考查含杂质的计算。 解题关键：根据化学方程式的计算，一定是纯净物，如果反应物或 生成物中含有杂质，要换算成纯净物后，再根据化学方程式计算。错解剖析：有 学生计算纯铁列式为W×103×A％，该公式计算出来 的数为杂质的质量，是审题不清的错误。 答案：需含 为％的铁矿石 × · Fe O C kg 2 3 10 10 1 7 1 W 3A C B ( %) %( %)   4．一定量的铁和三氧化二铁的混合物，投入250mL 2mol·L-1 的硝 酸溶液中，固体完全溶解后，生成标准状况的一氧化氮1.12L。再向反应 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 280 后的溶液中加入1mol·L-1 的氢氧化钠溶液，要使铁元素完全沉淀下来， 所加入的氢氧化钠溶液的体积最少是几升？固体最多几克？ 解析 1：硝酸的物质的量0.25L×2mol·L-1=0.5mol， 设 x mol 铁消耗y mol 硝酸生成1.12L 一氧化氮 Fe 4HNO = Fe(NO ) NO 2H O 1mol 4mol 22.4L xmol ymol 1.12L 3 3 3 2 ＋ ＋ ↑＋ x=0.05mol y=0.2mol 剩余 0.5－0.2=0.3(mol)硝酸跟三氧化二铁反应， 设 Fe2O3 为z mol。 Fe O 6HNO = 2Fe(NO ) 3H O 1mol 6mol zmol 0.3mol z = 0.05mol 2 3 3 3 3 2 ＋ ＋ 解得。 设加入氢氧化钠溶液 A L。 Fe(NO ) 3NaOH = Fe(OH) 3NaNO 1mol 3mol (0.05 0.05 2)mol 1 A 3 3 3 3 ＋ ↓＋ ＋ × × 1∶0.15=3∶A 解得A=0.45(L) 由于固体完全溶解，可能硝酸过量，也可能是正好完全反应，还可 能固体过量，若固体过量还可能铁和硝酸铁反应： 设有 B mol 铁和硝酸铁反应，生成硝酸亚铁： Fe 2Fe(NO ) = 3Fe(NO ) 1mol 2mol Bmol 0.15mol B = 0.075mol 3 3 3 2 ＋ 解得 固体质量：(0.05＋0.075)×56＋0.05×160=7＋8=15(g) 解析 2：固体溶于硝酸后，溶液阴离子只有NO3 -，阳离子可能是Fe3+、 Fe2+、H+三种，或两种，或只有Fe3+、Fe2+中的一种，欲使铁全部生成沉 淀，先中和过量H+。所以加入的氢氧化钠溶液，可以看作用OH-代替 NO3 -和这些阳离子结合： n = n = 0.5 = 0.45(mol) = 0.45(L) (OH－ ) (NO3－ ) － 氢氧化钠体积： 112 22 4 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 281 0 45 1 . . . 其他计算同解析 1。 命题目的：本题主要考查铁及铁的氧化物和硝酸反应以及有关计算。解题关键： 铁和硝酸反应生成硝酸铁，若硝酸过量，阳离子有Fe3+、 H+，若适量，阳离子只有Fe3+，若固体过量阳离子有Fe3+、Fe2+，或只有 Fe2+，无论上述何种情况，溶液电中性，阳离子所带正电荷总数等于阴离 子所带负电荷总数，而阴离子只有NO3 -，所以是硝酸根数。 错解剖析：有学生计算结果，固体最多为 12.2g，原因是溶液中铁和 硝酸反应后，没有单质再和硝酸铁反应。 答案：加1mol·L-1 氢氧化钠最少需0.45L，固体混合物最多是15g。 5．金属铜能被氯化铁浓溶液腐蚀： Cu＋2Fe3+=Cu2+＋2Fe2+ 现将有铜的印刷线路板浸入 120mL 的氯化铁溶液中，有9.6g 铜被腐 蚀。 取出线路板，向溶液中加入 8.4g 铁粉，充分反应后，溶液中还残留 4.8g 不溶物。 求：(1)原氯化铁溶液的物质的量浓度是多少？ (2)最后溶液中有哪些金属离子，物质的量浓度各是多少？(设溶液的 体积不变) 解析：氯化铁溶液的体积为 0.12L 铜被腐蚀，溶液中有Cu ；加入铁粉，铁可跟 9.6 64 2+= 0.15mol Fe3+ 反应，又可跟 Cu2+反应，充分反应后铁全部溶解，残留物应该是铜，由 于Cu 和Fe3+不能共存，溶液中Fe3+也反应完 Cu＋2Fe3+=Cu2+＋2Fe2+ 0.15mol 由反应可知腐蚀铜消耗 Fe3+ 0.3mol，生成Fe2+ 0.3mol。 加入铁粉后有不溶物铜 64 = 0.075mol 4 8 . Fe＋Cu2+=Fe2+＋Cu 0.075mol 由反应可知消耗 Fe 0.075mol，生成Fe2+ 0.075mol，消耗Cu2+ 0.075mol。其余铁－0.075 = 0.075mol，跟Fe3+反应 8 4 56 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 282 . Fe 2Fe = 3Fe 0.075mol ＋ 3+ 2+ 此反应消耗 Fe3+ 0.15mol，生成Fe2+ 0.225mol。 (1)[FeCl ] = 0.3 + 0.15 0.12 = 0.375(mol L ) 3 · 1 (2)溶液中有Fe2+、Cu2+， [Fe ] = 0.3 + 0.075 + 0.225 0.12 = 5(mol L ) [Cu ] = 0.075 0.12 = 0.625(mol L ) 2 1 2 1   · · 命题目的：本题主要综合考查 Fe、Cu、Fe2+、Fe3+之间的关系。 解题关键：氧化性 Fe3+＞Cu2+，因此Fe3+和Cu 不能共存，当有铜存 在时，溶液中Fe3+反应完。错解剖析：残留物判为未反应的铁，以下一系列的计 算都受影响。 答案：(1)原氯化铁溶液的浓度是0.375mol·L-1 (2)溶液最后有Fe2+、Cu2+；[Fe2+]是5mol·L-1，[Cu2+]是0.625mol·L-1 6．有铝和四氧化三铁组成的铝热剂粉末，在隔绝空气的条件下引燃， 使之充分反应。把所得混合物研细，并分成两等份，分别投入到过量烧 碱溶液和盐酸中，充分反应后，前者消耗氢氧化钠m mol，放出标准状况 下的气体0.672L；后者消耗盐酸n mol，放出标准状况下气体V L。若将 等质量的这种铝热剂中的铝粉和足量的稀硫酸反应，可以得到标准状况 下的气体6.72L。 求：(1)铝热剂中各成分的质量分数。 (2)m、n、V 的值各是多少？ 解析：题目没有指明铝热剂中铝粉和四氧化三铁各自的质量分数， 那么铝粉和四氧化三铁混合有三种情况：①铝粉和四氧化三铁适量，恰 好两者完全反应，反应物无剩余，产物是三氧化二铝和单质铁，该混合 物投入过量的氢氧化钠溶液中，铁跟氢氧化钠溶液不反应，三氧化二铝 能跟氢氧化钠溶液反应，但是不放出气体，不合题意；②铝热剂中四氧 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 283 化三铁过量，反应后的混合物中有三氧化二铝、铁和剩余的四氧化三铁， 将其混合物投入过量的氢氧化钠溶液中，铁和四氧化三铁跟氢氧化钠溶 液都不反应，三氧化二铝跟氢氧化钠反应，但是不放出气体，不合题意； ③铝热剂中铝粉过量，反应后混合物中有三氧化二铝和剩余的铝，将其 混合物投入过量的氢氧化钠溶液中，铁跟氢氧化钠不反应，三氧化二铝 和铝都能跟氢氧化钠溶液反应，而且铝在反应时能够放出氢气，符合题 意。 (1)求铝热剂中各成分的质量分数： 设原铝热剂中含铝 x g 2Al 3H SO = Al (SO ) 3H 2 27g 3 22.4L x g 6.72L 2 4 2 4 3 2 ＋ ＋ ↑ × × 2×27∶x=3×22.4∶6.72 解得x=5.4(g) 设铝热反应后剩余的铝为 y g。 2Al 2NaOH 2H O = 2NaAlO 3H 2 27g 2mol 3 22.4L y g a = 0.02mol 0.672L 2 2 2 ＋ ＋ ＋ ↑ × × 2×27∶y=3×22.4∶0.672 解得y=0.54(g) 故参加铝热反应的铝粉为：5.4－0.54×2=4.32(g) 设铝热剂中四氧化三铁的质量为z g。 8Al 3Fe O 4Al O 9Fe 8 27g 3 232 4mol 9mol 4.32g z g b = 0.08mol c = 0.18mol 3 4 2 3 ＋ ＋ × × 高温 8×27∶4.32=3×232∶z 解得z=13.92(g) 所以铝热剂中 Al％ = × ％ ％ 5.4 5.4 +13.92 100 = 27.95Fe3O4％=1－27.95％=72.05％ (2)求m、n 和V 反应后每份反应后的混合物中含铝，含铁，含 三氧化二铝 5.4g = 0.09(mol) = 0.04mol 018 2 0 08 2 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 284 . . Al O 2NaOH = 2NaAlO H O 1mol 2mol 0.04mol 0.08mol 2 3 2 2 ＋ ＋ 所以 m=0.02＋0.08=0.10(mol) 2Al 6HCl = 2AlCl 3H 2 27g 6mol 3 22.4L 0.54g 0.06mol 0.672L 3 2 ＋ ＋ ↑ × × Fe 2HCl = FeCl H 1mol 2mol 22.4L 0.09mol 0.18mol 22.4 0.09L 2 2 ＋ ＋ ↑ × Al O 6HCl = 2AlCl 3H O 1mol 6mol 0.04mol 6 0.04mol 2 3 3 2 ＋ ＋ × 所以 n=0.06＋0.18＋0.24=0.48(mol) V=0.672＋22.4×0.09=2.688(L) 命题目的：本题主要是综合考查铝热反应以及反应生成物和强酸、 强碱反应。 解题关键：关键是铝热剂的混合物中，铝过量，铝热反应后有铝和 铁两种金属和三氧化二铝，当和碱作用时，只有铝和碱反应放出氢气； 当和酸作用时，铝和铁都能和酸反应放出氢气，所以V 不是0.672L，应 该大于0.672L。 错解剖析：有学生计算结果Al％=25.6％，错误的原因是铝热反应剩 余的铝0.54g 是取原铝热反应一半的量，总剩余的铝应该是0.54×2g。 答案：(1)铝热剂中Al％=27.95％，Fe3O4％=72.05％ (2)m=0.10mol，n=0.48mol，V=2.688L 7．将一块生锈的铁片置于稀硝酸中，反应结束后，收集到标准状况 的一氧化氮气1.12L，还剩余3g 单质铁。取出铁片后，溶液中通入10.65g 氯气，恰好使溶液中Fe2+全部氧化(假设氯气只跟Fe2+反应)。求这块生锈 的铁片总质量是多少？(铁锈的成分以Fe2O3·H2O 计算) 解析：铁有剩余，溶液中无，通入氯气的物质的量 ，放出一氧化氮的物质的量，铁跟硝酸反应生成硝 Fe = 0.15 (mol) = 0.05(mol) 3+10 65 71 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 285 112 22 4 . . . 酸铁，铁锈跟硝酸反应生成硝酸铁。设跟硝酸反应的铁x mol，转化为Fe2+y mol。Fe 4HNO = Fe(NO ) NO 2H O 1mol 1mol xmol 0.05mol x = 0.05mol 3 3 3 2 ＋ ＋ ↑＋ 解得 Fe 2Fe = 3Fe 2mol 3mol 0.05mol y mol y = 0.075mol ＋ 3+ 2+ 解得 铁锈溶解 Fe2O3·H2O＋6H+=2Fe3+＋4H2O 2Fe Cl = 2Fe 2Cl 0.3mol 0.15mol 2+ 2 ＋ 3+＋  由铁锈溶解得Fe3+，再转化生成的Fe2+ 是： 0.3mol－0.075mol=0.225mol 设有铁锈 zmol Fe O H O 2Fe 3Fe 1 3 z 0.225 z = 0.075(mol) 2 3 2 · ～ 3+～ 2+ 解得 生铁片的总质量是：铁锈加跟硝酸反应的铁加跟 Fe3+反应的铁加剩 余的铁： 0.075×178＋(0.05＋0.025＋0.075)56＋3=24.75(g) 命题目的：本题主要考查 Fe、Fe3+、Fe2+之间的转化。 解题关键：关键是有铁单质剩余时，硝酸消牦尽，Fe3+不存在，溶液 中的阳离子只有Fe2+，通入氯气，可以使Fe2+全部转化成Fe3+。 错解剖析：有学生计算结果生锈铁片总质量为 20.55g，错误的原因 是铁锈溶解生成Fe3+。Fe3+还要跟铁反应生成Fe2+，没有计入这步反应消 耗的铁。 答案：生锈铁片总质量是 24.75g 第十章烃 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 286 单选题 1．下列物质中，属于纯净物的是 [ ] A．煤焦油 B．聚乙烯 C．异戊二烯 D．二甲苯 解析：纯净物是由一种物质组成的。根据这一定义，分析各选项的 物质组成： A．煤焦油成分复杂，可分馏出多种芳香族化合物，因而是混合物。 B．聚乙烯虽然可以写成，但任意两个聚乙烯分子 的n 值可以不同，因而聚乙烯的分子量是不确定的，可以从几万到几十 万，所以不是纯净物。 C．异戊二烯结构简式为，没有异构体，只 有一种分子，因而是纯净物。 D．二甲苯可以有三种 形式的异构体，因此为混合物，而不是纯净物。 命题目的：本题考查对混合物、纯净物概念的理解，以及应用于分 析有机物组成的能力。 解题关键：对纯净物概念的深入理解是解答本题的关键。绝大部分 有机物是由分子组成的物质，对于这类物质，只由一种分子组成的物质 才是纯净物。 错解剖析：如果错误地将纯净物概念理解为“能写出一种化学式”， 则可能误选B，实际上，凡是聚合物都不是纯净物。若没有考虑到“二 甲苯”实际上存在邻、间、对三种结构，即三种分子，可能误选D。若 误认为异戊二烯存在同分异构体，可能漏选C。 答案：C 2．下列变化中，属于化学变化的是 [ ] A．石油分馏 B．煤的干馏 C．用苯从溴水中萃取溴 D．从煤焦油中提取苯、甲苯、二甲苯等产物 解析：化学变化是有新物质生成的变化。分析各选项所述过程是否 有新物质生成，是本题的正确解法。 A．石油主要是由各种烷烃、环烷烃和芳香烃组成的混合物。石油分馏是通过加 热和冷凝，把石油分成不同沸点范围的产物，如汽油、煤油、 柴油等。这些产物都是石油中原有的组分，分馏过程没有新物质生成， 因此不是化学变化。 B．煤是由有机物和无机物组成的复杂的混合物，煤在干馏(隔绝空 气加强热使其分解)的过程中，发生了复杂的变化，得到固体产物焦炭， 液体产物煤焦油，气体产物出炉煤气。这些产物均不是煤原有的成分， 如煤焦油中含有多种芳香烃，而通常的煤是不具有芳香烃易挥发的特殊 气味的。因此干馏过程是生成了新物质的化学变化过程。 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 287 C．用苯从溴水中萃取溴的过程，是利用苯与水不相混溶，且溴在苯 中的溶解度大于在水中溶解度这一性质，把大部分溴从水中转移到苯中 的过程。这一过程并没有新物质生成，因此不是化学变化过程。 D．煤焦油是由多种芳香烃及其衍生物和沥青等成分构成的复杂的混 合物。利用分馏的物理方法可以获得不同沸点的苯、甲苯、二甲苯等产 物，这些产物是煤焦油中的原有组分，因此，从煤焦油中提取芳香烃的 过程也不是化学变化过程。 命题目的：本题考查对化学变化、物理变化概念的理解，以及对几 种常见有机物变化过程的记忆和分析的能力。 解题关键：对石油分馏、煤的干馏和煤焦油的分馏以及萃取过程的 记忆与分析理解是正确解答本题的关键。必要而正确的记忆是学好化学 的一个重要基础。 错解剖析：分馏与蒸馏原理相同，都是利用沸点不同进行物质分离 的物理变化过程。干馏(中学学过木材和煤的干馏)则是隔绝空气加强热的 复杂的化学变化和物理变化的过程。如不能正确理解二者的区别，则可 能误选A 或D。 答案：B 3．关于烃的下列叙述中，正确的是 [ ] A．通式为CnH2n+2 的烃一定是烷烃 B．通式为CnH2n 的烃一定是烯烃 C．分子式为C4H6 的烃一定是炔烃 D．分子量为128 的烃一定是烷烃解析：解答本题要注意分析链烃 的通式、结构及式量的关系。 A．烷烃的通式为CnH2n+2，则符合此通式的烃必为烷烃，此说法正 确。 B．通式为CnH2n 的烃，可以是烯烃，也可能是环烷烃，则B 说法不 正确。 C．分子式为C4H6 的烃可能是炔烃，也可能是二烯烃，则C 说法不 正确。 D．分子量为128 的烃，若是链烃，其组成应为C9H20，符合烷烃通 式。若考虑C、H 的相对原子质量关系，分子量为128 的烃，其组成也 可为C10H8，_______其结构应为，则不是烷烃，因此D 说法也不正确。命题目的：本 题从较广泛的角度考查了对烃的通式与结构、分子量、 组成及异类异构体的关系，也考查了思维的科学性、严密性、深刻性等 重要的能力品质。 解题关键：熟悉常见烃的组成与结构的关系，是解答本题的关键， 其核心问题是结构问题。异类异构体的判断，组成上一个C 原子相当于 几个H 原子的变换，实际上都是围绕结构的变换可能。由此可归纳：只 有符合CnH2n+2 通式的烃一定是烷烃，其他则可能出现异类异构体。 错解剖析：D 中分子量与结构的关系较为陌生，如未考虑到C10H8 可以是萘，可能误选D。 答案：A 4．下列烃的名称，正确的是 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 288 [ ] A．3，3－二甲基丁烷 B．3－甲基－2－乙基戊烷 C．2，3－二甲基戊烯 D．3－甲基－1－戊烯 解析 1：可按名称写出相应的结构简式，判断名称是否正确。 A．结构简式应为，根据从离支链较近的一 端开始给主链碳原子编号的原则，应命名为2，2－二甲基丁烷，则A 不 正确。 B．结构简式应为，主链碳原子数 为6，而不是5，则命名为戊烷不正确，名称应为3，4－二甲基己烷，B 亦不正确。 C ． 结构简式可为， 也可为 、等等，命 名为2，3－二甲基戊烯，未指明双键位置，因此无法确定其结构，则C 不正确。 D．结构为，符合命名原则。 解析 2：如果熟悉命名原则及烃类命名的一些规律，可较快判断，不 必逐一写出结构分析。 A．命名为丁烷，则支链上有两个甲基且在同一碳原子上时，只能在 第2 个碳原子上，否则违背从离支链较近一端开始给主链碳原子编号的原则。则 A 不正确。 B．在烷烃命名中，碳链的1 位上不可能有甲基，2 位上不可能有乙 基，3 位上不能有丙基，以此类推。否则，主链的选择必不符合选取最长 碳链为主链的原则，B 中“2－乙基”必是错误命名，则B 不正确。 C．主链碳原子数3 个以上的烯烃，必须标明双键位置。本命名中戊 烯未标明双键位置，则必然错误，则C 不正确。 因此只有 D 正确。 命题目的：本题设置烃类命名中常见的错误，考查对命名原则的掌 握情况。 解题关键：解析 1 为基本方法，关键是考查能否根据有关名称，写 出正确的结构式。解析2 为较简便的思考过程，关键是熟悉命名方法中 的一些规律，能归纳和掌握规律，可大大简化思考过程，选择简捷的思 路和方法。 错解剖析：对主链选择及碳原子编号原则不熟悉，可能误选 A、B。 对烯烃中主链为3 个碳原子以上的应注明双键位置不熟悉，可能误选C 项。 答案：D 5．下列关于烃的含碳量的说法，正确的是 [ ] A．烃分子中碳原子数越多，含碳量越高 B．烃的含碳量越高，在空气中燃烧越充分，火焰越明亮 C．甲烷是含碳量最低的烃 D．乙炔是含碳量最高的烃 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 289 解析：链烃分子的含碳量有如下规律：烯烃含碳量均为 85.7％，可 由其通式CnH2n 推导： C = 12n 12n + 2n 100 = 12 14 ％ × ％ ×100％ = 85.7％ 同样推出：烷烃含碳量由 75％(甲烷)，随碳原子数的增多而含碳量 逐渐增大，向85.7％趋近；炔烃的含碳量由92.3％(乙炔)随碳原子数的增 多逐渐减小，向85.7％趋近。 芳香烃或稠环芳香烃，一般苯环数越多，含碳量越高。 依据以上规律，可分析各选项正误： A．炔烃中，碳原子数越多，含碳量越低，如乙炔含碳92.3％，丙炔 含碳量为90％。则A 不正确。 B．含碳量与烃在空气中的燃烧情况确实有关：含碳量越高的烃，在 空气中燃烧越不充分，会出现大量黑烟即游离态碳的小颗粒，火焰越明 亮，则B 不正确。 C．甲烷分子含碳量75％，是含碳量最低的烃。 D．许多稠环芳香烃的含碳量比乙炔高，如萘含碳量为93.75 ％，高于乙炔含碳量92.3％。则D 不正确。 命题目的：本题主要考查对链烃含碳量规律的认识及广泛思考对比 芳香烃与稠环芳香烃含碳量的特点的能力。解题关键：根据链烃的通式推导并归 纳含碳量规律，且能对比分析 稠环芳香烃的含碳量特点是解答本题的关键。 错解剖析：链烃和芳香烃是中学有机化学的重点，它们的许多性质 如熔沸点等均与分子中的碳原子数递增有关。但含碳量规律却较为复杂， 若认为“分子中碳原子数越多，含碳量越高”，则会形成错误认识，误 选A。 烃分子中含碳量越高，在空气中燃烧火焰越明亮，其原因是燃烧不 充分，若对此没有明确认识，会误选B。 答案：C 6．下列各组物质，一定是同系物的是 [ ] A．分子式为C4H6 和C5H8 的烃 B．符合CnH2n 通式的烃 C． D．分子式为C4H10 和C20H42 的烃 解析：A．C4H6、C5H8 均符合通式CnH2n-2，但可能分别是炔烃或二 烯烃，不一定是同系物，则A 不符合题意。 B．符合CnH2n 通式的烃，可能分别是烯烃或环烷烃，也不一定是同 系物，B 亦不符合题意。 C．甲烷分子的二元取代物只有一种结构，即两个取代基必位于甲烷 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 290 四面体分子结构的同一条棱上， 不存在异构体， 则 是同一物质，谈不上同系物。则C 亦不符 合题意。 D．符合CnH2n+2 通式的烃，都是烷烃同系物，即分子中C 原子均以 单链相连接，其余价键都被H 原子所饱和，具有相似的结构，而在组成 上相差若干个CH2 原子团，符合同系物的概念。 命题目的：考查对同系物概念的理解与区分，并对比、分析与几个 相近概念(如同分异构体、异类异构体、同一物质等)互相区别的能力。 解题关键：深入理解同系物概念，认识通式与异类异构体的关系是 本题的解题关键。 错解剖析：符合烷烃通式的物质都是烷烃的同系物，但符合 CnH2n、 CnH2n-2 通式的物质可能存在异类异构体。若对此认识不足，则可能误选 A、B。 同系物与同分异构体、同一物质是不同概念，若不能清楚地区分它 们的差异，可能误选C。 答案：D 7．甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构，而不是平面正方形结构的理由 是 [ ] A．CH3Cl 不存在同分异构体 B．CH2Cl2 不存在同分异构体 C．CHCl3 不存在同分异构体 D．CH4 是非极性分子 解析：甲烷分子若是平面正方形结构，则应是 若对平面结构不成立的命题，则可证明甲烷是正四面体结构而不是 平面正方形结构。 A．若是平面结构，CH3Cl 也没有同分异构体，则A 不符合题意。 B．若CH4 为平面结构，则其二氯代物可有： 两种同分异构体，则 B 说法仅对正四面体结构成立，而不适合平面 结构。因此，B 可作为证明CH4 为正四面体结构的理由。 C．与A 类似，不能证明CH4 是否是正四面体结构。 D．若CH4 为平面结构，正、负电荷的重心重合在中心碳原子上， 可以是非极性分子，亦不能证明CH4 分子结构。 命题目的：考查对甲烷分子高度对称，即有三个以上对称元素的理 解及空间三维结构想象能力。 解题关键：从逻辑上理解“对平面正方形结构不成立的说法，才能 证明甲烷的正四面体结构”是解答本题的关键。错解剖析：对题意理解 不正确，即对平面结构和立体结构都同时成立的命题，不能证明CH4 必 为正四面体的立体结构，可能造成错选A、C。而若对正四面体的对称性 理解不够，可能漏选B。 答案：B 8．已知二氯苯的同分异构体有3 种，可推知四氯苯的同分异构体有 [ ] A．2 种 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 291 B．3 种 C．4 种 D．5 种 解析 1：分别写出二氯苯与四氯苯的所有可能的结构：可判断四氯苯的同分异构 体也是3 种。 解析 2：苯分子中有6 个氢原子，则取代2 个剩余4 个与取代4 个剩 余2 个的种类是相同的。已知二氯苯的同分异构体有3 种，即邻、间、 对三种结构；则四氯苯所空余即未被取代的氢原子必位于邻、间、对的 位置。因此四氯苯的同分异构体也是3 种。命题目的：本题考查对苯环 上满足互补关系(2 与4，1 与5)的取代物种类相同，这一规律的认识与理 解。 解题关键：解析1 的通常思路，逐一写出二氯苯与四氯苯的异构体， 较为繁琐，且易出错。解析2 注意到苯环结构的对称性与取代基数目互 补时的异构体数目必然相同这一规律，符合命题要求。 错解剖析：如果对苯环结构对称性认识不足，又不了解互补规律， 可能将与误认为是不同结构，会误选C，甚至 误选D。 答案：B 9．分子中含有x 个碳碳双键的烯烃，其化学式量为M，Wg 该烯烃 与标准状况下VL 氢气在一定条件下恰好完全反应，若以NA 表示阿伏加 德罗常数，则每摩尔该烯烃中的碳碳双键数x 可表示为 [ ] A B ． ． 22 4 . W MV MVN W A C D ． ． MVN W VN MW A A 22 4 2 . 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 292 解析：烯烃分子中含有x 个双键，则1mol 此烯烃可与x mol H2 完全 加成。则根据烯烃的质量Wg，式量M 和H2 体积VL，有以下关系：W MW ·x = ，解得每摩尔烯烃中含有的双键数为： 。 V 22.4 N x = MVN A A 22 4 . 命题目的：本题以烯烃与氢气的加成反应为素材，考查对烯烃加成 反应的量关系及常用化学量掌握的程度。由于采用代数式形式，增加了 试题难度。 解题关键：解答本题要抓住两个要点：①是烯烃分子中的双键数与 烯烃加氢数相等；②是用题给的W、M、V、x 正确列出烯烃加氢的关系。 错解剖析：如果没有注意到氢气体积为VL，会错选B。如果将关系 理解错误，且没有理解题意是求1 mol 该烃的双键数，会误选A。 答案：C 10．一种气态烷烃X 和一种气态烯烃Y 组成的混合物10g，其密度 为相同条件下氢气密度的12.5 倍，该混合气体通过溴水，使溴水增重 8.4g，则X、Y 可能是 [ ] A．甲烷和丙烯 B．乙烷和乙烯 C．甲烷和乙烯 D．乙烷和丙烯 解析：此混合气态烃对H2 的相对密度为12.5，则混合气态烃的平均 相对分子质量为Mr = 12.5×2 = 25 气态烃中，分子量小于25 的只有甲烷，则此混合烃中，烷烃X 必为 甲烷。通过溴水，使溴水增重的质量即为烯烃的质量，即Y 为8.4g，甲 烷为 10－8.4=1.6(g) 设 Y 的分子量为M，根据十字交叉法可求出Y 与CH4 在混合气体中 的物质的量之比关系： 可解得 M=28，则Y 为乙烯。原气态混合烃为甲烷和乙烯的混合物。 命题目的：本题考查气态混合物平均分子量的求法和意义，再结合 烯烃的加成反应考查综合应用能力。 解题关键：混合气态烃的平均分子量Mr若小于或等于26，则其中 必含有甲烷，这是理解和解答本题的关键。烃的分子量，甲烷为 16，分 子量为最小，其次是C2H2，分子量为26。混合物的平均分子量必介 于组分中分子最大与最小值之间，因此有结论：当Mr≤26时，必有甲 烷。 平均分子量还可表示为各组分的分子量与其物质的量分数乘积之 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 293 和，即： Mr = M n M n 1 1 2 2 · ＋ · 式中 n1 为分子量为M1 组分的物质的量分数，M2、n2 为另一组分的 分子量和物质的量分数。这一关系可以用十字交叉形式简单表示为：填空题 1．烷烃分子可以看成由—CH3、—CH2—、等基 团或原子团结合而成。如果某烷烃分子中同时存在这4 种基因，最少应 为含有________个碳原子的烷烃，其结构简式有________种，它们分别 是________。 解析：按照题目要求，可将 4 种基团逐一排列如下式，构成主链：的剩余价键 上 必须连接—CH3，否则就不能保持该基团的形式，例如上若连接 一个H 原子，则为。这样可以计算出最少碳原子数应为8： 其同分异构体中仍保持有 4 种特定基团的还有以下两种： 因此，结构简式共有 3 种，分别如以上所示。 命题目的：本题考查对烷烃结构的理解及在有限制条件下的同分异 构体的写法。这是对烷烃结构的基本要求。 解题关键：注意题目限制条件“同时存在这 4 种基团”，应理解为 其剩余价键均只能连接—CH3，若连接H 原子则基团形式会改变，若连 接乙基—CH2—CH3 或更多碳原子的烷基，则不符合题目要求“最少碳原 子”的条件，即在所有的端点位置上，必须都是—CH3。 错解剖析：要注意理解“在所有端点位置均为—CH3”，即甲基不可 能只有一个。如果理解题意不够深刻，误认为“4 种基团只能各有一个”， 会错误地答出最少含有“4 个碳原子”，而这是不可能具备4 种基团的。 2．在有机合成中，可以利用卤代烃和金属钠反应来制取具有更长碳 链的烷烃，例如： R—Br＋2Na＋Br—R′→R—R′＋2NaBr 能否用一氯乙烷和 1－氯丁烷为原料制取纯净的正己烷？请用简要 的文字和必要的反应方程式予以说明。答：________。 