考点二 物质的量浓度计算与一定物质的量浓度的溶液的配制
1．物质的量浓度计算
正确判断溶质并计算其质量，如用CuSO4·5H2O配制CuSO4溶液：溶质是CuSO4，用来配制溶液的是CuSO4·5H2O，所以计算和称量的是CuSO4·5H2O的质量。
2．一定物质的量浓度的溶液的配制
(1)计算：注意有效数字的运用。
(2)称量：
①天平的正确使用：调平；左物右码；称量干燥的固体药品，应在两个托盘上各放一张相同质量的纸，然后把药品放在纸上称量；易潮解的药品，必须放在玻璃器皿(小烧杯、表面皿)里称量。
②m(待测物体)＝m(砝码)＋m(游码)。
(3)溶解、稀释：溶解、稀释都只能在小烧杯中进行，且要等溶液的温度降至室温。
(4)转移、洗涤：小烧杯和玻璃棒要同时洗涤。
(5)定容：凹液面与刻度线相切。
(6)摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒摇匀。
(7)装瓶：配制好的溶液要装入试剂瓶并贴上标签。
3．误差分析
以c(B)＝为依据进行误差分析。
1．误差分析的思维流程
2．视线引起误差的分析方法
(1)仰视容量瓶刻度线(图1)，导致溶液体积偏大，结果偏低。
(2)俯视容量瓶刻度线(图2)，导致溶液体积偏小，结果偏高。
3．三种计算
(1)气体溶质物质的量浓度的计算
标准状况下，1 L水中溶解某气体V L，所得溶液的密度为ρ g·cm－3，气体的摩尔质量为M g·mol－1，则c＝ mol·L－1。
(2)溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度之间的换算c＝(c为溶质的物质的量浓度/mol·L－1，ρ为溶液的密度/g·cm－3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量/g·mol－1)。
(3)稀释定律。
①溶质的质量在稀释前后保持不变，即m1w1＝m2w2。
②溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即c1V1＝c2V2。
③溶液质量守恒，m(稀)＝m(浓)＋m(水)(体积一般不守恒)。
(1)用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液时，下列实验操作会引起测量结果偏高的是________(填字母)。
①用天平称量NaOH固体，将小烧杯放在右盘，砝码放在左盘，并移动游码，使之平衡
②在配制烧碱溶液时，将称量后的NaOH固体溶于水，立即移入容量瓶，将洗涤烧杯的液体注入容量瓶后，加蒸馏水至刻度线
③中和滴定时，锥形瓶内有少量水
④酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗
⑤读取滴定管终点读数时，仰视刻度线
A．①②③ B．③④⑤
C．②④⑤ D．①②③④⑤
(2)用某质量分数为70%，密度为1.61 g·cm－3的硫酸溶液配制稀硫酸，则该硫酸溶液的物质的量浓度为__________。
解析：(2)某硫酸的质量分数为70%，密度为1.61 g·cm－3，则该硫酸溶液的物质的量浓度＝＝＝11.5 mol·L－1。
答案：(1)C (2)11.5 mol·L－1
1．一定物质的量浓度的溶液的配制常出现的考点
(1)药品的质量：使用托盘天平称量药品的精度是0.1 g，如10.0 g不能写成10.00 g；要注意试剂是否带有结晶水，如用胆矾配制CuSO4溶液。
(2)容量瓶的规格：①选择容量瓶要与所配溶液的体积相等或稍大；②选择仪器时要注明容量瓶的容积，如“500 mL容量瓶”，而不能只回答“容量瓶”。
(3)烧杯的洗涤，洗涤烧杯的同时要洗涤玻璃棒，要洗涤2～3次。
(4)定容：当液面距离刻度线1～2 cm时改用胶头滴管滴加，防止液面超过刻度线。
2．读数中的误差
实验操作 量筒 滴定管
量取一定体积的液体 仰视：液面偏高，液体体积偏多；俯视：液面偏低，液体体积偏少 仰视：液面偏高，液体体积偏少；俯视：液面偏低，液体体积偏多
读取液体的体积 仰视：读数偏小；俯视：读数偏大 仰视：读数偏大；俯视：读数偏小
1．(2023·全国甲卷)实验室将粗盐提纯并配制0.100 0 mol·L－1的NaCl溶液。下列仪器中，本实验必须用到的有( )
①天平 ②温度计 ③坩埚 ④分液漏斗 ⑤容量瓶 ⑥烧杯 ⑦滴定管 ⑧酒精灯
A．①②④⑥ B．①④⑤⑥
C．②③⑦⑧ D．①⑤⑥⑧
解析：实验室将粗盐提纯时，需要将其溶于一定量的水中，然后将其中的硫酸根离子、钙离子、镁离子用稍过量的氯化钡溶液、碳酸钠溶液和氢氧化钠溶液除去，该过程中有过滤操作，需要用到烧杯、漏斗和玻璃棒；将所得滤液加适量盐酸酸化后蒸发结晶得到较纯的食盐，该过程要用到蒸发皿、玻璃棒和酒精灯等；用提纯后得到的精盐配制溶液的基本步骤有称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，需要用到天平、容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等。综上所述，本实验必须用到的有①天平、⑤容量瓶、⑥烧杯、⑧酒精灯，故选D。
答案：D
2．(2021·广东卷)测定浓硫酸试剂中H2SO4含量的主要操作包括：①量取一定量的浓硫酸，稀释；②转移定容得待测液；③移取20.00 mL待测液，用0.100 0 mol·L－1的NaOH溶液滴定。上述操作中，不需要用到的仪器为( )
A B C D
解析：实验过程中，①量取一定量的浓硫酸并稀释所需仪器为量筒、烧杯、玻璃棒；②转移定容得待测液所需仪器为玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；③移取20.00 mL待测液，用0.100 0 mol·L－1的NaOH溶液滴定所需仪器为酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶，选项中A为容量瓶，B为分液漏斗，C为锥形瓶，D为碱式滴定管，上述操作中，不需要用到的仪器为分液漏斗。故选B。
答案：B
3．现用98%浓硫酸(密度1.84 g·mL－1)配制500 mL 0.4 mol·L－1的稀硫酸，一般可以分为以下几个步骤：①计算；②量取；③稀释；④；⑤；⑥；⑦；⑧；⑨；⑩装瓶贴标签。题中正确的操作顺序为( )
A．④冷却；⑤移液；⑥洗涤；⑦初步振荡；⑧定容；⑨摇匀
B．④移液；⑤冷却；⑥初步振荡；⑦洗涤；⑧定容；⑨摇匀
C．④洗涤；⑤移液；⑥冷却；⑦定容；⑧初步振荡；⑨摇匀
D．④洗涤；⑤冷却；⑥移液；⑦定容；⑧初步振荡；⑨摇匀
解析：浓硫酸稀释后需要等稀释液冷却之后再进行后续操作，由题干提供的选项，可排除B、C、D项。故选A。
答案：A
4．配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是( )
A．容量瓶用蒸馏水洗净后，必须干燥才能用于配制溶液
B．配制1 L 0.1 mol·L－1的NaCl溶液时，用托盘天平称量NaCl固体时药品、砝码左右位置颠倒，对实验结果无影响
C．配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高
D．用浓盐酸配制稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线会导致所配溶液浓度偏高
解析：配制溶液时需加水定容，所以容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要干燥就能用于配制溶液，故A项错误；配制1 L 0.1 mol·L－1的NaCl溶液时，用托盘天平称量NaCl固体时药品、砝码左右位置颠倒且使用游码，称取NaCl的质量偏小，配制溶液的浓度偏低，故B项错误；配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，导致所配溶液浓度偏低，故C项错误；用浓盐酸配制稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线，量取浓盐酸体积偏大，会导致所配溶液浓度偏高，D项正确。故选D。
答案：D
5．(2023·山东卷)一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应[(CH3CO)2O＋ROHCH3COOR＋CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐—苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐—苯溶液置于锥形瓶中，加入m g ROH样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH3CO)2O＋H2O2CH3COOH。
③加指示剂并用c mol·L－1 NaOH甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1 mL。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐—苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用c mol·L－1NaOH甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2 mL。
对于上述实验，下列做法正确的是( )
A．进行容量瓶检漏时，倒置一次即可
B．滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，即可判定达滴定终点
C．滴定读数时，应单手持滴定管上端并保持其自然垂直
D．滴定读数时，应双手一上一下持滴定管
解析：进行容量瓶检漏时，倒置一次，然后玻璃塞旋转180°后再倒置一次，故A项错误；滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，且半分钟内不变回原色，才是达到滴定终点，故B项错误；滴定读数时，应单手持滴定管上端无刻度处，并保持其自然垂直，故C项正确，D项错误。故选C。
答案：C
6．由FeSO4·7H2O固体配制0.10 mol·L－1 FeSO4溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、__________(从下列图中选择，写出名称)。
解析：由FeSO4·7H2O固体配制0.10 mol·L－1 FeSO4溶液的步骤为计算、称量、溶解并冷却至室温、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签。由FeSO4·7H2O固体配制0.10 mol·L－1 FeSO4溶液需要的仪器有药匙、托盘天平、合适的量筒、烧杯、玻璃棒、合适的容量瓶、胶头滴管。
答案：烧杯、量筒、托盘天平考点三 根据方程式的计算
1．化学计算的基本方法
化学计算要明确以“物质的量”为核心，合理利用各种计算方法。
(1)守恒法：包含质量守恒、电荷守恒、电子守恒等。
(2)关系式法：以始态的反应物与终态的生成物之间的物质的量关系为依据进行计算，简单高效，还可以提高计算精度。
2．化学计算的一般步骤
(1)正确写出化学反应方程式，如果是多步计算则依据反应方程式推出起始反应物与最终生成物之间的物质的量关系。
(2)坚持以“物质的量”为核心，将题目中所给的其他信息转化为“物质的量”进行计算。
3．多步反应计算
涉及多步反应体系，往往依据若干个化学反应方程式，找出起始物质与最终物质的量的关系，并据此比例式进行计算的方法，亦称为“关系式法”。
1．关系式法：表示两种或多种物质之间“物质的量”关系的一种简化式子。在多步反应中，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间的“物质的量”关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。
(1)在进行多步反应的计算时，要找出起始物与目标物之间的定量关系，一般的解题步骤：
(2)多步反应也可以利用原子守恒建立关系式。
(3)多步连续氧化还原反应还可以通过电子守恒建立关系式。
2．守恒法：守恒法是中学化学计算中的一种常用方法，它包括质量守恒、电荷守恒、电子守恒。它们都是抓住有关变化的始态和终态，淡化中间过程，利用某种不变量(如某原子、离子或原子团不变；溶液中阴、阳离子所带电荷数相等；氧化还原反应中得失电子数相等)建立关系式，从而达到简化过程，快速解题的目的。
(2022·河北模拟预测)目前碘酸钾被广泛应用于食盐加碘。一种由含碘废水制取碘酸钾的工艺如图，其中“制KI(aq)”时，Fe2＋会水解形成胶状物吸附KI，造成I－的损失。下列说法正确的是( )
A．制备CuI过程中，消耗SO2与CuSO4的物质的量之比为1∶2
B．滤渣1能够完全溶解于稀硫酸中
C．制得0.1 mol KIO3至少需要5.6 L Cl2
D．制备KI时要控制溶液的pH不宜过大
解析：根据反应的离子方程式2SO2 ＋I2＋2Cu2＋＋4H2O===2CuI↓＋2SO＋8H＋可知，制备CuI过程中，消耗SO2与CuSO4的物质的量之比为1∶1，A项错误；CuI中加入过量铁粉和水，利用Fe的金属性强于Cu，发生反应：Fe＋2CuI===FeI2＋2Cu，则滤渣1的成分为Fe和Cu的混合物，其中Fe是比较活泼的金属，能够与稀硫酸发生置换反应，而Cu在金属活动性顺序表中位于H的后面，不能与稀硫酸发生反应，B项错误；根据反应的离子方程式5Cl2＋I2＋12OH－===2IO＋10Cl－＋6H2O可知，每制取得到2 mol KIO3，反应消耗5 mol Cl2，则制取0.1 mol KIO3，消耗0.25 mol Cl2，其在标准状况下的体积V(Cl2)＝0.25 mol×22.4 L·mol－1＝5.6 L，C项错误；制备KI时，若溶液pH过大，Fe2＋会反应生成Fe(OH)2沉淀，因此要控制溶液的pH不宜过大，D项正确。故选D。
答案：D
高中化学计算主要考查学生知识结构的整体性和灵活应用的能力，综合性较强。试题整体的计算量不大，更多的是对化学基本概念、理论和性质的理解；把实验操作、生产实践和化学计算综合起来或者通过图表、报刊文章等背景呈现方式，力求题型出新，体现化学学科对计算的要求，更体现对计算综合能力的考查。化学计算还常同时考查化学基础知识和数学思维，数学思维包括逻辑推理、数形变换等。
化学计算常需要根据量的关系建立数学模型，但建立数学模型的前提是先建立正确的化学概念、弄清概念的含义，即找出计算的依据。只有对化学基本概念、基础知识正确理解，建立起来的数学表达式才能正确，才能顺利解答计算题。
1．(2023·广州统考二模)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )
A．标准状况下，11.2 L Cl2溶于水生成Cl－的数目为0.5NA
B．25 ℃时，1 L pH＝8的CH3COONa溶液中水电离出的OH－数目为10－8NA
C．等物质的量的Al分别与足量盐酸和NaOH溶液反应，转移的电子数均为3NA
D．常温常压下，3.4 g羟基(—OH)所含的电子数目为1.8NA
解析：标准状况下，11.2 L Cl2溶于水，部分氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，故生成Cl－的数目小于0.5NA，故A项错误；醋酸钠水解促进水的电离，pH＝8，则pOH＝4，则25 ℃时，1 L pH＝8的CH3COONa溶液中水电离出的OH－数目为10－4NA，故B项错误；不确定铝的物质的量，不能计算转移的电子数，故C项错误；1个羟基含有9个电子，3.4 g羟基(—OH)为0.2 mol，所含的电子数目为1.8NA，故D项正确。故选D。
答案：D
2．某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2＋)＝2 mol·L－1，c(SO)＝6.5 mol·L－1，若将200 mL的此混合液中的Mg2＋和Al3＋分离，至少应加入1.6 mol·L－1的氢氧化钠溶液( )
A．0.5 L B．1.625 L
C．1.8 L D．2.0 L
解析：根据电荷守恒得：2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SO)，c(Al3＋)＝＝3 mol·L－1，加入氢氧化钠溶液使Mg2＋、Al3＋分离，此时NaOH转化为Na2SO4和NaAlO2，由电荷守恒得：V(NaOH)＝eq \f(2n（SO）＋n（AlO）,c（NaOH）)＝
＝2.0 L。
答案：D
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代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．反应转移电子为0.1 mol
B．HCl溶液中Cl－数为3NA
C．2.8 g 56 Fe含有中子数为1.3NA
D．反应生成标准状况下气体3.36 L
解析：2.8 g Fe的物质的量为0.05 mol；100 mL 3 mol·L－1 HCl中H＋和Cl－的物质的量均为0.3 mol，两者发生反应后，Fe完全溶解，而盐酸过量。Fe完全溶解生成Fe2＋，该反应转移电子0.1 mol，A项正确；100 mL 3 mol·L－1 HCl溶液中Cl－的物质的量为0.3 mol，因此，Cl－数为0.3NA，B项不正确；56Fe 的质子数为26、中子数为30，2.8 g 56Fe的物质的量为0.05 mol，因此，2.8 g 56Fe含有的中子数为1.5NA，C项不正确；反应生成H2的物质的量为0.05 mol，在标准状况下的体积为1.12 L ，D项不正确。故选A。
答案：A
4．(2023·福建一模)制备Na2S2O3的反应：2Na2S＋Na2CO3＋4SO2===CO2＋3Na2S2O3。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．2 L 0.5 mol·L－1 Na2S溶液中含S2－的数目为NA
B．5.6 L CO2(标准状况下)中含电子数目为11NA
C．15.8 g Na2S2O3中含非极性共价键的数目为0.1NA
D．1 mol SO2完全参加反应，转移电子数为NA
解析：S2－会发生水解，2 L 0.5 mol·L－1 Na2S溶液中含S2－的数目小于NA，A项错误；5.6 L CO2(标准状况下)为0.25 mol，含电子数目为5.5NA，B项错误；Na2S2O3中含有S—S非极性键，15.8 g Na2S2O3为0.1 mol，含非极性共价键的数目为0.1NA，C项正确；SO2中S化合价由＋4降低到＋2，1 mol SO2完全参加反应，转移电子数为2NA，D项错误。故选C。
答案：C
5．称取重铬酸钾试样2.500 0 g配成250 mL溶液，取出25.00 mL置于碘量瓶中，加入10 mL 2 mol·L－1 H2SO4溶液和足量碘化钾(铬的还原产物为Cr3＋)，放于暗处5 min，然后加入100 mL水，加入3 mL淀粉指示剂，用0.120 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定：I2＋2S2O===2I－＋S4O。
(1)判断达到滴定终点的依据是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)若实验中共用去Na2S2O3标准溶液40.00 mL，则试样中的重铬酸钾的纯度为________________________(K2Cr2O7的摩尔质量为294 g·mol－1，整个过程中其他杂质不参与反应)。
解析：(1)根据反应：I2＋2S2O===2I－＋S4O，当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液时，碘单质恰好完全反应，溶液蓝色褪去，达到滴定终点。(2)根据Cr2O～2Cr3＋～6e－；I2＋2S2O===2I－＋S4O～2e－可得反应的关系式为Cr2O～3I2～6S2O，则n(Cr2O)＝×0.120 0 mol·L－1×40×10－3 L＝8×10－4 mol，m(K2Cr2O7)＝8×10－4 mol×294 g·mol－1＝0.235 2 g，样品中K2Cr2O7质量分数为×100%＝94.08%。
