資源簡介

(共45張PPT)
專題一　物質的組成、分類、性質及應用
真題研練·析考情
核心突破·提能力
模考精練·抓落實
真題研練·析考情
真題研練
1.[2023·新課標卷]化學在文物的研究和修復中有重要作用。下列說法錯誤的是(　　)
A．竹簡的成分之一纖維素屬于天然高分子
B．龜甲的成分之一羥基磷灰石屬于無機物
C．古陶瓷修復所用的熟石膏，其成分為Ca(OH)2
D．古壁畫顏料中所用的鐵紅，其成分為Fe2O3
解析：纖維素是一種天然化合物，其分子式為(C6H10O5)n，其相對分子質量較高，是一種天然高分子，A正確；羥基磷灰石又稱羥磷灰石、堿式磷酸鈣，其化學式為Ca5(PO4)3(OH)，屬于無機物，B正確；熟石膏是主要成分為2CaSO4·H2O，Ca(OH)2為熟石灰的主要成分，C錯誤； Fe2O3為紅色，常被用于油漆、涂料、油墨和橡膠的紅色顏料，俗稱鐵紅，D正確；故選C。
答案：C
2．[2023·山東卷]下列之物具有典型的齊魯文化特色，據其主要化學成分不能與其他三種歸為一類的是(　　)
A．泰山墨玉 B．龍山黑陶
C．齊國刀幣 D．淄博琉璃
解析：墨玉、黑陶、琉璃的主要成分屬于無機非金屬材料，齊國刀幣的主要成分為青銅，屬于金屬材料，故本題選C。
答案：C
3．[2023·湖南卷]中華文化源遠流長，化學與文化傳承密不可分。下列說法錯誤的是(　　)
A．青銅器“四羊方尊”的主要材質為合金
B．長沙走馬樓出土的竹木簡牘主要成分是纖維素
C．蔡倫采用堿液蒸煮制漿法造紙，該過程不涉及化學變化
D．銅官窯彩瓷是以黏土為主要原料，經高溫燒結而成
解析：青銅是在純銅中加入錫或鉛得到的合金，A項正確；竹木簡牘的主要成分是纖維素，B項正確；堿液蒸煮制漿法造紙過程中，植物纖維在堿液中發生水解反應(屬于化學變化)，C項錯誤；彩瓷是以黏土為主要原料，加工定型后經高溫燒結而制成的硅酸鹽產品，D項正確。
答案：C
4．[2022·遼寧卷]北京冬奧會備受世界矚目。下列說法錯誤的是(　　)
A．冰壺主材料花崗巖屬于無機非金屬材料
B．火炬“飛揚”使用的碳纖維屬于有機高分子材料
C.冬奧會“同心”金屬獎牌屬于合金材料
D．短道速滑服使用的超高分子量聚乙烯屬于有機高分子材料
解析：花崗巖的主要成分是石英、云母、長石等礦物，屬于無機非金屬材料，A正確；碳纖維指的是含碳量在90%以上的高強度高模量纖維，屬于無機非金屬材料，B錯誤；金屬獎牌屬于合金材料，C正確；聚乙烯屬于有機高分子材料，D正確。
答案：B
5．[2022·全國甲卷]化學與生活密切相關。下列敘述正確的是(　　)
A．漂白粉與鹽酸可混合使用以提高消毒效果
B．溫室氣體是形成酸雨的主要物質
C．棉花、麻和蠶絲均為碳水化合物
D．干冰可用在舞臺上制造“云霧”
解析：漂白粉的有效成分是次氯酸鈣，次氯酸鈣與鹽酸發生反應生成氯氣，降低消毒效果，A項錯誤；溫室氣體主要為CO2，形成酸雨的主要物質是SO2和氮氧化物，B項錯誤；蠶絲是蛋白質，不屬于碳水化合物，C項錯誤；干冰升華吸熱可使周圍的水蒸氣凝結成“云霧”，D項正確。
答案：D
6．[2022·浙江6月]下列表示正確的是(　　)
答案：D
考情分析
考點 考向 預測
生產、生活中的化學 化學物質在生活、生產中的應用 這類題目會圍繞無機物的性質及應用和有機化合物的性質及應用進行考查，主要體現化學與生活、生產、科技的聯系。還會延續以往的命題風格，試題外觀特征和考查要求不會發生大的變化，與時代的變化和發展的關系會越來越緊密。應關注生活、關注社會，特別是關注社會熱點和焦點中的化學知識；關注物質結構、性質與應用之間的聯系；關注以圖示的形式為載體的考查。
化學與環境 化學與材料 化學與醫藥 化學與能源 化學與科技 傳統文化 中的化學 古文獻中的化學常識 古詩詞中的化學常識 化學用語 原子(離子)結構、電子式與結構式 模型分析 核心突破·提能力
考點1　物質的分類及變化
核 心 梳 理
1.宏觀物質與微觀組成
2．物質的組成與分類
【特別提醒】
物質組成、分類的“四個誤區”
(1)誤認為由相同元素組成的物質一定是純凈物。若某物質是由一種元素組成的不同單質混合而成則為混合物，如O2、O3組成的混合氣體就是混合物，而由12C和14C組成的石墨是純凈物。
(2)誤認為溶液呈酸性的物質一定是酸，溶液呈堿性的物質一定是堿。NaHSO4、CuSO4、NH4Cl溶液呈酸性，Na2CO3、NaHCO3溶液呈堿性，但這些物質均屬于鹽。
(3)誤認為金屬氧化物、非金屬氧化物分別與堿性氧化物、酸性氧化物相對應。金屬氧化物不一定是堿性氧化物，但堿性氧化物一定是金屬氧化物。酸性氧化物不一定是非金屬氧化物，如Mn2O7；非金屬氧化物也不一定是酸性氧化物，如CO、NO。
(4)誤認為酸分子中含有幾個氫原子，就是幾元酸。幾元酸是由一個酸分子最多能電離產生的H＋數目決定的，最多能電離產生幾個H＋，該酸就是幾元酸，如次磷酸(H3PO2)是一元弱酸，硼酸(H3BO3)是一元弱酸。
3.常見易混的物理變化與化學變化
(1)物理變化——金屬導電、溶解、潮解、萃取、分液、蒸餾、分餾、揮發、升華、吸附、鹽析、滲析、焰色試驗，物質三態變化等。
(2)化學變化——風化、同素異形體間的相互轉化、脫水、變性、干餾、顯色反應、顏色反應、鈍化、油脂的硬化、煤的氣化和液化等。
典 題 精 研
考向 物質的分類及轉化
例1 中國科學技術大學的錢逸泰教授等以四氯化碳和金屬鈉為原料，在700 ℃時制得納米級金剛石粉末，發生的反應是4Na+CCl4C＋4NaCl，這一成果被譽為“稻草變黃金”。對此反應的理解有誤的是(　　)
A．反應過程中元素種類沒有改變
B．四氯化碳和氯化鈉都屬于鹽
C．金剛石屬于共價晶體
D．該反應為置換反應
答案：B
解析：化學反應前后遵循元素守恒，反應前后元素種類不變，A正確；四氯化碳不符合鹽的定義，不是鹽，B錯誤；金剛石屬于共價晶體，C正確；CCl4和金屬鈉為原料，在700 ℃時制造出納米級金剛石粉末的過程是鈉單質置換出碳單質的過程，屬于置換反應，D正確。
練1 化學促進了科技進步和社會發展，下列敘述中沒有涉及化學變化的是(　　)
A．《神農本草經》中記載的“石膽能化鐵為銅”
B．利用“侯氏聯合制堿法”制備純堿
C．科學家成功將CO2轉化為淀粉或葡萄糖
D．北京冬奧會場館使用CO2跨臨界直冷制冰
解析：CO2跨臨界直冷制冰是利用液態CO2汽化吸熱導致環境溫度下降，從而使水結冰，屬于物理變化，D項符合題意。
答案：D
考點2　化學與STSE
核 心 梳 理
分類 具體闡釋
化學與生活、科技 (1)P：白磷(P4)制高純度磷酸，紅磷制安全火柴、農藥等。
(2)乙二醇：內燃機的抗凍劑等。
(3)MgO、Al2O3：由于其熔點較高，可以制作耐火材料。
(4)Si：制半導體、芯片、太陽能電池。SiO2：制光導纖維、石英玻璃、普通玻璃。
(5)消毒殺菌：氯氣、漂白粉(用于水消毒)，高錳酸鉀(稀溶液用于皮膚消毒)，酒精、碘酒(用于皮膚消毒)，甲醛(福爾馬林可用作種子消毒劑)。
(6)明礬：凈水劑。Na2FeO4：具有強氧化性，能消毒殺菌，還原產生的Fe3＋水解生成氫氧化鐵膠體可吸附水中的懸浮雜質。
(7)抗酸藥：作用是“中和”胃液中的鹽酸，緩解胃部不適，其主要成分是能與鹽酸“中和”的化學物質，如氫氧化鋁、碳酸氫鈉、碳酸鎂、氫氧化鎂等。
(8)食品干燥劑：具有吸水性，且吸水后仍然是無毒無害的固體狀物質。
(9)醫學造影劑：醫學上常用作胃腸和消化道造影劑的物質是難溶于胃酸的硫酸鋇(又稱為“鋇餐”)。
(10)合金：由兩種或兩種以上的金屬(或金屬與非金屬)熔合而成的具有金屬特性的物質，其硬度比其成分金屬的大，熔點比其成分金屬的低。
(11)陶瓷；傳統陶瓷的主要原料是黏土，主要成分是硅酸鹽。
(12)玻璃：普通玻璃是Na2SiO3、CaSiO3、SiO2等熔化在一起得到的物質，是混合物；石英玻璃的主要成分是SiO2；有機玻璃的主要成分是聚甲基丙烯酸甲酯。
(13)塑料：主要成分是合成樹脂。熱塑性塑料如聚乙烯、聚氯乙烯、聚丙烯，此類材料可以反復加熱熔融加工。熱固性塑料如酚醛樹脂，此類材料加工成型后受熱不能軟化或熔融，也不溶于任何溶劑。
化學與環境 (1)PM2.5：大氣中直徑小于或等于2.5 μm的顆粒物。
(2)溫室效應氣體：CO2、CH4等。
(3)酸雨：pH<5.6，主要有硫酸型酸雨和硝酸型酸雨。
(4)臭氧空洞：可破壞臭氧層的物質主要是氟氯代烷和氮氧化物。
(5)光化學煙霧：大氣中的碳氫化合物和氮氧化物等一次污染物，在陽光照射下，發生一系列光化學反應，生成臭氧、醛、酮、PAN等二次污染物，這些一次污染物和二次污染物所形成的混合物稱為光化學煙霧。
(6)霧霾：主要由二氧化硫、氮氧化物和可吸入顆粒物組成。
(7)重金屬污染：由重金屬或其化合物造成的環境污染。
(8)赤潮、水華產生的原因：大量的氮、磷等元素進入水中，造成水體富營養化。
化學與資源 (1)水資源：海水淡化的主要方法有蒸餾法、電滲析法、離子交換法等；生活中采用煮沸的方法將硬水軟化。
(2)能源：
①一次能源是指從自然界取得的未經改變或轉變而直接利用的能源，如煤、石油、天然氣、風能、水能等；二次能源是指由一次能源經過加工轉換以后得到的能源，如煤氣、氫氣、電力、液化石油氣等。
②常規能源是指煤、石油、天然氣等，新能源是指核能、太陽能、地熱能等。
典 題 精 研
考向 生活、生產中的化學常識
例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
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。
答案：B
練2 廣東有眾多國家級非物質文化遺產，如廣東剪紙、粵繡、潮汕工夫茶藝和香云紗染整技藝等。下列說法不正確的是(　　)
A．廣東剪紙的裁剪過程不涉及化學變化
B．沖泡工夫茶時茶香四溢，體現了分子是運動的
C.制作粵繡所用的植物纖維布含有天然高分子化合物
D．染整技藝中去除絲膠所用的純堿水溶液屬于純凈物

解析：廣東剪紙的裁剪過程中沒有新物質生成，故不涉及化學變化，A項正確；沖泡工夫茶時茶香四溢，是因為茶水的香味分子不停地做無規則運動，擴散到空氣中，B項正確；制作粵繡所用的植物纖維布含有纖維素，屬于天然高分子化合物，C項正確；染整技藝中去除絲膠所用的純堿水溶液屬于混合物，D項錯誤。
答案：D
考點3　化學與傳統文化
核 心 梳 理
1.傳統文化涉及“物質”的判斷
(1)“有硇水者，剪銀塊投之，則旋而為水”，“硇水”指的是硝酸。
(2)藥物“鼻沖水”條目下寫道：“貯以玻璃瓶，緊塞其口，勿使泄氣，則藥力不減，氣甚辛烈，觸入腦，非有病不可嗅”，“鼻沖水”指的是氨水。
(3)《漢書》中“高奴縣有洧水可燃”，這里的“洧水”指的是石油。
(4)《黃白第十六》中“曾青涂鐵，鐵赤如銅”，其“曾青”是可溶性銅鹽。
(5)《本草綱目》中“冬月灶中所燒薪柴之灰，令人以灰淋汁，取堿浣衣”中的堿是K2CO3。
(6)《天工開物》中“凡石灰，經火焚煉為用”里的“石灰”指的是CaCO3。
(7)《夢溪筆談·器用》中“古人以劑鋼為刃，柔鐵為莖干，不爾則多斷折”的“劑鋼”是指鐵的合金。
(8)《天工開物》中有如下描述：“世間絲、麻、裘、褐皆具素質……”文中的“裘”主要成分是蛋白質。
(9)古籍中對“鍮石”有如下記載：“鍮石，自然銅之精也，今爐甘石(主要成分為碳酸鋅)煉成者，假鍮也。”“鍮石”指銅，“假鍮”指銅鋅合金。
2．傳統文化涉及“變化”的判斷
由古代文獻記載的內容，聯系化學反應，判斷是否為化學變化、物理變化；判斷化學反應的類型，如置換反應、氧化還原反應等。如“烈火焚燒若等閑”，該過程涉及化學變化——碳酸鈣的分解。“熬膽礬(CuSO4·5H2O)鐵釜，久之亦化為銅”，涉及的反應類型為置換反應或氧化還原反應。
3．傳統文化涉及“分離”方法的判斷
根據過程判斷分離和提純的常用方法，如蒸餾、蒸發、升華、萃取等。如“自元時始創其法，用濃酒和糟入甑，蒸令氣上……其清如水，味極濃烈，蓋酒露也。”該過程涉及蒸餾操作；“……(KNO3)所在山澤，冬月地上有霜，掃取以水淋汁后，乃煎煉而成”，“煎煉”涉及蒸發結晶操作。
典 題 精 研
考向 傳統文化中的化學常識
例3 古代的很多詩歌、諺語等都蘊含著化學知識。下列說法正確的是(　　)
A．“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”中能量的變化主要是化學能轉化為熱能
B．“春蠶到死絲方盡，蠟炬成灰淚始干”，“淚”是指蠟燭燃燒生成的水
C．“爆竹聲中一歲除，春風送暖入屠蘇”，爆竹爆炸發生的是分解反應
D．“紛紛燦爛如星隕，火霍火霍喧豗似火攻”，煙花是某些金屬元素發生化學變化呈現出的顏色
答案：A
解析：燃燒時，燃料的化學能主要轉化為熱能，A正確；“淚”是指蠟燭熔化后的液體，B錯誤；爆竹在點燃后發生的主要反應為S＋2KNO3＋3C===K2S＋N2↑＋3CO2↑，不是分解反應，C錯誤；煙花是某些金屬元素發生焰色試驗呈現出的顏色，焰色試驗屬于物理變化，D錯誤。
練2 “灌鋼法”是我國古代勞動人民對鋼鐵冶煉技術的重大貢獻，陶弘景在其《本草經集注》中提到“鋼鐵是雜煉生 作刀鐮者”。“灌鋼法”主要是將生鐵和熟鐵(含碳量約0.1%)混合加熱，生鐵熔化灌入熟鐵，再鍛打成鋼。下列說法錯誤的是(　　)
A．鋼是以鐵為主的含碳合金
B．鋼的含碳量越高，硬度和脆性越大
C．生鐵由于含碳量高，熔點比熟鐵高
D．冶煉鐵的原料之一赤鐵礦的主要成分為Fe2O3
解析：鋼是含碳量低的鐵合金，A項正確；鋼的硬度和脆性與含碳量有關，隨著含碳量的增大而增大，B項正確；由題意可知，生鐵熔化灌入熟鐵，再鍛打成鋼，說明生鐵的熔點低于熟鐵，C項錯誤；赤鐵礦的主要成分是Fe2O3，可用于冶煉鐵，D項正確。
答案：C
考點4　化學用語
核 心 梳 理
1.表示物質組成和結構的化學用語
2.電子式的書寫方法
典 題 精 研
考向 化學用語的規范使用
例4 下列化學用語的表達正確的是(　　)
A．羰基硫(COS)的結構式：O===C===S
B．中子數為10的氧原子形成的過氧根離子：10
C．由H和Cl形成化學鍵的過程：
D． 的名稱：2 甲基 3 丁烯
練4 我國科學家首次在實驗室中實現從二氧化碳到淀粉的全合成，合成路徑如下圖所示。下列表示相關微粒的化學用語正確的是(　　)
A．淀粉的分子式：(C6H12O6)n
B．DHA的最簡式：CH2O
C．FADH的電子式：
D．CO2的空間填充模型：

答案：B
模考精練·抓落實
1.北京2022年冬奧會中使用了大量新材料。下列屬于金屬材料的是(　　)
解析：A項，鈦合金屬于金屬材料；B項，聚硅氮烷樹脂屬于無機聚合物，是一種新型無機非金屬材料；C項，石墨烯是碳的同素異形體，屬于非金屬材料；D項，聚乳酸是有機材料。
答案：A
2.化學與人類生活、社會可持續發展密切相關，下列說法錯誤的是(　　)
A.“神州十三號”運載火箭的軌道艙殼體鋁合金因其密度小、抗腐蝕性能好等優點成為關鍵材料
B.中科院首次實現了CO2合成淀粉，該技術的應用有助于實現“碳達峰”和“碳中和”
C.燃煤中加入CaO主要是為了減少溫室氣體的排放和酸雨的形成
D.T 碳是一種新型三維碳結構晶體，與金剛石互為同素異形體
答案：C
解析：合金較純金屬硬度大、抗腐蝕性好，鋁合金因其密度小、抗腐蝕性能好，故可以用于“神州十三號”運載火箭的結構部件，故A正確；CO2合成淀粉，該技術的應用可充分利用二氧化碳，有助于實現“碳達峰”和“碳中和”，故B正確；加入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，但在高溫下反應生成二氧化碳，燃煤中加入CaO后可減少酸雨的發生，但不能減少溫室氣體的排放量，故C錯誤；T 碳與金剛石都是含碳元素的單質，互為同素異形體，故D正確。
3．化學對提高人類生活質量和促進社會發展具有重要作用。運用化學知識對下列選項進行的分析合理的是(　　)
A.石油的分餾、海水曬鹽、煤的氣化都是物理變化
B.煙熏臘肉中含有豐富的脂肪，脂肪屬于酯類，是天然高分子化合物
C.制作湘繡需使用大量的絲綢，古代絲綢所含的天然纖維主要是蠶絲纖維
D.大量SO2排放到空氣中，不但能形成酸雨，而且易產生光化學煙霧危害環境
解析：煤的氣化生成新物質，是化學變化，A錯誤；脂肪屬于油脂，油脂不是高分子化合物，B錯誤；絲綢是用蠶絲做的，所含的天然纖維主要是蠶絲纖維，C正確；SO2排放到空氣中，能形成酸雨，但不易產生光化學煙霧，產生光化學煙霧的是氮氧化合物，D錯誤。
答案：C
4．我國科學家成功利用CO2人工合成淀粉，使淀粉生產方式從農業種植轉為工業制造成為可能，其原理如圖所示。下列說法錯誤的是(　　)
A.甲醇可用于燃料電池的正極活性物質
B.化妝品中添加二羥基丙酮的主要作用為保濕
C.淀粉可用于制備葡萄糖
D.該過程有利于實現“碳達峰，碳中和”
解析：甲醇燃料電池中通甲醇的一極為負極，通O2的一極為正極，故甲醇可用于燃料電池的負極活性物質，A錯誤；二羥基丙酮中的羥基能與H2O之間形成分子間氫鍵，牢牢鎖住水分，故化妝品中添加二羥基丙酮的主要作用為保濕，B正確；淀粉在一定條件下水解可生成葡萄糖，故淀粉可用于制備葡萄糖，C正確；該過程消耗CO2，制備淀粉，故有利于實現“碳達峰，碳中和”，D正確。
答案：A
5．科技是第一生產力，我國科學家在諸多領域取得新突破，下列說法錯誤的是(　　)
A.利用CO2合成了脂肪酸：實現了無機小分子向有機高分子的轉變
B.發現了月壤中的“嫦娥石[(Ca8Y)Fe(PO4)7]”：其成分屬于無機鹽
C.研制了高效率鈣鈦礦太陽能電池，其能量轉化形式：太陽能→電能
D.革新了海水原位電解制氫工藝：其關鍵材料多孔聚四氟乙烯耐腐蝕
解析：常見的脂肪酸有：硬脂酸(C17H35COOH)、油酸(C17H33COOH)，二者相對分子質量雖大，但沒有達到高分子化合物的范疇，不屬于有機高分子，A錯誤；嫦娥石因其含有Y、Ca、Fe等元素，屬于無機化合物，又因含有磷酸根，是無機鹽，B正確；電池是一種可以將其他能量轉化為電能的裝置，鈣鈦礦太陽能電池可以將太陽能轉化為電能，C正確；海水中含有大量的無機鹽成分，可以將大多數物質腐蝕，而聚四氟乙烯塑料被稱為塑料王，耐酸、耐堿，不會被海水腐蝕，D正確；故答案選A。
答案：A
6．“何當共剪西窗燭，卻話巴山夜雨時”是唐代詩人李商隱的著名詩句，其中的“剪燭”就是剪去燒焦的燭芯，下列有關燭芯的說法正確的是(　　)
A.燭芯是由傳統無機非金屬材料制成的
B.燭芯是由光導纖維制成的
C.燭芯是由耐高溫的碳化硅制成的
D.燭芯的主要成分是纖維素