解析：用一氯乙烷与 1－氯丁烷，可以按下式反应制得正己烷： CH3—CH2—Cl＋2Na＋Cl—CH2—CH2—CH2—CH3→CH3—CH2— CH2—CH2—CH2—CH3＋2NaCl 但是，必须考虑到金属钠与两种卤代烃反应还可有多种增长碳链的 方式，如： CH3—CH2—Cl＋2Na＋Cl—CH2—CH3→CH3—CH2—CH2—CH3＋ 2NaCl CH3—CH2—CH2—CH2—Cl＋2Na＋Cl—CH2—CH2—CH2—CH3→ CH3—(CH2)6—CH3＋2NaCl 命题目的：本题考查对两种或以上有机物发生反应可能生成产物的 分析能力，以加深对“有机反应较复杂，常伴有副反应发生”这一特点 的认识。解题关键：充分考虑CH3—CH2—Cl、CH3—CH2—CH2—CH2—Cl 与金属钠反应时，可以进行同种有机物之间或两种反应物之间的不同反 应，是理解和解答本题的关键。与本题类似的还有其他实例，如：用CH3— OH 和CH3—CH2—OH 为原料，在浓硫酸和一定温度条件下进行分子间 脱水反应，能否得到纯净的CH3—O—CH2—CH3，显然，也是不可能的。 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 294 读者可按本题思路，分析其产物的种类。 错解剖析：如不注意理解题意，只从题面意思可能会误认为能用题 述方法制取纯净的正己烷。 答案：从以上三个反应方程式(略)可以看出，如果用一氯乙烷和1－ 氯丁烷为原料与金属钠反应，所得产物不止一种，因此不可能得到纯净 的正己烷。 3．合成分子量在2000～50000 范围内具有确定结构的有机化合物是 一个新的研究领域。1993 年报导合成了两种烃A 和B，其分子式分别为 C1134H1146 和C1398H1278。B 的结构跟A 相似，但分子中多了一些结构为 的结构单元。 B 分子比A 分子多了________个这样的结构单元(填数字)。 解析 1：根据题给信息，B 分子结构中含有的特殊结构单元 的组成是C8H4，从碳原子数分析A、B 组成，两者 相差碳原子数为1398－1134=264，则B 比A 分子中多的C8H4 的结构单 元数为264÷8=33，则答案为33。 解析 2：也可从H 原子数之差求解：B 与A 中H 原子数之差为1278 －1146=132，则B 分子比A分子多的结构单元C8H4 的数目为132÷4=33， 与解析1 所得答案相同。 命题目的：本题用信息给予题的形式介绍了有机化合物结构研究的 一个新领域，借以考查从分子式、结构相似等关系分析处理化合物分子 组成和结构的能力。 解题关键：解析 1 和解析2 思路相同，其关键均是求出题给的B 比 A 多出的特殊结构单元的化学式，再根据C 或H 原子数之差计算所差的 结构单元数。 错解剖析：由于题给信息陌生度较大，会干扰对相差“结构单元” 数目的理解，可能会误认为是只求C 原子数或H 原子数之差而造成错解。 答案：33 4．联三苯的结构简式为，它的分子为 ________，它的一氯代物有________种同分异构体。 解析：注意分析联三苯的结构，两个苯环之间是以 C—C 单键相连 接的，则必然在苯环结构上各去掉一个H 原子，才能形成苯环与苯环的 相互连接，即形成一个苯环间的C—C 单键，则减去2 个H 原子，联三 苯有2 个苯环间的C—C 单键，则应比三个单独的苯环结构少4 个H 原 子，因此联三苯分子中H 原子数为6×3－2×2=14。而C 原子数没有变 化，应为6×3=18。由此可确定联三苯的分子式为C18H14。 联三苯的一氯代物的同分异构体数目，可以由联三苯分子的对称性__分析，Cl 原 子处于对称位置的为同一种物质，则Cl 原子可能取代的位置 和种类为(序号相同的是同种物质)： 则联三苯的一氯代物的同分异构体只可能有 4 种。 命题目的：本题考查对有机环状化合物的组成的理解和对环状化合 物同分异构体的分析能力。 解题关键：正确分析两个苯环以 C—C 单键相连接时，组成上要减 少两个氢原子，是解答联三苯分子式的关键。根据对称性分析同分异构 体的种类是重要的基本技能。苯及其同系物的对称性，可以根据对称轴 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 295 来确定，例如： 联三苯的对称轴数为 2，可见下图： 则可由此分析其对称位置及同分异构体数目，要点为：处于对称位 置的是同一种物质。 错解剖析：对联三苯形成过程分析不正确，会误认为联三苯组成即 为三个苯分子之和，而错误地写出C18H18 的分子式。对联三苯对称轴及 对称位置分析不正确，会错数同分异构体数目。 答案：C18H14；4 5．工程塑料ABS 树脂结构简式如下，它用了三种单体合成。 式中—C6H5 为苯基。这三种单体的结构简式分别是________、 ________、________。 解析：以不饱和烃为单体的聚合物结构分析的要点是：(1)主链中若 有双键，则双键左右各两个碳原子为一种单体，这种单体中有两个双键， 类似1，3－丁烯结构。(2)均由单键结成的碳链，按两个碳原子分为一种 单体，类似乙烯结构。 按上述原则，将 ABS 树脂结构简式分成三种单体：①单体为CH2=CH—CN，聚 合时，双键打开，与双键相连的两个碳 原子在主链上，—CN 成为支链。②单体为CH2=CH—CH=CH2，按1，4 －加成方式进行聚合，四个碳原子均在主链上，但在2，3－碳原子间形 成一个新的双键。③单体为C6H5—CH=CH2，与双键相连的两个碳原子 在主链上，—C6H5 成为支链。 至此即可确定三种单体结构简式。 命题目的：考查对加聚产物结构的认识与理解程度，以及分析和确 定高聚物单体结构的能力。 解题关键：掌握主链均由碳原子构成的高聚物单体结构的分析方法， 是解答本题的关键，书写单体的结构简式时，习惯上仍按碳链横排排列， 如丙烯腈写成CH2=CH—CN，一般不写成；苯乙烯习惯写成 C6H5—CH=CH2 或，一般不写成 这种类型的题目曾在高考中出现过多次，但得分率一般只有 60％左 右，说明许多考生没有很好地掌握由聚合物结构分析单体的方法，值得 引起重视。 错解剖析：对于主链均由碳原子构成的高聚物结构分析，应从主链 中的双键入手，先将双键左右各两个碳共4 个碳原子分出类似，1，3－ 丁二烯结构，如不能正确按这一原则，一味地将两个碳原子分为单体， 可能会错误地写出ABS 中有CH2=CH2 单体，出现错误。 答案：CH2=CH—CN、CH2=CH—CH=CH2、C6H5—CH=CH2。 6．将苯分子中的一个碳原子换成氮原子，得到另一种稳定的化合物， 其分子式为________，分子量为________。 解析：根据题意，将苯分子中的一个碳原子换成氮原子，注意到氮 原子最外层有5 个电子，缺3 个电子达到稳定结构，则应共用三对共用 电子对，即在与碳原子或氢原子形成共价键时，应为－3 价。因此，得到 的稳定化合物结构简式应为。由此结构可看出，一个氮 原子替换了一个碳原子的同时，也减少了一个氢原子，并不是简单地在 苯环中，将一个碳原子换成氮原子。上述结构的分子式很容易确定为 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 296 C5H5N，可计算出其分子量为79。 命题目的：氮元素是有机物中常见元素之一，但氮原子结构与碳原 子结构不同，成键形式也不相同。本题考查对氮、碳原子结构的认识与 理解，再以此分析含氮化合物可能的结构与组成的能力。本题是信息给予题，陌 生度较大，会对正确分析代换产物的结构形成一定的干扰。 解题关键：深入理解氮、碳原子“代换”的意义，首先应考虑氮、 碳原子的结构特点，继而分析它们成键形式的差异，才能正确作出解答。 错解剖析：由于没有想到氮原子换去碳原子后，成键形式及共价键 数的变化， 只考虑“ 一个换一个” ， 会错误地将代换产物写成 ，实际上氮原子不可能以这种形式形成共价键。出现 结构分析上的错误，会把分子式错答成C5H6N，分子量错答成80。 答案：C5H5N；79 7．一种火箭的主要燃料名为偏二甲肼，已知该化合物的分子量为60， 其含碳量为40％，含氢量为13.33％，其余是氮。 (1)偏二甲肼的分子中有一个氮原子是以形式存在，该氮原子 不与氢原子直接相连，则偏二甲肼的结构简式为_______。 (2)偏二甲肼作为火箭燃料燃烧时，以N2O4 为氧化剂，燃烧产物只有 氮气、二氧化碳和水，这一反应的化学方程式为；________。 解析：(1)根据分子量和C、H 元素含量，可求出每个分子中C、H、 N 原子个数： C = 2 H = 8 N = 28 14 = 2 ： × ： × ： × × 60 40% 12 60 1333% 1 60 60 40% 60 1333% 14 . . 则偏二甲肼分子式为 C2H8N2。因分子中有一个氮原子为， 且不与氢原子直接相连，则必与2 个碳原子，1 个氮原子相连，按C、N 价键补齐H 原子，可得其结构简式为。 (2)根据题给条件写出C2H8N2 用N2O4 作氧化剂燃烧产物为N2、CO2、 H2O 的方程式为： 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 297 C2H8N2＋N2O4→N2＋CO2＋H2O 从 H、O 原子入手，以观察法即可配平为： C H N 2N O 3N 2CO 4H O 2 8 2 2 4 2 2 2 ＋ 点燃＋ ＋  命题目的：本题以信息给予题形式考查对具有一定组成和结构特点 的陌生化合物的结构分析推断能力和反应分析能力。 解题关键：按分子量及元素的质量分数确定化学式是解答本题的关键。在此基础 上根据题给条件分析有机物的结构，即可完成全题。 错解剖析：如果没有充分理解题意，会错将偏二甲肼结构简式写成 CH3—CH2—NH—NH2 等。 8．常温常压下，由A、B 两种气体组成的混合气体中，经分析确定， 只含碳、氢两种元素，若A、B 无论以何种比例混合，碳、氢两种元素 的质量比总是小于3∶1。若A 的分子量比B 的分子量大，可推知A、B 的分子式分别是：A 为________；B 为________。作出上述判断的理由 是 ________。 若上述混合气体中，碳、氢元素的质量比为3∶2，则混合气体中A、 B 的物质的量之比为________；理由是________。 解析：在烃分子中，CH4 中C、H 元素质量比为3∶1，且CH4 是烃 分子中含C 量最小的，则要使A、B 混合气体中C、H 元素质量比总是 小于3∶1，混合气体成分只能是CH4 与H2 的混合气体。按题给条件A 的分子量大于B，因此A 为CH4，B 为H2。作出上述判断的理由是：CH4 中C、H 元素质量比为3∶1，在甲烷中混入任意比例的H2，都将使混合 气体的质量比小于3∶1。 若 CH4 与H2 混合气体中，C、H 元素质量比为3∶2。设CH4 的物质 的量为x，H2 的物质的量为y，根据原子个数和质量关系，有 12 x∶(4x＋2y)=3∶2 解得x∶y=1∶2 命题目的：本题考查对混合物的组成、物质的量、质量等关系的理 解，以及有关化学量的计算能力。 解题关键：掌握 CH4 是含碳量最小的烃，且其中C、H 元素质量比 为3∶1，是解答本题的基础。根据C、H 元素质量比总是小于3∶1，确 定混合气体只能是由CH4 和H2 两种气体组成，是解答本题的关键。 错解剖析：深入理解题意，确定CH4、H2 是组成气体混合物的成分， 是重要前提。如果按一般设法，如设A 为CxHy，B 为CzHw，则不易解出 最后结果。因此熟悉常见物质的组成关系，记忆一些基本数据，是很有 必要的。 9．在沥青蒸气中有多种稠环芳香烃，其中有些可以看成是同系列， 如： (1)这一系列化合物的通式为________，系差是________。 (2)这一系列化合物中，碳元素的最大的质量分数是________％。 解析 1：(1)对比该系列化合物中相邻两物质的结构差异，可以分析 出该系列物质的系差是C6H2，根据等差数列通项公式，有 an=a1＋(n－1)d 首先是首项为 ，组成为C10H8，则该系列物质的组成通式可写为： an=(C10H8)＋(n－1)(C6H2)=C6n+4H2n+6(n=1，2，3，⋯⋯) 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 298 (2)最大含碳量可用极限法求得： C = lim 100 = lim 100 = lim 100 max n n n ％ × ％ × ％ × ％ → → →          12 6 4 12 6 4 2 6 72 48 74 54 36 24 37 27 ( ) ( ) ( ) n n n n n n n = lim 100 = 36 100 n→ × ％ × ％ ％  真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 299    36 24 37 27 37 97 3 n n . 解析 2：(1)该系列物质第一个为，分子式为C10H8。对比相 邻两物质间，可知系差为C6H2。则其通式可写为 C10H8＋n(C6H2)=C10+6nH8+2n (n=0，1，2⋯⋯) 以下同解析 1。 命题目的：本题考查对已给出的同系列对比分析组成，确定系差和 归纳通式的能力。 运用数学方法归纳等差数列的通项公式，并将它们运用到化学实际 问题中；运用极限法求得最大含碳量；都是高考(考试说明)所要求的“将 化学问题抽象成数学问题，利用数学工具，通过计算和推理(结合化学知 识)，解决化学问题的能力”。本题即是考查综合不同学科知识解决化学 问题的实例。 解题关键：正确理解题意的一个重要前提是：题给的一系列物质， 含碳量是否随着C 原子数的增加而逐渐增大的，如果是，则应用求极限 的方法，求出最大含碳量。如果这一系列物质的含碳量随着C 原子数的 增加而减小，则首项物质即为含碳量最大的物质，如炔烃即是随C 原子 数的增加而含碳量逐渐减少的。因此炔烃中C2H2 含碳量最大。而本题中， 可比较相邻两物质的含碳量，可知是随着C 原子数增加而增大的，则应 采用极限法求出最大含碳量。如果没有这一基本分析，则无法确定采用 什么方法计算含碳量。 解析 1 应用等差数列的概念归纳通式，解析2 从首项组成起归纳通 式，都是常用的方法，以解析1 为正规方法。虽然运用不同方法归纳出 的通式不尽相同，但意义是一样的，只是n 值的起点不同。通式C6n+4H2n+6 中n 取自然数，即n=1 为首项；通式C10+6nH8+2n 中n 的首项为0 时是萘的 组成式，这点请读者注意。 10．在一定条件下，某些不饱和烃的分子可以进行自身加成反应， 其中一个分子中的C—H 键打开，分别加在另一个分子中的不饱和碳原实验题 1．下列实验能够获得成功的是________。 A．用醋酸钠晶体(CH3COONa·3H2O)和碱石灰共热制取甲烷。 B．将甲烷气体通入溴水中制取一溴甲烷。 C．用酒精灯加热甲烷气体制取炭黑和氢气。 D．将甲烷气体与溴蒸气混合光照制取纯净的二溴甲烷。 E．用电石和饱和食盐水制取乙炔。F．用酒精和稀硫酸混合加热至170℃制取乙 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 300 烯。 解析：逐一考查各实验方法的正误。 A．实验室制取甲烷是用无水CH3COONa 与碱石灰共热，其原理是： 此反应要求无水环境，才能如图所示发生链的断裂而生成 CH4，若 有水，则CH3COONa 电离为CH3COO-和Na+，NaOH 电离为Na+和OH-， 则不能完成上述反应，因而不能制得CH4。 若用醋酸钠晶体 CH3COONa·3H2O，其受热则脱水，不能造成无水 环境，因此不能制得甲烷。所以在制取甲烷实验前，要分别将无水 CH3COONa 和碱石灰烘干，以保证实验时的无水环境。则A 不能获得成 功。 B．甲烷通入溴水，虽可能有少量的一溴甲烷生成，但不能作为制取 反应。因为实验室的制取反应一般要求产物单一，反应较快。而甲烷的 卤代反应的副反应较多，会生成一卤、二卤、三卤、四卤代物，因而不 能得到纯净产物，再则由于烷烃与卤素单质的反应速度很慢，短时间内 不可能获得较多产物，因此卤代烷烃通常不能使用烷烃与卤素单质的取 代反应制取。则B 不能获得成功。 C．甲烷分解为碳黑和氢气的反应需要在1000℃以上隔绝空气的条 件下才能发生，而酒精灯火焰温度只能达到500℃左右，因此不能用酒精 灯加热来使甲烷分解。则C 不能获得成功。 D．甲烷与溴蒸气混合光照可以得到少量CH2Br2，但同时会有CH3Br、 CHBr3、CBr4 等副产物生成，因此，不可能得到纯净的CH2Br2，则D 不 能获得成功。 E．可以获得成功。CaC2 与水反应很剧烈，且大量放热，为了使产 生的气流较平缓、稳定，在实验室中常将饱和食盐水逐滴加入至电石中 制取乙炔。 F．不能用酒精与稀硫酸共热来制取乙烯，必须用酒精和浓硫酸加热 至170℃才能制取乙烯。则F 不能获得成功。 命题目的：本题考查对 CH4、C2H4、C2H2 三种重要气态烃的制法的 原理、反应条件的掌握情况以及对甲烷性质的了解。 解题关键：对于CH4、C2H4、C2H2 三种重要的气态烃的制法，应全 面理解反应原理、试剂规格、仪器装置、操作步骤、收集方法，可能有 杂质及除杂方法等方面。对CH4 等重要气态烃的性质实验的条件、反应 原理也要深入理解和掌握。本题即针对上述有关问题进行设问，这类题 目往往容易暴露出知识点掌握中的漏洞，也揭示我们对于这些问题要给 予系统的归纳、对比、总结并牢牢掌握。 错解剖析：A、F 会因对实验试剂的要求记忆不准确而错选。E 则会 误认为只能用电石和水反应才能制取乙炔而漏选。B、C、D 会因对CH4 性质及反应原理了解不够深入而错选。 答案：E 2．氯仿在空气中受阳光照射，能发生反应生成剧毒的光气(COCl2)，这一反应的 化 学方程式为________．要用化学方法检验某种氯仿样品是否已变质，操 作步骤和有关的结论是________． 解析：对比氯仿(CHCl3)与光气(COCl2)的组成，可以推测出氯仿在空 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 301 气中光照发生反应是CHCl3 被空气中的氧气氧化的结果，则可写出反应 方程式为： 2CHCl O 2COCl 2HCl 3 2 2 ＋ 光＋  此反应生成物中有 HCl，可以作为判断CHCl3 是否变质的依据，因 为HCl 在水溶液中可电离出Cl-，则可以用AgNO3 溶液和稀HNO3 予以 确认Cl-的存在，从而证明CHCl3 已变质． 具体操作步骤及有关的结论是：取少量氯仿样品放入试管中，向其 中滴入AgNO3 溶液，如有白色沉淀生成，且此沉淀不溶于稀HNO3，则 可说明这种氯仿样品已变质．如果滴入AgNO3 溶液没有白色沉淀生成， 则说明这种氯仿样品没有变质． 命题目的：本题考查对课内接触过但未深入学习的 CHCl3 性质的分 析能力．主要是应用物质结构理论分析具体物质性质的能力． 解题关键：CHCl3 在光照下生成COCl2 的反应方程式的书写关键是， 通过对比CHCl3 与COCl2 的组成，相当于一个O 原子与C 原子形成C＝ O 双键，从而替换出CHCl3 分子中的一个H 原子和一个Cl 原子，应联想 到它们可结合生成HCl，而HCl 并不能在光照条件下与空气中的O2 反 应．则反应物应为CHCl3 和空气中的O2，生成物为COCl2 和HCl，经配 平可写出正确的反应方程式． 如果CHCl3有部分变质，生成的HCl可以溶解在CHCl3中．但在CHCl3 中，HCl 不会电离，因为有机物一般是通过共价键形成的极性较弱的分 子，HCl 只有在极性较强的溶剂如水中才可电离成H+和Cl-．因此要检验 Cl-的存在以证明CHCl3 已部分变质，应加入AgNO3 溶液，要强调加入的 “溶液”二字，如果随意省略，则不会发生离子反应Ag+＋Cl-＝AgCl↓．在 这里，严格的表述词句是值得注意的问题． 错解剖析：书写由 CHCl3 生成COCl2 方程式时，如果只是简单地对 比组成，会将产生HCl 错写成HClO，实际上，HClO 是极不稳定的酸， 只能在水溶液中存在．而HCl 是稳定的分子，因此产物只能是HCl 而不 可能是HClO． 3．裂化汽油中除含有C5～C11 的烷烃外，还含有C5～C11 的烯烃及 甲苯、二甲苯等苯的同系物．要用化学方法检验某裂化汽油样品中含有 烯烃及苯的同系物，实验步骤为： (1)先逐滴加入________，振荡，如果看到________，则证明有 ________存在． (2)逐滴加入________至________为止，静置，用分液漏斗分出 ________(填“上”或“下”)层的裂化汽油样品，再加入________，振荡， 如果看到________，则证明裂化汽油中有________存在． 解析：本实验目的是在烷烃、烯烃、苯的同系物的混合物中检验烯烃和苯的同系 物的存在，应先检验烯烃，再检验苯的同系物．因为烯烃 可使溴水、酸性KMnO4 溶液褪色，而苯的同系物只可使酸性KMnO4 溶 液褪色，根据这一性质差异，则先用溴水检验烯烃的存在，再用酸性 KMnO4 溶液检验苯的同系物的存在．具体实验步骤如下： (1)向样品中逐滴加入溴水，振荡，如看到溴水褪色，则证明烯烃的 存在． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 302 (2)继续逐滴加入溴水至不再褪色为止，用分液漏斗分出上层的裂化 汽油样品，因为加足量溴水后，生成的卤代烷及水的密度均比烷烃和苯 的同系物大，所以上层应是烷烃和苯的同系物的混合物．向分出的上层 样品中加入酸性KMnO4 溶液，如果紫色褪去，则证明有苯的同系物存在． 命题目的：本题考查利用烯烃和苯的同系物的性质差异，设计实验 逐一证明其存在的实验设计能力． 解题关键：因为要证明两类烃的存在，首先必须明确它们的性质差 异，并确定检验顺序和检验试剂．从实验步骤分析，首先要用溴水检出 烯烃，再加足量溴水，使烯烃全部转化为卤代烷，才能着手检验苯的同 系物． 错解剖析：检验顺序是需要周密考虑的问题．如果只想到苯的同系 物可用酸性KMnO4 检验，而首先使用酸性KMnO4 溶液，则烯烃会与苯 的同系物一起被氧化而使酸性KMnO4 的紫色褪去，则无法证明到底是哪 类烃使酸性KMnO4 溶液褪色．而后加溴水，也不会再如预料那种褪色， 因为在先加酸性KMnO4 溶液时，烯烃也会完全反应而成为卤代烷烃． 4．下图为某学生设计的制取溴苯的装置． (1)图中的错误之处是： ①________； ②________． (2)按加入的顺序写出烧瓶中所装的试剂是________． (3)与烧瓶口连接的垂直向上的导管的作用是________． (4)反应过程中，在锥形瓶中的导管出口处会发生的现象是________， 这是因为________． (5)反应完毕后，向锥形瓶中的溶液中滴入AgNO3 溶液，现象是 ________，这是因为生成了________，反应的离子方程式为________． (6)反应完毕后，将烧瓶中的液体倒入盛有冷水的烧杯中，可以观察 到烧杯底部有________色不溶于水的液体，这是因为________的缘故．在 粗产品溴苯中加入________可以除去杂质________，反应的离子方程式 为________． (7)烧瓶中发生反应的化学方程式为________．解析：实验室制取溴苯是本章的 重点实验．要全面细致地掌握反应 原理、试剂规格、装置原理、操作步骤、反应现象、产物提纯与检验等 方面的内容． (1)原设计图中有两处错误：因为苯与液溴在铁(实际上是FeBr3)催化 下反应十分剧烈，可达沸腾，所以不用加热，图中酒精灯不应使用．液 溴取代苯环上的氢生成溴苯的同时，还有HBr 生成，HBr 极易溶于水， 则锥形瓶中导管口应在液面上1～2cm 处，而不能伸入液面以下． (2)本实验试剂加入顺序是苯—液溴—Fe 粉，绝不能颠倒！液溴的密 度很大(3.119g/cm3)，先加苯，再加液溴是为使苯与液溴能均匀混合，待 加入Fe 粉后，反应立即剧烈发生，因此试剂加入顺序绝不能颠倒． (3)与烧瓶连接导管的垂直向上部分兼有导气和冷凝回流作用．因为 加入Fe 粉后，苯与液溴的取代反应剧烈进行，可达沸腾而使苯和溴成为 蒸气．反应物蒸气经垂直部分的导管冷凝后再流回烧瓶，减少生成物的 损失． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 303 (4)反应过程中，因为除了生成溴苯外还有HBr 生成，HBr 通过导管 进入锥形瓶，除被吸收外，还会与锥形瓶中的水蒸气生成白色酸雾． (5)由于锥形瓶中的水吸收HBr 后成为氢溴酸溶液，则滴入AgNO3 溶液有浅黄色AgBr 沉淀生成，离子方程式为Ag+＋Br-＝AgBr↓． (6)反应后将烧瓶中液体倒入盛有冷水的烧杯中，在烧杯底部有褐色 的油状液体，这是因为溴苯的密度比水大，所以沉在水下．溴苯应是无 色油状液体，但由于液溴溶在其中而呈褐色．要除去溴苯中溶解的单质 溴杂质，可用强碱溶液(如NaOH 溶液)反复洗涤，其离子方程式为Br2＋ 2OH-＝Br-＋BrO-＋H2O． (7)烧瓶中发生的制取溴苯的反应方程式为： 命题目的：考查对实验室制取溴苯实验的反应原理、试剂、实验装 置与作用、操作步骤与现象、产品的提纯与检验等知识的掌握情况．从 本题设问来看，对于重点实验的原理与细节都有很高的要求，即不仅要 知其然，更要知其所以然． 解题关键：反应原理分析是重点实验的核心问题，与反应有关的试 剂、装置、操作、产物收集与提纯，都是由反应原理决定的．因此以重 点实验的反应原理为主要目标，全面、细致地掌握实验各个方面的问题， 是思考和解答这类实验题目的主要线索． 错解剖析：本题设问方式涉及实验各方面的细节，在学习和复习过 程中应给予完整、细致的归纳，在任何一个细小环节上的疏忽，都会引 起答题的错误或不准确的描述． 5．实验室制备硝基苯的主要步骤如下： ①配制一定比例的浓硫酸与浓硝酸的混合酸，加入反应容器中． ②向室温下的混合酸中逐滴加入一定量的苯，充分振荡，混合均匀． ③在 50℃～60℃下发生反应，直至反应结束． ④除去混合酸后，粗产品依次用蒸馏水和 5％ NaOH 溶液洗涤，最__后再用蒸 馏水洗涤． ⑤将用无水 CaCl2 干燥后的粗硝基苯进行蒸馏，得到纯硝基苯． 填写下列空白： (1)配制一定比例浓硫酸和浓硝酸混合酸时，操作注意事项是： ________． (2)步骤③中，为了使反应在50℃～60℃下进行，常用的方法是： ________． (3)步骤④中洗涤、分离粗硝基苯使用的仪器是________． (4)步骤④中粗产品用5％NaOH 溶液洗涤的目的是________． (5)纯硝基苯是无色，密度比水________(填“大”或“小”)，具有 ________气味的油状液体． 解析：合成硝基苯是本章重要实验之一，这一实验涉及的许多问题 在化学实验操作中具有普遍的意义． (1)浓硫酸与浓硝酸的混合酸，是有机实验中的常用试剂．浓硫酸在 稀释时必须将浓硫酸缓慢沿容器壁注入水中，并及时搅拌冷却，使混合 时产生的热量及时散去，避免造成事故．因为硝酸在60％以上即为浓硝 酸，所以在配制浓硫酸与浓硝酸的混合酸时，应考虑到浓硝酸中有一定 量的水，因此应把浓硝酸先注入容器中，再缓慢沿容器壁注入浓硫酸， 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 304 并及时搅拌冷却． (2)为使合成硝基苯的反应在50℃～60℃的温度下进行，常用的方法 是将反应器放在50℃～60℃的水浴中加热，可用温度计控制水浴温度． (3)硝基苯是密度比水大的，且不溶于水的有机物，用蒸馏水和5％ NaOH 溶液洗涤应在分液漏斗中进行．具体操作是向粗硝基苯中加入蒸 馏水或NaOH 溶液，充分振荡后静置，然后分液，分离出硝基苯．则上 述操作中使用的仪器是分液漏斗． (4)因合成硝基苯是用苯和浓硝酸与浓硫酸的混合酸反应，要提纯硝 基苯，应用5％NaOH 溶液除去粗产品中残留的酸． (5)纯硝基苯是密度比水大的，具有苦杏仁气味的油状液体． 命题目的：本题以合成硝基苯的实验操作设问，考查了对有机化学 一些基本操作的原理、方法、仪器的掌握情况，试题还考查了题给信息 的迁移、转换、重组的能力． 解题关键：高考《考试说明》要求具备“将实际问题(或题设情境) 分解，找出答题的关键，能够运用自己存储的知识，将它们分解、迁移 转换、重组，使问题得到解决的能力”．本题即是考查这种能力的实例． 本题的难点有两处，一是浓硫酸与浓硝酸混合酸的配制，要从浓硫 酸稀释方法迁移联想．二是对洗涤、中和粗硝基苯的目的和方法、仪器， 应从反应原理及所用试剂、硝基苯的物理性质去分析解答． 错解剖析：由于对浓硫酸稀释及浓硝酸含有一定量的水认识不足， 则不能由浓硫酸稀释方法联想到混酸配制方法而错答成将浓硝酸加入到 浓硫酸中．在问题(1)中，设问是“操作注意事项”，还应答出“缓慢注 入”和“及时搅拌”两个要点． 计算题__1．常温下有A、B 两种气态烃的混合物，已知B 的式量大于A 的式 量，而且它们不论以何种比例混合，碳、氢元素的质量比总是小于9∶1， 而大于9∶2．若混合气体的碳氢元素质量比是5∶1，求A 在混合气体中 的体积分数． 解析：(1)当C、H 质量比为9∶1 时，C、H 原子个数比为： C H = 9 12 = 3 4 C H 3 4 ∶ ∶ ∶ ，其分子组成为． 1 1 当C、H质量比为9∶2时，C、H原子个数比为：C∶H = ∶ 9 12 = 2 1 3∶8，其分子组成为C3H8．