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一、选择题满分篇　11个必考热点必须要夯实!
热点1:传统文化与STSE
考向1化学与STSE
【真题研磨】
【典例】(2022·湖南选择考)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
【审答思维】题干划线部分关键信息解读
关键信息 信息解读
化学变化 (有新物质生 成的变化) A项Fe与CuSO4发生______反应,生成了______
B项“侯氏联合制碱法”的原理为饱和氨盐水中生成了______,然后分解生成了______
C项CO2生成了淀粉或葡萄糖
D项中冰和水的成分均为______,只是________发生了变化,属于________变化
【失分警示】不正确分析物质的变化的过程中是否有新物质生成,从而导致错误,如本题中的D选项中错误地认为是由CO2→冰,认为有新物质生成而导致错误。
【考场技法】
多角度认识物质的变化
1.宏观角度:
有新物质生成的变化是化学变化,反之则为物理变化。过程中原子核不能发生改变,否则,不属于化学变化。
2.微观角度:
化学变化过程中有旧化学键的断裂,同时又有新化学键的形成,若只有化学键的断裂或化学键的生成,不是化学变化,属于物理变化。
3.能量角度:
化学变化中一定伴随能量变化,而有能量变化的过程却不一定是化学变化;物理变化中有的有能量变化,有的没有能量变化。
【多维演练】
1.(化学与生活)生活因化学更美好。以下生活用途和化学原理都正确且具有对应关系的是 (　　)
选项 生活用途 化学原理
A 维生素C帮助人体将Fe3+转化为易吸收的Fe2+ 维生素C具有还原性
B 葡萄酒中添加二氧化硫 二氧化硫具有漂白性
C 过氧化钠用作呼吸面具中的供氧剂 过氧化钠分解放出氧气
D 明矾可用作净水剂和消毒剂 铝离子水解生成氢氧化铝胶体
2.(化学与环境)“绿色生活,健康发展”已经成为新时尚,下列做法不值得提倡的是 (　　)
A.将生活垃圾进行分类处理　 B.选乘公共交通工具出行
C.选用回收废纸制造的纸箱 D.选用一次性筷子和塑料袋
3.(化学与科技)2022年4月16日,神舟十三号载人飞船成功返回地球。下列说法正确的是 (　　)
A.宇航员的宇航服材料含有羊毛、蚕丝和棉织品,这些物质的主要成分都是蛋白质
B.返回舱侧壁的主要材料之一是铝合金,它具有强度高、耐高温、质量轻等特点
C.返回舱烧蚀防热涂层以苯基橡胶为基体,工业上制备苯基橡胶的原料苯可直接来自石油的分馏
D.航天飞船电子芯片的主要成分是二氧化硅
4.(化学与化工生产)关于化工生产的叙述符合生产实际的是 (　　)
A.石油化工中,采用干馏的方法把石油分成不同沸点范围的产品
B.硫酸工业中,利用热交换器预热反应物,降低能耗提高生产效率
C.纯碱工业中,侯氏制碱法通过氨气和二氧化碳的循环利用,提高了原料的利用率
D.合成氨工业中,采用高压条件,增大合成氨反应的平衡常数,增大原料转化率
考向2化学与传统文化
【真题研磨】
【典例】(2022·山东等级考)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”
【审答思维】题干划线部分关键信息解读
关键信息 信息解读
氧化性 ______电子的性质,反应中元素的化合价会________,作________剂
未熟 说明没有发生任何变化,性质稳定
水沃之, 热蒸而解 用水浇灌,产生大量水汽且变散(粉末),发生的反应为__,元素价态________
能化…… 银、铜、铁 能与Ag、Fe、Cu反应,生成对应硫化物,S元素价态________,为________剂
以苦酒(醋) 洗刷 与醋发生反应:__________,元素价态________
【失分警示】不能正确辨别与理解传统文化中与化学相关的关键字词,从而导致提取相关信息时出现错误,如本题中的“熟”“水沃之”等,如果理解有误就会导致错选。
【考场技法】
　传统文化题目的一般解题思路
【多维演练】
1.(传统文化中的化学物质)中国传统文化博大精深,其中有很多与化学有关。下列说法错误的是 (　　)
A.《泉州府志》中有“元时南安有黄长者为宅煮糖,宅垣忽坏,去土而糖白,后人遂效之”。“去土而糖白”说明泥土具有强氧化性
B.《格物粗谈》中有“红柿摘下未熟,每篮用木瓜三枚放入,得气即发,并无涩味”。文中的“气”是一种有机物
C.《本草经集注》中有“孔雀石(碱式碳酸铜)投入苦酒中,涂铁皆作铜色”。碱式碳酸铜属于盐类
D.《天工开物》中有“凡火药,硫为纯阳,硝为纯阴,两精逼合,成声成变,此乾坤幻出神物也”。硝的主要成分为硝酸钾
2.(传统文化中的化学反应)下列对文献的化学解读正确的是 (　　)
选项 文献摘录 化学解读
A 《本草纲目拾遗》中记载:“粤中洋行有舶上铁丝……日久起销,用刀刮其销……所刮下之销末,名铁线粉。” 铁在潮湿空气中发生吸氧腐蚀形成“铁线粉”,“铁线粉”主要成分是FeO·xH2O
B 《格物粗谈》中记载:“红柿摘下未熟,每篮用木瓜三枚放入,得气即发, 并无涩味。” “气”能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色且发生反应的反应类型相同
C 《本草衍义》中记载:“取砒之法,将生砒就置火上,以器覆之,令砒烟上飞着覆器,遂凝结累然下垂如乳,尖长者为胜,平短者次之。” 涉及的操作有凝华
D 《天工开物》中记载:“凡埏泥造瓦,掘地二尺余,择取无沙黏土而为之。” 造瓦过程中只涉及物理变化
1.(化学与科技)近年来中国的航天技术发展迅速,天宫、天和、天舟、巡天、问天、梦天、天问、神舟等体现了中国的强大科技力量,下列说法不正确的是 (　　)
A.为航天器量身定制的柔性三结砷化镓太阳电池阵首次在“天和”号使用,砷化镓属于半导体
B.“天宫”空间站使用石墨烯存储器,所用材料石墨烯与金刚石互为同分异构体
C.“天问一号”火星车使用热控保温材料——纳米气凝胶,可产生丁达尔效应
D.“神舟十三号”飞船返回舱外面是一层耐高温的陶瓷材料,属于无机非金属材料
2.(化学与生活)化学与生活紧密相关,下列叙述不正确的是 (　　)
A.“落红不是无情物,化作春泥更护花”蕴藏着自然界的碳、氮循环
B.“煤饼烧蛎房成灰”(蛎房即牡蛎壳),“灰”的主要成分是CaCO3
C.电锯中的“烤蓝”工艺形成的致密氧化膜成分是Fe3O4
D.服用阿司匹林(邻羟基苯甲酸)身体不舒服时,可以静脉注射NaHCO3溶液缓解
3.(化学与材料)撑杆跳是奥运会比赛的项目之一,随着化学的发展,撑杆的材料不断变化,撑杆跳的高度也不断被刷新,目前已突破6.2米。下列有关说法错误的是 (　　)
A.19世纪撑杆通常是木制和竹制两种材质,主要成分均为天然的纤维素
B.20世纪初撑杆材质主要是铝合金,铝合金的强度高,但熔点低于单质铝
C.20世纪末撑杆材质主要是玻璃纤维,玻璃纤维属于无机非金属材料
D.现在撑杆材质主要是碳纤维材料,碳纤维材料属于有机高分子材料
4.(化学与可持续发展)有关化学与可持续发展的说法不正确的是 (　　)
A.理想的新能源应该具有资源丰富、可再生、对环境无污染等特点
B.提高金属矿物的利用率,开发环保高效的金属冶炼方法,防止金属的腐蚀,加强废旧金属的回收和再利用等都是合理开发和利用金属资源的主要途径
C.合理用药必须在医生、医师指导下,遵循安全、有效、经济等原则
D.绿色化学的核心思想是利用化学原理和技术手段,对被污染的环境进行治理
5.(化学与体育)2022年2月4日,在北京举行第24届冬奥会,主题口号是“一起向未来”,科技部提出“科技冬奥”的理念,下列说法错误的是 (　　)
A.颁奖礼服添加的石墨烯是一种碳纳米材料,化学性质与石墨相似
B.采用二氧化碳跨临界直冷制冰代替以往使用的氟利昂,原因是CO2来源广泛、安全无毒等优点
C.速滑竞赛服大腿的部位使用了橡胶材料,橡胶是一种无机高分子材料
D.冬奥会史上首次采用氢气火炬,工业上氢气可来源于煤的气化
6.(化学与环境)化学与人类生活、生产、社会可持续发展密切相关,下列有关化学知识的说法正确的是 (　　)
A.我国科学家首次利用CO2和H2人工合成淀粉(),分子式为(C6H10O5)n,是纯净物
B.我国火星探测器“天问一号”使用的新型SiC增强铝基复合材料是一种新型硅酸盐材料
C.海水淡化可以缓解淡水供应危机,海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法和反渗透法等
D.国家速滑馆“冰丝带”使用的碲化镉光伏发电属于电解池原理
7.(化学与生产劳动)化学使生活更加美好。下列生产活动中,运用相应化学原理不正确的是 (　　)
选项 生产活动 化学原理
A 用重油裂解制备有机化工原料 长链烷烃裂解可得短链烷烃和烯烃
B 电解饱和食盐水制备H2、Cl2、NaOH 电解池能将化学能转化为电能
C 用聚合氯化铝净化生活用水 胶粒具有吸附作用
D 用小苏打焙制糕点 NaHCO3受热易分解生成气体
8.(化学与环境)下列行为不利于“生态文明”建设的是 (　　)
A.在化学反应中要考虑“原子经济性”以提高效率
B.资源的开发和利用,要考虑可持续发展的原则
C.要加强对工业“三废”的治理,以保护环境
D.将废弃的塑料袋回收进行露天焚烧,以解决“白色污染”问题
9.(传统文化中的物质组成)我国是一个拥有五千年文化传承的文明古国。央视以《国家宝藏》《中国国宝大会》等节目传播中华传统文化,下列国宝级文物主要由硅酸盐制成的是(　　)
选项 A B C D
文物
名称 《清明上河图》 四羊方尊 秦兵马俑 金漆木雕大神龛
10.(传统文化中的物质变化)明代科学家宋应星所著《天工开物》是中国古代一部综合性科学巨著,被称为中国17世纪工艺百科全书。以下对书中内容解释合理的是 (　　)
选项 原文 解释
A “凡金箔粘物,他日敝弃之时,刮削火化,其金仍藏灰内” 火化指的是金被加热氧化
B “候潮一过,明日天晴,半日晒出盐霜,疾趋扫起煎炼” 煎炼指的是蒸馏
C “凡治铁成器,取已炒熟铁为之。先铸铁成砧,以为受锤之地” 文中熟铁指的是纯铁
D “凡红铜升黄而后熔化造器,用砒升者为白铜器” 红铜升黄是指铜变“铜合金”
11.(传统文化中的化学物质)中华诗词中蕴含着丰富的化学知识。下列关于诗词的分析错误的是 (　　)
A.“蜡烛有心还惜别,替人垂泪到天明”,句中蜡烛变化过程只涉及物理变化
B.“梨花院落溶溶月, 柳絮池塘淡淡风”,句中柳絮的主要成分属于糖类
C.“遍身罗绮者,不是养蚕人”,句中的罗绮不可用沸水浸泡
D.“炉火照天地,红星乱紫烟”,句中情境描述了金属的冶炼过程
12.(传统文化中的物质性质)2022年春晚上,《只此青绿》惊艳了许多观众,生动还原了北宋名画——《千里江山图》。下列说法合理的是 (　　)
A.《千里江山图》可用14C进行年代鉴定,14C与12C互为同素异形体
B.《千里江山图》中绿色颜料铜绿的主要成分是氢氧化铜
C.《千里江山图》中的红色来自赭石(Fe2O3),其性质稳定,不易被空气氧化
D.《千里江山图》的画布材质为麦青色的蚕丝织品——绢,绢的主要成分是纤维素
13.(传统文化中的工艺流程)中国古书《本草图经》记载了水银的制作方法,现简化如下:
资料显示:汞能与表面无氧化层保护的金属发生“汞齐反应”
下列说法错误的是 (　　)
A.“淘洗” 朱砂矿的目的是富集
B.磁铁除铁过程是物理变化
C.焙烧时宜选用金、铜等器皿
D.Hg蒸气有毒,这一过程需要通风
14.(传统文化中的物质组成)《考工记》记载,湅丝时,古人将丝帛用草木灰水沾湿后,涂上蛤灰,加水浸泡,除去蚕丝中的油脂。蛤灰指以蚌蛤壳烧成的灰,其用途与石灰相同。下列说法错误的是 (　　)
A.草木灰的主要成分是碳酸钾
B.草木灰和蛤灰加水混合生成碱
C.丝帛的主要成分是纤维素
D.湅丝时发生了水解反应
15.(传统文化中的分离提纯)《本草纲目》中的“石硷”(古文中“硷”同“碱”)条目下写道:“采蒿蓼之属,开窖浸水,漉起,晒干烧灰,以原水淋汁……久则凝淀如石,连汁货之四方,浣衣发面,甚获利也。”上述过程没有涉及的实验操作是 (　　)
A.溶解　　　B.过滤　　　C.蒸馏　　　D.结晶
16.(传统文化中的物质变化)北宋沈括《梦溪笔谈》中记载:“信州铅山有苦泉,流以为涧。挹其水熬之则成胆矾,烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”。下列有关叙述错误的是 (　　)
A.胆矾的化学式为CuSO4
B.胆矾可作为湿法冶铜的原料
C.“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程
D.“熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”是发生了置换反应
热点1:传统文化与STSE
考向1
【典例】【审答思维】置换　Cu　NaHCO3　Na2CO3　H2O　状态　物理
D　“石胆能化铁为铜”指的是铁可以与硫酸铜发生置换反应生成铜,发生了化学变化,A不符合题意;工业上利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱,二氧化碳、氨气、氯化钠和水发生反应生成的碳酸氢钠晶体经加热后分解生成碳酸钠(纯碱),发生了化学变化,B不符合题意;CO2转化为淀粉或葡萄糖,有新物质生成,发生了化学变化,C不符合题意;使用CO2跨临界直冷制冰,将水直接转化为冰,没有新物质生成,只发生了物理变化,没有涉及化学变化,D符合题意。
1.A　维生素C将Fe3+转变为易吸收的Fe2+,Fe元素的化合价降低,则维生素C中某元素的化合价升高,失去电子具有还原性,A正确;葡萄酒中添加二氧化硫,因二氧化硫有较强的还原性,所以会优先被氧化,起到保护葡萄酒的作用,B错误;过氧化钠能与水、二氧化碳反应生成氧气,常用作呼吸面具中的供氧剂,不是过氧化钠分解产生氧气,C错误;明矾可用作净水剂,是因为铝离子水解生成氢氧化铝胶体吸附净水,起不到消毒的作用,D错误。
2.D　将生活垃圾进行分类处理,可回收利用资源,减少浪费,同时减少填埋和焚烧垃圾所消耗的能源,值得提倡,A不符合题意;选乘公共交通工具出行可减少化石能源的利用,低碳环保,值得提倡,B不符合题意;选用回收废纸制造的纸箱,可回收利用资源,减少浪费,值得提倡,C不符合题意;选用一次性筷子和塑料袋浪费资源,不值得提倡,D符合题意。
3.B　棉织品的主要成分是纤维素,不是蛋白质,A不正确;铝合金是由铝与铜、锌、锰、硅、镁等元素组成的混合物,它具有强度高、硬度大、耐高温、质量轻等特点,B正确;工业上,苯主要来自煤炭,煤炭干馏后,所得粗苯可分离出苯,所得煤焦油分馏也可获得苯,C不正确;电子芯片的主要成分是硅,二氧化硅是光导纤维的主要成分,D不正确。
4.B　石油化工利用分馏的方法提取沸点不同的产品,描述错误,不符合题意;硫酸工业中,利用热交换器实现反应混合气和产物混合气之间的热能交换,节约能源,降低能耗,描述正确,符合题意;侯氏制碱法中CO2循环利用,NH3直接得到副产物NH4Cl,不参与循环生产,描述错误,不符合题意;化学平衡常数只与温度有关,与其他条件无关,描述错误,不符合题意。
考向2
【典例】【审答思维】得　降低　氧化　CaO+H2OCa(OH)2　未变　降低　氧化　CaCO3+2CH3COOH(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑　未变
C　金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应,说明金的化学性质很稳定,未见其氧化性,A不符合题意;石灰(CaO):“以水沃之,即热蒸而解”是指CaO+H2OCa(OH)2,反应放热,产生大量的水汽,而CaO由块状变为粉末状,未发生氧化还原反应,未见其氧化性,B不符合题意;石硫黄即S:“能化……银、铜、铁,奇物”是指2Ag+SAg2S、Fe+SFeS、2Cu+SCu2S,反应中S作氧化剂,与其氧化性有关,C符合题意;石钟乳(CaCO3):“色黄,以苦酒(醋)洗刷则白”是指CaCO3+2CH3COOH(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑,未发生氧化还原反应,未见其氧化性,D不符合题意。
1.A　“去土而糖白”是因为泥土具有吸附性,A说法错误;文中的“气”具有催熟水果的作用,应为乙烯,乙烯为有机物,B说法正确;碱式碳酸铜属于铜盐,C说法正确;火药的组成成分有硝酸钾,硫黄和木炭,题目中的硝应指的是硝酸钾,D说法正确。
2.C　铁锈的主要成分是Fe2O3·xH2O,A选项错误;“气”指乙烯,与溴水发生加成反应,与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应,B选项错误;固体加热直接由固态变为气态,再由气态直接变为固态,是物理变化中的升华和凝华,C选项正确;“黏土”的主要成分是氧化铝、氧化铁、二氧化硅等,在高温下造瓦时发生了化学变化,“瓦”的主要成分是硅酸盐,D选项错误。
1.B　砷化镓是良好的半导体材料,故A正确;石墨烯与金刚石都是由碳元素组成的不同单质,属于同素异形体,故B错误;新型纳米气凝胶做热控材料,气凝胶是分散在空气中,分散剂是气体,可产生丁达尔效应,故C正确;耐高温的陶瓷材料属于新型无机非金属材料,故D正确。
2.B　自然界中动植物遗体之所以没有堆积如山,是因为细菌使动植物遗体不断腐烂、分解,转化成二氧化碳、水和无机盐,这些物质又是植物制造有机物的原料,因此“落红不是无情物,化作春泥更护花”蕴藏着自然界碳、氮的循环,A正确;牡蛎壳为贝壳,贝壳主要成分为碳酸钙,碳酸钙灼烧生成氧化钙,灰是氧化钙,B 错误;烤蓝原理就是在钢铁表面生成一定厚度和强度的致密的氧化层,成分主要是Fe3O4,C正确;阿司匹林的化学成分是邻羟基苯甲酸,邻羟基苯甲酸与NaHCO3溶液反应从而可以缓解不舒服,D正确。
3.D　木制和竹制两种材质的主要成分为纤维素,均为天然纤维素,故A正确;合金的熔点低于其成分物质的熔点,铝合金的强度高,但熔点低于单质铝,故B正确;玻璃纤维是一种性能优异的无机非金属材料,种类繁多,优点是绝缘性好、耐热性强、抗腐蚀性好、机械强度高,故C正确;碳纤维主要由碳元素组成,具有耐高温、抗摩擦、导电、导热及耐腐蚀等特性,不属于有机高分子材料,故D错误。
4.D　理想的新能源应该具有资源丰富、可再生、对环境无污染等特点,如太阳能、风能等,故A正确;金属资源面临枯竭,保护金属资源的有效途径之一就是回收再利用、开发环保高效的金属冶炼方法、防止金属的腐蚀等,故B正确;用药应在医生、医师指导下,遵循安全、有效、经济等原则,故C正确;利用化学原理和技术手段可以从源头减少或消除环境污染,实现绿色化学的核心思想,故D错误。
5.C　石墨烯是一种碳纳米材料,与石墨均只由碳元素组成,化学性质与石墨相似,A正确;CO2具有来源广泛、安全无毒等优点,其开发利用的前景广阔,B正确;橡胶是一种有机高分子材料,C错误;煤的气化将固体煤转化为含有CO、氢气、甲烷等可燃气体,工业上氢气可来源于煤的气化,D正确。
6.C　A.(C6H10O5)n中n不确定,属于混合物,故A错误;B.SiC增强铝基复合材料是一种新型无机非金属材料,不属于硅酸盐类,故B错误;C.蒸馏法、电渗析法、反渗透法是海水淡化的主要方法,故C正确;D.碲化镉光伏发电是将光能转化为电能,不属于电解池原理,故D错误。
7.B　裂解是用长链烷烃制备乙烯、甲烷等化工原料的过程,A项正确;电解池将电能转化为化学能,B项错误;胶粒具有吸附作用,故可用聚合氯化铝净水,C项正确;焙制糕点利用了NaHCO3受热易分解生成气体的性质,D项正确。
8.D　简单讲化学反应就是原子重新组合的过程,因此按照绿色化学的思想,最理想的“原子经济性反应”就是反应物的原子全部转化为期望的最终产物,在化学反应中要考虑“原子经济性”以提高效率,有利于“生态文明”的建设,A项不符合题意;资源的开发和利用考虑可持续发展的原则,有利于“生态文明”的建设,B项不符合题意;加强工业“三废”(废气、废水、废渣)的治理,保护环境,有利于“生态文明”的建设,C项不符合题意;将废弃的塑料袋回收进行露天焚烧会产生大量有毒有害的气体和烟尘等,污染环境,不利于“生态文明”的建设,D项符合题意。
9.C　《清明上河图》的主要材质是纸,故为纤维素,不属于硅酸盐材料,A不合题意;四羊方尊是青铜器皿,青铜属于合金,是金属材料,B不合题意;秦兵马俑是陶瓷,属于硅酸盐材料,C符合题意;金漆木雕大神龛主要材料是木质材料,为纤维素,不属于硅酸盐材料,D不合题意。
10.D　火化指的是将金放在火中灼烧,但金不被氧化,表明金性质稳定,A解释不合理;该过程描述的是氯化钠的制作过程,煎炼指的是蒸发结晶,B解释不合理;熟铁指的是含碳量较低(小于0.03%)的铁,而不是指纯铁,C解释不合理;红铜升黄是往铜中掺入杂质金属,将红铜转化为铜的合金,D解释合理。
11.A　“蜡烛有心还惜别,替人垂泪到天明”,句中蜡烛变化过程中有二氧化碳生成涉及化学变化,A错误;“梨花院落溶溶月, 柳絮池塘淡淡风”,句中柳絮的主要成分是纤维素,纤维素属于糖类,B正确;“遍身罗绮者,不是养蚕人”,句中的罗绮指的是丝绸,它的主要成分是蛋白质,不可用沸水浸泡,C正确;“炉火照天地,红星乱紫烟”,诗句意思是炉火熊熊燃烧,红星四溅,紫烟蒸腾,句中情境描述了金属的冶炼过程,D正确。
12.C　14C可用于年代鉴定,14C与12C为同种元素,互为同位素,A错误;《千里江山图》中绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜,不是氢氧化铜,B错误;《千里江山图》中的红色来自赭石,其主要化学成分为Fe2O3,C正确;《千里江山图》的画布材质为麦青色的蚕丝织品——绢,蚕丝的主要成分是蛋白质,D错误。
13.C　“淘洗” 朱砂矿,洗去土滓,使矿石和土滓分离,这个过程属于富集,A正确;磁铁除铁过程没有新物质生成,属于物理变化,B正确;汞能与表面无氧化层保护的金、铜等金属发生“汞齐反应”,因此焙烧时不宜选用金、铜等器皿,C错误;Hg蒸气有毒,安全起见,这一过程需要通风,D正确。
14.C　植物(草本和木本植物)燃烧后的残留物,称为草木灰,主要成分为碳酸钾,A项正确;草木灰与氢氧化钙反应的化学方程式为K2CO3+Ca(OH)2===2KOH+CaCO3↓,生成氢氧化钾,B项正确;丝帛的主要成分为蛋白质,C项错误;湅丝时蚕丝表面的油脂在碱性条件下发生了水解反应,D项正确。
15.C　根据题述信息分析石碱为草木灰,主要成分是K2CO3,开窖浸水,涉及溶解操作,漉起,涉及过滤操作,以原水淋汁……久则凝淀如石,描述的是结晶过程。综上所述没有涉及蒸馏操作。
16.A　胆矾为硫酸铜晶体,化学式为CuSO4·5H2O,A说法错误;湿法冶铜是用铁与硫酸铜溶液发生置换反应制取铜,B说法正确;加热浓缩硫酸铜溶液可析出胆矾,故“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程,C说法正确;铁与硫酸铜溶液发生置换反应生成铜,D说法正确。热点2:阿伏加德罗常数
考向阿伏加德罗常数
【真题研磨】
【典例】(2022·浙江6月选考)NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 (　　)
A.12 g NaHSO4中含有0.2NA个阳离子
B.11.2 L乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为3NA
C.8 g CH4含有中子数为3NA
D.0.1molH2和0.1 molI2于密闭容器中充分反应后,HI分子总数为0.2 NA
【审答思维】题干划线部分关键信息解读
关键信息 信息解读
12 g NaHSO4 NaHSO4晶体是由______和______构成的离子晶体,12 g NaHSO4的物质的量为______mol,故含有______mol阳离子
11.2 L乙烷和丙烯的混合气体 没有给出气体所处的条件是否为标准状况,故________计算其物质的量
8 g CH4含有中子数 CH4含有中子数为______,8 g CH4的物质的量为______mol,故含有的中子数为__NA
0.1 molH2和0.1 molI2于密闭容器中充分反应后 H2和I2发生的反应为__________________________,属于________反应,故0.1 molH2和0.1 molI2充分反应后生成HI的物质的量________mol
【失分警示】不正确分析题目中隐含的可逆反应而导致错选D项,H2和I2生成HI的反应为可逆反应,不能进行完全,因此生成HI的物质的量小于理论产量。
【考场技法】
常见阿伏加德罗常数的考查内容
考查方向 注意问题
气体摩尔体积的适用条件 若题中出现物质的体积,先考虑是否为气体,如果是气体需再考虑条件是否为标准状况(0 ℃,1.01×105 Pa)
物质的聚集状态 在标准状况下是液体或固体的物质,有CCl4、H2O、SO3、己烷、苯、酒精、CHCl3等
物质的微观结构 ①注意某些物质分子中的原子个数,如Ne、O3、P4等;②注意特殊物质的摩尔质量或分子中的中子数,如D2O、T2O、18O2、H37Cl等;③注意一些物质中的化学键数目,如SiO2、Si、CH4、P4、CO2、C60、烃分子中的碳碳键数等;④注意一些物质中的离子数目,如Na2O2、NaHSO4等
电解质的电离与水解 弱电解质的电离及某些离子的水解,如1 molCH3COOH或1 molFeCl3溶于水时,溶液中CH3COO-或Fe3+的物质的量均小于1 mol
氧化还原反应中的电子转移 如Na2O2、NO2与H2O反应,电解AgNO3溶液,Fe、Cu与S反应,Cl2与H2O、NaOH反应,Fe与稀硝酸反应等
分散系中的微粒数目 FeCl3溶液转化为Fe(OH)3胶体,因为胶体微粒是集合体,所以胶粒的数目小于原溶液中Fe3+的数目
隐含的可逆反应 可逆反应不能进行到底。如2NO2N2O4,Cl2+H2OHClO+HCl,合成氨反应等
【多维演练】
1.(物质结构)NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 (　　)
A.1mol [Ag(NH3)2]+中含有σ键数为8NA
B.18 g O含有的中子数为10NA
C.3.4 g()中含有的极性键数目为0.2NA
D.1mol苯乙烯中含有sp2杂化碳原子数为2NA
2.(隐含反应)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 (　　)
A.标准状况下,2.24 L Cl2溶于水,转移电子数为0.1NA
B.0.2molSO2与0.1 molO2在一定条件下充分反应,转移电子数为0.4NA
C.2mol NO与1 molO2在密闭容器中充分反应后的分子数为2NA
D.11.2 L CH4和22.4 L Cl2(均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为1.5NA
1.(物质结构)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 (　　)
A.4.6 g 乙醇中含有C—H键的数目为0.6NA
B.1 L 0.1 mol·L-1氨水中所含N的数目为0.1NA
C.5.6 g铁与足量稀盐酸反应,转移的电子数为0.3NA
D.124 g P4()分子中所含的共价键数目为6NA
2.(溶液中微粒数目)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 (　　)
A.1 L pH=1的H2SO4溶液中含S的数目为0.05NA
B.1molSO2溶于足量水中,溶液中H2SO3的分子数为NA
C.0.1mol·L-1的Na2S溶液中含Na+数目为0.2NA
D.1 L 0.5 mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中N和Al3+的数目之和为NA
3.(隐含反应)设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 (　　)
A.常温下,5.6 g铁投入浓硝酸中,转移的电子数为0.3NA
B.46 g NO2和N2O4的混合气体中所含原子数大于3NA
C.1mol H2O最多可以形成的氢键数为2NA
D.1mol·L-1的氢氧化钠溶液含有的阴离子数为NA
4.(物质结构)设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 (　　)
A.标准状况下,22.4 L乙烷中含有的共价键数目为7NA
B.5 g CO2和N2的混合物中含有的质子数目为2.5NA
C.1.8 g D2O含有的中子数为0.1NA
D.34 g H2O2中含有的非极性键数目为2NA
5.(电子转移)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是 (　　)
A.0.2molC2H4和C3H4O2的混合物完全燃烧,消耗O2分子数目为0.6NA
B.含有FeI2的溶液中通入适量氯气,当有1 molFe2+被氧化时,反应中转移电子的数目至少为3NA
C.用电解粗铜的方法精炼铜,当电路中通过的电子数为0.5NA时,阳极应有16 g Cu转化为Cu2+
D.标准状况下,11.2 L F2和C2H6的混合物中含有电子的数目为9NA
6.(溶液中微粒数目)“84消毒液”和医用酒精混合使用可能发生反应:NaClO+CH3CH2OH→CHCl3+HCOONa+NaCl+NaOH+H2O (未配平)。设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是 (　　)
A.1mol·L-1HCOONa溶液中含有NA个Na+
B.标准状况下,11.2 L CHCl3中含有0.5NA个C原子
C.该反应中每消耗1 molNaClO,转移2NA个电子
D.100 g质量分数为46%的乙醇溶液中含有NA个O—H键
7.(隐含反应)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 (　　)
A.某密闭容器中盛有0.1 molN2和0.3 molH2,在一定条件下充分反应,转移电子的数目为0.6NA
B.一定条件下,Na与O2反应生成7.8 g Na2O2,转移电子的个数为0.2NA
C.常温下,1 L pH=9的CH3COONa溶液中,水电离产生的氢离子数为1×10-9NA
D.标准状况下,2.24 L丙烷含有的共价键数目为NA
8.(气体条件与对象)设NA表示阿伏加德罗常数的数值,下列说法不正确的是 (　　)
A.0.5molCnH2n+2中含有的化学键总数为(1.5n+0.5)NA
B.常温常压下,1.84 g的甘油和甲苯混合液所含总质子数为NA
C.273℃、101.3 kPa时,1 L苯蒸气完全燃烧所生成的气态生成物总分子数约为NA
D.30.8 g乙酸乙酯在碱性条件下完全水解,生成乙酸的分子数为0.35NA
热点2:阿伏加德罗常数
考向
【典例】【审答思维】Na+　HS　0.1　0.1　无法　6　0.5
3　H2+I22HI　可逆　<0.2
C　NaHSO4晶体由钠离子和硫酸氢根离子构成,其中的阳离子只有钠离子,12 g NaHSO4的物质的量为0.1 mol,因此,其中只含有0.1 NA个阳离子,A错误;没有指明气体所处的温度和压强,无法确定11.2 L乙烷和丙烯的混合气体的物质的量是多少,因此,无法确定其中所含碳氢键的数目,B错误;1个CH4分子中有6个中子,8 g CH4的物质的量为0.5 mol,因此,8 g CH4含有的中子数为3 NA,C正确;H2和I2发生反应生成HI,该反应是可逆反应,反应物不能完全转化为生成物,因此,0.1 molH2和0.1 molI2于密闭容器中充分反应后,HI分子总数小于0.2 NA,D错误。
1.A　[Ag(NH3)2]+中含有N—H σ键、N—Ag σ键,1 mol [Ag(NH3)2]+中含有σ键数为8NA,故A正确;1个18O原子含有10个中子,H原子不含中子,所以每个O分子中含有10个中子,O的相对分子质量为20 g·mol-1,故18 g O的物质的量为0.9 mol,则18 g O中含有的中子数为9NA,B错误;的分子式为C4H4O,3.4 g 的物质的量n===0.05 mol,每个含有4个C—H键和2个C—O键即6个极性键,所以0.05 mol的含有的极性键数目为0.3NA,C项错误;苯乙烯分子中的8个碳原子均为sp2,1mol苯乙烯中含有sp2杂化碳原子数为8NA,故D错误。
2.D　氯气与水反应是可逆反应,标准状况下,2.24 L Cl2溶于水,转移电子数小于0.1NA,A错误;SO2与O2的反应为可逆反应,不能进行彻底,因此0.2 molSO2与
0.1 molO2在一定条件下充分反应,转移的电子数小于0.4NA,B错误;2 mol NO与
1 molO2恰好完全反应生成2 molNO2,由于存在平衡2NO2N2O4,所以充分反应后容器中的分子数小于2NA,C错误;甲烷与氯气发生取代反应,反应前后反应物与生成物的物质的量之和不变,则反应后的分子数为×NAmol-1=1.5NA,D正确。
1.D　一个C2H5OH分子含有5个C—H键,4.6 g 乙醇的物质的量为0.1 mol,则
4.6 g乙醇中含有C—H键的数目为0.5NA,故A错误;NH3·H2O不完全电离,故N的数目少于0.1NA,故B错误;铁与盐酸反应发生的离子方程式是Fe+2H+===Fe2++H2↑,5.6 g Fe反应,转移电子为2×=0.2 mol,故C错误;每个P4分子中含有6条P—P单键,124 g P4物质的量是1 mol,所以P—P键一共为6NA,故D正确。
2.A　pH=1的H2SO4溶液中c(H+)=0.1 mol·L-1,c(S)=0.05 mol·L-1,溶液体积为1 L,S数目为0.05NA,A正确;SO2和水的反应是可逆反应,所以1 molSO2溶于足量水中,溶液中H2SO3的分子数小于NA,B错误;没有给出溶液的体积,无法计算溶液中Na+数目,C错误;1 L 0.5 mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中N和Al3+水解,则N和Al3+的数目之和小于NA,D错误。
3.C　常温下,铁投入浓硝酸中发生钝化生成致密的氧化物保护膜而未溶解,未完全反应,转移电子数远小于0.3NA,故A错误;46 g N2O4所含原子数等于3NA,则46 g NO2和N2O4的混合气体中所含原子数等于3NA,故B错误;1个水分子可以和4个水分子形成氢键,每个氢键2个水分子共用,平均每个水分子拥有2个氢键,1 mol H2O最多可以形成的氢键数为2NA,故C正确;缺少溶液的体积,无法计算1 mol·L-1的氢氧化钠溶液含有的阴离子数,故D错误。
4.C、D　乙烷分子中有6个碳氢键、1个碳碳键,标准状况下,22.4 L乙烷的物质的量为1 mol,则其中含有的共价键数目为7NA,A正确;44 g二氧化碳中含有的质子为22 mol, 44 g氮气中含有的质子为×14=22 mol,故5 g二氧化碳和氮气的混合物中含有的质子为×22 mol=2.5 mol,数目是2.5NA,B正确;D2O摩尔质量是20 g·mol-1,1.8 g该物质不足0.1 mol,所以中子数为×10×NA=0.9NA,计算错误,C错误;H2O2的结构式为H—O—O—H,1molH2O2中含有1 mol非极性键,34 g H2O2即1 molH2O2中含有的非极性键数目为NA,D错误。
5.C　C3H4O2可以改写为C2H4(CO2),根据极限法结合烃完全燃烧耗氧公式可得0.2 molC2H4或0.2 molC2H4(CO2)完全燃烧消耗O2的物质的量均为
0.2 mol×(2+4/4)=0.6 mol,A项正确;因为还原性I->Fe2+,所以当1 molFe2+被氧化时,根据FeI2的组成可知至少已有2 mol I-被氧化,转移电子的物质的量至少为(1+1×2)=3(mol),B项正确;粗铜中还有活泼性比Cu强的Zn、Fe、Ni等杂质,在电解时优先于Cu失去电子成为阳离子,电路中通过电子0.5NA包含这些杂质失去的电子,阳极粗铜中转化为Cu2+的Cu的质量小于16 g,C项错误;标准状况下11.2 L F2含有电子为0.5×9×2=9(mol),11.2 L C2H6含有电子为0.5×(6×2+6)=9(mol),所以11.2 L F2和C2H6的混合物中含有电子也为9 mol,D项正确。
6.C　1 mol·L-1HCOONa溶液的体积未知,无法计算其中含有的Na+个数,A错误;标准状况下三氯甲烷不是气体,11.2 L CHCl3中含有的C原子个数不是0.5NA,B错误;反应中氯元素化合价从+1价降低到-1价,因此该反应中每消耗1 molNaClO,转移2NA个电子,C正确;100 g质量分数为46%的乙醇溶液中含乙醇的质量是46 g,物质的量是1 mol,含有NA个O—H键,但水分子还含有氢氧键,D错误。
7.B、D　该反应为可逆反应,无法确定反应物的消耗量及反应过程中电子转移数目,故A错误;生成7.8 g Na2O2即0.1 mol,则消耗的钠单质为0.2 mol,Na转化成钠离子,1 mol Na失去1 mol电子,则0.2 mol Na反应转移电子的个数为0.2NA,故B正确;CH3COONa溶液中,氢氧根离子完全来自水的电离,1 L pH=9的CH3COONa溶液中,氢氧根离子的物质的量为10-5mol·L-1×1 L=10-5mol,水电离产生的氢离子数目等于氢氧根离子数目,则水电离产生的氢离子数为1×10-5NA,故C错误;标准状况下,2.24 L丙烷为0.1 mol,共价键数目为NA,故D正确。