解析：燭芯是由棉線構成，屬于有機物，A錯誤；光導纖維的主要成分是SiO2，燭芯是纖維素，B錯誤；燭芯是由棉線構成，不是碳化硅制成，C錯誤；燭芯由棉線構成，主要成分是纖維素，D正確。
答案：D(共36張PPT)
專題二　化學計量及其應用
真題研練·析考情
核心突破·提能力
模考精練·抓落實
真題研練·析考情
真題研練
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6.5 NA
B．標準狀況下，2.24 L SO3中電子的數目為4.00 NA
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溶液中的數目為1.0NA
答案：A
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
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。
答案：C
3．[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
解析：Fe完全溶解生成Fe2＋，該反應轉移電子0.1 mol，A正確；HCl溶液中Cl－的物質的量為0.3 mol，因此，Cl－數為0.3NA，B錯誤；56Fe 的質子數為26、中子數為30，2.8 g 56Fe的物質的量為0.05 mol，因此，2.8 g 56Fe含有的中子數為1.5NA，C錯誤；反應生成H2的物質的量為0.05 mol，在標準狀況下的體積為1.12 L，D錯誤。
答案：A
4．[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－1 AlCl3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
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。
答案：C
考情分析
考點 考向 預測
阿伏加德羅常數綜合考查 氣體摩爾體積和阿伏加德羅定律的理解 關于物質的量的考查，一般不會發生大的變化，還是以阿伏加德羅常數的正誤判斷為主。題給條件、考點設置也不會出現太大的變化，但命題形式有可能會出現利用化學方程式的計算，特別是新高考卷，可能會涉及晶體和有機化合物的組成和結構。
微粒結構的分析 溶液中微粒數目判斷 化學反應進行程度的判斷及應用 化學反應中轉移電子數目的判斷 溶液的配制及物質的量濃度的簡單計算 溶液配制過程中的儀器選擇及基本操作 誤差分析 物質的量濃度的簡單計算 核心突破·提能力
考點1　阿伏加德羅常數的綜合應用
核 心 梳 理
1.高考常涉及的關于NA的命題角度總結
考查方向 涉及問題
物質狀態 在標準狀況下非氣態物質。如H2O、HF、苯、己烷、CHCl3、CCl4、酒精、SO3、辛烷等
物質結構 一定物質的量的物質中含有的微粒(分子、原子、電子、質子等)數，如Na2O2；或一些物質中的化學鍵數目，如CH4、P4等
氧化還原反應 電子轉移(得失)數目和方向，如Na2O2、NO2、Cl2與H2O反應；電解AgNO3溶液；Cu與S反應；Fe失去電子數(可能是2e－，也可能是3e－)
電離、水解
隱含的可逆反應　 常見的可逆反應(如2NO2 N2O4)、弱電解質的電離平衡等
摩爾質量 特殊物質的摩爾質量，如D2O、18O2、H37Cl
單質的組成 單質的組成除常見的雙原子分子(如H2、Cl2、N2)外還有單原子分子(惰性氣體，如He、Ne等)、三原子分子，如O3，甚至有四原子分子，如P4
2.正確判斷有關阿伏加德羅常數正誤的“三大步驟”
第一步：查看物質的狀態及所處狀況——正確運用氣體摩爾體積的前提
(1)當物質是氣體時，應查看所給條件是不是標準狀況(見體積想條件)。
(2)當條件是標準狀況時，應查看所給物質在標準狀況下是不是氣體(見物質想狀態)。
第二步：分析題干所給物理量與物質的量的關系——正確進行換算的前提
(1)已知某種物質的質量或物質的量時，則這些數據不受外界條件的限制。
(2)已知數據是體積時，要關注外界條件是不是標準狀況、這種物質是不是氣體。
(3)已知數據是物質的量濃度或pH時，要關注考題是否給出了溶液的體積。
第三步：準確把握物質的微觀結構和物質變化過程中微粒數目的變化——正確判斷微粒數目的前提
(1)清楚物質結構中相關微粒之間的數目關系。
(2)熟悉物質變化過程中微粒數目的變化關系。
典 題 精 研
考向 阿伏加德羅常數的綜合考查
例1 NA是阿伏加德羅常數的值。下列說法錯誤的是(　　)
A．22.4 L(標準狀況)氟氣所含的質子數為18NA
B．1 mol碘蒸氣和1 mol氫氣在密閉容器中充分反應，生成的碘化氫分子數小于2NA
C．電解飽和食鹽水時，若陰陽兩極產生氣體的總質量為73 g，則轉移電子數為NA
D．1 L 1 mol·L－1溴化銨水溶液中與H＋離子數之和大于NA
答案：C
解析：22.4 L(標準狀況)氟氣的物質的量為1 mol，則其所含的質子數為18NA，A說法正確；反應H2＋I2 2HI為可逆反應，則1 mol H2和1 mol I2充分反應生成的HI分子數小于2NA，B說法正確；電解飽和食鹽水時，陰、陽兩極產生的n(H2)∶n(Cl2)＝1∶1，當H2和Cl2的總質量為73 g時，產生2 g H2、71 g Cl2，則H2的物質的量為1 mol，Cl2的物質的量為1 mol，轉移電子數為2NA，C說法錯誤；溴化銨水溶液中存在電荷守恒：)＋c(H＋)＝c(Br－)＋c(OH－)，c(Br－)＝1 mol·L－1，則)＋c(H＋)>1 mol·L－1，故1 L 1 mol·L－1溴化銨水溶液中與H＋離子數之和大于NA，D說法正確。
練1 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+H2O ＋2H＋，故1 L 0.1 mol·L－1K2Cr2O7溶液中數目少于0.1NA，D項錯誤。
考點2　物質的量濃度及溶液的配制
核 心 梳 理
1.物質的量濃度的多角度計算
(1)物質的量濃度的計算
①熟記物質的量濃度計算的基本橋梁公式n＝＝＝＝cV；
②物質的量濃度與溶質質量分數的換算c＝或w＝。
(2)物質的量濃度計算的兩大規律
①質量守恒定律
a．化學反應前后，反應物和生成物的質量相等；
b．稀釋前后，溶質的質量(或物質的量)不變。
②電荷守恒規律
溶液中陽離子所帶的正電荷總數等于陰離子所帶的負電荷總數。
2．一定物質的量濃度溶液的配制
(1)所需儀器：容量瓶、燒杯、玻璃棒、量筒、托盤天平、藥匙、膠頭滴管。
(2)配制步驟
計算、稱量(或量取)、溶解(或稀釋)、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻、裝瓶并貼標簽。
(3)注意事項
①容量瓶使用前必須檢漏、洗滌，但不能潤洗。
②只能配制一定體積的溶液，即不能配制任意體積的一定物質的量濃度的溶液。
③轉移溶液時，溶液的溫度應為室溫，玻璃棒要靠在瓶頸刻度線以下。
【特別提醒】
視線引起誤差的分析方法
(1)仰視容量瓶刻度線(圖1)，導致溶液體積偏大，結果偏低。
(2)俯視容量瓶刻度線(圖2)，導致溶液體積偏小，結果偏高。
典 題 精 研
考向1 有關物質的量濃度的簡單計算
例2 100 mL 0.3 mol·L－1 Na2SO4溶液和50 mL 0.2 mol·L－1 Al2(SO4)3溶液混合后(溶液體積變化忽略不計)，溶液中的物質的量濃度為(　　)
A．0.20 mol·L－1 B．0.25 mol·L－1
C．0.40 mol·L－1 D．0.50 mol·L－1
解析：由c1·V1＋c2·V2＝c混·(V1＋V2)可知，100 mL×0.3 mol·L－1＋50 mL×0.2 mol·L－1×3＝c混()×(100 mL＋50 mL)，解得c混()＝0.40 mol·L－1。
答案：C
練2 將標準狀況下的a L HCl氣體溶于1 000 g水中，得到鹽酸密度為b g·cm－3，則該鹽酸的物質的量濃度是(　　)
A． mol·L－1
B． mol·L－1
C． mol·L－1
D． mol·L－1
答案：B
解析：標準狀況下的a L HCl氣體的物質的量為，
溶液的體積＝＝ L，則c(HCl)＝＝
mol·L－1。
考向2 一定物質的量濃度溶液的配制
例3 實驗室欲用Na2CO3·10H2O晶體配制100 mL 1 mol·L－1的Na2CO3溶液，下列說法正確的是(　　)
A．要完成實驗需稱取10.6 g Na2CO3·10H2O晶體
B．本實驗需用到的儀器有托盤天平、藥匙、玻璃棒、燒杯、500 mL容量瓶
C．配制時若容量瓶不干燥，含有少量蒸餾水會導致溶液濃度偏低
D．定容時俯視刻度線會導致溶液濃度偏高
答案：D
解析：配制100 mL 1 mol·L－1的Na2CO3溶液，需要Na2CO3·10H2O晶體的質量m＝×0.1 L＝28.6 g，A項錯誤；定容時，需要向容量瓶中加入蒸餾水，所以配制時若容量瓶不干燥，含有少量蒸餾水對溶液濃度無影響，C項錯誤；定容時俯視刻度線，導致溶液體積偏小，依據c＝可知溶液濃度偏高，D項正確。
練3 實驗室發生意外時，比如手指劃破、燙傷等都需要對傷口進行消毒。現配制0.01 mol·L－1的KMnO4消毒液，下列有關說法不正確的是(　　)
A．KMnO4的摩爾質量為158
B．KMnO4溶液用于殺菌消毒的原理是因其具有強氧化性
C．當液面接近容量瓶的刻度線下2 cm處，改用膠頭滴管定容
D．定容時俯視容量瓶刻度線，導致所配溶液濃度偏高
解析：摩爾質量的單位是g· mol－1，A項錯誤；KMnO4具有強氧化性，可以殺菌消毒，B項正確；當液面接近容量瓶的刻度線下2 cm處時改用膠頭滴管定容，C項正確；定容時俯視容量瓶刻度線，導致加水偏少，所配溶液濃度偏高，D項正確。
答案：A
模考精練·抓落實
1.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(H＋)，中性溶液c(OH－)＝c(H＋)，則c(CH3COO－)＝)，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。
2．設NA為阿伏加德羅常數的值，下列敘述正確的是(　　)
A．標準狀況下，11.2 L CH2Cl2含有的氫原子數是NA
B．56 g Fe與足量水蒸氣高溫下充分反應轉移的電子數為3NA
C．中含有電子數為8NA
D．常溫下，pH＝5的NaHSO3溶液中，發生電離的水分子數目為10－5NA
解析：標準狀況，CH2Cl2不是氣體，11.2 L CH2Cl2中物質的量不是0.5 mol，故A錯誤；1 mol Fe 與足量水蒸氣在高溫下充分反應生成Fe3O4，轉移的電子數為NA，故B錯誤；中含有電子數為1×(6＋1×3－1)＝8NA，故C正確；pH＝5的NaHSO3溶液，亞硫酸氫根離子的電離程度大于水解程度，對水的電離起抑制作用，但未給溶液體積，不能計算發生電離的水分子數目，故D錯誤。
答案：C
3．設NA代表阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是(　　)
A．6.4 g CH4O中含有的碳氫鍵數目為0.8NA
B．過氧化鈉與水反應時，每生成0.1 mol氧氣轉移的電子數目是0.2NA
C．標準狀況下，2.24 L HCl氣體中含有的H＋數目為0.1NA
D．1 mol硅中含有的共價鍵數目為4NA
答案：B
解析：1個CH4O分子中含有3個碳氫鍵，6.4 g CH4O的物質的量為6.4 g÷32 g·mol－1＝0.2 mol，則含有的碳氫鍵數目為0.6NA，A錯誤；
由過氧化鈉與水反應的電子轉移情況可知，每生成0.1 mol氧氣轉移的電子數是0.2NA，B正確；氯化氫氣體是由氯化氫分子構成的，不存在氫離子，C錯誤；硅晶體中1個硅原子形成4個共價鍵，每個共價鍵為2個硅原子共用，則1 mol硅中含有的共價鍵數目為2NA，D錯誤。
4．Cu2HgI4是一種紅色固體，常用作示溫涂料。制備反應為：
2CuSO4＋SO2＋K2HgI4＋2H2O===Cu2HgI4↓＋K2SO4＋2H2SO4。
已知：NA表示阿伏加德羅常數的值。下列有關方程式中的物質說法正確的是(　　)
A．上述反應中生成1 mol Cu2HgI4時，轉移的電子數為2NA
B．標準狀態下，44.8 L水中所含O原子數為2NA
C．標準狀態下，22.4 L SO2與足量的O2反應，生成SO3的分子數為NA
D．1 L 0.1 mol·L－1 CuSO4溶液中Cu2＋數目為0.1NA
答案：A
解析：上述反應中生成1 mol Cu2HgI4時，有1 mol SO2被氧化為，則轉移的電子數為2NA，故A正確；標況下水為液態，44.8 L水的物質的量大于2 mol，所以所含氧原子數大于2NA，故B錯誤；SO2與O2的反應為可逆反應，所以標準狀態下，22.4 L SO2與足量的O2反應，生成SO3的分子數小于NA，故C錯誤；CuSO4為強酸弱堿鹽，Cu2＋會水解，則1 L 0.1 mol·L－1 CuSO4溶液中Cu2＋數目小于，故D錯誤。
5．2021年，我國科學家首次在實驗室實現CO2到淀粉的全合成，其合成路線如下：設NA為阿伏加德羅常數，下列有關說法不正確的是(　　)
A．標況下，11.2 L CO2中含有共用電子對數目為2NA
B．反應②、③無法在高溫下進行
C．反應②中，3.2 g CH3OH生成HCHO時轉移電子數目為0.2NA
D．1 mol DHA與乙酸發生取代反應，可消耗乙酸分子數目為NA
答案：D
解析：CO2的結構式為O===C===O，標況下11.2 L CO2中含有共用電子對數目為0.5 mol×4×NA＝2NA，A正確；反應②、③需要用酶作催化劑，反應②、③無法在高溫下進行，B正確；反應②中，3.2 g CH3OH生成HCHO時轉移電子數目為×2×NA＝0.2NA，C正確；DHA含有2個羥基，1 mol DHA與乙酸發生取代反應，可消耗2 mol乙酸，D錯誤。(共43張PPT)
專題三　離子反應與氧化還原反應
真題研練·析考情
核心突破·提能力
模考精練·抓落實
真題研練·析考情
真題研練
1.[2023·全國乙卷]下列應用中涉及到氧化還原反應的是(　　)
A．使用明礬對水進行凈化
B．雪天道路上撒鹽融雪
C．暖貼中的鐵粉遇空氣放熱
D．熒光指示牌被照發光
解析：使用明礬對水進行凈化的過程中，明礬電離出的鋁離子發生水解生成氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體粒子吸附水中的懸浮顆粒并沉降下來而水變得澄清，該過程中沒有任何一種元素的化合價發生變化，因此沒有涉及到氧化還原反應，A不符合題意；雪天道路上撒鹽融雪，是因為雪遇到鹽而使其熔點降低并熔化，該過程中沒有任何一種元素的化合價發生變化，因此沒有涉及到氧化還原反應，B不符合題意；使用暖貼時，鐵粉與空氣中的O2發生氧化還原反應，C符合題意；熒光指示牌被照發光，沒有涉及到氧化還原反應，D不符合題意；綜上所述，本題選C。
答案：C
2．[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－
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，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。
答案：B
3．[2023·北京卷]下列離子方程式與所給事實不相符的是(　　)
A．Cl2制備84消毒液(主要成分是NaClO)：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O
B．食醋去除水垢中的CaCO3：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑
C．利用覆銅板制作印刷電路板：2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
D．Na2S去除廢水中的Hg2＋：Hg2＋＋S2－===HgS↓
解析：Cl2和NaOH溶液反應產生NaCl、NaClO、H2O，除了Cl2和H2O不能拆寫其余均可拆寫為離子，A項正確；食醋為弱酸不能拆寫為離子，反應為2CH3COOH＋CaCO3===Ca2＋＋2CH3COO－＋CO2＋H2O，B項錯誤；FeCl3將Cu氧化為CuCl2而自身被還原為FeCl2，反應為2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，C項正確；Na2S將Hg2＋轉化為沉淀除去，反應為Hg2＋＋S2－===HgS↓，D項正確。
答案：B
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===
C．硅酸鈉溶液中通入二氧化碳：+CO2+H2O===
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＋+===BaSO4↓＋2H2O
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。
答案：D
5．[2022·廣東卷]為檢驗犧牲陽極的陰極保護法對鋼鐵防腐的效果，將鍍層有破損的鍍鋅鐵片放入酸化的3% NaCl溶液中。一段時間后，取溶液分別實驗，能說明鐵片沒有被腐蝕的是(　　)
A．加入AgNO3溶液產生沉淀
B．加入淀粉碘化鉀溶液無藍色出現
C．加入KSCN溶液無紅色出現
D．加入K3[Fe(CN)6]溶液無藍色沉淀生成
解析：若鐵片被腐蝕，則溶液中含有Fe2＋，在溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，反應生成藍色的Fe3[Fe(CN)6]2沉淀，D項正確；A項只能檢驗溶液中含有Cl－，B項只能檢驗溶液中無強氧化性物質，C項只能檢驗溶液中無Fe3＋，三者均不能說明鐵片沒有被腐蝕。
答案：D
6．[2021·山東卷](雙選)實驗室中利用固體進行如圖實驗，下列說法錯誤的是(　　)
A．G與H均為氧化產物
B．實驗中KMnO4只作氧化劑
C．Mn元素至少參與了3個氧化還原反應
D．G與H的物質的量之和可能為0.25 mol
答案：BD
解析：KMnO4固體受熱分解生成K2MnO4、MnO2、O2，K2MnO4、MnO2均具有氧化性，在加熱條件下能與濃鹽酸發生氧化還原反應，反應過程中Cl－被氧化為Cl2，K2MnO4、MnO2被還原為MnCl2，因此氣體單質G為O2，氣體單質H為Cl2。加熱KMnO4固體的反應中，O元素化合價由－2升高至0被氧化，加熱K2MnO4、MnO2與濃鹽酸的反應中，Cl元素化合價由－1升高至0被氧化，因此O2和Cl2均為氧化產物，故A正確；KMnO4固體受熱分解過程中，Mn元素化合價降低被還原，部分O元素化合價升高被氧化，因此KMnO4既是氧化劑也是還原劑，故B錯誤；Mn元素在反應過程中化合價變化為 ，
Mn元素至少參加了3個氧化還原反應，故C正確；每生成1 mol O2轉移4 mol電子，每生成1 mol Cl2轉移2 mol電子，若KMnO4轉化為MnCl2過程中得到的電子全部是Cl－生成Cl2所失去的，則氣體的物質的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n(氣體)max＝0.25 mol，但該氣體中一定含有O2，因此最終所得氣體的物質的量小于0.25 mol，故D錯誤。
考情分析
考點 考向 預測
離子反應 離子方程式正誤判斷 離子方程式的正誤判斷及書寫、離子共存或離子推斷、氧化還原反應的概念及相互關系、簡單計算等，今年高考可能仍會結合具體情境進行考查，要高度重視。
離子共存與離子推斷 氧化還原反應 氧化還原反應有關概念判斷 復雜氧化還原反應分析計算 核心突破·提能力
考點1　離子反應
核 心 梳 理
1.離子方程式正誤判斷的基本方法
2．離子共存問題審題“三大”注意
(1)審清題干中的要求：①一定能大量共存；②可能大量共存；③不能大量共存。
(2)應注意題干中提示的水的電離程度：室溫下，當由水電離出的c(H＋)或c(OH－)小于1×10－7 mol·L－1時，水的電離受到抑制，溶液可能為酸性溶液或堿性溶液；當由水電離出的c(H＋)或c(OH－)大于1×10－7 mol·L－1時，水的電離得到促進，溶液可能為弱酸鹽溶液或弱堿鹽溶液。
(3)注意正確理解“透明溶液”，如：NaCl溶液、KOH溶液為無色透明溶液，CuSO4溶液、FeCl3溶液是有色透明溶液，不能認為“有色”就“不透明”。
3．掌握常見離子的檢驗
(1)常見陽離子的檢驗
(2)常見陰離子的檢驗
(3)離子推斷的原則
①肯定性原則：結合實驗現象推出肯定存在或肯定不存在的離子。
②互斥性原則：在肯定某些離子存在的同時，結合離子共存規律，確定不存在的離子。
③進出性原則：注意實驗過程中反應生成的離子或引入的離子對后續實驗的干擾。
④電中性原則：溶液中既要有陽離子，也要有陰離子。

典 題 精 研
考向1 離子反應方程式、離子共存
例1 [2023·浙江1月]下列反應的離子方程式不正確的是(　　)
A．Cl2通入氫氧化鈉溶液：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O
B．氧化鋁溶于氫氧化鈉溶液：＋H2O
C．過量CO2通入飽和碳酸鈉溶液：＋CO2＋H2O===2NaHCO3↓
D．H2SO3溶液中滴入氯化鈣溶液：＋Ca2＋===CaSO3↓

