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(共47張PPT)
題型2　阿伏加德羅常數判斷應用
真題·考情
題型·練透
模考·預測
真題·考情
全國卷
1.[2023·全國甲卷]NA為阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是(　　)
A．0.50 mol異丁烷分子中共價鍵的數目為6.5NA
B．標準狀況下，2.24 L SO3中電子的數目為4.00NA
C．1.0 L pH＝2的H2SO4溶液中H＋的數目為0.02NA
D．1.0 L 1.0 mol·L－1的Na2CO3溶液中C的數目為1.0NA
答案：C
解析：異丁烷的結構簡式為 ，1 mol異丁烷分子含有
13NA個共價鍵，所以0.50 mol異丁烷分子中共價鍵的數目為6.5NA，A正確；在標準狀況下，SO3狀態為固態，不能用標準狀況下的氣體摩爾體積計算其物質的量，B錯誤；pH＝2的硫酸溶液中氫離子濃度為c(H＋)＝0.01 mol·L－1，則1.0 L pH＝2的硫酸溶液中氫離子數目為0.01NA，C錯誤；Na2CO3屬于強堿弱酸鹽，在水溶液中會發生水解，所以1.0 L 1.0 mol·L－1的Na2CO3溶液中的數目小于1.0NA，D錯誤；故選A。
2.[2022·全國甲卷]NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是(　　)
A．25 ℃，101 kPa下，28 L氫氣中質子的數目為2.5NA
B．2.0 L 1.0 mol·L－1AlCl3溶液中，Al3＋的數目為2.0NA
C．0.20 mol苯甲酸完全燃燒，生成CO2的數目為1.4NA
D．電解熔融CuCl2，陰極增重6.4 g，外電路中通過電子的數目為0.10NA
答案：C
解析：A項，不是在標準狀況下，無法計算28 L氫氣的物質的量，錯誤；B項，Al3＋部分水解，故溶液中Al3＋的數目小于2.0NA，錯誤；C項，0.20 mol苯甲酸（C7H6O2）完全燃燒生成1.4 mol CO2，正確；D項，陰極反應為Cu2＋＋2e－===Cu，陰極增重6.4 g（即0.1 mol Cu），則外電路中轉移0.20 mol電子，錯誤。
3．[2021·全國甲卷]NA為阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是(　　)
A．18 g重水(D2O)中含有的質子數為10NA
B．3 mol的NO2與H2O完全反應時轉移的電子數為4NA
C．32 g環狀S8( )分子中含有的S—S鍵數為1NA
D．1 L pH＝4的0.1 mol·L－1 K2Cr2O7溶液中離子數為0.1NA
答案：C
解析：D2O的摩爾質量為20 g·mol－1，每個D2O分子中含10個質子，18 g D2O的物質的量為18 g÷20 g·mol－1＝0.9 mol，其所含質子數為9NA，A項錯誤；NO2與H2O的反應為3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，結合反應中氮元素化合價變化可知，3 mol NO2完全反應時，轉移電子數為2NA，B項錯誤；環狀S8的摩爾質量為256 g·mol－1，1個S8分子中含8個S—S鍵，32 g環狀S8的物質的量為0.125 mol，含S—S鍵數目為0.125×8NA＝1NA，C項正確；溶液呈酸性，說明存在水解平衡Cr2＋H2O 2Cr＋2H＋，故1 L 0.1 mol·L－1K2Cr2O7溶液中Cr2數目少于0.1NA，D項錯誤。
4．[全國卷Ⅲ]NA是阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是(　　)
A．22.4 L(標準狀況)氮氣中含有7NA個中子
B．1 mol重水比1 mol水多NA個質子
C．12 g石墨烯和12 g金剛石均含有NA個碳原子
D．1 L 1 mol·L－1 NaCl溶液含有28NA個電子
答案：C
解析：A項，1個氮原子中含有7個中子，22.4 L(標準狀況)氮氣中含氮原子數為2NA，所含中子數應為14NA，錯誤；B項，1個重水分子與1個水分子中所含的質子數相同，故1 mol重水與1 mol水中含有的質子數相同，錯誤；C項，石墨烯與金剛石都是碳的單質，二者質量相同時所含的原子數也相同，正確；D項，1 L 1 mol·L－1 NaCl溶液中的NaCl含有的電子數為28NA，但溶液中的水分子中也含有電子，所以1 L 1 mol·L－1 NaCl溶液含有的電子數大于28NA，錯誤。
省市卷
1.[2022·海南卷]在2.8 g Fe中加入100 mL 3 mol·L－1 HCl，Fe完全溶解。NA代表阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是(　　)
A．反應轉移電子為0.1 mol
B．HCl溶液中Cl－數為3NA
C．2.8 g 56Fe含有的中子數為1.3NA
D．反應生成標準狀況下氣體3.36 L
答案：A
解析：2.8 g Fe為0.05 mol，100 mL 3 mol·L－1 HCl中HCl為0.3 mol，根據Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑，知Fe完全反應，HCl過量，反應轉移電子為0.05 mol×2＝0.1 mol，A項正確；由以上分析知，該HCl溶液中Cl－數為0.3NA，B項錯誤；56Fe的中子數為56－26＝30，2.8 g 56Fe的物質的量為0.05 mol，含有的中子數為1.5NA，C項錯誤；反應生成的氫氣為0.05 mol，在標準狀況下體積為1.12 L，D項錯誤。
2．[2023·遼寧卷]我國古代四大發明之一黑火藥的爆炸反應為：
S＋2KNO3＋3C===K2S＋N2↑＋3CO2↑。設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是(　　)
A．11.2 L CO2含π鍵數目為NA
B．每生成2.8 g N2轉移電子數目為NA
C．0.1 mol KNO3晶體中含離子數目為0.2NA
D．1 L 0.1 mol·L－1 K2S溶液中含S2－數目為0.1NA
答案：C
解析：1個CO2分子含有2個π鍵，題中沒有說是標況條件下，氣體摩爾體積未知，無法計算π鍵個數，A項錯誤；2.8 g N2的物質的量n＝＝ mol＝0.1 mol，生成1 mol N2轉移的電子數為12NA，則生成0.1 mol N2轉移的電子數為1.2NA，B項錯誤；KNO3晶體含有的離子為K＋、，0.1 mol KNO3晶體中含離子數目為0.2NA，C項正確；S2－水解使溶液中S2－的數目小于0.1NA，D項錯誤；答案選C。
3．[2023·浙江6月]NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是(　　)
A．4.4 g C2H4O中含有σ鍵數目最多為0.7NA
B．1.7 g H2O2中含有氧原子數為0.2NA
C．向1 L 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中通氨氣至中性，銨根離子數為0.1NA
D．標準狀況下，11.2 L Cl2通入水中，溶液中氯離子數為0.5NA
答案：A
解析：1個C2H4O中含有6個σ鍵和1個π鍵(乙醛)或7個σ鍵(環氧乙烷)，4.4 g C2H4O的物質的量為0.1 mol，則含有σ鍵數目最多為0.7NA，A正確；1.7 g H2O2的物質的量為＝0.05 mol，則含有氧原子數為0.1NA，B不正確；向1 L 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中通氨氣至中性，溶液中存在電荷守恒關系：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c()＋c(H＋)，中性溶液c(OH－)＝c(H＋)，則c(CH3COO－)＝c()，再根據物料守恒：n(CH3COO－)＋n(CH3COOH)＝0.1 mol，得出銨根離子數小于0.1NA，C不正確；標準狀況下，11.2 L Cl2的物質的量為0.5 mol，通入水中后只有一部分Cl2與水反應生成H＋、Cl－和HClO，所以溶液中氯離子數小于0.5NA，D不正確；故選A。
4.[2022·浙江1月]設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是(　　)
A．在25 ℃時，1 L pH為12的Ba(OH)2溶液中含有OH－數目為0.01 NA
B．1.8 g重水(D2O)中所含質子數為NA
C．足量的濃鹽酸與8.7 g MnO2反應，轉移電子的數目為0.4 NA
D．32 g甲醇的分子中含有C—H鍵的數目為4 NA
答案：A
解析：在25 ℃時，pH＝12的溶液中c（OH－）＝1012－14 mol·L－1，則1 L該溶液中n（OH－）＝10－2mol，OH－數目是0.01 NA，A項正確；一個D2O中含10個質子，D2O的摩爾質量是20 g·mol－1，則1.8 g D2O中所含質子數是×10×NA＝0.9 NA，B項錯誤；MnO2＋2e－―→Mn2＋，8.7 g MnO2為0.1 mol，與足量濃鹽酸反應轉移0.2 NA個電子，C項錯誤；32 g甲醇（CH3OH）是1 mol，含3 mol C—H鍵，D項錯誤。
考情分析
考向 考點
考情1 微粒的結構 分子、原子的組成
物質的原子、分子或離子數、價鍵數
考情2 物質的量濃度溶 液中反應程度和 微粒數變化 給出已知量的可逆反應，產物量的判斷
由于濃度的改變，導致產物量的變化
鹽類的水解導致微粒數目的變化
弱電解質的電離導致微粒數目的變化
考情3 轉移電子數目 基本氧化還原反應分析
與量相關的氧化還原反應轉移電子數目判斷
考情4 氣體摩爾體積和 阿伏加德羅定律 物質狀態和所處外界條件(是否為標況)
阿伏加德羅定律推論的應用
題型·練透
精準備考·要有方向——研析題型角度
題型角度1 微粒結構與微粒數目
例1 NA代表阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是(　　)
A．常溫常壓下，124 g P4中所含P－P鍵數目為4NA
B．100 mL 1 mol·L－1FeCl3溶液中所含Fe3＋的數目為0.1NA
C．標準狀況下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氫原子數目為2NA
D．密閉容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反應后分子總數為2NA
答案：C
解析：每個P4分子中含6個P—P鍵，124 g P4的物質的量為1 mol，含6 mol P—P鍵，A項錯誤；該溶液中雖然含0.1 mol FeCl3，但由于Fe3＋部分水解，即溶液中Fe3＋數目小于0.1NA，B項錯誤；標準狀況下，11.2 L甲烷和乙烯的混合氣體為0.5 mol，根據1 mol CH4和1 mol C2H4均含4 mol H原子可知，0.5 mol混合氣體中含2 mol H原子，C項正確；SO2和O2的反應為可逆反應，即反應后容器中同時含有SO2、O2和SO3，分子總數大于2NA，D項錯誤。
練1　用NA表示阿伏加德羅常數的值，下列敘述正確的是(　　)
A．1 mol的羥基與1 mol的氫氧根離子所含電子數均為9NA
B．12 g石墨和C60的混合物中質子總數為6NA
C．84 g NaHCO3晶體中含有NA個
D．標準狀況下，0.1 mol己烷中共價鍵數目為19NA
答案：B
解析：OH－為10電子微粒，A錯誤；石墨和C60均是由碳原子構成，12 g混合物碳的物質的量為1 mol，則混合物中質子總數為6NA，B正確；碳酸氫鈉晶體中不含C，C錯誤；1個己烷中含有5個碳碳鍵，14個碳氫鍵，則0.1 mol己烷中共價鍵數目為1.9NA，D錯誤。
練2　NA是阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是(　　)
A．16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3膠體粒子數為0.1NA
B．22.4 L(標準狀況)氬氣含有的質子數為18NA
C．92.0 g甘油(丙三醇)中含有羥基數為1.0NA
D．1.0 mol CH4與Cl2在光照下反應生成的CH3Cl分子數為1.0NA
答案：B
解析：16.25 g FeCl3的物質的量n（FeCl3）＝0.1 mol，如果氯化鐵完全水解，則生成0.1 mol Fe（OH）3，而氫氧化鐵膠體粒子由許多氫氧化鐵聚集而成，故氫氧化鐵膠體粒子數遠小于0.1NA，A項錯誤；氬氣是單原子分子，1 mol Ar含18 mol質子，B項正確；甘油（丙三醇）的分子式為C3H8O3，相對分子質量為92，1 mol（92.0 g）甘油含3 mol羥基，C項錯誤；甲烷與氯氣在光照下反應會生成四種有機產物，即1.0 mol甲烷反應后生成的CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4共為1 mol，D項錯誤。
題型角度2 氣體及反應中體積與微粒數目
例2 用NA表示阿伏加德羅常數的值，下列說法不正確的是(　　)
A．1 mol F2和Ar所含質子數均為18NA
B．標準狀況下，2.24 L甲烷和氨氣的混合氣體，所含電子數是NA
C．14 g CnH2n中含有的碳原子數目為NA
D．標準狀況下，22.4 L空氣中含有NA個單質分子
答案：D
解析：甲烷、氨氣都是10電子化合物，空氣中還含有二氧化碳等氣體化合物。
練1　設NA為阿伏加德羅常數值。下列有關敘述正確的是(　　)
A．14 g乙烯和丙烯混合氣體中的氫原子數為2NA
B．1 mol N2與4 mol H2反應生成的NH3分子數為2NA
C．1 mol Fe溶于過量硝酸，電子轉移數為2NA
D．標準狀況下，2.24 L CCl4含有的共價鍵數為0.4NA
答案：A
解析：A項：乙烯和丙烯的分子式分別為C2H4、C3H6，二者的最簡式均為CH2，14 g乙烯和丙烯混合氣體中含有“CH2”的物質的量為＝1 mol，故所含氫
原子數為2NA。B項：N2和H2合成氨的反應為N2＋3H2 2NH3，該應為
可逆反應，1 mol N2與4 mol H2反應生成的NH3小于2 mol，故生成的NH3分子數小于2NA。C項：Fe與過量的硝酸反應生成Fe（NO3）3，故1 mol Fe參加反應時轉移電子數為3NA。D項：標準狀況下，CCl4為液體，2.24 L CCl4的物質的量遠大于0.1 mol，故含有的共價鍵數遠大于0.4NA。
練2　NA代表阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是(　　)
A．17 g NH3和18 g H2O中含有的電子數均為10NA
B．2 L 1.5 mol·L－1乙酸鈉溶液中含有的CH3COO－為3NA
C．標準狀況下，5.6 L NO2溶于足量水中，完全反應后轉移的電子數為0.75NA
D．向恒壓密閉容器中充入2 mol NO與1 mol NO2，容器中的分子總數為3NA
答案：A
解析：17 g NH3和18 g H2O均為1 mol，且二者均為10電子分子，故其中含有的電子數均為10NA，A項正確；乙酸為弱酸，CH3COO－水解，故2 L 1.5 mol·L－1乙酸鈉溶液中含有的 CH3COO－少于3 mol，B項錯誤；3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，故5.6 L（0.25 mol）NO2轉移1/6 mol電子，C項錯誤；NO2可轉化為N2O4，且為可逆反應，故向恒壓密閉容器中充入2 mol NO與1 mol NO2，容器中的分子總數少于3NA，D項錯誤。
題型角度3 化學反應與電子轉移及微粒變化
例3 以天然氣為原料經由合成氣(CO、H2)制化學品是目前天然氣轉化利用的主要技術路線。制備CH3OH的反應轉化關系如圖所示。設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是(　　)
A．用1 mol CH4理論上能生產標準狀況下CH3OH 22.4 L
B．等物質的量的CH3OH和CH4，CH3OH的質子數比CH4多8NA
C．44 g CO2氣體和44 g CH4與CO的混合氣體，所含C原子數一定為NA
D．用CH4制備合成氣的過程中，每生成1 mol CO，轉移電子總數為3NA
答案：D
解析：CH3OH在標況下不是氣體，故無法得出標況下的體積是22.4 L的結論，A項錯誤；沒給出具體的物質的量數值，故CH3OH的質子數不一定比CH4多8NA，B項錯誤；44 g CO2氣體的物質的量n＝＝＝1 mol，一氧化碳的相對分子質量為28，甲烷的相對分子質量為16，44 g CH4和CO的混合氣體，假設全部是CH4氣體，物質的量為>1 mol，假設全部是CO氣體，物質的量為>1 mol，故44 g CH4與CO的混合氣體的物質的量大于1 mol，故C原子數大于NA，C項錯誤；制備CH3OH的反應過程中生成一氧化碳，發生反應：CO2（g）＋C（s）===2CO（g），生成2 mol一氧化碳時，轉移2 mol電子消耗1 mol碳原子，消耗的碳原子來自于甲烷的分解，CH4（g）===C（s）＋2H2（g），甲烷中碳的化合價從－4價升高到0價，生成1 mol碳原子轉移的電子的物質的量為4 mol，要生成2 mol一氧化碳共需要轉移6 mol電子，則若生成1 mol CO，反應轉移電子的物質的量為3 mol，轉移的電子數為3NA，D項正確。
練1　NA代表阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是(　　)
A．60 g丙醇中存在的共價鍵總數為10NA
B．1 L 0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中和的離子數之和為0.1NA
C．鈉在空氣中燃燒可生成多種氧化物，23 g鈉充分燃燒時轉移電子數為1NA
D．235 g核素發生裂變反應：nn，凈產生的中子)數為10NA
答案：C
解析：60 g丙醇的物質的量是1 mol，分子中存在的共價鍵總數為11NA，A錯誤；根據物料守恒可知1 L 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中H2CO3、和離子數之和為0.1NA，B錯誤；鈉在空氣中燃燒可生成多種氧化物。23 g鈉即1 mol鈉充分燃燒時轉移電子數為1NA，C正確；235 g核素即1 mol發生裂變反應：n＋ n ，凈產生的中子（）數為9NA，D錯誤。
練2　NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是(　　)
A．1 mol I－被氧化為I2時失去電子數為2NA
B．2 L 0.5 mol·L－1亞硫酸溶液中含有的H＋的數目為2NA
C．過氧化鈉與水反應時，生成0.1 mol氧氣轉移的電子數為0.2NA
D．密閉容器中2 mol NO與1 mol O2充分反應，產物的分子數為2NA
答案：C
解析：A項，1 mol I－只能失去1 mol e－，生成0.5 mol I2；B項，H2SO3是弱酸，
不可能完全電離；C項，Na2O2與水反應時，生成氧氣的變化是 因
而生成1 mol O2轉移2 mol e－，故C項正確；D項，在通常情況下，生成的NO2還存在平衡2NO2 N2O4。
精準備考·要有方案——高考必備基礎
一、微粒組成結構分析中的微粒數目
舉例 判斷正誤 注意事項
原子 結構 ①18 g H2O、D2O組成的物質中含有的質子數為10NA 應注意整體與部分的關系；是離子還是官能團；是等質量還是等物質的量；如D2O與H2O結構的差別
②0.1 mol的11B中，含有0.6NA個中子 ③1 mol OD－中含有的質子、中子數均為9NA ④1 mol的羥基與1 mol的氫氧根離子所含電子數均為9NA ⑤1 mol F2和Ar所含質子數均為18NA ×
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舉例 判斷正誤 注意事項
化學 鍵數 ①1 mol苯中含有碳碳雙鍵數為3NA
②0.1 mol CCl4中含有的共價鍵數為0.4NA ③1 mol白磷中含有的P—P鍵的數目為4NA ④1 mol甲烷中含有的C—H鍵的數目為4NA ×
√
×
√
舉例 判斷正誤 注意事項
特定 組成 ①28 g乙烯和環丁烷(C4H8)的混合氣體中含有的碳原子數為2NA ①看物質的最簡式是否相同(如乙烯與丙烯)；②看物質的相對分子質量是否相同(如N2、CO)；③看A、B是否由同一種元素組成(如O2、O3)；④看A、B中相同元素的質量分數是否相同(如CuO、Cu2S)
②常溫常壓下，92 g NO2和N2O4的混合氣體中含有的原子數為6NA ③16 g O2和O3的混合氣體中含有的O原子數為NA ④78 g Na2O2和Na2S的混合物中含有的離子總數為3NA(二者不反應) ⑤1 mol CO2和SO2的混合氣體中含有的氧原子數為2NA √
√
√
√
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二、化學反應中轉移電子數
舉例 判斷正誤 注意事項
常規 反應 ①過氧化鈉與水反應時，生成0.1 mol氧氣轉移的電子數為0.4NA 要注意特殊物質，如由過氧化鈉、過氧化氫制取1 mol氧氣轉移2 mol電子
②鐵與硫的反應中，1 mol鐵失去的電子數為3NA ③3 mol鐵在足量的氧氣中燃燒，轉移電子數為9NA ④標準狀況下，6.72 L NO2溶于足量的水中，轉移的電子數為0.3NA ⑤1 mol鐵在1 mol氯氣中燃燒，轉移的電子數為3NA ⑥KIO3＋6HI===KI＋3H2O＋3I2中，生成1 mol I2轉移電子的總數為2NA ×
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×
×
×
舉例 判斷正誤 注意事項
非常 規反 應　 ①5.6 g鐵與硝酸完全反應時轉移的電子數為0.3NA 鐵與硫、碘、非氧化性酸反應，1 mol鐵轉移2 mol電子；1 mol鐵與足量的氯氣、稀硝酸反應，轉移3 mol電子
②向含有FeI2的溶液中通入適量氯氣，當有1 mol Fe2＋被氧化時，該反應轉移電子的數目至少為3NA ③50 mL 12 mol·L－1鹽酸與足量MnO2共熱，轉移的電子數為0.3NA ④含2 mol硫酸的濃硫酸與足量銅共熱，轉移的電子數為2NA ⑤0.1 mol Cl2全部溶于水后轉移電子的數目為0.1NA ⑥1 mol Fe(NO3)3與足量HI溶液反應時轉移的電子數為3NA ×
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三、化學反應中微粒數目的變化
舉例 判斷正誤 注意事項
可逆 反應 ①2 mol NO2置于密閉容器中，最終生成的N2O4分子數為NA Cl2與H2O、N2與H2、SO2與O2、酯化反應等均是可逆反應，反應物不可能消耗完
②密閉容器中1 mol N2與3 mol H2充分反應，生成2 mol NH3 ③密閉容器中2 mol NO與1 mol O2充分反應，產物的分子數為2NA 電離 水解 ①1 L 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中所含H＋的數目為0.1NA 鹽的水解、弱電解質的電離是可逆的
②2 L 1 mol·L－1 FeCl3溶液中所含Fe3＋的數目為2NA ×
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四、涉及氣體體積和溶液濃度的微粒數目
舉例 判斷正誤 注意事項
氣體 摩爾 體積 ①常溫常壓下，22.4 L氯氣與足量的鎂粉充分反應，轉移的電子數為2NA ①氣體若在非標準狀況下，氣體摩爾體積不能用22.4 L·mol－1計算；
②標準狀況下為非氣體的物質：水、乙醇、硫酸、三氧化硫、四氯化碳、苯、甲醇等
②鋅與足量的稀硫酸反應生成22.4 L H2，轉移電子數為2NA ③標準狀況下，2.24 L SO3中含有0.3NA個氧原子 ④標準狀況下，22.4 L CCl4中含有NA個分子 ⑤在標準狀況下，11.2 L H2和D2的混合氣體中含質子數為NA ×
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√
舉例 判斷正誤 注意事項
濃度 變化 ①常溫下，1 mol濃硝酸與足量Al反應，轉移電子數為3NA ①濃鹽酸與MnO2、濃硫酸與金屬活動性順序中氫后邊的金屬反應，酸不可能消耗完；
②濃硝酸與足量金屬(NO2→NO)、濃硫酸與金屬活動性順序中氫前邊的金屬反應(SO2→H2)
②50 mL 12 mol·L－1鹽酸與足量MnO2共熱，轉移的電子數為0.3NA ③含2 mol硫酸的濃硫酸與足量銅共熱，轉移的電子數為2NA ×
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五、“N”判斷中的“四類”模糊題設
舉例 判斷正誤 注意事項
(1)溶液體積未知 ①在pH＝13的NaOH溶液中OH－的數目為0.1×6.02×1023 溶液的體積未知，溶質的物質的量無法計算，所含微粒數也無法計算
②0.1 mol·L－1 NaF溶液中所含F－的數目小于0.1NA ③0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中所含H＋的數目為0.1NA ④0.1 mol·L－1 FeCl3溶液中所含Fe3＋的數目小于0.1NA ×
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舉例 判斷正誤 注意事項
(2)未標明標準狀況與非標準狀況 ①常溫常壓下，22.4 L氯氣與足量的鎂粉充分反應，轉移的電子數為2NA
②鋅與足量的稀硫酸反應生成22.4 L H2，轉移電子數為2NA ③標準狀況下，2.24 L SO3中含有0.3NA個氧原子 ④標準狀況下，22.4 L CCl4中含有NA個分子 ×
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舉例 判斷正誤 注意事項
(3)不能完全反應 ①50 mL 12 mol·L－1鹽酸與足量MnO2共熱，轉移的電子數為0.3NA 一定量的濃鹽酸(濃硫酸)與足量的二氧化錳(金屬銅)不能反應完全
②含2 mol硫酸的濃硫酸與足量銅共熱，轉移的電子數為2NA (4)鹽類 水解、弱 電解質的電離程度 ①1 L 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中所含H＋的數目為0.1NA 弱電解質僅部分電離；注意鹽類水解進行不徹底
②1 L 0.1 mol·L－1 NH3·H2O溶液中所含OH－的數目為0.1NA ③2 L 1 mol·L－1 FeCl3溶液中所含Fe3＋的數目為2NA ×
×
×
×
×
模考·預測
1.下列敘述正確的是(　　)
A．24 g鎂與27 g鋁中，含有相同的質子數
B．同等質量的氧氣和臭氧中，電子數相同
C．1 mol重水與1 mol水中，中子數比為2∶1
D．1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化學鍵數相同
答案：B
解析：24 g鎂與27 g鋁的物質的量均為1 mol，但Mg、Al的質子數分別為12、13，A項錯誤；1 mol O2含有16 mol電子，1 mol O3含有24 mol電子，質量相同（設為m g）的O2、O3含有的電子的物質的量分別為×16 mol＝ mol、×24 mol＝ mol，B項正確；1 mol D2O含有10 mol中子，1 mol H2O含有8 mol中子，C項錯誤；1 mol CH3—CH3含有7 mol共價鍵，1 mol CH2===CH2含有6 mol共價鍵，D項錯誤。
2．NA為阿伏加德羅常數的值，下列敘述錯誤的是(　　)
A．1 mol乙烯分子中含有的碳氫鍵數為4NA
B．1 mol甲烷完全燃燒轉移的電子數為8NA
C．1 L 0.1 mol·L－1的乙酸溶液中含H＋的數量為0.1NA
D．1 mol的CO和N2混合氣體中含有的質子數為14NA
答案：C
解析：乙烯中含4條碳氫鍵，故1 mol乙烯中含4NA條碳氫鍵，故A正確；甲烷燃燒時，碳元素由－4價變為＋4價，故1 mol甲烷燃燒轉移8 mol即8NA個電子，故B正確；乙酸為弱酸，不能完全電離，故溶液中的氫離子個數小于0.1NA個，故C錯誤；CO和氮氣中均含14個質子，故1 mol CO和氮氣的混合物中含有的質子數為14NA個，故D正確。
3．NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是(　　)
A．0.1 mol的 11B中，含有0.6NA個中子
B．pH＝1的H3PO4溶液中，含有0.1NA個H＋
C．2.24 L(標準狀況)苯在O2中完全燃燒，得到個CO2分子
D．密閉容器中1 mol PCl3與1 mol Cl2反應制備PCl5(g)，增加2NA個P—Cl鍵
答案：A
解析：A對：11B中含有6個中子，0.1 mol 11B中含有0.6NA個中子。B錯：溶液體積未知，無法計算氫離子個數。C錯：標準狀況下苯是液體，不能用氣體摩爾體積計算2.24 L苯完全燃燒產生的CO2分子數。D錯：PCl3與Cl2生成PCl5（g）的反應是可逆反應，所以1 mol PCl3與1 mol Cl2反應制備PCl5（g），增加的P—Cl鍵的數目小于2NA。
4．NA表示阿伏加德羅常數的值，下列敘述正確的是(　　)
A．1 mol FeI2與足量氯氣反應時轉移的電子數為2NA
B．2 L 0.5 mol·L－1硫酸鉀溶液中陰離子所帶電荷數為NA
C．1 mol Na2O2固體中含離子總數為4NA
D．丙烯和環丙烷組成的42 g混合氣體中氫原子的個數為6NA
答案：D
解析：A項，Fe2＋和I－都能被Cl2氧化，其氧化產物分別為Fe3＋和I2，則1 mol FeI2與足量Cl2反應時轉移電子數應為3NA，錯誤；B項，2 L 0.5 mol·L－1 K2SO4溶液中的物質的量為1 mol，其所帶電荷數為2NA，溶液中的陰離子還有OH－，故陰離子所帶電荷數大于2NA，錯誤；C項，Na2O2由Na＋和構成，則1 mol Na2O2含離子總數為3NA，錯誤；D項，丙烯與環丙烷互為同分異構體，故42 g（即1 mol）混合氣體中氫原子的個數為6NA，正確。
5．設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是(　　)
A．34 g質量分數為4%的H2O2水溶液中含氧原子數目為0.08NA
B．反應3H2(g)＋N2(g) 2NH3(g)　ΔH＝－92 kJ·mol－1，若放出熱量4.6 kJ，則轉移電子的數目為0.3NA
C．常溫常壓下，28 g乙烯與丙烯的混合氣體中含有的碳原子數目無法計算
D．6.4 g Cu與40 mL 10 mol·L－1濃硝酸作用生成NO2的分子數為0.2NA
答案：B
解析：A項，溶劑H2O中含有氧；B項，依據放出的熱量4.6 kJ可計算參加反應的N2或H2，即可計算轉移電子數，B項正確；C項，乙烯和丙烯的最簡式相同，均為“CH2”，可以計算混合氣體中含有的碳原子數目；D項，反應過程中濃硝酸變為稀硝酸，產物中有NO。