已知B 的式量大于A 的式量，则A 为C3H4， B 为C3H8． (2)设混合气体中C3H4 物质的量为x mol，C3H8 的物质的量为y mol， 根据质量关系，有 解得＝ 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 305 36 36 4 8 x y x y   = 5 1 y 4x 由阿伏加德罗定律可知 A 与B 的物质的量之比即为体积之比，则 V(A)∶V(B)＝x∶y 因此 A 在混合烃中的体积分数为 V = 100 y 4x V = x x + 4y 100 100 20 (A) (A) ％ × ％，将＝ 代入，有： ％ × ％＝ × ％＝ ％ x x y 1 5 命题目的：本题考查对化合物中元素质量比与组成的关系的理解， 以及根据气态混合物的元素组成，计算混合物组成的能力． 解题关键：理解气态烃混合物中元素质量比与混合物成分关系是本 题的关键，如果不能根据C、H 质量比的上、下限范围确定烃的种类， 本题将无法求解．对于这种题目，一般方法是从上、下限的数值具体求 出一种物质的组成，以确定各组分的种类． 错解剖析：在确定了两种烃的种类后，根据混合烃中 C、H 元素质 量比计算C3H4 和C3H8 的体积比时，不宜采用十字交叉法．如果运用十 字交叉法，只能依据C3H4、C3H8 中的含碳量(或含氢量)与混合烃中的含 碳量(或含氢量)求得它们的质量比，再换算成物质的量之比，显然计算较 繁琐．如果认为直接从质量关系即可求得体积比，则是理解错误，必然 导致计算原理和结果均为错误．因此本题较为简捷的计算方法是前述解 法，即根据组成关系和质量关系，直接设出C3H4、C3H8 的物质的量进行 计算． 2．将一定量的甲烷与过量氧气混合后，在一密闭容器内点燃充分反 应，在120℃时，所得的混合气体密度是相同条件下氢气密度的15 倍， 求原混合气体中甲烷与氧气的体积比． 解析：注意题目条件，原混合气中氧气是过量的，则燃烧后在 120 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 306 ℃时，混合气体由CO2、H2O(气)、O2 三种气体组成． 甲烷完全燃烧方程式为：CH 2O CO 2H O( ) 4 2 2 2 ＋ 点燃＋ 气  可知燃烧后混合气体中，CO2 与H2O(气)的体积比必为1∶2．则由 CO2 与H2O(气)按1∶2 体积比混合气体的平均相对分子质量为： M 44 18 = 80 1 3 ＝ × ＋ × 1 3 2 3 将体积比为 1∶2 的CO2、H2O(气)作为一整体，它们与O2 组成的 混合气体的平均相对分子质量为M = 15×2 = 30。可按十字交叉法求出O2 与[CO2＋2H2O(气)]的体积比： 而 3V[CO2＋2H2O(气)]混合气体是由1V 甲烷和2V 氧气燃烧生成的 (见燃烧方程式的量关系)，则原混合气体中 V(CH4)∶V(O2)＝1∶(5＋2)＝1∶7 命题目的：本题考查对于多组分(两种以上)混合气体相对平均分子质 量与各组分体积之间量关系的分析和计算能力．在这种题目中，必须根 据题目条件找出其中的一些特殊关系，否则无法求解．本题所涉及的反 应与题给条件都很常见，但从中分析出特殊量关系，则是理解能力和思 维能力的体现． 解题关键：从甲烷燃烧方程式确定燃烧后混合气体中CO2 与H2O(气) 的体积比为1∶2，是解答本题的首要问题，在此基础上，将[CO2＋ 2H2O(气)] 作为一个整体再进行相当于两种混合气体的计算，体现了(考 试说明)中所要求的“将实际问题分解，找出解答关键”的能力． 错解剖析：对于混合物，有些同学往往在潜意识中认为各组分的物 质的量(或质量)总是相同的，这种错误的思维定势是对正确分析问题的极 大障碍．比如，本题中注意到氧气是过量的，若CO2 与H2O(气)体积相 等，则不可能求得正确答案．可见，克服思维定势，认真理解和分析题 意，才能正确解题，也是能力的体现． 3．甲烷与氧气按一定比例混合后点燃，生成物总质量18.4 g，通过 浓硫酸后，质量减少9 g，求原混合气体中，甲烷和氧气的体积比，并写 出这一燃烧反应的化学方程式． 解析 1：根据题意，燃烧产物中能被浓H2SO4 吸收的只能是水，则 H2O 为9 g，其他产物总质量为18.4－9＝9.4(g)．若甲烷完全燃烧则产物 只有H2O 和CO2，若9.4g 全部为CO2，则 n n = 9.4 44 1 2 (CO2 ) 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 307 (H2O) ∶ ＜ ∶ 9 18 若甲烷完全燃烧 n(CO2)∶n(H2O)＝1∶2，现n(CO2)∶n(H2O)＜1∶2，则CH4未完全燃烧， 其产物中还有CO． 因 按组成有＋ 其质量和＋ n = 9 18 = 0.5(mol) CH n n = 0.5 2 = 0.25(mol) m m = 9.4(g) (H2O) 4 (CO2 ) (CO) (CO2 ) (CO) 设燃烧产物中 CO2 物质的量为x，依据质量关系有 44x＋28(0.25－x)＝9.4 解得 x＝0.15(mol) 0.25－x＝0.1(mol) 即产物中 CO2 为0.15 mol CO 为0.1 mol 燃烧产物中 C、H 来自于CH4，则CH4 为0.25 mol，氧全部来自于 O2，则n(O2)＝(0.5＋0.15×2＋0.1)÷2＝0.45(mol)．因此，原混合气体中： V(CH4)∶V(O2)＝0.25∶0.45＝5∶9 可写出燃烧方程式为 0.25CH 0.45O 0.15CO 0.1CO 0.5H O 5CH 9O 3CO 2CO 10H O 4 2 2 2 4 2 2 2 ＋ ＋ ＋ 化简，得 ＋ ＋ ＋ 点燃 点燃   解析 2：燃烧产物中H2O 为9g，其他产物为18.4－9＝9.4(g)，若全 是CO2，有 n n = 9.4 44 1 2 (CO2 ) 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 308 (H2O) ∶ ＜ ∶ 9 18 则甲烷没有完全燃烧，产物中还有 CO，将这一反应的方程式写为： xCH4＋yO2→aCO2＋bCO＋cH2O 根据碳原子数，有 x＝a＋b ① 根据氢原子数，有 4x＝2c ② 根据氧原子数，有 2y＝2a＋b＋c ③ 根据质量关系，有 44a＋28b＝9.4 ④ 18 c＝9 ⑤ 解上述①～⑤方程式，得 x＝0.25 y＝0.45 a＝0.15 b＝0.1 c＝0.5 则原混合气体中 V(CH4)∶V(O2)＝0.25∶0.45＝5∶9，将计算结果代入 原方程式，有 0.25CH 0.45O 0.15CO 0.1CO 0.5H O 5CH 9O 3CO 2CO 10H O 4 2 2 2 4 2 2 2 ＋ ＋ ＋ 化简，得 ＋ ＋ ＋ 点燃 点燃   命题目的：本题以甲烷燃烧的常见方式考查对有机物不完全燃烧的 可能性的理解，以及对不完全燃烧形式的有关计算的能力． 解题关键：判断在题给条件下，甲烷没有完全燃烧，是本题的解题 关键．值得注意的是，必须以CH4 完全燃烧产物的量关系为基准，去比 较题给条件是否符合这一量关系．没有完全燃烧的依据，则无法比较和 判断． 解析 1 采用量关系分析法，层层分析，逐一解决．解析2 采用待定 系数法，根据原子个数和质量守恒关系，整体处理．两种解法，各有特 色，均可采用．错解剖析：如果没有想到不完全燃烧这一可能性，则对题意不理 解， 难于正确解答．或简单认为m(H2O)＝9(g) m(CO2)＝18.4－9＝9.4(g)造成解 题错误． 4．常温下，一种气态烷烃A 和一种气态烯烃B 组成的混合气体， 已知B 分子中所含碳原子数大于A 分子中所含碳原子数． (1)将2L 此混合气体充分燃烧，得到相同条件下7L 水蒸气，试推断 A、B 所有可能的组成及其体积比． (2)取2L 混合气态烃与9.5L 氧气混合恰好完全燃烧，通过计算确定 A、B 的分子式． 解析：(1)据题意分析，1 molA、B 的混合气体完全燃烧可生成3.5 mol 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 309 H2O(气)，则根据氢原子个数守恒关系可知：1 mol 混合气态烃中含7 mol H 原子．则必有一种气态烃含H 原子数大于7，另一种含H 原子数小于 7．若烷烃H 原子数大于7，则只可能为C3H8 或C4H10．而已知烯烃B 中 碳原子数大于烷烃A，若A 为C3H8，则B 只能为C4H8，H 原子数均大 于7，不合题意． 因此 B 必为C4H8 才符合H 原子数大于7，B 中碳原子数大于A 两个 条件．而A 只可能为CH4 或C2H6．则组合情况只有CH4、C4H8 与C2H6、 C4H8 两种． ①用十字交叉法按 H 原子数关系求出CH4、C4H8 体积比： ②在 C2H6 与C4H8 组合中 (2)根据题给条件，设混合气体平均分子组成为CxH7，根据燃烧方程 式，有 C H (x )O xCO 3.5H O x = 9.5 2 x = 3 x 7 2 2 2 ＋ ＋ → ＋ 则有＋ 解得 35 2 35 2 . . 所以平均分子组成为 C3H7，平均相对分子质量为 Mr = 12×3＋1×7 = 43 按两种组合情况讨论： ①若 V(CH4)∶V(C4H8)＝1∶3，则平均相对分子质量为 Mr 43   ＝ × × ≠ 不符合题意。 16 1 56 3 1 3 ②若 V(C2H6)∶V(C4H8)＝1∶1，则平均相对分子质量为Mr = 30 1 + 56 1+1 = 43 × ×1 因此 2 L 混合气态烃与9.5 L O2 恰好完全燃烧时，A 为C2H6， B 为 C4H8． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 310 命题目的：本题以常温下气态烃可能的组成与混合气态烃燃烧情况 设问，考查对混合气态烃燃烧反应量关系的计算与组合形式的分析能力． 解题关键：根据题给的两个条件①烯烃 B 中碳原子数大于烷烃A； ②2 mol 混合气态烃完全燃烧生成7 mol H2O；分析其可能的组合，是解 答本题的关键．从H 原子数的平均值入手，用十字交叉法确定可能组合 的气态烃体积比，是最简捷的解法． 第(2)问中，可以根据组合情况和燃烧耗氧气量分别讨论是哪种组合 形式，但解法较繁琐，如采用前述解法中用平均分子组成和平均相对分 子质量求解，则方法较简捷、巧妙，读者可自行比较，在此不再赘述． 错解剖析：由于题目已指定混合烃是一种烷烃和一种烯烃组成，且 B 分子中碳原子数大于A，若不充分利用燃烧条件，则可能想把气态烷、 烯所有可能的组合一一排列出来再进行筛选，则势必费时费力，也不合 乎命题要求，虽然可能最终得到正确结果，但在繁琐的推断中，很可能 出现错误．因此，充分利用燃烧条件的限制，简化思考和计算过程，应 是努力达到的目标，也是衡量分析能力的具体例证． 5．已知某不饱和烃中碳元素的质量分数为85.71％，0.1 mol 该烃充 分燃烧后生成的CO2 全部被2 mol/L 的氢氧化钠溶液0.30 L 所吸收，根 据所得溶液中溶质的组成，推断相应不饱和烃的分子式，并填写下表(有 几种情况填几种，可不填满，也可补充)． 所得溶液中的溶质 相应烃的分子式 (1) (2) (3) (4) (5) 解析：根据不饱和烃中碳元素质量分数为85.71％可求得此不饱和烃 的组成为： C∶H＝ ∶ = 1∶2 8571 12 14 29 1 . . 则这种不饱和烃通式为(CH2)n，即CnH2n，应为烯烃． 2 mol/L NaOH 0.30L 中含n(NaOH)＝2×0.3＝0.6(mol) 将燃烧生成的 CO2 通入NaOH 溶液，所得溶质可能有Na2CO3， NaHCO3，Na2CO3 和NaHCO3，Na2CO3 和NaOH 四种情况，分别讨论如 下： (1)若溶质只有Na2CO3，根据反应方程式，有 CO2＋2NaOH＝Na2CO3＋H2O 0.3 mol 0.6 mol 由 CnH2n～nCO22Na O 2H O 4NaOH O 18 16 2 2 2 2 2 ＋ ＝ ＋ ↑ 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 311 求得 n＝3，即只有C3H6 为相应的烃． (2)若溶质只有NaHCO3，根据反应方程式，有 CO2＋NaOH＝NaHCO3 0.6 mol 0.6 mol 由 CnH2n～nCO2 1 0.1 0.6  n 求得 n＝6，即只有C6H12 为相应的烃． (3)若生成Na2CO3 和NaHCO3，由前面的分析可知，6＞n＞3，即n ＝5 或n＝4，则C4H8 或C5H10 为相应的烃． (4)若NaOH 未反应完，则溶质为Na2CO3 和NaOH 的混合物，则n ＜3，即n＝2，只有C2H4 为相应的烃． 将上述结果填入表中，因从可能生成的溶质看，只有 4 种可能，则 不能将表填满． 所得溶液中的溶质 相应烃的分子式 (1) Na2CO3 C3H6 (2) NaHCO3 C6H12 (3) Na2CO3 、NaHCO3 C4H8 或C5H10 (4) NaOH、Na2CO3 C2H4 (5) 命题目的：本题利用 CO2 与NaOH 溶液的常见反应，考查用分析、 推理方法确定烃分子组成．因试题涉及的反应是常见反应，因此本题主 要考查思维能力——是否能全面地分析溶液中溶质的各种情况；推理能 力——根据烃的组成特征推出与溶质的关系；计算技能——抓住关键， 用简捷的方法计算烯烃分子中的碳原子数． 解题关键：确定烃的通式是推理和计算的前提，也是题目设置的较 低的起点． 多元酸酐 CO2 与一元碱NaOH 反应时，按CO2 的少量、适量(两种) 与两种混合产物等几种情况的分析，以及由此推理判断烃的组成是解答 本题的关键． 多元酸或酸酐与碱(一元碱、二元碱)的反应，由于反应物的相对量的 不同，产物也有多种情况．按可能生成的盐的组成，可推出消耗酸、碱 的物质的量之比，或称界点，在界点之间的值所对应的则是生成两种混 合产物．例如本题中的第(3)种情况． 错解剖析：不能全面考虑所有可能的溶质情况是常见的错误，如只 考虑生成Na2CO3 或NaHCO3，而漏掉Na2CO3、NaHCO3 的混合情况，或 漏掉NaOH 未完全反应的情况，也有可能认为要将5 个格子全部填满， 而填入错误的答案． 第十一章烃的衍生物 单选题 1．下列说法正确的是 [ ] 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 312 A．凡能发生银镜反应的有机物一定是醛 B．在氧气中燃烧时只生成CO2 和H2O 的物质一定是烃 C．苯酚有弱酸性，俗称石炭酸，因此它是一种羧酸 D．在酯化反应中，羧酸脱去羧基中的羟基，醇脱去羟基中的氢而 生成水和酯 解析：逐一考查各选项是否正确． A．醛可以发生银镜反应，但有醛基—CHO 的物质不一定是醛，如 都可 有—CHO，也都可以发生银镜反应，再如葡萄糖是多羟基醛，也有—CHO， 也可发生银镜反应，但这些物质在分类上都不是醛．因此，此说法不正 确． B．烃燃烧可以生成CO2 和H2O，但烃的含氧衍生物完全燃烧也只 生成CO2 和H2O，如C2H5OH、CH3CHO 等均是这样，因此，B 说法不 正确． C．苯酚的弱酸性是由于与苯环上连接的羟基有微弱的电离而显示的 酸性，而羧酸是由于羧基的电离而显示酸性的．因此不能认为显酸性的 有机物都是羧酸．则C 说法不正确． D．所述R—COOH 与R＇—OH 酯化反应的机理正确． 命题目的：本题考查对烃的衍生物几个基本概念的理解程度．正确 理解基本概念的内涵和外延，并能与相近概念加以比较、区别，是学习 化学的基本要求，必须认真掌握． 解题关键：对概念分析型题目，其逻辑关系应该认识正确．在初中 平面几何课程中曾学习过简单的逻辑关系，如原命题与逆命题不一定同 时正确．本题即应用这一逻辑关系，再加上对概念本身的含义或相关的 其他情况进行正误判断．例如A，已知醛都可以发生银镜反应，逆命题 为凡能发生银镜反应的有机物一定是醛，两命题是否均正确，考虑到甲 酸、甲酸酯、葡萄糖等情况，可判断逆命题是错误的．其他各选项也都 可以用这样的逻辑分析去分析判断． 错解剖析：对概念理解得不深刻，会造成错误判断，如 C．若对苯 酚显酸性的原因不理解，会误认为正确而错选． 对逻辑关系及概念内涵和外延范围理解不正确，也会造成错误判断， 如A 和B． 答案：D 2．下列有机物各取1 mol 完全燃烧，消耗O2 最少的是 [ ] A．乙烯B．乙炔 C．乙醛D．乙酸 解析 1：分别写出四种有机物完全燃烧方程式，比较完全燃烧1 mol 此有机物的耗氧量： A．C2H4＋3O2→2CO2＋2H2O 1 mol 3 mol B C H O 2CO H O 1 mol mol 2 2 2 2 2 ． ＋ → ＋ 5 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 313 2 5 2 C C H O O 2CO 2H O 1 mol mol 2 4 2 2 2 ． ＋ → ＋ 5 2 5 2 D．C2H4O2＋2O2→2CO2＋2H2O 1 mol 2mol 从以上比较可看出 D 耗氧最少． 解析 2：考虑有机物中C、H 元素燃烧时耗氧量规律：C＋O2→CO2， 4H＋O2→2H2O，即每摩C 原子耗1 mol O2，每4 mol H 原子耗1 mol O2．若 是含氧衍生物，可按氧原子数减去水分子后剩余的相当于烃的组成式， 按其C、H 原子计算，如乙醇C2H6O 按所含1 个氧原子减去1 个H2O 后 为C2H4，即1 mol 乙醇完全燃烧，耗氧量与 1 mol 乙烯相同．从解法1 中也可看出物质的量相同的乙醛与乙炔完全燃烧的耗氧量也相同． 掌握了上述规律，即可根据分子式较快地作出判断： C2H4 C2H2 C2H4O C2H4O2 同 C2H2 同 C2 耗 O2 3 2.5 2.5 2 命题目的：有机物燃烧时的耗氧量是有规律的，可以从有机物分子 组成去归纳总结．从某些具有相同反应的物质中，归纳认识一些物质的 性质和反应的规律(包括量关系规律)，是学习化学必须培养的能力之 一．本题即是以烃及其衍生物燃烧反应耗氧量比较，考查对这一问题的 规律性的认识能力． 解题关键：解析 1 虽是基本解法，显然是没有能对烃及其含氧衍生 物燃烧耗氧量规律进行归纳总结的方法，这种解法需要逐一配平反应方 程式，费时较多，显然不符合选择题解题速度的要求，因此不是较好解 法． 解析 2 是在归纳了烃及其含氧衍生物的燃烧反应耗氧量规律的基础 上，用比较分子组成的方法，较快解出答案，是较好的方法． 错解剖析：按解析1，书写和配平燃烧方程式，如果不熟悉配平规律， 错解的可能性较大，一则配平过程出现错误的可能性较大，二则费时较 多． 答案：D 3．阿斯匹林的结构简式如下图所示，图中用(1)、(2)、(3)、(4)、(5)、(6)分别标 出了其分子中的不同的键． 将阿斯匹林与足量 NaOH 溶液共煮时，发生反应的化学键是 [ ] A．(1)(4) B．(2)(5) C．(2)(6) D．(3)(4) E．只有(6) 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 314 解析：分析阿斯匹林的结构如下： 可看出阿斯匹林兼有酯和羧酸的结构，考虑这两种结构与 NaOH 溶 液的反应，羧基部分可与NaOH 中和，生成相应的羧酸盐，即羧基上的 氢原子电离成H+，使中H—O 键断裂，即图中的(6)键发 生反应．酯与NaOH 溶液反应实际上是在碱性条件下的水解，产物为相 应的羧酸钠和羟基． 按阿斯匹林结构， 可生成CH3COONa 与 ，即在酯的结构中断裂结构中的C—O 单 键，为图中的(2)键． 命题目的：在有机化学中，结构决定性质是核心问题．分析有机反 应必须从结构出发，具体讨论化学键的变化(断裂、结合、重组、变换等)， 才能认清反应机理，掌握反应规律．本题以阿斯匹林的结构设问，考查 对羧基、酯基结构的认识及分析反应机理的能力． 解题关键：正确分析阿斯匹林的结构，抓住各类物质的结构特征给 予正确认识是解答本题的基础．由于课内未学过阿斯匹林的结构，学生 比较陌生，但不妨碍分析出所学过的基本结构，如—COOH、—COO— 等特征官能团．在正确辨认结构特征——官能团的基础上，运用课内学 过的有关类别物质的反应机理，即可顺利地解答本题．其关键是与NaOH溶液反 应时，—COOH 上的O—H 键发生反应，进行中和生成相应的盐 和水；—COO—中的C—O 单键发生反应，水解生成—COOH 和HO—． 错解剖析：辨认出阿斯匹林结构中的羧基一般不困难，也容易想到 羧基与碱中和时，(6)键会发生反应．而如果没有正确分析出酯的结构， 则会误认为阿斯匹林与碱反应时，只有(6)键断裂而错选(E)． 若从 CH3COONa 与NaOH 在无水条件下共热生成CH4 考虑，可能会 误认为(1)键发生反应．而实际上制CH4 反应要求无水环境才能发生 ( 溶液在不特殊指明时，均是指水溶液)．出于同样的考虑，也会误认为(4) 键发生反应错选A．这种错误是由于不注意分析反应条件而错误地套用 其他反应造成的． 答案：C 4．分子式为C5H12O2 的二元醇有多种同分异构体，其中能氧化成主链 上碳原子数为3 的二元醛有x 种，能氧化成主链上碳原子数为4 的二元 醛有y 种，则x、y 的值是 [ ] A．x＝2，y＝6 B．x＝1，y＝7 C．x＝1，y＝1 D．x＝2，y＝1 解析：醇氧化为醛时，醇上的—OH 必须位于碳链端点的碳原子上．根 据题意，主链碳原子数为3 的二元醛有以下两种： 注意：第二种主链碳原子数不能算成是 4，因为—CHO 是含碳官能 团，计算其主链碳原子数时，必须包含官能团中的碳原子，并不是简单 地选取碳原子最多的碳链为主链． 例如： 中，主链碳原子数应是4 而不是5，其 名称应是2－乙基丁醛．这与烷烃的主链选择和命名有所不同，在烷烃中 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 315 不可能有“2－乙基”的名称，而在有含碳官能团的烃的衍生物中，却可 以有类似的名称． 主链碳原子数为 4 的二元醛只有：按 x＝2， y＝1 命题目的：本题考查了对醇氧化为醛反应机理的认识与分析酸、醛 分子结构的能力，由于涉及了含碳官能团的衍生物与烷烃(或不含碳官能 团的衍生物如醇)等，主链选择及命名的不同而增加了试题难度．实际上 本题还隐含地考查了对烃的衍生物命名的知识． 解题关键：正确书写出符合题意的二元醇结构简式是解答本题的关 键．要突破这一关键，有两个前提：(1)可被氧化为醛的醇—OH 必须连 接在碳链的端点上，因为如果不连在碳链端点则被氧化为酮，如 生 物的主链选择，必须以包含官能团中的碳原子的最长碳链为主链，而烷 烃只选择最长碳链为主链．醇的官能团—OH 为不含碳的官能团，其主链 选择是以包含与— OH 相连的最长碳链为主链， 如 “C， 其名称应为2－乙基－1－丁醇． 错解剖析：若不理解只有连接在碳链端点上的—OH 才可被氧化为— CHO，只考虑主链为3 个或4 个碳原子的二元醇，可能错选A，因为主 链有4 个碳原子的C5H12O2 的二元醇确实有6 种．而分子式为C5H12O2 且主链为3 个碳原子的二元醇也能写出两种： 因此，认真分析结构，注意反应机理是极为重要的． 答案：D 5．由以下五种基因两两结合而形成的化合物中、能与NaOH 溶液反 应的共有 [ ] ①—CH3 ②—OH ③—C6H5 ④—CHO ⑤—COOH A．3 种B．4 种 C．5 种D．6 种解析：能与NaOH 溶液反应的物质有酸类，包括羧酸和无机酸； 酚 类．将所给基团交叉组合，考查其结构和种类： ①⑤组合为 CH3COOH；②⑤组合为，即H2CO3，是 无机酸；②③组合为C6H5—OH 为苯酚；②④组合为，即 HCOOH，是甲酸；③⑤组合为C6H5—COOH，为苯甲酸；④⑤组合为 ，亦可与NaOH 溶液反应．归纳上述情况，共有6 种． 命题目的：本题以常见官能团组合形式，考查对能与 NaOH 溶液反 应的物质的认识，同时考查在官能团组合中广泛、灵活地分析结构特 征．从实质上分析其种类和性质的能力． 解题关键：抓住本质特征，灵活变换写法是解答本题的重要方法， 从多变的结构中辨认其类别是解答本题的关键． 错解剖析：对②⑤组合 ，因为有些信息给予题曾提 供这样的信息，同一碳原子上连接两个以上羟基是一种不稳定结构．但 这与不可能存在的结构是两码事， 确实是不稳定结构， 可分解为CO2 与H2O，即自身脱水．如果不能抓住其本质，则会漏掉这 一组合而错选C．②④组合也是易漏选的一种，这实质上 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 316 是甲酸结构．④⑤组合，肯定能与NaOH 反应，其结 构可看成是乙二醛被氧化一个—CHO 后所生成的产物． 以上几种组合，若不能从本质上分析，考虑其组合后的实际情况与 官能团特征，都易造成错选． 答案：D 6．分子式为C4H8O2 的酯，水解后得到醇A 和羧酸B，将A 氧化最 终可得羧酸C，若C 可以发生银镜反应，则分子式为C4H8O2 的酯的结构 简式为 [ ] A．HCOOCH2CH2CH3 B．CH3CH2COOCH3 C．CH3COOCH2CH3 D．HCOOCH(CH3)2解析1：逐一分析各选项中的酯水解情况，分析其是否符合 题意． A．水解产物是HCOOH 甲酸和CH3CH2CH2OH 1－丙醇，1－丙醇 氧化最终可得丙酸，不可能发生银镜反应，则A 不符合题意． B．水解产物为CH3CH3COOH 丙酸和CH3OH 甲醇．甲醇氧化的最 终产物为甲酸，由于其中含有—CHO，则可以发生银镜反 应．因此B 符合题意． C、D 均可按上述方法逐一分析，均不合题意． 解析2：据题意分析醇 A氧化羧酸C，C可发生银镜反应，则C 必为甲酸，A 则必为甲醇．因此分子式为C4H8O2 的酯必是丙酸甲酯 CH3CH2COOCH3，对照各选项，B 为正确． 命题目的：本题考查对酯与其水解反应产物醇和羧酸之间结构上的 依存关系的认识，以及对烃的衍生物转化关系的分析能力．同时考查了 对甲酸结构的掌握情况． 解题关键：解析 1 是容易想到的基本解法，属于正向思维，但思考 过程较复杂，思考量大． 解析 2 属逆向思维，从酯水解所生成的醇的最终氧化产物入手，首 先判定C 为甲酸，继而推理确定A 为甲醇，则C4H8O2 必为丙酸甲酯， 经对照即可选定B．这一思路简捷、快速，符合解答选择题的要求． 错解剖析：对酯与其水解产物结构上的依存关系可图式如下： 如果对以上依存关系认识不正确，或记忆颠倒，会错选 A 或D． 答案：B 7．DAP 是电器和仪表部件中常用的一种高分子化合物，它的结构简 式为： 则合成它的单体可能有①邻苯二甲酸 ②丙烯醇(CH2＝CH— CH2OH) ③丙烯④乙烯 ⑤邻苯二甲酸酯，正确的组合是 [ ] A．仅①② B．仅④⑤ C．仅①③ D．仅③⑤ 解析：分析其链节中的结构，由于有—COO—结构存在，则可知聚 合物为聚酯结构，即在聚合时发生了酯化．考虑—CO O—的水解形式， 单体中应有即邻苯二甲酸和两个一元醇．而在余下的两个对称结构中，碳原子1 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 317 必是原来连接—OH的醇的结构， 而碳原子2、3 是与其他链节相连的，则应考虑到2、3 间原有 双键，在聚合时打开而相互连接形成高分子化合物．因此合成DAP 的另 一种单体结构应是CH2＝CH—CH2OH 即丙烯醇．由此可知合成DAP 的 两种单体应为①邻苯二甲酸和②丙烯醇，则选A． 由于题给选项中，均为两种单体，已暗示该高分子化合物只能由两 种单体聚合而成，则在看出后，只能将剩下的对称结构认 为是一种单体，则可使思考过程简化． 命题目的：本题以新情境题的形式考查对陌生聚合物结构的分析能 力．解答新情境题(或称信息给予题)，除了充分理解题给信息外，还必须 结合课内学习过的基本知识，因此，本题还考查了对形成聚合物所学过 的单体如不饱和化合物(含C＝C 双键)及可酯化的羧酸和醇的结构的认 识． 解题关键：本题看起来较为复杂，但只要能抓住两个基本要点，亦 不难解答：其一是认识—COO—酯基结构的性质，它可水解，当然也可 由单体——醇和羧酸酯化生成，则应从入手，分析出必 有一单体为邻苯二甲酸．其二是对结构的分析，相邻 的两个碳原子均成为与其他链节连接的碳原子，则在单体中，这两个碳 原子间必以不饱和键形式(双键或三键)存在，从它们与H 原子连接情况 看，单体中应有双键．另—C 原子上应是原有—OH 而进行酯化反应的， 则可判断出单体必然有CH2＝CH—CH2OH． 错解剖析：如果对酯基—COO—水解的形式认识不正确，在 中的虚线处断开，则可能误认为有丙烯的单体存在， 而错选C 或D．如不能理解相邻两个碳原子均成为与其他链节相连接的 碳原子，则可能无法下手解答此题． 答案：A 8．0.1 mol 某有机物的蒸气跟足量的O2 混合后点燃，反应后生成13.2 g CO2 和5.4g H2O，该有机物跟Na 反应放出H2，又能跟新制Cu(OH)2 反应生成红色沉淀，此有机物还可与乙酸反应而生成酯类化合物，该酯类化合物 的结构简式可能是 [ ] 解析 1：根据题意分析原有机物应是醇，且分子中还有—CHO．其 分子中的醇—OH 可与Na 反应放出H2，也可与乙酸发生酯化反应．而分 子中的—CHO 可与新制Cu(OH)2 反应生成红色沉淀． 根据此有机物 0.1 mol 完全燃烧生成13.2 g CO2与5.4 gH2O的条件， 则每摩尔此有机物中含 n = 10 3(mol) n = 5.4 18 10 2 = 6(mol) (C) (H) 132 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 318 44 . × ＝ × × 考虑到其分子中有—OH 和—CHO，则其分子式可能为C3H6O2．