8.D　CnH2n+2是链状烷烃的通式,1 mol链状烷烃的共价键的物质的量为(3n+1) mol,则0.5 molCnH2n+2中含有的化学键总数为(1.5n+0.5)NA,A正确;甘油的化学式为C3H8O3,其相对分子质量为3×12+8×1+3×16=92,每分子中含质子数为3×6+8×1+3×8=50,甲苯的化学式为C7H8,其相对分子质量为7×12+8×1=92,每分子中含质子数为7×6+8×1=50,则常温常压下,1.84 g的甘油和甲苯混合液所含总质子数为×50×NAmol-1=NA,B正确;苯完全燃烧化学方程式为2C6H6+15O212CO2+6H2O,在273 ℃、101.3 kPa下,二氧化碳和水均为气体,其气体摩尔体积是标准状况(0 ℃、101.3 kPa)的两倍,所以1 L苯蒸气完全燃烧所生成的气态生成物总分子数约为×(6+3)×NAmol-1=NA,C正确;乙酸乙酯在碱性条件下发生水解反应生成的是乙酸对应的盐,而不是乙酸,D错误。热点3:离子反应
考向1离子方程式的正误判断
【真题研磨】
【典例】(2022·全国甲卷)能正确表示下列反应的离子方程式为 (　　)
A.硫化钠溶液和硝酸混合:S2-+2H+===H2S↑
B.明矾溶液与过量氨水混合:Al3++4NH3+2H2O===Al+4N
C.硅酸钠溶液中通入二氧化碳:Si+CO2+H2O===HSi+HC
D.将等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1∶2混合:Ba2++2OH-+2H++S===BaSO4↓+2H2O
【审答思维】题干划线部分关键信息解读
关键信息 信息解读
硫化钠溶液和硝酸 从氧化还原角度,硫化钠具有还原性,而硝酸具有氧化性,因此二者发生的是氧化还原反应,不会发生复分解反应生成H2S
过量氨水 虽然氨水过量,但是Al(OH)3不能溶解在氨水中
硅酸钠溶液 对应的酸为H2SiO3,是一种难溶于水的白色固体
等物质的量浓度的Ba(OH)2和 NH4HSO4溶液以体积比1∶2混合 Ba(OH)2和NH4HSO4的物质的量之比为1∶2,因此体系中Ba2+、OH-、N、H+、S之比为1∶2∶2∶2∶2,N与H+均能与OH-反应,但H+先反应
【失分警示】不能准确理解和识记物质的性质,从而对某些离子反应的原理不能正确判断,如本题中对Al(OH)3的两性认识不到位,错误地认为Al(OH)3能与NH3·H2O反应,导致错选B项。
【满分模板】离子方程式正误判断的思维流程
【考场技法】
　离子方程式正误判断的四项基本要求
【多维演练】
1.(原理是否正确)下列离子方程式书写正确的是 (　　)
A.硫酸氢铵中加入过量的Ba(OH)2:Ba2++H++S+OH-===BaSO4↓+H2O
B.向溶液中通入少量CO2:
　+CO2+H2O+HC
C.向CuSO4溶液中通入过量的氨气:Cu2++4NH3+S===Cu(NH3)4SO4
D.向Mg(OH)2悬浊液中滴加NH4Cl溶液,沉淀逐渐溶解:Mg(OH)2+2N===
Mg2++2NH3·H2O
2.(书写拆分是否正确)下列离子方程式书写正确的是 (　　)
A.将醋酸加入氨水中:H++OH-H2O
B.向稀硝酸中加入铜片:Cu+4H++2NCu2++2NO2↑+2H2O
C.将SO2通入氯水中:SO2+Cl2+2H2OS+2Cl-+4H+
D.向硫酸镁溶液中滴加NaOH溶液:MgSO4+2OH-Mg(OH)2↓+S
3.(书写是否守恒)下列离子方程式书写正确的是 (　　)
A.用小苏打治疗胃酸过多:HC +H+CO2↑+H2O
B.Na2O2与H2O反应制备O2:Na2O2+H2O2Na+ +2OH- +O2↑
C.氯气通入氢硫酸中产生黄色沉淀:Cl2+S2-2Cl- +S↓
D.过量铁粉与稀硝酸反应:Fe+4H++NFe3+ +NO↑+2H2O
4.(与量相关)向NH4Fe(SO4)2(aq)中逐滴滴加Ba(OH)2(aq)至过量的过程中,有关离子反应错误的是 (　　)
A.2Fe3++3S+3Ba2++6OH-2Fe(OH)3↓+3BaSO4↓
B.Fe3++5N+4S+4Ba2++8OH-Fe(OH)3↓+5NH3·H2O+4BaSO4↓
C.3Fe3++N+5S+5Ba2++10OH-3Fe(OH)3↓+NH3·H2O+5BaSO4↓
D.Fe3++N+2S+2Ba2++4OH-Fe(OH)3↓+NH3·H2O+2BaSO4↓
考向2离子共存
【真题研磨】
【典例】(2021·福建选择考)室温下,下列各组离子一定能与指定溶液共存的是 (　　)
A.0.2mol·L-1的NH4Cl溶液:Na+、K+、S、Si
B.0.1mol·L-1的FeCl3溶液:N、Ca2+、Br-、SCN-
C.0.2mol·L-1的H2SO4溶液:Mg2+、Fe2+、N、Cl-
D.0.1mol·L-1的Ba(OH)2溶液:Na+、K+、Cl-、ClO-
【审答思维】题干划线部分关键信息解读
关键信息 信息解读
NH4Cl溶液 在溶液中有N的水解显______性,而Si水解显______性,二者因能发生相互促进水解的反应且比较彻底而不能大量共存
FeCl3溶液 溶液中Fe3+会与________发生反应生成配合物________而不能大量共存
H2SO4溶液 含有大量______,溶液显______性,因此N具有____________性,而Fe2+具有________性,因此不能大量共存
Ba(OH)2溶液 意味着溶液中有大量______和______
【失分警示】不能正确分析和辨别题目中隐含的条件,从而导致判断离子之间是否反应时出现错误,如本题中的C选项,忽略H2SO4溶液中在有大量H+存在时N具有强氧化性,不能与还原性的离子大量共存,从而导致错选。
【满分模板】判断离子之间是否共存的思维流程
【考场技法】
　离子共存问题中的常见限定条件:
条件类型 常见表述 误点点悟
常见的 限制条件 “无色”“pH=1”或“pH=13” 有色离子不能大量存在,溶液显酸性或碱性
“因发生氧化还原反应而不能大量共存” 只能是氧化性离子和还原性离子不能大量共存,不包括其他类型反应的离子
常见的 易错点 “透明” “透明”也可“有色”
常见的 隐含条 件 “与Al反应放出H2” 溶液既可能显酸性也可能显碱性
“由水电离出的c(H+)=1×10-12mol·L-1” 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
N 在酸性条件下具有强氧化性
续表　　
条件类型 常见表述 误点点悟
常见题干 要求 ①“一定大量共存” ②“可能大量共存” ③“不能大量共存” 审清关键字
【多维演练】
1.(常规情况)下列各组离子中能在溶液中大量共存的是(　　)
A.K+、H+、S、OH-　　 B.Na+、K+、Cl-、S
C.Na+、H+、Cl-、C D.Mg2+、Ca2+、C、N
2.(限定条件)室温下,下列各组离子在给定条件下,能大量共存的一组是 (　　)
A.所含溶质为NaHSO4的溶液中:K+、C、N、Na+
B.pH=11的溶液中:K+、Na+、Cl-、C
C.含大量Al的溶液中:Cu2+、N、Mg2+、Cl-
D.溶有SO2气体的溶液中:K+、Na+、ClO-、S
3.(限定条件)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.透明溶液中:Mg2+、Cu2+、Cl-、S
B.能溶解Al2O3的溶液:Na+、N、Cl-、S
C.1.0mol·L-1KNO3溶液:H+、Fe2+、Cl-、S
D.无色溶液中:Al3+、K+、Cl-、HC
1.(拆分是否正确)对于下列实验,能正确描述其反应的离子方程式的是 (　　)
A.氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应:Ba2++S===BaSO4↓
B.SO2通入酸性高锰酸钾溶液中: 5SO2+2Mn+2H2O===5S+2Mn2++4H+
C.工业制漂白粉:Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O
D.氯化铝溶液中滴加少量氢氧化钠溶液:Al3++4OH-===Al+2H2O
2.(原理是否正确)下列离子方程式能用来解释相应实验操作或者现象的是 (　　)
选项 实验现象 离子方程式
A 向沸水中滴加饱和氯化铁溶液,得到氢氧化铁胶体 Fe3++3H2OFe(OH)3↓+3H+
B 向硫酸铜溶液中加入过量氨水 Cu2++2NH3·H2OCu(OH)2↓+2N
C 用高锰酸钾标准溶液滴定草酸 2Mn+16H++5C22M+10CO2↑+8H2O
D 向NH4HCO3稀溶液中加入过量KOH溶液 N+HC+2OH-NH3·H2O+H2O+C
3.(是否守恒)下列反应的离子方程式正确的是 (　　)
A.Cl2通入水中:Cl2+H2O2H++Cl-+ClO-
B.NO2通入水中:2NO2+H2O2H++N+NO
C.浓度相同NaHCO3溶液和Ba(OH)2溶液等体积混合:HC+ Ba2++OH-H2O+BaCO3↓
D.FeCl2酸性溶液中滴入H2O2:Fe2++2H++H2O2Fe3++2H2O
4.(与量相关)能正确表示下列反应的离子方程式为 (　　)
A.向CuSO4溶液中滴加少量稀氨水:Cu2++2OH-Cu(OH)2↓
B.铝粉与过量NaOH溶液反应:Al + 4OH-Al+ 2H2O
C.向Ba(OH)2溶液中滴入少量NaHSO4溶液:Ba2++OH-+H++SBaSO4↓+H2O
D.向NaHCO3溶液中加少量Ca(OH)2溶液:Ca2++2HC+2OH-CaCO3↓+ 2H2O+C
5.(原理是否正确)下列反应的离子方程式正确的是 (　　)
A.同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合: N+OH-NH3·H2O
B.0.1mol·L-1AgNO3溶液中加入过量浓氨水:Ag++NH3+H2OAgOH↓+N
C.过量的铁与很稀的硝酸溶液反应无气体放出:4Fe+10H++N4Fe2++3H2O+N
D.硫化氢气体通入氯化亚铁溶液:H2S+Fe2+FeS↓+2H+
6.(拆分是否正确)下列反应的离子方程式正确的是 (　　)
A.在稀硝酸中加入少量氧化亚铁:FeO+2H+Fe2++H2O
B.向明矾溶液中加入过量浓氨水:Al3++3OH-Al(OH)3↓
C.向CuSO4溶液中通入H2S,产生黑色沉淀:Cu2++H2SCuS↓+2H+
D.向NaHSO3溶液中加入过量稀H2SO4:S+2H+H2O+SO2↑
7.(与量相关)向含1 molNH4Al(SO4)2的溶液中滴加下列溶液,反应的离子方程式正确的是 (　　)
A.少量氨水:Al3++3OH-Al(OH)3↓
B.过量NaOH溶液:Al3++4OH-Al+2H2O
C.过量BaCl2溶液:S+Ba2+BaSO4↓
D.含2 mol Ba(OH)2的溶液:Al3++2S+2Ba2++4OH-2BaSO4↓+ Al+2H2O
8.(是否守恒)下列化学反应的离子方程式书写正确的是 (　　)
A.Fe2(SO4)3的酸性溶液中通入足量硫化氢气体:Fe3++H2SFe2++S↓+2H+
B.向FeSO4溶液中通入O2:2Fe2++O2+4H+2Fe3++2H2O
C.将少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中:SO2+Ca2++2ClO-+H2OCaSO3↓+2HClO
D.用惰性电极电解CuSO4溶液:2Cu2++2H2O2Cu+4H++O2↑
9.(拆分是否正确)下列过程中的化学反应,相应的离子方程式正确的是 (　　)
A.用醋酸处理玻璃容器中的水垢(碳酸钙):2H++ CCO2↑+ H2O
B.用KSCN溶液检验Fe3+ :Fe3++ 3SCN-Fe(SCN)3↓
C.向NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量KOH溶液:Al3+ +3OH-Al(OH)3↓
D.向NaHS溶液中滴入少量硫酸铜溶液:2HS-+Cu2+CuS↓+H2S↑
10.(与量相关)下列指定反应的离子方程式书写正确的是 (　　)
A.向Ca(HCO3)2溶液中滴加少量NaOH溶液:Ca2++HC+OH-CaCO3↓+H2O
B.向明矾溶液中滴加碳酸钠溶液:2Al3++3CAl2(CO3)3↓
C.将过量氯气通入FeI2溶液中:2Cl2+2Fe2++2I-2Fe3++4Cl-+I2
D.向NaAlO2溶液中通入少量CO2: Al+CO2+2H2OAl(OH)3↓+HC
11.(与量相关)判断下列反应的离子方程式正确的是 (　　)
A.向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸:Fe(OH)2+2H+Fe2++2H2O
B.Na2S2O3溶液中通足量Cl2:S2+4Cl2+5H2O2S+8Cl-+10H+
C.酸性高锰酸钾溶液氧化H2O2:2Mn+7H2O2+6H+2Mn2++6O2↑+10H2O
D.等物质的量Na2O2与FeSO4溶液混合:4Na2O2+4Fe2++6H2O8Na++
4Fe(OH)3+O2↑
12.(限定条件)下列各溶液中能大量共存的离子组是 (　　)
A.使酚酞溶液呈红色的溶液中:Mg2+、Cu2+、S、K+
B.使pH试纸呈红色的溶液中:Fe2+、I-、N、Cl-
C.c(H+)=10-14mol·L-1溶液中:Na+、Al、S2-、S
D.水电离出的c(H+)与c(OH-)乘积为10-28的溶液中:K+、Na+、HC、Ca2+
13.(限定条件)下列离子可以在指定溶液中大量共存的是 (　　)
A.常温下,=1010的溶液:Mg2+、N、HC、N
B.电解饱和食盐水一段时间后的溶液:K+、Na+、C、S
C.硫酸酸化的高锰酸钾溶液:Ba2+、N、I-、Cl-
D.生锈铁钉溶于盐酸后形成的溶液:H+、Ca2+、SCN-、Br-
14.(限定条件)对下列各组离子能否大量共存的判断和理由均正确的是 (　　)
选项 离子组 判断结论及理由
A Na+、K+、HC、 Al 不能大量共存,因为HC+Al+H2O===Al(OH)3↓+C
B H+、N、Cl-、CH3COO- 不能大量共存,因为N+CH3COO-+H2O===NH3·H2O+CH3COOH
C N、Ca2+、HS、ClO- 不能大量共存,因为Ca2++HS+ClO-===CaSO3↓+HClO
D H+、K+、Cl-、Mn 能大量共存,因为离子之间不反应
15.(限定条件)常温下,下列各组离子可能在指定环境中大量共存的是 (　　)
A.含有大量H2O2的溶液中:Na+、S、Fe3+
B.加入甲基橙显红色的溶液中:Fe2+、Na+、S、N
C.水电离出来的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液:K+、C、ClO-
D.=1×1013的溶液能大量存在:N、S2、Na+
热点3:离子反应
考向1
【典例】D　硝酸具有强氧化性,可以将S2-氧化为S单质,自身根据其浓度大小被还原为NO或NO2,若为浓硝酸,反应的离子方程式为4H++2N+S2-S↓+2NO2↑+2H2O,若为稀硝酸,反应的离子方程式为8H++2N+3S2-3S↓+2NO↑+4H2O,A错误;明矾在水中可以电离出Al3+,可以与氨水中电离出的OH-发生反应生成Al(OH)3,但由于氨水的碱性较弱,生成的Al(OH)3不能继续与弱碱发生反应,故反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2OAl(OH)3↓+3N,B错误;硅酸的酸性小于碳酸,向硅酸钠溶液中通入二氧化碳时,生成硅酸沉淀,二氧化碳则根据其通入的量的多少反应生成碳酸根或碳酸氢根,反应的离子方程式为Si+H2O+CO2H2SiO3↓+C(CO2少量)或Si+2H2O+2CO2H2SiO3↓+2HC(CO2过量),C错误;将等物质的量浓度的Ba(OH)2与NH4HSO4溶液以体积比1∶2混合,Ba(OH)2电离出的OH-与NH4HSO4电离出的H+反应生成水,Ba(OH)2电离出的Ba2+与NH4HSO4电离出的S反应生成BaSO4沉淀,反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SBaSO4↓+2H2O,D正确。
1.B、D　硫酸氢铵溶液和过量的氢氧化钡溶液混合,要以不足量的硫酸氢铵为标准,除H+、S发生反应外,N也参加化学反应,离子方程式为H++S+ N+Ba2++2OH-BaSO4↓+NH3·H2O+H2O,A选项错误;羧基的酸性大于碳酸的酸性,则向溶液中通入少量CO2,离子方程式为+CO2+H2O+HC,B选项正确;向CuSO4溶液中通入过量的氨气,反应生成硫酸四氨合铜和水,离子方程式为[Cu(H2O)4]2++4NH3[Cu(NH3)4]2++4H2O,C选项错误;向Mg(OH)2悬浊液中滴加NH4Cl溶液,沉淀逐渐溶解,离子方程式为Mg(OH)2+2NMg2++2NH3·H2O,D选项正确。
2.C　醋酸、氨水为弱电解质,不能拆成离子,A错误﹔稀硝酸与铜反应产生的是NO气体,B错误;氯气具有氧化性,可以将SO2氧化成硫酸,C正确;MgSO4是易溶于水的强电解质,要拆写为离子形式,D错误。
3.A　碳酸氢钠与稀盐酸可以反应,两种物质均可拆,离子方程式为HC +H+CO2↑+H2O,A正确;所给离子方程式原子不守恒,正确的离子方程式为2Na2O2+2H2O4Na++4OH-+O2↑,B错误;氢硫酸为弱电解质不可拆,离子方程式为Cl2+H2S2Cl-+S↓+2H+,C错误;过量铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁和一氧化氮,离子方程式为3Fe+8H++2N3Fe2++2NO↑+4H2O,D错误。
4.B　硫酸铁铵溶液与逐滴滴加的氢氧化钡溶液反应时,铁离子与氢氧根离子反应的能力强于铵根离子,会优先反应,当铵根离子反应时,铁离子已经完全反应,所以由化学式可知,离子方程式中,铵根离子的化学计量数可能为0,或小于等于铁离子的化学计量数,则B选项中铵根离子的化学计量数大于铁离子不可能发生,故选B。
考向2
【典例】【审答思维】酸　碱　SCN-　Fe(SCN)3　H+　酸　强氧化　还原　Ba2+　OH-
D　NH4Cl是强酸弱碱盐,0.2 mol·L-1的NH4Cl溶液显酸性,H+与Si生成硅酸沉淀不能大量共存,A不符合题意;0.1 mol·L-1的FeCl3溶液,Fe3+与SCN-反应生成Fe(SCN)3不能大量共存,B不符合题意;0.2 mol·L-1的H2SO4溶液,H+、Fe2+、N共同作用发生氧化还原反应,不能大量共存,C不符合题意;0.1 mol·L-1的Ba(OH)2溶液,Na+、K+、Cl-、ClO-能大量共存,D符合题意。
1.B　H+与OH-发生反应生成水而不能大量共存,选项A错误;各离子之间相互不反应,能大量共存,选项B正确;H+与C发生反应生成二氧化碳和水而不能大量共存,选项C错误;Mg2+、Ca2+分别与C生成微溶或难溶物而不能大量共存,选项D错误。
2.B　所含溶质为NaHSO4的溶液,溶液中存在H+,与C无法共存,A不符合题意;pH=11的溶液呈碱性,OH-、K+、Na+、Cl-、C之间不反应,能大量共存,B符合题意;Al与Cu2+、Mg2+能发生互相促进水解的反应且比较彻底,不能大量共存,C不符合题意; SO2与氧化性离子ClO-能发生氧化还原反应而不能大量共存,D不符合题意。
3.A　Mg2+、Cu2+、Cl-、S相互之间不能发生反应,可以大量共存,A正确;能溶解Al2O3的溶液可能显酸性,也可能显碱性,在碱性条件下N会和氢氧根离子反应,不能大量共存,B错误;溶液中有硝酸根离子和氢离子时相当于存在硝酸,Fe2+会被硝酸氧化为Fe3+,不能大量共存,C错误;Al3+可以和HC发生互相促进水解的反应,生成氢氧化铝和二氧化碳,不能大量共存,D错误。
1.B　本题缺少OH-与Cu2+的反应,正确的是Cu2++S+Ba2++2OH-Cu(OH)2↓+BaSO4↓,故A错误;SO2能被酸性高锰酸钾溶液氧化成S,其离子方程式为5SO2+2Mn+2H2O5S+2Mn2++4H+,故B正确;拆分错误,工业制漂白粉的离子方程式为2Cl2+2Ca(OH)22Ca2++2Cl-+2ClO-+2H2O,故C错误;向氯化铝溶液中加入少量NaOH溶液,其离子方程式为Al3++3OH-Al(OH)3↓,故D错误。
2.D　向沸水中滴加饱和氯化铁溶液,得到氢氧化铁胶体:Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+,A项错误;向硫酸铜溶液中加入过量氨水会形成配合物:Cu2++4NH3·H2O[Cu(NH3)4] 2++4H2O,B项错误;用高锰酸钾标准溶液滴定草酸,草酸是弱酸,用分子式表示:2Mn+6H++5H2C2O42Mn2++10CO2↑+8H2O,C项错误;NH4HCO3电离产生N与HC,二者均能与OH-反应,离子方程式为N+HC+2OH-C+NH3·H2O+H2O,D项正确。
3.C　次氯酸是弱酸,不能拆开,离子方程式为Cl2+H2OH++Cl-+HClO,故A错误;电荷不守恒,正确的应该是3NO2+H2O2H++2N+NO,故B错误;NaHCO3和Ba(OH)2物质的量相等,离子方程式:HC+Ba2++OH-BaCO3↓+H2O,故C正确;原离子方程式电荷不守恒,故FeCl2酸性溶液中滴入H2O2的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O,故D错误。
4.C、D　氨水中的NH3·H2O是弱电解质,应该写化学式,反应的离子方程式应该为Cu2++2NH3·H2OCu(OH)2↓+2N,A错误;铝粉与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2,反应的离子方程式应该为2Al+2OH-+ 2H2O2Al+ 3H2↑,B错误;反应要以不足量的NaHSO4为标准,假设其物质的量是1 mol,反应产生BaSO4沉淀和H2O,离子方程式为Ba2++OH-+H++SBaSO4↓+H2O,C正确;向NaHCO3溶液中加少量Ca(OH)2溶液,反应以不足量的Ca(OH)2为标准,假设其物质的量是1 mol,反应产生CaCO3沉淀、Na2CO3、H2O,离子方程式为Ca2++2OH-+2HCCaCO3↓+C+2H2O,D正确。
5.C　由于H+结合OH-的能力大于N,则同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合的离子方程式为H++OH-H2O,A错误;硝酸银与过量氨水反应生成银氨溶液,离子方程式为Ag++2NH3·H2O[Ag(NH3)2]++2H2O,B错误;过量的铁与很稀的硝酸溶液反应无气体放出即生成Fe(NO3)2、NH4NO3和H2O,故其离子方程式为4Fe+10H++N4Fe2++3H2O+N,C正确;由于HCl的酸性比H2S的强且盐酸能溶解硫化亚铁,硫化氢气体通入氯化亚铁溶液二者不发生反应,D错误。
6.C　稀硝酸具有氧化性,和FeO发生氧化还原反应,离子方程式为3FeO+10H++N3Fe3++NO↑+5H2O,A项错误;一水合氨不能拆写,离子方程式为Al3++3NH3·H2OAl(OH)3↓+3N,B项错误;H2S为气体,不拆写成离子,离子方程式正确,C项正确;NaHSO3拆写成Na+和HS,离子方程式为HS+H+H2O+SO2↑,D项错误。
7.C　硫酸铝铵溶液与少量氨水反应生成硫酸铵和氢氧化铝沉淀,反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2OAl(OH)3↓+3N,故A错误;硫酸铝铵溶液与过量氢氧化钠溶液反应的离子方程式为Al3++N+5OH-Al+NH3·H2O +2H2O,故B错误;硫酸铝铵溶液与过量氯化钡反应生成氯化铝、氯化铵和硫酸钡沉淀,反应的离子方程式为S+Ba2+BaSO4↓,故C正确;含1 mol硫酸铝铵的溶液与含2 mol氢氧化钡的溶液反应生成氢氧化铝沉淀、一水合氨和硫酸钡沉淀,反应的离子方程式为Al3++N+2S+2Ba2++4OH-2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3·H2O,故D错误。
8.D　电荷、电子均不守恒,正确的离子方程式为2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+,A错误;向FeSO4溶液中通入O2,1mol氧气转移4 mol电子,故4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O,B错误;将少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中:二氧化硫被次氯酸根氧化,最终生成硫酸钙和次氯酸,离子方程式为SO2+Ca2++3ClO-+H2OCaSO4↓+2HClO+Cl-,C错误;用惰性电极电解CuSO4溶液:阳极为水失去电子生成氧气和氢离子,阴极为铜离子得电子生成铜单质,离子方程式为2Cu2++2H2O2Cu+4H++O2↑,D正确。
9.C、D　用醋酸处理玻璃容器中的水垢,离子方程式为2CH3COOH+CaCO3Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-,A错误;用KSCN溶液检验Fe3+,离子方程式为3SCN-+Fe3+Fe(SCN)3,B错误;NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量KOH溶液,离子方程式为Al3++3OH-Al(OH)3↓,C正确;向NaHS溶液中滴入少量硫酸铜,离子方程式为2HS-+Cu2+CuS↓+H2S↑,D正确。
10.A　少量OH-与HC反应生成C,C再与Ca2+反应生成CaCO3沉淀,A正确;Al3+和C会发生互相促进水解的反应,B错误;Cl2过量,Fe2+和I-可全部参与反应,Fe2+与I-的化学计量数之比为1∶2,C错误;向NaAlO2溶液中通入少量的CO2,反应后生成C,D错误。
11.B、D　向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸,硝酸具有强氧化性将亚铁离子转化为铁离子:3Fe(OH)2+N+10H+===3Fe3++8H2O+NO↑,A错误;氯气具有强氧化性,Na2S2O3溶液中通足量Cl2生成硫酸根离子:S2+4Cl2+5H2O===2S+8Cl-+10H+,B正确;酸性高锰酸钾溶液氧化H2O2的反应过程中电子得失要守恒:2Mn+5H2O2+6H+===2Mn2++5O2↑+8H2O,C错误;等物质的量Na2O2与FeSO4溶液混合后,一部分过氧化钠将亚铁离子转化为铁离子、一部分和水生成氧气和氢氧化钠,氢氧化钠和亚铁离子生成氢氧化铁:4Na2O2+4Fe2++6H2O===8Na++4Fe(OH)3+O2↑,D正确。
12.C　使酚酞溶液呈红色的溶液为碱性溶液,碱性条件下,Mg2+、Cu2+不能大量共存,A错误;使pH试纸呈红色的溶液显酸性,酸性条件下,Fe2+、I-与N发生氧化还原反应,不能大量共存,B错误;常温下,氢离子浓度为10-14mol·L-1的溶液显碱性,离子间不发生反应,可大量共存,C正确;常温下,水电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度乘积为10-28的溶液,水的电离受到抑制,溶液可能显酸性也可能显碱性,无论酸性还是碱性,碳酸氢根离子都不能大量存在,D错误。
13.B　常温下,=1010,pH=2, HC不能大量存在,A项不符合题意;电解饱和食盐水一段时间后的溶液含氢氧化钠,K+、Na+、C、S互不反应可以共存,B项符合题意;硫酸酸化的高锰酸钾溶液,Ba2+、I-不能大量存在,C项不符合题意﹔生锈铁钉溶于盐酸后生成的Fe3+与SCN-不能大量共存,D项不符合题意。
14.A　HC、Al发生反应:HC+Al+H2O===Al(OH)3↓+C,A正确;氢离子与醋酸根离子生成醋酸,醋酸为弱电解质,CH3COO-+H+===CH3COOH,B错误;HS、ClO-发生氧化还原反应生成S,S与钙离子生成硫酸钙沉淀, Ca2++HS+ClO-===CaSO4↓+H++Cl-,C错误;酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性,会将氯离子氧化为氯气,不能大量共存,D错误。
15.C　Fe3+促进H2O2分解而不能大量共存,故A错误;甲基橙显红色的溶液呈酸性,Fe2+、N在酸性条件下发生氧化还原反应,在溶液中不能大量共存,故B错误;水电离出来的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液呈酸性或碱性,C、ClO-与酸性溶液中的氢离子反应,但在碱性溶液中可大量共存,故C正确;=1×1013的溶液呈酸性,S2和H+反应生成SO2和S,不能大量共存,故D错误。热点4:元素及其化合物
考向1元素及其化合物的基本性质
【真题研磨】
【典例】(2022·浙江6月选考) 下列说法不正确的是 (　　)
A.晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间,常用于制造光导纤维
B.高压钠灯发出的黄光透雾能力强、射程远,可用于道路照明
C.氧化铝熔点高,常用于制造耐高温材料
D.用石灰石-石膏法对燃煤烟气进行脱硫,同时可得到石膏
【审答思维】题干划线部分关键信息解读
关键信息 信息解读
常用于制造光导纤维 常用于制造光导纤维的是________,而不是硅
高压钠灯发出的黄光 钠的焰色试验为黄色
石灰石-石膏法 发生的反应:___________________________________
【失分警示】不熟悉石灰石-石膏法的原理而错选D。“石灰石-石膏法”烟气脱硫的原理是采用石灰石粉制成浆液作为脱硫吸收剂,烟气中的二氧化硫与浆液中的碳酸钙以及加入的空气进行化学反应,最后生成石膏(CaSO4·2H2O)。
【考场技法】
　常见元素及其化合物的重要性质和应用
性质 用途
硅是常用的半导体材料 可作太阳能电池板
二氧化硅导光能力强, 且有硬度和柔韧度 可作光导纤维
氮气的化学性质稳定 作保护气
二氧化硫具有还原性 可用于制作葡萄酒的食品添加剂
Na2O2与H2O、CO2 反应均生成O2 作供氧剂
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
MgO、Al2O3的熔点很高 作耐高温材料
Fe粉具有还原性 可用于防止食品氧化变质
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
Al具有良好的延展 性和抗腐蚀性 常用铝箔包装物品
BaSO4不溶于水, 不与胃酸反应 在医疗上用作“钡餐”透视
【多维演练】
　(元素及其化合物性质及应用)下列物质的性质与应用有对应关系的是 (　　)
A.氨气沸点低,工业上常用液氨作制冷剂
B.HNO3有强氧化性,可用于溶解银
C.NaHCO3溶液显碱性,常作烘焙糕点的膨松剂
D.ClO2具有还原性,可用于自来水的杀菌消毒
考向2元素及其化合物的性质探究
【真题研磨】
【典例】(2022·广东选择考)若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验,下列分析正确的是 (　　)
A.Cu与浓硫酸反应,只体现H2SO4的酸性
B.a处变红,说明SO2是酸性氧化物
C.b或c处褪色,均说明SO2具有漂白性
D.试管底部出现白色固体,说明反应中无H2O生成
【审答思维】题干划线部分关键信息解读
关键信息 信息解读
铜丝插入热浓硫酸中 化学反应方程式为____________________________________
a处变红 a处紫色石蕊变红,说明溶液呈酸性,发生的反应为________
试管底部出现白色固体 说明产生白色的无水硫酸铜
【失分警示】不能正确判断SO2的漂白性和还原性而错选C。b处品红溶液褪色,其原因是SO2具有漂白性,SO2与品红结合生成一种不稳定的无色化合物;而c处酸性高锰酸钾溶液褪色,其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应,SO2体现出还原性。
【考场技法】
　SO2漂白性理解
(1)SO2的漂白作用是与某些有色物质化合生成不稳定的无色物质,这些无色物质见光或受热易恢复原来的颜色;另外并不是所有与SO2有关的褪色现象都属于SO2的漂白性,如SO2能使滴有酚酞的NaOH溶液褪色是因为SO2与碱发生反应;SO2能使溴水或酸性KMnO4溶液褪色是因为SO2的还原性。
(2)SO2不能漂白酸碱指示剂,如SO2能使紫色石蕊溶液变红色,但不褪色。
【多维演练】
　(元素及其化合物制备)某同学按图示装置制备和收集气体,下列物质组合符合要求的是 (　　)
选项 固体A 试剂B 试剂C 制备和收集的气体
A 生石灰 浓氨水 水 NH3
B Na2SO3 70%硫酸 饱和亚硫 酸氢钠溶液 SO2
C MnO2 浓盐酸 饱和食盐水 Cl2
D Cu 浓硝酸 水 NO2
考向3元素及其化合物的工艺流程
【真题研磨】
【典例】(2022·湖南选择考)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
【审答思维】(1)流程图解读
(2)题干划线部分关键信息解读
关键信息 信息解读
陶瓷作吸收塔内衬材料 陶瓷的成分中含有SiO2,与Na2CO3发生的反应为____________ ________________________________________________
采用溶液喷淋法 可以增大反应物的接触面积
【失分警示】不能判断陶瓷的主要成分和二氧化硅的化学性质而错选A。陶瓷的主要成分是二氧化硅和硅酸盐;SiO2在高温下与Na2CO3发生反应,故不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料。不能正确判断合成槽中主要产物,而无法确定C项的正误。因为NaAlO2和Na2CO3都能与CO2发生反应,故合成槽中产物中不可能含有CO2。
【考场技法】
无机工艺流程题的解题模板:
　【模型抽提】(1)要通过学过的化学知识明确原料和产品(包括副产品)间的转化关系,即箭头方向所代表的含义。
(2)分析流程中的每一步骤,从几个方面了解流程:
①反应物是什么;②发生了什么反应;
③该反应造成了什么后果,对制造产品有什么作用。
抓住一个关键点:一切反应或操作都是为获得产品而服务的。
(3)由于该类试题多与实际的工业生产相联系,有些问题就需要从生产成本、物质的循环利用、环境污染等角度进行考虑。
(4)注意从题设问题中获取信息,帮助解题。
【多维演练】
1.(无机工艺流程)NaClO2是一种高效的漂白剂,一种制备NaClO2的工艺流程如图所示,下列说法错误的是 (　　)
A.NaClO2的漂白原理与SO2不同
B.每生成1 molClO2有1 molH2C2O4被氧化
C.反应2过程中,H2O2作氧化剂
D.粗产品经重结晶可得到纯度更高的NaClO2
2.(工业制备高纯硅流程)工业上制备高纯硅有多种方法,其中的一种工艺流程如图:
已知:流化床反应器的产物中,除SiCl4外,还有SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等。下列说法正确的是 (　　)
A.电弧炉中发生的反应为C+SiO2CO2↑+Si
B.SiCl4进入还原炉之前需要经过蒸馏提纯
C.每生成1 mol高纯硅,需要44.8 L Cl2(标准状况)
D.该工艺Si的产率高,符合绿色化学要求
1.(物质性质及应用)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 利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品 氢氟酸可与SiO2反应
D 社区服务:用84消毒液对图书馆桌椅消毒 含氯消毒剂具有氧化性
2.(元素及其化合物性质及应用)物质的化学性质在日常生活和生产中有着广泛的运用。下列有关说法正确的是 (　　)
A.O3是一种氧化性极强的气体,可用作自来水的消毒剂
B.常温下浓硝酸与铝不反应,可用铝制容器存放浓硝酸
C.SiO2用于制作光导纤维是因为它能导电
D.“洁厕灵”(主要成分为盐酸)和“84消毒液”(主要成分为次氯酸钠)可以混用
3.(硫、铁、铜物质转化)硫化氢的转化是资源利用的研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、CuCl2的混合溶液中反应回收S,其物质转化历程如图所示。下列说法正确的是 (　　)
A.历程①发生反应H2S+Cu2+===CuS↓+2H+
B.历程②中CuS作氧化剂
C.历程③中n(Fe2+)∶n(O2)=1∶4
D.转化的总反应为H2S===H2+S
4.(氮元素价类二维图)部分含N及Cl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.可以通过化合反应生成c