解析：H2SO3的酸性比鹽酸的酸性弱，H2SO3溶液中滴入氯化鈣溶液不發生反應，D項錯誤。
答案：D
練1 常溫下，下列各組離子在指定溶液中可能大量共存的是(　　)
A．含的溶液中：、、、Na＋
B．由水電離產生c(OH－)＝1×10－13mol·L－1的溶液中：K＋、Na＋、I－、
C．在有色透明溶液中：
K＋、Fe2＋、[Fe(CN)6]3－、
D．加入甲基橙顯黃色的溶液：Fe3＋、Ba2＋、Br－、K＋
答案：B
解析：A項，銨根和硅酸根會發生雙水解而不能大量共存；B項，水電離產生c(OH－)＝1×10－13mol·L－1的溶液可能顯酸性也可能顯堿性，若為堿性溶液，四種離子相互之間不反應，也不與氫氧根反應，可以大量共存；C項，Fe2＋會和[Fe(CN)6]3－生成藍色沉淀而不能大量共存；D項，加入甲基橙顯黃色的溶液的pH＞4.4，Fe3＋不能大量存在。
考向2 離子檢驗與推斷
例2 某白色固體混合物由NaCl、KCl、、CaCO3中的兩種組成，進行如下實驗：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液；②做焰色反應，通過鈷玻璃可觀察到紫色；③向溶液中加堿，產生白色沉淀。根據實驗現象可判斷其組成為(　　)
A．KCl、NaCl B．KCl、MgSO4
C．KCl、CaCO3 D．MgSO4、NaCl
解析：根據實驗①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，而CaCO3難溶于水，即白色固體中一定不含CaCO3；根據實驗②做焰色反應時焰色呈紫色(透過藍色鈷玻璃)可確定含有鉀元素，即白色固體中含有KCl；結合實驗③向溶液中加堿產生白色沉淀，可知溶液中含有能與OH－反應生成白色沉淀的離子，只能為Mg2＋，即白色固體的另一成分為MgSO4。結合上述分析，可知B項正確。
答案：B
練2 10 mL某無色溶液中可能存在如下離子，取該溶液進行下述實驗(不考慮水解)，下列推理正確的是(　　)
A.氣體A通入澄清石灰水中，溶液變渾濁，說明無色溶液中含有
B．無色溶液含有的濃度為2 mol·L－1
C．生成黃色沉淀C，說明無色溶液含有Ag＋
D．用潔凈的鉑絲蘸取溶液F在火焰上灼燒，火焰呈黃色，說明原無色溶液含有Na＋
陽離子
陰離子
答案：B
解析：Ag＋和給出的四種陰離子都不能大量共存，所以原溶液中沒有Ag＋；溶液呈無色，說明原溶液中沒有；無色溶液中加入足量氫碘酸，產生黃色沉淀，說明原溶液中存在S2－和，在酸性溶液中發生反應生成單質硫，在此反應中，若過量，則可以和氫碘酸反應生成氣體SO2；生成的氣體A可能是CO2，也可能是SO2，還有可能是CO2和SO2的混合氣，所以不能說明原溶液中含有；溶液B中加足量NaOH溶液共熱，有氣體生成，說明原溶液中含有。CO2和SO2都能使澄清石灰水變渾濁。由以上分析可知，不能確定原溶液中是否含有，故A錯誤；溶液B與足量NaOH溶液加熱生成0.02 mol氣體D，即0.02 mol NH3，說明無色溶液中含有的物質的量為0.02 mol，濃度為＝2 mol·L－1，故B正確；根據分析可知，無色溶液中沒有Ag＋，黃色沉淀是S，故C錯誤；實驗中加入了含鈉元素的NaOH溶液，所以灼燒火焰呈黃色，不能說明原無色溶液含有Na＋，故D錯誤。
考點2　氧化還原反應概念及規律
核 心 梳 理
1.氧化還原反應的基本概念
2．氧化還原反應的基本規律
典 題 精 研
考向1 復雜氧化還原反應的分析
例3 [2023·浙江1月]關于反應2NH2OH＋4Fe3＋===N2O↑＋4Fe2＋＋4H＋＋H2O，下列說法正確的是(　　)
A．生成1 mol N2O，轉移4 mol電子
B．H2O是還原產物
C．NH2OH既是氧化劑又是還原劑
D．若設計成原電池，Fe2＋為負極產物
答案：A
解析：該反應中氮元素由－1價升高為＋1價，生成1 mol N2O，轉移4 mol電子，A項正確；該反應中H、O元素化合價不變，H2O既不是氧化產物，也不是還原產物，還原產物為Fe2＋，B項錯誤；該反應中氮元素化合價升高，鐵元素化合價降低，NH2OH為還原劑，Fe3＋為氧化劑，C項錯誤；若設計成原電池，則正極反應為：Fe3＋＋e－===Fe2＋，Fe2＋為正極產物，D項錯誤。
練3 工業上常用空氣催化氧化法除去電石渣漿(含CaO)上清液中的S2－，并制取生石膏(CaSO4·2H2O)，其中的物質轉化過程如圖所示。下列有關敘述錯誤的是(　　)
A．反應過程中，Mn(OH)2是催化劑
B．過程Ⅰ中有0.4 mol O2參與反應時，有0.8 mol Mn(OH)2被氧化
C．3.2 g S2－轉化為時，理論上消耗標準狀況下2.24 L O2
D．過程Ⅱ的離子方程式為+2S2－＋9H2O===S2＋4Mn(OH)2↓＋10OH－
答案：C
解析：根據過程Ⅰ、Ⅱ的轉化關系分析，Mn(OH)2起催化作用，A項正確；過程Ⅰ中有0.4 mol O2參與反應時，轉移電子4×0.4 mol＝1.6 mol，根據得失電子守恒知，有0.8 mol Mn(OH)2被氧化成，B項正確；3.2 g S2－的物質的量為＝0.1 mol，根據物質轉化過程知，整個轉化過程中O2得到的電子可看作是S2－失去的電子，S2－轉化為時硫元素的化合價由－2價變為＋6價，0.1 mol S2－轉化為共失去0.8 mol電子，根據得失電子守恒知，理論上需要氧氣的物質的量為0.2 mol，其在標準狀況下的體積為0.2 mol×22.4 L·mol－1＝4.48 L，C項錯誤；根據題圖可知，過程Ⅱ是S2－與反應生成和Mn(OH)2的過程，發生反應的離子方程式為+2S2－＋9H2O===S2＋4Mn(OH)2↓＋10OH－，D項正確。
考向2 氧化還原規律的應用
例4 常溫下，發生下列幾種反應：
①8H＋＋2Cl－＋Pb3O4===3Pb2＋＋Cl2↑＋4H2O
②2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
③2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－。
下列說法正確的是(　　)
A．Pb3O4屬于堿性氧化物
B．Fe3＋只有氧化性，Fe2＋只有還原性
C．酸性條件下，氧化性：Pb3O4＜Cl2
D．向FeBr2溶液中通入少量Cl2，Fe2＋優先被氧化
答案：D
解析：根據反應①可知：Pb3O4與酸反應時除產生鹽和水外，還有Cl2產生，Pb3O4不屬于堿性氧化物，A錯誤；在Fe2＋中Fe元素化合價為＋2價，可以失去電子變為Fe3＋，表現還原性，也可以得到電子變為Fe單質，表現氧化性，B錯誤；在反應①中Pb3O4表現氧化性，為氧化劑，Cl2為氧化產物，則物質的氧化性：Pb3O4＞Cl2，C錯誤；根據反應③可知：物質的氧化性：Br2＞Fe3＋，則還原性：Fe2＋＞Br－，所以向FeBr2溶液中通入少量Cl2，還原性強的Fe2＋優先被Cl2氧化，D正確。
練4 已知酸性條件下離子的氧化性順序為>VO2＋>V3＋>V2＋>Mn2＋，現向的V2＋溶液中不斷滴入一定濃度的酸性KMnO4溶液，混合液中某些離子的物質的量變化如圖所示。下列說法錯誤的是(　　)
A．AB段對應的離子為V2＋
B．原溶液中c(V2＋)＝1 mol·L－1
C．BC段對應反應為＋H2O===Mn2＋＋5VO2＋＋2H＋
D．甲點時：n(VO2+):)∶n(Mn2＋)＝1∶1∶3
答案：D
解析：氧化性>VO2＋>V3＋>V2＋>Mn2＋，隨加入高錳酸鉀的物質的量增加，V2＋依次被氧化為V2＋→V3＋→VO2＋；開始加入高錳酸鉀溶液，V2＋被氧化，V2＋的物質的量逐漸減少，AB段對應的離子為V2＋，故A正確；AB段V2＋被氧化為V3＋，發生反應的離子方程式為5V2＋+＋8H＋===Mn2＋＋5V3＋＋4H2O，反應消耗高錳酸鉀0.2 mol，所以V2＋的物質的量為1 mol，原溶液中c(V2＋)＝1 mol·L－1，故B正確；BC段V3＋被氧化為VO2＋，根據得失電子守恒，反應為＋H2O===Mn2＋＋5VO2＋＋2H＋，故C正確；根據V元素守恒，甲點時n(VO2＋)＝)＝0.5 mol，反應消耗0.5 mol高錳酸鉀，根據錳元素守恒n(Mn2＋)＝0.5 mol，所以n(VO2＋):n)∶n(Mn2＋)＝1∶1∶1，故D錯誤。
模考精練·抓落實
1.下列敘述不涉及氧化還原反應的是(　　)
A．利用ClO2泡騰片殺滅新型冠狀病毒
B．葡萄糖被人體吸收并提供能量
C．將紅熱鐵制品投入水中淬火
D．牙膏中添加氟化物用于預防齲齒
解析：A項，利用ClO2泡騰片殺滅新型冠狀病毒是利用其強氧化性，涉及氧化還原反應；B項，葡萄糖被人體吸收并提供能量的過程中葡萄糖可被氧化生成二氧化碳和水；C項，將紅熱鐵制品投入水中淬火時鐵與水發生了反應生成四氧化三鐵和氫氣，屬于氧化還原反應；D項，若使用含氟牙膏，Ca5(PO4)3OH轉化為更難溶的氟磷酸鈣Ca5(PO4)3F，使沉淀溶解平衡正向移動，最終在牙齒表面形成難溶性的Ca5(PO4)3F，因此可防止齲齒，在轉化過程中元素化合價沒有發生變化，因此不屬于氧化還原反應。
答案：D
2．下列用于解釋實驗事實的離子方程式不正確的是(　　)
A．酚酞滴入碳酸鈉溶液中，溶液變紅色：＋2H2O H2CO3＋2OH－
B．向NaHCO3溶液中加入少量澄清石灰水，有白色沉淀生成：+Ca2＋＋2OH－===CaCO3↓＋＋2H2O
C．FeSO4溶液滴入溴水中，溴水顏色變淺：2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－
D．苯酚鈉溶液中通入少量CO2氣體，溶液變渾濁：
解析：碳酸根離子分步水解，因此溶液變紅的離子方程式為：+H2O +OH－，＋H2O H2CO3＋OH－，A錯誤；向NaHCO3溶液中加入少量澄清石灰水，以鈣離子和氫氧根離子物質的量之比為1∶2書寫離子方程式，題給離子方程式正確，B正確；FeSO4溶液滴入溴水中，亞鐵離子與溴發生氧化還原反應生成鐵離子和溴離子，題給離子方程式正確，C正確；苯酚鈉溶液中通入少量CO2氣體，生成苯酚和碳酸氫鈉，題給離子方程式正確，D正確。
3．下列離子組在給定條件下一定能共存的是(　　)
A．通入CO2氣體：Ca2＋、Fe2＋、Br－、
B．由水電離出的H＋濃度為1×10－12mol·L－1：、I－、Na＋、Cl－
C．pH＝1的溶液：Al3＋、、、S2－
D．滴加氨水：Mg2＋、[Al(OH)4]－、、
答案：A
解析：通入CO2氣體后Ca2＋、Fe2＋、Br－、與CO2氣體之間不能發生任何反應，可以共存，A正確；由水電離出的H＋濃度為1×10－12 mol·L－1＜1×10－7 mol·L－1，該溶液可能顯酸性，也可能顯堿性，在堿性溶液中、OH－會發生反應產生弱堿NH3·H2O，不能大量共存，B錯誤；Al3＋、S2－會發生雙水解反應產生Al(OH)3沉淀、H2S氣體，不能大量共存；pH＝1的溶液顯酸性，含有大量H＋，H＋、、S2－會發生氧化還原反應而不能大量共存，C錯誤；滴加氨水時，NH3·H2O會與Mg2＋反應產生Mg(OH)2沉淀、，不能大量共存；NH3·H2O也會與反應產生、、H2O，不能大量共存，另外[Al(OH)4]－、會反應生成氫氧化鋁和碳酸根離子，不能大量共存，D錯誤。
4．常溫下，在pH＝1的某溶液中可能有Na＋、Fe3＋、Fe2＋、I－、Cl－、中的幾種，現取100 mL該溶液進行如下實驗。根據實驗結果，下列判斷正確的是(　　)
A.Fe2＋、I－、Cl－三種離子一定存在
B.一定不存在，不能確定Na＋和Cl－是否存在
C．Fe3＋與Fe2＋至少有一種
D．該溶液中c(Cl－)至少為0.2 mol·L－1
答案：A
解析：pH＝1的溶液中氫離子濃度為0.1 mol·L－1，100 mL該溶液中含有氫離子的物質的量為0.01 mol，根據離子共存可知，一定不存在；向溶液中通入氯氣和四氯化碳分液后得到紫色溶液，則原溶液中含有I－，鐵離子能夠氧化碘離子，則根據離子共存可知，一定不存在Fe3＋；2.54 g為碘單質，物質的量為＝0.01 mol，原溶液中含有碘離子的物質的量為0.02 mol；水層中加入氫氧化鈉溶液得到固體，該固體為氫氧化亞鐵，灼燒固體得到的1.60 g固體為氧化鐵，則溶液中一定存在Fe2＋，根據鐵元素守恒可知亞鐵離子的物質的量為×2＝0.02 mol，0.02 mol亞鐵離子帶有正電荷為0.04 mol，0.02 mol碘離子帶有0.02 mol負電荷，所以原溶液中一定含有Cl－，其物質的量至少為0.04 mol＋0.01 mol－0.02 mol＝0.03 mol，氯離子的濃度最小為＝0.3 mol·L－1。
5．科學家發現某些生物酶體系可以促進H＋和e－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)＝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，由以上分析可知，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)之比為1∶1，C項錯誤；由圖知，總反應為===N2↑＋2H2O，D項正確。(共53張PPT)
專題四　元素及其化合物
真題研練·析考情
核心突破·提能力
模考精練·抓落實
真題研練·析考情
真題研練
1.[2023·遼寧卷]下列有關物質的工業制備反應錯誤的是(　　)
答案：D
2．[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
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。
答案：D
3．[2023·湖南卷]處理某銅冶金污水(含Cu2＋、Fe3＋、Zn2＋、Al3＋)的部分流程如下：
已知：①溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
②Ksp(CuS)＝6.4×10－36，Ksp(ZnS)＝1.6×10－24。
下列說法錯誤的是(　　)
A．“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3
B．Na2S溶液呈堿性，其主要原因是S2－＋H2O HS－＋OH－
C．“沉淀池Ⅱ”中，當Cu2＋和Zn2＋完全沉淀時，溶液中＝4.0×10－12
D．“出水”經陰離子交換樹脂軟化處理后，可用作工業冷卻循環用水
答案：D
解析：
結合已知①表中數據可知，“沉渣Ⅰ”中含有和，A項正確；Na2S溶液因S2－水解而呈堿性，B項正確；“沉淀池Ⅱ”中，當Cu2＋和Zn2＋完全沉淀時，溶液中＝＝＝＝4.0×10 －12，C項正確；“”中除含有陰離子外，還含有大量的Na＋、Ca2＋等，故只經陰離子交換樹脂軟化處理后，不可用作工業冷卻循環用水，D項錯誤。
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，其原因是濃硫酸吸水，將反應生成的H2O吸收，故D錯誤。
5．[2022·山東卷]高壓氫還原法可直接從溶液中提取金屬粉。以硫化銅精礦(含Zn、Fe元素的雜質)為主要原料制備Cu粉的工藝流程如下，可能用到的數據見下表。
下列說法錯誤的是(　　)
A.固體X主要成分是Fe(OH)3和S；金屬M為Zn
B.浸取時，增大O2壓強可促進金屬離子浸出
C.中和調pH的范圍為3.2～4.2
D.還原時，增大溶液酸度有利于Cu的生成
Fe(OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2
開始沉淀pH 1.9 4.2 6.2
沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2
答案：D
解析：CuS精礦(含有雜質Zn、Fe元素)在高壓O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反應產物為CuSO4、S、H2O，Fe2＋被氧化為Fe3＋，然后加入NH3調節溶液pH，使Fe3＋形成沉淀，而Cu2＋、Zn2＋仍以離子形式存在于溶液中，過濾得到的濾渣中含有S、Fe(OH)3；濾液中含有Cu2＋、Zn2＋；然后向濾液中通入高壓H2，根據元素活動性：Zn＞H＞Cu，Cu2＋被還原為Cu單質，通過過濾分離出來；而Zn2＋仍然以離子形式存在于溶液中，再經一系列處理可得到Zn單質。由分析可知固體X主要成分是S、Fe(OH)3，金屬M為Zn，A正確；CuS難溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s) Cu2＋(aq)＋S2－(aq)，增大O2的濃度，可以反應消耗S2－，使之轉化為S，從而使沉淀溶解平衡正向移動，從而可促進金屬離子的浸取，B正確；根據流程圖可知：用NH3調節溶液pH時，要使Fe3＋轉化為沉淀，而Cu2＋、Zn2＋仍以離子形式存在于溶液中，結合離子沉淀的pH范圍，可知中和時應該調節溶液pH范圍為3.2～4.2，C正確；在用H2還原Cu2＋變為Cu單質時，H2失去電子被氧化為H＋，與溶液中OH－結合形成H2O，若還原時增大溶液的酸度，c(H＋)增大，不利于H2失去電子，因此不利于Cu的生成，D錯誤。
考情分析
考點 考向 預測
元素化合物的性質及用途 物質的性質與用途的簡單應用 元素化合物是化學命題的主要載體，考查點不會有太大的變化，主要考查某些元素及其化合物的性質、物質的分離和除雜，可能會涉及反應原理與規律中的相關知識。
元素化合物的性質檢驗及探究 元素化合物 之間的轉化 化學反應對應物質轉化、現象 微型化工流程圖 核心突破·提能力
考點1　元素及其化合物之間的轉化
核 心 梳 理
1.常考無機物的性質與用途對應關系
序號 性質 用途
(1) 硅是常用的半導體材料 可作太陽能電池板
(2) 二氧化硅導光能力強，并且有硬度和柔韌度 可作光導纖維
(3) 焦炭還原二氧化硅制備粗硅
(4) 硅膠能吸收水分 可作(袋裝食品)干燥劑
(5) 濃氨水具有揮發性，氨具有還原性 用濃氨水檢驗輸送氯氣的管道是否漏氣
(6) 草木灰和銨態化肥反應生成氨氣，使肥效降低 草木灰和銨態化肥不能混合施用
(7) 二氧化硫具有還原性、漂白性 可用作葡萄酒添加劑；漂白紙漿等
(8) Na2CO3水解使溶液顯堿性 用熱的純堿溶液洗去油污
(9) Na2O2與H2O、CO2反應均生成O2 作供氧劑
(10) 鋰質量輕、比能量大 可用作電池負極材料
(11) Al具有良好的延展性和抗腐蝕性 常用鋁箔包裝物品
(12) 鋁有還原性能發生鋁熱反應，放出大量熱 可用于焊接鐵軌、冶煉難熔金屬
(13) MgO、Al2O3的熔點很高 作耐高溫材料
(14) 小蘇打與硫酸鋁溶液發生相互促進的水解反應 可作泡沫滅火器
(15) CuSO4使蛋白質變性 誤服CuSO4溶液，喝蛋清或豆漿解毒
(16) BaSO4不溶于水，不與胃酸反應 在醫療上用作“鋇餐”
2.常見元素及其化合物之間的轉化
(1)鈉及其化合物的轉化關系
上圖標號反應的化學方程式：
上圖標號反應的化學方程式：
①____________________________________________________
②____________________________________________________
③____________________________________________________
④____________________________________________________
⑤____________________________________________________
或____________________________________________________
⑥侯氏制堿法的原理
____________________________________________________
2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑
2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
Na2CO3＋H2O＋CO2===2NaHCO3
NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O
2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑
CO2＋NH3＋NaCl＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl
(2)鋁及其化合物的轉化關系
上圖標號反應的化學方程式：
①____________________________________________________
②____________________________________________________
③____________________________________________________
④____________________________________________________
⑤____________________________________________________
2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑
Al2O3＋2NaOH＋3H2O===2Na[Al(OH)4]
AlCl3＋4NaOH===Na[Al(OH)4]＋3NaCl
Na[Al(OH)4]＋CO2===Al(OH)3↓＋NaHCO3
AlCl3＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4Cl
(3)鐵及其化合物的轉化關系
上圖標號反應的化學方程式：
①____________________________________________________
②____________________________________________________
③____________________________________________________
④____________________________________________________
⑤____________________________________________________
2Fe＋3Cl22FeCl3
Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2
3Fe＋4H2OFe3O4＋4H2↑
2FeCl2＋Cl2===2FeCl3
4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
(4)銅及其化合物的轉化關系
上圖標號反應的化學方程式：
①____________________________________________________
②____________________________________________________
③____________________________________________________
(用離子方程式表示)
2Cu＋SCu2S
2Cu＋O2＋H2O＋CO2===Cu2(OH)2CO3
Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋
(5)硅及其化合物的轉化關系
上圖標號反應的化學方程式
①______________________________________________________
②______________________________________________________
③______________________________________________________
或______________________________________________________
④______________________________________________________
⑤______________________________________________________
⑥______________________________________________________
⑦______________________________________________________
CO2＋2MgC＋2MgO
Na2CO3＋H2O＋CO2===2NaHCO3
NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O
2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2
SiO2＋2CSi＋2CO
SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O
SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O
Na2SiO3＋2H2O＋CO2===Na2CO3＋H4SiO4↓
(6)氮及其化合物的轉化關系
上圖標號反應的化學方程式
①__________________________________
②__________________________________
③__________________________________
④__________________________________
2NO＋O2===2NO2
Cu＋4HNO3(濃)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
(7)氯及其化合物的轉化關系
上圖標號反應的化學方程式：
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＋2H2O電解2NaOH＋Cl2↑＋H2↑
(8)硫及其化合物的轉化關系
上圖標號反應的化學方程式：
①______________________________________
②______________________________________
③______________________________________
④______________________________________
Cu＋2H2SO4(濃)CuSO4＋SO2↑＋2H2O
C＋2H2SO4(濃)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O
2Na2SO3＋O2===2Na2SO4
【特別提醒】　常見無機物轉化關系
(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、Na[Al(OH)4]、NaOH；
②NH3、NO、NO2、O2；
③H2S、S、SO2、O2。
典 題 精 研
考向1 元素及其化合物的性質與應用
例1 硫和氮及其化合物對人類生存和社會發展意義重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的環境問題也日益受到關注。下列說法正確的是(　　)
A．NO2和SO2均為紅棕色且有刺激性氣味的氣體，是酸雨的主要成因
B．汽車尾氣中的主要大氣污染物為NO、SO2和PM2.5
C.植物直接吸收利用空氣中的NO和NO2作為肥料，實現氮的固定
D．工業廢氣中的SO2可采用石灰法進行脫除
答案：D
解析：SO2是無色氣體，A錯誤；汽車尾氣中含有氮氧化物、一氧化碳、未燃燒的碳氫化合物、含鉛化合物、固體顆粒物等，B錯誤；植物不能直接吸收利用空氣中的NO和NO2作為肥料，C錯誤；石灰(CaO)可與SO2反應生成Case，故可采用石灰法脫除工業廢氣中的SO2，D正確。
練1 “勞動創造幸福，實干成就偉業”。下列勞動項目所涉及的化學知識不正確的是(　　)
選項 勞動項目 化學知識
A 氫氟酸在玻璃器皿上刻蝕標記 HF與SiO2反應
B NaCl的溶解度隨溫度變化不大 在鹽田中晾曬海鹽，得到粗鹽
C 利用含小蘇打的發酵粉烘焙蛋糕 小蘇打是碳酸氫鈉
D 用明礬處理較渾濁的天然水 明礬主要起凈水和殺菌作用
解析：氫氟酸與玻璃中的SiO2反應，生成SiF4氣體和水，故可以用氫氟酸刻蝕玻璃，故A正確；海水曬鹽相當于是用蒸發結晶的方法得到，氯化鈉的溶解度受溫度影響不大，因此采用此法獲得，故B正確；小蘇打是碳酸氫鈉，受熱分解產生二氧化碳氣體等，故可用于烘焙蛋糕，故C正確；明礬處理渾濁的水，是因其溶水后形成膠體，膠體具有吸附性，但明礬不能殺菌，故D錯誤。
答案：D
考向2 元素化合物之間的轉化
例2 [2023·湖南卷]油畫創作通常需要用到多種無機顏料。研究發現，在不同的空氣濕度和光照條件下，顏料雌黃(As2S3)褪色的主要原因是發生了以下兩種化學反應：
下列說法正確的是(　　)
和的空間結構都是正四面體形
B．反應Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化
C．反應Ⅰ和Ⅱ中，參加反應的：Ⅰ<Ⅱ
D．反應Ⅰ和Ⅱ中，氧化1 mol As2S3轉移的電子 數之比為3∶7
答案：D
解析：中4個硫氧鍵相同，其空間結構為正四面體形的空間結構為四面體形，A項錯誤；由圖示轉化可知，反應Ⅰ中只有S元素被氧化，反應Ⅱ中As、S元素均被氧化，B項錯誤；根據反應物和產物及氧化還原反應規律可知，反應Ⅰ為2As2S3＋6O2＋3H2O===2As2O3＋3H2S2O3，反應Ⅱ為As2S3＋7O2＋6H2O===2H3AsO4＋3H2SO4，則參加反應的：Ⅰ>Ⅱ，C項錯誤；根據反應Ⅰ、Ⅱ可知，1 mol As2S3發生反應時，兩反應轉移的電子分別為12 mol和28 mol，個數之比為3∶7，D項正確。
練2 煉鐵工業中高爐煤氣的一種新的處理過程如圖所示，有關該過程的敘述錯誤的是(　　)
A．可減少CO2的排放
B．Fe3O4和CaO均可循環利用
C．過程①和④的轉化均為氧化還原反應
D．過程①的反應中有非極性鍵的斷裂和生成
解析：反應②利用二氧化碳和氧化鈣反應生成碳酸鈣，第④步中二氧化碳與鐵生成四氧化三鐵和CO，可減少CO2的排放，A正確；根據反應過程可知Fe3O4和CaO均可循環利用，①中消耗Fe3O4，④中生成Fe3O4，②中消耗CaO，③中生成CaO，B正確；過程①中CO轉化為CO2，④中CO2轉化為CO，均有化合價的變化，故轉化均為氧化還原反應，C正確；過程①的反應有H2中非極性鍵的斷裂，但沒有非極性鍵的生成，D錯誤。
答案：D
考點2　簡單無機化工流程分析
核 心 梳 理
1.掌握經典無機化工流程
(1)純堿制備
飽和NaCl溶液NaHCO3晶體Na2CO3
(2)綠礬制備
(3)從鋁礦石中獲得鋁
(4)海水提鎂
(5)海水提溴
2．工藝流程圖示與分析
(1)工藝流程圖示
(2)工藝流程分析方法
工藝流程中，一般每個“方框”代表一個操作或一個反應。分析某個過程反應的時候注意：該反應的反應物是“進框箭頭物質”，生成物是“出框箭頭物質”，反應的酸堿性環境綜合考慮前一步反應及產物特點進行判斷。
典 題 精 研
考向 “簡易化工流程”及分析
例3 [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
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。
練3 工業上以SO2和純堿為原料制備無水NaHSO3的主要流程如圖，下列說法錯誤的是(　　)
A.吸收過程中有氣體生成
B．結晶后母液中含有NaHCO3
C．氣流干燥濕料時溫度不宜過高
D．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3
答案：B
解析：根據工藝流程逆向分析可知，以二氧化硫和純堿為原料，得到的結晶成分為NaHSO3，則母液為飽和NaHSO3和過量的二氧化硫形成的亞硫酸，溶液呈酸性，所以加入純堿進行中和，涉及的反應為H2SO3＋2Na2CO3===Na2SO3＋2NaHCO3，NaHSO3＋Na2CO3===Na2SO3＋NaHCO3，所以調節pH為8進行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫氣體進行混合吸收，此時吸收過程中發生反應為Na2SO3＋SO2＋H2O===2NaHSO3↓，SO2＋NaHCO3===CO2＋NaHSO3↓，此時會析出大量NaHSO3晶體，經過分離，將得到的濕料再進行氣流干燥，最終得到NaHSO3產品。吸收過程中有二氧化碳生成，A正確；結晶后母液中含飽和NaHSO3和過量的二氧化硫形成的亞硫酸，沒有NaHCO3，B錯誤；NaHSO3高溫時易分解變質，所以氣流干燥過程中溫度不宜過高，C正確；中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正確。
模考精練·抓落實
1.勞動開創未來。下列勞動項目與所述的化學知識沒有關聯的是(　　)
選項 勞動項目 化學知識
A 面包師用小蘇打作發泡劑烘焙面包 Na2CO3可與酸反應
B 環保工程師用熟石灰處理酸性廢水 熟石灰具有堿性
C 工人將模具干燥后再注入熔融鋼水 鐵與H2O高溫下會反應
D 技術人員開發高端耐腐蝕鍍鋁鋼板 鋁能形成致密氧化膜
答案：A
解析：小蘇打是碳酸氫鈉，不是碳酸鈉，主要用來做膨松劑，故A符合題意；熟石灰是氫氧化鈣，具有堿性，可以用于處理酸性廢水，故B不符合題意；熔融的鐵與水蒸氣在高溫下反應會生成四氧化三鐵和氫氣，因此必須將模具干燥，故C不符合題意；鋼板上鍍鋁，保護鋼板，金屬鋁表面形成致密氧化膜而保護金屬鋁不被腐蝕，故D不符合題意。
2.下列依據實驗方案和現象對濃硫酸性質做出的判斷合理的是(　　)
A.由Ⅰ可知，濃硫酸具有脫水性
B．由Ⅰ可知，濃硫酸具有弱酸性
C．由Ⅱ可知，濃硫酸具有強氧化性
D．由Ⅱ可知，濃硫酸具有吸水性
答案：A
解析：試紙中心區域變黑，說明試紙中的H元素和O元素被脫去，只剩下C，證明濃硫酸具有脫水性，A正確；藍色石蕊試紙邊緣變紅，證明濃硫酸具有酸性，不能證明濃硫酸具有弱酸性，B錯誤；濃硫酸與MnO2反應后，Mn元素僅以Mn2＋存在，說明Mn元素化合價降低，表現氧化性，產生能使帶火星的木條復燃的無色氣體，說明生成O2。但由于Mn元素也表現氧化性，且實驗中沒有說明有硫酸的還原產物生成，故不能體現濃硫酸的強氧化性，C錯誤；濃硫酸與MnO2反應沒有體現出濃硫酸的吸水性，D錯誤。
3．部分含硫物質的分類與相應硫元素的化合價關系如圖所示。下列說法不正確的是(　　)
A.a與c之間能發生氧化還原反應
B．d溶液久置于空氣中會生成e，溶液的導電性增強
C．c能使溴水褪色，說明c有漂白性
D．可實現a→b→c→d→e的轉化
答案：C
解析：a為H2S，c為＋4價氧化物SO2，a與c之間能發生氧化還原反應2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O，故A正確；d為＋4價的含氧酸H2SO3，溶液久置于空氣中會生成e(H2SO4)，弱酸變成強酸，溶液的導電性增強，故B正確；c為SO2，SO2能與溴水發生氧化還原反應，使溴水褪色，是SO2的還原性，故C錯誤；H2S與SO2可以生成S，S燃燒生成SO2，SO2溶于水生成H2SO3，H2SO3可以被氧化成H2SO4，可實現a→b→c→d→e的轉化，故D正確。
4．部分含鐵物質的分類與相應化合價關系如圖所示。下列推斷不合理的是(　　)
A．a可與e反應生成b
B．b既可被氧化，也可被還原
C．可將e加入濃堿液中制得d的膠體
D．可存在b→c→d→e→b的循環轉化關系
答案：C
解析：由題圖可知，a為Fe，b中含有Fe2＋，c為Fe(OH)2，d為Fe(OH)3，e中含有Fe3＋。Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，a可與e反應生成b，A推斷合理；Fe2＋既可以被氧化為Fe3＋，也可以被還原為Fe，B推斷合理；可將飽和的Fe3＋溶液加入沸水中制得Fe(OH)3膠體，而不是濃堿液中，C推斷不合理；可存在Fe3＋Fe2＋的循環轉化關系，D推斷合理。
5．鋇鹽生產過程中排出大量的鋇泥[主要含有BaCO3、BaSiO3、BaSO3、Ba2等]，由該鋇泥制取硝酸鋇的工藝流程如下。
已知廢渣中含有Fe(OH)3。下列說法錯誤的是(　　)
A．“酸溶”時的不溶物成分主要為硅酸和硫酸鋇
B．為了加快反應速率，“酸溶”時，可采取攪拌、高溫等措施
C．“中和Ⅰ”加入的X可選用BaCO3
D．廢渣經過加工可用來生產油漆或涂料
答案：B
解析：“酸溶”時，BaSiO3與硝酸反應生成硅酸，BaSO3與硝酸反應生成BaSO4，A說法正確；由于硝酸易揮發和分解，所以不能采用高溫的措施加快反應速率，B說法錯誤；利用BaCO3調節pH不引入新的雜質，C說法正確；廢渣中含有Fe(OH)3，Fe(OH)3分解得到的Fe2O3可用來生成油漆或涂料，D說法正確。(共53張PPT)
專題五　物質結構與推斷
真題研練·析考情
核心突破·提能力
模考精練·抓落實
真題研練·析考情
真題研練
1.[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：F2．[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。
3．[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：WZ34．[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。
5．[2022·海南卷]短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，X、Y同周期并相鄰，Y是組成水的元素之一，Z在同周期主族元素中金屬性最強，W原子在同周期主族元素中原子半徑最小，下列判斷正確的是(　　)
A．XW3是非極性分子
B．簡單氫化物沸點：X>Y
C．Y與Z形成的化合物是離子化合物
D．X、Y、Z三種元素組成的化合物水溶液呈酸性
答案：C
解析：X、Y、Z、W為原子序數依次增大的短周期主族元素，X、Y同周期并相鄰，且Y是組成水的元素之一，則Y為O元素，X為N元素，Z在同周期主族元素中金屬性最強，則Z為Na元素，W原子在同周期主族元素中原子半徑最小，則W為Cl元素。NCl3分子的空間構型為三角錐形，其正負電荷的中心不重合，屬于極性分子，A錯誤；H2O和NH3均含有氫鍵，但H2O分子形成的氫鍵更多，故沸點H2O＞NH3，B錯誤；O元素與Na元素形成的化合物Na2O、Na2O2均為離子化合物，C正確；N、O、Na三種元素組成的化合物NaNO3呈中性、NaNO2呈堿性，D錯誤。
6．[2021·山東卷]X、Y為第三周期元素、Y最高正價與最低負價的代數和為6，二者形成的一種化合物能以的形式存在。下列說法錯誤的是(　　)
A．原子半徑：X>Y
B．簡單氫化物的還原性：X>Y
C．同周期元素形成的單質中Y氧化性最強
D．同周期中第一電離能小于X的元素有4種

答案：D
解析：Y位于第三周期，且最高正價與最低負價的代數和為6，則Y是Cl元素，由X、Y形成的陰離子和陽離子知，X與Y容易形成共價鍵，根據化合物的形式知X是P元素。P與Cl在同一周期，則P半徑大，即X>Y，A項不符合題意；兩者對應的簡單氫化物分別是PH3和HCl，半徑是P3－>Cl－，所以PH3的失電子能力強，還原性強，即X>Y，B項不符合題意；同周期元素從左往右，金屬性減弱，非金屬性增強，各元素對應的金屬單質還原性減弱，非金屬單質的氧化性增強，所以Cl2的氧化性最強，C項不符合題意；同一周期，從左到右，第一電離能呈現增大的趨勢，但第ⅤA族元素的第一電離能大于相鄰元素的第一電離能，所以第三周期第一電離能從小到大的順序依次為Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl，所以有5種，D項符合題意。
考情分析
考點 考向 預測
元素 周期律 原子結構與元素性質的關系 高考常以元素推斷為載體，全面考查元素周期表和元素周期律，此類題呈現形式多樣，考查方式靈活，今年高考仍會以考查遞變規律和性質為主，題目一般通過圖表、文字等手段推斷元素種類，并在確定元素的基礎上，進一步考查考生對原子結構和元素性質周期性變化規律的理解，要求考生對“位－構－性”有充分的認識，并能將元素周期表、原子的電子層結構、元素單質及其化合物的性質等內容結合起來進行綜合運用。
元素性質的周期性變化 相應性質的強弱及大小的比較 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 元素及其綜合判斷 化學鍵 物質類型與化學鍵類型的判斷 微粒間的作用與物質性質 核心突破·提能力
考點1　根據原子結構及物質結構推斷
核 心 梳 理
1.常考短周期主族元素原子的核外電子排布特點
(1)最外層電子數為1的原子有H、Li、Na。
(2)最外層電子數為2的原子有He、Be、Mg。
(3)最外層電子數與次外層電子數相等的原子有Be。
(4)最外層電子數是次外層電子數2倍的原子是C。
(5)最外層電子數是次外層電子數3倍的原子是O。
(6)次外層電子數是最外層電子數2倍的原子有Li、Si。
(7)內層電子總數是最外層電子數2倍的原子有Li、P。
(8)電子層數(周期數)與最外層電子數(族序數)相等的原子有H、Be、Al。
(9)電子層數為最外層電子數2倍的原子有Li。
(10)最外層電子數是電子層數2倍的原子有C、S。
(11)最外層電子數是電子層數3倍的原子有O。
2．巧記10e－微粒和18e－微粒
10e－微粒和18e－微粒是元素推斷題的重要突破口之一。
(1)以Ne為出發點記憶10e－微粒
若10e－微粒滿足關系： ，則一定是＋OH－NH3↑＋H2O。
(2)以Ar為出發點記憶18e－微粒
3．短周期主族元素原子的成鍵數目和成鍵方式
元素原子 H Be B C N(P) O(S) F(Cl) Si
成鍵數目 1 2 3 4 3 2 1 4
成鍵方式 單鍵 單鍵 單鍵 單鍵、雙 鍵、三鍵 單鍵、雙鍵 單鍵 單鍵
典 題 精 研
考向 根據原子及物質結構進行推斷
例1 [2023·浙江1月]共價化合物Al2Cl6中所有原子均滿足8電子穩定結構，一定條件下可發生反應：Al2Cl6＋2NH3===2Al(NH3)Cl3，下列說法不正確的是(　　)
A.Al2Cl6的結構式為
B．Al2Cl6為非極性分子
C．該反應中NH3的配位能力大于氯
D．Al2Br6比Al2Cl6更難與NH3發生反應
答案：D
解析：Al2Cl6中所有原子均滿足8電子穩定結構，則Al2Cl6的結構式為 ，→表示配位鍵，也可用短線代替，A項正確；Al2Cl6為對稱結構，正負電荷中心重合，為非極性分子，B項正確；該反應中NH3取代Cl與Al形成配位鍵，說明NH3的配位能力大于氯，C項正確；Al—Br的穩定性弱于Al—Cl，Al2Br6更易與NH3反應，D項錯誤。
練1 短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序數依次增大。基態X、Z、Q原子均有兩個單電子，W簡單離子在同周期離子中半徑最小，Q與Z同主族。下列說法錯誤的是(　　)
A．X能與多種元素形成共價鍵
B．簡單氫化物沸點：ZC．第一電離能：Y>Z　
D．電負性：W答案：B
解析：短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序數依次增大，W簡單離子在同周期離子中半徑最小，說明W為第三周期元素Al。短周期元素的基態原子中有兩個單電子，可分類討論：①為第二周期元素時，最外層電子排布式為2s22p2或2s22p4，即C或O；②為第三周期元素時，最外層電子排布式為3s23p2或3s23p4，即Si或S。Q與Z同主族，結合原子序數大小關系可知，則X、Z、Q分別為C、O和S，則Y為N。C能與多種元素(H、O、N、P、S等)形成共價鍵，A正確；O和S形成的簡單氫化物為H2O和H2S，由于H2O分子間能形成氫鍵，故H2O沸點高于H2S，B錯誤；N的最外層p軌道電子為半充滿結構，比較穩定，故其第一電離能比O大，C正確；O的電負性比Al大，D正確。
考點2　根據元素及物質性質推斷
核 心 梳 理
1.常考短周期主族元素及其重要化合物的物理性質
(1)顏色：①常溫下，單質為有色氣體的元素是F、Cl。②單質為淡黃色固體的元素是S。③焰色試驗呈黃色的元素是Na，呈紫色的元素是K(透過藍色鈷玻璃觀察)。
(2)狀態：常溫下，單質呈液態的非金屬元素是Br。
(3)氣味：能形成有臭雞蛋氣味的化合物的非金屬元素是S。
(4)熔點：單質熔點最高的非金屬元素是C。氧化物熔點最高的非金屬元素是Si。
(5)硬度：單質為天然物質中硬度最大的元素是C。
(6)密度：單質最輕的金屬元素是Li；單質最輕的非金屬元素是H。
(7)溶解性：氣態氫化物最易溶于水的元素是N。
(8)導電性：單質能導電的非金屬元素是C；單質屬于半導體材料的是Si。
(9)晶體類型：單質及其最高價氧化物都是共價晶體的元素是Si。
(10)地殼中元素含量排名：氧、硅、鋁、鐵、鈣、鈉、鉀、鎂。
2．常考短周期主族元素及其重要化合物的化學性質
(1)空氣中含量最多的元素、氣態氫化物的水溶液呈堿性的元素是氮(N)。
(2)最高價氧化物及對應水化物既能與強酸反應又能與強堿反應的元素是鋁(Al)。
(3)最高價氧化物對應水化物與其氣態氫化物可形成一種離子化合物的元素是氮(N)。
(4)單質(O3)及其氫化物(H2O2)均具有漂白性的元素是氧(O)。
(5)鹽溶液加入NaOH溶液并加熱，產生使紅色石蕊試紙變藍的氣體，該元素是氮(N)。
(6)最高價氧化物對應水化物的酸性(堿性)最強的元素是Cl(Na)。
(7)與水反應最劇烈的金屬單質是Na，非金屬單質是F。
(8)氣態氫化物最穩定的元素是F，只有負價而無正價的元素也是F。
典 題 精 研
考向 根據元素及物質性質推斷
例2 X、Y、Z、W是原子序數依次增大的主族元素，X、Y、Z、W的單質常溫下均為氣態，Z與Y形成的一種化合物在常溫下為紅棕色氣體，X、Y、W位于三個不同的周期。下列說法正確的是(　　)
A．非金屬性：Z>Y>X>W　
B．含氧酸的酸性：YC．Y與Z能形成多種化合物　
D．X與Z形成的化合物X2Z為強電解質

