2021版江苏新高考选考化学(苏教版)一轮复习教师用书：专题8 6 第四单元 沉淀溶解平衡
2021年江苏普通高中学业水平选择性考试化学真题及答案
2021年江苏普通高中学业水平选择性考试化学真题及答案注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷满分为100分，考试时间为75分钟。
考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。
3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。
4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。
作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。
5.如需作图，必须用2B铅笔绘写清楚，线条符号等须加黑加粗。
可能用到的相对原子质量： H1 C12 N14 O16 S32 C135.5 Mn55 Fe56 Zn65一、单项选择题：共14题，每题3分，共42 分。
每题只有一个选项最符合题意。
1.黑火药是中国古代四大发明之一，其爆炸反应为 2KNO3+S+ 3C=K2S+N2↑+ 3CO2↑。
下列说法正确的是A.黑火药中含有两种单质B.爆炸时吸收热量C.反应中S作还原剂D.反应为置换反应2.反应Cl2+ 2NaOH= NaClO+ NaCl + H2O可用于制备含氯消毒剂。
下列说法正确的是A. Cl2是极性分子B. NaOH的电子式为C. NaClO既含离子键又含共价键D. Cl-与Na+具有相同的电子层结构3.下列废铜屑制取CuSO4·5H2O的实验原理与装置不能达到实验目的的是A.用装置甲除去废铜屑表面的油污B.用装置乙溶解废铜屑C.用装置丙过滤得到CuSO4溶液D.用装置丁蒸干溶液获得CuSO4·5H2O4.下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是A.铁粉能与O2反应，可用作食品保存的吸氧剂B.纳米Fe3O4能与酸反应，可用作铁磁性材料C. FeCl3具有氧化性，可用于腐蚀印刷电路板上的CuD.聚合硫酸铁能水解并形成胶体，可用于净水5.前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是空气中含量最多的元素，Y的周期序数与族序数相等，基态时Z原子3p原子轨道上有5个电子，W与Z处于同个主族。
高考化学一轮复习(新高考版)大单元3 第7章 第31讲 原子结构 核外电子排布规律
H3BO3为硼酸，NaOH溶液具有腐蚀性，若不慎将NaOH溶液溅到皮肤上，则需 用大量水冲洗，同时涂抹H3BO3以中和碱液，A正确； Y为Li，在空气中燃烧的产物只有Li2O，B错误； X为B，与H元素会形成BH3或B2H4等硼氢化合物，B元素与H元素以共价键结 合，属于共价化合物，C错误； 6Li和7Li两者的质子数均为3，中子数不同，所以两者互为同位素，D错误。
(2)填充顺序——构造原理
(3)基态原子核外电子排布表示方法(以硫原电子排布式
价层电子轨道表示式(电子排布图)
1s22s22p63s23p4 [Ne]3s23p4 3s23p4
1.p能级能量不一定比s能级的能量高( √ ) × 2.Fe的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p64s23d6( ) × 3.22Ti的电子排布式1s22s22p63s23p10违反了能量最低原理( )
C.21H 是自然界中最轻的原子 D.21H 是氢元素的一种同素异形体
21H 的中子数为 2－1＝1，故 A 错误； 21H 的质子数为 1，则核电荷数为 1，故 B 正确； 自然界中最轻的原子是11H，不是21H，故 C 错误； 21H 是氢元素的一种同位素，故 D 错误。
2.现有下列 9 种微粒：11H、21H、163C、146C、174N、5266Fe2＋、5266Fe3＋、168O2、186O3。按要求完 成以下各题： (1)11H、21H 分别是氢元素的一种__核__素____，它们互称为_同__位__素___。
_8_
__1_8_
__3_2_
(2)常用电子云轮廓图的形状和取向来表示原子轨道的形状和取向。s电子云轮廓图呈 _球__形、p电子云轮廓图呈_哑__铃__形。p电子云有_3_种伸展方向。 (3)预测第五电子层上原子轨道总数是多少？最多能容纳的电子数是多少？
高考化学一轮复习(新高考版)大单元2 第4章 第15讲 铜 金属材料 金属冶炼
①＋1价铜有较强的还原性，易被氧化剂氧化为＋2价。
②＋1价铜在酸性条件下，易发生歧化反应生成Cu和Cu2＋，如Cu2O加入稀H2SO4的离 子方程式：Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O。
1.CuO是黑色固体，与水反应生成Cu(OH)2( × )
2.将铜片置于干燥的空气中，不易被腐蚀( √ ) × 3.CuSO4·5H2O失去结晶水属于物理变化( ) × 4.常温下Cu和浓H2SO4反应生成CuSO4( ) 5.过量的铜与浓硝酸反应一定没有一氧化氮生成( × )
B.金属元素在地壳中的含量
√C.金属阳离子得电子的能力
D.金属熔点的高低
不同的金属有不同的冶炼方法，金属的冶炼方法根据金属的活动性强弱确定，即 根据金属阳离子得电子的能力确定，故C项正确。
2.冶炼金属一般有下列四种方法：①焦炭法；②水煤气法；③活泼金属置换法；④电
解法。四种方法在工业上均有应用，古代有：(Ⅰ)火烧孔雀石炼铜；(Ⅱ)湿法炼铜。
二、铜的重要化合物的制备
3.氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂，CuCl是一种白色粉末，微溶于水， 不溶于乙醇，溶于浓盐酸，在潮湿空气中易水解和被氧化。某学习小组用工业废渣 (主要成分为Cu2S和Fe2O3)制取氯化亚铜并同时生成电路板蚀刻液。其流程如下：
回答下列问题： (1)固体A的成分为_F_e_2_O_3_、__C_u_O___；为提 高固体A在盐酸中的溶解速率，可采取的 措施有_将__固___体__A_粉__碎__(_或__升__高___温__度__或__增__ _大__盐__酸__浓__度__等__)(写出1条即可)。 (2)向混合液中加入氧化铜的作用是_调__节__ _溶__液__p_H_，__使__F__e3_＋_形__成__F__e(_O__H_)_3沉__淀__而__除__去___；用蚀刻液腐蚀铜制电路板的化学方程式 为_2_F_e_C_l_3＋__C__u_=_=_=_2_F_e_C_l_2_＋__C_u_C_l_2_。
【全程复习方略】2022届高考化学(人教版)一轮总复习单元评估检测(10)化学实验基础
单元评估检测(十)第十一章(90分钟100分)一、选择题(本题包括6小题，每小题8分，共48分)1.“封管试验”具有简易、便利、节省、绿色等优点。
观看下列四个“封管试验”(夹持装置未画出)，推断下列说法正确的是( )A.加热时，a上部聚集了固体NH4Cl，说明NH4Cl的热稳定性比较好B.加热时，发觉b中I2变为紫色蒸气，在上部又聚集为紫黑色的固体C.加热时，c中溶液红色变深，冷却后又变浅D.水浴时，d内气体颜色变浅，e内气体颜色加深【解析】选B。
a上部聚集了固体NH4Cl，是由于NH4Cl分解生成了氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在温度较低的地方又化合为氯化铵固体，说明NH4Cl的热稳定性比较差，故A项不正确；b中I2变为紫色蒸气，在上部又聚集为紫黑色的固体，符合碘单质在加热时的升华和凝华过程，故B项正确；加热时，c中溶液因氨气挥发出来而红色变浅，冷却后又变深，故C项不正确；玻璃联球内存在二氧化氮和四氧化二氮转化的化学平衡，上升温度平衡向生成红棕色二氧化氮的方向移动，d内气体颜色变深，e内气体颜色变浅，故D项不正确。
2.为提纯下列物质(括号中为杂质)，所选除杂试剂和分别方法都正确的是( )选项被提纯的物质(杂质) 除杂试剂分别方法A NH3(H2O) 浓硫酸洗气B H2O(Br2) CCl4分液C KCl固体(I2) KOH溶液加热D MgCl2溶液(FeCl3) NaOH溶液过滤【解析】选B。
浓硫酸能吸取氨气，A项错误；C项中反应后的溶液互溶，加热无法分别，应当把固体混合物直接加热，使碘升华，C项错误；MgCl2溶液中加NaOH，一方面会引入Na+，另一方面，Mg2+也能形成沉淀，D项错误。
【易错提示】进行物质的提纯操作时要遵循的两个原则：一是不能将要得到的目标产物除掉，二是不能引入新的杂质。
3.(2021·宁波模拟)试验室里不同化学试剂的保存方法不尽相同，①NaOH溶液②大理石③NaCl溶液④稀硝酸4种试剂通常各自存放在如下图所示的玻璃试剂瓶中。
2021届江苏省高考化学一轮复习专题演练：专题7《有机化学基础》综合练习(苏教版)
专题七有机化学基础留意事项：1. 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
满分120分，考试时间100分钟。
2. 答题前，请考生务必将自己的学校、班级、姓名填写在密封线内。
第Ⅰ卷(选择题共40分)不定项选择题(本题包括10小题，每小题4分。
每小题有一个或两个选项符合题意)1. 下列各项表达正确的是()A. 新戊烷的结构简式：(CH3)3CCH3B. 聚乙烯的结构简式：C. 硝基苯的结构简式：D. 乙烷分子的比例模型：2. (2021·新课标Ⅰ卷)乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构简式如右图所示。
将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。
若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为()A. 1∶1B. 2∶3C. 3∶2D. 2∶13. (2021·海南高考)分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出氢气的有机物有(不含立体异构)()A. 3种B. 4种C. 5种D. 6种4. (2021·新课标Ⅱ卷)分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有(不含立体结构) ()A. 3种B. 4种C. 5种D. 6种5. (2021·海南高考)下列反应不属于取代反应的是()A. 淀粉水解制葡萄糖B. 石油裂解制丙烯C. 乙醇与乙酸反应制乙酸乙酯D. 油脂与浓NaOH反应制高级脂肪酸钠6. (2021·河北联考)NM-3和D-58是正处于临床试验阶段的小分子抗癌药物，结构如下：下列关于NM-3和D-58的叙述错误的是()A. 都能与NaOH溶液反应，缘由不完全相同B. 都能与溴水反应，缘由不完全相同C. 都不能发生消去反应，缘由相同D. 遇FeCl3溶液都显色，缘由相同7. 下列试验装置和操作正确的是()A. 分别苯和硝基苯B. 制取乙烯C. 制取氨气D. 制备酚醛树脂8. (2022·常州一模)有机物X和Y可作为“分子伞”给药物载体的伞面和中心作支撑架(未表示出原子或原子团的空间排列)。