该 有机物与乙酸酯化后所生成的酯是有5 个碳原子的乙酸酯，且应保留原 有的—CHO，以此考查各选项： A．碳原子数、—CHO 均符合，但其结构不是乙酸酯，则A 不正确． B．碳原子数不符，且不为酯的结构，亦不正确． C．碳原子数、—CHO 均符合，但是羧酸结构，不是酯，则C 也不 正确． D．碳原子数、—CHO 均符合，且为乙酸酯，则D 对． 解析 2：认真理解题意，看清题目所问是求酯类化合物的结构，而B、 C 均不为酯的结构，则排除B、C．而这种酯是原有机物与乙酸形成的， 必为乙酸酯，而A 不是乙酸酯，则排除A．观察D，具备乙酸酯结构— OOCCH3 即 CH3COO—为乙酸酯结构，则只有D 正确． 命题目的：解答选择题，应根据题意选择尽可能简捷、快速的方法 求解．而且应该能从题给的条件中分析哪些是必要条件，哪些是干扰条 件，要尽量排除干扰，抓住本质，化繁为简，迅速求解．本题即是在给 出众多干扰条件的情况下考查对题目所求问题的理解和排除干扰的能 力． 解题关键：认真审题，明确本题要求的与乙酸酯化后生成的乙酸某 酯的结构，而不是原有机物的结构．因此对原有机物燃烧的量关系，性 质描述中的确定—OH、—CHO 等条件，均为干扰条件，与正确分析乙 酸酯无关．分析各选项，只有D 为乙酸酯，则可单刀直入，快速解出答案． 前述两种解析中，解析 1 显然是没有能正确分析和理解题意，而被 干扰条件所迷惑进行繁琐、复杂的计算、推理过程．虽然也可以解出正 确答案，但被不必要的条件所牵制，走了很大的穹路，既不符合命题目 的对排除干扰能力的测试，又花费了不应花费的宝贵时间，实不可取． 解析 2 抓住了问题的实质，迅速排除了干扰，简单利索地解出正确 答案，符合命题目的，体现出冷静的思考能力和敏锐的判断能力． 由此题的解法分析可以看出，所谓能力的考查并不是不可捉摸的“灵 感”，而应是有坚实基础的思路和方法的体现．学习的最终目的也不仅 仅是为了正确解出答案，更要讲究思维的方法和解题的途径． 答案：D 不定项选择题 1．某有机物CxHmOn 完全燃烧时，需要氧气量是此有机物物质的量 的x 倍，则该有机物的化学式中x、m、n 之间的关系不可能的是 [ ] A．x∶m∶n＝1∶2∶1 B．x∶m∶n＝2∶6∶2 C．m≤2x＋2 D．m≥2x＋2 解析：按 CxHmOn 组成写出其完全燃烧方程式： 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 319 C H O (x )O xCO H O x = x = n 2 m n = 2 1 x m n 2 2 2 ＋ ＋ － → ＋ 据题意， ＋ － 有∶ ∶ m n m n m 4 2 4 2 4 按此标准判断 A、B，只有A 符合，B 不符合． 分析 C、D，考虑在烃的含氧衍生物中，碳氢原子个数比的情况，有 x 个氧原子时，氢原子最多有2x＋2 个，即相当于烷烃组成，即在CxHmOn 中一定是m≤2x＋2．考查C、D，只有C 符合，D 不符合． 命题目的：本题考查对烃的含氧衍生物中元素组成的关系判断，以 及分析元素组成关系的能力．要求对烃的含氧衍生物组成具有整体的认 识和分析，经过推理、比较得出正确结论． 解题关键：本题中的四个选项形式分为两组，一组是关于 C、H、O 原子个数比情况，由CxHmOn 完全燃烧耗氧气量进行推理分析，需要掌握 含氧衍生物完全燃烧方程式的通式写法． C、D 二选项的关系要求对烃的含氧衍生物的组成关系有较深刻的认 识，且无题目条件的限制与提示．判断依据是“烃的含氧衍生物CxHmOn 中，必有m≤2x＋2”，这是从烷烃组成推理归纳出的依据，可从课内学 过的醇、醛、羧酸和酯的通式比较、归纳而得出．这是解答本题的难点 和关键．值得注意的是，上述依据只适用于烃的含氧衍生物，如果对含有其 他原子的复杂的衍生物，则不一定成立．比如用—NH2 代换—H 原子后， 所得衍生物中的氢原子个数会增加，例如CH3—NH2 中氢原子数即不符 合上述依据，这是因为氮原子在有机物中往往是三价结构，而不像氧原 子是二价结构． 关于本题的讨论情况及方法，可以用于分析和认识较复杂的有机物 的组成情况，对此应该力求掌握． 错解剖析：C、D 两选项，容易错选C，漏选D，原因在于对于烃的 含氧衍生物的组成缺乏整体认识．比如认为含氧衍生物不可能与烷烃组 成有什么联系，而C 表述的是烷烃组成关系，武断地认为不适用，而错 选C．而认为D 所表达的关系是突破了烷烃限制的组成关系．对于衍生 物的复杂组成是可能存在的，则可能漏选D． 答案：B、D 2．己知维生素A 的结构简式如下： 关于维生素 A 的下列说法中正确的是 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 320 [ ] A．维生素A 的一个分子中含有三个双键 B．维生素A 在一定条件下可发生加成反应 C．维生素A 的一个分子中含有30 个氢原子 D．维生素A 具有环己烷的结构单元 解析：本题是从题给的新物质结构简式，分析其组成、结构、性质 的概念判断型题目，对照其结构简式，逐一分析各选项． A ． 注意到作为环状侧链的直链结构中存在着 结构，这一结构表明有2 个1，3－丁二烯结 构单元，其中含有4 个双键，再加上六元环中的一个双键，则维生素A 分子中应有5 个双键而不是3 个．则A 不正确． B．由于维生素A 分子中含有双键，则在一定条件是可以进行加成 反应的，则B 说法正确． C．分三部分考查维生素A 的氢原子数： (1)在环状部分，环上的3 个C 原子共连有6 个氢原子； (2)链状部分，有3 个—CH3 共连有9 个氢原子； (3)长链部分，2 个相当于丁二烯的结构单元中共有6×2＝12 个氢原 子，—CH2OH 部分有3 个H 原子，共15 个氢原子．将上述三部分氢原子数相 加(6＋9＋15)共有30 个氢原子，则C 说法正确． D．维生素A 的六元环中有一个双键，因而不是环己烷的结构单元， D 说法不正确． 命题目的：本题考查有机物的结构、组成、分类各方面知识的掌握 情况，且涉及环己烷的结构特征，关于氢原子数目需要对有机物结构具 有一定的分析能力． 解题关键：A、C 两个选项是本题的难点．如果没有注意到 这一结构单元是2 个，则会误认为维生素A 中有三个双键而错选A． 关于维生素 A 中的氢原子数，建议按前述解法，将其结构分为几个 部分逐一分析，再加合，这样符合将复杂问题分解为简单问题的原则， 且不易出错．如果不加分析从头到尾逐步相加，遇到有相同的几个结构 单元的情况则容易出错． 错解剖析：没有注意或理解直链中 1，3－丁二烯的结构单元数，会 错选A．不掌握正确的分析方法，一味地进行H 原子数的加合，可能会 漏选C． 答案：B、C 3．下列各组物质中的四种物质，只用一种试剂即可鉴别的是 [ ] A．淀粉溶液，乙醇，苯，四氯化碳 B．乙烯，乙烷，乙炔，丙烯 C．甲酸，乙醛，甲酸钠，乙酸 D．苯酚，溴苯，苯乙烯，甲苯 解析：从各种物质的特性反应出发，考虑适当的检验试剂，逐一分 析各选项． A．淀粉溶液可使碘单质变蓝，若考虑用碘水作检验试剂，分析其余 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 321 各物质遇碘水的不同现象，可发现苯与碘水混合，会萃取碘水中的碘， 且苯的密度比水小，则液体分层，上层为紫色，下层为无色．而四氯化 碳萃取碘水中的碘以后，由于四氯化碳密度比水大，则液体分两层，下 层为紫色．而乙醇与碘水相混溶不分层．则A 组可用碘水鉴别． B．注意到本组中乙烯、丙烯均为气体，它们的性质极为相似，不能 用一种试剂加以鉴别，则B 组不符合题意． C．注意到本组中有甲酸、乙酸，不能用检验酸性的试剂加以区别， 若考虑到甲酸、甲酸钠中有—CHO 的存在，则又与乙醛无法区别，则C 组不可用一种试剂加以鉴别． D．检验苯酚的试剂可用FeCl3 或溴水，苯酚溶液加浓溴水会有白色 的沉淀生成，而苯乙烯加溴水会发生加成反应使溴水褪色，甲苯可萃取溴水中的 溴而在上层呈现橙色，溴苯中若溶入溴会显示 出褐色，均有不同现象．则D 组物质可用溴水检验区别． 命题目的：本题考查对烃及其衍生物的检验方法的掌握情况，由于 本题涉及的物质种类较多，思考容量较大，且有些不是常用的检验试剂 (如碘水)，因此，对思维的灵活性、广阔性和严密性也是较好的考查． 解题关键：熟悉各物质的特性和常用的检验试剂，且能根据题目条 件灵活思考，是解答本题的关键．如A 组中，由淀粉溶液立即想到检验 试剂为碘或碘水，碘水是检验淀粉的特性试剂，但它与溴水一样，可用 苯、四氯化碳、甲苯等萃取，这样很快就能分析出可用碘水区别A 组各 物质． B、C 两组的思考方法类似，先考虑各组中同类的两种物质是否可用 一种试剂鉴别，如不能，则这组物质即不可用一种试剂鉴别．如可能， 再考虑这种试剂是否可鉴别组内的另外两种物质． D．亦是从检验试剂入手，很容易选定溴水能鉴别四种物 质． 错解剖析：如果认为碘水只能检验淀粉而不能用于乙醇、苯、四氯 化碳的鉴别，会漏选A，出现这样的错误，说明理解萃取的原理不够深 刻，思维不够灵活． 如果认为可用乙烯略有气味可与丙烯区分，则不符合题意“用一种 试剂鉴别”．若考虑用燃烧的方法看火焰是否明亮，是否有黑烟来区别， 也是不可行的方法，因为这对三种不饱和烃，尤其是含碳量相同的乙烯、 丙烯是看不出明显差异的．考虑这类问题，一定要特别注意题目要求， 即只用一种试剂鉴别，若考虑先根据气味区别出乙烯，再点燃去区别乙 炔、丙烯、乙烷，则不符合题目要求，在思考方法上陷于混乱． 答案：A、D 4．在许多化合物里硫可以取代氧，取代后的物质跟原化合物有相似 的性质，下面是两种有机磷农药的结构： 这两种农药在使用过程中不能与下列哪种物质混合使用 [ ] A．KCl B．NaOH C．NaNO3 D．Na2SO4解析：两种农药的结构，均可看成是磷酸的酯中S 原子取代O 原子后的产物．根据酯的性质，在酸性环境或碱性环境中均 可水解，则这两种农药均不可与碱性物质混合使用．在所给选项中，A、 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 322 C、D 均为不可水解的盐，而B 选项氢氧化钠为碱． 命题目的：本题考查对较陌生的磷酸酯结构的分析，由于题目设置 了关于硫原子取代氧原子的条件，有一定干扰作用，因此增加了理解题 意的难度． 解题关键：结构分析时要抓住实质，这是解答本题的关键．如果能 抓住两种农药结构中的3 个P－O 键结构，就可以想到这两种农药均为磷 酸酯．而根据酯的性质，可在碱性环境中水解，从而破坏农药的结构， 必然影响使用效果． 无机含氧酸能与醇生成酯，这一点可从课内学过的硝酸甘油酯(硝化 甘油)或纤维素三硝酸酯的知识点中联想、理解，这是一种很重要的学习 方法，也是衡量思维能力的一个重要标志． 错解剖析：题目设置的硫原子取代氧原子的新情境，可能会对理解 题意产生干扰作用，会误认为Na2SO4 中的硫会与农药中的氧原子发生取 代而破坏农药结构．实际上这是不可能的，Na2SO4 中的硫原子是存在于 SO4 2 的稳定结构中，不可能单独会进行取代反应，这种思维是受到干扰 条件影响的表现．同样，若认为 NaNO3 中的氮原子与P 同族，也可发生 取代而影响农药的结构和作用，也是错误的，在NaNO3 中，氮原子是存 在于稳定的NO 中，不可能单独与P发生取代反应。由此可见，认真分3  析反应原理，避免干扰条件的影响，抓住结构的实质，正确理解题意， 是很重要的方法． 答案：B 5．下列各种醇中，不能发生消去反应的是 [ ] A．CH3OH B．2－丙醇 C．2－甲基－2－丙醇 D．2，2－二甲基－1－丙醇 解析：以乙醇为例，分析消去反应的机理： 从上式可看出，醇分子发生消去反应，是—OH 与相邻碳原子上的氢 原子脱去水分子而形成不饱和C＝C．因此，醇分子发生消去反应的①有 2 个以上的碳原子；②与醇—OH 相连的碳原子相邻的碳上有氢原子存 在．也可以给碳原子标号，简要说明：计算题 1．某含碳、氢、氧三种元素的化合物，其分子由11 个原子组成， 分子中各原子中的质子数总和为40．完全燃烧1 mol 这种有机物，消耗 标准状况下氧气78.4 L．求这种有机物可能的结构简式和名称． 解析：设此有机物分子式为 CxHyOz，其1 mol 完全燃烧消耗O2 为 n = = 3.5(mol) (O2 ) 78 4 22 4 . . 根据 x＋y＋z=11 条件讨论： 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 323 若 z=1，按其可能组成，只有x=3，y=7 符合原子个数条件，但其分 子中质子数应为：3×6＋7×1＋1×8=33≠40，则不符合质子数条件． 若 z=2，按原子个数与可能组成，则有x=3，y=6，其分子中质子数 应为： 3×6＋6×1＋2×8=40，符合质子数条件．其分子式为C3H6O2， 完全燃烧1 mol此化合物耗氧量为x＋ ＋ ，亦符 z 2 = 3 2 2 = 3.5(mol) y 4 6 4  合耗氧量条件． 若 z=3，按原子个数和可能组成，均无适宜的解． 则可确定此化合物分子式为 C3H6O2，其可能的结构简式和名称为： CH3CH2COOH 丙酸；CH3COOCH3 乙酸甲酯；HCOOC2H5 甲酸乙酯． 命题目的：本题结合原子结构与烃的衍生物的知识，考查了在限定 条件下，用讨论法确定有机物组成的方法和能力以及逻辑推理能力．解题关键： 选用什么方法进行计算和推理，是解答本题的关键．题 给燃烧时耗氧量条件并不足以确定有机物组成，但结合分子中原子个数 和质子总数条件，可以初步选用讨论法．若用讨论法，设分子式为CxHyOz， 如果从碳原子数x 入手讨论，则较繁琐．注意到烃的衍生物中，氧原子 数往往较少，则应从氧原子数z 入手讨论，从z=1，z=2 的整数位开始， 可使讨论过程较为简捷．在讨论过程中，必须注意衍生物组成的可能性， 如z=1 时，若x=1，则y=9 必不符合有机物组成，则不必再讨论质子数是 否为40．这样即可较易得出，若z=1，则x=3，y=7 为可能组成，再分析 其质子数是否为40．掌握这些限制条件并应用到讨论过程中，会较快地 分析出正确结论，这正是逻辑推理能力的体现． 错解剖析：解答这类题目常见的问题是：一时难以找到适当的方法， 因为仅从燃烧耗氧量很难确定其组成，而关于原子个数、质子数的条件 又似乎一时与烃的衍生物联系不上，没有想到根据限制条件的可能取值 范围讨论法进行推理． 另一可能走的弯路是：确定用讨论法后，从 CxHyOz 中的x 起讨论， 如x=1 时，若y=4，则z=6⋯⋯这样，过程十分繁杂，虽可解出最后答案， 但费时费力，并不可取．这样的方法虽不算错误，但不是好方法． 2．在三种饱和一元醇，其相对分子质量之比为8∶22∶29；将它们 按物质的量之比1∶2∶1 混合，取混合液16.2 g 与足量的金属钠反应生 成标准状况下氢气2.24 L，求： (1)三种醇的相对分子质量；(2)三种醇的分子式． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 324 解析 1：设三种饱和一元醇的相对分子质量分别为x、y、z．则有 x y x z y x z x 8 22 8 29 22 8 29 8 即； ． 又根据饱和一元醇与足量金属钠反应生成 H2 的关系，设混合醇的平 均相对分子质量为M，则有： 2R OH H = 22.4 2.24 M = 81 2 — ～ 解得 2 16 2 M . 按平均相对分子质量与各组分相对分子质量和物质的量关系有： M x y z     1 2 1 1 2 4 81 · · · · 将y = ， 代入上式，得 22 8 x z = 29 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 325 8 x M x x x  2  22 8 29 8 4 = 81 x = 32 y = 22 8 x = 22 8 32 = 88 z = 29 8 x = 29 8 32 = 116 解得 则× ； × 按饱和一元醇通式 CnH2n+2O，其相对分子质量可表示为14n＋18，则 有： ①M1=32 时，14n1＋18=32 则n1=1 分子式为CH4O ②M2=88 时，14n2＋18=88 则n2=5 分子式为C5H12O③M3=116 时，14n3＋18=116 则n3=7 分子式为C7H16O 解析 2：根据题给三种饱和一元醇相对分子质量关系，设三种醇的相 对分子质量分别为8x、22x、29x，三种醇按物质的量之比为1∶2∶1 的 比例所得混合醇的平均相对分子质量为M，根据饱和一元醇与足量金属 钠反应生成氢气的关系，有 2R OH H = 22.4 2.24 M = 81 2 — ～ 解得 2 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 326 16 2 M . 因为三种饱和一元醇按物质的量之比 1∶2∶1 相混合，则其平均相 对分子质量为： M x x x  8 ·122 ·2 29 ·1 解得 1+ 2 +1 = 81 x = 4 则三种饱和一元醇的平均相对分子质量为 M1=8×4=32；M2=22× 4=88；M3=29×4=116 以下解析同解析1． 命题目的：关于混合物的计算是化学计算题的重点．本题根据三种 饱和一元醇的混合物与足量金属钠反应的量关系，考查了对相对分子质 量的基本计算技能的掌握情况，以及处理混合物有关量关系的能力． 解题关键：混合物的平均相对分子质量的求法共有 4 种，其中混合 物总质量除以总物质的量是最基本的一种，即 M m n 总 总 本题即应用这一关系，分别求出各组分的相对分子质量． 解析 1 与解析2 的区别在于题设不同．显然，解析2 充分利用了三 种饱和一元醇相对分子质量关系，只设出1 个未知数，使计算过程较为 简单．而解析1 中，由于设了三个未知数，计算中反复代入，使计算过 程较为复杂．因此解析2 的题设方法较好，请读者进行对照体会． 已知饱和一元醇的相对分子质量，利用饱和一元醇的组成通式去求 解，也可有多种方法，本题选用了较简单的一种．读者也可自己尝试比 较各种方法的优劣，尽量采用简单明了的方法进行计算． 错解剖析：对三种饱和一元醇平均相对分子质量之比为 8∶22∶29 如果理解不正确，认为这三种饱和一元醇的相对分子质量分别就是8、22、 29，则不可能正确解出全题，因为饱和一元醇的相对分子质量不可能是 以上数值，最简单的饱和一元醇CH3－OH 的相对分子质量即为32，则 错误的理解定会形成解题的障碍． 3．在1.01×105 Pa，150℃时，将10 mL 某有机物A 的蒸气与50 mL O2 混合，完全燃烧后生成物质的量相等的CO2 和H2O(气)．恢复至原 状态，混合气体的密度比反应前减小了．完全燃烧后的气体通过足 1 5 量的碱石灰，气体体积变为15mL．试通过计算求A 的分子式以及可能的 结构简式． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 327 解析：根据题意，O2 应过量，通过碱石灰剩余气体即应为O2，则10mL A 完全燃烧消耗O2 为50－15=35(mL) 因反应后密度为反应前气体密度的1－ = 1 5 4 5 根据在质量不变时，气体密度与体积的关系： V V 前 后 后 前 后 前 后 前有· · ＋     V = V = 1 4 5 (50 10) = 75(mL) 其中有 O2 15mL，且CO2 与H2O(气)物质的量相同即体积相同，则燃 烧后产物中 V = V = (75 15) = 30(mL) (CO2 ) (H2O气) － 1 2 设 A 的分子式为CxHyOz，按以上计算出的体积关系，可写出燃烧方 程式为： 10CxHyOz＋35O2→30CO2＋30H2O(气) 按反应前后质量(原子个数)守恒关系，可确定x=3，y=6，z=2． 因此，A 的分子式为C3H6O2． 其可能的结构简式为 CH3CH2COOH；CH3COOCH3；HCOOC2H5． 命题目的：本题以有机物燃烧过程为素材，考查对有机物燃烧过程 量关系的理解及利用通式确定有机物组成的方法．由于涉及密度因素， 还考查了对阿伏加德罗定律的理解和应用能力． 解题关键：关于有机物燃烧过程中的各种量关系的分析与计算，虽 是有机计算中的常见题型，但变化较多，解法各异．因此必须具体分析 各题目的条件，找出解题关键． 解答本题的关键是根据阿伏加德罗定律，确定在密闭容器中即质量 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 328 不变条件下，气体反应的体积与密度的关系，并能以正确的数学形式表 达． 根据物质的量(气体体积)关系利用燃烧方程的通式，求得有机物分子 组成，是解答本题的又一关键，本题的解法中灵活地运用了这一关系， 方法较为简单．当然，还可应用具体计算结果，逐一确定A 中C、H、O 原子个数，但其方法较复杂，不再介绍． 错解剖析：对“反应后的气体密度比反应前减小了”的理解不 1 5 正确，会造成全题的计算错误．如理解为“密度减小了，则体积增 大了”将反应后体积计算为原体积的＋ 倍，就会出现一系 列的计算错误．实际上气体体积应是原来的倍．因此对阿伏加德罗 1 5 1 5 1 5 5 4 (1 ) = 6 5 定律的正确理解和正确表达，是解答本题的关键． 在解出 10mLA 蒸气完全燃烧生成30mL CO2 和30mL H2O(气)后，应 用配平的燃烧方程，比较系数和原子个数关系以确定A 的分子式较为简 单．如果只考虑CO2 与H2O 物质的量相等这一条件，确定C、H 原子个 数比为1∶2，则不能求出A 的分子式．当然在按体积写出燃烧方程式 10CxHyOz＋35O2→30CO2＋30H2O(气)后，化简为2CxHyOz＋7O2→6CO2＋ 6H2O(气)是必要的，计算时会更简单些． 4．某液态有机物A 相对分子质量为56，它既可发生银镜反应，又 可跟溴水发生加成反应．现取5.6gA 跟过量的氧气混合后点燃，产物只 有CO2 和H2O，将其生成物通过足量的浓H2SO4，使浓H2SO4 增重3.6g．再 通过盛有足量Na2O2 的干燥管充分反应，气体的质量减少了8.4g． (1)通过计算，推导A 的分子式． (2)写出A 的结构简式． 解析：(1)5.6gA的物质的量为n(A) = = 0.1(mol)生成水的质量即 56 56 . 为浓硫酸增加的质量，则生成水的物质的量为n = 设 3.6 18 = 0.2(mol) (H2O) 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 329 生成 CO2 质量为x，根据通过Na2O2 减少的质量，有 2Na O 2CO = 2Na CO O m 2 2 2 2 3 2 ＋ ＋ 质量减少△ 2 44 32 2 44 32 56 8 4    x . 解得 x=13.2 则可列出该有机物 A 与其分子中所含C、H 原子个数关系为： n n n = n n n 2 = 0.1 0.2 (A) (C) (H) (A) (CO2 ) (H2O) ∶ ∶ ∶ ∶ × ∶ ∶ 13 2 44 . ×2=1∶3∶4，即1 个A 分子中含3 个C 原子，4 个H 原子． 设 A 分子中氧原子个数为y，按A 的相对分子质量为56，有 12×3＋1×4＋16y=56 解得 y=1， 则 A 的分子式为C3H4O． (2)根据分子式和性质推导A 的结构简式；因为A 可发生银镜反应， 必有醛基—CHO，A的分子式C3H4O减去—CHO的组成，则烃基组成为— C2H3，必含有双键，其结构应为—CH=CH2，与A 能使溴水褪色性质符 合．因此A 的结构简式为CH2=CH－CHO，为丙烯醛． 命题目的：本题以有机物燃烧的有关量关系为素材，考查了关于有 机物计算的技能，以及由分子组成推导分子结构的分析能力和逻辑推理 能力． 解题关键：解答本题的要点有如下三点：①利用差量法计算0.1mol A 燃烧生成CO2 的质量；②利用相对分子质量和所求得分子中C、H 原子 个数关系确定分子中氧原子个数，继而确定分子式；③利用分子式与确 定官能团的组成差异，确定分子中的烃基组成，继而确定A 的结构简式． 以上三个要点的实破，均采用了差量的思考方法，在解有机物组成 和结构的题目中，这是一种常用的重要方法，请读者认真体会和掌握． 错解剖析：应用差量法确定燃烧生成 CO2 的量，是解答本题的关键 之一，如不能正确应用“再通过盛有足量Na2O2 的干燥管，气体质量减 少8.4 g”这一条件，则不能解出A 的分子式使全题无法求解． 5．某种含有结晶水的羧酸A，在适宜的条件下完全分解为二氧化碳、 一氧化碳和水．取A 的样品6.30g，使其完全分解，生成2.20g 二氧化碳， 1.40g 一氧化碳，2.70g 水．若中和0.2520gA，需消耗0.20mol/LNaOH 溶液 20mL．若使0.005molA 完全转化为酯，需要0.460g 乙醇．求A 的最 简式、相对分子质量和A 的无水物的结构简式． 解析：(1)6.30gA 完全分解，所得产物的物质的量分别是： n = = 0.05 mol n = 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 330 1.4g 28g mol = 0.05 mol n = 2.7g 18g mol = 0.15 mol (CO ) (CO) 1 (H O) 1 2 2 2 2 44 1 . g g·mol · ·   则 6.30gA 中含碳的质量为m(C)=(0.05＋0.05)×12=1.2(g) 含氢质量为 m(H)=0.15×2=0.3(g) 则含氧质量为 m(O)=6.30－1.2－0.3=4.8(g) 因此，A 中C、H、O 原子个数比为 C∶H∶O = (0.05＋0.05)∶(0.15×2)∶( ) = 1∶3∶3 4 8 16 . 则 A 的最简式为CH3O3． (2) 0.05molA n = (C2H5OH) 与完全酯化的乙醇的物质的量为 · 0 46 46 1 . g g mol =0.1(mol)，其物质的量为A 的物质的量的二倍，因此A 必为二元羧酸． (3)令A 的结构简式为R—(COOH)2，其含水晶体相对分子质量为M， 根据A 与NaOH 溶液的中和关系，有 R (COOH) 2NaOH = 2 0.2 20 10 M = 126 2 3 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 331 — ～ 解得 M 0.2520  根据 A 的最简式为CH3O3，设其分子式为(CH3O3)n 按最简式式量与 相对分子质量的关系，有 n = 126 12 +1 3 +16 3 = 2  则 A 的分子式为C2H6O6． (4)因为A 为二元羧酸，而其分子中又只有2 个碳原子，则2 个— COOH 必然相连而不能再有烃基， 所以A 的结构简式只能是 ·2H2O，其无水盐结构简式为，是乙二酸． 命题目的：本题考查了对有机物水合晶体的分解反应、中和反应的 量关系分析能力和计算、推理能力．由于题目涉及的有机物是课内未接 触过的二元羧酸的结晶水合物，因此，也考查了思维的广阔性、严密性 和灵活性． 解题关键：根据一定量A 的分解产物计算其组成是解答本题的基础， 而在此基础上推导其结构简式是解题关键． 根据中和反应确定 A 为二元羧酸后，按二元羧酸与碱反应的量关系 确定其分子式，再设其结构为R－(COOH)2，这是解答本题的难点，这一 结构简式既说明了其结构特征，又具有烃基与羧基的式量关系意义，可 根据所求得的分子式、式量确定烃基是否存在，从而推导出A 的结构简 式．错解剖析：一定量A 分解所得的H2O，不全是A 中的结晶水，若不 理解这一点，则不能正确分析以后的推理过程． 计算相对分子质量时，若没有充分注意到 A 为二元羧酸这一条件， 将关系式错写为“A～NaOH”则不可能解出正确答案． 第十二章化学反应速率和化学平衡 单选题 1．已知4NH3＋5O2 4NO＋6H2O(气)反应中，在某一时刻各物 质的反应速率分别为vNH3、vO2、vNO、vH2O(mol·L-1·min-1)，则下列关系 式不正确的是 [ ] A．vNH3＞vO2＜vNO＜vH2O B．vNH3＜vO2，vNO＜vH2O C．vH2O＞vO2＞vNH3=vNO D v = v v = v NH3 O2H2O NO ． ， 4 5 3 2 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 332 解析：在同一化学反应中，选用不同物质表示反应速率时其数值往 往不同，但不同物质的反应速率之比等于该反应中各物质的系数之比， 因此可根据4NH3＋5O2 4NO＋6H2O 各物质量关系来换算各物质的 反应速率关系： v v = 5 4 v = 5 4 v v v = 4 4 v = v O NH O NH O NH NH NO 2 3 2 3 2 3 3 ＞ v v NH NO 3 v v v v O NO H O NO 2 2 = 5 4 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 333 v = 5 4 v v v = 6 4 v = 3 2 v v v O NO O NO H O NO H O NO 2 2 2 2 ＞ ＞ 综合上述推算，B、C、D 中各物质反应速率间的关系正确，惟有选 项A 中的vNH3＞vO2＜vNO 是错误的． 命题目的：主要考查对同一化学反应中反应物之间、反应物与生成 物之间反应速率的关系． 答案：A 2．