答案：C
解析：Z與Y形成的化合物在常溫下為紅棕色氣體，故Y為N，Z為O；X、Y、W位于三個不同的周期且單質常溫下均為氣態，故X為H，W為Cl。X為H，W為Cl，非金屬性Cl>H，A錯誤；Y和W有多種含氧酸，物質不確定，性質無法比較，B錯誤；Y與Z可以形成一氧化氮、二氧化氮、四氧化二氮、五氧化二氮等多種物質，C正確；X與Z形成的化合物X2Z為水，為弱電解質，D錯誤。
練2 短周期主族元素X、Y、Z、W、Q、R的最高價態與簡單氫化物沸點的關系如圖所示，Z的簡單液態氫化物可用作制冷劑。下列說法正確的是(　　)
A．簡單氫化物鍵角：Y>Z>Q
B．簡單離子半徑：W>X>Z
C．第一電離能：R>Q>W
D．含氧酸的酸性：Z>W>Y
答案：A
解析：Z的簡單液態氫化物可用作制冷劑，Z是N；W最高價態與Z相等，W是P，Q是S，R是Cl，Y是C；X最高價態是0，X是F。簡單氫化物鍵角：CH4>NH3>H2S，A項正確；簡單離子半徑：P3－>N3－>F－，B項錯誤；第一電離能：Cl>P>S，C項錯誤；最高價氧化物對應水化物的酸性：HNO3>H3PO4>H2CO3，D項錯誤。
考點3　根據位—構—性推斷及比較
核 心 梳 理
1.強化記憶元素周期表的結構
2．核外電子的排布規律與元素位置關系
(1)最外層電子規律
最外層電 子數(N) 3≤N<8 N＝1或2 N>次外層電子數
元素在周期 表中的位置 第ⅢA族～第ⅦA族 第ⅠA族、第ⅡA族、第Ⅷ族、副族、0族元素氦 第二周期(Li、Be除外)
(2)“陰三、陽四”規律
某元素陰離子最外層電子數與次外層電子數相等，該元素位于第三周期；若為陽離子，則位于第四周期。如S2－、K＋最外層電子數與次外層電子數相等，則S位于第三周期，K位于第四周期。
3．識記元素周期律
項目 同周期(左→右) 同主族(上→下)
原子結構 核電荷數 逐漸增多 逐漸增多
電子層數 相同 逐漸增多
原子半徑 逐漸減小 逐漸增大
離子半徑 陽離子逐漸減小，陰離子逐漸減小r(陰離子)>r(陽離子) 逐漸增大
元素性質 化合價 最高正化合價由＋1→＋7(O、F除外)，負化合價＝－(8－主族序數) 相同
最高正化合價＝主族序數(O、F除外)
元素的金屬性和非金屬性 金屬性逐漸減弱 非金屬性逐漸增強 金屬性逐漸增強
非金屬性逐漸減弱
離子的氧化性、還原性 陽離子氧化性逐漸增強 陰離子還原性逐漸減弱 陽離子氧化性逐漸減弱
陰離子還原性逐漸增強
氣態氫化物穩定性 逐漸增強 逐漸減弱
最高價氧化物對應的水化物的酸堿性 堿性逐漸減弱 酸性逐漸增強 堿性逐漸增強
酸性逐漸減弱
典 題 精 研
考向 根據位—構—性推斷及比較
例3 [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。
練3 X、Y、Z、M、Q五種短周期主族元素，原子序數依次增大。X的核外電子數等于其周期數，YX3分子呈三角錐形，Z的核外電子數等于X、Y核外電子數之和。M與X同主族，Q是同周期中非金屬性最強的元素。下列說法正確的是(　　)
A．X與Z形成的10電子微粒有2種
B．Z與Q形成的一種化合物可用于飲用水的消毒
C．M2Z與MQ的晶體類型不同
D．由X、Y、Z三種元素組成的化合物的水溶液均顯酸性
答案：B
解析：由X的核外電子數等于其周期數且YX3分子呈三角錐形可知X為H、Y為N；H、N核外電子數之和為8，則Z為O；由M為短周期主族元素，原子序數大于O且M與H同主族，可知M為Na；Q與Na同周期，由其非金屬性在同周期中最強可知Q為Cl。H、O形成的10電子微粒有H3O＋、OH－、H2O三種，A項錯誤；ClO2可用于飲用水的消毒，B項正確；Na2O和NaCl均為離子晶體，C項錯誤；H、N、O可形成NH3·H2O，其水溶液顯堿性，D項錯誤。
模考精練·抓落實
1.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．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，X原子核外電子只有一種自旋取向，Y、Z兩種原子核外s能級上的電子總數與p能級上電子總數相等，W原子的價電子中，在不同形狀的原子軌道中運動的電子數之比為2∶1。下列說法正確的是(　　)
A．W的第一電離能比同周期相鄰元素的小
B．原子半徑：r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)
C．工業上電解熔融化合物ZY制備單質Z
D．W的最高價氧化物不可能是非極性分子
答案：A
解析：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，X原子核外電子只有一種自旋取向，則X為H；Y、Z兩種原子核外s能級上的電子總數與p能級上電子總數相等，原子核外電子排布式為1s22s22p4或1s22s22p63s2，結合原子序數可知Y為O，Z為Mg；W原子的價電子中，在不同形狀的原子軌道中運動的電子數之比為2∶1，其價電子排布式為3s23p4，則W為S。一般情況下同一周期元素，原子序數越大，其第一電離能就越大，但當元素處于第ⅡA、第ⅤA時，原子核外電子排布處于全充滿、半充滿的穩定狀態，其第一電離能大于同一周期相鄰元素，P元素是第三周期的ⅤA元素，原子核外最外層電子處于半充滿的穩定狀態，所以P第一電離能大于S元素，則S元素的第一電離能比P、Cl都小，A正確；不同周期元素，原子核外電子層數越多，原子半徑越大，主族元素同周期從左向右原子半徑逐漸減小，同主族從上到下原子半徑逐漸增大；則原子半徑：r(X)＜r(Y)＜r(W)＜r(Z)，B錯誤；在工業上一般是采用電解熔融的MgCl2的方法冶煉Mg，不是電解MgO的方法冶煉Mg，C錯誤；W是S元素，S元素最高價氧化物為SO3，分子中正負電荷重心重合，SO3是由極性鍵構成的非極性分子，D錯誤。
3．原子序數依次增大的X、Y、Z、W四種元素形成化合物Z3[W(XY)6]，其中X、Y、Z為主族元素。X最外層電子數是內層電子數的兩倍，Y的簡單氣態氫化物能使酚酞溶液變紅，W3＋的3d軌道電子數為半滿。下列說法正確的是(　　)
A．Z和W一定位于同周期
B．原子半徑：Z>X>Y
C．四種元素基態原子中未成對電子數最多的是Y
D.該化合物屬于配合物，其內界σ鍵與π鍵的數目之比1∶2
答案：B
解析：X最外層電子數是內層電子數的兩倍，X是C元素，Y的簡單氣態氫化物能使酚酞溶液變紅，Y是N元素；W3＋的3d軌道電子數為半滿，W是Fe元素；Z顯＋1價，X、Y、Z、W原子序數依次增大，Z是Na或K。Z是Na或K元素，W是Fe元素，不一定位于同周期，故A錯誤；電子層數越多半徑越大，電子層數相同，質子數越多半徑越小，原子半徑：K>C>N，Na>C>N，故B正確；Fe原子中有4個未成對電子，C原子中有2個未成對電子，N原子中有3個未成對電子，Na或K原子中都只有1個未成對電子，四種元素基態原子中未成對電子數最多的是Fe，故C錯誤；該化合物屬于配合物，其內界有6個配位鍵、6個C≡N鍵，配位鍵是σ鍵，三鍵中有1個σ鍵、2個π鍵，σ鍵與π鍵的數目之比1∶1，故D錯誤。
4．化合物M可用作肥料和防火劑，結構如圖所示。X、Y、W、Z為核電荷數依次增大的短周期主族元素，且Y與W同周期。下列說法正確的是(　　)
A.YX4Cl水溶液呈堿性
B．簡單氫化物的沸點：Z>Y
C．Z的最高價氧化物對應水化物的酸性比Y強
D．原子半徑：Z>Y>W>X
答案：D
解析：X、Y、W、Z為核電荷數依次增大的短周期主族元素，且Y與W同周期，則X為第一周期元素氫、Y與W為第二周期、Z為第三周期；Y和4個氫形成帶1個單位正電荷的陽離子，則Y為氮，Y與W同周期，W可以形成2個共價鍵，W為氧；Z可以形成5個共價鍵，Z為磷。NH4Cl為強酸弱堿鹽，銨根離子水解溶液顯酸性，A錯誤；氨氣分子間存在氫鍵，導致其沸點高于PH3，B錯誤；非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，P的最高價氧化物對應水化物的酸性比N弱，C錯誤；電子層數越多半徑越大，電子層數相同時，核電荷數越大，半徑越小；原子半徑：P>N>O>H，D正確。
5．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.第一電離能：W＜X
B．化合物熔點：Y2X3＞YZ3
C．簡單離子的半徑：Y＞X
D．最高價氧化物對應水化物的酸性：Y＞Z
答案：B
解析：假設W最外層的電子數是a，則X最外層的電子數是a＋1，Y最外層的電子數是a－2，Z最外層的電子數是a＋2，這四種元素原子的最外層電子數之和為21，則(a－2)＋a＋(a＋1)＋ (a＋2)＝21，解得a＝5，所以W是N，X是O，Y是Al，Z是Cl元素。N原子最外層電子處于半充滿的穩定狀態，其第一電離能大于同一周期相鄰元素O，所以元素的第一電離能：W＞X，A錯誤；Al2O3是離子化合物，離子之間以離子鍵結合，熔、沸點較高，AlCl3是由分子通過分子間作用力構成的分子晶體，分子間作用力比化學鍵弱的多，因此物質的熔、沸點：Y2X3＞YZ3，B正確；O、Al二者形成的離子O2－、Al3＋電子層結構相同，離子的核電荷數越大，離子半徑就越小，所以簡單離子的半徑：Y＜X，C錯誤；同一周期元素，原子序數越大，元素的非金屬性就越強。元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的酸性就越強。Al的最高價氧化物對應的水化物Al(OH)3是兩性氧化物，而Cl的最高價氧化物對應的水化物HClO4是一元強酸，因此最高價氧化物對應水化物的酸性：Y＜Z，D錯誤。
6．原子序數依次增大的短周期元素 X、Y、Z、R，含0.9%YR的水溶液稱為生理鹽水，X、Y、Z三種元素組成兩種化合物 A、B 的性質如圖，Z的質子數是X質子數的2倍。下列說法正確的是(　　)
A．簡單氫化物沸點 Z＞X
B．簡單離子半徑 X＜Y＜Z＜R
C．Y與X形成的一種化合物含有離子鍵和非極性鍵
D．化合物 A 和 B的水溶液皆呈中性
答案：C
解析：X為O，Z為S，H2O存在分子間氫鍵，因此簡單氫化物沸點 H2O＞H2S，故A錯誤；根據層多徑大，同電子層結構，核多徑小原則，簡單離子半徑Na＋＜O2－＜Cl－＜S2－，故B錯誤；X為O，Y與X形成的一種化合物過氧化鈉，含有離子鍵和非極性鍵，故C正確；化合物 A 為亞硫酸鈉，其水溶液呈堿性，硫酸鈉水溶液呈中性，故D錯誤。(共47張PPT)
專題六　有機物的結構與性質
真題研練·析考情
核心突破·提能力
模考精練·抓落實
真題研練·析考情
真題研練
1.[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。
2．[2023·山東卷]抗生素克拉維酸的結構簡式如圖所示，下列關于克拉維酸的說法錯誤的是(　　)
A．存在順反異構
B．含有5種官能團
C．可形成分子內氫鍵和分子間氫鍵
D．1 mol該物質最多可與1 mol NaOH反應
答案：D
解析：由克拉維酸的分子結構可以看出，雙鍵碳原子均連有不同的原子或原子團，因此克拉維酸存在順反異構，A正確；分子結構中含有醚鍵、酰胺基、碳碳雙鍵、羥基和羧基共5種官能團，B正確；克拉維酸分子結構中含有羥基和羧基，能形成分子內和分子間氫鍵，C正確；克拉維酸分子結構中的羧基和酰胺基都能與NaOH反應，1 mol該物質最多可與2 mol NaOH反應，D錯誤。
3．[2023·遼寧卷]在光照下，螺吡喃發生開、閉環轉換而變色，過程如下。下列關于開、閉環螺吡喃說法正確的是(　　)
A．均有手性
B．互為同分異構體
C．N原子雜化方式相同
D．閉環螺吡喃親水性更好
答案：B
解析：手性是碳原子上連有四個不同的原子或原子團，因此閉環螺吡喃含有手性碳原子如圖所示， ，開環螺吡喃不含手性碳原子，故A錯誤；根據它們的結構簡式，分子式均為C19H19NO，它們結構不同，因此互為同分異構體，故B正確；閉環螺吡喃中N原子雜化方式為sp3，開環螺吡喃中N原子雜化方式為sp2，故C錯誤；開環螺吡喃中氧原子顯負價，電子云密度大，容易與水分子形成分子間氫鍵，水溶性增大，因此開環螺吡喃親水性更好，故D錯誤。
4．[2022·湖北卷]化學物質與生命過程密切相關，下列說法錯誤的是(　　)
A．維生素C可以還原活性氧自由基
B．蛋白質只能由蛋白酶催化水解
C．淀粉可用CO2為原料人工合成
D．核酸可視為核苷酸的聚合產物
解析：維生素C具有還原性，可以還原活性氧自由基，A正確；蛋白質在酸、堿的作用下也能發生水解，B錯誤；將二氧化碳先還原生成甲醇，再轉化為淀粉，實現用CO2為原料人工合成淀粉，C正確；核苷酸通過聚合反應制備核酸，D正確。
答案：B
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。
6．[2022·河北卷](雙選)在EY沸石催化下，萘與丙烯反應主要生成二異丙基萘M和N。
下列說法正確的是(　　)
A．M和N互為同系物
B．M分子中最多有12個碳原子共平面
C．N的一溴代物有5種
D．萘的二溴代物有10種
答案：CD
解析：由題中信息可知，M和N均屬于二異丙基萘，兩者分子式相同，但是其結構不同，故兩者互為同分異構體，A錯誤；因為萘分子中的10個碳原子是共面的，由于單鍵可以旋轉，異丙基中最多可以有2個碳原子與苯環共面，因此，M分子中最多有14個碳原子共平面，B錯誤；N分子中有5種不同化學環境的H，因此其一溴代物有5種，C正確；萘分子中有8個H，但是只有兩種不同化學環境的H(如圖： )，根據定一移二法可知，若先取代α，則取代另一個H的位置有7個；然后先取代1個β，再取代其他β，有3種，因此，萘的二溴代物有10種，D正確。
考情分析
考點 考向 預測
有機物 的性質 和用途 有機代表物的性質判斷 高考常以陌生有機物為載體，全面考查有機物結構的表示方法，同分異構體的數目判斷等，要求考生分析能力高。命題角度主要有：有機物類別的判斷、同系物和同分異構體的判斷、有機物結構(分子式、結構簡式、鍵線式、球棍模型和空間填充模型)的判斷、同分異構體數目的判斷、有機物分子中原子共線共面的判斷。
有機代表物的用途判斷 有機反應類型 有機物的檢驗 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 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　 核心突破·提能力
考點1　常見有機物的性質及用途
核 心 梳 理
1.常見有機物在生產、生活中的應用
性質 應用
醫用酒精中乙醇的體積分數為75%，使蛋白質變性 醫用酒精用于消毒
福爾馬林是35%～40%的甲醛水溶液，使蛋白質變性，良好的殺菌劑 常用作浸制生物標本(不可用于食品保鮮)
蠶絲灼燒有燒焦羽毛的氣味 灼燒法可以鑒別蠶絲和人造纖維
淀粉遇碘水變藍色 鑒別淀粉、蛋白質與木纖維等
食醋與碳酸鈣反應生成可溶于水的醋酸鈣 食醋可用于除水垢(主要成分是CaCO3)
油脂在堿性條件下水解為高級脂肪酸鹽和甘油 用于制肥皂
甘油具有吸水性 用作護膚保濕劑
阿司匹林水解生成的水楊酸，顯酸性，服用阿司匹林出現水楊酸反應時，可用NaHCO3溶液解毒 用作解熱鎮痛藥品
加工后具有吸水性的植物纖維 可用作食品干燥劑
聚乙烯( )性質穩定、無毒 可用作食品包裝袋
聚氯乙烯 有毒 不能用作食品包裝袋
聚四氟乙烯( )具有抗酸、堿，抗各種有機溶劑，熔點高，阻力小的特性 用于不粘鍋的表面涂層
2.重要的有機化學反應
典 題 精 研
考向 生活中常見有機物的性質及用途
例1 [2023·浙江1月]下列說法不正確的是(　　)
A．從分子結構上看糖類都是多羥基醛及其縮合產物
B．蛋白質溶液與濃硝酸作用產生白色沉淀，加熱后沉淀變黃色
C．水果中因含有低級酯類物質而具有特殊香味
D．聚乙烯、聚氯乙烯是熱塑性塑料
解析：糖類都是多羥基醛、多羥基酮及其縮合產物，A項錯誤；蛋白質溶液與濃硝酸發生顯色反應，先產生白色沉淀，加熱后沉淀變黃色，B項正確；水果中含有低級酯類物質，因此具有特殊香味，C項正確；聚乙烯、聚氯乙烯均為線型結構，為熱塑性塑料，D項正確。
答案：A
練1 高分子材料在生產生活中應用廣泛。下列說法錯誤的是(　　)
A．蘆葦可用于制造黏膠纖維，其主要成分為纖維素
B．聚氯乙烯通過加聚反應制得，可用于制作不粘鍋的耐熱涂層
C．淀粉是相對分子質量可達幾十萬的天然高分子物質
D．大豆蛋白纖維是一種可降解材料


解析：蘆葦的主要成分是纖維素，可用于制造黏膠纖維，A說法正確；聚氯乙烯有毒，不能用于制作不粘鍋的耐熱涂層，不粘鍋的耐熱涂層是聚四氟乙烯等耐熱材料，B說法錯誤；淀粉是天然高分子物質，其相對分子質量可達幾十萬，C說法正確；大豆蛋白纖維可降解，D說法正確。
答案：B
考點2　有機物空間結構與同分異構體
核 心 梳 理
1.幾種典型的結構
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，由于單鍵的可旋轉性，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，則由于單鍵的可旋轉性，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。
3．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同一個碳的甲基上的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
典 題 精 研
考向 有機物分子結構分析
例2 γ 崖柏素具有天然活性，有酚的通性，結構如圖。關于γ 崖柏素的說法錯誤的是(　　)
A.可與溴水發生取代反應
B．可與NaHCO3溶液反應
C．分子中的碳原子不可能全部共平面
D．與足量H2加成后，產物分子中含手性碳原子
答案：B
解析：由題中信息可知，γ 崖柏素中碳環具有類苯環的共軛體系，其分子中羥基具有類似酚羥基的性質。此外，該分子中還有羰基可與氫氣發生加成反應轉化為脂環醇。γ 崖柏素有酚的通性，且γ 崖柏素的環上有可以被取代的H，故γ 崖柏素可與溴水發生取代反應，A正確；酚類物質不與NaHCO3溶液反應，γ 崖柏素分子中沒有可與NaHCO3溶液反應的官能團，故其不可與NaHCO3溶液反應，B錯誤；γ 崖柏素分子中有一個異丙基，異丙基中間的碳原子與其相連的3個碳原子不共面，故其分子中的碳原子不可能全部共平面，C正確；γ 崖柏素與足量H2加成后轉化為 ，產物分子中含手性碳原子(與羥基相連的C原子是手性碳原子)，D正確。
練2 有機化合物Z可用于治療阿爾茨海默癥，其合成路線如下
下列說法錯誤的是(　　)
A．該反應為加成反應
B．X、Y分子中含有的手性碳原子個數相同
C．Z的消去反應產物具有順反異構體
D．Z的同分異構體可能含兩個苯環

答案：D
解析：該反應為加成反應，打開了X中的C===O，A正確；X、Y分子中都含有1個手性碳原子，B正確；Z的消去反應產物為 ，具有順反異構體，C正確；Z的分子式為C21H30O7，CnHmOx為烴的衍生物，若m<2n＋2，不飽和度＝(2n＋2－m)/2＝7，兩個苯環的不飽和度為8，Z的同分異構體不可能含兩個苯環，D錯誤。
考點3　有機物的結構與性質
核 心 梳 理
1.常見有機物或官能團與其性質的關系
種類 官能團 主要化學性質
烷烴 ①在光照下發生鹵代反應；②不能使酸性KMnO4溶液褪色；③高溫分解
烯烴 ①與X2、H2、HX、H2O等發生加成反應；②加聚反應；③易被氧化，能使酸性KMnO4溶液褪色
炔烴 —C≡C— ①與X2、H2、HX、H2O等發生加成反應；②易被氧化，能使酸性KMnO4溶液褪色；③加聚反應
苯 ①取代反應[如硝化反應、鹵代反應(Fe或FeX3作催化劑)]；②與H2發生加成反應
甲苯 ①取代反應；②能使酸性KMnO4溶液褪色
鹵代烴 ①在NaOH水溶液中發生水解反應，生成醇；②部分在NaOH乙醇溶液中發生消去反應，生成不飽和烴
醇 —OH ①與活潑金屬Na等反應產生H2；②部分催化氧化生成醛；③與羧酸及無機含氧酸發生酯化反應；④部分消去生成烯烴
酚 —OH ①弱酸性、能與NaOH溶液反應；②苯酚與濃溴水發生取代反應，生成三溴苯酚白色沉淀；③遇FeCl3溶液顯紫色
醛、葡萄糖 ①與H2加成為醇；②加熱時，被氧化劑{如O2、[Ag(NH3)2]＋、Cu(OH)2等}氧化為酸(鹽)
羧酸 ①酸的通性；②酯化反應
酯 發生水解反應，生成羧酸(鹽)和醇
酰胺 發生水解反應，酸性條件下水解生成羧酸和銨鹽，堿性條件下水解生成羧酸鹽和NH3
胺 —NH2 呈堿性
2.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
(2)能與NaOH反應的有機物及其用量比例(設有機物分子官能團個數為1)：①鹵代烴：1∶1；②苯環上連接的鹵原子：1∶2；③酚羥基：1∶1；④羧基：1∶1；⑤普通酯：1∶1；⑥酚酯：1∶2。
(3)Br2的用量
烷烴(光照下1 mol Br2可取代1 mol氫原子)、苯(FeBr3催化下1 mol Br2可取代1 mol氫原子)、酚類(1 mol Br2可取代與—OH所連碳原子處于鄰、對位碳原子上的1 mol H原子)、 (1 mol雙鍵可與1 mol Br2發生加成反應)、—C≡C—(1 mol三鍵可與2 mol Br2發生加成反應)。
典 題 精 研
考向 信息給予型有機物的結構與性質
例3 [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。
練3 在微波作用下物質Z可通過下列反應合成。下列說法正確的是(　　)
A．X分子中σ鍵、π鍵的數目比為9∶1
B．物質Y易溶于水
C．1 mol Y最多能與6 mol H2發生加成反應
D．物質Z在銅催化下被O2氧化為醛

答案：A
解析：單鍵均為σ鍵，雙鍵中有一個σ鍵一個π鍵，所以X分子中σ鍵、π鍵的數目比9∶1，A正確；物質Y中不含親水基，難溶于水，B錯誤；苯環、羰基均可以和氫氣加成，所以1 mol Y最多能與8 mol H2發生加成反應，C錯誤；物質Z中羥基相連的碳原子上沒有H原子，不能被催化氧化，D錯誤。
模考精練·抓落實
1．從天然有機物中可以獲取工業生產所需的多種原料。下列說法不正確的是(　　)
A．由蛋白質水解可以獲得氨基酸
B．由淀粉水解可以獲得葡萄糖
C．由油脂水解可以獲得丙三醇
D．由石油裂解可以獲得乙酸
解析：由于蛋白質中含有肽鍵，故蛋白質水解可以獲得氨基酸，A正確；淀粉屬于多糖，由淀粉水解可以獲得葡萄糖，B正確；油脂在酸性條件下水解為高級脂肪酸和甘油、在堿性條件下水解為高級脂肪酸鹽和甘油，甘油就是丙三醇，C正確；由石油裂解可以獲得乙烯等，D錯誤。
答案：D
2．我國科學家首次實現二氧化碳到淀粉人工合成的原創性突破，相關成果由國際知名學術期刊《科學》在線發表。下列說法正確的是(　　)
A．氯水能使淀粉 KI試紙先變紅后褪色
B．CO2合成淀粉[(C6H10O5)n]過程發生了氧化還原反應
C．淀粉[(C6H10O5)n]和纖維素[(C6H10O5)n]互為同分異構體
D．淀粉水解液中加入銀氨溶液，水浴加熱一段時間，可觀察到有光亮的銀鏡生成
答案：B
解析：氯水能使淀粉 KI試紙變藍，故A錯誤；CO2合成淀粉[(C6H10O5)n]，碳元素化合價發生變化，發生了氧化還原反應，故B正確；淀粉[(C6H10O5)n]和纖維素[(C6H10O5)n]是高分子化合物，n值不同，不是同分異構體，故C錯誤；淀粉水解液中先加入氫氧化鈉中和硫酸，再加入銀氨溶液，水浴加熱一段時間，可觀察到有光亮的銀鏡生成，故D錯誤。
3．一種有機物結構簡式為 下列有關該有機物的說法正確的是(　　)
A．該有機物分子式為：C11H10O7
B．分子中最多有9個碳原子共平面
C．該有機物能發生酯化反應，消去反應，銀鏡反應
D．1 mol該有機物分別與足量NaHCO3溶液，NaOH溶液完全反應，最多消耗二者的物質的量分別為1 mol、5 mol
答案：D
解析：根據分子的結構簡式可知，其分子式為C11H8O7，A錯誤；分子中含有苯環和碳碳三鍵結構，分子中最多有11個碳原子共平面，B錯誤；分子中含有羧基、羥基，可發生酯化反應，分子中含有酯基，為甲酸酯，含有醛基，可發生銀鏡反應，但無法發生消去反應，C錯誤；1 mol分子中含有1 mol羧基，能消耗NaHCO3的物質的量為1 mol，分子中含有2 mol酚羥基、1 mol甲酸酚酯基，故可消耗5 mol NaOH，D正確。
4．中科院蘇州納米所5 nm激光光刻研究獲最新進展。如圖所示A、B是一種光刻膠樹脂的兩種單體的結構簡式。下列說法錯誤的是(　　)
A.A中存在3個手性碳原子
B．B水解產物中的酸有2種同分異構體
C．A、B都存在屬于芳香族化合物的同分異構體
D．A、B通過加聚反應生成光刻膠樹脂
答案：B
解析：有機物A中存在如圖*所示的3個連有不同原子或原子團的手性碳原子： ，故A正確；有機物B水解所得羧酸的結構簡式為
的同分異構體可能是鏈狀羧酸、環狀羧酸、鏈酯和環狀酯等，同分異構體數目遠遠大于2種，故B錯誤；苯環的不飽和度為4，由結構簡式可知，有機物A、B的不飽和度都大于4，則A、B都存在屬于芳香族化合物的同分異構體，故C正確；有機物A、B都含有碳碳雙鍵，能通過加聚反應生成光刻膠樹脂，故D正確。
5．聚乳酸(PLA)是最具潛力的可降解高分子材料之一，對其進行基團修飾可進行材料的改性，從而拓展PLA的應用范圍。PLA和某改性的PLA的合成路線如圖。
注：Bn是苯甲基
下列說法不正確的是(　　)
A．反應①是縮聚反應
B．反應②中，參與聚合的F和E的物質的量之比是m∶n
C．改性的PLA中，m∶n越大，其在水中的溶解性越好
D．在合成中Bn的作用是保護羥基，防止羥基參與聚合反應
解析：由圖可知，反應①為乳酸分子間發生酯化反應生成聚乳酸，是縮聚反應，A項正確；由化合物G的結構可知，參與聚合的F和E物質的量之比是2m∶n，B項錯誤；改性的PLA中，m∶n越大，含羥基越多，其在水中的溶解性越好，C項正確；反應①中羥基也參與聚合反應，故反應②發生聚合反應時為要先引入Bn, 以防止羥基參與聚合反應，D項正確。
答案：B(共74張PPT)
專題七　化學反應與能量
真題研練·析考情
核心突破·提能力
模考精練·抓落實
真題研練·析考情
真題研練
1.[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。
2．[2023·北京卷]回收利用工業廢氣中的CO2和SO2，實驗原理示意圖如下。
下列說法不正確的是(　　)
A．廢氣中SO2排放到大氣中會形成酸雨
B．裝置a中溶液顯堿性的原因是的水解程度大于的電離程度
C．裝置a中溶液的作用是吸收廢氣中的CO2和SO2
D．裝置b中的總反應為＋CO2＋H2OHCOOH+
答案：C
解析：SO2是酸性氧化物，廢氣中SO2排放到空氣中會形成硫酸型酸雨，故A正確；裝置a中溶液的溶質為NaHCO3，溶液顯堿性，說明的水解程度大于其電離程度，故B正確；裝置a中NaHCO3溶液的作用是吸收SO2氣體，CO2與NaHCO3溶液不反應，不能吸收CO2，故C錯誤；由電解池陰極和陽極反應式可知，裝置b中總反應為＋CO2＋H2OHCOOH+，故D正確。
3．[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。
4．[2022·浙江1月]相關有機物分別與氫氣發生加成反應生成1 mol環己烷( )的能量變化如圖所示：
下列推理不正確的是(　　)
A．2ΔH1≈ΔH2，說明碳碳雙鍵加氫放出的熱量與分子內碳碳雙鍵數目成正比
B．ΔH2＜ΔH3，說明單雙鍵交替的兩個碳碳雙鍵間存在相互作用，有利于物質穩定
C．3ΔH1＜ΔH4，說明苯分子中不存在三個完全獨立的碳碳雙鍵
D．ΔH3－ΔH1＜0，ΔH4－ΔH3＞0，說明苯分子具有特殊穩定性
答案：A
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
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。
答案：B
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
考點 考向 預測
化學反應與熱能 反應熱的比較與計算 化學反應與能量主要包括化學能與熱能、化學能與電能，化學能與熱能重點考查能量變化圖、蓋斯定律、鍵能等，由于能源問題已成為社會熱點，結合新能源的開發，把反應熱與能源結合起來進行考查，將是命題的方向。電化學部分常以新型化學電源、電解原理在生活生產中的應用等為載體，考查基本原理及應用，試題注重了題材的生活化、實用化、情境化，同時也加強了不同知識間的相互滲透與融合，試題的背景較為新穎，題目具有一定難度。預測今年高考仍會在這方面著力命題。尤其注意電化學原理中離子交換膜的應用。
反應歷程與能量變化的分析 原電池原理及應用 原電池原理及簡單應用 新型化學電源的分析 電解原理及其應用 電解原理及規律 電解原理的應用 電化學原理的綜合考查 金屬的腐蝕與防護 電化學腐蝕的原因分析 金屬的防護方法 核心突破·提能力
考點1　化學能與熱能
核 心 梳 理
1.催化劑對反應歷程與活化能影響
圖例
解讀 (1)在無催化劑的情況下：E1為正反應的活化能，E2為逆反應的活化能；E1－E2＝ΔH。 (2)有催化劑時，總反應分成了兩個反應步驟，反應①為吸熱反應，產物為總反應的中間產物，反應②為放熱反應；總反應為放熱反應。 (3)同一反應分為若干個基元反應，活化能大的基元反應速率較慢，決定了總反應的快慢；相同反應物同時發生多個競爭反應時，能壘越小的反應，反應速率越大，產物占比越高。 (4)催化劑的作用：降低E1、E2，但不影響ΔH。 【特別提醒】
(1)活化能是從低能態“爬坡”到高能態的能壘，活化能最大的步驟，決定了整個反應過程的反應速率。
(2)分析變化過程中所經歷的全部基元反應，包括過渡態的形成，鍵的斷裂和生成等。

