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专题八　电解质溶液
明·课程标准
MINGKECHENGBIAOZHUN　　　　　　对应学生用书学案P86
1．从电离、离子反应、化学平衡的角度认识电解质水溶液的组成、性质和反应。
2．认识电解质在水溶液中存在电离平衡，了解电离平衡常数的含义。认识水的电离，了解水的离子积常数，认识溶液的酸碱性及pH，掌握检测溶液pH的方法。
3．认识盐类水解的原理和影响盐类水解的主要因素。
4．认识难溶电解质在水溶液中存在沉淀溶解平衡，了解沉淀的生成、溶解与转化。
品·高考真题
PINGAOKAOZHENTI　　　　　　对应学生用书学案P86
真题细研
1．(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(　B　)
A．溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)
B．溶液Ⅱ中的HA的电离度为
C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等
D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总(HA)之比为10－4
【解析】　常温下溶液Ⅰ的pH＝7.0，则溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7 mol/L，c(H＋)＜c(OH－)＋c(A－)，A错误；常温下溶液II的pH＝1.0，溶液中c(H＋)＝0.1 mol/L，Ka＝＝1.0×10－3，c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，则＝1.0×10－3，解得＝，B正确；根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，C错误；常温下溶液Ⅰ的pH＝7.0，溶液Ⅰ中c(H＋)＝1×10－7 mol/L，Ka＝＝1.0×10－3，c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，＝1.0×10－3，溶液Ⅰ中c总(HA)＝(104＋1)c(HA)，溶液Ⅱ的pH＝1.0，溶液II中c(H＋)＝0.1 mol/L，Ka＝＝1.0×10－3，c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，＝1.0×10－3，溶液Ⅱ中c总(HA)＝1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，溶液Ⅰ和Ⅱ中c总(HA)之比为[(104＋1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]＝(104＋1)∶1.01≈104，D错误。
2．(2021·全国乙卷T7)HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中c(M＋)随c(H＋)而变化，M＋不发生水解。实验发现，298K时c2(M＋)－c(H＋)为线性关系，如下图中实线所示。
下列叙述错误的是(　C　)
A．溶液pH＝4时，c(M＋)<3.0×10－4mol·L－1
B．MA的溶度积Ksp(MA)＝5.0×10－8
C．溶液pH＝7时，c(M＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)
D．HA的电离常数Ka(HA)≈2.0×10－4
【解析】　由图可知pH＝4，即c(H＋)＝10×10－5mol/L时，c2(M＋)＝7.5×10－8mol2/L2，c(M＋)＝ mol/L＝×10－4 mol/L<3.0×10－4mol/L，A正确；由图可知，c(H＋)＝0时，可看作溶液中有较大浓度的OH－，此时A－的水解极大地被抑制，溶液中c(M＋)＝c(A－)，则Ksp(MA)＝c(M＋)×c(A－)＝c2(M＋)＝5.0×10－8，B正确；设调pH所用的酸为HnX，由电荷守恒可知c(M＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)＋nc(Xn－)，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn－)，C错误；Ka(HA)＝，当c(A－)＝c(HA)时，由物料守恒知c(A－)＋c(HA)＝c(M＋)，则c(A－)＝，Ksp(MA)＝c(M＋)×c(A－)＝＝5.0×10－8，则c2(M＋)＝10×10－8，对应图得此时溶液中c(H＋)＝2.0×10－4 mol·L－1，Ka(HA)＝＝c(H＋)≈2.0×10－4，D正确。
3．(2021·全国甲卷)已知相同温度下，Ksp(BaSO4)下列说法正确的是(　B　)
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＝10y2－y1
【解析】　BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(SO)]}＝－lg[c(Ba2＋)×c(SO)]＝－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(CO)]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，则－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(SO)]的关系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(CO)]的关系。由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO4的沉淀溶解曲线，A错误；曲线①为BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(SO)]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c(SO)]＝7，则－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，B正确；加入适量BaCl2固体后，溶液中c(Ba2＋)增大，根据温度不变则Ksp(BaSO3)不变可知，溶液中c(CO)将减小，因此a点将沿曲线②向左上方移动，C错误；由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1时，两溶液中＝＝10y1－y2，D错误。
4．(2020·全国卷Ⅰ·13)以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2－的分布系数：δ(A2－)＝]
下列叙述正确的是(　C　)
A．曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA－)
B．H2A溶液的浓度为0.2000mol·L－1
C．HA－的电离常数Ka＝1.0×10－2
D．滴定终点时，溶液中c(Na＋)<2c(A2－)＋c(HA－)
【解析】　根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40 mL NaOH溶液时，溶液的pH发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA－)，曲线②代表δ(A2－)，根据反应2NaOH＋H2A===Na2A＋2H2O，c(H2A)＝＝0.100 0 mol/L。根据分析，曲线①代表δ(HA－)，曲线②代表δ(A2－)，A错误；当加入40.00 mL NaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH＋H2A===Na2A＋2H2O，c(H2A)＝＝0.100 0 mol/L，B错误；根据曲线当δ(HA－)＝δ(A2－)时溶液的pH＝2，则HA－的电离平衡常数Ka＝＝c(H＋)＝1×10－2，C正确；用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2～10，终点时溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，溶液中的电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，则c(Na＋)＞2c(A2－)＋c(HA－)，D错误。
5．(2022·全国乙卷节选)废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb。还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶 电解质 PbSO4 PbCO3 BaSO4 BaCO3
Ksp 2.5×10－8 7.4×10－14 1.1×10－10 2.6×10－9
回答下列问题：
(1)在“脱硫”中PbSO4转化反应的离子方程式为 PbSO4(s)＋CO(aq)===PbCO3(s)＋SO(aq)　，用沉淀溶解平衡原理解释选择NaCO3的原因反应PbSO4(s)＋CO(aq)===PbCO3(s)＋SO(aq)的平衡常数K＝＝3.4×105>105，PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3　。
(2)在“脱硫”中，加入Na2CO3不能使铅膏中BaSO4完全转化，原因是反应BaSO4(s)＋CO(aq)===BaCO3(s)＋SO(aq)的平衡常数K＝　
＝0.04 105，反应正向进行的程度有限　。
【解析】　(1)“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应的离子方程式为：PbSO4(s)＋CO(aq)===PbCO3(s)＋SO(aq)，由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知，Ksp(PbCO3)＝7.4×10－14，Ksp(PbSO4)＝2.5×10－8，反应PbSO4(s)＋CO(aq)===PbCO3(s)＋SO(aq)的平衡常数K＝＝＝＝≈3.4×105>105，说明可以转化的比较彻底，且转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，减少铅的损失。(2)反应BaSO4(s)＋CO(aq)===BaCO3(s)＋SO(aq)的平衡常数K＝＝＝＝≈0.04 105，说明该反应正向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化。
6．(2020·全国卷Ⅱ·26节选)化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：
(1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图(a)所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许 Na＋　离子通过，氯气的逸出口是 a　(填标号)。
(2)次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)＝，X为HClO或ClO－]与pH的关系如图(b)所示。HClO的电离常数Ka值为 10－7.5　。
(3)“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是 ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O　(用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1000kg该溶液需消耗氯气的质量为 203　kg(保留整数)。
【解析】　(1)电解饱和食盐水，反应的化学方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑，阳极氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，氯气从a口逸出，阴极氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，产生OH－与通过离子膜的Na＋在阴极室形成NaOH；(2)由图pH＝7.5时，知c(HClO)＝c(ClO－)，HClO的Ka＝＝c(H＋)＝10－7.5；(3)“84”中的NaClO、NaCl和酸性清洁剂混合后发生归中反应，离子方程式为ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O；设氯气为x kg，则消耗的NaOH为 kg，原氢氧化钠质量为＋1 000 kg×1%，由NaOH质量守恒：原溶液为1 000 kg－x，则 kg＋1 000 kg×1%＝(1 000 kg－x)×30%，解得x＝203 kg。
7．(2020·全国卷Ⅲ·27节选)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 Ni2＋ Al3＋ Fe3＋ Fe2＋
开始沉淀时(c＝0.01mol·L－1) 的pH 7.2 3.7 2.2 7.5
沉淀完全时(c＝1.0×10－5mol·L－1) 的pH 8.7 4.7 3.2 9.0
回答下列问题：
(1)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp＝ 0.01×(107.2－14)2[或10－5×(108.7－14)2]　(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2＋浓度为1.0mol·L－1，则“调pH”应控制的pH范围是 3.2～6.2　。
(2)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式 2Ni2＋＋ClO－＋4OH－===2NiOOH↓＋Cl－＋H2O　。
(3)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是提高镍回收率　。
【解析】　(1)由上述表格可知，Ni2＋完全沉淀时的pH＝8.7，此时c(Ni2＋)＝1.0×10－5mol·L－1，c(H＋)＝1.0×10－8.7mol·L－1，则c(OH－)＝＝＝108.7－14，则Ni(OH)2的Ksp＝c(Ni2＋)·c2(OH－)＝10－5×(108.7－14)2；或者当Ni2＋开始沉淀时pH＝7.2，此时c(Ni2＋)＝0.01 mol·L－1，c(H＋)＝1.0×10－7.2 mol·L－1，则c(OH－)＝＝＝107.2－14，则Ni(OH)2的Ksp＝c(Ni2＋)·c2(OH－)＝0.01×(107.2－14)2；如果“转化”后的溶液中Ni2＋浓度为1.0 mol·L－1，为避免镍离子沉淀，此时c(OH－)＝＝＝10－7.8 mol·L－1，则c(H＋)＝＝＝10－6.2，即pH＝6.2；Fe3＋完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2～6.2；(2)由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2＋被氧化为NiOOH沉淀，ClO－被还原为Cl－，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2＋＋ClO－＋4OH－===2NiOOH↓＋Cl－＋H2O；(3)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2＋，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率。
考情预判
预计在2023年高考中，仍会以图像分析的形式综合考查外界因素对电离平衡、水解平衡的影响，借助图像数据考查Kw、Ksp、pH的计算、溶液中离子浓度随外界因素的变化及离子浓度的大小、守恒关系的正误判断，强调用动态平衡的观点看待和分析微粒变化的过程。另外，在化工流程题中，以提纯(或生产)的物质为载体，考查中和滴定原理的拓展应用，用于测定物质的纯度等，亦会涉及有关Ksp的相关计算。
悟·核心要点
WUHEXINYAODIAN　　　　　　对应学生用书学案P88
考点一　电解质溶液中的化学平衡
核心知识·整合
1．对比理解溶液中的三大平衡
平衡 类别 电离平衡(如CH3COOH??CH3COO－＋H＋) 水解平衡(如CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－) 沉淀溶解平衡[如AgCl(s) ??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)]
研究 对象 弱电解质(包括弱酸、弱碱、水、多元弱酸的酸式酸根等) 盐溶液(包括强酸弱碱盐、弱酸强碱盐、弱酸弱碱盐) 难溶电解质(如难溶的酸、碱、盐等)
平衡 常数 Ka＝ Kh＝ Ksp(AgCl)＝ c(Ag＋)·c(Cl－)
影 响 因 素 升高温度 促进电离，离子浓度增大，Ka增大 促进水解，Kh增大 Ksp可能增大，也可能减小
加水稀释 促进电离，离子浓度(除OH－外)减小，Ka不变 促进水解，离子浓度(除H＋外)减小，Kh不变 促进溶解，Ksp不变
加入相应离子 加入CH3COONa固体或盐酸，抑制电离，Ka不变 加入CH3COOH或NaOH，抑制水解，Kh不变 加入AgNO3溶液或NaCl溶液抑制溶解，Ksp不变
加入反应的离子 加入NaOH，促进电离，Ka不变 加入盐酸，促进水解，Kh不变 加入氨水，促进溶解，Ksp不变
2．溶液中的“三大常数”
(1)电离常数(K电离)与电离度(α)的关系(以一元弱酸HA为例)
　HA　　??　　H＋　　＋　　A－
起始浓度：c酸00
平衡浓度：c酸·(1－α)c酸·αc酸·α
K电离＝＝。
若α很小，可认为1－α≈1，则K电离＝c酸·α2(或α＝)。
(2)电离常数与水解常数的关系
①对于一元弱酸HA，Ka与Kh的关系
HA??H＋＋A－，Ka(HA)＝；
A－＋H2O??HA＋OH－，Kh(A－)＝。
则Ka·Kh＝c(H＋)·c(OH－)＝Kw，故Kh＝。常温时Ka·Kh＝Kw＝1.0×10－14，Kh＝。
②对于二元弱酸H2B，Ka1(H2B)、Ka2(H2B)与Kh(HB－)、Kh(B2－)的关系
HB－＋H2O??H2B＋OH－，Kh(HB－)＝＝＝。
B2－＋H2O??HB－＋OH－，Kh(B2－)＝＝＝
(3)与Ksp有关的常考题型和解题策略
常考题型 解题策略
(1)根据定义式或者数形结合求Ksp，或者判断沉淀金属离子所需pH 直接根据Ksp(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)解答，如果已知溶解度，则化为物质的量浓度再代入计算
(2)沉淀先后的计算与判断 ①沉淀类型相同，则Ksp小的化合物先沉淀； ②沉淀类型不同，则需要根据Ksp计算出沉淀时所需离子浓度，所需离子浓度小的先沉淀
(3)根据两种含同种离子的化合物的Ksp数据，求溶液中不同离子的比值 如某溶液中含有I－、Cl－等离子，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，求溶液中，则有＝＝
(4)判断沉淀的生成或转化 把离子浓度数值代入Ksp表达式，若数值大于Ksp，沉淀可生成或转化为相应难溶物质
关键能力·突破
　考向1　电离平衡及其影响因素
典例125℃时，将体积为V0L、浓度为1mol/L的HBrO2溶液和ClSO3H溶液分别加水稀释至体积为VL，pH与lg＋1的关系如图所示。已知：HBrO2溶液中存在HBrO2。下列叙述正确的是(　C　)
A．N表示ClSO3H，M表示HBrO2
B．25℃时，HBrO2的电离平衡常数的数量级为10－3
C．在0≤pH≤5时，ClSO3H溶液中：pH＝lg
D．25℃时，pH＝2的HBrO2溶液和ClSO3H溶液中水的电离程度：后者>前者
【对点析图】　
　　　　　　易错点拨
(1)电离平衡正向移动，弱电解质的电离程度不一定增大。如向醋酸溶液中加入少量冰醋酸，平衡向电离方向移动，但醋酸的电离程度减小。
(2)当对酸、碱溶液稀释时，所有离子的浓度不一定都减小。如酸溶液加水稀释时，由于Kw是定值，故c(H＋)减小，c(OH－)增大；而碱溶液稀释时，c(OH－)减小，c(H＋)增大。
〔迁移应用〕
1．(2022·广州模拟)下列说法正确的是(　B　)
A．100℃时，pH＝12的NaOH溶液中，c(OH－)＝0.01mol·L－1
B．常温下，将pH＝9的CH3COONa溶液与pH＝9的NaOH溶液混合，混合溶液pH仍为9
C．常温下，将pH＝1的稀盐酸与pH＝13的AOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定为7
D．将冰醋酸加水稀释，冰醋酸的电离度逐渐增加，c(H＋)逐渐增大
【解析】　水的离子积只受温度的影响，温度升高，促进水的电离，水的离子积增大，因此100 ℃时水的离子积大于1×10－14，100 ℃时，pH＝12的NaOH溶液中，c(OH－)＞0.01 mol·L－1，A错误；CH3COONa与NaOH不发生反应，常温下，相同pH的两种溶液混合后，溶液pH仍为9，B正确；如果AOH为弱碱，pH＝13的AOH物质的量浓度大于0.1 mol·L－1，即等体积混合后，溶质为AOH和ACl，此时溶液可能显碱性，C错误；冰醋酸加水稀释，促进醋酸的电离，醋酸的电离度增大，随着水量的增大，c(H＋)先增大后减小，D错误。
　考向2　盐类水解平衡及其应用
典例2(2022·西宁模拟)向一定体积的0.1mol·L－1的草酸溶液中滴加0.1mol·L－1的NaOH溶液，溶液中H2C2O4、HC2O、C2O的物质的量分数(δ)随pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是(　C　)
A．水的电离程度：N>M>P
B．C2O的水解平衡常数Kn1＝1×10－9.8
C．N点：c(Na＋)>c(HC2O)>c(C2O)>c(H＋)>c(OH－)
D．向pH＝4.2的溶液中持续滴加NaOH溶液，水的电离程度持续变小
【解析】　一开始溶质全是草酸会抑制水的电离，随着NaOH溶液加入，生成NaHC2O4、Na2C2O4的阴离子能发生水解反应，促进水的电离，且C2O的水解程度大于HC2O的，则水的电离程度：N>M>P，A正确；C2O的第一步水解反应方程式为C2O＋H2O??HC2O＋OH－，水解平衡常数Kh1＝＝＝，N点c(HC2O)＝c(C2O)，则Ka2＝＝c(H＋)＝10－4.2，则Kh1＝＝＝10－9.8，B正确；N点c(HC2O)＝c(C2O)，C错误；酸或碱溶液抑制水的电离，持续滴加NaOH溶液，水的电离程度会变小，D正确。
方法技巧
盐类水解的规律
(1)“谁弱谁水解，越弱越水解”。
(2)强酸的酸式盐只电离，不水解，溶液显酸性。如NaHSO4。
(3)弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。
①若电离程度小于水解程度，溶液呈碱性。如NaHCO3溶液中：HCO??H＋＋CO(次要)，HCO＋H2O??H2CO3＋OH－(主要)。类似离子还有HS－、HPO等。
②若电离程度大于水解程度，溶液显酸性。如NaHSO3溶液中：HSO??H＋＋SO(主要)，HSO＋H2O??H2SO3＋OH－(次要)。类似离子还有H2PO等。
(4)相同条件下的水解程度
①正盐>相应酸式盐，如CO>HCO。
②相互促进水解的盐>单独水解的盐>水解相互抑制的盐。如NH的水解：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。
〔迁移应用〕
2．常温下，向20mL浓度均为0.1mol·L－1的HA与NaA的混合溶液中，分别滴加浓度均为0.1mol·L－1的HCl、NaOH两种溶液，混合溶液的pH变化情况如图所示。下列说法正确的是(　C　)
A．滴加HCl溶液的曲线为Ⅰ
B．水的电离程度：c>b>a
C．d点时，lg≈5.24
D．c点溶液中存在：c(Na＋)＝2[c(A－)＋c(HA)]
【解析】　0.1 mol/L的HA与NaA的混合液的pH＝4.76，说明HA为弱酸，且在该混合液中HA的电离程度大于A－的水解程度；向该混合液中，滴加HCl，溶液的pH减小，则滴加盐酸溶液的曲线为Ⅱ；滴加NaOH溶液，溶液的pH增大，滴加NaOH溶液的曲线为I。滴加盐酸，溶液的pH减小，滴加盐酸的曲线为Ⅱ，A错误；a、b点都在曲线Ⅱ上，滴加盐酸时发生反应NaA＋HCl===NaCl＋HA，随着HCl的滴入，NaA逐渐减少、HA逐渐增多，HA电离出H＋抑制水的电离，A－水解促进水的电离，则水的电离程度不断减小，则水的电离程度a＞b，b点时加入20 mL盐酸得到0.1 mol/L HA和0.05 mol/L NaCl的混合液，c点在曲线Ⅰ上，滴加NaOH溶液时发生反应NaOH＋HA===NaA＋H2O，c点加入20 mL NaOH溶液得到0.1 mol/L NaA溶液，则水的电离程度c＞b，B错误；0.1 mol/L的HA与NaA的混合液的pH＝4.76，溶液中c(H＋)＝10－4.76mol/L，则Ka(HA)＝≈10－4.76，d点溶液的pH＝10，溶液中c(H＋)＝10－10 mol/L，Ka(HA)＝＝≈10－4.76，≈105.24，则lg ≈5.24，C正确；c点在曲线Ⅰ上，滴加NaOH溶液时发生反应NaOH＋HA===NaA＋H2O，c点加入20 mL NaOH溶液得到0.1 mol/L NaA溶液，溶液中的物料守恒为c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)，D错误。
　考向3　沉淀溶解平衡及其应用
典例3(2022·湖南选择考试)室温时，用0.100mol·L－1的标准AgNO3溶液滴定15.00mL浓度相等的Cl－、Br－和I－混合溶液，通过电位滴定法获得lgc(Ag＋)与V(AgNO3)的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于1.0×10－5mol·L－1时，认为该离子沉淀完全。Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgBr)＝5.4×10－13，Ksp(AgI)＝8.5×10－17)。下列说法正确的是(　C　)
A．a点：有白色沉淀生成
B．原溶液中I－的浓度为0.100mol·L－1
C．当Br－沉淀完全时，已经有部分Cl－沉淀
D．b点：c(Cl－)>c(Br－)>c(I－)>c(Ag＋)
【解析】　向含浓度相等的Cl－、Br－和I－混合溶液中滴加硝酸银溶液，根据三种沉淀的溶度积常数，三种离子沉淀的先后顺序为I－、Br－、Cl－，根据滴定图示，当滴入4.50 mL硝酸银溶液时，Cl－恰好沉淀完全，此时共消耗硝酸银的物质的量为4.50 mL×10－3 L·mL－1×0.100 mol·L－1＝4.5×10－4 mol，所以Cl－、Br－和I－均为1.5×10－4 mol。I－先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，A错误；原溶液中I－的物质的量为1.5×10－4 mol，则I－的浓度为＝0.010 0 mol·L－1，B错误；当Br－沉淀完全时(Br－浓度为1.0×10－5 mol·L－1)，溶液中的c(Ag＋)＝＝＝5.4×10－8 mol·L－1，若Cl－已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl－)＝＝＝3.3×10－3 mol·L－1，原溶液中的c(Cl－)＝c(I－)＝0.010 0 mol·L－1，则已经有部分Cl－沉淀，C正确；b点加入了过量的硝酸银溶液，Ag＋浓度最大，则b点各离子浓度为c(Ag＋)>c(Cl－)>c(Br－)>c(I－)，D错误。
模型构建
巧用解题模板突破沉淀溶解平衡图像题
第一步：明确图像中横、纵坐标的含义
横、纵坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度或其对数或其负对数。
第二步：理解图像中线上的点、线外点的含义
曲线上任意一点都达到了沉淀溶解平衡状态，此时Qc＝Ksp。在温度不变时，无论改变哪种离子的浓度，另一种离子的浓度只能在曲线上变化，不会出现在曲线外。
曲线上方区域的点均为过饱和溶液，此时Qc>Ksp。
曲线下方区域的点均为不饱和溶液，此时Qc第三步：抓住Ksp的特点，结合选项分析判断
(1)溶液在蒸发时，离子浓度的变化分两种情况：
①原溶液不饱和时，离子浓度都增大。
②原溶液饱和时，离子浓度都不变。
(2)溶度积常数只是温度的函数，与溶液中溶质的离子浓度无关，在同一曲线上的点，溶度积常数相同。
〔迁移应用〕
3．(2022·连云港模拟)室温下，用0.01mol·L－1CuSO4溶液浸泡NiS固体，一段时间后过滤，向滤液中加入氨水，产生蓝色沉淀。已知Ksp(NiS)＝1.0×10－21，Ksp(CuS)＝1.5×10－36，Ksp(PbS)＝9×10－29。下列有关说法正确的是(　A　)
A．过滤后所得溶液中存在：c(Ni2＋)·c(S2－)＜Ksp(NiS)
B．滤液中加入氨水产生蓝色沉淀的离子方程式：Cu2＋＋2OH－===Cu(OH)2↓
C．欲使反应NiS＋Cu2＋??Ni2＋＋CuS向右进行，则需满足>×1015
D．用0.01mol·L－1CuSO4溶液浸泡PbS固体，不能得到CuS固体
【解析】　室温下，用0.01 mol·L－1 CuSO4溶液浸泡NiS固体，发生沉淀转化：NiS＋Cu2＋??Ni2＋＋CuS，则NiS溶解、NiS(s)??Ni2＋(aq)＋S2－(aq)向右移动，过滤后所得溶液中存在：Qc(NiS)＝c(Ni2＋)·c(S2－)＜Ksp(NiS)，A正确；氨水是弱电解质，不能拆写为离子，B错误；反应NiS＋Cu2＋??Ni2＋＋CuS的平衡常数K＝＝＝＝×1015，欲使反应NiS＋Cu2＋??Ni2＋＋CuS向右进行，需满足Qc考点二　酸碱中和滴定及其拓展应用
核心知识·整合
1．实验仪器
酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹(带铁架台)、锥形瓶。其中常考的是滴定管，如正确选择滴定管(包括量程)，滴定管的检漏、洗涤和润洗，滴定管的正确读数方法等。
2．操作步骤
①滴定前的准备：查漏、洗涤、润洗、充液(赶气泡)、调液面、读数；②滴定：移液、滴加指示剂、滴定至终点、读数；③计算。
3．指示剂的选择
类型 滴定过程 指示剂 终点颜色变化
酸碱 中和 反应 强酸滴定强碱(或弱碱) 甲基橙 溶液由黄色变为橙色
强碱滴定强酸(或弱酸) 酚酞 溶液由无色变为浅红色
氧化 还原 反应 Na2S2O3溶液滴定未知浓度的碘水 淀粉 溶液 溶液由蓝色变为无色
酸性KMnO4溶液滴定H2O2(或H2C2O4)溶液 不需要 指示剂 溶液由无色变为浅红色
