2024年高考化学一轮复习课件（鲁科版） 大一轮复习讲义答案精析

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大一轮复习讲义答案精析
第1章　化学中常用的物理量——物质的量
第1讲　物质的量　气体摩尔体积
考点一
归纳整合
1．(1)宏观量　微观粒子　(2)摩尔　(4)6.02×1023 mol－1　(5)　n·NA　
2．g·mol－1(或kg·mol－1)　g·mol－1　　n·M　
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.√　5.×
专项突破
1．160 g·mol－1　8
2．0.33NA　0.26
考点二
归纳整合
1．L·mol－1(或m3·mol－1)　22.4 L·mol－1　　n·Vm　
2．(1)分子数　物质的量　(2)N1∶N2　ρ1∶ρ2　n1∶n2
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.√　5.×
专项突破
1．　②　②　③　③
2．(1)64　SO2　(2)①1.61　②36　(3)2d　 mol　6d g·mol－1
3．(1)4∶1　(2)0.25 mol　(3)0.75 mol
解析　(3)隔板处于正中间位置，此时n(CO)＝n(N2)，所以再充入CO的物质的量为1 mol－0.25 mol＝0.75 mol。
4．(1)Z　(2)X　(3)4∶1
解析　(1)当物质的量相同时，相对分子质量越大，质量越大。(2)相对分子质量越小，密度越小。(3)＝＝×＝。
第2讲　物质的量浓度
考点一
归纳整合
1．(1)单位体积的溶液　B的物质的量浓度　(3)mol·L－1　(4)质量　物质的量
2．溶质　溶液
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.√　5.×
专项突破
1.
解析　n(NH3)＝ mol，溶液体积为×10－3 L，c＝ mol·L－1＝ mol·L－1。
2．16%
3．(1) mol·L－1　(2) mol·L－1
(3)×100%　(4) g
解析　(1)c＝ mol·L－1＝ mol·L－1。
(2)c＝＝ mol·L－1。
(3)w＝×100%＝×100%。(4)＝，S＝ g。
4. mol·L－1
5．0.4 mol·L－1
6．(1)18.4 mol·L－1　12.9 mol·L－1　(2)＜　＞
(3)＞　＜
解析　(1)利用c＝计算，c(H2SO4)＝ mol·L－1＝18.4 mol·L－1，c(NH3)＝ mol·L－1≈12.9 mol·L－1。
(2)硫酸的密度大于水，氨水的密度小于水，各取5 mL与等质量的水混合后，所得稀硫酸的体积大于10 mL，稀氨水的体积小于10 mL，故有c(H2SO4)＜9.2 mol·L－1，c(NH3)＞6.45 mol·L－1。
(3)5 mL硫酸和5 mL氨水的质量分别为1.84 g·cm－3×5 mL＝9.2 g、0.88 g·cm－3×5 mL＝4.4 g，而5 mL水的质量约为5 g，故各取5 mL与等体积的水混合后，w(H2SO4)＞49%，w(NH3)＜12.5%。
考点二
归纳整合
1．(1)温度　规格　刻度线　(2)检查是否漏水
2．托盘天平　烧杯　冷却至室温　500　2～3　1～2　凹液面与刻度线　
易错辨析
1．×　2.√　3.×　4.×　5.×
专项突破
1．(1)11.7　(2)烧杯　加入适量蒸馏水，用玻璃棒搅拌，使NaCl固体全部溶解　(3)500 mL容量瓶　洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，并将洗涤液注入容量瓶　(4)轻轻摇动容量瓶　(5)向容量瓶中注入蒸馏水至距刻度线1～2 cm处
2．⑥②⑤①③②
3．(1)①偏小　②偏小　③偏小　④偏小　⑤偏大　⑥偏小　⑦偏小　(2)①偏大　②偏小　③偏小　④无影响　⑤无影响
解析　(1)②所需胆矾的质量为0.5 L×0.1 mol·L－1×250 g·mol－1＝12.5 g。③NaOH易吸水潮解。④实际称量的NaOH固体质量为4 g－0.4 g＝3.6 g。
(2)①NaOH溶于水放热，导致溶液的体积比室温时大，应恢复至室温后再移液、定容。
真题演练
1．分液漏斗、球形冷凝管
2．烧杯、量筒、托盘天平
解析　根据用固体物质配制一定物质的量浓度溶液的方法可知，题图给出的仪器中还需要烧杯、量筒和托盘天平。
3．BD
热点强化1
热点精讲
1．(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√　(6)×　(7)√
2．(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×　(7)√　(8)×
3．(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)√　(7)×　(8)√　(9)√
4．(1)×　该反应为Na2O2中－1价氧元素的歧化反应，0.1 mol CO2反应消耗0.1 mol Na2O2，转移0.1 mol电子
(2)√　0.1 mol Fe和0.1 mol Cu均能完全使0.1 mol Cl2转化为0.2 mol Cl－，转移0.2 mol电子
(3)×　没有给出硝酸的量，不能判断最终产物中铁元素的价态，故不能判断转移电子的数目
(4)×　该反应的产物为Cu2S,0.1 mol Cu只能失去0.1 mol电子
(5)×　还原性：Fe2＋>Br－，Cl2首先氧化Fe2＋，Cl2的量不确定，无法确定Br－被氧化的量，转移的电子数在NA～3NA之间
热点专练
1．C　2.C　3.A
4．A　[1个18O原子中含有10个中子，1.8 g 18O的物质的量为＝0.1 mol，故1.8 g 18O中含有的中子数为NA，故A正确；乙烯分子的结构式为,1个乙烯分子中含有5个σ键，28 g C2H4(即1 mol)分子中含有的σ键数目为5NA，故B错误；HCl是共价化合物，HCl分子中不存在H＋，故C错误；没有给出Na2CO3溶液的体积，无法计算pH＝12的Na2CO3溶液中OH－的数目，故D错误。]
5．A
6．C　[D2O的质子数为10,18 g D2O的物质的量为＝0.9 mol, 则18 g重水(D2O)中所含质子数为9NA，A错误；NO2与H2O反应的化学方程式为3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，有3 mol的NO2参与反应时，转移的电子数为2NA，B错误；一个S8()分子中含有的S—S键数为8,32 g S8的物质的量为＝ mol，则含有的S—S键数为×8×NA＝NA，C正确；酸性K2Cr2O7溶液中存在：Cr2O＋H2O2CrO＋2H＋，则1 L pH＝4的0.1 mol·L－1 K2Cr2O7溶液中Cr2O离子数小于0.1NA，D错误。]
7．C　[标准状况下，1.12 L 18O2的物质的量为0.05 mol，1个18O中含有中子数为18－8＝10，所以1.12 L 18O2中含有中子数为NA，A正确；31 g P4的物质的量为0.25 mol，根据白磷的分子结构可知，1个白磷分子里含有6个共价键，所以共价键数目为1.5NA，B正确；100 mL 0.1 mol·L－1的NaOH水溶液中含有溶质氢氧化钠和溶剂水，氧原子数目为二者氧原子数目的加和，C错误；18.9 g三肽C6H11N3O4的物质的量为0.1 mol，三分子氨基酸脱水缩合形成三肽，三肽中含有两个肽键，所以18.9 g三肽C6H11N3O4中的肽键数目为0.2NA，D正确。]
8．D
9．C　[在标准状况下，22.4 L氟气的物质的量为1 mol，其质子数为1×9×2×NA＝18NA，A正确；碘蒸气与氢气发生的反应为I2(g)＋H2(g)2HI(g)，反应为可逆反应，生成的碘化氢分子数小于2NA，B正确；电解饱和食盐水时电极总反应为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，阴、阳两极产生的气体分别是氢气与氯气，且物质的量之比为1∶1，若气体的总质量为73 g，则说明反应生成的氢气与氯气的物质的量各为1 mol，根据关系式H2～2e－可知，转移的电子数为2NA，C错误；1 L 1 mol·L－1溴化铵水溶液存在电荷守恒，n(NH)＋n(H＋)＝n(Br－)＋n(OH－)，因为n(Br－)＝1 L×1 mol·L－1＝1 mol，所以该溶液中NH与H＋离子数之和大于NA，D正确。]
10．D　[常温常压下，78 g Na2O2的物质的量是1 mol，其中含有的阴离子(O)数为NA，A错误；1 mol —OH含有的电子数为9NA，B错误；苯环不存在碳碳双键，1 mol 3-苯基丙烯()中含有的碳碳双键数为NA，C错误；常温常压下，32 g N2H4的物质的量是1 mol，其结构式为，则所含共价键的数目为5NA，D正确。]
11．C　12.A　
13．A　[葡萄糖分子中五个饱和碳和五个羟基氧均为sp3杂化，1个葡萄糖分子中含有10个sp3杂化的原子，18 g葡萄糖为0.1 mol，含sp3杂化的原子数为NA，A错误；1个3－含有6个配位键，故1 mol K3中配位键的个数为6NA，B正确；将1 mol NH4Cl溶于稀氨水中使溶液呈中性，则n＝n，根据电荷守恒，n＝n，溶液中Cl－数目为NA，则NH数目也为NA，C正确；根据化学方程式：4Na＋O2===2Na2O，23 g Na与O2充分反应生成Na2O，消耗0.25 mol O2，同理，2Na＋O2Na2O2,23 g Na与O2反应生成Na2O2，消耗0.5 mol O2，生成Na2O和Na2O2的混合物，消耗O2的分子数在0.25NA和0.5NA之间，D正确。]
第3讲　化学计算的常用方法
考点一
归纳整合
例　样品加热发生的反应为
2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑　Δm
168 　　　106 　　　　　　　　 62
m(NaHCO3)　　　　　　　　　 　(w1－w2) g
样品中m(NaHCO3)＝ g，
样品中m(Na2CO3)＝w1 g－ g，
其质量分数为×100%＝×100%＝×100%。
专项突破
1．C　[混合气体中只有CO2和Na2O2反应，设二氧化碳的体积为V(CO2)，
2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2　　　ΔV
44．8 L　　　　　　　　　　　　　　22.4 L
V(CO2)　　　　　　　　　　　　　(20－16) L
44．8 L∶22.4 L＝V(CO2)∶(20－16) L，
解得V(CO2)＝8 L，则V(CO)＝(20－8) L＝12 L。]
2.
S，②Na＋Ag，②Br－OH－>SO。
3．(1)Fe2＋　Br－　Fe2＋
易错辨析
1．×　2.×　3.√　4.√　5.×　6.×
专项突破
1．D
2．C　[A项，还原性：SO2＞Fe2＋，反应能发生；B项，还原性：SO2＞I－，反应能发生；C项，还原性：H2O2＜SO2，反应不能发生。]
3．Co2O3>Cl2>HIO3　I2>HCl>CoCl2
4．(1)>　(2)溶液的酸碱性不同
5．C　[反应：Cl2＋KOH―→KX＋KY＋H2O是Cl2的歧化反应，KX、KY中的氯元素分别显正价和－1价；由于KX也发生歧化反应：KX―→KY＋KZ，可断定KY为KCl，化合价高低：KZ中Cl>KX中Cl(均为正价)。假设KX中Cl元素为＋a价，KZ中Cl元素的化合价为＋b价，依据得失电子守恒原理及KX―→KY＋3KZ，有a＋1＝3(b－a)，把a＝1、a＝3、a＝5代入上式讨论，可知a＝5时，b＝7符合题意。则KX中Cl元素的化合价为＋5。]
6．73.3 g·mol－1
解析　1 mol Cl2中35Cl占 mol,37Cl占 mol，M＝(×35＋×37) g·mol－1≈73.3 g·mol－1。
7．G、Y、Q、Z、X
解析　由①得出Q中Cl元素价态高于G，因为G必介于Q和－1价的氯元素之间，－1价为氯元素的最低价；将该结论引用到③，Y介于Q与G之间，故有Q价态高于Y，Y价态高于G；分析②：H2O中的H元素化合价降低，则Q中的氯元素转变为X中的氯元素，化合价必升高，则得出X价态高于Q；最后分析④：Z介于Q、X之间，则X价态高于Z，Z价态高于Q。
真题演练
1．B　2.A　3.D
4．B　[Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。H2SO4中所含元素的化合价均未发生变化，A说法不正确；Na2S2O3中的S的平均化合价为＋2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(＋4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B说法正确；该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1，C说法不正确；根据其中S元素的化合价变化情况可知，1 mol Na2S2O3发生反应，转移2 mol电子，D说法不正确。]
5．D　[过程Ⅰ中NO转化为NO，氮元素化合价由＋3价降低到＋2价，NO得电子，发生还原反应，A错误；过程Ⅰ为NO在酶1的作用下转化为NO和H2O，反应的离子方程式为NO＋2H＋＋e－NO↑＋H2O，过程Ⅱ为NO和NH在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，反应的离子方程式为NO＋NH＋3e－＋2H＋H2O＋N2H4，两过程转移电子数目不相等，B错误；由过程Ⅱ的反应方程式可知n(NO)∶n(NH)＝1∶1，C错误；过程Ⅲ为N2H4转化为N2和4H＋、4e－，反应的离子方程式为N2H4===N2↑＋4H＋＋4e－，所以过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO＋NH===N2↑＋2H2O，D正确。]
第8讲　氧化还原反应方程式的书写与配平
考点一
专项突破
1．(1)4　1　1　1　2　(2)3　8　3　2　4
(3)5　1　3　3　3　3　(4)2　16　10　2　5　8
2．(1)3　6　2　1　3　(2)2　9　3　3　5
3．(1)　2　(－1)　1　1
(2)1　(3x＋1)　(2x－2)　x　(3x＋1)　(x－1)
4．(1)2　1　2　2　2　2　2
(2)5　12　18　6　12　10　33
5．(1)3　2　4OH－　3　2　5
(2)2　5　6H＋　2　5　8
(3)Al2O3　3C　N2　2　3CO
(4)5　2　14　H＋　5　5　2　MnO　7　H2O
解析　(3)根据氮元素、碳元素的化合价变化，N2是氧化剂，C是还原剂，AlN为还原产物，CO为氧化产物。
考点二
专项突破
1．2IO＋5HSO===I2＋5SO＋3H＋＋H2O
2．MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O
3．(1)2NaClO3＋SO2＋H2SO4===2ClO2＋2NaHSO4
(2)2ClO2＋H2O2＋2NaOH===2NaClO2＋O2＋2H2O
4．Fe2＋　VO＋＋MnO2＋2H＋===VO＋Mn2＋＋H2O
5．(1)①4Fe(NO)2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋4NO＋2H2O
②14Fe3＋＋FeS2＋8H2O===15Fe2＋＋2SO＋16H＋
(2)作催化剂
6．2NiO2＋ClO－===Ni2O3＋Cl－＋2O
7．2NH3 ＋3NaClO===N2＋3H2O＋3NaCl
热点强化5
热点专练
1．＋3
2．5
解析　―→xNa2O4，NaO―→Na，
得关系式1×·x＝16×2，x＝5。
3. mol
解析　设被水还原的BrF3的物质的量为x，生成1 mol O2，则水失去4 mol电子，根据得失电子守恒得：3x＝4 mol，x＝ mol。
4．1.5　2.2
解析　设7.5 mol CuSO4氧化P的物质的量为x；生成1 mol Cu3P时，被氧化的P的物质的量为y，
根据得失电子守恒得：7.5 mol×(2－1)＝x×(5－0)，x＝1.5 mol；1 mol×3×(2－1)＋1 mol×[0－(－3)]＝y×(5－0)，y＝1.2 mol，所以参加反应的P的物质的量为1.2 mol＋1 mol＝2.2 mol。
5．9.20
解析　反应流程为

x g＝17.02 g－m(OH－)，
而OH－的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得电子的物质的量，即：
n(OH－)＝×1＋×2×1＝0.46 mol，所以x g＝17.02 g－0.46 mol×17 g·mol－1＝9.20 g。
6．60
解析　由题意可知，HNO3，则Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等。即n(Cu)＝2n(O2)＝2×＝0.15 mol。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3 mol，则V(NaOH)＝＝0.06 L＝60 mL。
7. mol·L－1
真题演练
1．(3)2Cl2＋HgO===HgCl2＋Cl2O
(4)1.25　NaHCO3＋NaHSO4===CO2↑＋Na2SO4＋H2O
2．(1)ZnCO3ZnO＋CO2↑
(4)3Fe2＋＋MnO＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋
解析　(1)焙烧时，生成ZnO的反应为ZnCO3ZnO＋CO2↑。(4)向80～90 ℃的滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2＋，得到含Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2＋＋MnO＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋。
第3章　金属及其化合物
第9讲　钠及其氧化物
考点一
归纳整合
1．银白　柔软　小　小　大
2．(1)4Na＋O2===2Na2O　2Na＋O2Na2O2　2Na＋Cl22NaCl　
(2)①2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑
②小　放热　低　强碱NaOH　(3)2Na＋2H＋===2Na＋＋H2↑　
(4)2Na＋2H2O＋CuSO4===Cu(OH)2↓＋Na2SO4＋H2↑
3．(1)2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑　(2)石蜡油或煤油
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×　5.×　6.√
专项突破
1．A
2．c>a>b　钠与上述三种物质反应的实质都是钠与H＋之间的置换反应，由三种物质电离出H＋的能力可知反应速率的大小顺序为c>a>b
3．①③④⑥
解析　2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，①中Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓；③中反应消耗水，溶液温度升高，Ca(OH)2的溶解度降低，析出Ca(OH)2白色沉淀；④中Ca2＋＋HCO＋OH－===CaCO3↓＋H2O或Ca2＋＋2HCO＋2OH－===CaCO3↓＋CO＋2H2O；⑥中水减少，溶液过饱和析出NaCl。
考点二
归纳整合
1．淡黄色　碱性　－2　－1　1∶2　1∶2　Na2O＋H2O===2NaOH　2Na2O2＋2H2O===
4NaOH＋O2↑　Na2O＋CO2===Na2CO3　2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2　Na2O＋2HCl
===2NaCl＋H2O　2Na2O2＋4HCl===4NaCl＋2H2O＋O2↑
2．(1)Na2O2＋SO2===Na2SO4　4Na2O2＋4FeCl2＋6H2O===4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8NaCl　Na2O2＋Na2SO3＋H2O===Na2SO4＋2NaOH　Na2O2＋H2S===S↓＋2NaOH　溶液变浑浊　先变红后褪色　红色褪去
易错辨析
1．√　2.×　3.×　4.×　5.×　6.×
专项突破
1．(1)　Na2O2　Na2O2　O2　NaOH　(2)0.2NA(或1.204×1023)
2．A
3．(1)0.1　(2)14
4．(1)　离子键、非极性共价键　－1
(2)2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑　反应生成的H2O2具有漂白作用(或反应生成的H2O2氧化了酚酞)
(3)2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
(4)Na2O2＋2H2O===2NaOH＋H2O2　复分解反应
拓展延伸
1．(1)　
两个氧原子之间都含有一个共用电子对(或都含有一个过氧键)
(2)2CaO2＋2H2O===2Ca(OH)2＋O2↑
Ca(OH)2＋CO2===CaCO3↓＋H2O
2．(1)　(2)
3．(1)2　(2)4H2O2＋Cr2O＋2H＋===2CrO5＋5H2O　不是
解析　(1)设CrO5中过氧键(—O—O—)有x个，－2价O有y个，则，解得。
真题演练
1．(1)√　(2)×　(3)×　(4)√
2．C　3.D
第10讲　碳酸钠和碳酸氢钠　碱金属
考点一
归纳整合
1．纯碱　苏打　小苏打　易分解　CO＋2H＋===CO2↑＋H2O　HCO＋H＋===CO2↑＋H2O　Ca2＋＋2OH－＋2HCO===CaCO3↓＋2H2O＋CO　Ca2＋＋OH－＋HCO===CaCO3↓＋H2O　2Al(OH)3↓＋3CO2↑　Al(OH)3↓＋3CO2↑
2．应用举例
(1)充分灼烧至恒重　2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑
(2)通入足量CO2　Na2CO3＋H2O＋CO2===2NaHCO3
(3)滴加适量NaOH 溶液　NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O
3．(1)Na2CO3　NaHCO3　(2)NaHCO3　Na2CO3
(3)Na2CO3　NaHCO3
易错辨析
1．×　2.×　3.√　4.√　5.×　6.√　7.×　8.√
专项突破
1．D　
2．(1)Ⅱ　(2)2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，CO2＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋H2O　D　(3)NaHCO3
3．(1)Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3、NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑　
(2)NaHCO3　NaCl　Na2CO3
(3)0.05 mol·L－1　(4)0.112 L
解析　(3)当加入150 mL盐酸时正好生成NaCl溶液，n(HCl)＝n(NaCl)＝2n(Na2CO3)＋n(NaHCO3)＝2.5×10－3×2 mol＋2.5×10－3 mol＝7.5×10－3 mol，c(HCl)＝＝
0.05 mol·L－1。(4)n(CO2)＝n(Na2CO3)＋n(NaHCO3)＝(2.5＋2.5)×10－3 mol＝5×10－3 mol，标况下V(CO2)＝5×10－3 mol×22.4 L·mol－1＝0.112 L。
4．(1)134.4　(2)1∶1　(3)0.09 mol·L－1
解析　(1)分析图中A曲线，有60 mL盐酸与NaHCO3反应生成CO2，根据元素质量守恒，A曲线对应的最终生成的CO2的体积等于之前通入NaOH溶液的CO2的体积，根据第二步反应物质的量关系，n(CO2)＝n(NaHCO3)＝n(HCl)＝0.1 mol·L－1×0.06 L＝0.006 mol，V(CO2)＝Vm·n(CO2)＝22.4 L·mol－1×0.006 mol＝0.134 4 L＝134.4 mL。
(2)分析图中B曲线，只有30 mL盐酸与NaHCO3反应生成CO2，而未生成气体时耗用盐酸60 mL，说明该混合溶液中有NaOH、Na2CO3，无NaHCO3，NaOH消耗30 mL盐酸，Na2CO3生成NaHCO3消耗30 mL盐酸，生成的NaHCO3又消耗30 mL盐酸生成CO2，根据NaOH＋HCl===NaCl＋H2O，Na2CO3生成NaHCO3消耗盐酸的量与NaOH消耗盐酸的量相等，则有n(NaOH)∶n(Na2CO3)＝1∶1。(3)根据物料守恒，最终NaCl中Na＋的来源就是NaOH，所以最终n(NaCl)等于最初n(NaOH)，而NaCl中Cl－的来源是90 mL盐酸中的HCl，故n(NaCl)＝n(HCl)，那么n(NaOH)＝n(HCl)＝0.1 mol·L－1×0.09 L＝0.009 mol，c(NaOH)＝＝＝0.09 mol·L－1。