B.工业上通过a→b→c→d→e来制备HNO3
C.浓的a'溶液和浓的c'溶液反应可以得到b'
D.加热d'的固态钾盐可以产生O2
5.(铁、铜实验探究)某化学小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应,实验记录如表所示。已知:Cu2++Cu+4Cl-===2[CuCl2]-,[CuCl2]-
CuCl↓(白色)+Cl-。
序号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ
实验 步骤 充分振荡,加入 2 mL蒸馏水 充分振荡,加入 2 mL蒸馏水 充分振荡,加入 2 mL蒸馏水
实验 现象 铜粉消失,溶液黄色变浅,加入蒸馏水后无明显现象 铜粉有剩余,溶液黄色褪去,加入蒸馏水后生成白色沉淀 铜粉有剩余,溶液黄色褪去,变成蓝色,加入蒸馏水后无白色沉淀
下列说法正确的是 (　　)
A.实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中,Fe3+均被还原
B.实验Ⅰ中加入铜粉充分反应后,溶液中铜以[CuCl2]-的形式存在
C.实验Ⅱ中所得白色沉淀不能溶于饱和NaCl溶液
D.向实验Ⅲ反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀
6.(铁、铬、铝工艺流程)工业上以铬铁矿(含FeCr2O4及少量Al2O3、SiO2等)为原料制备Na2Cr2O7的工艺流程如下:
已知滤渣1为Fe2O3。下列说法错误的是 (　　)
A.流程中可循环使用的物质有CO2
B.滤渣2的成分是Al(OH)3和H2SiO3
C.“调pH”是向溶液中加NaOH使pH增大,促进氧化还原反应进行
D.焙烧时气体与矿料逆流而行,目的是提高化学反应速率
7.(镍、铁、钙工艺流程)工业利用含镍废料(以镍铁钙合金为主)制取NiC2O4(草酸镍),再经高温煅烧NiC2O4制取Ni2O3的流程如图所示。已知:NiC2O4、CaC2O4均难溶于水;Fe3+完全沉淀的pH约为3.7。下列说法正确的是(　　)
A.酸溶时,可加入大量硫酸来提高“酸溶”效率
B.调pH时,加入Na2CO3溶液,目的是使Fe3+转化为Fe2(CO3)3沉淀
C.沉镍时,发生反应的离子方程式为Ni2++C2===NiC2O4↓
D.煅烧时,反应的化学方程式为2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑
8.(钾工艺流程)高锰酸钾是紫红色晶体,可溶于水,强氧化剂,遇乙醇即被还原,它的用途很广,几乎遍布各个行业。以二氧化锰为原料制取高锰酸钾晶体的工业流程如图:
下列说法正确的是 (　　)
A.“灼烧”可在石英坩埚中进行
B.母液中的溶质仅有KHCO3和KCl
C.“结晶”环节宜采用降温结晶的方法
D.“转化”中反应的化学方程式为3K2MnO4+4CO2+2H2O===MnO2↓+2KMnO4
+4KHCO3
热点4:元素及其化合物
考向1
【典例】【审答思维】二氧化硅　CaCO3+SO2===CaSO3+CO2,2CaSO3+O2+4H2O===2CaSO4·2H2O
A　晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间,是良好的半导体材料,可用于制造晶体管、集成电路等,而二氧化硅常用于制造光导纤维,A项错误;钠的焰色试验为黄色,可用作透雾能力强的高压钠灯,B项正确;耐高温材料应具有高熔点的性质,氧化铝熔点高,可用作耐高温材料,C项正确;石灰石吸收烟气中的二氧化硫,生成亚硫酸钙,亚硫酸钙继续氧化可以得到石膏,D项正确。
　B　氨气易液化,液氨汽化会吸收大量的热,导致周围环境的温度降低,所以液氨可用作制冷剂,与氨气的沸点低无关,故A不符合题意;HNO3具有强氧化性,可与Pt、Au除外的大多数金属发生氧化还原反应,可溶解银、铜等不活泼金属,故B符合题意;NaHCO3用作糕点的膨松剂,是因为碳酸氢钠不稳定,受热分解生成大量的二氧化碳,故C不符合题意;ClO2具有强氧化性,能使蛋白质变性而失去生理活性,可用于自来水的杀菌消毒,故D不符合题意。
考向2
【典例】【审答思维】Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑
SO2+H2O===H2SO3
B　铜与浓硫酸反应生成CuSO4、SO2和H2O,生成CuSO4体现出浓硫酸的酸性,生成SO2体现出浓硫酸的强氧化性,A项错误;a处的紫色石蕊溶液变红,其原因是SO2溶于水生成了亚硫酸,可说明SO2是酸性氧化物,B项正确;b处品红溶液褪色,其原因是SO2具有漂白性,而c处酸性高锰酸钾溶液褪色,其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应,SO2体现出还原性,C项错误;实验过程中试管底部出现白色固体,根据元素守恒可知,其成分为无水CuSO4,而非蓝色的CuSO4·5H2O,因为浓硫酸具有吸水性,能吸收反应生成的水,故底部只能产生白色的无水硫酸铜,D项错误。
　B　氨气易溶于水,不能用排水法收集,A项错误;Na2SO3固体与70%硫酸发生反应,制取SO2气体,且SO2不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液,所以可用排饱和亚硫酸氢钠溶液的方法收集SO2气体,B项正确;MnO2与浓盐酸在常温下不能发生反应,不能制取氯气,C项错误;NO2易与水发生反应生成NO气体,不能用排水法收集,D项错误。
考向3
【典例】【审答思维】Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑
C　陶瓷的成分中含有SiO2,SiO2在高温下能与Na2CO3发生反应,故A正确;采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积,提高吸收塔内烟气吸收效率,故B正确;合成槽内主要产物是Na3AlF6和Na2CO3,故C错误;滤液的主要成分为Na2CO3,可进入吸收塔循环利用,故D正确。
1.B、C　反应1中发生的反应为2NaClO3+H2SO4+H2C2O4===2ClO2↑+Na2SO4+2CO2↑+2H2O,然后向溶液中加入Ba(OH)2溶液、H2O2,根据流程图知,反应2中生成Ba(ClO2)2,则ClO2作氧化剂,H2O2作还原剂,根据原子守恒、转移电子守恒知,反应2的化学方程式为Ba(OH)2+2ClO2+H2O2===Ba(ClO2)2+O2+2H2O,然后加入硫酸钠,除去钡离子,将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品NaClO2。NaClO2的漂白原理是依靠其氧化性,SO2的漂白原理是与有色物质反应生成无色的物质,NaClO2的漂白原理与SO2不同,故A正确;反应1中NaClO3生成ClO2过程中Cl元素由+5价变为+4价,H2C2O4反应生成CO2过程中C元素由+3价变为+4价,每生成1 molClO2有0.5 molH2C2O4被氧化,故B错误;反应2 的反应之一为Ba(OH)2+2ClO2+H2O2===Ba(ClO2)2+O2+2H2O,反应过程中Cl元素由+4价变为+3价,ClO2作氧化剂,H2O2作还原剂,故C错误;粗产品经重结晶可得到纯度更高的NaClO2,故D正确。
2.B　石英砂主要成分为二氧化硅,高温条件下二氧化硅与焦炭发生反应生成粗硅,粗硅与氯气反应生成SiCl4,再用氢气还原SiCl4得到纯硅。电弧炉中发生的反应为SiO2+2CSi+2CO↑,A错误;流化床反应器的产物中,除SiCl4外,还有SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等,因此进入还原炉之前需要蒸馏提纯,B正确;流化床反应器中有多种含氯副产物,因此生成1 mol高纯硅,需要的氯气体积大于44.8 L(标准状况),C错误;由已知流化床反应器的产物中有多种副产物生成,会导致Si的损失,不符合原子经济性原则,该工艺中产生CO有毒气体,不符合绿色化学要求,D错误。
1.A　小苏打是碳酸氢钠,不是碳酸钠,主要用来作膨松剂,故A符合题意;熟石灰是氢氧化钙,具有碱性,可以用于处理酸性废水,故B不符合题意;氢氟酸能与二氧化硅反应,常用来刻蚀石英制作艺术品,则用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品,与氢氟酸能与二氧化硅反应有关,故C不符合题意;84消毒液中含有具有强氧化性的次氯酸钠,能起到杀菌消毒的作用,则用84消毒液对图书馆桌椅消毒与含氯消毒剂具有氧化性有关,故D不符合题意。
2.A　O3在常温下,是一种有特殊臭味的淡蓝色气体,具有极强氧化性,可用作自来水的消毒剂,故A正确;铝与浓硝酸常温下发生钝化,在表面形成一层致密的氧化物保护膜,阻止反应继续进行,可用铝制容器存放浓硝酸,故B错误;SiO2具有能够使光线进行全反射的性质,因此可用于制作光导纤维,故C错误;若两者混用会发生归中反应生成氯气,不仅达不到各自的预期效果,还会污染环境,故D错误。
3.A　
根据图示可知历程①是Cu2+与H2S气体发生复分解反应产生CuS黑色沉淀和H+,根据电荷守恒,可知发生的该反应的离子方程式为H2S+Cu2+===CuS↓+2H+,A正确。在历程②中,CuS与Fe3+发生氧化还原反应,产生S、Cu2+、Fe2+,该反应的离子方程式为CuS+2Fe3+===S+Cu2++2Fe2+,S元素化合价升高,失去电子被氧化,CuS作还原剂;Fe元素化合价降低,得到电子被还原,Fe3+作氧化剂,B错误。在历程③中,Fe2+与O2发生氧化还原反应,产生Fe3+、H2O,根据氧化还原反应过程中电子转移守恒可知:n(Fe2+)∶n(O2)=4∶1,C错误。根据流程图可知总反应方程式为2H2S+O2===2S↓+2H2O,D错误。
4.B　由图可知a为NH3,b为N2,c为NO,d为NO2,e为HNO3或硝酸盐,a'为HCl,b'为Cl2,c'为HClO或次氯酸盐,d'为HClO3或氯酸盐,e'为HClO4或高氯酸盐。氮气和氧气在高温或放电条件下可以通过化合反应生成NO,A项正确;工业上通过NH3催化氧化生成NO,NO与氧气反应生成NO2,NO2与水反应生成HNO3,即工业上通过a→c→d→e来制备HNO3,B项错误;浓的HCl溶液和浓的次氯酸盐溶液发生归中反应可以得到Cl2,C项正确;加热KClO3可以产生O2,D项正确。
5.A、D　实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中溶液黄色变浅或褪去,反应原理为Cu+2Fe3+===Cu2++2Fe2+,说明Fe3+被还原,A项正确;实验Ⅰ中少量铜粉加入1 mL 0.1 mol·L-1氯化铁溶液,充分振荡,加2 mL蒸馏水,铜粉消失,溶液黄色变浅,加入蒸馏水后无明显现象,说明铁离子氧化铜单质生成铜离子,由于Cu不过量,且加入2 mL蒸馏水后无白色沉淀析出,说明溶液中铜元素不是以[CuCl2]-的形式存在,B项错误;实验Ⅱ中过量铜粉加入1 mL 0.1 mol·L-1氯化铁溶液,充分振荡,加2 mL蒸馏水,铜粉有剩余,溶液黄色褪去,铁离子全部和铜反应,加入蒸馏水后生成白色沉淀,由于在溶液中存在平衡:[CuCl2]-CuCl↓(白色)+Cl-,向其中加入饱和NaCl溶液,c(Cl-)增大,平衡逆向移动,CuCl白色沉淀转化为可溶性[CuCl2]-,因此白色沉淀能溶于饱和NaCl溶液,C项错误;实验Ⅲ:过量铜粉加入1 mL 0.05 mol·L-1硫酸铁溶液,充分振荡,加2 mL蒸馏水,铜粉有剩余,溶液黄色褪去,变成蓝色,加入蒸馏水后无白色沉淀,说明铁离子反应完全,生成的溶液中含有Cu2+,向其中加入NaCl饱和溶液可能产生CuCl白色沉淀,D项正确。
6.C　铬铁矿在空气中与纯碱高温焙烧,得到含有NaAlO2、Na2SiO3、Na2CrO4、Fe2O3的固体产物,水浸,Fe2O3不溶,滤渣1为Fe2O3,滤液含有NaAlO2、Na2SiO3、Na2CrO4,通入CO2调节pH使NaAlO2、Na2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3,则滤渣2为Al(OH)3和H2SiO3,滤液主要含有Na2CrO4,再次调节pH将Cr转化为Cr2,得到Na2Cr2O7。A项,根据流程可知高温焙烧时产生的CO2可以在除杂过程中再次使用,A正确;B项,根据分析可知通入CO2调节pH使NaAlO2、Na2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3,滤渣2为Al(OH)3和H2SiO3,B正确;C项,调节pH的目的是将Cr转化为Cr2,该过程不是氧化还原反应,C错误;D项,焙烧时气体与矿料逆流而行,目的是利用热量使O2向上流动,增大固体与气体的接触面积,提高化学反应速率,D正确。
7.D　含镍废料中以镍铁钙合金为主,加入硫酸溶解,得到Ni2+、Fe2+、Ca2+,加入H2O2将Fe2+氧化成Fe3+,加入碳酸钠调节pH,使Fe3+以氢氧化铁形式除去,加入氟化铵,使Ca2+以氟化钙形式除去,加入草酸,使Ni2+以NiC2O4形式进行沉镍。不能加入大量硫酸,否则在调pH时消耗较多的碳酸钠,难以调节pH,故A错误;调节pH,使Fe3+以氢氧化铁形式沉降出来而除去,故B错误;草酸为弱酸,书写离子方程式时,以化学式的形式书写,故C错误;煅烧使NiC2O4转化成Ni2O3,Ni的化合价由+2价升高为+3价,因此C元素的化合价应降低,即化学方程式为2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑,故D正确。
8.C、D　石英坩埚的主要成分是二氧化硅,能与KOH反应,故灼烧不能在石英坩埚中进行,A错误;结晶后的母液中还存在一定量的高锰酸钾,B错误;高锰酸钾遇热不稳定,不能加热蒸发结晶,可采用降温结晶的方法得到高锰酸钾,C正确;由流程信息可知,转化是在锰酸钾溶液中通入过量的二氧化碳,生成碳酸氢钾,反应的化学方程式为3K2MnO4+4CO2+2H2O===MnO2↓+2KMnO4+4KHCO3,D正确。热点5:氧化还原反应与电化学原理
考向1氧化还原反应
【真题研磨】
【典例】(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.1molNa2S2O3发生反应,转移4 mol电子
【审答思维】题干划线部分关键信息解读
关键信息 信息解读
H2SO4 H2SO4作用是提供酸性环境,H2SO4转化为Na2SO4和H2O
Na2S2O3 Na2S2O3中S的化合价为+2,其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)
用双线桥法 表示方程式
【失分警示】因错误判断H2SO4为氧化剂而错选A。实际H2SO4作用是提供酸性环境,所含元素化合价均未发生变化,故其没有发生还原反应。
【考场技法】
1.氧化还原反应概念间的关系
2.氧化还原反应价态规律
(1)歧化反应规律思维模型
“中间价→高价+低价”。具有多种价态的元素(如氯、硫、氮和磷元素等)均可发生歧化反应,如:Cl2+2NaOH===NaCl+NaClO+H2O。
(2)价态归中规律思维模型
含不同价态的同种元素的物质间发生氧化还原反应时,
该元素价态的变化一定遵循“高价+低价→中间价”,而不会出现交叉现象。简记为“两相靠,不相交”。
例如:不同价态硫之间可以发生氧化还原反应的是图中的①②③④。
[注意]不会出现⑤中H2S转化为SO2、H2SO4转化为S的情况。
3.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)找出一个原子或离子得失电子数目,从而确定1 mol氧化剂或还原剂得失电子数目。
(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。
【多维演练】
　(氧化还原反应概念及计算)高铜酸钠(NaCuO2)是黑色难溶于水的固体,具有强氧化性,在中性或碱性环境下稳定。一种制备高铜酸钠的原理为2Cu+3NaClO+2NaOH===2NaCuO2+3NaCl+H2O。下列说法错误的是 (　　)
A.NaCuO2中铜的化合价为+3价
B.1molClO-参加反应转移2 mol电子
C.反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶3
D.NaCuO2与稀硫酸反应的离子方程式为4Cu+12H+===4Cu2++O2↑+6H2O
考向2新型电池的工作原理
【真题研磨】
【典例】(2022·湖南选择考)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图。下列说法错误的是 (　　)
A.海水起电解质溶液作用
B.N极仅发生的电极反应:2H2O+2e-===2OH-+H2↑
C.玻璃陶瓷具有传导离子和防水的功能
D.该锂-海水电池属于一次电池
【审答思维】解答本题的思维流程如下:
项目 电极 电极反应
负极 M极
正极 N极
总反应
【失分警示】不能正确理解玻璃陶瓷具有传导离子的功能而错选C。Li为活泼金属,易与水反应,玻璃陶瓷的作用是防止水和Li反应,同时玻璃陶瓷应该具有传导离子的功能,相当于离子交换膜,这样才能形成闭合回路。
【考场技法】
1.新型化学电源解题快捷四步骤
2.电极反应式书写的一般步骤
【多维演练】
1.(新型锂电池)如图所示的锂-二氧化锰电池是以高氯酸锂或三氟甲基磺酸锂为电解质,其正极反应是一种典型的嵌入式反应,电池总反应为Li+MnO2===
LiMnO2。下列说法错误的是 (　　)
A.锂片作负极,发生氧化反应
B.放电时,正极反应为MnO2+Li++e-===LiMnO2
C.高氯酸锂或三氟甲基磺酸锂应溶解在非水有机溶剂中
D.放电时,电子移动方向为电极盖1→用电器→电极盖2→内电路→电极盖1
2.(微生物燃料电池)微生物燃料电池是一种高效、经济的能源装置。如图装置所示为一种双室微生物燃料电池。下列说法错误的是 (　　)
A.负极反应为C6H12O6-24e-+6H2O===6CO2↑+24H+
B.上图所示装置中,左侧区域为负极区,右侧区域为正极区
C.电池工作一段时间后,负极区酸性增强
D.电池工作时,正极消耗的气体和负极生成气体的物质的量之比为2∶1
3.(液流电池)2022年的北京冬奥会使用了液流电池做备用电源。我国科学家研发出一种绿色锌碘单液流二次电池,工作原理如图所示。下列说法错误的是 (　　)
A.放电时,聚烯烃多孔电极上发生氧化反应
B.放电时,K+向多孔石墨电极迁移
C.充电时,阳极反应式为2I--2e-===I2
D.充电时,阴极净增65 g时a区净增2 mol离子
4.(协同转化电池)中国制造“2025”是中国政府实施制造强国战略第一个十年行动纲领,电池的生成与创新是中国制造“2025”的核心项目。Zn-BiOI电池以ZnI2水溶液作为锌离子电池的氧化还原介质,可实现快速可逆的协同转化反应,具有超高的可逆容量和超长循环寿命。下列说法错误的是 (　　)
A.放电时,负极反应为Zn-2e-===Zn2+
B.放电时,1 molBiOI参与反应,转移3 mol e-
C.充电时,电池的总反应为2Bi+2Bi2O3+3ZnI2===6BiOI+3Zn
D.ZnI2能加快电极反应速率
考向3电解池工作原理及应用
【真题研磨】
【典例】(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的电极发应: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
【审答思维】解答本题的思维流程如下:
项目 电极 电极反应
阳极 电极B
阴极 电极A
总反应
【失分警示】不能正确判断电解池阴极、阳极和反应类型而错选A。电解时,阴极得电子,发生还原反应,阳极失电子,发生氧化反应。
【考场技法】
1.分析电解过程的思维流程
2.电解池电极反应式的书写步骤
注意:(1)分清阴、阳极,与电源正极相连的为阳极,与电源负极相连的为阴极,两极反应为“阳氧阴还”。
(2)剖析离子移向,阳离子移向阴极,阴离子移向阳极。
(3)注意放电顺序,正确判断放电的微粒或物质。
(4)注意介质,正确判断反应产物,酸性介质不出现OH-,碱性介质不出现H+;不能想当然地认为金属作阳极,电极产物为金属阳离子。
(5)注意得失电子守恒和电荷守恒,正确书写电极反应式。
【多维演练】
　(电解池原理应用)间接电氧化苯甲醇(C6H5CH2OH)合成苯甲醛(C6H5CHO)是一种绿色生产工艺。我国学者利用Ce4+/Ce3+为媒介在酸性水溶液中合成苯甲醛,工作原理如图所示。下列说法正确的是 (　　)
A.电极b与电源负极相连
B.一段时间后,体系中Ce3+浓度逐渐减小
C.生成0.2 molC6H5CHO时,电极b上生成H2 4.48 L(标准状况)
D.阳极的电极反应式为C6H5CH2OH-2e-===C6H5CHO+2H+
考向4电化学装置中的“离子交换膜”
【真题研磨】
【典例】(2022·全国甲卷)一种水性电解液Zn-MnO2离子选择双隔膜电池如图所示(KOH溶液中,Zn2+以Zn(OH存在)。电池放电时,下列叙述错误的是 (　　)
A.Ⅱ区的K+通过隔膜向Ⅲ区迁移
B.Ⅰ区的S通过隔膜向Ⅱ区迁移
C.MnO2电极反应:MnO2+4H++2e-===Mn2++2H2O
D.电池总反应:Zn+4OH-+MnO2+4H+===Zn(OH+Mn2++2H2O
【审答思维】题干划线部分关键信息解读
关键信息 信息解读
离子选择双隔膜电池 隔膜的作用是将两极区隔离,阻止两极物质发生化学反应;能选择性地允许离子通过,起到平衡电荷、形成闭合回路的作用。双隔膜可以防止Ⅰ区中的H+与Ⅲ区中的OH-发生反应
电池放电 电极 电极反应
负极
正极
总反应
【失分警示】不能正确理解题目中给出的已知信息而错选D。在KOH溶液中,Zn2+以Zn(OH存在,故负极电极反应不是Zn-2e-===Zn2+,不能想当然地认为活泼金属作负极,电极产物为金属阳离子,故通过正、负极电极反应加和得到的电池总反应不正确。
【考场技法】
　解答含有“离子交换膜”电池的四个步骤
【多维演练】
(双膜电解池)污水资源化利用既可以缓解水的供需矛盾,又可以减少水污染。化学工作者提出采用电解法除去工业污水中的NaCN,其原理如图所示,通电前先向污水中加入适量食盐并调整其pH维持碱性(CN-不参与电极反应)。下列说法正确的是 (　　)
A.b为电源的负极
B.隔膜Ⅰ为阳离子交换膜
C.X为H2,电极反应为2H2O+2e-===H2↑+2OH-
D.当生成2.24 L N2时,电路中通过1 mol电子
考向5金属的电化学腐蚀与防护
【真题研磨】
【典例】(2022·广东选择考)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
【审答思维】题干划线部分关键信息解读
关键信息 信息解读
酸化的3% NaCl溶液 酸性环境中,铁片发生析氢腐蚀
镀层有破损的镀锌铁片 负极电极反应
正极电极反应
总反应
【失分警示】不能判断铁在腐蚀过程中被氧化为Fe2+而错选C。解答本题的关键是明确铁在腐蚀过程中被氧化为Fe2+,而不是被氧化为Fe3+,因此只需要检测溶液中Fe2+的存在即可。
【考场技法】
　金属防护分析模型
两种 防护
解题 模型 判断防护类型→分析防腐原理→做出合理判断
【多维演练】
　(金属腐蚀)点蚀又称为孔蚀,是一种集中于金属表面很小的范围并深入金属内部的腐蚀形态。某铁合金钝化膜破损后的孔蚀如图,下列说法正确的是 (　　)
A.为防止孔蚀发生可以将外接电源正极与金属相连
B.孔蚀外每吸收2.24 L O2,可氧化0.2 mol Fe
C.由于孔蚀中Fe3+水解导致电解质酸性增强
D.孔隙中可以发生析氢腐蚀
1.(氧化还原反应计算及应用)雄黄(As4S4)和雌黄(As2S3)是提取砷的主要矿物原料,二者在自然界中共生,As2S3和HNO3有如下反应:As2S3+10H++10N=== 2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O。下列说法错误的是 (　　)
A.生成1 molH3AsO4,则反应中转移电子的物质的量为5 mol
B.若将该反应设计成原电池,则NO2应该在负极附近逸出
C.反应产生的NO2可用NaOH溶液吸收
D.氧化剂和还原剂的物质的量之比为10∶1
2.(双膜电池)在一种微生物作用下苯酚可以转化为CO2,目前,某研究团队利用电化学原理来模拟处理废水中的苯酚(C6H5OH),其工作原理如图所示。下列说法错误的是(　　)
A.a极为正极,M为阳离子交换膜
B.b极的电极反应式为C6H5OH-28e-+11H2O===6CO2↑+28H+
C.NaCl溶液的作用是增强导电性
D.电池工作过程中,a极室的pH升高
3.(新型二次电池)相比锂电池,钠电池具有性能稳定、安全性好等优点,且可循环使用,寿命较长,对环境较友好。如图是某钠离子二次电池工作原理示意图,电池反应为2NaFePO4F+Na3Ti2(PO4)3===2Na2FePO4F+NaTi2(PO4)3,下列说法错误的是 (　　)
A.充电时,N极接电源的正极
B.放电时,导线中每通过1 mol电子,理论上M极质量减轻23 g
C.放电时,N电极上的电极反应式为Na3Ti2(PO4)3-2e-===NaTi2(PO4)3+2Na+
D.理论上,该电池在充、放电过程中,溶液中的钠离子浓度始终不变
4.(微生物燃料电池)某微生物燃料电池在废水处理和新能源开发领域具有广阔的应用前景,其工作原理如图所示。下列说法正确的是 (　　)
A.电极电势a< b,电极b上发生氧化反应
B.HS-在硫氧化菌作用下发生反应 HS-+ 4H2O- 8e-===S+9H+
C.若该电池外电路有0.4 mol电子转移,则有0.4 mol H+迁移到b极
D.该燃料电池在高温下进行效率更高
5.(酶生物电池)如图为一种酶生物电池,可将葡萄糖(C6H12O6)转化为葡萄糖内酯(C6H10O6),两个碳纳米管电极材料由石墨烯片层卷曲而成。下列说法正确的是 (　　)
A.图中的离子交换膜为阴离子交换膜
B.负极区发生的电极反应为H2-2e-===2H+
C.碳纳米管有良好导电性能,且能高效吸附气体
D.理论上消耗标准状况下2.24 L O2,可生成葡萄糖内酯0.2 mol
6.(三极式电池)水系钠离子电池有望代替锂离子电池和铅酸蓄电池,工作原理如图所示。下列说法错误的是 (　　)
A.放电时,电极N上的电势高于电极M上的电势
B.充电时,TiO2光电极参与该过程
C.该交换膜为阴离子交换膜
D.放电时总反应为4S2-+3===+9I-
7.(液流电池)液流电池具有储能时间长、安全稳定的优势,电池中的电解液在正负极附近各自循环。电池的总反应为2NaBr+(x-1)Na2SxBr2+xNa2Sx-1,其中x=2~4。下列说法正确的是 (　　)
A.电池可用铁作负极
B.放电时正极反应为x-2e-===(x-1);x=2~4
C.电池充电时,转移1 mol电子,阴极附近增加2 mol离子
D.电池的离子选择膜可以用阳离子交换膜,也可用阴离子交换膜
8.(电解池原理及应用)实现“碳中和”的重要方式之一是将CO2重新转化成能源,在金属氧化物电解池中,高温下电解H2O 和CO2的混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式,基本原理如图所示。下列说法错误的是 (　　)
A.Y是电源的负极
B.阳极的电极反应式是2O2--4e-===O2↑
C.总反应可表示为H2O+CO2H2+CO+O2
D.阴阳两极生成的气体的物质的量之比是1∶2
9.(电解池原理及应用)科学家设计了一种高效、低能耗制备H2O2的装置,装置如图所示。下列有关说法不正确的是(　　)
A.阴极区产生2 mol OH-时,参加反应的O2在标准状况下的体积为11.2 L
B.a为电源的正极
C.阳极区反应为-2e-+3OH-===2H2O+
D.该装置中,离子交换膜为阳离子交换膜
10.(金属腐蚀探究)在日常生活中,我们经常看到铁制品生锈、铝制品表面出现白斑等众多的金属腐蚀现象。可以通过下列装置所示实验进行探究。下列说法正确的是(　　)
A.按图Ⅰ装置实验,为了更快更清晰地观察到液柱上升,可采用酒精灯加热具支试管的方法
B.图Ⅱ是图Ⅰ所示装置的原理示意图,图Ⅱ的正极材料是铁
C.铝制品表面出现白斑可以通过图Ⅲ装置进行探究,Cl-由活性炭区向铝箔表面迁移,并发生电极反应:2Cl--2e-===Cl2↑
D.图Ⅲ装置的总反应为4Al+3O2+6H2O===4Al(OH)3,生成的Al(OH)3进一步脱水形成白斑
11.(电化学原理综合)MFC-电芬顿技术不需要外加能量即可发生,通过产生羟基自由基(·OH)处理有机污染物,可获得高效的废水净化效果。其耦合系统原理示意图如图,下列说法中错误的是 (　　)
A.标准状况下,乙池中消耗22.4 L O2时,可以产生2mol ·OH
B.甲池是将化学能转化为电能,其中a极上发生氧化反应
C.电子移动方向为a→Y,X→b
D.乙池中生成羟基自由基的反应为Fe2++H2O2+H+===Fe3++H2O+·OH
12.(电化学原理综合)某电池研究员使用锂-磺酰氯(Li-SO2Cl2)电池作为电源电解制备Ni(H2PO2)2,其工作原理如图所示。已知电池反应为2Li+SO2Cl2===2LiCl
+SO2↑。下列说法错误的是 (　　)
A.电池中C电极的电极反应式为SO2Cl2+2e-===2Cl-+SO2↑
B.电池的e极连接电解池的g极
C.膜a是阳离子交换膜,膜c是阴离子交换膜
D.电解池中不锈钢电极的电极反应式为2H2O+2e-===H2↑+2OH-
热点5:氧化还原反应与电化学原理
考向1
【典例】【审答思维】
B　该反应的本质是S2在酸性条件下发生歧化反应生成S和SO2,化合价发生变化的只有S元素一种,硫酸的作用是提供酸性环境,所含元素的化合价均未发生变化,故其没有发生还原反应,A项错误;Na2S2O3发生歧化反应,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;1 mol Na2S2O3发生反应转移2 mol电子,D项错误。
D　NaCuO2中Na为+1价、O为-2价,则铜的化合价为+3价,故A正确;ClO-→Cl-,氯元素的化合价由+1价下降到-1价,所以1 mol ClO-参加反应转移2 mol电子,故B正确;该反应中Cu元素化合价升高,则NaCuO2为氧化产物,Cl元素化合价降低,则NaCl为还原产物,两者的物质的量之比为2∶3,故C正确;NaCuO2是难溶于水的固体,离子方程式中应以分子形式书写,故D错误。
考向2
【典例】【审答思维】
项目 电极 电极反应
负极 M极 Li-e-===Li+
正极 N极 2H2O+2e-===2OH-+H2↑; O2+4e-+2H2O===4OH-
总反应 2Li+2H2O===2LiOH+H2↑; 4Li+O2+2H2O===4LiOH
B　海水中含有丰富的电解质,如氯化钠、氯化镁等,海水可作为电解质溶液,故A正确; M极上Li失去电子发生氧化反应,则M电极为负极,电极反应为Li-e-===Li+,N极为正极,电极反应为2H2O+2e-===2OH-+H2↑,同时氧气也可以在N极得电子,电极反应为O2+4e-+2H2O===4OH-,故B错误;Li为活泼金属,易与水反应,玻璃陶瓷的作用是防止水和Li反应,同时也能传导离子形成闭合回路,故C正确;该电池不可充电,属于一次电池,故D正确。
1.D　由电池总反应Li+MnO2===LiMnO2可知Li失电子,MnO2得电子,负极反应式为Li-e-===Li+,Li+向正极移动,正极反应式为MnO2+Li++e-===LiMnO2。Li失电子,作负极,发生氧化反应,A正确;放电时,MnO2在正极得电子,正极反应为MnO2+Li++e-===LiMnO2,B正确;负极Li是活泼金属,能与水反应,故高氯酸锂或三氟甲基磺酸锂应溶解在非水有机溶剂中,C正确;放电时属于原电池装置,电子从负极经用电器流向正极,不在电解质中移动,故放电时,电子移动方向为电极盖1→用电器→电极盖2,D错误。
2.C、D　由图可知,左侧电极为电子的流出极,故左侧电极为负极,电极反应式为C6H12O6-24e-+6H2O===6CO2↑+24H+,右侧电极为正极,电极反应式为O2+4e-+4H+===2H2O,故A正确;左侧电极为电子的流出极,故左侧电极为负极,右侧电极为正极,故B正确;负极生成氢离子,由电荷守恒可知,生成的氢离子进入正极区,故负极区溶液pH变化不大,故C错误;当电路中通过4 mol电子时,负极生成1 mol二氧化碳,正极消耗1 mol氧气,正极消耗的气体和负极生成气体的物质的量之比为1∶1,故D错误。
3.D　装置连接用电器时,该装置为原电池装置,连接光伏电池时,该装置为电解池装置,若为原电池时,根据原电池工作原理,以及装置图可知,聚烯烃多孔电极为负极,电极反应式为Zn-2e-===Zn2+,多孔石墨电极为正极,电极反应式为I2+2e-===2I-,据此分析。根据上述分析,放电时,聚烯烃多孔电极作负极,发生氧化反应,故A正确;根据原电池工作原理,阳离子向正极移动,即放电时,K+向多孔石墨电极迁移,故B正确;充电时,电池正极接电源的正极,阳极的电极反应式为2I--2e-===I2,故C正确;充电时,阴极电极反应式为Zn2++2e-===Zn,增加65 g锌,转移电子的物质的量为2 mol,所以a区增加2 mol K+、2 mol Cl-,离子总数为4 mol,故D错误。
4.B　该电池为二次电池,放电时锌作负极,BiOI作正极,放电时电池的总反应为6BiOI+3Zn===2Bi+2Bi2O3+3ZnI2;充电时, Bi作阳极,Bi2O3作阴极,电池的总反应为2Bi+2Bi2O3+3ZnI26BiOI+3Zn。放电时锌为负极,电极反应为Zn-2e-===Zn2+, A正确;放电时,通过电池总反应可知,转移6 mol电子时消耗6 mol BiOI, 故1 mol BiOI参与反应,转移1 mol e- ,B错误;根据分析,充电时电池总反应正确,C正确;ZnI2水溶液作为锌离子电池的氧化还原介质,故ZnI2能加快电极反应速率, D正确。
考向3
【典例】【审答思维】
项目 电极 电极反应
阳极 电极B 2H2O+Mn2+-2e-===MnO2+4H+
阴极 电极A 2LiMn2O4+6e-+16H+===2Li++4Mn2++8H2O
总反应 2LiMn2O4+4H+2Li++Mn2++3MnO2+2H2O
C　由电解示意图可知,电极B上Mn2+转化为了MnO2,锰元素化合价升高,失电子,发生氧化反应,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+失电子转化为了MnO2,电极反应式为2H2O+Mn2+-2e-===MnO2+4H+,B项正确;电极A为阴极, LiMn2O4得电子,电极反应式为2LiMn2O4+6e-+16H+===2Li++4Mn2++8H2O,依据得失电子守恒和电荷守恒,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Mn2+转化为沉淀除去,然后再加入Na2CO3溶液,从而获得Li2CO3,D项正确。
　A、C　电极a上Ce元素化合价升高,发生氧化反应,则a为阳极,电极反应式为Ce3+-e-===Ce4+,电极b为阴极,在酸性水溶液中氢离子得到电子生成氢气,电极反应式为2H++2e-===H2↑。由电极a上Ce元素化合价升高,则a为阳极,b为阴极,阴极与电源负极相连,A正确;由于Ce3+和 Ce4+之间是循环反应,则体系中Ce3+浓度保持不变,B错误;C6H5CH2OH→C6H5CHO过程中失去2个电子,生成0.2 mol C6H5CHO时,转移0.4 mol电子,电极b上电极反应式为2H++2e-===H2↑,则生成0.2 mol氢气,标准状况下生成H2体积为V=nVm=0.2 mol×22.4 L·mol-1=4.48 L,C正确;分析可知,电极a上Ce元素化合价升高,阳极的电极反应式为Ce3+-e-===Ce4+,D错误。
考向4
【典例】【审答思维】Zn-2e-+4OH-===Zn(OH　MnO2+2e-+4H+===Mn2++2H2O　Zn+4OH-+MnO2+4H+===Zn(OH+Mn2++2H2O
A　根据图示的电池结构和题目所给信息可知,电池放电时,该电池为原电池,Zn电极在KOH溶液中转化为Zn(OH,发生氧化反应,故Zn电极为负极,电极反应为Zn-2e-+4OH-===Zn(OH,MnO2电极为正极,电极反应为MnO2+2e-+4H+===Mn2++2H2O,C项正确;在原电池中阴离子向负极迁移,因此Ⅰ区的S向Ⅱ区移动,Ⅰ区、Ⅱ区之间的隔膜为阴离子交换膜,B项正确;在原电池中阳离子向正极迁移,因此Ⅲ区的K+向Ⅱ区移动,Ⅱ区、Ⅲ区之间的隔膜为阳离子交换膜,A项错误;原电池的正、负极电极反应加和可得电池的总反应为Zn+4OH-+MnO2+4H+===Zn(OH+Mn2++2H2O,D项正确。
