新教材2024高考化学二轮专题复习专题1物质的组成分类性质及应用课件（共10分）

(共45张PPT)
专题一　物质的组成、分类、性质及应用
真题研练·析考情
核心突破·提能力
模考精练·抓落实
真题研练·析考情
真题研练
1.[2023·新课标卷]化学在文物的研究和修复中有重要作用。下列说法错误的是(　　)
A．竹简的成分之一纤维素属于天然高分子
B．龟甲的成分之一羟基磷灰石属于无机物
C．古陶瓷修复所用的熟石膏，其成分为Ca(OH)2
D．古壁画颜料中所用的铁红，其成分为Fe2O3
解析：纤维素是一种天然化合物，其分子式为(C6H10O5)n，其相对分子质量较高，是一种天然高分子，A正确；羟基磷灰石又称羟磷灰石、碱式磷酸钙，其化学式为Ca5(PO4)3(OH)，属于无机物，B正确；熟石膏是主要成分为2CaSO4·H2O，Ca(OH)2为熟石灰的主要成分，C错误； Fe2O3为红色，常被用于油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，俗称铁红，D正确；故选C。
答案：C
2．[2023·山东卷]下列之物具有典型的齐鲁文化特色，据其主要化学成分不能与其他三种归为一类的是(　　)
A．泰山墨玉 B．龙山黑陶
C．齐国刀币 D．淄博琉璃
解析：墨玉、黑陶、琉璃的主要成分属于无机非金属材料，齐国刀币的主要成分为青铜，属于金属材料，故本题选C。
答案：C
3．[2023·湖南卷]中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是(　　)
A．青铜器“四羊方尊”的主要材质为合金
B．长沙走马楼出土的竹木简牍主要成分是纤维素
C．蔡伦采用碱液蒸煮制浆法造纸，该过程不涉及化学变化
D．铜官窑彩瓷是以黏土为主要原料，经高温烧结而成
解析：青铜是在纯铜中加入锡或铅得到的合金，A项正确；竹木简牍的主要成分是纤维素，B项正确；碱液蒸煮制浆法造纸过程中，植物纤维在碱液中发生水解反应(属于化学变化)，C项错误；彩瓷是以黏土为主要原料，加工定型后经高温烧结而制成的硅酸盐产品，D项正确。
答案：C
4．[2022·辽宁卷]北京冬奥会备受世界瞩目。下列说法错误的是(　　)
A．冰壶主材料花岗岩属于无机非金属材料
B．火炬“飞扬”使用的碳纤维属于有机高分子材料
C.冬奥会“同心”金属奖牌属于合金材料
D．短道速滑服使用的超高分子量聚乙烯属于有机高分子材料
解析：花岗岩的主要成分是石英、云母、长石等矿物，属于无机非金属材料，A正确；碳纤维指的是含碳量在90%以上的高强度高模量纤维，属于无机非金属材料，B错误；金属奖牌属于合金材料，C正确；聚乙烯属于有机高分子材料，D正确。
答案：B
5．[2022·全国甲卷]化学与生活密切相关。下列叙述正确的是(　　)
A．漂白粉与盐酸可混合使用以提高消毒效果
B．温室气体是形成酸雨的主要物质
C．棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物
D．干冰可用在舞台上制造“云雾”
解析：漂白粉的有效成分是次氯酸钙，次氯酸钙与盐酸发生反应生成氯气，降低消毒效果，A项错误；温室气体主要为CO2，形成酸雨的主要物质是SO2和氮氧化物，B项错误；蚕丝是蛋白质，不属于碳水化合物，C项错误；干冰升华吸热可使周围的水蒸气凝结成“云雾”，D项正确。
答案：D
6．[2022·浙江6月]下列表示正确的是(　　)
答案：D
考情分析
考点 考向 预测
生产、生活中的化学 化学物质在生活、生产中的应用 这类题目会围绕无机物的性质及应用和有机化合物的性质及应用进行考查，主要体现化学与生活、生产、科技的联系。还会延续以往的命题风格，试题外观特征和考查要求不会发生大的变化，与时代的变化和发展的关系会越来越紧密。应关注生活、关注社会，特别是关注社会热点和焦点中的化学知识；关注物质结构、性质与应用之间的联系；关注以图示的形式为载体的考查。
化学与环境 化学与材料 化学与医药 化学与能源 化学与科技 传统文化 中的化学 古文献中的化学常识 古诗词中的化学常识 化学用语 原子(离子)结构、电子式与结构式 模型分析 核心突破·提能力
考点1　物质的分类及变化
核 心 梳 理
1.宏观物质与微观组成
2．物质的组成与分类
【特别提醒】
物质组成、分类的“四个误区”
(1)误认为由相同元素组成的物质一定是纯净物。若某物质是由一种元素组成的不同单质混合而成则为混合物，如O2、O3组成的混合气体就是混合物，而由12C和14C组成的石墨是纯净物。
(2)误认为溶液呈酸性的物质一定是酸，溶液呈碱性的物质一定是碱。NaHSO4、CuSO4、NH4Cl溶液呈酸性，Na2CO3、NaHCO3溶液呈碱性，但这些物质均属于盐。
(3)误认为金属氧化物、非金属氧化物分别与碱性氧化物、酸性氧化物相对应。金属氧化物不一定是碱性氧化物，但碱性氧化物一定是金属氧化物。酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7；非金属氧化物也不一定是酸性氧化物，如CO、NO。
(4)误认为酸分子中含有几个氢原子，就是几元酸。几元酸是由一个酸分子最多能电离产生的H＋数目决定的，最多能电离产生几个H＋，该酸就是几元酸，如次磷酸(H3PO2)是一元弱酸，硼酸(H3BO3)是一元弱酸。
3.常见易混的物理变化与化学变化
(1)物理变化——金属导电、溶解、潮解、萃取、分液、蒸馏、分馏、挥发、升华、吸附、盐析、渗析、焰色试验，物质三态变化等。
(2)化学变化——风化、同素异形体间的相互转化、脱水、变性、干馏、显色反应、颜色反应、钝化、油脂的硬化、煤的气化和液化等。
典 题 精 研
考向 物质的分类及转化
例1 中国科学技术大学的钱逸泰教授等以四氯化碳和金属钠为原料，在700 ℃时制得纳米级金刚石粉末，发生的反应是4Na+CCl4C＋4NaCl，这一成果被誉为“稻草变黄金”。对此反应的理解有误的是(　　)
A．反应过程中元素种类没有改变
B．四氯化碳和氯化钠都属于盐
C．金刚石属于共价晶体
D．该反应为置换反应
答案：B
解析：化学反应前后遵循元素守恒，反应前后元素种类不变，A正确；四氯化碳不符合盐的定义，不是盐，B错误；金刚石属于共价晶体，C正确；CCl4和金属钠为原料，在700 ℃时制造出纳米级金刚石粉末的过程是钠单质置换出碳单质的过程，属于置换反应，D正确。
练1 化学促进了科技进步和社会发展，下列叙述中没有涉及化学变化的是(　　)
A．《神农本草经》中记载的“石胆能化铁为铜”
B．利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱
C．科学家成功将CO2转化为淀粉或葡萄糖
D．北京冬奥会场馆使用CO2跨临界直冷制冰
解析：CO2跨临界直冷制冰是利用液态CO2汽化吸热导致环境温度下降，从而使水结冰，属于物理变化，D项符合题意。
答案：D
考点2　化学与STSE
核 心 梳 理
分类 具体阐释
化学与生活、科技 (1)P：白磷(P4)制高纯度磷酸，红磷制安全火柴、农药等。
(2)乙二醇：内燃机的抗冻剂等。
(3)MgO、Al2O3：由于其熔点较高，可以制作耐火材料。
(4)Si：制半导体、芯片、太阳能电池。SiO2：制光导纤维、石英玻璃、普通玻璃。
(5)消毒杀菌：氯气、漂白粉(用于水消毒)，高锰酸钾(稀溶液用于皮肤消毒)，酒精、碘酒(用于皮肤消毒)，甲醛(福尔马林可用作种子消毒剂)。
(6)明矾：净水剂。Na2FeO4：具有强氧化性，能消毒杀菌，还原产生的Fe3＋水解生成氢氧化铁胶体可吸附水中的悬浮杂质。
(7)抗酸药：作用是“中和”胃液中的盐酸，缓解胃部不适，其主要成分是能与盐酸“中和”的化学物质，如氢氧化铝、碳酸氢钠、碳酸镁、氢氧化镁等。
(8)食品干燥剂：具有吸水性，且吸水后仍然是无毒无害的固体状物质。
(9)医学造影剂：医学上常用作胃肠和消化道造影剂的物质是难溶于胃酸的硫酸钡(又称为“钡餐”)。
(10)合金：由两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合而成的具有金属特性的物质，其硬度比其成分金属的大，熔点比其成分金属的低。
(11)陶瓷；传统陶瓷的主要原料是黏土，主要成分是硅酸盐。
(12)玻璃：普通玻璃是Na2SiO3、CaSiO3、SiO2等熔化在一起得到的物质，是混合物；石英玻璃的主要成分是SiO2；有机玻璃的主要成分是聚甲基丙烯酸甲酯。
(13)塑料：主要成分是合成树脂。热塑性塑料如聚乙烯、聚氯乙烯、聚丙烯，此类材料可以反复加热熔融加工。热固性塑料如酚醛树脂，此类材料加工成型后受热不能软化或熔融，也不溶于任何溶剂。
化学与环境 (1)PM2.5：大气中直径小于或等于2.5 μm的颗粒物。
(2)温室效应气体：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：可破坏臭氧层的物质主要是氟氯代烷和氮氧化物。
(5)光化学烟雾：大气中的碳氢化合物和氮氧化物等一次污染物，在阳光照射下，发生一系列光化学反应，生成臭氧、醛、酮、PAN等二次污染物，这些一次污染物和二次污染物所形成的混合物称为光化学烟雾。
(6)雾霾：主要由二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物组成。
(7)重金属污染：由重金属或其化合物造成的环境污染。
(8)赤潮、水华产生的原因：大量的氮、磷等元素进入水中，造成水体富营养化。
化学与资源 (1)水资源：海水淡化的主要方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等；生活中采用煮沸的方法将硬水软化。
(2)能源：
①一次能源是指从自然界取得的未经改变或转变而直接利用的能源，如煤、石油、天然气、风能、水能等；二次能源是指由一次能源经过加工转换以后得到的能源，如煤气、氢气、电力、液化石油气等。
②常规能源是指煤、石油、天然气等，新能源是指核能、太阳能、地热能等。
典 题 精 研
考向 生活、生产中的化学常识
例2 [2023·全国甲卷]化学与生活密切相关，下列说法正确的是(　　)
A．苯甲酸钠可作为食品防腐剂是由于其具有酸性
B．豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射
C．SO2可用于丝织品漂白是由于其能氧化丝织品中有色成分
D．维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化
解析：苯甲酸钠属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，因此，其可作为食品防腐剂不是由于其具有酸性，A说法不正确；豆浆属于胶体，具有丁达尔效应，是因为胶体粒子对光线发生了散射，B说法正确；SO2可用于丝织品漂白是由于其能与丝织品中有色成分化合为不稳定的无色物质，C说法不正确；维生素C具有很强的还原性，可用作水果罐头的抗氧化剂，D说法不正确；综上所述，本题选B。
答案：B
练2 广东有众多国家级非物质文化遗产，如广东剪纸、粤绣、潮汕工夫茶艺和香云纱染整技艺等。下列说法不正确的是(　　)
A．广东剪纸的裁剪过程不涉及化学变化
B．冲泡工夫茶时茶香四溢，体现了分子是运动的
C.制作粤绣所用的植物纤维布含有天然高分子化合物
D．染整技艺中去除丝胶所用的纯碱水溶液属于纯净物

解析：广东剪纸的裁剪过程中没有新物质生成，故不涉及化学变化，A项正确；冲泡工夫茶时茶香四溢，是因为茶水的香味分子不停地做无规则运动，扩散到空气中，B项正确；制作粤绣所用的植物纤维布含有纤维素，属于天然高分子化合物，C项正确；染整技艺中去除丝胶所用的纯碱水溶液属于混合物，D项错误。
答案：D
考点3　化学与传统文化
核 心 梳 理
1.传统文化涉及“物质”的判断
(1)“有硇水者，剪银塊投之，则旋而为水”，“硇水”指的是硝酸。
(2)药物“鼻冲水”条目下写道：“贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减，气甚辛烈，触入脑，非有病不可嗅”，“鼻冲水”指的是氨水。
(3)《汉书》中“高奴县有洧水可燃”，这里的“洧水”指的是石油。
(4)《黄白第十六》中“曾青涂铁，铁赤如铜”，其“曾青”是可溶性铜盐。
(5)《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是K2CO3。
(6)《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”指的是CaCO3。
(7)《梦溪笔谈·器用》中“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”的“剂钢”是指铁的合金。
(8)《天工开物》中有如下描述：“世间丝、麻、裘、褐皆具素质……”文中的“裘”主要成分是蛋白质。
(9)古籍中对“鍮石”有如下记载：“鍮石，自然铜之精也，今炉甘石(主要成分为碳酸锌)炼成者，假鍮也。”“鍮石”指铜，“假鍮”指铜锌合金。
2．传统文化涉及“变化”的判断
由古代文献记载的内容，联系化学反应，判断是否为化学变化、物理变化；判断化学反应的类型，如置换反应、氧化还原反应等。如“烈火焚烧若等闲”，该过程涉及化学变化——碳酸钙的分解。“熬胆矾(CuSO4·5H2O)铁釜，久之亦化为铜”，涉及的反应类型为置换反应或氧化还原反应。
3．传统文化涉及“分离”方法的判断
根据过程判断分离和提纯的常用方法，如蒸馏、蒸发、升华、萃取等。如“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”该过程涉及蒸馏操作；“……(KNO3)所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”，“煎炼”涉及蒸发结晶操作。
典 题 精 研
考向 传统文化中的化学常识
例3 古代的很多诗歌、谚语等都蕴含着化学知识。下列说法正确的是(　　)
A．“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”中能量的变化主要是化学能转化为热能
B．“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”，“泪”是指蜡烛燃烧生成的水
C．“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹爆炸发生的是分解反应
D．“纷纷灿烂如星陨，火霍火霍喧豗似火攻”，烟花是某些金属元素发生化学变化呈现出的颜色
答案：A
解析：燃烧时，燃料的化学能主要转化为热能，A正确；“泪”是指蜡烛熔化后的液体，B错误；爆竹在点燃后发生的主要反应为S＋2KNO3＋3C===K2S＋N2↑＋3CO2↑，不是分解反应，C错误；烟花是某些金属元素发生焰色试验呈现出的颜色，焰色试验属于物理变化，D错误。
练2 “灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献，陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生 作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约0.1%)混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢。下列说法错误的是(　　)
A．钢是以铁为主的含碳合金
B．钢的含碳量越高，硬度和脆性越大
C．生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高
D．冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3
解析：钢是含碳量低的铁合金，A项正确；钢的硬度和脆性与含碳量有关，随着含碳量的增大而增大，B项正确；由题意可知，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢，说明生铁的熔点低于熟铁，C项错误；赤铁矿的主要成分是Fe2O3，可用于冶炼铁，D项正确。
答案：C
考点4　化学用语
核 心 梳 理
1.表示物质组成和结构的化学用语
2.电子式的书写方法
典 题 精 研
考向 化学用语的规范使用
例4 下列化学用语的表达正确的是(　　)
A．羰基硫(COS)的结构式：O===C===S
B．中子数为10的氧原子形成的过氧根离子：10
C．由H和Cl形成化学键的过程：
D． 的名称：2 甲基 3 丁烯
练4 我国科学家首次在实验室中实现从二氧化碳到淀粉的全合成，合成路径如下图所示。下列表示相关微粒的化学用语正确的是(　　)
A．淀粉的分子式：(C6H12O6)n
B．DHA的最简式：CH2O
C．FADH的电子式：
D．CO2的空间填充模型：

答案：B
模考精练·抓落实
1.北京2022年冬奥会中使用了大量新材料。下列属于金属材料的是(　　)
解析：A项，钛合金属于金属材料；B项，聚硅氮烷树脂属于无机聚合物，是一种新型无机非金属材料；C项，石墨烯是碳的同素异形体，属于非金属材料；D项，聚乳酸是有机材料。
答案：A
2.化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是(　　)
A.“神州十三号”运载火箭的轨道舱壳体铝合金因其密度小、抗腐蚀性能好等优点成为关键材料
B.中科院首次实现了CO2合成淀粉，该技术的应用有助于实现“碳达峰”和“碳中和”
C.燃煤中加入CaO主要是为了减少温室气体的排放和酸雨的形成
D.T 碳是一种新型三维碳结构晶体，与金刚石互为同素异形体
答案：C
解析：合金较纯金属硬度大、抗腐蚀性好，铝合金因其密度小、抗腐蚀性能好，故可以用于“神州十三号”运载火箭的结构部件，故A正确；CO2合成淀粉，该技术的应用可充分利用二氧化碳，有助于实现“碳达峰”和“碳中和”，故B正确；加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但在高温下反应生成二氧化碳，燃煤中加入CaO后可减少酸雨的发生，但不能减少温室气体的排放量，故C错误；T 碳与金刚石都是含碳元素的单质，互为同素异形体，故D正确。
3．化学对提高人类生活质量和促进社会发展具有重要作用。运用化学知识对下列选项进行的分析合理的是(　　)
A.石油的分馏、海水晒盐、煤的气化都是物理变化
B.烟熏腊肉中含有丰富的脂肪，脂肪属于酯类，是天然高分子化合物
C.制作湘绣需使用大量的丝绸，古代丝绸所含的天然纤维主要是蚕丝纤维
D.大量SO2排放到空气中，不但能形成酸雨，而且易产生光化学烟雾危害环境
解析：煤的气化生成新物质，是化学变化，A错误；脂肪属于油脂，油脂不是高分子化合物，B错误；丝绸是用蚕丝做的，所含的天然纤维主要是蚕丝纤维，C正确；SO2排放到空气中，能形成酸雨，但不易产生光化学烟雾，产生光化学烟雾的是氮氧化合物，D错误。
答案：C
4．我国科学家成功利用CO2人工合成淀粉，使淀粉生产方式从农业种植转为工业制造成为可能，其原理如图所示。下列说法错误的是(　　)
A.甲醇可用于燃料电池的正极活性物质
B.化妆品中添加二羟基丙酮的主要作用为保湿
C.淀粉可用于制备葡萄糖
D.该过程有利于实现“碳达峰，碳中和”
解析：甲醇燃料电池中通甲醇的一极为负极，通O2的一极为正极，故甲醇可用于燃料电池的负极活性物质，A错误；二羟基丙酮中的羟基能与H2O之间形成分子间氢键，牢牢锁住水分，故化妆品中添加二羟基丙酮的主要作用为保湿，B正确；淀粉在一定条件下水解可生成葡萄糖，故淀粉可用于制备葡萄糖，C正确；该过程消耗CO2，制备淀粉，故有利于实现“碳达峰，碳中和”，D正确。
答案：A
5．科技是第一生产力，我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法错误的是(　　)
A.利用CO2合成了脂肪酸：实现了无机小分子向有机高分子的转变
B.发现了月壤中的“嫦娥石[(Ca8Y)Fe(PO4)7]”：其成分属于无机盐
C.研制了高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式：太阳能→电能
D.革新了海水原位电解制氢工艺：其关键材料多孔聚四氟乙烯耐腐蚀
解析：常见的脂肪酸有：硬脂酸(C17H35COOH)、油酸(C17H33COOH)，二者相对分子质量虽大，但没有达到高分子化合物的范畴，不属于有机高分子，A错误；嫦娥石因其含有Y、Ca、Fe等元素，属于无机化合物，又因含有磷酸根，是无机盐，B正确；电池是一种可以将其他能量转化为电能的装置，钙钛矿太阳能电池可以将太阳能转化为电能，C正确；海水中含有大量的无机盐成分，可以将大多数物质腐蚀，而聚四氟乙烯塑料被称为塑料王，耐酸、耐碱，不会被海水腐蚀，D正确；故答案选A。
答案：A
6．“何当共剪西窗烛，却话巴山夜雨时”是唐代诗人李商隐的著名诗句，其中的“剪烛”就是剪去烧焦的烛芯，下列有关烛芯的说法正确的是(　　)
A.烛芯是由传统无机非金属材料制成的
B.烛芯是由光导纤维制成的
C.烛芯是由耐高温的碳化硅制成的
D.烛芯的主要成分是纤维素

解析：烛芯是由棉线构成，属于有机物，A错误；光导纤维的主要成分是SiO2，烛芯是纤维素，B错误；烛芯是由棉线构成，不是碳化硅制成，C错误；烛芯由棉线构成，主要成分是纤维素，D正确。
答案：D(共36张PPT)
专题二　化学计量及其应用
真题研练·析考情
核心突破·提能力
模考精练·抓落实
真题研练·析考情
真题研练
1.[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6.5 NA
B．标准状况下，2.24 L SO3中电子的数目为4.00 NA
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溶液中的数目为1.0NA
答案：A
2．[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－1 K2S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，生成1 mol N2转移的电子数为12NA，则生成0.1 mol N2转移的电子数为1.2NA，B项错误；KNO3晶体含有的离子为K＋、，0.1 mol KNO3晶体中含离子数目为0.2NA，C项正确；S2－水解使溶液中S2－的数目小于0.1NA，D项错误；答案选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 56Fe含有的中子数为1.3NA
D．反应生成标准状况下气体3.36 L
解析：Fe完全溶解生成Fe2＋，该反应转移电子0.1 mol，A正确；HCl溶液中Cl－的物质的量为0.3 mol，因此，Cl－数为0.3NA，B错误；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错误；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错误。
答案：A
4．[2022·全国甲卷]NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A．25 ℃，101 kPa下，28 L氢气中质子的数目为2.5NA
B．2.0 L 1.0 mol·L－1 AlCl3溶液中，Al3＋的数目为2.0NA
C．0.20 mol苯甲酸完全燃烧，生成CO2的数目为1.4NA
D．电解熔融CuCl2，阴极增重6.4 g，外电路中通过电子的数目为0.10NA
解析：A项，不是在标准状况下，无法计算28 L氢气的物质的量，错误；B项，Al3＋部分水解，故溶液中Al3＋的数目小于2.0NA，错误；C项，0.20 mol苯甲酸(C7H6O2)完全燃烧生成1.4 mol CO2，正确；D项，阴极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，阴极增重6.4 g(即0.1 mol Cu)，则外电路中转移0.20 mol电子，错误。
答案：C
考情分析
考点 考向 预测
阿伏加德罗常数综合考查 气体摩尔体积和阿伏加德罗定律的理解 关于物质的量的考查，一般不会发生大的变化，还是以阿伏加德罗常数的正误判断为主。题给条件、考点设置也不会出现太大的变化，但命题形式有可能会出现利用化学方程式的计算，特别是新高考卷，可能会涉及晶体和有机化合物的组成和结构。
微粒结构的分析 溶液中微粒数目判断 化学反应进行程度的判断及应用 化学反应中转移电子数目的判断 溶液的配制及物质的量浓度的简单计算 溶液配制过程中的仪器选择及基本操作 误差分析 物质的量浓度的简单计算 核心突破·提能力
考点1　阿伏加德罗常数的综合应用
核 心 梳 理
1.高考常涉及的关于NA的命题角度总结
考查方向 涉及问题
物质状态 在标准状况下非气态物质。如H2O、HF、苯、己烷、CHCl3、CCl4、酒精、SO3、辛烷等
物质结构 一定物质的量的物质中含有的微粒(分子、原子、电子、质子等)数，如Na2O2；或一些物质中的化学键数目，如CH4、P4等
氧化还原反应 电子转移(得失)数目和方向，如Na2O2、NO2、Cl2与H2O反应；电解AgNO3溶液；Cu与S反应；Fe失去电子数(可能是2e－，也可能是3e－)
电离、水解
隐含的可逆反应　 常见的可逆反应(如2NO2 N2O4)、弱电解质的电离平衡等
摩尔质量 特殊物质的摩尔质量，如D2O、18O2、H37Cl
单质的组成 单质的组成除常见的双原子分子(如H2、Cl2、N2)外还有单原子分子(惰性气体，如He、Ne等)、三原子分子，如O3，甚至有四原子分子，如P4
2.正确判断有关阿伏加德罗常数正误的“三大步骤”
第一步：查看物质的状态及所处状况——正确运用气体摩尔体积的前提
(1)当物质是气体时，应查看所给条件是不是标准状况(见体积想条件)。
(2)当条件是标准状况时，应查看所给物质在标准状况下是不是气体(见物质想状态)。
第二步：分析题干所给物理量与物质的量的关系——正确进行换算的前提
(1)已知某种物质的质量或物质的量时，则这些数据不受外界条件的限制。
(2)已知数据是体积时，要关注外界条件是不是标准状况、这种物质是不是气体。
(3)已知数据是物质的量浓度或pH时，要关注考题是否给出了溶液的体积。
第三步：准确把握物质的微观结构和物质变化过程中微粒数目的变化——正确判断微粒数目的前提
(1)清楚物质结构中相关微粒之间的数目关系。
(2)熟悉物质变化过程中微粒数目的变化关系。
典 题 精 研
考向 阿伏加德罗常数的综合考查
例1 NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是(　　)
A．22.4 L(标准状况)氟气所含的质子数为18NA
B．1 mol碘蒸气和1 mol氢气在密闭容器中充分反应，生成的碘化氢分子数小于2NA
C．电解饱和食盐水时，若阴阳两极产生气体的总质量为73 g，则转移电子数为NA
D．1 L 1 mol·L－1溴化铵水溶液中与H＋离子数之和大于NA
答案：C
解析：22.4 L(标准状况)氟气的物质的量为1 mol，则其所含的质子数为18NA，A说法正确；反应H2＋I2 2HI为可逆反应，则1 mol H2和1 mol I2充分反应生成的HI分子数小于2NA，B说法正确；电解饱和食盐水时，阴、阳两极产生的n(H2)∶n(Cl2)＝1∶1，当H2和Cl2的总质量为73 g时，产生2 g H2、71 g Cl2，则H2的物质的量为1 mol，Cl2的物质的量为1 mol，转移电子数为2NA，C说法错误；溴化铵水溶液中存在电荷守恒：)＋c(H＋)＝c(Br－)＋c(OH－)，c(Br－)＝1 mol·L－1，则)＋c(H＋)>1 mol·L－1，故1 L 1 mol·L－1溴化铵水溶液中与H＋离子数之和大于NA，D说法正确。
练1 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溶液中离子数为0.1NA

