高中化学经典例题详解

高中化学经典例题详解 （一）基本概念和基本原理 [例1] 道尔顿的原子学说曾经起了很大作用。他的学说中．包含有下述三个论点：①原子是不能再分的粒子；②同种元素的原子的各种性质和质量都相同；③原子是微小的实心球体。从现代的观点看，你认为这三个论点中，不确切的是 （A）只有③ （B）只有①③ （C）只有②③ （D）①②③ [解析] 从现代物质结构观点看，道尔顿原子学说的三个论点都是不确切的、对于①．现代科学已经知道．原子是由原子核和核外电子组成的。原子核内又有质子和中子、在化学反应中．原子可以得到和失去电子；在核反应中原子核可以裂变和聚变。对于②，由于元素存在同位素，它们在质量和物理性质上存在差异、至于③原子核相对于原子来说是很小的，它的直径约是原子的万分之一，它的体就只占原子体积的几千亿分之一。电子在核外较大的空间内作高速运动说明原子核与电子之间具有一定的距离。 [答案] （D） [评述] 考查运用现代物质结构理论 评价 LEC评价法下载LEC评价法下载评价量规免费下载学院评价表文档下载学院评价表文档下载 科学史中的道尔顿原子学说的能力与分析能力。 [例2] （1996年全国） 下列离子方程式不正确的是 （A）氨气通入稀硫酸中：NH3＋H+＝NH4+ （B）二氧化碳通入碳酸钠溶液中： CO2＋CO32-＋H2O＝2HCO3— （C）硫酸铝溶液跟偏铝酸钠溶液及应： （D）氯气通入冷的氢氧化钠溶液中：2Cl2＋2OH—＝3Cl－＋ClO—＋H2O [解析] 首先根据离子反应规律判断反应物与生成物的表示式（分子式、离子式），四个反应都正确，符合离子方程式书写要点，氧气、二氧化碳、氯气用分子式，氢氧化铝、水是弱电解质也用分子式，只有可溶性强电解质用离子符号。然后根据质量守恒判断也符合。对于选项（C），可以用离子电荷守恒判断，AI3+与AlO在溶液中发生双水解反应产物是电中性的Al（OH）3，因此反应中Al3+与AlO的物质的量之比应为1：3，才能使反应前后离子电荷守恒。至于选项（D），是氧化还原反应，氧化剂、还原剂都是Cl2中的Cl原子，但其中氧化剂得电子总数为3（3个得3个电子转化为3个Cl—即3Cl—），而还原剂失电子总数只有1（）。不符合电子守恒，因此不正确。对于溶液中的氧化还原反应，除了根据离子反应规律：氧化还原反应规律判断反应实质与可能性，结合离子反应书写要点判断表达式、是否符合质量守恒之外，还特别要注意电子得、失总数是否相等。常见的离子方程式正误判断中，往往不正确的居多（2～3），而本题选的不正确选项只有一个，也导致失误。 [答案] （D） [评述] 本题属考查离子方程式书写的传统题。但本题要求找不正确的。 （理解、较容易） [例3] X、Y、Z和R分别代表四种元素。如果aXm+、bYn+、CZn—、dRm—四种离子的电子层结构相同（a，b，C，d为元素的原子序数），则下列关系正确的是 （A）a-c＝m-n （B）a-b＝n-m （C）c－d＝m＋n （D）b－d＝n＋m [解析] 根据这四种微粒具有相同电子层结构即具有相同的核外电子数，分别按阳离子的核外电子数为： 质子数（原子序数）——离子所带电荷数 阴离子则为：质子数十离子所带电荷数，由此得：a－m＝b－n＝c＋n＝d＋m 然后分别根据选项涉及之元素审视，选项（A）涉及a－m＝c＋n，变形后为a－c＝m＋n，（A）不正确；选项（B）涉及a－m＝b－n，变形后为a-b＝m-n，也不正确；选项（c）涉及c+n＝d＋m，变形后为c－d＝m－n，仍不正确；只有选项（D），涉及b－n＝d＋m，变形后为b－d＝m＋n，与选项（D）结论一致。 [答案]（D） [评述] 本题需掌握有关原子的组成及质子数、核外电子数与微粒所带电荷数的相互关系。 （理解，中等难度） [例4] 下列各组指定原子序数的元素，不能形成AB2型化合物的是 （A）6和8 （B）16和8 （C）12和9 （D）11和6 [解析] 本试题涉及的是前18号元素，这是复习中应熟悉的元素，应立即将序号与元素相对应，就能作出判断。选项（A）是碳和氧能形成CO2，选项（B）是硫与氧也能形成SO2；（C）是镁和氟能形成 MgF2；选项（D）是钠和碳不能形成AB2型化合物。 [答案] （D） [评述] 对元素在周期表的位置及其相互化合规律（构、位、性关系）的知识的考查。 此类试题是近年来的常见试题，有时还强调属于离子型或共价型的某类化合物，为此作如下归纳： 短周期元素两两形成化合物的类型与组合如下： 类型 AB AB2 A2B AB3 A2B3 A3B2 离子型 ⅠA与ⅦA ⅡA与ⅦA ⅡA与ⅦA ⅠA与ⅥA ⅢA与ⅦA IIIA与ⅥA ⅡA与ⅤA 共价型 H与ⅦA ⅣA与ⅥA H与ⅥA VA与H B与ⅥA   特例 CO、NO SO2、 NO2、 CaC2 N2O SO3 N2O3   有时还会涉及三种元素形成的化合物（非金属元素形成的含氧酸或盐、金属元素形成的碱），为此对各主族元素最高氧化物对应水化物的通式归纳如下： 族 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 通式 MOH M（OH）2 M（OH）3 H3MO3 HMO2 H2RO3 H4RO4 HRO3 H3RO4 H2RO4 HRO4 （理解、中等难度） [例5] 反应 2X（气）＋ Y（气）2Z（气）+热量，在不同温度（T1和T2）及压强（p1和p2）下，产物Z的物质的量（n2）与反应时间（t）的关系如右图所示。下述判断正确的是 （A）T1＞T2，p1＜p2 （B）T1＜T2，P1＞p2 （C）T1＞T2，P1＞p2 （D）T1＜T2，p1＜p2 [解析] 首先分析反应：这是一个气体的总物质的量减小（体积减小）、放热的可逆反应，低温、高压对反应有利，达平衡时产物Z的物质的量n2大，平衡点高，即图示曲线T2、p1。再对比图示曲线T2、p2，温度相同，压强不同，平衡时n2不同（pl时的n2＞P2时的n2），由此分析p1＞p2，再从反应速率验证，T2、P1的曲线达平衡前斜率大（曲线陡）先到达平衡，也说明压强是 p1＞p2（增大反应压强可以增大反应速率）。然后比较曲线T2、p2与T1、p2，此时压强相同，温度不同，温度低的达平衡时n2大，平衡点高（曲线T2、p2），由此判断温度T1＞T2；再由这两条曲线达平衡前的斜率比较，也是T1、p2的斜率大于T2、p2，T1、p2先到达平衡，反应速率大，也证明T1＞T2。由此分析得出正确的判断是T1＞T2，p1＞p2，选项（C）的结论正确。 [答案] （C） [评述] 本题是对于正反应是气体体积减小、放热的可逆反应，温度、压强与产物的物质的量的关系、反应速率的逆向思维能力与对图象的观察能力的综合考查。 （理解、较难） [例6] 若室温时pH＝b的氨水与pH＝a的盐酸等体积混合，恰好完全反应，则该氨水的电高度可表示为 （A）10a+b-12% （B）10 a+b-14% （C）1012-a-b% （D）1014-a-b% [解析] 分析中首先根据强酸盐酸的pH值（－lg［H＋］）推出盐酸的物质的量浓度。即： CHCl＝［H+］＝10-a（mol L－1 ）………………………（1） 又酸、碱中和反应时，不论强、弱，只有所含可电离的H+、OH—的物质的量相等时，才能恰好完全反应，由此可推出一元弱碱氨水的浓度为C氨水=10－a，对于弱电解质存在以下关系： ［OH－］＝c·α＝10 -a·α ……………………………（2） 另一方面由水溶液中[H+]·[OH—]＝10-14，及氨水中： pH=－lg［H+］＝14－pOH＝14十lg[OH—] 得[OH— ]=10b－14 ………………………………………（3） 代入（2）式得：10b-14＝10-a·α a＝10b-14/10-a = 10a＋b-14×100% ＝10a+b－12% [答案] （A） [评述] 考察溶液pH值的概念，弱电解质的电离平衡及电离度的概念，以及它们之间的相互关系等综合思维能力。 （综合应用，较难） [例7] 实验室用铅蓄电池作电源电解饱和食盐水制氯气，已知铅蓄电池放电时发生如下反应： 负极： 正极： 今若制得Cl2O.050mol，这时电池内消耗的H2SO4的物质的量至少是 （A）O．O25mol （B）O．O5Omol （C）O．1Omol （D）0．2Omol ［解析］首先需将铅蓄电池的负极反应变形为：Pb－2e＋SO＝PbSO4（电子移项），从而得出电池放电时转移电子数与消耗H2SO4的关系：2e-2H2SO4即e-H2SO4；再根据电解饱和食盐水反应：   确定放出Cl2与转移电子数的关系：Cl2～2e。今制得0.050molCl2，需转移O.1Omol电子，因此消耗H2SO40．O1Omol。只有原理清晰，才能思维畅通迅速作出判断。 [答实] （C） [评述] 考查了原电池与电解池知识的综合应用及思维的灵活性、敏捷性。 （理解，中等难度） [例8] 在25℃时，若10体积的某强酸溶液与1体积的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合之前，该强酸的pH值之间应满足的关系是 [评述] 本题着重考查pH值的概念与计算，考查方式是把特殊和具体的问题与普遍、一般的规律结合起来，检查逻辑思维与逆向思维能力，即考查思维的严密性与整体性，在阅读中必须分析出题干中“两种溶液混合后溶液呈中性”是本题主要的解题线索。根据这一线索进行逆向思索，它意味着混合前的两种溶液中，酸溶液中H+离子的物质的量与OH—离子的物质的量相等。据题设，则有：10[H+]酸=［OH－］碱。进行思维转换，同一种溶液（碱溶液）中，H+离子浓度与OH—离子浓度乘积等于水的离子积，25℃时Kω=1×10-14，因此上式可变换为： 10[H+]酸= 将方程两边分别取负对数，并稍作整理。 1－pH酸=pH碱-14 移项后得： pH酸+pH碱=15 另一解法：10［H+］酸＝［OH－］碱 移项［H+」酸·［H+］碱=10-15 取负对数 pH酸十pH碱=15 ［答案］强酸的pH值与强碱的pH值之和等于15。 [评述] 将化学问题抽象成数学问题，利用数学工具，结合化学基础知识通过计算解决化学问题是思维能力培养的重要方面，本题就是典型例证。在测试中发现有的同学根据负指数运算推导： ［H+］强酸/［OH－］强碱＝1／10 则10－pH强酸／10pOH强碱＝1/10 10×10—pH强酸＝10pOH强碱＝10强碱 1－pH强酸= -（14－pH强碱） pH强酸＋pH强碱=15 （综合应用，较难） [例9] 在一个固定体积的密闭容器中，保持一定温度，进行以下反应： H2（g）＋Br2（g）＝2HBr（g）已知加入1molH2和2molBr2时，达到平衡后生成 a mol HBr（见下表“已知”项）。在相同条件下，且保持平衡时各组分的质量分数不变，对下列编号（1）～（3）的状态，请填写表中空白： 编号 起始状态 平衡时HBr的物质的量（mol） H2 Br2 HBr 已知 1 2 0 a （1） 2 4 0   （2）     1 0.5a （3） m     [解析] 在分析中要注意到题设情景：（1）容器体积固定； （2）反应H2（g）＋Br2（g）2HBr（g）是一个气体体积不变的反应（压强将不影响平衡）；（3）编号（1）～（3）和已知状态达到相同的平衡状态（各组分的质量分数不变）；（4）达平衡时HBr在混合气中的含量为a／3（由已知状态推导）。这样对于编号（1）起始状态相对于已知情况相当于压强增大一倍。因此平衡不移动，达平衡时HBr的量可以由： （反应前、后气体总量不变）得：x＝2a 对于编号（2），可以先由平衡时HBr的含量不变，设体系中总的物质的量为y，则： y＝1．5（mol） 再结合等效代换（按方程式系数关系），相当于HBr起始为O时，H2、Br2各为O.5mol，这样，为满足气体物质的总量为1．5mol和当起始HBr为O，H2：Br2＝1：2（已知起始状态）只能是H2为O（O．5－O．5＝O），Br2为O．5mol（1－O．5＝O．5）。 编号（3），先设HBr起始量为x，平衡量为y，通过等效代换转换为如下状态： H2为m＋O．5x，Br2为n＋O．5x，HBr为0，此时,x＝ 2（n-2m） 混合气总物质的量：m＋n＋2（n—2m）＝3（n-m） 平衡混合气中HBr含量： y=a(n-m) [答案] 编号 起如状态 平衡时HBr的物质的量（mol） H2 Br2 HBr 已知 1 2 0 a （1） 2 4 0 2a （2） 0 0.5 1 0.5a （3） m 2(n-2m) (n-m)a [评述] 本题考查对题设情景的阅读理解，对隐含信息（反应特点与反应条件）的挖掘。这是解答本题的关键。除此本题还特别考查了由题给具体情况（各种状态）统摄归纳成一般规律的能力。题给的3种状态及设问要求，一个比一个思维层次高梯度十分明显，层次十分清楚，测试结果也是这样。 有关化学平衡的理论分析题，在总复习中可以对初态与平衡态间的物料关系作如下归纳 （1） 2A ＋ B 2C 总量（有变化） 初态 C1 C2 O C1＋C2 平衡态 C1—2X C2-X 2X C1＋C2－x （2） A ＋ B 2C 总量（不变） 初态 C1 C2 0 C1+C2 平衡态 C1—x C2-x 2x C1＋C2 相应以此关系为依据的题，只有两类。如恒温恒压下 （1） 2A ＋ B 2C （总量有变化） 初态（mol） ① O.2O 0.10 O ② O O O.2O ③ 0.30 0.10 0 ④ O.10 0 0.20 （2） A（g）＋ B（g） 2C（g）（总量不变） 初态（mol） ① 0.20 0.20 0 ② 0 0 0.40 ③ 0.40 0.20 0 ④ 0.20 0 0. 40 上述两个反应的①、②初态过平衡对，A、B、C的平衡物质的量相等，且初态反应物的物质的量之比和方程式中各物质系数比相匹配。③、④两种状态达平衡时，A、B的平衡物质的量相同，但其初态反应物的物质的量之比和化学方程式中各物质系数不匹配。由此可延伸出多种试题，本题就是属于反应（2）（总量不变）中的③、④状况。（综合应用，较难） [例10] 单质硼有无定形和晶体两种，参考下列数据： 晶体 金刚石 晶体硅 晶体硼 熔点（K） >3823 1683 2573 沸点（K） 5100 2628 2823 硬度（Moh） 10 7．0 9．5 晶体硼的晶体类型属于 晶体，理由是 。 已知晶体硼的基本结构单元是由硼原子组成的正二十面体（如下图所示），各正二十面体之间以B——B键相互联结，在每个正二十面体中有二十个等边三角形的面和一定数目的顶角，每个顶点各有一个硼原子。通过观察图形及推算，得出此基本结构单元是由 个硼原子构成，其中B——B键之间的键角是 。 [解析] 非金属单质的晶体类型主要有2种：原子晶体和分子晶体，由于作用力强弱相差悬殊，物理性质（熔、沸点、硬度）差别也甚大，因此根据表中数据可以看出单质晶体硼的熔、沸点、硬度都介于典型的原子晶体，金刚石和晶体硅之间，因此晶体硼当属原子晶体。 然后观察图形，每个等边三角形有3个项点，但从图形中还应观察到在这个二十面体中每个顶点（B原子）与另5个硼原子分别形成B——B键，即每个顶点为5个等边三角形（不同面上）所共有，因此该基本单元内硼原子数为： 3×2O／5＝12 其基本单元透视图如右图所示 [答案] （l）原子晶体，非金属单质晶体硼的熔、沸点和硬度都介于原子晶体金刚石和晶体硅之间，由此推知晶体硼为原子晶体。 （2）硼原子数 3×2O/5＝12 或设硼原子数为x，每个硼原子与其它5个硼原子形成B——B键，每个B——B键为两个面所共有则： x＝12 （硼原子数） 键角：60° [评述] 本题考查了晶体类型与晶体性质的关系，对图形的观察分析、将立体几何图形与晶体模型图结合的能力，以及将化学知识抽象为数学问题，然后运用数学工具解决化学问题的能力。 （综合应用，较难） [例11] 1997年诺贝尔化学奖授予对发现能量分子三磷酸腺苷的形成过程作出重大贡献的两位科学家。 已知三磷酸腺苷（简称ATP）是生物活性体中极为重要的能量物质，生物体中蛋白质的合成、离子迁移、肌肉收缩和神经细胞的电活性等都需要能量，而ATP的水解是一个较强的放热反应，它可以为上述过程提供所需能量。其水解式为ATP溶液+H2O＝P液十3OKJ其中P是无机磷酸酸式盐（如 H2PO），ATP与ADP的结构式如下 （键线交点处为碳原子） （1）由上述结构式可知ATP在物质分类上，既属于 ，又属于 。 （2）ADP在适当的酸催化下还可以继续水解放出能量生成AMP直至腺苷，试写出ATP逐级水解的反应式（有机物用代号表示）。 （3）写出水解最终产物腺苷的分子式       [解析] 本题比较基本，只要读懂结构式的左侧表示可溶性磷酸盐，右侧表示磷酸和腺苷（含核碳糖结构）形成的酯。在书写共价键断裂的水解反应式遵循质量守恒并恰当运用题示表示式进行扩展式迁移。并分析出最终水解产物腺苷是一五碳糖，结构式如右图 （键线交点处为碳原子） [答案] （l）可溶性磷酸盐，磷酸酯（酯类） （2）ATP＋H2O＝ADP＋H2PO＋Q1；（能量） ADP＋H2O＝AMP＋H2PO＋Q2 AMP＋H2O＝腺苷＋HP2PO＋Q3 （3）C10H13O4N5 [评述] 本题属于信息迁移题，试题给出了1997年诺贝尔化学奖的成果，能量分子三磷酸腺苷的结构式及其水解释放能量的表示式。考查的知识是物质的分类，由结构式推导分子式、水解反应式。可谓起点高，落点低。 （综合应用，中等难度） （二） 元素及其化合物 [例12] 根据以下叙述，回答（l）～（2）小题。 1995年诺贝尔化学奖授予致力于研究臭氧层破坏问题的三位环境化学家。大气中的臭氧层可滤除大量的紫外光，保护地球上的生物。氟利昂（如CCl2F2）可在光的作用下分解产生Cl原子，Cl原子会对臭氧层产生长久的破坏作用（臭氧的分子式为O3）。有关反应为 O3 O2＋O Cl＋O3→ClO＋O2 ClO→Cl＋O2 总反应：2O3→3O2 （l）在上述臭氧变成氧气的反应过程中Cl是 （A）反应物 （B）生成物 （C）中间产物 （D）催化剂 （2）O3和O2是 （A）同分异构体 （B）同系物 （C）氧的同素异形体 （D）氧的同位素 ［解析］（l）题考查初中化学中有关催化剂的概念，分析中要注意Cl原子对臭氧层产生长久的作用（催化剂具有的），更要看到反应①是可逆的，由于Cl原子与O3反应生成的ClO极不稳定，立即与反应①的生成物原子氧反应生成氧气并重新转化为Cl原子，导致反应①不可逆，叠加后得总反应：2O33O2。Cl原子在反应过程中数量上没有变化，只是通过其自身的中间产物ClO作用，而且在反应③中重又生成，所以能长久起破坏作用，因此Cl原子是能改变其他反应（破坏臭氧的反应即总反应）的速度而自身的质量和化学性质不变的催化剂。 （2）本小题考查了有关高中化学涉及的同分异构体、同系物、同素异形体和同位素这几对易错易混淆的概念，只要掌握基本概念中的有关内容，根据O2、O3是同一种元素（氧元素）形成的不同分子组成（分子内原子个数不同）的不同单质，就能准确判断它们是氧的同素异形体。 [答案] （l）D （2）C [评述] 本题给出了有关环保知识的新信息，在审读中要抓住题干中的有关反应及设问。本题是“一带多”的选择题型，用一个共同的叙述，新信息或新情境，回答多个选择题。 （了解，较容易） [例13] 下图中的每一方格表示有关的一种反应物或生成物，其中粗框表示初始反应物（反应时加入或生成的水，以及生成沉淀J时的其它产物均已略去）。 填写下列空白： （1）物质B是 ，F是 ，J是 。 （2）反应①的离子方程式是 [解析] 解答本题应采用正向思维，从电解饱和食盐水的反应入手： 2NaCl＋2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ 从题示框图B物质既能与A反应生成D和E，又能与C反应生成G。从电解食盐水的产物分析，只有Cl2符合这特点，它能与氢氧化钠（A）反应生成NaClO（生成的H2O略去） Cl2＋2NaOH=NaClO＋NaCl＋H2O 还能与氢气（C）在点燃条件下生成HCl Cl2+H22HCl 由此推断出A（NaOH）、B（Cl2）、C（H2）、G（HCl） 然后需确定F，F既能与Cl2直接反应生成I，又能与HCl反应生成H和氢气，H在Cl2作用下还能转化为I，则F应该是变价金属铁（Fe）用相关反应验证： 2Fe＋3Cl22FeCl3 Fe＋2HCl ==== FeCl2＋H2 2FeCl2＋Cl2 ==== 2FeCl3 至此框图中的大部分都得到合理解释。 最后需确定沉淀J（难点），按框图所示沉淀J既可由FeCl3（I）与D反应而生成，又可以由FeCl2（H）与D反应而生成，J一定是含铁化合物，此时需判断D，D是NaClO与NaCl中的一种，但NaCl不能与FeCl3或FeCl2反应生成J。 