　B、C　右侧氯离子放电得到次氯酸根离子,次氯酸根离子再氧化CN-为氮气,所以右侧电极为阳极, b为电源的正极,故A错误;由A项分析知b为电源的正极,则a为电源的负极,左侧电极为阴极,发生2H2O+2e-===H2↑+2OH-,阴离子增加,污水中的钠离子会通过隔膜Ⅰ进入左侧,形成氢氧化钠溶液,所以隔膜Ⅰ为阳离子交换膜,故B正确;由A、B可知左侧电极反应为2H2O+2e-===H2↑+2OH-,则X为H2,故C正确;生成的2.24 L N2未标明条件,无法求得电路中通过电子的量,故D错误。
考向5
【典例】【审答思维】Zn-2e-===Zn2+　2H++2e-===H2↑
Zn+2H+===Zn2++H2↑
D　镀锌铁片被腐蚀后一定会有Fe2+生成,检验铁片是否腐蚀只需检验Fe2+。将镀层有破损的镀锌铁片放入酸化的3% NaCl溶液中,溶液中存在Cl-,加入硝酸银溶液一定会生成沉淀,不能说明铁片没有被腐蚀,故A错误;加入淀粉碘化钾溶液无蓝色出现,说明溶液中没有氧化性强于碘离子的物质如Fe3+,有可能含有Fe2+,不能说明铁片没有被腐蚀,故B错误;加入KSCN溶液无红色出现,只能证明溶液中没有Fe3+,有可能含有Fe2+,不能说明铁片没有被腐蚀,故C错误;加入K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀生成,说明溶液中不含有亚铁离子,说明铁片没有被腐蚀,故D正确。
　D　为防止孔蚀发生可以将外接电源负极与金属相连,A错误;2.24 L O2没有指明是否为标准状况,不一定为0.1 mol O2,B错误;封闭环境中由于Fe2+水解导致酸性增强,C错误;由于孔隙中介质的酸性增强有HCl存在,可发生析氢腐蚀,D正确。
1.B　根据反应方程式可知HNO3中氮元素由+5价降低到+4价,生成2 mol H3AsO4转移10 mol电子,则生成1 mol H3AsO4,反应中转移电子的物质的量为5 mol,故A正确;若将该反应设计成原电池,N在正极发生还原反应,故NO2应该在正极附近逸出,故B错误;NO2会污染环境,反应产生的NO2可用NaOH溶液吸收,故C正确;HNO3为氧化剂,As2S3为还原剂,因此氧化剂和还原剂的物质的量之比为10∶1,故D正确。
2.A　由题图可知,此装置为原电池,a极物质由Cr2转化为Cr(OH)3化合价降低,为正极,则b极为负极。由图可知,a极发生还原反应Cr2转化为Cr(OH)3同时生成氢氧根离子,则 M为阴离子交换膜,使氢氧根离子通过,故A错误;b极苯酚发生氧化反应生成CO2,电极反应式为C6H5OH-28e-+11H2O===6CO2↑+28H+,故B正确;氯化钠溶液的作用是增强溶液导电性,故C正确;电池工作过程中,a极室发生反应:Cr2+6e-+7H2O===2Cr(OH)3↓+8OH-,a极室的pH升高,故D正确。
3.A、B　该装置为二次电池,放电为原电池装置,充电为电解池装置,根据装置图,放电时,Na+向左边电极移动,根据原电池工作原理,左边电极为正极,右边电极为负极,充电时,左边电极作阳极与外接电源正极相连,即M接电源正极,故N接电源负极,A项错误;根据总反应式,放电时,原电池的正极反应为NaFePO4F+Na++e-===Na2FePO4F,M极质量不会减轻,反而会增重,导线中每通过1 mol电子,理论上M极质量增重23 g,B项错误;由总反应结合原电池正极反应可知,放电时负极N上的电极反应式为Na3Ti2(PO4)3-2e-===NaTi2(PO4)3+2Na+,C项正确;由图示知,NaFePO4F、Na2FePO4F、Na3Ti2(PO4)3、NaTi2(PO4)3均附着在电极材料上,充、放电时两极反应的Na+生成与消耗的量相等,理论上溶液中的钠离子浓度不变,D项正确。
4.B、C　由图可知,b极为正极,电极反应式为O2+4e-+4H+===2H2O,a极为负极,电极反应式为HS-+4H2O-8e-===S+9H+,据此作答。a极为负极,b极为正极,正极发生还原反应,电极电势a5.C　由图可知,右侧碳纳米管为正极,电极反应式为O2+4e-+4H+===2H2O,左侧碳纳米管为负极,电极反应式为H2-2e-===2H+、C6H12O6-2e-===2H++C6H10O6,据此作答。图中离子交换膜能让氢离子透过,故离子交换膜为阳离子交换膜,故A错误;左侧碳纳米管为负极,电极反应式为H2-2e-===2H+、C6H12O6-2e-===2H++C6H10O6,故B错误;碳纳米管电极材料由石墨烯片层卷曲而成,有良好导电性能,且能高效吸附气体,故C正确;由两极反应可知,电池总反应为C6H12O6+H2+O2===C6H10O6+
2H2O,标准状况下2.24 L O2的物质的量为0.1 mol,消耗标准状况下0.1 mol O2可生成葡萄糖内酯0.1 mol,故D错误。
6.C　由图可知,放电时,M极上硫元素价态升高失电子,故M极为负极,电极反应式为4S2--6e-===,N极为正极,充电时,M极为阴极,TiO2光电极为阳极。由图可知,放电时,电极N上转化为I-,碘元素被还原,因此电极N为正极,电极M为负极,电极N上的电势高于电极M上的电势,故A正确;充电时,在TiO2光电极作用下,I-转化为,因此充电时,TiO2光电极参与该过程,故B正确;充放电时,钠离子透过交换膜发生定向移动,故交换膜为阳离子交换膜,故C错误;放电时,负极电极反应式为4-6e-===,正极电极N上转化为I-,放电时总反应为4+3===+9I-,故D正确。
7.C　放电时,负极电极反应式为2Br--2e-===Br2,正极反应式为(x-1)+2e-===x;x=2~4,据此作答。A.放电时负极生成Br2,Fe与溴单质能反应,故A错误;B.放电时,正极反应式为(x-1)+2e-===x;x=2~4,故B错误;C.充电时,阴极电极反应式为Br2+2e-===2Br-,转移1 mol电子,生成1 mol溴离子,由电荷守恒可知有1 mol钠离子透过交换膜进入阴极,故阴极附近增加2 mol离子,故C正确;D.装置中离子选择膜让钠离子透过,故应用阳离子交换膜,故D错误。
8.A、D　由图可知产生氢气和CO的电极H、C元素化合价降低,发生还原反应,为电解池阴极,则X是电源的负极,Y为正极。由分析可知A错误;金属氧化物为电解质,则阳极的反应式为2O2--4e-===O2↑,B正确;由图可知反应物为水和二氧化碳,生成物为氢气、一氧化碳、氧气,则该电解池的总反应可表示为H2O+CO2H2+CO+O2 ,C正确;结合电解池的总反应可知阴极每产生1 mol H2和1 mol CO的同时阳极产生1 mol O2,则阴阳两极生成的气体的物质的量之比是2∶1,D错误。
9.A、D　右边氧气变为H2O2,氧元素化合价降低,说明右边是阴极,则b为负极,a为正极,左边为阳极。阴极电极反应式O2+2e-+2H2O===H2O2+2OH-,则阴极区产生2 mol OH-时,参加反应的O2为1 mol,在标准状况下的体积为22.4 L,故A错误;根据前面分析a为电源的正极,故B正确;根据前面得到左边是阳极,被氧化,因此阳极区反应式为-2e-+3OH-===2H2O+,故C正确;该装置中,氢氧根离子在阳极消耗,因此阴极产生的氢氧根离子要转移到阳极区域,则离子交换膜为阴离子交换膜,故D错误。
10.D　具支试管内气体受热压强增大,不能更快更清晰地观察到液柱上升,A项错误;在铁腐蚀的原电池反应中,铁作负极,B项错误;负极电极反应式为Al-3e-===Al3+,正极电极反应式为O2+2H2O+4e-===4OH-,总反应方程式为4Al+3O2+6H2O===4Al(OH)3,生成的Al(OH)3进一步脱水形成白斑,C项错误,D项正确。
11.A　乙池中Y电极上的反应为O2+2H++2e-===H2O2,之后再发生H2O2+H++Fe2+===Fe3++H2O+·OH, 当产生1 mol羟基自由基时,需要 1 mol H2O2,消耗1 mol的O2。所以标准状况下,消耗22.4 L的O2时,产生的是1 mol的羟基自由基,A错误;甲池为原电池,将化学能转化为电能,是燃料电池,b电极上氧气被还原,为正极,a电极为负极,a极上发生的是氧化反应,B正确;甲池为原电池,a电极为负极,b电极为正极。乙池为电解池,X电极为阳极,Y电极为阴极。串联装置中,电子由原电池负极流向电解池阴极,即a→Y,由电解池的阳极流向原电池正极,即X→b,C正确;乙池中生成羟基自由基的反应:H2O2+H++Fe2+===Fe3++H2O+·OH,其中过氧化氢作氧化剂,Fe2+作还原剂,D正确。
12.B、C　在锂-磺酰氯电池中,Li为负极,电极反应式为Li-e-===Li+,C为正极,电极反应式为SO2Cl2+2e-===2Cl-+SO2↑;在电解池中,不锈钢为阴极,电极反应式为2H2O+2e-===H2↑+2OH-,镍为阳极,电极反应式为Ni-2e-===Ni2+,B项错误。Ⅱ室为产品室,故阳极上Ni失去电子生成的Ni2+通过膜a进入产品室,Ⅲ室中的H2P通过膜b进入产品室,与Ni2+形成Ni(H2PO2)2,故膜a为阳离子交换膜,膜b为阴离子交换膜,膜c应为阳离子交换膜,以防Ⅳ室中的OH-通过膜c进入Ⅲ室与NaH2PO2反应消耗原料,同时Na+通过膜c进入Ⅳ室可制备浓氢氧化钠溶液,C项错误。热点6:化学实验基础
考向1化学实验仪器和基本操作
【真题研磨】
【典例】(2022·湖南选择考)化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作符合规范的是 (　　)
A.碱式滴 定管排气泡 B.溶液加热 C.试剂存放 D.溶液 滴加
【审答思维】解答本题的思维流程如下:
关键信息 信息解读
碱式滴定管排气泡 将橡皮管________弯曲,出口上斜,轻轻挤压玻璃珠附近的橡皮管,使溶液从尖嘴涌出,气泡即可随之排出
溶液加热 用试管夹夹持试管时,应夹在离管口______处
试剂存放 试剂存放要根据它们的组成和性质________存放,不得将酸和碱、氧化性物质和还原性物质贮存在同一柜内;强氧化剂和易燃品必须严格分开;挥发性酸或碱不能跟其他试剂混放,以免试剂变质
溶液滴加 用胶头滴管向试管里滴加液体时,胶头滴管位于试管口________垂直滴加,不能伸入试管内部,防止污染胶头滴管后再进一步污染试剂
【失分警示】因没有掌握试剂存放原则而错选C。试剂存放要分类存放,酸和碱应分开存放,有机物和无机物应分开存放。
【考场技法】
　实验操作时的有关数据标准
(1)试管在加热时所加液体不能超过试管容积的,且要与桌面成45°角;用试管夹夹持试管时,应夹在离管口处。
(2)液体取用时,若没有说明用量,一般取1~2 mL。
(3)酒精灯内酒精的量为其容积的~。
(4)烧杯加热时盛液体量为容积的~,蒸发皿加热时液体量不宜超过容积的。
(5)配制一定物质的量浓度的溶液时,烧杯和玻璃棒要洗涤2~3次。
(6)往容量瓶中加蒸馏水时一般加到距离刻度线1~2 cm处要改用胶头滴管定容。
【多维演练】
　(基本实验操作)为达到下列实验目的,其实验操作正确的是 (　　)
选项 A B C D
实验 目的 验证温度对水 解平衡的影响 混合浓硫 酸和乙醇 检查装置 的气密性 检验溶液的 Fe3+
实验 操作
考向2实验方案的设计与评价——表格实验题
【真题研磨】
【典例】(2022·全国乙卷)由实验操作和现象,可得出相应正确结论的是 (　　)
选项 实验操作 现象 结论
A 向NaBr溶液中滴加过量氯水,再加入淀粉KI溶液 先变橙色,后变蓝色 氧化性:Cl2>Br2>I2
B 向蔗糖溶液中滴加稀硫酸,水浴加热,加入新制的Cu(OH)2悬浊液 无砖红色沉淀 蔗糖未发生水解
C 石蜡油加强热,将产生的气体通入Br2的CCl4溶液 溶液红棕色变无色 气体中含有不饱和烃
D 加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片 试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红 氯乙烯加聚是可逆反应
【审答思维】题干划线部分关键信息解读
关键信息 信息解读
过量氯水 可能发生的反应________________、________________、________________
加入新制的Cu(OH)2悬浊液 加入新制的Cu(OH)2悬浊液前应加入NaOH溶液中和稀硫酸,使溶液呈碱性
石蜡油加强热 石蜡油分解得到的产物主要是烷烃、烯烃混合物以及芳香烃等
加热 氯乙烯加聚生成聚氯乙烯的反应为____________________,反应条件是催化剂,不是加热
【失分警示】没有考虑反应物的量是少量和过量而错选A。由于过量的氯水也可以将碘离子氧化为碘单质,从而干扰了Br2和I2的氧化性的比较。
【考场技法】
　“实验操作—现象—结论”关系型实验题的解题模型
【多维演练】
1.(表格实验题)根据下列实验操作和现象能得到相应结论的是 (　　)
选项 实验操作和现象 结论
A 向Na2S溶液中通入足量CO2,然后再将产生的气体导入CuSO4溶液中,产生黑色沉淀 Ka1(H2CO3)> Ka1(H2S)
B 向KBrO3溶液中通入少量氯气,然后再加入少量苯,有机层呈橙红色 氧化性:Cl2>Br2
C 常温下,用pH计分别测定等体积1 mol·L-1CH3COONH4溶液和0.1 mol·L-1CH3COONH4溶液的pH,测得pH都等于7 同温下,不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度相同
D 将炽热的木炭与浓硝酸混合,产生红棕色气体 加热条件下,浓硝酸被木炭还原成NO2
2.(制备实验分析)用如图所示的装置进行实验(夹持及尾气处理仪器略去),能达到实验目的的是 (　　)
选项 甲中试剂 乙中试剂 实验目的
A 生石灰+ 浓氨水 无 制取并 收集NH3
B MnO2固体+ 双氧水 淀粉 KI溶液 证明氧化性: O2>I2
C Na2SO3固体+ 浓硫酸 酸性KMnO4 溶液 证明SO2 有漂白性
D Na2CO3固体+ 盐酸 Na2SiO3 溶液 比较元 素非金属性: Cl>C>Si
考向3实验操作找错误
【真题研磨】
【典例】(2021·山东等级考)某同学进行蔗糖水解实验,并检验产物中的醛基,操作如下:向试管Ⅰ中加入1 mL 20%蔗糖溶液,加入3滴稀硫酸,水浴加热5分钟。打开盛有10% NaOH溶液的试剂瓶,将玻璃瓶塞倒放,取1 mL溶液加入试管Ⅱ,盖紧瓶塞;向试管Ⅱ中加入5滴2%CuSO4溶液。将试管Ⅱ中反应液加入试管Ⅰ,用酒精灯加热试管Ⅰ并观察现象。实验中存在的错误有几处 (　　)
A.1　　　　　B.2　　　　　C.3　　　　　D.4
【审答思维】题干划线部分关键信息解读
关键信息 信息解读
蔗糖水解实验 蔗糖水解反应方程式: _____________________
加入3滴稀硫酸,水浴加热5分钟 再加入10% NaOH溶液至溶液呈________性
玻璃瓶塞 盛装NaOH溶液的试剂瓶应用______________ 塞而不用玻璃瓶塞
向试管Ⅱ中加入5滴2% CuSO4溶液 目的是配制________悬浊液
【失分警示】因不清楚醛基检验时溶液的酸碱性而错选A。用新制氢氧化铜悬浊液或银氨溶液检验醛基时,需要在碱性条件下进行。
【考场技法】
　辨别实验操作错误解题方法
判断实验操作是否有错误,一般主要看:实验目的、实验原理、试剂使用、实验操作顺序、实验现象、实验结论、实验注意事项等方面是否有误。对这类题要密切联系课本中所学实验内容进行仔细分析。
【多维演练】
　(酸碱中和滴定)某同学用0.100 0 mol·L-1盐酸标定浓度约为0.1 mol·L-1氨水的浓度,操作如下:取规格为25 mL的酸式滴定管,经检查不漏水后用蒸馏水洗涤,注入盐酸,排出滴定管尖嘴部分的气泡后调整液面,记录读数。准确量取15.00 mL氨水,注入锥形瓶中,滴加3滴酚酞试液。将盐酸滴入锥形瓶中,并不断摇动锥形瓶,当达到滴定终点时,停止滴加,记录读数。重复进行三次滴定操作,取三次滴定结果的平均值。实验中存在的错误有几处 (　　)
A.1　　　　　B.2　　　　　C.3　　　　　D.4
1.(常见仪器使用)配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液,不是必须要用到的仪器是 (　　)
2.(常见仪器使用)关于下列仪器使用的说法正确的是 (　　)
A.①、②均可以直接加热
B.③、④均可以量取KMnO4溶液
C.⑤可用于蒸馏或分馏中冷凝液体
D.⑥可用于固体和液体在锥形瓶中反应时添加液体
3.(粗盐提纯)某同学进行从粗盐水中除去Ca2+、Mg2+、S的实验。操作如下:向100 mL烧杯中加入25 mL粗盐水,然后向烧杯中依次滴加过量的Ba(NO3)2溶液、NaOH溶液和饱和Na2CO3溶液,过滤。向所得滤液中滴加盐酸,用玻璃棒搅拌,直至滤液呈中性或微酸性(用pH试纸检验)。再将滤液倒入坩埚中,加热、蒸发结晶,得到去除了杂质离子的精盐。实验中存在的错误有几处 (　　)
A.4　　　　B.3　　　　C.2　　　　D.1
4.(基本实验操作)下列实验操作能达到目的的是 (　　)
5.(基本实验操作)下列实验装置或操作能达到目的的是(　　)
A B C D
制取乙烯 提高HClO 浓度 配制250 mL 0.10 mol·L-1 NaOH溶液 除去乙烯中 的少量SO2
6.(物质提纯)下列图示不能用于物质分离提纯操作的是(　　)
7.(分离提纯)碘仿(CHI3)是一种外用消毒剂。某实验小组通过电解KI和丙酮(CH3COCH3)来制备碘仿。制得的粗碘仿中含少量石墨粉,分离提纯碘仿的操作中,下列仪器没有用到的是 (　　)
已知几种物质的部分性质如表所示:
物质 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性
丙酮 -95 56 与水、乙醇互溶
碘仿 123 218 不溶于水,溶于热乙醇
8.(性质实验探究)实验探究氢氧化钠用量对反应产物影响的有关信息,记录如下:
实验 2% CuSO4溶液的体积/mL 10% NaOH溶液的体积 振荡后pH 加0.5 mL 40%的乙醛溶液,加热后的沉淀颜色及沉淀成分
Ⅰ 2 3滴 5~6 浅蓝绿色沉淀 Cu2(OH)2SO4
Ⅱ a 15滴 7~8 黑色沉淀CuO
Ⅲ 1 1 mL 9~10 红褐色沉淀X
Ⅳ b 2 mL 11~12 砖红色沉淀Cu2O
下列推断错误的是 (　　)
A.a、b应为2、1
B.实验Ⅱ中部分乙醛被氧化
C.X可能是CuO和Cu2O的混合物
D.实验表明,在pH>10时可检测出醛基
9.(实验评价)下列实验操作对应的现象和结论均正确的是 (　　)
选项 操作 现象 结论
A 向淀粉水解液中加入碘水 溶液不变蓝 淀粉完全水解
B 常温下,向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末,过滤,在滤渣中加入盐酸 产生气泡,固体部分溶解 Ksp(BaCO3)< Ksp(BaSO4)
C 向久置发黄的浓硝酸中通入O2 黄色褪去 O2具有漂白性
D 向某溶液中加入稀氢氧化钠溶液,用湿润的红色石蕊试纸检验 无明显现象 溶液中无N
10.(实验评价)用下列实验装置进行相应实验,能达到实验目的的是 (　　)
选 项 A B C D
装 置
目 的 证明AgI的溶解度小于AgCl 除去 Na2CO3中的 NaHCO3 探究化学反应速率的影响因素 将乙醇氧化为乙醛
11.(实验流程分析)以含钴废渣(主要成分CoO、Co2O3,还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备CoCO3的一种实验流程如下所示,下列说法正确的是 (　　)
A.用装置甲制备“酸浸”所需的SO2
B.用装置乙配制“酸浸”所需的1 mol·L-1H2SO4溶液
C.用装置丙过滤“沉钴”所得悬浊液
D.用装置丁灼烧CoCO3固体制Co2O3
热点6:化学实验基础
考向1
【典例】【审答思维】向上　　分类　上方
A　碱式滴定管排气泡时,把橡皮管向上弯曲,出口上斜,轻轻挤压玻璃珠附近的橡皮管可以使溶液从尖嘴涌出,气泡即可随之排出,A项正确;用试管加热溶液时,试管夹应夹在距离管口的处,B项错误;实验室中,盐酸和NaOH要分开存放,有机物和无机物要分开存放,C项错误;用胶头滴管滴加溶液时,胶头滴管不能伸入试管内部,应悬空滴加,D项错误。
　C　试管中加热液体时液体不超过试管容积的,试管夹应夹在离管口处,A错误;浓硫酸密度大,应该将浓硫酸倒入乙醇中,B错误;关闭弹簧夹,长颈漏斗液面保持不变可证明气密性良好,C正确;滴管不能伸入试管内部,D错误。
考向2
【典例】【审答思维】2NaBr+Cl2===2NaCl+Br2　2KI+Br2===2KBr+I2　2KI+Cl2===2KCl+I2
C　向NaBr溶液中滴加过量氯水,溴离子被氧化为溴单质,但氯水过量,再加入淀粉KI溶液,过量的氯水也可以将碘离子氧化为碘单质,无法证明溴单质的氧化性强于碘单质,A错误;向蔗糖溶液中滴加稀硫酸,水浴加热后,应加入氢氧化钠溶液使体系呈碱性,若不加氢氧化钠溶液,未反应的稀硫酸会和新制氢氧化铜悬浊液反应,则不会产生砖红色沉淀,不能说明蔗糖没有发生水解,B错误;石蜡油加强热,产生的气体能使溴的四氯化碳溶液褪色,说明气体中含有不饱和烃,与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色,C正确;聚氯乙烯加热产生能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体,说明产生了氯化氢,不能说明氯乙烯加聚是可逆反应,因为氯乙烯在催化剂作用下加聚和聚氯乙烯加热分解的反应条件不同,D错误。
1.A　产生黑色沉淀,说明向Na2S溶液中通入足量CO2生成了H2S气体,酸性:H2CO3>H2S,所以Ka1(H2CO3)>Ka1(H2S),故A正确;有机层呈橙红色,说明有Br2生成,则KBrO3为氧化剂,Cl2为还原剂,并不能得出氧化性:Cl2>Br2,故B错误;测得pH都等于7,说明醋酸根离子和铵根离子水解程度相同,但浓度越小,水解程度越大,所以同温下,不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度不同,故C错误;可能是浓硝酸发生分解生成NO2,由实验现象不能证明木炭与浓硝酸反应生成NO2,故D错误。
2.B　NH3的密度小于空气,应采用向下排空气法进行收集,故乙瓶导气管应该短进长出,A不能达到实验目的;MnO2固体可催化双氧水分解产生O2,O2能够氧化KI得到I2,淀粉溶液遇碘变蓝,B能达到实验目的;Na2SO3固体与浓硫酸反应生成SO2,SO2具有还原性,能够还原酸性高锰酸钾溶液使其褪色,与漂白性无关,C不能达到实验目的;盐酸具有挥发性,与碳酸钠反应时除了有二氧化碳生成,还有HCl逸出,两种气体溶于硅酸钠溶液均能使硅酸根沉淀,故不能判断碳酸与硅酸酸性的强弱,D不能达到实验目的。
考向3
【典例】【审答思维】+H2O+　碱　橡皮　氢氧化铜
B　第1处错误:利用新制氢氧化铜悬浊液检验蔗糖水解生成的葡萄糖中的醛基时,溶液需保持弱碱性,否则作水解催化剂的酸会与氢氧化铜反应,导致实验失败,题干实验过程中蔗糖水解后溶液未冷却并碱化;第2处错误:NaOH溶液具有强碱性,不能用玻璃瓶塞,否则NaOH与玻璃瓶塞中SiO2反应生成具有黏性的Na2SiO3,会导致瓶盖无法打开,共2处错误。
　B　用0.100 0 mol·L-1盐酸标定浓度约为0.1 mol·L-1氨水的浓度的操作中:取规格为25 mL的酸式滴定管,经检查不漏水后用蒸馏水洗涤,此时应该用标准液润洗2~3次,再注入盐酸,排出滴定管尖嘴部分的气泡后调整液面,记录读数,否则盐酸标准液的浓度偏低,导致测定结果偏高,故错误;准确量取15.00 mL氨水,注入锥形瓶中,滴加3滴甲基橙溶液,不能选择酚酞试液作指示剂,因为恰好完全反应生成的氯化铵是强酸弱碱盐,溶液呈酸性,在甲基橙的变色范围内,不在酚酞的变色范围内(酚酞变色范围为8.2~10.0,呈碱性),故错误。所以该实验中存在的错误共有2处。
1.C　配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液,需用托盘天平称量,在烧杯中溶解,再转移到容量瓶,最后用胶头滴管定容,不需要量筒,故选C。
2.D　②圆底烧瓶加热时需要垫上陶土网,A错误;④碱式滴定管能用于量取碱液,高锰酸钾溶液具有强氧化性,橡胶的主要成分是聚异戊二烯,因含碳碳双键具有还原性,高锰酸钾溶液会与橡胶中的碳碳双键反应,所以高锰酸钾溶液不可以用碱式滴定管量取,B错误;球形冷凝管适用于回流蒸馏操作,多用于垂直蒸馏装置,直形冷凝管蒸馏、分馏操作,主要用于倾斜式蒸馏装置,C错误;长颈漏斗的作用是用于固体和液体在锥形瓶中反应时添加液体药品,D正确。
3.A　错误有①滴加过量的Ba(NO3)2溶液除硫酸根离子,引入了硝酸根离子杂质,应使用氯化钡溶液;②滤液中滴加盐酸,不用玻璃棒搅拌;③向滤液中加入盐酸直至没有气泡产生,说明滤液中过量的NaOH和碳酸钠被反应完全,不用pH试纸检验;④蒸发滤液要在蒸发皿中完成,不是在坩埚中进行,故选A。
4.D　滴加液体时胶头滴管不能伸到试管内,A错误;稀释浓硫酸时应该将浓硫酸注入水中,B错误;从食盐水中提取氯化钠晶体需要蒸发浓缩,需用蒸发皿,不能用坩埚,C错误;该滴定管是碱式滴定管,可以用来量取15.00 mL氢氧化钠溶液,D正确。
5.B　实验室制取乙烯的反应原理为CH3CH2OHCH2＝CH2↑ +H2O,乙醇发生消去反应生成乙烯的反应中,温度必须控制在170 ℃,温度计的作用是控制反应温度在170 ℃,而图中缺少温度计,A错误;在氯水中存在:Cl2+H2OHCl+HClO,氯水中含有盐酸、次氯酸,盐酸可与碳酸钙反应,次氯酸与碳酸钙不反应,可增大次氯酸的浓度,B正确;容量瓶不能用于溶解、稀释和长期贮存溶液,C错误;乙烯也能被酸性高锰酸钾溶液氧化,应用氢氧化钠溶液除去乙烯中的少量SO2,D错误。
6.A　图示装置为配制一定物质的量浓度溶液的装置,不用于物质分离,A符合题意;图示装置为蒸发结晶装置,用于从溶液中析出固体溶质,B不符合题意;图示装置为蒸馏装置,用于分离互溶的且沸点相差较大的液体,C不符合题意;图示装置为过滤装置,用于分离不溶性固体和液体,D不符合题意。
7.B　碘仿熔点是123 ℃,在常温下是固体,不溶于水,溶于热乙醇,用过滤法分离提纯碘仿,过滤用到的仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒、铁架台,不需要坩埚,故选B。
8.B、D　实验探究氢氧化钠用量对反应产物的影响,实验Ⅰ和Ⅱ、实验Ⅲ和Ⅳ中氢氧化钠的量不同则硫酸铜的量必须相同,故a、b应为2、1,A正确;实验Ⅱ中氢氧化钠用量增多,产生氢氧化铜,若氢氧化铜一部分和乙醛反应则会生成砖红色氧化亚铜,若一部分受热分解生成黑色氧化铜,实验中沉淀成分为黑色氧化铜,说明乙醛未参加反应,B错误;X为红褐色沉淀,可能是黑色CuO和砖红色Cu2O的混合物,C正确;由实验Ⅳ可知生成砖红色氧化亚铜沉淀,此时pH为11~12,则Cu(OH)2氧化乙醛,溶液应pH>11,D错误。
9.A　淀粉遇碘变蓝色,加入碘水不变蓝色,说明不含淀粉,则淀粉完全水解,故A正确;常温下,向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末,因c(Ba2+)·c(C)>Ksp(BaCO3),而产生BaCO3沉淀,加入盐酸产生气泡,不能说明Ksp(BaCO3)、Ksp(BaSO4)的关系,故B错误;浓硝酸不稳定,分解生成二氧化氮溶解在浓硝酸中使溶液变黄,通入O2时二氧化氮、氧气与水发生氧化还原反应生成硝酸,溶液变为无色,与漂白性无关,故C错误;加入稀NaOH溶液,不加热,生成一水合氨,不会生成氨气,应利用浓NaOH并加热,然后检验氨气,故D错误。
10.C、D　KCl和过量AgNO3溶液混合生成AgCl沉淀,AgNO3有剩余,再滴加2滴1 mol·L-1的KI溶液,AgNO3和KI反应生成AgI沉淀,不能证明AgI的溶解度小于AgCl,故A错误;除去Na2CO3中的NaHCO3,应用坩埚加热,故B错误;试管内盐酸浓度相同、左侧试管金属片活泼性强,可以作为判断反应速率快的原因,故C正确;用铜作催化剂,乙醇能被氧化为乙醛,2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O,故D正确。
11.C　浓硫酸与铜反应需要加热,甲装置没有酒精灯,无法反应制取SO2,A项错误;胶头滴管使用时应悬于容量瓶上方,不能伸入容量瓶内,这样会污染试剂,B项错误;过滤用于固液分离,用装置丙可以过滤“沉钴”所得悬浊液,且装置中操作正确,C项正确;灼烧CoCO3固体应用坩埚,不能在烧杯中直接灼烧固体,D项错误。热点7:元素周期表　元素周期律
物质结构与性质分析
【典例】(2021·湖北选择考)下列有关N、P及其化合物的说法错误的是 (　　)
A.N的电负性比P的大,可推断NCl3分子的极性比PCl3的大
B.N与N的π键比P与P的强,可推断N≡N的稳定性比P≡P的高
C.NH3的成键电子对间排斥力较大,可推断NH3的键角比PH3的大
D.HNO3的分子间作用力较小,可推断HNO3的熔点比H3PO4的低
【审答思维】题干划线部分关键信息解读
关键信息 答题思维
分子的极性、键角 电负性:N______P,电负性差值:P—Cl______N—Cl,分子的极性NCl3______PCl3;成键电子对间排斥力NH3______PH3,键角NH3______PH3
熔点 硝酸和磷酸分子中均存在—OH,分子间均存在氢键,相对分子质量:HNO3______H3PO4,分子间的作用力:HNO3______H3PO4,熔点:HNO3______H3PO4
【失分警示】不能正确理解分子的稳定性与共价键的关系,从而错选B项;对键角的影响因素分析不到位,从而错选C项。
1.分子极性判断方法
(1)定义法:
若正负电荷中心重合,则为非极性分子;若不重合,则为极性分子。
(2)向量法
ABn型分子的化学键的极性的向量和=0时,是非极性分子。
(3)化合价法
对于ABn型分子,中心原子的化合价的绝对值等于该元素的价电子数时,此时分子的空间结构对称,该分子为非极性分子;若中心原子的化合价的绝对值不等于其价电子数,则分子的空间结构不对称,该分子为极性分子。
2.键角大小比较方法
(1)杂化类型不同时,sp>sp2>sp3。
(2)杂化类型相同时,中心原子孤电子对数越多,键角越小,如H2O(3)杂化类型和孤电子对数相同时,中心原子电负性越大,键角越大,如NH3>PH3。
(4)杂化类型和孤电子对数相同时,配位原子的电负性越大,键角越小,如NCl33.物质溶解性的影响因素
(1)“相似相溶”规律:非极性溶质一般能溶于非极性溶剂,极性溶质一般能溶于极性溶剂。如NH3、蔗糖易溶于水,难溶于CCl4。
(2)氢键:溶质与溶剂之间存在氢键,可增大溶解性。如NH3、乙醇、甘油、乙酸等能与水混溶。
(3)分子结构的相似性:溶质和溶剂分子结构越相似,溶解性越大。如乙醇分子中的—OH与水分子中的—OH相近,乙醇可以和水混溶。
(4)化学反应:若溶质能与水发生化学反应,也会增大溶质的溶解度。如SO2可与水反应,溶解度较大。
4.晶体熔、沸点比较
(1)不同晶体类型:共价晶体>离子晶体>分子晶体。金属晶体的熔、沸点差异较大。
(2)共价晶体:原子半径越小,熔、沸点越高。
(3)离子晶体:离子所带电荷越多,离子半径越小,则离子键越强,熔、沸点越高。
(4)金属晶体:金属原子的价电子数越多,半径越小,金属键越强,熔、沸点越高。
(5)分子晶体:分子间作用力越强,熔、沸点越高。
①若有分子间氢键,则熔、沸点较高。
②组成和结构相似的分子晶体,一般相对分子质量越大,分子间作用力越强,熔、沸点越高。
③相对分子质量相同或相近的物质,分子的极性越大,熔、沸点越高。
1.(分子结构与性质)下列有关C、F、P及其化合物的说法正确的是 (　　)
A.P4和CH4都是正四面体形分子,且键角都为109°28'
B.键长H—FHCl>HBr>HI
C.PH3分子中孤电子对与成键电子对的排斥作用比成键电子对之间的排斥作用弱
D.金刚石晶体中的最小环为六元环,每个碳原子均被12个六元环共用
2.(物质结构与性质)Si、Al及其化合物在生产生活中应用广泛。下列说法正确的是 (　　)
A.硅熔点高、硬度大,可用于制作光导纤维
B.Al(OH)3可用作胃酸中和剂,主要利用其弱碱性
C.SiO2为酸性氧化物,可用NaOH溶液除去Al(OH)3中的SiO2
D.硅、铝的导电性介于导体和绝缘体之间,常用于制造半导体芯片
3.(新信息情境下的物质性质)我国古代劳动人民用“失蜡法”铸造青铜器:用蜂蜡制作成铸件模型,再用黏土敷成外范,烧成陶模,烧制过程中蜡模全部熔化流失,使整个铸件模型变成空壳,再往内浇灌青铜熔液,便铸成器物。下列说法错误的是 (　　)
A.青铜是我国最早使用的合金材料,其硬度比纯铜小
B.蜂蜡的主要成分为有机物,其中的酯类物质难溶于水
C.黏土的主要成分为硅酸盐
D.陶模属于传统无机非金属材料,耐高温、耐腐蚀
元素周期表与元素周期律
【典例】(2022·广东选择考)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 (　　)
甲 乙
丙 丁 戊
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
【审答思维】题干划线部分关键信息解读
关键信息 答题思维
相对位置 根据元素周期表片段形状可知该片段来自周期表第________周期
最高价氧化物对应的水化物 戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸,则戊为__________;丙是__________,最高价氧化物对应水化物是____________________,可与强碱反应
原子半径 原子半径同主族越往下越______,则原子半径乙______戊,同周期越往右越______,则原子半径丁______戊
非金属性 同周期越往右非金属性越______,则丙______丁______戊
【失分警示】(1)不能准确分析元素周期表的结构和元素相邻关系,从而错误推断元素种类;
(2)不能正确分析同主族、同周期元素半径、非金属性等递变规律,从而在选项中作出错误判断。
1.微粒半径大小比较方法
(1)原子半径比较:
①同周期:一般来说,当电子层数相同时,随着核电荷数的增加,其原子半径逐渐减小(稀有气体除外),有“序小径大”的规律。
②同主族:一般来说,当最外层电子数相同时,能层数越多,原子半径越大。
(2)离子半径大小的比较
①同种元素的离子半径:阴离子大于原子,原子大于阳离子,低价阳离子大于高价阳离子。如r(Cl-)>r(Cl),r(Fe)>r(Fe2+)>r(Fe3+)。
②电子层结构相同的离子,核电荷数越大,半径越小。如r(O2-)>r(F-)>r(Na+)
>r(Mg2+)>r(Al3+)。
③带相同电荷的离子,电子层数越多,半径越大。如r(Li+)④核电荷数、电子层数均不同的离子可选一种离子参照比较。如比较r(K+)与r(Mg2+)可选r(Na+)为参照:r(K+)>r(Na+)>r(Mg2+)。
2.元素金属性和非金属性强弱的判断方法及元素性质
(1)金属性
①同周期从左至右金属性逐渐减弱,同主族从上到下金属性逐渐增强。
②元素金属性越强,单质与水或酸反应越剧烈,最高价氧化物对应水化物碱性越强、单质还原性越强、阳离子氧化性越弱。
(2)非金属性
①同周期从左至右非金属性逐渐增强,同主族从上到下非金属性逐渐减弱。
②元素非金属性越强,单质与H2化合越容易,氢化物越稳定,最高价氧化物对应水化物酸性越强、单质氧化性越强、阴离子还原性越弱。
3.第一电离能和电负性
(1)同周期元素随着原子序数的递增,元素的第一电离能呈现增大的趋势。其中ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA之间元素的第一电离能出现反常;同族元素从上到下第一电离能减小。
(2)同周期,从左到右,元素的电负性逐渐增大;同主族,从上到下,元素的电负性逐渐减小。
1.(根据物质组成和性质推断)(1)A、B、C、D为前20号元素,分别处于不同周期,其中A、B同主族,其原子序数之和等于C、D的原子序数之和。C的单质可分别与B、D的最高价氧化物的水化物发生反应,生成的两种盐溶液混合后可得到一种白色胶状沉淀。下列说法不正确的是 (　　)
A.简单离子的半径:C>D
B.氧化物的熔点:C>B
C.化合物BDA2中含有离子键和共价键
D.化合物B3D与水反应可生成两种碱
(2)X、Y、Z、Q、E五种元素中,X原子的基态价电子排布式为2s2,Y位于元素周期表第二周期第ⅢA族,Z的两种同位素原子常用于测定文物的年代,Q是元素周期表中电负性最大的元素,E的阳离子通常存在于明矾和草木灰中。下列说法正确的是 (　　)
A.第一电离能:X>Y
B.EYQ4中阴离子中心原子的杂化方式为sp3杂化
C.Z的空间结构为V形
D.原子半径:X2.(根据元素周期表片段推断)(1)短周期的三种元素a、b、c在元素周期表中的位置关系如图所示,下列有关这三种元素的叙述正确的是 (　　)
A.非金属性:a>b>c
B.b的最高价氧化物对应水化物是一种强酸
C.氢化物稳定性:c的氢化物>b的氢化物
D.c的一种氧化物具有漂白性
(2)短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如图所示,四种元素原子最外层电子数之和为22。下列说法中正确的是 (　　)
X Y
Z W
A.X、Y、Z、W四种元素中原子半径最大的是Z
B.Z、X、W三种元素氧化物对应水化物的酸性依次增强