可逆反应 A(气)＋3B(气) 2C(气)＋2D(气)，在不同条件下测 得的反应速率分别为：①vA=0.15mol·L-1·s-1 ②vB=0.6mol·L-1·s-1 ③ vC=0.4mol·L-1·s-1 ④vD=0.45mol·L-1·s-1，则该反应进行得最快的是 [ ] A．① B．②和③ C．①和④ D．④ 解析：解答此题不能单纯从题干所提供的反应速率的数值来判定．因 为它是在不同条件下测定的．必须首先根据同一化学反应，各物质反应 速率之比等于该反应方程式的系数之比的规律，求出相应物质在同一条 件下的反应速率，再作比较谁最快．根据 A＋3B 2C＋2D 的关系量 vB=3vA=3×0.15mol·L-1·s-1=0.45mol·L-1·s-1 而在②条件下 vB=0.6mol·L-1·s-1，可见②的反应速率大于①的反应 速率． v v v = 2 3 v = 2 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 334 3 C0.6mol L s = 0.4mol L s B C B 1 1 1 1 2 3 × · · · · 即②的反应速率与③的反应速率相当 v v D C = 2 2 v = v = 0.4mol L s D C · 1· 1 而在④条件下 vD=0.45mol·L-1·s-1，可见④的反应速率大于②、③ 的反应速率，而②③反应速率大于①的反应速率． 命题目的：考查对化学反应速度概念的理解程度，比较化学反应速 率的快慢程度． 答案：D 3．在一定温度下，可逆反应：A2(气)＋B2(气) 2AB(气)达到平 衡的标志是 [ ] A．单位时间内生成nmol 的A2，同时生成nmol 的AB B．容器内的总压强不随时间变化． C．单位时间内生成2nmol 的AB，同时生成nmol 的B2 D．单位时间内生成nmol 的A2，同时生成nmol 的B2 解析：v正与v逆相等是化学平衡的根本标志．在本题的可逆反应A2(气) ＋B2(气) 2AB(气)里，在单位时间里当有nmol 的A2(或B2)生成的同 时有2nmolAB 生成，说明其正、逆反应速率相等，该可逆反应达到化学 平衡状态．按照这个标准，选项(A)不正确，因为生成nmolA2 的同时生 成nmolAB，表明此时逆反应速率大于正反应速率．至于选项D 是否达 到平衡状态没有任何意义，因为只给出逆反应的生成物的量而没有给出 其正反应生成物的量，另外此可逆反应为反应前后气体总体积不变的反 应，无论是否达到平衡，容器内的总压强都不会随时间而变化，故B 和 D 都不是达到化学平衡的标志． 命题目的：考查对化学平衡概念和化学平衡状况标志的理解． 答案：C 4．有两个极易导热的密闭容器a 和b(如下图所示)，a 容器体积恒定， b 容器体积可变，压强不变．在同温同压和等体积条件下向a 和b 两容器 中通入等物质的量的NO2，发生反应：2NO2 N2O4＋Q，则以下说法 正确的是 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 335 [ ] A．反应起始时两容器的反应速率va 和vb 的关系：va＜vb B．反应过程中两容器内的反应速率va 和vb 的关系：va＜vb C．两容器内反应达到平衡所需用的时间一定相同 D．反应达到平衡时，两容器内的NO2 的转化率相同解析：首先分析NO2 在此反 应中是发生体积缩小的可逆反应，在起 始反应时，由于a、b 两容器处于同温同压和NO2 等浓度情况下，其反应 速率相等．但在反应过程中，a 容器为恒容密闭容器，2NO2 N2O4 为体积减小的反应，造成反应混合气的浓度减小，压强降低，反应速率 变慢，而b 容器里随着反应进行过程中，虽然反应混合气的浓度也减小， 但为保持恒压，容器相应收缩，起到加压效果，促进平衡向右移动，加 快反应速率，NO2 的转化率也比a 容器里的较大．这样两容器的反应达 到平衡所需用的时间，b 容器比a 容器要短． 命题目的：通过在恒容和恒压两种密闭容器进行反应前后气体体积 有变化的可逆反应的对比中，理解压强对化学平衡移动的影响． 答案：B 不定项选择题 1．在密闭容器中进行N2＋3H2 2NH3 反应，起始时N2 和H2 分 别为10mol 和30mol，当达到平衡时，N2 的转化率为30％．若以NH3 作 为起始反应物，反应条件与上述反应相同时，要使其反应达到平衡时各 组成成分的物质的量分数与前者相同，则NH3 的起始物质的量和它的转 化率正确的是 [ ] A．40mol，35％ B．20mol，30％ C．20mol，70％ D．10mol，50％ 解析：根据题意，可推算出反应达到平衡时各组成成分的物质的量． N2 ＋ 3H2 2NH3 起始量 10 mol 30 mol 0 变化量 10×30％ 9 mol 6 mol =3 mol 平衡量 7 mol 21 mol 6 mol 从逆向思维考虑，若正反应进行到底，可求得生成NH3 20mol，此 NH3 的物质的量就是从逆向进行上述反应时，NH3 的起始反应量．在同 温和同一容器中进行逆向反应达到平衡时，各组成成分的物质的量与上 述反应相同． N2 ＋ 3H2 2NH3 起始量 0 0 20mol 平衡量 7 mol 21 mol 20－14=6 mol可见NH 起始量20molNH 的转化率×100％ = 70％ 3 3 14 20 mol 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 336 mol 命题目的：考查关于化学平衡状态的实质和建立平衡的途径． 解题关键：解本题的主要依据是不论从正反应开始或从逆反应开始， 当可逆反应在相同的外界条件下达到平衡时，反应混合物中各组成成分 的百分含量保持不变的规律． 答案：C 2 ． 一定量的混合气体在密闭容器中发生反应aA( 气) ＋ bB( 气) cC( 气) ＋ dD( 气) ，达到平衡时测得B 气体的浓度为 0.6mol·L-1，恒温下将密闭容器的容积扩大1 倍，重新达到平衡时，测 得B 气体的浓度为0.4mol·L-1，下列叙述中正确的是 [ ] A．a＋b＞c＋d B．平衡向右移动 C．重新达到平衡时A 的转化率增大 D．重新达到平衡时D 的体积分数减小 解析：反应达到平衡后，在恒温下密闭容器的容积扩大 1 倍，则容 器内的各种气体物质的量浓度各减半，B 气体的浓度应为0.3mol·L-1， 但其实际浓度为0.4mol·L-1，说明容器容积扩大1 倍，降低反应物浓度 的结果使化学平衡向逆向移动，B 气体的浓度由0.3mol·L-1 增到 0.4mol·L-1，根据勒沙特列原理，aA(气)＋bB(气) cC(气)＋dD(气) 方程式各气体的系数关系：a＋b＞c＋d 由于平衡向逆向移动，A 气体的浓度增大，其转化率降低，而D 气 体的体积分数减小． 命题目的：考查压强的改变对化学平衡移动的影响． 解题关键：根据减压使化学平衡向气体体积增大的方向移动的原理， 通过扩大容器体积(即减压)，B 气体浓度增大，确定其平衡移动方向、方 程式系数关系、转化率及浓度的变化． 答案：A、D 3．在密闭容器中进行如下可逆反应： x2(气)＋y2(气) 2z(气)．已知x2、y2、z 的起始浓度分别为 0.1mol·L-1、0.3mol·L-1 和0.2mol·L-1，在一定条件下，当反应达到平 衡时，各物质的浓度有可能是 [ ] A．z 为0.3mol·L-1 B．x2 为0.2mol·L-1 C．x2 为0.15mol·L-1 y2 为0.35mol·L-1 D．z 为0.5mol·L-1 解析：此题没有限定温度和压强，这意味着题目是在任意温度、压 强条件下可逆反应达到平衡时，反应物或生成物可能达到的浓度．我们 先从两个极端来分析：①若条件有利于反应向正反应完全转化： x2(气) ＋ y2(气) 2z(气) 0.1－0.1=0 0.3－0.1 0.2＋0.2=0.2mol·L-1 =0.4mol·L-1 显然 D 选项(z=0.5mol·L-1)不可能达到． ②若条件有利于反应向逆反应完全转化： 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 337 x2(气) ＋ y2(气) 2z(气) 0.1＋0.1 0.3＋0.1 0.2－0.2=0 =0.2mol·L-1 =0.4mol·L-1 B 选项中x2 浓度可达到0.2mol·L-1，但此时z 浓度为0，违反了可 逆反应达到平衡时反应混合物各组成成分的浓度必须都大于0 的规律．故 B 选项也不可能． 只有当反应部分向正反应转化或部分向逆反应转化达到平衡时，其 反应混合物各组成成分的浓度如下： x2(气) ＋ y2(气) 2z(气) 0.1－0.05 0.3－0.05 0.2＋0.1 =0.05mol·L-1 =0.25mol·L-1 =0.3mol·L-1 x2(气) ＋ y2(气) 2z(气) 0.1＋0.05 0.3＋0.05 0.2－0.1 =0.15mol·L-1 =0.35mol·L-1 =0.1mol·L-1 命题目的：考查关于可逆反应的特性和对化学平衡关系的理解． 解题关键：可逆反应在不同的反应条件下可能向正反应方向进行， 也可能向逆反应方向进行，达到平衡时其反应物或生成物可能达到某浓 度，但不能等于0． 答案：A、C 4．可逆反应2A(气) B(气)在密闭容器中反应，在t1℃达到平衡 时混合气平均分子质量为M ，t ℃时该反应平衡混合气的平均分子1 2 质量为M ，当温度从t ℃升高到t ℃时，下列分析正确的是2 1 2 [ ] A M M Q 0 B MM Q 0 1 2 1 2 ．若＞ ，平衡向右移动， ＜ ．若＜ ，平衡向左移动， ＜ C MM Q 0 D MM Q 0 1 2 1 2 ．若＞ ，平衡向左移动， ＞ ．若＜ ，平衡向右移动， ＞ 解析：2A(气) B(气)为反应前后气体体积减小的可逆反应，根 据质量守恒定律，在密闭容器中反应达平衡时，气体总质量守恒，其平 均相对分子质量主要取决于混合气的物质的量的变化，如果达平衡时混 合气的物质的量增大，则其平均相对分子质量变小，反之，增大．A 选 项中通过升温，M ＞M ，说明升温平衡逆向移动，即混合气的物质1 2 的量增大，该反应的正反应为放热反应(Q＞0)，∴A 项不正确．B 选项 中通过升温，M ＜M ，说明升温平衡正向移动，即混合气的物质的1 2 量减少，该反应的正反应为吸热反应(Q＜0)，∴B 项也不正确．同理D 选项升温，M ＜M ，说明升温平衡正向移动，其反应的正反应不是放1 2 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 338 热反应，D 选项也可否定．惟有C 选项通过升温，平均相对分子质量变 小，证明该反应的正反应为放热反应，升温平衡向正反应方向移动．命题目的： 考查化学平衡移动方向与混合气平均分子质量变化的关 系． 解题关键：在密闭容器中进行反应的反应物、生成物都是气体的可 逆反应，混合气在平衡移动前后的质量是守恒的．则混合气平均分子质 量按 气体物质的质量总和 气态物质的物质的量总和 M = 关系式确定．当平衡向气体的物质 的量总和增大的方向移动时，混合气平均分子质量减小，当平衡向气体 的物质的量总和减小方向移动，则混合气平均分子质量增大． 答案：C 5．在密闭容器中进行下列反应： M(气)＋N(气) R(气)＋2L，此反应符合右图图示，(R％为R 的 百分含量，t 为时间)，下列关于该反应的分析正确的是 [ ] A．正反应吸热，L 为气体 B．正反应吸热，L 为固体 C．正反应放热，L 为气体 D．正反应放热，L 为固体或液体 解析：首先根据图像三条曲线进行分析，上两条曲线表示的是等压 (2×105Pa)条件下，50℃达平衡时R 气体的百分含量比在15℃时降低了， 说明M(气)＋N(气) R(气)＋2L 在等压升温情况下平衡向逆反应方向 移动，故其正反应为放热．下两条曲线表示的是在等温(50℃)条件下，加 压到1×106Pa 达到平衡时R 气体的百分含量也比在2×105Pa 时的降低， 根据勒沙特列原理，可断定反应生成物L 为气态． 命题目的：考查对勒沙特列原理的运用，通过等温加压和等压升温 条件下，对化学平衡移动的影响，推断该可逆反应是属于放热或吸热反 应和平衡各组分的状态． 答案：C 6．可逆反应mA(固)＋nB(气) qC(气)＋Q 在一定温度的密闭容 器中进行，B 的体积百分含量(VB％)与压强关系如Ⅰ图所示．下列叙述中 正确的是 [ ] A．m＋n＜q B．n＞q C．n＜q D．x 点时v 正＞v 逆解析：从Ⅱ图所示中曲线的走向，可了解VB％随着压强增 大而升高， 说明mA(固)＋nB(气) qC(气)反应在恒温加压情况下，平衡向逆反应 方向移动，根据勒沙特列原理，C 选项正确，而A、B 两选项不符合题意． Ⅱ图所示中 x、y 点都处于非平衡状态．从x 点向横轴标划垂线，并 从x 点和相应在平衡曲线上的x′点上向纵轴标划上两条平行横线．由图 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 339 可知在x 处VB％大于平衡上的VB％，故平衡应向右移动，v 正＞v 逆． 命题目的：考查识图能力，并运用勒沙特列原理，根据压强影响化 学平衡逆向移动，确定平衡体系中气态反应物和生成物的系数关系，分 析图示中哪一个点是处于未达到平衡状态，而且其反应速率v 正＞v 逆． 解题关键：对于有气体参加或有气体生成的平衡体系中，加压可使 平衡向着气体体积减小的方向移动．压强的改变对固体或液体反应无影 响，因此反应物固体A 的系数m 不加以考虑． x、y 两点都不处在平衡曲线上，因此都处于非平衡状态，分析可知 y 点上的反应速率v 正＜v 逆． 答案：C、D 7．在一个密闭容器中，用等物质的量的A 和B 发生如下反应：A(气) ＋2B(气) 2C(气)反应达到平衡时，若混合气体中A 和B 的物质的量 之和与C 的物质的量相等，则这时A 的转化率为 [ ] A．40％ B．50％ C．60％ D．30％ 解析：本题属于有关平衡转化率的常规计算，设反应中 A、B 各放 入nmol，其中A 有xmol 转化 A(气)＋2B(气) 2C(气) 起始量 n n 0 变化量 x 2x 2x填空题 1．取amolA 和bmolB 放入VL 容器里发生如下反应：aA(气)＋ bB(气) cC(气)＋dD(气)，1min 后测得容器里A 的浓度为xmol·L-1， 此时B 的浓度为______mol·L-1，C 的浓度为______mol·L-1，若以物质 A 的浓度变化来表示这段时间内平均反应速率为_______． 解析：根据反应方程式各物质的关系量推算其浓度的变化： aA(气)＋bB(气) cC(气)＋dD(气) 起始浓度 浓度变化量 a V b V 0 0 a V x  a V x b a a 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 340 V x c a ( ) ( ) 1min B C 后 的浓度 的浓度 b V a V x b a bx a a V x c a   ( ) ( ) 以 A 浓度的变化表示的平均反应速率为： ( ) min a V x mol·l1· 1 命题目的：考查可逆反应中各反应物与生成物的浓度变化量与反应 方程式中对应反应物与生成物的系数的关系，并推算出其反应速率． 答案：B浓度为，C浓度为 bx a a V x c a ( ) 平均反应速率( － · · 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 341 a V x)mol L1min1 2．一定条件下在2L 密闭容器里，通入一定量的A 发生如下两个连 续反应的化学平衡： A(气) 2B(气) 2B(气) C(气)＋2D(气) 测 得 当 达 到 平 衡 时 [A]=0.3mol · L-1 [B]=0.2mol · L-1 [C]=0.05mol· L-1 ，那么开始时向容器里通入的A 的物质的量为 ______mol． 解析：根据 2B(气) C(气)＋2D(气) 如果生成 0.05mol·L-1 的C，则必然消耗0.1mol·L-1 的B，而当达 到平衡时[B]=0.2mol·L-1，则说明在第一个反应A(气) 2B(气)中生 成的B 的浓度为0.2mol·L-1＋0.1mol·L-1=0.3mol·L-1． 开始时向容器里通入的 A 的物质的量为 0.3mol·L-1×2L＋0.15mol·L-1×2L=0.9mol 命题目的：通过两个相关的化学平衡来设问，定量考查考生对化学 平衡的理解，并考查考生的分析和综合的思维能力．根据平衡体系中各 物质的浓度关系，推算起始时投入的反应物的量． 答案：0.9mol 3．在一个容积为5L 的密闭容器中，通入NH3 和O2，它们的物质的 量比为1∶2，发生如下反应 4NH3＋5O2 4NO＋6H2O(气) (1)上述反应在一定条件下经2min 后达到平衡，含NH32mol，已知 NH3 的转化率为20％．若以NO 浓度变化表示该反应的平均反应速率为 _______，O2 的平衡浓度为______． (2)在达到平衡后，加入相当于原组成气体1 倍的惰性气体，如果容 器的容积不变，则平衡______移动；如果保持总压强不变，则平衡______ 移动． 解析：设原通入的NH3 气的物质的量为nmol，达平衡时含NH32mol，v(2)若a=0.5， 依题意维持各组分百分含量不变，a∶b=2∶1，则 b=0.25mol．0.5mol SO2 与0.25mol O2 化合等同于0.5mol SO3 分解．相当 于加入2mol SO3，从逆反应起始，消耗0.5mol SO3，生成0.5mol SO2 和 0.25mol O2．即a=0.5，b=0.25，c=1.5 (3)若通入amol SO2、bmol O2 和cmol SO3，反应向逆反应进行到底， 根据如上的等价转换的原理，SO2 的物质的量为amol＋cmol=2mol，即a ＋c = 2，O 的物质的量为bmol＋ mol = 1mol，即b＋ = 1或2b＋c = 2 2 c c 2 2 解析2：设通入2mol SO2 和1mol O2 为起始反应物，达到平衡时生成 SO3 的物质的量xmol 2SO2＋O2 2SO3 起始量 2 1 0 平衡量 2－x 1－0.5x x 又设 SO2、O2 和SO3 为起始反应物，其物质的量分别为amol、bmol 和cmol，达到平衡时生成SO3 的物质的量为ymol． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 342 2SO2＋O2 2SO3 起始量 a b c 平衡量 a－y b－0.5y c＋y 由于上述两个化学平衡量是等价的，则下列关系式应当成立，并构 成了一个方程组： 2 x = a y 1 0.5x = b 0.5y x = c y － － － － ＋    由上式可得出 a＋c=2 2b＋c=2 若 a=0，b=0，代入上式得出c=2 若 a=0.5 代入上式，得出b=0.25，c=1.5 命题目的：考查关于化学平衡状态的实质和建立平衡的途径，从具 体的化学平衡的推算中综合抽象为一般规律的统摄思维的能力． 解题关键：解这类题的依据是在一定条件下，某可逆反应可以由正 反应开始建立平衡，也可以由逆反应开始建立平衡，只要条件相同，平 衡状态都相同，与建立平衡时反应的途径无关． 答案：(1)a=0，b=0，c=2 (2)b=0.25，c=1.5 (3)a＋c = 2，2b＋c = 2(或b＋ = 1) c 2 5．在一个固定体积的密闭容器中，保持一定温度，进行以下反应： H2(气)＋Br2(气) 2HBr(气)，已知加入1mol H2 和2mol Br2 时，达到 平衡后生成amolHBr(见下表“已知”项)．在相同条件下，且保持平衡时 各组分的百分含量不变，对下列编号(1)～(3)的状态，填写表中的空白：起始状态 (mol) 编号平衡时HBr 物质的量(mol) 已知1 2 0 a (1) 2 4 0 (2) 1 0.5a (3) m n(n ≥ 2m) 解析：本题的可逆反应H2(气)＋Br2(气) 2HBr(气)的特点是反应 前后气态物质的总体积不变，因此，压强的改变对该化学平衡的移动不 会产生任何影响，在等同平稳状态的条件下“等价转换”后，对应物质 的物质的量之比应相等． 回答状态(1)时可以有两种解法． 解析 1：按题设，此时H2 和Br2 作为起始反应物，即反应从正反应 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 343 开始，H2 和Br2 两种气体的物质的量都是“已知”条件起始量的2 倍， 因此达平衡时HBr 的物质的量也应为“已知”平衡状态的2 倍，即2amol． 解析 2：设状态(1)达平衡时HBr 物质的量为x． H2(气) ＋ Br2(气) 2HBr(气) “已知”平衡时 1－0.5a 2－0.5a a 状态(1)平衡时2－0.5x 4－0.5x x 据此可得出关系式： 或： 1 05 2 05 2 05 4 05       . . . . a a a x x x a x 由上述方程可解得 x=2a 状态(2)题目给出此状态达平衡时HBr 物质的量为0.5a，因此如果起 始反应物只有H2 和Br2，它们的物质的量应分别为0.5mol和1mol就与“已 知”条件相当．但事实上状态(2)并不是由H2 和Br2 起始的，而是由H2、 Br2 和HBr 的混合气起始的，其中HBr 的物质的量为1mol，这就相当于 反应向正反应方向进行，H2 和Br2 都减少了0.5mol，因此起始时H2 的物 质的量为0.5－0.5=0，Br2 的物质的量为1－0.5=0.5． 状态(3) 按“已知”状态，若由H2 和Br2 作为起始反应物，两者的 物质的量之比为1∶2，平衡后各组分的质量分数与“已知”状态的相同． 设状态(3)起始时HBr 的物质的量为xmol，平衡时HBr 的物质的量 为ymol，则状态(3)起始时相当于H2 的物质的量为m＋0.5xmol，Br2 的物 质的量为(n＋0.5x)mol，HBr 的物质的量为零，因此得如下关系式 m x n x 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 344    0 5 05 1 2 . . 解之得 x=2(n－2m) 平衡时与“已知”状态比较 m x y a y a    05 0 5 1 05 . . . 将上述 x 值代入，可解得 y=(n－m)a 命题目的：本题在化学基本理论方面考查化学平衡概念和勒沙特列原理的应用； 在化学计算上考查根据化学方程式的计算；在能力要求上 考查根据已学理论结合试题给出信息找出其中内在规律，并按规律进行 推理运算的能力． 解题关键：本题的反应是反应式左右两边气体的分子数相等，压强 变化，平衡不移动．因此只要保持“等价转换”后物质的物质的量之比 相等，就可以使平衡时各组成成分的百分含量保持不变．明确这思路就 容易推算出题解中的答案． 答案：(1)平衡时HBr 物质的量为2a (2)H2 起始量为零，Br2 起始量为0.5mol (3)HBr 起始时物质的量为2(n－2m)，平衡时HBr 物质的量为(n－m)a 6．把氮气和氢气按1∶1(物质的量之比)混合均匀后分成四等份，分 别充入A、B、C、D 四个装有铁触媒的真空密闭容器(容积不变)，在保 持相同温度的条件下，四个容器相继达到化学平衡状态，分析下表中的 数据，回答下列问题： 容器代号 A B C D 平衡时混合物平均式量16 17 平衡时N2 的转化率20 ％ 平衡时H2 的转化率30 ％ (1)平衡时，_______容器中NH3 所占的比例最大． (2)达到平衡时反应速率最小的容器是______． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 345 (3)四个容器的压强由小到大的排列次序是_______． 解析：表中的八个空格不必都填，只需算出第一横行或第二横行中 所缺的数据就足以作比较 计算 A 容器中混合气平均式量： 设 N2、H2 起始量各1mol，混合气质量28＋2=30g N2 ＋ 3H2 2NH3 起始量 1 1 0 平衡量 1－0.2 1－0.6 0.4 A．容器平衡时混合气平均式量= = 18.75，用相同方 30 0.8 0.4 0.4 法可算出 B 容器中混合气平均式量为16.67． B．容器中根据平衡时H2 的转化率推算出其相应的N2 的转化率为 10％． 求 C 容器中N2 的转化率，根据其平均式量推算： N2 ＋ 3H2 2NH3 混合气物质的量 1－x 1－3x 2x 30 2 2x = 16 用相同的方法可算出 D 容器N2 的转化率为11.76％． x=0.0625 即N2 转化率为6.25％． 合成氨反应是气体物质的量减小的可逆反应，根据以上数据可得出 这样的结论：混合气的平均式量越大，说明N2 的转化率越大，容器中NH3 的含 量 越高，故四个容器中A 容器含NH3 的比例最大． 四个容器中 N2、H2 的物质的量相同，温度条件也相同，但四个容器 的情况不同，这里必然是由于四个容器的容积不同所致，容积越大，N2、 H2 反应物的浓度越小，容器内压强越低，反应物转化率越低，反应速率 越慢，达平衡所需时间越长．根据数据C 容器达到平衡时所需时间最 长．四个容器的压强由小到大的排列顺序可根据N2 转化率或混合气的平 均式量由大到小排列顺序决定，即为A、D、B、C 顺序． 命题目的：考查运用化学平衡的基本计算原理，计算由等量和相同 物质的量之比的氮气和氢气混合气在四个容积不一定相同的密闭容器中 进行反应，根据反应的转化率或平衡混合气的平均式量比较出其反应速 率大小、生成的氨量和容器内压强的大小． 解题关键：本题前提条件是四个容器内氮气氢气的物质的量相同， 反应温度也相同，反应容器只提到为恒容的，而并没有提到容积是否相 同，根据实际反应的转化率不等，就可以估计到是由于容器的容积不等 所致，因为容积越大，氮气、氢气混合气浓度越小，容器内压强越低， 就可推断其反应速率小，反应需要的时间长． 7．在一个容积固定的反应器中，有一可左右滑动的密封隔板，两侧 分别进行如下图所示的可逆反应，各物质的起始加入量如下：A、B 和C 均为4.0mol、D 为6.5mol，F 为2.0mol，设E 为xmol，当x 在一定范围 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 346 内变化时，均可以通过调节反应器的温度，使两侧反应都达到平衡，并 且隔板恰好处于反应器的正中位置，请填写以下空白． (1)若x=4.5，则右侧反应在起始时间向_______(填“正反应”或“逆 反应”)方向进行，欲使起始反应维持向该方向进行，则x 的最大值应小 于______． (2)若x 分别为4.5 和5.0，则在这两种情况下，当反应达平衡时，A 的物质的量是否相等？______(填“相等”、“不相等”或“不能确定”)， 其理由是：______． 解析：根据题干和图示提供的信息，左右两容器的化学反应具有不 同特点： 左侧的反应 A(气)＋B(气) 2C(气) 是一个气体总的物质的量不 变的反应， 左侧气体总量： 4 × 3=12mol． 右侧的反应D( 气) ＋ 2E(气) 2F(气)是正反应为气体的物质的量减小的反应，因此，当x(E 物质的量)在一定范围内发生变化时(D、E 已确定)，可通过调节温度使左 右两侧的反应达到平衡，且隔板恰好处于反应器的正中位置，即右侧反 应最终的气体总物质的量也是12mol． (1)当x=4.5mol 时，容器右侧气体起始的总物质的量为6.5mol＋ 4.5mol＋2.0mol=13mol，大于左侧容器中气体的物质的量，为使隔板居中，__右 侧反应应该向气体物质的量减小的方向移动，即向正反应方向进行． 为维持反应向正反应方向进行达到平衡，x 的值首先应当大于3.5(12 －6.5－2.0=3.5)，那么x 的最大值是多少呢？ 设达到平衡时D消耗量为amol，E 消耗量2amol，F 的生成量2amol．根 据可逆反应的含意，应满足x－2a＞0，(即达平衡时反应体系中任一物质 的浓度都不是零)． D(气) ＋ 2E(气) 2F(气) 起始量 6.5 x 2.0 平衡量 6.5－a x－2a 2.0＋2a 为维持隔板居中，右侧应满足： (6.5 a) (x 2a) (2.0 2a) = 12 (x 2a) 0 － ＋ － ＋ ＋ － ＞  整理 ＋ ＞ x = 3.5 a x 2a  解之 x＜7.0 (2)x 分别为4.5 和5.0，这是两种不同的起始状态，反应向正反应方 向进行程度肯定不同，其中x=5.0 时进行的程度一定大于x=4.5 时进行的 程度．但要使反应达平衡状态时，仍满足反应混合物的总物质的量为 12mol，隔板仍然居中，可通过调节反应器温度来实现．与之相应，反应 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 347 器左侧的反应，投料状况相同，但在不同温度条件下达到两种不同的平 衡状态，虽然平衡混合后总物质的量不变，但各反应物(A 和B)、生成物 (C)的百分含量不同，物质的量不同，因此反应物A 的量在这两种平衡状 态也不相等． 命题目的：本题属于信息型的理论分析简答题，考查有关化学平衡 移动的原理，要求有较强的自学能力、逻辑思维能力以及运用数学工具 解决化学问题的能力． 解题关键：要先看清楚题目所给示意图的含意．反应器的两侧反应 都达到平衡时，隔板处于其正中的位置，说明两侧的体积、压强都相等， 根据阿伏加德罗定律，左侧气体的总物质的量也一定等于右侧气体的物 质的量．