1、第9讲金属单质及其化合物最新考纲1理解并能应用常见金属的活动顺序。2.了解常见金属(如Na、Al、Fe、Cu等)及其重要化合物的主要性质和重要应用。3.认识化学在金属矿物等自然资源综合利用和实现物质间转化等方面的实际应用。4.了解金属材料在生产和生活中的重要应用。认识常见无机物在生产中的应用和对生态环境的影响。常考点一钠及其重要化合物知识特训完成以下方程式，重温钠及其重要化合物的性质(1)转化反应离子方程式：2Na2H2O=2Na2OHH2；化学方程式：2NaO2Na2O2；离子方程式：2Na2O22H2O=4Na4OHO2；化学方程式：2Na2O22CO2=2Na2CO3O2；化学方程式：2
2、NaHCO3Na2CO3CO2H2O；离子方程式：2OHCO2=COH2O；离子方程式：CO2OH=HCO；化学方程式：2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2。(2)拓展反应Na制备Ti：4NaTiCl44NaClTi。Na与CuSO4溶液反应的离子方程式2Na2H2OCu2=2NaCu(OH)2H2。Na与盐酸反应：2Na2HCl=2NaClH2。Na2O2和SO2的反应Na2O2SO2=Na2SO4。NaHCO3与过量Ca(OH)2溶液反应的离子方程式HCOCa2OH=CaCO3H2O。NaHCO3与少量Ca(OH)2溶液反应的离子方程式2HCOCa22OH=CaCO3CO2H2O。精华聚
3、焦1金属钠与可溶性盐溶液反应的思维模式2过氧化钠的性质(1)Na2O2的强氧化性Na2O2投入FeCl2溶液中，可将Fe2氧化成Fe3，同时生成Fe(OH)3沉淀。Na2O2投入氢硫酸中，可将H2S氧化成单质硫，溶液变浑浊。Na2O2投入Na2SO3溶液，可将SO氧化成SO。Na2O2具有漂白性，投入品红溶液中，可使品红溶液褪色。(2)有关Na2O2与CO2、H2O的反应2CO22Na2O2=2Na2CO3O22H2O2Na2O2=4NaOHO2反应前后的“四种关系”即气体的物质的量关系、气体的体积关系、电子转移关系、固体质量关系；一定量的Na2O2与一定量的CO2和H2O(g)的混合物的反应
4、，可看做Na2O2先与CO2反应，待CO2反应完全后，Na2O2再与H2O(g)发生反应。重温真题1正误判断，正确的打“”，错误的打“”(1)在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解(2015安徽理综，9A)()(2)金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火(2015山东理综，7A)()(3)用试管加热碳酸氢钠固体时使试管口竖直向上(2015山东理综，7B)()(4)分别加热Na2CO3和NaHCO3固体，观察到试管内壁均有水珠，结论两种物质均受热分解(2015广东理综，22A)()(5)可用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液(2015海南化学，7B)()(6)溶解度：小苏打苏打(2015
5、上海化学，11A)()(7)在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1 mol氧气，转移电子数目为0.4NA(2014江苏化学，6D)()(8)二氧化碳通过Na2O2粉未反应后固体物质增重(2014课标卷，9B)()(9)将Na块放入水中，产生气体：2Na2H2O=2NaOHH2(2014北京理综，9B)()(10)小苏打是面包发酵粉的主要成分之一(2014福建理综，6D)()(11)用热的烧碱洗去油污是因为Na2CO3可直接与油污反应(2014课标卷，8A)()(12)向苏打和小苏打溶液中分别加入盐酸，均有气泡冒出，说明两者均能与盐酸反应(2014广东理综，22A)()(13)1 mol Na2O
6、2固体中含离子总数为4NA(2014大纲卷，7C)()2(2014上海，19)下列反应与 Na2O2SO2Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是()A2Na2O22CO22Na2CO3O2B2Na2O22SO32Na2SO4O2CNa2O2H2SO4Na2SO4H2O2D3Na2O2Cr2O32Na2CrO4Na2O解析Na2O2SO2Na2SO4反应中Na2O2的作用是氧化剂，A、B项中Na2O2既作氧化剂也作还原剂；C项中Na2O2既不是氧化剂也不是还原剂；D项中只作氧化剂。答案D感悟高考1题型：选择题(主)填空题2考向：高考对钠及其重要化合物的考查有两种形式：一是在选择题中考查钠及
7、其重要化合物的性质及相互转化；二是在卷中考查钠的化合物的制备及性质探究。3注意点：钠与盐溶液及熔融盐反应的差异性；在推断中注意，焰色反应的应用。最新模拟题组1钠及其重要化合物的性质判断1类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中，错误的是()钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2铁露置在空气中一段时间后就会生锈；性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中化合物NaCl的焰色为黄色；Na2CO3 的焰色也为黄色密度为1.1 g/cm3 与密度为1.2 g/cm3 的 NaCl 溶液等体积混合，所得N
8、aCl 溶液的密度在 1.1 g/cm3 和 1.2 g/cm3 之间；NaK 合金的熔点应在 Na 和 K 熔点之间A BC D解析只有活泼金属如K、Ca、Na 等才能与水反应生成碱和H2，错误；在空气中铝表面能形成一层致密的氧化物薄膜，保护内层金属，故能稳定存在，错误；所有钠盐的焰色均为黄色，正确；合金的熔点低于任何一种成分金属的熔点，故错误。综上所述，本题选D。答案D2下列说法正确的是()A1 mol Na 被完全氧化生成 Na2O2 失去 2NA 个电子B将一小块 Na 放入无水乙醇中，产生气泡，说明 Na 能置换出醇羟基中的氢C工业上通过电解氯化钠溶液制备金属钠和氯气D钠与 CuSO
9、4 溶液反应的离子方程式为 2NaCu2=2NaCu解析1 mol Na 被完全氧化生成 Na2O2 时，Na 由0价变为1价，失去 NA 个电子，A项错；Na 能将乙醇中醇羟基中的氢置换出生成H2，B项正确；电解氯化钠溶液发生反应 2NaCl 2H2O2NaOHCl2H2，制备金属钠应该电解熔融的 NaCl 才行，C项错；钠与CuSO4 溶液反应的离子方程式为：2Na2H2O=2Na2OHH2，2OHCu2=Cu(OH)2，D项错。答案B题组2钠及其化合物的实验探究3某研究性学习小组在网上收集到信息：钠、镁等活泼金属都能在CO2气体中燃烧。他们对钠在CO2气体中燃烧后得到的白色产物进行了如下
10、探究：【实验操作】 将燃烧的钠迅速伸入装满CO2的集气瓶中，钠在其中继续燃烧，反应后冷却，瓶底有黑色颗粒，瓶壁上附着白色物质。【提出假设】假设1：白色物质是Na2O。假设2：白色物质是Na2CO3。假设3：白色物质是Na2O和Na2CO3的混合物。【设计方案】 该小组对燃烧后生成的白色物质进行如下探究：实验方案实验操作实验现象结论方案1取少量白色物质于试管中，加入适量水，振荡，样品全部溶于水，向其中加入无色酚酞试液溶液变成红色白色物质为Na2O方案2取少量白色物质于试管中，加入适量水，振荡，样品全部溶于水，向其中加入过量的CaCl2溶液。静置片刻，取上层清液于试管中，滴加无色酚酞试液出现白色沉
11、淀。无明显现象白色物质为Na2CO3请回答下列问题：(1)写出金属镁与二氧化碳反应的化学方程式：_。(2)甲同学认为方案1得到的结论不正确，其理由是_。(3)乙同学认为方案2得到的结论正确，白色物质为_。(4)钠在二氧化碳中燃烧的化学反应方程式为_。(5)丙同学认为白色物质有可能是氢氧化钠。你是否同意丙同学的观点，并简述理由：_。解析(1)见答案。(2)根据白色物质的水溶液呈碱性，不能得出白色物质为Na2O，因为Na2CO3的溶液显碱性，也会使酚酞试液变红。(3)方案2加入过量的CaCl2溶液出现白色沉淀，是由于溶液中CO与Ca2反应所致，上层清液不能使酚酞试液变红，则白色物质为Na2CO3，
12、不含Na2O，所以假设2成立。(4)因为假设2成立，钠在二氧化碳中燃烧的产物为Na2CO3和C，其燃烧的化学反应方程式为4Na3CO22Na2CO3C。(5)白色物质不可能是氢氧化钠，因为反应物中没有氢元素，不会生成氢氧化钠。答案(1)2MgCO22MgOC(2)Na2CO3溶液显碱性，也会使酚酞试液变红，且也有可能是Na2O和Na2CO3的混合物(3)Na2CO3(4)4Na3CO22Na2CO3C(5)不同意，因为反应物中无氢元素(或违背质量守恒定律)(其他合理答案也对)4过碳酸钠(2Na2CO33H2O2)是一种具有洗涤、杀菌作用的漂白剂，具有Na2CO3和H2O2的双重性质，比H2O2
13、更稳定(50 时开始分解)。过碳酸钠的制备原理如下：2Na2CO3(aq)3H2O2(aq) 2Na2CO33H2O2(s)H0据此，某兴趣小组设计了下列制备过碳酸钠的实验方案：上述实验须在控温反应装置中完成，该装置示意图如下：(1)恒压滴液漏斗中支管的作用是_。(2)步骤的关键是控制温度，其目的是_；静置过程中加入异丙醇的原因是_。(3)步骤中选用无水乙醇洗涤产品的目的除了洗去晶体表面的杂质外，还有_(填字母)。a减少过碳酸钠晶体的损失b过碳酸钠晶体易溶于乙醇c与过碳酸钠晶体中的杂质反应d使过碳酸钠晶体更易干燥(4)下列物质中，不会引起过碳酸钠变质的有_(填字母)。aMnO2 bFeCl2c
14、Na2SiO3 dMgSO4(5)准确称取0.200 0 g过碳酸钠于250 mL锥形瓶中，加50 mL蒸馏水溶解，再加50 mL 2.0 molL1H2SO4，用2.000102molL1 KMnO4标准溶液滴定至终点时消耗30.00 mL。则产品中“H2O2”的质量分数为_。(提示：上述滴定反应的原理为2MnO5H2O26H=2Mn25O28H2O)解析(1)支管能平衡三颈烧瓶与漏斗中的压强，便于双氧水顺利滴下。(2)H2O2、2Na2CO33H2O2温度高易分解；制备过碳酸钠的反应是放热反应，温度过高反应物转化率较低；无机物一般在有机溶剂中的溶解度小于在水中的溶解度。(4)MnO2能催化
15、H2O2分解，FeCl2、MgSO4能与过碳酸钠反应。(5)由2MnO5H2O26H=2Mn25O28H2O可知，n(H2O2)2.5n(MnO)2.52.000102molL10.03 L1.5103mol，w(H2O2)1.5103mol34 gmol1/0.200 0 g0.25525.5%。答案(1)便于双氧水顺利滴下(2)防止H2O2及过碳酸钠分解(或正反应是放热反应，温度过高会导致反应物的转化率较低)降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠析出(3)ad(4)c(5)25.5%或0.255方法技巧Na2CO3和NaHCO3鉴别、转化和除杂1鉴别Na2CO3和NaHCO3的方法热稳定性不
16、同和酸反应生成气体的速率不同(相同条件下)阴离子不同溶液的酸碱性2Na2CO3与NaHCO3的相互转化Na2CO3NaHCO33除杂混合物除杂方法及试剂Na2CO3固体(NaHCO3)加热NaHCO3溶液(Na2CO3)通入足量CO2气体Na2CO3溶液(NaHCO3)加入适量NaOH溶液常考点二铝及其重要化合物知识特训完成以下反应，重温铝及其重要化合物的性质(1)转化反应离子方程式：2Al2OH2H2O=2AlO3H2；离子方程式：Al2O32OH=2AlOH2O；离子方程式：Al33NH3H2O=Al(OH)33NH；化学方程式：2Al(OH)3Al2O33H2O；离子方程式：Al33Al
17、O6H2O=4Al(OH)3。(2)拓展反应NaAlO2与少量盐酸或过量盐酸反应的离子方程式AlOHH2O=Al(OH)3、AlO4H=Al32H2O。向 NaAlO2 溶液中通入少量或过量 CO2 反应的离子方程式2AlOCO23H2O=2Al(OH)3CO、AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO 。Al2(SO4)3 溶液与 NaHCO3 溶液反应的离子方程式Al33HCO=Al(OH)33CO2。用离子方程式表示 NaAlO2 与 NaHCO3 不能共存的原因AlOH2OHCO=Al(OH)3CO。精华聚焦1知识误区(1)铝是活泼金属，但铝抗腐蚀性相当强，因为铝表面生成一层致密的氧化
18、物薄膜。(2)铝热反应不仅仅是单质铝与Fe2O3 反应，还包含制取其他难熔金属的反应，由于铝热剂是混合物，故铝热反应不能用于工业上冶炼铁。注意铝热反应是中学化学中唯一一类金属单质与金属氧化物在高温条件下的置换反应。(3)引发铝热反应的操作是高考实验考查的热点，具体操作是先铺一层 KClO3，然后插上镁条，最后点燃镁条。(4)Al2O3、Al(OH)3 与 NaOH 溶液的反应常用于物质的分离提纯。Al(OH)3 不溶于氨水，所以实验室常用铝盐和氨水来制备 Al(OH)3。(5)利用偏铝酸盐制备 Al(OH)3，一般不用强酸，因为强酸的量控制不当会使制得的 Al(OH)3 溶解。若向偏铝酸盐溶液
19、中通入 CO2，生成的 Al(OH)3 不溶于碳酸，CO2过量时另一产物是 HCO，不过量时另一产物是 CO，书写离子反应方程式时要特别注意。2有关Al(OH)3沉淀的图像分析操作向可溶性铝盐溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量向可溶性铝盐溶液中逐滴加入氨水至过量现象立即产生白色沉淀渐多最多渐少消失立即产生白色沉淀渐多最多沉淀不变图像离子方程式Al33OH=Al(OH)3Al(OH)3OH=AlO2H2OAl33NH3H2O=Al(OH)33NH操作向偏铝酸盐溶液中逐滴加入稀盐酸至过量向偏铝酸盐溶液中缓慢通入CO2至过量现象立即产生白色沉淀渐多最多渐少消失立即产生白色沉淀渐多最多沉淀不变图像离子方
20、程式AlOHH2O=Al(OH)3Al(OH)33H=Al33H2OAlO2H2OCO2=Al(OH)3HCO操作向NaOH溶液中逐滴加入可溶性铝盐溶液至过量向盐酸中逐滴加入偏铝酸盐溶液至过量现象无沉淀(有但即溶)出现沉淀渐多最多沉淀不变同左图像离子方程式Al34OH=AlO2H2O3AlOAl36H2O=4Al(OH)3AlO4H=Al32H2OAl33AlO6H2O=4Al(OH)3重温真题1(2015山东理综，10)某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是()AAlCl3 BNa2O CFeCl2 DSiO2解析A
21、项，AlCl3可由Al与Cl2反应制得，将AlCl3加入Ba(HCO3)2溶液中生成CO2 气体和Al(OH)3沉淀 ，正确；B项，Na2O 加入Ba(HCO3)2溶液中只产生碳酸钡沉淀而没有气体产生 ，错误；C项，Fe 与Cl2 反应生成FeCl3 ，错误；D项，SiO2 与Ba(HCO3)2不反应，错误。答案A2(2014安徽理综，13)室温下，在0.2 molL1 Al2(SO4)3溶液中，逐滴加入1.0 molL1 NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如下图，下列有关说法正确的是()Aa点时，溶液呈酸性的原因是Al3水解，离子方程式为： Al33OHAl(OH)3
22、Bab段，溶液pH增大，Al3浓度不变 Cbc段，加入的OH主要用于生成Al(OH)3沉淀 Dd点时，Al(OH)3沉淀开始溶解解析A项，a点时，即为Al2(SO4)3溶液，由于Al3水解：Al33H2OAl(OH)33H，溶液呈酸性，错误；B项，ab段，主要是滴入的NaOH溶液中和了水解生成的H，c(H)减小，溶液pH增大，另外，一方面，c(H)减小一定程度上促进了Al3的水解，另一方面溶液体积增大，故c(Al3)减小，错误；C项，bc段，pH变化缓慢，主要发生反应：Al33OH=Al(OH)3，正确；D项，c点后pH变化较快的一段，为Al3沉淀完全，Al(OH)3未溶解而c(OH)增大的过
23、程，d点前pH变化较缓慢的一段反应为：Al(OH)3OH=AlO2H2O，故d点时，Al(OH)3已完全溶解，错误。答案C3(2013山东理综，9)足量下列物质与相同质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是()A氢氧化钠溶液 B稀硫酸C盐酸 D稀硝酸解析A项，2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H21 mol Al消耗1 mol NaOH；B项，2Al3H2SO4=Al2(SO4)33H2，1 mol Al消耗1.5mol H2SO4；C项，2Al6HCl=2AlCl33H21 mol Al消耗3 mol HCl；D项，Al和稀硝酸反应不放H2，综上所述，符合题意的是A项。答案A
24、感悟高考1题型：选择题(主)填空题2考向：选择题中主要考查铝及其化合物的性质、用途及相关图像和计算，卷中主要考查工业生产为背景的工艺流程及铝及其化合物的实验探究。3注意点：氧化铝、氢氧化铝的两性；图像题的分析技巧。最新模拟题组铝及其常见化合物的性质、转化及用途1下列说法不正确的是()AAl箔插入稀HNO3中，无现象，说明Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜B如图所示，中为AlCl3溶液，中为浓氨水，中有白色沉淀生成CAl2O3NaAlO2(aq)Al(OH)3DAlCl3溶液中滴加NaOH溶液后铝的存在形式：解析铝能溶于稀HNO3，在浓HNO3中钝化，A错；浓氨水会挥发出NH3，NH3与
25、AlCl3溶液反应生成Al(OH)3沉淀，B正确；Al2O32OH=2AlOH2O，AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO，C正确；根据Al33OH=Al(OH)3，Al34OH=AlO2H2O，3时，铝元素存在形式为Al(OH)3、Al3；3时，铝元素存在形式为Al(OH)3；34时，铝元素存在形式为Al(OH)3、AlO；4时，铝元素存在形式为AlO，D正确。答案A2下表各组物质中，物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是()选项abcdAAlCl3Al(OH)3NaAlO2NaOHBNaAlO2Al(OH)3AlCl3HClCNa2CO3NaHCO3NaOHCO2DCl2FeCl
26、3FeCl2Fe解析A中AlCl3与NaOH反应生成Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应生成NaAlO2，NaAlO2与AlCl3反应生成Al(OH)3，A项中的转化关系正确同理可得出B、D中的转化关系也是正确的。C项中NaHCO3与CO2不反应，且NaOH和Na2CO3也不反应，所以C中的转化不能实现。答案C3(2015苏北四市一模)粉煤灰是燃煤电厂的废渣，主要成分为SiO2、Al2O3、Fe2O3和C等。实验室模拟工业从粉煤灰提取活性Al2O3，其流程如下图：已知烧结过程的产物主要是：NaAlO2、Ca2SiO4、NaFeO2和Na2SiO3等。(1)写出烧结过程中铝元素转化的化学
27、方程式_。(2)操作a为冷却、研磨，其中研磨的目的是_。(3)浸出过程中，NaFeO2可完全水解，水解反应的离子方程式为_。(4)操作b的名称是_，所用的玻璃仪器有_、_和烧杯。(5)“碳化”时生成沉淀，沉淀的化学式为_。解析(1)根据废渣主要成分为SiO2、Al2O3、Fe2O3和C，流程图中加入的CaCO3、Na2CO3和烧结过程的产物主要是NaAlO2、Ca2SiO4、NaFeO2和Na2SiO3等，可知此处反应类似于生产玻璃的反应，所以烧结过程中铝元素转化的化学方程式为Al2O3Na2CO32NaAlO2CO2，气体X是CO2。(2)操作a为冷却、研磨，其后就是用3% Na2CO3溶液
28、浸出，所以其中研磨的目的是增大烧结产物与浸出液的接触面积，提高烧结产物浸出率。(3)根据题干的信息“NaFeO2可完全水解”，可以类比NaAlO2的水解，水解反应的离子方程式为FeO2H2O=Fe(OH)3OH。(4)结合流程图和第(3)小题的信息，每一步操作都是为了将粉煤灰中的Fe、Si等杂质元素分离出去，所以操作b的名称是过滤，所用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯。(5)由于前面已经推知气体X是CO2，而烧结过程中的产物中铝元素是以NaAlO2形式存在，所以“碳化”时生成沉淀，沉淀的化学式为Al(OH)3。答案(1)Al2O3Na2CO32NaAlO2CO2(2)提高烧结产物浸出率(3)F