C.W单质能与水反应生成一种具有漂白性的物质
D.X的简单气态氢化物分子呈正四面体形
3.(根据物质转化关系推断)短周期元素X、Y、Z的原子序数依次增加,r与q是由这些元素组成的二元化合物,n、p、m分别是元素X、Y、Z的单质,m通常为黄绿色气体,r与q生成s的反应产生白烟。下列说法正确的是 (　　)
A.可用直接加热s的方法制q
B.r的热稳定性比H2S强
C.元素Z的含氧酸均为强酸
D.q不易液化
基于元素周期律的元素推断
【典例】(2022·湖南选择考)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
【审答思维】题干划线部分关键信息解读
关键信息 答题思维
共价化合物结构 Y、W分别形成2个、4个共价键,原子序数W=X+Y,X、Y、Z、W的原子序数依次增大,则X、Y、Z、W分别是______________
原子半径 同周期从左至右原子半径逐渐________,则半径C______O______F
非金属性 同周期从左至右非金属性逐渐________,则C______O;同主族从上至下非金属性逐渐________,则C______Si
原子序数为82的元素 原子序数为82的元素位于__________________,与Si__________
【失分警示】(1)不能准确分析原子成键方式和元素种类,从而错误判断元素。
(2)不能准确分析同周期同主族元素性质、元素在周期表中的位置,从而错误判断选项。
　利用成键方式推断短周期元素种类的方法:
形成化合物后,各个元素达到较稳定的结构(8电子稳定结构或2电子稳定结构)。
(1)只能形成1个单键:H、F、Cl;
(2)能形成2个单键或1个双键:O、S;
(3)可以形成3个单键或1个单键和1个双键或1个三键:B、N、P;
(4)可以形成4个单键或1个双键和2个单键或1个单键和1个三键或2个双键:C、Si。
1.(以离子化合物结构式为载体)W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素,基态W原子的核外s能级上的电子总数比p能级上多3个,X与Z同主族,W、X、Y形成的化合物如图。下列说法正确的是 (　　)
Y2+Y2+
A.原子半径:YB.电负性:WC.X、Z形成的化合物可能为非极性分子
D.位于s区的元素有2种
2.(以共价化合物结构式为载体)一种效率极高的新型漂白剂结构如图所示,其中W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。Y与Z处于不同周期且0.1 mol·L-1 Z的氢化物水溶液在常温下测得pH=1。下列说法正确的是 (　　)
A.结构中X原子有孤电子对
B.原子半径:WC.稳定性:Y的氢化物小于X的氢化物
D.W的氧化物一定是非极性分子
3.(以新信息为载体)短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,其中Z的一种单质形成了“地球生命的保护伞”,化合物甲是一种高效消毒剂,其制备方法如图所示。下列说法错误的是 (　　)
+W—Z—Z—W+W—Z—W
A.最高正价:Y>X>W
B.简单氢化物的稳定性:ZC.W、Y、Z三种元素形成的化合物均为共价化合物
D.上述制备化合物甲的反应为取代反应
1.(分子结构与性质)下列说法不正确的是 (　　)
A.HCl、HBr、HI的沸点依次升高与分子间作用力大小有关
B.晶体硅、碳化硅、金刚石的熔点依次升高与共价键键能大小有关
C.H2O的热稳定性大于H2S与H2O分子间存在氢键有关
D.NH3在水中的溶解度大于CH4在水中的溶解度与分子的极性有关
2.(分子结构与性质)下列对分子结构及其性质的解释中,不正确的是 (　　)
A.乙烷难溶于水、溴易溶于四氯化碳都可用相似相溶原理解释
B.酸性:H2CO3>HClO,是因为H2CO3分子中的氢原子数目比HClO多
C.羟基乙酸[CH2(OH)COOH]不属于手性分子,因其分子中不存在手性碳原子
D.CH3CH2OH的沸点高于CH3OCH3,因乙醇分子中含—OH,能形成分子间氢键
3.(物质结构与性质)下列关于物质的性质及解释都正确的是 (　　)
选项 物质的性质 解释
A 熔点:S8>SO2 熔化时S8要断开化学键,SO2只需克服范德华力
B 沸点:AsH3>NH3 AsH3比NH3相对分子质量大,范德华力大
C 热稳定性:HF>HCl HF分子间氢键强于HCl分子间作用力
D 水溶性:CH3OH>CCl4 CH3OH与H2O极性相似,且二者存在分子间氢键
4.(新信息情境下的物质性质)物质结构决定物质的性质。下列说法错误的是 (　　)
A.由于钙离子半径大于镁离子半径,可推测碳酸钙的分解温度高于碳酸镁
B.由于氢键的存在,可推测邻羟基苯甲醛沸点高于对羟基苯甲醛
C.由于N的电负性小于F,可推测NH3具有碱性(可与H+结合)而NF3没有碱性
D.由于孤电子对排斥作用较大,可推测单个水分子中∠H—O—H小于Ti(H2O中∠H—O—H
5.(根据物质组成和性质推断)短周期主族元素R、X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X2R6、Y2R4和RZ-都是18电子微粒。ZXY-常用于检验Fe3+的存在。下列判断正确的是 (　　)
A.X2R6分子只有极性键
B.YR4W在水中能抑制水的电离
C.元素的氧化物对应的水化物酸性:W>Z>X
D.RW的水溶液为强酸
6.(根据物质组成和性质推断)前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X是空气中含量最多的元素,Y的周期序数与族序数相等,基态时Z原子3p原子轨道上有5个电子,W与Z处于同一主族。下列说法不正确的是 (　　)
A.X的单质分子中既含σ键又含π键
B.X的第一电离能比同周期相邻元素的大
C.Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强
D.W的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强
7.(根据元素周期表片段推断)如图为元素周期表前四周期的一部分,有关W、X、Y、Z四种元素的叙述不正确的是 (　　)
X
W Y
Z
A.最简单氢化物的稳定性:X>Y>W
B.简单离子的半径:Z>Y>X
C.电负性:X>Y>W
D.第一电离能:X>Y>W
8.(根据元素周期表片段推断)a、b、c、d四种元素在周期表中的位置如图,则下列说法正确的是 (　　)
A.a元素的某种核素可能没有中子
B.若b的单质可作半导体材料,则c的单质不可能为半导体材料
C.若b的单质与H2易化合,则c的单质与H2更易化合
D.若b的最高价氧化物对应水化物为H2bO4,则a的氢化物的化学式为aH3
9.(根据物质转化关系推断)短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。A是元素Y的单质。常温下,A遇甲的浓溶液发生钝化。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物,丁和戊的组成元素相同,且丙是无色气体,上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是 (　　)
A.简单氢化物的沸点:X>Z
B.简单离子半径大小:XC.可通过电解乙溶液获得Y的单质
D.Y的简单离子与Z的简单离子在水溶液中不能大量共存
10.(以离子化合物结构式为载体)一种用于合成治疗免疫疾病的药物,其结构如图所示,其中X、Y、Z、Q、W为1~20号元素且原子序数依次增大,Z与Q同主族,Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述错误的是 (　　)
A.Y的氢化物的熔点一定低于Z的氢化物的熔点
B.该物质中Y、Z、Q均满足8电子结构
C.原子半径:W>Q>Y>Z>X
D.WX与Q的最高价氧化物对应水化物的稀溶液反应有无色无味气体产生
11.(以离子化合物结构式为载体)W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素,原子序数总和为25,Y是地壳中含量最多的元素。由这四种元素形成的某化合物的结构如图所示。下列说法错误的是 (　　)
A.电负性大小:Y>X>Z
B.该化合物具有强氧化性,可用于消毒杀菌
C.该化合物含离子键、共价键、配位键
D.该化合物中所有原子最外层均满足8个电子稳定结构
12.(以共价化合物结构式为载体)由W、X、Y组成的某有机物是一种消毒杀菌剂,可用于新冠疫情消毒,其结构如图所示,其中X和Y同周期。下列说法正确的是 (　　)
A.该化合物中各原子均满足8电子稳定结构
B.原子半径由小到大的顺序为WC.该化合物中Y的化合价有-1价和-2价
D.Y的氢化物的稳定性一定大于X的氢化物的稳定性
13.(以共价化合物结构式为载体)X、Y、Q、W、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素,其中Y原子最外层电子数是其内层电子数的2倍,W与Y位于同一主族,X、Y、Z三种元素可组成用于隐形飞机中吸收微波的物质R(结构如图),Q元素单质可用作铝热反应的引燃剂。下列说法正确的是 (　　)
A.同一周期中,第一电离能比Q小的只有一种
B.电负性:Y>W>X
C.物质R吸收微波时,分子内的σ键会断裂
D.简单气态氢化物的还原性:W14.(以陌生物质结构式为载体)由化合物甲和乙低温共熔的电解液可作为高能电池材料,其结构如图,它们的构成元素R、W、X、Y、Z、M原子序数依次增大且总和为42,下列说法中错误的是 (　　)
　　
A.元素Z、Y均能与R形成含有非极性键的18电子化合物
B.第一电离能:Z>Y>X>W
C.乙的沸点比丙酮高
D.甲中∠ZMZ比乙中∠ZXY大
15.(以新信息为载体)五种短周期元素X、Y、Z、M、W的原子序数与其常见化合价的关系如图所示,下列叙述正确的是 (　　)
A.原子半径:r(Y)>r(M)
B.H3MO4的酸性比HWO4的强
C.元素X可能为氢或锂
D.Z的最高价氧化物对应的水化物不能溶解在氢氧化钾溶液中
热点7:元素周期表　元素周期律
考向1
【典例】【审答思维】>　>　<　>　>　<　<　<
A　N的电负性比P的大,则P和Cl的电负性差值比N和Cl的电负性差值大,所以NCl3分子的极性比PCl3的小,故A选;N与N的π键比P与P的强,N≡N更牢固,其稳定性比P≡P的高,故B不选;NH3中的成键电子距离N原子比PH3中的成键电子距离P原子的距离近,成键电子对间的排斥力大,因此NH3的键角比PH3的大,故C不选;硝酸和磷酸分子中均存在—OH,分子间均存在氢键,但HNO3的相对分子质量小于H3PO4,HNO3分子间的作用力小于H3PO4的分子间作用力,所以HNO3的熔点比H3PO4的低,故D不选。
1.B、D　虽然白磷和甲烷均为正四面体结构,但P4分子中4个P原子在四面体的四个顶点,每三个P原子组成正三角形,故键角是60°,CH4则是C原子在中心,4个H原子在四面体顶点,每两个C—H键之间夹角是109°28',故A错误;键长H—FHCl>HBr>HI,故B正确;价层电子对互斥理论表明,孤电子对间的排斥作用>孤电子对与成键电子对间的排斥作用>成键电子对之间的排斥作用,故C错误;金刚石晶体结构中每个C原子周围有4个C—C键,任意取出2个,这样的组合有6种,每个组合为2个六元环共用,则每个碳原子均被2×6=12个六元环共用,故D正确。
2.B　二氧化硅能导光,故能制作光导纤维,晶体硅的导电性介于导体与绝缘体之间,是良好的半导体材料,不能用于制作光导纤维,故A错误;Al(OH)3具有弱碱性,能够与盐酸反应,消耗盐酸,所以可以用作胃酸中和剂,故B正确;氢氧化铝能溶于强碱溶液,所以不能用NaOH溶液除去Al(OH)3中的SiO2,故C错误;铝是电的良导体,故D错误。
3.A　青铜为合金,硬度大于纯铜,故A错误;蜂蜡的主要成分为高级脂肪酸和一元醇所合成的酯类、脂肪酸和碳氢化合物,酯类物质难溶于水,故B正确;黏土的主要成分为硅酸盐,故C正确;陶模的主要成分为硅酸盐,属于传统无机非金属材料,具有耐高温、耐腐蚀的性质,故D正确。
考向2
【典例】【审答思维】二、三　S或Cl　Si或P　H2SiO3或H3PO4　大　<　小　>　强　<　<
C　同周期元素从左到右原子半径逐渐减小,同主族元素从上到下原子半径逐渐增大,原子半径大小顺序是丁>戊>乙,故A正确;同一周期从左往右元素非金属性依次增强,同一主族从上往下依次减弱,则非金属性戊>丁>丙,故B正确;由分析可知甲可能为N或C,则氢化物可能为氨气,或是碳的氢化物,如甲烷、乙烷等,遇氯化氢不一定有白烟生成,故C错误;由分析可知,丙可能为硅或磷,最高价氧化物对应的水化物为硅酸或磷酸,均能与强碱反应,故D正确。
1.(1)A　A、B、C、D为前20号元素,分别处于不同周期,C的单质可分别与B、D的最高价氧化物的水化物发生反应,生成的两种盐溶液混合后可得到一种白色胶状沉淀,该沉淀为氢氧化铝,则C为Al元素,B、D的最高价氧化物的水化物一种为强酸,另一种为强碱,则B、D元素有一种为第四周期的K元素或Ca元素,另一种只能为第二周期的N元素,则A为H元素,其中A、B同主族,则B为K元素,D为N元素,满足“A、B同主族,其原子序数之和等于C、D的原子序数之和”,则A为H元素,B为K元素,C为Al元素,D为N元素,核外电子层结构相同时,核电荷数越大离子半径越小,则简单离子的半径:CAl2O3>K2O,即C>B,故B正确;BDA2为KNH2,KNH2为离子化合物,阴、阳离子之间形成离子键,N—H元素之间形成共价键,故C正确;化合物K3N与水反应可生成两种碱,分别为一水合氨和氢氧化钾,故D正确。
(2)A、B　X、Y、Z、Q、E五种元素中,X原子的基态价电子排布式为2s2,则X为Be元素;Y位于元素周期表第二周期第ⅢA族,则Y为B元素;Z的两种同位素原子常用于测定文物的年代,则Z为C元素;Q是元素周期表中电负性最大的元素,则Q为F元素;E的阳离子通常存在于明矾和草木灰中,则E为K元素,Be的2s能级处于全满稳定状态,其第一电离能大于同周期相邻元素,则第一电离能:Be>B,故A正确;EYQ4的阴离子为B,其中心原子B的价层电子对数为4+=4,则B原子的杂化方式为sp3杂化,故B正确;Z为C,C的中心原子C的价层电子对数为3+=3,C原子的杂化方式为sp2杂化,且没有未成键电子对,则C的空间结构为平面三角形,故C错误;主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小,则原子半径:Be>B>C,故D错误。
2.(1)D　短周期的三种元素a、b、c在周期表中的位置关系如题图所示,a位于第一周期0族,则a为He元素,b位于第二周期ⅦA族,则b为F元素;c位于第三周期ⅥA族,则c为S元素,He的最外层满足2电子稳定结构,其非金属性较弱,F的非金属性最强,则非金属性F>S>He,故A错误;F元素不存在最高价含氧酸,故B错误;非金属性:S(2)A、C　短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如题图所示,X、Y位于第二周期,Z、W位于第三周期,设X原子最外层电子数是a,Y、Z、W的最外层电子数分别是a+1、a-1、a+2,四种元素的原子最外层电子数之和为22,则a+a+1+a-1+a+2=22,解得a=5,则X为N元素,Y为O元素,Z为Si元素,W为Cl元素,主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小,同主族从上到下原子半径逐渐增大,则四种元素中原子半径最大的是Z,故A正确;没有指出元素的最高价,无法比较Si、N、Cl三种元素氧化物对应水化物的酸性强弱,故B错误;氯气与水反应生成的次氯酸是一种具有漂白性的物质,故C正确;X的简单气态氢化物为氨气,氨气的空间结构为三角锥形,不是正四面体形,故D错误。
3.B　短周期元素X、Y、Z的原子序数依次增加,r与q是由这些元素组成的二元化合物,n、p、m分别是元素X、Y、Z的单质,m通常为黄绿色气体,m为Cl2,Z为Cl元素;m(Cl2)与n在光照条件下生成r,n与p在一定条件下反应生成q,r与q生成s的反应产生白烟,则r为HCl,q为NH3,s为NH4Cl,m为Cl2,n为H2,p为N2,结合原子序数可知,X为H元素,Y为N元素,Z为Cl元素。氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢,但氨气和氯化氢遇冷又会结合生成氯化铵,用直接加热氯化铵的方法无法获得氨气,故A错误;r为HCl,非金属性:Cl>S,则简单氢化物的稳定性:HCl>H2S,故B正确;元素Cl的含氧酸不一定为强酸,如次氯酸属于弱酸,故C错误;q为氨气,氨气易液化,可作制冷剂,故D错误。
考向3
【典例】【审答思维】C、O、F、Si　减小　>　>　增强　<　减弱　>　第六周期第ⅣA族　同主族
C　C、O、F为同周期主族元素,核电荷数越大,原子半径越小,即原子半径C>O>F,故A正确;同周期主族元素,核电荷数越大,非金属性越强,同主族元素,核电荷数越大,非金属性越弱,则C、O、Si的非金属性:O>C>Si,故B正确;Z为F元素,是最活泼的非金属元素,几乎无还原性,故C错误;原子序数为82的元素为Pb元素,与Si均位于ⅣA族,故D正确。
1.B、C　W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素,W、X、Y形成的化合物如题图,X能够形成2个共价键,X与Z同主族,则X为O元素,Z为S元素;基态W原子的核外s能级上的电子总数比p能级上多3个,W的原子序数小于O元素,其核外电子排布式为1s22s22p1,则W为B元素;Y形成+2价阳离子,其核电荷数大于O元素,则Y为Mg元素,主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小,则原子半径:Mg>S,故A错误;主族元素同周期从左向右电负性逐渐增大,则电负性:B2.A　W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大,0.1 mol·L-1 Z的氢化物水溶液在常温下测得pH=1,结合图示可知Z形成1个共价键,该氢化物为HCl,则Z为Cl元素;Y形成2个共价键,位于ⅥA族,且Z与Y位于不同周期,则Y为O元素;W形成4个共价键,其原子序数小于O元素,则W为C元素;X形成3个共价键,位于ⅤA族,其原子序数小于O元素,则X为N元素,则W为C元素,X为N元素,Y为O元素,Z为Cl元素,N原子最外层含有5个电子,该物质中N元素形成3个共价键,则N原子含有1个孤电子对,故A正确;主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小,同主族从上到下原子半径逐渐增大,则原子半径:ON,则简单氢化物的稳定性:Y>X,故C错误;W的氧化物有二氧化碳和一氧化碳,一氧化碳为极性分子,但二氧化碳为非极性分子,故D错误。
3.B、C　短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,其中Z的一种单质形成了“地球生命的保护伞”,该单质为臭氧,则Z为O;结合图示可知,W形成1个共价键,X形成4个共价键,二者的原子序数均小于O,则W为H,X为C;Y介于C、O之间,则Y为N,H、C、N的最高正价分别为+1、+4、+5,则最高正价:Y>X>W,故A正确;非金属性:O>N,则简单氢化物的稳定性:Z>Y,故B错误;H、N、O形成的硝酸铵属于离子化合物,故C错误;该反应为乙酸与过氧化氢反应生成过氧乙酸和水,属于取代反应,故D正确。
1.C　HCl、HBr、HI都是分子晶体,所以沸点依次升高与分子间作用力有关,相对分子质量越大,分子间作用力越大,沸点越高,故A正确;金刚石、碳化硅、晶体硅属于共价晶体,原子之间存在共价键,原子半径越小,键能越大,熔点越高,与共价键的键能大小有关,故B正确;氢键是一种分子间作用力,不能影响物质的化学性质,H2O的稳定性高于H2S,与共价键的键能有关,与H2O分子间存在氢键无关,故C错误;甲烷是非极性分子,难溶于极性溶剂水,所以氨气易溶于水与分子极性有关,故D正确。
2.B　乙烷、溴和四氯化碳均为非极性分子,水为极性分子,根据相似相溶原理,极性分子易溶于极性溶剂,非极性分子易溶于非极性溶剂,因此乙烷难溶于水、溴易溶于四氯化碳,故A正确;H2CO3的非羟基氧原子数大于HClO的非羟基氧原子数,因此酸性:H2CO3>HClO,故B错误;因羟基乙酸[CH2(OH)COOH]中不存在手性碳原子,因此不属于手性分子,故C正确;乙醇分子中含—OH,能形成分子间氢键,因此CH3CH2OH的沸点高于CH3OCH3,故D正确。
3.D　S8、SO2都为分子晶体,融化时,需要克服分子间作用力,不需要断开化学键,故A错误;NH3存在分子间氢键,沸点更高,故B错误;非金属性F>Cl,氢化物稳定性HF>HCl,故C错误;CH3OH为极性分子,CCl4为非极性分子,水为极性溶剂,CH3OH更易溶于水,且CH3OH能与水形成分子间氢键,故CH3OH比CCl4在水中的溶解度大,故D正确。
4.B　由于钙离子半径大于镁离子半径,镁离子更易结合碳酸根中氧离子,使碳酸根离子更易分解生成CO2,则碳酸钙的分解温度高于碳酸镁,故A正确;邻羟基苯甲醛存在分子内氢键,对羟基苯甲醛存在分子间氢键,邻羟基苯甲醛沸点低于对羟基苯甲醛,故B错误;N的电负性小于F,在NF3中N原子显正电,不可以与H+结合,不再具有碱性,故C正确;孤电子对与孤电子对之间的排斥作用大于成键电子对与成键电子对之间的排斥作用,所以水分子中∠H—O—H小于Ti(H2O中∠H—O—H,故D正确。
5.D　短周期主族元素R、X、Y、Z、W的原子序数依次增大,ZXY-常用于检验Fe3+的存在,该阴离子为SCN-,则X为C、Y为N、Z为S;W的原子序数大于S,且为短周期主族元素,则W为Cl;RZ-是18电子微粒,则R为H元素;X2R6、Y2R4分别是C2H6、N2H4,C2H6分子中含有C—H极性键和C—C非极性键,故A错误;YR4W为NH4Cl,溶液中铵根离子水解,促进了水的电离,故B错误;没有指出元素最高价,该说法不合理,故C错误;HCl在水溶液中完全电离,属于一元强酸,故D正确。
6.C、D　前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X是空气中含量最多的元素,则X为N;Y的周期序数与族序数相等,其原子序数大于N,则Y位于第3周期ⅢA族,为Al元素;基态时Z原子3p原子轨道上有5个电子,其核外电子排布为1s22s22p63s23p5,则Z为Cl元素;W与Z处于同主族,W的原子序数大于Cl,则W为Br元素,X的单质分子即N2,结构式为N≡N,既含σ键又含π键,故A正确;X为N元素,p轨道为半满结构,第一电离能比同周期相邻元素的大,故B正确;同一周期从左到右,元素非金属性逐渐增强,最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强,即Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱,故C错误;同一主族从上到下,元素的非金属性逐渐减弱,而元素的非金属性越强,气态氢化物的稳定性越强,即Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的强,故D错误。
7.D　W、X、Y、Z分别为P、F、S、Br;非金属性越强,最简单氢化物越稳定,稳定性:HF>H2S>PH3,故A正确;电子层数越多,离子半径越大,简单离子的半径:Br->S2->F-,故B正确;同周期元素从左到右电负性依次增大,同主族从上到下元素的电负性依次减小,电负性:F>S>P,故C正确;P原子的3p轨道半充满比较稳定,第一电离能:P>S,故D错误。
8.D　若a的某种核素无中子,则a为H元素,此时c为Mg、d为Al,与元素周期表的结构矛盾,故A错误;若b的单质可作半导体材料,则b为Si,c为金属元素Ge,则c的单质可能为半导体材料,故B错误;b、c同主族,从上到下非金属性减弱,非金属性强的更易与H2化合,则c的单质与H2不易化合,故C错误;若b的最高价氧化物对应水化物为H2bO4,b为第ⅥA族元素,最高价为+6价,最低价为-2价,则a为ⅤA族元素,最低化合价为-3价,a的氢化物的化学式为aH3,故D正确。
9.A、D　短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,A是元素Y的单质,常温下A遇甲的浓溶液钝化,可知A为Al单质,Y为Al元素,丙是无色气体,则甲为H2SO4、丙为SO2;丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物,可知丁为H2O,戊为H2O2,乙为Al2(SO4)3,则W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S元素,甲为H2SO4,乙为Al2(SO4)3,丙为SO2,丁为H2O,戊为H2O2,水分子之间存在氢键,导致水的沸点较高,即简单氢化物的沸点:X>Z,故A正确;电子层结构相同时,核电荷数越大离子半径越小,则简单离子半径大小:X>Y,故B错误;乙溶液为硫酸铝溶液,电解硫酸铝溶液阴极生成氢气,不能得到铝单质,故C错误;Al3+、S2-在水中发生水解反应生成Al(OH)3与H2S,不能大量共存,故D正确。
10.A　X、Y、Z、Q、W为1~20号元素且原子序数依次增大,Z与Q同主族,由结构可知:Z、Q的最外层有6个电子,Z为O,Q为S;Q和W的简单离子具有相同的电子层结构,W的原子序数最大,则W为K;Y形成4个共价键,X只能形成1个共价键,结合原子序数可知X为H,Y为C,Y的氢化物可能为固态烃,熔点大于Z的氢化物的熔点,故A错误;该物质中Y、Z、Q分别形成4、2、1个共价键,且Q得到一个电子,均满足8电子结构,故B正确;电子层越多,原子半径越大,同周期从左向右原子半径逐渐减小,则原子半径:W>Q>Y>Z>X,故C正确;WX与Q的最高价氧化物对应水化物的稀溶液反应有氢气产生,故D正确。
11.D　W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素,且原子序数总和为25,Y是地壳中含量最多的元素,则Y为O;结合图示可知,Z形成+1价阳离子,其原子序数大于O,则Z为Na;W形成1个共价键,其原子序数小于O,则W为H,四种原子的原子序数总和为25,X的原子序数为25-1-8-11=5,则X为B元素,同周期自左而右元素电负性增大,故电负性Y(O)>X(B)>Z(Na),故A正确;该化合物中含有O—O键,具有强氧化性,能够杀菌消毒,故B正确;由图中结构式可知,该化合物含离子键、共价键,B最外层只有3个电子,形成4个键,则含有1个配位键,故C正确;该化合物中H的最外层电子数为2,不满足8电子稳定结构,故D错误。
12.C　由W、X、Y组成的某有机物是一种消毒杀菌剂,可用于新冠疫情消毒,其结构如图所示,该有机物中一定含有C元素,C元素形成4个共价键,则X为C元素;X和Y同周期,Y形成2个共价键,则Y为O元素;W形成1个共价键,该有机物应该为过氧乙酸,则W为H元素,该化合物中H元素最外层电子数为2,不满足8电子稳定结构,故A错误;主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小,H原子的原子半径最小,则原子半径由小到大的顺序为H13.B、D　X、Y、Q、W、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素,其中Y原子最外层电子数是其内层电子数的2倍,Y原子含有2个电子层,最外层有4个电子,则Y为C元素;W与Y位于同一主族,则W为Si元素;Q元素单质可用作铝热反应的引燃剂,则Q为Mg元素;结合图示结构可知,X可形成1对共用电子对,其原子序数小于C元素,则X为H元素;Z可形成2个共价单键,其原子序数大于Si元素,则Z为S元素,主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势,Mg的3s能级处于全满稳定状态,其第一电离能大于同周期相邻元素,则同一周期中,第一电离能比Mg小的只有2种,分别为Na和Al元素,故A错误;同主族从上到下电负性逐渐减小,则电负性:C>Si>H,故B正确;σ键比π键稳定,则物质R吸收微波时,分子内的π键会断裂,故C错误;非金属性越强,简单氢化物的还原性越弱,非金属性:C>Si,则简单气态氢化物的还原性:W14.B、D　由化合物甲和乙低温共熔的电解液可作为高能电池材料,其结构如图,它们的构成元素R、W、X、Y、Z、M原子序数依次增大且总和为42,M形成7个共价键,则M为Cl;R形成1个共价键,W形成+1价阳离子,X形成4个共价键,Y形成3个共价键,Z形成2个共价键,5种元素的原子序数之和为42-17=25,5种元素只能位于前两周期,结合原子序数可知,R为H,W为Li,X为C,Y为N,Z为O,R、W、X、Y、Z的原子序数之和为1+3+6+7+8=25,满足条件,元素O、N均能与H形成含有非极性键的18电子化合物,如H2O2、N2H4,故A正确;主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势,N的2p能级处于半满稳定状态,其第一电离能大于同周期相邻元素,则第一电离能:Y>Z>X>W,故B错误;乙分子中含有2个氨基,能够形成分子间氢键,丙酮不能形成氢键,则乙的沸点比丙酮高,故C正确;结合图示可知,甲中Cl形成4个杂化轨道,采用sp3杂化,没有未成键电子对,其构型为正四面体形,键角∠ZMZ约为109°28',乙中X的杂化轨道数为3,采用sp2杂化,没有未成键电子对,其构型为平面三角形,键角∠ZXY为120°,则甲中∠ZMZ比乙中∠ZXY小,故D错误。
15.C　五种短周期元素X、Y、Z、M、W的原子序数与其常见化合价的关系如题图所示,X化合价为+1,其原子序数小于其他四种元素,则元素X可能为H或Li;Z的化合价为+3,Y的化合价为+5,原子序数Z>Y,则Y为N,Z为Al元素;M的化合价为-3,其原子序数大于Al,则M为P元素;W的化合价为-1,其原子序数最大,则W为Cl元素,同主族从上到下原子半径逐渐增大,则原子半径:r(Y)常见有机物的性质
【典例】(2021·全国甲卷)下列叙述正确的是 (　　)
A.甲醇既可发生取代反应也可发生加成反应
B.用饱和碳酸氢钠溶液可以鉴别乙酸和乙醇
C.烷烃的沸点高低仅取决于碳原子数的多少
D.戊二烯与环戊烷互为同分异构体
【审答思维】题干划线部分关键信息解读
关键信息 答题思维
有机物反应类型 甲醇的官能团为________,能发生________反应,不含不饱和键,不能发生________反应
鉴别 乙酸官能团为________,可与碳酸氢钠反应生成气体,乙醇________,现象不同可鉴别
烷烃的沸点 烷烃所含碳原子数越多,沸点________;支链越多,沸点________
同分异构体 戊二烯和环戊烷的分子式分别为________和________,二者不是同分异构体
【失分警示】(1)不能准确判断常见有机物中的官能团及其性质,从而错误分析有机物性质;
(2)不能准确判断有机物分子式和结构、影响有机物物理性质的因素,从而错误分析。
　常见有机物的化学性质
物质 结构简式 特性或特征反应
甲烷 CH4 与氯气在光照下发生取代反应
乙烯 CH2CH2 ①加成反应:使溴水褪色 ②加聚反应 ③氧化反应:使酸性KMnO4溶液褪色
乙炔 CH≡CH ①加成反应:使溴水褪色 ②加聚反应 ③氧化反应:使酸性KMnO4溶液褪色
苯 ①加成反应:与H2 ②取代反应:与溴(溴化铁作催化剂),与硝酸(浓硫酸催化) ③氧化反应:燃烧
溴 乙烷 CH3CH2Br ①取代反应生成乙醇:NaOH水溶液 ②消去反应生成乙烯:NaOH醇溶液
苯酚 ①氧化反应 ②取代反应:和溴水反应生成2,4,6-三溴苯酚 ③加成反应:和H2
乙醇 CH3CH2OH ①与钠反应放出H2 ②催化氧化反应:生成乙醛 ③被酸性KMnO4或K2Cr2O7氧化生成乙酸 ④酯化反应:与酸反应生成酯
乙醛 CH3CHO ①氧化反应:催化氧化、银镜反应、与新制的Cu(OH)2反应、被酸性KMnO4氧化 ②加成反应:与H2、HCN
丙酮 CH3COCH3 加成/还原反应:与H2
乙酸 CH3COOH ①弱酸性,但酸性比碳酸强 ②酯化反应:与醇反应生成酯
乙酸 乙酯 CH3COOCH2CH3 水解反应(酸性或碱性)
1.(常见有机物的结构和性质)下列说法错误的是 (　　)
A.棉花、麻和蚕丝的燃烧产物均相同
B.蛋白质在人体内水解会产生氨基酸
C.油脂可用于生产甘油
D.液化石油气灶改成天然气为燃料,需要调小风门以减少空气进入量
2.(新信息情境下的有机物结构和性质)“焖子”是一种特色小吃,制作“焖子”的主要原料有红薯淀粉、植物油、味精、糖、芝麻酱和大蒜等。下列说法正确的是 (　　)
A.葡萄糖、乳糖都属于单糖
B.红薯淀粉水解后产物是氨基酸
C.植物油是天然有机高分子化合物,可以使溴水褪色
D.味精化学名称为谷氨酸钠,作为增味剂,能增加食品的鲜味
陌生有机物的结构与性质
【典例】(2022·全国甲卷)辅酶Q10具有预防动脉硬化的功效,其结构简式如图。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
【审答思维】题干划线部分关键信息解读
关键信息 答题思维
辅酶Q10结构 辅酶Q10含有的官能团为
含有甲基个数 根据有机物的结构简式可知,10个重复基团的最后一个连接H的碳是甲基,此有机物中共含______个甲基
共平面 四个氧原子所在的四个C原子均为________杂化,且四个C原子相连,故四个O原子和四个C原子________在同一平面上
反应类型 碳碳双键能发生________反应,烷烃基能发生________反应
【失分警示】(1)不能准确判断陌生有机物的官能团、不熟悉官能团性质,从而错误判断有机物性质;
(2)不能正确分析有机物结构、碳原子杂化方式,从而错误判断有机物结构共平面问题。
1.常见官能团的化学性质
判断有机物所含官能团,思考相应官能团性质,从而分析目标物质性质。
常见官能团的化学性质:
官能团 特性或特征反应
(碳碳双键) ①加成反应:使溴水褪色 ②加聚反应 ③氧化反应:使酸性KMnO4溶液褪色
—C≡C— (碳碳三键) ①加成反应:使溴水褪色 ②加聚反应 ③氧化反应:使酸性KMnO4溶液褪色
(碳卤键) ①取代反应:NaOH水溶液 ②消去反应:NaOH醇溶液
—OH (醇羟基) ①与钠反应放出H2 ②氧化反应:燃烧;催化氧化生成乙醛;被酸性KMnO4或K2Cr2O7氧化生成酸或酮 ③取代反应:与酸反应生成酯、分子间脱水生成乙醚 ④消去反应(浓硫酸催化、170 ℃):生成乙烯
—OH (酚羟基) ①氧化反应 ②取代反应:酚—OH邻位和对位H易被取代(和溴水反应) ③加成反应:和H2
—CHO (醛基) ①氧化反应:催化氧化、银镜反应、与新制的Cu(OH)2反应、被酸性KMnO4氧化 ②加成反应:与H2、HCN
(酮羰基) 加成(还原)反应:与H2
—COOH (羧基) ①弱酸性 ②酯化反应:与醇反应生成酯(浓硫酸催化)
(酯基) 水解反应(酸性或碱性)
2.有机物分子中的共面、共线问题分析方法
(1)凡是碳原子与其他四个原子形成共价单键时,空间结构为四面体形;有机物分子结构中只要出现一个饱和碳原子,则分子中的所有原子不可能共面。
(2)有机物分子结构中每出现一个碳碳双键,则整个分子中至少有6个原子共面。
(3)有机物分子结构中每出现一个苯环,则整个分子中至少有12个原子共面。
(4)有机物分子结构中每出现一个碳碳三键,则整个分子中至少有4个原子共线。
1.(陌生有机物的结构和性质)金丝桃苷是从中药材中提取的一种具有抗病毒作用的黄酮类化合物,其结构如图所示,下列关于金丝桃苷的说法不正确的是(　　)
A.分子中含21个碳原子
B.分子中至少有11个碳原子共面
C.能与Na、Na2CO3反应生成气体
D.1 mol金丝桃苷最多能与7 mol H2发生加成反应
2.(结构与有机综合考查)2022年4月28日,我国科学家“二氧化碳变成葡萄糖和脂肪酸”的研究成果发表于《自然-催化》,二氧化碳变成葡萄糖简易流程如下。下列说法错误的是(　　)
二氧化碳乙酸葡萄糖
A.如图所示乙酸结构中键角大小关系为∠1<∠2
B.“人工合成”过程中二氧化碳发生了还原反应
C.新制的Cu(OH)2可直接鉴别乙酸与葡萄糖
D.相同质量乙酸与葡萄糖完全燃烧,耗氧量相同
同分异构体数目的判断
【典例】
1.(2019·全国卷Ⅱ)分子式为C4H8BrCl的有机物共有(不含立体异构) (　　)
A.8种　　　B.10种　　　C.12种　　　D.14种
2.(2016·全国卷Ⅱ)分子式为C4H8Cl2的有机物(不含立体异构)共有 (　　)
A.7种 B.8种 C.9种 D.10种
【审答思维】题干划线部分关键信息解读
关键信息 答题思维
由分子式确定同分异构体 C4H8BrCl可以看作C4H10中2个H原子被Cl、Br原子取代,碳骨架异构分别有__和 ________,采用“定一移一”的方法分析,两种碳骨架分别有______种和______种,总共______种
分子式为C4H8Cl2,与第1题的有机物具有相同的碳骨架,区别在于含有2个相同的卤素原子,仍采用“定一移一”的方法分析两种碳骨架分别有________种和________种,总共________种