沉淀 反应 AgNO3溶液滴定含Cl－的溶液 K2CrO4 溶液 出现淡红色沉淀(Ag2CrO4为砖红色沉淀)
4．误差分析
写出计算式，分析操作对V标的影响，由计算式得出对最终测定结果的影响，切忌死记硬背结论。此外对读数视线问题要学会画图分析。
5．数据处理
正确“取舍”数据，计算“平均”体积，根据反应式确定标准液与待测液浓度和体积的关系，从而列出公式进行计算。
关键能力·突破
　考向1　酸碱中和滴定
典例1(2022·德阳模拟)25℃时，用0.1mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.1mol·L－1醋酸和20mL0.1mol·L－1盐酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是(　B　)
A．a点所表示溶液中：c(H＋)＋c(CH3COOH)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)
B．b点所表示溶液中：c(Cl－)>c(H＋)>c(Na＋)
C．Ka(CH3COOH)的数量级为10－6
D．溶液中水的电离程度：c>b>a
【解析】　a点所在曲线表示NaOH滴定醋酸的曲线，NaOH溶液体积为10 mL，则醋酸反应了一半，所得溶液为等浓度的CH3COOH和CH3COONa溶液，电荷守恒有①c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，物料守恒有②c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝2c(Na＋)，2×①＋②得2c(H＋)＋c(CH3COOH)＝2c(OH－)＋c(CH3COO－)，A错误；b点所在曲线表示NaOH滴定HCl的曲线，NaOH溶液体积为10 mL，则HCl反应了一半，所得溶液为等浓度的HCl和NaCl溶液，则c(Cl－)＝2c(Na＋)，即c(Cl－)>c(Na＋)，由于钠离子只由NaCl电离，氢离子由HCl和水电离，故c(H＋)>c(Na＋)，综上所述，b点所表示溶液中：c(Cl－)>c(H＋)>c(Na＋)，B正确；由图可知，0.1 mol·L－1醋酸中pH＝3，c(H＋)＝0.001 mol/L，故Ka(CH3COOH)＝≈＝＝10－5，故Ka(CH3COOH)的数量级为10－5，C错误；a点所得溶液为等浓度的CH3COOH和CH3COONa溶液，溶液显酸性，水的电离受到抑制，b点所得溶液为等浓度的HCl和NaCl溶液，溶液显酸性，水的电离受到抑制，由于b点pH较a点小，则b点水的电离程度小于a点，c点CH3COONa溶液，水的电离受到促进，故水的电离程度c>a>b，D错误。
〔迁移应用〕
1．(2022·茂名模拟)常温下，用已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的H2R溶液，滴定过程中lg随pH变化图像如图所示。下列说法错误的是(　C　)
A．Ka2(H2R)＝10－7
B．NaHR溶液显酸性
C．水的电离程度：M>N
D．滴定至pH＝7时：c(Na＋)＝3c(R2－)
【解析】　Ka2(H2R)＝×c(H＋)，代入线上任意一点，计算得Ka2(H2R)＝10－7，故A正确；NaHR溶液中存在H2R的第二步电离和R2－的第二步水解，其中Ka2(H2R)＝10－7，Ka1(H2R)×Kh2(R2－)＝10－14，其中Ka1(H2R)>Ka2(H2R)，所以Kh2(R2－)<10－7，NaHR溶液显酸性，故B正确；M点溶液的pH小于N点，说明M点酸浓度较大，N点盐浓度较大，酸抑制水的电离，弱酸盐促进水的电离，所以M点水的电离程度不可能大于N点，故C错误；根据电荷守恒可知：c(H＋)＋c(Na＋)＝2c(R2－)＋c(HR－)＋c(OH－)，滴定至pH＝7时，c(H＋)＝c(OH－)，c(R2－)＝c(HR－)，所以存在c(Na＋)＝3c(R2－)，故D正确。
　考向2　滴定原理的应用
典例2(2022·陕西商洛模拟)重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]可用作媒染剂和有机合成催化剂，具有强氧化性。实验室将NH3通入重铬酸(H2Cr2O7)溶液中制备[(NH4)2Cr2O7]的装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题：
已知：Cr2O(橙色)＋H2O??2CrO(黄色)＋2H＋。
(1)仪器a的名称是球形干燥管　，b处的作用为防止倒吸　；实验时控制三颈烧瓶内溶液pH约为4，pH不宜过大的原因是防止因pH过大，Cr2O转化为CrO，使产物不纯　；A装置的作用为控制NH3通入的速率　。
(2)在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7固体，加水溶解，再滴加足量KOH浓溶液，振荡，微热，观察到的主要现象是有刺激性气味气体放出，溶液变为黄色　。
(3)实验室常用甲醛法测定含(NH4)2Cr2O7的产品中(NH4)2Cr2O7的质量分数，其反应原理为2Ba2＋＋Cr2O＋H2O===2BaCrO4＋2H＋、4NH＋6HCHO===(CH2)6N4H＋＋6H2O＋3H＋，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。实验步骤：
Ⅰ.称取样品12.00g，配成250mL溶液。
Ⅱ.量取25.00mL样品溶液，用氯化钡溶液使Cr2O完全沉淀后，加入足量的20%中性甲醛溶液，摇匀，静置5min。
Ⅲ.以酚酞作指示剂，用1.00mol·L－1的NaOH标准溶液滴定，记录数据。
Ⅳ.重复步骤Ⅱ、Ⅲ2～3次，处理数据。
①滴定终点的颜色变化为溶液由无色变为浅红色　。
②用酸式　(填“酸式”或“碱式”)滴定管量取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中。
③与NaOH反应时，1mol(CH2)6N4H＋与1molH＋相当，步骤Ⅲ中(CH2)6N4H＋与NaOH发生反应的离子方程式是(CH2)6N4H＋＋OH－===(CH2)6N4＋H2O　。
④若实验平均消耗NaOH溶液的体积为16.00mL，则所得产物中(NH4)2Cr2O7(摩尔质量为252g·mol－1)的质量分数为 84　%。
⑤若滴定终点时仰视读数，则测定的质量分数将偏大　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【解析】　仪器a为球形干燥管，由于NH3极易溶于水，则b处要有防倒吸装置，由Cr2O＋H2O??2CrO＋2H＋，pH过大会使平衡正向移动，使产生的(NH4)2Cr2O7不纯，因此插入pH计及时了解控制反应液中的pH值，由于NH3极易溶于水，即B装置中很难看到气泡，而NH3在四氯化碳溶液中溶解度小，A中加入四氯化碳后可以看到气泡，以便于控制氨气的通入速度，a是尾气处理装置。(1)a名称为球形干燥管，b的作用为防止倒吸，pH过大，Cr2O＋H2O??2CrO＋2H＋平衡正向移动，产生较多的CrO，使产物不纯，A装置的作用为控制氨气的流速，同时也能平衡气压。(2)在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7，溶解后加入足量KOH浓溶液，振荡、微热，溶液中铵根离子与氢氧根反应产生氨气，有刺激性气味气体放出，Cr2O＋H2O??2CrO＋2H＋，随着KOH加入，氢离子被消耗，平衡正向移动，产生较多的CrO，溶液变为黄色。(3)①酚酞为指示剂，用NaOH滴定反应后的溶液，随着NaOH加入，溶液pH逐渐增大，最后一滴NaOH加入后溶液由无色变为浅红色。②由题干可知(NH4)2Cr2O7有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以用酸式滴定管。③已知1 mol (CH2)6N4H＋与1 mol H＋相当，则其与NaOH反应的离子方程式为(CH2)6N 4H＋＋OH－===(CH2)6N4＋H2O。④设25 mL样品溶液中有(NH4)2Cr2O7x mol，则NH有2x mol，Cr2O有x mol，根据(3)中两个方程式可知，x mol Cr2O生成H＋ 2x mol，2x mol NH生成x mol H＋和x mol (CH2)6N4H＋，因1 mol (CH2)6N4H＋与1 mol H＋相当，故可以看成2x mol NH生成了2x mol H＋，即x mol (NH4)2Cr2O7共生成4x mol H＋，现已知消耗NaOH物质的量为0.016 mol，则4x＝0.016，x＝0.004 mol，因此25 mL样品溶液中(NH4)2Cr2O7有0.004 mol×252 g/mol＝1.008 g，则产物中(NH4)2Cr2O7的质量分数为＝84%。⑤滴定终点时仰视读数，会使标准液的体积偏大，测定的质量分数偏大。
　　　　　　易错点拨
(1)在回答滴定终点的颜色变化时，要强调在半分钟内溶液颜色不褪去(或不恢复原色)。
(2)在进行相关计算时，要注意取出样品溶液与原样品所配制溶液量之间的关系。
(3)若测量的次数在三次及以上，在计算平均体积时，要舍去与其他二次(或以上)数据相差较大的一次，求平均值。
〔迁移应用〕
2．(2022·长沙模拟)某温度下，向10mL0.1mol·L－1NaCl溶液和10mL0.1mol·L－1K2CrO4溶液中分别滴加0.1mol·L－1AgNO3溶液。滴加过程中pM[－lgc(Cl－)或－lgc(CrO)]与所加AgNO3溶液体积之间的关系如下图所示。已知Ag2CrO4为红棕色沉淀。下列说法正确的是(　C　)
A．该温度下，Ksp(Ag2CrO4)的数量级为10－11
B．a1、b、c三点所示溶液中c(Ag＋)：a1>b>c
C．若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L－1，则a1点会平移至a2点
D．用AgNO3标准溶液滴定K2CrO4溶液时，可用NaCl溶液作指示剂
【解析】　b点时恰好反应生成Ag2CrO4，－lg c(CrO)＝4.0，c(CrO)＝10－4 mol·L－1，则c(Ag＋)＝2×10－4 mol·L－1，该温度下Ksp(Ag2CrO4)＝c(CrO)×c2(Ag＋)＝4×10－12，故A错误；a1点恰好完全反应，－lg c(Cl－)＝4.9，c(Cl－)＝10－4.9 mol·L－1，则c(Ag＋)＝10－4.9 mol·L－1，b点c(Ag＋)＝2×10－4 mol·L－1，c点，K2CrO4过量，c(CrO)约为原来的，c(CrO)＝0.025 mol·L－1，则c(Ag＋)＝＝×10－5mol·L－1，a1、b、c三点所示溶液中b点的c(Ag＋)最大，故B错误；温度不变，氯化银的溶度积不变，若将上述NaCl溶液浓度改为0.2 mol·L－1，平衡时－lg c(Cl－)＝4.9，但需要的硝酸银溶液的体积变成原来的2倍，因此a1点会平移至a2点，故C正确；根据上述分析，当溶液中同时存在Cl－和CrO时，加入硝酸银溶液，Cl－先沉淀，沉淀颜色为白色。Ag2CrO4为红棕色沉淀，故D错误。
考点三　溶液中离子浓度大小比较
核心知识·整合
1．突破离子浓度关系的“三大守恒”
(1)电荷守恒。电解质溶液中所有阳离子所带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数相等。如在Na2CO3溶液中存在着Na＋、CO、H＋、OH－、HCO，它们存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)。
(2)物料守恒。电解质溶液中，由于某些离子能水解或电离，会使离子种类增多，但某些关键性的原子总是守恒的。如在Na2CO3溶液中：
(3)质子守恒。在电离或水解过程中，会发生质子(H＋)转移，但在质子转移过程中其数量保持不变，如在Na2CO3溶液中：c(OH－)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)＋c(H＋)。
2．比较溶液中粒子浓度大小关系
(1)单一溶液中粒子浓度的比较
①多元弱酸溶液：多元弱酸分步电离，电离程度逐级减弱。如H3PO4溶液中：c(H＋)>c(H2PO)>c(HPO)>c(PO)
②多元弱酸的正盐溶液：多元弱酸的酸根离子分步水解，水解程度逐级减弱。如在Na2CO3溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)
③多元弱酸酸式盐：分析酸式酸根电离与水解大小。如NaHCO3溶液中HCO水解大于电离，则c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H2CO3)>c(H＋)>c(CO)；NaHSO3溶液中HSO电离大于水解，则c(Na＋)>c(HSO)>c(H＋)>c(SO)>c(OH－)>c(H2SO3)
(2)混合溶液中各离子浓度的比较
混合溶液要综合分析电离、水解等因素。如在0.1mol·L－1NH4Cl溶液和0.1mol·L－1的氨水混合溶液中，各离子浓度大小的顺序为c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。
(3)不同溶液中同一离子浓度的比较
不同溶液要看溶液中其他离子对该离子的影响。如在相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Cl　②CH3COONH4　③NH4HSO4，c(NH)由大到小的顺序为③>①>②。
关键能力·突破
　考向1　单一溶液中微粒浓度关系
典例1(2022·邯郸模拟)下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是(　D　)
A．0.1mol·L－1NaHCO3溶液：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(HCO)＞c(H＋)
B．将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，则混合后的溶液中：c(Na＋)＝c(Cl－)
C．等pH的氨水、KOH、Ba(OH)2溶液中：c(NH)＝c(K＋)＝c(Ba2＋)
D．Na2CO3溶液：c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)
【解析】　NaHCO3电离方程式为：NaHCO3===Na＋＋HCO，HCO在溶液中发生电离作用和水解作用而被消耗，且其水解作用大于电离作用，因此溶液显碱性，c(OH－)＞c(H＋)，但其水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，而Na＋不消耗，所以溶液中离子浓度大小关系为：c(Na＋)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)，A错误；将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，则溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋c(OH－)，溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，所以混合后的溶液中：c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)，B错误；等pH的氨水、KOH、Ba(OH)2溶液中c(OH－)相等，根据电荷守恒可得c(NH)＝c(K＋)＝2c(Ba2＋)，C错误；Na2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，据质子守恒可得：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)，所以c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)，D正确。
〔迁移应用〕
1．(2022·佛山模拟)葡萄酒中含有的酒石酸(H2T)常用作食品添加剂。已知Na2T溶液呈碱性，NaHT溶液呈酸性。下列说法正确的是(　B　)
A．0.05mol·L－1H2T溶液的pH＝1
B．H2T溶液的pH随温度升高而减小
C．NaHT在水中的电离方程式为：NaHT===Na＋＋H＋＋T2－
D．0.01mol·L－1Na2T溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HT－)＋c(H2T)
【解析】　已知Na2T溶液呈碱性，则T2－发生水解反应，H2T的二级电离不完全，0.05 mol·L－1 H2T溶液的氢离子的浓度小于0.1 mol/L，pH大于1，A错误；电离为吸热反应，H2T的二级电离随温度升高而增大，氢离子浓度变大，pH减小，B正确；由A分析可知，H2T的二级电离不完全，故NaHT在水中的电离方程式为：NaHT===Na＋＋HT－，C错误；0.01 mol·L－1 Na2T溶液中由电荷守恒可知：①c(OH－)＋c(HT－)＋2c(T2－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，由物料守恒可知，②(Na＋)＝2c(H2T)＋2c(HT－)＋2c(T2－)，②代入①中得：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HT－)＋2c(H2T)，D错误。
　考向2　混合溶液中微粒浓度关系
典例2常温下，向amol·L－1H2SeO3溶液中滴加NaOH溶液的过程中含Se微粒的物质的量分数随pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是(　D　)
A．Ka2(H2SeO3)的数量级为10－6
B．NaHSeO3溶液显碱性
C．pH＝8时，溶液中存在c(HSeO)＋2c(SeO)＋c(OH－)＝c(H＋)
D．在Na2SeO3溶液中，c(SeO)>c(HSeO)>c(H2SeO3)
方法技巧
四种常考混合溶液的酸碱性
(1)CH3COOH与CH3COONa等浓度时：CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，等体积混合后溶液呈酸性。
(2)NH4Cl和NH3·H2O等浓度时：NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，等体积混合后溶液呈碱性。
(3)HCN与NaCN等浓度时：CN－的水解程度大于HCN的电离程度，等体积混合后溶液呈碱性。
(4)Na2CO3与NaHCO3等浓度时：由于CO的水解程度大于HCO的水解程度，所以等体积混合后c(HCO)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)。
〔迁移应用〕
2．(2022·衢州模拟)25℃，有c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol·L－1的一组醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)与pH的关系如图所示。下列有关离子浓度关系叙述正确的是(　C　)
A．pH＝5的溶液中：c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
B．W点表示溶液中：c(Na＋)＋2c(OH－)＝c(CH3COO－)＋2c(H＋)
C．pH＝3.5溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＋c(CH3COOH)＝0.1mol·L－1
D．取W点溶液1L，通入0.05molHCl气体(溶液体积变化可忽略)：c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)
【解析】　由图可知，当pH＝5时，c(CH3COOH)热点聚焦
　REDIANJUJIAO　　　　　　对应学生用书学案P94
电解质溶液中相关平衡曲线分析
〔高考必备〕
1．把握常见图像，解题事半功倍
(1)一强一弱溶液的稀释图像(pH与稀释倍数的线性关系)
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)酸碱中和滴定曲线
氢氧化钠滴定等浓度等体积的盐酸、醋酸 盐酸滴定等浓度等体积的氢氧化钠、氨水
曲线起点不同：强碱滴定强酸、弱酸的曲线，强酸起点低；强酸滴定强碱、弱碱的曲线，强碱起点高
突跃点变化范围不同：强碱与强酸反应(强酸与强碱反应)的突跃点变化范围大于强碱与弱酸反应(强酸与弱碱反应)
室温下，当等体积、等浓度的一元强碱和一元强酸反应时，pH＝7；但当等体积、等浓度的一元强碱和一元弱酸(或一元强酸和一元弱碱)反应时，pH>7(或pH<7)
指示剂的选择：强酸滴定弱碱用甲基橙，强碱滴定弱酸用酚酞，强酸与强碱的滴定，甲基橙和酚酞均可
(3)关于KW、Ksp的图像
不同温度下水溶液中c(H＋)与c(OH－)的变化曲线 常温下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线[Ksp＝9×10－6]
①A、C、B三点均为中性，温度依次升高，KW依次增大； ②D点为酸性溶液，E点为碱性溶液，KW＝1×10－14； ③AB直线的左上方均为碱性溶液，任意一点：c(H＋)Ksp，将会有沉淀生成； ③d点在曲线的下方，Qc(4)分布系数图像
[说明：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]
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HC2O分布系数、δ2为C2O分布系数
随着pH增大，溶质分子浓度不断减小，离子浓度逐渐增大，酸根离子增多。根据分布系数可以书写一定pH时所发生反应的离子方程式
同一pH条件下可以存在多种溶质微粒。根据在一定pH的微粒分布系数和酸的浓度，就可以计算各成分在该pH时的平衡浓度
2．抓住图像“五点”关键，突破酸碱混合图像问题
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
例如，室温下，向20mL0.1mol·L－1HA溶液中逐滴加入0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液pH的变化如图所示：
〔典例探析〕
典例25℃时，用0.10mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法错误的是(　C　)
A．点①和点②对应的溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CH3COOH)
B．点④和点⑤为两个反应的滴定终点，两个反应均可采用酚酞作指示剂
C．水的电离程度：①<②
D．点②和点③之间对应的溶液中：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
【以图析题】　
〔预测演练〕
1．(2019·全国卷Ⅱ·12)绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是(　B　)
A．图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度
B．图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)＝Ksp(n)C．向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动
D．温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动
【解析】　图中p、q对应纵横坐标数值相等，即c(Cd2＋)＝c(S2－)，则a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度，A正确；图中m、n、p点对应的温度相同，小于q点对应的温度，对应的Ksp的关系为Ksp(m)＝Ksp(n)＝Ksp(p)2．(2022·杭州模拟)某同学在容器中加入25mL0.1mol·L－1的氨水，再用0.1mol·L－1的盐酸滴定，所得溶液的pH、溶液中NH和NH3·H2O的物质的量分数φ与加入盐酸的体积V的关系如图所示，下列说法不正确的是(　C　)
A．NH的水解平衡常数为10－9.26
B．应选用甲基橙为指示剂，滴定终点溶液的颜色变化为黄色变为橙色
C．当加入盐酸体积为12.5mL时，溶液中
c(NH3·H2O)>c(Cl－)>c(NH)
D．当加入盐酸体积为V1mL时，
c(H＋)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)＋c(OH－)
【解析】　由题干图示信息可知，两曲线交叉点为NH和NH3·H2O的物质的量分数φ相等，即c(NH)＝c(NH3·H2O)，此时溶液的pH＝9.26，则NH的水解平衡常数为Kh＝＝c(H＋)＝10－9.26，A正确；滴定终点生成的溶液溶质为NH4Cl，NH4Cl溶液呈酸性，甲基橙的变色范围是3.1～4.4，则滴定时应选用甲基橙为指示剂，滴定终点溶液的颜色变化为黄色变为橙色，B正确；当加入盐酸体积为12.5 mL时，则根据反应NH3·H2O＋HCl===NH4Cl＋H2O，则溶液为等物质的量浓度的NH3·H2O和NH4Cl混合溶液，此时溶液呈碱性，即NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，则溶液中c(NH)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)，C错误；由图示信息可知，当加入盐酸体积为V1 mL时，溶液中c(NH)＝c(NH3·H2O)，根据电荷守恒可知，c(H＋)＋c(NH)＝c(Cl－)＋c(OH－)，故有c(H＋)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)＋c(OH－)，D正确。
3．(2022·合肥模拟)25℃时，向一定浓度的Na2C2O4溶液中滴入稀硫酸，粒子浓度与混合溶液pH的变化关系如图所示。pY＝－lgY，Y表示或。下列叙述错误的是(　C　)
A．H2C2O4的第二步电离常数的数量级为10－5
B．pH＝4.2时，c(C2O)＋2c(H2C2O4)<2c(SO)
C．pH＝2.7时，c(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O4)
D．滴加稀硫酸过程中，保持不变
【解析】　由图可知，草酸的电离平衡常数分别为Ka1(H2C2O4)＝10－1.2，Ka2(H2C2O4)＝10－4.2，故第二步电离常数的数量级为10－5，A正确；pH＝4.2时，所得溶液中的溶质为Na2C2O4，NaHC2O4和Na2SO4，其物质的量之比为2∶2∶1，根据电荷守恒式有c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(C2O)＋c(HC2O)＋2c(SO)＋c(OH－)，据物料守恒式有c(Na＋)＝2c(C2O)＋2c(HC2O)＋2c(H2C2O4)，则其质子守恒式为c(HC2O)＋2c(H2C2O4)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(OH－)，结合溶液呈酸性，且c(HC2O)＝c(C2O)，则有c(C2O)＋2c(H2C2O4)<2c(SO)，B正确；由于Ka1·Ka2＝＝10－1.2×10－4.2＝10－5.4，则pH＝2.7时，c(C2O)＝c(H2C2O4)，C错误；＝，故滴加稀硫酸过程中保持不变，D正确。
4．(2022·沈阳模拟)常温下，将一定量稀硫酸逐滴滴入高铁酸钠(Na2FeO4)溶液中，溶液中含铁微粒存在如下平衡：FeOHFeOH2FeO4H3FeO，各微粒的物质的量分数δ(X)随pOH变化如图。下列说法正确的是(　C　)
A．Ⅲ代表HFeO的变化曲线
B．a、b、c三点水的电离程度相等
C.<
D．a点处：c(Na＋)＋c(H＋)＋c(H3FeO)＝c(OH－)＋2c(FeO)＋3c(HFeO)
【解析】　稀硫酸逐滴滴入高铁酸钠(Na2FeO4)溶液中，溶液pOH不断增大，OH－的浓度不断减小，可知Ⅱ代表HFeO的变化曲线，A错误；a、b、c三点溶液中微粒成分不同，溶液pOH不同，对水的电离影响程度不同，故B错误；FeO＋H2O??HFeO＋OH－的平衡常数K1＝，a点时c(FeO)＝c(HFeO)，pOH＝1.6，则K1＝c(OH－)＝10－1.6，同理可知HFeO＋H2O??H2FeO4＋OH－的平衡常数K2＝10－5.2，H2FeO4＋H2O??H3FeO＋OH－的平衡常数K3＝10－7.3，由此推出<，C正确；a点溶液中c(FeO)＝c(HFeO)，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＋c(H3FeO)＝c(OH－)＋2c(FeO)＋c(HFeO)＋2c(SO)，从O到a点溶液中发生反应：2Na2FeO4＋H2SO4===2NaHFeO4＋Na2SO4，溶液中c(SO)≠c(HFeO)，则a点溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＋c(H3FeO)≠c(OH－)＋2c(FeO)＋3c(HFeO)，D错误。
高频热点强化训练(八)对应学生用书学案P96
1．(2022·浙江高考)关于反应Cl2(g)＋H2O(l)??HClO(aq)＋H＋(aq)＋Cl－(aq)　ΔH<0，达到平衡后，下列说法不正确的是(　D　)
A．升高温度，氯水中的c(HClO)减小
B．氯水中加入少量醋酸钠固体，上述平衡正向移动，c(HClO)增大
C．取氯水稀释，c(Cl－)/c(HClO)增大
D．取两份氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液，若前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，可以证明上述反应存在限度
【解析】　HClO受热易分解，升高温度，HClO分解，平衡正向移动，c(HClO)减小，A正确；氯水中加入少量醋酸钠固体，醋酸根离子和氢离子结合生成醋酸分子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，c(HClO)增大，B正确；氯水稀释，平衡正向移动，而c(HClO)和c(Cl－)均减小，但HClO本身也存在电离平衡HClO??H＋＋ClO－，稀释促进了HClO的电离，使c(HClO)减少更多，因此增大，C正确；氯水中加硝酸银产生白色沉淀，证明溶液中有氯离子，氯水中加淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝，证明生成了碘单质，溶液中有强氧化性的物质，而氯气和次氯酸都有强氧化性，不能证明反应物和生成物共存，即不能证明上述反应存在限度，D错误。