29、eO2H2O=Fe(OH)3OH(4)过滤漏斗玻璃棒(5)Al(OH)34(2015南京盐城联考)以冶炼铝的废弃物铝灰为原料制取超细氧化铝，既能降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为Al2O3(含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3)，其制备实验流程如下：(1)铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为_。(2)图中“滤渣”的主要成分为_(填化学式)。(3)加30%的H2O2溶液发生反应的离子方程式为_。(4)煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为4NH4Al(SO4)212H2O2Al2O32NH3N25SO33SO253H2O。将产生的气体通过下图所示的装置：集气瓶中收集到的气体是
30、_(填化学式)。足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O(g)外还有_(填化学式)KMnO4溶液褪色(MnO还原为Mn2)，发生反应的离子方程式为_。解析(2)铝灰中Al2O3、FeO、Fe2O3都与硫酸反应而溶解，只有SiO2不与硫酸反应在滤渣中出现。(3)H2O2能氧化Fe2。(4)饱和亚硫酸氢钠溶液吸收NH3、SO3，酸性高锰酸钾溶液吸收SO2，集气瓶中收集到的是N2。答案(1)Al2O33H2SO4=Al2(SO4)33H2O(2)SiO2(3)2Fe2H2O22H=2Fe32H2O(4)N2SO3、NH32MnO5SO22H2O=2Mn25SO4H解题微模板关于图像题的分析思
31、路(1)看面：弄清纵、横坐标的含义。(2)看线：弄清线的变化趋势，每条线都代表着一定的化学反应过程。(3)看点：弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等。曲线的拐点代表着一个反应过程的结束和开始。常考点三铁、铜及其化合物知识特训完成下列18个必会反应，重温铁、铜及其重要化合物的性质(1)Fe 在少量 Cl2 中燃烧2Fe3Cl22FeCl3。(2)Fe和S混合加热FeSFeS。(3)Fe和H2O(g)高温下反应4H2O(g)3FeFe3O44H2。(4)稀HNO3和过量Fe粉或少量Fe粉反应的离子方程式3Fe8H2NO=3Fe22NO4H2O(铁过量)、Fe4
32、HNO=Fe3NO2H2O(铁少量)。(5)FeO与盐酸、稀HNO3反应的离子方程式FeO2H=Fe2H2O、3FeO10HNO=3Fe3NO5H2O。(6)Fe2O3与稀HNO3反应的化学方程式Fe2O36HNO3=2Fe(NO3)33H2O。(7)Fe3O4与稀盐酸、稀HNO3反应的离子方程式Fe3O48H=2Fe3Fe24H2O、3Fe3O428HNO=9Fe3NO14H2O。(8)Fe(OH)2与稀盐酸、稀HNO3反应的离子方程式Fe(OH)22H=Fe22H2O、3Fe(OH)210HNO=3Fe3NO8H2O。(9)Fe(OH)3与稀盐酸、氢碘酸反应的离子方程式Fe(OH)33H=
33、Fe33H2O、2Fe(OH)36H2I=2Fe2I26H2O。(10)Fe(OH)2露置于空气中4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3。(11)制备Fe(OH)3胶体FeCl33H2O(沸水)Fe(OH)3(胶体)3HCl。(12)铁发生吸氧腐蚀生成铁锈的过程负极：2Fe4e=2Fe2，正极：O24e2H2O=4OH，Fe22OH=Fe(OH)2，4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3，2Fe(OH)3nH2O=Fe2O3nH2O3H2O。(13)Cu和浓H2SO4、稀HNO3的反应的化学方程式Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O、3Cu8HNO3(稀)=3Cu(N
34、O3)22NO4H2O。(14)铜绿的生成2CuO2H2OCO2=Cu2(OH)2CO3。(15)FeCl3溶液腐蚀铜板的离子方程式2Fe3Cu=2Fe2Cu2。(16)Cu和S混合加热、Cu在Cl2中燃烧2CuSCu2S、CuCl2CuCl2。(17)用惰性电极电解CuSO4溶液2CuSO42H2O2CuO22H2SO4。(18)用Cu作电极电解H2SO4溶液Cu2HCu2H2。精华聚焦1Fe3和Fe2的鉴别方法(1)直接观察颜色：Fe2的溶液呈浅绿色，Fe3的溶液呈棕黄色。(2)利用显色反应(形成络离子)：有关反应的离子方程式：Fe3SCN Fe(SCN)2(3)利用生成沉淀的颜色：有关反
35、应的离子方程式：Fe22OH=Fe(OH)24Fe(OH)22H2OO2=4Fe(OH)3Fe33OH=Fe(OH)3(4)利用Fe3的氧化性：有关反应的离子方程式：2Fe3Cu=2Fe2Cu2有关反应的离子方程式：2Fe32I=2Fe2I2(5)利用Fe2的还原性：2(1)铜在潮湿的空气中最终不是生成CuO，而是生成铜绿Cu2(OH)2CO3。(2)常用灼热的铜粉除去N2中的O2，灼热的CuO除去CO2中的CO。(3)新制Cu(OH)2悬浊液常用来检验醛基。(4)Cu和一定量的浓HNO3反应，产生的是NO2和NO的混合气体，当Cu有剩余，再加入稀H2SO4，Cu继续溶解。(5)Cu：紫红色；
36、CuO：黑色；Cu2S：黑色；CuS：黑色；Cu2O：砖红色。(6)铜的焰色反应为绿色。(7)冶炼铜的方法有热还原法；湿法炼铜；电解精炼铜。(8)Fe与O2、H2O(g)反应的产物都是Fe3O4而不是Fe2O3。Fe与Cl2反应时生成FeCl3，与S反应时生成FeS，说明Cl2的氧化能力大于S的。常温下，Fe、Al在冷的浓硫酸和浓硝酸中发生钝化，但加热后继续反应。Fe在Cl2中燃烧，无论Cl2过量还是不足均生成FeCl3。(9)向含Fe2的溶液中加入硝酸、KMnO4溶液、氯水等具有氧化性的物质时，溶液会出现浅绿色棕黄色的颜色变化，该现象可用于Fe2的检验。(10)制备Fe(OH)2的方法很多，
37、原则有两点：一是溶液中的溶解氧必须提前除去；二是反应过程中必须与O2隔绝。重温真题1(2015上海化学，7)检验用硫酸亚铁制得的硫酸铁中是否含有硫酸亚铁，可选用的试剂是() ANaOH BKMnO4 CKSCN D苯酚解析Fe2具有还原性，KMnO4具有氧化性，Fe2能使酸性KMnO4溶液褪色。答案B2(2015浙江理综，13)某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制备七水合硫酸亚铁(FeSO47H2O)，设计了如下流程：下列说法不正确的是()A溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉B固体1中一定有SiO2，控制pH是为了使Al3转化为Al
38、(OH)3进入固体2C从溶液2得到FeSO47H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解D若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO47H2O解析根据题意，分析得出以下流程：A项，溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉，正确；B项，由于SiO2不溶于硫酸，则固体1中一定含有SiO2，为了使溶液中的Al3转化成Al(OH)3沉淀，故用NaOH溶液控制pH，得固体2为Al(OH)3，正确；C项，由于Fe2易被氧化、FeSO47H2O易分解，故在从FeSO4溶液中得到FeSO47H2O产品过程中，须控制条件防止其氧化和分解，正确； D项，若在
39、溶液1Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3溶液中直接加NaOH至过量，得到的为Fe(OH)3，用硫酸溶解得到Fe2(SO4)3溶液，故经结晶不能得到FeSO47H2O，错误。答案D3(2011江苏，16)以硫铁矿(主要成分为FeS2)为原料制备氯化铁晶体(FeCl36H2O)的工艺流程如下：回答下列问题：(1)在一定条件下，SO2转化为SO3的反应为 2SO2(g)O2(g)2SO3(g)，该反应的平衡常数表达式为K_；过量的 SO2与NaOH 溶液反应的化学方程式为_。(2)酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量，其目的是_、_。(3)通氯气氧化时，发生的主要反应的离子方程式为_；该过程产生的尾
40、气可用碱溶液吸收，尾气中污染空气的气体为_(写化学式)。解析(1)平衡常数表达式为：K，过量的SO2与NaOH溶液反应的化学方程式为：SO2NaOH=NaHSO3。(2)酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量，目的是将氧化铁充分溶解，提高铁的浸出率及抑制Fe3的水解。(3)通入氯气发生反应的主要反应的离子方程式为：2Fe2Cl2=2Fe32Cl；尾气中污染空气的气体为氯气和氯化氢，可以用氢氧化钠溶液吸收。答案(1)SO2NaOH=NaHSO3(2)提高铁元素的浸出率抑制Fe3水解(3)Cl22Fe2=2Cl2Fe3Cl2、HCl感悟高考1题型：选择题填空题(主)2考向：选择题主要考查铁、铜及其重要化
41、合物的性质及应用，卷主要结合具体工艺流程及实验探究，考查铁、铜及其化合物性质的同时，兼顾考查了氧化还原反应原理、离子方程式的书写、化学计算及化工工艺等知识。特别是有关铁铜的工艺流程题更是出题热点。3注意点：正确解答铁、铜工艺流程题的前提是掌握好物质的分离、提纯、转化等问题。最新模拟题组铁、铜及其重要化合物的性质、转化与探究1正误判断，正确的打“”，错误的打“”(1)Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3物质间均能一步实现(2015江苏，8C)()(2)检验溶液中是否含有Fe2，取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察实验现象(2015江苏，13C)()(3)3 m
42、ol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8nA个电子(2015广东理综，10D)()(4)向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液，再滴加H2O2溶液，现象为溶液变成血红色，说明Fe2既有氧化性又有还原性(2015广东理综，22D)()(5)将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液会观察到有气体生成，溶液呈血红色，说明稀硝酸将Fe氧化为Fe3(2015全国新课标，10A)()(6)1 mol Cu和足量热浓硫酸反应可生成nA个SO3分子(2015广东理综，10B)()(7)将FeCl3固体溶于适量蒸馏水来配制FeCl3溶液(2015福建理综，8B)()(8)在溶液中加KSCN，溶液显红色，
43、说明原溶液中有Fe3，无Fe2(2015天津理综，2A)()(9)观察Fe(OH)2的生成(2015重庆理综，4A)()(10)FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作是因为FeCl3能从含Cu2的溶液中置换出铜(2014全国新课标，8D)()2工业上用某矿渣(含有Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2)提取铜的操作流程如图所示：已知：Cu2O2H=CuCu2H2O。沉淀物Cu(OH)2Al(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2开始沉淀pH5.44.01.15.8沉淀完全pH6.75.23.28.8请回答下列问题：(1)固体混合物A的成分是_(填化学式)。(2)反应完成后，铁元素的主要存在形
44、式为_(填离子符号)。请写出生成该离子所发生反应的离子方程式：_。(3)x的数值范围是3.2x4.0，y对应的数值范围是_。(4)下列关于用NaClO调节pH的说法正确的是_(填序号)。a加入NaClO可使溶液的pH降低bNaClO能调节pH的主要原因是发生反应ClOHHClO，ClO消耗H，从而达到调节pH的目的cNaClO能调节pH的主要原因是ClO水解：ClOH2OHClOOH，OH消耗H，从而达到调节pH的目的(5)实验室欲配制质量分数为20.0%的CuSO4溶液，则配制该溶液所需的CuSO45H2O与H2O的质量之比为_。解析(1)Al2O3、Fe2O3均能溶于稀硫酸，SiO2不能溶
45、于稀硫酸，Cu2O和稀硫酸反应会生成Cu，所以固体混合物A的成分是SiO2、Cu。(2)由(1)知，矿渣溶于稀硫酸后，有铜剩余，故铁元素的存在形式为Fe2，反应的离子方程式为2Fe3Cu=Cu22Fe2。(3)加入NaClO之后，Fe2被氧化成Fe3，x的数值范围是3.2x4.0，可以除去Fe3，此时溶液中还剩下Al3，所以接下来调节pH的目的是除去Al3而使Cu2不受影响，依据表格可知y对应的数值范围是5.2y5.4。(4)矿渣是用稀硫酸溶解的，所以溶液呈酸性，当加入NaClO时，溶液中就会有反应ClOHHClO，ClO消耗H，从而达到调节pH的目的。(5)设CuSO45H2O的质量为x g
46、，H2O的质量为y g，则质量分数为20.0%的CuSO4溶液中，CuSO4的质量分数可表示为100%20.0%，所以xy511。答案(1)SiO2、Cu(2)Fe22Fe3Cu=Cu22Fe2(3)5.2y5.4(4)b(5)5113(2015苏锡常镇二调)利用硫酸渣(主要含Fe2O3、FeO，杂质为Al2O3和SiO2等)生产铁基颜料铁黄(FeOOH)的制备流程如下：(1)“酸溶”时，Fe2O3与硫酸反应的化学方程式为_。(2)滤渣的主要成分是FeS2、S和_(填化学式)；Fe3被FeS2还原的离子方程式为_。(3)“氧化”中，生成FeOOH的离子方程式为_。(4)滤液中溶质是Al2(SO
47、4)3和_(填化学式)；“洗涤”时，检验铁黄表面已洗涤干净的操作是_。解析硫酸渣中的SiO2不溶于硫酸，其他溶解后生成Fe2(SO4)3、FeSO4和Al2(SO4)3，加入还原剂FeS2后过滤得到的滤液为FeSO4和Al2(SO4)3，氧化、加氨水调pH34是生成FeOOH沉淀，滤液为Al2(SO4)3和(NH4)2SO4。(1)酸溶时氧化铁与硫酸反应的化学方程式为Fe2O33H2SO4=Fe2(SO4)33H2O。(2)滤渣中还有不溶于硫酸的SiO2；Fe3被FeS2还原的离子方程式为2Fe3FeS2=3Fe22S。(3)氧化生成FeOOH的离子方程式为4Fe28NH3H2OO2=4FeO
48、OH8NH2H2O。(4)滤液中溶质是(NH4)2SO4和Al2(SO4)3；洗涤时，检验铁黄表面已洗净的方法是取最后一次洗涤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液检验可能残留在表面的(NH4)2SO4和Al2(SO4)3，若无白色沉淀，则说明已洗净。答案(1)Fe2O33H2SO4=Fe2(SO4)33H2O(2)SiO22Fe3FeS2=3Fe22S(3)4Fe28NH3H2OO2=4FeOOH8NH2H2O(4)(NH4)2SO4(写NH4HSO4也可)取最后一次洗涤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀，则说明已洗涤干净4(2015南京三调)聚合硫酸铁铝(PFAS)是一种新型高效水处
49、理剂。利用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe3O4、FeO、SiO2等)为铁源、粉煤灰(主要成分为Al2O3、Fe2O3、FeO等)为铝源，制备PFAS的工艺流程如下：(1)“碱溶”时，Al2O3发生反应的化学方程式为_。(2)“酸溶”时，Fe3O4发生反应的离子方程式为_。(3)“滤渣”、“滤渣”在本流程中能加以利用的是_。(4)“氧化”时应控制温度不超过57 ，其原因是_。(5)“氧化”时若用MnO2代替H2O2，发生反应的离子方程式是_。(6)酸度对絮凝效果和水质有显著影响。若产品PFAS中残留硫酸过多，使用时产生的不良后果是_。解析(1)两性Al2O3溶于碱，碱性氧化物Fe2O3、FeO不与碱
50、反应。(2)Fe3O4中含有3价、2价铁，与硫酸反应是非氧化还原反应。(3)滤渣的主要成分是Fe2O3、FeO，滤渣的主要成分是SiO2，Fe2O3、FeO可用于制备PFAS的铁源。(4)H2O2的稳定性差，过热会分解。(5)MnO2把Fe2氧化为Fe3，本身被还原为Mn2。答案(1)Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O(2)Fe3O48H=2Fe3Fe24H2O(3)滤渣(4)温度过高，H2O2会分解(5)2Fe2MnO24H=2Fe3Mn22H2O(6)硫酸抑制Al3和Fe3水解，降低絮凝效果；水的酸度增大，影响水质满分微课堂数形结合思想在解答化学图像题中的妙用【示例】如图是向MgC
51、l2、AlCl3混合液中依次加入M和N时生成沉淀的物质的量与加入的M和N的体积关系图(M、N分别表示盐酸或氢氧化钠溶液中的一种)，以下结论不正确的是()A.混合溶液中c(AlCl3)c(MgCl2)11B.混合溶液中c(AlCl3)c(MgCl2)31C.点V之前加NaOH溶液，点V之后加盐酸D.所加盐酸与NaOH溶液中溶质的物质的量浓度相同【审题指导】OAABBCOHH=H2OCDDE答案B数形结合思想：“数缺形，少直观；形缺数，难入微”。数形结合思想的应用大致可分为两种情形：或者借助于数的精确性来阐明形的某些属性，或者借助形的直观性来阐明数之间某种关系，即数形结合包括两个方面：第一种情形是
52、“以数解形”，而第二种情形是“以形助数”。在化学上，有很多问题也可用这种数形结合的思想去解决。拓展数形结合思想，在解答化学题时应用广泛，如我们平时所用的数轴法：根据AlCl3与NaOH的量计算生成Al(OH)3的量根据NaAlO2和HCl计算生成Al(OH)3的量铁与稀硝酸反应产物的判断HNO3过量：Fe4HNO3(稀)=Fe(NO3)3NO2H2O，Fe过量时：Fe2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)2，两者相加得总化学方程式：3Fe8HNO3(稀)=3Fe(NO3)22NO4H2O，可以用数轴表示：解题时需注意量的范围。即：a.，产物仅有Fe(NO3)3，HNO3可能有剩余；b.，产物仅有
53、Fe(NO3)2，Fe可能有剩余；c.产物为Fe(NO3)3和Fe(NO3)2，HNO3和Fe都没有剩余。体验1向物质的量浓度均为1 mol/L 的 AlCl3 和盐酸的混合溶液中逐滴滴入 NaOH 溶液，如图中n表示Al(OH)3的物质的量、V表示 NaOH 溶液的体积能正确表示这个反应过程的是()解析向混合溶液中逐滴滴入 NaOH 溶液，反应情况分为三个阶段：第一阶段为 OH H=H2O，此时无沉淀产生；第二阶段有白色沉淀产生，反应的离子方程式为Al3 3OH=Al(OH)3；第三阶段滴加NaOH溶液至过量，沉淀逐渐溶解最后完全消失，反应的离子方程式为Al(OH)3OH=AlO2H2O，结
54、合反应离子方程式及浓度关系可知三个阶段消耗 NaOH 的物质的量之比为131。答案D体验2将22.4 g 铁粉逐渐加入含 HNO3 0.8 mol 的硝酸溶液中，反应生成的气体的物质的量(x)(假设HNO3的还原产物只有NO)随消耗铁粉的物质的量(y)变化关系中正确的是()解析首先发生反应：再发生反应：Fe2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)2，01 mol0.2 mol由此得出正确答案为C。答案C能力提升训练1下表为某纯碱产品说明书： 化学名：碳酸钠，俗称苏打性状：白色粉末，易溶于水，水溶液呈中性化学式：Na2CO3用途：重要的基本化工原料之一，在纺织、玻璃、制皂、造纸等领域都有广泛应用其中