答案：C
解析：D2O的摩尔质量为20 g·mol－1，每个D2O分子中含10个质子，18 g D2O的物质的量为18 g÷20 g·mol－1＝0.9 mol，其所含质子数为9NA，A项错误；NO2与H2O的反应为3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，结合反应中氮元素化合价变化可知，3 mol NO2完全反应时，转移电子数为2NA，B项错误；环状S8的摩尔质量为256 g·mol－1，1个S8分子中含8个S—S键，32 g环状S8的物质的量为0.125 mol，含S—S键数目为0.125×8NA＝1NA，C项正确；溶液呈酸性，说明存在水解平衡+H2O ＋2H＋，故1 L 0.1 mol·L－1K2Cr2O7溶液中数目少于0.1NA，D项错误。
考点2　物质的量浓度及溶液的配制
核 心 梳 理
1.物质的量浓度的多角度计算
(1)物质的量浓度的计算
①熟记物质的量浓度计算的基本桥梁公式n＝＝＝＝cV；
②物质的量浓度与溶质质量分数的换算c＝或w＝。
(2)物质的量浓度计算的两大规律
①质量守恒定律
a．化学反应前后，反应物和生成物的质量相等；
b．稀释前后，溶质的质量(或物质的量)不变。
②电荷守恒规律
溶液中阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数。
2．一定物质的量浓度溶液的配制
(1)所需仪器：容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、托盘天平、药匙、胶头滴管。
(2)配制步骤
计算、称量(或量取)、溶解(或稀释)、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶并贴标签。
(3)注意事项
①容量瓶使用前必须检漏、洗涤，但不能润洗。
②只能配制一定体积的溶液，即不能配制任意体积的一定物质的量浓度的溶液。
③转移溶液时，溶液的温度应为室温，玻璃棒要靠在瓶颈刻度线以下。
【特别提醒】
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。
典 题 精 研
考向1 有关物质的量浓度的简单计算
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(溶液体积变化忽略不计)，溶液中的物质的量浓度为(　　)
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
练2 将标准状况下的a L HCl气体溶于1 000 g水中，得到盐酸密度为b g·cm－3，则该盐酸的物质的量浓度是(　　)
A． mol·L－1
B． mol·L－1
C． mol·L－1
D． mol·L－1
答案：B
解析：标准状况下的a L HCl气体的物质的量为，
溶液的体积＝＝ L，则c(HCl)＝＝
mol·L－1。
考向2 一定物质的量浓度溶液的配制
例3 实验室欲用Na2CO3·10H2O晶体配制100 mL 1 mol·L－1的Na2CO3溶液，下列说法正确的是(　　)
A．要完成实验需称取10.6 g Na2CO3·10H2O晶体
B．本实验需用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、500 mL容量瓶
C．配制时若容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水会导致溶液浓度偏低
D．定容时俯视刻度线会导致溶液浓度偏高
答案：D
解析：配制100 mL 1 mol·L－1的Na2CO3溶液，需要Na2CO3·10H2O晶体的质量m＝×0.1 L＝28.6 g，A项错误；定容时，需要向容量瓶中加入蒸馏水，所以配制时若容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水对溶液浓度无影响，C项错误；定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，依据c＝可知溶液浓度偏高，D项正确。
练3 实验室发生意外时，比如手指划破、烫伤等都需要对伤口进行消毒。现配制0.01 mol·L－1的KMnO4消毒液，下列有关说法不正确的是(　　)
A．KMnO4的摩尔质量为158
B．KMnO4溶液用于杀菌消毒的原理是因其具有强氧化性
C．当液面接近容量瓶的刻度线下2 cm处，改用胶头滴管定容
D．定容时俯视容量瓶刻度线，导致所配溶液浓度偏高
解析：摩尔质量的单位是g· mol－1，A项错误；KMnO4具有强氧化性，可以杀菌消毒，B项正确；当液面接近容量瓶的刻度线下2 cm处时改用胶头滴管定容，C项正确；定容时俯视容量瓶刻度线，导致加水偏少，所配溶液浓度偏高，D项正确。
答案：A
模考精练·抓落实
1.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溶液中通氨气至中性，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
答案：A
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不正确；向1 L 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中通氨气至中性，溶液中存在电荷守恒关系：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝)＋c(H＋)，中性溶液c(OH－)＝c(H＋)，则c(CH3COO－)＝)，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不正确；标准状况下，11.2 L Cl2的物质的量为0.5 mol，通入水中后只有一部分Cl2与水反应生成H＋、Cl－和HClO，所以溶液中氯离子数小于0.5NA，D不正确；故选A。
2．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 CH2Cl2含有的氢原子数是NA
B．56 g Fe与足量水蒸气高温下充分反应转移的电子数为3NA
C．中含有电子数为8NA
D．常温下，pH＝5的NaHSO3溶液中，发生电离的水分子数目为10－5NA
解析：标准状况，CH2Cl2不是气体，11.2 L CH2Cl2中物质的量不是0.5 mol，故A错误；1 mol Fe 与足量水蒸气在高温下充分反应生成Fe3O4，转移的电子数为NA，故B错误；中含有电子数为1×(6＋1×3－1)＝8NA，故C正确；pH＝5的NaHSO3溶液，亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，对水的电离起抑制作用，但未给溶液体积，不能计算发生电离的水分子数目，故D错误。
答案：C
3．设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A．6.4 g CH4O中含有的碳氢键数目为0.8NA
B．过氧化钠与水反应时，每生成0.1 mol氧气转移的电子数目是0.2NA
C．标准状况下，2.24 L HCl气体中含有的H＋数目为0.1NA
D．1 mol硅中含有的共价键数目为4NA
答案：B
解析：1个CH4O分子中含有3个碳氢键，6.4 g CH4O的物质的量为6.4 g÷32 g·mol－1＝0.2 mol，则含有的碳氢键数目为0.6NA，A错误；
由过氧化钠与水反应的电子转移情况可知，每生成0.1 mol氧气转移的电子数是0.2NA，B正确；氯化氢气体是由氯化氢分子构成的，不存在氢离子，C错误；硅晶体中1个硅原子形成4个共价键，每个共价键为2个硅原子共用，则1 mol硅中含有的共价键数目为2NA，D错误。
4．Cu2HgI4是一种红色固体，常用作示温涂料。制备反应为：
2CuSO4＋SO2＋K2HgI4＋2H2O===Cu2HgI4↓＋K2SO4＋2H2SO4。
已知：NA表示阿伏加德罗常数的值。下列有关方程式中的物质说法正确的是(　　)
A．上述反应中生成1 mol Cu2HgI4时，转移的电子数为2NA
B．标准状态下，44.8 L水中所含O原子数为2NA
C．标准状态下，22.4 L SO2与足量的O2反应，生成SO3的分子数为NA
D．1 L 0.1 mol·L－1 CuSO4溶液中Cu2＋数目为0.1NA
答案：A
解析：上述反应中生成1 mol Cu2HgI4时，有1 mol SO2被氧化为，则转移的电子数为2NA，故A正确；标况下水为液态，44.8 L水的物质的量大于2 mol，所以所含氧原子数大于2NA，故B错误；SO2与O2的反应为可逆反应，所以标准状态下，22.4 L SO2与足量的O2反应，生成SO3的分子数小于NA，故C错误；CuSO4为强酸弱碱盐，Cu2＋会水解，则1 L 0.1 mol·L－1 CuSO4溶液中Cu2＋数目小于，故D错误。
5．2021年，我国科学家首次在实验室实现CO2到淀粉的全合成，其合成路线如下：设NA为阿伏加德罗常数，下列有关说法不正确的是(　　)
A．标况下，11.2 L CO2中含有共用电子对数目为2NA
B．反应②、③无法在高温下进行
C．反应②中，3.2 g CH3OH生成HCHO时转移电子数目为0.2NA
D．1 mol DHA与乙酸发生取代反应，可消耗乙酸分子数目为NA
答案：D
解析：CO2的结构式为O===C===O，标况下11.2 L CO2中含有共用电子对数目为0.5 mol×4×NA＝2NA，A正确；反应②、③需要用酶作催化剂，反应②、③无法在高温下进行，B正确；反应②中，3.2 g CH3OH生成HCHO时转移电子数目为×2×NA＝0.2NA，C正确；DHA含有2个羟基，1 mol DHA与乙酸发生取代反应，可消耗2 mol乙酸，D错误。(共43张PPT)
专题三　离子反应与氧化还原反应
真题研练·析考情
核心突破·提能力
模考精练·抓落实
真题研练·析考情
真题研练
1.[2023·全国乙卷]下列应用中涉及到氧化还原反应的是(　　)
A．使用明矾对水进行净化
B．雪天道路上撒盐融雪
C．暖贴中的铁粉遇空气放热
D．荧光指示牌被照发光
解析：使用明矾对水进行净化的过程中，明矾电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体粒子吸附水中的悬浮颗粒并沉降下来而水变得澄清，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，A不符合题意；雪天道路上撒盐融雪，是因为雪遇到盐而使其熔点降低并熔化，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，B不符合题意；使用暖贴时，铁粉与空气中的O2发生氧化还原反应，C符合题意；荧光指示牌被照发光，没有涉及到氧化还原反应，D不符合题意；综上所述，本题选C。
答案：C
2．[2023·湖南卷]下列有关电极方程式或离子方程式错误的是(　　)
A．碱性锌锰电池的正极反应：MnO2＋H2O＋e－===MnO(OH)＋OH－
B．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：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：碱性锌锰电池中正极上MnO2得电子生成MnO(OH)，A项正确；铅酸蓄电池充电时，阳极上PbSO4失电子生成PbO2，电极反应式为，B项错误；K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中，产生KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀，C项正确；TiCl4加入水中发生水解反应生成TiO2·xH2O和HCl，D项正确。
答案：B
3．[2023·北京卷]下列离子方程式与所给事实不相符的是(　　)
A．Cl2制备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．利用覆铜板制作印刷电路板：2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
D．Na2S去除废水中的Hg2＋：Hg2＋＋S2－===HgS↓
解析：Cl2和NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO、H2O，除了Cl2和H2O不能拆写其余均可拆写为离子，A项正确；食醋为弱酸不能拆写为离子，反应为2CH3COOH＋CaCO3===Ca2＋＋2CH3COO－＋CO2＋H2O，B项错误；FeCl3将Cu氧化为CuCl2而自身被还原为FeCl2，反应为2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，C项正确；Na2S将Hg2＋转化为沉淀除去，反应为Hg2＋＋S2－===HgS↓，D项正确。
答案：B
4．[2022·全国甲卷]能正确表示下列反应的离子方程式为(　　)
A．硫化钠溶液和硝酸混合：S2－＋2H＋===H2S↑
B.明矾溶液与过量氨水混合：Al3++4NH3+2H2O===
C．硅酸钠溶液中通入二氧化碳：+CO2+H2O===
D．将等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1∶2混合：Ba2＋+2OH－+2H＋+===BaSO4↓＋2H2O
解析：硝酸具有强氧化性，硫化钠溶液与硝酸发生氧化还原反应，不能发生复分解反应，A项错误；氢氧化铝不溶于过量氨水，B项错误；硅酸的酸性弱于碳酸且难溶于水，故硅酸钠溶液与二氧化碳发生反应生成H2SiO3，C项错误；在H＋、同时存在时，H＋先与OH－反应，故等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1∶2反应时，H＋的物质的量与OH－的物质的量相等，D项正确。
答案：D
5．[2022·广东卷]为检验牺牲阳极的阴极保护法对钢铁防腐的效果，将镀层有破损的镀锌铁片放入酸化的3% NaCl溶液中。一段时间后，取溶液分别实验，能说明铁片没有被腐蚀的是(　　)
A．加入AgNO3溶液产生沉淀
B．加入淀粉碘化钾溶液无蓝色出现
C．加入KSCN溶液无红色出现
D．加入K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀生成
解析：若铁片被腐蚀，则溶液中含有Fe2＋，在溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，反应生成蓝色的Fe3[Fe(CN)6]2沉淀，D项正确；A项只能检验溶液中含有Cl－，B项只能检验溶液中无强氧化性物质，C项只能检验溶液中无Fe3＋，三者均不能说明铁片没有被腐蚀。
答案：D
6．[2021·山东卷](双选)实验室中利用固体进行如图实验，下列说法错误的是(　　)
A．G与H均为氧化产物
B．实验中KMnO4只作氧化剂
C．Mn元素至少参与了3个氧化还原反应
D．G与H的物质的量之和可能为0.25 mol
答案：BD
解析：KMnO4固体受热分解生成K2MnO4、MnO2、O2，K2MnO4、MnO2均具有氧化性，在加热条件下能与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中Cl－被氧化为Cl2，K2MnO4、MnO2被还原为MnCl2，因此气体单质G为O2，气体单质H为Cl2。加热KMnO4固体的反应中，O元素化合价由－2升高至0被氧化，加热K2MnO4、MnO2与浓盐酸的反应中，Cl元素化合价由－1升高至0被氧化，因此O2和Cl2均为氧化产物，故A正确；KMnO4固体受热分解过程中，Mn元素化合价降低被还原，部分O元素化合价升高被氧化，因此KMnO4既是氧化剂也是还原剂，故B错误；Mn元素在反应过程中化合价变化为 ，
Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，故C正确；每生成1 mol O2转移4 mol电子，每生成1 mol Cl2转移2 mol电子，若KMnO4转化为MnCl2过程中得到的电子全部是Cl－生成Cl2所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n(气体)max＝0.25 mol，但该气体中一定含有O2，因此最终所得气体的物质的量小于0.25 mol，故D错误。
考情分析
考点 考向 预测
离子反应 离子方程式正误判断 离子方程式的正误判断及书写、离子共存或离子推断、氧化还原反应的概念及相互关系、简单计算等，今年高考可能仍会结合具体情境进行考查，要高度重视。
离子共存与离子推断 氧化还原反应 氧化还原反应有关概念判断 复杂氧化还原反应分析计算 核心突破·提能力
考点1　离子反应
核 心 梳 理
1.离子方程式正误判断的基本方法
2．离子共存问题审题“三大”注意
(1)审清题干中的要求：①一定能大量共存；②可能大量共存；③不能大量共存。
(2)应注意题干中提示的水的电离程度：室温下，当由水电离出的c(H＋)或c(OH－)小于1×10－7 mol·L－1时，水的电离受到抑制，溶液可能为酸性溶液或碱性溶液；当由水电离出的c(H＋)或c(OH－)大于1×10－7 mol·L－1时，水的电离得到促进，溶液可能为弱酸盐溶液或弱碱盐溶液。
(3)注意正确理解“透明溶液”，如：NaCl溶液、KOH溶液为无色透明溶液，CuSO4溶液、FeCl3溶液是有色透明溶液，不能认为“有色”就“不透明”。
3．掌握常见离子的检验
(1)常见阳离子的检验
(2)常见阴离子的检验
(3)离子推断的原则
①肯定性原则：结合实验现象推出肯定存在或肯定不存在的离子。
②互斥性原则：在肯定某些离子存在的同时，结合离子共存规律，确定不存在的离子。
③进出性原则：注意实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。
④电中性原则：溶液中既要有阳离子，也要有阴离子。

典 题 精 研
考向1 离子反应方程式、离子共存
例1 [2023·浙江1月]下列反应的离子方程式不正确的是(　　)
A．Cl2通入氢氧化钠溶液：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O
B．氧化铝溶于氢氧化钠溶液：＋H2O
C．过量CO2通入饱和碳酸钠溶液：＋CO2＋H2O===2NaHCO3↓
D．H2SO3溶液中滴入氯化钙溶液：＋Ca2＋===CaSO3↓

解析：H2SO3的酸性比盐酸的酸性弱，H2SO3溶液中滴入氯化钙溶液不发生反应，D项错误。
答案：D
练1 常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是(　　)
A．含的溶液中：、、、Na＋
B．由水电离产生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．加入甲基橙显黄色的溶液：Fe3＋、Ba2＋、Br－、K＋
答案：B
解析：A项，铵根和硅酸根会发生双水解而不能大量共存；B项，水电离产生c(OH－)＝1×10－13mol·L－1的溶液可能显酸性也可能显碱性，若为碱性溶液，四种离子相互之间不反应，也不与氢氧根反应，可以大量共存；C项，Fe2＋会和[Fe(CN)6]3－生成蓝色沉淀而不能大量共存；D项，加入甲基橙显黄色的溶液的pH＞4.4，Fe3＋不能大量存在。
考向2 离子检验与推断
例2 某白色固体混合物由NaCl、KCl、、CaCO3中的两种组成，进行如下实验：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液；②做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色；③向溶液中加碱，产生白色沉淀。根据实验现象可判断其组成为(　　)
A．KCl、NaCl B．KCl、MgSO4
C．KCl、CaCO3 D．MgSO4、NaCl
解析：根据实验①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，而CaCO3难溶于水，即白色固体中一定不含CaCO3；根据实验②做焰色反应时焰色呈紫色(透过蓝色钴玻璃)可确定含有钾元素，即白色固体中含有KCl；结合实验③向溶液中加碱产生白色沉淀，可知溶液中含有能与OH－反应生成白色沉淀的离子，只能为Mg2＋，即白色固体的另一成分为MgSO4。结合上述分析，可知B项正确。
答案：B
练2 10 mL某无色溶液中可能存在如下离子，取该溶液进行下述实验(不考虑水解)，下列推理正确的是(　　)
A.气体A通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，说明无色溶液中含有
B．无色溶液含有的浓度为2 mol·L－1
C．生成黄色沉淀C，说明无色溶液含有Ag＋
D．用洁净的铂丝蘸取溶液F在火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明原无色溶液含有Na＋
阳离子
阴离子
答案：B
解析：Ag＋和给出的四种阴离子都不能大量共存，所以原溶液中没有Ag＋；溶液呈无色，说明原溶液中没有；无色溶液中加入足量氢碘酸，产生黄色沉淀，说明原溶液中存在S2－和，在酸性溶液中发生反应生成单质硫，在此反应中，若过量，则可以和氢碘酸反应生成气体SO2；生成的气体A可能是CO2，也可能是SO2，还有可能是CO2和SO2的混合气，所以不能说明原溶液中含有；溶液B中加足量NaOH溶液共热，有气体生成，说明原溶液中含有。CO2和SO2都能使澄清石灰水变浑浊。由以上分析可知，不能确定原溶液中是否含有，故A错误；溶液B与足量NaOH溶液加热生成0.02 mol气体D，即0.02 mol NH3，说明无色溶液中含有的物质的量为0.02 mol，浓度为＝2 mol·L－1，故B正确；根据分析可知，无色溶液中没有Ag＋，黄色沉淀是S，故C错误；实验中加入了含钠元素的NaOH溶液，所以灼烧火焰呈黄色，不能说明原无色溶液含有Na＋，故D错误。
考点2　氧化还原反应概念及规律
核 心 梳 理
1.氧化还原反应的基本概念
2．氧化还原反应的基本规律
典 题 精 研
考向1 复杂氧化还原反应的分析
例3 [2023·浙江1月]关于反应2NH2OH＋4Fe3＋===N2O↑＋4Fe2＋＋4H＋＋H2O，下列说法正确的是(　　)
A．生成1 mol N2O，转移4 mol电子
B．H2O是还原产物
C．NH2OH既是氧化剂又是还原剂
D．若设计成原电池，Fe2＋为负极产物
答案：A
解析：该反应中氮元素由－1价升高为＋1价，生成1 mol N2O，转移4 mol电子，A项正确；该反应中H、O元素化合价不变，H2O既不是氧化产物，也不是还原产物，还原产物为Fe2＋，B项错误；该反应中氮元素化合价升高，铁元素化合价降低，NH2OH为还原剂，Fe3＋为氧化剂，C项错误；若设计成原电池，则正极反应为：Fe3＋＋e－===Fe2＋，Fe2＋为正极产物，D项错误。
练3 工业上常用空气催化氧化法除去电石渣浆(含CaO)上清液中的S2－，并制取生石膏(CaSO4·2H2O)，其中的物质转化过程如图所示。下列有关叙述错误的是(　　)
A．反应过程中，Mn(OH)2是催化剂
B．过程Ⅰ中有0.4 mol O2参与反应时，有0.8 mol Mn(OH)2被氧化
C．3.2 g S2－转化为时，理论上消耗标准状况下2.24 L O2
D．过程Ⅱ的离子方程式为+2S2－＋9H2O===S2＋4Mn(OH)2↓＋10OH－
答案：C
解析：根据过程Ⅰ、Ⅱ的转化关系分析，Mn(OH)2起催化作用，A项正确；过程Ⅰ中有0.4 mol O2参与反应时，转移电子4×0.4 mol＝1.6 mol，根据得失电子守恒知，有0.8 mol Mn(OH)2被氧化成，B项正确；3.2 g S2－的物质的量为＝0.1 mol，根据物质转化过程知，整个转化过程中O2得到的电子可看作是S2－失去的电子，S2－转化为时硫元素的化合价由－2价变为＋6价，0.1 mol S2－转化为共失去0.8 mol电子，根据得失电子守恒知，理论上需要氧气的物质的量为0.2 mol，其在标准状况下的体积为0.2 mol×22.4 L·mol－1＝4.48 L，C项错误；根据题图可知，过程Ⅱ是S2－与反应生成和Mn(OH)2的过程，发生反应的离子方程式为+2S2－＋9H2O===S2＋4Mn(OH)2↓＋10OH－，D项正确。
考向2 氧化还原规律的应用
例4 常温下，发生下列几种反应：
①8H＋＋2Cl－＋Pb3O4===3Pb2＋＋Cl2↑＋4H2O
②2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
③2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－。
下列说法正确的是(　　)
A．Pb3O4属于碱性氧化物
B．Fe3＋只有氧化性，Fe2＋只有还原性
C．酸性条件下，氧化性：Pb3O4＜Cl2
D．向FeBr2溶液中通入少量Cl2，Fe2＋优先被氧化
答案：D
解析：根据反应①可知：Pb3O4与酸反应时除产生盐和水外，还有Cl2产生，Pb3O4不属于碱性氧化物，A错误；在Fe2＋中Fe元素化合价为＋2价，可以失去电子变为Fe3＋，表现还原性，也可以得到电子变为Fe单质，表现氧化性，B错误；在反应①中Pb3O4表现氧化性，为氧化剂，Cl2为氧化产物，则物质的氧化性：Pb3O4＞Cl2，C错误；根据反应③可知：物质的氧化性：Br2＞Fe3＋，则还原性：Fe2＋＞Br－，所以向FeBr2溶液中通入少量Cl2，还原性强的Fe2＋优先被Cl2氧化，D正确。
练4 已知酸性条件下离子的氧化性顺序为>VO2＋>V3＋>V2＋>Mn2＋，现向的V2＋溶液中不断滴入一定浓度的酸性KMnO4溶液，混合液中某些离子的物质的量变化如图所示。下列说法错误的是(　　)
A．AB段对应的离子为V2＋
B．原溶液中c(V2＋)＝1 mol·L－1
C．BC段对应反应为＋H2O===Mn2＋＋5VO2＋＋2H＋
D．甲点时：n(VO2+):)∶n(Mn2＋)＝1∶1∶3
答案：D
解析：氧化性>VO2＋>V3＋>V2＋>Mn2＋，随加入高锰酸钾的物质的量增加，V2＋依次被氧化为V2＋→V3＋→VO2＋；开始加入高锰酸钾溶液，V2＋被氧化，V2＋的物质的量逐渐减少，AB段对应的离子为V2＋，故A正确；AB段V2＋被氧化为V3＋，发生反应的离子方程式为5V2＋+＋8H＋===Mn2＋＋5V3＋＋4H2O，反应消耗高锰酸钾0.2 mol，所以V2＋的物质的量为1 mol，原溶液中c(V2＋)＝1 mol·L－1，故B正确；BC段V3＋被氧化为VO2＋，根据得失电子守恒，反应为＋H2O===Mn2＋＋5VO2＋＋2H＋，故C正确；根据V元素守恒，甲点时n(VO2＋)＝)＝0.5 mol，反应消耗0.5 mol高锰酸钾，根据锰元素守恒n(Mn2＋)＝0.5 mol，所以n(VO2＋):n)∶n(Mn2＋)＝1∶1∶1，故D错误。
模考精练·抓落实
1.下列叙述不涉及氧化还原反应的是(　　)
A．利用ClO2泡腾片杀灭新型冠状病毒
B．葡萄糖被人体吸收并提供能量
C．将红热铁制品投入水中淬火
D．牙膏中添加氟化物用于预防龋齿
解析：A项，利用ClO2泡腾片杀灭新型冠状病毒是利用其强氧化性，涉及氧化还原反应；B项，葡萄糖被人体吸收并提供能量的过程中葡萄糖可被氧化生成二氧化碳和水；C项，将红热铁制品投入水中淬火时铁与水发生了反应生成四氧化三铁和氢气，属于氧化还原反应；D项，若使用含氟牙膏，Ca5(PO4)3OH转化为更难溶的氟磷酸钙Ca5(PO4)3F，使沉淀溶解平衡正向移动，最终在牙齿表面形成难溶性的Ca5(PO4)3F，因此可防止龋齿，在转化过程中元素化合价没有发生变化，因此不属于氧化还原反应。
答案：D
2．下列用于解释实验事实的离子方程式不正确的是(　　)
A．酚酞滴入碳酸钠溶液中，溶液变红色：＋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，溴水颜色变浅：2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－
D．苯酚钠溶液中通入少量CO2气体，溶液变浑浊：
解析：碳酸根离子分步水解，因此溶液变红的离子方程式为：+H2O +OH－，＋H2O H2CO3＋OH－，A错误；向NaHCO3溶液中加入少量澄清石灰水，以钙离子和氢氧根离子物质的量之比为1∶2书写离子方程式，题给离子方程式正确，B正确；FeSO4溶液滴入溴水中，亚铁离子与溴发生氧化还原反应生成铁离子和溴离子，题给离子方程式正确，C正确；苯酚钠溶液中通入少量CO2气体，生成苯酚和碳酸氢钠，题给离子方程式正确，D正确。
3．下列离子组在给定条件下一定能共存的是(　　)
A．通入CO2气体：Ca2＋、Fe2＋、Br－、
B．由水电离出的H＋浓度为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气体后Ca2＋、Fe2＋、Br－、与CO2气体之间不能发生任何反应，可以共存，A正确；由水电离出的H＋浓度为1×10－12 mol·L－1＜1×10－7 mol·L－1，该溶液可能显酸性，也可能显碱性，在碱性溶液中、OH－会发生反应产生弱碱NH3·H2O，不能大量共存，B错误；Al3＋、S2－会发生双水解反应产生Al(OH)3沉淀、H2S气体，不能大量共存；pH＝1的溶液显酸性，含有大量H＋，H＋、、S2－会发生氧化还原反应而不能大量共存，C错误；滴加氨水时，NH3·H2O会与Mg2＋反应产生Mg(OH)2沉淀、，不能大量共存；NH3·H2O也会与反应产生、、H2O，不能大量共存，另外[Al(OH)4]－、会反应生成氢氧化铝和碳酸根离子，不能大量共存，D错误。
4．常温下，在pH＝1的某溶液中可能有Na＋、Fe3＋、Fe2＋、I－、Cl－、中的几种，现取100 mL该溶液进行如下实验。根据实验结果，下列判断正确的是(　　)
A.Fe2＋、I－、Cl－三种离子一定存在
B.一定不存在，不能确定Na＋和Cl－是否存在
C．Fe3＋与Fe2＋至少有一种
D．该溶液中c(Cl－)至少为0.2 mol·L－1
答案：A
解析：pH＝1的溶液中氢离子浓度为0.1 mol·L－1，100 mL该溶液中含有氢离子的物质的量为0.01 mol，根据离子共存可知，一定不存在；向溶液中通入氯气和四氯化碳分液后得到紫色溶液，则原溶液中含有I－，铁离子能够氧化碘离子，则根据离子共存可知，一定不存在Fe3＋；2.54 g为碘单质，物质的量为＝0.01 mol，原溶液中含有碘离子的物质的量为0.02 mol；水层中加入氢氧化钠溶液得到固体，该固体为氢氧化亚铁，灼烧固体得到的1.60 g固体为氧化铁，则溶液中一定存在Fe2＋，根据铁元素守恒可知亚铁离子的物质的量为×2＝0.02 mol，0.02 mol亚铁离子带有正电荷为0.04 mol，0.02 mol碘离子带有0.02 mol负电荷，所以原溶液中一定含有Cl－，其物质的量至少为0.04 mol＋0.01 mol－0.02 mol＝0.03 mol，氯离子的浓度最小为＝0.3 mol·L－1。
5．科学家发现某些生物酶体系可以促进H＋和e－转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是(　　)
A．过程Ⅰ中发生氧化反应
B．a和b中转移的e－数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的)＝1∶4
D．过程 Ⅰ→Ⅲ 的总反应为===N2↑＋2H2O