2021版江苏新高考选考化学(苏教版)一轮复习课件：专题4 1 第一单元 含硫化合物的性质和应用
(2)具有还原性，能被 Cl2、Br2、I2、H2O2、KMnO4 等氧化剂氧化。 ①SO2 与卤水反应：SO2＋X2＋2H2O===2HX＋H2SO4(X 为 Cl、Br、I)。 ②使 FeCl3 溶液由棕黄色变为浅绿色。 ③2SO2＋O2 催化剂 2SO3。 (3)具有氧化性 与 H2S 反应：SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O。 (4)具有漂白性 使品红溶液褪色(原理：SO2＋有色物质→无色物质―加―热→有色物质＋SO2)。 三、三氧化硫(SO3) SO3 在标准状况下为无色、针状晶体，能与水反应：SO3＋H2O===H2SO4，放出大量的热。
有关硫化物和硫酸盐的化学式见下表：
硫铁矿
黄铜矿
石膏
芒硝
FeS2
CuFeS2
CaSO4·2H2O Na2SO4·10H2O
2.物理性质 色态 溶解性
淡黄色或黄色晶体
__不____溶于水，微溶于酒精，__易____溶于 CS2
3.化学性质
二、二氧化硫(SO2 )
1．物理性质
颜色
气味
_无___色__ ____有__刺__激__性__气__味____
(9)SO2 和 Cl2 等物质的量混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中，漂白效果更好。
(×)
2．(教材改编题)在下列反应中硫元素只表现氧化性的是
()
A．2Al＋3S==△===Al2S3 B．S＋2H2SO4(浓)==△===2H2O＋3SO2↑ C．H2S==△===H2＋S↓ D．3S＋6NaOH==△===2Na2S＋Na2SO3＋3H2O 解析：选 A。A 项，该反应中 S 的化合价由 0 价变为－2 价，所以只体现氧化性，正确；
()
解析：选 D。硫易溶于 CS2，且能与 NaOH 反应生成可溶性的 Na2S 和 Na2SO3，A 项正确； 硫在氧气中燃烧只生成 SO2，D 项错误。
(2024年高考真题含解析)江苏省2024年普通高中学业水平选择性考试化学试卷(含解析)
2024年普通高中学业水平选择性考试 江苏卷化学试卷限时75分钟 满分100分养成良好的答题习惯，是决定成败的决定性因素之一。
做题前，要认真阅读题目要求、题干和选项，并对答案内容作出合理预测;答题时，切忌跟着感觉走，最好按照题目序号来做，不会的或存在疑问的，要做好标记，要善于发现，找到题目的题眼所在，规范答题，书写工整;答题完毕时，要认真检查，查漏补缺，纠正错误。
可能用到的相对原子质量：H —1 B —11 C —12 N —14 O —16 Cl —35.5 Cr —52 Fe —56 Ag —108 Nd —144一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。
每题只有一个选项最符合题意。
1．我国探月工程取得重大进展。
月壤中含有Ca 、Fe 等元素的磷酸盐，下列元素位于元素周期表第二周期的是 A ．OB ．PC ．CaD ．Fe2．反应2242PbS+4H O =PbSO +4H O 可用于壁画修复。
下列说法正确的是A ．2-S 的结构示意图为B ．22H O 中既含离子键又含共价键C ．24SO -中S 元素的化合价为6+D ．2H O 的空间构型为直线形3．实验室进行铁钉镀锌实验。
下列相关原理、装置及操作不正确的是 ABCD配制NaOH 溶液 铁钉除油污 铁钉除锈 铁钉镀锌 A ．AB ．BC ．CD ．D4．明矾()422KAl SO 12H O ⎡⎤⋅⎣⎦可用作净水剂。
下列说法正确的是A ．半径：()()3Al K r r ++>B ．电负性：()()χO χS >C ．沸点：22H S H O >D ．碱性：()3Al OH KOH >催化剂能改变化学反应速率而不改变反应的焓变，常见倠化剂有金属及其氧化物、酸和碱等。
倠化反应广泛存在，如豆科植物固氮、石墨制金刚石、2CO 和2H 制33CH OCH (二甲醚)、25V O 倠化氧化2SO 等。
催化剂有选择性，如24C H 与2O 反应用Ag 催化生成(环氧乙烷)、用22CuCl /PdCl 催化生成3CH CHO 。
【名师一号】2021高考化学(苏教版)一轮复习考点突破：2-5离子检验与推断
重点突破锁定高考热点探究规律方法考点1 离子的检验1.娴熟把握在溶液中有特征颜色的离子常见的溶液中有颜色的离子有MnO－4——呈紫色，Cu2＋——呈蓝色，Fe2＋——呈浅绿色，Fe3＋——呈黄色。
沉淀的颜色：Cu(OH)2——蓝色沉淀，Fe(OH)3——红褐色沉淀。
解题中特殊留意题干条件是“无色透亮”还是“澄清透亮”。
2．无色溶液中离子检验的一般思路题组训练1．(2021·江苏)下列依据相关试验得出的结论正确的是()A．向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液肯定是碳酸盐溶液B．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液肯定是钠盐溶液C．将某气体通入溴水中，溴水颜色褪去，该气体肯定是乙烯D．向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，该溶液中肯定含Fe2＋解析A项，能与稀盐酸反应生成CO2的，除CO2－3外，还有HCO－3，错误；B项，K元素焰色反应的紫色必需透过蓝色钴玻璃才能看到，不透过蓝色钴玻璃观看时，火焰也为黄色，错误；C项，能使溴水褪色的气体，可以是与Br2发生加成反应，也可以是发生氧化还原反应，例如SO2等，错误。
答案 D2．(2022·浙江乐清月考)下列有关试验原理、方法和结论都正确的是() A．用pH试纸测量溶液的pH时要先将试纸潮湿B．滴加稀NaOH溶液，将潮湿的红色石蕊试纸置于试管口，假如试纸不变蓝说明原溶液中无NH＋4C．取少量溶液X，向其中加入适量新制氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明X溶液中肯定含有Fe2＋D．除去干燥CO2中混有的少量SO2，可将混合气体依次通过盛有酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶解析用pH试纸测量溶液的pH时，试纸不能事先润湿，A项不正确；选项B不正确，应当是浓溶液或者加热；选项C不正确，由于溶液中也可能含有铁离子；SO2具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，选项D正确。
2021版江苏新高考选考化学(苏教版)一轮复习课后达标检测：专题3 3 第三单元 含硅矿物与信息材料
一、单项选择题1．材料与化学密切相关，表中对应关系错误的是()选项材料主要化学成分A 刚玉、金刚石三氧化二铝B 大理石、石灰石碳酸钙C 普通水泥、普通玻璃硅酸盐D 沙子、石英二氧化硅解析：选A。
都是碳酸钙；普通玻璃和普通水泥都是常见的硅酸盐材料；沙子和石英的主要成分都是二氧化硅。
2．《天工开物》记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙粘土而为之”“凡坯既成，干燥之后，则堆积窖中燃薪举火”“浇水转釉(主要为青色)，与造砖同法”。
下列说法错误的是()A．沙子和粘土的主要成分为硅酸盐B．“燃薪举火”使粘土发生了复杂的物理化学变化C．烧制后自然冷却成红瓦，浇水冷却成青瓦D．粘土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料解析：选A。
沙子的主要成分为二氧化硅，二氧化硅是氧化物，不属于硅酸盐，A项错误。
粘土烧制成瓦的过程中发生了复杂的物理化学变化，B项正确。
由“浇水转釉(主要为青色)，与造砖同法”可知，C项正确。
粘土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料，D项正确。
3．(新题预测)平昌冬奥会“北京8分钟”，主创团队用石墨烯制作了20 ℃能发热4 h 的智能服饰；用铝合金管材和碳纤维制作了高2.35 m、重量仅为10 kg的熊猫木偶，向世界展现了新时代的中国形象。
下列说法中，不正确的是()A．石墨烯是能导热的金属材料B．铝合金是密度较低的金属材料C．碳纤维是耐低温的无机非金属材料D．新型材料种类多、用途广解析：选A。
石墨烯为非金属材料，A错误。
4．昆仑玉的成分可简单看成是Ca2Mg5Si8O22(OH)2，则其用二氧化硅和金属氧化物的形式可表示为()A．CaO·MgO·SiO2·H2OB．2CaO·5MgO·8SiO2·H2OC．2CaO·MgO·SiO2·2H2OD．5CaO·2MgO·8SiO2·H2O解析：选B。
根据硅酸盐改写成氧化物的要求和元素守恒，昆仑玉的氧化物形式可表示为2CaO·5MgO·8SiO2·H2O。
2021年高考数学(理)一轮复习题型归纳与训练 专题8.6 立体几何中的向量方法(教师版含解析)