6．捕獲二氧化碳生成甲酸的過程如圖所示。下列說法正確的是(NA為阿伏加德羅常數的值)(　　)
A．標準狀況下，22.4 L CO2中所含的電子數目為16NA
B．10.1 g N(C2H5)3中所含的非極性共價鍵數目為1.8NA
C．2 mol Au與2 mol H2中所含的分子數目均為2NA
D．100 g 46%的甲酸水溶液中所含的氧原子數目為5NA
答案：D
解析：標準狀況下，22.4 L CO2的物質的量為1 mol，1個CO2分子中含有22個電子，則1 mol CO2所含的電子數目為22NA，A項錯誤；10.1 g N（C2H5）3的物質的量為＝0.1 mol，1個N（C2H5）3分子中含有3個C—C非極性鍵，則0.1 mol N（C2H5）3含的非極性共價鍵數目為0.3NA，B項錯誤；Au為金屬單質，由金屬陽離子和自由電子構成，不含有分子，C項錯誤；100 g 46%的甲酸溶液中甲酸的質量為46 g，物質的量為1 mol，故含2NA個氧原子；而水的質量為54 g，物質的量為3 mol，故含3NA個氧原子，故溶液中共含5NA個氧原子，D項正確。(共81張PPT)
題型3　無機物的結構、性質、用途
真題·考情
題型·練透
模考·預測
真題·考情
全國卷
1.[2023·新課標卷]“肼合成酶”以其中的Fe2＋配合物為催化中心，可將NH2OH與NH3轉化為肼(NH2NH2)，其反應歷程如下所示。
下列說法錯誤的是(　　)
A．NH2OH、NH3和H2O均為極性分子
B．反應涉及N－H、N－O鍵斷裂和N－N鍵生成
C．催化中心的Fe2＋被氧化為Fe3＋，后又被還原為Fe2＋
D．將NH2OH替換為ND2OD，反應可得ND2ND2
答案：D
解析：NH2OH、NH3、H2O的電荷分布都不均勻，不對稱，為極性分子，A正確；由反應歷程可知，有N－H，N－O鍵斷裂，還有N－H鍵的生成，B正確；由反應歷程可知，反應過程中，Fe2＋先失去電子發生氧化反應生成Fe3＋，后面又得到電子生成Fe2＋，C正確；由反應歷程可知，反應過程中，生成的NH2NH2有兩個氫來源于NH3，所以將NH2OH替換為ND2OD，不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2和HDO，D錯誤；故選D。
2．[2023·全國甲卷]化學與生活密切相關，下列說法正確的是(　　)
A．苯甲酸鈉可作為食品防腐劑是由于其具有酸性
B．豆漿能產生丁達爾效應是由于膠體粒子對光線的散射
C．SO2可用于絲織品漂白是由于其能氧化絲織品中有色成分
D．維生素C可用作水果罐頭的抗氧化劑是由于其難以被氧化
答案：B
解析：苯甲酸鈉屬于強堿弱酸鹽，其水溶液呈堿性，因此，其可作為食品防腐劑不是由于其具有酸性，A說法不正確；豆漿屬于膠體，具有丁達爾效應，是因為膠體粒子對光線發生了散射，B說法正確；SO2可用于絲織品漂白是由于其能與絲織品中有色成分化合為不穩定的無色物質，C說法不正確；維生素C具有很強的還原性，可用作水果罐頭的抗氧化劑，D說法不正確；綜上所述，本題選B。
3．[2023·全國乙卷]一些化學試劑久置后易發生化學變化。下列化學方程式可正確解釋相應變化的是(　　)
A 硫酸亞鐵溶液出現棕黃色沉淀 6FeSO4＋O2＋2H2O=== 2Fe2(SO4)3＋2Fe(OH)2↓
B 硫化鈉溶液出現渾濁顏色變深 Na2S＋2O2===Na2SO4
C 溴水顏色逐漸褪去 4Br2＋4H2O===HBrO4＋7HBr
D 膽礬表面出現白色粉末 CuSO4·5H2O===CuSO4＋5H2O
答案：D
解析：溶液呈棕黃色是因為有Fe3＋，有渾濁是產生了Fe(OH)3，因為硫酸亞鐵久置后易被氧氣氧化，化學方程式為：12FeSO4＋3O2＋6H2O===4Fe2(SO4)3＋4Fe(OH)3↓，A錯誤；硫化鈉在空氣中易被氧氣氧化為淡黃色固體硫單質，使顏色加深，化學方程式為：2Na2S＋O2＋2H2O===4NaOH＋2S↓，B錯誤；溴水中存在平衡Br2＋H2O HBrO＋HBr，HBrO見光易分解，促使該平衡正向移動，從而使溴水褪色，C錯誤；膽礬為CuSO4·5H2O，顏色為藍色，如果表面失去結晶水，則變為白色的CuSO4，化學方程式為：CuSO4·5H2O===CuSO4＋5H2O，方程式正確，D正確；故選D。
4.[2022·全國甲卷]能正確表示下列反應的離子方程式為(　　)
A．硫化鈉溶液和硝酸混合：S2－＋2H＋===H2S↑
B．明礬溶液與過量氨水混合：
Al3＋＋4NH3＋2H2O===Al＋4
C．硅酸鈉溶液中通入二氧化碳：
Si＋CO2＋H2O===HSi＋HC
D．將等物質的量濃度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以體積比1∶2混合：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋S===BaSO4↓＋2H2O
答案：D
解析：硝酸具有強氧化性，硫化鈉溶液與硝酸發生氧化還原反應，不能發生復分解反應，A項錯誤；氫氧化鋁不溶于過量氨水，B項錯誤；硅酸的酸性弱于碳酸且難溶于水，故硅酸鈉溶液與二氧化碳發生反應生成H2SiO3，C項錯誤；在H＋、同時存在時，H＋先與OH－反應，故等物質的量濃度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以體積比1∶2反應時，H＋的物質的量與OH－的物質的量相等，D項正確。
省市卷
1.[2023·浙江6月]下列反應的離子方程式正確的是(　　)
A．碘化亞鐵溶液與等物質的量的氯氣：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－
B．向次氯酸鈣溶液通入足量二氧化碳：ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HC
C．銅與稀硝酸：Cu＋4H＋＋2N===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O
D．向硫化鈉溶液中通入足量二氧化硫：S2－＋2SO2＋2H2O===H2S＋2HS
答案：B
解析：碘化亞鐵溶液與等物質的量的氯氣，碘離子與氯氣恰好完全反應：2I－＋Cl2===I2＋2Cl－，故A錯誤；向次氯酸鈣溶液通入足量二氧化碳，反應生成碳酸氫鈣和次氯酸：ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋，故B正確；銅與稀硝酸反應生成硝酸銅、一氧化氮和水：3Cu＋8H＋＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故C錯誤；向硫化鈉溶液通入足量二氧化硫，溶液變渾濁，溶液中生成亞硫酸氫鈉：2S2－＋5SO2＋2H2O===3S↓＋，故D錯誤；答案為B。
2．[2022·北京卷]下列方程式與所給事實不相符的是(　　)
A．加熱NaHCO3固體，產生無色氣體：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑
B．過量鐵粉與稀硝酸反應，產生無色氣體：Fe＋N＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2H2O
C．苯酚鈉溶液中通入CO2，出現白色渾濁：ONa＋CO2＋H2O―→OH＋NaHCO3
D．乙醇、乙酸和濃硫酸混合加熱，產生有香味的油狀液體：
CH3CH2OH＋CH3COOH CH3COOCH2CH3＋H2O
答案：B
解析：NaHCO3受熱易分解，A項正確；過量鐵粉與稀硝酸反應，生成硝酸亞鐵、NO和水，離子方程式為3Fe＋8H＋＋===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，B項錯誤；酸性：碳酸>苯酚>，苯酚鈉溶液中通入二氧化碳，生成苯酚和NaHCO3，C項正確；乙醇和乙酸在濃硫酸催化下加熱發生酯化反應生成乙酸乙酯和水，D項正確。
3．[2022·天津卷]燃油汽車行駛中會產生CO、NO等多種污染物。如圖為汽車發動機及催化轉化器中發生的部分化學反應。以下判斷錯誤的是(　　)
A．甲是空氣中體積分數最大的成分
B．乙是引起溫室效應的氣體之一
C．反應(Ⅰ)在常溫下容易發生
D．反應(Ⅱ)中NO是氧化劑
答案：C
解析：反應(Ⅰ)為N2＋O22NO、反應(Ⅱ)為2NO＋2CON2＋2CO2，則甲為N2，乙為CO2。N2是空氣中體積分數最大的氣體，A項正確；CO2是引起溫室效應的氣體之一，B項正確；反應(Ⅰ)在高溫條件下發生，常溫下不發生，C項錯誤；反應(Ⅱ)中氮元素化合價降低，NO作氧化劑，D項正確。
4．[2023·湖南卷]取一定體積的兩種試劑進行反應，改變兩種試劑的滴加順序(試劑濃度均為0.1 mol·L－1)，反應現象沒有明顯差別的是(　　)
選項 試劑① 試劑②
A 氨水 AgNO3溶液
B NaOH溶液 Al2(SO4)3溶液
C H2C2O4溶液 酸性KMnO4溶液
D KSCN溶液 FeCl3溶液
答案：D
解析：
選項 ①加入②中現象 ②加入①中現象
A 先產生白色沉淀，后來白色沉淀溶解 先無明顯現象，后來產生白色沉淀
B 先產生白色沉淀，后來白色沉淀溶解 先無明顯現象，后來產生白色沉淀
C 溶液紫色逐漸褪去，有氣泡產生 紫色溶液迅速褪色，有氣泡產生
D 溶液變為紅色 溶液變為紅色
5.[2023·遼寧卷]某工廠采用如下工藝制備Cr(OH)3，已知焙燒后Cr元素以＋6價形式存在，下列說法錯誤的是(　　)
A．“焙燒”中產生CO2
B．濾渣的主要成分為Fe(OH)2
C．濾液①中Cr元素的主要存在形式為Cr
D．淀粉水解液中的葡萄糖起還原作用
答案：B
解析：焙燒過程中鐵、鉻元素均被氧化，Cr2O3轉化為Na2CrO4，化學反應式方程為2Cr2O3＋4Na2CO3＋3O24Na2CrO4＋4CO2，FeO轉化為Fe2O3。水浸時濾渣為Fe2O3，濾液中存在鉻酸鈉，與淀粉的水解產物葡萄糖發生氧化還原反應得到氫氧化鉻沉淀。鉻氧化物與碳酸鈉和氧氣反應時生成對應的鈉鹽和二氧化碳，A正確；焙燒過程鐵元素被氧化，濾渣的主要成分為Fe2O3，B錯誤；濾液①中主要溶質為Na2CrO4，所以Cr 元素主要存在形式為，C正確；由分析知淀粉水解液中的葡萄糖起還原作用，D正確；故選B。
6．[2023·浙江6月]物質的性質決定用途，下列兩者對應關系不正確的是(　　)
A．鋁有強還原性，可用于制作門窗框架
B．氧化鈣易吸水，可用作干燥劑
C．維生素C具有還原性，可用作食品抗氧化劑
D．過氧化鈉能與二氧化碳反應生成氧氣，可作潛水艇中的供氧劑
答案：A
解析：鋁用于制作門窗框架，利用了鋁的硬度大、密度小、抗腐蝕等性質，而不是利用它的還原性，A不正確；氧化鈣易吸水，并與水反應生成氫氧化鈣，可吸收氣體中或密閉環境中的水分，所以可用作干燥劑，B正確；食品中含有的Fe2＋等易被空氣中的氧氣氧化，維生素C具有還原性，且對人體無害，可用作食品抗氧化劑，C正確；過氧化鈉能與二氧化碳反應生成氧氣，同時可吸收人體呼出的二氧化碳和水蒸氣，可作潛水艇中的供氧劑，D正確；故選A。
7．[2023·浙江1月]下列關于元素及其化合物的性質說法不正確的是(　　)
A．Na和乙醇反應可生成H2
B．工業上煅燒黃鐵礦(FeS2)生產SO2
C．工業上用氨的催化氧化制備NO
D．常溫下鐵與濃硝酸反應可制備NO2
答案：D
解析：Na和乙醇反應生成CH3CH2ONa和H2，A項正確；工業上煅燒黃鐵礦生成SO2和Fe2O3，B項正確；氨的催化氧化反應生成NO和H2O，可用于制備NO，C項正確；常溫下鐵遇濃硝酸鈍化，不能用于制備NO2，D項錯誤。
8．[2023·浙江1月]物質的性質決定用途，下列兩者對應關系不正確的是(　　)
A．SO2能使某些色素褪色，可用作漂白劑
B．金屬鈉導熱性好，可用作傳熱介質
C．NaClO溶液呈堿性，可用作消毒劑
D．Fe2O3呈紅色，可用作顏料
答案：C
解析：二氧化硫具有漂白性，能使某些色素褪色，可用作漂白劑，A項正確；金屬鈉為金屬單質，導熱性好，可用作傳熱介質，B項正確；NaClO具有強氧化性，可用作消毒劑，C項錯誤；Fe2O3呈紅色，可用作油漆或顏料，D項正確。
9．[2023·湖南卷]下列有關電極方程式或離子方程式錯誤的是(　　)
A．堿性鋅錳電池的正極反應：MnO2＋H2O＋e－===MnO(OH)＋OH－
B．鉛酸蓄電池充電時的陽極反應：Pb2＋＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋
C．K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中：K＋＋Fe2＋＋[Fe(CN)6]3－===KFe[Fe(CN)6]↓
D．TiCl4加入水中：TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4H＋＋4Cl－
答案：B
解析：堿性鋅錳電池中正極上MnO2得電子生成MnO(OH)，A項正確；鉛酸蓄電池充電時，陽極上PbSO4失電子生成PbO2，電極反應式為PbSO4－2e－＋2H2O===PbO2＋4H＋＋，B項錯誤；K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中，產生KFe[Fe(CN)6]藍色沉淀，C項正確；TiCl4加入水中發生水解反應生成TiO2·xH2O和HCl，D項正確。
10．[2022·湖南卷]科學家發現某些生物酶體系可以促進H＋和e－的轉移(如a、b和c)，能將海洋中的轉化為N2進入大氣層，反應過程如圖所示。
下列說法正確的是(　　)
A．過程Ⅰ中發生氧化反應
B．a和b中轉移的e－數目相等
C．過程Ⅱ中參與反應的n(NO)∶n()＝1∶4
D．過程 Ⅰ→Ⅲ 的總反應為＋===N2↑＋2H2O
答案：D
解析：
過程Ⅰ發生的是還原反應，A項錯誤，由以上分析知，a、b中轉移電子數目不相等，B項錯誤；過程Ⅱ中參加反應的n(NO)與n()之比為1∶1，C項錯誤；由圖知，總反應為＋===N2↑＋2H2O，D項正確。
考情分析
考向 考點
考情1 物質的性 質及特征 化學反應及其反應現象
化學反應實質分析
化學反應及物質轉化
考情2 物質的組 成與結構 簡單的物質組成及結構
化學方程式判斷
考情3 性質與用途對應關系 物質的性質與用途的簡單應用
考情4 綜合分析 無機框圖分析
題型·練透
精準備考·要有方向——研析題型角度
題型角度1 選擇題中的微流程分析
例1 磷酸亞鐵鋰(LiFePO4)電池是新能源汽車的動力電池之一。采用濕法冶金工藝回收廢舊磷酸亞鐵鋰電池正極片中的金屬，其流程如下：
下列敘述錯誤的是(　　)
A．合理處理廢舊電池有利于保護環境和資源再利用
B．從“正極片”中可回收的金屬元素有Al、Fe、Li
C．“沉淀”反應的金屬離子為Fe3＋
D．上述流程中可用硫酸鈉代替碳酸鈉
答案：D
解析：廢舊電池中含有的金屬、電解質溶液會對水體和土壤等造成污染，處理廢舊電池有利于資源再利用，同時能夠降低環境污染，保護環境，A項正確；從流程圖看出，正極材料涉及了鋁、鐵、鋰等金屬，B項正確；因流程中加入的有HNO3，故在含Li、P、Fe等濾液中加堿液，發生“沉淀”反應的金屬離子為Fe3＋，C項正確；因為鋰及其化合物的性質與鎂相似，由硫酸鎂易溶于水推知，硫酸鋰易溶于水，由碳酸鎂微溶于水推知，碳酸鋰微溶于水，所以不能用硫酸鈉代替碳酸鈉，D項錯誤。
練1　某硫酸廠廢氣中SO2的回收利用方案如圖所示。下列說法不正確的是(　　)
A．X可能含有2種鹽
B．氣體a通入雙氧水，可實現“綠色”轉化
C．Y可能含有(NH4)2SO4
D．(NH4)2S2O8中S的化合價為＋7
答案：D
解析：SO2與氨水反應生成X，則X中含有亞硫酸銨或亞硫酸氫銨中的一種或兩種鹽，在X中加過量硫酸生成硫酸銨或硫酸氫銨和二氧化硫氣體，二氧化硫經氧化、水合生成硫酸，氣體a為二氧化硫；（NH4）2S2O8為過二硫酸銨，含有過氧鍵，S為＋6價，不是＋7價。
練2　硫是生物必需的營養元素之一，下列關于自然界中硫循環(如圖所示)說法正確的是(　　)
A．硫桿菌及好氧/厭氧菌促進了硫的循環
B．硫循環中硫的化合物均為無機物
C．上述硫循環中硫元素均被氧化
D．燒煤時加石灰石，可減少酸雨及溫室氣體的排放
答案：A
解析：由流程分析可知，硫桿菌及好氧/厭氧菌使硫酸鹽、亞硫酸鹽緩慢變化成R1—S—R2，硫桿菌及好氧/厭氧菌促進了硫的循環，A正確；硫循環中硫的化合物為有機物、無機物，B錯誤；上述硫循環中部分硫元素化合價升高被氧化，也有硫元素化合價降低為－2價被還原，C錯誤；燃煤時加入的氧化鈣可與煤燃燒生成的二氧化硫在氧氣中發生反應生成硫酸鈣，二氧化硫排放量減少，但石灰石在高溫下反應生成二氧化碳和CaO，可減少酸雨的發生，但不能減少溫室氣體的排放，D錯誤。
題型角度2 無機物結構與性質的表示與表述
例2 對于下列實驗，能正確描述其反應的離子方程式是(　　)
A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：
B．向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2＋＋H2O＋CO2===CaCO3↓＋2H＋
C向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3＋＋H2O2===O2↑＋2H＋＋2Fe2＋
D．同濃度同體積NH4HSO4溶液與NaOH溶液混合：＋OH－===NH3·H2O
答案：A
解析：設少量Cl2為1 mol，根據得失電子守恒可知，1 mol Cl2消耗1 mol ：Cl2＋＋H2O===2Cl－＋＋2H＋，由于過量，繼續消耗產生的H＋生成H，故總反應的離子方程式為3＋Cl2＋H2O===2H＋2Cl－＋，A項正確；將離子方程式寫為化學方程式，可知是H2CO3制得HCl，不符合強酸制弱酸規律，B項錯誤；加入的少量Fe3＋對H2O2的分解起催化作用，催化機理為2Fe3＋＋H2O2===O2↑＋2H＋＋2Fe2＋和H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，C項錯誤；由電離方程式NH4HSO4===＋H＋＋可知，OH－先與H＋反應，再與反應，故同濃度同體積兩種溶液混合，發生的反應為H＋＋OH－===H2O，D項錯誤。
練1　在二氧化鉑的HCl溶液中通入乙烯氣體，再加入KCl可得K[Pt(C2H4)Cl3]·H2O(蔡氏鹽)，下列相關表示正確的是(　　)
A．中子數為117、質子數為78的鉑原子：t
B．氯離子的結構示意圖：
C．乙烯的結構簡式：CH2CH2
D．KCl的電子式：
答案：D
解析：A項，應表示為；B項，應表示為 ；C項，有機物官能團不能省略。
練2　下列變化中，氣體被還原的是(　　)
A．二氧化碳使Na2O2固體變白
B．氯氣使KBr溶液變黃
C．乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色
D．氨氣使AlCl3溶液產生白色沉淀
答案：B
解析：A錯：二氧化碳使Na2O2固體變白的原因是發生了反應：2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2，該反應中，Na2O2既是氧化劑又是還原劑，CO2既不是氧化劑也不是還原劑。B對：氯氣使KBr溶液變黃的原因是發生了反應：Cl2＋2KBr===2KCl＋Br2，該反應中Cl元素由0價降低到－1價，故Cl2發生了還原反應，被還原生成KCl。C錯：乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色是由于CH2===CH2與Br2發生加成反應生成了BrCH2CH2Br。D錯：氨氣使AlCl3溶液產生白色沉淀是由于發生了反應：AlCl3＋3NH3＋3H2O ===Al（OH）3↓＋3NH4Cl，該反應為非氧化還原反應。
題型角度3 物質性質與用途的對應關系
例3 下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是(　　)
A．NH4HCO3受熱易分解，可用作化肥
B．稀硫酸具有酸性，可用于除去鐵銹
C．SO2具有氧化性，可用于紙漿漂白
D．Al2O3具有兩性，可用于電解冶煉鋁
答案：B
解析：A項，因為NH4HCO3中含有氮元素，所以其可以用作化肥，錯誤；B項，鐵銹的主要成分為Fe2O3，加入稀硫酸可以除去Fe2O3利用了稀硫酸的酸性，正確；C項，SO2漂白紙漿利用了SO2的漂白性，不是其氧化性，錯誤；D項，電解Al2O3獲得鋁，不是因為Al2O3具有兩性，錯誤。
練1　下列有關物質性質與用途具有對應關系的是(　　)
A．MnO2不溶于水，可用作H2O2分解的催化劑
B．SO2具有漂白性，可用于制溴工業中吸收Br2
C．FeCl3溶液顯酸性，可用于蝕刻銅制的電路板
D．NH4NO3分解產生大量氣體，可用作汽車安全氣囊產氣藥
答案：D
解析：MnO2不溶于水，與作H2O2分解的催化劑之間沒有因果關系，則A錯誤；SO2用于制溴業中吸收Br2，是利用SO2的還原性，與漂白性無關，故B錯誤；FeCl3溶液用于蝕刻銅制的電路板，是利用Fe3＋的氧化性，與溶液的酸性沒有關系，故C錯誤；NH4NO3分解能產生大量氣體，可用作汽車安全氣囊產氣藥，則D正確。
練2　下列有關水處理方法不正確的是(　　)
A．用石灰、碳酸鈉等堿性物質處理廢水中的酸
B．用可溶性的鋁鹽和鐵鹽處理水中的懸浮物
C．用氯氣處理水中的Cu2＋、Hg2＋等重金屬離子
D．用燒堿處理含高濃度的廢水并回收利用氨
答案：C
解析：A對：石灰的主要成分為氧化鈣，其水溶液顯堿性，碳酸鈉在水溶液中顯堿性，都可以與水中的酸性物質反應。B對：可溶性鋁鹽和鐵鹽可以形成膠體，能吸附水中懸浮物，起凈化作用。C錯：氯氣與Cu2＋、Hg2＋等重金屬離子不反應。D對：燒堿可以和反應：OH－＋===NH3↑＋H2O，同時回收NH3。
題型角度4 常見物質的轉化與應用
例4 I－具有還原性，含碘食鹽中的碘元素主要以KIO3的形式存在，I－、I2、在一定條件下可發生如圖轉化關系，下列說法不正確的是(　　)
A．用淀粉 KI試紙可檢驗食鹽是否加碘
B．由圖可知氧化性的強弱順序為>I2
C．生產等量的碘，途徑Ⅰ和途徑Ⅱ轉移電子數目之比為1∶5
D．途徑Ⅲ反應的離子方程式：＋6H＋
答案：A
解析：食鹽中加入的為KIO3，不能使淀粉-KI試紙變藍，A錯誤；由途徑Ⅰ可知氧化性Cl2>I2，由途徑Ⅱ可知氧化性：>I2，由途徑Ⅲ可知氧化性：Cl2>，故物質氧化性由強到弱的順序為：Cl2>>I2，B正確；假設反應產生1 mol I2，途徑Ⅰ轉移2 mol電子，途徑Ⅱ轉移10 mol電子，因此生產等量的碘，途徑Ⅰ和途徑Ⅱ轉移電子數目之比為2∶10＝1∶5，C正確；途徑Ⅲ中，Cl2把I－氧化為，Cl2被還原為Cl－，根據電子守恒、電荷守恒、原子守恒，可得反應的離子方程式：3Cl2＋I－＋3H2O===6Cl－＋＋6H＋，D正確。
練1　硫酸亞鐵是一種重要的化工原料，可以制備一系列物質(如圖所示)，下列說法錯誤的是(　　)
A．堿式硫酸鐵水解能產生Fe(OH)3膠體，可用作凈水劑
B．為防止NH4HCO3分解，生產FeCO3需在較低溫度下進行，該反應的離子方程式為FeCO3＋CO2↑＋H2O
C．可用KSCN溶液檢驗(NH4)2Fe(SO4)2是否被氧化
D．該溫度下，(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的大
答案：D
解析：堿式硫酸鐵中Fe3＋水解產生Fe（OH）3膠體，Fe（OH）3膠體可以吸附水中雜質，故A正確；NH4HCO3加熱易分解，為防止其分解，生產FeCO3需在較低溫度下進行，故B正確；（NH4）2Fe（SO4）2中含有Fe2＋，若（NH4）2Fe（SO4）2被氧化則生成Fe3＋，Fe3＋與KSCN溶液產生血紅色物質，故C正確；冷卻結晶時，溶解度小的物質先析出，該溫度下，（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的小，故D錯誤。
練2　如圖是某元素的價類二維圖，其中A為正鹽，X是一種強堿，通常條件下Z是無色液體，E的相對分子質量比D大16，各物質的轉化關系如圖所示。下列說法錯誤的是(　　)
A．A作肥料時不適合與草木灰混合施用
B．同主族元素的氣態氫化物中B的沸點最低
C．C一般用排水法收集
D．D→E的反應可用于檢驗D
答案：B
解析：由信息可知，A為正鹽，為銨鹽，強堿與銨鹽加熱生成氨，所以B為NH3；氨和氧氣反應生成氮氣和水，C為N2；氮氣被氧化為NO，所在D為NO；NO被氧化為NO2，E為NO2；二氧化氮和水反應生成硝酸，F為HNO3；G為硝酸鹽；Y為O2，Z為H2O。銨態氮肥和草木灰不能混合施用，故A項正確；B為NH3，氨分子間存在氫鍵，氮族元素的氣態氫化物中氨的沸點異常的高，所以氮族元素的氣態氫化物中，NH3的沸點不是最低的，故B項錯誤；C為N2，N2的密度與空氣太接近，用排空氣法收集不能得到純凈的氣體，所以一般用排水法收集，故C項正確；NO與O2反應生成NO2，顏色由無色變為紅棕色，可用于檢驗NO，故D項正確。
題型角度5 物質轉化“原理和機理圖示”分析
例5 中國化學家研究的一種新型復合光催化劑碳納米點(CQDs)/氮化碳(C3N4)納米復合物可以利用太陽光實現高效分解水，其原理如圖所示。下列說法正確的是(　　)
A．C3N4中C的化合價為－4價
B．反應的兩個階段轉移電子數相等
C．階段Ⅱ中，H2O2既是氧化劑，又是還原劑
D．通過該反應，實現了化學能向太陽能的轉化
答案：C
解析：化合物C3N4中氮元素的化合價為－3價，結合化合物中元素化合價代數和為0可得，碳元素的化合價為＋4價，A不符合題意；由于兩個過程中，參與反應的量未知，因此無法比較轉移電子數的大小，B不符合題意；階段Ⅱ中發生反應的化學方程式為：2H2O2===2H2O＋O2↑，H2O2中氧元素由－1價變為－2價和0價，因此H2O2既是氧化劑，又是還原劑，C符合題意；該反應中，實現了太陽能轉化為化學能，D不符合題意。
練1　用H2消除酸性廢水中的致癌物，其反應過程示意圖如圖所示，下列說法不正確的是(　　)
A．Pd上發生的電極反應為：H2－2e－===2H＋
B．Fe(Ⅱ)與Fe(Ⅲ)的相互轉化起到了傳遞電子的作用
C．反應過程中被Fe(Ⅱ)還原為N2
D．用該法處理后水體的pH降低
答案：D
解析：Pd上發生的電極反應為：H2－2e－===2H＋，故不選A；由圖中信息可知，Fe（Ⅱ）與Fe（Ⅲ）是該反應的催化劑，其相互轉化起到了傳遞電子的作用，故不選B；反應過程中被Fe（Ⅱ）還原為N2，故不選C；總反應為3H2＋2＋2H＋ N2＋4H2O，用該法處理后由于消耗水體中的氫離子，pH升高，故選D。
練2　天然氣是應用廣泛的燃料，但含有少量H2S等氣體。在酸性溶液中利用硫桿菌可實現天然氣的催化脫硫，其原理如圖所示。下列說法不正確的是(　　)
A．過程甲中發生反應的離子方程式為：2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋
B．脫硫過程O2間接氧化H2S
C．該脫硫過程需要不斷添加Fe2(SO4)3溶液
D．過程乙發生反應的離子方程式為：4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O
答案：C
解析：Fe2（SO4）3和H2S發生氧化還原反應生成硫酸亞鐵、硫單質，故離子反應方程式為2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋，故A正確；脫硫過程：Fe2（SO4）3氧化硫化氫，自身被還原成硫酸亞鐵，硫酸亞鐵被氧氣氧化成硫酸鐵，脫硫過程O2間接氧化H2S，故B正確；硫桿菌在酸性溶液中可實現天然氣的催化脫硫，Fe2（SO4）3氧化硫化氫，自身被還原成硫酸亞鐵，硫酸亞鐵被氧氣氧化成硫酸鐵，Fe2（SO4）3為催化劑，該脫硫過程不需要添加Fe2（SO4）3溶液，故C錯誤；硫酸亞鐵在酸性條件下被氧氣氧化生成硫酸鐵和水，離子反應方程式為4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O，故D正確。
精準備考·要有方案——高考必備基礎
常見元素及其重要化合物的性質和轉化關系
1．金屬及其化合物
Ⅰ.活潑的金屬——鈉及其化合物
①__________________________________________________________
②__________________________________________________________
③__________________________________________________________
④__________________________________________________________
⑤__________________________________________________________
⑥__________________________________________________________
2Na＋O2Na2O2
2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O
CO2＋NaOH===NaHCO3
Na2CO3＋H2O＋CO2===2NaHCO3
Ⅱ.氧化物、氫氧化物顯兩性的金屬——鋁及其化合物
①__________________________________________________________
②__________________________________________________________
③__________________________________________________________
④__________________________________________________________
⑤__________________________________________________________
⑥__________________________________________________________
2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑
2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
AlCl3＋4NaOH===NaAlO2＋3NaCl＋2H2O
NaAlO2＋4HCl===NaCl＋AlCl3＋2H2O
NaAlO2＋2H2O＋CO2===Al（OH）3↓＋NaHCO3
AlCl3＋3NH3·H2O===Al（OH）3↓＋3NH4Cl
Ⅲ.變價金屬——鐵及其化合物
①__________________________________________________________
②__________________________________________________________
③__________________________________________________________
④__________________________________________________________
⑤__________________________________________________________