55、有错误的一项是()A化学名 B性状 C化学式 D用途解析Na2CO3为白色粉末，易溶于水，溶于水后由于CO水解，水溶液呈碱性。答案B2下列有关物质的性质与其应用不相对应的是()AMgO、Al2O3的熔点很高，可制作耐高温材料BNaHCO3能与碱反应，食品工业上用作焙制糕点的膨松剂C液氨易挥发可用作制冷剂D利用钠蒸气放电发光的性质制造的高压钠灯，可发出射程远、透雾能力强的黄光解析A项，耐高温材料应具有熔点高的特点，因MgO、Al2O3熔点高，硬度大，则可制作耐高温材料，正确；B项，NaHCO3用作焙制糕点的膨松剂是因为NaHCO3不稳定受热易分解，且和酸反应能生成CO2，而不是因为能和碱反应，错
56、误；C项，液氨易挥发吸收热量，故可用作制冷剂，正确；D项，钠的焰色反应为黄色，因黄色光射程远、透雾能力强，则可用于制造高压钠灯，正确。答案B3下列物质的制备与工业生产实际相符的是()AN2NO2HNO3BMnO2Cl2漂白粉C黄铁矿SO2SO3稀硫酸D铝土矿NaAlO2溶液Al(OH)3Al2O3Al解析N2和O2不能一步生成NO2气体，选项A错误；工业上一般用电解饱和食盐水制备氯气，氯气再与石灰乳反应制取漂白粉，选项B错误；工业上制备硫酸时用浓硫酸吸收SO3，而不用水，选项C错误。答案D4下列反应中，反应后固体物质增重的是()A氢气通过灼热的CuO粉末B二氧化碳通过Na2O2粉末C铝与Fe2
57、O3发生铝热反应D将锌粒投入Cu(NO3)2溶液解析A项，CuO被H2还原为Cu，固体物质减轻；B项，2Na2O22CO2=2Na2CO3O2，Na2O2变为Na2CO3，固体质量增加；C项，铝热反应前后固体总质量保持不变；D项，1 mol Zn置换出 1 mol Cu，固体质量减轻，不符合题意。答案B5下列类比关系正确的是()A钠与氧气在不同条件下反应会生成两种不同的氧化物，则Li与氧气反应生成Li2O或Li2O2BNa2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则Na2O2与SO2反应可生成Na2SO3和O2CFe与Cl2反应生成FeCl3，则Fe与I2反应生成FeI3DAl与Fe2O3能发
58、生铝热反应，则Al与MnO2也能发生铝热反应解析A项中Li与氧气反应只能生成一种氧化物，即Li2O；B项中具有氧化性的Na2O2与具有还原性的SO2反应可生成Na2SO4，而不放出O2；C项中Fe与I2反应只能生成FeI2，因为碘的氧化性不够强。答案D6下列物质的转化在给定条件下不能实现的是()NaNa2O2Na2CO3MgOMgCl2溶液MgFeFe2O3Fe2(SO4)3SiO2Na2SiO3H2SiO3HCHOHCOOHHCOOCH3A B C D解析2NaO2Na2O2，2Na2O22CO2=2Na2CO3O2；MgO2HCl=MgCl2H2O，电解MgCl2溶液，不能得到Mg；Fe在
59、O2中燃烧生成Fe3O4；SiO22NaOH=Na2SiO3H2O，Na2SiO32HCl=2NaClH2SiO3；2HCHOO22HCOOH，HCOOH和CH3OH反应的条件是浓H2SO4并加热。答案C7下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是()编号abcdNa2ONa2O2NaNaOHAl2O3NaAlO2AlAl(OH)3FeCl2FeCl3FeCuCl2NONO2N2HNO3A B C D解析Na2ONa2O2NaOH，NaOH不能一步反应生成Na2O；Al2O3NaAlO2Al(OH)3Al2O3，AlAl2O3，AlNaAlO2；FeCl2FeCl3CuCl2
60、FeCl2，FeFeCl2，FeFeCl3；NONO2HNO3NO，N2NO，N2不能直接生成NO2。答案B8下列物质转化在给定条件下能实现的是()Al2O3NaAlO2(aq)Al(OH)3SSO3H2SO4饱和NaCl(aq)NaHCO3Na2CO3Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3MgCl2(aq)Mg(OH)2MgOA B C D解析Al2O32OH=2AlOH2O，AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO；S和O2燃烧生成SO2；NaClNH3CO2H2O=NaHCO3NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3CO2H2O；Fe2O36HCl=2FeCl33H2O、FeCl33
61、H2OFe(OH)33HCl；MgCl2Ca(OH)2=Mg(OH)2CaCl2、Mg(OH)2MgOH2O。答案A9工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：下列叙述正确的是()A试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸B反应、过滤后所得沉淀为氢氧化铁C图中所示转化反应都不是氧化还原反应D反应的化学方程式为NaAlO2CO22H2O=Al(OH)3NaHCO3解析本题以流程图为载体，考查了实验基础、氧化还原反应和化学方程式的书写。由后续流程可知，反应中试剂X的作用是将铝元素转移到溶液中，从而与Fe2O3分离。由于Al2O3属于两性氧化物，而Fe2O3属
62、于碱性氧化物，所以应选用氢氧化钠溶液溶解Al2O3，A、B均错误；流程最后一步电解Al2O3制取Al时元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，C项错误；由反应分析，溶液乙的溶质是NaAlO2；反应的产物是Al(OH)3和NaHCO3，说明通入物质不仅含有碳元素，而且在水中显酸性，Y是CO2。根据元素守恒，反应的化学方程式为NaAlO2CO22H2O=Al(OH)3NaHCO3，D项正确。答案D10甲、乙、丙、丁、戊五种物质中，甲、乙、丙均含有某种元素，它们之间有如图所示的转化关系(反应条件、部分产物没有标出)。下列有关物质的推断不正确的是()A.若甲为Al(OH)3，则丁可能是盐酸B若甲为S，则
63、戊可能是氧气C若甲为Fe，则丁可能是盐酸D若甲为N2，则戊可能是氧气解析首先，熟悉选项中各物质的性质；然后，明确物质之间的转化关系；最后，逐项进行分析，突破陷阱，正确作答。A项，若甲为Al(OH)3，乙是AlCl3，丙是偏铝酸盐，符合转化关系；B项，若甲为S，丙是SO2，乙是H2S，符合转化关系；C项，若甲为Fe，乙是FeCl2，不管丙是铁盐还是亚铁盐，乙、丙都不能反应得到单质铁，不符合转化关系；D项，若甲为N2，丙是NO，乙是NH3，NH3、NO反应可得到N2，符合转化关系。答案C11下列根据实验操作和实验现象所得出的结论正确的是()选项实验操作实验现象结论A用洁净铂丝蘸取某溶液置于酒精灯外
64、焰上灼烧火焰呈黄色该溶液中含Na，不含KB向FeCl2溶液中通入适量Cl2溶液由浅绿色变为棕黄色Cl2的氧化性比FeCl3的强C向NaAlO2溶液中，滴入NaHCO3溶液有白色沉淀生成AlO与HCO发生了水解相互促进反应D将Na2CO3固体与SiO2混合加热产生气体H2SiO3的酸性比H2CO3的酸性强 解析首先，明确选项中各物质的性质；然后，弄清各选项实验中发生的反应及产生的现象；最后，明确实验现象与结论是否一致。A项，K的焰色必须透过蓝色钴玻璃观察，否则它的焰色易被Na的焰色掩盖，错误；B项，Cl2具有强氧化性，可将Fe2氧化成Fe3，溶液由浅绿色(Fe2)转变成棕黄色(Fe3)，由氧化还
65、原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可得到相应结论，正确；C项，AlO与HCO水解都使溶液呈碱性，则二者的水解相互抑制，不能发生水解相互促进反应，实验中产生白色沉淀的原因是Al(OH)3的电离能力小于HCO的，NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合，发生反应AlOHCOH2O=Al(OH)3CO，错误；D项，Na2CO3固体与SiO2混合加热产生CO2气体，利用的是高沸点物质(SiO2)制备低沸点物质(CO2)的原理，不能说明H2CO3的酸性比H2SiO3的弱(实际上酸性：H2CO3H2SiO3)错误。答案B12(2015南京调研)已知A、B、D、E均为中学化学常见单质或化合物，它们之间
66、的关系如图所示部分产物略去，Fe能与足量稀HNO3反应生成Fe(NO3)3。下列说法错误的是()AA、B、D可能是钠及其化合物BA、B、D可能是铁及其化合物CA、B、D可能是铝及其化合物DA、B、D不可能是非金属及其化合物解析选项A，A为NaOH、B为NaHCO3、D为Na2CO3、E为CO2时满足框图转化关系；选项B，A为Fe、E为稀硝酸、D为Fe(NO3)2、B为Fe(NO3)3时满足框图转化关系；选项C，A为AlCl3、E为NaOH、B为NaAlO2、D为Al(OH)3时满足框图转化关系；选项D，A为C、E为O2、B为CO2、D为CO时满足框图转化关系，所以A、B、D可能是非金属及其化合
67、物。答案D13(2015扬州一模)氯化亚铜是一种应用较广的催化剂，易水解。以低品位铜矿砂(主要成分CuS)为原料制备氯化亚铜的路线如下：(1)酸溶1步骤中加入MnO2的作用是_。(2)除锰步骤中Mn2转化为MnCO3沉淀，该反应的离子方程式为_。溶液中CuSO4转变为Cu(NH3)4CO3留在溶液中。(3)蒸氨步骤会得到CuO固体，该步骤在减压条件下进行的原因是_。(4)合成步骤加入Na2SO3的速率不宜过快，否则会产生SO2气体，除可能与酸溶时硫酸过量有关，还可能的原因是_。(5)有工艺将合成步骤的NaCl与Na2SO3换为NH4Cl和(NH4)2SO3，则可获得一种可作为氮肥的副产品，其化
68、学式为_。(6)洗涤步骤先用_洗，再用无水乙醇洗涤。解析(1)从流程可知生成硫单质，说明CuS被氧化，MnO2作为氧化剂。(2)Mn2与HCO反应生成MnCO3，而溶液中CuSO4转变为Cu(NH3)4CO3留在溶液中，则与SO结合的阳离子只有NH，一个NH来自NH4HCO3，另一个来自NH3，进而可得离子方程式。(3)减压条件下沸点降低，促进气体的逸出。(4)反应的离子方程式为2Cu2SO2ClH2O=2CuClSO2H，可知生成了H。(5)若将NaCl与Na2SO3换为NH4Cl和(NH4)2SO3时，副产品为(NH4)2SO4。(6)用盐酸洗是为了防止CuCl水解。答案(1)作氧化剂(2
69、)Mn2HCONH3=MnCO3NH(3)减压有利于气体逸出(4)反应有酸(H)生成(或者反应使溶液pH下降)(5)(NH4)2SO4或NH4HSO4、(NH4)2SO4和NH4HSO4、(NH4)2SO4和H2SO4等(6)盐酸14无水氯化铝在生产、生活中应用广泛。(1)氯化铝在水中形成具有净水作用的氢氧化铝胶体，其反应的离子方程式为_。(2)工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含有Fe2O3、SiO2等杂质)制取无水氯化铝的一种工艺流程示意图如下：已知：物质SiCl4AlCl3FeCl3FeCl2沸点/57.6180(升华)300(升华)1 023步骤中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，
70、其作用是_(只要求写出一种)。步骤中若不通入氯气和氧气，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是_。已知：Al2O3(s)3C(s)=2Al(s)3CO(g)H11 344.1 kJmol12AlCl3(g)=2Al(s)3Cl2(g)H21 169.2 kJmol1由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为_。步骤的尾气经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，生成的盐主要有3种，其化学式分别为_。结合流程及相关数据分析，步骤中加入铝粉的目的是_。解析(1)AlCl3属于强酸弱碱盐，在溶液中Al3发生水解反应生成Al(OH)3胶体：Al33H2OAl(OH)3(胶体)3H；
71、(2)步骤中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，可以防止后续步骤生成的AlCl3水解，同时也增大了反应物的接触面积，从而加快反应速率。根据物质的组成元素可知：若步骤中不通入氯气和氧气，则反应生成相对原子质量比Si大的单质是Fe。对已知两个热化学方程式由上到下依次标记为(i)和(ii)，根据盖斯定律，(i)(ii)可得所求热化学方程式：Al2O3(s)3C(s)3Cl2(g)=2AlCl3(g)3CO(g)H174.9 kJ/mol；步骤经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，Cl2与浓NaOH溶液发生反应生成NaCl、NaClO3和H2O。随着反应进行，溶液浓度变小，这时Cl2与稀NaO
72、H溶液发生反应生成NaCl、NaClO和H2O。因此，得到的3种盐分别为NaCl、NaClO、NaClO3。Al的活动性强于Fe，在步骤中加入Al粉与FeCl3发生置换反应，以除去FeCl3从而提高AlCl3的纯度。答案(1)Al33H2OAl(OH)3(胶体)3H(2)防止后续步骤生成的AlCl3水解或增大反应物的接触面积，加快反应速率Fe或铁Al2O3(s)3C(s)3Cl2(g)=2AlCl3(g)3CO(g)H174.9 kJ/molNaCl、NaClO、NaClO3除去FeCl3，提高AlCl3纯度15(2015南通扬州二调)硝酸铝Al(NO3)3是一种常用媒染剂。工业上用铝灰(主要
73、含Al、Al2O3、Fe2O3等)制取硝酸铝晶体Al(NO3)39H2O的流程如下：(1)写出反应的离子方程式：_(任写一个)。(2)若在实验室中完成反应，为避免铝的损失，需要解决的问题是_，可采取的措施为_。(3)上述流程中采用减压蒸发，并控制反应中加入的稀硝酸稍过量，其目的是_。(4)温度高于200 时，硝酸铝完全分解成氧化铝和两种气体(其体积比为41)，该反应的化学方程式是_。(5)若用右图所示实验装置制取Al(NO3)3，通入水蒸气的作用是_。解析(1)铝灰中Al和Al2O3均能与NaOH溶液发生反应。(2)反应中为生成的AlO与稀HNO3反应生成Al(OH)3，若稀HNO3过量，则A
74、l(OH)3溶解，不易控制反应终点，可以将稀HNO3换成过量的CO2。(3)反应中生成的Al(NO3)3中Al3易水解，存在水解平衡： Al33H2OAl(OH)33H，加入过量的稀HNO3，目的是抑制Al3的水解。(4)类比硝酸分解产生NO2和O2的反应方程式，即可得出正确答案。(5)水蒸气温度较高，起到加快反应速率的作用。答案(1)2Al2OH2H2O=2AlO3H2(或Al2O32OH=2AlOH2O)(2)如何控制反应终点(或硝酸的用量)将加入稀硝酸改为通入过量CO2(3)防止硝酸铝水解(4)4Al(NO3)32Al2O312NO23O2(5)升高温度、搅拌，加快反应速率第10讲非金属
75、单质及其化合物最新考纲1了解常见非金属(如H、C、N、O、S、Si、Cl等)及其化合物的主要性质和重要应用。2.认识化学在海水等自然资源综合利用和实现物质间转化等方面的实际应用。3.认识常见无机物在生产中的应用和对生态环境的影响。常考点一碳、硅及其重要化合物知识特训完成下列反应，重温碳、硅及其重要化合物的性质(1)转化反应请写出上述标号反应的化学方程式2MgCO22MgOC；Ca(OH)2Na2CO3=CaCO32NaOH；Ca(HCO3)22NaOH=CaCO3Na2CO32H2O；SiO22NaOH=Na2SiO3H2O；Na2SiO3CO2H2O=H2SiO3Na2CO3；H2SiO3S
76、iO2H2O。(2)特殊反应Si的还原性大于C，但C在高温下能还原出Si：SiO22CSi2CO。非金属单质与碱反应一般既作氧化剂又作还原剂，且无氢气放出，但硅与碱溶液反应只作还原剂，且放出氢气：Si2NaOHH2O=Na2SiO32H2。非金属单质一般不与非氧化性酸反应，但硅能与HF反应：Si4HF=SiF42H2。SiO2是酸性氧化物却能与非氧化性酸反应：SiO24HF=SiF42H2O。H2CO3的酸性强于H2SiO3，所以Na2SiO3CO2H2O=Na2CO3H2SiO3，但高温下Na2CO3SiO2Na2SiO3CO2也能发生。一般情况下，金属(Na、K)能置换出水中的氢，C在高温
77、下也能置换出H2O中的氢：CH2O(g)H2CO。精华聚焦知识误区(1)非金属单质与碱液反应一般无 H2 放出，但 Si 能与碱液反应放出 H2。(2)二氧化硅与氢氟酸反应是二氧化硅的特性，但二氧化硅不是两性氧化物。(3)CO2 不属于大气污染物，但大气中的 CO2 会导致温室效应，故目前所提倡的“低碳经济、低碳出行”等就是指降低CO2的排放。(4)高炉炼铁时，作还原剂的是 CO，而不是单质碳，其反应的化学方程式为 Fe2O33CO2Fe3CO2。(5)H2CO3的酸性大于H2SiO3的，所以有 Na2SiO3CO2(少量)H2O=H2SiO3Na2CO3，但高温下Na2CO3SiO2Na2S
78、iO3CO2也能发生，原因可以从两方面解释：硅酸盐比碳酸盐稳定；从化学平衡角度，由高沸点难挥发固体SiO2制得低沸点易挥发的CO2。(6)SiO2 不导电，是制作光导纤维的材料；Si是半导体，是制作光电池的材料。(7)水泥、玻璃与陶瓷是三大传统无机非金属材料，碳化硅、氮化硅等是新型无机非金属材料。重温真题1(2015江苏化学，4)在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C。下列说法正确的是()A元素C的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体BMg、MgO中镁元素微粒的半径：r(Mg2)r(Mg)C在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性D该反应中化学能全部转化为热能解析A项，碳元素存在金刚石、石墨、C
79、60、C70、石墨烯等多种同素异形体，错误；B项，Mg和Mg2的质子数相同，但Mg有3个电子层，Mg2有2个电子层，所以Mg半径大于Mg2半径，错误；C项，该反应中镁作还原剂，C为还原产物，由氧化还原反应的“强弱规律”可知，Mg的还原性强于C的还原性，正确；D项，该反应中化学能除转化为热能外还有部分转化为光能(因为燃烧时发出光)，错误。答案C2(2015安徽理综，9)下列有关说法正确的是()A在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解BFe(OH)3胶体无色、透明，能产生丁达尔现象CH2、SO2、CO2三种气体都可用浓H2SO4干燥DSiO2既能和氢氧化钠溶液反应又能和氢氟
80、酸反应，所以是两性氧化物解析A项，Na2CO3固体在酒精灯加热条件下，不分解，错误；B项，Fe(OH)3胶体呈红褐色，错误；C项，H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥，正确；D项，由于SiO2与氢氟酸反应不能生成盐，所以SiO2是酸性氧化物而不是碱性氧化物，错误。答案C3(2015海南化学，14)单质Z是一种常见的半导体材料，可由X通过如下图所示的路线制备。其中X为Z的氧化物；Y为氢化物，分子结构与甲烷相似。回答下列问题：(1)能与X发生化学反应的酸是_；由X制备Mg2Z的化学方程式为_。(2)由Mg2Z生成Y的化学方程式为_，Y分子的电子式为_。(3)Z、X中共价键的类型分别是_、_
81、。解析根据题意，单质Z为半导体，则Z是Si元素；其氧化物为二氧化硅，SiO2可与氢氟酸反应；根据流程图可知，二氧化硅与Mg反应生成Mg2Si，Mg2Si与盐酸反应生成的Y为氢化物，分子结构与甲烷相似，则Y的分子式是SiH4，加热分解可得到Si单质。答案(1)氢氟酸(HF)SiO22MgO2Mg2Si(2)Mg2Si4HCl=2MgCl2SiH4(3)非极性键极性键感悟高考1题型：选择题填空题2考向：随着新能源、新材料、新工艺的发展应用，碳、硅及其化合物的性质和应用的考查在高考中有逐渐增多的趋势。主要以碳、一氧化碳还原性为载体设计实验探究题，其中硅及其化合物的性质和有关实验以及工艺流程题也是高考