考点二
归纳整合
(一)
1．1个　增多　增大　增大　金属　＋1　增强　较低　降低
还原　增强
2．(2)煤油
(二)
1．物理
3．黄　紫　蓝色钴玻璃　绿　黄绿　砖红
(三)
离子化合物　强还原剂
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×　5.×
专项突破
1．D
2．(1)锂可以与水反应　(2)B
(3)　KH＋H2O===KOH＋H2↑
NA(或6.02×1023)　(4)3NaH＋Fe2O3===2Fe＋3NaOH
真题演练
1．(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√　(7)×　(8)√　(9)√　(10)×
2．B　3.C
第11讲　侯氏制碱法与Na2CO3含量的测定
考点一
归纳整合
3．(1)NH3＋NaCl＋CO2＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl
(2)2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑
4．CO2　NaCl
专项突破
1．(1)先通入NH3，然后通入CO2
(2)NH3　CO2　由于CO2在水中的溶解度比较小，而NH3极易溶于水，为防止倒吸，通入NH3的导气管的末端不能伸入到溶液中，为增加二氧化碳的吸收率，通入CO2的导气管的末端应插入液面以下　(3)吸收氨气尾气，防止污染空气
2．(1)NH3＋CO2＋NaCl＋H2O===NH4Cl＋NaHCO3↓、2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑　(2)CO2
(3)使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度　循环Ⅰ的作用是提高原料氯化钠的利用率
(4)加热，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，说明碳酸钠中含有碳酸氢钠，否则，不含有碳酸氢钠
考点二
专项突破
方案一：(1)D　(2)取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加Na2SO4溶液，如无沉淀，则沉淀已洗净，反之则未洗净
(3)偏小
方案二：(1)吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，减小实验误差
(2)将装置A、B中残留的CO2全部赶入装置C中
方案三：(1)碱式滴定管(或移液管)　(2)滴入最后半滴盐酸时，溶液由红色变为浅红(接近无色)，且30 s内不恢复
(3)84.8%
解析　方案一：(1)Ba(OH)2溶液与两种离子都可以形成沉淀，D正确。(2)判断沉淀是否洗净的方法是检验洗涤液中是否含有Ba2＋。(3)所得沉淀未充分干燥就称量，则产生的沉淀质量偏大。由于等质量时NaHCO3产生的沉淀质量大，因此测得w(Na2CO3)偏小。
方案三：(1)Na2CO3、NaHCO3的溶液显碱性，应选择碱式滴定管或移液管。(2)加酚酞溶液显红色，恰好反应时溶液为NaHCO3。(3)当达到滴定终点时，发生反应：H＋＋CO===HCO；25.00 mL配制好的溶液中含有的n(HCl)＝n(Na2CO3)＝0.200 0 mol·L－1×0.02 L＝0.004 mol，则250 mL溶液中含有Na2CO3的物质的量n(Na2CO3)＝0.004 mol×＝0.04 mol，其质量m(Na2CO3)＝0.04 mol×106 g·mol－1＝4.24 g，w(Na2CO3)＝×100%＝84.8 %。
真题演练
1．(1)aefbcgh　将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔
(2)使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率(或其他合理答案)　(3)NH3·H2O＋NaCl＋CO2===NH4Cl＋NaHCO3↓　(4)①0.84　②冷却结晶　过滤
2．(1)NaHCO3　在30～35 ℃时NaHCO3的溶解度最小(答案合理即可)　(2)D　(3)甲基橙　由黄色变橙色，且半分钟内不变色　(4)3.56%　(5)偏大
解析　(3)由题给信息分析可知，第二次滴定时，使用的指示剂N为甲基橙，滴定达到终点前溶液的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，滴定达到终点后溶液的溶质为氯化钠，所以溶液的颜色变化为由黄色变为橙色，且半分钟内不变色。
(4)第一滴定发生的反应是Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl，则n(Na2CO3)＝n生成(NaHCO3)＝n(HCl)＝0.100 0 mol·L－1×22.45×10－3 L＝2.245×10－3 mol，第二滴定消耗的盐酸的体积为23.51 mL，则根据化学方程式：NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物质的量n总(NaHCO3)＝0.100 0 mol·L－1×23.51×10－3 L＝2.351×10－3 mol，则原溶液中的NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)＝n总(NaHCO3)－n生成(NaHCO3)＝2.351×10－3 mol－2.245×10－3 mol＝1.06×10－4 mol，则原产品中NaHCO3的物质的量为×1.06×
10－4 mol＝1.06×10－3 mol，故产品中NaHCO3的质量分数为×100%≈3.56%。
(5)第一滴定时，其他操作均正确的情况下，俯视读数，则会使标准液盐酸的体积偏小，即测得V1偏小，所以原产品中NaHCO3的物质的量会偏大，最终导致其质量分数偏大。
第12讲　铁及其氧化物和氢氧化物
考点一
归纳整合
1．(1)银白　磁体　(2)3d64s2　4　Ⅷ　　(3)＋2　＋3　3Fe＋2O2Fe3O4　2Fe＋3Cl22FeCl3　Fe＋SFeS　Fe＋I2FeI2　3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2　Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑　钝化　＋3　Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu　2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
2．(1)黑色　红棕色　黑色　不溶于水　不溶于水　不溶于水
＋2　＋3　＋2、＋3　(2)①FeO＋2H＋===Fe2＋＋H2O　Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O　②Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2　 Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O3　③3Fe3O4＋28H＋＋NO===9Fe3＋＋NO↑＋14H2O 　Fe3O4＋8H＋＋2I－===3Fe2＋＋I2＋4H2O
易错辨析
1．×　2.×　3.√　4.√
专项突破
1．D　2.D　3.D
4．C　[该反应可以看做两步：①Fe＋4H＋＋NO===Fe3＋＋NO↑＋2H2O，硝酸根离子过量，氢离子不足；②2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋。a表示Fe3＋的关系曲线，A正确；溶液中共有3 mol H＋参加反应，消耗0.75 mol铁，B正确；P点n(Fe2＋)＝n(Fe3＋)，两者均为0.45 mol，C不正确；P点剩余0.45 mol Fe3＋，消耗0.225 mol铜，质量为14.4 g，D正确。]
5．FeO
6．Fe5O7
解析　根据2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，可知铁的“氧化物”样品用盐酸溶解后所得溶液中n(Fe2＋)＝0.025 mol×2＝0.05 mol，根据电荷守恒得2n(Fe2＋)＋3n(Fe3＋)＝n(Cl－)＝0.14 L×
5 mol·L－1＝0.7 mol，则n(Fe3＋)＝0.2 mol，故n(Fe2＋)∶n(Fe3＋)＝0.05 mol∶0.2 mol＝1∶4，故该氧化物可表示为FeO·2Fe2O3，即Fe5O7。
考点二
归纳整合
1．白　红褐　Fe(OH)2＋2H＋===Fe2＋＋2H2O　Fe(OH)3＋3H＋===Fe3＋＋3H2O　2Fe(OH)3
Fe2O3＋3H2O　Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓　Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓　白色絮状沉淀迅速变成灰绿色　红褐色　4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
2．(2)空气与Fe(OH)2接触　空气　FeSO4　NaOH溶液
易错辨析
1．√　2.×　3.×　4.×　5.×　6.×　7.×
专项突破
1．(1)稀H2SO4、铁屑　(2)煮沸　(3)避免生成的Fe(OH)2沉淀接触O2而被氧化
2．①②④
3．(1)恒压滴液漏斗　平衡气压，辅助排出装置B中的空气　 (2)取少量装置A烧瓶中的液体于洁净试管中，滴加几滴KSCN溶液，无红色出现，再滴加H2O2，溶液变为红色，则证明存在Fe2＋
(3)白色沉淀逐渐变为灰绿色，最后变为红褐色　4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
解析　氢氧化亚铁容易被氧气氧化，因此打开K1、K3、K4，关闭K2、K5、K6，装置A中产生H2，排出装置B中的空气，因此长导管作用之一是辅助排出装置B中的空气，作用之二是平衡压强，防止装置中压强过大，发生危险。
4．(1)Fe　Fe－2e－===Fe2＋　(2)BC
(3)隔绝空气，防止生成的Fe(OH)2被氧化　加热煮沸，排出溶解的O2
(4)白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变成红褐色
真题演练
1．A　2.C
3．D　[常温下，Fe遇浓硝酸发生钝化，A错误；铁与氯气反应只能生成氯化铁，B错误；Al与Fe2O3高温发生铝热反应生成Al2O3和Fe，Fe与HCl(aq)反应生成FeCl2和H2，C错误；加入足量的铁粉，黄色消失，加入KSCN溶液，溶液不变色，说明Fe3＋完全被消耗，即Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，根据氧化还原反应规律，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，Fe元素化合价升高，Fe为还原剂，Fe2＋既是还原产物又是氧化产物，因此还原性：Fe>Fe2＋，D正确。]
第13讲　铁及其化合物的转化关系
考点一
专项突破
1．D
2．(1)b　(2)Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O
(3)4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
(4)B　(5)8
解析　(1)工业上常用碳还原铁矿石冶炼Fe，为还原法。(2)根据图1，D到F过程中铁的化合价未变，F为硫酸盐，D为氧化铁，氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，离子方程式为Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O。(4)根据题中数据，可知KI过量，若反应为可逆反应，则溶液中存在Fe3＋，可用KSCN溶液检验。(5)NO转化为NH，N的化合价由＋5变为－3,1 mol NO得到8 mol电子，根据得失电子守恒，则参加反应的Fe失去8 mol电子。
考点二
归纳整合
1．2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O　3Fe2＋＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O　氧化　2Fe3＋＋Cu===Cu2＋＋2Fe2＋
3．(1)溶液变红　灰绿　红褐　K＋＋Fe2＋＋[Fe(CN)6]3－===KFe[Fe(CN)6]↓　(2)溶液变红　红褐色沉淀　显紫色　(3)Fe3＋　Fe2＋
易错辨析
1．×　2.×　3.√　4.×　5.×
专项突破
1．D　[A中Fe3＋与SCN－形成络合物，B中酸性条件下NO氧化Fe2＋，C中Fe3＋与I－、HCO均不共存。]
2．(1)MgO　MgCO3　Mg(OH)2　(2)H2O2
(3)先通入适量Cl2(或加入H2O2)，再向混合溶液中加入足量CuO[或CuCO3、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3其中之一]，充分反应后过滤
3．(1)Fe2＋、Cu2＋　Fe3＋　(2)Fe2＋　Cu2＋、Fe3＋　(3)Fe2＋　Cu2＋　Fe3＋
4．C　[A项中只能说明含有Fe3＋，不能说明不含Fe2＋；B项原溶液中也可能只有Fe3＋而没有Fe2＋；D项中氧化后生成的红褐色沉淀Fe(OH)3也可能掩盖了生成的白色沉淀Mg(OH)2。]
5．C
考点三
归纳整合
(1)2Fe3＋＋H2S===S↓＋2Fe2＋＋2H＋　(2)2Fe3＋＋2I－===I2＋2Fe2＋　
(3)Cu＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Cu2＋
(4)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O　(5)3Fe2＋＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O
专项突破
(1)①加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，均出现蓝色沉淀　2Fe3＋＋Cu===Cu2＋＋2Fe2＋　②铜粉的量、阴离子的种类
③有白色沉淀生成　④2Cu2＋＋4SCN－===2CuSCN↓＋(SCN)2　(2)①防止Fe2＋被氧化
②3Fe2＋＋NO＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O
(3)0.448 L
真题演练
1．C　
2．A　[根据题干信息，可利用氧化还原配平法写出化学方程式：6nFeSO4＋nKClO3＋3nH2O===6[Fe(OH)SO4]n＋nKCl，可知KClO3作氧化剂，同时根据计量数关系可知每生成1 mol[Fe(OH)SO4]n消耗 mol KClO3，A项错误；绿矾溶于水后，亚铁离子水解使溶液呈酸性，当其转化为聚合硫酸铁后，亚铁离子的浓度减小，因而水溶液的pH增大，B项正确；聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，胶体粒子吸附杂质微粒引起聚沉，因而能净水，C项正确；多元弱碱的阳离子的水解是分步进行的，[Fe(OH)]2＋的水解相当于Fe3＋的第二步水解，由于其所带的正电荷比Fe3＋少，因而在相同条件下，其结合水电离产生的OH－的能力较弱，故其水解能力不如Fe3＋，D项正确。]
3．(1)Fe2O3和SiO2　SiO2　(2)增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率
(3)7Fe2(SO4)3＋FeS2＋8H2O15FeSO4＋8H2SO4　(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤
(5)＋2　6Fe(NH4)2Fe(CN)6＋ClO＋6H＋6Fe(NH4)Fe(CN)6＋Cl－＋3H2O＋6NH
(6)H2O2　NH3·H2O
4．(1)碱煮水洗
(2)加快反应速率　热水浴　C
(3)将Fe2＋全部氧化为Fe3＋；不引入杂质　防止Fe3＋水解
(4)加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)
热点强化6
热点精讲
例1　D
例2　(1)4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2　(2)BD
(3)将Cu2＋转化为Cu　取少量还原后的上层清液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则Fe3＋已完全被还原　(4)向CaSO3浆料中加入一定量3 mol·L－1 Na2SO4溶液，边搅拌边缓慢滴加总量与Na2SO4溶液相同量的3 mol·L－1 H2SO4溶液，测定反应液的pH，再用3 mol·L－1 H2SO4溶液或1 mol·L－1 NaOH溶液调节pH在4～6之间，过滤(或向CaSO3浆料中边搅拌边缓慢滴加3 mol·L－1 H2SO4溶液，产生的气体通入1 mol·L－1 NaOH溶液中，测定溶液pH，当测定pH在4～6之间，停止滴加H2SO4溶液)
解析　(2)增大投料量并不能增大浸出率，故A不选；矿渣粉碎后，反应接触面积增大，反应更快更充分，可提高浸出率，故B选；缩短酸浸时间会降低浸出率，故C不选；适当提高温度可提高浸出率，故D选。(3) 加入过量铁屑除将Fe3＋转化为Fe2＋外，还能将铜离子转化为铜而过滤除去；检验铁离子是否完全被还原的操作是：取少量还原后的上层清液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则Fe3＋已完全被还原。(4) 根据信息，pH＝4～6时，HSO能大量存在，且CaSO4·2H2O难溶于水，故该制备环境应在酸性条件下。
热点专练
1．C　2.C　
3．D　[流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al2O3转化为硫酸盐，除去SiO2，然后用试剂X(铁粉)还原Fe3＋得到硫酸亚铁，A正确；分离FeSO4和Al2(SO4)3采用的是调控pH的方法，使Al3＋转化为Al(OH)3沉淀从而与FeSO4分离，B正确；Fe2＋容易被氧化，所以在制备FeSO4·7H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，C正确；在溶液1中直接加过量的NaOH得到的是Fe(OH)3沉淀，沉淀经溶解、结晶分离得到Fe2(SO4)3，D不正确。]
4．(1)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O
(2)活塞　分多次萃取并合并萃取液
(3)蒸馏水(或高纯水)　(4)过滤　洗涤　灼烧　800
(5)酸式滴定管(或移液管)　69.22%
解析　(4)由分析可知，操作A为过滤、洗涤、灼烧；由图可知，温度为800 ℃时，产品的纯度已经接近94%，则温度最好控制在800 ℃。(5)亚铁离子在溶液中水解使溶液呈酸性，则移取25.00 mL溶液应选用酸式滴定管(或移液管)；酸性条件下，反应的离子方程式为6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，由铁原子个数守恒和离子方程式可得6Fe～6Fe2＋～Cr2O，则产品中铁的质量分数为×100%≈69.22%。
第14讲　金属材料和金属的冶炼
考点一
归纳整合
1．(1)正　(2)化合　游离　Mn＋＋ne－===M　(3)2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑　MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑　2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑　Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2　2CuO＋C2Cu＋CO2↑　2HgO2Hg＋O2↑　2Ag2O4Ag＋O2↑
2．金属与非金属　金属特性　低　大　
3．(1)铁　铬　(2)①低碳　中碳　高碳　③青铜
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×　5.√
专项突破
1．A　2.B　3.C　4.D　
5．(1)cd　(2)3Cu2O＋2AlAl2O3＋6Cu
(3)bd　(4)4H＋＋O2＋4e－===2H2O
解析　(1)气体A中的大气污染物为SO2，可以用NaOH溶液或氨水吸收。(3)电解精炼铜的过程中，电能转变为化学能的同时，部分电能也转化为热能，a错；电解精炼粗铜时，粗铜作阳极，与电源正极相连，发生氧化反应，b对；电解过程中Cu2＋向阴极移动，c错；粗铜中Ag、Pt、Au的放电能力比铜弱，形成阳极泥，可以回收，d对。(4)根据总反应，O2发生还原反应，因此正极反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2O。
考点二
归纳整合
1．①4Al＋3O22Al2O3　②2Al＋3Cl22AlCl3
③Al＋4H＋＋NO===Al3＋＋NO↑＋2H2O　2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑　④2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al(OH)4]－＋3H2↑　⑤2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3
2．方案一：①Al2O3＋2OH－＋3H2O===2[Al(OH)4]－　SiO2＋2OH－===SiO＋H2O　③[Al(OH)4]－＋CO2===Al(OH)3↓＋HCO　SiO＋2CO2＋2H2O===H2SiO3↓＋2HCO
方案二：①Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O　Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O　②Al3＋＋4OH－===[Al(OH)4]－　Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓
3．(1)①CaCO3CaO＋CO2↑　CaO＋H2O===Ca(OH)2
②Mg2＋＋Ca(OH)2===Mg(OH)2＋Ca2＋　③Mg(OH)2＋2HCl===MgCl2＋2H2O　MgCl2·6H2OMgCl2＋6H2O　④MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑　(2)①难　碱性氧化物　MgO＋2H＋===Mg2＋＋H2O　②难　Mg(OH)2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.√　5.×　6.×　7.×　8.×　9.×
专项突破
1．D　[将AlCl3溶液滴入浓氨水中，生成氢氧化铝沉淀，D错误。]
2．(1)1∶1　(2)1∶3　(3)3∶1　(4)A
解析　(1)根据化学方程式：2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑、2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑，得Al与H2的关系式均为2Al～3H2，故只要参加反应的Al的量相等，所得H2的量必相等。
(2)因为在反应中Al过量，产生的H2由HCl和NaOH的量决定。根据化学反应中的关系式：6HCl～3H2、2NaOH～3H2，故当HCl、NaOH的物质的量相等时，二者产生H2的体积比为1∶3。
(3)因为铝足量且产生H2的量相等，根据关系式n(HCl)∶n(NaOH)＝3∶1，又因为两溶液体积相等，故c(HCl)∶c(NaOH)＝n(HCl)∶n(NaOH)＝3∶1。
(4)当参加反应的HCl和NaOH的物质的量一样多时，产生H2的体积比是1∶3，而题设条件体积比为1∶2，说明此题投入的铝粉对盐酸来说是过量的，而对于NaOH来说是不足的。
2Al　＋　6HCl　===　2AlCl3＋　　3H2↑
6 mol　　　　　　　　　3 mol
3 mol·L－1×0.1 L　　　　　0.15 mol
则Al与NaOH反应生成的H2为0.15 mol×2＝0.3 mol。
2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑
2×27 g　　　　　　　　　　　　　　3 mol
5．4 g　　　　　　　　　　　　　　0.3 mol
即投入的铝粉为5.4 g。
3．(1)NaCl
(2)将晶体置于HCl气体氛围中脱水
(3)化合反应、分解反应、复分解反应
(4)阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极：Mg2＋＋2e－===Mg
4．(1)AlN＋3H2OAl(OH)3＋NH3↑
加快AlN水解的反应速率，降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出
(2)Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O
(3)2Fe2＋＋2H＋＋ClO－===2Fe3＋＋Cl－＋H2O
(4)Fe(OH)3
(5)防止Al(OH)2Cl水解生成Al(OH)3
真题演练
1．(1)×　(2)√　(3)√　(4)×　(5)√　(6)√　(7)√　(8)×
2．B
3．(1)d　(2)2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑
(3)Al(OH)3　Al3＋水解，使溶液中H＋浓度增大
解析　(3)滤液A中铝元素以[Al(OH)4]－形式存在，与溶液中HCO发生反应：[Al(OH)4]－＋HCO===Al(OH)3↓＋CO＋H2O，故沉淀B为Al(OH)3，明矾溶于水时，KAl(SO4)2===K＋＋Al3＋＋2SO，Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，使溶液呈弱酸性。
4．(1)除去原料表面的油污　(2)SO2
(3)Cu＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋2H2O　(4)胆矾晶体易溶于水　(5)ⅰ.溶液 C 经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解　ⅱ.取滤液D，向其中加入适量硫化钠，使铜离子恰好完全沉淀，静置后，向上层清液中再加入KI溶液，溶液不变色，I－不能被氧化
解析　(1)原料表面含有少量的油污，Na2CO3溶液呈碱性，可以除去原料表面的油污。(2)在加热的条件下，铜可以与浓硫酸发生反应生成CuSO4、SO2和H2O，二氧化硫是一种大气污染物，步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成SO2污染环境。(3)步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，生成CuSO4和H2O，该反应的化学方程式为Cu＋ H2O2＋ H2SO4===CuSO4＋2H2O。(4)胆矾是一种易溶于水的晶体，因此，经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤。(5)ⅰ.H2O2常温下即能发生分解反应，在加热的条件下，其分解更快，因此，甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I－氧化为I2。ⅱ.I－氧化为I2时溶液的颜色会发生变化；滤液D中含有CuSO4和H2SO4，乙同学通过实验证实，只能是Cu2＋将I－氧化为I2，较简单的方案是除去溶液中的Cu2＋，然后再向其中加入含有I－的溶液，观察溶液是否变色。
热点强化7
类型一
热点专练
1．C　2.C
3．(1)SO2＋OH－===HSO　(2)①FeS2
②硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中
(3)Na[Al(OH)4]　Al(OH)3　(4)1∶16
解析　(2)①根据题给已知信息，多数金属硫酸盐的分解温度高于600 ℃，不添加CaO的矿粉低于500 ℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于FeS2。(3)“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的Na[Al(OH)4]、Na2SiO3，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，CO2与Na[Al(OH)4]反应生成NaHCO3和Al(OH)3。(4)Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，反应的化学方程式为FeS2＋16Fe2O311Fe3O4＋2SO2↑。
4．(1)NH4HCO3＋NH3===(NH4)2CO3
(2)SiO2、Fe2O3、Al2O3　KSCN溶液
(4)2Mg2＋＋3CO＋2H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋2HCO[或2Mg2＋＋2CO＋H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋CO2↑]　溶浸　高温焙烧
类型二
热点专练
1．C　2.D　
3．C　[黏土钒矿中，钒以＋3、＋4、＋5价的化合物存在，还包括SiO2、Al2O3等，加入稀硫酸，使Al2O3生成Al3＋；加入KClO3将VO＋和VO2＋氧化成VO，滤渣1为SiO2，滤液含有VO、K＋、Cl－、Al3＋、SO；加入KOH溶液至pH>13，滤液1含有K＋、[Al(OH)4]－、VO、Cl－、OH－、SO，通入CO2生成氢氧化铝沉淀，滤液中加入NH4HCO3沉钒得到NH4VO3，最后煅烧得到V2O5。VO＋中V元素为＋3价，VO中V元素为＋5价，3 mol VO＋被氧化成VO，失去6 mol电子，1 mol KClO3变为KCl得到6 mol电子，得失电子守恒，故A正确；由上述分析可知，滤液1中主要的阴离子有[Al(OH)4]－、VO、Cl－、OH－、SO，故B正确；“煅烧”时需要的仪器主要有坩埚、玻璃棒、三脚架、酒精灯、泥三角等，故C错误；NH4VO3煅烧生成V2O5，化学方程式为2NH4VO3V2O5＋2NH3↑＋H2O，故D正确。]
4．D　[碱浸时Al溶于氢氧化钠溶液生成Na[Al(OH)4]和氢气，碱浸的目的是溶解除铝，故A正确；氢碘酸溶解LiCoO2和Fe，发生反应的离子方程式为2LiCoO2＋2I－＋8H＋===2Li＋＋2Co2＋＋I2＋4H2O、Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，在流程中氢碘酸体现酸性和还原性，故B正确；净化过程，氧气把Fe2＋氧化为Fe3＋，用氢氧化钠溶液调节pH生成氢氧化铁沉淀，除去铁元素，滤渣的主要成分是氢氧化铁，故C正确；沉淀表面有碘化铵，可向最后一次洗涤液中加硝酸和硝酸银溶液，若没有淡黄色沉淀生成，说明不含碘离子，沉淀已经洗涤干净，故D错误。]
5．(1)物理变化　(2)不能　ZrSiO4难溶于盐酸，后续依然需要用氯气和石油焦与锆英石反应，浪费药品　(3)ZrSiO4＋4Cl2＋4CZrCl4＋SiCl4＋4CO　(4)取少许最后一次的洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生，则已洗涤干净
解析　(1)分馏是利用互溶液体中各组分沸点的不同将各组分分离的过程，没有新物质的生成，故属于物理变化。(3)由题干流程图可知，“高温气化”中ZrSiO4与C、Cl2发生反应得到ZrCl4和SiCl4，根据元素守恒可知另一种产物是CO，故该反应的化学方程式为ZrSiO4＋4Cl2＋4CZrCl4＋SiCl4＋4CO。
第4章　非金属及其化合物
第15讲　硅　无机非金属材料
考点一
归纳整合
1．(1)ns2np2　(2)①同素异形体　②正四面体　平面正六边形
2．硅酸盐　氧化物　2C＋SiO2Si＋2CO↑
3．高　大　Na2SiO3＋H2O　CaSiO3　Na2SiO3＋CO2↑　SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O　光导纤维
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.√　5.×
专项突破
1．C　2.B
3．B　[A项，反应②中生成的HCl在反应①中循环利用，反应①中生成的H2在反应②中循环利用，正确；B项，反应①与反应②的反应温度不一致，不是可逆反应，错误；C项，高温条件下，Si、SiHCl3、H2都与O2反应，故需隔绝空气，正确；D项，SiO2不与HCl反应，不能通过上述途径制硅，正确。]
4．(1)蒸馏　(2)①排出装置内的空气，以防爆炸　②水浴加热
考点二
易错辨析
1．×　2.√　3.√　4.√　5.×　6.×
专项突破
1．A
2．(1)2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑　SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O
(2)石灰石　SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑(或SiO2＋CaCO3CaSiO3＋CO2↑)
(3)SiO2　(4)D
3．D　[石墨烯是碳的单质，A错误；氧化石墨烯含有氢元素，故不是石墨烯的氧化物，也不是碳的同素异形体，B、C错误；由于氧化石墨烯结构中含有的羟基和羧基为亲水基团，所以它具有一定的亲水性，D正确。]
4．(1)SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O
(2)①②　(3)Si3N4
(4)3SiCl4＋2N2＋6H2Si3N4＋12HCl
解析　(2)反应①是石英砂与焦炭发生氧化还原反应；反应②是硅单质与Cl2发生氧化还原反应。(3)氮化硅的化学式可通过题目信息运用质量守恒定律求得：3Si(NH2)4Si3N4＋8NH3↑。(4)结合题给信息，SiCl4与N2、H2反应可得到Si3N4和HCl。
真题演练
1．(1)×　(2)√　(3)√　(4)×　(5)√　(6)×
2．A　3.C　4.A　
5．(1)将样品中可能存在的Fe2＋氧化为Fe3＋　H2O2
(2)SiO2　SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O
(3)防止胶体生成，易于沉淀分离　Al(OH)3　Fe(OH)3　(4)45.0%
解析　(1)水泥样品中含有铁的氧化物。加入盐酸后的溶液中可能含有Fe3＋、Fe2＋，Fe2＋在pH为4～5时不能形成沉淀除去，所以需要先加入氧化剂将Fe2＋氧化为Fe3＋，故加入硝酸的目的是将样品中可能存在的Fe2＋氧化为Fe3＋；双氧水是一种强氧化剂，可将Fe2＋氧化为Fe3＋，本身被还原为水，不会引入新的杂质离子，故可用双氧水代替硝酸。
(2)钙、铁、铝和镁等金属的氧化物都能溶于盐酸和硝酸的混合液，而二氧化硅不与盐酸、硝酸反应，故沉淀A的主要成分为SiO2；二氧化硅可与氢氟酸反应，生成四氟化硅和水，该反应的化学方程式为SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O。
(3)Fe3＋和Al3＋在pH为4～5时可水解生成氢氧化铁、氢氧化铝，水解过程中会生成氢氧化铁胶体和氢氧化铝胶体，不利于分离出沉淀，加热可使胶体聚沉，有利于分离出沉淀。
(4)根据化合价升降法、电荷守恒和质量守恒配平可得：2MnO＋6H＋＋5H2C2O4===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，设含钙的物质的量为x mol，由反应方程式和钙元素守恒可得关系式：
5Ca2＋　　～　　5H2C2O4　　～　　2MnO
5 mol　　　　　　　　　　　　　　2 mol
x mol　　　　　　　　　0.050 0 mol·L－1×36.00×10－3L
解得x＝4.5×10－3，则0.400 g水泥样品中钙元素的质量为4.5×10－3 mol×40 g·mol－1＝
0.180 g，故该水泥样品中钙的质量分数为×100%＝45.0%。
第16讲　氯及其化合物
考点一
归纳整合
1．(1)　(2)3s23p5　3　ⅦA
2．黄绿　刺激性　大　易
3．(1)2Fe＋3Cl22FeCl3　棕红　棕黄　苍白　Cl2＋2KI===2KCl＋I2　Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl　Cl2＋2FeCl2===2FeCl3　(2)氧化　还原
与水反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO

4．(2)Cl2、HClO、H2O　H＋、Cl－、ClO－、OH－
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×
专项突破
1．D　[常温下Cl2与铁不反应，可用钢瓶储运液氯，A项正确；Fe与Cl2在加热时反应只生成FeCl3，生成物与Cl2的用量无关，D项错误。]
2．(1)干燥的红色(或装置A中)布条不褪色，湿润的红色(或装置B中)布条褪色　Cl2无漂白性，Cl2与水反应生成的HClO有漂白性　(2)Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO　(3)溶液先变红后褪色　(4)H2O＋SO＋Cl2===2H＋＋SO＋2Cl－　(5)2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－　(6)吸收氯气，防止污染环境
3．Cl2　Cl－　H＋　H＋、HClO
4．猜想一：氯水中含有HClO，其漂白作用使溶液褪色　猜想二：氯水中含有H＋，中和OH－使溶液褪色　向褪色后的溶液中滴加NaOH溶液至溶液显碱性，若溶液不再显红色，证明红色褪去是HClO的漂白作用引起的；若溶液重新显红色，证明是H＋的中和作用引起的
考点二
归纳整合
1．弱　2HClO2HCl＋O2↑　棕色
2．NaClO　2NaOH＋Cl2===NaCl＋NaClO＋H2O　
3．CaCl2和Ca(ClO)2　Ca(ClO)2　2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O　碱　氧化　Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO　Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO　2HClO2HCl＋O2↑
易错辨析
1．√　2.×　3.×　4.√
专项突破
1．B　
2．(1)5ClO＋4H＋===Cl－＋4ClO2↑＋2H2O
(2)2ClO2＋2OH－===ClO＋ClO＋H2O
3．ClO2　Cl2　Na2FeO4
4．1.57
解析　NaClO2在杀菌消毒的过程中被还原为Cl－，则1 mol NaClO2得到电子的物质的量为4 mol，1 mol(即71 g)Cl2被还原为Cl－时得到电子的物质的量为2 mol，故1 g NaClO2得到电子的物质的量为 mol，根据“有效氯含量”的定义可知，NaClO2的有效氯含量约为1.57。
真题演练
1．(1)×　(2)√　(3)√　(4)×　(5)√
2．C
第17讲　氯气的实验室制法及应用
归纳整合
1．(1)MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O
(2)ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O
(3)ClO＋5Cl－＋6H＋===3Cl2↑＋3H2O
(4)2MnO＋10Cl－＋16H＋===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O
2．(1)观察集气瓶中气体颜色的变化，若集气瓶上部充满黄绿色气体，则证明Cl2已收集满。
(2)饱和食盐水中Cl－浓度较大，抑制了Cl2与水的反应，Cl2在饱和食盐水中的溶解度很小，因此可用排饱和食盐水法收集氯气，且用此法可除去实验过程中挥发产生的HCl气体。
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×
专项突破
1．D　2.D
3．(1)b　(2)溶液变蓝色　(3)Cl2＋2Fe2＋===2Cl－＋2Fe3＋　吸收多余的Cl2，防止污染空气　(4)取少量C中溶液于小试管中，加入足量稀盐酸，充分振荡后滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成且沉淀不消失，则证明洗气瓶C中亚硫酸钠已被氧化　(5)2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
热点强化8
热点专练
1．(1)MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O　(2)防止空气中的水蒸气进入E装置　吸收未反应完的氯气，防止污染空气　在瓶E和F之间连接装有干燥剂的装置
2．B　3.C
4．B　[NaClO3和SO2在发生器中发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4，则母液中回收的主要物质是Na2SO4，溶液呈酸性，还含有NaHSO4，故A正确；发生器中NaClO3作氧化剂，ClO2为还原产物，则氧化性：ClO>ClO2；吸收塔内ClO2与双氧水、氢氧化钠反应生成NaClO2和氧气，ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，则氧化性：ClO2>H2O2，故氧化性：ClO>ClO2>H2O2，故B错误；根据信息，纯ClO2易分解爆炸，发生器中鼓入空气的主要作用是将空气中ClO2的体积分数降至安全范围，故C正确；H2O2不稳定，温度过高，H2O2容易分解，故D正确。]
5．(1)水浴加热　受热均匀，易控制反应温度
(2)降低ClO2的浓度(或减小ClO2的体积分数)，防止爆炸
(3)安全瓶，防止倒吸　②　(4)2ClO2＋2NaOH===NaClO2＋NaClO3＋H2O　蒸发结晶　趁热过滤　(5)取少量品红溶液于试管中，通入二氧化氯，观察到品红溶液褪色，再加热已褪色的溶液，溶液不恢复红色
解析　(2)通入氮气的主要作用有两个，一是可以起到搅拌作用，二是稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸。(4)D装置中ClO2与NaOH溶液反应可生成等物质的量的两种钠盐，其中一种为NaClO2，另一种为NaClO3。
真题演练
1．D　
2．(1)圆底烧瓶　饱和食盐水
(2)水浴加热　Cl2＋2OH－===ClO－＋Cl－＋H2O　避免生成NaClO3　(3)吸收尾气(Cl2)　AC
(4)过滤　少量(冷)水洗涤　(5)紫　小于
解析　由题干信息及装置图分析各装置的作用，a装置用于除杂，b装置用于制备氯酸钾，c装置用于制备次氯酸钠，d装置用于尾气处理。
(1)盛放MnO2粉末的仪器是圆底烧瓶。产生的氯气中混有氯化氢杂质，除掉氯化氢需要将气体通过饱和食盐水。(2)b装置的加热方式为水浴加热。c装置中氯气与氢氧化钠发生反应的离子方程式为Cl2＋2OH－===ClO－＋Cl－＋H2O。根据b、c装置水浴温度的不同推知，生成氯酸盐时需要酒精灯加热，生成次氯酸盐时需要冰水冷却，所以c中冰水浴的目的是避免氯酸钠的生成。(3)d是尾气处理装置，吸收氯气可以用硫化钠溶液或氢氧化钙浊液。(4)从溶液中获得纯净氯酸钾的操作是冷却结晶，过滤，少量冷水洗涤，干燥，此处用少量冷水洗涤的目的是降低氯酸钾的损耗。(5)碘在四氯化碳中呈紫色；碘在水中的颜色为棕色或褐色，主要由碘的浓度决定。2号试管中溶液变棕色说明生成I2,1号试管中没有颜色变化，说明没有生成I2，由此可以判断氯酸钾的氧化能力小于次氯酸钠的氧化能力。
第18讲　卤族元素　溴、碘单质的提取
考点一
归纳整合
2．深红棕　紫黑　固体　挥发　升华　变蓝
3．HX＋HXO　易　难　NaX＋NaXO＋H2O　＞　＞　＜　＜　易　难
4．(2)2H2O＋2F2===4HF＋O2
5．(1)白　浅黄　黄　(2)Br－　I－　(3)蓝
应用举例
②④⑤
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.√　5.√　6.×　7.×
专项突破
1．(1)　(2)湿润的淀粉-KI试纸变蓝
(3)Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－　(4)打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡，静置后CCl4层变为紫红色　(5)确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰　(6)原子半径逐渐增大
2．(1)
(2)(CN)2＋2NaOH===NaCN＋NaCNO＋H2O
(3)2I－＋Cl2===I2＋2Cl－
3．(1)HCl、HIO2
(2)ICl＋2OH－===Cl－＋IO－＋H2O　否
4．B　5.C
考点二
归纳整合
1．(1)Cl2　H2、NaOH　(2)2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
2．(2)①2NaBr＋Cl2===Br2＋2NaCl　②Br2＋SO2＋2H2O===2HBr＋H2SO4　③2HBr＋Cl2===2HCl＋Br2
3．(2)Cl2＋2I－===I2＋2Cl－
易错辨析
1．√　2.×　3.×
专项突破
1．C　2.D　
3．C　[Na2SO3与Br2发生反应的化学方程式为Na2SO3＋Br2＋H2O===Na2SO4＋2HBr，可用Na2SO3饱和溶液吸收Br2，A正确；步骤Ⅲ根据氯的非金属性比溴的强，利用置换反应制取Br2，B正确；步骤Ⅰ和步骤Ⅲ均用到Cl2，故制取1 mol Br2消耗2 mol氯气，但未标明氯气所处的温度和压强，无法计算Cl2的体积，C错误；从浓溴水中提取溴，可利用有机溶剂(如苯)萃取溴，然后分液得到溴的有机溶液，再经蒸馏可得纯净的溴，D正确。]
4．(1)2I－＋2H＋＋H2O2===I2＋2H2O　(2)下口放出
(3)3I2＋6NaOH===5NaI＋NaIO3＋3H2O　(4)5I－＋IO＋6H＋===3I2↓＋3H2O　(5)过滤
真题演练
1．B　2.C　
3．①2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－　AgNO3　②FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2　I2、FeCl3　I2被过量的Cl2进一步氧化
解析　①由流程图可知悬浊液中含AgI，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环。
②通入Cl2的过程中，因I－还原性强于Fe2＋，Cl2先氧化还原性强的I－，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2；若反应物用量比＝1.5时，先氧化完全部I－再氧化Fe2＋，恰好将全部I－和Fe2＋氧化，故氧化产物为I2、FeCl3；当>1.5即Cl2过量，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低。
第19讲　硫及其氧化物
考点一
归纳整合
1．硫化物　硫酸盐
2．黄色　难溶　易溶
思考　(1)S2、S4、S6、S8属于同一元素的不同种单质，它们互为同素异形体，S8转化为S6、S4、S2属于化学变化。
(2)硫单质、CS2均属于非极性分子，而H2O属于极性分子，根据“相似相溶”规律，非极性分子易溶于非极性分子形成的溶剂中。
3．Fe＋SFeS　2Cu＋SCu2S　低　H2＋SH2S　S＋O2SO2
易错辨析
1．×　2.×　3.√
专项突破
1．A　2.D
考点二
归纳整合
1．(1)无　有刺激性　有毒气体　大　易　40　(2)SO2＋H2OH2SO3　2NaOH＋SO2===
Na2SO3＋H2O　2SO2＋O22SO3　Cl2＋SO2＋2H2O===2HCl＋H2SO4　品红
(3)①Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋H2O　②Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O
2．(1)液　固　(2)SO3＋H2O===H2SO4　CaO＋SO3===CaSO4　SO3＋Ca(OH)2===CaSO4＋H2O
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×　5.×
专项突破
1．(1)褪色　还原　(2)褪色　漂白　(3)否
(4)BaSO4　(5)BaSO3　SO2＋2OH－===SO＋H2O、Ba2＋＋SO===BaSO3↓
2．(1)Na2SO3＋H2SO4Na2SO4＋SO2↑＋H2O　(2)溶液蓝色变浅直至褪色　(3)吸收SO2尾气，防止污染空气　(4)取少量实验后的A中溶液于试管中，加入铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明反应所得还原产物为Fe2＋