D只能是次氯酸钠NaClO。 NaClO是一种强氧化性盐（含）；又是强碱（NaOH）弱酸（HClO）盐，在水中水解而显碱性。因此当它与FeCl3反应时显示了碱性从而生成 Fe（OH）3，（J）沉淀；当它与 FeCl2反应时显示了氧化性和碱性的双重作用，也生成了Fe（OH）3（J）沉淀。这样确认J是 Fe（OH）3 。 [答案] B：Cl2，F：Fe，J：Fe（OH）3 （2）Cl2＋2OH－ ==== ClO－＋Cl—＋H2O [评述] 本题从电解食盐水出发组成一个氯单质和无机物之间相互反应的网络，可谓起点低、落点高。试题涉及的知识面广，考查了氯单质、氯化物、氯的含氧化合物、铁元素的变价、铁和亚铁化合物的相互转化、次氯酸钠的氧化性和水解性，几乎概括了中学化学范围内氯、铁两种重要元素及其化合物的基本内容。 本题还以上述知识为载体多方面地考查了思维能力与思维方法（分析与综合、比较与论证）是一道典型的能力测试题。 （综合应用、较难） [例14] A、B、C是在中学化学中常见的3种化合物，它们各由两种元素组成，甲、乙是两种单质，这些化合物和单质之间存在如下的关系： 单质甲 化合物A 化合物B 化合物B 化合物A和化合物C 单质乙和化合物C   据此判断： （1）在A、B、C这3种化合物中，必定含有乙元素的是 （用A、B、C字母填写） （2）单质乙必定是 （填“金属”或“非金属”），其理由是 。 （3）单质乙的分子式可能是 ，则化合物B的分子式是 [解析] 本题初看起来，题设条件及框图并未给出明的线索，关键在于恰当动用逻辑推理。对于设问（1）化合物A是由甲、乙两种单质化合而成，则化合物A中一定含乙元素；再看左边纵行，单质甲与化合物B反应可生成A（舍乙元素）和C两种化合物，单质甲只含甲元素，则A中的乙元素只能来自化合物B，至于化合物C由题设条件无法判断。因此必定含乙元素的应该是A、B两种化合物。 至于设问（2），则需由框图的右侧纵行推理由化合物A与B（都舍乙元素）反应生成单质乙和化合物C，在单质乙中乙元素的化合价为零价，因此在A、B两种化合物中的乙元素必定分别是正、负两种化合价，因此乙元素必定是非金属元素。这是本题的关键性突破，也是难点。 最后看设问（3），在中学涉及的主要非金属氢、氧、碳、氮、硫、磷、氯中，在其二元化合物中分别呈正、负两种价态以硫、氮为常见。 [答案] （1）A、B （2）非金属，因为A＋B→乙+ C，且乙为单质，可知乙元素在A、B中分别呈正、负价，所以乙是非金属。 （3）S、H2S（或N2、NH3） [评述] 本题考查了对图表的观察能力以及分析、推理、正向、逆向思维、抽象思维等多种思维能力，也考查了非金属元素的单质及化合物性质的综合认识水平，将化合价的基本概念与具体反应判断相结合，从而从高层次上考查了将化学知识按内在的联系抽象归纳，逻辑地统摄成规律的思维能力。 （综合应用，较难） [例15] BGO是我国研制的一种闪烁晶体材料，曾用于诺贝尔奖获得者丁肇中的著名实验，它是锗酸铋的简称。若知：①在BGO中锗处于最高价态，②在BGO中，铋的价态与铋跟氯形成某种共价氯化物时所呈的价态相同，在此氯化物中铋具有最外层8电子稳定结构③BGO可看成是由锗和铋两种元素的氧化物所形成的复杂氧化物，且在BGO晶体的化学式中，这两种氧化物中所含氧的总质量相同，请填空： （1）锗和铋的元素符号分别是 和 （2）BGO晶体的化学式是 （3）BGO晶体中所含铋的氧化物的化学式是 。 [解析] 试题首先通过BGO是锗酸铋的简称向同学们传递了BGO的元素组成：铋（Bi）、锗（Ge）氧（O），由此根据元素周期表的知识可知铋是第VA族，锗是Ⅳ族元素。随后在信息（1）中又指示了锗处于其最高价（＋4价），再及时由原硅酸H3SiO4推知锗酸根应为GeO。信息（2）实质上指示了在BGO中铋（Bi）的价态为十3价，因为铋（Bi）原子最外层有5个电子，只有与3个氯原子形成BiCl3的共价化合物时，才能满足Bi的最外层达到8电子的稳定结构，因此在BGO中铋以 Bi3+形式存在。这样，根据（1）、（2）两个信息结合已有知识就能得出BGO晶体化学式的一种形式：锗酸铋Bi4（GeO4）3，首先可以把锗酸铋按Bi、Ge、O的顺序整理为Bi4 Ge3O12的形式。然后由含氧量相同，再结合铋、锗各自化合价，自然导出2Bi2O3，3GeO2的形式。这三种形式中的任意一种都是本题第（2）问的正确答案。第（3）问比较简单，只要读出信息（2）中铋的化合价为正三价就能正确写出BGO晶体中铋的氧化物的化学式应为Bi2O3。 [答案]（l）Ge、Bi （2）Bi4（GeO4）3、（或 Bi4Ge3O12或2Bi2O3·3GeO2） （3）Bi2O3 [评述] 本题属于信息迁移式试题，着重考查了运用元素周期律、周期表的基础知识进行信息加工、转换与综合应用的能力。锗（Ge）和铋（Bi）分别是高中教材中元素周期律、周期表后学习的第ⅣA、VA族主族元素，在学习与总复习过程中要善于通过代表元素性质的学习，推论长周期中相应同主族元素性质及其重要化合物的性质及化学式，才能适时地与试题中的相关信息进行联想、转换，通过类比与求同思维得出正确结论。 （综合应用，较难） [例16] “卤块”的主要成分为MgCl2（含Fe2+、Fe3+、Mn2+等杂质离子），若以它为原料，按如下工艺 流程 快递问题件怎么处理流程河南自建厂房流程下载关于规范招聘需求审批流程制作流程表下载邮件下载流程设计 图，即可制得“轻质氧化镁”。如果要求产品尽量不含杂质离子，而且成本较低，流程中所用试剂或PH值控制可参考下列附表确定 轻质氧化镁生产工艺流程图 表1 生成氢氧化物沉淀的PH值 物质 开始沉淀 沉淀完全 Fe（OH）3 Fe（OH）2 Mn（OH）2 Mg（OH）2 2．7 7．6 8．3 9．6 3．7 9．6 9．8 11．1 *）注：Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，所以常常将它氧化成为Fe3+，生成 Fe（OH）3沉淀而去除之。 表2 化学试剂价值表 试剂 价格（元/t） 漂液（含NaClO25.2%） H2O2（30%） NaOH（固98%） Na2CO3（固99.5%） 卤块（MgCl2，30%） 450 2400 2100 600 310 请填写以下空白： （1）在步骤②加入的试剂X，最佳选择应是 ，其作用是 。 （2）步骤③加入的试剂Y应是 ；之所以要控制pH=9.8，其目的是 。 （3）在步骤⑤时发生的化学反应方程式是： [解析] 在题目第一段阅读中要明确试题要求：（1）由卤块（含杂质的MgCl2）制得“轻质氧化镁”（不含杂质Fe2+、Fe3+、Mn2+离子）（2）成本较低。在阅读观察工艺流程图要明确：（3）杂质离子在步骤③加入Y（NaOH）强调PH＝9．8除（成为 Fe（OH）3、Mn（OH）2沉淀）（4）步骤④、⑤、⑥是由MgCl2（含Na+）到轻质氧化镁的转化、制备过程。（3）通过逆向思维：MgOMg（OH）2MgCO3。因此步骤③所得滤液中应加Z是Na2CO3（步骤④）所得沉淀物为MgCO3，经过步骤⑤在水中煮沸，MgCO3水解生成 Mg（OH）2，并放出CO2气体。 在阅读附表1时需结合试题分析（5）在步骤②需加氧化剂使Fe2+转化为Fe3+以便沉淀完全容易除去。（6）步骤③控制PH＝9．8是为了使Mn（OH）2沉淀完全，虽然Mg（OH）2已开始沉淀会影响产率，但保证了产品纯度，且原料卤块价格比较低廉。（7）在阅读附表2时可以从成本较低的角度考虑步骤② [答案]（l）漂液，使Fe2+Fe3+ （2）NaOH使杂质离子（Fe3+、Mn2+）沉淀完全又尽量减少Mg2+损失 （3） [评述] 本题结合工业生产实际考查无机化合物（轻质氧化镁）的转化生成、分离、提纯问题。涉及了金属元素（Mg、Fe、Mn）及其化合物相互转化的知识和信息加工、迁移能力，逻辑推理和逆向思维能力。 （综合应用，较难） （三）有机化学基础知识 [例17] 已知酸性大小：羧酸＞碳酸＞酚。下列含溴化合物中的溴原子，在适当条件下都能被羟基（—OH）取代（均可称为水解反应），所得产物能跟NaHCO3溶液反应的是 [解析] 水解后所得产物分别是：（芳香醇）、（酚） （C）（羧酸） （D）（醇）   故只有（C）所得产物能跟NaHCO3反应、选（C）为答案。 [答案] （C） [评述] 这是一道信息迁移题，题目给出新信息，意在考查考生接受新信息，并运用新信息，结合旧知识解决问题的能力。审题时，可得到两个信息：①酸性大小的顺序是羧酸＞碳酸＞酚；②含溴的化合物中的溴原子，在适当条件下，都能被羟基（一OH）取代。根据酸与盐反应的规律可知：能与NaHCO3溶液反应的酸，应该是比H2CO3酸性强的酸，在选项中挑选水解时能生成羧酸的溴化物， （理解，中等难度） [例18] 甲基丙烯酸酯是世界上年产量超过100万吨的高分子单体．旧法合成的反应是： （CH3）2C＝O＋HCN→（CH3）2C（OH）CN （CH3）2C（OH）CN＋CH3OH＋H2SO4→CH2＝C（CH3）COOCH3＋NH4HSO4 90年代新法的反应是： CH3CH＝CH2＋CO＋CH3OHCH2 ＝ C（CH3）COOCH3与旧法比较，新法的优点是 （A）原料无爆炸危险 （B）原料都是无毒物质 （C）没有副产物，原料利用率高 （D）对设备腐蚀性较小 ［解析］（A）：新法的原料中有CO可燃性气体，有爆炸极限，不能说“原料无爆炸危险”，弃之。（B）：新法的原料中有CO，CO有毒，所以不能说“原料都是无毒物质”，弃之。（C）：由新法的化学方程式看，产物只写了一种，而旧法的反应化学方程式甲，产物写了两种，可推知新法的优点是“没有副产物，原料利用率高”，故（C）是答案之一。（D）：对比三个化学方程式，可能新法的原料中没有HCN和H2SO4，故对设备腐蚀性较小，所以（D）是本题的另一个答案。 [答案]（C）、（D） [评述] 这是一道密切联系生产实际的信息迁移题，意在通过对三个化学方程式的观察、对比和分析，考查自学能力和思维能力，可通过对比旧法和新法的反应（比较时要注意选项提出的要求），找出新法的优点。 （理解，中等难度） ［例19］ 已知卤代烃跟 NaOH水溶液共热时，能发生消去所应，形成醇类或酚类： 已知，卤代烃跟NaOH的乙醇溶液共热时，能发生消去反应，形成含有碳碳双键的烯烃： | | H X 某有机物A的分子式为C8H13O2Br，在不同的条件下发生水解反应，分别生成Ｂ1＋Ｃ1和Ｂ2＋C2；C1经过如下图的变化又能分别转化为Ｂ1和C2；C2能进一步氧化生成两种二元羧酸；B1也可变为Ｂ2。有机物A、B1、C1、B2、C2等的相互转化关系如图所示： 其中，只有Ｂ1既能使溴水褪色，又能跟Na2CO3溶液反应放出二氧化碳。 试回答下列各问： （1）有机物Ｂ1的结构简式是 有机物Ｃ1转变为Ｂ1说明Ｃ1与Ｂ1具有 ，Ｃ1转变为Ｂ1的三步连续的化学反应是 （2）有机物 A的结构简式是 ，有机物Ａ转变为B2、C2的化学反应方程式是 （3）反应（I）的类型是 ,反应（II）的类型是 。 （4）Ｃ1变为C2的化学方程式是 。C2变为二元酸的化学方程式是 [解析] 这是一道信息给予式的未知有机物推断，试题给出的两条信息是：①卤代烃在NaOH水溶液中发生水解反应；②卤代烃在NaOH的乙醇溶液中发生消去反应。读懂了这两条信息，又掌握了醇、醛、酸、酯的反应规律及相互联系，便可按下述方法进行推断。 （1）从有机物Ａ的分子式为C8H13O2Br，符合不饱和卤代酸或酯出发，进行正向思维，即Ａ能发生酸性水解，又能发生碱性水解，可以判断有机物Ａ属于酯类，而且在这个酯分子中含有一个碳碳双键和一个溴原子。至于在这个酯分子中碳碳双键和换原子的位置，则要从Ａ的酸性分解产物Ｂ１和Ｃ1入手，进行逆向思维才能确定。具体思维过程是：从Ｃ1经氧化反应、消去反应和酸化反应，可以转变为Ｂ1，说明Ｃ1是饱和的溴代醇，Ｂ1是不饱和羧酸，而且Ｂ1、Ｃ1这两种有机物均含有４个碳原子和相同的碳架。有机物Ａ则是由四碳不饱和羧酸与四碳饱和溴代醇所形成的酯。对于Ｂ1是四碳不饱和羧酸的判断，可从试题中“Ｂ1既能使溴水褪色，又能跟Na2CO3溶液反应放出二氧化碳”完全一致，说明上述推断的正确性。 （2）从有机物Ａ是不饱和羧酸与饱和溴代醇形成的酯出发，进行正向思维，该酯在强碱性条件下水解时，酯基和卤素均可发生水解，Ｂ2是不饱和羧酸盐，Ｃ2则是四碳的饱和二元醇，这一推断又被Ｂ1与NaOH反应生成B2，Ｃ1与NaOH水溶液共热生成C2所证实。 （3）B1、C1、B2、C2这四种有机物的碳架结构及官能团（、-Br、-OH）的位置的确定，则要从C2的最终氧化产物2-甲基丙二酸出发，从后向前依次倒推，说明Ｂ1、C1、B2、C2均具有丁字形碳架，而且根据2-甲基丙二酸中羧基的位置，也可以确定有机物Ｃ1中—Br—OH的位置和有机物Ｂ1中的位置，进而确定有机物Ａ的结构，从而完成这道未知有机物的推断。 [答案] 有机物Ｂ1的结构简式是：     C1与B1具有相同的丁字形碳架。C1变为B1的三步连续化学反应是：   (2) 有机物A的结构简式是：   有机物A变为B2、C2的化学方程式是：   (3) 反应（I）是中和反应，反应（II）是水解反应。 C1变C2的化学方程式是：   C2变为2-甲基丙二酸的化学方程式是： [评述] 综上所述，对这种信息对予框图式未知有机物的推断，要理解信息，把握联系和规律，选准突破口（本题是B1），并灵活运用正向思维和逆向思维，并使这两种思维方法巧妙结合在一起，才能提高解这种框图式未知物推断题的技能和技巧。 （综合应用，较难） [例20] 已知：                 (不稳定，R代表烃基)现在只含C、H、O的化合物A-F，有关它们的某些信息，已注明在下面的方框内。 （1）在化合物A-F中有酯的结构的化合物是（填字母代号） （2）把化合物A和F的结构简式分别填入下列方框中。 A     F   [解析] 这是一道联系新情景和定量分析特点的未知有机物结构的推断题，试题题干中给出以下两条新信息： 含有醇羟基的有机物在乙酸酐存在跟乙酸发生酯化反应，生成乙酸酯，而且生成的乙酸酯的相对分子质量，比原来含有醇羟基的有机物的相对分子质量大42，即 M’r=（乙酸酯）—Mr（醇）=42 在同一个碳原子含有两个羟基的有机物很不稳定，它们会自动失水生成含有醛基结构的有机物。 此外，在所给出的框图中，给出了A、B、C、D、E、F六种未知有机物及其相关性质，还给出了这六种有机物间相互联系和转化的反应条件。要做好这道未知有机物结构的推断，还要从框图中找出以下的解题信息： 从有机物A能发生银镜反应，又能跟金属钠反应放出氢气，说明有机物A的分子中既含有醛基，又含有羟基。 ②从有机物A经“选择氧化”后生成的新有机物D，不发生银镜反应，可被碱中和，说明“选择氧化”是指有机物分子中的醛基被氧化为羧基的反应，“选择”二字的含意在于同时含有醛基和羟基的有机物只有醛基被氧化，羟基不被氧化。上述分析，可从B经选择氧化变为C，C又经酯化变成F，可以得到进一步证实。 ③含有羟基和羧基双官能团的有机物（本题中的羧基由醛基经“选择氧化”而来），跟乙酸、乙酸酐反应时，是该有机物分子中醇羟基的酯化反应；当有机物跟乙醇、浓硫酸反应时，是该有机物分子中羟基的酯化反应。 （4）含有醛基、羟基的有机物A，经醇羟基酯化转变为B，又经选择氧化醛基变为羧基生成有机物C，再经羧基酯化变为最终有机物F，在有机物F中，不含有羟基、醛基和羧基，它们已全部转变为酯基。上述分析，可从A→D→E→F可以加以证实。 现在的问题是如何把试题给出的两条信息，与框图中给出的四条信息相结合，这是突破这道有机物结构题的关键。具体地说，就是要抓住有机物C的相对分子质量是190，有机物D的相对分子质量是106，两种有机物的相对分子质量之差为： △Mr＝190－106=84 而这个差值仅仅由于该有机物分子中醇羟基跟乙酸、乙酸酐的酯化反应所造成。把此点理解与试题题干给出的第一条信息乙醇跟乙酸酯化的相对分子质量之差是42相对照，可以确定在有机物A的分子中含有的羟基个数是： 84÷42＝2 又据题干给出的第二条信息：同碳二羟基化合物很不稳定，会发生“自动脱水”，说明在有机物A的分子中的2个羟基，应分别连在两个不同的碳原子上。由于醛基是一价基，只能存在于有机物分子结构的链端，从而得出有机物A是甘油醛的正确推断。这一分析，还可从A经“选择氧化”变为D得到证实，即从D的相对分子质量是106，可以推出有机物A的相对分子质量为： M（A）＝106－16=90 只有含一个 —CHO，两个—OH的甘油醛的相对分子质量为90。 [答案] 有机物B、C、E、F均是含酯的结构的化合物（A是甘油醛，D是甘油酸，不含有酯的结构） 有机物A和F的结构简式如下：       [评述] 这是一道高层次的信息迁移式的有机物结构推断题，它的“高层次”主要表现在若没有熟练的有机反应知识，没有准确吸收新信息并与原有的化学知识相结合，没有较强的自学能力和思维能力，就不能进行科学的和定量的思维及严格的逻辑推理，也就不能正确的解析本题。 （综合应用，较难） [例21] 请认真阅读下列3个反应： 利用这些反应，按以下步骤可从某烃A合成一中间体DSD酸。 （A） （B） （C） （D）       请写出（A）、（B）、（C）、（D）的结构简式。 [解析] 这是一道含有隐含信息的信息迁移题。在阅读分析中必须注意到反应②的产物苯胺易被氧化的信息和反应③中所加的无机试剂NaClO具有氧化性的隐含信息。因此，合成染料中间体DSD酸的中间步骤（C）→（D）应是先接链，由在NaClO作用下形成 然后在还原剂Fe、HCl、H2O的共同作用下，将硝基（—NO2）还原为氨基（—NH2），生成DSD酸，但有不少考生因忽略了NaClO的氧化性与一NH2的还原性，先将   还原为   再接链，导致（C）、（D）的结构简式完全错误，本题的（A）、（B）结构简式则可以由（C）逆推得出。 [评述] 有关NaClO的氧化性已分别在1994年高考第31题和1996年高考第11题中涉及并应用。可见，做题不在于多而在于精，研究近几年的化学高考试题，分析、把握试题所传递的信息和趋势，对提高同学们的学习能力是极其有益的，试题还通过DSD酸的结构简式中——NH2——SO3H的基因的连接，传递正确书写结构简式的信息，但众多考生却未能正确借用，而出现多种书写上的错误，可见基本技能的提高也是十分重要的。（综合应用，较难） [例22] 某种ABS工程树脂，由丙烯腈（CN2 === CHCN，符号A）、1，3一丁二烯（CH2 ===CHCH ===== CH2，符号B）和苯乙烯（符号S）按一定配比共聚而得。 （1）A、B和S三种单体中，碳氢比值最小的单体是 （2）经元素分析可知该ABS样品的组成为CaHbNc（a、b、c为正整数），则原料中A和B的物质的量之比是 （用a、b、c表示）。 [解析] 本题考查考生综合分析、计算与抽象思维能力。在阅读中应及时将3种单体A、B、S的结构简式转换为表示元素组成的分子式：A：C3H3N，B：C4H6，S：C8H8，问题就不难解决。 （1）A、S的碳氢个数比均为1：1，唯有B是1：1、5或2：3，小于A、S。（2）原料A中只含1个N原子，由共聚物CaHbNc可知1mol ABS中含c mol A；由单体与共聚物的组成可知氢原子、碳原子个数之差为（b－a），只与单体B有关（其他均为1：1），每l mol B中氢与碳原子数差2mol，因此每l mol ABS中含B为（b－a）／2mol．故原料中A与B的物质的量之比为C：（b-a）/2。 ［答案］（1）B或CH2＝CH-CH＝CH2； （2）c：（b-a）／2或 2c：（b-a） [评述] 解答本题，及时进行分子式的转移是关键，但许多考生未能仿照题示信息进行相应的转换而失误，此外，缺乏综合分析和抽象思维能力，未能找出N原子数与A的分子数、b－a与B的分子数之间的关系，致使第（2）问空答率约达50%，有的考生一见抽象的数字a、b、c就望而却步，即使思路正确的考生也有因心理过于紧张而误写为（b-a）／2：c。2c：b-a或2c：（a－b）等，可见，良好的心理素质也是十分重要的。 （综合应用、较难） （四）化学实验 [例23] 在一定条件下用普通铁粉和水蒸气反应，可以得到铁的氧化物，该氧化物又可以经过此反应的逆反应，生成颗粒很细的铁粉，这种铁粉具有很高的反应活性，在空气中受撞击或受热时会燃烧，所以俗称“引火铁”，请分别用下图中示意的两套仪器装置，制取上速铁的氧化物和“引火铁”，实验中必须使用普通铁粉、6molL-1盐酸，其它试剂自选（装置中必要的铁架台、铁夹、铁圈、石棉网、加热设备等在图中均已略去）。 