2021年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破专题8.6 立体几何中的向量方法目录一、考点全归纳1．两条异面直线所成角的求法设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，a与n的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝|a·n||a||n|．3．求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 分别是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．(2)如图①①，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)． 【常用结论】 利用空间向量求距离 (1)两点间的距离设点A (x 1，y 1，z 1)，点B (x 2，y 2，z 2)，则|AB |＝|AB →|＝（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2＋（z 1－z 2）2. (2)点到平面的距离如图所示，已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|BO →|＝|AB →·n ||n |.二 题型全归纳题型一 异面直线所成的角【题型要点】用向量法求异面直线所成角的一般步骤 (1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系．(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量． (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值．(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．【易错提醒】注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．【例1】如图，在四棱锥P ABCD 中，P A ①平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，①BAD ＝60°.(1)求证：BD ①平面P AC ；(2)若P A ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值． 【解析】(1)证明：因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ①BD .因为P A ①平面ABCD ，所以P A ①BD . 又因为AC ∩P A ＝A ，所以BD ①平面P AC . (2)设AC ∩BD ＝O .因为①BAD ＝60°，P A ＝AB ＝2，所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1，0，0)，C (0，3，0)． 所以PB →＝(1，3，－2)，AC →＝(0，23，0)． 设PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AC →|PB →||AC →|＝622×23＝64.即PB 与AC 所成角的余弦值为64. 【例2】.如图，在三棱锥P ABC 中，P A ①底面ABC ，①BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A ＝AC ＝4，AB ＝2.(1)求证：MN ①平面BDE ；(2)已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长． 【解析】：如图，以A 为原点，分别以AB →，AC →，AP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意可得A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，4，0)，P (0，0，4)，D (0，0，2)，E (0，2，2)，M (0，0，1)，N (1，2，0)．(1)证明：DE →＝(0，2，0)，DB →＝(2，0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0.不妨设z ＝1，可取n ＝(1，0，1)．又MN →＝(1，2，－1)，可得MN →·n ＝0. 因为MN ①平面BDE ， 所以MN ①平面BDE .(2)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0，0，h )， 进而可得NH →＝(－1，－2，h )，BE →＝(－2，2，2)．由已知，得|cos 〈NH →，BE →〉|＝|NH →·BE →||NH →||BE →|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721，整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12.所以，线段AH 的长为85或12.题型二 直线与平面所成的角【题型要点】(1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：①分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；①通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．(2)若直线l 与平面α的夹角为θ，直线l 的方向向量l 与平面α的法向量n 的夹角为β，则θ＝π2－β或θ＝β－π2. 【易错提醒】求解直线和平面所成角，要注意直线的方向向量与平面法向量的夹角和所求角之间的关系，线面角的正弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．【例1】(2020·深圳模拟)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，PD ＝PB ，H 为PC 上的点，过AH 的平面分别交PB ，PD 于点M ，N ，且BD ①平面AMHN .(1)证明：MN ①PC ；(2)设H 为PC 的中点，P A ＝PC ＝3AB ，P A 与平面ABCD 所成的角为60°，求AD 与平面AMHN 所成角的正弦值．【解析】：(1)证明：如图①，连接AC 交BD 于点O ，连接PO .因为四边形ABCD 为菱形，所以BD ①AC ，且O 为BD 的中点． 因为PD ＝PB ，所以PO ①BD ，因为AC ∩PO ＝O ，且AC ，PO ①平面P AC ，所以BD ①平面P AC . 因为PC ①平面P AC ，所以BD ①PC .因为BD ①平面AMHN ，且平面AMHN ∩平面PBD ＝MN ，所以BD ①MN ， 所以MN ①PC .(2)由(1)知BD ①AC 且PO ①BD ， 因为P A ＝PC ，且O 为AC 的中点， 所以PO ①AC ，所以PO ①平面ABCD ，因为P A 与平面ABCD 所成的角为①P AO ，所以①P AO ＝60°，所以AO ＝12P A ，PO ＝32P A .因为P A ＝3AB ，所以BO ＝36P A .以O 为坐标原点，OA →，OD →，OP →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图①所示的空间直角坐标系，记P A ＝2，则O (0，0，0)，A (1，0，0)，B ⎝⎛⎭⎫0，－33，0，C (－1，0，0)，D ⎝⎛⎭⎫0，33，0，P (0，0，3)，H ⎝⎛⎭⎫－12，0，32， 所以BD →＝⎝⎛⎭⎫0，233，0，AH →＝⎝⎛⎭⎫－32，0，32，AD →＝⎝⎛⎭⎫－1，33，0. 设平面AMHN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·AH →＝0，即⎩⎨⎧233y ＝0，－32x ＋32z ＝0，令x ＝2，解得y ＝0，z ＝23，所以n ＝(2，0，23)是平面AMHN 的一个法向量． 记AD 与平面AMHN 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AD →|n ||AD →|＝34.所以AD 与平面AMHN 所成角的正弦值为34. 【例2】如图，在几何体ACD －A 1B 1C 1D 1中，四边形ADD 1A 1与四边形CDD 1C 1均为矩形，平面ADD 1A 1①平面CDD 1C 1，B 1A 1①平面ADD 1A 1，AD ＝CD ＝1，AA 1＝A 1B 1＝2，E 为棱AA 1的中点．(1)证明：B 1C 1①平面CC 1E ；(2)求直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角的正弦值．【解析】(1)证明：因为B 1A 1①平面ADD 1A 1，所以B 1A 1①DD 1， 又DD 1①D 1A 1，B 1A 1∩D 1A 1＝A 1，所以DD 1①平面A 1B 1C 1D 1， 又DD 1①CC 1，所以CC 1①平面A 1B 1C 1D 1. 因为B 1C 1①平面A 1B 1C 1D 1，所以CC 1①B 1C 1.因为平面ADD 1A 1①平面CDD 1C 1，平面ADD 1A 1∩平面CDD 1C 1＝DD 1，C 1D 1①DD 1， 所以C 1D 1①平面ADD 1A 1.经计算可得B 1E ＝5，B 1C 1＝2，EC 1＝3，从而B 1E 2＝B 1C 21＋EC 21，所以在①B 1EC 1中，B 1C 1①C 1E .又CC 1，C 1E ①平面CC 1E ，CC 1∩C 1E ＝C 1，所以B 1C 1①平面CC 1E . (2)如图，以点A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，依题意得A (0，0，0)，C (1，0，1)，B 1(0，2，2)，C 1(1，2，1)，E (0，1，0)，则CE →＝(－1，1，－1)，B 1C →＝(1，－2，－1)．设平面B 1CE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·B 1C →＝0，m ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －z ＝0，－x ＋y －z ＝0，消去x 得y ＋2z ＝0， 不妨设z ＝1，可得m ＝(－3，－2，1)为平面B 1CE 的一个法向量， 易得B 1C 1→＝(1，0，－1)，设直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，B 1C 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ·B 1C 1→|m |·|B 1C 1→|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－414×2＝277， 故直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角的正弦值为277.题型三 二面角【题型要点】利用向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐(钝)二面角．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．【易错提醒】：判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行．【例1】(2020·深圳模拟)已知四棱锥PABCD，底面ABCD为菱形，PD＝PB，H为PC上的点，过AH的平面分别交PB，PD于点M，N，且BD①平面AMHN.(1)证明：MN①PC；(2)当H为PC的中点，P A＝PC＝3AB，P A与平面ABCD所成的角为60°，求AD与平面AMHN所成角的正弦值．【解析】(1)证明：连接AC、BD且AC∩BD＝O，连接PO.因为ABCD为菱形，所以BD①AC，因为PD＝PB，所以PO①BD，因为AC∩PO＝O且AC、PO①平面P AC，所以BD①平面P AC，因为PC①平面P AC，所以BD①PC，因为BD①平面AMHN，且平面AMHN∩平面PBD＝MN，所以BD①MN，MN①平面P AC，所以MN ①P C.