2．(2022·兰州模拟)常温下，向20mL的某稀H2SO4溶液中滴入0.1mol/L氨水，溶液中水电离出的H＋浓度随滴入氨水体积变化如图。下列说法正确的是(　D　)
A．该稀硫酸的浓度为0.1mol/L
B．B点溶液呈中性，C点溶液呈酸性
C．D点溶液中存在：c(NH)＝2c(SO)
D．E点溶液中存在：c(NH)＞c(SO)＞c(H＋)＞c(OH﹣)
【解析】　A点时，水电离出的H＋浓度为10－13 mol/L，根据水的离子积常数可得，H2SO4电离出的H＋浓度为0.1 mol/L，则稀H2SO4浓度为0.05 mol/L，A错误；A点溶质为硫酸，溶液呈酸性，D点溶质为(NH4)2SO4，溶液呈酸性，B、C在A、D点之间，所以A、D点之间的任一点溶液都呈酸性，B错误；D点溶质为(NH4)2SO4，NH部分水解导致溶液呈酸性，SO不水解，结合物料守恒得c(NH)＜2c(SO)，C错误；F点水电离不受影响，F点溶液呈中性，则E点溶液呈酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，溶液中存在电荷守恒c(NH)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(OH－)，则c(NH)＜2c(SO)，铵根离子水解和一水合氨电离程度较小，则溶液中存在c(NH)＞c(SO)，水电离程度较小，存在c(NH)＞c(SO)＞c(H＋)＞c(OH－)，D正确。
3．(2022·宝鸡模拟)常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是(　A　)
A．在0.2mol/L的磷酸溶液中c(H3PO4)>c(H2PO)>c(HPO)>c(PO)
B．在0.1mol·L－1Na2C2O4溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)＋c(C2O)
C．在0.1mol·L－1NaHCO3溶液中c(H2CO3)＋c(HCO)＝0.1mol·L－1
D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH＝10的溶液中c(Cl－)>c(NH)>c(OH－)>c(H＋)
【解析】　由于磷酸为多元酸，第一步电离大于第二步电离大于第三步电离，所以在0.2 mol·L－1 H3PO4溶液中，离子浓度大小为：c(H3PO4)>c(H2PO)>c(HPO)>c(PO)，A正确；在0.1 mol·L－1 Na2C2O4溶液中，根据电荷守恒得到c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)＋2c(C2O)，B错误；在0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中，根据物料守恒得到c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)＝0.1 mol·L－1，C错误；氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH＝10的溶液，则c(OH－)>c(H＋)，根据电荷守恒c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋)，则c(Cl－)c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，D错误。
4．(2022·南昌模拟)常温下，向500mL一定物质的量浓度KAl(SO4)2溶液中逐滴加入0.1mol·L－1Ba(OH)2溶液，加入Ba(OH)2溶液的体积和所得沉淀的质量关系如图，(忽略混合时溶液体积的变化)，已知：Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10。下列说法正确的是(　C　)
A．ab段发生离子反应有：SO＋Ba2＋===BaSO4↓、Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
B．a点、b点、c点三点所对应的溶液的水的电离程度：a>b>c
C．若V2＝1；V3＝1.5时，c点溶液中c(SO)＝4.4×10－9mol·L－1
D．若V2＝1时，m2＝27.2
【解析】　向KAl(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液，oa段发生反应2KAl(SO2)2＋3Ba(OH)2===K2SO4＋2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓，a点溶液中含有K2SO4，由图可知，b点之后继续滴加Ba(OH)2溶液，沉淀的质量不变，说明b点之后沉淀只有BaSO4，则ab段发生的反应为SO＋Ba2＋===BaSO4↓、Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O，A错误；由上述分析可知，a点溶液中主要含有K2SO4，K2SO4为强酸强碱盐，对水的电离无影响，b点溶液中主要含有AlO，AlO水解促进水的电离，c点溶液中含有过量的Ba(OH)2，抑制水的电离，因此水的电离程度：b>a>c，B错误；若V2＝1；V3＝1.5，则c点溶液中c(Ba2＋)＝＝＝0.025 mol/L，c(SO)＝＝＝4.4×10－9 mol/L，C正确；根据上述分析可知，m2为硫酸钡的质量，若V2＝1时，n(BaSO4)＝0.1 mol/L×1 L＝0.1 mol，则m(BaSO4)＝0.1 mol×233 g/mol＝23.3 g，即m2＝23.3，D错误。
5．(2022·重庆模拟)25℃时，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的Na2Y、NaCl溶液，所得的沉淀溶解平衡图像分别是下图中的N和M。下列叙述不正确的是(　B　)
A．a点对AgCl或Ag2Y都是过饱和溶液
B．向b点的溶液中加入少量Na2Y固体，b点可变到c点
C．25℃时，Ksp(Ag2Y)＝1×10－10.46
D．向c(Cl－)＝c(Y2－)的混合液中滴入AgNO3溶液时，Cl－先沉淀
【解析】　a点银离子的浓度大于平衡浓度，故对AgCl或Ag2Y都是过饱和溶液，A正确；向b点的溶液中加入少量Na2Y固体，Y2－浓度变大，Ag＋浓度变小，b点不会变到c点，B错误；曲线上任意一点Ksp都相等，任取两点带入AgCl和Ag2Y的溶度积常数的公式可知，N为Ag2Y的沉淀溶解平衡图像，25 ℃时，Y2－浓度为10－2.46 mol/L时，Ag＋浓度为10－4 mol/L，Ksp(Ag2Y)＝c2(Ag＋)c(Y2－)＝1×10－10.46，C正确；由图可知，c(Cl－)＝c(Y2－)时，AgCl的沉淀溶解平衡中银离子浓度更小，故混合液中滴入AgNO3溶液时，Cl－先沉淀，D正确。
6．(2022·盐城模拟)常温下，通过下列实验探究H2S、Na2S溶液的性质。
实验1：向0.1mol·L－1H2S溶液中通入一定体积NH3，测得溶液pH为7。
实验2：向0.1mol·L－1H2S溶液中滴加等体积同浓度的NaOH溶液，充分反应后再滴入2滴酚酞，溶液呈红色。
实验3：向5mL0.1mol·L－1Na2S溶液中滴入1mL0.1mol·L－1ZnSO4溶液，产生白色沉淀；再滴入几滴0.1mol·L－1CuSO4溶液，立即出现黑色沉淀。
实验4：向0.1mol·L－1Na2S溶液中逐滴滴加等体积同浓度的盐酸，无明显现象。下列说法正确的是(　D　)
A．实验1得到的溶液中存在c(NH)＝2c(S2－)
B．由实验2可得出：KWC．由实验3可得出：Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)
D．实验4得到的溶液中存在c(H＋)－c(OH－)＝c(S2－)－c(H2S)
【解析】　由题意可知，实验1得到的中性溶液中存在电荷守恒关系c(NH)＋c(H＋)＝2c(S2－)＋c(HS－)＋c(OH－)，溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，则溶液中c(NH)＝2c(S2－)＋c(HS－)，故A错误；由题意可知，实验2得到的溶液为硫氢化钠溶液，溶液呈碱性说明溶液中HS－离子的水解程度大于电离程度，则HS－离子的水解常数Kh＝大于电离常数Ka2(H2S)，则KW>Ka1(H2S)·Ka2(H2S)，故B错误；由题意可知，实验3中硫化钠溶液与硫酸锌溶液反应时，硫化钠溶液过量，再加入硫酸铜溶液时，只有硫化铜沉淀的生成反应，没有硫化锌沉淀转化为硫化铜沉淀的转化反应，无法比较硫化锌和硫化铜溶度积的大小，故C错误；由题意可知，实验4得到的溶液为硫氢化钠和氯化钠的混合溶液，溶液中存在质子守恒关系c(H＋)＋c(H2S)＝c(S2－)＋c(OH－)，则溶液中存在c(H＋)－c(OH－)＝c(S2－)－c(H2S)，故D正确。
7．(2022·长沙模拟)LiMn2O4是锂离子电池的活性材料。某小组以含锰矿料(主要成分是MnCO3，含少量Fe2O3、Fe3O4、FeO、CoO和SiO2)为原料制备LiMn2O4的流程如图所示(部分条件和产物省略)。
已知几种金属氢氧化物沉淀的pH如表所示：
金属氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Mn(OH)2
开始沉淀的pH 2.7 7.6 7.6 7.7
完全沉淀的pH 3.7 9.1 9.1 9.2
请回答下列问题：
(1)写出一条提高“酸浸”速率的措施：粉碎含锰矿料(或适当加热或搅拌)　。
(2)“除杂1”时，加入MnO2的作用是 MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O　(用离子方程式表示)。
(3)“固体1”中除了含有MnO2外，还只含有另外一种固体，其化学式为 Fe(OH)3　，则“除杂1”过程调节pH范围为 3.7≤pH≤7.6　。
(4)在高温下“合成”LiMn2O4，反应的化学方程式为 4Mn2(OH)2CO3＋3O2＋2Li2CO34LiMn2O4＋6CO2＋4H2O　。
(5)已知：常温下，Ksp(CoS)＝3.0×10－26。为了使残液中c(Co2＋)≤1.0×10－5mol·L－1，必须控制c(S2－)≥ 3.0×10－21　mol/L。
(6)“浸渣”中含少量锰元素，其测定方法如下：
第1步：称取Wg“浸渣”，加酸将锰元素以Mn2＋形式全部溶出，过滤，将滤液加入250mL容量瓶中，定容；
第2步：取25.00mL上述定容后的溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量(NH4)2S2O8溶液，加热，充分反应后，煮沸溶液；
第3步：用0.1000mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定至终点，消耗滴定液VmL，使MnO重新变为Mn2＋。
已知：(NH4)2S2O8具有强氧化性，受热易分解。
①“浸渣”中锰元素的质量分数为%　(用含W、V的代数式表示)。
②如果省略第2步“煮沸溶液”，测得结果将偏高　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【解析】　(1)可以通过升高温度、搅拌、粉碎矿料、适当增大硫酸的浓度等措施提高“酸浸”速率；(2)“除杂1”时，加入MnO2将亚铁离子氧化成三价铁，有利于将铁转化成沉淀除去，离子方程式为：MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；(3)“固体1”中主要含生产的氢氧化铁，还有过量的二氧化锰，由表格数据可知“除杂1”过程只为除去铁离子，而不使钴离子和锰离子沉淀，因此pH值应控制在3.7≤pH≤7.6，故答案为：Fe(OH)3；3.7≤pH≤7.6；(4)将Mn2(OH)2CO3转入合成装置中加碳酸锂，通入氧气在高温下发生反应得到LiMn2O4和二氧化碳，反应方程式为：4Mn2(OH)2CO3＋3O2＋2Li2CO34LiMn2O4＋6CO2＋4H2O；(5)为了使残液中c(Co2＋)≤1.0×10－5 mol·L－1，必须控制c(S2－)≥＝＝3.0×10－21 mol·L－1；(6)根据得失电子守恒可得关系式：MnO～5Fe2＋，0.100 0 mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2，消耗滴定液V mL，可知n[(NH4)2Fe(SO4)2]＝0.100 0×V×10－3 mol，则n(MnO)＝×0.100 0×V×10－3 mol，“浸渣”中锰元素的质量分数为＝×100%＝%；②如果省略第2步“煮沸溶液”，则会有(NH4)2S2O8溶液残留在溶液中，(NH4)2S2O8具有强氧化性也能氧化(NH4)2Fe(SO4)2，增加了(NH4)2Fe(SO4)2的消耗，使得测定结果偏高。专题二　化学常用计量及其应用
明·课程标准
MINGKECHENGBIAOZHUN　　　　　　对应学生用书学案P9
1．了解物质的量及其相关物理量的含义和应用，体会定量研究对化学科学的重要作用。
2．能基于物质的量认识物质组成及其变化，运用物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度之间的相互关系进行简单计算。
3．了解溶液的含义，掌握配制一定物质的量浓度溶液的方法。
4．掌握化学计算的常用方法。
品·高考真题
PINGAOKAOZHENTI　　　　　　对应学生用书学案P9
真题细研
1．(2021·全国甲卷)NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(　C　)
A．18g重水(D2O)中含有的质子数为10NA
B．3mol的NO2与H2O完全反应时转移的电子数为4NA
C．32g环状S8()分子中含有的S—S键数为1NA
D．1LpH＝4的0.1mol·L－1K2Cr2O7溶液中Cr2O离子数为0.1NA
【解析】　D2O分子的质子数为10，18 g D2O的物质的量＝0.9 mol，则18 g重水(D2O)中所含质子数为9NA，A错误；NO2与H2O反应的化学方程式为3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，该反应消耗3个NO2分子转移的电子数为2个，则有3 mol的NO2参与反应时，转移的电子数为2NA，B错误；一个S8()分子中含有的S—S键数为8个，32 g S8的物质的量为＝ mol，则含有的S—S键数为×8×NA＝NA，C正确；酸性K2Cr2O7溶液中存在：Cr2O＋H2O??2CrO＋2H＋，含Cr元素微粒有Cr2O和CrO，则1 L pH＝4的0.1 mol·L－1 K2Cr2O7溶液中Cr2O离子数应小于0.1NA，D错误。
2．(2020·全国卷Ⅲ·9)NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　C　)
A．22.4L(标准状况)氮气中含有7NA个中子
B．1mol重水比1mol水多NA个质子
C．12g石墨烯和12g金刚石均含有NA个碳原子
D．1L1mol·L－1NaCl溶液含有28NA个电子
【解析】　标准状况下22.4 L氮气的物质的量为1 mol，若该氮气分子中的氮原子全部为14N，则每个N2分子含有(14－7)×2＝14个中子，1 mol该氮气含有14NA个中子，不是7NA，且构成该氮气的氮原子种类并不确定，故A错误；重水分子和水分子都是两个氢原子和一个氧原子构成的，所含质子数相同，故B错误；石墨烯和金刚石均为碳单质，12 g石墨烯和12 g金刚石均相当于12 g碳原子，即＝1 mol C原子，所含碳原子数目为NA，故C正确；1 mol NaCl中含有28NA个电子，但该溶液中除NaCl外，水分子中也含有电子，故D错误。
3．(2019·全国卷Ⅱ·8)已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是(　B　)
A．3g3He含有的中子数为1NA
B．1L0.1mol·L－1磷酸钠溶液含有的PO数目为0.1NA
C．1molK2Cr2O7被还原为Cr3＋转移的电子数为6NA
D．48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA
【解析】　1个3He的原子核中含有2个质子和1个中子，3 g 3He的物质的量为1 mol，含有的中子数为1NA，A正确；磷酸是弱酸，磷酸钠溶液中PO发生水解，故1 L 0.1 mol·L－1磷酸钠溶液含有的PO数目小于0.1NA，B错误；由K22O723＋知，1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3＋转移的电子数为6NA，C正确；正丁烷和异丁烷属于同分异构体，每个分子中都含有13个共价键，48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物共58 g，总物质的量为1 mol，共价键数目为13NA，D正确。
4．(2019·全国卷Ⅲ·11)设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH＝2的H3PO4溶液，下列说法正确的是(　B　)
A．每升溶液中的H＋数目为0.02NA
B．c(H＋)＝c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)＋c(OH－)
C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小　
D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
【解析】　pH＝2的H3PO4溶液中，c(H＋)＝0.01 mol·L－1，每升溶液中含有H＋的物质的量为0.01 mol，数目为0.01NA，A错误；根据电荷守恒，H3PO4溶液中离子间的关系为c(H＋)＝c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)＋c(OH－)，B正确；加水稀释后H3PO4电离度增大，溶液体积也增大，溶液中H＋浓度减小，pH增大，C错误；NaH2PO4是强电解质，在水中完全电离NaH2PO4===Na＋＋H2PO，生成的H2PO抑制了H3PO4的电离，H3PO4??H＋＋H2PO平衡逆向移动，溶液酸性减弱，D错误。
5．(2019·全国卷Ⅰ，27(5))采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150℃时失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为__NH4Fe(SO4)2·12H2O__。
【解析】　失重5.6%是质量分数，设结晶水合物的化学式为NH4Fe(SO4)2·xH2O，由题意知＝，解得x≈12。
6．(2019·全国卷Ⅱ，26(3))立德粉(ZnS·BaSO4)成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取mg样品，置于碘量瓶中，移取25.00mL0.1000mol·L－1的I2－KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000mol·L－1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2＋2S2O===2I－＋S4O。测定时消耗Na2S2O3溶液体积VmL。终点颜色变化为__浅蓝色至无色__，样品中S2－的含量为__×100%__(写出表达式)。
【解析】　达到滴定终点时I2完全反应，可观察到溶液颜色由浅蓝色变成无色，且半分钟内颜色不再发生变化；根据滴定过量的I2消耗Na2S2O3溶液的体积和关系式I2～2S2O，可得n(I2)过量＝×0.100 0 V×10－3 mol，再根据关系式S2－～I2可知，n(S2－)＝0.100 0×25.00×10－3 mol－×0.100 0 V×10－3 mol＝×0.100 0×10－3 mol，则样品中S2－的含量为×100%。
考情预判
高考要求能根据粒子的物质的量、数目、气体体积之间的相互关系进行有关计算。预测2023年高考仍会围绕NA、Vm的应用范围设置陷阱，同时又隐含对物质的组成与结构、氧化还原反应、弱电解质的电离、可逆反应、盐类的水解等知识的考查，重要命题角度有：
(1)求粒子数目；
(2)求共价键数；
(3)求混合物中指定粒子数目；
(4)求电子转移数目等等。
同时还要注意有关滴定计算的考查会出现在化工流程中考查产品产率及纯度的计算或以填空题考查多步反应的计算；有关化学平衡常数、转化率的计算会在综合题中应用阿伏加德罗定律结合“三段式”进行计算。
悟·核心要点
WUHEXINYAODIAN　　　　　　对应学生用书学案P10
考点一　阿伏加德罗常数及其应用
核心知识·整合
1．涉及阿伏加德罗常数的粒子数目的相互转换
2．阿伏加德罗常数“六大”考查角度
(1)22.4L·mol－1的适用条件
标准状况(0℃、101kPa)下气体摩尔体积约为22.4L·mol－1。
①非标准状况下的气体、标准状况下的非气体均不适用22.4L·mol－1进行物质的量的计算。
②标准状况下的非气态物质：H2O、苯、CCl4、CH2Cl2、CHCl3、CH3OH、CH3CH2OH、CH3COOH、溴、HF、NO2、SO3及碳原子数大于4的烃等。
(2)物质的组成与结构
①稀有气体、臭氧(O3)、白磷(P4)分子中的原子数目。
②一定质量含某核素的物质中的质子、中子、电子或原子的数目。
③Na2O2、KO2、NaHSO4中的阴、阳离子个数比；注意物质的存在形态不同，离子的种类、数目不同。
④等物质的量的羟基与氢氧根离子所含质子、电子或原子的数目。
⑤H2O、D2O、T2O的中子数。
⑥有机物中共价键的数目(苯环中无碳碳双键)，如C3H8、CH3OH。
⑦一定物质的量的SiO2中含Si—O键、1molC(金刚石或石墨)中含C—C键、1molP4中含P—P键、1molH2O2中共价键的数目。
⑧含NA个Fe(OH)3的氢氧化铁胶粒数小于NA。
(3)具有特殊关系的物质
等质量的最简式相同的有机化合物(如烯烃)、同素异形体、N2与CO、NO2与N2O4等具有的原子、分子数目。
(4)可逆过程
①可逆反应：N2＋3H22NH3、2NO2??N2O4、2SO2＋O22SO3、Cl2＋H2O??HCl＋HClO、H2＋I22HI，生成物的分子数、反应中转移的电子数等。
②弱电解质溶液中各微粒的数目和浓度，如CH3COOH、NH3·H2O溶液中分子和离子数目。
③能水解的盐溶液中各微粒的数目和浓度，如一定体积、一定浓度的CH3COONa、NH4Cl、FeCl3溶液中各微粒数目。
(5)氧化还原反应
①歧化反应：NO2与水、Na2O2与CO2、Na2O2与H2O、Cl2与水、Cl2与NaOH溶液(冷稀、浓热)等。
②强弱：变价金属(Fe、Cu)与强、弱氧化剂(Cl2/Br2、S/I2)反应类。
③与量有关(足量、不足量)：Fe与稀硝酸、Fe与浓硫酸反应类。
④浓稀有关：MnO2与浓盐酸反应、Cu与浓H2SO4反应、Cu与浓硝酸反应，均需要考虑浓度的降低对反应的影响，从而判断对转移电子数目的影响。
(6)缺少条件
①缺少体积，如常温下，pH＝2的H2SO4溶液中含有的H＋数目不一定为0.01NA。
②缺少温度、压强，如由H2O2制得2.24LO2，转移的电子数目不一定为0.2NA。
③没有具体反应，如1molCl2参加反应，转移的电子数不一定为2NA。
关键能力·突破
　考向1　气体摩尔体积的适用条件
典例1设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　A　)
A．常温常压下，20g2H2O含有氧原子数为NA
B．标准状况下，44.8LCS2含有的分子数为2NA
C．标准状况下，33.6L一氯甲烷和二氯甲烷混合物中含有原子的数目为5NA
D．1.12LCl2通入水中发生反应，转移的电子数为0.1NA
【解析】　2H2O的相对分子质量为2×2＋16＝20，20 g 2H2O的物质的量为1 mol，含有NA个氧原子，A正确；标况下CS2不是气体，不能用22.4 L/mol计算其物质的量，B错误；常温常压下，二氯甲烷是液体，不能用标况下的气体摩尔体积计算，C错误；没有指明为标准状况，无法计算1.12 L Cl2的物质的量，则无法计算转移的电子数，D错误。
方法技巧
气体摩尔体积使用条件考查的解题方法
注意气体摩尔体积的使用条件，注重“两看”，排除干扰。
一看：气体是否处于标准状况(0 ℃、101 kPa)。
二看：标准状况下，物质是否是气态。常见干扰物质：①无机物Br2、SO3、H2O、HF等；②有机物中碳原子数大于4的烃，如苯、己烷等；③有机物中烃的衍生物CCl4、氯仿、乙醇等(CH3Cl、HCHO为气体)。
若题中给出非标准状况下的气体，切勿直接判断为错误说法，气体的物质的量或质量与温度、压强无关，可直接计算。
〔迁移应用〕
1．(2022·广州模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　C　)
A．过量Fe与1mol稀HNO3反应，转移2NA个电子
B．16g甲烷中含有非极性共价键的数目为4NA
C．28g乙烯和丙烯的混合气体含有原子的数目为6NA
D．标准状况下2.24L氯仿(CHCl3)含有分子的数目为0.1NA
【解析】　根据过量的铁与稀硝酸反应的关系式8HNO3～2NO～6e－，当1 mol稀硝酸发生反应时转移的电子数为0.75NA，故A不正确；甲烷分子中只存在碳氢键属于极性共价键，不存在非极性共价键，故B不正确；乙烯和丙烯最简式都为CH2，故28 g混合物含有CH2的物质的量为2 mol，则原子数为6NA，故C正确；标准状况下，氯仿是液体，不是气体，不能用气体摩尔体积计算，故D不正确。
　考向2　物质的组成与结构
典例2(2022·石家庄模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　A　)
A．通式为CnH2n(n≥3)的环烷烃和链状单烯烃的混合物14g，其中含有的C—H共价键数为2NA，共用电子对数为3NA
B．0.1molNa2O2固体中阴、阳离子总数为0.4NA
C．5.6gFe与足量的S粉共热完全反应，转移的电子数为0.3NA
D．1L0.1mol·L－1NaHCO3溶液中含HCO的数目为0.1NA
【解析】　通式为CnH2n(n≥3)的环烷烃和链状单烯烃的最简式为CH2，混合物14 g，物质的量相当于含n＝＝＝1 mol CH2，在1个CH2原子团中含2个C—H共价键，有2个共用电子对，还有2个单电子，单电子在形成化合物时，分别与别的原子成键，相当于一个单电子是半个共用电子对，所以在1个CH2原子团中相当于含3对共用电子，A正确；Na2O2固体中含有的离子为Na＋和O，所以0.1 mol Na2O2固体中阴、阳离子总数为0.3NA，B错误；5.6 g Fe与足量的S粉共热完全反应，生成FeS，5.6 g Fe物质的量n＝＝＝0.1 mol，转移的电子数为0.2NA，C错误；由于HCO部分水解，数目减少，1 L 0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中含HCO的数目小于0.1NA，D错误。
方法技巧
常见物质的组成和结构考查的解题方法
记常见物质组成和结构，突破陷阱。
(1)记常见微粒(分子、原子、质子、中子、电子、电荷等)的数目，如Ne(稀有气体均为单原子分子)、H2O和D2O、CH4、—OH和OH－(质子数相同电子数不同)。
(2)记常见物质中所含化学键的数目，如几种常见物质化学键数目：
1 mol物质 金刚石 石墨 Si SiO2
化学键的 物质的量 (mol) 碳碳 键：2 碳碳 键：1.5 硅硅 键：2 硅氧 键：4
1 mol物质 白磷 H2O2 烷烃CnH2n＋2
化学键的物 质的量( mol) 磷磷 键：6 氧氢键(极性键)：2 氧氧键(非极性 键)：1 总数：3n＋1 碳氢键：2n＋2 碳碳键：n－1
(3)记摩尔质量相同的物质，如N2、CO和C2H4等。
(4)记最简式相同的物质，如NO2和N2O4、单烯烃和环烷烃等。等质量的乙烯和丙烯所含原子数、碳原子数、氢原子数、共用电子对数分别相等，但分子数、物质的量、相同状况下体积均不同。
〔迁移应用〕
2．(2022·盐城模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是(　B　)
A．1molCH4中含有的共价键数目为4NA
B．1molN2与3molH2混合充分反应，生成6NA个N—H键
C．16gO2和16gO3所含的电子数均为8NA
D．标准状况下，22.4LNH3含有的质子数为10NA
【解析】　1 mol CH4中含有的共价键数目为4NA，故A正确；1 mol N2与3 mol H2混合充分反应生成NH3，1 mol NH3含有3NA个N—H键，但是氮气和氢气反应是可逆反应，生成氨气小于2 mol，故生成N—H键小于6NA个，故B错误；16 g O2的物质的量为n＝＝＝0.5 mol，一个氧原子有8个电子，则O2所含的电子数0.5 mol×8×2×NA＝8NA，16 g O3的物质的量为n＝＝＝ mol，则O3所含的电子数 mol×8×3×NA＝8NA，故C正确；标准状况下，22.4 L NH3物质的量为1 mol，含有的质子数为(7＋1×3)NA＝10NA，故D正确。
,　　　　考向3)氧化还原反应中电子转移数目判断
典例3NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　B　)
A．23gNa在氧气中充分燃烧生成Na2O2，转移电子数为2NA
B．5.6gFe与足量稀硝酸反应，转移电子的数目为0.3NA
C．1molFeBr2与22.4LCl2完全反应时转移的电子数为2NA
D．一定条件下，0.1mol铁与足量水蒸气充分反应，转移的电子数为0.3NA
【解析】　钠转化为过氧化钠时需要失去电子，23 g Na(即1 mol Na)共失去1 mol电子，故23 g Na充分燃烧生成Na2O2时，转移电子数为NA，A错误；5.6 g Fe的物质的量为0.1 mol，与足量稀硝酸全部转化为Fe3＋，转移电子的数目为0.3NA，B正确；没有说明是否为标况，无法计算，C错误；0.1 mol铁与足量水蒸气充分反应的方程式为3Fe＋4H2OFe3O4＋4H2可知，Fe完全反应，转移的电子数N＝0.1××NA≈0.27NA，D错误。
方法技巧
三步确定电子转移数目
〔迁移应用〕
3．(2022·南宁模拟)用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是(　C　)
A．1molFeI2与22.4LCl2反应时转移的电子数小于2NA
B．25℃时，pH＝9的CH3COONa溶液中由水电离的OH－的数目为10－5NA
C．用电解粗铜的方法精炼铜，当阳极有32gCu转化为Cu2＋时，电路中通过的电子数大于NA
D．含有NA个Fe(OH)3胶粒的氢氧化铁胶体中，铁元素的质量为56g