答案：D
解析：
过程Ⅰ发生的是还原反应，A项错误，由以上分析可知，a、b中转移电子数目不相等，B项错误；过程Ⅱ中参加反应的n(NO)与)之比为1∶1，C项错误；由图知，总反应为===N2↑＋2H2O，D项正确。(共53张PPT)
专题四　元素及其化合物
真题研练·析考情
核心突破·提能力
模考精练·抓落实
真题研练·析考情
真题研练
1.[2023·辽宁卷]下列有关物质的工业制备反应错误的是(　　)
答案：D
2．[2023·浙江1月]下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是(　　)
A．Na和乙醇反应可生成H2
B．工业上煅烧黄铁矿(FeS2)生产SO2
C．工业上用氨的催化氧化制备NO
D．常温下铁与浓硝酸反应可制备NO2
解析：Na和乙醇反应生成CH3CH2ONa和H2，A项正确；工业上煅烧黄铁矿生成SO2和Fe2O3，B项正确；氨的催化氧化反应生成NO和H2O，可用于制备NO，C项正确；常温下铁遇浓硝酸钝化，不能用于制备NO2，D项错误。
答案：D
3．[2023·湖南卷]处理某铜冶金污水(含Cu2＋、Fe3＋、Zn2＋、Al3＋)的部分流程如下：
已知：①溶液中金属离子开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。
下列说法错误的是(　　)
A．“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3
B．Na2S溶液呈碱性，其主要原因是S2－＋H2O HS－＋OH－
C．“沉淀池Ⅱ”中，当Cu2＋和Zn2＋完全沉淀时，溶液中＝4.0×10－12
D．“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水
答案：D
解析：
结合已知①表中数据可知，“沉渣Ⅰ”中含有和，A项正确；Na2S溶液因S2－水解而呈碱性，B项正确；“沉淀池Ⅱ”中，当Cu2＋和Zn2＋完全沉淀时，溶液中＝＝＝＝4.0×10 －12，C项正确；“”中除含有阴离子外，还含有大量的Na＋、Ca2＋等，故只经阴离子交换树脂软化处理后，不可用作工业冷却循环用水，D项错误。
4．[2022·广东卷]若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a～d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验，下列分析正确的是(　　)
A．Cu与浓硫酸反应，只体现H2SO4的酸性
B．a处变红，说明SO2是酸性氧化物
C．b或c处褪色，均说明SO2具有漂白性
D．试管底部出现白色固体，说明反应中无H2O生成
答案：B
解析：铜和浓硫酸反应过程中，生成CuSO4体现出浓硫酸的酸性，生成SO2体现出浓硫酸的强氧化性，故A错误；a处的紫色石蕊溶液变红，其原因是SO2溶于水生成了酸，可说明SO2是酸性氧化物，故B正确；b处品红溶液褪色，其原因是SO2具有漂白性，而c处酸性高锰酸钾溶液褪色，其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应，SO2体现出还原性，故C错误；实验过程中试管底部出现白色固体，根据元素守恒可知，其成分为无水CuSO4，而非蓝色的CuSO4·5H2O，其原因是浓硫酸吸水，将反应生成的H2O吸收，故D错误。
5．[2022·山东卷]高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。
下列说法错误的是(　　)
A.固体X主要成分是Fe(OH)3和S；金属M为Zn
B.浸取时，增大O2压强可促进金属离子浸出
C.中和调pH的范围为3.2～4.2
D.还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成
Fe(OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2
开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2
沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2
答案：D
解析：CuS精矿(含有杂质Zn、Fe元素)在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产物为CuSO4、S、H2O，Fe2＋被氧化为Fe3＋，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3＋形成沉淀，而Cu2＋、Zn2＋仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3；滤液中含有Cu2＋、Zn2＋；然后向滤液中通入高压H2，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2＋被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Zn2＋仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。由分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn，A正确；CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s) Cu2＋(aq)＋S2－(aq)，增大O2的浓度，可以反应消耗S2－，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B正确；根据流程图可知：用NH3调节溶液pH时，要使Fe3＋转化为沉淀，而Cu2＋、Zn2＋仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2，C正确；在用H2还原Cu2＋变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H＋，与溶液中OH－结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度，c(H＋)增大，不利于H2失去电子，因此不利于Cu的生成，D错误。
考情分析
考点 考向 预测
元素化合物的性质及用途 物质的性质与用途的简单应用 元素化合物是化学命题的主要载体，考查点不会有太大的变化，主要考查某些元素及其化合物的性质、物质的分离和除杂，可能会涉及反应原理与规律中的相关知识。
元素化合物的性质检验及探究 元素化合物 之间的转化 化学反应对应物质转化、现象 微型化工流程图 核心突破·提能力
考点1　元素及其化合物之间的转化
核 心 梳 理
1.常考无机物的性质与用途对应关系
序号 性质 用途
(1) 硅是常用的半导体材料 可作太阳能电池板
(2) 二氧化硅导光能力强，并且有硬度和柔韧度 可作光导纤维
(3) 焦炭还原二氧化硅制备粗硅
(4) 硅胶能吸收水分 可作(袋装食品)干燥剂
(5) 浓氨水具有挥发性，氨具有还原性 用浓氨水检验输送氯气的管道是否漏气
(6) 草木灰和铵态化肥反应生成氨气，使肥效降低 草木灰和铵态化肥不能混合施用
(7) 二氧化硫具有还原性、漂白性 可用作葡萄酒添加剂；漂白纸浆等
(8) Na2CO3水解使溶液显碱性 用热的纯碱溶液洗去油污
(9) Na2O2与H2O、CO2反应均生成O2 作供氧剂
(10) 锂质量轻、比能量大 可用作电池负极材料
(11) Al具有良好的延展性和抗腐蚀性 常用铝箔包装物品
(12) 铝有还原性能发生铝热反应，放出大量热 可用于焊接铁轨、冶炼难熔金属
(13) MgO、Al2O3的熔点很高 作耐高温材料
(14) 小苏打与硫酸铝溶液发生相互促进的水解反应 可作泡沫灭火器
(15) CuSO4使蛋白质变性 误服CuSO4溶液，喝蛋清或豆浆解毒
(16) BaSO4不溶于水，不与胃酸反应 在医疗上用作“钡餐”
2.常见元素及其化合物之间的转化
(1)钠及其化合物的转化关系
上图标号反应的化学方程式：
上图标号反应的化学方程式：
①____________________________________________________
②____________________________________________________
③____________________________________________________
④____________________________________________________
⑤____________________________________________________
或____________________________________________________
⑥侯氏制碱法的原理
____________________________________________________
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)铝及其化合物的转化关系
上图标号反应的化学方程式：
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)铁及其化合物的转化关系
上图标号反应的化学方程式：
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)铜及其化合物的转化关系
上图标号反应的化学方程式：
①____________________________________________________
②____________________________________________________
③____________________________________________________
(用离子方程式表示)
2Cu＋SCu2S
2Cu＋O2＋H2O＋CO2===Cu2(OH)2CO3
Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋
(5)硅及其化合物的转化关系
上图标号反应的化学方程式
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)氮及其化合物的转化关系
上图标号反应的化学方程式
①__________________________________
②__________________________________
③__________________________________
④__________________________________
2NO＋O2===2NO2
Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
(7)氯及其化合物的转化关系
上图标号反应的化学方程式：
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(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
2NaCl＋2H2O电解2NaOH＋Cl2↑＋H2↑
(8)硫及其化合物的转化关系
上图标号反应的化学方程式：
①______________________________________
②______________________________________
③______________________________________
④______________________________________
Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O
C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O
2Na2SO3＋O2===2Na2SO4
【特别提醒】　常见无机物转化关系
(3)化合物ABC酸，满足此条件的有CH4、NH3、H2S。
(4)X、Y、Z、W四种物质在一定条件下具有如图所示的转化关系， 列举出符合此转化关系X、Y、Z、W的三组物质化学式：
①AlCl3、Al(OH)3、Na[Al(OH)4]、NaOH；
②NH3、NO、NO2、O2；
③H2S、S、SO2、O2。
典 题 精 研
考向1 元素及其化合物的性质与应用
例1 硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注。下列说法正确的是(　　)
A．NO2和SO2均为红棕色且有刺激性气味的气体，是酸雨的主要成因
B．汽车尾气中的主要大气污染物为NO、SO2和PM2.5
C.植物直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料，实现氮的固定
D．工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除
答案：D
解析：SO2是无色气体，A错误；汽车尾气中含有氮氧化物、一氧化碳、未燃烧的碳氢化合物、含铅化合物、固体颗粒物等，B错误；植物不能直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料，C错误；石灰(CaO)可与SO2反应生成Case，故可采用石灰法脱除工业废气中的SO2，D正确。
练1 “劳动创造幸福，实干成就伟业”。下列劳动项目所涉及的化学知识不正确的是(　　)
选项 劳动项目 化学知识
A 氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记 HF与SiO2反应
B NaCl的溶解度随温度变化不大 在盐田中晾晒海盐，得到粗盐
C 利用含小苏打的发酵粉烘焙蛋糕 小苏打是碳酸氢钠
D 用明矾处理较浑浊的天然水 明矾主要起净水和杀菌作用
解析：氢氟酸与玻璃中的SiO2反应，生成SiF4气体和水，故可以用氢氟酸刻蚀玻璃，故A正确；海水晒盐相当于是用蒸发结晶的方法得到，氯化钠的溶解度受温度影响不大，因此采用此法获得，故B正确；小苏打是碳酸氢钠，受热分解产生二氧化碳气体等，故可用于烘焙蛋糕，故C正确；明矾处理浑浊的水，是因其溶水后形成胶体，胶体具有吸附性，但明矾不能杀菌，故D错误。
答案：D
考向2 元素化合物之间的转化
例2 [2023·湖南卷]油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄(As2S3)褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是(　　)
和的空间结构都是正四面体形
B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ<Ⅱ
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1 mol As2S3转移的电子 数之比为3∶7
答案：D
解析：中4个硫氧键相同，其空间结构为正四面体形的空间结构为四面体形，A项错误；由图示转化可知，反应Ⅰ中只有S元素被氧化，反应Ⅱ中As、S元素均被氧化，B项错误；根据反应物和产物及氧化还原反应规律可知，反应Ⅰ为2As2S3＋6O2＋3H2O===2As2O3＋3H2S2O3，反应Ⅱ为As2S3＋7O2＋6H2O===2H3AsO4＋3H2SO4，则参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C项错误；根据反应Ⅰ、Ⅱ可知，1 mol As2S3发生反应时，两反应转移的电子分别为12 mol和28 mol，个数之比为3∶7，D项正确。
练2 炼铁工业中高炉煤气的一种新的处理过程如图所示，有关该过程的叙述错误的是(　　)
A．可减少CO2的排放
B．Fe3O4和CaO均可循环利用
C．过程①和④的转化均为氧化还原反应
D．过程①的反应中有非极性键的断裂和生成
解析：反应②利用二氧化碳和氧化钙反应生成碳酸钙，第④步中二氧化碳与铁生成四氧化三铁和CO，可减少CO2的排放，A正确；根据反应过程可知Fe3O4和CaO均可循环利用，①中消耗Fe3O4，④中生成Fe3O4，②中消耗CaO，③中生成CaO，B正确；过程①中CO转化为CO2，④中CO2转化为CO，均有化合价的变化，故转化均为氧化还原反应，C正确；过程①的反应有H2中非极性键的断裂，但没有非极性键的生成，D错误。
答案：D
考点2　简单无机化工流程分析
核 心 梳 理
1.掌握经典无机化工流程
(1)纯碱制备
饱和NaCl溶液NaHCO3晶体Na2CO3
(2)绿矾制备
(3)从铝矿石中获得铝
(4)海水提镁
(5)海水提溴
2．工艺流程图示与分析
(1)工艺流程图示
(2)工艺流程分析方法
工艺流程中，一般每个“方框”代表一个操作或一个反应。分析某个过程反应的时候注意：该反应的反应物是“进框箭头物质”，生成物是“出框箭头物质”，反应的酸碱性环境综合考虑前一步反应及产物特点进行判断。
典 题 精 研
考向 “简易化工流程”及分析
例3 [2023·辽宁卷]某工厂采用如下工艺制备Cr(OH)3，已知焙烧后Cr元素以＋6价形式存在，下列说法错误的是(　　)
A．“焙烧”中产生CO2
B．滤渣的主要成分为Fe(OH)2
C．滤液①中Cr元素的主要存在形式为
D．淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用
答案：B
解析：焙烧过程中铁、铬元素均被氧化，Cr2O3转化为Na2CrO4，化学反应式方程为2Cr2O3＋4Na2CO3＋3O24Na2CrO4＋4CO2，FeO转化为Fe2O3。水浸时滤渣为Fe2O3，滤液中存在铬酸钠，与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原反应得到氢氧化铬沉淀。铬氧化物与碳酸钠和氧气反应时生成对应的钠盐和二氧化碳，A正确；焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的主要成分为Fe2O3，B错误；滤液①中主要溶质为Na2CrO4，所以Cr 元素主要存在形式为，C正确；由分析知淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，D正确；故选B。
练3 工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图，下列说法错误的是(　　)
A.吸收过程中有气体生成
B．结晶后母液中含有NaHCO3
C．气流干燥湿料时温度不宜过高
D．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3
答案：B
解析：根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到的结晶成分为NaHSO3，则母液为饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为H2SO3＋2Na2CO3===Na2SO3＋2NaHCO3，NaHSO3＋Na2CO3===Na2SO3＋NaHCO3，所以调节pH为8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为Na2SO3＋SO2＋H2O===2NaHSO3↓，SO2＋NaHCO3===CO2＋NaHSO3↓，此时会析出大量NaHSO3晶体，经过分离，将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到NaHSO3产品。吸收过程中有二氧化碳生成，A正确；结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO3，B错误；NaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C正确；中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确。
模考精练·抓落实
1.劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是(　　)
选项 劳动项目 化学知识
A 面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包 Na2CO3可与酸反应
B 环保工程师用熟石灰处理酸性废水 熟石灰具有碱性
C 工人将模具干燥后再注入熔融钢水 铁与H2O高温下会反应
D 技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板 铝能形成致密氧化膜
答案：A
解析：小苏打是碳酸氢钠，不是碳酸钠，主要用来做膨松剂，故A符合题意；熟石灰是氢氧化钙，具有碱性，可以用于处理酸性废水，故B不符合题意；熔融的铁与水蒸气在高温下反应会生成四氧化三铁和氢气，因此必须将模具干燥，故C不符合题意；钢板上镀铝，保护钢板，金属铝表面形成致密氧化膜而保护金属铝不被腐蚀，故D不符合题意。
2.下列依据实验方案和现象对浓硫酸性质做出的判断合理的是(　　)
A.由Ⅰ可知，浓硫酸具有脱水性
B．由Ⅰ可知，浓硫酸具有弱酸性
C．由Ⅱ可知，浓硫酸具有强氧化性
D．由Ⅱ可知，浓硫酸具有吸水性
答案：A
解析：试纸中心区域变黑，说明试纸中的H元素和O元素被脱去，只剩下C，证明浓硫酸具有脱水性，A正确；蓝色石蕊试纸边缘变红，证明浓硫酸具有酸性，不能证明浓硫酸具有弱酸性，B错误；浓硫酸与MnO2反应后，Mn元素仅以Mn2＋存在，说明Mn元素化合价降低，表现氧化性，产生能使带火星的木条复燃的无色气体，说明生成O2。但由于Mn元素也表现氧化性，且实验中没有说明有硫酸的还原产物生成，故不能体现浓硫酸的强氧化性，C错误；浓硫酸与MnO2反应没有体现出浓硫酸的吸水性，D错误。
3．部分含硫物质的分类与相应硫元素的化合价关系如图所示。下列说法不正确的是(　　)
A.a与c之间能发生氧化还原反应
B．d溶液久置于空气中会生成e，溶液的导电性增强
C．c能使溴水褪色，说明c有漂白性
D．可实现a→b→c→d→e的转化
答案：C
解析：a为H2S，c为＋4价氧化物SO2，a与c之间能发生氧化还原反应2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O，故A正确；d为＋4价的含氧酸H2SO3，溶液久置于空气中会生成e(H2SO4)，弱酸变成强酸，溶液的导电性增强，故B正确；c为SO2，SO2能与溴水发生氧化还原反应，使溴水褪色，是SO2的还原性，故C错误；H2S与SO2可以生成S，S燃烧生成SO2，SO2溶于水生成H2SO3，H2SO3可以被氧化成H2SO4，可实现a→b→c→d→e的转化，故D正确。
4．部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是(　　)
A．a可与e反应生成b
B．b既可被氧化，也可被还原
C．可将e加入浓碱液中制得d的胶体
D．可存在b→c→d→e→b的循环转化关系
答案：C
解析：由题图可知，a为Fe，b中含有Fe2＋，c为Fe(OH)2，d为Fe(OH)3，e中含有Fe3＋。Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，a可与e反应生成b，A推断合理；Fe2＋既可以被氧化为Fe3＋，也可以被还原为Fe，B推断合理；可将饱和的Fe3＋溶液加入沸水中制得Fe(OH)3胶体，而不是浓碱液中，C推断不合理；可存在Fe3＋Fe2＋的循环转化关系，D推断合理。
5．钡盐生产过程中排出大量的钡泥[主要含有BaCO3、BaSiO3、BaSO3、Ba2等]，由该钡泥制取硝酸钡的工艺流程如下。
已知废渣中含有Fe(OH)3。下列说法错误的是(　　)
A．“酸溶”时的不溶物成分主要为硅酸和硫酸钡
B．为了加快反应速率，“酸溶”时，可采取搅拌、高温等措施
C．“中和Ⅰ”加入的X可选用BaCO3
D．废渣经过加工可用来生产油漆或涂料
答案：B
解析：“酸溶”时，BaSiO3与硝酸反应生成硅酸，BaSO3与硝酸反应生成BaSO4，A说法正确；由于硝酸易挥发和分解，所以不能采用高温的措施加快反应速率，B说法错误；利用BaCO3调节pH不引入新的杂质，C说法正确；废渣中含有Fe(OH)3，Fe(OH)3分解得到的Fe2O3可用来生成油漆或涂料，D说法正确。(共53张PPT)
专题五　物质结构与推断
真题研练·析考情
核心突破·提能力
模考精练·抓落实
真题研练·析考情
真题研练
1.[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
答案：C
解析：根据基态X原子s轨道上的电子数与p轨道上的电子数相等，可知X的电子排布式为1s22s22p4，为O元素，基态O原子的未成对电子数为2，则基态Y、Z原子的未成对电子数分别为1、3，结合原子序数关系可确定Y为F元素或Na元素，Z为P元素，则该荧光粉的主要成分为3W3(PO4)2·WF2，结合化合物中各元素化合价代数和为0可确定W为＋2价，又其原子序数最大，故W为Ca元素，Y为F元素。元素电负性：F>O>P>Ca，A项错误；原子半径：F2．[2023·辽宁卷]某种镁盐具有良好的电化学性能，其阴离子结构如下图所示。W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W、Y原子序数之和等于Z，Y原子价电子数是Q原子价电子数的2倍。下列说法错误的是(　　)
A．W与X的化合物为极性分子
B．第一电离能Z>Y>X
C.Q的氧化物是两性氧化物
D．该阴离子中含有配位键
答案：A
解析：W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W形成1条单键且核电荷数最小，W为H，X形成4条键，核电荷数大于H，且小于其他三种元素，X为C，Y原子价电子数为Q原子价电子数的2倍，Q为Al，Y形成2条单键，核电荷数大于C，Y为O，W、Y原子序数之和等于Z，Z为F。
W与X的化合物不一定为极性分子，如CH4就是非极性分子，A错误；同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能F>O>C，B正确；Q为Al，Al2O3为两性氧化物，C正确；该阴离子中L与Q之间形成配位键，D正确；故答案选A。
3．[2023·湖北卷]W、X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，其中X、Y、Z相邻，W的核外电子数与X的价层电子数相等，Z2是氧化性最强的单质，4种元素可形成离子化合物(XY)＋(WZ4)－。下列说法正确的是(　　)
A．分子的极性：WZ3B．第一电离能：XC．氧化性：X2Y3D．键能：X2答案：A
解析：Z2是氧化性最强的单质，则Z是F，X、Y、Z相邻，且X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，则X为N，Y为O，W的核外电子数与X的价层电子数相等，则W为B，即：W为B，X为N，Y为O，Z是F，以此解题。
由分析可知，W为B，X为N，Z是F，WZ3为BF3，XZ3为NF3，其中前者的价层电子对数为3，空间构型为平面三角形，为非极性分子，后者的价层电子对数为4，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，为极性分子，则分子的极性：WZ34．[2022·广东卷]甲～戊均为短周期元素，在元素周期表中的相对位置如图所示。戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸。下列说法不正确的是(　　)
A．原子半径：丁＞戊＞乙
B．非金属性：戊＞丁＞丙
C．甲的氢化物遇氯化氢一定有白烟产生
D．丙的最高价氧化物对应的水化物一定能与强碱反应
答案：C
解析：甲～戊是短周期元素，戊的最高价氧化物对应水化物为强酸，则可能是硫酸或高氯酸，若是高氯酸，则戊为Cl，甲为N、乙为F、丙为P、丁为S，若是硫酸，则戊为S，甲为C、乙为O、丙为Si、丁为P。
根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，则原子半径：丁＞戊＞乙，故A正确；根据同周期从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性：戊＞丁＞丙，故B正确；甲的氢化物可能为氨气，可能为甲烷、乙烷等，若是氨气，则遇氯化氢一定有白烟产生；若是甲烷、乙烷等，则遇氯化氢不反应，没有白烟生成，故C错误；丙的最高价氧化物对应的水化物可能是硅酸、也可能是磷酸，都一定能与强碱反应，故D正确。
5．[2022·海南卷]短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y同周期并相邻，Y是组成水的元素之一，Z在同周期主族元素中金属性最强，W原子在同周期主族元素中原子半径最小，下列判断正确的是(　　)
A．XW3是非极性分子
B．简单氢化物沸点：X>Y
C．Y与Z形成的化合物是离子化合物
D．X、Y、Z三种元素组成的化合物水溶液呈酸性
答案：C
解析：X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y同周期并相邻，且Y是组成水的元素之一，则Y为O元素，X为N元素，Z在同周期主族元素中金属性最强，则Z为Na元素，W原子在同周期主族元素中原子半径最小，则W为Cl元素。NCl3分子的空间构型为三角锥形，其正负电荷的中心不重合，属于极性分子，A错误；H2O和NH3均含有氢键，但H2O分子形成的氢键更多，故沸点H2O＞NH3，B错误；O元素与Na元素形成的化合物Na2O、Na2O2均为离子化合物，C正确；N、O、Na三种元素组成的化合物NaNO3呈中性、NaNO2呈碱性，D错误。
6．[2021·山东卷]X、Y为第三周期元素、Y最高正价与最低负价的代数和为6，二者形成的一种化合物能以的形式存在。下列说法错误的是(　　)
A．原子半径：X>Y
B．简单氢化物的还原性：X>Y
C．同周期元素形成的单质中Y氧化性最强
D．同周期中第一电离能小于X的元素有4种

答案：D
解析：Y位于第三周期，且最高正价与最低负价的代数和为6，则Y是Cl元素，由X、Y形成的阴离子和阳离子知，X与Y容易形成共价键，根据化合物的形式知X是P元素。P与Cl在同一周期，则P半径大，即X>Y，A项不符合题意；两者对应的简单氢化物分别是PH3和HCl，半径是P3－>Cl－，所以PH3的失电子能力强，还原性强，即X>Y，B项不符合题意；同周期元素从左往右，金属性减弱，非金属性增强，各元素对应的金属单质还原性减弱，非金属单质的氧化性增强，所以Cl2的氧化性最强，C项不符合题意；同一周期，从左到右，第一电离能呈现增大的趋势，但第ⅤA族元素的第一电离能大于相邻元素的第一电离能，所以第三周期第一电离能从小到大的顺序依次为Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl，所以有5种，D项符合题意。
考情分析
考点 考向 预测
元素 周期律 原子结构与元素性质的关系 高考常以元素推断为载体，全面考查元素周期表和元素周期律，此类题呈现形式多样，考查方式灵活，今年高考仍会以考查递变规律和性质为主，题目一般通过图表、文字等手段推断元素种类，并在确定元素的基础上，进一步考查考生对原子结构和元素性质周期性变化规律的理解，要求考生对“位－构－性”有充分的认识，并能将元素周期表、原子的电子层结构、元素单质及其化合物的性质等内容结合起来进行综合运用。
元素性质的周期性变化 相应性质的强弱及大小的比较 元素 周期表 元素周期表结构分析 元素周期表中元素性质的规律性变化 元素及其综合判断 化学键 物质类型与化学键类型的判断 微粒间的作用与物质性质 核心突破·提能力
考点1　根据原子结构及物质结构推断
核 心 梳 理
1.常考短周期主族元素原子的核外电子排布特点
(1)最外层电子数为1的原子有H、Li、Na。
(2)最外层电子数为2的原子有He、Be、Mg。
(3)最外层电子数与次外层电子数相等的原子有Be。
(4)最外层电子数是次外层电子数2倍的原子是C。
(5)最外层电子数是次外层电子数3倍的原子是O。
(6)次外层电子数是最外层电子数2倍的原子有Li、Si。
(7)内层电子总数是最外层电子数2倍的原子有Li、P。
(8)电子层数(周期数)与最外层电子数(族序数)相等的原子有H、Be、Al。
(9)电子层数为最外层电子数2倍的原子有Li。
(10)最外层电子数是电子层数2倍的原子有C、S。
(11)最外层电子数是电子层数3倍的原子有O。
2．巧记10e－微粒和18e－微粒
10e－微粒和18e－微粒是元素推断题的重要突破口之一。
(1)以Ne为出发点记忆10e－微粒
若10e－微粒满足关系： ，则一定是＋OH－NH3↑＋H2O。
(2)以Ar为出发点记忆18e－微粒
3．短周期主族元素原子的成键数目和成键方式
元素原子 H Be B C N(P) O(S) F(Cl) Si
成键数目 1 2 3 4 3 2 1 4
成键方式 单键 单键 单键 单键、双 键、三键 单键、双键 单键 单键
典 题 精 研
考向 根据原子及物质结构进行推断
例1 [2023·浙江1月]共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：Al2Cl6＋2NH3===2Al(NH3)Cl3，下列说法不正确的是(　　)
A.Al2Cl6的结构式为
B．Al2Cl6为非极性分子
C．该反应中NH3的配位能力大于氯
D．Al2Br6比Al2Cl6更难与NH3发生反应
答案：D
解析：Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，则Al2Cl6的结构式为 ，→表示配位键，也可用短线代替，A项正确；Al2Cl6为对称结构，正负电荷中心重合，为非极性分子，B项正确；该反应中NH3取代Cl与Al形成配位键，说明NH3的配位能力大于氯，C项正确；Al—Br的稳定性弱于Al—Cl，Al2Br6更易与NH3反应，D项错误。
练1 短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大。基态X、Z、Q原子均有两个单电子，W简单离子在同周期离子中半径最小，Q与Z同主族。下列说法错误的是(　　)
A．X能与多种元素形成共价键
B．简单氢化物沸点：ZC．第一电离能：Y>Z　
D．电负性：W答案：B
解析：短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W简单离子在同周期离子中半径最小，说明W为第三周期元素Al。短周期元素的基态原子中有两个单电子，可分类讨论：①为第二周期元素时，最外层电子排布式为2s22p2或2s22p4，即C或O；②为第三周期元素时，最外层电子排布式为3s23p2或3s23p4，即Si或S。Q与Z同主族，结合原子序数大小关系可知，则X、Z、Q分别为C、O和S，则Y为N。C能与多种元素(H、O、N、P、S等)形成共价键，A正确；O和S形成的简单氢化物为H2O和H2S，由于H2O分子间能形成氢键，故H2O沸点高于H2S，B错误；N的最外层p轨道电子为半充满结构，比较稳定，故其第一电离能比O大，C正确；O的电负性比Al大，D正确。
考点2　根据元素及物质性质推断
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质
(1)颜色：①常温下，单质为有色气体的元素是F、Cl。②单质为淡黄色固体的元素是S。③焰色试验呈黄色的元素是Na，呈紫色的元素是K(透过蓝色钴玻璃观察)。
(2)状态：常温下，单质呈液态的非金属元素是Br。
(3)气味：能形成有臭鸡蛋气味的化合物的非金属元素是S。
(4)熔点：单质熔点最高的非金属元素是C。氧化物熔点最高的非金属元素是Si。
(5)硬度：单质为天然物质中硬度最大的元素是C。
(6)密度：单质最轻的金属元素是Li；单质最轻的非金属元素是H。
(7)溶解性：气态氢化物最易溶于水的元素是N。
(8)导电性：单质能导电的非金属元素是C；单质属于半导体材料的是Si。
(9)晶体类型：单质及其最高价氧化物都是共价晶体的元素是Si。
(10)地壳中元素含量排名：氧、硅、铝、铁、钙、钠、钾、镁。
2．常考短周期主族元素及其重要化合物的化学性质
(1)空气中含量最多的元素、气态氢化物的水溶液呈碱性的元素是氮(N)。
(2)最高价氧化物及对应水化物既能与强酸反应又能与强碱反应的元素是铝(Al)。
(3)最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物可形成一种离子化合物的元素是氮(N)。
(4)单质(O3)及其氢化物(H2O2)均具有漂白性的元素是氧(O)。
(5)盐溶液加入NaOH溶液并加热，产生使红色石蕊试纸变蓝的气体，该元素是氮(N)。
(6)最高价氧化物对应水化物的酸性(碱性)最强的元素是Cl(Na)。
(7)与水反应最剧烈的金属单质是Na，非金属单质是F。
(8)气态氢化物最稳定的元素是F，只有负价而无正价的元素也是F。
典 题 精 研
考向 根据元素及物质性质推断
例2 X、Y、Z、W是原子序数依次增大的主族元素，X、Y、Z、W的单质常温下均为气态，Z与Y形成的一种化合物在常温下为红棕色气体，X、Y、W位于三个不同的周期。下列说法正确的是(　　)
A．非金属性：Z>Y>X>W　
B．含氧酸的酸性：YC．Y与Z能形成多种化合物　
D．X与Z形成的化合物X2Z为强电解质