3．(1)品红溶液　检验SO2
(2)酸性KMnO4溶液　除去SO2并检验SO2是否除尽
(3)澄清石灰水　检验CO2
(4)酸性KMnO4溶液的颜色变浅但不褪成无色
解析　检验二氧化硫用品红溶液，吸收二氧化硫用酸性KMnO4溶液，检验二氧化碳用澄清石灰水；在检验二氧化碳之前，必须除尽二氧化硫，因为二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊。C装置的作用是除去SO2并检验SO2是否除尽，所以酸性高锰酸钾溶液颜色变浅，但不能褪成无色，若褪成无色则不能证明二氧化硫已除尽。
真题演练
1．(1)√　(2)×　(3)×
2．C　
3．B　[根据流程图分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确；结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO3，假设产物中存在NaHCO3，则其会与生成的NaHSO3发生反应，且NaHCO3溶解度较低，若其残留于母液中，会使晶体不纯，假设不成立，B错误；NaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C正确；结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确。]
4．(1)ABD　(2)SO2遇品红生成不稳定无色物质，受热释放SO2，溶液恢复红色；温度降低，SO2在品红溶液中溶解度增大，溶液颜色变浅
第20讲　硫酸、酸雨及防治
考点一
归纳整合
1．将浓H2SO4沿烧杯内壁缓缓倒入水中并用玻璃棒不断搅拌
2．(1)能使紫色石蕊溶液变红。
(2)能与活泼金属(如Zn、Fe等)反应产生H2。
(3)能与碱、碱性氧化物反应生成盐和水，如①与Ba(OH)2反应：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O；②与MgO反应：MgO＋2H＋===Mg2＋＋H2O。
(4)能与弱酸的盐反应，如与Na2SO3反应：SO＋2H＋===H2O＋SO2↑。
3．(1)蓝色晶体变白　吸水性　沾有浓硫酸的滤纸变黑　脱水性　铜片逐渐溶解，产生无色、有刺激性气味的气体　强氧化性、酸性　(2)Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O、
C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O
(3)钝化
4．①4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2　S＋O2SO2
②2SO2＋O22SO3　③SO3＋H2O===H2SO4
思考　不是，工业上用98.3%的浓硫酸吸收，因为用水产生的酸雾太大，会降低SO3的吸收效率。
5．排除CO、SO、Ag＋等离子的干扰　CO＋2H＋===CO2↑＋H2O　SO＋2H＋===SO2↑＋H2O　Ag＋＋Cl－===AgCl↓　Ba2＋＋SO===BaSO4↓
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×　5.×
专项突破
1．(1)浓硫酸的吸水性　(2)高沸点酸　(3)浓硫酸的强氧化性
(4)硫酸的强酸性　(5)浓硫酸的酸性、强氧化性　(6)浓硫酸的脱水性　(7)浓硫酸的脱水性、强氧化性
2．(1)(2)(3)使用的是浓硫酸，其余均为稀硫酸。
3．H2和SO2的混合气体　随着反应的进行，硫酸的浓度变小，铁与稀硫酸反应生成氢气
4．取样品溶液于试管中，加入过量BaCl2溶液，过滤，然后向沉淀中滴入过量稀盐酸，若沉淀全部溶解，则Na2SO3未被氧化；若沉淀部分溶解，则Na2SO3部分被氧化；若沉淀一点也不溶解，则Na2SO3全部被氧化。
5．C　[A项，二氧化硫被硝酸氧化为硫酸，加氯化钡一定生成硫酸钡沉淀；B项，亚硫酸根离子被硝酸氧化为硫酸根离子，沉淀也是硫酸钡；C项，所得沉淀可能是氯化银；D项，先加过量盐酸无明显现象，再加氯化钡产生的白色沉淀一定是硫酸钡。]
考点二
归纳整合
1．石油和煤　含硫矿物　酸雨　5.6　脱硫　二氧化硫
专项突破
1．B
2．C　[烟气通入石灰石浆液时的温度越高，气体二氧化硫的溶解度越小，部分二氧化硫不能被溶解，就会逸出溶液使吸收率降低，故A错误；石灰石浆液pH>5.7时，烟气脱硫效率降低的原因是石灰石的溶解度减小，石灰石的浓度减小，故B错误；脱硫后的气体是否残存二氧化硫，含多少，可以利用高锰酸钾溶液褪色的程度和快慢粗略判断烟气脱硫效率，故C正确；分析得到总反应为2CaCO3＋2SO2＋O2＋4H2O===2CaSO4·2H2O＋2CO2,1 mol二氧化硫反应生成1 mol二氧化碳，即每吸收64 g二氧化硫理论上生成44 g二氧化碳，故D错误。]
3．(1)②SO2＋CaOCaSO3　③2CaSO3＋O22CaSO4　(2)①2NH3＋SO2＋H2O===(NH4)2SO3
②2(NH4)2SO3＋O2===2(NH4)2SO4　(3)①2NaOH＋SO2===Na2SO3＋H2O　②Na2CO3＋SO2===Na2SO3＋CO2　③Na2SO3＋SO2＋H2O===2NaHSO3　(4)①2NaOH＋SO2===Na2SO3＋H2O　②2Na2SO3＋O2===2Na2SO4
③Na2SO4＋Ca(OH)2===CaSO4↓＋2NaOH
真题演练
1．(1)×　(2)√　(3)×
2．B
3．C　[锥形瓶内发生反应：Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋H2O ，产生的SO2进入到试管中，CCl4层溶液褪色，发生反应：SO2＋Br2＋2H2O===H2SO4＋2HBr，证明Br2具有氧化性，A项正确；试管中花瓣褪色，说明SO2可以漂白花瓣中的有色物质，证明SO2具有漂白性，B项正确；试管中产生大量气泡是锥形瓶中产生的SO2进入到试管中引起的，Na2SO3与H2SO4发生复分解反应，C项错误；试管中Br2可将SO2氧化，生成H2SO4和HBr，SO 可以和Ba2＋结合成不溶于酸的白色沉淀，D项正确。]
4．(1)浓硫酸吸水且放热，导致HCl挥发
(2)HCl气体会将H2SO4带出，与Ba(NO3)2作用生成BaSO4
解析　(1)因为浓硫酸具有吸水性，同时放出大量的热，促使HCl气体挥发。(2)与硝酸钡反应产生沉淀，则沉淀一定是硫酸钡，说明HCl挥发时带出了H2SO4。
第21讲　硫及其化合物的相互转化
归纳整合
2．(1)②H2SO3＋2NaOH===Na2SO3＋2H2O　③Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋H2O＋SO2↑　④SO2＋Na2SO3＋H2O===2NaHSO3　(2)相邻　③2SO2＋O22SO3　④S＋H2H2S　⑤SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O
专项突破
1．A
2．B　[在脱硫过程中Fe2(SO4)3与H2S发生反应：Fe2(SO4)3＋H2S===2FeSO4＋H2SO4＋S↓，A错误；脱硫过程中Fe2(SO4)3与H2S发生反应：Fe2(SO4)3＋H2S===2FeSO4＋H2SO4＋S↓，然后发生反应：4FeSO4＋O2＋2H2SO4===2Fe2(SO4)3＋2H2O，总反应方程式为2H2S＋O2===2S↓＋2H2O，故参加反应的n(H2S)∶n(O2)＝2∶1，B正确；脱硫过程反应产生中间产物FeSO4，后该物质又反应被消耗，FeSO4的物质的量不变，其在流程中循环利用，因此不需补充FeSO4，C错误；CH4在反应过程中没有参加反应，因此不是天然气脱硫过程的催化剂，D错误。]
3．(1)H2＋SH2S
(2)H2SO3＋2H2S===3S↓＋3H2O
(3)C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O[或Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O]
(4)①H2SO3＋2OH－===SO＋ 2H2O　②大于　Na2SO3溶液中SO发生水解使溶液显碱性　③增大　升高温度促进Na2SO3溶液的水解
解析　常见的固态单质除了金属之外还有B、C、Si、P、S、I2，而能在空气中反应生成气体化合物的只有C、S，由A在加热条件下可与氢气反应推测A是单质硫，从B、C的相对分子质量之比为4∶5，确定A是单质硫；硫酸是重要的工业原料，化合物E应为H2SO3。(4)①将5 mL 0.10 mol·L－1 E(H2SO3)溶液与10 mL 0.10 mol·L－1 NaOH溶液混合，二者恰好完全反应，所得溶液为Na2SO3溶液。②由于SO＋H2OHSO＋OH－，所以反应后溶液显碱性。③根据水解的热效应可知加热溶液可以促进水解。
4．(1)⑤　酸性KMnO4溶液褪色　还原
(2)＋4(或－2)　0　(3)Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O　将产生的气体通入品红溶液，品红溶液褪色
5．C
6．(1)2NaHSO3===Na2S2O5＋H2O
(2)①NaHSO3　②得到NaHSO3过饱和溶液
解析　(1)根据题给信息，将NaHSO3过饱和溶液结晶脱水可得到Na2S2O5，则化学方程式为2NaHSO3===Na2S2O5＋H2O。(2)①酸性条件下，SO2与Na2CO3溶液反应生成NaHSO3。
7．(1)NaHSO3、NaHSO4　(2)①增大锌的表面积，加快化学反应速率　②Zn＋2SO2===ZnS2O4　③减少Na2S2O4的溶解损失，易于干燥　Na2CO3为碱性物质，保险粉在碱性介质中较稳定
(3)HCOO－＋OH－＋2SO2===S2O＋CO2＋H2O
解析　(1)Na2S2O4中S显＋3价，在潮湿空气中被氧化，S部分转化为＋4价，部分转化为＋6价，则生成的两种常见酸式盐为NaHSO3和NaHSO4。(2)①锌粉—水悬浊液与SO2的接触面积比锌块与SO2的接触面积大，反应速率快。③Na2S2O4固体易溶于水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤，既可减少溶解损失，又易于干燥；Na2S2O4在碱性介质中较稳定，Na2CO3固体可提供碱性环境，增强保险粉的稳定性。(3)HCOONa、烧碱、SO2发生反应生成Na2S2O4、CO2等，反应的离子方程式为HCOO－＋OH－＋2SO2===S2O＋CO2＋H2O。
真题演练
1．C　
2．(2)将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积　增大硫酸的浓度
(3)B　Fe(OH)3　CaSO4　SiO2
(5)置换Cu2＋为Cu从而除去　(6)CaSO4　MgSO4
解析　由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应：ZnCO3ZnO＋CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2＋、Ca2＋、Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、Cu2＋的溶液，加入物质X调节pH＝5，结合表格数据，过滤得到滤渣①为Fe(OH)3、CaSO4、SiO2，滤液①中主要含有Zn2＋、Cu2＋、Mg2＋、Ca2＋、Fe2＋，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2＋，过滤得到滤渣②为Fe(OH)3和MnO2，滤液②中加入锌粉，发生反应：Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答。(2)可采用将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率。(3)NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；NaOH会引入杂质Na＋，且成本较高，C不适宜；当沉淀完全时(离子浓度小于10－5mol·L－1)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时的pH，pH＜5的只有Fe3＋，故滤渣①中有Fe(OH)3，又因为CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2。(5)滤液②中加入锌粉，发生反应：Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2＋为Cu从而除去。(6)滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。
3．(1)　BaSO4
(2)4Na2SO3Na2S＋3Na2SO4
(3)2S2－＋SO＋6H＋===3S↓＋3H2O
第22讲　氮及其氧化物　硝酸
考点一
归纳整合
1．游离　人工　化合
2．(1)无　无　难　(2)①3Mg＋N2Mg3N2　②N2＋3H22NH3　③N2＋O22NO　(3)①N2的稳定性　②N2的氧化性　③N2的还原性　④N2的沸点低，液氮易汽化，且汽化吸收热量
3．(1)NO　N2O4　N2O5　(2)无色的气体　红棕色、有刺激性气味的气体　不溶于水　2NO＋O2===2NO2
易错辨析
1．√　2.×　3.×　4.√　5.×
专项突破
1．B　[镁可在氮气中燃烧，B项错误。]
2．D
3．(1)O2　8 mL、4 mL
(2)NO　10.8 mL、1.2 mL
解析　解题依据的化学方程式：
4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3；
3NO2＋H2O===2HNO3＋NO。
设O2的体积为x，剩余的气体有两种可能：
(1)若剩余O2，则V剩＝x－×(12 mL－x)＝2 mL，解得x＝4 mL，则NO2的体积是8 mL；
(2)若剩余NO，则V剩＝×[(12 mL－x)－4x]＝2 mL，解得x＝1.2 mL，则NO2的体积是10.8 mL。
4．(1)2CO＋2NON2＋2CO2
(2)8NH3＋6NO27N2＋12H2O　4∶3
(3)①2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O
②NaNO2
考点二
归纳整合
1．无　易　有刺激性
2．(1)4HNO32H2O＋4NO2↑＋O2↑　(2)①3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O　Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O　②C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O　③3Fe2＋＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O
(3)①＋HNO3＋H2O　②黄
易错辨析
1．√　2.×　3.×　4.√　5.√　6.×　7.√　8.√
专项突破
1．(1)红棕　Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O　(2)3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O　(3)加入稀硫酸后，氢离子与原溶液中的硝酸根离子构成强氧化性酸，又能与过量的铜反应
2．(1)5.824　5.376　(2)1.52 mol
(3)　(4)57.8
解析　(1)n(Cu)＝＝0.51 mol，设混合气体中NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y。根据气体在标准状况下的总体积为11.2 L，有x＋y＝0.5 mol，根据得失电子守恒，有3x＋y＝0.51×2 mol。解得x＝0.26 mol，y＝0.24 mol。则V(NO)＝0.26 mol×22.4 L·mol－1＝5.824 L，V(NO2)＝11.2 L－5.824 L＝5.376 L。(2)参加反应的HNO3分两部分：一部分没有被还原，显酸性，生成Cu(NO3)2；另一部分被还原成NO2和NO，所以参加反应的HNO3的物质的量为0.51 mol×2＋0.5 mol＝1.52 mol。(3)HNO3在反应中一部分变成气体，一部分以NO的形式留在溶液中。变成气体的HNO3的物质的量为0.5 mol。加入NaOH溶液至恰好使溶液中的Cu2＋全部转化为沉淀，则溶液中只有NaNO3，其物质的量为10－3aV mol，也就是以NO形式留在溶液中的HNO3的物质的量为10－3aV mol。所以，c(HNO3)＝ mol·L－1。(4)由得失电子守恒得2×n(Cu)＝2×n(H2O2)，×2＝n(H2O2)×2，n(H2O2)＝0.51 mol，则m(H2O2)＝17.34 g。需30%的双氧水：＝57.8 g。
3．(1)Fe＋NO＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2H2O　(2)Fe2＋　(3)0.1　0.2　(4)3.36
解析　(3)在Oa段NO完全转化为NO，由离子方程式可得，n(NO)＝n(Fe3＋)＝0.1 mol，即x＝0.1；c点溶质为FeSO4，溶液中Fe2＋为0.2 mol，即n(FeSO4)＝0.2 mol，根据硫酸根离子守恒得，n(H2SO4)＝n(FeSO4)＝0.2 mol，即y＝0.2。
(4)Fe＋NO＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2H2O
　　　0.1 mol　　　　　　0.1 mol
Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑
　0.1 mol　　　　0.05 mol
所以V＝(0.1 mol＋0.05 mol)×22.4 L·mol－1＝3.36 L。
真题演练
1．(1)×　(2)×
2．A　3.D
4．D　[①中浓HNO3受热分解，发生反应：4HNO3(浓)4NO2↑＋O2↑＋2H2O，产生的气体为混合气体，故A正确；由①可知，浓硝酸受热分解可生成红棕色气体NO2，所以“产生红棕色气体”不能说明②中木炭能与浓硝酸发生反应，故B正确；根据①和②，浓硝酸反应产生红棕色NO2时需要加热，所以浓硝酸具有挥发性才可与上方红热木炭接触，同时，N元素化合价降低，所以生成的NO2为还原产物，故C正确；红热的木炭可与空气中的O2反应生成CO2，故D错误。]
第23讲　氨和铵盐
考点一
归纳整合
1．　小　刺激
思考　NH3、H2O均为极性分子，NH3与H2O之间可形成分子间氢键，并且NH3和H2O反应。
2．3　Al(OH)3↓＋3NH　4NH3＋5O24NO＋6H2O
3．(1)①打开止水夹，挤出胶头滴管中的水
②氨极易溶于水，使烧瓶内的压强迅速减小
(2)①玻璃管中有空气，氨与水不接触，不能被水吸收，烧瓶内压强不减小，故不能产生倒吸现象
②打开止水夹，用手(或热毛巾等)将烧瓶捂热，使烧瓶内氨膨胀，将导管中的空气排出，使氨与烧杯中的水接触
(3)NaOH溶液　水　NaOH溶液　水　水　水
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.√
专项突破
1．D　2.A
3．B　[H2难溶于NaOH溶液，不能使烧瓶内外形成较大压强差，故不能引发喷泉。]
4．(1) mol·L－1　(2) mol·L－1　(3) mol·L－1
考点二
归纳整合
1．(1)白　(2)2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O　NH＋OH－NH3↑＋H2O　(3)蓝色
2．(1)碱石灰　蓝
易错辨析
1．×　2.×　3.√　4.√　5.×　6.×
专项突破
1．(1)2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O
(2)NH＋OH－NH3↑＋H2O
(3)NH＋H2ONH3·H2O＋H＋
(4)2NH4NO32N2↑＋O2↑＋4H2O
2．(1)(NH4)2 CO3　NH4HCO3
(2)3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
(3)1∶2　(4)4NH3＋5O24NO＋6H2O
3．(1)a　(2)碱石灰　(3)D　(4)产生白烟　(5)防止倒吸　(6)还原性　作制冷剂、制氮肥(或化肥)、制硝酸、作化工原料(任答一点，其他合理答案也可)
真题演练
1．(1)×　(2)√　(3)×　(4)×
2．C　
3．(1)2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑
(2)11.5　(3)平衡气压防倒吸　倒吸　(4)NH　PO
(5)酚酞　无色　浅红色
解析　本实验的实验目的为制备磷酸氢二铵[(NH4)2HPO4]，实验原理为2NH3＋H3PO4===(NH4)2HPO4，结合相关实验基础知识分析解答问题。(1)实验室用NH4Cl(s)和Ca(OH)2(s)在加热的条件下制备氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑。(2)设需浓H3PO4的体积为V mL，则＝0.1 L×1.7 mol·L－1，V≈11.5。(3)由于NH3极易溶于水，因此可选择打开活塞K2以平衡气压，防止发生倒吸，所以实验过程中，当出现倒吸现象时，应及时关闭K1，打开K2。(4)继续通入NH3，(NH4)2HPO4继续反应生成(NH4)3PO4，当pH＞10.0时，溶液中OH－、NH、PO的浓度明显增加。(5)由(4)可知，当pH为8.0～9.0时，可制得(NH4)2HPO4，说明(NH4)2HPO4溶液显碱性，因此若不选用pH传感器，还可以选用酚酞作指示剂，当溶液颜色由无色变为浅红色时，停止通入NH3，即可制得(NH4)2HPO4溶液。
第24讲　氮及其化合物的转化关系
归纳整合
2．(1)N2＋3H22NH3　(2)2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋2H2O＋CaCl2　(3)4NH3＋5O24NO＋6H2O　(4)3NO2＋H2O===2HNO3＋NO　(5)3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O　(6)Cu＋4H＋＋2NO===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O　(7)C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O　(8)4HNO34NO2↑＋O2↑＋2H2O
专项突破
1．C　2.D　3.C
4．C　[当X是强碱时，和强碱反应产生的气态氢化物B可判断为NH3，则A为铵盐，过量的B跟Cl2反应生成的盐酸盐是NH4Cl，则C为N2，由此判断D为NO、E为NO2、F为HNO3；A和强酸反应生成的B能被Cl2氧化，且生成的C能被O2连续氧化，在常见的物质中可考虑A为硫化物，所以，当X是强酸时，A、B、C、D、E、F可分别为(NH4)2S、H2S、S、SO2、SO3、H2SO4，故A、B正确，C错误；B是氨气或硫化氢，氨气与Cl2反应生成氯化铵和氮气，硫化氢和氯气反应生成硫单质和氯化氢，因此B与氯气的反应是氧化还原反应，故D正确。]
5．B　6.A
7．B　[A装置为碳酸钙与盐酸反应制备CO2的简易装置，该装置的优点是能够随时控制反应的发生和停止，A正确；氨基甲酸铵易水解，进入装置D的气体必须是干燥纯净气体，左侧装置B、C试剂可分别为饱和碳酸氢钠溶液、浓硫酸，制备纯净干燥的CO2，装置F可用NH4Cl与熟石灰制备氨气，E中试剂需干燥氨气，可以选用碱石灰，但不能选用P2O5固体，B错误、D正确；制备氨基甲酸铵的反应为放热反应，制得的物质易分解，所以装置D需降温，使用冰水浴，C正确。]
8．(1)NH3·H2O＋CaO===NH3↑＋Ca(OH)2　(2)c
(3)C装置中混合气体颜色变浅　(4)缺少尾气处理装置
(5)(进气管短，出气管长)　(6)观察气泡的速率，控制混合气体的比例　(7)0.036
解析　(7)烧瓶中充满溶液，则恰好发生反应4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，HNO3的物质的量是恰好完全反应的NO2和O2(体积比4∶1)总物质的量的，溶液体积等于烧瓶体积，设烧瓶体积为V L，则溶液的物质的量浓度为＝× mol·L－1≈0.036 mol·L－1。
真题演练
1．C　2.B
3．(1)①A　2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑(或B　NH3·H2ONH3↑＋H2O)　②dcfei　(2)①红棕色气体颜色慢慢变浅　②6NO2＋8NH37N2＋12H2O　③Z中NaOH溶液产生倒吸现象　④反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外界压强