2.燃燒熱和中和反應的反應熱應用中的注意事項
(1)均為放熱反應，ΔH<0，單位為kJ·mol－1。
(2)燃燒熱概念理解的三要點：①外界條件是25 ℃、101 kPa；②反應的可燃物是1 mol；③生成物是穩定的氧化物(包括狀態)，如碳元素生成的是CO2氣體，而不是CO，氫元素生成的是液態水，而不是水蒸氣。
(3)中和反應的反應熱概念理解三要點：①反應物酸、堿是強酸、強堿；②溶液是稀溶液，不存在稀釋過程的熱效應；③生成物液態水是1 mol。
3．反應熱計算的四種方法
典 題 精 研
考向1 反應歷程圖像分析
例1 [2023·浙江1月]標準狀態下，氣態反應物和生成物的相對能量與反應歷程示意圖如下[已知O2(g)和Cl2(g)的相對能量為0]，下列說法不正確的是(　　)
A．E6－E3＝E5－E2
B．可計算Cl—Cl鍵能為2(E2－E3)kJ·mol－1
C．相同條件下，O3的平衡轉化率：歷程Ⅱ>歷程Ⅰ
D．歷程Ⅰ、歷程Ⅱ中速率最快的一步反應的熱化學方程式為ClO(g)＋O(g)===O2(g)＋Cl(g)ΔH＝(E5－E4)kJ·mol－1
答案：C
解析：
根據歷程Ⅰ，O3(g)＋O(g) 2O2(g)的ΔH＝(E6－E3)kJ·mol－1，根據歷程Ⅱ，O3(g)＋O(g) 2O2(g)的反應熱ΔH＝(E5－E2)kJ·mol－1，則E6－E3＝E5－E2，A項正確；根據圖示，Cl(g)的相對能量為(E2－E3)kJ·mol－1，由于Cl2(g)的相對能量為0，故Cl2(g)===Cl(g)＋Cl(g)的ΔH＝2(E2－E3)kJ·mol－1，即Cl—Cl鍵能為2(E2－E3)kJ·mol－1，B項正確；歷程Ⅱ使用了催化劑Cl，催化劑不能使平衡發生移動，則O3的平衡轉化率：歷程Ⅱ＝歷程Ⅰ，C項錯誤；歷程Ⅰ、歷程Ⅱ中速率最快的一步反應為活化能最小的反應，即ClO(g)＋O(g)===O2(g)＋Cl(g)　ΔH＝(E5－E4)kJ·mol－1，D項正確。
練1 18O標記的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中發生水解，部分反應歷程可表示為： ＋CH3O－能量變化如圖
所示 。已知
為快速平衡，下列說法正確的是(　　)
A.反應Ⅱ、Ⅲ為決速步
B．反應結束后，溶液中存在18OH－
C．反應結束后，溶液中存在OH
D．反應Ⅰ與反應Ⅳ活化能的差值等于圖示總反應的焓變
答案：B
考向2 反應熱的計算與比較
例2 相同溫度和壓強下，關于反應的ΔH，下列判斷正確的是(　　)
A．ΔH1>0，ΔH2>0
B．ΔH3＝ΔH1＋ΔH2
C．ΔH1>ΔH2，ΔH3>ΔH2
D．ΔH2＝ΔH3＋ΔH4

答案：C
練2 聯氨(N2H4)常溫下為無色液體，可用作火箭燃料。下列說法不正確的是(　　)
①2O2(g)＋N2(g)===N2O4(l)　ΔH1
②N2(g)＋2H2(g)===N2H4(l)　ΔH2
③O2(g)＋2H2(g)===2H2O(g)　ΔH3
④2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(g)　ΔH4＝－1 048.9 kJ·mol－1
A．O2(g)＋2H2(g)===2H2O(l)　ΔH5，ΔH5>ΔH3
B．ΔH4＝2ΔH3－2ΔH2－ΔH1
C．1 mol O2(g)和2 mol H2(g)具有的總能量高于2 mol H2O(g)
D．聯氨和N2O4作火箭推進劑的原因之一是反應放出大量的熱
答案：A
解析：O2(g)＋2H2(g)===2H2O(g)　ΔH3；O2(g)＋2H2(g)===2H2O(l)　ΔH5；兩個反應均為放熱反應，ΔH均為負值，放熱越多，ΔH越小，由于生成液態水放熱更多，所以ΔH5<ΔH3，A項錯誤；根據蓋斯定律，③×2－②×2－①得，2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(g)，所以ΔH4＝2ΔH3－2ΔH2－ΔH1，B項正確；O2(g)＋2H2(g)===2H2O(g)　ΔH3，該反應為放熱反應，反應物的總能量大于生成物的總能量，C項正確；由ΔH4＝－1 048.9 kJ·mol－1知，反應放出大量的熱，所以可以用聯氨和N2O4作火箭推進劑，D項正確。
考點2　原電池原理　新型化學電源
核 心 梳 理
1.原電池的結構及工作原理
2．原電池正、負極的判斷方法
【特別提醒】
(1)某些特定情況下，電極類型判斷方法與常規方法有差異，要根據題中的物質轉化信息進行判斷。
(2)存在多個反應時，要清楚哪個是電極反應，哪個是電極區反應，然后根據電極反應的類型進行判斷。

3.陌生原電池裝置的知識遷移
(1)二次電池
(2)燃料電池
典 題 精 研
考向1 原電池工作原理的應用
例3 [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。
練3 近期，我國報道了一種新型Li NO2電池，為NO2的治理和再利用提供了新的研究思路，其工作原理如下圖所示。電池放電時的總反應為2Li＋NO2===Li2O＋NO。下列有關該電池工作時的說法不正確的是(　　)
A．外電路電流的方向：b極→電流表→a極
B．b極的電極反應：NO2＋2e－＋2Li＋===Li2O＋NO
C．電解液中Li＋向b極附近遷移
D．當外電路通過1 mol e－時，b極質量增加7 g
答案：D
解析：由放電時的總反應為2Li＋NO2===Li2O＋NO，Li元素化合價升高，則a極為負極，電極反應式為Li－e－===Li＋，b極為正極，N元素化合價降低，電極反應式為：NO2＋2e－＋2Li＋===Li2O＋NO，B正確；電流從正極流向負極，即外電路電流的方向：b極→電流表→a極，A正確；電解質中陽離子移向正極，則電解液中Li＋向b極附近遷移，故C正確；當外電路通過1 mol e－時，有1 mol Li＋移向b極，質量為m＝nM＝1 mol×7 g·mol－1＝7 g，b極生成Li2O，則b極增加的質量還包含O元素質量，則b極質量增加大于7 g，D錯誤。
考向2 新型化學電源
例4 [2023·山東卷](雙選)利用熱再生氨電池可實現CuSO4電鍍廢液的濃縮再生。電池裝置如圖所示，甲、乙兩室均預加相同的CuSO4電鍍廢液，向甲室加入足量氨水后電池開始工作。下列說法正確的是(　　)
A．甲室Cu電極為正極
B．隔膜為陽離子膜
C．電池總反應為：Cu2＋＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋
D．NH3擴散到乙室將對電池電動勢產生影響
答案：CD
解析：據圖可知，甲室流出液經低溫熱解得到CuSO4和NH3，則甲室中生成了[Cu(NH3)4]SO4，發生的反應為Cu－2e－+4NH3 ===[Cu(NH3)4]2＋，甲室Cu電極為負極，A錯誤；乙室Cu電極為正極，發生反應：Cu2＋＋2e－===Cu，消耗Cu2＋，為維持電解質溶液呈電中性透過隔膜進入甲室，則隔膜為陰離子膜，B錯誤；根據正、負極反應，可知電池總反應為，C正確；NH3能與Cu2＋反應生成，因此若NH3擴散到乙室，則乙室Cu2＋濃度減小，對電池電動勢有影響，D正確。
練4 某儲能電池原理如圖。下列說法正確的是(　　)
A．放電時負極反應：Na3Ti2(PO4)3－2e－===NaTi2(PO4)3＋2Na＋
B．放電時Cl－透過多孔活性炭電極向CCl4中遷移
C．放電時每轉移1 mol電子，理論上CCl4吸收0.5 mol Cl2
D．充電過程中，NaCl溶液濃度增大
答案：A
解析：放電時負極反應：Na3Ti2(PO4)3－2e－===NaTi2(PO4)3＋2Na＋，正極反應：Cl2＋2e－===2Cl－，消耗氯氣，放電時，陰離子移向負極，充電時陽極：2Cl－－2e－===Cl2，A正確；放電時，陰離子移向負極，放電時Cl－透過多孔活性炭電極向NaCl中遷移，B錯誤；放電時每轉移1 mol電子，正極：Cl2＋2e－===2Cl－，理論上CCl4釋放0.5 mol Cl2，C錯誤；充電過程中，陽極：2Cl－－2e－===Cl2，消耗氯離子，NaCl溶液濃度減小，D錯誤。
考點3　電解原理及其應用
核 心 梳 理
1.電解池的結構及工作原理
2．電解池陰、陽極的判斷方法
3．電解池電極反應式的書寫模式
(1)陽極
①活潑金屬作電極，電極材料本身失電子，M－ne－===Mn＋。
②電極為惰性電極，溶液中較易失電子的陰離子優先失去電子，其順序為S2－>I－>Br－>Cl－>OH－，Rn－－ne－===R。
(2)陰極
溶液中較易得電子的陽離子優先得到電子，其順序為Ag＋>Cu2＋>H＋，Mn＋＋ne－===M。
4．金屬的腐蝕與防護
(2)金屬腐蝕
典 題 精 研
考向1 電解原理及應用
例5 [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。
練5 通過電解廢舊鋰電池中的LiMn2O4可獲得難溶性的Li2CO3和MnO2，電解示意圖如下(其中濾布的作用是阻擋固體顆粒，但離子可自由通過。電解過程中溶液的體積變化忽略不計)。下列說法不正確的是(　　)
A．電極A為陰極，發生還原反應
B．電極B的電極反應：2H2O＋Mn2＋－2e－===MnO2＋4H＋
C.電解一段時間后溶液中Mn2＋濃度保持不變
D．電解結束，可通過調節pH除去Mn2＋，再加入Na2CO3溶液以獲得Li2CO3
答案：C
解析：由示意圖可知，電解時，電極A上LiMn2O4中Mn元素化合價降低，被還原，電極A是電解裝置的陰極，A項正確；由電解裝置中電極B上的物質變化可知，Mn2＋被氧化成MnO2，B項正確；陰極上Mn元素化合價由＋3.5→＋2，陽極上Mn元素化合價由＋2→＋4，化合價變化的絕對值不相等，故電解過程中，溶液中的Mn2＋濃度會變化，C項錯誤；通過調節溶液pH，可使Mn2＋轉化為沉淀而除去，再加入可溶性的碳酸鹽可使Li＋轉化為難溶的碳酸鋰，D項正確。
考向2 金屬的腐蝕與防護
例6 氯鹽可導致混凝土中的鋼筋腐蝕。為防止混凝土中的鋼筋腐蝕，可在混凝土表面敷置一定電解質溶液并將惰性金屬導電網浸泡其中，惰性金屬導電網與鋼筋分別連接外部直流電源從而除去Cl－，裝置如圖，下列說法錯誤的是(　　)
A．鋼筋接電源的正極
B．金屬導電網上發生的電極反應為2Cl－－2e－===Cl2↑
C．混凝土中的鈣離子向鋼筋方向移動
D．電解一段時間后鋼筋附近溶液的pH增大

答案：A
解析：由Cl－移動方向可知鋼筋接電源的負極，A項錯誤；金屬導電網為陽極，發生的電極反應為2Cl－－2e－===Cl2↑，B項正確；鋼筋一端為陰極，鈣離子為陽離子，所以向鋼筋方向移動，C項正確；鋼筋附近發生的電極反應為2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，所以電解一段時間后鋼筋附近溶液的pH增大，D項正確。
練6 將金屬M連接在鋼鐵設施表面，可減緩水體中鋼鐵設施的腐蝕。在如圖所示的情境中，下列有關說法正確的是(　　)
A．陰極的電極反應式為Fe－2e－===Fe2＋
B．金屬M的活動性比Fe的活動性弱
C．鋼鐵設施表面因積累大量電子而被保護
D．鋼鐵設施在河水中的腐蝕速率比在海水中的快
解析：該裝置中陰極發生還原反應，A項錯誤；金屬M被氧化，即金屬活動性：M>Fe，B項錯誤；鋼鐵設施為原電池的正極，表面積累大量電子而被保護，C項正確；海水中含有大量的NaCl等電解質，而河水中電解質較少，故鋼鐵設施在河水中的腐蝕速率比在海水中的慢，D項錯誤。
答案：C
考點4　“離子交換膜”在電化學中的應用
核 心 梳 理
1.離子交換膜的功能、類型、作用
2．解答帶離子交換膜電解池問題的思維模型
典 題 精 研
考向 離子交換膜在電化學中的應用
例7 一種水性電解液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，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。
練7 [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。
模考精練·抓落實
1．港珠澳大橋的設計使用壽命高達120年，主要的防腐方法：①鋼梁上安裝鋁片；②使用高性能富鋅(富含鋅粉)底漆；③使用高附著性防腐涂料；④預留鋼鐵腐蝕量。下列分析不合理的是(　　)
A．方法①②③只能減緩鋼鐵腐蝕，未能完全消除
B．防腐涂料可以防水、隔離O2降低吸氧腐蝕速率
C．防腐過程中鋁和鋅均失去電子，主要發生化學腐蝕
D．鋼鐵在海水中發生吸氧腐蝕時正極反應式為O2＋2H2O＋4e－===4OH－
答案：C
解析：防腐方法并不能完全防止鐵的腐蝕，只能減緩鋼鐵腐蝕，因此方法①②③只能減緩鋼鐵腐蝕，A正確；防腐涂料可以防水、隔離O2，避免Fe與氧氣、水反應，降低吸氧腐蝕速率，B正確；鋁和鋅比鐵活潑，防腐過程形成原電池，鋁和鋅作負極失去電子，發生的是電化學腐蝕，C錯誤；鋼鐵在海水中發生吸氧腐蝕時，正極上氧氣得電子發生還原反應，正極反應式為O2＋2H2O＋4e－===4OH－，D正確。
2．已知甲酸的分解反應為HCOOH CO＋H2O　ΔH。在H＋催化作用下反應歷程為
HCOOH＋H＋―→
根據過渡態理論，其反應過程中的能量變化如圖所示(E1、E2、E3均大于0)。
下列說法錯誤的是(　　)
A．E2為正反應的活化能
B．該反應為放熱反應，ΔH＝－E3 kJ·mol－1
C．圖像中第一個峰(過渡態)對應的物質結構為過渡態Ⅰ，第二個峰(過渡態)對應的物質結構為過渡態Ⅱ
D．使用催化劑后，正、逆反應速率同等程度改變，平衡不移動
答案：C
解析：從圖像可看出，E2為正反應的最高能量，是正反應的活化能，A正確；反應物的總能量大于生成物的總能量，該反應為放熱反應，ΔH＝－E3 kJ·mol－1，B正確；過渡態Ⅱ為第三個峰所對應的物質，C錯誤；催化劑能同等程度地改變正逆反應速率，故平衡不移動，D正確。
3．科學家通過密度泛函理論研究甲醇與水蒸氣催化重整制氫反應機理時，得到甲醇在Pd(Ⅲ)表面發生解離時四個路徑與相對能量關系如圖所示，其中附在Pd(Ⅲ)表面的物種用*標注。下列說法正確的是(　　)
A．Pd(Ⅲ)能改變反應歷程，從而改變化學反應速率
B.該歷程中反應速率最快的是路徑①
C．該歷程中能壘(反應活化能)最大的是路徑②
D．由此歷程可知：CH2O*＋2H*===CHO*＋3H*ΔH＞0
答案：A
解析：Pd(Ⅲ)是該反應的催化劑，催化劑能改變反應的活化能，能改變反應歷程，從而改變化學反應速率，故A正確；活化能為反應物的總能量與過渡態能量之差，反應需要的活化能越小，反應進行的越快，反應速率越快，根據圖示，路徑③的活化能最小，反應速率最快，故B錯誤；活化能為反應物的總能量與過渡態能量之差，由圖可以看出，過渡態1發生的反應活化能最大，該歷程中能壘(反應活化能)最大的是路徑①，故C錯誤；根據圖示，CH2O*和2H*總能量大于CHO*和3H*總能量，則該反應歷程為放熱反應，ΔH＜0，故D錯誤。
4．[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。
5．鹽酸羥胺(NH3OHCl)是一種常見的還原劑和顯像劑，其化學性質類似NH4Cl。工業上主要采用向兩側電極分別通入NO和H2，以鹽酸為電解質溶液來進行制備，其電池裝置(圖1)和含Fe的催化電極反應機理(圖2)如下。不考慮溶液體積的變化，下列說法正確的是(　　)
A．電池工作時，Pt電極為正極
B．圖2中，A為H＋和e－，B為NH3OH＋
C．電池工作時，每消耗2.24 L NO(標況下) 左室溶液質量增加3.3 g
D．電池工作一段時間后，正、負極區溶液的pH均下降
答案：C
解析：Fe電極NO→NH3OHCl，N元素化合價降低，作正極，Pt電極H2→H＋，H元素化合價升高，作負極，A錯誤；NH2OH具有類似NH3的弱堿性，可以和鹽酸反應生成鹽酸羥胺，所以缺少的一步反應為：NH2OH＋H＋===NH3OH＋，圖2中，A為H＋，B為NH3OH＋，B錯誤；含鐵的催化電極為正極，其電極反應為：NO＋3e－＋4H＋＋Cl－===NH3OHCl，標況下消耗2.24 L NO的物質的量n＝＝＝0.1 mol，左室增加的質量為NO和3個H＋的質量，即m＝nM＝3.3 g，C正確；負極生成H＋，濃度增大pH值減小，正極消耗H＋，濃度減小，pH增大，D錯誤。
6．一種可充電的鋅錳分液電池，其結構如下圖所示：
下列說法不正確的是(　　)
A．放電時，正極反應為：MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2O
B．充電時，Zn作陰極：[Zn(OH)4]2－＋2e－===Zn＋4OH－
C．離子交換膜a和b分別為陽離子交換膜和陰離子交換膜
D．充電過程中K2SO4溶液的濃度逐漸降低
答案：C
解析：放電時，Zn是負極、MnO2是正極，根據圖示正極反應為：MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2O，故A正確；放電過程中，負極區通過離子交換膜a進入硫酸鉀溶液，正極區K＋通過離子交換膜b進入硫酸鉀溶液，所以a和b分別為陰離子交換膜和陽離子交換膜，故C錯誤；充電時，Zn作陰極，陰極反應式為[Zn(OH)4]2－＋2e－===Zn＋4OH－，故B正確；充電過程中，K＋通過離子交換膜b進入負極區，通過離子交換膜a進入正極區，所以K2SO4溶液的濃度逐漸降低，故D正確。
7．雙極膜電滲析法固碳技術是將捕集的CO2轉化為CaCO3而礦化封存，其工作原理如圖所示。雙極膜中間層中的H2O解離成H＋和OH－，并在直流電場作用下分別向兩極遷移。下列說法不正確的是(　　)
A．兩個雙極膜中間層中的H＋均向左側遷移
B．若堿室中比值增大，則有利于CO2的礦化封存
C．電解一段時間后，酸室中鹽酸的濃度增大
D．該技術中電解固碳總反應的離子方程式為：2Ca2＋＋2CO2＋4H2O2CaCO3↓＋2H2↑＋O2↑＋4H＋
答案：B
解析：左側雙極膜中的H＋向左移動進入左側硝酸鈉溶液中，右側雙極膜中的H＋向左移動進入“酸室”，故A正確；若堿室中比值增大，碳酸氫根離子可能進入“酸室”，所以不利于CO2的礦化封存，故B錯誤；CaCl2溶液中的Cl－通過陰離子交換膜進入“酸室”，右側雙極膜中的H＋向左移動進入“酸室”，所以電解一段時間后，酸室中鹽酸的濃度增大，故C正確；該技術中電解固碳總反應的離子方程式為：2Ca2＋＋2CO2＋4H2O2CaCO3↓＋2H2↑＋O2↑＋4H＋，故D正確。(共68張PPT)
專題八　化學反應速率和化學平衡
真題研練·析考情
核心突破·提能力
模考精練·抓落實
真題研練·析考情
真題研練
1.[2023·遼寧卷]一定條件下，酸性KMnO4溶液與H2C2O4發生反應，Mn(Ⅱ)起催化作用，過程中不同價態含Mn粒子的濃度隨時間變化如下圖所示。下列說法正確的是(　　)
A．Mn(Ⅲ)不能氧化H2C2O4
B．隨著反應物濃度的減小，反應速率逐漸減小
C．該條件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存
D．總反應為：+5C2＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
答案：C
解析：開始一段時間(大約13 min前)隨著時間的推移Mn(Ⅶ)濃度減小直至為0，Mn(Ⅲ)濃度增大直至達到最大值，結合圖像，此時間段主要生成Mn(Ⅲ)，同時先生成少量Mn(Ⅳ)后Mn(Ⅳ)被消耗；后來(大約13 min后)隨著時間的推移Mn(Ⅲ)濃度減少，Mn(Ⅱ)的濃度增大；據此作答。
由圖像可知，隨著時間的推移Mn(Ⅲ)的濃度先增大后減小，說明開始反應生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A項錯誤；隨著反應物濃度的減小，到大約13 min時開始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)對反應起催化作用，13 min后反應速率會增大，B項錯誤；由圖像可知，Mn(Ⅶ)的濃度為0后才開始生成Mn(Ⅱ)，該條件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，C項正確；H2C2O4為弱酸，在離子方程式中應寫化學式，總反應為＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，D項錯誤；答案選C。
2．[2023·湖南卷]向一恒容密閉容器中加入1 mol CH4和一定量的H2O，發生反應：CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g)。CH4的平衡轉化率按不同投料比x(x＝)隨溫度的變化曲線如圖所示。下列說法錯誤的是(　　)
A．x1B．反應速率：vb正C．點a、b、c對應的平衡常數：KaD．反應溫度為T1，當容器內壓強不變時，反應達到平衡狀態
答案：B
解析：
結合圖像分析可知，A項正確，B項錯誤；該反應為吸熱反應，溫度升高，平衡常數增大，結合圖像可知平衡常數Ka3．[2022·廣東卷]在相同條件下研究催化劑Ⅰ、Ⅱ對反應X―→2Y的影響，各物質濃度c隨反應時間t的部分變化曲線如圖，則(　　)
A．無催化劑時，反應不能進行
B．與催化劑Ⅰ相比，Ⅱ使反應活化能更低
C．a曲線表示使用催化劑 Ⅱ 時X的濃度隨t的變化
D．使用催化劑Ⅰ時，0～2 min內，v(X)＝1.0 mol·L－1·min－1
答案：D
解析：由圖可知，無催化劑時，隨反應進行，生成物濃度也在增加，說明反應也在進行，故A錯誤；由圖可知，催化劑Ⅰ比催化劑Ⅱ催化效果好，說明催化劑Ⅰ使反應活化能更低，反應更快，故B錯誤；由圖可知，使用催化劑Ⅱ時，在0～2 min 內Y的濃度變化了2.0 mol·L－1，而a曲線表示的X的濃度變化了2.0 mol·L－1，二者變化量之比不等于化學計量數之比，所以a曲線不表示使用催化劑Ⅱ時X濃度隨時間t的變化，故C錯誤；使用催化劑Ⅰ時，在0～2 min 內，Y的濃度變化了4.0 mol·L－1，則v(Y)＝＝＝2.0 mol·L－1·min－1，v(X)＝v(Y)＝×2.0 mol·L－1·min－1＝1.0 mol·L－1·min－1，故D正確。
4．[2022·廣東卷]恒容密閉容器中，BaSO4(s)＋4H2(g) BaS(s)＋4H2O(g)在不同溫度下達平衡時，各組分的物質的量(n)如圖所示。下列說法正確的是(　　)
A．該反應的ΔH<0
B．a為n(H2O)隨溫度的變化曲線
C．向平衡體系中充入惰性氣體，平衡不移動
D．向平衡體系中加入BaSO4，H2的平衡轉化率增大
答案：C
解析：從圖示可以看出，平衡時升高溫度，氫氣的物質的量減少，則平衡正向移動，說明該反應的正反應是吸熱反應，即ΔH＞0，故A錯誤； 在恒容密閉容器中，隨著溫度升高氫氣平衡時的物質的量減少，則平衡隨著溫度升高正向移動，水蒸氣的物質的量增加，而a曲線表示的是物質的量不隨溫度變化而變化，故B錯誤；容器體積固定，向容器中充入惰性氣體，沒有改變各物質的濃度，平衡不移動，故C正確；BaSO4是固體，向平衡體系中加入BaSO4，不能改變其濃度，因此平衡不移動，氫氣的轉化率不變，故D錯誤。
5．[2022·湖南卷](雙選)向體積均為1 L的兩恒容容器中分別充入2 mol X和1 mol Y發生反應：2X(g)＋Y(g) Z(g)　ΔH，其中甲為絕熱過程，乙為恒溫過程，兩反應體系的壓強隨時間的變化曲線如圖所示。下列說法正確的是(　　)
A．ΔH>0
B．氣體的總物質的量：naC．a點平衡常數：K>12
D．反應速率：va正答案：BC
解析：由圖可知，絕熱過程甲開始時壓強增大，而2X(g)＋Y(g) Z(g)是氣體物質的量減少的反應，故該反應放熱，ΔH<0，A項錯誤；a、c兩點壓強相同，a點溫度高于c點，故氣體的總物質的量：na　　　　　　　2X(g) ＋ Y(g) Z(g)
起始量/mol 2 1 0
變化量/mol 2x x x
平衡量/mol 2－2x 1－x x
a點時壓強為起始壓強的一半，則3－2x＝1.5，解得x＝0.75，K＝＝12，而a點平衡實際上是絕熱條件下達到的平衡，要使平衡壓強為p，體系中的氣體總物質的量應小于1.5 mol，計算得到x偏小，故a點平衡常數K>12，C項正確；a點溫度高于b點，故反應速率：va正>vb正，D項錯誤。
6．[2022·河北卷](雙選)恒溫恒容條件下，向密閉容器中加入一定量X，發生反應的方程式為①X Y；②Y Z。反應①的速率v1＝k1c(X)，反應②的速率v2＝k2c(Y)，式中k1、k2為速率常數。圖甲為該體系中X、Y、Z濃度隨時間變化的曲線，圖乙為反應①和②的ln k～曲線。下列說法錯誤的是(　　)
A.隨c(X)的減小，反應①、②的速率均降低
B．體系中v(X)＝v(Y)＋v(Z)
C．欲提高Y的產率，需提高反應溫度且控制反應時間
D．溫度低于T1時，總反應速率由反應②決定
答案：AB
解析：由圖甲中的信息可知，隨c(X)的減小，c(Y)先增大后減小，c(Z)增大，因此，反應①的速率隨c(X)的減小而減小，而反應②的速率先增大后減小，A錯誤；根據體系中發生的反應可知，在Y的濃度達到最大值之前，單位時間內X的減少量等于Y和Z的增加量，因此，v(X)＝v(Y)＋v(Z)，但是，在Y的濃度達到最大值之后，單位時間內Z的增加量等于Y和X的減少量，故v(X)＋v(Y)＝v(Z)，B錯誤；升高溫度可以加快反應①的速率，但是反應①的速率常數隨溫度升高增大的幅度小于反應②的，且反應②的速率隨著Y的濃度的增大而增大，因此，欲提高Y的產率，需提高反應溫度且控制反應時間，C正確；由圖乙信息可知，溫度低于T1時，k1＞k2，反應②為慢反應，因此，總反應速率由反應②決定，D正確。
考情分析
考點 考向 預測
化學反 應速率 化學反應速率的計算 化學反應速率與化學平衡是每年的必考點，化學反應速率會結合化學速率(或平衡)圖像或速率方程，考查化學反應速率的計算、影響因素等，化學平衡仍會延續近兩年的命題方式，在選擇題或非選擇題中以表格或圖像形式，考查化學平衡圖像及分析、化學平衡常數的計算等，題目情境越來越接近生產實際，要注意多反應平衡體系的分析與計算。
化學反應速率的影 響因素及實驗分析 化學平衡 化學平衡狀態的判斷 化學平衡常數、轉化率的計算 化學反應速率與平衡的綜合應用 化學反應速率與平衡的圖像分析 化學反應速率與平衡 在工業生產中的應用 核心突破·提能力
考點1　化學反應速率及其影響因素
核 心 梳 理
1.化學反應速率的計算
(1)公式法
v(B)＝＝，
①濃度變化只適用于氣體和溶液中的溶質，不適用于固體和純液體。②計算時一定要注意容器或溶液的體積。③同時還要注意單位及規范書寫。
(2)比值法
同一化學反應，各物質的反應速率之比等于反應方程式中的化學計量數之比。對于反應“mA(g)＋nB(g)===pC(g)＋qD(g)”，有v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶p∶q。
2．化學反應速率的影響因素(外因)
【特別提醒】
(1)外界條件對可逆反應的正、逆反應速率的影響方向是一致的，但影響程度不一定相同。如升高溫度，v正和v逆都增大，但吸熱反應方向的反應速率增大的程度大；降低溫度反之。
(2)密閉容器中充入惰性氣體
①恒容條件，充入惰性氣體，反應速率不改變。
②恒壓條件下，充入惰性氣體，相當于擴大容器體積，反應速率減小。
3.速率常數
(1)假設基元反應(能夠一步完成的反應)為aA(g)＋bB(g)===cC(g)＋dD(g)，其速率可表示為v＝k·ca(A)·cb(B)，式中的k稱為反應速率常數或速率常數，k與濃度無關，但受溫度、催化劑、固體表面性質等因素的影響，通常反應速率常數越大，反應進行得越快。
(2)正、逆反應的速率常數與平衡常數的關系
對于基元反應aA(g)＋bB(g) cC(g)＋dD(g)，v正＝k正·ca(A)·cb(B)，v逆＝k逆·cc(C)·cd(D)，平衡常數K＝＝，反應達到平衡時v正＝v逆，故K＝。
典 題 精 研
考向1 化學反應速率及影響因素
例1 某溫度下，降冰片烯在鈦雜環丁烷催化下聚合，反應物濃度與催化劑濃度及時間關系如圖。已知反應物消耗一半所需的時間稱為半衰期，下列說法錯誤的是(　　)
A.其他條件相同時，催化劑濃度越大，反應速率越大
B．其他條件相同時，降冰片烯濃度越大，反應速率越大
C．條件①，反應速率為0.012 mol·L－1·min－1
D．條件②，降冰片烯起始濃度為3.0 mol·L－1時，半衰期為62.5 min
答案：B
解析：由圖中曲線①②可知，其他條件相同時，催化劑濃度越大，反應所需要的時間越短，故反應速率越大，A項正確；由圖中曲線①③可知，其他條件相同時，降冰片烯的濃度①是③的兩倍，所用時間①也是③的兩倍，反應速率相等，故說明反應速率與降冰片烯濃度無關，B項錯誤；條件①，反應速率為v＝＝＝0.012 mol·L－1·min－1，C項正確；反應物消耗一半所需的時間稱為半衰期，條件②，降冰片烯起始濃度為3.0 mol·L－1時，半衰期為125 min×＝62.5 min，D項正確。
練1 用Na2FeO4溶液氧化廢水中的還原性污染物M，為研究降解效果，設計如下對比實驗探究溫度、濃度、pH對降解速率和效果的影響，實驗測得M的濃度與時間關系如圖所示，下列說法不正確的是(　　)
A.實驗①在15 min內M的降解速率約為1.33×10－5 mol·L－1·min－1
B．若其他條件相同，實驗①②說明升高溫度，M降解速率增大
C．若其他條件相同，實驗①③證明pH越高，越不利于M的降解
D．實驗④說明M的起始濃度越小，降解的速率越快