答案：C
解析：Z与Y形成的化合物在常温下为红棕色气体，故Y为N，Z为O；X、Y、W位于三个不同的周期且单质常温下均为气态，故X为H，W为Cl。X为H，W为Cl，非金属性Cl>H，A错误；Y和W有多种含氧酸，物质不确定，性质无法比较，B错误；Y与Z可以形成一氧化氮、二氧化氮、四氧化二氮、五氧化二氮等多种物质，C正确；X与Z形成的化合物X2Z为水，为弱电解质，D错误。
练2 短周期主族元素X、Y、Z、W、Q、R的最高价态与简单氢化物沸点的关系如图所示，Z的简单液态氢化物可用作制冷剂。下列说法正确的是(　　)
A．简单氢化物键角：Y>Z>Q
B．简单离子半径：W>X>Z
C．第一电离能：R>Q>W
D．含氧酸的酸性：Z>W>Y
答案：A
解析：Z的简单液态氢化物可用作制冷剂，Z是N；W最高价态与Z相等，W是P，Q是S，R是Cl，Y是C；X最高价态是0，X是F。简单氢化物键角：CH4>NH3>H2S，A项正确；简单离子半径：P3－>N3－>F－，B项错误；第一电离能：Cl>P>S，C项错误；最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3>H3PO4>H2CO3，D项错误。
考点3　根据位—构—性推断及比较
核 心 梳 理
1.强化记忆元素周期表的结构
2．核外电子的排布规律与元素位置关系
(1)最外层电子规律
最外层电 子数(N) 3≤N<8 N＝1或2 N>次外层电子数
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)“阴三、阳四”规律
某元素阴离子最外层电子数与次外层电子数相等，该元素位于第三周期；若为阳离子，则位于第四周期。如S2－、K＋最外层电子数与次外层电子数相等，则S位于第三周期，K位于第四周期。
3．识记元素周期律
项目 同周期(左→右) 同主族(上→下)
原子结构 核电荷数 逐渐增多 逐渐增多
电子层数 相同 逐渐增多
原子半径 逐渐减小 逐渐增大
离子半径 阳离子逐渐减小，阴离子逐渐减小r(阴离子)>r(阳离子) 逐渐增大
元素性质 化合价 最高正化合价由＋1→＋7(O、F除外)，负化合价＝－(8－主族序数) 相同
最高正化合价＝主族序数(O、F除外)
元素的金属性和非金属性 金属性逐渐减弱 非金属性逐渐增强 金属性逐渐增强
非金属性逐渐减弱
离子的氧化性、还原性 阳离子氧化性逐渐增强 阴离子还原性逐渐减弱 阳离子氧化性逐渐减弱
阴离子还原性逐渐增强
气态氢化物稳定性 逐渐增强 逐渐减弱
最高价氧化物对应的水化物的酸碱性 碱性逐渐减弱 酸性逐渐增强 碱性逐渐增强
酸性逐渐减弱
典 题 精 研
考向 根据位—构—性推断及比较
例3 [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
答案：A
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组成的物质能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，据此解答。
X为O，氧的常见价态有－1价和－2价，如H2O2和H2O，A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，种类不止四种，D错误；故选A。
练3 X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X的核外电子数等于其周期数，YX3分子呈三角锥形，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和。M与X同主族，Q是同周期中非金属性最强的元素。下列说法正确的是(　　)
A．X与Z形成的10电子微粒有2种
B．Z与Q形成的一种化合物可用于饮用水的消毒
C．M2Z与MQ的晶体类型不同
D．由X、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液均显酸性
答案：B
解析：由X的核外电子数等于其周期数且YX3分子呈三角锥形可知X为H、Y为N；H、N核外电子数之和为8，则Z为O；由M为短周期主族元素，原子序数大于O且M与H同主族，可知M为Na；Q与Na同周期，由其非金属性在同周期中最强可知Q为Cl。H、O形成的10电子微粒有H3O＋、OH－、H2O三种，A项错误；ClO2可用于饮用水的消毒，B项正确；Na2O和NaCl均为离子晶体，C项错误；H、N、O可形成NH3·H2O，其水溶液显碱性，D项错误。
模考精练·抓落实
1.X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。X的2s轨道全充满，Y的s能级电子数量是p能级的两倍，M是地壳中含量最多的元素，Q是纯碱中的一种元素。下列说法不正确的是(　　)
A．电负性：Z>X
B．最高正价：ZC．Q与M的化合物中可能含有非极性共价键
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y
答案：B
解析：Y的s能级电子数量是p能级的两倍，则电子排布式为1s22s22p2，则Y为C元素；X的2s轨道全充满，五种短周期元素的原子序数依次增大，则X为Be或B元素；M是地壳中含量最多的元素，则M为O元素；Z为N元素；Q是纯碱中的一种元素，则Q为Na元素。同周期元素从左到右电负性逐渐增大，则电负性N>Be或B，A项正确；N的最高正价为＋5，但O无最高正价，B项错误；Na和O形成的Na2O2中O和O之间为非极性共价键，C项正确；非金属性N>C，故酸性：HNO3>H2CO3，D项正确。
2．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子核外电子只有一种自旋取向，Y、Z两种原子核外s能级上的电子总数与p能级上电子总数相等，W原子的价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数之比为2∶1。下列说法正确的是(　　)
A．W的第一电离能比同周期相邻元素的小
B．原子半径：r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)
C．工业上电解熔融化合物ZY制备单质Z
D．W的最高价氧化物不可能是非极性分子
答案：A
解析：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子核外电子只有一种自旋取向，则X为H；Y、Z两种原子核外s能级上的电子总数与p能级上电子总数相等，原子核外电子排布式为1s22s22p4或1s22s22p63s2，结合原子序数可知Y为O，Z为Mg；W原子的价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数之比为2∶1，其价电子排布式为3s23p4，则W为S。一般情况下同一周期元素，原子序数越大，其第一电离能就越大，但当元素处于第ⅡA、第ⅤA时，原子核外电子排布处于全充满、半充满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素，P元素是第三周期的ⅤA元素，原子核外最外层电子处于半充满的稳定状态，所以P第一电离能大于S元素，则S元素的第一电离能比P、Cl都小，A正确；不同周期元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大；则原子半径：r(X)＜r(Y)＜r(W)＜r(Z)，B错误；在工业上一般是采用电解熔融的MgCl2的方法冶炼Mg，不是电解MgO的方法冶炼Mg，C错误；W是S元素，S元素最高价氧化物为SO3，分子中正负电荷重心重合，SO3是由极性键构成的非极性分子，D错误。
3．原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种元素形成化合物Z3[W(XY)6]，其中X、Y、Z为主族元素。X最外层电子数是内层电子数的两倍，Y的简单气态氢化物能使酚酞溶液变红，W3＋的3d轨道电子数为半满。下列说法正确的是(　　)
A．Z和W一定位于同周期
B．原子半径：Z>X>Y
C．四种元素基态原子中未成对电子数最多的是Y
D.该化合物属于配合物，其内界σ键与π键的数目之比1∶2
答案：B
解析：X最外层电子数是内层电子数的两倍，X是C元素，Y的简单气态氢化物能使酚酞溶液变红，Y是N元素；W3＋的3d轨道电子数为半满，W是Fe元素；Z显＋1价，X、Y、Z、W原子序数依次增大，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错误；电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径：K>C>N，Na>C>N，故B正确；Fe原子中有4个未成对电子，C原子中有2个未成对电子，N原子中有3个未成对电子，Na或K原子中都只有1个未成对电子，四种元素基态原子中未成对电子数最多的是Fe，故C错误；该化合物属于配合物，其内界有6个配位键、6个C≡N键，配位键是σ键，三键中有1个σ键、2个π键，σ键与π键的数目之比1∶1，故D错误。
4．化合物M可用作肥料和防火剂，结构如图所示。X、Y、W、Z为核电荷数依次增大的短周期主族元素，且Y与W同周期。下列说法正确的是(　　)
A.YX4Cl水溶液呈碱性
B．简单氢化物的沸点：Z>Y
C．Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y强
D．原子半径：Z>Y>W>X
答案：D
解析：X、Y、W、Z为核电荷数依次增大的短周期主族元素，且Y与W同周期，则X为第一周期元素氢、Y与W为第二周期、Z为第三周期；Y和4个氢形成带1个单位正电荷的阳离子，则Y为氮，Y与W同周期，W可以形成2个共价键，W为氧；Z可以形成5个共价键，Z为磷。NH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子水解溶液显酸性，A错误；氨气分子间存在氢键，导致其沸点高于PH3，B错误；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，P的最高价氧化物对应水化物的酸性比N弱，C错误；电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：P>N>O>H，D正确。
5．短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是(　　)
A.第一电离能：W＜X
B．化合物熔点：Y2X3＞YZ3
C．简单离子的半径：Y＞X
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞Z
答案：B
解析：假设W最外层的电子数是a，则X最外层的电子数是a＋1，Y最外层的电子数是a－2，Z最外层的电子数是a＋2，这四种元素原子的最外层电子数之和为21，则(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原子最外层电子处于半充满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素O，所以元素的第一电离能：W＞X，A错误；Al2O3是离子化合物，离子之间以离子键结合，熔、沸点较高，AlCl3是由分子通过分子间作用力构成的分子晶体，分子间作用力比化学键弱的多，因此物质的熔、沸点：Y2X3＞YZ3，B正确；O、Al二者形成的离子O2－、Al3＋电子层结构相同，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以简单离子的半径：Y＜X，C错误；同一周期元素，原子序数越大，元素的非金属性就越强。元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。Al的最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3是两性氧化物，而Cl的最高价氧化物对应的水化物HClO4是一元强酸，因此最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＜Z，D错误。
6．原子序数依次增大的短周期元素 X、Y、Z、R，含0.9%YR的水溶液称为生理盐水，X、Y、Z三种元素组成两种化合物 A、B 的性质如图，Z的质子数是X质子数的2倍。下列说法正确的是(　　)
A．简单氢化物沸点 Z＞X
B．简单离子半径 X＜Y＜Z＜R
C．Y与X形成的一种化合物含有离子键和非极性键
D．化合物 A 和 B的水溶液皆呈中性
答案：C
解析：X为O，Z为S，H2O存在分子间氢键，因此简单氢化物沸点 H2O＞H2S，故A错误；根据层多径大，同电子层结构，核多径小原则，简单离子半径Na＋＜O2－＜Cl－＜S2－，故B错误；X为O，Y与X形成的一种化合物过氧化钠，含有离子键和非极性键，故C正确；化合物 A 为亚硫酸钠，其水溶液呈碱性，硫酸钠水溶液呈中性，故D错误。(共47张PPT)
专题六　有机物的结构与性质
真题研练·析考情
核心突破·提能力
模考精练·抓落实
真题研练·析考情
真题研练
1.[2023·新课标卷]光学性能优良的高分子材料聚碳酸异山梨醇酯可由如下反应制备。
下列说法错误的是(　　)
A．该高分子材料可降解
B．异山梨醇分子中有3个手性碳
C．反应式中化合物X为甲醇
D．该聚合反应为缩聚反应
答案：B
解析：该高分子材料中含有酯基，可以降解，A正确；异山梨醇中
四处的碳原子为手性碳原子，故异山梨醇分子中有4个手性碳，B错误；根据元素守恒，可推出X为甲醇，C正确；该反应在生产高聚物的同时还有小分子的物质生成，属于缩聚反应，D正确；故选B。
2．[2023·山东卷]抗生素克拉维酸的结构简式如图所示，下列关于克拉维酸的说法错误的是(　　)
A．存在顺反异构
B．含有5种官能团
C．可形成分子内氢键和分子间氢键
D．1 mol该物质最多可与1 mol NaOH反应
答案：D
解析：由克拉维酸的分子结构可以看出，双键碳原子均连有不同的原子或原子团，因此克拉维酸存在顺反异构，A正确；分子结构中含有醚键、酰胺基、碳碳双键、羟基和羧基共5种官能团，B正确；克拉维酸分子结构中含有羟基和羧基，能形成分子内和分子间氢键，C正确；克拉维酸分子结构中的羧基和酰胺基都能与NaOH反应，1 mol该物质最多可与2 mol NaOH反应，D错误。
3．[2023·辽宁卷]在光照下，螺吡喃发生开、闭环转换而变色，过程如下。下列关于开、闭环螺吡喃说法正确的是(　　)
A．均有手性
B．互为同分异构体
C．N原子杂化方式相同
D．闭环螺吡喃亲水性更好
答案：B
解析：手性是碳原子上连有四个不同的原子或原子团，因此闭环螺吡喃含有手性碳原子如图所示， ，开环螺吡喃不含手性碳原子，故A错误；根据它们的结构简式，分子式均为C19H19NO，它们结构不同，因此互为同分异构体，故B正确；闭环螺吡喃中N原子杂化方式为sp3，开环螺吡喃中N原子杂化方式为sp2，故C错误；开环螺吡喃中氧原子显负价，电子云密度大，容易与水分子形成分子间氢键，水溶性增大，因此开环螺吡喃亲水性更好，故D错误。
4．[2022·湖北卷]化学物质与生命过程密切相关，下列说法错误的是(　　)
A．维生素C可以还原活性氧自由基
B．蛋白质只能由蛋白酶催化水解
C．淀粉可用CO2为原料人工合成
D．核酸可视为核苷酸的聚合产物
解析：维生素C具有还原性，可以还原活性氧自由基，A正确；蛋白质在酸、碱的作用下也能发生水解，B错误；将二氧化碳先还原生成甲醇，再转化为淀粉，实现用CO2为原料人工合成淀粉，C正确；核苷酸通过聚合反应制备核酸，D正确。
答案：B
5．[2022·湖南卷]聚乳酸是一种新型的生物可降解高分子材料，其合成路线如下：
下列说法错误的是(　　)
A．m＝n－1
B．聚乳酸分子中含有两种官能团
C．1 mol乳酸与足量的Na反应生成1 mol H2
D．两分子乳酸反应能够生成含六元环的分子
答案：B
解析：由质量守恒知m＝n－1，A项正确；聚乳酸分子中链节内有酯基，末端有羟基、羧基，共有3种官能团，B项错误；乳酸分子中的羟基与羧基均可与Na反应生成H2，C项正确；2个乳酸分子成环时，可形成 ，D项正确。
6．[2022·河北卷](双选)在EY沸石催化下，萘与丙烯反应主要生成二异丙基萘M和N。
下列说法正确的是(　　)
A．M和N互为同系物
B．M分子中最多有12个碳原子共平面
C．N的一溴代物有5种
D．萘的二溴代物有10种
答案：CD
解析：由题中信息可知，M和N均属于二异丙基萘，两者分子式相同，但是其结构不同，故两者互为同分异构体，A错误；因为萘分子中的10个碳原子是共面的，由于单键可以旋转，异丙基中最多可以有2个碳原子与苯环共面，因此，M分子中最多有14个碳原子共平面，B错误；N分子中有5种不同化学环境的H，因此其一溴代物有5种，C正确；萘分子中有8个H，但是只有两种不同化学环境的H(如图： )，根据定一移二法可知，若先取代α，则取代另一个H的位置有7个；然后先取代1个β，再取代其他β，有3种，因此，萘的二溴代物有10种，D正确。
考情分析
考点 考向 预测
有机物 的性质 和用途 有机代表物的性质判断 高考常以陌生有机物为载体，全面考查有机物结构的表示方法，同分异构体的数目判断等，要求考生分析能力高。命题角度主要有：有机物类别的判断、同系物和同分异构体的判断、有机物结构(分子式、结构简式、键线式、球棍模型和空间填充模型)的判断、同分异构体数目的判断、有机物分子中原子共线共面的判断。
有机代表物的用途判断 有机反应类型 有机物的检验 有机物 的结构 简单有机物的命名 同分异构体数目判断 有机物的共线、共面 信息给予型、有机选择题 有机物分子式的判断 根据所给信息判断该 有机物的结构特点　 根据官能团信息判断 有机物的性质特点　 核心突破·提能力
考点1　常见有机物的性质及用途
核 心 梳 理
1.常见有机物在生产、生活中的应用
性质 应用
医用酒精中乙醇的体积分数为75%，使蛋白质变性 医用酒精用于消毒
福尔马林是35%～40%的甲醛水溶液，使蛋白质变性，良好的杀菌剂 常用作浸制生物标本(不可用于食品保鲜)
蚕丝灼烧有烧焦羽毛的气味 灼烧法可以鉴别蚕丝和人造纤维
淀粉遇碘水变蓝色 鉴别淀粉、蛋白质与木纤维等
食醋与碳酸钙反应生成可溶于水的醋酸钙 食醋可用于除水垢(主要成分是CaCO3)
油脂在碱性条件下水解为高级脂肪酸盐和甘油 用于制肥皂
甘油具有吸水性 用作护肤保湿剂
阿司匹林水解生成的水杨酸，显酸性，服用阿司匹林出现水杨酸反应时，可用NaHCO3溶液解毒 用作解热镇痛药品
加工后具有吸水性的植物纤维 可用作食品干燥剂
聚乙烯( )性质稳定、无毒 可用作食品包装袋
聚氯乙烯 有毒 不能用作食品包装袋
聚四氟乙烯( )具有抗酸、碱，抗各种有机溶剂，熔点高，阻力小的特性 用于不粘锅的表面涂层
2.重要的有机化学反应
典 题 精 研
考向 生活中常见有机物的性质及用途
例1 [2023·浙江1月]下列说法不正确的是(　　)
A．从分子结构上看糖类都是多羟基醛及其缩合产物
B．蛋白质溶液与浓硝酸作用产生白色沉淀，加热后沉淀变黄色
C．水果中因含有低级酯类物质而具有特殊香味
D．聚乙烯、聚氯乙烯是热塑性塑料
解析：糖类都是多羟基醛、多羟基酮及其缩合产物，A项错误；蛋白质溶液与浓硝酸发生显色反应，先产生白色沉淀，加热后沉淀变黄色，B项正确；水果中含有低级酯类物质，因此具有特殊香味，C项正确；聚乙烯、聚氯乙烯均为线型结构，为热塑性塑料，D项正确。
答案：A
练1 高分子材料在生产生活中应用广泛。下列说法错误的是(　　)
A．芦苇可用于制造黏胶纤维，其主要成分为纤维素
B．聚氯乙烯通过加聚反应制得，可用于制作不粘锅的耐热涂层
C．淀粉是相对分子质量可达几十万的天然高分子物质
D．大豆蛋白纤维是一种可降解材料


解析：芦苇的主要成分是纤维素，可用于制造黏胶纤维，A说法正确；聚氯乙烯有毒，不能用于制作不粘锅的耐热涂层，不粘锅的耐热涂层是聚四氟乙烯等耐热材料，B说法错误；淀粉是天然高分子物质，其相对分子质量可达几十万，C说法正确；大豆蛋白纤维可降解，D说法正确。
答案：B
考点2　有机物空间结构与同分异构体
核 心 梳 理
1.几种典型的结构
2.结构不同的基团连接后原子共面分析
(1)直线与平面连接，则直线在这个平面上。
如苯乙炔： ，所有原子共平面。
(2)平面与平面连接：如果两个平面结构通过单键相连，由于单键的可旋转性，两个平面可以重合，但不一定重合。
(3)平面与立体连接：如果甲基与平面结构通过单键相连，则由于单键的可旋转性，甲基的一个氢原子可能暂时处于这个平面上。
示例： 分子中共平面原子至少12个，最多13个。
3．同分异构体的书写与判断方法
基团连接法 将有机物看作由基团连接而成，由基团的异构体数目可推断有机物的异构体数目。如丁基有四种，丁醇(C4H9—OH)、C4H9—Cl分别有四种
换位思考法 将有机物分子中的不同原子或基团进行换位思考。如：乙烷分子中共有6个H原子，若有一个H原子被Cl原子取代所得一氯乙烷只有一种结构，那么五氯乙烷也只有一种结构。分析如下：假设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，其情况跟一氯乙烷完全相同
等效氢原子法(又称对称法) 分子中等效H原子有如下情况：①分子中同一个碳上的H原子等效；②同一个碳的甲基上的H原子等效；③分子中处于镜面对称位置(相当于平面镜成像时)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的同分异构体，先固定其中一个Cl的位置，移动另外一个Cl
组合法 饱和一元酯R1COOR2，R1—有m种，R2—有n种，共有m×n种酯
典 题 精 研
考向 有机物分子结构分析
例2 γ 崖柏素具有天然活性，有酚的通性，结构如图。关于γ 崖柏素的说法错误的是(　　)
A.可与溴水发生取代反应
B．可与NaHCO3溶液反应
C．分子中的碳原子不可能全部共平面
D．与足量H2加成后，产物分子中含手性碳原子
答案：B
解析：由题中信息可知，γ 崖柏素中碳环具有类苯环的共轭体系，其分子中羟基具有类似酚羟基的性质。此外，该分子中还有羰基可与氢气发生加成反应转化为脂环醇。γ 崖柏素有酚的通性，且γ 崖柏素的环上有可以被取代的H，故γ 崖柏素可与溴水发生取代反应，A正确；酚类物质不与NaHCO3溶液反应，γ 崖柏素分子中没有可与NaHCO3溶液反应的官能团，故其不可与NaHCO3溶液反应，B错误；γ 崖柏素分子中有一个异丙基，异丙基中间的碳原子与其相连的3个碳原子不共面，故其分子中的碳原子不可能全部共平面，C正确；γ 崖柏素与足量H2加成后转化为 ，产物分子中含手性碳原子(与羟基相连的C原子是手性碳原子)，D正确。
练2 有机化合物Z可用于治疗阿尔茨海默症，其合成路线如下
下列说法错误的是(　　)
A．该反应为加成反应
B．X、Y分子中含有的手性碳原子个数相同
C．Z的消去反应产物具有顺反异构体
D．Z的同分异构体可能含两个苯环

答案：D
解析：该反应为加成反应，打开了X中的C===O，A正确；X、Y分子中都含有1个手性碳原子，B正确；Z的消去反应产物为 ，具有顺反异构体，C正确；Z的分子式为C21H30O7，CnHmOx为烃的衍生物，若m<2n＋2，不饱和度＝(2n＋2－m)/2＝7，两个苯环的不饱和度为8，Z的同分异构体不可能含两个苯环，D错误。
考点3　有机物的结构与性质
核 心 梳 理
1.常见有机物或官能团与其性质的关系
种类 官能团 主要化学性质
烷烃 ①在光照下发生卤代反应；②不能使酸性KMnO4溶液褪色；③高温分解
烯烃 ①与X2、H2、HX、H2O等发生加成反应；②加聚反应；③易被氧化，能使酸性KMnO4溶液褪色
炔烃 —C≡C— ①与X2、H2、HX、H2O等发生加成反应；②易被氧化，能使酸性KMnO4溶液褪色；③加聚反应
苯 ①取代反应[如硝化反应、卤代反应(Fe或FeX3作催化剂)]；②与H2发生加成反应
甲苯 ①取代反应；②能使酸性KMnO4溶液褪色
卤代烃 ①在NaOH水溶液中发生水解反应，生成醇；②部分在NaOH乙醇溶液中发生消去反应，生成不饱和烃
醇 —OH ①与活泼金属Na等反应产生H2；②部分催化氧化生成醛；③与羧酸及无机含氧酸发生酯化反应；④部分消去生成烯烃
酚 —OH ①弱酸性、能与NaOH溶液反应；②苯酚与浓溴水发生取代反应，生成三溴苯酚白色沉淀；③遇FeCl3溶液显紫色
醛、葡萄糖 ①与H2加成为醇；②加热时，被氧化剂{如O2、[Ag(NH3)2]＋、Cu(OH)2等}氧化为酸(盐)
羧酸 ①酸的通性；②酯化反应
酯 发生水解反应，生成羧酸(盐)和醇
酰胺 发生水解反应，酸性条件下水解生成羧酸和铵盐，碱性条件下水解生成羧酸盐和NH3
胺 —NH2 呈碱性
2.常见的检验方法
官能团种类或物质 试剂 判断依据
碳碳双键或碳碳三键 溴的CCl4溶液 橙红色变浅或褪去
酸性KMnO4溶液 紫红色变浅或褪去
醇羟基 钠 有气体放出
羧基 NaHCO3溶液 有无色无味气体放出
新制Cu(OH)2 蓝色絮状沉淀溶解
葡萄糖 银氨溶液水浴加热 产生光亮银镜
新制Cu(OH)2悬浊液加热至沸腾 产生砖红色沉淀
淀粉 碘水 显蓝色
蛋白质 浓硝酸微热 显黄色
灼烧 烧焦羽毛的气味
(2)能与NaOH反应的有机物及其用量比例(设有机物分子官能团个数为1)：①卤代烃：1∶1；②苯环上连接的卤原子：1∶2；③酚羟基：1∶1；④羧基：1∶1；⑤普通酯：1∶1；⑥酚酯：1∶2。
(3)Br2的用量
烷烃(光照下1 mol Br2可取代1 mol氢原子)、苯(FeBr3催化下1 mol Br2可取代1 mol氢原子)、酚类(1 mol Br2可取代与—OH所连碳原子处于邻、对位碳原子上的1 mol H原子)、 (1 mol双键可与1 mol Br2发生加成反应)、—C≡C—(1 mol三键可与2 mol Br2发生加成反应)。
典 题 精 研
考向 信息给予型有机物的结构与性质
例3 [2023·浙江1月]七叶亭是一种植物抗菌素，适用于细菌性痢疾，其结构如图，下列说法正确的是(　　)
A．分子中存在2种官能团
B．分子中所有碳原子共平面
C．1 mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗2 mol Br2
D．1 mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3 mol NaOH

答案：B
解析：该分子中含有羟基、酯基、碳碳双键三种官能团，A项错误；分子中碳原子均为sp2杂化，结合分子结构知，所有碳原子共平面，B项正确；与酚羟基相连碳原子的邻位和对位碳原子上的氢原子能与溴发生取代反应，碳碳双键能与溴发生加成反应，1 mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗3 mol Br2，C项错误；该物质中酚羟基、酯基能与NaOH反应，酯基水解得到酚羟基和羧基，因此1 mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗4 mol NaOH，D项错误。
练3 在微波作用下物质Z可通过下列反应合成。下列说法正确的是(　　)
A．X分子中σ键、π键的数目比为9∶1
B．物质Y易溶于水
C．1 mol Y最多能与6 mol H2发生加成反应
D．物质Z在铜催化下被O2氧化为醛