答案：(1)当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液蓝色褪去，半分钟内不变色 (2)94.08%
6．称取重铬酸钾(K2Cr2O7相对分子质量为294)试样m g配成V mL溶液，取出V1 mL于锥形瓶中，加入适量的稀H2SO4和足量碘化钾，放于暗处5 min，然后加入100 mL水，同时加入3 mL淀粉溶液作指示剂，用c mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定(设杂质不反应)，共用去Na2S2O3标准溶液V2 mL，则样品中重铬酸钾纯度的代数式为________________________(不必化简，相关反应为Cr2O＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O；I2＋2S2O===2I－＋S4O)。
解析：由反应Cr2O＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O；I2＋2S2O===2I－＋S4O可得反应的关系式为Cr2O～3I2～6S2O，根据关系式计算：n(Cr2O)＝n(S2O)＝×c×V2×10－3 mol，则V mL溶液含重铬酸钾的物质的量为××c×V2×10－3 mol＝ mol，其质量为294 g·mol－1× mol＝ g，则样品中重铬酸钾纯度为×100%。
答案：×100%专题二 物质的量
1．(2023·广东卷)设NA为阿伏加德罗常数的值。侯氏制碱法涉及NaCl、NH4Cl和NaHCO3等物质。下列叙述正确的是( )
A．1 mol NH4Cl含有的共价键数目为5NA
B．1 mol NaHCO3完全分解，得到的CO2分子数目为2NA
C．体积为1 L的1 mol·L－1 NaHCO3溶液中，HCO数目为NA
D．NaCl和NH4Cl的混合物中含1 mol Cl－，则混合物中质子数为28NA
解析：铵根中存在4个N—H共价键，1 mol NH4Cl含有的共价键数目为4NA，A项错误；碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，1 mol NaHCO3完全分解，得到0.5 mol CO2分子，B项错误；NaHCO3===Na＋＋HCO，HCO会发生水解和电离，则1 mol NaHCO3溶液中HCO数目小于NA，C项错误；NaCl和NH4Cl的混合物中含1 mol Cl－，则混合物为1 mol，质子数为28NA，D项正确。故选D。
答案：D
2．(2023·全国甲卷)NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )
A．0.50 mol异丁烷分子中共价键的数目为6.5NA
B．标准状况下，2.24 L SO3中电子的数目为4.00NA
C．1.0 L pH＝2的H2SO4溶液中H＋的数目为0.02NA
D．1.0 L 1.0 mol·L－1的Na2CO3溶液中CO的数目为1.0NA
解析：异丁烷的结构式为，1 mol异丁烷分子中含有13NA共价键，所以0.50 mol异丁烷分子中共价键的数目为6.5NA，A项正确；在标准状况下，SO3为固态，不能计算出2.24 L SO3的物质的量，故无法求出其电子数目，B项错误；pH＝2的硫酸溶液中氢离子浓度为c(H＋)＝0.01 mol·L－1，则1.0 L pH＝2的硫酸溶液中氢离子数目为0.01NA，C项错误；Na2CO3属于强碱弱酸盐，在水溶液中CO会发生水解，所以1.0 L 1.0 mol·L－1的Na2CO3溶液中CO的数目小于1.0NA，D项错误。故选A。
答案：A
3．(2023·辽宁卷)我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为S＋2KNO3＋3C===K2S＋N2↑＋3CO2↑。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．11.2 L CO2含π键数目为NA
B．每生成2.8 g N2转移电子数目为NA
C．0.1 mol KNO3晶体中含离子数目为0.2NA
D．1 L 0.1 mol·L－1K2S溶液中含S2－数目为0.1NA
解析：1个CO2分子含有2个π键，题中没有说是标准状况条件下，气体摩尔体积未知，无法计算π键个数，A项错误；2.8 g N2的物质的量n＝＝ mol＝0.1 mol，1 mol N2生成转移的电子数为12NA，则0.1 mol N2转移的电子数为1.2NA，B项错误；0.1 mol KNO3晶体含有的离子为K＋、NO，含有离子数目为0.2NA，C项正确；因为S2－水解使溶液中S2－的数目小于0.1NA，D项错误。故选C。
答案：C
4．(2023·浙江卷)NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．4.4 g C2H4O中含有σ键数目最多为0.7NA
B．1.7 g H2O2中含有氧原子数为0.2NA
C．向1 L 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液通氨至中性，铵根离子数为0.1NA
D．标准状况下，11.2 L Cl2通入水中，溶液中氯离子数为0.5NA
解析：1个C2H4O中含有6个σ键和1个π键(乙醛)或7个σ键(环氧乙烷)，4.4 g C2H4O的物质的量为0.1 mol，则含有σ键数目最多为0.7NA，A项正确；1.7 g H2O2的物质的量为＝0.05 mol，则含有氧原子数为0.1NA，B项不正确；向1 L 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液通氨至中性，溶液中存在电荷守恒关系：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋)，中性溶液c(OH－)＝c(H＋)，则c(CH3COO－)＝c(NH)，再根据物料守恒：n(CH3COO－)＋n(CH3COOH)＝0.1 mol，得出铵根离子数小于0.1NA，C项不正确；标准状况下，11.2 L Cl2的物质的量为0.5 mol，Cl2与H2O的反应是可逆反应，通入水中的Cl2只有一部分与水反应生成H＋、Cl－和HClO，所以溶液中氯离子数小于0.5NA，D项不正确。故选A。
答案：A
物质的量是高考必考的知识点，试题一般利用阿伏加德罗常数这个载体综合考查相关知识，涉及一定量的物质所含粒子(分子、原子、离子、质子、中子等)数目、气体摩尔体积、氧化还原反应中转移电子的数目、由于反应、浓度等的变化导致微粒数目变化等。题型一般为选择题和填空题。主要考查各物理量以“物质的量”为核心的相互换算、混合物成分含量的确定、未知物质化学式的确定、根据化学方程式的计算、多步连续反应(即关系式法)的计算等。近几年高考对化学计算的要求越来越高，分值也逐年上升。
设NA为阿伏加德罗常数的值。请判断下列说法正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)标准状况下，22.4 L SO3中含有SO3分子数为NA。( )
(2)用惰性电极电解饱和食盐水，若阴极产生11.2 L气体，则电路中通过NA个电子。( )
(3)常温常压下，1 mol CO2与SO2的混合气体中含氧原子数为2NA。( )
(4)CH4与P4的分子结构均为正四面体形，在1 mol CH4分子或P4分子中含有的共价键数皆为4NA。( )
(5)1 mol Al3＋完全水解生成氢氧化铝胶体粒子的数目为NA。( )
(6)pH＝2的H2SO4溶液中，H＋数目为0.01NA。( )
(7)1.5 g甲基所含有的电子数目为0.9NA。( )
(8)23 g C2H5OH中sp3杂化的原子数为NA。( )
(9)1 mol冰醋酸和1 mol乙醇经酯化反应可生成H2O分子数为NA。( )
(10)密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应后，混合气体中分子总数为2NA。( )
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)× (7)√(8)× (9)× (10)×
考点一 物质的量与阿伏加德罗常数
1．气体摩尔体积适用条件及物质的聚集状态
考查角度 命题分析 注意事项
标准状况下 在标准状况(0 ℃、101 kPa)下，1 mol任何气体的体积约为22.4 L，分子数为NA，即Vm＝22.4 L·mol－1。非气体不适用 熟记在标准状况下为非气态的常考物质。如单质溴、H2O、苯、CCl4、CH2Cl2、CHCl3、CH3OH、CH3CH2OH、SO3、碳原子数大于4的烃等均不是气体
非标准状况下 ①非标准状况(一般考查常温常压)下，气体摩尔体积未必为22.4 L·mol－1；②非标准状况下气体的物质的量或质量、物质所含的粒子数与温度、压强等外界条件无关 ①常温常压下，气体体积不能通过 22.4 L·mol－1转化计算；②常温常压下，1 mol CO2质量为44 g，分子数是NA(气体质量和所含的粒子数与所处外界条件无关)
2.物质的组成和结构
考查角度 命题分析 注意事项
分子数 分析物质是否由分子构成，或是否有相应分子存在 如：HCl溶于水，完全电离，不存在分子；NaCl是离子化合物，物质中无分子；SiO2是共价晶体，物质中也无分子
原子数 ①要分析分子中的原子组成，注意单原子分子、多原子分子；②分子中原子及原子数比值相同的混合物，总质量一定，分子数不确定，但原子数确定 ①惰性气体是单原子分子，Cl2、O2、N2等是双原子分子，O3、P4等是多原子分子；②对实验式相同的混合物，按最简式来计算。如NO2和N2O4、乙烯与丙烯、同分异构体、乙炔与苯、乙酸与葡萄糖等，只要总质量一定，则其中所含原子数与二者比例无关
电子数 确定核外电子数，要分析微粒的结构 基团与离子的差异：—OH与OH－的电子数不同
化学键数 明确结构情况，不能只看化学式来确定化学键数，要分析分子结构和晶体结构来确定 ①苯环中的碳碳键是介于单键和双键之间的一种独特的键，不含有碳碳双键；②1 mol白磷(P4)中含有P—P的数目为6NA；1 mol S8含8 mol S—S；1 mol金刚石(晶体硅)中含有2 mol C—C(Si—Si)；1 mol SiO2含有4 mol Si—O
3.氧化还原反应中转移电子数目
解题步骤 过程分析 注意事项
第一步：判断反应是否正确 知晓常见反应的反应产物，特别是涉及一些可变价元素的反应 注意常考易错反应，如：2Fe＋3Cl22FeCl3，Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑
第二步：相关物质过量判断 根据化学方程式，计算物质是否过量，按不过量物质计算 如FeBr2和Cl2的反应中，当有部分Br－发生反应时，Fe2＋已完全反应，计算转移电子数时，要把两步的转移电子数合并计算
第三步：判断化合价变化 根据化合价的升降来计算确定氧化、还原产物及转移的电子数 要注意特殊物质，如①由Na2O2、H2O2制取1 mol O2转移2 mol电子；②Fe与S、I2、非氧化性酸反应，1 mol Fe转移2 mol电子；1 mol Fe与足量的Cl2、稀HNO3反应，转移3 mol电子
4.电解质溶液中粒子的数目
考查角度 命题分析 注意事项
电离 强电解质在水溶液中完全电离，弱电解质部分电离，计算分子数及离子数时要考虑是否完全电离 H2SO4等强电解质在水中完全电离，稀溶液中不存在硫酸分子；醋酸溶液中，CH3COOH部分发生电离，CH3COOH分子数减少；CH3CH2OH是非电解质，水溶液中分子数不变
水解 有些盐溶液中弱离子要发生水解，离子数会增加或减少 如在Na2CO3溶液中，由于水解因素，CO会减少，但阴离子数增加
体积因素 计算溶液中微粒数目时要确认题干中是否已明确溶液体积 常见陷阱是溶液的体积未知，则溶质的物质的量无法计算，所含微粒数也无法计算
5.隐含的可逆反应
考查角度 命题分析 注意事项
可逆反应 在可逆反应中，由于反应不完全，计算微粒数时不能按完全反应计算 经常考查的反应有：2SO2＋O2?2SO3、2NO2?N2O4、N2＋3H2?2NH3、Cl2＋H2O?HCl＋HClO、NH3＋H2O?NH3·H2O?NH＋OH－
浓度影响 某些反应在反应过程中由于溶液浓度发生变化会造成反应发生改变或停止，此类反应在判断转移电子数目、物质的量的变化时均要考虑反应的改变 如MnO2与浓盐酸反应，Cu与浓H2SO4反应，Zn与浓H2SO4反应，Cu与浓硝酸反应
(2022·辽宁卷)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．1.8 g 18O中含有的中子数为NA
B．28 g C2H4分子中含有的σ键数目为4NA
C．标准状况下，22.4 L HCl气体中H＋数目为NA
D．pH＝12的Na2CO3溶液中OH－数目为0.01NA
解析：1个18O原子中含有10个中子，1.8 g 18O的物质的量为＝0.1 mol，故1.8 g 18O中含有中子的物质的量为1 mol，中子数为NA，故A项正确；乙烯分子的结构式为，1个乙烯分子中含有5个σ键，28 g C2H4的物质的量为1 mol，所以28 g C2H4分子中含有的σ键数目为5NA，故B项错误；HCl是共价化合物，HCl分子中不存在H＋，故C项错误；没有给出Na2CO3溶液的体积，无法计算pH＝12的Na2CO3溶液中OH－的数目，故D项错误。故选A。
答案：A
有关阿伏加德罗常数(NA)计算的六种设陷方式
(1)气体摩尔体积的状况：22.4 L·mol－1指在标准状况下(0 ℃、101 kPa)的气体摩尔体积。若题中给出气体的体积，需考虑气体所处的状况是否为标准状况。
(2)物质的聚集状态：气体摩尔体积适用的对象是气体(包括混合气体)。一些在标准状况下是液体或固体的物质，如CCl4、水、液溴、SO3、己烷、苯常作为命题的干扰因素迷惑学生。
(3)物质的微观结构：清楚认识微粒中相关粒子数(质子数、中子数、电子数)及原子数、离子数、电荷数、化学键之间的关系。常涉及稀有气体He、Ne等单原子分子，Cl2、N2、O2、H2等双原子分子，及O3、P4、18O2、D2O、Na2O2、CH4、CO2、SiO2等特殊物质。
(4)电解质溶液：要注意对弱电解质的电离和盐类水解等知识点的正确理解，关键是要弄清电离和水解的实质，以及相对强弱。如1 L 1 mol·L－1 NH4Cl的溶液中NH的数目小于NA。
(5)氧化还原反应的电子转移数目：较复杂的氧化还原反应中，求算电子转移的数目时，要清楚认识哪种元素的原子间发生电子转移。如Na2O2与H2O、Cl2与NaOH溶液的反应。
(6)可逆反应不能进行到底：如2NO2?N2O4，Cl2＋H2O?HClO＋HCl，合成氨等。
1．(2023·惠州统考三模)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是( )
A．1 mol CH2Cl2含有C—Cl的数目为2NA
B．1 L 1.0 mol·L－1的盐酸中含有Cl－离子总数为NA
C．22.4 L NO与11.2 L O2混合后的分子数目为NA
D．46 g Na与足量O2反应电子转移的数目为2NA
解析：CH2Cl2的结构式为，则1 mol CH2Cl2含有C—Cl的数目为2NA，A项正确；盐酸中HCl会完全电离生成氢离子和氯离子，所以1 L 1.0 mol·L－1的盐酸中含有Cl－离子总数为NA，B项正确；未指明是否为标准状况，且NO和O2混合后会生成二氧化氮，二氧化氮存在平衡：2NO2?N2O4，无法计算22.4 L NO与11.2 L O2混合后的分子数目，C项错误；Na与足量O2反应，无论生成氧化钠还是生成过氧化钠，钠的化合价均从0价升高到＋1价，46 g(2 mol)Na与足量O2反应所以电子转移的数目均为2NA，D项正确。故选C。
答案：C
2．(2023·广东校联考一模)工业烟气含有SO2，可以用Na2SO3溶液进行绿色化处理后再排放。设NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．6.4 g SO2含有的电子数目为0.3NA
B．1 L 1 mol·L－1 Na2SO3溶液中Na＋的数目为2NA
C．22.4 L SO2(标准状况)与足量氧气反应，转移电子数目为2NA
D．1 mol·L－1 Na2SO3溶液最多能吸收SO2的数目为0.1NA
解析：6.4 g SO2的物质的量为0.1 mol，所含电子数目为3.2NA，选项A错误；1 L 1 mol·L－1 Na2SO3溶液中Na＋的物质的量为2 mol，其数目为2NA，选项B正确；SO2和O2的反应是可逆的，因此转移电子数小于2NA，选项C错误；未给出Na2SO3溶液的体积，无法计算，选项D错误。故选B。
答案：B
3．(2023·湖南省四大名校高三模拟)设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A．6.2 g白磷(分子式为P4，分子结构如图所示)中所含P—P键的数目为0.15NA
B．标准状况下，22.4 L Cl2参加化学反应时，转移的电子数一定都是2NA
C．标准状况下，0.5NA个CH3OH分子所占的体积约为11.2 L
D．500 mL 1 mol·L－1氯化铜溶液中的Cu2＋数目小于0.5NA
解析：6.2 g白磷(分子式为P4，分子结构如题图所示)中所含P—P的数目为×6NA mol－1＝0.3NA，A项错误；标准状况下，22.4 L Cl2即1 mol Cl2参加化学反应时，如果氯气只作氧化剂，则转移的电子数是2NA，但是，当氯气和碱溶液反应时，氯气既作氧化剂又作还原剂，则1 mol Cl2完全反应时转移电子数小于2NA，当氯气和水反应时，为可逆反应，则1 mol Cl2未完全反应，转移电子数小于NA，B项错误；标准状况下甲醇为液体，0.5NA个CH3OH分子的物质的量为0.5 mol，所占的体积远小于11.2 L，C项错误；氯化铜溶液中铜离子会水解，500 mL 1 mol·L－1氯化铜溶液中的Cu2＋数目小于0.5NA，D项正确。故选D。
答案：D
4．(2023·金华校联考模拟预测)工业上用N2和H2合成NH3，NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．消耗标准状况下22.4 L N2，生成NH3分子数为2NA
B．生成17 g NH3，电子转移数为2NA
C．生成1 mol N—H，则消耗H2分子数为3NA
D．消耗1 mol非极性键，则生成极性键2NA
解析：合成氨反应为N2＋3H22NH3，结合方程式和问题分析解答。消耗标准状况下22.4 L N2，即1 mol氮气，根据氮原子守恒可知生成NH3分子数为2NA，A项正确；生成17 g NH3，即1 mol氨，氮元素化合价从0价降低到－3价，所以电子转移数为3NA，B项错误；生成1 mol N—H，即 mol氨，则消耗H2分子数为0.5NA，C项错误；氮气、氢气中均是含有非极性键，所以消耗1 mol非极性键，生成极性键的个数一定不是2NA，D项错误。故选A。
答案：A
5．(2022·河北卷)NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．3.9 g Na2O2与足量水反应，转移电子个数为0.1NA
B．1.2 g Mg在空气中燃烧生成MgO和Mg3N2，转移电子个数为0.1NA
C．2.7 g Al与足量NaOH溶液反应，生成H2的个数为0.1NA
D．6.0 g SiO2与足量NaOH溶液反应，所得溶液中SiO的个数为0.1NA