2Fe＋3Cl22FeCl3
Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2或Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O3
Cu＋2FeCl3===CuCl2＋2FeCl2
2FeCl2＋Cl2===2FeCl3
4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
Ⅳ.變價金屬——銅及其化合物
①__________________________________________________________
②__________________________________________________________
③__________________________________________________________
2Cu＋O2＋CO2＋H2O===Cu2（OH）2CO3
Cu＋2H2SO4（濃）CuSO4＋2H2O＋SO2↑
CuO＋H2Cu＋H2O或CuO＋COCu＋CO2
2.非金屬及其化合物
Ⅰ.“儲能元素”——硅及其化合物
①__________________________________________________________
②__________________________________________________________
③__________________________________________________________
④__________________________________________________________
SiO2＋2CSi＋2CO↑
SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O
Na2SiO3＋H2O＋CO2===Na2CO3＋H2SiO3↓
H2SiO3H2O＋SiO2
Ⅱ.多變價態的非金屬元素——氯及其化合物
①__________________________________________________________
②__________________________________________________________
③__________________________________________________________
④__________________________________________________________
⑤__________________________________________________________
⑥__________________________________________________________
Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl
Cu＋Cl2CuCl2
Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O
2Cl2＋2Ca（OH）2===Ca（ClO）2＋CaCl2＋2H2O
MnO2＋4HCl（濃）MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑
Ⅲ.多變價態的非金屬元素——硫及其化合物
①__________________________________________________________
②__________________________________________________________
③__________________________________________________________
④__________________________________________________________
2SO2＋O2 2SO3
Cu＋2H2SO4（濃）CuSO4＋SO2↑＋2H2O
C＋2H2SO4（濃）CO2↑＋2SO2↑＋2H2O
2Na2SO3＋O2===2Na2SO4
Ⅳ.多變價態的非金屬元素——氮及其化合物
①__________________________________________________________
②__________________________________________________________
③__________________________________________________________
④__________________________________________________________
Ca（OH）2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O
4NH3＋5O2 4NO＋6H2O
3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
C＋4HNO3（濃）CO2↑＋4NO2↑＋2H2O
[歸納提升]　
無機物轉化關系規律
1．
滿足此關系的有Na、K、Ca。
2．
滿足此關系的有N、S。
3．化合物ABC酸，滿足此條件的有CH4、NH3、H2S。
4．X、Y、Z、W四種物質在一定條件下具有如圖所示的轉化關系，
列舉出符合此轉化關系X、Y、Z、W的三組物質化學式：
①AlCl3、Al(OH)3、NaAlO2、NaOH；
②NH3、NO、NO2、O2；
③H2S、S、SO2、O2。
5．已知A、B、D、E均為中學化學中的常見物質
列舉出符合此轉化關系A、B、D、E的三組物質的化學式：
①Fe、Fe(NO3)3、Fe(NO3)2、HNO3；
②CuO、CO、CO2、C；
③NaOH、NaHCO3、Na2CO3、CO2。
模考·預測
1.下列敘述正確的是(　　)
A．Li在氧氣中燃燒主要生成Li2O2
B．將SO2通入BaCl2溶液可生成BaSO3沉淀
C．將CO2通入次氯酸鈣溶液可生成次氯酸
D．將NH3通入熱的CuSO4溶液中能使Cu2＋還原成Cu
答案：C
解析：同一主族元素，由上到下，金屬性逐漸增強，Li不如鈉活潑，在空氣中燃燒只能生成Li2O，A錯誤；因為BaSO3＋2HCl===BaCl2＋H2O＋SO2↑，所以通常情況下，不逆向進行，或因為酸性：HCl>H2SO3，所以通入SO2后無BaSO3沉淀，B錯誤；酸性：H2CO3>HClO，反應為：CO2＋H2O＋Ca（ClO）2===CaCO3↓＋2HClO，強酸制弱酸，C正確；NH3通入熱的CuSO4溶液中，將發生2NH3＋2H2O＋CuSO4===Cu（OH）2↓＋（NH4）2SO4，Cu（OH）2CuO＋H2O，溶液中NH3不能還原CuO為Cu，D錯誤。
2．下列選項所示的物質間轉化均能實現的是(　　)
A．NaCl(aq)Cl2(g)漂白粉(s)
B．NaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s)
C．NaBr(aq)Br2(aq)I2(aq)
D．Mg(OH)2(s)MgCl2(aq)Mg(s)
答案：C
解析：本題考查物質間的相互轉化，考查的化學學科核心素養是變化觀念與平衡思想。Cl2與石灰乳反應可制得漂白粉，A項錯誤；NaCl＋NH3＋CO2＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，B項錯誤；由于氧化性Cl2>Br2>I2，則Cl2＋2NaBr===2NaCl＋Br2，Br2＋2NaI===2NaBr＋I2，C項正確；電解MgCl2溶液不能得到單質鎂，要得到單質Mg，需電解熔融態的MgCl2，D項錯誤。
3．電鍍廢水沉泥中含Cu、Ni、Ag和Fe等多種元素的有機金屬鹽，采用焙燒 浸出 分離回收的工藝流程可有效分離電鍍廢水沉泥中的金屬，其流程如下：
下列敘述錯誤的是(　　)
A．上述流程中硫酸可以用稀鹽酸代替
B．“固體Ⅱ”為Fe(OH)2
C．溶液Ⅲ中含有Na＋、Ni2＋、Zn2＋等金屬離子
D．合理處理電鍍廢水沉泥可實現資源的回收與可持續利用
答案：B
解析：電鍍廢水沉泥中含Cu、Ni、Ag和Fe等多種元素的有機金屬鹽，焙燒后變成CuO、NiO、Fe3O4等，加硫酸溶解，溶液Ⅰ中有Fe2＋、Fe3＋、Ni2＋、Cu2＋，加雙氧水將亞鐵離子氧化成鐵離子，再加NaOH溶液，生成“固體Ⅱ”Fe（OH）3，溶液Ⅱ中有Na＋、Ni2＋、Cu2＋，加鋅先生成銅，得到的溶液Ⅲ中含有Na＋、Ni2＋、Zn2＋等金屬離子，再加過量的鋅，得鎳和溶液Ⅳ。上述流程中硫酸可以用稀鹽酸代替，主要是溶解CuO、NiO、Fe3O4等金屬氧化物，故A正確；“固體Ⅱ”為Fe（OH）3，故B錯誤；由上述分析可知C正確；從流程看出可以回收利用銅、鎳等金屬，故合理處理電鍍廢水沉泥可實現資源的回收與可持續利用，故D正確。
4．某工廠擬綜合處理含廢水和工業廢氣(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考慮其他成分)，設計了如下流程：
下列說法不正確的是(　　)
A．固體1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3
B．X可以是空氣，且需過量
C．捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO
D．處理含===N2↑＋2H2O
答案：B
解析：工業廢氣中的CO2、SO2與石灰乳反應生成更難溶的CaCO3和CaSO3，石灰乳微溶于水，A項正確；氣體1中含有NO、CO和N2，若用過量空氣，則NO被全部氧化為NO2，NO2與NaOH反應生成NaNO3和NaNO2，與流程圖中NaNO2不符，故通入的空氣不能過量，NO2與NO氣體按照1∶1混合與NaOH完全反應生成NaNO2，B項錯誤；氣體2只含有N2和CO，N2無毒，故捕獲劑捕獲的氣體主要為CO，C項正確；NaNO2具有氧化性， 具有還原性，二者發生氧化還原反應生成無污染的N2，D項正確。
5．一種借用CeO2/CeO2 δ的轉化，利用CO2
和H2O合成燃料的途徑如圖所示。下列說法
不正確的是(　　)
A．上述轉化的實質是太陽能轉化為化學能
B．若得到三種產物H2、CO、CH4各1 mol，
共放出O2為1 mol
C．利用上述轉化有利于遏制溫室效應
D．上述轉化過程中涉及的反應均屬于氧化還原反應
答案：B
解析：B項中氧原子不守恒，故不正確；C項，圖示中CO2被轉化，能遏制溫室效應，正確；D項中每步變化中均有單質生成，有元素化合價的變化，正確。
6．化學應用于生產的各個方面，下列說法不正確的是(　　)
A．含高濃度的廢水可以用苛性鈉處理并回收利用氨
B．存在于污水中的懸浮物質，可加明礬和硫酸鐵等電解質來處理
C．鋁合金的大量使用歸功于人們能使用焦炭從氧化鋁中獲得鋁
D．用石灰、碳酸鈉等堿性物質處理廢水中的酸
答案：C
解析：獲得鋁不可用熱還原法，應用電解法，C項錯誤。(共65張PPT)
題型4　有機物的結構、性質、用途
真題·考情
題型·練透
模考·預測
真題·考情
全國卷
1.[2023·全國甲卷]藿香薊具有清熱解毒功效，其有效成分結構如下。下列有關該物質的說法錯誤的是(　　)
A．可以發生水解反應
B．所有碳原子處于同一平面
C．含有2種含氧官能團
D．能與溴水發生加成反應
答案：A
解析：藿香薊的分子結構中含有酯基，可以發生水解反應，A說法正確；藿香薊的分子結構中的右側有一個飽和碳原子連接著兩個甲基，類比甲烷分子的空間構型可知，藿香薊分子中所有碳原子不可能處于同一平面，B說法錯誤；藿香薊的分子結構中含有酯基和醚鍵2種含氧官能團，C說法正確；藿香薊的分子結構中含有碳碳雙鍵，能與溴水發生加成反應，D說法正確；綜上所述，本題選B。
2．[2023·全國乙卷]下列反應得到相同的產物，相關敘述錯誤的是(　　)
A．①的反應類型為取代反應
B．反應②是合成酯的方法之一
C．產物分子中所有碳原子共平面
D．產物的化學名稱是乙酸異丙酯
答案：C
解析：反應①為乙酸和異丙醇在酸的催化下發生酯化反應生成了乙酸異丙酯和水，因此，①的反應類型為取代反應，A敘述正確；反應②為乙酸和丙烯發生加成反應生成乙酸異丙酯，是合成酯的方法之一，B敘述正確；乙酸異丙酯分子中含有4個飽和的碳原子，其中異丙基中存在著一個飽和碳原子連接兩個飽和碳原子和一個乙酰氧基，類比甲烷的正四面體結構可知，乙酸異丙酯分子中的所有碳原子不可能共平面，C敘述錯誤；兩個反應的產物是相同的，由反應①及產物結構上看，該產物是由乙酸與異丙醇通過酯化反應生成的酯，故其化學名稱是乙酸異丙酯，D敘述是正確；綜上所述，本題選C。
3．[2023·新課標卷]光學性能優良的高分子材料聚碳酸異山梨醇酯可由如下反應制備。
下列說法錯誤的是(　　)
A．該高分子材料可降解
B．異山梨醇分子中有3個手性碳
C．反應式中化合物X為甲醇
D．該聚合反應為縮聚反應
答案：B
解析：該高分子材料中含有酯基，可以降解，A正確；異山梨醇中
四處的碳原子為手性碳原子，故異山梨醇分子中
有4個手性碳，B錯誤；根據元素守恒，可推出X為甲醇，C正確；該反應在生產高聚物的同時還有小分子的物質生成，屬于縮聚反應，D正確；故選B。
4．[2022·全國乙卷]一種實現二氧化碳固定及再利用的反應如下：
下列敘述正確的是 (　　)
A．化合物1分子中所有原子共平面
B．化合物1與乙醇互為同系物
C．化合物2分子中含有羥基和酯基
D．化合物2可發生開環聚合反應
答案：D
解析：化合物1分子中含有飽和碳原子，所有原子不可能共平面，A不正確；化合物1不屬于醇類，故不是乙醇的同系物，B不正確；化合物2分子中不含羥基，
C不正確；化合物2可以發生開環聚合反應生成 D正確。
5．[2022·全國甲卷]輔酶Q10具有預防動脈硬化的功效，其結構簡式如下。下列有關輔酶Q10的說法正確的是(　　)
A．分子式為C60H90O4
B．分子中含有14個甲基
C．分子中的四個氧原子不在同一平面
D．可發生加成反應，不能發生取代反應
答案：B
解析：輔酶Q10的分子式為C59H90O4，A項錯誤； 中含有11個甲
基，故輔酶Q10分子中含有14個甲基，B項正確；由乙烯分子中所有原子共平面可知，輔酶Q10分子中所有的氧原子共平面，C項錯誤；分子中飽和碳原子上的氫原子在反應中可以被取代，D項錯誤。
6．[2021·全國甲卷]下列敘述正確的是(　　)
A．甲醇既可發生取代反應也可發生加成反應
B．用飽和碳酸氫鈉溶液可以鑒別乙酸和乙醇
C．烷烴的沸點高低僅取決于碳原子數的多少
D．戊二烯與環戊烷互為同分異構體
答案：B
解析：甲醇中的官能團為羥基，羥基能發生取代反應，但甲醇中不含不飽和鍵，不能發生加成反應，A項錯誤；向乙酸和乙醇中分別滴加飽和NaHCO3溶液，有氣體產生的是乙酸，無明顯現象的是乙醇，即用飽和NaHCO3溶液可鑒別乙酸和乙醇，B項正確；烷烴的沸點隨分子中碳原子數增多而逐漸升高，但碳原子數相同的烷烴，分子中所含支鏈越多，沸點越低，C項錯誤；戊二烯的分子式為C5H8，而環戊烷的分子式為C5H10，二者分子式不同，不互為同分異構體，D項錯誤。
省市卷
1.[2023·湖南卷]葡萄糖酸鈣是一種重要的補鈣劑，工業上以葡萄糖、碳酸鈣為原料，在溴化鈉溶液中采用間接電氧化反應制備葡萄糖酸鈣，其陽極區反應過程如下：
下列說法錯誤的是(　　)
A．溴化鈉起催化和導電作用
B．每生成1 mol葡萄糖酸鈣，理論上電路中轉移了2 mol電子
C．葡萄糖酸能通過分子內反應生成含有六元環狀結構的產物
D．葡萄糖能發生氧化、還原、取代、加成和消去反應
答案：B
解析：據圖可知，Br－在陽極被氧化為Br2，Br2和水反應生成HBrO，HBrO氧化葡萄糖為葡萄糖酸，自身被還原為Br－，故NaBr在反應過程中起催化和導電作用，A項正確；1 mol葡萄糖轉化為1 mol葡萄糖酸，分子中多了1 mol O，轉移2 mol電子，而生成1 mol葡萄糖酸鈣需要2 mol葡萄糖酸，故每生成1 mol葡萄糖酸鈣，理論上電路中應通過4 mol電子，B項錯誤；葡萄糖酸分子中含有—COOH和—OH，可發生分子內酯化反應形成含有六元環狀結構的產物，C項正確；葡萄糖分子中含醛基，能發生氧化、還原、加成反應，連有—OH碳原子的鄰位碳原子上有H原子，在一定條件下能發生消去反應，D項正確。
2．[2023·遼寧卷]冠醚因分子結構形如皇冠而得名，某冠醚分子c可識別K＋，其合成方法如下。
下列說法錯誤的是(　　)
A．該反應為取代反應
B．a、b均可與NaOH溶液反應
C．c核磁共振氫譜有3組峰
D．c可增加KI在苯中的溶解度
答案：C
解析：根據a和c的結構簡式可知，a與b發生取代反應生成c和HCl，A正確；a中含有酚羥基，酚羥基呈弱酸性能與NaOH反應，b可在NaOH溶液中發生水解反應，生成醇類，B正確；根據c的結構簡式可知，冠醚中有四種不同化學環境的氫原子，如圖所示：
, 核磁共振氫譜有4組峰，C錯誤；
c可與K＋形成鰲合離子 ，該物質在苯中溶解度
較大，因此c可增加KI在苯中的溶解度，D正確；故答案選C。
3．[2023·湖北卷]湖北蘄春李時珍的《本草綱目》記載的中藥丹參，其水溶性有效成分之一的結構簡式如圖。下列說法正確的是(　　)
A．該物質屬于芳香烴
B．可發生取代反應和氧化反應
C.分子中有5個手性碳原子
D．1 mol該物質最多消耗9 mol NaOH
答案：B
解析：該有機物中含有氧元素，不屬于烴，A錯誤；該有機物中含有羥基和羧基，可以發生酯化反應，酯化反應屬于取代反應，另外，該有機物可以燃燒，即可以發生氧化反應，B正確；將連有四個不同基團的碳原子形象地稱為手性碳原子，在該有機物結構中，
標有“*”為手性碳原子，則一共有4個手性碳原子，C錯誤；1 mol該物質中含有7 mol酚羥基，2 mol羧基，2 mol酯基，則1 mol該物質最多消耗11 mol NaOH，D錯誤；故選B。
4．[2023·浙江1月]七葉亭是一種植物抗菌素，適用于細菌性痢疾，其結構如圖，下列說法正確的是(　　)
A．分子中存在2種官能團
B．分子中所有碳原子共平面
C．1 mol該物質與足量溴水反應，最多可消耗2 mol Br2
D．1 mol該物質與足量NaOH溶液反應，最多可消耗3 mol NaOH
答案：B
解析：該分子中含有羥基、酯基、碳碳雙鍵三種官能團，A項錯誤；分子中碳原子均為sp2雜化，結合分子結構知，所有碳原子共平面，B項正確；與酚羥基相連碳原子的鄰位和對位碳原子上的氫原子能與溴發生取代反應，碳碳雙鍵能與溴發生加成反應，1 mol該物質與足量溴水反應，最多可消耗3 mol Br2，C項錯誤；該物質中酚羥基、酯基能與NaOH反應，酯基水解得到酚羥基和羧基，因此1 mol該物質與足量NaOH溶液反應，最多可消耗4 mol NaOH，D項錯誤。
5．[2022·湖南卷]聚乳酸是一種新型的生物可降解高分子材料，其合成路線如下：
下列說法錯誤的是(　　)
A．m＝n－1
B．聚乳酸分子中含有兩種官能團
C．1 mol乳酸與足量的Na反應生成1 mol H2
D．兩分子乳酸反應能夠生成含六元環的分子
答案：B
解析：由質量守恒知m＝n－1，A項正確；聚乳酸分子中鏈節內有酯基，末端有羥基、羧基，共有3種官能團，B項錯誤；乳酸分子中的羥基與羧基均可與Na反應生成H2，C項正確；2個乳酸分子成環時，可
形成 ，D項正確。
考情分析
考向 考點
考情1 有機物的結構 簡單有機物的命名
同分異構體數目判斷
有機物的共線、共面
考情2 有機物的性質和用途 有機代表物的性質判斷
有機代表物的用途判斷
有機反應類型
有機實驗
考情3 信息給予型 有機選擇題 有機物分子式的判斷
根據所給信息判斷該有機物的結構特點
根據官能團信息判斷有機物的性質特點
題型·練透
精準備考·要有方向——研析題型角度
題型角度1 有機物的結構分析
例1 苯并降冰片烯是一種重要的藥物合成中間體，結構簡式如圖。關于該化合物，下列說法正確的是(　　)
A．是苯的同系物
B．分子中最多8個碳原子共平面
C．一氯代物有6種(不考慮立體異構)
D．分子中含有4個碳碳雙鍵
答案：B
解析：苯并降冰片烯與苯在組成上相差的不是若干個CH2，結構上也不相似，故二者不互為同系物，A錯誤；由題給苯并降冰片烯的結構簡式可知，苯環上的6個碳原子與苯環相連的2個碳原子共平面，則該分子中最多8個碳原子共平面，B正確；苯并降冰片烯的結構對稱，其分子中含有5種不同化學環境的氫原子，則其一氯代物有5種，C錯誤；苯環中含有的碳碳鍵是介于碳碳單鍵和碳碳雙鍵之間特殊的鍵，故1個苯并降冰片烯分子中含有1個碳碳雙鍵，D錯誤。
練1　環之間共用一個碳原子的化合物稱為螺環化合物，螺[2.2]戊烷( )是最簡單的一種。下列關于該化合物的說法錯誤的是(　　)
A．與環戊烯互為同分異構體
B．二氯代物超過兩種
C．所有碳原子均處同一平面
D生成1 mol C5H12至少需要2 mol H2
答案：C
解析：螺[2.2]戊烷的分子式為C5H8，環戊烯的分子式為C5H8，二者分子式相同，結構不同，互為同分異構體，A項正確；該有機物的二氯代物有3種，2個氯原子位于同一個碳原子上時有1種，位于2個碳原子上時分兩種情況：同環上只有1種，異環上有1種，B項正確；螺[2.2]戊烷中每個碳原子形成4個單鍵，而每個碳原子與4個原子構成四面體形，所以連接兩個環的碳原子至少和直接相連的兩個碳原子不共平面，C項錯誤；該有機物含2個三元環，在一定條件下具有類似烯烴的性質，且與氫氣發生加成反應的轉化率不大于1，則由1 mol C5H8生成1 mol C5H12至少需要2 mol H2，D項正確。
練2　化合物丙是一種醫藥中間體，可以通過如圖反應制得。下列有關說法正確的是(　　)
A．甲的一氯代物有3種(不考慮立體異構)
B．乙分子中所有原子可能處于同一平面
C．甲有芳香族同分異構體
D．圖中反應屬于加成反應
答案：D
題型角度2 有機實驗
例2 實驗室制備、純化硝基苯需要用到下列裝置，其中不正確的是(　　)
答案：A
解析：配制混酸時，濃硝酸的密度小于濃硫酸，應將濃硫酸注入濃硝酸中，A項錯誤；在熱水浴加熱下，混酸與苯反應，B項正確；為了精制硝基苯，最后采用蒸餾操作，C項正確；反應后燒瓶中混合物有有機物和無機物，二者不互溶，采用分液操作，D項正確。
練1　下列由實驗得出的結論正確的是(　　)
實驗 結論
A 將乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最終變為無色透明 生成的1，2-二溴乙烷無色，可溶于四氯化碳
B 乙醇和水都可與金屬鈉反應產生可燃性氣體 乙醇分子中的氫與水分子中的氫具有相同的活性
C 用乙酸浸泡水壺中的水垢，可將其清除 乙酸的酸性小于碳酸的酸性
D 甲烷與氯氣在光照下反應后的混合氣體能使濕潤的石蕊試紙變紅 生成的氯甲烷具有酸性
答案：A
解析：A對：乙烯通入溴的四氯化碳溶液，乙烯與溴發生加成反應，生成的1，2-二溴乙烷無色且可溶于四氯化碳，所以溶液最終變為無色透明。B錯：乙醇和水都可與金屬鈉反應產生H2，乙醇（C2H5—OH）中，—C2H5抑制了羥基的活性，所以乙醇分子中的氫不如水分子中的氫活潑。C錯：乙酸與水垢中的CaCO3反應：2CH3COOH＋CaCO3―→Ca（CH3COO）2＋H2O＋CO2↑，屬于強酸制弱酸，所以乙酸的酸性大于碳酸的酸性。D錯：甲烷與氯氣在光照下反應后的混合氣體中有氯甲烷和HCl，使濕潤的石蕊試紙變紅的是HCl。
練2　實驗室中用如圖所示的裝置進行甲烷與氯氣在光照下反應的實驗。光照下反應一段時間后，下列裝置示意圖中能正確反映實驗現象的是(　　)
答案：D
解析：甲烷和氯氣在光照條件下反應，生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，試管內壓強減小，外壓大于內壓，試管內液面升高，且試管內出現白霧和油狀液滴，綜合上述分析，D項正確。
題型角度3 信息型有機綜合分析判斷
例3 2020年2月4日李蘭娟團隊發布研究成果：阿比朵爾能抑制新冠病毒，抑制時長約72秒。合成阿比朵爾的部分線路圖如圖，下列敘述錯誤的是(　　)
A．①反應的類型是取代反應
B．阿比朵爾分子在堿性條件下水解可以生成C2H5OH
C．阿比朵爾分子中含氧官能團只有1種
D．1 mol阿比朵爾分子可以和7 mol H2發生加成反應
答案：C
解析：由反應①后的結構變化可知，該反應為甲基上的氫原子被溴原子替代的反應為取代反應，故A正確；阿比朵爾分子中存在酯基，堿性條件下能發生水解生成乙醇，故B正確；由結構可知，阿比朵爾分子中的含氧官能團有羥基和酯基兩種，故C錯誤；該結構中1 mol苯環可加成3 mol氫氣，碳碳雙鍵加成1 mol氫氣，共計加成7 mol氫氣，故D正確。
練1　化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得：
下列有關化合物X、Y的說法正確的是(　　)
A．1 mol X最多能與2 mol NaOH反應
B．Y與乙醇發生酯化反應可得到X
C．X、Y均能與酸性KMnO4溶液反應
D．室溫下X、Y分別與足量Br2加成的產物分子中手性碳原子數目不相等
答案：C
解析：A項，1 mol X中含有1 mol羧基和1 mol酚酯基，故最多能與3 mol NaOH反應；B項，Y與乙醇發生酯化反應時，Y中—COOH與乙醇中的—OH脫水生成酯，產物分子中不含—COOH，故無法得到X；C項，X、Y中均含有碳碳雙鍵，均能與酸性KMnO4溶液反應；D項，室溫下X、Y分別與足量Br2加成的產物分子中手性碳原子數目均為3。
練2　傅—克反應是合成芳香族化合物的一種重要方法。有機物a和苯通過傅—克反應合成b的過程表示如下(無機小分子產物略去)：
下列說法中不正確的是(　　)
A．該反應是取代反應
B．若R為CH3時，a的電子式為
C．若R為C4H9時，b的結構可能有4種
D．若R為C4H5O時，1 mol b最多可與5 mol H2加成
答案：B
解析：a→b的變化，不飽和度未改變，符合取代反應特點，A正確；B項中漏掉Cl原子未成鍵電子，錯誤；C項，丁基有4種，正確；D項，R中含有兩個不飽和度，最多能與2 mol H2加成，苯環能與3 mol H2加成，正確。
練3　化合物X是一種醫藥中間體，其結構簡式如圖所示。下列有關化合物X的說法正確的是(　　)
A．分子中兩個苯環一定處于同一平面
B．不能與飽和Na2CO3溶液反應
C．在酸性條件下水解，水解產物只有一種
D．1 mol化合物X最多能與2 mol NaOH反應
答案：C
解析：與2個 相連接的C原子有四個單鍵，為四面體結構，兩個
不可能處于同一平面，A錯誤；化合物X中有—COOH，可以與
飽和Na2CO3溶液反應，B錯誤；有酯基存在，酸性條件下水解生成
，C正確；化合物X中有—COOH和 ，
最多能與3 mol NaOH反應，D錯誤。
精準備考·要有方案——高考必備基礎
一、有機物的典型結構
1．幾種典型的結構
類型 結構式 結構特點
甲烷型 正四面體結構，5個原子最多有3個
原子共平面； 中的所有原子
不可能共平面
乙烯型 所有原子共平面，與碳碳雙鍵直接相連的4個原子與2個碳原子共平面
苯型 12個原子共平面，位于對角線位置的4個原子共直線
甲醛 平面三角形，所有原子共平面
2.結構不同的基團連接后原子共面分析
(1)直線與平面連接，則直線在這個平面上。
如苯乙炔： ，所有原子共平面。
(2)平面與平面連接：如果兩個平面結構通過單鍵相連，由于單鍵的旋轉性，兩個平面可以重合，但不一定重合。
(3)平面與立體連接：如果甲基與平面結構通過單鍵相連，則由于單鍵的旋轉性，甲基的一個氫原子可能暫時處于這個平面上。
示例： ，分子中共平面原子至少12個，最多13個。
二、同分異構體的書寫與判斷方法
基團連接法 將有機物看作由基團連接而成，由基團的異構體數目可推斷有機物的異構體數目。如丁基有四種，丁醇(C4H9—OH)、C4H9—Cl分別有四種
換位思考法 將有機物分子中的不同原子或基團進行換位思考。如：乙烷分子中共有6個H原子，若有一個H原子被Cl原子取代所得一氯乙烷只有一種結構，那么五氯乙烷也只有一種結構。分析如下：假設把五氯乙烷分子中的Cl原子看作H原子，而H原子看成Cl原子，其情況跟一氯乙烷完全相同
等效氫原 子法(又稱 對稱法) 分子中等效H原子有如下情況：①分子中同一個碳上的H原子等效；②同一個碳的甲基上H原子等效；③分子中處于鏡面對稱位置(相當于平面鏡成像時)上的H原子是等效的
定一移二法 分析二元取代物的方法，如分析C3H6Cl2的同分異構體，先固定其中一個Cl的位置，移動另外一個Cl
組合法 飽和一元酯R1COOR2，R1—有m種，R2—有n種，共有m×n種酯
三、常見有機代表物的結構特點及主要化學性質
物質 結構簡式 特性或特征反應
甲烷 CH4 與氯氣在光照下發生取代反應
乙烯 CH2===CH2 官能團 ①加成反應：使溴水褪色
②加聚反應
③氧化反應：使酸性KMnO4溶液褪色
苯 ①加成反應
②取代反應：與溴(溴化鐵作催化劑)，與硝酸(濃硫酸催化)
乙醇 CH3CH2OH 官能團—OH ①與鈉反應放出H2
②催化氧化反應：生成乙醛
③酯化反應：與酸反應生成酯
乙酸 CH3COOH 官能團 —COOH ①弱酸性，但酸性比碳酸強
②酯化反應：與醇反應生成酯
乙酸 乙酯 CH3COOCH2CH3 官能團 —COOR 可發生水解反應，在堿性條件下水解徹底
油脂 可發生水解反應，在堿性條件下水解徹底，被稱為皂化反應
淀粉 (C6H10O5)n ①遇碘變藍色
②在稀酸催化下，最終水解成葡萄糖
③葡萄糖在酒化酶的作用下，生成乙醇和CO2
蛋白 質 含有肽鍵 ①水解生成氨基酸
②兩性
③變性
④顏色反應
⑤灼燒產生特殊氣味
四、有機反應基本類型
反應類型 官能團種類或物質 試劑或反應條件
加成反應 X2(Cl2、Br2等，下同)(直接混合)、H2、HBr、H2O(催化劑)
聚合反應 加聚反應 催化劑
取 代 反 應 飽和烴 X2(光照)
苯環上的氫 X2(催化劑)、濃硝酸(濃硫酸)
水解型 酯基 H2O(酸或堿溶液作催化劑，加熱)
雙糖或多糖 稀硫酸，加熱
酯化型 —OH、—COOH 濃硫酸，加熱
氧 化 反 應 燃燒型 大多數有機物 O2，點燃
催化氧化型 —OH O2(催化劑，加熱)
KMnO4 (H＋)氧化型 直接氧化
特征氧化型 含有醛基的物質，如甲醛、乙醛、葡萄糖、麥芽糖等 銀氨溶液、水浴加熱
新制Cu(OH)2懸濁液，加熱至沸騰
五、三個制備實驗
制取物質 儀器 除雜及收集 注意事項
溴苯 含有溴、FeBr3等，用氫氧化鈉溶液處理后分液、然后蒸餾 ①催化劑為FeBr3
②長導管的作用冷凝回流、導氣
③右側導管不能(填“能”或“不能”)伸入溶液中
④右側錐形瓶中有白霧
硝基苯 可能含有未反應的苯、硝酸、硫酸，用氫氧化鈉溶液中和酸，分液，然后用蒸餾的方法除去苯 ①導管1的作用冷凝回流
②儀器2為溫度計
③用水浴控制溫度為50～60 ℃
④濃硫酸的作用：催化劑和吸水劑
乙酸 乙酯 含有乙酸、乙醇，用飽和Na2CO3溶液處理后，分液 ①濃硫酸的作用：催化劑和吸水劑
②飽和碳酸鈉溶液作用是溶解乙醇、中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度
③右邊導管不能接觸試管中的液面
六、常見的檢驗方法
官能團種類或物質 試劑 判斷依據
碳碳雙鍵或 碳碳三鍵 溴的CCl4溶液 橙紅色變淺或褪去
酸性KMnO4溶液 紫紅色變淺或褪去
醇羥基 鈉 有氣體放出
羧基 NaHCO3溶液 有無色無味氣體放出
新制Cu(OH)2 藍色絮狀沉淀溶解
葡萄糖 銀氨溶液水浴加熱 產生光亮銀鏡
新制Cu(OH)2 懸濁液加熱至沸騰 產生磚紅色沉淀
淀粉 碘水 顯藍色
蛋白質 濃硝酸微熱 顯黃色
灼燒 燒焦羽毛的氣味
模考·預測
1.下列說法錯誤的是(　　)