【解析】　未指明Cl2所处的外界条件，不能确定其物质的量，也就不能计算反应过程中转移电子的数目，A错误；只有溶液pH，缺少溶液体积，不能计算微粒数目，B错误；电解精炼铜时，阳极为粗铜，阳极发生的电极反应有：比铜活泼的杂质金属失电子发生氧化反应以及Cu失电子的氧化反应，当阳极上有32 g Cu转化为Cu2＋时，Cu失电子1 mol，电路中通过的电子应大于1 mol，即电路中通过的电子数目大于NA，C正确；Fe(OH)3胶粒是许多Fe(OH)3的集合体，因此含有NA个Fe(OH)3胶粒的氢氧化铁胶体中，含有Fe(OH)3的物质的量大于1 mol，因此其中铁元素的质量大于56 g，D错误。
　考向4　通过隐含过程的可逆性考查粒子数目
典例4(2022·枣庄模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　D　)
A．1L0.1mol·L－1K2Cr2O7酸性溶液中含Cr2O的数目为0.1NA
B．标准状况下，11.2LNO与11.2LO2混合后的分子数目为NA
C．1L0.1mol/L的AlCl3溶液中含有Al3＋的数目为0.1NA
D．2molSO2与1molO2在密闭容器中充分反应后所得分子总数大于2NA
【解析】　溶液中存在平衡：2CrO＋2H＋??Cr2O＋H2O，1 L 0.1 mol·L－1 K2Cr2O7酸性溶液中含Cr2O的数目少于0.1NA，A错误；标准状况下，11.2 L即0.5 mol NO与11.2 L即0.5 mol O2混合，发生反应：2NO＋O2===2NO2，2NO2??N2O4，则反应后气体的物质的量小于0.75 mol，混合后的分子数目小于0.75NA，B错误；1 L 0.1 mol/L的AlCl3溶液中含有溶质的物质的量n(AlCl3)＝0.1 mol/L×1 L＝0.1 mol，Al3＋在溶液中会发生水解反应而消耗，因此该溶液中含有Al3＋的数目小于0.1NA，C错误；二氧化硫与氧气的反应为可逆反应，不能彻底反应，2 mol SO2与1 mol O2在密闭容器中充分反应后所得分子总数大于2NA，D正确。
〔迁移应用〕
4．(2022·南昌模拟)NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是(　C　)
A．18g重水(D2O)中含有的质子数为9NA
B．0.5mol硅含共价键数目为NA
C．常温下，56gFe与足量的浓硝酸反应转移的电子数为3NA
D．1mol氮气和3mol氢气在一定条件下充分反应，生成的氨气分子数小于2NA
【解析】　18 g重水(D2O)中含有的质子数为×10NA＝9NA，A正确；晶体硅中，1个硅原子周围形成4个Si—Si键，每个Si—Si键被2个硅原子共用，故平均1个硅原子含2个Si—Si键，故0.5 mol硅含共价键数目为NA，B正确；常温下，Fe和浓硝酸会发生钝化，C错误；氮气和氢气反应生成氨气为可逆反应，故1 mol氮气和3 mol氢气在一定条件下充分反应，生成的氨气分子数小于2NA，D正确。
考点二　一定物质的量浓度溶液的配制
核心知识·整合
1．一定物质的量浓度溶液的配制
(1)所需仪器：容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、托盘天平、药匙、胶头滴管。
(2)配制步骤
计算、称量(或量取)、溶解(或稀释)、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶并贴标签。
(3)注意事项
①容量瓶使用前必须检漏、洗涤，但不能润洗。
②只能配制一定体积的溶液，即不能配制任意体积的一定物质的量浓度的溶液。
③转移溶液时，溶液的温度应为室温，玻璃棒要靠在瓶颈刻度线以下。
2．容量瓶读数误差的图示分析
①仰视使所配溶液体积偏大，浓度偏小；
②俯视使所配溶液体积偏小，浓度偏大。
3．物质的量浓度的多角度计算
(1)物质的量浓度的计算
①熟记物质的量浓度的计算的基本桥梁公式
n＝＝＝＝cV；
②物质的量浓度与质量分数的换算
c＝或w＝
(2)物质的量浓度计算的两大规律
①质量守恒定律
a．化学反应前后，反应物和生成物的质量相等。
b．稀释前后，溶质的质量(或物质的量)不变。
②电荷守恒规律
溶液中阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数。
关键能力·突破
　考向1　溶液的配制及误差分析
典例1(高考题组合)下列说法中正确的是__(4)__。
(1)称取KMnO4固体0.158g，放入100mL容量瓶配制浓度为0.010mol·L－1KMnO4溶液
(2)配制0.4000mol·L－1的NaOH溶液：称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至250mL容量瓶中定容
(3)称取2.0gNaOH固体，先在托盘上各放1张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH固体。
(4)向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁
(5)用pH＝1的盐酸配制100mLpH＝2的盐酸所需全部玻璃仪器有100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管
(6)用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴定管吸出多余液体。
【解析】　(1)不能在容量瓶中溶解溶质，错误；(2)应待溶液冷却至室温再转移入容量瓶中，错误；(3)NaOH固体应该放在烧杯中称量，错误；(4)向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁，但应该靠在刻度线下方，正确；(5)缺少量筒，错误；(6)加水超过刻度线，实验失败，应该重新配制，错误。
方法技巧
一定浓度溶液配制“三提醒”
(1)配制步骤
→→→→→→→(→)
(2)配制过程中所需要的主要仪器：量筒或托盘天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；
(3)定容操作要规范、明确不规范操作所造成的误差。
〔迁移应用〕
1．(2022·济宁模拟)某同学进行配制一定物质的量浓度稀硫酸实验，操作如下：计算后用10mL量筒量取5.4mL浓硫酸；将其沿小烧杯壁缓缓倒入蒸馏水中，用玻璃棒不断搅拌；将稀释后的溶液用玻璃棒引流转移至100mL容量瓶中；用蒸馏水洗涤量筒、烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液转移入容量瓶；振荡摇匀；继续加蒸馏水至离刻度线1～2cm处，改用胶头滴管滴加，直至凹液面最低处与刻度线相平；盖上玻璃塞，左手掌心拖住瓶底，右手食指紧按住玻璃塞，其余四指轻拢瓶颈，进行上下颠倒摇匀；把溶液倒入试剂瓶，贴好标签。实验中存在的错误有几处(　B　)
A．1 B．2
C．3 D．4
【解析】　浓硫酸稀释后，冷却到室温，再转移到容量瓶中；不能用蒸馏水洗涤量筒；实验中存在的错误有2处，故选B。
2．(2022·上海宝山二模)下列实验操作中，错误的是(　D　)
A．粗盐提纯时，将称量的粗盐放入烧杯中加适量的水搅拌溶解
B．硫酸铜结晶水含量测定时，需用小火缓慢加热，防止晶体飞溅
C．测定未知NaOH溶液浓度时，把量取的标准酸液加入湿润的锥形瓶中进行滴定
D．配制0.1mol·L－1H2SO4溶液时，将量取的浓H2SO4放入容量瓶中加水稀释
【解析】　粗盐提纯时，将称量的粗盐放入烧杯中加适量的水搅拌溶解，加快溶解，A正确；晶体飞溅会引起误差，需小火缓慢加热，防止晶体飞溅，B正确；测定未知NaOH溶液浓度时，把量取的标准酸液加入湿润的锥形瓶中进行滴定，锥形瓶中有水不会影响滴定结果，C正确；容量瓶不能直接用来溶解、稀释溶液，H2SO4稀释时放热，热的液体不能立即转移到容量瓶中，D错误。
　考向2　有关物质的量浓度的计算
典例2(2022·阜阳模拟)20℃时有ag硫酸铜溶液VmL，将溶液蒸发掉bg水后恢复到20℃，恰好全部生成硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)，则下列关系式错误的是(　C　)
A．原硫酸铜溶液的密度为ρ＝g/cm3
B．生成硫酸铜晶体的物质的量为n(CuSO4·5H2O)＝mol
C．原硫酸铜溶液的物质的量浓度为c(CuSO4)＝mol/L
D．原硫酸铜溶液的质量分数w(CuSO4)＝%
【解析】　V mL硫酸铜溶液质量a g，所以溶液的密度为ρ＝＝a g/cm3，A正确；硫酸铜晶体的质量为(a－b)g，生成硫酸铜晶体的物质的量为＝ mol，B正确；硫酸铜晶体的质量为(a－b)g，生成硫酸铜晶体的物质的量为＝ mol，所以原硫酸铜溶液的＝ mol/L，C错误；硫酸铜晶体的质量为(a－b)g，所以硫酸铜的物质的量n(CuSO4·5H2O)＝ mol，故原硫酸铜溶液的质量分数w(CuSO4)＝×100%＝%，D正确。
　　　　　　规律方法
(1)气体溶质物质的量浓度的计算
标准状况下，1 L水中溶解某气体V L，所得溶液的密度为ρ g·cm－3，气体的摩尔质量为M g·mol－1，则c＝ mol·L－1。
(2)溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度之间的换算
c＝(c为溶质的物质的量浓度/mol·L－1，ρ为溶液的密度/g·cm－3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量/g·mol－1)。
〔迁移应用〕
3．(2022·南阳模拟)36.5gHCl溶解在1L水中(水的密度近似为1g·mL－1)，所得溶液的密度为ρg·mL－1，质量分数为w，物质的量浓度为cmol·L－1，NA表示阿伏加德罗常数，则下列叙述中正确的是(　D　)
A．所得溶液的物质的量浓度为1mol·L－1
B．所得溶液中含有NA个HCl分子
C．36.5gHCl气体占有的体积为22.4L
D．所得溶液的质量分数：w＝
【解析】　1 L水溶解了溶质后体积不再是1 L，故无法计算浓度，A错误；HCl是强电解质，溶于水完全电离为H＋和Cl－，不存在HCl分子，B错误；36.5 g HCl气体所处的温度和压强未知，不能用标准状况下的气体摩尔体积计算其体积，C错误；根据基本公式c＝变形可得w＝＝，D正确。
热点聚焦
REDIANJUJIAO　　　　　　对应学生用书学案P14
一、关系式法在滴定中的应用
〔高考必备〕
1．明确一个中心
必须以“物质的量”为中心——“见量化摩，遇问设摩”。
2．掌握两种方法
(1)守恒法：守恒法是中学化学计算中的一种常用方法，它包括质量守恒、电荷守恒、电子守恒。它们都是抓住有关变化的始态和终态，淡化中间过程，利用某种不变量建立关系式，从而达到简化过程，快速解题的目的。
(2)关系式法：关系式是表示两种或多种物质之间“物质的量”关系的一种简化式子。在多步反应中，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间的“物质的量”关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。
3．常考的三种守恒关系
(1)原子守恒
找出要关注的原子，利用反应前后该原子数目不变列出等式。如含有1molFeS2的硫铁矿中，完全反应(不考虑过程损耗)制得H2SO4的物质的量，可根据反应过程中S原子守恒，得到2n(H2SO4)＝n(FeS2)＝2mol。
(2)得失电子守恒
在涉及原电池、电解池和一般氧化还原反应的计算时，常用得失电子守恒。氧化还原反应中(或系列化学反应中)氧化剂所得电子总数等于还原剂所失电子总数或电解池、原电池中两极转移的电子总数相等。
(3)电荷守恒
涉及溶液中离子浓度的计算时常需用到电荷守恒，首先找出溶液中所有阳离子和阴离子，再根据阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数列等式。
〔典例探究〕
(2021·山东等级考节选)利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下：
(1)称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m1g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3g，则样品质量为__m3＋m1－2m2__g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。
(2)滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过IO离子交换柱发生反应：WO＋Ba(IO3)2===BaWO4＋2IO；交换结束后，向所得含IO的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2＋2S2O===2I－＋S4O。滴定达终点时消耗cmol·L－1的Na2S2O3溶液VmL，则样品中WCl6(摩尔质量为Mg·mol－1)的质量分数为__%__。称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将__不变__(填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中WCI6质量分数的测定值将__偏大__(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【解析】　(1)根据题意，称量时加入足量的CS2，盖紧称重为m1 g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重m2 g，则挥发出的CS2的质量为(m1－m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1－m2)g的CS2，盖紧称重为m3 g，则样品质量为m3 g＋2(m1－m2)g－m1 g＝(m3＋m1－2m2)g。(2)滴定时，根据关系式：WO～2IO～6I2～12S2O，样品中n(WCl6)＝n(WO)＝n(S2O)＝cV×10－3 mol，m(WCl6)＝cV×10－3 mol×M g·mol－1＝ g，则样品中WCl6的质量分数为×100%＝%；根据测定原理，称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，挥发的CS2的质量增大，m3偏小，但WCl6的质量不变，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将不变，样品中WCl6质量分数的测定值将偏大。
〔模型构建〕
(1)应用关系式法的思维模型
〔预测演练〕
1．(2022·郑州模拟)人体血液里Ca2＋的质量浓度一般采用mg·cm－3来表示，抽取20.00mL血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙[CaC2O4]沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)再用酸化的0.020mol·L－1KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mL酸性KMnO4溶液。经过计算，血液样品中Ca2＋的质量浓度为__1.2__mg·cm－3(已知草酸与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O)。
【解析】　根据反应的方程式可知：5Ca2＋～5C2O～2MnO，则m(Ca2＋)＝＝0.024 g，则c(Ca2＋)＝＝1.2 mg·mL－1＝1.2 mg·cm－3。
2．(2022·成都模拟)化学定量计算有助于提升理解辨析能力、分析与推测能力，是科学研究过程中不可或缺的一个环节。
某校实验小组为测定某产品中Na2Cr2O7·2H2O(M＝298g/mol)的纯度，方法如下：
步骤Ⅰ：称取1.0g产品配成100mL溶液，取出10.00mL溶液于锥形瓶中，加入适量稀硫酸。
步骤Ⅱ：加入过量的碘化钾溶液充分反应：Cr2O＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O
步骤Ⅲ：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取0.100mol·L－1Na2S2O3标准溶液进行滴定，重复实验三次，实验数据记录如下表(已知：I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6)
滴定 次数 Na2S2O3标准溶液起 始读数/mL Na2S2O3标准溶液 终点读数/mL
第一次 1.02 19.03
第二次 2.00 19.99
第三次 0.20 a
(1)步骤Ⅲ中滴加的指示剂为__淀粉__；滴定达到终点时的实验现象是__当加入最后半滴(或一滴)Na2S2O3溶液时，溶液颜色由蓝色变成无色，且半分钟溶液颜色不发生变化__。
(2)步骤Ⅲ中a的读数如图所示，则：
①a＝__18.20__mL；
②产品的纯度为__89.4__%(保留3位有效数字)。
【解析】　(1)步骤Ⅲ中，用Na2S2O3标准溶液滴定步骤Ⅱ中生成的I2，则应使用淀粉作指示剂，滴定达到终点时的实验现象是当加入最后半滴(或一滴)Na2S2O3溶液时，溶液颜色由蓝色变成无色，且半分钟溶液颜色不发生变化。(2)①如图所示，a＝18.20 mL；②三次滴定实验中，加入Na2S2O3溶液的体积分别为18.01 mL、17.99 mL、18.00 mL，取平均值为18.00 mL；由方程式可知：Cr2O～3I2～6Na2S2O3，n(Na2S2O3)＝0.018 L×0.100 mol/L＝0.001 8 mol，则配置的100 mL溶液中，n(Cr2O)＝n(Na2Cr2O7·2H2O)＝10×0.000 3 mol＝0.003 mol，故m(Na2Cr2O7·2H2O)＝0.003 mol×298 g/mol＝0.894 g，产品的纯度为×100%＝89.4%。
3．(2022·柳州模拟)氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。测血钙的含量时，进行如下实验：
Ⅰ.可将2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵(NH4)2C2O4晶体，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液。
Ⅱ.将Ⅰ得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2＋。
Ⅲ.终点时用去24.00mL1.0×10－4mol·L－1的KMnO4溶液。
(1)判断滴定终点的方法__当滴入最后一滴标液时，溶液变为紫色且半分钟内不褪色__。
(2)写出用KMnO4滴定H2C2O4的离子方程式：__2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===10CO2＋2Mn2＋＋8H2O__。
(3)计算：血液中含钙离子的浓度为__3.0×10－3__mol·L－1。
【解析】　(1)高锰酸钾溶液本身有颜色，可根据颜色判断，因此判断滴定终点的方法当滴入最后一滴标液时，溶液变为紫色且半分钟内不褪色。(2)MnO与H2C2O4在酸性条件下反应生成锰离子、二氧化碳和水，其反应的离子方程式：2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===10CO2＋2Mn2＋＋8H2O。(3)根据5Ca2＋～5H2C2O4～2KMnO4关系式，2 mL血液中n(Ca2＋)＝24.00×10－3 L×1.0×10－4 mol·L－1×2.5＝6.0×10－6 mol，血液中含钙离子的浓度为＝3.0×10－3 mol·L－1。
二、热重分析计算
〔高考必备〕
解答热重分析试题的常用方法
(1)设晶体为1mol。
(2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。
(3)计算每步的m剩余，×100%＝固体残留率。
(4)晶体中金属质量不减少，仍在m剩余中。
(5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属)∶n(O)，即可求出失重后物质的化学式。
〔典例探究〕
(2022·大庆模拟)8.34gFeSO4·7H2O(相对分子质量：278)样品隔绝空气受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示，下列说法正确的是(　A　)
A．温度为159℃时固体N的化学式为FeSO4·H2O
B．温度为78℃时固体物质M的化学式为FeSO4·3H2O
C．在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4·2H2OFeSO4＋2H2O
D．取适量380℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650℃，得到一种固体物质Q，同时只得到一种无色气体生成
【解析】　8.34 g FeSO4·7H2O的物质的量为＝0.03 mol，其中m(H2O)＝0.03 mol×7×18 g/mol＝3.78 g，如果晶体失去全部结晶水，固体质量应为8.34 g－3.78 g＝4.56 g，可知在加热到373 ℃，晶体失去全部结晶水，P为FeSO4。温度为159 ℃时，固体N的质量为5.10 g，其中m(FeSO4)＝0.03 mol×152 g/mol＝4.56 g，m(H2O)＝5.10 g－4.56 g＝0.54 g，n(H2O)＝＝0.03 mol，n(H2O)∶n(FeSO4)＝0.03 mol∶0.03 mol＝1∶1，则N的化学式为FeSO4·H2O，A正确；温度为78 ℃时，固体M的质量为6.72 g，其中m(FeSO4)＝0.03 mol×152 g/mol＝4.56 g，m(H2O)＝6.72 g－4.56 g＝2.16 g，n(H2O)＝＝0.12 mol，n(H2O)∶n(FeSO4)＝0.12 mol∶0.03 mol＝4∶1，则M的化学式为FeSO4·4H2O，B错误；根据分析可知，N为FeSO4·H2O，P为FeSO4，在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2O↑，C错误；加热至633 ℃时，固体质量为2.40 g，其中n(Fe)＝n(FeSO4·7H2O)＝0.03 mol，m(Fe)＝0.03 mol×56 g/mol＝1.68 g，则固体中m(O)＝2.4 g－1.68 g＝0.72 g，n(O)＝＝0.045 mol，n(Fe)∶n(O)＝0.03 mol∶0.045 mol＝2∶3，故固体Q的化学式为Fe2O3，则由P得到Q的化学方程式为2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑，得到两种无色气体，D错误。
〔预测演练〕
1．(2022·宁波模拟)如图为CaC2O4·H2O在N2和O2气氛中的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)。下列有关说法错误的是(　A　)
A．无论是O2气氛还是N2气氛，当1molCaC2O4·H2O最终转变为C时，转移电子的物质的量相同
B．无论是O2气氛还是N2气氛，A→B阶段均发生了氧化还原反应，但两者的气态产物不同
C．物质A为CaC2O4，CaC2O4在隔绝空气条件下，420℃以下热稳定，不会分解
D．在酸性KMnO4溶液中加入少量CaC2O4固体样品时，溶液褪色且有少量气泡产生
【解析】　第1步质量由100 mg减小到87.5 mg，减少了12.5%，故反应为CaC2O4·H2O失去结晶水生成CaC2O4，第2步质量由87.5 mg减小到68.5 mg，减少了21.7%，故反应为CaC2O4分解生成CaCO3与碳的氧化物，第3步质量由68.5 mg减小到38.4 mg，减少了44%，故继续加热固体，碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，所以A为CaC2O4，B为CaCO3，C的固体是CaO。C为CaO，O2气氛中1 mol CaC2O4·H2O最终转变为1 mol H2O、1 mol CaO和2 mol CO2，电子转移2 mol，在N2气氛中，1 mol CaC2O4·H2O最终转变为1 mol H2O、1 mol CaO、1 mol CO2和1 mol CO，电子转移1 mol，故A错误；O2气氛中1 mol CaC2O4·H2O最终转变为H2O、CaO和CO2，在N2气氛中，1 mol CaC2O4·H2O最终转变为H2O、CaO、CO2和CO，无论是O2气氛还是N2气氛，A→B阶段均发生了氧化还原反应，但两者的气态产物不同，故B正确；420 ℃以下氮气气氛中，A的质量随温度升高保持不变，说明420 ℃以下CaC2O4在隔绝空气条件下较稳定，不会分解，故C正确；高锰酸钾溶液具有强氧化性，加入少量CaC2O4固体样品时能氧化草酸根离子生成二氧化碳气体，反应的离子方程式为5CaC2O4＋2MnO＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O＋5Ca2＋，所以溶液褪色且有少量气体生成，故D正确。
2．(2022·乌鲁木齐模拟)硫酸锰可用于电池、催化剂等行业，是一种重要的化工原料。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)为原料制备硫酸锰的工艺流程如图。
50．70gMnSO4·H2O样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化曲线)如图所示。
(1)400℃时，所得固体的化学式为__MnSO4__。
(2)850℃时，发生反应的化学方程式为__MnSO4MnO2＋SO2↑__。
【解析】　50.70 g MnSO4·H2O的物质的量为＝0.30 mol，其中结晶水的质量为0.30 mol×18 g/mol＝5.40 g，若晶体全部失去结晶水，固体的质量应为50.70 g－5.40 g＝45.30 g，由此可知在加热到850 ℃之前，晶体失去结晶水，故第一个失重台阶减少的是结晶水，生成硫酸锰；温度为850 ℃时，固体质量为26.10 g，若得到的固体为MnO2，由Mn元素守恒可知，MnO2的物质的量为0.30 mol，则MnO2的质量为0.30 mol×87 g/mol＝26.10 g，与实际相符，则850 ℃是MnSO4分解生成MnO2与SO2。(1)结合分析可知，加热到850 ℃之前，晶体失去结晶水，生成硫酸锰；(2)由上述分析可知，850 ℃发生反应的化学方程式为MnSO4MnO2＋SO2↑。
3．(2022·丽水模拟)草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O，摩尔质量：180g·mol－1)是一种浅黄色固体，难溶于水，受热易分解，是生产锂电池的原材料，也常用作分析试剂及显影剂等。
(1)草酸亚铁晶体含结晶水的质量分数为__20%__。
(2)称取3.60g草酸亚铁晶体用热重法对其进行热分解，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示。经分析，300℃时剩余固体只有一种且是铁的氧化物。试通过计算确定该氧化物的化学式__Fe2O3__。
【解析】　(1)草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)含结晶水的质量分数为×100%＝20%。(2)从图示分析，起始3.60 g草酸亚铁晶体经热分解后剩余铁的氧化物质量是1.60 g，根据铁原子守恒，剩余氧化物中铁的物质的量为＝0.02 mol，其质量为0.02 mol×56 g·mol－1＝1.12 g，则该氧化物中氧的质量是1.60 g－1.12 g＝0.48 g，物质的量为＝0.03 mol；该铁的氧化物n(Fe)∶n(O)＝2∶3，故其化学式Fe2O3。专题九　常见的有机化合物及其应用
明·课程标准
MINGKECHENGBIAOZHUN　　　　　　对应学生用书学案P98
1．知道有机化合物分子是有空间结构的，以甲烷、乙烯、乙炔、苯为例认识碳原子的成键特点，以乙烯、乙醇、乙酸、乙酸乙酯为例认识有机化合物的官能团。
2．知道有机化合物存在同分异构现象。
3．认识乙烯、乙醇、乙酸的结构及其主要性质与应用；结合典型实例认识官能团与性质的关系，知道氧化、加成、取代、聚合等有机反应类型。
4．知道有机化合物之间在一定条件下是可以转化的。
品·高考真题
PINGAOKAOZHENTI　　　　　　对应学生用书学案P98
真题细研
1．(2022·全国甲卷)辅酶Q10具有预防动脉硬化的功效，其结构简式如下。下列有关辅酶Q10的说法正确的是(　B　)
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
【解析】　由该物质的结构简式可知，其分子式为C59H90O4，A错误；由该物质的结构简式可知，键线式端点代表甲基，10个重复基团的最后一个连接H原子的碳是甲基，故分子中含有1＋1＋1＋10＋1＝14个甲基，B正确；双键碳以及与其相连的四个原子共面，羰基碳采取sp2杂化，羰基碳原子和与其相连的氧原子及另外两个原子共面，因此分子中的四个氧原子在同一平面上，C错误；分子中有碳碳双键，能发生加成反应，分子中含有甲基，能发生取代反应，D错误。
2．(2022·全国乙卷)一种实现二氧化碳固定及再利用的反应如下：
下列叙述正确的是(　D　)
A．化合物1分子中的所有原子共平面
B．化合物1与乙醇互为同系物
C．化合物2分子中含有羟基和酯基
D．化合物2可以发生开环聚合反应
【解析】　化合物1分子中还有亚甲基结构，其中心碳原子采用sp3杂化方式，所以所有原子不可能共平面，A错误；结构相似，分子上相差n个CH2的有机物互为同系物，上述化合物1为环氧乙烷，属于醚类，乙醇属于醇类，与乙醇结构不相似，不是同系物，B错误；根据上述化合物2的分子结构可知，分子中含酯基，不含羟基，C错误；化合物2分子可发生开环聚合形成高分子化合D正确。
3．(2021·全国乙卷T4)一种活性物质的结构简式为，下列有关该物质的叙述正确的是(　C　)
A．能发生取代反应，不能发生加成反应
B．既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物
C．与互为同分异构体
D．1mol该物质与碳酸钠反应得44gCO2
【解析】　该物质含有羟基、羧基、碳碳双键，能发生取代反应和加成反应，故A错误；同系物是结构相似，分子组成上相差1个或n个CH2的有机物，该物质与乙醇、乙酸结构不相似，故B错误；该物质的分子式为C10H18O3，的分子式为C10H18O3，所以二者的分子式相同，结构式不同，互为同分异构体，故C正确；该物质只含有一个羧基，1 mol该物质与碳酸钠反应，生成0.5 mol二氧化碳，质量为22 g，故D错误。
4．(2021·全国甲卷)下列叙述正确的是(　B　)
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