解析：过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，则3.9 g过氧化钠与足量水反应，转移电子个数为×1×NAmol－1＝0.05NA，故A项错误；镁在空气中燃烧无论生成氧化镁，还是氮化镁，镁均转化为镁离子，则1.2 g Mg在空气中燃烧生成氧化镁和氮化镁时，转移电子个数为×2×NAmol－1＝0.1NA，故B项正确；铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，则2.7 g铝与足量氢氧化钠溶液反应生成氢气的个数为××NAmol－1＝0.15NA，故C项错误；二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，硅酸钠在溶液中发生水解反应，则由原子个数守恒可知，6.0 g二氧化硅与足量氢氧化钠溶液反应，所得溶液中硅酸根离子的个数小于×NAmol－1＝0.1NA，故D项错误。故选B。
答案：B
6．(2021·全国甲卷)NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )
A．18 g重水(D2O)中含有的质子数为10NA
B．3 mol的NO2与H2O完全反应时转移的电子数为4NA
C．32 g环状S8分子中含有的S—S键数为1NA
D．1 L pH＝4的0.1 mol·L－1 K2Cr2O7溶液中Cr2O离子数为0.1NA
解析：1个D2O分子含有的质子数为10，18 g D2O的物质的量为＝0.9 mol，则18 g重水(D2O)中所含质子数为9NA，A项错误；NO2与H2O反应的化学方程式为3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，该反应消耗3个NO2分子转移的电子数为2，则有3 mol的NO2参与反应时，转移的电子数为2NA，B项错误；1个S8分子中含有S—S的键数为8，32 g S8的物质的量为＝ mol，则含有的S—S键数为×8×NA＝NA，C项正确；酸性K2Cr2O7溶液中存在：Cr2O＋H2O?2CrO＋2H＋，含Cr元素的微粒有Cr2O和CrO，则1 L pH＝4的0.1 mol·L－1K2Cr2O7溶液中Cr2O离子数应小于0.1NA，D项错误。故选C。
答案：C考点二 溶液中离子浓度大小的比较
1．单一溶液中离子浓度大小比较
(1)电荷守恒规律。
电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在Na＋、H＋、HCO、CO、OH－，则存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)。又因为NaHCO3溶液显碱性，c(H＋)
c(HCO)＋2c(CO)。
(2)物料守恒规律。
电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2－、HS－都能水解，故S元素以S2－、HS－、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)。
(3)质子守恒规律。
如Na2S水溶液中的质子转移情况图示如下：
由图可得Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)或c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。
2．混合溶液中离子浓度大小比较
例如等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3溶液等体积混合。由于CO的水解程度>HCO的水解程度>HCO的电离程度，溶液呈碱性，所以溶液中离子浓度大小关系是c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)。
溶液中离子浓度大小的比较
(1)弱酸的正盐溶液。
弱酸的酸根离子会水解，如果是多元弱酸，水解程度逐渐减小，如CH3COONa溶液：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)。
(2)酸式盐溶液。
弱酸的酸式酸根离子既能电离，也能水解，离子浓度的大小与酸式酸根离子的电离和水解程度有关，如NaHSO3和NaHCO3溶液：NaHSO3溶液显酸性，NaHCO3溶液显碱性。c(Na＋)>c(HSO)>c(H＋)>c(SO)>c(OH－)；c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)>c(CO)。
(3)不同溶液中同一离子浓度大小的比较。
同一离子在不同溶液中受到的影响可能是不同的，因而离子浓度也会发生相应的变化，如相同条件下，相同物质的量浓度的NH4Cl、CH3COONH4、NH4HSO4溶液中c(NH)的大小为c(NH4HSO4)>c(NH4Cl)>c(CH3COONH4)。
(4)混合溶液中离子浓度大小的比较。
混合溶液中离子浓度的大小分析相对复杂，要综合考虑电离因素和水解因素，有时还需要借助溶液中的三大守恒来解题。
常温下，将等体积的盐酸和氨水分别加水稀释，溶液的导电性与溶液体积的变化曲线如图所示，下列说法正确的是( )
A．曲线Ⅱ表示氨水加水稀释过程中溶液导电性的变化
B．溶液的pH大小关系：c>b>d
C．若将b、d两点溶液混合，则c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
D．由水电离出的n(OH－)：b>c
解析：根据题图分析可知，开始导电能力相同，说明开始氨水中氢氧根离子浓度和盐酸中氢离子浓度相同，加水稀释促进一水合氨电离平衡正向移动，稀释相同倍数，氢氧根离子浓度大于盐酸中氢离子浓度，导电能力强，则曲线Ⅰ表示氨水加水稀释过程中溶液导电性的变化，A项错误；相同物质的量浓度时，盐酸pH小于一水合氨，稀释过程中盐酸pH增大，溶液的pH大小关系：b＞d＞c，B项错误；实验开始氨水中氢氧根离子浓度和盐酸中氢离子浓度相同，加水稀释促进一水合氨电离平衡正向移动，稀释相同倍数，氨水溶液中氢氧根离子浓度大于盐酸中氢离子浓度，将b、d两点溶液混合后溶液显碱性，故c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)，C项错误；b、c两点的导电能力相同，水电离程度相同，b点溶液体积大，所以由水电离出的n(OH－)：b＞c，D项正确。故选D。
答案：D
1．溶液中离子浓度大小的比较
2．溶液中的三大守恒
1．(2023·山东卷)(双选)在含HgI2(s)的溶液中，一定c(I－)范围内，存在平衡关系：HgI2(s)?HgI2(aq)；HgI2(aq)?Hg2＋＋2I－；HgI2(aq)?HgI＋＋I－；HgI2(aq)＋I－?HgI；HgI2(aq)＋2I－?HgI，平衡常数依次为K0、K1、K2、K3、K4。已知lg c(Hg2＋)、lg c(HgI＋)，lg c(HgI)、lg c(HgI)随lg c(I－)的变化关系如图所示，下列说法错误的是( )
A．线L表示lg c(HgI)的变化情况
B．随c(I－)增大，c[HgI2(aq)]先增大后减小
C．a＝lg
D．溶液中I与Hg的物质的量之比始终为2∶1
解析：由题干反应方程式HgI2(aq)?Hg2＋＋2I－可知，K1＝，则有c(Hg2＋)＝，则有lg c(Hg2＋)＝lg K1＋lg c(HgI2)－2lg c(I－)，同理可得：lg c(HgI＋)＝lg K2＋lg c(HgI2)－lg c(I－)，lg c(HgI)＝lg K3＋lg c(HgI2)＋lg c(I－)，lg c(HgI)＝lg K4＋lg c(HgI2)＋2lg c(I－)，且由HgI2(s)?HgI2(aq)可知K0＝c[HgI2(aq)]为一定值，故可知图中曲线①、②、③、④(即L)分别代表lg c(HgI＋)、lg c(Hg2＋)、lg c(HgI)、lg c(HgI)，据此分析解题。由分析可知，线L表示lg c(HgI)的变化情况，A项正确；已知HgI2(s)?HgI2(aq)的化学平衡常数K0＝c[HgI2(aq)]，温度不变平衡常数不变，故随c(I－)增大，c[HgI2(aq)]始终保持不变，B项错误；由分析可知，曲线1方程为lg c(Hg2＋)＝lg K1＋lg c(HgI2)－2lg c(I－)，曲线2方程为lg c(HgI＋)＝lg K2＋lg c(HgI2)－lg c(I－)即有(*)b＝lg K1＋lg c(HgI2)－2a，(**)b＝lg K2＋lg c(HgI2)－a，联合(*)(**)可得：a＝lg K1－lg K2＝lg，C项正确；若溶液中只含HgI2，则溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比为2∶1，由于溶液中c(HgI2)不变而c(I－)在变化，可能是加入了其他物质，影响I元素或Hg元素的含量，则溶液中二者物质的量之比可能发生变化，D项错误。故选BD。
答案：BD
2．(2023·吉林白山统考三模)常温下，向25 mL 0.1 mol·L－1某二元弱酸H2R溶液中加入NaOH固体或通入HCl。已知：HR－的电离平衡常数(Ka＝10－n)大于水解平衡常数。下列有关叙述正确的是( )
A．在加入NaOH固体或通入HCl的过程中，水的电离程度均一直减小
B．pH＝7时，c(HR－)＋c(R2－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)
C．在NaHR溶液中，有关微粒浓度大小关系为c(HR－)>c(H2R)>c(R2－)
D．加入NaOH固体至pH＝n，此时存在c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋3c(HR－)
解析：H2R溶液中水的电离受到抑制，往溶液中加入NaOH固体，消耗氢离子，水的电离程度增大，当NaOH过量时，水的电离受到抑制，电离程度减小；往溶液中通入HCl，溶液中氢离子浓度增大，水的电离程度一直减小，A项错误；pH＝7时，H2R溶液中加入NaOH固体，根据电荷守恒有c(HR－)＋2c(R2－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，B项错误；HR－的电离平衡常数(Ka＝10－n)大于水解平衡常数，则在NaHR溶液中，HR－的电离程度大于其水解程度，则c(HR－)>c(R2－)>c(H2R)，C项错误；加入NaOH固体至pH＝n，c(H＋)＝10－n mol·L－1，Ka＝＝＝10－n，由此可得c(HR－)＝c(R2－)，根据电荷守恒c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HR－)＋2c(R2－)＝c(OH－)＋3c(HR－)，D项正确。故选D。
答案：D
3．(2023·浙江“9＋1高中联盟”高三联考)下列说法不正确的是( )
A．将NaCl溶液从常温加热到80 ℃，溶液仍呈中性，但pH＜7
B．25 ℃时，pH、体积均相同的CH3COONa和NaOH溶液导电能力相同
C．25 ℃时，N2H4的水溶液呈弱碱性(K1＝1.0×10－6)，则0.01 mol·L－1 N2H4水溶液的pH≈10
D．25 ℃时，物质的量浓度相等的盐溶液NaX与NaY，若c(X－)＝c(Y－)＋c(HY)，则HX为强酸
解析：NaCl是强酸强碱盐，不水解，将NaCl溶液从常温加热到80 ℃，水电离程度增大，水电离产生的c(H＋)＞10－7 mol·L－1，pH＜7，但由于水电离产生的c(H＋)＝c(OH－)，因此溶液仍呈中性，A项正确；NaOH是一元强碱，其电离产生的c(Na＋)＝c(OH－)＝c(NaOH)，而CH3COONa是盐，其水解程度是十分微弱的，主要以盐电离产生的离子形式存在，所以c(OH－)＜c(Na＋)＝c(CH3COO－)，则25 ℃时，pH、体积均相同的CH3COONa和NaOH溶液中CH3COONa溶液中离子浓度大于NaOH溶液，故二者的导电能力不相同，B项错误；25 ℃时，N2H4的水溶液呈弱碱性(K1＝1.0×10－6)，假设0.01 mol·L－1 N2H4水溶液电离产生OH－的浓度为a，则K1＝eq \f(c（N2H）·c（OH－）,c（N2H4）)＝＝1.0×10－6，解得a≈1.0×10－4 mol·L－1，则c(H＋)＝ mol·L－1＝1.0×10－10 mol·L－1，所以溶液pH≈10，C项正确；25 ℃时，物质的量浓度相等的盐溶液NaX与NaY，两种溶液中c(Na＋)相等，若c(X－)＝c(Y－)＋c(HY)，则说明X－不水解，Y－发生水解反应，c(Na＋)＝c(X－)＝c(Y－)＋c(HY)，故HX为强酸，HY是弱酸，D项正确。故选B。
答案：B
4．(2023·广东统考一模)25 ℃时，H2SeO4第一步完全电离，第二步电离平衡常数Ka＝2.18×10－2。则25 ℃时，下列说法正确的是( )
A．KHSeO4的溶液显碱性
B．K2SeO4溶液中存在c(K＋)＝2[c(HSeO)＋c(SeO)]
C．0.5 mol·L－1的H2SeO4溶液中，c(HSeO)＋2c(SeO)＋c(OH－)＝0.5 mol·L－1
D．向H2SeO4溶液中滴加KOH溶液至中性时，eq \f(c（SeO）,c（HSeO）)＝2.18×104
解析：H2SeO4第一步完全电离，则KHSeO4只电离不水解，溶液显酸性，A项错误；根据物料守恒可知，K2SeO4溶液中存在c(K＋)＝2[c(HSeO)＋c(SeO)]，B项正确；根据物料守恒可知，0.5 mol·L－1的H2SeO4溶液中，c(HSeO)＋c(SeO)＝0.5 mol·L－1，C项错误；向H2SeO4溶液中滴加KOH溶液至中性时，c(H＋)＝10－7 mol·L－1，eq \f(c（SeO）,c（HSeO）)＝eq \f(c（H＋）c（SeO）,c（H＋）c（HSeO）)＝＝2.18×105，D项错误。故选B。
答案：B
5．(2023·惠州统考三模)硒酸(H2SeO4)在水溶液中按下式发生一级和二级电离：H2SeO4===H＋＋HSeO；HSeO?H＋＋SeO，K2＝1.0×10－2(298 K)，室温下，在10 mL0.1 mol·L－1 H2SeO4溶液中，滴加0.1 mol·L－1 NaOH溶液。下列说法正确的是( )
A．SeO可经过两步水解得到H2SeO4
B．滴加NaOH溶液10 mL时，溶液中离子浓度：c(Na＋)>c(HSeO)>c(H＋)>c(SeO)>c(OH－)
C．当滴加至中性时，溶液中有c(Na＋)＝c(HSeO)＋c(SeO)
D．当用去NaOH溶液体积20 mL时，此时溶液中有2c(Na＋)＝c(HSeO)＋c(SeO)
解析：根据H2SeO4===H＋＋HSeO，HSeO?H＋＋SeO，K2＝1.0×10－2(298 K)，可知H2SeO4为强酸，而HSeO为弱酸，则HSeO对应的盐为弱酸盐，SeO离子水解，溶液呈碱性，水解离子方程式为SeO＋H2O?HSeO＋OH－。而H2SeO4对应的盐为强酸盐，在水溶液中只电离，不水解，溶液显酸性，据此分析解答。根据上述分析可知，SeO只能发生一步水解得到HSeO，A项错误；滴加NaOH溶液10 mL时，刚好生成NaHSeO4，溶液中存在HSeO的电离平衡：HSeO?H＋＋SeO，所以离子浓度为c(Na＋)>c(HSeO)>c(H＋)>c(SeO)>c(OH－)，B项正确；溶液存在电荷守恒，即c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSeO)＋2c(SeO)＋c(OH－)，当滴加至中性时，c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(HSeO)＋2c(SeO)，C项错误；当用去NaOH溶液体积20 mL时，此时溶液的溶质为Na2SeO4，为弱酸盐，SeO离子水解，溶液呈碱性，水解离子方程式为SeO＋H2O?HSeO＋OH－，此时遵循物料守恒，即c(Na＋)＝2c(HSeO)＋2c(SeO)，D项错误。故选B。
答案：B
6．(2022·全国乙卷)常温下，一元酸HA的Ka(HA)＝1.0×10－3。在某体系中，H＋与A－离子不能穿过隔膜，未电离的HA可自由穿过该膜(如图所示)。设溶液中c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，当达到平衡时，下列叙述正确的是( )
A．溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)
B．溶液Ⅱ中的HA的电离度为
C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等
D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总(HA)之比为10－4
解析：常温下溶液Ⅰ的pH＝7.0，则溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7 mol·L－1，c(H＋)＜c(OH－)＋c(A－)，A项错误；常温下溶液Ⅱ的pH＝1.0，溶液中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，Ka＝＝1.0×10－3，c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，则＝1.0×10－3，解得＝，B项正确；根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，C项错误；常温下溶液Ⅰ的pH＝7.0，溶液Ⅰ中c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1，Ka＝＝1.0×10－3，c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，＝1.0×10－3，溶液Ⅰ中c总(HA)＝(104＋1)c(HA)，溶液Ⅱ的pH＝1.0，溶液Ⅱ中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，Ka＝＝1.0×10－3，c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，＝1.0×10－3，则溶液Ⅱ中c总(HA)＝1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，溶液Ⅰ和Ⅱ中c总(HA)之比为[(104＋1)·c(HA)]∶[1.01c(HA)]＝(104＋1)∶1.01≈104，D项错误。故选B。
答案：B考点三 电解质溶液中平衡常数的计算
1．化学平衡常数
化学平衡常数K只受温度影响，即与任何一种反应物或生成物的浓度变化无关；由于催化剂同等程度地改变正、逆反应速率，故平衡常数不受催化剂影响。对于同类型的反应，K值越大，表示反应进行的程度越大，K值越小，表示反应进行的程度越小。
2．电离常数(K电离)与电离度的关系(以一元弱酸HA为例)
HA ? H＋ ＋ A－
起始浓度 c(酸) 0 0
平衡浓度 c(酸)·(1－α) c(酸)·α c(酸)·α
K电离＝＝。
若α很小，可认为1－α≈1，则K电离＝c(酸)·α2。
3．电离常数与水解常数的关系
(1)对于一元弱酸HA，Ka与Kh的关系。
HA?H＋＋A－，Ka(HA)＝；
A－＋H2O?HA＋OH－，Kh(A－)＝。
则Ka·Kh＝c(H＋)·c(OH－)＝Kw，
故Kh＝。
常温时Ka·Kh＝Kw＝1.0×10－14，
Kh＝。
(2)对于二元弱酸H2B，Ka1(H2B)、Ka2(H2B)与Kh(HB－)、Kh(B2－)的关系。
HB－＋H2O?H2B＋OH－，Kh(HB－)＝＝＝。
B2－＋H2O?HB－＋OH－，Kh(B2－)＝
＝＝。
4．溶度积常数(Ksp)的相关计算
M(OH)n悬浊液中Ksp、Kw、pH间的关系。
M(OH)n(s)?Mn＋(aq)＋n(OH－)(aq)
Ksp＝c(Mn＋)·cn(OH－)＝·cn(OH－)＝
＝。
5．Ksp与溶解度(S)之间的计算关系
对于AB型物质，其Ksp＝。
