2018年高考化学知识点总结

2018年高考化学知识点总结

考点一　把握分类标准，理清物质类别 1．物质常见的分类情况 2．氧化物的常见分类方法 氧化物Error! 3．正误判断，辨析“一定”与“不一定” (1)同种元素组成的物质一定是纯净物(×) (2)强碱一定是离子化合物，盐也一定是离子化合物(×) (3)碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物(√) (4)酸性氧化物不一定是非金属氧化物，非金属氧化物也不一定是酸性氧化物(√) (5)能电离出 H＋的一定是酸，溶液呈碱性的一定是碱(×) (6)在酸中有几个 H 原子就一定是几元酸(×) (7)含有离子键的化合物一定是离子化合物，共价化合物一定不含离子键(√) (8)盐中一定含金属元素(×) (9)能导电的一定是电解质，不导电的一定是非电解质(×) (10)强电解质的导电性一定大于弱电解质的导电性(×) 4．识记常见混合物的成分与俗名 (1)水煤气：CO、H2 (2)天然气(沼气)：主要成分是 CH4 (3)液化石油气：以 C3H8、C4H10 为主 (4)裂解气：以 C2H4 为主 (5)水玻璃：Na2SiO3 的水溶液 (6)王水：浓盐酸与浓硝酸的混合物(体积比 3∶1) (7)波尔多液：主要成分是 CuSO4 和 Ca(OH)2 (8)肥皂：主要成分是 C17H35COONa (9)碱石灰：NaOH、CaO (10)铝热剂：铝粉和金属氧化物的混合物 (11)漂白粉：Ca(ClO)2 和 CaCl2 的混合物 考点一　洞悉陷阱设置，突破阿伏加德罗常数应用 一、抓“两看”，突破“状态、状况”陷阱 一看“气体”是否处于“标准状况”。 二看“标准状况”下，物质是否为“气体”(如 CCl 4、H2O、Br2、SO3、HF、己烷、苯等在 标准状况下不为气体)。 题组一　气体摩尔体积的适用条件及物质的聚集状态 1．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。 (1)2.24 L CO2 中含有的原子数为 0.3NA(×) (2)常温下，11.2 L 甲烷气体含有的甲烷分子数为 0.5NA(×) (3)标准状况下，22.4 L 己烷中含共价键数目为 19NA(×) (4)常温常压下，22.4 L 氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为 2NA(×) (2012·新课标全国卷，9D) (5)标准状况下，2.24 L HF 含有的 HF 分子数为 0.1NA(×) 二、排“干扰”，突破“质量、状况”陷阱 题组二　物质的量或质量与状况 2．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。 (1)常温常压下，3.2 g O2 所含的原子数为 0.2NA(√) (2)标准标况下，18 g H2O 所含的氧原子数目为 NA(√) (3)常温常压下，92 g NO2 和 N2O4 的混合气体中含有的原子数为 6NA(√) 三、记“组成”，突破“物质组成”陷阱 题组三　物质的组成与结构 3．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。 (1)在常温常压下，32 g 18O2 中含有 2NA 个氧原子(×) (2)17 g —OH 与 17 g OH－所含电子数均为 10NA(×) (3)相同质量的 N2O4 与 NO2 中所含原子数目相同(√) (4)m g CO 与 N2 的混合气体中所含分子数目为 m 28NA(√) (5)4.5 g SiO2 晶体中含有的硅氧键的数目为 0.3NA(√) (6)30 g 甲醛中含共用电子对总数为 4NA(√) 四、审“要求”，突破“离子数目”判断陷阱 一审是否有弱离子的水解； 二审是否指明了溶液的体积； 三审所给条件是否与电解质的组成有关，如 pH＝1 的 H2SO4 溶液 c(H＋)＝0.1 mol·L－1，与电 解质的组成无关；0.05 mol·L－1 的 Ba(OH)2 溶液，c(OH－)＝0.1 mol·L－1，与电解质的组成有 关。 题组四　电解质溶液中粒子数目的判断 4．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。 (1)0.1 L 3.0 mol·L－1 的 NH4NO3 溶液中含有的 NH ＋4 的数目为 0.3NA(×) (2)等体积、等物质的量浓度的 NaCl 和 KCl 溶液中，阴、阳离子数目之和均为 2NA(×) (3)0.1 mol·L－1 的 NaHSO4 溶液中，阳离子的数目之和为 0.2NA(×) (4)25 ℃时，pH＝13 的 1.0 L Ba(OH)2 溶液中含有的 OH－数目为 0.2NA(×) 五、记“隐含反应”，突破“粒子组成、电子转移”判断陷阱 在“NA”应用中，常涉及到以下可逆反应： 1．2SO2＋O2 催化剂 △ 2SO3 2NO2N2O4 N2＋3H2  高温、高压 催化剂 2NH3 2．Cl2＋H2OHCl＋HClO 3．NH3＋H2ONH3·H2ONH＋4 ＋OH－ 题组五　阿伏加德罗常数的应用与“隐含反应” 5．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。 (1)2 mol SO2 和 1 mol O2 在一定条件下充分反应后，混合物的分子数为 2NA(×) (2)标准状况下，22.4 L NO2 气体中所含分子数目为 NA(×) (3)100 g 17%的氨水，溶液中含有的 NH3 分子数为 NA(×) (4)标准状况下，0.1 mol Cl2 溶于水，转移的电子数目为 0.1NA(×) 六、“分类”比较，突破“电子转移”判断陷阱 1．同一种物质在不同反应中氧化剂、还原剂的判断。如： (1)Cl2 和 Fe、Cu 等反应，Cl2 只作氧化剂，而 Cl2 和 NaOH 反应，Cl2 既作氧化剂，又作还原 剂。 (2)Na2O2 与 CO2 或 H2O 反应，Na2O2 既作氧化剂，又作还原剂，而 Na2O2 与 SO2 反 应，Na2O2 只作氧化剂。 2．量不同，所表现的化合价不同。如： Fe 和 HNO3 反应，Fe 不足，生成 Fe3＋，Fe 过量，生成 Fe2＋。 3．氧化剂或还原剂不同，所表现的化合价不同。如： Cu 和 Cl2 反应生成 CuCl2，而 Cu 和 S 反应生成 Cu2S。 4．注意氧化还原的顺序。如： 向 FeI2 溶液中通入 Cl2，首先氧化 I－，再氧化 Fe2＋。 题组六　氧化还原反应中电子转移数目的判断 6．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。 (1)5.6 g 铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为 0.3NA(×) (2)0.1 mol Zn 与含 0.1 mol HCl 的盐酸充分反应，转移的电子数目为 0.2NA(×) (3)1 mol Na 与足量 O2 反应，生成 Na2O 和 Na2O2 的混合物，转移的电子数为 NA(√) (4)1 mol Na2O2 与足量 CO2 充分反应转移的电子数为 2NA(×) (5)向 FeI2 溶液中通入适量 Cl2，当有 1 mol Fe2＋被氧化时，共转移的电子的数目为 NA(×) (6)1 mol Cl2 参加反应转移电子数一定为 2NA(×) 题组七　2015 年“NA”应用高考试题汇编 7．(2015·全国卷Ⅰ，8)NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　) A．18 g D2O 和 18 g H2O 中含有的质子数均为 10NA B．2 L 0.5 mol·L－1 亚硫酸溶液中含有的 H＋离子数为 2NA C．过氧化钠与水反应时，生成 0.1 mol 氧气转移的电子数为 0.2NA D．密闭容器中 2 mol NO 与 1 mol O2 充分反应，产物的分子数为 2NA 答案　C 解析　A 项，D2O 和 H2O 的质子数相同(均为 10)，但 D2O、H2O 的摩尔质量不同，分别为 20 g·mol－1 和 18 g·mol－1，所以 18 g D2O 和 H2O 的物质的量不同，质子数不同，错误；B 项， n(H2SO3)＝2 L×0.5 mol·L－1＝1 mol，但 H2SO3 是弱酸，部分电离，所以 H＋数目小于 2NA， 错误；C 项，发生的反应是 2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，转移电子数为 2e－，所以生成 0.1 mol 氧气转移的电子数为 0.2NA，正确；D 项，发生反应：2NO＋O2===2NO2，生成 2 mol NO2，常温下 NO2 和 N2O4 之间存在平衡 2NO2N2O4，所以分子数小于 2NA，错误。 8．(2015·全国卷Ⅱ，10)NA 代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(　　) A．60 g 丙醇中存在的共价键总数为 10NA B．1 L 0.1 mol·L－1 的 NaHCO3 溶液中 HCO －3 和 CO 2－3 的离子数之和为 0.1NA C．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，23 g 钠充分燃烧时转移电子数为 1NA D．235 g 核素 23592 U 发生裂变反应：23592 U＋10n ― ― →裂变 9038Sr＋13654 Xe＋1010n，净产生的中子(10n)数 为 10NA 答案　C 解析　A 项，60 g 丙醇的物质的量是 1 mol，根据其结构式可知，1 mol 丙醇分子中存在的共 价键总数为 11NA，错误；B 项，根据电解质溶液中物料守恒可知，1 L 0.1 mol·L－1 的 NaHCO3 溶液中 HCO－3 、CO 2－3 和 H2CO3 粒子数之和为 0.1NA，错误；C 项，在氧化物中，钠元素的化 合价只有＋1 价，因此 23 g Na 即 1 mol Na 充分燃烧时转移电子数为 1NA，正确；D 项，235 g 核素 23592 U 即 1 mol 23592 U，发生裂变反应时净产生的中子数为 9NA，错误。 9．(2015·广东理综，10)设 nA 为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是(　　) A．23 g Na 与足量 H2O 反应完全后可生成 nA 个 H2 分子 B．1 mol Cu 和足量热浓硫酸反应可生成 nA 个 SO3 分子 C．标准状况下，22.4 L N2 和 H2 混合气中含 nA 个原子 D．3 mol 单质 Fe 完全转变为 Fe3O4，失去 8nA 个电子 答案　D 解析　A 项，23 g Na 即 1 mol Na 可失去 1 mol e－，与足量的 H2O 反应生成 0.5nA 个 H2 分子， 错误；B 项，1 mol Cu 与足量热浓硫酸反应应生成 nA 个 SO2 分子，错误；C 项，N2 和 H2 都 是双原子分子，标准状况下 22.4 L N2 和 H2 混合气的物质的量为 1 mol，含有 2nA 个原子，错 误；D 项，3 mol Fe 生成 1 mol Fe3O4，根据 Fe3O4 中 3 个 Fe 原子的化合价共为＋8 价，可知 反应中 3 mol 单质铁失去 8nA 个 e－，正确。 10．(2015·四川理综，5)设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　) A．2.0 g H182 O 与 D2O 的混合物中所含中子数为 NA B．常温常压下，4.4 g 乙醛所含 σ 键数目为 0.7NA C．标准状况下，5.6 L CO2 与足量 Na2O2 反应转移的电子数为 0.5NA D．50 mL 12 mol·L－1 盐酸与足量 MnO2 共热，转移的电子数为 0.3NA 答案　A 解析　A 项，H182 O 和 D2O 的摩尔质量都为 20 g·mol－1，且每个分子中的中子数都是 10 个， 故 2.0 g H182 O 与 D2O 的混合物中所含中子数为 NA，正确；B 项，一个乙醛分子中含有 6 个 σ 键，4.4 g 乙醛的物质的量为 0.1 mol，故 4.4 g 乙醛所含 σ 键数目为 0.6NA，错误；C 项，标 准状况下，5.6 L CO2 的物质的量为 0.25 mol，根据 CO2 和 Na2O2 反应的化学方程式及元素化 合价的变化可知，反应转移的电子数为 0.25NA，错误；D 项，随着反应的进行浓盐酸变成稀 盐酸，不再和 MnO2 反应，故 50 mL 12 mol·L－1 的盐酸与足量的 MnO2 共热转移的电子数小 于 0.3NA，错误。 考点二　一定物质的量浓度溶液的配制 配制一定物质的量浓度溶液的实验是中学化学中一个重要的定量实验。复习时，要熟记实验 仪器，掌握操作步骤，注意仪器使用，正确分析误差，明确高考题型，做到有的放矢。 1．七种仪器需记牢 托盘天平、量筒、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管、烧杯、药匙。 2．实验步骤要理清 如：配制 500 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3 溶液，图中操作②中应该填写的数据为__________，实 验时操作的先后顺序为____________(填编号)。 答案　5.3　②④⑥⑤①③ 3．仪器使用要明了 (1)容量瓶使用的第一步操作是“查漏”，回答容量瓶时应指明规格，并选择合适的容量瓶， 如配制 480 mL 溶液，应选用 500 mL 容量瓶。容量瓶不能用于溶解、稀释和存放液体，也不 能作为反应容器。 (2)玻璃棒的作用是搅拌和引流，在引流时，玻璃棒末端应插入到刻度线以下，且玻璃棒靠近 容量瓶口处且不能接触瓶口，如图所示。 附　容量瓶的查漏方法 向容量瓶中加入适量水，盖好瓶塞，左手食指顶住瓶塞，右手托住瓶底，将容量瓶倒转过来 看瓶口处是否有水渗出，若没有，将容量瓶正立，将瓶塞旋转 180 度，重复上述操作，如果 瓶口处仍无水渗出，则此容量瓶不漏水。若漏水，可以在瓶塞处涂点凡士林。 4．误差分析点点清 进行误差分析的依据是 c＝n V＝ m MV，根据公式，分析各个量的变化，判断可能产生的误差。 用“偏高”、“偏低”或“无影响”填空： (1)砝码生锈：偏高。 (2)定容时，溶液温度高：偏高。 (3)用量筒量取液体时，仰视读数：偏高。 (4)定容时俯视容量瓶刻度线：偏高。 (5)称量时物码颠倒且使用游码：偏低。 (6)未洗涤烧杯、玻璃棒：偏低。 (7)称量易吸水物质时间过长：偏低。 (8)用量筒量取液体时，俯视读数：偏低。 (9)转移时，有液体溅出：偏低。 (10)滴加蒸馏水超过容量瓶刻度线，再用胶头滴管吸出：偏低。 (11)定容摇匀后，液面低于刻度线，再加水至刻度线：偏低。 (12)容量瓶内有少量水：无影响。 题组一　仪器的正确使用及实验操作的规范性 1．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。 (1) 配制一定物质的量浓度的 NaNO3 溶液(×) (2015·重庆理综，4B) (2)称取 2.0 g NaOH 固体，可先在托盘上各放一张滤张，然后在右盘上添加 2 g 砝码，左盘上 添加 NaOH 固体(×) (2015·福建理综，8A) (3) 配制 0.10 mol·L－1 NaOH 溶液(×) (2015·安徽理综，8A) (4) 配制一定浓度的 NaCl 溶液(×) (2015·四川理综，3A) (5)洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干(×) (2014·新课标全国卷Ⅰ，12A) (6)用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体(×) (2014·新课标全国卷Ⅰ，12D) (7)配制溶液定容时，俯视容量瓶刻度会使溶液浓度偏高(√) (2014·大纲全国卷，6C) (8)配制 0.100 0 mol·L－1 氯化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流(√) (2013·福建理综，10C) (9)用固体 NaCl 配制 0.5 mol·L－1 的溶液，所用的仪器是：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶 (×) (2013·山东理综，11C) 2．用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。 下列图示对应的操作规范的是(　　) 答案　B 解析　A 项，托盘天平称量时，应为“左物右码”，错误；B 项，用玻璃棒搅拌能加速溶解， 正确；C 项，转移溶液时需要用玻璃棒引流，错误；D 项，定容时，胶头滴管不能伸入容量 瓶内，错误。 3．(1)配制浓度为 2 mol·L－1 的 NaOH 溶液 100 mL，用托盘天平称取 NaOH 固体时，天平读 数将________(填写字母)。 A．等于 8.0 g B．等于 8.00 g C．大于 8.0 g D．等于 0.2 g (2) 某 实 验 中 需 2 mol·L － 1 的 Na2CO3 溶 液 950 mL ， 配 制 时 应 选 用 的 容 量 瓶 的 规 格 为 ____________，称取 Na2CO3 的质量为__________。 答案　(1)C　(2)1 000 mL　212.0 g 解析　(1)称量 NaOH 固体时需用小烧杯盛放，故天平读数等于 8.0 g＋烧杯质量。(2)根据容 量瓶的常用规格可知，应配制 2 mol·L－1 的 Na2CO3 溶液 1 000 mL，所需 Na2CO3 的质量为 1 L×2 mol·L－1×106 g·mol－1＝212.0 g。 题组二　误差分析 4．下列操作会使配制的 BaCl2 溶液浓度偏低的是_____________________________________ ___________________________________(填字母)。 A．配制 1 L 0.1 mol·L－1 的 BaCl2 溶液时，将砝码放在左盘上，将 BaCl2 放在右盘上进行称量 B．选用的容量瓶内有少量蒸馏水 C．定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线 D．整个配制过程中，容量瓶不振荡 答案　AC 解析　配制一定物质的量浓度溶液的误差分析要紧扣 c＝n V，分析错误操作对 n、V 的影响。 考点三　以“物质的量”为核心的计算 1．明确一个中心 必须以“物质的量”为中心——“见量化摩，遇问设摩”。 2．用好一个定律 阿伏加德罗定律及推论可概括为“三同定一同，两同见比例”，可用 V＝n×Vm 及 m＝V×ρ 等 公式推导出： (1)同温同压时：①V1∶V2＝n1∶n2＝N1∶N2； ②ρ1∶ρ2＝M1∶M2； ③同质量时：V1∶V2＝M2∶M1。 (2)同温同体积时：①p1∶p2＝n1∶n2＝N1∶N2； ②同质量时：p1∶p2＝M2∶M1。 (3)同温同压同体积时：M1∶M2＝m1∶m2。 3．注意三个守恒 质量守恒—反应前后元素的质量、某原子(离子或原子团)的物质的量相等 电子守恒—氧化还原反应中，氧化剂得电子数＝还原剂失电子数 电荷守恒—任何体系中，阳离子带的正电荷数＝阴离子带的负电荷数 4．熟记两个公式 (1)气体溶质物质的量浓度的计算： 标准状况下，1 L 水中溶解某气体 V L，所得溶液的密度为 ρ g·cm3，气体的摩尔质量为 M g·mol －1，则 c＝ 1 000ρV 22 400＋MV mol·L－1 (2)溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度之间的换算： c＝1 000ρw M (c 为溶质的物质的量浓度/mol·L－1，ρ 为溶液的密度/g·cm－3，w 为溶质的质量分数， M 为溶质的摩尔质量/g·mol－1)。 5．掌握两条规律 (1)稀释定律 ①如用 V1、V2、c1、c2 分别表示稀释前后溶液的体积和溶质的物质的量浓度，有 c1V1＝c2V2。 ②如用 m1、m2、w1、w2 分别表示稀释前后溶液的质量和质量分数，有 m1w1＝m2w2。 (2)混合规律 同一溶质不同浓度的溶液混合后溶质质量分数的判断方法：设溶质质量分数分别为 w1 和 w2 的两溶液混合后所得溶液溶质的质量分数为 w。 ①两溶液等质量混合：w＝1 2(w1＋w2)。 ②两溶液等体积混合 a．若溶液中溶质的密度大于溶剂的密度，则 w>1 2(w1＋w2)，如 H2SO4 溶液。 b．若溶液中溶质的密度小于溶剂的密度，则 w<1 2(w1＋w2)，如氨水、酒精溶液。 题组一　阿伏加德罗定律及其推论应用 1．同温同压下，x g 甲气体和 y g 乙气体占有相同的体积，根据阿伏加德罗定律判断下列叙 述错误的是(　　) A．x∶y 等于甲与乙的相对分子质量之比 B．x∶y 等于甲与乙的分子个数之比 C．x∶y 等于同温同压下甲与乙的密度之比 D．y∶x 等于同温同体积下，等质量的甲与乙的压强之比 答案　B 解析　A 项，由同温同压下，同体积的任何气体具有相同的分子数，则 x g 甲气体和 y g 乙气 体的物质的量相等，即 x M甲＝ y M乙，推出 x∶y＝M 甲∶M 乙，故正确；B 项，甲与乙的分子个 数之比为 1∶1，而 x 与 y 不一定相等，故不正确；C 项，同温同压下，密度之比等于摩尔质 量之比，即为质量比，故正确；D 项，等质量的甲、乙的压强之比为 p 甲∶p 乙＝n1∶n2＝ m M甲∶ m M乙＝M 乙∶M 甲＝y∶x，故正确。 2．在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同， 且甲的密度大于乙的密度。则下列说法正确的是(　　) A．物质的量：甲>乙 B．气体体积：甲>乙 C．摩尔体积：甲>乙 D．相对分子质量：甲>乙 答案　D 解析　同温同压下，气体摩尔体积相等，根据 ρ＝ M Vm知，相同条件下，气体密度与其摩尔质 量成正比，甲的密度大于乙的密度，说明甲的摩尔质量大于乙。 A 项，根据 n＝m M知，相同质量时其物质的量与摩尔质量成反比，甲的摩尔质量大于乙，则 甲的物质的量小于乙，故 A 错误； B 项，根据 V＝m MVm 知，相同温度、压强、质量时，气体体积与摩尔质量成反比，摩尔质量 甲>乙，则气体体积甲<乙，故 B 错误； C 项，同温同压下，气体摩尔体积相等，故 C 错误； D 项，根据以上分析知，摩尔质量甲>乙，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以相 对分子质量甲>乙，故 D 正确。 题组二　电荷守恒法在物质的量浓度计算中的应用 3．把 500 mL 含有 BaCl2 和 KCl 的混合溶液分成 5 等份，取一份加入含 a mol 硫酸钠的溶液， 恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含 b mol 硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则 该混合溶液中钾离子浓度为(　　) A．0.1(b－2a) mol·L－1 B．10(2a－b) mol·L－1 C．10(b－a) mol·L－1 D．10(b－2a) mol·L－1 答案　D 解析　根据题意，500 mL 溶液分成 5 等份，每份为 100 mL。每份中 n(Ba2＋)＝a mol，n(Cl －)＝b mol，根据电荷守恒关系得 n(K ＋)＝(b－2a)mol，则 c(K ＋)＝ (b－2a)mol 0.1 L ＝10(b－2a) mol·L－1。 4．把 V L 含有 MgSO4 和 K2SO4 的混合溶液分成两等份，一份加入含 a mol NaOH 的溶液， 恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含 b mol BaCl2 的溶液，恰好使硫酸根离子完 全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为(　　) A.b－a V mol·L－1 B.2b－a V mol·L－1 C.2(b－a) V mol·L－1 D.2(2b－a) V mol·L－1 答案　D 解析　注意混合液分成两等份，由 Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓、Ba2＋＋SO2－4 ===BaSO4↓可 知原溶液中 n(Mg2＋)＝2a 2 mol＝a mol、n(SO2－4 )＝2b mol，依据电荷守恒可知原溶液中 n(K＋)＝ 2n(SO2－4 )－2n(Mg2＋)＝2(2b－a) mol。 题组三　有关浓度的换算 5．相对分子质量为 M 的气态化合物 V L(标准状况)，溶于 m g 水中，得到质量分数为 w 的溶 液，物质的量浓度为 c mol·L－1，密度为 ρ g·cm－3。则下列说法不正确的是(　　) A．相对分子质量 M＝ 22.4mw (1－w)V B．物质的量浓度 c＝ 1 000ρV MV＋22.4m C．溶液的质量分数 w＝ MV 22.4m D．溶液密度 ρ＝ cM 1 000w 答案　C 解析　由 c＝1 000ρw M 知 D 项正确；由 c＝ V 22.4 ( V 22.4 × M＋m) × 10－3 ÷ ρ ＝ 1 000ρV MV＋22.4m知 B 项正 确；由 w＝ V 22.4 × M m＋ V 22.4 × M ＝ MV 22.4m＋MV知 C 项错误，将此式变形后即可得到 A 项中的式子。 6．体积为 V、密度为 ρ 的某溶液中，含有摩尔质量为 M 的溶质 m g。若此溶液中溶质的物质 的量浓度为 c，溶质的质量分数为 w，则下列各表示式中正确的是(　　) A．c＝ m MV B．m＝Vρw C．w＝cM ρ D．ρ＝ cM 1 000w% 答案　A 解析　已知：c＝1 000 ρw M 或 c＝ m MV。 A 项，c＝ m MV，正确；B 项，1 000ρw M ＝ m MV，m＝1 000ρwV，错误；C 项，w＝ cM 1 000ρ，错误； D 项，ρ＝ cM 1 000w ，注意 w 与 w%的区别，错误。 题组四　溶液稀释规律的应用 7．取 100 mL 0.3 mol·L－1 的硫酸溶液和 300 mL 0.25 mol·L－1 的硫酸溶液加水稀释至 500 mL， 该混合溶液中 H＋的物质的量浓度是(　　) A．0.21 mol·L－1 B．0.42 mol·L－1 C．0.56 mol·L－1 D．0.26 mol·L－1 答案　B 解析　根据题意可知，容量瓶中 H2SO4 溶液的 H＋浓度关系如下：c3V3＝c1V1＋c2V2，可得 n(H ＋)＝(0.1 L×0.3 mol·L －1＋0.3 L×0.25 mol·L －1)×2＝0.21 mol，所以 c(H＋)＝0.21 mol 0.5 L ＝0.42 mol·L－1。 8．实验室常用 98%(ρ＝1.84 g·mL －1)的浓 H2SO4 配制 1∶4 的稀 H2SO4，此稀 H2SO4 的密度 为 1.23 g·mL－1，其物质的量浓度为(　　) A．4.6 mol·L－1 B．5.7 mol·L－1 C．3.88 mol·L－1 D．18.4 mol·L－1 答案　C 解析　实验室配制 1∶4 溶液的含义是指取 1 体积的浓硫酸与 4 体积的水混合。 求算所得溶液的溶质质量分数：w%＝(1 mL×1.84 g·mL－1×98%)/(1 mL×1.84 g·mL－1＋4 mL×1 g·mL － 1)×100% ≈ 30.9% ， 稀 硫 酸 的 物 质 的 量 浓 度 为 c(H2SO4) ＝ (1 000 mL×1.23 g·mL － 1×30.9%)/(98 g·mol－1×1 L)≈3.88 mol·L－1，故选 C。 方法技巧 掌握两项技能 1．用 98%的浓 H2SO4 配制 100 mL 1∶4 的稀 H2SO4：用量筒量取 80 mL 的水注入 200 mL 的 烧杯，然后再用另一只量筒量取 20 mL 的浓 H2SO4 沿着烧杯内壁缓慢注入水中，并用玻璃棒 不停搅拌。 2．配制 100 g 20%的 NaCl 溶液：准确称量 20.0 g NaCl 固体，然后再转移到 200 mL 的烧杯 中，再用量筒量取 80 mL 的水注入烧杯中，并用玻璃棒不停搅拌直到完全溶解为止。 考点四　溶解度及其曲线 1．浓解度的概念及影响因素 在一定温度下，某固体物质在 100 g 溶剂(通常是水)里达到饱和状态时所溶解的质量，叫做这 种物质在该溶剂里的溶解度，其单位为“g”。 固体物质溶解度(饱和溶液)S＝m溶质 m溶剂×100 g 影响溶解度大小的因素 (1)内因：物质本身的性质(由结构决定)。 (2)外因 ①溶剂的影响：如 NaCl 易溶于水，不易溶于汽油； ②温度的影响：升温，大多数固体物质的溶解度增大，少数物质却相反，如 Ca(OH)2；温度 对 NaCl 的溶解度影响不大。 2．溶解度的表示方法及应用 (1)列表法 硝酸钾在不同温度时的溶解度： 温度 (℃) 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 溶解 度(g) 13.3 20.9 31.6 45.8 63.9 85.5 110 138 168 202 246 (2)溶解度曲线 3．溶解度曲线的含义 (1)不同物质在各温度时的溶解度不同。 (2)曲线与曲线交点的含义：表示两物质在某温度时有相同的溶解度。 (3)能很快比较出两种物质在某温度范围内溶解度的大小。 (4)多数物质溶解度随温度升高而增大，有的变化不大(如 NaCl)，少数随温度升高而降低[如 Ca(OH)2]。 (5)判断结晶的方法 ①溶解度受温度影响较小的(如 NaCl)采取蒸发结晶的方法； ②溶解度受温度影响较大的采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法； ③带有结晶水的盐，一般采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法，应特别注意的是若从 FeCl3 溶液 中结晶出 FeCl3·6H2O 晶体，应在 HCl 气氛中蒸发浓缩、冷却结晶。 (6)判断多溶质溶液的提纯方法(设 A 为 NaCl 型溶质，B 为 KNO3 型溶质) ①A 溶液中(含少量 B 杂质)提取 A 答案　蒸发浓缩，结晶，趁热过滤。 ②B 溶液中(含少量 A 杂质)提取 B 答案　蒸发浓缩，冷却结晶，过滤。 题组一　溶解度的基本应用 1．(2014·新课标全国卷Ⅰ，11)溴酸银(AgBrO3)溶解度随温度变化曲线如下图所示。下列说法 错误的是(　　) A．溴酸银的溶解是放热过程 B．温度升高时溴酸银溶解速度加快 C．60 ℃时溴酸银的 Ksp 约等于 6×10－4 D．若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯 答案　A 解析　A 项，由题图可知，随着温度升高，溴酸银的溶解度逐渐增大，因此 AgBrO3 的溶解 是吸热过程；B 项，由图像曲线可知，温度升高斜率增大，因此 AgBrO3 的溶解速度加快；C 项，由溶解度曲线可知，60 ℃时，AgBrO3 的溶解度约为 0.6 g，则其物质的量浓度约为 0.025 mol·L－1，AgBrO3 的 Ksp＝c(Ag＋)·c(BrO－3 )＝0.025×0.025≈6×10－4；D 项，若 KNO3 中含有 少量 AgBrO3，可通过蒸发浓缩得到 KNO3 的饱和溶液，再冷却结晶获得 KNO3 晶体，而 AgBrO3 留在母液中。 2.右图为氯化钠、碳酸钠在水中的溶解度曲线，请回答下列问题。 (1)碳酸钠和氯化钠混合溶液的 pH______7(填“>”、“<”或“＝”)。 (2)40 ℃时，碳酸钠的溶解度为______ g。 (3)大于 30 ℃时，碳酸钠的溶解度______氯化钠的溶解度(填“>”、“<”或“＝”)。 (4)40 ℃时，碳酸钠和氯化钠均形成饱和溶液，当温度降低到 20 ℃时，析出的主要物质是 ________________(填化学式)。 (5)为检验(4)中析出的物质，取少量样品于试管中加入足量的稀______________(填化学式)溶 液，完全溶解，并有气体产生，再加入几滴____________(填化学式)溶液，有白色沉淀产生。 答案　(1)>　(2)50　(3)>　(4)Na2CO3　(5)HNO3　AgNO3 解析　(1)由于 CO2－3 ＋H2OHCO－3 ＋OH－，所以 Na2CO3 和 NaCl 混合溶液的 pH>7。(2)根据 溶解度曲线，40 ℃时 Na2CO3 的溶解度为 50 g。(3)根据溶解度曲线，大于 30 ℃时，Na2CO3 的溶解度大于 NaCl 的溶解度。(4)由于 Na2CO3 的溶解度受温度的影响很大，而 NaCl 的溶解 度受温度的影响较小，所以 40 ℃的 Na2CO3、NaCl 的饱和溶液，当温度降低到 20 ℃时，析 出的主要物质是 Na2CO3。(5)用稀 HNO3 检验 Na2CO3，用 AgNO3 溶液检验 NaCl。 3．[2015·江苏，18(3)]如图可以看出，从 MnSO4 和 MgSO4 混合溶液中结晶 MnSO4·H2O 晶体， 需控制的结晶温度范围为________________________。 答案　高于 60 ℃ 解析　由图可知，要从 MnSO4 和 MgSO4 混合溶液中结晶 MnSO4·H2O 晶体，温度应大于 60 ℃， 其原因是此时 MgSO4·6H2O 的溶解度大于 MnSO4·H2O 的溶解度，有利于 MnSO4·H2O 晶体析 出，MgSO4·6H2O 不易析出。 题组二　溶解度在“化工流程”题中的应用 4．某研究小组同学在实验室用卤块制备少量 Mg(ClO3)2·6H2O，其流程如图 1 所示： 图 1 已知：①卤块主要成分为 MgCl2·6H2O，含有 MgSO4、FeCl2 等杂质。 ②四种化合物的溶解度(S)随温度(T)的变化曲线如图 2 所示。 图 2 ③形成氢氧化物沉淀时，不同离子对应溶液的 pH 如下：Fe2＋开始沉淀的 pH 为 5.8，完全沉 淀的 pH 为 8.8；Fe3＋开始沉淀的 pH 为 1.1，完全沉淀的 pH 为 3.2；Mg2＋开始沉淀的 pH 为 8.2，完全沉淀的 pH 为 11。 ④可选用的试剂：H2O2、稀硫酸、KMnO4 溶液、MgCl2 溶液、MgO。 (1)步骤 X 包含的操作为________、________、________、过滤洗涤并干燥。 (2)加入 BaCl2 溶液沉淀后需经过两步实验步骤才进行下步反应，请写出这两个实验步骤： ①________________________________________________________________________； ②________________________________________________________________________。 (3)加入 NaClO3 饱和溶液发生反应的化学方程式为 ________________________________________________________________________。 (4)将 Mg(ClO3)2 加入到含有 KSCN 的 FeSO4 溶液中立即出现红色，写出相关反应的离子方程 式：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 答案　(1)蒸发结晶　趁热过滤　冷却结晶 (2)①向溶液中加入稍过量双氧水，充分反应　②向溶液中加入氧化镁调节 pH 为 3.2～8.2 (3)MgCl2＋2NaClO3===Mg(ClO3)2＋2NaCl↓ (4)ClO－3 ＋6Fe2＋＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O 解析　(1)过滤所得的滤液中含有 NaCl、MgCl2、NaClO3 等杂质，根据图 2 所示的物质溶解 度大小，由溶液获得晶体的方法是蒸发结晶、趁热过滤，其滤液为 Mg(ClO3)2 溶液，然后再 将滤液进行冷却结晶得到 Mg(ClO3)2·6H2O，最后过滤洗涤该晶体，干燥得到纯净的 Mg(ClO3)2·6H2O。 (2)加入 BaCl2 溶液后除去 SO 2－4 杂质，关键是除去 Fe2＋，由于 Fe2＋完全沉淀时 Mg2＋也部分 沉淀，所以需用 H2O2 将 Fe2＋氧化为 Fe3＋，然后用 MgO 调节溶液 pH 为 3.2～8.2，此条件下 Fe3＋完全沉淀，Mg2＋未沉淀，从而除去 Fe2＋杂质。 (3)MgCl2 与饱和 NaClO3 溶液发生复分解反应生成 Mg(ClO3)2 和 NaCl，由于 NaCl 的溶解度小 于 NaClO3 的，则 NaCl 以晶体形式析出，其反应方程式为 MgCl2＋2NaClO3===Mg(ClO3)2＋ 2NaCl↓。 (4)ClO －3 具有氧化性，可以将 Fe2＋氧化为 Fe3＋，其离子方程式为 ClO－3 ＋6Fe2＋＋6H＋===6Fe3 ＋＋Cl－＋3H2O。 考点五　“物质的量”在化学反应中的应用 1．物质的量在化学方程式中计算的步骤 写：写出反应的化学方程式 ↓ 找：找出方程式中已知物质和未知物质的物质的量的关系 ↓ 列：将已知量和未知量列成比例式 ↓ 求：对比例式求算 2．