實驗編號 溫度/℃ pH
① 25 1
② 45 1
③ 25 7
④ 25 1
答案：D
解析：由圖中數據可知，實驗①在15 min內Δc(M)＝(0.30 mol·L－1－0.10 mol·L－1)×10－3＝2×10－4 mol·L－1，則v(M)＝＝≈1.33×10－5 mol·L－1·min－1，故A正確；由圖中曲線變化可看出實驗②相對于實驗①，M降解速率增大，由表中數據可知，其他條件相同，實驗②的溫度高，所以說明升高溫度，M降解速率增大，故B正確；由圖中曲線變化可看出實驗①相對于實驗③，M降解速率增大，由表中數據可知，其他條件相同，實驗③的pH高，所以說明pH越高，越不利于M的降解，故C正確；根據圖示可知M的起始濃度越小，降解速率越小，故D錯誤。
考向2 化學反應速率常數及其應用
例2 室溫下，某溶液初始時僅溶有M和N且濃度相等，同時發生以下兩個反應：①M＋N===X＋Y；②M＋N===X＋Z。反應①的速率可表示為v1＝k1c2(M)，反應②的速率可表示為v2＝k2c2(M)(k1、k2為速率常數)。反應體系中組分M、Z的濃度隨時間變化情況如圖。下列說法錯誤的是(　　)
A．0～30 min時間段內，Y的平均反應速率為6.67×10－3 mol·L－1·min－1
B．反應開始后，體系中Y和Z的濃度之比保持不變
C.如果反應能進行到底，反應結束時62.5%的M轉化為Z
D．反應①的活化能比反應②的活化能大
答案：A
解析：0～30 min時間段內，Δc(Z)＝0.125 mol·L－1，Δc(M)＝0.500 mol·L－1－0.300 mol·L－1＝0.200 mol·L－1，反應①中Δc(M)＝0.200 mol·L－1－0.125 mol·L－1＝0.075 mol·L－1，則Δc(Y)＝0.075 mol·L－1，v(Y)＝＝＝2.5×10－3 mol·L－1·min－1，A說法錯誤；反應①、②速率之比為＝＝，為定值，則Y、Z的濃度變化量之比也為定值，故反應開始后，體系中Y和Z的濃度之比保持不變，B說法正確；由上述分析可知，＝＝＝，如果反應能進行到底，反應結束時①、②的轉化率之比為3∶5，因此有(即62.5%)的M轉化為Z，C說法正確；結合C選項，反應①的速率小于反應②的速率，所以反應①的活化能比反應②的活化能大，D說法正確。
練2 反應2H2(g)＋2NO(g)===2H2O(g)＋N2(g)的速率方程為v＝kcα(H2)×cβ(NO)，該反應在不同條件下的反應速率如下：
下列說法正確的是(　　)
A．T2B．α＝2，β＝1
C．其他條件不變時，只有反應物濃度改變對v有影響，且c(NO)影響較大
D．T2、c(NO)＝0.1 mol·L－1條件下，反應速率為8v，則c(H2)＝0.3 mol·L－1
溫度 c(H2)/(mol·L－1) c(NO)/(mol·L－1) 反應速率
T1 0.1 0.1 v
T1 0.2 0.2 8v
T1 0.3 0.2 12v
T2 0.3 0.2 16v
答案：C
解析：當c(H2)＝0.3 mol·L－1，c(NO)＝0.2 mol·L－1時，T2時的速率大于T1時的速率，所以T2>T1，A錯誤；把c(H2)＝0.1 mol·L－1，c(NO)＝0.1 mol·L－1代入速率公式v＝kcα(H2)·cβ(NO)，再把c(H2)＝0.2 mol·L－1，c(NO)＝0.2 mol·L－1代入速率公式v＝kcα(H2)·cβ(NO)，得＝＝＝＝，α＋β＝3，把T1時c(H2)＝0.2 mol·L－1，c(NO)＝0.2 mol·L－1代入速率公式v＝kcα(H2)cβ(NO)，再把T1時c(H2)＝0.3 mol·L－1，c(NO)＝0.2 mol·L－1代入速率公式v＝kcα(H2)cβ(NO)，得＝＝×(1)β＝＝，α＝1，α＋β＝3，β＝2，B錯誤；其他條件不變時，因為β＝2，反應體系中四種物質濃度的改變，只有反應物濃度改變對v有影響，且c(NO)影響較大，C正確；T2、c(NO)＝0.1 mol·L－1條件下，反應速率為8v，則c(H2)＝0.6 mol·L－1，D錯誤。
考點2　化學平衡及其影響因素
核 心 梳 理
1.化學平衡的判斷
(1)化學平衡狀態標志的判斷要注意“三關注”：
一要關注反應條件，是恒溫恒容、恒溫恒壓還是絕熱容器；
二要關注反應特點，是等體積反應，還是非等體積反應；
三要關注特殊情況，是否有固體參加或生成，或固體的分解反應。
(2)巧用“正逆相等，變量不變”做出判斷。
2．化學平衡移動方向的判斷
(1)根據勒夏特列原理判斷平衡移動的方向
通過比較改變外界條件，平衡破壞瞬間的正、逆反應速率的相對大小來判斷平衡移動的方向。
引起v正、v逆的變化 占優勢的反應 化學平衡移動方向
外界條件改變 v正>v逆 正反應占優勢 向正反應方向(或向右)移動
v正v正＝v逆 雙向進行程度相等 化學平衡不移動
【特別提醒】
牢記幾種不能用勒夏特列原理解釋的問題
(1)若外界條件改變后，無論平衡向正反應方向移動或向逆反應方向移動都無法減弱外界條件的變化，則平衡不移動。如對于H2(g)＋Br2(g) 2HBr(g)，由于反應前后氣體的分子總數不變，外界壓強增大或減小時，平衡無論正向或逆向移動都不能減弱壓強的改變，所以對于該反應，壓強改變，平衡不發生移動。
(2)催化劑能同等程度地改變正、逆反應速率，所以催化劑不會影響化學平衡。
(2)根據濃度商(Q)與平衡常數(K)的大小判斷平衡移動的方向
(3)恒溫條件下，密閉反應體系中通入稀有氣體，平衡移動方向的判斷
3．工業生產中適宜條件選擇的原則
條件 原則
從化學反應速率分析 既不能過快，又不能太慢
從化學平衡移動分析 既要注意外界條件對速率和平衡影響的一致性，又要注意二者影響的矛盾性
從原料的利用率分析 增加易得廉價原料，提高難得高價原料的利用率，從而降低生產成本
從實際生產能力分析 如設備承受高溫、高壓能力等
從催化劑的活性分析 注意溫度對催化劑活性的影響
典 題 精 研
考向1 化學平衡狀態的判斷
例3 在一定溫度下，在一體積可變的密閉容器中加入一定量的Mn(s)并充入一定量的CO2(g)，發生反應：Mn(s)＋CO2(g) MnO(s)＋CO(g)　ΔH<0。下列說法不能說明該反應達到平衡狀態的是(　　)
A．容器的體積不再改變
B．固體的質量不再改變
C．氣體的總質量不再改變
D．v正(CO2)＝v逆(CO)

答案：A
解析：該反應為反應前后氣體分子數不變的放熱反應，根據“變量不變達平衡”進行判斷。A項，反應前后氣體分子數不變，反應過程中容器的體積始終不變，為定量，不能作為平衡狀態的判斷依據；B項，該反應是一個固體質量增大的反應，當固體質量不再改變說明反應達到平衡狀態；C項，該反應是一個氣體質量減小的反應，當氣體的總質量不再改變說明反應達到平衡狀態；D項，正、逆反應速率相等，說明反應達到平衡狀態。
練3 若該反應在絕熱、恒容的密閉體系中進行，下列示意圖正確且能說明反應2NO(g)＋2CO(g) 2CO2(g)＋N2(g)　ΔH<0，在進行到t1時刻達到平衡狀態的是(　　)
A．①② B．③④
C．①②④ D．②④
答案：D
解析：①可逆反應達到平衡狀態后，正、逆反應速率相等且不再變化，由圖像①知，t1時刻v(正反應速率)最大，之后隨反應進行，反應速率發生變化，未達到平衡狀態，錯誤；②該反應的正反應為放熱反應，隨反應進行，溫度升高，平衡常數減小，達到平衡狀態后，溫度為定值，平衡常數不變，與圖像符合，正確；③t1時刻后CO2、NO的物質的量發生變化，t1時刻未達到平衡狀態，錯誤；④t1時刻后，NO的質量分數為定值，t1時刻達到平衡狀態，正確。
考向2 化學平衡移動的分析
例4 某溫度下，在恒容密閉容器中加入一定量X，發生反應2X(s) Y(s)＋Z(g)，一段時間后達到平衡。下列說法錯誤的是(　　)
A．升高溫度，若c(Z)增大，則ΔH>0
B．加入一定量Z，達新平衡后m(Y)減小
C．加入等物質的量的Y和Z，達新平衡后c(Z)增大
D．加入一定量氬氣，平衡不移動
答案：C
解析：根據勒夏特列原理可知，升高溫度，化學平衡向著吸熱反應方向移動，而c(Z)增大，說明平衡正向移動，故ΔH>0，A正確；加入一定量Z，Z的濃度增大，平衡逆向移動，故達新平衡后m(Y)減小，B正確；加入等物質的量的Y和Z，Z的濃度增大，平衡逆向移動，由于X、Y均為固體，故K＝c(Z)，達新平衡后c(Z)不變，C錯誤；加入一定量氬氣，加入瞬間，X、Y、Z的濃度保持不變，故正、逆反應速率不變，故平衡不移動，D正確。
練4 某溫度下，反應CH2===CH2(g)＋H2O(g) CH3CH2OH(g)在密閉容器中達到平衡，下列說法正確的是(　　)
A．增大壓強，v正>v逆，平衡常數增大
B．加入催化劑，平衡時CH3CH2OH(g)的濃度增大
C.恒容下，充入一定量的H2O(g)，平衡向正反應方向移動
D.恒容下，充入一定量的CH2===CH2(g)，CH2===CH2(g)的平衡轉化率增大
答案：C
解析：該反應是一個氣體分子數減少的反應，增大壓強可使平衡向正反應方向移動，故v正>v逆，但是因為溫度不變，故平衡常數不變，A錯誤；催化劑不影響化學平衡狀態，因此，加入催化劑不影響平衡時CH3CH2OH(g)的濃度，B錯誤；恒容下，充入一定量的H2O(g)，H2O(g)的濃度增大，平衡向正反應方向移動，C正確；恒容下，充入一定量的CH2===CH2(g)，平衡向正反應方向移動，但是CH2===CH2(g)的平衡轉化率減小，D錯誤。
考點3　化學反應速率與化學平衡圖像
核 心 梳 理
1.三類基本圖像
反應mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，m＋n>p＋q，且ΔH>0。
(1)速率—時間圖——注意斷點
[圖像分析]　t1時增大反應物的濃度，正反應速率瞬間增大，然后逐漸減小，而逆反應速率逐漸增大；t2時升高溫度，對任何反應，正反應和逆反應速率均增大，吸熱反應的正反應速率增大較快；t3時減小壓強，容器容積增大，濃度變小，正反應速率和逆反應速率均減小；t4時使用催化劑，正反應速率和逆反應速率均瞬間同倍數增大。
(2)轉化率(或含量)—時間圖——先拐先平
[圖像分析]　甲表示壓強對反應物轉化率的影響，對于氣體反應物化學計量數之和大于氣體生成物化學計量數之和的反應，壓強越大，反應物的轉化率越大；乙表示溫度對反應物轉化率的影響，對于吸熱反應，溫度越高，反應物的轉化率越大；丙表示催化劑對反應物轉化率的影響，催化劑只能改變化學反應速率，不能改變反應物的轉化率。
(3)恒壓(溫)線——定一議二
[圖像分析]　分析時可沿橫軸作一條平行于縱軸的虛線，即為等壓線或等溫線，然后分析另一條件變化對該反應的影響。
2．解答化學平衡圖像題四步驟
典 題 精 研
考向1 常規圖像的分析與應用
例5 已知：A(g)＋2B(g) 3C(g)　ΔH<0，向一恒溫恒容的密閉容器中充入1 mol A和3 mol B發生反應，t1時達到平衡狀態Ⅰ，在t2時改變某一條件，t3時重新達到平衡狀態Ⅱ，正反應速率隨時間的變化如圖所示。下列說法正確的是(　　)
A．容器內壓強不變，表明反應達到平衡
B．t2時改變的條件：向容器中加入C
C．平衡時A的體積分數φ：φ(Ⅱ)<φ(Ⅰ)
D．平衡常數K：K(Ⅱ)答案：B
解析：該反應是反應前后氣體分子數不變的反應，隨著反應的進行，氣體的總物質的量始終不變，總壓強始終不變，A錯誤；t2時，設向容器中加入3 mol C，正反應速率逐漸增大，達到新的平衡后保持不變，變化情況與圖像相符，B正確；t2時，設向容器中加入3 mol C，相當于加入1 mol A和2 mol B，A的比例增大，體積分數增大，即φ(Ⅱ)>φ(Ⅰ)，C錯誤；化學平衡常數只與溫度有關，溫度不變，平衡常數不變，即K(Ⅱ)＝K(Ⅰ)，D錯誤。
練5 工業上生產CO是由焦炭和CO2在高溫反應而得。現將焦炭和CO2放入體積為2 L的剛性密閉容器中，高溫下進行下列反應：C(s)＋CO2(g) 2CO(g)　ΔH＝Q kJ·mol－1。圖為CO2、CO的物質的量n隨時間t的變化關系圖。下列說法正確的是(　　)
A．0～1 min，v(CO)＝1 mol·L－1·min－1；1～3 min時，v正(CO)＝v逆(CO2)
B．當容器內的氣體密度(D)不變時，反應一定達到平衡狀態，且<1
C．5 min時再充入一定量的CO，a、d曲線分別表示n(CO)、n(CO2)的變化
D．3 min時溫度由T1升高到T2，則Q>0，再達平衡時≈4.7
答案：D
解析：由圖可知，0～1 min，一氧化碳物質的量增加2 mol，則反應速率v(CO)＝＝1 mol·L－1·min－1；1～3 min時，平衡不移動，反應速率之比等于化學計量數之比，則v正(CO)＝2v逆(CO2)，A錯誤；該反應反應前后質量發生變化，體積不變，則其密度為變量，當容器內氣體的密度不變時，說明反應達到平衡狀態；根據ρ＝知，體積不變，反應達到平衡時，氣體的質量增大，則平衡時氣體的密度大于起始時氣體的密度，則>1，B錯誤；5 min時再充入一定量的CO，CO的物質的量瞬間增大，平衡逆向移動，CO的物質的量又逐漸減小，5 min時CO2濃度不變，平衡逆向移動，CO2的物質的量逐漸增大，則b表示n(CO2)的變化，c表示n(CO)的變化，C錯誤；由圖可知，3 min時升高溫度，一氧化碳增多，說明反應是吸熱反應，T1溫度平衡，一氧化碳物質的量為2 mol，二氧化碳物質的量為7 mol；平衡常數K(T1)＝＝＝，T2溫度平衡，一氧化碳物質的量為4 mol，二氧化碳物質的量為6 mol，平衡常數K(T2)＝＝＝，則≈4.7，D正確。
考向2 陌生圖像的分析與應用
例6 一定條件下，反應6H2(g)＋2CO2(g) C2H5OH(g)＋3H2O(g)的數據如圖所示。
下列說法正確的是(　　)
A．該反應的ΔH>0
B．達平衡時，v正(H2)＝v逆(CO2)
C．b點對應的平衡常數K值大于c點
D．a點對應的H2的平衡轉化率為90%
解析：升高溫度，CO2的轉化率減小，平衡向左移動，正反應為放熱反應，ΔH<0，A項錯誤；達平衡時，v正(H2)＝3v逆(CO2)，B項錯誤；升溫，平衡左移，b點溫度高，其平衡常數小，C項錯誤。
答案：D
練6 工業上利用S8與CH4為原料制備CS2，發生反應S8(s) 4S2(g)、2S2(g)＋CH4(g) CS2(g)＋2H2S(g)，在密閉容器中，原料為1∶1時，部分物質變化曲線如圖所示，下列說法正確的是(　　)
A．生成CS2的反應為吸熱反應
B．一定溫度下，氣體總壓不變時反應達平衡狀態
C．應在低溫下進行反應以提高產出效率
D．當溫度為450 ℃時，S8轉化率為69.5%
答案：B
解析：由圖可知，隨溫度升高，甲烷的轉化率降低，故生成CS2的正反應為放熱反應，故A錯誤；反應S8(s) 4S2(g)有固體反應物參與，前后氣體分子數改變，在密閉容器中總壓不變，能判斷反應達到平衡狀態，B正確；溫度較高時反應速率快，且由圖可知較高溫度下S2體積分數較大說明產率較高，甲烷的轉化率較小即可減少S2的反應損耗，因此應在較高溫度下進行反應以提高產出效率，C錯誤；當溫度為450 ℃時，甲烷的轉化率為98%，S2的體積分數為20%，原料投入為1∶1，設加入S8與CH4均為1 mol，則轉化的甲烷為1×98%＝0.98，設S8轉化率為x，列三段式
　　　　　　 S8(s) 4S2(g)
起始量/mol 1 0
變化量/mol x 4x
平衡量/mol 1－x 4x
　　　　　　 2S2(g)＋CH4(g) CS2(g)＋2H2S(g)
起始量/mol 4x 1 0 0
轉化量/mol 1.96 0.98 0.98 1.96
平衡量/mol 4x－1.96 0.02 0.98 1.96
由S2的體積分數為20%，
則×100%＝20%，解得x＝67.5%，D錯誤。
模考精練·抓落實
1．下列現象或做法與化學反應速率無關的是(　　)
A．“冰墩墩”制作材料生產過程中添加抗老化助劑
B．水果箱中放置乙烯利
C．饅頭制作過程中用酵頭發酵
D．新冠病毒可能通過氣溶膠加速傳播
解析：材料生產過程中添加抗老化助劑是為了減緩材料老化速率，A不符合題意；水果箱中放置乙烯利是為了加速水果成熟，B不符合題意；饅頭制作過程中用酵頭發酵，是為了加速發酵速率，C不符合題意；新冠病毒通過氣溶膠傳播不是化學反應過程，與化學反應速率無關，D符合題意。
答案：D
2．氨氣去除NO的反應原理為4NH3(g)＋6NO(g) 5N2(g)＋6H2O(g)　ΔH<0，反應速率與濃度之間存在如下關系：v正＝k正·c4(NH3)·c6(NO)，v逆＝k逆·c5(N2)·c6(H2O)，k正、k逆為速率常數，只受溫度影響。350 ℃時，在2 L恒容密閉容器中，通入0.9 mol NH3(g)和1.2 mol NO(g)發生反應，保持溫度不變，5 min后反應達平衡，NO的轉化率為50%。下列說法正確的是(　　)
A．用NH3表示的化學反應速率為0.06 mol·L－1·min－1
B．350 ℃時，該反應的平衡常數為0.5
C．其他條件不變，往反應后的容器中再通入0.9 mol NH3(g)和1.2 mol NO(g)，重新達平衡時NO的體積分數增大
D．當溫度改變為T ℃時，若k正＝k逆，則T>350
答案：C
解析：由題意可得如下三段式：
　　　　　　　4NH3(g)＋6NO(g) 5N2(g)＋6H2O(g)
起(mol·L－1) 0.45 0.6 0 0
變(mol·L－1) 0.2 0.3 0.25 0.3
平(mol·L－1) 0.25 0.3 0.25 0.3
由三段式數據可知，用氨氣表示的化學反應速率為＝0.04 mol·L－1·min－1，A錯誤；350 ℃時，反應的平衡常數為＝0.25，B錯誤；其他條件不變，往反應后的容器中再通入0.9 mol氨氣和1.2 mol一氧化氮相當于增大壓強，該反應是氣體體積增大的反應，增大壓強，平衡向逆反應方向移動，一氧化氮的體積分數增大，C正確；反應達到平衡時，正反應速率和逆反應速率相等，則反應速率k正·c4(NH3)·c6(NO)＝k逆·c5(N2)·c6(H2O)，＝＝K，當k正＝k逆時，平衡常數K＝1>0.25說明平衡向正反應方向移動，該反應為放熱反應，則反應溫度小于350 ℃，D錯誤。
3．在照片底片沖洗的過程中會發生如下反應：(aq) [Ag(S2O3)2]3－(aq)＋Br－(aq)，
下列說法正確的是(　　)
A．當溶液中)∶c(Br－)＝2∶1時，上述反應到達平衡
B．向平衡體系中加AgBr，平衡將向正反應方向移動
C．配合物[Ag(S2O3)2]3－中配體與H＋可發生反應產生氣體
D．常溫下，加水稀釋時平衡向正反應方向移動，平衡常數會變大
解析：起始濃度未知，溶液中)∶c(Br－)＝2∶1，反應不一定達到平衡，A錯誤；AgBr為固體，因此向平衡體系中加AgBr，平衡不移動，B錯誤；與H＋可發生反應產生SO2氣體和S單質：＋2H＋===SO2↑＋S↓＋H2O，C正確；溫度不變，平衡常數不會發生改變，D錯誤。
答案：C
4．順 1，2 二甲基環丙烷(M)和反 1，2 二甲基環丙烷(N)可發生如下轉化：
該反應的速率方程可表示為v正＝k正c(M)和v逆＝k逆c(N)，k正和k逆在一定溫度時為常數，分別稱作正、逆反應速率常數；反應的平衡常數K＝3。下列說法正確的是(　　)
A．該溫度下，M的轉化率為66.7%
B．升高溫度，k正和k逆都增大
C．常溫下，N為氣態
D．M比N更穩定
答案：B
解析：設在該溫度下，M的初始濃度為1，達平衡時M的轉化濃度為x，則達平衡時M的濃度為1－x，N的濃度為x，則有K＝＝3，解得x＝0.75，則該溫度下，M的轉化率為75%，A錯誤；該反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，但正、逆反應速率都增加，只不過逆反應速率增加的多，k正和k逆都增大，B正確；反 1，2 二甲基環丙烷(N)含5個碳原子，常溫下不是氣態，C錯誤；能量越低越穩定，該反應為放熱反應，則N的能量低，N比M更穩定，D錯誤。
5．一定條件下，將CO2和H2按物質的量為1∶3的投料比充入某剛性密閉容器中，發生反應：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＝－49.5 kJ·mol－1，測得CO2的物質的量濃度隨反應時間的變化如圖所示，下列說法正確的是(　　)
A．0～5 min，共放出19.8 kJ的熱量
B．CO2和H2的轉化率相等時，反應達到平衡
C．9 min時，改變的外界條件可能是降溫
D．平衡常數Kb一定大于Ka
答案：C
解析：不確定容器的體積和消耗的二氧化碳的物質的量，不能計算反應放出熱量數值，A錯誤；反應中CO2和H2按反應的系數比投料，則兩者的轉化率一直相等，不能用來判斷反應是否達到平衡，B錯誤；反應為放熱反應，降低溫度平衡正向移動，二氧化碳的濃度減小，符合圖像，C正確；對于確定反應，平衡常數只受溫度的影響，不確定是否溫度一定改變，故不能判斷兩者K值的大小，D錯誤。
6．草酸二甲酯[(COOCH3)2]催化加氫制乙二醇的反應體系中，發生的主要反應為
反應Ⅰ：(COOCH3)2(g)＋2H2(g) CH3OOCCH2OH(g)＋CH3OH(g)　ΔH1<0
反應Ⅱ：(COOCH3)2(g)＋4H2(g) HOCH2CH2OH(g)＋2CH3OH(g)　ΔH2<0
壓強一定的條件下，將(COOCH3)2、H2按一定比例、流速通過裝有催化劑的反應管，測得(COOCH3)2的轉化率及CH3OOCCH2OH、HOCH2CH2OH的選擇性
[×100%]與溫度的關系如圖所示。
下列說法正確的是(　　)
A．曲線B表示HOCH2CH2OH的選擇性隨溫度變化
B．190～198 ℃范圍內，溫度升高，(COOCH3)2的平衡轉化率增大
C．190～198 ℃范圍內，溫度升高，逐漸減小
D．192 ℃時，其他條件一定，加快氣體的流速可以提高(COOCH3)2轉化率
答案：C
解析：由曲線A上CH3OOCCH2OH選擇性為50%時，曲線C表示HOCH2CH2OH的選擇性恰好為50%，曲線C表示HOCH2CH2OH的選擇性隨溫度變化，A錯誤；兩反應均為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，190～198 ℃范圍內，溫度升高，(COOCH3)2的平衡轉化率減小，B錯誤；190～198 ℃范圍內，溫度升高，反應Ⅱ：(COOCH3)2(g)＋4H2(g) HOCH2CH2OH(g)＋2CH3OH(g)　ΔH2<0的選擇性增大，升高溫度，對于放熱反應，平衡逆向移動，每減少2 mol CH3OH，只減少1 mol HOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH減小的幅度小于CH3OH，逐漸減小，故C正確；192 ℃時，其他條件一定，加快氣體的流速，反應時間變短，反應物(COOCH3)2轉化率降低，D錯誤。(共57張PPT)
專題九　電解質溶液
真題研練·析考情
核心突破·提能力
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真題研練·析考情
真題研練
1.[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 和＋NH3 ，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－、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＋＋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(＋)>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＋＋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(＋)>c(＋)>c(Ag＋)，故D正確。
2．[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)3．[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；由分析可知，曲線④代表HS－，由圖示曲線④兩點坐標可知，此時c(H＋)＝10－1.6 mol·L－1時，c(HS－)＝10－6.5 mol·L－1，Ka1(H2S)＝＝＝10－7.1或者當c(H＋)＝10－4.2 mol·L－1時，c(HS－)＝10－3.9 mol·L－1，Ka1(H2S)＝＝＝10－7.1，C錯誤；已知Ka1Ka2＝＝，由曲線③兩點坐標可知，當c(H＋)＝10－4.9 mol·L－1時，c(S2－)＝10－13 mol·L－1，或者當c(H＋)＝10－6.8 mol·L－1時，c(S2－)＝10－9.2 mol·L－1，故有Ka1Ka2＝＝＝＝10－21.8，結合C項分析可知，Ka1＝10－7.1故有Ka2(H2S)＝10－14.7，D正確；故答案為：D。
4．[2022·浙江6月]25 ℃時，向20 mL濃度均為0.1 mol·L－1的鹽酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1的NaOH溶液(醋酸的Ka＝1.8×10－5；用0.1 mol·L－1的NaOH溶液滴定20 mL等濃度的鹽酸，滴定終點的pH突躍范圍4.3～9.7)。下列說法不正確的是(　　)
A．恰好中和時，溶液呈堿性
B．滴加NaOH溶液至pH＝4.3的過程中，發生反應的離子方程式為：H＋＋OH－===H2O
C．滴定過程中，c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
D.pH＝7時，c(Na＋)>c(Cl－)>c(CH3COO－)>c(CH3COOH)
答案：B
解析：恰好中和時，生成NaCl、CH3COONa，CH3COO－水解顯堿性，A項正確；加入20 mLNaOH溶液時，溶液為NaCl和CH3COOH的混合溶液，此時溶液中c(H＋)≈＝＝×10－3 mol·L－1>1×10－4.3 mol·L－1，因此滴加NaOH溶液至pH＝4.3的過程中，鹽酸、醋酸均與NaOH發生反應，其中CH3COOH為弱電解質，在離子方程式書寫中用化學式表示，B項錯誤；滴定過程中，c(Cl－)×V＝[c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)]×V＝0.1 mol·L－1×0.02 L，C項正確；加入20 mL NaOH溶液時，溶液為NaCl和CH3COOH的混合溶液，呈酸性，則需要再加入NaOH溶液使溶液呈中性，則加入的NaOH的物質的量大于HCl和CH3COOH的物質的量之和，故c(Na＋)>c(Cl－)，醋酸為弱電解質，故c(Cl－)>c(CH3COO－)，CH3COO－的水解常數Kh＝＝c(CH3COOH)，D項正確。
5．[2022·遼寧卷]甘氨酸(NH2CH2COOH)是人體必需氨基酸之一。在25 ℃時CH2COOH、CH2COO－和NH2CH2COO－的分布分數(如δ(A2－)＝與溶液pH關系如圖)。
下列說法錯誤的是(　　)
A．甘氨酸具有兩性
B．曲線c代表NH2CH2COO－
C．CH2COO－＋H2O CH2COOH＋OH－的平衡常數K＝10－11.65
D．c2CH2COO－)答案：D
解析：NH2CH2COOH中存在－NH2和－COOH，所以溶液既有酸性又有堿性，A正確；氨基具有堿性，在酸性較強時會結合氫離子，羧基具有酸性，在堿性較強時與氫氧根離子反應，故曲線a表示CH2COOH的分布分數隨溶液pH的變化，曲b表示 CH2COO－的分布分數隨溶液pH的變化，曲線c表示NH2CH2COO－的分布分數隨溶液pH的變化，B正確；CH2COO－+H2O CH2COOH＋OH－的平衡常數K＝，25 ℃時，根據a、b曲線交點坐標(2.35，0.50)可知，pH＝2.35時CH2COO－)＝CH2COOH)，則K＝c(OH－)＝＝10－11.65，C正確；由C項分析可知＝，根據b、c曲線交點坐標(9.78，0.50)分析可得電離平衡CH2COO－ NH2CH2COO－＋H＋的電離常數為K1＝＝＝，則＝<1，即c2(CH2COO－)>CH2COOH)·c(NH2CH2COO－)，D錯誤。
6．[2022·山東卷]工業上以SrSO4(s)為原料生產SrCO3(s)，對其工藝條件進行研究。現有含SrCO3(s)的0.1 mol·L－1、1.0 mol·L－1Na2CO3溶液，含SrSO4(s)的0.1 mol·L－1、1.0 mol·L－1Na2SO4溶液。在一定pH范圍內，四種溶液中lg[c(Sr2＋)/mol·L－1]隨pH的變化關系如圖所示。下列說法錯誤的是(　　)
A．反應SrSO4(s)+SrCO3(s)＋的平衡常數K＝
B．a＝－6.5
C．曲線④代表含SrCO3(s)的1.0 mol·L－1Na2CO3溶液的變化曲線
D．對含SrSO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始濃度均為1.0 mol·L－1的混合溶液，pH≥7.7時才發生沉淀轉化
答案：D
解析：SrSO4(s)+ SrCO3(s)＋的平衡常數K＝＝＝，A正確；硫酸是強酸，隨溶液pH變化，溶液中硫酸根離子濃度幾乎不變，則含硫酸鍶固體的硫酸鈉溶液中鍶離子的濃度幾乎不變，所以硫酸鍶的生成與溶液pH無關，D錯誤；根據圖中曲線的變化趨勢可知，曲線①②表示含SrSO4(s)的Na2SO4溶液，pH相同時，溶液中硫酸根離子越大，鍶離子濃度越小，所以曲線①代表含硫酸鍶固體的0.1 mol·L－1硫酸鈉溶液的變化曲線，則硫酸鍶的溶度積Ksp(SrSO4)＝10－5.5×0.1＝10—6.5，溫度不變，溶度積不變，則溶液pH為7.7時，鍶離子的濃度為＝10－6.5，則a為－6.5，B正確；曲線③④表示含SrCO3(s)的Na2CO3溶液，pH相同時，1 mol·L－1碳酸鈉溶液中碳酸根離子濃度大于0.1 mol·L－1碳酸鈉溶液，則曲線③表示含碳酸鍶固體的0.1 mol·L－1碳酸鈉溶液的變化曲線，曲線④表示含碳酸鍶固體的1.0 mol·L－1碳酸鈉溶液的變化曲線，C正確。
考情分析
考點 考向 預測
電離平衡 電離平衡影響因素 溶液中的離子平衡常以圖像題的形式呈現，主要有酸堿中和滴定圖像和沉淀溶解平衡圖像，考查電離平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡的影響因素及定量計算。作為較為成熟的題型命題形式估計變化不會太大，要關注水解常數的計算、同一溶液中多平衡體系的分析及基本圖像的變式。
借助滴定圖像計算Ka或Kb 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 鹽類的水解平衡 鹽類水解的影響因素及應用 溶液中粒子濃度大小關系 沉淀溶 解平衡 外界條件對溶解平衡的影響 根據圖像計算Ksp 核心突破·提能力
考點1　水溶液中的三大平衡
核 心 梳 理
1.“三大”平衡比較
平衡類型 電離平衡 水解平衡 沉淀溶解平衡 實例 CH3COOH CH3COO－＋H＋ CH3COO－＋H2O CH3COOH＋OH－ AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq) 研究對象 弱電解質溶液 會水解的鹽溶液 難溶電解質 影響因素 升溫 促進電離 Ka增大 促進水解 Kh增大 若難溶物的溶解度與溫度成正比，促進溶解；反之，則抑制溶解 若難溶物的溶解度與溫度成正比，則Ksp增大；反之，則Ksp減小
加水 促進電離 Ka不變 促進水解 Kh不變 促進溶解 Ksp不變
影響因素 加入相應離子(或物質) 加入CH3COONa或鹽酸，抑制電離 Ka不變 加入CH3COOH或NaOH，抑制水解 Kh不變 Ka不變
加入反應離子(或物質) 加入OH－，促進電離 Ksp不變 加入H＋，促進水解 Kh不變 加入氨水，促進溶解 Ksp不變
2.水溶液中幾個平衡常數及其它們之間的關系
(1)平衡常數都只與溫度有關，溫度不變，平衡常數不變。升高溫度，Ka、Kb、Kw、Kh均增大。
(2)Ka、Kh、Kw三者的關系式為Kh＝；Kb、Kh、Kw三者的關系式為Kh＝。
(3)對二元酸的Ka1、Ka2與相應酸根離子的Kh1、Kh2的關系式為Ka1·Kh2＝Kw，Ka2·Kh1＝Kw。
(4)反應CdS(s)＋2H＋(aq) Cd2＋(aq)＋H2S(aq)的平衡常數K，則K＝。
(5)反應3Mg(OH)2(s)＋2Fe3＋(aq) 2Fe(OH)3(s)＋3Mg2＋(aq)的平衡常數K＝＝。
3．電解質溶液中粒子濃度關系
(1)電解質溶液中的“三守恒”
物質 三守恒 Na2S NaHC2O4
電荷守恒 c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)
物料守恒 c(Na＋)＝2[c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)]
質子守恒 c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)
(2)巧抓酸堿滴定中的“五點”，判斷溶液中的粒子濃度關系
抓反應的“起始”點 判斷酸、堿的相對強弱
抓反應的“一半”點 判斷是哪種溶質的等量混合
抓溶液的“中性”點 判斷溶液中溶質的成分
及哪種物質過量或不足
抓“恰好”反應點 判斷生成的溶質成分及溶液的酸堿性
抓反應的“過量”點 判斷溶液中的溶質，判斷哪種物質過量
典 題 精 研
考向1 水溶液中的離子平衡及其影響因素
例1 已知25 ℃時二元酸H2A的Ka1＝1.3×10－7，Ka2＝7.1×10－15。下列說法正確的是(　　)
A．在等濃度的Na2A、NaHA溶液中，水的電離程度前者小于后者
B．向0.1 mol·L－1的H2A溶液中通入HCl氣體(忽略溶液體積的變化)至pH＝3，則H2A的電離度為0.013%
C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH＝11，則c(A2－)＞c(HA－)
D．取pH＝a的H2A溶液10 mL，加蒸餾水稀釋至100 mL，則該溶液pH＝a＋1
答案：B
解析：在等濃度的Na2A、NaHA溶液中，A2－的水解程度大于HA－，水的電離程度前者大于后者，故A錯誤；溶液中c(H＋)＝10－3 mol·L－1，H2A電離程度較小，溶液中c(H2A)≈0.1 mol·L－1，Ka1＝＝1.3×10－7，c(HA－)＝1.3×10－5 mol·L－1，c(HA－)≈c(H2A) 電離，則H2A的電離度為×100%＝1.3×10－4×100%＝ 0.013%，故B正確；向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH＝11，＝7.1×10－15，則c(A2－)練1 甲胺(CH3NH2)為一元弱堿，可與鹽酸反應生成鹽酸鹽(用CH3NH3Cl表示)。將10 mL 0.1 mol·L－1CH3NH2溶液與10 mL 0.1 mol·L－1HCl溶液混合。下列敘述不正確的是(　　)
A．混合溶液呈酸性，加水稀釋，n(H＋)增加
B．甲胺在水中的電離方程式為：CH3NH2+H2O CH3＋OH－
C.混合溶液中：＋c(Cl－)<0.1 mol·L－1
D．往混合液中滴加少量NaOH溶液，可促進的水解，水解常數Kh增大
答案：D
解析：越稀釋越水解，CH3NH3Cl水解程度增大，n(H＋)增加，故A正確；甲胺(CH3NH2)的電離類似氨氣的電離，甲胺在水中的電離方程式為＋OH－，故B正確；混合溶液中CH3NH3Cl為水解，故)＋c(Cl－)<0.1 mol·L－1，故C正確；水解常數Kh只與溫度有關，溫度不變水解常數Kh不變，故D錯誤。
考向2 水溶液中離子濃度大小比較
例2 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＋)練2 常溫下，下列有關電解質溶液的敘述正確的是(　　)
A．在0.1 mol·L－1 H3PO4溶液中c(H3PO4)>c(H2P)>c(HP)>)
B．在0.1 mol·L－1 Na2C2O4溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)+c(HC2)＋c)
C．在0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中c(H2CO3)+)＝0.1 mol·L－1
D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH＝9的溶液中c(Cl－)>)>c(OH－)>c(H＋)