(2)由(1)知BD ①AC 且PO ①BD ， 因为P A ＝PC ，且O 为AC 的中点， 所以PO ①AC ，所以PO ①平面ABCD ， 所以P A 与平面ABCD 所成的角为①P AO ， 所以①P AO ＝60°，所以AO ＝12P A ，PO ＝32P A ，因为P A ＝3AB ，所以BO ＝36P A . 以OA →，OD →，OP →分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．设P A ＝2，所以O (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，－33，0)，C (－1，0，0)，D (0，33，0)，P (0，0，3)，H (－12，0，32)，所以BD →＝(0，233，0)，AH →＝(－32，0，32)，AD →＝(－1，33，0)．设平面AMHN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·AH →＝0，即⎩⎨⎧233y ＝0，－32x ＋32z ＝0，令x ＝2，则y ＝0，z ＝23，所以n ＝(2，0，23)，设AD 与平面AMHN 所成角为θ，所以sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →|n ||AD →||＝34. 所以AD 与平面AMHN 所成角的正弦值为34. 【例2】图1是由矩形ADEB ，Rt①ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB ＝1，BE ＝BF ＝2，①FBC ＝60°.将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连接DG ，如图2.(1)证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ①平面BCGE ；(2)求图2中的二面角B －CG －A 的大小．【解析】：(1)证明：由已知得AD ①BE ，CG ①BE ，所以AD ①CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ①BE ，AB ①BC ，故AB ①平面BCGE .又因为AB ①平面ABC ，所以平面ABC ①平面BCGE .(2)作EH ①BC ，垂足为H .因为EH ①平面BCGE ，平面BCGE ①平面ABC ，所以EH ①平面ABC .由已知，菱形BCGE 的边长为2，①EBC ＝60°，可求得BH ＝1，EH ＝ 3. 以H 为坐标原点，HC →的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H xyz ， 则A (－1，1，0)，C (1，0，0)，G (2，0，3)，CG →＝(1，0，3)，AC →＝(2，－1，0)．设平面ACGD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧CG →·n ＝0AC →·n ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，2x －y ＝0. 所以可取n ＝(3，6，－3)．又平面BCGE 的法向量可取为m ＝(0，1，0)，所以cos n ，m ＝n ·m |n ||m |＝32. 因此二面角B CG A 的大小为30°.题型四 利用空间向量求距离【题型要点】求解点到平面的距离可直接转化为求向量在平面的法向量上的射影的长．如图，设点P 在平面α外，n 为平面α的法向量，在平面α内任取一点Q ，则点P 到平面α的距离d ＝|PQ →·n ||n |.【易错提醒】该题中的第(2)问求解点到平面的距离时，利用了两种不同的方法——等体积法与向量法，显然向量法直接简单，不必经过过多的逻辑推理，只需代入坐标准确求解即可．【例1】(2020·云南师范大学附属中学3月月考)如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，①ABC 是边长为2的正三角形，AA 1＝26，D 是CC 1的中点，E 是A 1B 1的中点．(1)证明：DE ①平面A 1BC;(2)求点A 到平面A 1BC 的距离．【解析】 (1)证明：如图取A 1B 的中点F ，连接FC ，FE .因为E ，F 分别是A 1B 1，A 1B 的中点，所以EF ①BB 1，且EF ＝12BB 1. 又在平行四边形BB 1C 1C 中，D 是CC 1的中点，所以CD ①BB 1，且CD ＝12BB 1，所以CD ①EF ，且CD ＝EF . 所以四边形CFED 是平行四边形，所以DE ①CF .因为DE ①/平面A 1BC ，CF ①平面A 1BC ，所以DE ①平面A 1BC .(2)法一：(等体积法)因为BC ＝AC ＝AB ＝2，AA 1＝26，三棱柱ABC A 1B 1C 1为直三棱柱，所以V 三棱锥A 1－ABC ＝13S ①ABC ×AA 1＝13×34×22×26＝2 2. 又在①A 1BC 中，A 1B ＝A 1C ＝27，BC ＝2，BC 边上的高h ＝ A 1B 2－⎝⎛⎭⎫12BC 2＝33，所以S ①A 1BC ＝12BC ·h ＝3 3. 设点A 到平面A 1BC 的距离为d ，则V 三棱锥A －A 1BC ＝13S ①A 1BC ×d ＝13×33×d ＝3d . 因为V 三棱锥A 1－ABC ＝V 三棱锥A －A 1BC ，所以22＝3d ，解得d ＝263， 所以点A 到平面A 1BC 的距离为263. 法二：(向量法)由题意知，三棱柱ABC A 1B 1C 1是正三棱柱．取AB 的中点O ，连接OC ，OE .因为AC ＝BC ，所以CO ①AB .又平面ABC ①平面ABB 1A 1，平面ABC ∩平面ABB 1A 1＝AB ，所以CO ①平面ABB 1A 1.因为O 为AB 的中点，E 为A 1B 1的中点，所以OE ①AB ，所以OC ，OA ，OE 两两垂直．如图，以O 为坐标原点，以OA ，OE ，OC 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0，0，3)，A (1，0，0)，A 1(1，26，0)，B (－1，0，0)．则BA 1→＝(2，26，0)，BC →＝(1，0，3)．设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ①BA 1→，n ①BC →，可得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝2x ＋26y ＝0，n ·BC →＝x ＋3z ＝0， 整理得⎩⎨⎧x ＋6y ＝0，x ＋3z ＝0，令x ＝6，则y ＝－1，z ＝－ 2. 所以n ＝(6，－1，－2)为平面A 1BC 的一个法向量．而BA →＝(2，0，0)，所以点A 到平面A 1BC 的距离d ＝|BA →·n ||n |＝6×26＋1＋2＝263. 【例2】如图，①BCD 与①MCD 都是边长为2的正三角形，平面MCD ①平面BCD ，AB ①平面BCD ，AB ＝23，求点A 到平面MBC 的距离．【答案】见解析【解析】：如图，取CD 的中点O ，连接OB ，OM ，因为①BCD 与①MCD 均为正三角形，所以OB ①CD ，OM ①CD ，又平面MCD ①平面BCD ，平面MCD ∩平面BCD ＝CD ，OM ①平面MCD ，所以MO ①平面BCD .以O 为坐标原点，直线OC ，BO ，OM 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz .因为①BCD 与①MCD 都是边长为2的正三角形，所以OB ＝OM ＝3，则O (0，0，0)，C (1，0，0)，M (0，0，3)，B (0，－3，0)，A (0，－3，23)，所以BC →＝(1，3，0)．BM →＝(0，3，3)．设平面MBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ①BC →，n ①BM →得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，3y ＋3z ＝0， 取x ＝3，可得平面MBC 的一个法向量为n ＝(3，－1，1)．又BA →＝(0，0，23)，所以所求距离为d ＝|BA →·n ||n |＝2155.三、高效训练突破一、选择题1．若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l 与平面α所成的角等于( )A ．120°B ．60°C ．30°D ．60°或30°【答案】C【解析】设直线l 与平面α所成的角为β，直线l 与平面α的法向量的夹角为γ.则sin β＝|cos γ|＝|cos 120°|＝12. 又0°≤β≤90°，①β＝30°.2．在正方体A 1B 1C 1D 1ABCD 中，AC 与B 1D 所成角大小为( )A.π6B.π4C.π3D.π2 【答案】D【解析】建立如图所示的空间直角坐标系设正方体边长为1，则A (0，0，0), C (1，1，0)，B 1(1，0，1)，D (0，1，0). ①AC →＝(1，1，0)，B 1D →＝(－1，1，－1)，①AC →·B 1D →＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0，①AC →①B 1D →，①AC 与B 1D 所成的角为π2. 3.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.55B.53C.255D.35【答案】A 【解析】设CA ＝2，则C (0，0，0)，A (2，0，0)，B (0，0，1)，C 1(0，2，0)，B 1(0，2，1)，可得向量AB 1→＝(－2，2，1)，BC 1→＝(0，2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝－2×0＋2×2＋1×（－1）0＋4＋1·4＋4＋1＝15＝55. 4.将边长为1的正方形AA 1O 1O (及其内部)绕OO 1旋转一周形成圆柱，如图，AC ︵长为2π3，A 1B 1︵长为π3，其中B 1与C 在平面AA 1O 1O 的同侧．则异面直线B 1C 与AA 1所成的角的大小为( )A.π6 B ．π4C.π3D ．π2【答案】B 【解析】：.以O 为坐标原点建系如图则A (0，1，0)，A 1(0，1，1)，B 1⎝⎛⎭⎫32，12，1，C ⎝⎛⎭⎫32，－12，0. 所以AA 1→＝(0，0，1)，B 1C →＝(0，－1，－1)，所以cos 〈AA 1→，B 1C →〉＝AA 1→·B 1C →|AA 1→||B 1C →|＝0×0＋0×（－1）＋1×（－1）1×02＋（－1）2＋（－1）2＝－22， 所以〈AA 1→，B 1C →〉＝3π4，所以异面直线B 1C 与AA 1所成的角为π4.