填写下列空白： （1）实验进行时试管A中应加入的试剂是 烧瓶B的作用是 ； 烧瓶C的作用是 在试管D中收集得到的是 （2）实验时，U型管G中应加入的试剂是 分液漏斗H中应加入 （3）两套装置中，在实验时需要加热的仪器是（填该仪器对应字母） （4）烧瓶I中发生的反应有时要加入少量硫酸铜溶液，其目的是 （5）试管E中发生反应的化学方程式是 （6）为了安全，在E管中的反应发生前，在F出口处必须 ；E管中反应开始后，在F出口处应 [解析] 这是一这典型的功能性信息给予实验题，①题给新信息是制取‘引火铁”的反应原理需同学们推理写出②“引火铁”的特性③两套未曾见过的新装置。解答中首先阅读题干“在一定条件下用普通铁粉和水蒸气反应，可以得到铁的氧化物。”联想学过的反应： （普通铁粉） 由此反应推知制取“引火铁”的新反应为 （引火铁） 即题中涉及铁的氧化物是Fe3O4（不是Fe2O3，也不是FeO），一定条件是指高温。 然后．仔细观察两套实验装置，可发现左边装置有用排水法收集反应生成气体（D试管）一定是H2，由此确认左边装置为制取铁的氧化物，而右边装置用于制取“引火铁”，这是本题解题的突破口，然后综合运用有关实验的知识和技能，结合对装置图的观察加工，即可解题如下： （1）A中应加入普通铁粉，B是作为水蒸气发生器，因反应产生的H2可能不连续，C瓶为防止水槽中的水倒吸而作缓冲瓶（较难），D中收集到的是H2。 （2）右边的装置气流是从右到左，烧瓶I和分液漏斗H的组合一定是H2发生装置，所用试剂自然是普通铁粉和6mol、L-1 盐酸，所以制得的H2中含有HCl气体和H2O（气），在制取“引火铁”之前必须净化、干燥，由此U形管G中应加入固体碱性干燥剂NaOH或碱石灰。 （3）根据题给两个反应的条件都是“高温”和要制取水蒸气的要求，可知实验时需要加热的仪器为A、B、E。 ．（4）联想到课本习题（《化学选修第三册》P62第4题），在Zn和稀H2SO4反应制取H2时加入少量CuSO4溶液能使制取H2的反应加快，可知，在I中加入少量CuSO4溶液，其目的是加快H2的生成速度，原因是形成了无数微小的Fe-Cu原电池，加快了反应（析氢腐蚀）的进行。 （5） 试管E中的反应自然是制取“引火铁”的反应。其关键在于反应物是Fe3O4而不是铁的其它氧化物。 （6）结合初中H2还原CuO的实验可知，H2在加热或点燃前一定要先验纯，所不同的是，本实验还要尽可能避免空气进入试管E，使制取的高活性的“引火铁”受热燃烧、所以要加带导管F的橡皮塞。此外E管反应后，为了防止F出口处的水蒸气凝结，堵塞出气口或回流到试管E将其炸裂，因此E管反应后，F出口处应点燃H2。 [答案] （1）普通铁粉；作为水蒸气发生器；防止水倒吸；氢气。 （2）固体NaOH（或碱石灰、CaO等碱性固体干燥剂；6mol·L-1HCl） （3）A、B、E （4）加快氢气产生的速度 （5） （6）检验氢气的纯度；点燃氢气 [评述] 本题以化学实报实销验为依托全面考查了观察、实验、思维、自学等诸多能力。其特点是：①题给新信息尽管很隐蔽，但仍源于课本；所给装置是由常用仪器装置重新组合而成的新颖、非常规装置。②设计仪器装置、选用药品时都打破常规，体现创新精神。如用烧瓶C作安全瓶；制取“引火铁”的装置顺序不是一般的从左→右，而是从右→左；气体的干燥、净化不用洗气装置也不用干燥管，而用U形管G代替；E试管的F出口不向下而是向上，引出剩余纯净的不污染空气的H2要点燃处理等。 由此可见，直接观察事物的表象，这仅仅是认识的第一个环节，观察之后，还必须经过思考进行初步加工。所谓初步加工，就是将从观察中得到的印象初步加以分析，从中提取事物的特征；或者在对事物的观察中，归纳出同类事物共有的特性；还包括对所获信息进行分类，归纳出表象的规律，从而作出正确的判断。凡此种种，构成了观察能力。 [例24] 为了测定乙醇的分子结构，有人设计了下图所示的用无水乙醇与钠反应的实验装置和测定氢气体积的测量装置，可供选用的实验仪器如下： （1）测量气体体积的正确装置是 （填写编号） （2）装置中A部分的分液漏斗与蒸馏烧瓶间连接的导管所起的作用是 （填写编号） （A）防止无水酒精挥发 （B）保证实验装置不漏气 （C）使无水酒精容易滴下 （3）实验前先将小块钠在二甲苯中熔化成钠珠，冷却后倒入烧瓶中。其目的是 。 （4）已知无水酒精的密度为0．789gcm-3，又2．Oml酒精反应完全后（钠过量），收集气体39Oml。则乙醇分子中能被钠取代出的氢原子为 ，由此可确定乙醇的结构式为 而不是 。 （5）实验所测定的结果偏高。可能引起的原因是 （填写编号） （A）本实验在室温下进行， （B）无水酒精中混有微量甲醇 （C）无水酒精与钠的反应不够完全 [解析] 这是一道将实验、计算、确定有机物分子结构相结合，实验设计与实验原理兼有的综合性实验题。解题中必须前后联系，分析题干与设问，尤其是设问（4）所创设的情景、数据。即所取无水酒精的体积少，只有2．0ml，使之充分与钠反应是本实验的关键；此外反应放出气体体积数较大390ml。因此问题（1）的答案显然只能是B。C在收集方法与无法确定体积上都是不可取的。D、E中E是明显干扰项滴定管测量体积精确，容易误选，实际上本实验因放出气体体积达390ml，又只需三位有效数字（密度数位限制），而滴定管没有400ml的容量，中途续换将导致误差。问题（2）导管将分液漏斗液面上方压力与蒸馏烧瓶内压力一致，可以使无水酒精容易流下。（3）二甲苯不参与反应，但与乙醇互溶可以增大无水酒精与钠的接触面。充分反应。（4）设1mol乙醇分子中可置换的氢原子x，则放出氢气 46g ×22400ml 2．00ml × 0.789gcm-3 390ml X = 1.015≈1 说明乙醇分子中只有一个位置特殊的氢原子，因此乙醇的结构式只能是 而不可能是 （6个氢原子等同）（5）本实验在室温下进行（20℃）而上述计算式涉及气体需在标准状况下测定。乙醇若混有甲醇也将使测定数据偏高。 [答案] （1）（B） （2）（C） （3）增大无水乙醇与钠接触面．充分反应 （4）1，     （5）（A） （B） [评述] 本题仍是一道信息迁移型的实验题，着重考查了自学能力充分提取信息中有关数据，运用数学工县解决化学问题；根据具体要求选择装置、通过定量实验确定有机物分子结构，综合实验能力、思维能力和自学能力。   （五）化学计算 [例25] 如果a克某气体中含有的分子数为b，则c克该气体在标准状况下的体积是 （A） （B） （C） （D） [解析] 审题时，首先要明确题目给的条件及需要回答的物理量——一定质量的气体在标准状况下的体积，然后根据各基本化学量的涵义和相互关系形成清晰的解题思路。本题宜由待求的量逐步递推：由（质量÷摩尔质量）×22.4推出标准状况下体积。该气体的摩尔质量子=a克／物质的量，而a克气体的物质的量为b/NA。在解题时则需由已知到未知逐一计算。 a克气体的物质的量： b／NA 该气体的摩尔质量：a÷b/NA=aNA/b C克气体的物质的量：c÷aNA/b=c = aNA/b=cb/aNA C克气体在标准状况下的体积： 升（L） 所以（A）是正确选项。 ［答案］（A） [评述] 本题是对摩尔质量、气体摩尔体积和阿伏加德罗常数涵义的综合考查，同时通过字母符号考查了推理、归纳和抽象思维能力。 （理解．中等难度） [例26] A、B两种化合物的溶解度曲线如下图。现要用结晶法从A、B混合物中提取A。（不考虑A、B共存时，对各自溶解度的影响。）     （1）取5Og混合物，将它溶于100g热水，然后冷却至2O℃。若要使A析出而B不析出，则混合物中B的质量百分比（B%）最高不能超过多少？（写出推理及计算过程） （2）取Wg混合物，将它溶于100g热水，然后冷却至10℃。若仍要使A析出而B不析出，请写出在下列两种情况下，混合物中A的质量百分比（A%）应满足什么关系式。（以W、a、b表示。只需将答案填写在下列横线的空白处。） 答：当W＜a＋b时，A％ 当W＞a＋b时，A% [解析] 这道题解题的关键是：若要使某溶质从溶液中析出，其溶解量必须超过该温度下的溶解度；若要使它不析出，则其溶解量必须超过该温度下的溶解度。 设问（1），观察溶解度曲线B，2O℃若要B不析出，该溶液中B的质量不能超过2Og，由于A、B质量共5Og，此时A的质量就超过3Og，大于该温度下A的溶解度（1Og），因而有A析出符合题意，这样，由5Og×B％≤2Og 得B％≤ B% ≤40% 设问（2），由图得知10℃时A和B的溶解度分别为a和b。 当w＜a＋b时， 若要B不析出，W× B%≤b，其中B％＝1－A% ∴W（1－A%）≤b，W－WA%≤b WA% ≥ W-b则A%≥ 若要A析出需 W×A％＞a 即 为同时满足上述条件需比较关与的值 ∵ W＜a＋b即 W－b＜a 即＜ 只要A%＞即可。 当W＞a＋b时，同样的为满足A析出B不析出，必须A%＞及A%＞ 此时 W＞a＋b 即W—b＞a 则只要A%即可 [答案] （1）B％≤40％。 （2）当W＜a＋b时 当W＞a＋b时，A%≥ [评述] 本题考查了溶解度的概念、析晶条件等基本原理，是推理 计算题 一年级下册数学竖式计算题下载二年级余数竖式计算题 下载乘法计算题下载化工原理计算题下载三年级竖式计算题下载 ，试题涉及的两个小问在难度上有梯度，设问（1）从具体数据入手只要掌握溶解度的概念，理解溶解度曲线的含义，不难得出正确结论，第（2）问则要求进一步推导用抽象的字母表示，在总质量分别小于、大于溶解度之和时，符合题意（A不析出、B析出）的两种情况下的代数表达式。由于引入了用不等式回答问题，加大了难度，充分考查了运用数字工具解决化学问题与抽象思维能力。 （综合应用，较难） [例27] 在100mL NaOH溶液中加入NH4NO3和（NH4）2SO4的固体混合物，加热充分反应，上图表示加入的混合物质量与产生的气体体积（标准状况）的关系，试计算 （1）NaOH溶液的物质的量浓度。 （2）当NaOH溶液的体积为140mL，固体混合物的质量为51.6g时，充分反应后，生成气体的体积（标准状况）为 L。 （3）当NaOH溶液的体积为180mL，固体混合物的质量仍为51.6g时，充分反应后，生成气体的体积（标准状况）为 L。 [解析] 本题考查了对图示法给出信息的理解与接受能力，以及如何从中排除干扰选择必要的信息，找到解题的捷径。在阅读观察中须通过坐标、图形、数据分析反应情况。图中提供两组平行数据，其中只有一组（长虚线所对应的）是解题的依据，另一组则是多余的干扰信息。试题还将反应物之一（铵盐）设定为一种未指明相对含量的混合物（实际解题中并不需要了解其组成），这是又一次故意设置的干扰信息。 （1）根据必要信息。由图中长折线所对应的纵横坐标可知：对于100mL NaOH溶液，随着铵盐加入量增加（加热），放出NH3的体积增大但当铵盐加入量超过34．4g后，NH3体积不再变化。说明100mL溶液与34.4g按盐恰好完全反应。根据化学万程式： 1mol 22.4L C×O.1L 11.2L NaOH溶液浓度 C= （2）计算14OmL NaOH溶液与51.6g铵盐反应时放出的氨气的体积时，应先比过量：以铵盐为准，设需NaOHx mL则，x=150mL。显然140mL NaOH溶液是不足量的，以不足量为准，生成NH3体积为y，，y＝15.68（L）. （3）由第（2）小题得知51．6g铵盐固体混合物完全反应需15OmL NaOH溶液，现有18OmL NaOH溶液，显然此时铵盐不足量，计算时应以铵盐为准，设生成NH3的体积为z z=16.8（L） [答案] （1）从图上看出34．4g混合铵盐恰好与100mL NaOH溶液完全反应设NaOH溶液物质的量浓度为C NaOH—NH3 1 mol 22.4L C molL-1·O.1L 11．2L C（mol-1）=molL-1   （2）15.68（L） （3）16.8（L） [评述] 本题在计算的内容与要求上都比较简单，但题示信息隐含在图象中，需在阅读观察、分析应答过程中去发现并掌握，同时试题还给出了解题时不需要的干扰信息，需要我们将试题所给信息与设置情境相结合，加以分析与判断，从而决定取舍。高考已多次测试过让考生自己选择解题必须的数据（1994年37题、1993年39题第2问）。 如：1997年测试题第3题： 将m1g锌加入到m2g20%HCl中去，反应结果共放出氢气N（标准状况），则被还原的HCl的物质的量是（A） （B） （C） （D） [解析] 题设m1、m2因不知哪一个过量属于干扰数据，只言选项D正确。 （综合应用，较难） [例28] 80℃、101.3kPa下，用下图装置进行如下实验。A、C两筒内分别装有无色气体，它们可能合NH3、O2、N2、H2S、NO、CO2等气体，B管内装有固体，推动A的活塞使A筒中的气体缓缓地全部通过B，后进入C筒，C中的气体由无色变成红棕色，但其体积换算成同温同压下却并未变化。 （1）C中发生的反应，其化学方程式是 。已知原C中的气体是单一气体，它是 （若有多种可能的答案，需一一列出。）将反应后C筒中的气体，用水充分吸收，在同温同压下，气体体积减少一半，则与水反应前C中的气体是 。（若有多种可能的答案，需一一列出。）     （2）若实验开始前A、C中气体的体积（制版成标准状况）分别为1.4OL和2.24L，且A中的气体经过B管后，B管增重了1.4Og，通过计算和推理可判定A中的气体是 ，其质量为 g。（不必写出计算和推理过程） [解析] 本题要求将分子量、物质的量、气体摩尔体积，以及利用化学反应方程式等的计算，与元素及其化合物的性质和反应结合起来，根据试题给出的条件进行分析、推理和论证，以求得最终结果，为了避免答卷时冗长的文字叙述，试题设计成填空形式。填空的难度由易到难，问题由简到繁，计算量由小到大，能力层次的要求也由低到高，从卷面看来要求回答的内容似乎比较简单，但是蕴含着的思维容量却很大，解题时要求考生仔细审题、反复推敲、全面分析、缜密推理。 （1）本小题的第一步是最简单的。根据试题列出的气体范围，并由C筒中发生的现象（气体由无色转变成红棕色），即可写出其化学反应方程式是：2NO＋O2＝2NO2。第二步，已知反应前C筒中的气体是单一气体，所以只可能是O2或NO；其次，题设C筒中气体在反应前后体积并未变化，而上述反应式中只有NO和NO2的系数相等，由此判断，原C筒中的气体只可能是NO。而由B管进入C商的气体就是纯O2。第三步，C筒中NO和O2反应后得到（亦即与水反应前）的气体组成有三种可能：①NO2和O2（O2过量）；②NO2（NO和O2恰好完全反应）；③NO2和NO（O2不足量）。如前所述，O2进入后C筒中的气体总体积不变，因此可以断定没有过量的O2进入c筒，从而排除①。然后根据NO2和H2O反应的化学方程式：3NO2＋H2O＝NO＋2HNO3，可知，如果是②，反应前后气体的体积比应为3：1，与试题给出的条件（2：1）不符，所以又可以排除②。由此得出，跟水反应前的气体应是NO2和NO的混合气体。 （2）该小题要求判定原A筒中的气体成分，并计算其质量，为此必须先计算进入C筒的O2的体积。由NO2和NO混合气体与水反应时的体积变化可计算其中的NO2体积，并由此计算进入C筒的O2的体积。 设与水反应前NO2和NO的体积分别为V（NO2）和V（NO），根据题没条件可列出两式： 解之，得V（NO2）=1.68L，所以由B管进入 C筒的O2体积＝O.84L，此时由B管增重可推知A中一定有CO2。设体积为X，放出O2为y， 2Na2O2 ＋ 2CO2 ＝ 2Na2CO3 ＋ O2↑ 增重△m 2×78g 2×22.4L 2×106g 22． 4L 56g X Y 1.4g 质量 即 V（CO2）＝1．12L Y=22.4L ×1.4g/56g = 0、56L 进入C管O2为0.84L，A中有O2：0.84L-0.56L=0.28（L）,O.28L+1.12L=1.4L（与题设A中气体相等） （g），则A中气体质量：2.2g＋O.4g＝2．6g 本小题还可以由进入C管O2体积计算： 设A管中含CO2体积x、O2体积y， 则 解之 x＝1.12（L） y ＝ O.28（L） 用B管增重验证： [答案] （l）2NO＋O2＝2NO2，NO，NO2和NO （2）CO2和O2，2.6。 [评述] 本题设问（1）看似答案分散，带有迷惑性，但仔细分析答案是唯一的。第2难度大，需要边计算、边推理、边证，一气呵成才能得到正确结论，中途稍有失误就导致整体不得分。属于选拔功能很强的针对重点中学学生设置的难题。不宜作一般要求。 【例 29】（2015秋 黄冈期末）常温常压下，用等质量的氢气、甲烷、氯气、二氧化碳四中气体分别吹出四个气球，其中气体为甲烷的是（ ） [考点] 阿伏伽德罗常数 [分析] 同温同压下，相同质量的气体，体积之比与摩尔质量成反比，即摩尔质量越大，气体占有的体积越小，以此解答该题。 [解答] 解：同温同压下，相同质量的气体，体积之比与摩尔质量成反比，即摩尔质量越大，气体占有的体积越小，CH4的摩尔质量为16g/mol，CO2的摩尔质量为44 g/mol，O2的摩尔质量为32 g/mol，H2的摩尔质量为2g/mol。故：同温同压下，等质量的CH4、CO2、O2、H2占有体积大小为：H2〉CH4〉CO2〉O2。 故选C [点评] 本题考查常用化学计算里的有关计算、阿伏伽德罗定律及推论等，注意对公式的理解与灵活运用。 【例30】（2013秋 南开区期末）在一定体积的密闭容器中放入3L气体R和5L气体Q，在一定条件下发生反应2R（g）+5Q（g）=4X（g）+nY（g）反应完全后，容器温度不变，混合气体的压强是原来的87.5%，则化学方程式中的n值时（ ） [考点] 阿伏伽德罗定律及推论 [专题] 阿伏伽德罗常数和阿伏伽德罗定律 [分析] 在相同温度和体积下，气体的压强与物质的量成正比，容器温度不变，混合气体的压强是原来的87.5%，说明反应后气体的总物质的量减小，则反应应向物质的量减小的方向进行，以此判断方程式中化学计量数关系。 [解答] 解：容器温度不变，混合气体的压强是原来的87.5%，说明反应后气体的总物质的量减小，则反应应向物质的量减小的方向进行，即方程式中反应物的化学计量数之和大于生成物的化学计量数之和， 则有：2+5〉4+n，n〈3， 选项中只有A符合。故选A 【例31】（2015秋 泉州校级月考）依照阿伏伽德罗定律，下列叙述正确的是（ ） A. 同温同压下两种气体的体积之比等于摩尔质量之比 B. 同温同压下两种气体的物质的量之比等于密度之比 C. 同温同压下两种气体的摩尔质量之比等于密度之比 D. 同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比 [考点] 阿伏伽德罗定律及推论 [专题] 压轴题，阿伏伽德罗常数和阿伏伽德罗定律 [分析] 根据PV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，又n=m/M，若质量关系不相等，则无法确定体积与摩尔质量的关系； 同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比； 又根据PM=ρRT可知，同温同压下两种气体的摩尔质量之比等于密度之比。 [解答] 解：A、由PV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，又n=m/M，若质量关系不相等，则无法确定体积与摩尔质量的关系，若气体的质量相等，则同温同压下两种气体的体积与摩尔质量成反比，故A错误； B、由PV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，又V=m/ρ，若质量相等时，同温同压下两种气体的物质的量与密度成反比，故B错误； C、由PM=ρRT可知，同温同压下摩尔质量与密度成正比，则两种气体的摩尔质量之比等于密度之比，故C正确； D、由PV=nRT可知，同温同体积下物质的量与压强成正比，则来那个中其他的物质的量之比等于压强之比，故D正确； 答案选择：C D [点评] 本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确PV=nRT是解答本题的关键，注意公式变形及公式中一个量随另一个量的变化来分析解答即可。 【例31】（2013秋 姜堰市期中）同温同压下，等质量的SO2和SO3气体相比较，下列叙述正确的是（ ） A.密度比为4:5 B.物质的量之比为4:5 C.体积比为1:1 D.原子数之比为3:4 [考点] 阿伏伽德罗定律及推论 [专题]阿伏伽德罗常数和阿伏伽德罗定律 [分析] 根据质量计算气体的物质的量，可得物质的量之比，根据分子组成可得原子数之比，同温同压下，气体的物质的量之比等于体积之比，密度之比等于相对分子质量之比。 [解答] 解：A、由n=m/M=V/Vm可知，在相同条件下气体的相对分子质量之比等于密度之比，所以两种气体的密度之比为64:80=4:5，故A正确； B、设气体的质量为m，则n（SO2）=m/64mol，n（SO3）=m/80mol，所以物质的量之比= m/64mol：m/80mol=80:64=5:4，故B错误； C、根据V=n×Vm可知，同温同压下，气体的物质的量之比等于体积之比，所以两种气体体积之比等于5:4，故C错误； D、根据分子组成可知，两种气体的原子数之比为（5×3）:（4×4）=15:16，故D错误， 答案选择：A [点评] 本题考查阿伏伽德罗定律及推论，提目难度中等，注意物质的量与体积、密度、原子数目的计算公式的运用。 【例32】（2013安徽模拟）同温同压下，等体积的两容器内分别充满14N16O和13C16O气体下列两容器中气体判断正确的是（ ） A. 质量相同 B.分子数不同 C.中子数相同 D.质子数相同 [考点] 阿伏伽德罗定律及推论 [分析] 同温同压下，等体积的气体的气体分子数相同，14N16O和13C16O都是双原子分子，中子数都是15，分子14N16O和13C16O中质子数分别是15、14，中性分子质子数等于电子数，二者摩尔质量不同，据此结合选项进行判断。 [解答] 解：同温同压下，等体积的两容器内气体的分子数相同，所以14N16O和13C16O分子数相同。 A. 14N16O和13C16O分子数相同，二者摩尔质量不同，所以质量不同，故A错误； B. 同温同压下，等体积的气体的气体分子数相同，所以14N16O和13C16O分子数相同，故B错误； C. 14N16O和13C16O分子数相同，分子中的中子数都是15，所以中子数相同，故C正确。 D. 14N16O和13C16O分子数相同，14N16O和13C16O分子所含有质子数分别为15、14，所以含有的质子数不同，故D错误； 答案选择：C [点评] 本题考查阿伏伽德罗定律及推论，常用化学计量计算，题目难度中等，可借助PV=nRT理解阿伏伽德罗定律及推论，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力。 【例33】（2012 春 荆门期末）下列离子检验的方法正确的是（ ） A. 某溶液加入硝酸银溶液有白色沉淀，说明原溶液中有Cl－ B. 某溶液加入氯化钡溶液有白色沉淀，说明原溶液中有SO42－ C. 某溶液加入氢氧化钠溶液有蓝色沉淀，说明原溶液中有Cu2+ D. 某溶液加入稀硫酸生成无色气体，说明原溶液中有CO32－ [考点] 常见阴、阳离子的检验 [专题] 物质检验识别题 [分析] A. 能使硝酸银产生白色沉淀的离子有氯离子、硫酸根离子等 B. 能使氯化钡产生白色沉淀的有硫酸根离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子、银离 子等 C. 能使氢氧化钠产生蓝色沉淀的阳离子只有铜离子 D. 能和稀硫酸反应生成无色气体的离子有碳酸根离子、亚硫酸根离子等 [解答] A.能使硝酸银产生白色沉淀的离子有氯离子、硫酸根离子等，所以原溶液中不一定有Cl-，故A错误； B.能使氯化钡产生白色沉淀的有硫酸根离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子、银离 子等，所以原溶液中不一定含有硫酸根离子，故B错误； C,能使氢氧化钠产生蓝色沉淀的阳离子只有铜离子，所以某溶液中加入氢氧化钠溶液有蓝色沉淀，说明原溶液中有Cu2+，故C正确； D.能和稀硫酸反应生成无色气体的离子有碳酸根离子、亚硫酸根离子等，所以原溶液中不一定含有碳酸根离子，故D错误； 【例34】（2015周口校级模拟）某溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、CO32－、SO42-、Fe3+、NO3－中的几种。 eq \o\ac(○,1)若加入锌粒，产生无色无味的气体； eq \o\ac(○,2)若加入氢氧化钠溶液，产生白色沉淀，且产生沉淀的量与加入氢氧化钠的物质的量之间的关系如图所示则下列说法正确的是（ ） A. 溶液中的阳离子有H+、NH4+、Mg2+、Al3+ ；B. 溶液中n（NH4+）=0.2mol C. 溶液中一定不含CO32－，可能含有SO42-、NO3－；D. n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=1:1:1 [考点] 常见阴、阳离子的检验 [专题] 物质检验识别题 [分析] eq \o\ac(○,1)若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO32-和NO3-不能大量共存； eq \o\ac(○,2)加入氢氧化钠溶液产生白色沉淀，说明不存在铁离子，根据产生的沉淀量与加入氢氧化钠的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为沉淀达到最大值时，继续加入氢氧化钠，沉淀不变，说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42-，结合图像中各阶段消耗的氢氧化钠，计算溶液中n（H+）、n（Al3+）、n（Mg2+）、n（NH4+），据此进行解答。 [解答] 解：根据 eq \o\ac(○,1)可知，溶液显酸性，则溶液中一定不存在CO32－和NO3－； 根据 eq \o\ac(○,2)可知，产生白色沉淀，说明不存在Fe3+；根据产生的沉淀量与加入氢氧化钠的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为沉淀达到最大值时，继续加入氢氧化钠，沉淀不变，说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42－； 根据图像可知，第一阶段为氢离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠0.1mol，则 n（H+）=0.1 mol；第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗NaOH 0.7-0.5=0.2 mol，则n（NH4+）=0.2 mol；最后阶段为NaOH溶解Al（OH）3，消耗氢氧化钠0.8-0.7=0.1mol，则n[Al（OH）3]=0.1mol，根据铝元素守恒，可知n（Al3+）=0.1mol；第二阶段为NaOH沉淀镁离子、铝离子，共消耗NaOH为0.5-0.1=0.4mol，则 n（Mg2+）=（0.4mol-0.1mol*3）*（1/2）=0.05mol； A． 由上述分析可知，溶液中的阳离子只有H+、NH4+、Mg2+、Al3+，故A正确； B． 第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗NaOH为0.7-0.5=0.2mol，则 n（NH4+）=0.2 mol，故B正确； C． 由上述分析可知，溶液总一定不含CO32－、NO3－，一定存在阴离子SO42－，故C错误； D． 由上述分析可知，n（H+）:n（Al3+）:n（Mg2+）=0.1:0.1:0.05=2:2:1，故D错误； 故选A 、B [点评] 本题考查离子共存、反应图像识别以及离子反应有关计算等，是高考中的常见题型对学生的综合能力提出了更高的要求，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，题目难度较中等。 【例35】（2015 张掖模拟）某课外活动小组的同学从某地颗粒采集器中获得雾霾颗粒样品，然后用蒸馏水浸取，在探究雾霾颗粒可溶性成分实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（ ） A. 向浸取液中滴入AgNO3溶液有白色沉淀产生，说明雾霾中一定含有Cl- B. 向浸取液中滴入硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明雾霾中一定有SO42- C. 向浸取液中加入Cu和浓硫酸，试管口有红棕色气体产生，说明雾霾中可能含有NO3- D. 向浸取液中加入浓NaOH溶液微热，试管口附近湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明雾霾中一定含有NH4+ [考点] 常见阴、阳离子的检验 [分析] A.硫酸银、氯化银、碳酸银都是白色沉淀；B.氯化钡溶液与硝酸银可以生成氯化银白色沉淀；C.红棕色气体产生，红棕色气体是二氧化氮（NO2）由NO与氧气反应生成；D.能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气。 [解答] 解：A.硫酸银、氯化银、碳酸银都是白色沉淀，故向一种未知溶液滴加硝酸银溶液，有白色沉淀，此沉淀不能确定是氯化银，故A错误；B.BaCl2溶液与硝酸银可以生成氯化银白色沉淀，故此沉淀不一定是硫酸钡，故B错误；C.红棕色气体产生，红棕色气体是二氧化氮，有一氧化氮（NO）与氧气反应生成，说明雾霾中可能含有NO3-，故C正确；D.一种未知溶液滴加氢氧化钠溶液，加热后产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为氨气，故原溶液中存在铵根，故D正确，所以答案选择A 、B 【例36】（2015 湖州二模）某溶液中可能含有Al3+、NH4+、Fe2+、Na+、CO32－、SO42－、Cl－、NO3+中的若干种，如在该溶液中逐滴加入稀盐酸至过量无明显现象，并得到X溶液，对X溶液进行如下实验：（已知该题忽略水的电离，且原溶液中各离子浓度均为0.5mol·L-1）。下列结论正确的是（ ） 气体A 空气 红棕色气体 沉淀B 溶液X过量硝酸钡溶液 白色沉淀 溶液B 少量CO2 白色沉淀C 溶液A 过量NaOH溶液并加热 气体B A. 原溶液中可能含有NO3+和Al3+； B. 白色沉淀可能是Al（OH）3； C. 原溶液中一定存在NH4+、Fe2+、Na+、CO32－、Cl－； D. 沉淀B可能是Fe（OH）2 和Fe（OH）3的混合物； [考点] 常见阴、阳离子的检验 [分析] 在溶液中逐滴加入稀盐酸至过量无明显现象，则溶液中不存在CO32－，且Fe2+、CO32－不能同时存在，向溶液X中加热硝酸钡产生气体A，气体A遇到空气变成红棕色，则A为一氧化氮（NO），原溶液中一定含有Fe2+，则一定不含NO3+；生成的白色沉淀A只能为硫酸钡，则溶液中一定含有SO42－；向溶液A中加入过量氢氧化钠溶液，得到沉淀B为氢氧化铁，气体B只能为氨气，则一定存在NH4+；向溶液B中通入少量二氧化碳，生成了白色沉淀C，由于溶液中含有氢氧根离子和钡离子，则沉淀C为碳酸钡；根据分析可知，溶液中一定含有NH4+、Fe2+、SO42－，一定不含CO32－、NO3+，无法确定是否含有Al3+、Cl－，由于原溶液中各离子浓度均为0.5mol·L-1，根据溶液电中性可知，溶液中一定不含Al3+，一定含有Cl-，据此进行判断。 [解答] 解：在溶液中逐滴加入稀盐酸至过量无明显现象，则溶液中不存在CO32－，且Fe2+、CO32－不能同时存在，向溶液X中加热硝酸钡产生气体A，气体A遇到空气变成红棕色，则A为一氧化氮（NO），原溶液中一定含有Fe2+，则一定不含NO3+；生成的白色沉淀A只能为硫酸钡，则溶液中一定含有SO42-；向溶液A中加入过量氢氧化钠溶液，得到沉淀B为氢氧化铁，气体B只能为氨气，则一定存在NH4+；向溶液B中通入少量二氧化碳，由于溶液中含有氢氧根离子和钡离子，则沉淀C为碳酸钡；根据分析可知，溶液中一定含有NH4+、Fe2+、SO42－，一定不含CO32－-、NO3+，无法确定是否含有Al3+、Cl-，由于原溶液中各离子浓度均为0.5mol·L-1，根据溶液电中性可知，溶液中一定不含Al3+，一定含有Cl－， A. 根据分析可知，原溶液中一定不含铝离子和硝酸根离子，故A错误； B. 白色沉淀C碳酸钡，不可能为氢氧化铝，故B错误； C. 根据分析可知，原溶液中一定存在NH4+、Fe2+、SO42－、Cl－，故C正确； D. 由于硝酸钡、盐酸过量，则亚铁离子完全被氧化成铁离子，故沉淀B一定为氢氧化铁，故D错误； [点评]本题考查了常见离子的检验，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，根据电中性判断铝离子、氯离子存在的情况为易错点试题侧重考查学生的分析、理解能力及逻辑推理能力 【例37】（2009 四川）下列有关物质检验的实验结论正确的是（ ） 选项 实验操作及现象 实验结论 A 向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成 该溶液中一定含有SO42－ B 向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色再向溶液中加入几滴新制的氯水，溶液变为红色 溶液中一定含有Fe2+ C 将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色 该气体一定是SO2 D 将少量某物质的溶液滴加到新制的银氨溶液中，水浴加热后有银镜生成 该物质一定属于醛类 A. A B. B C. C D. D [考点] 常见阴、阳离子的检验;常见气体的检验；有机物（官能团）的检验 [专题] 物质检验鉴别题 [分析] A、根据硫酸根离子的检验方法分析是否有干扰离子存在；B、结合三价铁离子的检验方法进行分析判断；C、依据漂白性物质的漂白作用和二氧化硫的检验方法判断；D、从醛基官能团的存在物质进行分析 [解答] 解：A、SO42－的检验，应该先加盐酸，若无现象，再加氯化钡溶液，产生白色沉淀，则证明存在SO42－，否则会受到银离子等其它离子的干扰，向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，可能是氯化银沉淀，故A错误；B、三价铁离子遇到硫氰酸根会生成血红色溶液，二价铁离子无此现象，向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色，说明不含三价铁离子，再向溶液中加入几滴新制的氯水，溶液变为红色，说明生成了三价铁离子，因此原溶液含有二价铁离子，故B正确；C、二氧化硫气体检验方法，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热恢复红色，证明是二氧化硫，但选项中也可能是氯气通入后生成的次氯酸起漂白作用，故C错误；D、能发生银镜反应的官能团为醛基，醛基可以在醛中，也可以在葡萄糖、甲酸、甲酸盐、甲酸酯中存在，故D错误； 正确答案：B [点评] 本题考查有关常见离子的检验和物质鉴别等知识，知识点较为基础，为综合运用题。注：银氨溶液也称多伦试剂、吐伦试剂、土伦试剂（Tollens' reagent），指含有二氨合银（I）离子（[Ag(NH3)2]+）的水溶液，一般由硝酸银或其他银化合物与氨水反应制取，用作银镜反应的试剂。 银镜反应 在洁净的试管里加入1mL2%的硝酸银溶液，再加入氢氧化钠水溶液，然后一边振荡试管，可以看到白色沉淀。再一边逐滴滴入2%的稀氨水，直到最初产生的沉淀恰好溶解为止（这时得到的溶液叫银氨溶液). 葡萄糖、乙醛的银镜反应：再滴入一滴管的葡萄糖溶液或3滴乙醛，振荡后把试管放在热水中温热。不久可以看到，试管内壁上附着一层光亮如镜的金属银。（在此过程中，不要晃动试管，否则只会看到黑色沉淀而无银镜。） 反应本质：这个反应里，硝酸银与氨水生成的银氨溶液中含有氢氧化二氨合银，这是一种弱氧化剂，它能把乙醛氧化成乙酸(即-CHO被氧化成-COOH)，乙酸又与生成的氨气反应生成乙酸铵，而银离子被还原成金属银。从葡萄糖的角度来说，葡萄糖中有醛基，具有还原性，把硝酸银里的银离子还原成金属银。 配制方法1.准备试管：在试管里先注入少量氢氧化钠溶液，振荡，然后加热煮沸。把氢氧化钠倒去后，再用蒸馏水洗净备用。2.配置溶液：在洗净试管中，注入1mL 硝酸银溶液，然后逐滴加入氨水，边滴边振荡，直到最初生成的沉淀刚好溶解为止 教材中银氨溶液配制过程中： 向溶液里逐滴滴加氨水首先析出AgOH： AgNO+NH·H2O==AgOH↓+NHNO 常温下AgOH极不稳定，分解为AgO暗棕色沉淀 2AgOH==AgO+HO 继续滴加氨水，沉淀溶解： AgO+4NHHO=2Ag(NH)+2OH-+3HO 同时，生成的OH-与前面反应生成的NH+反应： OH-+NH+==NH·HO 因此，向AgNO溶液里加入稀氨水至沉淀溶解的总离子方程式为： Ag++2NH·HO==Ag(NH)++2HO此时溶液中只含NO-和Ag(NH)+，即得到Ag(NH)NO，不是氢氧化二氨合银。 注意事项 1.银镜反应的成败关键之一，是所用的仪器是否洁净。2.配制银氨溶液时，应防止加入过量的氨水。银氨溶液必须随配随用，不可久置。3.实验完毕，试管内的银氨溶液要及时处理，先加入少量盐酸，倒去混和液后，再用少量稀硝酸洗去银镜，并用水洗净。否则可能会生成雷爆银（主要成分是氮化银）。 银氨溶液有一个作用是检验有还原性的糖（葡萄糖、麦芽糖、果糖）也是发生银镜反应 银镜反应：2[Ag(NH₃)2OH]+R-CHO→R-COONH₄+2Ag↓+H₂O+3NH₃ {因为氨气极易溶于水，所以不标气体逸出符号“↑”} (甲醛除外）甲醛与银氨溶液反应方程 HCHO + 4[Ag(NH₃)₂]OH = (NH₄)2CO₃ + 4Ag↓+ 6NH₃ +2H₂O{因为氨气极易溶于水，所以不标气体逸出符号“↑”}) 在制备银氨溶液时，一般用稀氨水而不用浓氨水。这是因为在配制银氨溶液时，若氨水太浓，NH₃容易过量，使Ag过度地被络合，降低银氨溶液的氧化能力。 第1章 从实验学化学 第1节 化学实验基本方法 第1课时 化学实验 【经典例题】 知识点一 化学实验安全 1．对危险化学品要在包装标签上印上警示性标志。下列的化学药品名称与警示标志名称对应正确的是(　　) A．酒精——剧毒品　　　　 B．浓硫酸——腐蚀品 C．汽油——易燃品 D．烧碱——剧毒品 答案　BC 解析　酒精属于易燃品，浓硫酸属于腐蚀品，汽油属于易燃品，烧碱属于腐蚀品。 特别提醒　要熟记常用危险化学品的警示性标志，严格遵守接触危险化学品的安全规则，谨防危险事故的发生。 知识点二 化学实验基本操作 2．下列实验操作正确的是(　　) 答案　AB 解析　用蒸发皿加热溶液时不用垫石棉网；NaOH具有腐蚀性，称量时应放在小烧杯中称量。 3．(1)有如下图所示A、B、C三种仪器： 请选择下列仪器名称的序号，填入相应的空格内： ①烧杯　②普通漏斗　③圆底烧瓶　④锥形瓶　⑤分液漏斗 A．____________；B.____________；C.____________。 (2)某同学用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如下图，由图中可以看出，该同学在操作时的一个错误是___________________________________________，烧杯的实际质量为________g。 (3)指出下图中3个实验中各存在的一个错误： A．________________________________________________________________________； B．________________________________________________________________________； C．________________________________________________________________________。 答案　(1)③　⑤　④　(2)砝码放在左盘，烧杯放在右盘(或砝码和物品的位置放反了)　27.4　(3)滴管口伸入试管中　试管口向上倾斜　混合气体从短导管进入洗气瓶 解析　本题考查内容广泛。①考查了常用仪器的识别；②托盘天平的使用；③仪器的组装及操作的规范性，并对不规范的操作做出判断。使用托盘天平时必须遵循“左物右码”的原则，根据托盘天平的称量原理，左盘质量＝右盘质量＋砝码质量，则烧杯的质量(右盘)＝30 g－2.6 g＝27.4 g，此时必须注意：标尺的每个小格为0.2 g。 易错警示　不少同学对天平启动游码以后左右两侧的质量关系不够了解，可能误以为烧杯的质量是32.6 g。