水溶液中的三大平衡常数思维建模
(1)明确各种平衡常数表达式。
(2)平衡常数都只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。升高温度，Ka、Kb、Kw、Kh均增大。
(3)Ka、Kh、Kw三者的关系式为Kh＝；Kb、Kh、Kw三者的关系式为Kh＝。
(4)对二元酸的Ka1、Ka2与相应酸根离子的Kh1、Kh2的关系式为Ka1·Kh2＝Kw，Ka2·Kh1＝Kw。
(5)反应CdS(s)＋2H＋(aq)?Cd2＋(aq)＋H2S(aq)的平衡常数K，则K＝。
(6)反应3Mg(OH)2(s)＋2Fe3＋(aq)?2Fe(OH)3(s)＋3Mg2＋(aq)的平衡常数K＝＝eq \f(K[Mg（OH）2],K[Fe（OH）3])。
(2023·浙江卷)碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：CaCO3(s)?Ca2＋(aq)＋CO(aq)[已知Ksp(CaCO3)＝3.4×10－9，Ksp(CaSO4)＝4.9×10－5，H2CO3的电离常数Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11]，下列有关说法正确的是( )
A．上层清液中存在c(Ca2＋)＝c(CO)
B．上层清液中含碳微粒最主要以HCO形式存在
C．向体系中通入CO2气体，溶液中c(Ca2＋)保持不变
D．通过加Na2SO4溶液可实现CaCO3向CaSO4的有效转化
解析：上层清液为碳酸钙的饱和溶液，存在碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，因此c(Ca2＋)＞c(CO)，A项错误；根据Ka2＝4.7×10－11可得eq \f(c（CO）·c（H＋）,c（HCO）)＝4.7×10－11，则碳酸根的水解平衡常数为Kh＝eq \f(c（HCO）·c（OH－）,c（CO）)＝≈2×10－2，说明碳酸根的水解程度较大，则上层清液中含碳微粒主要为碳酸氢根离子，B项正确；向体系中通入CO2，发生反应CO2＋CO＋H2O===2HCO，c(CO)减小，CaCO3的沉淀溶解平衡正向移动，则溶液中钙离子浓度增大，C项错误；由题干可知，Ksp(CaCO3)＝3.4×10－9，Ksp(CaSO4)＝4.9×10－5，碳酸钙比硫酸钙更难溶，加入硫酸钠后碳酸钙不会转化成硫酸钙，D项错误。故选B。
答案：B
水溶液中的平衡问题主要有弱电解质溶液、能水解的盐溶液、难溶电解质饱和溶液、混合溶液等。主要计算方法有：(1)三段式；(2)差量法；(3)极值法；(4)“虚拟”法；(5)“守恒”法等。
全部是气体的反应，可以用气体的分压代替浓度计算平衡常数。
1．(2023·金华十校高三4月模拟考试)25 ℃，Ksp(CaC2O4)＝4.0×10－8，H2C2O4的电离常数Ka1＝5.0×10－2，Ka2＝5.4×10－5。下列有关说法正确的是( )
A．25 ℃时，CaC2O4饱和溶液中，c(Ca2＋)＝2.0×10－4 mol·L－1
B．25 ℃时，0.1 mol CaC2O4固体可全部溶于1 L 0.2 mol·L－1 HCl中
C．25 ℃时，CaC2O4加到①0.1 mol·L－1 CaCl2，②0.01 mol·L－1 CaCl2两种溶液中，c(Ca2＋)：①＜②
D．25 ℃时，紫色石蕊试液滴加含HC2O的溶液中，溶液可能变蓝色
解析：CaC2O4饱和溶液中，c(Ca2＋)＝c(C2O)＝＝ mol·L－1＝2.0×10－4 mol·L－1，故A项正确；若0.1 mol CaC2O4固体可全部溶于1 L 0.2 mol·L－1 HCl中，溶液中c(Ca2＋)＝c(C2O)≈0.1 mol·L－1，此时c(Ca2＋)c(C2O)≈0.01>Ksp(CaC2O4)＝4.0×10－8，又会生成CaC2O4沉淀，说明0.1 mol CaC2O4固体不能全部溶于1 L 0.2 mol·L－1 HCl中，故B项错误；CaC2O4加到①0.1 mol·L－1 CaCl2，②0.01 mol·L－1 CaCl2两种溶液中，Ca2＋会抑制CaC2O4固体的溶解，则CaC2O4在0.01 mol·L－1 CaCl2溶液中溶解得更多，但这种抑制效果很微小，0.1 mol·L－1 CaCl2溶液中c(Ca2＋)仍然大于0.01 mol·L－1 CaCl2溶液中c(Ca2＋)，故C项错误；H2C2O4的电离常数Ka1＝5.0×10－2，Ka2＝5.4×10－5，含HC2O的溶液中HC2O的水解常数Kh＝＝＝2×10－13答案：A
2．(2023·清远清新一中校考模拟预测)下列叙述正确的是( )
A．室温下，向浓度为0.1 mol·L－1弱酸HA溶液中，滴加同浓度的NaOH溶液，溶液的pH与－lg的差为定值
B．常温下，H2SeO4的电离方程式：H2SeO4===H＋＋HSeO，HSeO?H＋＋SeO，浓度均为0.1 mol·L－1的①NaHSeO4溶液、②H2SeO4溶液、③Na2SeO4溶液，c(SeO)由大到小的顺序为③>②>①
C．同浓度的NH4Cl溶液和盐酸，加水稀释相同倍数时c(H＋)相等
D．将硫化氢气体通入硫酸铜溶液中，不能发生反应Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋[已知：室温下，氢硫酸两级电离常数分别为1.3×10－7、7.1×10－15，Ksp(CuS)＝1.3×10－36]
解析：室温下，向浓度为0.1 mol·L－1弱酸HA溶液中，滴加同浓度的NaOH溶液，反应后溶液的溶质为NaA，溶液的pH与－lg即－lg c(H＋)－＝lg－lg c(H＋)＝lg＝lg，Ka为定值，故溶液的pH与－lg的差为定值，A项正确；常温下，H2SeO4的电离方程式：H2SeO4===H＋＋HSeO，HSeO?H＋＋SeO，浓度均为0.1 mol·L－1的①NaHSeO4溶液中只存在HSeO?H＋＋SeO，②H2SeO4溶液存在H2SeO4===H＋＋HSeO，HSeO?H＋＋SeO，且第一步电离产生的H＋抑制了第二步电离，③Na2SeO4溶液中存在Na2SeO4===2Na＋＋SeO，SeO＋H2O?HSeO＋OH－，且水解程度很小，故c(SeO)由大到小的顺序为③>①>②，B项错误；虽然NH4Cl溶液由于NH水解也呈酸性，但同浓度的NH4Cl溶液和盐酸中H＋浓度不相等，故加水稀释相同倍数时c(H＋)不相等，C项错误；一般一个反应的化学平衡常数大于105便认为能够自发进行，已知反应Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋的平衡常数K＝＝＝××＝＝＝7.1×1014远大于105，故将硫化氢气体通入硫酸铜溶液中，能发生反应Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋，D项错误。故选A。
答案：A
3．(2022·浙江卷)25 ℃时，苯酚(C6H5OH)的Ka＝1.0×10－10，下列说法正确的是( )
A．相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c(C6H5O－)＞c(CH3COO－)
B．将浓度均为0.1 mol·L－1的C6H5ONa和NaOH溶液加热，两种溶液的pH均变大
C．25 ℃时，C6H5OH溶液与NaOH溶液混合，测得pH＝10.00，则此时溶液中c(C6H5O－)＝c(C6H5OH)
D．25 ℃时，0.1 mol·L－1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体，水的电离程度变小
解析：醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度较小，则相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O－)答案：C
4．(2023·岳阳统考模拟预测)已知相同温度下，Ksp(BaSO4)A．曲线①代表BaCO3的沉淀溶解曲线
B．该温度下BaSO4的Ksp(BaSO4)值为1.0×10－10
C．加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点
D．c(Ba2＋)＝10－5.1时两溶液中eq \f(c（SO）,c（CO）)＝10y2－y1
解析：BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(SO)]}＝－lg[c(Ba2＋)×c(SO)]＝－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(CO)]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，则－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(SO)]的关系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(CO)]的关系。由题意可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系。据此分析解答。由上述分析可知，曲线①为BaSO4的沉淀溶解曲线，选项A错误；曲线①为BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(SO)]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c(SO)]＝7，则－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，选项B正确；向饱和BaCO3溶液中加入适量BaCl2固体后，溶液中c(Ba2＋)增大，根据温度不变则Ksp(BaCO3)不变可知，溶液中c(CO)将减小，因此a点将沿曲线②向左上方移动，选项C错误；由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1时，两溶液中eq \f(c（SO）,c（CO）)＝＝10y1－y2，选项D错误。故选B。
答案：B
5．(2022·浙江卷)已知25 ℃时二元酸H2A的Ka1＝1.3×10－7，Ka2＝7.1×10－15。下列说法正确的是( )
A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者
B．向0.1 mol·L－1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH＝3，则H2A的电离度为0.013%
C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH＝11，则c(A2－)＞c(HA－)
D．取pH＝a的H2A溶液10 mL，加蒸馏水稀释至100 mL，则该溶液pH＝a＋1
解析：在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2－的水解程度大于HA－，水的电离程度前者大于后者，故A项错误；向0.1 mol·L－1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH＝3，＝1.3×10－7，则H2A的电离度×100%＝1.3×10－4×100%＝0.013%，故B项正确；向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH＝11，＝7.1×10－15，则c(A2－)答案：B
6．常温下，向20 mL 0.1 mol·L－1 H2S溶液中缓慢加入少量溶于水的MSO4粉末(已知MS难溶，忽略溶液体积变化)，溶液中c(H＋)与c(M2＋)变化如图所示。已知：Ka1(H2S)＝1.0×10－9，Ka2(H2S)＝1.0×10－13。下列说法错误的是( )
A．a点溶液的pH约为5
B．a、b、c三点溶液中由水电离产生的c(H＋)最大的是a点
C．b点溶液中，c(S2－)∶c(H2S)＝1∶1021
D．c点溶液中，c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)<0.1 mol·L－1
解析：设0.1 mol·L－1的H2S溶液中c(H＋)为x，则c(H＋)≈c(HS－)＝x mol·L－1，Ka1(H2S)＝＝≈＝1.0×10－9，则x＝10－5 mol·L－1，a点溶液的pH约为5，A项正确；随着MSO4粉末的加入发生反应MSO4＋H2S===MS↓＋H2SO4，随反应进行硫酸浓度增大，对水电离的抑制程度增大，故a、b、c三点中由水电离产生的c(H＋)最大的是a点，B项正确；Ka1(H2S)＝＝1.0×10－9，Ka2(H2S)＝＝1.0×10－13，Ka1(H2S)×Ka2(H2S)＝×＝1.0×10－9×1.0×10－13，得到＝1.0×10－22，b点c(H＋)＝0.1 mol·L－1，故有＝1.0×10－20，C项错误；由物料守恒可知，c点除了溶液中含硫元素外，沉淀MS中也含硫元素，则c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)＜0.1 mol·L－1，D项正确。故选C。
答案：C专题九 水溶液中的离子平衡
1．(2023·新课标卷)向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应Ag＋＋NH3?[Ag(NH3)]＋和[Ag(NH3)]＋＋NH3?[Ag(NH3)2]＋。lg[c(M)/(mol·L－1)]与lg[c(NH3)/(mol·L－1)]的关系如下图所示{其中M代表Ag＋、Cl－、[Ag(NH3)]＋或[Ag(NH3)2]＋}。下列说法错误的是( )
A．曲线Ⅰ可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线
B．AgCl的溶度积常数Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝10－9.75
C．反应[Ag(NH3)]＋＋NH3?[Ag(NH3)2]＋的平衡常数K的值为103.81
D．c(NH3)＝0.01 mol·L－1时，溶液中c{[Ag(NH3)2]＋}>c{[Ag(NH3)]＋}>c(Ag＋)
解析：氯化银饱和溶液中银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小，氯离子浓度增大、一氨合银离子浓度增大，继续滴加氨水，一氨合银离子浓度增大的幅度小于二氨合银离子浓度，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨水浓度对数变化的曲线。据此分析解答。由分析可知，曲线Ⅰ为二氨合银离子与氨水浓度对数变化的曲线，可视为氯化银溶解度随NH3浓度变化曲线，故A项正确；由分析可知，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨水浓度对数变化的曲线，由题图可知，氨分子浓度小于10－6 mol·L－1时，溶液中银离子和氯离子浓度均为10－5 mol·L－1，则氯化银的溶度积为10－5×10－5＝10－10，故B项错误；由题图可知，氨分子浓度对数为－1时，溶液中二氨合银离子和一氨合银离子的浓度分别为10－2.35 mol·L－1和10－5.16 mol·L－1，则[Ag(NH3)]＋＋NH3?[Ag(NH3)2]＋的平衡常数K＝＝＝103.81，故C项正确；由分析可知，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨水浓度对数变化的曲线，则c(NH3)＝0.01 mol·L－1时，溶液中c>c>c(Ag＋)，故D项正确。故选B。
答案：B
2．(2023·全国甲卷)下图为Fe(OH)3、Al(OH)3和Cu(OH)2在水中达沉淀溶解平衡时的pM pH关系图{pM＝－lg[c(M)/(mol·L－1)]；c(M)≤10－5mol·L－1可认为M离子沉淀完全}。下列叙述正确的是( )
A．由a点可求得Ksp[Fe(OH)3]＝10－8.5
B．pH＝4时Al(OH)3的溶解度为 mol·L－1
C．浓度均为0.01 mol·L－1的Al3＋和Fe3＋可通过分步沉淀进行分离
D．Al3＋、Cu2＋混合溶液中c(Cu2＋)＝0.2 mol·L－1时二者不会同时沉淀
解析：由点a(2，2.5)可知，此时pH＝2，pOH＝12，则Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝10－2.5×10－12×3＝10－38.5，故A项错误；由点(5，6)可知，此时pH＝5，pOH＝9，则Ksp[Al(OH)3]＝c(Al3＋)·c3(OH－)＝10－6×10－9×3＝10－33，pH＝4时Al(OH)3的溶解度为＝10－3 mol·L－1，故B项错误；由题图可知，当铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH的方法分步沉淀Al3＋和Fe3＋，故C项正确；由题图可知，Al3＋沉淀完全时，pH约为4.7，Cu2＋刚要开始沉淀，此时c(Cu2＋)＝0.1 mol·L－1，若c(Cu2＋)＝0.2 mol·L－1>0.1 mol·L－1，则Al3＋、Cu2＋会同时沉淀，故D项错误。故选C。
答案：C
3．(2023·全国乙卷)一定温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A．a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀
B．b点时，c(Cl－)＝c(CrO)，Ksp(AgCl)＝Ksp(Ag2CrO4)
C．Ag2CrO4＋2Cl－?2AgCl＋CrO的平衡常数K＝107.9
D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1 mol·L－1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4沉淀
解析：根据题图，由(1.7，5)可得到Ag2CrO4的溶度积Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝(1×10－5)2×1×10－1.7＝10－11.7，由(4.8，5)可得到AgCl的溶度积Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝1×10－5×1×10－4.8＝10－9.8，据此数据计算各选项结果。假设a点坐标为(4，6.5)，此时分别计算反应的浓度熵Q得，Q(AgCl)＝10－10.5，Q(Ag2CrO4)＝10－17，二者的浓度熵均小于其对应的溶度积Ksp，二者均不会生成沉淀，A项错误；Ksp为难溶物的溶度积，是一种平衡常数，平衡常数只与温度有关，与浓度无关，根据分析可知，二者的溶度积不相同，B项错误；C项中反应的平衡常数表达式为K＝eq \f(c（CrO）,c2（Cl－）)，将表达式转化为与两种难溶物的溶度积有关的式子得K＝eq \f(c（CrO）,c2（Cl－）)＝eq \f(c（CrO）·c2（Ag＋）,c2（Cl－）·c2（Ag＋）)＝eq \f(Ksp（AgCrO4）,K（AgCl）)＝＝1×107.9，C项正确；向NaCl、Na2CrO4均为0.1 mol·L－1的混合溶液中滴加AgNO3，开始产生沉淀AgCl、Ag2CrO4时所需要的c(Ag＋)分别为10－8.8和10－5.35，说明此时沉淀Cl－需要的银离子浓度更低，且在这种情况下，先沉淀的是AgCl，D项错误。故选C。
答案：C
常考考点：离子浓度大小比较、离子方程式书写、离子浓度的计算。
知识储备：强弱电解质、电离平衡、溶液的pH、盐类水解、平衡常数以及三大守恒定律。