而左、右两侧的化学反应有不同特点：左室的反应，无论向哪 个方向进行，气体的物质的量之和总是保持不变(12mol)，右室的反应： 当反应向正方向进行，气体的物质的量减少，右室的反应方程式中，气 体E 和气体F 系数相同，这就意味着反应混合物的物质的量的增减只由 气体D 的物质的量的增减来决定．不论E 的量如何变化，都可以通过调 节温度使反应达到平衡，隔板停留在中间，则平衡时右室内各物质的量 之和为12mol．上述两点是解题的关键． 答案：(1)正反应，小于7 (2)不相等．因为这两种情况是在不同温度下达到的化学平衡，平衡 状态不同，所以A 的物质的量也不同． 计算题 1．恒温下将8mol SO2 和4mol O2 混合，在一个密闭容器里反应，达 到平衡时SO2 占混合气总体积的40％．如果反应前密闭容器中的压强为__3× 105Pa． 求：(1)平衡时SO2 的物质的量． (2)SO2 的转化率． (3)平衡时混合气的总压强(容积恒定) 解析：设该反应中 SO2 有xmol 转化 2SO2＋O2 2SO3 起始量 8 4 0 变化量 平衡量－ － 根据题意× ％ ％ x x 2 x 8 x 4 x (1) 8 x 12 x 2 100 = 40 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 348 x 2   800－100x=480－20x x=4mol 平衡时 SO2 的物质的量8－4=4mol． (2)SO 100 = 50 (3) p = p = 3 12 = 2.5 10 Pa 2 5 的转化率× ％ ％ 恒温恒容积下 × × 平 始 平 始 平始 4 8 12 2 12 10 12 10 12 10 10 2 5 p p n n     命题目的：考查有关化学平衡的基本计算．推算反应物(SO2)的转化 率和平衡混合气总压强的变化． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 349 解题关键：首先根据反应达平衡时，剩余 SO2 气体体积占平衡混合 气总体积的百分率求得SO2 的消耗量，从而可推算出反应前后混合气的 体积比，再根据恒温等容积条件下，气体的压强与其物质的量成正比关 系，测出平衡混合气的总压强和SO2 转化率． 答案：(1)平衡时SO2 物质的量为4mol． (2)SO2 转化率50％． (3)平衡混合气总压强为2.5×105Pa． 2．某温度下，可逆反应2NO2 N2O4 达平衡时，测得混合气体 的密度是相同条件下氢气的36 倍，求： (1)此混合气体中NO2 与N2O4 的物质的量之比． (2)若反应温度与容器容积不变，开始输进的是N2O4 气，从逆向反应 达平衡时，求N2O4 的转化率． (3)若反应温度与气体压强不变，反应前后气体体积比为，求反 28 23 应前混合气中 NO2 的体积百分含量． 解析：混合气的平均分子质量=36×2=72(1)NO2 与N2O4 的物质的量之比=20∶ 26=10∶13 (2)根据平衡混合气的NO2 和N2O4 的物质的量，推算N2O4 起始量和 变化量： N2O4 2NO2 平衡量 13mol 10mol 变化量 5mol 10mol 起始量 13＋5=18mol 10－10=0 即N O 起始量为18mol达平衡时N O 转化率×100％ = 27.8％ 2 4 2 4 5 18 (3)解法1 (常规法) 根据反应前后气体体积比为 28 23 设开始通入 NO2xmol，N2O4 为(28－x)mol 该反应按 2NO2 N2O4 方向进行，且达平衡时，NO2 为10mol， N2O4 为13mol 2NO2 N2O4 起始量 x 28－x 变化量 x－10 13－(28－x) 平衡量 10 13 x x   10 13 (28 ) 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 350 = 2 1 解得 x = 20 反应前NO 的体积百分含量为×100％ = 71.4％ 2 20 28 解法 2(差量法) 设平衡时混合气共 23mol 则反应前后△n=28－23=5mol NO2 转化了xmol 2NO2 N2O4 △n 2 1 1 x 5 解得 x=10(mol) 即反应前 NO2 的物质的量为10＋10=20(mol) NO 100 = 71.4 2的体积百分含量× ％ ％ 20 28 命题目的：考查(1)根据平衡混合气的密度推算混合气各成分的物质 的量比． (2)考查对化学平衡实质的理解，推算以N2O4 为起始点，求其转化率； 以NO2 与N2O4 的混合气为起始点，求反应前NO2 体积百分含量．解题关键：根 据可逆反应的特性：可逆反应无论从正反应开始，或 从逆反应开始或从中间状态(即反应物、生成物的浓度都不为零的状态) 开始，只要反应条件相同，反应达平衡时，反应混合物中各组成成分百 分含量相同． 答案：(1)混合气中NO2 与N2O4 的物质的量比为10∶13． (2)N2O4 的转化率27.8％． (3)NO2 的体积百分含量71.4％． 3．在673K，1.01×105Pa 的条件下，有1mol 某气体A 发生如下反 应：2A(气) xB(气)＋C(气)，并达到平衡，A 在平衡混合气中的体积 百分含量为58.84％，混合气的总质量为46g，密度为0.72g/L．求： (1)达到平衡时混合气的平均分子质量． (2)A 的转化率． (3)B 的系数x 的值． (4)相同条件下反应前A 气体的密度是平衡混合气密度的多少倍？ 解析：(1)根据气态方程 平衡混合气的平均分子质量M = = 0.72 0.082 673 1 = 39.7 d RT p 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 351  (2)设该反应中A 反应量为2amol 2A(气) xB(气)＋C(气) 起始量 1 0 0 反应量 2a xa a 平衡量 1－2a xa a 即平衡混合气总的物质的量 1－2a＋xa＋a=1－a＋xa 根据题意 × ％ ％ ① ② 1 2 1 46 1       a a xa a xa 100 = 58.84 = 39.7 由② － ＋ 代入① × 代入② 1 a xa = = 1.159 100 = 58.84 a = 1- 0.682 2 = 0.159 46 39 7 1 2 1159 . . a 46 1 0159 0159 0159 2 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 352 1   . . . x = 39.7 x = 2 A的转化率×100 = 31.8％ (3)在同温同压条件下 d d 始 平 始 平 = 倍 M M = 46 39.7 = 1.16 命题目的：考查有关化学平衡的综合计算，求平衡混合气的平均分 子质量、反应物的转化率，反应方程式的未知系数，反应前密度比． 解题关键：①由于原题是在非标准状况下发生的，因此必须应用气态方程： pV = nRT = m M ·RT，求平衡混合气的平均分子质量M= · · ， m V RT p d RT p  m 为混合气质量(g)，V 为混合气体积(L)，R 为摩尔气体常数，T 为绝对 温度，p 为大气压强． ②再根据阿伏加德罗定律，在同温等压条件下由反应前始 平 始 平 d 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 353 d M M  后气体的分子质量比求得其密度比． ③运用化学平衡常规计算原理，根据反应 A 在平衡混合气中的百分 含量和平均分子质量用代数法，解得反应物A 消耗量和转化率，并确定 未知系数． 答案：(1)平衡混合气平均分子质量为39.7． (2)A 的转化率31.8％． (3)B 的系数x 值为2． (4)反应前 A 气体密度是平衡混合气密度的 1.16 倍． 第十三章电解质溶液 胶体 单选题 1．在0.1mol·L-1 醋酸溶液中加入少量0.1mol·L-1 盐酸，下列叙述 正确的是 [ ] A．CH3COOH 的电离度增大，H+离子浓度增大 B．电离平衡向生成CH3COOH 的方向移动，H+离子浓度减小 C．CH3COOH 的电离度减小，H+离子浓度增大． D．CH3COOH 的电离度增大，H+离子浓度减小． 解析：向醋酸溶液中加入少量盐酸，增大了醋酸溶液中H+离子的浓 度，起到同离子效应，打破了醋酸的电离平衡，向生成CH3COOH 的方 向移动，CH3COOH 的电离度减小． 命题目的：以醋酸为例，理解弱电解质电离平衡移动与电离度变化 相关性． 答案：C 2．在相同温度下，有两种较稀的醋酸溶液A 和B．A 溶液中 [CH3COOH]=amol·L-1，电离度为α1，B 溶液中[CH3COOH -]=amol·L-1， 电离度为α2．下列叙述中正确的是 [ ] A B [CH COOH] = mol L 3 ． 溶液中· 1 a 2  B．A 溶液的pH 值小于B 溶液的pH 值 C．α2＞α1 D．A 溶液的[H+]是B 溶液[H+]0.5α1 倍 解析：根据题干给出的数据 B 溶液中[CH3COO-]浓度相当于A 溶液 中[CH3COOH]浓度，说明B 溶液中[CH3COOH]浓度大于A 溶液中 [CH3COOH]浓度，因此α2＜α1．B 溶液的酸性比A 溶液的强，所以A 溶液的pH 值应大于B 溶液的pH 值．A 溶液的[H+]=α1×amol·L-1，B 溶液的[H+]=[CH3COO-]=amol·L-1，可见，A 溶液的[H+]是B 溶液的[H+] 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 354 的α1 倍．B、C、D 三个选项都不符合题意． 已知[CH3COO-]=amol·L-1 [CH3COOH]×α2=a 故B溶液中[CH COOH] = · a mol L 3 1 2  命题目的：比较两种不同浓度的稀的弱酸溶液中电解质的电离度、 [H+]浓度和其pH 值之间的关系． 解题关键：对于同一弱电解质，通常溶液浓度较大时，其电离度较 小，而随着加水稀释，其电离度增大． 对于弱酸的稀溶液，随着稀释弱酸的电离度增大，溶液的酸性，[H+] 浓度多数情况降低了，这是由于电离度增大的倍数小于溶液被冲稀的倍数． 答案：A 3．当CH3COOH H+＋CH3COO-已达平衡，若要使醋酸的电离 度和溶液的pH 值都减小，应加入的试剂是 [ ] A．CH3COONa B．NH3·H2O C．HCl D．H2O 解析：此题是属于电离平衡移动问题．此题要选择一种合适的试剂 来满足题干中提出的，既要降低电离度，又要减小pH 值两个条件．D 项 加水会增大醋酸的电离度，不符合题意．B 选项加NH3·H2O，中和醋酸 电离出的H+离子，增大醋酸溶液的pH 值，同时还增大醋酸的电离度， 也不符合题意．A 选项加入CH3COONa，增大了CH3COO-离子浓度，抑 制醋酸的电离，但同时也降低了[H+]浓度，虽然，电离度减小了，但pH 值增大，也不符合题意．C 选项加HCl，增大[H+]浓度，既使醋酸电离平 衡逆向移动，降低其电离度，又增加它的酸性，pH 值降低． 命题目的：考查运用电离平衡移动的原理，选择加入适当试剂，以 增大溶液的酸性，同时减小电解质的电离度． 答案：C 4．若在室温下pH=a 的氨水与pH=b 的盐酸等体积混合，恰好完全 反应，则该氨水的电离度可表示为 [ ] A．10a+b-12％ B．10a+b-14％ C．1012-a-b％ D．1014-a-b％ 解析：设氨水和盐酸各取 1L． 氨水电离出的[OH ] = · 10 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 355 10 = 10 mol L 14 a a 14 1    即氨水电离出的 OH -离子的物质的量为10a-14mol 而NH3·H2O 的物 质的量=盐酸的物质的量 =10-bmol·L-1×1L=10-bmol 氨水的电离度 × ％ ％ 10 10 a 14 b   100 = 10ab12 命题目的：本题考查对 pH 值的理解，并根据反应物的pH 值关系推 算电离度． 解题关键：首先理解 pH 值的含意，根据氨水的pH 值，并利用水的 离子积原理推算出氨水的电离程度．再根据盐酸的pH 值，导出盐酸物质 的浓度，且推算出氨水中NH3·H2O 的含量和氨水的电离度． 答案：A 5．在室温下，向饱和H2S 溶液中缓慢通入过量SO2 气体，溶液的pH 值随通入 SO2 气体体积的变化曲线示意如图，合理的是 [ ] 解析：首先应看清曲线的横坐标和纵坐标，再根据 H2S 与SO2 反应 规律分析H2S 溶液的pH 值随SO2 气体通入量的增多的变化情况． 在未通入 SO2 气体之前，H2S 溶液呈酸性，pH＜7．随着SO2 气体通 入，发生反应：2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，生成硫和水，溶液的酸性逐渐 减弱至变中性．pH 值不断升高，趋近于7．当SO2 通入过量时，由于SO2 溶于水形成亚硫酸：SO2＋H2O H2SO3，H2SO3 H+＋ ，溶 液又从中性变成酸性，pH 值又逐渐下降，而且亚硫酸的酸性比氢硫酸的 酸性强，因此曲线的最低点比氢硫酸溶液的pH 起始点要小．上述四个选 项的图像只有选项B 符合我们所分析的变化规律． 命题目的：考查剖析图解的能力，根据 H2S 与SO2 反应的过程中， 分析溶液的pH 值的变化规律． 答案：B 不定项选择题 1．pH 值相同的盐酸溶液与醋酸溶液分别和锌反应，若最后锌都已 完全溶解，放出的气体一样多，则下列判断正确的是 [ ] 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 356 A．反应所需时间：醋酸＞盐酸 B．整个反应阶段的平均反应速率：醋酸＞盐酸 C．开始的反应速率：盐酸＞醋酸 D．参加反应的锌的质量：盐酸=醋酸 解析：盐酸为强酸，醋酸为弱酸，其 pH 值相同，则[CH3COOH]＞ [HCl]．与锌反应过程中，盐酸溶液的[H+]降低得很快，其反应速率迅速 变慢，而醋酸仅部分电离，大量以CH3COOH 形态存在，在与锌反应过 程中，醋酸的电离平衡不断移动，以补充被消耗的H+离子，醋酸溶液中 [H+]降低较慢，相对保持[CH3COOH]＞[HCl]，故整个反应阶段醋酸反应 速率大于盐酸的反应速率，反应所需时间醋酸较短，可见选项B 正确， 选项A 错误．虽然盐酸是强酸，醋酸为弱酸，但由于起始时两种酸溶液的[H+] 相等， 所以起始的反应速率相等，选项C 也错误． 根据反应产生的 H2 量一样多，说明参加反应的锌的质量相等．选项 D 正确． 命题目的：判断pH 值相同的强酸与弱酸与不足量锌反应，产生氢气 量相同，比较其反应速率大小、反应时间长短和消耗的锌量． 答案：B、D 2．下列溶液：①pH=0 的盐酸②0.5mol·L-1 的盐酸溶液③0.1mol·L-1 的氯化铵溶液④0.1mol·L-1 的氢氧化钠溶液⑤0.1mol·L-1 的氟化钠 溶液，由水电离的H+离子浓度由大到小的顺序正确的是 [ ] A．①②③④⑤ B．③⑤④②① C．①②③⑤④ D．⑤③④①② 解析：纯水和酸、碱、盐的稀溶液中都存在着[H+]与[OH -]的乘积为 一个常数的关系，常温下纯水或不发生水解的盐的溶液中，水电离出的 [H+]=10-7mol·L-1 ．在酸或碱溶液中，由水电离产生的[H+]都小于 10-7mol·L-1，酸(或碱)电离出的[H+](或[OH -])越大，则其水电离出的[H+] 就越小．pH=0 的盐酸溶液中，水电离出的[H+]=10-14mol·L-1， 0.5mol L [H ] = 10 5 10 1= 2 10 14 1 · 的盐酸溶液中，水电离出的× 14，     0.1mol·L-1 氢氧化钠溶液中，水电离出[H+]=10-13mol·L-1．氯化铵、氟 化钠等能发生盐的水解的盐溶液中，将促进水的电离，水电离出的[H+] 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 357 大于10-7mol·L-1． 由于 NH3·H2O 电离度小于HF，NH4 +水解程度大于F -，故氯化铵 溶液中水电离出的[H+]大于氟化钠溶液中水电离出的[H+]，综上所述水电 离出的[H+]由大到小的顺序为③⑤④②①． 命题目的：考查运用水的离子积比较在几种酸、碱、盐不同的溶液 中水的电离能力大小． 解题关键：本题涉及水的电离平衡问题，常温下纯水的电离[H+]=[OH -]=10-7mol·L-1，加入酸(或碱)以后，由于增大了溶液中的[H+](或[OH -]) 使水的电离平衡逆向移动，抑制水的电离，水的电离度减小，由水电离 产生的[H+](或[OH -])小于10-7mol·L-1．酸(或碱)浓度越大，由水电离产 生的[H+](或[OH -])就越小．一般的规律：酸溶液中由水电离出的[H+]相 当于该酸溶液中的[OH -]；碱溶液中由水电离出的[OH -]相当于该碱溶液 中的[H+]．而在强酸弱碱盐(或强碱弱酸盐)溶液中，由于其弱碱根(或弱酸 根)的水解反应，促进水的电离，增大了由水电离产生的[H+](或[OH -])， 大于10-7mol·L-1 水解的趋势越大，由水电离产生的[H+](或[OH -])越大． 答案：B 3．pH=3 的醋酸溶液加水冲稀到原溶液体积的3 倍，则稀释后溶液 的pH 值为 [ ]__ A．3.2 B．3.5 C．3.7 D．4 解析 1：醋酸属于弱酸，其溶液稀释pH 值的变化规律不同于强酸溶 液．对于强酸，由于在溶液中完全电离，强酸溶液冲稀几倍，其[H+]浓度 也就冲稀几倍，而对于弱酸，由于它在溶液中是部分电离的，在被冲稀 过程中，其电离度增大，这样其[H+]浓度减小的幅度就较慢．以CH3COOH 为例，其电离度与CH COOH物质的量浓度之间的关系如下：α = K 3 CH3COOH [CH COOH] 3 KCH3COOH 为醋酸的电离常数，它不随溶液浓度的变化而变化． 根据题意已知[H+]浓度为10-3mol·L-1 即[H+ ] = α[CH COOH] = K = 10 mol·L 3 CH 3 1 3COOH[CH COOH] 3 原醋酸溶液的浓度[CH COOH] = 3 10 6 3  KCH COOH 冲稀 3 倍后的醋酸溶液的[H+]浓度为： 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 358 [H+ ] = K = 5.77 10 4 CH COOHK CH COOH 3 3 10 3 6   ×  ∴ pH=4－lg5.77=3.2 解析 2：估算法 先把醋酸当成强酸，根据强酸冲稀规律，冲稀 3 倍，其pH 值增大 0.3，但醋酸实际为弱酸，冲稀3 倍后其pH 值增大值应小于0.3，即其pH 值为3.2． 命题目的：考查弱酸溶液冲稀后溶液的 pH 值计算． 答案：A 4 ． 已知一种[H+]=1 × 10-3mol· L-1 的某酸与一种[OH -]=1 × 10-3mol·L-1 的某碱等体积混合后溶液呈酸性，其原因可能是 [ ] A．稀的强碱与浓的强酸反应 B．等物质的量浓度的一元强酸和一元弱碱反应 C．浓的弱酸与稀的强碱溶液反应 D．生成一种强酸弱碱盐 解析：题目提供的信息是酸中的[H+]和碱中的[OH -]浓度相等，但酸 碱的物质的量浓度不一定相等．[H+]=1×10-3mol·L-1 的酸可能是强酸或 弱酸，若是强酸，其浓度为1×10-3mol·L-1，若为弱酸，其浓度大于1 ×10-3mol·L-1，同理，[OH -]=1×10-3mol·L-1 的碱也可能是强碱或弱 碱，若是强碱，其浓度为1×10-3mol·L-1，若是弱碱，其浓度大于1× 10-3mol·L-1． A 选项使用强酸与强碱，则其物质的量浓度应当是相等的，等体积 混合应呈中性，与题意不符合．B 选项使用等物质的量浓度的一元强酸和一元 弱碱，则该弱碱溶液 中[OH -]必小于1×10-3mol· L-1 等体积反应生成强酸弱碱盐，虽然溶液 呈酸性，但与题意不符([OH -]不等于1×10-3mol·L-1)． 若改使用[H+]=1×10-3mol·L-1 的强酸与[OH -]=1×10-3mol·L-1 的 弱碱，等体积混合，虽然反应也生成强酸弱碱盐，但由于此时弱碱处于 过量，溶液不可能呈酸性．故D 选项也不对． 只有用[H+]=1×10-3mol·L-1 弱酸与[OH -]=1×10-3mol·L-1 强碱， 此时弱酸的物质的量浓度大于强碱溶液，等体积混合时，由于弱酸过量， 溶液呈酸性． 命题目的：酸碱中和是常见的反应，本题意在于以常见反应为素材， 多角度考查与之相关的知识(浓度、电离度、盐的水解等)．本题设置了迷 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 359 惑性较强的选项，使考生在应答时会在几个都像的似是而非的选项面前 拿不定主意． 解题关键：要使酸和碱混合后所得溶液呈酸性，只有两个可能性： ①酸与碱恰好完全反应，但参与反应的是弱碱和强酸，反应生成强 酸弱碱盐，容易水解而使溶液显酸性． ②[H+]=1×10-3mol·L-1 的弱酸与[OH -]=1×10-3molL-1 的强碱溶液， 由于弱酸是部分电离，弱酸的浓度大于强碱溶液，等体积混合，弱酸有 过剩，因而溶液显酸性． 溶液的 pH 值、[H+]、[OH -]与酸碱物质的量浓度关系：pH 值相同(即 [H+]相同)的强酸与弱酸比较，弱酸的物质的量浓度大于强酸；pH 值相同 (即[OH -]相同)的强碱与弱碱比较，弱碱的物质的量浓度大于强碱． 物质的量浓度相同的强酸和弱酸比较，弱酸的 pH 值大(即其[H+]浓 度小)；对物质的量浓度相同的强碱和弱碱比较，弱碱的pH 值小(即其[OH -]浓度小，其碱性较弱)． [H+]与[OH -]浓度相同的强酸与弱碱比较，弱碱的物质的量浓度大于 强酸；[H+]与[OH -]浓度相同的强碱与弱酸比较，则弱酸的物质的量浓度 大于强碱． 答案：C 5．某种一元酸(HA)溶液中加入一定量的一种强碱(MOH)溶液后，恰 好完全反应，则有关反应后溶液的判断中一定正确的是 [ ] A．[A-]≤[M+] B．[A-]≥[M+] C．若反应生成的MA 不水解，则[A-]＞[OH -] D．若反应生成的MA 水解，则[A-]＜[OH -] 解析：本题中的一元酸可能是强酸或弱酸．若是 HA 为一元强酸与 强碱完全中和时，[A-]=[M+]，若HA 为一元弱酸与强碱完全中和生成的 MA 为强碱弱酸盐，由于A-发生部分水解反应，[A-]＜[M+]，故A 选项 结论[A-]≤[M+]正确，而B 选项不正确．若反应生成的MA 不水解，即 MA 为强酸强碱盐，它电离出的[A-]一定大于由水电离出的[OH -]浓度， C 选项也正确． 若是反应生成的 MA 能发生水解，说明HA 必然是弱酸，MA 为强 碱弱酸盐，A-将发生水解：A-＋H2O HA＋OH -，多数情况[A-]＞[OH -]，D 选 项的结论正 相反． 命题目的：总结归纳由一元强酸或一元弱酸与一元强碱完全反应后， 所形成的溶液中酸根离子与强碱的阳离子之间的浓度关系及酸根离子与 溶液中的[OH -]浓度的关系． 答案：A、C 6．对0.2mol·L-1 碳酸钠溶液的微粒浓度分析正确的是 [ ] A．[Na+]＞[CO3 2-]＞[OH -]＞[HCO3 -]＞[H+] 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 360 B．[Na+]＋[H+]=[CO3 2-]＋[HCO3 -]＋[OH -] C．[OH -]=[H+]＋[HCO3 -]＋[H2CO3] D．[CO3 2-]＋[HCO3 -]＋[H2CO3]=0.2mol·L-1 解析：碳酸钠为强碱弱酸盐，在溶液中发生如下电离和水解过程： Na2CO3=2Na+＋CO3 2- (Ⅰ) CO3 2-＋H2O HCO3 -＋OH - (Ⅱ) HCO3 -＋H2O H2CO3＋OH - (Ⅲ) 故溶液中存在的微粒有 Na+、H+、OH -、CO3 2-、HCO3 -、H2CO3 等， 它们的浓度关系： [Na+]＞[CO3 2-]＞[OH -]＞[HCO3 -]＞[H+]．按电荷守恒分析其浓度关 系： [Na+]＋[H+]=[HCO3 -]＋2[CO3 2-]＋[OH -] 按物料守恒分析其浓度关系： CO3 2-的原始浓度为0.2mol/L，CO3 2-与HCO3 -在水溶液中发生水解， CO3 2-与HCO3 -、HCO3 -与H2CO3 的比为1∶1 则根据物料守恒定义有： CO3 2-的原始浓度=[CO3 2-]＋[HCO3 -]＋[H2CO3]，即[CO3 2-]＋[HCO3 -]＋ [H2CO3]=0.2mol/L． 命题目的：分析电解质溶液中存在的各种微粒浓度间的关系． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 361 解题关键：解某电解质溶液或由两种电解质溶液相混合所得的溶液 中多种微粒浓度大小的比较，通常都要从“两平衡”和“两守恒”角度 来进行分析．“两平衡”就是指“电离平衡”和“水解平衡”，比较其 趋势哪个大．如某酸式盐NaHY 溶液中，HY -的电离度小于HY -的水解 程度，则可判断溶液中[OH -]＞[H+]．“两守恒”指的是电荷守恒和物料 守恒．电荷守恒是依据电解质溶液呈电中性原则，溶液中所有阳离子所 带的正电荷总数和所有阴离子所带的负电荷总数相等．物料守恒是某一 组分的原始浓度等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和．例如 100mL0.1mol·L-1 醋酸与50mL0.2mol·L-1 氢氧化钠溶液混合，恰好完 全反应生成醋酸钠溶液．溶液中既存在CH3COONa=CH3COO-＋Na+又存 在：CH3COO-＋H2O CH3COOH＋OH -，溶液中存有：Na+、H+、 CH3COO-、OH -和CH3COOH 等微粒．其浓度关系，按电荷守恒为：[Na+] ＋ [H+]=[CH3COO-] ＋ [OH -] ， 按物料守恒为： [Na+]=[CH3COO-] ＋ [CH3COOH]，显然[Na+]＞[CH3COO-]，则[OH -]＞[H+]，综合起来其浓度关系为 [Na+]＞[CH3COO-]＞[OH -]＞[H+]． 错解剖析：考生常出的毛病，按电荷守恒得出[Na+]＋[H+]=[CO3 2-] ＋[HCO3 -]＋[OH -]．应注意的是一个CO3 2-离子需要两个＋1 价阳离子才 能与它的电荷相平衡，也就是说，与CO3 2-离子相平衡的＋1 价阳离子的 浓度应当是CO3 2-浓度的两倍．故正确关系为[Na+]＋[H+]=2[CO3 2-]＋ [HCO3 -]＋[OH -]． 答案：A、D 7．常温下某溶液中，由水电离出的氢离子的物质的量浓度为1× 10-13mol·L-1，该溶液中不能大量共存的离子组是 [ ] A．K+、Fe2+、NH4 +、NO3 - B．Na+、K+、SO4 2-、NO3 - C．Ba2+、Cl -、K+、NO3 - D．Fe2+、Mg2+、Cl -、SO4 2- 解析：已知水在常温下电离出[H+]=[OH -]=1×10-13mol·L-1，则该 溶液可能为pH=1 的酸性溶液，或者为pH=13 的碱性溶液．在酸性条件 下A 项的离子组不能共存，因为Fe2+能被硝酸氧化；在碱性条件下D 项 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 362 的离子组也不能共存，因为Fe2+和Mg2+在碱性条件下易形成难溶性沉淀． 命题目的：本题以判断离子能否共存的形式，考查关于离子反应的 知识，这也是历届传统题型． 解题关键：我们经常遇到关于有些离子能否大量共存的问题．解这 类题须熟悉离子间的反应规律．凡彼此能发生反应的离子就不能大量共 存：①彼此能发生氧化还原反应的离子不能大量共存．如在酸性条件下 NO3 -与I -、Fe2+、S2-、HS-、SO3 2-、HSO3 -等离子；在酸性条件下MnO4 - 与Cl -、Br-等；ClO-与S2-、I -以及酸性条件下S2-与SO3 2-等都不能大量 共存．②彼此能生成弱电解质的离子不能大量共存．如H+与OH -、ClO-、 CH3COO-、AlO2 -、CN -、F -等不能大量共存．③彼此能生成沉淀或微溶 物的离子不能大量共存．如Ag+与Cl -、Br-、I -；Ba2+、Ca2+与SO4 2-、 CO3 2-及Ca2+与F -、C2O4 2-等不能大量共存．④彼此能生成气体的离子不 能大量共存．如H+与HCO3 -、CO3 2-、SO3 2-、HSO3 -、S2-、HS -及NH4 + 与OH -等不能大量共存．⑤彼此能发生双水解的离子不能大量共存．如 Al3+与AlO2 -、HCO3 -、CO3 2-、S2-；Fe3+与HCO3 -、CO3 2-等不能大量共存．⑥ 彼此能发生络合反应的离子，如Fe3+与CN -、SCN -；Ag+、Cu2+与NH3·H2O 不能大量共存． 答案：A、D 8．一定温度下，某酸溶液中水的电离度与某碱溶液中水的电离度相 等，将两溶液等体积混合后，混合液的pH 值() A．大于7 B．等于7 C．小于7 D．无法确定 解析：在一定温度下，酸溶液中水的电离度与碱溶液中水的电离度 相等，则该酸溶液中的[H+]与该碱溶液中的[OH -]相等．