答案：A
解析：单键均为σ键，双键中有一个σ键一个π键，所以X分子中σ键、π键的数目比9∶1，A正确；物质Y中不含亲水基，难溶于水，B错误；苯环、羰基均可以和氢气加成，所以1 mol Y最多能与8 mol H2发生加成反应，C错误；物质Z中羟基相连的碳原子上没有H原子，不能被催化氧化，D错误。
模考精练·抓落实
1．从天然有机物中可以获取工业生产所需的多种原料。下列说法不正确的是(　　)
A．由蛋白质水解可以获得氨基酸
B．由淀粉水解可以获得葡萄糖
C．由油脂水解可以获得丙三醇
D．由石油裂解可以获得乙酸
解析：由于蛋白质中含有肽键，故蛋白质水解可以获得氨基酸，A正确；淀粉属于多糖，由淀粉水解可以获得葡萄糖，B正确；油脂在酸性条件下水解为高级脂肪酸和甘油、在碱性条件下水解为高级脂肪酸盐和甘油，甘油就是丙三醇，C正确；由石油裂解可以获得乙烯等，D错误。
答案：D
2．我国科学家首次实现二氧化碳到淀粉人工合成的原创性突破，相关成果由国际知名学术期刊《科学》在线发表。下列说法正确的是(　　)
A．氯水能使淀粉 KI试纸先变红后褪色
B．CO2合成淀粉[(C6H10O5)n]过程发生了氧化还原反应
C．淀粉[(C6H10O5)n]和纤维素[(C6H10O5)n]互为同分异构体
D．淀粉水解液中加入银氨溶液，水浴加热一段时间，可观察到有光亮的银镜生成
答案：B
解析：氯水能使淀粉 KI试纸变蓝，故A错误；CO2合成淀粉[(C6H10O5)n]，碳元素化合价发生变化，发生了氧化还原反应，故B正确；淀粉[(C6H10O5)n]和纤维素[(C6H10O5)n]是高分子化合物，n值不同，不是同分异构体，故C错误；淀粉水解液中先加入氢氧化钠中和硫酸，再加入银氨溶液，水浴加热一段时间，可观察到有光亮的银镜生成，故D错误。
3．一种有机物结构简式为 下列有关该有机物的说法正确的是(　　)
A．该有机物分子式为：C11H10O7
B．分子中最多有9个碳原子共平面
C．该有机物能发生酯化反应，消去反应，银镜反应
D．1 mol该有机物分别与足量NaHCO3溶液，NaOH溶液完全反应，最多消耗二者的物质的量分别为1 mol、5 mol
答案：D
解析：根据分子的结构简式可知，其分子式为C11H8O7，A错误；分子中含有苯环和碳碳三键结构，分子中最多有11个碳原子共平面，B错误；分子中含有羧基、羟基，可发生酯化反应，分子中含有酯基，为甲酸酯，含有醛基，可发生银镜反应，但无法发生消去反应，C错误；1 mol分子中含有1 mol羧基，能消耗NaHCO3的物质的量为1 mol，分子中含有2 mol酚羟基、1 mol甲酸酚酯基，故可消耗5 mol NaOH，D正确。
4．中科院苏州纳米所5 nm激光光刻研究获最新进展。如图所示A、B是一种光刻胶树脂的两种单体的结构简式。下列说法错误的是(　　)
A.A中存在3个手性碳原子
B．B水解产物中的酸有2种同分异构体
C．A、B都存在属于芳香族化合物的同分异构体
D．A、B通过加聚反应生成光刻胶树脂
答案：B
解析：有机物A中存在如图*所示的3个连有不同原子或原子团的手性碳原子： ，故A正确；有机物B水解所得羧酸的结构简式为
的同分异构体可能是链状羧酸、环状羧酸、链酯和环状酯等，同分异构体数目远远大于2种，故B错误；苯环的不饱和度为4，由结构简式可知，有机物A、B的不饱和度都大于4，则A、B都存在属于芳香族化合物的同分异构体，故C正确；有机物A、B都含有碳碳双键，能通过加聚反应生成光刻胶树脂，故D正确。
5．聚乳酸(PLA)是最具潜力的可降解高分子材料之一，对其进行基团修饰可进行材料的改性，从而拓展PLA的应用范围。PLA和某改性的PLA的合成路线如图。
注：Bn是苯甲基
下列说法不正确的是(　　)
A．反应①是缩聚反应
B．反应②中，参与聚合的F和E的物质的量之比是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的作用是保护羟基，防止羟基参与聚合反应
解析：由图可知，反应①为乳酸分子间发生酯化反应生成聚乳酸，是缩聚反应，A项正确；由化合物G的结构可知，参与聚合的F和E物质的量之比是2m∶n，B项错误；改性的PLA中，m∶n越大，含羟基越多，其在水中的溶解性越好，C项正确；反应①中羟基也参与聚合反应，故反应②发生聚合反应时为要先引入Bn, 以防止羟基参与聚合反应，D项正确。
答案：B(共74张PPT)
专题七　化学反应与能量
真题研练·析考情
核心突破·提能力
模考精练·抓落实
真题研练·析考情
真题研练
1.[2023·新课标卷]一种以V2O5和Zn为电极、Zn(CF3SO3)2水溶液为电解质的电池，其示意图如下所示。放电时，Zn2＋可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O。下列说法错误的是(　　)
A．放电时V2O5为正极
B．放电时Zn2＋由负极向正极迁移
C．充电总反应：xZn＋V2O5＋nH2O===ZnxV2O5·nH2O
D．充电阳极反应：ZnxV2O5·nH2O－2xe－===xZn2＋＋V2O5＋nH2O
答案：C
解析：由题给信息可知，放电时，Zn2＋可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O，V2O5发生了还原反应，则放电时V2O5为正极，A说法正确；放电时Zn为负极，Zn失去电子变为Zn2＋，阳离子向正极迁移，则放电时Zn2＋由负极向正极迁移，B说法正确；电池在放电时的总反应为xZn+V2O5+nH2O===ZnxV2O5·nH2O，则其在充电时的总反应为ZnxV2O5·nH2O===xZn＋V2O5＋nH2O，C说法不正确；充电阳极上ZnxV2O5·nH2O被氧化为V2O5，则阳极的电极反应为ZnxV2O5·nH2O－2xe－===xZn2＋＋V2O5＋nH2O，D说法正确；故选C。
2．[2023·北京卷]回收利用工业废气中的CO2和SO2，实验原理示意图如下。
下列说法不正确的是(　　)
A．废气中SO2排放到大气中会形成酸雨
B．装置a中溶液显碱性的原因是的水解程度大于的电离程度
C．装置a中溶液的作用是吸收废气中的CO2和SO2
D．装置b中的总反应为＋CO2＋H2OHCOOH+
答案：C
解析：SO2是酸性氧化物，废气中SO2排放到空气中会形成硫酸型酸雨，故A正确；装置a中溶液的溶质为NaHCO3，溶液显碱性，说明的水解程度大于其电离程度，故B正确；装置a中NaHCO3溶液的作用是吸收SO2气体，CO2与NaHCO3溶液不反应，不能吸收CO2，故C错误；由电解池阴极和阳极反应式可知，装置b中总反应为＋CO2＋H2OHCOOH+，故D正确。
3．[2023·辽宁卷]某无隔膜流动海水电解法制H2的装置如下图所示，其中高选择性催化剂PRT可抑制O2产生。下列说法正确的是(　　)
A．b端电势高于a端电势
B．理论上转移2 mol e－生成4 g H2
C．电解后海水pH下降
D．阳极发生：Cl－＋H2O－2e－===HClO＋H＋
答案：D
解析：由图可知，左侧电极产生氧气，则左侧电极为阳极，a为电源正极，右侧电极为阴极，b为电源负极，该装置的总反应产生氧气和氢气，相当于电解水，以此解题。
由分析可知，a为正极，b为负极，则a端电势高于b端电势，A错误；右侧电极上产生氢气的电极方程式为：2H＋＋2e－===H2↑，则理论上转移2 mol e－生成2 g H2，B错误；由图可知，该装置的总反应为电解海水，随着电解的进行，海水的浓度增大，但是其pH基本不变，C错误；由图可知，阳极上的电极反应为：Cl－＋H2O－2e－===HClO＋H＋，D正确；故选D。
4．[2022·浙江1月]相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1 mol环己烷( )的能量变化如图所示：
下列推理不正确的是(　　)
A．2ΔH1≈ΔH2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比
B．ΔH2＜ΔH3，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定
C．3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
D．ΔH3－ΔH1＜0，ΔH4－ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性
答案：A
5．[2022·湖南卷]海水电池在海洋能源领域备受关注，一种锂—海水电池构造示意图如下。下列说法错误的是(　　)
A.海水起电解质溶液作用
B．N极仅发生的电极反应：2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑
C．玻璃陶瓷具有传导离子和防水的功能
D．该锂—海水电池属于一次电池
解析：海水中含有大量的电解质，故A项正确；Li是活泼金属，作负极，则N极是正极，正极上海水中溶解的O2、CO2等均能放电，B项错误；由于Li易与水反应，故玻璃陶瓷应具有良好的防水功能，同时为形成闭合的回路，也应具有传导离子的功能，C项正确；该电池属于一次电池，D项正确。
答案：B
6．[2022·广东卷]科学家基于Cl2易溶于CCl4的性质，发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池，可作储能设备(如图)。充电时电极a的反应为： NaTi2(PO4)3＋2Na＋＋2e－===Na3Ti2(PO4)3。下列说法正确的是(　　)
A．充电时电极b是阴极
B．放电时NaCl溶液的pH减小
C．放电时NaCl溶液的浓度增大
D．每生成1 mol Cl2，电极a质量理论上增加23 g

答案：C
解析：由充电时电极a的反应可知，充电时电极a发生还原反应，所以电极a是阴极，则电极b是阳极，故A错误；放电时电极反应和充电时相反，则由放电时电极a的反应为Na3Ti2(PO4)3－2e－===NaTi2(PO4)3＋2Na＋可知，NaCl溶液的pH不变，故B错误；放电时负极反应为Na3Ti2(PO4)3－2e－===NaTi2(PO4)3＋2Na＋，正极反应为Cl2＋2e－===2Cl－，反应后Na＋和Cl－浓度都增大，则放电时NaCl溶液的浓度增大，故C正确；充电时阳极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极反应为NaTi2(PO4)3＋2Na＋＋2e－===Na3Ti2(PO4)3，由得失电子守恒可知，每生成1 mol Cl2，电极a质量理论上增加23 g·mol－1×2 mol＝46 g，故D错误。
考情分析
考点 考向 预测
化学反应与热能 反应热的比较与计算 化学反应与能量主要包括化学能与热能、化学能与电能，化学能与热能重点考查能量变化图、盖斯定律、键能等，由于能源问题已成为社会热点，结合新能源的开发，把反应热与能源结合起来进行考查，将是命题的方向。电化学部分常以新型化学电源、电解原理在生活生产中的应用等为载体，考查基本原理及应用，试题注重了题材的生活化、实用化、情境化，同时也加强了不同知识间的相互渗透与融合，试题的背景较为新颖，题目具有一定难度。预测今年高考仍会在这方面着力命题。尤其注意电化学原理中离子交换膜的应用。
反应历程与能量变化的分析 原电池原理及应用 原电池原理及简单应用 新型化学电源的分析 电解原理及其应用 电解原理及规律 电解原理的应用 电化学原理的综合考查 金属的腐蚀与防护 电化学腐蚀的原因分析 金属的防护方法 核心突破·提能力
考点1　化学能与热能
核 心 梳 理
1.催化剂对反应历程与活化能影响
图例
解读 (1)在无催化剂的情况下：E1为正反应的活化能，E2为逆反应的活化能；E1－E2＝ΔH。 (2)有催化剂时，总反应分成了两个反应步骤，反应①为吸热反应，产物为总反应的中间产物，反应②为放热反应；总反应为放热反应。 (3)同一反应分为若干个基元反应，活化能大的基元反应速率较慢，决定了总反应的快慢；相同反应物同时发生多个竞争反应时，能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。 (4)催化剂的作用：降低E1、E2，但不影响ΔH。 【特别提醒】
(1)活化能是从低能态“爬坡”到高能态的能垒，活化能最大的步骤，决定了整个反应过程的反应速率。
(2)分析变化过程中所经历的全部基元反应，包括过渡态的形成，键的断裂和生成等。

2.燃烧热和中和反应的反应热应用中的注意事项
(1)均为放热反应，ΔH<0，单位为kJ·mol－1。
(2)燃烧热概念理解的三要点：①外界条件是25 ℃、101 kPa；②反应的可燃物是1 mol；③生成物是稳定的氧化物(包括状态)，如碳元素生成的是CO2气体，而不是CO，氢元素生成的是液态水，而不是水蒸气。
(3)中和反应的反应热概念理解三要点：①反应物酸、碱是强酸、强碱；②溶液是稀溶液，不存在稀释过程的热效应；③生成物液态水是1 mol。
3．反应热计算的四种方法
典 题 精 研
考向1 反应历程图像分析
例1 [2023·浙江1月]标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0]，下列说法不正确的是(　　)
A．E6－E3＝E5－E2
B．可计算Cl—Cl键能为2(E2－E3)kJ·mol－1
C．相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ>历程Ⅰ
D．历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为ClO(g)＋O(g)===O2(g)＋Cl(g)ΔH＝(E5－E4)kJ·mol－1
答案：C
解析：
根据历程Ⅰ，O3(g)＋O(g) 2O2(g)的ΔH＝(E6－E3)kJ·mol－1，根据历程Ⅱ，O3(g)＋O(g) 2O2(g)的反应热ΔH＝(E5－E2)kJ·mol－1，则E6－E3＝E5－E2，A项正确；根据图示，Cl(g)的相对能量为(E2－E3)kJ·mol－1，由于Cl2(g)的相对能量为0，故Cl2(g)===Cl(g)＋Cl(g)的ΔH＝2(E2－E3)kJ·mol－1，即Cl—Cl键能为2(E2－E3)kJ·mol－1，B项正确；历程Ⅱ使用了催化剂Cl，催化剂不能使平衡发生移动，则O3的平衡转化率：历程Ⅱ＝历程Ⅰ，C项错误；历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应为活化能最小的反应，即ClO(g)＋O(g)===O2(g)＋Cl(g)　ΔH＝(E5－E4)kJ·mol－1，D项正确。
练1 18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为： ＋CH3O－能量变化如图
所示 。已知
为快速平衡，下列说法正确的是(　　)
A.反应Ⅱ、Ⅲ为决速步
B．反应结束后，溶液中存在18OH－
C．反应结束后，溶液中存在OH
D．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变
答案：B
考向2 反应热的计算与比较
例2 相同温度和压强下，关于反应的ΔH，下列判断正确的是(　　)
A．ΔH1>0，ΔH2>0
B．ΔH3＝ΔH1＋ΔH2
C．ΔH1>ΔH2，ΔH3>ΔH2
D．ΔH2＝ΔH3＋ΔH4

答案：C
练2 联氨(N2H4)常温下为无色液体，可用作火箭燃料。下列说法不正确的是(　　)
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)具有的总能量高于2 mol H2O(g)
D．联氨和N2O4作火箭推进剂的原因之一是反应放出大量的热
答案：A
解析：O2(g)＋2H2(g)===2H2O(g)　ΔH3；O2(g)＋2H2(g)===2H2O(l)　ΔH5；两个反应均为放热反应，ΔH均为负值，放热越多，ΔH越小，由于生成液态水放热更多，所以ΔH5<ΔH3，A项错误；根据盖斯定律，③×2－②×2－①得，2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(g)，所以ΔH4＝2ΔH3－2ΔH2－ΔH1，B项正确；O2(g)＋2H2(g)===2H2O(g)　ΔH3，该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，C项正确；由ΔH4＝－1 048.9 kJ·mol－1知，反应放出大量的热，所以可以用联氨和N2O4作火箭推进剂，D项正确。
考点2　原电池原理　新型化学电源
核 心 梳 理
1.原电池的结构及工作原理
2．原电池正、负极的判断方法
【特别提醒】
(1)某些特定情况下，电极类型判断方法与常规方法有差异，要根据题中的物质转化信息进行判断。
(2)存在多个反应时，要清楚哪个是电极反应，哪个是电极区反应，然后根据电极反应的类型进行判断。

3.陌生原电池装置的知识迁移
(1)二次电池
(2)燃料电池
典 题 精 研
考向1 原电池工作原理的应用
例3 [2023·全国乙卷]室温钠 硫电池被认为是一种成本低、比能量高的能源存储系统。一种室温钠 硫电池的结构如图所示。将钠箔置于聚苯并咪唑膜上作为一个电极，表面喷涂有硫黄粉末的炭化纤维素纸作为另一电极。工作时，在硫电极发生反应：S8+e－―→，+ e－―→，2Na＋＋＋2(1－)e－―→Na2Sx
下列叙述错误的是(　　)
A．充电时Na＋从钠电极向硫电极迁移
B．放电时外电路电子流动的方向是a→b
C．放电时正极反应为2Na＋＋S8＋2e－―→Na2Sx
D．炭化纤维素纸的作用是增强硫电极导电性能
答案：A
解析：由题意可知放电时硫电极得电子，硫电极为原电池正极，钠电极为原电池负极。
充电时为电解池装置，阳离子移向阴极，即钠电极，故充电时，Na＋由硫电极迁移至钠电极，A错误；放电时Na在a电极失去电子，失去的电子经外电路流向b电极，硫黄粉在b电极上得电子与a电极释放出的Na＋结合得到Na2Sx，电子在外电路的流向为a→b，B正确；将题给的一系列方程式依次标号为①②③，由×①＋×②＋③可以得到放电时正极的反应式为2Na＋＋S8＋2e－―→Na2Sx，C正确；炭化纤维素纸中含有大量的炭，炭具有良好的导电性，可以增强硫电极的导电性能，D正确；故答案选A。
练3 近期，我国报道了一种新型Li NO2电池，为NO2的治理和再利用提供了新的研究思路，其工作原理如下图所示。电池放电时的总反应为2Li＋NO2===Li2O＋NO。下列有关该电池工作时的说法不正确的是(　　)
A．外电路电流的方向：b极→电流表→a极
B．b极的电极反应：NO2＋2e－＋2Li＋===Li2O＋NO
C．电解液中Li＋向b极附近迁移
D．当外电路通过1 mol e－时，b极质量增加7 g
答案：D
解析：由放电时的总反应为2Li＋NO2===Li2O＋NO，Li元素化合价升高，则a极为负极，电极反应式为Li－e－===Li＋，b极为正极，N元素化合价降低，电极反应式为：NO2＋2e－＋2Li＋===Li2O＋NO，B正确；电流从正极流向负极，即外电路电流的方向：b极→电流表→a极，A正确；电解质中阳离子移向正极，则电解液中Li＋向b极附近迁移，故C正确；当外电路通过1 mol e－时，有1 mol Li＋移向b极，质量为m＝nM＝1 mol×7 g·mol－1＝7 g，b极生成Li2O，则b极增加的质量还包含O元素质量，则b极质量增加大于7 g，D错误。
考向2 新型化学电源
例4 [2023·山东卷](双选)利用热再生氨电池可实现CuSO4电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示，甲、乙两室均预加相同的CuSO4电镀废液，向甲室加入足量氨水后电池开始工作。下列说法正确的是(　　)
A．甲室Cu电极为正极
B．隔膜为阳离子膜
C．电池总反应为：Cu2＋＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋
D．NH3扩散到乙室将对电池电动势产生影响
答案：CD
解析：据图可知，甲室流出液经低温热解得到CuSO4和NH3，则甲室中生成了[Cu(NH3)4]SO4，发生的反应为Cu－2e－+4NH3 ===[Cu(NH3)4]2＋，甲室Cu电极为负极，A错误；乙室Cu电极为正极，发生反应：Cu2＋＋2e－===Cu，消耗Cu2＋，为维持电解质溶液呈电中性透过隔膜进入甲室，则隔膜为阴离子膜，B错误；根据正、负极反应，可知电池总反应为，C正确；NH3能与Cu2＋反应生成，因此若NH3扩散到乙室，则乙室Cu2＋浓度减小，对电池电动势有影响，D正确。
练4 某储能电池原理如图。下列说法正确的是(　　)
A．放电时负极反应：Na3Ti2(PO4)3－2e－===NaTi2(PO4)3＋2Na＋
B．放电时Cl－透过多孔活性炭电极向CCl4中迁移
C．放电时每转移1 mol电子，理论上CCl4吸收0.5 mol Cl2
D．充电过程中，NaCl溶液浓度增大
答案：A
解析：放电时负极反应：Na3Ti2(PO4)3－2e－===NaTi2(PO4)3＋2Na＋，正极反应：Cl2＋2e－===2Cl－，消耗氯气，放电时，阴离子移向负极，充电时阳极：2Cl－－2e－===Cl2，A正确；放电时，阴离子移向负极，放电时Cl－透过多孔活性炭电极向NaCl中迁移，B错误；放电时每转移1 mol电子，正极：Cl2＋2e－===2Cl－，理论上CCl4释放0.5 mol Cl2，C错误；充电过程中，阳极：2Cl－－2e－===Cl2，消耗氯离子，NaCl溶液浓度减小，D错误。
考点3　电解原理及其应用
核 心 梳 理
1.电解池的结构及工作原理
2．电解池阴、阳极的判断方法
3．电解池电极反应式的书写模式
(1)阳极
①活泼金属作电极，电极材料本身失电子，M－ne－===Mn＋。
②电极为惰性电极，溶液中较易失电子的阴离子优先失去电子，其顺序为S2－>I－>Br－>Cl－>OH－，Rn－－ne－===R。
(2)阴极
溶液中较易得电子的阳离子优先得到电子，其顺序为Ag＋>Cu2＋>H＋，Mn＋＋ne－===M。
4．金属的腐蚀与防护
(2)金属腐蚀
典 题 精 研
考向1 电解原理及应用
例5 [2023·全国甲卷]用可再生能源电还原CO2时，采用高浓度的K＋抑制酸性电解液中的析氢反应可提高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率，装置如下图所示。下列说法正确的是(　　)
A．析氢反应发生在IrOx Ti电极上
B．Cl－从Cu电极迁移到IrOx Ti电极
C．阴极发生的反应有2CO2＋12H＋＋12e－===C2H4＋4H2O
D．每转移1 mol电子，阳极生成11.2 L气体(标准状况)

答案：C
解析：由图可知，该装置为电解池，与直流电源正极相连的IrOx Ti电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，A错误；铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式为2CO2＋12H＋＋12e－===C2H4＋4H2O、2CO2＋12H＋＋12e－===C2H5OH＋3H2O，C正确；电解池工作时，氢离子通过质子交换膜由阳极室进入阴极室，B错误；水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，每转移1 mol电子，生成0.25 mol O2，在标况下体积为5.6 L，故D错误；答案选C。
练5 通过电解废旧锂电池中的LiMn2O4可获得难溶性的Li2CO3和MnO2，电解示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是(　　)
A．电极A为阴极，发生还原反应
B．电极B的电极反应：2H2O＋Mn2＋－2e－===MnO2＋4H＋
C.电解一段时间后溶液中Mn2＋浓度保持不变
D．电解结束，可通过调节pH除去Mn2＋，再加入Na2CO3溶液以获得Li2CO3
答案：C
解析：由示意图可知，电解时，电极A上LiMn2O4中Mn元素化合价降低，被还原，电极A是电解装置的阴极，A项正确；由电解装置中电极B上的物质变化可知，Mn2＋被氧化成MnO2，B项正确；阴极上Mn元素化合价由＋3.5→＋2，阳极上Mn元素化合价由＋2→＋4，化合价变化的绝对值不相等，故电解过程中，溶液中的Mn2＋浓度会变化，C项错误；通过调节溶液pH，可使Mn2＋转化为沉淀而除去，再加入可溶性的碳酸盐可使Li＋转化为难溶的碳酸锂，D项正确。
考向2 金属的腐蚀与防护
例6 氯盐可导致混凝土中的钢筋腐蚀。为防止混凝土中的钢筋腐蚀，可在混凝土表面敷置一定电解质溶液并将惰性金属导电网浸泡其中，惰性金属导电网与钢筋分别连接外部直流电源从而除去Cl－，装置如图，下列说法错误的是(　　)
A．钢筋接电源的正极
B．金属导电网上发生的电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑
C．混凝土中的钙离子向钢筋方向移动
D．电解一段时间后钢筋附近溶液的pH增大

答案：A
解析：由Cl－移动方向可知钢筋接电源的负极，A项错误；金属导电网为阳极，发生的电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，B项正确；钢筋一端为阴极，钙离子为阳离子，所以向钢筋方向移动，C项正确；钢筋附近发生的电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，所以电解一段时间后钢筋附近溶液的pH增大，D项正确。
练6 将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在如图所示的情境中，下列有关说法正确的是(　　)
A．阴极的电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋
B．金属M的活动性比Fe的活动性弱
C．钢铁设施表面因积累大量电子而被保护
D．钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快
解析：该装置中阴极发生还原反应，A项错误；金属M被氧化，即金属活动性：M>Fe，B项错误；钢铁设施为原电池的正极，表面积累大量电子而被保护，C项正确；海水中含有大量的NaCl等电解质，而河水中电解质较少，故钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的慢，D项错误。
答案：C
考点4　“离子交换膜”在电化学中的应用
核 心 梳 理
1.离子交换膜的功能、类型、作用
2．解答带离子交换膜电解池问题的思维模型
典 题 精 研
考向 离子交换膜在电化学中的应用
例7 一种水性电解液离子选择双隔膜电池如图所示[KOH溶液中，Zn2＋以存在]。电池放电时，下列叙述错误的是(　　)
A．Ⅱ区的K＋通过隔膜向Ⅲ区迁移
B．Ⅰ区的通过隔膜向Ⅱ区迁移
C．MnO2电极反应：MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2O
D．电池总反应：＋Mn2＋＋2H2O