82、考查的重点，复习时加以重视。3注意点：Si及SiO2的特殊性质。最新模拟题组碳、硅及其化合物的性质、用途与探究1正误判断，正确的划“”，错误的划“”(1)粗硅SiCl4Si物质间转化均能一步实现(2015江苏，8A)()(2)元素C的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体(2015江苏，4A)()(3)硅胶可用作食品干燥剂(2015全国新课标，7A)()(4)除去CO中的CO2(2015安徽理综，8B)()(5)利用NaOH溶液和浓H2SO4通过洗气的方法可以除去CO中的CO2(2014全国大纲，10A)()(6)漂白粉、石英都属于纯净物(2014四川理综，2B)()(7)常温下，SiO2既能与
83、KOH溶液反应又能与浓盐酸反应(2014福建理综，9)()(8)因晶体硅熔点高硬度大，可用于制作半导体材料(2014江苏，4A)()(9)SiO2、NaOH、HF中的任意两种物质在一定条件下均能发生反应(2014江苏，8C)()(10)氢氟酸刻蚀玻璃不涉及化学变化(2014重庆理综，1C)()(11)用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装过程没有发生化学反应(2014全国新课标，7D)()2X是一种新型无机非金属材料，具有耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击性。有关生产过程如下：为了确定C的组成，某同学进行了以下的探究过程。已知F、G都是难溶于水和稀硝酸的白色沉淀，I可用于制造光导纤维。按要求回答下列
84、问题：(1)C的化学式为_；X的化学式为_。(2)写出下列方程式：反应的化学方程式_；反应的离子方程式_。解析本题可从I入手推断，I可用于制造光导纤维，故其为二氧化硅，F为硅酸，H为硅酸钠。E为HCl，C为四氯化硅，X为Si3N4。反应为Si与Cl2反应生成SiCl4，反应为硅酸钠与过量的二氧化碳反应生成硅酸和碳酸氢钠 。答案(1)SiCl4Si3N4(2)Si2Cl2SiCl4SiO2H2O2CO2=H2SiO32HCO常考点二卤素及其重要化合物知识特训完成下列反应，重温氯及其化合物的性质(1)转化反应Cl2SO22H2O=2HClH2SO4Cl22KI=I22KCl3Cl22Fe2FeCl
85、3Cl22NaOH=NaClNaClOH2OMnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O2NaCl2H2O2NaOHCl2H2Cl2H2OHClHClO2Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2O(2)特殊反应氯气与氨气的(产生白烟)反应3Cl28NH3=N26NH4ClKMnO4与浓盐酸(常温)反应2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O少量氯气通入到碳酸钠溶液中Cl2Na2CO3H2O=NaHCO3NaClHClO精华聚焦1氯水的成分及性质(1)氯水的成分Cl2溶于水：Cl2H2OH ClHClO三种分子：Cl2、H2O、HClO四种离子：Cl、
86、H、OH、ClO(2)氯水的性质氯水的多种成分决定了氯水的化学性质表现出多样性：Cl2的强氧化性；HCl的强酸性；HClO的强氧化性、弱酸性和不稳定性；Cl的性质。2卤素离子的检验方法(1)AgNO3溶液沉淀法(2)置换萃取法未知液(3)氧化淀粉法检验I未知液蓝色溶液，表示有I重温真题1(2015课标全国，12)海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是()A向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂D富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收解析A项，向苦卤中通入Cl2 时发生反应Cl22Br=2ClBr2，故
87、其目的是为了提取溴，正确；B项，可将粗盐溶解、过滤除去难溶性杂质，然后向滤液中加入沉淀剂，过滤后调节滤液pH以除去可溶性杂质，最后重结晶可得精盐，正确；C项，工业生产常选用廉价的Ca(OH)2作为沉淀剂，错误；D项，由于通入Cl2后所得溶液中Br2的浓度很小，因此利用Br2的挥发性，可先用空气和水蒸气吹出Br2，再用SO2将其还原为HBr进行富集，正确。答案C2(2014江苏，13)在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是()A氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2 B向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl C向氯水中加入NaHC
88、O3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H D向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO解析A项，Cl2的颜色为黄绿色，正因为氯水中溶解了黄绿色的Cl2，才使得氯水显示了浅黄绿色，正确；B项，Cl与Ag结合生成AgCl白色沉淀，正确；C项，Cl2与水反应生成HCl和HClO，H与NaHCO3反应生成CO2气体，正确；D项，氯水中的Cl2也能将Fe2氧化为Fe3，错误。答案D3(2015重庆理综，9)ClO2与Cl2的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过如图1装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。(1)仪器D的名称是_。安装F
89、中导管时，应选用图2中的_。(2)打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO34HCl=2ClO2Cl22NaCl2H2O，为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜_(填“快”或“慢”)。(3)关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是_。(4)已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为_。在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是_。(5)已吸收ClO2气体的稳定剂和稳定剂，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示。若将其用于水果保鲜，你认为效果
90、较好的稳定剂是_，原因是_。图3解析(1)仪器D为锥形瓶。根据实验分析，F装置中发生气体与KI反应，所以应“长进短出”，选择装置b。(2)若盐酸滴加速度过快，则生成ClO2的速度快，稳定剂无法充分吸收，所以滴加盐酸速度要慢。(3)F中的颜色不变，说明没有氯气进入F中与KI反应，装置C的作用是吸收氯气。(4)酸性条件下ClO发生歧化反应，生成Cl和ClO2，歧化反应逆向配平。“ClO2释放实验”说明D中发生反应生成ClO2，因此F中淀粉和KI溶液是验证是否有ClO2生成，若有ClO2生成，ClO2会氧化I生成I2，使F中的淀粉溶液变蓝色。(5)水果保鲜希望保鲜时间越长越好，所以选用稳定剂，因为其
91、缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度。答案(1)锥形瓶b(2)慢(3)吸收Cl2(4)4H5ClO=Cl4ClO22H2O验证是否有ClO2生成(5)稳定剂稳定剂可以缓慢释放ClO2 ，能较长时间维持保鲜所需的浓度感悟高考1题型：选择题(主)填空题2考向：预计2016年高考会以与氯及其化合物知识有关的化工生产、科学技术(如氯碱工业、漂白粉的应用、饮用水消毒、环境保护)为命题背景，结合氧化还原反应、离子反应、化学实验探究进行相关考查。3注意点：Cl2与H2O反应的可逆性；KMnO4不可用盐酸酸化；向Ca(ClO)2通入SO2气体时不能生成CaSO3(知识迁移错误)。最新模拟题组氯及其化
92、合物的性质、用途与探究1正误判断，正确的打“”错误的打“”(1)氯气溶于水：Cl2H2O=2HClClO(2015江苏，9A)()(2)HClO见光不会分解(2015上海化学，2A)()(3)为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可(2015浙江理综，8A)()(4)向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色，说明Br还原性强于Cl(2015山东理综，11C)()(5)除去氯气中的HCl气体(2015四川理综，3B)()(6)漂白粉在空气中久置变质，是因为漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成了CaCO3(2014全国新课标，8B)(
93、)(7)1 mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NA(2014全国大纲，7A)()(8)用AgNO3溶液可以鉴别KCl和KI(2014全国大纲，8D)()(9)制氯气时可用饱和NaHCO3溶液和浓硫酸净化气体(2014天津理综，2B)()(10)氯化铵、次氯酸都属于强电解质(2014四川理综，2C)()(11)Cl2通入NaOH溶液的离子方程式为Cl2OH=ClClOH2O(2014四川理综，3A)()(12)因漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张(2014江苏，4C)()2向下列溶液中通入氯气，现象和结论描述正确的是()A品红溶液：红色褪去，加热该褪色溶液，仍无色，氯气具有漂白性
94、B紫色石蕊溶液：先变红，后褪色，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸C含酚酞的氢氧化钠溶液：红色褪去；氯气只作氧化剂D硫化钠溶液：溶液变浑浊；氯气只作还原剂解析氯气没有漂白性，次氯酸有漂白性，A错误；B正确。氯气与氢氧化钠反应，氯气既是氧化剂，又是还原剂，C错误；硫化钠与氯气反应，氯气作氧化剂，D错误。答案B解题微模板性质验证型实验题解题思路解答性质验证型实验题的关键是结合题目要求和所给的仪器、装置以及试剂了解命题意图。一般思路是：(1)结合题干明确实验目的(该实验要求做什么)；(2)结合装置图或操作过程，理解实验的设计思路及每一个装置的设计意图；(3)了解题目有关信息及每步实验原理；(4)明确解答问
95、题的切入点，即试题给我们设置了什么样的问题情境，要求我们回答什么问题；(5)分析并排除每步实验的干扰因素。常考点三硫及其重要化合物知识特训完成下列反应，重温硫及其重要化合物性质(1)转化反应SFeFeS2SO2O22SO3a：Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2Ob：C2H2SO4(浓)CO22SO22H2OH2SO4Ba(OH)2=BaSO42H2OSO22NaOH=Na2SO3H2OSO3H2O=H2SO4SO22H2S=3S2H2O2H2S3O22SO22H2O(2)特殊反应用热碱洗涤做过硫实验的试管3S6NaOH2Na2SNa2SO33H2O黑火药的制备原理S2KNO33CK2
96、S3CO2N2黄铁矿煅烧制备SO24FeS211O22Fe2O38SO2SO2气体使KMnO4溶液褪色的离子方程式2MnO5SO22H2O=2Mn25SO4H精华聚焦1SO2的多面性溶液石蕊试液加有酚酞的氢氧化钠溶液酸性KMnO4溶液溴水品红溶液氢硫酸(H2S溶液)现象变红褪色褪色褪色褪色生成浅黄色沉淀SO2的性质溶于水显酸性溶于水显酸性还原性还原性漂白性氧化性2.知识误区(1)除去附着在试管内壁上的硫，除了用热的NaOH溶液，还可以用CS2，但不能用酒精。(2)把SO2气体通入BaCl2溶液中，没有沉淀生成，但若通入NH3或加入NaOH溶液，或把BaCl2改成Ba(NO3)2均有白色沉淀生成
97、，前两者生成BaSO3沉淀，后者生成BaSO4沉淀。(3)浓HNO3和Cu(足量)、浓H2SO4和Cu(足量)、浓盐酸和MnO2(足量)在反应时，随反应进行，产物会发生变化或反应停止。注意区分Zn和浓H2SO4的反应。(4)C与浓硫酸反应产物的检验应按以下流程进行：无水CuSO4检验水品红溶液检验SO2酸性KMnO4溶液除去SO2品红溶液检验SO2是否除净澄清石灰水检验CO2。重温真题1(2015上海化学，5)二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有() A还原性 B氧化性 C漂白性 D酸性解析二氧化硫能使溴水褪色，因溴水具有氧化性，则二氧化硫具有还原性。答案A2(2015海南化学，3)0.1
98、mol下列气体分别与1 L 0.1 molL1的NaOH溶液反应，形成的溶液pH最小的是()ANO2 BSO2 CSO3 DCO2解析A项，0.1 mol NO2与0.1 mol NaOH发生歧化反应2NO22NaOH=NaNO3NaNO2H2O，生成的NaNO2是弱酸强碱盐，发生水解使溶液呈碱性；B项，0.1 mol SO2与0.1 mol NaOH恰好反应生成NaHSO3，由于HSO的电离程度大于HSO的水解程度，故溶液呈酸性。C项，0.1 mol SO3与0.1 mol NaOH恰好反应生成NaHSO4，该盐是强酸强碱的酸式盐，完全电离使溶液显酸性，相当于一元强酸，所以其酸性比NaHSO
99、3溶液强，其pH更小；D项，0.1 mol CO2与0.1 mol NaOH恰好反应生成NaHCO3，由于HCO的水解大于HCO的电离，溶液呈碱性。故选C。答案C3(2014江苏，16)烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放。实验室用粉煤灰(主要含Al2O3、SiO2等)制备碱式硫酸铝Al2(SO4)x(OH)62x溶液，并用于烟气脱硫研究。(1)酸浸时反应的化学方程式为_；滤渣的主要成分为_(填化学式)。(2)加CaCO3调节溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使Al2(SO4)3转化为Al2(SO4)x(OH)6 2x。滤渣的主要成分为_(填化学式)；若溶液的pH偏高，将会导致溶液中铝
100、元素的含量降低， 其原因是_(用离子方程式表示)。 (3)上述流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2量，其主要原因是_；与吸收SO2前的溶液相比，热分解后循环利用的溶液的pH将_(填“增大”、“减小”或“不变”)。解析(1)酸浸时粉煤灰中Al2O3与H2SO4反应生成可溶性Al2(SO4)3，SiO2不与H2SO4反应，过滤，滤渣是SiO2。(2)加CaCO3调节pH，CaCO3与H反应生成Ca2，Ca2遇SO生成CaSO4沉淀(滤渣)。若溶液pH偏高，即碱性偏强，则部分Al3生成沉淀Al(OH)3而导致溶液中铝元素的含量降低。其反应可以理解为：反应物有Al2(SO4)3、CaC
101、O3，CaCO3在SO溶液中发生沉淀转化：CaCO3SOCaSO4CO，生成的CO与Al3发生水解相互促进反应生成Al(OH)3和CO2，则生成物有Al(OH)3、CaSO4、CO2，配平即可。(3)溶液中的SO具有较强的还原性，易被氧化生成SO从而导致完全分解放出的SO2量小于吸收的SO2量。碱式硫酸铝溶液吸收SO2，可以理解为2OHSO2=SOH2O，相当于碱式硫酸铝转化为Al2(SO4)3和Al2(SO3)3，加热又促进了Al2(SO3)3的水解(SO与Al3水解相互促进)放出SO2，进而又转化为碱式硫酸铝，但在加热的过程中由于部分SO被氧化成SO留在溶液，代替了碱式硫酸铝中OH，所以使
102、碱式硫酸铝中x不断增大，则c(OH)减小，pH减小。答案(1)Al2O33H2SO4=Al2(SO4)33H2OSiO2(2)CaSO43CaCO32Al33SO3H2O=2Al(OH)33CaSO43CO2(3)溶液中的部分SO被氧化成SO减小感悟高考1题型：选择题填空题2考向：高考命题通常围绕SO2、H2SO3、亚硫酸盐、硫酸盐和浓H2SO4的性质，以工农业生产、环境保护、化学实验为背景对物质性质进行推断、实验探究，并渗透有关计算和氧化还原反应方程式的书写进行考查。3注意点：SO2的漂白原理；SO2对环境的影响。最新模拟题组硫及其重要化合物性质、用途与探究1正误判断，正确的打“”，错误的打
103、“”(1)在未知液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硫酸，沉淀不溶解，说明该未知液中存在SO或SO(2015浙江理综，8C)()(2)浓硫酸溅到皮肤上时立即用稀氢氧化钠溶液冲洗(2015山东理综，7C)()(3)H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥(2015安徽理综，9C)()(4)SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液可得到BaSO3和BaSO4(2015重庆理综，2D)()(5)一定温度下，pH5的H2S溶液中，c(H)c(HS)1105 molL1(2014全国新课标，11A)()(6)SO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同(2014全国大纲，8A)()
104、(7)用BaCl2溶液鉴别AgNO3溶液和K2SO4溶液(2014重庆理综，2D)()(8)Fe2、H、SO、ClO在水溶液中能大量共存(2014广东理综，8B)()(9)56g铁片投入足量浓H2SO4中生成nA个SO2分子(2014广东理综，10D)()(10)BaSO4难溶于酸，所以可用盐酸和BaCl2溶液检验SO(2014广东理综，9B)()(11)SO2、Ca(OH)2、NaHCO3三种物质中任意两种在一定条件下均能发生反应(2014江苏化学，8D)()(12)Na、Ca2、Cl、SO在水溶液中能大量共存(2014广东理综，8A)()(13)增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与
105、铁反应能增大生成H2的速率(2014天津理综，3D)()2下列有关化学方程式正确的是()A硫在足量氧气中燃烧：2S3O22SO3B二氧化硫通入足量氨水中：SO2NH3H2O=NH4HSO3C硫和铁混合物，加热：2Fe3SFe2S3D硫酸氢钠溶液与亚硫酸氢钠溶液混合：NaHSO4NaHSO3=Na2SO4SO2H2O解析硫在氧气中燃烧只生成二氧化硫，A错误；氨水足量，生成亚硫酸铵，B错误；铁与硫反应只生成硫化亚铁，C错误；硫酸氢钠相当于一元强酸，D正确。答案D3实验室进行二氧化硫制备与性质实验的组合装置如图所示，部分夹持装置未画出。请回答下列问题：(1)在组装好装置后，首先要进行的实验操作为_。
106、(2)为检验SO2与Na2O2的反应是否有氧气生成，装置B中盛放的试剂X应为_，装置D中碱石灰的作用是_。(3)关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，注入70%的硫酸至浸没三颈烧瓶中的固体，检验SO2与Na2O2反应是否有氧气生成的操作及现象是_。(4)关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，残余气体进入装置E、F、G中，能说明I的还原性弱于SO2的现象为_，发生反应的离子方程式是_。(5)为了验证装置E中SO2与FeCl3发生了氧化还原反应，某学生设计了如下实验：取少量装置E中的溶液于试管中，向其中加入稀硝酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，并由此判断SO2与FeCl3发生了氧化还原反应。上述方案是否合理？_(
107、填“合理”或“不合理”)，原因是_。解析(1)有气体参与或生成的实验装置组装好后的首要操作都是检查装置的气密性。(2)Na2O2能与水蒸气反应产生氧气，故要检验SO2与Na2O2反应是否有氧气生成时，为避免干扰，应先除去水蒸气。SO2是有毒的酸性氧化物，可用碱石灰吸收，以防止污染，同时碱石灰可防止空气中的水蒸气、CO2进入装置与Na2O2反应，干扰实验。(3)检验氧气用带火星的木条，木条复燃则证明有氧气生成。(4)见答案。(5)评价该实验方案时，要考虑检验试剂与原溶液中所含物质的反应是否会对实验造成干扰。答案(1)检查装置的气密性(2)浓硫酸吸收未反应的SO2，防止污染空气；同时防止空气中的水