【解析】　甲醇为一元饱和醇，不能发生加成反应，A错误；乙酸可与饱和碳酸氢钠反应，产生气泡，乙醇不能发生反应，与饱和碳酸氢钠互溶，两者现象不同，可用饱和碳酸氢钠溶液鉴别两者，B正确；含相同碳原子数的烷烃，其支链越多，沸点越低，所以烷烃的沸点高低不仅仅取决于碳原子数的多少，C错误；戊二烯分子结构中含2个不饱和度，其分子式为C5H8，环戊烷分子结构中含1个不饱和度，其分子式为C5H10，两者分子式不同，不能互为同分异构体，D错误。
5．(2020·全国卷Ⅰ·8)紫花前胡醇
可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是(　B　)
A．分子式为C14H14O4
B．不能使酸性重铬酸钾溶液褪色
C．能够发生水解反应
D．能够发生消去反应生成双键
【解析】　根据该有机物的分子结构可以确定其分子式为C14H14O4，A叙述正确；该有机物的分子中有羟基，且与羟基相连的碳原子上有氢原子，故其可以被酸性重铬酸钾溶液氧化，能使酸性重铬酸钾溶液褪色，B叙述不正确；该有机物的分子中有酯基，故其能够发生水解反应，C叙述正确；该有机物分子中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，故其可以在一定的条件下发生消去反应生成碳碳双键，D叙述正确。
6．(2020·全国卷Ⅱ·10)吡啶()是类似于苯的芳香化合物，2－乙烯基吡啶(VPy)是合成治疗矽肺病药物的原料，可由如下路线合成。下列叙述正确的是(　D　)
A．MPy只有两种芳香同分异构体
B．EPy中所有原子共平面
C．VPy是乙烯的同系物
D．反应②的反应类型是消去反应
【解析】　MPy有3种芳香同分异构体，分别为：甲基在N原子的间位C上、甲基在N原子的对位C上、氨基苯，A错误；EPy中有两个饱和C，以饱和C为中心的5个原子最多有3个原子共面，所以EPy中所有原子不可能都共面，B错误；VPy含有杂环，和乙烯结构不相似，故VPy不是乙烯的同系物，C错误；反应②为醇的消去反应，D正确。
7．(2020·全国卷Ⅲ·8)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，结构式如下：
下列关于金丝桃苷的叙述，错误的是(　D　)
A．可与氢气发生加成反应
B．分子含21个碳原子
C．能与乙酸发生酯化反应
D．不能与金属钠反应
【解析】　该物质含有苯环和碳碳双键，一定条件下可以与氢气发生加成反应，故A正确；根据该物质的结构简式可知该分子含有21个碳原子，故B正确；该物质含有羟基，可以与乙酸发生酯化反应，故C正确；该物质含有醇羟基和酚羟基，可以与金属钠反应放出氢气，故D错误。
考情预判
高考对有机化学部分的知识考查形式比较稳定，预测2023年高考将延续这样的命题风格，难度会有所下降，仍可能以某一未知多官能团有机物出发，重点仍是对同分异构体数目的判断、对反应类型的判断、有机物的结构与性质等角度命题。复习时要全面掌握烷、烯、苯、乙醇、乙酸等的结构和性质，有机反应类型，有机物的制备、鉴别、分离等知识。
悟·核心要点
WUHEXINYAODIAN　　　　　　对应学生用书学案P99
考点一　有机物的性质及有机反应类型
核心知识·整合
1．常见有机物或官能团与其性质的关系
种类 官能团 主要化学性质
烷烃 — ①在光照下发生卤代反应；②不能使酸性KMnO4溶液褪色；③高温分解
烯烃 ①与X2、H2、HX、H2O等发生加成反应；②加聚反应；③易被氧化，可使酸性KMnO4溶液褪色
苯 — ①取代反应[如硝化反应、卤代反应(Fe或FeX3作催化剂)]；②与H2发生加成反应
甲苯 — ①取代反应；②可使酸性KMnO4溶液褪色
醇 —OH ①与活泼金属Na等反应产生H2；②催化氧化；③与羧酸及无机含氧酸发生酯化反应
乙醛、 葡萄糖 ①与H2加成为醇；②加热时，被氧化剂{如O2、[Ag(NH3)2]＋、Cu(OH)2等}氧化为酸(盐)
羧酸 ①酸的通性；②酯化反应
酯 发生水解反应，生成羧酸(盐)和醇
2．有机反应类型归纳
反应类型 反应部位、反应试剂或条件
加成反应 与X2(混合即可反应)；碳碳双键与H2、HBr、H2O，以及与H2均需在一定条件下进行
加聚反应 单体中有或—C≡C—等不饱和键
取 代 反 应 烃的 取代 饱和烃与X2反应需光照
苯环上氢原子可与X2(催化剂)或HNO3(浓硫酸催化)发生取代
酯水解 酯基水解成羧基和羟基
酯化型 按照“酸脱羟基、醇脱氢”原则，在浓硫酸催化下进行
氧 化 反 应 与O2(催化剂) —OH(—CH2OH氧化成醛基、氧化成羰基)
酸性K2Cr2O7、酸性KMnO4溶液 、苯环上的烃基、—OH、 —CHO都可被氧化
银氨溶液、新制Cu(OH)2悬浊液 —CHO被氧化成—COOH
燃烧型 多数有机物能燃烧，完全燃烧生成CO2和水
还 原 反 应 得氢型 烯烃、炔烃、苯及其同系物或部分芳香族化合物和H2的加成反应
去氧型 R—NO2R—NH2
置换反应 羟基、羧基可与活泼金属反应生成H2
关键能力·突破
　考向1　有机物的性质及应用
典例1(2022·武汉模拟)2022年4月，世卫组织专家评估报告指出：中成药连花清瘟能有效治疗新冠病毒。连花清瘟由于含“连翘”“金银花”而得名。其有效成分绿原酸的结构简式如图，下列有关绿原酸说法正确的是(　C　)
A．分子式为C16H14O9
B．分子中最多有8个碳原子共面
C．可与NaHCO3溶液反应放出CO2
D．1mol该分子最多可与6molH2发生加成反应
【解析】　该物质含有16个C、9个O，不饱和度为8，所以分子式为C16H18O9，选项A错误；苯环、碳碳双键、酯基都为平面形结构，经过旋转单键，虚线框中的9个碳原子可以在同一平面，且经旋转右侧六元环中也有碳原子可共面，选项B错误；绿原酸分子中含有羧基，能与NaHCO3溶液反应放出CO2，选项C正确；该物质中苯环、碳碳双键可以和氢气加成，所以1 mol该分子最多可与4 mol H2发生加成反应，选D项错误。
　　　　　　模型构建
从官能团分析陌生有机物性质
官能团 发生反应
碳碳双键 加成反应，氧化反应，加聚反应
羟基 置换反应、氧化反应
羧基 中和反应、酯化反应
醛基 氧化反应(银氨溶液、新制氢氧化铜)
酯基 水解反应
〔迁移应用〕
1．(2022·洛阳模拟)某天然有机物具有抗肿瘤等生物活性，其结构简式如下。下列关于该有机物的叙述错误的是(　D　)
A．分子式为C15H18O3
B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．能够发生水解反应
D．该有机物中所有碳原子可以共面
【解析】　由其键线式可得其分子式为：C15H18O3，故A正确；该结构简式可知其含有碳碳双键、羟基两者均能被酸性高锰酸钾氧化从而使其褪色，故B正确；该结构中存在酯基，能发生水解反应，故C正确；该结构中存在多个饱和碳原子，如连有两个甲基的碳原子同与其相连的碳原子形成四面体结构，一定不在同一平面上，故D错误。
　考向2　有机反应类型的判断
典例2(2022·淮南模拟)以葡萄糖为原料制得的异山梨醇(如图)是重要的生物质转化平台化合物。下列关于该物质的叙述错误的是(　C　)
A．一氯代物有3种(不含立体异构)
B．与己二酸互为同分异构体
C．分子中所有原子可能共平面
D．能发生取代、氧化和消去反应
【解析】　异山梨醇除了醇羟基外，含有3种氢原子，，所以一氯代物有3种，A项正确；该有机物和己二酸的分子式都为C6H10O4，结构不同，二者互为同分异构体，B项正确；该分子中饱和碳原子具有甲烷结构特点，甲烷为四面体结构，所以该分子中所有原子一定不共平面，C项错误；含有醇羟基、醚键，具有醇和醚的性质，醇羟基能发生消去反应、氧化反应和取代反应，D项正确。
〔迁移应用〕
2．莽草酸是从中药八角茴香中提取的一种单体化合物，有抗炎、镇痛作用，其结构如图所示。关于莽草酸的下列叙述中，正确的是(　D　)
A．分子式为C7H5O5
B．莽草酸只能发生取代反应、加成反应和氧化反应
C．分子中所有原子可能在同一平面上
D．1mol莽草酸与金属钠反应能产生标况下的氢气为44.8L
【解析】　由莽草酸的结构图可知，1个莽草酸分子是由7个碳原子、10个氢原子和5个氧原子构成的，其化学式为C7H10O5，故A错误；含有羟基，可发生取代、消去和氧化反应，含有碳碳双键可发生加成和氧化反应，故B错误；该分子中存在—CH2—和的结构，分子中所有原子不可能在同一平面上，故C错误；1 mol莽草酸含有3 mol —OH，1 mol —COOH均能与金属钠发生反应，共产生2 mol H2，标况下的体积为22.4 L/mol×2 mol＝44.8 L，故D正确。
考点二　有机物的结构与同分异构现象
核心知识·整合
1．突破有机物分子中原子共面的判断
(1)明确三种典型模型
甲烷分子中所有原子一定不共平面，最多有3个原子处在一个平面上，若用其他原子代替其中的任何氢原子，所有原子一定不能共平面，如CH3Cl分子中所有原子不在一个平面上
乙烯分子中所有原子一定共平面，若用其他原子代替其中的任何氢原子，所得有机物中所有原子仍然共平面，如CH2===CHCl分子中所有原子共平面
苯分子中所有原子一定共平面，若用其他原子代替其中的任何氢原子，所得有机物分子中的所有原子也仍然共平面，如溴苯()分子中所有原子共平面
(2)把握三种组合
①直线结构与平面结构连接，则直线在这个平面上。
如苯乙炔：，所有原子共平面。
②平面结构与平面结构连接，如果两个平面结构通过单键相连，由于单键的旋转性，两个平面可以重合，但不一定重合。
如苯乙烯：，分子中共平面原子至少12个，最多16个。
③平面结构与立体结构连接，如果甲基与平面结构通过单键相连，则由于单键的旋转性，甲基上的一个氢原子可能暂时处于这个平面上。
(3)注意题目要求
限制条件是“可能”“一定”“最多”“最少”“所有原子”“碳原子”等。如分子中所有原子可能共平面，分子中所有碳原子一定共平面，而所有原子一定不能共平面。
2．同分异构体的五种判断方法
(1)基团连接法。将有机物看成由基团连接而成，由基团的异构体数目可推断有机物的异构体数目。如丁基有四种，丁醇(C4H9—OH)、C4H9—Cl分别有四种。
(2)换元法。将有机物分子中的不同原子或基团进行换位替代时，同分异构体种数相同。如：乙烷分子中共有6个氢原子，若有一个氢原子被氯原子取代所得一氯乙烷只有一种结构，那么五氯乙烷也只有一种结构。
(3)等效氢原子法(又称对称法)
①分子中同一个碳上的氢原子等效。
②同一个碳的甲基氢原子等效。
③分子中处于镜面对称位置(相当于平面镜成像时)上的氢原子是等效的。
(4)定1移2法。二元取代物，如C3H6Cl2的同分异构体，先固定其中一个Cl的位置，移动另外一个Cl，再除去相同的重复个体。
关键能力·突破
　考向1　有机物分子中共线、共面的判断
典例1下列说法正确的是(　C　)
【解析】　A项，根据乙烯的空间构型可知，CH3CH===CHCH3分子中的四个碳原子处于同一平面上，但不在同一直线上，错误；B项，用键线式表示有机物结构时，考生容易忽略饱和碳原子的共面规律，饱和碳原子只能与另外两个相连的原子共平面，故a与c分子中所有碳原子不可能共平面，错误；C项，苯分子中所有原子共平面，但d和p中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，正确；D项，羟基上的氧原子一定在苯环所确定的平面上，但羟基上的H原子可能不在苯环所确定的平面上，错误。
方法技巧
有机物共面问题的判断思路
(1)明确常见代表物的结构特点：CH4正四面体，CH2===CH2平面形，平面六边形。
(2)展开空间构型：其他有机物可看作由(1)中三种典型分子中的氢原子被其他原子或原子团代替后的产物，但这三种分子的空间结构基本不变。
(3)熟记规律：单键是可旋转的，是造成有机物原子不在同一平面上最主要的原因
①结构中只要出现一个饱和碳原子，则整个分子不再共面。
②结构中每出现一个碳碳双键，至少有6个原子共面。
③结构中每出现一个苯环，至少有12个原子共面。
〔迁移应用〕
1．(2022·昆明模拟)分子结构修饰在药物设计与合成中有广泛的应用。布洛芬具有抗炎、镇痛、解热作用，但口服该药对胃、肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示的分子修饰。下列说法错误的是(　B　)
A．甲的分子式为C13H18O2
B．甲分子中最多有8个碳原子共平面
C．甲和乙都能与氢氧化钠溶液发生反应
D．甲修饰成乙可降低对胃、肠道的刺激
【解析】　由甲的结构简式可知分子式为C13H18O2，A正确；苯环是平面型分子，由于单键可旋转，则最多共平面的碳原子有共11个，B错误；甲含有羧基，能与NaOH溶液反应，乙含有酯基，可与NaOH溶液发生水解反应，C正确；甲含有羧基，具有弱酸性，甲修饰成乙含有酯基，可降低对胃、肠道的刺激，D正确。
　考向2　同分异构体数目的判断
典例2(2021·南昌模拟)下列有关同分异构体的叙述不正确的是(　A　)
A．丁烷(C4H10)的二氯取代物最多有6种
B．C5H12O属于醇的同分异构体有8种
C．C4H8O2属于羧酸的同分异构体有2种
【解析】　丁烷的二氯取代产物同分异构体为
①CHCl2CH2CH2CH3、②CH2ClCHClCH2CH3、
③CH2ClCH2CHClCH3、④CH2ClCH2CH2CH2Cl、
⑨CH3CHClCHClCH3，共有9种，A错误；C5H12O属于醇的同分异构体有CH2(OH)CH2CH2CH2CH3、
CH3CH(OH)CH2CH2CH3、CH3CH2CH(OH)CH2CH3、
CH2(OH)CH(CH3)CH2CH3、(CH3)2C(OH)CH2CH3、(CH3)2CHCH(OH)CH3、(CH3)2CHCH2CH2OH、C(CH3)3CH2OH，共8种，B正确；C4H8O2属于羧酸的同分异构体有CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH，共2种，C正确；分子式相同、结构不同，互为同分异构体，D正确。
方法技巧
同分异构体判断的失分防范
(1)总体顺序应该遵循：类别异构→碳链异构→位置异构，这样有序进行，既可防遗漏又可防重复。
(2)要有空间想象能力，看准碳架的对称性，避免重复。
(3)注意碳的“四价”原则，确定碳原子上有无氢原子以及氢原子的数目，这样可以确定该碳原子有无一元及二元代物。
(4)二元代物要有序：先确定第一个取代基的位置，再引入第二个取代基，在引入第二个取代基的时候，尤其要注意的是此前已经出现的第一个取代基的位置不要再引入第二个取代基，否则就会重复。
(5)注意看清题目的限制条件：常见的限制条件有种类、性质、结构等方面。
〔迁移应用〕
2．(2022·芜湖模拟)2022年北京冬奥会的场馆建设中用到一种耐腐蚀、耐高温的表面涂料。是以某双环烯酯为原料制得的，其结构为：。下列有关该双环烯酯的说法正确的是(　D　)
A．分子式为C14H18O2
B．1mol该物质能与3molH2发生加成反应
C．该分子中所有原子可能共平面
D．与H2完全加成后产物的一氯代物有9种(不含立体异构)
【解析】　由双环烯酯的结构简式可知，其分子式为C14H20O2，A错误；碳碳双键能与H2发生加成反应，酯基中的碳氧双键不能与H2发生加成反应，故1 mol该双环烯酯能与2 mol H2发生加成反应，B错误；双环烯酯分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，C错误；该双环烯酯完全加氢后的产物为，有9种不同环境的氢，一氯代物有9种，D正确。专题六　化学反应与能量
明·课程标准
MINGKECHENGBIAOZHUN　　　　　　对应学生用书学案P53
1．认识化学能可以与热能、电能等其他形式能量之间相互转化，能量的转化遵循能量守恒定律。知道内能是体系内物质的各种能量的总和，受温度、压强、物质的聚集状态的影响。
2．认识化学能与热能的相互转化，恒温恒压条件下化学反应的反应热可以用焓变表示，了解盖斯定律及其简单应用。
3．认识化学能与电能相互转化的实际意义及其重要应用。了解原电池及常见化学电源的工作原理。了解电解池的工作原理，认识电解在实现物质转化和储存能量中的具体应用。了解金属发生电化学腐蚀的本质，知道金属腐蚀的危害，了解防止金属腐蚀的措施。
品·高考真题
PINGAOKAOZHENTI　　　　　　对应学生用书学案P53
真题细研
1．(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　)
A．Ⅱ区的K＋通过隔膜向Ⅲ区迁移
B．Ⅰ区的SO通过隔膜向Ⅱ区迁移
C．MnO2电极反应：MnO2＋2e－＋4H＋===Mn2＋＋2H2O
D．电池总反应：Zn＋4OH－＋MnO2＋4H＋===Zn(OH)＋Mn2＋＋2H2O
【解析】　根据图示的电池结构和题目所给信息可知，Ⅲ区Zn为电池的负极，电极反应为Zn－2e－＋4OH－===Zn(OH)，Ⅰ区MnO2为电池的正极，电极反应为MnO2＋2e－＋4H＋===Mn2＋＋2H2O；电池在工作过程中，由于两个离子选择隔膜没有指明的阳离子隔膜还是阴离子隔膜，故两个离子隔膜均可以通过阴、阳离子，因此可以得到Ⅰ区消耗H＋，生成Mn2＋，Ⅱ区的K＋向Ⅰ区移动或Ⅰ区的SO向Ⅱ区移动，Ⅲ区消耗OH－，生成Zn(OH)，Ⅱ区的SO向Ⅲ区移动或Ⅲ区的K＋向Ⅱ区移动。根据分析，Ⅱ区的K＋只能向Ⅰ区移动，A错误；根据分析，Ⅰ区的SO向Ⅱ区移动，B正确；MnO2电极的电极反应式为MnO2＋2e－＋4H＋===Mn2＋＋2H2O，C正确；电池的总反应为Zn＋4OH－＋MnO2＋4H＋===Zn(OH)＋Mn2＋＋2H2O，D正确。
2．(2022·全国乙卷)Li－O2电池比能量高，在汽车、航天等领域具有良好的应用前景。近年来科学家研究了一种光照充电Li－O2电池(如图所示)。光照时，光催化电极产生电子(e－)和空穴(h＋)，驱动阴极反应(Li＋＋e－===Li)和阳极反应(Li2O2＋2h＋===2Li＋＋O2)对电池进行充电。下列叙述错误的是(　C　)
A．充电时，电池的总反应Li2O2===2Li＋O2
B．充电效率与光照产生的电子和空穴量有关
C．放电时，Li＋从正极穿过离子交换膜向负极迁移
D．放电时，正极发生反应O2＋2Li＋＋2e－===Li2O2
【解析】　光照时，光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应和阳极反应对电池进行充电，结合阴极反应和阳极反应，充电时电池的总反应为Li2O2===2Li＋O2，A正确；充电时，光照光催化电极产生电子和空穴，阴极反应与电子有关，阳极反应与空穴有关，故充电效率与光照产生的电子和空穴量有关，B正确；放电时，金属Li电极为负极，光催化电极为正极，Li＋从负极穿过离子交换膜向正极迁移，C错误；放电时总反应为2Li＋O2===Li2O2，正极反应为O2＋2Li＋＋2e－===Li2O2，D正确。
3．(2021·全国甲卷)乙醛酸是一种重要的化工中间体，可用如下图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的H2O解离为H＋和OH－，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是(　D　)
A．KBr在上述电化学合成过程中只起电解质的作用
D．双极膜中间层中的H＋在外电场作用下向铅电极方向迁移
【解析】　KBr在上述电化学合成过程中除作电解质外，同时还是电解过程中阳极的反应物，生成的Br2为乙二醛制备乙醛酸的中间产物，A错误；阳极上为Br－失去电子生成Br2，Br2将乙二醛氧化为乙醛酸，B错误；电解过程中阴阳极均生成乙醛酸，1 mol乙二酸生成1 mol乙醛酸转移电子为2 mol，1 mol乙二醛生成1 mol乙醛酸转移电子为2 mol，根据转移电子守恒可知每生成1 mol乙醛酸转移电子为1 mol，因此制得2 mol乙醛酸时，理论上外电路中迁移了2 mol电子，C错误；双极膜中间层的H＋在外电场作用下移向阴极，即H＋移向铅电极，D正确。
4．(2021·全国乙卷)沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率，为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极(如图所示)，通入一定的电流。
下列叙述错误的是(　D　)
A．阳极发生将海水中的Cl－氧化生成Cl2的反应
B．管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO
C．阴极生成的H2应及时通风稀释安全地排入大气
D．阳极表面形成的Mg(OH)2等积垢需要定期清理
【解析】　海水中除了水，还含有大量的Na＋、Cl－、Mg2＋等，根据题干信息可知，装置的原理是利用惰性电极电解海水，阳极区溶液中的Cl－会优先失电子生成Cl2，阴极区H2O优先得电子生成H2和OH－，结合海水成分及电解产物分析解答。阳极区海水中的Cl－会优先失去电子生成Cl2，发生氧化反应，A正确；设置的装置为电解池原理，根据分析知，阳极区生成的Cl2与阴极区生成的OH－在管道中会发生反应生成NaCl、NaClO和H2O，其中NaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B正确；因为H2是易燃性气体，所以阳极区生成的H2需及时通风稀释，安全地排入大气，以排除安全隐患，C正确；阴极的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，会使海水中的Mg2＋沉淀积垢，所以阴极表面会形成Mg(OH)2等积垢需定期清理，D错误。
5．(2020·全国卷Ⅰ，12)科学家近年发明了一种新型Zn－CO2水介质电池。电池示意图如图，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。
下列说法错误的是(　D　)
A．放电时，负极反应为Zn－2e－＋4OH－===Zn(OH)
B．放电时，1molCO2转化为HCOOH，转移的电子数为2mol
C．充电时，电池总反应为2Zn(OH)===2Zn＋O2↑＋4OH－＋2H2O
D．充电时，正极溶液中OH－浓度升高
【解析】　放电时，负极上Zn发生氧化反应，电极反应式为Zn－2e－＋4OH－===Zn(OH)，故A正确；放电时，CO2转化为HCOOH，C元素化合价降低2，则1 mol CO2转化为HCOOH时，转移2 mol电子，故B正确；充电时，阳极上H2O转化为O2，阴极上Zn(OH)转化为Zn，电池总反应为2Zn(OH)===2Zn＋O2↑＋4OH－＋2H2O，故C正确；充电时，正极即为阳极，电极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，溶液中H＋浓度增大，溶液中c(H＋)·c(OH－)＝Kw，温度不变时，Kw不变，因此溶液中OH－浓度降低，故D错误。
6．(2020·全国卷Ⅱ，12)电致变色器件可智能调控太阳光透过率，从而实现节能。下图是某电致变色器件的示意图。当通电时，Ag＋注入到无色WO3薄膜中，生成AgxWO3，器件呈现蓝色，对于该变化过程，下列叙述错误的是(　C　)
A．Ag为阳极
B．Ag＋由银电极向变色层迁移
C．W元素的化合价升高
D．总反应为WO3＋xAg===AgxWO3
【解析】　通电时，Ag电极有Ag＋生成，故Ag电极为阳极，故A项正确；通电时电致变色层变蓝色，说明有Ag＋从Ag电极经固体电解质进入电致变色层，故B项正确；该过程中，W由WO3的＋6价降低到AgxWO3中的＋(6－x)价，故C项错误；该电解池中阳极即Ag电极上发生的电极反应为xAg－xe－===xAg＋，而另一极阴极上发生的电极反应为WO3＋xAg＋＋xe－===AgxWO3，故发生的总反应式为xAg＋WO3===AgxWO3，故D项正确。
7．(2020·全国卷Ⅲ，12)一种高性能的碱性硼化钒(VB2)－空气电池如下图所示，其中在VB2电极发生反应：VB2＋16OH－－11e－===VO＋2B(OH)＋4H2O。该电池工作时，下列说法错误的是(　B　)
A．负载通过0.04mol电子时，有0.224L(标准状况)O2参与反应
B．正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高
C．电池总反应为4VB2＋11O2＋20OH－＋6H2O===8B(OH)＋4VO
D．电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH溶液回到复合碳电极
【解析】　根据图示的电池结构，左侧VB2发生失电子的反应生成VO和B(OH)，反应的电极方程式如题干所示，右侧空气中的氧气发生得电子的反应生成OH－，反应的电极方程式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，电池的总反应方程式为4VB2＋11O2＋20OH－＋6H2O===8B(OH)＋4VO。当负极通过0.04 mol电子时，正极也通过0.04 mol电子，根据正极的电极方程式，通过0.04 mol电子消耗0.01 mol氧气，在标况下为0.224 L，A正确；反应过程中正极生成大量的OH－使正极区pH升高，负极消耗OH－使负极区OH－浓度减小pH降低，B错误；根据分析，电池的总反应为4VB2＋11O2＋20OH－＋6H2O===8B(OH)＋4VO，C正确；电池中，电子由VB2电极经负载流向复合碳电极，电流流向与电子流向相反，则电流流向为复合碳电极→负载→VB2电极→KOH溶液→复合碳电极，D正确。
8．(2022·全国乙卷节选)油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(g)
ΔH1＝－1036kJ·mol－1
②4H2S(g)＋2SO2(g)===3S2(g)＋4H2O(g)　ΔH2＝94kJ·mol－1
③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH3＝－484kJ·mol－1
计算H2S热分解反应④2H2S(g)===S2(g)＋2H2(g)的ΔH4＝ 170　kJ·mol－1。
(2)较普遍采用的H2S处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反应④高温热分解H2S。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是副产物氢气可作燃料　，缺点是耗能高　。
【解析】　(1)已知：①2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(g)　ΔH1＝－1 036 kJ·mol－1
②4H2S(g)＋2SO2(g)===3S2(g)＋4H2O(g)　ΔH2＝94 kJ·mol－1
③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH3＝－484 kJ·mol－1
根据盖斯定律(①＋②)×－③即得到2H2S(g)===S2(g)＋2H2(g)的ΔH4＝(－1 036＋94)kJ·mol－1×＋484 kJ/mol＝170 kJ·mol－1；
(2)根据盖斯定律(①＋②)×可得2H2S(g)＋O2(g)===S2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝(－1 036＋94)kJ·mol－1×＝－314 kJ·mol－1，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成。因此，高温热分解方法的优点是：可以获得氢气作燃料；但由于高温分解H2S会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高。
9．(2021·全国甲卷节选)二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：
CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)　ΔH1＝＋41kJ·mol－1
②CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)　ΔH2＝－90kJ·mol－1
总反应的ΔH＝－49　kJ·mol－1；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是 A　(填标号)，判断的理由是 ΔH1为正值，ΔH2和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的　。
【解析】　二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)，该反应一般认为通过如下步骤来实现：①CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)　ΔH1＝＋41 kJ·mol－1，②CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)　ΔH＝－90 kJ·mol－1，根据盖斯定律可知，①＋②可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应为CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＝(＋41 kJ·mol－1)＋(－90 kJ·mol－1)＝－49 kJ·mol－1；该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，反应①为慢反应，反应①的活化能高于反应②，同时反应①的反应物总能量低于生成物总能量，反应②的反应物总能量高于生成物总能量，故示意图中能体现反应能量变化的是A项。
10．(2020·全国卷Ⅰ，28节选)硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：SO2(g)＋O2(g)SO3(g)　ΔH＝－98kJ·mol－1。回答下列问题：
钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程式为 2V2O5(s)＋2SO2(g)??2VOSO4(s)＋V2O4(s)　ΔH＝－351 kJ·mol－1　。
【解析】　由题中信息可知：①SO2(g)＋O2(g)??SO3(g)　ΔH＝－98 kJ·mol－1
②V2O4(s)＋SO3(g)??V2O5(s)＋SO2(g)
ΔH2＝－24 kJ·mol－1
③V2O4(s)＋2SO3(g)??2VOSO4(s)
ΔH1＝－399 kJ·mol－1
根据盖斯定律可知，③－②×2得2V2O5(s)＋2SO2(g)??2VOSO4(s)＋V2O4(s)，则ΔH＝ΔH1－2ΔH2＝(－399 kJ·mol－1)－(－24 kJ·mol－1)×2＝－351 kJ·mol－1，所以该反应的热化学方程式为2V2O5(s)＋2SO2(g)??2VOSO4(s)＋V2O4(s)　ΔH＝－351 kJ·mol－1。
11．(2020·全国卷Ⅱ，28节选)CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如下图所示：
(1)阴极上的反应式为 CO2＋2e－===CO＋O2－　。
(2)若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1，则消耗的CH4和CO2体积比为 6∶5　。