故选B. 5.如图，已知长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝3，E 为线段AB 上一点，且AE ＝13AB ，则DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为( )A.33535B ．277 C.33 D ．24 【答案】A.【解析】：如图以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C 1(0，3，1)，D 1(0，0，1)，E (1，1，0)，C (0，3，0)，所以DC 1→＝(0，3，1)，D 1E →＝(1，1，－1)，D 1C →＝(0，3，－1)．设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E →＝0，n ·D 1C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，3y －z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ，z ＝3y ，取y ＝1，得n ＝(2，1，3)． 因为cos 〈DC 1→，n 〉＝DC 1→·n |DC 1→|·|n |＝（0，3，1）·（2，1，3）10×14＝33535，所以DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为33535，故选A. 6．二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217.则该二面角的大小为( )A ．150°B ．45°C ．60°D ．120°【答案】C.【解析】：如图所示二面角的大小就是〈AC →，BD →〉．因为CD →＝CA →＋AB →＋BD →，所以CD →2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2(CA →·AB →＋CA →·BD →＋AB →·BD →)＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2CA →·BD →，所以CA →·BD →＝12[(217)2－62－42－82]＝－24.因此AC →·BD →＝24，cos 〈AC →，BD →〉＝AC →·BD →|AC →||BD →|＝12， 又〈AC →，BD →〉①[0°，180°]，所以〈AC →，BD →〉＝60°，故二面角为60°.7．已知斜四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的各棱长均为2，①A 1AD ＝60°，①BAD ＝90°，平面A 1ADD 1①平面ABCD ，则直线BD 1与平面ABCD 所成的角的正切值为( ) A.34B.134C.3913D.393 【答案】C【解析】取AD 中点O ，连接OA 1，易证A 1O ①平面ABCD .建立如图所示的空间直角坐标系得B (2，－1，0)，D 1(0，2，3)，BD 1→＝(－2，3，3)，平面ABCD 的一个法向量为n ＝(0，0，1)，设BD 1与平面ABCD 所成的角为θ，①sin θ＝|BD 1→·n ||BD 1→||n |＝34，①tan θ＝3913. 8.如图，在四棱锥P ABCD 中，四边形ABCD 为平行四边形，且BC ①平面P AB ，P A ①AB ，M 为PB 的中点，P A ＝AD ＝2.若AB ＝1，则二面角B AC M 的余弦值为( )A.66B.36C.26D.16【答案】A【解析】因为BC ①平面P AB ，P A ①平面P AB ，所以P A ①BC ，又P A ①AB ，且BC ∩AB ＝B ，所以P A ①平面ABCD .以点A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系A xyz .则A (0，0，0)，C (1，2，0)，P (0，0，2)，B (1，0，0)，M ⎝⎛⎭⎫12，0，1，所以AC →＝(1，2，0)，AM →＝⎝⎛⎭⎫12，0，1，求得平面AMC 的一个法向量为n ＝(－2，1，1)，又平面ABC 的一个法向量AP →＝(0，0，2)，所以cos 〈n ，AP →〉＝n ·AP →|n ||AP →|＝24＋1＋1×2＝16＝66. 所以二面角B AC M 的余弦值为66. 9．设正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是( )A.32B.22 C.223 D.233【答案】D【解析】如图建立坐标系则D 1(0，0，2)，A 1(2，0，2)，B (2，2，0)，D 1A 1→＝(2，0，0)，DB →＝(2，2，0)，DA 1→＝(2，0，2)．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝0，n ·DB →＝0，①⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2z ＝0，2x ＋2y ＝0，令z ＝1，得n ＝(－1，1，1)． ①D 1到平面A 1BD 的距离d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233. 二、填空题1.如图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长都相等，E ，F ，G 分别为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为________．【答案】：35【解析】：设正三棱柱的棱长为2，取AC 的中点D ，连接DG ，DB ，分别以DA ，DB ，DG 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B 1(0，3，2)，F (1，0，1)，E ⎝⎛⎭⎫12，32，0，G (0，0，2)，B 1F →＝(1，－3，－1)，EF →＝⎝⎛⎭⎫12，－32，1，GF →＝(1，0，－1)． 设平面GEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧EF →·n ＝0，GF →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32y ＋z ＝0，x －z ＝0，取x ＝1，则z ＝1，y ＝3，故n ＝(1，3，1)为平面GEF 的一个法向量，所以|cos 〈n ，B 1F →〉|＝|1－3－1|5×5＝35， 所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为35. 2.如图，平面ABCD ①平面ABEF ，四边形ABCD 是正方形，四边形ABEF 是矩形，且AF ＝12AD ＝a ，G 是EF 的中点，则GB 与平面AGC 所成角的正弦值为________．【答案】63【解析】如图以A 为原点建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (0，2a ，0)，C (0，2a ，2a )，G (a ，a ，0)，AG →＝(a ，a ，0)，AC →＝(0，2a ，2a )，BG →＝(a ，－a ，0)，设平面AGC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，1)，由⎩⎪⎨⎪⎧AG →·n 1＝0AC →·n 1＝0①⎩⎪⎨⎪⎧ax 1＋ay 1＝02ay 1＋2a ＝0①⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1y 1＝－1①n 1＝(1，－1，1)．sin θ＝|BG →·n 1||BG →||n 1|＝2a 2a ×3＝63. 3．已知正四棱锥S ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE 与SD 所成角的余弦值为________．【答案】33 【解析】以两对角线AC 与BD 的交点O 作为原点，以OA ，OB ，OS 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系设边长为2，则有O (0，0，0)，A (2，0，0)，B (0，2，0)，S (0，0，2)，D (0，－2，0)，E ⎝⎛⎭⎫0，22，22， AE →＝⎝⎛⎭⎫－2，22，22，SD →＝(0，－2，－2)， |cos AE →，SD →|＝|AE →·SD →||AE →||SD →|＝22×3＝33， 故AE 与SD 所成角的余弦值为33. 4．在正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于________．【答案】23【解析】以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图设AA 1＝2AB ＝2，则D (0，0，0)，C (0，1，0)，B (1，1，0)，C 1(0，1，2)，则DC →＝(0，1，0)，DB →＝(1，1，0)，DC 1→＝(0，1，2)．设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·DC 1→＝0，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0， 令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量n ＝(2，－2，1)．设CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DC →|n ||DC →|＝23. 5．(2020·汕头模拟)在底面是直角梯形的四棱锥S ABCD 中，①ABC ＝90°，AD ①BC ，SA ①平面ABCD ，SA＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12，则平面SCD 与平面SAB 所成锐二面角的余弦值是________． 【答案】63 【解析】如图所示建立空间直角坐标系，则依题意可知，D ⎝⎛⎭⎫12，0，0，C (1，1，0)，S (0，0，1)，可知AD →＝⎝⎛⎭⎫12，0，0是平面SAB 的一个法向量．设平面SCD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，因为SD →＝⎝⎛⎭⎫12，0，－1，DC →＝⎝⎛⎭⎫12，1，0，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·SD →＝0，n ·DC →＝0，即⎩⎨⎧x 2－z ＝0，x 2＋y ＝0.