108、蒸气、CO2进入装置与Na2O2反应，干扰实验(3)将带火星的木条放在干燥管D出口处，若木条复燃，则有氧气生成，否则无氧气生成(4)装置F中溶液蓝色褪去SO2I22H2O=2ISO4H(5)不合理装置E中溶液溶解的SO2可被稀硝酸氧化成SO，也可与BaCl2反应，生成白色沉淀，会对SO2与FeCl3反应产物(SO)的检验造成干扰常考点四氮及其重要化合物知识特训完成下列反应，重温氮及其重要化合物的性质(1)转化反应Ca(OH)22NH4ClCaCl22NH32H2ON23H22NH34NH35O24NO6H2O3NO2H2O=2HNO3NO3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O
109、Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O(2)拓展反应实验室制N2NH4ClNaNO2NaClN22H2ONO和NO2与NH3的反应8NH36NO2=7N212H2O4NH36NO=5N26H2O将氨水通入到FeCl3溶液中的离子方程式FeCl33NH3H2O=Fe(OH)33NH4ClC和浓HNO3反应C4HNO3(浓)CO24NO22H2O精华聚焦1知识误区(1)NO只能用排水法或气囊法收集。(2)NO2或NO与O2和H2O反应的有关计算中常用到4NO3O22H2O=4HNO3、4NO2O22H2O=4HNO3两个方程式。(3)浓HNO3显黄色是因为溶有NO2，而工业上制备的
110、盐酸显黄色，是因为溶有Fe3。(4)硝酸、浓H2SO4、次氯酸具有强氧化性，属于氧化性酸，其中HNO3、HClO见光或受热易分解。(5)强氧化性酸(如HNO3、浓H2SO4)与金属反应不生成H2；金属和浓HNO3反应一般生成NO2，而金属和稀HNO3反应一般生成NO。(6)实验室制备NH3，除了用Ca(OH)2和NH4Cl反应外，还可用浓氨水的分解(加NaOH或CaO或碱石灰)制取。(7)检验NH可用浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，以确定NH的存在。(8)收集NH3时，把一团干燥的棉花放在试管口，以防止与空气对流；收集完毕，尾气处理时，应放一团用稀硫酸浸湿的棉花放在试
111、管口，以吸收NH3。(9)铜与浓HNO3反应在试管内就能看到红棕色的NO2，而与稀HNO3反应时在试管口才能看到红棕色气体。(10)浓盐酸挥发出的HCl和浓氨水挥发出的NH3相遇有白烟生成，常用于HCl和NH3的相互检验。2三大守恒在解答HNO3有关计算题中的应用(1)原子守恒法HNO3与金属反应时，一部分HNO3起酸的作用，以NO的形式存在于溶液中；一部分作为氧化剂转化为还原产物，这两部分中氮原子的总物质的量等于反应消耗的HNO3中氮原子的物质的量。(2)得失电子守恒法HNO3与金属的反应属于氧化还原反应，HNO3中氮原子得电子的物质的量等于金属失电子的物质的量。(3)电荷守恒法HNO3过量
112、时反应后溶液中(不考虑OH)有：c(NO)c(H)nc(Mn)(Mn代表金属离子)。重温真题1(2015北京理综，8)下列关于自然界中氮循环(如下图)的说法不正确的是()A氮元素均被氧化B工业合成氨属于人工固氮C含氮无机物和含氮有机物可相互转化D碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环解析A项，合成氨反应中，氮元素的化合价降低被还原，错误；B项，工业合成氨属于人工固氮，正确；C项，硝酸盐转化为蛋白质及经动物消化使蛋白质转化为氨气和铵盐，实现了含氮无机物和含氮有机物的相互转化；并且碳、氢、氧三种元素也参加了氮的循环，C正确，D正确。答案A2(2015北京理综，12)在通风厨中进行下列实验：步骤现象Fe表
113、面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡下列说法不正确的是()A中气体由无色变为红棕色的化学方程式：2NOO2=2NO2B中的现象说明Fe表面形成致密的氧化膜，阻止Fe进一步反应C对比、中的现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D针对中的现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化解析A项，铁与稀硝酸反应生成NO，NO与空气中O2反应生成NO2：2NOO2=2NO2，正确；B项，铁遇浓硝酸钝化，阻止铁继续与浓硝酸反应，正确；C项，对比、，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，错误；D项，装置形成原电池，通过电流计
114、指针偏转的方向，可判断铁是否被氧化，正确。答案C3(2012江苏，16)利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，其部分工艺流程如下：(1)一定条件下，NO 与NO2存在下列反应：NO(g)NO2(g)N2O3(g)，其平衡常数表达式为K_。(2)上述工艺中采用气液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底进入，石灰乳从吸收塔顶喷淋), 其目的是_；滤渣可循环使用，滤渣的主要成分是_(填化学式)。(3)该工艺需控制NO和NO2物质的量之比接近11。若n(NO)n(NO2)1，则会导致_；若n(NO)n(NO2)1，则会导致_。(4)生产中溶液需保持弱
115、碱性，在酸性溶液中Ca(NO2)2 会发生分解，产物之一是NO，其反应的离子方程式为_。解析(1)平衡常数是用生成物浓度化学计量数次方的乘积与反应物浓度化学计量数次方的乘积的比值，所以可得Kc(N2O3)/c(NO)c(NO2)；(2)采用气液逆流的原理，可以增加气液的接触时间，能使气体吸收得更充分，从而提高气体的吸收效率；由流程图可以得到NO和NO2与氢氧化钙反应生成了亚硝酸钙和水，而该流程的目的之一是吸收尾气，所以石灰乳是过量的，过滤后的滤渣即为过量的石灰乳，它可以用于再吸收尾气，即可以循环使用；(3)由于存在着NO(g)NO2(g) N2O3(g)的平衡，所以氢氧化钙吸收NO与NO2为1
116、1，如果NO更多，则NO不能单独被石灰乳吸收而逸出，污染环境，而如果NO2过量，则可看作NO2与水反应生成硝酸而与石灰乳反应(实际是NO2与氢氧化钙反应生成亚硝酸钙和硝酸钙)，从而增加了硝酸钙的含量，在亚硝酸钙中混入了杂质硝酸钙；(4)由题给条件“在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解，产物之一是NO”，又氧化还原反应中有化合价降低，同时会有化合价升高，所以还应生成了硝酸根离子，所以发生反应的离子方程式为：3NO2H=NO2NOH2O。答案(1)c(N2O3)/c(NO)c(NO2)(2)使尾气中的NO、NO2 被充分吸收Ca(OH)2(3)排放气体中NO 含量升高产品Ca(NO2)2中Ca(
117、NO3)2含量升高(4)3NO2H=NO2NOH2O感悟高考1题型：选择题填空题2考向：有关氮的氧化物的计算、金属与硝酸反应的相关计算、物质的推断和检验、以工业、农业生产为背景的化工生产工艺流程，有关氮的化合物的实验探究和评价的化学实验，是高考考查的重点。3注意点：金属与硝酸反应的计算技巧；快速制取氨气的常见方法及原理。最新模拟题组氮及其重要化合物的性质、用途及探究1正误判断，正确的划“”，错误的划“”(1)密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA(2015新课标全国，8A)()(2)稀硝酸可除去试管内壁的银镜(2015海南化学，7C)()(3)NH4Cl见光
118、不会分解(2015上海化学，2B)()(4)HNO3见光不会分解(2015上海化学，2C)()(5)加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结，说明NH4Cl固体可以升华(2015山东理综，11D)()(6)取少量试液于试管中，加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，可以检验溶液中是否含有NH(2015福建理综，8C)()(7)实验室制取氨(2015重庆理综，4C)()2下列现象描述正确的是()A向KI淀粉溶液中通入少量的二氧化氮，溶液变红色B向亚硫酸氢钡溶液中通入二氧化氮，产生白色沉淀C向氯化亚铁溶液中通入二氧化氮，溶液由浅绿色变红色D向硅酸钠溶液中
119、通入二氧化氮，溶液先变浑浊，后变澄清解析二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮。向KI淀粉溶液中通入二氧化氮，溶液变蓝色，A错误；向亚硫酸氢钡溶液中通入二氧化氮，会生成硫酸钡沉淀，B正确；向氯化亚铁溶液中通入二氧化氮，生成铁盐，溶液变棕黄色，C错误；硅酸不溶于硝酸，向硅酸钠溶液中通入二氧化氮，溶液只变浑浊，不变澄清，D错误。答案B3某研究小组研究木炭与浓硝酸的反应，实验过程如下：a用干燥洁净的烧杯取约10 mL 浓硝酸，加热。b把小块烧红的木炭迅速伸入热的浓硝酸中，红热的木炭与热的浓硝酸接触发生剧烈反应，同时有大量红棕色气体产生，液面上木炭迅速燃烧，发出明亮的光。请回答下列问题：(1)热的浓硝酸与红
120、热的木炭接触会发生多个化学反应：木炭与浓硝酸的反应说明浓硝酸具有_性。反应产生的热量会使少量浓硝酸分解，产生红棕色气体、一种无色无味的单质气体X和水，该反应的化学方程式是_。(2)实验现象中液面上木炭迅速燃烧，发出明亮的光。同学甲猜测可能是木炭与硝酸分解产生的单质气体X反应产生的现象；同学乙猜测NO2可能具有助燃性，木炭能在NO2中燃烧。为验证猜测，他们设计了如下实验：.制取NO2气体在虚线框内画出铜与浓硝酸反应制取NO2的收集装置的导气管(夹持仪器略)。NaOH溶液的作用是吸收多余的NO2，反应生成等物质的量的两种正盐，该反应的化学方程式是_。.探究实验实验操作：在空气中引燃木炭，使其燃烧并
121、带有火焰，将带火焰的木炭伸入盛有NO2气体的集气瓶中。实验现象：木炭在NO2气体中持续燃烧，火焰迅速变亮，集气瓶中气体颜色变浅直至无色，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，且遇空气不变色。根据实验现象写出木炭与NO2气体反应的化学方程式：_。试分析是否需要增加带火焰的木炭与纯净的单质气体X反应的实验：_。通过实验探究，你认为甲、乙同学的猜测是否合理，请简述理由：_。解析(1)木炭与浓硝酸的反应可联系实验现象，推测生成的是CO2、NO2、H2O，此过程中，浓硝酸表现出强氧化性。反应过程中浓硝酸受热分解：4HNO34NO2O22H2O。(2).NO2的密度比空气的大，且易与水反应，需用导气管长进短出的
122、向上排空气法收集。NO2有毒，多余的NO2可用NaOH溶液吸收，依题意可知发生反应：2NO22NaOH=NaNO2NaNO3H2O。.由集气瓶中气体颜色变浅直至无色可知，NO2参与反应，其与木炭反应产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，说明含有CO2；遇空气不变色，说明NO2的还原产物不是NO，可推测为N2，反应的化学方程式为2NO22CN22CO2。根据反应Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O、4HNO34NO2O22H2O可知，实验所得的气体中除NO2之外还有氧气，但氧气浓度低于空气中氧气浓度，木炭在NO2气体中持续燃烧，火焰迅速变亮，说明NO2支持燃烧，不需要做木炭在纯氧中燃
123、烧的对比实验。由题中实验可知，所得气体主要是NO2，也有O2，在此条件下，木炭主要发生与NO2的燃烧反应，也会发生与氧气的燃烧反应。答案(1)强氧化4HNO34NO2O22H2O(2).2NO22NaOH=NaNO2NaNO3H2O.2NO22CN22CO2当木炭燃烧时，体系中氧气浓度低于空气中氧气浓度，所以不用增加木炭在纯氧中燃烧的实验主要是木炭和NO2的燃烧反应，同时会发生木炭与氧气的燃烧反应，因为两种气体均存在能力提升训练1(2015课标全国，7)我国清代本草纲目拾遗中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金其水甚强，五金八石皆能穿滴，惟玻璃可盛。”这里的“强水”
124、是指() A氨水 B. 硝酸 C醋 D卤水解析根据题意，“强水”能溶解大多数金属和矿物，所以为硝酸。答案B2(2015南京三模)下列物质性质与应用对应关系正确的是()A液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂B硅酸钠溶液呈碱性，可用作木材防火剂C浓H2SO4具有吸水性，可用来干燥氨气DFe比Cu活泼，可用FeCl3溶液腐蚀线路板上的Cu解析B项，两者无对应关系；C项，浓H2SO4能和氨气发生化学反应，不能干燥，无对应关系；D项，FeCl3溶液能腐蚀Cu是因为其能将铜氧化：2FeCl3Cu=2FeCl2CuCl2，无对应关系。答案A3下列有关物质的性质或应用的说法正确的是()A一定条件下，镁和铁的单
125、质与水反应都有氢气生成B二氧化硫有漂白、杀菌性能，可在食品加工中大量使用C二氧化硅是半导体材料，可将太阳能直接转化为电能D二氧化锰有较强的氧化性，可作H2O2分解的氧化剂解析本题考查了常见物质的性质与应用。A项，Mg与水在加热时能反应生成H2，Fe与水蒸气在高温时反应生成Fe3O4和H2，正确；B项，SO2是有毒气体，不能用于食品加工，错误；C项，SiO2是光导纤维的主要原料，晶体硅才是半导体材料，错误；D项，MnO2是H2O2分解的催化剂，错误。答案A4(2015通扬泰淮三调)下列物质的转化在给定条件下能实现的是()AH2SO4(稀)SO2NH4HSO3(NH4)2SO3BNH3NONO2H
126、NO3CFeFeCl2Fe(OH)2Fe(OH)3DAlNaAlO2AlCl3溶液无水AlCl3解析铜与稀硫酸不反应，A项错误；NH3催化氧化生成NO，NO与O2在常温下反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3和NO，B项正确；Fe在Cl2中燃烧产物为FeCl3，C项错误；AlCl3溶液蒸干后得到Al(OH)3，最终灼烧得到Al2O3，D项错误。答案B5下列由实验现象得出的结论正确的是()操作及现象结论A向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀Ksp(AgCl) Ksp(AgI)，错误；B项，原溶液中可能含有Fe3或Fe2 或Fe3 、Fe2 ，错误；C项，溶液上层呈橙红色，说明发生了
127、反应Cl2 2NaBr=Br2 2NaCl ，则Br还原性强于Cl，正确；D项，加热时NH4Cl 在试管底部分解生成NH3 和HCl ，在试管口NH3 与HCl 又重新生成NH4Cl ，这不是升华而是发生了两个化学反应，错误。答案C6下表各组物质之间通过一步反应不可以实现如图所示的转化关系的是()选项XYZ箭头上所标数字的反应条件ACaOCa(OH)2CaCO3常温遇水BAlCl3NaAlO2Al(OH)3通入CO2CFe2O3FeCl3Fe(OH)3加入盐酸DCl2Ca(ClO)2HClO加浓盐酸解析本题主要考查了铝、铁、氯等元素及其化合物之间的转化，意在考查考生对重要无机反应的掌握情况。C
128、aCO3不能一步反应生成Ca(OH)2。答案A7下列有关物质的性质与应用的说法不正确的是()AAl具有良好延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品BH2O2具有强的氧化性，可用杀菌消毒CNH3能与Cl2反应生成NH4Cl，可用浓氨水检验输送氯气的管道是否泄漏D分别向新制氯水和久置氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液都呈红色解析新制氯水中的次氯酸有漂白性，加入少量紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色，D错误。答案D8(2015课标全国，13)用如图所示装置进行下列实验：将中溶液滴入中，预测的现象与实际相符的是()选项中物质中物质预测中的现象A稀盐酸碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液立即产生气泡B浓硝酸用砂纸
129、打磨过的铝条产生红棕色气体C氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀D草酸溶液高锰酸钾酸性溶液溶液逐渐褪色解析A项，发生的反应依次为：NaOHHCl=NaClH2O、Na2CO3HCl=NaHCO3NaCl、NaHCO3HCl=NaClH2OCO2，由此可知开始时无气泡，Na2CO3完全转化为NaHCO3后才有气泡产生，错误；B项，常温下浓硝酸具有强氧化性，可将铝钝化，不生成气体，错误；C项，开始时NaOH过量，发生反应Al34OH=AlO2H2O，无沉淀生成，错误；D项；草酸(乙二酸)具有还原性，能还原酸性高锰酸钾溶液，使其褪色，正确。答案D9氯气用途十分广泛，可用于生产半导体材料硅，其生产
130、的流程如下，下列说法不正确的是()A是置换反应，是化合反应B高温下，焦炭与氢气的还原性均强于硅C流程的任一反应中，每消耗或生成28 g硅，均转移4 mol 电子D高温下将石英砂、焦炭、氯气、氢气按一定比例混合可得高纯硅解析在高温下将石英砂、焦炭、氯气、氢气按一定比例混合，则石英砂与焦炭反应，氯气与氢气反应，就不再按照题干的流程进行反应，也就不会得到高纯硅。答案D10(2015泰州二调)制备下列物质的工业生产流程合理的是()A由SO2制亚硫酸钠：SO2NaHSO3溶液Na2SO3溶液B由NaCl制漂粉精：NaCl(aq)Cl2漂粉精C由NH3制硝酸：NH3NO2HNO3D由乙烯制乙酸：H2C=C
131、H2CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH解析工业上用石灰乳吸收Cl2制备漂粉精，B错误；NH3被氧化时，先生成NO，不是NO2，C错误；工业上直接用O2氧化CH3CHO制备乙酸，不会使用银氨溶液，D错误。答案A11A、B、C、X均为中学化学常见的物质，一定条件下它们有如下转化关系(部分产物已略去)，下列说法错误的是()A若X为Cl2，则C可能为FeCl3B若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3溶液C若X为O2，则A可能为H2SD若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则X可能为CO2解析Fe和Cl2反应只生成FeCl3，A说法错误。若X为KOH溶液，A为AlCl3溶液，则B为Al(OH)
132、3，C为KAlO2，B说法正确。若X为O2，A为H2S，则B为S，C为SO2，C说法正确。若A为NaOH，B为Na2CO3，C为NaHCO3，则X为CO2，满足题意，D说法正确。答案A12(2015南京盐城一调)如图W、X、Y、Z为四种物质，若箭头表示能一步转化的常见反应，其中常温下能实现图示转化关系的是()选项WXYZASSO2SO3H2SO4BNaNa2O2NaOHNaClCFeFeCl3Fe(OH)2FeCl2DAlAlCl3NaAlO2Al2(SO4)3解析S不可一步转化生成SO3，A项错误；NaCl不可一步生成Na2O2，B项错误；FeCl3不可一步生成Fe(OH)2，C项错误；Al
133、与HCl反应生成AlCl3，Al与NaOH反应生成NaAlO2，Al与H2SO4反应生成Al2(SO4)3，AlCl3与过量的NaOH反应可生成NaAlO2，NaAlO2与H2SO4反应可生成Al2(SO4)3，Al2(SO4)3与BaCl2反应可生成AlCl3，D项正确。答案D13(2015南通一调)实验室用氧化锌矿粉(主要含ZnO、FeCO3、CuO等)制备碱式碳酸锌Zn2(OH)2CO3，并将其用于合成氨工艺脱硫研究。（1）“酸浸”时保持H2SO4过量的目的是_。（2）已知：Mn2开始沉淀的pH8.1。,写出加入KMnO4溶液除铁的离子方程式：_。流程中调节pH5.4所加试剂X为（填化学