有关托盘天平的计算是个难点，解题时易出错，同学们最好记住一个公式：m(右)＋m(游)＝m(左)，无论砝码和被称量的物质的位置颠倒与否，此式都成立。 【课堂作业】 1．下图是一些常用的危险化学品标志，装运浓硫酸的包装箱应贴的图标是(　　) 答案　A 解析　浓H2SO4具有腐蚀性 2．图标所警示的是(　　) A．当心火灾——氧化物 B．当心火灾——易燃物质 C．当心爆炸——自燃物质 D．当心爆炸——爆炸性物质 答案　B 解析　本题主要考查生活中的一些常见图标的含义，考查学生的理解能力，提醒考生关注身边的化学。图标画的是火苗的形状，因此表示易燃物质，当心火灾。 3．进行化学实验必须注意安全，下列说法不正确的是(　　) A．点燃氢气前要检验纯度，以免发生爆炸 B．不慎将浓盐酸沾到皮肤上，要立即用浓碱溶液冲洗 C．CO气体有毒，处理CO尾气的方法一般是将其点燃，转化成无毒的CO2 D．在盛O2的集气瓶中进行铁丝燃烧实验时，事先在集气瓶底铺上一层沙子 答案　B 解析　氢气中混有空气点燃易发生爆炸，因此点燃氢气前要检验纯度；浓盐酸沾到皮肤上用水冲洗就可以了，而浓碱溶液的腐蚀性很大；CO气体有毒，又易燃，点燃后生成无毒的二氧化碳；铁丝在O2中燃烧放出大量的热，生成高温固体四氧化三铁，事先在集气瓶底铺上一层沙子可防止集气瓶因受热不均而炸裂。 4．下列实验操作中都正确的选项是(　　) ①用剩后的药品为避免浪费应放回原瓶 ②蒸发氯化钠溶液时要用玻璃棒不断搅动 ③称取易潮解的药品时必须放在玻璃器皿中称量 ④用试纸检验气体性质时，手拿着试纸经水润洗后靠近气体观察试纸颜色的变化 A．②③ B．②③④ C．②④ D．①②③④ 答案　A 解析　①中用剩后的药品一般不放回原瓶，应放入指定的回收容器中；④中应把试纸放在玻璃棒上，靠近气体；②、③正确。 5．以下关于化学实验中“先与后”的说法中正确的是(　　) ①加热试管时，先均匀加热，后局部加热 ②用排水法收集气体后，先移出导管后撤酒精灯 ③制取气体时，先检验装置气密性后装药品 ④点燃可燃性气体如H2、CO等时，先检验气体纯度后点燃 ⑤做H2还原CuO实验时，先通H2后加热CuO，反应完毕后，先撤酒精灯待试管冷却后停止通H2 ⑥浓硫酸不慎洒到皮肤上，先迅速用干布擦去，后用水冲洗，再涂上3%～5%的NaHCO3溶液；若是其他酸，先用大量水冲洗后再涂上NaHCO3溶液 ⑦碱流到桌子上，先加稀醋酸溶液中和，后用水洗 A．①②③⑤⑦ B．①②④⑤⑥ C．①②③④⑤ D．全部 答案　D 解析　本题主要考查化学实验基本操作和实验安全问题，学习时要注意归纳总结。 6．下列实验操作中正确的是(　　) A．手持试管给试管里的物质加热 B．将鼻孔凑到集气瓶口闻气体的气味 C．酒精灯的火焰可以用嘴吹灭 D．一般用药匙或镊子取用固体药品 答案　D 解析　根据题干要求做出判断。题中手持试管给试管里的物质加热容易烫伤手，应该用试管夹靠近管口夹持试管；有些气体的气味有强烈的刺激性或毒性，所以应该用手轻轻地在瓶口扇动，仅使极少量气体飘进鼻孔；酒精灯的火焰不可用嘴吹，应该用灯帽盖灭，原因是吹气时，一是由于空气流动，加速灯芯上酒精蒸发，会烧得更旺，二是可能将火焰压入灯内，引起爆炸；一般用药匙或镊子取用固体药品。 7．在一个实验桌上放着四种化学药品，它们的瓶壁上分别写着白砂糖、小麦面粉、加碘食盐和食用味精。为了进一步地确认它们的实物和名称是否相符而进行化学实验，下列做法中不可取的是(　　) A．观察比较它们的外观状态 B．各取少量分别放在手里试一试 C．各取少量分别放在口里品尝一下 D．用化学方法进行鉴别 答案　BC 解析　为了确保实验者的人身安全，对任何化学药品，都不能用手直接接触，更不能用口尝其味道。 8．如图所示的实验操作正确的是(　　) 答案　C 9．某校在复习CO的化学性质时，准备做CO还原CuO的实验，张老师要求同学们自己设计实验装置。经汇总，同学们设计了以下四套实验装置图。 你认为最不理想的实验装置是________，最科学的实验装置是________。 答案　A　D 解析　对于装置A：实验装置最简单，但没有尾气处理装置，CO有剧毒，实验设计不完全；装置B：设计较合理，注意到了要将尾气中的CO回收，但回收气球充气后会有一定气压，尾气通过不顺畅；装置C，设计合理，尾气中的CO可燃去，实验安全，但要多用一盏酒精灯，消耗能源较多；装置D：设计更合理，尾气中的CO可燃烧，产生的热能还可用于加热，节约能源。但若尾气气流太猛时，可能会影响对CuO的加热效果。 10．已知H2的爆炸极限是4.0%～74%(体积分数)。某H2中含有0.8%(体积分数)的O2，甲学生用它还原CuO，设计了如图所示装置(夹持装置已略去)。 请回答下列问题： (1)实验开始，应将酒精灯放在a管的________，然后，使酒精灯缓缓向另一端移动，以保证CuO完全被还原。 A．左端　　B．中间　　C．右端 (2)a管右端略向下倾斜的原因是______________________________________。 a管中石棉绒的作用是_____________________________________________________。 b管中Cu网的作用是___________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 答案　(1)A　　(2)防止生成的H2O(g)冷凝回流炸裂玻璃管　使CuO与H2充分接触　防止回火，引发爆炸 解析　(1)反应后的气体中O2的体积分数增大，为防止还原的Cu被氧化，还原宜从左向右进行。(2)石棉绒疏松，可使CuO与H2接触得更充分，有利于还原反应的进行。b管中H2的体积分数有可能达到爆炸极限，Cu网可使多余热量迅速散失，防止回火引发爆炸。 第2课时 混合物的分离与提纯——过滤与蒸发 【典型例题】 知识点一 粗盐的提纯 1．足量的含不溶性固体杂质(其含量不详)的粗盐，经提纯后配制一定质量分数的NaCl溶液，实验操作有：①称量　②过滤　③蒸发结晶　④计算　⑤溶解　⑥干燥，其先后顺序正确的是(　　) A．④⑤②③⑤①⑥ B．④⑤②③①⑥⑤ C．⑤②③⑥④①⑤ D．④①⑤②③⑥⑤ 答案　C 解析　要配制NaCl溶液，应先将不溶性杂质除去。先溶解、过滤，后把NaCl溶液蒸干，干燥后根据质量分数计算所需NaCl的量。 拓展提升　化学方法提纯和分离物质的“四原则”和“四必须”： ①“四原则”是：不增(提纯过程中不增加新的杂质)；不减(不减少欲被提纯的物质)；易分离(被提纯物质与引入杂质容易分离)；易复原(被提纯物质要容易复原)。 ②“四必须”是：除杂试剂必须过量；过量试剂必须除尽(不能因试剂过量带入新杂质)；必须考虑除杂试剂加入的顺序；除杂途径选最佳。 知识点二 过滤和蒸发 2．下列说法或做法不正确的是(　　) A．给蒸发皿内所盛液体加热时，液体不超过其容积的2/3 B．蒸发的过程中，用酒精灯一直加热到全部固体析出，没有水分 C．过滤时，为了加快过滤速率，可用玻璃棒在过滤器内搅拌 D．过滤时，若一次过滤后发现滤液仍浑浊，需再次过滤至澄清 答案　BC 解析　用蒸发皿蒸发溶液时，为防止液体溅出，故盛放的液体不得超过其容积的 知识点三 SO42- 的检验 3．离子检验时要注意排除离子的干扰，请思考： 欲验证某溶液中含有较大量的Cl－、CO 答案　HNO3　Ba(NO3)2　AgNO3 解析首先弄清检验Cl－、CO 方法总结　含Cl－、SO 4．在实验室里将粗盐制成精盐，主要操作步骤之一是蒸发。在加热蒸发溶剂的过程中，还要进行的动手操作是(作具体、完整地说明)________，这样做的主要目的是____________；熄灭酒精灯停止加热的根据是(填写代号)________。 A．蒸发皿中恰好无水 B．蒸发皿中刚刚产生白色固体 C．蒸发皿中产生了较多的固体 对黄海海水每次取20 g，严格按照过滤、蒸发、冷却、称量、计算的实验步骤规范操作，连续实验三次，算得平均得固态的盐a g。该海水中含氯化钠的质量分数为(填“＞”“＝”或“＜”)________5a%。 答案　用玻璃棒不断搅拌液体　防止液滴飞溅　C　＜ 解析　对液体加热时，若温度变化不均匀使局部过热，会发生液体暴沸甚至飞溅的现象，对液体不断进行搅拌能避免这种现象的发生。 氯化钠的溶解度受温度影响不大，通过蒸发使氯化钠从溶液中析出，要待出现较多固体(实际上是大部分的水已挥发)时停止加热，利用有关仪器的余热使溶液蒸干。 海水中还含有少量的CaCl2、MgCl2等易溶性的物质，在蒸发时，它们也与NaCl一同结晶析出，成为NaCl中的杂质。 拓展提升　①粗盐提纯中加速固体溶解的方法有：研碎、搅拌和加热。②通过过滤可以除去不溶性杂质。③粗盐提纯过程中，三处用到玻璃棒：一是溶解过程中搅拌以加速溶解；二是加热过程中搅拌使受热均匀，防止液体飞溅；三是结晶后用来转移晶体。 【课堂作业】 1．实验室中，蒸发NaCl溶液时，一般有以下操作过程：①放置酒精灯；②固定铁圈的位置；③放置蒸发皿；④加热搅拌；⑤停止加热，余热蒸干。其中正确的顺序是(　　) A．②③④⑤① B．②③①④⑤ C．①②③④⑤ D．②①③④⑤ 答案　C 解析　安装仪器时据酒精灯高度确定铁圈位置，最后放置蒸发皿；加热蒸发NaCl溶液最后用余热烘干，故C正确。 2．从实验室加热氯酸钾与MnO2的混合物制氧气后的剩余物中回收二氧化锰的操作顺序正确的是(　　) A．溶解、过滤、蒸发、洗涤 B．溶解、过滤、洗涤、加热 C．溶解、蒸发、洗涤、过滤 D．溶解、洗涤、过滤、加热 答案　B 解析　剩余物为MnO2、KCl，MnO2不溶于水，KCl溶于水，故B项符合题意。 3．在不同指示剂的前提下，要除去CaCl2溶液中的少量HCl，可选用下列试剂中的(　　) A．CaO B．Na2CO3 C．CaCO3 D．CuO 答案　C 解析　A中会发生：CaO＋H2O===Ca(OH)2，CaO＋2HCl===CaCl2＋H2O，会引入新杂质Ca(OH)2；B项会引入NaCl杂质；D项：CuO＋2HCl===CuCl2＋H2O，引入杂质CuCl2；C项：过量的CaCO3粉末是不溶于水的，可过滤出而得CaCl2溶液。 4．某溶液中含有较大量的Cl－、CO32—、OH－等三种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将三种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序正确的是(　　) ①滴加Mg(NO3)2溶液　②过滤　③滴加AgNO3溶液　④滴加Ba(NO3)2溶液 A．①②④②③ B．④②①②③ C．①②③②④ D．④②③②① 答案　B 解析　首先滴加足量Ba(NO3)2溶液，如果出现白色沉淀，证明有CO32—，同时除去CO32—；过滤后，在滤液中滴加足量Mg(NO3)2溶液，如果出现白色沉淀，证明有OH－，同时除去 OH－；过滤后，滴加AgNO3溶液，如果出现白色沉淀，证明有Cl－。 5．由海水制备无水氯化镁，主要有以下步骤：①在一定条件下脱水干燥；②加熟石灰；③加盐酸；④过滤；⑤浓缩结晶。其先后顺序正确的是(　　) A．②④⑤③① B．③②④①⑤ C．③④②⑤① D．②④③⑤① 答案　D 解析　要从海水中得到无水MgCl2，首先要加熟石灰得到Mg(OH)2沉淀，然后过滤，再将沉淀加盐酸溶解，得到MgCl2溶液，然后对溶液浓缩结晶，再对晶体脱水干燥即可，故选D。 6．已知硝酸银与氯化钾反应生成硝酸钾和不溶于水的氯化银，化学方程式为 AgNO3＋KCl===AgCl↓＋KNO3。将含有少量氯化钾的硝酸钾固体提纯，某学生进行如图所示实验操作。回答下列问题： (1)将样品置于烧杯中，加入适量的水溶解，同时用玻璃棒搅拌，搅拌的作用是________________________________________________________________________。 (2)向溶液中加入适量的__________溶液，使Cl－转化为沉淀。 (3)混合液进行过滤，过滤装置和操作如图，指出右图中的两处错误： ①________________________________________________________________________； ②________________________________________________________________________。 (4)为了从滤液中得到硝酸钾晶体，可选用的两种结晶方法是：①________________________________________________________________________； ②________________________________________________________________________。 答案　(1)加速固体溶解　(2)硝酸银　(3)①液体没有沿玻璃棒流下　②漏斗下端管口没有紧靠烧杯内壁 (4)①冷却热饱和溶液　②蒸发溶剂 解析　本题考查的是提纯操作，涉及到溶解、过滤、蒸发的过程。溶解时，玻璃棒的作用是加速溶解，过滤过程中注意“一贴、二低、三靠”，结晶有冷却结晶和蒸发溶剂两种方法。 7．实验室里需要纯净的氯化钠溶液，但手边只有混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠。某学生设计了如下方案： 如果此方案正确，那么： (1)操作①可选　　　　仪器。 (2)操作②是否可改为加硝酸钡溶液？为什么？ (3)进行操作②后，如何判断SO 已除尽，方法是_____________________ ________________________________________________________________________。 (4)操作③的目的是　　　　，为什么不先过滤后再加碳酸钠溶液？理由是_______________________________________________________。 (5)此设计方案是否严密，说明理由_________________________________。 ________________________________________________________________________。 答案　(1)坩埚　(2)不可以，会引入难以除去的NO 。　(3)用干净的胶头滴管取上层清液于洁净试管中，向此试管中滴加BaCl2溶液，若无沉淀，说明SO 已除尽　(4)除去过量的Ba2+　可减少过滤次数　(5)不严密　在操作③时加入的Na2CO3溶液煮沸并不能除去，因此在操作④之前应加过量盐酸除去Na2CO3，然后再加热煮沸除去HCl、CO2 解析　(1)加热固体混合物使部分不稳定物质分解而除去，可选用坩埚。 (2)因为加入Ba(NO3)2溶液后，会引入新的杂质NO 。 (3)可取上层清液少量于干净的试管中，向试管中滴加BaCl2溶液，若无沉淀，就证明SO 已除尽。 (4)操作③的目的是除去过量的Ba2+，不先过滤，而在悬浊液的基础上加过量的碳酸钠溶液是为了减少过滤次数。 (5)此设计方案不严密，因为在操作③时加入了过量碳酸钠溶液，煮沸并不能除去它，因此在操作④之前应加入过量的盐酸，然后再加热煮沸，除去多余的HCl、CO2。 8．根据从草木灰(主要成分是K2CO3、KCl和K2SO4)中提取钾盐的实验，填写下列空白： (1)此实验操作顺序如下：①称量样品，②溶解沉降，③________，④________，⑤冷却结晶。 (2)用托盘天平(指针向上的)称量样品时，若指针偏向右边，则表示________(填下列正确选项的代码)。 A．左盘重，样品轻 B．左盘轻，砝码重 C．右盘重，砝码轻 D．右盘轻，样品重 (3)在进行第③步操作时，有时可能要重复进行，这是由于 ________________________________________________________________________。 (4)在进行第④步操作时，要用玻璃棒不断小心地搅动液体，目的是防止________________________________________________________________________。 答案　(1)过滤　蒸发　(2)B　(3)滤液浑浊 (4)液体飞溅 解析　掌握分离和提纯的基本操作是解答本题的关键。 (1)此实验的操作顺序是：①称量样品；②溶解沉降。此时钾盐进入溶液中，其他难溶物则为沉降物，所以步骤③应是过滤，使含钾盐的溶液与不溶杂质分开，为了得到钾盐的晶体，步骤④应是对滤液进行蒸发浓缩，得到的浓溶液经冷却即可析出。 9．某化学兴趣小组的同学欲测定某种品牌味精中食盐的含量，下面是该小组所做实验的步骤： ①称取该品牌的袋装味精样品10.0 g放入烧杯中，并加适量蒸馏水溶解； ②________________________________________________________________________； ③________________________________________________________________________； ④用蒸馏水洗涤沉淀2～3次； ⑤将沉淀烘干、称量，称得固体质量为4.7 g。 根据上述实验步骤回答下列问题： (1)补齐所缺少的实验步骤： ②________________________________________________________________________； ③________________________________________________________________________。 (2)实验步骤③所用的玻璃仪器有_______________________________________； (3)检验沉淀是否洗净的方法是____________________________________； (4)烘干沉淀应采取的方法是______________________________________________； (5)若味精袋上标注：“谷氨酸钠含量≥80.0%，NaCl含量≤20.0%，则此样品是否合格，________(填“合格”或“不合格”)。 答案　(1)加入硝酸酸化的硝酸银溶液于样品溶液中，直到不再产生沉淀为止　过滤 (2)漏斗、玻璃棒、烧杯 (3)取最后几滴洗涤液加入稀盐酸，若无浑浊现象，说明沉淀已洗净 (4)低温烘干 (5)合格 解析　该题是测定某种品牌味精中食盐中含量的一个“袖珍”课题的讨论，设问从实验步骤开始到所用玻璃仪器，然后步步深入得出结论。设10.0 g样品中NaCl的质量为x，则： NaCl＋AgNO3===AgCl↓＋NaNO3 58．5　　　　　　　143.5 x　　　　　　　　 4.7 g x＝ 所以w(NaCl)＝ 即w(NaCl)<20%，样品合格。 第3课时 混合物的分离与提纯——蒸馏与萃取 【经典例题】 知识点一 蒸馏 1．将所列仪器组装为一套实验室蒸馏石油的装置，并进行蒸馏，可以得到汽油和煤油。 (1)图中A、B、C三种仪器的名称是：　　　　、　　　　、　　　 　。 (2)A仪器中c是　　　　，d是　　　　。 (3)蒸馏时，温度计水银球应在　　　　位置。 (4)在B中注入原油后，加几片碎瓷片的目的是　　　　　　　　　　。 答案　(1)冷凝管　蒸馏烧瓶　锥形瓶　(2)进水口　出水口　(3)蒸馏烧瓶支管口处　 (4)防止暴沸 解析　本题考查的是蒸馏装置的相关问题，冷凝管冷凝时为了达到好的冷凝效果应下口进水上口出水；因测的是石油蒸气的温度，所以水银球应在支管口处；加入几片碎瓷片可防止暴沸。 知识点二 萃取和分液 2．在使用分液漏斗进行分液时，正确的操作是(　　) A．上层液体经漏斗下方活塞放出 B．分离液体时，将漏斗拿在手上进行分离 C．分离液体时，分液漏斗上的小孔与大气相通时打开活塞 D．分液漏斗中盛装的是液体，振荡后不必扭开旋塞把气体放出 答案　C 解析　为确保分离效果，下层液体由漏斗下口放出，上层液体要经漏斗上口倒出；振荡分液漏斗要拿在手里，分离液体时，分液漏斗要固定在铁架台的铁圈上；分液时，磨口塞上的凹槽与漏斗口颈上的小孔要对准，这时漏斗内外的空气相通，压强相等，漏斗里的液体才能够顺利流出；振荡分液漏斗时可能有气体产生，应及时扭开活塞放出，以释放漏斗内的压力。应选C。 归纳提醒　①放气是确保萃取实验安全的重要一步。放气的时候，颈部向上翘，左手轻轻旋动活塞，切记，不要对着自己或其他人放气，以免气流带出来的液体伤到自己或他人。在一些使用特殊萃取剂(如乙醚)的萃取实验中，因忽视放气而酿成爆炸事故也时有发生。 ②分液时注意内外压强一致，保证分液漏斗中的液体能够顺利流出。 ③分液时等下层液体恰好流出时及时关闭活塞，上层液体应从上口转移到另一烧杯中。 