答案：A
解析：磷酸分步電離且電離程度逐漸減小，所以在0.1 mol·L－1 H3PO4溶液中，離子濃度大小順序為c(H3PO4)＞c(H2)＞c( )＞)，故A項正確；在0.1 mol·L－1 Na2C2O4溶液中，根據電荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)+c(HC2)＋2c(C2)，故B項錯誤；在0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中，根據元素質量守恒得c()＋c)＋c(H2CO3)＝0.1 mol·L－1，故C項錯誤；氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH＝9的溶液，則c(Cl－)＜c)，故D項錯誤。
考點2　電解質溶液曲線分析
核 心 梳 理
1.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溶液、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；強堿與弱酸反應終點是pH>7，強酸與弱堿反應終點是pH<7 2.弱電解質(弱酸或弱堿)分布系數圖像
舉例 一元弱酸(以CH3COOH為例) 二元弱酸(以H2C2O4為例)
弱電解質分布系數圖
原因 弱酸溶液中加入強堿，發生中和反應，溶液的pH不斷增大，各成分粒子的含量不斷動態變化 δn δ0為CH3COOH、δ1為CH3COO－
利用交點求K
3.對數圖像
(1)常考的對數圖像類型
類型 含義 變化規律 解題策略
pH＝－lg c(H＋) 氫離子濃度的常用對數負值 pH越大，c(H＋)越小，溶液的堿性越強 ①先弄清是對數還是負對數
②弄清楚是什么的對數，如濃度對數、濃度比對數、體積比對數等
③弄清楚對數變化所表示的意義
pC＝－lg c(C) C離子濃度的常用對數負值 pC越大，c(C)越小 生成物與反應物粒子濃度比的常用對數 稀釋后與稀釋前體積比的常用對數 氫離子與氫氧根離子濃度比的常用對數 (2)對數圖像分析示例
lg c(x)與pH關系圖
當弱電解質的成分粒子的濃度c(x)經對數處理后，就得到lg c(x)與pH的直線關系圖。
分析曲線的方法：一是根據中和反應判斷各成分濃度是增大還是減小；二是根據pH等于7，H＋和OH－濃度對數的交叉點來確定氫離子和氫氧根離子濃度變化的曲線。
如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變化的關系如下圖所示。
分析：隨著pH的升高，氫氧根離子和醋酸根離子濃度增大，醋酸和氫離子的濃度減小。根據下圖分析可知，
O點pH＝7的時候，氫氧根離子濃度等于氫離子濃度，故可推知：曲線2為lg c(H＋)隨pH的變化曲線，曲線3為lg c(OH－)隨pH的變化曲線；曲線1為lg c(CH3COO－)隨pH的變化曲線，曲線4為lg c(CH3COOH)隨pH的變化曲線。

典 題 精 研
考向1 滴定曲線分析
例3 室溫時，用0.100 mol·L－1的標準溶液滴定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。
練3 常溫下，用0.100 0 mol·L－1的鹽酸分別滴定20.00 mL濃度均為0.100 0 mol·L－1的三種一元弱酸的鈉鹽(NaX、NaY、NaZ)溶液，滴定曲線如圖所示。下列判斷錯誤的是(　　)
A．該NaX溶液中：c(Na＋)>c(X－)>c(OH－)>c(H＋)
B．三種一元弱酸的電離常數：Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ)
C．當pH＝7時，三種溶液中：c(X－)＝c(Y－)＝c(Z－)
D．分別滴加20.00 mL鹽酸后，再將三種溶液混合：c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＝c(H＋)－c(OH－)

答案：C
解析：在NaX溶液中，X－發生水解反應：X－＋H2O HX＋OH－，溶液中存在c(Na＋)>c(X－)>c(OH－)>c(H＋)，A正確；等濃度的NaX、NaY、NaZ三種溶液的pH大小關系：NaZ>NaY>NaX，根據“越弱越水解”可知，酸性：HX>HY>HZ，則電離常數關系：Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ)，B正確；pH＝7時，根據電荷守恒，三種溶液混合后分別存在c(Cl－)＋c(X－)＝c(Na＋)、c(Cl－)＋c(Y－)＝c(Na＋)、c(Cl－)＋c(Z－)＝c(Na＋)，由于三種一元酸的酸性強弱不同，則向其鹽溶液中加入HCl的物質的量不同，則c(X－)、c(Y－)、c(Z－)三者不等，C錯誤；分別加入20.00 mL鹽酸后，均恰好完全反應，三種溶液的溶質分別為HX與NaCl、HY與NaCl、HZ與NaCl，三種溶液混合后的溶液中存在電荷守恒：c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＝c(H＋)－c(OH－)，D正確。
考向2 沉淀溶解平衡曲線分析
例4 [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－)＝)，Ksp(AgCl)＝Ksp(Ag2CrO4)
C．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＋)·)＝(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，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。
練4 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＋)＝)＝1×10－5.0mol·L－1，則該溫度下Ksp(BaSO4)＝c(Ba2＋)·)＝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)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)＝mol·L－1，c點平衡時)＝mol·L－1，即兩溶液中＝＝，D項錯誤。
模考精練·抓落實
1．疊氮化鈉(NaN3)常用于有機合成、無機和分析化學，也是降壓藥物的主要成分：已知NaN3溶液呈堿性。下列有關說法錯誤的是(　　)
A．0.01 mol·L－1HN3溶液的pH>2
B．在NaN3溶液中存在HN3
C．0.01 mol·L－1NaN3溶液中：c(Na＋)＝)＋c(HN3)＋c(OH－)
D．在NaN3溶液中加入少量NH4Cl固體，水的電離程度增大
答案：C
解析：由NaN3溶液呈堿性可知，HN3為弱酸，則0.01 mol·L－1 HN3溶液的pH大于2，故A正確；由NaN3溶液呈堿性可知溶液中存在如下水解平衡：＋H2O HN3＋OH－，則NaN3溶液中存在HN3，故B正確；NaN3溶液中存在物料守恒關系c(Na＋)＝)＋c(HN3)，故C錯誤；由NaN3溶液水解呈堿性，銨根離子在溶液中水解使溶液呈酸性，促進了的水解，促進水的電離，故D正確。
2．室溫下，通過下列實驗探究NaHCO3溶液的性質。下列有關說法正確的是(　　)
A.NaHCO3溶液中的電離程度大于水解程度
B．實驗2滴加結束后：c(H＋) + 2c(H2CO3) + ) ＝c(OH－)
C．實驗3滴加過程中：c(Na＋) ＝c(C) ＋c)＋c(H2CO3)
D．實驗4反應靜置后的上層清液中：c(Ca2＋)·)＜ Ksp(CaCO3)
實驗 實驗操作和現象
1 用pH計測定0.05 mol·L－1 NaHCO3溶液，測得pH約為8.3
2 向10 mL 0.05 mol·L－1 NaHCO3溶液中滴加10 mL 0.05 mol·L－1 NaOH溶液，反應結束后測得溶液pH約為10.3
3 向10 mL 0.05 mol·L－1 NaHCO3溶液中滴加10 mL 0.05 mol·L－1 HCl，反應結束后測得溶液pH約為5.6
4 向0.05 mol·L－1 NaHCO3溶液中滴加過量0.1 mol·L－1 Ca(OH)2溶液，產生白色沉淀
答案：B
解析：用pH計測定0.05 mol·L－1 NaHCO3溶液，測得pH約為8.3，溶液顯堿性，因此NaHCO3溶液中的電離程度小于水解程度，故A錯誤；向10 mL 0.05 mol·L－1 NaHCO3溶液中滴加10 mL 0.05 mol·L－1 NaOH溶液，反應結束后測得溶液pH約為10.3，溶質為Na2CO3，因此實驗2滴加結束后，根據質子守恒得到：c(H＋)+ 2c(H2CO3)+)＝c(OH－)，故B正確；實驗3滴加開始前，按照物料守恒：c(Na＋)＝)＋c(H2CO3)，滴加后產生氣泡，則無此守恒，故C錯誤；實驗4反應靜置后的上層清液存在難溶物的溶解平衡，則有c(Ca2＋))＝Ksp(CaCO3)，故D錯誤。
3．室溫下，用0.01 mol·L－1CuSO4溶液浸泡NiS固體，一段時間后過濾，向濾液中加入氨水，產生藍色沉淀。已知Ksp(NiS)＝1.0×10－21，Ksp(CuS)＝1.5×10－36，Ksp(PbS)＝9×10－29。下列有關說法正確的是(　　)
A．過濾后所得溶液中存在：c(Ni2＋)·c(S2－)＜Ksp(NiS)
B．濾液中加入氨水產生藍色沉淀的離子方程式：Cu2＋＋2OH－===Cu(OH)2↓
C．欲使反應NiS＋Cu2＋ Ni2＋＋CuS向右進行，則需滿足>×1015
D．用0.01 mol·L－1CuSO4溶液浸泡PbS固體，不能得到CuS固體
答案：A
解析：由NiS、 CuS的Ksp可知，NiS 的溶解度大于CuS。室溫下，用0.01 mol·L－1CuSO4溶液浸泡NiS固體，發生沉淀轉化：NiS＋Cu2＋ Ni2＋＋CuS，則NiS溶解、NiS(s) Ni2＋(aq)＋S2－(aq)向右移動，過濾后所得溶液中存在：Qc(NiS)＝c(Ni2＋)·c(S2－)＜Ksp(NiS)，A正確；氨水是弱電解質，不能拆寫為離子，B錯誤；反應NiS＋Cu2＋ Ni2＋＋CuS的平衡常數K＝＝＝＝×1015，欲使反應NiS＋Cu2＋ Ni2＋＋CuS向右進行，需滿足Qc＜K，即＜×1015，C錯誤；由PbS、CuS的Ksp可知，PbS 的溶解度大于CuS，用0.01 mol·L－1CuSO4溶液浸泡PbS固體，發生沉淀轉化：PbS＋Cu2＋ Pb2＋＋CuS，能得到CuS固體，D錯誤。
4．某些難溶性鉛鹽可用作涂料，如秦俑彩繪中使用的鉛白(PbCO3)和黃金雨中黃色的PbI2。室溫下，PbCO3和PbI2在水溶液中分別達到溶解平衡時－lg c(Pb2＋)與)或－lg c(I－)的關系如圖所示。下列說法不正確的是(　　)
A．室溫下，Ksp(PbI2)的數量級為10－8
B．P點對應的是PbI2飽和溶液
C．L2對應的是－lg c(Pb2＋)與)的關系變化
D．向濃度相同的Na2CO3、NaI混合溶液中逐滴加入Pb(NO3)2溶液，先產生白色沉淀
答案：B
解析：根據溶解平衡 (aq)，達到平衡時c(Pb2＋)＝)，則圖像L2對應的是－lg c(Pb2＋)與)的關系變化；則圖像L1對應的是－lg c(Pb2＋)與－lg c(I－)的關系變化，故C正確；由圖可知，取－lg c(Pb2＋)＝8，－lg c(I－)＝0的點，c(Pb2＋)＝10－8 mol·L－1，c(I－)＝100＝1 mol·L－1，Ksp(PbI2)＝ 10－8×1＝10－8，數量級為10－8，故A正確；L1線下方的點是PbI2過飽和溶液，L1線上方的點是PbI2不飽和溶液，P點對應的是PbI2不飽和溶液，故B錯誤；向濃度相同的Na2CO3、NaI混合溶液中滴入Pb(NO3)2溶液時，根據二者的Ksp計算可知，則生成PbCO3沉淀需要的Pb2＋的濃度更小，PbCO3更易形成沉淀，所以先生成白色沉淀，故D正確。
5．利用平衡移動原理，分析一定溫度下Mg2＋在不同pH的Na2CO3體系中的可能產物。
已知：ⅰ.圖1中曲線表示Na2CO3體系中各含碳粒子的物質的量分數與pH的關系。
ⅱ.圖2中曲線Ⅰ的離子濃度關系符合c(Mg2＋)·c2(OH－)＝Ksp[Mg(OH)2]；曲線Ⅱ的離子濃度關系符合c(Mg2＋)·c)＝Ksp(MgCO3)[注：起始c(Na2CO3)＝0.1 mol·L－1，不同pH下)由圖1得到]。
下列說法不正確的是(　　)
A．由圖1，pH＝)＝)
B．由圖2，初始狀態pH＝11、lg[c(Mg2＋)]＝－6，無沉淀生成
C．由圖2，初始狀態pH＝9、lg[c(Mg2＋)]＝－2，平衡后溶液中存在c(H2CO3)+c()＋c)＝0.1 mol·L－1
D．由圖1和圖2，初始狀態pH＝8、lg[c(Mg2＋)]＝－1，發生反應：＝MgCO3↓＋CO2↑＋H2O
答案：C
解析：從圖1可以看出pH＝10.25時，碳酸氫根離子與碳酸根離子濃度相同，A項正確；從圖2可以看出pH＝11、lg[c(Mg2＋)]＝－6時，該點位于曲線Ⅰ和曲線Ⅱ的下方，不會產生碳酸鎂沉淀或氫氧化鎂沉淀，B項正確；從圖2可以看出pH＝9、lg[c(Mg2＋)]＝－2時，該點位于曲線Ⅱ的上方，會生成碳酸鎂沉淀，根據物料守恒，溶液中c(H2CO3)+＋c()<0.1 mol·L－1，C項錯誤；pH＝8時，溶液中主要含碳微粒是，pH＝8，lg[c(Mg2＋)]＝－1時，該點位于曲線Ⅱ的上方，會生成碳酸鎂沉淀，因此反應的離子方程式為===MgCO3↓＋H2O＋CO2↑，D項正確。(共66張PPT)
專題十　化學實驗基礎
真題研練·析考情
核心突破·提能力
模考精練·抓落實
真題研練·析考情
真題研練
1.[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 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。
2.[2023·遼寧卷]某小組進行實驗，向10 mL蒸餾水中加入0.4 g I2，充分振蕩，溶液呈淺棕色，再加入0.2 g鋅粒，溶液顏色加深；最終紫黑色晶體消失，溶液褪色。已知(aq)為棕色，下列關于顏色變化的解釋錯誤的是(　　)
選項 顏色變化 解釋
A 溶液呈淺棕色 I2在水中溶解度較小
B 溶液顏色加深
C 紫黑色晶體消失 I2(aq)的消耗使溶解平衡I2(s) I2(aq)右移
D 溶液褪色 Zn與有色物質發生了置換反應
答案：D
解析：向10 mL蒸餾水中加入0.4 g I2，充分振蕩，溶液呈淺棕色，說明I2的濃度較小，因為I2在水中溶解度較小，A項正確；已知(aq)為棕色，加入0.2 g鋅粒后，Zn與I2反應生成ZnI2，生成的I－與I2發生反應，生成使溶液顏色加深，B項正確；I2在水中存在溶解平衡I2(s) I2(aq)，Zn與I2反應生成的I－與I2(aq)反應生成，I2(aq)濃度減小，上述溶解平衡向右移動，紫黑色晶體消失，C項正確；最終溶液褪色是Zn與有色物質發生了化合反應，不是置換反應，D項錯誤；答案選D。
3.[2023·湖北卷]利用如圖所示的裝置(夾持及加熱裝置略)制備高純白磷的流程如下：
紅磷(s)無色液體與P4(g)白磷(s)
下列操作錯誤的是(　　)
A.紅磷使用前洗滌以除去表面雜質
B.將紅磷轉入裝置，抽真空后加熱外管以去除水和氧氣
C.從a口通入冷凝水，升溫使紅磷轉化
D.冷凝管外壁出現白磷，冷卻后在氮氣氛圍下收集
答案：C
解析：紅磷表面有被氧化生成的五氧化二磷，五氧化二磷可以溶于水，因此紅磷在使用前應洗滌，A正確；將紅磷轉入裝置，抽真空后加熱外管，除去紅磷表面的水分，同時除去殘余的少量氧氣，B正確；由儀器構造可知，應從b口通入冷凝水，C錯誤；白磷易被空氣中的氧氣氧化，因此在收集白磷時應將反應裝置冷卻，再在氮氣氛圍的條件下收集白磷，D正確；故答案選C。
4．[2022·全國乙卷]由實驗操作和現象，可得出相應正確結論的是 (　　)
實驗操作 現象 結論
A 向NaBr溶液中滴加過量氯水，再加入淀粉KI溶液 先變橙色，后變藍色 氧化性：Cl2>Br2>I2
B 向蔗糖溶液中滴加稀H2SO4，水浴加熱，加入少量新制的氫氧化銅懸濁液 無磚紅色沉淀 蔗糖未發生水解
C 石蠟油加強熱，將產生的氣體通入Br2/CCl4溶液 溶液紅棕色變無色 氣體中含有不飽和烴
D 加熱試管中的聚氯乙烯薄膜碎片 試管口潤濕的藍色石蕊試紙變紅 氯乙烯加聚是可逆反應
答案：C
解析：A項，加入淀粉KI溶液后溶液變藍，不一定是Br2氧化I－，也可能是過量的氯水氧化I－，不能得出Br2的氧化性大于I2的結論，錯誤；B項，蔗糖的水解液中含有稀硫酸，需要加堿中和后，才能加入新制的Cu(OH)2懸濁液并加熱，錯誤；D項，加熱后聚氯乙烯分解產生氯化氫等氣體，而聚氯乙烯是氯乙烯加聚形成的，兩個反應不是同一反應的正、逆反應，不能說明氯乙烯加聚是可逆反應，錯誤。
5.[2021·河北卷]下列操作規范且能達到實驗目的的是(　　)
答案：A
解析：用NaOH標準溶液測定醋酸濃度時，NaOH標準溶液放于堿式滴定管中，醋酸放于錐形瓶中，由于二者反應生成的CH3COONa溶液顯堿性，故用酚酞做指示劑，A符合題意；中和熱測定時大、小燒杯口應相平，減小熱量損失，B不符合題意；不能在容量瓶中稀釋濃硫酸，C不符合題意；分液時，分液漏斗管口應緊靠燒杯內壁，D不符合題意。
考情分析
考點 考向 預測
常見儀器與基本操作 常見化學儀器的使用、藥品的取用與保存 化學實驗基礎仍然會延續往年命題風格，表格型和實驗裝置評價型命題的概率會更大。表格型試題具體內容包括實驗目的、實驗操作、實驗現象和實驗結論中的兩項或三項；實驗裝置型試題主要涉及制備裝置、分離和除雜裝置、收集裝置以及儀器的使用等。要關注常規儀器的創新使用。
常見基本操作正誤判斷 物質的檢驗、分離與提純 物質分離、提純方法、試劑和裝置分析 物質檢驗、除雜方法、試劑的選擇 簡單實驗方案的設計及評價 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 核心突破·提能力
考點1　常見儀器與基本操作
核 心 梳 理
1.化學實驗常用儀器
(1)常用作容器或反應器的儀器
(2)分離、提純和計量儀器
2．“五類”常見冷凝或冷卻裝置
3．熟記十大基本操作
(1)測定溶液pH的操作。
將一小塊pH試紙放在潔凈的表面皿上，用清潔干燥的玻璃棒蘸取少量待測液點到pH試紙中央，待試紙變色穩定后再與標準比色卡對照，讀出對應的pH。
(2)沉淀劑是否過量的判斷方法。
①靜置，向上層清液中繼續滴加少量沉淀劑，若無沉淀產生，則證明沉淀劑已過量，否則沉淀劑不過量。
②靜置，取上層清液適量置于另一潔凈試管中，向其中加入少量與沉淀劑作用產生沉淀的試劑，若產生沉淀，證明沉淀劑已過量，否則沉淀劑不過量。
(3)洗滌沉淀的操作。
將蒸餾水沿著玻璃棒注入過濾器中至浸沒沉淀，靜置，使蒸餾水自然流出，重復2～3次即可。
(4)判斷沉淀是否洗凈的操作。
取最后一次洗滌液，滴加……(試劑)，若沒有……(現象)，證明沉淀已經洗凈。
(5)檢查裝置的氣密性。
①簡易裝置：將導氣管一端放入水中(液封氣體)，用手捂熱試管，觀察現象。若導管口有氣泡冒出，冷卻到室溫后，導管內有一段穩定的水柱，表明裝置氣密性良好。
②有長頸漏斗的裝置如圖：用止水夾關閉圓底燒瓶右側的導氣管，向長頸漏斗中加入適量水，長頸漏斗中會形成一段液柱，停止加水，過一段時間后，若漏斗中的液柱無變化，則裝置氣密性良好。
(6)氣體的驗滿和驗純操作。
①氧氣驗滿：將帶火星的木條平放在集氣瓶口，若木條復燃，則氣體已集滿。
②可燃性氣體(如氫氣)的驗純方法：用排水法收集一小試管的氣體，用大拇指摁住管口移近火焰，放開手指，若聽到尖銳的爆鳴聲，則氣體不純；若聽到輕微的“噗”的一聲，則氣體純凈。
③二氧化碳驗滿：將燃著的木條平放在集氣瓶口，若火焰熄滅，則氣體已集滿。
④氨氣驗滿：將濕潤的紅色石蕊試紙放在集氣瓶口，若試紙變藍，則氣體已集滿。
⑤氯氣驗滿：將濕潤的碘化鉀淀粉試紙放在集氣瓶口，若試紙變藍，則氣體已集滿。
(7)萃取分液操作。
關閉分液漏斗活塞，將混合液倒入分液漏斗中，塞上塞子，用右手心頂住塞子，左手握住活塞部分，將分液漏斗倒置，充分振蕩、靜置、分層，在漏斗下面放一個小燒杯，先打開上口塞子再打開分液漏斗活塞，使下層液體從下口沿燒杯壁流下，流完后關閉活塞，上層液體從上口倒出。
(8)稀釋濃硫酸的操作。
將濃硫酸沿燒杯壁緩緩注入水中，并用玻璃棒不斷攪拌。
(9)粗鹽的提純。
①實驗室提純粗鹽的實驗操作依次為取樣、溶解、沉淀、過濾、蒸發結晶、過濾、烘干。
②若過濾時發現濾液中有少量渾濁，從實驗操作的角度分析，可能的原因是過濾時漏斗中液面高出濾紙邊緣、玻璃棒靠在單層濾紙一邊弄破濾紙等。
(10)從某物質稀溶液中結晶的實驗操作。
①溶解度受溫度影響較小的：蒸發→結晶→過濾。
②溶解度受溫度影響較大或帶結晶水的：蒸發濃縮→冷卻結晶→過濾。
4．實驗基本操作中的九個注意點
(1)酸式滴定管不能裝堿性溶液，堿式滴定管不能裝酸性及強氧化性溶液。
(2)容量瓶不能長期存放溶液，更不能作為反應容器，也不可加熱，瓶塞不可互用。
(3)燒瓶、燒杯、錐形瓶不可直接加熱。
(4)不能用pH試紙直接蘸取待測液。
(5)藥品不能入口和用手直接接觸，實驗剩余藥品不能放回原處(K、Na等除外)，不能隨意丟棄，要放入指定容器中。
(6)中和滴定實驗中錐形瓶不能用待測液潤洗。
(7)不能用溫度計代替玻璃棒用于攪拌，測液體溫度時不能與容器內壁接觸。
(8)用天平稱量藥品時，藥品不能直接放在托盤上。
(9)量筒不能用來配制溶液或進行化學反應，更不能用來加熱或量取熱的溶液。
5．幾種操作的“第一步”
(1)檢查裝置的氣密性——制取氣體、驗證氣體的性質等與氣體有關的實驗操作。
(2)檢查是否漏水——滴定管、容量瓶、分液漏斗等的使用。
(3)調“0”點——天平等的使用。
(4)驗純——點燃可燃性氣體。
(5)潤濕——用紅色石蕊試紙、藍色石蕊試紙、碘化鉀淀粉試紙檢驗或驗證某些氣體時。