134、式）；试剂X、KMnO4溶液加入顺序能否互换？请判断并说明理由：_。（3）上述流程中的“滤液”可以用作化肥，该滤液的主要成分为（填化学式）。（4）合成氨原料气脱硫原理如图所示，碱式碳酸锌吸收硫化氢的化学方程式为_。解析矿粉用硫酸溶解后生成ZnSO4、FeSO4、CuSO4，调pH5.4是为了除去多余的硫酸，为后面除去Fe3做准备，KMnO4将溶液中的Fe2氧化为Fe3后以Fe(OH)3沉淀出，达到除铁的目的，加入锌置换出铜后达到除铜的目的，加入(NH4)2CO3调pH的同时也生成Zn2(OH)2CO3沉淀。(1)酸浸时硫酸过量是为了将矿石中的成分充分溶解浸出，同时也抑制Zn2、Fe2、Cu2等
135、金属离子水解。(2)由流程图可知KMnO4的还原产物是MnO2，离子方程式见答案。调pH时不能引入新的杂质，故可用ZnO或氨水。试剂X与KMnO4所加顺序不能颠倒，若先加KMnO4，此时酸性较强，生成物是Mn2，会引入新杂质，在除去Mn2时，会使Zn2同时沉淀。(3)加入(NH4)2CO3时引入NH，前面硫酸酸浸时引入SO，故可用作化肥的物质是(NH4)2SO4。(4)根据图示，生成物是ZnS，即氢硫酸与碱式碳酸锌反应的化学方程式为Zn2(OH)2CO32H2S=2ZnSCO23H2O。答案(1)提高矿石的浸出率(或防止Zn2、Fe2、Cu2等金属离子水解)(答1点即可)(2)3Fe2MnO7
136、H2O=3Fe(OH)3MnO25HZnO(或答Zn2CO3(OH)2、ZnCO3、Zn(OH)2、NH3H2O等均可)不能，强酸性条件下KMnO4被还原成Mn2，在除去Mn2时，会使Zn2同时沉淀(3)(NH4)2SO4(4)Zn2(OH)2CO32H2S=2ZnSCO23H2O14(2015南京三模)高氯酸钠可用于制备高氯酸。以精制盐水等为原料制备高氯酸钠晶体(NaClO4H2O)的流程如下：(1)由粗盐(含Ca2、Mg2、SO、Br等杂质)制备精制盐水时需用到NaOH、BaCl2、Na2CO3等试剂。Na2CO3的作用是_；除去盐水中的Br可以节省电解过程中的电能，其原因是_。(2)“电
137、解”的目的是制备NaClO3溶液，产生的尾气除H2外，还含有_(填化学式)。“电解”的化学方程式为_。(3)“除杂”的目的是除去少量的NaClO3杂质，该反应的离子方程式为_。“气流干燥”时，温度控制在80100 的原因是_。解析(1)NaOH可除去Mg2，BaCl2可除去SO，Na2CO3是除去Ca2和引入的Ba2。若不除去Br，则“电解”时，Br在阳极放电，被氧化，消耗电能。(2)“电解”时，部分Cl在阳极放电生成Cl2，成为尾气；从后续流程知，“电解”时生成了高氯酸钠，反应的化学方程式为NaClO3H2ONaClO4H2。(3)根据提示，可先写出ClOSO2ClO2SO，然后配平；控制温
138、度在80100 的原因是：低于80 会造成干燥不充分，高于80 是为了加快反应速率或为了达到反应温度，低于100 是防止某物质分解或挥发等。答案(1)除去Ca2和引入的Ba2电解时Br被氧化(2)Cl2NaClO3H2ONaClO4H2(3)2ClOSO2=2ClO2SO温度太高，高氯酸钠晶体失去结晶水或分解；温度太低，干燥不充分15(2015徐宿连三模)工业上用碘酸盐(碘酸为强酸)制备高碘酸(H5IO6，属于弱酸)，并用高碘酸在酸性介质中氧化Mn2而生成MnO，其流程如下图所示： (1)反应是将碘酸钠氧化为不溶于水的Na2H3IO6，该反应的化学方程式为_。反应得到的是不溶于水的黑色Ag5I
139、O6，过滤的滤液呈_(填“酸”、“碱”或“中”)性。(2)无色气体的名称为_，白色滤渣的化学式为_。(3)工业上为降低成本，减少对环境的污染，整个流程需要控制加入氯气和硝酸银的物质的量之比为n(Cl2)n(AgNO3)_。(4)氧化Mn2过程中，消耗1 mol H5IO6时，转移2 mol电子，则该反应的离子方程式为_。解析(1)根据提示可先写出NaIO3Cl2NaOHNa2H3IO6NaCl，然后根据得失电子守恒、原子守恒配平即可得到正确答案；反应的化学方程式为Na2H3IO65AgNO3=Ag5IO62NaNO33HNO3，可见过滤得到的滤液中含NaNO3与HNO3，故滤液呈酸性。(2)根
140、据流程图信息可知，白色滤渣为AgCl，初步写出反应的化学方程式为Ag5IO6Cl2H2OAgClH5IO6无色气体，该化学方程式中Cl元素化合价降低，必然有化合价升高的元素，经过比对发现，只能是O元素的化合价升高为0价，即无色气体为O2，配平后得到化学方程式：4Ag5IO610Cl210H2O=20AgCl4H5IO65O2。(3)根据前面的化学方程式，可得关系式4Cl24Na2H3IO620AgNO3(4Ag5IO610Cl2)4H5IO6，故n(Cl2)n(AgNO3)(410)20710。(4)H5IO6中I为7价，根据“消耗1 mol H5IO6时，转移2 mol电子”知，H5IO6中
141、I由7价转化为5价，即生成了IO，可初步写出Mn2H5IO6MnOIO，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平即可得到正确答案。答案(1)NaIO3Cl23NaOH=Na2H3IO62NaCl酸(2)氧气AgCl(3)710(4)2Mn25H5IO6=2MnO5IO11H7H2O第11讲有机化学基础最新考纲1了解测定有机化合物组成和结构的一般方法。2.知道有机化合物中碳的成键特征，并能认识手性碳原子。3.了解常见有机化合物中的官能团，能用结构简式等方式正确表示简单有机化合物的结构。能根据有机化合物的命名规则命名简单的有机化合物。4.了解有机化合物存在同分异构现象(不包括立体异构)，能根据给定
142、条件推断有机化合物的同分异构体。5.了解加成、取代、消去、加聚和缩聚等有机反应的特点，能判断典型有机反应的类型。6.掌握烃(烷烃、烯烃、炔烃和芳香烃)及其衍生物(卤代烃、醇、酚、醛、羧酸、酯)的组成、结构特点和主要性质。能利用不同类型有机化合物之间的转化关系设计合理路线合成简单有机化合物。7.知道天然气、液化石油气和汽油的主要成分及其应用。8.了解糖类、油脂、氨基酸和蛋白质的组成、结构特点和主要性质，认识化学科学在生命科学发展中的重要作用。9.知道简单合成高分子的单体、链节和聚合度，了解合成高分子的性能及其在高新技术领域中的应用。10.认识有机化合物在生产、生活中的作用和对环境、健康产生的影响
143、。常考点一官能团的性质与有机反应类型知识特训1按要求回答下列问题(1)写出下列物质的化学式：C4H8OC9H6O2(2)含有的官能团分别为醛基、羟基、酯基、碳碳双键；1 mol该有机物最多能消耗1 mol NaOH。2完成下列转化关系中标号反应的化学方程式，并指出反应类型。CH2CH2HBrCH3CH2Br，加成反应；CH3CH2BrNaOHCH2CH2NaBrH2O，消去反应；CH3CH2BrH2OCH3CH2OHHBr，取代反应；CH3CHO2Cu(OH)2NaOHCH3COONaCu2O3H2O，氧化反应；CH3CHOHCN，加成反应；CH3CH2OHCH2=CHCOOHCH2=CHCO
144、OCH2CH3H2O，酯化(取代)反应。精华聚焦1常见官能团的结构及其特征性质官能团主要化学性质烷烃在光照下发生卤代反应；不能使酸性KMnO4溶液褪色；高温分解不饱和烃烯烃跟X2、H2、HX、H2O等发生加成反应；加聚；易被氧化，可使酸性KMnO4溶液褪色炔烃跟X2、H2、HX、H2O等发生加成反应；易被氧化，可使酸性KMnO4溶液褪色；加聚苯取代硝化反应、磺化反应、卤代反应(Fe或Fe3作催化剂)；与H2发生加成反应苯的同系物取代反应；使酸性KMnO4溶液褪色卤代烃X与NaOH溶液共热发生取代反应；与NaOH醇溶液共热发生消去反应醇OH跟活泼金属Na等反应产生H2；消去反应，加热时，分子内脱
145、水生成烯烃；催化氧化；与羧酸及无机含氧酸发生酯化(取代)反应酚OH弱酸性；遇浓溴水生成白色沉淀；遇FeCl3溶液呈紫色醛与H2加成为醇；被氧化剂(如O2、Ag(NH3)2、Cu(OH)2等)氧化为羧酸羧酸酸的通性；酯化反应酯发生水解反应，生成羧酸(盐)和醇2.有机反应基本类型与有机物类型的关系有机反应基本类型有机物类型取代反应卤代反应饱和烃、苯和苯的同系物等酯化反应醇、羧酸、纤维素等水解反应卤代烃、酯等硝化反应苯和苯的同系物等磺化反应 加成反应烯烃、炔烃、苯和苯的同系物、醛等消去反应卤代烃、醇等氧化反应燃烧绝大多数有机物酸性KMnO4溶液烯烃、炔烃、苯的同系物、醇、醛、酚等直接 (或催化)氧化
146、醇、醛、葡萄糖等新制Cu(OH)2悬浊液、新制银氨溶液醛还原反应醛、酮、葡萄糖等 聚合反应加聚反应烯烃、炔烃等缩聚反应苯酚与甲醛、多元醇与多元羧酸、氨基酸等与FeCl3 溶液显色反应酚类 重温真题1(2015江苏，12)己烷雌酚的一种合成路线如下：下列叙述正确的是()A在NaOH水溶液中加热，化合物X可发生消去反应B在一定条件下，化合物Y可与HCHO发生缩聚反应C用FeCl3溶液可鉴别化合物X和YD化合物Y中不含有手性碳原子解析A项，卤代烃发生消去反应的条件是NaOH的醇溶液、加热，错误；B项，因为Y中有酚羟基且邻位上有氢原子，可以和HCHO发生酚醛缩聚，正确；C项，Y中有酚羟基，X中无酚羟基
147、，故可以用FeCl3溶液鉴别，正确；D项，化合物Y中2个C2H5所连碳原子均为手性碳原子，错误。答案BC2(2014江苏，12)去甲肾上腺素可以调控动物机体的植物性神经功能，其结构简式如下图所示。下列说法正确的是()A每个去甲肾上腺素分子中含有3个酚羟基 B每个去甲肾上腺素分子中含有1个手性碳原子 C1 mol去甲肾上腺素最多能与2 mol Br2发生取代反应 D去甲肾上腺素既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应解析A项，去甲肾上腺素分子中含有2个酚羟基，1个醇羟基，错误；B项，只有醇羟基所连碳原子为手性碳原子，正确；C项，1 mol去甲肾上腺素可以和3 mol Br2发生取代反应(酚羟基邻、
148、对位有3个氢原子)，错误；D项，去甲肾上腺素中NH2可以和盐酸反应，酚羟基能与NaOH溶液反应，正确。答案BD3(2013江苏，12)药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得：下列有关叙述正确的是()A贝诺酯分子中有三种含氧官能团B可用FeCl3溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚C乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚均能与NaHCO3溶液反应D贝诺酯与足量NaOH溶液共热，最终生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠解析贝诺酯分子中只有酯键和肽键两种含氧官能团，A错误；对乙酰氨基酚中有酚羟基，而乙酰水杨酸中没有，可用FeCl3溶液区分，前者显紫色，正确；C项，乙酰水杨酸中含有COOH可与NaHCO
149、3溶液反应，而对乙酰氨基酚不能与NaHCO3溶液反应，错误；D项，贝诺酯与足量NaOH溶液共热，最终共生成三种产物：CH3COONa、和对乙酰氨基酚钠，错误。答案B4(2012江苏，11)普伐他汀是一种调节血脂的药物，其结构简式如图所示(未表示出其空间构型)。下列关于普伐他汀的性质描述正确的是()A能与FeCl3 溶液发生显色反应B能使酸性KMnO4溶液褪色C能发生加成、取代、消去反应D1 mol 该物质最多可与1 mol NaOH 反应解析有机物分子中没有酚羟基，所以不能与FeCl3 溶液发生显色反应，A不正确；该有机物分子中有碳碳双键，有醇羟基都能被酸性KMnO4 溶液氧化而使其褪色，B正
150、确；分子中有碳碳双键可发生加成反应，有醇羟基、酯基及羧基，可以发生取代反应，醇羟基相连碳原子邻位碳上有氢原子，可以发生消去反应，C正确；该物质分子中有一个酯基和一个羧基，所以可与氢氧化钠发生反应，其物质的量比为12，D不正确。答案BC感悟高考1题型：选择题(主)、填空题2考向：在江苏高考化学试题中通常有一道不定项选择题以新型有机物的结构为载体，考查官能团的结构与性质、官能团的检验、手性碳原子、有机反应类型等，在填空题中主要考查官能团名称的书写、有机反应类型的判断等。3注意点：掌握常见官能团的反应特点，理清反应条件与反应类型的关系。最新模拟1(2015通扬泰淮三调)有机物A、B均为合成某种抗支气
151、管哮喘药物的中间体，A在一定条件下可转化为B(如图所示)，下列说法正确的是()A分子A中所有碳原子均位于同一平面B用FeCl3溶液可检验物质B中是否混有AC物质B既能发生银镜反应，又能发生水解反应D1 mol B最多可与5 mol H2发生加成反应解析A项，分子A中与苯环相连的一个碳原子上连有两个甲基，此碳原子为四面体结构，所以两个甲基与苯环不可能共平面，错误；B项，分子A中有酚羟基，B没有，故可以用FeCl3溶液检验B中是否混有A，正确；C项，分子B不能发生水解反应，错误；D项，分子B中含有一个苯环，一个碳碳双键，一个羰基，一个醛基，均可以与H2发生加成反应，1 mol B可以与6 mol
152、H2发生加成反应，错误。答案B2(2015苏锡常镇二调)四氢大麻酚具有抗癌、抗菌等作用，其结构简式如图所示。下列说法不正确的是()A每个四氢大麻酚分子中含有3个手性碳原子B四氢大麻酚能与FeCl3溶液发生显色反应C1 mol四氢大麻酚最多可与1 mol Br2发生加成反应D1 mol四氢大麻酚与NaOH溶液反应，最多消耗2 mol NaOH解析A项，只有2个手性碳原子：，错误；B项，含有酚羟基，遇FeCl3溶液能显色，正确；C项，四氢大麻酚中只有碳碳双键能与溴发生加成反应，正确；D项，四氢大麻酚中只有酚羟基、羧基能与NaOH反应，正确。答案A3紫罗兰酮是存在于玫瑰花、番茄等中的一种天然香料，它
153、经多步反应可合成维生素A1。下列说法正确的是()A紫罗兰酮可使酸性KMnO4溶液褪色B1 mol 中间体X最多能与2 mol H2发生加成反应C维生素A1易溶于NaOH溶液D紫罗兰酮与中间体X互为同分异构体解析 A项，紫罗兰酮中含有碳碳双键，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，正确；B项，1 mol中间体X最多可与3 molH2加成(2 mol碳碳双键和1 mol醛基)；维生素A1的憎水基烃基很大，故难溶于水，且没有能与氢氧化钠溶液反应的官能团，C不正确；D项，紫罗兰酮与中间体X的分子式不相同(碳原子数不相等)，不是同分异构体。答案A4依曲替酯是一种皮肤病用药，它可以由原料X经过多步反应合成。下列说法正
154、确的是()A原料X与中间体Y互为同分异构体B原料X可以使酸性KMnO4溶液褪色C中间体Y能发生加成、取代、消去反应D1 mol依曲替酯只能与1 mol NaOH发生反应解析由X和Y的结构简式可得到，两者的分子式相同而结构不同，互为同分异构体，A正确；X分子中存在碳碳双键，易被酸性高锰酸钾氧化，B正确；Y分子中有羟基、酯基，所以Y能发生取代反应，而分子中存在碳碳双键、苯环及酮羰基，都可以发生加成反应，分子中的羟基相连碳原子的邻位碳上没有氢，不能发生消去反应，C不正确；依曲替酯分子中存在一个酯基，水解后生成酚羟基和羧基，所以1 mol依曲替酯能与2 mol NaOH发生反应，D不正确。答案AB5(
155、2015福建理综，32)“司乐平”是治疗高血压的一种临床药物，其有效成分M的结构简式如图所示。(1)下列关于M的说法正确的是_(填序号)。a属于芳香族化合物b遇FeCl3溶液显紫色 c能使酸性高锰酸钾溶液褪色d1 mol M完全水解生成2 mol醇(2)肉桂酸是合成M的中间体，其一种合成路线如下：烃A的名称为_。步骤中B的产率往往偏低，其原因是_。步骤反应的化学方程式为_。步骤的反应类型是_。肉桂酸的结构简式为_。C的同分异构体有多种，其中苯环上有一个甲基的酯类化合物有_种。解析(1)a项，M分子中含有苯环，M属于芳香族化合物，正确；b项，M分子中不含酚羟基，遇FeCl3溶液不能显紫色，错误；
156、c项，M分子中含有碳碳双键以及与苯环直接相连的碳原子上有氢原子等基团，因此可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，正确；d项，1个M分子中含有3个酯基，故1 mol M完全水解应生成3 mol醇，错误；(2)由B的分子式为C7H6Cl2，且A为烃类物质可知A的名称为甲苯，结构简式为；烃的取代反应是连续发生的，由于甲基上有3个氢原子，因此在光照射下可能发生一氯取代、二氯取代及三氯取代反应，能生成三种含氯有机物，因此步骤中B的产率偏低。根据已知反应信息卤代烃B在NaOH的水溶液中及加热条件下发生水解反应的化学方程式为：2NaOH2NaClH2O。依据反应物分子结构特点，可推断反应为醛基的加成反应。物质C的分子
157、式为C9H10O2，D的分子式为C9H8O，说明C发生消去反应生成了D，D的化学式为：，被银氨溶液氧化生成肉桂酸，故肉桂酸的结构简式为。C的分子式为C9H10O2，若含有一个苯环，且苯环上有一个甲基，则剩余的取代基化学式为C2H3O2，又为酯类化合物，则取代基为HCOOCH2、CH3COO、CH3OOC三种结构，它们与甲基在苯环上分别有邻位、间位与对位三种位置关系，因此符合条件的物质共有9种。答案(1)ac(2)甲苯反应中还有一氯取代物和三氯取代物生成练后归纳官能团的位置与有机物的性质在有机物结构中，官能团的位置不同，其性质及反应情况有所不同。1羟基连在脂肪烃基或苯环侧链上的为醇，而直接连在苯
158、环上的为酚。醇不与NaOH反应，而酚则与NaOH反应。2醇羟基(或卤素原子)所连碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，则不能发生消去反应。3伯醇(含有CH2OH)氧化生成醛(进一步氧化生成羧酸)，仲醇(含有)氧化生成酮，叔醇(含有)很难被氧化。4. 中，当R为H，R为烃基时，具有醛和酯的性质；当R和R均为烃基时，只具有酯的性质；当R和R均为H时，为甲酸，具有羧酸和醛的性质；当R为烃基，R为H时，只具有羧酸的性质。6芳香烃A经过如图所示的转化关系可制得树脂B与两种香料G、I，且知有机物E与D互为同分异构体。请回答下列问题：(1)AB、AC、CE、DA、DF的反应类型分别为_、_、_、_、_。(2)A的
159、结构简式为_；G的结构简式为_。(3)写出下列反应的化学方程式：CA：_；F与银氨溶液：_；DHI：_。解析由图可知A发生加聚反应生成B(C8H8)n，故A的分子式为C8H8，其不饱和度为5，由于A为芳香烃，结合苯环的不饱和度为4，可知，A分子侧链上含有一个碳碳双键，可推知A、B的结构简式分别为、；由DFH(连续氧化)，可知D为醇，F为醛，H为羧酸，所以D、F、H的结构简式分别为、；由A与HBr发生加成反应生成C，C发生水解反应生成E可知，C为溴代烃，E为醇，由E与D互为同分异构体，可推知E的结构简式为，进一步可推知C、G的结构简式分别为。答案(1)加聚反应加成反应取代反应(或水解反应)消去反
160、应氧化反应(2) (3) 练后归纳有机反应条件与反应类型的关系(1)在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代反应。常考点二同分异构体的书写与判断知识特训1概念辩析将下列各组物质按要求填空：a甲烷和乙烷b金刚石、石墨、C60c氕、氘、氚(1)互为同位素的是c
161、；(2)互为同素异形体的是b；(3)互为同分异构体的是e；(4)属于同一种物质的是d；(5)互为同系物的是a。2同分异构体的书写规律(1)烷烃烷烃只存在碳链异构，书写时具体规则可概括为：成直链，一条线；摘一碳，挂中间，往边移，不到端；摘二碳，成乙基；二甲基，同、邻、间。(2)烃的衍生物一般书写的顺序：碳链异构官能团位置异构官能团类别异构。(3)芳香族化合物取代基在苯环上的相对位置具有邻、间、对3种。(4)酯(，R是烃基)：按R中所含碳原子数由少到多，R中所含碳原子数由多到少的顺序书写。精华聚焦同分异构体数目的判断方法(1)基元法：例如丁基有四种异构体，则丁醇、戊醛、戊酸等都有四种同分异构体。(
162、2)替代法：例如二氯苯(C6H4Cl2)有三种同分异构体，四氯苯也有三种同分异构体(将H替代Cl)；又如CH4的一氯代物只有一种，新戊烷C(CH3)4的一氯代物也只有一种。(3)等效氢法：等效氢法是判断同分异构体数目的重要方法，其规律有：同一碳原子上的氢等效；同一碳原子上的甲基氢原子等效；位于对称位置的碳原子上的氢原子等效。重温真题1(1)2015江苏，17(3)写出同时满足下列条件的的一种同分异构体的结构简式_。.分子中含有2个苯环.分子中含有3种不同化学环境的氢(2)2014江苏，17(4) 的一种同分异构体满足下列条件：.能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应。 .