热点强化9
1．(1)H—O—O—H　2H2O22H2O＋O2↑
(2)①5H2O2＋2MnO＋6H＋===5O2↑＋2Mn2＋＋8H2O
②酸式　滴入最后半滴酸性KMnO4标准液后，溶液变浅紫色，且30 s 内不褪色　(3)①H2O2＋Cu＋2H＋===Cu2＋＋2H2O　②H2O2＋2I－＋2H＋===2H2O＋I2　③2Cr3＋＋3H2O2＋H2O===Cr2O＋8H＋　④还原产物为水，对环境无污染　(4)H2O2H＋＋HO　H2O2＋Ba(OH)2===BaO2＋2H2O
2．C
3．(1)　10%　(2)增大接触面积，加快反应速率
(3)SeO2＋2SO2＋2H2O===2H2SO4＋Se↓　过滤
(4)Na2TeO3　TeO＋3H2O＋4e－===Te＋6OH－
(5)偏低　(6)Te4＋＋2SO2＋4H2O===Te↓＋8H＋＋2SO　(7)H2SO4、HCl
解析　(1)Se与O属于同主族元素，故Se的氢化物的电子式为。设电离的亚碲酸为x mol·L－1，亚碲酸(H2TeO3)的Ka1＝1×10－3 mol·L－1＝，解得x≈0.01，则0.1 mol·L－1 H2TeO3的电离度为×100%＝10%。
(3)根据流程图，SeO2与SO2在冷却后通入水中发生反应生成Se，反应的化学方程式为SeO2＋2SO2＋2H2O===2H2SO4＋Se↓，Se单质难溶于水，反应后可以通过过滤操作分离Se单质。
(4)TeO2易溶于较浓的强酸和强碱，焙砂中碲以TeO2的形式存在，与足量NaOH溶液反应后得到的溶液①，其溶质的主要成分为Na2TeO3。工业上也可以通过电解溶液①得到单质碲，电解时的电极均为石墨，则阴极发生还原反应，TeO得到电子生成Te，电极反应式为TeO＋3H2O＋4e－===Te＋6OH－。
(5)TeO2易溶于较浓的强酸和强碱，向溶液①中加入硫酸时控制溶液的pH为4.5～5.0，生成TeO2沉淀，如果H2SO4过量，将导致生成的TeO2沉淀偏少，碲的回收率偏低。
(6)将纯净的TeO2先溶于盐酸得到四氯化碲，再将SO2通入溶液中得到Te单质，二氧化硫被氧化成硫酸，反应的离子方程式为Te4＋＋2SO2＋4H2O===Te↓＋8H＋＋2SO。
4．B　[H3PO2中P显＋1价，具有还原性，A项正确；H3PO2具有还原性，通入足量氯气发生反应：H3PO2＋2Cl2＋2H2O===H3PO4＋4HCl，故溶液pH减小，B项错误；根据Ka(H3PO2)＝5.9×10－2 mol·L－1可知，H3PO2为一元弱酸，故次磷酸钠溶液中H2PO水解使溶液显碱性，酚酞遇碱变红，C项正确；根据题给信息可知，该反应中硝酸银溶液中的Ag＋得到电子被还原成Ag，H2PO失去电子被氧化成PO，该反应在碱性条件下进行，所以还有OH－参与反应，D项正确。]
5．D
6．(1)c
(2)2AsH3＋12Ag＋＋3H2O===As2O3＋12H＋＋12Ag↓
(3)水果中富含还原性物质(如维生素C等)，能把＋5价砷化合物还原为毒性更大的＋3价砷化合物
(4)3As2O3＋4HNO3＋7H2O===6H3AsO4＋4NO↑
热点强化10
热点专练
1．D　2.B　3.C
4．D　[将重质油裂解为轻质油并不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故A不符合题意；大规模开采可燃冰作为新能源，会增大二氧化碳的排放量，不符合碳中和的要求，故B不符合题意；通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故C不符合题意；研发催化剂将二氧化碳还原为甲醇，可以减少二氧化碳的排放量，达到碳中和的目的，故D符合题意。]
5．D　[利用火力发电，会增加煤炭的燃烧，不利于减少CO2的排放，故A错误；CaO和CO2高温下几乎不反应，因此燃煤中加入CaO不能减少CO2气体的排放，故B错误；采取节能低碳生活方式，不能禁止使用化石燃料，只能尽量使用新能源代替化石燃料，故C错误。]
6．D
7．B　[图中反应历程为①Cl＋O3―→ClO＋O2，②ClO＋ClO―→ClOOCl，③ClOOCl2Cl＋O2。该过程的总反应为2O3===3O2，所以氯原子在反应中作催化剂，A正确；过氧化氯的结构式为Cl—O—O—Cl，B错误；由该过程的总反应知臭氧分子最终转变成氧气分子，C正确；过程②中ClO＋ClO―→ClOOCl，一氧化氯断键形成过氧化氯，D正确。]
8．B　[根据题意可知HNO2会产生自由基HO·造成臭氧损耗，破坏臭氧层，A正确；HNO2是一种弱酸，酚酞遇酸不变色，B错误；根据HO·造成臭氧损耗的两个反应可知，HO·为促进O3分解的催化剂，C正确。]
9．D　[光化学烟雾中的臭氧、NO2、过氧乙酰硝酸酯都有强氧化性，故A正确；氮氧化物还可引发酸雨、臭氧层空洞等污染问题，故B正确；光化学烟雾成分中含有碳氢化合物和醛、酮、过氧乙酰硝酸酯，碳氢化合物即烃类，醛、酮、过氧乙酰硝酸酯属于烃的衍生物，故C正确；NO2是红棕色气体，光化学烟雾呈现淡蓝色是由于光的折射和反射，故D错误。]
第25讲　常见气体的实验室制备、净化和收集
归纳整合
2．(1)O2　NH3
易错辨析
1．(1)×　(2)×　(3)×　(4)×
2．(1)×　(2)×　(3)×　(4)×
专项突破
1．A　2.D
3．A　[由图可知，打开a、关闭b时，SO2与碳酸钠溶液反应生成CO2，试剂X为酸性高锰酸钾溶液，可除去过量的SO2，试剂Y为品红溶液，可检验SO2是否除尽，然后CO2与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，可比较二者酸性强弱；关闭a、打开b时，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，反应中二氧化硫作还原剂，具有还原性，试剂Z为NaOH溶液，在反应中可用于吸收尾气，以此解答。]
4．D　[由装置可知，W中制备二氧化碳，X除去HCl，Y中制备氨气，在Z中制备碳酸镧。则制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为f→a→b→d，e←c，故A正确；X中盛放的试剂是饱和NaHCO3溶液，其作用为吸收挥发的HCl，故B正确；氨气极易溶于水，球形干燥管的作用为防倒吸，故C正确；Z中应先通入NH3，后通入过量的CO2。]
5．D　[氨气易溶于水、极易与酸反应，装置D中球形干燥管的作用是防止倒吸，故A正确；C中硬质玻璃管中NH3和Ca反应生成Ca3N2和H2，故B正确；实验过程中，先启动装置A处反应，排尽装置中的空气，一段时间后再点燃装置C处酒精灯，故C正确；装置E中氯化钙带有结晶水，失去吸水作用，故D错误。]
真题演练
1．A　2.A　3.B
4．B　[H2S与浓硫酸反应，故不能用浓硫酸干燥H2S，故A错误；发生反应：2H2O22H2O＋O2↑，浓硫酸可以干燥氧气，故B正确；铁片遇浓硝酸常温下发生钝化，故不能制取二氧化氮气体，故C错误；氨气与浓硫酸反应，故不能用浓硫酸干燥氨气，故D错误。]
5．C　[氨气的密度比空气小，不能用向上排空气法收集，故A错误；二氧化锰与浓盐酸共热制备氯气为固液加热反应，不能选用固固加热装置，故B错误；二氧化锰和氯酸钾共热制备氧气为固固加热的反应，氧气的密度大于空气，可选用向上排空气法收集，故C正确；氯化钠与浓硫酸共热制备HCl为固液加热反应，不能选用固固加热装置，故D错误。]
6．B
热点强化11
1．×　2.√　3.√　4.√　5.√　6.√　7.√　8.×　9.√　10．√　11.√　12.×　13.×　14.×　15.×　16.×　17．√　18.×　19.×　20.√　21.×
第5章　物质结构与性质　元素周期律
第26讲　原子结构　核外电子排布规律
考点一
归纳整合
1．(1)核素　元素　化学　(2)中子　质子　①质子数　②质子数　(3)质量数　质子数
2．(1)质子数　质子　中子　质子　中子　(2)①中子数　质子数　几乎完全相同　差异较大　(3)氕　D　氘　T　氚
易错辨析
1．√　2.×　3.×　4.×　5.×　6.×　7.√
专项突破
1．C
2．(1)1∶1　(2) mol
3．B
4．(1)核素　同位素　(2)O2、O3　(3)30　24　(4)7　5
考点二
归纳整合
1．(1)
电子层(n)
一
二
三
四
电子层符号
K
L
M
N
能级符号
1s
2s
2p
3s
3p
3d
4s
4p
4d
4f
各能级原子轨道数
1
1
3
1
3
5
1
3
5
7
各电子层原子轨道数
1
4
9
16
最多容纳电子数
2
8
18
32

(2)球　哑铃　3　(3)25,50
(4)①1s　N原子上有孤电子对，由于孤电子对与成键电子对的排斥力更大，使得Si—N—Si键角较小
4．CH4＞NH3＞H2O　CH4分子中无孤电子对，NH3分子中含有1个孤电子对，H2O分子中含有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用依次增大，故键角逐渐减小
5．(1)＞　中心原子的电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，斥力越大，键角也越大　(2)B>Ca　②sp2杂化　3p　　③BCl3和四氯化碳均为非极性分子，而氨气属于极性分子，相似相溶　(3)2 mol　2　(4)
解析　(1)整个原子的能量由核电荷数、电子数和电子(运动)状态三个因素共同决定；基态B原子的电子排布式为1s22s22p1，故其核外电子填充在1s、2s、2p三个轨道中。
(2)①金属的电负性较小，另外，同周期元素电负性从左向右逐渐增大，故Ca、B、N三种元素电负性从大到小的顺序为N>B>Ca。②BCl3中B原子的价电子对数为3，其杂化方式为sp2，故BCl3中B原子的sp2杂化轨道与Cl原子的3p轨道形成σ键；基态B原子价电子层上的电子先激发，再杂化，说明B原子激发后的三个轨道能量相同，故激发时B原子的价电子轨道表示式为。(3)由图1可知，图中连有羟基的B原子含有配位键，故1 mol该阴离子存在的配位键的物质的量为2 mol，在该阴离子中B显＋3价，O显－2价，H显＋1价，根据化合价的关系可知，n＝2。
(4)将8个正八面体的中心连接成晶胞的立方晶系图，由M点坐标知该原子位于晶胞的体心，且每个坐标系的单位长度都记为1，已知B6八面体中B—B的键长为d pm，晶胞参数为a pm，则八面体中心到顶点的距离为d，则N点在棱的处，其坐标为(，1,0)。
真题演练
1．(1)ad　d　(2)①sp2　σ　②一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔　Cl参与形成的大π键越多，形成的C—Cl越强
(3)CsCl　CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体
(4)电解质　
2．(1)4s24p4　(2)两者都是分子晶体，由于水分子存在分子间氢键，沸点高　(3)BDE　(4)O、Se　(5)＞　正四面体形
(6)①K2SeBr6　②××107
解析　(1)基态S原子价电子排布式为3s23p4，Se与S同族，Se为第4周期元素，因此基态Se原子价电子排布式为4s24p4。(3)Ⅰ中有σ键，还有大π键，故A错误；Ⅰ中的Se—Se为非极性共价键，故B正确；烃都难溶于水，因此Ⅱ难溶于水，故C错误；Ⅱ中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp，故D正确；根据同周期元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，因此Ⅰ～Ⅲ含有的元素中，O电负性最大，故E正确。(4)分子Ⅳ中O、Se都有孤电子对，C、H、S都没有孤电子对。(5)根据非羟基氧越多，酸性越强，因此硒的两种含氧酸的酸性强弱为H2SeO4＞H2SeO3。SeO中Se的价电子对数为4＋×(6＋2－2×4)＝4，其空间结构为正四面体形。(6)①根据晶胞结构得到一个晶胞中K有8个，有8×＋6×＝4个，则X的化学式为K2SeBr6。②设晶胞参数为a nm，得到ρ＝＝，解得a＝×107，X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半，即为××107 nm。
第6章　化学反应与能量转化
第34讲　化学反应的热效应
考点一
归纳整合
1．(1)研究对象(物质系统)　(2)以外的其他部分
2．(1)释放　吸收　(2)能量　种类、数量及聚集状态　温度、压强　ΔU＝U(反应产物)－U(反应物)　Q　吸热　放热
3．(1)等压反应的反应热　种类、数量及聚集状态　温度、压强
(2)反应前后体系的焓的变化　吸热　放热　kJ·mol－1
4．(1)大于　降低　＜　负值　(2)小于　升高　＞　正值
5．(2)>　吸热　放热　

3．0。由盖斯定律知反应a＝反应②－反应③，ΔHa＝ΔH2－ΔH3>0，推知ΔH2>ΔH3；反应b＝反应③－2×反应①，故ΔHb＝ΔH3－2ΔH1>0，推知ΔH3>2ΔH1。]
真题演练
1．C　
2．A　[2ΔH1≈ΔH2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比，但不能是存在相互作用的两个碳碳双键，故A错误；ΔH2＜ΔH3，即单双键交替的物质能量低，更稳定，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定，故B正确；3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，故C正确；ΔH3－ΔH1＜0，ΔH4－ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性，故D正确。]
3．2V2O5(s)＋2SO2(g)===2VOSO4(s)＋V2O4(s)
ΔH＝－351 kJ·mol－1
解析　据图写出热化学方程式：①V2O4(s)＋2SO3(g)===2VOSO4(s)　ΔH1＝－399 kJ·mol－1；②V2O4(s)＋SO3(g)===V2O5(s)＋SO2(g)　ΔH2＝－24 kJ·mol－1，根据盖斯定律由①－②×2可得：2V2O5(s)＋2SO2(g)===2VOSO4(s)＋V2O4(s)　ΔH＝ΔH1－2ΔH2＝(－399 kJ·mol－1)－(－24 kJ·mol－1)×2＝－351 kJ·mol－1。
4．(E1－E2)＋ΔH＋(E3－E4)
解析　设反应过程中第一步的产物为M，第二步的产物为N，则X→M的ΔH1＝E1－E2，M→N的ΔH2＝ΔH，N→Y的ΔH3＝E3－E4，根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝(E1－E2)＋ΔH＋(E3－E4)。
5．－911.9
第36讲　化学能转化为电能——电池
考点一
归纳整合
1．化学　电
2．自发进行
3．(2)氧化　还原　(3)②形成闭合回路　平衡电荷　③负极　正极
4．(1)电极材料　(2)较强　较弱　(4)正极
易错辨析
1．×　2.√　3.×　4.√　5.√
专项突破
1．A　2.B
3．(1)负　(2)正　2Al＋8OH－－6e－===2[Al(OH)4]－　6H2O＋6e－===6OH－＋3H2↑　2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al(OH)4]－＋3H2↑　(3)正　Cu－2e－===Cu2＋　2NO＋4H＋＋2e－===2NO2↑＋2H2O　Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O　(4)能　Cu　O2＋4e－＋2H2O===4OH－
考点二
归纳整合
1．(1)Zn　Zn＋2OH－－2e－===ZnO＋H2O　MnO2　2MnO2＋2H2O＋2e－===2MnOOH＋2OH－　(2)KOH　Zn　Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH)2　Ag2O　Ag2O＋H2O＋2e－===2Ag＋2OH－
2．应用举例
Pb　PbO2　(1)Pb＋SO－2e－===PbSO4　PbO2＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO4＋2H2O　(2)PbSO4＋2e－===Pb＋SO　PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋SO
3．(3)①O2＋6e－＋6H＋===3H2O
CH3OH－6e－＋H2O===CO2＋6H＋
②O2＋6e－＋3H2O===6OH－
CH3OH－6e－＋8OH－===CO＋6H2O
③O2＋6e－===3O2－
CH3OH－6e－＋3O2－===CO2＋2H2O
④O2＋6e－＋3CO2===3CO
CH3OH－6e－＋3CO===4CO2＋2H2O
易错辨析
1．√　2.√　3.×　4.×　5.×
专项突破
1．D
2．A　[该燃料电池中电极Y为正极，反应为O2＋4e－===2O2－；电极X是负极，反应为C＋2CO－4e－===3CO2，CO2＋O2－===CO。A项，总反应式为C＋O2===CO2，因此氧化物电解质的量不会减少，错误；C项，电极X为负极，原电池内部的阴离子向负极移动，正确；D项，该燃料电池是把化学能直接转化为电能，而煤燃烧发电是把化学能转化为热能，再转化为电能，故该燃料电池的能量效率更高，正确。]
3．(1)GaN　O2　Cu　CH4　(2)透明导电玻璃　RuⅢ　镀Pt导电玻璃　I－　I＋2e－===3I－　
(3)铝　Al2(C2O4)3　C2O
真题演练
1．B　2.A
3．B　[海水中含有丰富的电解质，如氯化钠、氯化镁等，可作为电解质溶液，故A正确；N为正极，电极反应主要为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，故B错误；Li为活泼金属，易与水反应，玻璃陶瓷的作用是防止水和Li反应，并能传导离子，故C正确；该电池不可充电，属于一次电池，故D正确。]
4．C　[放电过程为原电池工作原理，所以钾离子均向正极移动，A错误；碱性环境下，N2H4—O2清洁燃料电池总反应为N2H4＋O2===N2＋2H2O，其总反应中未消耗KOH，所以KOH的物质的量不变，其他两种燃料电池根据总反应可知，KOH的物质的量均减小，B错误；理论放电量与燃料的物质的量和转移电子数有关，设消耗燃料的质量均为m g，则甲醇、N2H4和(CH3)2NNH2放电量(物质的量表达式)分别是×6、×4、×16，通过比较可知(CH3)2NNH2理论放电量最大，C正确；根据转移电子数守恒和总反应式可知，消耗1 mol O2生成的氮气的物质的量为1 mol，在标准状况下为22.4 L，D错误。]
第37讲　常考新型化学电源
类型一
专项突破
1．D　
2．D　[据题意分析可知，A极为负极，B极为正极，该隔膜只允许Li＋通过，放电时Li＋向正极移动，即从左边流向右边，A正确；无论放电还是充电，Li元素化合价都是＋1价，化合价不变，B正确；充电时，B电极是阳极，其电极反应与放电时正极反应相反，故电极反应式为LiCoO2－xe－===Li1－xCoO2＋xLi＋，C正确；根据电池反应知，充电时锂离子进入石墨中，D错误。]
类型二
专项突破
1．B　[根据装置图，X电极上MnO2转化成Mn2＋，化合价降低，发生还原反应，X作正极，A错误；Y电极为负极，Cm(H2O)n中C的平均化合价由0价升高为＋4价，电极反应式为Cm(H2O)n－4me－===mCO2↑＋(n－2m)H2O＋4mH＋，B正确；根据原电池工作原理，阳离子由负极向正极移动，即H＋由右向左移动，C错误；正极反应式为MnO2＋2e－＋4H＋===Mn2＋＋2H2O，建立关系式为2mMnO2～4me－～mCO2，有1 mol CO2生成时，消耗2 mol MnO2，D错误。]
2．A　[由题图知，M极为负极，N极为正极，H2N(CH2)2NH2在负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为H2N(CH2)2NH2＋4H2O－16e－===2CO2＋N2＋16H＋，A正确；充电时二次电池的正极应与外接电源的正极相连，即与N极相连，B错误；H＋通过质子交换膜由M极移向N极，C错误；当N电极消耗标况下2.24 L O2时，则转移×4＝0.4 mol电子，所以有0.4 mol电子从M极流向N极，D错误。]
类型三
专项突破
1．C　[由图可知，放电时，电极A为负极，电极反应式为Zn＋4Br－－2e－===ZnBr，放电时负极区离子浓度减小，C错误；电极B为正极，电极反应式为Fe＋e－===Fe，故B正确；充电时，电极A连电源负极，作电解池的阴极，电极反应式为ZnBr＋2e－===Zn＋4Br－，故A、D正确。]
2．B　[由题图和题意知，电池总反应是3H2＋N2===2NH3。该合成氨反应在常温下进行，并形成原电池产生电能，反应不需要高温、高压和催化剂，条件温和，A项正确；观察题图知，左边电极发生氧化反应：MV＋－e－===MV2＋，为负极，不是阴极，B项错误；正极区N2在固氮酶作用下发生还原反应生成NH3，C项正确；电池工作时，H＋通过交换膜，由左侧(负极区)向右侧(正极区)迁移，D项正确。]
类型四
专项突破
1．A
2．B　[通入NH3时电池开始工作，左侧电极质量减少，则左侧电极作负极，电极反应为Cu＋4NH3－2e－===Cu；右侧电极质量增加，则右侧电极作正极，电极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，则放电时电池的总反应为Cu2＋＋4NH3===Cu，结合题给信息可知，ΔH＜0，A项正确、B项错误；A为阴离子交换膜，则放电时，NO经离子交换膜由右侧向左侧迁移，C项正确；负极反应中，Cu作还原剂，失电子生成氧化产物Cu(NH3)，正极反应中Cu2＋作氧化剂，相同条件下，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：Cu2＋>Cu(NH3)，D项正确。]
真题演练
1．B　
2．B　[由题意分析可知，放电时，N极为正极，故A正确；充电时，M极与直流电源的负极相连，作电解池的阴极，锌离子在阴极上得到电子发生还原反应生成锌，电极反应式为Zn2＋＋2e－===Zn，故C正确。]
3．C　[充电时，光照光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应(Li＋＋e－===Li)和阳极反应(Li2O2＋2h＋===2Li＋＋O2)，则充电时总反应为Li2O2===2Li＋O2，充电效率与光照产生的电子和空穴量有关，A、B正确；放电时，金属Li电极为负极，光催化电极为正极，Li＋从负极穿过离子交换膜向正极迁移，C错误；放电时总反应为2Li＋O2===Li2O2，则正极反应为O2＋2Li＋＋2e－===Li2O2，D正确。]
4．C　[由充电时电极a的反应可知，充电时电极a发生还原反应，所以电极a是阴极，则电极b是阳极，故A错误；放电时负极反应为Na3Ti2(PO4)3－2e－===NaTi2(PO4)3＋2Na＋，正极反应为Cl2＋2e－===2Cl－，反应后Na＋和Cl－的浓度都增大，则放电时NaCl溶液的浓度增大，pH不变，故B错误、C正确；充电时阳极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极反应为NaTi2(PO4)3＋2Na＋＋2e－===Na3Ti2(PO4)3，由得失电子守恒可知，每生成1 mol Cl2，电极a质量理论上增加23 g·mol－1×2 mol＝46 g，故D错误。]
第38讲　电解池　金属的腐蚀与防护
考点一
归纳整合
1．还原　阴　阳　氧化
2．电　化学　化学　电　正极　负极　氧化　还原　氧化　还原　阴极　阳极　正极　负极
3．(3)①2H＋＋2e－===H2↑　2H2O－4e－===4H＋＋O2↑　增大　加水　②2H＋＋2e－===H2↑　2Cl－－2e－===Cl2↑
Cu2＋＋2e－===Cu　2Cl－－2e－===Cl2↑　CuCl2Cu＋Cl2↑　减小　通入HCl　加CuCl2固体　③2Cl－－2e－===Cl2↑　2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－　2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－　通入HCl气体　2H2O－4e－===4H＋＋O2↑　Cu2＋＋2e－===Cu　2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋　减小并生成新电解质　加CuO
专项突破
1．D　2.D
3．(1)1　0.4　CuO(或0.62　CuCO3)　(2)水(或H2O)　0.4　(3)0.6
解析　(1)阳极生成O256 mL(标准状况)即0.002 5 mol，依据总反应式：2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，溶液中生成0.01 mol H＋，c(H＋)＝0.1 mol·L－1，pH＝1；电解生成0.002 5 mol O2和0.005 mol Cu，故要使溶液复原可加0.005 mol CuO，质量为0.4 g，或加0.005 mol CuCO3，质量为0.62 g。(2)继续通电电解，电解质为H2SO4溶液，故实际被电解的物质为H2O；加入0.1 mol Cu(OH)2可使溶液复原，相当于加入0.1 mol CuO和0.1 mol H2O，故转移电子为(0.1×2＋0.1×2) mol＝0.4 mol。(3)Cu2(OH)2CO3相当于2CuO·H2O·CO2，故转移电子为0.2 mol×2＋0.1 mol×2＝0.6 mol。