3．如下图所示，a、b、c、d分别是几种常见漏斗的上部，A、B、C、D是实际操作中各漏斗的下部插入容器中的示意图，请指出A、B、C、D分别与a、b、c、d相匹配的组合及其组合后装置在实验中的应用，例如：C和a组合，用于制取气体。 (1)A与________组合，用于________； (2)B与________组合，用于________； (3)B与________组合，用于________； (4)D与________组合，用于________。 答案　(1)c　制备气体　(2)b　分液　(3)d　过滤 (4)d　向酒精灯内添加酒精 解析　本题考查了各种漏斗的使用和实验操作的技能。从图的上半部分看，中学化学中的三种漏斗——普通漏斗、长颈漏斗、分液漏斗都有。从图的下半部分看，可以根据图中的仪器和漏斗颈的长短，分析出操作可能是什么，最后根据漏斗的用途得出相应的结论。 拓展提升　几种常见的漏斗 ①普通漏斗用于过滤，把溶液转移到细口瓶中和溶解易溶气体。 ②分液漏斗用于萃取或分液或组装气体发生器。 ③长颈漏斗用于组装气体发生器。 【课堂作业】 1．选择萃取剂将碘水中的碘萃取出来，这种萃取剂应具备的性质是(　　) A．不溶于水，且必须易与碘发生化学反应 B．不溶于水，且比水更容易使碘溶解 C．不溶于水，且必须比水密度大 D．不溶于水，且必须比水密度小 答案　B 解析　若要溶剂A将溶质从溶剂B中萃取出来，A应具备的基本性质①A与B互不相溶；②溶质在A中的溶解度大于在B中的溶解度；③溶质在A中不发生化学反应。 2．现有一瓶物质甲和乙的混合物，已知甲和乙的某些性质如表所示： 据此，将甲和乙分离的最佳方法是(　　) 物质 分子式 熔点(℃) 沸点(℃) 密度 (g·cm－3) 水中的 溶解性 甲 C3H6O2 －98 57.5 0.93 可溶 乙 C4H8O2 －84 77 0.90 可溶 A．萃取法 B．升华法 C．蒸馏法 D．分液法 答案　C 解析　由表可知，甲、乙常温下是液体，分离两种互溶液态混合物(沸点相差20℃)可用蒸馏法，故采用蒸馏方法分离甲和乙。 3．下列萃取与分液结合进行的操作(用CCl4为萃取剂，从碘水中萃取碘)中错误的是(　　) A．饱和碘水和CCl4加入分液漏斗中后，塞上上口部的塞子，用一手压住分液漏斗上口部，一手握住活塞部分，把分液漏斗倒转过来振荡 B．静置，待分液漏斗中液体分层后，先使分液漏斗内外空气相通(准备放出液体) C．打开分液漏斗的活塞，使全部下层液体沿盛接液体的烧杯内壁慢慢流出 D．最后继续打开活塞，另用容器盛接并保存上层液体 答案　D 解析　下层液体从下口流出，等下层液体恰好流完后，上层液体应从上口倒入另一容器中。 4．已知乙酸乙酯(C4H8O2)是一种无色液体，不溶于水，密度小于1 g·mL－1，沸点约为55℃。要从水与乙酸乙酯的混合物中将乙酸乙酯分离出来，下列方法中最简便的是(　　) A．蒸馏 B．分液 C．过滤 D．蒸发 答案　B 解析　乙酸乙酯与水不互溶，用分液的方法分离最简便。 5．欲从溴水中提取溴单质，应进行的操作是(　　) A．萃取 B．蒸馏 C．先萃取分液，后进行蒸馏 D．萃取分液 答案　C 解析　从溴水中提取溴时，因溴易挥发，不可用蒸馏法；因Br2易溶于有机溶剂(如CCl4、汽油等)而微溶于水，故可采用萃取分液的方法，用CCl4先将Br2从水中分离出来，然后蒸馏即可。 6．化学工作者从有机反应RH＋Cl2(气) A．蒸馏法 B．水洗分液法 C．升华法 D．有机溶剂萃取法 答案　B 解析　利用HCl易溶于水，而有机物一般难溶于水的特征，采用水洗分液法是最简便易行的方法，应选B项。 方法指导　分离某种混合物所采用的具体方法取决于混合物中各组分的不同性质。 7．要分离下列四组混合物 ①饱和食盐水与沙子 ②从KNO3和NaCl的混合溶液中获得KNO3 ③水和汽油的混合物 ④CCl4液体与甲苯液体的混合物 (已知CCl4与甲苯互溶，沸点分别为76.75℃和110.6℃) (1)分离①、②的操作分别为________、________。 (2)分离③时所使用仪器中有一种在其他组分分离时无需使用，这种仪器是________。 (3)上述四组分离时需使用酒精灯的有________和________(填序号)。 答案　(1)过滤　结晶　(2)分液漏斗　(3)②　④ 解析　①中食盐水易溶于水，沙子难溶于水，可用过滤法分离。②中KNO3的溶解度随温度变化很大而NaCl的溶解度随温度变化很小，可用结晶法分离。③中水和汽油互不相溶，采用分液法。④中两种物质互溶，但沸点差异较大，超过20℃，可采用蒸馏法。其中操作②④需用酒精灯。 8．工业酒精是含水约4%的液态乙醇。向工业酒精中加入生石灰，会发生如下化学反应： CaO＋H2O===Ca(OH)2，且生成物不溶于乙醇。 要在实验室中将工业酒精转化为无水乙醇，请回答下列问题： (1)下列做法中不可取的是(填写代号)(　　) A．加入过量的生石灰后过滤 B．加入过量的生石灰后蒸馏 C．加入过量的生石灰后分液 (2)在你选择的需要加热的实验方法中，需用的玻璃仪器，除酒精灯以外，还有________________________________________________________________________ ________；在该方法的实验步骤里，紧挨加热之前的操作是______________________________，并且对此要注意的问题是__________________ _________________________。 (3)用酒精灯作热源，在加热过程中要适时调整酒精灯的上下或左右位置，目的是________________________________________________________________________。 答案　(1)B (2)蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管、锥形瓶　向冷凝管内通冷却水　使水从冷凝管的下口进，上口出 (3)使蒸馏烧瓶内的支管口处保持某一恒温 解析　(1)CaO是不溶于酒精、难挥发的固体，酒精是易挥发的液体。因此，可用过滤或蒸馏分离，不用分液。 (2)蒸馏操作中的玻璃仪器，不能答铁架台。在蒸馏操作中，为了确保蒸馏出的蒸气及时得到冷却，要先向冷凝管内通冷却水，然后才能进行加热。为了提高冷却效果，一般采取逆流操作。 (3)进行蒸馏操作时，要根据组分沸点，使蒸馏烧瓶内的支管口处保持恒温。温度的测量靠温度计，温度的调节可通过控制热源的强弱来实现。 9．(1)阅读、分析下列两个材料： 材料一： 材料二： 物质 熔点/℃ 沸点/℃ 密度 /g·cm－3 溶解性 乙二醇 (C2H6O2) －11.5 198 1.11 易溶于水和乙醇 丙三醇 (C3H8O3) 17.9 290 1.26 能跟水、酒精 以任意以互溶 回答下列问题(填序号)： A．蒸馏法　　　　　　　　　　　B．萃取法 C．“溶解、结晶、过滤”的方法 D．分液法 ①将纯碱从氯化钠和纯碱的混合物中分离出来，最好应用________； ②将乙二醇和丙三醇相互分离的最佳方法是________。 (2)阅读材料三 在溶解性方面，Br2(溴)与I2很相似，其稀的水溶液显黄色。在实验室里从溴水(Br2的水溶液)中提取Br2和提取I2的方法相似。 回答下列问题： ①常用的提取方法是________，化学试剂是________， 最主要的仪器是__________。 ②若观察发现提取Br2以后的水还有颜色，解决该问题的方法是________________________________________________________________________。 答案　(1)①C　②A　(2)①萃取　四氯化碳　分液漏斗 ②再进行萃取，直到水呈无色，将各项分离出来的含溴的四氯化碳溶液合并 解析　材料一中，根据曲线图知，纯碱和氯化钠在水中的溶解度随温度的变化相差很大。提纯纯碱时，可以先将混合物在较高温度下溶于水形成浓溶液，然后冷却到一定温度，由于纯碱的溶解度随温度降低急剧下降，因此大量纯碱晶体析出，而氯化钠不会析出，再过滤可得纯净的纯碱晶体。材料二中，乙二醇和丙三醇沸点相差很大，可以用蒸馏法分离。材料三中，Br2和I2在溶解性方面很相似，因此可以用CCl4从溴水中萃取Br2。如果提出Br2后，水还有颜色，说明没有萃取完全，可再进行萃取直至水呈无色。 第2节 化学计量在实验中的应用 第1课时　物质的量及单位 【经典例题】 知识点一 物质的量、摩尔、阿伏伽德罗常数 1．a mol H2SO4中含有b个氧原子，则阿伏加德罗常数可以表示为(　　) A. C. 答案　B 解析　由关系式n＝ 归纳提醒　①物质的量及其单位的使用范围是微观粒子，不适用于宏观物体。 ②用摩尔表示物质的量时，应用化学式指明粒子的种类。 ③解答此题的关键是理解“物质的量”、“阿伏加德罗常数”的概念及其之间的关系n＝ 知识点二 摩尔质量 2．下列说法正确的是(　　) A．硫酸的摩尔质量是98 g B．18 g水中含有1 mol水 C．O2的摩尔质量(单位是g·mol－1)在数值上等于其相对分子质量 D．1 mol一氧化碳的质量为28 g·mol－1 答案　C 解析　A错，摩尔质量的单位是g·mol－1；B选项中，18 g水是从宏观角度表示一定量的水，而后半部分是从微观角度表明这一定量的物质，要做到两者在科学上的统一，即宏观物质中含有微观粒子，使用“摩尔”这一单位表示微粒多少应写明微粒符号——1 mol H2O分子；D选项中1 mol CO的质量是NA个CO的总质量，其单位应是“g”，而不是“g·mol－1”。 误区警示　有关摩尔质量常考查的易错点有： (1)摩尔质量与相对原子质量或相对分子质量完全等同 ①摩尔质量有单位，相对原子质量或相对分子质量无单位；②当摩尔质量以g·mol－1作单位时，数值上才与相对原子质量或相对分子质量相等。 (2)摩尔质量与质量的单位不加区别 知识点三 物质的量、质量、粒子数目之间的关系 3．147 g H2SO4的物质的量是________；0.5 mol H2SO4的质量是________g，其中含有________mol H，含有________mol O；2 mol H2SO4中含有H2SO4分子数为________个，含氢原子数为________个。 答案　1.5 mol　49　1　2　1.024×1024　2.408×1024 解析　根据n＝ 归纳拓展　①物质的量(n)、质量(m)、粒子数目(N)之间的关系为 ②将物质的量应用于粒子数目的计算时，注意两点： 一是弄清所求的是什么粒子，如分子、原子、离子、电子、质子等；二是粒子所包含的粒子种类和数目。 4．NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是(　　) A．2.3 g钠由原子变成离子时，失去的电子数为0.1NA B．0.2NA个硫酸分子与19.6 g磷酸含有相同的氧原子数 C．28 g氮气所含的原子数为NA D．NA个氧分子与NA个氢分子的质量比为8∶1 答案　AB 解析　A选项中Na＋为＋1价，2.3 g钠为0.1 mol钠原子，失去的电子数为0.1NA，故A正确；B选项中19.6 g磷酸即为0.2NA个磷酸分子(19.6 g÷98 g·mol－1＝0.2 mol)，等物质的量的硫酸(H2SO4)与磷酸(H3PO4)含有相同的氧原子数，故B正确；C选项中28 g N2即1 mol N2(28 g÷28 g·mol－1＝1 mol)，所以应含2NA个N原子，故C错误；D选项中NA个氧分子质量为32 g，NA氢分子质量为2 g，则其质量比为16∶1，故D错误。 归纳提醒　本题体现物质的量(n)与阿伏加德常数(NA)、微粒数(N)、摩尔质量(M)、质量(m)之间的计算，它们的关系为n＝ 已知阿伏加德罗常数为NA，判断一定量的物质所含某种粒子数目的多少，此类题型是高考的热点题。 知识点四 物质的量应用于化学方程式中的计算 5．在反应X＋2Y===R＋2M中，已知R和M的摩尔质量之比为22∶9，当1.6 g X与Y完全反应后，生成4.4 g R。则在此反应中Y和M的质量之比为(　　) A．16∶9 B．23∶9 C．32∶9 D．46∶9 答案　A 解析　本题考查物质的量、摩尔质量、质量在化学方程式中的综合运用。由反应： X＋2Y===R　＋　2M 　　 Mr(R) 　2Mr(M) 4.4 g 　 m 由题意得Mr(R)：Mr(M)＝22∶18＝4.4 g∶m，解之得m＝3.6 g，根据质量守恒定律，参加反应的Y的质量为：4.4 g＋3.6 g－1.6 g＝6.4 g，所以Y与M的质量比为6.4 g∶3.6 g＝16∶9。答案为A。 拓展提升　①质量守恒法是化学方程式计算中常用的解法，另外原子守恒法在化学方程式计算中更为普遍。 ②化学方程式中各物质的化学计量数之比等于各物质参加反应或生成的物质的量之比， 因此物质的量也可应用于化学方程式中的计算。 【课堂作业】 1．下列关于“摩尔”的说法正确的是(　　) A．摩尔是一个物理量 B．摩尔表示物质的量 C．摩尔是物质的量的单位 D．摩尔是表示物质的数量的单位 答案　C 2．NA表示阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是(　　) A．64 g氧气中含氧分子数为2NA B．1.7 g OH－中所含的电子数为NA C．49 g硫酸中所含氧原子数为2NA D．58.5 g氯化钠中所含的离子数为NA 答案　D 解析　58.5 g NaCl的物质的量为1 mol，其中含离子总数为2 mol即2 NA。 3．某原子的摩尔质量是M g·mol－1，则一个该原子的真实质量是(　　) A．M g B．1/M g C．M/6.02×1023g D．6.02×1023/M g 答案　C 解析　摩尔质量是单位物质的量的物质所具有的质量，而1 mol某原子所具有的原子个数为6.02×1023个。所以一个该原子的真实质量是M/6.02×1023g。 4．偏二甲肼(C2H8N2)是一种高能燃料，燃烧产生巨大能量，可作为航天运载火箭的推动力。下列叙述中正确的是(　　) A．偏二甲肼的摩尔质量为60 g B．6.02×1023个偏二甲肼分子的质量为60 g C．1 mol偏二甲肼的质量为60 g·mol－1 D．6 g偏二甲肼含有NA个偏二甲肼分子 答案　B 解析　偏二甲肼的摩尔质量为60 g·mol－1；1 mol这种物质的质量为60 g；6 g偏二甲肼含有0.1NA个偏二甲肼分子。 5．1.6 g某物质中含有6.02×1022个分子，则该物质的相对分子质量为(　　) A．16 B．64 C．32 D．96 答案　A 解析　相对分子质量在数值上等于该物质的摩尔质量，因而只要求出该物质的摩尔质量即可，由题可知该物质的物质的量n＝0.1 mol 所以M＝ 所以相对分子质量为16。 6．在一定体积的容器中，加入1.5 mol氙气(Xe)和7.5 mol氟气(F2)，于400℃和2 633 kPa下加热数小时，然后迅速冷却至25℃，容器内除得到一种无色晶体外，还余下4.5 mol F2。则所得无色晶体产物中氙与氟的原子个数比是(　　) A．1∶2 B．1∶3 C．1∶4 D．1∶6 答案　C 解析　n(Xe)∶n(F)＝Δn(Xe)∶Δn(F2)×2 ＝1.5∶(7.5－4.5)×2＝1∶4。 7．(1)有以下四种物质①22 g二氧化碳　②8 g氢气 ③1.204×1024个氮气分子　④4℃时18 g水 它们所含分子数最多的是____________，所含原子数最多的是__________，质量最大的是____________，常温时体积最大的是____________(填序号)。 (2)等质量的二氧化硫和三氧化硫，它们的物质的量之比为________，所含的硫原子数之比为________，所含的氧原子数之比为________。 答案　(1)②　②　③　②　(2)5∶4　5∶4　5∶6 8．23.75 g某＋2价金属的氯化物(MCl2)中含有3.01×1023个Cl－，则MCl2的摩尔质量为________，MCl2的相对分子质量为________，M的相对原子质量为________。 答案　95 g·mol－1　95　24 解析　MCl2的物质的量为 MCl2的摩尔质量为 M的相对原子质量为24。 9．已知8 g A能与32 g B恰好完全反应，生成22 g C和一定量D，现将16 g A与70 g B的混合物充分反应后，生成2 mol D和一定量C，则D的摩尔质量为多少？ 答案　18 g·mol－1 解析　化学反应必须遵循质量守恒定律。8 g A和32 g B恰好完全反应生成22 g C，生成D的质量为8 g＋32 g－22 g＝18 g，则 10．已知电离方程式：Al2(SO4)3===2Al3＋＋3SO42- MgSO4===Mg2＋＋SO42- 在Al2(SO4)3和MgSO4组成的混合物中，Al3＋与Mg2＋的物质的量之比为2∶3，则在含有2 mol SO 答案　120 g 解析　设MgSO4、Al2(SO4)3的物质的量分别为x、y，则： 解①②联立的方程组得 混合物中MgSO4的质量为： m(MgSO4)＝n(MgSO4)·M(MgSO4)＝1 mol×120 g·mol－1＝120 g。 第2课时　气体摩尔体积 【经典例题】 知识点一 气体摩尔体积 1．下列说法正确的是(　　) A．标准状况下，6.02×1023个分子所占的体积约是22.4 L B．0.5 mol H2所占的体积是11.2 L C．标准状况下，1 mol H2O的体积为22.4 L D．标准状况下，28 g CO与N2的混合气体的体积约为22.4 L 答案　D 解析　6.02×1023个分子的物质的量是1 mol，但此分子不一定是气体，故在标准状况下的体积不一定是22.4 L，A项错误；B项中未指明气体所处的状况，所以此气体体积不一定是11.2 L，B项错误；H2O在标准状况下不是气体，所以1 mol H2O的体积不是22.4 L，C项错误；N2和CO的摩尔质量都是28 g·mol－1，所以28 g N2和CO的混合气体的物质的量是1 mol，在标准状况下的体积约为22.4 L，D项正确。 归纳提醒　①气体摩尔体积只适用于气体的计算，可以是单一气体，也可以是混合气体，因此要特别注意标准状况下物质的状态。 ②气体摩尔体积与温度和压强有关，利用22.4 L·mol－1计算时要看是否为标准状况。 知识点二 阿伏伽德罗定律及推论 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．甲的分子数比乙的分子数多 B．甲的物质的量比乙的物质的量少 C．甲的摩尔体积比乙的摩尔体积小 D．甲的相对分子质量比乙的相对分子质量小 答案　B 解析　由公式m＝ρV得出，ρ甲V甲＝ρ乙V乙 则V甲n甲。 M甲＝ 方法引导　解答此类题目的关键是看清题目条件，如温度、压强、体积、密度等，再依据阿伏加德罗定律及推论、各物理量之间的转换关系推理。 知识点三 有关气体摩尔体积的计算 3．在标准状况下有： ①6.72 L CH4　②3.01×1023个氯化氢分子　③13.6 g硫化氢　④0.2 mol氨气 下列对这四种气体相关量的比较不正确的是(　　) A．体积：②>③>①>④ B．密度：②>③>④>① C．质量：②>③>①>④ D．氢原子数：①>④>③>② 答案　D 解析　①n(CH4)＝ ②n(HCl)＝ ③n(H2S)＝ ④n(NH3)＝0.2 mol 在标准状况下，根据 方法技巧　解答本题要理解物质的量是体积、密度、质量、粒子数目等物理量之间相互转换的桥梁，然后正确应用阿伏加德罗定律及其推抡解答。 4．在标准状况下，H2和CO的混合气体7 L，质量为2.25 g，求H2和CO的体积分数。 答案　H2的体积分数为80%，CO的体积分数为20%。 解析　解法Ⅰ：设CO质量为x，H2质量为y。 解得 CO体积： H2体积： φ(H2)＝ φ(CO)＝ 解法Ⅱ：设CO、H2的物质的量分别为x、y，则： 求得 其他同解法Ⅰ。 解法Ⅲ：设H2的体积为x，则CO的体积为(7 L－x)。 28 g·mol－1＝2.25 g 解得：x＝5.6 L，CO为1.4 L。 H2的质量： CO的质量：2.25 g－0.5 g＝1.75 g 其他同解法Ⅰ。 方法引导　解题时抓住物质的量与气体质量和气体体积的关系进行思考。 【课堂作业】 1．下列说法正确的是(　　) A．在常温、常压下，11.2 L N2含有的分子数为0.5NA B．标准状况下，22.4 L H2和O2的混合物所含分子数为NA C．标准状况下，18 g H2O的体积是22.4 L D．