1．甲胺(CH3NH2)为一元弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用CH3NH3Cl表示)。将10 mL 0.1 mol·L－1 CH3NH2溶液与10 mL 0.1 mol·L－1HCl溶液混合。下列叙述不正确的是( )
A．混合溶液呈酸性，加水稀释，n(H＋)增加
B．甲胺在水中的电离方程式为CH3NH2＋H2O?CH3NH＋OH－
C．混合溶液中：c(CH3NH)＋c(Cl－)<0.1 mol·L－1
D．往混合液中滴加少量NaOH溶液，可促进CH3NH的水解，水解常数Kh增大
解析：10 mL 0.1 mol·L－1 CH3NH2溶液与10 mL 0.1 mol·L－1 HCl溶液混合正好生成盐酸盐CH3NH3Cl，强酸弱碱盐溶液显酸性，越稀释越水解，CH3NH3Cl水解程度增大，n(H＋)增加，故A项正确；甲胺(CH3NH2)的电离类似氨的电离，甲胺在水中的电离方程式为CH3NH2＋H2O?CH3NH＋OH－，故B项正确；混合溶液中CH3NH3Cl为0.05 mol·L－1，因为CH3NH水解，故c(CH3NH)＋c(Cl－)<0.1 mol·L－1，故C项正确；水解常数Kh只与温度有关，温度不变水解常数Kh不变，故D项错误。故选D。
答案：D
2．常温下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后改向其中滴加浓NaOH溶液。整个实验过程中的pH变化曲线如图所示，不考虑次氯酸分解与溶液体积变化，下列叙述正确的是( )
A．实验过程中可以用pH试纸测定溶液的pH
B．由a→b过程中，溶液中HClO的浓度增大
C．b点时溶解的Cl2全部与水发生了反应
D．c点以后溶液呈碱性，没有漂白性
解析：将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后改向其中滴加浓NaOH溶液，整个过程中发生的反应为Cl2＋H2O?HCl＋HClO、HCl＋NaOH===NaCl＋H2O、HClO＋NaOH===NaClO＋H2O，据此分析解答。HClO具有漂白性，使测得的氯水的pH变大，所以实验过程中不能用pH试纸测定溶液的pH，故A项错误；由a→b过程中，反应为Cl2＋H2O?HCl＋HClO，随着Cl2的通入，反应正向进行，溶液中HClO的浓度增大，故B项正确；b点为饱和氯水，此时溶液中存在Cl2，故C项错误；由b→c过程中，总反应为Cl2＋NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O；c点以后溶液含有NaClO，NaClO水解生成HClO，仍然具有漂白性，故D项错误。故选B。
答案：B
3．在25 ℃时，对于0.10 mol·L－1的氨水，请回答以下问题：
(1)若向氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液的pH将______(填“增大”“减小”或“不变”)，这是因为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)若向氨水中加入等体积pH＝1的硫酸，此时溶液的pH________7(填“＞”“＜”或“＝”)；用离子方程式表示其原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
此时溶液中各离子浓度由大到小的顺序为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)向氨水中加入0.05 mol·L－1稀硫酸至溶液正好呈中性，则c(NH)________(填“＞”“＜”或“＝”)2c(SO)，此时混合溶液中c(NH)＝176c(NH3·H2O)，则NH3·H2O的电离常数Kb为__________________。
解析：(1)NH3·H2O?NH＋OH－，加入硫酸铵后NH浓度增大，平衡逆向移动，使得OH－浓度减小，从而使pH减小。(2)对于0.10 mol·L－1的氨水，若向氨水中加入等体积pH＝1的硫酸，恰好完全反应，生成硫酸铵溶液，但NH水解：NH＋H2O?NH3·H2O＋H＋，所以溶液显酸性。(3)向氨水中加入0.05 mol·L－1稀硫酸至溶液正好呈中性，则根据电荷守恒有c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SO)，溶液呈中性，所以c(NH)＝2c(SO)。因混合溶液中c(NH)＝176c(NH3·H2O)，NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝eq \f(c（NH）·c（OH－）,c（NH3·H2O）)＝1.76×10－5。
答案：(1)减小 NH3·H2O?NH＋OH－，加入硫酸铵后NH浓度增大，平衡逆向移动，使得OH－浓度减小，从而使pH减小
(2)＜ NH＋H2O?NH3·H2O＋H＋ c(NH)＞c(SO)＞c(H＋)＞c(OH－)
(3)＝ 1.76×10－5
考点一 溶液中的平衡
1．水溶液中的平衡：弱电解质的电离平衡、水的电离平衡、盐类水解平衡、难溶电解质的溶解平衡。
2．水溶液中的守恒：电荷守恒、物料守恒、质子守恒。
1．溶液中的三大守恒
以NaHCO3溶液为例
(1)电荷守恒——一边全是阳离子，另一边全是阴离子。例如：
c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)
(2)物料守恒——一边全含一种元素，另一边全含其他元素。例如：
c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
(3)质子守恒——一边能电离产生H＋，另一边能结合H＋。例如：
c(OH－)＋c(CO)＝c(H＋)＋c(H2CO3)
2．电解质溶液
加水稀释醋酸溶液，在稀释过程中______(填“增大”“减小”或“不变”，下同)；________；________；c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)_________；n(CH3COOH)＋n(CH3COO－)_____________。
解析：K＝，在稀释过程中c(H＋)减小，增大；K＝是平衡常数，温度不变，平衡常数也不变；＝
＝，在温度不变的条件下，K(CH3COOH)、Kw值也不变；随着醋酸溶液的稀释，c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)减小；醋酸溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，所以n(CH3COOH)＋n(CH3COO－)不变。
答案：增大 不变 不变 减小 不变
电解质溶液是近几年高考的重点和难点。高考对本部分内容的重点考查方向有：(1)中和滴定图像分析及有关计算；(2)微粒浓度关系判断；(3)沉淀溶解平衡及溶度积常数的应用；(4)溶液中的离子反应(离子共存和离子推断)；(5)结合图像考查弱电解质的电离和盐类的水解等。
1．(2023·湛江一模)常温下，H3PO4和H3PO3溶液中含磷微粒的物质的量分数与溶液pH的关系分别如图所示。向等物质的量浓度的H3PO4和H3PO3混合溶液中加入适量的NaOH溶液，下列说法不正确的是( )
A．由图2可知H3PO3是二元酸
B．pH＝7.2时，c(HPO)>c(HPO)
C．常温下，H2PO＋HPO?HPO＋H2PO的反应平衡常数K＝10－0.6
D．溶液pH由3变为6.6的过程中，水的电离程度增大
解析：由题图1可知，题图中只出现三个交点说明H3PO4为三元弱酸，由电离常数公式可知，磷酸的三级电离常数分别为10－2.1、10－7.2、10－12.4，题图2中只出现两个交点说明H3PO3为二元弱酸，由电离常数公式可知，二级电离常数分别为10－3、10－6.6。据此分析解答。由分析可知，H3PO3为二元弱酸，故A项正确；向等物质的量浓度的H3PO4和H3PO3混合溶液中加入适量的氢氧化钠溶液，由分析可知，H3PO4的二级电离常数小于H3PO3的二级电离常数，所以当溶液pH为7.2时，HPO优先于H2PO反应，则混合溶液中HPO的浓度大于HPO的浓度，故B项错误；由方程式可知，选项C中反应的平衡常数K＝＝＝10－0.6，故C项正确；溶液pH由3变为6.6的过程中，H3PO4、H3PO3与氢氧化钠溶液反应，溶液中氢离子浓度减小，抑制水电离的程度减小，则水的电解程度增大，故D项正确。故选B。
答案：B
2．(2023·广州统考二模)25 ℃时，用NaOH溶液调节醋酸溶液的pH，实验测得溶液中CH3COOH、CH3COO－的分布系数δ与pH的关系如图所示。其中δ(CH3COO－)＝。下列说法正确的是( )
A．曲线1代表δ(CH3COO－)
B．25 ℃，CH3COOH的电离常数Ka＝4.74
C．δ(CH3COOH)＝
D．溶液中始终存在c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)
解析：已知δ(CH3COO－)＝，右侧分子、分母同时除以c(CH3COO－)可得，δ(CH3COO－)＝＝，随着pH值增大，氢离子浓度减小，增大，即随着pH的增大，δ(CH3COO－)增大，所以曲线2代表δ(CH3COO－)，故A项错误；由题图可知，当δ(CH3COO－)＝＝0.5时，c(CH3COO－)＝c(CH3COOH)，Ka＝＝c(H＋)，此时pH＝4.74，故Ka＝10－4.74，故B项错误；＝＝＝δ(CH3COOH)，故C项正确；根据电荷守恒可知，溶液中始终存在c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，故D项错误。故选C。
答案：C
3．(2023·佛山统考一模)食醋有效成分主要为醋酸(用HAc表示)，常温下HAc的Ka＝10－4.76。下列说法错误的是( )
选项 实验操作 结论
A 加热醋酸水溶液(忽略溶质的挥发) 溶液的导电能力、HAc的电离程度均增大
B 常温下测得NH4Ac水溶液pH＝7.0 NH4Ac溶于水不发生水解
C 加入NaOH溶液与醋酸溶液恰好中和 中和后：c(Na＋)＝c(Ac－)＋c(HAc)
D 常温下，HAc溶液与NaOH溶液混合，测得溶液pH为4.76 反应后：c(Ac－)＝c(HAc)
解析：弱酸的电离是一个吸热过程，加热溶液即升高温度，电离平衡HAc?H＋＋Ac－正向移动，导致HAc的电离程度增大，溶液中的H＋和Ac－浓度增大，溶液的导电能力增强，A项正确；氨水和醋酸均为弱电解质，故NH和Ac－均能发生水解，NH＋H2O?NH3·H2O＋H＋，Ac－＋H2O?HAc＋OH－，常温下测得NH4Ac水溶液pH＝7.0，是由于NH和Ac－二者水解程度相当，而不是因为二者不水解，B项错误；加入NaOH溶液与醋酸溶液恰好中和即HAc和NaOH恰好完全反应，产物为NaAc，根据物料守恒可知，此时溶液中存在c(Na＋)＝c(Ac－)＋c(HAc)，C项正确；常温下，HAc溶液与NaOH溶液混合，测得溶液pH为4.76，根据HAc的电离平衡常数Ka＝＝10－4.76，故有反应后：c(Ac－)＝c(HAc)，D项正确。故选B。
答案：B
4．(2023·广州统考一模)苯胺(C6H5NH2)是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(C6H5NH3Cl)。下列叙述正确的是( )
A．C6H5NH2中碳原子的杂化轨道类型为sp3
B．0.01 mol·L－1C6H5NH3Cl水溶液加水稀释，pH减小
C．0.01 mol·L－1C6H5NH3Cl水溶液中：c(Cl－)＝c(C6H5NH)＋c(H＋)
D．C6H5NH3Cl在水中的电离方程式为C6H5NH3Cl===C6H5NH＋Cl－
解析：苯环内碳原子都采用sp2杂化，A项错误；盐酸盐(C6H5NH3Cl)属于强酸弱碱盐，水解显酸性，加水稀释，水解程度增大，但由于溶液被稀释，OH－浓度减小，pH增大，B项错误；0.01 mol·L－1C6H5NH3Cl水溶液中存在电荷守恒：c(OH－)＋c(Cl－)＝c(C6H5NH)＋c(H＋)，C项错误；C6H5NH3Cl在水中完全电离，电离方程式为C6H5NH3Cl===C6H5NH＋Cl－，D项正确。故选D。
答案：D
5．(2023·惠州统考三模)下列解释事实的方程式不正确的是( )
A．AgCl悬浊液中加入Na2S溶液：2AgCl(s)＋S2－(aq)===Ag2S(s)＋2Cl－(aq)
B．硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O
C．NaHCO3溶液中加入NaOH溶液：HCO＋OH－===CO＋H2O
D．硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2＋＋SO===BaSO4↓
解析：AgCl悬浊液中加入Na2S溶液，AgCl沉淀转化为硫化银沉淀，2AgCl(s)＋S2－(aq)===Ag2S(s)＋2Cl－(aq)，A项正确；硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液，离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，B项正确；NaHCO3溶液中加入NaOH溶液，离子方程式为HCO＋OH－===CO＋H2O，C项正确；硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，D项错误。故选D。
答案：D
6．(2023·北京卷)利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2＋在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。已知：ⅰ.图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。
ⅱ.图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2＋)·c2(OH－)＝Ksp[Mg(OH)2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2＋)·c(CO)＝Ksp(MgCO3)[注：起始c(Na2CO3)＝0.1 mol·L－1，不同pH下c(CO)由图1得到]。下列说法不正确的是( )
A．由图1，pH＝10.25，c(HCO)＝c(CO)
B．由图2，初始状态pH＝11、lg[c(Mg2＋)]＝－6，无沉淀生成
C．由图2，初始状态pH＝9、lg[c(Mg2＋)]＝－2，平衡后溶液中存在c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)＝0.1 mol·L－1
D．由图1和图2，初始状态pH＝8、lg[c(Mg2＋)]＝－1，发生反应：Mg2＋＋2HCO===MgCO3↓＋CO2↑＋H2O
解析：从题图1可以看出pH＝10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；从题图2可以看出pH＝11、lg[c(Mg2＋)]＝－6时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确；从题图2可以看出pH＝9、lg[c(Mg2＋)]＝－2时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)<0.1 mol·L－1，C项错误；pH＝8时，溶液中主要含碳微粒是HCO，pH＝8、lg[c(Mg2＋)]＝－1时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为Mg2＋＋2HCO===MgCO3↓＋H2O＋CO2↑，D项正确。故选C。
答案：C考点二 化学键
1．共价键
(1)共价键的类型。
①按成键原子间共用电子对的数目分为单键、双键和三键。
②按共用电子对是否偏移分为极性键、非极性键。
③按原子轨道的重叠方式分为σ键和π键，前者的电子云具有轴对称性，后者的电子云具有镜像对称性。
(2)键参数。
①键能：指气态分子中1 mol化学键解离成气体原子所吸收的能量，键能越大，化学键越稳定。
②键长：指形成共价键的两个原子之间的核间距，键长越短，共价键越稳定。
③键角：在多原子分子中，两个相邻共价键之间的夹角。
④键参数对分子性质的影响。
键长越短，键能越大，分子越稳定。
(3)σ键、π键的判断。
①由轨道重叠方式判断：“头碰头”重叠为σ键，“肩并肩”重叠为π键。
②由共用电子对数判断：单键为σ键；双键或三键，其中一个为σ键，其余为π键。
③由成键轨道类型判断：s轨道形成的共价键全部是σ键；杂化轨道形成的共价键全部为σ键。
(4)等电子原理。
原子总数相同、价电子总数相同的分子或离子具有相似的化学键特征。其物理性质相似，化学性质不同。
常见等电子体：
微粒 通式 价电子总数 立体构型
CO2、SCN－、NO、N AX2 16e－ 直线形
CO、NO、SO3 AX3 24e－ 平面三角形
SO2、O3、NO AX2 18e－ V形
SO、PO AX4 32e－ 正四面体形
PO、SO、ClO AX3 26e－ 三角锥形
CO、N2 AX 10e－ 直线形
CH4、NH AX4 8e－ 正四面体形
(5)配位键。
①孤电子对。
分子或离子中没有跟其他原子共用的电子对称为孤电子对。
②配位键。
a．配位键的形成：成键原子一方提供孤电子对，另一方提供空轨道形成的共价键。
b．配位键的表示：常用“→”来表示配位键，箭头指向接受孤电子对的原子，如NH可表示为，在NH中，虽然有1个N—H形成的过程与其他3个N—H形成的过程不同，但是一旦形成之后，4个共价键就完全相同。
③配合物。
如[Cu(NH3)4]SO4
配位体有孤电子对，如H2O、NH3、CO、F－、Cl－、CN－等。中心原子有空轨道，如Fe3＋、Cu2＋、Zn2＋、Ag＋等。
2．离子键
离子键通过两个或多个原子或化学基团失去或获得电子而成为离子后形成；成键微粒：阴离子和阳离子；离子键的本质：阴离子和阳离子之间的静电作用；离子键的特征：离子键的作用力强，无饱和性，无方向性。
3．分子性质
(1)分子构型与分子极性的关系。
(2)溶解性。
①“相似相溶”规律：非极性溶质一般能溶于非极性溶剂，极性溶质一般能溶于极性溶剂，若存在氢键，则溶剂和溶质之间的氢键作用力越大，溶解性越好。
②“相似相溶”还适用于分子结构的相似性，如乙醇和水互溶，而戊醇在水中的溶解度明显减小。
(3)无机含氧酸分子的酸性。
无机含氧酸可写成(HO)mROn，如果成酸元素R相同，则n值越大，R的正电性越高，使R—O—H中O的电子向R偏移，在水分子的作用下越易电离出H＋，酸性越强，如HClO1．正确理解微粒间的作用力
(1)强度：化学键>氢键>范德华力。
(2)范德华力与物质的组成、熔点或沸点：由分子构成的物质，若组成和结构相似，一般来说，物质的相对分子质量越大，范德华力越强，熔、沸点越高。如沸点：HI>HBr>HCl。
(3)氢键与物质的熔、沸点：H2O的熔、沸点高于H2S，因水分子间存在氢键，H2S分子间只存在范德华力。常见的非金属性较强的元素(如N、O、F)的氢化物分子间可形成氢键。
2．理清化学键类型与物质类型的对应关系
3．氢键
(1)作用粒子：氢、氟、氧、氮原子(分子内、分子间)等。
(2)特征：有方向性和饱和性。
(3)强度：共价键>氢键>范德华力。
(4)影响强度的因素：对于A—H…B—，A、B的电负性越大，B原子的半径越小，氢键键能越大。
(5)对物质性质的影响：分子间氢键的存在，使物质的熔、沸点升高，在水中的溶解度增大，如熔、沸点：H2O>H2S，HF>HCl，NH3>PH3。
(2023·沧州高三统考)用化学用语表示2H2S＋3O22SO2＋2H2O中的相关微粒，其中正确的是( )
A．SO2分子的空间构型为V形
B．H2S的电子式为
C．S原子的结构示意图为
D．基态O原子的价电子轨道表示式为