【解析】　(1)由图可知，CO2在阴极得电子发生还原反应，电极反应为CO2＋2e－===CO＋O2－；(2)令生成乙烯和乙烷分别为2体积和1体积，根据阿伏加德罗定律，同温同压下，气体体积比等于物质的量之比，再根据得失电子守恒，得到发生的总反应为6CH4＋5CO2===2C2H4＋C2H6＋5H2O＋5CO，即消耗CH4和CO2的体积比为6∶5。
考情预判
化学能与热能是高考必考知识点，且考查形式固定，主要以填空题型考查，预测未来高考中仍会以非选择题的形式与化学平衡相结合考查热化学方程式的书写、盖斯定律的应用、反应热的计算，偶尔在选择题型中考查反应热的大小比较。
高考每年都会结合图形考查原电池原理或电解池原理在工业生产中的应用。建议在备考过程中加强对新型燃料电池、新型可充电电池的关注。
近几年全国卷高考化学试题中均涉及电化学知识，并且试题的背景较为新颖，对考生分析问题的能力提出了较高要求。预测在2023年的高考命题中，在题型上仍以传统题型为主，以某一个非水溶液电池为背景考查以原电池为主的电化学知识。依托于某一新型可充电电池示意图，考查原电池的工作原理及其电极反应式的书写，电极材料以及电极反应的判断，溶液pH的变化是高考命题的热点。考纲中对原电池的要求达到了“理解”的级别，因此，通过一个新型电池装置考查原电池的知识以及金属的腐蚀和绿色能源的开发，即突出了使考生了解新科技的发展，又达到了选拔优秀生的目的。
悟·核心要点
WUHEXINYAODIAN　　　　　　对应学生用书学案P56
考点一　化学能与热能
核心知识·整合
1．从两种角度理解化学反应热
反应热 图示
图像 分析 微观 宏观
a表示断裂旧化学键吸收的能量； b表示生成新化学键放出的能量； c表示反应热 a表示反应物的活化能； b表示活化分子形成生成物释放的能量； c表示反应热
ΔH的 计算 ΔH＝H(生成物)－H(反应物) ΔH＝∑E(反应物键能)－∑E(生成物键能)
2．热化学方程式书写注意事项
(1)注意ΔH的单位：ΔH的单位为kJ·mol－1。
(2)注意测定条件：绝大多数的反应热ΔH是在25℃、101kPa下测定的，此时可不注明温度和压强。
(3)注意热化学方程式中的化学计量数：热化学方程式的化学计量数可以是整数，也可以是分数。
(4)注意物质的聚集状态：气体用“g”，液体用“l”，固体用“s”，溶液用“aq”。热化学方程式中不用“↑”和“↓”。
(5)注意ΔH的数值与符号：如果化学计量数加倍，则ΔH也要加倍。逆反应的反应热与正反应的反应热数值相等，但符号相反。
(6)对于具有同素异形体的物质，除了要注明聚集状态外，还要注明物质的名称。
如：①S(单斜，s)＋O2(g)===SO2(g)
ΔH＝－297.16kJ·mol－1
②S(正交，s)＋O2(g)===SO2(g)
ΔH2＝－296.83kJ·mol－1
③S(单斜，s)===S(正交，s)　ΔH3＝－0.33kJ·mol－1
关键能力·突破
　考向1　化学反应中的能量变化图像分析
典例1(2021·重庆模拟)甲烷燃烧时的能量变化如图，有关说法正确的是(　D　)
A．图1中反应为CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝＋890.3kJ/mol
B．图2中反应为CH4(g)＋O2(g)===CO(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－607.3kJ/mol
C．由图可以推知CO2和CO相比，CO更稳定
D．由图可以推得CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283kJ/mol
【解析】　根据图1中信息得到该反应是放热反应，即有CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－890.3 kJ/mol，故A错误；根据图2中信息得到H2O(l)，因此反应：CH4(g)＋O2(g)===CO(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－607.3 kJ/mol，故B错误；CO2和CO相比，无法知道CO2和CO谁的能量高低，因此无法分析谁更稳定，故C错误；根据第一个热化学方程式减去第二个热化学方程式推得：CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283 kJ/mol，故D正确。
方法技巧
解答能量变化图像题的“4关键”
(1)反应热不能取决于部分反应物能量和部分生成物能量的相对大小，即部分反应物能量和部分生成物能量的相对大小不能决定反应是吸热还是放热。
(2)注意活化能在图示(如图)中的意义。
从反应物至最高点的能量数值表示正反应的活化能，即E1；从最高点至生成物的能量数值表示逆反应的活化能，即E2。
(3)催化剂只能影响正、逆反应的活化能，而不影响反应的ΔH。
(4)设计反应热的有关计算时，要切实注意图示中反应物和生成物的物质的量。
〔迁移应用〕
1．(2022·保定模拟)苯亲电取代反应中卤代反应的反应进程与能量变化曲线如图所示，下列说法正确的是(　B　)
A．反应分三步进行，且各步均为吸热反应
B．决速步的活化能是ΔE2
C．总反应的ΔH＝ΔE1＋ΔE2＋ΔE3
D．升温既能加快反应速率，又能提高该卤代反应的平衡转化率
【解析】　根据图中信息得出前两步是吸热反应，第三步是放热反应，故A错误；第二步活化能最大，是整个反应的决速步骤，其活化能是ΔE2，故B正确；总反应的焓变是生成物总能量减去反应物总能量或反应物的活化能减去生成物活化能，因此ΔH≠ΔE1＋ΔE2＋ΔE3，故C错误；由于总反应是放热反应，故升温可以加快反应速率，平衡逆向移动，因此不能提高该卤代反应的平衡转化率，故D错误。
　考向2　反应历程、催化机理的分析应用
典例2(2022·潍坊模拟)碳酸二甲酯DMC()是一种低毒、性能优良的有机合成中间体，科学家提出了新的合成方案(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)，反应机理如图所示。
下列说法错误的是(　D　)
A．HO·降低了反应的活化能
B．过程CH3OH*＋HO·*===CH3O·*＋H2O*是该反应的决速步骤
C．过程中既有H—O键的断裂，又有H—O键的形成
D．吸附和脱附过程中共吸收48.1eV的能量
【解析】　HO·在反应前参与反应，反应后又生成，作催化剂，降低了反应的活化能，提高化学反应速率，A正确；决速步骤一般伴有的是能量的落差大，活化能大的步骤即决速步骤，由图示可知生成过渡态I时的所需的活化能最大，所以CH3OH*＋HO·*===CH3O·*＋H2O*是该反应的决速步骤，B正确；过程中甲醇反应时有H—O键的断裂，生成水时有H—O键的形成，C正确；吸附和脱附过程中共吸收的能量为终态减去始态的能量，始态相对能量为0 eV，终态相对能量为112.6×102 eV，则吸附和脱附过程中共吸收的能量为1.126×104 eV，D错误。
模型构建
解答化学反应历程试题的思维模型
(1)第一步准确转化
解决新信息图像题，一定要理解图像信息所表示的机理及过程，对所求问题向已有知识进行恰当的转化。
(2)第二步方法的选取
对新信息题可以采用一般到特殊的特例法，在理解题目信息的本质的基础上，从逻辑推理的角度进行解答。
(3)第三步仔细审读题目
严格按新信息的指代机理，解答问题时要避免课本知识或者已有知识对新信息问题的干扰。
〔迁移应用〕
2．(2022·郑州模拟)某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，其反应热ΔH＝－620.9kJ·mol－1。一定条件下该反应经历三个基元反应阶段，反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法正确的是(　D　)
A．ΔE＝306.6kJ/mol
B．三个基元反应中只有③是放热反应
C．该化学反应的速率主要由反应②决定
D．该过程的总反应为2CO＋2NO===N2＋2CO2
【解析】　图中ΔE＝248.3－[－620.9－199.2－(－513.5)]＝554.9 kJ·mol－1，故A错误；由图可知，三个基元反应中，反应②和反应③的反应物总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，故B错误；正反应活化能最大的是反应③，活化能越大反应速率越慢，整个反应由最慢的一步决定，则该化学反应的速率主要由反应③决定，故C错误；由始态和终态可知，该过程的总反应为2CO＋2NO===N2＋2CO2，故D正确。
　考向3　反应热的计算及热化学方程式的书写
典例3(2021·南京模拟)随着化石能源的减少，新能源的开发利用日益迫切。
(1)Bunsen热化学循环制氢工艺由下列三个反应组成：
SO2(g)＋I2(g)＋2H2O(g)===2HI(g)＋H2SO4(l)　ΔH1＝akJ·mol－1
2H2SO4(l)===2H2O(g)＋2SO2(g)＋O2(g)　ΔH2＝bkJ·mol－1
2HI(g)===H2(g)＋I2(g)　ΔH3＝ckJ·mol－1
则：2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g)　ΔH＝ 2a＋b＋2c　kJ·mol－1。
(2)硅光电池作为电源已广泛应用于人造卫星、灯塔和无人气象站等，工业制备纯硅的反应为2H2(g)＋SiCl4(g)===Si(s)＋4HCl(g)　ΔH＝＋240.4kJ·mol－1。若将生成的HCl通入100mL1mol·L－1的NaOH溶液中恰好完全反应，则在此制备纯硅反应过程中的热效应是＋6.01　kJ。
(3)据粗略统计，我国没有经过处理便排放的焦炉煤气已超过250亿立方米，这不仅是能源的浪费，也对环境造成极大污染。为解决这一问题，我国在2004年起已利用焦炉煤气制取甲醇及二甲醚。已知CO中的C与O之间为三键连接，且合成甲醇的主要反应原理为CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)　ΔH。表中所列为常见化学键的键能数据：
化学键 C—C C—H H—H C—O C≡O H—O
键能/kJ·mol－1 348 414 436 326.8 1032 464
则该反应的ΔH＝－128.8　kJ·mol－1。
(4)以CO2(g)和H2(g)为原料合成甲醇，反应的能量变化如图1所示。
补全上图：图中A处应填入 1 mol CO2(g)＋3 mol H2(g)　。
(5)恒温恒容条件下，硫可以发生如下转化，其反应过程和能量关系如图2所示。
已知：2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)　ΔH＝－196.6kJ·mol－1。
①写出能表示硫的燃烧热的热化学方程式： S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－297 kJ·mol－1　。
②ΔH2＝－78.64　kJ·mol－1。
【解析】　(1)反应①：SO2(g)＋I2(g)＋2H2O(g)===2HI(g)＋H2SO4(l)　ΔH1＝a kJ·mol－1，反应②：2H2SO4(l)===2H2O(g)＋2SO2(g)＋O2(g)　ΔH2＝b kJ·mol－1，反应③：2HI(g)===H2(g)＋I2(g)　ΔH3＝c kJ·mol－1则：按盖斯定律由①×2＋②＋③×2得到2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g)　ΔH＝(2a＋b＋2c)kJ·mol－1；
(2)HCl通入100 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液中恰好完全反应，则HCl的物质的量为0.1 mol，按热化学方程式：2H2(g)＋SiCl4(g)===Si(s)＋4HCl(g)　ΔH＝＋240.4 kJ·mol－1：在此制备纯硅反应过程中生成0.1 mol HCl热效应是×0.1 mol＝＋6.01 kJ；
(3)焓变＝反应物总键能之和－生成物总键能之和，依据图表提供的化学键的键能CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)　ΔH＝1 032 kJ·mol－1＋2×436 kJ·mol－1－(3×414 kJ·mol－1＋326.8 kJ·mol－1＋464 kJ·mol－1)＝－128.8 kJ·mol－1；
(4)以CO2(g)和H2(g)为原料合成甲醇，反应方程式为CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)由反应的能量变化图知，热化学方程式为CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＝－50 kJ·mol－1，则图中A处应填入1 mol CO2(g)＋3 mol H2(g)；
(5)①燃烧热是指1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，所以，硫的物质的量为1 mol。由图可知1 mol S(s)完全燃烧放出的热量为297 kJ，所以，硫的燃烧热的热化学方程式S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－297 kJ·mol－1；
②由图可知，参加反应的n(SO2)＝1 mol－0.2 mol＝0.8 mol，根据热化学方程式：
2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)　ΔH＝－196.6 kJ·mol－1。
ΔH2＝0.4×ΔH＝0.4×(－196.6 kJ·mol－1)＝－78.64 kJ·mol－1。
方法技巧
热化学方程式书写与正误判断易出现的5种常见错误
(1)“＋”“－”漏写或使用不正确。如放热反应未标“－”。
(2)单位与热量Q单位混淆。ΔH的单位为“kJ·mol－1(或kJ/ mol)”，易错写成“kJ”。
(3)物质的状态标注不正确。s、l、 g和aq分别表示固态、液态、气态和水溶液。
(4)ΔH的数值不正确。即ΔH的数值必须与方程式中的化学计量数相对应。
(5)对概念的理解不正确。如燃烧热是指1 mol可燃物，且生成CO2(g)、H2O(l)、SO2(g)等；中和热是指1 mol H＋和1 mol OH－生成1 mol H2O(l)。
〔迁移应用〕
3．(2021·昆明一中高三质检节选)甲酸是基本有机化工原料之一，广泛用于农药、皮革、染料、医药和橡胶等工业。
(1)已知热化学方程式：
Ⅰ：HCOOH(g)??CO(g)＋H2O(g)
ΔH1＝＋72.6kJ·mol－1；
Ⅱ：2CO(g)＋O2(g)??2CO2(g)
ΔH2＝－566.0kJ·mol－1；
Ⅲ：2H2(g)＋O2(g)??2H2O(g)
ΔH3＝－483.6kJ·mol－1
则反应Ⅳ：CO2(g)＋H2(g)??HCOOH(g)的ΔH＝－31.4　kJ·mol－1。
(2)查阅资料知在过渡金属催化剂存在下，CO2(g)和H2(g)合成HCOOH(g)的反应分两步进行：第一步：CO2(g)＋H2(g)＋M(s)===M·HCOOH(s)；则第二步反应的方程式为 M·HCOOH(s)===HCOOH(g)＋M(s)　。
【解析】　(1)已知Ⅰ：HCOOH(g)??CO(g)＋H2O(g)　ΔH1＝＋72.6 kJ·mol－1；Ⅱ：2CO(g)＋O2(g)??2CO2(g)　ΔH2＝－566.0 kJ·mol－1；Ⅲ：2H2(g)＋O2(g)??2H2O(g)　ΔH3＝－483.6 kJ·mol－1；根据盖斯定律，由Ⅲ×－Ⅰ－Ⅱ×得反应Ⅳ：CO2(g)＋H2(g)===HCOOH(g)　ΔH＝(－483.6 kJ·mol－1)×－72.6 kJ·mol－1－(－566.0 kJ·mol－1)×＝－31.4 kJ·mol－1；(2)CO2(g)和H2(g)合成HCOOH(g)的总反应为CO2(g)＋H2(g)===HCOOH(g)；第一步：CO2(g)＋H2(g)＋M(s)===M·HCOOH(s)；总反应减去第一步反应可得第二步反应的方程式为M·HCOOH(s)===HCOOH(g)＋M(s)。
考点二　化学能与电能
核心知识·整合
1．原电池、电解池的工作原理
原电池
电解池 (阳极为惰 性电极)
2．正、负极和阴、阳极的判断方法
原电池
电解池
3．新型化学电源中电极反应式的书写
(1)书写步骤
(2)燃料电池中正极电极反应式的书写思路
根据燃料电池的特点，一般在正极上发生还原反应的物质都是O2，O2得到电子后化合价降低，首先变成O2－，O2－能否存在要看电解质环境。由于电解质溶液(酸碱盐)的不同，其电极反应也有所不同，下表为四种不同电解质环境中，氧气得电子后O2－的存在形式：
电解质环境 从电极反应式判O2－的存在形式
酸性电解质溶液环境下 O2＋4H＋＋4e－===2H2O
碱性电解质溶液环境下 O2＋2H2O＋4e－===4OH－
固体电解质(高温下能传导O2－)环境下 O2＋4e－===2O2－
熔融碳酸盐(如：熔融K2CO3)环境下 O2＋2CO2＋4e－===2CO
4．电解池电极反应式的书写方法
特别说明：通常电极反应可以根据阳极材料和电解质溶液性质判断。但在高考题中往往需要结合题给信息进行判断。
5．电解计算破题“3方法”
6．金属的腐蚀与电化学防护
关键能力·突破
　考向1　原电池原理在新型电池中的应用
典例1(2022·贵阳模拟)我国科学家最近发明了一种Zn－PbO2二次电池，电解质分别为K2SO4、H2SO4和KOH中的一种，由M和N两种离子交换膜隔开，形成a、b、c三个电解质溶液区域，结构示意图如图所示。下列说法不正确的是(　D　)
A．电池放电时，电子由Zn电极经导线流入PbO2电极
B．充电时，PbO2电极的电极反应式为PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋SO
C．电池放电后b区域的电解质溶液浓度增大
D．阳离子交换膜为图中的N膜，可允许K＋通过
【解析】　由图可知，Zn片上：Zn→Zn(OH)，失电子，则Zn为负极，PbO2为正极，电池放电时，电子由Zn电极经导线流入正极，故A正确；正极电极反应式为PbO2＋SO＋2e－＋4H＋===PbSO4＋2H2O，充电时物质被氧化，PbO2电极的电极反应式为PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋SO，故B正确；正极消耗H＋，负极消耗OH－，则钾离子向正极移动，SO向负极移动，使b区域电解质溶液浓度增加，故C正确；由电极反应方程式可知负极OH－浓度减少而正极H＋浓度减少，结合题设条件“放电后b区域电解质溶液浓度增加”，K＋通过M膜向b区迁移，SO通过N膜向b区迁移可以使得b区K2SO4浓度增加。故M膜为阳离子交换膜而N膜为阴离子交换膜，故D错误。
方法技巧
四步解决新型化学电源问题
〔迁移应用〕
1．(2022·德阳模拟)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(　D　)
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
【解析】　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，放电时，电子移动方向为：电极盖1→用电器→电极盖2，D错误。
　考向2　电解池原理及其应用
典例2(2022·岳阳模拟)氧化亚铜是杀菌剂、陶瓷和搪瓷的着色剂以及红色玻璃染色剂，利用如图所示装置制备氧化亚铜和精炼铜，已知粗铜中含有铁、碳、锌、银等杂质。下列说法错误的是(　A　)
A．乙池中电解后X极附近形成的阳极泥的主要成分是银和碳
B．电压过高时，乙中可能会产生有刺激性气``味的气体，将CuCl2溶液换成CuSO4溶液可避免产生该气体
C．若该装置的能量转化率为80%，则当外电路有1.93×105C电量通过(法拉第常数F＝9.65×104C·mol－1)时可制得115.2g的Cu2O
D．由图可知装置甲中制备Cu2O的总反应方程式为2Cu＋H2OCu2O＋H2↑
【解析】　X电极为阴极，Y电极为阳极，电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，所以乙池中电解后Y极附近形成的阳极泥的主要成分是银和碳，A项错误；电压过高时，Cl－会在阳极放电生成Cl2，而SO不会放电，将CuCl2溶液换成CuSO4溶液可避免产生该气体，B项正确；当外电路有1.93×105 C电量通过时，转移电子的物质的量为＝2 mol，该装置的能量转化率为80%，即有2 mol×80%＝1.6 mol的电子发生氧化还原反应，则生成Cu2O的物质的量为0.8 mol，其质量为115.2 g，C项正确；装置甲中制备Cu2O的总反应方程式为2Cu＋H2OCu2O＋H2↑，D项正确。
方法技巧
电解法装置的答题流程
〔迁移应用〕
2．(2022·长沙模拟)利用如图的电解装置分离含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4的混合物浆液，使其分离成固体混合物和含铬元素溶液。下列有关分析错误的是(　C　)
A．电解装置工作时，石墨2应该连接铅蓄电池的PbO2电极
B．分离后，含铬元素的粒子有CrO和Cr2O，存在于阳极室中
C．每转移1mole－时，阴极室电解质溶液的质量增加23g
D．阴极室生成的物质可用于固体混合物Al(OH)3和MnO2的分离
【解析】　由图可知，左侧电极氢失去电子发生还原反应生成氢气，为阴极，则右侧为阳极；铅蓄电池的PbO2电极为正极，连接阳极区电极石墨2，A正确；含铬元素的粒子有CrO和Cr2O，阴离子向阳极运动，分离后，存在于阳极室中，B正确；阴极发生的电极反应为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，同时钠离子通过阳离子膜进入阴极室，每转移1 mol e－时，生成H2 0.5 mol，质量为1 g，同时进入钠离子1 mol质量为23 g，则阴极室电解质溶液的质量增加23－1＝22 g，C错误；阴极室生成的物质为氢氧化钠，氢氧化铝可溶于强碱氢氧化钠而二氧化锰不溶，可用于固体混合物Al(OH)3和MnO2的分离，D正确。
　考向3　金属的腐蚀与防护
典例3某同学利用下图所示装置探究金属的腐蚀与防护条件。下列说法不合理的是(　A　)
A．①区Cu电极上产生气泡，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]后出现蓝色，Fe被腐蚀
B．②区Cu电极附近滴加酚酞后变成红色，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]出现蓝色，Fe被腐蚀
C．③区Zn电极反应式为Zn－2e－===Zn2＋，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]未出现蓝色，Fe被保护
D．④区Zn电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]出现蓝色，Fe被腐蚀
【解析】　A项，①区发生吸氧腐蚀，Cu为正极，电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，Cu电极上不产生气泡，说法不合理；B项，②区Cu为阴极，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，Cu电极附近溶液碱性增强，滴加酚酞后变红色，Fe为阳极，被腐蚀，电极反应为Fe－2e－===Fe2＋，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]出现蓝色，说法合理；C项，③区Zn为负极，电极反应为Zn－2e－===Zn2＋，Fe为正极，被保护，说法合理；D项，④区Zn为阴极，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，Fe作阳极，被腐蚀，电极反应为Fe－2e－===Fe2＋，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]出现蓝色，说法合理。
　　　　　　规律方法
金属的三种防护措施
1．改变金属内部结构：如把Ni、Cr等加入普通钢里制成不锈钢合金，具有很强的抗腐蚀性。
2．覆盖保护层：在金属的表面覆盖保护层如涂防锈漆、油脂、搪瓷、加塑料保护层及电镀等可阻止金属与周围可发生反应的物质接触。
3．使用电化学保护法
(1)利用原电池原理——牺牲阳极的阴极保护法
(2)利用电解池原理——外加电流的阴极保护法
〔迁移应用〕
3．(2020·江苏高考，11)将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情境中，下列有关说法正确的是(　C　)
A．阴极的电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋
B．金属M的活动性比Fe的活动性弱
C．钢铁设施表面因积累大量电子而被保护
D．钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快
【解析】　阴极的钢铁设施实际作原电池的正极，正极金属被保护不失电子，A错误；阳极金属M实际为原电池装置的负极，电子流出，原电池中负极金属比正极活泼，因此M活动性比Fe的活动性强，B错误；金属M失电子，电子经导线流入钢铁设施，从而使钢铁设施表面积累大量电子，自身金属不再失电子从而被保护，C正确；海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度，离子浓度越大，溶液的导电性越强，因此钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中快，D错误。
　考向4　电化学原理的综合应用
典例4电絮凝技术(EC)是一种集混凝、气浮、电化学于一体的新兴水处理技术，实验表明电絮凝技术能除去废水中96%以上的磷(主要以PO形式存在)和油污，某化学兴趣小组用甲烷燃料电池作为电源模拟电絮凝净水，装置如图所示。下列说法正确的是(　D　)
A．甲烷燃料电池中X是空气，Y是甲烷
B．燃料电池的负极反应为CH4－8e－＋2H2O===CO2＋8H＋
C．电解池阳极溶解9gAl，理论上有2gCH4被氧化
D．电絮凝净水存在氧化、水解、吸附、上浮和下沉等过程
【解析】　铜电极上发生水得电子的还原反应，说明铜是电解池的阴极，则A是甲烷燃料电池的负极，故X是甲烷，Y是空气，A错误；氢氧化钾溶液是甲烷燃料电池的电解质溶液，负极反应为CH4－8e－＋10OH－===CO＋7H2O，B错误；电解池铝电极(阳极)上存在两个竞争反应，分别为Al－3e－===Al3＋、2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，阳极溶解9 g Al，理论上被氧化的CH4的质量大于2 g，C错误；电絮凝净水存在的过程有铝活泼电极失去电子被氧化为Al3＋、Al3＋水解生成氢氧化铝胶体、氢氧化铝胶体吸附水中油污等污染物、密度小的污染物上浮形成悬浮物、密度大的污染物下沉成为污泥，D正确。
方法技巧
燃料电池中不同环境下的电极反应式
以甲醇、O2燃料电池为例：
酸性介 质，如稀 H2SO4 负极 CH3OH－6e－＋H2O===CO2↑＋6H＋
正极 O2＋6e－＋6H＋===3H2O
碱性介 质，如 KOH 溶液 负极 CH3OH－6e－＋8OH－===CO＋6H2O
正极 O2＋6e－＋3H2O===6OH－
熔融盐介 质，如 K2CO3 负极 CH3OH－6e－＋3CO===4CO2↑＋2H2O
正极 O2＋6e－＋3CO2===3CO
高温下能传 导O2－的固 体作电解质 负极 CH3OH－6e－＋3O2－===CO2↑＋2H2O
正极 O2＋6e－===3O2－
〔迁移应用〕
4．(2022·郑州模拟)钛铁合金具有优异的性能，在航天和生物医学等领域有广泛的应用。下图是以二氧化钛、氧化亚铁混合粉末压制的块体和石墨坩埚分别作电极材料，以CaCl2熔盐为离子导体(不参与电极反应)制备钛铁合金的电解装置示意图。下列相关说法正确的是(　D　)
A．石墨坩埚连接直流电源的负极
B．通入Ar气主要是为了保护石墨坩埚不被氧化
C．TiO2发生的电极反应为TiO2－4e－===Ti＋2O2－
D．每生成16.0gTiFe2时，流出气体在标准状况下的体积大于4.48L
【解析】　该装置的目的是制备钛铁合金，所以需要Fe2＋、Ti4＋发生还原反应，而CaCl2熔盐不参与电极反应，所以阳极应是O2－被氧化生成氧气。电解过程中需要Fe2＋、Ti4＋发生还原反应，所以以二氧化钛、氧化亚铁混合粉末压制的块体应为阴极，连接电源的负极，A错误；Ti、Fe性质活泼，容易被生成的氧气氧化，所以通入Ar气主要是为了保护钛铁合金不被氧化，B错误；TiO2得电子发生还原反应，电极反应应为TiO2＋4e－===Ti＋2O2－，C错误；16.0 g TiFe2，即＝0.1 mol，需生成0.1 mol Ti、0.2 mol Fe，根据电极反应TiO2＋4e－===Ti＋2O2－、FeO＋2e－===Fe＋O2－可知，共转移0.8 mol电子，O2－在阳极被还原，电极反应为2O2－－4e－===O2↑，所以生成0.2 mol氧气，标准状况下体积为0.2 mol×22.4 L/mol＝4.48 L，但同时流出的气体还有Ar，所以流出气体在标准状况下的体积大于4.48 L，D正确。
热点聚焦
　REDIANJUJIAO　　　　　　对应学生用书学案P62
一、题型专攻——盖斯定律的应用
〔高考必备〕
1．定律内容
一定条件下，一个反应不管是一步完成，还是分几步完成，反应的总热效应相同，即反应热的大小与反应途径无关，只与反应的始态和终态有关。
2．常用关系式
热化学方程式 焓变之间的关系
aA===B　ΔH1 A===B　ΔH2 ΔH2＝ΔH1或 ΔH1＝aΔH2
aA===B　ΔH1 B===aA　ΔH2 ΔH1＝－ΔH2
ΔH＝ΔH1＋ΔH2
3．答题模板——叠加法
(1)步骤
(2)方法
〔典例探究〕
典例(1)(2020·全国卷Ⅱ，28)乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6(g)===C2H4(g)＋H2(g)　ΔH，相关物质的燃烧热数据如下表所示：
物质 C2H6(g) C2H4(g) H2(g)
燃烧热 ΔH/(kJ·mol－1) －1560 －1411 －286
ΔH＝＋137　kJ·mol－1。
(2)(2019·全国卷Ⅲ，28节选)近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。
Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)===CuCl(s)＋Cl2(g)
ΔH1＝83kJ·mol－1
CuCl(s)＋O2(g)===CuO(s)＋Cl2(g)
ΔH2＝－20kJ·mol－1
CuO(s)＋2HCl(g)===CuCl2(s)＋H2O(g)
ΔH3＝－121kJ·mol－1
则4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)的ΔH＝－116　kJ·mol－1。