答案：A
解析：根据题图可知Zn为负极，电极反应为，MnO2为正极，电极反应为MnO2＋2e－＋4H＋===Mn2＋＋2H2O。A项，根据负极反应可知，Ⅲ区中负电荷减少，为了平衡溶液中电荷，放电时Ⅲ区的钾离子向Ⅱ区迁移，错误；B项，根据正极反应可知，Ⅰ区中正电荷减少，为了平衡溶液中电荷，硫酸根离子从Ⅰ区迁移至Ⅱ区，正确；D项，将正、负极电极反应相加即可得到电池总反应，正确。
练7 [2023·湖北卷]我国科学家设计如图所示的电解池，实现了海水直接制备氢气技术的绿色化。该装置工作时阳极无Cl2生成且KOH溶液的浓度不变，电解生成氢气的速率为x mol·h－1。下列说法错误的是(　　)
A．b电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
B．离子交换膜为阴离子交换膜
C．电解时海水中动能高的水分子可穿过PTFE膜
D．海水为电解池补水的速率为2x mol·h－1
答案：D
解析：由图可知，该装置为电解水制取氢气的装置，a电极与电源正极相连，为电解池的阳极，b电极与电源负极相连，为电解池的阴极，阴极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，阳极反应为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，电池总反应为2H2O2H2↑＋O2↑，据此解答。
b电极为阴极，发生还原反应，电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，故A正确；该装置工作时阳极无Cl2生成且KOH浓度不变，阳极发生的电极反应为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，为保持OH－离子浓度不变，则阴极产生的OH－离子要通过离子交换膜进入阳极室，即离子交换膜应为阴离子交换摸，故B正确；电解时电解槽中不断有水被消耗，海水中的动能高的水可穿过PTFE膜，为电解池补水，故C正确；由电解总反应可知，每生成1 mol H2要消耗1 mol H2O，生成H2的速率为x mol·h－1，则补水的速率也应是x mol·h－1，故D错误；答案选D。
模考精练·抓落实
1．港珠澳大桥的设计使用寿命高达120年，主要的防腐方法：①钢梁上安装铝片；②使用高性能富锌(富含锌粉)底漆；③使用高附着性防腐涂料；④预留钢铁腐蚀量。下列分析不合理的是(　　)
A．方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，未能完全消除
B．防腐涂料可以防水、隔离O2降低吸氧腐蚀速率
C．防腐过程中铝和锌均失去电子，主要发生化学腐蚀
D．钢铁在海水中发生吸氧腐蚀时正极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
答案：C
解析：防腐方法并不能完全防止铁的腐蚀，只能减缓钢铁腐蚀，因此方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，A正确；防腐涂料可以防水、隔离O2，避免Fe与氧气、水反应，降低吸氧腐蚀速率，B正确；铝和锌比铁活泼，防腐过程形成原电池，铝和锌作负极失去电子，发生的是电化学腐蚀，C错误；钢铁在海水中发生吸氧腐蚀时，正极上氧气得电子发生还原反应，正极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，D正确。
2．已知甲酸的分解反应为HCOOH CO＋H2O　ΔH。在H＋催化作用下反应历程为
HCOOH＋H＋―→
根据过渡态理论，其反应过程中的能量变化如图所示(E1、E2、E3均大于0)。
下列说法错误的是(　　)
A．E2为正反应的活化能
B．该反应为放热反应，ΔH＝－E3 kJ·mol－1
C．图像中第一个峰(过渡态)对应的物质结构为过渡态Ⅰ，第二个峰(过渡态)对应的物质结构为过渡态Ⅱ
D．使用催化剂后，正、逆反应速率同等程度改变，平衡不移动
答案：C
解析：从图像可看出，E2为正反应的最高能量，是正反应的活化能，A正确；反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，ΔH＝－E3 kJ·mol－1，B正确；过渡态Ⅱ为第三个峰所对应的物质，C错误；催化剂能同等程度地改变正逆反应速率，故平衡不移动，D正确。
3．科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气催化重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(Ⅲ)表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd(Ⅲ)表面的物种用*标注。下列说法正确的是(　　)
A．Pd(Ⅲ)能改变反应历程，从而改变化学反应速率
B.该历程中反应速率最快的是路径①
C．该历程中能垒(反应活化能)最大的是路径②
D．由此历程可知：CH2O*＋2H*===CHO*＋3H*ΔH＞0
答案：A
解析：Pd(Ⅲ)是该反应的催化剂，催化剂能改变反应的活化能，能改变反应历程，从而改变化学反应速率，故A正确；活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，反应需要的活化能越小，反应进行的越快，反应速率越快，根据图示，路径③的活化能最小，反应速率最快，故B错误；活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，由图可以看出，过渡态1发生的反应活化能最大，该历程中能垒(反应活化能)最大的是路径①，故C错误；根据图示，CH2O*和2H*总能量大于CHO*和3H*总能量，则该反应历程为放热反应，ΔH＜0，故D错误。
4．[2023·浙江1月]在熔融盐体系中，通过电解TiO2和SiO2获得电池材料(TiSi)，电解装置如图，下列说法正确的是(　　)
A．石墨电极为阴极，发生氧化反应
B．电极A的电极反应：8H＋＋TiO2＋SiO2＋8e－===TiSi＋4H2O
C．该体系中，石墨优先于Cl－参与反应
D．电解时，阳离子向石墨电极移动
答案：C
解析：根据各电极上的物质变化，判断反应类型，确定电极类型。
石墨电极为阳极，A项错误；该电解池的电解质为熔融盐，不存在H＋，B项错误；根据阳极上生成CO知，石墨优先于Cl－参与反应，C项正确；石墨电极为阳极，阴离子O2－向石墨电极移动，D项错误。
5．盐酸羟胺(NH3OHCl)是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质类似NH4Cl。工业上主要采用向两侧电极分别通入NO和H2，以盐酸为电解质溶液来进行制备，其电池装置(图1)和含Fe的催化电极反应机理(图2)如下。不考虑溶液体积的变化，下列说法正确的是(　　)
A．电池工作时，Pt电极为正极
B．图2中，A为H＋和e－，B为NH3OH＋
C．电池工作时，每消耗2.24 L NO(标况下) 左室溶液质量增加3.3 g
D．电池工作一段时间后，正、负极区溶液的pH均下降
答案：C
解析：Fe电极NO→NH3OHCl，N元素化合价降低，作正极，Pt电极H2→H＋，H元素化合价升高，作负极，A错误；NH2OH具有类似NH3的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以缺少的一步反应为：NH2OH＋H＋===NH3OH＋，图2中，A为H＋，B为NH3OH＋，B错误；含铁的催化电极为正极，其电极反应为：NO＋3e－＋4H＋＋Cl－===NH3OHCl，标况下消耗2.24 L NO的物质的量n＝＝＝0.1 mol，左室增加的质量为NO和3个H＋的质量，即m＝nM＝3.3 g，C正确；负极生成H＋，浓度增大pH值减小，正极消耗H＋，浓度减小，pH增大，D错误。
6．一种可充电的锌锰分液电池，其结构如下图所示：
下列说法不正确的是(　　)
A．放电时，正极反应为：MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2O
B．充电时，Zn作阴极：[Zn(OH)4]2－＋2e－===Zn＋4OH－
C．离子交换膜a和b分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜
D．充电过程中K2SO4溶液的浓度逐渐降低
答案：C
解析：放电时，Zn是负极、MnO2是正极，根据图示正极反应为：MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2O，故A正确；放电过程中，负极区通过离子交换膜a进入硫酸钾溶液，正极区K＋通过离子交换膜b进入硫酸钾溶液，所以a和b分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜，故C错误；充电时，Zn作阴极，阴极反应式为[Zn(OH)4]2－＋2e－===Zn＋4OH－，故B正确；充电过程中，K＋通过离子交换膜b进入负极区，通过离子交换膜a进入正极区，所以K2SO4溶液的浓度逐渐降低，故D正确。
7．双极膜电渗析法固碳技术是将捕集的CO2转化为CaCO3而矿化封存，其工作原理如图所示。双极膜中间层中的H2O解离成H＋和OH－，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法不正确的是(　　)
A．两个双极膜中间层中的H＋均向左侧迁移
B．若碱室中比值增大，则有利于CO2的矿化封存
C．电解一段时间后，酸室中盐酸的浓度增大
D．该技术中电解固碳总反应的离子方程式为：2Ca2＋＋2CO2＋4H2O2CaCO3↓＋2H2↑＋O2↑＋4H＋
答案：B
解析：左侧双极膜中的H＋向左移动进入左侧硝酸钠溶液中，右侧双极膜中的H＋向左移动进入“酸室”，故A正确；若碱室中比值增大，碳酸氢根离子可能进入“酸室”，所以不利于CO2的矿化封存，故B错误；CaCl2溶液中的Cl－通过阴离子交换膜进入“酸室”，右侧双极膜中的H＋向左移动进入“酸室”，所以电解一段时间后，酸室中盐酸的浓度增大，故C正确；该技术中电解固碳总反应的离子方程式为：2Ca2＋＋2CO2＋4H2O2CaCO3↓＋2H2↑＋O2↑＋4H＋，故D正确。(共68张PPT)
专题八　化学反应速率和化学平衡
真题研练·析考情
核心突破·提能力
模考精练·抓落实
真题研练·析考情
真题研练
1.[2023·辽宁卷]一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应，Mn(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是(　　)
A．Mn(Ⅲ)不能氧化H2C2O4
B．随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小
C．该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存
D．总反应为：+5C2＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
答案：C
解析：开始一段时间(大约13 min前)随着时间的推移Mn(Ⅶ)浓度减小直至为0，Mn(Ⅲ)浓度增大直至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(Ⅲ)，同时先生成少量Mn(Ⅳ)后Mn(Ⅳ)被消耗；后来(大约13 min后)随着时间的推移Mn(Ⅲ)浓度减少，Mn(Ⅱ)的浓度增大；据此作答。
由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A项错误；随着反应物浓度的减小，到大约13 min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，13 min后反应速率会增大，B项错误；由图像可知，Mn(Ⅶ)的浓度为0后才开始生成Mn(Ⅱ)，该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，C项正确；H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应写化学式，总反应为＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，D项错误；答案选C。
2．[2023·湖南卷]向一恒容密闭容器中加入1 mol CH4和一定量的H2O，发生反应：CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g)。CH4的平衡转化率按不同投料比x(x＝)随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是(　　)
A．x1B．反应速率：vb正C．点a、b、c对应的平衡常数：KaD．反应温度为T1，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态
答案：B
解析：
结合图像分析可知，A项正确，B项错误；该反应为吸热反应，温度升高，平衡常数增大，结合图像可知平衡常数Ka3．[2022·广东卷]在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应X―→2Y的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则(　　)
A．无催化剂时，反应不能进行
B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C．a曲线表示使用催化剂 Ⅱ 时X的浓度随t的变化
D．使用催化剂Ⅰ时，0～2 min内，v(X)＝1.0 mol·L－1·min－1
答案：D
解析：由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；由图可知，催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ催化效果好，说明催化剂Ⅰ使反应活化能更低，反应更快，故B错误；由图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0～2 min 内Y的浓度变化了2.0 mol·L－1，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0 mol·L－1，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X浓度随时间t的变化，故C错误；使用催化剂Ⅰ时，在0～2 min 内，Y的浓度变化了4.0 mol·L－1，则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正确。
4．[2022·广东卷]恒容密闭容器中，BaSO4(s)＋4H2(g) BaS(s)＋4H2O(g)在不同温度下达平衡时，各组分的物质的量(n)如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．该反应的ΔH<0
B．a为n(H2O)随温度的变化曲线
C．向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动
D．向平衡体系中加入BaSO4，H2的平衡转化率增大
答案：C
解析：从图示可以看出，平衡时升高温度，氢气的物质的量减少，则平衡正向移动，说明该反应的正反应是吸热反应，即ΔH＞0，故A错误； 在恒容密闭容器中，随着温度升高氢气平衡时的物质的量减少，则平衡随着温度升高正向移动，水蒸气的物质的量增加，而a曲线表示的是物质的量不随温度变化而变化，故B错误；容器体积固定，向容器中充入惰性气体，没有改变各物质的浓度，平衡不移动，故C正确；BaSO4是固体，向平衡体系中加入BaSO4，不能改变其浓度，因此平衡不移动，氢气的转化率不变，故D错误。
5．[2022·湖南卷](双选)向体积均为1 L的两恒容容器中分别充入2 mol X和1 mol Y发生反应：2X(g)＋Y(g) Z(g)　ΔH，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．ΔH>0
B．气体的总物质的量：naC．a点平衡常数：K>12
D．反应速率：va正答案：BC
解析：由图可知，绝热过程甲开始时压强增大，而2X(g)＋Y(g) Z(g)是气体物质的量减少的反应，故该反应放热，ΔH<0，A项错误；a、c两点压强相同，a点温度高于c点，故气体的总物质的量：na　　　　　　　2X(g) ＋ Y(g) Z(g)
起始量/mol 2 1 0
变化量/mol 2x x x
平衡量/mol 2－2x 1－x x
a点时压强为起始压强的一半，则3－2x＝1.5，解得x＝0.75，K＝＝12，而a点平衡实际上是绝热条件下达到的平衡，要使平衡压强为p，体系中的气体总物质的量应小于1.5 mol，计算得到x偏小，故a点平衡常数K>12，C项正确；a点温度高于b点，故反应速率：va正>vb正，D项错误。
6．[2022·河北卷](双选)恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的方程式为①X Y；②Y Z。反应①的速率v1＝k1c(X)，反应②的速率v2＝k2c(Y)，式中k1、k2为速率常数。图甲为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的ln k～曲线。下列说法错误的是(　　)
A.随c(X)的减小，反应①、②的速率均降低
B．体系中v(X)＝v(Y)＋v(Z)
C．欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间
D．温度低于T1时，总反应速率由反应②决定
答案：AB
解析：由图甲中的信息可知，随c(X)的减小，c(Y)先增大后减小，c(Z)增大，因此，反应①的速率随c(X)的减小而减小，而反应②的速率先增大后减小，A错误；根据体系中发生的反应可知，在Y的浓度达到最大值之前，单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量，因此，v(X)＝v(Y)＋v(Z)，但是，在Y的浓度达到最大值之后，单位时间内Z的增加量等于Y和X的减少量，故v(X)＋v(Y)＝v(Z)，B错误；升高温度可以加快反应①的速率，但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的，且反应②的速率随着Y的浓度的增大而增大，因此，欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间，C正确；由图乙信息可知，温度低于T1时，k1＞k2，反应②为慢反应，因此，总反应速率由反应②决定，D正确。
考情分析
考点 考向 预测
化学反 应速率 化学反应速率的计算 化学反应速率与化学平衡是每年的必考点，化学反应速率会结合化学速率(或平衡)图像或速率方程，考查化学反应速率的计算、影响因素等，化学平衡仍会延续近两年的命题方式，在选择题或非选择题中以表格或图像形式，考查化学平衡图像及分析、化学平衡常数的计算等，题目情境越来越接近生产实际，要注意多反应平衡体系的分析与计算。
化学反应速率的影 响因素及实验分析 化学平衡 化学平衡状态的判断 化学平衡常数、转化率的计算 化学反应速率与平衡的综合应用 化学反应速率与平衡的图像分析 化学反应速率与平衡 在工业生产中的应用 核心突破·提能力
考点1　化学反应速率及其影响因素
核 心 梳 理
1.化学反应速率的计算
(1)公式法
v(B)＝＝，
①浓度变化只适用于气体和溶液中的溶质，不适用于固体和纯液体。②计算时一定要注意容器或溶液的体积。③同时还要注意单位及规范书写。
(2)比值法
同一化学反应，各物质的反应速率之比等于反应方程式中的化学计量数之比。对于反应“mA(g)＋nB(g)===pC(g)＋qD(g)”，有v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶p∶q。
2．化学反应速率的影响因素(外因)
【特别提醒】
(1)外界条件对可逆反应的正、逆反应速率的影响方向是一致的，但影响程度不一定相同。如升高温度，v正和v逆都增大，但吸热反应方向的反应速率增大的程度大；降低温度反之。
(2)密闭容器中充入惰性气体
①恒容条件，充入惰性气体，反应速率不改变。
②恒压条件下，充入惰性气体，相当于扩大容器体积，反应速率减小。
3.速率常数
(1)假设基元反应(能够一步完成的反应)为aA(g)＋bB(g)===cC(g)＋dD(g)，其速率可表示为v＝k·ca(A)·cb(B)，式中的k称为反应速率常数或速率常数，k与浓度无关，但受温度、催化剂、固体表面性质等因素的影响，通常反应速率常数越大，反应进行得越快。
(2)正、逆反应的速率常数与平衡常数的关系
对于基元反应aA(g)＋bB(g) cC(g)＋dD(g)，v正＝k正·ca(A)·cb(B)，v逆＝k逆·cc(C)·cd(D)，平衡常数K＝＝，反应达到平衡时v正＝v逆，故K＝。
典 题 精 研
考向1 化学反应速率及影响因素
例1 某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是(　　)
A.其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
B．其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
C．条件①，反应速率为0.012 mol·L－1·min－1
D．条件②，降冰片烯起始浓度为3.0 mol·L－1时，半衰期为62.5 min
答案：B
解析：由图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间越短，故反应速率越大，A项正确；由图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯的浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B项错误；条件①，反应速率为v＝＝＝0.012 mol·L－1·min－1，C项正确；反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，条件②，降冰片烯起始浓度为3.0 mol·L－1时，半衰期为125 min×＝62.5 min，D项正确。
练1 用Na2FeO4溶液氧化废水中的还原性污染物M，为研究降解效果，设计如下对比实验探究温度、浓度、pH对降解速率和效果的影响，实验测得M的浓度与时间关系如图所示，下列说法不正确的是(　　)
A.实验①在15 min内M的降解速率约为1.33×10－5 mol·L－1·min－1
B．若其他条件相同，实验①②说明升高温度，M降解速率增大
C．若其他条件相同，实验①③证明pH越高，越不利于M的降解
D．实验④说明M的起始浓度越小，降解的速率越快

实验编号 温度/℃ pH
① 25 1
② 45 1
③ 25 7
④ 25 1
答案：D
解析：由图中数据可知，实验①在15 min内Δc(M)＝(0.30 mol·L－1－0.10 mol·L－1)×10－3＝2×10－4 mol·L－1，则v(M)＝＝≈1.33×10－5 mol·L－1·min－1，故A正确；由图中曲线变化可看出实验②相对于实验①，M降解速率增大，由表中数据可知，其他条件相同，实验②的温度高，所以说明升高温度，M降解速率增大，故B正确；由图中曲线变化可看出实验①相对于实验③，M降解速率增大，由表中数据可知，其他条件相同，实验③的pH高，所以说明pH越高，越不利于M的降解，故C正确；根据图示可知M的起始浓度越小，降解速率越小，故D错误。
考向2 化学反应速率常数及其应用
例2 室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M＋N===X＋Y；②M＋N===X＋Z。反应①的速率可表示为v1＝k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2＝k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图。下列说法错误的是(　　)
A．0～30 min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10－3 mol·L－1·min－1
B．反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变
C.如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为Z
D．反应①的活化能比反应②的活化能大
答案：A
解析：0～30 min时间段内，Δc(Z)＝0.125 mol·L－1，Δc(M)＝0.500 mol·L－1－0.300 mol·L－1＝0.200 mol·L－1，反应①中Δc(M)＝0.200 mol·L－1－0.125 mol·L－1＝0.075 mol·L－1，则Δc(Y)＝0.075 mol·L－1，v(Y)＝＝＝2.5×10－3 mol·L－1·min－1，A说法错误；反应①、②速率之比为＝＝，为定值，则Y、Z的浓度变化量之比也为定值，故反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变，B说法正确；由上述分析可知，＝＝＝，如果反应能进行到底，反应结束时①、②的转化率之比为3∶5，因此有(即62.5%)的M转化为Z，C说法正确；结合C选项，反应①的速率小于反应②的速率，所以反应①的活化能比反应②的活化能大，D说法正确。
练2 反应2H2(g)＋2NO(g)===2H2O(g)＋N2(g)的速率方程为v＝kcα(H2)×cβ(NO)，该反应在不同条件下的反应速率如下：
下列说法正确的是(　　)
A．T2B．α＝2，β＝1
C．其他条件不变时，只有反应物浓度改变对v有影响，且c(NO)影响较大
D．T2、c(NO)＝0.1 mol·L－1条件下，反应速率为8v，则c(H2)＝0.3 mol·L－1
温度 c(H2)/(mol·L－1) c(NO)/(mol·L－1) 反应速率
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：当c(H2)＝0.3 mol·L－1，c(NO)＝0.2 mol·L－1时，T2时的速率大于T1时的速率，所以T2>T1，A错误；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时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时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错误；其他条件不变时，因为β＝2，反应体系中四种物质浓度的改变，只有反应物浓度改变对v有影响，且c(NO)影响较大，C正确；T2、c(NO)＝0.1 mol·L－1条件下，反应速率为8v，则c(H2)＝0.6 mol·L－1，D错误。
考点2　化学平衡及其影响因素
核 心 梳 理
1.化学平衡的判断
(1)化学平衡状态标志的判断要注意“三关注”：
一要关注反应条件，是恒温恒容、恒温恒压还是绝热容器；
二要关注反应特点，是等体积反应，还是非等体积反应；
三要关注特殊情况，是否有固体参加或生成，或固体的分解反应。
(2)巧用“正逆相等，变量不变”做出判断。
2．化学平衡移动方向的判断
(1)根据勒夏特列原理判断平衡移动的方向
通过比较改变外界条件，平衡破坏瞬间的正、逆反应速率的相对大小来判断平衡移动的方向。
引起v正、v逆的变化 占优势的反应 化学平衡移动方向
外界条件改变 v正>v逆 正反应占优势 向正反应方向(或向右)移动
v正v正＝v逆 双向进行程度相等 化学平衡不移动
【特别提醒】
牢记几种不能用勒夏特列原理解释的问题
(1)若外界条件改变后，无论平衡向正反应方向移动或向逆反应方向移动都无法减弱外界条件的变化，则平衡不移动。如对于H2(g)＋Br2(g) 2HBr(g)，由于反应前后气体的分子总数不变，外界压强增大或减小时，平衡无论正向或逆向移动都不能减弱压强的改变，所以对于该反应，压强改变，平衡不发生移动。
(2)催化剂能同等程度地改变正、逆反应速率，所以催化剂不会影响化学平衡。
(2)根据浓度商(Q)与平衡常数(K)的大小判断平衡移动的方向
(3)恒温条件下，密闭反应体系中通入稀有气体，平衡移动方向的判断
3．工业生产中适宜条件选择的原则
条件 原则
从化学反应速率分析 既不能过快，又不能太慢
从化学平衡移动分析 既要注意外界条件对速率和平衡影响的一致性，又要注意二者影响的矛盾性
从原料的利用率分析 增加易得廉价原料，提高难得高价原料的利用率，从而降低生产成本
从实际生产能力分析 如设备承受高温、高压能力等
从催化剂的活性分析 注意温度对催化剂活性的影响
典 题 精 研
考向1 化学平衡状态的判断
例3 在一定温度下，在一体积可变的密闭容器中加入一定量的Mn(s)并充入一定量的CO2(g)，发生反应：Mn(s)＋CO2(g) MnO(s)＋CO(g)　ΔH<0。下列说法不能说明该反应达到平衡状态的是(　　)
A．容器的体积不再改变
B．固体的质量不再改变
C．气体的总质量不再改变
D．v正(CO2)＝v逆(CO)

答案：A
解析：该反应为反应前后气体分子数不变的放热反应，根据“变量不变达平衡”进行判断。A项，反应前后气体分子数不变，反应过程中容器的体积始终不变，为定量，不能作为平衡状态的判断依据；B项，该反应是一个固体质量增大的反应，当固体质量不再改变说明反应达到平衡状态；C项，该反应是一个气体质量减小的反应，当气体的总质量不再改变说明反应达到平衡状态；D项，正、逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态。
练3 若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应2NO(g)＋2CO(g) 2CO2(g)＋N2(g)　ΔH<0，在进行到t1时刻达到平衡状态的是(　　)
A．①② B．③④
C．①②④ D．②④
答案：D
解析：①可逆反应达到平衡状态后，正、逆反应速率相等且不再变化，由图像①知，t1时刻v(正反应速率)最大，之后随反应进行，反应速率发生变化，未达到平衡状态，错误；②该反应的正反应为放热反应，随反应进行，温度升高，平衡常数减小，达到平衡状态后，温度为定值，平衡常数不变，与图像符合，正确；③t1时刻后CO2、NO的物质的量发生变化，t1时刻未达到平衡状态，错误；④t1时刻后，NO的质量分数为定值，t1时刻达到平衡状态，正确。
考向2 化学平衡移动的分析
例4 某温度下，在恒容密闭容器中加入一定量X，发生反应2X(s) Y(s)＋Z(g)，一段时间后达到平衡。下列说法错误的是(　　)
A．升高温度，若c(Z)增大，则ΔH>0
B．加入一定量Z，达新平衡后m(Y)减小
C．加入等物质的量的Y和Z，达新平衡后c(Z)增大
D．加入一定量氩气，平衡不移动
答案：C
解析：根据勒夏特列原理可知，升高温度，化学平衡向着吸热反应方向移动，而c(Z)增大，说明平衡正向移动，故ΔH>0，A正确；加入一定量Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，故达新平衡后m(Y)减小，B正确；加入等物质的量的Y和Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，由于X、Y均为固体，故K＝c(Z)，达新平衡后c(Z)不变，C错误；加入一定量氩气，加入瞬间，X、Y、Z的浓度保持不变，故正、逆反应速率不变，故平衡不移动，D正确。
练4 某温度下，反应CH2===CH2(g)＋H2O(g) CH3CH2OH(g)在密闭容器中达到平衡，下列说法正确的是(　　)
A．增大压强，v正>v逆，平衡常数增大
B．加入催化剂，平衡时CH3CH2OH(g)的浓度增大
C.恒容下，充入一定量的H2O(g)，平衡向正反应方向移动
D.恒容下，充入一定量的CH2===CH2(g)，CH2===CH2(g)的平衡转化率增大
答案：C
解析：该反应是一个气体分子数减少的反应，增大压强可使平衡向正反应方向移动，故v正>v逆，但是因为温度不变，故平衡常数不变，A错误；催化剂不影响化学平衡状态，因此，加入催化剂不影响平衡时CH3CH2OH(g)的浓度，B错误；恒容下，充入一定量的H2O(g)，H2O(g)的浓度增大，平衡向正反应方向移动，C正确；恒容下，充入一定量的CH2===CH2(g)，平衡向正反应方向移动，但是CH2===CH2(g)的平衡转化率减小，D错误。
考点3　化学反应速率与化学平衡图像
核 心 梳 理
1.三类基本图像
反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，m＋n>p＋q，且ΔH>0。
(1)速率—时间图——注意断点
[图像分析]　t1时增大反应物的浓度，正反应速率瞬间增大，然后逐渐减小，而逆反应速率逐渐增大；t2时升高温度，对任何反应，正反应和逆反应速率均增大，吸热反应的正反应速率增大较快；t3时减小压强，容器容积增大，浓度变小，正反应速率和逆反应速率均减小；t4时使用催化剂，正反应速率和逆反应速率均瞬间同倍数增大。
(2)转化率(或含量)—时间图——先拐先平
[图像分析]　甲表示压强对反应物转化率的影响，对于气体反应物化学计量数之和大于气体生成物化学计量数之和的反应，压强越大，反应物的转化率越大；乙表示温度对反应物转化率的影响，对于吸热反应，温度越高，反应物的转化率越大；丙表示催化剂对反应物转化率的影响，催化剂只能改变化学反应速率，不能改变反应物的转化率。
(3)恒压(温)线——定一议二
[图像分析]　分析时可沿横轴作一条平行于纵轴的虚线，即为等压线或等温线，然后分析另一条件变化对该反应的影响。
2．解答化学平衡图像题四步骤
典 题 精 研
考向1 常规图像的分析与应用
例5 已知：A(g)＋2B(g) 3C(g)　ΔH<0，向一恒温恒容的密闭容器中充入1 mol A和3 mol B发生反应，t1时达到平衡状态Ⅰ，在t2时改变某一条件，t3时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．容器内压强不变，表明反应达到平衡
B．t2时改变的条件：向容器中加入C
C．平衡时A的体积分数φ：φ(Ⅱ)<φ(Ⅰ)
D．平衡常数K：K(Ⅱ)答案：B
解析：该反应是反应前后气体分子数不变的反应，随着反应的进行，气体的总物质的量始终不变，总压强始终不变，A错误；t2时，设向容器中加入3 mol C，正反应速率逐渐增大，达到新的平衡后保持不变，变化情况与图像相符，B正确；t2时，设向容器中加入3 mol C，相当于加入1 mol A和2 mol B，A的比例增大，体积分数增大，即φ(Ⅱ)>φ(Ⅰ)，C错误；化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，即K(Ⅱ)＝K(Ⅰ)，D错误。
练5 工业上生产CO是由焦炭和CO2在高温反应而得。现将焦炭和CO2放入体积为2 L的刚性密闭容器中，高温下进行下列反应：C(s)＋CO2(g) 2CO(g)　ΔH＝Q kJ·mol－1。图为CO2、CO的物质的量n随时间t的变化关系图。下列说法正确的是(　　)
A．0～1 min，v(CO)＝1 mol·L－1·min－1；1～3 min时，v正(CO)＝v逆(CO2)
B．当容器内的气体密度(D)不变时，反应一定达到平衡状态，且<1
C．5 min时再充入一定量的CO，a、d曲线分别表示n(CO)、n(CO2)的变化
D．3 min时温度由T1升高到T2，则Q>0，再达平衡时≈4.7
答案：D
解析：由图可知，0～1 min，一氧化碳物质的量增加2 mol，则反应速率v(CO)＝＝1 mol·L－1·min－1；1～3 min时，平衡不移动，反应速率之比等于化学计量数之比，则v正(CO)＝2v逆(CO2)，A错误；该反应反应前后质量发生变化，体积不变，则其密度为变量，当容器内气体的密度不变时，说明反应达到平衡状态；根据ρ＝知，体积不变，反应达到平衡时，气体的质量增大，则平衡时气体的密度大于起始时气体的密度，则>1，B错误；5 min时再充入一定量的CO，CO的物质的量瞬间增大，平衡逆向移动，CO的物质的量又逐渐减小，5 min时CO2浓度不变，平衡逆向移动，CO2的物质的量逐渐增大，则b表示n(CO2)的变化，c表示n(CO)的变化，C错误；由图可知，3 min时升高温度，一氧化碳增多，说明反应是吸热反应，T1温度平衡，一氧化碳物质的量为2 mol，二氧化碳物质的量为7 mol；平衡常数K(T1)＝＝＝，T2温度平衡，一氧化碳物质的量为4 mol，二氧化碳物质的量为6 mol，平衡常数K(T2)＝＝＝，则≈4.7，D正确。
考向2 陌生图像的分析与应用
例6 一定条件下，反应6H2(g)＋2CO2(g) C2H5OH(g)＋3H2O(g)的数据如图所示。
下列说法正确的是(　　)
A．该反应的ΔH>0
B．达平衡时，v正(H2)＝v逆(CO2)
C．b点对应的平衡常数K值大于c点
D．a点对应的H2的平衡转化率为90%
解析：升高温度，CO2的转化率减小，平衡向左移动，正反应为放热反应，ΔH<0，A项错误；达平衡时，v正(H2)＝3v逆(CO2)，B项错误；升温，平衡左移，b点温度高，其平衡常数小，C项错误。
答案：D
练6 工业上利用S8与CH4为原料制备CS2，发生反应S8(s) 4S2(g)、2S2(g)＋CH4(g) CS2(g)＋2H2S(g)，在密闭容器中，原料为1∶1时，部分物质变化曲线如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．生成CS2的反应为吸热反应
B．一定温度下，气体总压不变时反应达平衡状态
C．应在低温下进行反应以提高产出效率
D．当温度为450 ℃时，S8转化率为69.5%
答案：B
解析：由图可知，随温度升高，甲烷的转化率降低，故生成CS2的正反应为放热反应，故A错误；反应S8(s) 4S2(g)有固体反应物参与，前后气体分子数改变，在密闭容器中总压不变，能判断反应达到平衡状态，B正确；温度较高时反应速率快，且由图可知较高温度下S2体积分数较大说明产率较高，甲烷的转化率较小即可减少S2的反应损耗，因此应在较高温度下进行反应以提高产出效率，C错误；当温度为450 ℃时，甲烷的转化率为98%，S2的体积分数为20%，原料投入为1∶1，设加入S8与CH4均为1 mol，则转化的甲烷为1×98%＝0.98，设S8转化率为x，列三段式
　　　　　　 S8(s) 4S2(g)
起始量/mol 1 0
变化量/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
转化量/mol 1.96 0.98 0.98 1.96
平衡量/mol 4x－1.96 0.02 0.98 1.96
由S2的体积分数为20%，
则×100%＝20%，解得x＝67.5%，D错误。
模考精练·抓落实
1．下列现象或做法与化学反应速率无关的是(　　)
A．“冰墩墩”制作材料生产过程中添加抗老化助剂
B．水果箱中放置乙烯利
C．馒头制作过程中用酵头发酵
D．新冠病毒可能通过气溶胶加速传播
解析：材料生产过程中添加抗老化助剂是为了减缓材料老化速率，A不符合题意；水果箱中放置乙烯利是为了加速水果成熟，B不符合题意；馒头制作过程中用酵头发酵，是为了加速发酵速率，C不符合题意；新冠病毒通过气溶胶传播不是化学反应过程，与化学反应速率无关，D符合题意。
答案：D
2．氨气去除NO的反应原理为4NH3(g)＋6NO(g) 5N2(g)＋6H2O(g)　ΔH<0，反应速率与浓度之间存在如下关系：v正＝k正·c4(NH3)·c6(NO)，v逆＝k逆·c5(N2)·c6(H2O)，k正、k逆为速率常数，只受温度影响。350 ℃时，在2 L恒容密闭容器中，通入0.9 mol NH3(g)和1.2 mol NO(g)发生反应，保持温度不变，5 min后反应达平衡，NO的转化率为50%。下列说法正确的是(　　)
A．用NH3表示的化学反应速率为0.06 mol·L－1·min－1
B．350 ℃时，该反应的平衡常数为0.5
C．其他条件不变，往反应后的容器中再通入0.9 mol NH3(g)和1.2 mol NO(g)，重新达平衡时NO的体积分数增大
D．当温度改变为T ℃时，若k正＝k逆，则T>350
答案：C
解析：由题意可得如下三段式：
　　　　　　　4NH3(g)＋6NO(g) 5N2(g)＋6H2O(g)
起(mol·L－1) 0.45 0.6 0 0
变(mol·L－1) 0.2 0.3 0.25 0.3
平(mol·L－1) 0.25 0.3 0.25 0.3
由三段式数据可知，用氨气表示的化学反应速率为＝0.04 mol·L－1·min－1，A错误；350 ℃时，反应的平衡常数为＝0.25，B错误；其他条件不变，往反应后的容器中再通入0.9 mol氨气和1.2 mol一氧化氮相当于增大压强，该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的体积分数增大，C正确；反应达到平衡时，正反应速率和逆反应速率相等，则反应速率k正·c4(NH3)·c6(NO)＝k逆·c5(N2)·c6(H2O)，＝＝K，当k正＝k逆时，平衡常数K＝1>0.25说明平衡向正反应方向移动，该反应为放热反应，则反应温度小于350 ℃，D错误。
3．在照片底片冲洗的过程中会发生如下反应：(aq) [Ag(S2O3)2]3－(aq)＋Br－(aq)，
下列说法正确的是(　　)
A．当溶液中)∶c(Br－)＝2∶1时，上述反应到达平衡
B．向平衡体系中加AgBr，平衡将向正反应方向移动
C．配合物[Ag(S2O3)2]3－中配体与H＋可发生反应产生气体
D．常温下，加水稀释时平衡向正反应方向移动，平衡常数会变大
解析：起始浓度未知，溶液中)∶c(Br－)＝2∶1，反应不一定达到平衡，A错误；AgBr为固体，因此向平衡体系中加AgBr，平衡不移动，B错误；与H＋可发生反应产生SO2气体和S单质：＋2H＋===SO2↑＋S↓＋H2O，C正确；温度不变，平衡常数不会发生改变，D错误。
答案：C
4．顺 1，2 二甲基环丙烷(M)和反 1，2 二甲基环丙烷(N)可发生如下转化：
该反应的速率方程可表示为v正＝k正c(M)和v逆＝k逆c(N)，k正和k逆在一定温度时为常数，分别称作正、逆反应速率常数；反应的平衡常数K＝3。下列说法正确的是(　　)
A．该温度下，M的转化率为66.7%
B．升高温度，k正和k逆都增大
C．常温下，N为气态
D．M比N更稳定
答案：B
解析：设在该温度下，M的初始浓度为1，达平衡时M的转化浓度为x，则达平衡时M的浓度为1－x，N的浓度为x，则有K＝＝3，解得x＝0.75，则该温度下，M的转化率为75%，A错误；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，但正、逆反应速率都增加，只不过逆反应速率增加的多，k正和k逆都增大，B正确；反 1，2 二甲基环丙烷(N)含5个碳原子，常温下不是气态，C错误；能量越低越稳定，该反应为放热反应，则N的能量低，N比M更稳定，D错误。
5．一定条件下，将CO2和H2按物质的量为1∶3的投料比充入某刚性密闭容器中，发生反应：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＝－49.5 kJ·mol－1，测得CO2的物质的量浓度随反应时间的变化如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．0～5 min，共放出19.8 kJ的热量
B．CO2和H2的转化率相等时，反应达到平衡
C．9 min时，改变的外界条件可能是降温
D．平衡常数Kb一定大于Ka
答案：C
解析：不确定容器的体积和消耗的二氧化碳的物质的量，不能计算反应放出热量数值，A错误；反应中CO2和H2按反应的系数比投料，则两者的转化率一直相等，不能用来判断反应是否达到平衡，B错误；反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，二氧化碳的浓度减小，符合图像，C正确；对于确定反应，平衡常数只受温度的影响，不确定是否温度一定改变，故不能判断两者K值的大小，D错误。
6．草酸二甲酯[(COOCH3)2]催化加氢制乙二醇的反应体系中，发生的主要反应为
反应Ⅰ：(COOCH3)2(g)＋2H2(g) CH3OOCCH2OH(g)＋CH3OH(g)　ΔH1<0
反应Ⅱ：(COOCH3)2(g)＋4H2(g) HOCH2CH2OH(g)＋2CH3OH(g)　ΔH2<0
压强一定的条件下，将(COOCH3)2、H2按一定比例、流速通过装有催化剂的反应管，测得(COOCH3)2的转化率及CH3OOCCH2OH、HOCH2CH2OH的选择性
[×100%]与温度的关系如图所示。
下列说法正确的是(　　)
A．曲线B表示HOCH2CH2OH的选择性随温度变化
B．190～198 ℃范围内，温度升高，(COOCH3)2的平衡转化率增大
C．190～198 ℃范围内，温度升高，逐渐减小
D．192 ℃时，其他条件一定，加快气体的流速可以提高(COOCH3)2转化率
答案：C
解析：由曲线A上CH3OOCCH2OH选择性为50%时，曲线C表示HOCH2CH2OH的选择性恰好为50%，曲线C表示HOCH2CH2OH的选择性随温度变化，A错误；两反应均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，190～198 ℃范围内，温度升高，(COOCH3)2的平衡转化率减小，B错误；190～198 ℃范围内，温度升高，反应Ⅱ：(COOCH3)2(g)＋4H2(g) HOCH2CH2OH(g)＋2CH3OH(g)　ΔH2<0的选择性增大，升高温度，对于放热反应，平衡逆向移动，每减少2 mol CH3OH，只减少1 mol HOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH减小的幅度小于CH3OH，逐渐减小，故C正确；192 ℃时，其他条件一定，加快气体的流速，反应时间变短，反应物(COOCH3)2转化率降低，D错误。(共57张PPT)
专题九　电解质溶液
真题研练·析考情
核心突破·提能力
模考精练·抓落实
真题研练·析考情
真题研练
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 和＋NH3 ，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－、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＋＋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(＋)>c(Ag＋)
答案：A
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、一氨合银离子增大，继续滴加氨水，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，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、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线。
由分析可知，曲线Ⅳ表示Cl－，曲线Ⅳ可视为AgCl的溶解度随NH3浓度变化曲线，故A错误；AgCl的溶度积常数Ksp仅与温度有关，由图可知，当c(NH3)＝10－1mol·L－1时c(Cl－)＝10－2.35mol·L－1，c(Ag＋)＝10－7.40mol·L－1，则Ksp(AgCl)＝c(Cl－)·c(Ag＋)＝10－2.35×10－7.40＝10－9.75，B正确；由图可知，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＋＋NH3 [Ag(NH3)2]＋的平衡常数K＝＝＝103.81，故C正确；由分析可知，当c(NH3)＝0.01 mol·L－1时，溶液中c(＋)>c(＋)>c(Ag＋)，故D正确。
2．[2023·湖南卷]常温下，用浓度为0. 020 0 mol·L－1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0. 020 0 mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η(η＝)的变化曲线如图所示。
下列说法错误的是(　　)
A．Ka(CH3COOH)约为10－4.76
B．点a：c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
C．点b：c(CH3COOH)D．水的电离程度：a答案：D
解析：
根据CH3COOH CH3COO－＋H＋，可近似认为a点c(H＋)＝c(CH3COO－)，又a点pH＝3.38，c(H＋)＝10－3.38mol·L－1，故Ka(CH3COOH)≈＝10－4.76，A项正确；a点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项正确；b点溶液pH<7，即以CH3COOH的电离为主，即溶液中c(CH3COOH)3．[2023·辽宁卷]某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即c(H2S)＝0.1 mol·L－1，通过调节pH使Ni2＋和Cd2＋形成硫化物而分离，体系中pH与－lg c关系如下图所示，c为HS－、S2－、Ni2＋和Cd2＋的浓度，单位为mol·L－1。已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，下列说法正确的是(　　)
A．Ksp(CdS)＝10－18.4
B．③为pH与－lg c(HS－)的关系曲线
C．Ka1(H2S)＝10－8.1
D．Ka2(H2S)＝10－14.7
答案：D
解析：已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度逐渐减小，HS－的浓度增大，S2－浓度逐渐增大，则有－lg c(HS－)和－lg c(S2－)随着pH增大而减小，且pH相同时，HS－浓度大于S2－，即－lg c(HS－)小于－lg c(S2－)，则Ni2＋和Cd2＋浓度逐渐减小，且Ksp(NiS)>Ksp(CdS)即当c(S2－)相同时，c(Ni2＋)＞c(Cd2＋)，则－lg c(Ni2＋)和－lg(Cd2＋)随着pH增大而增大，且有－lg c(Ni2＋)小于－lg(Cd2＋)，由此可知曲线①代表Cd2＋、②代表Ni2＋、③代表S2－，④代表HS－，据此分析结合图像各点数据进行解题。
由分析可知，曲线①代表Cd2＋、③代表S2－，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2＋)＝c(S2－)＝10－13 mol·L－1，则有Ksp(CdS)＝c(Cd2＋)c(S2－)＝10－13×10－13＝10－26，A错误；由分析可知，③为pH与－lg c(S2－)的关系曲线，B错误；由分析可知，曲线④代表HS－，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H＋)＝10－1.6 mol·L－1时，c(HS－)＝10－6.5 mol·L－1，Ka1(H2S)＝＝＝10－7.1或者当c(H＋)＝10－4.2 mol·L－1时，c(HS－)＝10－3.9 mol·L－1，Ka1(H2S)＝＝＝10－7.1，C错误；已知Ka1Ka2＝＝，由曲线③两点坐标可知，当c(H＋)＝10－4.9 mol·L－1时，c(S2－)＝10－13 mol·L－1，或者当c(H＋)＝10－6.8 mol·L－1时，c(S2－)＝10－9.2 mol·L－1，故有Ka1Ka2＝＝＝＝10－21.8，结合C项分析可知，Ka1＝10－7.1故有Ka2(H2S)＝10－14.7，D正确；故答案为：D。
4．[2022·浙江6月]25 ℃时，向20 mL浓度均为0.1 mol·L－1的盐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等浓度的盐酸，滴定终点的pH突跃范围4.3～9.7)。下列说法不正确的是(　　)
A．恰好中和时，溶液呈碱性
B．滴加NaOH溶液至pH＝4.3的过程中，发生反应的离子方程式为：H＋＋OH－===H2O
C．滴定过程中，c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
D.pH＝7时，c(Na＋)>c(Cl－)>c(CH3COO－)>c(CH3COOH)
答案：B
解析：恰好中和时，生成NaCl、CH3COONa，CH3COO－水解显碱性，A项正确；加入20 mLNaOH溶液时，溶液为NaCl和CH3COOH的混合溶液，此时溶液中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的过程中，盐酸、醋酸均与NaOH发生反应，其中CH3COOH为弱电解质，在离子方程式书写中用化学式表示，B项错误；滴定过程中，c(Cl－)×V＝[c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)]×V＝0.1 mol·L－1×0.02 L，C项正确；加入20 mL NaOH溶液时，溶液为NaCl和CH3COOH的混合溶液，呈酸性，则需要再加入NaOH溶液使溶液呈中性，则加入的NaOH的物质的量大于HCl和CH3COOH的物质的量之和，故c(Na＋)>c(Cl－)，醋酸为弱电解质，故c(Cl－)>c(CH3COO－)，CH3COO－的水解常数Kh＝＝c(CH3COOH)，D项正确。
5．[2022·辽宁卷]甘氨酸(NH2CH2COOH)是人体必需氨基酸之一。在25 ℃时CH2COOH、CH2COO－和NH2CH2COO－的分布分数(如δ(A2－)＝与溶液pH关系如图)。
下列说法错误的是(　　)
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表NH2CH2COO－
C．CH2COO－＋H2O CH2COOH＋OH－的平衡常数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碱性，A正确；氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示CH2COOH的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示 CH2COO－的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示NH2CH2COO－的分布分数随溶液pH的变化，B正确；CH2COO－+H2O CH2COOH＋OH－的平衡常数K＝，25 ℃时，根据a、b曲线交点坐标(2.35，0.50)可知，pH＝2.35时CH2COO－)＝CH2COOH)，则K＝c(OH－)＝＝10－11.65，C正确；由C项分析可知＝，根据b、c曲线交点坐标(9.78，0.50)分析可得电离平衡CH2COO－ NH2CH2COO－＋H＋的电离常数为K1＝＝＝，则＝<1，即c2(CH2COO－)>CH2COOH)·c(NH2CH2COO－)，D错误。
6．[2022·山东卷]工业上以SrSO4(s)为原料生产SrCO3(s)，对其工艺条件进行研究。现有含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范围内，四种溶液中lg[c(Sr2＋)/mol·L－1]随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是(　　)
A．反应SrSO4(s)+SrCO3(s)＋的平衡常数K＝
B．a＝－6.5
C．曲线④代表含SrCO3(s)的1.0 mol·L－1Na2CO3溶液的变化曲线
D．对含SrSO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0 mol·L－1的混合溶液，pH≥7.7时才发生沉淀转化
答案：D
解析：SrSO4(s)+ SrCO3(s)＋的平衡常数K＝＝＝，A正确；硫酸是强酸，随溶液pH变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，所以硫酸锶的生成与溶液pH无关，D错误；根据图中曲线的变化趋势可知，曲线①②表示含SrSO4(s)的Na2SO4溶液，pH相同时，溶液中硫酸根离子越大，锶离子浓度越小，所以曲线①代表含硫酸锶固体的0.1 mol·L－1硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锶的溶度积Ksp(SrSO4)＝10－5.5×0.1＝10—6.5，温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为＝10－6.5，则a为－6.5，B正确；曲线③④表示含SrCO3(s)的Na2CO3溶液，pH相同时，1 mol·L－1碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1 mol·L－1碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1 mol·L－1碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体的1.0 mol·L－1碳酸钠溶液的变化曲线，C正确。
考情分析
考点 考向 预测
电离平衡 电离平衡影响因素 溶液中的离子平衡常以图像题的形式呈现，主要有酸碱中和滴定图像和沉淀溶解平衡图像，考查电离平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡的影响因素及定量计算。作为较为成熟的题型命题形式估计变化不会太大，要关注水解常数的计算、同一溶液中多平衡体系的分析及基本图像的变式。
借助滴定图像计算Ka或Kb 溶液酸碱性与中和滴定 酸、碱稀释过程中pH的变化特点 中和滴定曲线 盐类的水解平衡 盐类水解的影响因素及应用 溶液中粒子浓度大小关系 沉淀溶 解平衡 外界条件对溶解平衡的影响 根据图像计算Ksp 核心突破·提能力
考点1　水溶液中的三大平衡
核 心 梳 理
1.“三大”平衡比较
平衡类型 电离平衡 水解平衡 沉淀溶解平衡 实例 CH3COOH CH3COO－＋H＋ CH3COO－＋H2O CH3COOH＋OH－ AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq) 研究对象 弱电解质溶液 会水解的盐溶液 难溶电解质 影响因素 升温 促进电离 Ka增大 促进水解 Kh增大 若难溶物的溶解度与温度成正比，促进溶解；反之，则抑制溶解 若难溶物的溶解度与温度成正比，则Ksp增大；反之，则Ksp减小
加水 促进电离 Ka不变 促进水解 Kh不变 促进溶解 Ksp不变
影响因素 加入相应离子(或物质) 加入CH3COONa或盐酸，抑制电离 Ka不变 加入CH3COOH或NaOH，抑制水解 Kh不变 Ka不变
加入反应离子(或物质) 加入OH－，促进电离 Ksp不变 加入H＋，促进水解 Kh不变 加入氨水，促进溶解 Ksp不变
2.水溶液中几个平衡常数及其它们之间的关系
(1)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。
(2)Ka、Kh、Kw三者的关系式为Kh＝；Kb、Kh、Kw三者的关系式为Kh＝。
(3)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。
(4)反应CdS(s)＋2H＋(aq) Cd2＋(aq)＋H2S(aq)的平衡常数K，则K＝。
(5)反应3Mg(OH)2(s)＋2Fe3＋(aq) 2Fe(OH)3(s)＋3Mg2＋(aq)的平衡常数K＝＝。
3．电解质溶液中粒子浓度关系
(1)电解质溶液中的“三守恒”
物质 三守恒 Na2S NaHC2O4
电荷守恒 c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)
物料守恒 c(Na＋)＝2[c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)]
质子守恒 c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)
(2)巧抓酸碱滴定中的“五点”，判断溶液中的粒子浓度关系
抓反应的“起始”点 判断酸、碱的相对强弱
抓反应的“一半”点 判断是哪种溶质的等量混合
抓溶液的“中性”点 判断溶液中溶质的成分
及哪种物质过量或不足
抓“恰好”反应点 判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性
抓反应的“过量”点 判断溶液中的溶质，判断哪种物质过量
典 题 精 研
考向1 水溶液中的离子平衡及其影响因素
例1 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
答案：B
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错误；溶液中c(H＋)＝10－3 mol·L－1，H2A电离程度较小，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) 电离，则H2A的电离度为×100%＝1.3×10－4×100%＝ 0.013%，故B正确；向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH＝11，＝7.1×10－15，则c(A2－)练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－1CH3NH2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 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，可促进的水解，水解常数Kh增大
答案：D
解析：越稀释越水解，CH3NH3Cl水解程度增大，n(H＋)增加，故A正确；甲胺(CH3NH2)的电离类似氨气的电离，甲胺在水中的电离方程式为＋OH－，故B正确；混合溶液中CH3NH3Cl为水解，故)＋c(Cl－)<0.1 mol·L－1，故C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错误。
考向2 水溶液中离子浓度大小比较
例2 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

答案：B
解析：常温下溶液ⅠpH＝7.0，则溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7 mol·L－1，故c(H＋)练2 常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是(　　)
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：磷酸分步电离且电离程度逐渐减小，所以在0.1 mol·L－1 H3PO4溶液中，离子浓度大小顺序为c(H3PO4)＞c(H2)＞c( )＞)，故A项正确；在0.1 mol·L－1 Na2C2O4溶液中，根据电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)+c(HC2)＋2c(C2)，故B项错误；在0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中，根据元素质量守恒得c()＋c)＋c(H2CO3)＝0.1 mol·L－1，故C项错误；氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH＝9的溶液，则c(Cl－)＜c)，故D项错误。
考点2　电解质溶液曲线分析
核 心 梳 理
1.酸碱中和滴定曲线
氢氧化钠滴定等浓度等体积的盐酸、醋酸的滴定曲线 盐酸滴定等浓度等体积的氢氧化钠溶液、氨水的滴定曲线
曲线起点不同。强碱滴定强酸、弱酸的曲线，强酸起点低；强酸滴定强碱、弱碱的曲线，强碱起点高 突跃点变化范围不同。强碱与强酸反应的突跃点变化范围大于强碱与弱酸反应(强酸与弱碱反应) 室温下pH＝7不一定是终点。强碱与强酸反应时，终点是pH＝7；强碱与弱酸反应终点是pH>7，强酸与弱碱反应终点是pH<7 2.弱电解质(弱酸或弱碱)分布系数图像
举例 一元弱酸(以CH3COOH为例) 二元弱酸(以H2C2O4为例)
弱电解质分布系数图
原因 弱酸溶液中加入强碱，发生中和反应，溶液的pH不断增大，各成分粒子的含量不断动态变化 δn δ0为CH3COOH、δ1为CH3COO－
利用交点求K
3.对数图像
(1)常考的对数图像类型
类型 含义 变化规律 解题策略
pH＝－lg c(H＋) 氢离子浓度的常用对数负值 pH越大，c(H＋)越小，溶液的碱性越强 ①先弄清是对数还是负对数
②弄清楚是什么的对数，如浓度对数、浓度比对数、体积比对数等
③弄清楚对数变化所表示的意义
pC＝－lg c(C) C离子浓度的常用对数负值 pC越大，c(C)越小 生成物与反应物粒子浓度比的常用对数 稀释后与稀释前体积比的常用对数 氢离子与氢氧根离子浓度比的常用对数 (2)对数图像分析示例
lg c(x)与pH关系图
当弱电解质的成分粒子的浓度c(x)经对数处理后，就得到lg c(x)与pH的直线关系图。
分析曲线的方法：一是根据中和反应判断各成分浓度是增大还是减小；二是根据pH等于7，H＋和OH－浓度对数的交叉点来确定氢离子和氢氧根离子浓度变化的曲线。
如25 ℃时，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－)随pH变化的关系如下图所示。
分析：随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，醋酸和氢离子的浓度减小。根据下图分析可知，
O点pH＝7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知：曲线2为lg c(H＋)随pH的变化曲线，曲线3为lg c(OH－)随pH的变化曲线；曲线1为lg c(CH3COO－)随pH的变化曲线，曲线4为lg c(CH3COOH)随pH的变化曲线。

典 题 精 研
考向1 滴定曲线分析
例3 室温时，用0.100 mol·L－1的标准溶液滴定15.00 mL浓度相等的Cl－、Br－和I－混合溶液，通过电位滴定法获得lg c(Ag＋)与V(AgNO3)的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于1.0×10－5mol·L－1时，认为该离子沉淀完全。Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgBr)＝5.4×10－13，Ksp(AgI)＝8.5×10－17。下列说法正确的是(　　)
A．a点：有白色沉淀生成
B．原溶液中I－的浓度为0.100 mol·L－1
C．当Br－沉淀完全时，已经有部分Cl－沉淀
D．b点：c(Cl－)>c(Br－)>c(I－)>c(Ag＋)
答案：C
解析：三种卤化银组成形式相同，Ksp小的物质先形成沉淀，故a点时形成的是黄色的AgI沉淀，A项错误；由图知，当消耗4.5 mL AgNO3溶液时，溶液中I－、Br－、Cl－均沉淀完全，由于三种卤素离子浓度相同，故每种离子完全沉淀时均消耗1.5 mL AgNO3溶液，则0.100 mol·L－1×1.5 mL＝c(I－)×15 mL，解得c(I－)＝0.01 mol·L－1，B项错误；当Br－恰好沉淀完全时，溶液体积为18 mL，溶液中c(Ag＋)＝＝5.4×10－8mol·L－1，此时Qc(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝5.4×10－8×＝4.5×10－10>Ksp(AgCl)，故此时有部分Cl－形成了沉淀，C项正确；b点时溶液中I－、Br－、Cl－均沉淀完全，AgNO3过量，c(Ag＋)最大，D项错误。
练3 常温下，用0.100 0 mol·L－1的盐酸分别滴定20.00 mL浓度均为0.100 0 mol·L－1的三种一元弱酸的钠盐(NaX、NaY、NaZ)溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是(　　)
A．该NaX溶液中：c(Na＋)>c(X－)>c(OH－)>c(H＋)
B．三种一元弱酸的电离常数：Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ)
C．当pH＝7时，三种溶液中：c(X－)＝c(Y－)＝c(Z－)
D．分别滴加20.00 mL盐酸后，再将三种溶液混合：c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＝c(H＋)－c(OH－)

答案：C
解析：在NaX溶液中，X－发生水解反应：X－＋H2O HX＋OH－，溶液中存在c(Na＋)>c(X－)>c(OH－)>c(H＋)，A正确；等浓度的NaX、NaY、NaZ三种溶液的pH大小关系：NaZ>NaY>NaX，根据“越弱越水解”可知，酸性：HX>HY>HZ，则电离常数关系：Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ)，B正确；pH＝7时，根据电荷守恒，三种溶液混合后分别存在c(Cl－)＋c(X－)＝c(Na＋)、c(Cl－)＋c(Y－)＝c(Na＋)、c(Cl－)＋c(Z－)＝c(Na＋)，由于三种一元酸的酸性强弱不同，则向其盐溶液中加入HCl的物质的量不同，则c(X－)、c(Y－)、c(Z－)三者不等，C错误；分别加入20.00 mL盐酸后，均恰好完全反应，三种溶液的溶质分别为HX与NaCl、HY与NaCl、HZ与NaCl，三种溶液混合后的溶液中存在电荷守恒：c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＝c(H＋)－c(OH－)，D正确。
考向2 沉淀溶解平衡曲线分析
例4 [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－)＝)，Ksp(AgCl)＝Ksp(Ag2CrO4)
C．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
答案：C
解析：根据图像，由(1.7，5)可得到Ag2CrO4的溶度积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，二者不会生成沉淀，A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错误；该反应的平衡常数表达式为K＝，将表达式转化为与两种难溶物的溶度积有关的式子得K＝＝＝＝＝1×107.9，C正确；向NaCl、Na2CrO4均为0.1 mol·L－1的混合溶液中滴加，开始沉淀时所需要的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，在这种情况下，先沉淀的是AgCl，D错误；故答案选C。
练4 已知相同温度下，Ksp(BaSO4)下列说法正确的是(　　)
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＝
答案：B
解析：根据相同温度下，Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，可进行如下分析：当横坐标均为5.1时，即c(Ba2＋)＝10－5.1 mol·L－1时，阴离子浓度：d点＜c点；c、d两点均在沉淀溶解平衡曲线上，即溶度积常数：d点＜c点，故曲线①代表BaSO4的沉淀溶解曲线。结合上述分析，可知曲线①代表BaSO4的沉淀溶解曲线，曲线②代表BaCO3的沉淀溶解曲线，A项错误；根据曲线①过横、纵坐标均为5.0的点可知，溶解平衡体系中c(Ba2＋)＝)＝1×10－5.0mol·L－1，则该温度下Ksp(BaSO4)＝c(Ba2＋)·)＝1×10－(5.0＋5.0)＝1×10－10，B项正确；加适量BaCl2固体，溶液中c(Ba2＋)增大，由于温度保持不变，即溶液中)减小，可使溶液由b点向a点移动，C项错误；当c(Ba2＋)＝10－5.1 mol·L－1时，d点平衡时)＝mol·L－1，c点平衡时)＝mol·L－1，即两溶液中＝＝，D项错误。
模考精练·抓落实
1．叠氮化钠(NaN3)常用于有机合成、无机和分析化学，也是降压药物的主要成分：已知NaN3溶液呈碱性。下列有关说法错误的是(　　)
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固体，水的电离程度增大
答案：C
解析：由NaN3溶液呈碱性可知，HN3为弱酸，则0.01 mol·L－1 HN3溶液的pH大于2，故A正确；由NaN3溶液呈碱性可知溶液中存在如下水解平衡：＋H2O HN3＋OH－，则NaN3溶液中存在HN3，故B正确；NaN3溶液中存在物料守恒关系c(Na＋)＝)＋c(HN3)，故C错误；由NaN3溶液水解呈碱性，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，促进了的水解，促进水的电离，故D正确。
2．室温下，通过下列实验探究NaHCO3溶液的性质。下列有关说法正确的是(　　)
A.NaHCO3溶液中的电离程度大于水解程度
B．实验2滴加结束后：c(H＋) + 2c(H2CO3) + ) ＝c(OH－)
C．实验3滴加过程中：c(Na＋) ＝c(C) ＋c)＋c(H2CO3)
D．实验4反应静置后的上层清液中：c(Ca2＋)·)＜ Ksp(CaCO3)
实验 实验操作和现象
1 用pH计测定0.05 mol·L－1 NaHCO3溶液，测得pH约为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，反应结束后测得溶液pH约为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，反应结束后测得溶液pH约为5.6
4 向0.05 mol·L－1 NaHCO3溶液中滴加过量0.1 mol·L－1 Ca(OH)2溶液，产生白色沉淀
答案：B
解析：用pH计测定0.05 mol·L－1 NaHCO3溶液，测得pH约为8.3，溶液显碱性，因此NaHCO3溶液中的电离程度小于水解程度，故A错误；向10 mL 0.05 mol·L－1 NaHCO3溶液中滴加10 mL 0.05 mol·L－1 NaOH溶液，反应结束后测得溶液pH约为10.3，溶质为Na2CO3，因此实验2滴加结束后，根据质子守恒得到：c(H＋)+ 2c(H2CO3)+)＝c(OH－)，故B正确；实验3滴加开始前，按照物料守恒：c(Na＋)＝)＋c(H2CO3)，滴加后产生气泡，则无此守恒，故C错误；实验4反应静置后的上层清液存在难溶物的溶解平衡，则有c(Ca2＋))＝Ksp(CaCO3)，故D错误。
3．室温下，用0.01 mol·L－1CuSO4溶液浸泡NiS固体，一段时间后过滤，向滤液中加入氨水，产生蓝色沉淀。已知Ksp(NiS)＝1.0×10－21，Ksp(CuS)＝1.5×10－36，Ksp(PbS)＝9×10－29。下列有关说法正确的是(　　)
A．过滤后所得溶液中存在：c(Ni2＋)·c(S2－)＜Ksp(NiS)
B．滤液中加入氨水产生蓝色沉淀的离子方程式：Cu2＋＋2OH－===Cu(OH)2↓
C．欲使反应NiS＋Cu2＋ Ni2＋＋CuS向右进行，则需满足>×1015
D．用0.01 mol·L－1CuSO4溶液浸泡PbS固体，不能得到CuS固体
答案：A
解析：由NiS、 CuS的Ksp可知，NiS 的溶解度大于CuS。室温下，用0.01 mol·L－1CuSO4溶液浸泡NiS固体，发生沉淀转化：NiS＋Cu2＋ Ni2＋＋CuS，则NiS溶解、NiS(s) Ni2＋(aq)＋S2－(aq)向右移动，过滤后所得溶液中存在：Qc(NiS)＝c(Ni2＋)·c(S2－)＜Ksp(NiS)，A正确；氨水是弱电解质，不能拆写为离子，B错误；反应NiS＋Cu2＋ Ni2＋＋CuS的平衡常数K＝＝＝＝×1015，欲使反应NiS＋Cu2＋ Ni2＋＋CuS向右进行，需满足Qc＜K，即＜×1015，C错误；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固体，发生沉淀转化：PbS＋Cu2＋ Pb2＋＋CuS，能得到CuS固体，D错误。
4．某些难溶性铅盐可用作涂料，如秦俑彩绘中使用的铅白(PbCO3)和黄金雨中黄色的PbI2。室温下，PbCO3和PbI2在水溶液中分别达到溶解平衡时－lg c(Pb2＋)与)或－lg c(I－)的关系如图所示。下列说法不正确的是(　　)
A．室温下，Ksp(PbI2)的数量级为10－8
B．P点对应的是PbI2饱和溶液
C．L2对应的是－lg c(Pb2＋)与)的关系变化
D．向浓度相同的Na2CO3、NaI混合溶液中逐滴加入Pb(NO3)2溶液，先产生白色沉淀
答案：B
解析：根据溶解平衡 (aq)，达到平衡时c(Pb2＋)＝)，则图像L2对应的是－lg c(Pb2＋)与)的关系变化；则图像L1对应的是－lg c(Pb2＋)与－lg c(I－)的关系变化，故C正确；由图可知，取－lg c(Pb2＋)＝8，－lg c(I－)＝0的点，c(Pb2＋)＝10－8 mol·L－1，c(I－)＝100＝1 mol·L－1，Ksp(PbI2)＝ 10－8×1＝10－8，数量级为10－8，故A正确；L1线下方的点是PbI2过饱和溶液，L1线上方的点是PbI2不饱和溶液，P点对应的是PbI2不饱和溶液，故B错误；向浓度相同的Na2CO3、NaI混合溶液中滴入Pb(NO3)2溶液时，根据二者的Ksp计算可知，则生成PbCO3沉淀需要的Pb2＋的浓度更小，PbCO3更易形成沉淀，所以先生成白色沉淀，故D正确。
5．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)＝Ksp(MgCO3)[注：起始c(Na2CO3)＝0.1 mol·L－1，不同pH下)由图1得到]。
下列说法不正确的是(　　)
A．由图1，pH＝)＝)
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()＋c)＝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：＝MgCO3↓＋CO2↑＋H2O
答案：C
解析：从图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()<0.1 mol·L－1，C项错误；pH＝8时，溶液中主要含碳微粒是，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===MgCO3↓＋H2O＋CO2↑，D项正确。(共66张PPT)
专题十　化学实验基础
真题研练·析考情
核心突破·提能力
模考精练·抓落实
真题研练·析考情
真题研练
1.[2023·新课标卷]根据实验操作及现象，下列结论中正确的是(　　)
选项 实验操作及现象 结论
A 常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无明显现象 稀硝酸的氧化性比浓硝酸强
B 取一定量Na2SO3样品，溶解后加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。加入浓HNO3，仍有沉淀
C Cu的金属性比Ag强
D 向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅 溴与苯发生了加成反应
答案：C
解析：常温下，铁片与浓硝酸会发生钝化，导致现象不明显，但稀硝酸与铁不发生钝化，会产生气泡，所以不能通过该实验现象比较浓硝酸和稀硝酸的氧化性强弱，A错误；浓硝酸会氧化亚硫酸根生成硫酸根，仍然产生白色沉淀，所以不能通过该实验现象判断样品中是否含有硫酸根，B错误；铜比银活泼，在形成原电池过程中，做负极，发生氧化反应，生成了铜离子，导致溶液变为蓝色，所以该实验可以比较铜和银的金属性强弱，C正确；向溴水中加入苯，苯可将溴萃取到上层，使下层水层颜色变浅，不是溴与苯发生了加成反应，D错误；故选C。
2.[2023·辽宁卷]某小组进行实验，向10 mL蒸馏水中加入0.4 g I2，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入0.2 g锌粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知(aq)为棕色，下列关于颜色变化的解释错误的是(　　)
选项 颜色变化 解释
A 溶液呈浅棕色 I2在水中溶解度较小
B 溶液颜色加深
C 紫黑色晶体消失 I2(aq)的消耗使溶解平衡I2(s) I2(aq)右移
D 溶液褪色 Zn与有色物质发生了置换反应
答案：D
解析：向10 mL蒸馏水中加入0.4 g I2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明I2的浓度较小，因为I2在水中溶解度较小，A项正确；已知(aq)为棕色，加入0.2 g锌粒后，Zn与I2反应生成ZnI2，生成的I－与I2发生反应，生成使溶液颜色加深，B项正确；I2在水中存在溶解平衡I2(s) I2(aq)，Zn与I2反应生成的I－与I2(aq)反应生成，I2(aq)浓度减小，上述溶解平衡向右移动，紫黑色晶体消失，C项正确；最终溶液褪色是Zn与有色物质发生了化合反应，不是置换反应，D项错误；答案选D。
3.[2023·湖北卷]利用如图所示的装置(夹持及加热装置略)制备高纯白磷的流程如下：
红磷(s)无色液体与P4(g)白磷(s)
下列操作错误的是(　　)
A.红磷使用前洗涤以除去表面杂质
B.将红磷转入装置，抽真空后加热外管以去除水和氧气
C.从a口通入冷凝水，升温使红磷转化
D.冷凝管外壁出现白磷，冷却后在氮气氛围下收集
答案：C
解析：红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，因此红磷在使用前应洗涤，A正确；将红磷转入装置，抽真空后加热外管，除去红磷表面的水分，同时除去残余的少量氧气，B正确；由仪器构造可知，应从b口通入冷凝水，C错误；白磷易被空气中的氧气氧化，因此在收集白磷时应将反应装置冷却，再在氮气氛围的条件下收集白磷，D正确；故答案选C。
4．[2022·全国乙卷]由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是 (　　)
实验操作 现象 结论
A 向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液 先变橙色，后变蓝色 氧化性：Cl2>Br2>I2
B 向蔗糖溶液中滴加稀H2SO4，水浴加热，加入少量新制的氢氧化铜悬浊液 无砖红色沉淀 蔗糖未发生水解
C 石蜡油加强热，将产生的气体通入Br2/CCl4溶液 溶液红棕色变无色 气体中含有不饱和烃
D 加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片 试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红 氯乙烯加聚是可逆反应
答案：C
解析：A项，加入淀粉KI溶液后溶液变蓝，不一定是Br2氧化I－，也可能是过量的氯水氧化I－，不能得出Br2的氧化性大于I2的结论，错误；B项，蔗糖的水解液中含有稀硫酸，需要加碱中和后，才能加入新制的Cu(OH)2悬浊液并加热，错误；D项，加热后聚氯乙烯分解产生氯化氢等气体，而聚氯乙烯是氯乙烯加聚形成的，两个反应不是同一反应的正、逆反应，不能说明氯乙烯加聚是可逆反应，错误。
5.[2021·河北卷]下列操作规范且能达到实验目的的是(　　)
答案：A
解析：用NaOH标准溶液测定醋酸浓度时，NaOH标准溶液放于碱式滴定管中，醋酸放于锥形瓶中，由于二者反应生成的CH3COONa溶液显碱性，故用酚酞做指示剂，A符合题意；中和热测定时大、小烧杯口应相平，减小热量损失，B不符合题意；不能在容量瓶中稀释浓硫酸，C不符合题意；分液时，分液漏斗管口应紧靠烧杯内壁，D不符合题意。
考情分析
考点 考向 预测
常见仪器与基本操作 常见化学仪器的使用、药品的取用与保存 化学实验基础仍然会延续往年命题风格，表格型和实验装置评价型命题的概率会更大。表格型试题具体内容包括实验目的、实验操作、实验现象和实验结论中的两项或三项；实验装置型试题主要涉及制备装置、分离和除杂装置、收集装置以及仪器的使用等。要关注常规仪器的创新使用。
常见基本操作正误判断 物质的检验、分离与提纯 物质分离、提纯方法、试剂和装置分析 物质检验、除杂方法、试剂的选择 简单实验方案的设计及评价 装置、操作、目的一致性判断 操作、现象和结论一致性判断 目的、操作、结论一致性判断 核心突破·提能力
考点1　常见仪器与基本操作
核 心 梳 理
1.化学实验常用仪器
(1)常用作容器或反应器的仪器
(2)分离、提纯和计量仪器
2．“五类”常见冷凝或冷却装置
3．熟记十大基本操作
(1)测定溶液pH的操作。
将一小块pH试纸放在洁净的表面皿上，用清洁干燥的玻璃棒蘸取少量待测液点到pH试纸中央，待试纸变色稳定后再与标准比色卡对照，读出对应的pH。
(2)沉淀剂是否过量的判断方法。
①静置，向上层清液中继续滴加少量沉淀剂，若无沉淀产生，则证明沉淀剂已过量，否则沉淀剂不过量。
②静置，取上层清液适量置于另一洁净试管中，向其中加入少量与沉淀剂作用产生沉淀的试剂，若产生沉淀，证明沉淀剂已过量，否则沉淀剂不过量。
(3)洗涤沉淀的操作。
将蒸馏水沿着玻璃棒注入过滤器中至浸没沉淀，静置，使蒸馏水自然流出，重复2～3次即可。
(4)判断沉淀是否洗净的操作。
取最后一次洗涤液，滴加……(试剂)，若没有……(现象)，证明沉淀已经洗净。
(5)检查装置的气密性。
①简易装置：将导气管一端放入水中(液封气体)，用手捂热试管，观察现象。若导管口有气泡冒出，冷却到室温后，导管内有一段稳定的水柱，表明装置气密性良好。
②有长颈漏斗的装置如图：用止水夹关闭圆底烧瓶右侧的导气管，向长颈漏斗中加入适量水，长颈漏斗中会形成一段液柱，停止加水，过一段时间后，若漏斗中的液柱无变化，则装置气密性良好。
(6)气体的验满和验纯操作。
①氧气验满：将带火星的木条平放在集气瓶口，若木条复燃，则气体已集满。
②可燃性气体(如氢气)的验纯方法：用排水法收集一小试管的气体，用大拇指摁住管口移近火焰，放开手指，若听到尖锐的爆鸣声，则气体不纯；若听到轻微的“噗”的一声，则气体纯净。
③二氧化碳验满：将燃着的木条平放在集气瓶口，若火焰熄灭，则气体已集满。
④氨气验满：将湿润的红色石蕊试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝，则气体已集满。
⑤氯气验满：将湿润的碘化钾淀粉试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝，则气体已集满。
(7)萃取分液操作。
关闭分液漏斗活塞，将混合液倒入分液漏斗中，塞上塞子，用右手心顶住塞子，左手握住活塞部分，将分液漏斗倒置，充分振荡、静置、分层，在漏斗下面放一个小烧杯，先打开上口塞子再打开分液漏斗活塞，使下层液体从下口沿烧杯壁流下，流完后关闭活塞，上层液体从上口倒出。
(8)稀释浓硫酸的操作。
将浓硫酸沿烧杯壁缓缓注入水中，并用玻璃棒不断搅拌。
(9)粗盐的提纯。
①实验室提纯粗盐的实验操作依次为取样、溶解、沉淀、过滤、蒸发结晶、过滤、烘干。
②若过滤时发现滤液中有少量浑浊，从实验操作的角度分析，可能的原因是过滤时漏斗中液面高出滤纸边缘、玻璃棒靠在单层滤纸一边弄破滤纸等。
(10)从某物质稀溶液中结晶的实验操作。
①溶解度受温度影响较小的：蒸发→结晶→过滤。
②溶解度受温度影响较大或带结晶水的：蒸发浓缩→冷却结晶→过滤。
4．实验基本操作中的九个注意点
(1)酸式滴定管不能装碱性溶液，碱式滴定管不能装酸性及强氧化性溶液。
(2)容量瓶不能长期存放溶液，更不能作为反应容器，也不可加热，瓶塞不可互用。
(3)烧瓶、烧杯、锥形瓶不可直接加热。
(4)不能用pH试纸直接蘸取待测液。
(5)药品不能入口和用手直接接触，实验剩余药品不能放回原处(K、Na等除外)，不能随意丢弃，要放入指定容器中。
(6)中和滴定实验中锥形瓶不能用待测液润洗。
(7)不能用温度计代替玻璃棒用于搅拌，测液体温度时不能与容器内壁接触。
(8)用天平称量药品时，药品不能直接放在托盘上。
(9)量筒不能用来配制溶液或进行化学反应，更不能用来加热或量取热的溶液。
5．几种操作的“第一步”
(1)检查装置的气密性——制取气体、验证气体的性质等与气体有关的实验操作。
(2)检查是否漏水——滴定管、容量瓶、分液漏斗等的使用。
(3)调“0”点——天平等的使用。
(4)验纯——点燃可燃性气体。
(5)润湿——用红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸、碘化钾淀粉试纸检验或验证某些气体时。

典 题 精 研
考向1 常用仪器与实验操作
例1 [2023·湖南卷]下列玻璃仪器在相应实验中选用不合理的是(　　)
A．重结晶法提纯苯甲酸：①②③
B．蒸馏法分离CH2Cl2和CCl4：③⑤⑥
C．浓硫酸催化乙醇制备乙烯：③⑤
D．酸碱滴定法测定NaOH溶液浓度：④⑥
答案：A
解析：①为漏斗，②为球形冷凝管，③为温度计，④为酸式滴定管，⑤为蒸馏烧瓶，⑥为锥形瓶，重结晶法提纯苯甲酸时不用仪器②，A项错误；蒸馏法分离CH2Cl2和CCl4时，用到仪器③⑤⑥，B项正确；浓硫酸催化乙醇制备乙烯实验中，需迅速升温至170 ℃，用到仪器③⑤，C项正确；酸碱中和滴定法测定NaOH溶液浓度，用到仪器④⑥，D项正确。
练1 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(　　)
答案：B
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烧杯、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，题述操作中，不需要用到的仪器为分液漏斗。
考点2　物质的检验、分离与提纯
核 心 梳 理
1.分离提纯物质的化学方法和原理
方法 原理 杂质成分
沉淀法 将杂质离子转化为沉淀
气化法 将杂质离子转化为气体
杂转纯法 将杂质转化为需要提纯的物质 如杂质中含不同价态的相同元素(用氧化剂或还原剂)、同一种酸的正盐与酸式盐(用酸、酸酐或碱)
氧化还原法 用氧化剂(还原剂)除去具有还原性(氧化性)的杂质 如用酸性KMnO4溶液除去CO2中的SO2、用热的铜粉除去N2中的O2
热分解法 加热使不稳定的物质分解除去 如除去NaCl中的NH4Cl
酸碱溶解法 利用物质与酸或碱溶液混合后的差异进行分离 如用过量的NaOH溶液除去Fe2O3中的Al2O3
2.常用的四种分离装置图
(1)过滤——分离固体和液体，装置如图a。
(2)分液——分离互不相溶的液体，装置如图b。
(3)蒸馏——分离沸点相差较大的互溶液体，装置如图c。
(4)蒸发——分离易溶性固体的溶质和溶剂，装置如图d。
3．常考物质的除杂
(1)常见固体混合物的除杂试剂及分离方法
混合物(括号内为杂质) 除杂试剂 分离方法
Na2CO3(NaHCO3) 加热(固体时)或加适量NaOH(液体时)
NaHCO3(Na2CO3) CO2和H2O
NaCl(NH4Cl) 加热分解
FeCl2(FeCl3) 过量铁粉 过滤
FeCl3(FeCl2) Cl2
I2(SiO2) 加热 升华
Fe2O3(Al2O3) 过量NaOH溶液 过滤
NH4Cl(FeCl3) 适量氨水 过滤
KNO3(NaCl) 水 结晶
炭粉(CuO) 稀盐酸 过滤
镁粉(铝粉) 过量NaOH溶液 过滤
铁粉(铝粉) 过量NaOH溶液 过滤
(2)常见混合气体的除杂的试剂及分离方法
混合气体(括号内为杂质) 除杂试剂 分离方法
H2(NH3) 浓硫酸 洗气
Cl2(HCl) 饱和NaCl溶液 洗气
CO2(HCl) 饱和NaHCO3溶液 洗气
CO2(SO2) 饱和NaHCO3溶液 洗气
CO2(CO) 灼热CuO
CO(CO2) 石灰乳或NaOH溶液 洗气
NO(NO2) 水 洗气
N2(O2) 灼热铜网
CH4(C2H4) 溴水 洗气
酸性高锰酸钾溶液和石灰乳 典 题 精 研
考向1 物质的分离与提纯
例2 [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
答案：D
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、镁离子依次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和酒精灯；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，因此本题选D。
练2 碘和碘化合物的用途广泛，实验室从海带中提取碘的步骤为：①海带灼烧，②溶解过滤，③在滤液中加入稀H2SO4和H2O2氧化，④用CCl4萃取，⑤蒸馏。下列装置在该实验中不能达到目的的是(　　)
A．用Ⅰ装置灼烧海带 B．用Ⅱ装置萃取
C．用Ⅲ装置过滤 D．用Ⅳ装置蒸馏
答案：D
解析：灼烧在坩埚中进行，故A正确；萃取操作在分液漏斗进行，分液时避免上下层液体混合，则先分离出下层液体，再从上口倒出上层液体，故B正确；该装置满足过滤操作的“一贴二低三靠”，故C正确；蒸馏时温度计的水银球应处于蒸馏烧瓶支管口处，故D错误。
考向2 物质的检验与除杂
例3 [2023·辽宁卷]下列鉴别或检验不能达到实验目的的是(　　)
A．用石灰水鉴别Na2CO3与NaHCO3
B．用KSCN溶液检验FeSO4是否变质
C．用盐酸酸化的BaCl2溶液检验Na2SO3是否被氧化
D．加热条件下用银氨溶液检验乙醇中是否混有乙醛
答案：A
解析：石灰水的主要成分为Ca(OH)2能与碳酸钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钙，二者均生成白色沉淀，不能达到鉴别的目的，A错误；Fe2＋变质后会生成Fe3＋，可以利用KSCN溶液鉴别，现象为溶液变成血红色，可以达到检验的目的，B正确；Na2SO3被氧化后会变成Na2SO4，加入盐酸酸化的BaCl2后可以产生白色沉淀，可以用来检验Na2SO3是否被氧化，C正确；含有醛基的物质可以与银氨溶液反应生成银单质，可以用来检验乙醇中混有的乙醛，D正确；故答案选A。
练3 检验下列物质所选用的试剂正确的是(　　)
待检验物质 所用试剂
A 海水中的碘元素 淀粉溶液
B SO2气体 澄清石灰水
C 溶液中的Cu2＋ 氨水
D NaOH溶液，湿润的蓝色石蕊试纸
解析：淀粉遇碘单质变蓝色，而海水中的碘以离子形式存在，A项错误；CO2和SO2与澄清石灰水反应现象相同，B项错误；向含Cu2＋的溶液中滴加氨水可以产生蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，C项正确；检验氨气应用湿润的红色石蕊试纸，D项错误。
答案：C
考点3　简单实验方案的设计及评价
核 心 梳 理
1.实验装置的评价
装置 装置的易错点或注意事项
(1)不能在容量瓶中溶解溶质
(2)玻璃棒要靠在刻度线以下，而不是刻度线以上
(1)制备H2、O2、SO2、CO2、NO、NO2，浓氨水与碱石灰反应制备NH3，KMnO4与浓盐酸反应制备Cl2可以选择A装置
(2)MnO2与浓盐酸反应制备Cl2可以选择B装置
(1)反应的试管口要略向下倾斜
(2)制备NH3时棉花的作用是防止氨气与空气对流
(3)用KClO3固体与MnO2加热制备O2也可以选择此发生装置
(1)右端导管接近液面
(2)用饱和Na2CO3溶液除去乙酸，吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度
(1)气体流向为长进短出
(2)注意洗气后，气体中可能仍然含有水蒸气
(3)洗气时所选液体是否正确，如洗去CO2中的SO2，应用饱和NaHCO3溶液而不是Na2CO3溶液
气体净化 在加热条件下用固体作除杂剂。如用Cu粉除去N2中的O2
气体净化 (1)球形干燥管，从粗口进气，出口处堵一团棉花是为了防止堵塞导管
(2)U形管，两端均可进气
(3)常温下用固体净化剂

【特别提醒】
实验装置的评价应关注的四个角度
(1)根据实验目的，反应原理和试剂的评价。
(2)根据反应原理、试剂状态与性质的仪器选择评价。
(3)仪器连接口或气体进出口的评价。
(4)是否倒吸、尾气是否处理的评价。
2.实验操作、现象与结论一致性判断的思维模型
典 题 精 研
考向1 “套装型”实验设计与评价
例4 [2023·全国乙卷]下列装置可以用于相应实验的是(　　)
答案：D
解析：Na2CO3固体比较稳定，受热不易分解，所以不能采用加热碳酸钠的方式制备二氧化碳，A错误；乙醇和乙酸是互溶的，不能采用分液的方式分离，应采用蒸馏来分离，B错误；二氧化硫通入品红溶液中，可以验证其漂白性，不能验证酸性，C错误；测量氧气体积时，装置选择量气管，测量时要恢复到室温，两边液面高度相等，D正确；故选D。
练4 利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是(　　)
A．用甲装置制备并收集CO2
B．用乙装置制备溴苯并验证有HBr产生
C．用丙装置制备无水MgCl2
D．用丁装置在铁上镀铜

答案：C
解析：NaHCO3受热分解能生成CO2，但CO2应用向上排空气法收集，A项错误；苯的溴代反应为放热反应，能促进液溴的挥发，验证有HBr产生时，导出的气体在通入AgNO3溶液前需经CCl4洗涤，除去HBr中混有的溴蒸气，B项错误；MgCl2·6H2O在HCl气氛下加热，能防止水解而制得无水MgCl2，HCl不能直接排放到空气中，需进行尾气处理，C项正确；在铁上镀铜时，镀层金属Cu作阳极，待镀制品作阴极，D项错误。
考向2 “操作—现象—结论”一致性评判型实验设计与评价
例5 依据下列实验和现象，得出结论正确的是(　　)
选项 实验 现象 结论
A 点燃无色气体X，将生成的气体通入澄清石灰水 澄清石灰水先浑浊后澄清 X为CO
B 25 ℃时，向无色的Y溶液中滴加1～2滴酚酞试液 溶液仍为无色 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－分别与卤素单质、卤素离子性质相似] 溶液仍为蓝色 氧化性：(SCN)2D 在稀H2SO4中加入少量Cu2O(s) 溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成 反应中Cu2O既作氧化剂又作还原剂
答案：D
解析：无色气体甲烷在空气中燃烧生成二氧化碳和水，将生成的气体通入澄清石灰水，澄清石灰水也会先浑浊后澄清，则无色气体X不一定为一氧化碳，故A错误；若无色Y溶液的pH在7～8之间，向溶液中滴加1～2滴酚酞试液，溶液也为无色，则溶液仍为无色不能判断得到溶液pH小于7，故B错误；若向淀粉和碘的混合溶液中滴加不足量的硫氰化钾溶液，碘未完全反应，溶液也呈蓝色，则溶液仍为蓝色不能判断硫氰气和碘的氧化性强弱，故C错误；在稀硫酸中加入少量氧化亚铜固体，溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成说明氧化亚铜在稀硫酸溶液中反应生成硫酸铜和铜，则反应中氧化亚铜既作氧化剂又作还原剂，故D正确。
练5 下列实验能达到目的的是(　　)
实验目的 实验方法或操作
A 测定中和反应的反应热 酸碱中和滴定的同时，用温度传感器采集锥形瓶内溶液的温度
B 探究浓度对化学反应速率的影响 量取同体积不同浓度的NaClO溶液，分别加入等体积等浓度的Na2SO3溶液，对比现象
C 判断反应后Ba2＋是否沉淀完全 将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴Na2CO3溶液
D 检验淀粉是否发生了水解 向淀粉水解液中加入碘水
答案：C
解析：酸碱中和滴定操作中没有很好的保温措施，热量损失较多，不能用于测定中和反应的反应热，A错误；NaClO和Na2SO3反应无明显现象，无法根据现象进行浓度对化学反应速率的影响的探究，B错误；将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合，反应后静置，向上层清液中滴加1滴Na2CO3溶液，若有浑浊产生，则说明Ba2＋没有沉淀完全，反之，则沉淀完全，C正确；检验淀粉是否发生了水解，应检验是否有淀粉的水解产物(葡萄糖)存在，可选用银氨溶液或新制氢氧化铜，碘水是用来检验淀粉的试剂，可用于检验淀粉是否完全水解，D错误。
模考精练·抓落实
1．海带中含有碘元素，可通过以下步骤提取碘单质：①灼烧；②溶解；③过滤；④氧化；⑤萃取分液等。以上步骤不需要用到的仪器是(　　)
答案：A
解析：①灼烧使用坩埚，②溶解使用烧杯，③过滤使用漏斗，⑤萃取分液使用分液漏斗，故不需要的仪器为A。
2．下列有关实验的说法错误的是(　　)
A．取5 mL 0.1 mol·L－1 KI溶液，加入1 mL 0.1 mol·L－1 FeCl3溶液，萃取分离出碘单质后，向溶液中滴加5～6滴15%KSCN溶液变红，说明Fe3＋并未完全转化为Fe2＋
B．蒸馏实验时，若温度计水银球高于蒸馏烧瓶支管口，则收集到的馏分沸点偏低
C．氯气和甲烷体积比为1∶1的混合气体，光照一段时间后瓶壁上有油状液滴附着
D．在苯与液溴制备溴苯的实验中，溴苯提纯步骤：水洗、用10%的氢氧化钠溶液洗涤、水洗、用干燥剂干燥、蒸馏
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，发生反应2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，根据化学计量数可知，KI过量，三价铁离子则反应完全；但是萃取分液后，向水层含有Fe3＋，说明Fe3＋并未完全转化成亚铁离子，A正确；蒸馏实验时，若温度计水银球高于蒸馏烧瓶支管口，则收集到的馏分沸点偏高，B错误；甲烷与氯气在光照条件下，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷以及四氯甲烷，其中只有一氯甲烷为气体，其他三种都为液体，一段时间后发现瓶壁上有油状液滴附着，C正确；粗溴苯中含有溴、水及溶于水的HBr，选用水洗可除去水溶性杂质，如HBr，用10% NaOH溶液洗，可把溴转化成水溶性的NaBrO和NaBr，再用水洗一次可以除去残留的氢氧化钠，接着用干燥剂除去水，最后蒸馏得到纯溴苯，D正确。
3．用下列实验装置进行实验，能达到实验目的的是(　　)
答案：B
解析：二氧化氮的密度比空气密度大，则图中导管应长进短出，否则收集不到气体，A错误；MnO2和稀盐酸不互溶，可通过过滤的方法分离MnO2和稀盐酸，实验操作合理，B正确；氨气能与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥氨气，C错误；测定中和反应的反应热时应将小烧杯放在放有碎泡沫塑料的大烧杯中且大小烧杯口相平并盖上大纸板阻热，D错误。
4.下列实验方案正确且能达到实验目的的是(　　)
选项 实验方案 实验目的
A 用少量NaOH溶液洗涤乙酸乙酯粗品 除去粗品中的乙酸
B 用排水法收集铜与稀硝酸反应生成的气体 收集NO
C 将FeCl3·6H2O溶于热水中，然后冷却稀释 配制FeCl3溶液
D 将可能含有乙烯的SO2气体通入溴水中 验证气体中含有乙烯
解析：乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解，造成了乙酸乙酯的损失，A错误；一氧化氮难溶于水，可以用排水法收集，B正确；三价铁离子易水解，在热水中水解程度更大，C错误；乙烯、SO2都与溴水反应，不能验证气体中含有乙烯，D错误。
答案：B
5.下列实验操作、对应的现象及结论均正确的是(　　)
选项 实验操作 现象 结论
A 向淀粉水解后的溶液中加入碘水 溶液变蓝 淀粉没有水解
B 将SO2通入BaCl2溶液中，然后滴加FeCl3饱和溶液 先无沉淀生成，滴加FeCl3溶液后有白色沉淀生成 SO2有还原性
C 向盛有2 mL 0.1 mol·L－1 AgNO3溶液的试管中滴加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，后又产生黄色沉淀 Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
D A、B两试管中均盛有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，分别记录溶液褪色所需时间 B中溶液褪色比A中溶液褪色所需时间短 反应物的浓度越大，化学反应速率越快
答案：B
解析：淀粉遇碘变蓝色，加入碘水后溶液变蓝色，淀粉可能没有水解也可能部分水解，故A错误；铁离子和二氧化硫发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸根离子，生成的白色沉淀是硫酸钡，所以说明SO2有还原性，故B正确；向盛有2 mL 0.1 mol·L－1 AgNO3溶液的试管中滴加1 mL 0.1 mol·L－1 NaCl溶液，先有白色AgCl沉淀生成，溶液中还有大量Ag＋剩余，再向其中滴4～5滴0.1 mol·L－1 KI溶液，剩余的Ag＋与I－结合产生黄色沉淀AgI，并非沉淀转化，故不能得出Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故C错误；草酸不足，高锰酸钾不褪色，应使高锰酸钾不足，可观察褪色时间，且只有草酸过量、草酸浓度不同体积相同时，才可探究草酸浓度对化学反应速率的影响，故D错误。
6.实验室一般用苯和液溴在溴化铁的催化作用下制备溴苯，某兴趣小组设计了如下流程提纯制得的粗溴苯。
已知：溴苯与苯互溶，液溴、苯、溴苯的沸点依次为59 ℃、80 ℃、156 ℃。下列说法错误的是(　　)
A．操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ用到的主要玻璃仪器是分液漏斗
B．水层①中加入KSCN溶液后显红色，说明溴化铁已完全被除尽
C．加入NaOH溶液的目的是除去有机层①中的单质溴
D．操作Ⅳ、操作Ⅴ分别是过滤和蒸馏
答案：B
解析：粗溴苯中含有溴苯、苯、Br2、FeBr3等。粗溴苯水洗后，液体分层，FeBr3易溶于水进入水层，溴易溶于有机物，和苯、溴苯一起进入有机层，分液得水层①和有机层①，操作Ⅰ为分液；在有机层①中加入NaOH溶液除去Br2，再次分液，操作Ⅱ也为分液；水层②中主要含有NaBr、NaBrO等，有机层②中含有苯、溴苯等；第二次水洗除去有机层②中可能含有的少量NaOH、NaBr、NaBrO，分液后得水层③和有机层③；有机层③中加入无水氯化钙吸水，过滤，得有机层④，其中含有苯和溴苯，最后根据二者沸点不同，利用蒸馏实现分离。综上可知，操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为分液，用到的主要玻璃仪器是分液漏斗，A项正确；水层①中加入KSCN溶液后显红色，只能说明水层①中含有铁离子，但不能说明溴化铁已完全被除尽，B项错误；加入NaOH溶液的目的是除去有机层①中的单质溴，C项正确；操作Ⅳ、操作Ⅴ分别是过滤和蒸馏，D项正确。