4．(1)2Cl－－2e－===Cl2↑　Mg2＋＋2H2O＋2e－===H2↑＋Mg(OH)2↓　Mg2＋＋2Cl－＋2H2OMg(OH)2↓＋Cl2↑＋H2↑　(2)2Al－6e－＋3H2O===Al2O3＋6H＋　2H＋＋2e－===H2↑　2Al＋3H2OAl2O3＋3H2↑
(3)Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2↓＋4H＋
(4)①2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
②S＋2H＋===(n－1)S↓＋H2S↑
(5)①a　Ce3＋－e－===Ce4＋
②2NO＋8H＋＋6e－===N2↑＋4H2O
解析　(5)①Ce4＋在阳极生成，从a口流出。②NO转化为无毒物质，则NO在阴极得电子，转化为N2，由得失电子守恒、电荷守恒可得阴极电极反应式。
考点二
归纳整合
1．(1)2Cl－－2e－===Cl2↑　氧化　2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－　还原　2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑　(2)精制饱和NaCl溶液　H2O(含少量NaOH)　淡盐水　NaOH溶液　Cl2　H2　(3)OH－
2．(1)②镀层金属　镀件　含有镀层金属离子　Cu－2e－===Cu2＋　Cu2＋＋2e－===Cu　(2)粗铜　纯铜　Cu－2e－===Cu2＋、Zn－2e－===Zn2＋、Ni－2e－===Ni2＋　Cu2＋＋2e－===Cu　阳极泥　残留在电解质溶液　有所下降
3．2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑　2Cl－－2e－===Cl2↑　2Na＋＋2e－===2Na　MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑　2Cl－－2e－===Cl2↑　Mg2＋＋2e－===Mg　2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑　6O2－－12e－===3O2↑　4Al3＋＋12e－===4Al
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×
专项突破
1．B　2.B
3．D　[A池是电解池，从图中看出，左边加入精制饱和NaCl溶液流出稀NaCl溶液，左边电极放电产生氯气，是阳极，则右边电极是阴极，阴极上氢离子放电产生氢气；B池是燃料电池，电池右边通入除去CO2后的空气，发生还原反应为正极，左边通入H2，发生氧化反应为负极。燃料电池中正极O2得电子产生OH－，Na＋通过阳离子交换膜从左往右移动，反应后NaOH浓度增大，即c%>a%，负极H2失电子生成的H＋消耗OH－，所以a%>b%，则c%>a%>b%，B正确；根据得失电子守恒可得关系式：2Cl2～2H2～O2，n(O2)＝0.5n(Cl2)＝0.5 mol，所以n(空气)＝5n(O2)＝2.5 mol，则标准状况下V(空气)＝2.5 mol×22.4 L·mol－1＝56 L，C正确。]
4．D　5.D
6．B　[由图可知，石墨为阳极，其电极反应式为C＋2O2－－4e－===CO2↑，钛网是阴极，其电极反应式为Ca2＋＋2e－===Ca。将熔融CaF2-CaO换成Ca(NO3)2溶液，阴极上H＋放电，无法得到金属Ca；钙还原二氧化钛的化学方程式为2Ca＋TiO2===Ti＋2CaO，制备金属钛前后，CaO的总量不变。]
7．(1)用铜作阳极可补充溶液中消耗的Cu2＋，保持溶液中Cu2＋浓度恒定
(2)2Al－6e－＋3H2O===Al2O3＋6H＋　6H＋＋6e－===3H2↑　2Al＋3H2OAl2O3＋3H2↑
(3)负　4Al2Cl＋3e－===Al＋7AlCl　H2
考点三
归纳整合
1．氧化
2．(2)2H＋＋2e－===H2↑　O2＋2H2O＋4e－===4OH－
Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑　2Fe＋O2＋2H2O===2Fe(OH)2　吸氧腐蚀
应用举例
⑤④②①③⑥
4．负　正　阴　阳
易错辨析
1．×　2.√　3.×　4.×　5.×
专项突破
1．A　
2．B　[若X为锌棒，开关K置于M处时，锌作负极，铁作正极被保护，A项正确、B项错误；若X为碳棒，开关K置于N处，铁连接电源负极作阴极被保护，C项正确；X连接电源正极作阳极发生氧化反应，D项正确。]
3．吸氧　Fe－2e－===Fe2＋　2H2O＋O2＋4e－===4OH－　4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3、2Fe(OH)3===Fe2O3·xH2O＋(3－x)H2O
真题演练
1．C　2.C
3．D　[根据题干信息分析可知，阳极区海水中的Cl－会优先失去电子生成Cl2，发生氧化反应，A正确；设置的装置为电解池原理，阳极区生成的Cl2与阴极区生成的OH－在管道中会发生反应生成NaCl、NaClO和H2O，其中NaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B正确；因为H2是易燃性气体，所以阴极区生成的H2需及时通风稀释，安全地排入大气，以排除安全隐患，C正确；阴极的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，会使海水中的Mg2＋沉淀积垢，所以阴极表面会形成Mg(OH)2等积垢，需要定期清理，D错误。]
4．A　[由装置示意图可知，b电极上N2转化为NH3，N元素的化合价降低，得到电子发生还原反应，因此b为阴极，电极反应式为N2＋3H2O＋6e－===2NH3＋3O2－，a为阳极，电极反应式为2O2－－4e－===O2，据此分析解答。由分析可得，在b电极上，N2被还原，A正确；a为阳极，若金属Ag作为a的电极材料，则金属Ag优先失去电子，B错误；改变工作电源的电压，导致电流大小改变，反应速率也会改变，C错误；电解过程中，阴极电极反应式为2N2＋6H2O＋12e－===4NH3＋6O2－，阳极电极反应式为6O2－－12e－===3O2，因此固体氧化物电解质中O2－不会减少，D错误。]
5．C　[实验①中，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应，当溶液中氢离子浓度减小，放电生成的铜覆盖在铁电极上，阻碍氢离子与铁接触，导致产生的气体减少，可能发生的反应为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑、Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，故A、B正确；四氨合铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，随阴极析出铜，四氨合铜离子浓度减小，Cu2＋＋4NH3[Cu(NH3)4]2＋平衡向正反应方向移动，故C错误。]
热点强化16
热点专练
1．D　2.D
3．D　[石墨电极为阳极，对应的电极反应式为P4＋8CN－－4e－===4[P(CN)2]－，则生成1 mol Li[P(CN)2]，理论上外电路需要转移1 mol电子，A错误；阴极上发生还原反应，应该得电子，电极反应式为2HCN＋2e－===H2↑＋2CN－，B错误；石墨电极为阳极，铂电极为阴极，CN－应该向阳极移动，即移向石墨电极，C错误；由所给图示可知HCN在阴极放电，产生CN－和H2，而HCN中的H来自于LiOH，则电解产生的H2中的氢元素来自于LiOH，D正确。]
4．C　[因为a电极氮元素化合价降低，氮气得电子，所以a极为阴极，X端为化学电源的负极，A正确；理论上a、b电极得失电子数相等，但a极上1 mol N2得到6 mol电子，b极上1 mol N2失去10 mol电子，所以消耗N2速率不相等，C错误；离子交换膜可以是质子交换膜，b极产生的质子通过交换膜进入a极区，D正确。]
5．C　[由电解示意图可知，电极B上Mn2＋转化为MnO2，锰元素化合价升高，失电子，则电极B为阳极，电极A为阴极，得电子，发生还原反应，A正确；由电解示意图可知，电极B上Mn2＋失电子转化为MnO2，电极反应式为2H2O＋Mn2＋－2e－===MnO2＋4H＋，B正确；电极A为阴极，LiMn2O4得电子，电极反应式为LiMn2O4＋3e－＋8H＋===Li＋＋2Mn2＋＋4H2O，依据得失电子守恒，电解池总反应为2LiMn2O4＋4H＋===2Li＋＋Mn2＋＋3MnO2＋2H2O，反应生成了Mn2＋，Mn2＋浓度增大，C错误；电解池总反应为2LiMn2O4＋4H＋===2Li＋＋Mn2＋＋3MnO2＋2H2O，电解结束后，可通过调节溶液pH将锰离子转化为沉淀除去，然后再加入碳酸钠溶液，从而获得碳酸锂，D正确。]
6．A
7．C　[由图中质子的移动方向可知，M极为电解池的阳极，与电源正极相连，A正确；N极为阴极，乙二酸在阴极的电极反应式为HOOCCOOH＋2e－＋2H＋===HOOCCHO＋H2O，放电时消耗氢离子，溶液pH增大，B正确、C错误；若有2 mol氢离子通过质子交换膜，阴极和阳极各生成1 mol乙醛酸，则装置中生成2 mol乙醛酸，D正确。]
8．D　9.B
10．C　[由图可知，右侧生成氢气，发生还原反应，右侧铁板为阴极，则左侧铁板为阳极，故a接电源正极，A项正确；左侧铁板为阳极，铁放电生成亚铁离子，亚铁离子被溶液中的Cr2O氧化，反应的离子方程式为Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，B项正确；标准状况下，13.44 L氢气的物质的量为＝0.6 mol，根据转移电子守恒得n(Fe2＋)＝＝0.6 mol，根据Cr2O～6Fe2＋可知，被还原的Cr2O的物质的量为0.6 mol×＝0.1 mol，C项错误；阴极氢离子放电生成氢气，氢离子浓度降低，溶液的pH增大，D项正确。]
11．Fe－2e－===Fe2＋　2NO＋8H＋＋6Fe2＋===N2↑＋6Fe3＋＋4H2O
解析　根据电解原理，阳离子向阴极移动，由装置图可知，A为电源的正极，B为电源的负极，铁作阳极，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋；NO在酸性条件下具有强氧化性，能将Fe2＋氧化，本身被还原成N2，其反应的离子方程式为2NO＋8H＋＋6Fe2＋===N2↑＋6Fe3＋＋4H2O。
第39讲　多池、多室的电化学装置
考点一
归纳整合
2．(3)Fe－2e－＋2OH－===Fe(OH)2　Fe(OH)2＋2e－===Fe＋2OH－
专项突破
1．C
2．(1)PbO2＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO4＋2H2O　小　48
(2)Pb　PbO2　对换
3．(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生成Ag，所以质量增加的铜电极是阴极，由此推知X是电源负极。
(2)电解KCl溶液生成KOH，溶液pH增大；电解CuSO4、K2SO4溶液生成H2SO4，溶液pH减小；电解AgNO3溶液，银为阳极，不断溶解，Ag＋在阴极不断析出，AgNO3溶液浓度基本不变，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 mol，电解H2O时生成O2的物质的量为y mol，则4x＋4y＝0.02(电子转移守恒)，x＋3y＝0.01(气体体积之和)，解得x＝y＝0.002 5，所以n(CuSO4)＝2×0.002 5 mol＝0.005 mol，c(CuSO4)＝＝0.025 mol·L－1。(4)常温下，通电5 min时，A中放出0.01 mol H2，溶液中生成0.02 mol KOH，c(OH－)＝＝0.1 mol·L－1，pH＝13。
考点二
专项突破
1．D　2.C　
3．C　[由甲池放出O2知，乙池电极为电解池的阴极，和电源负极连接，溶液中氢离子放电生成氢气，A项错误；电解池中阳离子移向阴极，B项错误；阴极附近氢离子放电破坏了水的电离平衡，电极附近氢氧根离子浓度增大，NaOH溶液Y的浓度比NaOH溶液Z的大，C项正确；甲池电极为阳极，电解质溶液中氢氧根离子放电生成氧气，氢离子浓度增大，碳酸根离子结合氢离子生成碳酸氢根离子，出口为碳酸氢钠溶液，则电极反应式为4CO＋2H2O－4e－===4HCO＋O2↑，D项错误。]
4．C　[右侧氯离子放电得到次氯酸根离子，次氯酸根离子再氧化CN－为氮气，所以右侧电极为阳极，b为电源的正极，故A错误；a为电源的负极，左侧电极为阴极，发生反应：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，阴离子增加，污水中的钠离子会通过隔膜Ⅰ进入左侧，形成浓氢氧化钠溶液，所以隔膜Ⅰ为阳离子交换膜，故B错误、C正确；生成的2.24 L N2未标明条件，无法求得电路中通过电子的量，D错误。]
真题演练
1．C
2．A　[左侧电极上产生O2，右侧电极上产生H2，说明左侧电极为阳极，电极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，左侧制备三氧化铬：Cr2O＋2H＋===2CrO3＋H2O；右侧电极为阴极，电极反应式为4H2O＋4e－===4OH－＋2H2↑。H＋在阳极区参与反应制备三氧化铬，故不通过离子交换膜向阴极区迁移，A项错误；根据得失电子守恒，产生O2、H2的质量之比为32∶4＝8∶1，B项正确；由阴极反应式知，阴极产生OH－，如果OH－通过交换膜向左侧迁移，OH－必然会中和H＋，与题意相矛盾，所以，钠离子应该由左侧向右侧迁移，阴极区氢氧化钠溶液浓度增大，C项正确。]
3．D　[金属性强的钾易与氧气反应，为防止钾与氧气反应，电池所选择隔膜应允许K＋通过，不允许O2通过，故A正确；放电时，a为负极，b为正极，电流由b电极沿导线流向a电极，充电时，b电极应与直流电源的正极相连，作电解池的阳极，故B正确；生成1 mol超氧化钾时，消耗1 mol氧气，两者的质量比为(1 mol×71 g·mol－1)∶(1 mol×32 g·mol－1)≈2.22∶1，故C正确；铅蓄电池充电时的总反应的化学方程式为2PbSO4＋2H2O===PbO2＋Pb＋2H2SO4，反应每消耗2 mol水时，转移2 mol电子，由得失电子守恒可知，消耗3.9 g钾时，铅酸蓄电池消耗水的质量为×18 g·mol－1＝1.8 g，故D错误。]
4．A
5．D　[水放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，使Ⅱ室中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故A错误；阴极生成1 mol钴，阳极有1 mol水放电，则Ⅰ室溶液质量减少18 g，故B错误；若移除离子交换膜，氯离子的放电能力强于水，氯离子会在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，则移除离子交换膜后，石墨电极的电极反应会发生变化，故C错误；电解总反应的离子方程式为2Co2＋＋2H2O2Co＋O2↑＋4H＋，故D正确。]
第7章　化学反应的方向、限度与速率
第40讲　化学反应的方向和限度
考点一
归纳整合
2．(1)>　>　(2)自发进行
3．能　平衡　不能
易错辨析
1．×　2.×　3.×
专项突破
1．C
2．(1)不能实现，因为该反应的ΔH＞0，ΔS＜0，反应不可能自发进行　(2)＜　该反应的ΔS＜0，因该反应能自发进行，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0可知ΔH＜0　(3)高温
考点二
归纳整合
1．(1)正、逆两个方向　(2)小于
2．(1)可逆　相等　(3)可逆反应　动态平衡　v正　v逆　质量或浓度　(4)③a.不等体
易错辨析
1．×　2.×　3.×
专项突破
1．C　[不确定下一时刻反应进行的方向，因此需要考虑反应进行的方向并结合极限思想解答。若该时刻后反应正向进行且Y全部转化为Z，则
　　　　　　　　2X(g)＋Y(g)2Z(g)
某时刻/(mol·L－1)　0.3　 0.1 　 0.4
转化/(mol·L－1)　　0.2　　0.1　　0.2
平衡/(mol·L－1)　　0.1　　0　　　0.6
若反应逆向进行，且Z全部转化为X和Y，则
　　　　　　　　2X(g)＋Y(g)2Z(g)
某时刻/(mol·L－1)　0.3　　0.1　　0.4
转化/(mol·L－1)　　0.4　　0.2　　0.4
平衡/(mol·L－1)　　0.7　　0.3　　0
平衡时0.1 mol·L－1＜c(X)＜0.7 mol·L－1，可能等于0.5 mol·L－1，故A不选；平衡时0.1 mol·L－1＜c(Y)＋c(X)＜1.0 mol·L－1，c(Y)＋c(X)可能等于0.5 mol·L－1，故B不选；平衡时0.3 mol·L－1＜c(Y)＋c(Z)＜0.6 mol·L－1，不可能等于1.05 mol·L－1，故C选；平衡时0.7 mol·L－1＜c(X)＋c(Y)＋c(Z)＜1.0 mol·L－1，0.75 mol·L－1介于0.7 mol·L－1和1.0 mol·L－1之间，故D不选。]
2．(1)①③④⑦　(2)⑤⑦　(3)①③④⑤⑦　(4)①②③④⑦
(5)①②③　(6)②④⑦
3．(1)②③④⑦　(2)⑤⑦　(3)②③④⑤⑦　(4)②③④⑦
考点三
归纳整合
1．K
2.
3．温度
4．(2)正　平衡　逆　(3)吸热　放热　放热　吸热
易错辨析
1．×　2.√　3.×　4.×　5.×　6.×
专项突破
1．K1＝，K2＝，K3＝。K2＝，K3＝。
2.
3．B　[K＝，温度不变，K不变，则c(H2)不变，故c(H2)＝2 mol·L－1。]
4．C　[温度升高，平衡常数减小，故正反应为放热反应，A项正确；25 ℃时，逆反应的平衡常数K′＝＝＝2×10－5 mol3·L－3，B项正确；80 ℃时，若Ni(CO)4、CO的浓度均为0.5 mol·L－1，则Q＝＝ mol－3·L3＝8 mol－3·L3>K，v正＜v逆，C项错误；80 ℃达到平衡时，若n(CO)＝0.3 mol，c(CO)＝1 mol·L－1，故c[Ni(CO)4]＝K·c4(CO)＝2×14 mol·L－1＝2 mol·L－1，D项正确。]
5．(1)　(2)减小　(3)不处于　
T，即|lg Kp1(T′)－lg Kp1(T)|＝lg Kp1(T)－lg Kp1(T′)，则：lg[Kp2(T′)·Kp1(T′)]>lg[Kp2(T)·Kp1(T)]，即K(T′)>K(T)，因此该反应正反应为吸热反应，即ΔH大于0　(4)0.5
解析　(2)由题意可知，376.8 ℃时玻璃烧瓶中发生两个反应：BaPtCl6(s)BaCl2(s)＋Pt(s)＋2Cl2(g)、Cl2(g)＋I2(g)2ICl(g)。BaPtCl6(s)BaCl2(s)＋Pt(s)＋2Cl2(g)的平衡常数Kp＝1.0×104 Pa2，则平衡时p2(Cl2)＝1.0×104 Pa2，p(Cl2)＝100 Pa，设到达平衡时I2(g)的分压减小p kPa，则
Cl2(g)＋I2(g)2ICl(g)
开始/kPa　　　　　　　　20.0　　0
变化/kPa　　　　　　　　p　　　2p
平衡/kPa　　　　　0.1　　20.0－p　2p
376．8 ℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5 kPa，则0.1＋20.0＋p＝32.5，解得p＝12.4，则平衡时pICl＝2p kPa＝2×12.4 kPa＝24.8 kPa；则平衡时，I2(g)的分压为(20.0－p)kPa＝(20×103－12.4×103) Pa，pICl＝24.8 kPa＝24.8×103 Pa，p(Cl2)＝0.1 kPa＝100 Pa，因此反应2ICl(g)===Cl2(g)＋I2(g)的平衡常数K＝。
(3)①结合图可知，温度越高，越小，lg Kp2越大，即Kp2越大，说明升高温度平衡2NOCl(g)2NO(g)＋Cl2(g)正向移动，则NOCl分解为NO和Cl2反应的ΔH大于0。
②Ⅰ.2NO(g)＋2ICl(g)2NOCl(g)＋I2(g)　Kp1
Ⅱ.2NOCl(g)2NO(g)＋Cl2(g)　Kp2
Ⅰ＋Ⅱ得2ICl(g)===Cl2(g)＋I2(g)，则2ICl(g)===Cl2(g)＋I2(g)的K＝Kp1·Kp2；该反应的ΔH大于0；推理过程如下：设T′>T，即|lg Kp1(T′)－lg Kp1(T)|＝lg Kp1(T)－lgKp1(T′)，则：lg[Kp2(T′)·Kp1(T′)]>lg[Kp2(T)·Kp1(T)]，即K(T′)>K(T)，因此该反应的正反应为吸热反应，即ΔH大于0。
(4)Ⅰ.NOCl＋hν―→NOCl*
Ⅱ.NOCl＋NOCl*―→2NO＋Cl2
Ⅰ＋Ⅱ得总反应为2NOCl＋hν===2NO＋Cl2，因此2 mol NOCl分解需要吸收1 mol光子能量，则分解1 mol的NOCl需要吸收0.5 mol光子。
3．(1)－223　1.2×1014　(2)7.2×105
4．吸收　31.2　0.02 MPa
第42讲　反应条件对化学平衡移动的影响
考点一
归纳整合
3．(1)正反应方向　(2)不发生　(3)逆反应方向
4．正反应　逆反应　减小　增大　不　吸热　放热
6．减弱这个改变　
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×　5.√　6.×
专项突破
1．B
2．(1)不　(2)x＋y＜z
3．(1)CD　(2)B　(3)②⑤
考点二
归纳整合
应用举例
(1)正反应　减小　增大
(2)正反应　不变　不变
(3)正反应　增大　减小
(4)正向　增大　减小　不变　减小　增大
专项突破
1．A　2.D　
3．D　[甲和乙若都是恒温恒压，则两者等效，但乙为绝热恒压，又该反应正反应为放热反应，则温度：甲丁，D项正确。]
4．C　[若x＜4，则正反应为气体分子数减少的反应，乙容器对于甲容器而言，相当于加压，平衡正向移动，所以2c1＞c2，A项错误；若x＝4，则反应前后气体分子数相等，由于起始时甲容器中A、B的投入量之比与化学方程式中对应化学计量数之比不相等，故w3不可能等于w1，B项错误；起始时乙容器中A、B的投入量是甲容器的2倍，两容器的容积相等，故恒有2ρ1＝ρ2，C项正确，起始时乙容器中A、B的浓度是甲容器中的2倍，故乙容器达到平衡所需的时间比甲容器达到平衡所需的时间短，D项错误。]
真题演练
1．C　2.D
3．BC
解析　增加CH4(g)用量可以提高H2O(g)的转化率，但是CH4(g)平衡转化率减小，A不符合题意；恒温恒压下通入惰性气体，相当于减小体系压强，反应混合物中各组分的浓度减小，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，B符合题意；移除CO(g)，减小了反应混合物中CO(g)的浓度，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，C符合题意；加入催化剂不能改变平衡状态，故不能提高CH4(g)平衡转化率，D不符合题意。
4．BD
解析　在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入惰性气体不能改变反应物的浓度，因此反应Ⅰ的平衡不移动，A说法不正确；在反应中固体C转化为气体，气体的质量增加，而容器的体积不变，因此气体的密度在反应过程中不断增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B说法正确；若C(s)和H2O(g)完全反应全部转化为CO2(g)和H2(g)，由C(s)＋2H2O(g)CO2(g)＋2H2(g)可知，H2的体积分数的极值为，由于可逆反应有一定的限度，反应物不可能全部转化为生成物，因此，平衡时H2的体积分数不可能大于，C说法不正确；将炭块粉碎可以增大其与H2O(g)的接触面积，因此可加快反应速率，D说法正确。
第43讲　化学反应速率　工业合成氨
考点一
归纳整合
3．应用举例
③>①>②>⑤>④
解析　②v(CO)＝2v(NO2)＝1.4 mol·L－1·min－1；③v(CO)＝4v(N2)＝1.6 mol·L－1·min－1；④v(CO)＝v(CO2)＝1.1 mol·L－1·min－1；⑤v(CO)＝2v(NO2)＝0.02 mol·L－1·s－1＝1.2 mol·L－1·min－1，故反应的快慢为③>①>②>⑤>④。
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×
专项突破
1．D　2.A
3．30
4.