(3)(2018·全国卷Ⅰ，28节选)已知：
2N2O5(g)===2N2O4(g)＋O2(g)
ΔH1＝－4.4kJ·mol－1
2NO2(g)===N2O4(g)　ΔH2＝－55.3kJ·mol－1
则反应的N2O5(g)===2NO2(g)＋O2(g)的ΔH＝ 53.1　kJ·mol－1。
(4)(2018·全国卷Ⅱ，27节选)CH4－CO2催化重整不仅可以得到合成气(CO和H2)，还对温室气体的减排具有重要意义。
回答下列问题：
CH4－CO2催化重整反应为CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)。
已知：C(s)＋2H2(g)===CH4(g)
ΔH＝－75kJ·mol－1
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－394kJ·mol－1
C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH＝－111kJ·mol－1
该催化重整反应的ΔH＝＋247　kJ·mol－1。
(5)(2018·全国卷Ⅲ，28节选)三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。SiHCl3在催化剂作用下发生反应：
2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)
ΔH1＝48kJ·mol－1
3SiH2Cl2(g)===SiH4(g)＋2SiHCl3(g)
ΔH2＝－30kJ·mol－1
则反应4SiHCl3(g)===SiH4(g)＋3SiCl4(g)的ΔH＝＋114　kJ·mol－1。
【解析】　(1)由表中燃烧热数值可知：
①C2H6(g)＋O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH1＝－1 560 kJ·mol－1；
②C2H4(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH2＝－1 411 kJ·mol－1；
③H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH3＝－286 kJ·mol－1；根据盖斯定律可知，①－②－③得C2H6(g)===C2H4(g)＋H2(g)，则ΔH＝ΔH1－ΔH2－ΔH3＝(－1 560 kJ·mol－1)－(－1 411 kJ·mol－1)－(－286 kJ·mol－1)＝＋137 kJ·mol－1；
(2)利用盖斯定律解答本题。
CuCl2(s)===CuCl(s)＋Cl2(g)
ΔH1＝83 kJ· mol－1①
CuCl(s)＋O2(g)===CuO(s)＋Cl2(g)
ΔH2＝－20 kJ· mol－1②
CuO(s)＋2HCl(g)===CuCl2(s)＋H2O(g)
ΔH3＝－121 kJ· mol－1③
则4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)可由①×2＋②×2＋③×2得到，所以其ΔH＝83 kJ· mol－1×2＋(－20 kJ· mol－1)×2＋(－121 kJ· mol－1)×2＝－116 kJ· mol－1；
(3)由2N2O5(g)===2N2O4(g)＋O2(g)　ΔH1＝－4.4 kJ·mol－1和2NO2(g)===N2O4(g)　ΔH2＝－55.3 kJ·mol－1，根据盖斯定律，故反应N2O5(g)===2NO2(g)＋O2(g)的ΔH＝ΔH1－ΔH2＝(－2.2＋55.3)kJ·mol－1＝53.1 kJ·mol－1；
(4)将题目给出的热化学方程式依次编为序号①、②、③，则将③×2－①－②就得出催化重整的反应，因此催化重整反应的ΔH＝－111 kJ· mol－1×2＋394 kJ· mol－1＋75 kJ· mol－1＝＋247 kJ· mol－1；
(5)结合两个反应2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)　ΔH1＝48 kJ· mol－1
3SiH2Cl2(g)===SiH4(g)＋2SiHCl3(g)
ΔH2＝－30 kJ· mol－1
可得反应4SiHCl3(g)===SiH4(g)＋3SiCl4(g)的ΔH＝3ΔH1＋ΔH2＝[3×48＋(－30)]kJ· mol－1＝＋114 kJ· mol－1。
〔预测演练〕
1．(2022·西安模拟)苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生如下反应：
则ΔH1＝ΔH3＋ΔH4－ΔH5　(用ΔH3、ΔH4和ΔH5表示)。
【解析】　已知：Ⅲ.2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH3
根据盖斯定律可知Ⅲ＋Ⅳ－Ⅴ即得到反应(g)＋3H2(g)===(g)　ΔH1＝ΔH3＋ΔH4－ΔH5，故答案为ΔH3＋ΔH4－ΔH5。
2．(2022·天水模拟)当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25℃时，相关物质的燃烧热数据如表：
物质 H2(g) C(石墨，s) C6H6(l)
燃烧热ΔH(kJ·mol－1) －285.8 －393.5 －3267.5
则25℃时H2(g)和C(石墨，s)生成C6H6(l)的热化学方程式为 6C(石墨，s)＋3H2(g)===C6H6(l)　ΔH＝49.1 kJ·mol－1　。
【解析】　根据表格燃烧热数据可知，存在反应
①C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1，
②H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH2＝－285.8 kJ·mol－1，
③C6H6(l)＋O2(g)===6CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH3＝－3 267.5 kJ·mol－1，根据盖斯定律，反应①×6＋反应②×3－反应③得目标反应：6C(石墨，s)＋3H2(g)===C6H6(l)，则ΔH＝6ΔH1＋3ΔH2－ΔH3＝(－393.5 kJ·mol－1)×6＋(－285.8 kJ·mol－1)×3－(－3 267.5 kJ·mol－1)＝49.1 kJ·mol－1，即：6C(石墨，s)＋3H2(g)===C6H6(l)　ΔH＝49.1 kJ·mol－1。
3．(2022·昆明模拟)研究和深度开发CO2的综合应用，实现碳循环是解决温室问题的有效途径，对构建生态文明社会具有重要意义，CO2可实现以下转化：
①C2H4(g)＋H2O(l)??C2H5OH(l)　ΔH1＝akJ·mol－1
②2CO2(g)＋2H2O(l)??C2H4(g)＋3O2(g)　ΔH2＝bkJ·mol－1
已知2CO2(g)＋3H2O(l)??C2H5OH(l)＋3O2(g)的正反应的活化能为ckJ·mol－1，则逆反应的活化能为(c－a－b)　kJ·mol－1(用含a、b、c代数式表示)。
【解析】　根据盖斯定律①＋②可得2CO2(g)＋3H2O(l)??C2H5OH(l)＋3O2(g)的ΔH＝(a＋b)kJ·mol－1，焓变＝正反应活化能－逆反应活化能，则逆反应活化能＝正反应活化能－焓变＝(c－a－b)kJ·mol－1。
4．(2022·荆州模拟)氮的循环在自然界元素的循环中具有重要的意义，但减少含氮化合物对空气的污染也是重要的课题之一。
已知：N2(g)＋O2(g)??2NO(g)　ΔH1＝＋180.0kJ·mol－1；
N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH2＝－92.4kJ·mol－1；
H2的燃烧热为285.8kJ·mol－1。
写出NO与NH3反应生成N2和液态水的热化学方程式 6NO(g)＋4NH3(g)??5N2(g)＋6H2O(l)　ΔH＝－2 070.0 kJ·mol－1　。
【解析】　将题目所给热化学方程式依次标号为①、②；H2的燃烧热为285.8 kJ·mol－1，则有H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－285.8 kJ·mol－1③；根据盖斯定律③×6－①×3－②×2可得NO与NH3反应生成N2和液态水的热化学方程式为6NO(g)＋4NH3(g)??5N2(g)＋6H2O(l)　ΔH＝－2 070.0 kJ·mol－1。
二、离子交换膜在电化学中的应用
〔高考必备〕
1．离子交换膜的作用及类型
(1)功能和作用
(2)常见的离子交换膜
种类 允许通过的离子及移动方向 说明
阳离子交换膜 阳离子→移向电解池的阴极或原电池的正极 阴离子和气体不能通过
阴离子交换膜 阴离子→移向电解池的阳极或原电池的负极 阳离子和气体不能通过
质子交换膜 质子→移向电解池的阴极或原电池的正极 只允许H＋通过
2．多室交换膜的分析
(1)两室电解池
如图是利用一种微生物将废水中的有机物(如淀粉)和废气NO的化学能直接转化为电能。
(2)三室电解池
用电渗析法可将含硝酸钠的废水再生为硝酸和氢氧化钠。
(3)四室电解池
H3PO2可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)：
〔典例探析〕
典例(2022·怀仁模拟)双极性膜1、2在直流电场作用下能够将水分离成H＋与OH－，可作为H＋与OH－的供应源，用如图所示的三室式电渗析转化器可以将有机酸钠盐(NaR)转化制得纯度较高的有机弱酸(HR)。下列相关说法正确的是(　B　)
A．ab膜、cd膜分别是阳离子交换膜、阴离子交换膜
B．室1溶液中发生的离子反应为H＋＋R－===HR
C．M电极的电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑
D．盐室进口处和出口处c(Na＋)相等
【解析】　由图示，M为阳极，OH－在M极失去电子，4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，H＋经过双极性膜1进入室1，则盐室中的R－进入室1与H＋结合形成HR，ab膜为阴离子交换膜，N为阴极，H＋在N极得到电子，2H＋＋2e－===H2↑，OH－经过双极性膜2进入室2，则盐室中的Na＋进入室2与OH－结合生成NaOH，cd膜为阳离子交换膜，A错误；盐室中的R－进入室1与H＋结合形成HR，即H＋＋R－===HR，B正确；M为阳极，OH－在M极失去电子，电极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，C错误；盐室中的Na＋进入室2与OH－结合生成NaOH，因此进、出口处的c(Na＋)不相等，D错误。
　　　　　　模型构建
解答带离子交换膜电解池问题的思维模型
〔预测演练〕
1．(2022·西安模拟)据文献报道，一种新型的微生物脱盐电池的装置如图所示，关于该电池装置说法正确的是(　C　)
A．Y为阴离子选择性交换膜
B．左室溶液碱性增强
C．负极反应式是CH3COO－＋2H2O－8e－===2CO2↑＋7H＋
D．转移2mol电子，海水脱去氯化钠的质量是58.5g
【解析】　原电池中阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐的目的，因此Y为阳离子交换膜，X为阴离子交换膜，A错误；由图示可知，左室为负极，负极CH3COO－失电子生成二氧化碳，负极反应式为CH3COO－＋2H2O－8e－===2CO2↑＋7H＋，生成了氢离子，溶液碱性减弱，B错误，C正确；转移电子数目与钠离子、氯离子所带电荷数相同，因此转移2 mol电子，各有2 mol钠离子和2 mol氯离子分别透过半透膜，可除去氯化钠2 mol，质量为2 mol×58.5 g/mol＝117 g，D错误。
2．利用CH4燃料电池电解制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，装置如图所示。下列说法不正确的是(　B　)
A．a极反应：CH4－8e－＋4O2－===CO2＋2H2O
B．A膜和C膜均为阴离子交换膜，B膜为阳离子交换膜
C．可用铁电极替换阴极的石墨电极
D．a极上通入标况下2.24L甲烷，理论上产品室可新增0.4molCa(H2PO4)2
【解析】　a极为甲烷，甲烷失去电子，因此电极反应式为CH4－8e－＋4O2－===CO2＋2H2O，A正确；阳极室阴离子放电，钙离子穿过A膜进入到产品室，因此A膜为阳离子交换膜，原料室中钠离子穿过C膜进入到阴极室，因此C膜为阳离子交换膜，磷酸二氢根穿过B膜进入到产品室，因此B膜为阴离子交换膜，B错误；可用铁电极替换阴极的石墨电极，电极反应式不变，C正确；a极上通入标准状况下2.24 L甲烷即物质的量为0.1 mol，根据CH4－8e－＋4O2－===CO2＋2H2O，则转移0.8 mol电子，因此有0.4 mol钙离子移向产品室反应生成Ca(H2PO4)2，即理论上产品室可新增0.4 mol Ca(H2PO4)2，D正确。
3．(2022·重庆模拟)某科研团队发明的制取H2O2的绿色方法，原理如图所示，下列说法正确的是(　B　)
A．Y膜为阳离子交换膜
B．催化剂可加快单位时间内反应中电子的转移数目
C．b极上发生氧化反应
D．生成H2O2的总反应为2H2O＋O2===2H2O2
【解析】　由图可知，通入氢气的a极为原电池的负极，氢气在负极失去电子发生氧化反应生成氢离子，电极反应式为H2－2e－===2H＋，氢离子通过阳离子交换膜进入产品室，通入氧气的b极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成HO离子和氢氧根离子，电极反应式为O2＋2e－＋H2O===HO＋OH－，HO离子、OH－离子通过阴离子交换膜进入产品室与氢离子反应生成过氧化氢和水，电池的总反应为H2＋O2===H2O2。由分析可知，Y膜为阴离子交换膜，故A错误；催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，所以单位时间内反应中电子的转移数目增多，故B正确；b极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成HO离子和氢氧根离子，故C错误；电池的总反应为H2＋O2===H2O2，故D错误。
4．(2022·成都模拟)利用电化学原理在厌氧条件下分解有机物的装置如图所示。下列说法正确的是(　C　)
A．电流流向：A电极→用电器→B电极
B．A电极发生的电极反应为Y－2e－===X＋2H＋
C．若左池有100gX转化为Y，理论上右池溶液增加的质量为18g
D．若有机物为葡萄糖，处理0.5mol葡萄糖，理论上消耗O2的体积为67.2L
【解析】　该装置中，A电极为负极，B电极为正极，电流从正极流向负极，则电流流向：B电极→用电器→A电极，A错误；由图知X到Y少了2个H，发生失电子的氧化反应，有机物升高2价，失去2个电子，电极反应式为X－2e－===Y＋2H＋，B错误；100 g X的物质的量为n＝＝＝1 mol，由电极反应式为X－2e－===Y＋2H＋，转移2 mol电子，左侧质子穿过质子交换膜到达右室参与反应O2＋4e－＋4H＋===2H2O，右池溶液增加的质量即为生成的水的质量，转移2 mol电子，则生成1 mol水，即右侧溶液增加18 g，C正确；C6H12O6反应失电子生成二氧化碳，则负极的电极反应式为C6H12O6－24e－＋6H2O===6CO2↑＋24H＋，所以处理0.5 mol葡萄糖，转移12 mol电子，电极反应式为O2＋4e－＋4H＋===2H2O，消耗3 mol氧气，未指明气体状态，无法计算气体体积，D错误。专题七　化学反应速率　化学平衡
明·课程标准
MINGKECHENGBIAOZHUN　　　　　　对应学生用书学案P68
1．能书写平衡常数表达式，能进行平衡常数、转化率的简单计算，能利用平衡常数和浓度商的关系判断化学反应是否达到平衡及平衡移动的方向。
2．能运用浓度、压强、温度对化学平衡的影响规律，推测平衡移动方向及浓度、转化率等相关物理量的变化，能讨论化学反应条件的选择和优化。
3．能进行化学反应速率的简单计算，能通过实验探究分析不同组分浓度改变对化学反应速率的影响，能用一定的理论模型说明外界条件改变对化学反应速率的影响。
4．能运用温度、浓度、压强和催化剂对化学反应速率的影响规律解释生产、生活、实验室中的实际问题，能讨论化学反应条件的选择和优化。
5．针对典型案例，能从限度、速率等角度对化学反应和化工生产条件进行综合分析。
品·高考真题
PINGAOKAOZHENTI　　　　　　对应学生用书学案P68
真题细研
1．(2022·全国甲卷)金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法之一是将金红石(TiO2)转化为TiCl4，再进一步还原得到钛。回答下列问题：
(1)TiO2转化为TiCl4有直接氯化法和碳氯化法。在1000℃时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：
(ⅰ)直接氯化：TiO2(s)＋2Cl2(g)===TiCl4(g)＋O2(g)　ΔH1＝172kJ·mol－1，Kp1＝1.0×10－2
(ⅱ)碳氯化：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)===TiCl4(g)＋2CO(g)　ΔH2＝－51kJ·mol－1，Kp2＝1.2×1012Pa
①反应2C(s)＋O2(g)===2CO(g)的ΔH为－223　kJ·mol－1，Kp＝ 1.2×1014　Pa。
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是碳氯化反应气体分子数增加，ΔH小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程　。
③对于碳氯化反应：增大压强，平衡向左　移动(填“向左”“向右”或“不”)；温度升高，平衡转化率变小　(填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)在1.0×105Pa，将TiO2、C、Cl2以物质的量比1∶2.2∶2进行反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。
①反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)的平衡常数Kp(1400℃)＝ 7.2×105　Pa。
②图中显示，在200℃平衡时TiO2几乎完全转化为TiCl4，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品，提高效益　。
(3)TiO2碳氯化是一个“气—固—固”反应，有利于TiO2—C“固—固”接触的措施是将两固体粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”　。
【解析】　(1)①根据盖斯定律，反应ⅱ－反应ⅰ得到反应2C(s)＋O2(g)===2CO(g)，则ΔH＝－51 kJ/mol－172 kJ/mol＝－223 kJ/mol；则Kp＝＝＝1.2×1014 Pa；②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应气体分子数增加，ΔH小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程；③对应碳氯化反应，气体分子数增大，依据勒夏特列原理，增大压强，平衡往气体分子数减少的方向移动，即平衡向左移动；该反应是放热反应，温度升高，平衡往吸热方向移动，即向左移动，则平衡转化率变小；(2)①从图中可知，1 400 ℃，体系中气体平衡组成比例CO2是0.05，TiCl4是0.35，CO是0.6，反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)的平衡常数Kp(1 400 ℃)＝＝ Pa＝7.2×105 Pa；②实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200 ℃，就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品。(3)固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大。有利于TiO2—C“固—固”接触，可将两者粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。
2．(2022·全国乙卷节选)油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(g)　ΔH1＝－1036kJ·mol－1
②4H2S(g)＋2SO2(g)===3S2(g)＋4H2O(g)　ΔH2＝94kJ·mol－1
③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH3＝－484kJ·mol－1
计算H2S热分解反应④2H2S(g)===S2(g)＋2H2(g)的ΔH4＝ 170　kJ·mol－1。
(2)在1470K、100kPa反应条件下，将n(H2S)∶n(Ar)＝1∶4的混合气进行H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，H2S平衡转化率为 50%　，平衡常数Kp＝ 4.76　kPa。
(3)在1373K、100kPa反应条件下，对于n(H2S)∶n(Ar)分别为4∶1、1∶1、1∶4、1∶9、1∶19的H2S-Ar混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如下图所示。
①n(H2S)∶n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高　，理由是n(H2S)∶n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高　。
②n(H2S)∶n(Ar)＝1∶9对应图中曲线 d　，计算其在0～0.1s之间，H2S分压的平均变化率为 24.9　kPa·s－1。
【解析】　(1)已知：①2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(g)　ΔH1＝－1 036 kJ·mol－1
②4H2S(g)＋2SO2(g)===3S2(g)＋4H2O(g)　ΔH2＝94 kJ·mol－1
③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH3＝－484 kJ·mol－1
根据盖斯定律(①＋②)×－③即得到2H2S(g)===S2(g)＋2H2(g)的ΔH4＝(－1 036＋94)kJ·mol－1×＋484 kJ·mol－1＝170 kJ·mol－1；
(2)假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1 mol和4 mol，根据三段式可知：
　　　　　2H2S(g)??S2(g)＋2H2(g)
始/mol 1 0 0
变/mol x0.5xx
平/mol 1－x0.5xx
平衡时H2S和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以H2S的平衡转化率为×100%＝50%，所以平衡常数Kp＝＝≈4.76 kPa；
(3)①由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S)∶n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高；
②n(H2S)∶n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S)∶n(Ar)＝1∶9对应的曲线是d；根据图像可知n(H2S)∶n(Ar)＝1∶9反应进行到0.1 s时H2S转化率为0.24。假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1 mol和9 mol，则根据三段式可知
　　　　　2H2S(g)??S2(g)＋2H2(g)
始/mol 1 0 0
变/mol 0.24 0.12 0.24
平/mol 0.76 0.12 0.24
此时H2S的压强为×100 kPa≈7.51 kPa，H2S的起始压强为10 kPa，所以H2S分压的平均变化率为＝24.9 kPa·s－1。
3．(2021·全国乙卷)一氯化碘(ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也可用作有机合成中的碘化剂。回答下列问题：
(1)历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，由于性质相似，Liebig误认为是ICl，从而错过了一种新元素的发现，该元素是溴(或Br)　。
(2)氯铂酸钡(BaPtCl6)固体加热时部分分解为BaCl2、Pt和Cl2，376.8℃时平衡常数Kp＝1.0×104Pa2，在一硬质玻璃烧瓶中加入过量BaPtCl6，抽真空后，通过一支管通入碘蒸气(然后将支管封闭)，在376.8℃，碘蒸气初始压强为20.0kPa。376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa，则pICl＝ 24.8　kPa，反应2ICl(g)===Cl2(g)＋I2(g)的平衡常数K＝　(列出计算式即可)。
(3)McMorris测定和计算了在136～180℃范围内下列反应的平衡常数Kp。
2NO(g)＋2ICl(g)??2NOCl(g)＋I2(g)　Kp1
2NOCl(g)??2NO(g)＋Cl2(g)　Kp2
得到lgKp1～和lgKp2～均为线性关系，如下图所示：
①由图可知，NOCl分解为NO和Cl2反应的ΔH大于　0(填“大于”或“小于”)；
②反应2ICl(g)===Cl2(g)＋I2(g)的K＝Kp1·Kp2　(用Kp1、Kp2表示)；该反应的ΔH大于　0(填“大于”或“小于”)，写出推理过程设T′>T，即<，由图可知：lg Kp2(T′)－lg Kp2(T)>　
|lg Kp1(T′)－lg Kp1(T)|＝lg Kp1(T)－lg Kp1(T′)，则：lg[Kp2(T′)·Kp1(T′)]>lg[Kp2(T)·Kp1(T)]，即K(T′)>K(T)，因此该反应正反应为吸热反应，即ΔH大于0　。
(4)Kistiakowsky曾研究了NOCl光化学分解反应，在一定频率(ν)光的照射下机理为：
NOCl＋hν―→NOCl*
NOCl＋NOCl*―→2NO＋Cl2
其中hν表示一个光子能量，NOCl*表示NOCl的激发态。可知，分解1mol的NOCl需要吸收 0.5　mol光子。
【解析】　(1)红棕色液体，推测为溴单质，因此错过发现的元素是溴(或Br)；
(2)由题意知376.8 ℃时玻璃烧瓶中发生两个反应：BaPtCl6(s)??BaCl2(s)＋Pt(s)＋2Cl2(g)、Cl2(g)＋I2(g)??2ICl(g)。BaPtCl6(s)??BaCl2(s)＋Pt(s)＋2Cl2(g)的平衡常数Kp＝1.0×104 Pa2，则平衡时p2(Cl2)＝1.0×104 Pa2，平衡时p(Cl2)＝100 Pa，设到达平衡时I2(g)的分压减小p kPa，则
　　　　　　　Cl2(g)　＋　I2(g)??2ICl(g)
开始/(kPa) 20.0 0
变化/(kPa)p 2p
平衡/(kPa) 0.1 20.0－p2p
376．8 ℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5 kPa，则0.1＋20.0＋p＝32.5，解得p＝12.4，则平衡时pICl＝2p kPa＝2×12.4 kPa＝24.8 kPa；则平衡时，I2(g)的分压为(20.0－p)kPa＝(20×103－12.4×103)Pa，pICl＝24.8 kPa＝24.8×103Pa，p(Cl2)＝0.1 kPa＝100 Pa，因此反应2ICl(g)===Cl2(g)＋I2(g)的平衡常数K＝；
(3)①结合图可知，温度越高，越小，lg Kp2越大，即Kp2越大，说明升高温度平衡2NOCl(g)??2NO(g)＋Cl2(g)正向移动，则NOCl分解为NO和Cl2反应的ΔH大于0；
②Ⅰ.2NO(g)＋2ICl(g)??2NOCl(g)＋I2(g)　Kp1
Ⅱ.2NOCl(g)??2NO(g)＋Cl2(g)　Kp2
Ⅰ＋Ⅱ得2ICl(g)===Cl2(g)＋I2(g)，则2ICl(g)===Cl2(g)＋I2(g)的K＝Kp1·Kp2；该反应的ΔH大于0；推理过程如下：设T′>T，即<，由图可知：
lg Kp2(T′)－lg Kp2(T)>|lg Kp1(T′)－lg Kp1(T)|＝lg Kp1(T)－lg Kp1(T′)，
则：lg[Kp2(T′)·Kp1(T′)]>lg[Kp2(T)·Kp1(T)]，即K(T′)>K(T)，因此该反应正反应为吸热反应，即ΔH大于0；
(4)Ⅰ.NOCl＋hν―→NOCl*
Ⅱ.NOCl＋NOCl*―→2NO＋Cl2
Ⅰ＋Ⅱ得总反应为2NOCl＋hν===2NO＋Cl2，因此2 mol NOCl分解需要吸收1 mol光子能量，则分解1 mol的NOCl需要吸收0.5 mol光子。
4．(2021·全国甲卷节选)二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：
(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：
CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)　ΔH1＝＋41kJ·mol－1
②CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)　ΔH2＝－90kJ·mol－1
总反应的ΔH＝－49　kJ·mol－1；
(2)合成总反应在起始物n(H2)/n(CO2)＝3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x(CH3OH)，在t＝250℃下的x(CH3OH)～p、在p＝5×105Pa下的x(CH3OH)～t如图所示。
①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式Kp＝　；
②图中对应等压过程的曲线是 b　，判断的理由是总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小　；
③当x(CH3OH)＝0.10时，CO2的平衡转化率α＝ 33.3%　，反应条件可能为 5×105 Pa，210 ℃　或 9×105 Pa，250 ℃　。