163、分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环。 写出该同分异构体的结构简式：_。(3)2013江苏，17(3)某化合物是的同分异构体，且分子中只有两种不同化学环境的氢。写出该化合物的结构简式：_(任写一种)。(4)2012江苏，17(3)写出同时满足下列条件的的一种同分异构体的结构简式：_。.分子中含有两个苯环；.分子中有7 种不同化学环境的氢；.不能与FeCl3溶液发生显色反应，但水解产物之一能发生此反应。解析(1)结构中除2个苯环外，还有3个碳原子，3个氧原子，1个不饱和度。由于同分异构体分子中只有3种氢，说明是对称结构，则该同分异构体的结构简式为或。(2)所给物质的结构除掉2个苯环
164、外还有2个碳原子，2个氧原子，1个不饱和度。能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明同分异构体中存在甲酸酚酯结构，另外还有一个饱和碳原子，1个苯环，结合分子中有6种不同化学环境的氢原子，可写出其同分异构体的结构简式。(3)所给物质的分子式为C7H14O，不饱和度为1，只有2种不同化学环境的氢，说明是对称结构，据此可写出其同分异构体的结构简式。(4)所给物质的分子式为C14H12O2，符合条件的同分异构体不含酚羟基，可水解说明含有酯基，将中的一个醚键和一个醛基移动到一起就形成了酯基，这样得到的是两种物质：和，两种结构都有7种环境不同的氢原子，且水解产物之一都能与FeCl
165、3溶液发生显色反应。答案 感悟高考1题型：填空题2考向：同分异构体的书写是江苏有机填空题的必考点，主要依照题意写出符合限制条件的有机物的结构简式，侧重于对官能团种类及位置异构的考查，而以新物质、新材料为背景的有机结构分析应是出题的热点，在备考时应特别注意！3注意点：注意同分异构体的对称性；注意不饱和度的运用。最新模拟1有机物G是一种食品香料，其香气强度为普通香料的34倍，有机物G的合成路线如下：(1)该香料长期暴露于空气中易变质，其原因是_。(2)写出A中含氧官能团的名称：_，由C到 D的反应类型为_。(3)有机物E的结构简式为_。(4)有机物G同时满足下列条件的同分异构体有_种。与FeCl3
166、溶液反应显紫色；可发生水解反应，其中一种水解产物能发生银镜反应；分子中有4种不同化学环境的氢。解析掌握限制条件下同分异构体的书写方法。(1)观察G的结构，可知其中含有的官能团有酚羟基、醛基、醚键，其中酚羟基、醛基易被空气氧化。(2)A中的含氧官能团为醚键、(酚)羟基。对比C、D结构可以发现，C中的C=C与HBr发生加成反应生成D，CD的反应类型为加成反应。(3)F由E经O3氧化获得，结合信息，CHO来自碳碳双键的氧化，说明E中含有碳碳双键，再由D的结构中含有溴原子，溴原子经消去反应可以获得双键，结合F中的CHO，可判断碳碳双键的位置。(4)G结构中除苯环外，还有3个碳原子、3个氧原子、1个不饱
167、和度。与FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，可以发生水解，说明含有酯的结构(只有C、H、O三种元素)，水解产物能发生银镜反应，说明水解产物中有HCOOH，故同分异构体中有甲酸酯结构，即HCOO。酚羟基和HCOO用掉了1个碳原子、3个氧原子、1个不饱和度，还有2个饱和碳原子，再结合分子中有4种不同环境的氢原子，可写出可能的结构：。答案(1)香料分子中含有酚羟基和醛基，易被氧化(2)醚键、(酚)羟基加成反应(3) (4)22二氢荆芥内酯是有效的驱虫剂。其合成路线如下：(1)A中有_个手性碳原子，B的结构简式为_。(2)写出D在NaOH溶液中加热发生反应的化学方程式：_。(3)E中含氧官能团的名称
168、是_。(4)某物质X：分子组成比A少2个氢原子；分子中有4种不同环境的氢原子；能与FeCl3溶液发生显色反应。写出所有符合上述条件的物质X的结构简式：_。解析(1)A中含有的手性碳原子(标“*”的碳原子)为：，比较A和C的结构，可知AC由醛基转化为酯基，结合反应物CH3OH，可知中间物B含羧基，故B是。(2)根据F的结构，可推断E是，DE的变化过程中酯基、卤素原子发生水解，则D是，由此可写出D在NaOH溶液中加热发生反应的化学方程式。(4)根据可知，X的不饱和度是4，根据可知X含酚羟基，根据可知X的对称性强，由此可写出X的可能结构。答案(1)3NaBrCH3OH(3)羧基、羟基3有机物F是一种
169、治疗关节炎的止痛药，合成F的一种传统法路线如下：(1)B中含氧官能团的名称为_。(2)CD的反应可分为两步，其反应类型分别为_、_。(3)写出比F少5个碳原子的同系物X的结构简式：_(写一种)；X有多种同分异构体，满足下列条件的X的同分异构体共有_种。属于芳香族化合物；苯环上只有1个取代基；属于酯类物质。(4)写出E转化为F和无机盐的化学方程式：_。解析(3)除去F中的5个烷基碳基团，可得到和四种结构的X的同系物，其满足条件的同分异物体有：、，共3种，(4)EF的过程中CN转化为COOH和NH，生成的无机盐是(NH4)2SO4。答案(1)羰基(2)加成反应消去反应(3) (或甲基苯甲酸)3解题
170、微模板“碎片拼装法”在苯环类同分异构体的书写中的应用(1)去除苯环外，统计剩余基团的不饱和度、碳原子数和氧原子数。(2)结合题给限制条件，写出符合条件的官能团结构，即碎片结构。(3)结合不饱和度、碳原子数和氧原子数及已知碎片，判断出所有碎片结构。(4)结合所给限制条件进行拼装。常考点三有机物的推断知识特训1常见重要官能团的检验方法官能团种类试剂判断依据碳碳双键或碳碳叁键溴的CCl4溶液橙红色褪去酸性KMnO4溶液紫红色褪去卤素原子NaOH溶液、稀硝酸、AgNO3溶液有沉淀生成醇羟基钠有H2放出酚羟基FeCl3溶液显紫色浓溴水有白色沉淀产生醛基银氨溶液有银镜生成新制Cu(OH)2悬浊液有砖红色沉
171、淀产生羧基NaHCO3溶液有CO2气体放出2.根据反应数量关系确定官能团的数目(2)H2(3)2COOHCO2，COOHCO2(5)某有机物与醋酸反应，相对分子质量增加42，则含有1个OH；增加84，则含有2个OH。即OH转变为OOCCH3。(6)由CHO转变为COOH，相对分子质量增加16；若增加32，则含2个CHO。(7)当醇被氧化成醛或酮后，相对分子质量减小2，则含有1个OH；若相对分子质量减小4，则含有2个OH。精华聚焦有机物推断题的突破方法(1)根据反应条件推断某一反应的反应物或生成物，如反应条件为“NaOH的醇溶液，加热”，则反应物必是含卤原子的有机物，生成物中肯定含不饱和键。(2
172、)根据有机反应的特殊现象推断有机物的官能团使溴水褪色，则表示有机物分子中可能含有碳碳双键、碳碳叁键或醛基。使酸性KMnO4溶液褪色，则该物质中可能含有碳碳双键、碳碳叁键、醛基或苯的同系物。遇FeCl3溶液显紫色或加入浓溴水出现白色沉淀，表示该物质分子中含有酚羟基。加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热，有砖红色沉淀生成(或加入银氨溶液并水浴加热有银镜出现)，说明该物质中含有CHO。加入金属钠，有H2产生，表示该物质分子中可能有OH或COOH。加入NaHCO3溶液有气体放出，表示该物质分子中含有COOH。(3)以特征的产物为突破口来推断碳架结构和官能团的位置醇的氧化产物与结构的关系由消去反应的产物可
173、确定“OH”或“X”的位置。由取代产物的种类或氢原子环境可确定碳架结构。有机物取代产物越少或相同环境的氢原子数越多，说明此有机物结构的对称性越高，因此可由取代产物的种类或氢原子环境联想到此有机物碳架结构的对称性而快速进行解题。由加氢后的碳架结构可确定碳碳双键或碳碳叁键的位置。由有机物发生酯化反应能生成环酯或高聚酯，可确定该有机物是含羟基的羧酸，根据酯的结构，可确定OH与COOH的相对位置。重温真题1(2015江苏，17节选)化合物F是一种抗心肌缺血药物的中间体，可以通过以下方法合成：(1)化合物A中的含氧官能团为_和_(填官能团名称)。(2)化合物B的结构简式为_；由CD的反应类型是_。解析(
174、1)根据A的结构简式可知，A中的含氧官能团为醚键和醛基。(2)B的分子式C14H14O2，比化合物A的分子式多了两个H，所以发生的反应是CHO被还原为CH2OH(NaBH4一般都作还原剂)。由CD发生的反应是Cl被CN取代的反应。答案(1)醚键醛基(2) 取代反应2(2014江苏，17节选)非诺洛芬是一种治疗类风湿性关节炎的药物，可通过以下方法合成：请回答下列问题：(1)非诺洛芬中的含氧官能团为_和_(填名称)。(2)反应中加入的试剂X的分子式为C8H8O2，X的结构简式为_。(3)在上述五步反应中，属于取代反应的是_(填序号)。解析(1)由非诺洛芬的结构简式，可知含有醚键和羧基。(2)对比A
175、、B结构可知A中Br被取代，结合X的分子式可推知X的结构简式为。(3)上述五步反应中，为取代反应，为还原(或加成)反应(酮羰基还原为醇羟基)，为取代反应(羟基被Br取代)，为取代反应(Br被CN取代)，为水解反应(CN生成COOH)。答案(1)醚键羧基 (3)3(2013江苏，17节选)化合物A(分子式为C6H6O)是一种有机化工原料，在空气中易被氧化。A的有关转化反应如下(部分反应条件略去)：(R表示烃基，R和R表示烃基或氢)(1)写出A的结构简式：_。(2)G是常用指示剂酚酞。写出G中含氧官能团的名称：_和_。(3)F和D互为同分异构体。写出反应EF的化学方程式：_。解析A的分子式为C6H
176、6O，在空气中易被氧化说明有酚羟基，即A为苯酚()。由E的结构及转化条件可知B为，C为。由信息可知D为。(1)A为苯酚，结构简式为。(2)酚酞中含氧官能团为酚羟基和酯键。(3)D的结构简式为，不饱和度为2，说明E发生的是醇的消去反应，由于有2种H，可能有2种结构，若消去CH3上的氢则生成D，所以只能消去CH2上的氢。答案(1) (2)(酚)羟基酯基感悟高考1题型：填空题2考向：通过文字表述或框图转化中的特征反应、特征现象、特殊转化关系推断官能团进一步确定有机物结构简式，综合性强、思维容量大，是高考重点题型。3注意点：灵活运用新信息及特征反应进行推断。最新模拟1(2012江苏，17节选)化合物H
177、是合成药物盐酸沙格雷酯的重要中间体，其合成路线如下：(1)化合物A中的含氧官能团为_和_(填官能团名称)。(2)反应中，属于取代反应的是_(填序号)。(3)实现DE的转化中，加入的化合物X能发生银镜反应，X的结构简式为_。解析(1)化合物A中的含氧官能团为(酚)羟基和醛基。(2)为取代反应，为还原反应(加成反应)，为氯原子取代羟基的取代反应，为还原反应，为取代反应。(3)由题中所给出的D()和给出的E()，从两者的结构差异可知化合物X的最基本结构为：，并且发生反应的就是画圈的部位，其他部位不参加反应，又因为化合物X结构中存在醛基，所以可确定化合物X为：答案(1)(酚)羟基醛基(2)2阿立哌唑(
178、A)是一种新的抗精神分裂症药物，可由化合物B、C、D在有机溶剂中通过以下两条路线合成得到。路线一：BEA路线二：CFA(1)E的结构简式为_。(2)由C、D生成化合物F的反应类型是_。(3)合成F时还可能生成一种相对分子质量为285的副产物G，G的结构简式为_。(4)H属于氨基酸，与B的水解产物互为同分异构体。H能与FeCl3溶液发生显色反应，且苯环上的一氯代物只有2种。写出两种满足上述条件的H的结构简式：_。解析A的合成反应是B、C、D间发生的取代反应，可看作C中的2个Br被B、D中的基团取代。(3)F由1分子C()与1分子D结合而成，Mr(F)366，比Mr(G)(285)大81，说明G比
179、F少了HBr，G为。(4)B中肽键水解后产物为，H为氨基酸，则含结构，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明是酚类，苯环上的一氯代物只有2种，则为对位结构，另外还有1个碳原子，可能的结构为和。答案(2)取代反应3有机物A(C11H12O2)可用来调配果味香精，其合成路线如图所示：已知： (R、R表示氢原子或烃基)；C的分子式为C7H8O，能与钠反应，不与碱反应，也不能使Br2的CCl4溶液褪色。请回答下列问题：(1)上述合成过程中没有涉及的反应类型有_(填字母)。a酯化反应b加成反应c消去反应d氧化反应e还原反应(2)写出结构简式：C_；A_。(3)写出H生成G的化学方程式：_。(4)F的同分异
180、构体有多种，写出既能发生银镜反应又能发生水解反应，且苯环上只有一个取代基的所有同分异构体的结构简式：_。解析由题中信息可知，C的分子式为C7H8O，能与钠反应，不与碱反应，说明含有羟基，且是醇羟基，不能使Br2的CCl4溶液褪色，说明不含碳碳双键或碳碳叁键。C的不饱和度为4，故分子中含有苯环，且OH连在侧链上，因此C的结构简式为。C催化氧化生成E，则E的结构简式为。由图中转化关系，结合H的分子式C9H10O3可知，B含有2个碳原子，故B的结构简式为CH3CH2OH，D的结构简式为CH3CHO。由已知信息可知F的结构简式为，生成F的反应类型为加成反应。F的同分异构体中既能发生银镜反应又能发生水解
181、反应的物质应为甲酸形成的酯，且苯环上只有一个取代基，故取代基为CH2CH2OOCH或。F比H少1个氧原子，这说明F中CHO被氧化为COOH，因此H的结构简式为。H分子中含有羟基，在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成G，则G的结构简式为。G与乙醇发生酯化反应生成A，则A的结构简式为。答案练后归纳有机化学中的常见信息反应1羟醛缩合(醛的加成)2与格氏试剂反应RXMgRMgX3氧化反应 (R1、R2、R3均为烃基或氢原子)4一个碳原子上连有两个羟基的结构不稳定，易发生消去反应形成羰基：常考点四有机合成路线分析与设计知识特训1分析合成路线聚氯乙烯是生活中常用的塑料。工业生产聚氯乙烯的一种工艺路线如下：
182、反应的化学方程式为H2CCH2Cl2CH2ClCH2Cl，反应类型为加成反应，反应的反应类型为消去反应。2完成合成路线或写出反应条件精华聚焦1常见两大有机合成路线(1)一元合成路线RCH=CH2卤代烃一元醇一元醛一元羧酸酯(2)二元合成路线2有机合成中常见官能团的保护(1)酚羟基的保护：因酚羟基易被氧化，所以在氧化其他基团前可以先使其与NaOH(或羧酸)反应，把OH变为ONa(或酯基)将其保护起来，待氧化后再酸化将其转变为OH。(2)碳碳双键的保护：碳碳双键也容易被氧化，在氧化其他基团前可以利用其与HCl等的加成反应将其保护起来，待氧化后再利用消去反应转变为碳碳双键。(3)氨基(NH2)的保护
183、：如对硝基甲苯对氨基苯甲酸的过程中应先把CH3氧化成COOH之后，再把NO2还原为NH2。防止当KMnO4氧化CH3时，NH2(具有还原性)也被氧化。重温真题12015江苏，17(4)已知：RCH2CNRCH2CH2NH2，请写出以为原料制备化合物X(结构简式见右图)的合成路线流程图(无机试剂可任选)。合成路线流程图示例如下：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3解析由HOCH2CH=CHCH2OH，主要变化体现在：一是羟基脱水成环醚，二是引入CH2NH2。由题给信息引入CH2NH2，可先引入CN，由CD的反应可知，引入CN，可先引入Cl，所以可通过碳碳双键与HCl加成引入Cl。需
184、要注意的是NH2具有碱性，不能先引入NH2后，再用浓硫酸将羟基脱水成醚，防止NH2要与浓硫酸反应。答案22014江苏，17(5)非诺洛芬是一种治疗类风湿性关节炎的药物，可通过以下方法合成：根据已有知识并结合相关信息，写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)。 合成路线流程图示例如下：CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH3解析根据题中反应信息采用正逆结合分析法解题。由，原料发生还原反应生成，对比，官能团的位置发生了改变，可先通过醇的消去反应生成苯乙烯，然后再与HBr发生加成反应实现官能团的位置转化。答案32013江苏，17(5)已知RBrRMgBr写出以和为原料制备CH
185、O的合成路线流程图(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH解析根据原料，结合信息，利用逆推法分析，若要合成，则先合成，需要HCHO和，再由苯酚合成，由此可写出流程图。写流程图的关键点是注意反应的条件。答案42012江苏，17(5)已知：；。化合物是合成抗癌药物美法伦的中间体，请写出以和为原料制备该化合物的合成路线流程图(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH解析由题目给的目标产物可知，要在苯环上引入一个N，应先进行硝化引入硝基；又由目标产物可知在N原子上又需引入其他碳原子，根据信息的变化，氨基中的氮