如果将[H+]与[OH -]浓度相等的酸溶液和碱溶液等体积混合，所得混合液的酸碱性情况将取决于所 使用的酸和碱的强弱情况．若是由强酸与强碱，由于等浓度、等 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 363 体积混合，所得溶液呈中性，pH=7．若是由弱酸与强碱，由于弱酸浓度 大于强碱溶液，等体积混合，弱酸过量，所得混合液呈酸性，pH＜7．若 是由强酸与弱碱，由于强酸浓度小于弱碱溶液，等体积混合，弱碱过量， 所得混合液呈碱性，pH＞7．因此本题酸碱两种溶液等体积混合所得溶液 的pH 值无法确定． 命题目的：考查水的离子积概念和酸碱混合后溶液的 pH 值计算． 答案：D 9．把三氯化铁溶液蒸干灼烧，最后得到的固体产物是 [ ] A．无水三氯化铁 B．氢氧化铁 C．氧化亚铁 D．三氧化二铁 解 析 ：三 氯 化 铁 在 水 溶 液 中 存 在 如 下 水 解 平 衡 ： FeCl3 ＋ 3H2O Fe(OH)3＋3HCl－Q，由于生成物盐酸是挥发性酸，加热蒸干 时，生成的HCl 随水蒸气一起挥发，因此在温度升高和生成物(HCl)挥发 这两个因素的共同影响下，促进FeCl3 的水解平衡向正反应方向移动，趋 于完成．水解所生成的Fe(OH)3 在高温条件下性质不稳定，容易发生分 解反应生成三氧化二铁： Fe(OH)3 Fe2O3＋3H2O↑ 所以把 FeCl3 溶液蒸干、灼烧后得到的固体产物为三氧化二铁． 命题目的：考查三氯化铁的水解性及温度对盐类水解平衡移动的影 响．在解本题时还涉及盐酸的挥发性和氢氧化铁的热不稳定性来综合分 析． 答案：D 10．把氢氧化钙放入蒸馏水中，一定时间后达到如下平衡： Ca(OH)2(固) Ca2+＋2OH -加入下列溶液，可以使Ca(OH)2 含量减少 的是 [ ] A．Na2S 溶液 B．AlCl3 溶液 C．NaOH 溶液 D．CaCl2 溶液 解析：由题示平衡可知 Ca(OH)2 为微溶的强电解质，可溶的部分在 溶液中全部电离生成Ca2+和OH -离子． 要使溶液中 Ca(OH)2 含量减少的途径是使上述溶解平衡向正反应方 向移动．办法有二：①向溶液中加入H+离子，中和溶液中的OH -，结合 生成更难电离的水，使[OH -]浓度大大降低，平衡向正反应方向移动．选 项B 中的AlCl3 因在溶液中水解：Al3+＋3H2O Al(OH)3＋3H+溶液显 酸性，故加入AlCl3 溶液有利于Ca(OH)2 电离平衡向正反应方向移动．②向溶液 中加入能与Ca2+结合生成更难溶的沉淀的离子，如CO3 2-离子，但 选项中没有．选项C 和D 中都含有平衡产物的共同离子Ca2+和OH -，因 此无论向平衡体系里加入NaOH 溶液或CaCl2 溶液，都因为发生同离子 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 364 效应，使平衡逆向移动，反而增加了溶液中Ca(OH)2 固体的含量．向平 衡体系中加入选项A 中的Na2S 溶液，对平衡移动不产生任何影响． 命题目的：本题涉及微溶物质在水溶液中的溶解与电离平衡，讨论 加入哪种溶液能使Ca(OH)2 的电离平衡向正向移动，以减少在溶液中的 含量． 答案：B 11．向Fe(OH)3 溶胶中逐滴某种溶液，开始先发生凝聚而后沉淀， 然后继续滴加时沉淀又不断溶解而消失，则该加入的溶液是 [ ] A．2mol·L-1NaOH 溶液 B．2mol·L-1H2SO4 溶液 C．2mol·L-1MgSO4 溶液 D．硅酸溶胶 解析：Fe(OH)3 胶体颗粒吸附阳离子带正电荷，当遇到电解质溶液或 带相反电荷的胶体时，就会发生凝聚而产生氢氧化铁沉淀，即加入选项 A、B、C的电解质溶液和选项D的带负电荷的硅酸胶体时，都能使Fe(OH)3 胶体凝聚，但能使Fe(OH)3 沉淀溶解的只能是2mol·L-1 的H2SO4 溶液， 这已不是胶体现象，而是属于一般的酸碱中和的反应． 命题目的：考查对胶体性质的基本理解，借以考查思维的深刻性． 错解剖析：有些考生只看到 H2SO4 为强酸，与Fe(OH)3 可发生中和 反应，将Fe(OH)3 溶解掉，而没有想到滴入少量2mol·L-1H2SO4 时能起 使Fe(OH)3 胶体凝聚作用而没选B 选项．有些考生误选D，只看到硅酸 胶体带有与Fe(OH)3 胶体相反电荷，可使Fe(OH)3 胶体凝聚，而忽视了硅 酸是难溶弱酸，不能溶解Fe(OH)3． 答案：B 12．已知由AgNO3 溶液和稍过量的KI 溶液制得AgI 胶体，当把它 和Fe(OH)3 胶体相混合时，便析出AgI 和Fe(OH)3 的混合沉淀．由此可推 断 [ ] A．该AgI 胶粒带正电荷 B．该AgI 胶粒在电泳时向阳极移动 C．该AgI 胶粒带负电荷 D．Fe(OH)3 胶粒在电泳时向阳极移动 解析：由AgNO3 溶液与稍过量KI 溶液制得的AgI 胶体溶液中的AgI 胶粒周围存在NO3 -和I -离子，AgI 胶体吸附不住NO3 -，而能较易吸附I - 离子(∵Ag+与I -结合能力较强)，这样使AgI 胶粒带负电荷．在电泳实验 中AgI 胶粒自然将向阳极移动． 将 AgI 胶体与Fe(OH)3 胶体相混合时，发生凝聚而沉淀，说明Fe(OH)3胶体里胶 粒带正电荷，把Fe(OH)3 胶体溶液进行电泳实验，其胶粒将向 阴极移动． 答案：B、C 13．某温度下重水中存在如下电离平衡： 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 365 D2O D+＋OD-，D2O 的离子积常数=1.0×10-12，若pD=－lg[D+]， 该温度下有关分析正确的是 [ ] A．0.1molNaOD 溶于重水制成1L 溶液，pD=13 B．将pD=4 的DCl 的重水溶液稀释100 倍，所得溶液pD=6 C ． 向30mL0.5mol · L-1NaOD 的重水溶液中加入 20mL0.5mol·L-1DCl 的重水溶液，所得溶液pD=11 D．pD=10 的NaOD 的重水溶液中，由重水电离出的[OD-]为1× 10-10mol·L-1 解析：根据该温度下重水的离子积常数，可推算 0.1mol·L-1NaOD 重水溶液中含[D ] = ． 选项不正确． 10 [OD ] = 10 10 += 10 A 12 12 1 11      该温度下纯重水电离的[D+]=[OD-]=10-6mol·L-1，把pD=4 的DCl 重水溶液稀释100 倍后[D+]=10-6＋10-6=2×10-6mol·L-1，所得溶液pD=6 －lg2=5.7，B 选项也不正确．C 选项中把30mL0.5mol·L-1NaOD 重水溶 液与20mL0.5mol·L-1DCl 重水溶液混合后所得溶液： [OD ] = 0.5 0.03 + 0.02 = 101 pD = 10110.03 0.5 0.02 ∴ D 选项，pD=10 的NaOD 重水溶液中的[OD-]=10-2， ∴ 由重水电离出的[OD-]=[D+]=10-11mol·L-1 命题目的：本题属于信息迁移题． 答案：C、D 14．X、Y、Z、M 代表四种金属元素．金属X 和Z 用导线连接放入 稀硫酸中时，X 溶解，Z 极上有氢气放出；若电解Y2+离子和Z2+离子共 存的溶液时，Y 先析出；又知M2+离子的氧化性强于Y2+离子．则这四种 金属的活动性由强到弱的顺序为 [ ] A．X＞Z＞Y＞M 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 366 B．X＞Y＞Z＞M＞ C．M＞Z＞X＞Y D．X＞Z＞M＞Y 解析：根据原电池的规律，将金属 X 与金属Z 用导线连接放入稀硫 酸里组成原电池时，X 极被溶解，Z 极析出氢气，说明X 极为负极，被 氧化而溶解掉，而X 所失去的电子通过Z 极还原溶液中的H+离子，Z 为 正极，故金属活动性X＞Z．根据电解反应的规律，电解Y2+离子与Z2+ 离子共存的电解质溶液，Y 先析出，即Y2+离子的氧化性(即被还原的能 力)强于Z2+离子，其金属活动性：Z＞Y，同理，Y＞M．故四种金属活 动性：X＞Z＞Y＞M． 命题目的：考查依据原电池和电解反应的原理判定金属活动性顺序．解题关键： 解此题的主要依据是原电池和电解的原理．由两种金属 组成的原电池中，较活泼的金属成为负极，较不活泼的金属成为正极， 反应中负极失电子被氧化而腐蚀掉，正极本身没有变化，只起传导电子 的作用，电解质溶液中的H+离子或其他还原性较强的阳离子或溶液中的 O2 被还原． 电解反应中，阳极上发生氧化反应，若阳极为惰性电极，电解质溶 液中的阴离子被氧化；若阳极为金属电极，则阳极本身被氧化腐蚀掉．阴 极不论为何种电极都不参与反应，溶液中的阳离子被还原．若溶液中含 有多种金属阳离子，那么其放电有一定顺序： Au3+＞Ag+＞Cu2+＞H+＞Pb2+＞Sn2+＞Fe2+＞Zn2+＞Al3+＞Mg2+＞Na+ ＞Ca2+＞K+金属性较不活泼的金属阳离子(即氧化性较强的金属阳离子) 首先被还原． 答案：A 15．按下图示的装置，用导线将电极连接起来，放置一段时间后， 溶液的pH 值下降的是 [ ] 解析：A 装置是运用Fe 与稀硫酸发生置换反应的原理组成的原电 池．石墨极析出H2，溶液中[H+]不断降低，pH 值增大． B 装置是运用“吸氧腐蚀”原理组成的原电池．Cu 极上发生：2H2O ＋O2＋4e = 4OH-．溶液呈碱性，pH 值增大． C 装置是电解食盐水的装置．电解过程中，Fe 极上析出H2，破坏水 的电离平衡，[H+]＜[OH-]溶液呈碱性，pH 值增大． D 装置是电解硫酸铜溶液．阳极上发生：4OH-－4e=2H2O＋O2↑破 坏水的电离平衡，使[H+]＞[OH-]，溶液呈酸性，pH 值下降． 命题目的：考查对原电池和电解池反应原理，并根据电极反应分析 其溶液的pH 值的变化．答案：D 16．用两支惰性电极插入500mLCuSO4 溶液中，通电电解，当电解 液的pH 值从6.0 变为3.0 时，下列叙述正确的是(设溶液的体积电解前后 不变) [ ] A．阳极上析出2.8mLO2 气(标准状况) B．阴极上析出16mgCu C．阳极上析出5.6mLH2 气(标准状况) 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 367 D．阳极和阴极质量都无变化 解析：用惰性电极电解 CuSO4 溶液 阴极反应式：2Cu2+＋4e = 2Cu 阳极反应式：4OH-－4e = 2H2O＋O2↑ 由于 OH-放电，破坏了水的电离平衡，导致溶液中[H+]＞ [OH-]，阳极溶液显酸性．综合此电解反应总反应方程式： 2CuSO 2H O 2Cu O 2H SO 4 2 2 2 4 ＋ ＋ ↑＋ 电解 电解过程中pH值由6.0变为3.0，即[H+ ]增大0.000999 =& 0.001mol ·L-1 设阳极可析出 xLO2 气． 根据关系式： ～ · × O 4H 22.4L 4mol x 0.001mol L 0.5L 2 + 1 ∴ × x = 22.4 0.0005 4 = 0.0028L = 2.8mL 设阴极可析出 ygCu． 根据关系式： ～ × 2Cu 4H 2 64g 4mol y 0.0005mol + ∴ × × y = 2 64 0.0005 = 0.016g = 16mg 4 电解过程中阴极增量 16mg，阳极为惰性电极，电解中只起传导电子 的作用，质量不变．阳极只氧化电解质溶液中的OH-，不可能还原H+离 子析出H2． 命题目的：考查运用电解反应的基本原理，通过电解质溶液pH 值的 变化，计算阴阳两极电解产物． 答案：A、B 17．用质量均为100g 的铜作电极，电解硝酸银溶液，稍电解一段时 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 368 间后，两电极的质量差为28g，此时两电极的质量分别为 [ ] A．阳极100g，阴极128g B．阳极93.6g，阴极121.6g C．阳极91.0g，阴极119.0gD．阳极86.0g，阴极114.0g 解析：使用铜作电极来电解硝酸银溶液，作为阳极的铜将被部分溶 解，作为阴极的铜极上镀上银： 阳极：Cu－2e = Cu2+ 阳极被溶掉 64g， 阴极：2Ag+＋2e = 2Ag 阴极被镀上 216g 的银，即当阳极有64gCu 被溶解时，阴极上析出216g 银，两电极的质量差为64＋216 = 280g 根据题意可求得被溶解的铜质量： 64∶280 = x∶28 x = 6.4g 即阳极的质量变为 100－6.4 = 93.6g 阴极上析出银的质量：216∶280 = y∶28 y = 21.6g 即阴极的质量变为 100＋21.6 = 121.6g 命题目的：考查掌握电解反应的基本原理，运算电解过程中两电极 的质量变化情况． 解题关键：要运用好电解反应原理： ①电解池的电极与直流电源的正极相连的电极称为阳极；与直流电 源的负极相连的电极称为阴极． 阳极上发生的是氧化反应，若阳极为惰性电极(石墨、铂、金等)时， 电极本身不参与电极上的氧化还原反应，只起导电作用，是电解质溶液 中的阴离子被氧化．若用除铂、金以外的金属如铜电极等作阳极时，则 阳极本身失电子被氧化溶解． 阴极上发生的是还原反应．阴极本身无论是惰性或非惰性电极，都 不参与反应，而是电解质溶液中的阳离子在阴极上被还原． ②电解时，同一电解池中，阴极有多少摩电子流入，阳极就有多少 摩电子流出，即两极的电子得失守恒，根据这个规律，可以计算两极电 解产物的量． 答案：B 填空题 1．在陶瓷工业上，常遇到因陶土里混杂有氧化铁而影响产品的质量 的问题，解决的方法是可把这些陶土和水一起搅拌，使其微粒直径，为 10-9～10-7 米之间，然后插入两根电极，接通直流电源，这时阳极聚集 ________，阴极聚集________，理由是________． 解析：将陶土和水一起搅拌成微粒直径在 10-9～10-7 米的胶体溶液， 插入两根电极，接通直流电源进行电泳实验，由于陶土胶粒是带负电荷， 而氧化铁胶粒带正电荷，在电场作用下陶土胶粒将向阳极聚集，而氧化 铁胶粒向阴极聚集，这样将氧化铁杂质分离开． 命题目的：理解应用电泳的原理除去胶体溶液中的杂质． 答案：阳极聚集 陶土胶粒 阴极聚集 氧化铁胶粒 因为陶土胶粒带负电荷，电泳时向阳极移动，氧化铁胶粒带 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 369 正电荷，在电泳时向阴极移动． 2．设某pH 值的硫酸溶液中水的电离度为α1，相同pH 值的硫酸铝 溶液中水的电离度为α2，则α1________α2(填＜、＞、 = )．若硫酸和硫酸铝两 种溶液的pH 值均为3，那么硫酸溶液中水电离出 的[H+]是硫酸铝溶液中水电离出的[H+]的________倍． 若某 pH 值的硫酸溶液中水电离出的[H+] = 1.0×10-amol·L-1，而相 同pH 值的硫酸铝溶液中水电离出的[H+] = 1.0×10-bmol·L-1，(已知a、b 均为小于14 的正整数)，那么a 和b 之间满足的数量关系是(用一个等式 和一个不等式表示)_________． 解析：因为硫酸能抑制水的电离，而硫酸铝由于发生水解反应，促 进水的电离，因此硫酸铝溶液中水的电离度大于硫酸溶液中水的电离度， α1＜α2． pH = 3 [H ] = 10 10 += 10 mol L 14 3 的硫酸溶液中由水电离出的11 · 1，    而硫酸铝溶液中由水电离出的[H+] = 10-3mol·L-1，即硫酸溶液中水电 离的[H+ ]是硫酸铝溶液中水电离的[H+ ]的= 10 8倍． 10 10 11 3    某硫酸溶液中的水电离出的[H+]为1.0×10-amol·L-1 则该硫酸溶 液的 × [H ] = · ，即－ ． 1.0 10 += 10 mol L pH = 14 a 14 a 14 1    10 a 水电离出的[H+]为10×10-bmol·L-1 的某硫酸铝溶液的[H+] = 10× 10-b，即pH = b 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 370 根据题意硫酸溶液的 pH 值与硫酸铝溶液的pH 值相同，则14－a = b ∴a＋b = 14 a＞b 命题目的：比较pH 值相同的硫酸溶液和硫酸铝溶液中水的电离度和 水电离出的[H+]浓度间关系，并总结出总的关系式． 答案：①α1＜α2 ②10-8 倍③a＋b = 14 a＞b 3．在25℃时取pH = x(x≤6)的盐酸溶液VxL 和pH = y(y≥8)的氢氧 化钠溶液VyL，恰好中和． (1) x y = 14 = (2) x y = 13 = (3) x y 14 = ( ) V V x y 若＋ 时，则； 若＋ 时，则； 若＋ ＞ 时，则填表达式，且 V V V V V V x y x y x y (填＞、＜、 = )． 解析：根据强酸溶液[H+]与强碱溶液[OH-]浓度关系与强酸溶液的 pH 酸与强碱溶液的pH 碱之和之间存在如下规律： 当 pH 酸＋pH 碱 = 14 时，则该强酸溶液的[H+]浓度跟强碱溶液的[OH-] 浓度相等． 当 pH 酸＋pH 碱＞14 时，则该强碱溶液的[OH-]浓度大于强酸溶液的 [H+]浓度，如pH 酸＋pH 碱 = 15，则强碱溶液的[OH-]浓度比强酸溶液的 [H+]浓度大10 倍． 当 pH 酸＋pH 碱＜14 时，则该强酸溶液的[H+]浓度大于强碱溶液的[OH-]浓度， 如pH 酸＋pH 碱 = 13，则强酸溶液[H+]浓度比强碱溶液的[OH-] 大10 倍． 可见若 x＋y = 14，即盐酸的[H+]与氢氧化钠溶液的[OH-]浓度相等， 完全中和时，其体积比为1∶1，即= 1． V V x y 若 x＋y = 13，即盐酸的[H+]的浓度比氢氧化钠溶液中[OH-]浓度 大 10 倍，完全中和时，氢氧化钠溶液体积应为盐酸体积的10 倍，即 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 371 V V x y = 10 1 ． 若 x＋y＞14，氢氧化钠溶液的[OH-]浓度大于盐酸中[H+]的浓度，∴ Vx＞Vy． 氢氧化钠溶液中pH = y，[NaOH] = [OH ] = 10 10 = 10 mol 14 y y 14    ·L-1 盐酸中 pH = x [H+] = 10-x 恰好完全中和时，10-x×Vx = 10y-14×Vy ∴ V V x y = 10 10 = 10 y 14 x x+y 14    命题目的：本题考查关于pH 值的概念，考查方式是把特殊和具体的 问题与普遍、一般的规律结合起来，检查逻辑思维与逆向思维能力． 答案：(1) ＞ V V = 1 (2) 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 372 V V = 1 10 (3) V V x= 10 V V y x y x y x+y 14 x y  4 H OH Na Cl NH SO [Na ] = 7.0 10 mol L [Cl ] = 3.5 10 mol L [NH ] = 2.3 10 mol L [SO ] = 2.5 10 mol + + + 4 2 + 6 1 5 1 + 5 1 4 2 + 6 ．某地酸雨经检验除和外，还含有、、和 等离子，其浓度： × · × · 、× · 、× ·    4 4 L-1，则该酸雨的pH 值_________． 解析：运用电荷守恒原理，电解质溶液处于电中性，即溶液中所有 阳离子所带正电荷总数与所有阴离子所带负电荷总数相等． [Na + ] [H+ ] [NH ] = [Cl ] [OH ] 2[SO ] 4 + 4 ＋ ＋ ＋ ＋ 2 因为该溶液显酸性，[OH-]极小，可忽略不计 则[H+ ] = [Cl ]＋2[SO ]－[Na ]－[NH ] 4 2 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 373 + 4 + = 3.5×10-5＋2×2.5×10-6－7.0×10-6－2.3×10-5 = 1×10-5mol·L-1 ∴pH = 5 命题目的：考查运用电荷守恒原理推算溶液的 pH 值． 答案：pH = 5 5．0.1mol·L-1 的碳酸氢钠溶液的pH 值为8，同浓度的偏铝酸钠溶 液的pH 值为11，将此两种溶液等体积混合，可能发生的现象是______， 主要原因是(用离子方程式表示)_______． 解析：NaHCO3 和NaAlO2 水解都是呈碱性，NaHCO3 溶液与 NaAlO HCO H 2 3 溶液之间不能发生双促水解，但有个特性：既能与+反应，又能与OH 反应，因 而当NaHCO 溶液与NaAlO 溶液混合时，HCO 3 2 3  将与ALO 水解产生的OH－离子反应，打破AlO 的水解平衡，促进AlO 2 2 2  进一步水解产生大量白色沉淀： 命题目的：考查有关盐的水解平衡移动，并正确书写有关反应的离 子方程式． 答案：产生大量白色沉淀． AlO HCO H O = Al(OH) CO 2 3 2 3 3 ＋ ＋ ↓＋ 2 6．将铂电极插入氢氧化钾溶液，然后向两个电极上分别通入甲烷等 燃料和氧气等氧化剂组成一种原电池．由于所发生的反应类似于甲烷的 燃烧，所以称做燃烧电池．根据两极上反应实质判断，通入甲烷的一极 为电池的_______极，这一电极的反应式为________．该电池放电反应的 总反应方程式为__________． 解析：根据原电池反应的原理，负极上发生的是氧化反应，正极上 发生的是还原反应．显然在甲烷的燃烧电池反应里，通入甲烷所发生的 反应是甲烷在氢氧化钾溶液里失电子被氧化的反应： CH 8e 10OH = CO 7H O 4 3 2 2 － ＋ ＋ 因此，通入甲烷的一极为负极，而通入氧气的一极所发生的反应是 还原反应： 4H2O＋2O2＋8e = 8OH- 综合负极和正极所发生的电极反应式得出甲烷燃烧电池的总反应方 程式为： 命题目的：运用原电池反应原理，分析甲烷燃烧电池的两极的电极 反应式与反应的总反应方程式． 答案：负极、 － ＋ ＋ ＋ ＋ ＋ 此反应的实质相当于甲烷燃烧 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 374 CH 8e 10OH = CO 7H O CH 2O 2OH = CO 3H O 4 3 2 2 4 2 3 2 2   所产生的 CO2，再与氢氧化钠溶液反应： CH4＋2O2→CO2＋2H2O CO 2OH = CO H O 2 3 2 2 ＋ ＋ 故称甲烷燃烧电池． 实验题 1．用已知浓度的盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液的实验中， 某学生有如下错误操作： ①酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗； ②碱式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗； ③滴定前酸式滴定管尖嘴处未充满溶液；④取待测碱液时滴定管尖嘴处未充满溶 液； ⑤锥形瓶用蒸馏水洗后用待测碱液润洗； ⑥滴定时摇晃锥形瓶时将液体溅出瓶外； ⑦滴定过程中出现滴定管活塞处漏出液体； ⑧读取标准液体积时，滴定前仰视，滴定后俯视． 会导致测定待测碱液浓度实验结果偏低的是 [ ] A．①③⑤⑦ B．②④⑥⑧ C．①②③④⑥ D．②④⑤⑥⑧ 解析：剖析上述错误操作的后果： ①酸式滴定管水洗后未用标准盐酸溶液润洗就盛入标准盐酸溶液， 势必使标准盐酸被冲稀，测定待测碱液消耗体积数增多，测出待测碱液 浓度偏大． ②碱式滴定管水洗后直接盛入待测碱液，则待测碱液被冲稀，浓度 偏低． ③酸式滴定管尖嘴处的气体未排出前就去滴定待测碱液，则造成多 算标准盐酸溶液的消耗体积数，这样测出待测碱液浓度偏大． ④盛有待测碱液的滴定管尖嘴处气体未排出前就直接用于量取待测 碱液，则实际上取出的待测碱液不够数，所以测出待测碱液浓度偏低． ⑤锥形瓶水洗后用待测碱液润洗，再盛入量取待测碱液，这样碱量 实际多于应取的量，测出待测碱液浓度偏高． ⑥滴定过程中摇晃锥形瓶时将液体外溅，反应物受损，测出待测碱 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 375 液浓度自然偏低． ⑦滴定过程中滴定管活塞漏液，操作失败，效果无法估算． ⑧读取标准盐酸溶液体积时，滴定前仰视，滴定后俯视，这样读取 的标准盐酸的体积偏少，造成测出待测碱液浓度偏低． 综合以上分析②、④、⑥、⑧测出的待测碱液浓度都偏低． 命题目的：考查关于中和滴定因操作不当引起实验误差的分析． 答案：B 2．请用下图所示仪器装置设计一个包括：电解饱和食盐水并测定电 解时产生的氢气的体积和检验氯气的氧化性的实验装置． (1)所选仪器连接时，各接口的顺序是(填各接口的代号字母)：A 接 ________、________接________；B 接________、________接________． (2)实验时，装置中的石墨电极接电源的________极，所发生的反应 为________；铁电极接电源的________极，所发生的反应为________； 此电解总反应方程式为________． (3)实验测得产生的氢气体积(已折算成标准状况)为5.60mL，电解后溶液的体积恰 好为50.0mL，则溶液的pH 值为________． 解析：根据电解饱和食盐水阳极所发生的反应式：2Cl-－2e = Cl2， 为防止电极被腐蚀，实验中一般选用石墨作阳极．阴极发生的是水电离 出的H+离子被还原，2H+＋2e = H2↑，从而破坏水的电离平衡，在阴极 区域里形成氢氧化钠，显碱性，阴极通常使用铁电极．电解的总反应方 程式为 ＋ ＋ ↑＋ ↑ 电解 2NaCl 2H O 2NaOH H Cl 2 2 2 原题 U 型管反应器中的两个电极未限定哪个是阳极或阴极，可任意 选用．而反应器两边连接那些仪器及其连接顺序，取决于A、B 为哪种 电极、某电极产物和实验要求． 设 A 上电极为石墨阴极、B 上电极为铁质阳极，则反应器两边所选 用的各仪器接口连接顺序为A 接贮气瓶的C→F，把水挤入量筒上H 导 管，用量筒测量出排出的水量，以测定H2 产生的体积．B 接洗气瓶的D →E，生成的Cl2 在洗气瓶里氧化淀粉KI 溶液，以证明其氧化性；多余 的Cl2 通入烧杯里的C 导管，借助氢氧化钠溶液吸收Cl2，防止污染大气． 已知电解产生H 5.60mL，相当于= 0.00025mol 2 0 0056 22 4 . . 2NaOH 2H O = 2NaOH H Cl 2mol 1mol x 0.00025mol 2 2 2 ＋ ＋ ＋ x = 2×0.00025 = 0.0005mol [OH ] = 0.0005mL 0.05L 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 376 = 102mol·L1 pOH = 2 ∴pH = 14－2 = 12 命题目的：考查按实验要求设计组装合理的实验装置，并根据制得 的H2 的体积，计算电解后溶液的pH 值． 答案：(1)A 接G、F 接H；B 接E、D 接C． (2)正极，2Cl-－2e = Cl2↑；负极、2H+＋2e = H2↑；2NaCl ＋ ＋ ↑＋ ↑ 电解2H O 2NaOH H Cl 2 2 2 (3)pH = 12 计算题 1．有稀硫酸和盐酸的混合溶液20mL，向此溶液中滴入0.025mol·L-1 氢氧化钡溶液时，生成的沉淀的量和溶液pH 值变化情况如右图所示．求： (1)原混合溶液中硫酸和盐酸溶液的物质的量浓度．(2)滴到A、B 两点时溶液的 pH 值各是多少？ 解析：从图示可知滴入 20mL0.025mol·L-1Ba(OH)2 溶液时，生成 BaSO4 沉淀达最大量，从而可推算混合液中H2SO4 的含量： (1) Ba(OH) H SO = BaSO H O 1mol 1mol 0.025 0.02mol x x = 0.0005mol 2 2 4 4 2 ＋ ↓＋ × ∴ ∴[H SO ] = · 0.0005mol 0.02L = 0.025mol L 2 4 1 再多滴入 40mL0.025mol·L-1Ba(OH)2 把混合液的HCl 中和． Ba(OH) 2HCl = BaCl 2H O 1mol 2mol 0.025 0.04mol y y = 0.002mol 2 2 2 ＋ ＋ × ∴ ∴[HCl] = · 0.002mol 0.02L = 0.2mol L1 (2)在A 点时溶液的pH 值： [H ] = 0.1mol L += 5 10 mol L 1 2 1 · × × ·   真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 377  0 02 0 02 0 02 . ( . . ) L L ∴pH = 2－lg5 = 1.3 在 B 点时溶液的pH 值： [H ] = 0.1mol L = 1.67 10 mol L + 1 2 1 · × － · × × × ·    0 02 0 025 0 02 2 0 02 0 04 . ( . 1 . ) ( . . ) L mol L L L ∴pH = 2－lg1.67 = 1.8 命题目的：考查有关中和滴定的基本运算能力，测定混合酸溶液中 各成分的浓度和不同滴定阶段溶液的pH 值情况，并考查识图能力． 2．用铂电极电解浓度为17％的饱和硝酸银溶液，当金属银完全析出 时，阳极上放出5.6L 气体(标准状况)，电解后溶液的密度为1.038g/cm3， 试计算： (1)电解前原硝酸银溶液的总质量是多少？