化学计算中常用方法 (1)守恒法 守恒法是中学化学计算中一种常用方法，守恒法中的三把“金钥匙”——质量守恒、电荷守 恒、电子得失守恒，它们都是抓住有关变化的始态和终态，淡化中间过程，利用某种不变量(① 某原子、离子或原子团不变；②溶液中阴阳离子所带电荷数相等；③氧化还原反应中得失电 子相等)建立关系式，从而达到简化过程、快速解题的目的。 (2)关系式法 此法常用于多步连续反应的计算。确定关系式可利用各步反应的计量关系或某元素原子守恒 关系找出已知物质和未知物质的关系式，然后根据已知量和未知量列比例式求解。 (3)极值法 对混合体系或反应物可能发生几种反应生成多种生成物的计算，我们可假设混合体系中全部 是一种物质，或只发生一种反应，求出最大值、最小值，然后进行解答，此类题一般为选择 题。 (4)差量法 ①差量法的应用原理 差量法是指根据化学反应前后物质的量发生的变化，找出“理论差量”。这种差量可以是质量、 物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题的关键是把化学方 程式中的对应差量(理论差量)及差量(实际差量)与未知量列成比例式，然后求解。如： 2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH　Δm(固), Δn(气), ΔV(气) 2 mol 1 mol 2 mol Q 24 g 1 mol 22.4 L(标况) ②使用差量法时的注意事项 a．所选用差量要与未知量的数值成正比例或反比例关系。 b．有关物质的物理量及其单位都要正确地使用和对应，即“上下一致，左右相当”。 题组一　守恒法 1．用含 1.0 mol NaOH 的溶液吸收 0.8 mol CO2，所得溶液中 CO 2－3 和 HCO －3 的物质的量之比 为(　　) A．1∶3 B．2∶1 C．2∶3 D．3∶2 答案　A 解析　设 CO2－3 、HCO －3 的物质的量分别为 x、y，则 Error!解得Error! x y＝0.2 mol 0.6 mol＝1 3。 题组二　关系式法 2．取 KI 溶液 25 mL，向其中滴加 0.4 mol·L－1 的 FeCl3 溶液 135 mL，I－完全反应生成 I2：2I －＋2Fe3＋===I2＋2Fe2＋。将反应后的溶液用 CCl4 萃取后分液，向分出的水溶液中通入 Cl2 至 0.025 mol 时，Fe2＋恰好完全反应。求 KI 溶液的物质的量浓度。 答案　2 mol·L－1 解析　依题意，有： 本题可用关系式法求解。 由上述两个反应及电子转移守恒理论，得知 I－与 Cl2 之间的关系式：2I－～Cl2。 设 KI 的物质的量是 x，则 2I－　～　Cl2 2 1 x 0.025 mol 2 1＝ x 0.025 mol，x＝0.05 mol。 c(KI)＝0.05 mol 0.025 L ＝2 mol·L－1。 题组三　极值法 3．已知原子量 Li：6.9，Na：23，K：39，Rb：85。今有某碱金属 M 及其氧化物 M2O 组成 混合物 10.8 g，加足量水充分反应后，溶液小心蒸干得固体 16 g。据此可确定碱金属为 ________________________________________________________________________。 答案　假设 10.8 g 全部为 M，则 M　～　MOH Mr Mr＋17 10．8 g Mr＋17 Mr ×10.8 g＝16 g 所以 Mr≈35.3。 假设 10.8 g 全部为 M2O，则 M2O　～　2MOH 2Mr＋16　 2(Mr＋17) 10．8 g Mr＋17 Mr＋8 ×10.8 g＝16 g 所以 Mr≈10.7 实际碱金属相对原子质量应在 10.7～35.3 之间，所以为 Na。 解析　由题意可知，M、M2O 共 10.8 g，转化为 MOH 16 g，若设 M 有 x g，则 M　～　MOH　 　M2O　　　～　2MOH Mr Mr＋17 2Mr＋16 2(Mr＋17) x Mr＋17 Mr x 10.8－x Mr＋17 Mr＋8 (10.8－x) 所以 Mr＋17 Mr x＋Mr＋17 Mr＋8 (10.8－x)＝16。 由上可知，一个二元一次方程无法求解，但由定义域 0冷”(温度)、“浓>稀”(浓度)、“易>难”(反应条件、剧烈程度)，以及金属活动性顺序表、 元素在周期表中的位置、原电池原理、电解池中离子的放电顺序等角度判断；还要学会从化 学反应方向的角度判断“剂>物”(同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原 剂的还原性大于还原产物的还原性)。 2．反应先后规律 同一氧化剂与含多种还原剂(物质的量浓度相同)的溶液反应时，首先被氧化的是还原性较强 的物质；同一还原剂与含多种氧化剂(物质的量浓度相同)的溶液反应时，首先被还原的是氧 化性较强的物质，即强者优先反应。 3．价态归中规律 即同种元素不同价态之间的反应，高价态的元素化合价降低，低价态的元素化合价升高，但 升高与降低的化合价不能交叉。 如：KClO3＋6HCl===3Cl2＋KCl＋3H2O，氧化剂：KClO3，还原剂：HCl，氧化产物：Cl2， 还原产物：Cl2。 4．邻位价态规律 氧化还原反应发生时，其价态一般先变为邻位价态。 如：(1)Cl－被氧化成 Cl2，而不是更高价态氯元素。 (2)S2－一般被氧化为 S，S 单质一般被氧化成 SO2。 (3)ClO－、ClO －3 作氧化剂、Cl－作还原剂时，一般被还原成 Cl2，而不是 Cl－。 5．电子守恒规律 对于氧化还原反应的计算，关键是氧化还原反应的实质——得失电子守恒，列出守恒关系求 解，即 n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化 值。 题组一　性质强弱规律的应用 (一)由方程式判断强弱 1．已知常温下，在溶液中可发生如下反应：Ce4＋＋Fe2＋===Fe3＋＋Ce3＋，Sn2＋＋2Fe3＋===2Fe2 ＋＋Sn4＋。由此推断 Fe2＋、Ce3＋、Sn2＋的还原性由强到弱的顺序是(　　) A．Sn2＋、Fe2＋、Ce3＋ B．Fe2＋、Ce3＋、Sn2＋ C．Fe2＋、Sn2＋、Ce3＋ D．Ce3＋、Fe2＋、Sn2＋ 答案　A 解析　根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，由两个方程式可以得到 还原性强弱顺序：Fe2＋>Ce3＋，Sn2＋>Fe2＋。故 A 项正确。 (二)依据强弱顺序判断反应是否发生 2．已知 Co2O3 在酸性溶液中易被还原成 Co2＋，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2 的氧化性依次减弱。 下列反应在水溶液中不可能发生的是(　　) A．3Cl2＋6FeI2===2FeCl3＋4FeI3 B．Cl2＋FeI2===FeCl2＋I2 C．Co2O3＋6HCl===2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O D．2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2 答案　A 解析　Fe3＋能氧化 I－，所以不可能生成 FeI3，A 错，D 对；B 项，当 Cl2 少量时，I－先被氧 化；C 项，由于 Co2O3 的氧化性强于 Cl2 的，所以 Co2O3 能氧化 Cl－得到 Cl2，而 Co2O3 被还 原为 Co2＋。 (三)相互竞争的反应 3．已知氧化性 Br2>Fe3＋。FeBr2 溶液中通入一定量的 Cl2，发生反应的离子方程式为 aFe2＋＋bBr－＋cCl2―→dFe3＋＋eBr2＋fCl－ 下列选项中的数字与离子方程式的 a、b、c、d、e、f 一一对应，其中不符合反应实际的是(　　) A．2　4　3　2　2　6 B．0　2　1　0　1　2 C．2　0　1　2　0　2 D．2　2　2　2　1　4 答案　B 解析　Cl2 先氧化 Fe2＋；A 项，Cl2 过量；C 项，Cl2 少量；D 项，FeBr2 和 Cl2 等量。 规律总结 正确运用有关氧化性、还原性强弱的比较规律，对于提高解题能力有很大帮助。有关物质的 氧化性或还原性的比较可以从多个角度进行考查，涉及的知识面很广，常考的判断依据： (1)根据金属活动性顺序比较。 ①金属活动性顺序：金属单质的还原性从 K→Au 逐渐减弱，其对应离子的氧化性从 K＋→Au2 ＋逐渐增强。 ②非金属活动性顺序：一般某元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，对应非金属离 子的还原性越弱。 (2)根据原电池两极和电解池两极的放电顺序进行判断。原电池中，活动性较强的金属作负极， 活动性较弱的金属作正极；电解池中，阳极上物质的放电顺序即为对应物质还原性由强到弱 的顺序，阴极上的阳离子放电顺序即为阳离子氧化性由强到弱的顺序。 题组二　守恒规律的灵活应用 (一)根据“守恒”进行计算 4．在 100 mL 含等物质的量的 HBr 和 H2SO3 的溶液中通入 0.025 mol Cl2，有一半 Br－变为 Br2。 则原溶液中 HBr 和 H2SO3 的浓度都等于(　　) A．0.16 mol·L－1 B．0.02 mol·L－1 C．0.20 mol·L－1 D．0.25 mol·L－1 答案　C 解析　还原性 H2SO3>HBr，氯气先氧化 H2SO3，H2SO3 完全反应后，氯气有剩余，剩余氯气 再氧化 HBr。设浓度为 c mol·L－1，由电子转移守恒可知，0.1c×2＋0.1c×0.5＝0.025×2，解 得 c＝0.2，故 C 正确。 5．(2014·上海，16)含有砒霜(As2O3)的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢(AsH3)在热玻 璃管中完全分解成单质砷和氢气。若砷的质量为 1.50 mg，则(　　) A．被氧化的砒霜为 1.98 mg B．分解产生的氢气为 0.672 mL C．和砒霜反应的锌为 3.90 mg D．转移的电子总数为 6×10－5 NA 答案　C 解析　本题考查氧化还原反应。砒霜(As2O3)的试样和锌、盐酸混合反应的方程式为 As2O3＋ 6Zn＋12HCl―→2AsH3＋6ZnCl2＋3H2O。根据砷的相对原子质量为 75，若砷的质量为 1.50 mg， 物质的量为 0.02 mmol，被还原的砒霜为 0.02 mmol÷2×198 g·mol －1＝1.98 mg，和砒霜反应 的锌为 3.90 mg。2AsH 3 ― ― →△ 2As＋3H 2 分解产生的氢气标准状况下为 0.03 mmol×22.4 L·mol－1＝0.672 mL; 转移的电子总数为 0.18×10－3NA。 6．(2015·海南，6)已知在碱性溶液中可发生如下反应： 2R(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2ROn－4 ＋3Cl－＋5H2O，则 RO n－4 中 R 的化合价是(　　) A．＋3 B．＋4 C．＋5 D．＋6 答案　D 解析　根据反应前后电荷守恒，可得 n＝2，则 RO 2－4 中 R 的化合价为＋6 价，即选 D。 7．NaBrO3 是一种分析试剂。向硫酸酸化的 NaI 溶液中逐滴加入 NaBrO3 溶液，当加入 2.6 mol NaBrO3 时，测得反应后溶液中溴和碘的存在形式及物质的量分别为 粒子 I2 Br2 IO－3 物质的量/mol 0.5 1.3 则原溶液中 NaI 的物质的量为________ mol。 答案　3 解析　设 IO －3 的物质的量为 x，根据电子守恒得： 2．6 mol×5＝0.5 mol×2＋x·6，x＝2 mol，所以 n(NaI)＝2 mol＋0.5 mol×2＝3 mol。 答题模板 步骤 1　找物质 找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物； 步骤 2　定得失 确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中的原子个数)； 步骤 3　列等式 根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式； 步骤 4　找关系 对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程中没有损耗，可直接找出起始物 和最终产物，删去中间产物，建立二者之间的电子守恒关系，快速求解。 (二)根据守恒进行配平 8．(1)[2015·浙江理综，27Ⅰ(4)]完成以下氧化还原反应的离子方程式： (　　)MnO－4 ＋(　　)C2O2－4 ＋________===(　　)Mn2＋＋(　　)CO2↑＋________ 答案　2　5　16H＋　2　10　8H2O 解析　C2O 2－4 在酸化的高锰酸钾溶液中被氧化，其离子方程式为 2MnO－4 ＋5C2O2－4 ＋16H＋ ===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。 (2)[2015·天津理综，10(2)②]完成 NaClO3 氧化 FeCl2 的离子方程式： ClO－3 ＋ Fe2＋＋ ________=== Cl－＋ Fe3＋＋ ________ 答案　1　6　6　H＋　1　6　3　H2O 解析　根据化合价升降法配平 ClO－3 、Fe2＋、Cl－、Fe3＋的化学计量数分别为 1、6、1、6，再 利用电荷守恒及元素守恒得出反应物中有 6H＋，产物中有 3H2O。 (3)[2015·安徽理综，27(2)]请配平化学方程式： NaBO2＋ SiO2＋ Na＋ H2—— NaBH4＋ Na2SiO3 答案　1　2　4　2　1　2 (4)用氯气对饮用水消毒副作用多，产生影响人体健康的有机氯衍生物。可用氯气制取高铁酸 钠净水：____Fe3＋＋________＋____Cl2===____FeO2－4 ＋________＋____H2O，补全缺项，并 配平上述离子方程式。 答案　2　16OH－　3　2　6Cl－　8 题组三　信息型氧化还原反应方程式的书写 9．(1)ZnSO4 溶液中含有少量 Fe2＋和 Mn2＋，为了除去这两种离子，调节溶液 pH 为 5，然后 加入高锰酸钾溶液，使之生成沉淀。已知高锰酸钾的还原产物是 MnO2。请写出该过程中两 个反应的离子方程式：____________________________________________________________ ____________，______________________。 (2)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3 与 KClO 在 强碱性条件下反应可制取 K2FeO4，其反应的离子方程式为_____________________________ ________________________________________________________________________________ ___________________________________。 (3)(2014·上海，28)硫化氢具有还原性，可以和许多氧化剂反应。在酸性条件下，H2S 和 KMnO4 反应生成 S、MnSO4、K2SO4 和 H2O，写出该反应的化学方程式：_______________________ ________________________________________________________________________________ _________________________________________ (4)H2C2O4 与酸性高锰酸钾溶液反应，现象是有气泡(CO2)产生，紫色消失。写出反应的离子 方程式：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (5)ClO2 是一种更高效、安全的消毒剂，工业上可用 ClO2 与水中的 MnCl2 在常温下反应，生 成 MnO2 和盐酸，以除去水中 Mn2＋。写出该反应的离子方程式：_______________________ ________________________________________________________________________________ _________________________________________。 (6)在酸性、有氧条件下，一种叫 Thibacillus Ferroxidans 的细菌能将黄铜矿转化成硫酸盐，该 过程反应的离子方程式为_________________________________________________________ _______________。 (7)工业上可用次氯酸钠和氨反应制肼(N2H4)，若反应只有一种氧化产物。写出该方法制备肼 的化学方程式： ________________________________________________________________________。 答 案 　 (1)MnO－4 ＋ 3Fe2 ＋ ＋ 7H2O===3Fe(OH)3↓ ＋ MnO2↓ ＋ 5H ＋ 　 2MnO－4 ＋ 3Mn2 ＋ ＋ 2H2O===5MnO2↓＋4H＋ (2)2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－===2FeO2－4 ＋3Cl－＋5H2O (3)3H2SO4＋5H2S＋2KMnO4―→5S↓＋2MnSO4＋K2SO4＋8H2O (4)2MnO－4 ＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O (5)2ClO2＋5Mn2＋＋6H2O===5MnO2↓＋12H＋＋2Cl－ (6)4CuFeS2＋4H＋＋17O2===4Cu2＋＋4Fe3＋＋8SO2－4 ＋2H2O (7)NaClO＋2NH3===N2H4＋NaCl＋H2O 方法技巧 氧化还原反应方程式的配平可依据“得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒”顺利解答，有关 氧化还原反应化学方程式的配平应掌握： (1)配平步骤 标变价→列变化→求总数→配系数→细检查。 (2)配平方法 ①正向配平法：如果被氧化、被还原的元素分别是两种不同的反应物，通常从方程式左边进 行配平； ②逆向配平法：对于自身氧化还原反应或反应物只有一种，一般从方程式右边配平较简便； ③缺项配平法：这类方程式通常少写一种反应物或生成物(通常这种物质既不是氧化剂、还原 剂，也不是氧化产物或还原产物)的化学式，要求确定其化学式。此类反应可先确定氧化剂、 还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，最后由质量守恒、电荷守恒确定所缺物质(分子 或离子)的化学式和计量系数。 考点三　氧化还原反应的综合应用 在高考中，氧化还原反应的考查往往渗透到综合实验(如中和滴定实验)、工业流程制备中， 增大了试题的灵活度和难度。 题组一　氧化还原反应在综合实验中的应用 1．(2015·全国卷Ⅱ，28)二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂。回 答下列问题： (1)工业上可用 KClO3 与 Na2SO3 在 H2SO4 存在下制得 ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量 之比为________。 (2)实验室用 NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料，通过以下过程制备 ClO2： ①电解时发生反应的化学方程式为____________________________________________ ________________________________________________________________________。 ②溶液 X 中大量存在的阴离子有________。 ③除去 ClO2 中的 NH3 可选用的试剂是__________(填标号)。 a．水 b．碱石灰 c．浓硫酸 d．饱和食盐水 (3)用下图装置可以测定混合气中 ClO2 的含量： Ⅰ.在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用 50 mL 水溶解后，再加入 3 mL 稀硫酸； Ⅱ.在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口； Ⅲ.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收； Ⅳ.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中； Ⅴ.用 0.100 0 mol·L－1 硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2＋2S2O2－3 ===2I－＋S4O2－6 )， 指示剂显示终点时共用去 20.00 mL 硫代硫酸钠溶液。在此过程中： ①锥形瓶内 ClO2 与碘化钾反应的离子方程式为_______________________________________ ________________________________________________________________________________ _________________________。 ②玻璃液封装置的作用是________________。 ③Ⅴ中加入的指示剂通常为________，滴定至终点的现象是________。 ④测得混合气中 ClO2 的质量为________g。 (4)用 ClO2 处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质 最适宜的是________(填标号)。 a．明矾 b．碘化钾 c．盐酸 d．硫酸亚铁 答案　(1)2∶1 (2)①NH4Cl＋2HCl =====电解 3H2↑＋NCl3　②Cl－、OH－ ③c (3)①2ClO2＋10I－＋8H＋===2Cl－＋5I2＋4H2O ②吸收残余的二氧化氯气体(其他合理答案均可) ③淀粉溶液　溶液由蓝色变为无色且 30 s 内不恢复原色 ④0.027 00 (4)d 解析　(1)由 KClO3 与 Na2SO3 在 H2SO4 存在下制取 ClO2 的反应中，KCl ＋5 O3→Cl ＋4 O2，则 KClO3 作氧化剂；Na2 S ＋4 O3→Na2 S ＋6 O4，则 Na2SO3 作还原剂，根据得失电子守恒，n(KClO3)∶n(Na2SO3) ＝2∶1。(2)①由制备 ClO2 的流程图可知， 电解 NH4Cl 溶液和盐酸的混合物得到 NCl3 溶液 和 H2，根据得失电子守恒和质量守恒可写出该反应的化学方程式。②由制备 ClO2 的流程图 可知，NaClO2 和 NCl3 两溶液反应生成 NH3，说明溶液呈碱性；Cl ＋3 O－2 →Cl ＋4 O2，N ＋3 Cl －1 3→N －3 H3＋ Cl －1 －，因此溶液 X 中大量存在的阴离子有 OH－和 Cl－。③ClO2 和 NH3 均是易溶于水的气体， a 项错误，d 项错误；b 项，碱石灰与 NH3 不反应，错误；c 项，浓硫酸易吸收 NH3，而与 ClO2 不反应，正确。 (3)①ClO2 与 KI 溶液反应时，Cl ＋4 O2→Cl －1 －，2I－→I2，反应环境为酸性，从而可写出该反应的 离子方程式。②玻璃液封装置的作用是防止残余的 ClO2 气体挥发到空气中，污染空气，同时 防止生成的碘单质逸出。③步骤Ⅴ反应中，I2→2I－，I2 使淀粉溶液显蓝色，故可选用淀粉溶 液作指示剂，滴定至终点时溶液由蓝色变为无色。④由反应 2ClO2＋10I－＋8H＋===2Cl－＋5I2 ＋4H2O、I2＋2S2O2－3 ===2I－＋S4O 2－6 可得关系式：2ClO2～5I2～10S2O2－3 ，n(S2O2－3 )＝0.100 0 mol·L－1×20.00 mL×10－3 L·mL－1＝2×10－3 mol，则 n(ClO2)＝2×10－3 mol×2/10＝4×10－4 mol，m(ClO2)＝4×10－4 mol×67.5 g·mol－1＝0.027 00 g。(4)亚氯酸盐(ClO－2 )具有氧化性，应 选用还原剂将 ClO －2 还原为 Cl－。碘化钾、盐酸具有还原性，可分别被亚氯酸盐氧化为 I2、 Cl2，二者均有毒，b、c 错误；a 项，明矾不具有还原性，错误；硫酸亚铁具有还原性，可被 亚氯酸盐氧化为 Fe3＋，且 Fe3＋水解生成的 Fe(OH)3 胶体可净水，d 正确。 题组二　在工业制备中的应用 2．NF3 具有很高的蚀刻速率和选择性，因此 NF3 是微电子工业中一种优良的等离子蚀刻气体。 在 1 个标准大气压下，NF3 的沸点为－129.0 ℃，能与空气中的水蒸气反应生成 HF、NO 和 HNO3。NF3 可通过如下方法制备： (1)气—气反应：在常温下将 OF2 与干燥的空气混合即得 NO2 和 NF3。 ①原料 OF2 中氧元素的化合价为________。 ②已知反应中每消耗 1 mol N2 转移 7 mol 电子，配平反应：________OF2＋________N2＋ ________O2===________NO2＋________NF3。反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ________。 (2)气—固反应：由于气—气反应容易腐蚀设备，研究人员提出用气—固反应制备 NF3。气— 固反应包括如下 2 个步骤： (NH4)3AlF6＋6F2===2NF3＋8HF＋NH4AlF4 NH4AlF4＋3F2===NF3＋4HF＋AlF3 ①气—固反应的总化学方程式为____________________________________，若有 0.5 mol (NH4)3AlF6 完全氧化，则可制得 NF3________ L(标准状况下)。 ②若要制备 1.5 mol NF3，共有________ mol 电子发生转移。 (3)电解法：NF3 的电解制备工艺已经比较成熟，国外一些公司均采用电解熔融 NH4F·xHF 的 方法制备 NF3。 ①电解过程中阳极反应式为______________________________________________________， 阴极反应式为__________________________________________________________________。 ②阳极上的主要副产物为________(不考虑产物与电极材料间的反应)。 (4)NF3 在空气中泄漏，还是易于发现的。判断发生了 NF3 泄漏的现象是________。一旦 NF3 发生泄漏，可以用烧碱溶液喷淋的方法减少污染，其产物除 NaNO2、NaF、H2O 外还一定有 ________(填化学式)。 答案　(1)①＋2　②6　4　1　4　4　7∶4 (2)①(NH4)3AlF6＋9F2===3NF3＋12HF＋AlF3 33．6　②9 (3)①NH＋4 －6e－＋3F－===NF3↑＋4H＋　2H＋＋2e－===H2↑　②F2 (4)观察到有红棕色气体和白雾产生　NaNO3 解析　(1)①由于氟的非金属性强于氧的，氟和氧成键时共用电子对偏向氟，因此 OF2 中氧元 素呈＋2 价，同理知 NF3 中氮元素的化合价为＋3。②根据题意知 OF2＋N2＋O2―→NO2＋NF3， 设当有 1 mol N2 反应时，生成 NO2 x mol，NF3 y mol，根据 N 原子守恒得 x＋y＝2，根据得 失电子守恒得 4x＋3y＝7，联立解得 x＝y＝1，由此可知反应的化学方程式为 6OF 2＋4N2＋ O2===4NO2＋4NF3，反应中氧化剂是 OF2 和 O2，还原剂是 N2，两者的物质的量之比为 7∶4。 (2)①消去中间产物 NH4AlF4，①＋②得总反应方程式为(NH 4)3AlF6＋9F2===3NF3＋12HF＋ AlF3，同时得当有 0.5 mol (NH4)3AlF6 完全氧化可得 1.5 mol NF3，在标准状况下的体积为 33.6 L。②由总反应方程式可知，制备 3 mol NF3，共转移 18 mol 电子，因此制备 1.5 mol NF3， 共有 9 mol 电子发生转移。 (3)①阳极上发生氧化反应，因此 NF3 是 NH ＋4 在阳极被氧化所得，电极反应式为 NH＋4 －6e－＋ 3F－===NF3↑＋4H ＋，阴极上发生还原反应，H＋得电子被还原，电极反应式为 2H＋＋2e－ ===H2↑。②阳极上能发生氧化反应的微粒还有 F－，无其他能发生氧化反应的粒子，F－发生 氧化反应后得 F2。 (4)根据题干信息，NF3 与空气中的水蒸气反应的产物有 HF、NO 和 HNO3，NO 遇空气呈红 综色，同时氢氟酸、硝酸小液滴在空气中产生白雾。这些产物和 NaOH 反应后，除了生成 NaNO2、NaF、H2O 外，还应有 NaNO3 生成。 专题强化练 1．(2015·四川理综，1)下列物质在生活中应用时，起还原作用的是(　　) A．明矾作净水剂 B．甘油作护肤保湿剂 C．漂粉精作消毒剂 D．铁粉作食品袋内的脱氧剂 答案　D 解析　A 项，明矾作净水剂是因为它溶于水生成的 Al(OH)3 胶体具有较大的表面积，能够吸 附水中的悬浮物而沉降，错误；B 项，甘油作护肤保湿剂是因为它具有吸湿性，错误；C 项， 漂粉精作消毒剂是因为它具有强氧化性，能够杀死水中的细菌和病毒，错误；D 项，铁粉作 食品袋中的脱氧剂是因为铁粉具有还原性，能够和氧气发生反应，降低食品袋中的氧气浓度， 正确。 2．(2015·海南，1)化学与生活密切相关。下列应用中利用了物质氧化性的是(　　) A．明矾净化水 B．纯碱去油污 C．食醋除水垢 D．漂白粉漂白织物 答案　D 解析　A 项，明矾净水是利用 Al3＋水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附能力，错误；B 项，纯 碱去油污是利用碳酸钠水解溶液呈碱性，错误；C 项，食醋除水垢是利用醋酸的酸性，能与 碳酸钙反应而除去，错误；D 项，因漂白粉具有强氧化性而用于漂白织物，正确。 3．CuO 和 Fe2O3 的混合物 m g，向其中加入 1 mol·L－1 的 HNO3 溶液 200 mL 恰好完全反应， 若将 m g 该混合物用足量 CO 还原，充分反应后剩余固体质量为(　　) A．(m－3.2) g B．(2m－3.2) g C．(m－1.6) g D．(2m－1.6) g 答案　C 解析　n(O)＝1 mol·L－1 × 0.2 L 2 ＝0.1 mol，其质量为 1.6 g，所以充分反应后剩余固体质量为 (m－1.6) g。 4．已知某反应中反应物与生成物有：KIO3、Na2SO3、H2SO4、I2、K2SO4、H2O 和未知物 x。 下列说法中不正确的是(　　) A．该未知物 x 为 Na2SO4 B．该反应的氧化剂是 KIO3 C．该反应中，发生氧化反应的过程是 KIO3→I2 D．由反应可知还原性强弱顺序为 Na2SO3>I2 答案　C 解析　A 项，由题意可知发生反应的化学方程式为 2KIO3＋5Na2SO3＋H2SO4===K2SO4＋ 5Na2SO4＋I2＋H2O，从化学方程式可以看出，未知物 x 为 Na2SO4，正确；B 项，该反应中反 应物 KIO3 中的 I(＋5)，生成物中 I2 碘元素的化合价为 0，KIO3 中碘的化合价降低，被还原， 自身作氧化剂，B 正确、C 错误；D 项，Na2SO3 在反应中作还原剂，I2 为还原产物，还原性： 还原剂>还原产物，正确。 5．工业上以铬铁矿(主要成分为 FeO·Cr 2O3)、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠 (Na2Cr2O7·2H2O)，其主要反应为 (1)4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O2 =====高温 8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2 (2)2Na2CrO4＋H2SO4===Na2SO4＋Na2Cr2O7＋H2O 下列说法正确的是(　　) A．反应(1)和(2)均为氧化还原反应 B．反应(1)的氧化剂是 O2，还原剂是 FeO·Cr2O3 C．高温下，O2 的氧化性强于 Fe2O3，弱于 Na2CrO4 D．反应(1)中每生成 1 mol Na2CrO4 时电子转移 3 mol 答案　B 解析　A 项，(2)中元素化合价没有发生变化；C 项，高温下，O2 的氧化性强于 Fe2O3，也强 于 Na2CrO4；D 项，每生成 1 mol Na2CrO4 应转移7 × 2 × 2 8 ＝3.5 mol 电子。 6．已知：①向 KClO3 晶体中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体。②向 NaI 溶液中通入少量实验① 产生的气体，溶液变黄色。③取实验②生成的溶液滴在淀粉­KI 试纸上，试纸变蓝色。下列 判断不正确的是(　　) A．实验①证明 Cl－具有还原性 B．实验②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2∶1 C．实验③说明 KI 被氧化 D．上述实验证明氧化性：ClO－3 >Cl2>I2 答案　B 解析　B 项，反应 2I－＋Cl2===I2＋2Cl－，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1∶2。 7．对于氧化还原反应：11P＋15CuSO4＋24H2O===5Cu3P＋6H3PO4＋15H2SO4，下列说法正 确的是(　　) A. 5 11的磷被氧化 B．3 mol CuSO4 可氧化11 5 mol P C．每摩尔起氧化作用的磷能氧化生成磷酸的物质的量为3 5 mol D．当 1 mol P 参加反应时，转移电子的物质的量为 3 mol 答案　C 解析　 A 项，应有 6 11的磷被氧化；B 项，设 3 mol CuSO4 氧化磷的物质的量为 x，则 3 mol×1＝5x， x＝3 5 mol；C 项，在 11 mol P 中，起氧化作用的磷为 5 mol，设其氧化磷生成磷酸的物质的 量为 y，则 5 mol×3＝y·5，y＝3 mol，所以 1 mol 起氧化作用的磷能氧化生成磷酸的物质的 量为3 5 mol；D 项，当 1 mol P 参加反应时，转移电子的物质的量为30 11 mol。 8．ClO2 是一种高效安全的杀菌消毒剂，还可用于除去水中的 CN－，转化为两种无毒气体。 下列判断正确的是(　　) A．ClO2 是还原剂 B．1 mol ClO2 转移 3 mol 电子 C．CN－转化为 NO2 和 CO2 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比是 1∶1 答案　D 解析　反应的离子方程式为 2ClO2＋2CN－===2CO2↑＋N2↑＋2Cl－ ClO2 为氧化剂，A 错；1 mol ClO2 应得到 5 mol 电子，B 错。 9．现有 M、N、P、E 4 种元素的单质，能发生以下反应： ①在水溶液中，M＋N2＋===M2＋＋N　②P＋2H2O(冷)===P(OH)2＋H2↑　③N、E 相连浸入稀 H2SO4 中，电极反应式为 N－2e－===N2＋，2H＋＋2e－===H2↑ 判断它们的还原性由强到弱的顺序是(　　) A．M、N、P、E B．P、M、N、E C．M、N、E、P D．E、P、M、N 答案　B 解析　根据①可知还原性：M>N，根据③可知还原性：N>E，而 P 能与冷水直接反应，故 P 的还原性最强，由此可得还原性：P>M>N>E。 10．R、X、Y 和 Z 是四种元素，其常见化合价均为＋2，且 X2＋与单质 R 不反应；X2＋＋Z===X ＋Z2＋；Y＋Z2＋===Y2＋＋Z。这四种元素的离子被还原成 0 价时表现的氧化性强弱顺序正确 的是(　　) A．R2＋>X2＋>Z2＋>Y2＋ B．X2＋>R2＋>Y2＋>Z2＋ C．Y2＋>Z2＋>R2＋>X2＋ D．Z2＋>X2＋>R2＋>Y2＋ 答案　A 解析　据 X2＋＋Z===X＋Z2＋知氧化性：X2＋>Z2＋，据 Y＋Z2＋===Y2＋＋Z 知氧化性：Z2＋>Y2 ＋，由 X2＋与单质 R 不反应推知氧化性：R2＋>X2＋。 11．微型化学实验可以有效实现化学实验绿色化的要求。如下图所示在一块衬白纸的玻璃片 的不同位置分别滴加浓度为 0.1 mol·L－1 的 KI(含淀粉)溶液、NaOH(含酚酞)溶液、FeCl 2(含 KSCN)溶液各一滴，在圆心处放置一芝麻粒大小的 KMnO4 晶体，向 KMnO4 晶体上滴加一滴 浓盐酸，再立即用表面皿盖好。 根据上面描述涉及到的元素，回答(1)～(3)题。 (1)KMnO4 中 Mn 元素的化合价为________________________________________________， Fe 在周期表中的位置是：______________________________________________________。 (2)结合已学知识分析 a、c 处可能出现的现象： a：________________________________________________________________________； c：________________________________________________________________________。 (3)b 处可能发生反应的离子方程式：_____________________________________________ ________________________________________________________________________。 已知溶液中，还原性为 HSO－3 >I－，氧化性为 IO－3 >I2>SO2－4 。在含 3 mol NaHSO3 的溶液中逐 滴加入 KIO3 溶液，加入的 KIO3 和析出的 I2 的物质的量的关系曲线如下图所示。 请回答(4)～(5)题。 (4)a 点处的还原产物是__________(填离子符号)。 b 点→c 点反应的离子方程式是__________________________________________________。 (5)当溶液中的 I－为 0.5 mol 时，加入的 KIO3 可能是________ mol。 答案　(1)＋7　第四周期Ⅷ族 (2)溶液变为蓝色　红色褪去(或红色变浅) (3)2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－、Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3 (4)I－　IO－3 ＋6H＋＋5I－===3H2O＋3I2 (5)0.5 或 1.1 解析　(2)a 处发生反应为 Cl2＋2I－===I2＋2Cl－，其现象为溶液变蓝。 c 处发生反应为 Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，碱性变弱，所以红色变浅或褪去。 (3)Cl2 可把 Fe2＋氧化成 Fe3＋，Fe3＋与 SCN－发生反应。 (4)由题意可知依次发生的反应为 IO－3 ＋3HSO－3 ===I－＋3SO2－4 ＋3H＋，IO－3 ＋5I－＋6H＋===3I2 ＋3H2O。所以 a 点处的还原产物为 I－，b 点到 c 点发生 IO －3 与 I－之间的归中反应。 (5)根据离子方程式 IO－3 ＋3HSO－3 ===I－＋3SO2－4 ＋3H＋，IO－3 ＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O。 当加入 IO －3 不足时，由于生成 I－为 0.5 mol，所以所加 IO －3 也为 0.5 mol； 当加入 IO －3 过量时，n(IO－3 )＝1 mol＋(1－0.5) mol×1 5 mol＝1.1 mol。 12．铁是人体中必需微量元素中含量最高的元素，体内缺失会引起贫血。含 FeO 2－4 离子的盐 具有强氧化性，能杀菌消毒，如高铁酸钾是一种新型、高效的消毒剂及绿色净水剂。铁及其 化合物之间的相互转化可用下式表示： Fe2＋ ① ④ Fe3＋ ② ③ FeO2－4 请回答下列有关问题： (1)Fe 与过量稀硫酸反应可以制取 FeSO4。若用反应所得的酸性溶液实现上述①的转化，要求 产物纯净。可选用的试剂是________(选填序号)。 a．Cl2 b．Fe c．HNO3 d．H2O2 (2)上述转化得到的硫酸铁可用于电化浸出黄铜矿精矿工艺。精矿在阳极浸出的反应比较复杂， 其中有一主要反应：CuFeS2＋4Fe3＋===Cu2＋＋5Fe2＋＋2S，则下列说法正确的是________(选 填序号)。 a．反应中，所有铁元素均被还原 b．从物质的组成来看，黄铜矿属于复盐 c．反应中，CuFeS2 既作氧化剂又作还原剂 d．当转移 1 mol 电子时，有 46 g CuFeS2 参加反应 (3)下列是工业制取高铁酸钾的一种方法，请在方框内填上合适的微粒符号并配平该离子方程 式： __Fe3＋＋__ ＋__Cl2——__FeO2－4 ＋__Cl－＋__ 答案　(1)d　(2)d　(3)2Fe3＋＋8H2O＋3Cl2===2FeO2－4 ＋6Cl－＋16H＋ 解析　(1)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O。 (2) CuFeS2＋4Fe3＋===Cu2＋＋5F 得 e－×4e2＋＋2S 失 2e－×2 c 项，CuFeS2 仅作还原剂。 d 项，当转移 4 mol 电子时，有 184 g CuFeS2 参加反应， 所以当有 1 mol 电子转移时，应有 46 g CuFeS2 参加反应。 13．某小组用下图所示装置对 Cl2 与 Na2S2O3 的反应进行探究(气密性已检验)。 实验操作和现象： 操作 现象 打开分液漏斗活塞，滴加一定量浓盐酸， 加热 ⅰ.A 中有黄绿色气体生成，C 中液面上方 有白雾，溶液中开始出现少量浑浊； ⅱ.一段时间后，C 中产生大量黄色沉淀 用湿润的淀粉碘化钾试纸检验 C 中白雾 淀粉碘化钾试纸变蓝 C 中浊液过滤后，取少量滤液用盐酸酸化， 滴加氯化钡溶液 有白色沉淀生成 查阅资料：a.S2O 2－3 有较强的还原性。b.酸性条件下 S2O 2－3 迅速分解为 S 和 SO2。 (1)A 中发生反应的离子方程式是___________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)B 中饱和 NaCl 溶液的作用是____________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)C 中生成黄色沉淀的离子方程式是_______________________________________________ ________________________________________________________________________。 (4)为检验 C 中是否有 SO2 生成，需进行的操作是____________________________________ ________________________________________________________________________。 (5)C 中滤液与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，甲同学认为利用该现象可证明 Na2S2O3 被 Cl2 氧化，反应的离子方程式是_______________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (6)乙同学认为，C 中滤液用硝酸酸化后滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，也能证明 Na2S2O3 被 Cl2 氧化，丙同学认为不能证明，理由是_________________________________________ ________________________________________________________________________________ _______________________。 答案　(1)MnO2＋4H＋＋2Cl－ =====△ Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O (2)除去 Cl2 中的 HCl，防止对 Cl2 与 Na2S2O3 的反应产生干扰 (3)S2O2－3 ＋2H＋===S↓＋SO2↑＋H2O (4)把白雾通入 Ba(NO3)2 溶液中，若有白色沉淀，证明有 SO2 生成 (5)S2O2－3 ＋4Cl2＋5H2O===8Cl－＋2SO2－4 ＋10H＋ (6)氯气与水反应也能生成 Cl － ，所以检验出溶液中有 Cl － 也不能证明是 Cl2 氧化了 Na2S2O3(其他合理答案均可) 14．碱式氧化镍(NiOOH)可用作镍氢电池的正极材料。以含镍(Ni2＋)废液为原料生产 NiOOH 的一种工艺流程如下： (1) 加 入 Na2CO3 溶 液 时 ， 确 认 Ni2 ＋ 已 经 完 全 沉 淀 的 实 验 方 法 是 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)已知常温下 Ksp[Ni(OH)2]＝2×10－15，欲使 NiSO4 溶液中残留 c(Ni2＋)≤2×10－5 mol·L－1， 调节 pH 的范围是________。 (3) 写 出 在 空 气 中 加 热 Ni(OH)2 制 取 NiOOH 的 化 学 方 程 式 ： ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (4)若加热不充分，制得的 NiOOH 中会混有 Ni(OH)2，其组成可表示为 xNiOOH·yNi(OH)2。 现称取 9.18 g 样品溶于稀硫酸，加入 100 mL 1.0 mol·L－1 Fe2＋标准溶液，搅拌至溶液清亮， 定容至 200 mL。取出 20.00 mL，用 0.010 mol·L－1 KMnO4 标准溶液滴定，用去 KMnO4 标准 溶液 20.00 mL，试通过计算确定 x、y 的值(写出计算过程)。 涉及反应如下(均未配平)： NiOOH＋Fe2＋＋H＋―→Ni2＋＋Fe3＋＋H2O Fe2＋＋MnO－4 ＋H＋―→Fe3＋＋Mn2＋＋H2O 答案　(1)静置，在上层清液中继续滴加 1～2 滴 Na2CO3 溶液，无沉淀生成 (2)pH≥9 (3)4Ni(OH)2＋O2 =====△ 4NiOOH＋2H2O (4)消耗 KMnO4 物质的量：0.01 mol·L－1×0.02 L＝2×10－4 mol 与 NiOOH 反应后剩余的 Fe2＋物质的量：2×10－4 mol×5×(200÷20)＝0.01 mol Fe2＋总物质的量：1.0 mol·L－1×0.1 L＝0.1 mol 与 NiOOH 反应的 Fe2＋的物质的量：0.1 mol－0.01 mol＝0.09 mol n(NiOOH)＝0.09 mol m(NiOOH)＝91.7 g·mol－1×0.09 mol＝8.253 g n[Ni(OH)2]＝9.18 g－8.253 g 92.7 g·mol－1 ＝0.01 mol x∶y＝n(NiOOH)∶n[Ni(OH)2]＝0.09 mol∶0.01 mol＝9∶1 故：x＝9，y＝1。 考点一　离子方程式的书写与正误判断 离子方程式书写的基本规律要求 (1)合事实：离子反应要符合客观事实，不可臆造产物及反应。 (2)式正确：化学式与离子符号使用正确合理。 (3)号实际：“===”、“”、“―→”、“↑”、“↓”等符号符合实际。 (4)三守恒：两边原子数、电荷数必须守恒，氧化还原反应离子方程式中氧化剂得电子总数与 还原剂失电子总数要相等。 (5)明类型：依据离子反应原理，分清类型，总结方法技巧。 (6)细检查：结合书写离子方程式过程中易出现的错误，细心检查。 题组一　滴加顺序不同反应的离子方程式的书写 1．按要求书写下列反应的离子方程式： (1)AlCl3 溶液和 NaOH 溶液 ①向 AlCl3 溶液中逐滴滴加 NaOH 溶液直至过量 Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓， Al(OH)3＋OH－===AlO－2 ＋2H2O； ②向 NaOH 溶液中逐滴滴加 AlCl3 溶液直至过量 Al3＋＋4OH－===AlO－2 ＋2H2O， 3AlO－2 ＋Al3＋＋6H2O===4Al(OH)3↓。 (2)NaAlO2 溶液和盐酸溶液 ①向 NaAlO2 溶液中逐滴滴入盐酸溶液直至过量 AlO－2 ＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓， Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O； ②向盐酸溶液中逐滴滴入 NaAlO2 溶液直至过量 AlO－2 ＋4H＋===Al3＋＋2H2O， Al3＋＋3AlO－2 ＋6H2O===4Al(OH)3↓。 (3)Na2CO3 溶液和稀盐酸 ①向 Na2CO3 溶液中逐滴滴入稀盐酸直至过量 CO2－3 ＋H＋===HCO－3 ，HCO－3 ＋H＋===H2O＋CO2↑； ②向稀盐酸中滴入 Na2CO3 溶液 CO2－3 ＋2H＋===H2O＋CO2↑。 (4)AgNO3 溶液和氨水 ①向 AgNO3 溶液中逐滴滴加氨水直至过量 Ag＋＋NH3·H2O===NH＋4 ＋AgOH↓， AgOH＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋2H2O＋OH－； ②向氨水中逐滴滴加 AgNO3 溶液直至过量 Ag＋＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋2H2O， [Ag(NH3)2]＋＋Ag＋＋2H2O===2AgOH↓＋2NH＋4 。 提醒　(1)上述反应滴加顺序不同，离子反应不同，产生的现象也不同，常见于不用试剂离子 的鉴别。 (2)在 Na2CO3 溶液和盐酸的反应中，也可以用 KHSO4 或 NaHSO4 溶液代替稀盐酸。 题组二　定量型离子方程式的书写 2．按要求书写下列反应的离子方程式： (1)NaHCO3 溶液分别与①少量澄清石灰水，②过量澄清石灰水反应的离子方程式。 答案　①2HCO－3 ＋Ca2＋＋2OH－===CaCO3↓＋CO2－3 ＋2H2O ②HCO－3 ＋OH－＋Ca2＋===CaCO3↓＋H2O (2)NH4HCO3 溶液分别与①少量 NaOH 溶液，②过量 NaOH 溶液反应的离子方程式。 答案　①HCO－3 ＋OH－===CO2－3 ＋H2O ②NH＋4 ＋HCO－3 ＋2OH－===CO2－3 ＋H2O＋NH3·H2O (3)NaHSO4 溶液分别与①少量 Ba(OH)2 溶液，②过量 Ba(OH)2 溶液反应的离子方程式。 答案　①2H＋＋SO2－4 ＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2O ②H＋＋SO2－4 ＋Ba2＋＋OH－===BaSO4↓＋H2O (4)向明矾溶液中滴加 Ba(OH)2 溶液：①使 SO 2－4 完全沉淀，②使 Al3＋完全沉淀。 答案　①Al3＋＋2SO2－4 ＋2Ba2＋＋4OH－===AlO－2 ＋2H2O＋2BaSO4↓ ②2Al3＋＋3Ba2＋＋3SO2－4 ＋6OH－===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓ (5)向 NH4Al(SO4)2 溶液中滴加 Ba(OH)2 溶液：①使 SO 2－4 完全沉淀，②使 Al3＋完全沉淀。 答案　①NH＋4 ＋Al3＋＋2SO2－4 ＋2Ba2＋＋4OH－===NH3·H2O＋Al(OH)3↓＋2BaSO4↓ ②2Al3＋＋3SO2－4 ＋3Ba2＋＋6OH－===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓ (6)向含有 Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入铁粉：①只有红色物质析出，②有气泡冒出。 答案　①2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋， Cu2＋＋Fe===Cu＋Fe2＋ ②2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋， Cu2＋＋Fe===Fe2＋＋Cu， 2H＋＋Fe===Fe2＋＋H2↑ (7)向一定量的 FeBr2 溶液中分别通入①少量 Cl2，②过量 Cl2，③等量 Cl2 反应的离子方程式。 答案　①2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－ ②2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2===2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－ ③2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2===2Fe3＋＋Br2＋4Cl－ 方法技巧 1．“少定多变”法书写与量有关的离子方程式 所谓的“少定”，即将量少的反应物的计量数确定为 1，而“多变”即过量的反应物的计量数 根据反应的需要确定，不受化学式中比例制约，是可变的。量少物质产生的离子数之比符合 化学式。 2．判断离子反应顺序的方法 (1)氧化还原型离子反应。同一氧化剂(或还原剂)可能与多种还原剂(或氧化剂)反应，解此类题 应抓住三点： ①确定氧化剂或还原剂强弱顺序。如还原性 I－>Fe2＋>Br－>Cl－，氧化性 Ag＋>Fe3＋>Cu2＋>H＋ >Fe2＋>Zn2＋等。 ②根据强弱规律，判断反应顺序。同一氧化剂与多种还原剂反应，还原性强的还原剂优先发 生反应；同一还原剂与多种氧化剂反应，氧化性强的氧化剂优先发生反应。 ③分步计算。先判断过量，后计算。 (2)复分解型离子反应。判断反应产物与其他成分是否能大量共存。例如，某溶液中含有 Al3 ＋、NH＋4 、H＋，向溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，若先发生反应：NH＋4 ＋OH－===NH3·H2O， 则生成的 NH3·H2O 与 H＋、Al3＋都不能大量共存，会发生反应：NH3·H2O＋H ＋===NH＋4 ＋ H2O，Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH＋4 。因此，OH－应先与 H＋反应，再与 Al3＋反应， 最后与 NH ＋4 反应。判断离子反应先后顺序的总规则是先发生反应的反应产物与其他物质能 大量共存。 题组三　高考试题离子方程式书写正误判断分类汇编 类型一　常见“陷阱”设置型 3．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。 (1)向稀 HNO3 中滴加 Na2SO3 溶液：SO2－3 ＋2H＋===SO2↑＋H2O(×) (2015·山东理综，12A) (2)向 CuSO4 溶液中加入 Na2O2：2Na2O2＋2Cu2＋＋2H2O===4Na＋＋2Cu(OH)2↓＋O2↑(√) (2015·山东理综，12D) (3)氯气溶于水：Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－(×) (2015·江苏，9A) (4)Na2CO3 溶液中 CO 2－3 的水解：CO2－3 ＋H2O===HCO－3 ＋OH－(×) (2015·江苏，9B) (5)酸性溶液中 KIO3 与 KI 反应生成 I2：IO－3 ＋I－＋6H＋===I2＋3H2O(×) (2015·江苏，9C) (6)向 NaClO 和 NaCl 混合溶液中滴入少量 FeSO4 溶液，反应的离子方程式为 2Fe2＋＋ClO－＋ 2H＋===Cl－＋2Fe3＋＋H2O(×) (2015·安徽理综，10C) (7)Cu 溶于稀硝酸：Cu＋2H＋＋NO－3 ===Cu2＋＋NO2↑＋H2O(×) (2014·江苏，7A) (8)用 CH3COOH 溶解 CaCO3：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑(×) (2014·江苏，7C) (9)Cl2 通入 NaOH 溶液：Cl2＋OH－===Cl－＋ClO－＋H2O(×) (2014·四川理综，3A) (10)NaHCO3 溶液中加入稀 HCl：CO2－3 ＋2H＋===H2O＋CO2↑(×) (2014·四川理综，3B) (11)AlCl3 溶液中加入过量稀氨水：Al3＋＋4NH3·H2O===AlO－2 ＋4NH＋4 ＋2H2O(×) (2014·四川理综，3C) (12)Fe2(SO4)3 和 Ba(OH)2 溶液反应的离子方程式：Fe3＋＋SO2－4 ＋Ba2＋＋3OH－===Fe(OH)3↓ ＋BaSO4↓(×) (2014·安徽理综，8C) 类型二　定量书写判断型 4．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。 (1)向 Na2SiO3 溶液中通入过量 SO2：SiO2－3 ＋SO2＋H2O===H2SiO3↓＋SO2－3 (×) (2015·山东理综，12B) (2)向 Al2(SO4)3 溶液中加入过量的 NH3·H2O：Al3＋＋4NH3·H2O===[Al(OH)4]－＋4NH＋4 (×) (2015·山东理综，12C) (3)NaHCO3 溶液中加足量 Ba(OH)2 溶液：HCO－3 ＋Ba2＋＋OH－===BaCO3↓＋H2O(√) (2015·江苏，9D) (4)离子方程式 2Ca2＋＋3HCO－3 ＋3OH－―→2CaCO3↓＋CO2－3 ＋3H2O 可以表示 ①Ca(HCO3)2 与 NaOH 溶液反应(√) ②NaHCO3 与澄清石灰水反应(√) ③Ca(HCO3)2 与澄清石灰水反应(×) ④NH4HCO3 与澄清石灰水反应(×) (2015·上海，19) (5)向 NaAlO2 溶液中通入过量 CO2 制 Al(OH)3：CO2＋2H2O＋AlO－2 ===Al(OH)3↓＋HCO－3 (√) (2014·江苏，7D) (6)(NH4)2 Fe(SO4)2 溶液与过量 NaOH 溶液反应制 Fe(OH)2：Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓(×) (2014·江苏，7B) (7)Ca(HCO3)2 溶液与少量 NaOH 溶液反应；HCO－3 ＋OH－＋Ca2＋===CaCO3↓＋H2O(√) (2013·江苏，8D) (8)0.01 mol·L －1 NH4Al(SO4)2 溶液与 0.02 mol·L －1 Ba(OH)2 溶液等体积混合：NH＋4 ＋Al3＋＋ 2SO2－4 ＋2Ba2＋＋4OH－===2BaSO4↓＋Al(OH)3↓＋NH3·H2O(√) (2012·四川理综，9C) 失误防范 1．常规“陷阱”设置 (1)原理错误；(2)拆写错误；(3)配平错误；(4)符号运用错误。 2．定量型离子方程式书写正误判断的审题要求 (1)依据选项，看准“少量”、“过量”或“等量”。 (2)根据反应类型，判断优先反应的离子，后续反应的离子以及反应后的离子与原离子是否还 能继续反应，如向 Ca(HCO3)2 溶液中加入少量的 NaOH 溶液，由于 HCO－3 ＋OH－===CO2－3 ＋ H2O，而 Ca2＋和 CO 2－3 不能大量共存，Ca2＋＋CO2－3 ===CaCO3↓，即 HCO－3 ＋Ca2＋＋OH－ ===CaCO3↓＋H2O。 考点二　警惕“陷阱”设置，突破离子共存 在离子共存问题上，常常设置一些“陷阱”，做题时应引起注意。 1．警惕“颜色陷阱” 若限定溶液无色，则 Cu2＋、Fe3＋、Fe2＋、CrO2－4 、MnO －4 等有色离子不能大量存在。 2．警惕溶液酸、碱性的几种表示方法 (1)表示酸性溶液的是①pH<7 或 c(H＋)>c(OH－)或 c(OH－)＝10－(8～14) mol·L－1(25 ℃)；②能使 pH 试纸显红色的溶液；③能使甲基橙显红色或橙色的溶液；④能使紫色石蕊溶液显红色的溶 液。 (2)表示碱性溶液的是①pH>7 或 c(H＋)7 加酸或 加碱抑制水的电离)；③与 NH4HCO3 或(NH4)2CO3 等反应放出气体的溶液。 3．警惕几种隐含情况 (1)含有大量 Fe3＋的溶液，隐含是酸性溶液，并具有强氧化性。 (2)含有大量 NO －3 的溶液，隐含酸性条件下具有强氧化性。 (3)含有大量 AlO －2 的溶液，隐含是碱性溶液。 (4)含有大量 S2－、SO 2－3 的溶液，隐含不是酸性溶液。 4．警惕相互促进水解的几种情况 (1)NH ＋4 与 CH3COO－、CO2－3 ，Mg2＋与 HCO －3 等组合中，虽然存在相互促进水解情况，但水 解程度较小，在溶液中仍然能大量共存。 (2)Al3＋与 CO2－3 、HCO－3 、AlO－2 、HS－、S2－，Fe3＋与 CO2－3 、HCO－3 、AlO －2 相互促进水解， 生成沉淀或气体，不能大量共存。 5．警惕几种说法 (1)HCO －3 可存在弱碱性环境中，HSO －3 可存在弱酸性环境中。 (2)Al3＋、Fe3＋在中性条件下不能存在，在酸性条件下也可能不存在。 题组一　题干中有限制条件的离子共存问题的判断 1．(2015·上海，17)某无色溶液含有下列离子中的若干种：H＋、NH＋4 、Fe3＋、Ba2＋、Al3＋、 CO2－3 、Cl－、OH－、NO－3 。向该溶液中加入铝粉，只放出 H2，则溶液中能大量存在的离子 最多有(　　) A．3 种 B．4 种 C．5 种 D．6 种 答案　C 2．无色透明的酸性溶液中，能大量共存的是(　　) A．Na＋、K＋、CO2－3 、NO－3 B．K＋、Fe2＋、NH＋4 、NO－3 C．NH＋4 、Al3＋、SO2－4 、NO－3 D．K＋、Na＋、NO－3 、OH－ 答案　C 解析　A 项，CO 2－3 在酸性条件下不能大量存在；B 项，Fe2＋有颜色且在酸性条件下 NO －3 氧 化 Fe2＋；D 项，在酸性条件下，OH－不能大量存在。 题组二　选项中有限制条件的离子共存问题的判断 3．(2015·江苏，6)常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是(　　) A．使酚酞变红色的溶液中：Na＋、Al3＋、SO2－4 、Cl－ B. Kw c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1 的溶液中：NH＋4 、Ca2＋、Cl－、NO－3 C．与 Al 反应能放出 H2 的溶液中：Fe2＋、K＋、NO－3 、SO2－4 D．水电离的 c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1 的溶液中：K＋、Na＋、AlO－2 、CO2－3 答案　B 解析　A 项，使酚酞变红色的溶液呈碱性，OH－与 Al3＋不能大量共存。B 项，c(OH－)＝ Kw c(H＋) ＝1×10－13 mol·L－1，c(H＋)＝0.1 mol·L－1，溶液呈酸性，四种离子可以大量共存。C 项，与 铝反应放出氢气的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，若呈酸性，NO －3 不能大量存在，一是因为 HNO3 与 Al 反应不能生成 H2，二是酸性条件下 NO －3 与 Fe2＋因发生氧化还原反应而不能大量 共存；若呈碱性，Fe2＋因生成 Fe(OH)2 沉淀而不能大量存在。D 项，由水电离的 c(H＋)＝1×10 －13 的溶液中水的电离受到抑制，可能是由于外加酸或碱，若为碱溶液，四种离子可以大量共 存，若为酸溶液，AlO－2 、CO 2－3 不能大量存在。 4．(2014·江苏，3)25 ℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是(　　) A．pH＝1 的溶液中：Na＋、K＋、MnO－4 、CO2－3 B．c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1 的溶液中：Mg2＋、Cu2＋、SO2－4 、NO－3 C．0.1 mol·L－1 NH4HCO3 溶液中：K＋、Na＋、NO－3 、Cl－ D．0.1 mol·L－1 FeCl3 溶液中：Fe2＋、NH＋4 、SCN－、SO2－4 答案　C 解析　A 项，pH＝1 的溶液显强酸性，CO 2－3 与 H＋因生成 CO2、H2O 而不能大量共存；B 项， c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1 的溶液 pH＝13，溶液显强碱性，Mg2＋、Cu2＋分别与 OH－反应生 成 Mg(OH)2、Cu(OH)2 沉淀而不能大量共存；C 项，0.1 mol·L－1 NH4HCO3 溶液中，题给四种 离子与 NH＋4 、HCO －3 均不发生反应，可以大量共存；D 项，Fe3＋、Fe2＋均能与 SCN－反应， 生成难电离的弱电解质 Fe(SCN)3、Fe(SCN)2 而不能大量共存。 失误防范 离子共存问题审题“五大”注意 1．应注意判断离子共存的情况：“能、不能”，“一定、可能、一定不能”。 2．应注意题干中提示的溶液酸碱性：酸性溶液应考虑 H＋的存在，碱性溶液应考虑 OH－的存 在。 3．应注意题干中提示的溶液颜色：溶液无色时，有色离子不能大量存在。 4．应注意题干中提示的水的电离程度：当由水电离出的 c(H＋)或 c(OH－)小于 1×10－7 mol·L －1 时，水的电离受到抑制，溶液可能为酸性溶液或碱性溶液；当由水电离出的 c(H＋)或 c(OH －)大于 1×10－7 mol·L－1 时，水的电离受到促进，溶液可能为弱酸盐溶液或弱碱盐溶液。 5．注意正确理解“透明溶液”，如：NaCl 溶液、KOH 溶液为无色透明溶液，CuSO4 溶液、FeCl3 溶液是有色透明溶液，不能认为“有色”就不透明。 考点三　离子反应的应用——离子推断 该类试题通常以实验探究的形式出现，题目中给出每步实验的操作及现象，要求根据现象推 断所含离子。推断时要仔细分析每一步所发生的反应，并注意思维的严密性，解题时要特别 注意以下几点： 1．注意有颜色的离子与溶液的颜色是否一致。 2．根据某现象推出含有的某种离子，该离子是否为前面的操作引入的。 3．注意离子共存问题 (1)离子是否能存在于溶液中，要特别注意溶液的性质(如酸碱性、氧化性、还原性)与离子的 性质。 (2)推断结果中的离子是否能共存于同一溶液中。 (3)离子是否会隐蔽转化，如 Al3＋遇到过量的强碱转化为 AlO－2 ，AlO －2 遇到过量的强酸转化 为 Al3＋。 题组一　定性推断离子 1．对某酸性溶液(可能含有①Br－、②SO2－4 、③H2SO3、④NH＋4 )分别进行如下实验： (1)加热时放出的气体可以使品红溶液褪色；(2)加碱调至碱性后，加热时放出的气体可以使湿 润的红色石蕊试纸变蓝；(3)加入数滴氯水时，溶液无色，再加入 BaCl2 溶液时，产生的白色 沉淀不溶于稀硝酸。对于下列物质不能确认其在溶液中是否存在的是(　　) A．①② B．③④ C．①③ D．②④ 答案　A 解析　根据(1)可以判断有 H2SO3；根据(2)可以判断有 NH＋4 ；根据(3)不能确定 SO2－4 ，因为氯 水能把 H2SO3 氧化成 H2SO4。由于还原性 H2SO3>Br－，加入的氯水又是少量，所以根据溶液 无色，不能确定 Br－是否存在。 2．某无色溶液中可能含有 Na＋、Ba2＋、Cl－、Br－、SO2－3 、SO 2－4 等离子中的若干种，依次 进行下列实验，且每步所加试剂均过量： (1)用 pH 试纸检验，溶液的 pH 大于 7； (2)向溶液中加氯水，再加入 CCl4 振荡，静置，分液，CCl4 层呈橙红色； (3)向所得溶液中加入 Ba(NO3)2 溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成； (4)过滤，向滤液中加入 AgNO3 溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成。 下列说法正确的是(　　) A．实验(1)说明发生了反应：SO2－3 ＋2H2O===H2SO3＋2OH－ B．实验(2)中发生的离子反应只有：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2 C．实验(3)、(4)发生的反应分别是 Ba2＋＋SO2－4 ===BaSO4↓、Ag＋＋Cl－===AgCl↓ D．为确定该溶液是否含有 Na＋，还要做焰色反应实验 答案　C 解析　实验(1)说明原溶液中有水解呈碱性的 SO2－3 ，但其水解是分步进行的，A 项错误；实 验(2)说明原溶液中含有 Br－，肯定会发生反应：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2，但足量的氯水一 定会与 SO 2－3 发生氧化还原反应，也是离子反应，B 项错误，实验(3)说明所得溶液中含有 SO 2－4 (注意：该离子可能是原溶液本来含有的，也可能是 SO 2－3 在上步操作中被氯水氧化所得)， 实验(4)说明所得滤液中含有 Cl－，C 项正确；由实验(1)证明原溶液中含有 SO2－3 ，根据离子 共存原则可知其中一定没有 Ba2＋，又根据溶液呈电中性，可知溶液中肯定有 Na＋，没有必要 进行焰色反应来检验 Na＋的存在，D 项错误。 思维点拨 坚持“四项”基本原则，突破离子推断问题 1．肯定性原则：结合实验现象推出肯定存在或肯定不存在的物质或离子。 2．互斥性原则：在肯定某些离子存在的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在。 3．进出性原则：注意实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。 4．电中性原则：溶液中既要有阳离子，也要有阴离子。 题组二　定量推断离子 3．某溶液可能含有 Cl－、SO2－4 、CO2－3 、NH＋4 、Fe3＋、Al3＋和 K＋。取该溶液 100 mL，加入 过量 NaOH 溶液，加热，得到 0.02 mol 气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得 到 1.6 g 固体；向上述滤液中加足量 BaCl2 溶液，得到 4.66 g 不溶于盐酸的沉淀。由此可知原 溶液中 (　　) A．至少存在 5 种离子 B．Cl－一定存在，且 c(Cl－)≥0.4 mol·L－1 C．SO2－4 、NH ＋4 一定存在，Cl－可能不存在 D．CO2－3 、Al3＋一定不存在，K＋可能存在 答案　B 解析　根据加入过量 NaOH 溶液，加热，得到 0.02 mol 气体，说明有 NH＋4 ，为 0.02 mol，同 时产生红褐色沉淀，说明有 Fe3＋，而且为 0.02 mol，则没有 CO2－3 ，根据不溶于盐酸的 4.66 g 沉淀，说明有 SO2－4 ，且为 0.02 mol，则根据电荷守恒可知一定有 Cl－，至少有 0.04 mol，B 正确。 4．某固体混合物可能由 Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3 中的两种或多种组成，现对 该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示(气体体积数据已换算成标准状况下的体 积)： 关于该固体混合物，下列说法正确的是(　　) A．一定含有 Al，其质量为 4.5 g B．一定不含 FeCl2，可能含有 MgCl2 和 AlCl3 C．一定含有 MgCl2 和 FeCl2 D．一定含有(NH4)2SO4 和 MgCl2，且物质的量相等 答案　D 解析　5.60 L 气体为 NH3 和 H2，其中 n(H2)＝0.15 mol，n(NH 3)＝0.1 mol，白色沉淀只是 Mg(OH)2，其物质的量为 0.05 mol，所以一定有 Al、(NH4)2SO4、MgCl2，其质量分别为 2.7 g、6.6 g、4.75 g，由于 2.7＋6.6＋4.75＝14.05，所以一定不含 AlCl3。 方法技巧 电荷守恒法确定离子 定量推断最后一种离子存在的方法：如果多种离子共存，且只有一种离子的物质的量未知， 可以用电荷守恒来确定最后一种离子是否存在，即阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负 电荷总数。 专题强化练 1．(2015·安徽理综，10)下列有关 NaClO 和 NaCl 混合溶液的叙述正确的是(　　) A．该溶液中，H＋、NH＋4 、SO2－4 、Br－可以大量共存 B．该溶液中，Ag＋、K＋、NO－3 、CH3CHO 可以大量共存 C．向该溶液中滴入少量 FeSO4 溶液，反应的离子方程式为 2Fe2＋＋ClO－＋2H＋===Cl－＋2Fe3 ＋＋H2O D．向该溶液中加入浓盐酸，每产生 1 mol Cl2，转移电子约为 6.02×1023 个 答案　D 解析　A 项 ClO－能氧化 Br－，且 ClO－与 H＋反应能生成弱电解质 HClO，不能大量共存，错 误；B 项，Ag＋与 Cl－能生成难溶物 AgCl 而不能大量共存，且 ClO－能氧化 CH3CHO, 错误； C 项，因 NaClO 水解，溶液呈弱碱性，滴加 FeSO4 溶液反应的离子方程式为 2Fe2＋＋ClO－＋ 4OH－＋H2O===2Fe(OH)3↓＋Cl－，错误；D 项，加入浓盐酸后反应的离子方程式为 Cl－＋ClO －＋2H＋===Cl2↑＋H2O，每生成 1 mol Cl2，转移电子约为 6.02×1023 个，正确。 2．(2015·天津理综，2)下列关于物质或离子检验的叙述正确的是(　　) A．在溶液中加 KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有 Fe3＋，无 Fe2＋ B．气体通过无水 CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气 C．灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有 Na＋，无 K＋ D．将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是 CO2 答案　B 解析　A 项，在溶液中加 KSCN，溶液显红色，说明一定含有 Fe3＋ ，还可能含有 Fe2＋，因 为 Fe2＋遇 KSCN 不变红，错误；B 项，气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，是因为白色的无水 硫酸铜与水反应生成了蓝色的 CuSO4·5H2O，所以可证明原气体中含有水蒸气，正确；C 项， 灼烧白色粉末，火焰呈黄色，说明原粉末中一定含有 Na＋，不能确认有无 K＋，若要进一步 确认可透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后进行观察，如果火焰呈紫色，则含有 K＋，错误；D 项， 若为 SO2 气体也有相同的现象，所以不能确定该气体一定是 CO2 ，错误。 3．(2015·北京理综，11)某消毒液的主要成分为 NaClO，还含有一定量的 NaOH。下列用来解 释事实的方程式中，不合理的是(已知：饱和 NaClO 溶液的 pH 约为 11)(　　) A．该消毒液可用 NaOH 溶液吸收 Cl2 制备： Cl2＋2OH－===ClO－＋Cl－＋H2O B．该消毒液的 pH 约为 12： ClO－＋H2OHClO＋OH－ C．该消毒液与洁厕灵(主要成分为 HCl)混用，产生有毒 Cl2： 2H＋＋Cl－＋ClO－===Cl2↑＋H2O D．该消毒液加白醋生成 HClO，可增强漂白作用： CH3COOH＋ClO－===HClO＋CH3COO－ 答案　B 解析　A 项，NaClO 的制备为 Cl2 与 NaOH 溶液反应：Cl2＋2OH－===ClO－＋Cl－＋H2O，正 确；B 项，NaClO 饱和溶液的 pH 为 11，该消毒液中溶液的 pH 为 12，是由于消毒液中还含 有少量的 NaOH，故 pH 增大是由于 NaOH 电离所致，错误；C 项，该消毒液与洁厕灵混用 会发生氧化还原反应：2H＋＋Cl－＋ClO－===Cl2↑＋H2O，正确；D 项，因为醋酸的酸性比次 氯酸的酸性强，CH3COOH＋ClO－===CH3COO－＋HClO，HClO 浓度增大，漂白性增强，正 确。 4．(2015·广东理综，8)水溶液中能大量共存的一组离子是(　　) A．NH＋4 、Ba2＋、Br－、CO2－3 B．Cl－、SO2－3 、Fe2＋、H＋ C．K＋、Na＋、SO2－4 、MnO－4 D．Na＋、H＋、NO－3 、HCO－3 答案　C 解析　A 项，Ba2＋和 CO 2－3 因生成 BaCO3 沉淀而不能大量共存；B 项，SO2－3 与 H＋能结合生 成弱电解质 H2SO3 而不能大量共存；C 项，离子间互不反应，可以大量共存，正确；D 项，H ＋与 HCO－3 能反应生成 CO2 和 H2O 而不能大量共存。 5．已知：2Fe＋3Br2===2FeBr3，Fe2＋的还原性大于 Br－。现有 16.8 g 铁和 0.3 mol Br2 反应后 加入水得到澄清溶液后，通入 a mol Cl2。下列叙述不正确的是(　　) A．当 a＝0.1 时，发生的反应为 2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－ B．当 a＝0.45 时，发生的反应为 2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2===2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－ C．若溶液中 Br－有一半被氧化时，c(Fe3＋)∶c(Br－)∶c(Cl－)＝1∶1∶3 D．当 0r(Na＋) “二看”核电荷数：当电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小。 例：r(Na)>r(Mg)>r(Al)>r(Si)>r(P)>r(S)>r(Cl) r(O2－)>r(F－)>r(Na＋)>r(Mg2＋)>r(Al3＋) “三看”核外电子数：当电子层数和核电荷数均相同时，核外电子数越多，半径越大。 例：r(Cl－)>r(Cl)　r(Fe2＋)>r(Fe3＋) 5．金属性、非金属性的多方面比较 本质 原子越易失电子，金属性越强 ①在金属活动性顺序中位置越靠前，金属 性越强 ②单质与水或非氧化性酸反应越剧烈，金 属性越强 ③单质还原性越强或离子氧化性越弱，金 属性越强 ④最高价氧化物对应水化物的碱性越强， 金属性越强 金属性比较 判断 依据 ⑤若 Xn＋＋Y―→X＋Ym＋，则 Y 的金属性 比 X 强 本质 原子越易得电子，非金属性越强 ①与 H2 化合越容易，气态氢化物越稳定， 非金属性越强 ②单质氧化性越强，阴离子还原性越弱， 非金属性越强 ③最高价氧化物对应水化物的酸性越强， 非金属性越强 非金属性比较 判断 依据 ④An－＋B―→Bm－＋A，则 B 的非金属性 比 A 强 6.重视几个易忽略的问题 (1)比较物质非金属性强弱时，应是最高价氧化物对应水化物酸性的强弱，而不是非金属元素 对应氢化物酸性的强弱。 (2)所含元素种类最多的族是ⅢB 族，形成化合物种类最多的元素在第ⅣA 族。 (3)化学键影响物质的化学性质，如稳定性等；分子间作用力和氢键影响物质的物理性质，如 熔、沸点等。 (4)并非所有非金属元素的氢化物分子间都存在氢键，常见的只有非金属性较强的元素如 N、 O、F 的氢化物分子间可形成氢键。 (5)金属性是指金属气态原子失电子能力的性质，金属活动性是指在水溶液中，金属原子失去 电子能力的性质，二者顺序基本一致，仅极少数例外。如金属性 Pb>Sn，而金属活动性 Sn>Pb。 (6)利用原电池原理比较元素金属性时，不要忽视介质对电极反应的影响。如 Al—Mg—NaOH 溶液构成原电池时，Al 为负极，Mg 为正极；Fe—Cu—HNO3(浓)构成原电池时，Cu 为负极， Fe 为正极。 题组一　把握结构，记住关系，灵活应用 1．若某ⅡB 族原子序数为 x，那么原子序数为 x＋1 的元素位于(　　) A．ⅢB 族 B．ⅢA 族 C．ⅠB 族 D．ⅠA 族 答案　B 解析　根据元素周期表的结构可知，从左到右依次为第ⅠA 族，第ⅡA 族，第ⅢB～ⅦB 族， 第Ⅷ族，第ⅠB、ⅡB 族，第ⅢA～ⅦA 族，0 族，故选 B。 2.在元素周期表中的前四周期，两两相邻的 5 种元素如图所示，若 B 元素的核电荷数为 a。 下列说法正确的是(　　) A．B、D 的原子序数之差可能为 2 B．E、B 的原子序数之差可能是 8、18 或 32 C．5 种元素的核电荷数之和可能为 5a＋10 D．A、E 的原子序数之差可能是 7 答案　C 解析　由题中所给 5 种元素的位置关系可以看出 D 一定不是第一周期元素(因为如果 D 是第 一周期元素，则 D 一定属于元素周期表最左边的第ⅠA 族元素或最右边的 0 族元素)，所以 A 选项错误；由题意可知 5 种元素在前四周期，所以 D、B、E 分别为第二、三、四周期的元素， 由元素周期表的结构可知 5 种元素一定在过渡元素右边，所以 D、E 的原子序数分别为 a－ 8、a＋18，A、C 的原子序数分别为 a－1、a＋1，即只有 C 选项正确。 题组二　记住规律，把握特殊，准确判断 3．(2014·海南，2)下列有关物质性质的说法错误的是(　　) A．热稳定性：HCl>HI B．原子半径：Na>Mg C．酸性：H2SO3>H2SO4 D．结合质子能力：S2－>Cl－ 答案　C 解析　A 项，同主族自上而下，元素非金属性减弱，非金属性越强氢化物越稳定，故稳定性 HCl>HI，正确；B 项，同周期从左到右，元素原子半径逐渐减小，所以原子半径：Na>Mg， 正确；C 项，H2SO3 属于中强酸，H2SO4 属于强酸，故酸性：H2SO4>H2SO3，错误；D 项，酸 性越弱，酸越难电离，对应的酸根离子越易结合氢离子，因为 HCl 酸性强于 H2S，所以结合 质子能力：S2－>Cl－，正确。 4．(2014·上海，6)今年是门捷列夫诞辰 180 周年。下列事实不能用元素周期律解释的只有(　　) A．碱性：KOH>NaOH B．相对原子质量：Ar>K C．酸性：HClO4>H2SO4 D．元素的金属性：Mg>Al 答案　B 解析　本题考查元素周期律。元素周期律是随着原子序数的增大，元素的化学性质(原子半径、 最高正价和最低负价、金属性与非金属性等)出现了周期性的递变规律；而元素的相对原子质 量在数值上近似等于质子数＋中子数，与元素周期律无关。 考点三　元素推断及综合运用 元素推断题是高考考查的热点，这类题往往将元素化合物的知识、物质结构理论、化学基本 理论等知识串联起来，综合性较强，难度较大。解题的关键是正确推断元素。常用方法有： 1．根据原子或离子的结构示意图推断 (1)已知原子结构示意图，可由下列等式确定元素在周期表中的位置和元素的种类：电子层数 ＝周期数，最外层电子数＝主族序数。 如果已知离子的结构示意图，则须将其转化为原子结构示意图来确定。 (2)电子层结构相同的微粒：阴离子对应的元素在具有相同电子层结构的稀有气体元素的前面， 阳离子对应的元素在具有相同电子层结构的稀有气体元素的下一周期的左边位置，简称“阴 前阳下”。 2．根据元素化合价的特征关系推断 (1)根据等式确定元素在周期表中的位置：最高正化合价数＝最外层电子数＝主族序数(O、F 除外)。 (2)如果已知负化合价(或阴离子的符号)，则须用等式先求出最高正化合价：最高正化合价＝8 －|负化合价|，再确定元素在周期表中的位置。 3．根据原子半径的递变规律推断 根据原子半径来推断元素的相对位置：同周期中左边元素的原子半径比右边元素的原子半径 大，同主族中下边元素的原子半径比上边元素的原子半径大。 4．根据元素的原子结构特征推断 (1)利用元素的原子结构特征确定元素在周期表中的位置：①最外层电子数等于或大于 3(小于 8)的一定是主族元素。②最外层有 1 个或 2 个电子，则可能是ⅠA 或ⅡA 族元素，还有可能 是副族、Ⅷ族或 0 族元素氦。③次外层电子数是 2 的元素在第二周期；次外层电子数是 8 的 元素在第三周期或第四周期的ⅠA、ⅡA 族；最外层电子数比次外层电子数多的元素一定位 于第二周期。④某元素阴离子的最外层电子数与次外层电子数相同，该元素位于第三周期； 若为阳离子，则对应元素位于第四周期。 (2)利用元素的特征来推断元素的位置：如根据“形成化合物最多的元素”、“空气中含量最 多的元素”、“地壳中含量最多的元素”等特征来推断。 5．根据稀有气体的原子序数推断 各周期最后的元素都是稀有气体元素，其原子序数的数值实际上等于前几周期的元素种数之 和。熟记这些原子序数，对推断某元素在周期表中的位置很有帮助。 题组一　表格片断式“位—构—性”推断 1．(2015·山东理综，8)短周期元素 X、Y、Z、W 在元素周期表中的相对位置如图所示。已知 Y、W 的原子序数之和是 Z 的 3 倍，下列说法正确的是(　　) Y Z X W A.原子半径：XZ C．Z、W 均可与 Mg 形成离子化合物 D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>W 答案　C 解析　由题意可知，短周期元素 X、Y、Z、W 分别位于 2、3 周期，设 Z 的原子序数为 x， 则 Y、W 的原子序数分别为 x－1、x＋9，则有 x－1＋x＋9＝3x，解得 x＝8，则元素 X、Y、 Z、W 分别为 Si、N、O、Cl。A 项，原子半径应为 X>Y>Z，错误；B 项，气态氢化物的稳 定性应为 XZ>Y>X B．最高价氧化物对应水化物的酸性：X>W>Z C．最简单气态氢化物的热稳定性：Y>X>W>Z D．元素 X、Z、W 的最高化合价分别与其主族序数相等 答案　A 解析　根据短周期元素 W 原子的质子数是其最外层电子数的 3 倍，可推知 W 是 P 元素。结 合元素在周期表中的相对位置可知：X 是 N 元素，Y 是 O 元素，Z 是 Si 元素。A 项，同周 期元素，由左到右原子序数增大，原子半径减小；同主族元素，由上到下原子序数增大，原 子核外电子层数增多，半径增大。所以原子半径关系为 Si>P>N>O，错误；B 项，元素的非 金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强。元素的非金属性：N>P>Si，所以它 们的最高价氧化物对应的水化物的酸性：HNO3>H3PO4>H2SiO3，正确；C 项，元素的非金属 性越强，其对应的最简单气态氢化物的热稳定性就越强。元素的非金属性：O>N>P>Si，所 以对应最简单气态氢化物的热稳定性：H2O>NH3>PH3>SiH4，正确；D 项，主族元素原子的 最外层电子数一般等于该元素的最高正化合价(O、F 除外)，也等于主族序数，故 N、Si、P 的最高正化合价分别与其主族序数相等，正确。 题组二　文字叙述式“位—构—性”推断 3．(2015·全国卷Ⅰ，12)W、X、Y、Z 均为短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核 外 L 电子层的电子数分别为 0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为 18。下列说法正确的 是(　　) A．单质的沸点：W>X B．阴离子的还原性：W>Z C．氧化物的水化物的酸性：Yb>a B．a 和其他 3 种元素均能形成共价化合物 C．d 和其他 3 种元素均能形成离子化合物 D．元素 a、b、c 各自最高和最低化合价的代数和分别为 0、4、6 答案　B 解析　a－的电子层结构与氦相同，则 a 为氢元素；b 和 c 的次外层有 8 个电子，且最外层电 子数分别为 6、7，则 b 为硫元素，c 为氯元素；d 的最外层电子数为 1，且 c－和 d＋的电子层 结构相同，则 d 为钾元素。A 项，元素的非金属性次序为 Cl>S>H，正确；H2S 和 HCl 是共 价化合物，KH、K2S 和 KCl 是离子化合物，B 项错误，C 项正确；D 项，氢、硫、氯三种元 素的最高和最低化合价分别为＋1 和－1、＋6 和－2、＋7 和－1，因此它们各自最高和最低 化合价的代数和分别为 0、4、6，正确。 题组三　半径、化合价比较式“位—构—性”推断 5．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表： 元素代号 X Y Z M R Q 原子半径 (×10－10 m) 1.86 0.99 1.43 1.60 0.75 0.74 最高正价 ＋1 ＋7 ＋3 ＋2 ＋5 —主要化 合价 最低负价 — －1 — — －3 －2 下列说法正确的是(　　) A．元素 X 和 Q 形成的化合物中不可能含有共价键 B．X、Z、R 的最高价氧化物的水化物之间可两两相互反应 C．Q2－比 R3－更容易失去电子 D．M(OH)2 的碱性比 XOH 的碱性强 答案　B 解析　根据原子半径的大小关系和元素的主要化合价，可以推断 X 为 Na，Y 为 Cl，Z 为 Al， M 为 Mg，R 为 N，Q 为 O。A 项，Na 和 O2 反应生成的 Na2O2 中含有共价键；C 项，N3－比 O2－更容易失去电子；D 项，NaOH 的碱性大于 Mg(OH)2。 题组四　元素推断的综合应用 6．已知 A、B、C、D、E 是原子序数依次增大的五种短周期元素，A 与 C 同主族，A 与 B、 A 与 E 形成共价化合物，A 与 B 形成的最简单化合物的水溶液呈碱性，E 的最高正化合价与 最低负化合价的代数和为 6，D 是同周期中简单离子半径最小的元素。 (1)五种元素中，E 在元素周期表中的位置是________________，画出 C 的原子结构示意图 ________________。 (2)B 的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应生成的化合物中存在的化学键类型 为________________。 (3)C 的 最 高 价 氧 化 物 对 应 的 水 化 物 与 D 的 最 高 价 氧 化 物 反 应 的 化 学 方 程 式 为 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (4)已知 X、Y、Z 三种物质中均含有上述元素中的某一种元素，它们之间存在如图所示的转 化关系： X ― ― →W Y W X Z ①X、Y、Z 均含有同一种金属元素，若 W 固体俗称干冰，则反应 Y―→Z 的离子方程式为 ________________________________；若 W 是强碱，且 Y 是白色难溶固体，则反应 Y―→Z 的离子方程式为________________________________。 ②X、Y、Z 是均含有同一种非金属元素的化合物，W 是一种常见金属单质，且上述转化均在 常温条件下完成，则反应 Z―→Y 的离子方程式为_____________________________________ ________________________________________________________________________________ ___________________________。 答案　(1)第三周期ⅦA 族　 (2)离子键和共价键 (3)Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O (4)①CO2－3 ＋CO2＋H2O===2HCO－3 Al(OH)3＋OH－===AlO－2 ＋2H2O ②3Fe2＋＋NO－3 ＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O 解析　A、B、C、D、E 是原子序数依次增大的五种短周期元素，E 的最高正化合价与最低负 化合价的代数和为 6，说明 E 是ⅦA 族元素，为氯元素；A 的原子序数在五种元素中最小， 且与 B 形成的最简单化合物的水溶液呈碱性，则该化合物为氨气，A 是氢元素，B 是氮元素； C 与 A 同主族，原子序数大于氮的，为钠元素；D 是同周期中简单离子半径最小的元素，原 子序数大于钠的而小于氯的，为铝元素。(1)E 在元素周期表中的位置是第 3 周期ⅦA 族，钠 元素的原子序数为 11，原子结构示意图为 。(2)氮元素的气态氢化物与其最高价氧化 物对应的水化物反应生成的化合物是硝酸铵，其中存在的化学键类型是离子键和共价键。(3) 钠元素的最高价氧化物对应的水化物氢氧化钠和铝元素的最高价氧化物氧化铝反应的化学方 程式是 Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O。(4)①若 W 固体俗称干冰，则 W 是 CO2，根据转 化关系可知 X 是氢氧化钠，Y 是碳酸钠，Z 是碳酸氢钠，所以 Y―→Z 的离子方程式为 CO2－3 ＋CO2＋H2O===2HCO－3 ；若 W 是强碱，且 Y 是白色难溶固体，根据转化关系可知 Y 是两性 氢氧化物氢氧化铝，则 X 是铝盐，Z 是偏铝酸盐，所以 Y―→Z 的离子方程式为 Al(OH)3＋OH－ ===AlO－2 ＋2H2O。②X、Y、Z 是均含有同一种非金属元素的化合物，W 是一种常见金属单质， 因此 W 应该是具有多种化合价的金属铁，则 X 是硝酸，Y 是硝酸铁，Z 是硝酸亚铁，所以 Z―→Y 的离子方程式为 3Fe2＋＋NO－3 ＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。 专题强化练 1．核泄漏地区可检测到的放射性元素有 137Cs、134Cs、131I 等。下列叙述正确的是(　　) A.13455 Cs 和 13755 Cs 形成的单质物理性质相同 B.13455 Cs 比 13153 I 多 3 个中子 C.13455 Cs 和 13755 Cs 形成的单质化学性质相同 D.13455 Cs 比 13755 Cs 都是铯的同素异形体 答案　C 解析　A 项，同位素原子形成的单质化学性质几乎相同，物理性质不同；B 项，(134－55)－ (131－53)＝1；D 项，13455 Cs 与 13755 Cs 互称同位素。 2．最近媒体报道了一些化学物质，如：爆炸力极强的 N5、比黄金还贵的 18O、太空中的甲醇 气团等。下列说法中正确的是(　　) A．18O2 和 16O2 是两种不同的原子 B．甲醇(CH3OH)属于离子化合物 C．N5 和 N2 是氮元素的两种同位素 D．由 N5 变成 N2 是化学变化 答案　D 解析　18O2 和 16O2 均为单质，CH3OH 属于共价化合物，N5 和 N2 是氮的两种同素异形体。 3．(2015·上海，4)不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是(　　) A．单质氧化性的强弱 B．单质沸点的高低 C．单质与氢气化合的难易 D．最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱 答案　B 4．(2015·北京理综，7)下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是(　　) A．酸性：H2SO4>H3PO4 B．非金属性：Cl>Br C．碱性：NaOH>Mg(OH)2 D．热稳定性：Na2CO3>NaHCO3 答案　D 解 析 　 A 项 ， 同 周 期 元 素 自 左 向 右 其 最 高 价 氧 化 物 对 应 水 化 物 酸 性 增 强 ， 酸 性 ： H2SO4>H3PO4，能用元素周期律解释；B 项，同主族元素自上而下非金属性逐渐减弱，非金 属性 Cl>Br，能用元素周期律解释；C 项，同周期元素自左向右其最高价氧化物对应水化物 碱性减弱，碱性：NaOH>Mg(OH)2，能用元素周期律解释；D 项，碳酸盐的热稳定性大于其 碳酸氢盐的热稳定性，如热稳定性：Na2CO3>NaHCO3，与元素周期律无关。 5．(2015·浙江理综，9)下表为元素周期表的一部分，其中 X、Y、Z、W 为短周期元素，W 元素原子的核电荷数为 X 元素的 2 倍。下列说法正确的是(　　) X Y Z W T A.X、W、Z 元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增 B．Y、Z、W 元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依 次递增 C．YX2 晶体熔化、液态 WX3 气化均需克服分子间作用力 D．根据元素周期律，可以推测 T 元素的单质具有半导体特性，T2X3 具有氧化性和还原性 答案　D 解析　由于 W 元素原子的核电荷数为 X 元素的 2 倍，故 X 为氧元素，W 为硫元素，结合题 中各元素的相对位置，可推断出 Y 为硅元素，Z 为磷元素，T 为砷元素。A 项，根据同周期 和同主族元素原子半径和性质的变化规律可知，原子半径的大小顺序为 P>S>O，气态氢化物 的热稳定性顺序为 H2O>H2S>PH3，错误；B 项，硫元素在自然界中能以游离态存在，如存在 于火山喷口附近或地壳的岩层中，错误；C 项，SiO2 为原子晶体，熔化时克服的是共价键， 而液态 SO3 气化克服的是分子间作用力，错误；D 项，根据“对角线”规则，砷的单质与硅 的单质有相似性，可作半导体材料，As2O3 中砷元素显＋3 价，处于中间价态，既有氧化性又 有还原性。 6．(2015·广东理综，23 改编)甲～庚等元素在周期表中的相对位置如下表，己的最高价氧化 物对应水化物有强脱水性，甲和丁在同一周期，甲原子最外层与最内层具有相同电子数。下 列判断不正确的是(　　) A．丙与戊的原子序数相差 28 B．气态氢化物的稳定性：庚>己>戊 C．常温下，甲和乙的单质能与水剧烈反应 D．丁的最高价氧化物可用于制造光导纤维 答案　C 解析　根据“己的最高价氧化物对应水化物有强脱水性”，可知己为 S 元素，结合元素周期 表中各元素的相对位置，可得出庚为 F、戊为 As、丁为 Si、丙为 B；又由“甲和丁在同一周 期，甲原子最外层与最内层具有相同电子数”，说明甲为 Mg、乙为 Ca。A 项，丙(5B)与戊(33As) 的原子序数相差 28，正确；B 项，元素的非金属性越强，其对应气态氢化物的稳定性越强， 因非金属性：庚(F)>己(S)>戊(As)，则有稳定性：庚(HF)>己(H2S)>戊(AsH3)，正确；C 项，常 温下，镁与水反应很缓慢，钙能与水剧烈反应，错误；D 项，丁(Si)的最高价氧化物(SiO2)可 用于制造光导纤维，正确。 7．右表为元素周期表前四周期的一部分，下列叙述正确的是(　　) A．Y 单质在空气中燃烧生成 YO3 B．Z 元素的最高价氧化物的水化物酸性最强 C．X 的氢化物为 H2X D．Y、Z 和 W 的阴离子半径依次增大 答案　B 解析　根据元素在周期表中的位置可以推断 R 为 Ar，Z 为 Cl，Y 为 S，X 为 N，W 为 Br。 8．X＋、Y＋、M2＋、N2－均为含有一定数目电子的短周期元素的简单离子，离子半径大小关 系是 N2－>Y＋、Y＋>X＋、Y＋>M2＋，下列比较正确的是(　　) A．原子半径：N 可能比 Y 大，也可能比 Y 小 B．原子序数：N>M>X>Y C．M2＋、N2－核外电子数：可能相等，也可能不等 D．碱性：M(OH)2>YOH 答案　C 解析　根据离子所带电荷数及半径大小顺序，可以推断，X 为 Li，Y 为 Na，M 为 Mg，N 为 O 或 S；B 项，原子序数 M>Y>N>X 或 N>M>Y>X。 9．(2015·江苏，5)短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 原子最外层有 6 个电 子，Y 是至今发现的非金属性最强的元素，Z 在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，W 的单质广泛用作半导体材料。下列叙述正确的是(　　) A．原子最外层电子数由多到少的顺序：Y、X、W、Z B．原子半径由大到小的顺序：W、Z、Y、X C．元素非金属性由强到弱的顺序：Z、W、X D．简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：X、Y、W 答案　A 解析　由于 Y 是非金属性最强的元素，则 Y 为氟元素；X 原子最外层有 6 个电子，属于第ⅥA 族元素，且原子序数小于 9，则 X 为氧元素；由于 Z 在周期表中处于周期序数等于族序数的 位置，且其原子序数大于 9，则 Z 为铝元素；由于 W 的单质广泛用作半导体材料，则 W 为 硅元素。A 项，Y、X、W、Z 的原子最外层电子数分别为 7、6、4、3，正确；B 项，原子半 径由大到小的顺序为 Al、Si、O、F，错误；C 项，非金属性由强到弱的顺序为 F、O、Si、 Al，错误；D 项，简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：F、O、Si，错误。 10．(2015·海南，12)a、b、c、d 为短周期元素，a 的 M 电子层有 1 个电子，b 的最外层电子 数为内层电子数的 2 倍，c 的最高化合价为最低化合价绝对值的 3 倍，c 与 d 同周期，d 的原 子半径小于 c。下列叙述错误的是(　　) A．d 元素的非金属性最强 B．它们均存在两种或两种以上的氧化物 C．只有 a 与其他元素生成的化合物都是离子化合物 D．b、c、d 分别与氢形成的化合物中化学键均为极性共价键 答案　D 解析　根据题意，短周期元素中，a 的 M 层电子数为 1 个，则 a 为钠元素，b 的最外层电子 数为内层电子数的 2 倍，则 b 为碳元素，c 的最高化合价为最低化合价绝对值的 3 倍，则 c 为硫元素，结合 c 与 d 同周期，d 的原子半径小于 c，故 d 为氯元素。A 项，上述元素中非金 属性最强的元素是氯元素，正确；B 项，钠可以形成 Na2O、Na2O2 两种氧化物，碳元素可以 形成 CO、CO2 两种氧化物，S 元素可以形成 SO2、SO3 两种氧化物，氯元素可以形成 Cl2O、 ClO2、Cl2O7 等多种价态的氧化物，B 项正确；C 项，钠为活泼金属元素，可以与非金属元素 C、S、Cl 等形成离子化合物，正确；D 项，碳元素可以与氢元素形成只含有极性键的化合物， 如 CH4，也可形成含有极性键和非极性键的化合物，如 CH3CH3 等，硫元素形成的 H2S 只含 极性键，氯元素与氢元素形成的 HCl 也只含极性键，错误。 11．现有 A、B、C、D 四种短周期元素，A 分别与 B、C、D 结合生成甲、乙、丙三种化合 物，且甲、乙、丙三种分子中含有相同数目的质子，C、D 结合生成化合物丁。有关元素的 单质和甲、乙、丙、丁四种化合物的转化关系如图所示： 请回答下列问题： (1)写出 B＋乙―→甲＋C 反应的化学方程式：________________________________________ ________________________________________________________________________________ ________________________。 (2)根据以上条件可以确定 A、B、C、D 四种元素中的三种，不能确定的第四种元素是 ________(填序号)。 ①A ②B ③C ④D (3)依据下列条件可以进一步确定上述第四种元素： (ⅰ)甲与丙以及乙与丙均能够发生反应； (ⅱ)甲、丙、丁都是无色有刺激性气味的气体。 ①写出上述第四种元素在周期表中的位置：________。 ②写出 C＋丙―→乙＋丁反应的化学方程式：_________________________________________ ________________________________________________________________________________ _______________________。 答案　(1)2F2＋2H2O===4HF＋O2 (2)④ (3)①第二周期ⅤA 族 ②4NH3＋5O2 =====催化剂 △ 4NO＋6H2O 解析　根据题目提供的信息，可以推断 A 为 H，B 为 F，C 为 O，而 D 可能为 C 或 N。根据 甲、乙、丙三种分子含有相同的质子数，结合四种元素均为短周期元素的信息，可初步推断 甲、乙、丙可能为 C、N、O、F 的氢化物。(1)B＋乙―→甲＋C 为单质 B 置换单质 C 的反应， 则该反应为 2F2＋2H2O===4HF＋O2。(2)由题目提供的文字信息及框图信息只能确定 D 为碳 元素或氮元素。(3)甲为 HF，乙为 H2O，二者均能与丙反应，则丙为 NH3。D 元素为 N，位 于元素周期表第二周期ⅤA 族。C＋丙―→乙＋丁的反应为 NH3 的催化氧化反应。 12．A、B、C、D、X、Y 为元素周期表中六种主族元素，其原子序数依次增大，均小于 54； 常温下 A2B 呈液态；高纯 C 单质是良好的半导体材料；D、X、Y 原子最外层电子数均为 7； 过渡元素 Z 与 B 可形成多种化合物，其中红棕色粉末 Z2B3 常用作红色油漆和涂料。 请按要求回答下列问题： (1) 将 D2 的 水 溶 液 加 入 浅 绿 色 的 ZD2 溶 液 中 发 生 反 应 的 离 子 方 程 式 为 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2) 学 生 甲 认 为 X2 和 Y2 都 可 能 将 Z2 ＋ 氧 化 为 Z3 ＋ ， 他 推 理 的 依 据 是 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)学生乙认为 X2 和 Y2 都不能将 Z2＋氧化为 Z3＋；学生丙认为 X2 能将 Z2＋氧化为 Z3＋，但 Y2 不能。学生乙、丙推理的依据是_____________________________________________________ ________________________________________________________________________________ ___________。 (4)A 与 B 可形成既含极性键又含非极性键的化合物 W。W 的水溶液呈弱酸性，常用作无污 染的消毒杀菌剂等。 ①W 的电子式为________________。 ②如果配制 W 溶液的水中含有 Z3＋，会消弱 W 的消毒杀菌能力，甚至会完全失去杀菌作用。 试用化学方程式表示其原因：_____________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (5)铅(Pb)、锡(Sn)、锗(Ge)与元素 C 同主族；常温下其单质在空气中，锡、锗不反应，而铅 表面会生成一层氧化铅；锗与盐酸不反应，而锡与盐酸反应。由此可得出以下结论： ①锗的原子序数为________； ②它们＋4 价氢氧化物的碱性由强到弱的顺序为________________________________(填化 学式)。 答案　(1)2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－ (2)Br、I 与 Cl 均为ⅦA 族元素，其单质具有较强的氧化性 (3)Br、I 与 Cl 均为ⅦA 族元素，从上到下卤素单质氧化性逐渐减弱 (4)① ②2H2O2 =====Fe3＋ 2H2O＋O2↑ (5)①32　②Pb(OH)4>Sn(OH)4>Ge(OH)4 解析　根据题给信息，可以推断出 A 为 H，B 为 O，C 为 Si，D 为 Cl，X 为 Br，Y 为 I，Z 为 Fe。(1)该反应为 FeCl2 与 Cl2 的反应。(2)Br、I 与 Cl 均为ⅦA 族元素，其单质具有较强的 氧化性。(3)从 Cl 到 I，非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，因此 Br2、I2 不一定能 将 Fe2＋氧化为 Fe3＋。(4)①W 为 H2O2，电子式为 。②Fe3＋能够催化 H2O2 的分解， 因此配制 H2O2 溶液的水中含有 Fe3＋，则消毒杀菌能力减弱。(5)①Ge 位于第四周期，原子序 数为 32。②根据提供的信息，金属性：Pb>Sn>Ge，因此碱性：Pb(OH)4>Sn(OH)4>Ge(OH)4。 13.Ⅰ.(1)某短周期元素组成的分子的球棍模型如图所示。已知分子中所有原子的最外层均达 到 8 电子稳定结构，原子间以单键相连。下列有关说法中错误的是________。 A．X 原子可能为ⅤA 族元素 B．Y 原子一定为ⅠA 族元素 C．该分子中，既含极性键，又含非极性键 D．从圆球的大小分析，该分子可能为 N2F4 (2)若上述模型中 Y 原子最外层达到 2 电子稳定结构且其相对分子质量与 F2 相同，则该物质 的分子式为______________，它与 P2H4 常温下均为气体，但比 P2H4 易液化，常用作火箭燃 料，其主要原因是______________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 Ⅱ.已知 X、Y、Z、W 四种元素分别是元素周期表中连续三个短周期的元素，且原子序数依 次增大。X、W 同主族，Y、Z 为同周期的相邻元素。W 原子的质子数等于 Y、Z 原子最外 层电子数之和。Y 的氢化物分子中有 3 个共价键，试推断： (1)X、Z 两种元素的元素符号：X________________________________________________、 Z______________________。 (2)由以上元素中两两形成的化合物中：溶于水显碱性的气态氢化物的电子式为__________， 它的共价键属于__________(填“极性”或“非极性”)键；含有离子键和非极性共价键的化 合 物 的 电 子 式 为 ________ ； 含 有 极 性 共 价 键 和 非 极 性 共 价 键 的 化 合 物 的 电 子 式 为 ________________________________。 (3)由 X、Y、Z 所形成的常见离子化合物是__________(写化学式)，该化合物与 W 的最高价 氧 化 物 对 应 的 水 化 物 的 浓 溶 液 加 热 时 反 应 的 离 子 方 程 式 为 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________； X 与 W 形成的化合物与水反应时，水是____________________________________________ ____________________________ (填“氧化剂”或“还原剂”)。 (4)用电子式表示 W 与 Z 形成 W2Z 的过程：_________________________________________ ________________________________________________________________________________ _______________________。 答案　Ⅰ.(1)B (2)N2H4　N2H4 分子之间形成氢键，致使 N2H4 沸点升高易液化 Ⅱ.(1)H　O (3)NH4NO3　NH＋4 ＋OH－ =====△ NH3↑＋H2O　氧化剂 (4) 解析　Ⅰ.(1)根据球棍模型可知，该物质的电子式为 ，所以 X 为第ⅤA 族元素，Y 为第ⅦA 族元素，B 项错误。 (2)由于 Y 为 H 元素，所以该物质的分子式为 N2H4，N2H4 分子之间形成氢键，使 N2H4 沸点 升高易液化。 Ⅱ.根据已知条件可以推断，Z 为 O，Y 为 N，W 为 Na，X 为 H。 (3)NH4NO3 是离子化合物，NH4NO3 与浓 NaOH 加热时发生反应：NH＋4 ＋OH－ =====△ NH3↑＋ H2O NaH 和 H2O 反应生成 NaOH 和 H2，H2O 是氧化剂。 考点一　从宏观、微观角度掌握反应热 1．理解化学反应热效应的两种角度 (1)从微观的角度说，是旧化学键断裂吸收的能量与新化学键形成放出的能量的差值，如下图 所示： a 表示旧化学键断裂吸收的能量； b 表示新化学键形成放出的能量； c 表示反应热。 (2)从宏观的角度说，是反应物自身的能量与生成物能量的差值，在上图中： a 表示活化能； b 表示活化分子结合成生成物所释放的能量； c 表示反应热。 2．反应热的量化参数——键能 反应热与键能的关系 反应热：ΔH＝E1－E2 或 ΔH＝E4－E3，即 ΔH 等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和， 或生成物具有的总能量减去反应物具有的总能量。 题组一　正确理解概念 1．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。 (1)在 CO2 中，Mg 燃烧生成 MgO 和 C。该反应中化学能全部转化为热能(×) (2015·江苏，4D) (2)向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值不变(×) (2014·浙江理综，7D) (3)催化剂能改变反应的焓变(×) (2012·江苏，4B 改编) (4)催化剂能降低反应的活化能(√) (2012·江苏，4C 改编) (5)同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)在光照和点燃条件下的 ΔH 不同(×) (2010·山东理综，10D) 2．下列关于反应热和热化学反应的描述中正确的是(　　) A．HCl 和 NaOH 反应的中和热 ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则 H2SO4 和 Ca(OH)2 反应的中和热 ΔH ＝2×(－57.3) kJ·mol－1 B．CO(g)的燃烧热是 283.0 kJ·mol －1，则 2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)反应的 ΔH＝＋2×283.0 kJ·mol－1 C．氢气的燃烧热为 285.5 kJ·mol－1，则电解水的热化学方程式为 2H2O(l) =====电解 2H2(g)＋O2(g)　 ΔH＝＋285.5 kJ·mol－1 D．1 mol 甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热 答案　B 解析　在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成 1 mol 液态 H2O 时的反应热叫做中和热， 中和热是以生成 1 mol 液态 H2O 为基准的，A 项错误；CO(g)的燃烧热是 283.0 kJ·mol －1， 则 CO(g)＋1 2O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283.0 kJ·mol－1，则 2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH＝－ 2×283.0 kJ·mol－1，逆向反应时反应热的数值相等，符号相反，B 项正确；电解 2 mol 水吸 收的热量和 2 mol H2 完全燃烧生成液态水时放出的热量相等，C 项中的 ΔH 应为＋571.0 kJ·mol－1；在 101 kPa 时，1 mol 物质完全燃烧生成稳定的氧化物时(水应为液态)所放出的热 量是该物质的燃烧热，D 项错误。 失误防范 “三热”是指反应热、燃烧热与中和热，可以用对比法深化对这三个概念的理解，明确它们 的区别和联系，避免认识错误。 (1)化学反应吸收或放出的热量称为反应热，符号为 ΔH，单位常用 kJ·mol－1，它只与化学反 应的计量系数、物质的聚集状态有关，而与反应条件无关。中学阶段研究的反应热主要是燃 烧热和中和热。 (2)燃烧热：在 101 kPa 时，1 mol 物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。单位： kJ·mol－1。需注意：①燃烧热是以 1 mol 物质完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量来定义 的，因此在书写燃烧热的热化学方程式时，一般以燃烧 1 mol 物质为标准来配平其余物质的 化学计量数；②燃烧产物必须是稳定的氧化物，如 C→CO2、H2→H2O(l)等。 (3)中和热：在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成 1 mol 液态 H2O 时的反应热。需注意： ①稀溶液是指物质溶于大量水中；②中和热不包括离子在水溶液中的生成热、物质的溶解热、 电解质电离时的热效应；③中和反应的实质是 H＋和 OH－化合生成 H2O，即 H＋(aq)＋OH－ (aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。 题组二　“式形相随”理解反应热 3．[2014·北京理综，26(3)①]已知：2NO2(g)N2O4(g)　ΔH1 2NO2(g)N2O4(l)　ΔH2 下列能量变化示意图中，正确的是(选填字母)______。 答案　A 解析　等质量的 N2O4(g)具有的能量高于 N2O4(l)，因此等量的 NO2(g)生成 N2O4(l)放出的热量 多，只有 A 项符合题意。 4．[2015·海南，16(3)]由 N2O 和 NO 反应生成 N2 和 NO2 的能量变化如图所示，若生成 1 mol N2，其 ΔH＝________kJ·mol－1。 答案　－139 5．[2014·浙江理综，27(3)]煤炭燃烧过程中会释放出大量的 SO2，严重破坏生态环境。采用一 定的脱硫技术可以把硫元素以 CaSO4 的形式固定，从而降低 SO2 的排放。但是煤炭燃烧过程 中产生的 CO 又会与 CaSO4 发生化学反应，降低了脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下： CaSO4(s)＋CO(g)CaO(s)＋SO2(g)＋CO2(g) ΔH1＝218.4 kJ·mol－1(反应Ⅰ) CaSO4(s)＋4CO(g)CaS(s)＋4CO2(g) ΔH2＝－175.6 kJ·mol－1(反应Ⅱ) 假设某温度下，反应 Ⅰ 的速率(v1)大于反应 Ⅱ 的速率(v2)，则下列反应过程能量变化示意 图正确的是________。 答案　C 6．(2015·上海，8)已知 H 2O2 在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如下 图所示。下列说法正确的是(　　) A．加入催化剂，减小了反应的热效应 B．加入催化剂，可提高 H2O2 的平衡转化率 C．H2O2 分解的热化学方程式：H2O2―→H2O＋1 2O2＋Q D．反应物的总能量高于生成物的总能量 答案　D 解析　催化剂不会影响反应的热效应和平衡转化率；C 项，热化学方程式应标明状态。 题组三　“一式”解决反应热的计算 7．(1)[2015·浙江理综，28(1)]乙苯催化脱氢制苯乙烯反应： 已知： 化学键 C—H C—C C===C H—H 键能/kJ·mol－1 412 348 612 436 计算上述反应的 ΔH＝________ kJ·mol－1。 答案　124 解析　设“ ”部分的化学键键能为 a kJ·mol－1，则 ΔH＝(a＋348＋412×5) kJ·mol－ 1－(a＋612＋412×3＋436) kJ·mol－1＝124 kJ·mol－1。 (2)[2015·全国卷Ⅰ，28(3)]已知反应 2HI(g)===H2(g)＋I2(g)的 ΔH＝＋11 kJ·mol－1,1 mol H2(g)、 1 mol I2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收 436 kJ、151 kJ 的能量，则 1 mol HI(g)分子中化 学键断裂时需吸收的能量为____________kJ。 答案　299 解析　形成 1 mol H2(g)和 1 mol I2(g)共放出 436 kJ＋151 kJ＝587 kJ 能量，设断裂 2 mol HI(g) 中化学键吸收 2a kJ 能量，则有 2a－587＝11，得 a＝299。[另解：ΔH＝2E(H—I)－E(H—H)－ E(I—I)，2E(H—I)＝ΔH＋E(H—H)＋E(I—I)＝11 kJ·mol －1 ＋436 kJ·mol －1 ＋151 kJ·mol －1 ＝598 kJ·mol－1，则 E(H—I)＝299 kJ·mol－1。] 8．(2014·重庆理综，6)已知： C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝a kJ·mol－1 2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－220 kJ·mol－1 H—H、O===O 和 O—H 键的键能分别为 436、496 和 462 kJ·mol－1，则 a 为(　　) A．－332 B．－118 C．＋350 D．＋130 答案　D 解析　根据盖斯定律和焓变与键能的关系解答。根据题中给出的键能可得出热化学方程式： ③2H2(g) ＋O 2(g)===2H2O(g) 　ΔH 3 ＝(2×436 ＋496 －4×462) kJ·mol － 1 ，即③2H 2(g) ＋ O2(g)===2H2O(g) 　ΔH3 ＝－480 kJ·mol －1 ，题中②2C(s) ＋O 2(g)===2CO(g) 　ΔH2 ＝－220 kJ·mol－1，(②－③)×1 2得①C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH1＝(ΔH2－ΔH3)×1 2，即 a＝(－ 220＋480)×1 2＝130，选项 D 正确。 失误防范 利用键能计算反应热，要熟记公式：ΔH＝反应物总键能－生成物总键能，其关键是弄清物质 中化学键的数目。在中学阶段要掌握常见单质、化合物中所含共价键的数目。原子晶体：1 mol 金刚石中含 2 mol C—C 键，1 mol 硅中含 2 mol Si—Si 键，1 mol SiO2 晶体中含 4 mol Si—O 键；分子晶体：1 mol P4 中含有 6 mol P—P 键，1 mol P4O10(即五氧化二磷)中，含有 12 mol P—O 键、4 mol P===O 键，1 mol C2H6 中含有 6 mol C—H 键和 1 mol C—C 键。 考点二　热化学方程式的书写与判断 1．两个模板 (1)热化学方程式的书写模板 步骤 1　写方程 写出配平的化学方程式。 步骤 2　标状态 用 s、l、g、aq 标明物质的聚集状态。 步骤 3　标条件 标明反应物的温度和压强(101 kPa、25 ℃时可不标注)。 步骤 4　标 ΔH 在方程式后写出 ΔH，并根据信息注明 ΔH 的“＋”或“－”。 步骤 5　标数值 根据化学计量数计算写出 ΔH 的数值。 (2)热化学方程式书写的正误判断模板 步骤 1　审“＋”“－” 放热反应一定为“－”，吸热反应一定为“＋”。 步骤 2　审单位 单位一定为“kJ·mol－1”，易漏写或错写成“kJ”。 步骤 3　审状态 物质的状态必须正确，特别是溶液中的反应易写错。 步骤 4　审数值的对应性 反应热的数值必须与方程式的化学计量数相对应，即化学计量数与 ΔH 成正比。当反应逆向 时，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反。 步骤 5　审是否符合概念 如注意燃烧热和中和热的概念以及与此相关的热化学方程式。 2．两个注意 (1)注意同素异形体转化的名称问题 对于具有同素异形体的物质，除了要注明聚集状态之外，还要注明物质的名称。 如①S(单斜，s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH1＝－297.16 kJ·mol－1 ②S(正交，s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH2＝－296.83 kJ·mol－1 ③S(单斜，s)===S(正交，s) ΔH3＝－0.33 kJ·mol－1 (2)注意可逆反应中的反应热及热量变化问题 由于反应热是指反应完全时的热效应，所以对于可逆反应，其热量要小于反应完全时的热量。 题组一　热化学方程式的书写 1．(1)[2014·大纲全国卷，28(1)]化合物 AX3 和单质 X2 在一定条件下反应可生成化合物 AX5。 回答下列问题： 已知 AX3 的熔点和沸点分别为－93.6 ℃和 76 ℃，AX5 的熔点为 167 ℃。室温时 AX3 与气体 X2 反 应 生 成 1 mol AX5 ， 放 出 热 量 123.8 kJ 。 该 反 应 的 热 化 学 方 程 式 为 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)[2014·天津理综，7(4)]晶体硅(熔点 1 410 ℃)是良好的半导体材料。由粗硅制纯硅过程如下： Si(粗) ― ― →Cl2 460 ℃ SiCl4 ― ― →蒸馏 SiCl4(纯) ― ― →H2 1 100 ℃ Si(硅) 写出 SiCl4 的电子式：________________；在上述由 SiCl4 制纯硅的反应中，测得每生成 1.12 kg 纯 硅 需 吸 收 a kJ 热 量 ， 写 出 该 反 应 的 热 化 学 方 程 式 ： ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)[2015·安徽理综，27(4)]NaBH4(s)与水(l)反应生成 NaBO2(s)和氢气(g)，在 25 ℃、101 kPa 下， 已 知 每 消 耗 3.8 g NaBH4(s) 放 热 21.6 kJ ， 该 反 应 的 热 化 学 方 程 式 是 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (4)[2015·天津理综，7(4)]随原子序数递增，八种短周期元素(用字母 x 等表示)原子半径的相对 大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。 根据判断出的元素回答问题： 已知 1 mol e 的单质在足量 d2 中燃烧，恢复至室温，放出 255.5 kJ 热量，写出该反应的热化 学方程式：_____________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 答案　(1)AX3(l)＋X2(g)===AX5(s) ΔH＝－123.8 kJ·mol－1 (2) 　SiCl4(g)＋2H2(g) =====1 100 ℃ Si(s)＋4HCl(g)　ΔH＝＋0.025a kJ·mol－1 (3)NaBH4(s)＋2H2O(l)===NaBO2(s)＋4H2(g) ΔH＝－216 kJ·mol－1 (4)2Na(s)＋O2(g)===Na2O2(s) ΔH＝－511 kJ·mol－1 题组二　热化学方程式的正误判断 2．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。 (1)甲烷的标准燃烧热为－890.3 kJ·mol －1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为 CH4(g)＋ 2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－890.3 kJ·mol－1(×) (2)500 ℃、30 MPa 下，将 0.5 mol N2 和 1.5 mol H2 置于密闭容器中充分反应生成 NH3(g)，放 热 19.3 kJ，其热化学方程式为 N2(g)＋3H2(g) 催化剂 500 ℃、30 MPa 2NH3(g) ΔH＝－38.6 kJ·mol－1(×) (3)C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(g) ΔH＝－1 367.0 kJ·mol－1(燃烧热)(×) (4)NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝＋57.3 kJ·mol－1(中和热)(×) (5)25 ℃、101 kPa 时，强酸、强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为 57.3 kJ·mol－1，则 2H＋(aq)＋SO2－4 (aq)＋Ba2＋(aq)＋2OH－(aq)===BaSO4(s)＋2H2O(l)　ΔH＝－114.6 kJ·mol－1(×) 解题心得 热化学方程式书写或判断易出现的错误 1．未标明反应物或生成物的状态而造成错误。 2．反应热的符号使用不正确，即吸热反应未标出“＋”号，放热反应未标出“－”号，从而 导致错误。 3．漏写 ΔH 的单位，或者将 ΔH 的单位写为 kJ，从而造成错误。 4．反应热的数值与方程式的计量数不对应而造成错误。 5．对燃烧热、中和热的概念理解不到位，忽略其标准是 1 mol 可燃物或生成 1 mol H2O(l)而 造成错误。 考点三　盖斯定律的多角度应用 1．定律内容 一定条件下，一个反应不管是一步完成，还是分几步完成，反应的总热效应相同，即反应热 的大小与反应途径无关，只与反应的始态和终态有关。 2．常用关系式 热化学方程式 焓变之间的关系 aA===B　ΔH1 A===1 aB　ΔH2 ΔH2＝1 aΔH1 或 ΔH1＝aΔH2 aA===B　ΔH1 B===aA　ΔH2 ΔH1＝－ΔH2 ΔH＝ΔH1＋ΔH2 题组一　利用盖斯定律求焓变 1．(2015·重庆理综，6)黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为 S(s)＋2KNO3(s)＋3C(s)===K2S(s)＋N2(g)＋3CO2(g)　ΔH＝x kJ·mol－1 已知：碳的燃烧热 ΔH1＝a kJ·mol－1 S(s)＋2K(s)===K2S(s)　ΔH2＝b kJ·mol－1 2K(s)＋N2(g)＋3O2(g)===2KNO3(s)　ΔH3＝c kJ·mol－1，则 x 为(　　) A．3a＋b－c B．c－3a－b C．a＋b－c D．c－a－b 答案　A 解析　由碳的燃烧热 ΔH1＝a kJ·mol－1，得①C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1＝a kJ·mol－1，将另 外两个热化学方程式依次编号为②、③，目标反应可由①×3＋②－③得到，所以 ΔH＝3ΔH1 ＋ΔH2－ΔH3，即 x＝3a＋b－c。 2．(2013·新课标全国卷Ⅱ，12)在 1 200 ℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应： H2S(g)＋3 2O2(g)===SO2(g)＋H2O(g)ΔH1 2H2S(g)＋SO2(g)===3 2S2(g)＋2H2O(g)ΔH2 H2S(g)＋1 2O2(g)===S(g)＋H2O(g)ΔH3 2S(g)===S2(g)ΔH4 则 ΔH4 的正确表达式为(　　) A．ΔH4＝2 3(ΔH1＋ΔH2－3ΔH3) B．ΔH4＝2 3(3ΔH3－ΔH1－ΔH2) C．ΔH4＝3 2(ΔH1＋ΔH2－3ΔH3) D．ΔH4＝3 2(ΔH1－ΔH2－3ΔH3) 答案　A 解析　给题中方程式依次编号为①、②、③、④，[①＋②－③×3]×2 3得 2S(g)===S2(g)　　ΔH4 ＝2 3(ΔH1＋ΔH2－3ΔH3) 3．[2015·江苏，20(1)]烟气(主要污染物 SO2、NOx)经 O3 预处理后用 CaSO3 水悬浮液吸收，可 减少烟气中 SO2、NOx 的含量。O3 氧化烟气中 SO2、NOx 的主要反应的热化学方程式为 NO(g)＋O3(g)===NO2(g)＋O2(g) ΔH＝－200.9 kJ·mol－1 NO(g)＋1 2O2(g)===NO2(g) ΔH＝－58.2 kJ·mol－1 SO2(g)＋O3(g)===SO3(g)＋O2(g) ΔH＝－241.6 kJ·mol－1 反应 3NO(g)＋O3(g)===3NO2(g)的 ΔH＝________kJ·mol－1。 答案　－317.3 解析　对所给的三个热化学方程式由上到下依次标记为①、②、③，由反应①和②可知 O2 是 中间产物，①＋②×2 消去 O2，可得目标反应，故目标反应的 ΔH＝－200.9 kJ·mol －1＋(－ 58.2 kJ·mol－1)×2＝－317.3 kJ·mol－1。 答题模板 叠加法求焓变 步骤 1　“倒” 为了将方程式相加得到目标方程式，可将方程式颠倒过来，反应热的数值不变，但符号相反。 这样，就不用再做减法运算了，实践证明，方程式相减时往往容易出错。 步骤 2　“乘” 为了将方程式相加得到目标方程式，可将方程式乘以某个倍数，反应热也要相乘。 步骤 3　“加” 上面的两个步骤做好了，只要将方程式相加即可得目标方程式，反应热也要相加。 题组二　多角度比较焓变大小 4．(2014·新课标全国卷Ⅱ，13)室温下，将 1 mol 的 CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低， 热效应为 ΔH1，将 1 mol 的 CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为 ΔH2；CuSO4·5H2O 受热分解的化学方程式为 CuSO4·5H2O(s) =====△ CuSO4(s)＋5H2O(l)，热效应为 ΔH3。则下列 判断正确的是(　　) A．ΔH2>ΔH3 B．ΔH1<ΔH3 C．ΔH1＋ΔH3＝ΔH2 D．ΔH1＋ΔH2>ΔH3 答案　B 解析　1 mol CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，为吸热反应，故 ΔH1>0,1 mol CuSO4(s) 溶于水会使溶液温度升高，为放热过程，故 ΔH2<0,1 mol CuSO4·5H2O(s)溶于水可以分为两个 过程，先分解成 1 mol CuSO4(s)和 5 mol 水，然后 1 mol CuSO4(s)再溶于水，CuSO4·5H2O 的 分解为吸热反应，即 ΔH3>0，根据盖斯定律得到关系式 ΔH1＝ΔH2＋ΔH3，分析得到答案： ΔH1<ΔH3。 5．已知下列热化学方程式： ①H2(g)＋1 2O2(g)===H2O(g)　ΔH1＝a kJ·mol－1 ②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH2＝b kJ·mol－1 ③H2(g)＋1 2O2(g)===H2O(l)　ΔH3＝c kJ·mol－1 ④2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH4＝d kJ·mol－1 下列关系式中正确的是(　　) A．ad>0 C．2a＝b<0 D．2c＝d>0 答案　C 解析　H2 的燃烧反应是放热反应，ΔH<0，故 a、b、c、d 都小于 0，B、D 错；反应③与反应 ①相比较，产物的状态不同，H2O(g)转化为 H2O(l)为放热反应，所以 a>c，A 错；反应②的 化学计量数是①的 2 倍，②的反应热也是①的 2 倍，b＝2a<0，C 对。 6．(2014·江苏，10)已知：C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1 CO2(g)＋C(s)===2CO(g)　ΔH2 2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH3 4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s)　ΔH4 3CO(g)＋Fe2O3(s)===3CO2(g)＋2Fe(s)　ΔH5 下列关于上述反应焓变的判断正确的是(　　) A．ΔH1>0，ΔH3<0 B．ΔH2>0，ΔH4>0 C．ΔH1＝ΔH2＋ΔH3 D．ΔH3＝ΔH4＋ΔH5 答案　C 解析　A 项，C(s)、CO(g)在 O2(g)中燃烧生成 CO2，均为放热反应，则有 ΔH1<0、ΔH3<0；B 项，CO2(g)与 C(s)在高温条件下反应生成 CO(g)，该反应为吸热反应，则有 ΔH2>0，Fe(s)与 O2(g) 反应生成 Fe2O3(s)为放热反应，则有 ΔH4<0；C 项，将五个热化学方程式依次编号为①、②、 ③、④、⑤，根据盖斯定律，由②＋③可得①，则有 ΔH1＝ΔH2＋ΔH3；D 项，将五个热化学 方程式依次编号为①、②、③、④、⑤，根据盖斯定律，由③×3－⑤×2 可得④，则有 ΔH4 ＝3ΔH3－2ΔH5。 方法归纳 反应热大小比较 1．利用盖斯定律比较。 2．同一反应的生成物状态不同时，如 A(g)＋B(g)===C(g)　ΔH1，A(g)＋B(g)===C(l)　ΔH2， 则 ΔH1>ΔH2。 3．同一反应的同一反应物状态不同时，如 A(s)＋B(g)===C(g)　ΔH1，A(g)＋B(g)===C(g)　ΔH2， 则 ΔH1>ΔH2。 4．两个有联系的反应相比较时，如 C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1①，C(s)＋1/2O2(g)===CO(g)　 ΔH2②。 比较方法：利用反应①(包括 ΔH1)乘以某计量数减去反应②(包括 ΔH2)乘以某计量数，即得出 ΔH3＝ΔH1×某计量数－ΔH2×某计量数，根据 ΔH3 大于 0 或小于 0 进行比较。 总之，比较反应热的大小时要注意：①反应中各物质的聚集状态；②ΔH 有正负之分，比较 时要连同“＋”、“－”一起比较，类似数学中的正、负数大小的比较；③若只比较放出或吸 收热量的多少，则只比较数值的大小，不考虑正、负号。 专题强化练 1．(2015·海南，4)已知丙烷的燃烧热 ΔH＝－2 215 kJ·mol －1。若一定量的丙烷完全燃烧后生 成 1.8 g 水，则放出的热量约为(　　) A．55 kJ B．220 kJ C．550 kJ D．1 108 kJ 答案　A 解析　由丙烷的燃烧热 ΔH＝－2 215 kJ·mol －1，可写出其燃烧的热化学方程式 C3H8(g)＋ 5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(l)　ΔH＝－2 215 kJ·mol－1，丙烷完全燃烧产生 1.8 g 水，n(H2O)＝ m÷M ＝ 1.8 g÷18 g·mol － 1 ＝ 0.1 mol ， 所 以 反 应 放 出 的 热 量 是 Q ＝ (2 215 kJ÷4 mol)×0.1 mol≈55.4 kJ，A 选项正确。 2．为探究 NaHCO3、Na2CO3 与 1 mol·L－1 盐酸反应(设两反应分别是反应Ⅰ、反应Ⅱ)过程中 的热效应，进行实验并测得如下数据。下列有关说法正确的是(　　) 序号 液体 固体 混合前 温度 混合后 最高温度 ① 35 mL 水 2.5 g NaHCO3 20 ℃ 18.5 ℃ ② 35 mL 水 3.2 g Na2CO3 20 ℃ 24.3 ℃ ③ 35 mL 盐酸 2.5 g NaHCO3 20 ℃ 16.2 ℃ ④ 35 mL 盐酸 3.2 g Na2CO3 20 ℃ 25.1 ℃ A.仅通过实验③即可判断反应Ⅰ是吸热反应 B．仅通过实验④即可判断反应Ⅱ是放热反应 C．通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是吸热反应、放热反应 D．通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是放热反应、吸热反应 答案　C 解析　因盐酸中亦有水，故综合①③可知Ⅰ为吸热反应，综合②④可知Ⅱ为放热反应，故 C 正确。 3．已知氯气、溴蒸气分别跟氢气反应的热化学方程式如下(Q1、Q2 均为正值)： H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH＝－Q1 kJ·mol－1 H2(g)＋Br2(g)===2HBr(g)　ΔH＝－Q2 kJ·mol－1 根据上述反应做出的判断正确的是(　　) A．Q1>Q2 B．生成物总能量均高于反应物总能量 C．生成 1 mol HCl(g)放出 Q1 kJ 热量 D．等物质的量时，Br2(g)具有的能量低于 Br2(l) 答案　A 解析　生成的气态氢化物越稳定，放出的热量越多，A 正确；B 项，两个反应均为放热反应， 所以生成物总能量均低于反应物总能量；C 项，生成 2 mol HCl(g)放出 Q1 kJ 热量；D 项，等 物质的量时，Br2(g)具有的能量高于 Br2(l)。 4．下列有关能量的判断和表示方法正确的是(　　) A．由 C(石墨，s)===C(金刚石，s)　ΔH＝＋1.9 kJ·mol－1，可知：石墨比金刚石更稳定 B．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量更多 C．由 H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol －1 可知：含 1 mol CH3COOH 的溶液 与含 1 mol NaOH 的溶液混合，放出热量等于 57.3 kJ D．2 g H2 完全燃烧生成液态水放出 285.8 kJ 热量，则氢气燃烧的热化学方程式为 2H2(g)＋ O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－285.8 kJ·mol－1 答案　A 解析　B 项，因为 S(g)―→S(s)放出热量，所以等质量时，硫蒸气燃烧放出热量比硫固体多； C 项，CH3COOH 电离要吸热，所以 1 mol CH3COOH 溶液与含 1 mol NaOH 的溶液混合，放 出的热量少于 57.3 kJ；D 项，应改为 ΔH＝－571.6 kJ·mol－1。 5．已知：CH3OH(g)＋3 2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－a kJ·mol－1 CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－b kJ·mol－1 CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－c kJ·mol－1 则下列叙述正确的是(　　) A．由上述热化学方程式可知 b>c B．甲烷的燃烧热为 b kJ·mol－1 C．2CH3OH(g)===2CH4(g)＋O2(g)　ΔH＝2(b－a) kJ·mol－1 D．甲醇和甲烷物质的量之比为 1∶2 的混合物完全燃烧生成 CO2 和 H2O(l)时，放出的热量为 Q kJ，则该混合物中甲醇的物质的量为 Q a＋2b mol 答案　C 解析　A 项，CH4 燃烧生成 H2O(l)放出热量多，所以 b－241.8 kJ·mol－1 B．H2 的燃烧热 ΔH＝－241.8 kJ·mol－1 C．H2(g)转变成 H2O(g)的化学反应一定放出能量 D．CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)的 ΔH＝－41.2 kJ·mol－1 答案　D 解析　A 项，生成 H2O(l)放出热量多，所以 ΔH<－241.8 kJ·mol －1；B 项，H2 的燃烧热是指 生成 1 mol H2O(l)对应的热量；C 项，H2 还原一些金属氧化物是吸热反应；D 项，根据盖斯 定律可以判断该项正确。 8．已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH1 3H2(g)＋Fe2O3(s)===2Fe(s)＋3H2O(g)　ΔH2 2Fe(s)＋3 2O2(g)===Fe2O3(s)　ΔH3 2Al(s)＋3 2O2(g)===Al2O3(s)　ΔH4 2Al(s)＋Fe2O3(s)===Al2O3(s)＋2Fe(s)　ΔH5 下列关于上述反应焓变的判断正确的是(　　) A．ΔH1<0，ΔH3>0 B．ΔH5<0，ΔH4<ΔH3 C．ΔH1＝ΔH2＋ΔH3 D．ΔH3＝ΔH4＋ΔH5 答案　B 解析　A 项，燃烧的过程是放热的，氢气燃烧是放热的，故 ΔH1<0，铁被氧气氧化也是放热 的，故 ΔH3<0，错误；B 项，铝热反应是放热的，故 ΔH 5<0，ΔH 5＝ΔH4－ΔH3<0，故 ΔH4<ΔH3，正确；C 项，ΔH1＝(ΔH2＋ΔH3)×2 3，错误；D 项，ΔH3＝ΔH4－ΔH5，错误。 9．关于下图所示转化关系(X 代表卤素)，下列说法不正确的是(　　) A．2H(g)＋2X(g)===2HX(g)　ΔH3<0 B．生成 HX 的反应热与途径无关，所以 ΔH1＝ΔH2＋ΔH3 C．Cl、Br、I 的非金属性依次减弱，所以途径Ⅱ吸收的热量依次增多 D．生成 HCl 放出的热量比生成 HBr 的多，说明 HCl 比 HBr 稳定 答案　C 解析　C 项，非金属性越弱，X2 越不稳定，破坏化学键吸收的能量越少，错误。 10．已知： Cu(s)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋H2(g)ΔH1 2H2O2(l)===2H2O(l)＋O2(g)ΔH2 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH3 则反应 Cu(s)＋H2O2(l)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋2H2O(l)的 ΔH 是(　　) A．ΔH＝ΔH1＋1 2ΔH2＋1 2ΔH3 B．ΔH＝ΔH1＋1 2ΔH2－1 2ΔH3 C．ΔH＝ΔH1＋2ΔH2＋2ΔH3 D．ΔH＝2ΔH1＋ΔH2＋ΔH3 答案　A 解析　Cu(s)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋H2(g)　ΔH1 H2O2(l)===H2O(l)＋1 2O2(g)　ΔH2 2 H2(g)＋1 2O2(g)===H2O(l)　ΔH3 2 由盖斯定律三式相加得 Cu(s)＋H2O2(l)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋2H2O(l) ΔH＝ΔH1＋1 2ΔH2＋1 2ΔH3。 11．按要求回答下列问题 (1)已知在常温常压下： ①2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－1 275.6 kJ·mol－1 ②H2O(l)===H2O(g)　ΔH＝＋44.0 kJ·mol－1 写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式_____________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)已知：CH3OH(g)＋1 2O2(g)CO2(g)＋2H2(g) ΔH1＝－192.9 kJ·mol－1 H2(g)＋1 2O2(g)H2O(g) ΔH2＝－120.9 kJ·mol－1 则甲醇与水蒸气催化重整反应的焓变 ΔH3＝________________________________。 (3)苯乙烯是重要的基础有机原料。工业中用乙苯(C6H5—CH2CH3)为原料，采用催化脱氢的方 法制取苯乙烯(C6H5—CH===CH2)的反应方程式为 C6H5—CH2CH3(g)C6H5—CH===CH2(g)＋H2(g)　ΔH1 已知：3C2H2(g)C6H6(g)　ΔH2 C6H6(g)＋C2H4(g)C6H5—CH2CH3(g)　ΔH3 则反应 3C2H2(g)＋C2H4(g)C6H5—CH===CH2(g)＋H2(g)的 ΔH＝_______________________ _________________________________________________。 (4)氨的合成是最重要的化工生产之一。 工业上合成氨用的 H2 有多种制取的方法： ①用焦炭跟水反应：C(s)＋H2O(g) =====高温 CO(g)＋H2(g)； ②用天然气跟水蒸气反应：CH4(g)＋H2O(g) =====高温 催化剂 CO(g)＋3H2(g)。 已知有关反应的能量变化如下图所示，则方法②中反应的 ΔH＝____________________。 (5)甲醇是一种用途广泛的化工原料。