A．乙酸和乙醇之間能發生酯化反應，酯化反應的逆反應是皂化反應
B．大多數酶是一類具有高選擇催化性能的蛋白質
C．生產SMS醫用口罩所用的一種原料丙烯，可以通過石油的裂化和裂解得到
D．淀粉和蛋白質都是天然高分子化合物，均能在人體內發生水解
答案：A
解析：乙醇和乙酸之間能發生酯化反應，油脂屬于特殊的酯，油脂在堿性溶液中的水解反應為皂化反應，在酸性條件下水解不屬于皂化反應，故A錯誤；絕大多數酶是蛋白質，少數具有生物催化功能的分子不是蛋白質，故B正確；石油的裂化和裂解是將長鏈烴變為短鏈烴的過程，可產生丙烯，故C正確；淀粉屬于多糖，能發生水解反應，蛋白質屬于高分子化合物，在人體中能發生水解反應，故D正確。
2．聚苯乙烯塑料在生產、生活中有廣泛應用，其單體苯乙烯可由乙苯和二氧化碳在一定條件下發生如下反應制取：
下列有關苯乙烯的說法正確的是(　　)
A．分子中含有5個碳碳雙鍵
B．乙苯和苯乙烯均能使溴的四氯化碳溶液褪色
C．分子式為C8H10
D．可通過加聚反應生成聚苯乙烯
答案：D
解析：苯環中不含碳碳雙鍵，只有苯乙烯中含有一個碳碳雙鍵，A、B均錯誤；苯乙烯的分子式為C8H8，C項錯誤。
3．a、b、c的結構如圖所示：(a) 、(b) 、(c) 。
下列說法正確的是(　　)
A．a中所有碳原子處于同一平面
B．b的二氯代物有三種
C．a、b、c三種物質均可與溴的四氯化碳溶液反應
D．a、b、c互為同分異構體
答案：D
解析：A項，a中右側三角形中的碳均為飽和碳，不可能與左邊三角形共面；B項，b中外側三個頂點均為“CH2”，且等效，因而二氯取代物只有兩種；b中不含有碳碳雙鍵，不能與溴的CCl4溶液發生加成反應，C項錯誤；a、b、c三種物質的分子式均為C5H6，因而互為同分異構體，D項正確。
4．芳樟醇和橙花叔醇是決定茶葉花甜香的關鍵物質。芳樟醇和橙花叔醇的結構如圖所示，下列有關敘述正確的是(　　)
A．橙花叔醇的分子式為C15H28O
B．芳樟醇和橙花叔醇互為同分異構體
C．芳樟醇和橙花叔醇與H2完全加成后的產物互為同系物
D．二者均能發生取代反應、加成反應、還原反應，但不能發生氧化反應
答案：D
解析：根據橙花叔醇的結構可知，橙花叔醇的分子式為C15H26O，A項錯誤；芳樟醇的分子式為C10H18O，芳樟醇與橙花叔醇不互為同分異構體，B項錯誤；芳樟醇和橙花叔醇與氫氣加成后產物的分子式分別是C10H22O、C15H32O，兩者結構相似，且組成上相差5個CH2原子團，因此與氫氣加成后的產物互為同系物，C項正確；兩種有機物含有的官能團都是碳碳雙鍵和羥基，可以發生取代反應、加成反應、還原反應，碳碳雙鍵能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，因此芳樟醇和橙花叔醇均能發生氧化反應，D項錯誤。
5．已知某藥物具有抗痙攣作用，制備該藥物其中一步反應為
下列說法不正確的是(　　)
A．a物質中參加反應的官能團是羧基
B．生活中b可作燃料和溶劑
C．c物質極易溶于水
D．該反應類型為取代反應
答案：C
解析：該反應是a與b（C2H5OH）的酯化反應，c中親水基團較少，不可能極易溶于水。(共86張PPT)
題型5　化學實驗基礎應用
真題·考情
題型·練透
模考·預測
真題·考情
全國卷
1.[2023·全國甲卷]實驗室將粗鹽提純并配制0.100 0 mol·L－1的NaCl溶液。下列儀器中，本實驗必須用到的有(　　)
①天平　 ②溫度計　 ③坩堝　 ④分液漏斗　
⑤容量瓶　 ⑥燒杯　 ⑦滴定管　 ⑧酒精燈
A．①②④⑥ B．①④⑤⑥
C．②③⑦⑧ D．①⑤⑥⑧
答案：D
解析：實驗室將粗鹽提純時，需要將其溶于一定量的水中，然后將其中的硫酸根離子、鈣離子、鎂離子依次用稍過量的氯化鋇溶液、碳酸鈉溶液和氫氧化鈉溶液除去，該過程中有過濾操作，需要用到燒杯、漏斗和玻璃棒；將所得濾液加適量鹽酸酸化后蒸發結晶得到較純的食鹽，該過程要用到蒸發皿和酒精燈；用提純后得到的精鹽配制溶液的基本步驟有稱量、溶解、轉移、洗滌、定容、搖勻等操作，需要用到天平、容量瓶、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管等。綜上所述，本實驗必須用到的有①天平、⑤容量瓶、⑥燒杯、⑧酒精燈，因此本題選D。
2．[2023·全國乙卷]下列裝置可以用于相應實驗的是(　　)
A B C D
制備CO2 分離乙醇和乙酸 驗證SO2酸性 測量O2體積
答案：D
解析：Na2CO3固體比較穩定，受熱不易分解，所以不能采用加熱碳酸鈉的方式制備二氧化碳，A錯誤；乙醇和乙酸是互溶的，不能采用分液的方式分離，應采用蒸餾來分離，B錯誤；二氧化硫通入品紅溶液中，可以驗證其漂白性，不能驗證酸性，C錯誤；測量氧氣體積時，裝置選擇量氣管，測量時要恢復到室溫，兩邊液面高度相等，D正確；故選D。
3.[2023·新課標卷]根據實驗操作及現象，下列結論中正確的是(　　)
選項 實驗操作及現象 結論
A 常溫下將鐵片分別插入稀硝酸和濃硝酸中，前者產生無色氣體，后者無明顯現象 稀硝酸的氧化性比濃硝酸強
B 取一定量Na2SO3樣品，溶解后加入BaCl2溶液，產生白色沉淀。加入濃HNO3，仍有沉淀
C 將銀和AgNO3溶液與銅和Na2SO4溶液組成原電池。連通后銀表面有銀白色金屬沉積，銅電極附近溶液逐漸變藍 Cu的金屬性比Ag強
D 向溴水中加入苯，振蕩后靜置，水層顏色變淺 溴與苯發生了加成反應
答案：C
解析：常溫下，鐵片與濃硝酸會發生鈍化，導致現象不明顯，但稀硝酸與鐵不發生鈍化，會產生氣泡，所以不能通過該實驗現象比較濃硝酸和稀硝酸的氧化性強弱，A錯誤；濃硝酸會氧化亞硫酸根生成硫酸根，仍然產生白色沉淀，所以不能通過該實驗現象判斷樣品中是否含有硫酸根，B錯誤；銅比銀活潑，在形成原電池過程中，做負極，發生氧化反應，生成了銅離子，導致溶液變為藍色，所以該實驗可以比較銅和銀的金屬性強弱，C正確；向溴水中加入苯，苯可將溴萃取到上層，使下層水層顏色變淺，不是溴與苯發生了加成反應，D錯誤；故選C。
4.[2022·全國乙卷]某白色粉末樣品，可能含有Na2SO4、Na2SO3、Na2S2O3和Na2CO3。取少量樣品進行如下實驗：
①溶于水，得到無色透明溶液。
②向①的溶液中滴加過量稀鹽酸，溶液變渾濁，有刺激性氣體逸出。離心分離。
③取②的上層清液，向其中滴加BaCl2溶液有沉淀生成。
該樣品中確定存在的是 (　　)
A．Na2SO4、Na2S2O3 B．Na2SO3、Na2S2O3
C．Na2SO4、Na2CO3 D．Na2SO3、Na2CO3
答案：A
解析：實驗②說明樣品中一定含有Na2S2O3，發生反應：Na2S2O3＋2HCl===2NaCl＋S↓＋SO2↑＋H2O；實驗③說明樣品中一定含有Na2SO4，發生反應：Na2SO4＋BaCl2===BaSO4↓＋2NaCl。
5．[2022·全國甲卷]根據實驗目的，下列實驗及現象、結論都正確的是(　　)
選項 實驗目的 實驗及現象 結論
A 分別測濃度均為0.1 mol·L－1的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者
B 檢驗鐵銹中是否含有二價鐵 將鐵銹溶于濃鹽酸，滴入KMnO4溶液，紫色褪去 鐵銹中含有二價鐵
C 向K2CrO4溶液中緩慢滴加硫酸，黃色變為橙紅色
D 檢驗乙醇中是否含有水 向乙醇中加入一小粒金屬鈉，產生無色氣體 乙醇中含有水
答案：C
解析：A項，CH3COONH4為弱酸弱堿鹽，對CH3COO－的水解有影響，可以分別測同濃度的CH3COONa與NaHCO3溶液的pH，錯誤；B項，KMnO4溶液與濃鹽酸也可以發生氧化還原反應而褪色，不能驗證溶液中是否有Fe2＋，錯誤；C項，存在可逆反應：2Cr（黃色）＋2H＋ Cr2（橙紅色）＋H2O，氫離子濃度增大，平衡正向移動，正確；D項，乙醇與鈉也可以發生反應產生氫氣，不能用來檢驗乙醇中是否含有水，錯誤。
6.[2021·全國乙卷]在實驗室采用如圖裝置制備氣體，合理的是(　　)
化學試劑 制備的氣體
A Ca(OH)2＋NH4Cl NH3
B MnO2＋HCl(濃) Cl2
C MnO2＋KClO3 O2
D NaCl＋H2SO4(濃) HCl
答案：C
解析：NH3應使用向下排空氣法收集，A項錯誤；圖示裝置不能用于固液反應制氣體，B、D項錯誤；KClO3在MnO2催化下加熱可生成O2，O2的密度比空氣的大，可用向上排空氣法收集，C項正確。
省市卷
1.[2023·浙江6月]下列說法正確的是(　　)
A．圖①裝置可用于制取并收集氨氣
B．圖②操作可排出盛有KMnO4溶液滴定管尖嘴內的氣泡
C．圖③操作俯視刻度線定容會導致所配溶液濃度偏大
D．圖④裝置鹽橋中陽離子向ZnSO4溶液中遷移
答案：C
解析：氯化銨受熱分解生成氨氣和氯化氫，遇冷又化合生成氯化銨，則直接加熱氯化銨無法制得氨氣，實驗室用加熱氯化銨和氫氧化鈣固體的方法制備氨氣，故A錯誤；高錳酸鉀溶液具有強氧化性，會腐蝕橡膠管，所以高錳酸鉀溶液應盛放在酸式滴定管中，不能盛放在堿式滴定管中，故B錯誤；配制一定物質的量濃度的溶液時，俯視刻度線定容會使溶液的體積偏小，導致所配溶液濃度偏大，故C正確；由圖可知，鋅銅原電池中，鋅電極為原電池的負極，銅為正極，鹽橋中陽離子向硫酸銅溶液中遷移，故D錯誤；故選C。
2．[2023·山東卷]實驗室安全至關重要，下列實驗室事故處理方法錯誤的是(　　)
A．眼睛濺進酸液，先用大量水沖洗，再用飽和碳酸鈉溶液沖洗
B．皮膚濺上堿液，先用大量水沖洗，再用2%的硼酸溶液沖洗
C．電器起火，先切斷電源，再用二氧化碳滅火器滅火
D．活潑金屬燃燒起火，用滅火毯(石棉布)滅火
答案：A
解析：眼睛濺進酸液，用大量水沖洗后，立即送醫院診治，A錯誤。
3．[2023·湖北卷]實驗室用以下裝置(夾持和水浴加熱裝置略)制備乙酸異戊酯(沸點142 ℃)，實驗中利用環己烷－水的共沸體系(沸點69 ℃)帶出水分。已知體系中沸點最低的有機物是環己烷(沸點81 ℃)，其反應原理：
下列說法錯誤的是(　　)
A．以共沸體系帶水促使反應正向進行
B．反應時水浴溫度需嚴格控制在69 ℃
C．接收瓶中會出現分層現象
D．根據帶出水的體積可估算反應進度
答案：B
解析：由反應方程式可知，生成物中含有水，若將水分離出去，可促進反應正向進行，該反應選擇以共沸體系帶水可以促使反應正向進行，A正確；反應產品的沸點為142 ℃，環己烷的沸點是81 ℃，環己烷－水的共沸體系的沸點為69 ℃，溫度可以控制在69 ℃～81 ℃之間，不需要嚴格控制在69 ℃，B錯誤；接收瓶中接收的是環己烷－水的共沸體系，環己烷不溶于水，會出現分層現象，C正確；根據投料量，可估計生成水的體積，所以可根據帶出水的體積估算反應進度，D正確；故選B。
4．[2022·廣東卷]若將銅絲插入熱濃硫酸中進行如圖(a～d均為浸有相應試液的棉花)所示的探究實驗，下列分析正確的是(　　)
A．Cu與濃硫酸反應，只體現H2SO4的酸性
B．a處變紅，說明SO2是酸性氧化物
C．b或c處褪色，均說明SO2具有漂白性
D．試管底部出現白色固體，說明反應中無H2O生成
答案：B
解析：銅和濃硫酸反應過程中，生成CuSO4體現出濃硫酸的酸性，生成SO2體現出濃硫酸的強氧化性，故A錯誤；a處的紫色石蕊溶液變紅，其原因是SO2溶于水生成了酸，可說明SO2是酸性氧化物，故B正確；b處品紅溶液褪色，其原因是SO2具有漂白性，而c處酸性高錳酸鉀溶液褪色，其原因是SO2和KMnO4發生氧化還原反應，SO2體現出還原性，故C錯誤；實驗過程中試管底部出現白色固體，根據元素守恒可知，其成分為無水CuSO4，而非藍色的CuSO4·5H2O，其原因是濃硫酸體現出吸水性，將反應生成的H2O吸收，故D錯誤。
考情分析
考向 考點
考情1 化學實驗基本操作判斷 安全標識、事故預防及處理
藥品的取用與保存
常見基本操作正誤判斷
考情2 儀器的識別、使用及裝置圖的判斷 常見化學儀器的使用
常見氣體的制備裝置分析
分離、提純裝置分析
設定目標型裝置判斷
考情3 操作—現象—結論一致性判斷 裝置、操作、目的一致性判斷
操作、現象和結論一致性判斷
目的、操作、結論一致性判斷
題型·練透
精準備考·要有方向——研析題型角度
題型角度1 常用化學實驗儀器的識別與選用
例1 下列儀器對應名稱正確的是(　　)
答案：D
解析：A項是坩堝，故不正確；B項中泥三角，故不正確；C項是分液漏斗，故不正確；D項是蒸餾燒瓶，故正確。
練1　在硫酸銅晶體結晶水含量測定的實驗過程中，下列儀器或操作未涉及的是(　　)
答案：C
解析：為使硫酸銅晶體充分反應，應該將硫酸銅晶體研細，因此要進行研磨操作，A不符合題意；硫酸銅晶體結晶水含量測定實驗過程中，需要準確稱量瓷坩堝的質量、瓷坩堝和一定量硫酸銅晶體的質量、瓷坩堝和反應后硫酸銅粉末的質量，至少稱量4次，所以涉及稱量操作，需要托盤天平，B不符合題意；盛有硫酸銅晶體的瓷坩堝放在泥三角上加熱，不需要用到蒸發皿，因此實驗過程中未涉及蒸發結晶操作，C符合題意；加熱后冷卻時，為防止硫酸銅粉末吸水，應將硫酸銅放在干燥器中進行冷卻，從而得到純凈而干燥的無水硫酸銅，因此需要使用干燥器，D不符合題意。
練2　下列實驗儀器或裝置的選擇正確的是(　　)
配制50.00 mL 0.100 0 mol·L-1 Na2CO3溶液 除去Cl2中的HCl
A B
蒸餾用冷凝管 盛裝Na2SiO3溶液的試劑瓶
C D
答案：B
解析：本題考查實驗儀器或裝置的選用，考查的化學學科核心素養是科學探究與創新意識。配制一定物質的量濃度的溶液應選用容量瓶，A項錯誤；氯化氫極易溶于水，通入飽和食鹽水，除去HCl的同時可以降低氯氣的溶解度，B項正確；蒸餾時應選用直形冷凝管，C項錯誤；盛裝Na2SiO3溶液的試劑瓶應使用橡膠塞，D項錯誤。
題型角度2 化學實驗基本操作判斷
例2 下列實驗的儀器或操作正確的是(　　)
A．在固體物質灼燒實驗中，可將坩堝直接放在三腳架上加熱
B．在測量醋酸鈉溶液濃度的滴定實驗中，可將待測液醋酸鈉溶液盛裝在堿式滴定管中
C．在氯化鈉溶液蒸發結晶實驗中，為防止溶液暴沸，可加入幾片碎瓷片
D．在蒸餾分離乙醇、乙酸、乙酸乙酯混合物的實驗中，為提高冷凝效果，可使用球形冷凝管
答案：B
解析：A項，坩堝加熱時，需要放置在泥三角上，錯誤；B項，由于醋酸鈉水解使溶液呈堿性，則必須盛裝在堿式滴定管中，正確；C項，蒸發操作時為了防止溶液暴沸，應使用玻璃棒攪拌，加入碎瓷片會影響氯化鈉純度，錯誤；D項，球形冷凝管一般用于反應物的冷凝回流實驗中，蒸餾收集產物時應選擇直形冷凝管，錯誤。
練1　下列圖示與操作名稱不對應的是(　　)
答案：B
練2　下列有關實驗的操作正確的是(　　)
實驗 操作
A 配制稀硫酸 先將濃硫酸加入燒杯中，后倒入蒸餾水
B 排水法收集KMnO4分解產生的O2 先熄滅酒精燈，后移出導管
C 濃鹽酸與MnO2反應制備純凈Cl2 氣體產物先通過濃硫酸，后通過飽和食鹽水
D CCl4萃取碘水中的I2 先從分液漏斗下口放出有機層，后從上口倒出水層
答案：D
解析：因濃硫酸密度大于水且溶于水時放出大量的熱，因此稀釋濃硫酸時需將濃硫酸沿器壁緩慢倒入水中，且邊加邊攪拌，A錯誤；利用排水法收集KMnO4分解產生的O2時，若先熄滅酒精燈，后移出導管，則氣體發生裝置內因溫度降低、壓強減小而發生倒吸，導致試管炸裂，B錯誤；制得的Cl2若先通過濃硫酸，后通過飽和食鹽水，則收集的氣體中仍會混有水蒸氣，C錯誤；因CCl4的密度大于水，萃取分層后CCl4在下層，故分液時先從分液漏斗下口放出有機層，再從上口倒出水層，D正確。
題型角度3 化學實驗裝置的識讀判斷
例3 實驗室以CaCO3為原料，制備CO2并獲得CaCl2·6H2O晶體。下列圖示裝置和原理不能達到實驗目的的是(　　)
答案：D
解析：本題考查化學實驗方案的設計與評價，考查的化學學科核心素養是科學探究與創新意識。稀鹽酸與CaCO3反應生成CO2氣體；CO2氣體密度比空氣大，可用向上排空氣法收集；CaCO3不溶于水，可通過過濾除去未反應的CaCO3固體；得到CaCl2·6H2O晶體可采用冷卻結晶的方法，不能采用蒸發結晶的方法，因為加熱易失去結晶水，而得不到CaCl2·6H2O晶體，D項錯誤。
練1　在生成和純化乙酸乙酯的實驗過程中，下列操作未涉及的是(　　)
答案：D
解析：A項裝置用于制備乙酸乙酯，B項裝置用于除去乙酸乙酯中的乙酸、乙醇（純化），C項裝置用于分離乙酸乙酯，D項裝置用于蒸發濃縮或蒸發結晶。只有D項操作在制備和純化乙酸乙酯的實驗中未涉及。
練2　下列實驗裝置能達到實驗目的的是(　　)
A．用裝置Ⅰ可制取NH3
B．用裝置Ⅱ制取氫氧化鐵膠體
C．用裝置Ⅲ除去Cl2中和HCl和H2O
D．用裝置Ⅳ提取溴水中的Br2
答案：A
解析：NH4HCO3分解產生CO2、H2O和NH3，堿石灰可吸收CO2和H2O，最終可制得NH3，A項正確；從溴水中提取溴應先用萃取分液的方法，D項錯誤。
練3　實驗室用Ca與H2反應制取氫化鈣(CaH2)。下列實驗裝置和原理不能達到實驗目的的是(　　)


A．裝置甲制取H2 B．裝置乙凈化干燥H2
C．裝置丙制取CaH2 D．裝置丁吸收尾氣
答案：D
解析：裝置甲利用稀鹽酸與鋅在簡易裝置中制取H2，實驗裝置和原理能達到實驗目的，選項A不選；裝置乙利用氫氧化鈉溶液吸收氫氣中的氯化氫氣體、利用濃硫酸干燥氫氣，起到凈化干燥H2的作用，實驗裝置和原理能達到實驗目的，選項B不選；裝置丙利用純凈的氫氣在高溫條件下與鈣反應制取CaH2，實驗裝置和原理能達到實驗目的，選項C不選；裝置丁是防止空氣中的水蒸氣及氧氣進入與鈣或CaH2反應，選項D選。
題型角度4 化學實驗“操作—現象—結論”一致性評判
例4 下列實驗現象與實驗操作不相匹配的是(　　)
實驗操作 實驗現象
A 向盛有高錳酸鉀酸性溶液的試管中通入足量的乙烯后靜置 溶液的紫色逐漸褪去，靜置后溶液分層
B 將鎂條點燃后迅速伸入集滿CO2的集氣瓶 集氣瓶中產生濃煙并有黑色顆粒產生
C 向盛有飽和硫代硫酸鈉溶液的試管中滴加稀鹽酸 有刺激性氣味氣體產生，溶液變渾濁
D 向盛有FeCl3溶液的試管中加過量鐵粉，充分振蕩后加1滴KSCN溶液 黃色逐漸消失，加KSCN后溶液顏色不變
答案：A
解析：本題涉及的考點有乙烯的化學性質、鎂單質及其化合物的性質、硫及其化合物的性質、鐵及其化合物的性質與檢驗，考查了學生對元素及其化合物基礎知識的復述、再現、辨認并能融會貫通的能力，能從微觀層面認識物質的性質和變化，并用來解決宏觀的實際問題，體現了以宏觀辨識與微觀探析為主的學科核心素養。
A項，乙烯可被酸性KMnO4溶液氧化，生成CO2，所以實驗現象為溶液紫色逐漸褪去，靜置后溶液不分層，故錯誤；B項，發生反應的化學方程式為2Mg＋CO2C＋2MgO，集氣瓶中產生濃煙（MgO）并有黑色顆粒（C）產生，故正確；C項，發生反應的離子方程式為S2＋2H＋===S↓＋SO2↑＋H2O，有刺激性氣味氣體（SO2）產生，溶液變渾濁（生成S），故正確；D項，發生反應的離子方程式為2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，加入過量鐵粉，Fe3＋完全反應，黃色逐漸消失，滴加KSCN溶液不變色，故正確。
練1　下列實驗操作能達到實驗目的的是(　　)
實驗目的 實驗操作
A 制備Fe(OH)3膠體 將NaOH濃溶液滴加到飽和FeCl3溶液中
B 由MgCl2溶液制備無水MgCl2 將MgCl2溶液加熱蒸干
C 除去Cu粉中混有的CuO 加入稀硝酸溶解，過濾、洗滌、干燥
D 比較水與乙醇中氫的活潑性 分別將少量鈉投入到盛有水和乙醇的燒杯中
答案：D
解析：A項，NaOH濃溶液滴加到飽和FeCl3溶液中生成Fe（OH）3沉淀，而Fe（OH）3膠體的制備是向沸水中滴入飽和氯化鐵溶液，加熱至液體出現紅褐色，錯誤；B項，氯化鎂是強酸弱堿鹽，MgCl2水解產生的HCl易揮發，將MgCl2溶液加熱蒸干生成Mg（OH）2，故由MgCl2溶液制備無水MgCl2要在HCl氣流中加熱蒸干，錯誤；C項，銅與稀硝酸反應，應該用稀鹽酸或稀硫酸除去Cu粉中混有的CuO，錯誤；D項，分別將少量鈉投入到盛有水和乙醇的燒杯中，利用反應的現象：反應劇烈的是水，反應平緩的是乙醇，可比較水和乙醇中氫的活潑性，正確。
練2　由下列實驗及現象不能推出相應結論的是(　　)
選項 實驗 現象 結論
A 向2 mL 0.1 mol·L－1的FeCl3 溶液中加足量鐵粉，振蕩，加1滴KSCN溶液 黃色逐漸消失，加KSCN溶液顏色不變 還原性：
Fe>Fe2＋
B 將金屬鈉在燃燒匙中點燃，迅速伸入集滿CO2的集氣瓶 集氣瓶中產生大量白煙，瓶內有黑色顆粒產生 CO2具有
氧化性
C 加熱盛有少量NH4HCO3固體的試管，并在試管口放置濕潤的紅色石蕊試紙 石蕊試紙變藍 NH4HCO3
顯堿性
D 向2支盛有2 mL相同濃度銀氨溶液的試管中分別加入2滴相同濃度的NaCl和NaI溶液 一支試管中產生黃色沉淀，另一支中無明顯現象 Ksp(AgI)<
Ksp(AgCl)
答案：C
解析：發生的反應為2FeCl3＋Fe===3FeCl2，Fe將Fe3＋還原為Fe2＋，所以還原性：Fe>Fe2＋，A選項能推出相應結論；發生的反應為4Na＋CO2C＋2Na2O，CO2中C元素化合價降低，被還原，所以CO2具有氧化性，B選項能推出相應結論；發生的反應為NH4HCO3NH3↑＋H2O＋CO2↑，由于NH3與水反應生成NH3·H2O，NH3·H2O顯堿性，所以石蕊試紙變藍，C選項不能推出相應結論；生成了AgI沉淀，沒有生成AgCl沉淀，所以Ksp（AgI）題型角度5 化學制備工藝流程中的分離和提純
例5 實驗室用含有雜質(FeO、Fe2O3)的廢CuO制備膽礬晶體，經歷了下列過程(已知Fe3＋在pH＝5時沉淀完全)。其中分析錯誤的是(　　)
A．步驟②發生的主要反應為：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O
B．步驟②可用氯水、硝酸等強氧化劑代替H2O2
C．步驟③用CuCO3代替CuO也可調節溶液的pH
D．步驟⑤的操作為：向漏斗中加入少量冷的蒸餾水至浸沒晶體，待水自然流下，重復操作2～3次
答案：B
解析：由實驗流程可知，樣品與足量硫酸反應，生成硫酸銅、硫酸亞鐵和硫酸鐵，加入過氧化氫，發生氧化還原反應生成硫酸鐵，然后加入CuO調節溶液的pH，使Fe3＋水解而生成Fe（OH）3沉淀，得到硫酸銅溶液，經蒸發濃縮、冷卻結晶得到硫酸銅晶體。步驟②為亞鐵離子與過氧化氫的氧化還原反應，離子反應為2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，故A正確；步驟②用氯水、硝酸等強氧化劑代替H2O2，引入雜質氯離子、硝酸根離子等，難以除去，故B錯誤；CuCO3和CuO都與溶液中H＋反應，起到調節溶液pH的作用，并不引入新的雜質，故C正確；步驟⑤為洗滌固體，固體具有吸附性，過濾時表面有可溶性物質，則操作為向濾出晶體的漏斗中加少量冷的蒸餾水浸沒晶體，自然流下，重復2～3次，可洗滌晶體，故D正確。
練1　某化工廠制備凈水劑硫酸鐵銨晶體
[NH4Fe(SO4)2·6H2O]的一種方案如下：
下列說法不正確的是(　　)
A．濾渣A的主要成分是CaSO4
B．“合成”反應要控制溫度，溫度過高，產率會降低
C．“系列操作”包括蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥等
D．相同條件下，NH4Fe(SO4)2·6H2O凈水能力比FeCl3強
答案：D
解析：硫酸鈣微溶于水，濾渣A的主要成分是CaSO4，故A正確；“合成”反應要控制溫度，溫度過高，會促進Fe3＋的水解，生成硫酸鐵銨的產率會降低，故B正確；硫酸鐵銨的溶解度隨溫度降低而減小，宜采用結晶法提純，所以“系列操作”包括蒸發濃縮、降溫結晶、過濾、洗滌、干燥等操作，故C正確；水解生成H＋，抑制Fe3＋的水解生成氫氧化鐵膠體，所以氯化鐵凈水能力比硫酸鐵銨強，相同條件下，NH4Fe（SO4）2·6H2O凈水能力比FeCl3弱，故D錯誤。
練2　實驗室分離Fe3＋和Al3＋的流程如下：
已知Fe3＋在濃鹽酸中生成黃色配離子[FeCl4]－，該配離子在乙醚(Et2O，沸點34.6℃)中生成締合物Et2O·H＋·[FeCl4]－。下列說法錯誤的是(　　)
A．萃取振蕩時，分液漏斗下口應傾斜向下
B．分液時，應先將下層液體由分液漏斗下口放出
C．分液后水相為無色，說明已達到分離目的
D．蒸餾時選用直形冷凝管
答案：A
精準備考·要有方案——高考必備基礎
一、化學實驗基礎性評判
舉例 判斷正誤 解釋或說明
基本儀器使用 與安全 (1)試管、蒸發皿既能用于給固體加熱也能用于給溶液加熱 蒸發皿不能用來加熱固體
(2)分液漏斗既能用于某些混合物的分離也能用于組裝氣體發生裝置 分液漏斗可用于分液以及氣體的制備，如實驗室制備氯氣，可用分液漏斗加入濃鹽酸
(3)稱取2.0 g NaOH固體的實驗操作是先在托盤上各放一張濾紙，然后在右盤上添加2 g砝碼，左盤上添加NaOH固體 NaOH具有吸水性和腐蝕性不能直接放在濾紙上
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舉例 判斷正誤 解釋或說明
基本儀 器使用 與安全 (4)取液體時，先將膠頭滴管伸入試劑瓶中，用手指捏緊滴管的膠頭再放開手指 使用膠頭滴管吸取液體時，先擠壓膠頭排出空氣，再將膠頭滴管伸入液體中吸入液體
(5)容量瓶在使用前一定要檢漏、洗滌并烘干 容量瓶在使用之前不需烘干
(6)酸堿滴定實驗中，用待測溶液潤洗錐形瓶，以減小實驗誤差 錐形瓶不能用待測液潤洗，否則測定結果偏大
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舉例 判斷正誤 解釋或說明
基本儀 器使用 與安全 (7)酸式滴定管裝標準溶液前，必須用該溶液潤洗 確保滴定管中溶液的濃度與標準液的濃度相同，裝液前要用所盛標準液潤洗
(8)金屬鈉著火時使用泡沫滅火器滅火 鈉能與水劇烈反應產生氫氣，生成的Na2O2也能與水或CO2反應
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舉例 判斷正誤 解釋或說明
藥品的 保存 (1)可用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液 玻璃中含有二氧化硅，易與NaOH溶液反應生成具有黏性的硅酸鈉
(2)氫氟酸或濃硝酸要保存在棕色細口玻璃試劑瓶中 氫氟酸能和二氧化硅反應生成四氟化硅和水，所以不能保存在玻璃瓶中，應該保存在塑料瓶中
(3)保存液溴時向其中加入少量酒精，減少揮發 溴易溶于酒精，但酒精是易揮發性的物質，導致加速溴的揮發，保存液溴時常加少量水液封
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舉例 判斷正誤 解釋或說明
pH試 紙使用 (1)用濕潤的pH試紙測稀堿液的pH，測定值偏小 濕潤的pH試紙可以稀釋堿液
(2)可用pH試紙測氯水的pH 氯氣可與水反應生成次氯酸，次氯酸具有強氧化性，可漂白試紙
(3)測定未知液的pH時，應該用干燥的pH試紙，否則一定會產生誤差 若測中性溶液的pH，則不產生誤差
(4)直接將pH試紙浸入待測液中 直接將pH試紙浸入待測液中會污染待測液
(5)用廣泛pH試紙測得某溶液的pH為3.5 廣泛pH試紙只能精確到整數
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舉例 判斷正誤 解釋或說明
溶液的 稀釋和 配制 (1)把水沿著器壁慢慢地注入濃硫酸中，并不斷攪動 水的密度比濃硫酸的密度小，若將水倒入濃硫酸中，水會浮在濃硫酸的上面沸騰而造成液滴飛濺
(2)用容量瓶配制溶液，定容時俯視刻度線，所配溶液濃度偏小 定容時俯視容量瓶的刻度線，導致所配溶液的體積偏小，所配溶液的濃度偏大
(3)用容量瓶配制溶液，定容時仰視刻度線，所配溶液濃度偏大 定容時仰視容量瓶的刻度線，導致所配溶液的體積偏大，所配溶液的濃度偏低
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舉例 判斷正誤 解釋或說明
溶液的 稀釋和 配制 (4)將稱得的碳酸鈉小心轉移至250 mL容量瓶中，加入蒸餾水至刻度線 要先在燒杯中溶解，待溶液冷卻到室溫再轉移到容量瓶中
(5)將量好的濃硫酸直接轉移到容量瓶中 濃硫酸要先在燒杯中稀釋，待冷卻到室溫再轉移到容量瓶中
(6)將NaOH在燒杯中溶解后，應立即將溶液轉移至容量瓶中 要冷卻到室溫再轉移到容量瓶中，否則溶液的體積偏小，濃度偏大
(7)容量瓶中含有少量蒸餾水對所配的溶液無影響 定容時還要加蒸餾水，所以容量瓶中含有少量的蒸餾水對所配的溶液無影響
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舉例 判斷正誤 解釋或說明
分離與 提純 (1)振蕩分液漏斗時應關閉其玻璃塞和活塞 使用分液漏斗進行分液操作時，振蕩前應關閉其玻璃塞和活塞，避免液體流出，然后再進行振蕩
(2)測量酒精沸點的實驗中，應使溫度計水銀球位于被加熱的酒精中 測量酒精沸點實際測量的是蒸氣的溫度
(3)萃取過程中，不需要打開分液漏斗的玻璃塞，以防止其漏氣 萃取過程中放出液體時，需要打開玻璃塞，保證與外界連通，確保液體順利流出
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舉例 判斷正誤 解釋或說明
分離與 提純 (4)做蒸餾實驗時，在蒸餾燒瓶中應加入沸石，以防暴沸。如果在沸騰前發現忘記加沸石，應立即停止加熱，冷卻后補加 熱的液體立即加入沸石會引起暴沸，應冷卻后再加入
(5)用分液漏斗、燒杯分離Br2和CCl4的混合物 Br2和CCl4互溶，不能用分液法
(6)用分液法分離乙酸和乙酸乙酯 乙酸與乙酸乙酯互溶，不能用分液的方法分離
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二、化學實驗中“操作—現象—結論”一致性評判
實驗操作及現象 結論 判斷正誤 解釋
(1) 用鉑絲蘸取某溶液進行焰色反應，火焰呈黃色 一定是鈉鹽，該溶液中一定不含有K＋ NaOH焰色反應火焰也是黃色，檢驗鉀元素要透過藍色鈷玻璃，透過藍色鈷玻璃火焰呈紫色說明含有鉀元素，否則不含有
(2) 該氣體是乙烯 未反應的乙醇、生成的乙烯、SO2都能使酸性KMnO4溶液褪色
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實驗操作及現象 結論 判斷正誤 解釋
(3) 向溶液X中滴加NaOH稀溶液，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口，試紙不變藍 NH3極易溶于水，在溶液中加入稀NaOH溶液，生成的氨水濃度小，不加熱時NH3不會揮發出來
(4) 用濕潤的淀粉碘化鉀試紙檢驗氣體Y，試紙變藍 該氣體是Cl2 淀粉碘化鉀試紙檢驗的是具有強氧化性的氣體，Y可能是Cl2，也可能是O3、NO2等氣體
(5) 將某氣體通入品紅溶液中，品紅溶液褪色 該氣體一定是SO2 O3、Cl2，也能使品紅溶液褪色
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實驗操作及現象 結論 判斷正誤 解釋
(6) 向溶液Y中滴加硝酸，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成
(7) 該有機物中含有碳碳雙鍵 碳碳雙鍵和醛基都能使酸性高錳酸鉀褪色，故用KMnO4溶液無法證明分子中含有碳碳雙鍵
(8) 蘸有濃氨水的玻璃棒靠近溶液X，有白煙產生 X一定是濃鹽酸 只要是揮發性的濃酸遇蘸有濃氨水的玻璃棒都能產生白煙，濃鹽酸、濃硝酸都符合
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實驗操作及現象 結論 判斷正誤 解釋