解析　列出三段式
2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)
初始/mol　　　　　4　　　2　　　　0
转化/mol　　　　　2　　　1　　　　2
10 min时/mol　　　2　　　1　　　　2
恒温恒容下，气体总压之比等于气体物质的量之比，所以10 min时体系总压p10 min满足＝，即p10 min＝p0 kPa，p初始(SO2)＝p0 kPa，p10 min(SO2)＝p0 kPa×＝p0 kPa，故v(SO2)＝＝ kPa·min－1。
5．0.2　1.0×104
解析　根据v逆＝k·c(CO)·c3(H2)，由表中数据可得：(c1 mol·L－1)3＝，c2 mol·L－1＝，所以有k××＝16.0 mol·L－1·min－1，解得k＝1.0×104 L3·mol－3·min－1，代入c2的等式可得c2＝0.2。
考点二
归纳整合
1．本身的性质　＞
2．增大　减小　不变　增大　减小　气体　增大　减小　增大　相同　比表面积
3．(1)②反应的活化能　E3　E1－E2　(2)增加　增加　不变
增加　增大　增加　增加　不变　增加　增大　不变　增加　增加　增加　增大　不变　增加　增加　增加　增大
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×　5.×
专项突破
1．①④⑥⑦
2．(1)增大　单位体积内，活化分子数目增加，有效碰撞的次数增多　(2)增大　(3)不变　单位体积内活化分子数不变　(4)减小
3．D　[由②③可知，温度相同时，pH越小，氧化率越大，由①②可知，pH相同时，温度越高，氧化率越大，A、B错误；Fe2＋的氧化率除受pH、温度影响外，还受其他因素影响，如浓度等，C错误。]
4．C
5．(1)①使用催化剂(其他合理答案也可)　②小于　(2)C
热点强化17
热点精讲
例　1 mol2·L－2　>
解析　解题步骤及过程：
步骤1　代入特殊值：
平衡时v正＝v逆，即
k正·c(CH4)·c(H2O)＝k逆·c(CO)·c3(H2)；
步骤2　适当变式求平衡常数，
K1＝＝；k正＝k逆，K1＝1 mol2·L－2
步骤3　求其他，
K2＝＝；k正＝1.5k逆，K2＝1.5 mol2·L－2；1.5>1，平衡正向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则T2>T1。
热点专练
1．5　0
2．>　正向
3．(1)　(2)2　120
解析　(1)可逆反应达到平衡状态时，v正＝v逆，所以k正·c(Mb)·p(O2)＝k逆·c(MbO2)，＝，而平衡常数K＝＝。(2)c点时，p(O2)＝4.50 kPa，肌红蛋白的结合度α＝90%，代入平衡常数表达式中可得K＝＝kPa－1＝2 kPa－1；K＝，则k正＝K·k逆＝2 kPa－1×60 s－1＝120 s－1·kPa－1。
4．(1)B　(2)0.025 mol·L－1·min－1　0.75
5．(1)6.27　4　(2)0.8
解析　(1)由图2可知，60 min时Δc(H2O)＝(2.0－0.4)mol·L－1＝1.6 mol·L－1，则Δn(CoFe2O4)＝Δn(H2O)＝1.6 mol·L－1×1 L＝1.6 mol，Δm(CoFe2O4)＝1.6 mol×235 g·mol－1＝376 g，则60 min内，v(CoFe2O4)＝≈6.27 g·min－1。由图2可知，反应在60 min时达到平衡状态，v正＝v逆，此时c(H2O)＝0.4 mol·L－1，c(H2)＝1.6 mol·L－1，k正·c(H2O)＝k逆·c(H2)，则＝＝＝4，a点c(H2O)＝c(H2)，＝＝＝4。
(2)当反应达到平衡时v正＝v逆，＝＝Kp＝4.5×10－5 kPa－1；T2 K、1.0×104 kPa时，设起始时n(CH4)＝n(CO)＝1 mol，列三段式：
CO(g)＋CH4(g)CH3CHO(g)
起始/mol　　　1　　　1　　　　　0
转化/mol　　　0.2　　0.2　　　　0.2
最终/mol　　　0.8　　0.8　　　　0.2
所以p(CH4)＝p(CO)＝×1.0×104 kPa＝×104 kPa，p(CH3CHO)＝×1.0×104 kPa＝×104 kPa，所以v正＝k正·p(CO)·p(CH4)＝k正××104 kPa××104 kPa，v逆＝k逆·p(CH3CHO)＝k逆××104 kPa，＝×＝4.5×10－5×＝0.8。
热点强化18
热点专练
1．C　2.C　
3．B　[整个过程中H＋是催化剂，先参与第一步反应，在最后一步反应生成，故A正确；由图可知该历程中最小的能垒(基元反应活化能)为131 kJ·mol－1，故B错误；决定总反应速率的是活化能或能垒最高的基元反应，由图可知，该基元反应为―→CH3OCH3＋H＋，故C正确；整个过程消耗甲醇，生成二甲醚和水，故总反应为2CH3OHCH3OCH3＋H2O，故D正确。]
4．D　5.C
6．D　[由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOO－与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合氢离子转化为氢气，所以总反应化学方程式为HCOOHCO2↑＋H2↑，故A正确；若氢离子浓度过低，则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制甲酸的电离，使甲酸根离子浓度降低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，故B正确；在整个循环中化合价发生变化的是氢元素和碳元素，铁元素的化合价未发生变化，故C正确；由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，故D错误。]
7．B　[一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应Ⅰ和反应Ⅳ的活化能较高，因此反应的决速步为反应Ⅰ、Ⅳ，故A错误；反应Ⅰ为加成反应，而为快速平衡，反应Ⅱ的成键和断键方式为或，后者能生成18OH－，因此反应结束后，溶液中存在18OH－，故B正确；反应Ⅲ的成键和断键方式为或，因此反应结束后溶液中不会存在CH318OH，故C错误；该总反应对应反应物的总能量高于生成物的总能量，总反应为放热反应，因此和CH3O－的总能量与和OH－的总能量之差等于图示总反应的焓变，故D错误。]
8．B　9.B
10．A　[从图中可以看出，在正向进行的三个吸热反应中，其能垒分别为[－1.23－(－2.16)]eV＝0.93 eV、[－1.55－(－1.77)]eV＝0.22 eV、[－1.02－(－2.21)]eV＝1.19 eV。从以上分析知，该历程中最小能垒为0.22 eV，是由(CH3)2NCH2OH*转化为(CH3)2NCH2的反应，化学方程式为(CH3)2NCH2OH*===(CH3)2NCH2＋OH*，A正确；该历程中最大能垒(活化能)为1.19 eV，B不正确；该反应的总反应是由(CH3)2NCHO(g)转化为N(CH3)3(g)，但1.02 eV为单个(CH3)2NCHO(g)反应时放出的热量，所以热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)===N(CH3)3(g)＋H2O(g)　ΔH＝－1.02NA eV·mol－1，C不正确；增大压强或升高温度均能加快反应速率，但升高温度平衡逆向移动，不能增大DMF的平衡转化率，D不正确。]
11．小于　2.02　COOH*＋H*＋H2O*===COOH*＋2H*＋OH*(或H2O*===H*＋OH*)
考点三
归纳整合
3．(1)增大反应物浓度　高温　高压　增大反应物浓度、减小生成物浓度　低温　高压　无影响
专项突破
1．(1)升高温度、增大压强、增大反应物的浓度、使用催化剂等，都可以使合成氨的反应速率增大；降低温度、增大压强、增大反应物浓度或减小生成物浓度等有利于提高氮气或氢气的转化率。
(2)①使用铁触媒作催化剂改变了反应历程，降低了反应的活化能，提高了活化分子的百分数，有效碰撞次数增加，反应速率加快。
②不能。因为催化剂对化学平衡无影响。
③能。因为实际合成氨过程为非平衡状态下进行，反应速率大，单位时间里生产的氨气的量多。
(3)考虑速率因素，500 ℃时催化剂的催化活性最好。
(4)合成氨时增大压强尽管可以同时提高反应速率和反应物的转化率。但是，压强越大，对材料的强度和设备的要求也越高，增加生产投资将降低综合经济效益。故一般采用的压强为10～30 MPa。
(5)使氨气冷却成液氨并及时分离，分离后的原料气循环使用。
2．B　[增大压强，平衡逆向移动，则丁烯的平衡转化率减小，结合图像可知，x小于0.1，A项正确；加入氢气，平衡逆向移动，丁烯产率上升的可能原因是通入的H2对催化剂有活化作用，减小的原因是氢气是产物之一，而随着增大，逆反应速率增大，B项错误。]
3．(1)减小压强　升高温度(或及时移出生成物)
(2)a　制备的目标产品是C2H4，b、c均为副反应，应加快反应a的反应速率
(3)①反应a、c是放热反应，升高温度，a反应平衡逆向移动程度较大　②BD
真题演练
1．C　2.B
3．D　[由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物的浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；由图可知，催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ催化效果好，反应速率大，说明催化剂Ⅰ使反应活化能更低，故B错误；由图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0～2 min内Y的浓度变化了2.0 mol·L－1，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0 mol·L－1，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随时间t的变化，故C错误；使用催化剂Ⅰ时，在0～2 min内，Y的浓度变化了4.0 mol·L－1，则v(Y)＝＝2.0 mol·L－1·min－1，v(X)＝v(Y)＝×2.0 mol·L－1·min－1＝1.0 mol·L－1·min－1，故D正确。]
4．(1)能　(2)高　低　(4)a　(5)－1　a
解析　(1)对于合成氨反应，常温下，
ΔG＝ΔH－TΔS＝－92.4 kJ·mol－1－298 K×(－0.2 kJ·K－1·mol－1)＝－32.8 kJ·mol－1　>　>　>
专项突破
1．C　
2．C　[A、C两点对应的温度相同，平衡常数只受温度的影响，KA＝KC，A错误；A点到C点，压强增大，NO2(g)的浓度增大，虽然平衡逆向移动，最终二氧化氮的浓度比原浓度大，即C点气体颜色比A点深，B错误；A点到B点，NO2的体积分数减小，说明相同压强下，T2到T1，平衡逆向移动，T2>T1，即由状态B到状态A，可以用加热的方法，C正确；A点到C点，压强增大，平衡逆向移动，该反应的逆反应为气体相对分子质量增大的反应，即A点气体的平均相对分子质量小于C点气体的平均相对分子质量，D错误。]
类型四
例1　(1)m1>m2>m3　
(2)1 200
解析　(1)在同温同压下，增加二氧化硫的量，会使原料气中SO2和O2的物质的量之比m变大，m越大，SO2的平衡转化率越小。
(2)A点二氧化硫的平衡转化率为88%，可列三段式：
SO2(g)　＋　O2(g)　　SO3(g)
起始/mol　　10　　　　　24.4　　　　　　0
变化/mol　　10×88%　　×10×88%　　10×88%
平衡/mol　　10×12%　　24.4－5×88%　10×88%
平衡时，混合气体总物质的量为[10×12%＋(24.4－5×88%)＋10×88%＋70] mol＝100 mol。达平衡时SO2的分压p(SO2)＝×105 Pa＝1 200 Pa。
例2　2.0
解析　由图可知当催化剂中约为2.0时，CO的转化率最大，二甲醚的产率最大，生成的二甲醚最多。
真题演练
1．C　
2．B　[甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小，刚开始压强增大的原因是因为容器温度升高，则说明反应放热，即ΔH＜0，故A错误；图中a点和c点的压强相等，na＜nc，故B正确；a点为平衡点，设Y转化的物质的量浓度为x mol·L－1，则列出三段式如下：
2X(g)＋Y(g)Z(g)
c0/(mol·L－1)　　　　2　　　1　　　0
Δc/(mol·L－1)　　　　2x　　　x　　　x
c平/(mol·L－1)　　　2－2x　　1－x　　x
则有[(2－2x)＋(1－x)＋x] mol0.75，那么化学平衡常数K＝> mol－2·L2＝12 mol－2·L2，故C错误；根据上述分析及图像可知，a点温度高于b点，且a点压强大于b点，则va正＞vb正，故D错误。]
3．D
4．①　②b　开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来的2倍要小
③0.48
解析　①设t1时达到平衡，转化的NH3的物质的量为2x mol，列出三段式：
2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)
起始/mol　　　　　0.1　　　　0　　　0
转化/mol　　　　　2x　　　　x　　　3x
平衡/mol　　　　　0.1－2x　　x　　　3x
根据同温同体积下，混合气体的物质的量之比等于压强之比，＝，解得x＝0.02，v(H2)＝＝ mol·L－1·min－1。
③由图可知，平衡时，NH3、N2、H2的分压分别为120 kPa、40 kPa、120 kPa，反应的标准平衡常数Kθ＝＝0.48。
热点强化19
热点专练
1．(1)＜　(2)Kb＞Kc＞Kd　(3)T3～T4温度区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，不利于CO2的捕获
2．①该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动(或平衡常数减小)　②分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高　③210
解析　①图中有分子筛膜时，P点甲醇产率最大，达到平衡状态，P点后甲醇的产率降低，其原因是合成甲醇的反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇产率降低。②P点有分子筛膜，T点无分子筛膜，而分子筛膜能选择性分离出H2O，使平衡正向移动，提高甲醇的产率。③由图可知，当有分子筛膜，温度为210 ℃时，甲醇产率最大，故该分子筛膜的最佳反应温度为210 ℃。
3．乙　p1＞p2＞p3　T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响
4．(1)铝的表面有一层致密的Al2O3薄膜，能与H＋反应得到盐和水，无氢气放出
(2)反应放热，溶液温度升高，反应速率加快
(3)随着反应的进行，溶液中氢离子的浓度逐渐降低
5．p4>p3>p2>p1　该反应正向是气体分子数减小的反应，相同温度下，压强升高乙烯转化率升高
6．(1)870 K(860～880 K范围内都可以)
(2)该反应放热，升高温度，反应向逆反应方向进行
(3)加入的CO会与NO的分解产物O2发生反应，促进NO分解平衡向生成N2的方向移动，导致NO的转化率增大
7．Mn　200 ℃　b～a段，开始温度较低，催化剂活性较低，脱氮反应速率较慢，反应还没达到化学平衡，随着温度升高反应速率变大，一定时间参与反应的氮氧化物变多，导致脱氮率逐渐增大
8．氨氮物质的量之比为1，温度为400 ℃　在400 ℃时，催化剂的活性最好，催化效率最高，同时400 ℃温度较高，反应速率快
9．(1)Ⅰ　高　(2)随着H2体积分数的增加，NO反应完后，在Pt催化下，N2和H2反应生成NH3，所以N2的体积分数呈下降趋势　(3)0.001　20%
10．(1)①＋131.3 kJ·mol－1　＞　②未达到自发进行反应的温度　③增大(或适当降低温度等合理答案)
④75%　(2)减少温室气体(CO2)的排放
(3)①反应Ⅴ和反应Ⅵ均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动　②CaCO3开始分解，生成的CO2与H2反应　③气体中CO和CO2的含量高，不利于提纯(或其他合理答案)
解析　(1)①由盖斯定律知，反应Ⅴ－反应Ⅵ＝反应Ⅰ，ΔH1＝－74.8 kJ·mol－1－(－206.1 kJ·
mol－1)＝＋131.3 kJ·mol－1；反应Ⅰ的气体分子数增多，ΔS>0。
③由图2可知，反应Ⅱ的K2随温度升高而减小，该反应为放热反应，故为提高反应Ⅱ中CO的转化率可采取降低温度、增大等方法。
④设容器体积为V L，
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
起始/mol　　　　　1　　　　3　　　　0　　　0
转化/mol　　　　　x　　　　x　　　　x　　　x
平衡/mol　　　　　1－x　　3－x　　　x　　　x
x2＝(1－x)(3－x)，解得x＝0.75。故CO的平衡转化率为×100%＝75%。
(2)该制氢工艺中设计反应Ⅲ的优点是吸收二氧化碳，减少温室气体的排放。
第8章　物质在水溶液中的行为
第45讲　水的电离和溶液的酸碱性
考点一
归纳整合
1．H2OH＋＋OH－　c(H＋)·c(OH－)　1×10－14　不变
增大　稀的电解质
2．逆　不变　减小　减小　增大　逆　不变　减小　增大　减小　正　不变　增大　增大　减小　逆　不变　减小　减小　增大　正　增大　增大　增大　增大
3．(1)1×10－12 mol·L－1　(2)1×10－10 mol·L－1
(3)1×10－10 mol·L－1　(4)1×10－4 mol·L－1
(5)1×10－4 mol·L－1
易错辨析
1．√　2.√　3.×　4.×
专项突破
1．D　2.B
3．D　[ac曲线上的任意一点，由于温度相同，所以水的离子积常数相同，根据b点可知，c(H＋)·c(OH－)＝10－14 mol2·L－2，A项正确；bd线段上任意一点都满足c(H＋)＝c(OH－)，溶液一定呈中性，B项正确；d点时，c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－6 mol·L－1＞1×10－7 mol·L－1，溶液的pH＝6，水的电离为吸热过程，所以d点温度高于25 ℃，C项正确；在c点c(H＋)＝1×10－8 mol·L－1，c(OH－)＝1×10－6 mol·L－1，溶液显碱性，而醋酸钠溶液显碱性，所以c点可能为醋酸钠溶液，D项错误。]
4．(1)B＞C＞A＝D＝E　(2)D　(3)碱　(4)1×10－10
考点二
归纳整合
1．(1)－lg c(H＋)　(2)＞　＜　＝　＝　＜　＞
2．(2)玻璃片　表面皿
易错辨析
1．√　2.×　3.√　4.×　5.×　6.×
专项突破
1．(1)中性　(2)碱性　(3)酸性　(4)中性　(5)酸性　(6)碱性　(7)酸性　(8)碱性
2．C　[A项，pH＝3的醋酸溶液在稀释过程中电离平衡正向移动，稀释100倍时，3n(HNO2)，因此与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na＋)不同，D项错误。]
4．①水的电离为吸热过程，升高温度有利于电离(压强对电离平衡影响不大)　②100

第46讲　弱电解质的电离平衡
考点一
归纳整合
1．(2)＝　≠
2．(1)向右　增大　减小　减弱　向右　增大　增大　增强　向左　增大　增大　增强　向右　减小　减小　增强　向左　减小　减小　增强　向右　增大　增大　增强
(2)

易错辨析
1．√　2.×　3.×
专项突破
1．D　[A、B项，只能证明蚁酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，错误；C项，只能证明蚁酸的酸性比碳酸强，错误；D项，溶液的pH＝2.3，说明HCOOH未完全电离，正确。]
2．C
3．(1)＜　(2)＞　(3)＜　＝　(4)＝
考点二
归纳整合
4．(3)①小　②大
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×
专项突破
1．(1)HCOOH＞H2CO3＞H2S＞HClO
(2)S2－＞CO＞ClO－＞HS－＞HCO＞HCOO－
(3)①②④
2．(1)变小　(2)变大　(3)变小　(4)不变　(5)不变
热点强化20
热点精讲
1．　　　　HA　　　　H＋　＋　A－
起始　　　　c　　　　　　0　　　　0
转化　　　　c·α　　　　　c·α　　　c·α
平衡　　　　c·(1－α)　　　c·α　　　c·α
Ka＝＝，α很小，可认为1－α≈1，则Ka＝c·α2。
热点专练
1．73.92
2．(1) mol·L－1　(2) mol·L－1
解析　(1)由电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(CH3COO－)，由物料守恒有
c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，溶液呈中性，所以c(CH3COOH)＝c(Cl－)。
CH3COOHCH3COO－＋H＋
　　　　　　－　　　10－7
Ka＝ mol·L－1＝ mol·L－1。
(2)根据2c(Ba2＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，由于c(CH3COO－)＝2c(Ba2＋)＝b mol·L－1，所以c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性。
CH3COOHCH3COO－＋H＋
－b　　　　　b　　　　10－7
Ka＝ mol·L－1＝ mol·L－1。
3．(1)纵轴坐标为lg c(OH－)，在M点时，溶液中c(OH－)＝10－10 mol·L－1，常温时0.010 mol·L－1的HA溶液中c(H＋)＝10－4 mol·L－1，则HA为一元弱酸。
(2)在相同温度下，M、P点的电离常数相同，用M点计算电离常数。HAH＋＋A－，c(H＋)≈
c(A－)，
常温下，Ka(HA)＝≈ mol·L－1＝1.0×10－6 mol·L－1。
4．(1)10－1.2 mol·L－1　(2)10－4.2 mol·L－1　(3)1 000
5．(1)H3PO3H2PO＋H＋　H2POHPO＋H＋
(2)Ⅰ　(3)10－1.4 mol·L－1
解析　Ka1＝，Ka2＝，且Ka1>Ka2，由图像可知，在相同或时，曲线Ⅱ对应的c(H＋)较大，为第一步电离，曲线 Ⅰ 对应的c(H＋)较小，为第二步电离，选用曲线Ⅱ中的特殊点B计算Ka1，Ka1＝＝10×10－2.4 mol·L－1＝10－1.4 mol·L－1。
真题演练
1．C　
2．B　[常温下，溶液Ⅰ的pH＝7.0，则溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7 mol·L－1，c(H＋)＜
c(OH－)＋c(A－)，A错误；常温下，溶液Ⅱ的pH＝1.0，溶液中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，Ka(HA)＝＝1.0×10－3 mol·L－1，c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，则＝1.0×10－3，解得＝，B正确；根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，C错误；常温下，溶液Ⅰ的pH＝7.0，溶液Ⅰ中c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1，Ka(HA)＝＝1.0×10－3 mol·L－1，c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，＝1.0×
10－3，溶液 Ⅰ 中c总(HA)＝(104＋1)c(HA)；溶液 Ⅱ 中，由B项解析可知c总(HA)＝
1.01 c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液 Ⅰ 和 Ⅱ 中的c(HA)相等，溶液 Ⅰ 和 Ⅱ 中c总(HA)之比为[(104＋1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]＝(104＋1)∶1.01≈104，D错误。]
3．1012·Ka1　1024·Ka1·Ka2
解析　H2CO3是二元弱酸，分步发生电离：H2CO3HCO＋H＋、HCOCO＋H＋，则有Ka1＝、Ka2＝，从而可得Ka1·Ka2＝。当溶液pH＝12时，c(H＋)＝10－12 mol·L－1，代入Ka1、Ka1·Ka2可得c(H2CO3)∶c(HCO)＝1∶(1012·Ka1)，c(H2CO3)∶c(CO)＝1∶(1024·Ka1·Ka2)，综合可得c(H2CO3)∶c(HCO)∶c(CO)＝1∶(1012·Ka1)∶(1024·Ka1·Ka2)。