解析：SO2分子中S原子采用sp2杂化，故SO2分子的空间构型为V形，A项正确；H和S均为非金属元素，二者之间形成共价键，电子式为，B项错误；S原子的结构示意图中核电荷数为16，最外层电子数为6，C项错误；基态O原子的价电子排布式为2s22p4，则2p轨道容纳4个电子，其中有2个轨道各容纳1个电子，但自旋方向应相同，价电子轨道表示式为，D项错误。故选A。
答案：A
书写电子式的方法
(1)首先要判断是阴离子，还是阳离子，是离子化合物还是共价化合物。
(2)不能漏写没有参与成键的电子对，如NH3的电子式不是。
(3)不能错误合并离子，如Na2O2的电子式写成是错误的。
(4)不能混淆化学键的类别，如H2O2的电子式写成是错误的。
(5)离子(或根)带电荷，基团不显电性，如OH－为。
1．按要求书写下列电子式。
(1)H3O＋_________________，C________________________，
O____________________，NH________________________。
(2)HClO________________，CCl4________________________，
NH3____________________，CO2________________________，
CS2____________________，COS________________________，
HCHO_________________，C2H4________________________，
(CN)2__________________，(SCN)2_______________________，
COCl2__________________，N2H4________________________，
N2H________________。
(3)Na3N______________，Mg(OH)2________________________，
Na2S__________________，NaH___________________________，
NH4H_________________，NaCN__________________________，
NaSCN________________，NaBH4_________________________。
答案：(1)
2．(2023·北京卷)下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是( )
A．F—F键的键能小于Cl—Cl键的键能
B．三氟乙酸的Ka大于三氯乙酸的Ka
C．氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性
D．气态氟化氢中存在(HF)2，而气态氯化氢中是HCl分子
解析：F原子半径小，两个原子间的斥力较强，F—F键不稳定，因此F—F键的键能小于Cl—Cl键的键能，与电负性无关，A项符合题意；氟的电负性大于氯的电负性，F—C键的极性大于Cl—C键的极性，使F3C—的极性大于Cl3C—的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，B项不符合题意；氟的电负性大于氯的电负性，F—H键的极性大于Cl—H键的极性，导致HF分子的极性强于HCl分子的极性，C项不符合题意；氟的电负性大于氯的电负性，与氟原子相连的氢原子可以与另外的氟原子形成分子间氢键，因此气态氟化氢中存在(HF)2，D项不符合题意。故选A。
答案：A
3．(2023·北京卷)中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔，是碳材料科学的一大进步。下列关于金刚石、石墨、石墨炔的说法正确的是( )
A．三种物质中均有碳碳原子间的σ键
B．三种物质中的碳原子都是sp3杂化
C．三种物质的晶体类型相同
D．三种物质均能导电
解析：原子间优先形成σ键，三种物质中均存在σ键，A项正确；金刚石中所有碳原子均采用sp3杂化，石墨中所有碳原子均采用sp2杂化，石墨炔中苯环上的碳原子采用sp2杂化，碳碳三键上的碳原子采用sp杂化，B项错误；金刚石为共价晶体，石墨炔为分子晶体，石墨为混合晶体，C项错误；金刚石中没有自由移动电子，不能导电，D项错误。故选A。
答案：A
4．(2023·新课标卷)一种可吸附甲醇的材料，其化学式为[C(NH2)3]4[B(OCH3)4]3Cl，部分晶体结构如下图所示，其中[C(NH2)3]＋为平面结构。下列说法正确的是( )
A．该晶体中存在N—H…O氢键
B．基态原子的第一电离能：CC．基态原子未成对电子数：BD．晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同
解析：由题中晶体结构图可知，[C(NH2)3]＋中的—NH2的H与[B(OCH3)4]－中的O形成氢键，因此，该晶体中存在N—H…O氢键，A项正确；同一周期元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是第ⅡA族、第ⅤA族元素的原子结构比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子，因此，基态原子的第一电离能从小到大的顺序为C答案：A
5．(2022·湖南卷)下列说法错误的是( )
A．氢键、离子键和共价键都属于化学键
B．化学家门捷列夫编制了第一张元素周期表
C．药剂师和营养师必须具备化学相关专业知识
D．石灰石是制造玻璃和水泥的主要原料之一
解析：离子键和共价键都属于化学键，氢键属于分子间作用力，A项错误；第一张元素周期表是俄国化学家门捷列夫编制的，B项正确；药剂师和营养师的工作分别与药剂和营养物质有关，因此必须具备相关的化学专业知识，C项正确；玻璃的主要原料为石英砂、石灰石和纯碱，水泥的主要原料为石灰石、黏土，D项正确。故选A。
答案：A
6．下列化学用语或图示表达不正确的是( )
A．N2的结构式：N≡N
B．Na＋的结构示意图：
C．溴乙烷的分子模型：
D．CO2的电子式：
解析：A项，N2分子中N原子间存在三键，结构式为N≡N，正确；B项，Na＋的结构示意图：，正确；C项，溴乙烷的分子模型：，正确；D项，CO2的电子式：，错误。故选D。
答案：D考点三 分子结构与性质
在高考中常见的命题角度有围绕某物质判断共价键的类型和数目、分子的极性、中心原子的杂化方式、微粒的立体结构、氢键的形成及对物质性质的影响等。在高考中很少单独考查分子结构与性质，主要考查方式是结合化学实验或工艺流程对常见无机物的性质、制备进行考查。常见考点如下：
1．杂化轨道的要点
当原子成键时，原子的价电子轨道相互混杂，形成与原轨道数相等且能量相同的杂化轨道。杂化轨道数不同，轨道间的夹角不同，形成分子的立体构型不同。
杂化类型 杂化轨道数目 杂化轨道夹角 立体构型 实例
sp 2 180° 直线形 BeCl2
sp2 3 120° 平面三角形 BF3
sp3 4 109°28′ 正四面体形 CH4
2.分子构型与价层电子对互斥模型
价层电子对互斥模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对立体构型，不包括孤电子对。
(1)当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致。
(2)当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致。
电子对数 成键对数 孤电子对数 价层电子对立体构型 分子立体构型 实例
2 2 0 直线形 直线形 BeCl2
3 3 0 三角形 平面三角形 BF3
2 1 V形 SO2
4 4 0 四面体 四面体形 CH4
3 1 三角锥形 NH3
2 2 V形 H2O
3.中心原子杂化类型和分子立体构型的相互判断
中心原子的杂化类型和分子立体构型有关，二者之间可以相互判断。
分子组成(A为中心原子) 中心原子的孤电子对数 中心原子的杂化方式 分子立体构型 实例
AB2 0 sp 直线形 BeCl2
1 sp2 V形 SO2
2 sp3 V形 H2O
AB3 0 sp2 平面三角形 BF3
1 sp3 三角锥形 NH3
AB4 0 sp3 正四面体形 CH4
利用价层电子对互斥理论分析H2S、SO2、SO3分子的结构特征：
1．根据价层电子对互斥理论可知，H2S、SO2、SO3三种分子中S原子的价层电子对数分别为4、3、3，因此H2S中S原子价层电子对数不同于其他两种分子。
2．SO3的中心原子为S，中心原子的孤电子对数＝＝0，中心原子结合3个氧原子，结合每个O原子有且只能有1个σ键，所以S形成3个σ键，S的价层电子对数为0＋3＝3，S为sp2杂化，根据sp2杂化轨道构型可知，SO3为平面三角形分子，符合形成大π键的条件，可形成4中心6电子大π键，因此有两种共价键类型。
(2023·抚顺重点高中六校协作体二模联考)羟胺(NH2OH)易溶于水，其水溶液是比肼还弱的碱溶液。羟胺可与Zn2＋形成Zn(NH2OH)2Cl2，已知反应：NH4NO2＋NH4HSO3＋SO2＋2H2O===[NH3OH]＋HSO＋(NH4)2SO4。下列有关说法正确的是( )
A．H2O很稳定是因为分子间含有氢键
B．SO2的空间结构为平面三角形
C．NH2OH与NH中H—N—H的键角相同
D．H2O、NH与NH2OH的VSEPR模型相同
解析：H2O很稳定是因为氧元素非金属性强，与氢结合的化学键较稳定，氢键是影响H2O的熔、沸点，故A项错误；SO2中心原子采用sp2杂化，含有1对孤电子对，则其空间结构为V形，故B项错误；根据价层电子对互斥理论，NH的空间结构为正四面体形，键角为109°28′，NH2OH中N原子采用sp3杂化，中心原子有1对孤电子对，H—N—H的键角小于109°28′，故C项错误；H2O价层电子对数为2＋2＝4，NH价层电子对数为4＋0＝4，NH2OH中心原子价层电子对数为3＋1＝4，它们的VSEPR模型都是四面体形，故D项正确。故选D。
答案：D
1．用价层电子对互斥理论判断分子的立体构型时，不仅要考虑中心原子的孤电子对所占据的空间，还要考虑孤电子对对成键电子对的排斥力大小。排斥力大小顺序为LP—LP LP—BP>BP—BP(LP代表孤电子对，BP代表成键电子对)。也可以这样判断：
(1)三原子分子。
对于三原子分子，它的立体构型不外乎两种：直线形和V形。这个时候我们只需要判断一下中心原子上有没有孤电子对，有几对。如果没有孤电子对它就是直线形，sp杂化；如果有一对孤电子对它就是V形，sp2杂化；有两对孤电子对也是V形，但中心原子是sp3杂化。
(2)四原子分子。
对于四原子分子，它的立体构型只能是平面三角形和三角锥形。如果没有孤电子对，它就是平面三角形，sp2杂化；有一对孤电子对，它就是三角锥形，sp3杂化。
(3)五原子分子。
对于含五个原子的分子，它的立体构型一般是正四面体，sp3杂化。
综合以上，我们可以看出，对于三原子分子，它的中心原子可能是sp杂化、sp2杂化、sp3杂化；对于四原子分子，它的中心原子只能是sp2杂化或sp3杂化；对于五原子分子，它的中心原子一般只是sp3杂化。当然也有特殊，大家记住即可。
2．三键、双键、单键之间的排斥力大小顺序：
三键—三键>三键—双键>双键—双键>双键—单键>单键—单键。
3．排斥力大小对键角的影响。
分子 杂化轨道角度 排斥力分析 实际键角
H2O 109°28′ LP—LP LP—BP>BP—BP 105°
NH3 109°28′ LP—BP>BP—BP 107°
COCl2 120° C===O对C—Cl的排斥力大于C—Cl对C—Cl的排斥力 形成两种键角分别为124°18′、111°24′
1．(2023·山东卷)下列分子属于极性分子的是( )
A．CS2 B．NF3
C．SO3 D．SiF4
解析：CS2中C上的孤电子对数为×(4－2×2)＝0，σ键电子对数为2，价层电子对数为2，CS2的空间构型为直线形，分子中正、负电中心重合，CS2属于非极性分子，A项不符合题意；NF3中N上的孤电子对数为×(5－3×1)＝1，σ键电子对数为3，价层电子对数为4，NF3的空间构型为三角锥形，分子中正、负电中心不重合，NF3属于极性分子，B项符合题意；SO3中S上的孤电子对数为×(6－3×2)＝0，σ键电子对数为3，价层电子对数为3，SO3的空间构型为平面正三角形，分子中正、负电中心重合，SO3属于非极性分子，C项不符合题意；SiF4中Si上的孤电子对数为×(4－4×1)＝0，σ键电子对数为4，价层电子对数为4，SiF4的空间构型为正四面体形，分子中正、负电中心重合，SiF4属于非极性分子，D项不符合题意。故选B。
答案：B
2．(2023·湖南卷)下列有关物质结构和性质的说法错误的是( )
A．含有手性碳原子的分子叫做手性分子
B．邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点
C．酰胺在酸或碱存在并加热的条件下可发生水解反应
D．冠醚(18 冠 6)的空穴与K＋尺寸适配，两者能通过弱相互作用形成超分子
解析：有手性异构体的分子叫做手性分子，分子中有手性碳原子并不是分子具有手性的充分条件，许多具有手性碳原子的分子不是手性分子，A项错误；邻羟基苯甲醛能形成分子内氢键，对羟基苯甲醛能形成分子间氢键，形成分子间氢键时沸点较高，形成分子内氢键时沸点较低，故邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛，B项正确；酰胺在酸或碱存在并加热条件下可发生水解反应，C项正确；冠醚(18 冠 6)能与K＋通过弱相互作用形成超分子，D项正确。故选A。
答案：A
3．(2023·湖北卷)价层电子对互斥理论可以预测某些微粒的空间结构。下列说法正确的是( )
A．CH4和H2O的VSEPR模型均为四面体
B．SO和CO的空间构型均为平面三角形
C．CF4和SF4均为非极性分子
D．XeF2与XeO2的键角相等
解析：甲烷分子的中心原子的价层电子对为4，水分子的中心原子价层电子对也为4，所以它们的VSEPR模型都是四面体，A项正确；SO的孤电子对数为1，CO的孤电子对数为0，所以SO的空间构型为三角锥形，CO的空间构型为平面三角形，B项错误，CH4为正四面体结构，为非极性分子，SF4中心原子有孤电子对，为极性分子，C项错误；XeF2和XeO2分子中，孤电子对数不相等，孤电子对越多，排斥力越大，所以键角不相等，D项错误。故选A。
答案：A
4．(2023·湖北卷)物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是( )
选项 性质差异 结构因素
A 沸点：正戊烷(36.1 ℃)高于新戊烷(9.5 ℃) 分子间作用力
B 熔点：AlF3(1 040 ℃)远高于AlCl3(178 ℃升华) 晶体类型
C 酸性：CF3COOH(pKa＝0.23) 远强于CH3COOH(pKa＝4.76) 羟基极性
D 溶解度(20 ℃)：Na2CO3(29 g)大于NaHCO3(8 g) 阴离子电荷
解析：正戊烷和新戊烷形成的晶体都是分子晶体，由于新戊烷支链多，对称性好，分子间作用力小，所以沸点较低，故A项正确；AlF3为离子化合物，形成的晶体为离子晶体，熔点较高，AlCl3为共价化合物，形成的晶体为分子晶体，熔点较低，则AlF3熔点远高于AlCl3，故B项正确；由于电负性F>H，C—F极性大于C—H，使得羧基上的羟基极性增强，氢原子更容易电离，酸性增强，故C项正确；碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠小的原因是碳酸氢钠晶体中HCO间存在氢键，与晶格能大小无关，即与阴离子电荷无关，故D项错误。故选D。
答案：D
5．(2022·天津卷)利用反应2NH3＋NaClO===N2H4＋NaCl＋H2O可制备N2H4。下列叙述正确的是( )
A．NH3分子有孤电子对，可做配体
B．NaCl晶体可以导电
C．一个N2H4分子中有4个σ键
D．NaClO和NaCl均为离子化合物，他们所含的化学键类型相同
解析：NH3中N原子的孤电子对数＝＝1，可以提供1对孤电子对，可以做配体，A项正确；导电需要物质中有可自由移动的离子或电子，NaCl晶体中没有自由移动的电子或者离子，故不能导电，B项错误；N2H4的结构式为，分子中含有5个σ键，C项错误；NaClO含有离子键和共价键，NaCl只含有离子键，都是离子化合物，但所含的化学键类型不同，D项错误。故选A。
答案：A
6．(2023·湛江统考一模)硅与碳同主族，是构成地壳的主要元素之一，下列说法正确的是( )
A．单质硅和金刚石中的键能：Si—SiB．CH4和SiH4中C、Si化合价均为－4价
C．SiO2中Si原子的杂化方式为sp
D．碳化硅硬度很大，属于分子晶体
解析：原子半径：Si＞C，键长：Si—Si＞C—C，则键能：Si—Si＜C—C，故A项正确；H的电负性大于Si，SiH4中Si的化合价为＋4价，故B项错误；SiO2中Si的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，故C项错误；碳化硅的硬度很大，属于共价晶体，故D项错误。故选A。
答案：A考点四 晶体结构与性质
1．不同晶体的特点比较
项目 离子晶体 金属晶体 分子晶体 共价晶体
概念 阳离子和阴离子相互作用而形成的晶体 通过金属离子与自由电子之间的较强作用形成的晶体 只含分子的晶体 相邻原子间以共价键相结合而形成空间网状结构的晶体
晶体微粒 阴、阳离子 金属阳离子、自由电子 分子 原子
微粒之间作用力 离子键 金属键 分子间作用力 共价键
物理性质 熔、沸点 较高 有的高(如铁)、有的低(如汞) 低 很高
硬度 硬而脆 有的大、有的小 小 很大
溶解性 一般情况下，易溶于极性溶剂(如水)，难溶于有机溶剂 钠等可与水、醇类、酸类反应 极性分子易溶于极性溶剂；非极性分子易溶于非极性溶剂 不溶于任何溶剂
2.晶体类别的判断方法
(1)依据构成晶体的微粒和微粒间作用力判断。
由阴、阳离子形成离子键构成的晶体为离子晶体；由原子形成的共价键构成的晶体为共价晶体；由分子依靠分子间作用力形成的晶体为分子晶体；由金属阳离子、自由电子以金属键形成的晶体为金属晶体。
(2)依据物质的分类判断。
①活泼金属氧化物和过氧化物(如K2O、Na2O2)，强碱(如NaOH、KOH)，绝大多数的盐是离子晶体。
②部分非金属单质、所有非金属氢化物、部分非金属氧化物、几乎所有的酸、绝大多数有机物的晶体是分子晶体。
③常见的单质类共价晶体有金刚石、晶体硅、晶体硼等，常见的化合物类共价晶体有SiC、SiO2、AlN、BP、GaAs等。
④金属单质、合金是金属晶体。
(3)依据晶体的熔点判断。
不同类型晶体熔点大小的一般规律：共价晶体>离子晶体>分子晶体。金属晶体的熔点差别很大，如钨、铂等熔点很高，铯等熔点很低。
(4)依据导电性判断。
①离子晶体溶于水及熔融状态时均能导电。
②共价晶体一般为非导体。
③分子晶体为非导体，但分子晶体中的电解质(主要是酸和强极性非金属氢化物)溶于水时，分子内的化学键断裂形成自由移动的离子，也能导电。
④金属晶体是电的良导体。
(5)依据硬度和机械性能判断。
一般情况下，硬度：共价晶体>离子晶体>分子晶体。金属晶体多数硬度大，但也有较小的，且具有延展性。
3．晶体熔、沸点的比较
(1)共价晶体。
→→→
如熔点：金刚石>碳化硅>晶体硅。
(2)离子晶体。
①衡量离子晶体稳定性的物理量是晶格能。晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，熔点越高，硬度越大。
②一般地说，阴、阳离子的电荷数越多，离子半径越小，晶格能越大，离子间的作用力就越强，离子晶体的熔、沸点就越高，如熔点：MgO>NaCl>CsCl。
(3)分子晶体。
①分子间作用力越大，物质的熔、沸点越高；但具有分子间氢键的分子晶体熔、沸点反常得高。如H2O>H2Te>H2Se>H2S。
②组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔、沸点越高，如SnH4>GeH4>SiH4>CH4。
③组成和结构不相似的物质(相对分子质量接近)，分子的极性越大，其熔、沸点越高，如CO>N2。
④在同分异构体中，一般支链越多，熔、沸点越低，如正戊烷>异戊烷。