令x ＝2，则有y ＝－1，z ＝1，所以n ＝(2，－1，1)．设平面SCD 与平面SAB 所成的锐二面角为θ，则cos θ＝|AD →·n ||AD →||n |＝12×2＋0×（－1）＋0×1⎝⎛⎭⎫122×22＋（－1）2＋12＝63. 6.(2020·北京模拟)如图所示，四棱锥P ABCD 中，PD ①底面ABCD ，底面ABCD 是边长为2的正方形，PD ＝2，E 是棱PB 的中点，M 是棱PC 上的动点，当直线P A 与直线EM 所成的角为60°时，那么线段PM 的长度是________．【答案】542 【解析】如图建立空间直角坐标系，则A (2，0，0)，P (0，0，2)，B (2，2，0)，①AP →＝()－2，0，2，①E 是棱PB 的中点，①E (1，1，1)，设M (0，2－m ，m )，则EM →＝()－1，1－m ，m －1，①||cos 〈AP →，EM →〉＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AP →·EM →|AP →||EM →|＝||2＋2()m －1221＋2（m －1）2＝12， 解得m ＝34，①M ⎝⎛⎭⎫0，54，34， ①PM ＝2516＋2516＝54 2. 三 解答题1．如图所示，菱形ABCD 中，①ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ①平面ABCD ，CF ①AE ，AB ＝AE ＝2.(1)求证：BD ①平面ACFE ；(2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时，求异面直线OF 与BE 所成角的余弦值的大小．【答案】见解析【解析】：(1)证明：因为四边形ABCD 是菱形，所以BD ①AC .因为AE ①平面ABCD ，BD ①平面ABCD ，所以BD ①AE .又因为AC ∩AE ＝A ，AC ，AE ①平面ACFE .所以BD ①平面ACFE .(2)以O 为原点，OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴，过点O 且平行于CF 的直线为z 轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，E (1，0，2)，F (－1，0，a )(a >0)，OF →＝(－1，0，a )．设平面EBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·OB →＝0，n ·OE →＝0，即⎩⎨⎧3y ＝0，x ＋2z ＝0， 令z ＝1，则n ＝(－2，0，1)，由题意得sin 45°＝|cos 〈OF →，n 〉|＝|OF →·n ||OF →||n |＝|2＋a |a 2＋1·5＝22， 解得a ＝3或a ＝－13(舍去)． 所以OF →＝(－1，0，3)，BE →＝(1，－3，2)，cos 〈OF →，BE →〉＝－1＋610×8＝54， 故异面直线OF 与BE 所成角的余弦值为54. 2．(2020·湖北十堰4月调研)如图，在三棱锥P －ABC 中，M 为AC 的中点，P A ①PC ，AB ①BC ，AB ＝BC ，PB ＝2，AC ＝2，①P AC ＝30°.(1)证明：BM ①平面P AC ；(2)求二面角B －P A －C 的余弦值．【答案】：见解析(1)证明：因为P A ①PC ，AB ①BC ，所以MP ＝MB ＝12AC ＝1， 又MP 2＋MB 2＝BP 2，所以MP ①MB .因为AB ＝BC ，M 为AC 的中点，所以BM ①AC ，又AC ∩MP ＝M ，所以BM ①平面P AC .(2)法一：取MC 的中点O ，连接PO ，取BC 的中点E ，连接EO ，则OE ①BM ，从而OE ①AC .因为P A ①PC ，①P AC ＝30°，所以MP ＝MC ＝PC ＝1.又O 为MC 的中点，所以PO ①AC .由(1)知BM ①平面P AC ，OP ①平面P AC ，所以BM ①PO .又BM ∩AC ＝M ，所以PO ①平面ABC .以O 为坐标原点，OA ，OE ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，由题意知A ⎝⎛⎭⎫32，0，0，B ⎝⎛⎭⎫12，1，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32，BP →＝⎝⎛⎭⎫－12，－1，32，BA →＝(1，－1，0)， 设平面APB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BP →＝－12x －y ＋32z ＝0，n ·BA →＝x －y ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，1，3)为平面APB 的一个法向量，易得平面P AC 的一个法向量为π＝(0，1，0)，cos 〈n ，π〉＝55， 由图知二面角B －P A －C 为锐角，所以二面角B －P A －C 的余弦值为55. 法二：取P A 的中点H ，连接HM ，HB ，因为M 为AC 的中点，所以HM ①PC ，又P A ①PC ，所以HM ①P A .由(1)知BM ①平面P AC ，则BH ①P A ，所以①BHM 为二面角B －P A －C 的平面角．因为AC ＝2，P A ①PC ，①P AC ＝30°，所以HM ＝12PC ＝12. 又BM ＝1，则BH ＝BM 2＋HM 2＝52， 所以cos①BHM ＝HM BH ＝55，即二面角B －P A －C 的余弦值为55. 3．(2020·合肥模拟)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，BF ①平面ABCD ，DE ①平面ABCD ，BF ＝DE ，M 为棱AE 的中点．(1)求证：平面BDM ①平面EFC ；(2)若DE ＝2AB ，求直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值．【答案】：见解析(1)证明：连接AC ，交BD 于点N ，连接MN ，则N 为AC 的中点，又M 为AE 的中点，所以MN ①EC .因为MN ①平面EFC ，EC ①平面EFC ，所以MN ①平面EFC .因为BF ，DE 都垂直底面ABCD ，所以BF ①DE .因为BF ＝DE ，所以四边形BDEF 为平行四边形，所以BD ①EF .因为BD ①平面EFC ，EF ①平面EFC ，所以BD ①平面EFC .又MN ∩BD ＝N ，所以平面BDM ①平面EFC .(2)因为DE ①平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，所以DA ，DC ，DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D xyz .设AB ＝2，则DE ＝4，从而D (0，0，0)，B (2，2，0)，M (1，0，2)，A (2，0，0)，E (0，0，4)，所以DB →＝(2，2，0)，DM →＝(1，0，2)，设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，x ＋2z ＝0. 令x ＝2，则y ＝－2，z ＝－1，从而n ＝(2，－2，－1)为平面BDM 的一个法向量．因为AE →＝(－2，0，4)，设直线AE 与平面BDM 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ·AE →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AE →|n |·|AE →|＝4515， 所以直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值为4515.。
2021版新高考地区选考化学(人教版)一轮复习教师用书：课题18 化学键与物质构成 分子结构与性质
课题18化学键与物质构成分子结构与性质学习任务1化学键与物质构成一、化学键1．化学键的定义及分类2．化学反应的本质：反应物中旧化学键的断裂与生成物中新化学键的形成。
二、离子键与共价键1．离子键与共价键的比较离子键共价键非极性键极性键概念带相反电荷离子之间的相互作用原子间通过共用电子对(电子云重叠)所形成的相互作用成键粒子阴、阳离子原子成键实质阴、阳离子的静电作用共用电子对不偏向任何一方共用电子对偏向一方原子形成条件活泼金属元素与活泼非金属元素经电子得失，形成离子键同种元素原子之间成键不同种元素原子之间成键形成的物质离子化合物非金属单质；某些共价化合物或离子化合物共价化合物或某些离子化合物(1)极性键：共用电子对发生偏移的共价键。
其中它偏向非金属性较强的元素。
(2)非极性键：共用电子对不发生偏移的共价键。
它存在于同种元素的原子之间。
非金属单质、过氧化物、大多数有机物中均含有此类共价键。
三、化学键与物质类别1．化学键的存在2．化学键与物质类别的关系(1)只含有共价键的物质①同种非金属元素原子构成的单质，如I2、N2、P4、金刚石、晶体硅等。
②不同非金属元素原子构成的共价化合物，如HCl、NH3、SiO2、CS2等。
(2)只含有离子键的物质活泼非金属元素与活泼金属元素形成的化合物，如Na2S、CsCl、K2O、NaH等；但AlCl3内部含共价键。
(3)既含有离子键又含有共价键的物质如Na2O2、NH4Cl、NaOH、Na2SO4等。
(4)无化学键的物质稀有气体分子(单原子分子)，如氩气、氦气等。
四、物质的溶解或熔化与化学键变化的关系1．离子化合物的溶解或熔化过程离子化合物溶于水或熔化后均电离成自由移动的阴、阳离子，离子键被破坏。
2．共价化合物的溶解过程(1)有些共价化合物溶于水后，能与水反应，其分子内的共价键被破坏，如CO2和SO2等。
(2)有些共价化合物溶于水后，发生电离，其分子内的共价键被破坏，如HCl、H2SO4等。
2021届江苏省高考化学一轮复习专题演练：专题8《物质结构与性质》35《晶体结构与性质》(苏教版)
课时35 晶体结构与性质(本课时对应同学用书第158~161页) 【课时导航】复习目标1. 了解NaCl型和CsCl 型离子晶体的结构特征，能用晶格能解释典型离子化合物的某些物理性质。
2. 了解原子晶体的特征，能描述金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构与性质的关系。
3. 能用金属键的自由电子理论解释金属的某些物理性质。
4. 知道金属晶体的基本积累方式，了解常见金属晶体的晶胞结构特征。
5. 知道分子晶体的含义，了解分子间作用力的大小对物质某些物理性质的影响。
6. 了解分子晶体与原子晶体、离子晶体、金属晶体的结构微粒、微粒间作用力的区分。