热点强化21
热点精讲
1．(1)

(2)大　大　大　多
2．＞　＞　NaOH　大
3．强　弱　＝　＞　＞　＝　强　弱　＞　＞
热点专练
1．D
2．B　[根据图知，lg ＝0时，HX的pH＞1，说明HX部分电离，为弱酸，HY的pH＝1，说明HY完全电离，为强酸，A错误；酸抑制水电离，酸中氢离子浓度越小，其抑制水电离的程度越小，根据图知，b点溶液中氢离子浓度小于a点，则水电离程度a＜b，所以由水电离出的c(H＋)·c(OH－)：a＜b，B正确；酸的电离平衡常数只与温度有关，所以相同温度下，电离常数Ka(HX)：a＝b，C错误；lg ＝3，若同时微热两种溶液，n(X－)增大，n(Y－)不变，二者溶液体积相等，所以＝＝增大，D错误。]
3．C
4．C　[2 mL 2 mol·L－1的盐酸和醋酸，盐酸中c(H＋)大，与镁条反应的速率快，相同时间内产生的氢气多，容器内压强大，反应先结束，故②代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线，故A错误；从图像可以看出，100 s后，醋酸与镁的反应速率更大，此时盐酸与镁已接近反应结束，c(H＋)较小，反应速率较小，故B错误；由于盐酸和醋酸的浓度和体积均相同，则二者物质的量相同，故反应结束时，产生的氢气总量基本相等，用1 mol·L－1 NaOH溶液完全中和上述两种酸溶液时，盐酸与醋酸消耗NaOH溶液的体积相等，故C正确、D错误。]
第47讲　盐类的水解
考点一
归纳整合
1．水中的H＋或OH－结合生成弱电解质
2．正
3．(2)酸碱中和
4．否　中性　是　NH、Cu2＋　酸性　是　CH3COO－、CO　碱性
5．应用举例
(1)NH＋H2ONH3·H2O＋H＋　(2)CO＋H2OHCO＋OH－　HCO＋H2OH2CO3＋OH－　(3)Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋　(4)CH3COO－＋NH＋H2OCH3COOH＋NH3·H2O　(5)2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑　(6)Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×
专项突破
1．(1)②＞④＞③＞①　②＞④＞③＞①
(2)①＞③＞④＞②　(3)c(Na＋)＞c(CN－)＞c(HCN)
2．B
3．中　碱
4．(1)①H2OH＋＋OH－　②HCOH＋＋CO
③HCO＋H2OH2CO3＋OH－
(2)HCO的水解程度　(3)酸　(4)碱
5．(1)＜　CH3COOH电离　＜　(2)＞　NaCN水解　＞
(3)＜　NH3·H2O电离　＞
考点二
归纳整合
1．(1)越大　越强　>　>
应用举例
1．假设加水稀释10倍。
Kh＝
Q＝＝
Q＜Kh，加水稀释水解平衡正向移动。
2．取少量Na2CO3溶液于试管中，往其中滴加几滴酚酞，再滴加足量的氯化钙溶液。开始滴加酚酞后，溶液变红，加入氯化钙溶液之后产生白色沉淀，溶液变为无色。
2．(1)①溶液中碳酸根离子水解：CO＋H2OHCO＋OH－，使溶液显碱性，会与玻璃中成分SiO2反应　②明矾溶液中的铝离子水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体能吸附水中的悬浮物，起到净水作用　③Zn2＋水解使溶液显酸性，能溶解铁锈　(2)①碳酸钠的水解为吸热反应，升高温度水解平衡向右移动，溶液的碱性增强，去污效果增强　②铵态氮肥中的NH水解显酸性，草木灰中的CO水解显碱性，相互促进，使氨气逸出降低肥效　③Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，MgO＋2H＋===Mg2＋＋H2O，使Fe3＋水解平衡向右移动，从而转化为Fe(OH)3沉淀除去，且不引入新的杂质　④NaHCO3与Al2(SO4)3饱和溶液发生相互促进的水解反应：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑　(3)①浓盐酸　②在干燥的HCl气流中加热MgCl2·6H2O，可以得到无水MgCl2，HCl气流能抑制MgCl2的水解，且带走MgCl2·6H2O因受热产生的水蒸气
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×
专项突破
1．C　2.D
3．B　[加热醋酸钠溶液促进CH3COO－的水解，使溶液的碱性增强，pH增大，故B错误。]
4．CaO/Na2CO3　无　Na2SO4　Fe2O3/Al2O3　Al2(SO4)3/Fe2(SO4)3/CuSO4　Na2CO3
5．MgO或Mg(OH)2　CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3
6．D　[过二硫酸钠中含有过氧键，分子中硫元素的化合价为＋6价，A错误；氧化除锰后的溶液中存在的离子为Na＋、Zn2＋、Fe3＋、SO，B错误；溶液中铁离子能与锌反应生成硫酸亚铁和硫酸锌，所以调节溶液pH时试剂X不能选用锌，C错误；沉锌时发生的反应为溶液中锌离子与碳酸氢根离子反应生成ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀、二氧化碳和水，D正确。]
答题规范(5)
规范精练
1．取Na2CO3溶液，滴加酚酞溶液呈红色，然后分成两份，加热其中一份，若红色变深，则盐类水解吸热
2．>　HCOCO＋H＋，HCO＋H2OH2CO3＋OH－，pH大于8则HCO的水解程度大于电离程度
3．Al2O3；在AlCl3溶液中存在着如下平衡：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，加热时水解平衡右移，HCl浓度增大，蒸干时HCl挥发，使平衡进一步向右移动得到Al(OH)3，在灼烧时发生反应：2Al(OH)3Al2O3＋3H2O，因此最后得到的固体是Al2O3；在HCl气流中加热蒸发溶质不变。
4．在NH4Cl溶液中存在水解平衡：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，加入Mg，Mg与H＋反应放出H2，使溶液中c(H＋)降低，平衡向右移动，使Mg粉不断溶解。
热点强化22
热点精讲
1．(2)①　②
(3)①越大　②增大
热点专练
1．HCO发生水解反应：HCO＋H2OH2CO3＋OH－，水解常数Kh＝＝ mol·L－1
≈2.38×10－8 mol·L－1；HCO的电离常数Ka2＝5.6×10－11 mol·L－1，因Kh＞Ka2，HCO的水解程度大于电离程度，故NaHCO3溶液呈碱性。
2．(1)③＜②＜①　(2)＜　(3)碱　Na2HPO4的水解常数Kh＝＝＝ mol·L－1≈1.6×10－7 mol·L－1，Kh＞Ka3，即HPO的水解程度大于其电离程度，因而Na2HPO4溶液显碱性
3．D　[CN－的水解常数Kh＝1.6×10－5 mol·L－1，则HCN的电离常数为Ka＝＝ mol·
L－1＝6.25×10－10 mol·L－1，Kh＞Ka，所以水解程度更大，溶液显碱性，pH＞7，A项错误；CN－的水解程度大于HCN的电离程度，所以c(HCN)＞c(Na＋)＞c(CN－)，故C项错误；c mol·
L－1盐酸与0.6 mol·L－1 NaCN溶液等体积混合后溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CN－)＋c(Cl－)，溶液显中性，所以c(CN－)＝c(Na＋)－c(Cl－)＝ mol·L－1，溶液中还存在物料守恒：c(HCN)＋c(CN－)＝c(Na＋)，所以c(HCN)＝c(Na＋)－c(CN－)＝ mol·L－1，所以有Ka＝＝ mol·L－1＝6.25×10－10 mol·L－1，解得c＝，D项正确。]
4．NH水解使溶液显酸性，其水解常数为Kh(NH)＝＝ mol·L－1≈5.6×10－10 mol·
L－1，HCO水解使溶液显碱性，其水解常数为Kh(HCO)＝＝ mol·L－1≈2.3×
10－8 mol·L－1，HCO的水解程度大于NH的水解程度，溶液显碱性
真题演练
1．D　2.B　3.C
4．D　[铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A正确；在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液，根据现象分析可知，Fe3＋既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，生成亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，生成蓝色沉淀，故B正确；实验③中在5 mL Na2SO3溶液中滴加2滴同浓度的FeCl3溶液，根据溶液变红褐色，说明Fe3＋发生水解反应，滴加K3[Fe(CN)6]无蓝色沉淀产生，说明没有发生还原反应，故C正确；结合实验①、③可知，SO对Fe3＋的水解反应有影响，故D错误。]
第48讲　酸碱中和滴定及拓展应用
考点一
归纳整合
1.
2．(1)①上　②0.01　③酸式　碱　碱式　酸性　强氧化性　(2)查漏　润洗　(3)滴定管的活塞　锥形瓶内溶液颜色　锥形瓶　(5)2～3　平均值
3．(1)体积　(2)滴定终点　红　蓝　红　黄　无　浅红　红5.偏大　偏小
易错辨析
1．×　2.×　3.×　4.×
专项突破
1．(1)酸　24.90　大于25.10 mL　酚酞或甲基橙　(2)丙
(3)
2．(1)甲基橙或酚酞　(2)酚酞　溶液由无色变浅红色　(3)NaHCO3
3．偏高　偏高　偏低　无影响　偏低　偏低　偏高　偏低　无影响　偏低　偏高
4．B
5．A　[NaOH溶液滴定HX，恰好完全反应时溶液显碱性，甲基橙在酸性时就变色，故NaOH消耗量会减小，测定结果偏低，故A正确；0.1 mol·L－1 NaOH与20 mL酸恰好反应时消耗的碱的体积为20.00 mL，所以酸的浓度都是0.1 mol·L－1，根据图像纵坐标可知，HX为弱酸，HY为强酸，故B、C错误；a点对应溶质是NaX和HX，HX为弱电解质；b点对应溶质是NaY和HY，HY是强电解质，虽然各物质的浓度都相同，但是溶液中离子浓度不相同，故导电性不同，故D错误。]
考点二
专项突破
1．(1)5NO＋2MnO＋6H＋===5NO＋2Mn2＋＋3H2O　%　(2)偏小
2．97.91%　偏小
3．(1)×104　(2)偏高
解析　(1)根据关系式：Cr2O～6Fe2＋，求得K2Cr2O7标准溶液消耗n(Fe2＋)＝6c2V2×10－3 mol；则NO消耗n(Fe2＋)＝(c1V1－6c2V2)×10－3 mol，根据关系式3Fe2＋～NO得n(NO)＝(c1V1－6c2V2)×10－3 mol，n(NOx)＝n(NO2)＝n(NO)＝(c1V1－6c2V2)×10－3 mol，V L气样中含m(NO2)＝(c1V1－6c2V2)×46× mg，所以气样中NO2的含量为 mg·
m－3＝×104 mg·m－3。
答题规范(6)
规范精练
(1)当滴入最后半滴标准液后，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复红色　当滴入最后半滴标准液后，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复黄色
(2)淀粉溶液　当滴入最后半滴标准液后，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色
(3)否　当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色
(4)Ti3＋＋Fe3＋===Ti4＋＋Fe2＋　当滴入最后半滴标准液后，溶液变成血红色，且半分钟内不褪色
(5)KSCN溶液　当滴入最后半滴标准KI溶液后，溶液的血红色褪去，且半分钟内不恢复血红色
真题演练
1．B
2．(1)√　(2)×　(3)√　(4)×
3．B　[恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子会水解，溶液显碱性，A正确；加入20 mL NaOH溶液时，溶液为NaCl和CH3COOH的混合溶液，此时c(H＋)
≈＝ mol·L－1＝×10－3 mol·L－1＞1×10－4.3 mol·L－1，则滴加NaOH至pH＝4.3，说明醋酸也参加了反应，B错误；滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，氯离子浓度等于醋酸分子的浓度和醋酸根离子的浓度和，C正确；向20 mL浓度均为0.1 mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1的NaOH溶液，当NaOH溶液的体积为20 mL时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，故c(Na＋)>c(Cl－)>c(CH3COO－)>c(CH3COOH)，D正确。]
4．从左侧滴定管中放出一定体积的待测Ce4＋溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸，用0.020 00 mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液来滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由紫红色变为亮黄色，且半分钟内不变色，即达到滴定终点，重复上述操作2～3次，记录标准液的体积
5．17%
第49讲　溶液中“粒子”浓度关系
归纳整合
(一)
1．(1)c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NH)　(2)c(H2S)>c(H＋)>c(HS－)>c(S2－)
2．(1)c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(NH3·H2O)
(2)c(CO)>c(HCO)>c(H2CO3)
(二)
(1)①c(Na＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]
②c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)
③c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H2CO3)＋c(HCO)
(2)①c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)
②2c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)
(3)①c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)＋c(Cl－)　②c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Cl－)
专项突破
1．(1)Cl－、NH、H＋、OH－、NH3·H2O、H2O
(2)c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
(3)c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)
解析　NH4Cl===NH＋Cl－(完全电离)
NH＋H2ONH3·H2O＋H＋(微弱)
H2OH＋＋OH－(极微弱)

2．(1)×　c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)
(2)×　c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)
(3)√
(4)×　c(NH)>c(HCO)>c(H2CO3)>c(NH3·H2O)
(5)×　c(NH)＋3c(Fe3＋)c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(OH－)
(2)c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)
(3)2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
(4)c(CH3COOH)＋2c(H＋)＝c(CH3COO－)＋2c(OH－)
解析　中和反应后，溶质为等量的CH3COONa、CH3COOH，且CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，c(CH3COO－)与c(CH3COOH)之和等于c(Na＋)的2倍。
6．(1)√　(2)×　c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)　(3)×　c(NH)＋2c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋2c(OH－)
(4)√
(5)×　2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH－)＋c(Cl－)＝c(Na＋)＋c(H＋)
(6)√
7．D　[由Kh(CO)＝＝可得0.5 mol·L－1的Na2CO3溶液中c(OH－)
≈＝ mol·L－1＝1×10－2 mol·L－1，pH约为12，A正确；NaHCO3在溶液中水解程度大于电离程度，溶液中存在：c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)，C正确；由物料守恒可知，NaHCO3溶液中c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)，Na2CO3溶液中c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，则Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中c(Na＋)
>c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)，D不正确。]
8．⑤>④>③>①>②
9．(1)③>②>④>①　(2)②>①>③　(3)④>②>③>①
真题演练
1．A　
2．C　[KOH吸收CO2所得到的溶液，若为K2CO3溶液，则CO主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c(HCO)，若为KHCO3溶液，则HCO发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜c(HCO)，A不正确；KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K＋)＋ c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)，依据物料守恒，溶液中：c(K＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]，则c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)，B不正确；KOH溶液吸收CO2，c(KOH)＝0.1 mol·L－1，c总＝0.1 mol·L－1，则溶液为KHCO3溶液，Kh(HCO)＝＝ mol·L－1
≈2.3×10－8 mol·L－1＞Ka2＝4.4×10－11 mol·L－1，表明HCO以水解为主，所以溶液中：c(H2CO3)＞c(CO)，C正确；如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生的反应为CO2＋2KOH===K2CO3＋H2O、K2CO3＋CaO＋H2O===CaCO3↓＋2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物，则原理相同)，上述反应均放热，溶液的温度升高，D不正确。]
第50讲　反应过程中溶液粒子浓度变化的图像分析
类型一
归纳整合
CH3COOH　c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)　CH3COOH　CH3COONa　c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－)　2c(Na＋)　CH3COONa　CH3COOH　c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(H＋)＝c(OH－)　CH3COONa　c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)　CH3COONa　NaOH　c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)
专项突破
1．C　2.B
3．D　[滴定过程中发生反应：NaOH＋H2SO3===NaHSO3＋H2O、NaHSO3＋NaOH===Na2SO3＋H2O。a点溶液中的溶质为NaHSO3和H2SO3，根据物料守恒得出，c(H2SO3)＋c(HSO)＋c(SO)c(SO)>c(HSO)，故D说法错误。]
4．D　[m点还没有加入盐酸，C2O发生水解：C2O＋H2OHC2O＋OH－，Kh＝＝ mol·L－1，所以c(OH－)≈＝ mol·L－1＝10－5 mol·L－1，pOH＝5，A正确；V1＝100时，Na2C2O4与盐酸按照1∶1恰好反应，生成NaHC2O4和NaCl，HC2O的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，pH7，B正确；a点溶液满足电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(Cl－)＋c(OH－)，C正确；q＝10，即pOH＝10，c(OH－)＝1×10－10 mol·L－1，c(H＋)＝1×10－4 mol·L－1，＝＝100，D错误。]
类型二
专项突破
1．B　2.A　
3．C　[稀硫酸逐滴滴入高铁酸钠(Na2FeO4)溶液中，溶液pOH不断增大，OH－的浓度不断减小，可知Ⅱ代表HFeO的变化曲线，故A错误；a、b、c三点溶液中微粒成分不同，溶液pOH不同，对水的电离影响程度不同，故B错误；FeO＋H2OHFeO＋OH－的平衡常数K1＝，a点时c(FeO)＝c(HFeO)，pOH＝1.6，则K1＝c(OH－)＝10－1.6 mol·L－1，同理可知HFeO＋H2OH2FeO4＋OH－的平衡常数K2＝10－5.2 mol·L－1，H2FeO4＋H2OH3FeO＋OH－的平衡常数K3＝10－7.3 mol·L－1，由此推出Ksp，所以有AgCl沉淀生成。
4．(1)5　(2)6
解析　(1)根据题给信息，当c(Cu2＋)·c2(OH－)＝2×10－20 mol3·L－3时开始出现沉淀，则c(OH－)＝ mol·L－1＝10－9 mol·L－1，c(H＋)＝10－5 mol·L－1，pH＝5，所以要生成Cu(OH)2沉淀，应调整pH>5。
(2)要使Cu2＋浓度降至＝2×10－4 mol·L－1，c(OH－)＝ mol·L－1＝10－8 mol·L－1，c(H＋)＝10－6 mol·L－1，此时溶液的pH＝6。
5．三种阴离子浓度均为0.01 mol·L－1时，分别产生AgCl、AgBr和Ag2CrO4沉淀，所需要Ag＋浓度依次为
c1(Ag＋)＝＝ mol·L－1＝1.56×10－8 mol·L－1，
c2(Ag＋)＝＝ mol·L－1＝7.7×10－11 mol·L－1，
c3(Ag＋)＝＝ mol·L－1＝3×10－5 mol·L－1，沉淀时Ag＋浓度最小的优先沉淀，因而沉淀的顺序为Br－、Cl－、CrO。
6．在CaCO3的饱和溶液中c(Ca2＋)＝＝ mol·L－1≈5.3×10－5 mol·L－1，若向CaCO3饱和溶液中加入Na2SO4溶液，产生CaSO4(s)时SO的最小浓度为c(SO)＝＝ mol·L－1≈0.17 mol·L－1，则当溶液中c(SO)大于0.17 mol·L－1时，CaCO3(s)可以转化为CaSO4(s)。
7．5×10－7
解析　同一溶液中c(Ag＋)相等，＝＝＝＝5×10－7。
考点三
归纳整合
1．(2)CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3]　CuO与H＋反应，促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀　氨水　Fe3＋与NH3·H2O反应生成Fe(OH)3沉淀　Na2S　Na2S与Cu2＋、Hg2＋反应生成沉淀
2．(1)