(4)金属晶体。
金属离子半径越小，所带电荷数越多，其金属键越强，熔、沸点就越高，如熔、沸点：Na4．晶胞
(1)常见共价晶体结构分析。
晶体 晶体结构 结构分析
金刚石 ①每个碳原子以4个共价单键对称地与相邻4个碳原子结合，形成正四面体结构；②键角均为109°28′；③最小碳环由6个C组成且6个C不在同一平面内；④每个C参与4个C—C的形成，C原子数与C—C数之比为1∶2；⑤密度＝(a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数)
SiO2 ①每个Si与4个O以共价键结合，形成正四面体结构；②每个正四面体占有1个Si，4个“O”，因此二氧化硅晶体中Si与O的个数比为1∶2；③最小环上有12个原子，即6个O，6个Si；④密度＝(a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数)
SiC、BP、AlN ①每个原子与另外4个不同种类的原子形成正四面体结构；②密度：ρ(SiC)＝；ρ(BP)＝；ρ(AlN)＝(a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数)
(2)常见分子晶体结构分析。
晶体 晶体结构 结构分析
干冰 ①每8个CO2构成1个立方体且在6个面的面心又各有1个CO2；②每个CO2分子周围紧邻的CO2分子有12个；③密度＝(a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数)
白磷 ①面心立方最密堆积；②密度＝(a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数)
(3)金属晶体的四种堆积模型分析。
堆积模型 简单立方堆积 体心立方堆积 六方最密堆积 面心立方最密堆积
晶胞
配位数 6 8 12 12
原子半径(r)和晶胞边长(a)的关系 2r＝a 2r＝ — 2r＝
一个晶胞内原子数目 1 2 2 4
原子空间利用率 52% 68% 74% 74%
(4)金属晶胞中原子空间利用率计算。
空间利用率＝×100%，球体积为金属原子的总体积。
①简单立方堆积。
如图所示，原子的半径为r，立方体的棱长为2r，则V球＝πr3，V晶胞＝(2r)3＝8r3，空间利用率＝×100%＝×100%≈52%。
②体心立方堆积。
如图所示，原子的半径为r，体对角线c为4r，面对角线b为a，由(4r)2＝a2＋b2得a＝r。1个晶胞中有2个原子，故空间利用率＝×100%＝×100%＝×100%≈68%。
③六方最密堆积。
如图所示，原子的半径为r，底面为菱形(棱长为2r，其中一个角为60°)，则底面面积S＝2r×r＝2r2，h＝r，V晶胞＝S×2h＝2r2×2×r＝8r3，1个晶胞中有2个原子，则空间利用率＝×100%＝×100%≈74%。
④面心立方最密堆积。
如图所示，原子的半径为r，面对角线为4r，a＝2r，V晶胞＝a3＝(2r)3＝16r3，1个晶胞中有4个原子，则空间利用率＝×100%＝×100%≈74%。
(5)常见离子晶体结构分析。
①典型离子晶体模型。
项目 NaCl型 CsCl型 ZnS型 CaF2型
晶胞
配位数及影响因素 配位数 6 8 4 F－：4；Ca2＋：8
影响因素 阳离子与阴离子的半径比值越大，配位数越多，另外配位数还与阴、阳离子的电荷比有关等
密度的计算(a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数) NaCl型：
CsCl型：
ZnS型：
CaF2型：
②晶格能。
a．定义：气态离子形成1 mol离子晶体释放的能量。晶格能是反映离子晶体稳定性的数据，可以用来衡量离子键的强弱，晶格能越大，离子键越强。
b．影响因素：晶格能的大小与阴(或阳)离子所带电荷、阴(或阳)离子间的距离、离子晶体的结构类型有关。离子所带电荷越多，半径越小，晶格能越大。
c．对离子晶体性质的影响：晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，而且熔点越高，硬度越大。
晶体中微粒的排列具有周期性，晶体中最小的结构重复单元称为晶胞，利用“均摊法”可以计算一个晶胞中的粒子数，从而确定晶体的化学式。“均摊法”的基本思想是晶胞中任意位置上的一个粒子被n个晶胞共用，那么每个晶胞对这个原子分得份额就是。常见考题里涉及的晶胞有立方晶胞、六方晶胞、三棱晶胞，以立方晶胞最为常见。以立方晶胞为例：
每个顶点上的粒子被8个晶胞共用，每个粒子只有属于该晶胞；每条棱上的粒子被4个晶胞共用，每个粒子只有属于该晶胞；每个面心上的粒子被2个晶胞共用，每个粒子只有属于该晶胞；晶胞内的粒子完全属于该晶胞。
(2023·湖北卷)镧La和H可以形成一系列晶体材料LaHn，在储氢和超导等领域具有重要应用。LaHn属于立方晶系，晶胞结构和参数如图所示。高压下，LaH2中的每个H结合4个H形成类似CH4的结构，即得到晶体LaHx。下列说法错误的是( )
A．LaH2晶体中La的配位数为8
B．晶体中H和H的最短距离：LaH2>LaHx
C．在LaHx晶胞中，H形成一个顶点数为40的闭合多面体笼
D．LaHx单位体积中含氢质量的计算式为 g·cm－3
解析：由LaH2的晶胞结构可知，La位于顶点和面心，晶胞内8个小立方体的中心各有1个H原子，若以顶点La研究，与之最近的H原子有8个，则La的配位数为8，故A项正确；由LaHx晶胞结构可知，每个H结合4个H形成类似CH4的结构，H和H之间的最短距离变小，则晶体中H和H的最短距离：LaH2>LaHx，故B项正确；由题干信息可知，在LaHx晶胞中，H的数目为4×8＋8＝40，每个H结合4个H形成类似甲烷的结构，所以闭合的多面体笼的顶点H个数不可能为40，故C项错误；1个LaHx晶胞中含有5×8＝40(个)H原子，含H质量为g，晶胞的体积为(484.0×10－10 cm)3＝(4.84×10－8)3 cm3，则LaHx单位体积中含氢质量的计算式为 g·cm－3，故D项正确。故选C。
答案：C
1．若1个晶胞中含有x个微粒，则1 mol晶胞中含有x mol微粒，其质量为xM g(M为微粒的摩尔质量)；若1个晶胞的质量为ρa3g(a3为晶胞的体积，ρ为晶胞的密度)，则1 mol晶胞的质量为ρa3NA g，因此有xM＝ρa3NA。
2．在使用均摊法计算晶胞中微粒个数时，要注意晶胞的形状，不同形状的晶胞，应先分析任意位置上的1个粒子被几个晶胞所共有，如六棱柱晶胞中，顶点、侧棱、底面上的棱、面心依次被6、3、4、2个晶胞所共有。
1．(2023·湖南卷)科学家合成了一种高温超导材料，其晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是( )
A．晶体最简化学式为KCaB6C6
B．晶体中与K＋最近且距离相等的Ca2＋有8个
C．晶胞中B和C原子构成的多面体有12个面
D．晶体的密度为g·cm－3
解析：根据晶胞结构可知，其中K个数：8×＝1，Ca个数：1，B个数：12×＝6，C个数：12×＝6，故其最简化学式为KCaB6C6，A项正确；根据晶胞结构可知，K＋位于晶胞顶点，Ca位于体心，则晶体中与K＋最近且距离相等的Ca2＋有8个，B项正确；根据晶胞结构可知，晶胞中B和C原子构成的多面体有14个面，C项错误；根据选项A分析可知，该晶胞最简化学式为KCaB6C6，则1个晶胞质量为 g，晶胞体积为a3×10－30 cm3，则其密度为 g·cm－3，D项正确。故选C。
答案：C
2．(2023·辽宁卷)晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。下列说法错误的是( )
A．图1晶体密度为 g·cm－3
B．图1中O原子的配位数为6
C．图2表示的化学式为LiMg2OClxBr1－x
D．Mg2＋取代产生的空位有利于Li＋传导
解析：根据均摊法，题图1的晶胞中含Li：8×＋1＝3，O：2×＝1，Cl：4×＝1，1个晶胞的质量为 g，则晶体密度为 g÷(a3×10－30 cm3)＝ g·cm－3，A项正确；题图1晶胞中，O位于面心，与O等距离最近的Li有6个，O原子的配位数为6，B项正确；根据均摊法，题图2中Li：1，Mg或空位为8×＝2。O：2×＝1，Cl或Br：4×＝1，Mg的个数小于2，根据正负化合价的代数和为0，题图2表示的化学式为LiMgOClxBr1－x，C项错误；进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料，说明Mg2＋取代产生的空位有利于Li＋的传导，D项正确。故选C。
答案：C
3.
(2022·湖北卷)某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是( )
A．Ca2＋的配位数为6
B．与F－距离最近的是K＋
C．该物质的化学式为KCaF3
D．若F－换为Cl－，则晶胞棱长将改变
解析：Ca2＋配位数为与其距离最近且等距离的F－的个数，由题图可知，Ca2＋位于体心，F－位于面心，所以Ca2＋配位数为6，A项正确；F－与K＋的最近距离为棱长的，F－与Ca2＋的最近距离为棱长的，所以与F－距离最近的是Ca2＋，B项错误；K＋位于顶点，所以K＋个数＝×8＝1，F－位于面心，F－个数＝×6＝3，Ca2＋位于体心，所以Ca2＋个数＝1，综上，该物质的化学式为KCaF3，C项正确；F－与Cl－半径不同，替换后晶胞棱长将改变，D项正确。故选B。
答案：B
4．(2022·山东卷)AlN、GaN属于第三代半导体材料，二者成键结构与金刚石相似，晶体中只存在N—Al键、N—Ga键。下列说法错误的是( )
A．GaN的熔点高于AlN
B．晶体中所有化学键均为极性键
C．晶体中所有原子均采取sp3杂化
D．晶体中所有原子的配位数均相同
解析：Al和Ga均为第ⅢA元素，N属于第ⅤA元素，AlN、GaN的成键结构与金刚石相似，则其为共价晶体，且其与金刚石互为等电子体，等电子体之间的结构和性质相似。AlN、GaN晶体中，N原子与其相邻的原子形成3个普通共价键和1个配位键。因为AlN、GaN为结构相似的共价晶体，由于Al原子的半径小于Ga，N—Al的键长小于N—Ga的，则N—Al的键能较大，键能越大则其对应的共价晶体的熔点越高，故GaN的熔点低于AlN，A项错误；不同种元素的原子之间形成的共价键为极性键，故两种晶体中所有化学键均为极性键，B项正确；金刚石中每个C原子形成4个共价键(即C原子的价层电子对数为4)，C原子无孤电子对，故C原子均采取sp3杂化；由于AlN、GaN与金刚石互为等电子体，则其晶体中所有原子均采取sp3杂化，C项正确；金刚石中每个C原子与其周围4个C原子形成共价键，即C原子的配位数是4，由于AlN、GaN与金刚石互为等电子体，则其晶体中所有原子的配位数也均为4，D项正确。故选A。
答案：A
5．(2023·辽宁模拟)几种晶体的晶胞结构如图所示。已知：CaF2、CaTiO3均为立方晶胞。下列说法错误的是( )
A．相同条件下，熔点：CaF2>CaI2
B．另一种CaTiO3晶胞结构中，当Ca处于体心时，则O处于棱心
C．CaF2晶胞中a点原子坐标参数为(0，0，0)，则b点原子坐标参数为
D．三种晶体中，Ca的配位数均为8
解析：F－半径小于I－，CaF2的离子键强于CaI2的，CaF2熔点更高，A项正确；另一种CaTiO3晶胞结构中，当Ca处于体心时，Ti处于顶角、O处于棱心，B项正确；由CaF2晶胞结构及a点原子坐标参数为(0，0，0)，可知b点原子坐标参数为，C项正确；CaTiO3中Ca的配位数为12，D项错误。故选D。
答案：D
6．(2023·江门校联考模拟预测)一种钙镁矿的四方晶胞结构如图所示。已知该晶胞的参数为a pm、a pm、b pm，1号原子的坐标为，下列说法错误的是( )
A．2号原子的坐标为
B．距离硫原子最近的硫原子数目为4
C．硫原子的配位数为4
D．该晶体的密度为 g·cm－3
解析：由坐标系及1号原子的坐标可得，2号原子的坐标为，A项正确；以硫原子为顶点，构成的立方晶胞结构中硫原子的位置位于顶点和面心，所以距离硫原子最近的硫原子数目为12，B项错误；与硫原子距离最近的有2个Ca原子和2个Mg原子，则硫原子的配位数为4，C项正确；该晶胞中，位于棱上和面上Ca原子个数为4×＋6×＝4，位于顶点、面上和体心的Mg原子个数为8×＋4×＋1＝4，位于晶胞内部硫原子个数为8，则该晶体的密度为 g·cm－3＝
g·cm－3，D项正确。故选B。
答案：B专题六 物质结构与性质
1．(2023·广东卷)化合物XYZ4ME4可作肥料，所含的5种元素位于主族，在每个短周期均有分布，仅有Y和M同族。Y的基态原子价层p轨道半充满，X的基态原子价层电子排布式为nsn－1，X与M同周期，E在地壳中含量最多。下列说法正确的是( )
A．元素电负性：E>Y>Z
B．氢化物沸点：M>Y>E
C．第一电离能：X>E>Y
D．YZ3和YE的空间结构均为三角锥形
解析：Y和M同族，Y的基态原子价层p轨道半充满，可推出Y是氮，M是磷；E在地壳中含量最多，所以E是氧；X与M同周期，即为第三周期，X的基态原子价层电子排布式为nsn－1，则X是镁；5种主族元素在每个短周期均有分布，故一定有氢，依据化学式XYZ4ME4可以推出Z是氢；元素电负性：O>N>H，A项正确；PH3、NH3、H2O均是分子晶体，NH3、H2O中都存在氢键，沸点高，PH3没有氢键沸点低，所以氢化物沸点：H2O>NH3>PH3，B项错误；同周期第一电离能自左向右总趋势逐渐增大，但第ⅡA族和第ⅤA族比左右两侧元素电离能都要大，所以第一电离能：N>O>Mg，C项错误；NH3价层电子对数为3＋1＝4，有一对孤电子对，空间结构为三角锥形，NO价层电子对数为3＋0＝3，没有孤电子对，NO空间结构为平面三角形，D项错误。故选A。
答案：A
2．(2023·新课标卷)“肼合成酶”以其中的Fe2＋配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼(NH2NH2)，其反应历程如下所示。
下列说法错误的是( )
A．NH2OH、NH3和H2O均为极性分子
B．反应涉及N—H、N—O键断裂和N—N键生成
C．催化中心的Fe2＋被氧化为Fe3＋，后又被还原为Fe2＋
D．将NH2OH替换为ND2OD，反应可得ND2ND2
解析：NH2OH，NH3，H2O的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，A项正确；由反应历程可知，有N—H，N—O键断裂，还有N—H键生成，B项正确；由反应历程可知，反应过程中，Fe2＋先失去电子发生氧化反应生成Fe3＋，后面又得到电子生成Fe2＋，C项正确；由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD，不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2和HDO，D项错误。故选D。
答案：D
3．(2023·全国乙卷)中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星。探测发现火星上存在大量橄榄石矿物(MgxFe2－xSiO4)。回答下列问题：
(1)基态Fe原子的价电子排布式为______________。橄榄石中，各元素电负性大小顺序为__________，铁的化合价为__________。
(2)已知一些物质的熔点数据如下表：
物质 NaCl SiCl4 GeCl4 SnCl4
熔点/℃ 800.7 －68.8 －51.5 －34.1
Na与Si均为第三周期元素，NaCl熔点明显高于SiCl4，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
分析同族元素的氯化物SiCl4、GeCl4、SnCl4熔点变化趋势及其原因________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
SiCl4的空间结构为__________，其中Si的轨道杂化形式为__________。
(3)一种硼镁化合物具有超导性能，晶体结构属于立方晶系，其晶体结构、晶胞沿c轴的投影图如下图所示，晶胞中含有____________个Mg。该物质化学式为____________，B—B最近距离为__________。
解析：(1)Fe为26号元素，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2。元素的金属性越强，其电负性越小，元素的非金属性越强则其电负性越大，因此，橄榄石(MgxFe2－xSiO4)中，各元素电负性大小顺序为O＞Si＞Fe＞Mg；因为MgxFe2－xSiO4中Mg、Si、O的化合价分别为＋2、＋4和－2，根据化合物中各元素的化合价的代数和为0，可以确定铁的化合价为＋2。(2)Na与Si均为第三周期元素，NaCl熔点明显高于SiCl4，原因是钠的电负性小于硅，氯化钠为离子晶体，其熔点较高；而SiCl4为分子晶体，其熔点较低。由表中的数据可知，SiCl4、GeCl4、SnCl4熔点变化趋势为随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是SiCl4、GeCl4、SnCl4均形成分子晶体，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，分子间作用力越大则其熔点越高，随着其相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大。SiCl4的空间结构为正四面体，其中Si的价层电子对数为4，因此Si的轨道杂化形式为sp3。(3)由硼镁化合物的晶体结构可知Mg位于正六棱柱的顶点和面心，由均摊法可以求出正六棱柱中含有12×＋2×＝3(个)Mg，由晶胞沿c轴的投影图可知本题所给晶体结构包含3个晶胞，则晶胞中Mg的个数为1；晶体结构中B在正六棱柱体的内部共6个，则该物质的化学式为MgB2；由晶胞沿c轴的投影图可知，B原子在图中两个正三角形的重心，该点到顶点的距离是该点到对边中点距离的2倍，顶点到对边的垂线长度为a，因此B—B最近距离为a××2＝a。
答案：(1)3d64s2 O＞Si＞Fe＞Mg ＋2
(2)钠的电负性小于硅，氯化钠为离子晶体，而SiCl4为分子晶体 随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是：SiCl4、GeCl4、SnCl4均形成分子晶体，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，分子间作用力越大则其熔点越高，随着其相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大 正四面体 sp3
(3)1 MgB2 a
物质结构是高中化学的重要组成部分，是学习其他化学知识的基础，就是人们常说的“结构决定性质”，在高考中也占有相当的比重。物质结构题型包括填空、简答，常涉及原子结构与元素的性质(如微粒的电子排布、电离能及电负性的比较)、元素周期律、分子结构与性质(如化学键类型、原子的杂化方式、分子空间构型的分析与判断)、晶体结构与性质(如晶体类型、性质及粒子间作用的关系、以晶胞为单位的密度和微粒间距离与微粒质量的关系计算及化学式分析)等考点。侧重考查分析能力和计算能力，需要熟练晶胞结构，具备一定的数学计算能力，综合性较强。
1．2021年，我国发布了《医用同位素中长期发展规划》，对提升医用同位素相关产业能力水平、保障健康中国战略实施具有重要意义。医用同位素有14C、18F、131I等。下列说法正确的是( )
A．14C位于元素周期表的第二周期第ⅥA族
B．18F和131I具有相同的最外层电子数
C．14C与12C的性质完全相同
D．化合物23Na131I的中子总数为奇数
解析：C原子序数为6，位于元素周期表的第二周期第ⅣA族，故A项错误；F和I属于第ⅦA族，最外层电子数相同，故B项正确；14C与12C的化学性质几乎完全相同，但物理性质有差异，故C项错误；23Na131I的中子总数为(23－11)＋(131－53)，不为奇数，故D项错误。故选B。
答案：B
2.