工业上常用下列两种反应制备甲醇： ①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH1＝－90.1 kJ·mol－1 ②CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(l)　ΔH2 已知：CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g) ΔH3＝－41.1 kJ·mol－1 H2O(l)===H2O(g)　ΔH4＝＋44.0 kJ·mol－1 则 ΔH2＝__________________。 答案　(1)CH3OH(g)＋3 2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－725.8 kJ·mol－1 (2)－72.0 kJ·mol－1 (3)ΔH1＋ΔH2＋ΔH3 (4)(a＋3b－c) kJ·mol－1 (5)－93.0 kJ·mol－1 12．(2015·高考试题组合) (1)[2015·广东理综，31(1)]用 O2 将 HCl 转化为 Cl2，可提高效益，减少污染。 传统上该转化通过如下图所示的催化循环实现。 其中，反应①为 2HCl(g)＋CuO(s)H2O(g)＋CuCl2(s)　ΔH1， 反 应 ② 生 成 1 mol Cl2 的 反 应 热 为 ΔH2 ， 则 总 反 应 的 热 化 学 方 程 式 为 _______________________ _________________________________________________(反应热用 ΔH1 和 ΔH2 表示)。 答案　2HCl(g)＋1 2O2(g)H2O(g)＋Cl2(g)　ΔH＝ΔH1＋ΔH2　 (2)[2015·四川理综，11(4)]FeSO4 可转化为 FeCO3，FeCO3 在空气中加热反应可制得铁系氧化 物材料。 已知 25 ℃，101 kPa 时： 4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s) ΔH＝－1 648 kJ·mol－1 C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393 kJ·mol－1 2Fe(s)＋2C(s)＋3O2(g)===2FeCO3(s) ΔH＝－1 480 kJ·mol－1 FeCO3 在空气中加热反应生成 Fe2O3 的热化学方程式是________________________________ ________________________________________。 答案　4FeCO3(s)＋O2(g)===2Fe2O3(s)＋4CO2(g) ΔH＝－260 kJ·mol－1 (3)[2015·山东理综，30(3)]贮氢合金 ThNi5 可催化由 CO、H2 合成 CH4 的反应，温度为 T 时， 该反应的热化学方程式为____________________________________________________。 已知温度为 T 时：CH4(g)＋2H2O(g)===CO2(g)＋4H2(g)　ΔH＝＋165 kJ·mol－1 CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－41 kJ·mol－1 答案　CO(g)＋3H2(g)===CH4(g)＋H2O(g)　ΔH＝－206 kJ·mol－1 (4)[2015·福建理综，24(2)③]已知： Al2O3(s)＋3C(s)===2Al(s)＋3CO(g) ΔH1＝＋1 344.1 kJ·mol－1 2AlCl3(g)===2Al(s)＋3Cl2(g) ΔH2＝＋1 169.2 kJ·mol－1 由 Al2O3、C 和 Cl2 反应生成 AlCl3 的热化学方程式为 ________________________________________________________________________。 答案　Al2O3(s)＋3C(s)＋3Cl2(g)===2AlCl3(g)＋3CO(g)　ΔH＝＋174.9 kJ·mol－1 (5)[2015·全国卷Ⅱ，27(1)]甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料，利用合成气(主要成分为 CO、CO2 和 H2)在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反应如下： ①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)　ΔH1 ②CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH2 ③CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)　ΔH3 回答下列问题： 已知反应①中相关的化学键键能数据如下： 化学键 H—H C—O C≡O H—O C—H E/(kJ·mol－1) 436 343 1 076 465 413 由此计算 ΔH1＝________kJ·mol－1；已知 ΔH2＝－58 kJ·mol－1，则 ΔH3＝________kJ·mol－1。 答案　－99　＋41 考点一　原电池原理的全面突破 1．通常只有能自发进行的氧化还原反应才能设计成原电池。 2．工作原理 以锌铜原电池为例： 电极名称 负极 正极 电极材料 锌片 铜片 电极反应 Zn－2e－===Zn2＋ Cu2＋＋2e－===Cu 反应类型 氧化反应 还原反应 电子流向 由 Zn 沿导线流向 Cu 盐桥中 离子移向 盐桥含饱和 KCl 溶液，K＋移向正极，Cl－移向负极 盐桥 的作用 (1)平衡电荷； (2)避免断路时发生化学腐蚀(隔离作用) 说明　(1)无论是装置Ⅰ还是装置Ⅱ，电子均不能通过电解质溶液。 (2)在装置Ⅰ中，由于不可避免会直接发生 Zn＋Cu2＋===Cu＋Zn2＋而使化学能转化为热能， 所以装置Ⅱ的能量转化率高。 题组一　对比设计两类原电池 1．[2013·广东理综，33(2)(3)](2)能量之间可相互转化：电解食盐水制备 Cl2 是将电能转化为化 学能，而原电池可将化学能转化为电能。设计两种类型的原电池，探究其能量转化效率。限 选材料：ZnSO4(aq)，FeSO4(aq)，CuSO4(aq)；铜片，铁片，锌片和导线。 ①完成原电池甲的装置示意图(见上图)，并作相应标注，要求：在同一烧杯中，电极与溶液 含相同的金属元素。 ②以铜片为电极之一，CuSO4(aq)为电解质溶液，只在一个烧杯中组装原电池乙，工作一段时 间后，可观察到负极___________________________________________________________。 ③ 甲 、 乙 两 种 原 电 池 可 更 有 效 地 将 化 学 能 转 化 为 电 能 的 是 ________ ， 其 原 因 是 _______________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)根据牺牲阳极的阴极保护法原理，为减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，在(2)的材料中应选 __________作阳极。 答案　(2)① (或其他合理答案) ②电极逐渐溶解，表面有红色固体析出 ③甲　在甲装置中，负极不和 Cu2＋接触，避免了 Cu2＋直接与负极发生反应而使化学能转化 为热能 (3)锌片 解析　(2)①根据题给条件和原电池的构成条件可得： a．若用 Zn、Cu、CuSO4(aq)、ZnSO4(aq)组成原电池，Zn 作负极，Cu 作正极，Zn 插入到 ZnSO4(aq) 中，Cu 插入到 CuSO4(aq)中。 b．若用 Fe、Cu、FeSO4(aq)、CuSO4(aq)组成原电池，Fe 作负极，Cu 作正极，Fe 插入到 FeSO4(aq) 中，Cu 插入到 CuSO4(aq)中。 c．注意，画图时要注意电极名称、电极材料、电解质溶液名称(或化学式)，并形成闭合回路。 ②由于金属活动性 Zn>Fe>Cu，锌片或铁片作负极，由于 Zn 或 Fe 直接与 CuSO4 溶液接触， 工作一段时间后，负极逐渐溶解，表面有红色固体析出。 ③带有盐桥的甲原电池中负极没有和 CuSO4 溶液直接接触，二者不会直接发生置换反应，化 学能不会转化为热能，几乎全部转化为电能；而原电池乙中的负极与 CuSO4 溶液直接接触， 两者会发生置换反应，部分化学能转化为热能，化学能不可能全部转化为电能。 (3)由牺牲阳极的阴极保护法可得，铁片作正极(阴极)时被保护，作负极(阳极)时被腐蚀，所以 应选择比铁片更活泼的锌作负极(阳极)才能有效地保护铁不被腐蚀。 方法归纳 原电池的设计思路 首先根据离子方程式判断出氧化剂、还原剂，明确电极反应。然后再分析两剂状态确定电极 材料，若为固态时可作电极，若为溶液时则只能作电解质溶液。然后补充缺少的电极材料及 电解质溶液。电极材料一般添加与电解质溶液中阳离子相同的金属作电极(使用惰性电极也 可)，电解质溶液则是一般含有与电极材料形成的阳离子相同的物质。最后再插入盐桥即可。 题组二　“盐桥”的作用与化学平衡的移动 2．控制适合的条件，将反应 2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2 设计成如下图所示的原电池。下列判断 不正确的是(　　) A．反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应 B．反应开始时，甲中石墨电极上 Fe3＋被还原 C．电流表读数为零时，反应达到化学平衡状态 D．电流表读数为零后，在甲中溶入 FeCl2 固体，乙中的石墨电极为负极 答案　D 解析　由图示结合原电池原理分析可知，Fe3＋得电子生成 Fe2＋被还原，I－失去电子生成 I2 被 氧化，所以 A、B 正确；电流表读数为零时 Fe3＋得电子速率等于 Fe2＋失电子速率，反应达到 平衡状态；D 项在甲中溶入 FeCl2 固体，平衡 2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2 向左移动，I2 被还原为 I－，乙中石墨为正极，不正确。 3．某同学为探究 Ag＋和 Fe2＋的反应，按下图连接装置并加入药品(盐桥中的物质不参与反应)， 发现电压表指针偏移。电子由石墨经导线流向银。放置一段时间后，向甲烧杯中逐渐加入浓 Fe2(SO4)3 溶液，发现电压表指针的变化依次为偏移减小―→回到零点―→逆向偏移。则电压 表指针逆向偏移后，银为________极(填“正”或“负”)。由实验得出 Ag＋和 Fe2＋反应的离 子方程式是__________________________________________________________________。 答案　负　Fe2＋＋Ag＋Fe3＋＋Ag 1．把氧化剂、还原剂均为溶液状态的氧化还原反应设计成原电池时，必须使用盐桥才能实现 氧化剂与还原剂的分离，否则不会有明显的电流出现。 2．电子流向的分析方法 (1)改变条件，平衡移动； (2)平衡移动，电子转移； (3)电子转移，判断区域； (4)根据区域，判断流向； (5)根据流向，判断电极。 考点二　几种重要的化学电池 高考中常见的新型电池有“氢镍电池”、“高铁电池”、“碱性锌锰电池”、“海洋电池”、“燃 料电池”(如新型细菌燃料电池、氢氧燃料电池、丁烷燃料电池、甲醇质子交换膜燃料电池、 CO 燃料电池)、“锂离子电池”、“锌银电池”、“纽扣电池”、“Mg—AgCl 电池”、 “Mg—H2O2 电池”等。新型电池是对电化学原理的综合考查，在高考中依托新型电池考查 的电化学原理知识有以下几点。 1．判断电极 (1)“放电”时正、负极的判断 ①负极：元素化合价升高或发生氧化反应的物质； ②正极：元素化合价降低或发生还原反应的物质。 (2)“充电”时阴、阳极的判断 ①阴极：“放电”时的负极在“充电”时为阴极； ②阳极：“放电”时的正极在“充电”时为阳极。 2．微粒流向 (1)电子流向 ①电解池：电源负极→阴极，阳极→电源正极； ②原电池：负极→正极。 提示：无论是电解池还是原电池电子均不能流经电解质溶液。 (2)离子流向 ①电解池：阳离子移向阴极，阴离子移向阳极； ②原电池：阳离子移向正极，阴离子移向负极。 3．书写电极反应式 (1)“放电”时电极反应式的书写 ①依据条件，指出参与负极和正极反应的物质，根据化合价的变化，判断转移电子的数目； ②根据守恒书写负极(或正极)反应式，特别应注意电极产物是否与电解质溶液共存。 (2)“充电”时电极反应式的书写 充电时的电极反应与放电时的电极反应过程相反，充电的阳极反应为放电时正极反应的逆过 程，充电的阴极反应为放电时负极反应的逆过程。 特别提醒　在书写“放电”时电极反应式时，要注意： (1)阳离子在正极上参与反应，在负极上就必须生成； (2)阴离子在负极上参与反应，在正极上就必须生成。 题组一　“一池多变”的燃料电池 1．一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为 CH3CH2OH－4e －＋ H2O===CH3COOH＋4H＋。下列有关说法正确的是(　　) A．检测时，电解质溶液中的 H＋向负极移动 B．若有 0.4 mol 电子转移，则在标准状况下消耗 4.48 L 氧气 C．电池反应的化学方程式为 CH3CH2OH＋O2===CH3COOH＋H2O D．正极上发生的反应为 O2＋4e－＋2H2O===4OH－ 答案　C 解析　解答本题时审题是关键，反应是在酸性电解质溶液中进行的。在原电池中，阳离子要 往正极移动，故 A 错；因电解质溶液是酸性的，不可能存在 OH－，故正极的反应式为 O2＋4H ＋＋4e－===2H2O，转移 4 mol 电子时消耗 1 mol O2，则转移 0.4 mol 电子时消耗 2.24 L O2， 故 B、D 错；电池反应式即正、负极反应式之和，将两极的反应式相加可知 C 正确。 2．(2015·江苏，10)一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是 (　　) A．反应 CH4＋H2O =====催化剂 △ 3H2＋CO，每消耗 1 mol CH4 转移 12 mol 电子 B．电极 A 上 H2 参与的电极反应为 H2＋2OH－－2e－===2H2O C．电池工作时，CO 2－3 向电极 B 移动 D．电极 B 上发生的电极反应为 O2＋2CO2＋4e－===2CO2－3 答案　D 解析　A 项， C －4 H4→ C ＋2 O，则该反应中每消耗 1 mol CH4 转移 6 mol 电子，错误；该电池的传 导介质为熔融的碳酸盐，所以 A 电极即负极上 H2 参与的电极反应为 H2－2e－＋CO2－3 ===CO2 ＋H2O，错误；C 项，原电池工作时，阴离子移向负极，而 B 极是正极，错误；D 项，B 电 极即正极上 O2 参与的电极反应为 O2＋4e－＋2CO2===2CO2－3 ，正确。 类型“全”归纳 不同“介质”下燃料电池电极反应式的书写，大多数学生感到较难。主要集中在：一是得失 电子数目的判断，二是电极产物的判断。下面以 CH3OH、O2 燃料电池为例，分析电极反应 式的书写。 (1)酸性介质，如 H2SO4。 CH3OH 在负极上失去电子生成 CO2 气体，O2 在正极上得到电子，在 H＋作用下生成 H2O。电 极反应式为 负极：CH3OH－6e－＋H2O===CO2↑＋6H＋ 正极：3 2O2＋6e－＋6H＋===3H2O (2)碱性介质，如 KOH 溶液。 CH3OH 在负极上失去电子，在碱性条件下生成 CO2－3 ，1 mol CH3OH 失去 6 mol e－，O2 在正 极上得到电子生成 OH－，电极反应式为 负极：CH3OH－6e－＋8OH－===CO2－3 ＋6H2O 正极：3 2O2＋6e－＋3H2O===6OH－ (3)熔融盐介质，如 K2CO3。 在电池工作时，CO 2－3 移向负极。CH3OH 在负极上失去电子，在 CO 2－3 的作用下生成 CO2 气 体，O2 在正极上得到电子，在 CO2 的作用下生成 CO2－3 ，其电极反应式为 负极：CH3OH－6e－＋3CO2－3 ===4CO2↑＋2H2O 正极：3 2O2＋6e－＋3CO2===3CO2－3 (4)掺杂 Y2O3 的 ZrO3 固体作电解质，在高温下能传导正极生成的 O2－。 根据 O2－移向负极，在负极上 CH3OH 失电子生成 CO2 气体，而 O2 在正极上得电子生成 O2 －，电极反应式为 负极：CH3OH－6e－＋3O2－===CO2↑＋2H2O 正极：3 2O2＋6e－===3O2－ 题组二　“久考不衰”的可逆电池 (一)“传统”可逆电池的考查 3．镍镉(Ni—Cd)可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为 KOH 溶液，其充、放电按下式进行：Cd＋2NiOOH＋2H2O 放电 充电 Cd(OH)2＋2Ni(OH)2。有关该电池 的说法正确的是(　　) A．放电时负极得电子，质量减轻 B．放电时电解质溶液中的 OH－向正极移动 C．充电时阴极附近溶液的 pH 减小 D．充电时阳极反应：Ni(OH)2－e－＋OH－===NiOOH＋H2O 答案　D 解析　该可充电电池的放电过程的电极反应式为负极：Cd－2e－＋2OH－===Cd(OH)2；正极： 2NiOOH＋2H2O＋2e－===2Ni(OH)2＋2OH－，所以正确选项为 D。 (二)“新型”可逆电池的考查 4．(2014·新课标全国卷Ⅱ，12)2013 年 3 月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池 体系。下列叙述错误的是(　　) A．a 为电池的正极 B．电池充电反应为 LiMn2O4===Li1－xMn2O4＋xLi C．放电时，a 极锂的化合价发生变化 D．放电时，溶液中 Li＋从 b 向 a 迁移 答案　C 解析　图示所给出的是原电池装置。A 项，由图示分析，金属锂易失电子，由原电池原理可 知，含有锂的一端为原电池的负极，即 b 为负极，a 为正极，故正确；B 项，电池充电时为 电解池，反应式为原电池反应的逆反应，故正确；C 项，放电时，a 极为原电池的正极，发 生还原反应的是 Mn 元素，锂元素的化合价没有变化，故不正确；D 项，放电时为原电池， 锂离子应向正极(a 极)迁移，故正确。 5．(1)[2015·四川理综，11(5)]FeSO4 在一定条件下可制得 FeS2(二硫化亚铁)纳米材料。该材料 可用于制造高容量锂电池，电池放电时的总反应为 4Li＋FeS2===Fe＋2Li2S，正极反应式是 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)[2015·广东理综，32(5)]一种可超快充电的新型铝电池，充放电时 AlCl－4 和 Al2Cl －7 两种离子 在 Al 电极上相互转化，其他离子不参与电极反应，放电时负极 Al 的电极反应式为 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 答案　(1)FeS2＋4Li＋＋4e－===Fe＋2Li2S 或 FeS2＋4e－===Fe＋2S2－ (2)Al－3e－＋7AlCl－4 ===4Al2Cl－7 方法归纳 锂离子电池充放电分析 常见的锂离子电极材料 正极材料：LiMO2(M：Co、Ni、Mn 等) LiM2O4(M：Co、Ni、Mn 等) LiMPO4(M：Fe 等) 负极材料：石墨(能吸附锂原子) 负极反应：LixCn－xe－===xLi＋＋nC 正极反应：Li1－xMO2＋xLi＋＋xe－===LiMO2 总反应：Li1－xMO2＋LixCn 放电 充电 nC＋LiMO2。 题组三　“广泛应用”的高科技电池 6．气体的自动化检测中常常应用原电池原理的传感器。下图为电池的工作示意图，气体扩散 进入传感器，在敏感电极上发生反应，传感器就会接收到电信号。下表列出了待测气体及敏 感电极上部分反应产物。则下列说法中正确的是(　　) 待测气体 敏感电极部分产物 NO2 NO Cl2 HCl CO CO2 H2S H2SO4 A．上述气体检测时，敏感电极均作原电池正极 B．检测 Cl2 气体时，敏感电极的电极反应为 Cl2＋2e－===2Cl－ C．检测 H2S 气体时，对电极充入空气，对电极上电极反应式为 O2＋2H2O＋4e－===4OH－ D．检测 H2S 和 CO 体积分数相同的两份空气样本时，传感器上产生的电流大小相同 答案　B 解析　A 项，NO2―→NO，得电子，作正极，Cl2―→HCl，得电子，作正极，CO―→CO2， 失电子，作负极，H2S―→H2SO4，失电子，作负极；B 项，根据产物可以判断 Cl2 得电子， 生成 Cl－，正确；C 项，应为 O2＋4e－＋4H＋===2H2O；D 项，H2S 生成 H2SO4 失去 8e－，而 CO 生成 CO2 失去 2e－，所以检测体积分数相同的两气体时传感器上产生的电流大小不相同。 考点三　电解池的“不寻常”应用 “六点”突破电解池 1．分清阴、阳极，与电源正极相连的为阳极，与电源负极相连的为阴极，两极的反应为“阳 氧阴还”。 2．剖析离子移向，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。 3．注意放电顺序。 4．书写电极反应式，注意得失电子守恒。 5．正确判断产物。 (1)阳极产物的判断首先看电极，如果是活性电极作阳极，则电极材料失电子，电极溶解(注意： 铁作阳极溶解生成 Fe2＋，而不是 Fe3＋)；如果是惰性电极，则需看溶液中阴离子的失电子能 力，阴离子放电顺序为 S2－>I－>Br－>Cl－>OH－(水)。 (2)阴极产物的判断直接根据阳离子的放电顺序进行判断： Ag＋>Hg2＋>Fe3＋>Cu2＋>H＋>Pb2＋>Fe2＋>Zn2＋>H＋(水) 6．恢复原态措施。 电解后有关电解质溶液恢复原态的问题应该用质量守恒法分析。一般是加入阳极产物和阴极 产物的化合物，但也有特殊情况，如用惰性电极电解 CuSO4 溶液，Cu2＋完全放电之前，可加 入 CuO 或 CuCO3 复原，而 Cu2＋完全放电之后，应加入 Cu(OH)2 或 Cu2(OH)2CO3 复原。 题组一　电解原理在“治理环境”中的不寻常应用 1．(2015·四川理综，4)用下图所示装置除去含 CN－、Cl－废水中的 CN－时，控制溶液 pH 为 9～10，阳极产生的 ClO－将 CN－氧化为两种无污染的气体。下列说法不正确的是(　　) A．用石墨作阳极，铁作阴极 B．阳极的电极反应式：Cl－＋2OH－－2e－===ClO－＋H2O C．阴极的电极反应式：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－ D．除去 CN－的反应：2CN－＋5ClO－＋2H＋===N2↑＋2CO2↑＋5Cl－＋H2O 答案　D 解析　Cl－在阳极发生氧化反应生成 ClO－，水电离出的 H＋在阴极发生还原反应生成 H2，又 由于电解质溶液呈碱性，故 A、B、C 项正确；D 项，溶液呈碱性，离子方程式中不能出现 H ＋，正确的离子方程式为 2CN－＋5ClO－＋H2O===N2↑＋2CO2↑＋5Cl－＋2OH－，错误。 2．[2015·北京理综，27(4)]利用如图所示装置从海水中提取 CO2，有利于减少环境温室气体含 量。 ①结合方程式简述提取 CO2 的原理：___________________________________________。 ②用该装置产生的物质处理 b 室排出的海水，合格后排回大海。处理至合格的方法是 ________________________________________________________________________。 答案　①a 室：2H2O―4e－=== O2↑＋4H＋，H＋通过阳离子膜进入 b 室，发生反应：HCO－3 ＋ H＋===CO2↑＋H2O ②c 室的反应：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，用 c 室排出的碱液将从 b 室排出的酸液调至接 近装置入口海水的 pH 解析　①a 室的电极连接电源的正极，作阳极，发生氧化反应：2H2O―4e－=== O2↑＋4H＋， c(H＋)增大，H＋从 a 室通过阳离子膜进入 b 室，发生反应：HCO－3 ＋H＋===CO2↑＋H2O。 ②海水的 pH≈8，电解后的海水 pH<6，呈酸性；c 室的反应：2H2O＋2e－=== H2↑＋2OH－， 可用 c 室排出的碱液与从 b 室排出的酸液中和调至接近装置入口海水的 pH，即处理合格。 题组二　电解原理在“制备物质”中的不寻常应用 3．(1)[2014·新课标全国卷Ⅰ，27(4)]H3PO2 也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理 如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)： ①写出阳极的电极反应式：__________________________________________________。 ②分析产品室可得到 H3PO2 的原因：______________________________________________ ________________________________________________________________________。 ③早期采用“三室电渗析法”制备 H3PO2：将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用 H3PO2 稀溶液代替。并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产 品中混有____________杂质。该杂质产生的原因是_____________________________________ ___________________________________。 (2)[2014·北京理综，26(4)]电解 NO 制备 NH4NO3，其工作原理如图所示，为使电解产物全部 转化为 NH4NO3，需补充物质 A，A 是________，说明理由：___________________________ ________________________________________________________________________________ _____________________________________。 答案　(1)①2H2O－4e－===O2↑＋4H＋ ②阳极室的 H＋穿过阳膜扩散至产品室，原料室的 H2PO －2 穿过阴膜扩散至产品室，二者反应 生成 H3PO2 ③PO3－4 　H2PO －2 或 H3PO2 被氧化 (2)NH3　根据反应：8NO＋7H2O =====电解 3NH4NO3＋2HNO3，电解产生的 HNO3 多 4．[2015·山东理综，29(1)]利用 LiOH 和钴氧化物可制备锂离子电池正极材料。LiOH 可由电 解法制备，钴氧化物可通过处理钴渣获得。 利用如图装置电解制备 LiOH，两电极区电解液分别为 LiOH 和 LiCl 溶液。B 极区电解液为 ________溶液(填化学式)，阳极电极反应式为_____________________________________， 电解过程中 Li＋向________电极迁移(填“A”或“B”)。 答案　LiOH　2Cl－－2e－===Cl2↑　B 解析　B 极区生成 H2 ，同时会生成 LiOH ，则 B 极区电解液为 LiOH 溶液；电极 A 为阳极， 在阳极区 LiCl 溶液中 Cl－ 放电，电极反应式为 2Cl－－2e－===Cl2↑；在电解过程中 Li＋(阳 离子)向 B 电极(阴极区)迁移。 考点四　金属腐蚀与防护的“两种比较”、“两种方法” 1．两种比较 (1)析氢腐蚀和吸氧腐蚀的比较 类型 析氢腐蚀 吸氧腐蚀 条件 水膜呈酸性 水膜呈弱酸性或中性 正极 反应 2H＋＋2e－ ===H2↑ O2＋2H2O＋4e－ ===4OH－ 负极反应 Fe－2e－===Fe2＋ 其他 反应 Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓ 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=== 4Fe(OH)3 Fe(OH)3 失去部分水转化为铁锈 (2)腐蚀快慢的比较 ①一般来说可用下列原则判断：电解池原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀> 有防护措施的腐蚀； ②对同一金属来说，腐蚀的快慢：强电解质溶液中>弱电解质溶液中>非电解质溶液中； ③活泼性不同的两种金属，活泼性差别越大，腐蚀越快； ④对同一种电解质溶液来说，电解质溶液浓度越大，金属腐蚀的速率越快。 2．两种保护方法 (1)加防护层 如在金属表面加上油漆、搪瓷、沥青、塑料、橡胶等耐腐蚀的非金属材料；采用电镀或表面 钝化等方法在金属表面镀上一层不易被腐蚀的金属或生成一层致密的薄膜。 (2)电化学防护 ①牺牲阳极的阴极保护法——原电池原理：正极为被保护的金属，负极为比被保护的金属活 泼的金属； ②外加电流的阴极保护法——电解原理：阴极为被保护的金属，阳极为惰性电极。 题组一　两种腐蚀的比较 1．利用下图装置进行实验，开始时，a、b 两处液面相平，密封好，放置一段时间。下列说 法不正确的是(　　) A．a 管发生吸氧腐蚀，b 管发生析氢腐蚀 B．一段时间后，a 管液面高于 b 管液面 C．a 处溶液的 pH 增大，b 处溶液的 pH 减小 D．a、b 两处具有相同的电极反应式：Fe－2e－===Fe2＋ 答案　C 解析　根据装置图判断，左边铁丝发生吸氧腐蚀，右边铁丝发生析氢腐蚀，其电极反应为 左边　负极：Fe－2e－===Fe2＋ 正极：O2＋4e－＋2H2O===4OH－ 右边　负极：Fe－2e－===Fe2＋ 正极：2H＋＋2e－===H2↑ a、b 处的 pH 均增大，C 错误。 2．[2014·福建理综，24(1)]铁及其化合物与生产、生活关系密切。 下图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。 ①该电化腐蚀称为____________。 ②图中 A、B、C、D 四个区域，生成铁锈最多的是________(填字母)。 答案　①吸氧腐蚀　②B 解析　①金属在中性和较弱的酸性条件下发生的是吸氧腐蚀。②发生吸氧腐蚀，越靠近液面 接触到的 O2 越多，腐蚀得越严重。 3．铜板上铁铆钉长期暴露在潮湿的空气中，形成一层酸性水膜后铁铆钉会被腐蚀，示意图如 下。下列说法不正确的是(　　) A．因铁的金属性比铜强，所以铁铆钉被氧化而腐蚀 B．若水膜中溶解了 SO2，则铁铆钉腐蚀的速率变小 C．铜极上的反应是 2H＋＋2e－===H2↑，O2＋4e－＋4H＋===2H2O D．在金属表面涂一层油脂，能防止铁铆钉被腐蚀 答案　B 解析　根据示意图，铁铆钉发生电化学腐蚀，其电极反应式为 左侧Error! 右侧Error! B 项，若水膜溶解了 SO2，酸性增强，所以铁铆钉腐蚀的速率将变大。 题组二　腐蚀类型与防护方法 4．(2015·上海，14)研究电化学腐蚀及防护的装置如右图所示。下列有关说法错误的是(　　) A．d 为石墨，铁片腐蚀加快 B．d 为石墨，石墨上电极反应为 O2＋2H2O＋4e－―→4OH－ C．d 为锌块，铁片不易被腐蚀 D．d 为锌块，铁片上电极反应为 2H＋＋2e－―→H2↑ 答案　D 解析　由于活动性：Fe>石墨，所以铁、石墨及海水构成原电池，Fe 为负极，失去电子被氧 化变为 Fe2＋进入溶液，溶解在海水中的氧气在正极石墨上得到电子被还原，比没有形成原电 池时的速率快，正确；B 项，d 为石墨，由于是中性电解质，所以发生的是吸氧腐蚀，石墨 上氧气得到电子，发生还原反应，电极反应为 O2＋2H2O＋4e－―→4OH－，正确；C 项，若 d 为锌块，则由于金属活动性：Zn>Fe，Zn 为原电池的负极，Fe 为正极，首先被腐蚀的是 Zn， 铁得到保护，铁片不易被腐蚀，正确；D 项，d 为锌块，由于电解质为中性环境，发生的是 吸氧腐蚀，在铁片上电极反应为 O2＋2H2O＋4e－―→4OH－，错误。 5．(2014·安徽理综，28)某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素， 将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞(如图 1)。从胶头滴管中滴入几滴醋 酸溶液，同时测量容器中的压强变化。 (1)请完成以下实验设计表(表中不要留空格)： 编号 实验目的 碳粉/g 铁粉/g 醋酸/% ① 为以下实验作参照 0.5 2.0 90.0 ② 醋酸浓度的影响 0.5 36.0 ③ 0.2 2.0 90.0 (2)编号①实验测得容器中压强随时间变化如图 2。t2 时，容器中压强明显小于起始压强，其 原因是铁发生了________腐蚀，请在图 3 中用箭头标出发生该腐蚀时电子流动方向；此时， 碳粉表面发生了________(填“氧化”或“还原”)反应，其电极反应式是______________。 (3)该小组对图 2 中 0～t1 时压强变大的原因提出了如下假设，请你完成假设二： 假设一：发生析氢腐蚀产生了气体； 假设二：________________________________________________________________________； …… (4)为验证假设一，某同学设计了检验收集的气体中是否含有 H2 的方案。请你再设计一个实 验方案验证假设一，写出实验步骤和结论。 实验步骤和结论(不要求写具体操作过程)： 答案　(1)②2.0　③碳粉含量的影响 (2)吸氧　 　还原　2H2O＋O2＋4e－===4OH－(或 4H＋＋O2＋4e－===2H2O) (3)反应放热，温度升高 (4)①药品用量和操作同编号①实验(多孔橡皮塞增加进、出导管)； ②通入氩气排净瓶内空气； ③滴入醋酸溶液，同时测量瓶内压强变化(也可测温度变化、检验 Fe2＋等)。如果瓶内压强增 大，假设一成立。否则假设一不成立。(本题属于开放性试题，答案合理即可) 解析　(1)本题采用“控制变量法”进行研究，即保持其他条件相同，只考虑其中一个因素对 实验的影响。探究醋酸浓度对电化学腐蚀的影响时，应保证碳粉和铁粉的质量与参照实验相 同，因此实验②中铁粉为 2.0 g；对比实验①和③可知，铁粉的质量及醋酸的浓度相同，而碳 粉的质量不同，显然探究的是碳粉的含量对铁的电化学腐蚀的影响。 (2)当铁发生析氢腐蚀时，由于生成 H2，容器的压强不断增大，而发生吸氧腐蚀时，由于消耗 O2，容器的压强不断减小，t2 时容器的压强明显小于起始压强，说明铁发生了吸氧腐蚀，此 时 Fe 作负极，失去电子发生氧化反应；碳粉作正极，O2 在其表面得到电子发生还原反应， 电极反应式为 O2＋2H2O＋4e－===4OH－(或 4H＋＋O2＋4e－===2H2O)。 (3)Fe 发生电化学腐蚀时，放出热量，使体系的温度升高。 (4)参照实验①中药品的用量及操作方法，更换多孔橡皮塞，增加进、出气导管，并通入稀有 气体，排出空气，滴加醋酸溶液，同时测量瓶内压强的变化、温度变化等，确定假设一是否 成立。 考点五　利用“电子守恒”思想突破电化学的计算 电化学计算的基本方法和技巧： 原电池和电解池的计算包括两极产物的定量计算、溶液 pH 的计算、相对原子质量和阿伏加 德罗常数的计算、产物的量与电量关系的计算等。通常有下列三种方法： 1．根据电子守恒计算 用于串联电路中阴阳两极产物、正负两极产物、相同电量等类型的计算，其依据是电路中转 移的电子数相等。 2．根据总反应式计算 先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列出比例式计算。 3．根据关系式计算 根据得失电子守恒定律关系建立起已知量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。 如以通过 4 mol e－为桥梁可构建如下关系式： (式中 M 为金属，n 为其离子的化合价数值) 该关系式具有总揽电化学计算的作用和价值，熟记电极反应式，灵活运用关系式便能快速解 答常见的电化学计算问题。 题组一　无明显“外接电源”的电解池“串联”的判断与计算 1．如下图所示，其中甲池的总反应式为 2CH3OH＋3O2＋4KOH===2K2CO3＋6H2O。下列说 法正确的是(　　) A．甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化为电能的装置 B．甲池通入 CH3OH 的电极反应式为 CH3OH－6e－＋2H2O===CO2－3 ＋8H＋ C．反应一段时间后，向乙池中加入一定量 Cu(OH)2 固体能使 CuSO4 溶液恢复到原浓度 D．甲池中消耗 280 mL(标准状况下)O2，此时丙池中理论上最多产生 1.45 g 固体 答案　D 解析　甲池为原电池，作为电源，乙池、丙池为两个电解池。根据原电池的形成条件，通入 CH3OH 的一极为负极，通入 O2 的一极为正极，所以石墨、Pt(左)作阳极，Ag、Pt(右)作阴极； B 项，负极反应：CH3OH－6e－＋8OH－===CO2－3 ＋6H2O；C 项，应加入 CuO 或 CuCO3；D 项，丙池中：MgCl2＋2H2O 电解,Mg(OH)2↓＋Cl2↑＋H2↑，消耗 0.012 5 mol O2，转移 0.05 mol 电子，生成 0.025 mol Mg(OH)2，其质量为 1.45 g。 