学问网络问题思考问题1准晶体是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，通过什么方法可以区分晶体、准晶体和非晶体?问题2NaCl、CsCl、金属晶体、金刚石、干冰晶体的配位数是多少?【自主学习】考点1常见晶体与晶体类型的推断【基础梳理】1. 晶胞：是描述晶体结构的基本单元，晶胞是从晶体中“截取”出来具有代表性的重复单位。
晶胞在晶体中的排列呈“无隙并置”。
2. 常见晶体晶体类型分子晶体原子晶体金属晶体离子晶体构成粒子分子原子金属离子和自由电子粒子间的作用力金属键(简单的静电作用)硬度较小大有的较小，有的较大较大熔、沸点较低高有的较低，有的较高较高常见晶体及结构举例CO2 SiO2 Na NaCl结构【举题说法】例题1(2011·海南高考)(1) 一种铜金合金晶体具有面心立方最密积累结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为；该晶体中原子之间的作用力是。
(2) 上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四周体空隙中。
若将Cu原子与Au 原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2(见右图)的结构相像，该晶体储氢后的化学式应为。
【答案】(1) 3∶1金属键(2) H8AuCu3【解析】(1) 由于是面心立方最密积累，晶胞内N(Cu)=6×12=3，N(Au)=8×18=1。
2021届江苏省高考化学一轮复习专题演练：专题9《综合化学实验》综合练习(苏教版)
专题九综合化学试验留意事项：1. 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
满分120分，考试时间100分钟。
2. 答题前，请考生务必将自己的学校、班级、姓名填写在密封线内。
第Ⅰ卷(选择题共40分)不定项选择题(本题包括10小题，每小题4分。
每小题有一个或两个选项符合题意)1. 下列说法错误的是()A. 氢氟酸保存在棕色玻璃瓶中B. 用稀硝酸洗涤银镜反应后的试管C. 用pH试纸测溶液pH时，试纸不需要事先润湿D. 除去MgCl2溶液中少量FeCl3，可加入适量MgCO3微热并搅拌，然后过滤2. 下列图示试验正确的是()3. 下列装置应用于铜和浓硫酸反应制取SO2气体并回收硫酸铜晶体的试验，不能达到目的的是()A. 用装置甲制取二氧化硫气体B. 用装置乙收集二氧化硫气体C. 用适量CuO粉末中和反应后溶液，并用装置丙过滤D. 用装置丁蒸发浓缩CuSO4溶液4. 下列装置应用于试验室从含溴离子的苦卤中制取液溴，能达到试验目的的是()A. 用装置甲通Cl2将苦卤中的Br-氧化为Br2B. 用装置乙分别Br2的CCl4溶液与水层C. 用装置丙分别Br2与CCl4D. 用装置丁贮存制得的液溴5. 下列设计的试验方案能达到试验目的的是()装置甲装置乙A. 制备Fe(OH)3胶体：向0.1 mol·L-1 FeCl3溶液中加适量NaOH溶液并煮沸片刻B. 用装置甲分液，放出水相后再从分液漏斗下口放出有机相C. 用装置乙进行试验，证明酸性：硝酸>碳酸>硅酸D. 探究浓度对反应“2Fe3+ +2I -2Fe2++I2”中Fe3+和Fe2+相互转化的影响：向3 mL 0.05 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中加入3 mL 0.01 mol·L-1KI溶液，将所得黄色溶液等分为三份，第一份加入数滴0.01 mol·L-1AgNO3溶液，其次份加入1 mL 0.01 mol·L-1FeSO4溶液，第三份加水1 mL，观看并比较试验现象6. (2021·安徽高考)某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生。
2021《优化方案》高考化学(苏教版)一轮复习练习：选修 有机化学基础第四单元课后达标检测
1．下列各化合物中，能发生酯化、还原、加成、消去四种反应的是( ) A ．CH 3—CH===CH —CHO解析：选C 。
A 项，不能发生酯化、消去反应；B 项，不能发生还原、加成反应；D 项，不能发生消去反应。
2．(2022·阳泉期末考试)下列有关有机物的叙述正确的是( ) A ．分子式为C 10H 14的单取代芳烃有5种结构 B ．乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键 C ．用碳酸钠溶液可鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯D ．乳酸薄荷醇酯的结构简式如图，它仅能发生水解、氧化和消去反应解析：选C 。
A 项，C 10H 14除苯环外还有—C 4H 9，丁基有4种结构，错误；B 项，聚氯乙烯和苯环中无碳碳双键，错误；C 项，三者现象分别是互溶、有气体生成、分层，正确；D 项，还可以发生取代反应，错误。
3．(2021·高考全国卷Ⅱ，8，6分)某羧酸酯的分子式为C 18H 26O 5，1 mol 该酯完全水解可得到1 mol 羧酸和2 mol 乙醇，该羧酸的分子式为( )A ．C 14H 18O 5B ．C 14H 16O 4 C ．C 16H 22O 5D ．C 16H 20O 5解析：选A 。
由1 mol 酯(C 18H 26O 5)完全水解可得到1 mol 羧酸和2 mol 乙醇可知，该酯为二元酯，分子中含有2个酯基(—COO —)，结合酯的水解反应原理可得“1 mol C 18H 26O 5＋2 mol H 2O ――→水解1 mol 羧酸＋2 mol C 2H 5OH ”，再结合质量守恒定律推知，该羧酸的分子式为C 14H 18O 5。
4．(2022·开封高三模拟)下列关于分子式为C 4H 8O 2的有机物的同分异构体的说法中，不正确的是( ) A ．属于酯类的有4种B ．属于羧酸类的有2种C ．存在分子中含有六元环的同分异构体D ．既含有羟基又含有醛基的有3种解析：选D 。
高考化学一轮复习(新高考版)大单元1 第1章 第4讲 氧化还原反应方程式的配平及计算
一、利用电子守恒确定元素价态或物质组成
1.现有24 mL 0.05 mol·L－1的Na2SO3溶液与20 mL 0.02 mol·L－1的K2Cr2O7溶液恰 好完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的 化合价为_＋__3_。
根据氧化还原反应中得失电子守恒：0.05 mol·L－1×0.024 L×(6－4)＝0.02 mol·L－1 ×0.020 L×2×(6－n)，解得n＝3。
4.有机物参与的氧化还原反应方程式的配平 (1)_2__KClO3 ＋ __1_H2C2O4 ＋ _2__H2SO4===__2_ClO2↑ ＋ _2__CO2↑ ＋ _2__KHSO4 ＋ __2_H2O (2)_5__CH2==CH2＋_1_2_KMnO4＋_1_8_H2SO4===__6_K2SO4＋_1_2_MnSO4＋_1_0_CO2＋ _2_8_H2O (3)__3_C2H5OH ＋ __2_K2Cr2O7 ＋ __8_H2SO4===__2_K2SO4 ＋ _2__Cr2(SO4)3 ＋ __3_CH3COOH＋_1_1_H2O
2.Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反 应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，则x的值为__5_。
2
Na 2
x
S x ―→
xNa2＋S6O4，NaC＋1lO―→NaC－1l，
得关系式 1×6－－2x·x＝16×2，解得 x＝5。
Al2O3 ＋ 3C
＋ N2
高温 =====
2
AlN＋ 3CO
根据氮元素、碳元素的化合价变化，N2是氧化剂，C是还原剂，AlN为还原产 物，CO为氧化产物。
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专题一 物质的分离与提纯
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0002页 0004页 0006页 0008页 0010页 0012页 0038页 0040页 0071页 0102页 0162页 0164页 0195页 0197页 0 物质的分离与提纯 拓展课题1-1 茶叶中某些元素的鉴定 拓展课题1-2 菠菜的叶绿体中色素的提取和分离 课题3 硝酸钾晶体的制备 专题二 物质性质的研究 拓展课题2-1 铝热反应 拓展课题2-2 苯酚与甲醛的反应 课题1 牙膏和火柴中某些成分的检验 拓展课题3-2 汽车尾气成分的检验 拓展课题3-3 真假碘盐的鉴别 拓展课题4-1 “蓝瓶子”实验 课题2 催化剂对过氧化氢分解反应速率的影响 拓展课题4-3 蔗糖的燃烧 拓展课题4-4 淀粉与碘显色现象的探究 专题五 电化学问题研究 拓展课题5-1 干电池模拟实验 拓展课题5-2 阿伏加德罗常数的测定
2021版江苏新高考选考化学(苏教版)一轮复习教师用书：专题5 1 第一单元 原子结构
mol＝24 mol，故 D 正确。
2．某元素的一种同位素 X 的质量数为 A，含 N 个中子，它与 1H 原子组成 HmX 分子，
在 a g HmX 中所含质子的物质的量是( ) a
A.A＋m(A－N＋m) mol a
B.A(A－N) mol a
C.A＋m(A－N) mol a
D.A(A－N＋m) mol
(3)稀有气体元素的原子最外层为 8 电子(氦为 2 电子)稳定结构，不易失去或得到电子， 通常表现为 0 价。
1．短周期元素中(填元素符号)： (1)原子核中无中子的原子是________； (2)最外层有一个电子的元素是________； (3)最外层电子数等于次外层电子数的元素为________； (4)最外层电子数是次外层电子数 2 倍的元素是________，是次外层电子数 3 倍的元素 是________； (5)电子层数与最外层电子数相等的元素是________。 答案：(1)H (2)H、Li、Na (3)Be、Ar (4)C O (5)H、Be、Al 2．如图为几种粒子的结构示意图，完成以下填空。
B．一个 16400Nd 原子的质量约为 NA g(NA 表示阿伏加德罗常数的值) C.16400Nd 原子的中子数与质子数之差为 20 D．14 g 钕元素含有 6 mol 电子 解析：选 BC。 16400Nd 和 16402Nd 是不同核素，A 项错误；1 mol 16400Nd 原子的质量约
140 为 140 g，一个原子的质量约为NA g，B 项正确；16400Nd 原子的中子数为 80、质子数为 60，二者之差为 20，C 项正确；元素的相对原子质量是由该元素的各种天然同位素的相对 原子质量及其所占的一定百分比算出的平均值，因此 14 g 钕元素对应的钕原子的物质的量 并非 0.1 mol，含有的电子也不是 6 mol，D 项错误。