1 mol SO2的体积是22.4 L 答案　B 解析　常温、常压下的气体摩尔体积是未知数，无法求出分子数，A错误；标准状况下，1 mol任何气体的体积都约为22.4 L，其分子数为NA，B正确；标准状况下，H2O为液体，所以C不正确；未指明标准状况，所以D不正确。 2．下列说法中不正确的是(　　) A．HCl的相对分子质量与6.02×1023个HCl分子的质量(以g为单位)在数值上相等 B．6.02×1023个氮分子和6.02×1023个氢分子的质量比等于14∶1 C．32 g氧气所含的原子数目为2×6.02×1023 D．常温常压下，0.5×6.02×1023个一氧化碳分子所占体积是11.2 L 答案　D 解析　摩尔质量在数值上等于该物质的相对原子质量或相对分子质量，也等于该物质所含6.02×1023个粒子的质量，A正确；相同数目的两种分子的质量比应等于其相对分子质量比，B正确；O2是双原子分子，32 g O2所含原子数是分子数的2倍，C正确；0.5×6.02×1023个CO分子即0.5 mol，所占体积在标准状况时才是11.2 L，D选项不正确。 3．同温、同压下，某容器充满O2重116 g，若充满CO2，重122 g，现充满某气体重114 g，则该气体的相对分子质量为(　　) A．28 B．60 C．32 D．44 答案　A 解析　方法一：按常规思路，设瓶重m g。某气体的相对分子质量为Mr，由 方法二：差量法：同温同压下，气体质量之差和摩尔质量差之间存在着正比关系，因此可以不计算容器的质量，直接由气体质量差和摩尔质量差的正比关系求得。即： 4．下列说法正确的是(　　) A．1 mol任何气体所占体积都约是22.4 L B．1 mol H2O(g)在标准状况下体积为22.4 L C．1 mol气体体积为22.4 L，则一定是标准状况 D．气体摩尔体积不一定是22.4 L/mol 答案　D 解析　22.4 L是1 mol气体在标准状况下的体积，A没有指明状态，所以错误；B中H2O在标准状况下是液体，所以错误；非标准状况通过调节温度和压强也可以使1 mol气体体积达到22.4 L，所以C错误。 5．设阿伏加德罗常数为NA，标准状况下O2和N2的混合气体m g，含有b个分子，则n g 该混合气体在相同状况下所占的体积(L)应是(　　) A. 答案　A 解析　m g 气体的物质的量为： 6．在150℃时，(NH4)2CO3分解的方程式为：(NH4)2CO3 A．96倍 B．48倍 C．12倍 D．10倍 答案　C 解析　(1)在150℃时，生成物H2O为气态。(2)两种气体在相同条件下的密度比，等于它们的摩尔质量之比(即相对分子质量之比)。(3)气态混合物为NH3、CO2和H2O的混合物。应先求出它的平均相对分子质量，平均相对分子质量等于各组分的相对分子质量与其摩尔数乘积之和。即为 7．在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强(p)从大到小的顺序是(　　) A．p(Ne)>p(H2)>p(O2) B．p(O2)>p(Ne)>p(H2) C．p(H2)>p(O2)>p(Ne) D．p(H2)>p(Ne)>p(O2) 答案　D 解析　根据阿伏加德罗定律的推论pV＝nRT变形为pM＝ρRT，因为ρRT对应相等，所以pNeMNe＝pH2MH2＝pO2MO2，代入式量而得出选项D正确。 8．下列条件下，两种气体的分子数一定不相等的是(　　) A．相同质量、不同密度的N2和C2H4 B．相同体积、相同密度的CO和C2H4 C．相同温度、相同压强、相同体积的O2和N2 D．相同压强、相同体积、相同质量的O2和N2 答案　D 解析　A项N2和C2H4的摩尔质量相同，相同质量的N2和C2H4，物质的量相同，分子数也相同；B项相同体积、相同密度的CO和C2H4，具有相同的质量，同时也具有相同的分子数；C项同温同压下同体积的任何气体具有相同的分子数；D项同质量的O2和N2，摩尔质量不同，物质的量不同，从而分子数不相等，故选D。 9．150 mL A2气体跟50 mL B2气体恰好完全反应，生成的气体体积为100 mL(同温、同压条件下)，试填空： (1)生成物的化学式是________。 (2)推断化学式的依据是________。 答案　(1)A3B　(2)阿伏加德罗定律和质量守恒定律 解析　设生成物的化学式为AxBy，依题意反应物与生成物的体积比：V(A2)∶V(B2)∶V(AxBy)＝150∶50∶100＝3∶1∶2。根据阿伏加德罗定律，可知这个3∶1∶2既是体积比，又是物质的量之比，也是化学方程式的化学计量数之比，即可写出化学方程式的表示式：3A2＋B2===2AxBy，又根据质量守恒定律可知反应前后各元素的原子个数不变，即在反应物中A的原子数是2×3，B的原子数是2，所以2AxBy应为2A3B。 10．在25℃，101 kPa条件下，将15 L O2通入10 L CO和H2的混合气体中，使其完全燃烧，干燥后，恢复至原来的温度和压强。 (1)若剩余气体的体积是15 L，则原CO和H2的混合气体中： V(CO)＝________L，V(H2)＝________L。 (2)若剩余气体的体积为a L，则原CO和H2的混合气体中：V(CO)∶V(H2)＝____________。 (3)若剩余气体的体积为a L，则a的取值范围是______。 答案　(1)5　5　(2) 解析　在25℃，101 kPa条件下，水的体积忽略不计。根据化学方程式中的计量关系： 2CO＋O2 (1)当剩余15 L气体时，必有10 L是过量的O2，另5 L是CO2，则原来V(CO)＝V(CO2)＝5 L V(H2)＝10 L－5 L＝5 L (2)当剩余a L混合气体时，V(CO2)＝(a－10) L V(CO)＝V(CO2)＝(a－10) L V(H2)＝[10－(a－10)] L＝(20－a) L 二者体积比为 (3)因为a L中总有10 L是O2，假设原气体只有CO， 则a－10＝10，a＝20 假设原气体只有H2，a－10＝0，a＝10 而实际上是两种混合气体，则a的取值范围是：10500 mL，所以500 mL的容量瓶也不能选用。 设配制1 000 mL，并设需浓硫酸的体积为y。 1 L×6 mol·L－1＝0.24 L×1 mol·L－1＋0.15 L×3 mol·L－1＋y×18 mol·L－1 y＝0.295 L＝295 mL 因为295 mL＋240 mL＋150 mL＝685 mL<1 000 mL，所以可以选用1 000 mL的容量瓶。 第一章 单元测试 一、选择题(本题包括15小题，每小题4分，共60分) 1．在盛放酒精的试剂瓶上应印有如下图所示警示标记中的(　　) 答案　C 解析　酒精属于易燃物。 2．下列仪器中常用于物质分离的是(　　) ①漏斗　②量筒　③蒸馏烧瓶　④天平　⑤分液漏斗　⑥研钵　⑦蒸发皿 A．①③④ B．①②⑥ C．①③⑤⑦ D．①③⑥ 答案　C 解析　①用于过滤；③用于蒸馏；⑤用于分液；⑦用于蒸发结晶。 3．下列实验操作中错误的是(　　) A．分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出 B．蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口 C．滴定时，左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视滴定管中的液面 D．称量时，称量物放在称量纸上，置于托盘天平的左盘，砝码放在托盘天平的右盘中(放有等质量的纸) 答案　C 解析　滴定时，左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化情况。 4．在相同温度下，相同质量的下列气体分别通入相同容积的密闭容器中，容器内的压强最小的是(　　) A．二氧化碳 B．氯气 C．氢气 D．二氧化氮 答案　B 解析　相同温度、相同体积的气体， 5．下列溶液中的氯离子数目与50 mL 1 mol·L－1的氯化铝溶液中的氯离子数目相等的是(　　) A．150 mL 1 mol·L－1 的NaCl B．75 mL 3 mol·L－1 的NH4Cl C．150 mL 3 mol·L－1的 KCl D．75 mL 2 mol·L－1的 CaCl2 答案　A 解析　50 mL 1 mol·L－1的AlCl3溶液中氯离子数目是：N＝1 mol·L－1×0.05 L×3×NA＝0.15NA。A选项中氯离子数目是：N＝1 mol·L－1×0.15 L×NA＝0.15NA；B选项中氯离子数目是：N＝3 mol·L－1×0.075 L×NA＝0.225NA；C选项中氯离子数目是：N＝3 mol·L－1×0.15 L×NA＝0.45NA；D选项中氯离子数目是：N＝2 mol·L－1×0.075 L×2×NA＝0.3NA；所以答案为A。 6．设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是(　　) A．1 mol醋酸的质量与NA个醋酸分子的质量相等 B．NA个氧气分子和NA个氢气分子的质量比等于16∶1 C．30 g乙烷(C2H6)所含的原子数目为NA D．在标准状况下，0.5NA个氯气分子所占体积约是11.2 L 答案　C 解析　30 g C2H6的物质的量n＝ 7．如下图所示，下列实验操作方法正确的是(　　) 答案　A 解析　试管内液体加热时，试管口不准对着自己或别人，且加热时试管内液体的体积不能超过1/3，B错；滴加液体时胶头滴管不能插入试管内，C错；过滤时，漏斗下端应紧贴烧杯内壁，D错。 8．已知某饱和溶液的：①溶液的质量；②溶剂的质量；③溶液的体积；④溶质的摩尔质量；⑤溶质的溶解度；⑥溶液的密度。下列有关以上条件的组合中，其中不能用来计算该饱和溶液的物质的量浓度的是(　　) A．①②③④ B．①③④⑤ C．④⑤⑥ D．①④⑥ 答案　D 解析　由①②④可求出溶质的物质的量，A正确；由①⑤④也可求出溶质物质的量，n＝m (溶液)× 9．在一个密闭容器中盛有11 g X气体(X的摩尔质量为44 g/mol)时，压强为1×104 Pa。如果在相同温度下，把更多的气体X充入容器，使容器内压强增到5×104 Pa，这时容器内气体X的分子数约为(　　) A．3.3×1025　　　　　　　　 B．3.3×1024 C．7.5×1023 D．7.5×1022 答案　C 解析　11 g X气体的物质的量为 N＝1.25 mol×6.02×1023 mol－1＝7.5×1023 10．拟通过加入适量的化学药品，采用恰当的分离混合物的方法，除去某溶液里溶解的杂质，下列做法中不正确的是(括号内的物质为杂质)(　　) A NaCl溶液(BaCl2) 加Na2CO3溶液，过滤，再加适量盐酸 B KNO3溶液(AgNO3) 加适量KCl溶液，过滤 C NaCl溶液(I2) 加酒精，分液 D KNO3溶液(I2) 加CCl4，分液 答案　C 解析　C中萃取剂酒精和水互溶，无分层现象不能进行分液操作。 11．分别用10 mL 0.1 mol·L－1的BaCl2溶液恰好使相同体积的Fe2(SO4)3、ZnSO4和K2SO4三种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比是(　　) A．3∶2∶2 B．1∶2∶3 C．1∶3∶3 D．3∶1∶1 答案　C 解析　把三种硫酸盐的体积看成1 L，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比等于它们的物质的量之比，由Ba2＋＋SO42-===BaSO4↓知，1 mol BaCl2反应消耗的n(SO42-)相等，则提供1 mol SO42-需三种溶液物质的量浓度之比为 12．关于在4℃时向100 mL水中溶解了22.4 L HCl气体(标准状况下测得)后形成的溶液，下列说法中正确的是(　　) A．该溶液物质的量浓度为10 mol·L－1 B．该溶液物质的量浓度因溶液的密度未知而无法求解 C．该溶液中溶质的质量分数因溶液的密度未知而无法求得 D．所得溶液的体积为22.5 L 答案　B 解析　标准状况下22.4 L HCl的物质的量为1 mol，其质量为36.5 g，溶液的质量则为(36.5 g＋100 g)，溶液的体积为 13． 体积相同的某营养液两份，其配方如下： KCl K2SO4 ZnSO4 ZnCl2 (1) 0.3 mol 0.2 mol 0.1 mol － (2) 0.1 mol 0.3 mol － 0.1 mol 两份营养液中各离子浓度(　　) A．完全相同 B．完全不同 C．仅c(K＋)相同 D．仅c(Cl－)相同 答案　A 解析　(1)中：n(K＋)＝0.3 mol＋0.2 mol×2＝0.7 mol， n(Cl－)＝0.3 mol， n(SO42-)＝0.2 mol＋0.1 mol＝0.3 mol； (2)中：n(K＋)＝0.1 mol＋0.3 mol×2＝0.7 mol， n(Cl－)＝0.1 mol＋0.1 mol×2＝0.3 mol，n(SO42-)＝0.3 mol。 14．300 mL某浓度的NaOH溶液中含有60 g溶质。现欲将其配制成1 mol/L NaOH溶液，应取原溶液与蒸馏水的体积比约为(　　) A．1∶4 B．1∶5 C．2∶1 D．2∶3 答案　A 解析　300 mL溶液中含有n(NaOH)＝1.5 mol，V(液)＝1.5 L；V(H2O)＝1 200 mL。 15．要配制浓度约为2 mol·L－1 NaOH溶液100 mL，下面的操作正确的是(　　) A．用托盘天平称取8.00 g NaOH固体，放入250 mL烧杯中，用100 mL量筒量取100 mL蒸馏水，加入烧杯中，同时不断搅拌至固体溶解 B．称取8 g NaOH固体，放入100 mL量筒中，边搅拌边慢慢加入蒸馏水，待固体完全溶解后用蒸馏水稀释至100 mL C．称取8 g NaOH固体，放入100 mL容量瓶中，加入适量蒸馏水，振荡容量瓶使固体溶解，再加水到刻度线，盖好瓶塞，反复摇匀 D．用100 mL量筒量取40 mL 5 mol·L－1 NaOH溶液，倒入250 mL烧杯中，再用同一量筒量取60 mL蒸馏水，不断搅拌下，慢慢倒入烧杯中 答案　D 解析　此题是有关物质的量浓度的配制，不少考生马上联想到容量瓶、烧杯、玻璃棒、滴管等仪器，因而先查选项中有无容量瓶，由此否定A、B、D选项，认为C是正确答案。若能注意到所配制的浓度为“约”，并掌握浓溶液稀释的计算和配制技能，则会发现D应属可选之列，而B、C中将NaOH固体直接放入量筒、容量瓶中溶解的操作都是错误的。 二、非选择题(本题包括4个小题，共40分) 16．(9分)实验需要0.1 mol/L NaOH溶液450 mL，根据溶液配制中的情况回答下列问题： (1)实验中除了托盘天平、烧杯、容量瓶外还需要的其他仪器有________________________________________________________________________。 (2)根据计算得知，所需NaOH的质量为________g。 (3)配制一定物质的量浓度溶液的实验中，如果出现以下操作 A．称量时用了生锈的砝码 B．将NaOH放在纸张上称量 C．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中 D．往容量瓶转移时，有少量液体溅出 E．未洗涤溶解NaOH的烧杯 F．定容时仰视刻度线 G．容量瓶未干燥即用来配制溶液 H．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线，对配制的溶液物质的量浓度大小可能造成的影响是(填写字母)偏大的有________。 答案　(1)玻璃棒、胶头滴管、药匙等　(2)2.9　(3)AC 解析　本题是教材要求的“配制一定物质的量浓度的溶液”的基础型题目。重点考查了实验仪器和实验结果的数据处理即误差分析问题，具有一定的代表性。所配溶液的浓度偏高或偏低主要考虑配制过程中溶质是否损失和溶液体积所受到的影响，这是关键所在。A增大了溶质质量，C缩小了溶液体积，二者导致所配溶液的浓度偏高；B、D、E损失了溶质，F、H增大了溶液体积，所配溶液的浓度偏低。 17．(10分)有一包白色粉末状混合物，可能含有Na2CO3、NaCl、CaCO3、CuSO4、KCl、Na2SO4、MgCl2、KNO3中的某几种，现进行如下实验： ①将混合物溶于水，得到无色透明溶液。 ②取少量上述溶液两份，其中一份加入BaCl2溶液，立即产生白色沉淀，再加上稀硝酸，沉淀不溶解，在另一份中加入NaOH溶液，也产生白色沉淀。 根据上述实验现象回答： (1)原混合物中肯定没有_____________________________________________。 (2)原混合物中肯定有_____________________________________________________。 (3)不能确定是否含有_____________________________________________________。 答案　(1)CuSO4、CaCO3、Na2CO3　(2)Na2SO4、MgCl2　(3)KNO3、NaCl、KCl 解析　根据实验①混合物溶于水得无色溶液，可推断原白色粉末中肯定没有CuSO4和CaCO3(因为CuSO4溶液显蓝色，CaCO 难溶于水)。根据实验②向一份溶液中加入BaCl2溶液，立即产生白色沉淀，再加稀HNO3，沉淀不溶解，可推断原白色粉末中肯定有Na2SO4，肯定没有Na2CO3(因为BaSO4和BaCO3都是白色沉淀，但BaCO3溶于稀HNO3)。根据实验②向另一份溶液中加入NaOH溶液有白色沉淀产生，可推断原混合物中含有MgCl2[因为Mg(OH)2是白色沉淀]。对于KNO3、NaCl、KCl，题目中没有进一步用实验检验，因此不能确定是否含有。 18．(12分)为除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SO42—以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下(用于沉淀的试剂稍过量)： 称取粗盐 (1)判断BaCl2已过量的方法是_________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)第④ 步中，相关的离子方程式是_________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)若先用盐酸调pH值再过滤，将对实验结果产生影响，其原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (4)为检验精盐纯度，需配制150 mL 0.2 mol/L NaCl(精盐)溶液，右图是该同学转移溶液的示意图，图中的错误是 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 答案　(1)取第②步后的上层清液1～2滴于点滴板上，再滴入1～2滴BaCl2溶液，若溶液未变浑浊，则表明BaCl2已过量 (2)Ca2++CO32-===CaCO3↓， Ba2++CO32-===BaCO3↓ (3)在此酸性条件下，会有部分沉淀溶解，从而影响制得精盐的纯度 (4)未用玻璃棒引流；未使用与150 mL容积相接近的容量瓶 解析　(1)鉴别SO42-的特征试剂为含Ba2＋的溶液，可取②步的上层清液再加BaCl2，看是否还产生沉淀来判断，若没有白色沉淀产生，则证明BaCl2已过量。 (2)第④步的目的是为了除去Ca2＋和过量的Ba2＋，因此离子方程式应有Ca2＋＋CO32—=CaCO3↓，Ba2＋＋CO32-===BaCO3↓。 (3)如果先加盐酸调pH值再过滤，可能使部分沉淀溶解，导致所得食盐不纯。 (4)配制一定物质的量浓度溶液时，要求所选容量瓶的容积应与待配制溶液的体积相等，如果不等应选略大于此体积的容量瓶，即250 mL容量瓶；转移溶液时应用玻璃棒引流，而图中所示没有按要求做。 19．(9分)某研究性学习小组用化学方法测量一个不规则容器的体积。把35.1 g NaCl放入500 mL烧杯中，加入150 mL蒸馏水。待NaCl完全溶解后，将溶液全部转移到容器中，用蒸馏水稀释至完全充满容器。从中取出溶液100 mL，该容液恰好与200 mL 0.100 mol·L－1AgNO3溶液完全反应。试计算该容器的体积。 