【失分警示】(1)在分析确定同分异构体种类时,思维混乱,不能有序思考分析,从而导致错误判断种类数。
(2)在采用“定一移一”分析二元取代物的种类数时,忽略相同的位置从而导致错误。
1.烷烃同分异构体的判断方法
成直链一条线,摘一碳挂中间,往边移不到端,摘多碳整到散,多支链同邻间。
2.判断同分异构体数目的常用方法
(1)记忆法:记住一些常见有机物同分异构体数目,如
a.凡只含一个碳原子的分子均无同分异构体;
b.乙烷、丙烷、乙烯、乙炔无同分异构体。
(2)基元法:如丁基有4种,则丁醇、戊醛、戊酸都有4种结构。
(3)替代法:如二氯苯(C6H4Cl2)有3种同分异构体(含苯环),四氯苯也有3种同分异构体(将H和Cl互换,含苯环)。
(4)等效氢法:等效氢法是判断同分异构体数目的重要方法,其规律有
a.同一碳原子上的氢原子等效。
b.同一碳原子上的甲基上的氢原子等效。
c.位于对称位置上的碳原子上的氢原子等效。
(5)“定一移一”法:对于二元(或多元)取代物同分异构体的数目判断,可固定一个(或多个)取代基的位置,再移动另一取代基的位置来确定同分异构体的数目。
(6)组合法:饱和一元酯,R1—有m种,R2—有n种,则有m×n种。
1.(由分子式、结构简式确定同分异构体)下列化合物中同分异构体数目最少的是 (　　)
A.C5H12　　B.C4H8　　C.C4H10O　　D.C4H8O2
2.(由分子式、结构简式确定同分异构体)薄荷醇存在于薄荷油中,有清凉止痒的作用,其结构简式如图,与薄荷醇的结构对比,仅羟基位置不同的同分异构体有(不考虑立体异构) (　　)
A.4种 B.5种 C.6种 D.7种
3.(由分子式和性质确定同分异构体)分子式为C5H10O2且可与碳酸氢钠溶液反应放出气体的有机化合物有 (　　)
A.3种 B.4种 C.5种 D.6种
4.(由分子式和性质确定同分异构体)乳酸
[CH3CH(OH)COOH]与乙醇在一定条件下反应生成的酯A具有多种同分异构体,其中与饱和NaHCO3溶液反应放出的气体体积和相同条件下与Na反应放出的气体体积相等的有机物有 (　　)
A.10种 B.11种 C.12种 D.13种
5.(陌生物质的同分异构体)已知有机物和的邻二氯代物均只有一种,则有机物的一氯代物有 (　　)
A.4种 B.5种 C.6种 D.7种
6.(陌生物质的同分异构体)M是一种常见药物中间体,结构简式如图所示,下列有关说法错误的是(　　)
A.M的分子式为C11H18O5
B.M可以发生加成反应、氧化反应、取代反应
C.M环上的一氯代物有5种(不考虑立体异构)
D.1 mol M最多可以与3 molNaOH反应
1.(常见有机物的结构和性质)下列说法正确的是 (　　)
A.用蒸馏水可以鉴别苯、CCl4和乙醇
B.碳原子越多的烷烃其一氯代物的种数也越多
C.丙烯与H2O加成可制得纯净的2-丙醇
D.糖类、油脂、蛋白质均能发生水解反应
2.(糖类、油脂、蛋白质及高分子化合物的结构和性质)下列说法不正确的是 (　　)
A.油脂都不能使溴水褪色
B.淀粉和纤维素都可用于生产乙醇
C.在一定条件下,氨基酸之间能发生聚合反应,生成更为复杂的多肽
D.很多蛋白质与浓硝酸作用呈现黄色
3.(糖类、油脂、蛋白质及高分子化合物的结构和性质)下列说法不正确的是 (　　)
A.糖类摄入不足,人易患低血糖;而摄入过多,则可能引发动脉硬化、冠心病等疾病
B.某些植物油和鱼油中的不饱和酯含量丰富,而动物脂肪中饱和酯含量较高
C.蛋白质溶液遇到浓的硫酸铵等无机盐溶液,会析出沉淀,这个过程称为变性
D.人体对维生素的需求量很小,但是人类的生命活动不可缺少维生素
4.(新信息情境下的有机物结构和性质)2022年第24届北京冬奥会成功举办离不开高科技的支持,以下说法不正确的是 (　　)
A.冬奥会火炬“飞扬”采用碳纤维复合材料,与传统金属材料相比,碳纤维密度小、强度高
B.速滑竞赛服使用了蜂窝样式的聚氨酯材料,减小了空气阻力,聚氨酯可以通过缩聚反应制得
C.冬奥会颁奖礼仪服添加了远红外石墨烯保暖材料,石墨烯属于有机高分子材料
D.颁奖花束所用的编织材料是以羊毛为原料的绒线,其主要成分为蛋白质
5.(陌生有机物的结构和性质)豆甾醇是中药半夏中含有的一种天然有机物,其分子结构如图所示。有关于豆甾醇的判断错误的是 (　　)
A.分子式为C29H48O
B.含有平面环状结构
C.可发生取代反应、加成反应及氧化反应
D.能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色
6.(陌生有机物的结构和性质)紫草可用于治疗烧伤、湿疹、丹毒等,其主要成分紫草素的结构如图所示。下列关于紫草素的说法不正确的是 (　　)
A.1 mol紫草素最多能和7 mol H2加成
B.紫草素可以发生加成反应、氧化反应和取代反应
C.能使溴水或酸性KMnO4溶液褪色
D.分子中所有碳原子不可能共平面
7.(含有原子结构考查的有机物性质)关于甲醇、甲醛和甲酸的结构与性质,下列说法正确的是 (　　)
A.甲醛是非极性分子,甲醇和甲酸是极性分子
B.分子内H—C—H的键角:甲醇>甲醛
C.一定条件下,可用新制的Cu(OH)2鉴别三种物质
D.上述3个分子内共有5种化学环境不同的氢原子
8.(含有原子结构考查的有机物性质)四乙基锡的熔点:-1 120 ℃,沸点:183.1 ℃;氯化三乙基锡常温下为无色液体,熔点:15.5 ℃,沸点:206 ℃。氯化三乙基锡的合成路线如图所示,下列说法中正确的是 (　　)
A.四乙基锡和氯化三乙基锡中化学环境不同的氢原子均为2种
B.氯化三乙基锡和四乙基锡的熔、沸点不同是因其晶体类型不同
C.上述反应中,所有分子内中心原子的杂化类型相同,反应前后分子内σ键总数不变
D.氯化三乙基锡中所有原子可能共平面
9.(高分子化合物的结构和性质)某高分子材料的结构如图所示。已知该高分子材料是由三种单体聚合而成的,下列与该高分子材料相关的说法正确的是 (　　)
A.该高分子材料是网状高分子材料,合成它的反应是缩聚反应
B.形成该高分子材料的单体中,所有原子可能处于同一平面内
C.三种单体中有两种有机物互为同系物
D.三种单体都可以使溴水褪色,但只有两种能使酸性高锰酸钾溶液褪色
10.(陌生物质的性质)以某双环烯酯(结构如图)为原料,可以制得一种耐腐蚀、耐高温的表面涂料,在北京冬奥会场馆建设中有广泛应用。有关该双环烯酯的说法正确的是 (　　)
A.该双环烯酯分子中至少有12个原子共平面
B.1 mol该双环烯酯能与3 mol H2发生加成反应
C.该双环烯酯的水解产物都能使溴水褪色
D.该双环烯酯完全加氢后的产物的一氯代物有9种
11.(由分子式、结构简式确定同分异构体)与苯乙酸(C6H5CH2COOH)是同分异构体关系且属于芳香酯类的结构有 (　　)
A.4种　　　B.5种　　　C.6种　　　D.7种
12.(由分子式、结构简式确定同分异构体)与互为同分异构体且苯环上只含一个支链的芳香酯共有 (　　)
A.13种 B.15种 C.18种 D.20种
13.(由分子式和性质确定同分异构体)分子式为C7H14O的有机物,含有六元环状结构且能与Na反应放出H2的化合物,其可能的结构有 (　　)
A.5种 B.4种 C.3种 D.2种
14.(由分子式和性质确定同分异构体)分子式为C5H9ClO2,且能与NaHCO3溶液反应放出气体的有机物共有 (　　)
A.10种 B.11种 C.12种 D.13种
热点8:常见的有机化合物
考向1
【典例】【审答思维】羟基　取代　加成　羧基　不能　越高　越低　C5H8　C5H10
B　甲醇中只有单键,不能发生加成反应,故A错误;乙酸与碳酸氢钠反应生成气体,乙醇不能,现象不同可鉴别,故B正确;烷烃中碳原子数越多、沸点越高,相同碳原子数时支链越多、沸点越低,则沸点与碳原子数及结构有关,故C错误;戊二烯与环戊烷中H原子数不同,二者不互为同分异构体,故D错误。
1.A　棉花、麻的主要成分是纤维素,由C、H、O组成,蚕丝的主要成分是蛋白质,由C、H、O、N等组成,燃烧产物不一样,故A错误;蛋白质由氨基酸构成,故水解会产生氨基酸,故B正确;油脂是高级脂肪酸甘油酯,水解会产生甘油,故C正确;天然气耗氧量比石油气耗氧量少,需要调小风门以减少空气进入量,故D正确。
2.D　葡萄糖属于单糖;乳糖能够水解生成葡萄糖和半乳糖,属于二糖,故A错误;红薯淀粉水解后产物是葡萄糖,故B错误;植物油不属于高分子化合物,故C错误;味精作为增味剂,能增加食品的鲜味,其化学名称为谷氨酸钠,故D正确。
考向2
【典例】【审答思维】碳碳双键、醚键、羰基　14　sp2　一定　加成　取代
B　由该物质的结构简式可知,分子式为C59H90O4,故A错误;根据有机物的结构简式可知,10个重复基团的最后一个连接H的碳是甲基,此有机物中共含14个甲基,故B正确;四个氧原子所在的四个C原子均为sp2杂化,且四个C原子相连,故四个O原子和四个C原子一定在同一平面上,故C错误;此有机物中含碳碳双键,故能发生加成反应,含烷烃基,故能发生取代反应,故D错误。
1.C、D　根据结构简式可知,该有机物分子中含有21个碳原子,故A正确;如图所示碳原子共平面:
,分子中至少有11个碳原子共面,故B正确;分子中含有的酚羟基、醇羟基,能与钠反应生成氢气,但分子中没有羧基,含有的酚羟基酸性比碳酸弱,不能与碳酸钠反应生成二氧化碳,故C错误;分子中含有的2个苯环、1个羰基、1个碳碳双键,则1 mol金丝桃苷最多能与8 mol H2发生加成反应,故D错误。
2.A　由于C O键对C—C键的斥力大于C—O键对C—C键的斥力,因此∠1>∠2,故A错误;人工合成过程是将CO2转化为CH3COOH,碳元素的化合价由+4降为0,二氧化碳发生了还原反应,故B正确;葡萄糖为还原性糖,含有醛基,因此可用新制的Cu(OH)2鉴别乙酸与葡萄糖,故C正确;乙酸和葡萄糖的最简式均为CH2O,因此相同质量乙酸与葡萄糖完全燃烧,耗氧量相同,故D正确。
考向3
【典例】【审答思维】C—C—C—C　　8　4　12　6　3　9
1.C　C4H8BrCl可以看作C4H10中2个H原子被Cl、Br原子取代,而丁烷有CH3CH2CH2CH3、CH(CH3)3两种,先分析碳骨架异构,分别为 C—C—C—C与2种情况,然后分别对2 种碳骨架采用“定一移一”的方法分析,其中 C—C—C—C有、共 8 种,有、,共 4 种,总共12种。
2.C　C4H8Cl2可以看作C4H10中2个H原子被Cl原子取代,采用“定一移一”的方法分析,其中C—C—C—C有、共6种,有共3种,因此总共有9种。
1.A　C5H12的同分异构体有CH3CH2CH2CH2CH3、C(CH3)4、CH3CH2CH(CH3)2,共3种;C4H8的同分异构体有
CH2CHCH2CH3、CH3CHCHCH3、CH2C(CH3)2、、,共5种;C4H10O的同分异构体有
CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(OH)CH3、
(CH3)2CHCH2OH、(CH3)3COH、CH3OCH2CH2CH3、
CH3CH2OCH2CH3、(CH3)2CHOCH3,共7种;C4H8O2的同分异构体有CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH、HCOOCH(CH3)2、HCOOCH2CH2CH3、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3、
HOCH2CH(CHO)CH3、HOCH(CHO)CH2CH3、
HOCH2CH2CH2CHO、HOC(CH3)2CHO、
HOC(CH3)CH2CHO,另外还有1个醛基、1个醚键的结构,还有环状结构等;故同分异构体数目最少的是C5H12。
2.C　由题意可知,符合羟基的连接位置有6个:,所以与薄荷醇的结构对比,仅羟基位置不同的同分异构体有6种。
3.B　分子式为C5H10O2且可与碳酸氢钠溶液反应放出气体,则该有机物中含有—COOH,所以为戊酸,戊酸的种类等于丁基的种类,丁基(—C4H9)的同分异构体有—CH2CH2CH2CH3,
—CH(CH3)CH2CH3,—CH2CH(CH3)CH3,—C(CH3)3,故戊酸的有机物的同分异构体数目为4,故选B。
4.C　乳酸[CH3CH(OH)COOH]与乙醇在一定条件下反应生成酯A,则分子式为C5H10O3,具有多种同分异构体,其中与饱和NaHCO3溶液反应放出的气体体积和相同条件下与Na反应放出的气体体积相等,则分子中含有—COOH和—OH,可看作—COOH取代丁醇的H原子,丁醇有CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CHOHCH3、(CH3)2CHCH2OH、(CH3)2COHCH3,分别含有4、4、3、1种H可被—COOH取代,则共有12种。
5.B　由有机物和的邻二氯代物均只有一种可知,有机物和的环内均不存在单双键交替相连的结构,而是大π键,所以有机物的环内也是大π键,故环上的氢原子均等效,又因为有机物为轴对称结构,故它一氯代物有5种,处于对称位置的有3种,甲基上的H被取代为1种,与甲基碳相连的碳原子的对位碳上的H被取代为1种,所以A、C、D不符合题意,B符合题意。
6.C、D　C、H、O原子个数依次是11、18、5,分子式为C11H18O5,故A正确;具有羧酸、醇和烯烃的性质,碳碳双键能发生加成反应、氧化反应,醇羟基和羧基能发生取代反应,故B正确;环上含有6种氢原子,环上的一氯代物有6种,故C错误;羧基和NaOH以1∶1反应,醇羟基和NaOH不反应,分子中含有1个羧基,所以1 mol M最多消耗1 molNaOH,故D错误。
1.A　苯与水分层后有机层在上层、四氯化碳与水分层后有机层在下层、乙醇与水互溶,现象不同,可鉴别,故A正确;丙烷的一氯代物有2种,2,2-二甲基丙烷的一氯代物有1种,可知碳原子多的烷烃,其一氯代物的种数不一定多,故B错误;丙烯的结构不对称,与水发生加成反应生成1-丙醇或2-丙醇,不能制得纯净的2-丙醇,故C错误;单糖不能发生水解反应,二糖、多糖、油脂、蛋白质均能发生水解反应,故D错误。
2.A　油脂分为油和脂肪,油是不饱和脂肪酸的甘油酯,结构中含碳碳双键,能使溴水褪色,故A错误;淀粉和纤维素均能水解出葡萄糖,葡萄糖能分解生成乙醇,即淀粉和纤维素都可用于生产乙醇,故B正确;氨基酸分子中含羧基和氨基,分子间能发生缩聚反应生成多肽或蛋白质,故C正确;含苯环的蛋白质遇浓硝酸会变黄,故D正确。
3.C　糖类是维持生命活动所需能量的主要来源,血液中血糖是葡萄糖,为人体提供能量,摄入过多糖在体内转化为脂肪,导致肥胖、高血压(心血管病)等疾病,故A正确;植物油和鱼油在常温常压下一般为液态,是不饱和高级脂肪酸甘油酯,称为油,而动物脂肪在常温常压下为固态,是饱和高级脂肪酸甘油酯,称为脂,故B正确;蛋白质溶液遇到浓的硫酸铵、硫酸钠等无机盐溶液会析出沉淀,这个过程称为盐析,故C错误;维生素在人体生长、代谢、发育过程中发挥着重要的作用,缺乏维生素时人不能正常生长发育,并发生特异性病变,即维生素缺乏症,故D正确。
4.C　碳纤维为含C元素的材料,具有密度小、强度高的特点,故A正确;聚氨酯是通过缩聚反应制得的,故B正确;石墨烯是一种碳的单质,不是有机高分子材料,故C错误;羊毛的主要成分是蛋白质,是一种天然的高分子化合物,故D正确。
5.B　根据结构式可知,分子中含有29个碳原子、1个氧原子、48个氢原子,则该有机物的分子式为C29H48O,故A正确;由结构简式可知,其所含的环状结构中大多数为饱和碳原子,饱和碳原子为四面体构型,因此形成的环状结构不是平面结构,故B错误;该有机物含有碳碳双键,能发生加成反应、氧化反应,含有醇羟基能发生酯化反应,酯化反应属于取代反应,且醇羟基连接的碳原子上有氢原子,也可以发生氧化反应,故C正确;碳碳双键和醇羟基均能使酸性高锰酸钾溶液褪色,含有碳碳双键能使溴水褪色,故D正确。
6.D　分子中含1个苯环、2个羰基、2个碳碳双键,它们能与氢气发生加成反应,故1 mol紫草素最多能和7 mol H2加成,故A正确;含有苯环、羰基、碳碳双键,可以发生加成反应,含有酚羟基、醇羟基、羰基、碳碳双键,可以发生氧化反应,醇羟基、酚羟基都可以发生取代反应,故B正确;碳碳双键能与溴水发生加成反应,使溴水褪色,碳碳双键、酚羟基、醇羟基都能被酸性高锰酸钾溶液氧化,可以使酸性KMnO4溶液褪色,故C正确;苯环及其连接的原子为平面结构,碳氧双键及其连接的原子为平面结构,2个平面共用2个原子,则这2个六元环可以为平面结构,碳碳双键及其连接的原子为平面结构,旋转单键可以使平面共平面,即分子中所有碳原子都可能共平面,故D错误。
7.C、D　甲醛是平面三角形结构,分子中正负电荷中心不重合,属于极性分子,故A错误;甲醛为平面三角形,而甲醇为碳原子连接的原子形成四面体形,分子内H—C—H的键角:甲醇<甲醛,故B错误;甲醛与新制的Cu(OH)2反应有砖红色氧化亚铜生成,甲醇与新制的Cu(OH)2不反应,而甲酸与新制的Cu(OH)2发生中和反应,溶液变蓝色,现象各不相同,可以鉴别三者,故C正确;甲醛有1种氢原子,而甲醇、甲酸均与2种氢原子,3个分子内共有5种化学环境不同的氢原子,故D正确。
8.A、C　四乙基锡的4个乙基相同,含2种H原子;氯化三乙基锡中3个乙基相同,含2种H原子,则化学环境不同的氢原子均为2种,故A正确;氯化三乙基锡和四乙基锡均为分子晶体,熔、沸点不同是因为分子间作用力不同,故B错误;Sn均为sp3杂化,反应前后单键的数目不发生变化,则反应前后分子内σ键总数不变,故C正确;Sn均为sp3杂化,则氯化三乙基锡中所有原子不可能共平面,故D错误。
9.B　该高分子材料是线型高分子材料,合成它的反应为加聚反应,故A错误;苯环上所有原子共平面、乙烯中所有原子共平面,单键可以旋转,所以中所有原子可能共平面,故B正确;形成该高分子化合物的单体是、和CH3CHCH—CN,这几种单体之间没有同系物,故C错误;形成该高分子化合物的单体是、和CH3CHCH—CN,三种单体都含有碳碳不饱和键,所以都能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色,故D错误。
10.C、D　该双环烯酯分子中只含有2个碳碳双键,分子中的氢原子和碳原子较多,因此共面的原子至少有6个,故A错误;1 mol该双环烯酯含有2 mol碳碳双键,因此能与2 mol H2发生加成反应,故B错误;该双环烯酯的水解产物都含有碳碳双键,因此都能使溴水褪色,故C正确;该双环烯酯完全加氢后的产物的一氯代物有9种,即,故D正确。
11.C　与苯乙酸(C6H5CH2COOH)是同分异构体关系且属于芳香酯类,则同分异构体含有苯环、酯基,如苯环含有1个取代基,可为—COOCH3、—OOCCH3、—CH2OOCH;如含有2个取代基,可为—CH3、—OOCH,有邻、间、对3种,共6种。
12.B　①C6H5—COOH与CH3CH2CH2OH、CH3CH(OH)CH3分别构成一种芳香酯;②C6H5—CH2COOH与CH3CH2OH构成一种芳香酯;③C6H5—CH2CH2COOH与CH3OH构成一种芳香酯;C6H5—CH(CH3)COOH与CH3OH构成一种芳香酯;④HCOOH与C6H5—CH2CH2CH2OH、
C6H5—CH2CH(OH)CH3、C6H5—CH(OH)CH2CH3、
C6H5—CH(CH3)CH2OH、C6H5—COH(CH3)CH3分别形成一种芳香酯,共5种;⑤CH3COOH与C6H5—CH2CH2OH、
C6H5—CH(OH)CH3分别形成一种芳香酯,共2种;
⑥CH3CH2COOH与C6H5—CH2OH形成一种芳香酯;
⑦CH3CH2CH2COOH、CH3CH(CH3)COOH与C6H5—OH分别形成一种芳香酯,共2种;综上可知与互为同分异构体且苯环上只含一个支链的芳香酯共有15种。
13.A　分子式为C7H14O的有机物能与Na反应放出H2,说明含有羟基,且含有六元环状结构,六元环可以有1个取代基为—CH2OH,可以有2个取代基为—CH3、—OH,有机物的结构简式为、、、、,故符合条件的有机物共有5种。
14.C　分子式为C5H9ClO2且能与NaHCO3溶液反应放出气体,则该有机物中含有—COOH,所以为饱和一元羧酸,烷基为—C4H8Cl,—C4H9异构体上氢原子的种类分别是—CH2CH2CH2CH3,4种;—CH(CH3)CH2CH3,4种;
—CH2CH(CH3)CH3,3种;—C(CH3)3,1种;故符合条件的有机物的同分异构体数目为12,C正确。热点9:反应热与反应历程
反应热　盖斯定律
【典例】
1.(2022·浙江6月选考) 标准状态下,下列物质气态时的相对能量如下表:
物质(g) O H HO HOO H2 O2 H2O2 H2O
能量/kJ· mol-1 249 218 39 10 0 0 -136 -242
可根据HO(g)+HO(g)H2O2(g)计算出H2O2中氧氧单键的键能为214 kJ·mol-1。下列说法不正确的是(　　)
A.H2的键能为436 kJ·mol-1
B.O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍
C.解离氧氧单键所需能量:HOOD.H2O(g)+O(g)H2O2(g)　ΔH=-143 kJ·mol-1
2.(2021·重庆选择考)“天朗气清,惠风和畅。”研究表明,利用Ir+可催化消除大气污染物N2O和CO,简化中间反应进程后,相对能量变化如图所示。已知CO(g)的燃烧热ΔH=-283 kJ·mol-1,则2N2O(g)2N2(g)+O2(g)的反应热ΔH (kJ·mol-1)为 (　　)
A.-152　　　B.-76　　　C.+76　　　D.+152
【审答思维】题干划线部分关键信息解读
关键信息 答题思维
H2的键能 气态H的能量为218 kJ·mol-1,则H2的键能为__________
O2的键能与H2O2中氧氧单键的键能比较 气态O的能量为249 kJ·mol-1,则O2的键能为______________,H2O2中氧氧单键的键能为214 kJ·mol-1,O2的键能________H2O2中氧氧单键的键能的两倍
解离氧氧单键所需能量 ΔH=__________的总能量-__________的总能量,由于HOO(g)HO(g)+O(g)　ΔH=____________,H2O2中氧氧单键的键能为214 kJ·mol-1,解离氧氧单键所需能量:HOO______H2O2
以物质具有的能量计算反应热 H2O(g)+O(g)H2O2(g)　ΔH=
反应历程、盖斯定律求算反应热 CO的燃烧热的热化学方程式为______________________________________①,根据图得N2O(g)+CO(g)N2(g)+CO2(g)　ΔH2=______________②,根据盖斯定律得,反应(②-①)×2得2N2O(g)2N2(g)+O2(g),ΔH=________________
【失分警示】(1)不能准确提取题干键能数据信息、分析相对能量图,从而在第1、2题中错误分析选项并进行错误计算;
(2)不能准确计算反应热、灵活使用盖斯定律,从而在第1、2题中作出错误判断。
1.反应热的计算方法
(1)ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量
(2)ΔH=断键吸收能量-成键放出能量=正反应活化能-逆反应活化能
(3)ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能
2.利用盖斯定律计算反应热的思维模型
(1)根据待求热化学方程式中的反应物和生成物找出可用的已知热化学方程式;
(2)根据目标热化学方程式调整可用热化学方程式的化学计量数,确定ΔH的符号和数值;
(3)将调整好的热化学方程式和ΔH进行运算,最终确定目标热化学方程式的ΔH。
1.(键能型求算反应热)肼(H2N—NH2)是一种高能燃料,共价键的键能与热化学方程式信息如表:
共价键 N—H N—N OO O—H
键能/(kJ·mol-1) 391 161 498 463
热化学方程式 N2H4(g)+O2(g)N2(g)+2H2O(g)　ΔH=-570 kJ·mol-1
则2N(g)N2(g)的ΔH为 (　　)
A.+1 882 kJ·mol-1　　　　　　B.-941 kJ·mol-1
C.-483 kJ·mol-1 D.-1 882 kJ·mol-1
2.(叠加型求算反应热)环氧乙烷()可用作生产一次性口罩的灭菌剂,工业上常用乙烯氧化法生产环氧乙烷,其原理是2CH2CH2(g)+O2(g)2(g)　ΔH。已知下列两个反应,则ΔH为 (　　)
①CH2CH2(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(g)ΔH1=-1 323 kJ·mol-1
②(g)+O2(g)2CO2(g)+2H2O(g)ΔH2=-1 218 kJ·mol-1
A.+210 kJ·mol-1 B.-210 kJ·mol-1
C.-175 kJ·mol-1 D.-105 kJ·mol-1
3.(历程型求算反应热)N2(g)与H2(g)化合生成NH3(g)的能量变化如图,下列说法正确的是 (　　)
A.N2与H2的键能数值总和为1 080 kJ·mol-1
B.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH=-46 kJ·mol-1
C.1 mol H2(g)的能量比2 mol H(g)的能量低
D.若使用催化剂会改变反应的热效应
反应历程的微观分析
【典例】(2021·湖南选择考)铁的配合物离子(用[L-Fe-H]+表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示:
下列说法错误的是 (　　)
A.该过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑
B.H+浓度过大或者过小,均导致反应速率降低
C.该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化
D.该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
【审答思维】题干划线部分关键信息解读
关键信息 答题思维
总反应方程式 由反应机理可知,反应物为________,生成物为__________________,则总反应方程式为__
浓度与反应速率关系 若氢离子浓度过低,则反应Ⅲ→Ⅳ的________________,反应____________;若氢离子浓度过高,则会抑制甲酸的电离,使__, 反应Ⅰ→Ⅱ速率________,所以氢离子浓度过高或过低,均导致反应速率减慢
元素化合价 Fe在反应过程中,____________发生变化,则化合价也发生变化
决速步骤 反应__________能垒最大,反应速率________,对该过程的总反应起决定作用
【失分警示】(1)不能准确提取题干信息、反应进程示意图,从而错误分析反应进程;
(2)不能明确决速步、催化剂、中间产物等概念,从而错误作答。
1.反应历程概念和规律
(1)催化剂先参与反应消耗后生成,即“先进后出”;中间产物先生成后参与反应消耗,即“先出后进”;
(2)活化能越大,该步骤反应速率越慢,反应速率最慢的一步称为决速步。
2.催化剂改变反应历程示意图
(1)E1和E2分别是非催化反应正、逆反应活化能,E'1和E'2分别是催化反应正、逆反应活化能。
(2)催化剂可改变反应历程,降低正、逆反应活化能,但不影响反应热。
1.(能量变化历程图)我国学者研究反应C6H6(g)+CH3OH(g)C7H8(g)+H2O(g)在固体酸催化剂HB表面进行的历程如图所示,其中吸附在HB表面的物种用*标注。下列说法正确的是 (　　)
A.总反应的ΔH=+61.4 kJ·mol-1
B.反应①的ΔH大于反应④的ΔH
C.反应历程中能量变化最大的步骤为反应⑤
D.决速步骤的化学方程式为HB+CH3OH*CH3B+H2O*
2.(物质变化历程图)H2在石墨烯负载型Pd单原子催化剂(Pd/SVG)上还原NO生成N2和NH3的路径机理及活化能(kJ·mol-1)如图所示。下列说法错误的是 (　　)
A.H2还原NO生成N2的决速步为反应⑥
B.Pd/SVG上H2还原NO,更容易生成NH3
C.根据如图数据可计算NO+5HNH3+H2O的ΔH
D.由图可知,相同催化剂条件下反应可能存在多种反应历程
3.(综合型历程图)我国承诺将力争2030年前实现“碳达峰”、2060年前实现“碳中和”,向世界发出了加速调整“碳中和”政策的最强音,体现了大国担当。科学家已经成功地利用二氧化碳催化氢化获得甲酸,利用化合物1催化氢化二氧化碳的反应过程如图甲所示,其中化合物2与水反应变成化合物3和HCOO-的反应历程如图乙所示,其中TS表示过渡态,Ⅰ表示中间体。下列说法错误的是 (　　)
A.图甲中,Fe原子的成键数一直没有改变
B.从平衡移动的角度看,升高温度可促进化合物2与水反应
C.图乙历程中最大能垒(活化能)E(正)=18.86 kcal·mol-1
D.使用更高效的催化剂可以降低反应所需的活化能,从而提高二氧化碳的反应速率和平衡转化率
1.(键能型求算反应热)键能是气态基态原子形成1 mol化学键释放的最低能量。键能的大小可以衡量化学键的强弱,也可以用于计算化学反应的反应热。下表是一些化学键的键能:
化学键 C—H C—F H—F F—F
键能 414 489 565 155
根据键能数据计算每消耗1 mol CH4时,反应CH4(g)+4F2(g)CF4(g)+4HF(g)的热效应为 (　　)
A.放热1 940 kJ　　　　　　 B.吸热1 940 kJ
C.放热485 kJ D.吸热485 kJ
2.(叠加型求算反应热)为了节能减排,提高资源的利用率,可以用CO和CO2与H2反应合成乙醇。已知:
①2CO(g)+4H2(g)CH3CH2OH(l)+H2O(g)ΔH1=-296.6 kJ·mol-1
②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41.2 kJ·mol-1
③1 mol液态水变为气态水的焓变为ΔH=+44 kJ·mol-1
则由CO2(g)和H2(g)反应生成1 mol CH3CH2OH(l)和3 mol H2O(l)的ΔH(kJ·mol-1)为 (　　)
A.-346.2　　B.-390.2　　C.-434.2　　D.-692.4
3.(叠加型求算反应热)CH3COOH和氨水反应的能量循环体系如图所示,下列说法正确的是 (　　)
A.ΔH1+ΔH2+ΔH3=ΔH4
B.ΔH1+ΔH4>ΔH2+ΔH3
C.ΔH4<ΔH1-ΔH2
D.ΔH3<0
4.(历程型求算反应热)由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法不正确的是 (　　)
A.反应生成1 mol N2时转移4 mol e-
B.反应物能量之和大于生成物能量之和
C.N2O(g)+NO(g)N2(g)+NO2(g)ΔH=-139 kJ·mol-1
D.断键吸收能量之和小于成键释放能量之和
5.(能量变化历程图)科学家研究HCOOH在催化剂Pd表面脱氢,其反应历程和相对能量的关系如图所示,下列说法正确的是 (　　)
A.在催化剂Pd表面断裂O—H键比C—H键活化能低
B.在Ⅰ~Ⅴ中,Ⅱ生成Ⅲ的反应速率最快
C.用DCOOH代替HCOOH反应,产物可能含有HD和CO2
D.HCOOH在催化剂Pd表面脱氢反应需吸收能量14.1a kJ·mol-1
6.(能量变化历程图)在298 K、101 kPa下,合成氨反应的能量变化图如图所示(图中“吸”表示在催化剂表面的吸附)。下列说法中正确的是 (　　)
A.图中决速步骤的反应方程式为+N吸+3H吸
B.该历程中最大能垒(活化能)E=295 kJ·mol-1
C.合成氨工业中采用循环操作,主要目的是增大化学反应速率
D.该反应为放热反应,所以反应中温度越低越好
7.(物质变化历程图)由X、Y转化为M的反应历程如图所示,下列说法错误的是 (　　)
A.①→②的总过程放热
B.M是CH3COOH
C.反应过程中形成了C—H键
D.反应X+Y→M的原子利用率为100%
8.(物质变化历程图)GaZrOx催化CO2加氢制甲醇的机理如图所示。下列说法正确的是 (　　)
A.反应①过程中伴随非极性键的断裂和形成
B.GaZrOx可降低CO2加氢制甲醇反应的焓变
C.整个反应过程中Ga的成键数目保持不变
D.生成甲醇的总反应为CO2+3H2CH3OH+H2O
9.(综合型历程图)苯和液溴反应进程中的能量变化如图所示。已知:
①断裂化学键所需要的能量(kJ·mol-1):
C—H C—Br Br—Br(g) H—Br(g)
413 276 194 366
②Br2(l)Br2(g)　ΔH=+30 kJ·mol-1
③原子利用率=×100%
下列叙述不正确的是 (　　)
A.该反应的ΔH=-65 kJ·mol-1
B.第二步是该反应的决速步骤
C.该反应的原子利用率约为66%
D.可用NaOH溶液除去产物溴苯中混有的Br2
10.(综合型历程图)我国科学家利用GaN催化CO2直接加氢得到二甲醚助力碳中和,反应机理如图a,在GaN(110)界面上的反应历程如图b,其反应为CO2(g)+H2(g)HCOO*+H*,在GaN(100)界面上发生的反应为CO2(g)+4H2(g)C+H*+2H2O(g)。下列说法不正确的是 (　　)
A.反应机理说明催化剂GaN表面的原子排列方式会改变反应历程
B.H2→2H*过程放热,CO2→C过程放热
C.图b表示的反应历程中,决速步骤为mono-HCOO*b1—HCOO*
D.(100)/(110)交界面上的总反应为C+HCOO*+2H*+H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)
热点9:反应热与反应历程
考向1
【典例】【审答思维】436 kJ·mol-1　498 kJ·mol-1　大于　生成物　反应物　278 kJ·mol-1　>　-143 kJ·mol-1
CO(g)+O2(g)CO2(g)　ΔH1=-283 kJ·mol-1
-359 kJ·mol-1　-152 kJ·mol-1
1.C　由于气态H的能量为218 kJ·mol-1,则H2的键能为2×218 kJ·mol-1=436 kJ·mol-1,故A正确;由于气态O的能量为249 kJ·mol-1,则O2的键能为2×249 kJ·mol-1=498 kJ·mol-1,H2O2中氧氧单键的键能为214 kJ·mol-1,O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍,故B正确;ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量,由于HOO(g)HO(g)+O(g)　ΔH=249 kJ·mol-1+39 kJ·mol-1-10 kJ·mol-1=278 kJ·mol-1,H2O2中氧氧单键的键能为214 kJ·mol-1,解离氧氧单键所需能量:HOO>H2O2,故C错误;ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量,H2O(g)+O(g)H2O2(g)　ΔH=-136 kJ·mol-1-(-242 kJ·mol-1+249 kJ·mol-1)=-143 kJ·mol-1,故D正确。
2.A　CO的燃烧热ΔH=-283kJ·mol-1,则CO(g)+O2(g)CO2(g)　ΔH1=-283 kJ·mol-1①,根据图得N2O(g)+CO(g)N2(g)+CO2(g)　ΔH2=(-330+123-229+77)kJ·mol-1=-359 kJ·mol-1②,根据盖斯定律得,反应(②-①)×2得2N2O(g)2N2(g)+O2(g),ΔH=(ΔH2-ΔH1)×2=[(-359+283)×2] kJ·mol-1=-152 kJ·mol-1。
1.B　设N≡N的键能为x,由N2H4(g)+O2(g)N2(g)+2H2O(g)　ΔH=-570 kJ·mol-1及表中键能可知,4×391 kJ·mol-1+161 kJ·mol-1+498 kJ·mol-1-x-4×463 kJ·mol-1=-570 kJ·mol-1,解得x=941kJ·mol-1,成键释放能量,则2N(g)N2(g)的ΔH=-941kJ·mol-1。
2.B　由盖斯定律可知,反应①×2-②×2得到反应:2CH2CH2(g)+O2(g)2(g),则其焓变为(-1 323 kJ·mol-1)×2-(-1 218 kJ·mol-1)×2=-210 kJ·mol-1。
3.C　由图可知,断开0.5 mol N2和1.5 mol H2中化学键需要吸收1 080 kJ的能量,则N2与H2的键能数值总和不为1 080 kJ·mol-1,故A错误;N2(g)+H2(g)NH3(g)　ΔH=(1 080-314-377-435) kJ·mol-1=-46 kJ·mol-1,则N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH=-92 kJ·mol-1,故B错误;形成化学键放出能量,则1 mol H2(g)的能量比2 mol H(g)的能量低,故C正确;若使用催化剂,不能改变反应的热效应,故D错误。
考向2
【典例】【审答思维】HCOOH　CO2和H2
HCOOHCO2↑+H2↑　反应物浓度降低　速率减慢　甲酸根浓度降低　减慢　化学键数目　Ⅳ→Ⅰ　最慢
D　由反应机理可知,HCOOH电离出氢离子后,HCOO-与催化剂结合,放出二氧化碳,然后又结合氢离子转化为氢气,所以化学方程式为HCOOHCO2↑+H2↑,故A正确;若氢离子浓度过低,则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低,反应速率减慢,若氢离子浓度过高,则会抑制甲酸的电离,使甲酸根浓度降低,反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢,所以氢离子浓度过高或过低,均导致反应速率减慢,故B正确;由反应机理可知,Fe在反应过程中,化学键数目发生变化,则化合价也发生变化,故C正确;由反应进程可知,反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大,反应速率最慢,对该过程的总反应起决定作用,故D错误。
1.D　根据图示,反应物的总能量高于生成物的总能量,为放热反应,利用盖斯定律,反应热只与始态和终态有关,与反应过程无关,则ΔH=-61.4 kJ·mol-1,故A错误;根据图示,反应①吸附CH3OH的焓变为-109.9 kJ·mol-1,反应④吸附C6H6的焓变为-66.4 kJ·mol-1,二者焓变都小于0,则反应①的ΔH小于反应④的ΔH,故B错误;图中能量变化可知,反应历程中能量变化最大的步骤为反应⑥,故C错误;由上述图中能量变化分析可知,反应②为吸热反应,吸收能量最大,反应最慢,决速步骤的化学方程式为HB+CH3OH*CH3B+H2O*,故D正确。
2.C　活化能最大的为决速步,则H2还原NO生成N2的决速步为反应⑥,故A正确;由图知,Pd/SVG上H2还原NO,经过①到⑤即可生成氨气,而决速步反应⑥的活化能最大、发生最困难,则更容易生成NH3、不容易生成N2,故B正确;ΔH=正反应活化能-逆反应活化能,根据图中数据可计算NO+5HNH3+H2O的正反应活化能,逆反应活化能未知,无法计算该反应的ΔH,故C错误;由图可知,相同催化剂条件下反应可能存在多种反应历程,可能得到不同产物,故D正确。
3.B、D　由图甲可知,Fe原子的成键数一直没有改变,故A正确;由化合物2与水反应变成化合物3和HCOO-的反应历程图可得该过程是放热反应,降低温度,平衡正向移动,因此,降低温度可促进化合物2与水反应,故B错误;由图乙可知,该历程中最大能垒(活化能)E(正)=[16.87-(-1.99)] kcal·mol-1=18.86 kcal·mol-1,故C正确;更高效的催化剂可以降低反应所需的活化能,但不会改变二氧化碳的平衡转化率,故D错误。
1.A　CH4(g)+4F2(g)CF4(g)+4HF(g)ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和=(414×4+4×155) kJ·mol-1-(489×4+4×565) kJ·mol-1=-1 940 kJ·mol-1,则每消耗1 mol CH4时,放热1 940 kJ。
2.A　①2CO(g)+4H2(g)CH3CH2OH(l)+H2O(g)　ΔH1=-296.6 kJ·mol-1　②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)　ΔH2=-41.2 kJ·mol-1　③H2O(l)H2O(g)　ΔH=+44 kJ·mol-1,根据盖斯定律,①-②×2-③×3可得:2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(l)+3H2O(l)　ΔH=(-296.6 kJ·mol-1)-(-41.2 kJ·mol-1)×2-(+44 kJ·mol-1)×3=-346.2 kJ·mol-1。
3.C　根据图知,①NH3·H2O(aq)+CH3COOH(aq)CH3COO-(aq)+N(aq)+H2O(l)　ΔH1
②CH3COOH(aq)CH3COO-(aq)+H+(aq)　ΔH2
③NH3·H2O(aq)N(aq)+OH-(aq)　ΔH3
④H+(aq)+OH-(aq)H2O(l)　ΔH4
根据盖斯定律:②+③+④得①,则ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4,故A错误;ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4<0,ΔH1+ΔH4=ΔH2+ΔH3+2ΔH4,中和反应是放热反应,所以ΔH4<0,则ΔH1+ΔH4<ΔH2+ΔH3,故B错误;ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4,则ΔH4=ΔH1-ΔH2-ΔH3<0,弱电解质的电离是吸热反应,则ΔH3>0,所以ΔH4<ΔH1-ΔH2,故C正确;弱电解质的电离是吸热反应,则ΔH3>0,故D错误。
4.A　根据反应N2O+NON2+NO2可知,此反应中当生成1 mol氮气时转移2 mol电子即2NA个,故A错误;根据图像可知,此反应的反应物的总能量大于生成物的总能量,故B正确;根据图像可知,此反应放热139 kJ,故热化学方程式为N2O(g)+NO(g)N2(g)+NO2(g)　ΔH=-139 kJ·mol-1,故C正确;ΔH=断键吸收的能量-成键放出的能量,由于此反应放热,即ΔH小于0,故断键吸收的能量之和小于成键放出的能量之和,故D正确。
5.B、C　由图可知,Ⅰ→Ⅱ断裂O—H键,活化能为44.7a kJ·mol-1,Ⅲ→Ⅳ断裂C—H键,活化能为36.7a kJ·mol-1,断裂O—H键比C—H键活化能高,故A错误;由图可知,Ⅱ生成Ⅲ的过程活化能最低,则反应速率最快,故B正确;由图可知,HCOOH在Pd催化剂下,C—H键、O—H键均发生断裂,最终生成H2和CO2,因此用DCOOH代替HCOOH,产物可能含有HD、D2和H2以及CO2,故C正确;HCOOH在催化剂Pd表面脱氢反应生成CO2和H2,由图可知,该反应放热,因此HCOOH在催化剂Pd表面脱氢反应需放出能量14.1a kJ·mol-1,故D错误。
6.A　决速步骤为活化能最大的步骤,由图可知,历程中最大能垒(活化能)的步骤为N2吸+H2吸N吸+3H吸,故A正确;由图可知,历程中最大能垒(活化能)的步骤为N2吸+H2吸N吸+3H吸,该步骤的活化能为(45+17) kJ·mol-1=62 kJ·mol-1,故B错误;合成氨工业中采用循环操作,可以提高氮气和氢气的利用率,故C错误;温度越低,反应速率越慢,催化剂的活性也与温度有关,所以反应中不是温度越低越好,故D错误。
7.C　由图可知②能量低于①能量,则①→②过程有热量放出,故A正确;由图可知,M为乙酸,故B正确;由图可知,反应过程中有C—C键、O—H键生成,无C—H键,故C错误;该反应为CH4+CO2CH3COOH,属于化合反应,则由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%,故D正确。
8.D　反应①中H2分子中的H—H键发生断裂,形成O—H键和Ga—H键,没有非极性键的形成,故A错误;GaZrOx催化CO2加氢制甲醇,降低反应活化能,改变反应机理,但不改变反应的始态和终态,即不能改变反应的焓变,故B错误;反应③过程中Ga的成键数目由4→3,反应④过程中Ga的成键数目由3→4,Ga的成键数目在变化,故C错误;GaZrOx催化作用下,CO2和H2反应生成H2O和CH3OH,反应的化学方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O,故D正确。
9.A　ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能,已知Br2(l)Br2(g)　ΔH=+30 kJ·mol-1,断裂1 mol Br2(g)需要能量为194 kJ,则断裂1 mol Br(l)需要能量为224 kJ,该反应苯上断裂C—H键、Br2(1)断裂Br—Br键,生成C—Br键和H—Br键,则ΔH=(413+224) kJ·mol-1-(276+366) kJ·mol-1=-5 kJ·mol-1,故A错误;第二步的正活化能最大,活化能越大反应速率越慢,最慢的那一步是该反应的决速步骤,故B正确;由原子利用率=×100%,期望产物是溴苯其质量为157 g,生成物有溴苯和HBr,总质量为157 g+81 g=238 g,则原子利用率约为×100%≈66%,故C正确;溴可与氢氧化钠反应,而溴苯不反应,可用于除杂,故D正确。
10.B、C　由图可知,催化剂GaN(110)和催化剂GaN(100)表面的原子排列方式不同,且反应的历程不一样,故A正确;由题图可知,H2→2H*过程吸热,故B错误;图b表示的反应历程中,决速步骤为H*+Cmono-HCOO*,该步活化能最高,故C错误;在GaN(110)界面上的反应为①CO2(g)+H2(g)HCOO*+H*,在GaN(100)界面上发生的反应为②CO2(g)+4H2(g)C+H*+2H2O(g),①+②得③2CO2(g)+5H2(g)HCOO*+C+2H2O(g)+2H*,③+H2(g)2CO2(g)+6H2(g)HCOO*+C+2H2O(g)+H2(g)+2H*CH3OCH3(g)+3H2O(g),(100)/(110)交界面上的总反应为C+HCOO*+2H*+H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g),故D正确。热点10:化学反应速率与化学平衡
反应速率与平衡移动
【典例】(2022·湖南选择考改编)向体积均为1 L的两恒容容器中分别充入2 mol X和1 mol Y发生反应:2X(g)+Y(g)Z(g)　ΔH,其中甲为绝热过程,乙为恒温过程,两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是 (　　)
A.ΔH>0　　　　　　　B.气体的总物质的量:naC.a点平衡常数:K<12 D.反应速率:va正【审答思维】题干划线部分关键信息解读
关键信息 信息解读
2X(g)+Y(g)Z(g) 随反应进行气体物质的量减小的反应,压强应随之减小
恒容绝热容器 压强受体系温度和气体物质的量影响
恒容恒温容器 压强仅受气体物质的量影响
对比发现,压强减小为气体物质的量减少所致,压强增大为反应放热使绝热容器温度升高所致
【失分警示】如不注意题目中甲为绝热过程,乙为恒温过程,就不能正确推断该反应为放热反应,从而导致无法对题目进行正确推导。
　反应速率与化学平衡审题顺序
综合上述信息对研究对象进行焓变分析、反应速率分析、和平衡状态及移动分析。
注意:对于非恒温体系平衡常数处理,可先求解恒温体系的平衡常数,再通过平衡移动判断大小。
1.(化学反应速率与化学平衡的关系)某温度下,反应CH2CH2(g)+H2O(g)CH3CH2OH(g)在密闭容器中达到平衡。下列说法错误的是 (　　)
A.增大压强,v正>v逆,平衡常数不变
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CH2CH2(g),CH2CH2(g)的平衡转化率减小
2.(化学反应速率的计算和影响因素)利用CH4可消除NO2污染,反应原理为CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g),在10 L密闭容器中分别加入0.50 mol CH4和1.20 mol NO2,测得不同温度下n(CH4)随时间变化的有关实验数据如表。
组别 温度 /K 时间/min 0 10 20 40 50
① T1 物质的 量/mol n(CH4) 0.50 0.35 0.25 0.10 0.10
② T2 0.50 0.30 0.18 M 0.15
下列说法错误的是 (　　)
A.该反应为吸热反应
B.组别①中0~10 min内,NO2的平均反应速率为0.003 mol·L-1·min-1
C.若组别②改为恒压装置,则M值一定大于0.15
D.当有1 mol C—H键断裂同时有1 mol O—H键断裂,则达到平衡状态
3.(速率常数)向两个体积相同的恒容密闭容器中各充入一定量X(g),发生反应X(g)2Y(g)　ΔH>0,一段时间后达到平衡。已知反应速率v正=k正c(X),v逆=k逆c2(Y),其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数,只受温度影响。
反应过程中X(g)的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是 (　　)
A.T1>T2
B.a点时v正大于b点时v逆
C.c点时,>
D.若对原平衡体系减压,重新达到平衡时c(Y)将增大
平衡图像分析
【典例】(2022·广东选择考)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
【审答思维】题干划线部分关键信息解读
关键信息 信息解读
BaSO4(s)+4H2(g) BaS(s)+4H2O(g) 该反应为可逆反应,反应物和产物中气体系数相等,固体系数相等
图中所示为不同温度下的平衡状态,n(H2)随温度升高而减少,据此确定各条曲线所代表的物质和反应的焓变
【失分警示】如不注意题目中物质的量变化趋势,就不能正确推断曲线所表示的物质,从而导致无法对题目进行正确推导。
　平衡图像分析的常用解题步骤
1.(速率与平衡传统图像)工业上生产CO是由焦炭和CO2在高温条件下反应而得。现将焦炭和CO2放入体积为2 L的刚性密闭容器中,高温下进行下列反应:C(s)+CO2(g)2CO(g)　ΔH=Q kJ·mol-1。图为CO2、CO的物质的量n随时间t的变化关系图。下列说法正确的是 (　　)
A.0~1 min,v(CO)=1 mol·L-1·min-1;1~3 min时,v正(CO)=v逆(CO2)
B.当容器内的气体密度(D)不变时,反应一定达到平衡状态,且>1
C.5 min时再充入一定量的CO,a、d曲线分别表示n(CO)、n(CO2)的变化
D.3 min时温度由T1升高到T2,则Q>0,再达平衡时≈4.7
2.(工业生产实际图像)活性炭可以高效处理二氧化氮污染。在温度为T℃时,向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和1 mol NO2,发生反应:2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g),反应相同时间,测得各容器中NO2的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法不正确的是(　　)
A.T℃时,该反应的化学平衡常数为
B.图中c点所示条件下:v(正)>v(逆)
C.图中a、c点对应的CO2浓度:ca(CO2)>cc(CO2)
D.容器内的压强:pa∶pb<6∶7
1.(化学反应历程及速率常数)化学工作者对NO与H2的反应进行研究,提出下列三步机理(k为速率常数)
第一步:2NON2O2　快速平衡[其速率方程为v正=k正c2(NO);v逆=k逆c(N2O2)]
第二步:N2O2+H2N2O+H2O　慢反应
第三步:N2O+H2N2+H2O　快反应
其中可近似认为第二步反应不能影响第一步平衡,下列说法错误的是 (　　)
A.总反应为2NO+2H2N2+2H2O
B.总反应快慢主要由第二步反应决定
C.平衡时,2c(NO)=c(N2O2)
D.第一步反应的平衡常数K=
2.(化学反应速率影响因素及计算)在起始温度均为T℃、容积均为10 L的密闭容器A(恒温)、B(绝热)中均加入1 mol N2O和4 mol CO,发生反应N2O (g)+CO(g)N2 (g)+CO2(g)　ΔH<0。A、B容器中N2O的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是 (　　)
A.用CO的浓度变化表示曲线N在0~100 s内的反应速率为4×10-4 mol·L-1·s-1
B.曲线N表示B容器中N2O的转化率随时间的变化
C.Q点v正大于P点v逆
D.T℃时,K=
3.(化学平衡移动)已知[Co(H2O)6]2+呈粉红色,[CoCl4]2-呈蓝色,[ZnCl4]2-为无色。现将CoCl2溶于水,加入浓盐酸后溶液由粉红色变为蓝色,存在以下平衡:[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoCl4]2-+6H2O　ΔH,用该溶液做实验,溶液的颜色变化如图。以下结论或解释正确的是 (　　)
A.将实验③改为加入少量NaCl固体,溶液变为粉红色
B.由实验①可推知ΔH>0
C.实验②是由于c(H2O)增大,导致平衡逆向移动
D.由实验③可知离子的稳定性:[ZnCl4]2->[CoCl4]2-
4.(平衡状态判断与平衡移动)研究CO还原NOx对环境的治理有重要意义,相关的主要化学反应有
Ⅰ.NO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g)　ΔH1
Ⅱ.2NO2(g)+4CO(g)N2(g)+4CO2(g)　ΔH2<0
已知:1 mol下列物质分解为气态基态原子吸收的能量分别为
NO2 CO CO2 NO
819 kJ 1 076 kJ 1 490 kJ 632 kJ
下列描述正确的是 (　　)
A.ΔH1=+227 kJ·mol-1
B.若在绝热恒容密闭容器中只进行反应Ⅰ,压强不变时能说明反应Ⅰ达到了平衡
C.恒温条件下,增大CO的浓度能使反应Ⅱ正向移动,且提高了CO的平衡转化率
D.上述两个反应达到平衡后,再升高温度,逆反应速率均一直增大直至达到新的平衡
5.(化学平衡及三段式计算)在容积为V L的恒温密闭容器中模拟工业合成氨。充入N2和H2的总物质的量为1 mol,容器内各组分的物质的量分数与反应时间t的关系如图所示。下列说法不正确的是 (　　)
A.a表示N2物质的量分数的变化情况
B.0~t1min,v(H2)=mol·L-1·min-1
C.t2 min时,NH3的分解速率大于其生成速率
D.t3 min时改变的条件可能为减小容器体积
6.(竞争反应多重平衡)二氧化碳催化加氢制甲醇是一种实现“碳中和”的有效方法。在CO2和H2催化制甲醇反应体系中,主要发生的反应的热化学方程式为
反应Ⅰ:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49.6 kJ·mol-1
反应Ⅱ:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH=+41.2 kJ·mol-1
将1 mol CO2和3 mol H2混合气体通入恒压、密闭容器中,在Cu-ZnO/ZrO2的催化下反应,平衡时CO2转化率、CH3OH和CO选择率随温度变化如图所示(选择率:转化的CO2中生成CH3OH或CO的百分比)。下列说法错误的是 (　　)
A.CH3OH选择率对应的曲线是b
B.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-90.8kJ·mol-1
C.图中M点时,CO2的平衡转化率为25%,则H2的转化率为33.3%
D.提高CO2转化为CH3OH的转化率,需要研发在低温区高效的催化剂
7.(连续反应多重平衡)已知:2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步:
第1步:2NO(g)N2O2(g)(快)　ΔH1<0
第2步:N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)　ΔH2<0
在固定容积的容器中充入一定量NO和O2发生上述反应,测得体系中部分物质的物质的量(n)随温度(T)的变化如图所示。下列说法错误的是 (　　)
A.第1步、第2步正反应活化能分别为E1、E2,则E1B.a点后,n(N2O2)迅速减小的原因是第1步平衡逆向移动,第2步速率加快
C.b点后,n(N2O2)增加的原因是第2步平衡逆向移动的程度比第1步的大
D.若其他条件不变,仅将容器变为恒压状态,则体系建立平衡的时间不变
8.(主反应与副反应的多重平衡)CH4-CO2重整反应能够有效去除大气中 CO2,是实现“碳中和”的重要途径之一,发生的反应如下:
重整反应 CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) 　ΔH
积炭反应Ⅰ 2CO(g)CO2(g)+C(s)ΔH1=-172 kJ·mol-1
积炭反应Ⅱ CH4(g)C(s)+2H2(g)ΔH2=+75 kJ·mol-1
在恒压、起始投料比=1条件下,体系中各组分平衡时的物质的量随温度变化关系曲线如图所示。下列说法正确的是 (　　)
A.重整反应的反应热ΔH=+247 kJ·mol-1
B.曲线B表示CH4平衡时物质的量随温度的变化
C.积炭会导致催化剂失活,降低CH4的平衡转化率
D.低于600 ℃时,降低温度有利于减少积炭的量并去除CO2气体
热点10:化学反应速率与化学平衡
考向1
【典例】B　甲容器在绝热条件下,随着反应的进行,压强先增大后减小,根据理想气体状态方程pV=nRT可知,刚开始压强增大的原因是因为容器温度升高,则说明上述反应过程放热,即ΔH<0,故A错误;根据A项分析可知,上述密闭容器中的反应为放热反应,图中a点和c点的压强相等,因甲为绝热过程,乙为恒温过程,若两者气体物质的量相等,则甲容器压强大于乙容器压强,则说明甲容器中气体的总物质的量此时相比乙容器在减小,即气体总物质的量:na　2X(g)+Y(g)Z(g)
c0 2 1 0
Δc 2x x x
c平 2-2x 1-x x
则有=,计算得到x=0.75,那么化学平衡常数K===12,又甲为绝热过程,当Q=12时,因反应为放热反应,此时压强会大于p,要使压强等于p,反应体系气体物质的量需进一步减小,即反应会继续正向移动,当达到平衡时,K>12,故C错误;根据图像可知,甲容器达到平衡的时间短,温度高,所以达到平衡的速率相对乙容器的快,即va正>vb正,故D错误。
1.B　该反应是体积减小的反应,增大压强,v正>v逆,平衡常数不变,故A正确;加入催化剂,平衡时CH3CH2OH(g)的浓度不变,故B错误;恒容下,充入一定量的H2O(g),H2O(g)的浓度增大,平衡向正反应方向移动,故C正确;恒容下,充入一定量的CH2CH2(g),CH2CH2(g)的平衡转化率减小,故D正确。
2.A、C　由表格数据可知,T2温度下反应速率大于T1,则T2>T1,说明反应在T2温度下先达到平衡状态,则T2温度下该反应在40 min时已达到平衡状态,M=0.15,平衡时甲烷物质的量大于T1温度下,说明升高温度,平衡逆向移动,则该反应为放热反应,故A错误;组别①中0~10 min内,Δn(CH4)=0.50 mol-0.35 mol=0.15 mol,根据化学方程式可知,Δn(NO2)=2×0.15 mol=0.3 mol,v(NO2)==0.003 mol·L-1·min-1,故B正确;该反应是气体体积增大的反应,若组别②改为恒压装置,相当于减小压强,平衡正向移动,则M值一定小于0.15,故C错误;1 mol C—H键断裂表示正反应,1 mol O—H键断裂表示逆反应,当有1 mol C—H键断裂同时有1 mol O—H键断裂,说明正反应速率等于逆反应速率,反应达到平衡状态,故D正确。
3.B、C　根据图像,温度为T1时c平(X)=0.8 mol·L-1,c转(X)=2.0 mol·L-1-0.8 mol·L-1=1.2 mol·L-1,根据反应X(g)2Y(g),得c平(Y)=2.4 mol·L-1,因此平衡常数===7.2,同理可计算温度为T2时,平衡常数=12.8,故有<,由于此反应ΔH>0,所以,得出T1b点的v正,b点处于平衡状态,v正=v逆,所以a点时v正>b点时v逆,故B正确;c点时,反应正向进行,K=>=Q,故C正确;若对原平衡体系减压,容器体积增大,重新达到平衡时c(Y)将减小,故D错误。
考向2
【典例】C　由图可知,温度越高,氢气的物质的量越少,故升高温度平衡正向移动,正反应为吸热反应,ΔH>0,故A错误;因为水的系数比BaS的大,即水的增加量应该比BaS的大,故最上面的一条线是n(H2O)的变化,a为n(BaS)随温度的变化曲线,故B错误;向平衡体系中充入惰性气体,各组分浓度不变,平衡不移动,故C正确;硫酸钡是固体,增加固体的量对平衡无影响,故氢气的平衡转化率不变,故D错误。
1.B、D　由图可知,1 min时CO生成2 mol,0~1 min,v(CO)==1 mol·L-1·min-1;1~3 min时,反应达到平衡状态,反应速率之比等于化学计量数比,故v正(CO)=2v逆(CO2),A错误;反应容器容积不变,当容器内的气体密度(D)不变时,混合气体的总质量不变,正逆反应速率相等,反应达到平衡状态,反应正向气体的质量增加,平衡时混合气体密度增大,故>1,B正确;5 min时再充入一定量的CO,瞬间CO的物质的量增加,然后平衡逆向移动,CO减少,二氧化碳增加,故曲线b为二氧化碳,c或d为CO,C错误;由图可知,温度为T1时,达到平衡时CO的物质的量为2 mol,二氧化碳的物质的量为7 mol,平衡常数===,温度为T2时,达到平衡时CO的物质的量为4 mol,二氧化碳的物质的量为6 mol,平衡常数===,故再达平衡时=≈4.7,D正确。
2.A、D　由图可知,b点NO2的转化率最高,则温度为T℃时,b点达到平衡状态,而ab曲线上对应容器的体积均小于V2 L,起始投料相同,则NO2的起始浓度均大于b点,ab曲线上物质的反应速率均大于b点,所以ab曲线上反应均先于b点达到平衡状态,即ab曲线上反应均达到平衡状态,由于a点时NO2的转化率为40%,a点反应三段式为
2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)
起始量(mol) 1 0 0
变化量(mol) 0.4 0.2 0.4
平衡量(mol) 0.6 0.2 0.4
各物质平衡浓度为c(NO2)=、c(N2)=、c(CO2)=,T℃时,该反应的化学平衡常数K===,A错误;b点达到平衡状态,b点以后,随着容器体积的增大,NO2的起始浓度减小,反应速率减慢,达到平衡的时间延长,所以bc曲线上反应均未达到平衡状态,并且NO2的起始浓度均小于b点,反应速率也小于b点,则bc曲线上反应正向进行,即图中c点所示条件下,v(正)>v(逆),B正确;图中a点、c点NO2的转化率相同,但a点容器体积小于c点容器体积,则对应的CO2浓度:ca(CO2)>cc(CO2),C正确;b点反应三段式
2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)
起始量(mol) 1 0 0
变化量(mol) 0.8 0.4 0.8
平衡量(mol) 0.2 0.4 0.8
根据A选项中a点反应三段式、b点反应三段式和pV=nRT可知,paV1=1.2RT,pbV2=1.4RT,由于V2>V1,所以容器内的压强:pa∶pb>6∶7,D错误。
1.C　将第一、二、三步加起来可得总反应为2NO+2H2N2+2H2O,故A正确;第二步N2O2+H2N2O+H2O慢反应,总反应快慢主要由第二步反应决定,故B正确;平衡时v正=v逆,有k正c2(NO)=k逆c(N2O2),由于k正、k逆未知,故c(NO)和c(N2O2)关系未知,故C错误;第一步反应,平衡时:v正=k正·c2(NO)=v逆=k逆·c(N2O2),反应的平衡常数K==,故D正确。
2.C、D　A.曲线N在100 s时N2O的转化率为10%,则转化的物质的量为1 mol×10%=0.1 mol,0~100 s内N2O的反应速率为v===1×10-4 mol·L-1·s-1,由速率之比等于化学计量数比,v(CO)=1×10-4 mol·L-1·s-1,故A错误;B.该反应为放热反应,绝热容器中体系温度上升,平衡逆向移动N2O的转化率减小,故曲线M表示B容器中N2O的转化率随时间的变化,故B错误;C.由于曲线M表示的绝热容器B,体系温度高,所以Q点v正大于P点v逆,故C正确;D.容器A为恒温T℃,平衡时N2O的转化率为25%,利用容器A可得三段式:
N2O(g)　+　CO(g)CO2(g)+N2(g)
起始量/mol·L-1 0.1 0.4 0 0
转化量/mol·L-1 0.1×25% 0.025 0.025 0.025
平衡量/mol·L-1 0.075 0.375 0.025 0.025,
故平衡常数K===,故D正确。
3.B、D　A.将实验③改为加入少量NaCl固体,增大氯离子浓度,溶液仍为蓝色,故A错误;B.由信息可知,[Co(H2O)6]2+呈粉红色,[CoCl4]2-呈蓝色,实验①知:降低温度,反应逆向移动,由勒夏特列原理可知,降低温度,平衡向放热方向移动,则正反应方向为吸热反应,则ΔH>0,故B正确;C.水是纯液体,浓度是常数,c(H2O)不变,故C错误;D.实验③平衡逆向移动,说明Zn2+结合Cl-的能力更强,则配离子的稳定性:[ZnCl4]2->[CoCl4]2-,故D正确。
4.B　ΔH1=819 kJ·mol-1+1 076 kJ·mol-1-1 490 kJ·mol-1-632 kJ·mol-1=-227 kJ·mol-1,故A项错误;由于在绝热容器中进行反应Ⅰ,因此体系的温度升高,虽然反应前后气体体积不变,但温度升高,压强变大,因此压强不变时,说明反应达到平衡状态,故B项正确;增大CO的浓度,其转化率降低,故C项错误;由于两个反应ΔH均为负值,故再升高温度,平衡都会逆向移动,故逆反应速率均瞬间增大,之后逐渐减小至达到新的平衡,故D项错误。
5.B、C　由题中图示可知,开始时N2和H2各占50%,总物质的量是1 mol,则N2和H2各为0.5 mol,由
N2(g)　+　3H2(g)2NH3(g)
起始物质的量(mol) 0.5 0.5 0
变化物质的量(mol) x 3x 2x
某时刻物质的量(mol) 0.5-x 0.5-3x 2x
可得,某时刻总物质的量为n(总)=(0.5-x) mol+(0.5-3x) mol+2xmol=(1-2x) mol,某时刻N2的物质的量分数为×100%=×100%=50%,所以,N2的物质的量分数一直保持不变,是50%,则a代表N2的物质的量分数,随反应进行减小的是c,代表H2的物质的量分数,b代表NH3的物质的量分数。
A.由上述分析可知,N2的物质的量分数一直保持不变,是50%,则a代表N2的物质的量分数,故A正确;B.由上述分析可知,a代表N2的物质的量分数,c代表H2的物质的量分数,b代表NH3的物质的量分数,t1 min时H2、NH3的物质的量分数相等,即=,解得x=0.1,则0~t1min,v(H2)== mol·L-1·min-1,故B错误;C.由上述分析可知,b代表NH3的物质的量分数,t2 min及以后,NH3的物质的量分数增大,说明反应向右进行,则NH3的分解速率小于其生成速率,故C错误;D.由N2(g)+3H2(g)2NH3(g)可知,t3 min时,减小容器体积,压强增大,平衡正向移动,NH3的物质的量分数增大,H2的物质的量分数减小,故D正确。
6.C　A.升高温度,反应Ⅰ逆向移动,反应Ⅱ正向移动,CO2转化为CH3OH减少,CH3OH选择率降低,对应的曲线为b,A正确;B.目标反应=反应Ⅰ-反应Ⅱ,故ΔH为(-49.6-41.2) kJ·mol-1=-90.8 kJ·mol-1,B正确;C.M点CO2的转化率为25%,从图中看出,CO和CH3OH的选择率相同,均为50%,1 mol CO2各有1 mol×25%×50%=0.125 mol参与了反应Ⅰ和反应Ⅱ,消耗的氢气的物质的量为0.125×(3+1) mol=0.5 mol,氢气的转化率为×100%≈16.7%,C错误;D.生成甲醇的反应Ⅰ为放热反应,低温甲醇的产率较高,故提高CO2转化为CH3OH的转化率,需要研发在低温区高效的催化剂,D正确。
7.D　A.第2步是慢反应,由活化能越大反应速率越慢,可知第2步正反应活化能较大,则E18.A、B　重整反应的热化学方程式=Ⅱ-Ⅰ,对应的ΔH=ΔHⅡ-ΔHⅠ=+247 kJ·mol-1,所以重整反应和积炭反应Ⅱ均为吸热反应,升高温度CH4参与的反应平衡均正向移动,所以CH4平衡时物质的量随温度升高而降低,积炭反应Ⅰ生成CO2,积炭反应Ⅱ消耗CH4,所以平衡时CH4物质的量小于CO2,所以曲线B表示CH4,曲线A表示CO2,CO、H2均作为生成物,所以曲线D表示H2,则曲线C表示CO。综上,曲线A表示CO2,曲线B表示CH4,曲线C表示CO,曲线D表示H2。A.根据盖斯定律,重整反应的热化学方程式=Ⅱ-Ⅰ,对应的ΔH=ΔHⅡ-ΔHⅠ=+247 kJ·mol-1,A正确;B.重整反应和积炭反应Ⅱ均为吸热反应,升高温度CH4参与的反应平衡均正向移动,所以CH4平衡时物质的量随温度升高而降低,B正确;C.催化剂失活会导致反应速率降低,不会影响转化率,C错误;D.根据曲线C,低于600 ℃时,温度升高,CO物质的量增大,说明反应以重整反应为主,消耗CO2,生成CO,而增多的CO会使积炭反应Ⅰ正向移动,导致C增多,反之,降低温度会导致积炭的量减少,同时CO2增多,不利于去除CO2气体,D错误。热点11:水溶液中的离子平衡
电解质溶液中的平衡
【典例】(2022·全国乙卷)常温下,一元酸HA的Ka(HA)=1.0×10-3。在某体系中,H+与A-离子不能穿过隔膜,未电离的HA可自由穿过该膜(如图所示)。设溶液中c总(HA)=c(HA)+c(A-),当达到平衡时,下列叙述正确的是 (　　)
A.溶液Ⅰ中c(H+)=c(OH-)+c(A-)
B.溶液Ⅱ中HA的电离度[]为
C.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等
D.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总(HA)之比为10-4
【审答思维】题干划线部分关键信息解读
关键信息 信息解读
Ka(HA)=1.0×10-3 HA为一元弱酸,且电离程度较大,依据c总(HA)=c(HA)+c(A-)计算
H+与A-不能穿过隔膜,未电离的HA可自由穿过该膜 膜两侧c(HA)相等,c(A-)和c(H+)不等
常温下溶液Ⅰ的pH=7.0 中性溶液c(H+)=c(OH-)=1×10-7 mol·L-1
常温下溶液Ⅱ的pH=1.0 c(H+)=0.1 mol·L-1,可代入Ka=,结合c总(HA)=c(HA)+c(A-)求解所需内容
【失分警示】一元酸HA Ka(HA)=1.0×10-3,电离程度较大,如不注意题目中c总(HA)=c(HA)+c(A-),误将c(HA)当成c总(HA)理解,就无法对题目进行正确推导。
　从“定性”和“定量”两个角度分析外界条件改变时电离平衡的移动
1.从定性角度分析电离平衡
理解勒夏特列原理——平衡向“减弱”这种改变的方向移动,移动结果不能“抵消”或“超越”这种改变。
2.从定量角度分析电离平衡
理解浓度商规则——当Qc>K时,平衡逆向移动;当Qc=K时,处于平衡状态;Qc1.(强弱电解质的判定)某同学拟用pH计测定溶液pH以探究某碱ROH是否为弱电解质。下列说法正确的是 (　　)
A.25 ℃时,若测得0.01 mol·L-1RCl溶液pH=7,则ROH是弱碱
B.25 ℃时,若测得0.01 mol·L-1 ROH溶液pH<12且pH>7,则ROH是弱碱
C.25 ℃时,若测得ROH溶液pH=a,取该溶液10.0 mL,加蒸馏水稀释至100.0 mL,测得pH=b,a-b<1,则ROH是弱碱
D.25 ℃时,若测得RCl溶液pH=a,取该溶液10.0 mL,升温至50 ℃,测得pH=b,a>b,则ROH是弱碱
2.(电离平衡移动)已知:NH2OH、苯酚分别为一元弱碱和一元弱酸。25 ℃时,将10 mL浓度均为0.1 mol·L-1的NH2OH、苯酚两种溶液分别加水稀释的曲线如图所示,V是溶液体积(mL)。pOH=-lgc(OH-)。下列说法正确的是 (　　)
A.曲线m为NH2OH溶液加水稀释的曲线
B.lgV=1时,水的电离程度:NH2OH<苯酚
C.同浓度同体积的NH2OH和苯酚混合后溶液显酸性
D.电离常数:Kb(NH2OH)>Ka(苯酚)
3.(电离平衡与水解平衡)室温下,通过下列实验探究NaHS溶液的性质:
实验 实验操作和现象
1 测定0.1 mol·L-1NaHS溶液的pH,其pH大于7
2 向0.1 mol·L-1NaHS溶液中滴加少量CuCl2溶液,产生黑色沉淀
3 向0.1 mol·L-1NaHS溶液中加入等体积0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液充分混合,无气泡产生
4 向0.1 mol·L-1NaHS溶液中通入一定量Cl2,溶液变浑浊
下列有关说法正确的是 (　　)
A.实验1可知0.1 mol·L-1NaHS溶液中:c(H+)·c(S2-)>c(H2S)·c(OH-)
B.实验2说明Ka(HS-)>Ksp(CuS)
C.实验3所得溶液中:c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=c(C)+c(HC)+c(H2CO3)
D.实验4在Cl2通入过程中,水的电离程度先增大后减小
水溶液中离子浓度的大小关系
【典例】(2021·浙江6月选考)取两份10 mL 0.05 mol·L-1的NaHCO3溶液,一份滴加0.05 mol·L-1的盐酸,另一份滴加0.05 mol·L-1NaOH溶液,溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。
下列说法不正确的是 (　　)
A.由a点可知:NaHCO3溶液中HC的水解程度大于电离程度
B.a→b→c过程中:c(HC)+2c(C)+c(OH-)逐渐减小
C.a→d→e过程中:c(Na+)D.令c点的c(Na+)+c(H+)=x,e点的c(Na+)+c(H+)=y,则x>y
【审答思维】题干划线部分关键信息解读
关键信息 信息解读
10 mL 0.05 mol·L-1的NaHCO3溶液 a点为NaHCO3溶液,pH=8.3呈碱性
一份滴加0.05 mol·L-1盐酸 pH随盐酸加入逐渐减小,ade曲线为向NaHCO3溶液中滴加HCl,可推得d点和e点的溶液组成
另一份滴加0.05 mol·L-1NaOH溶液 pH随NaOH溶液加入逐渐增大,abc曲线为向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液,可推得b点和c点的溶液组成
【失分警示】如不注意题目中滴加NaOH溶液过程中c(Na+)保持不变,就无法准确判断c(HC)+2c(C)+c(OH-)的变化趋势,从而导致错选。
【模型建构】巧抓“五个点”突破酸碱中和滴定问题
抓反应的“起始”点 判断酸、碱的相对强弱
抓反应的“一半”点 判断是哪种溶质的等量混合
抓溶液的“中性”点 判断溶液中溶质的成分及 哪种物质过量或不足
抓“恰好”反应点 判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性
抓反应的“过量”点 判断溶液中的溶质,判断哪种物质过量
1.离子浓度大小比较中的三个“守恒”
(1)电荷守恒
电解质溶液中,阳离子的电荷总数与阴离子的电荷总数相等,溶液呈电中性。
例如:Na2CO3溶液中,c(Na+)+c(H+)=c(HC)+c(OH-)+2c(C)
(2)物料守恒
电解质溶液中,各原子的数目一定,符合原子守恒。
例如:Na2CO3溶液中,c(Na+)= 2[c(C)+ c(HC)+ c(H2CO3)]
(3)质子守恒
根据 H2O H++OH-可知,由水电离出的c(H+)与c(OH-)始终相等,水电离出的 H+或OH-虽与其他离子结合以不同的形式存在,但其总量不变。
例如:K2S 溶液中,c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)
2.离子浓度大小比较时守恒式的选择
粒子浓度关系 思考套用公式
一边全为阴离子,另一边全为阳离子 电荷守恒式
一边微粒全含有一种元素,另一边微粒全含另一种元素 物料守恒式
一边微粒能电离H+,另一边微粒能结合H+ 质子守恒式
两边没有明显特征 三守恒式结合
1.(溶液中离子浓度关系)次磷酸(H3PO2)是一种一元弱酸,与等浓度等体积的NaOH完全反应后生成NaH2PO2,下
列叙述错误的是 (　　)
A.NaH2PO2溶液中存在:c(H2P)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)
B.H3PO2溶液中存在电离平衡:H3PO2H2P+H+
C.NaH2PO2溶液中:c(Na+)>c(H2P)>c(OH-)>c(H+)
D.NaH2PO2的水溶液加水稀释,增大
2.(溶液中离子浓度关系)常温下,向20 mL 0.1 mol·L-1 NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L-1的NaOH溶液,溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是(已知:lg3=0.5) (　　)
A.a点溶液中:c(S)>c(N)>c(H+)>c(OH-)
B.a点至b点过程中,由水电离出的c(H+)一直增大
C.在b点和c点之间的某点溶液中存在c(Na+)+c(N)=2c(S)
D.不考虑混合时溶液体积的变化,n=12.5
水溶液中离子平衡图像分析
【典例】(2021·全国甲卷)已知相同温度下,Ksp(BaSO4)下列说法正确的是 (　　)
A.曲线①代表BaCO3的沉淀溶解曲线
B.该温度下BaSO4的Ksp(BaSO4)值为1.0×10-10
C.加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点
D.c(Ba2+)=10-5.1时两溶液中=1
【审答思维】题干划线部分关键信息解读
关键信息 信息解读
Ksp(BaSO4)图中曲线①和②上各取一点计算Ksp 曲线①表示BaSO4的沉淀溶解曲线,曲线②表示BaCO3的沉淀溶解曲线
【失分警示】如不注意题目中横纵坐标为-lg[c(Ba2+)]与-lg[c(S)]、-lg[c(C)],就无法准确找到Ksp与横纵坐标的关系,从而无法进行正确推导。
(一)从微观、宏观层面认识常见曲线
1.稀释曲线
(1)同体积、同浓度的盐酸、醋酸加水稀释
加水稀释一样的倍数,醋酸的pH大 加水稀释到一样的pH,盐酸加的水多
(2)同体积、同pH的盐酸、醋酸加水稀释
加水稀释一样的倍数,盐酸的pH大 加水稀释到一样的pH,醋酸加的水多
(3)稀释倍数与pH的线性关系
①HY为强酸,HX为弱酸 ②a、b两点的溶液中:c(X-)=c(Y-) ③水的电离程度:d>c>a=b ①MOH为强碱,ROH为弱碱 ②c(ROH)>c(MOH) ③水的电离程度:a>b
2.滴定曲线
氢氧化钠滴定等浓度等体积的盐酸、醋酸的滴定曲线 盐酸滴定等浓度等体积的氢氧化钠,氨水的滴定曲线
3.分布分数曲线
分布曲线是指以pH为横坐标、分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标的关系曲线
一元弱酸(以CH3COOH为例) 二元酸(以草酸H2C2O4为例)
δ0为CH3COOH分布系数,δ1为CH3COO-分布系数 δ0为H2C2O4分布系数,δ1为HC2分布系数、δ2为C2分布系数
(二)从数学角度了解对数图像和负对数图像
1.对数图像
将溶液中某一微粒的浓度[如c(A)]或某些微粒浓度比值[如]取对数,即lgc(A)或lg[],反映到图像中是
①若c(A)=1[或=1]时,
lgc(A)=0,
②若c(A)>1[或>1]时,
lgc(A)取正值且c(A)[或]越大,
lgc(A)越大。
③若c(A)<1[或<1]时,
lgc(A)取负值,且c(A)[或]越大,
lgc(A)越大。
2.负对数图像
pH图像 将溶液中c(H+)取负对数:即pH=-lgc(H+),反映到图像中是c(H+)越大,则pH越小
pOH图像 将溶液中c(OH-)取负对数,即pOH=-lgc(OH-),反映到图像中是c(OH-)越大,则pOH越小
pC图像 将溶液中某一微粒浓度[如c(A-)]或某些微粒浓度的比值取负对数,即pC=-lgc(A-),反映到图像中是c(A-)越大,则pC越小
1.(传统滴定图像)某温度下,向20 mL 0.10 mol·L-1 Cu(NO3)2溶液和20 mL 0.10 mol·L-1 AgNO3溶液中分别滴加0.10 mol·L-1 Na2S溶液。滴加过程中pM[-lgc(Cu2+)或-lgc(Ag+)]与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是 (　　)
A.该温度下Ksp(Ag2S)=5×10-49
B.若将上述AgNO3溶液浓度改为0.2 mol·L-1,则a点会平移至c点
C.a、b两点溶液中c(S2-):aD.d点溶液中:c(Na+)>c(N)>c(S2-)>c(H+)>c(OH-)
2.(新型滴定图像)室温下,向20 mL 0.5 mol·L-1的弱碱(MOH)溶液中逐滴加入浓度为0.25 mol·L-1的盐酸,溶液中lg和溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]随中和率的变化关系如图所示。已知:中和率=。下列说法正确的是 (　　)
A.MCl的水解常数的数量级为10-9
B.b点时,c(M+)>c(Cl-)>c(MOH)>c(OH-)>c(H+)
C.c点时,2c(M+)+c(MOH)+c(H+)=3c(Cl-)+c(OH-)
D.a、b、c、d四点中,d点对应溶液中水的电离程度最大
溶液中四大平衡常数应用
【典例】(2021·湖南选择考)常温下,用0.100 0 mol·L-1的盐酸分别滴定20.00 mL浓度均为0.100 0 mol·L-1的三种一元弱酸的钠盐(NaX、NaY、NaZ)溶液,滴定曲线如图所示。下列判断错误的是 (　　)
A.该NaX溶液中:c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)
B.三种一元弱酸的电离常数:Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ)
C.当pH=7时,三种溶液中:c(X-)=c(Y-)=c(Z-)
D.分别滴加20.00 mL盐酸后,再将三种溶液混合:c(X-)+c(Y-)+c(Z-)=c(H+)-c(OH-)
【审答思维】题干关键信息解读
关键信息 信息解读
盐酸分别滴定等浓度的三种一元弱酸钠盐 强酸滴定一元弱酸盐图像
图像起点为NaX、NaY、NaZ溶液,pH依次增大 HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱
图像中突变时消耗盐酸体积相等,但pH不同 反应终点生成HX、HY、HZ浓度相等,pH依次增大
【失分警示】如不注意图像中起点NaX、NaY、NaZ溶液pH大小,就无法判断HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性强弱,从而无法对题目进行正确推导。
1.四大平衡常数间的两个关系
(1)CH3COONa、CH3COOH溶液中,Ka、Kh、Kw的关系是Kw=Ka·Kh。
(2)M(OH)n悬浊液中[M(OH)n(s)Mn+(aq)+nOH-(aq)]Ksp、Kw、pH间的关系:
Ksp=c(Mn+)·cn(OH-)=·cn(OH-)==()n+1。
2.四大平衡常数使用常见错误
(1)Ka、Kh、Kw数值不随其离子浓度的变化而变化,只与温度有关,Ka、Kh、Kw随着温度的升高而增大。在温度一定时,平衡常数不变,与化学平衡是否移动无关。
(2)Kw常误认为是水电离的c(H+)与c(OH-)的乘积。
(3)只有常温下水的离子积常数Kw=1.0×10-14。
1.(电离平衡常数应用)常温下,在体积均为10.0 mL、浓度均为0.10 mol·L-1的HX、HY溶液中分别滴加某浓度的NaOH溶液,pOH水[pOH水=-lgc(O),c(O)表示溶液中水电离出的OH-的浓度]与滴加NaOH溶液的体积的关系如图所示,下列说法正确的是 (　　)
A.HX、HY均为弱酸,HY的酸性更强
B.NaOH溶液浓度c(NaOH)=0.1 mol·L-1
C.M、N两点的溶液中:c(X-)与c(Y-)不相等
D.常温下HY的电离常数Ka≈5.4×10-8
2.(溶度积常数应用)常温下,将0.025 mol BaSO4粉末置于盛有蒸馏水的烧杯中形成1 L悬浊液,然后向烧杯中加入Na2CO3固体(忽略溶液体积的变化)并充分搅拌,加入Na2CO3固体的过程中,溶液中几种离子的浓度变化曲线如图所示,下列说法中正确的是 (　　)
A.曲线MP表示c(Ba2+)的变化
B.BaSO4在BaCl2溶液中的Ksp随着BaCl2溶液浓度增大而减小
C.若要使反应BaSO4+CBaCO3+S正向进行,需满足<4×10-2
D.BaSO4恰好全部转化为BaCO3时,溶液中离子浓度大小关系为c(C)>c(S)>c(OH-)>c(Ba2+)
1.(弱酸电离及盐类水解的平衡移动)已知25 ℃时有关弱酸的电离平衡常数如下表:
弱酸化学式 HF H2SO3
电离平衡常数 (25 ℃) Ka=6.8×10-4 Ka1=1.3×10-3 Ka2=5.6×10-8
下列有关说法正确的是
A.等物质的量浓度的各溶液pH关系:pH(Na2SO3)B.将0.1 mol·L-1的HF与0.1 mol·L-1的NaF等体积混合,混合液pH>7
C.Na2SO3溶液中加入足量HF发生反应的离子方程式为S+HFF-+HS
D.NaHSO3溶液中部分微粒浓度的大小:c(Na+)>c(HS)>c(S)>c(H2SO3)
2.(弱碱电离及盐类水解的平衡移动)二甲胺[(CH3)2NH]可用作橡胶硫化促进剂,是一元弱碱,在水中的电离与氨相似,可与盐酸反应生成(CH3)2NH2Cl。下列说法错误的是(　　)
A.常温下,0.001 mol·L-1二甲胺溶液的pH=11
B.往二甲胺溶液中加入NaOH固体会抑制二甲胺的电离
C.加水稀释(CH3)2NH2Cl溶液,减小
D.(CH3)2NH2Cl溶液中:c(H+)+c[(CH3)2N]=c(OH-)+ c(Cl- )
3.(溶液中离子浓度守恒和大小关系)在50 mL 2 mol·L-1的NaOH溶液中,通入V L(标准状况)CO2,下列说法错误的是 (　　)
A.若V=1.12 L,所得溶液中一定有c(Na+)=2[c(C)+c(HC)+c(H2CO3)]
B.若1.12 Lc(HC)>c(C)>c(OH-)
C.若V=2.24 L,所得溶液中一定有c(OH-)-c(H+)=c(H2CO3)-c(C)
D.若V=2.24 L,所得溶液中一定有c(Na+)=c(C)+c(HC)+c(H2CO3)
4.(酸碱反应中离子浓度守恒和大小关系)25 ℃时,用HCl气体调节0.1 mol·L-1氨水的pH,溶液中微粒浓度的对数值(lgc)、反应物的物质的量之比[t=]与pH的关系如图所示。若忽略通入气体后溶液体积的变化,下列有关说法错误的是 (　　)
A.25 ℃时,NH3·H2O的电离平衡常数为10-4.75
B.P1所示溶液:c(Cl-)=0.05 mol·L-1
C.P2所示溶液:c(Cl-)>c(NH3·H2O)
D.P3所示溶液:c(N)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)
5.(分布系数图像)高铁酸钾(K2FeO4)是一种优良的水处理剂。25 ℃,其水溶液中加酸或碱改变溶液的pH时,含铁粒子的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)=]。下列说法正确的是 (　　)
A.K2FeO4、H2FeO4都属于强电解质
B.25 ℃,H2FeO4+H+H3Fe的平衡常数K<100
C.由B点数据可知,H2FeO4的第一步电离常数Ka1≈4.15×10-4
D.A、C两点对应溶液中水的电离程度相等
6.(对数图像)25 ℃时,向一定浓度的N2H6Cl2溶液中滴入NaOH溶液,粒子浓度与混合溶液pH的变化关系如图所示。
已知:肼在水中的电离方程式:
N2H4+H2ON2+OH-,N2+H2ON2+OH-;pY=-lgY,Y表示或。下列叙述正确的是 (　　)
A.曲线Ⅰ表示与pH的变化关系
B.N2H4的第一步电离的平衡常数的数量级为10-4
C.pH=8.39时,c(N2)>c(N2)>c(N2H4)
D.pH=9.93时,c(Na+)>3c(N2)
7.(对数图像)25 ℃时,某混合溶液中c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.01 mol·L-1,由水电离出的c水(H+)的对数lgc水(H+)与lg、lg的关系如图所示。下列说法正确的是 (　　)
A.曲线L1表示lgc水(H+)与lg的变化关系
B.Y点时存在c(H2A)=c(HA-)=c(A2-)
C.Ka1(H2A)=10-6
D.Z点时溶液的pH=7
8.(电离平衡与水解平衡综合应用)已知p=-lg。室温下,向20.00 mL 0.10 mol·L-1 CH3COOH溶液中逐滴滴加0.10 mol·L-1NaOH溶液,溶液的pH随着p变化关系如图所示。下列说法不正确的是 (　　)
A.x=2.25
B.水的电离程度:c>b>a
C.当p=0时,加入NaOH溶液的体积小于10.00 mL
D.当溶液中加入10.00 mL NaOH溶液时:c(H+)+2c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1 mol·L-1-c(OH-)
9.(电离与水解平衡综合应用)溶液中各含氮(或碳)微粒的分布分数δ,是指某含氮(或碳)微粒的浓度占各含氮(或碳)微粒浓度之和的分数。25 ℃时,向0.1 mol·L-1的NH4HCO3溶液(pH=7.8)中滴加适量的盐酸或NaOH溶液,溶液中含氮(或碳)各微粒的分布分数δ与pH的关系如图所示(不考虑溶液中的CO2和NH3分子)。
下列说法不正确的是 (　　)
A.Kb(NH3·H2O)B.n点时,溶液中3c(HC)+c(OH-)=c(N)+c(H+)
C.m点时,c(NH3·H2O)>c(HC)
D.反应HC+NH3·H2ON+C+H2O的平衡常数为K,lgK=-0.9
10.(沉淀溶解平衡综合应用)25 ℃时,三种金属氢氧化物的溶解度(纵坐标以溶解金属质量/mg·L-1表示)与溶液中pH的关系如图所示。下列说法错误的是 (　　)
A.Cu(OH)2的溶度积比Zn(OH)2的小
B.Ksp[Cu(OH)2]=×10-10
C.反应2AgOH+Cu2+2Ag+ +Cu(OH)2的平衡常数K=
D.将Zn(OH)2加入pH=10的溶液中,可能发生Zn(OH)2+2OH-Zn+2H2O
热点11:水溶液中的离子平衡
考向1
【典例】B　(1)平衡关系:溶液Ⅰ和溶液Ⅱ均为一元弱酸HA溶液,仅考虑电离平衡即可。(2)pH分析:常温下溶液Ⅰ的pH=7.0,则c(H+)=c(OH-)=1×10-7 mol·L-1;常温下溶液Ⅱ的pH=1.0,溶液中c(H+)=0.1 mol·L-1,且HA可自由穿过隔膜,故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等。(3)平衡常数分析:Ka==1.0×10-3,且c总(HA)=c(HA)+c(A-),则常温下溶液Ⅰ中=1.0×10-3,溶液Ⅱ为=1.0×10-3;膜两侧c(HA)相等,则溶液Ⅰ和Ⅱ中c总(HA)之比为[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104。
1.B　A.25 ℃时,若测得0.01 mol·L-1RCl溶液pH=7,可知RCl为强酸强碱盐,则ROH是强碱,A错误;B.25 ℃时,若测得0.01 mol·L-1 ROH溶液pH<12且pH>7,可知溶液中c(OH-)< 0.01 mol·L-1,所以ROH未完全电离,ROH为弱碱,B正确;C.假设ROH为强碱,取pH=8的该溶液10.0 mL,加蒸馏水稀释至100.0 mL测得此时溶液pH>7,C错误;D.假设ROH为强碱,加热时水的电离程度增大,c(H+)增大,pH减小,a>b,D错误。
2.B、D　A.pOH大于7为酸性溶液,所以曲线m为苯酚溶液加水稀释的曲线,选项A错误;B.NH2OH、苯酚分别为一元弱碱和一元弱酸,二者均抑制水的电离,lgV=1时苯酚中氢离子浓度约为10-5.5 mol·L-1,羟胺中氢氧根离子浓度约为10-4.5 mol·L-1,故水的电离程度为苯酚>NH2OH,选项B正确;C.结合B可知lgV=1即没有加水时羟胺的电离程度更大,同浓度同体积的NH2OH和苯酚混合后得到正盐,根据越弱越水解可知溶液显碱性,选项C错误;D.结合B、C可知,Kb(NH2OH)>Ka(苯酚),选项D正确。
3.B、C　A项中HS-水解程度大于电离程度,所以c(H2S)>c(S2-)、c(OH-)>c(H+),即c(H+)·c(S2-)Ksp(CuS);C项中由于无气泡产生,根据物料守恒得c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=c(C)+c(HC)+c(H2CO3);D项中NaHS会与Cl2反应生成强酸,从而抑制水的电离。
考向2
【典例】C　(1)曲线确定:根据pH变化确定abc曲线为向NaHCO3溶液中加NaOH溶液,ade为向NaHCO3溶液中加盐酸。
(2)各点成分确定:
图像点 溶质
a NaHCO3
b NaHCO3∶Na2CO3=1∶1
c Na2CO3
d NaHCO3∶NaCl=1∶1
e NaCl(溶有CO2)
(3)各点的分析:A.a点溶液呈碱性,HC在溶液中电离使溶液呈酸性,HC在溶液中水解使溶液呈碱性,由此可知,NaHCO3溶液中HC的水解程度大于电离程度,故A正确;B.由电荷守恒可知,a→b→c过程:溶液中c(HC)+2c(C)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+),滴加NaOH溶液的过程中c(Na+)保持不变,c(H+)逐渐减小,因此c(HC)+2c(C)+c(OH-)逐渐减小,故B正确;C.由物料守恒可知,a点溶液中c(Na+)=c(HC)+c(C)+c(H2CO3),向NaHCO3溶液中滴加盐酸过程中有CO2逸出,因此a→d→e过程中c(Na+)>c(HC)+c(C)+c(H2CO3),故C错误;D.c点溶液中c(H+)+c(Na+)=(0.05+10-11.3) mol·L-1,e点溶液体积增大1倍,此时溶液中c(H+)+c(Na+)=(0.025+10-4.3) mol·L-1,因此x>y,故D正确。
1.D　A. 根据溶液中电荷守恒,阳离子所带正电荷总量等于阴离子所带负电荷总量,A正确;B.次磷酸是一元弱酸,所以电离是不完全电离,一分子只能电离出一个H+,B正确;C.H2P水解,离子数量少于Na+,阴离子水解溶液显碱性,c(OH-) >c(H+),H2P水解数量较少,所以剩余H2P要远多于OH-,C正确;D.NaH2PO2的水溶液加水稀释,H2P水解程度增大,但由于溶液体积增大程度更大,所以c(H3PO2)、c(OH-)变小,溶液中c(H+)变大,所以应变小,描述错误,D错误。
2.B、C　a点溶液中溶质为NH4HSO4,NH4HSO4和NaOH溶液混合时先发生中和反应,再生成弱电解质NH3·H2O,酸或碱抑制水电离,b点前发生的是中和反应,b点溶质为Na2SO4、(NH4)2SO4;c点溶质为Na2SO4、NH3·H2O。A.NH4HSO4在水中完全电离出N、H+和S,由于N发生水解产生H+,且溶液呈酸性,则离子浓度大小为c(H+)>c(S)>c(N)>c(OH-),A项错误;B.a点至b点过程中,H+不断被中和,对水的电离抑制作用越来越小,由水电离出的c(H+)一直增大,b点时水的电离程度最大,B项正确;C.b点溶质为Na2SO4、(NH4)2SO4,N水解使溶液呈酸性,c点溶质为Na2SO4、NH3·H2O,NH3·H2O电离使溶液呈碱性,中性点在b与c之间,即c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒关系:c(Na+)+c(N)=2c(S),C项正确;D.c点溶液中c(NH3·H2O)=0.1 mol·L-1×,如果一水合氨完全电离,c(OH-)=0.1 mol·L-1×,pH=14-pOH=14-(1+lg3)=12.5,实际上一水合氨电离程度约为1%,pH<12.5,D项错误。
考向3
【典例】B　根据BaCO3、BaSO4的Ksp及横纵坐标,可知-lgKsp=x+y。A.相同温度下,Ksp(BaSO4)1.C、D　向20 mL 0.10 mol·L-1 Cu(NO3)2溶液和20 mL 0.10 mol·L-1 AgNO3溶液中分别滴加0.10 mol·L-1 Na2S溶液,滴定终点时消耗Na2S溶液的体积分别为20 mL和10 mL,所以a、b点分别表示恰好完全生成Ag2S和CuS。a点为Ag2S的饱和溶液,根据溶解平衡:Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)可知c(Ag+)=2c(S2-),-lgc(Ag+)=16,c(Ag+)=1×10-16 mol·L-1,则c(S2-)=×c(Ag+)=5×10-17 mol·L-1,该温度下,Ksp(Ag2S)=c2(Ag+)·c(S2-)=5×10-49,A项正确;温度不变,硫化银的溶度积不变,若将题述AgNO3溶液浓度改为0.2 mol·L-1,恰好反应时需要20 mL 0.10 mol·L-1 Na2S溶液,平衡时仍为硫化银的饱和溶液,c(Ag+)不变,因此a点会平移至c点,B项正确;a点c(S2-)=5×10-17 mol·L-1,b点c(S2-)=c(Cu2+)=1×10-17.5 mol·L-1,C项错误;d点溶液为物质的量浓度之比为2∶1的NaNO3和Na2S混合溶液,Na2S是强碱弱酸盐,S2-水解使溶液显碱性,所以d点溶液中:c(Na+)>c(N)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+),D项错误。
2.B、D　A.a点时,lg=0、pOH=4.2,则Kb==10-4.2,所以Kh===10-9.8≈1.58×10-10,数量级为10-10,A错误;B.b点时中和率为50%,故MOH和MCl理论上的物质的量比为1∶1,但此时溶液的pOH在4.2~5.2之间,呈碱性,说明MOH的电离程度大于MCl的水解程度,故c(M+)>c(Cl-)>c(MOH)>c(OH-)>c(H+),B正确;C.c点时中和率大于50%,则c(M+)+c(MOH)<2c(Cl-),结合电荷守恒c(M+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),得出2c(M+)+c(MOH)+c(H+)<3c(Cl-)+c(OH-),C错误;D.d点时中和率为100%,说明溶质理论上均为MCl,MCl水解促进水的电离,故此时溶液中水的电离程度最大,D正确。
考向4
【典例】C　由图可知,没有加入盐酸时,NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大,则HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱。NaX为强碱弱酸盐,在溶液中水解使溶液呈碱性,则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+),故A正确;弱酸的酸性越弱,电离常数越小,由分析可知,HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱,则三种一元弱酸的电离常数的大小顺序为Ka(HX)>Ka (HY)>Ka(HZ),故B正确;当溶液pH为7时,酸越弱,向盐溶液中加入盐酸的体积越大,酸根离子的浓度越小,则三种盐溶液中酸根的浓度大小顺序为c(X-)>c(Y-)>c(Z-),故C错误;向三种盐溶液中分别滴加20.00 mL盐酸,三种盐都完全反应,溶液中钠离子浓度等于氯离子浓度,将三种溶液混合后溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+c(Cl-)+c(OH-),由c(Na+)=c(Cl-)可得:c(X-)+c(Y-)+c(Z-)=c(H+)-c(OH-),故D正确。
1.C、D　A.当加入20 mL NaOH溶液时,两条曲线均达到最低点,pOH水最小,且不为7,说明此时水的电离程度最大,即恰好完全中和,同时说明HX、HY为弱酸,利用“越弱越水解”,推出酸性HX>HY,故A说法错误;B.根据A选项分析,当加入20 mL NaOH溶液时,两种酸与NaOH恰好完全中和,NaOH物质的量浓度是酸的一半,即为0.05 mol·L-1,故B说法错误;C.根据电荷守恒,推出c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Y-)、c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-),M、N点溶液显中性,即有c(Na+)= c(Y-)、c(Na+)= c(X-),因为两点c(Na+)不同,则c(Y-)≠c(X-),故C说法正确;D.取M点计算HY的电离平衡常数,c(Na+)= c(Y-)=,根据物料守恒,c(HY)=,Ka=≈5.4×10-8,故D说法正确。
2.C、D　A.悬浊液中加入碳酸钠溶液,硫酸钡转化为碳酸钡,钡离子浓度逐渐减小,故曲线MN表示钡离子浓度变化,A错误;B.硫酸钡的溶度积常数只与温度有关,B错误;C.从图A点分析,硫酸钡的溶度积为10-10,M点分析,碳酸钡的溶度积常数为2.5×10-4×10-5=2.5×10-9,若要使反应BaSO4+CBaCO3+S正向进行,需满足< =4×10-2,C正确;D.BaSO4+CBaCO3+S反应的平衡常数为K=====0.04,若使0.025 mol BaSO4全部转化为BaCO3,则反应消耗0.025 mol C,生成0.025 mol S,K==0.04,c(C)=0.625 mol·L-1,c(Ba2+)=2.5×10-9÷0.625=4×10-9(mol·L-1),由于C水解呈碱性,则离子浓度大小为c(C)>c(S)>c(OH-)>c(Ba2+),D正确。
1.C、D　电离平衡常数越大,酸的酸性越强,其对应的酸根离子水解程度越小,则相同浓度的钠盐溶液的pH越小,电离平衡常数H2SO3>HF>HS,则水解程度:S>F->HS,所以相同浓度的钠盐:pH(Na2SO3)>pH(NaF)>pH(NaHSO3),故A错误;HF的Ka=6.8×10-4,其水解平衡常数Kh=≈1.47×10-11<6.8×10-4,说明HF电离程度大于F-水解程度,则将等浓度的HF溶液与NaF溶液等体积混合,混合液呈酸性,故B错误;电离平衡常数H2SO3>HF>HS,Na2SO3溶液中加入足量HF发生反应的离子方程式为S+HFF-+HS,故C正确;H2SO3的Ka2=5.6×10-8,则S的Kh2=≈7.7×10-12c(HS)>c(S)>c(H2SO3),故D正确。
2.A　二甲胺[(CH3)2NH]是一元弱碱,只发生部分电离,则常温下,0.001 mol·L-1二甲胺溶液的c(OH-)<0.001 mol·L-1,pH<11,A错误;在二甲胺溶液中存在如下电离平衡:(CH3)2NH+H2O(CH3)2N+OH-,加入NaOH固体后,平衡逆向移动,从而抑制二甲胺的电离,B正确;在(CH3)2NH2Cl溶液中存在如下平衡:(CH3)2N+H2O(CH3)2NH·H2O+H+,加水稀释(CH3)2NH2Cl溶液,平衡正向移动,则减小,C正确;(CH3)2NH2Cl溶液中,存在下列四种离子:H+、(CH3)2N、OH-、Cl-,阴、阳离子之间存在如下电荷守恒:c(H+)+c[N]=c(OH-)+ c(Cl- ),D正确。
3.B　当V=1.12 L时,n(CO2)==0.05 mol,n(NaOH)=50 mL×2 mol·L-1=0.1 mol, n(CO2)∶n(NaOH)=1∶2,两者恰好反应生成Na2CO3,根据物料守恒n(C)∶n(Na+)=1∶2,即存在c(Na+)=2[c(C)+c(HC)+c(H2CO3)],A项正确;当1.12 L4.B　NH3·H2ON+OH-,Kb=,由图可知,当c(N)=c(NH3·H2O)时,溶液pH=9.25,则c(H+)=10-9.25mol·L-1,c(OH-)=10-4.75 mol·L-1,代入电离常数表达式可得,Kb=c(OH-)=10-4.75,A项正确;B.由图可知,P1点时,c(N)=c(NH3·H2O)=0.05 mol·L-1,pH=9.25,c(OH-)>c(H+),由电荷守恒可知:c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(N),c(Cl-)c(NH3·H2O),因此c(Cl-)>c(NH3·H2O),C项正确;由图可知,P3点时t==1.0,根据物料守恒可得c(Cl-)=c(NH3·H2O)+c(N),D项正确。
5.B、C　A项,H2FeO4为弱电解质,错误;B项,K=,当c(H3Fe)=c(H2FeO4)时,K=<=100,即K<100,正确;C项,Ka1==≈4.15×10-4,正确;D项,Fe水解促进了水的电离,c(Fe)越大,则水的电离程度越大,根据图像可知,水的电离程度:C>A,错误。
6.D　由图可知,25 ℃时,N2H4的电离平衡常数分别为Kb1(N2H4)==10-4.07,Kb2(N2H4)==10-7.15,因为Kb1>Kb2,则c(OH-)相等时,>。故曲线Ⅰ表示与pH的变化关系,曲线Ⅱ表示与pH的变化关系,A错误;第一步电离平衡常数的数量级为10-5,B错误;由于Kb1·Kb2==10-11.22,pH=8.39时,c(OH-)=10-5.61,则c(N2)=c(N2H4),C错误;pH=9.93时,c(N2)=c(N2H4),溶液显碱性,结合电荷守恒:c(Na+)+c(N2)+2c(N2)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)和物料守恒:c(Cl-)=2[c(N2)+c(N2)+c(N2H4)],可知,c(Na+)>3c(N2),D正确。
7.A、C　H2A的电离平衡常数Ka1=,Ka2=,则lg=lg,lg=lg,Ka1 Ka2,同一溶液中c(H+)相同,lgc水(H+)相同,lg lg,故曲线L1表示lgc水(H+)与lg的变化关系,A正确;Y点时,lg≈2,即≈100,则c(HA-)>c(H2A),B错误;由图可知,当c(HA-)= c(H2A)时,水的电离被抑制,溶液呈酸性,随c(H2A)的减小,c(HA-)增大,H2A对水的电离抑制程度减弱,HA-对水的电离促进程度增加,pH增大,当两者对水的电离促进和抑制作用相同时,溶液呈中性,水电离出的c(H+)=10-7mol·L-1,由图知,此时=10,则Ka1(H2A)==10-6,C正确;Z点时c(A2-)=1 000c(HA-),由c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.01 mol·L-1可知c(A2-)偏大,水解使溶液呈碱性,由于c水(H+)=10-7mol·L-1,此时溶液存在一种强碱性物质,抑制水的电离,D错误。
8.D　已知Ka=,p=-lg=pH+lgKa,根据图上p=-1,pH=3.75,故3.75+lgKa=-1,Ka=1×10-4.75。
根据分析可知p=-lg=pH+lgKa,pH=7时p=7+(-4.75)=2.25,故A正确;
p=-lg=pH+lgKa,横坐标越大,则pH越大,溶液中c(CH3COO-)越大,水电离程度越大,从a到c溶液的pH逐渐增大,溶液中c(CH3COO-)增大,则水电离程度c>b>a,故B正确;Ka=10-4.75,Kh==10-9.259.A、B　A.氨水为一元弱碱,电离平衡方程式为NH3·H2ON+OH-,Kb(NH3·H2O)=,当c(NH3·H2O)=c(N),溶液的pH为9.3,则Kb(NH3·H2O)=c(OH-)=1×10-4.7,碳酸为二元弱酸则分步电离的方程式为H2CO3HC+H+,Ka1(H2CO3)=,当c(H2CO3)=c(HC),溶液的pH为6.4,则Ka1(H2CO3)=c(H+)=1×10-6.4,可得Kb(NH3·H2O)>Ka1(H2CO3),A项错误;B.n点时,溶液中c(HC)=c(C),n点时加入NaOH溶液反应得到的溶液中有钠离子、铵根离子、碳酸根离子、碳酸氢根离子,由溶液电荷守恒可得:c(N)+c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC)+2c(C),代入c(HC)=c(C)可得c(N)+c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c(HC),B项错误;C.由图可知虚线表示NH3·H2O,由图可知m点在虚线的下方,可得c(NH3·H2O)>c(HC),C项正确;D.n点时c(HC)=c(C),Ka2(H2CO3)=c(H+)=1×10-10.2,反应HC+NH3·H2ON+C+H2O的平衡常数的表达式为K==×=, 代入数值进行计算可得K==10-0.9,则lgK=-0.9,D项正确。
10.B、C　A.由题干图示信息可知,在pH为9左右之前的任意pH下,Zn2+的浓度均比Cu2+大得多,故c(Cu2+)c2(OH-)比c(Zn2+)c2(OH-)小,即Cu(OH)2的溶度积比Zn(OH)2的小,A正确;B.由题干图示信息可知,pH=7时,Cu2+的浓度为a mg·L-1,故Ksp[Cu(OH)2]= c(Cu2+)c2(OH-)=×(10-7)2=×10-17,B错误;C.反应2AgOH+Cu2+2Ag+ +Cu(OH)2的平衡常数K===,C错误;D.由题干图示信息可知,Zn(OH)2类似于Al(OH)3具有两性,故将Zn(OH)2加入pH=10的溶液中,可能发生Zn(OH)2+2OH-Zn+2H2O,D正确。

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