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第四单元沉淀溶解平衡学习任务1沉淀溶解平衡1．含义在一定温度下的水溶液中，当沉淀溶解和生成的速率相等时，即建立了溶解平衡状态。
2．建立过程固体溶质溶液中的溶质⎩⎪⎨⎪⎧v溶解>v 沉淀，固体溶解v溶解＝v沉淀，溶解平衡v溶解<v沉淀，析出晶体3．特征4．影响因素(1)内因难溶电解质本身的性质，这是决定因素。
(2)外因以AgCl悬浊液中AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)ΔH＞0为例：外界条件移动方向平衡后c(Ag＋)平衡后c(Cl－)K sp 升高温度正向增大增大增大加少量水稀释正向不变不变不变加入少量AgNO3逆向增大减小不变通入HCl 逆向减小增大不变通入H2S 正向减小增大不变5.溶度积——沉淀溶解平衡常数(1)概念在一定温度下，难溶电解质的饱和溶液中，离子浓度的幂之积。
(2)表达式对于沉淀溶解平衡：M m N n(s)m M n＋(aq)＋n N m－(aq)，K sp＝c m(M n＋)·c n(N m－)，式中的浓度是平衡浓度。
(3)意义反映了难溶电解质在水中的溶解能力。
当化学式所表示的组成中阴、阳离子个数比相同时，K sp的数值越大，说明难溶电解质在水中的溶解能力越强。
(4)影响因素在一定温度下，溶度积是一个常数，只受温度影响，不受溶液中物质浓度的影响。
6．浓度商(1)表达式：M m N n(s)m M n＋(aq)＋n N m－(aq)，Q c＝c m(M n＋)·c n(N m－)，式中的浓度是任意时刻的浓度。
(2)应用：判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解。
判断正误，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)①难溶电解质达到沉淀溶解平衡时，溶液中各种离子的溶解(或沉淀)速率都相等。
()②难溶电解质达到沉淀溶解平衡时，增加难溶电解质的量，平衡向溶解方向移动。
()③向Na2SO4溶液中加入过量的BaCl2溶液，SO2－4沉淀完全，溶液中只含Ba2＋、Na＋和Cl－，不含SO2－4。
()④K sp小的物质其溶解能力一定比K sp大的物质的溶解能力小。
()⑤为减少洗涤过程中固体的损失，最好选用稀H2SO4代替H2O来洗涤BaSO4沉淀。
()⑥洗涤沉淀时，洗涤次数越多越好。
()(2)对于平衡体系：Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)ΔH<0。
①升高温度，平衡逆向移动。
()②向溶液中加入少量碳酸钠粉末能增大钙离子浓度。
()③除去氯化钠溶液中混有的少量钙离子，可以向溶液中加入适量的NaOH溶液。
()④恒温下向溶液中加入CaO，溶液的pH升高。
()⑤给溶液加热，溶液的pH升高。
()⑥向溶液中加入Na2CO3溶液，其中固体质量增加。
()⑦向溶液中加入少量NaOH固体，Ca(OH)2固体质量不变。
()答案：(1)①×②×③×④×⑤√⑥×(2)①√②×③×④×⑤×⑥√⑦×(1)CaCO3===Ca2＋＋CO2－3、CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋CO2－3(aq)两者表示的含义不相同。
前者表示CaCO3的电离方程式，CaCO3尽管难溶，但由于溶解的部分全部电离，故CaCO3为强电解质，电离过程用“===”表示。
后者表示CaCO3在水中存在沉淀溶解平衡，其过程是可逆的，用“”表示。
(2)当难溶电解质化学式所表示的组成中阴、阳离子的个数比相同时，K sp越小，则难溶电解质在水中的溶解能力越弱；如果组成中阴、阳离子个数比不同时，则K sp不能直接用于判断溶解能力的强弱。
提升一沉淀溶解平衡及其影响因素1．下列说法中正确的是()A．饱和石灰水中加入一定量生石灰，溶液温度明显升高，pH增大B．AgCl悬浊液中存在平衡：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，往其中加入少量NaCl粉末，平衡向左移动，溶液中离子的总浓度减小C．AgCl悬浊液中加入KI溶液，白色沉淀变成黄色，证明此条件下K sp(AgCl)>K sp(AgI) D．暂时硬水中含有较多的Ca2＋、Mg2＋、HCO－3，加热煮沸可以完全除去其中的Ca2＋、Mg2＋解析：选C。
饱和石灰水中加入一定量生石灰，与水反应放热，溶液温度明显升高，但Ca(OH)2的溶解度降低，溶液中c(OH－)减小，溶液的pH减小，A错；AgCl悬浊液中加入少量NaCl粉末，平衡向左移动，但离子的总浓度增大，B错；由沉淀的转化规律可得K sp(AgCl)>K sp(AgI)，C对；加热煮沸暂时硬水，生成CaCO3和Mg(OH)2沉淀，由于CaCO3和Mg(OH)2在水中存在溶解平衡，所以不可能完全除去其中的Ca2＋和Mg2＋，D错。
2．下列有关沉淀溶解平衡的说法正确的是()A．在AgCl的沉淀溶解平衡体系中，加入蒸馏水，K sp(AgCl)增大B．在CaCO3的沉淀溶解平衡体系中，加入稀盐酸，平衡不移动C．可直接根据K sp的数值大小比较难溶物在水中的溶解度大小D．25 ℃时，K sp(AgCl)＞K sp(AgBr)，向AgCl悬浊液中加入KBr固体，有淡黄色沉淀生成解析：选D。
K sp的大小只与温度有关，A项错误；CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋CO2－3(aq)，加入稀盐酸，CO2－3与H＋反应，导致溶解平衡正向移动，B项错误；只有比较相同温度下、相同组成形式的难溶电解质的K sp的数值大小，才可比较难溶物在水中的溶解度大小，C项错误。
提升二溶度积的相关计算3．(双选)①已知t℃时AgCl的K sp＝2×10－10；②在t℃时，Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
下列说法正确的是()A．在t℃时，Ag2CrO4的K sp为1×10－8B．在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4可使溶液由Y点变成X点C．在t℃时，以0.01 mol·L－1 AgNO3溶液滴定20 mL 0.01 mol·L－1KCl和0.01 mol·L －1 K2CrO4的混合溶液(溶液体积不变)，Cl－先沉淀D．在t℃时，反应Ag2CrO4(s)＋2Cl－(aq)2AgCl(s)＋CrO2－4(aq)的平衡常数K＝2.5×108解析：选CD。
在t℃时，Ag2CrO4(s)2Ag＋(aq)＋CrO2－4(aq)的K sp＝(10－3)2×10－5＝10－11，A错误；在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，即增大了c(CrO2－4)，可使溶液由Y 点变成Z点，B错误；沉淀0.01 mol·L－1 Cl－需Ag＋2×10－8 mol·L－1，沉淀0.01 mol·L－1 CrO2－4需Ag＋10－4.5mol·L－1，因此Cl－先沉淀，C正确；K＝c（CrO2－4）c2（Cl－）＝K sp（Ag2CrO4）K2sp（AgCl）＝10－114×10－20＝2.5×108，D正确。
溶度积图像是沉淀溶解平衡理论的难点，溶度积图像突破方法：第一步，识图像。
认识图像横坐标、纵坐标表示什么，如表示离子浓度、pM等；曲线上的点表示达到平衡状态，曲线上方的点代表“过饱和溶液”，曲线下方的点代表“不饱和溶液”。
第二步，想原理。
涉及的原理主要有溶度积表达式书写、影响沉淀溶解平衡的因素以及溶度积常数的影响因素。
如浓度不会改变溶度积，溶度积只与温度有关，多数情况下，温度越高，溶度积越大。
第三步，找联系。
将图像与溶度积原理联系起来，分析题目设置的问题，如求离子浓度、判断沉淀溶解平衡状态等。
4．根据题目提供的溶度积数据进行计算并回答下列问题：(1)在Ca(NO 3)2溶液中加入(NH 4)2CO 3溶液后过滤，若测得滤液中c (CO 2－3)＝10－3 mol ·L －1，则Ca 2＋是否沉淀完全？________(填“是”或“否”)。
[已知c (Ca 2＋)≤10－5 mol ·L－1时可视为沉淀完全；K sp (CaCO 3)＝4.96×10－9](2)已知25 ℃时，K sp [Mg(OH)2]＝5.6×10－12；酸碱指示剂百里酚蓝变色的pH 范围如下：pH＜8.0 8.0～9.6 ＞9.6 颜色黄色绿色蓝色25 ℃时，在2示剂，溶液的颜色为______________。
(3)向50 mL 0.018 mol·L －1的AgNO 3溶液中加入50 mL 0.020 mol·L －1的盐酸，生成沉淀，反应后剩余Cl －1.0×10－4 mol 。
已知该温度下AgCl 的K sp ＝1.0×10－10，忽略溶液的体积变化。
如果向完全沉淀后的溶液中继续加入50 mL 0.001 mol·L－1的盐酸，是否有白色沉淀生成？________(填“是”或“否”)，理由是_____________________________________________________________________________________________________________。
解析：(1)根据K sp (CaCO 3)＝c (Ca 2＋)·c (CO 2－3)＝4.96×10－9，得c (Ca 2＋)＝4.96×10－910－3mol ·L －1＝4.96×10－6 mol ·L －1＜10－5 mol ·L －1，可视为沉淀完全。
(2)设Mg(OH)2饱和溶液中c (OH －)为x mol ·L －1，则 0.5x 3＝5.6×10－12，x ＝2.24×10－4，c (H ＋)＝4.46×10－11mol ·L －1，pH ＝10.35，溶液为蓝色。
答案：(1)是 (2)蓝色 (3)否 加入的盐酸中 c (Cl －)和反应后所得溶液中的c (Cl －)相同，c (Cl －)没有改变，c (Ag ＋)变小，所以Q c ＝c (Ag ＋)·c (Cl －)＜K sp (AgCl)，没有沉淀产生学习任务2 沉淀溶解平衡的应用一、沉淀的生成1．应用：可利用生成沉淀来达到分离或除去某些离子的目的。
2．方法 方法 实例反应的离子方程式调节 pH 法 用Cu(OH)2、CuO 等除去CuCl 2中的FeCl 3Fe 3＋＋3H 2OFe(OH)3＋3H ＋，Cu(OH)2＋2H ＋===Cu 2＋＋2H 2O 沉淀以Na 2S 、H 2S 等做沉淀剂除去污H 2S ＋Cu 2＋===CuS ↓＋2H ＋剂法水中的Cu2＋等重金属离子二、沉淀的溶解1．酸溶解法，如CaCO3溶于盐酸，离子方程式为CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑。