新高考新教材广西专版2024届高考化学二轮总复习专题复习课件（10份打包）

(共69张PPT)
物质的组成与分类　传统文化
专题一
内容索引
01
02
03
考点一　物质的组成与分类、性质与应用
考点二　传统文化中的化学
专项突破 素能提升
【考情分析 定向备考】
高频考点 两年考向 命题角度再思考
1.物质的组成与分类、性质与应用 考向1.物质的组成与分类 [2023湖南卷,1][2022广东卷,1、2、3] [2021浙江卷,1、3][2021广东卷,2] 考向2.物质的性质与应用 [2023全国甲,9][2023辽宁卷,1] [2022全国甲,7][2022广东卷,12] [2022湖南卷,2][2021山东卷,2] [2021广东卷,6][2021湖南卷,1] 考向1.结合物质的俗名、应用等判断物质的组成和分类。
考向2.从不同物质的应用和共性角度考查
高频考点 两年考向 命题角度再思考
2.传统文化中的化学 考向1.传统文化中的化学物质与变化[2023新课标,7][2021广东卷,1] 考向2.传统文化中的操作与化学工艺[2022湖南卷,1][2021河北卷,1] [2021广东卷,2] 考向1.从指定反应类型角度分析相关传统文化中的物质与变化。
考向2.由传统文化中涉及的操作,考查在实验室中相关仪器的选用
考点一　物质的组成与分类、性质与应用
【要点归纳 夯基提能】
1.依据分类标准对物质进行分类
(1)理清物质的宏观组成与微观构成的关系
(2)从不同角度认识纯净物的分类
微点拨物质的分类不能“越级”,如只含一种元素的物质(跨越了“纯净物”),不一定是单质,也可能是混合物,如O2和O3的混合物。
2.胶体
(1)胶体的本质。胶体区别于其他分散系的本质是分散质粒子直径的大小(1~100 nm)。用渗析法可将胶体粒子和溶液中的溶质粒子进行分离。
半透膜的孔径小于胶体粒子的直径
(2)胶体的特性。丁达尔效应是胶体的特性。利用丁达尔效应可以区分胶体和溶液。
胶体粒子对光线的散射效应
(3)胶体的组成。Fe(OH)3胶体粒子为“Fe(OH)3分子”的集合体,而大分子的淀粉和蛋白质一个分子的大小即达到胶体粒子的大小。
(4)胶体用作净水剂。部分铝盐、铁盐如KAl(SO4)2·12H2O、FeCl3·6H2O等溶于水电离出的Al3+、Fe3+水解生成Al(OH)3胶体、Fe(OH)3胶体,这些胶体粒子能吸附悬浮固体形成沉淀而达到除杂的目的。
水的净化是除去水中难溶的颗粒物或色素
3.物质的变化
(1)物质变化类型判断的“三个”角度。
(2)熟记物质变化过程中的“三馏”“三色”“五解”“十八化”。
变化名称 变化类型 物理变化 化学变化
三馏 分馏、蒸馏 干馏
三色 焰色试验 电子的跃迁 显色反应、指示剂变色反应
五解 潮解 分解、电解、水解、裂解
十八化 (华) 熔化、汽化、液化(煤的液化除外)、升华 氢化、氧化、水化、风化、炭化、钝化、煤的气化、煤的液化、皂化、歧化、卤化、硝化、酯化、裂化
煤转化为液体燃料
微点拨①同素异形体之间的相互转化是化学变化,但不是氧化还原反应。②金属导电、蛋白质的盐析都是物理变化,蛋白质的变性是化学变化。③爆炸有的是化学变化引起的,有的是物理变化引起的。④原子核发生变化不属于化学变化。
【明确考向 真题演练】
考向1　物质的组成与分类
真题示例
1- 1.(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
C
解析 本题主要考查STSE。
青铜中含有铜、锡、铅等不同的金属,属于合金,A项正确;竹、木的主要成分为纤维素,B项正确;将造纸原料在碱液中浸泡蒸煮的过程中,其中的纤维素等会发生水解,属于化学变化,C项错误;陶瓷的主要原料为黏土,经高温烧结而成,D项正确。
1- 2.(2022广东卷)中华文明源远流长,在世界文明中独树一帜,汉字居功至伟。随着时代发展,汉字被不断赋予新的文化内涵,其载体也发生相应变化。下列汉字载体主要由合金材料制成的是(　　)。
B
解析 兽骨的主要成分为无机矿物和有机质,A项错误;青铜器中含有铜、锡、铅等金属,是合金材料,B项正确;纸张的主要成分为纤维素,C项错误;液晶显示屏的材料比较复杂,但主要材料一定不是合金,D项错误。
1- 3.(2021广东卷)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
D
解析 本题考查化学与传统文化、物质组成及性质。剪纸的裁剪是物理变化,A项正确;茶香四溢说明分子是运动的,B项正确;植物纤维布主要成分是纤维素,属于天然高分子化合物,C项正确;纯碱水溶液属于混合物,D项错误。
对点演练
1- 1. 化学与生活、生产密切相关,下列说法正确的是(　　)。
A.可大量使用硫酸铜对人工泳池进行杀藻处理
B.牙膏中添加氟化物用于预防龋齿,发生的是氧化还原反应
C.文房四宝中制笔所用狼毫与宣纸的主要成分都是纤维素
D.“奋斗者”号潜水器固体浮力材料使用的高强树脂,属于有机高分子材料
D
解析 可以用硫酸铜对人工泳池进行杀藻,但要注意控制用量,A项错误。牙齿表面含有Ca5(PO4)3OH,Ca5(PO4)3OH与F-反应能转化成更难溶的Ca5(PO4)3F,所以牙膏中添加氟化物用于预防龋齿,发生的是非氧化还原反应,B项错误。文房四宝中宣纸的主要成分是纤维素,制笔所用狼毫的主要成分是蛋白质,C项错误。高强树脂是合成有机高分子,属于有机高分子材料,D项正确。
1- 2.(2023广东广州二模)我国古代四大发明是古代劳动人民智慧的结晶。下列说法正确的是(　　)。
选项 四大发明 制作简介 成分分析
A 黑火药 硝石(75%)、木炭(15%)和硫黄(10%) 爆炸时木炭作还原剂
B 活字印刷 胶泥由Al2O3、SiO2、CaO等组成 都属于金属氧化物
C 宣纸 由青檀树皮及稻草制作而成 主要成分为蛋白质
D 指南针 由天然磁石制成 主要成分是Fe2O3
A
解析 爆炸时木炭反应生成二氧化碳,碳元素化合价升高,木炭作还原剂,A项正确;二氧化硅为非金属氧化物,B项错误;青檀树皮及稻草主要成分为植物纤维,C项错误;磁石的主要成分为Fe3O4,D项错误。
方法技巧注意整理相关物质的俗名,记住其化学成分,并能从物质分类的角度认识其类别;辨析相似概念之间的异同,避免出现混淆。
考向2　物质的性质与应用
真题示例
2- 1.(2023辽宁卷)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
A
解析 本题考查化学与STSE。
脂肪酸不是有机高分子,A项错误;嫦娥石中无碳原子,为无机物,结构中含有 ,为无机盐,B项正确;太阳能电池将太阳能直接转化为电能,C项正确;聚四氟乙烯性质稳定,具有很好的耐腐蚀性,D项正确。
2- 2.(2023全国甲)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
B
解析 本题考查STSE。
苯甲酸钠具有杀菌、抑菌作用,常用作食品防腐剂,且苯甲酸钠水解,其溶液显碱性,A项错误;豆浆中胶体粒子能对光线产生散射作用,从而产生丁达尔效应,B项正确;SO2能与某些有色物质化合为不稳定的无色物质,体现其漂白性,C项错误;维生素C具有强还原性,易与水果罐头中的氧气等氧化性物质反应,从而起到抗氧化的作用,D项错误。
2- 3.(2022广东卷)陈述Ⅰ和Ⅱ均正确但不具有因果关系的是(　　)。
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 用焦炭和石英砂制取粗硅 SiO2可制作光导纤维
B 利用海水制取溴和镁单质 Br-可被氧化,Mg2+可被还原
C 石油裂解气能使溴的CCl4溶液褪色 石油裂解可得到乙烯等不饱和烃
D FeCl3水解可生成Fe(OH)3胶体 FeCl3可用作净水剂
A
A
解析 使用焦炭和石英砂可以制取粗硅,二氧化硅可制作光导纤维,两种说法均正确,但两者无因果关系,A项符合题意。溴离子可被氧化,因此可用氧化剂将溴离子氧化为溴单质;电解熔融的氯化镁,镁离子在阴极得电子被还原可得到镁单质,B项不符合题意。石油裂解产生的乙烯等不饱和烃可以与溴单质发生加成反应,使溴的四氯化碳溶液褪色,C项不符合题意。氯化铁水解可生成氢氧化铁胶体,胶体可以吸附水中悬浮的杂质并形成沉淀,因此氯化铁可用作净水剂,D项不符合题意。
2- 4.(2021山东卷)下列物质应用错误的是(　　)。
A.石墨用作润滑剂
B.氧化钙用作食品干燥剂
C.聚乙炔用作绝缘材料
D.乙二醇溶液用作汽车防冻液
C
【解题思路】
2- 5.(2021湖南卷)下列有关湘江流域的治理和生态修复的措施中,没有涉及化学变化的是(　　)。
A.定期清淤,疏通河道
B.化工企业“三废”处理后,达标排放
C.利用微生物降解水域中的有毒有害物质
D.河道中的垃圾回收分类后,进行无害化处理
A
解析 化学变化的根本特征是有新物质生成。对河道定期清淤属于物理变化,未涉及化学变化;而“三废”处理、利用微生物降解水域中的有毒有害物质、垃圾回收分类后进行无害化处理等都有化学变化发生。故答案选A。
对点演练
2- 1.(2022广西南宁三中一模)化学与生产、生活和科技密切相关。下列说法错误的是(　　)。
A.歼-20飞机上用到的氮化镓材料属于金属材料
B.冬奥会上采用紫外消毒机器人进行消毒,利用了紫外线使蛋白质变性的性质
C.“天问一号”火星车使用的保温材料——纳米气凝胶,可产生丁达尔效应
D.我国大力发展核电、水电有利于实现“碳中和”,电能属于二次能源
A
解析 氮化镓是化合物,不是金属材料,A项错误;蛋白质在紫外线作用下会发生变性而失去其生理活性,因此该消毒方法是利用紫外线使蛋白质变性的性质,B项正确;纳米气凝胶属于胶体,具有胶体的性质,可以产生丁达尔效应,C项正确;能从自然界直接获取的能源是一次能源,电能是二次能源,D项正确。
2- 2. 化学与生活息息相关,下列有关说法正确的是(　　)。
A.向插有鲜花的花瓶中加入一些啤酒,可使鲜花的保质期延长
B.二氧化硫有毒,严禁将其添加到任何食品和饮料中
C.泡沫灭火器可用于扑救一般的起火,也适用于扑救电器起火
D.使用含铁、钾、钙等金属元素的化合物均可使焰火呈现出不同的颜色
A
解析 啤酒中含有糖及其他营养物质,可以保持鲜花的鲜艳,A项正确。二氧化硫可以加入红酒中,延长红酒的保质期,B项错误。电器起火不能用水溶液灭火,C项错误。铁受热观察不到明显的焰色,D项错误。
方法技巧物质的性质与变化常结合物质的用途来考查,解答此类试题的方法是结合物质的应用目的或过程中所起的作用分析物质表现出的性质,如还原性(在食品保存过程中防氧化)、吸水性(用作干燥剂)、弱碱性(用于中和胃酸)等,并利用过程中是否有新物质生成判断是否发生化学变化。
【易错易混 防范失分】
判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。
(1)由同种元素组成的物质一定是纯净物。(　　)
(2)PM2.5分散在空气中形成气溶胶。(　　)
(3)发生了颜色变化的一定是化学反应。(　　)
(4)在酸中有几个H原子就一定是几元酸。(　　)
(5)232Th转化成233U是化学变化。(　　)
(6)Na2CO3·10H2O的风化属于化学变化,NaOH的潮解属于物理变化。
(　　)
(7)离子化合物均属于电解质,共价化合物均属于非电解质。(　　)
×
×
×
×
×
√
×
易错警示(1)PM2.5是指粒径小于等于2.5微米的颗粒物,即粒径小于等于2 500纳米的颗粒物,故PM2.5分散在空气中形成的不是气溶胶。
(2)有颜色变化的过程不一定是化学反应,如焰色试验中的颜色变化。
(3)化学反应只研究原子核外电子的变化,反应前后元素和原子种类不能发生改变。
考点二　传统文化中的化学
【要点归纳 夯基提能】
结合物质的组成和结构等分析其产生现象的原因
1.传统文化涉及“物质”的判断
根据文言文信息分析物质的性质,判断是哪种物质。如“有硇水者,剪银块投之,则旋而为水”,“硇水”指的是硝酸;唐代诗人李商隐的著名诗句中写道:“春蚕到死丝方尽,蜡炬成灰泪始干。”“蚕丝”主要成分是蛋白质,在古代“蜡”的主要成分是高级脂肪酸酯。
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,判断属于化学变化还是物理变化;判断化学反应的类型,如置换反应、氧化还原反应等。如
“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。
活泼金属置换不活泼金属
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见方法: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。
乙醇易挥发
4.传统文化中的化学工艺
(1)烧制陶瓷 陶瓷是传统的硅酸盐材料,它的基本原料是黏土。釉是覆盖在陶瓷制品表面的一层无色或有色的物质。釉料中主要含有一些金属及其化合物,在高温烧制时金属及其化合物发生了不同的氧化还原反应, 产生了不同颜色的物质　 生成有色金属化合物
(2)青铜的冶炼 　　　　　　热还原冶炼铜
冶炼青铜的过程较复杂,大概是:先把选好的矿石加入熔剂,再放在炼炉内,燃木炭熔炼,等火候成熟,取精炼铜液,弃去炼渣得初铜。初铜经提炼才能获得纯净的红铜。红铜加锡、铅熔成合金,即是青铜　
主要成分是纤维素
(3)造纸 《天工开物》记载的竹子造纸的步骤:
①斩竹漂塘;②煮楻足火;③荡料入帘;④覆帘压纸;⑤透火焙干
(4)黑火药 主要成分:硝酸钾、木炭和硫黄。
反应原理:2KNO3+S+3C K2S+N2↑+3CO2↑
　　　　　　　　一硫二硝三木炭
(5)酿酒 第一步用米曲霉、黑曲霉等使淀粉水解,称为糖化;第二步由酵母菌将葡萄糖发酵产生酒精。发酵后的混合料经过蒸馏,得到白酒和酒糟
(6)染色 染色是一个很古老的工艺,即用染料使物品着色
【明确考向 真题演练】
考向1　传统文化中的化学物质与变化
真题示例
1- 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
C
解析 本题考查化学与STSE。
竹简的成分之一纤维素的化学式为(C6H10O5)n,属于天然高分子化合物,A正确;羟基磷灰石,又称碱式磷酸钙,属于无机盐,B正确;熟石灰的成分是Ca(OH)2,而熟石膏的化学式为2CaSO4·H2O,C错误;Fe2O3为红棕色,是红色颜料的成分,俗称铁红,D正确。
1- 2.(2022广东卷)广东一直是我国对外交流的重要窗口,馆藏文物是其历史见证。下列文物主要由硅酸盐制成的是(　　)。
C
解析 南宋鎏金饰品、蒜头纹银盒、铜镀金钟座主要由金属单质及合金制成,广彩瓷咖啡杯是瓷器,主要成分属于硅酸盐,C项正确。
1- 3.(2021广东卷改编)很多珍贵文物都记载着中华文明的灿烂成就,具有深邃的文化寓意和极高的学术价值。下列国宝级文物主要由合金材料制成的是(　　)。
A
解析 铜鼎的主要成分为铜合金,A项正确。
对点演练
1- 1.下列说法中正确的是(　　)。
A.“司南之杓,投之於地,其柢指南”。司南中“杓”所用的材质为Fe2O3
B.“水滴石穿”与反应CaCO3+H2O+CO2 === Ca(HCO3)2有关
C.《易经》中记载:“泽中有火”“上火下泽”。火是由“泽”中产生的CO燃烧引起的
D.“水过鸭背不留珠”是因为鸭子的羽毛表层富含醇类物质
B
解析 由“其柢指南”知“司南”就是古代的指南针,“杓”能指示方向说明有磁性,其材质可为Fe3O4,不能是Fe2O3,A项错误;“水滴石穿”是由于碳酸钙长年累月与水和空气中的二氧化碳反应生成碳酸氢钙,导致石头慢慢发生腐蚀,B项正确;火是由“泽”中产生的甲烷燃烧引起的,C项错误;“不留珠”是因为鸭子的羽毛表层富含疏水性物质,而醇类物质一般易溶于水,不可能是醇类,D项错误。
1- 2.(2023广东东莞模拟)我国传统文化蕴含着丰富的化学知识,下列说法正确的是(　　)。
A.“风干日曝咸味加,始灌潮波塯成卤”,该过程涉及的操作方法是蒸发结晶
B.“青蒿一握,以水二升渍,绞取汁”,青蒿素的提取过程涉及化学变化
C.“凡酸坏之酒,皆可蒸烧”,该过程利用了物质的溶解性不同
D.“春蚕到死丝方尽,蜡炬成灰泪始干”,该过程不涉及氧化还原反应
A
解析 “风干日曝咸味加,始灌潮波塯成卤”指将水蒸发得到盐,该过程涉及的操作方法是蒸发结晶,A项正确;“青蒿一握,以水二升渍,绞取汁”,句中体现对青蒿素的提取,没有生成新物质,属于物理变化,B项错误;“凡酸坏之酒,皆可蒸烧”,蒸烧的方法是利用物质的沸点不同,控制温度使乙酸与乙醇分离,C项错误;“春蚕到死丝方尽,蜡炬成灰泪始干”,诗句中涉及蜡的燃烧反应,属于氧化还原反应,D项错误。
思维建模
考向2　传统文化中的操作与化学工艺
真题示例
2- 1.(2022湖南卷)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
D
解析 “石胆能化铁为铜”包含硫酸铜与铁发生置换反应生成铜和硫酸亚铁,涉及化学变化,A项不符合题目要求;“侯氏联合制碱法”是利用NH3、CO2、H2O和NaCl经过一系列反应生成NaHCO3,再加热使NaHCO3分解得到纯碱,涉及化学变化,B项不符合题目要求;将CO2转化为淀粉或葡萄糖有新物质生成,属于化学变化,C项不符合题目要求;用CO2跨临界直冷制冰,是利用CO2升华吸热制冰,不涉及化学变化,D项符合题目要求。
2- 2.(2021河北卷)“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“钢铁是杂炼生钅柔作刀镰者”。“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
C
解析 钢和生铁均属于铁碳合金,钢中的含碳量低、生铁中的含碳量高,铁合金的硬度和脆性随含碳量增大而增大,A、B项均正确。合金的熔点通常比各组分的熔点低,C项错误。赤铁矿的主要成分为氧化铁,D项正确。
对点演练
2- 1. 明代宋应星所著的《天工开物》一书蕴含着丰富的化学史料。下列语句中包含过滤操作的是(　　)。
A.炉甘石烟洪飞损
B.其底铺薪,发火煅红
C.倾入盆中,经宿结成白雪
D.取入缸中浸三个时,漉入釜中煎炼
D
解析 炉甘石的主要成分是ZnCO3,加热分解,A项错误。“其底铺薪,发火煅红”是加热煅烧,B项错误。“倾入盆中,经宿结成白雪”是结晶过程,C项错误。“漉入釜中煎炼”的“漉”是过滤的意思,D项正确。
2- 2. 化学与生活、生产、科技密切相关。下列叙述正确的是(　　)。
A.明矾在天然水中生成胶体,可用于水的消毒杀菌
B.宋代王希孟《千里江山图》中的绿色颜料铜绿的主要成分是氧化铜
C.《本草纲目》“烧酒”条目下写道:“自元时始创其法,用浓酒和糟入甑,蒸令气上……”,这里所用的“法”是指蒸发
D.《天工开物》中有“至于矾现五色之形,硫为群石之将,皆变化于烈火”,其中的矾指的是金属硫酸盐
D
解析 明矾在水中发生水解生成氢氧化铝胶体,可用于吸附水中的悬浮颗粒物,但不能用于消毒杀菌,A项不正确。铜绿的主要成分是碱式碳酸铜,而不是氧化铜,B项不正确。“用浓酒和糟入甑,蒸令气上……”,这里采用的方法是蒸馏,C项不正确。带有结晶水的硫酸盐,常常称作矾,“至于矾现五色之形”中所提到的矾,指的是金属硫酸盐,D项正确。
方法技巧“三步”突破化学与传统文化类题目
【易错防范 不失分】
判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。
(1)清代乾隆“瓷母”是指各种釉彩大瓶,其主要成分是二氧化硅。(　　)
(2)“凡石灰经火焚炼为用……火力到后,烧酥石性,置于风中久自吹化成粉”中的“粉”为 CaO。(　　)
×
×
易错警示古文中的物质成分和变化,与现代的描述不一定一致,需根据上下文联系起来分析其成分或变化的本质。
专项突破 素能提升
一、化学与STSE
【热点专攻】
1.读题干　抓信息
(1)重要定义:绿色化学、新能源、材料分类等。
(2)典型物质的性质与用途之间的对应性。
(3)古文类试题从关键词入手。
2.审要点　抓关键
(1)化学与常见材料。
常见材料 分析 有机 高分子 材料 塑料 主要成分为合成树脂,常见的有热塑性塑料,如聚乙烯;热固性塑料,如具有网状结构的酚醛树脂 纤维 天然纤维 包括纤维素(棉、麻)、蛋白质(蚕丝、羊毛)等
再生纤维 用化学方法将纤维素、蛋白质等加工成的黏胶纤维、大豆蛋白纤维等
合成纤维 以石油、天然气、煤、农副产品为原料制成有机小分子单体,再经聚合反应制得,如锦纶、维纶等
橡胶 天然橡胶是异戊二烯的聚合物,是线型高分子 常见材料 分析
无机 非金属 材料 玻璃 普通玻璃的主要原料是纯碱、石灰石和石英砂,主要成分是硅酸钙、硅酸钠和二氧化硅
水泥 硅酸盐水泥的原料是石灰石和黏土
陶瓷 人类应用最早的硅酸盐材料,制备原料为黏土
硅材料 晶体硅是重要的半导体材料,光导纤维的主要成分是二氧化硅
金属 材料 纯金属 如铁、镁、铝等
合金 如铁合金、铝合金、钛合金等
(2)化学与资源、能源。
资源、能源 分析
石油 分馏 物理变化,得到石油气、汽油、煤油、柴油、重油等
裂化 化学变化,获得更多轻质油,特别是汽油
裂解 化学变化,获得短链气态烃,如乙烯、丙烯、甲烷等
煤 干馏 化学变化,隔绝空气加强热,得到出炉煤气、煤焦油、焦炭等
气化 化学变化,将煤转化为可燃性气体的过程,主要是
C+H2O(g) CO+H2
液化 化学变化,把煤转化为液体燃料的过程
清洁能源 天然气、氢气等在燃烧时不产生烟尘的能源
化石能源 天然气、石油和煤等不可再生能源
理想 新能源 资源丰富、可以再生,对环境无污染,如太阳能、地热能、海洋能、风能和氢能等
(3)化学与环境保护。
①绿色化学
核心 思想 改变“先污染后治理”的观念和做法,利用化学原理和技术手段,减少或消除产品在生产和应用中涉及的有害化学物质,实现从源头上减少或消除环境污染
理想 原则 反应物的原子全部转化为期望的最终产物,原子利用率(即期望产物的总质量与生成物的总质量之比)为100%
②常见污染及形成原因
污染名称 主要污染物及其成因
PM2.5 大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物,也称为可入肺颗粒物
雾霾 SO2、NOx和可吸入颗粒物与雾气结合的混合物
酸雨 pH<5.6,SO2、NOx是导致酸雨形成的主要原因
光化学 烟雾 机动车尾气中的碳氢化合物和氮氧化物在光照条件下生成复杂的污染物
臭氧空洞 NOx、氟氯代烷等与臭氧发生作用,导致了臭氧层的损耗
水体污染 化肥、农药的过度使用,工业“三废”和生活污水的随意排放。水体富营养化引起的“水华”或“赤潮”
温室效应 化石燃料的大量使用、大气中的CO2气体大量增加,使地表温度上升的现象
白色污染 像聚乙烯、聚氯乙烯这样的塑料垃圾对环境所造成的污染,它们很难降解,会破坏土壤结构
(4)化学与人体健康。
合理用药 遵循安全、有效、经济和适当的原则。 非处方药——“OTC”标识 安全 使用 食品 添加剂 着色剂 天然色素(红曲红等)和合成色素(柠檬黄等)
增味剂 谷氨酸钠等
膨松剂 碳酸氢铵、碳酸氢钠等
凝固剂 氯化镁、硫酸钙等
防腐剂 亚硝酸钠、苯甲酸及其钠盐、山梨酸及其钾盐等
抗氧化剂 维生素C等
营养强化剂 碘酸钾、维生素、碳酸钙、硫酸亚铁、硫酸锌等
3.规范答　思拓展
(1)绿色化学:污染处理≠污染物零排放;(2)食品添加剂≠无毒;(3)水的净化≠水体消毒;(4)重要物质用途,如硅、二氧化硅、硅酸钠的用途不能混淆;(5)古化学及古诗文关键字词多为颜色变化(如铜色、色赤)、操作方式(如熬、蒸、渍、强烧等)、现象(紫青烟起、五金八石皆能穿滴等)。
【题型突破】
(2021山东卷)有利于实现“碳达峰、碳中和”的是(　　)。
A.风能发电 B.粮食酿酒
C.燃煤脱硫 D.石油裂化
【解题思路】
答案 A
应考训练
1.(2022广东卷)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
A
解析 小苏打是NaHCO3,用作发泡剂的原理是小苏打受热分解生成CO2,在面包内部形成许多气孔,使得面包疏松多孔,A项符合题意;熟石灰具有碱性,可以与酸性废水中的酸性物质发生反应,B项不符合题意;铁与水蒸气在高温条件下发生反应生成Fe3O4,工人需要将模具干燥后再注入熔融钢水,C项不符合题意;铝易与空气中的氧气反应生成一层致密的氧化铝薄膜,阻止内部的铝进一步反应,故镀铝钢板耐腐蚀,D项不符合题意。
2.(2022广西统考一模)化学与生产、生活及社会发展密切相关。下列说法错误的是(　　)。
A.新型冠状病毒能在空气中以气溶胶的形式传播,气溶胶属于胶体
B.北京冬奥会的“飞扬”火炬是碳纤维氢能火炬,碳纤维属于合成有机高分子材料
C.“煤改气”可以减少SO2等有害物质的排放量,有利于打赢蓝天保卫战
D.写春联用的毛笔(主要是动物毛发和竹)和墨(炭墨烟和动物胶)的原料中都存在蛋白质
解析 碳纤维为碳单质,是无机物,不是有机高分子材料,B项错误。
B(共73张PPT)
　常用化学计量与应用
专题二
内容索引
02
03
04
考点二　阿伏加德罗常数及其应用
考点三　物质的量浓度
专项突破 素能提升
01
考点一　以物质的量为核心的有关计算
【考情分析 定向备考】
高频考点 两年考向 命题角度再思考
1.以物质的量为核心的有关计算 考向.以物质的量为核心的有关计算[2022广东卷,9] 考向.物质的量的有关计算。
2.阿伏加德罗常数及其应用 考向1.有关阿伏加德罗常数的正误判断[2023辽宁卷,5][2023全国甲,10] [2022广东卷,9][2022湖南卷,6] [2022全国甲,11][2021广东卷,11] [2021河北卷,7][2021湖南卷,5] [2021浙江卷,18][2021山东卷,6] 考向2.气体摩尔体积的相关计算[2020北京卷,5] 考向1.借某一反应为载体,考查相关物质的组成和转化的量。
考向2.阿伏加德罗定律的推论及灵活运用。
高频考点 两年考向 命题角度再思考
3.物质的量浓度 考向1.一定物质的量浓度溶液的配制[2022广东卷,17节选] 考向2.物质的量浓度的相关计算[2021浙江6月选考,27节选] 考向1.一定物质的量浓度溶液的配制的相关实验操作会以简单的选择题形式考查。
考向2.综合题中涉及利用物质的量浓度进行滴定类计算
考点一　以物质的量为核心的有关计算
【要点归纳 夯基提能】
【明确考向 真题演练】
考向　以物质的量为核心的有关计算
真题示例
1- 1.(2022广东卷)我国科学家进行了如图所示的碳循环研究。下列说法正确的是(　　)。
A.淀粉是多糖,在一定条件下能水解成葡萄糖
B.葡萄糖与果糖互为同分异构体,都属于烃类
C.1 mol CO中含有6.02×1024个电子
D.22.4 L CO2被还原生成1 mol CO
A
解析 淀粉是多糖,在稀硫酸作催化剂并加热条件下可以水解为葡萄糖,A项正确;葡萄糖和果糖分子中均含有氧元素,二者均不属于烃类,B项错误;C原子有6个电子,O原子有8个电子,1 mol CO含有14×6.02×1023个电子,C项错误;未说明标准状况,无法根据体积确定二氧化碳的物质的量,D项错误。
1- 2.(2021浙江6月选考)将3.00 g某有机物(仅含C、H、O元素,相对分子质量为150)样品置于燃烧器中充分燃烧,依次通过吸水剂、CO2吸收剂,燃烧产物被完全吸收。实验数据如下表:
实验 吸水剂 CO2吸收剂
实验前质量/g 20.00 26.48
实验后质量/g 21.08 30.00
请回答:
(1)燃烧产物中水的物质的量为　　 mol。
(2)写出该有机物的分子式(写出计算过程)。
答案 (1)0.06
则最简式为C2H3O3,由相对分子质量为150,则可以得到该有机物的分子式为C4H6O6。
解析 (1)根据表格中的数据,吸水剂增加的质量全部为有机物完全燃烧生成水的质量,则生成水的物质的量
对点演练
1- 1.(2023广东佛山模拟)右图是试剂标签上的部分内容。据此,下列说法错误的是(　　)。
硫酸
化学纯　CP500 mL
品名:硫酸
化学式:H2SO4
相对分子质量:98
密度:1.84 g·cm-3
质量分数:98%
A.该硫酸物质的量浓度为18.4 mol·L-1
B.100 mL该硫酸中,氧原子的数目大于7.36NA
C.取100 mL该硫酸与足量铜反应,产生SO2的分子数小于0.92NA
D.将该硫酸稀释至pH=1,溶液中H+的数目为0.1NA
D
解析 该硫酸物质的量浓度为 =18.4 mol·L-1,A项正确; 100 mL该硫酸溶液中,硫酸中含有的氧原子的数目为1.84 mol·L-1×0.1NA =7.36NA,该硫酸溶液中还含有水,水分子中含有氧原子,则氧原子的数目大于7.36NA,B项正确;100 mL该硫酸中含H2SO4 1.84NA,与足量铜反应Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O,因为稀硫酸不能与铜反应,所以产生SO2的分子数小于0.92NA,C项正确;该硫酸溶液的体积未知,由pH=1,可求出c(H+),但无法求出溶液中H+的数目,D项不正确。
1- 2.过氧化钙(CaO2)是一种较安全的物质,常含有结晶水,通常还含有CaO。过氧化钙在工农业生产中广泛用作杀菌剂、防腐剂、解酸剂、油类漂白剂等。
(1)称取5.42 g过氧化钙样品,灼烧时发生如下反应:2(CaO2·xH2O) 2CaO+O2↑+2xH2O,得到的O2在标准状况下体积为672 mL,则该样品中CaO2的物质的量为　　　　　。
(2)另取同一样品5.42 g,溶于适量的稀盐酸中,然后加入足量的Na2CO3溶液,将溶液中的Ca2+全部转化为CaCO3沉淀,得到干燥的CaCO3 7.0 g。
①样品中CaO的质量为　　　　　。
②样品中CaO2·xH2O中的x为　　　　　。
答案 (1)0.06 mol　(2)①0.56 g　②0.5
考点二　阿伏加德罗常数及其应用
【要点归纳 夯基提能】
有关NA判断需要注意的“六大”问题
考查方向 注意问题
1.气体摩尔体积的适用条件 若题中出现物质的体积,先考虑该物质是不是气体,如果是气体需再考虑条件是不是标准状况;
熟悉在标准状况下不是气体的物质,如H2O、HF、SO3、Br2、CHCl3、CCl4、己烷、苯、乙醇等
考查方向 注意问题
2.物质的微观结构 ①某些物质分子中的原子个数,如Ne、O3、P4等;②特殊物质的摩尔质量或分子中的中子数,如D2O、T2O、18O2、H37Cl等;③一些物质中的化学键数目,如SiO2、Si、CH4、P4、CO2、C60、烃等物质中的化学键数目;④FeCl3溶液转化为Fe(OH)3胶体,因为胶体粒子是“Fe(OH)3分子”的集合体,所以胶体粒子的数目小于原溶液中Fe3+的数目
甲烷是“虚拟”正四面体、白磷为“实体”正四面体
考查方向 注意问题
3.氧化还原反应中的电子转移 S的弱氧化性,导致金属生成“低价”产物

如Na2O2、NO2与H2O反应,Fe、Cu与S反应,Cl2与H2O、NaOH溶液反应,Fe与稀硝酸反应等
4.隐含的可逆反应 ①可逆反应不能进行到底。如2NO2 N2O4,Cl2+H2O HClO+HCl,合成氨反应,二氧化硫的催化氧化等;
②电解质的电离与离子的水解。弱电解质的电离及某些离子的水解,如1 mol CH3COOH或1 mol FeCl3溶于水时,溶液中CH3COO-或Fe3+的物质的量均小于1 mol
考查方向 注意问题
5.具有特殊关系的物质 等质量的最简式相同的有机化合物 (如烯烃)、同素异形体、N2与CO、NO2与N2O4等具有的原子、分子数目
6.缺少条件 切忌不要假想外界条件或反应类型 ①缺少体积,如常温下,pH=2的H2SO4溶液中含有的H+数目不一定为0.01NA(设NA代表阿伏加德罗常数的值,下同);
②缺少温度、压强,如由H2O2制得2.24 L O2,转移的电子数目不一定为0.2NA;
③没有具体反应,如1 mol Cl2参加反应,转移电子数不一定为2NA
【明确考向 真题演练】
考向1　有关阿伏加德罗常数的正误判断
真题示例
1- 1.(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
C
解析 本题考查阿伏加德罗常数的正误判断。
未指明11.2 L CO2所处的温度和压强,无法计算,A项错误;每生成1 mol N2,该反应转移的电子为12 mol,2.8 g N2为0.1 mol,故转移的电子数目为1.2NA, B项错误;KNO3由K+、 组成,0.1 mol KNO3晶体中含离子数目为0.2NA, C项正确;1 L 0.1 mol·L-1 K2S溶液中含0.1 mol K2S,由于S2-水解,故溶液中S2-的数目小于0.1NA,D项错误。
1- 2.(2023全国甲)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(　　)。
A.0.50 mol异丁烷分子中共价键的数目为6.5NA
B.标准状况下,2.24 L SO3中电子的数目为4.00NA
C.1.0 L pH=2的H2SO4溶液中H+的数目为0.02NA
D.1.0 L 1.0 mol·L-1的Na2CO3溶液中 的数目为1.0NA
A
解析 本题考查有关阿伏加德罗常数的正误判断。
1- 3.(2021广东卷)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)。
A.1 mol CHCl3含有C—Cl的数目为3NA
B.1 L 1.0 mol·L-1的盐酸含有阴离子总数为2NA
C.11.2 L NO与11.2 L O2混合后的分子数目为NA
D.23 g Na与足量H2O反应生成的H2分子数目为NA
A
解析 1个CHCl3分子中有3个C—Cl,故1 mol CHCl3中含有C—Cl的数目为3NA,A项正确;1 L 1.0 mol·L-1的盐酸中含NA个Cl-和水微弱电离出的OH-,B项错误;未指明气体所处的温度和压强,无法计算NO、O2的物质的量,也无法计算NO与O2反应生成NO2的物质的量,C项错误;23 g Na与足量H2O反应生成0.5 mol H2,D项错误。
1- 4.(2020全国Ⅲ)NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)。
A.22.4 L(标准状况)氮气中含有7NA个中子
B.1 mol重水比1 mol水多NA个质子
C.12 g石墨烯和12 g金刚石均含有NA个碳原子
D.1 L 1 mol·L-1 NaCl溶液含有28NA个电子
C
【解题思路】
对点演练
1- 1.(2023广西来宾二模)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(　　)。
A.1 mol苯分子中含碳碳双键的数目为3NA
B.14 g CO和N2的混合物中含有的质子数为7NA
C.标准状况下,22.4 L CHCl3分子中所含Cl原子数为3NA
D.0.1 mol H2和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应,转移的电子总数为0.2NA
B
解析 苯分子中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的化学键,苯中不含有碳碳双键,A项错误;1个CO和1个N2分子中均含有14个质子,CO、N2的摩尔质量均为28 g·mol-1,所以14 g CO和N2的混合物中含有的质子数为 =7NA,B项正确;标准状况下,CHCl3不是气体,无法计算22.4 L CHCl3的物质的量及所含Cl原子数,C项错误;H2和I2的反应H2(g)+I2(g) 2HI(g)为可逆反应,0.1 mol H2和0.1 mol I2不能全部反应,则转移的电子总数小于0.2NA,D项错误。
1- 2.(2023广东茂名一中期末改编)我国科研人员用CO2为原料,不依赖光合作用,可人工合成淀粉,其前两步的合成路线如下。用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(　　)。
A.22.4 L CO2中含有σ键的数目为2NA
B.1 mol·L-1的甲醇水溶液中含有的H+数为1×10-7NA
C.步骤Ⅱ中每消耗1 mol O2转移的电子数为4NA
D.90 g甲醛和葡萄糖的混合物中含有的氧原子数为3NA
D
解析 没有所处的状态,不能计算二氧化碳的物质的量,A项错误;没有溶液体积不能计算H+的物质的量,B项错误;步骤Ⅱ中甲醇和氧气生成过氧化氢和甲醛,反应中氧气中氧元素化合价由0价变为-1价,故每消耗1 mol O2转移的电子数为2NA,C项错误;甲醛和葡萄糖的实验式均为CH2O,90 g甲醛和葡萄糖的混合物中含有氧原子为3 mol,则氧原子数为3NA,D项正确。
方法技巧分析阿伏加德罗常数类题目的三步骤:
考向2　气体摩尔体积的相关计算
真题示例
(2021山东卷)X、Y均为短周期金属元素,同温同压下,0.1 mol X的单质与足量稀盐酸反应,生成H2体积为V1 L;0.1 mol Y的单质与足量稀硫酸反应,生成H2体积为V2 L。下列说法错误的是(　　)。
D
对点演练
2- 1.在甲、乙两个容积不同的密闭容器中,分别充入质量相等的CO、CO2气体时,两容器的温度和压强均相同,则下列说法正确的是(　　)。
A.充入的CO分子数比CO2分子数少
B.甲容器的容积比乙容器的容积小
C.CO的摩尔体积比CO2的摩尔体积小
D.甲中CO的密度比乙中CO2的密度小
D
解析 质量相等的CO和CO2的物质的量之比为11∶7,在温度和压强相同时体积之比为11∶7,但摩尔体积相同。
2- 2.一个密闭容器,中间有一可自由滑动的隔板(厚度不计),将容器分成两部分,当左侧充入1 mol N2,右侧充入一定量的CO时,隔板处于如图位置(保持温度不变),下列说法正确的是(　　)。
A.右侧与左侧分子数之比为4∶1
B.右侧CO的质量为5.6 g
C.右侧气体密度是相同条件下氢气密度的14倍
D.若改变右侧CO的充入量而使隔板处于容器正中间,保持温度不变,则应充入0.2 mol CO
C
解析 左右两侧温度、压强相同的条件下,气体体积之比等于物质的量之比,则左右气体物质的量之比为4∶1,所以右侧气体的物质的量为0.25 mol,CO的质量为7 g,当再充入0.75 mol CO后,隔板处于正中间。相同条件下气体密度之比等于摩尔质量之比,则右侧气体密度是相同条件下氢气密度的 =14倍。
2- 3.三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)A.原子数相等的三种气体,质量最大的是Z
B.若一定条件下,三种气体体积均为2.24 L,则它们的物质的量一定均为0.1 mol
C.同温同压下,同质量的三种气体,气体密度最小的是X
D.同温下,容积相同的两容器分别充2 g Y气体和1 g Z气体,则压强之比为2∶1
C
方法技巧阿伏加德罗定律的推论:
【易错防范 不失分】
判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。(设NA代表阿伏加德罗常数的值)
(1)常温常压下,22.4 L NO2和CO2的混合气体含有的氧原子数为2NA。
(　　)
(2)2.24 L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA。(　　)
(3)乙烯和环丙烷(C3H6)组成的28 g混合气体中含有3NA个氢原子。(　　)
(4)18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NA。(　　)
(5)50 mL 12 mol·L-1盐酸与足量MnO2共热,转移的电子数为0.3NA。(　　)
(6)向FeI2溶液中通入适量Cl2,当1 mol Fe2+被氧化时,共转移的电子的数目为NA。(　　)
×
×
×
×
×
×
易错警示(1)“两状”:所给物理量为体积时,要明确物质状态是不是气态,是不是标准状况。
(2)反应进行中的“质变”:随着反应的进行,要明确反应是否终止或改变。
(3)要明确反应是否存在着进行的次序问题。
考点三　物质的量浓度
【要点归纳 夯基提能】
1.一定物质的量浓度溶液配制的五步骤与七种仪器
配制“五步骤” 七种仪器
计算并量取 固体:天平、药匙
液体:量筒或酸式滴定管、碱式滴定管
溶解并冷却 烧杯、玻璃棒
转移并洗涤 容量瓶
定容并摇匀 胶头滴管
装瓶贴标签 —
微点拨(1)容量瓶有特定“规格”,选择应遵循“大而近”原则。
(2)定容分两个环节,当液面离刻度线1~2 cm时,改用胶头滴管。
(3)NaOH固体需放在烧杯等玻璃器皿中称量。
2.误差分析
视线以刻度线为标准,与溶液的凹液面相切
(2)视线引起误差的分析方法。
①仰视容量瓶刻度线(图1),导致溶液体积偏大,所配制溶液的物质的量浓度偏低。
②俯视容量瓶刻度线(图2),导致溶液体积偏小,所配制溶液的物质的量浓度偏高。
【明确考向 真题演练】
考向1　一定物质的量浓度溶液的配制
真题示例
1- 1.(2022广东卷)食醋是烹饪美食的调味品,有效成分主要为醋酸(用HAc表示)。HAc的应用与其电离平衡密切相关。
(1)配制250 mL 0.1 mol·L-1的HAc溶液,需5 mol·L-1 HAc溶液的体积为
　　　　　 mL。
(2)下列关于250 mL容量瓶的操作,正确的是　　　　。
5.0
C
解析 (1)根据配制前后溶质的物质的量不变,列式:c1V1=c2V2,0.1 mol·L-1× 0.250 L=5 mol·L-1×V2,得V2=0.005 0 L=5.0 mL。
(2)振荡时应用瓶塞塞住容量瓶口,不可用手指压住容量瓶口,A项错误;定容时眼睛应该平视刻度线且胶头滴管的尖嘴不能伸入容量瓶内,B项错误;转移溶液时用玻璃棒引流,且玻璃棒下端紧靠在容量瓶刻度线以下的内壁上,C项正确;缺少另一只手托住瓶底,D项错误。
1- 2.(高考题组合)下列操作或装置能达到实验目的的是　　　　。
A.为准确配制一定物质的量浓度的溶液,定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时,改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线
B.若要称取2.0 g NaOH固体,先在托盘上各放一张滤纸,然后在右盘上添加2 g砝码,左盘上添加NaOH固体
C.配制一定浓度的NaCl溶液(如图1)
D.配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液(如图2)
E.用容量瓶配溶液时,若加水超过刻度线,立即
用胶头滴管吸出多余液体
F.配制0.100 0 mol·L-1氯化钠溶液时,将液体转
移到容量瓶中需用玻璃棒引流
AF
解析 称量NaOH固体应该用小烧杯等玻璃容器盛放,B项错误。配制一定浓度的NaCl溶液,俯视会造成所配溶液浓度偏高,C项错误。配制溶液时,不能直接在容量瓶中溶解,D项错误。加水超过刻度线时应重新配制,E项错误。
对点演练
1- 1.实验室配制250 mL 0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液,无须用到的仪器是(　　)。
A
解析 实验室配制250 mL 0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液,需要用到的仪器是天平、烧杯、玻璃棒、250 mL容量瓶、胶头滴管等,不需要用到圆底烧瓶,A项符合题意。
1- 2. 下列实验操作规范且能达到目的的是(　　)。
C
解析 配制一定物质的量浓度的溶液,转移溶液时需用玻璃棒引流,A项错误。除去氯气中的氯化氢和水,先通入饱和食盐水除去氯化氢,再通入浓硫酸除去水,可得到干燥纯净的氯气,B项错误。氨的密度小于空气的密度,用向下排空气法收集氨,在试管口塞一团棉花,防止氨与空气对流,C项正确。沉淀的过滤时漏斗的下端要紧靠烧杯的内壁,D项错误。
方法技巧(1)一定物质的量浓度溶液的配制,溶液的体积是由容量瓶的规格决定的。
(2)溶质的状态不同,所使用的仪器在量取时有差异。
考向2　物质的量浓度的相关计算
真题示例
(2021浙江1月选考)玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去,发生如下反应:
请计算:
(1)0.480 g硫单质与V mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应,只生成K2S和K2SO3,则V=　　　　　。
(2)2.560 g硫单质与60.0 mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应,只生成K2Sx和K2S2O3,则x=　　　　　(写出计算过程)。
30.0
3
对点演练 2- 1.将精制得到的I2配成浓度为b mol·L-1的标准溶液,用来测定某样品中维生素C(相对分子质量为W)的含量。具体操作如下:准确称量a g样品,溶于新煮沸过并冷却至室温的蒸馏水中,煮沸蒸馏水的目的是
____________________________________。用250 mL容量瓶定容,使用
___________(仪器)量取25.00 mL样品溶液置于锥形瓶中,再加入10 mL 1∶1醋酸溶液和适量的_______指示剂,立即用I2标准溶液滴定,溶液显稳定的________ (颜色)即为滴定终点,消耗I2标准溶液d mL,则样品中维生素C的质量分数是________ (写出表达式)。已知滴定反应的化学方程式:
除去蒸馏水中溶解的氧,防止干扰实验
酸式滴定管
淀粉
蓝色
解析 维生素C具有还原性,故煮沸蒸馏水是为了防止水中溶解的氧干扰实验;用滴定管准确量取溶液的体积;用于指示碘单质时,通常用淀粉作指示剂,淀粉遇碘显蓝色,这里用碘标准溶液滴定维生素C,所以当最后一滴标准液滴入锥形瓶后,溶液由无色变为蓝色且30 s内不褪色,即为终点;根据题意消耗碘标准液的物质的量为n=cV=bd×10-3 mol,由反应的化学方程式可知25.00 mL溶液中维生素C的物质的量为bd×10-3 mol,则a g样品中维生素C的物质的量为10×bd×10-3mol=bd×10-2 mol,质量为m=nM=bWd×10-2 g,其质量分数为
2- 2. ClO2常用于自来水的杀菌消毒。自来水厂用碘量法检测水中ClO2的浓度,其实验操作如下:
Ⅰ.取100.0 mL的水样,加入足量的碘化钾和少量稀硫酸,反应的离子方程式为2ClO2+10I-+8H+ === 2Cl-+5I2+4H2O。
Ⅱ.待充分反应后,再加氢氧化钠溶液调至中性,并加入淀粉溶液。
Ⅲ.用0.200 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液进行滴定
(已知 ),达到滴定终点时用去10.00 mL Na2S2O3标准溶液。滴定终点时溶液颜色的变化为　　　　　　　　　　　　,该水样中ClO2的含量为　　　　 mg·L-1。
溶液由蓝色变为无色
270
解析 用Na2S2O3标准溶液滴定碘单质,当溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原来的颜色时,碘恰好完全反应,所以滴定终点时溶液颜色的变化为溶液由蓝色变为无色;根据得失电子数相等可得如下关系:
方法技巧硫代硫酸钠的化学式为Na2S2O3,俗名有大苏打、海波。硫代硫酸钠具有还原性,常用于定量的滴定实验,如滴定碘:
【易错防范 不失分】
判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。
(1)配制480 mL一定物质的量浓度的溶液时,要选用500 mL的容量瓶。
(　　)
(2)用固体NaCl配制0.5 mol·L-1的溶液,所用的仪器仅有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶。(　　)
(3)为了配制方便,可将固体或浓溶液直接在容量瓶(或量筒)中进行溶解(或稀释)。(　　)
(4)用浓硫酸配制稀硫酸时,用量筒量取浓硫酸时仰视读数,则所得稀硫酸浓度偏高。(　　)
√
×
×
√
专项突破 素能提升
二、化学计算常用方法
【热点专攻】
方法 内容
(1)关系 式法 多步反应计算的特征是多个反应先后发生,起始物与目标物之间存在确定的量的关系。解题时应先写出有关反应的化学方程式或关系式,依据化学方程式找出反应过程中不同反应步骤之间反应物、生成物的物质的量的关系,最后确定已知物和目标产物之间的物质的量的关系,列出计算式求解,从而简化运算过程
(2)守 恒法 所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。一切化学反应都遵循守恒定律,在化学变化中有多种守恒关系,如元素守恒、得失电子守恒、电荷守恒等
方法 内容
(3)差 量法 差量法是指根据化学反应前后物质的量发生的变化,找出“理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题的关键是把化学方程式中对应的理论差量及实际差量与未知量列成比例式,然后求解
(4)热重 分析法 热重分析是指在程序控制温度下测量待测样品的质量与温度变化关系的一种热分析技术,用来研究材料的热稳定性和组分。晶体加热时失重一般是先失水,再失非金属氧化物。晶体中金属仍在残余固体中,失重最后一般剩余金属氧化物,根据剩余物质的质量可进行相应的计算和分析
【题型突破】
某FeC2O4·2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O,采用KMnO4滴定法测定该样品的组成,实验步骤如下。
Ⅰ.称取d g样品置于锥形瓶中,加入稀硫酸溶解,水浴加热至75 ℃。用a mol·L-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30 s内不褪色,消耗KMnO4溶液b1 mL。
Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+,加入稀硫酸酸化后,在75 ℃继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30 s内不褪色,又消耗KMnO4溶液b2 mL。
样品中所含H2C2O4·2H2O(M=126 g·mol-1)的质量分数表达式为　 。
下列关于样品组成分析的说法,正确的是　　　　(填字母)。

C.若步骤Ⅰ中滴入KMnO4溶液不足,则测得样品中Fe元素含量偏低
D.若所用KMnO4溶液实际浓度偏低,则测得样品中Fe元素含量偏高
BD
【解题思路】
应考训练
1.准确称取0.250 0 g氯化亚铜样品置于一定量的0.5 mol·L-1 FeCl3溶液中,待样品完全溶解后,加20 mL水,用0.100 0 mol·L-1的Ce(SO4)2溶液滴定到终点,消耗24.60 mL Ce(SO4)2溶液。有关化学反应为Fe3++CuCl === Fe2++Cu2++Cl-,Ce4++Fe2+ === Fe3++Ce3+。计算上述样品中CuCl的质量分数是　　　　。
97.91%
2.(1)称取45.7 mg Zn3(PO4)2·4H2O进行热重分析,化合物质量随温度的变化关系如图所示,为获得Zn3(PO4)2·2H2O和Zn3(PO4)2·H2O的混合产品,烘干时的温度范围为　　　　　(填字母)。
　　　　 　　　　 　　　
A.90~145 ℃ B.145~195 ℃
C.195~273 ℃ D.>273 ℃
B
(2)为测定产品中Zn3(PO4)2·4H2O的含量,进行如下实验,已知滴定过程中Zn2+与H2Y2-按1∶1反应。
步骤Ⅰ:准确称取0.457 0 g产品于烧杯中,加入适量盐酸使其溶解,将溶液转移至100 mL容量瓶,定容。
步骤Ⅱ:取20.00 mL上述溶液于锥形瓶中,加入指示剂,在pH=5~6的缓冲溶液中用0.020 00 mol·L-1 Na2H2Y标准溶液滴定至终点,测得Na2H2Y标准溶液的用量为27.60 mL。
步骤Ⅱ取溶液时所使用的玻璃仪器为　　　　　;产品中Zn3(PO4)2·H2O的质量分数为　　　　　。下列操作导致产品中Zn3(PO4)2·H2O含量测定值偏低的是　　　　　(填字母)。
A.步骤Ⅰ中定容时俯视刻度线
B.步骤Ⅰ中转移溶液时未洗涤烧杯
C.步骤Ⅱ中滴定管未用Na2H2Y标准溶液润洗
D.步骤Ⅱ中滴定前滴定管内无气泡,滴定结束后有气泡
酸式滴定管
92%
BD(共76张PPT)
　离子反应
专题三
内容索引
01
02
03
考点一　离子方程式
考点二　离子共存
专项突破 素能提升
【考情分析 定向备考】
高频考点 两年考向 命题角度再思考
1.离子方程式 考向1.离子方程式的正误判断 [2023湖南卷,5][2022全国甲,9] [2022广东卷,14][2022湖南卷,11] [2021浙江卷,13][2021全国乙,9] 考向2.离子方程式的书写 [2022河北卷,节选] 考向1.命题可能向环境保护与环境治理、家庭中的化学等方面拓展。
考向2.命题可能从物质性质及应用向传统制备方法方面转移。
2.离子共存 考向1.给定条件下的离子共存判断[2023辽宁卷,4][2022湖北卷,4] [2021湖南卷,12] 考向2.离子(或物质)推断 [2023湖南卷,7][2023山东卷,6] [2022全国乙,9] 考向1.可能会以限定条件的离子共存的判断为主。
考向2.可能从离子检验方案的设计进行考查。
考点一　离子方程式
【要点归纳 夯基提能】
1.离子方程式正误判断的审题要点
审清题意 “三注意” 注意反应环境
离子未处于自由移动状态的反应不能写离子方程式,如铜与浓硫酸反应等
注意操作顺序
注意反应物之间量的关系
化学式拆写 “四原则” 易溶强电解质拆,弱电解质、难溶物不拆
微溶物清拆浊不拆
微溶物作为生成物,一般写化学式(标“↓”号)
单质、氧化物不拆
浓硫酸不拆,浓盐酸、浓硝酸拆
强酸、强碱、可溶性盐
反应产物 “三分析” 分析量不同时的产物

与“量”有关的复分解反应的离子方程式,按“以少定多”的原则分析
分析是否漏掉同步反应
分析变价元素的产物

常见元素有Fe、N、S等
方程式 遵循 “三守恒” 元素质量是否守恒
电荷是否守恒
得失电子是否守恒
微点拨氨水作为反应物写成NH3·H2O;作为生成物,若有加热条件或浓度很大,则写成NH3(标“↑”号),若是稀溶液且不加热,则写成NH3·H2O。
2.两类与量有关的离子方程式的书写方法
(1)过量与少量型。　　
书写原则:“以少定多”,即先根据题给条件判断“少量物质”,以少量物质的离子计量数(充分反应)确定所需“过量物质”的离子数目。如向Ca(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液的离子方程式的书写方法为
不足量物质的离子按照组成比参与反应
(2)定量型。
此类离子反应往往是连续反应,应按照分步反应和反应进行的程度进行“定量”化书写
首先按题给条件中反应物的物质的量,结合“以少定多”的原则及离子反应顺序,逐步写出各步反应的离子方程式,然后把各步离子方程式加和即可得到总反应的离子方程式。现以明矾与Ba(OH)2溶液的定量型反应为例详细说明。
明矾与含等物质的量的Ba(OH)2的溶液反应的离子方程式的书写。
【明确考向 真题演练】
考向1　离子方程式的正误判断
真题示例
1- 1.(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-
B
解析 本题主要考查原电池电极反应式的书写、离子反应方程式的书写等。
碱性锌锰电池的正极反应为MnO2+H2O+e-═MnO(OH)+OH-,符合电子、电荷守恒,A项正确;铅酸蓄电池充电时的阳极反应为PbSO4+2H2O-2e-═ PbO2+4H++ ,B项错误;利用K3[Fe(CN)6]与Fe2+反应生成蓝色沉淀的现象可以检验Fe2+,反应的离子方程式为K++Fe2++[Fe(CN)6]3-═ KFe[Fe(CN)6]↓,C项正确;TiCl4在水中水解程度较大,可以利用其水解反应TiCl4+(x+2)H2O═TiO2·xH2O↓+4H++4Cl-制备TiO2,D项正确。
1- 2.(2022全国甲)能正确表示下列反应的离子方程式为(　　)。
D
解析 本题考查离子方程式的正误判断。
1- 3.(2022广东卷)下列关于Na的化合物之间转化反应的离子方程式书写正确的是(　　)。
B
对点演练
1- 1. 下列指定反应的离子方程式正确的是(　　)。
B
A
技法点拨
考向2　离子方程式的书写
真题示例
(2022河北卷节选)以焙烧黄铁矿FeS2(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝Fe(NH4)Fe(CN)6颜料。工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)还原工序中,不生成S单质的反应的化学方程式为　　　　　　　　。
(2)沉铁工序产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为　　　　　,氧化工序发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　。
对点演练
2- 1. Fe、Co、Ni是三种重要的金属元素。
Fe、Co、Ni能与Cl2反应,其中Co和Ni均生成二氯化物,由此推断FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由强到弱的顺序为　　　　　　　;Co(OH)3与盐酸反应有黄绿色气体生成,写出反应的离子方程式:　　　　　　　。
答案 CoCl3>Cl2>FeCl3　2Co(OH)3+6H++2Cl- === 2Co2++Cl2↑+6H2O
解析 根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,由2Fe+3Cl2 === 2FeCl3,Co+Cl2 === CoCl2,可得氧化性:Cl2>FeCl3、Cl2>CoCl2,Co与氯气反应生成CoCl2,说明Cl2的氧化性弱于CoCl3,故氧化性:CoCl3>Cl2>FeCl3。Co(OH)3与盐酸反应有黄绿色气体生成,说明盐酸被氧化为Cl2,则Co(OH)3被还原为Co2+,离子方程式为2Co(OH)3+6H++2Cl- === 2Co2++Cl2↑+6H2O。
2- 2.工业上“中温焙烧——钠化氧化法”回收电镀污泥中的铬已获技术上的突破。其工艺流程如下:
[查阅资料]
①电镀污泥中含有Cr(OH)3、Al2O3、ZnO、CuO、NiO等物质;水浸后溶液中含有Na2CrO4、NaAlO2、Na2ZnO2等物质;
②Na2SO4、Na2Cr2O7、Na2CrO4在不同温度下的溶解度如下表:
温度 20 ℃ 60 ℃ 100 ℃
Na2SO4 19.5 45.3 42.5
Na2Cr2O7 183 269 415
Na2CrO4 84 115 126
请回答:
(1)操作①的名称是　　　　　,“水浸”后的溶液呈　　　　　性。
(2)“焙烧氧化”过程中Cr(OH)3转化成Na2CrO4的化学方程式为　　　　　。
(3)滤渣Ⅱ的主要成分有Zn(OH)2和X,生成X反应的离子方程式为
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)“酸化浓缩”时,需继续加入H2SO4,使Na2CrO4转化成Na2Cr2O7,反应的离子方程式为　　　　　　　　　　。
解析 (1)操作①是从溶液中分离出滤渣,操作①的名称是过滤;水浸后溶液中存在Na2CrO4、NaAlO2、Na2ZnO2等都为强碱弱酸盐,水解后溶液呈碱性。
【易错易混 防范失分】
判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。
(1)向0.1 mol·L-1 pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液:HA-+OH-═A2-+H2O。
(　　)
×
解析 由0.1 mol·L-1 pH=1的NaHA溶液可知NaHA是强酸的酸式盐,应拆成离子形式,反应的离子方程式为H++OH-═H2O,错误。
×
(3)次氯酸钠与浓盐酸反应产生Cl2:ClO-+Cl-+H2O═Cl2↑+2OH-。(　　)
×
解析 次氯酸钠与浓盐酸反应产生Cl2,在酸性环境中不能大量存在OH-,反应的离子方程式为ClO-+Cl-+2H+═Cl2↑+H2O,错误。
×
易错警示(1)对于连续发生的反应,量不同产物不同,离子方程式也就不同,如二元强碱Ca(OH)2与NaHCO3的反应,弱酸的酸式铵盐NH4HSO3与NaOH的反应,较强酸(或酸酐)与较弱酸的盐反应,如HCl与 的反应。
(2)多种还原剂与氧化剂都反应时要注意反应的先后顺序问题,如FeBr2与Cl2的反应。
考点二　离子共存
【要点归纳 夯基提能】
1.溶液中离子不能大量共存的四种反应类型
(1)复分解反应型。
①生成难溶物或微溶物的离子不能大量共存。
②生成气体及挥发性物质的离子不能大量共存。
微点拨Al3+、Fe3+可大量存在于酸性溶液中,中性溶液中不能大量存在;
在强酸性和强碱性溶液中均不能大量存在,只能大量存在于弱碱性溶液中。
③生成难电离物质。
H+与 等生成弱酸或酸式酸根离子而不能大量共存;OH-与 (稀溶液)生成弱碱而不能大量共存;H+与OH-生成水而不能大量共存。
微点拨 在酸性条件下氧化性较强,中性和碱性条件下不考虑其氧化性。
(2)氧化还原型。
具有较强氧化性的离子与具有较强还原性的离子会发生氧化还原反应而不能大量共存。
(3)水解相互促进型。
常见的因发生相互促进的水解反应而不能大量共存的离子如下:
微点拨Fe3+与S2-、HS-不发生相互促进的水解反应,发生氧化还原反应。
(4)络合反应型。
离子间因发生络合反应而不能大量共存,常见的反应有如下两种:
①Fe3+与SCN-因生成Fe(SCN)3而不能大量共存。
②Ag+与NH3·H2O因生成[Ag(NH3)2]+而不能大量共存。
2.警惕离子共存题目中的常见“陷阱”
条件类型 常见表述 误点点拨
常见 的限制 条件 无色 “透明”也可以“有色”
pH=1或pH=13 溶液显酸性或碱性
因发生氧化还原反应而不能大量共存 注意是能发生氧化还原反应的离子不能大量共存,并不是其他离子反应,同时要注意溶液酸碱性的影响
与Al反应放出H2 溶液既可能显酸性也可能显强碱性
条件类型 常见表述 误点点拨
常见 的限制 条件 由水电离出的c(H+) =1×10-12 mol·L-1的溶液 溶液既可能显酸性也可能显碱性
通入足量的NH3 与NH3·H2O反应的离子不能大量存在
含有大量Fe3+的溶液 应是酸性溶液并具有强氧化性
含有大量 、S2-的溶液 应是碱性溶液
含有大量 的溶液 H+与还原性离子不能同时大量共存
题干 要求 “一定大量共存” “可能大量共存” “不能大量共存” 审清关键字词,
仔细分析判断
微点拨pH=7的溶液不一定显中性,要关注温度条件。
【明确考向 真题演练】
考向1　给定条件下的离子共存判断
真题示例
1- 1.(2022湖北卷)下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是(　　)。
C
1- 2.(2021湖南卷)对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是(　　)。
B
对点演练
1- 1. 常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是(　　)。
A
1- 2. 常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(　　) 。
A.中性溶液中: Ca2+、Cu2+、Br-、Cl-
B.c(ClO-)=1 mol·L-1的溶液中:Fe2+、Al3+、Cl-、I-
C
答题模板解答离子共存题目的步骤:
考向2　离子(或物质)推断
真题示例
2- 1.(2023湖南卷)取一定体积的两种试剂进行反应,改变两种试剂的滴加顺序(试剂浓度均为0.1 mol·L-1),反应现象没有明显差别的是(　　)。
选项 试剂① 试剂②
A 氨水 AgNO3溶液
B NaOH溶液 Al2(SO4)3溶液
C H2C2O4溶液 酸性KMnO4溶液
D KSCN溶液 FeCl3溶液
D
解析 本题主要考查常见物质之间的反应过程。向氨水中滴加AgNO3溶液,开始产生白色沉淀,且沉淀立即消失,当AgNO3溶液滴加到一定量时,可较长时间出现白色沉淀;向AgNO3溶液中滴加氨水,开始产生白色沉淀,一段时间后,继续滴加氨水,白色沉淀消失,A项不符合题意。向NaOH溶液中滴加Al2(SO4)3溶液,开始无明显现象,当Al2(SO4)3溶液滴加到一定量时,产生白色沉淀;向Al2(SO4)3溶液中滴加NaOH溶液,开始产生白色沉淀,后白色沉淀消失,B项不符合题意。向H2C2O4溶液中滴加酸性KMnO4溶液,紫红色立即褪去,一段时间后,酸性KMnO4溶液过量,溶液呈现紫红色;向酸性KMnO4溶液中滴加H2C2O4溶液,开始酸性KMnO4溶液不褪色,一段时间后,H2C2O4溶液过量,酸性KMnO4溶液褪色,C项不符合题意。KSCN溶液与FeCl3溶液,无论二者滴加顺序怎样,二者反应的现象一样,溶液都呈现血红色,D项符合题意。
2- 2.(2022全国乙)某白色粉末样品,可能含有Na2SO4、Na2SO3、Na2S2O3和Na2CO3。取少量样品进行如下实验:
①溶于水,得到无色透明溶液;
②向①的溶液中滴加过量稀盐酸,溶液变浑浊,有刺激性气体逸出,离心分离;
③取②的上层清液,向其中滴加BaCl2溶液有沉淀生成。
该样品中确定存在的是(　　)。
A.Na2SO4、Na2S2O3 B.Na2SO3、Na2S2O3
C.Na2SO4、Na2CO3 D.Na2SO3、Na2CO3
A
解析 本题结合相关实验考查了离子反应的分析和物质推断。
对点演练
2- 1. 已知甲、乙、丙是三种可溶性物质。其中甲是碱,乙、丙是盐,它们分别溶于水后电离产生的所有离子如表所示。
下列分析结果一定正确的是(　　)。
A.甲是Ba(OH)2,乙是NaHSO4
B.乙、丙反应的离子方程式为H++ === H2O+CO2↑
C.甲分别与乙、丙溶液混合后,现象相同
D.可利用焰色试验鉴别乙和丙
C
C
B.实验消耗Cu 14.4 g,则生成气体丁的体积为3.36 L
C.沉淀乙中一定有BaCO3,可能有BaSO4
D.一定没有 Fe3+,但是无法确定是否含有 I-
A
方法技巧离子推断“四项基本原则”:
【易错易混 防范失分】
判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。
×
×
×
√
易错警示(1)与铝反应产生氢气的溶液和水电离出的H+(或OH-)浓度小于1×10-7 mol·L-1的溶液,可能是酸性溶液,也可能是碱性溶液。
(2)弱酸的酸式酸根离子,既不能在强碱性溶液中大量存在,也不能在强酸性溶液中大量存在。
专项突破 素能提升
三、离子检验与推断
【热点专攻】
离子检验与推断是高考中常见的一种题型,也是必考的知识点。以选择题的形式考查溶液中所含离子的检验及物质的鉴别,以填空题的形式考查检验离子的实验方案设计及溶液中所含离子的推断。命题侧重于离子检验时排除其他离子可能造成的干扰及简答题的答题规范。平时复习过程中要熟记常见离子的检验方法及现象,做题时要仔细分析每一步发生的反应,并注意思维的严密性。
(一)读题干　抓信息
该考点主要以选择题及填空题的形式出现,离子推断可以把实验操作、离子共存、离子检验、电荷守恒等知识综合起来考查,是综合性较强的题目。解决离子推断题的一般流程是:
根据反应操作及反应现象判断一定含有的离子→根据能否大量共存判断一定不含有的离子→根据电荷守恒判断还含有的离子→可能含有的离子
(二)审要点　抓关键
该类试题解题的关键是仔细审题,依据物质的特征检验现象来寻找突破口,顺藤摸瓜,进而完成全部未知离子的推断。
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。
(三)规范答　思拓展
1.离子推断时必须注意两点
(1)所加试剂引入的离子对后续实验的影响。
(2)用电荷守恒判断溶液中还可能含有的离子时要将定性和定量相结合。具体方法为:如果多种离子共存,且只有一种离子的物质的量未知,可以用电荷守恒来确定最后一种离子是否存在,即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.阳离子检验的注意事项
NaOH溶液可以同时鉴别出若干种阳离子,包括Al3+、Fe3+、Fe2+、Cu2+、
、Mg2+等多种离子。在阳离子鉴别中,NaOH溶液是一种应用较广的试剂,在包括以上各种离子在内的多种离子的鉴别中,若先使用NaOH溶液(必要时可加热),一次检出几种离子,再用其他方法鉴别用NaOH溶液鉴别不出来的离子,整个问题可以较快解决。
3.阴离子检验的注意事项
4.离子检验简答题的答题模板
【题型突破】
下列有关离子检验的叙述正确的是(　　)。
C
【解题思路】
答案 C
应考训练
1.下列关于离子检验的说法正确的是(　　)。
A.检验溶液中是否含有Ba2+:取少量待测液,向其中加入少量稀硫酸,若有白色沉淀产生,则溶液中含有Ba2+
B.检验用硫酸亚铁制得的硫酸铁中是否含有硫酸亚铁,可选用的试剂是酸性KMnO4溶液
B
2.在4支试管中分别进行如下表所示实验,结论正确的是(　　)。
选项 操作 现象 结论
A 滴加碘化钾淀粉溶液 溶液变蓝 原溶液为氯水
B 用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色试验 火焰呈黄色 原溶液中有Na+、无K+
C 滴加氯水和CCl4,振荡,静置 下层溶液显紫色 原无色溶液中有I-
D 通入过量CO2气体 生成白色沉淀 原溶液中只有
C
解析 A项,其他含氧化性物质的溶液也可以,如溴水,错误;B项,黄色火焰可以掩盖K+的紫色火焰,故检验K+需透过蓝色钴玻璃观察火焰,正确操作为用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色试验,火焰呈黄色,透过蓝色钴玻璃观察没有紫色火焰,原溶液中有Na+,无K+,错误;C项,氯水中的氯气与碘离子反应生成碘单质,四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来,四氯化碳的密度比水的密度大,下层溶液显紫色,所以滴加氯水和四氯化碳,下层溶液显紫色说明原溶液中有碘离子,正确;D项,通入过量的二氧化碳能产生白色沉淀,可能含有
等,不一定含有 ,错误。
下列判断正确的是(　　)。
A.气体甲一定是纯净物
B.沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物
C(共82张PPT)
氧化还原反应
专题四
内容索引
01
02
03
考点一　氧化还原反应基本概念
考点二　氧化还原反应的规律
专项突破 素能提升
【考情分析 定向备考】
高频考点 两年考向 命题角度再思考
1.氧化还原反应基本概念 考向1.氧化还原反应的判断 [2022山东卷,1][2022辽宁卷,6] 考向2.氧化还原反应相关概念的判断[2022湖南卷,9] [2021山东卷,13] [2023浙江1月选考,6] 考向1.结合传统文化、科技前沿考查氧化还原反应的辨识。
考向2.结合概念的判断,对物质在反应中的作用进行全面认识和简单计算。
2.氧化还原反应的规律 考向1.氧化还原反应的基本规律[2022浙江6月选考,10] [2021湖南卷,8] 考向2.氧化还原反应的配平与相关计算[2023湖南卷,10] [2021全国甲,26] 考向1.结合元素化合物性质,考查氧化还原反应知识的应用。
考向2.利用电子守恒技巧进行氧化还原反应的计算。
考点一　氧化还原反应基本概念
【要点归纳 夯基提能】
1.氧化还原反应的相关概念
2.氧化还原反应的基本概念之间的关系
3.常见的氧化剂、还原剂及其对应的产物
(1)常见氧化剂及其对应还原产物。
H2O2作还原剂,氧化产物是O2
氧化剂 Cl2(X2) O2 Fe3+ 酸性KMnO4溶液
还原产物 Cl-(X-) H2O、O2-、OH- Fe2+ Mn2+
氧化剂 MnO2 酸性K2Cr2O7溶液 HClO 浓硫酸
还原产物 Mn2+ Cr3+ Cl- SO2
氧化剂 HNO3 H2O2 PbO2
还原产物 NO2(浓)、NO(稀) H2O Pb2+ Fe3+
(2)常见还原剂及其对应氧化产物。
　　强还原性,弱氧化性,也可以被还原为Fe单质
【明确考向 真题演练】
考向1　氧化还原反应的判断
真题示例
1- 1.(2022辽宁卷)镀锌铁钉放入棕色的碘水中,溶液褪色;取出铁钉后加入少量漂白粉,溶液恢复棕色;加入CCl4,振荡,静置,液体分层。下列说法正确的是(　　)。
A.褪色原因为I2被Fe还原
B.液体分层后,上层呈紫红色
C.镀锌铁钉比镀锡铁钉更易生锈
D.溶液恢复棕色的原因为I-被氧化
D
解析 Zn比Fe活泼,更容易失去电子,还原性更强,先与I2发生氧化还原反应,故溶液褪色原因为I2被Zn还原,A项错误;液体分层后,I2在CCl4层,CCl4的密度比水的大,则下层呈紫红色,B项错误;若镀层金属活泼性大于Fe,则Fe不易生锈,反之,若Fe活泼性大于镀层金属,则Fe更易生锈,由于活泼性:Zn>Fe>Sn,则镀锡铁钉更易生锈,C项错误;漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2,其具有强氧化性,可将I-氧化,D项正确。
1- 2.(2022山东卷)古医典富载化学知识,下述之物见其氧化性者为(　　)。
A.金(Au):“虽被火亦未熟”
B.石灰(CaO):“以水沃之,即热蒸而解”
C.石硫黄(S):“能化……银、铜、铁,奇物”
D.石钟乳(CaCO3):“色黄,以苦酒(醋)洗刷则白”
C
对点演练
1- 1.(2023广东汕头一模)化学品在生活、生产中应用广泛。下列有关物质的应用与氧化还原反应无关的是(　　)。
A.工业上用硫铁矿(FeS2)为原料生产发烟硫酸
B.用Na2O2作潜水器的供氧剂
C.用食醋可除去暖水瓶中的水垢
D.用优质糯米为原料酿制白酒
C
解析 FeS2高温煅烧生成氧化铁和二氧化硫发生氧化还原反应,A项不符合题意;Na2O2与二氧化碳或水反应生成氧气,做供氧剂,发生氧化还原反应,B项不符合题意;食醋与水垢中碳酸钙发生复分解反应生成可溶性醋酸钙,不涉及氧化还原反应,C项符合题意;糯米酿酒过程中淀粉发生水解生成葡萄糖,葡萄糖在酒化酶作用下生成酒精,发生氧化还原反应,D项不符合题意。
1- 2. 下列文献记载内容不涉及氧化还原反应的是(　　)。
A.《本草纲目》中“令人以灰(草木灰)淋汁,取碱浣衣”
B.《梦溪笔谈》中“熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”
C.《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银,积变又还成丹砂”
D.《周易参同契》中“胡粉(碱式碳酸铅)投火中,色坏还为铅”
A
解析 草木灰主要成分为K2CO3,碳酸钾水解使溶液显碱性,水解反应不是氧化还原反应,A项符合题意;“熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”涉及的反应为Fe置换出CuSO4中的Cu,有化合价的变化,属于氧化还原反应,B项不符合题意; “丹砂(HgS)烧之成水银”即HgS受热分解生成S和Hg,“积变又还成丹砂”即S和Hg又化合生成HgS,有元素化合价的变化,属于氧化还原反应,C项不符合题意;“胡粉(碱式碳酸铅)投火中,色坏还为铅”即碱式碳酸铅受热分解生成铅单质,有化合价的变化,属于氧化还原反应,D项不符合题意。
考向2　氧化还原反应相关概念的判断
真题示例
2- 1.(2023浙江1月选考)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.NH2OH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
A
解析 由方程式可知,反应生成1 mol一氧化二氮,转移4 mol电子,A项正确;反应中氮元素的化合价升高被氧化,NH2OH是反应的还原剂,铁元素的化合价降低被还原,Fe3+是反应的氧化剂,B、C项错误;若设计成原电池,Fe3+在正极得到电子发生还原反应生成Fe2+,Fe2+为正极产物,D项错误。
2- 2.(2022湖南卷)科学家发现某些生物酶体系可以促进H+和e-的转移(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。
D
对点演练
2- 1.水与下列物质反应时,水表现出还原性的是(　　)。
A.Na B.F2 C.Na2O D.NO2
B
解析 Na与H2O生成氢气,H2O中H的化合价降低被还原,表现出氧化性,A项错误。H2O与F2反应生成O2和HF,H2O中O的化合价升高被氧化,表现出还原性,B项正确。H2O与Na2O反应生成NaOH,H2O中没有元素化合价发生变化,则H2O既没体现还原性又没体现氧化性,C项错误。H2O与NO2反应生成HNO3和NO,H2O中没有元素化合价发生变化,则H2O既没体现还原性又没体现氧化性,D项错误。
2- 2.(2023福建福州联考)几种物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是(　　)。
A.反应1中Fe3+是还原产物
B.反应2中H2S得电子
C.反应2的离子方程式为2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+
D.HNO3能和H2S大量共存
C
解析 将反应1设计成原电池,Fe2+被氧化,发生氧化反应生成Fe3+,Fe3+是氧化产物,A项错误;反应2中,H2S作还原剂,失去电子生成S,B项错误;反应2中,Fe3+和H2S反应生成Fe2+和S,该反应的离子方程式为2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+,C项正确;HNO3具有强氧化性,H2S具有强还原性,二者不能大量共存,D项错误。
A.溶液pH越小,K2FeO4越稳定
B.K2FeO4净水是利用Fe(OH)3胶体吸附水中的Ca2+、Mg2+等离子
C.上述反应中K2FeO4仅作氧化剂
D.可利用K2FeO4的强氧化性对自来水杀菌、消毒
D
解析 若溶液pH减小,促使4 +10H2O === 4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑反应正向进行,所以溶液pH越小,K2FeO4越不稳定,A项错误。K2FeO4净水是利用Fe(OH)3胶体吸附水中的悬浮杂质,B项错误。K2FeO4中铁元素化合价降低、部分氧元素化合价升高生成氧气,K2FeO4既作氧化剂又作还原剂,C项错误。+6价的铁元素有强氧化性,可利用K2FeO4的强氧化性对自来水杀菌、消毒,D项正确。
答题规范 三步解答氧化还原反应概念的相关题目:
【易错易混 防范失分】
判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。
(1)浓硫酸具有强氧化性,不能干燥SO2、CO等还原性气体。(　　)
(2)金属阳离子一定只具有氧化性。(　　)
(3)某元素从游离态变为化合态,该元素可能被氧化也可能被还原。(　　)
(4)H2O作为还原剂时,产物中一般有O2生成。(　　)
(5)无单质参加的化合反应一定不是氧化还原反应。(　　)
×
×
√
√
×
易错警示(1)有单质参与或生成的反应不一定是氧化还原反应,如O2和O3间的转化为非氧化还原反应。
(2)元素由化合态变为游离态可能被氧化,也可能被还原。如HCl→Cl2,氯元素被氧化;KClO3→Cl2,氯元素被还原。
考点二　氧化还原反应的规律
【要点归纳 夯基提能】
1.氧化还原反应中的“四大规律”
2.氧化性、还原性强弱比较的方法
(1)依据反应原理判断。
氧化性:氧化剂>氧化产物;还原性:还原剂>还原产物。
　 　 比什么性,找什么剂,“产物”之性弱于“剂”
(2)依据元素周期表及相关物质的活动性顺序判断。
①根据元素周期表判断。
②根据金属活动性顺序大致判断。
③根据非金属活动性顺序判断。
(3)依据电化学原理判断。
①原电池:一般情况下,两种不同的金属构成原电池的两极,还原性:
负极>正极。

特例:Al、Mg和NaOH溶液构成原电池,因Mg不能与NaOH溶液反应,负极是相对不活泼的Al
②电解池:用惰性电极电解混合溶液时,在阴极先放电的阳离子的氧化性较强,在阳极先放电的阴离子的还原性较强。
3.氧化还原反应方程式的配平步骤及方法
【明确考向 真题演练】
考向1　氧化还原反应的基本规律
真题示例
1- 1.(2022浙江6月选考)关于反应Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O,下列说法正确的是(　　)。
A.H2SO4发生还原反应
B.Na2S2O3既是氧化剂又是还原剂
C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
D.1 mol Na2S2O3发生反应,转移4 mol电子
B
解析 Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O,该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化反应生成硫和二氧化硫,化合价发生变化的只有S元素,硫酸的作用是提供酸性环境。H2SO4中所含元素的化合价均未发生变化,A项错误;Na2S2O3中的S的平均化合价为+2价,其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价),故其既是氧化剂又是还原剂,B项正确;该反应的氧化产物是SO2,还原产物为S,氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1,C项错误;根据S元素化合价的变化情况可知,1 mol Na2S2O3发生反应,转移2 mol电子,D项错误。
1- 2.(2021湖南卷)KIO3常用作食盐中的补碘剂,可用“氯酸钾氧化法”制备,该方法的第一步反应为6I2+11KClO3+3H2O 6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。下列说法错误的是(　　)。
A.产生22.4 L(标准状况)Cl2时,反应中转移10 mol e-
B.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶6
C.可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉
D.可用酸化的碘化钾淀粉溶液检验食盐中 的存在
A
据此可知,生成1 mol Cl2时,反应中转移20 mol e-,A项错误;根据电子转移情况,可判断反应中碘单质作还原剂,氯酸钾作氧化剂,故氧化剂与还原剂的物质的量之比是11∶6,B项正确;工业上常将氯气通入石灰乳中制得漂白粉,C项正确;酸化的碘化钾溶液可与食盐中的碘酸根发生归中反应生成碘单质
对点演练
1- 1. 将含有H2S的废气(含大量空气)通入FeCl3、CuCl2的混合溶液中反应来回收S,可同时实现资源利用和环境保护,其反应机理如图所示。下列叙述错误的是(　　)。
A.可得出氧化性的强弱顺序:O2>Cu2+>S
B.Fe3+体现氧化性的反应:2Fe3++CuS === 2Fe2++Cu2++S
C.反应过程中FeCl3作催化剂
D.保持混合溶液中FeCl3、CuCl2的量不变,
34 g H2S反应时消耗O2的质量为16 g
A
解析 根据反应机理图可知,H2S先与Cu2+反应生成CuS,CuS被Fe3+氧化,发生的反应为2Fe3++CuS === 2Fe2++Cu2++S,废气中的氧气把Fe2+氧化为Fe3+,可继续循环反应吸收H2S。由上述分析可知氧化性的强弱顺序为O2> Fe3+>S,反应过程中Cu2+价态没有变化,不体现氧化性,A项错误。CuS被Fe3+氧化,发生的反应为2Fe3++CuS === 2Fe2++Cu2++S,体现了Fe3+的氧化性,B项正确。FeCl3参与反应被消耗后又生成,FeCl3作催化剂,实际氧化剂为氧气,即2H2S+O2 === 2S↓+2H2O,34 g H2S的物质的量为1 mol,则消耗的O2的物质的量为0.5 mol,其质量为32 g·mol-1×0.5 mol=16 g,C、D项正确。
1- 2. 为防止废弃的硒单质(Se)造成环境污染,通常用浓硫酸将其转化成二氧化硒(SeO2),再用KI溶液处理后回收Se。发生的反应为:①Se+2H2SO4(浓) === 2SO2↑+SeO2+2H2O;②SeO2+4KI+4HNO3 === 4KNO3+Se+2I2+2H2O,下列说法错误的是(　　)。
A.①中SO2是还原产物,SeO2是氧化产物
B.②中KI是还原剂,HNO3是氧化剂
C.②中每生成0.2 mol I2共转移0.4 mol电子
D.氧化性由强到弱的顺序:H2SO4(浓)>SeO2>I2
B
解析 反应①中,硒元素化合价升高被氧化,硒是还原剂,SeO2为氧化产物;硫元素化合价降低被还原,浓硫酸是氧化剂,SO2是还原产物,A项正确。反应②中,硒元素化合价降低被还原,二氧化硒为氧化剂;碘元素化合价升高被氧化,碘化钾是还原剂;氮元素化合价没有变化,硝酸既不是氧化剂也不是还原剂,B项错误。反应②中,生成2 mol碘单质,转移4 mol电子,则每生成0.2 mol I2共转移0.4 mol电子,C项正确。在同一反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,反应①中硫酸为氧化剂,二氧化硒为氧化产物,氧化性H2SO4(浓)>SeO2;反应②中SeO2为氧化剂,I2为氧化产物,氧化性SeO2>I2,则氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)>SeO2>I2,D项正确。
考向2　氧化还原反应的配平与相关计算
真题示例
2- 1.(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。
D
解析 本题主要考查氧化还原反应方程式的书写和分析。
As2S3在紫外光作用下,主要发生反应Ⅰ:
2As2S3+6O2+3H2O═2As2O3+3H2S2O3;
As2S3在自然光作用下,主要发生反应Ⅱ:
As2S3+7O2+6H2O═2H3AsO4+3H2SO4。
2- 2.(2020北京卷节选)用如图方法回收废旧CPU中的单质Au(金)、Ag和Cu。
(1)HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)=1∶3]溶金原理相同。
①将溶金反应的化学方程式补充完整:
②关于溶金的下列说法正确的是　　　　。
A.用到了HNO3的氧化性
B.王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
C.用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解
(2)若用Zn粉将溶液中的1 mol HAuCl4完全还原,则参加反应的Zn的物质的量是　　　　 mol。
Au+4NaCl+5HNO3 === HAuCl4+NO↑+2H2O+4NaNO3　
AC
2
解析 (1)①根据化合价的变化规律可知,金的化合价从0价升高到+3价,作还原剂,硝酸作氧化剂,从+5价降低到+2价,产物有一氧化氮生成,根据质量守恒定律,生成物中还有水,反应的化学方程式为Au+4NaCl+5HNO3 === HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3。
②溶金过程中硝酸的化合价降低,作氧化剂,具有强氧化性,用到了硝酸的氧化性,A项正确。王水中V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)=1∶3,浓硝酸不能单独将Au溶解,王水中浓盐酸提供了氯离子,利于生成四氯合金离子,利于金与硝酸的反应,B项错误。HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)=1∶3]溶金原理相同,则用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解,C项正确。
2- 3.(2021全国甲)碘(紫黑色固体,微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题。
(1)I2的一种制备方法如下图所示:
①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　,生成的沉淀与硝酸反应生成　　 　　后可循环使用。
(2)以NaIO3为原料制备I2的方法是:先向NaIO3溶液中加入过量的NaHSO3,生成碘化物;再向混合溶液中加入NaIO3溶液,反应得到I2。上述制备I2的总反应的离子方程式为 　。
(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2,若生成1 mol I2,消耗的KI至少为　　　 mol。I2在KI溶液中可发生反应: 。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后,过滤,滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量KI的原因是　 。
对点演练
A.反应Ⅰ中Cu2S既是氧化剂又是还原剂
B.反应Ⅰ中每生成1 mol ,转移电子的物质的量为10 mol
C.反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3
D.若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同,则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为2∶3
B
解析 A项,反应Ⅰ中Cu2S中Cu元素的化合价从+1价升高到+2价,S元素的化合价从-2价升高到+6价,Cu2S只作还原剂。B项,反应Ⅰ中每生成1 mol
,2 mol Cu+失去2 mol电子,1 mol S2-失去8 mol电子,总共转移电子的物质的量为10 mol。C项,用双线桥法分析反应Ⅱ,可得出氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1。D项,若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同,则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为3∶2。
2- 2.钒性能优良,用途广泛,有金属“维生素”之称。完成下列填空:
(1)将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合,充分反应后生成VO2+等离子,该反应的化学方程式是　　　　　　　　　　。
(2)向上述所得溶液中加入KClO3溶液,完善并配平反应的离子方程式。
V2O5+K2SO3+2H2SO4═2VOSO4+K2SO4+2H2O
1
6
3H2O
1
6
6H+
C
方法技巧电子守恒法解题的思维流程:
(1)找出反应中的氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
(2)一般情况下,找出一个原子或离子的得失电子数目,从而确定1 mol氧化剂或还原剂得失电子数目(注意化学式中原子或离子个数,如1 mol K2Cr2O7被还原为+3价的Cr元素时得电子是2×3 mol)。
(3)根据题目中各物质的物质的量和得失电子守恒列出等式:n(氧化剂)×变价原子数×化合价变化值=n(还原剂)×变价原子数×化合价变化值,从而求算出答案。
【易错易混 防范失分】
判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。
(1)含处于最高价态的元素的化合物,一定具有强氧化性。(　　)
(2)MnO2不与稀盐酸反应是因为H+浓度小。(　　)
(3)元素的非金属性越强,相应的单质越活泼。(　　)
(4)难失电子的物质一定易得电子。(　　)
(5)锌粉加入硝酸铁、硝酸铜的混合溶液中,锌首先与硝酸铁反应置换出铁。
(　　)
(6)强氧化剂与强还原剂混合不一定能发生氧化还原反应。(　　)
×
×
×
×
×
√
易错警示(1)具有氧化性的物质和还原性的物质不一定都能发生化学反应。如SO2具有还原性,浓硫酸具有强氧化性,但两者不发生氧化还原反应。
(2)同种元素的高价态物质不一定比低价态物质的氧化性强。如HClO的氧化性强于HClO4的氧化性。
专项突破 素能提升
四、新情境下氧化还原型离子方程式的书写
【热点专攻】
氧化还原型离子方程式的书写,能较好地考查学生对氧化还原反应和离子反应有关理论的理解和应用,这也是近几年高考的热点题型。氧化还原型离子方程式最能体现学科核心素养:电子得失和电荷守恒→变化观念与平衡思想,离子方程式的配平→模型认知,氧化性、还原性→宏观辨识与微观探析。氧化还原反应、离子反应是中学化学基础知识体系的核心,所有涉及氧化还原反应、离子反应的考点都是结合具体的化学物质进行命题的。
1.审题的关键点
(1)根据所学知识和题目所给信息(包括图像、工艺流程图等),找出氧化还原反应中的氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。
(2)使化合价升降的总数相等(得失电子总数相等),确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数。
(3)观察反应方程式两边离子所带电荷数是否相等,若不相等,则要使电荷守恒,根据反应是在何种环境(酸性或碱性)中补充H+或OH-。若在酸性环境中,一边加H+(电荷守恒),另一边加H2O(原子守恒);若在碱性环境中,一边加OH-(电荷守恒),另一边加H2O(原子守恒)。
2.新情境下氧化还原反应方程式的书写与配平
根据题目所给信息提炼反应物、生成物,进而分析反应中电子的得失情况,其流程为:
3.防范失分点
(1)理解并记忆常见氧化剂或还原剂对应的反应产物。
(2)运用“有升必有降”找出隐含反应物或生成物。
(3)运用电子得失守恒时要看清化学式中变价元素的原子个数(特别是同种物质中的同种元素有不同化合价的升降变化)。
(4)运用电荷守恒时,要准确把握H+与OH-的使用符合题中反应环境。
【题型突破】
硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料,广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下:
回答下列问题。
(1)在95 ℃“溶浸”硼镁矿粉,产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为
　　　　　　　　　　　　　 　　　。
(2)“滤渣1”的主要成分有　　　　　　　　　　　　。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+,可选用的化学试剂是　　　　。
(3)根据H3BO3的解离反应: ,Ka=5.81×10-10,可判断H3BO3是　　　　　　　酸;在“过滤2”前,将溶液pH调节至3.5,目的是　　　　　　　　　　　　。
(4)在“沉镁”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的离子方程式为　　　　　　　,母液经加热后可返回　　　　工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是　　　　　　　　。
NH4HCO3+NH3═(NH4)2CO3
SiO2、Fe2O3、Al2O3
KSCN
一元弱
转化为H3BO3,促进析出
溶浸
高温焙烧
【解题思路】
(1)陌生反应化学方程式、离子方程式的书写:
(2)滤渣成分的判断:原料中含有Fe2O3、Al2O3、SiO2,这些物质与弱酸性的硫酸铵溶液均不发生反应,因此“滤渣1”包含Fe2O3、Al2O3、SiO2三种物质。
Fe3+的检验:检验Fe3+最常用、最有效的试剂是KSCN溶液。
(3)H3BO3类别的判断:
操作目的的分析判断要有证据意识、完整意识:
(4)陌生离子方程式的书写:
可循环利用物质的判断:根据元素守恒, 和 存在于母液中,即母液中主要成分为硫酸铵,可返回“溶浸”工序循环使用。
碱式碳酸镁的分解:根据氢氧化镁和碳酸镁受热分解生成MgO可知,使Mg(OH)2·MgCO3分解生成MgO的方法是高温焙烧。
失分剖析一是只从H3BO3分子中含有3个H将H3BO3错判为三元酸;二是无法从流程图中提取有效信息,弄不清楚物质的变化过程而错写化学方程式和离子方程式。
1.(2023福建漳州高三期中)某反应体系中的物质有:NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。
(1)请将Au2O3之外的反应物与生成物分别填入以下空格内:
Au2O3+_________+_________→_________+_________+_________。
(2)反应中,被还原的元素是　　　　　,还原剂是　　　　　。
(3)当有1 mol氧化剂参加反应时,得到氧化产物物质的量是　　　　　 mol,电子转移数目是　　　　　(设NA为阿伏加德罗常数的值)。
(4)纺织工业中常用氯气作漂白剂,Na2S2O3可作为漂白后布匹的“脱氯剂”,Na2S2O3和Cl2反应的产物是H2SO4、NaCl和HCl,则还原剂与氧化剂物质的量之比为　　　　　。
Na2S2O3
H2O
Na2S4O6
Au2O
NaOH
Au
Na2S2O3
2
4NA
1∶4
解析 (1)Au2O3为反应物,其生成物为Au2O,Au的化合价由+3价转化成+1价,可知Au2O3作氧化剂,Na2S4O6、Na2S2O3中S元素平均化合价分别为+2.5、+2价,则Na2S2O3为反应物,Na2S4O6为生成物,结合电子得失守恒得化学方程式:Au2O3+4Na2S2O3+2H2O═2Na2S4O6+Au2O+4NaOH。
(2)反应中,Au元素的化合价由+3价转化成+1价被还原,Na2S2O3中S元素平均化合价由+2价到产物中+2.5价,作还原剂。
(3)由反应可知1 mol Au2O3反应消耗4 mol Na2S2O3,生成2 mol Na2S4O6,转移电子数为4NA。
(4)Na2S2O3和Cl2反应的产物是H2SO4、NaCl和HCl,根据价态可知氧化剂为氯气,1 mol氯气转化为氯离子得2 mol电子,1 mol Na2S2O3转化为硫酸根失去8 mol电子,根据得失电子守恒可知还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4。
2.锰广泛存在于自然界中,工业上可用软锰矿(主要成分是MnO2)制备锰。
资料:①MnCO3难溶于水,可溶于稀酸。
②在Mn2+催化下,SO2在水溶液中被氧化成H2SO4。
Ⅰ.制备。
(1)写出铝热法还原MnO2制备锰的化学方程式: 　。
(2)工业上制备锰时,会产生大量废水和锰渣。锰渣煅烧会产生含高浓度SO2的烟气,可用以下方法处理。
处理方法一:
①用软锰矿进行脱硫可生成硫酸锰,从而达到资源的循环使用。写出一定条件下利用MnO2进行脱硫的化学方程式: 　 。
②研究表明,用Fe2+/Fe3+可强化脱硫效果,其过程如下所示:
过程Ⅰ:……
过程Ⅰ的离子方程式是 　。
处理方法二:
③用MnCO3进行脱硫,可提高脱硫率。结合化学用语解释原因: 　。
Ⅱ.废水中锰含量的测定。
(3)取1 mL废水置于20 mL磷酸介质中,加入HClO4,将溶液中的Mn2+氧化为Mn3+,用a mol·L-1 (NH4)2 Fe(SO4)2溶液进行滴定,达到滴定终点时,滴定管刻度由b1 mL变为b2 mL,废水中锰的含量为　　　　　　　　　 g·mL-1。
(3)滴定时发生反应Fe2++Mn3+═Fe3++Mn2+,所以n(Mn)=a(b2-b1)×10-3 mol,废水中锰的含量为55a(b2-b1)×10-3 g·mL-1。
3.二氧化氯(ClO2)是一种高效消毒灭菌剂,可以有效灭活新冠病毒,但其稳定性较差,可转化为较稳定的NaClO2保存。利用吸收法可得到NaClO2。工艺流程如图所示:
已知:Ⅰ.纯ClO2易分解爆炸,一般用稀有气体或空气稀释到10%以下。
Ⅱ.NaClO2长期放置或高于60 ℃时易分解生成NaClO3和NaCl。
回答下列问题。
(1)ClO2中氯元素的化合价为　　　　价,向ClO2发生器中通入空气的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)吸收塔中制取NaClO2的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　;温度不能超过20 ℃,可能的原因是　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)吸收塔中为防止产生的NaClO2被继续还原成NaCl,所用还原剂的还原性应适中。除H2O2外,还可以选择的还原剂是　　　　(填字母)。
A.Na2O2 B.Na2S C.FeCl2 D.KMnO4
(4)取等质量NaClO2,其中一份加热至70 ℃,另一份严格保存。两份均配成溶液并分别与足量FeSO4溶液反应,消耗Fe2+的物质的量　　　　(填“相同”“不相同”或“无法判断”)。
(5)NaClO2与氯气反应可制得ClO2,反应的化学方程式为　 。
答案 (1)+4　稀释产生的ClO2,防止其分解爆炸
温度较高时H2O2易分解
(3)A　
(4)相同
(5)Cl2+2NaClO2═2ClO2+2NaCl
解析 (1)ClO2中氯元素的化合价为+4价;纯ClO2易分解爆炸,向ClO2发生器中通入空气的目的是稀释产生的ClO2,防止其分解爆炸。
(2)吸收塔中用NaOH溶液吸收产生的ClO2,加入H2O2作还原剂,防止产生的NaClO2被继续还原成NaCl,得到NaClO2溶液,离子方程式为2OH-+2ClO2+ H2O2 === 2 +O2+2H2O;温度不能超过20 ℃,可能的原因是温度较高时H2O2易分解。
(3)选用的还原剂不能引入新的杂质,并且产物容易分离,故选Na2O2作还原剂,生成氧气。
(4)加热至70 ℃,NaClO2分解生成NaClO3和NaCl,变质过程为NaClO2自身的氧化还原反应,无论变质与否,与Fe2+反应时氯元素最终都转化为Cl-,故转移电子数相等,消耗的Fe2+的物质的量相同。
(5)NaClO2与氯气反应生成二氧化氯和氯化钠,反应的化学方程式为2NaClO2+Cl2 === 2ClO2+2NaCl。
4.氧化还原反应在生产、生活中应用广泛,KMnO4、H2O2、Fe(NO3)3是重要的氧化剂。已知在酸性条件下,KMnO4被还原为Mn2+。用所学知识回答下列问题:
(1)反应3H2SO4+2KMnO4+5H2O2═K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O中,当有6 mol H2SO4参加反应时,有　　　　　 mol还原剂被氧化。
(2)在稀硫酸中,KMnO4能将H2C2O4氧化为CO2。该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)向Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液,溶液先由棕黄色变为浅绿色,过一会儿又变为棕黄色,溶液先变为浅绿色的离子方程式是　　　　　　　　　,又变为棕黄色的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
10
解析 (1)反应3H2SO4+2KMnO4+5H2O2═K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O中,H2O2中氧元素化合价从-1价升高为0价,是还原剂,且每3 mol H2SO4参加反应,有5 mol H2O2被氧化,故当有6 mol H2SO4参加反应时,有10 mol H2O2被氧化。
(2)在稀硫酸中,KMnO4能将H2C2O4氧化为CO2,自身被还原为MnSO4,根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可知,发生反应的离子方程式为
(3)向Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液,溶液先由棕黄色变为浅绿色,铁离子和亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成亚铁离子导致溶液呈浅绿色,离子方程式为 ;酸性条件下,硝酸根离子具有强氧化性,能将亚铁离子氧化成铁离子,使溶液又变为棕黄色。(共126张PPT)
元素及其化合物
专题五
内容索引
01
02
03
考点一　常见金属及其重要化合物
考点二　常见非金属及其重要化合物
专项突破 素能提升
【考情分析 定向备考】
高频考点 两年考向 命题角度再思考
1.常见金属及其重要化合物 考向1.常见金属及其化合物的性质与应用[2023浙江1月选考,4] [2021浙江卷,9][2021广东卷,10] 考向2.以微型化工流程题考查金属及其化合物的转化[2023湖南卷,9] [2023辽宁卷,10][2022全国甲,26] [2022湖南卷,7][2022河北卷,3] 考向1.常见金属及其重要化合物的应用会结合有关信息或传统文化考查。
考向2.金属矿物在不同的题型中侧重点是不同的,也会结合物质结构或原理考查。
高频考点 两年考向 命题角度再思考
2.常见非金属及其重要化合物 考向1.常见非金属及其化合物的性质与应用[2023湖北卷,3][2023山东卷,2] [2023浙江1月选考,5][2022广东卷,5] [2021河北卷,10][2021河北卷,4] [2021广东卷,4] 考向2.气体的制取与性质探究实验[2023全国乙,9][2021全国甲,9] [2021全国乙,8][2021河北卷,14] 考向1.将常见非金属及其重要化合物的应用及环境污染等融合考查。
考向2.仪器或装置的选择和组装,与物质的制备和性质探究结合在一起考查。
考点一　常见金属及其重要化合物
【要点归纳 夯基提能】
1.钠及其化合物
(1)钠及其化合物的“价类二维”转化。
①2Na+O2 Na2O2。
②2Na2O2+2H2O === 4NaOH+O2↑。
③2Na2O2+2CO2 === 2Na2CO3+O2。
④CO2+2NaOH === Na2CO3+H2O。
⑤CO2+NaOH === NaHCO3。
⑥Na2CO3+H2O+CO2 === 2NaHCO3。
(2)扫除易忘知识盲点。
　钠能够置换出金属性比其弱的金属
①钠与盐溶液反应,不能置换出盐中的金属,钠与熔融的盐反应才可能置换出盐中的金属。
②Na与O2反应的产物与反应条件有关,常温下生成Na2O,加热条件下生成Na2O2,与氧气用量无关。
③Na与足量O2反应无论生成Na2O还是Na2O2,只要参与反应的Na的质量相等,转移电子的物质的量就一定相等,但得到Na2O2的质量大于Na2O的质量。
④Na分别与H2O和乙醇发生反应均能生成H2,但反应的剧烈程度不同,前者反应剧烈,后者反应缓慢。
⑤ 1 mol Na2O2参与反应转移电子的物质的量不一定为2 mol,如1 mol Na2O2与足量CO2的反应转移电子应为1 mol。
⑥除去CO2中的HCl气体,应选用饱和NaHCO3溶液;向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2,有NaHCO3晶体析出。
⑦焰色试验体现的是元素的性质,无论元素是游离态还是化合态,同一元素均具有相同的焰色,焰色试验发生的不是化学变化。在观察钾元素的焰色时,应透过蓝色的钴玻璃片观察。焰色呈黄色时,一定含有钠元素,但还可能含有钾元素。　　　
过氧化钠可只作氧化剂,也可既作氧化剂又作还原剂
　　　　　　　 阴离子为
⑧ Na2O、Na2O2中阴、阳离子个数比均为1∶2。
⑨ Na2O2与SO2反应的化学方程式是Na2O2+SO2 === Na2SO4,而非2Na2O2+2SO2 === 2Na2SO3+O2。
⑩Na2O2投入品红溶液中,因溶液中有强氧化性物质,因而Na2O2可使品红溶液褪色。Na2O2投入无色酚酞溶液中,酚酞溶液先变红后褪色。
Na2O2溶于水产生NaOH,溶液呈碱性;Na2O2或溶液中的H2O2的强氧化性氧化了酚酞
2.铝及其化合物
(1)铝及其化合物的“价类二维”转化。
①2Al+6HCl === 2AlCl3+3H2↑。
②2Al+2NaOH+2H2O === 2NaAlO2+3H2↑。
③AlCl3+4NaOHNa === AlO2+3NaCl+2H2O。
④NaAlO2+4HCl === NaCl+AlCl3+2H2O。
⑤NaAlO2+2H2O+CO2 === Al(OH)3↓+NaHCO3。
⑥AlCl3+3NH3·H2O === Al(OH)3↓+3NH4Cl。
(2)扫除易忘知识盲点。
①铝是活泼金属,但铝的抗腐蚀性强,因为铝的表面有一层致密的氧化物薄膜。由于Al2O3的熔点高于Al的熔点,故在酒精灯上加热铝箔直至熔化,熔化的铝并不滴落。
　　 高熔点的氧化铝薄膜兜住了液态的铝
②铝热反应不仅指铝与Fe2O3反应,铝热反应置换的金属为金属活动性比铝弱的难熔金属。
　　　　　 铝热剂是混合物
③Al、Al2O3、Al(OH)3都既能与盐酸反应,也能与NaOH溶液反应。Al(OH)3不溶于氨水和碳酸,所以实验室常利用铝盐与氨水反应制备Al(OH)3,偏铝酸盐与CO2反应制备Al(OH)3。
④Al(OH)3可用作抗酸药;明矾常用于净水。
⑤泡沫灭火器所用试剂为Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液,反应的离子方程式为
　两者水解彻底,产生的CO2吹出混有难溶Al(OH)3的泡沫
KAl(SO4)2·12H2O
3.铁及其化合物
(1)铁及其化合物的“价类二维”转化。
(2)扫除易忘知识盲点。
因氧化剂的氧化性差异,会产生不同价态铁的产物
①Fe与O2(点燃)、H2O(g)(高温)反应的固体产物都是Fe3O4而不是Fe2O3。Fe与Cl2反应时生成FeCl3,与S反应时生成FeS,说明Cl2的氧化性强于S的氧化性。
②常温下,Fe、Al在冷的浓硫酸和浓硝酸中发生钝化,但加热后能继续反应。
　　 是化学变化
③向含Fe2+的溶液中加入硝酸、氯水等具有氧化性的物质时,溶液会出现浅绿色→棕黄色的颜色变化,该现象可用于Fe2+的检验。
水解得到的酸是否有挥发性,导致蒸干盐溶液后的产物不同
④将FeCl3、Fe2(SO4)3的水溶液蒸干所得固体不同:将FeCl3溶液加热蒸干得Fe(OH)3,灼烧Fe(OH)3可得Fe2O3;将Fe2(SO4)3溶液蒸干得Fe2(SO4)3。
⑤在用强氧化剂(H2O2或氯水)和KSCN溶液联合检验Fe2+的存在时,要特别注意加入试剂的先后顺序,先加KSCN溶液无明显变化,说明溶液中无Fe3+;再加强氧化剂(H2O2或氯水)后溶液变红色,说明原溶液中含有Fe2+。
顺序不可颠倒
⑥除去ZnCl2溶液中的FeCl2,应先通入Cl2或加入H2O2,再加入ZnO、Zn(OH)2、ZnCO3等,使Fe3+水解生成沉淀后过滤除去。
消耗H+,促进Fe3+水解,又不引入新杂质
【明确考向 真题演练】
考向1　常见金属及其化合物的性质与应用
真题示例
1- 1.(2023浙江1月选考)物质的性质决定用途。下列两者对应关系不正确的是(　　)。
A.SO2能使某些色素褪色,可用作漂白剂
B.金属钠导热性好,可用作传热介质
C.NaClO溶液呈碱性,可用作消毒剂
D.Fe2O3呈红色,可用作颜料
C
解析 SO2具有漂白性,能使某些色素褪色,A项正确。钠的导热性好,液态钠可用作核反应堆的传热介质,B项正确。NaClO溶液可用于杀菌消毒,并不是由于其具有碱性,而是因为其具有强氧化性,C项不正确。Fe2O3的颜色是红色,可用作红色颜料,D项正确。
1- 2.(2021广东卷)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
C
对点演练
1- 1.(2023广东广州高三联考)化学在生活、生产中应用广泛。下列有关叙述正确的是(　　)。
A.钢水注入干燥的模具,是为了防止铁与水蒸气高温下产生H2和Fe2O3
B.利用FeCl3溶液作为“腐蚀液”制作覆铜板电路时发生了置换反应
C.硬铝常用于制造飞机的外壳,利用了合金熔点比任一组成金属低的特点
D.过氧化钠可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源
D
解析 铁与水蒸气高温下生成氢气和四氧化三铁,A项错误。该过程中发生的反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2,不属于置换反应,B项错误。硬铝常用于制造飞机的外壳,是因为其硬度大、密度小,与熔点无关,C项错误。过氧化钠与水或二氧化碳反应均可以生成氧气,可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源,D项正确。
1- 2. 已知A、B、D、E均为中学化学中的常见物质,它们之间的转化关系如图所示(部分产物略去),则下列有关物质的推断不正确的是(　　)。
A.若A是铁,则E可能为稀硝酸
B.若A是CuO,E是碳,则B为CO
C.若A是NaOH溶液,E是CO2,则B为NaHCO3
D.若A是AlCl3溶液,E可能是氨水
D
方法技巧金属元素及其化合物的性质与用途的对应关系归纳:
性质 用途
钠具有较强的还原性 可用于冶炼钛、锆、铌等金属
NaHCO3受热分解生成CO2,能与酸反应 可用作焙制糕点的膨松剂、胃酸中和剂
Na2CO3水解使溶液显碱性 用热的纯碱溶液洗去油污
Na2O2与H2O、CO2反应均生成O2 作供氧剂
肥皂水显碱性 肥皂水用作蚊虫叮咬处的清洗剂
锂密度小、比能量大 可用作电池负极材料
Al具有良好的延展性和抗腐蚀性 常用铝箔包装物品
铝有还原性,能发生铝热反应 可用于焊接铁轨、冶炼难熔金属
MgO、Al2O3的熔点很高 作耐高温材料
性质 用途
小苏打与硫酸铝溶液发生相互促进的水解反应 可用于制作泡沫灭火器
Al(OH)3有弱碱性 可用于中和胃酸
镁铝合金密度小、强度大 可用作高铁车厢材料
Fe粉具有还原性 可用于防止食品氧化变质
Fe2O3是红棕色粉末 可用作红色颜料
Cu+2FeCl3===2FeCl2+CuCl2 FeCl3溶液腐蚀Cu刻制印刷电路板
CuSO4使蛋白质变性 误服CuSO4溶液,喝蛋清或豆浆解毒
BaSO4难溶于水,不与胃酸反应 在医疗上用作“钡餐”透视
考向2　金属矿物的利用
真题示例
2- 1.(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:
物质 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2 Al(OH)3
开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 3.5
完全沉淀pH 3.2 6.7 8.2 4.6
②Ksp(CuS)=6.4×10-36,Ksp(ZnS)=1.6×10-24。
D
解析 本题主要考查工艺流程题的分析。
整个流程中要把Cu2+、Fe3+、Zn2+、Al3+等除去。在“混合槽Ⅰ”中,将污水与石灰乳混合且调pH=4,根据表格中各金属离子沉淀的pH可知,Fe3+完全沉淀,Al3+部分沉淀,“沉渣Ⅰ”为Fe(OH)3和Al(OH)3,A项正确;S2-为弱酸根离子,水解产生OH-,因此Na2S溶液显碱性,B项正确;“沉淀池Ⅱ”中,当Cu2+和Zn2+完全转化为CuS和ZnS沉淀时,
=4.0×10-12,C项正确;“出水”经阴离子交换树脂处理后仍还含有大量的Na+、Ca2+等,温度升高时易产生大量水垢,因此不可用作工业冷却循环水,D项错误。
2- 2.(2022湖南卷)铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下:
下列说法错误的是(　　)。
A.不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料
B.采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率
C.合成槽中产物主要有Na3AlF6和CO2
D.滤液可回收进入吸收塔循环利用
C
解析 HF能与陶瓷中的SiO2反应,故吸收塔不宜用陶瓷作内衬材料,A项正确;溶液喷淋可以使烟气与溶液充分接触,提高吸收效率,B项正确;烟气(含HF)通入吸收塔,加入过量的碳酸钠,发生的反应为Na2CO3+HF═NaF+ NaHCO3,合成槽中的反应为NaAlO2+6NaF+4NaHCO3═Na3AlF6+4Na2CO3 +2H2O,C项错误;滤液中主要成分为Na2CO3,可以进入吸收塔回收利用,D项正确。
2- 3.(2022河北卷)LiBr溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成LiBr的工艺流程如下:
下列说法错误的是(　　)。
A.还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收,吸收液直接返回还原工序
B.除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离
C.中和工序中的化学反应为Li2CO3+2HBr═CO2↑+2LiBr+H2O
D.参与反应的n(Br2)∶n(BaS)∶n(H2SO4)为1∶1∶1
A
解析 由流程可知,氢溴酸中含有少量的溴,加入硫化钡将溴还原生成溴化钡和硫,再加入硫酸除杂,得到的滤渣为硫酸钡和硫;加入碳酸锂进行中和,得到的溴化锂溶液经浓缩等操作后得到产品溴化锂。还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收,吸收液中含有溴化钠和次溴酸钠等物质,若直接返回还原工序,则产品中会有一定量的溴化钠,导致产品的纯度降低,A项错误;除杂工序中产生的滤渣为硫酸钡和硫,硫属于非极性分子形成的分子晶体,而硫酸钡属于离子晶体,根据相似相溶原理可知,硫可溶于煤油,而硫酸钡不溶于煤油,因此可用煤油进行组分分离,B项正确;中和工序中,碳酸锂和氢溴酸发生反应生成溴化锂、二氧化碳和水,该反应的化学方程式为Li2CO3+2HBr═CO2↑+2LiBr+H2O,C项正确;根据得失电子守恒可知,溴和硫化钡反应时物质的量之比为1∶1,根据硫酸钡的化学组成及钡元素守恒可知,n(BaS)∶n(H2SO4)为1∶1,因此,参与反应的n(Br2)∶n(BaS)∶n(H2SO4)为1∶1∶1,D项正确。
对点演练
2- 1. 2Na2CO3·3H2O2(过碳酸钠)是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧系漂白剂。某兴趣小组制备过碳酸钠的实验方案如下:
已知:2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq) 2Na2CO3·3H2O2(s)　ΔH<0,50 ℃时2Na2CO3·3H2O2(s)开始分解。
下列说法错误的是(　　)。
A.过碳酸钠是由碳酸钠、过氧化氢利用氢键所形成的不稳定的复合物
B.滤液X可以循环使用
C.步骤③洗涤时选用无水乙醇,可除去水分、利于干燥
D.利用过碳酸钠净化水的原理与明矾净化水的原理类似
D
解析 过碳酸钠具有强氧化性,可以杀菌消毒,但不能吸附水中悬浮的杂质,与明矾净水原理不同,D项错误。
2- 2.(2023广东江门模拟)柠檬酸铁铵是一种常见的补铁剂,其制备流程如下:
下列说法错误的是(　　)。
A.基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2
B.可用铁氰化钾检验Fe2+是否完全转化为Fe3+
C.碳酸根离子和硫酸根离子的空间结构均为正四面体形
D.步骤⑤一系列操作包括蒸发浓缩,冷却结晶,过滤、洗涤,干燥
C
解析 Fe原子序数为26,核外电子排布为[Ar]3d64s2,价层电子排布式为3d64s2, A项正确。检验Fe2+是否完全转化为Fe3+,需要检验亚铁离子是否剩余,可在待测溶液中加入铁氰化钾观察是否有蓝色沉淀生成,B项正确。碳酸根离子的空间结构为平面三角形,C项错误。步骤⑤是从柠檬酸铁铵中得到晶体的操作,应进行蒸发浓缩,再冷却结晶,然后过滤晶体,洗涤晶体后干燥,D项正确。
方法技巧1.制备工艺中常用的分离方法:
方法 使用范围
结晶 固体物质从溶液中析出的过程(冷却热饱和溶液、蒸发浓缩)
过滤 固、液分离
蒸馏 液、液分离
分液 互不相溶的液体间的分离
萃取 用一种溶剂将溶质从另一种溶剂中提取出来
升华 将可升华的固体分离出来
盐析 加无机盐使溶质的溶解度降低而析出
2.制备工艺中提纯实例:
制备过程及工艺 提纯方案
含硫锌粒与稀盐酸反应制备纯净氢气(用作还原剂) 气体产物先通过盛有焦性没食子酸(C6H6O3)溶液的洗气瓶除去少量氧气和挥发出的氯化氢气体,再通过盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶除去硫化氢气体,最后通过盛有浓硫酸的洗气瓶除去水蒸气。“含硫锌粒”是指锌粒中含有杂质硫化锌,硫化锌与稀硫酸反应会产生硫化氢气体
制备过程及工艺 提纯方案
潮湿的二氧化碳与过氧化钠反应制备纯净氧气 气体产物通过盛有碱石灰(或新制生石灰)的干燥管或U形管除去未反应完的二氧化碳和水蒸气
加热分解碳酸氢铵制备纯净氨气 气体产物通过盛有碱石灰(或新制生石灰)的干燥管或U形管除去碳酸氢铵分解产生的二氧化碳和水蒸气。注意:用于干燥氨气的干燥剂可以选择碱石灰或新制生石灰,不能用无水氯化钙,因为CaCl2+8NH3===CaCl2·8NH3
用硫化亚铁与稀盐酸反应制备纯净的硫化氢 气体产物先通过盛有饱和硫氢化钠溶液的洗气瓶除去氯化氢,后通过盛有五氧化二磷的干燥管或U形管除去水蒸气
制备过程及工艺 提纯方案
除去铜粉中混有的氧化铜 加入稀硫酸或稀盐酸,充分反应后,过滤、洗涤、干燥。不能加入稀硝酸,因为稀硝酸具有强氧化性,既能溶解氧化铜,又能溶解铜粉
工业上以粉碎、筛选后的铝土矿为原料制备较高纯度Al2O3的主要工艺流程 先加入过量氢氧化钠溶液溶解、过滤,再向滤液中通入过量CO2,过滤出沉淀,再将沉淀进行煅烧
除去MgCl2(或CuCl2、ZnCl2)溶液中的FeCl3、FeCl2 先向混合溶液中加入H2O2(把Fe2+氧化为Fe3+),再加入过量MgO或Mg(OH)2(或过量CuO、ZnO),使Fe3+转化为Fe(OH)3过滤除去
判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。
(1)在酒精灯加热条件下,Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解。(　　)
(2)金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火。(　　)
(3)在过氧化钠与水的反应中,每生成0.1 mol氧气,转移电子为数0.4 mol。
(　　)
(4)将稀硝酸加入过量铁粉中,充分反应后滴加KSCN溶液会观察到有气体生成,溶液呈红色,说明稀硝酸将Fe氧化为Fe3+。(　　)
【易错易混 防范失分】
×
×
×
×
(6)可利用如图装置观察Fe(OH)2的生成。(　　)
×
√
易错警示(1)钠及其氧化物的化学性质活泼,极易与水反应,它们与盐溶液的反应,首先与水反应,产生的NaOH可能会与盐溶液中的离子反应产生沉淀等。
(2)铁及含二价铁的物质与强氧化性物质反应生成的是Fe3+,铁粉过量则会将Fe3+还原为Fe2+。
考点二　常见非金属及其重要化合物
【要点归纳 夯基提能】
1.硅及其化合物
(1)硅及其化合物的“价类二维”转化。
(2)扫除易忘知识盲点。
①Si的还原性强于C的还原性,但C能在高温下从SiO2中还原出Si:
②酸性氧化物一般能与水反应生成相应的酸,但SiO2不溶于水;酸性氧化物一般不与酸作用,但SiO2能与氢氟酸反应。
Si元素具有很强的亲氧性和亲氟性,故Si和SiO2能够与氢氟酸反应
③氢氟酸不能用玻璃容器盛放;NaOH溶液能用玻璃试剂瓶盛放,但不能用玻璃塞。
④硅酸盐大多难溶于水,常见可溶性硅酸盐有硅酸钠(俗称泡花碱),其水溶液称为水玻璃。
光的全反射
⑥SiO2不导电,是制作光导纤维的材料;Si是半导体,是制作芯片及光电池的材料。
⑦水泥、玻璃与陶瓷是三大传统无机非金属材料;碳化硅、氮化硅等是新型无机非金属材料。
2.氯及其化合物
(1)氯及其化合物的“价类二维”转化。
(2)扫除易忘知识盲点。
①液氯密封在钢瓶中,而氯水、次氯酸应保存在棕色试剂瓶中。
②酸性KMnO4溶液应用硫酸酸化。
酸化KMnO4溶液不能用盐酸,也不能用硝酸
③ClO-不论在酸性环境中还是在碱性环境中均能体现强氧化性,如ClO-与
、I-、Fe2+均不能大量共存。
④当Fe与Cl2在加热条件下反应时,不论Fe过量还是不足,由于Cl2的强氧化性,产物一定是FeCl3。
⑤“84”消毒液的有效成分为NaClO,漂粉精的有效成分为Ca(ClO)2。“84”消毒液和洁厕灵(含HCl)不能混合使用,其原因是ClO-+Cl-+2H+=== Cl2↑+H2O。
　　　　　 归中反应
⑥电离常数 (H2CO3)>Ka(HClO)> (H2CO3),所以向NaClO溶液通入CO2,不论CO2过量还是少量,均发生反应CO2+H2O+ClO- === HClO+ ,但是与Ca(ClO)2反应时应为CO2(少量)+Ca(ClO)2+H2O === CaCO3↓+2HClO。
3.硫及其化合物
(1)硫及其化合物的“价类二维”转化。
(2)扫除易忘知识盲点。
①要除去附着在试管内壁上的硫,除了用热的NaOH溶液,还可以用CS2,但不能用酒精。
溶液的褪色不一定是漂白
②SO2使含有酚酞的NaOH溶液褪色,表现SO2酸性氧化物的性质;使品红溶液褪色,表现SO2的漂白性;使溴水、酸性KMnO4溶液褪色,表现SO2的还原性;SO2与H2S反应,表现SO2的氧化性;SO2和Cl2等体积混合通入溶液中,漂白性不但不增强,反而消失。
H2SO3的酸性比HCl的酸性弱
③把SO2气体通入BaCl2溶液中,没有沉淀生成,但再通入NH3或加入NaOH溶液,或把BaCl2溶液改成Ba(NO3)2溶液,均有白色沉淀生成,前两者生成BaSO3沉淀,后者生成BaSO4沉淀。
④浓硝酸与Cu(足量)、浓硫酸与Cu(足量)、浓盐酸与MnO2(足量)在反应时,随反应的进行,产物会发生变化或反应停止。
⑤C与浓硫酸反应时,反应产物的检验应按以下流程进行:无水CuSO4检验水→品红溶液检验SO2→酸性KMnO4溶液除去SO2→品红溶液检验SO2是否除净→澄清石灰水检验CO2。
证明CO2存在的实验现象应该是第二个品红溶液不褪色,澄清石灰水变浑浊
4.氮及其化合物
(1)氮及其化合物的“价类二维”转化。
(2)扫除易忘知识盲点。
①NO只能用排水法或气囊法收集;NO2的收集采用向上排空气法。
②在NO2或NO与O2通入水的计算中常用到两个化学方程式:
4NO+3O2+2H2O === 4HNO3,4NO2+O2+2H2O === 4HNO3。
　　　　 硝酸易分解产生NO2
③浓硝酸显黄色是因为溶有NO2,而工业上制备的盐酸显黄色,是因为溶有Fe3+。
④硝酸、浓硫酸、次氯酸均具有强氧化性,属于氧化性酸。
⑤实验室制备NH3,除了用Ca(OH)2和NH4Cl反应外,还可用浓氨水的分解(加NaOH固体或加CaO或加热)制取。而检验 需用NaOH溶液并加热,根据湿润的红色石蕊试纸变蓝检验生成的气体是NH3,以确定 的存在。 　　　
NH3是中学阶段涉及的唯一碱性气体
⑥收集NH3时,把一团干燥的棉花放在试管口,以防止氨与空气对流;收集完毕,进行尾气处理时,应在试管口放一团用稀硫酸浸湿的棉花,以吸收NH3且防止污染空气。
【明确考向 真题演练】
考向1　常见非金属及其化合物的性质与应用
真题示例
1- 1.(2023浙江1月选考)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
D
解析 乙醇分子中含有羟基,可以和钠反应生成氢气,A项正确。黄铁矿(FeS2)在空气中煅烧生成二氧化硫和氧化铁,B项正确。工业上利用氨与氧气催化氧化生成一氧化氮和副产物水,C项正确。常温下铁与浓硝酸会发生钝化,不能制备二氧化氮,D项错误。
1- 2.(2021河北卷)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
D
解析 SO2为无色有刺激性气味的气体,A项错误。汽车尾气中的主要大气污染物为CO、碳氢化合物、氮氧化物、烟尘等,B项错误。氮的固定是将氮由游离态转化为化合态,植物一般利用硝酸盐作为肥料,无法利用NO和NO2,通常大气中不含有NO、NO2,C项错误。工业废气中SO2可采用石灰法进行脱除,原理为SO2+CaO CaSO3,2CaSO3+O2 2CaSO4,D项正确。
对点演练
1- 1. 下列说法不正确的是(　　)。
A.Si具有半导体性,可制作光导纤维
B.CO2可用于制备饮料,也可作蔬菜大棚中的“气体肥料”
C.碳纳米管比表面积大、吸附性强,可用作新型储氢材料
D.用氨水吸收废气中的 SO2,再将吸收液与硫酸反应,将富集后的 SO2循环使用
A
解析 硅可以用来做半导体材料,二氧化硅可以用于制作光导纤维,A项错误。碳酸饮料中含有CO2,蔬菜的光合作用离不开CO2,B项正确。碳纳米管比表面积大、吸附性强,可用作新型储氢材料,C项正确。用氨水吸收废气中的SO2,达到一定浓度后,再与硫酸反应放出SO2,SO2可循环利用,D项正确。
1- 2.(2023广东梅州模拟)下列化学方程式正确,且符合含硫物质的性质描述的是(　　)。
D
解析 SO2为无色、有刺激性气味的气体,A项错误。汽车尾气中的主要大气污染物为CO、碳氢化合物、氮氧化物、烟尘等,B项错误。氮的固定是将氮由游离态转化为化合态,植物一般利用硝酸盐作为肥料,无法利用NO和NO2,通常大气中不含有NO、NO2,C项错误。工业废气中SO2可采用石灰法进行脱除,原理为
方法技巧1.非金属及其化合物性质与用途的对应关系归纳:
性质 用途
硅是常用的半导体材料 可制作太阳能电池板
二氧化硅导光能力强,并且有硬度和柔韧度 可制作光导纤维
4HF+SiO2===2H2O+SiF4↑ 用氢氟酸雕刻玻璃
2C+SiO2 Si+2CO↑ 用碳还原二氧化硅制备粗硅
碘酸钾在常温下稳定 食盐中加碘
氮气的化学性质稳定 作保护气
性质 用途
浓氨水具有挥发性和还原性 用浓氨水检验输送氯气的管道是否漏气
草木灰与硫酸铵反应生成氨,使肥效降低 草木灰和硫酸铵不能混合施用
二氧化硫与氧气反应 二氧化硫可用于制作葡萄酒的食品添加剂
氦气化学性质稳定、密度小 可用于填充飞艇、气球
水玻璃不燃不爆 可用作耐火材料
硅酸钠的水溶液是一种无机黏合剂 盛放碱性溶液的试剂瓶不能用玻璃塞
2.元素单质及其化合物间的线形转化:
a.若X为CO2:
b.若X为强酸,如HCl:
c.若X为强碱,如NaOH:
考向2　气体的制取与性质探究实验
真题示例
2- 1.(2021全国甲)实验室制备下列气体的方法可行的是(　　)。
选项 气体 方法
A 氨气 加热氯化铵固体
B 二氧化氮 将铝片加到冷的浓硝酸中
C 硫化氢 向硫化钠固体滴加浓硫酸
D 氧气 加热氯酸钾和二氧化锰的混合物
D
解析 加热氯化铵固体时,氯化铵分解生成HCl和NH3,HCl和NH3冷却时又化合生成氯化铵,故不能利用加热氯化铵的方法制备NH3,A项制备方法不可行;常温下,铝被浓硝酸钝化,不能用铝片与冷的浓硝酸反应制备NO2,B项制备方法不可行;浓硫酸具有较强氧化性,能将硫化钠氧化而得不到硫化氢气体,C项制备方法不可行;实验室常用加热氯酸钾和二氧化锰混合物的方法制备氧气,D项符合题目要求。
2- 2.(2022广东卷)实验室用MnO2和浓盐酸反应生成Cl2后,按照净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置(“→”表示气流方向)不能达到实验目的的是(　　)。
D
解析 浓盐酸易挥发,挥发出的HCl可以用饱和食盐水除去,可用浓硫酸干燥氯气,A项正确。氯气的密度比空气的密度大,可用向上排空气法收集氯气, B项正确。干燥的氯气不能使干燥的红布条褪色,干燥的氯气能使湿润的红布条褪色,可用于检验氯气的性质,C项正确。氯气有毒,且在水中的溶解度较小,因而不能选用水作尾气处理的试剂,应选用氢氧化钠溶液作尾气处理的试剂,D项错误。
对点演练
2- 1.(2023广西南宁高三统考)在实验室使用下图所示装置制备并收集气体,合理的是(　　)。
选项 试剂① 试剂② 试剂③
A 稀硝酸 Cu 水
B 稀硫酸 Na2SO3 饱和NaHSO3溶液
C 浓氨水 碱石灰 饱和NH4Cl溶液
D 浓盐酸 MnO2 饱和食盐水
A
解析 铜与稀硝酸常温即可反应,生成不溶于水的一氧化氮气体,可用排水法收集,A项正确。浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体,B项错误。氨气易溶于水,常用向下排空气法收集,C项错误。浓盐酸和二氧化锰的反应需加热,D项错误。
2- 2.(2023广东广州统考一模)将铜丝插入浓硝酸中进行如图所示的实验,下列说法正确的是(　　)。
A.装置a中出现红棕色气体,只体现HNO3的酸性
B.一段时间后抽出铜丝,向装置b注入水,b中气体红棕色变浅
C.注入水后装置b中铜片表面产生气泡,说明Cu与硝酸反应生成H2
D.装置c用NaOH吸收尾气,说明NO和NO2均是酸性氧化物
B
解析 铜与浓硝酸反应生成红棕色二氧化氮气体和硝酸铜,体现了硝酸的强氧化性和酸性,A项错误。一段时间后抽出铜丝,向装置b注入水,b中气体红棕色变浅,二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮,B项正确。注入水后装置b中铜片表面产生气泡,Cu与稀硝酸反应生成NO气体,C项错误。酸性氧化物是指和水反应只能生成对应价态的酸、或和碱反应只能生成盐和水的氧化物,NO和NO2均不是酸性氧化物,D项错误。
2- 3.实验室制备SO2并探究其性质及应用的方案如下,回答下列问题。
(1)制备SO2(部分固定装置略)。
①制备二氧化硫可以选择装置　　　(填大写字母),其反应的化学方程式为　 　 。
②利用上图装置收集一瓶干燥的SO2,其连接顺序为发生装置
→　　　　　　　　　　　　。(按气流方向,填小写字母)
(2)制备大苏打(Na2S2O3·5H2O)。
已知Na2S2O3·5H2O在35 ℃以上的干燥空气中容易失去结晶水,难溶于乙醇。其水溶液在弱酸性条件下易反应生成S和NaHSO3。
①将SO2通入装有Na2CO3、Na2S混合溶液的圆底烧瓶中,液体颜色变化依次为无色、黄色、无色,继续通入SO2气体,当液体中再次出现　　　　　　　　现象时,反应基本结束。
②将①反应后的溶液蒸发浓缩,冷却结晶,
过滤,洗涤,　　　　,可得到Na2S2O3·5H2O固体。
③为提高结晶效果,冷却结晶时可往溶液中加入　　　　。
(3)测定大苏打纯度。现称取a g上述样品,用少量水溶解,滴入1~2滴酚酞溶液,再注入10 mL CH3COOH-CH3COONa缓冲溶液,然后以淀粉为指示剂,用b mol·L-1的I2标准溶液滴定。已知该条件下:
2Na2S2O3+I2 === Na2S4O6+2NaI。
①加缓冲溶液的目的是 　 。
②若滴定时平均消耗标准碘液x mL,产品纯度为　 。(列表达式)
答案 (1)①A　Na2SO3+H2SO4 === Na2SO4+SO2↑+H2O
②g→h→d→c→e
(2)①黄色　②冷风吹干　③乙醇
(3)①已知Na2S2O3·5H2O水溶液在弱酸性条件下易反应生成S和 NaHSO3,滴定过程中加入10 mL CH3COOH-CH3COONa 缓冲溶液,能使溶液的pH基本保持稳定,防止溶液呈酸性影响测定结果
解析 (1)①实验室通过亚硫酸钠固体和较浓硫酸反应制备二氧化硫,固、液混合不加热,则应选择装置A,发生反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4 === Na2SO4+SO2↑+H2O。
②利用A装置制备的SO2气体,经浓硫酸干燥后,用向上排空气法收集二氧化硫,因二氧化硫有毒,需要用碱石灰进行尾气吸收,则利用题图装置收集一瓶干燥的SO2,其连接顺序为发生装置→g→h→d→c→e。
(2)①将SO2通入装有Na2CO3、Na2S混合溶液的圆底烧瓶中,液体颜色变化依次为无色、黄色、无色的反应原理为SO2+Na2S+H2O === H2S+Na2SO3、2H2S+SO2 === 3S↓+2H2O,随着反应Na2SO3+S === Na2S2O3不断发生,硫不断消耗最终变无色,继续通入SO2气体,因亚硫酸溶液呈酸性,已知Na2S2O3水溶液在弱酸性条件下易反应生成S和 NaHSO3,故当液体中再次出现黄色现象时,反应基本结束。
②将①反应后的溶液蒸发浓缩,冷却结晶,过滤,洗涤,进行干燥时,因Na2S2O3·5H2O在35 ℃以上的干燥空气中容易失去结晶水,故采用冷风吹干,可得到Na2S2O3·5H2O晶体。
③已知Na2S2O3·5H2O难溶于乙醇,为提高结晶效果,冷却结晶时可往溶液中加入乙醇。
(3)②已知2Na2S2O3+I2 === Na2S4O6+2NaI,可得n(Na2S2O3)=2n(I2),若滴定时平均消耗x mL b mol·L-1的I2标准溶液,则n(Na2S2O3)=2n(I2)=2×b mol·L-1
×x×10-3L=2bx×10-3 mol,Na2S2O3·5H2O的摩尔质量为248 g·mol-1,产品的
方法技巧仪器组装类试题的解题技巧:
第一步 明确制备物质的特点:
首先确定要制备什么物质,从题干或流程图、装置图中获取有用信息,了解制备物质的性质,具有某些特殊性质的产物,要采取必要的措施来避免在制备过程中产生杂质
第二步 分析流程图、装置图中的每一步操作及步骤:
从以下几个方面了解流程图、装置图:反应物是什么 反应方程式具体如何 该反应有何作用 对制备结果有何影响
第三步 结合除杂、分离、提纯等实验操作,灵活运用元素化合物及氧化还原反应等知识,从问题中获取解题信息,全面分析、判断
2- 4.(2023广东惠州三模)五氧化二氮(N2O5)是有机合成中常用的绿色硝化剂。N2O5常温下为白色固体,可溶于CH2Cl2等氯代烃溶剂,微溶于水且与水反应生成强酸,高于室温时不稳定。
(1)某化学兴趣小组设计臭氧(O3)氧化法制备N2O5,反应原理为N2O4+O3═N2O5+O2。实验装置如图,回答下列问题:
①装置C的名称是　　　　　,装置D的作用是　　　　　　　　　　 ,装置E的作用是　 　　　　　　　　　　　　　　。
②写出装置A中发生反应的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　。
③实验时,将装置C浸入　　　　　(填“热水”或“冰水”)中,打开装置A中分液漏斗的活塞,一段时间后C中液体变为红棕色。关闭分液漏斗的活塞,打开活塞K,通过臭氧发生器向装置C中通入含有臭氧的氧气。
(2)判断C中反应已结束的简单方法是　　　　　　　　　　。
(3)用滴定法测定N2O5粗产品中N2O4的含量。取2.0 g粗产品,加入20.00 mL 0.125 0 mol·L-1酸性高锰酸钾溶液。充分反应后,用0.100 0 mol·L-1 H2O2溶液滴定剩余的高锰酸钾,达到滴定终点时,消耗H2O2溶液17.50 mL。(已知: H2O2与HNO3不反应且不考虑其分解)
①产品中N2O4与KMnO4发生反应的离子方程式为　　　　　　　　。
②判断滴定终点的方法是　　　　　　　　　　。
③产品中N2O4的质量分数为　　　　　。
答案 (1)①三颈烧瓶　安全瓶,防止倒吸　防止空气中的水蒸气进入C中　②Cu+4HNO3(浓)═Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O　③冰水
(2)红棕色褪去
②溶液的紫红色恰好褪去,且半分钟内不恢复原色　③20.7%
【易错易混 防范失分】
判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。
(1)可用稀硝酸与FeS固体反应制取H2S。(　　)
(2)向CaCl2溶液中通入CO2气体,溶液变浑浊,继续通入CO2至过量,浑浊消失。(　　)
(3)非金属性:C>Si,则热稳定性:CH4>SiH4。(　　)
(4)“84”消毒液的消毒原理与H2O2的消毒原理相同,都是利用其强氧化性。
(　　)
(5)用饱和NaHCO3溶液除去Cl2中混有的HCl。(　　)
(6)浓硫酸具有强氧化性,所以浓硫酸不可用于干燥H2和CO。(　　)
(7)向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液,出现白色沉淀;再加入足量稀盐酸,部分沉淀溶解,则部分Na2SO3被氧化。(　　)
×
×
√
√
×
×
√
易错警示(1)浓硫酸具有强氧化性,但是不能氧化H2、CO和SO2。
(2)硝酸为强氧化性酸,不能用于制取H2和强还原性气体H2S、SO2等。
专项突破 素能提升
五、化学工艺流程题解题策略
【热点专攻】
1.化学工艺流程题题型分析
工艺流程题是近几年高考的热点题型,工艺流程题的结构分题头、题干和题尾三部分。题头一般是简单介绍该工艺生产的原材料和工艺生产的目的(包括副产品);题干主要用流程图形式将原料到产品的主要生产工艺流程表示出来;题尾主要是根据生产过程中涉及的化学知识设计成一系列问题,构成一道完整的化学试题。
此类试题集综合性、真实性、开放性于一体,包含必要的操作名称、化工术语或文字说明。题型包括选择题和非选择题,选择题主要考查元素化合物知识和工艺流程中的基本操作。非选择题考查知识面广、综合性强、思维容量大。题干的呈现形式多为流程图、表格和图像;设问角度一般为操作措施、物质成分、化学反应、条件控制的原因和产率计算等;能力考查侧重于获取信息的能力、分析问题的能力、语言表达能力和计算能力;涉及的化学知识有基本理论、元素化合物和实验基础知识等。
2.化学工艺流程题模型
3.原料预处理过程中的常用方法
方法 释义 研磨、 雾化 将块状或颗粒状的固体研磨成粉末或将液体雾化,增大反应物的接触面积,以加大反应速率或使反应更充分 浸取 水浸 与水接触反应或溶解
酸浸 与酸接触反应或溶解,使可溶性物质进入溶液,不溶物通过过滤除去
碱浸 除去油污,溶解酸性氧化物、铝及其氧化物等
灼烧 (焙烧) 除去可燃性杂质或使原料初步转化:①除去硫、碳单质;②有机物转化、除去有机物;③高温下原料与空气中氧气反应等 煅烧 改变结构,使一些物质能溶解,并使一些杂质在高温下氧化、分解,如煅烧高岭土等 4.常考的两种反应条件控制
常见的操作 思考角度
控制溶液 的pH ①调节溶液的酸碱性,使金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解);
②“酸作用”还可除去氧化物(膜);
③“碱作用”还可除去油污,除去铝片氧化膜,溶解铝、二氧化硅等;
④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)
控制温度 (常用水浴、 冰浴或 油浴) ①防止副反应的发生;
②使化学平衡移动,控制化学反应的方向;
③控制固体的溶解与结晶;
④控制反应速率,使催化剂达到最大活性;
⑤升温:促进溶液中的气体逸出,使某物质达到沸点挥发;
⑥加热煮沸:促进水解,聚沉后利于过滤分离;
⑦趁热过滤:减少因降温而析出的溶质的量;
⑧降温:防止物质高温分解或挥发;降温(或减压)可以减少能源成本,降低对设备的要求
5.防范失分点
(1)明确整个流程及每一部分的目的,仔细分析每步反应发生的条件以及得到产物的物理性质或化学性质,结合基本理论与实际问题进行思考,注意答题的模式与要点。
(2)抓住流程图中“每步转化的物质变化”与“总过程目的”的关系,分析某步转化试剂的选择及流程中加入某试剂的原因,得出转化后生成的所有物质,从问题中获取信息,帮助解题。
【题型突破】
1.(2022全国乙)废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb,还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源,通过下图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表:
难溶电解质 PbSO4 PbCO3 BaSO4 BaCO3
Ksp 2.5×10-8 7.4×10-14 1.1×10-10 2.6×10-9
一定条件下,一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表:
金属氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3 Pb(OH)2
开始沉淀的pH 2.3 6.8 3.5 7.2
完全沉淀的pH 3.2 8.3 4.6 9.1
回答下列问题:
(1)在“脱硫”中,PbSO4转化反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　。用沉淀溶解平衡原理解释选择Na2CO3的原因:　　　　　　　　　　　。
(2)在“脱硫”中,加入Na2CO3不能使铅膏中的BaSO4完全转化,原因是
　　　　　　　　　　　。
(3)在“酸浸”中,除加入醋酸(HAc),还要加入H2O2。
①能被H2O2氧化的离子是　　　　;
②H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac)2,其化学方程式为
　　　　　　　　　　;
③H2O2也能使PbO2转化为Pb(Ac)2,H2O2的作用是　　　　　　　　　　。
(4)“酸浸”后溶液的pH约为4.9,滤渣的主要成分是　　　　　　　　　　。
(5)“沉铅”的滤液中,金属离子有　　　　　　　　　　。
【解题思路】
第一步:审题干
(1)明确铅膏中的主要成分是PbSO4、PbO2、PbO和Pb,杂质成分是Ba、Fe、Al的盐或氧化物。
(2)明确目的是回收铅。
第二步:审流程
(1)明确反应物、产物及其操作。
(2)分析表格中的数据,明确各物质性质上的差异。
第三步:审设问
(1)考查离子方程式和沉淀转化,PbCO3的Ksp远小于PbSO4的Ksp,易发生生成PbCO3的沉淀转化,且进行较为彻底。
(2)考查除杂原理,BaCO3的Ksp大于BaSO4的Ksp,不易发生生成BaCO3的沉淀转化,即使发生,反应进行的程度也很小。
(3)考查氧化还原反应,①Fe2+具有还原性,能被H2O2氧化;
②H2O2能氧化Pb,使其转化成Pb2+,Pb2+再与Ac-结合生成Pb(Ac)2,依据氧化还原反应的规律,即可写出反应的化学方程式;
③PbO2通过与H2O2、HAc反应转化为Pb(Ac)2,发生氧化还原反应,Pb化合价降低,H2O2作还原剂。
(4)考查除掉的Al3+、Fe3+的存在形式,根据题给信息,当pH=4.9时,Al3+、Fe3+完全转化为Al(OH)3、Fe(OH)3。
(5)考查实验过程中离子的转化问题,加入NaOH溶液,发生沉铅的反应为Pb(Ac)2+2NaOH═Pb(OH)2↓+2NaAc,故滤液中含有的金属阳离子有Na+以及未沉淀的Ba2+。
2.锌白(ZnO)是一种重要的化工原料,广泛应用于橡胶、涂料、油漆等行业。一种由锌精矿(主要成分为ZnS、ZnCO3,少量的CuS、PbS、FeS等硫化物)湿法制取氧化锌的工艺流程如图所示。
已知:25 ℃时相关物质的Ksp见下表。
物质 Zn(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Cu(OH)2
Ksp 5×10-18 5×10-17 8×10-38 2×10-20
回答下列问题:
(1)锌精矿中各成分在“焙烧脱硫”过程中化合价变化的元素为　　　　(写元素符号)。
(2)“调pH”时,滴加氨水需要调节pH的范围为　　　　　　　[通常认为残留在溶液中离子浓度≤10-5 mol·L-1时沉淀完全,溶液中c(Zn2+)=0.5 mol·L-1, lg 2≈0.3]。
(3)“净化”过程中发生反应的离子方程式为　　　　　　　。
(4)“沉锌”过程中:
①逐渐加入NH4HCO3和NH3·H2O,将溶液保持在40 ℃使之充分反应,温度不能过高,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②“沉锌”过程中,过滤、洗涤得到ZnCO3,其反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　,检验沉淀洗涤干净的方法是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(5)该工艺中,可再生循环利用的物质有　　　　　　　　　　　　　(写化学式)。
【解题思路】
主元素转化线:ZnS→ZnO→ZnSO4→ZnCO3→ZnO
答案:(1)S、Fe　(2)3.3~5.5
(3)Zn+Cu2+═Zn2++Cu
(4)①NH3·H2O和NH4HCO3受热易分解,温度过高易分解为NH3和CO2逸出,物质的利用率降低　
取少量最后一次洗涤液于试管中,滴加盐酸酸化的BaCl2溶液,若无白色沉淀产生,说明沉淀洗涤干净
(5)H2SO4
应考训练
1.(2023辽宁卷)某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知:
物质 Fe(OH)3 Co(OH)2 Ni(OH)2 Mg(OH)2
Ksp 10-37.4 10-14.7 10-14.7 10-10.8
回答下列问题:
(1)用硫酸浸取镍钴矿时,提高浸取速率的方法为　　　　　　　　　(答出一条即可)。
(2)“氧化”中,混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5),1 mol H2SO5中过氧键的数目为　　　。
(3)“氧化”中,用石灰乳调节pH=4,Mn2+被H2SO5氧化为MnO2,该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　(H2SO5的电离第一步完全,第二步微弱);滤渣的成分为MnO2、　　　　　(填化学式)。
(4)“氧化”中保持空气通入速率不变,Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。SO2体积分数为　　　　　时,Mn(Ⅱ)氧化速率最大;继续增大SO2体积分数时,Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是　　　　　　　　　　　。
(5)“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成CoO(OH),该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　。
(6)“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全(25 ℃),需控制pH不低于　　　　(精确至0.1)。
答案 (1)将镍钴矿粉碎、充分搅拌、适当提高硫酸浓度、适当提高浸取温度等
(2)NA
(4)9.0%　二氧化硫也具有较强的还原性,当二氧化硫体积分数增大,会使得其消耗一部分H2SO5,导致Mn(Ⅱ)氧化速率减小
(5)4Co(OH)2+O2 ══ 4CoO(OH)+2H2O
(6)11.1
解析 本题以镍钴矿中的元素进行分离作为命题背景,对提高反应速率的方法、物质的微观组成、结合已知信息的陌生方程式的书写以及图像分析、原因解释等内容进行考查。
(1)提高反应速率的方法包含:增大反应物接触面积、充分搅拌、提高反应物浓度、升高反应温度等。
(2)结合电荷守恒,氢为+1价,硫为+6价,可知1 mol该物质包含1 mol过氧键,因此过氧键数目为NA。
(4)由题图可知,二氧化硫体积分数为9.0%时,反应速率最大。二氧化硫也具有较强的还原性,当二氧化硫体积分数增大,会使得其消耗一部分H2SO5,导致Mn(Ⅱ)氧化速率减小。
(5)“沉钴镍”得到的含钴物质为Co(OH)2,可被空气氧化为CoO(OH),因此反应的化学方程式为4Co(OH)2+O2═4CoO(OH)+2H2O。
(6)结合氢氧化镁的Ksp可知,当镁离子完全沉淀时,其浓度为1×10-5 mol·L-1,代入Ksp计算可得此时氢氧根浓度为1×10-2.9 mol·L-1,则pH为11.1。
2.(2021湖南卷)Ce2(CO3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中,铈(Ce)主要以CePO4形式存在,还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2(CO3)3·nH2O的工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子,该核素的符号为　　　　　。
(2)为提高“水浸”效率,可采取的措施有　　　　　　　　(至少写两条)。
(3)滤渣Ⅲ的主要成分是　　　　　　　(填化学式)。
(4)加入絮凝剂的目的是　　　　　　　　　　　　　　。
(5)“沉铈”过程中,生成Ce2(CO3)3·nH2O的离子方程式为　　　　　　　　,常温下加入的NH4HCO3溶液呈　　　　　(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知:NH3·H2O的Kb=1.75×10-5,H2CO3的 =4.4×10-7, =4.7×10-11)。
(6)滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4,在高温条件下,Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4,同时生成CO和H2O,该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)将“焙烧”所得固体粉碎、加热、搅拌等(合理即可)
(3)Fe(OH)3和Al(OH)3
(4)为了使沉淀更完全,得到澄清溶液
3.(2022广东卷)稀土(RE)包括镧、钇等元素,是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理,一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下:
已知:月桂酸(C11H23COOH)熔点为44 ℃;月桂酸和(C11H23COO)3RE均难溶于水。该工艺条件下,稀土离子保持+3价不变;(C11H23COO)2Mg的Ksp=1.8×10-8;Al(OH)3开始溶解时的pH为8.8;有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子 Mg2+ Fe3+ Al3+ RE3+
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
(1)“氧化调pH”中,化合价有变化的金属离子是　　　　　　。
(2)“过滤1”前,用NaOH溶液调pH至　　　　的范围内,该过程中Al3+发生反应的离子方程式为　 　。
(3)“过滤2”后,滤饼中检测不到Mg元素,滤液2中Mg2+浓度为2.7 g·L-1。为尽可能多地提取RE3+,可提高月桂酸钠的加入量,但应确保“过滤2”前的溶液中c(C11H23COO-)低于　　　　　　　 mol·L-1(保留两位有效数字)。
(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率,其原因是 　。
②“操作X”的过程为:先　　　　　　　　,再固液分离。
(5)该工艺中,可再生循环利用的物质有 　　　　　(写化学式)。
(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。
①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时,生成1 mol Pt3Y转移　　　　 mol 电子。
②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时,能在碱性溶液中高效催化O2的还原,发生的电极反应为 　 。
答案 (1)Fe2+
(2)4.7~6.2　Al3++3OH- ══ Al(OH)3↓
(3)4.0×10-4
(4)①加热可以提高分子运动扩散速度,搅拌可以增大溶剂与溶质的接触面积,使溶出更彻底,提高溶出速度,提高产率　
②冷却结晶
(5)MgSO4
(6)①15　②2H2O+O2+4e- ══ 4OH-
解析 (1)由题干信息可知,原料矿物中含铁、铝及稀土元素。浸取液中稀土离子保持+3价不变,Mg2+、Al3+无还原性。故氧化调pH中,Fe2+被氧化为Fe3+。
(2)过滤1的目的是除掉溶液中的Al3+、Fe3+。故在过滤前,应使Al3+、Fe3+完全沉淀,又不能使稀土离子沉淀。由表格可知,pH为4.7~6.2时,Al3+、Fe3+沉淀完全,稀土离子尚未沉淀。Al3+发生沉淀反应的离子方程式为Al3++3OH- ══ Al(OH)3↓。
(3)过滤2后,滤饼中检测不到镁元素,说明加入月桂酸钠后,月桂酸根离子未与Mg2+结合生成沉淀,而是与稀土离子结合生成沉淀。故为保证Mg2+恰好不沉淀,根据月桂酸镁的Ksp公式,有c(C11H23COO-)=4.0×10-4mol·L-1。
(4)根据题干信息可知,月桂酸的熔点为44 ℃,而加热搅拌阶段的温度为55 ℃。故为了分离月桂酸与RECl3溶液,需要冷却至44 ℃以下,待月桂酸完全结晶再进行固液分离。
(5)根据(3)题干信息,过滤2操作后,滤饼中不存在Mg2+,故Mg2+仍以MgSO4的形式存在于滤液2中,可再次酸化循环利用。
(6)①由题干信息可知,稀土元素化合价不易发生变化。故YCl3中Y元素为+3价,PtCl4中Pt元素为+4价,Pt3Y中Y为+3价,Pt为-1价。所以Pt元素化合价降低,Cl元素化合价应升高生成氯气。故该反应的化学方程式为2YCl3+6PtCl4 ══ 2Pt3Y+15Cl2↑,生成1 mol Pt3Y转移电子15 mol。
②由题意知,Pt3Y/C是催化剂,不参与反应。氢氧燃料电池的正极反应为氧气得电子,在碱性条件下生成氢氧根离子,故电极反应为2H2O+O2+4e- ══ 4OH-。(共155张PPT)
有机化学基础
专题六
内容索引
01
02
03
考点一　有机化合物的结构与同分异构体
考点二　有机化合物的结构与性质　有机反应的类型
考点三　有机化合物的合成与推断
04
专项突破 素能提升
【考情分析 定向备考】
高频考点 两年考向 命题角度再思考
1.有机化合物的结构与同分异构体 考向1.有机化合物的结构特点[2023全国甲,8][2023全国乙,8] [2022全国甲,8][2022全国乙,8] [2021全国甲,36(1)(3)] [2021全国乙,36(1)(3)] [2021广东卷,21(1)] 考向2.同分异构体数目的判断与书写[2022湖南卷,18] [2022广东卷,21][2021全国甲,36(6)] [2021全国乙,36(6)][2021湖南卷,19(4)] [2021广东卷,21(5)][2021河北卷,18(2)] [2021浙江1月选考,31(4)] 考向1.在选择题中考查官能团的识别、原子的共平面、同系物或同分异构体的判断、一氯代物(或二氯代物)的判断等;在非选择题中考查官能团的名称、有机化合物的名称等,侧重考查有机基础知识。
考向2.近两年,常在有机化学基础题中考查限制条件的同分异构体种类的判断和书写,侧重考查理解与辨析能力、分析与推测能力。
高频考点 两年考向 命题角度再思考
2.有机化合物的结构与性质　有机反应的类型 考向1.有机化合物的结构与性质[2023湖北卷,4][2023辽宁卷,8][2022湖北卷,2] [2022湖南卷,3、18][2022广东卷,21] [2021全国甲,10][2021全国乙,10] [2021广东卷,5][2022北京卷,8] [2021河北卷,8][2021河北卷,12] [2021浙江卷,15] 考向2.有机反应的类型[2023新课标,8] [2022全国甲,8][2022湖南卷,18] [2022广东卷,21][2021全国甲,36(5)] [2021全国乙,36(5)][2021湖南卷,19(2)] [2021广东卷,21(4)][2021河北卷,18(4)] 考向3.有机化合物的制备实验 [2023湖北卷,8][2020全国Ⅱ,27] [2021湖南卷,4][2021湖南卷,13] 考向1.在选择题中,以陌生有机化合物的结构简式为载体,考查有机化合物的结构与性质,从定性或定量角度考查有机化合物的性质等,突出“结构决定性质”的观念。
考向2.在选择题中,结合有机化合物的结构简式考查有机反应类型的判断;在非选择题中,考查有机化合物之间转化的反应类型,书写有机反应类型。
考向3.在选择题或非选择题中考查有机化合物的制备,涉及实验基本操作、有机化合物的分离及提纯、有机化合物的产率等
高频考点 两年考向 命题角度再思考
3.有机化合物的合成与推断 考向1.有机化合物的结构推断[2023山东卷,19][2023湖北卷,17] [2023辽宁卷,19] [2023浙江1月选考,21] [2022湖南卷,18][2022广东卷,21] [2021浙江卷,28] 考向2.有机合成路线的设计 [2022湖南卷,18][2022广东卷,21] [2021全国甲,36(7)][2021河北卷,18(6)] [2021广东卷,21(6)][2021湖南卷,19(6)] [2021浙江卷,31(5)] 考向1.在有机合成与推断题中,结合有机化合物的转化条件、部分有机化合物的结构简式,推断未知有机化合物的结构简式,侧重考查理解与辨析能力、分析与推测能力。
考向2.大多在有机合成与推断题的最后一问,以指定有机原料设计合成目标有机化合物的合成路线,侧重考查分析与推测能力,题目的难度较大
考点一　有机化合物的结构与同分异构体
【要点归纳 夯基提能】
1.突破有机化合物分子中原子共面问题
(1)有机化合物的分子结构决定原子间的连接顺序、成键方式和空间排布。
与碳原子相连的原子数 结构 示意 碳原子的杂化方式 碳原子的成键方式 碳原子与相邻原子形成的结构单元的空间结构 代表物
4 sp3 σ键 四面体形 甲烷
3 sp2 σ键、π键 平面形 乙烯
2 sp σ键、π键 直线形 乙炔
微点拨共价键的类型和极性对有机化合物的化学性质有很大影响,不同基团的相互作用也会影响共价键的极性。
(2)掌握四种典型有机化合物的分子结构。
(3)判断共线、共面问题思考的角度。
①展开空间结构
其他有机物可看作甲烷、乙烯、苯三种典型分子中的氢原子被其他原子或原子团代替后的产物,但这三种分子的空间结构基本不变,如CH2=CHCl,可看作氯原子代替了原有乙烯分子中氢原子的位置。
②单键旋转思想
有机物分子中的单键,包括碳碳单键、碳氢单键、碳氧单键等均可旋转。但是碳碳双键和碳碳三键等不能旋转,对原子的空间位置具有“定格”作用。如结构简式为 的有机化合物,其空间结构如图所示,转动①处C—C键可使两平面M1和M2重合为同一平面,炔直线位于醛平面上,但甲基上的H原子都不在炔直线上,转动②处C—C键,可使甲基上的一个H原子位于醛平面上。
(4)判断共线、共面遵循的规律。
定平面 规律 共平面的不在同一直线上的3个原子处于另一平面时,两平面必定重叠,两平面内的所有原子必定共平面
定直线 规律 直线形分子中有2个原子处于某一平面内时,该分子中的所有原子也必在此平面内
微点拨注意题目中的隐含条件和特殊规定(如题目中的“碳原子”“所有原子”“可能”“一定”“最少”“最多”“共线”和“共面”等)在判断中的应用。
2.全方位认识有机化合物的同分异构体
(1)有机化合物的同分异构体类型。
(2)熟悉不同有机化合物的官能团异构现象。
微点拨烃的含氧衍生物大多存在官能团异构现象,分析问题时,要看清题目的要求,判断属于哪种类别的同分异构体。
(3)熟记高考常考限制条件与有机化合物结构的关系。
微点拨若苯环上的一元取代物只有1种结构,则该有机化合物的苯环上可能含有2个相同取代基(处于对位);若苯环上的一元取代物有2种结构,则该有机化合物的苯环上可能含有2个相同取代基(处于邻位),或2个不同取代基(处于对位)。
【明确考向 真题演练】
考向1　有机化合物的结构特点
真题示例
1- 1.(2023全国甲)藿香蓟具有清热解毒功效,其有效成分结构如下。下列有关该物质的说法错误的是(　　)。
A.可以发生水解反应
B.所有碳原子处于同一平面
C.含有2种含氧官能团
D.能与溴水发生加成反应
B
解析 本题考查有机化合物的结构与性质。
藿香蓟含有酯基、醚键、碳碳双键3种官能团,故可以发生水解反应,能与溴水发生加成反应,A、C、D项正确;藿香蓟含氧六元环上有一个饱和碳原子(见下图中“*”标记),故所有碳原子不可能共平面,B项错误。
1- 2.(2022全国乙)一种实现二氧化碳固定及再利用的反应如下:
下列叙述正确的是(　　)。
A.化合物1分子中的所有原子共平面
B.化合物1与乙醇互为同系物
C.化合物2分子中含有羟基和酯基
D.化合物2可以发生开环聚合反应
D
解析 本题考查有机化合物的结构与性质。
化合物1分子中的两个碳原子都是饱和碳原子,分子中所有原子不可能共平面,A项错误;化合物1和乙醇(官能团是羟基)分子中所含碳原子数相同,所含的官能团不同,二者不互为同系物,B项错误;化合物2中没有羟基,C项错误;化合物2打开环状结构可以形成聚酯类高分子,D项正确。
1- 3.(2022全国甲)辅酶Q10具有预防动脉硬化的功效,其结构简式如图所示。下列有关辅酶Q10的说法正确的是(　　)。
A.分子式为C60H90O4
B.分子中含有14个甲基
C.分子中的四个氧原子不在同一平面
D.可发生加成反应,不能发生取代反应
B
解析 本题考查有机物分子的组成、结构以及有机物的性质。
根据辅酶Q10的结构简式可知,其分子内有59个碳原子,分子式为C59H90O4, A项错误;该有机物分子中含有甲基的碳原子如图所示:
10个重复基团的最后一个连接氢原子的碳是甲基,故分子中含有1+1+1+10+1=14个甲基,B项正确;羰基碳采取sp2杂化,根据羰基碳原子与其相连的氧原子及另外两个原子共面和乙烯分子的平面结构可知,分子中的四个氧原子在同一平面上,C项错误;分子内含有碳碳双键,可发生加成反应,与饱和碳原子所连的氢原子在一定条件下可发生取代反应,D项错误。
方法技巧破解有机化合物的结构题。
(1)判断手性碳(或手性分子)的方法:若有机化合物分子中碳原子连接四个
不同原子(或原子团)(如 ,其中a≠b≠c≠d),该碳原子是手性碳原子,
该有机化合物分子是手性分子。
(2)判断同系物的方法:①分子组成和结构相似;②含有官能团的种类和个数相同;③分子组成上相差1个或若干个CH2原子团。
(3)判断同分异构体的方法:①具有相同的分子式;②具有不同的分子结构。
(4)判断有机化合物分子中原子共平面的方法:①若有机化合物分子中含饱和碳原子(形成4个单键,采取sp3杂化),则分子中所有原子不共面;②若有机化合物中只含苯环、碳碳双键、碳碳三键等结构单元,碳原子只采取sp2、sp杂化,则分子中所有原子可能共平面。
对点演练
1- 1. 乙烯是基本的有机化工原料,由乙烯可合成苯乙醇,合成路线如图所示:
下列说法正确的是(　　)。
A.环氧乙烷属于环状烃
B.苯乙醇最多有12个原子共平面
C.苯中加入铁屑能与溴水发生取代反应
D.环氧乙烷与乙醛(CH3CHO)互为同分异构体
D
解析 环氧乙烷含C、H、O三种元素,不属于烃类,A项错误。苯乙醇分子中与苯环直接相连的原子共平面,与苯环相连的碳原子上还可能有原子处于该平面,共平面的原子多于12个,B项错误。苯与溴水不能发生反应,苯与液溴在催化剂的条件下可发生取代反应生成溴苯,C项错误。环氧乙烷和乙醛的分子式均为C2H4O,其分子结构不同,互为同分异构体,D项正确。
C
解析 该有机物的分子式为C10H16O,A项错误;该物质含有碳碳双键,1 mol该有机物最多可与1 mol H2发生加成反应,B项错误;两种有机物的分子式均为C10H16O,分子式相同而结构不同,互为同分异构体,C项正确;该有机物分子中含有多个饱和碳原子,所有碳原子不可能共平面,D项错误。
考向2　同分异构体数目的判断与书写
真题示例
2- 1.(2021全国甲改编)化合物B( )的同分异构体中能同时满足下列条件的有(　　)。
①含苯环的醛、酮
②不含过氧键(—O—O—)
③核磁共振氢谱显示4组峰,且峰面积比为3∶2∶2∶1
A.2种　　　　B.3种 C.4种 D.5种
C
【解题思路】
2- 2.(2021广东卷节选)化合物Ⅵ( )的芳香族同分异构体中,
同时满足以下条件的有　　　　　　种,写出其中任意一种的结构简式。
条件:a)能与NaHCO3反应;
b.最多能与2倍物质的量的NaOH反应;
c.能与3倍物质的量的Na发生放出H2的反应;
d.核磁共振氢谱确定分子中有6个化学环境相同的氢原子;
e.不含手性碳原子(手性碳原子是指连有4个不同的原子或原子团的饱和碳原子)。
②最多能与2倍物质的量的NaOH反应,能与3倍物质的量的Na发生放出H2的反应,则还含1个醇羟基和1个酚羟基;③核磁共振氢谱确定分子中有6个化学环境相同的氢原子,则含2个—CH3(处于对称位置或连在同一碳原子上);④不含手性碳原子,则2个—CH3只能连在同一碳原子上。综上所述,
技法点拨判断同分异构体数目的常用方法
方法 说明
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同分异构体数目。如丁基有4种,则C4H9Cl、C4H9OH、C4H9COOH均有4种同分异构体
等效 氢法 分子中等效氢原子有如下情况:①分子中同一个碳原子上连接的氢原子等效;②同一个碳原子上所连接甲基上的氢原子等效;③分子中处于对称位置上的氢原子等效。等效氢原子数目等于一元取代物同分异构体数目
定一 移一法 分析二元取代产物的方法。如判断C3H6Cl2同分异构体的数目,可先固定其中一个氯原子位置,然后移动另一个氯原子
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,若有一个氢原子被Cl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,即把五氯乙烷分子中的Cl原子看作H原子,把H原子看作Cl原子。同理二氯乙烷和四氯乙烷均有2种同分异构体,二氯苯和四氯苯均有3种同分异构体
组合法 饱和酯R1COOR2,—R1有m种,—R2有n种,则该酯共有m×n种结构
对点演练
2- 1.(2022广东卷21节选)化合物Ⅵ( )有多种同分异构体,其中含C=O结构的有　　　 种,核磁共振氢谱图上只有一组峰的结构简式为
　 。
2
解析 Ⅵ分子式为C3H6O,不饱和度为1,限定条件为含C=O结构,由此我们可以判断出该同分异构体为醛或酮。若为醛则为丙醛,若为酮则为丙酮。核磁共振氢谱图上只有一组峰的结构说明这6个H原子化学环境完全相同,所以为丙酮。
2- 2.(2022北京卷36节选)B(C4H8O2)的一种同分异构体,其核磁共振氢谱只
有一组峰,结构简式是　　　　　　。
解析 B的同分异构体分子式为C4H8O2,不饱和度为1,由此可推知该同分异构体可能为:羧酸、酯、环醇、环醚。限定条件为核磁共振氢谱只有一组峰,说明该同分异构体中8个H完全相同,这样就排除了羧酸、酯、环醇,所以应该是高度对称的环醚 。
【易错易混 防范失分】
判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。
(1)有机化合物 分子中所有碳原子可能处于同一平面内。
(　　)
(2)乙醇与乙二醇、丙三醇都属于醇类,互为同系物。(　　)
(3)乙酸和乙酸乙酯互为同分异构体,属于官能团异构。(　　)
×
×
×
√
考点二　有机化合物的结构与性质　
有机反应的类型
【要点归纳 夯基提能】
1.从官能团角度掌握有机化合物的主要化学性质
有机化合物 通式 官能团 主要化学性质
烷烃 CnH2n+2 — 在光照时与气态卤素单质发生取代反应
烯烃 CnH2n 碳碳双键( ) ①与卤素单质、H2或H2O等发生加成反应。
②被酸性KMnO4溶液等强氧化剂氧化
炔烃 CnH2n-2 碳碳三键(—C≡C—) 卤代烃 一卤代烃: R—X 碳卤键(X表示卤素原子—X) ①与NaOH水溶液共热发生取代反应生成醇(或酚等)。
②与NaOH醇溶液共热发生消去反应

邻位消去,断裂邻位碳的C—H
有机化合物 通式 官能团 主要化学性质
醇 一元醇: R—OH 醇羟基 (—OH) ①与活泼金属反应产生H2。
②与浓HBr反应生成溴代烃。
③消去反应或脱水反应,如:乙醇140 ℃分子间脱水生成醚、
170 ℃分子内脱水生成烯。
④催化氧化为醛或酮。
⑤与羧酸或无机含氧酸反应生成酯
酚 与Br2发生苯环上酚羟基的邻、对位取代　　　 酚羟基 (—OH) ①具有弱酸性,比碳酸的酸性弱。
②与浓溴水发生取代反应,生成白色沉淀(2,4,6-三溴苯酚)。
③遇FeCl3溶液呈紫色(显色反应)。
④易被氧化(O2、酸性KMnO4溶液)
微点拨①酚羟基和羧基能发生电离,能与Na、NaOH、Na2CO3反应,但醇羟基不能电离,只与Na反应生成H2;②发生碱性水解时,1 mol“醇酯基”只消耗1 mol NaOH,1 mol“酚酯基”最多消耗2 mol NaOH。
2.从反应部位、反应试剂或条件认识常见的有机反应类型
微点拨常考有机反应条件及反应类型:①浓硫酸、加热——酯化反应或醇的消去反应;②稀硫酸、加热——酯的水解反应或糖类的水解反应;③NaOH水溶液、加热——卤代烃的水解反应或酯的水解反应。
3.掌握三种重要有机化合物的制备实验
制取物质 仪器 除杂及收集 注意事项
溴苯 含有溴、FeBr3等,用氢氧化钠溶液处理后分液,然后蒸馏 ①催化剂为FeBr3
②长导管的作用:冷凝回流、导气
③右侧导管不能伸入溶液中
(防倒吸)
④右侧锥形瓶中有白雾
制取物质 仪器 除杂及收集 注意事项
硝基苯 可能含有未反应完的苯、硝酸、硫酸,用氢氧化钠溶液中和酸,分液,然后用蒸馏的方法除去苯 ①导管1的作用:冷凝回流
②仪器2为温度计
③用水浴控制温度为
50~60 ℃
④浓硫酸的作用:催化剂和吸水剂
制取物质 仪器 除杂及收集 注意事项
乙酸 乙酯 含有乙酸、乙醇,用饱和Na2CO3溶液处理后,分液 ①浓硫酸的作用:催化剂和吸水剂
②饱和碳酸钠溶液溶解乙醇、中和乙酸,降低乙酸乙酯的溶解度
③右边导管不能接触试管中的液体
【明确考向 真题演练】
考向1　有机化合物的结构与性质
真题示例
1- 1.(2022湖北卷)莲藕含多酚类物质,其典型结构简式如图所示。下列有关该类物质的说法错误的是(　　)。
A.不能与溴水反应
B.可用作抗氧化剂
C.有特征红外吸收峰
D.能与Fe3+发生显色反应
A
解析 苯酚可以和溴水发生取代反应,取代位置在酚羟基的邻、对位,同理该物质也能和溴水发生取代反应,A项错误;该物质分子中含有酚羟基,酚羟基容易被氧化,故可以用作抗氧化剂,B项正确;该物质分子中含有酯基、羟基等结构,红外光谱有特征红外吸收峰,C项正确;该物质分子中含有酚羟基,能与Fe3+发生显色反应,D项正确。
1- 2.(2022北京卷)我国科学家提出的聚集诱导发光机制已成为研究热点之一,一种具有聚集诱导发光性能的物质其分子结构如图所示。下列说法不正确的是(　　)。
A.分子中N原子有sp2、sp3两种杂化方式
B.分子中含有手性碳原子
C.该物质既有酸性又有碱性
D.该物质可发生取代反应、加成反应
B
解析 该有机物中从左往右第一个N原子有一个孤对电子和两个σ键,为sp2杂化;第二个N原子有一个孤对电子和三个σ键,为sp3杂化,A项正确。手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子,该有机物中没有手性碳原子,B项错误。该物质中存在羧基,具有酸性;该物质中还含有 ,具有碱性,C项正确。该物质中存在不饱和键可以发生加成反应,含有羧基可以发生取代(酯化)反应,D项正确。
方法技巧“三步法”突破有机化合物的结构与性质题:
对点演练
1- 1.(2023广西柳州模拟)香叶醇是一种重要香料,其结构简式如图所示。下列有关该物质叙述正确的是(　　)。
A.分子式为C10H16O
B.所有碳原子一定处于同一平面
C.1 mol该物质与足量钠反应得2 g H2
D.能发生加成反应和取代反应
D
解析 根据香叶醇的键线式,可知分子式为C10H18O,A项错误;分子中含有2个碳碳双键,由于单键可以旋转,碳原子可能不在同一平面上,B项错误;香叶醇分子中含有1个羟基,1 mol该物质与足量钠反应生成0.5 mol氢气,生成氢气的质量为1 g,C项错误;香叶醇含有碳碳双键能发生加成反应,含有羟基能发生取代反应,D项正确。
1- 2. 分枝酸可用于生化研究,在某些植物的生物合成系统中作为中间体,是一种重要的化合物,其结构如图所示。下列关于分枝酸的叙述正确的是(　　)。
A.分枝酸的分子式为C10H8O6
B.该物质最多可与2 mol氢气加成
C.可与乙醇、乙酸反应,且反应类型相同
D.1 mol分枝酸最多可与3 mol NaOH发生中和反应
C
解析 根据结构简式可知,分枝酸的分子式为C10H10O6,A项错误。 分子中只有碳碳双键与氢气发生加成反应,该物质最多可与3 mol氢气加成,B项错误。含有羧基和羟基,可与乙醇、乙酸反应,且反应类型均是取代反应,C项正确。分子中只有羧基与氢氧化钠反应,1 mol分枝酸最多可与2 mol NaOH发生中和反应,D项错误。
考向2　有机反应的类型
真题示例
2- 1.(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
B
解析 由乳酸生成聚乳酸的反应为缩聚反应,n分子乳酸缩聚生成聚乳酸
,同时生成(n-1)个水分子,A项说法正确;聚乳酸分子中
存在酯基,链端还有羧基和羟基,B项说法错误;乳酸分子中的羟基和羧基均能与Na反应,1 mol乳酸与足量的Na反应可生成1 mol氢气,C项说法正确;
两分子乳酸通过分子间酯化反应可以生成六元环状分子 ,
D项说法正确。
2- 2.(2021全国甲)由G生成H分两步进行:反应①是在酸催化下水与环氧化合物的加成反应,则反应②的反应类型为　　　　　　　　　　。
水解反应(或取代反应)
【解题思路】
对比有机化合物G和H的分子结构差异,确定反应类型:
方法技巧从两个角度判断有机反应的类型。
(1)根据有机化合物的结构推测:①加成反应——有机化合物含有双键、三键、苯环、醛基、酮羰基等,均可与H2发生加成反应;②取代反应——烷烃、苯及同系物、醇、酚、胺、羧酸等都可发生取代反应;③酯化反应——有机化合物含有羟基或羧基;④消去反应——有机化合物含有醇羟基(或卤素原子),且邻位碳原子连有氢原子。
(2)根据反应条件推测:①Br2的四氯化碳溶液(或溴水)——碳碳双键或碳碳三键的加成反应;②浓硫酸、加热——酯化反应或醇的消去反应;③NaOH的水溶液、加热——卤代烃(或酯)的水解反应;④NaOH的醇溶液、加热——卤代烃的消去反应;⑤X2、光照(或加热)——烷烃或苯的同系物侧链上的取代反应;⑥“HNO3(浓硫酸)”——苯环上的取代反应。
对点演练
2- 1.(2022山东卷改编)
B→C的反应类型为_______________。
取代反应
2- 2.(2021广东卷改编)天然产物Ⅴ具有抗疟活性,某研究小组以化合物Ⅰ为原料合成Ⅴ的路线如下(部分反应条件省略,Ph表示—C6H5):
反应②③④中属于还原反应的有　　　　,属于加成反应的有　　　　。
②
②④
考向3　有机化合物的制备实验
真题示例
(2022山东卷)已知苯胺(液体)、苯甲酸(固体)微溶于水,苯胺盐酸盐易溶于水。实验室初步分离甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如下。下列说法正确的是(　　)
A.苯胺既可与盐酸也可与NaOH溶液反应
B.由①、③分别获取相应粗品时可采用相同的操作方法
C.苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得
D.①、②、③均为两相混合体系
C
解析 由题给流程可知,向甲苯、苯胺、苯甲酸的混合溶液中加入盐酸,盐酸将微溶于水的苯胺转化为易溶于水的苯胺盐酸盐,分液得到水相Ⅰ和有机相Ⅰ;向水相Ⅰ中加入氢氧化钠溶液将苯胺盐酸盐转化为苯胺,分液得到苯胺粗品①;向有机相Ⅰ中加入水洗涤除去混有的盐酸,分液得到废液和有机相Ⅱ,向有机相Ⅱ中加入碳酸钠溶液将微溶于水的苯甲酸转化为易溶于水的苯甲酸钠,分液得到甲苯粗品②和水相Ⅱ;向水相Ⅱ中加入盐酸,将苯甲酸钠转化为苯甲酸,经蒸发结晶、过滤、洗涤得到苯甲酸粗品③。苯胺分子中含有的氨基能与盐酸反应,不能与NaOH溶液反应,A项错误;由分析可知,得到苯胺粗品①的分离方法为分液,得到苯甲酸粗品③的分离方法为蒸发结晶、过滤、洗涤,获取两者粗品的操作方法不同,B项错误;苯胺粗品、甲苯粗品、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得,C项正确;①、②为有机相,③为固相,都不是两相混合体系,D项错误。
方法技巧“三步法”突破有机化合物的制备实验题。
(1)明确有机化合物制备反应的原理,结合有机反应规律,推测是否存在副反应及副产物。
(2)考虑有机化合物的物理性质(如溶解性、密度、沸点等),确定分离提纯有机化合物的方法(如分液、蒸馏等)。
(3)考虑有机化合物制备的操作及注意事项,如碎瓷片、冷凝管、长导管的作用,温度计的使用等,对各个选项作出合理分析、判断,得出答案。
对点演练
2-甲基-2-氯丙烷密度小于水的密度,在工业生产中是重要的化工原料,实验室中可由叔丁醇与浓盐酸反应制备,路线如下:
下列说法错误的是(　　)。
A.由叔丁醇制备2-甲基-2-氯丙烷的反应类型为取代反应
B.用5% Na2CO3溶液洗涤分液时,有机相在分液漏斗的下层
C.无水CaCl2的作用是除去有机相中残存的少量水
D.蒸馏除去残余反应物叔丁醇时,产物先蒸馏出体系
B
解析 由叔丁醇制备2-甲基-2-氯丙烷,Cl原子取代—OH,属于取代反应,A项正确。有机相中主要是2-甲基-2-氯丙烷,其密度小于水的密度,故用5% Na2CO3溶液洗涤分液时,有机相在分液漏斗的上层,B项错误。加入无水CaCl2进行干燥,除去有机相中残存的少量水,再进行蒸馏得2-甲基-2-氯丙烷,C项正确。2-甲基-2-氯丙烷的沸点低于叔丁醇(分子间形成氢键),故蒸馏时,2-甲基-2-氯丙烷先蒸馏出体系,D项正确。
【易错易混 防范失分】
判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。
(1)有机化合物加入新制的氢氧化铜,加热,产生砖红色沉淀,则该有机化合物一定是醛类。(　　)
×
√
√
×
考点三　有机化合物的合成与推断
【要点归纳 夯基提能】
一、有机化合物的结构推断
确定有机化合物分子结构的关键
1.根据有机反应的特殊现象推断有机化合物的官能团
(3)遇FeCl3溶液发生显色反应或加入浓溴水出现白色沉淀,则该有机化合物中含有酚羟基。
(4)加入新制的氢氧化铜并加热,有砖红色沉淀生成(或加入银氨溶液并水浴加热有银镜出现),则该有机化合物中含有—CHO。
(5)加入金属钠,有H2产生,则该有机化合物中可能有—OH 或—COOH。
(6)加入NaHCO3(或Na2CO3)溶液有气体放出,则该有机化合物中含有—COOH。
2.根据特征产物推断碳骨架结构或官能团的位置
(1)醇的催化氧化产物与分子结构的关系。
(2)由消去反应的产物可确定“—OH”或“—X”的位置。
(3)由取代产物的种类或氢原子化学环境可确定碳骨架结构。有机化合物取代产物越少或相同化学环境的氢原子数越多,说明该有机化合物结构的对称性越高,因此可由取代产物的种类或氢原子种类联想到该有机化合物碳骨架结构的对称性而快速进行解题。
(4)由加氢后的碳骨架结构可确定碳碳双键或碳碳三键的位置。
(5)由有机化合物发生酯化反应能生成环酯或聚合物,可确定该有机化合物是含羟基的羧酸;根据酯的结构,可确定 —OH与—COOH的相对位置。
3.根据有机反应的定量关系推断官能团的数目
微点拨①1 mol酮羰基、醛基、碳碳双键消耗1 mol H2;1 mol碳碳三键消耗2 mol H2;②1 mol苯环消耗3 mol H2;③羧基、酯基、酰胺基一般不与H2发生加成反应。
二、有机化合物的合成路线设计
1.有机合成中官能团的变化
(1)官能团的引入(或转化)。
官能 团的 引入 —OH ①烯烃与水的加成反应;②卤代烃的水解反应;③醛、酮与H2的加成反应;④酯的水解反应
—X ①烷烃的卤代反应;②烯(炔)烃与X2或HX的加成反应;③醇的取代反应
①R—OH和R—X的消去反应;②炔烃的加成反应
—CHO ①某些醇(R—CH2OH)的氧化反应;②烯烃的氧化反应;③炔烃与水的加成反应;④糖类的水解反应
—COOH ①—CHO的氧化;②某些苯的同系物被KMnO4(H+)溶液氧化;③羧酸盐(RCOONa)酸化;④酯的水解;⑤酰胺基的水解
—COO—(酯基) 酯化(取代)反应
(2)官能团的保护。
被保护的官能团 被保护的官能团性质 保护方法
碳碳 双键 易与卤素单质加成,易被氧气、臭氧、H2O2溶液、酸性高锰酸钾溶液氧化 用氯化氢先通过加成转化为氯代物,后用NaOH醇溶液通过消去反应重新转化为碳碳双键
微点拨消除官能团的常用方法:①双键(C=C或C=O):加成反应;②羟基(—OH):消去、氧化、酯化反应;③醛基(—CHO):还原和氧化反应。
2.掌握常考的增长(或缩短)碳链的方法
羟醛缩合反应
还原后可引入烃基
微点拨设计合成路线时,要选择合成步骤少、副反应少、反应产率高、试剂成本低、试剂毒性小、反应条件温和、操作简单、污染物排放少的路线。
【明确考向 真题演练】
考向1　有机化合物的结构推断
真题示例
(2023浙江1月选考)某研究小组按下列路线合成抗癌药物盐酸苯达莫司汀。
请回答:
(1)化合物A的官能团名称是　　　　　。
(2)化合物B的结构简式是　　　　　。
(3)下列说法正确的是　　　　　。
A.B→C的反应类型为取代反应
B.化合物D与乙醇互为同系物
C.化合物I的分子式是C18H25N3O4
D.将苯达莫司汀制成盐酸盐有助于增加其水溶性
(4)写出G→H的化学方程式:　　　　　　　　　　。
(5)设计以D为原料合成E的路线(用流程图表示,无机试剂任选)。
(6)写出3种同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式:
　　　　　　　　　　。
①分子中只含一个环,且为六元环;
②1H-NMR谱和IR谱检测表明:分子中共有2种不同化学环境的氢原子,无氮氮键,有乙酰基( )。
(3)B→C的反应中B中一个硝基转化为氨基,反应类型为还原反应,A项错误;化合物D中含有两个羟基,与乙醇不是同系物,B项错误;化合物I的分子式是C18H27N3O4,C项错误;将苯达莫司汀制成盐酸盐,可以增加其水溶性,利于吸收,D项正确。
方法技巧解答有机合成与推断题的基本思路。
(1)顺推法:通过已知的原料,以有机化合物的结构、性质、转化条件和实验现象等为主线,采用正向分析及推理,确定未知有机化合物。
(2)逆推法:通过已知的目标产物,以有机化合物的结构、性质、转化条件和实验现象等为主线,采用逆向分析及推理,确定未知有机化合物。
(3)综合法:综合应用顺推法和逆推法进行推理,确定未知有机化合物。
对点演练
(2022辽宁卷)某药物成分H具有抗炎、抗病毒、抗氧化等生物活性,其合成路线如下:
已知:
回答下列问题:
(1)A的分子式为　　　　　。
(2)在NaOH溶液中,苯酚与CH3OCH2Cl反应的化学方程式为　　　　　。
(3)D→E中对应碳原子杂化方式由　　　　变为　　　　　,PCC的作用为　　　　　　　　　　。
(4)F→G中步骤ⅱ实现了由　　　　　　到　　　　　的转化(填官能团名称)。
(5)I的结构简式为　　　　　　　　　　。
(6)化合物I的同分异构体满足以下条件的有　　　　种(不考虑立体异构);
ⅰ.含苯环且苯环上只有一个取代基
ⅱ.红外光谱无醚键吸收峰
其中,苯环侧链上有3种不同化学环境的氢原子,且个数比为6∶2∶1的结构简式为　　　　 　　　　 　　　　 　　　　 (任写一种)。
解析 (1)由A的结构简式可知,A是在甲苯结构基础上由羟基和硝基各自取代苯环上的一个氢原子,所以A的分子式为C7H7NO3。
(3)根据D、E的结构简式可知,D→E发生了羟基到酮羰基的转化,对应碳原子杂化方式由sp3变为sp2;由D→E的结构变化可知,PCC的作用为选择性将分子中的羟基氧化为羰基。
(4)由题给已知信息可知,F→G的步骤ⅰ中F与化合物I在强碱的作用下发生已知信息的反应得到碳碳双键,对比F与G的结构简式可知,步骤ⅱ发生了由硝基到氨基的转化。
考向2　有机合成路线的设计
真题示例 (2021河北卷节选)
答案
【解题思路】
(1)对比W和初始原料的分子结构差异:
方法技巧解答有机合成路线设计题的流程。
(1)解题流程。
表达方式 基础原料→中间产物→中间产物→……→目标有机产物
总体思路 根据目标有机化合物分子与原料分子的差异构建碳骨架和实现官能团的转化 始终抓住合成有机化合物的两大任务
设计关键 已知信息和原合成路线中流程的应用 对照有机化合物和原合成路线中关键有机化合物的结构,确定关键合成步骤
(2)根据题中“显性信息”设计合成路线。
有机合成路线设计一般会用到已知信息中的反应,解题时首先要解读已知信息,对比官能团的变化,然后结合原料和目标产物的组成及结构,分析其他转化步骤,最后写出最佳合成路线。
(3)根据题中“隐性信息”设计合成路线。
若题中未提供已知信息,合成路线的设计需要根据原合成路线中某些关键步骤,挖掘“隐性信息”,一般先关注原合成路线中具有特殊合成条件的步骤,再与官能团的转化相结合,设计合理的合成路线。
对点演练
【易错易混 防范失分】
判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。
(1)若有机化合物A氧化生成B,B氧化生成C,则B可能是醛,A可能含有—CH2OH。(　　)
√
×
√
√
专项突破 素能提升
六、有机合成与推断
【热点专攻】
有机合成与推断综合题是高考中有机化学基础模块的重要考查形式,该题型大多提供学术探索情境,以新型有机药物、材料等合成路线为载体,并结合题目所给物质结构、性质反应信息,综合考查有机化合物的推断、官能团的结构与性质、有机反应类型的判断、有机化学方程式的书写、同分异构体的书写等知识点,通常有4~5个设问,命题情境新颖,试题的综合性强,考查知识全面,难度一般较大,大多以框图转化关系形式呈现,侧重考查考生的理解与辨析能力、分析与推测能力、归纳与论证能力。
【解法导引】 解答有机合成与推断题的关键是抓住有机化合物之间的转化条件、部分有机化合物的结构、题给已知反应信息等,推断未知有机化合物的结构简式,再结合各小题的具体要求,进行分析、作答。有机合成与推断题的基本框架结构如下:
【思维建模】 有机合成与推断题的解题思路
(1)审题——正确解题的基础。
看清题中已知信息和框图信息,综合已知信息和框图信息,理解物质的转化过程。
(2)分析——正确解题的关键。
①看碳骨架结构变化:根据已知物质的结构简式,确定反应前后碳骨架的增减、形状的变化(如碳链变成了碳环),确定反应过程。
②看官能团变化:如果反应中已经给出了部分物质的结构简式,可对比这些物质的结构简式,确定未知物质的结构和反应过程。
③看反应条件:观察反应过程的条件,可推断物质变化过程中可能发生的反应和反应类型。
(3)解题——正确解题的步骤。
有机推断的过程完成后,分析题中问题,确定所要书写的有机化合物的结构、重要的反应等,解答时要注意规范书写有机化合物的结构简式,特别注意氢原子数的书写,有些题目解答过程可能和分析过程交替进行,从而使解题过程不断深入,此外有些题目的问题中也蕴含着解题的信息,应注意合理运用。
(4)检查——正确解题的保证。
最后要对照试题认真地检查核对,避免失误。
【题型突破】
(2022海南卷改编)黄酮哌酯是一种解痉药,可通过如下路线合成:
回答问题:
(1)A→B的反应类型为　　　　　　　　　　。
(2)已知B为一元强酸,室温下B与NaOH溶液反应的化学方程式为
　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)C的化学名称为　　　　　,D的结构简式为　　　　　。
(4)E和F可用　　　　　　(写出试剂)鉴别。
(5)X是F的同分异构体,符合下列条件。X可能的结构简式为　　　　　(任写一种)。
①含有酯基
②含有苯环
③核磁共振氢谱有两组峰
(6)已知酸酐能与羟基化合物反应生成酯。写出下列F→G反应方程式中M(有机物)和N的结构简式　　　　　、　　　　　。
答案 (1)取代反应
【解题思路】
(4)由E、F的结构简式可知,两者均有—COOH,而F中含有—OH(酚),可用FeCl3溶液遇酚显紫色的特点鉴别二者。
(5)第一步:官能团及结构分析
由F的结构简式可知,其同分异构体X的分子式为C10H10O4(不饱和度为6),且含有酯基(不饱和度为1)和苯环(不饱和度为4),由X的核磁共振氢谱有两组峰可知,X有两种等效氢原子,故苯环上的取代基应相同,为2个酯基
(—OOC—)且位于苯环的对位,剩余2个饱和碳原子。
第二步:基团“组装”
根据酯基的位置不同,符合条件的X的结构有
(6)根据已知条件:酸酐能与羟基化合物反应生成酯,结合元素守恒与物质结构关系可知,F与苯甲酸酐反应的化学方程式为
第二步:路线整合
由此可得合成路线:
应考训练
1.(2022湖南卷)物质J是一种具有生物活性的化合物。该化合物的合成路线如下:
回答下列问题:
(1)A中官能团的名称为　　　　　　、　　　　　　;
(2)F→G、G→H的反应类型分别是　　　　　　　、　　　　　　　;
(3)B的结构简式为　　　　　　　　;
(4)C→D反应方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;
(6)1
(7)
(6)根据题干信息,连接四种不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子,分析可知I分子中有一个手性碳原子,如图所示(标“*”的碳原子为手性碳原子)。
(7)结合题给信息①、②,及由G到I的转化过程可知,可先将
2.(2022山东卷改编)支气管扩张药物特布他林(H)的一种合成路线如下:
回答下列问题:
(1)A→B反应条件为　　　　　　　　;B中含氧官能团有　　　　种。
(2)B→C反应类型为　　　　　　　　　,该反应的目的是　 。
(3)D结构简式为　　　　　　　　　;E→F的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)H的同分异构体中,仅含有—OCH2CH3、—NH2和苯环结构的有
　　　　种。
(5)根据上述信息,写出以4-羟基邻苯二甲酸二乙酯为主要原料制备
的合成路线。
答案 (1)浓硫酸、加热　2 (2)取代反应　保护酚羟基
(3)CH3COOC2H5
解析 本题考查有机反应的条件、反应类型、反应目的,结构简式的书写,官能团的识别,有机方程式的书写,同分异构体数目的判断,有机合成。
(1)由C的结构简式和有机物的转化关系,结合已知信息Ⅰ可知,A为
(4)由H的同分异构体中仅含有—OCH2CH3和—NH2可知,分子中有3个—OCH2CH3和1个—NH2,因此H的同分异构体可以视作(共206张PPT)
物质结构与性质
专题七
内容索引
01
02
03
考点一　原子结构　化学用语
考点二　元素周期表　元素周期律
考点三　化学键　分子间作用力
04
考点四　分子结构与性质
05
考点五　晶体结构与性质
06
专项突破 素能提升
【考情分析 定向备考】
高频考点 两年考向 命题角度再思考
1.原子结构　化学用语 考向1.原子结构[2022山东卷,3] [2022湖南卷,18][2022广东卷,20] [2021山东卷,16][2021广东卷,3] [2021河北卷,5][2021湖南卷,18] [2021广东卷,20][2021河北卷,17] 考向2.化学用语[2023湖南卷,2] [2023浙江1月选考,3][2022湖南卷,6] [2022浙江6月选考,5][2020海南卷,3] [2020江苏卷,2] 考向1.在非选择题中,以小切口方式考查,侧重核外电子的排布规律和特点的考查,试题难度较小。
考向2.在选择题和非选择题中均会出现考查,重点考查各类化学用语的书写或正误判断。
高频考点 两年考向 命题角度再思考
2.元素周期表　元素周期律 考向1.元素推断与元素的“位”“构”“性” [2023湖北卷,6][2023辽宁卷,9] [2023浙江1月选考,10][2022全国甲,12] [2022浙江6月选考,16][2021浙江卷,15] 考向2.元素周期律及其应用 [2022广东卷,7][2022湖南卷,5] [2021广东卷,13] 考向1.以各类信息给予的方式,考查元素的推断,据此考查元素周期律。
考向2.指定元素间的性质差异或判断,能够从理论上予以解释。
高频考点 两年考向 命题角度再思考
3.化学键　分子间作用力 考向1.化学键类型 [2022湖南卷,2、18][2022广东卷,20] [2022全国乙,35节选][2021湖南卷,7] 考向2.化学键、分子间作用力对物质性质的影响[2023全国甲,35] [2023湖北卷,7][2022海南卷,10] 考向1.给出粒子的结构,判断其中化学键的类型或求各类化学键的个数比例。
考向2.对物质内或物质间的作用力进行分析,并解释其与性质间的关系。
高频考点 两年考向 命题角度再思考
4.分子结构与性质 考向1.分子的空间结构[2023全国乙,35] [2022湖南卷,18][2022湖北卷,11] 考向2.分子的性质[2022广东卷,20] [2022山东卷,16节选] [2022湖南卷,18节选][2021全国乙,35] [2021全国甲,35] 考向1.指定物质或粒子内中心原子的杂化类型或空间结构的判断。
考向2.分析解释物质性质差异的原因。
高频考点 两年考向 命题角度再思考
5.晶体结构与性质 考向1.晶体类型与性质[2022北京卷,9] [2022浙江1月选考,26节选] [2022全国乙,35节选][2021浙江卷,26] 考向2.晶胞结构及其相关计算 [2023湖北卷,15][2023湖南卷,11] [2023全国甲,35][2022湖南卷,18] [2022广东卷,20][2021河北卷,17] 考向1.根据物质的类别或性质,判断晶体类型,或解释晶体性质差异的原因。
考向2.给定晶胞结构,对粒子空间位置坐标、密度或粒子间距离进行计算。
考点一　原子结构　化学用语
【要点归纳 夯基提能】
原子在化学变化中改变的是核外电子
1.原子或离子中各粒子间的数量关系
(1)对于原子:质子数=核电荷数=核外电子数=原子序数。
(2)质量数=质子数+中子数。
(3)对于阳离子:质子数=阳离子的核外电子数+阳离子所带正电荷数。
(4)对于阴离子:质子数=阴离子的核外电子数-阴离子所带负电荷数。
“同”的是质子数,“不同”的是中子数
2.元素、核素、同位素之间的关系
3.基态原子核外电子排布规律
两原理一规则
(1)能量最低原理。
构建基态原子时,电子将尽可能地占据能量最低的原子轨道,使整个原子的能量最低。
(2)泡利原理。
每个原子轨道最多容纳两个电子且自旋状态必须相反。
(3)洪特规则。
基态原子中,填入简并轨道的电子总是先单独分占,且自旋平行。
4.表示基态原子核外电子排布的四种方法
表示方法 举例
电子排布式 Cr:1s22s22p63s23p63d54s1
简化电子排布式 Cu:[Ar]3d104s1
价层电子排布式 Fe:3d64s2
轨道表示式 O:
微点拨对于20号后的第四周期元素的简化电子排布式容易忽视3d轨道上的电子。
5.规范化学用语中的“1图”“2模型”“8式”
微点拨书写结构简式时,可以省略单键,碳碳双键和碳碳三键不可省略,部分碳氧双键也可省略。
【明确考向 真题演练】
考向1　原子结构
真题示例
B
解析 本题考查核素、同位素、示踪原子、分子稳定性以及质子数、中子数和质量数之间的关系。
1- 2.(2021广东卷)“天问一号”着陆火星,“嫦娥五号”采回月壤。腾飞中国离不开化学,长征系列运载火箭使用的燃料有液氢和煤油等化学品。下列有关说法正确的是(　　)。
A.煤油是可再生能源
B.H2燃烧过程中热能转化为化学能
C.火星陨石中的20Ne质量数为20
D.月壤中的3He与地球上的3H互为同位素
C
解析 煤油是化石燃料,为不可再生能源,A项错误;H2燃烧过程中化学能转化为热能,B项错误;20Ne中左上角的20为质量数,C项正确;3He和3H为不同的元素,不互为同位素,D项错误。
A.H3XO3可用于中和溅在皮肤上的NaOH溶液
B.Y单质在空气中燃烧的产物是Y2O2
C.X和氢元素形成离子化合物
D.6Y和7Y互为同素异形体
A
解析 依据信息“Y在化合物中显+1价”和核反应方程式,可推出元素X、Y分别为B(硼)和Li(锂)。H3BO3属于弱酸,可用于中和溅在皮肤上的NaOH溶液,A项正确。锂单质在空气中燃烧的产物是氧化锂(Li2O),B项错误。B元素和H元素形成的是共价化合物,C项错误。6Li和7Li属于同位素,D项错误。
1- 4.(1)(2021山东卷节选)非金属氟化物在生产、生活和科研中应用广泛。基态氟原子核外电子的运动状态有　　　　种。
(2)(2021湖南卷节选)基态硅原子最外层电子的轨道表示式为　　　　　　。
(3)(2021广东卷节选)基态硫原子的价层电子排布式为　　　　　　。
(4)(2021河北卷节选)KH2PO4晶体具有优异的非线性光学性能。我国科学工作者制备的超大KH2PO4晶体已应用于大功率固体激光器,填补了国家战略空白。回答下列问题:
①在KH2PO4的四种组成元素各自所能形成的简单离子中,核外电子排布相同的是　　　　　　(填离子符号)。
②原子中运动的电子有两种相反的自旋状态,若一种自旋状态用+ 表示,与之相反的用- 表示,称为电子的自旋磁量子数。对于基态的磷原子,其价电子自旋磁量子数的代数和为　　　　。
(3)基态硫原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4,因此基态硫原子的价层电子排布式为3s23p4。
(4)①在KH2PO4四种组成元素各自形成的简单离子中,K+与P3-的核外电子排布相同。
1- 1. 下列化学用语的表示正确的是(　　)。
A.O2和O3互为同位素
对点演练
B
解析 O2和O3是由相同元素形成的不同单质,互为同素异形体,A项不符合题意;甲基中的碳原子与三个氢原子形成三个共价键,B项符合题意;基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,基态Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6,其价层电子排布式为3d6,C项不符合题意;根据洪特规则,2p能级上的电子应当分别排布在两个不同的轨道中,且自旋平行,D项不符合题意。
A
1- 3.(1)钛元素基态原子核外最外层电子的自旋状态　　　　　　(填“平行”或“相反”)。
(2)钛元素位于元素周期表的　　　　区。
(3)基态Ni原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图的形状为　　　　。
(4)As与N同主族,基态As原子的电子排布式为　　　　　　　　　　　。
答案 (1)相反　(2)d　 (3)球形
(4)1s22s22p63s23p63d104s24p3
解析 (1)钛为22号元素,基态钛原子的电子排布式为[Ar]3d24s2,则基态钛原子的价层电子排布式为3d24s2,原子核外最外层电子数为2,自旋相反。
(2)钛是22号元素,基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2 ,价电子最后填入d轨道,故为d区元素
(3)Ni的原子序数为28,核外有4个能层,最高能层中电子占据的能级为4s,其电子云形状为球形。
(4)As是33号元素,其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3。
考向2　化学用语
真题示例
C
解析 本题主要考查原子结构、化学用语。
HClO中心原子为氧原子,A项正确;原子中,质子数+中子数=质量数,即8+10=18,B项正确;NH3中的氮原子为sp3杂化,NH3的VSEPR模型(价层电子对互斥模型)为四面体形,而NH3的分子结构为三角锥形,C项错误;N原子最外层有5个电子,价电子排布图中的电子排布符合泡利原理和洪特规则,D项正确。
C
D
2- 4.(2020江苏卷)反应8NH3+3Cl2 === 6NH4Cl+N2可用于氯气管道的检漏。下列表示相关粒子的化学用语正确的是(　　)。
D.Cl-的结构示意图:
C
方法技巧1.“三步法”判断化学用语的正误。
2.书写电子式的一般思路。
对点演练
2- 1.下列化学用语的表达正确的是(　　)。
A
2- 2. 下列有关化学用语的表述不正确的是(　　)。
A.氮原子的核外电子的轨道表示式:
B
2- 3. (1)基态Se原子的核外电子排布式为　　　　　　　　,其能量最高的轨道的电子云形状为　　　　　　　　。
(2)基态铜原子的价层电子排布式为　 。
(3)Cd与Zn同族且相邻,若基态Cd原子将次外层1个d电子激发进入最外层的np能级,则该激发态原子的价层电子排布式为　　　　　　　　。Cd原子中第一电离能相对较大的是　　　　(填“基态”或“激发态”)原子。
(4)基态钛原子的价层电子的轨道表示式为　　　　　　　　　　,与钛同周期的过渡元素中,基态原子的成对电子数与钛相同的有　　　　种。
答案 (1)[Ar]3d104s24p4　哑铃形 (2)3d104s1 (3)4d95s25p1　基态
解析 (1)Se的原子序数为34,位于第四周期第ⅥA族,基态Se原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4,其能量最高的轨道为4p轨道,电子云形状为哑铃形。
(2)Cu为29号元素,基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,价层电子排布式为3d104s1。
(3)Cd与Zn同族且相邻,所以基态Cd原子的价层电子排布式应为4d105s2,基态原子将4d能级的一个电子激发进入5p能级得到激发态原子,所以该激发态原子的价层电子排布式为4d95s25p1;基态原子的能量最低,最稳定,所以基态原子的第一电离能相对较大。
(4)Ti是22号元素,位于周期表中第四周期第ⅣB族,价层电子排布式为3d24s2,价层电子的轨道表示式为 。与Ti同周期的所有过渡元素的基态原子中成对电子数与钛相同的有Sc、V、Mn,共计3种。
【易错防范 不失分】
判断正误(正确的画“√”,错误的画“×)”。
(1)电子排布在同一能级的不同轨道时,排满一个轨道排下一个轨道。
(　　)
(2)基态Ge原子价层电子排布式为4s24p2。 (　　)
(3)基态氧原子的未成对电子数比基态氮原子多。(　　)
(4)基态氮原子价层电子的轨道表示式为 。(　　)
×
√
×
×
考点二　元素周期表　元素周期律
【要点归纳 夯基提能】
1.原子序数与元素位置的“序数差值”规律
(1)同周期相邻主族元素的“序数差值”规律。
同周期第ⅡA族和第ⅢA族元素,其原子序数差分别是:第二、三周期相差1,第四、五周期相差11,第六、七周期相差25。其余同周期相邻元素的原子序数差为1。
(2)同族相邻元素的“序数差值”规律。
①第二、三周期的同族元素原子序数相差8。
②第三、四周期的同族元素原子序数相差有两种情况:第ⅠA族、第ⅡA族相差8,其他族相差18。
③第四、五周期的同族元素原子序数相差18。
④第五、六周期的同族元素原子序数镧系之前的相差18,镧系之后的相差32。
⑤第六、七周期的同族元素原子序数相差32。
2.通过“三看”比较粒子半径大小
在中学化学要求的范围内,可按“三看”规律来比较粒子半径的大小。
“一看”电子层数:一般情况下,当电子层数不同时,电子层数越多,半径越大。
例如:r(Li)r(Na+)。
“二看”核电荷数:当电子层数相同时,核电荷数越大,半径越小。
相同电子层结构的离子半径规律是“序大径小”
例如:r(Na)>r(Mg)>r(Al)>r(Si)>r(P)>r(S)>r(Cl)、r(O2-)>r(F-)>
r(Na+)>r(Mg2+)>r(Al3+)。
“三看”核外电子数:当电子层数和核电荷数均相同时,核外电子数越多,半径越大。
例如:r(Cl-)>r(Cl)、r(Fe2+)>r(Fe3+)。
3.元素金属性、非金属性的多方面比较
金属性比较 本质 原子越易失电子,金属性越强
由失电子的难易判断金属性强弱,而不是失电子数的多少
判断 依据 ①一般来说,在金属活动性顺序中位置越靠前,金属性越强
②单质与水或非氧化性酸反应越剧烈,金属性越强
③单质还原性越强或离子氧化性越弱,金属性越强
④最高价氧化物对应水化物的碱性越强,金属性越强
⑤若存在反应Xn++Y→X+Ym+,则Y元素的金属性比X元素的金属性强
非金属性比较 本质 原子越易得电子,非金属性越强
判断 依据 ①与H2化合越容易,气态氢化物越稳定,非金属性越强
②单质氧化性越强,简单阴离子或氢化物的还原性越弱,非金属性越强
③最高价氧化物对应水化物的酸性越强,非金属性越强
④若存在反应An-+Bx→Bm-+Ay,则B元素的非金属性比A元素的非金属性强
4.第一电离能、电负性
(1)元素第一电离能的周期性变化规律及应用。
一般规律 同一周期,随着原子序数的增大,元素的第一电离能呈现增大的趋势,稀有气体元素的第一电离能最大,碱金属元素的第一电离能最小;同一主族,随着电子层数的增加,元素的第一电离能逐渐减小
特殊情况 第一电离能的变化与元素原子的核外电子排布有关。通常情况下,当原子核外电子排布在简并轨道上形成半满(p3、d5、f7)和全满(p6、d10、f14)结构时,原子的能量较低,该元素具有较大的第一电离能。同周期主族元素,第ⅡA族元素、第ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻的主族元素的第一电离能

第ⅢA族或第ⅥA族元素
应用 ①判断元素金属性的强弱:电离能越小,金属原子越容易失去电子,金属性越强;反之越弱。
②判断元素的化合价(I1、I2……表示各级电离能):如果某元素的In+1 In,则该元素的常见化合价为+n价。如钠元素I2 I1,所以钠原子的最外层电子数为1,其常见化合价为+1价。
③判断核外电子的分层排布情况:多电子原子中,元素的各级电离能逐渐增大,有一定的规律性。当电离能的变化出现突变时,电子所在的电子层数就可能发生变化
(2)电负性大小的判断。
规律 一般来说,在周期表中,同周期主族元素的电负性从左到右逐渐增大,同主族元素从上往下逐渐减小
【明确考向 真题演练】
考向1　元素推断与元素的“位”“构”“性”
真题示例
1- 1.(2022浙江6月选考)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
B
【解题思路】
第一步:元素推断
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。
第二步:逐项分析
1- 2.(2023浙江1月选考)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
B
解析 X的2s轨道全充满,X为Be;Y的s能级电子数量是p能级的两倍,Y为C;M是地壳中含量最多的元素,M为O;X、Y、Z、M、Q五种短周期元素,原子序数依次增大,则Z为N;Q是纯碱中的一种元素,则Q为Na。同一周期元素从左至右,电负性逐渐增大,电负性N>Be,A项正确;N最高正价为+5价,O无最高正价,最高正价N>O,B项错误;Na和O形成的过氧化钠中含有非极性共价键,C项正确;非金属性越强,最高价氧化物对应水化物的酸性越强,非金属性N>C,硝酸酸性强于碳酸,D项正确。
1- 3.(2020天津卷)短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。用表中信息判断下列说法正确的是(　　)。
最高价氧化 物的水化物 元素 X Y Z W
分子式 H3ZO4
0.1 mol·L-1溶液 对应的pH(25 ℃) 1.00 13.00 1.57 0.70
A.元素电负性:ZB.简单离子半径:WC.元素第一电离能:ZD.简单氢化物的沸点:XA
解析 由Z的最高价含氧酸为H3ZO4,且0.1 mol·L-1 H3ZO4溶液对应pH=1.57知,Z为P;由0.1 mol·L-1 Y的最高价氧化物的水化物的溶液的pH=13知,Y为Na;由X、Y、Z、W的原子序数依次增大,且0.1 mol·L-1 X的最高价氧化物的水化物的溶液的pH=1可知,X为N;由0.1 mol·L-1 W最高价氧化物的水化物溶液的pH<1可知,W为S。所以,电负性:S>P;离子半径:S2->Na+;因为P原子的价层电子排布式为3s23p3,3p能级为半充满状态,较稳定,故第一电离能:P>S;因为NH3分子间存在氢键,故氢化物的沸点:NH3>PH3。
1- 4.(2021浙江卷)已知短周期元素X、Y、Z、M、Q和R在周期表中的相对位置如图所示,其中Y的最高化合价为+3价。下列说法不正确的是(　　)。
A.还原性:ZQ2B.X能从ZQ2中置换出Z
C.Y能与Fe2O3反应得到Fe
D.M的最高价氧化物的水化物能与其最低价氢化物反应
A
解析 Y的最高化合价是+3价,则Y是Al,根据元素在周期表中的位置关系,X、Z、M、Q、R分别是Mg、C、N、S和Cl。硫的非金属性比氯的非金属性弱,所以CS2的还原性比CCl4强,A项错误。CS2与CO2性质相似,Mg能与CS2反应生成C和MgS,B项正确。铝与Fe2O3通过铝热反应可以置换出Fe,C项正确。M是氮元素,硝酸和氨反应可以生成NH4NO3,D项正确。
方法技巧“两步”快速突破元素推断题:
对点演练
1- 1. X、Y、Z、W、R是周期表中的短周期主族元素,原子序数依次增大。Y原子的最外层有4个电子,且未成对电子数和W相等,R和X同主族,RX为离子化合物。下列说法正确的是(　　)。
A.简单离子半径:r(R)>r(Z)>r(W)
B.元素电负性:Z>W>Y
C.Y、Z最高价氧化物对应水化物的酸性:Y>Z
D.W与R形成的化合物中可能含有共价键
D
解析 X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素, R和X同主族,RX为离子化合物,可知X为H,R为Na;Y原子的最外层有4个电子,Y为C,C的核外电子的轨道表示式为 ,有2个未成对电子,W的未成对电子数也为2,W为O,Z为N。Na+、N3-、O2-的核外电子排布相同,核电荷数越大,半径越小,故简单离子半径:r(R)Z>Y,B项错误。N的非金属性大于C的非金属性,非金属性越强,最高价氧化物对应水化物的酸性越强,故最高价氧化物对应水化物的酸性: Z>Y,C项错误。O和Na组成的Na2O2中既含有离子键又含有共价键,D项正确。
1- 2.(2023广东茂名一模)我国科学家合成了一种深紫外非线性光学晶体新材料ABPF,晶体中阴离子为[M11XY19Z3]3-。元素M、X、Y、Z均为短周期元素,M、Y与Z同周期,M的最外层电子数比次外层电子数多1,Z为电负性最大的元素,Y是地壳中含量最高的元素,X的3p轨道有3个电子。下列说法中不正确的是(　　)。
A.电负性:Y>X
B.简单离子半径:Y>Z
C.简单气态氢化物的稳定性:XD.M最高价氧化物对应水化物能与盐酸反应
D
解析 元素M、X、Y、Z均为短周期元素,M的最外层电子数比次外层电子数多1,说明M是B;Z为电负性最大的元素,说明Z是F;Y是地壳中含量最高的元素,说明Y是O;X的3p轨道有3个电子,说明X是P。电负性O>P,故Y>X,A项正确;电子层数相同,核电荷数越大,半径越小,故O2->F-,即Y>Z,B项正确;非金属性F>P,则简单气态氢化物的稳定性Z>X,C项正确;M最高价氧化物对应水化物为硼酸,硼酸不与盐酸反应,D项错误。
1- 3. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。基态X原子核外电子仅占据5个原子轨道且有3个未成对电子,Y在周期表中位于第ⅢA族,Z与X属于同一主族,基态W原子的核外有1个未成对电子。下列说法错误的是(　　)。
A.原子半径:Y>Z>W
B.最高价含氧酸的酸性:W>X>Z
C.简单氢化物的还原性:X>Z
D.X、Y、Z均可与W形成共价化合物
C
解析 基态X原子核外电子仅占据5个原子轨道且有3个未成对电子,则其核外电子排布式为1s22s22p3,为N元素;Z与X属于同一主族,则Z为P元素;Y在周期表中位于第ⅢA族,且原子序数大于N,则Y为Al元素;基态W原子的核外有1个未成对电子,且原子序数大于P,则W为Cl元素。同周期主族元素自左至右原子半径依次减小,所以半径Al>P>Cl,即Y>Z>W,A项正确。非金属性越强,最高价含氧酸的酸性越强,非金属性:Cl(W)>N(X)>P(Z),所以最高价含氧酸的酸性:W>X>Z,B项正确。非金属性越强,单质的氧化性越强,简单氢化物的还原性越弱,非金属性:N(X)>P(Z),则简单氢化物的还原性:Z>X, C项错误。N可以和Cl形成共价化合物NCl3,Al可以和Cl形成共价化合物AlCl3,P可以和Cl形成共价化合物PCl3、PCl5,D项正确。
考向2　元素周期律及其应用
真题示例
2- 1.(2022湖南卷)科学家合成了一种新的共价化合物(结构如图所示),X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素,W的原子序数等于X与Y的原子序数之和。下列说法错误的是(　　)。
A.原子半径:X>Y>Z
B.非金属性:Y>X>W
C.Z的单质具有较强的还原性
D.原子序数为82的元素与W位于同一主族
C
【解题思路】
第一步:依据物质的结构推断元素
第二步:逐项分析
2- 2.(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
C
解析 根据题干信息,戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸,在短周期元素中,符合此条件的可以是S或Cl。如果戊为S元素,则甲、乙、丙、丁分别为C、O、Si、P元素;如果戊为Cl元素,则甲、乙、丙、丁分别为N、F、P、S元素。但无论戊是什么元素,同周期的主族元素,原子序数越大,半径越小,原子半径丁>戊;同主族元素的原子序数越大,半径越大,原子半径戊>乙,则原子半径丁>戊>乙,A项正确,不符合题意;同周期主族元素的原子序数越大,非金属性越强,因此非金属性戊>丁>丙,B项正确,不符合题意;若戊为S元素,则甲为C元素,甲的氢化物如甲烷遇氯化氢无白烟产生,C项错误,符合题意;无论丙是Si元素还是P元素,其最高价氧化物对应的水化物均为酸,均可以与强碱反应,D项正确,不符合题意。
2- 3.(1)(2021山东卷节选)O、F、Cl电负性由大到小的顺序为　　　　　。
(2)(2020全国Ⅲ节选)H、B、N中,原子半径最大的是　　　　　　　　。根据对角线规则,B的一些化学性质与元素　　　　　　　　的相似。
(3)(2020江苏卷节选)C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为　　　　　　　　　　。
答案 (1)F>O>Cl (2)B　Si(硅) (3)N>O>C
解析 (1)O、F、Cl在元素周期表中的位置关系: ,所以电负性F>O、F>Cl,在氧与氯形成的化合物中氧为负价,故电负性O>Cl,所以电负性F>O>Cl。
(2)氢元素为第一周期元素,原子半径最小,B、N同为第二周期元素,根据“左大右小”可知,原子半径:B>N,故原子半径最大的为B。B为第二周期第ⅢA族元素,与其处于对角线位置的元素应为第三周期第ⅣA族元素,即硅元素。
(3)同周期,从左到右,第一电离能呈增大的趋势,但第ⅡA族元素的第一电离能大于第ⅢA族元素的第一电离能,第ⅤA族元素的第一电离能大于第ⅥA族元素的第一电离能,因此C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C。
对点演练
2- 1.(2023江苏统考一模)某用于中和胃酸的药物的有效成分为Mg6Al2(OH)16CO3·4H2O。下列说法正确的是(　　)。
A.电离能大小:I1(Al)B.电负性大小:χ(O)<χ(C)
C.半径大小:r(O2-)D.碱性强弱:Mg(OH)2A
解析 同一周期随着原子序数变大,第一电离能有变大的趋势,但是镁原子价电子为3s2,失去3s2上的电子比Al的3p1上的电子更难,故Al的第一电离能比Mg小,A项正确;同周期从左到右,金属性减弱,非金属性变强,元素的电负性增大,电负性大小:χ(O)>χ(C),B项错误;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,半径大小:r(O2-)>r(Mg2+),C项错误;金属性越强,最高价氧化物对应水化物的碱性越强,碱性强弱:Mg(OH)2>Al(OH)3,D项错误。
2- 2. 某种具有高效率电子传输性能的有机发光材料的结构简式如图所示。下列关于该材料组成元素的说法错误的是(　　)。
A.五种组成元素中有四种元素位于p区且均位于同一周期
B.原子半径:Al>C>N>O>H
C.气态氢化物的稳定性:H2O>NH3>CH4
D.基态N原子核外有7种运动状态不同的电子
A
解析 由 可知,组成该物质的元素有H、C、N、O和Al,基态
H原子的电子排布式为1s1,基态C元素的电子排布式为1s22s22p2,基态N原子的电子排布式为1s22s22p3,基态O原子的电子排布式为1s22s22p4,基态Al原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1,则由各元素基态原子的电子排布式可知,H位于第一周期,属于s区,而C、N、O均位于第二周期,均属于p区,Al位于第三周期,属于p区,A项错误。
2- 3. (1)Ti、Cl、O三种元素的电负性由大到小的顺序为　　　　　　　。
(2)(NH4)2Cr2O7中N、O、Cr三种元素的第一电离能由大到小的顺序是
　　　　　　　　　(填元素符号)。
(3)第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素为　　　　　　　　　(填元素符号)。
答案 (1)O>Cl>Ti
(2)N>O>Cr
(3)Mg、Si、S
解析 (2)N的第一电离能大于O,N、O为非金属元素,第一电离能均大于金属元素,所以N、O、Cr三种元素的第一电离能由大到小的顺序是N>O>Cr。
(3)同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势,但第ⅡA族和第ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素的第一电离能,故第三周期元素的第一电离能介于Al、P之间的元素有Mg、Si、S三种。
【易错防范 不失分】
判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。
(1)电负性大的元素的非金属性强。(　　)
(2)主族元素的电负性越大,元素原子的第一电离能一定越大。(　　)
(3)一般来说,在元素周期表中,同周期主族元素的电负性从左到右越来越大。(　　)
(4)在形成化合物时,电负性越大的元素越容易显示正价。(　　)
√
×
√
×
易错警示(1)第一电离能存在“异常”现象,如第ⅡA族、第ⅤA族元素。
(2)电负性大的元素原子对共用电子对的吸引能力强,在化合物中显负价。
考点三　化学键　分子间作用力
【要点归纳 夯基提能】
1.离子键、共价键及金属键的比较
化学键 类型 离子键 共价键(包括配位键) 金属键
非极性键 极性键 定义 阴、阳离子通过静电作用所形成的化学键 原子间通过共用电子对(电子云重叠)而形成的化学键 金属原子脱落下来的价电子形成遍布整块晶体的“电子气”,被所有原子共用,从而把所有金属原子维系在一起
成键粒子 阴、阳离子 原子 金属阳离子和自由电子
化学键类型 离子键 共价键(包括配位键) 金属键
非极性键 极性键 形成 条件 活泼金属元素与活泼非金属元素经电子得失,形成离子键 通常为同种元素原子之间成键 不同种元素原子之间成键 金属阳离子和自由电子间成键
形成的 物质 离子化合物 非金属单质;某些共价化合物或离子化合物 共价化合物或离子化合物 金属晶体
微点拨(1)离子键和金属键均含金属阳离子。
(2)离子化合物中的复杂阳离子和阴离子内含共价键。
2.化学键与物质类别的关系
(1)从以上可以看出,离子化合物一定含有离子键,离子键只能存在于离子化合物中。
(2)共价键可存在于离子化合物、共价化合物和一些非金属单质中。
(3)熔融状态下能导电的化合物是离子化合物,如NaCl。熔融状态下不能导电的化合物是共价化合物,如HCl。
3.σ键与π键的判断方法
判断方法 由轨道重叠方式判断 “头碰头”重叠为σ键,“肩并肩”重叠为π键
由共用电子对数判断 单键为σ键;双键或三键,其中一个为σ键,其余为π键
由成键轨道类型判断 s轨道形成的共价键全部是σ键;杂化轨道形成的共价键全部为σ键
理解 ①成键原子半径越大,越难形成π键,如Si等难形成双键。 ②σ键与π键由于原子轨道的重叠程度不同从而导致了两者的稳定性不同,一般σ键比π键稳定,但N2中π键较稳定。 ③并不是所有的共价键都有方向性,如s-s σ键没有方向性。 ④原子形成共价键时优先形成σ键。 ⑤配位键也属于σ键 4.三种作用力及对物质性质的影响
作用力类型 范德华力 氢键 共价键
作用粒子 分子 H与N、O、F 原子
强度比较 共价键>氢键>范德华力 影响因素 组成和结构相似的物质,相对分子质量越大,范德华力越大 形成氢键的元素的电负性 原子半径
对性质的影响 影响物质的熔点、沸点、溶解度等物理性质 分子间氢键使物质的熔点、沸点升高,使溶解度增大 键能越大,物质的稳定性越强
考向1　化学键类型
真题示例
【明确考向 真题演练】
1- 1.(2021湖南卷)W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素,Y的原子序数等于W与X的原子序数之和,Z的最外层电子数为K层的一半,W与X可形成原子个数比为2∶1的18e-分子。下列说法正确的是(　　)。
A.简单离子半径:Z>X>Y
B.W与Y能形成含有非极性键的化合物
C.X和Y的最简单氢化物的沸点:X>Y
D.由W、X、Y三种元素所组成化合物的水溶液均显酸性
B
解析 首先根据“Z的最外层电子数为K层的一半”可推知满足该条件的短周期元素有钠元素和锂元素,再依据“W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素”可排除锂元素,则Z为钠元素。再依据“W与X可形成原子个数比为2∶1的18e-分子”可推知W为氢元素,X为氮元素,二者所形成的18e-分子为肼(N2H4)。最后依据“Y的原子序数等于W与X的原子序数之和”可确定Y为氧元素。Na+、N3-和O2-具有相同的核外电子排布,根据“径小序大”规律可知,离子半径大小顺序为N3->O2->Na+,A项错误;氢和氧可形成H2O2,其结构式为H—O—O—H,其中含有非极性键,B项正确;氮元素、氧元素形成的最简单的氢化物分别为氨气和水,水的沸点高于液氨,C项错误;NH3·H2O由氢、氮、氧三种元素组成,其水溶液呈碱性,D项错误。
1- 2.(2020山东卷)B3N3H6(无机苯)的结构与苯类似,也有大π键。下列关于B3N3H6的说法错误的是(　　)。
A.其熔点主要取决于所含化学键的键能
B.形成大π键的电子全部由N提供
C.分子中B和N的杂化方式相同
D.分子中所有原子共平面
A
解析 由题意知,无机苯与苯结构相似,应属于分子晶体,其熔点取决于范德华力,A项错误;分子中所有原子共平面,D项正确;根据价键原理和题干信息,
无机苯的结构式为 ,该分子属于平面形分子,分子中N原
子和B原子都属于sp2杂化,N形成4个价键,故大π键的电子全部由N原子提供。
1- 3.(2023全国甲)酞菁和钴酞菁的分子结构如图所示。
酞菁分子中所有原子共平面,其中p轨道能提供一对电子的N原子是______ (填酞菁中N原子的标号)。钴酞菁分子中,钴离子的化合价为　　　　　,氮原子提供孤电子对与钴离子形成　　　键。
③
+2
配位
解析 酞菁分子中所有原子共平面,所有N原子都采用sp2杂化,则①②号N原子的孤电子对处于sp2杂化轨道,而③号N原子的孤电子对处于未杂化的p轨道。酞菁中③号N原子失氢,则Co为+2价。Co2+与N原子之间由N原子单方提供孤电子对形成配位键。
1- 4.(2022全国乙节选)一氯乙烯(C2H3Cl)分子中,C的一个　　　　　杂化轨道与Cl的3px轨道形成C—Cl　　　键。
sp2
σ
解析 一氯乙烯的结构式为 ,碳为双键碳,采取sp2杂化,因此C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C—Cl σ键。
方法技巧
对点演练
1- 1.(2023广东湛江一模)乙二胺( )是一种重要的有机化工原料,下列关于乙二胺的说法不正确的是(　　)。
A.易溶于水,其水溶液显碱性
B.H—C—H键角大于H—N—H键角
C.第二周期中第一电离能大于C小于N的元素只有一种
D.[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+中,提供孤电子对形成配位键的是Cu2+
D
解析 乙二胺中含氨基,能与水形成分子间氢键,易溶于水,其水溶液显碱性,A项正确;—NH2中含有孤电子对,孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对与成键电子对之间的排斥力,所以H—C—H键角大于H—N—H键角,B项正确;N的2p轨道为半充满状态,第一电离能大于同周期相邻元素,第二周期中第一电离能大于C小于N的只有氧元素,C项正确;乙二胺与Cu2+形成的[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+中,提供孤电子对形成配位键的是N,D项错误。
1- 2. 下列关于物质结构与性质的论述错误的是(　　)。
A. 的空间结构为V形
B.斜方硫和单斜硫都易溶于CS2,是因为这两种物质的分子都属于非极性分子
C.PH3和H2O分子中中心原子上均含有孤电子对,且PH3提供孤电子对的能力强于H2O
D.键能O—H>S—H>Se—H>Te—H,因此水的沸点在同族氢化物中最高
D
解析 的成键数为2,孤电子对数为 ×(7-1-2×1)=2,故中心原子的价层电子对数是4,所以其空间结构与水相似,则其空间结构为V形,I原子采用sp3杂化,A项正确。CS2分子属于非极性分子,根据“相似相溶”规律,由斜方硫和单斜硫都易溶于CS2,可知这两种物质的分子都属于非极性分子,B项正确。PH3和H2O分子中P、O原子上均含有孤电子对,O元素的非金属性大于P元素的非金属性,O对孤电子对的吸引能力大于P对孤电子对的吸引能力,因此PH3提供孤电子对的能力强于H2O,C项正确。同族元素形成的氢化物的分子结构相似,通常物质的相对分子质量越大,分子间作用力就越大,物质的熔、沸点就越高,但由于H2O分子之间还存在氢键,增加了分子之间的吸引作用,导致水的沸点在同族氢化物中最高,这与分子中化学键的键能无关,D项错误。
1- 3. (1)NH4BF4(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一。1 mol NH4BF4中含有　　　　 mol配位键。
(2)已知:多原子分子中,若原子都在同一平面上且这些原子有相互平行的p轨道,则p电子可在多个原子间运动,形成“离域Π键”(或大π键)。大π键可用
表示,其中m、n分别代表参与形成大π键的原子个数和电子数,如苯分子中大π键表示为 。
①下列粒子中存在“离域Π键”的是　　　　。
A.CH2=CH—CH=CH2 B.CCl4 C.H2O D.SO2
②NaN3中阴离子 与CO2均为直线形结构, 中的2个大π键可表示为　　　　。
(4)二氧化钛与COCl2(光气)、SOCl2(二氯亚砜)等氯化试剂反应可用于制取四氯化钛。COCl2的空间结构为　　　　　　,COCl2中σ键和π键的数目比为　　　　。
(5)TiCl4可以与胺形成配合物,如
[TiCl4(CH3NH2)2]、
[TiCl4(H2NCH2CH2NH2)]等。
①[TiCl4(H2NCH2CH2NH2)]中Ti的配位数是　　　　。
②1 mol H2NCH2CH2NH2中含有的σ键的物质的量为　　　　。
③配合物[TiCl4(H2NCH2CH2NH2)]与游离的H2NCH2CH2NH2分子相比,其H—N—H键角　　　　(填“较大”“较小”或“相同”),原因是　　　　　。
答案 (1)2
(2)①AD　②
(3)6　2
(4)平面三角形　3∶1
(5)①6　②11 mol　③较大　H2NCH2CH2NH2通过配位键与Ti结合后,原来的孤电子变为成键电子对,对N—H成键电子对的排斥力减小,N—H之间的键角增大
(3)每个配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中,配位体是1个Cl-和5个H2O,中心离子的配位数是6,作为配体的Cl-难以电离出来与Ag+发生反应,故向1 mol该配合物溶液中加入足量AgNO3溶液,可以得到2 mol AgCl沉淀。
(4)COCl2的结构式为 ,碳原子形成1个π键和3个σ键,C原子无孤电子对,则COCl2为平面三角形分子,COCl2中σ键和π键的数目比为3∶1。
(5)①[TiCl4(H2NCH2CH2NH2)]中,Ti与H2NCH2CH2NH2形成2个配位键,Ti与Cl形成4个配位键,从而得出配位键的数目为6。
②1个H2NCH2CH2NH2分子含有11个共价单键,从而得出1 mol H2NCH2CH2NH2中含 11 mol σ键。
③游离态H2NCH2CH2NH2中N上均有1个孤电子对,配合物[TiCl4(H2NCH2CH2NH2)]中每个N提供一个孤电子对与Ti形成配位键,孤电子对之间的斥力>孤电子与成键电子对之间的斥力>成键电子对之间的斥力,与Ti结合后,孤电子对变成了σ键电子对,排斥力减小,因此N—H之间的夹角会增大。
考向2　化学键、分子间作用力对物质性质的影响
真题示例
2- 1.(2022海南卷改编)已知CH3COOH+Cl2 ClCH2COOH+HCl,ClCH2COOH的酸性比CH3COOH的强。下列有关说法正确的是(　　)。
A.HCl的电子式为
B.Cl—Cl键的键长比I—I键长
C.CH3COOH分子中只有σ键
D.ClCH2COOH的酸性比ICH2COOH的强
D
解析 HCl为共价化合物,H和Cl间形成共用电子对,其电子式为 ,A项错误;原子半径ClI,使ClH2C—的极性大于IH2C—的极性,导致ClH2CCOOH的羧基中的羟基极性更大,更易电离出H+,因此ClCH2COOH的酸性比ICH2COOH的强,D项正确。
2- 2.(2020海南卷)下列有关事实的解释正确的是(　　)。
选项 事实 解释
A 某些金属盐灼烧呈现不同焰色 电子从低能轨道跃迁至高能轨道时吸收光波长不同
B CH4与NH3分子的空间结构不同 两者中心原子杂化轨道类型不同
C HF的热稳定性比HCl强 H—F比H—Cl的键能大
D SiO2的熔点比干冰高 SiO2分子间的范德华力大
C
解析 A项,某些金属盐灼烧呈现不同焰色是因为电子从高能轨道跃迁到低能轨道时释放不同的光,错误;B项,CH4和NH3的中心原子都是sp3杂化,甲烷分子中C上无孤电子对,而NH3中N上有一个孤电子对,错误;C项,H—F的键长比H—Cl的短,H—F的键能大,HF的热稳定性强,正确;D项,SiO2是共价晶体,原子间形成共价键三维骨架结构,而干冰是分子晶体,通过分子间作用力结合,错误。
2- 3.(1)(2020海南卷节选)键能是衡量共价键稳定性的参数之一。 CH3OH键参数中有　　　　种键能数据。CH3OH可以与水以任意比例互溶的原因是　 。
(2)(2020山东卷节选)NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为　　　　　　　(填化学式,下同),还原性由强到弱的顺序为　　　　　　　,键角由大到小的顺序为　　　　　　　。
(3)(2020浙江卷节选)①CaCN2是离子化合物,各原子均满足8电子稳定结构,CaCN2的电子式是　　　　　　　　　　　。
②常温下,在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷,原因是 　。
答案 (1)3　均为极性分子,还可形成分子间氢键
(2)NH3、AsH3、PH3　AsH3、PH3、NH3　NH3、PH3、AsH3
②乙醇与水之间形成氢键,而氯乙烷与水之间不能形成分子间氢键
解析 (1)CH3OH中存在C—H、C—O、O—H,故CH3OH键参数中有3种键能数据;水与甲醇均具有羟基,彼此可以形成氢键,根据“相似相溶”规律,甲醇可与水以任意比例混溶。
(2)NH3、PH3、AsH3的分子组成相似,因NH3分子间存在氢键,AsH3分子间的范德华力大于PH3分子间的范德华力,所以沸点由高到低的顺序是NH3、AsH3、PH3。
非金属性N>P>As,故氢化物的还原性AsH3>PH3>NH3。
NH3、PH3、AsH3都是三角锥形分子,原子半径NPH3>AsH3。
(3)①CaCN2是离子化合物,则阳离子为Ca2+、阴离子为 ;Ca原子最外层有2个电子,易失去最外层的2个电子达到8电子的稳定结构;N原子最外层有5个电子,易得到3个电子或形成3对共用电子对达到8电子的稳定结构;C原子最外层有4个电子,通常形成4对共用电子对达到8电子的稳定结构;则每个N原子分别得到Ca失去的1个电子、与C原子形成两对共用电子对,Ca、C、N都达到8电子的稳定结构,CaCN2的电子式为
②乙醇和氯乙烷都属于极性分子,但乙醇与水分子之间形成氢键,而氯乙烷与水分子间不能形成氢键,故常温下在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷。
归纳总结
对点演练
2- 1. 正氰酸(H—O—C≡N)与异氰酸(H—N=C=O)、雷酸(H—O—N≡C)互为同分异构体,均可以与氨水形成相应铵盐。下列说法错误的是(　　)。
A.三种酸的分子均能形成分子间氢键
B.正氰酸和雷酸的分子中,氧原子的杂化方式不同
C.三种酸的组成元素中,碳的第一电离能最小
D.三种酸的铵盐中,只有雷酸铵的阴、阳离子均含有配位键
B
解析 三种酸中都含有H—N或H—O,则均可形成分子间氢键,A项正确。正氰酸、雷酸中的O都是只形成单键,均采取sp3杂化,B项错误。电离能大小: N>O>C,C与H相比,H原子半径较小且核外只有1个电子,原子核对该电子的吸引作用强,难以失去,则第一电离能H>C,则碳的第一电离能最小,C项正确。铵根离子中有一个配位键,雷酸中N—O之间还有配位键,而其他酸根中的所有原子刚好满足8电子结构,不存在配位键,D项正确。
2- 2. M分子的晶体部分结构如图所示(…表示氢键)。W、X、Y、Z是短周期主族元素,M中含有碳、氮、W、Z四种元素,化合物W2Z能与Y2反应产生Z2,X元素是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是(　　)。
A.氢键是一种特殊的化学键 B.稳定性:W2Z>WY
C.X的氧化物的水化物是强碱 D.简单离子半径:Z>Y>X
M
D
解析 W、X、Y、Z是短周期主族元素,X元素是地壳中含量最高的金属元素,X为Al;M中含有碳、氮、W、Z四种元素,结合图中氢键结构可知W为H,Z为O;化合物W2Z能与Y2反应产生Z2,可知Y为F。氢键不属于化学键,A项错误。非金属性F大于O,则稳定性:W2ZY>X,D项正确。
2- 3. (1)化合物CH3NH2、CH3CH3常温下均为气体,沸点较高的是　　　　。
(2)与砷(As)同主族的N、P两种元素的氢化物水溶液的碱性:
NH3　　　　(填“>”或“<”)PH3,原因是　 　。
答案 (1)CH3NH2
(2)>　原子半径NP,NH3更易结合水电离的H+
解析 (1)CH3NH2分子中存在N—H,所以分子间存在氢键,沸点较高。
(2)原子半径NP,NH3更易结合水电离的H+,所以NH3水溶液的碱性更强。
【易错防范 不失分】
判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。
(1)分子中一定含有化学键。(　　)
(2)乙炔分子中既有非极性键又有极性键,既有σ键又有π键。(　　)
(3)正四面体结构的分子的键角一定是109°28'。(　　)
(4)水分子间可以形成氢键,所以水的键角大于H2S。(　　)
√
×
×
×
易错警示(1)共价键中一定有σ键,但不一定有π键,即π键不能单独存在。
(2)正四面体的键角不一定是109°28',如白磷的键角是60°。
考点四　分子结构与性质
【要点归纳 夯基提能】
1.中心原子杂化轨道数的判断方法
杂化轨道数=σ键电子对数+孤电子对数=价层电子对数　　　　
以碳原子形成四价键为例
(1)看中心原子有没有形成双键或三键。如形成1个三键,则其中有2个π键,用去了2个p轨道,碳原子为sp杂化;如形成1个双键,则其中有1个π键,碳原子为sp2杂化;如果全部是单键,碳原子为sp3杂化。
(2)由分子的空间结构结合价层电子对互斥模型(VSEPR模型)判断。没有填充电子的空轨道一般不参与杂化,1个孤电子对占据1个杂化轨道。如NH3分子为三角锥形,且N上有1个孤电子对,即4个杂化轨道各指向四面体的四个顶角,氮原子为sp3杂化。
2.中心原子的价层电子对数、杂化类型与粒子的空间结构
价层电子对数(杂化轨道数) 2 3 4 轨道杂化类型 sp sp2 sp3 价层电子对模型 直线形 三角形 四面体形 粒子组成形式与空间结构 AB2: 直线形 AB2: V形 AB3: 三角形 AB2: V形 AB3: 三角锥形 AB4:
(正)四面体形
规律 当中心原子无孤电子对时,分子的空间结构与价层电子对互斥模型一致;当中心原子上有孤电子对时,分子的空间结构为去掉孤电子对后剩余部分的空间结构,且孤电子对会对分子的空间结构产生“挤压”作用 用价层电子对互斥模型推测分子或离子的空间结构的思维程序:
3.分子的性质
(1)分子极性的判断。
(2)“相似相溶”规律。
非极性溶质一般能溶于非极性溶剂,极性溶质一般能溶于极性溶剂,若存在氢键,则溶剂和溶质之间的氢键作用力越大,溶解性越好。
(3)手性。
具有完全相同的组成和原子排列的两种分子,如同左手和右手一样互为镜像,在三维空间里不能重叠,互为手性异构体,有手性异构体的分子叫做手性分子。在有机化合物中,如果一个碳原子以4个单键(σ键)与4个不同的原子(或原子团)连接,该碳原子称为手性碳原子。
【明确考向 真题演练】
考向1　分子的空间结构
真题示例
1- 1.(2022湖北卷)磷酰三叠氮是一种高能分子,结构简式为O═P(N3)3。下列关于该分子的说法正确的是(　　)。
A.为非极性分子
B.空间结构为正四面体形
C.加热条件下会分解并放出N2
D.分解产物NPO的电子式为
C
解析 磷酰三叠氮分子不是对称结构,分子中的正负电荷重心是不重合的,是极性分子,A项错误;磷酰三叠氮分子含有三个P—N键及一个P=O双键,则空间结构为四面体形,B项错误;磷酰三叠氮是一种高能分子,加热条件下会分解并放出N2,C项正确;NPO为共价化合物,则电子式为 ,D项错误。
1- 2.(2022辽宁卷)理论化学模拟得到一种 离子,结构如图。下列关于该离子的说法错误的是(　　)。
A.所有原子均满足8电子结构 B.N原子的杂化方式有2种
C.空间结构为四面体形 D.常温下不稳定
B
对点演练
1- 1. 下列关于物质结构的说法错误的是(　　)。
A.铝晶体中粒子间的作用力没有方向性和饱和性
B.CH4和 都是正四面体结构,键角均为109°28'
C.氨基氰(NH2CN)分子内σ键与π键的数目之比为2∶1
D.甲醛(HCHO)的键角约为120°,分子之间存在氢键
D
解析 铝晶体属于金属晶体,金属晶体中金属阳离子和自由电子之间的相互作用是金属键,金属键没有方向性和饱和性,A项正确。CH4和 的中心原子都采取sp3杂化,都是正四面体结构,键角均为109°28',B项正确。一个氨基氰(NH2CN)分子内含σ键数为4,π键数为2,故分子内σ键与π键数目之比为2∶1,C项正确。甲醛中没有与O原子直接相连的H原子,分子间不存在氢键,D项错误。
1- 2. (1)COCl2分子的键角大小比较:∠Cl—C—O　　　　(填“>”或“<”) ∠Cl—C—Cl,σ键和π键数目之比为　　　　。
(2)B(C6F5)3分子中所有原子　　　　(填“能”或“不能”)处于同一平面;化合物[Ph3C][B(C6F5)4](Ph为苯基)的阳离子中与苯环相连的碳原子的杂化方式是　　　　,阴离子中硼原子的杂化方式是　　　　。
(3)某配合物的结构如图所示:
其中配位原子为　　　　(填元素符号),
阳离子的空间结构为　　　　　　,
NCS-中碳原子的杂化方式为　　　　。
(4)重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]为橘黄色单斜结晶,常用作有机合成催化剂,
的结构如图。1 mol (NH4)2Cr2O7中含σ键为　　　　 mol。
答案 (1)>　3∶1 (2)能　sp2　sp3
(3)N　正四面体形　sp (4)16
解析 (1)在COCl2分子中, C原子为sp2杂化,虽然sp2杂化的键角是120°。但C原子与O原子间以C=O结合,该双键对C—Cl的斥力要更大些。所以, ∠O—C—Cl键角要大于∠Cl—C—Cl键角。
COCl2分子中有1个C=O和2个C—Cl,所以COCl2分子中σ键的数目为3,π键数目为1,两者的个数之比为3∶1。
(2)—C6F5中的碳原子为sp2杂化,11个原子位于同一平面,B也是sp2杂化,通过单键相连,所有原子可以处于同一平面。[Ph3C]+中与苯基相连的是碳正离子,碳原子为sp2杂化,[B(C6F5)4]-中硼原子与3个—C6F5形成共价键,与1个—C6F5形成配位键,硼原子为sp3杂化。
(3)根据配合物的结构图可知,配位原子为N,氮原子提供孤电子对;阳离子为铵根离子,根据价层电子对互斥模型,N的孤电子对数为0,形成4个σ键,N采取sp3杂化,可知 的空间结构为正四面体形;NCS-中碳原子的价层电子对数为2,孤电子对数为0,C采取sp杂化。
(4)1个 含有8个σ键,1个铵根离子中含有4个σ键,故1 mol (NH4)2Cr2O7中含有σ键为(4×2+8) mol=16 mol。
考向2　分子的性质
真题示例
2- 1.(2022山东卷节选)(1)吡啶( )替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大π键,则吡啶中N原子的价层孤电子对占据　　(填字母)。
A.2s轨道 B.2p轨道
C.sp杂化轨道 D.sp2杂化轨道
(2)在水中的溶解度,吡啶远大于苯,主要原因是
①____________________________________;
②____________________________________。
答案 (1)D
(2)①吡啶分子能与水分子形成分子间氢键　②吡啶分子和H2O分子均为极性分子,相似相溶,而苯分子为非极性分子
2- 2.(2022湖南卷节选)铁和硒(Se)都是人体所必需的微量元素,且在医药、催化、材料等领域有广泛应用。回答下列问题:
(1)乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药,其结构简式如下:
比较键角大小:气态SeO3　　　(填“>”“<”或“=”) ,原因是
　　　　　　　　　　　　　　 。
>
SeO3分子为平面三角形, 为三角锥形
(2)科学家近期合成了一种固氮酶模型配合物,该物质可以在温和条件下直接活化H2,将N3-转化为 ,反应过程如图所示:
①产物中N原子的杂化轨道类型为　　　　　　　　;
②与 互为等电子体的一种分子为　　　　　　　(填化学式)。
sp3
H2O
2- 3.(2021全国乙节选改编)(1)三价铬离子能形成多种配位化合物。[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中提供电子对形成配位键的原子是　　　　　,中心离子的配位数为　　　。
(2)[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中配体分子NH3、H2O以及分子PH3的空间结构和相应的键角如图所示。
PH3中P的杂化类型是　　　。NH3的沸点比PH3的　　　,原因是　 ,
H2O的键角小于NH3的键角,分析原因: 　。
答案 (1)N、O、Cl　6
(2)sp3　高　NH3存在分子间氢键　NH3分子中N含有一个孤电子对,而H2O分子中O含有两个孤电子对,H2O中的孤电子对对成键电子对的排斥作用较大
解析 (1)[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中三价铬离子提供空轨道,N、O、Cl提供孤电子对与三价铬离子形成配位键,中心离子的配位数为N、O、Cl三种原子的个数和,即3+2+1=6。
(2)PH3中P的价层电子对数为3+1=4,故PH3中P的杂化类型是sp3; N原子电负性较强,NH3分子之间存在分子间氢键,因此NH3的沸点比PH3的高;H2O的键角小于NH3的键角,原因是NH3分子中N含有一个孤电子对,而H2O分子中O含有两个孤电子对,H2O中的孤电子对对成键电子对的排斥作用较大。
2- 4.(2021全国甲节选)(1)太阳能电池板的主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的价层电子排布式为　　　　　　　　;单晶硅的晶体类型为　　　　。SiCl4是生产高纯硅的前驱体,其中Si采取的杂化类型为　　　　。SiCl4可发生水解反应,机理如下:
含s、p、d轨道的杂化类型有:①dsp2、②sp3d、③sp3d2,中间体SiCl4(H2O)中Si采取的杂化类型为　　　　(填序号)。
(2)CO2分子中存在　　　　个σ键和　　　　　个π键。
(3)甲醇的沸点(64.7 ℃)介于水(100 ℃)和甲硫醇(CH3SH,7.6 ℃)之间,其原因是 　 。
答案 (1)3s23p2　共价晶体　sp3　②
(2)2　2
(3)甲硫醇不能形成分子间氢键,而水和甲醇均能形成分子间氢键,且相同物质的量的条件下水比甲醇中的氢键多
解析 (1)基态Si原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2,因此Si的价层电子排布式为3s23p2;晶体硅中Si原子与Si原子之间通过共价键相互结合,整块晶体具有共价键三维骨架结构,因此晶体硅为共价晶体;SiCl4中Si原子的价层电子对数为4+ =4,因此Si原子采取sp3杂化;由题图可知, SiCl4(H2O)中Si原子形成的σ键数为5,说明Si原子的杂化轨道数为5,由此可知Si原子的杂化类型为sp3d。
(2)CO2的结构式为O=C=O,1个双键中含有1个σ键和1个π键,因此1个=CO2分子中含有2个σ键和2个π键。
易错警示有关分子结构和性质的5个易错点:
(1)误认为分子的稳定性与分子间作用力和氢键有关,其实分子的稳定性与共价键的强弱有关。
(2)误认为组成相似的分子,中心原子的杂化类型相同,其实要看其σ键和孤电子对数是否分别相同。如CO2和SO2中心原子的杂化方式不同,CO2分子中C原子是sp杂化,SO2分子中S原子是sp2杂化。
(3)误认为只要含有氢键物质的熔、沸点就高,其实不一定,分子间的氢键会使物质的熔、沸点升高,而分子内氢键一般会使物质的熔、沸点降低。
(4)误认为只含有极性键的分子都一定是极性分子,其实不ー定。如CO2、BF3等是非极性分子。
(5)误认为杂化轨道构型和分子的空间结构一致,其实不一定。如H2O中氧原子是sp3杂化,杂化轨道构型为四面体形,但由于分子中存在孤电子对,根据价层电子对互斥模型可知,H2O分子的空间结构是V形。
对点演练
B.S8分子中,原子数与共价键数之比为1∶2
C.S8为极性分子,能溶于水等极性溶剂
D.S8、S6、S4、S2互为同素异形体,其转化为化学变化
D
解析 由“温度越高,蒸气的平均相对分子质量越小”可知,升高温度时气体的分子数增加,即3S8 4S6 6S4 12S2平衡正向移动,则ΔH>0,A项错误。由S8分子的结构可知,在1个S8分子中存在8个S原子,8个S—S共价键,S原子数与共价键数之比为1∶1,B项错误。S8分子是由S原子间形成的非极性键构成的非极性分子,水是极性分子,根据“相似相溶”规律,S8不能溶于水等极性溶剂,C项错误。同素异形体是同种元素形成的不同种单质,题述的相互转化过程中产生了新物质,属于化学变化,D项正确。
【易错防范 不失分】
判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。
(1)CS2为V形极性分子。(　　)
(2)SiF4与 的中心原子均为sp3杂化。(　　)
(3)BF3是三角锥形分子。(　　)
(4)含有极性键的分子一定是极性分子。(　　)
√
×
×
×
易错警示(1)分子的空间结构对称,则分子为非极性分子。
(2)通常中心原子的价电子全部与相同元素的原子形成共价键,该分子为非极性分子。
考点五　化学键　分子间作用力
【要点归纳 夯基提能】
1.物质熔、沸点高低的比较规律
(1)一般情况下,不同类型晶体的熔、沸点高低规律:共价晶体>离子晶体>分子晶体,如熔、沸点:金刚石>NaCl>Cl2;金属晶体熔、沸点有的很高,如钨、铂等,有的则很低,如汞。 键长短→键能大→熔、沸点高
(2)形成共价晶体的原子半径越小、键长越短,则键能越大,其熔、沸点就越高,如熔、沸点:金刚石>石英>碳化硅>晶体硅。
(3)一般来说,形成离子晶体的阴、阳离子所带的电荷数越多,离子半径越小,则离子键越强,熔、沸点就越高,如熔、沸点:MgO>MgCl2,NaCl>CsCl。
(4)一般来说,金属晶体中金属离子半径越小,离子所带电荷数越多,其形成的金属键越强,金属单质的熔、沸点就越高,如Al>Mg>Na。
(5)分子晶体的熔、沸点比较规律。
①组成和结构相似的分子,相对分子质量越大,其熔、沸点就越高,如熔、沸点:HI>HBr>HCl。
②相对分子质量相等的分子,分子极性越大,其熔、沸点就越高,如熔、沸点:CO>N2。
③互为同分异构体的分子中,支链越少,其熔、沸点就越高,如熔、沸点:正戊烷>异戊烷>新戊烷。
④互为同分异构体的芳香烃及其衍生物,熔、沸点:邻位取代物>间位取代物>对位取代物,如熔、沸点:邻二甲苯>间二甲苯>对二甲苯。
2.晶胞中粒子数目的计算方法——均摊法
3.晶体密度的计算
【明确考向 真题演练】
考向1　晶体类型与性质
真题示例
1- 1.(2022北京卷)由键能数据大小,不能解释下列事实的是(　　)。
化学键 C—H Si—H C=O C—O
键能/(kJ·mol-1) 411 318 799 358
化学键 Si—O C—C Si—Si
键能/(kJ·mol-1) 452 346 222
A.稳定性:CH4>SiH4 B.键长:C=OC.熔点:CO2晶体硅
C
解析 键能越大分子越稳定,C—H键能大于Si—H,所以稳定性:CH4>SiH4,故不选A;键能越大,键长越短,C=O键能大于C—O,所以键长:C=O晶体硅,故不选D。
1- 2.(2022浙江1月选考改编)四种晶体的熔点数据如表:
物质 CF4 SiF4 BF3 AlF3
熔点/℃ -183 -90 -127 >1 000
CF4和SiF4熔点相差较小,BF3和AlF3熔点相差较大,原因是 　 。
答案 CF4和SiF4都是分子晶体,结构相似,分子间作用力相差较小,所以熔点相差较小;BF3通过分子间作用力形成分子晶体,AlF3通过离子键形成离子晶体,破坏离子键需要能量较大,所以熔点相差较大
解析 先判断晶体类型,结构决定性质,性质体现结构。CF4和SiF4熔点较低,且相差较小,说明它们是结构相似的分子晶体,分子间作用力相差较小;BF3和AlF3熔点相差较大,推测BF3通过分子间作用力形成分子晶体,AlF3通过离子键形成离子晶体,破坏离子键需要能量更大,所以AlF3熔点较高。
1- 3.(2022全国乙改编)卤化物CsICl2受热发生非氧化还原反应,生成无色晶体X和红棕色液体Y,X为　　　　　。解释X的熔点比Y高的原因:　 　 。
答案 CsCl　因为CsCl为离子晶体,ICl为分子晶体,所以CsCl的熔点高于ICl
解析 CsICl2拆分成CsCl·ICl分析,加热分解,发生非氧化还原反应,红棕色液体Y为卤素互化物ICl,因此无色晶体X应为CsCl,其反应的化学方程式为CsICl2 CsCl+ICl。因CsCl为离子晶体,ICl为分子晶体,所以CsCl的熔点高于ICl。
易错警示有关晶体结构与性质的易错点:
(1)CO2和SiO2尽管有相似的化学组成,但两者物理性质有较大差异,原因是两者的晶体类型不同,固态CO2属于分子晶体,SiO2属于共价晶体,两者不能混淆。
(2)离子晶体中不一定都含有金属元素,如NH4Cl晶体是离子晶体;金属元素和非金属元素组成的晶体不一定是离子晶体,如AlCl3是分子晶体;含有金属离子的晶体不一定是离子晶体,如金属晶体中含有金属离子。
(3)含阴离子的晶体中一定含有阳离子,但含阳离子的晶体中不一定含阴离子,如金属晶体。
(4)误认为金属晶体的熔点比分子晶体的熔点高,其实不一定,如Na的熔点为97 ℃,尿素的熔点为132.7 ℃。
对点演练
1- 1.(2023山东青岛模拟)硫及硫的化合物在生产、生活中有广泛应用。S8和SF6的分子结构如图所示,下列有关叙述正确的是(　　)。
A.SF6分子呈正八面体形且键角为120°
B.SF6的熔点高于SF4的熔点
C.S8分子和SF6分子都是极性分子
D.S8和SF6中S原子的杂化类型均为sp3杂化
B
解析 SF6分子中有2种键角:180°和90°,A项错误;SF6、SF4均为分子晶体, SF6的相对分子质量大于SF4,所以SF6的熔点高于SF4的熔点,B项正确;S8分子和SF6分子都是非极性分子,C项错误;S8分子中S原子采用sp3杂化,SF6分子中S原子采用sp3d2杂化,D项错误。
1- 2. 氮氧化铝(AlON)是新型透明高硬度防弹铝材料,属于共价晶体,主要用于装甲车辆防弹窗户、战场光学设备的透镜、望远镜穹顶以及覆盖于导弹传感器顶部的透明圆窗等。下列描述错误的是(　　)。
A.基态铝原子的价层电子排布式为3s23p1
B.制备AlON的原料NH3中N原子采取sp2杂化
C.AlON和水晶的化学键类型相同
D.AlON和水晶的晶体类型相同
B
解析 根据元素周期表位置可知,基态铝原子的价层电子排布式为3s23p1,A项正确。NH3中N原子采取sp3杂化,B项错误。两者均属于共价晶体,均只含有共价键,C、D项正确。
1- 3. (1)已知室温下TiCl4为无色易溶于乙醇的液体,则TiCl4的晶体类型为　　　。
(3)铜的熔点高于钾的原因是 　 。
(4)金属钛是一种新兴的结构材料,其硬度比金属镁和铝大的原因是
　　　　　　　　　。
(5)硼的卤化物的沸点如表所示。
解释表中卤化物之间沸点差异的原因: 　 。
卤化物 BF3 BCl3 BBr3
沸点/℃ -100.3 12.5 90
答案 (1)分子晶体
(2)阴、阳离子半径大,所带电荷数小,形成的离子键强度小,熔点低
(3)铜的价层电子数比钾多,原子半径比钾小,金属键比钾强
(4)Ti原子的价层电子数比Mg、Al多,金属键更强
(5)BF3、BCl3、BBr3都为分子晶体,且相对分子质量依次增大,分子间作用力依次增大,故熔、沸点依次升高
解析 (1)通常低熔点、易溶于有机溶剂的晶体属于分子晶体,则TiCl4的晶体类型为分子晶体。
(2)常温下,IMI的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物
为液态而非固态,原因为阴、阳离子半径大,所带电荷数小,形成的离子键强度小,熔点低。
(3)钾元素和铜元素均位于元素周期表的第四周期,单质都是金属晶体,铜原子的价电子数比钾原子多,原子半径比钾原子小,铜晶体中的金属键比钾晶体中的金属键强,一般来说,金属晶体中金属键越强,晶体的熔点越高,则铜的熔点高于钾的熔点。
(4)Ti原子的价层电子数比Mg、Al多,金属键更强,所以其硬度比金属镁和铝大。
考向2　晶胞结构及其相关计算
真题示例
2- 1.(2023湖南卷改编)科学家合成了一种高温超导材料,其晶胞结构如图所示,该立方晶胞参数为a pm,阿伏加德罗常数的值为NA,下列说法错误的是(　　)。
A.晶体最简化学式为KCaB6C6
B.晶体中与K+最近且距离相等的Ca2+有8个
C.晶胞中B和C原子构成的多面体有12个面
D.晶体的密度为
C
解析 本题考查晶体结构与计算。
2- 2.(2022广东卷改编)我国科学家发展了一种理论计算方法,可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能,该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一,其晶胞结构如图a,沿x、y、z轴方向的投影均为图b。
(1)X的化学式为　　　　　　。
(2)设X的最简式的相对分子质量为Mr,晶体密度为ρ g·cm-3,则X中相邻K之间的最短距离为　　　　 nm(列出计算式,设NA为阿伏加德罗常数的值)。
K2SeBr6
2- 3.(2022湖南卷改编)钾、铁、硒可以形成一种超导材料,其晶胞在xz、yz和xy平面投影分别如图所示:
(1)该超导材料的最简化学式为　　　　　　　　;
(2)Fe原子的配位数为　　　　　　;
(3)该晶胞参数a=b=0.4 nm、c=1.4 nm。阿伏加德罗常数的值为NA,则该晶体的密度为　　　　　　 g·cm-3(列出计算式)。
KFe2Se2
4
2- 4.(2022全国甲改编)萤石(CaF2)是自然界中常见的含氟矿物,其晶胞结构如图所示,X代表的离子是　　　　　;若该立方晶胞参数为a pm,正负离子的核间距最小为　　　　　 pm。
Ca2+
2- 5.(2022北京卷改编)FeS2晶体的晶胞形状为立方体,边长为a nm,结构如图所示。
(1)距离Fe2+最近的阴离子有　　　个。
(2)FeS2的摩尔质量为120 g·mol-1,阿伏加德罗常数为NA。该晶体的密度为
　　　　　　　 g·cm-3。(1 nm=10-9 m)
6
解析 (1)以位于面心的Fe2+为例,与其距离最近的阴离子在其上下、左右、前后的位置,共6个。
方法技巧1.有关晶胞计算的思维流程:
2.晶胞中各线段之间的关系:
对点演练
2- 1.钴的一种化合物的晶胞结构如图所示,已知A点的原子坐标参数为(0,0,0),B点为 。下列说法中错误的是(　　)。
A.配合物中Co2+的价层电子排布式为3d7
B.钴的配位数为6
C.C点的原子坐标参数为
D.该物质的化学式为TiCoO2
D
2- 2.(2023湖南雅礼中学模拟)La和Ni的合金是目前使用最广泛的储氢材料。某La-Ni合金晶胞(图丙)由图甲、图乙两个原子层交替紧密堆积而成。
下列说法不正确的是(　　)。
A.该晶体可表示为LaNi5
B.该晶体中1个La原子与18个Ni原子配位(La周围的Ni原子数)
C.该晶体的一个晶胞中Ni原子数为12
D.通过X射线衍射实验可确定该晶体的结构
C
2- 3.(1)研究表明,在TiO2通过氮掺杂反应生成TiO2-aNb,能使TiO2对可见光具有活性,反应如图所示。TiO2-aNb晶体中a=　　,b=　　　。
(2)立方氮化硼硬度仅次于金刚石,但热稳定性远高于金刚石,其晶胞结构如图所示。立方氮化硼属于　　　晶体,其中硼原子的配位数为　　　。已知:立方氮化硼密度为d g·cm-3,B原子半径为x pm,N原子半径为y pm,阿伏加德罗常数的值为NA,则该晶胞中原子的空间利用率为　 (空间利用率是指晶体的原子在整个晶体空间中所占的体积百分比。列出化简后的计算式,B的相对原子质量按近似值11计算)。
(3)TiO2的一种晶胞具有典型的四方晶系结构(如图所示),以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置。晶胞中A、B的原子坐标参数为(0.31,0.31,0),(0.81,0.19,0.5)。已知晶胞含对称中心,则C、D原子坐标参数为　　　　　　、　　　　　　。该晶胞中B、C两个氧原子之间的核间距d=　　　　 pm。
(3)根据晶胞中A、B的原子坐标参数为(0.31,0.31,0),(0.81,0.19,0.5)和晶胞含对称中心,根据对称关系0.31+0.69=1,0.81+0.19=1,0.5+0.5=1,则C、D原子坐标参数为(0.19,0.81 ,0.5),(0.69 ,0.69,1);B、C两个氧原子之间的核间距
d2 =(0.81-0.19)2a2+(0.81-0.19)2a2 ,则d=0.62 × a。
【易错防范 不失分】
判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。
(1)晶胞是晶体中的最小的“平行六面体”。(　　)
(2)具有规则几何外形的固体一定是晶体。(　　)
(3)缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中会慢慢变为完美的立方体块。
(　　)
(4)离子晶体是由阴、阳离子构成的,所以离子晶体能够导电。(　　)
(5)共价晶体的熔点一定比离子晶体的高。(　　)
×
×
√
×
×
易错警示(1)晶体有规则的外形,但是有规则几何外形的固体不一定是晶体。
(2)化学式形式相同的不一定是同类晶体,如CO2和SO2。
专项突破 素能提升
七、元素推断
【热点专攻】
元素推断是高考中常见的一种题型,也是必考的知识点,可以是选择题的形式,也可以是非选择题的形式;有关“位”“构”“性”的互相推断,实质是元素周期表和元素周期律具体应用的体现,主要考查元素化合物的性质、原子半径的比较、元素周期律等内容。
1.元素推断的突破口
仔细审读题给信息,根据原子结构、元素周期表的知识及已知元素化合物的性质,可推断元素,判断元素在周期表中的位置等,基本思路如下:
2.元素推断的类型及技巧
(1)已知元素原子(离子)的核外电子排布推断元素。
(2)已知单质或化合物的特性推断元素。
(3)已知元素在元素周期表中的位置推断元素。
【题型突破】
(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
C
【解题思路】
由短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,且Y是组成水的元素之一,故Y为氧元素。X、Y同周期并相邻,故X为氮元素。Z在同周期主族元素中金属性最强,故Z位于第三周期,Z为钠元素。W原子在同周期主族元素中原子半径最小,故W为氯元素。
X(N) Y(O)
Z(Na) …… W(Cl)
NCl3分子中正负电荷中心不重合,为极性分子,A项错误;NH3在常温下为气体,H2O在常温下为液体,故简单氢化物的沸点:NH3【应考训练】
1. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,其中X、W同主族,元素X的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍,元素W基态原子的3p轨道上有4个电子,Y是短周期中金属性最强的元素,Z是地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是(　　)。
A.原子半径:r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)
B.元素Z、W的最高价氧化物对应的水化物能发生反应
C.元素Z的最高价氧化物对应水化物的碱性比Y的强
D.元素W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强
B
解析 元素X的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍,则X为O元素;元素W基态原子的3p轨道上有4个电子,则其核外电子排布为[Ne]3s23p4,为S元素;Y是短周期中金属性最强的元素,则为Na元素;Z是地壳中含量最多的金属元素,则为Al元素。
一般来说,电子层数越多原子半径越大,电子层数相同时核电荷数越小半径越大,所以原子半径Na>Al>S>O,即r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X),A项错误。元素Z、W的最高价氧化物对应的水化物分别为Al(OH)3和H2SO4,两者能发生中和反应,B项正确。金属性Na(Y)>Al(Z),所以NaOH的碱性比Al(OH)3的碱性强,C项错误。非金属性O(X)>S(W),则简单气态氢化物的稳定性H2O>H2S,D项错误。
2.W、X、Y、Z是同周期主族元素,Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍,四种元素与锂组成的盐是一种新型锂离子电池的电解质(结构如图,箭头指向表示共用电子对由W原子提供),下列说法不正确的是(　　)。
A.气态氢化物的稳定性:W>Y
B.原子半径:X>Z>Y>W
C.该物质中含离子键和共价键
D.Z有多种单质,且硬度都很大
D
解析 W、X、Y、Z是同周期主族元素,Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍,Y是O元素;W形成1个单键,W是F元素;Z形成4个键,Z是C元素;X形成3个单键,通过提供空轨道形成1个配位键,X是B元素。元素的非金属性越强,气态氢化物越稳定,气态氢化物的稳定性:HF>H2O,A项正确。同周期元素从左到右,半径减小,原子半径:B>C>O>F,B项正确。该物质中Li+和
之间是离子键,阴离子中含有共价键,C项正确。
Z是C元素,碳有多种单质,石墨的硬度很小,D项错误。
3. A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素,a、d分别是A、D元素对应的单质,m、n、p、q是由这些元素中的部分元素组成的化合物,气体p常作果实催熟剂,m、n为两种常见的液体。上述物质发生的转化关系如图所示(反应条件已略去)。下列说法错误的是(　　)。
A.原子半径由大到小的顺序为D>B>C>A
B.简单氢化物的沸点BC.d与m反应的现象为d浮在m液面上四处游动
D.C与D形成的化合物中一定含有离子键
C
解析 气体p常作果实催熟剂,则p为乙烯,m、n为两种常见的液体,乙烯和n反应生成m,则n为水,m为乙醇,含有的元素为C、H、O,A的原子序数最小,因此A为氢元素,乙醇和d反应生成a,即生成氢气,推测d为活泼金属Na,因此D为钠元素,故A、B、C、D分别为H、C、O、Na。原子半径由大到小的顺序为D>B>C>A,A项正确。B、C的简单氢化物分别为CH4、H2O,H2O中含有分子间氢键,因此简单氢化物的沸点:B4. 短周期主族元素X、Y、Z、W,原子序数依次增大,原子半径Z>W>Y>X, X与Z同主族,Y与W同主族,Y原子最外层电子数是次外层的3倍。下列说法中正确的是(　　)。
A.电负性:W>Y>Z
B.第一电离能:Z>X
C.W原子核外有5种能量不同的电子
D.Y与X形成的化合物一定只含极性键
C
解析 由Y原子最外层电子数是次外层的3倍可知,Y为O元素;Y与W同主族,则W为S元素;由原子半径Z>W>Y>X,X与Z同主族可知,X为H元素、Z为Na元素。元素的非金属性越强,电负性越大,氧元素的非金属性强于硫元素,则氧元素的电负性大于硫元素,A项错误。非金属元素的第一电离能大于金属元素,则氢元素的第一电离能大于钠元素,B项错误。同一能级上的电子能量相同,硫原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4,则硫原子核外有1s、2s、2p、3s、3p 5种能量不同的电子,C项正确。水分子中只含有极性键,而过氧化氢中含有极性键和非极性键,D项错误。(共54张PPT)
化学反应的热效应
专题八
内容索引
01
02
03
考点一　反应热
考点二　反应热的计算
专项突破 素能提升
【考情分析 定向备考】
高频考点 两年考向 命题角度再思考
1.反应热 考向1.反应热基本概念[2022广东卷,19] [2022湖南卷,12] [2021全国甲,28] [2021山东卷,14] [2021广东卷,19] [2021湖南卷,16] 考向2.热化学方程式的书写[2021河北卷,16] 考向1.根据燃烧热书写相应热化学方程式;ΔH>0或ΔH<0在温度对平衡影响中的判断;中和反应反应热实验误差分析;反应历程分析,特别是能垒大小判断与反应快慢间的关系;根据陌生反应中化学键的变化求算反应热等。
考向2.近年来,高考中对热化学方程式书写的考查主要还是利用盖斯定律书写未知热化学方程式。
高频考点 两年考向 命题角度再思考
2.反应热的计算 考向1.利用盖斯定律求算反应热 [2023湖南卷,16][2022全国甲,28] [2021全国甲,28][2021浙江卷,21] [2021广东卷,19] 考向2. 综合利用燃烧热及热化学方程式求算反应热 [2022湖南卷,16][2021河北卷,16] 考向1.延续近几年来化学反应热效应在高考考查中的热点——利用盖斯定律求算ΔH。
考向2.结合反应热数据,先书写相关热化学方程式,再依据盖斯定律求算反应热或某反应热量的变化等。
考点一　反应热
【要点归纳 夯基提能】
1.从两种角度理解化学反应热
反应热 图示
图像 分析 微观 宏观
a表示断裂旧化学键吸收的能量; b表示生成新化学键放出的能量; c表示反应热 a又被称为“能垒” a表示反应物的活化能;
b表示活化分子形成生成物释放的能量;
c表示反应热
选用合适的催化剂可降低a的数值,但不能改变c的数值
ΔH的 计算 ΔH=H(生成物)-H(反应物) ΔH=∑E(反应物键能)-∑E(生成物键能) 2.“五步”法书写热化学方程式
微点拨热化学方程式中各物质化学式前面的化学计量数仅表示该物质的物质的量,可以是整数,也可以是分数。化学计量数必须与ΔH相对应,如果化学计量数加倍,则ΔH也要加倍。
3.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)“完全燃烧生成指定产物”是指单质或化合物燃
　　　　　　 　不一定都是氧化物
烧后变为最稳定的物质。完全燃烧时,下列元素要生成对应的物质:C→CO2(g),H→H2O(l),S→SO2(g),N→N2(g)等。
含硫物质燃烧不能直接生成SO3
【明确考向 真题演练】
考向1　反应热基本概念
(2022广东卷节选)铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。
催化剂Cr2O3可由(NH4)2Cr2O7加热分解制备,反应同时生成无污染气体。
(1)完成化学方程式:(NH4)2Cr2O7 Cr2O3+　　　　+　　　　。
(2)Cr2O3催化丙烷脱氢过程中,部分反应过程如图,X(g)→Y(g)过程的焓变为 　 (列式表示)。
N2↑
4H2O
(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)
(3)Cr2O3可用于NH3的催化氧化。设计从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线　　　　　　　　　　　　　　　　　　(用“→”表示含氮物质间的转化);其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为　 。
2NO+O2═2NO2
解析 (1)(NH4)2Cr2O7分解过程中,生成Cr2O3和无污染气体,根据元素守恒可知,其余生成物为N2、H2O,根据原子守恒可知化学方程式为( NH4)2Cr2O7
Cr2O3+N2↑+4H2O。(2)设反应过程中第一步的产物为M,第二步的产物为N,则X→M　ΔH1=(E1-E2),M→N　ΔH2=ΔH,N→Y　ΔH3=(E3-E4),根据盖斯定律可知,X(g)→Y(g)的焓变为ΔH1+ΔH2+ΔH3=(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。(3)NH3在Cr2O3作催化剂条件下,能与O2反应生成NO,NO与O2反应生成红棕色气体NO2,NO2与H2O反应生成HNO3和NO,若同时通入O2,可将氮元素全部氧化为HNO3,因此从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线为
对点演练
活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示:
下列说法正确的是(　　)
A.该反应为吸热反应
B.产物的稳定性:P1>P2
C.该历程中最大正反应的活化能E正=186.19 kJ·mol-1
D.相同条件下,由中间产物Z转化为产物的速率:v(P1)C
解析 由图示可知,反应物所具有的能量之和比生成物所具有的能量之和高,即该反应为放热反应,A项错误;产物P2所具有的能量比产物P1所具有的能量低118.4 kJ,所以产物P2比产物P1要稳定,B项错误;由图示可知中间产物Z到过渡态Ⅳ所需的活化能最大,则-18.92 kJ·mol-1-(-205.11 kJ·mol-1) =186.19 kJ·mol-1,C项正确;由Z到产物P1所需的活化能低于由Z到产物P2所需的活化能,则由中间产物Z转化为产物的速率:v(P1)>v(P2),D项错误。
方法技巧解答能量变化图像题需要注意的几点。
(1)反应热不能取决于部分反应物能量和部分生成物能量的相对大小,即部分反应物能量和部分生成物能量的相对大小不能决定反应是吸热还是放热。
(2)注意活化能在图示(如下图)中的意义。
①从反应物至最高点的能量变化(E1)表示正反应的活化能。
②从生成物至最高点的能量变化(E2)表示逆反应的活化能。
(3)催化剂只能影响正、逆反应的活化能,而不影响反应的ΔH。
(4)涉及反应热的有关计算时,要切实注意图示中反应物和生成物的物质的量。
考向2　热化学方程式的书写
真题示例
2- 1.(2021河北卷节选)当今,世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此,研发二氧化碳利用技术,降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。大气中的二氧化碳主要来自煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25 ℃时,相关物质的燃烧热数据如表:
则25 ℃时H2(g)和C(石墨,s)生成C6H6(l)的热化学方程式为　 。
物质 H2(g) C(石墨,s) C6H6(l)
-285.8 -393.5 -3 267.5
6C(石墨,s)+3H2(g)═C6H6(l)　ΔH=+49.1 kJ·mol-1
2- 2.(2022河北卷)298 K时,1 g H2燃烧生成H2O(g)放热121 kJ,1 mol H2O(l)蒸发吸热44 kJ,表示H2燃烧热的热化学方程式为　 。
解析 298 K时,1 g H2燃烧生成H2O(g)放热121 kJ,1 mol H2O(l)蒸发吸热44 kJ,则1 mol H2燃烧生成1 mol H2O(l)放热286 kJ,表示H2燃烧热的热化学方程式为
对点演练
中和反应的反应热是在稀溶液中,强酸、强碱发生中和反应生成1 mol水时放出热量,热化学方程式为H+(aq)+OH-(aq) === H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1。下列热化学方程式中正确的是(　　)
A.HNO3(aq)+KOH(aq) === H2O(l)+KNO3(aq)　ΔH>-57.3 kJ·mol-1
B.HNO3(aq)+NH3·H2O(aq) === H2O(l)+NH4NO3(aq)　ΔH<-57.3 kJ·mol-1
C.CH3COOH(aq)+KOH(aq) === H2O(l)+CH3COOK(aq)　ΔH<-57.3 kJ·mol-1
D.CH3COOH(aq)+NH3·H2O(aq) === H2O(l)+CH3COONH4(aq)　ΔH>-57.3 kJ·mol-1
D
解析 HNO3和 KOH分别是强酸和强碱,当其反应生成1 mol 水时,放出的热量为57.3 kJ·mol-1,故反应热ΔH应等于-57.3 kJ·mol-1,A项错误;NH3·H2O是弱碱,电离吸热,故当NH3·H2O与HNO3反应生成1 mol水时,放出的热量小于57.3 kJ,则反应热ΔH应大于-57.3 kJ·mol-1,B项错误;CH3COOH是弱酸,电离吸热,故当CH3COOH与KOH反应生成1 mol水时,放出的热量小于57.3 kJ,则反应热ΔH应大于-57.3 kJ·mol-1,C项错误;NH3·H2O是弱碱,CH3COOH是弱酸,电离吸热,故当CH3COOH与NH3·H2O反应生成1 mol水时,放出的热量小于57.3 kJ,则反应热ΔH应大于-57.3 kJ·mol-1,D项正确。
易错警示热化学方程式书写易出现的错误。
(1)未标明反应物或生成物的状态而造成错误。
(2)反应热的符号使用不正确,即吸热反应未标出“+”号,放热反应未标出“-”号,从而导致错误。
(3)漏写ΔH的单位,或者将ΔH的单位写为kJ,从而造成错误。
(4)反应热的数值与方程式的计量数不对应而造成错误。
(5)对燃烧热的概念理解不到位,忽略其标准是1 mol可燃物而造成错误。
【易错易混 防范失分】
判断下列说法的正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。
(1)所有的燃烧反应都是放热反应,所以不需要加热就能进行。(　　)
(2)伴有能量变化的一定是化学变化。(　　)
(3)可逆反应的ΔH表示完全反应时的热量变化,与反应是否可逆无关。
(　　)
(4)活化能越大,表明反应断裂旧化学键需要吸收的能量越大。(　　)
(5)吸热反应中,反应物化学键断裂吸收的总能量大于生成物形成化学键放出的总能量。(　　)
×
×
√
√
√
考点二　反应热的计算
【要点归纳 夯基提能】
反应热计算的四种方法
(1)根据燃烧热数据,计算反应放出的热量。
利用公式:Q=燃烧热×n(可燃物的物质的量)
如已知H2的燃烧热ΔH=-285.8 kJ·mol-1,若H2的物质的量为2 mol,则2 mol H2燃烧放出的热量为2 mol×285.8 kJ·mol-1=571.6 kJ。
一般出现在能量图像中,且多为相对能量
(2)依据反应物与生成物的总能量计算。
ΔH=E(生成物)-E(反应物)。
(3)根据键能数据(E)计算。
　　　 注意:反应物键能总和在前
ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和
(4)根据盖斯定律计算反应热。
若一个热化学方程式可由另外几个热化学方程式相加减而得到,则该反应的反应热也可通过这几个化学反应的反应热相加减而得到。
【明确考向 真题演练】
考向1　利用盖斯定律求算反应热
真题示例
1- 1.(2023湖南卷)聚苯乙烯是一类重要的高分子材料,可通过苯乙烯聚合制得。
苯乙烯的制备
已知下列反应的热化学方程式:
+118
解析 反应④可由①-②-③得到,
故ΔH4=ΔH1-ΔH2-ΔH3=(-4 386.9+4 263.1+241.8) kJ·mol-1=+118 kJ·mol-1。
1- 2.(1)(2022全国甲改编)金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途,目前生产钛的方法之一是将金红石(TiO2)转化为TiCl4,再进一步还原得到钛。TiO2转化为TiCl4有直接氯化法和碳氯化法。在1 000 ℃时反应的热化学方程式如下:
(ⅰ)直接氯化:TiO2(s)+2Cl2(g)═TiCl4(g)+O2(g)　ΔH1=+172 kJ·mol-1
(ⅱ)碳氯化:TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s) ═TiCl4(g)+2CO(g)　ΔH2=-51 kJ·mol-1
反应2C(s)+O2(g) ═2CO(g)的ΔH为　　　　　 kJ·mol-1。
(2)(2022湖北卷)已知:
①CaO(s)+H2O(l)═Ca(OH)2(s)　ΔH1=-65.17 kJ·mol-1
②Ca(OH)2(s)═Ca2+(aq)+2OH-(aq)　ΔH2=-16.73 kJ·mol-1
则CaO(s)+2Al(s)+7H2O(l)═Ca2+(aq)+2[Al(OH)4]-(aq)+3H2(g)的ΔH4=
　　　　　 kJ·mol-1。
-223
-911.9
对点演练
温室气体的利用是当前环境和能源领域的研究热点。CH4与CO2重整可以同时利用两种温室气体,其工艺过程中涉及如下反应:
+247.4
解析 给反应 O2(g)+H2(g) === H2O(g)编序号为反应④,由盖斯定律可得:反应①=反应②+反应③-反应④,故ΔH1=ΔH2+ΔH3-ΔH=+247.4 kJ·mol-1。
答题模板根据盖斯定律计算ΔH的步骤和方法:
(1)计算步骤。
(2)计算方法。
考向2　综合利用燃烧热及热化学方程式求算反应热
真题示例
(2022湖南卷节选)2021年我国制氢量位居世界第一,煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问题:
在一定温度下,向容积固定的密闭容器中加入足量的C(s)和1 mol H2O(g),起始压强为0.2 MPa时,发生下列反应生成水煤气:
反应平衡时,H2O(g)的转化率为50%,CO的物质的量为0.1 mol。此时,整个体系　　　(填“吸收”或“放出”)热量　　 kJ。
吸收
31.2
解析 初始有1 mol H2O,转化率为50%,则根据O原子守恒,可知CO、CO2的氧原子的物质的量为0.5 mol,又平衡时CO为0.1 mol,则CO2中O原子的物质的量为0.4 mol,即CO2的物质的量为0.2 mol。说明反应Ⅰ生成CO 0.3 mol。即反应Ⅰ吸收0.3 mol×131.4 kJ·mol-1=39.42 kJ,反应Ⅱ放出0.2 mol×41.1 kJ·mol-1=8.22 kJ。故最终吸收39.42 kJ-8.22 kJ=31.2 kJ。
对点演练
A.-658 kJ·mol-1 B.-482 kJ·mol-1
C.-329 kJ·mol-1 D.-285 kJ·mol-1
B
2- 2. 环氧乙烷是高效消毒剂,可用于口罩等医用品消毒,工业常用乙烯氧化法生产环氧乙烷。
ΔH1=-209.8 kJ·mol-1
副反应:CH2=CH2(g)+3O2(g) === 2CO2(g)+2H2O(g)　ΔH2=-1 323.0 kJ·mol-1
若C2H4的燃烧热ΔH3=-1 411.0 kJ·mol-1,则环氧乙烷(g)的燃烧热ΔH=　　　　　　 。
-1 306.1 kJ·mol-1
易错警示反应热计算的常见失误点。
(1)根据已知的热化学方程式进行计算时,要清楚已知热化学方程式中各物质化学式前的化学计量数表示的物质的量与实际参与反应的物质的物质的量之间的比例关系,然后进行计算。
(2)根据化学键断裂和形成过程中的能量变化计算反应热时,要注意断键和成键的总数,计算时必须是断键和成键时吸收和放出的总能量。
(3)运用盖斯定律进行计算时,在调整方程式时,要注意ΔH的值也要随之调整。
【易错易混 防范失分】
判断下列说法的正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。
(1)已知稀溶液中,H+(aq)+OH-(aq) === H2O(l)
ΔH=-57.3 kJ·mol-1,则稀醋酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1 mol水时放出57.3 kJ的热量。(　　)
(2)已知甲烷的燃烧热为890 kJ·mol-1,则表示甲烷燃烧热的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g) === CO2(g)+2H2O(g)　ΔH=-890 kJ·mol-1。(　　)
(3)盖斯定律是质量守恒定律和能量守恒定律的共同体现。(　　)
×
×
√
(5)由C(金刚石,s) === C(石墨,s)　ΔH=-1.9 kJ·mol-1,可知金刚石比石墨更稳定。(　　)
(4)一个反应一步完成或分几步完成,两者相比,经过的步骤越多,放出的热量越多。(　　)
×
×
专项突破 素能提升
八、化学反应机理与能量变化模型图
【热点专攻】
有关化学反应的热效应知识在各类考题中通常以图像形式考查,考查点主要有:反应热的判断、反应原理、形成化学键类型及数目、活化能(能垒——断开反应物的化学键所需的最低能量)大小等,其中对反应历程中能垒的判断是近几年较为新型的一种能量变化考查方式。通过此类题型的考查可使考生根据催化剂催化反应的过程粒子和能量变化示意图,认识反应粒子变化的复杂性、能量变化的多样性,从而培养考生的识图能力,考查考生的宏观辨识与微观探析等学科核心素养。
【解法导引】解决这类图像题应先认真阅读题干和图像,特别是图像的横坐标和纵坐标分别代表的物理量或物质;然后分析各反应历程的具体变化,包含物质(或粒子)变化和能量变化;最后结合问题或选项有针对性地进行解题或逐项判断各选项描述的正误。
【思维建模】三步突破能量变化活化能(能垒)图:
【题型突破】
水煤气变换[CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)]是重要的化工过程。我国学者结合实验与计算机模拟结果,研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程,如图所示,其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。
可知水煤气变换的ΔH　　　　(填“大于”“等于”或“小于”)0。该历程中最大能垒(活化能)E正=　　　eV,写出该步骤的化学方程式　 。
小于
2.02
COOH*+H*+H2O*
═COOH*+2H*+OH*
【解题思路】
第一步:通览全图,理清坐标含义
此图为水煤气变换的反应历程中能量变化,横坐标表示CO2(g)与H2O(g)反应在金催化剂表面的反应历程;而纵坐标表示反应历程中的不同阶段的能量变化,从总体来看,反应CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)的过程中相对能量由0到-0.72 eV　ΔH<0,为放热过程。
第二步:细看变化,分析各段反应
分段细分析,反应历程中过渡态1的能垒(活化能)E正为1.59 eV-(-0.32 eV)= 1.91 eV,结合图给信息可得此过程中的化学方程式为CO*+H2O*+H2O(g)═CO*+OH*+H*+H2O(g),而过渡态2的能垒(活化能)E正为1.86 eV-(-0.16 eV)=2.02 eV,结合图给信息可得此过程中的化学方程式为COOH*+H*+H2O*═COOH*+2H*+OH*(或H2O*═H*+OH*)。
第三步:综合分析,写出合理答案
由第一步分析ΔH<0,由第二步分析过渡态1和过渡态2的能垒E正比较得出,反应历程中最大能垒E正为过渡态2,E正=2.02 eV,化学方程式为COOH*+H*+H2O*═COOH*+2H*+OH*(或H2O*═H*+OH*)。
【应考训练】
A.含N分子参与的反应一定有电子转移
B.由NO生成HONO的反应历程有2种
C.增大NO的量,C3H8的平衡转化率不变
D.当主要发生包含②的历程时,最终生成的水减少
D
1.(2022山东卷)在NO催化下,丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是(　　)
解析 根据反应机理的图示可知,含N分子发生的反应有NO+ OOH ══ NO2+ OH、NO+NO2+H2O══2HONO、NO2+ C3H7 ══ C3H6+HONO、HONO══NO+ OH,含N分子NO、NO2、HONO中N元素的化合价依次为+2价、+4价、+3价,上述反应中均有元素化合价的升降,都为氧化还原反应,一定有电子转移,A项正确;根据图示,由NO生成HONO的反应历程有2种,B项正确;NO是催化剂,增大NO的量,C3H8的平衡转化率不变,C项正确;无论反应历程如何,在NO催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总反应都为2C3H8+O2 2C3H6+2H2O,当主要发生包含②的历程时,最终生成的水不变,D项错误。
2.我国科研人员合成了Y、Sc(Y1/NC,Sc1/NC)单原子催化剂,可用于电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示(图中*表示吸附在稀土单原子催化剂表面)。下列说法错误的是(　　)。
A.新型催化剂会降低合成氨反应的焓变,从而降低生产能耗
B.将催化剂附着在纳米多孔载体的表面可提高氨气的生产效率
C.使用Sc1/NC单原子催化剂的反应历程中,最大能垒的反应过程可表示为*N2+H→NNH
D.Sc1/NC单原子催化剂的催化效率理论上应高于Y1/NC单原子催化剂
A
解析 催化剂能降低反应的活化能,改变反应的途径,但不能改变反应的焓变,A项错误;催化剂能降低反应的活化能,加快反应速率,可提高氨气的生产效率,B项正确;由图可知,使用Sc1/NC单原子催化剂的反应历程中,最大能垒的反应过程可表示为*N2+H→NNH,C项正确;由图可知,Y1/NC单原子催化剂催化的反应历程中有一步反应的活化能最高,则理论上其催化效率应低于Sc1/NC单原子催化剂,D项正确。
3.(2021河北卷节选)当今,世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此,研发二氧化碳利用技术,降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。研究表明,在电解质水溶液中,CO2气体可被电化学还原。
在电解质水溶液中,三种不同催化剂(a、b、c)上CO2电还原为CO的反应过程中(H+电还原为H2的反应可同时发生),相对能量变化如图。由此判断, CO2电还原为CO从易到难的顺序为　　　　　(用a、b、c字母排序)。
图1　CO2电还原为CO
图2　H+电还原为H2
c、b、a
解析 c催化剂条件下,CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能,更容易发生CO2的电还原;而催化剂a和b条件下,CO2电还原的活化能均大于H+电还原的活化能,相对来说,更易发生H+的电还原。其中a催化剂条件下,H+电还原的活化能比CO2电还原的活化能小得更多,发生H+电还原的可能性更大,因此反应从易到难的顺序为c、b、a。(共97张PPT)
电化学
专题九
内容索引
01
02
03
考点一　原电池　新型化学电源
考点二　电解原理
考点三　金属的腐蚀与防护
04
专项突破 素能提升
【考情分析 定向备考】
高频考点 两年考向 命题角度再思考
1.原电池　新型化学电源 考向1.新型化学电源[2023全国乙,12] [2023辽宁卷,11][2022湖南卷,8] [2022辽宁卷,14][2021浙江卷,22] [2021广东卷,9] 考向2.离子交换膜电池 [2022全国甲,10][2022广东卷,16] [2022湖南卷,8][2021浙江卷,22] [2021湖南卷,10] 考向3.燃料电池[2021山东卷,10] 考向1.以最新研究的二次电池为命题素材,考查原电池的原理。
考向2.以离子交换膜电池为载体,考查原电池原理和电解池原理。
考向3.燃料电池在污水处理、物质转化中得以广泛应用,成为命题的热点。
高频考点 两年考向 命题角度再思考
2.电解原理 考向1.电解原理[2023湖北卷,10] [2023全国甲,12][2022广东卷,10] [2022辽宁卷,9][2021广东卷,16] 考向2.电解原理的应用 [2023辽宁卷,7][2023全国甲,12] [2021山东卷,17节选] [2021全国甲,13] 考向1.结合信息,考查电解装置的构造和原理,以及电极反应式的书写和相关计算。
考向2.以实际问题为命题素材,利用电解原理制备物质或处理污染物。
3.金属的腐蚀与防护 考向.金属的腐蚀与防护 [2022广东卷,11] 考向.通过金属的腐蚀和防护,在真实情景中,考查电化学原理的灵活应用。
考点一　原电池　新型化学电源
【要点归纳 夯基提能】
1.原电池工作原理
(1)原电池工作原理图解。
(2)原电池装置的迁移创新。
2.原电池正、负极的判断
3.新型化学电源中电极反应式的书写方法
【经典对练 得高分】
考向1　新型化学电源
真题示例
1- 1.(2021广东卷)火星大气中含有大量CO2,一种有CO2参加反应的新型全固态电池有望为火星探测器供电。该电池以金属钠为负极,碳纳米管为正极,放电时(　　)。
A.负极上发生还原反应 　 B.CO2在正极上得电子
C.阳离子由正极移向负极 D.将电能转化为化学能
B
解析 电池的负极上发生氧化反应,A项错误;CO2在正极上得电子发生还原反应,B项正确;放电时阳离子移向正极,C项错误;原电池是把化学能转化为电能的装置,D项错误。
1- 2.(2022辽宁卷)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
A
解析 放电时负极失电子,发生氧化反应,电极反应:Na3Ti2(PO4)3-2e-═NaTi2(PO4)3+2Na+,A项正确;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项错误;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项错误;充电过程中,阳极反应:2Cl--2e-═Cl2↑,消耗氯离子,NaCl溶液浓度减小,D项错误。
1- 3.(2021河北卷)K-O2电池结构如图,a和b为两个电极,其中之一为单质钾片。关于该电池,下列说法错误的是(　　)。
A.隔膜允许K+通过,不允许O2通过
B.放电时,电流由b电极沿导线流向a电极;充电时,b电极为阳极
C.产生1 Ah电量时,生成KO2的质量与消耗O2的质量的比值约为2.22
D.用此电池为铅酸蓄电池充电,消耗3.9 g钾时,铅酸蓄电池消耗0.9 g水
D
解析 a电极的材料是钾片,为原电池的负极,b电极为原电池的正极,则充电时a电极为阴极、b电极为阳极。O2在正极得电子后结合K+生成KO2,所以K+通过隔膜,A项正确。放电时,电子从负极通过外电路流向正极,而电流方向与电子流向相反,即电流由b电极流向a电极;充电时,b电极作阳极,B项正确。每生成1 mol KO2需要消耗1 mol O2,即生成KO2的质量与消耗O2的质量比为71 g∶32 g ≈ 2.22,C项正确。消耗3.9 g钾时,转移电子的物质的量为0.1 mol,依据铅酸蓄电池反应式Pb+PbO2+2H2SO4 2PbSO4+2H2O,此时消耗0.1 mol水,即1.8 g水,D项错误。
方法技巧有关可充电电池的解题思路:
A.充电时,M极的电极反应为[Fe(CN)6]4-+e- ===[Fe(CN)6]3-
B.放电时,N极的电势高于M极
C.1 mol [Fe(CN)6]3-中含有σ键为12 mol
D.放电时,电路中转移2 mol电子时,负极区电解质溶液质量增加65 g
对点演练
1- 1. 碱性锌铁液流电池采用资源丰富的铁和锌作为电池正、负极电解液活性物质,具有电压高、成本低的优点。该电池的总反应为Zn+2[Fe(CN)6]3-+4OH- 2[Fe(CN)6]4-+[Zn(OH)4]2-。下列叙述正确的是(　　)。
C
解析 根据图示和总反应知,放电时,N极为负极,Zn失去电子,发生氧化反应; M极为正极,[Fe(CN)6]3-得电子,发生还原反应。充电时,N极为阴极, [Zn(OH)4]2-得电子,发生还原反应;M极为阳极,[Fe(CN)6]4-失去电子发生氧化反应:[Fe(CN)6]4-- e-═[Fe(CN)6]3-,A项错误。放电时,N极为负极,M极为正极,则N极的电势低于M极,B项错误。在配合物[Fe(CN)6]3-中,CN-与铁离子之间有6个配位键,在每个CN-内部有一个σ共价键,所以1 mol该配合物中含有σ键12 mol,C项正确。放电时,Zn失电子后与氢氧根生成[Zn(OH)4]2-,溶液增加的质量为1 mol Zn和4 mol氢氧根之和,大于65 g,D项错误。
1- 2. 我国科学家发明了一种“可固氮”的镁-氮二次电池,其装置如图所示,下列说法不正确的是(　　)。
A.固氮时,电池的总反应为3Mg+N2 === Mg3N2
B.脱氮时,钌复合电极的电极反应为Mg3N2-6e- === 3Mg2++N2↑
C.固氮时,外电路中电子由钌复合电极流向镁电极
D.当无水LiCl-MgCl2混合物受热熔融后电池才能工作
C
解析 固氮时该装置为原电池装置,镁为活泼金属,作负极,被氧化成Mg2+;钌复合电极为正极,氮气在该电极上发生还原反应生成N3-,与熔融电解质中镁离子生成Mg3N2,所以总反应为3Mg+N2 === Mg3N2,A项正确。脱氮时,-3价的氮元素被氧化,钌复合电极上应发生氧化反应,Mg3N2失电子发生氧化反应生成氮气,电极反应为Mg3N2-6e- === 3Mg2++N2↑,B项正确。固氮时,镁电极为负极,外电路中电子由镁电极流向钌复合电极,C项错误。无水LiCl-MgCl2混合物常温下为固体,无自由移动离子,不能导电,受热熔融后产生自由移动离子后,电池才能工作,D项正确。
考向2　离子交换膜电池
真题示例
2- 1.(2022广东卷)科学家基于Cl2易溶于CCl4的性质,发展了一种无须离子交换膜的新型氯流电池,可作储能设备(如图所示)。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
C
解析 根据题干给的电极反应知:充电时电极a上发生得电子的反应,为阴极,放电时电极a失电子,为负极,则充电时电极b为阳极,A项错误;放电时正极的电极反应式为Cl2+2e- ══ 2Cl-,NaCl溶液中氢离子和氢氧根离子的浓度无变化,pH不变,B项错误;放电时正极反应生成氯离子,负极反应生成钠离子,放电时NaCl溶液的浓度增大,C项正确;充电时电极b的反应为2Cl--2e- ══ Cl2↑,每生成1 mol氯气转移2 mol电子,电极a理论上有2 mol Na+转化为Na3Ti2(PO4)3,增重46 g,D项错误。
2- 2.(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.玻璃陶瓷具有传递离子和防水的功能
D.该锂-海水电池属于一次电池
B
解析 本题考查新型电池的工作原理。海水中存在NaCl、MgCl2等电解质,海水在该电池中起电解质溶液的作用,A项正确;N极为电池的正极,正极上水放电生成氢气,同时,海水中溶解的O2也可在N极放电,电极反应为O2+4e-+2H2O═4OH-,B项错误;Li为活泼金属,能够与水反应,玻璃陶瓷起到隔绝水的作用,同时传导离子形成闭合回路,C项正确;该电池将化学能转化为电能后,H2在N极不具有充电后发生失电子反应的条件,故该锂-海水电池属于一次电池,D项正确。
A.负极反应为CH3COO-+2H2O-8e- === 2CO2↑+7H+
B.隔膜1为阳离子交换膜,隔膜2为阴离子交换膜
C.当电路中转移1 mol电子时,模拟海水理论上除盐58.5 g
D.电池工作一段时间后,正、负极产生气体的物质的量之比为2∶1
2- 3.(2020山东卷)微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置,利用微生物处理有机废水获得电能,同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水,采用惰性电极,用下图装置处理有机废水(以含CH3COO-的溶液为例)。下列说法错误的是(　　)。
B
【解题思路】
第一步,根据图示判断电化学装置的类型。该装置为原电池装置。
第二步,根据粒子变化判断正、负极。CH3COO-转化为CO2,C元素的化合价升高,CH3COO-失电子被氧化,因此a极为负极,b极为正极。
第三步,根据电极反应原理确定各电极上发生的反应。依据电荷守恒可得负极反应为CH3COO-+2H2O-8e- === 2CO2↑+7H+;正极反应为2H++2e- === H2↑。
第四步逐项分析判断。
失分剖析一是不能根据图示中的相关信息判断正、负极,从而无法书写负极反应而错判A项;二是不能根据实验目的判断离子移动方向而错判B项;三是不能根据电子守恒和电荷守恒进行计算而错判C项;四是不能判断正、负极产物以及不能利用电子守恒计算正、负极产物物质的量的关系而错判D项。
归纳总结
对点演练
2- 1.(2023广东统考一模)我国科学家设计了一种新型的溴基液流可充电电池用于大规模储能,其放电时的工作原理如图所示。下列有关说法不正确的是(　　)。
C
2- 2.包覆纳米硅复合材料(GS-Si)的可充电石墨烯电池的工作原理如图所示。放电时,GS-Si包覆石墨烯电极上的物质变化为C6Li→C6Li1-x;多元含锂过渡金属氧化物电极上的物质变化为Li1-xMO→→LiMO2。下列说法错误的是(　　)。
A.放电时,胶状聚合物电解质和固体电解质的作用均为传导离子,构成闭合回路
B.若放电前两个电极质量相等,转移0.1 mol电子后两个电极质量相差0.7 g
C.充电时,与正极连接的电极反应为LiMO2-xe-═Li1-xMO2+xLi+
D.为保护电池,GS-Si包覆石墨烯的电极反应不能进行至C6Li-e-═C6+Li+
B
解析 结合题意可知放电时,GS-Si包覆石墨烯电极上发生的反应为C6Li-xe-═C6Li1-x+xLi+;多元含锂过渡金属氧化物电极上的反应为xLi++xe-+
Li1-xMO2═LiMO2,因此GS-Si包覆石墨烯电极为电池的负极,多元含锂过渡金属氧化物电极为正极。放电时,电池内电路由胶状聚合物电解质、隔膜、固体电解质构成,胶状聚合物电解质和固体电解质的作用均为传导Li+,构成闭合回路,A项正确。由电极反应可知,放电时,转移0.1 mol电子后,负极材料减少0.1 mol Li+,正极材料增加0.1 mol Li+,因此转移0.1 mol电子后两个电极质量相差0.1 mol×2×7 g·mol-1=1.4 g,B项错误。放电时,正极反应为xLi++xe-+Li1-xMO2═LiMO2,则充电时,与正极连接的电极反应式为LiMO2-xe-═Li1-xMO2+xLi+,C项正确。若GS-Si包覆石墨烯的电极反应进行至C6Li-e-═C6+Li+,石墨烯电极会被氧化,损伤电极,因此为保护电池,GS-Si包覆石墨烯的电极反应不能进行至C6Li-e-═C6+Li+,D项正确。
考向3　燃料电池
真题示例
3- 1.[2020海南卷改编]某燃料电池的主要构成要素如图所示,下列说法错误的是(　　)。
B
A.电池可用于乙醛的制备
B.b电极为正极
C.电池工作时,b电极附近pH降低
D.a电极的反应为O2+4e-+4H+═2H2O
解析 该电池将乙烯和水转化为乙醛,可用于乙醛的制备,A项正确。该燃料电池中,通入氧气的电极为电池的正极,即a电极是正极,B项错误。电池工作时,H+移向正极,a电极的反应式为O2+4e-+4H+═2H2O,b电极附近生成H+,pH降低,C、D项正确。
3- 2.(2021山东卷)以KOH溶液为离子导体,分别组成CH3OH-O2、N2H4-O2、(CH3)2NNH2-O2清洁燃料电池。下列说法正确的是(　　)。
A.放电过程中,K+均向负极移动
B.放电过程中,KOH的物质的量均减小
C.消耗等质量燃料,(CH3)2NNH2-O2燃料电池的理论放电量最大
D.消耗1 mol O2时,理论上N2H4-O2燃料电池气体产物的体积在标准状况下为11.2 L
C
【解题思路】
对点演练
3- 1. 直接煤-空气燃料电池原理如图所示,下列说法错误的是(　　)。
A.随着反应的进行,氧化物电解质的量不断减少
B.负极的电极反应为
C.电极X为负极,O2-向X极迁移
D.直接煤-空气燃料电池的能量效率比煤燃烧发电的能量效率高
A
解析 氧化物电解质的量不会减少,在电极Y上O2得到电子生成O2-,氧化物电解质的量不断在补充,A项错误。由原理图分析可知,其负极反应为
C+2 -4e- === 3CO2↑,B项正确。原电池内部的阴离子向负极移动,C项正确。直接煤-空气燃料电池是把化学能直接转化为电能,而煤燃烧发电是把化学能通过多个步骤再转化为电能,其能量损耗较大,D项正确。
A.b极为负极
B.每消耗0.01 mol葡萄糖,外电路中转移0.02 mol电子
C.可以在实验室中用葡萄糖与浓硫酸加热的方式制备葡萄糖内酯
D.葡萄糖与氢气加成后的产物分子中手性碳原子数比葡萄糖分子中的少
3- 2. 某课题组将二氧化锰和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内,形成电池如图,该电池可将碳酸饮料(pH=2.5)中的葡萄糖作为燃料获得能量。下列说法正确的是(　　)。
B
解析 由图可知,电极a为负极,酸性条件下,葡萄糖在负极失去电子发生氧化反应生成葡萄糖内酯,电极反应式为C6H12O6-2e- === C6H10O6+2H+;电极b为正极,二氧化锰在正极得到电子,发生还原反应,A项错误。每消耗0.01 mol葡萄糖,外电路中转移0.02 mol电子,B项正确。葡萄糖分子中不含有羧基,不可能在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成葡萄糖内酯,C项错误。手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子,葡萄糖分子中含有如图所示的4个手性碳原子: ,葡萄糖与氢气加
成后的产物中也含有如图所示的4个手性碳原子: , D项错误。
3- 3. 锌-空气燃料电池是一种低能耗电池,在生产生活中应用广泛,其装置示意图如图所示。下列说法错误的是(　　)。
A.充电时,a与电源正极相连
B.放电过程中,KOH溶液浓度不变
C.充电时,N极的电极反应为ZnO+2H++2e- === Zn+H2O
D.放电时,M极每消耗16 g O2,理论上N极质量增加16 g
C
解析 锌-空气燃料电池中Zn为活泼金属,放电时被氧化,所以N极为负极,M极为正极,氧气在M极上被还原。放电时M极为正极,则充电时M极为阳极, a与电源正极相连,A项正确。放电过程中N极上的反应为Zn+2OH--2e- === ZnO+H2O,M极上的反应为O2+2H2O+4e- === 4OH-,总反应为2Zn+O2 === 2ZnO,所以KOH溶液浓度不变,B项正确。电解质溶液为碱性溶液,充电时N极上的反应为H2O+ZnO+2e- === Zn+2OH-,C项错误。16 g O2的物质的量为0.5 mol,根据电极反应式可知转移2 mol电子,有1 mol Zn转化为1 mol ZnO,增加的质量为1 mol O的质量,为16 g,D项正确。
归纳总结1.燃料电池认知模型。
2.燃料电池中通入氧气的一极的电极反应式的书写。
判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。
(1)原电池工作时,正极表面一定有气泡产生。(　　)
(2)Mg、Al形成的原电池,Mg一定作负极。(　　)
(3)铜-铁原电池中,负极反应式为Fe-3e- === Fe3+。(　　)
(4)用稀硫酸与锌粒制取H2时,加几滴CuSO4溶液可以增大反应速率。(　 )
(5)原电池工作时,溶液中的阳离子向负极移动,盐桥中的阳离子向正极移动。(　　)
【易错易混 防范失分】
×
×
×
√
×
易错警示(1)Mg、Al和氢氧化钠溶液构成的原电池中,负极是Al。
(2)原电池中,铁放电生成的是Fe2+。
考点二　电解原理
【要点归纳 夯基提能】
1.电解池中阴、阳极的判断
2.电解池中离子的放电顺序
3.电化学计算的基本方法
【经典对练 得高分】
考向1　电解原理
真题示例
1- 1.(2022广东卷)以熔融盐为电解液,以含Cu、Mg和Si等的铝合金废料为阳极进行电解,实现Al的再生。该过程中(　　)。
A.阴极发生的反应为Mg-2e- ══ Mg2+
B.阴极上Al被氧化
C.在电解槽底部产生含Cu的阳极泥
D.阳极和阴极的质量变化相等
C
解析 由题干信息可知,以铝合金废料作为阳极进行电解,镁和铝在阳极失电子,A、B两项错误;进行电解时,铜失电子能力小于铝,不能在电极上放电,与硅以单质形式沉积在电解槽阳极底部,形成阳极泥,C项正确;由于阳极存在多种金属放电,阴极为单一离子放电,阴极和阳极质量变化不相等,D项错误。
1- 2.(2023全国甲)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来提高多碳产物(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)
C
解析 本题考查电解原理治理CO2,涉及电极产物、离子移动、电极方程式的正误判断和电化学计算。
根据电还原CO2可知IrOx-Ti电极为电解池阳极,Cu电极为电解池阴极。析氢反应发生在阴极(Cu电极)上,A项错误;质子交换膜只允许两极区转移H+, B项错误; ,结合H2SO4溶液和电荷守恒可知阴极反应有2CO2+12H++12e-═C2H4+4H2O,C项正确;阳极反应为:
2H2O-4e-═O2↑+4H+
4 mol 22.4 L
1 mol V(O2)
解得V(O2)=5.6 L,D项错误。
1- 3.(2021广东卷)钴(Co)的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说法正确的是(　　)。
A.工作时,Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均增大
B.生成1 mol Co,Ⅰ室溶液质量理论上减少16 g
C.移除两交换膜后,石墨电极上发生的反应不变
D.电解总反应:2Co2++2H2O 2Co+O2↑+4H+
D
方法技巧电极反应方程式的书写策略:
对点演练
1- 1.(2023广东揭阳高三期末)如图所示,将纯锌片和石墨棒插入饱和食盐水中。下列说法正确的是(　　)。
A.直接将a、b接通,能观察到石墨棒上有气泡冒出
B.直接将a、b接通,为了保护锌片,将石墨棒换成铁片,属于牺牲阳极保护法
C.电源正极接a、负极接b,电解质换成硫酸铜,锌片有铜析出
D.电源负极接a、正极接b,密封装置并通电一段时间后电解质溶液具有一定的漂白性
D
解析 直接将a、b接通,构成原电池,石墨棒作正极,氧气得电子,无气体产生,A项错误;锌、铁、NaCl溶液构成原电池,发生吸氧腐蚀,锌的金属活动性强于铁而失去电子,没有达到保护锌片的目的,B项错误;电源正极接a、负极接b,锌片作阳极失去电子,锌片没有铜析出,C项错误;电源负极接a、正极接b,阳极氯离子失电子生成氯气,密封装置并通电一段时间后,氯气溶于电解液生成次氯酸钠,电解质溶液具有一定的漂白性,D项正确。
1- 2. 我国科学家合成了一种新型的Fe-SnO2催化剂,用该催化剂修饰电极,可实现在室温条件下电催化氮气制备铵盐和硝酸盐。下列说法错误的是(　　)。
A.电解过程中H+由b极区向a极区迁移
B.阴极反应为N2+6e-+8H+ === 2
C.电解一段时间,阳极区的pH减小
D.电解一段时间,阴极、阳极消耗N2的物质的量之比为3∶5
D
考向2　电解原理的应用
真题示例
2- 1.(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+
D
解析 本题考查电解原理的应用。
H2为还原产物,故钛箔为电解池的阴极,钛网极为阳极。阳极连接电源正极,阴极连接电源负极,故a端电势高于b端电势,A项错误;电解时,阳极反应为Cl-+H2O-2e-═HClO+H+,阴极反应为2H2O+2e-═H2↑+2OH-,总反应方程式为Cl-+H2O═ClO-+H2↑,理论上转移2 mol e-生成2 g H2,B项错误、D项正确;流动海水电解后,海水中含有NaClO,其为强碱弱酸盐,pH不会下降,C项错误。
2- 2.(2022浙江6月选考)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
C
解析 由电解示意图可知,电极B上Mn2+转化为MnO2,锰元素化合价升高,失电子,则电极B为阳极,电极A为阴极,得电子,发生还原反应,A项正确;由电解示意图可知,电极B上Mn2+失电子转化为MnO2,电极反应为2H2O+Mn2+-2e-═MnO2+4H+,B项正确;电极A为阴极,LiMn2O4得电子,电极反应为2LiMn2O4+6e-+16H+═2Li++4Mn2++8H2O,依据得失电子守恒,电解池总反应为2LiMn2O4+4H+═2Li++Mn2++3MnO2+2H2O,反应生成了Mn2+,Mn2+浓度增大,C项错误;电解池总反应为2LiMn2O4+4H+═2Li++Mn2++3MnO2+ 2H2O,电解结束后,可通过调节溶液pH将锰离子转化为沉淀除去,然后加入碳酸钠溶液,从而获得碳酸锂,D项正确。
2- 3.(2021全国甲)乙醛酸是一种重要的化工中间体,可采用如下图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH-,并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是(　　)。
A.KBr在上述电化学合成过程中只起电解质的作用
C.制得2 mol乙醛酸,理论上外电路迁移了1 mol电子
D.双极膜中间层中的H+在外电场作用下向铅电极方向迁移
D
2- 4.(2021山东卷改编)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。
利用膜电解技术(装置如图所示),以Na2CrO4为主要原料制备Na2Cr2O7的总反应的化学方程式为4Na2CrO4+4H2O 2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑,则Na2Cr2O7在　　　　(填“阴”或“阳”)极室制得,电解时通过膜的离子主要为　　　　。
阳
Na+
【解题思路】
对点演练
2- 1.(2023广东深圳模拟)以CO2和H2O为原料的共电解技术既能制备原料气(CO和H2),又能实现CO2减排,对环境保护有重要意义。固体氧化物(电解质为掺杂了氧化钇的氧化锆)电解池的工作原理如图,下列说法正确的是(　　)。
A.N为阴极,与电源的负极相连
B.若n(CO2)∶n(H2O)=1∶1,则M极的电极反应为
CO2+H2O-4e-═H2+CO+2O2-
C.理论上每生成22.4 L(标准状况)H2和CO电路中转移电子数为2NA
D.该装置在常温下工作,可节约能源
C
解析 该电解池中,O2-移向N极、失去电子发生氧化反应生成O2,则N极为阳极,N极与电源正极相连,M极是阴极,与电源负极相连,M极上发生还原反应, A项错误;M极上发生还原反应,若n(CO2)∶n(H2O)=1∶1,则M极的电极反应为CO2+H2O+4e-═H2+CO+2O2-,B项错误;存在关系式:CO2~2e-~CO~O2-,每生成22.4 L(标准状况)CO电路中转移电子数为2NA,H2O~2e-~H2~O2-,每生成22.4 L(标准状况)H2电路中转移电子数为2NA,则理论上每生成22.4 L(标准状况)H2和CO电路中转移电子数为2NA,C项正确;常温下固体氧化物(电解质为掺杂了氧化钇的氧化锆)中离子不能自由移动,高温下熔融离子可自由移动,则该装置不能在常温下工作,D项错误。
2- 2.(2023广东校联考一模)次磷酸钴[Co(H2PO2)2]广泛应用于化学镀钴,以金属钴和次磷酸钠为原料,采用四室电渗析槽电解法制备次磷酸钴的装置如图所示。下列说法正确的是(　　)。
A.Co电极连接电源负极
B.C采用阴离子交换膜
C.石墨电极的电极反应为2H2O+2e-═2OH-+H2↑
D.工作时,原料室中NaH2PO2的浓度不变
C
解析 此电解池用金属钴和次磷酸钠制备次磷酸钴,因此Co电极失去电子作阳极,与电源的正极相连,A项错误;电解池中,阳离子向阴极移动,阴离子向阳极移动。产品室中得到次磷酸钴,阳极区生成的Co2+和原料室中的H2P都移向产品室,为了确保产品的纯度和原料室电荷守恒,原料室中的Na+移向阴极区,因此A、B、C分别采用阳离子交换膜、阴离子交换膜、阳离子交换膜,B项错误;石墨电极作阴极,因此电极反应为2H2O+2e-═2OH-+H2↑,C项正确;产品室中得到次磷酸钴,阳极区生成的Co2+和原料室中的H2P都移向产品室,原料室中的Na+移向阴极区,所以工作时原料室中NaH2PO2的浓度减小,D项错误。
方法技巧电解池中电极反应式书写时的思维流程:
【易错易混 防范失分】
判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。
(1)电解精炼铜和电镀铜,电解液的浓度均会发生很大的变化。(　　)
(2)电解饱和食盐水,在阳极区得到NaOH溶液。(　　)
(3)工业上可用电解MgCl2溶液、AlCl3溶液的方法制备Mg和Al。(　　)
(4)电解精炼铜时,阳极泥可以作为提炼贵重金属的原料。(　　)
×
×
×
√
易错警示 较为活泼的金属在溶液中不能放电,电解法制取金属,通常是电解熔融的盐(制取Al是电解熔融的Al2O3)。
考点三　金属的腐蚀与防护
【要点归纳 夯基提能】
1.金属的电化学腐蚀(以铁的电化学腐蚀为例)
本质是金属原子失去电子
2.金属电化学保护的两种方法
　　　 原电池原理
牺牲阳极法——K置于M,形成原电池,X为比铁更活泼的金属(活泼的金属保护不活泼的金属:轮船上镶嵌锌块保护船体)
　　　　　电解原理
外加电流法——K置于N,形成电解池,铁作电解池的阴极
【经典对练 得高分】
考向　金属的腐蚀与防护
真题示例
(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
D
解析 检验铁片是否被腐蚀,实际上就是检验有无Fe2+产生。溶液中的氯离子能与银离子反应生成氯化银沉淀,因此加入AgNO3溶液产生沉淀无法说明Fe2+是否存在,A项错误;加入淀粉碘化钾溶液无蓝色出现,说明不存在Fe3+,但不能确定是否存在Fe2+,B项错误;加入KSCN溶液无红色出现,说明不存在Fe3+,但不能确定是否存在Fe2+,C项错误;加入铁氰化钾溶液,无蓝色沉淀,则说明无Fe2+,即铁片未被腐蚀,D项正确。
对点演练
1- 1.白铁皮和镀锡铁皮的腐蚀情况如图所示。下列有关说法不正确的是(　　)。
A.白铁皮和镀锡铁皮破损后,后者铁更易被腐蚀
B.白铁皮发生电化学腐蚀时,Zn作负极,Fe作正极
C.镀锡铁皮发生电化学腐蚀时,Fe的腐蚀电势比Sn的腐蚀电势高
D.两种材料发生电化学腐蚀时,正极的电极反应均为O2+4e-+2H2O═4OH-
C
解析 Zn的金属活动性强于Fe,白铁皮破损后,Zn作负极被腐蚀,Fe作正极被保护;Fe的金属活动性强于Sn,镀锡铁皮破损后,Fe作负极被腐蚀,因此,镀锡铁皮更易被腐蚀,A、B两项正确;Fe的金属活动性强于Sn,镀锡铁皮发生电化学腐蚀时,Fe作负极,Sn作正极,因此Fe的腐蚀电势比Sn的腐蚀电势低,C项错误;两种材料发生电化学腐蚀时,正极均是O2参与反应,电极反应均为O2+4e-+2H2O═4OH-,D项正确。
1- 2.(2023湖南校联考二模)某同学利用如图所示装置探究金属的腐蚀与防护,下列说法不正确的是(　　)。
A.③区电极电势Cu高于Fe
B.①区Fe电极和③区Fe电极电极反应均为Fe-2e-═Fe2+
C.②区Zn电极和④区Cu电极电极反应均为2H2O+2e-═H2↑+2OH-
D.②区Fe电极和④区Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液,均会出现蓝色沉淀
B
解析 由图可知,①区和③区为原电池,②区和④区构成电解池,①区中Zn为负极、Fe为正极,③区中Fe为负极、Cu为正极,②区中与直流电源正极相连的Fe为电解池的阳极、Zn为阴极,④区中与直流电源正极相连的Fe为电解池的阳极、Cu为阴极。③区中Fe为负极、Cu为正极,则③区电极电势正极Cu高于负极Fe,A项正确;①区中Fe为正极,氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子,电极反应为O2+4e-+2H2O═4OH-,B项错误;②区Zn电极和④区Cu电极均为电解池的阴极,电极反应均为2H2O+2e-═ H2↑+2OH-,C项正确;②区Fe电极和④区Fe电极均为电解池的阳极,电极反应均为Fe-2e-═Fe2+,放电生成的亚铁离子均能与铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀,D项正确。
【易错易混 防范失分】
判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。
(1)纯银器表面变黑和钢铁表面生锈的腐蚀原理一样。(　　)
(2)外加电流法是将被保护金属接在直流电源的正极。(　　)
(3)白口铁(镀锌)破损,仍然对铁具有保护作用。(　　)
×
×
√
易错警示(1)银器变黑发生的是化学腐蚀,产生黑色的Ag2S。
(2)白口铁是镀锌铁,马口铁是镀锡铁,金属性Zn>Fe>Sn。
专项突破 素能提升
九、电化学中的离子交换膜
【热点专攻】
电化学的有关知识是每年高考必考内容,题型有选择题和非选择题。命题的角度有电极反应的正误判断与书写,电池反应的书写,正、负极的判断,电池充、放电时离子移动方向的判断,电极附近离子浓度的变化,电解的应用与计算,金属的腐蚀与防护等。离子交换膜在电化学工业生产中应用十分广泛,离子交换膜的作用、性质已成为高考命题的新动向。
1.判断离子交换膜的类型,判断离子的迁移方向,书写电极反应式,判断电极产物
如三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示,采用惰性电极,ab、cd均为离子交换膜,在直流电场的作用下,两膜中间的Na+和 可通过离子交换膜,而两端隔室中离子被阻挡,不能进入中间隔室。根据电解池原理可判断阴、阳离子的移动方向,从而确定离子交换膜的类型,然后可书写电极反应式,判断电极产物。
2.防范失分点
(1)看清图示,是否说明了离子交换膜的类型,是否标注了电源的正、负极,是否标注了电子流向、电荷流向等,明确阴、阳离子的移动方向。
(2)根据原电池和电解池中阴、阳离子的移动方向,结合题目中给出的制备、电解物质等信息,找出物质生成或消耗的电极区域,确定移动的阴、阳离子,从而推知离子交换膜的类型。
【题型突破】
(2022全国乙)Li-O2电池比能量高,在汽车、航天等领域具有良好的应用前景。近年来,科学家研究了一种光照充电Li-O2电池(如图所示)。光照时,光催化电极产生电子(e-)和空穴(h+),驱动阴极反应(Li++e-═Li)和阳极反应(Li2O2+2h+═2Li++O2)对电池进行充电。下列叙述错误的是(　　)。
A.充电时,电池的总反应为Li2O2═2Li+O2
B.充电效率与光照产生的电子和空穴量有关
C.放电时,Li+从正极穿过离子交换膜向负极迁移
D.放电时,正极发生反应O2+2Li++2e-═Li2O2
C
【解题思路】
电池分析:装置判断:由选项“充电”“放电”可知,该装置为二次电池。由装置图连接灯泡可知,该装置示意图为放电过程。
电极判断:金属锂电极,Li转化为Li+,发生失电子的氧化反应,作负极。
光催化电极,O2转化为Li2O2,发生得电子的还原反应,作正极。
充电时为电解池,金属锂作阴极,光催化电极作阳极。
项目 电极 电极反应
放电 (原电池) 负极(金属锂) Li-e-═Li+
正极(光催化电极) 2Li++O2+2e-═Li2O2
充电 (电解池) 阴极(金属锂) Li++e-═Li
阳极(光催化电极) Li2O2+2h+═2Li++O2
总反应 2Li+O2 Li2O2 由电池分析可知,A、D两项正确;光照产生的电子和空穴量越大,阴、阳极放电的物质越多,则充电效率越高,B项正确;放电时为原电池,原电池中阳离子向正极迁移,故Li+从负极穿过离子交换膜向正极迁移,C项错误。
应考训练
1.(2023湖南名校联考二模)中科院化学研究所开发了一个包括苯酚电催化还原和苯酚电催化氧化两个半反应的综合电化学策略,成功实现了苯酚合成两种重要的化工原料——环己酮和苯醌。下列说法错误的是(　　)。
A.溶液中的H+的移动方向:电极a→电极b
B.阴极区的电极反应为
C.电路中转移2 mol e-时,理论上会消耗苯酚的数目为0.5NA
D.该电化学合成环己酮和苯醌的原子利用率为100%
C
2.Ca-LiFePO4可充电电池的工作原理示意图如下,其中锂离子交换膜只允许Li+通过,电池反应为xCa+2Li1-xFePO4+2xLi+ xCa2++2LiFePO4。下列说法正确的是(　　)。
B
A.LiPF6/LiAsF6电解质与Li2SO4溶液可互换
B.充电时,当转移0.1 mol 电子时,左室中电解质的质量减小 1.3 g
C.充电时,阴极反应为Li1-xFePO4+xLi++xe- === LiFePO4
D.放电时,Li1-xFePO4/LiFePO4电极发生Li+脱嵌,充电时发生Li+嵌入
解析 据原电池反应可知,放电时Ca转化为Ca2+,发生氧化反应,所以钙电极为负极,充电时钙电极为阴极,则放电时Li1-xFePO4/LiFePO4电极为正极,充电时Li1-xFePO4/LiFePO4电极为阳极。Ca是活泼金属,易与水发生剧烈反应,所以LiPF6/LiAsF6电解质为非水电解质,而Li2SO4溶液中有水,不可互换,A项错误。充电时每转移0.1 mol电子,左室中就有0.05 mol Ca2+转化为Ca,同时有0.1 mol Li+迁移到左室,所以左室中电解质的质量减小0.05 mol×40 g·mol-1-0.1 mol×7 g·mol-1=1.3 g,B项正确。充电时,钙电极为阴极,电极反应为Ca2++2e-═Ca,C项错误。充电时为电解池,电解池中阳离子移向阴极,Li1-xFePO4/LiFePO4电极为阳极,所以Li1-xFePO4/LiFePO4电极发生Li+脱嵌,然后Li+移向阴极;放电时为原电池,原电池中阳离子移向正极,所以放电时发生Li+嵌入,D项错误。
3.利用CH4燃料电池电解制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH、H2、Cl2,装置如图所示。下列说法正确的是(　　)。
A.a极电极反应为CH4+2H2O-8e- === CO2+8H+
B.A、B、C膜均为阳离子交换膜
C.c电极可选用铁作电极材料
D.a极上通入标准状况下22.4 L甲烷,原料室H2P减少8 mol
D(共150张PPT)
　化学反应速率与化学平衡
专题十
内容索引
01
02
03
考点一　外界条件对化学反应速率的影响
考点二　化学平衡　化学平衡常数及有关计算
考点三　化学反应速率与化学平衡的有关图像
04
专项突破 素能提升
【考情分析 定向备考】
高频考点 两年考向 命题角度再思考
1.外界条件对化学反应速率的影响 考向1.化学反应速率的计算[2022广东卷,15][2021广东卷,14] [2021河北卷,13] [2021湖南卷,16(3)] 考向2.判断外界条件对化学反应速率的影响[2023辽宁卷,12] [2022广东卷,13] [2022湖南卷,6、14] 考向1.从化学平衡图像中获取信息,根据定义式“ ”计算反应速率,或根据反应速率方程及相关数据计算化学反应速率。
考向2.结合图像,分析外界条件
(如温度、压强等)对化学反应速率的影响等。
高频考点 两年考向 命题角度再思考
2.化学平衡　化学平衡常数及有关计算 考向1.化学平衡及影响因素[2023湖南卷,13] [2022湖北卷,13][2022河北卷,13] [2022湖南卷,14、16][2022全国甲,28] [2021广东卷,19(2)][2021湖南卷,11] [2021湖南卷,14] 考向2.化学平衡常数及计算[2022海南卷,8] [2022湖南卷,14][2022全国甲,28] [2021全国甲,28(2)][2021全国乙,28(2)(3)] [2021广东卷,19(4)][2021湖南卷,16(3)] [2021河北卷,16(2)(3)] 考向1.基于化学平衡图像,分析转化率、含量等变化的原因;结合化学反应特
点,选择反应发生的合适条件等。
考向2.基于化学平衡图像,获取物质的转化率、百分含量等数据,依据“三段式法”计算化学平衡常数(K)或压强平衡常数(Kp)。
高频考点 两年考向 命题角度再思考
3.化学反应速率与化学平衡的有关图像 考向1.化学反应速率图像 [2021湖南卷,14] 考向2.化学平衡图像 [2022湖南卷,14][2021湖南卷,11] [2021全国甲,28(2)] 考向1.结合反应速率-温度(或压强)图像,分析反应速率变化的原因。
考向2.结合化学平衡图像,考查外界条件对化学平衡的影响、化学平衡转化率和平衡常数的计算等。
考点一　外界条件对化学反应速率的影响
【要点归纳 夯基提能】
1.掌握计算化学反应速率的两种方法
(1)根据定义式及图表中数据计算:
微点拨①计算时一定要注意溶液的体积,不能盲目地把Δn当作Δc代入公式进行计算;②还要注意单位及规范书写。
(2)根据“比例关系”计算。
对于反应“mA(g)+nB(g) pC(g)+qD(g)”,则有v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)=m∶n∶p∶q。
　　 要注意物质的状态
2.从不同角度认识反应速率常数
(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=kca(A)cb(B),式中的k称为反应速率常数或速率常数。
微点拨①反应速率常数(k)表示单位浓度下的化
学反应速率,与浓度无关,但受温度、催化剂、固体表面积等因素的影响;②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。
3.从“有效碰撞”角度认识外界条件对化学反应速率的影响
(1)活化分子和有效碰撞。
①能够发生有效碰撞的分子叫做活化分子。活化能是指为了能发生化学反应,普通分子(具有平均能量的分子)变成活化分子所需要吸收的最低能量,即活化分子比普通分子多出的那部分能量。
②能够发生化学反应的碰撞叫做有效碰撞。
　　　　　　 　两个条件缺一不可
发生有效碰撞的两个条件:一是反应物分子必须具有足够的能量(即活化分子);二是分子碰撞时要有合适的取向。
微点拨活化能是影响化学反应速率的内因。相同条件下,不同化学反应的速率不同,主要是活化能大小不同引起。一般情况,反应的活化能越小,化学反应速率越大,反之,反应的活化能越大,反应速率越小。
(2)影响化学反应速率的外界因素。
(3)“惰性气体”(非反应气体)对化学反应速率的影响。
【明确考向 真题演练】
真题示例
1- 1.(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
D
解析 由图可知,无催化剂时,随着反应进行,生成物的浓度也在增加,说明反应也在进行,A项错误。由图可知,催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ催化效果好,反应速率大,说明催化剂Ⅰ使反应活化能更低,B项错误。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的浓度随时间t的变化,C项错误。使用催化剂Ⅰ时,在0~2 min内,Y的浓度变化了4.0 mol·L-1,
1- 2.(2022海南卷)某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环,其中涉及反应:CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)。
(1)某研究小组模拟该反应,温度t下,向容积为10 L的抽空的密闭容器中通入0.1 mol CO2和0.1 mol H2,反应平衡后测得容器中n(CH4)=0.05 mol,则CO2的转化率为　　　　　 。
50%或0.5
(2)在相同条件下,CO2(g)与H2(g)还会发生不利于氧循环的副反应: CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)。在反应器中按n(CO2)∶n(H2) =1∶4通入反应物,在不同温度、不同催化剂条件下,反应进行到2 min时,测得反应器中CH3OH、CH4浓度(μmol·L-1)如下表所示:
催化剂 t=350 ℃ t=400 ℃ c(CH3OH) c(CH4) c(CH3OH) c(CH4)
催化剂Ⅰ 10.8 12 722 345.2 42 780
催化剂Ⅱ 9.2 10 775 34 38 932
在选择使用催化剂Ⅰ和350 ℃条件下反应,0~2 min生成CH3OH的平均反应速率为　　　　　μmol·L-1·min-1;若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400 ℃的反应条件,原因是　 　 。
5.4
相同催化剂,400 ℃的反应速率更大;相同温度,催化剂Ⅱ副产物浓度低,甲烷与甲醇比例高
解析 (1)温度t下,向容积为10 L的抽空的密闭容器中通入0.1 mol CO2和0.1 mol H2,反应平衡后测得容器中n(CH4)=0.05 mol,则CO2的转化率为
(2)在选择使用催化剂Ⅰ和350 ℃条件下反应,由表中信息可知,0~2 min CH3OH的浓度由0增加到10.8 μmol·L-1,因此,0~2 min生成CH3OH的平均反应速率为 =5.4 μmol·L-1· min-1;由表中信息可知,在选择使用催化剂Ⅰ和350 ℃条件下反应,0~2 min CH3OH的浓度由0增加到10.8 μmol·L-1, c(CH4)∶c(CH3OH)=12 722∶10.8≈1 178;在选择使用催化剂 Ⅱ 和350 ℃条件下反应,0~2 min CH3OH的浓度由0增加到9.2 μmol·L-1,c(CH4)∶ c(CH3OH) =10 775∶9.2≈1 171;在选择使用催化剂Ⅰ和400 ℃条件下反应, 0~2 min CH3OH的浓度由0增加到345.2 μmol·L-1,c(CH4)∶c(CH3OH)=42 780∶345.2 ≈124;在选择使用催化剂 Ⅱ 和400 ℃条件下反应,0~2 min CH3OH的浓度由0增加到34 μmol·L-1,c(CH4)∶c(CH3OH)=38 932∶34≈1 145。因此,若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400 ℃的反应条件的原因是:相同催化剂,400 ℃的反应速率更大,相同温度,催化剂Ⅱ副产物浓度低,甲烷与甲醇比例高。
1- 3.(2020全国Ⅱ节选)高温下,甲烷生成乙烷的反应如下:2CH4 C2H6+H2。反应在初期阶段的速率方程为r=k× ,其中k为反应速率常数。
(1)设反应开始时的反应速率为r1,甲烷的转化率为α时的反应速率为r2,则r2=　　　　r1。
(2)对于处于初期阶段的该反应,下列说法正确的是　　　　。
A.增加甲烷浓度,r增大
B.增加H2浓度,r增大
C.乙烷的生成速率逐渐增大
D.降低反应温度,k减小
(1-α)
AD
解析 (1)若甲烷的转化率为α,则此时甲烷的浓度为c(CH4)×(1-α),根据速率方程,可以得出r2=(1-α)r1。
(2)根据速率方程,可以得出甲烷浓度越大,反应速率越大,A项正确。速率方程中没有涉及H2的浓度,即r的大小与H2的浓度无关,B项错误。随着反应进行,甲烷浓度减小,反应速率减小,乙烷的生成速率逐渐减小,C项错误。降低温度,反应速率会减小,D项正确。
方法技巧利用“三段式法”巧解化学反应速率计算题。
(1)写出有关反应的化学方程式。
(2)找出各物质的起始浓度、转化浓度和某时刻浓度。
(3)根据已知条件列出“三段式”进行计算。
对点演练
1- 1.(2023广东汕头金山中学一模)还原CoO制备Co可通过下列两个反应实现:
723 K下,在初始压强相同(均为12.0 kPa)的甲、乙两密闭容器中分别发生反应Ⅰ、反应Ⅱ,得到部分气体的分压随时间的变化关系如图所示。下列说法错误的是(　　)。
A.甲容器中,10~40 min内用H2表示的平均反应速率v(H2)=0.15 kPa·min-1
B.增大起始时容器的压强,CoO的平衡转化率增大
C.此条件下,选择CO还原CoO的效率更高
D.723 K时,反应Ⅱ的平衡常数Kp=119
B
1- 2. T1 ℃时,在一密闭容器中发生反应4NO(g) N2(g) +2NO2(g),其正反应速率表达式为v正=k正·cn(NO),测得速率和浓度的关系如下表。
序号 c(NO)/(mol·L-1) v正/(mol·L-1·s-1)
① 0.10 4.00×10-9
② 0.20 6.40×10-8
③ 0.30 3.24×10-7
则n=　　　　,k正=　　　　 mol-3·L3·s-1。达到平衡后,若减小压强,则混合气体的平均相对分子质量将　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。
4
4 × 10-5
减小
解析 将表中①②数据代入“v正=k正·cn(NO)”可得:4.00×10-9=0.10nk正, 6.40 ×10-8= 0.20nk正,将上述两式相比较,可求出n=4,k正=4 × 10-5 mol-3·L3·s-1。平均摩尔质量 ,各物质都是气体,总质量不变;减小压强,平衡向气体体积增大的方向移动,总物质的量增大,平均相对分子质量减小。
方法技巧(1) 在相同的浓度下,可用速率常数大小比较化学反应速率的
大小。
(2)同一化学反应,温度不同,速率常数不同,但浓度不影响速率常数。
考向2　判断外界条件对化学反应速率的影响
真题示例
2- 1.(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
C
解析 由题图可知,随温度升高,氢气的物质的量减少,说明温度升高,平衡向正反应方向移动,该反应的ΔH>0,A项错误;因为正反应ΔH>0,随温度的升高n(H2O)应呈现较大的增大趋势,由题图a走势可知,B项错误;向恒容密闭容器中充入惰性气体,由于容器容积不变,各组分的浓度不发生变化,平衡常数不变,平衡不发生移动,C项正确;BaSO4为固体,向平衡体系中加入固体,平衡不发生移动,氢气的平衡转化率不变,D项错误。
2- 2.(2021河北卷)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
A
对点演练
2- 1.(2023辽宁抚顺一中模拟)我国科学家修饰催化剂使其高效地将CO2和H2转化为CH4,反应原理:CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)。在恒容密闭容器中充入CO2和H2发生上述反应。下列说法错误的是(　　)。
A.达到平衡后,再充入少量H2,CO2的平衡转化率增大
B.其他条件不变,加入催化剂,能同时增大正、逆反应速率
C.其他条件不变,充入氩气,能使平衡向正反应方向移动
D.其他条件不变,降低温度,能减小正、逆反应速率
C
解析 达到平衡后,再充入少量氢气,平衡向正反应方向移动,二氧化碳的平衡转化率增大,A项正确;其他条件不变,加入催化剂,能降低反应的活化能,正、逆反应速率均增大,B项正确;其他条件不变,在恒容密闭容器中充入氩气,反应体系中各物质浓度均没有变化,化学反应速率不变,平衡不移动,C项错误;其他条件不变,降低温度,活化分子的数目和百分数均减少,有效碰撞次数减少,正、逆反应速率均减小,D项正确。
2- 2.(2023陕西西安二模)恒温密闭容器中,发生反应:2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g)　ΔH<0。起始时,若按照n(CO2)∶n(H2)=1∶3的投料比充入容器,测得平衡时n(H2)和n(H2O)随温度的变化如图所示。下列说法中正确的是(　　)。
A.L线表示平衡时n(H2O)随温度的变化
B.其他条件不变时,若扩大容器容积,则v正减小,v逆增大
C.x=5.16
D.使用催化剂,可降低反应的活化能,减小ΔH的值
C
解析 由于ΔH<0,随着温度的升高,平衡逆向移动,n(H2)增大,n(H2O)减小,故L线为n(H2)随温度的变化曲线,A项错误;其他条件不变时,若扩大容器容积,浓度均减小,则v正、v逆均减小,B项错误;由图知,在393 K时,n(H2)=4.2 mol, n(H2O)=5.8 mol,升高温度,反应将向逆反应方向移动,在a点时,n(H2)= n(H2O),设由393 K升温到460 K时,H2O(g)反应的物质的量为b mol,由关系式6H2(g)~4H2O(g),则4.2+ b=5.8-b,b=0.64,x=5.16,C项正确;使用催化剂,只能降低反应的活化能,且增大反应速率,但不能减小ΔH的值,D项错误。
易错警示若一个反应分多步进行,活化能越大,反应速率越小,整个总反应的反应速率由慢反应决定。
【易错易混 防范失分】
判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。
(1)对于放热反应,升高温度,反应速率减小,降低温度,反应速率增大。(　　)
(2)对可逆反应FeCl3+3KSCN Fe(SCN)3+3KCl,加入KCl固体,逆反应速率增大。(　　)
(3)对于反应C(s)+CO2(g) 2CO(g),增加碳的量,反应速率增大。(　　)
(4)淀粉酶催化淀粉水解反应中,温度越高淀粉水解速率越大。(　　)
×
×
×
×
考点二　化学平衡　化学平衡常数及有关计算
【要点归纳 夯基提能】
1.判断化学平衡状态的“三要素”
(1)分析反应条件,看清反应体系是恒温恒容、恒温恒压还是绝热容器。
(2)分析反应特点,看清反应前后气体分子总数是否发生变化,确定反应过程中气体总物质的量、总压强是否变化。
(3)巧用“正逆相等,变量不变”作出判断。
微点拨分析可逆反应时,要注意反应的特殊情况,看清是否有固体参加或生成,是否存在固体的分解反应等。
2.掌握化学平衡移动的判断方法
(1)根据勒夏特列原理判断。
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。
项目 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
(2)根据浓度商(Q)与平衡常数(K)的关系判断(相同温度)。 判断前提条件
根据比较浓度商(Q)与化学平衡常数(K)的大小来判断平衡移动的方向。
①若Q>K,平衡向逆反应方向(或向左)移动;
②若Q=K,平衡不发生移动;
③若Q微点拨①对于反应H2(g)+I2(g)2HI(g),由于反应前后气体的分子总数相等,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,故对于该反应,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,故催化剂不会影响化学平衡,平衡转化率不变。
3.化学平衡常数及计算
(1)平衡常数表达式。
(2)依据化学方程式计算平衡常数。
①同一可逆反应中,K正·K逆=1。
②若几个可逆反应的化学方程式相加,得到总反应的化学方程式,则总反应的平衡常数等于各分步反应平衡常数之积。例如,反应①+②=③,则有K3=K1·K2。
4.掌握四种常用计算关系
注意两个计算式中反应物、生成物的位置
【明确考向 真题演练】
考向1　化学平衡及影响因素
真题示例
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
B
解析 因加入1 mol CH4和一定量的H2O发生反应,增大n(H2O)时, 减小,但CH4的平衡转化率增大,结合图像知x1vc正,B项错误;依据相同投料比时CH4转化率随温度变化曲线知,正反应为吸热反应,则温度升高,K值变大,故KaD
解析 由已知信息知,苯环上的羟基不发生反应,醛基中的碳氧双键与O发生加成反应,在醛基碳原子上会连接两个羟基(分别为—OD,—18OD),两个羟基连接在同一个碳原子上不稳定,会脱水,得到醛基,有两种可能:
—CHO和—CH18O,但18O的含量较多,故 的含量最高,D项正确。
A.随c(X)的减小,反应①、②的速率均减小
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
A
解析 由图甲中的信息可知,浓度随时间变化逐渐减小的代表的是X,浓度随时间变化逐渐增大的代表的是Z,浓度随时间变化先增大后减小的代表的是Y;由图乙中的信息可知,反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的。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项错误;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项正确;升高温度可以增大反应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项正确;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项正确。
方法技巧突破化学平衡移动及分析题的方法。
解答化学平衡移动及分析题,要先分析反应特点,再依据勒夏特列原理判断平衡移动的方向及结果,解题思维流程如下:
对点演练
1- 1.(2023上海黄浦模拟)向密闭容器中充入S2Cl2、Cl2和SCl2,发生反应S2Cl2(g)+Cl2(g) 2SCl2(g),S2Cl2与SCl2的初始消耗速率(v)与温度(T)的关系如图所示(图中A、B点处于平衡状态)。下列说法不正确的是(　　)。
A.a为v(SCl2)随温度的变化曲线
B.该反应正反应为放热反应
C.0 ℃下反应一段时间,S2Cl2的物质的量增多
D.反应达到平衡后向体系中充入氦气,平衡不移动
C
解析 由方程式S2Cl2(g)+Cl2(g) 2SCl2(g)可知,平衡时SCl2的反应速率是S2Cl2的2倍,则a为v(SCl2)随温度的变化曲线,A项正确;图中A、B点处于平衡状态对应的温度为250 ℃,300 ℃时SCl2的消耗速率大于S2Cl2的消耗速率的2倍,说明平衡逆向移动,则正反应为放热反应,B项正确;0 ℃时,SCl2的消耗速率等于S2Cl2的消耗速率,则SCl2的消耗速率小于S2Cl2的消耗速率的2倍,说明平衡正向进行,S2Cl2的物质的量减少,C项错误;反应达到平衡后向体系中充入氦气,反应物和生成物的浓度都不发生变化,平衡不移动,D项正确。
1- 2. 工业合成尿素以NH3和CO2作为原料,发生反应:
2NH3(l)+CO2(l) H2O(l)+NH2CONH2(l)　ΔH=-93.7 kJ·mol-1。
(1)在不同温度下,反应中CO2的转化率与时间的关系如图1。
①温度T1　　　 　(填“>”“<”或“=”)T2,
原因是　 。
②保持容器容积不变,在反应初期,可以
提高单位时间内CO2转化率的措施有
　 。
A.增大氨的浓度
B.通入“惰性气体”
C.升高温度
D.增大水的分压(分压=总压×物质的量分数)
图1
①曲线a、b,W较大的曲线是　　　　(填“a”或“b”)。
②其他条件不变时,随着温度的升高,CO2平衡转化率下降的原因是
　。
图2
答案 (1)①>　图中T1的曲线斜率较大,反应速率较大,因此温度较高
②AC
(2)① B
②2NH3(l)+CO2(l) H2O(l)+NH2CONH2(l)是放热反应,温度升高,平衡向逆反应方向移动
解析 (1)①分析图中曲线斜率,T1的曲线斜率较大,反应速率较快,因此温度较高,据此推知温度:T1>T2。
②增大氨的浓度,平衡正向移动,CO2的转化率提高,A项正确。通入“惰性气体”,不改变反应物的浓度,平衡不移动,CO2的转化率不变,B项错误。在反应初期,升高温度,反应速率增大,单位时间内CO2的转化率提高,C项正确。增大水的分压,对平衡无影响,CO2的转化率不变,D项错误。
方法技巧外界条件对平衡转化率(α)的影响及分析。
在一恒容密闭容器中通入a mol A、b mol B发生反应aA(g)+bB(g) cC(g),达到平衡后,改变下列条件,分析转化率的变化情况:
(1)再通入b mol B,α(A)增大,α(B)减小。
(2)再通入a mol A、b mol B:
①若a+b>c,α(A)增大、α(B)增大;
②若a+b=c,α(A)不变、α(B)不变;
③若a+b考向2　化学平衡常数及计算
真题示例
2- 1.(2022海南卷)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
C
解析 该反应是一个气体分子数减少的反应,增大压强可以增大化学反应速率,正反应速率增大的幅度大于逆反应速率增大的幅度,故v正>v逆,平衡向正反应方向移动,但是因为温度不变,故平衡常数不变,A项错误;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项错误;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项正确;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项错误。
2- 2.(2022河北卷)工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气,体系中发生如下反应:
(1)下列操作中,能提高CH4(g)平衡转化率的是　　　　　。
A.增加CH4(g)用量
B.恒温恒压下通入惰性气体
C.移除CO(g)
D.加入催化剂
BC
0.43
解析 (1)A.增加CH4(g)用量可以提高H2O(g)的转化率,但是CH4(g)平衡转化率减小,A项不符合题意;B.恒温恒压下通入惰性气体,相当于减小体系压强,反应混合物中各组分的浓度减小,反应Ⅰ的化学平衡正向移动,能提高CH4(g)平衡转化率,B项符合题意;C.移除CO(g),减小了反应混合物中CO(g)的浓度,反应Ⅰ的化学平衡正向移动,能提高CH4(g)平衡转化率,C项符合题意;D.加入催化剂不能改变平衡状态,故不能提高CH4(g)平衡转化率,D项不符合题意。综上所述,上述操作中,能提高CH4(g)平衡转化率的是BC。
2- 3. 硫酸是一种重要的基本化工产品。接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化:
(1)当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时,在0.5 MPa、2.5 MPa和5.0 MPa压强下,SO2平衡转化率α随温度的变化如图所示。反应在5.0 MPa、550 ℃时α=　　　　 ,判断的依据是　 　。影响α的因素有　 。
(2)将组成(物质的量分数)为2m% SO2(g)、m% O2(g)和q% N2(g)的气体通入反应器,在温度t、压强p条件下进行反应。平衡时,若SO2转化率为α,则SO3压强为　　　　, 平衡常数Kp=　　　(以分压表示,分压=总压×物质的量分数)。
答案 (1)0.975　该反应气体分子数减少,增大压强,α提高。5.0 MPa>2.5 MPa=p2,所以p1=5.0 MPa　温度、压强和反应物的起始浓度(组成)
解析 (1)要分析反应在5.0 MPa、500 ℃时的α,首先必须判断此时的压强对应题图p1、p2、p3中哪一个。在其他条件相同时,正反应是气体分子数减少的反应,压强越大SO2平衡转化率α越大,可确定此时对应压强为p1,SO2平衡转化率α=0.975。
方法技巧利用“三段式法”计算平衡常数和转化率。
先确定各物质的起始浓度、转化浓度和平衡浓度,再代入平衡常数表达式进行计算。对于反应mA(g)+nB(g) pC(g)+qD(g),起始A、B的物质的量浓度(mol·L-1)分别为a、b ,达到平衡时A的转化浓度为mx mol·L-1,则有:
对点演练
2- 1. 恒容密闭容器中充入3 mol CH4和6 mol H2S,发生反应:
CH4(g)+2H2S(g) CS2(g)+4H2(g),温度变化对平衡时各组分的物质的量分数的影响如下图所示:
下列说法错误的是(　　)。
A.当满足2v逆(H2S)=v正(H2)时,反应达到平衡状态
B.采用高温、低压条件,有利于提高CH4的平衡转化率
C.图中M点时,保持温度不变,再向容器中充入3 mol CH4和6 mol H2S,达到新平衡时,CH4的物质的量分数小于H2的物质的量分数
D.图中N点对应温度下,以物质的量分数表示的化学平衡常数
C
解析 反应速率比等于化学计量数之比,2v逆(H2S)=v正(H2)表示正逆反应方向,能说明达到平衡状态,A项正确。由图知,温度升高,CH4的物质的量分数减小,说明平衡正向移动,正反应方向是气体分子数增大的反应,则减小压强,平衡正向移动,则采取高温、低压条件,有利于提高CH4的平衡转化率,B项正确。恒容密闭容器中,达平衡时,向容器内加入3 mol CH4和6 mol H2S,建立等效平衡,相当于压强增大一倍,则平衡逆向移动,达到新平衡时,CH4的物质的量分数大于H2的物质的量分数,C项错误。N点温度下,设CH4转化了x mol,列三段式:
2- 2. 已知反应NO2(g)+SO2(g) NO(g)+SO3(g)　ΔH<0,某研究小组研究不同温度T1 ℃、T2 ℃下的平衡态中lg p(NO2)和lg p(SO3)两个压强对数的关系如图所示,实验初始时体系中的p(NO2)和p(SO2)相等、p(NO)和p(SO3)相等。
(1)A、B两点体系压强pA与pB的比值 =　　　;同一温度下图像呈线性变化的理由是　 　 。
(2)温度为T1时化学平衡常数Kp=　　　　,T1　　　　(填“>”“<”或“=”)T2。
反应过程中气体分子总数不变,改变压强平衡不移动
0.01
<
解析 (1)NO2(g)+SO2(g) NO(g)+SO3(g)该反应为气体分子数不变的反应,改变压强,平衡不移动,实验初始时体系中的p(NO2)和p(SO2)相等、p(NO)和p(SO3)相等,故平衡体系中p(NO2)和p(SO2)相等、p(NO)和p(SO3)相等,由图可知,A点lg p(SO3)=0,lg p(NO2)=1,即p(SO3)=100=1=p(NO),p(NO2)=101=10=p(SO2), pA=2×[p(SO3)+p(NO2)]=2×(1+10)=22,B点lg p(SO3)=1,lg p(NO2)=2, p(SO3)=101=10=p(NO),p(NO2)=102=100=p(SO2),pB=2×[p(SO3)+p(NO2)]
=2×(10+100)=220,故 ;该反应为气体分子数不变的反应,改变压强,平衡不移动,故同一温度下图像呈线性变化。
(2)由(1)中的数据可知A点时 ;该反应为放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向移动,p(NO2)增大,由图可知,当lg p(SO3)=1时,T1、T2温度下对应的lg p(NO2)分别为2、3,温度为T1下的lg p(NO2)小于温度为T2下的lg p(NO2),即温度为T1下的p(NO2)小于温度为T2下的p(NO2),故有T1【易错易混 防范失分】
判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。
(1)反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g),当v(SO2)=v(SO3)时,该反应一定达到平衡状态。(　　)
(2)恒温恒容下,反应H2(g)+Br2(g) 2HBr(g)中气体的颜色不变时达到平衡状态。(　　)
(3)增加反应物的浓度,平衡正向移动,化学平衡常数(K)增大。(　　)
(4)达到平衡时,增加一种反应物的量,另一反应物的转化率一定增大。
(　　)
(5)C(s)+CO2(g) 2CO(g)　ΔH>0,其他条件不变时,升高温度,反应速率v(CO2)和CO2的平衡转化率均增大。(　　)
(6)改变条件,平衡正向移动,反应物的平衡转化率一定增大。(　　)
√
×
×
×
√
×
考点三　化学反应速率与化学平衡的有关图像
【要点归纳 夯基提能】
1.利用图像“断点”判断化学反应速率的影响因素
(1)当可逆反应达到一种平衡后,若某一时刻外界条件发生改变,使速率(v)-时间(t)图像的曲线出现不连续的情况,根据出现“断点”前后的速率大小,即可对外界条件的变化情况作出判断,如图所示:
t1时刻改变的条件可能是使用了催化剂或增大压强(仅适用于反应前后气体物质的量不变的反应)。
(2)常见含“断点”的速率变化图像分析:
微点拨在速率-时间图像中,外界条件改变时,要判断是否出现“断点”,若出现“断点”,改变的条件可能是改变温度、改变压强或使用催化剂。若只改变反应物的浓度或生成物的浓度,速率-时间图像不会出现“断点”。
2.转化率(α)-时间(t)-温度(T)或压强(p)图像及分析
以mA(g)+nB(g) pC(g)+qD(g)为例:
(1)图甲中,T2>T1,升高温度,αA减小,说明平衡逆向移动,正反应的ΔH<0。
(2)图乙中,p1>p2,增大压强,αA增大,说明平衡正向移动,正反应是气体总分子数减小的反应。
(3)若纵坐标表示A的百分含量,则甲中正反应的ΔH>0,乙中正反应是气体总分子数增大的反应。
3.恒温线(或恒压线)图像及分析
(1)纵坐标代表反应物的转化率(α)或平衡浓度(c),横坐标代表温度(T)或压强(p)。
(2)采用“定一议二”法,即将自变量(温度或压强)之一看作恒量,讨论另外两个量的关系。
4.百分含量[ω(A)]-温度(T)图像
对于化学反应mA(g)+nB(g) pC(g)+qD(g),M点前,表示从反应物开始,v正>v逆;M点为刚达到平衡点(如图所示);M点后为平衡受温度的影响情况,即升高温度,A的百分含量增加或C的百分含量减少,平衡逆向移动,故该反应的ΔH<0。
微点拨分析化学反应速率和平衡图像的三个步骤:①判断反应速率是增大还是减小;②确定v(正)、v(逆)的相对大小;③判断化学平衡的移动方向及移动结果(包括平衡转化率、物质的浓度、百分含量等)。
【明确考向 真题演练】
考向1　化学反应速率图像
真题示例
(2021辽宁卷)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
B
对点演练
1- 1.(2023湖南邵阳二模)T ℃时,在容积为2 L的恒温恒容密闭容器中充入4 mol CO和4 mol N2O,发生反应CO(g)+N2O(g) CO2(g)+N2(g),测得CO(g)和CO2(g)的物质的量随时间的变化如图所示。该反应的正、逆反应速率可分别表示为v正=k正·c(CO)·c(N2O),v逆=k逆·c(CO2)·c(N2),k正、k逆分别为正、逆反应速率常数,只受温度影响。下列说法正确的是(　　)。
A.从反应开始至达到平衡时,以CO2表示的平均反应速率
为0.04 mol·L-1·min-1
B.该反应在A、B两点的正反应速率之比为vA∶vB=25∶4
C.当容器中混合气体的密度不随时间变化时,该反应达到平衡状态
D.T ℃时,该反应的平衡常数为K=8
B
1- 2. 在某一恒温容积可变的密闭容器中发生反应:A(g)+B(g) 2C(g)　ΔH<0。t1时刻达到平衡后,在t2时刻改变某一条件,其反应过程如下图所示。下列说法正确的是(　　)。
C
A.0~t2时,v正>v逆
B.Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时,A的体积分数Ⅰ>Ⅱ
C.t2时刻改变的条件是向密闭容器中加入C
D.Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时,平衡常数KⅠ解析 0~t1,反应正向进行,说明v正>v逆,t1~t2,反应到达平衡,v正=v逆,A项错误。t2时刻改变条件后达到新平衡,逆速率不变,说明改变条件后与原平衡等效,平衡不移动,因此达到平衡时A的体积分数Ⅰ=Ⅱ,B项错误。向密闭容器中加入C,逆反应速率瞬间增大,再次建立的平衡与原平衡等效,说明和原平衡相同,符合图像,C项正确。该反应是在恒温下进行,化学平衡常数只与温度有关,温度不变,化学平衡常数不变,所以Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时,平衡常数KⅠ=KⅡ,D项错误。
易错警示分析化学反应速率图像的三个易错点。
考向2　化学平衡图像
真题示例
2- 2.(2022全国乙)油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢,需要回收处理并加以利用。回答下列问题。
(1)已知下列反应的热化学方程式:
①2H2S(g)+3O2(g) ══ 2SO2(g)+2H2O(g)　ΔH1=-1 036 kJ·mol-1
②4H2S(g)+2SO2(g) ══ 3S2(g)+4H2O(g)　ΔH2=+94 kJ·mol-1
③2H2(g)+O2(g) ══ 2H2O(g)　ΔH3=-484 kJ·mol-1
计算H2S热分解反应④2H2S(g) ══ S2(g)+2H2(g)　ΔH4=　 kJ·mol-1。
(2)较普遍采用的H2S处理方法是克劳斯工艺,即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是利用反应④高温热分解H2S。相比克劳斯工艺,高温热分解方法的优点是　　　　　　　　　,缺点是　　　　　　　　。
(3)在1 470 K、100 kPa反应条件下,将n(H2S)∶n(Ar)=1∶4的混合气进行H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等,H2S平衡转化率为　　　　,平衡常数Kp=　　　　 。
(4)在1 373 K、100 kPa反应条件下,对于n(H2S)∶n(Ar)分别为4∶1、1∶1、1∶4、1∶9、1∶19的H2S-Ar混合气,热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如下图所示。
①n(H2S)∶n(Ar)越小,H2S平衡转化率　　　　,理由是　 　 。
②n(H2S)∶n(Ar)=1∶9对应图中曲线　　　　,计算其在0~0.1 s之间,H2S分压的平均变化率为　　 kPa·s-1。
答案 (1)+170
(2)能获取可作燃料的氢气　消耗能源
(3)50%　4.76
(4)①越高　恒压条件下,H2S的分压越小,越有利于H2S分解反应的正向进行　②d　24.9
(2)反应④可生成氢气,因此优点为“能获取可作燃料的氢气”;二者的反应条件不同,反应④需要高温分解,因此缺点是消耗能源。
(4)①H2S分解反应是气体化学计量数增大的反应,因此恒压条件下,H2S的分压越小,越有利于H2S分解反应正向进行,即H2S的平衡转化率越大。
②由图像和转化率大小关系可知,曲线a、b、c、d、e分别表示n(H2S)∶n(Ar)为4∶1、1∶1、1∶4、1∶9和1∶19时的转化率与时间的关系,因此n(H2S)∶n(Ar)=1∶9对应的是曲线d。
设起始时H2S的物质的量为1 mol,则Ar的物质的量为9 mol,由题图可知,当0.1 s时H2S的转化率为24%,则:
则0.1 s时气体的总物质的量为0.76 mol+0.12 mol+0.24 mol+9 mol=10.12 mol。
起始时,H2S的分压为100 kPa×0.1=10 kPa,0.1 s时H2S的分压为100 kPa×
≈7.51 kPa,即变化值约为2.49 kPa,则变化率为24.9 kPa·s-1。
方法技巧解答化学平衡图像题的思维模板。
解题时,要先分析反应特点(反应物和生成物的状态、反应前后气体总分子数的变化、ΔH的正负),再分析化学平衡图像,并联想规律,得出结论。
对点演练
科研人员研究压强对催化剂活性的影响:在1 073 K时,将恒定组成的CO2、CH4混合气体,以恒定流速通过反应器,测得数据如图。
注:Ra是以CH4的转化率表示的催化剂活性保留分率,即反应进行到某一时刻的催化剂活性与反应初始催化剂活性之比。
下列分析不正确的是(　　)。
A.ΔH1=+247.1 kJ·mol-1
B.压强越大,Ra降低越快,其主要原因是反应①平衡逆向移动
C.保持其他条件不变,适当增大投料时 ,可减缓Ra的衰减
D.研究表明“通入适量O2有利于重整反应”,因为O2能与C反应并放出热量
B
解析 根据盖斯定律,①=②-③,ΔH1=ΔH2-ΔH3=+247.1 kJ·mol-1,A项正确;压强越大,Ra降低越快,说明催化剂活性降低越快,积碳越多,其主要原因是反应③为气体体积减小的反应,加压平衡正向移动,使得积碳增多,B项错误;由选项B分析知,保持其他条件不变,适当增大投料时 ,增大CO2浓度,使反应③平衡逆向移动,减少积碳,可减缓Ra的衰减,C项正确;通入适量O2, O2能与C反应并放出大量的热,可减少积碳减缓Ra的衰减,同时反应放热使得反应①正向移动,有利于重整反应,D项正确。
2- 2. (1)氮及其化合物是科学家们一直在探究的问题,它们在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。
氨的催化氧化是工业制取硝酸的重要步骤,假设只会发生以下两个竞争反应Ⅰ、Ⅱ。
反应Ⅰ:4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g) ΔH1=-905.0 kJ·mol-1
反应Ⅱ:4NH3(g)+3O2(g) 2N2(g)+6H2O(g) ΔH2
为分析某催化剂对该反应的选择性,将 1 mol NH3和2 mol O2充入1 L密闭容器中,在不同温度、相同时间下,测得有关物质的量关系如图1。
图1
①该催化剂在低温时对反应　　　　(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)的选择性更好。
②高于840 ℃时,NO 的产率降低的可能原因是　　　　(填字母)。
A.NH3溶于水 B.反应活化能增大
C.反应Ⅰ的平衡常数变小 D.催化剂活性降低
(2)NH3是造成水体富营养化的重要原因之一,用 NaClO 溶液氧化可除去氨氮。其反应机理如图2所示(其中H2O和NaCl略去)。
图2
图3
①NaClO氧化NH3的总反应的化学方程式为　 。
③为了提高氨氮的去除率,在实际工艺过程中温度控制在 15~30 ℃,其可能的原因是 　 。
答案 (1)①Ⅱ　②CD
(2)①2NH3+3NaClO === N2+3H2O+3NaCl　②1.5
③温度过低时化学反应速率小,去除效率低;温度过高时,促进HClO的分解(或 NaClO 分解),NaClO 的利用率降低,且氨在温度过高时易挥发
解析 (1)①由图1知,在低温时,生成N2比生成NO多,故该催化剂在低温时对反应Ⅱ选择性更好;②由于反应用到了催化剂,故此时NO产率降低有可能是因为温度过高导致催化剂活性下降,另外此反应正向为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,也会导致NO产率下降,故选CD。
(2)①由图2知,初步确定总反应的反应物为NaClO、NH3,生成物为N2,根据元素质量守恒,结合题干信息,确定生成物中还有H2O、NaCl,配平得总反应方程式为2NH3+3NaClO === N2+3H2O+3NaCl。
②去除率较高,余氯较低,说明去除效果最佳,由图3可知符合要求的最佳值约为1.5。
③控温15~30 ℃,可从温度过低和过高两个角度回答,即温度过低时化学反应速率小,去除效率低;温度过高时,促进HClO的分解(或 NaClO 分解), NaClO 的利用率降低,且氨在温度过高时易挥发。
方法技巧突破化学反应速率和平衡图像的“三技巧”。
【易错易混 防范失分】
有可逆反应A(g)+3B(g)2C(g)　ΔH<0。该反应的速率与时间的关系如图所示:
已知在t1、t3、t5、t7时反应都达到平衡,如果t2、t4、t6、t8时都只改变了一个反应条件。
判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。
(1)图中t1~t2、t5~t6、t7~t8时间段均存在速率关系:v正(A)=2v逆(C)。(　　)
(2)图中t3~t4时间内C的质量分数一定大于t1~t2时间内C的质量分数。(　　)
(3)t2时刻,可能是升高温度,逆反应速率增大倍数大于正反应速率增大倍数。
(　　)
(4)t4时刻,可能是减小压强,平衡正向移动,化学平衡常数(K)增大。(　　)
(5)t6时刻,可能是增大生成物浓度,达到新平衡时,C(g)的体积分数增大。
(　　)
(6)t8时刻,改变条件可能是增大压强,A(g)的平衡转化率不变。(　　)
×
×
√
×
×
×
专项突破 素能提升
十、化学平衡题解题策略
【热点专攻】
化学反应原理一直是高考命题的重点和热点,大多以生产、生活、环境或科技素材为载体进行设置。主要考查点有:①结合图像(或速率方程式)计算化学反应速率或分析反应速率变化的原因;②结合化学平衡图像,考查化学平衡常数(或压强平衡常数)和平衡转化率的计算、化学平衡移动的原因分析等。随着新高考命题改革的推进,各自主命题试题中可能会出现选择题和综合性大题,还可能将电化学、电解质溶液知识等融于其中,侧重考查考生的理解与辨析能力、分析与推测能力、归纳与论证能力等化学学科的关键能力,应引起高度关注。
【解法导引】 此类试题大多给出考生相对陌生的“文字”“图表”“图像”等生产环保情境、学术探索情境等,解答问题的“三个步骤”如下:
1.浏览全题,明确题给已知信息和待求(或分析)的数据(或原因),挖掘解题的切入点。
2.对于图表数据类试题,分析数据,研究数据间的内在联系,找出数据的变化规律,挖掘数据的隐含意义。
(1)图像曲线(及曲线中数据)、表格数据变化常联系勒夏特列原理。
(2)升温、增压(导致体系内物质浓度增大)、增大反应物或生成物浓度、使用催化剂、反应物固体颗粒表面积增大,都使v正、v逆增大。
(3)平衡是否移动与v正、v逆的相对大小有关。但外界因素对v正、v逆变化趋势的影响占主导因素,不因平衡移动而改变。
(4)催化剂只能改变速率大小,不能使平衡发生移动。催化剂能降低反应所需活化能,但不能改变该反应的ΔH。
(5)解释原因时,应从反应速率、平衡移动两个角度,联系多个反应,综合思考。
(6)计算用到“三段式”,学会K与Kp的变通,信息公式的临场运用(利用平衡思想)。K、Kp只与温度有关。
3.针对题目中所设计的问题,联系相关理论进行逐个作答。
【题型突破】
二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题。
(1)CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中,产物的物质的量之比n(C2H4)∶n(H2O)=　　　　。当反应达到平衡时,若增大压强,则n(C2H4)
　　　　(填 “变大”“变小”或“不变”)。
1∶4
变大
(2)理论计算表明,原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3,在体系压强为0.1 MPa,反应达到平衡时,四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。
图中,表示C2H4、CO2变化的曲线分别是　　　、　　　　。CO2催化加氢合成C2H4反应的ΔH　　　(填“大于”或“小于”)0。
d
c
小于
(3)根据图中点A(440 K,0.39),计算该温度时反应的平衡常数Kp=________ (列出计算式。 以分压表示,分压=总压×物质的量分数)。
(4)二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应,生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下,为了提高反应速率和乙烯选择性,应当　　　　　　　　　　　　。
选择合适催化剂等
【解题思路】
(1)①陌生化学方程式的书写。
根据化学方程式可知,该反应中产物的物质的量之n(C2H4)∶n(H2O)=1∶4。
②外界条件对平衡的影响。
第一步 分析化学反应的特点。
该反应的反应物和生成物均为气态,且反应物的化学计量数之和大于生成物的化学计量数之和。
第二步 得出增大压强使平衡如何移动。
增大压强,化学平衡向正反应方向移动,n(C2H4)变大。
(2)①化学平衡图像的分析。
390K时,a、c曲线所表示物质的物质的量比为3∶1;b、d曲线所表示的物质的物质的量比为4∶1,由此可知,a、b、c、d曲线所表示的物质分别为H2、H2O、CO2、C2H4。
②外界条件对平衡的影响。
由题给图像可知,随着温度的升高,a、c所表示的H2和CO2物质的量逐渐增大,说明平衡逆向移动,因此该反应是放热反应,即ΔH小于0。
(3)Kp的计算——利用定义表达式的计算。
第一步 写出定义表达式。
第二步 找数据。
第三步 代数计算。
(4)反应条件的选择。
结论:为了同时提高反应速率和乙烯的选择性,应当选择合适的催化剂。
【应考训练】
下列说法错误的是(　　)。
A.该反应的ΔH>0
B.由图可知,1 100 ℃时Al2O3几乎失去催化活性
C.不加催化剂时,温度越高,反应速率越大,达到平衡所需的时间越短
D.A点达到平衡时,若此时气体总压强为p,则平衡常数Kp=0.25p
1. 已知H2S分解反应:2H2S(g) 2H2(g)+S2(g),在无催化剂及Al2O3催化下,恒容密闭容器中只充入H2S,在反应器中不同温度时反应,每间隔相同时间测定一次H2S的转化率,其转化率与温度的关系如图所示:
D
解析 由图可知,升高温度,H2S的转化率增大,说明升高温度,平衡向正反应方向移动,正反应为吸热反应,ΔH>0,A项正确。1 100 ℃,有催化剂和无催化剂时,H2S的转化率相等,表明Al2O3几乎失去催化活性,B项正确。不加催化剂时,温度越高,反应速率越大,达到平衡所需的时间越短,C项正确。A点达到平衡时,H2S的转化率为50%,设起始充入H2S的物质的量为x mol,列出三段式:
2. 向20 mL 0.20 mol·L-1 H2O2溶液中加入少量KI溶液,发生以下反应: ⅰ.H2O2+I- === H2O+IO-,ⅱ.H2O2+IO- === H2O+O2↑+I-。H2O2分解反应过程中能量变化和不同时刻测得生成O2的体积(已折算成标准状况)如下:
t/min 0 5 10 20 …
V(O2)/mL 0.0 8.96 15.68 22.40 …
下列判断正确的是(　　)。
A.反应ⅰ是放热反应
B.反应ⅱ决定整个反应的速率
C.IO-是H2O2分解反应的催化剂
D.0~20 min的平均反应速率:v(H2O2)=5.0×10-3 mol·L-1·min-1
D
解析 加入KI后,H2O2的分解反应分两步进行,由图可知,反应ⅰ中反应物总能量低于生成物总能量,则反应ⅰ是吸热反应,A项错误。反应ⅰ的活化能大于反应ⅱ的活化能,则反应ⅰ速率小,决定整个反应的速率,B项错误。IO-是反应ⅰ的生成物和反应ⅱ的反应物,则IO-是反应中间体,C项错误。0~20 min内,生成标准状况下22.40 mL O2(即10-3 mol),则分解的H2O2为2×10-3 mol,则有v(H2O2)= =5.0×10-3 mol·L-1·min-1,D项正确。
A.平衡常数:K(C)>K(A)>K(B)
B.A点和D点容器内的压强相等
C.A点:每断裂2 mol C=O,同时断裂2 mol O—H
D.若C点时总压强为p,T5温度下该反应以分压表示的平衡常数
3. 利用工业废气中的CO2可以制取甲醇, CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+ H2O(g)。一定条件下往恒容密闭容器中充入1 mol CO2和3 mol H2,在不同催化剂作用下发生反应,相同时间内CO2的转化率随温度变化如图所示。若A点时已达平衡状态,下列有关叙述正确的是(　　)。
D
解析 A点处于平衡状态,A点后继续升高温度,CO2的转化率降低,说明此反应为放热反应,温度升高放热反应的平衡常数减小,T5>T4,K(C)4. 二甲醚(CH3OCH3)被称为“21世纪的清洁燃料”。以CO2、H2为原料制备二甲醚涉及的主要反应如下:
回答下列问题。
(2)在压强、CO2和H2的起始投料一定的条件下,发生反应Ⅰ、Ⅱ,实验测得CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图所示。
已知:CH3OCH3的选择性= ,其中表示平衡时CH3OCH3的选择性的是曲线　　　　(填“①”或“②”);温度高于300 ℃时,曲线②随温度升高而升高的原因是　 　;
为同时提高CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性,应选择的反应条件为　　　　(填字母)。
A.低温、低压
B.高温、高压
C.高温、低压
D.低温、高压
(4)对于反应CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)　ΔH=+41.1 kJ·mol-1,反应速率v=v正-v逆=k正p(CO2)·p(H2)-k逆p(CO)·p(H2O),其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数,p为气体的分压(分压=总压×物质的量分数)。
①降低温度,k正-k逆　　　　(填“增大”“减小”或“不变”);
②在T K、101 kPa下,按照n(CO2)∶n(H2)=1∶1投料,CO2转化率为50%时,
,用气体分压表示的平衡常数Kp=　　　　。
答案 (1)-204.7 kJ·mol-1
(2)①　高于300 ℃时,以反应Ⅱ为主,反应Ⅱ为吸热反应,温度升高平衡正向移动,CO2的平衡转化率增大　D
(3)①降低温度或及时分离出产物CH3OCH3或H2O(任写一条)　②C
(4)①减小　②0.8
解析 (1根据盖斯定律,由Ⅰ-Ⅱ×2可得2CO(g)+4H2(g) CH3OCH3(g)+H2O(g),则有ΔH=ΔH1-2ΔH2=(-122.5-82.2) kJ·mol-1=-204.7 kJ·mol-1。
(2)升高温度,反应向吸热方向进行(即ΔH>0的方向),所以反应Ⅰ逆向进行,反应Ⅱ正向进行,CH3OCH3减少,CO2增多,CH3OCH3的选择性应一直减小,故表示平衡时CH3OCH3的选择性的是曲线①;当t>300 ℃时曲线②(CO2平衡转化率)随温度升高的原因:反应Ⅰ的ΔH<0,反应Ⅱ的ΔH>0,升高温度使CO2转化为CO的平衡转化率上升,使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降,且上升幅度超过下降幅度,故温度t>300 ℃时反应Ⅱ占主导,反应Ⅱ为吸热反应,温度升高平衡正向移动,CO2的平衡转化率增大。增大压强,反应向气体分子数减小的方向进行,若想要提高CH3OCH3的选择性,应使反应Ⅰ向正反应方向进行,反应Ⅱ向逆反应方向进行,所以应选择低温、高压。
(4)①降低温度平衡向放热反应方向进行(即ΔH<0的方向),所以平衡逆向进行,v逆减小的幅度小于v正减小的幅度,故k正减小的幅度大于k逆减小的幅度,故k正-k逆减小。
②设初始浓度为c(CO2)=c(H2)=2 mol·L-1,根据“三段式”计算:
5.(2023辽宁卷)硫酸工业在国民经济中占有重要地位。
(1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析,该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况,数值已省略)如下图所示。700 ℃左右有两个吸热峰,则此时分解生成的氧化物有SO2、　　　和　　　(填化学式)。
SO3
CuO
(2)铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下),副产物为亚硝基硫酸,主要反应如下:
NO2+SO2+H2O═NO+H2SO4　2NO+O2═2NO2
(ⅰ)上述过程中NO2的作用为　　　　　　　　　　　　　。
(ⅱ)为了适应化工生产的需求,铅室法最终被接触法所代替,其主要原因是
　　　　　　　　　　　　　　　　(答出两点即可)。
催化剂
产品纯度低、产生有毒气体
(3)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化:
(ⅰ)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度,绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如下图所示,下列说法正确的是　　　。
a.温度越高,反应速率越大
b.α=0.88的曲线代表平衡转化率
c.α越大,反应速率最大值对应温度越低
d.可根据不同α下的最大速率,选择最佳生产温度
cd
(ⅱ)为提高钒催化剂的综合性能,我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下,温度和转化率关系如下图所示,催化性能最佳的是　　(填标号)。
(ⅲ)设O2的平衡分压为p,SO2的平衡转化率为αe,用含p和αe的代数式表示上述催化氧化反应的Kp=　　　　　　(用平衡分压代替平衡浓度计算)。
d
解析 本题以硫酸为命题背景,对热重分析、试剂作用、实验对比分析以及反应限度的相关内容进行考查。
(2)(ⅰ)结合题述两个反应可知,二氧化氮起到的是催化剂的作用,降低反应活化能,增大反应速率。(ⅱ)铅室法最终被接触法所代替,主要原因是产品纯度低、产生有毒气体污染环境。
(3)(ⅰ)该反应为放热反应。从图像看,随着温度升高,反应速率先增大后减小,a项错误;随着温度升高,反应的转化率应逐渐减小,图像中曲线为不同温度下的等转化率下的反应速率曲线,b项错误;由题图可知,转化率越高对应的反应速率最高的温度越低,c项正确;结合图像的转化率与速率最高的温度可选取最佳生产温度,d项正确。
(ⅱ)结合图像可知,相对于a、b、c,d对应的催化剂随着温度的升高,SO2的转化率升高得快,达到一定温度后趋于平缓。
(ⅲ)设平衡时SO2的分压为,则列式