(9) 在淀粉溶液中加入適量稀硫酸微熱，向水解后的溶液中加入新制Cu(OH)2懸濁液并加熱，無磚紅色沉淀 說明淀粉未水解 稀硫酸在淀粉水解中作催化劑，在未中和硫酸的情況下加入的新制Cu(OH)2懸濁液會與硫酸反應生成CuSO4，在加熱時得不到沉淀，應該先加氫氧化鈉中和硫酸后再加新制Cu(OH)2懸濁液
(10) 向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不變色，滴加氯水后溶液顯紅色 該溶液中一定含Fe2＋ Fe2＋的檢驗方法正確
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實驗操作及現象 結論 判斷正誤 解釋
(11) 溴乙烷與NaOH溶液共熱后，滴加AgNO3溶液，未出現淡黃色沉淀 溴乙烷未發生水解 NaOH與AgNO3溶液反應生成的AgOH極不穩定，分解生成棕褐色的氧化銀，干擾溴離子的檢驗
(12) 在硫酸鋇沉淀中加入濃碳酸鈉溶液充分攪拌后，取沉淀(洗凈)放入鹽酸中，有氣泡產生 說明Ksp(BaCO3)×
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實驗操作及現象 結論 判斷正誤 解釋
(13) 用坩堝鉗夾住一小塊用砂紙仔細打磨過的鋁箔在酒精燈上加熱，鋁箔熔化但不滴落 氧化鋁的熔點高于鋁單質 氧化鋁的熔點高，像網兜一樣包裹在Al的外面，鋁箔熔化但不滴落
(14) 將SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液紅色褪去 SO2具有漂白性 二氧化硫是酸性氧化物，能與堿反應生成鹽和水，與漂白性無關
(15) 將SO2氣體通入到Ba(NO3)2溶液中，生成白色沉淀 此沉淀是BaSO3
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實驗操作及現象 結論 判斷正誤 解釋
(16) 向Na2CO3溶液中加入冰醋酸，將產生的氣體直接通入苯酚鈉溶液中，產生白色渾濁 酸性：醋酸>碳酸>苯酚 因醋酸具有揮發性，生成的CO2氣體中混有揮發出的CH3COOH，變渾濁可能是因為CO2，也可能是因為CH3COOH，無法比較碳酸與苯酚的酸性強弱
(17) 將Fe(NO3)2樣品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液變紅 Fe(NO3)2晶體已氧化變質
×
×
實驗操作及現象 結論 判斷正誤 解釋
(18) SO2通入溴水(或碘水或酸性高錳酸鉀溶液)中，溴水褪色 SO2有漂白性 SO2在反應中作還原劑，體現的是還原性而不是漂白性
(19) 向某溶液中加入稀鹽酸，產生的氣體通入澄清石灰水中，石灰水變渾濁 該溶液一定是碳酸鹽溶液 碳酸氫鹽、亞硫酸鹽、亞硫酸氫鹽溶液也有相同現象
(20) 分離乙酸和乙酸乙酯 用分液法 乙酸與乙酸乙酯互溶，不能用分液的方法分離
×
×
×
實驗操作及現象 結論 判斷正誤 解釋
(21) 制備Fe(OH)3膠體：0.1 mol·L－1FeCl3溶液與0.3 mol·L－1NaOH溶液等體積混合 有膠體生成
(22) 向兩份蛋白質溶液中分別滴加飽和NaCl溶液和CuSO4溶液，均有固體析出 蛋白質均發生變性 向蛋白質溶液中加入飽和氯化鈉溶液，發生鹽析
×
×
三、實驗裝置的識讀要點
裝置 裝置的易錯點或注意事項
(1)容量瓶中是否有固體，不能在容量瓶中溶解溶質
(2)玻璃棒要靠在刻度線以下，而不是刻度線以上
(1)是否用玻璃棒引流
(2)漏斗末端是否緊靠燒杯內壁
(3)玻璃棒是否緊靠三層濾紙
裝置 裝置的易錯點或注意事項
(1)分液漏斗末端是否緊靠燒杯內壁
(2)分離的混合物是否符合萃取原理
(3)分液漏斗的上層液體是否從上口倒出，下層液體是否從下口流出
(1)溫度計水銀球的位置是否位于支管口
(2)水流方向是否為自下而上
(3)是否使用碎瓷片
(4)是否使用石棉網
裝置 裝置的易錯點或注意事項
(1)右端導管是伸入液面以下還是接近液面
(2)用的是飽和Na2CO3溶液還是NaOH溶液
(3)配制濃H2SO4、乙醇、乙酸的混合液時，滴加順序是否正確
裝置 裝置的易錯點或注意事項
(1)制備H2、O2、SO2、CO2、NO、NO2、濃氨水與堿石灰反應制備NH3、KMnO4與濃鹽酸反應制備Cl2可選擇A裝置
(2)MnO2與濃鹽酸反應制備Cl2可以選擇B裝置
(1)反應的試管口要略向下傾斜
(2)制備NH3時棉花的作用是防止氨氣對流
(3)用KClO3固體與MnO2加熱制備O2也可以選擇此裝置
裝置 裝置的易錯點或注意事項
(1)通常用于比較酸性強弱，如酸性：亞硫酸>乙酸>碳酸>苯酚
(2)若①中為揮發性酸，通入③之前要把揮發出的①中的氣體除去，如驗證酸性：乙酸>碳酸>苯酚，要在②和③之間加一個盛水的洗氣瓶除去揮發出的乙酸蒸氣
四、制備工藝中常用的分離方法
方法 使用范圍
結晶 固體物質從溶液中析出的過程(蒸發冷卻熱飽和溶液、蒸發濃縮)
過濾 固、液分離
蒸餾 液、液分離
分液 互不相溶的液體間的分離
萃取 用一種溶劑將溶質從另一種溶劑中提取出來
升華 將可直接氣化的固體分離出來
鹽析 加無機鹽使溶質的溶解度降低而析出
模考·預測
1.關于下列儀器的使用表述不正確的是(　　)
答案：B
解析：圖中儀器為干燥器，用于干燥物質，A項正確；圖中儀器為坩堝，不能用于蒸發結晶，B項錯誤；圖中儀器為泥三角，用于在三腳架上支撐坩堝加熱，C項正確；圖中儀器為坩堝鉗，夾取熱器皿前需預熱，D項正確。
2．測定濃硫酸試劑中H2SO4含量的主要操作包括：①量取一定量的濃硫酸，稀釋；②轉移定容得待測液；③移取20.00 mL待測液，用0.100 0 mol·L－1的NaOH溶液滴定。上述操作中，不需要用到的儀器為(　　)
答案：B
解析：該實驗操作中涉及溶液的配制，需要用到容量瓶；移取待測液，用0.100 0 mol·L－1NaOH溶液滴定，需要用到錐形瓶和堿式滴定管，不需要用到分液漏斗，故選B。
3．下列實驗操作或裝置能達到目的的是(　　)
A B C D
混合濃硫 酸和乙醇 配制一定濃度的溶液 收集NO2氣體 證明乙炔可
使溴水褪色
答案：B
解析：本題涉及的考點有硫酸的物理性質、一定物質的量濃度溶液的配制、氣體的收集、乙炔的制備和檢驗。考查化學實驗基本方法和技能、化學實驗探究能力，體現了能依據實驗目的設計探究方案，并運用化學實驗進行實驗探究，即體現了科學探究與創新意識的學科核心素養。
A項，濃硫酸密度較大，與乙醇混合時應向乙醇中慢慢倒入濃硫酸，邊加邊攪拌，故錯誤；B項，用容量瓶配制一定物質的量濃度的溶液，液面接近刻度線1～2 cm時改用膠頭滴管定容，平視液面，直至凹液面最低點與刻度線相切，故正確；C項，NO2氣體密度比空氣大，收集時氣體應“長進短出”，故錯誤；D項，電石中含有含硫元素的雜質，與水反應生成還原性氣體H2S（H2S也能使溴水褪色），干擾乙炔的檢驗，故錯誤。
4.下列實驗裝置能達到實驗目的的是(　　)
A.用圖甲所示裝置制備Fe(OH)2
B．用圖乙所示裝置制取少量Cl2
C．用圖丙所示裝置蒸干NH4Cl飽和溶液制取NH4Cl晶體
D．用圖丁所示裝置分離乙醇和CH3COOC2H5的混合物
答案：A
解析：鐵與硫酸反應生成氫氣，將空氣從試管中趕出，再加入NaOH溶液生成Fe（OH）2，故A正確；用MnO2與濃鹽酸制Cl2，不是1 mol·L－l的稀鹽酸，故B錯誤；NH4Cl固體受熱后會分解，故C錯誤；蒸餾時溫度計的水銀球應位于蒸餾燒瓶的支管口處，故D錯誤。
5．下列實驗操作規范且能達到目的的是(　　)
目的 操作
A 取20.00 mL鹽酸 在50 mL酸式滴定管中裝入鹽酸，調整初始讀數為30.00 mL后，將剩余鹽酸放入錐形瓶
B 清洗碘升華實驗所用試管 先用酒精清洗，再用水清洗
C 測定醋酸鈉溶液pH 用玻璃棒蘸取溶液，點在濕潤的pH試紙上
D 配制濃度為0.010 mol·L－1的KMnO4溶液 稱取KMnO4固體0.158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀釋至刻度
答案：B
解析：A錯：刻度以下部分還有鹽酸，實際放入錐形瓶內的鹽酸體積大于20.00 mL。B對：碘易溶于酒精，所以可用酒精清洗碘，又因為酒精與水互溶，所以再用水清洗可洗凈。C錯：將溶液點在濕潤的pH試紙上相當于稀釋溶液，會造成醋酸鈉溶液pH偏低，應用玻璃棒蘸取溶液點在干燥的pH試紙上。D錯：配制一定物質的量濃度的溶液，應在燒杯中溶解固體，冷卻至室溫后再轉移到容量瓶中定容。
6.下列實驗設計不能達到實驗目的的是(　　)
實驗目的 實驗設計
A 檢驗溶液中FeSO4是否被氧化 取少量待測液，滴加KSCN 溶液，觀察溶液顏色變化
B 凈化實驗室制備的Cl2 氣體依次通過盛有飽和NaCl溶液、濃H2SO4的洗氣瓶
C 測定NaOH溶液的pH 將待測液滴在濕潤的pH試紙上，與標準比色卡對照
D 工業酒精制備無水乙醇 工業酒精中加生石灰，蒸餾
答案：C
解析：向待測液中滴加KSCN溶液，溶液若變成血紅色，說明存在Fe3＋，證明FeSO4被氧化，可以達到實驗目的，A不符合題意；實驗室利用二氧化錳與濃鹽酸反應制備氯氣，所得氣體中含有HCl，故先將所得氣體通入飽和食鹽水中，除去HCl，再經過濃硫酸干燥，可得純凈、干燥的氯氣，可以達到實驗目的，B不符合題意；測定NaOH溶液的pH時，pH試紙不能潤濕，否則會稀釋待測液，使溶液堿性減弱，測得的pH偏小，不能達到實驗目的，C符合題意；工業酒精中含有水，先加入生石灰除去水分，再進行蒸餾，可制備無水乙醇，可以達到實驗目的，D不符合題意。(共82張PPT)
題型6　物質結構與元素周期律應用
真題·考情
題型·練透
模考·預測
真題·考情
全國卷
1.[2023·全國甲卷]W、X、Y、Z為短周期主族元素，原子序數依次增大，最外層電子數之和為19。Y的最外層電子數與其K層電子數相等，WX2是形成酸雨的物質之一。下列說法正確的是(　　)
A．原子半徑：X>W
B．簡單氫化物的沸點：XC．Y與X可形成離子化合物
D．Z的最高價含氧酸是弱酸
答案：C
解析：W、X、Y、Z為短周期主族元素，原子序數依次增大，WX2是形成酸雨的物質之一，根據原子序數的規律，則W為N，X為O，Y的最外層電子數與其K層電子數相等，又因為Y的原子序數大于氧的，則Y電子層為3層，最外層電子數為2，所以Y為Mg，四種元素最外層電子數之和為19，則Z的最外層電子數為6，Z為S，據此解答。
X為O，W為N，同周期從左往右，原子半徑依次減小，所以半徑大小為W＞X，A錯誤；X為O，Z為S，X的簡單氫化物為H2O，含有分子間氫鍵，Z的簡單氫化物為H2S，沒有氫鍵，所以簡單氫化物的沸點為X＞Z，B錯誤；Y為Mg，X為O，它們可形成MgO，為離子化合物，C正確；Z為S，硫的最高價含氧酸為硫酸，是強酸，D錯誤；故選C。
2．[2023·全國乙卷]一種礦物由短周期元素W、X、Y組成，溶于稀鹽酸有無色無味氣體生成。W、X、Y原子序數依次增大。簡單離子X2－與Y2＋具有相同的電子結構。下列敘述正確的是(　　)
A．X的常見化合價有－1、－2
B．原子半徑大小為Y>X>W
C．YX的水合物具有兩性
D．W單質只有4種同素異形體
答案：A
解析：W、X、Y為短周期元素，原子序數依次增大，簡單離子X2－與Y2＋具有相同的電子結構，則它們均為10電子微粒，X為O，Y為Mg。W、X、Y組成的物質能溶于稀鹽酸有無色無味的氣體產生，則W為C，產生的氣體為二氧化碳，據此解答。
X為O，氧的常見價態有－1價和－2價，如H2O2和H2O，A正確；W為C，X為O，Y為Mg，同主族時電子層數越多，原子半徑越大，電子層數相同時，原子序數越小，原子半徑越大，所以原子半徑大小為：Y＞W＞X，B錯誤；Y為Mg，X為O，他們可形成MgO，水合物為Mg(OH)2，Mg(OH)2只能與酸反應生成鹽和水，不能與堿反應，所以YX的水合物沒有兩性，C錯誤；W為C，碳的同素異形體有：金剛石、石墨、石墨烯、富勒烯、碳納米管等，種類不止四種，D錯誤；故選A。
3．[2023·新課標卷]一種可吸附甲醇的材料，其化學式為[C(NH2)3]4 [B(OCH3)4]3Cl，部分晶體結構如下圖所示，其中[C(NH2)3]＋為平面結構。
下列說法正確的是(　　)
A．該晶體中存在N－H…O氫鍵
B．基態原子的第一電離能：CC．基態原子未成對電子數：BD．晶體中B、N和O原子軌道的雜化類型相同
答案：A
解析：由晶體結構圖可知，[C(NH2)3]＋中的－NH2的H與[B(OCH3)4]－中的O形成氫鍵，因此，該晶體中存在N－H…O氫鍵，A說法正確；同一周期元素原子從左到右第一電離能呈遞增趨勢，但是ⅡA、ⅤA元素的原子結構比較穩定，其第一電離能高于同周期的相鄰元素的原子，因此，基態原子的第一電離能從小到大的順序為C< O < N，B說法不正確；B、C、O、N的未成對電子數分別為1、2、2、3，因此，基態原子未成對電子數B4.[2022·全國乙卷]化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于電訊器材、高級玻璃的制造。W、X、Y、Z為短周期元素，原子序數依次增加，且加和為21。YZ2分子的總電子數為奇數，常溫下為氣體。該化合物的熱重曲線如圖所示，在200 ℃以下熱分解時無刺激性氣體逸出。下列敘述正確的是(　　)
A．W、X、Y、Z的單質常溫下均為氣體
B．最高價氧化物的水化物酸性：YC．100～200 ℃階段熱分解失去4個W2Z
D．500 ℃熱分解后生成固體化合物X2Z3
答案：D
解析：根據題干信息“200 ℃以下熱分解時無刺激性氣體逸出”，說明失去的是水，即W為H，Z為O；YZ2分子的總電子數為奇數，說明Y的原子序數為奇數，且YZ2常溫下為氣體，則Y為N；根據W、X、Y、Z原子序數依次增加，且原子序數之和為21，則X為B。A項，硼單質常溫下為固體，錯誤；B項，非金屬性：N>B，故最高價氧化物的水化物酸性：Y（HNO3）>X（H3BO3），錯誤；C項，1 mol NH4B5O8·4H2O的質量為273 g，200 ℃時失重率為19.8%，則質量減少約54 g，則失去了約3 mol H2O，錯誤；D項，500 ℃時，若起始1 mol NH4B5O8·4H2O進行熱分解，則剩余固體質量為273 g×64.1%≈175 g，5 mol B質量為55 g，說明O剩余175 g－55 g＝120 g，n（O）＝7.5 mol，n（B）∶n（O）＝5∶7.5＝2∶3，恰好是B2O3，正確。
5．[2022·全國甲卷]Q、X、Y、Z是原子序數依次增大的短周期主族元素，其最外層電子數之和為19。Q與X、Y、Z位于不同周期，X、Y相鄰，Y原子最外層電子數是Q原子內層電子數的2倍。下列說法正確的是(　　)
A．非金屬性：X>Q
B．單質的熔點：X>Y
C．簡單氫化物的沸點：Z>Q
D．最高價含氧酸的酸性：Z>Y
答案：D
解析：Q、X、Y、Z是原子序數依次增大的短周期主族元素，Y原子最外層電子數是Q原子內層電子數的2倍，則Q為第二周期元素，Y的最外層電子數為4且與Q位于不同周期，故其位于第三周期，則Y為Si；X與Y相鄰，X為Al；根據4種元素原子最外層電子數之和為19，可知Q與Z最外層電子數之和為12，Q、Z可能是O、S，也可能是N、Cl，還可能是F、P。A項，Al的非金屬性弱于第二周期的N、O、F，錯誤；B項，鋁是金屬晶體，熔點比單質硅（共價晶體）低，錯誤；C項，Q的簡單氫化物存在分子間氫鍵，故沸點高，錯誤；D項，Z是原子序數大于Y的同周期元素，非金屬性：Z>Y，最高價含氧酸的酸性：Z>Y，正確。
6．[2021·全國甲卷]W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期主族元素，Z的最外層電子數是W和X的最外層電子數之和，也是Y的最外層電子數的2倍。W和X的單質常溫下均為氣體。下列敘述正確的是(　　)
A．原子半徑：Z>Y>X>W
B．W與X只能形成一種化合物
C．Y的氧化物為堿性氧化物，不與強堿反應
D．W、X和Z可形成既含有離子鍵又含有共價鍵的化合物
答案：D
解析：原子半徑：Al>S>N>H，A項錯誤；H和N可形成NH3和N2H4等化合物，B項錯誤；Al2O3是典型的兩性氧化物，與強酸和強堿均能反應生成鹽和水，C項錯誤；H、N、S三種元素形成的（NH4）2S為離子化合物，既含離子鍵又含共價鍵，D項正確。
7．[2021·全國乙卷]我國嫦娥五號探測器帶回1.731 kg的月球土壤，經分析發現其構成與地球土壤類似。土壤中含有的短周期元素W、X、Y、Z，原子序數依次增大，最外層電子數之和為 15。X、Y、Z為同周期相鄰元素，且均不與W同族。下列結論正確的是(　　)
A．原子半徑大小順序為W>X>Y>Z
B．化合物XW中的化學鍵為離子鍵
C．Y單質的導電性能弱于Z單質的
D．Z的氧化物的水化物的酸性強于碳酸
答案：B
解析：分析可知，W為O、X為Mg、Y為Al、Z為Si。氧原子半徑小于硫原子半徑，而Mg、Al、Si的原子半徑依次減小且均比同周期的硫原子半徑大，因此原子半徑：Mg>Al>Si>O，A項錯誤；Mg元素的金屬性較強而O元素的非金屬性很強，二者之間形成的化學鍵是離子鍵，B項正確；鋁是導體而Si是半導體，故前者導電性強于后者，C項錯誤；硅酸的酸性弱于碳酸，D項錯誤。
省市卷
1.[2023·浙江1月]X、Y、Z、M、Q五種短周期元素，原子序數依次增大。X的2s軌道全充滿，Y的s能級電子數量是p能級的兩倍，M是地殼中含量最多的元素，Q是純堿中的一種元素。下列說法不正確的是(　　)
A．電負性：Z>X
B．最高正價：ZC．Q與M的化合物中可能含有非極性共價鍵
D．最高價氧化物對應水化物的酸性：Z>Y
答案：B
解析：Y的s能級電子數量是p能級的兩倍，則電子排布式為1s22s22p2，則Y為C元素；X的2s軌道全充滿，五種短周期元素的原子序數依次增大，則X為Be或B元素；M是地殼中含量最多的元素，則M為O元素；Z為N元素；Q是純堿中的一種元素，則Q為Na元素。同周期元素從左到右電負性逐漸增大，則電負性N>Be或B，A項正確；N的最高正價為＋5，但O無最高正價，B項錯誤；Na和O形成的Na2O2中O和O之間為非極性共價鍵，C項正確；非金屬性N>C，故酸性：HNO3>H2CO3，D項正確。
2．[2023·湖北卷]W、X、Y、Z為原子序數依次增加的同一短周期元素，其中X、Y、Z相鄰，W的核外電子數與X的價層電子數相等，Z2是氧化性最強的單質，4種元素可形成離子化合物(XY)＋(WZ4)－。下列說法正確的是(　　)
A．分子的極性：WZ3B．第一電離能：XC．氧化性：X2Y3D．鍵能：X2答案：A
解析：Z2是氧化性最強的單質，則Z是F，X、Y、Z相鄰，且X、Y、Z為原子序數依次增加的同一短周期元素，則X為N，Y為O，W的核外電子數與X的價層電子數相等，則W為B，即：W為B，X為N，Y為O，Z是F，以此解題。
由分析可知，W為B，X為N，Z是F，WZ3為BF3，XZ3為NF3，其中前者的價層電子對數為3，空間構型為平面三角形，為非極性分子，后者的價層電子對數為4，有一對孤電子對，空間構型為三角錐形，為極性分子，則分子的極性：WZ33．[2023·遼寧卷]某種鎂鹽具有良好的電化學性能，其陰離子結構如下圖所示。W、X、Y、Z、Q是核電荷數依次增大的短周期元素，W、Y原子序數之和等于Z，Y原子價電子數是Q原子價電子數的2倍。下列說法錯誤的是(　　)
A．W與X的化合物為極性分子
B．第一電離能Z>Y>X
C．Q的氧化物是兩性氧化物
D．該陰離子中含有配位鍵
答案：A
解析：W、X、Y、Z、Q是核電荷數依次增大的短周期元素，W形成1條單鍵且核電荷數最小，W為H，X形成4條鍵，核電荷數大于H，且小于其他三種元素，X為C，Y原子價電子數為Q原子價電子數的2倍，Q為Al，Y形成2條單鍵，核電荷數大于C，Y為O，W、Y原子序數之和等于Z，Z為F。
W與X的化合物不一定為極性分子，如CH4就是非極性分子，A錯誤；同周期元素從左到右第一電離能呈增大趨勢，則第一電離能F>O>C，B正確；Q為Al，Al2O3為兩性氧化物，C正確；該陰離子中L與Q之間形成配位鍵，D正確；故答案選A。
4．[2023·湖南卷]日光燈中用到的某種熒光粉的主要成分為3W3(ZX4)2·WY2。已知：X、Y、Z和W為原子序數依次增大的前20號元素，W為金屬元素。基態X原子s軌道上的電子數和p軌道上的電子數相等，基態X、Y、Z原子的未成對電子數之比為2∶1∶3。下列說法正確的是(　　)
A．電負性：X>Y>Z>W
B．原子半徑：XC．Y和W的單質都能與水反應生成氣體
D．Z元素最高價氧化物對應的水化物具有強氧化性
答案：C
解析：根據基態X原子s軌道上的電子數與p軌道上的電子數相等，可知X的電子排布式為1s22s22p4，為O元素，基態O原子的未成對電子數為2，則基態Y、Z原子的未成對電子數分別為1、3，結合原子序數關系可確定Y為F元素或Na元素，Z為P元素，則該熒光粉的主要成分為3W3(PO4)2·WF2，結合化合物中各元素化合價代數和為0可確定W為＋2價，又其原子序數最大，故W為Ca元素，Y為F元素。元素電負性：F>O>P>Ca，A項錯誤；原子半徑：F5.[2022·湖南卷]科學家合成了一種新的共價化合物(結構如圖所示)，X、Y、Z、W為原子序數依次增大的短周期元素，W的原子序數等于X與Y的原子序數之和。下列說法錯誤的是(　　)
A．原子半徑：X>Y>Z
B．非金屬性：Y>X>W
C．Z的單質具有較強的還原性
D．原子序數為82的元素與W位于同一主族
答案：C
解析：同周期主族元素從左到右原子半徑依次減小，A項正確；同周期元素從左到右非金屬性依次增強，同主族元素從上到下非金屬性依次減弱，故非金屬性O>C>Si，B項正確；F2具有強氧化性，C項錯誤；82號元素的原
子結構示意圖為 ，
位于第6周期第ⅣA族，D項正確。
6.[2022·廣東卷]甲～戊均為短周期元素，在元素周期表中的相對位置如圖所示。戊的最高價氧化物對應的水化物為強酸。下列說法不正確的是(　　)
A．原子半徑：丁＞戊＞乙
B．非金屬性：戊＞丁＞丙
C．甲的氫化物遇氯化氫一定有白煙產生
D．丙的最高價氧化物對應的水化物一定能與強堿反應
答案：C
解析：甲～戊是短周期元素，戊中的最高價氧化物對應水化物為強酸，則可能是硫酸或高氯酸，若是高氯酸，則戊為Cl，甲為N、乙為F、丙為P、丁為S，若是硫酸，則戊為S，甲為C、乙為O、丙為Si、丁為P。
根據層多徑大，同電子層結構核多徑小原則，則原子半徑：丁＞戊＞乙，故A正確；根據同周期從左到右非金屬性逐漸增強，則非金屬性：戊＞丁＞丙，故B正確；甲的氫化物可能為氨氣，可能為甲烷、乙烷等，若是氨氣，則遇氯化氫一定有白煙產生；若是甲烷、乙烷等，則遇氯化氫不反應，沒有白煙生成，故C錯誤；丙的最高價氧化物對應的水化物可能是硅酸、也可能是磷酸，都一定能與強堿反應，故D正確。
考情分析
考向 考點
考情1 元素周期律 原子結構與元素性質的關系
元素性質的周期性變化
相應性質的強弱及大小的比較
考情2 元素周期表 元素周期表結構分析
元素周期表中元素性質的規律性變化分析
元素及其綜合判斷
考情3 化學鍵 化學鍵基礎性判斷
微粒間的作用與物質性質的關系
題型·練透
精準備考·要有方向——研析題型角度
題型角度1　原子結構與化學鍵
例1 元素g中文名為( )，是一種人工合成的稀有氣體元素，下列正確的是(　　)
A．核外電子數是118 B．中子數是294
C．質量數是117 D．第六周期0族元素
答案：A
解析：根據原子的表示方法，左下角數字表示質子數118，對于中性原子，核外電子數等于質子數等于118。
練1　2016年IUPAC命名117號元素為Ts(中文名“ ”，tián)，Ts的原子核外最外層電子數是7。下列說法不正確的是(　　)
A．Ts是第七周期第ⅦA族元素
B．Ts的同位素原子具有相同的電子數
C．Ts在同族元素中非金屬性最弱
D．中子數為176的Ts核素符號是s
答案：D
解析：A對：Ts的原子序數為117，其原子核外最外層電子數是7，則Ts元素處于周期表的第七周期第ⅦA族。B對：Ts元素的同位素原子具有相同的電子數和不同的中子數（或質量數）。C對：Ts元素與F、Cl、Br、I、At元素同處于第ⅦA族，從上到下，原子半徑逐漸增大，則元素的非金屬性逐漸減弱，故Ts在同族元素中非金屬性最弱。D錯：核電荷數為117、中子數為176的Ts核素，其質量數為117＋176＝293，該核素應表示為。
練2　火藥制備是我國古代聞名世界的化學工藝，原理為2KNO3＋S＋3C===K2S＋N2↑＋3CO2↑。下列表示反應中相關微粒的化學用語正確的是(　　)
A．K＋的結構示意圖：
B．K2S的電子式：
C．CO2的結構式：O===C===O
D．16O2與18O3互為同位素
答案：C
題型角度2 元素周期律——原子結構與元素性質遞變
例2 a、b、c、d為短周期元素，a的原子中只有1個電子，b2－和c＋離子的電子層結構相同，d與b同族。下列敘述錯誤的是(　　)
A．a與其他三種元素形成的二元化合物中其化合價均為＋1
B．b與其他三種元素均可形成至少兩種二元化合物
C．c的原子半徑是這些元素中最大的
D．d與a形成的化合物的溶液呈弱酸性
答案：A
解析：由“a的原子中只有1個電子”知，a為氫元素；由“b、c為短周期元素且b2－和c＋的電子層結構相同”知，b為氧元素、c為鈉元素；又由“d為短周期元素且d與b同族”知d為硫元素。A項，氫與氧、硫形成的化合物H2O、H2O2、H2S中氫的化合價均為＋1，氫與鈉形成的化合物NaH中氫的化合價為－1價，錯誤；B項，氧與氫可形成H2O、H2O2，氧與鈉可形成Na2O、Na2O2，氧與硫可形成SO2、SO3，正確；C項，根據同主族、同周期原子半徑遞變規律知，H、O、Na、S的原子半徑大小為Na>S>O>H，正確；D項，硫和氫形成的化合物H2S的溶液，由于H2S的電離H2S H＋＋HS－，使溶液呈弱酸性，正確。
練1　短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，X是地殼中含量最多的元素，Y原子的最外層有2個電子，Z的單質晶體是應用最廣泛的半導體材料，W與X位于同一主族。下列說法正確的是(　　)
A．原子半徑：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)
B．由X、Y組成的化合物是離子化合物
C．Z的最高價氧化物對應水化物的酸性比W的強
D．W的簡單氣態氫化物的熱穩定性比X的強

答案：B
解析：本題涉及的考點有元素周期律和元素周期表的應用、原子半徑大小的比較、元素金屬性與非金屬性的強弱判斷與應用，通過元素推斷的形式考查了學生提取、吸收、整合化學信息的能力，體現了宏觀辨識與微觀探析的學科核心素養。
X是地殼中含量最多的元素，則X為O；Y的原子序數比X大且Y原子的最外層有2個電子，則Y為Mg；Z的單質晶體是應用最廣泛的半導體材料，則Z為Si；W與X位于同一主族，則W為S。A項，同周期主族元素從左到右原子半徑逐漸減小，同主族元素從上到下原子半徑逐漸增大，則原子半徑：r（Mg）>r（Si）>r（S）>r（O），即r（Y）>r（Z）>r（W）>r（X），錯誤；B項，由X、Y組成的化合物是MgO，為離子化合物，正確；C項，Si的最高價氧化物對應水化物是H2SiO3，S的最高價氧化物對應水化物是H2SO4，Si的非金屬性弱于S，故H2SiO3的酸性比H2SO4弱，錯誤；D項，S的非金屬性弱于O，H2S的熱穩定性比H2O弱，錯誤。
練2　a、b、c、d為原子序數依次增大的短周期主族元素，a原子核外電子總數與b原子次外層的電子數相同；c所在周期數與族數相同；d與a同族。下列敘述正確的是(　　)
A．原子半徑：d>c>b>a
B．4種元素中b的金屬性最強
C．c的氧化物的水化物是強堿
D．d單質的氧化性比a單質的氧化性強
答案：B
解析：a原子核外電子總數與b原子次外層的電子數相同，b原子次外層的電子數為2或8，若b原子次外層的電子數為2，則a為He，不是主族元素，不符合題意；則b原子次外層的電子數為8，則b為第三周期元素，a為O；d與a同族，則d為S；c所在周期數與族數相同，則c為Al，b為Na或Mg。A錯：原子半徑：a題型角度3 元素周期表——元素判斷
例3 短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相對位置如表所示，這四種元素原子的最外層電子數之和為21。下列關系正確的是(　　)
A．氫化物沸點：WB．氧化物對應水化物的酸性：Y >W
C．化合物熔點：Y2X3D．簡單離子的半徑：Y答案：D
解析：根據四種短周期元素在周期表中的相對位置和四種元素原子的最外層電子數之和為21可知，W為N元素、X為O元素、Y為Al元素、Z為Cl元素。A錯：NH3分子間有氫鍵，其沸點比HCl高。B錯：Al（OH）3顯兩性，N元素的氧化物對應的水化物HNO3、HNO2均顯酸性。C錯：Al2O3是離子晶體，熔點高，而AlCl3是分子晶體，熔點低。D對：Al3＋和O2－的核外電子排布相同，Al3＋核電荷數大，離子半徑小。
練　已知a、b、c、d四種短周期主族元素，在周期表中相
對位置如圖所示，下列說法正確的是(　　)
A．a、c兩元素的最高正價一定相等
B．d的原子序數不可能是b的原子序數的3倍
C．c的最高價氧化物對應的水化物可溶于d的最高價氧化物對應的水化物
D．若c元素最高價氧化物對應的水化物是強酸，則d元素的單質具有強氧化性
答案：D
解析：若a是氧元素，則c是硫元素，最高正價不相等，故A錯誤；若b是Be元素，則d是Mg元素，d的原子序數是b的原子序數的3倍，故B錯誤；若c的最高價氧化物對應的水化物是氫氧化鋁，則d的最高價氧化物對應的水化物是硅酸，氫氧化鋁難溶于硅酸，故C錯誤；若c元素最高價氧化物對應的水化物是強酸，則c是S，d是氯元素，氯氣具有強氧化性，故D正確。
題型角度4 物質轉化關系中的元素推斷
例4 短周期元素W、X、Y、Z的原子序數依次增加。m、p、r是由這些元素組成的二元化合物，n是元素Z的單質，通常為黃綠色氣體，q的水溶液具有漂白性r溶液的pH為2，s通常是難溶于水的混合物。上述物質的轉化關系如圖所示。下列說法正確的是(　　)
A．原子半徑的大小WB．元素的非金屬性Z>X>Y
C．Y的氫化物常溫常壓下為液態
D．X的最高價氧化物的水化物為強酸
答案：C
解析：n是元素Z的單質，通常為黃綠色氣體，則n為Cl2，Z為Cl元素。Cl2 （n）與二元化合物p在光照條件下反應生成r和s，0.01 mol·L—1r溶液的pH為2，s通常是難溶于水的混合物，則p為CH4，r為HCl，s為CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3和CCl4的混合物。二元化合物m與n反應生成q和r，q的水溶液具有漂白性，其中n為Cl2，r為HCl，從而推知m為H2O，q為HClO。結合四種短周期元素的原子序數關系及形成的二元化合物之間的轉化推知，W、X、Y、Z元素分別為H、C、O、Cl。
A項同周期主族元素的原子半徑，隨原子序數的遞增而逐漸減小，則原子半徑的大小關系為H＜O＜C；B項由ClO2、CCl4可以得出元素的非金屬性：O＞Cl，Cl＞C，則元素的非金屬性強弱關系為O＞Cl＞C；C項Y（O）的氫化物有H2O、H2O2，常溫常壓下均為液態；D項X（C）的最高價氧化物的水化物為H2CO3，是一種二元弱酸。
練1　短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增加。K、L、M均是由這些元素組成的二元化合物，甲、乙分別是元素X、Y的單質，甲是常見的固體，乙是常見的氣體。K是無色氣體，是主要的大氣污染物之一。0.05 mol·L－1丙溶液的pH為1，上述物質的轉化關系如圖所示。下列說法正確的是(　　)
A．丙也可由W、Y組成的某種化合物與K直接反應制得
B．K、L、M中沸點最高的是M
C．原子半徑：WD．元素的非金屬性：Z>Y>X
答案：A