典 題 精 研
考向1 常用儀器與實驗操作
例1 [2023·湖南卷]下列玻璃儀器在相應實驗中選用不合理的是(　　)
A．重結晶法提純苯甲酸：①②③
B．蒸餾法分離CH2Cl2和CCl4：③⑤⑥
C．濃硫酸催化乙醇制備乙烯：③⑤
D．酸堿滴定法測定NaOH溶液濃度：④⑥
答案：A
解析：①為漏斗，②為球形冷凝管，③為溫度計，④為酸式滴定管，⑤為蒸餾燒瓶，⑥為錐形瓶，重結晶法提純苯甲酸時不用儀器②，A項錯誤；蒸餾法分離CH2Cl2和CCl4時，用到儀器③⑤⑥，B項正確；濃硫酸催化乙醇制備乙烯實驗中，需迅速升溫至170 ℃，用到儀器③⑤，C項正確；酸堿中和滴定法測定NaOH溶液濃度，用到儀器④⑥，D項正確。
練1 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：實驗過程中，①量取一定量的濃硫酸并稀釋所需儀器為量筒、燒杯、玻璃棒；②轉移定容得待測液所需儀器為燒杯、玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管；③移取20.00 mL待測液，用0.100 0 mol·L－1的NaOH溶液滴定所需儀器為酸式滴定管、堿式滴定管、錐形瓶。選項中A為容量瓶，B為分液漏斗，C為錐形瓶，D為堿式滴定管，題述操作中，不需要用到的儀器為分液漏斗。
考點2　物質的檢驗、分離與提純
核 心 梳 理
1.分離提純物質的化學方法和原理
方法 原理 雜質成分
沉淀法 將雜質離子轉化為沉淀
氣化法 將雜質離子轉化為氣體
雜轉純法 將雜質轉化為需要提純的物質 如雜質中含不同價態的相同元素(用氧化劑或還原劑)、同一種酸的正鹽與酸式鹽(用酸、酸酐或堿)
氧化還原法 用氧化劑(還原劑)除去具有還原性(氧化性)的雜質 如用酸性KMnO4溶液除去CO2中的SO2、用熱的銅粉除去N2中的O2
熱分解法 加熱使不穩定的物質分解除去 如除去NaCl中的NH4Cl
酸堿溶解法 利用物質與酸或堿溶液混合后的差異進行分離 如用過量的NaOH溶液除去Fe2O3中的Al2O3
2.常用的四種分離裝置圖
(1)過濾——分離固體和液體，裝置如圖a。
(2)分液——分離互不相溶的液體，裝置如圖b。
(3)蒸餾——分離沸點相差較大的互溶液體，裝置如圖c。
(4)蒸發——分離易溶性固體的溶質和溶劑，裝置如圖d。
3．常考物質的除雜
(1)常見固體混合物的除雜試劑及分離方法
混合物(括號內為雜質) 除雜試劑 分離方法
Na2CO3(NaHCO3) 加熱(固體時)或加適量NaOH(液體時)
NaHCO3(Na2CO3) CO2和H2O
NaCl(NH4Cl) 加熱分解
FeCl2(FeCl3) 過量鐵粉 過濾
FeCl3(FeCl2) Cl2
I2(SiO2) 加熱 升華
Fe2O3(Al2O3) 過量NaOH溶液 過濾
NH4Cl(FeCl3) 適量氨水 過濾
KNO3(NaCl) 水 結晶
炭粉(CuO) 稀鹽酸 過濾
鎂粉(鋁粉) 過量NaOH溶液 過濾
鐵粉(鋁粉) 過量NaOH溶液 過濾
(2)常見混合氣體的除雜的試劑及分離方法
混合氣體(括號內為雜質) 除雜試劑 分離方法
H2(NH3) 濃硫酸 洗氣
Cl2(HCl) 飽和NaCl溶液 洗氣
CO2(HCl) 飽和NaHCO3溶液 洗氣
CO2(SO2) 飽和NaHCO3溶液 洗氣
CO2(CO) 灼熱CuO
CO(CO2) 石灰乳或NaOH溶液 洗氣
NO(NO2) 水 洗氣
N2(O2) 灼熱銅網
CH4(C2H4) 溴水 洗氣
酸性高錳酸鉀溶液和石灰乳 典 題 精 研
考向1 物質的分離與提純
例2 [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。
練2 碘和碘化合物的用途廣泛，實驗室從海帶中提取碘的步驟為：①海帶灼燒，②溶解過濾，③在濾液中加入稀H2SO4和H2O2氧化，④用CCl4萃取，⑤蒸餾。下列裝置在該實驗中不能達到目的的是(　　)
A．用Ⅰ裝置灼燒海帶 B．用Ⅱ裝置萃取
C．用Ⅲ裝置過濾 D．用Ⅳ裝置蒸餾
答案：D
解析：灼燒在坩堝中進行，故A正確；萃取操作在分液漏斗進行，分液時避免上下層液體混合，則先分離出下層液體，再從上口倒出上層液體，故B正確；該裝置滿足過濾操作的“一貼二低三靠”，故C正確；蒸餾時溫度計的水銀球應處于蒸餾燒瓶支管口處，故D錯誤。
考向2 物質的檢驗與除雜
例3 [2023·遼寧卷]下列鑒別或檢驗不能達到實驗目的的是(　　)
A．用石灰水鑒別Na2CO3與NaHCO3
B．用KSCN溶液檢驗FeSO4是否變質
C．用鹽酸酸化的BaCl2溶液檢驗Na2SO3是否被氧化
D．加熱條件下用銀氨溶液檢驗乙醇中是否混有乙醛
答案：A
解析：石灰水的主要成分為Ca(OH)2能與碳酸鈉和碳酸氫鈉反應生成碳酸鈣，二者均生成白色沉淀，不能達到鑒別的目的，A錯誤；Fe2＋變質后會生成Fe3＋，可以利用KSCN溶液鑒別，現象為溶液變成血紅色，可以達到檢驗的目的，B正確；Na2SO3被氧化后會變成Na2SO4，加入鹽酸酸化的BaCl2后可以產生白色沉淀，可以用來檢驗Na2SO3是否被氧化，C正確；含有醛基的物質可以與銀氨溶液反應生成銀單質，可以用來檢驗乙醇中混有的乙醛，D正確；故答案選A。
練3 檢驗下列物質所選用的試劑正確的是(　　)
待檢驗物質 所用試劑
A 海水中的碘元素 淀粉溶液
B SO2氣體 澄清石灰水
C 溶液中的Cu2＋ 氨水
D NaOH溶液，濕潤的藍色石蕊試紙
解析：淀粉遇碘單質變藍色，而海水中的碘以離子形式存在，A項錯誤；CO2和SO2與澄清石灰水反應現象相同，B項錯誤；向含Cu2＋的溶液中滴加氨水可以產生藍色沉淀，繼續滴加氨水，沉淀溶解，C項正確；檢驗氨氣應用濕潤的紅色石蕊試紙，D項錯誤。
答案：C
考點3　簡單實驗方案的設計及評價
核 心 梳 理
1.實驗裝置的評價
裝置 裝置的易錯點或注意事項
(1)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)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可以選擇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與空氣對流
(3)用KClO3固體與MnO2加熱制備O2也可以選擇此發生裝置
(1)右端導管接近液面
(2)用飽和Na2CO3溶液除去乙酸，吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度
(1)氣體流向為長進短出
(2)注意洗氣后，氣體中可能仍然含有水蒸氣
(3)洗氣時所選液體是否正確，如洗去CO2中的SO2，應用飽和NaHCO3溶液而不是Na2CO3溶液
氣體凈化 在加熱條件下用固體作除雜劑。如用Cu粉除去N2中的O2
氣體凈化 (1)球形干燥管，從粗口進氣，出口處堵一團棉花是為了防止堵塞導管
(2)U形管，兩端均可進氣
(3)常溫下用固體凈化劑

【特別提醒】
實驗裝置的評價應關注的四個角度
(1)根據實驗目的，反應原理和試劑的評價。
(2)根據反應原理、試劑狀態與性質的儀器選擇評價。
(3)儀器連接口或氣體進出口的評價。
(4)是否倒吸、尾氣是否處理的評價。
2.實驗操作、現象與結論一致性判斷的思維模型
典 題 精 研
考向1 “套裝型”實驗設計與評價
例4 [2023·全國乙卷]下列裝置可以用于相應實驗的是(　　)
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。
練4 利用下列裝置(夾持裝置略)進行實驗，能達到實驗目的的是(　　)
A．用甲裝置制備并收集CO2
B．用乙裝置制備溴苯并驗證有HBr產生
C．用丙裝置制備無水MgCl2
D．用丁裝置在鐵上鍍銅

答案：C
解析：NaHCO3受熱分解能生成CO2，但CO2應用向上排空氣法收集，A項錯誤；苯的溴代反應為放熱反應，能促進液溴的揮發，驗證有HBr產生時，導出的氣體在通入AgNO3溶液前需經CCl4洗滌，除去HBr中混有的溴蒸氣，B項錯誤；MgCl2·6H2O在HCl氣氛下加熱，能防止水解而制得無水MgCl2，HCl不能直接排放到空氣中，需進行尾氣處理，C項正確；在鐵上鍍銅時，鍍層金屬Cu作陽極，待鍍制品作陰極，D項錯誤。
考向2 “操作—現象—結論”一致性評判型實驗設計與評價
例5 依據下列實驗和現象，得出結論正確的是(　　)
選項 實驗 現象 結論
A 點燃無色氣體X，將生成的氣體通入澄清石灰水 澄清石灰水先渾濁后澄清 X為CO
B 25 ℃時，向無色的Y溶液中滴加1～2滴酚酞試液 溶液仍為無色 Y溶液的pH<7
C 在淀粉和I2的混合溶液中滴加KSCN溶液。[已知：(SCN)2、SCN－分別與鹵素單質、鹵素離子性質相似] 溶液仍為藍色 氧化性：(SCN)2D 在稀H2SO4中加入少量Cu2O(s) 溶液由無色變為藍色并有紅色固體生成 反應中Cu2O既作氧化劑又作還原劑
答案：D
解析：無色氣體甲烷在空氣中燃燒生成二氧化碳和水，將生成的氣體通入澄清石灰水，澄清石灰水也會先渾濁后澄清，則無色氣體X不一定為一氧化碳，故A錯誤；若無色Y溶液的pH在7～8之間，向溶液中滴加1～2滴酚酞試液，溶液也為無色，則溶液仍為無色不能判斷得到溶液pH小于7，故B錯誤；若向淀粉和碘的混合溶液中滴加不足量的硫氰化鉀溶液，碘未完全反應，溶液也呈藍色，則溶液仍為藍色不能判斷硫氰氣和碘的氧化性強弱，故C錯誤；在稀硫酸中加入少量氧化亞銅固體，溶液由無色變為藍色并有紅色固體生成說明氧化亞銅在稀硫酸溶液中反應生成硫酸銅和銅，則反應中氧化亞銅既作氧化劑又作還原劑，故D正確。
練5 下列實驗能達到目的的是(　　)
實驗目的 實驗方法或操作
A 測定中和反應的反應熱 酸堿中和滴定的同時，用溫度傳感器采集錐形瓶內溶液的溫度
B 探究濃度對化學反應速率的影響 量取同體積不同濃度的NaClO溶液，分別加入等體積等濃度的Na2SO3溶液，對比現象
C 判斷反應后Ba2＋是否沉淀完全 將Na2CO3溶液與BaCl2溶液混合，反應后靜置，向上層清液中再加1滴Na2CO3溶液
D 檢驗淀粉是否發生了水解 向淀粉水解液中加入碘水
答案：C
解析：酸堿中和滴定操作中沒有很好的保溫措施，熱量損失較多，不能用于測定中和反應的反應熱，A錯誤；NaClO和Na2SO3反應無明顯現象，無法根據現象進行濃度對化學反應速率的影響的探究，B錯誤；將Na2CO3溶液與BaCl2溶液混合，反應后靜置，向上層清液中滴加1滴Na2CO3溶液，若有渾濁產生，則說明Ba2＋沒有沉淀完全，反之，則沉淀完全，C正確；檢驗淀粉是否發生了水解，應檢驗是否有淀粉的水解產物(葡萄糖)存在，可選用銀氨溶液或新制氫氧化銅，碘水是用來檢驗淀粉的試劑，可用于檢驗淀粉是否完全水解，D錯誤。
模考精練·抓落實
1．海帶中含有碘元素，可通過以下步驟提取碘單質：①灼燒；②溶解；③過濾；④氧化；⑤萃取分液等。以上步驟不需要用到的儀器是(　　)
答案：A
解析：①灼燒使用坩堝，②溶解使用燒杯，③過濾使用漏斗，⑤萃取分液使用分液漏斗，故不需要的儀器為A。
2．下列有關實驗的說法錯誤的是(　　)
A．取5 mL 0.1 mol·L－1 KI溶液，加入1 mL 0.1 mol·L－1 FeCl3溶液，萃取分離出碘單質后，向溶液中滴加5～6滴15%KSCN溶液變紅，說明Fe3＋并未完全轉化為Fe2＋
B．蒸餾實驗時，若溫度計水銀球高于蒸餾燒瓶支管口，則收集到的餾分沸點偏低
C．氯氣和甲烷體積比為1∶1的混合氣體，光照一段時間后瓶壁上有油狀液滴附著
D．在苯與液溴制備溴苯的實驗中，溴苯提純步驟：水洗、用10%的氫氧化鈉溶液洗滌、水洗、用干燥劑干燥、蒸餾
答案：B
解析：5 mL 0.1 mol·L－1 KI溶液和1 mL 0.1 mol·L－1 FeCl3溶液混合，發生反應2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，根據化學計量數可知，KI過量，三價鐵離子則反應完全；但是萃取分液后，向水層含有Fe3＋，說明Fe3＋并未完全轉化成亞鐵離子，A正確；蒸餾實驗時，若溫度計水銀球高于蒸餾燒瓶支管口，則收集到的餾分沸點偏高，B錯誤；甲烷與氯氣在光照條件下，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷以及四氯甲烷，其中只有一氯甲烷為氣體，其他三種都為液體，一段時間后發現瓶壁上有油狀液滴附著，C正確；粗溴苯中含有溴、水及溶于水的HBr，選用水洗可除去水溶性雜質，如HBr，用10% NaOH溶液洗，可把溴轉化成水溶性的NaBrO和NaBr，再用水洗一次可以除去殘留的氫氧化鈉，接著用干燥劑除去水，最后蒸餾得到純溴苯，D正確。
3．用下列實驗裝置進行實驗，能達到實驗目的的是(　　)
答案：B
解析：二氧化氮的密度比空氣密度大，則圖中導管應長進短出，否則收集不到氣體，A錯誤；MnO2和稀鹽酸不互溶，可通過過濾的方法分離MnO2和稀鹽酸，實驗操作合理，B正確；氨氣能與濃硫酸反應，不能用濃硫酸干燥氨氣，C錯誤；測定中和反應的反應熱時應將小燒杯放在放有碎泡沫塑料的大燒杯中且大小燒杯口相平并蓋上大紙板阻熱，D錯誤。
4.下列實驗方案正確且能達到實驗目的的是(　　)
選項 實驗方案 實驗目的
A 用少量NaOH溶液洗滌乙酸乙酯粗品 除去粗品中的乙酸
B 用排水法收集銅與稀硝酸反應生成的氣體 收集NO
C 將FeCl3·6H2O溶于熱水中，然后冷卻稀釋 配制FeCl3溶液
D 將可能含有乙烯的SO2氣體通入溴水中 驗證氣體中含有乙烯
解析：乙酸乙酯在氫氧化鈉溶液中水解，造成了乙酸乙酯的損失，A錯誤；一氧化氮難溶于水，可以用排水法收集，B正確；三價鐵離子易水解，在熱水中水解程度更大，C錯誤；乙烯、SO2都與溴水反應，不能驗證氣體中含有乙烯，D錯誤。
答案：B
5.下列實驗操作、對應的現象及結論均正確的是(　　)
選項 實驗操作 現象 結論
A 向淀粉水解后的溶液中加入碘水 溶液變藍 淀粉沒有水解
B 將SO2通入BaCl2溶液中，然后滴加FeCl3飽和溶液 先無沉淀生成，滴加FeCl3溶液后有白色沉淀生成 SO2有還原性
C 向盛有2 mL 0.1 mol·L－1 AgNO3溶液的試管中滴加1 mL 0.1 mol·L－1 NaCl溶液，再向其中滴加4～5滴0.1 mol·L－1 KI溶液 先有白色沉淀生成，后又產生黃色沉淀 Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
D A、B兩試管中均盛有4 mL 0.1 mol·L－1 KMnO4溶液。A中加入2 mL 0.01 mol·L－1草酸溶液，B中加入2 mL 0.02 mol·L－1草酸溶液，分別記錄溶液褪色所需時間 B中溶液褪色比A中溶液褪色所需時間短 反應物的濃度越大，化學反應速率越快
答案：B
解析：淀粉遇碘變藍色，加入碘水后溶液變藍色，淀粉可能沒有水解也可能部分水解，故A錯誤；鐵離子和二氧化硫發生氧化還原反應生成亞鐵離子和硫酸根離子，生成的白色沉淀是硫酸鋇，所以說明SO2有還原性，故B正確；向盛有2 mL 0.1 mol·L－1 AgNO3溶液的試管中滴加1 mL 0.1 mol·L－1 NaCl溶液，先有白色AgCl沉淀生成，溶液中還有大量Ag＋剩余，再向其中滴4～5滴0.1 mol·L－1 KI溶液，剩余的Ag＋與I－結合產生黃色沉淀AgI，并非沉淀轉化，故不能得出Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故C錯誤；草酸不足，高錳酸鉀不褪色，應使高錳酸鉀不足，可觀察褪色時間，且只有草酸過量、草酸濃度不同體積相同時，才可探究草酸濃度對化學反應速率的影響，故D錯誤。
6.實驗室一般用苯和液溴在溴化鐵的催化作用下制備溴苯，某興趣小組設計了如下流程提純制得的粗溴苯。
已知：溴苯與苯互溶，液溴、苯、溴苯的沸點依次為59 ℃、80 ℃、156 ℃。下列說法錯誤的是(　　)
A．操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ用到的主要玻璃儀器是分液漏斗
B．水層①中加入KSCN溶液后顯紅色，說明溴化鐵已完全被除盡
C．加入NaOH溶液的目的是除去有機層①中的單質溴
D．操作Ⅳ、操作Ⅴ分別是過濾和蒸餾
答案：B
解析：粗溴苯中含有溴苯、苯、Br2、FeBr3等。粗溴苯水洗后，液體分層，FeBr3易溶于水進入水層，溴易溶于有機物，和苯、溴苯一起進入有機層，分液得水層①和有機層①，操作Ⅰ為分液；在有機層①中加入NaOH溶液除去Br2，再次分液，操作Ⅱ也為分液；水層②中主要含有NaBr、NaBrO等，有機層②中含有苯、溴苯等；第二次水洗除去有機層②中可能含有的少量NaOH、NaBr、NaBrO，分液后得水層③和有機層③；有機層③中加入無水氯化鈣吸水，過濾，得有機層④，其中含有苯和溴苯，最后根據二者沸點不同，利用蒸餾實現分離。綜上可知，操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均為分液，用到的主要玻璃儀器是分液漏斗，A項正確；水層①中加入KSCN溶液后顯紅色，只能說明水層①中含有鐵離子，但不能說明溴化鐵已完全被除盡，B項錯誤；加入NaOH溶液的目的是除去有機層①中的單質溴，C項正確；操作Ⅳ、操作Ⅴ分別是過濾和蒸餾，D項正確。

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