题组二　有明显“外接电源”的电解池“串联”的判断与计算 2．在如图所示的装置中，若通直流电 5 min 时，铜电极质量增加 2.16 g。试回答下列问题。 (1)电源中 X 电极为直流电源的________极。 (2)pH 变化：A：________，B：________，C：________(填“增大”、“减小”或“不变”)。 (3)通电 5 min 时，B 中共收集 224 mL(标准状况下)气体，溶液体积为 200 mL，则通电前 CuSO4 溶液的物质的量浓度为________________________(假设电解前后溶液体积无变化)。 (4)若 A 中 KCl 足量且溶液的体积也是 200 mL，电解后，溶液的 pH 为______________(假设 电解前后溶液体积无变化)。 答案　(1)负 (2)增大　减小　不变 (3)0.025 mol·L－1 (4)13 解析　(1)三个装置是串联的电解池。电解 AgNO3 溶液时，Ag＋在阴极发生还原反应变为 Ag， 所以质量增加的铜电极是阴极，则银电极是阳极，Y 是正极，X 是负极。 (2)电解 KCl 溶液生成 KOH，溶液 pH 增大；电解 CuSO4 溶液生成 H2SO4，溶液 pH 减小；电 解 AgNO3 溶液，银为阳极，不断溶解，Ag＋浓度基本不变，pH 不变。 (3)通电 5 min 时，C 中析出 0.02 mol Ag，电路中通过 0.02 mol 电子。B 中共收集 0.01 mol 气 体，若该气体全为氧气，则电路中需通过 0.04 mol 电子，电子转移不守恒。因此，B 中电解 分为两个阶段，先电解 CuSO4 溶液，生成 O2，后电解水，生成 O2 和 H2，B 中收集到的气体 是 O2 和 H2 的混合物。设电解 CuSO4 溶液时生成 O2 的物质的量为 x，电解 H2O 时生成 O2 的 物质的量为 y，则 4x＋4y＝0.02 mol(电子转移守恒)，x＋3y＝0.01 mol(气体体积之和)，解得 x＝ y＝0.002 5 mol，所以 n(CuSO 4)＝2×0.002 5 mol＝0.005 mol，c(CuSO4)＝0.005 mol÷0.2 L＝ 0.025 mol·L－1。(4)通电 5 min 时，A 中放出 0.01 mol H2，溶液中生成 0.02 mol KOH，c(OH －)＝0.02 mol÷0.2 L＝0.1 mol·L－1，pH＝13。 失误防范 两种“串联”装置图比较 图 1 中无外接电源，其中必有一个装置是原电池装置(相当于发电装置)，为电解池装置提供 电能，其中两个电极活泼性差异大者为原电池装置，如图 1 中左边为原电池装置，右边为电 解池装置。图 2 中有外接电源，两烧杯均作电解池，且串联电解，通过两池的电子数目相等。 题组三　2015 高考题汇编 3．[2015·重庆理综，11(5)]如图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图。 ①腐蚀过程中，负极是________(填图中字母“a”或“b”或“c”)； ②环境中的 Cl－扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈 Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为_________________________________________________； ③若生成 4.29 g Cu2(OH)3Cl，则理论上耗氧体积为________L(标准状况)。 答案　①c　②2Cu2＋＋3OH－＋Cl－===Cu2(OH)3Cl↓ ③0.448 解析　①“青铜器的腐蚀”，如图铜为负极被腐蚀生成 Cu2＋，正极氧气发生吸氧腐蚀生成 OH －。 ②正极反应产物为 OH－，负极反应产物为 Cu2＋与 Cl－作用生成 Cu2(OH)3Cl。 ③n[Cu2(OH)3Cl]＝ 4.29 g 214.5 g·mol－1＝0.02 mol，所以有 0.04 mol Cu 被氧化，根据电子得失守恒 n(O2)＝0.04 mol × 2e－ 4e－ ＝0.02 mol，标准状况下 V(O2)＝0.02 mol×22.4 L·mol－1＝0.448 L。 4．[2015·全国卷Ⅱ，26(1)(2)]酸性锌锰干电池是一种一次性电池，外壳为金属锌，中间是碳棒， 其周围是由碳粉、MnO2、ZnCl2 和 NH4Cl 等组成的糊状填充物。该电池放电过程产生 MnOOH。 (1)该电池的正极反应式为______________________________________________________， 电池反应的离子方程式为______________________________________________________。 (2)维持电流强度为 0.5 A，电池工作 5 分钟，理论上消耗锌________g。(已知 F＝96 500 C·mol －1) 答案　(1)MnO2＋e－＋H＋===MnOOH　Zn＋2MnO2＋2H＋===Zn2＋＋2MnOOH (2)0.05 解析　(1)根据酸性锌锰干电池的构造可知，放电时，负极 Zn 失去电子生成 Zn2＋，正极 MnO2 得到电子生成 MnOOH，从而可写出正极和负极的电极反应式，然后在遵循电子守恒的前提 下将两极反应式加合可得电池反应的离子方程式。(2)电池工作 5 分钟，通过的电量 Q＝0.5 A×5 min×60 s·min － 1 ＝150 C，因此通过电子的物质的量 n(e － )＝ Q F＝ 150 C 96 500 C·mol－1 ≈1.554×10－3 mol，则理论消耗 Zn 的质量是 m(Zn)＝1.554 × 10－3 mol 2 ×65 g·mol－1＝0.05 g。 专题强化练 1．用图示的方法可以保护钢质闸门。下列说法正确的是(　　) A．当 a、b 间用导体连接时，则 X 应发生氧化反应 B．当 a、b 间用导体连接时，则 X 可以是锌或石墨 C．当 a、b 与外接电源相连时，a 应连接电源的正极 D．当 a、b 与外接电源相连时，阴极的电极反应式：2Cl－－2e－===Cl2↑ 答案　A 解析　A 项，当 a、b 用导体连接时，X 应作负极，发生氧化反应，正确；B 项，X 可以是 Zn 但不能是石墨，否则钢闸门作负极，被腐蚀；C 项，a 接负极，才能使钢闸门不被腐蚀；D 项，阴极反应式应为 2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－或 2H＋＋2e－===H2↑。 2．如图所示甲、乙两个装置，所盛溶液体积和浓度均相同且足量，电极铝和镁都已除去表面 氧化膜。当两装置电路中通过的电子都是 1 mol 时，下列说法不正确的是(　　) A．溶液的质量减小程度：乙<甲 B．溶液的导电能力变化：甲<乙 C．甲中阴极和乙中铝电极上析出物质质量：甲＝乙 D．电极反应式：甲中阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑ 乙中正极：Cu2＋＋2e－===Cu 答案　B 解析　甲：CuCl2 =====电解 Cu＋Cl2↑，乙：Mg＋Cu2＋===Cu＋Mg2＋；A 项，当通过 1 mol 电 子时，甲减少 67.5 g，乙减小64－24 2 ＝20 g；B 项，甲中离子浓度减少，而乙中保持不变，所 以导电能力变化甲>乙；C 项，甲中阴极：Cu 2＋ ＋2e －===Cu，乙中铝电极：Cu 2＋ ＋2e － ===Cu，析出的质量应相等；D 项正确。 3．(2015·天津理综，4)锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子 通过，下列有关叙述正确的是(　　) A．铜电极上发生氧化反应 B．电池工作一段时间后，甲池的 c(SO2－4 )减小 C．电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加 D．阴阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡 答案　C 解析　A 项，由锌的活泼性大于铜，可知铜电极为正极，在正极上 Cu2＋得电子发生还原反应 生成 Cu，错误；B 项，由于阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故甲池的 c(SO2－4 )不 变，错误；C 项，在乙池中 Cu2＋＋2e－===Cu，同时甲池中的 Zn2＋通过阳离子交换膜进入乙 池中，由于 M(Zn2＋)>M(Cu2＋)，故乙池溶液的总质量增加，正确；D 项，阳离子交换膜只允 许阳离子和水分子通过，电解过程中 Zn2＋通过阳离子交换膜移向正极保持溶液中电荷平衡， 阴离子是不能通过交换膜的，错误。 4．随着各地“限牌”政策的推出，电动汽车成为汽车界的“新宠”。特斯拉全电动汽车使用 的是钴酸锂(LiCoO2)电池，其工作原理如下图，A 极材料是金属锂和碳的复合材料(碳作为金 属锂的载体)，电解质为一种能传导 Li＋的高分子材料，隔膜只允许 Li＋通过，电池反应式 LixC6 ＋Li1－xCoO2 放电 充电 C6＋LiCoO2。下列说法不正确的是(　　) A．充电时 Li＋从右边流向左边 B．放电时，正极锂的化合价未发生改变 C．充电时 B 作阳极，该电极放电时的电极反应式为 Li1－xCoO2＋xLi＋＋xe－===LiCoO2 D．废旧钴酸锂(LiCoO2)电池进行“放电处理”让 Li＋进入石墨中而有利于回收 答案　D 解析　放电时： A(负极)：LixC6－xe－===xLi＋＋C6； B(正极)：Li1－xCoO2＋xe－＋xLi＋===LiCoO2。 充电时： A(阴极)：xLi＋＋C6＋xe－===LixC6； B(阳极)：LiCoO2－xe－===xLi＋＋Li1－xCoO2。 A 项，充电时 Li＋移向阴极，即从右边流向左边，正确；B 项，放电时，正极锂的化合价仍 为＋1 价，化合价并没有发生变化；C 项正确；D 项，根据电极反应式，应进行“充电处 理”，才能使 Li＋进入石墨中。 5．用 NaOH 溶液吸收烟气中的 SO2，将所得的 Na2SO3 溶液进行电解，可循环再生 NaOH 同 时得到某种副产物，其原理如图所示(电极材料为石墨)。下列说法不正确的是(　　) A．b 电极上的主反应是 SO2－3 －2e－＋H2O===SO2－4 ＋2H＋ B．若 D 是混合气体，则可能含有 SO2、O2 等成分 C．a 电极发生还原反应，当有 1 mol Na＋通过阳离子交换膜时，a 极生成 11.2 L 气体 D．A 溶液是稀 NaOH 溶液，作用是增强溶液的导电性，C 是较浓的硫酸溶液 答案　C 解析　b 电极应为阳极，a 电极为阴极，电极反应式为 b：SO2－3 －2e－＋H2O===SO2－4 ＋2H＋， a：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－；B 项，由于不可避免会发生 SO2－3 ＋2H＋===H2O＋SO2↑及 4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，所以若 D 是混合气体，则含有 SO2、O2 等成分；C 项，没有指 明是否处在标准状况，错误；D 项正确。 6．自来水管道经历了从铸铁管→镀锌管→PVC 管→PPR 热熔管等阶段，铸铁管、镀锌管被 弃用的原因之一，可以用原电池原理来解释，示意图如下图所示。下列有关说法不正确的是 (　　) A．如果是镀锌管，则 a 端为 Zn，是负极，产生 Zn2＋，不但会造成管道锈蚀，Zn2＋溶于自来 水也对人体有害 B．b 端发生的电极反应为 ClO－＋H2O－2e－===Cl－＋2OH－ C．由于该原电池原理的存在，一定程度上减弱了自来水中余氯的杀菌消毒功能 D．从自来水厂到用户，经过该类管道的长期接触，自来水的酸碱性发生了变化 答案　B 解析　根据 ClO－＋2e－＋H2O===Cl－＋2OH－，可以判断 b 为正极，a 为负极，B 项错误。 7．用下图装置模拟人工肾脏的工作原理，电解生成的 Cl2 将尿素[CO(NH2)2]氧化成 N2 排出， 则下列说法错误的是(　　) A．电源的正极为 b B．尿素被氧化的化学方程式为 CO(NH2)2＋3Cl2＋H2O===N2＋CO2＋6HCl C．电解结束后，阴极室溶液与电解前相比 pH 增大 D．阳极收集到 Cl2 4.48 L(标准状况)时，被氧化的尿素为 6.0 g 答案　D 解析　电极反应式为 a(阴极)：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，b(阳极)：2Cl－－2e－===Cl2↑， A 项正确； 3Cl2＋CO(NH2)2＋H2O===N2＋CO2＋6HCl，B 项正确； C 项，由于阴极室生成 OH－，所以 pH 增大； D 项，0.2 mol Cl2 氧化 CO(NH2)2 的质量为0.2 mol 3 ×60 g·mol－1＝4.0 g。 8．(2015·全国卷Ⅰ，11)微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工 作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是(　　) A．正极反应中有 CO2 生成 B．微生物促进了反应中电子的转移 C．质子通过交换膜从负极区移向正极区 D．电池总反应为 C6H12O6＋6O2===6CO2＋6H2O 答案　A 解析　由题意可知，微生物电池的原理是在微生物作用下 O2 与 C6H12O6 发生氧化还原反应， 将化学能转化为电能，B 正确；氧气在正极反应，由于质子交换膜只允许 H＋通过，则正极 反应为 O2＋4e－＋4H＋===2H2O，没有 CO2 生成，A 项错误；负极发生反应：C6H12O6－24e－＋ 6H2O===6CO2＋24H＋，H＋在负极区生成，移向正极区，在正极被消耗，C 项正确；总反应 为 C6H12O6＋6O2===6CO2＋6H2O，D 项正确。 9．(2015·福建理综，11)某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将 H2O 和 CO2 转化为 O2 和燃料(C3H8O)。下列说法正确的是(　　) A．该装置将化学能转化为光能和电能 B．该装置工作时，H＋从 b 极区向 a 极区迁移 C．每生成 1 mol O2，有 44 g CO2 被还原 D．a 电极的反应为 3CO2＋18H＋－18e－===C3H8O＋5H2O 答案　B 解析　A 项，该装置是电解池，在电解和光的作用下 H2O 在光催化剂的表面转化为 O2 和 H ＋，故该装置是将电能和光能转化为化学能，错误；B 项，根据同种电荷相互排斥、异种电 荷相互吸引的原则，该装置工作时，H＋从阳极 b 极区向阴极 a 极区迁移，正确；C 项，该电 解池的总反应式为 6CO2＋8H2O =====电解 2C3H8O＋9O2。根据总反应方程式可知，每生成 1 mol O2，有2 3 mol CO2 被还原，其质量为88 3 g，错误；D 项，a 电极为阴极，发生还原反应，电极 反应式为 3CO2＋18H＋＋18e－===C3H8O＋5H2O，错误。 10．(2015·浙江理综，11)在固态金属氧化物电解池中，高温共电解 H2O­CO2 混合气体制备 H2 和 CO 是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示。下列说法不正确的是(　　) A．X 是电源的负极 B．阴极的电极反应式是 H2O＋2e－===H2＋O2－、CO2＋2e－===CO＋O2－ C．总反应可表示为 H2O＋CO2 =====通电 H2＋CO＋O2 D．阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是 1∶1 答案　D 解析　由水和二氧化碳生成氢气和一氧化碳发生还原反应，此极上得到电子，应为阴极，故 X 极为电源的负极，A、B 项正确；C 项，根据电极上的反应物和生成物，可知总反应方程 式正确；D 项，因阳极电极反应式为 2O2－－4e－===O2↑，结合电子得失相等，可知阴、阳 两极生成气体的物质的量之比为 2∶1，错误。 11．NOx、SO2 的大量排放是造成阴霾天气的主要原因，研究其处理方法变废为宝越来越受 到人们重视。按要求回答下列问题。 (1)用间接电化学法除去 NO 的过程，如图 1 所示： 已 知 电 解 池 的 阴 极 室 中 溶 液 的 pH 在 4 ～ 7 之 间 ， 写 出 阴 极 的 电 极 反 应 式 ： ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 用离子方程式表示吸收池中除去 NO 的原理：__________________________________ __________________________________________________________________________ ____________________________________。 (2)富集废气中 SO2，并使其与 O2 反应制备硫酸，用多孔电极材料，装置如图 2 所示。 ①X 极的电极反应式为_____________________________________________________。 ②消耗 11.2 L(标准状况)气体 B 时，通过质子交换膜的 H＋的个数为________。 (3)工业上，可电解 NO 制备 NH4NO3，其工作原理如图 3 所示，为使电解产物全部转化为 NH4NO3，需补充物质 M。 ①写出阳极的电极反应式：____________________________________________________。 ②M 是________，说明理由：_________________________________________________。 ③总化学方程式为___________________________________________________________。 答案　(1)2HSO－3 ＋2e－＋2H＋===S2O2－4 ＋2H2O 2NO＋2S2O2－4 ＋2H2O===N2↑＋4HSO－3 (2)①SO2－2e－＋2H2O===SO2－4 ＋4H＋　②2NA (3)①5NO－15e－＋10H2O===20H＋＋5NO－3 ②NH3　电解过程中阳极生成的 n(NO－3 )大于阴极生成的 n(NH＋4 ) ③8NO＋7H2O＋2NH3 =====电解 5NH4NO3 解析　(2)①分析物质流向知，气体 A 为 SO2，气体 B 为 O2，X 极是负极，电极反应式为 SO2 －2e－＋2H2O===SO2－4 ＋4H＋；Y 极为正极，电极反应式为 O2＋4e－＋2H2O===4OH－。②n(O2) ＝ 11.2 L 22.4 L·mol－1＝0.5 mol，生成的 n(OH－)＝0.5 mol×4＝2 mol，为了维持溶液中电荷平衡， 应有 2 mol H＋从左侧透过质子交换膜向右侧迁移。 (3)由图 3 可知，阳极区 NO 发生氧化反应生成 NO－3 ，阴极区 NO 发生还原反应生成 NH＋4 ， 阳极反应式为 5NO－15e －＋10H2O===20H＋＋5NO－3 ，阴极反应式为 3NO＋15e －＋18H ＋ ===3NH＋4 ＋3H2O，电解过程中阳极产生的 NO －3 的物质的量大于阴极产生的 NH ＋4 的物质的 量，为使电解产物全部转化成硝酸铵，需要补充 NH3。总化学方程式为 8NO＋7H2O＋2NH3 =====电解 5NH4NO3。 12．如下图装置所示，C、D、E、F、X、Y 都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相 同(假设通电前后溶液体积不变)，A、B 为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F 极附 近呈红色。 请回答： (1)B 极是电源的________，一段时间后，甲中溶液颜色________________，丁中 X 极附近的 颜色逐渐变浅，Y 极附近的颜色逐渐变深，这表明__________________________________， 在电场作用下向 Y 极移动。 (2)若甲、乙装置中的 C、D、E、F 电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为 ________________________________________________________________________。 (3)现用丙装置给铜件镀银，则 H 应该是________(填“镀层金属”或“镀件”)，电镀液是 ____________溶液。当乙中溶液的 pH 是 13 时(此时乙溶液体积为 500 mL)，丙中镀件上析出 银的质量为____________，甲中溶液的 pH________(填“变大”、“变小”或“不变”)。 (4) 若 将 C 电 极 换 为 铁 ， 其 他 装 置 都 不 变 ， 则 甲 中 发 生 总 反 应 的 离 子 方 程 式 是 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 答案　(1)负极　逐渐变浅　氢氧化铁胶体粒子带正电荷 (2)1∶2∶2∶2 (3)镀件　AgNO3　5.4 g　变小 (4)Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋ 解析　(1)F 极附近呈红色，说明 F 是阴极，E 是阳极，则 A 为正极，B 为负极。甲中因 Cu2＋ 放电使溶液颜色变浅。丁中 Y 极附近颜色变深，说明 Fe(OH)3 胶粒向阴极移动，即 Fe(OH)3 胶粒带正电荷。(2)C、D、E、F 的电极产物分别为 O2、Cu、Cl2、H2，由于电路中通过的电 量相等，所以其物质的量之比为 1∶2∶2∶2。(3)乙中溶液 pH＝13，生成 n(NaOH)＝0.1 mol·L －1×0.5 L＝0.05 mol，电路中通过的电子的物质的量为 0.05 mol，所以丙中镀件上析出银的质 量为 0.05 mol×108 g·mol－1＝5.4 g。(4)当活性金属作阳极时，金属先于溶液中的阴离子放电 而溶解，故甲中发生反应的离子方程式为 Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu。 13．(2015·高考试题汇编) (1)[2015·广东理综，32(4)]电解制备 Al(OH)3 时，电极分别为 Al 片和石墨，电解总反应方程式 为________________________________________________________________________。 (2)[2015·海南，15(4)]下图所示原电池正极的反应式为_________________________________ _______________________________________。 (3)(2015·上海，27、28、29)氯碱工业以电解精制饱和和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱 和氯的含氧酸盐等系列化工产品。下图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交 换膜只允许阳离子通过。 完成下列填空： ①写出电解饱和食盐水的离子方程式___________________________________________ ________________________________________________________________________。 ②离子交换膜的作用为______________、_____________________________________。 ③精制饱和食盐水从图中________位置补充，氢氧化钠溶液从图中________位置流出。(选填 “a”、“b”、“c”或“d”) 答案　(1)2Al＋6H2O =====通电 2Al(OH)3＋3H2↑ (2)Ag＋＋e－===Ag (3)①2Cl－＋2H2O =====通电 Cl2↑＋H2↑＋2OH－ ②能得到纯度更高的氢氧化钠溶液　阻止阳极产生的 Cl2 和阴极产生的 H2 混合发生反应 ③a　d 考点一　化学反应速率及其影响因素 1．深度剖析 v(B)＝Δc(B) Δt ＝ Δn(B) V Δt 用上式进行某物质反应速率计算时需注意以下几点： (1)浓度变化只适用于气体和溶液中的溶质，不适用于固体和纯液体。 (2)化学反应速率是某段时间内的平均反应速率，而不是即时速率，且计算时取正值。 (3)同一反应用不同的物质表示反应速率时，数值可能不同，但意义相同。不同物质表示的反 应速率之比等于其化学计量数之比。 (4)计算反应速率时，若给出的是物质的量的变化值，要转化为物质的量浓度的变化值(计算时 一定要除以体积)，再进行计算。 (5)对于可逆反应，通常计算的是正、逆反应抵消后的总反应速率，当达到平衡时，总反应速 率为零。(注：总反应速率也可理解为净速率) 2．正确理解速率影响因素 (1)“惰性气体”对反应速率的影响 ①恒容：充入“惰性气体” ― ― →引起 总压增大―→物质浓度不变(活化分子浓度不变)―→反 应速率不变。 ②恒压：充入“惰性气体” ― ― →引起 体积增大 ― ― →引起 物质浓度减小(活化分子浓度减小) ― ― →引起 反应速率减小。 (2)纯液体、固体对化学反应速率的影响 在化学反应中，纯液体和固态物质的浓度为常数，故不能用固态物质的浓度变化来表示反应 速率，但是固态反应物颗粒的大小是影响反应速率的条件之一，如煤粉由于表面积大，燃烧 就比煤块快得多。 (3)外界条件对可逆反应的正、逆反应速率的影响方向是一致的，但影响程度不一定相同。 ①当增大反应物浓度时，v 正增大，v 逆瞬间不变，随后也增大； ②增大压强，气体分子数减小方向的反应速率变化程度大； ③对于反应前后气体分子数不变的反应，改变压强可以同等程度地改变正、逆反应速率； ④升高温度，v 正和 v 逆都增大，但吸热反应方向的反应速率增大的程度大； ⑤使用催化剂，能同等程度地改变正、逆反应速率。 3．“明辨是非”准确判断 正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”。 (1)随着反应的进行，化学反应速率一定逐渐减小(×) (2)增大压强，化学反应速率一定加快(×) (3)反应现象不明显，证明化学反应速率很慢(×) (4)反应 H2＋Cl2===2HCl(ΔH<0)的机理包含①Cl2―→2Cl(慢)，②H 2＋Cl―→HCl＋H(快)， ③Cl2＋H―→HCl＋Cl(快)，则反应①的活化能大于反应②的活化能(√) (5)在含有少量 I －的溶液中，H2O2 分解的机理为 H2O2＋I －―→H2O＋IO －(慢)，H 2O2＋IO －―→H2O＋O2＋I－(快)，则 I－、IO－均为 H2O2 分解反应的催化剂(×) 题组一　化学反应速率的全方位考查 1．Ⅰ.一定温度下，在 2 L 的密闭容器中，X、Y、Z 三种气体的物质的量随时间变化的曲线 如图所示： (1)从反应开始到 10 s 时，用 Z 表示的反应速率为__________________________________。 (2)该反应的化学方程式为______________________________________________________。 Ⅱ.已知：反应 aA(g)＋bB(g)cC(g)，某温度下，在 2 L 的密闭容器中投入一定量的 A、B， 两种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。 (1) 经 测 定 前 4 s 内 v(C) ＝ 0.05 mol·L － 1·s － 1 ， 则 该 反 应 的 化 学 方 程 式 为 ________________________________________________________________________。 (2)请在图中将生成物 C 的物质的量浓度随时间的变化曲线绘制出来。 (3)若上述反应分别在甲、乙、丙三个相同的密闭容器中进行，经同一段时间后，测得三个容 器中的反应速率分别为 甲：v(A)＝0.3 mol·L－1·s－1； 乙：v(B)＝0.12 mol·L－1·s－1 丙：v(C)＝9.6 mol·L－1·min－1； 则甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为__________________。 Ⅲ.密闭容器中发生如下反应：A(g)＋3B(g)2C(g)　ΔH<0。根据下面速率—时间图像，回答 下列问题。 (1)下列时刻所改变的外界条件： t1____________；t3____________；t4____________。 (2)反应速率最快的时间段是________。 答案　Ⅰ.(1)0.079 mol·L－1·s－1　(2)X(g)＋Y(g)2Z(g) Ⅱ.(1)3A(g)＋B(g)2C(g) (2) (3)乙>甲>丙 Ⅲ.(1)升高温度　加入催化剂　减小压强 (2)t3～t4 段 解析　Ⅰ.(1)分析图像知 Δc(Z)＝1.58 mol 2 L ＝0.79 mol·L－1，v(Z)＝0.79 mol·L－1 10 s ＝0.079 mol·L－ 1·s－1。(2)由各物质转化的量：X 为 0.79 mol，Y 为 0.79 mol，Z 为 1.58 mol，可知方程式中各 物质的化学计量数之比为 1∶1∶2，则化学方程式为 X(g)＋Y(g)2Z(g)。 Ⅱ.(1)前 4 s 内，Δc(A)＝0.8 mol·L －1－0.5 mol·L －1＝0.3 mol·L －1，v(A)＝0.3 mol·L －1÷4 s＝ 0.075 mol·L－1·s－1；v(A)∶v(C)＝a∶c＝(0.075 mol·L －1·s－1)∶(0.05 mol·L－1·s－1)＝3∶2，由 图像知，在 12 s 时 Δc(A)∶Δc(B)＝(0.6 mol·L －1)∶(0.2 mol·L－1)＝3∶1＝a∶b，则 a、b、c 三者的比例为 3∶1∶2，所以该反应的化学方程式为 3A(g)＋B(g)2C(g)。 (2)生成物 C 的浓度从 0 开始增加，到 12 s 时达到最大，Δc(A)∶Δc(C)＝a∶c＝3∶2，所以 Δc(C)＝2×0.6 mol·L－1÷3＝0.4 mol·L－1。 (3) 丙 容 器 中 v(C) ＝ 9.6 mol·L － 1·min － 1 ＝ 0.16 mol·L － 1·s － 1 ， 则 甲 容 器 中v(A) a ＝v(A) 3 ＝ 0.3 mol·L－1·s－1 3 ＝0.1 mol·L－1·s－1，乙容器中v(B) b ＝v(B) 1 ＝0.12 mol·L－1·s－1 1 ＝0.12 mol·L－1·s－ 1，丙容器中v(C) c ＝v(C) 2 ＝0.16 mol·L－1·s－1 2 ＝0.08 mol·L－1·s－1，故甲、乙、丙三个容器中反应 速率由快到慢的顺序为乙>甲>丙。 Ⅲ.审题视角注意图像特点，以及外界条件对速率影响的图像规律和浓度图像无跳跃性等。 (1)t1 时，v 逆增大程度比 v 正增大程度大，说明改变的条件是升高温度。t3 时，v 正、v 逆同等 程度地增大，说明加入了催化剂。t4 时，v 正、v 逆都减小且 v 正减小的程度大，平衡向逆反应 方向移动。 (2)由于在 t3 时刻加入的是催化剂，所以 t3～t4 段反应速率最快。 易误警示 1．化学反应速率计算的常见错误 (1)不注意容器的容积。 (2)漏写单位或单位写错。 (3)忽略有效数字。 2．比较化学反应速率大小的注意事项 (1)看单位是否统一，若不统一，换算成相同单位。 (2)比较不同时间段内的化学反应速率大小时，可先换算成同一物质表示的反应速率，再比较 数值大小。 (3)比较化学反应速率与化学计量数的比值。例如，对于一般反应 aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)， 比较不同时间段内v(A) a 与v(B) b 的大小，若v(A) a >v(B) b ，则用 A 表示的反应速率比用 B 表示的大。 题组二　“控制变量”思想在探究影响化学反应速率因素中的应用 2．某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速 率。请回答下列问题： (1)上述实验中发生反应的化学方程式有________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是__________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)实验室中现有 Na2SO4、MgSO4、Ag2SO4、K2SO4 等 4 种溶液，可与上述实验中 CuSO4 溶 液起相似作用的是______________________。 (4)要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有________________________ ________________________________________________________________________(答两种)。 (5)为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验。将表 中所给的混合溶液分别加入到 6 个盛有过量 Zn 粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得 相同体积气体所需的时间。 　 实验 混合溶液 A B C D E F 4 mol·L－1 H2SO4/mL 30 V1 V2 V3 V4 V5 饱和 CuSO4 溶液/mL 0 0.5 2.5 5 V6 20 H2O/mL V7 V8 V9 V10 10 0 ①请完成此实验设计，其中：V1＝________，V6＝________，V9＝________。 ②反应一段时间后，实验 A 中的金属呈________色，实验 E 中的金属呈________色。 ③该同学最后得出的结论为当加入少量 CuSO4 溶液，生成氢气的速率会大大提高。但当加入 的 CuSO4 溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要 原因：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 答案　(1)Zn＋CuSO4===ZnSO4＋Cu，Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑ (2)CuSO4 与 Zn 反应产生的 Cu 与 Zn 形成铜锌原电池，加快了 H2 产生的速率 (3)Ag2SO4 (4)升高反应温度，适当增加硫酸的浓度，增大锌粒的表面积等(答两种即可) (5)①30　10　17.5　②灰黑　暗红　③当加入一定量的 CuSO4 后，生成的单质 Cu 会沉积在 Zn 的表面，减少了 Zn 与溶液的接触面积 解析　(1)分析实验中涉及的物质：Zn、CuSO4、H2SO4，其中能发生的化学反应有 2 个：Zn＋ CuSO4===ZnSO4＋Cu，Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑。 (2)由于 Zn 与 CuSO4 反应生成的 Cu 附着在 Zn 片表面，构成铜锌原电池，从而加快了 H2 产 生的速率。 (3)4 种溶液中能与 Zn 发生置换反应的只有 Ag2SO4：Zn＋Ag2SO4===ZnSO4＋2Ag。 (4)根据影响化学反应速率的外界因素，则加快反应速率的方法还有：增大反应物浓度、升高 温度、使用催化剂、增大锌粒的表面积等。注意：H2SO4 浓度不能过大，浓硫酸与 Zn 反应不 生成 H2。 (5)若研究 CuSO4 的量对 H2 生成速率的影响，则实验中除 CuSO4 的量不同之外，其他物质的 量均相同，则 V1＝V2＝V3＝V4＝V5＝30 mL，最终溶液总体积相同。由实验 F 可知，溶液的 总体积均为 50 mL，则 V6＝10 mL，V9＝17.5 mL。随着 CuSO4 的量增大，附着在 Zn 片表面 的 Cu 会越来越多，被覆盖的 Zn 不能与 H2SO4 接触，则 H2 生成速率会减慢，且 Zn 片表面的 Cu 为暗红色。 3．某课外兴趣小组对 H2O2 的分解速率做了如下实验探究。 (1)下表是该小组研究影响过氧化氢(H2O2)分解速率的因素时采集的一组数据： 用 10 mL H2O2 制取 150 mL O2 所需的时间 浓度 时间(秒) 反应条件 30%H2O2 15%H2O2 10%H2O2 5%H2O2 (Ⅰ)无催化剂、不加热 几乎 几乎 几乎 几乎 不反应 不反应 不反应 不反应 (Ⅱ)无催化剂、加热 360 480 540 720 (Ⅲ)MnO2 催化剂、加热 10 25 60 120 ①该小组在设计方案时，考虑了浓度、a：________、b：________等因素对过氧化氢分解速 率的影响。 ②从上述影响 H2O2 分解速率的因素 a 和 b 中任选一个，说明该因素对该反应速率的影响： ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)将质量相同但颗粒大小不同的 MnO2 分别加入到 5 mL 5%的双氧水中，并用带火星的木条 测试。测定结果如下： 催化剂 (MnO2) 操作情况 观察结果 反应完成所需的时间 粉末状 剧烈反应，带火星的木条复燃 3.5 分钟 块状 混合不振荡 反应较慢，火星红亮但木条未复燃 30 分钟 ①写出 H2O2 发生反应的化学方程式：____________________________________________。 ②实验结果说明催化剂作用的大小与________________有关。 答案　(1)①温度　催化剂 ②其他条件不变，升高反应温度，H2O2 分解速率加快(或其他条件不变，使用合适的催化剂， H2O2 分解速率加快等合理答案) (2)①2H2O2 =====MnO2 2H2O＋O2↑ ②催化剂的颗粒大小(或催化剂的表面积) 解析　(1)从本题提供的表格中的数据和条件进行分析可以得到在该小组设计方案时，考虑到 了浓度、温度和催化剂对化学反应速率的影响。分析(Ⅰ)、(Ⅱ)组实验可以得到在其他条件不 变时，升高反应温度，H2O2 分解速率加快；分析(Ⅱ)、(Ⅲ)组实验可以得到在其他条件不变 时使用合适的催化剂，H2O2 分解速率加快。 (2)②在实验中可以看到在其他条件不变时，MnO2 的颗粒大小不同使带火星的木条看到的现 象不同，反应完成需要的时间也不同，故可得答案。 题组三　2015 高考试题汇编 4．(2015·海南，8 改编)10 mL 浓度为 1 mol·L －1 的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下 列溶液，能加快反应速率但又不影响氢气生成量的是(　　) A．K2SO4 B．CH3COONa C．CuSO4 D．Na2CO3 答案　C 解析　锌与稀盐酸反应过程中，若加入物质使反应速率增大，则溶液中的氢离子浓度增大， 但由于不影响氢气的生成量，故氢离子的总物质的量不变。A 项，硫酸钾为强酸强碱盐，不 发生水解，若加入其溶液，则对盐酸产生稀释作用，氢离子浓度减小，但 H＋物质的量不变， 错误；B 项，加入醋酸钠，则与盐酸反应生成醋酸，使溶液中氢离子浓度减小，随着反应的 进行，CH3COOH 最终又完全电离，故 H＋物质的量不变，错误；C 项，加入硫酸铜溶液，Cu2 ＋会与锌反应生成铜，构成原电池，会加快反应速率，但 H＋物质的量不变，正确；D 项，加 入碳酸钠溶液，会与盐酸反应，使溶液中的氢离子的物质的量减少，导致反应速率减小，生 成氢气的量减少，错误。 5．(2015·上海，20)对于合成氨反应，达到平衡后，以下分析正确的是(　　) A．升高温度，对正反应的反应速率影响更大 B．增大压强，对正反应的反应速率影响更大 C．减小反应物浓度，对逆反应的反应速率影响更大 D．加入催化剂，对逆反应的反应速率影响更大 答案　B 解析　A 项，合成氨反应的正反应是放热反应，升高温度，正反应、逆反应的反应速率都增 大，但是温度对吸热反应的速率影响更大，所以对该反应来说，对逆反应速率影响更大，错 误；B 项，合成氨的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，对正反应的反应速率影响更 大，正反应速率大于逆反应速率，所以平衡正向移动，正确；C 项，减小反应物浓度，使正 反应的速率减小，由于生成物的浓度没有变化，所以逆反应速率不变，逆反应速率大于正反 应速率，所以化学平衡逆向移动，错误；D 项，加入催化剂，使正反应、逆反应速率改变的 倍数相同，正反应、逆反应速率相同，化学平衡不发生移动，错误。 6．[2015·重庆理综，11(3)]研究发现，腐蚀严重的青铜器表面大都存在 CuCl。关于 CuCl 在青 铜器腐蚀过程中的催化作用，下列叙述正确的是________。 A．降低了反应的活化能 B．增大了反应的速率 C．降低了反应的焓变 D．增大了反应的平衡常数 答案　AB 考点二　全面突破化学平衡 1．化学平衡状态的判断标志 (1)速率标志 ①同一物质在同一时间内生成速率与消耗速率相等。 ②不同物质在相同时间内代表反应方向相反时的化学反应速率比等于化学计量数之比。 (2)物质的数量标志 ①平衡体系中各物质的质量、浓度、百分含量等保持不变。 ②反应物消耗量达到最大值或生成物的量值达到最大值(常用于图像分析中)。 ③不同物质在相同时间内代表反应方向相反的量(如物质的量、物质的量浓度、气体体积)的 变化值之比等于化学计量数之比。 (3)特殊的标志 ①对反应前后气体分子数目不同的可逆反应来说，当体系的总物质的量、总压强(恒温恒容时)、 平均相对分子质量不变。 ②有色体系的颜色保持不变。 (4)依 Q 与 K 关系判断：若 Q＝K，反应处于平衡状态。 特别提醒　(1)若所有物质均为气体，则质量不变不能作为化学平衡的标志。 (2)若是在恒容容器中进行，则气体体积、密度保持不变不能作为化学平衡的标志。 2．化学平衡移动的判断方法 (1)依据勒夏特列原理判断 通过比较平衡破坏瞬时的正、逆反应速率的相对大小来判断平衡移动的方向。 ①若外界条件改变，引起 v 正>v 逆，此时正反应占优势，则化学平衡向正反应方向(或向右)移 动； ②若外界条件改变，引起 v 正K，平衡逆向移动； ②若 Q＝K，平衡不移动； ③若 Q0、ΔH<0 B．体系的总压强 p 总：p 总(状态Ⅱ)>2p 总(状态Ⅰ) C．体系中 c(CO)：c(CO，状态Ⅱ)>2c(CO，状态Ⅲ) D．逆反应速率 v 逆：v 逆(状态Ⅰ)>v 逆(状态Ⅲ) 答案　B 解析　A 项，C 和 CO2 反应是吸热反应，ΔH>0，故 A 错误；B 项，状态Ⅰ是通入 0.1 mol CO2，状态Ⅱ是通入 0.2 mol CO2，状态Ⅱ可以看作先通 0.1 mol CO2，此时的压强相等，再通 入 0.1 mol CO2，假如平衡不移动，此时的压强等于 2 倍 p 总(状态Ⅰ)，但要满足 CO2 的浓度 相等，应对此体系加热使反应向正反应方向移动，气体物质的量增加，因此 p 总(状态Ⅱ)>2p 总(状态Ⅰ)，故正确；C 项，状态Ⅱ可以看作先通 0.1 mol CO2，此时两者 CO 的浓度相等，再 通入 0.1 mol CO2，假如平衡不移动，状态ⅡCO 的浓度等于 2 倍状态Ⅲ，但再充入 CO2，相 当于增大压强，平衡右移，消耗 CO，因此 c(CO，状态Ⅱ)<2c(CO，状态Ⅲ)，故错误；D 项， 温度越高，反应速率越快，v 逆(状态Ⅰ)105 时，可以认为该 反应已经进行完全。转化率也能表示反应进行的程度，转化率不仅与温度有关，而且与起始 条件有关。 ②K 的大小只与温度有关，与反应物或生成物起始浓度的大小无关。 (3)浓度商：可逆反应进行到某时刻(包括化学平衡)时，生成物浓度的化学计量数次幂之积与 反应物浓度的化学计量数次幂之积的比值称为浓度商(Q)。当 Q＝K 时，该反应达到平衡状态； QK 时，该反应向逆反应方向进行。 2．转化率的全面突破 (1)转化率的计算公式 α(A)＝Δn(A) n(A) ×100%＝Δc(A) c(A) ×100%。 (2)转化率的变化分析 在一恒容密闭容器中通入 a mol A、b mol B 发生反应 aA(g)＋bB(g)cC(g)，达到平衡后，改 变下列条件，分析转化率的变化情况(用“增大”、“减小”或“不变”表示)： ①再通入 b mol B，α(A)增大，α(B)减小。 ②再通入 a mol A、b mol B： 若 a＋b>c，α(A)增大、α(B)增大； 若 a＋b＝c，α(A)不变、α(B)不变； 若 a＋b”、“＝”或“<”)。 (2)请在图 2 中画出 20 min 后各物质的浓度随时间变化的曲线(曲线上必须标出“X”和 “Y”)。 答案　0.9　(1)> (2) 解析　由变化量可知图像中 X 为 NO2、Y 为 N2O4，发生的化学反应为 N2O4(g)2NO2(g)， 达到平衡后 c(NO2)＝0.6 mol·L －1、c(N2O4)＝0.4 mol·L －1，平衡常数 K＝c2(NO2) c(N2O4)＝0.9。再向 容器内充入一定量 NO2,10 min 后达到新的平衡，此时测得 c(NO2)＝0.9 mol·L－1，平衡常数不 变，则此时 c(N2O4)＝0.9 mol·L－1，c(N2O4)增加了 0.5 mol·L－1，则消耗 c(NO2)为 1.0 mol·L－ 1,20 min 时 c(NO2)＝1.9 mol·L－1，进而画出图像。w1＝ 0.6 0.6＋0.4×100%＝60%、w2＝ 0.9 0.9＋0.9 ×100%＝50%，w1>w2。 3．(2014·山东理综，29)研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应： 2NO2(g)＋NaCl(s)NaNO3(s)＋ClNO(g)　K1 ΔH1<0(Ⅰ) 2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)　K2　ΔH2<0(Ⅱ) (1)4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl 2(g)的平衡常数 K＝________(用 K 1、K2 表示)。 (2)为研究不同条件对反应(Ⅱ)的影响，在恒温条件下，向 2 L 恒容密闭容器中加入 0.2 mol NO 和 0.1 mol Cl2，10 min 时反应(Ⅱ)达到平衡。测得 10 min 内 v(ClNO)＝7.5×10－3 mol·L－1·min －1，则平衡后 n(Cl2)＝________ mol，NO 的转化率 α1＝________。其他条件保持不变，反应 (Ⅱ)在恒压条件下进行，平衡时 NO 的转化率 α2________α1(填“>”、“<”或“＝”)，平衡 常数 K2________(填“增大”、“减小”或“不变”)。若要使 K 2 减小，可采取的措施是 ________________________________________________________________________。 答案　(1)K21/K2 (2)2.5×10－2　75%　>　不变　升高温度 解析　(1)观察题给的三个方程式可知，题目所求的方程式可由(Ⅰ)×2－(Ⅱ)得到，故该反应 的平衡常数 K＝K21 K2。 (2)由题给数据可知，n(ClNO)＝7.5×10－3mol·L－1·min－1×10 min×2 L＝0.15 mol。 　　　　　　　　 2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g) 起始物质的量/mol 0.2 0.1 0 10 min 内转化的物质的量/mol 0.15 0.075 0.15 平衡物质的量/mol 0.05 0.025 0.15 故 n(Cl2)＝0.025 mol；NO 的转化率 α1＝0.15 mol 0.2 mol ×100%＝75%。 其他条件保持不变，由恒容条件(2 L)改为恒压条件，因该反应是气体分子数减小的反应，平 衡正向移动，NO 的转化率增大，即 α2>α1；平衡常数只是温度的函数，故由恒容条件改为恒 压条件时平衡常数不变；要使平衡常数减小，平衡应逆向移动，因为反应(Ⅱ)是放热反应， 故应升高温度。 考点四　看图识图　借图破解 1．图像类型 (1)浓度—时间 如 A(g)＋B(g)AB(g) (2)含量—时间—温度(压强) (C%指产物的质量分数，B%指某反应物的质量分数) (3)恒压(或恒温)线 (c 表示反应物的平衡浓度，α 表示反应物的转化率) 图①，若 p1>p2>p3，则正反应为气体体积减小的反应，ΔH<0； 图②，若 T1>T2，则正反应为放热反应。 (4)几种特殊图像 ①对于化学反应 mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，M 点前，表示从反应物开始，v 正>v 逆；M 点为刚达到平衡点(如下图)；M 点后为平衡受温度的影响情况，即升温，A 的百分含量增加 或 C 的百分含量减少，平衡左移，故正反应 ΔH<0。 ②对于化学反应 mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，L 线上所有的点都是平衡点(如下图)。L 线的 左上方(E 点)，A 的百分含量大于此压强时平衡体系的 A 的百分含量，所以，E 点 v 正>v 逆； 则 L 线的右下方(F 点)，v 正0，错误。 题组二　辨别图表、提取信息、综合应用 3．[2015·全国卷Ⅰ，28(4)]Bodensteins 研究了下列反应： 2HI(g)H2(g)＋I2(g) 在 716 K 时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数 x(HI)与反应时间 t 的关系如下表： t/min 0 20 40 60 80 120 x(HI) 1 0.91 0.85 0.815 0.795 0.784 x(HI) 0 0.60 0.73 0.773 0.780 0.784 ①根据上述实验结果，该反应的平衡常数 K 的计算式为 ________________________________________________________________________。 ②上述反应中，正反应速率为 v 正＝k 正 x2(HI)，逆反应速率为 v 逆＝k 逆 x(H2)x(I2)，其中 k 正、 k 逆为速率常数，则 k 逆为________(以 K 和 k 正表示)。若 k 正＝0.002 7 min－1，在 t＝40 min 时， v 正＝________min－1。 ③由上述实验数据计算得到 v 正～x(HI)和 v 逆～x(H2)的关系可用下图表示。当升高到某一温 度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为______________(填字母)。 答案　①0.108 × 0.108 0.7842 　②k 正/K　1.95×10－3 ③A 点、E 点 解析　①2HI(g)H2 (g)＋I2 (g)是反应前后气体物质的量不变的反应。反应后 x(HI)＝0.784， 则 x(H2)＝x(I2)＝0.108，K＝c(H2)·c(I2) c2(HI) ＝ 0.108 V × 0.108 V (0.784 V )2 ＝0.108 × 0.108 0.7842 。②到达平衡时，v 正＝v 逆，即 k 正 x2(HI)＝k 逆 x(H2)x(I2)，k 逆＝k 正· x2(HI) x(H2)x(I2)＝k 正/K。在 t＝40 min 时，x(HI)＝ 0.85，v 正＝k 正 x2(HI)＝0.002 7 min －1×(0.85)2＝1.95×10－3 min－1。③原平衡时，x(HI)为 0.784，x(H2)为 0.108，二者图中纵坐标均约为 1.6(因为平衡时 v 正＝v 逆)，升高温度，正、逆 反应速率均加快，对应两点在 1.6 上面， 升高温度，平衡向正反应方向移动，x(HI)减小(A 点符合)，x(H2)增大(E 点符合)。 4．[2015·全国卷Ⅱ，27(2)(3)]甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料，利用合成气(主要成 分为 CO、CO2 和 H2)在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反应如下： ①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)　ΔH1 ②CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH2 ③CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)　ΔH3 回答下列问题： (2)反应①的化学平衡常数 K 表达式为______________；图 1 中能正确反映平衡常数 K 随温 度变化关系的曲线为________(填曲线标记字母)，其判断理由是________。 图 1 图 2 (3)合成气组成 n(H2)/n(CO＋CO2)＝2.60 时，体系中的 CO 平衡转化率(α)与温度和压强的关系 如 图 2 所 示 。 α(CO) 值 随 温 度 升 高 而 ________( 填 “ 增 大 ” 或 “ 减 小 ”) ， 其 原 因 是 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________； 图 2 中的压强由大到小为______________，其判断理由是_______________________ _________________________________________________________________________ _________________________________________________________________________ _______________________________________________。 答案　(2)K＝ c(CH3OH) c(CO)·c2(H2)　a　反应①为放热反应，平衡常数数值应随温度升高变小 (3)减小　升高温度时，反应①为放热反应，平衡向左移动，使得体系中 CO 的量增大；反应 ③为吸热反应，平衡向右移动，又使产生 CO 的量增大；总结果，随温度升高，使 CO 的转 化率降低　p3>p2>p1　相同温度下，由于反应①为气体分数减小的反应，加压有利于提高 CO 的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生 CO 的量不受压强影响。故增大压强时， 有利于 CO 的转化率升高 解析　(2)根据化学平衡常数的书写要求可知，反应①的化学平衡常数为 K＝ c(CH3OH) c(CO)·c2(H2)。 反应①为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数 K 减小，故曲线 a 符合要求。 (3)由图 2 可知，压强一定时，CO 的平衡转化率随温度的升高而减小，其原因是反应①为放 热反应，温度升高，平衡逆向移动，反应③为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，又使产 生 CO 的量增大，而总结果是随温度升高，CO 的转化率减小。 反应①的正反应为气体总分子数减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，CO 的平衡转化率增大，而反应③为气体总分子数不变的反应，产生 CO 的量不受压强的影响， 因此增大压强时，CO 的转化率提高，故压强 p1、p2、p3 的关系为 p1T2 C D A(g)＋B(g)C(s)＋2D(g)　ΔH>0， 反应至 15 min 时，改变的条件是降 低温度 2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)　 ΔH＝－746.8 kJ·mol－1，当 x 表示温度 时，y 表示平衡常数 K 答案　C 解析　A 项，容器的容积未知，错误；B 项，该反应为放热反应，温度越高，平衡逆向移动， NH3 的体积分数越小，由图看出 T1 温度下氨气的体积分数大于 T2 温度下氨气的体积分数， 说明 T1Q2>Q1 B．若升高温度，反应的热效应不变 C．Q3＝－197 kJ D．生成 1 mol SO3(l)时放出的热量大于 98.5 kJ 答案　D 解析　Q1＝197－Q3，Q1>Q2，A、C 错误；B 项，升温，平衡左移，放出热量减少。 5．铁的氧化物可用于脱除煤气中的 H2S，有一步反应为 Fe3O4(s)＋3H2S(g)＋H2(g)3FeS(s)＋4H2O(g) 其温度与平衡常数的关系如图所示。对此反应原理的理解正确的是(　　) A．H2S 是还原剂 B．脱除 H2S 的反应是放热反应 C．温度越高 H2S 的脱除率越大 D．压强越小 H2S 的脱除率越高 答案　B 解析　A 项，该反应中 Fe3O4 是氧化剂，H2 是还原剂；B 项，升温，K 减小，平衡左移，所 以正反应为放热反应；C 项，升温，平衡左移，H2S 的脱除率减小；D 项，改变压强，平衡 不移动。 6．化学中常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。只改变一个条件，则下列对图像的解 读正确的是(　　) A．图①说明此反应的正反应是吸热反应 B．图②说明 NO2 的转化率 b>a>c C．图③说明 t 秒时合成氨反应达到平衡 D．图④说明生成物 D 一定是气体 答案　D 解析　A 项，升温，平衡左移，正反应应为放热反应；B 项，随着 n(CO)的增多，NO2 的转 化率逐渐增大，所以 NO2 的转化率应为 c>b>a；C 项，t 秒时，v正、v 逆均在改变，未达到平 衡状态；D 项，由于改变压强平衡不移动，所以 D 一定是气体。 7 ． 室 温 下 ， 把 SiO2 细 粉 放 入 蒸 馏 水 中 ， 搅 拌 至 平 衡 ， 生 成 H4SiO4 溶 液 (SiO2 ＋ 2H2OH4SiO4)，该反应平衡常数 K 随温度的变化如图所示，搅拌 1 小时，测得 H4SiO4 的质 量分数为 0.01%(溶液密度为 1.0 g·mL－1)。下列分析正确的是(　　) A．该反应平衡常数的表达式为 K＝c(H4SiO4) B．该生成 H4SiO4 的反应为吸热反应 C．用 H4SiO4 表示的反应速率为 1.04×10－2 mol·L－1·h－1 D．若 K 值变大，在平衡移动时逆反应速率先增大后减小 答案　A 解析　B 项，升温，K 减小，所以生成 H 4SiO4 的反应为放热反应；C 项，v(H 4SiO4)＝ 1 000 × 1.0 × 0.01% g 96 g·mol－1 × 1 L × 1 h≈1.04×10－3 mol·L－1·h－1；D 项，降温，K 值变大，平衡右移，v逆 应先减小后增大。 8．已知：氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子的相互反应为 4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)　ΔH<0 在恒温条件下，向 2 L 恒容密闭容器中加入 0.4 mol NO2 和 0.2 mol NaCl，第 10 min 时反应达 到平衡，此时 n(NaNO3)＝0.1 mol。下列叙述中正确的是(　　) A．10 min 内以 NO 浓度变化表示的化学反应速率 v(NO)＝0.01 mol·L－1·min－1 B．反应速率与 NaCl 的浓度有关 C．升高温度，正、逆反应速率均增大 D．4v(NO2)＝2v(NO)＝v(Cl2) 答案　C 解析　10 min 内以 NO 浓度变化表示的速率 v(NO)＝0.005 mol·L－1·min－1，A 项错误；NaCl 是固体，反应速率与 NaCl 的浓度无关，故 B 项错误；v(NO2)∶v(NO)∶v(Cl2)＝4∶2∶1， 故 v(NO2)＝2v(NO)＝4v(Cl2)，D 项错误。 9．Ⅰ.甲醇是重要的化学工业基础原料和清洁液体燃料。工业上可利用 CO 或 CO2 来生产燃 料甲醇。已知甲醇制备的有关化学反应以及在不同温度下的化学反应平衡常数如下表所示： 温度/℃ 化学反应 平衡 常数 500 800 ①2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g) K1 2.5 0.15 ②H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g) K2 1.0 2.50 ③3H2(g)＋CO2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) K3 (1)据反应①与②可推导出 K1、K2 与 K3 之间的关系，则 K3＝________(用 K1、K2 表示)。500 ℃ 时测得反应③在某时刻，H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度(mol·L －1)分别为 0.8、 0.1、0.3、0.15，则此时 v 正________v 逆(填“>”、“＝”或“<”)。 (2)在 3 L 容积可变的密闭容器中发生反应②，已知 c(CO)—反应时间 t 变化曲线Ⅰ如图所示， 若在 t0 时刻分别改变一个条件，曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ和曲线Ⅲ。 当曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ时，改变的条件是_________________________________________。 当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时，改变的条件是_________________________________________。 Ⅱ.利用 CO 和 H2 可以合成甲醇，反应原理为 CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。一定条件下，在容 积为 V L 的密闭容器中充入 a mol CO 与 2a mol H2 合成甲醇，平衡转化率与温度、压强的关 系如下图所示。 (1)p1________p2(填“>”、“<”或“＝”)，理由是___________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)该甲醇合成反应在 A 点的平衡常数 K＝________(用 a 和 V 表示)。 (3)该反应达到平衡时，反应物转化率的关系是 CO________H2。(填“>”、“<”或“＝”) (4)下列措施中能够同时满足增大反应速率和提高 CO 转化率的是________(填字母)。 A．使用高效催化剂 B．降低反应温度 C．增大体系压强 D．不断将 CH3OH 从反应混合物中分离出来 E．增加等物质的量的 CO 和 H2 答案　Ⅰ.(1)K1·K2　> (2)加入催化剂　将容器的体积(快速)压缩至 2 L Ⅱ.(1)<　甲醇的合成反应是分子数减少的反应，相同温度下，增大压强 CO 的转化率提高 (2)12V2 a2 　(3)＝　(4)C 解析　Ⅰ.(1)K1＝ c(CH3OH) c2(H2)·c(CO) K2＝c(CO)·c(H2O) c(H2)·c(CO2) K3＝c(H2O)·c(CH3OH) c3(H2)·c(CO2) K3＝K1·K2 Q＝0.15 × 0.3 0.83 × 0.1<2.5 所以 v 正>v 逆。 (2)由曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ，CO 的浓度增大，但所用时间减小，所以改变的条件应是加入催化 剂；曲线Ⅲ的平衡浓度是曲线Ⅰ平衡浓度的 1.5 倍，所以应将容器体积快速压缩至 2 L。 Ⅱ.(1)增大压强平衡右移，CO 的转化率增大，所以 p2>p1。 (2)c(CH3OH)＝0.75a V mol·L－1 c(CO)＝0.25a V mol·L－1 c(H2)＝0.5a V mol·L－1 所以 K＝ 0.75a V 0.25a V ·(0.5a V )2 ＝12V2 a2 。 (3)按系数加入，转化的符合系数之比，所以 α(CO)＝α(H2)。 (4)加入催化剂不能提高转化率，降温速率减慢，分离 CH3OH 速率减慢，增加等物质的量的 CO 和 H2，CO 的转化率减小。 10．工业生产硝酸铵的流程如下图所示： 请回答下列问题： (1)已知：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ·mol－1。 ①在 500 ℃、2.02×107 Pa 和铁催化条件下向一密闭容器中充入 1 mol N2 和 3 mol H2，充分反 应后，放出的热量________(填“大于”、“小于”或“等于”)92.4 kJ。 ②为提高 H2 的转化率，实际生产中宜采取的措施有________(填字母)。 A．降低温度 B．最适合催化剂活性的适当高温 C．适当增大压强 D．减小压强 E．循环利用和不断补充氮气 F．及时移出氨 (2)该流程中铂—铑合金网上的氧化还原反应为 4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)。 ① 已 知 铂 —铑 合 金 网 未 预 热 也 会 发 热 ， 则 随 着 温 度 升 高 ， 该 反 应 的 化 学 平 衡 常 数 K________(填“增大”、“减小”或“不变”)，理由是_______________________________ ________________________________________________________________________________ _________________________________。 ②若其他条件不变，则下列图像正确的是________(填字母)。 ③在 1 L 容积固定的密闭容器中发生该反应，部分物质的物质的量浓度随时间变化如下表所 示： 物质的量 浓度 时间 c(NH3)/ mol·L－1 c(O2)/ mol·L－1 c(NO)/ mol·L－1 起始 0.800 0 1.600 0 0 第 4 min 时 0.300 0 0.975 0 0.500 0 第 6 min 时 0.300 0 0.975 0 0.500 0 第 8 min 时 0.700 0 1.475 0 0.100 0 反应在第 6～8 min 时改变了条件，改变的条件可能是____________；在从起始到第 4 min 末 用 NH3 表示的该反应的平均速率是________ mol·L－1·mol－1。 答案　(1)①小于　②CEF　(2)①减小　氨的催化氧化反应是放热反应，升高温度，平衡逆向 移动，K 会减小　②ABC　③升高温度　0.125 0 解析　(1)①合成氨反应属于可逆反应，不可能进行到底，该条件下反应放出的热量小于 92.4 kJ。②降低温度平衡正向移动，但反应速率降低，不适宜实际生产；升高温度、减小压强平 衡逆向移动；适当增大压强既加快反应速率又使平衡正向移动；循环利用和不断补充氮气既 加快反应速率又使平衡正向移动；及时移出氨减小了生成物浓度，使得平衡正向移动。(2)② 因为该反应的正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，H2O 的含量减少，D 错误；压 强增大，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，同时压强增大平衡逆向移动，NO 的产率 减小，NH3 的转化率减小，A、C 正确；催化剂对平衡没有影响，但能加快反应速率，使达 到平衡所需时间缩短，B 正确。③比较第 6 min 和第 8 min 时数据：c(NO)减小，c(NH3)和 c(O2) 增大，且三者物质的量浓度的变化量之比等于其化学计量数之比，说明平衡逆向移动，原因 可能是升高温度；v(NH3)＝(0.800 0－0.300 0) mol·L－1÷4 min＝0.125 0 mol·L－1·min－1。 11．“C1 化学”是指以碳单质或分子中含 1 个碳原子的物质(如 CO、CO2、CH4、CH3OH 等) 为原料合成工业产品的化学工艺，对开发新能源和控制环境污染有重要意义。 (1)一定温度下，在甲、乙两个容积均为 2 L 的密闭容器中，分别发生反应：CO 2(g)＋ 3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＝－49.0 kJ·mol－1。相关数据如下表所示： 容器 甲 乙 起始投入物质 1 mol CO2(g)和 3 mol H2(g) 1 mol CH3OH(g)和 1 mol H2O(g) 平衡时 c(CH3OH) c1 c2 平衡时能量变化 放出 29.4 kJ 吸收 a kJ 则：c1________c2(填“>”、“<”或“＝”)；a＝________。 (2)科学家成功研制出一种新型催化剂，能将 CO2 转变为甲烷。在常压、300 ℃条件下，CO2 与 H2 按体积之比 1∶4 反应，CO2 转化率可达 90%。一定条件下，某兴趣小组在容积为 V L 的密闭容器中发生此反应达到化学平衡状态。 ①该反应的平衡常数表达式为___________________________________________________。 ②由图 1 可知该反应的 ΔH________0(填“>”、“<”或“＝”)；300 ℃时，从反应开始到达 平衡，以 H2 的浓度变化表示的化学反应速率是________(用 nA、tA、V 表示)。 (3)已知 CO2(g)＋2CH3OH(g)CH3OCOOCH3(g)＋H2O(g)　ΔH，控制一定条件，该反应能自 发进行，则 ΔH______0(填“>”、“<”或“＝”)。在一定温度下，向一容积可变的容器中充 入 1 mol CO2、2 mol CH3OH(g)，CO2 的转化率与反应时间的关系如图 2 所示。在 t 时加压， 若 t1 时容器容积为 1 000 mL，则 t2 时容器容积为________ mL。 答案　(1)＝　19.6 (2)①K＝c(CH4)·c2(H2O) c(CO2)·c4(H2) 　②<　4nA tA V mol·L－1·min－1 (3)<　25 解析　(1)甲容器与乙容器中所达到的平衡完全等效，平衡时，两容器中各物质浓度相同；甲 容器中反应物的转化率为 29.4 kJ÷49.0 kJ＝0.6，乙容器中反应是从逆反应开始的，转化率为 1 －0.6＝0.4，反应吸收的热量为 49.0 kJ×0.4＝19.6 kJ。也可根据“三段式”法推导：甲容器 中， CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) 起始量 1 mol 3 mol 0 0 变化量 0.6 mol 1.8 mol 0.6 mol 0.6 mol 平衡量 0.4 mol 1.2 mol 0.6 mol 0.6 mol 所以平衡时 c(CO2)＝0.2 mol·L －1，c(H2)＝0.6 mol·L －1，c(CH3OH)＝0.3 mol·L －1，c(H2O)＝ 0.3 mol·L－1，平衡常数 K＝c(CH3OH)·c(H2O) c(CO2)·c3(H2) ＝ 0.3 × 0.3 0.2 × 0.63＝25 12。 假设乙容器中 CH3OH 的转化率为 x， CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) 起始量 0 0 1 mol 1 mol 变化量 x mol 3x mol x mol x mol 平衡量 x mol 3x mol (1－x) mol (1－x) mol 同理可得平衡常数 K＝ 1－x 2 × 1－x 2 (3x 2 )3 × x 2 ＝25 12，解得 x＝0.4，平衡时 c(CH3OH)＝0.3 mol·L－1，c1 ＝c2，反应吸收的热量为 49.0 kJ×0.4＝19.6 kJ。 (2)①根据 CO2 与 H2 按体积之比为 1∶4 反应可知，发生反应的化学方程式是 CO2(g)＋ 4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)，所以平衡常数表达式为 K＝c(CH4)·c2(H2O) c(CO2)·c4(H2) 。②从图 1 可知随着温 度升高，平衡时 n(CH4)减小，说明平衡逆向移动，所以正反应是放热反应；300 ℃时，从反 应开始到达平衡，n(CH4)变化了 nA mol，根据反应方程式可知 n(H2)变化了 4nA mol。v(H2)＝ 4nA mol÷V L÷tA min＝4nA tA V mol·L－1·min－1。 (3)反应前后气体的物质的量减少，说明反应的 ΔS<0，一定条件下反应能够自发进行说明 ΔH<0。t1 时 CO2 的转化率为 0.5， 　　　　CO2(g)＋ 2CH3OH(g)CH3OCOOCH3(g)＋H2O(g) 起始量 1 mol 2 mol 0 0 变化量 0.5 mol 1 mol 0.5 mol 0.5 mol 平衡量 0.5 mol 1 mol 0.5 mol 0.5 mol 则 t1 时 CO2(g)、CH3OH(g)、CH3OCOOCH3(g)、H2O(g)的平衡浓度分别为 0.5 mol·L－1、1 mol·L －1、0.5 mol·L－1、0.5 mol·L－1(体积为 1 L)，平衡常数 K＝c(CH3OCOOCH3)·c(H2O) c(CO2)·c2(CH3OH) ＝0.5 × 0.5 0.5 × 12 ＝0.5。 t2 时 CO2 的转化率为 0.8， 　　　　CO2(g)＋2CH3OH(g)CH3OCOOCH3(g)＋H2O(g) 起始量 1 mol 2 mol 0 0 变化量 0.8 mol 1.6 mol 0.8 mol 0.8 mol 平衡量 0.2 mol 0.4 mol 0.8 mol 0.8 mol 设 t2 时容器容积为 V L，则 t2 时 CO2(g)、CH3OH(g)、CH3OCOOCH3(g)、H2O(g)的平衡浓度 分别为 0.2/V mol·L－1、0.4/V mol·L－1、0.8/V mol·L－1、0.8/V mol·L－1，平衡常数 K＝ 0.8 V × 0.8 V (0.4 V )2 × 0.2 V ＝0.5，解得 V＝0.025。