解析：本題的突破口是“0.05 mol·L－1丙溶液的pH為1”，據此推出丙為二元強酸，因為W、X、Y、Z為短周期元素，所以丙為H2SO4，再結合題給條件及轉化關系圖，推出W、X、Y、Z分別為H、C、O、S，K、L、M分別為SO2、H2O、CO2，甲、乙分別為C和O2。SO2與H2O2反應可以得到H2SO4，A項正確；常溫下，SO2、CO2是氣體，H2O是液體，H2O的沸點最高，B項錯誤；同周期主族元素，原子半徑從左到右逐漸減小，故原子半徑：HS>C，D項錯誤。
練2　短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序數依次增大，由這些元素組成的物質之間的轉化關系如圖所示，其中，c、d為單質，a、b、g為二元化合物。b、g分別是10電子分子、18電子分子。下列說法正確的是(　　)

A．簡單離子半徑：Y>Z>X
B．e和f所含化學鍵類型相同
C．0.1 mol·L－1的e和f溶液，后者pH較大
D．含X、R、Z三種元素的化合物只有一種
答案：B
解析：依題意知，g為18電子分子，且在點燃條件下由兩種單質生成，且這兩種單質是在電解條件下產生的，故可推知g應為HCl，c、d分別為H2、Cl2中的一種，且是由電解飽和食鹽水產生的，因b為10電子分子，故a為NaCl，b為H2O，e為NaOH，因d與e能發生反應，故d為Cl2，c為H2，f為NaClO，則R為H，X為O，Y為Na，Z為Cl。A項，半徑大小：r（Cl－）>r（O2－）>r（Na＋），錯誤；B項，NaOH、NaClO都含有離子鍵和共價鍵，正確；C項，相同濃度的氫氧化鈉溶液堿性比次氯酸鈉的強，錯誤；D項，由H、O、Cl組成的化合物有HClO、HClO2、HClO3、HClO4，錯誤。
題型角度5 給予化合物結構信息的有關判斷
例5 一種新型漂白劑結構如圖所示，其中W、Y、Z為不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外層電子數之和等于X的最外層電子數，W、X對應的簡單離子核外電子排布相同。下列說法正確的是(　　)
A．非金屬性：X>W>Y
B．Y的最高價氧化物對應的水化物為三元酸
C．可利用W與X、Y形成的化合物熱還原制備單質Y
D．該漂白劑中僅有X滿足8電子穩定結構
答案：C
解析：由W2＋可知，W最外層有2個電子；Z形成1個鍵，Z是第ⅠA或ⅦA族元素；W、Y、Z的最外層電子數之和等于X的最外層電子數，X形成2個鍵，X是ⅥA族元素；Z與X形成共價鍵，Z是H元素，X是O元素；Y是B元素；W、X對應的簡單離子核外電子排布相同，W是Mg元素。W是鎂，為金屬元素，非金屬性：O>B>Mg，故A錯誤；Y是B元素，B的最高價氧化物對應的水化物為H3BO3，H3BO3中的質子無法全部直接電離出，H3BO3是一元弱酸，故B錯誤；Mg和B2O3加熱生成B和MgO，故C正確；該漂白劑中Mg2＋、O均滿足8電子穩定結構，故D錯誤。
練　化學家合成了一種新化合物(如圖所示)，其中A、B、C、D為原子序數依次增大的短周期主族元素，B與C在同一主族，C與D在同一周期。下列有關說法正確的是(　　)
A．熔點：B的氧化物>C的氧化物
B．工業上由單質B可以制得單質C
C．氧化物對應水化物的酸性：D>B>C
D．A與B形成的化合物中只含有極性鍵
答案：B
解析：從題圖中可以看出，B、C都形成4個共價鍵，由于B與C在同一主族且原子序數C大于B，所以B為碳（C）元素，C為硅（Si）元素；D與C同周期且原子序數大于14，從題圖中可看出D可形成1個共價鍵，所以D為氯（Cl）元素；A的原子序數小于6且能形成1個共價鍵，則其為氫（H）元素。B的氧化物為CO、CO2，固態時均為分子晶體，C的氧化物為SiO2，為原子晶體，所以熔點：B的氧化物精準備考·要有方案——高考必備基礎
一、元素周期表
1．元素周期表的結構
元素周期表的結構 位置與結構的關系
周期 周期序數 元素的種數 (1)周期序數＝原子核外電子層數
(2)對同主族元素
①若為第ⅠA、ⅡA族，則這些主族某一元素的原子序數與上一周期元素的原子序數的差值為上一周期的元素種數；
②若為第ⅢA、ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA族，則這些主族某一元素的原子序數與上一周期元素的原子序數的差值為該周期的元素種數
短周期 第一周期 2 第二周期 8 第三周期 8 長周期 第四周期 18 第五周期 18 第六周期 32 第七周期 32 2.元素分布特點
3．元素的位置關系和原子序數關系的應用
(1)同一周期中相鄰元素的原子序數一般比左邊元素原子序數大1，比右邊元素的原子序數小1。
(2)同主族上下周期元素的原子序數關系的應用。
二、元素性質的規律性變化
性質 規律變化
金屬性與非金 屬性 元素金屬性、非金屬性強弱的本質
原子越易失去電子，金屬性就越強；原子越易得電子，非金屬性就越強；即元素非金屬性和金屬性的強弱，取決于其原子得失電子的難易程度
判斷元素金屬性、非金屬性強弱的事實依據：
(1)置換反應：強的置換弱的，適合金屬也適合非金屬。
(2)與水或酸反應越劇烈，或最高價氧化物對應水化物的堿性越強，則金屬性越強。
(3)與氫氣反應越容易，生成的氣態氫化物的穩定性越強，或最高價氧化物對應水化物的酸性越強，則非金屬性越強
原子或離子半徑比較
三、常見元素的結構與性質特征
元素 結構特征 性質特征
H ①最外層只有一個電子 ②族序數等于周期數 ③無中子 ④半徑最小 ①密度最小的單質
②宇宙含量最多的元素
Li ①周期數是族序數2倍的元素 ②最外層電子數是內層電子數的一半 電極材料
C ①族序數等于周期數2倍的元素 ②最高正價與最低負價代數和為零的短周期元素 ①形成化合物種類最多的元素
②單質是自然界中硬度最大的物質
③元素或氣態氫化物中氫的質量分數最高的元素
N ①空氣中含量最多的元素
②氣態氫化物的水溶液呈堿性的元素
③元素的氣態氫化物和它的最高價氧化物對應的水化物能起化合反應
④某一氫化物可做液態燃料
⑤常見氫化物可做制冷劑
O ①族序數等于周期數3倍的元素 ②最外層電子數是最內層電子數的3倍 ③最外層電子數是電子層數的3倍 ④最高正化合價不等于族序數的元素 ①地殼中含量最多的元素
②氫化物在通常情況下呈液態的元素
③某一單質可殺菌、消毒、漂白
Na ①周期數是族序數3倍的元素 ②原子半徑最大的短周期元素 ③L層電子數為8，與H同主族的元素 ①短周期中金屬性最強的元素
②元素的單質在常溫下能與水反應放出氣體的短周期金屬元素
③兩種最常見氧化物的水化物皆呈堿性的短周期元素
Al 族序數等于周期數的元素 ①最高價氧化物及其對應的水化物既能與強酸反應，又能與強堿反應的元素
②氧化物可做耐火材料
③地殼中含量最多的金屬元素
Si ①最高正價與最低負價代數和為零的短周期元素 ②最外層電子數是次外層電子數的一半 ①單質是重要的半導體材料
②氧化物可用作光導纖維
③最高價非金屬氧化物對應的水化物難溶于水
P 最外層電子數是內層電子數的一半 ①組成骨骼和牙齒的必要元素
②某一單質和其氫化物都能自燃
S ①族序數等于周期數2倍的元素 ②與氧同主族的短周期元素 ③最外層電子數是電子層數的2倍 ①某一氧化物可做漂白劑和防腐劑
②最高價氧化物的水化物是常見的干燥劑
③元素的氫化物和它的最高價氧化物對應的水化物可發生氧化還原反應
Cl 第三周期主族元素原子半徑最小 ①最高價氧化物對應的水化物酸性最強
②單質可用作自來水的殺菌消毒
③與同周期半徑最大的金屬組成的化合物溶液呈中性
[歸納提升]
元素“位—構—性”關系的“六大誤區”
四、物質結構
1．微粒間“四個”數量關系
(1)質子數＝核電荷數＝核外電子數＝原子序數。
(2)質量數＝質子數＋中子數。
(3)質子數＝陽離子的核外電子數＋陽離子所帶正電荷數。
(4)質子數＝陰離子的核外電子數－陰離子所帶負電荷數。
2．10電子微粒和18電子微粒
(1)10電子微粒
若10電子微粒滿足關系：
則一定是
(2)18電子微粒
3．認識幾種含氧酸的結構
硫代硫酸(H2S2O3)
過二硫酸(H2S2O8)
亞磷酸(H3PO3)
次磷酸(H3PO2)
模考·預測
1.有四種短周期主族元素z、e、g、h，其最高價氧化物對應水化物溶液(物質的量濃度均為0.01 mol·L－1)的pH與原子序數的關系如圖所示。下列說法正確的是(　　)
A．g位于第三周期ⅤA族
B．簡單離子半徑大小：e>g>h
C．e2g2中既含有離子鍵又含有非極性共價鍵
D．同濃度簡單氫化物水溶液的pH：h>g>z
答案：C
解析：根據題圖并結合z、e、g、h的最高價氧化物對應水化物的溶液濃度均為0.01 mol·L－1可知，z為N元素，e是Na元素，g為S元素，h為Cl元素。S位于第三周期ⅥA族，A項錯誤；電子層結構相同的離子，核電荷數越大離子半徑越小，離子電子層數越多離子半徑越大，則離子半徑：
S2－>Cl－>Na＋，B項錯誤；Na2S2的電子式為 ，其既含有離子鍵又含有非極性共價鍵，C項正確；NH3的水溶液顯堿性，其pH最大，D項錯誤。
2．根據元素周期表和元素周期律，判斷下列敘述不正確的是(　　)
A．氣態氫化物的穩定性：H2O>NH3>SiH4
B．氫元素與其他元素可形成共價化合物或離子化合物
C.下圖所示實驗可證明元素的非金屬性：Cl>C>Si
D．用中文“ ”(ào)命名的第118號元素在周期表中位于第七周期0族
答案：C
解析：A對：元素的非金屬性越強，其對應的氣態氫化物的穩定性越強。B對：氫元素可與O、S等形成共價化合物，又可與Na、Ca等形成離子化合物。C錯：該實驗只能證明酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO3，與元素非金屬性無關。D對：根據元素周期表可知，118號元素位于第七周期0族。
3．短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相對位置如圖所示。下列說法不正確的是(　　)
A．離子半徑的大小順序為)
B．若存在簡單陰離子R2－，則R不一定與Y、W同主族
C．元素X的氫化物與Q的氫化物化合的產物中既含共價鍵又含離子鍵
D．X、Z、W、Q四種元素的最高價氧化物對應的水化物均能與強堿反應
答案：B
解析：根據元素在周期表中的位置可知該五種元素分別為N、O、Al、S、Cl，離子半徑大小順序為r（S2－）>r（Cl－）>r（O2－）>r（Al3＋），A項正確；若存在簡單陰離子R2－，則該元素的最外層一定有6個電子，屬于周期表中第ⅥA族元素，必定與O、S同主族，B項錯誤；NH3與HCl反應生成的NH4Cl中既含有離子鍵又含有共價鍵，C項正確；HNO3、Al（OH）3、H2SO4、HClO4都能與強堿反應生成相應的鹽，D項正確。
4．R、X、Y、Z是原子序數依次增大的短周期元素，a、b、c、d分別是這4種元素的單質。已知：Y是地殼中含量最高的金屬元素。向甲的溶液中通入丙氣體，產生白色沉淀，它們之間的轉化關系如圖所示。
下列說法正確的是(　　)
A．元素對應的簡單離子的半徑：Y>Z>X
B．元素非金屬性：Z>R>X
C．Y的最高價氧化物的水化物是強堿
D．元素最高化合價：Z>X>Y>R
答案：D
解析：Y是地殼中含量最高的金屬元素，則Y是鋁元素，c是金屬Al，甲是含鋁化合物。向甲的溶液中通入丙氣體，產生白色沉淀，白色沉淀是氫氧化鋁。丙氣體溶于水溶液呈堿性，則丙為氨氣。兩種氣體相遇產生白煙的有氨氣與氯化氫、氨氣與硝酸蒸氣等。結合R、X、Y、Z是短周期元素及框圖信息可知，丁為氯化銨，乙為氯化氫。則R為H，X為N，Y為Al，Z為Cl。A項，電子層數不同時，離子的電子層數越多，離子半徑越大；電子層數相同時，核電荷數越大，半徑越小，所以，離子半徑r（Cl－）>r（N3－）>r（Al3＋），錯誤。B項，NH3、N2H4中N為負化合價，H為正化合價，說明N吸引電子的能力比H的強，即N的非金屬性比H的強，錯誤。C項，氫氧化鋁是兩性氫氧化物，錯誤。D項，Cl、N、Al、H的最高化合價分別為＋7、＋5、＋3、＋1，正確。
5．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，X的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，W的核外電子數與X、Z的最外層電子數之和相等，Y的原子序數是Z的最外層電子數的2倍，由W、X、Y三種元素形成的化合物M的結構如圖所示。下列敘述正確的是(　　)
A．元素非金屬性強弱的順序為W>Y>Z
B．Y單質的熔點高于X單質
C．W分別與X、Y、Z形成的二元化合物均只有一種
D.化合物M中W不都滿足8電子穩定結構
答案：B
解析：本題考查原子結構與元素周期律的應用；側重考查學生的邏輯推理能力和分析問題能力。X的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，為Na；根據M的結構簡式可知，W可以與Y形成2個共價鍵，W的最外層含有6個電子，其原子序數小于11，則W為O；W的核外電子數與X、Z的最外層電子數之和相等，Z的最外層電子數為8－1＝7，Z的原子序數大于11，則Z為Cl；Y的原子序數是Z的最外層電子數的2倍，Y的原子序數為14，則Y為Si。同一周期主族元素從左向右非金屬性逐漸增強，所以非金屬性：Cl>Si，故A錯誤；金屬Na的熔點較低，而Si形成的晶體具有較高熔點，所以單質熔點：Y>X，故B正確；O與Na可以形成氧化鈉和過氧化鈉，與Cl元素形成Cl2O、ClO2、Cl2O7等多種化合物，故C錯誤；該化合物M中O均滿足8電子穩定結構，故D錯誤。
6.科學家利用原子序數依次遞增的W、X、Y、Z四種短周期元素，“組合”成一種具有高效催化性能的超分子，其分子結構示意圖如圖所示(短線代表共價鍵)。其中W、X、Z分別位于不同周期，Z是同周期中金屬性最強的元素。下列說法正確的是(　　)
A．簡單離子半徑：Z＞Y＞W
B．Y與W、X、Z均能形成至少兩種化合物
C．氫化物的沸點：Y＞X
D．1 mol ZW與水發生反應生成1 mol W2，轉
移電子2 mol
答案：B(共72張PPT)
題型7　電化學原理應用——化學電源與電解技術
真題·考情
題型·練透
模考·預測
真題·考情
全國卷
1.[2023·全國甲卷]用可再生能源電還原CO2時，采用高濃度的K＋抑制酸性電解液中的析氫反應可提高多碳產物(乙烯、乙醇等)的生成率，裝置如下圖所示。
下列說法正確的是(　　)
A．析氫反應發生在IrOx Ti電極上
B．Cl－從Cu電極遷移到IrOx Ti電極
C．陰極發生的反應有：2CO2＋12H＋＋12e－===C2H4＋4H2O
D．每轉移1 mol電子，陽極生成11.2 L氣體(標準狀況)
答案：C
解析：由圖可知，該裝置為電解池，與直流電源正極相連的IrOx -Ti電極為電解池的陽極，水在陽極失去電子發生氧化反應生成氧氣和氫離子，電極反應式為2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，A錯誤；銅電極為陰極，酸性條件下二氧化碳在陰極得到電子發生還原反應生成乙烯、乙醇等，電極反應式為2CO2＋12H＋＋12e－===C2H4＋4H2O、2CO2＋12H＋＋12e－===C2H5OH＋3H2O，C正確；電解池工作時，氫離子通過質子交換膜由陽極室進入陰極室，B錯誤；水在陽極失去電子發生氧化反應生成氧氣和氫離子，電極反應式為2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，每轉移1 mol電子，生成0.25 mol O2，在標況下體積為5.6 L，故D錯誤；答案選C。
2．[2023·全國乙卷]室溫鈉 硫電池被認為是一種成本低、比能量高的能源存儲系統。一種室溫鈉 硫電池的結構如圖所示。將鈉箔置于聚苯并咪唑膜上作為一個電極，表面噴涂有硫黃粉末的炭化纖維素紙作為另一電極。工作時，在硫電極發生反應：S8＋e－―→，＋e－―→，2Na＋＋＋2(1－)e－―→Na2Sx
下列敘述錯誤的是(　　)
A．充電時Na＋從鈉電極向硫電極遷移
B．放電時外電路電子流動的方向是a→b
C.放電時正極反應為：2Na＋＋S8＋2e－―→Na2Sx
D．炭化纖維素紙的作用是增強硫電極導電性能
答案：A
解析：由題意可知放電時硫電極得電子，硫電極為原電池正極，鈉電極為原電池負極。
充電時為電解池裝置，陽離子移向陰極，即鈉電極，故充電時，Na＋由硫電極遷移至鈉電極，A錯誤；放電時Na在a電極失去電子，失去的電子經外電路流向b電極，硫黃粉在b電極上得電子與a電極釋放出的Na＋結合得到Na2Sx，電子在外電路的流向為a→b，B正確；將題給的一系列方程式依次標號為①②③，由×①＋×②＋③可以得到放電時正極的反應式為2Na＋＋S8＋2e－―→Na2Sx，C正確；炭化纖維素紙中含有大量的炭，炭具有良好的導電性，可以增強硫電極的導電性能，D正確；故答案選A。
3．[2023·新課標卷]一種以V2O5和Zn為電極、Zn(CF3SO3)2水溶液為電解質的電池，其示意圖如下所示。放電時，Zn2＋可插入V2O5層間形成ZnxV2O5·nH2O。下列說法錯誤的是(　　)
A．放電時V2O5為正極
B．放電時Zn2＋由負極向正極遷移
C．充電總反應：xZn＋V2O5＋nH2O===ZnxV2O5·nH2O
D．充電陽極反應：ZnxV2O5·nH2O－2xe－===xZn2＋＋V2O5＋nH2O
答案：C
解析：由題給信息可知，放電時，Zn2＋可插入V2O5層間形成ZnxV2O5·nH2O，V2O5發生了還原反應，則放電時V2O5為正極，A說法正確；放電時Zn為負極，Zn失去電子變為Zn2＋，陽離子向正極遷移，則放電時Zn2＋由負極向正極遷移，B說法正確；電池在放電時的總反應為xZn＋V2O5＋nH2O===ZnxV2O5·nH2O，則其在充電時的總反應為ZnxV2O5·nH2O===xZn＋V2O5＋nH2O，C說法不正確；充電陽極上ZnxV2O5·nH2O被氧化為V2O5，則陽極的電極反應為ZnxV2O5·nH2O－2xe－===xZn2＋＋V2O5＋nH2O，D說法正確；故選C。
4.[2022·全國乙卷]Li-O2電池比能量高，在汽車、航天等領域具有良好應用前景。近年來，科學家研究了一種光照充電Li-O2電池(如圖所示)。光照時，光催化電極產生電子(e－)和空穴(h＋)，驅動陰極反應(Li＋＋e－===Li)和陽極反應(Li2O2＋2h＋===2Li＋＋O2)對電池進行充電。
下列敘述錯誤的是 (　　)
A．充電時，電池的總反應Li2O2===2Li＋O2
B．充電效率與光照產生的電子和空穴量有關
C．放電時，Li＋從正極穿過離子交換膜向負極遷移
D．放電時，正極發生反應O2＋2Li＋＋2e－===Li2O2
答案：C
解析：根據題給電池裝置圖并結合陰、陽極電極反應可知，充電時，電池的總反應為Li2O2===2Li＋O2，A項正確；由題干中光照時陰、陽極反應可知，充電效率與光照產生的電子和空穴量有關，B項正確；放電時題給裝置為原電池，陽離子（Li＋）向正極遷移，C項錯誤；根據題給裝置圖可知，放電時正極上O2得電子并與Li＋結合生成Li2O2，即O2＋2Li＋＋2e－===Li2O2，D項正確。
5．[2022·全國甲卷]一種水性電解液Zn-MnO2離子選擇雙隔膜電池如圖所示[KOH溶液中，Zn2＋以存在]。電池放電時，下列敘述錯誤的是(　　)
A．Ⅱ區的K＋通過隔膜向Ⅲ區遷移
B．Ⅰ區的通過隔膜向Ⅱ區遷移
C．MnO2電極反應：MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2O
D．電池總反應：＋Mn2＋＋2H2O
答案：A
解析：根據題圖可知Zn為負極，電極反應為Zn－2e－＋4OH－===Zn，MnO2為正極，電極反應為MnO2＋2e－＋4H＋===Mn2＋＋2H2O。A項，根據負極反應可知，Ⅲ區中負電荷減少，為了平衡溶液中電荷，放電時Ⅲ區的鉀離子向Ⅱ區遷移，錯誤；B項，根據正極反應可知，Ⅰ區中正電荷減少，為了平衡溶液中電荷，硫酸根離子從Ⅰ區遷移至Ⅱ區，正確；D項，將正、負極電極反應相加即可得到電池總反應，正確。
6．[2021·全國甲卷]乙醛酸是一種重要的化工中間體，可采用如圖所示的電化學裝置合成。圖中的雙極膜中間層中的H2O解離為H＋和OH－，并在直流電場作用下分別向兩極遷移。
下列說法正確的是(　　)
A．KBr在上述電化學合成過程中只起電解質的作用
B．陽極上的反應式為：
C．制得2 mol乙醛酸，理論上外電路中遷移了1 mol電子
D．雙極膜中間層中的H＋在外電場作用下向鉛電極方向遷移
答案：D
解析：根據圖示，石墨電極一側發生反應2Br－－2e－===Br2、OHC—CHO＋Br2＋H2O―→HOOC—CHO＋2HBr，總反應為OHC—CHO－2e－＋H2O===HOOC—CHO＋2H＋，因此石墨電極為陽極，KBr不只是起到電解質的作用，A項錯誤，B項錯誤；根據陽極總反應OHC—CHO－2e－＋H2O===HOOC—CHO＋2H＋、陰極反應HOOC—COOH＋2e－＋2H＋===HOOC—CHO＋H2O，可得總反應式為OHC—CHO＋HOOC—COOH===2HOOC—CHO，故制得2 mol乙醛酸，理論上外電路中遷移了2 mol電子，C項錯誤；根據陰極（鉛電極）反應，雙極膜中間層中的H＋在外電場作用下向陰極（鉛電極）遷移，D項正確。
省市卷
1.[2023·浙江1月]在熔融鹽體系中，通過電解TiO2和SiO2獲得電池材料(TiSi)，電解裝置如圖，下列說法正確的是(　　)
A．石墨電極為陰極，發生氧化反應
B．電極A的電極反應：8H＋＋TiO2＋
SiO2＋8e－===TiSi＋4H2O
C．該體系中，石墨優先于Cl－參與反應
D．電解時，陽離子向石墨電極移動
答案：C
解析：根據各電極上的物質變化，判斷反應類型，確定電極類型。
石墨電極為陽極，A項錯誤；該電解池的電解質為熔融鹽，不存在H＋，B項錯誤；根據陽極上生成CO知，石墨優先于Cl－參與反應，C項正確；石墨電極為陽極，陰離子O2－向石墨電極移動，D項錯誤。
2．[2023·湖北卷]我國科學家設計如圖所示的電解池，實現了海水直接制備氫氣技術的綠色化。該裝置工作時陽極無Cl2生成且KOH溶液的濃度不變，電解生成氫氣的速率為x mol·h－1。下列說法錯誤的是(　　)
A．b電極反應式為2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
B．離子交換膜為陰離子交換膜
C．電解時海水中動能高的水分子可穿過PTFE膜
D．海水為電解池補水的速率為2x mol·h－1
答案：D
解析：由圖可知，該裝置為電解水制取氫氣的裝置，a電極與電源正極相連，為電解池的陽極，b電極與電源負極相連，為電解池的陰極，陰極反應為2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，陽極反應為4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，電池總反應為2H2O2H2↑＋O2↑，據此解答。
b電極為陰極，發生還原反應，電極反應為2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，故A正確；該裝置工作時陽極無Cl2生成且KOH濃度不變，陽極發生的電極反應為4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，為保持OH－離子濃度不變，則陰極產生的OH－離子要通過離子交換膜進入陽極室，即離子交換膜應為陰離子交換摸，故B正確；電解時電解槽中不斷有水被消耗，海水中的動能高的水可穿過PTFE膜，為電解池補水，故C正確；由電解總反應可知，每生成1 mol H2要消耗1 mol H2O，生成H2的速率為x mol·h－1，則補水的速率也應是x mol·h－1，故D錯誤；答案選D。
3．[2023·遼寧卷]某低成本儲能電池原理如下圖所示。下列說法正確的是(　　)
A．放電時負極質量減小
B．儲能過程中電能轉變為化學能
C．放電時右側H＋通過質子交換膜移向左側
D．充電總反應：Pb＋＋2Fe3＋===PbSO4＋2Fe2＋
答案：B
解析：該儲能電池放電時，Pb為負極，失電子結合硫酸根離子生成PbSO4，則多孔碳電極為正極，正極上Fe3＋得電子轉化為Fe2＋，充電時，多孔碳電極為陽極，Fe2＋失電子生成Fe3＋，PbSO4電極為陰極，PbSO4得電子生成Pb和硫酸。
放電時負極上Pb失電子結合硫酸根離子生成PbSO4附著在負極上，負極質量增大，A錯誤；儲能過程中，該裝置為電解池，將電能轉化為化學能，B正確；放電時，右側為正極，電解質溶液中的陽離子向正極移動，左側的H＋通過質子交換膜移向右側，C錯誤；充電時，總反應為PbSO4＋2Fe2＋===Pb＋＋2Fe3＋，D錯誤；故答案選B。
4．[2023·遼寧卷]某無隔膜流動海水電解法制H2的裝置如下圖所示，其中高選擇性催化劑PRT可抑制O2產生。下列說法正確的是(　　)
A．b端電勢高于a端電勢
B．理論上轉移2 mol e－生成4 g H2
C．電解后海水pH下降
D．陽極發生：Cl－＋H2O－2e－===HClO＋H＋
答案：D
解析：由圖可知，左側電極產生氧氣，則左側電極為陽極，a為電源正極，右側電極為陰極，b為電源負極，該裝置的總反應產生氧氣和氫氣，相當于電解水，以此解題。
由分析可知，a為正極，b為負極，則a端電勢高于b端電勢，A錯誤；右側電極上產生氫氣的電極方程式為：2H＋＋2e－===H2↑，則理論上轉移2 mol e－生成2 g H2，B錯誤；由圖可知，該裝置的總反應為電解海水，隨著電解的進行，海水的濃度增大，但是其pH基本不變，C錯誤；由圖可知，陽極上的電極反應為：Cl－＋H2O－2e－===HClO＋H＋，D正確；故選D。
5.[2022·湖南卷]海水電池在海洋能源領域備受關注，一種鋰—海水電池構造示意圖如下，下列說法錯誤的是(　　)
A.海水起電解質溶液作用
B．N極僅發生的電極反應：2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑
C．玻璃陶瓷具有傳導離子和防水的功能
D．該鋰—海水電池屬于一次電池
答案：B
解析：海水中含有大量的電解質，故A項正確；Li是活潑金屬，作負極，則N極是正極，正極上海水中溶解的O2、CO2等均能放電，B項錯誤；由于Li易與水反應，故玻璃陶瓷應具有良好的防水功能，同時為形成閉合的回路，也應具有傳導離子的功能，C項正確；該電池屬于一次電池，D項正確。
6．[2022·廣東卷]科學家基于Cl2易溶于CCl4的性質，發展了一種無需離子交換膜的新型氯流電池，可作儲能設備(如圖)。充電時電極a的反應為： NaTi2(PO4)3＋2Na＋＋2e－===Na3Ti2(PO4)3。下列說法正確的是(　　)
A．充電時電極b是陰極
B．放電時NaCl溶液的pH減小
C．放電時NaCl溶液的濃度增大
D．每生成1 mol Cl2，電極a質量理論
上增加23 g
答案：C
解析：由充電時電極a的反應可知，充電時電極a發生還原反應，所以電極a是陰極，則電極b是陽極，故A錯誤；放電時電極反應和充電時相反，則由放電時電極a的反應為Na3Ti2（PO4）3－2e－===NaTi2（PO4）3＋2Na＋可知，NaCl溶液的pH不變，故B錯誤；放電時負極反應為Na3Ti2（PO4）3－2e－===NaTi2（PO4）3＋2Na＋，正極反應為Cl2＋2e－===2Cl－，反應后Na＋和Cl－濃度都增大，則放電時NaCl溶液的濃度增大，故C正確；充電時陽極反應為2Cl－－2e－===Cl2↑，陰極反應為NaTi2（PO4）3＋2Na＋＋2e－===Na3Ti2（PO4）3，由得失電子守恒可知，每生成1 mol Cl2，電極a質量理論上增加23 g·mol－1×2 mol＝46 g，故D錯誤。
考情分析
考向 考點
考情1 新型化 學電源 正、負極判斷
離子移動方向
電極反應式、原電池總方程式的正誤判斷
電極及電解液轉移電子計算
考情2 電解原理 與技術 陰、陽極的判斷
離子交換膜的作用
溶液酸堿性的改變及副反應分析
電極方程式的正誤判斷
考情3 金屬的腐 蝕與防護 電化學腐蝕的原因分析
金屬的防護技術
題型·練透
精準備考·要有方向——研析題型角度
題型角度1 新型化學電源分析
例1 2019年諾貝爾化學獎頒給了三位為鋰離子電池發展作出重要貢獻的科學家。磷酸鐵鋰鋰離子電池充電時陽極反應式為xLiFePO4－xe－===xLi＋＋xFePO4，放電工作示意圖如圖。下列敘述不正確的是(　　)
A．放電時，Li＋通過隔膜移向正極
B．放電時，電子由鋁箔沿導線流向銅箔
C．放電時正極反應為：xFePO4＋xLi＋＋xe－===
xLiFePO4
D．磷酸鐵鋰鋰離子電池充放電過程通過Li＋遷移
實現，C、Fe、P元素化合價均不發生變化
答案：D
解析：放電時，Li＋通過隔膜移向正極，故A正確；放電時，電子由負極即鋁箔沿導線流向正極即銅箔，故B正確；放電正極得電子，發生還原反應為：xFePO4＋xLi＋＋xe－===xLiFeO4，故C正確；磷酸鐵鋰鋰離子電池充放電過程通過Li＋遷移實現，Fe元素化合價發生變化，故D錯誤；綜上所述，答案為D。
練1　鋰—銅空氣燃料電池容量高、成本低，具有廣闊的發展前景。該電池通過一種復雜的銅腐蝕“現象”產生電能，其中放電過程為2Li＋Cu2O＋H2O===2Cu＋2Li＋＋2OH－，下列說法錯誤的是(　　)
A．放電時，Li＋透過固體電解質向Cu極移動
B．放電時，正極的電極反應式為O2＋2H2O＋
4e－===4OH－
C．通空氣時，銅被腐蝕，表面產生Cu2O
D．整個反應過程中，氧化劑為O2
答案：B
解析：因為原電池放電時，陽離子移向正極，所以Li＋透過固體電解質向Cu極移動，A正確；由總反應方程式可知Cu2O中Cu元素化合價降低，被還原，正極反應式應為Cu2O＋H2O＋2e－===2Cu＋2OH－，B錯誤；放電過程為2Li＋Cu2O＋H2O===2Cu＋2Li＋＋2OH－，可知通空氣時，銅被腐蝕，表面產生Cu2O，C正確；由C項分析知，Cu先與O2反應生成Cu2O，放電時Cu2O重新生成Cu，則整個反應過程中，Cu相當于催化劑，O2為氧化劑，D正確。
練2　為提升電池循環效率和穩定性，科學家近期利用三維多孔海綿狀Zn(3D-Zn)可以高效沉積ZnO的特點，設計了采用強堿性電解質的3D-Zn—NiOOH二次電池，結構如圖所示。電池反應為Zn(s)＋
2NiOOH(s)＋H2O(l) ZnO(s)＋2Ni(OH)2(s)。
下列說法錯誤的是(　　)
A．三維多孔海綿狀Zn具有較高的表面積，所沉積的ZnO分散度高
B．充電時陽極反應為Ni(OH)2(s)＋OH－(aq)－e－===NiOOH(s)＋H2O(l)
C．放電時負極反應為Zn(s)＋2OH－(aq)－2e－===ZnO(s)＋H2O(l)
D．放電過程中OH－通過隔膜從負極區移向正極區
答案：D
解析：本題涉及二次電池知識，以新型三維多孔海綿狀Zn的信息為切入點，考查了學生接受、吸收、整合化學信息的能力，運用電化學原理解決實際問題，體現了變化觀念與平衡思想的學科核心素養。
A項，依題干信息可知正確；B項，充電時陽極發生氧化反應，正確；C項，放電時Zn作負極失去電子，發生氧化反應，正確；D項，放電時，OH－由正極區向負極區遷移，錯誤。
題型角度2 電解原理與工業技術
例2 最近我國科學家設計了一種CO2＋H2S協同轉化裝置，實現對天然氣中CO2和H2S的高效去除。示意圖如下圖所示，其中電極分別為ZnO@石墨烯(石墨烯包裹的ZnO)和石墨烯，石墨烯電極區發生反應為：
①EDTA-Fe2＋－e－===EDTA-Fe3＋
②2EDTA-Fe3＋＋H2S===2H＋＋S＋2EDTA-Fe2＋
該裝置工作時，下列敘述錯誤的是(　　)
A．陰極的電極反應：CO2＋2H＋＋2e－===CO＋H2O
B．協同轉化總反應：CO2＋H2S===CO＋H2O＋S