一种电池电解质溶液中盐的结构如图所示。R、W、X、Y、Z为原子序数递增的短周期元素，其中X、Z位于同一主族，R和Y的原子核外电子层数相同。下列说法正确的是( )
A．单质熔点：Z＞X
B．简单离子半径：R＞W＞X＞Y
C．实验室中少量R单质通常保存在煤油中
D．最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：Y＞W
解析：X、Z位于同一主族，则一定不是同一周期，而R可以形成＋1价阳离子，应为第ⅠA族元素，其原子序数在几种元素中最小，所以R不能位于第三周期，则R为Li元素；R和Y的原子核外电子层数相同，即有2层电子，且Y形成1个共价键，所以Y为F元素；X、W均可以形成2个共价键，且位于Li和F之间，X的原子序数较大，所以X为O元素，整个阴离子带1个单位负电荷，则W原子核外应有3个电子，2个用于形成共价键，1个和所得的电子形成电子对，所以W为B元素；X与Z同主族，则Z为S元素。据此分析解答。Z和X的单质分别为S和O2(或O3)，O2(或O3)常温下为气体，S单质为固体，所以单质熔点：Z＞X，A项正确；电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小离子半径越大，所以离子半径B3－＞O2－＞F－＞Li＋，即W＞X＞Y＞R，B项错误；Li单质的密度比煤油小，不能保存在煤油中，应保存在石蜡中，C项错误；Y为F元素，没有正价，则没有最高价氧化物对应的水化物，D项错误。故选A。
答案：A
3．下列化学用语表达正确的是( )
A．F－的离子结构示意图：
B．基态碳原子的轨道表示式：
C．丙炔的键线式：
D．CO2分子的球棍模型：
解析：F－最外层有8个电子，离子结构示意图：，故A项错误；基态碳原子的轨道表示式：，故B项错误；丙炔的三个碳原子在一条线上，故C项错误；CO2分子的空间构型为直线形，所以球棍模型为，故D项正确。故选D。
答案：D
4.
FeS2晶体的晶胞如图所示。晶胞边长为a nm、FeS2相对分子质量为M、阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为________g·cm－3；晶胞中Fe2＋位于S所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为________nm。
解析：该晶胞中Fe2＋位于棱上和体心，个数为12×＋1＝4，S位于顶点和面心，个数为8×＋6×＝4，故晶体密度为×4 g÷(a×10－7 cm)3＝×1021 g·cm－3。根据晶胞结构，S所形成的正八面体的边长为该晶胞中相邻面的面心之间的连线之长，即为晶胞边长的，故该正八面体的边长为a nm。
答案：×1021 a
5．很多含巯基(—SH)的有机化合物是重金属元素汞的解毒剂。例如，解毒剂化合物Ⅰ可与氧化汞生成化合物Ⅱ。
(1)基态硫原子价电子排布式为________________________________________________________________________。
(2)H2S、CH4、H2O的沸点由高到低顺序为______________________。
(3)汞的原子序数为80，位于元素周期表第______周期第ⅡB族。
(4)化合物Ⅲ也是一种汞解毒剂。化合物Ⅳ是一种强酸。下列说法正确的有__________(填字母)。
A．在Ⅰ中S原子采取sp3杂化
B．在Ⅱ中S元素的电负性最大
C．在Ⅲ中C—C—C键角是180°
D．在Ⅲ中存在离子键与共价键
E．在Ⅳ中硫氧键的键能均相等
(5)汞解毒剂的水溶性好，有利于体内重金属元素汞的解毒。化合物Ⅰ与化合物Ⅲ相比，水溶性较好的是________________________。
解析：(1)基态硫原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，因此基态硫原子价电子排布式为3s23p4。(2)H2S、CH4、H2O均为分子晶体，H2O分子间存在氢键，沸点较高，H2S、CH4的分子间范德华力随相对分子质量增大而增加，因此沸点由高到低顺序为H2O>H2S>CH4。(3)第六周期0族元素的原子序数为86，因此第80号元素Hg位于第六周期第ⅡB族。(4) 中S原子的价层电子对数＝2＋＝4，因此S原子采取sp3杂化，A项正确；中含有的元素为H、C、O、S、Hg，同周期元素从左至右元素的电负性逐渐增大，同主族元素从上至下元素的电负性逐渐减小，因此5种元素中电负性最大的为O元素，B项错误；中C原子成键均为单键，因此C原子采取sp3杂化，所以C—C—C键角接近109°28′，C项错误；中存在C—H、C—C、C—S、S===O、S—O、S—H共价键和与Na＋之间的离子键，故D项正确；化合物Ⅳ中存在的S===O和S—O是两种不同的化学键，键能不同，E项错误；故答案为AD。(5) 中羟基能与水分子之间形成分子间氢键，为易溶于水的钠盐，溶于水后电离出的中O原子均能与水分子之间形成氢键，相同物质的量两种物质溶于水后，形成的氢键更多，因此化合物Ⅲ更易溶于水。
答案：(1)3s23p4 (2)H2O>H2S>CH4 (3)六
(4)AD (5)化合物Ⅲ
考点一 原子结构和元素周期律
1．原子结构与性质
(1)核外电子排布规律。
①能量最低原理：在构建基态原子时，电子将尽可能地占据能量最低的原子轨道，使整个原子的能量最低。如Ge：1s22s22p63s23p63d104s24p2。
②泡利原理：在每个原子轨道里，最多只能容纳2个电子，它们的自旋相反。
③洪特规则：基态原子中，填入简并轨道的电子总是先单独分占，且自旋平行。
(2)核外电子排布的表达式。
表示方法 举例
电子排布式 Cr：1s22s22p63s23p63d54s1
简化电子排布式 Cu：[Ar]3d104s1
价电子排布式 Fe：3d64s2
电子排布图(或轨道表示式) O：
2.元素周期律
(1)原子核外电子排布的周期性。
随着原子序数的增加，主族元素原子的外围电子排布呈现周期性的变化：每隔一定数目的元素，主族元素原子的外围电子排布重复出现从ns1到ns2np6的周期性变化(第一周期除外)。
(2)主要化合价的周期性变化。
元素的主要化合价随着原子序数的递增而呈现周期性的变化规律，最高正价等于主族的族序数(F无正价，O无最高正价)。
(3)原子半径的周期性变化。
同周期元素原子半径从左向右依次减小；同主族元素原子半径从上往下依次增大。
3．第一电离能
(1)第一电离能：气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量叫做第一电离能。常用符号I1表示，单位为kJ·mol－1。
(2)元素第一电离能的周期性变化。
随着原子序数的递增，元素的第一电离能呈周期性变化：同周期从左到右，第一电离能有逐渐增大的趋势，稀有气体的第一电离能最大，碱金属的第一电离能最小。
(3)元素电离能的应用。
①判断元素金属性的强弱：电离能越小，金属越容易失去电子，金属性越强；反之，则越弱。
②判断元素的化合价：如果某元素的In＋1 In，则该元素的常见化合价为＋n价，如钠元素I2 I1，所以钠元素的化合价为＋1价。
10e－微粒和18e－微粒
(2023·广州统考二模)X、Y、Z、N是原子序数依次增大的4种短周期元素，其元素性质或原子结构如下表。下列说法正确的是( )
元素 元素性质或原子结构
X 原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能低于同周期相邻元素
Y 原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能高于同周期相邻元素
Z 其价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等
N 只有一个不成对电子
A．原子半径：Z>Y>X
B．元素的电负性：X>N>Z
C．元素的第一电离能：Z>N>Y
D．X的基态原子的电子轨道表示式：
解析：X、Y、Z、N是原子序数依次增大的4种短周期元素，X元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能低于同周期相邻元素，为O元素；Y元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能高于同周期相邻元素，为Mg元素；Z元素价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等，为Si元素；N元素只有一个不成对电子且在题给几种元素中元素序数最大，为Cl元素，结合题目分析解答。X为O，Y为Mg，Z为Si，原子半径大小为Mg>Si>O，故A项错误；X为O，Z为Si，N为Cl，电负性大小为O>Cl>Si，故B项正确；Y为Mg，Z为Si，N为Cl，元素的第一电离能Cl>Si>Mg，故C项错误；X为O，O的基态原子的电子轨道表示式为，故D项错误。故选B。
答案：B
原子结构、离子结构是物质结构的核心内容，同样也是高考的重要考点。解题时，注意掌握常用规律，提高解题能力；重视知识迁移、规范化学用语，如：
(1)微粒间“三个”数量关系。
①中性原子：核电荷数＝质子数＝核外电子数＝原子序数。
②阴离子：核外电子数＝质子数＋所带的电荷数。
③阳离子：核外电子数＝质子数－所带的电荷数。
(2)“四同”的判断方法——判断的关键是抓住描述的对象。
①同位素——原子，如H、H、H。
②同素异形体——单质，如O2、O3。
③同系物——有机化合物，结构相似，分子组成相差若干个“CH2”，如CH3CH3、CH3CH2CH3。
④同分异构体——有机化合物，具有相同的分子式，如正戊烷、新戊烷。
1．(2023·全国甲卷)W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为19。Y的最外层电子数与其K层电子数相等，WX2是形成酸雨的物质之一。下列说法正确的是( )
A．原子半径：X>W
B．简单氢化物的沸点：XC．Y与X可形成离子化合物
D．Z的最高价含氧酸是弱酸
解析：W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，WX2是形成酸雨的物质之一，根据原子序数的规律，则W为N，X为O，Y的最外层电子数与其K层电子数相等，又因为Y的原子序数大于氧的，则Y电子层为3层，最外层电子数为2，所以Y为Mg，四种元素最外层电子数之和为19，则Z的最外层电子数为6，Z为S，据此分析解答。X为O，W为N，同周期从左往右，原子半径依次减小，所以原子半径大小为W＞X，A项错误；X为O，Z为S，X的简单氢化物为H2O，含有分子间氢键，Z的简单氢化物为H2S，没有氢键，所以简单氢化物的沸点为X＞Z，B项错误；Y为Mg，X为O，他们可形成MgO，为离子化合物，C项正确；Z为S，硫的最高价含氧酸为硫酸，是强酸，D项错误。故选C。
答案：C
2．(2023·全国乙卷)一种矿物由短周期元素W、X、Y组成，溶于稀盐酸有无色无味气体生成。W、X、Y原子序数依次增大。简单离子X2－与Y2＋具有相同的电子结构。下列叙述正确的是( )
A．X的常见化合价有－1、－2
B．原子半径大小为Y>X>W
C．YX的水合物具有两性
D．W单质只有4种同素异形体
解析：W、X、Y为短周期元素，原子序数依次增大，简单离子X2－与Y2＋具有相同的电子结构，则它们均为10电子微粒，X为O，Y为Mg，W、X、Y组成的物质溶于稀盐酸有无色无味的气体产生，则W为C，产生的气体为二氧化碳，据此分析解答。X为O，氧的常见价态有－1价和－2价，如H2O2和H2O，A项正确；W为C，X为O，Y为Mg，同主族时电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，原子序数越小，原子半径越大，所以原子半径大小为Y＞W＞X，B项错误；Y为Mg，X为O，他们可形成MgO，水合物为Mg(OH)2，Mg(OH)2只能与酸反应生成盐和水，不能与碱反应，所以YX的水合物没有两性，C项错误；W为C，碳的同素异形体有金刚石、石墨、石墨烯、富勒烯、碳纳米管等，种类不止4种，D项错误。故选A。
答案：A
3．(2023·湖南卷)日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为3W3(ZX4)2·WY2。已知：X、Y、Z和W为原子序数依次增大的前20号元素，W为金属元素。基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为2∶1∶3。下列说法正确的是( )
A．电负性：X>Y>Z>W
B．原子半径：XC．Y和W的单质都能与水反应生成气体
D．Z元素最高价氧化物对应的水化物具有强氧化性
解析：根据题中所给的信息，基态X原子s轨道上的电子数与p轨道上的电子数相同，可以推测X为O元素或Mg元素，由荧光粉的结构可知，X主要形成的是酸根，因此X为O元素；基态X原子中未成键电子数为2，因此Y的未成键电子数为1，又因X、Y、Z、W的原子序数依次增大，故Y可能为F元素、Na元素、Al元素、Cl元素，因题目中给出W为金属元素且荧光粉的结构中Y与W化合，故Y为F元素或Cl元素；Z原子的未成键电子数为3，又因其原子序数大于Y，故Y应为F元素、Z应为P元素；从荧光粉的结构式可以看出W为某＋2价元素，故其为Ca元素；综上所述，X、Y、Z、W四种元素分别为O、F、P、Ca，据此分析答题。同一周期电负性从左到右依次增大，同一主族元素电负性从上到下依次减小，故四种原子的电负性大小为Y>X>Z>W，A项错误；同一周期原子半径从左到右依次减小，同一主族原子半径从上到下依次增大，故四种原子的原子半径大小为Y答案：C
4．(2023·浙江卷)X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y与Z位于同一周期，且只有X、Y元素相邻。X基态原子核外有2个未成对电子，W原子在同周期中原子半径最大。下列说法不正确的是( )
A．第一电离能：Y>Z>X
B．电负性：Z>Y>X>W
C．Z、W原子形成稀有气体电子构型的简单离子的半径：WD．W2X2与水反应生成产物之一是非极性分子
解析：X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y与Z位于同一周期，且只有X、Y元素相邻。X基态原子核外有2个未成对电子，则X为C，Y为N，Z为F，W原子在同周期中原子半径最大，则W为Na。据此分析解答。根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族大于第ⅢA族，第ⅤA族大于第ⅥA族，则第一电离能：Z>Y>X，故A项错误；根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则电负性：Z>Y>X>W，故B项正确；根据同电子层结构“核多径小”，则Z、W原子形成稀有气体电子构型的简单离子的半径：W答案：A
5．(2022·山东卷)O、O的半衰期很短，自然界中不能稳定存在。人工合成反应如下：O＋He―→O＋X；O＋He―→O＋Y。下列说法正确的是( )
A．X的中子数为2
B．X、Y互为同位素
C．O、O可用作示踪原子研究化学反应历程
D．自然界不存在O2、O2分子是因其化学键不稳定
解析：根据质量守恒可知，X微粒为He，Y微粒为He，据此分析解题。由分析可知，X微粒为He，根据质量数等于质子数加中子数可知，该微粒的中子数为4，A项错误；由分析可知，X微粒为He，Y微粒为He，二者具有相同的质子数而不同的中子数，故互为同位素，B项正确；由题干信息可知，O与O的半衰期很短，故不适宜用作示踪原子研究化学反应历程，C项错误；自然界中不存在O2与O2并不是其化学键不稳定，而是由于O与O的半衰期很短，很容易发生核变化，转化为其他原子气体，D项错误。故选B。
答案：B
6．(2022·北京卷)38Sr(锶)的87Sr、86Sr稳定同位素在同一地域土壤中87Sr/86Sr值不变。土壤生物中87Sr/86Sr值与土壤中87Sr/86Sr值有效相关。测定土壤生物中87Sr/86Sr值可进行产地溯源。下列说法不正确的是( )
A．Sr位于元素周期表中第六周期、第ⅡA族
B．可用质谱法区分87Sr和86Sr
C．87Sr和86Sr含有的中子数分别为49和48
D．同一地域产出的同种土壤生物中87Sr/86Sr值相同
解析：Sr位于元素周期表中第五周期第ⅡA族，故A项错误；质谱法可以测定原子的相对原子质量，87Sr和86Sr的相对原子质量不同，可以用质谱法区分，故B项正确；87Sr的中子数为87－38＝49，86Sr的中子数为86－38＝48，故C项正确；由题意可知，38Sr(锶)的87Sr、86Sr稳定同位素在同一地域产出的同种土壤生物中87Sr/86Sr值不变，故D项正确。故选A。
答案：A