答案　3 L 解析　设与AgNO3溶液反应的NaCl溶液的物质的量浓度为c，不规则容器的体积为V，则：200 mL×0.100 mol·L－1＝c×100 mL c＝0.2 mol·L－1 依据稀释前后NaCl的质量不变得：0．2 mol·L－1×V×58.5 g·mol－1＝35.1 g　V＝3 L。 第二章《化学物质及其变化》单元测试题 (90分钟，100分) 一、选择题(每小题3分，共60分，每小题有1个或2个选项符合题意) 1．下列说法中正确的是(　　) A．纯净物一定由分子构成 B．由同种分子构成的物质一定是纯净物 C．混合物肯定是由两种以上的元素组成的 D．含有氧元素的化合物就是氧化物 【答案】　B 【点拨】　有些物质是由原子直接构成的，如金刚石由碳原子直接构成，A错。由同种元素的不同单质构成的物质也是混合物，如O2和O3，C错。氧化物的定义是由两种元素组成且其中一种是氧元素，有些含氧的物质，如H2SO4不是氧化物，D错。 2．(2009－2010豫南七校期末)用下图表示的一些物质或概念之间的从属或包含关系中不正确的是(　　) X Y Z 例 氧化物 化合物 纯净物 A 含氧酸 酸 化合物 B 溶液 分散系 混合物 C 强电解质 电解质 化合物 D 置换反应 氧化还原反应 离子反应 【解析】　有的离子反应是氧化还原反应，有的不是，故D项错误。 【答案】　D 3．下列物质的分类合理的是(　　) A．氧化物：CO2、NO、SO2、H2O B．碱：NaOH、KOH、Ba(OH)2、Na2CO3 C．铵盐：NH4Cl、NH4NO3、(NH4)2SO4、NH3·H2O D．碱性氧化物：Na2O、CaO、Mn2O7、Al2O3 【答案】　A 【点拨】　B中的Na2CO3虽俗名纯碱，其水溶液呈碱性，但它属于盐。C中的NH3·H2O为碱。D中的Mn2O7为酸性氧化物，而Al2O3为两性氧化物。 4．下列说法正确的是(　　) A．可用丁达尔效应区分溶液与胶体 B．生石灰与水混合的过程只发生物理变化 C．O3是由3个氧原子构成的化合物 D．CuSO4·5H2O是一种混合物 【答案】　A 【点拨】　B项：CaO＋H2O===Ca(OH)2，属化学变化；C项：O3为单质；D项：CuSO4·5H2O为结晶水合物，属于化合物。 5．氯化铁溶液与氢氧化铁胶体具有的共同性质是(　　) A．分散质粒子大小都在1～100nm之间 B．有丁达尔效应 C．加热蒸干、灼烧后都有氧化铁生成 D．呈红褐色 【答案】　C 【点拨】　此题虽然属基础题，但涉及的知识较多，胶体粒子大小在1～100nm之间，而溶液中溶质粒子小于1nm；故只有胶体才有丁达尔效应，而溶液没有；氯化铁溶液为棕黄色，氢氧化铁胶体为红褐色；加热蒸干时，氯化铁水解为氢氧化铁，灼烧后，氢氧化铁分解为氧化铁。 6．离子方程式H＋＋OH－===H2O所表示的反应是(　　) A．所有酸和碱之间的中和反应 B．所有强酸和强碱之间的中和反应 C．所有可溶性酸和可溶性碱之间的中和反应 D．强酸溶液与强碱溶液生成可溶性盐和水的反应 【答案】　D 7．下列化学方程式中，能用离子方程式SOeq \o\al(2－,4)＋Ba2＋===BaSO4↓来表示的是(　　) A．BaCO3＋H2SO4===BaSO4↓＋H2O＋CO2↑ B．BaCl2＋Na2CO3===BaCO3↓＋2NaCl C．Ba(OH)2＋CuSO4===Cu(OH)2↓＋BaSO4↓ D．BaCl2＋Na2SO4===BaSO4↓＋2NaCl 【答案】　D 【点拨】　A中BaCO3难溶，不能改写为离子形式；B中无硫酸盐；C中Cu2＋和OH－也参加离子反应，故选D。 8．下列各组离子因为生成难溶物而不能大量共存的是(　　) A．Cl－、Fe3＋、NOeq \o\al(－,3)、OH－ B．HCOeq \o\al(－,3)、Cl－、Na＋、H＋ C．Ba2＋、Cl－、COeq \o\al(2－,3)、K＋ D．NHeq \o\al(＋,4)、K＋、OH－、Cl－ 【答案】　AC 【点拨】　A中可以生成Fe(OH)3沉淀；C中可以生成BaCO3沉淀。 9．下列离子方程式中书写正确的是(　　) A．铁和稀硫酸反应：2Fe＋6H＋===2Fe3＋＋3H2↑ B．碳酸钙和稀盐酸反应：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O C．铜和硝酸银溶液反应：Cu＋Ag＋===Cu2＋＋Ag D．硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液反应：Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓ 【答案】　B 【点拨】　A中产物应为Fe2＋；C中电荷没有配平；D中反应生成BaSO4沉淀。 10．离子检验的常用方法有三种： 检验方法 沉淀法 显色法 气体法 含义 反应中有沉淀产生或溶解 反应中有颜色变化 反应中有气体产生 下列离子检验的方法不合理的是(　　) A．NHeq \o\al(＋,4)—气体法　　　　 B．I－—沉淀法 C．Fe3＋—显色法 D．Ca2＋—气体法 【答案】　D 【点拨】　Ca2＋的检验应选用沉淀法。 11．(贵州兴义市第九中学2009－2010学年度第一次月考，17)下列关于氧化还原反应说法正确的是(　　) A．肯定一种元素被氧化，另一种元素被还原 B．某元素从化合态变成游离态，该元素一定被还原 C．在反应中不一定所有元素的化合价都发生变化 D．在氧化还原反应中非金属单质一定是氧化剂 【解析】　在氧化还原反应中，发生氧化还原反应的元素可能是同种元素，也可能是不同种元素，故A项错误；而某元素在化合态时，可能是低价也可能是高价，当其变成游离态的0价时，可能被还原也可能被氧化，故B项错误；C项正确；非金属单质既可做氧化剂如Cl2也可做还原剂如H2，故D项错误。 【答案】　C 12．向含有下列离子的溶液中分别加入烧碱固体(溶液体积变化可忽略)，能引起下列离子浓度减小的是(　　) A．HCOeq \o\al(－,3)　　　 B．Cl－　　　 C．OH－　　　 D．COeq \o\al(2－,3) 【答案】　A 【点拨】HCOeq \o\al(－,3)＋OH－==COeq \o\al(2－,3)＋H2O，所以加入烧碱会使HCOeq \o\al(－,3)浓度减小；Cl－与OH－不反应，Cl－浓度不变；COeq \o\al(2－,3)与OH－不反应，COeq \o\al(2－,3)浓度不变；C中OH－浓度增大。 13．下列叙述正确的是(　　) A．元素的单质一定由氧化或还原该元素的化合物制得 B．在化学反应中，得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强 C．阳离子只能得到电子被还原，阴离子只能失去电子被氧化 D．含有最高价元素的化合物不一定具有很强的氧化性 【答案】　D 【点拨】　A中如2O3===3O2反应，故错误；B中氧化性强弱与得电子多少无关，而是体现在得电子的能力强弱；C中Fe2＋可被氧化，也可被还原；D中HClO4具有很强的酸性，但其氧化性弱。 14．下列反应的现象描述与离子方程式都正确的是(　　) A．金属镁与稀盐酸反应：有气泡逸出Mg＋2H＋＋2Cl－===MgCl2＋H2↑ B．氯化钡溶液与稀硫酸反应：有白色沉淀生成Ba2＋＋SOeq \o\al(2－,4)===BaSO4↓ C．碳酸钠溶液与盐酸反应：有气泡逸出Na2CO3＋2H＋===2Na＋＋CO2↑＋H2O D．NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：有白色沉淀产生 2HCOeq \o\al(－,3)＋Ba2＋＋2OH－===BaCO3↓＋2H2O＋COeq \o\al(2－,3) 【答案】　B 【点拨】A项：现象正确，离子方程式错误，正确写法为：Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑；C项：现象正确，离子方程式错误，正确的写法为：COeq \o\al(2－,3)＋2H＋===H2O＋CO2↑； D项：也错在离子方程式书写上，正确的写法为：HCOeq \o\al(－,3)＋OH－＋Ba2＋==BaCO3↓＋H2O。 15．下列反应完成后有沉淀生成的是(　　) A．BaCl2溶液与Na2CO3溶液加足量CH3COOH溶液 B．Ba(OH)2溶液与KNO3溶液加足量稀硫酸 C．AgNO3溶液与Na2CO3溶液加足量稀硝酸 D．Ca(OH)2溶液与FeCl3溶液加足量稀硝酸 【答案】　B 【点拨】　A项开始生成的BaCO3可溶于CH3COOH溶液中；C项开始产生的Ag2CO3可溶于稀硝酸；D项开始产生的Fe(OH)3沉淀可被稀硝酸溶解。 16．下列各组微粒中，在一定条件下均可以作氧化剂的是(　　) A．Fe、H2O、CO2 B．Fe3＋、MnOeq \o\al(－,4)、NOeq \o\al(－,3) C．Cl2、HClO、Mg D．ClO－、Cl－、Ag＋ 【答案】　B 【点拨】　A中Fe是活泼金属，只能作还原剂；C中Mg只有还原性；D中Cl－处于最低价，只有还原性。而B中的Fe3＋、MnOeq \o\al(－,4)中＋7价Mn、NOeq \o\al(－,3)中＋5价N，都处于相应元素最高价，都可作氧化剂。 17．(河南濮阳市华龙区高级中学2009－2010学年度第一次月考，18)根据反应①2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋2KCl＋I2，②2FeCl2＋Cl2＝2FeCl3，判断下列物质的氧化性由强到弱的顺序中，正确的是(　　) A．Fe3＋>Cl2>I2 B．Cl2>I2>Fe3＋ C．I2>Cl2>Fe3＋ D．Cl2>Fe3＋>I2 【解析】　由方程式①可知Fe3＋的氧化性强于I2的氧化性，由②可知Cl2的氧化性强于Fe3＋的氧化性，故D项正确。 【答案】　D 18．将下列离子方程式改写成化学方程式，正确的是(　　) A．Cu2＋＋2OH－===Cu(OH)2↓ CuCO3＋2NaOH===Cu(OH)2↓＋Na2CO3 B．COeq \o\al(2－,3)＋2H＋===H2O＋CO2↑ BaCO3＋2HCl===BaCl2＋H2O＋CO2↑ C．Ca2＋＋COeq \o\al(2＋,3)===CaCO3↓ Ca(OH)2＋BaCO3===CaCO3↓＋Ba(OH)2 D．H＋＋OH－===H2O 2KOH＋H2SO4===K2SO4＋2H2O 【答案】　D 【点拨】　A项：CuCO3为难溶性物质；B项：BaCO3为难溶性物质；C项：BaCO3与Ca(OH)2不反应。 19．已知有如下反应：①2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2 ②2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－ ③2Fe(CN)eq \o\al(4－,6)＋I2===2Fe(CN)eq \o\al(3－,6)＋2I－，试判断氧化性强弱顺序正确的是(　　) A．Fe3＋＞Br2＞I2＞Fe(CN)eq \o\al(3－,6) B．Br2＞I2＞Fe3＋＞Fe(CN)eq \o\al(3－,6) C．Br2＞Fe3＋＞I2＞Fe(CN)eq \o\al(3－,6) D．Fe(CN)eq \o\al(3－,6)＞Fe3＋＞Br2＞I2 【答案】　C 【点拨】　依据同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由①判断氧化性Fe3＋＞I2，由②得到氧化性Br2＞Fe3＋，由③得到氧化性I2＞Fe(CN)eq \o\al(3－,6)，综合可得正确答案为C。 20．实验室制取少量N2常利用的反应是NaNO2＋NH4Cleq \o(=====,\s\up7(△))NaCl＋N2↑＋2H2O，关于该反应的说法正确的是(　　) A．NaNO2是氧化剂 B．生成1molN2时转移的电子为6mol C．NH4Cl中的N元素被还原 D．N2既是氧化剂又是还原剂 【答案】　A 【点拨】　分析各元素化合价的变化，知道NaNO2是氧化剂，故A正确。NH4Cl中的N元素被氧化，N2既是氧化产物又是还原产物；当生成1molN2时转移的电子为3mol，故B、C、D错误。 二、非选择题(本题包括6个小题，共40分) 21．(6分)某溶液中可能含有大量下列阴离子：OH－、SOeq \o\al(2－,4)、COeq \o\al(2－,3)、Cl－。 (1)当溶液中存在大量H＋时，则溶液中不可能有________________。 (2)当溶液中有大量的Ba2＋存在时，则溶液中不可能有________________。 【答案】　(1)COeq \o\al(2－,3)、OH－　(2)SOeq \o\al(2－,4)、COeq \o\al(2－,3) 【点拨】(1)当溶液中有大量H＋时，COeq \o\al(2－,3)与H＋反应生成CO2和H2O，OH－和H＋生成水，因此不可能有大量的COeq \o\al(2－,3)和OH－；(2)当溶液中有大量Ba2＋存在时，则SOeq \o\al(2－,4)和COeq \o\al(2－,3)分别与Ba2＋结合生成BaSO4和BaCO3沉淀，因此不可能有SOeq \o\al(2－,4)和COeq \o\al(2－,3)。 22．(6分)已知离子反应：ROeq \o\al(n－,3)＋6I－＋6H＋===R－＋3I2＋3H2O，试根据离子方程式必须“质量守恒，电荷守恒”等判断：n＝______________，R元素在ROeq \o\al(2－,3)中的化合价是______________。 【答案】　1　＋5价 【点拨】　根据离子方程式两端电荷守恒可得(－n)＋(－6)＋6＝－1，n＝1，然后再根据ROeq \o\al(－,3)可判断出R的化合价为＋5价。 方程式两边的电荷的电性和电量应相等。 23．(8分)将1mol·L－1的FeCl3溶液逐滴滴入沸水中，液体变为____________色，得到的是____________；反应的化学方程式为________________。用此分散系进行实验： (1)将其装入U形管内，用石墨棒做电极，接通直流电源，通电一段时间后发现阴极附近颜色________________，这表明__________________________，这种现象称为 ________________。 (2)向其中加入饱和(NH4)2SO4溶液，发生的现象是________________，原因是 __________________________________________________________。 (3)向其中逐滴加入过量稀硫酸，现象是________________；原因是 ____________________________________________。 (4)提纯此分散系的方法叫________________，要保证全部的杂质分子和离子完全除去，实验中必须________________。 【答案】　红褐　Fe(OH)3胶体　FeCl3＋3H2Oeq \o(=====,\s\up7(△))Fe(OH)3(胶体)＋3HCl　(1)逐渐变深Fe(OH)3胶粒带正电荷　胶体的电泳　(2)形成红褐色沉淀　硫酸铵电离出的SOeq \o\al(2－,4)中和Fe(OH)3胶粒所带正电荷，使其以沉淀形式析出　(3)先出现红褐色沉淀，后沉淀消失　H2SO4电离出的SOeq \o\al(2－,4)使Fe(OH)3胶体发生聚沉，H＋使Fe(OH)3沉淀溶解　(4)渗析　多次更换水或放入流动水中，直至检验不到Cl－ 24．(8分)KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯。其变化可表述为： (　)KClO3＋(　)HCl(浓)===(　)KCl＋(　)ClO2↑＋(　)Cl2↑＋(　)[　] (1)请完成该化学方程式并配平(未知物化学式和化学计量数填入框内)。 (2)浓盐酸在反应中显示出来的性质是________________(填写编号，多选倒扣)。 ①只有还原性 ②还原性和酸性 ③只有氧化性 ④氧化性和酸性 (3)产生0.1molCl2，则转移的电子的物质的量为______mol。 (4)ClO2具有很强的氧化性。因此，常被用作消毒剂，其消毒的效率(以单位质量得到的电子数表示)是Cl2的______倍。 【解析】　(1)用元素守恒观察分析题给反应，可得出生成物中所缺项应该是水。再观察反应方程式中各元素的化合价变化知，只有氯元素的化合价发生了变化。根据氧化还原反应中化合价变化规律即可配平。 (2)浓盐酸表现了还原性，也表现了酸性。 (3)每生成1molCl2转移了2mol电子，所以产生0.1molCl2转移电子0.2mol。 (4)氯气、二氧化氯作消毒剂，实质上都是起氧化作用，所以可以分析这两种物质在氧化还原反应中可以得到的电子数来比较其消毒的效率。每摩尔氯气分子可得到2mol电子，每摩尔二氧化氯分子可得到5mol电子，再结合摩尔质量可比较单位质量的消毒效率。 【答案】　(1)2　4　2　2　1　2　H2O　(2)② (3)0.2　(4)2.63 【点拨】　正确标定元素的化合价是做氧化还原反应试题的基础，正确掌握配平技巧、电子守恒法的应用是解题的关键。 25．(6分)有五瓶损坏标签的试剂，分别盛有AgNO3溶液、稀硝酸、盐酸、氯化钡溶液、碳酸钾溶液，为了确定各瓶中是什么试剂，将它们任意编号为A、B、C、D、E，用小试管各盛少量多次进行两两混合反应，反应现象为：A与B、A与E产生沉淀，B与D、B与E产生沉淀，C与E、D与E产生气体，而C与D无反应现象。 由此，可判定各试剂瓶中所盛试剂为 A__________、B____________、C、____________、D____________、E____________。 另外，请写出下面要求的离子方程式： (1)A与E： ______________________________________________________________________。 (2)B与E： ______________________________________________________________________。 (3)C与E： ______________________________________________________________________。 【答案】　BaCl2　AgNO3　HNO3　盐酸　K2CO3　(1)Ba2＋＋COeq \o\al(2－,3)===BaCO3↓ (2)2Ag＋＋COeq \o\al(2－,3)===Ag2CO3↓ (3)COeq \o\al(2－,3)＋2H＋===CO2↑＋H2O 【点拨】　根据题意，E与A、B分别产生沉淀，与C、D分别产生气体，可推断E为K2CO3溶液，A、B可能为AgNO3和BaCl2中的一种，可判断C、D必为稀硝酸和盐酸中的一种，而B与D能产生沉淀，可确定B为AgNO3溶液，D为盐酸，因此A为BaCl2溶液，C为稀硝酸。 找出现象最多最特殊的物质，如生成沉淀或生成气体的，或两者兼有的，确定了这种物质以后，其他的物质便可顺利找出。 26．(6分)试样X由氧化亚铁和氧化铜组成。取质量相等的两份试样进行下图所示实验： (1)写出步骤③发生的全部反应的离子方程式。 (2)若Y和Z充分反应，生成的不溶物的质量是m，则每份试样X中氧化铜为多少(用m表示)。 【解析】　(1)粉未Z的成分是Fe、Cu的混合物。Y溶液为FeCl2、CuCl2、HCl的混合溶液，所以③反应中必有Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑，又根据最后强酸性溶液不含Fe＋CuCl2===FeCl2＋Cu。 (2)设全部Cu的质量为m Cu～CuO 64　80 m　 x x＝eq \f(80,64)m＝eq \f(5,4)m 则每份试样中CuO的质量为eq \f(5,4)m×eq \f(1,2)＝eq \f(5,8)m。 【答案】　(1)Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑ Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋　(2)eq \f(5,8)m PAGE 2 _1536142148.dwg _1536152484.dwg