C．石墨烯上的電勢比ZnO@石墨烯上的低
D．若采用Fe3＋/Fe2＋取代EDTA-Fe3＋/EDTA-Fe2＋，溶液需為酸性
答案：C
解析：陰極發生還原反應，氫離子由交換膜右側向左側遷移，陰極的電極反應式為CO2＋2e－＋2H＋===CO＋H2O，A項正確；結合陽極區發生的反應，可知協同轉化總反應為CO2＋H2S===S＋CO＋H2O，B項正確；石墨烯作陽極，其電勢高于ZnO@石墨烯的，C項錯誤；Fe3＋、Fe2＋在堿性或中性介質中會生成沉淀，它們只穩定存在于酸性較強的介質中，D項正確。
練1　用如圖所示裝置除去含CN－、Cl－廢水中的CN－時，控制溶液pH為9～10，CN－與陽極產生的ClO－反應生成無污染的氣體，下列說法不正確的是(　　)
A．用石墨作陽極，鐵作陰極
B．陽極的電極反應式為Cl－＋2OH－－2e－===ClO－＋H2O
C．陰極的電極反應式為2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
D．除去CN－的反應：2CN－＋5ClO－＋2H＋===N2↑＋2CO2↑＋5Cl－＋H2O
答案：D
解析：陽極產生ClO－，發生的反應為Cl－＋2OH－－2e－===ClO－＋H2O，該電解質溶液呈堿性，電解時，用不活潑金屬或導電非金屬作負極，可以用較不活潑金屬作正極，A、B兩項正確；陰極是水得電子產生H2和OH－，C項正確；溶液的pH為9～10，顯堿性，因而除去CN－的反應為2CN－＋5ClO－＋2OH－===N2↑＋2C＋5Cl－＋H2O，D項錯誤。
練2　碳酸二甲酯(DMC)結構簡式為(CH3O)2CO，化學性質非常活潑，極易水解。用電解法制備碳酸二甲酯的模擬裝置如圖所示。下列說法正確的是(　　)
A.圖中左側電極為陰極，右側電極為陽極
B．陽極反應：CO－2e－＋2CH3OH===(CH3O)2CO＋2H＋
C．質子通過交換膜從陰極區移向陽極區
D．離子液體必須是水溶液，目的是傳遞電荷
答案：B
解析：根據圖知，通入氧氣的電極上氧氣得電子生成水，則通入氧氣的電極是陰極，通入甲醇和CO的電極是陽極，則圖中左側電極為陽極，右側電極為陰極，A錯誤；B正確；質子（H＋）在陽極區生成，通過交換膜從陽極區移向陰極區，C錯誤；依據題干信息“碳酸二甲酯（DMC）極易水解”知：離子液體必須是非水體系，D錯誤。
題型角度3 金屬腐蝕與防護技術
例3 深埋在潮濕土壤中的鐵管道，在硫酸鹽還原菌作用下，能被硫酸根腐蝕，其電化學腐蝕原理如下圖所示，下列與此原理有關的說法錯誤的是(　　)
A．正極反應：＋5H2O＋8e－===HS－＋9OH－
B．輸送暖氣的管道不易發生此類腐蝕
C．這種情況下，Fe腐蝕的最終產物為Fe2O3·xH2O
D．管道上刷富鋅油漆可以延緩管道的腐蝕
答案：C
解析：原電池的正極發生還原反應，由圖示可知發生的電極反應為S＋5H2O＋8e－===HS－＋9OH－，A正確；硫酸鹽還原菌是蛋白質，在高溫下易變性，失去催化作用，則輸送暖氣的管道不易發生此類腐蝕，B正確；由圖示可知，Fe腐蝕的最終產物為FeO，C錯誤；管道上刷富鋅油漆，形成Zn-Fe原電池，Fe為正極，可以延緩管道的腐蝕，D正確。
練　支撐海港碼頭基礎的防腐技術，常用外加電流的陰極保護法進行防腐，工作原理如圖所示，其中高硅鑄鐵為惰性輔助陽極。下列有關表述不正確的是(　　)
A．通入保護電流使鋼管樁表面腐蝕電流接近于零
B．通電后外電路電子被強制從高硅鑄鐵流向鋼管樁
C．高硅鑄鐵的作用是作為損耗陽極材料和傳遞電流
D．通入的保護電流應該根據環境條件變化進行調整
答案：C
解析：A對：外加強大的電流可以抑制金屬電化學腐蝕產生的電流。B對：被保護的鋼管樁作陰極，高硅鑄鐵作陽極，電解池中外電路電子由陽極流向陰極，即從高硅鑄鐵流向鋼管樁。C錯：高硅鑄鐵為惰性輔助陽極，其主要作用是傳遞電流，而不是作為損耗陽極。D對：保護電流要抑制金屬電化學腐蝕產生的電流，應根據環境條件變化進行調整。
精準備考·要有方案——高考必備基礎
一、電化學“兩池”原理
1．構建原電池模型，分析原電池工作原理
構建如圖Zn-Cu-H2SO4原電池模型，通過類比模型，結合氧化還原反應知識(如：化合價的變化、得失電子情況等)，能迅速判斷原電池的正、負極，弄清楚外電路中電子的移動情況和內電路中離子的移動情況，準確書寫電極反應式和電池總反應式，掌握原電池的工作原理。
3．“兩池”中“兩極”的判斷
判斷依據 電極材料 電極反應 電子流向 離子移向 電極現象
原電池 負極 活潑金屬 氧化反應 流出 陰離子 移向 電極質量減小
正極 不活潑 金屬或非金屬 還原反應 流入 陽離子 移向 電極增
重或質
量不變
電解池 陽極 與電源正 極相連 氧化反應 流出 陰離子 移向 電極溶解
或pH減小
陰極 與電源負 極相連 還原反應 流入 陽離子 移向 電極增重
或pH增大
二、“交換膜”技術在兩池中的應用
種類 允許通過的離子及移動方向 說明
陽離子交換膜 陽離子→移向電解池的陰極或原電池的正極 陰離子和氣體不能通過
陰離子交換膜 陰離子→移向電解池的陽極或原電池的負極 陽離子和氣體不能通過
質子交換膜 質子→移向電解池的陰極或原電池的正極 只允許H＋通過
如：三室式電滲析法處理含Na2SO4廢水的原理如下圖所示，采用惰性電極，ab、cd均為離子交換膜，在直流電場的作用下，兩膜中間的Na＋和可通過離子交換膜，而兩端隔室中離子被阻擋不能進入中間隔室。判斷ab、cd是什么交換膜；判斷離子的遷移方向；書寫電極反應式；判斷電極產物。
[模型解題]
①弄清是原電池還是電解池，判斷電極
有外接電源→電解池；n→陽極，m→陰極
②根據電極判斷離子的移動方向和交換膜的種類
Na＋→通過ab→陰極 ab是陽離子交換膜
→通過cd→陽極 cd是陰離子交換膜
③根據放電順序寫出電極反應式
陰極，陽離子競爭放電，放電順序：H＋>Na＋，陰極的電極反應式為2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－；
陽極，陰離子競爭放電，放電順序：，陽極的電極反應式為2H2O－4e－===O2↑＋4H＋。
④根據電極反應式和離子移動方向確定電極反應物
陰極H＋放電生成H2，剩余OH－與遷移過來的Na＋生成NaOH；
陽極OH－放電生成O2，剩余H＋與遷移過來的生成H2SO4。
三、新型化學電源電極反應式書寫
1．燃料電池電極反應式的書寫(以氫氧燃料電池為例)
(1)注意介質環境
(2)掌握書寫程序
2．其他新型一次電池
鈉硫 電池 總反應：2Na＋xS===Na2Sx
全釩液 流電池
鋰—銅 電池 總反應：2Li＋Cu2O＋H2O===2Cu＋2Li＋＋2OH－
正極：Cu2O＋H2O＋2e－===2Cu＋2OH－
負極：2Li－2e－===2Li＋
Mg-H2O2 電池 總反應：H2O2＋2H＋＋Mg===Mg2＋＋2H2O
正極：H2O2＋2H＋＋2e－===2H2O
負極：Mg－2e－===Mg2＋
Mg-AgCl 電池 總反應：Mg＋2AgCl===2Ag＋MgCl2
正極：2AgCl＋2e－===2Cl－＋2Ag
負極：Mg－2e－===Mg2＋
3.充電(可逆)電池
鋅銀 電池 總反應：Ag2O＋Zn＋H2O 2Ag＋Zn(OH)2
正極：Ag2O＋H2O＋2e－===2Ag＋2OH－
負極：Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH)2
陽極：2Ag＋2OH－－2e－===Ag2O＋H2O
陰極：Zn(OH)2＋2e－===Zn＋2OH－
鎳鐵 電池 總反應：NiO2＋Fe＋2H2O Fe(OH)2＋Ni(OH)2
正極：NiO2＋2e－＋2H2O===Ni(OH)2＋2OH－
負極：Fe－2e－＋2OH－===Fe(OH)2
陽極：Ni(OH)2＋2OH－－2e－===NiO2＋2H2O
陰極：Fe(OH)2＋2e－===Fe＋2OH－
鎳鎘 電池 總反應：Cd＋2NiOOH＋2H2O Cd(OH)2＋2Ni(OH)2
正極：2NiOOH＋2H2O＋2e－===2Ni(OH)2＋2OH－
負極：Cd－2e－＋2OH－===Cd(OH)2
陽極：2Ni(OH)2＋2OH－－2e－===2NiOOH＋2H2O
陰極：Cd(OH)2＋2e－===Cd＋2OH－
鋅鐵 電池 總反應：3Zn＋2K2FeO4＋8H2O 3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH
鋰離子電池 總反應：Li1－xCoO2＋LixC6 LiCoO2＋C6(x<1)
正極Li1－xCoO2＋xe－＋xLi＋===LiCoO2
負極：LixC6－xe－===xLi＋＋C6
陽極：LiCoO2－xe－===Li1－xCoO2＋xLi＋
陰極：xLi＋＋xe－＋C6===LixC6
四、金屬腐蝕原理及防護方法總結
(1)常見的電化學腐蝕有兩類：
①形成原電池時，金屬作負極，大多數是吸氧腐蝕；
②形成電解池時，金屬作陽極。
(2)金屬防腐的電化學方法：
①原電池原理——犧牲陽極的陰極保護法：與較活潑的金屬相連，較活潑的金屬作負極被腐蝕，被保護的金屬作正極。
注意：此處是原電池，犧牲了負極保護了正極，但習慣上叫做犧牲陽極的陰極保護法。
②電解池原理——外加電流的陰極保護法：被保護的金屬與電池負極相連，形成電解池，作陰極。
模考·預測
1.一種電化學制備NH3的裝置如圖所示，圖中陶瓷在高溫時可以傳輸H＋。下列敘述錯誤的是(　　)
A．Pd電極b為陰極
B．陰極的反應式為N2＋6H＋＋6e－===2NH3
C．H＋由陽極向陰極遷移
D．陶瓷可以隔離N2和H2
答案：A
解析：A項，此裝置為電解池，總反應是N2＋3H2 2NH3，Pd電極b上是氫氣發生反應，即氫氣失去電子化合價升高，Pd電極b為陽極，錯誤；B項，根據A項分析，Pd電極a為陰極，反應式為N2＋6H＋＋6e－===2NH3，正確；C項，根據電解池的原理，陽離子在陰極上放電，即有陽離子移向陰極，正確；D項，根據裝置圖，陶瓷隔離N2和H2，正確。
2．世界某著名學術刊物介紹了一種新型中溫全瓷鐵－空氣電池，其結構如圖所示。
下列有關該電池放電時的說法正確的是(　　)
A．a極發生氧化反應
B．正極的電極反應式為FeOx＋2xe－===Fe＋xO2－
C．若有22.4 L(標準狀況)空氣參與反應，則電路中有4 mol電子轉移
D．鐵表面發生的反應為xH2O(g)＋Fe===FeOx＋xH2
答案：D
解析：a極通入空氣，O2在該電極發生得電子的還原反應，A錯誤；O2在正極發生反應，電極反應式為O2＋4e－===2O2－，B錯誤；由B項分析可知，電路中有4 mol電子轉移時正極上消耗1 mol O2，在標準狀況下的體積為22.4 L，則通入空氣的體積約為22.4 L×5＝112 L，C錯誤；由圖可知，鐵表面H2O（g）參與反應生成H2，則發生的反應為xH2O（g）＋Fe===FeOx＋xH2，D正確。
3．科學家設想，N2和H2為反應物，以溶有A的稀鹽酸為電解質溶液，可制造出既能提供電能又能固氮的新型燃料電池，裝置如圖所示。下列說法不正確的是(　　)
A．通入N2的電極發生的電極反應式為N2+6e－+8H+===
B．反應過程中溶液的pH會變大，故需要加入鹽酸
C．該電池外電路電流從通入H2的電極流向通入N2的電極
D．通入H2的電極為負極，A為NH4Cl
答案：C
解析：A項，該電池的原理是合成氨，所以正極是氮氣發生還原反應，電極反應式為N2＋6e－＋8H＋===2N，正確；B項，反應過程中，H＋不斷被消耗，pH變大，需要加入鹽酸，正確；C項，該裝置是原電池裝置，電流由正極通過外電路流向負極，即由通入氮氣的電極沿外電路流向通入氫氣的電極，錯誤；D項，通入H2的電極為負極，A為NH4Cl，正確。
4．在N-羥基鄰苯二甲酰亞胺(NHPI)介質中，可實現醇向醛的轉化，原理如圖。下列說法錯誤的是(　　)
A．理論上NHPI的總量在反應前后不變
B．海綿Ni電極作陽極
C．
D．每消耗1 mmol苯甲醇，產生22.4 mL氫氣
答案：D
5．鋰錳電池的體積小，性能優良，是常用的一次
電池。該電池反應原理如圖所示，其中電解質LiClO4
溶于混合有機溶劑中，Li＋通過電解質遷移入MnO2晶
格中，生成。下列有關說法正確的是(　　)
A．外電路的電流方向是由a極流向b極
B．電池正極反應式為MnO2＋e－＋Li＋===LiMnO2
C．可用水代替電池中的混合有機溶劑
D．每轉移0.1 mol電子，理論上消耗Li的質量為3.5 g
答案：B
解析：Li是負極，MnO2是正極，且Li是活潑金屬，能與水直接反應。
6．將鐵粉和活性炭的混合物用NaCl溶液濕潤后，置于如
圖所示裝置中，進行鐵的電化學腐蝕實驗。下列有關該
實驗的說法正確的是(　　)
A．鐵被氧化的電極反應式為===Fe3＋
B．鐵腐蝕過程中化學能全部轉化為電能
C．活性炭的存在會加速鐵的腐蝕
D．以水代替NaCl溶液，鐵不能發生吸氧腐蝕
答案：C
解析：本題涉及的考點為金屬的電化學腐蝕，考查了考生接受、吸收、整合化學信息的能力，體現了證據推理與模型認知的學科核心素養。
鐵作負極，Fe－2e－===Fe2＋，A不正確；電化學腐蝕過程中化學能不可能全部轉化為電能，還有部分轉化為熱能，B不正確；活性炭的存在構成了原電池，加快了負極鐵的腐蝕，C正確；以水代替NaCl溶液，鐵仍然能發生吸氧腐蝕，只是吸氧腐蝕的速率會減慢，D不正確。(共105張PPT)
題型8　平衡原理在電解質溶液中的應用
真題·考情
題型·練透
模考·預測
真題·考情
全國卷
1.[2023·全國甲卷]下圖為Fe(OH)3、Al(OH)3和Cu(OH)2在水中達沉淀溶解平衡時的pM-pH關系圖(pM＝－lg[c(M)/(mol·L－1)]；c(M)≤10－5 mol·L－1可認為M離子沉淀完全)。
下列敘述正確的是(　　)
A．由a點可求得Ksp[Fe(OH)3]＝10－8.5
B．pH＝4時Al(OH)3的溶解度為 mol·L－1
C．濃度均為0.01 mol·L－1的Al3＋和Fe3＋可通過分步沉淀進行分離
D．Al3＋、Cu2＋混合溶液中c(Cu2＋)＝0.2 mol·L－1時二者不會同時沉淀
答案：C
解析：由點a(2，2.5)可知，此時pH＝2，pOH＝12，pM＝2.5，則Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝10－2.5×10－12×3＝10－38.5，故A錯誤；pH＝4時Al3＋對應的pM＝3，即c(Al3＋)＝10－3mol·L－1，故Al(OH)3的溶解度為10－3mol·L－1，故B錯誤；由圖可知，當鐵離子完全沉淀時，鋁離子尚未開始沉淀，可通過調節溶液pH的方法分步沉淀Al3＋和Fe3＋，故C正確；由圖可知，pH約為4.7，Cu2＋開始沉淀，此時c(Cu2＋)＝0.1 mol·L－1，若c(Cu2＋)＝0.2 mol·L－1>0.1 mol·L－1，c(Al3＋)>10－5mol·L－1，則Al3＋、Cu2＋會同時沉淀，故D錯誤；答案選C。
2．[2023·全國乙卷]一定溫度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。
下列說法正確的是(　　)
A.a點條件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀
B．b點時，c(Cl－)＝c()，Ksp(AgCl)＝Ksp(Ag2CrO4)
C．Ag2CrO4＋2Cl－ 2AgCl＋的平衡常數K＝107.9
D．向NaCl、Na2CrO4均為0.1 mol·L－1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先產生Ag2CrO4沉淀
答案：C
解析：根據圖像，由(1.7，5)可得到Ag2CrO4的溶度積Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c()＝(1×10－5)2×1×10－1.7＝10－11.7。由(4.8，5)可得到AgCl的溶度積Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝1×10－5×1×10－4.8＝10－9.8，據此數據計算各選項結果。
假設a點坐標為(4，6.5)，此時分別計算反應的濃度熵Q得，Q(AgCl)＝10－10.5，Q(Ag2CrO4)＝10－17，二者的濃度熵均小于其對應的溶度積Ksp，二者不會生成沉淀，A錯誤；Ksp為難溶物的溶度積，是一種平衡常數，平衡常數只與溫度有關，與濃度無關，根據分析可知，二者的溶度積不相同，B錯誤；
該反應的平衡常數表達式為K＝，將表達式轉化為與兩種難溶物的溶度積有關的式子得K＝＝＝＝＝1×107.9，C正確；向NaCl、Na2CrO4均為0.1 mol·L－1的混合溶液中滴加AgNO3，開始沉淀時所需要的c(Ag＋)分別為10－8.8和10－5.35，說明此時沉淀Cl－需要的銀離子濃度更低，在這種情況下，先沉淀的是AgCl，D錯誤；故答案選C。
3．[2023·新課標卷]向AgCl飽和溶液(有足量AgCl固體)中滴加氨水，發生反應Ag＋＋NH3 [Ag(NH3) ]＋和[Ag(NH3) ]＋＋NH3 [Ag(NH3)2]＋，lg[c(M)/(mol·L－1)]與lg[c(NH3)/(mol·L－1)]的關系如下圖所示(其中M代表Ag＋、Cl－、[Ag(NH3) ]＋或[Ag(NH3)2]＋)。
下列說法錯誤的是(　　)
A．曲線Ⅰ可視為AgCl溶解度隨NH3濃度變化曲線
B．AgCl的溶度積常數Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝10－9.75
C．反應[Ag(NH3) ]＋＋NH3 [Ag(NH3)2]＋的平衡常數K的值為103.81
D．c(NH3)＝0.01 mol·L－1時，溶液中c([Ag(NH3)2]＋)>c([Ag(NH3) ]＋)>c(Ag＋)
答案：A
解析：氯化銀飽和溶液中銀離子和氯離子的濃度相等，向飽和溶液中滴加氨水，溶液中銀離子濃度減小，氯離子濃度增大、一氨合銀離子增大，繼續滴加氨水，一氨合銀離子增大的幅度小于二氨合銀離子，則曲線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分別表示二氨合銀離子、一氨合銀離子、銀離子、氯離子與氨氣濃度對數變化的曲線。
由分析可知，曲線Ⅳ表示Cl－，曲線Ⅳ可視為AgCl的溶解度隨NH3濃度變化曲線，故A錯誤；AgCl的溶度積常數Ksp僅與溫度有關，由圖可知，當c(NH3)＝10－1mol·L－1時c(Cl－)＝10－2.35mol·L－1，c(Ag＋)＝10－7.40mol·L－1，則Ksp(AgCl)＝c(Cl－)·c(Ag＋)＝10－2.35×10－7.40＝10－9.75，B正確；
由圖可知，氨分子濃度對數為－1時，溶液中二氨合銀離子和一氨合銀離子的濃度分別為10－2.35 mol·L－1和10－5.16 mol·L－1，則[Ag(NH3)]＋＋NH3 [Ag(NH3)2]＋的平衡常數K＝＝＝103.81，故C正確；由分析可知，當c(NH3)＝0.01 mol·L－1時，溶液中c([Ag(NH3)2]＋)>c([Ag(NH3)]＋)>c(Ag＋)，故D正確。
4.[2022·全國乙卷]常溫下，一元酸HA的Ka(HA)＝1.0×10－3。在某體系中，H＋與A－離子不能穿過隔膜，未電離的HA可自由穿過該膜(如圖所示)。
設溶液中c總(HA)＝c(HA)＋c(A－)，當達到平衡時，下列敘述正確的是 (　　)
A．溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)
B．溶液Ⅱ中HA的電離度[]為
C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等
D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c總(HA)之比為10－4
答案：B
解析：常溫下溶液ⅠpH＝7.0，則溶液Ⅰ中c（H＋）＝c（OH－）＝1.0×10－7 mol·L－1，故c（H＋）5．[2021·全國甲卷]已知相同溫度下，Ksp(BaSO4)下列說法正確的是(　　)
A．曲線①代表BaCO3的沉淀溶解曲線
B．該溫度下BaSO4的Ksp(BaSO4)值為1.0×10－10
C．加適量BaCl2固體可使溶液由a點變到b點
D．c(Ba2＋)＝10－5.1時兩溶液中＝
答案：B
解析：根據相同溫度下，Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3），可進行如下分析：當橫坐標均為5.1時，即c（Ba2＋）＝10－5.1 mol·L－1時，陰離子濃度：d點＜c點；c、d兩點均在沉淀溶解平衡曲線上，即溶度積常數：d點＜c點，故曲線①代表BaSO4的沉淀溶解曲線。結合上述分析，可知曲線①代表BaSO4的沉淀溶解曲線，曲線②代表BaCO3的沉淀溶解曲線，A項錯誤；根據曲線①過橫、縱坐標均為5.0的點可知，溶解平衡體系中c（Ba2＋）＝c（S）＝1×10－5.0mol·L－1，則該溫度下Ksp（BaSO4）＝c（Ba2＋）·c（S）＝1×10－（5.0＋5.0）＝1×10－10，B項正確；加適量BaCl2固體，溶液中c（Ba2＋）增大，由于溫度保持不變，即溶液中c（C）減小，可使溶液由b點向a點移動，C項錯誤；當c（Ba2＋）＝10－5.1 mol·L－1時，d點平衡時c（S）＝mol·L－1，c點平衡時c（C）＝mol·L－1，即兩溶液中＝＝，D項錯誤。
6．[2021·全國乙卷]HA是一元弱酸，難溶鹽MA的飽和溶液中c(M＋)隨c(H＋)而變化，M＋不發生水解。實驗發現，298 K時c2(M＋)～c(H＋)為線性關系，如下圖中實線所示。
下列敘述錯誤的是(　　)
A．溶液pH ＝ 4 時，c(M＋)＜3.0×10－4mol·L－1
B．MA的溶度積Ksp(MA)＝5.0×10－8
C．溶液 pH ＝ 7 時，c(M＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)
D．HA的電離常數Ka(HA)≈2.0×10－4
答案：C
解析：溶液pH＝4時c（H＋）＝1×10－4 mol·L－1，由圖知，此時c2（M＋）＝7.5×10－8（mol·L－1）2，c（M＋）<3.0×10－4 mol·L－1，A項正確；由圖知，當c（H＋）＝0，即不向溶液中加酸時，c2（M＋）＝5.0×10－8（mol·L－1）2，c（M＋）＝×10－4 mol·L－1，由MA（s） M＋（aq）＋A－（aq）知，MA的飽和溶液中c（M＋）＝c（A－），則Ksp（MA）＝c（M＋）×c（A－）＝5.0×10－8，B項正確；MA的飽和溶液因A－水解而顯堿性，只有加入一定量的酸才能使溶液顯中性，若加入的酸不是HA，則溶液中除含有M＋、H＋、OH－、A－四種離子外還含有其他陰離子，由電荷守恒原理知，C項錯誤；
溶液中c（M＋）＝＝＝，根據MA M＋＋A－，A－＋H＋ HA知，溶液中c（HA）＝c（M＋）－c（A－）＝c（M＋）－，兩式聯立可得c（M＋）·Ka（HA）·[c（M＋）－]＝Ksp·c（H＋），化簡可得c2（M＋）＝Ksp[＋1]，將Ksp＝5×10－8代入，由圖知，c（H＋）＝20×10－5 mol·L－1時，c2（M＋）＝10.0×10－8 （mol·L－1）2，將數據代入計算得Ka（HA）＝2.0×10－4，D項正確。
7．[2020·全國卷Ⅰ]以酚酞為指示劑，用0.100 0 mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知濃度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系數δ隨滴加NaOH溶液體積VNaOH的變化關系如下圖所示。
[比如A2－的分布系數：δ(A2－)＝]
下列敘述正確的是(　　)
A．曲線①代表δ(H2A)，曲線②代表δ(HA－)
B．H2A溶液的濃度為0.200 0 mol·L－1
C．HA－的電離常數Ka＝1.0×10－2
D．滴定終點時，溶液中c(Na＋)<2c(A2－)＋c(HA－)
答案：C
解析：由題圖可知加入NaOH溶液的體積為40 mL時，溶液pH發生突躍，達到滴定終點，溶質為Na2A，故有n（H2A）＝20.00 mL×c（H2A）＝n（NaOH）＝×0.100 0 mol·L－1×40 mL，則c（H2A）＝0.100 0 mol·L－1，而起點時pH約為1，故H2A的電離過程應為H2A===HA－＋H＋，HA－ A2－＋H＋，故曲線①表示δ（HA－），曲線②表示δ（A2－），A、B項錯誤；由Ka＝，VNaOH等于25 mL時，pH＝2.0，且c（A2－）＝c（HA－），可知Ka＝1.0×10－2，C項正確；以酚酞作指示劑，滴定終點時的溶質為Na2A，溶液呈堿性，根據電荷守恒c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（HA－）＋2c（A2－），結合c（H＋）c（HA－）＋2c（A2－），D項錯誤。
省市卷
1.[2023·浙江1月]碳酸鈣是常見難溶物，將過量碳酸鈣粉末置于水中達到溶解平衡：CaCO3(s) Ca2＋(aq)＋(aq)[已知Ksp(CaCO3)＝3.4×10－9，Ksp(CaSO4)＝4.9×10－5，H2CO3的電離常數Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11]，下列有關說法正確的是(　　)
A．上層清液中存在c(Ca2＋)＝c()
B．上層清液中含碳微粒最主要以形式存在
C．向體系中通入CO2氣體，溶液中c(Ca2＋)保持不變
D．通過加Na2SO4溶液可實現CaCO3向CaSO4的有效轉化
答案：B
解析：上層清液為CaCO3的飽和溶液，存在水解平衡，根據物料守恒，c(Ca2＋)＝c()＋c()＋c(H2CO3)，A項錯誤；CaCO3的飽和溶液pH≈9，根據Ka2＝，可得＝＝＝21，因此含碳微粒最主要以形式存在，B項正確；向體系中通入CO2氣體，發生反應：CaCO3＋H2O＋CO2===Ca(HCO3)2，CaCO3(s)轉化為可溶的Ca(HCO3)2，溶液中c(Ca2＋)增大，C項錯誤；Ksp(CaCO3)2．[2023·遼寧卷]某廢水處理過程中始終保持H2S飽和，即c(H2S)＝0.1 mol·L－1，通過調節pH使Ni2＋和Cd2＋形成硫化物而分離，體系中pH與－lg c關系如下圖所示，c為HS－、S2－、Ni2＋和Cd2＋的濃度，單位為mol·L－1。
已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，下列說法正確的是(　　)
A．Ksp(CdS)＝10－18.4
B．③為pH與－lg c(HS－)的關系曲線
C．Ka1(H2S)＝10－8.1
D．Ka2(H2S)＝10－14.7
答案：D
解析：已知H2S飽和溶液中隨著pH的增大，H2S的濃度逐漸減小，HS－的濃度增大，S2－濃度逐漸增大，則有－lg c(HS－)和－lg c(S2－)隨著pH增大而減小，且pH相同時，HS－濃度大于S2－，即－lg c(HS－)小于－lg c(S2－)，則Ni2＋和Cd2＋濃度逐漸減小，且Ksp(NiS)>Ksp(CdS)即當c(S2－)相同時，c(Ni2＋)＞c(Cd2＋)，則－lg c(Ni2＋)和－lg(Cd2＋)隨著pH增大而增大，且有－lg c(Ni2＋)小于－lg(Cd2＋)，由此可知曲線①代表Cd2＋、②代表Ni2＋、③代表S2－，④代表HS－，據此分析結合圖像各點數據進行解題。
由分析可知，曲線①代表Cd2＋、③代表S2－，由圖示曲線①③交點可知，此時c(Cd2＋)＝c(S2－)＝10－13 mol·L－1，則有Ksp(CdS)＝c(Cd2＋)c(S2－)＝10－13×10－13＝10－26，A錯誤；由分析可知，③為pH與－lg c(S2－)的關系曲線，B錯誤；
3．[2023·湖北卷]H2L為某鄰苯二酚類配體，其pKa1＝7.46，pKa2＝12.4。常溫下構建Fe(Ⅲ)—H2L溶液體系，其中c0(Fe3＋)＝2.0×10－4 mol·L－1，c0(H2L)＝5.0×10－3 mol·L－1。體系中含Fe物種的組分分布系數δ與pH的關系如圖所示，分布系數δ(x)＝，已知lg 2≈0.30，lg 3≈0.48。
下列說法正確的是(　　)
A．當pH＝1時，體系中c(H2L)>c([FeL]＋)>c(OH－)>c(HL－)
B．pH在9.5～10.5之間，含L的物種主要為L2－
C．L2－＋[FeL]＋ [FeL2]－的平衡常數的lg K約為14
D．當pH＝10時，參與配位的c(L2－)≈1.0×10－3 mol·L－1
答案：C
解析：從圖中可以看出Fe(Ⅲ)主要與L2－進行絡合，但在pH＝1時，富含L的型體主要為H2L，此時電離出的HL－較少，根據H2L的一級電離常數可以簡單計算pH＝1時溶液中c(HL－)≈10－9.46，但pH＝1時c(OH－)＝10－13，因此這四種離子的濃度大小為c(H2L)>c([FeL]＋)>c(HL－)>c(OH－)，A錯誤；根據圖示的分布分數圖可以推導出，H2L在pH≈9.9時HL－的含量最大，而H2L和L2－的含量最少，因此當pH在9.5～10.5之間時，含L的物種主要為HL－，B錯誤；該反應的平衡常數K＝，當[FeL2]－與[FeL]＋分布分數相等時，可以將K簡化為K＝，此時體系的pH＝4，在pH＝4時可以計算溶液中c(L2－)＝4.7×10－14.86，則該絡合反應的平衡常數K≈2.1×1013.86，即lg K≈14，C正確；
根據圖像，pH＝10時溶液中主要的型體為[FeL3]3－和[FeL2(OH)]2－，其分布分數均為0.5，因此可以得到c([FeL3]3－)＝c([FeL2(OH)]2－)＝1×10－4mol·L－1，此時形成[FeL3]3－消耗了3×10－4mol·L－1的L2－，形成[FeL2(OH)]2－消耗了2×10－4mol·L－1的L2－，共消耗了5×10－4mol·L－1的L2－，即參與配位的c(L2－)≈5×10－4mol·L－1，D錯誤；故答案選C。
4．[2023·湖南卷]常溫下，用濃度為0. 020 0 mol·L－1的NaOH標準溶液滴定濃度均為0. 020 0 mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定過程中溶液的pH隨η(η＝)的變化曲線如圖所示。
下列說法錯誤的是(　　)
A．Ka(CH3COOH)約為10－4.76
B．點a：c(Na＋)＝c(Cl－)
＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
C．點b：c(CH3COOH)D．水的電離程度：a答案：D
解析：
根據CH3COOH CH3COO－＋H＋，可近似認為a點c(H＋)＝c(CH3COO－)，又a點pH＝3.38，c(H＋)＝10－3.38mol·L－1，故Ka(CH3COOH)≈＝10－4.76，A項正確；a點HCl恰好被完全中和，由物料守恒可得溶液中c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，B項正確；b點溶液pH<7，即以CH3COOH的電離為主，即溶液中c(CH3COOH)5.[2022·湖南卷]室溫時，用0.100 mol·L－1的標準AgNO3溶液滴定15.00 mL濃度相等的Cl－、Br－和I－混合溶液，通過電位滴定法獲得lg c(Ag＋)與V(AgNO3)的關系曲線如圖所示(忽略沉淀對離子的吸附作用。若溶液中離子濃度小于1.0×10－5mol·L－1時，認為該離子沉淀完全。Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgBr)＝5.4×10－13，Ksp(AgI)＝8.5×10－17。
下列說法正確的是(　　)
A．a點：有白色沉淀生成
B．原溶液中I－的濃度為0.100 mol·L－1
C．當Br－沉淀完全時，已經有部分Cl－沉淀
D．b點：c(Cl－)>c(Br－)>c(I－)>c(Ag＋)
答案：C
解析：三種鹵化銀組成形式相同，Ksp小的物質先形成沉淀，故a點時形成的是黃色的AgI沉淀，A項錯誤；由圖知，當消耗4.5 mL AgNO3溶液時，溶液中I－、Br－、Cl－均沉淀完全，由于三種鹵素離子濃度相同，故每種離子完全沉淀時均消耗1.5 mL AgNO3溶液，則0.100 mol·L－1×1.5 mL＝c（I－）×15 mL，解得c（I－）＝0.01 mol·L－1，B項錯誤；當Br－恰好沉淀完全時，溶液體積為18 mL，溶液中c（Ag＋）＝＝5.4×10－8mol·L－1，此時Qc（AgCl）＝c（Ag＋）·c（Cl－）＝5.4×10－8×＝4.5×10－10>Ksp（AgCl），故此時有部分Cl－形成了沉淀，C項正確；b點時溶液中I－、Br－、Cl－均沉淀完全，AgNO3過量，c（Ag＋）最大，D項錯誤。
6．[2022·浙江6月]25 ℃時，苯酚(C6H5OH)的Ka＝1.0×10－10，下列說法正確的是(　　)
A．相同溫度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c(C6H5O－)>c(CH3COO－)
B．將濃度均為0.10 mol·L－1的C6H5ONa和NaOH溶液加熱，兩種溶液的pH均變大
C．25 ℃時，C6H5OH溶液與NaOH溶液混合，測得pH＝10.00，則此時溶液中c(C6H5O－)＝c(C6H5OH)
D．25 ℃時，0.10 mol·L－1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固體，水的電離程度變小
答案：C
解析：苯酚的酸性比乙酸的弱，C6H5ONa的水解程度大于CH3COONa，若二者溶液的pH相等，則后者的濃度較大，c（C6H5O－）考情分析
考向 考點
考情1 電離平衡 電離平衡影響因素
借助滴定圖像計算Ka或Kb
考情2 溶液酸堿 性與中和滴定 酸、堿稀釋過程中pH的變化特點
中和滴定曲線
考情3 鹽類的水解平衡 鹽類水解的影響因素
粒子大小關系
考情4 沉淀溶解平衡 根據圖像計算Ksp
外界條件對溶解平衡的影響
題型·練透
精準備考·要有方向——研析題型角度
題型角度1 電離平衡基礎類變化曲線的分析
例1 常溫下，向1 L 0.1 mol·L－1 H2A溶液中加入NaOH固體，所得溶液中含A元素的微粒的物質的量分數隨溶液pH的變化如圖所示(忽略溶液體積變化)。
下列敘述正確的是(　　)
A．H2A的電離方程式為H2A H＋＋HA－、HA－ H＋＋A2－
B．lg[Ka2(H2A)]＝－3.0
C．NaHA溶液中：c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A)＝c(Na＋)
D．pH＝3時，c(HA－)＝c(A2－)＝c(H＋)
答案：B
解析：由圖像可知，H2A第一步完全電離，A項錯誤；HA－、A2－的物質的量分數均為50%時，Ka2（H2A）＝＝10－3，lg[Ka2（H2A）]＝－3.0，B項正確；因為H2A完全電離，所以溶液中沒有H2A，C項錯誤；pH＝3時，c（H＋）＝10－3 mol·L－1，c（HA－）＝c（A2－）＝0.05 mol·L－1，D項錯誤。
練　某溫度下，HNO2和CH3COOH的電離常
數分別為5.0×10－4和1.7×10－5。將pH和體積
均相同的兩種酸溶液分別稀釋，其pH隨加水體
積的變化如圖所示。下列敘述正確的是(　　)
A．曲線Ⅰ代表HNO2溶液
B．溶液中水的電離程度：b點＞c點
C．從c點到d點，溶液中保持不變(其中HA、A－分別代表相應的酸和酸根離子)
D．相同體積a點的兩溶液分別與NaOH恰好中和后，溶液中n(Na＋)相同
答案：C
解析：本題涉及弱酸的稀釋與pH變化的相關知識，通過加水的體積與酸的pH變化圖像，考查學生分析和解決問題的能力，以兩種弱酸的性質作比較，體現宏觀辨識與微觀探析的學科核心素養。
由電離常數的值可知酸性：HNO2>CH3COOH，則曲線Ⅰ代表CH3COOH溶液，曲線Ⅱ代表HNO2溶液，A項錯誤；當稀釋相同倍數時，b點溶液中c（H＋）大于c點，對水的電離的抑制作用：b點>c點，所以水的電離程度：b點c（HNO2），同體積的兩種酸溶液分別與NaOH恰好中和后，溶液中n（Na＋）不同，D項錯誤。
題型角度2 中和滴定曲線中的平衡分析
例2 常溫下，用0.100 mol·L－1的NaOH溶液分別滴定20.00 mL 0.100 mol·L－1的鹽酸和0.100 mol·L－1的醋酸，得到兩條滴定曲線，如圖所示：
下列說法正確的是(　　)
A．滴定鹽酸的曲線是圖2
B．兩次滴定均可選擇甲基橙或酚酞作指示劑
C．達到B、E點時，反應消耗的n(CH3COOH)＝n(HCl)
D．以HA表示酸，當0 mL＜V(NaOH)＜20.00 mL時，圖2對應混合液中各離子濃度由大到小的順序一定是c(A－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
答案：C
解析：0.100 mol·L－1鹽酸的pH＝1，0.100 mol·L－1醋酸的pH＞1，故A項錯誤；甲基橙的變色范圍是3.1～4.4、酚酞的變色范圍是8.2～10.0，由圖2中pH突變的范圍（＞7）可知，當氫氧化鈉溶液滴定醋酸時，只能選擇酚酞作指示劑，B項錯誤；B、E兩點對應消耗氫氧化鈉溶液的體積均為a mL，所以反應消耗的n（CH3COOH）＝n（HCl），C項正確；0 mL＜V（NaOH）＜20.00 mL時，圖2對應混合溶液可能顯中性，此時c（A－）＝c（Na＋）＞c（H＋）＝c（OH－），D項錯誤。
練1　常溫下，用0.10 mol·L－1 NaOH溶液分別滴
定20.00 mL濃度均為 CH3COOH溶液
和HCN溶液，所得滴定曲線如圖所示。下列說法
正確的是(　　)
A．點①和點②所示溶液中：c(CH3COOH)－
c(CN－)＝c(HCN)－c(CH3COO－)
B．醋酸的滴定終點是點③
C．滴定CH3COOH過程中不可能出現：c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(Na＋)>c(OH－)
D．滴定HCN過程中可以用石蕊溶液指示終點
答案：A
解析：①、②兩點對應的V（NaOH）＝10 mL，點①溶液為等濃度HCN和NaCN混合液，根據物料守恒可得2c（Na＋）＝c（HCN）＋c（CN－）；點②溶液為等濃度CH3COOH和CH3COONa混合液，根據物料守恒可得2c（Na＋）＝c（CH3COOH）＋c（CH3COO－），從而可得c（HCN）＋c（CN－）＝c（CH3COOH）＋c（CH3COO－），即c（CH3COOH）－c（CN－）＝c（HCN）－c（CH3COO－），A項正確；NaOH溶液滴定醋酸時，達到滴定終點生成CH3COONa，溶液呈堿性，而點③溶液pH＝7，故醋酸的滴定終點不是點③，而應是點④，B項錯誤；滴定CH3COOH過程中，若滴加NaOH溶液的體積較小，混合液呈酸性，可能出現c（CH3COOH）>c（CH3COO－）>c（H＋）>c（Na＋）>c（OH－），C項錯誤；滴定HCN時，達到滴定終點生成NaCN，溶液呈堿性，應選酚酞溶液作指示劑，石蕊溶液因變色不明顯，一般不能作為中和滴定的指示劑，D項錯誤。
練2　常溫下，用0.100 0 mol·L－1的鹽酸滴定20.00 mL未知濃度的Na2CO3溶液，溶液的pH與所加鹽酸體積關系如圖所示。
下列有關敘述錯誤的是(　　)
A．a點溶液呈堿性的原因用離子方程式表示為：＋OH－
B．b點處的溶液中)＝)＋c(Cl－)
C．滴定過程中使用酚酞作為指示劑比石蕊更準確
D．d點處溶液中水電離出的c(H＋)小于c點處
答案：B
解析：a點是Na2CO3溶液，因水解而呈堿性，且一般只寫第一步的水解方程式，所以A正確；根據b點溶液的pH＝8可知，其溶液為等物質的量的NaCl和NaHCO3溶液，根據物料守恒可得c（Na＋）＝c（）＋c（H）＋c（Cl－）＋c（H2CO3），若按電荷守恒，b處溶液中c（OH－）＞c（H＋），則c（Na＋）＞2c（）＋c（H）＋c（Cl－），c（Na＋）－2c（）＞c（H）＋c（Cl－），所以B錯誤；Na2CO3與鹽酸的反應分兩步進行，第一步生成NaHCO3，溶液呈弱堿性，所以用酚酞作指示劑，也能求得Na2CO3的濃度，而石蕊的變色范圍大，顏色變化不明顯，所以不能用作指示劑，故C正確；由圖像可知d處溶液呈弱酸性，抑制了水的電離，而c處溶液呈中性，對水的電離沒有影響，所以D正確。
題型角度3 沉淀溶解平衡曲線的分析
例3 某電路板生產企業的水質情況及國家允許排放的污水標準如下表所示。為研究廢水中Cu2＋處理的最佳pH，取5份等量的廢水，分別用30%的NaOH溶液調節pH至8.5、9、9.5、10、11，靜置后，分析上層清液中銅元素的含量，實驗結果如圖所示。
查閱資料，平衡Ⅰ：Cu(OH)2＋4NH3 [Cu(NH3)4]2＋＋2OH－；
平衡Ⅱ：Cu(OH)2＋2OH－ [Cu(OH)4]2－
下列說法不正確的是(　　)
A．廢水中Cu2＋處理的最佳pH約為9
B．b～c段：隨pH升高，Cu(OH)2的量增加，平衡Ⅰ正向移動，銅元素含量上升
C．c～d段：隨pH升高，c(OH－)增加，平衡Ⅰ逆向移動，銅元素含量下降
D．d點以后，隨c(OH－)增加，銅元素含量可能上升
項目 廢水水質 排放標準
pH 1.0 6～9
Cu2＋/mg·L－1 72 ≤0.5
2 632 ≤15
答案：B
解析：根據圖像，在pH＝9時，Cu元素的含量最小，即廢水中Cu2＋處理的最佳pH約為9，故A說法正確；b～c段：pH增大，c（OH－）增大，根據勒夏特列原理，平衡Ⅰ中，Cu（OH）2增大，平衡向逆反應方向移動，故B說法錯誤；c～d段：pH增大，c（OH－）增大，平衡Ⅰ向逆反應方向移動，銅元素含量下降，故C說法正確；d點以后，c（OH－）增大，平衡Ⅱ向正反應方向移動，生成Cu[（OH）4]2－，銅元素含量增大，故D說法正確。
練　已知：T ℃時，Ksp(CaSO4)＝4.90×10－5、Ksp(CaCO3)＝2.8×10－9、Ksp(PbCO3)＝8.4×10－14，三種鹽的沉淀溶解平衡曲線如圖所示，pM＝－lg c(陰離子)、pN＝－lg c(陽離子)。
下列說法錯誤的是(　　)
A．a線是CaSO4沉淀溶解平衡曲線
B．T ℃時，向10 mL水中加入CaCO3和PbCO3至二者均飽和，溶液中＝
C．d點表示CaCO3的飽和溶液，且)
D．T ℃時，向CaSO4沉淀中加入1 mol·L－1的Na2CO3溶液，CaSO4沉淀會轉化為CaCO3沉淀
答案：C
解析：由以上分析可知，a線表示CaSO4的沉淀溶解平衡曲線，A項正確；T ℃時向水中加入CaCO3和PbCO3至二者均飽和時，＝，B項正確；d點所示溶液為CaCO3的飽和溶液，c（Ca2＋）＞c（C），C項錯誤；一般來說，溶解度大的沉淀可以轉化成溶解度小的沉淀，向CaSO4沉淀中加入1 mol·L－1的Na2CO3溶液可得到溶解度較小的CaCO3沉淀，D項正確。
題型角度4 不規則圖像中的平衡分析
例4 25 ℃時，某混合溶液中c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1，lg c(CH3COOH)、lg c(CH3COO－)、lg c(H＋)和lg c(OH－)隨pH變化的關系如圖所示。Ka為CH3COOH的電離常數，下列說法正確的是(　　)
A．O點時，c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)
B．N點時，pH＝lg Ka
C．該體系中，c(CH3COOH)＝ mol·L－1
D．pH由7到14的變化過程中，CH3COO－的水
解程度始終增大
答案：C
解析：結合題圖可知當pH最小時，溶液呈酸性，溶液中c（CH3COOH）最大，對應lg c（H＋）最大，隨著pH逐漸增大，當溶液中c（CH3COO－）最大時，對應lg c（OH－）最大。則4條曲線分別對應的lg c（x）如下：
經上述分析可知N點時，c（CH3COOH）＝c（CH3COO－），Ka＝c（H＋），即pH＝－lg Ka，A、B項錯誤；該體系中，0.1c（H＋）＝[c（CH3COOH）＋c（CH3COO－）]×c（H＋）＝c（CH3COOH）×c（H＋）[＋1]＝c（CH3COOH）×[Ka＋c（H＋）]，C項正確；pH由7到14的過程中先促進CH3COO－的水解，后抑制其水解，D項錯誤。
練1　已知草酸為二元弱酸：
Ka1
＋H＋　 Ka2
常溫下，向某濃度的草酸溶液中逐滴加入一定物質的量濃度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、、三種微粒的物質的量分數(δ)與溶液pH的關系如圖所示。
則下列說法中不正確的是(　　)
A．pH＝1.2的溶液中：c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(H2C2O4)
B．pH＝2.7的溶液中：＝1 000
C.將相同物質的量的KHC2O4和K2C2O4固體完全溶于水所得混合液的pH為4.2
D.向pH＝1.2的溶液中加KOH溶液，將pH增大至4.2的過程中水的電離度一定增大
答案：C
解析：pH＝1.2時，H2C2O4、HC2的物質的量分數相等，且c（K＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（HC2），則c（K＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（H2C2O4），故A項正確；由圖像可知pH＝1.2時，c（HC2）＝c（H2C2O4），
則Ka1＝＝c（H＋）＝10－1.2，pH＝4.2時，c（HC2）＝c（C2），Ka2＝＝c（H＋）＝10－4.2，由電離常數可知＝＝1 000，故B項正確；將相同物質的量的KHC2O4和K2C2O4固體完全溶于水，可配成不同濃度的溶液，溶液濃度不同，pH不一定為定值，即不一定為4.2，故C項錯誤；向pH＝1.2的溶液中加KOH溶液將pH增大至4.2，溶液中由酸電離的氫離子濃度減小，則對水的電離的抑制程度減小，水的電離度一定增大，故D項正確。
練2　已知：pKa＝－lgKa，25 ℃時，H2A的pKa1＝1.85，pKa2＝7.19。常溫下，用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1 H2A溶液的滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是(　　)
A．A點所得溶液中：V0＝10 mL
B．B點所得溶液中：c(H2A)＋c(H＋)＝c(HA－)＋c(OH－)
C．C點所得溶液中：c(A2－)＝c(HA－)
D．D點所得溶液中A2－水解平衡常數Kh1＝10－7.19
答案：C
解析：用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1 H2A溶液，A點溶液中溶質為H2A和NaHA，pH＝1.85＝pKa1，則c（H2A）＝c（HA－），所加氫氧化鈉溶液的體積小于10 mL，A錯誤。B點是用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1 H2A溶液，恰好反應生成NaHA，溶液顯酸性，溶液中電荷守恒c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HA－）＋c（OH－）＋2c（A2－），物料守恒c（Na＋）＝c（HA－）＋c（A2－）＋c（H2A），得到：c（H2A）＋c（H＋）＝c（A2－）＋c（OH－），B錯誤。C點pH＝7.19＝pKa2，Ka2＝＝10－7.19，所以c（A2－）＝c（HA－），C正確。A2－水解平衡常數Kh1＝＝10－6.81，D錯誤。
精準備考·要有方案——高考必備基礎
一、水電離的c(H＋)或c(OH－)的判斷
1．溶質為酸的溶液
H＋來源于酸和水的電離，而OH－只來源于水。如計算pH＝2的鹽酸中水電離出的c(H＋)：方法是先求出溶液中的c(OH－)＝10－12 mol·L－1，即水電離出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12 mol·L－1。
2．溶質為堿的溶液
OH－來源于堿和水的電離，而H＋只來源于水。如pH＝12的NaOH溶液中，c(H＋)＝10－12 mol·L－1，即水電離產生的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12 mol·L－1。
3．水解呈酸性或堿性的正鹽溶液
H＋和OH－均由水電離產生。如pH＝2的NH4Cl溶液中由水電離出的c(H＋)＝10－2 mol·L－1；如pH＝12的Na2CO3溶液中由水電離出的c(OH－)＝10－2 mol·L－1。
二、電解質溶液中的“三大平衡”
電離平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡是溶液中的三大平衡。這三種平衡都遵循勒夏特列原理——當只改變體系的一個條件時，平衡向能夠減弱這種改變的方向移動。
1．電離平衡、水解平衡與沉淀溶解平衡的比較
電離平衡 CH3COOH CH3COO－＋H＋ 水解平衡(如CH3COONa溶液)CH3COO－＋H2O CH3COOH＋OH－ 沉淀溶解平衡AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq)
研究 對象 弱電解質(包括弱酸、弱堿、水、多元弱酸的酸式酸根) 鹽溶液(包括強酸弱堿鹽、弱酸強堿鹽、弱酸弱堿鹽) 難溶電解質(如難溶的酸、堿、鹽等)
影 響 因 素 升高 溫度 促進電離，離子濃度增大，Ka增大 促進水解，Kh增大 Ksp可能增大，也可能減小
加水 稀釋 促進電離，離子濃度(除OH－外)減小，Ka不變 促進水解，離子濃度(除H＋外)減小，Kh不變 促進溶解，Ksp不變
加入相應離子 加入CH3COONa固體或鹽酸，抑制電離，Ka不變 加入CH3COOH或NaOH，抑制水解，Kh不變 加入AgNO3溶液或NaCl溶液抑制溶解，Ksp不變
加入反應離子 加入NaOH，促進電離，Ka不變 加入鹽酸，促進水解，Kh不變 加入氨水，促進溶解，Ksp不變
2.“電離平衡”分析判斷中的常見誤區
(1)誤認為電離平衡正向移動，弱電解質的電離程度一定增大。如向醋酸溶液中加入少量冰醋酸，平衡向電離方向移動，但醋酸的電離程度減小。
(2)誤認為弱電解質在加水稀釋的過程中，溶液中離子濃度都減小。如氨水加水稀釋時，c(H＋)增大。
(3)誤認為由水電離出的c(H＋)＝1.0×10－13 mol·L－1的溶液一定呈堿性。如25 ℃，0.1 mol·L－1鹽酸或氫氧化鈉溶液中由水電離的c(H＋)都為1.0×10－13 mol·L－1。
(4)弱電解質溶液在加水稀釋的過程中，判斷某些微粒濃度的關系式是否發生變化時，首先要考慮該關系式是否是電離常數、離子積常數或者是它們的變形。
3．“水解平衡”常見的認識誤區
(1)誤認為水解平衡向正向移動，離子的水解程度一定增大。如向FeCl3溶液中加入少量FeCl3固體，平衡向水解方向移動，但Fe3＋的水解程度減小。
(2)由于加熱可促進鹽類水解，錯誤地認為可水解的鹽溶液在蒸干后都得不到原溶質。其實不一定，對于那些水解程度不是很大，水解產物離不開平衡體系的情況[如、NaAlO2、Na2CO3]來說，溶液蒸干后仍得原溶質。
(3)極端化認為水解相互促進即能水解徹底。如CH3COONH4溶液中盡管CH3COO－、水解相互促進，但仍然能大量共存，常見水解促進比較徹底而不能大量共存的離子有Al3＋與、(或)、S2－(或HS－)、(或)等。
4．根據多元弱酸“共軛酸堿對”判斷電離常數(Ka)與水解常數(Kh)大小
(3)應用
以H3PO4為例：
共軛酸堿對
由此可推斷各形式鹽電離與水解何者為主
三、有關溶液中粒子濃度的變化圖像題分類
類型一、一強一弱溶液的稀釋圖像
1．相同體積、相同濃度的鹽酸、醋酸
加水稀釋相同的倍數，醋酸的pH大 加水稀釋到相同的pH，鹽酸加入的水多
2.相同體積、相同pH值的鹽酸、醋酸
加水稀釋相同的倍數，鹽酸的pH大 加水稀釋到相同的pH，醋酸加入的水多
3.pH與稀釋倍數的線性關系
(1)HY為強酸、HX為弱酸 (2)a、b兩點的溶液中：c(X－)＝c(Y－) (3)水的電離程度：d>c>a＝b (1)MOH為強堿、ROH為弱堿
(2)c(ROH)>c(MOH)
(3)水的電離程度：a>b
類型二、Kw和Ksp曲線
1．雙曲線型
不同溫度下水溶液中c(H＋)與c(OH－)的變化曲線 常溫下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲線[Ksp＝9×10－6]
(1)A、C、B三點均為中性，溫度依次升高，Kw依次增大 (2)D點為酸性溶液，E點為堿性溶液，Kw＝1×10－14 (3)AB直線的左上方均為堿性溶液，任意一點：c(H＋)2.直線型(pM pR曲線)
pM為陽離子濃度的負對數，pR為陰離子濃度的負對數
①直線AB上的點：c(M2＋)＝c(R2－)；
②溶度積：CaSO4>CaCO3>MnCO3；
③X點對CaCO3要析出沉淀，對CaSO4是不飽和溶液，能繼續溶解CaSO4；
④Y點：)>c(Ca2＋)，二者的濃度積等于10－5；Z點：)類型三、分布系數圖及分析
分布曲線是指以pH為橫坐標、分布系數(即組分的平衡濃度占總濃度的分數)為縱坐標的關系曲線
一元弱酸(以CH3COOH為例) 二元酸(以草酸H2C2O4為例)
δ0為CH3COOH分布系數，δ1為CH3COO－分布系數
隨著pH增大，溶質分子濃度不斷減小，離子濃度逐漸增大，酸根離子增多。根據分布系數可以書寫一定pH時所發生反應的離子方程式 同一pH條件下可以存在多種溶質微粒。根據在一定pH的微粒分布系數和酸的分析濃度，就可以計算各成分在該pH時的平衡濃度 類型四、酸堿中和滴定曲線
氫氧化鈉滴定等濃度等體積的鹽酸、醋酸的滴定曲線 鹽酸滴定等濃度等體積的氫氧化鈉、氨水的滴定曲線
曲線起點不同：強堿滴定強酸、弱酸的曲線，強酸起點低；強酸滴定強堿、弱堿的曲線，強堿起點高
突躍點變化范圍不同：強堿與強酸反應(強酸與強堿反應)的突躍點變化范圍大于強堿與弱酸反應(強酸與弱堿反應)
室溫下pH＝7不一定是終點：強堿與強酸反應時，終點是pH＝7；強堿與弱酸(強酸與弱堿)反應時，終點不是pH＝7(強堿與弱酸反應終點是pH>7，強酸與弱堿反應終點是pH<7)
模考·預測
1.常溫下，有下列四種溶液：
下列說法正確的是(　　)
A．由水電離出的c(H＋)：①>③
B．將③稀釋到原來的100倍后，pH與④相同
C．②與④混合后，若溶液呈酸性，則所得溶液中離子濃度可能為c(CH3COO－)>c(H＋)>c(Na＋)>c(OH－)
D．①與③混合后，若溶液pH＝7，則V(NaOH)>V(CH3COOH)
① ② ③ ④
0.1 mol·L－1 NaOH溶液 pH＝11 NaOH溶液 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液 pH＝3
CH3COOH溶液
答案：C
解析：NaOH完全電離，CH3COOH部分電離，前者對水的電離抑制程度更大，由水電離出的c（H＋）：①<③，A項錯誤；因CH3COOH會部分電離，0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中c（H＋）<0.1 mol·L－1，則pH>1，稀釋100倍后，pH增大，則③的pH與④不同，B項錯誤；②與④混合后為CH3COONa和CH3COOH的混合溶液，若溶液呈酸性，則CH3COOH的電離程度大于CH3COO－的水解程度，若CH3COOH較多，則c（H＋）>c（Na＋），結合電荷守恒可知溶液中離子濃度可能為c（CH3COO－）>c（H＋）>c（Na＋）>c（OH－），C項正確；①與③等體積混合后，溶液呈堿性，若要呈中性，則③應過量，即V（NaOH）2．用0.1 mol·L－1的鹽酸滴定20 mL約0.1 mol·L－1氨水，滴定曲線如圖所示，下列說法正確的是(　　)
A．a點溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)
B．滴定過程中，當溶液的pH＝7時，兩者恰好中和
C．用酚酞作指示劑比用甲基橙作指示劑，滴定誤差更小
D．當滴入鹽酸為30 mL時，溶液中：)＋c(H＋)＜c(OH－)＋c(Cl－)
答案：A
解析：a點時恰好中和生成氯化銨，物料守恒式為c（）＋c（NH3·H2O）＝c（Cl－），電荷守恒式為c（）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（Cl－），則c（H＋）＝c（OH－）＋c（NH3·H2O），故A正確；兩者恰好中和時生成氯化銨，溶液的pH＜7，當溶液的pH＝7時，氨水未完全反應，故B錯誤；反應終點生成氯化銨，水解顯酸性，酚酞的變色范圍為8～10，應選甲基橙作指示劑，即用酚酞作指示劑比用甲基橙作指示劑，滴定誤差更大，故C錯誤；溶液不顯電性，遵循電荷守恒，則當滴入鹽酸達30 mL時，溶液中c（）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（Cl－），故D錯誤。
3．常溫下，向的HR溶液中逐滴滴入0.1 mol·L－1的NH3·H2O溶液，所得溶液pH及導電性變化如圖。下列分析不正確的是(　　)
A．a～b點導電能力增強，說明HR為弱酸
B．b點溶液pH＝5，此時酸堿恰好中和
C．c點溶液存在)>c(R－)、c(OH－)>c(H＋)
D．b～c任意點溶液均有c(H＋)·c(OH－)＝Kw＝1.0×10－14
答案：B
解析：A項，根據圖像可知，a～b點導電能力增強，說明HR為弱電解質，在溶液中部分電離，加入氨水后生成強電解質，離子濃度增大；B項，b點溶液pH＝7，此時加入10 mL HR，HR與一水合氨的濃度、體積相等，則二者恰好反應；C項，c點時溶液的pH>7，混合液顯示堿性，則c（OH－）>c（H＋），結合電荷守恒可知：c（）>c（R－）；D項，b～c點，溶液的溫度不變，則水的離子積不變。
4．在T ℃時，鉻酸銀(Ag2CrO4)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法不正確的是(　　)
A．T ℃時，在Y點和Z點，Ag2CrO4的Ksp相等
B．向飽和Ag2CrO4溶液中加入固體K2CrO4不能使溶液由Y點變為X點
C．T ℃時，Ag2CrO4的Ksp為1×10－8
D．圖中a＝×10－4
答案：C
解析：一種物質的Ksp只與溫度有關，A正確；向飽和Ag2CrO4溶液中加入固體K2CrO4后，沉淀溶解平衡向左移動，導致c（Ag＋）減小，而圖像中由Y點變成X點的過程中，c（Ag＋）保持不變，B正確；T ℃時，Ag2CrO4的Ksp＝c（Cr）·c2（Ag＋）＝（1×10－5）×（1×10－3）2＝1×10－11，C錯誤；溫度不變Ksp＝c（Cr）·c2（Ag＋）＝（1×10－5）×（1×10－3）2＝a2×5×10－4，解得a＝×10－4，D正確。
5．常溫下，向20 mL 0.2 mol·L－1二元酸H2A溶液中滴加0.2 mol·L－1 NaOH溶液，有關微粒物質的量變化如圖。下列敘述正確的是(　　)
A．當V(NaOH)＝20 mL時，溶液中各離子濃度的大小順序為c(Na＋)＞c(HA－)＞c(A2－)＞c(OH－)＞c(H＋)
B．等體積等濃度的NaOH溶液與H2A溶液混合后，其溶液中水的電離程度比純水的大
C．等濃度H2A和NaHA的混合溶液中無論加入少量的強酸或強堿，溶液的pH變化都不大
D．當V(NaOH)＝40 mL時，升高溫度，減小
答案：C
解析：從圖像看出當V（NaOH）＝20 mL時，溶液中的溶質是NaHA，溶液中c（HA－）＞c（A2－）＞c（H2A），說明HA－以電離為主，故c（H＋）>c（OH－），故A錯；等體積等濃度的NaOH溶液與H2A溶液混合后的溶質是NaHA，HA－以電離為主，產生H＋，抑制水的電離，故B錯；等濃度H2A和NaHA的混合溶液形成緩沖溶液，溶液中存在電離平衡H2A H＋＋HA－，水解平衡NaHA＋H2O NaOH＋H2A，加入酸，HA－會消耗H＋生成H2A，加入堿，OH－和H2A反應生成HA－，溶液pH變化都不大，C正確；當V（NaOH）＝40 mL時，溶液中的溶質是Na2A，但存在HA－，說明A2－水解，其水解平衡：A2－＋H2O HA－＋OH－，升高溫度，A2－的水解平衡正向移動，c（A2－）減小，增大，故D錯。
6．實驗測得10 mL 0.50 mol·L－1 NH4Cl溶液、10 mL 0.50 mol·L－1 CH3COONa溶液的pH分別隨溫度與稀釋加水量的變化如圖所示。已知25 ℃時CH3COOH和NH3·H2O的電離常數均為1.8×10－5。
下列說法不正確的是 (　　)
A．圖中實線表示pH隨加水量的變化，虛線表示pH隨溫度的變化
B．將NH4Cl溶液加水稀釋至濃度為 mol·L－1，溶液pH變化值小于lg x
C．隨溫度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH－)減小，c(H＋)增大，pH減小
D．25 ℃時稀釋相同倍數的NH4Cl溶液與CH3COONa溶液中：c(Na＋)－c(CH3COO－)＝)
答案：C
解析：醋酸鈉溶液顯堿性，加水稀釋，堿性減弱，c（OH－）減小，c（H＋）增大，pH減小；氯化銨溶液顯酸性，加水稀釋，酸性減弱，c（H＋）減小，c（OH－）增大，pH增大，即實線表示pH隨加水量的變化；升溫，Kw增大，水電離出的氫離子和氫氧根離子濃度都會增大，pH表示氫離子濃度的負對數，所以pH都會減小，即虛線表示pH隨溫度的變化，A說法正確，C說法錯誤。將NH4Cl溶液加水稀釋至濃度為 mol·L－1時，若氯化銨的水解平衡不發生移動，則其中的c（H＋）變為原來的，則溶液的pH將增大lg x，但是加水稀釋時，氯化銨的水解平衡向正反應方向移動，c（H＋）大于原來的，因此溶液pH的變化值小于lg x，B說法正確。
25 ℃時稀釋相同倍數的NH4Cl溶液與CH3COONa溶液中分別存在電荷守恒：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（CH3COO－）、c（）＋c（H＋）＝c（Cl－）＋c（OH－），即氯化銨溶液中：c（Cl－）－c（）＝c（H＋）－c（OH－），醋酸鈉溶液中：c（Na＋）－c（CH3COO－）＝c（OH－）－c（H＋），25 ℃時CH3COOH和NH3·H2O的電離常數均為1.8×10－5，由于原溶液的物質的量濃度相同，稀釋相同倍數后的NH4Cl溶液與CH3COONa溶液，溶質的物質的量濃度仍相等，由于電離常數相同，鹽的水解程度相同，因此，兩溶液中|c（OH－）－c（H＋）|（兩者差的絕對值）相等，故c（Na＋）－c（CH3COO－）＝c（Cl－）－c（），D說法正確。

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