电解析出的银为多少克？ (2)电解前硝酸银的溶解度是多少？ (3)电解后所得溶液的百分比浓度和物质的量浓度各为多少？ 解析：用惰性电极电解硝酸银溶液． 阴极析出银：4Ag+＋4e = 4Ag 阳极析出 O2 气：4OH-－4e = 2H2O＋O2↑ 电解结果电解质溶液转化成硝酸溶液： 4AgNO 2H O 4Ag O 4HNO 3 2 2 3 ＋ ＋ ↑＋ 电解 (1)运用此反应关系式，设电解析出Agxg，原硝酸银含yg． 4AgNO 4Ag O 4 170g 4 108g 22.4L y x 5.6L 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 378 3 2 ～ ～ × ×∴ × × 即共析出． × × x = 4 = 108g 108g y = 4 170 5.6 22.4 = 170g 108 56 22 4 . . 原硝酸银饱和溶液的重为 170g÷17％ = 1000g (2)此硝酸银溶液的溶解度： (1000－170)∶170 = 100∶S ∴ × S = 170 100 830 = 20.48g 附：简便法根据其饱和溶液的百分比浓度换算．设取100g 饱和硝 酸银溶液． 100－100×17％ = 100∶S ∴ × S = 17 100 = 20.48g 83 (3)根据上述关系式：设电解生成HNO3ymol O 4HNO 22.4L 4mol 5.6L z 2 3 ～ ∴ × 所生成的硝酸百分比浓度 × － × × 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 379 × ％ ％ 其物质的量浓度为 － × × × · z = 5.6 4 22.4 = 1mol = 1 63 1000 108 0.25 32 100 = 7.1 1000 108 0.25 32 1.038 1000 = 1.17mol L 1 1mol  命题目的：考查有关电解反应中的综合计算能力，根据电解反应方 程式和电子守恒的规律计算原电解质溶液的质量、电解质的溶解度及电 解所形成的硝酸溶液的浓度． 3．以石墨为电极，电解1L 硫酸铜和氯化钠的混合溶液，其中硫酸 铜与氯化钠的物质的量之和为0.2mol，硫酸铜的物质的量占总物质的量 的比值为x． (1)若x = 0.5，当Cu2+在阴极恰好全部析出时，产生的气体是什么？ 其物质的量为多少？所得溶液的pH 值为多少？(溶液体积的变化可忽略) (2)电解一段时间后，阴、阳极产生气体的物质的量恰好相等，均为 0.16mol，试求此时x 值为多少？ 解析：(1)当x = 0.5 电解质溶液中含 CuSO4 = 0.2×0.5 = 0.1mol，含 NaCl = 0.1mol Cu 2Cl Cl 0.05mol 0.1mol 0.05mol 2+ 2 ～ ～ 即 Cl-全部被氧化成0.05molCl2，仍还有0.05molCu2+留在溶液里，若 Cu2+全部被还原时，还将有OH-被氧化成O2：2Cu 4OH O 4H 0.05mol 0.025mol 0.05 2 = 0.1mol 2+ 2 ～ ～ ～ + × － 即此时产生的气体为 0.05molCl2 和0.025molO2 所得溶液的 pH = 1． (2)已知阴、阳极产生气体均为0.16mol． 可见阴极上除了 Cu2+全部被还原外，还有H+离子被还原生成 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 380 0.16molH2 气． 阳极产物为： × － － － － n = 1 2 0.2(1 x) = 0.1(1 x)mol n = [0.16 0.1(1 x)]mol (Cl2 ) (O2 ) 根据阴、阳极得失电子数相等的原理： 2 0.2x 2 0.16 = 2 0.1(1 x) 4 [0.16 0.1(1 x)] 0.4x 0.32 = 0.44 0.2x × ＋ × × － ＋ × － － ＋ ＋ ∴x = 0.12 0.2 = 0.6 命题目的：考查运用电解原理的综合计算．(1)根据阴极析出铜的量 推算阳极产生哪些气体及其体积和溶液的pH 值．(2)根据阴阳两极产生 的气体的体积，推算电解质溶液中CuSO4 的含量． 答案：(1)产物 0.05mol Cl2 和 0.025mol O2．溶液 pH = 1．(2)x = 0.6 第十四章糖类 蛋白质 单选题 1．现有下列物质：①纤维素②甲酸甲酯 ③淀粉 ④甲醛 ⑤丙 酸⑥乳酸(α－羟基丙酸) ⑦乙二醇⑧乙酸．其中，符合Cn(H2O)m 的组成，但不属于糖类的是 [ ] A．②③④⑥ B．②④⑥⑧ C．①③④⑦ D．②④⑤⑧ 解析 1：逐一写出各物质的分子式，分析其氢、氧原子个数比是否为 2∶1，若符合，且分类不是糖，则符合题意． ①纤维素是多糖，肯定不符合题意． ②甲酸甲酯，因含有两个碳原子，根据通式可知其分子式为C2H4O2， 组成符合C2(H2O)2，但不是糖类，符合题意． ③淀粉是多糖，必不符合题意． ④甲醛结构简式为 HCHO 符合C(H2O)组成，但又不是糖类，符合题 意． ⑤丙酸，按通式写出其分子式为 C3H6O2，不符合碳水化合物组成， 也不符合题意． 简式可知其分子式为 C3H6O3，符合C3(H2O)3 的碳水化合物通式，但不是 糖类，符合题目要求． ⑦乙二醇，相当于乙烷分子中两个不同碳原子上的一个氢原子，各 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 381 被一个－OH 所取代，则其分子式为C2H6O2，显然不符合碳水化合物的 通式． ⑧乙酸分子式为 C2H4O2，符合C2(H2O)2 通式，但不是糖类． 解析 2：用排除法(或称筛选法)，从名称看，①纤维素③淀粉均为多 糖，均不符合题意，则A、C 肯定不是正确选项． B、D 中均有②④⑧，则只须观察⑤⑥是否符合题意．⑤为丙酸，其 分子式为C3H6O2，不符合碳水化合物组成．⑥为α－羟基丙酸，结构 则⑥符合题意．则必有②④⑥⑧符合碳水化合物组成，且不为糖类，即 B 为正确选项． 命题目的：本题考查对“碳水化合物”与糖的概念的理解与区别， 由于涉及物质较多，且只给出名称，要求对各类物质的结构与组成较熟 练地掌握，能否应用较好的方法解答，则考查逻辑推理能力． 解题关键：解析 1 是基本方法，思考容量大，过程复杂，由于涉及 物质种类多，在讨论后必须一一记载结果，才能正确选出答案．解析2 是建立在基本分析(纤维素与淀粉是多糖)基础上的逻辑推理方法，思考容量大为 减少，仅分析两种物质的组成与结构，即可解出答案．这种方法 对许多选择题的巧解、巧算是很有效的．建议读者体会和采用解析2． 错解剖析：本题涉及多种有机物的名称与结构、组成的关系，如对 这些关系掌握不熟练，则可能造成错误． 答案：B 2．当含有下列结构片断的蛋白质在胃液中水解时，不可能产生的氨 基酸是 [ ] 裂的方式，分割成α－氨基酸，根据其结构与备选答案对照，找出不可 能水解得到的氨基酸． 通过结构对比可看出，蛋白质结构片断中，有三个分别与选项 A、而选项D 中 －NH2 不在－COOH 的邻位碳原子即α－碳原子上，而是在 －COOH 的β－碳原子，与蛋白质结构片断中的不同． 命题目的：本题考查了对蛋白质结构中的肽键的辨认、识别及水解 产物的结构分析能力． 解题关键：题目所给的蛋白质结构片断，在主链上方将 H 原子和羰 C—N 键断裂，即可顺利地写出水解后氨基酸的结构．分清主链与支链， 正确辨认肽键，对照选项结构即为解答本题的关键． 错解剖析：选项中某些结构简式的书写形式与所给的蛋白质结构片 意辨认，否则可能错选． 答案：D 3．用10g 脱脂棉与足量浓硝酸—浓硫酸混合液反应，制得15.6g 纤 维素硝酸酯，则每个葡萄糖单元中发生酯化反应的羟基数是 [ ] A．3 B．2 C．1 D．不可计算 解析：分析纤维素完全硝化的化学方程式： 注意到葡萄糖单元中若有一个羟基被硝酸酯化，相当于一个－NO2 取代了一个羟基中的氢原子． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 382 若设纤维素的每个葡萄糖单元中，有 x 个羟基与硝酸发生酯化，则 可将酯化过程写为下式： (C H O ) xnHO NO (C H O xH) xnNO xnH O 162n (162 x)n 46xn = (162 45x)n 6 10 5 n 2 6 10 5 n 2 2 ＋ － → － － ＋ － ＋ ＋ 现有 10g 脱脂棉(可看成是纯净的纤维素)制得15.6g 纤维素硝酸酯， 则有 (C H O ) (C H O xH) xnNO 162n = (162 + 45x)n 6 10 5 n 6 10 5 n 2 ～ － － 10 156 . 解得 x = 2 即每个葡萄糖单元中有 2 个羟基发生酯化反应．命题目的：本题考 查了对纤维素与硝酸发生酯化反应的量关系的理 解，由于纤维素是高分子化合物，又要考虑可能未完全酯化的可能性， 因此写出酯化反应的关系式及量关系计算都要求具备较强的分析能力． 解题关键：正确书写纤维素在酯化过程中一般关系的表达式是解答 本题的关键．书写这一关系式时，必须要注意到可能是未完全硝化的情 况，并据此写出配平的关系式．在量关系的处理上，注意到葡萄糖单元 中若有一个羟基被硝酸酯化，则组成上相当于一个－NO2 取代了一个羟 基H 原子，可据此算出式量，并列比例式计算． 错解剖析：由于推导不完全，酯化时关系略复杂，可能会按题给的 被酯化的羟基数逐一对照计算，则计算过程较复杂(起码计算两次)，不符 合命题要求，费时较多，但通常不会出现错误． 若不能正确推出酯化关系式和不能正确分析量关系，可能会认为条 件不够而错选D． 答案：B 不定项选择题 1．下列过程属于化学变化过程的是 [ ] A．在蛋白质溶液中，加入饱和硫酸铵溶液，有沉淀析出 B．皮肤不慎沾上浓硝酸而呈现黄色 C．向Fe(OH)3 胶体中加入较浓的MgSO4 溶液，呈浑浊状态 D．用稀释的福尔马林溶液(0.1％～0.5％)浸泡植物种子 解析：逐一分析各选项所列过程的实质，以是否有新物质生成来区 别是否为化学变化： A．在蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液，是盐析过程，析出的蛋白 质性质并无变化，即没有新物质生成．析出的蛋白质继续加水，仍能溶 解，则A 过程不是化学变化过程． B．皮肤不慎沾上浓硝酸显黄色属于蛋白质的颜色反应，是化学变化 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 383 过程． C．向Fe(OH)3 胶体中加入MgSO4 溶液，由于MgSO4 溶液中Mg2+、 SO4 2 浓度较大，中和了胶体微粒所带的电荷，而使胶体凝聚产生浑浊， 并没有新物质生成，不是化学变化过程． D．用稀释的福尔马林溶液浸种是为了使种子消毒，利用福尔马林杀 灭种子上的细菌和微生物，即使这些生物体的蛋白质发生变性反应，因 此，是化学变化过程． 命题目的：本题虽以物理变化、化学变化这一对基本概念设问，但 选取的都是容易理解错误的实例，考查了对蛋白质和胶体凝聚、盐析、 变性等概念的认识和理解． 解题关键：根据是否有新物质生成来判断某种变化过程是否为化学 变化，是解答本题的关键．如果认为“有沉淀生成的一定是化学变化”， 或者忽视对生产生活中的实际问题的了解，都会因为未抓住关键而错解． 错解剖析：A、C 为最易造成判断错误的选项．蛋白质的盐析过程是 分离和提纯蛋白质的方法，盐析后析出的蛋白质，仍可以加水溶解，并 不改变蛋白质的成分，即没有新的物质生成．胶体的凝聚只使原本较稳定的胶体 微粒结合成沉淀析出，Fe(OH)3胶体凝聚形成的是Fe(OH)3 沉淀， 亦无新物质生成．则A、C 均不是化学变化． 而 B、D 也极易被判断为不是化学变化，如认为浓硝酸分解后会呈 黄色，福尔马林稀溶液浸种也认为只是为了预防病虫害，而不理解给种 子本身消毒即是杀灭种子上附着的细菌和微生物，都会造成错选． 答案：B、D 2．将淀粉浆和淀粉酶的混合物放入半透膜袋中，扎好后浸入流动的 温水中，经过足够的时间后，取出袋内的液体，分别与①碘水；②新制 Cu(OH)2(加热)；③浓硝酸(微热)作用，其现象依次是 [ ] A．显蓝色；无红色沉淀；显黄色 B．不显蓝色；无红色沉淀；显黄色 C．显蓝色；有红色沉淀；不显黄色 D．不显蓝色；有红色沉淀；不显黄色 解析：淀粉浆和淀粉酶在一定温度条件下，可使淀粉水解，水解产 物是葡萄糖，可通过半透膜，因此充分水解(题中已说明经过足够的时间) 后，袋内应既无淀粉，也无葡萄糖．但是淀粉酶是生物催化剂，即蛋白 质，为高分子化合物，它不能通过半透膜，因此仍存在于半透膜袋内．所 以分析袋内液体与题给试剂反应的现象，只须从蛋白质的有关反应去分 析：加入碘水，因无淀粉，则不显蓝色．加入新制Cu(OH)2 共热，因无 葡萄糖，不会有红色沉淀．加入浓硝酸微热，会因有蛋白质(淀粉酶)的存 在而显黄色． 命题目的：本题考查了对酶和淀粉水解以及本解产物的认识，由于 题目设置了半透膜浸在流水中这一情境，要求能结合实验具体分析可能 的现象，因此也考查了理解能力和分析能力． 解题关键：解答本题的关键是：①理解淀粉水解所处环境：在半透 膜袋内，置于流动的水流中，则完全水解成葡萄糖水分子后，袋内既无 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 384 淀粉，又无葡萄糖；②淀粉酶是蛋白质，是生物大分子，不能通过半透 膜，它催化了淀粉水解反应，在淀粉水解后，仍留在半透膜袋内． 错解剖析：对解题要点不理解，如不能依据实际情况半透膜袋置于 流动水中，误认为水解产物葡萄糖仍可存在于袋内，会错选D．其他对 淀粉完全水解，蛋白质不可透过半透膜等的错误理解，也会造成错选． 答案：B 3．糖元[(C6H10O5)n]是一种式量比淀粉更大的多糖．主要存在于肝脏 和肌肉中，常常称为动物淀粉或肝糖．下列有关糖元的叙述中正确的是 [ ] A．糖元与纤维素互为同分异构体，与淀粉互为同系物 B．糖元水解的最终产物是葡萄糖 C．糖元具有还原性，是还原糖 D．糖元不溶于水，无甜味 解析：理解题给信息：糖元是一种式量比淀粉更大的多糖．因此根 据多糖的结构与性质分析各选项： A．多糖中葡萄糖单元的数目均不尽相同，则谈不上同分异构体问题，对高分子 化合物均不能仅从结构单元的组成去分析是否为同分异构体， 则A 不正确． B．糖元是被称为动物淀粉的多糖，则其水解的最终产物是葡萄糖， B 说法正确． C．多糖是高分子化合物，均不能显示其结构单元的性质，都不能称 为还原糖，则C 说法不正确． D．多糖是高分子化合物，都不能溶在冷水中，也都不具有甜味，则 D 说法正确． 命题目的：多糖是由数目巨大的结构单元形成的高分子化合物，其 性质与结构单元有质的区别．这一实例是量变到质变的典型．本题以课 内未学过的精元为素材，考查了对多糖性质的认识与理解，以及对量变 到质变这一观点的认识． 解题关键：理解多糖这一类高分子化合物的结构特点和性质特点， 是解答本题的关键，本题虽然涉及糖元这一课内未学过的物质，但从题 给信息中，较容易分析出应从多糖这一概念入手去分析各选项，应不难 找出解题关键． 错解剖析：多糖分子中结构单元的数目很大，而不是一个定值，因 此讨论多糖是否为同分异构体是没有意义的，比如在淀粉中约含几百个 到几千个葡萄糖单元，两个淀粉分子之间，结构单元数也可以不同，因 此淀粉的分子量可以从几万到几十万．如果不理解这一点，会错选A． 多糖都没有甜味，除有一部分淀粉可溶于热水外，多糖通常不溶于 水，也不会显示葡萄糖单元的还原性．对此若无正确认识，会漏选D， 而错选C． 答案：B、D 填空题 1．半胱氨酸是一个含有巯基(－SH)的氨基酸．已知半胱氨酸分子中 有一个巯基，硫元素的质量分数为26.45％，且巯基与β－碳原子相连．则 半胱氨酸的摩尔质量为_______，其结构简式为_________． 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 385 解析：因为半胱氨酸分子中有一个巯基，且硫的质量分数为26.45％， 则其摩尔质量为： Mr = 32g / mol 26.45% = 121g / mol 其分子中有－COOH、－NH2、－SH，则烃基部分式量为121－ 命题目的：本题考查了对氨基酸摩尔质量的计算能力和对其分子结 构的分析能力． 解题关键：题给信息很明确，只有－SH 较为陌生，如果对氨基酸的 基本结构能有较清楚的认识，在β－碳原子上连接－SH，则不难解出正 确答案． 2．Nomex 纤维是一种新型阻燃纤维，它可由间苯二胺和间苯二甲解析：认真理 解题意：间苯二甲酸分子中有－COOH，间苯二胺分 子中有－NH2，若它们以等物质的量缩聚，必然是－COOH 与－NH2 缩 合而生成肽键，从而结合生成高分子化合物．由此可写出缩聚反应方程 式为 命题目的：本题以信息给予题的形式考查了对有机芳香化合物的结 构简式的理解能力，和从课内氨基酸缩合过程形成肽键的知识迁移能 力．由于题给结构简式与聚合物中排列形式不同，有一定干扰作用，因 此还考查了思维的灵活性和空间想象能力． 构简式中分析出缩聚时的官能团种类是－COOH 和－NH2，则必然形 错解剖析：如果没有分清缩聚与缩合的概念，可能认为只是两个分3．A、B 两 种有机化合物的分子式都是C9H11NO2．(1)化合物A 是 天然蛋白质的水解产物，光谱测定显示：分子结构中不存在甲基(－CH3)， 则A 的结构简式为________．(2)化合物B 是某种分子式为C9H12 的芳香 烃硝化后的惟一产物，其硝基连接在苯环上，则化合物的结构简式为 _________． 解析 1：(1)根据A 的分子式为C9H11NO2，且已知A 是天然蛋白质的 水解产物，则A 必为氨基酸，则在分子式中减去－COOH 和－NH2 的组 成后，烃基为C8H8，含有8 个C 原子和8 个H 原子的烃，若不是烯或烃， 应从芳香烃考虑，若含一个苯环，组成为C6H5，则还应有一个 (2)已知B 是某种分子式为C9H12 的芳香烃硝化后的惟一产物，可知 在C9H12 分子中，三个甲基应相互位于间位，则其苯环上的氢原子被－ 解析 2：关于A 的结构分析，若能看完并理解全题后，则能从(2)的 已知条件中推出A 可能也是芳香族化合物，即含有苯环，不必再较繁琐 地推导A 中烃基结构． 其余解法同解析 1． 命题目的：本题考查从分子式推测其可能的结构的技能，题给的限 制条件较多，因此也考查了思维的灵活性与严密性．解题关键：熟悉氨基酸的结 构和芳香族化合物烃基的相对位置与同 分异构体数目之间的关系，是解答本题的关键．而能否从B 的条件中， 较快地推出A 的烃基结构，则是思维灵活性的体现． 如果对有机物的结构较熟悉，对烃基组成为C8H8 形式，应想到不可 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 386 能是链烃基，因为是链烃基，必然有多个不饱和键，势必不稳定，难于 形成，则应从芳香烃去考虑．这样可以缩短思考时间．若能从B 的已知 条件中得到启发，直接从芳环入手，则可更快地得到答案． 错解剖析：A 的结构简式，若没有注意到题给条件“不存在甲基” 若对苯环上的取代基位置与异构体数目这一关系不了解，会错将 B 的结 上错误，都应该从最基本的芳香烃组成与结构的具体情况去对比、改正． 实验题 1．今有A、B、C、D、E、F、G、H 等8 种白色固体，它们分别是 KHSO4、C6H12O6(葡萄糖)、乙二酸、MgCO3、Na2CO3、MgSO4、Al(OH)3、 Ba(NO3)2．经实验，结果如下： (1)各取部分固体加入水，除C、F 外，均能溶解得到澄清溶液 (2)C(固体)＋D(溶液)→固体溶解，放出气体 C(固体)＋H(溶液)→固体溶解，放出气体 (3)E(溶液)＋H(溶液)→有白色沉淀 E(溶液)＋G(溶液)→有白色沉淀 E(溶液)＋B(溶液)→有白色沉淀 (4)B(溶液)＋H(溶液)→放出气体 根据以上实验事实，判断这 8 种固体分别为A_______，B_______， C_______，D_______，E_______，F_______，G_______，H_______． 要进一步确证葡萄糖，还须补充以下实验：使用试剂_______，实验 现象：_______． 解析：理解题意：加水后，只有C、F 不溶，分析各物质，只有MgCO3、 Al(OH)3 不溶于水．而C 又分别与D、H 溶液反应，使沉淀溶解且放出气 体，则可判断C 必为MgCO3，F 必为Al(OH)3．因为MgCO3 能溶于酸反 应放出CO2 气体． 亦由此分析 D、H 应是酸或其溶液为酸性，对照分析题给物质，只有乙二酸 HOOC－COOH、KHSO4 溶液是酸性溶液，即D、H 应分别为 乙二酸或KHSO4． 根据(3)，H 与E 反应有白色沉淀，由于乙二酸与题给各物质中阳离 子均不能形成沉淀，则H 一定是KHSO4，D 一定是HOOC－COOH．同 时可确定E 应是Ba(NO3)2，因为KHSO4 与Ba(NO3)2 反应生成BaSO4 白 色沉淀． E 为Ba(NO3)2 且与B、G 反应也生成白色沉淀，B、G 应是Na2CO3、 MgSO4．根据(4)B 可与H－KHSO4 反应放出气体，B、G 中只有Na2CO3 符合条件，则可确定B 为Na2CO3，G 为MgSO4． 确定 D 为乙二酸，也判断出B～H 中的无机物质，则A 必为葡萄糖， 由此可确定A～H 分别是：A 为C6H12O6(葡萄糖)；B 为Na2CO3；C 为 MgCO3；D 为乙二酸(HOOC－COOH)；E 为Ba(NO3)2；F 为Al(OH)3，G 为MgSO4；H 为KHSO4． 要进一步确证葡萄糖，还应证明其中的－CHO，则可用银氨溶液， 用水浴加热后有银镜生成，即可证明－CHO 的存在，继而确证葡萄糖的 存在．也可用新制Cu(OH)2 悬浊液，在酒精灯上加热后，有红色Cu2O 沉 淀生成，则可确定－CHO，继而确定葡萄糖的存在． 命题目的：本题考查了对多种无机物和葡萄糖的性质的认识和特征 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 387 的分析能力以及严密的逻辑推理能力．由于涉及的物质种类较多，因此 对综合能力和思维的广阔性也是很好的考查． 解题关键：熟悉多种无机物的物理性质(如水溶性、颜色等)和相互反 应的现象(生成沉淀，放出气体，沉淀溶解等)是顺利推导和解答本题的基 础．选定C 即MgCO3，并由此为起点，逐步推理分析解题关键．就是说 选定起点物质是解答本题的最重要环节． 对于确证葡萄糖的存在，因考虑到葡萄糖与其他无机物有显著区别， 则只须证明－CHO 的特性即可，不必再去证明羟基或碳键结构，因为题 目只要求“确证”，并不是要求鉴定，这是有所区别的． 错解剖析：由于本题涉及物质较多，相互间关系又较复杂，因此思 维若不严密，则可能出现多种情况的判断错误．也可能由于推理过程中 的某一步判断不严密，则使以下推理过程无法再继续进行，而不能解完 全题． 2．用消石灰、碳酸铵、蔗糖和硫酸四种药品，从含少量的Fe3+和 Al3+的硝酸银废液中提取银，可按以下方案进行： 有关物质的名称与化学式为： (1)_______(2)_______(3)_______(4)_______(5)_______(6)_______ 解析：分析实验原理：原含 Ag+废液中，还含有Fe3+、Al3+，必先将Fe3+、Al3+除 去，再将已水解而含葡萄糖的溶液加入至银氨溶液中，才可 还原出单质银． 对照分析实验所用试剂与实验方案，要沉淀 Fe3+、Al3+，且不使 Al(OH)3，沉淀溶解，则应向废液中通入过量的NH3，得到Fe(OH)3、Al(OH)3 沉淀，还可将Ag+全部转化为[Ag(NH3)2]+．因此(1)应为消石灰；(2)应为 碳酸铵；则(4)应为Fe(OH)3 和Al(OH)3 的混合沉淀；而(3)则是银氨溶液； (5)应为硫酸；(6)应为蔗糖．由于蔗糖在加入硫酸后，在酸性环境中水解 为葡萄糖和果糖，溶液仍为酸性，葡萄糖与银氨溶液的还原反应必须在 碱性环境中进行，则在蔗糖水解反应中应中和其中的酸． 命题目的：本题涉及有机与无机常见物质的重要反应，综合性较强， 考查了对络合、水解、还原等重要反应及条件的理解与应用能力，以及 思维的灵活性与广阔性． 解题关键：从题给指定的试剂可以考虑到，要从废液中提取银，只 能应用蔗糖水解产物葡萄糖．但必须将废液中的杂质离子Fe3+、Al3+除去， 且使Ag+络合生成[Ag(NH3)2]+，由此想到应向废液中通入过量的NH3， 这样既可沉淀Al3+[Al(OH)3 不溶于氨水]、Fe3+，又可使Ag+络合．而理解 蔗糖在酸性环境下水解后，必须中和其中的酸，是解题过程中必须思考 的问题，这是为了满足葡萄糖还原银氨溶液的碱性环境要求． 错解剖析：向废液中通入过量的 NH3 后，生成的沉淀是Fe(OH)3 与 Al(OH)3 的混合沉淀，若不理解Al(OH)3 不溶于NH3·H2O，会将(4)错答 成只有Fe(OH)3 一种沉淀．同样废液中通入过量NH3 后，Ag+会络合生成 [Ag(NH3)2]+，而溶液是银氨溶液，溶质应写为[Ag(NH3)2]OH，如果没有 周密考虑，会将(3)错写成Ag+或[Ag(NH3)2]+，均不正确． 答案：(1)消石灰(Ca(OH)2) (2)碳酸铵((NH4)2CO3) (3)银氨溶液([Ag(NH3)2]OH) 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 388 (4)氢氧化铁和氢氧化铝(Fe(OH)3)和(Al(OH)3) (5)硫酸(H2SO4) (6)蔗糖(C12H22O11) 计算题 1．以麸皮为原料用发酵法制取食醋，现有1000kg 含淀粉20％的麸 皮，在发酵过程中有80％的淀粉转化为乙醇，而乙醇氧化为乙酸的产率 为90％．求最终可制得5％的食醋多少千克？ 解析 1：设最终可制得5％的食醋质量为x，则根据淀粉发酵制乙酸 的关系有： (C H O ) nC H O 2nC H OH 2nCH COOH = 2 60n 5% x 6 10 5 n 6 12 6 2 5 3 ～ ～ ～ × × × × · 162 1000 20% 80% 90% n 解得 x = 2133.3(kg) 解析 2：(1)设1000kg 含淀粉20％的麸皮，水解后生成淀粉质量为 xkg(C H O ) nH O nC H O = 180 n x 6 10 5 n 2 6 12 6 ＋ 淀粉葡萄糖 × 催化剂 162 1000 20% n 解得 x = 222.2(kg) (2)设222.2kg 葡萄糖发酵后生成酒精的质量为ykg C H O 2C H OH 2CO 180 222.2 80% = 2 46 y 6 12 6 2 5 2 催化剂＋ × 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 389 ×  解得 y = 90.86(kg) (3)设制得5％的食醋zkg C H OH O CH COOH H O 46 90.86 90% = 60 z 5% 2 5 2 3 2 ＋ ＋ × · 催化剂 解得 z = 2133.2(kg) 命题目的：本题以淀粉发酵制乙酸为素材，考查对工业上多步反应 的计算能力，由于涉及的有机反应过程较为陌生，对于思维的灵活性也 是较好的考查． 解题关键：解析 1 是在理解题意的基础上，运用多步反应的解法， 列出一系列关系式，一步求解，方法简单，是较好的解法．解析2 是按 照各步转化的关系逐步计算，虽计算正确，但过程复杂，计算也较繁琐． 如果理解多步反应计算的实质，是根据质量守恒定律和物质转化关 系的较简略算法，并不限于一般的无机工业生产，就应采用解析1 进行 较简单的计算．但如果认为无机反应可采用这种方法，不敢应用于有机 生产过程，而用解析2，则会使计算过程复杂化． 错解剖析：如果对葡萄糖转化为乙醇的反应不了解，只按照碳原子 守恒关系，可能错将关系式列为(C6H10O5)n～3nCH3COOH，而导致计算 错误．可见掌握反应规律和量关系是化学计算的基础． 2．某种氨基酸，分子中含有9 个氢原子，式量为147．取这种氨基 酸0.318g 溶于水，加入0.2mol/LNaOH 溶液21.6mL 恰好中和，若该氨基 酸是天然蛋白质的水解产物，经计算确定该氨基酸的结构简式． 解析：0.318g 氨基酸的物质的量为 n = 0.318 g 147 g mol = 0.00216(mol) · 1 NaOH 的物质的量为n(NaOH) = 0.0216×0.2 = 0.0432(mol) 因氨基酸与 NaOH 物质的量之比为 0.00216∶0.00432 = 1∶2 则可知此氨基酸分子中有两个－COOH 为二元酸．若设此氨基酸为 H2N—R—(COOH)2，则烃基R 式量为147－45×2－16 = 41，根据氢原子 数为9，可确定R 中碳原子数为：C = 41 5 12 = 3 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 390 － ， 则烃基部分有 3 个碳原子，则此氨基酸的结构简式为 命题目的：本题考查对氨基酸结构的理解和关于有机物计算的基本 技能． 解题关键：根据一定质量的氨基酸及已知氨基酸的式量，利用同 NaOH 反应的量关系，确定出此氨基酸为二元酸，是解答本题的关键．只 有推出此氨基酸为二元酸，才可根据式量分析其组成和结构简式． 错解剖析：如果没有确定此氨基酸为二元酸，只按通常的一元酸去 考虑，则必然出现计算错误，且推导结构简式也会错误．