186、氢键断裂可与环氧化合物发生反应，氮原子加在碳原子上，H加在氧原子上，依据这些可知应先将硝基苯还原成苯胺，再利用氨基与两分子的环氧乙烷反应，最后再用卤原子与醇羟基发生取代反应即可得到目标产物，此步取代反应的试剂可从信息的变化中找到，应用SOCl2为卤代试剂。答案感悟高考1题型：填空题2考向：考查角度一般为依据给定的合成路线及路线图中的原料和一些反应信息，要求考生推断出合成路线中的一些未知物，然后以推断出的未知物为载体考查有机化学基础知识。这类试题一般考查考生获取信息和应用信息的能力，以及灵活运用教材中知识的能力。3注意点：正确运用“正推法”和“逆推法”完成有关合成分析；书写流程转化时要注意反应条
187、件。最新模拟1PTT是近几年迅速发展起来的新型热塑性聚酯材料，具有优异性能，能作为工程塑料、纺织纤维和地毯等材料而得到广泛应用。其合成路线可设计为已知：A、B、C均为链状化合物，A能发生银镜反应，C中不含甲基，1 mol C可与足量钠反应生成22.4 L H2(标准状况)。请回答下列问题：(1)A中所含官能团的名称为_；B的结构简式为_。(2)由物质C和D反应生成PTT的化学方程式为_，反应类型为_。(3)分子式为C4H6O，与A互为同系物的同分异构体有_种。(4)请写出以CH2=CHCH3为主要原料(无机试剂任选)制备的合成路线流程图(须注明反应条件)。解析(1)由题给信息知，A、B、C均为
188、链状化合物，A能发生银镜反应，则A中含有醛基，由A的分子式知A中含有的官能团是碳碳双键、醛基。B的结构简式为HOCH2CH2CHO。(2)C中不含甲基，1 mol C可与足量钠反应生成22.4 L H2(标准状况)，结合其分子式知，C中含有两个醇羟基，可知C的结构简式为HOCH2CH2CH2OH，由C可推知B的结构简式为HOCH2CH2CHO。对二甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，所以D的结构简式为，C和D发生缩聚反应生成PTT。(3)分子式为C4H6O且与A互为同系物的同分异构体有：CH2=CHCH2CHO、CH3CH=CHCHO、，共3种。(4)CH2=CHCH3和Cl2发生加成反应生成和
189、NaOH水溶液发生取代反应生成被氧化生成进一步被氧化生成发生还原反应生成。答案(1)碳碳双键、醛基HOCH2CH2CHO 2(2015南京调研)化合物F是合成某种抗癌药物的中间体，其合成路线如下：(1)化合物F中的含氧官能团有羰基、_和_(填官能团名称)。(2)由化合物D生成化合物E的反应类型是_。(3)由化合物A生成化合物B的化学方程式是_。(4)写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：_。分子中有4种不同化学环境的氢原子；能发生银镜反应，且其一种水解产物也能发生银镜反应；分子中苯环与氯原子不直接相连。(5)苯乙酸乙酯()是一种重要的化工原料。请写出以苯、甲醛和乙醇为主要原料制备
190、苯乙酸乙酯的合成路线流程图(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH解析(1)化合物F中的含氧官能团有羧基、(酚)羟基、(酮)羰基。(2)化合物D生成化合物E的反应为氯原子被氰基取代。(3)化合物A生成化合物B的反应方程式为 (4)D的结构简式为，满足要求的D的同分异构体有： 。(5)以苯、甲醛和乙醇合成乙酸乙酯的合成路线为。答案(1)(酚)羟基羧基(2)取代反应 3(2015通扬泰淮三模)有机物H是合成免疫抑制剂药物霉酚酸的中间体，可由如下路径合成得到。(1)有机物A中的含氧官能团的名称为_。(2)由C转化为D的反应类型为_。(3)反应除了得到有
191、机物H外还得到HBr，试剂X的结构简式为_。(4)步骤可得到副产品有机物J，有机物J和有机物F互为同分异构体，写出有机物J的结构简式：_(任写一种)。(5)E的一种同分异构体满足下列条件：可以发生银镜反应，且能够与NaHCO3反应产生CO2；是芳香族化合物，且核磁共振氢谱图显示分子中有4种不同化学环境的氢。写出该同分异构体的结构简式：_。(6)已知：直接与苯环相连的卤素原子难以与NaOH水溶液发生取代反应。根据已有知识并结合相关信息，写出以、HCHO为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：解析(1)有机物A中有酚羟基和酯基。(2)从C和D的结构变化可以推出，CD的反
192、应类型是取代反应。(3)由G和H的结构可以看出，G中两个酚羟基之间碳原子上的氢原子被溴代烃取代，该溴代烃为。(4)CH2Cl所加的位置还可以是在两个酚羟基间的碳原子上。(5)该物质可以发生银镜反应，说明有醛基，能够与NaHCO3反应产生CO2，说明有羧基，另外分子中存在苯环，根据核磁共振氢谱图，该分子存在四种氢原子，说明为对称结构，猜测为苯的对位二取代物，据此写出分子的结构简式。(6)先采用逆向分析法：目标产物能通过与HCOOH发生酯化反应得到，HCOOH可由原料HCHO氧化得到；再采用正向分析法：参照反应，原料可生成，水解后生成，参照反应，生成。答案(1)(酚)羟基、酯基(2)取代反应(3)
193、 (4) 解题微板合成路线流程图书写的技巧退一退、推一推、看一看(信息、条件)(1)退一退指逆向分析，从产物出发，由后向前推，先找出产物的前一步原料(中间产物)，然后再找出它的前一步原料，如此类推直到初始原料为止。(2)推一推指正向合成，从已知原料入手，结合反应条件，先找出下一步产物(中间产物)，然后再找出它的下一步产物，如此类推，直到最终产品为止。(3)看一看，指两方面，一是注意题目所给的信息，信息来源有两方面，是来自于题给流程图中，是单独给的信息；二是注意书写时不要遗漏反应条件。能力提升训练不定项选择1(2015泰州二模)雷美替胺是首个没有列为特殊管制的非成瘾失眠症治疗药物，合成该有机物过
194、程中涉及如下转化，下列说法正确的是()A可用溴水区分化合物和化合物B化合物、均能与NaHCO3溶液发生反应C1 mol化合物最多能与3 mol H2发生加成反应D与化合物互为同分异构体，且分子中含有2个醛基的芳香族化合物有10种解析化合物中含有碳碳双键，能使溴水褪色，而化合物不能使溴水褪色，A正确；化合物、中含有COOH，能与NaHCO3溶液反应，而化合物不能与NaHCO3溶液反应，B错误；1 mol化合物中含1 mol苯环和1 mol CHO，共可消耗4 mol H2，C错误；CH3在以下结构的数字位置时，可形成6种符合题意的同分异构体： ，除了这6种，还有 ，共10种，D正确。答案AD2普
195、罗帕酮为广谱高效抗心律失常药，它可由有机物X经多步反应合成：下列有关说法正确的是()A在有机物X的1H核磁共振谱图中，有4组特征峰B可用溴水或FeCl3溶液鉴别X和YC普罗帕酮分子中有2个手性碳原子DX、Y和普罗帕酮都能发生加成、水解、氧化、消去反应解析X含4种氢，其位置分别为 (用1、2、3、4表示)，选项A正确；X是酯、Y含酚羟基，选项B正确；普罗帕酮分子中有1个手性碳原子，如图(标“*”的碳原子)，选项C错误；Y和普罗帕酮不能发生水解反应，X、Y不能发生消去反应，选项D错误。答案AB3.(2015南京三模)某种合成药物中间体X的结构简式如图所示。下列说法正确的是()AX分子中不存在手性碳
196、原子B一定条件下，X可以发生加聚反应C1 mol X与足量浓溴水反应，最多消耗1 mol Br2D1 mol X与足量NaOH溶液反应，最多消耗3 mol NaOH解析手性碳原子是指连有4个不相同的原子或原子团的碳原子，该有机物中没有手性碳原子，A正确；X分子中不含能发生加聚反应的官能团，如碳碳双键、碳碳叁键等，B错误；1 mol X与足量浓溴水反应，最多消耗2 mol Br2(酚羟基的2个邻位)，C错误；1 mol X中含2 mol酚羟基、1 mol Cl、1 mol羧基，分别消耗NaOH的物质的量为2 mol、1 mol、1 mol，故共可消耗4 mol NaOH，D错误。答案A4伞形酮可
197、由雷琐苯乙酮和苹果酸在一定条件下反应制得：下列有关这三种物质的说法错误的是()A雷琐苯乙酮有两种含氧官能团B苹果酸和伞形酮分子中均含有1个手性碳原子C雷琐苯乙酮和伞形酮都能跟FeCl3溶液发生显色反应D1 mol伞形酮与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2 mol NaOH解析雷琐苯乙酮含羟基和羰基，选项A正确；伞形酮分子不含手性碳原子，苹果酸中含有1个手性碳原子选项B错误；雷琐苯乙酮和伞形酮都含酚羟基，都能跟FeCl3溶液发生显色反应，选项C正确；伞形酮含酚酯基，1 mol伞形酮与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3 mol NaOH，选项D错误。答案BD5(2015盐城三调)青藤碱具有祛风寒湿
198、、活血止痛的功效，其结构简式如右图所示，下列说法正确的是()A每个青藤碱分子中含有2个手性碳原子B1 mol青藤碱最多能与1 mol Br2发生反应C1 mol青藤碱最多能与4 mol H2发生反应D青藤碱既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应解析A项，中加*的为手性碳，共3个，错误；B项，Br2与酚羟基的对位发生取代反应，与碳碳双键发生加成反应，故1 mol青藤碱最多能与2 mol Br2发生反应，错误；C项，分子中含有苯环，碳碳双键，碳氧双键，均可以与H2发生加成反应，1 mol青藤碱最多能与5 mol H2发生反应，错误；D项，酚羟基可以与NaOH反应，叔氨基(氨基脱去两个H原子)显碱性
199、，可以与HCl反应，正确。答案D6(2015南京市高三学情调研)美托洛尔是一种治疗高血压的药物的中间体，可以通过以下方法合成：请回答下列问题：(1)美托洛尔中的含氧官能团为_和_(填名称)。(2)反应中加入的试剂X的分子式为C3H5OCl，X的结构简式为_。(3)在上述三步反应中，属于取代反应的是_(填序号)。(4)满足下列条件的B的同分异构体的结构简式为_(写出一种即可)。.能发生银镜反应.能与FeCl3溶液发生显色反应.分子中有4种不同化学环境的氢原子，且1 mol该物质与金属钠反应产生1 mol H2(5)根据已有知识并结合题目所给相关信息，写出以CH3OH和为原料制备的合成路线流程图(
200、无机试剂任选)。合成路线流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH解析(1)美托洛尔中的含氧官能团为醚键和羟基。(2)根据C、D的结构简式及X的分子式，可以推出X为。(3)反应为A中氯原子被OCH3取代，为取代反应；反应为B中转化为CH2，不是取代反应；反应为C中酚羟基上的氢被取代，为取代反应。(4)根据知，含有醛基或甲酸酯基，根据知，含有酚羟基，结合，该同分异构体中含有1个醛基、2个酚羟基，并且分子中含有4种不同化学环境的氢原子，故符合条件的同分异构体的结构简式为。(5)运用逆合成分析法，推出中间产物，确定合成路线。答案(1)羟基醚键(顺序可调换)(2)(3)(4) 7胡
201、椒醛衍生物在香料、农药、医药等领域有着广泛的用途，以香草醛(A)为原料合成5三氟甲基胡椒醛(E)的路线如图所示：已知：.酚羟基能与CH2I2发生反应，而醇羟基则不能；(1)反应的类型是_。(2)写出香草醛中含氧官能团的名称：_。(3)写出反应的化学方程式：_。(4)写出满足下列条件的香草醛一种同分异构体的结构简式：_。能与碳酸氢钠溶液反应放出气体；不与氯化铁溶液发生显色反应；含苯环，核磁共振氢谱显示其有5种不同化学环境的氢原子。(5)以香草醛和2氯丙烷为原料，可合成香草醛缩丙二醇()，写出合成流程图(无机试剂任用)。合成流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH解析(1)反
202、应引入了I，发生取代反应。(3)反应是2个酚羟基与CH2I2的取代反应。(4)该同分异构体含羧基、不含酚羟基，而且比较对称。(5)利用逆推法分析。答案(1)取代反应(2)醛基、(酚)羟基、醚键(3)2HI8(2015徐宿连三模)白藜芦醇是一种抗肿瘤的药物，合成它的一种路线如下：（1）化合物F中的含氧官能团的名称是和_。（2）反应中加入试剂X的分子式为C9H10O3，X的结构简式为。（3）在反应中，属于取代反应的是（填序号）。（4）D的一种同分异构体满足下列条件：属于氨基酸；能使溴水褪色，但不能使FeCl3溶液显色；分子中有7种不同化学环境的氢，且苯环上的一取代物只有一种。,写出该同分异构体的结
203、构简式：_（任写一种）。（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以乙醛为原料制备CH3CH=C（CH3）COOH的合成路线流程图（无机试剂任用）。合成路线流程图示例如下：CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH3解析(2)用切割法分析D、E结构的差异，并结合X的分子式，从而推知X的结构简式为。(3)反应中，A的醇羟基被Cl取代；反应中的Cl被CN取代；反应中C的酚羟基上的H被CH2OCH3取代；反应中D的与CN相连的CH2先与X分子中CHO发生加成反应生成中间产物，再发生消去反应生成E。(4)根据条件知含结构；根据条件和D的不饱和度知，能使溴水褪色的结构为碳碳双键，且分子中不含酚的
204、结构；根据条件知，含有苯环，且该分子的对称性比较高(可先考虑对位取代)，故可写出，结合D的分子式知，还剩余2个C和2个O，且不能写成酚的结构，故只能写成醚的结构，即2个OCH3，最终可写出答案。答案(1)羧基醚键(3) (其他合理答案也可)(5)CH3CHOCH3CH2OHCH3CH2ClCH3CH2CN9(2015苏锡常镇一调)龙胆酸烷基酯类F是一种药物皮肤美白剂，合成路线如下：(1)D(龙胆酸)中含氧官能团的名称为_、_。(2)EF的反应类型是_。(3)写出DE反应的化学方程式：_。(4)写出满足下列条件的龙胆酸乙酯()的一种同分异构体的结构简式：_。能发生银镜反应，与FeCl3不发生显色
205、反应但其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为6211。(5)已知：。水杨酸乙酯()广泛应用于日用香皂等。根据已有知识并结合相关信息，写出以苯、乙醇为原料制备水杨酸乙酯的合成路线流程图(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH解析(2)仔细比对E、F结构的差异，结合C6H5CH2Br的结构在F中的体现，发现产物还有HBr，即该反应为取代反应。(3)DE为D中COOH与HOCH2COOC2H5中的OH发生酯化反应的过程。(4)根据条件知，该同分异构体分子中含苯环、酯基，且具有结构；这样还剩余2个C、2个O，考
206、虑到对称需要，可写出两个OCH3关于苯环上取代基对称的结构。答案(1)(酚)羟基羧基(2)取代反应10(2015通扬泰宿二调)喹硫平可用于精神疾病的治疗，它的合成路线如下：(1)写出C13H9NO4S中所有含氧官能团的名称：_。(2)A属于烃，且相对分子质量是54，写出A的结构简式：_。(3)反应中属于取代反应的有_(填序号)。写出反应的化学方程式：_。(4)流程中设计反应和的目的是_。(5)物质C的同分异构体有多种，其中既含有羟基，又含有醛基的同分异构体有_种。(6)已知：苯环上的羧基为间位定位基，如。写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选，可利用本题中的相关信息)。合成路线流程图示
207、例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH解析(1)根据反应中原子守恒和反应中产物的键线式可知C13H9NO4S的键线式为，则C13H9NO4S中所有含氧官能团的名称为硝基、羧基。(2)设烃的通式为CxHy，根据烃A的相对分子质量是54，所以541246，所以烃A的分子式为C4H6，属于不饱和烃，则烃A的结构简式为CH2=CHCH=CH2。(3)根据反应前后反应物与产物结构特征和原子守恒，反应属于取代反应，反应属于还原反应(官能团结构改变，由NO2变成了NH2)，反应属于加成反应(由烃A的结构决定)，反应属于取代反应(实质是卤代烃在碱性条件下水解)，反应属于加成反应，所以反应中属于
208、取代反应的有。(4)反应属于加成反应(键与HBr加成)，反应属于氧化反应(利用酸性KMnO4具有氧化性，氧化OH)，反应则属于消去反应(重新生成键)，所以流程中设计反应和的目的是保护碳碳双键，防止被酸性KMnO4溶液氧化。(5)物质C(分子式为C4H8O2)的同分异构体有多种，其中既含有羟基，又含有醛基的同分异构体有CH2(OH)CH2CH2CHO、CH3CH(OH)CH2CHO、CH3CH2CH(OH)CHO、CH2(OH)CH(CH3)CHO、(CH3)2C(OH)CHO共计5种。(6)充分利用提示信息(苯环上的羧基为间位定位基)和题干合成路线中的信息(绿矾可将NO2还原成NH2)，完成合成路线图(涉及反应有氧化、取代、还原、缩聚)：。答案(1)硝基、羧基(2)CH2=CHCH=CH2(3)HOOCCH2CHBrCOOH3NaOHNaOOCCH=CHCOONaNaBr3H2O(4)保护碳碳双键，防止被酸性KMnO4溶液氧化(5)5