【解析】　(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)，该反应一般认为通过如下步骤来实现：①CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)　ΔH1＝＋41 kJ·mol－1，②CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)　ΔH＝－90 kJ·mol－1，根据盖斯定律可知，①＋②可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应为CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＝(＋41 kJ·mol－1)＋(－90 kJ·mol－1)＝－49 kJ·mol－1；
(2)①二氧化碳加氢制甲醇的总反应为CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)，因此利用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式Kp＝；
②该反应正向为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，体系中x(CH3OH)将减小，因此图中对应等压过程的曲线是b，故答案为b；总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小；
③设起始n(CO2)＝1 mol，n(H2)＝3 mol，则
3H2(g)＋CO2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)
起始(mol) 3 1 0 0
转化(mol) 3xxxx
平衡(mol) 3－3x 1－xxx
当平衡时x(CH3OH)＝0.10时，
＝0.1，解得x＝ mol，
平衡时CO2的转化率α＝×100%＝33.3%；
由图可知，满足平衡时x(CH3OH)＝0.10的条件有：5×105 Pa，210 ℃或9×105 Pa，250 ℃。
5．(2020·全国卷Ⅰ，28节选)硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：SO2(g)＋O2(g)SO3(g)　ΔH＝－98kJ·mol－1。回答下列问题：
(1)当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率α随温度的变化如图所示。反应在5.0MPa、550℃时的α＝ 0.975　，判断的依据是该反应气体分子数减少，增大压强，α提高。所以p1＝5.0 MPa　。影响α的因素有反应物(N2和O2)的起始浓度(组成)、温度、压强　。
(2)将组成(物质的量分数)为2m%SO2(g)、m%O2(g)和q%N2(g)的气体通入反应器，在温度t、压强p条件下进行反应。平衡时，若SO2转化率为α，则SO3压强为　，平衡常数Kp＝　(以分压表示，分压＝总压×物质的量分数)。
(3)研究表明，SO2催化氧化的反应速率方程为v＝k(1－nα′)。式中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；α为SO2平衡转化率，α′为某时刻SO2转化率，n为常数。在α′＝0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程，得到v-t曲线，如图所示。
曲线上v最大值所对应温度称为该α′下反应的最适宜温度tm。ttm后，v逐渐下降。原因是升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜tm，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞tm，k增大对v的提高小于α引起的降低　。
【解析】　(1)SO2(g)＋O2(g)??SO3(g)，该反应是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使化学平衡向正反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，SO2的平衡转化率越大，所以，该反应在550 ℃、压强为5.0 MPa条件下，SO2的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5 MPa的，因此，p1＝5.0 MPa，由图中数据可知，α＝0.975。影响α的因素就是影响化学平衡移动的因素，主要有反应物(N2和O2)的起始浓度(组成)、温度、压强等；
(2)假设原气体的物质的量为100 mol，则SO2、O2和N2的物质的量分别为2m mol、m mol和q mol，2m＋m＋q＝3m＋q＝100，SO2的平衡转化率为α，则有下列关系：
　　　　　　SO2　　＋　O2SO3
起始量(mol) 2mm 0
变化量(mol) 2mαmα 2mα
平衡量(mol) 2m(1－α)m(1－α)2mα
平衡时气体的总物质的量为n(总)＝2m(1－α)＋m(1－α)＋2mα mol＋q mol，则SO3的物质的量分数为×100%＝×100%＝×100%。该反应在恒压容器中进行，因此，SO3的分压p(SO3)＝，p(SO2)＝，p(O2)＝，在该条件下，SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)的Kp＝＝＝；
(3)由于该反应是放热反应，温度升高后α降低。由题中信息可知，v＝k(1－nα′)，升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜tm，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞tm，k增大对v的提高小于α引起的降低。
6．(2020·全国卷Ⅱ，28)天然气的主要成分为CH4，一般还含有C2H6等烃类，是重要的燃料和化工原料。
(1)乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6(g)===C2H4(g)＋H2(g)　ΔH，相关物质的燃烧热数据如下表所示：
物质 C2H6(g) C2H4(g) H2(g)
燃烧热ΔH/(kJ·mol－1) －1560 －1411 －286
①提高该反应平衡转化率的方法有升高温度　、减小压强(增大体积)　。
②容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下(p)发生上述反应，乙烷的平衡转化率为α。反应的平衡常数Kp＝×p　(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
(2)高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4C2H6＋H2。反应在初期阶段的速率方程为r＝k×cCH4，其中k为反应速率常数。
①设反应开始时的反应速率为r1，甲烷的转化率为α时的反应速率为r2，则r2＝(1－α)　r1。
②对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是 AD　。
A．增加甲烷浓度，r增大
B．增加H2浓度，r增大
C．乙烷的生成速率逐渐增大
D．降低反应温度，k减小
【解析】　(1)①反应C2H6(g)??C2H4(g)＋H2(g)为气体体积增大的吸热反应，升高温度、减小压强平衡都向正反应方向移动，故提高该反应平衡转化率的方法有升高温度、减小压强(增大体积)；
②设起始时加入的乙烷和氢气各为1 mol，列出三段式，
　　　　　C2H6(g)??C2H4(g)＋H2(g)
起始(mol) 1 0 1
转化(mol)ααα
平衡(mol) 1－αα 1＋α
平衡时，C2H6、C2H4和H2平衡分压分别为p、p和p，则反应的平衡常数为Kp＝×p；
(2)①根据r＝k×cCH4，若r1＝kc，甲烷转化率为α时，甲烷的浓度为c(1－α)，则r2＝kc(1－α)，所以r2＝(1－α)r1；
②增大反应物浓度反应速率增大，故A说法正确；由速率方程可知，初期阶段的反应速率与氢气浓度无关，故B说法错误；反应物甲烷的浓度逐渐减小，结合速率方程可知，乙烷的生成速率逐渐减小，故C说法错误；化学反应速率与温度有关，温度降低，反应速率常数减小，故D说法正确。
考情预判
化学反应速率与化学平衡是历年高考必考知识点，主要考查点为平衡常数表达式、意义及相关计算、转化率的计算及化学平衡状态的判断等。预计在2023年的高考中，选择题型中会借助速率、平衡图像的分析进行考查，在化学反应原理的综合题中仍会与生产生活实际联系紧密的创新题材为载体，考查考生化学平衡常数的多种表达形式，通过图像等信息获取解题数据，完成平衡常数与转化率和Ksp的计算等，另外速率常数的理解与应用也是近年高考考查的重点内容之一，应予关注。
悟·核心要点
WUHEXINYAODIAN　　　　　　对应学生用书学案P71
考点一　化学反应速率及其影响因素
核心知识·整合
1．掌握计算化学反应速率的两种方法
(1)公式法
v(B)＝＝
用上式进行某物质反应速率计算时需注意以下几点：
①浓度变化只适用于气体和溶液中的溶质，不适用于固体和纯液体。
②化学反应速率是某段时间内的平均反应速率，而不是瞬时速率，且计算时取正值。
③同一反应用不同的物质表示反应速率时，数值可能不同，但意义相同。
(2)比值法
同一化学反应，各物质的反应速率之比等于反应方程式中的化学计量数之比。对于反应：mA(g)＋nB(g)===pC(g)＋qD(g)来说，则有＝＝＝。
2．牢记影响化学反应速率的四大因素(外因)
3．化学反应速率常数及应用
(1)速率常数含义
速率常数(k)是指在给定温度下，反应物浓度皆为1mol·L－1时的反应速率。在相同的浓度条件下，可用速率常数大小来比较化学反应的反应速率。
化学反应速率与反应物浓度(或浓度的次方)成正比，而速率常数是其比例常数，在恒温条件下，速率常数不随反应物浓度的变化而改变。因此，可以应用速率方程求出该温度下任意浓度时的反应速率。
(2)速率方程
一定温度下，化学反应速率与反应物浓度以其计量数为指数的幂的乘积成正比。
对于反应：aA(g)＋bB(g)??gG(g)＋hH(g)
则v正＝k正ca(A)·cb(B)(其中k正为正反应的速率常数)，v逆＝k逆·cg(G)·ch(H)(其中k逆为逆反应的速率常数)。
如反应2NO2(g)??2NO(g)＋O2(g)，
v正＝k正·c2(NO2)，v逆＝k逆·c2(NO)·c(O2)。
(3)速率常数与化学平衡常数之间的关系
一定温度下，可逆反应：aA(g)＋bB(g)??gG(g)＋hH(g)，达到平衡状态时，v正＝k正·ca(A)·cb(B)，v逆＝k逆·cg(G)·ch(H)，
因平衡时v正＝v逆，
则k正·ca(A)·cb(B)＝k逆·cg(G)·ch(H)，
＝＝K。
关键能力·突破
　考向1　影响化学反应速率的因素及控制
典例1(2022·邯郸模拟)工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯：CH3OH(g)＋CO(g)??HCOOCH3(g)，在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH3OH和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图所示，下列说法正确的是(　B　)
A．反应速率v(b)＞v(d)
B．由图可知生产时反应温度控制在80～85℃为宜
C．b条件下延长反应时间，CO的转化率保持不变
D．d→e，CO的转化率随温度的升高而减小，可能是因为该反应吸热，升高温度反应逆向移动
【解析】　温度对化学反应速率的影响大于浓度对化学反应速率的影响。由于反应温度：d＞b，所以反应速率大小关系为v(d)＞v(b)，A错误；由图可知在80～85 ℃时反应物CO的转化率最高，因此生产时为提高生产效率，反应温度控制在80～85 ℃为宜，B正确；b条件下反应未达到平衡状态，此时反应正向进行，延长反应时间，可以使更多的反应物CO与CH3OH(g)发生反应转化为生成物，因此会导致CO的转化率增大，C错误；d→e，CO的转化率随温度的升高而减小，可能是因为该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡会向吸热的逆反应方向移动，导致CO的转化率降低，D错误。
〔迁移应用〕
1．(2022·绍兴模拟)柴油燃油车是通过尿素－选择性催化还原法处理氮氧化物。其工作原理为：将尿素[CO(NH2)2]水溶液通过喷嘴喷入排气管中，当温度高于160℃时尿素水解，产生NH3，生成的NH3与富氧尾气混合后，在催化剂作用下，使氮氧化物得以处理。如图为在不同投料比时NO转化效率随温度变化的曲线。下列说法不正确的是(　B　)
A．投料比：曲线a大于曲线b
B．使用催化剂可以提高NO的平衡转化率
C．图中温度升高，NO转化率升高的可能原因是氨气的释放速度加快，催化剂的活性增强
D．图中温度过高，NO转化率下降的可能原因是发生反应4NH3＋5O2===4NO＋6H2O
【解析】　尿素水解产生氨气，氨气的浓度越大，越有利于NO的转化，则尿素与NO的比值为a曲线大于b曲线，A项正确；催化剂可加快反应速率，对于平衡转化率不会改变，B项错误；随着温度升高，尿素水解生成氨气的速率加快，NH3的浓度变大，温度升高催化剂活性增加，导致化学反应速率加快，C项正确；温度过高，NO的转化效率下降，NO的浓度反而升高，发生反应4NH3＋5O2===4NO＋6H2O，D项正确。
　考向2　化学反应速率的相关计算
典例2(2022·太原模拟)一定温度下，向三个相同体积的密闭容器中充入一定量的Q和P，发生反应：Q(g)＋3P(g)??2R(g)。
容器 温度/℃ 物质起始浓 度/mol·L－1 物质平衡浓 度/mol·L－1 达到平衡所 需时间/min
Q P R
甲 280 1.5 3.0 1.8 20
乙 280 4.5 9.0 15
丙 360 1.5 3.0 1.2 8
下列说法错误的是(　C　)
A．该反应是放热反应
B．反应到达平衡时，容器甲中的平均速率：v(Q)＝0.045mol·L－1·min－1
C．反应到达平衡时，容器乙中，物质P的转化率为90%
D．反应到达平衡时，向容器丙中再充入0.1mol·L－1的Q、0.2mol·L－1的P和0.2mol·L－1的R，则反应将向正反应方向进行
【解析】　根据甲和丙比较，反应物的起始浓度相同，从甲到丙温度升高，产物R的浓度降低，说明平衡向逆反应方向移动，又因升温平衡向着吸热反应方向移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，A正确；容器甲中利用三段式：
　　　Q(g)　＋　3P(g)　??　2R(g)
c01.5 3.0 0
Δc0.9 2.7 1.8
ct0.6 0.3 1.8
计算反应速率：v(Q)＝＝＝0.045 mol·L·min－1，B正确；根据容器甲和容器乙的温度相同判断，两个容器的体积相同，容器乙中反应物的浓度是容器甲反应物的浓度的三倍，利用等效的原理判断，容器乙相对于容器甲，等效为缩小容器体积，增大了压强，平衡向着气体体积减小的方向移动，故平衡向正反应方向移动，平衡转化率增大，根据B中的三段式计算，容器甲中P物质的转化率为90%，则容器乙中物质P的转化率大于90%，C错误；容器丙达到平衡时平衡常数通过三段式计算：
　　　Q(g)　＋　3P(g)　??　2R(g)
c0 1.5 3.0 0
Δc0.6 1.8 1.2
ct0.9 1.2 1.2
K＝≈0.93，当向容器中再充入0.1 mol·L－1的Q、0.2 mol·L－1的P和0.2 mol·L－1的R时，Q、P、R物质的量浓度分别为：1.0、1.4、1.4，此时的浓度商为Qc＝≈0.71方法技巧
计算化学反应速率的方法
(1)公式法：v＝＝
①浓度变化只适用于气体和溶液中的溶质，不适用于固体和纯液体。
②化学反应速率是某段时间内的平均反应速率，而不是即时速率，且计算时取正值。
(2)比值法：同一化学反应，各物质的反应速率之比等于方程式中的化学计量数之比。对于反应：mA(g)＋nB(g)===pC(g)＋qD(g)来说，则有＝＝＝。
〔迁移应用〕
2．(2022·马鞍山模拟)研究含氮元素物质的反应对生产、生活、科研等方面具有重要的意义。
(1)发射“神舟十三”号的火箭推进剂为液态四氧化二氮和液态偏二甲肼(C2H8N2)。
已知：①C2H8N2(l)＋4O2(g)===2CO2(g)＋N2(g)＋4H2O(l)　ΔH1＝－2765.0kJ·mol－1
②2O2(g)＋N2(g)===N2O4(l)　ΔH2＝－19.5kJ·mol－1
③H2O(g)===H2O(l)　ΔH3＝－44.0kJ·mol－1
则C2H8N2(1)＋2N2O4(l)===3N2(g)＋2CO2(g)＋4H2O(g)的ΔH为－2 550.0 kJ·mol－1　。
(2)碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：
第一步：I2(g)―→2I(g)(快反应)
第二步：I(g)＋N2O(g)―→N2(g)＋IO(g)(慢反应)
第三步：IO(g)＋N2O(g)―→N2(g)＋O2(g)＋I(g)(快反应)
实验表明，含碘时N2O分解速率方程v＝k·c(N2O)·[c(I2)]0.5(k为速率常数)。下列表述正确的是 BD　。
A．N2O分解反应中，k值与碘蒸气浓度大小有关
B．v(第二步的逆反应)＜v(第三步反应)
C．IO为反应的催化剂
D．第二步活化能比第三步大
(3)为避免汽车尾气中的氮氧化合物对大气的污染，需给汽车安装尾气净化装置。在净化装置中CO和NO发生反应2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)　ΔH＝－746.8kJ·mol－1。实验测得：v正＝k正·p2(NO)·p2(CO)，v逆＝k逆·p(N2)·p2(CO2)。其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，只与温度有关；p为气体分压(分压＝物质的量分数×总压)。
①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数小于　(填“大于”“小于”或“等于”)k逆增大的倍数。
②一定温度下在刚性密闭容器中充入CO、NO和N2物质的量之比为2∶2∶1，压强为p0kPa。达平衡时压强为0.9p0kPa，则＝　。
(4)我国科技人员计算了在一定温度范围内下列反应的平衡常数Kp：
①3N2H4(l)===4NH3(g)＋N2(g)　ΔH1　Kp1
②4NH3(g)===2N2(g)＋6H2(g)　ΔH2　Kp2
绘制pKp1-T和pKp2-T的线性关系图如图所示：(已知：pKp＝－lgKp)
①由图可知，ΔH1<　0(填“＞”或“＜”)；
②反应3N2H4(l)===3N2(g)＋6H2(g)的K＝Kp1·Kp2　(用Kp1、Kp2表示)；该反应的ΔH<　0(填“＞”或“＜”)，写出推理过程设T2>T1，由图可知：pKp1(T2)－pKp1(T1)>∣pKp2(T2)－pKp2(T1)∣则：pKp1(T2)－pKp1(T1)>pKp2(T1)－pKp2(T2)，pKp1(T2)＋pKp2(T2)>pKp1(T1)＋pKp2(T1)，lg[Kp1(T1)·Kp2(T1)]>lg[Kp1(T2)·Kp2(T2)]即K(T1)>K(T2)，因此该反应正反应为放热反应　。
【解析】　(1)由盖斯定律可知，①－2×②－4×③得反应：C2H8N2(l)＋2N2O4(l)===3N2(g)＋2CO2(g)＋4H2O(g)，则ΔH＝ΔH1－2ΔH2－4ΔH3＝－2 550.0 kJ·mol－1；(2)k为速率常数，受温度、催化剂、固体表面积、性质等影响，不受浓度影响，A错误；平衡时v(正)＝v(逆)，第二步反应为慢反应，反应速率较慢，则v(第二步的逆反应)也较慢，第三步反应为快反应，反应速率较快，故v(第二步的逆反应)＜v(第三步反应)，B正确；催化剂改变反应速率，反应前后质量和化学性质不变；IO为中间过程产物，不是反应的催化剂，C错误；活化能越大反应越慢，第二步反应为慢反应、第三步反应为快反应，故活化能第二步比第三步大，D正确；(3)①达到平衡后，v正＝v逆＝k正·p2(NO)·p2(CO)＝k逆·p(N2)·p2(CO2)，反应的平衡常数K＝＝，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则仅升高温度，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；②一定温度下在刚性密闭容器中充入CO、NO和N2物质的量之比为2∶2∶1，设初始CO、NO和N2物质的量分别为2 mol、2 mol、1 mol，生成N2的物质的量为x；
　2NO(g)＋2CO(g)??N2(g)＋2CO2(g)
起始(mol) 2 2 1 0
转化(mol) 2x 2xx2x
平衡(mol) 2－2x 2－2x1＋x2x
则反应后总的物质的量为(5－x)mol，初始压强为p0 kPa，达平衡时压强为0.9p0 kPa，则＝，x＝0.5 mol，平衡时CO、NO、N2、CO2物质的量分别为1 mol、1 mol、1.5 mol、1 mol，总的物质的量为4.5 mol，则K＝＝＝；(4)①由图可知，Kp1随着温度的升高而减小，则平衡逆向移动，正反应为放热反应，ΔH1<0；②由盖斯定律可知，①＋②得反应3N2H4(l)===3N2(g)＋6H2(g)，则该反应的K＝Kp1·Kp2；设T2>T1，由图可知：pKp1(T2)－pKp1(T1)>∣pKp2(T2)－pKp2(T1)∣则：pKp1(T2)－pKp1(T1)>pKp2(T1)－pKp2(T2)，pKp1(T2)＋pKp2(T2)>pKp1(T1)＋pKp2(T1)，lg[Kp1(T1)·Kp2(T1)]>lg[Kp1(T2)·Kp2(T2)]即K(T1)>K(T2)，因此升高温度，K值减小，平衡逆向移动，则该反应正反应为放热反应。
考点化学平衡状态及平衡移动
核心知识·整合
1.化学平衡状态的判断
(1)等——“逆向相等”(三种表述)。
①同一物质(两种表述)：v正＝v逆、断键数＝成键数。
②不同物质：Ａ＝
(2)定——“变量不变”：如果一个量是随反应进行而改变的(即变量)，当其“不变”时反应就达到平衡状态，即“变量”不变―→平衡状态。
①平衡体系中各物质的m、n、c和n%等保持不变。
②一定条件下的气体密度、总压强、气体的平均相对分子质量不变等。
③有色体系的颜色保持不变。
(3)依Qc与K关系判断：若Qc＝K，反应处于平衡状态。
2．平衡移动方向的判断
(1)依勒夏特列原理判断。
(2)根据图像中正、逆反应速率相对大小判断：若v正>v逆，则平衡向正反应方向移动；反之向逆反应方向移动。
(3)依变化过程中速率变化的性质判断：若平衡移动过程中，正反应速率逐渐增大(减小)，则平衡向逆(正)反应方向移动。
(4)依浓度商(Qc)规则判断：若某温度下QcK，反应向逆反应方向进行。
(5)恒温条件下，密闭反应体系中通入稀有气体，平衡移动方向的判断
关键能力·突破
　考向1　化学平衡状态的判断
典例1一定温度下，反应N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)达到化学平衡状态的标志是(　A　)
A．N2、H2的和NH3的质量分数不再改变
B．c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)＝1∶3∶2
C．N2和H2的物质的量之和是NH3的物质的量的2倍
D．单位时间内每增加1molN2，同时增加3molH2
【解析】　N2、H2和NH3的质量分数不再改变说明N2、H2和NH3的质量都不再改变，说明达到了平衡状态，A正确；c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)＝1∶3∶2不能说明正逆反应速率相等，不能判断是否处于平衡状态，B错误；N2和H2的物质的量之和是NH3的物质的量的2倍不能判断物质的量是否还在改变，不能说明达到平衡状态，C错误；单位时间内每增加1 mol N2，根据方程式可知必然同时增加3 mol H2，不能说明达到平衡状态，D错误。
方法技巧
化学平衡状态的判断
(1)两方法——逆向相等、变量不变
①“逆向相等”：反应速率必须一个是正反应的速率，一个是逆反应的速率，且经过换算后同一种物质的消耗速率和生成速率相等。
②“变量不变”：如果一个量是随反应进行而改变的，当不变时为平衡状态；一个随反应进行保持不变的量，不能作为是否达到平衡状态的判断依据。
(2)“三关注”
①关注反应条件，是恒温恒容，恒温恒压还是绝热容器；
②关注反应特点，是等体积反应，还是非等体积反应；
③关注特殊情况，是否有固体参加或生成，或固体的分解反应。
〔迁移应用〕
1．(2022·衢州模拟)在绝热的定容密闭容器中进行反应：A(s)＋2B(g)??C(g)＋D(g)，下列说法正确的是(　C　)
A．增大压强，该反应平衡常数增大
B．加入A，平衡正向移动
C．压强不随时间变化而变化，则说明该反应达到平衡状态
D．若改为恒温定容容器，发现反应达到平衡时生成物的体积分数减小，则可知该反应的正反应为放热反应
【解析】　平衡常数只与温度有关，增大压强平衡常数不变，A错误；A为固体，增加A的量，平衡不移动，B错误；体积不变，反应前后气体的质量发生变化，则该反应的密度为变量，当压强不随时间变化而变化，说明反应达到平衡状态，C正确；改为恒温定容容器，无论该反应的正反应是吸热反应还是放热反应，反应达到平衡时生成物的体积分数均增大，D错误。
　考向2　影响化学平衡的因素
典例2(2022·吴忠模拟)工业上，裂解正丁烷可以获得乙烯、丙烯等化工原料。
反应1：C4H10(g，正丁烷)===CH4(g)＋C3H6(g)　ΔH1
反应2：C4H10(g，正丁烷)===C2H6(g)＋C2H4(g)　ΔH2
已知几种共价键的键能如下表：
共价键 C—H C===C C—C
键能(kJ·mol－1) 413 614 347
(1)根据上述数据估算，ΔH1＝__＋80__kJ·mol－1。
(2)正丁烷和异丁烷之间转化的能量变化如图1所示。
①正丁烷气体转化成异丁烷气体的热化学方程式为__C4H10(g，正丁烷)===C4H10(g，异丁烷)__ΔH＝－7__kJ·mol－1__。
②下列有关催化剂的叙述错误的是__CD__(填标号)。
A．能改变反应途径　 B．能加快反应速率
C．能降低反应焓变　 D．能增大平衡常数
(3)向密闭容器中投入一定量的正丁烷，发生反应1和反应2，测得正丁烷的平衡转化率(α)与压强(p)、温度(T)的关系如图2所示。
①p1、p2、p3由小到大的顺序为__p1＜p2＜p3__。
②随着温度升高，三种不同压强下正丁烷的平衡转化率趋向相等，原因是__随着温度升高，压强对平衡的影响逐渐减小，平衡转化率主要由温度决定__。
(4)在一定温度下，向密闭容器中投入正丁烷，同时发生反应1和反应2。测得部分物质的浓度与时间的关系如图3，平衡时压强为17akPa。
①7min时改变的条件可能是__B__(填标号)。
A．增大压强
B．增大正丁烷的浓度
C．加入催化剂
②该温度下，反应1的平衡常数Kp＝__3a__kPa。(提示：组分分压＝总压×)
【解析】　(1)根据键能计算反应热，焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能，故ΔH1＝(347×2－614)kJ·mol－1＝＋80 kJ·mol－1；(2)①焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量，根据图1所给数据，ΔH＝－132 kJ·mol－1－(－125 kJ·mol－1)＝－7 kJ·mol－1，正丁烷转化为异丁烷的热化学方程式为：C4H10(g，正丁烷)===C4H10(g，异丁烷)　ΔH＝－7 kJ·mol－1；②催化剂参与化学反应，改变了反应途径，A正确；催化剂参加反应，改变了反应途径，降低了反应的活化能，使更多的普通分子变为活化分子，分子之间的有效碰撞次数增加，化学反应速率加快，B正确；催化剂只能改变反应途径，但不能改变反应物、生成物的能量，因此不能改变反应热，C错误；催化剂同倍数改变正、逆反应速率，不能使化学平衡发生移动，因此化学平衡常数不变，D错误；(3)①正反应是气体分子数增大的反应，减小压强，平衡向正反应方向移动，正丁烷的平衡转化率增大，则压强大小关系为p1＜p2＜p3；②压强与温度对正丁烷的平衡转化率都有影响，且结果相反，随着温度升高，平衡转化率最终相同，说明压强对平衡的影响逐渐减小，平衡转化率主要由温度决定；(4)①增大压强，即缩小容器体积，瞬时CH4浓度增大，随后CH4浓度减小，A错误；增大正丁烷的浓度，平衡向正方向移动，CH4浓度增大，B正确；加入催化剂，化学平衡不移动，甲烷的浓度不变，C错误；②根据图3可知同时发生反应1和反应2，平衡时生成了0.3 mol·L－1的CH4，消耗了0.7 mol·L－1的C4H10，说明反应2生成了0.4 mol·L－1的C2H6，平衡体系中各组分的浓度分别是：c(CH4)＝c(C3H6)＝0.3 mol·L－1，c(C2H6)＝c(C2H4)＝0.4 mol·L－1，c(C4H10)＝0.3 mol·L－1，各组分的分压：p(CH4)＝p(C3H6)＝×17a kPa＝3a kPa；p(C2H6)＝p(C2H4)＝4a kPa，p(C4H10)＝3a kPa，反应1的平衡常数Kp＝＝＝3a kPa。
思维建模
解答化学平衡移动问题的步骤
其中条件改变可以按以下思路分析：
〔迁移应用〕
2．(2022·广东高考)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(　C　)
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
【解析】　从图示可以看出，平衡时升高温度，氢气的物质的量减少，则平衡正向移动，说明该反应的正反应是吸热反应，即ΔH＞0，故A错误；从图示可以看出，在恒容密闭容器中，随着温度升高氢气平衡时的物质的量减少，则平衡随着温度升高正向移动，水蒸气的物质的量增加，而a曲线表示的是物质的量不随温度变化而变化，故B错误；容器体积固定，向容器中充入惰性气体，没有改变各物质的浓度，平衡不移动，故C正确；BaSO4是固体，向平衡体系中加入BaSO4，不能改变其浓度，因此平衡不移动，氢气的转化率不变，故D错误。
考点三　化学平衡常数及平衡转化率
核心知识·整合
1．化学平衡常数表达式的书写
(1)不要把反应体系中纯固体、纯液体以及稀水溶液中水的浓度写进平衡常数表达式。如：
CaCO3(s)??CaO(s)＋CO2(g)
K＝c(CO2)
Cr2O(aq)＋H2O(l)??2CrO(aq)＋2H＋(aq)
K＝
但在非水溶液中，若有水参加或生成，则此时水的浓度不可视为常数，应写进平衡常数表达式中。如：
C2H5OH＋CH3COOHCH3COOC2H5＋H2O
K＝
C(s)＋H2O(g)??CO(g)＋H2(g)
K＝。
(2)同一化学反应，化学反应方程式写法不同，其平衡常数表达式及数值亦不同。如：
N2O4(g)??2NO2(g)
K＝
N2O4(g)??NO2(g)
K′＝＝。
(3)有气体参与的反应，用平衡分压(总压乘以各自的物质的量分数)表示平衡常数。
如：2A(g)＋B(s)??C(g)。若达到平衡时，n(A)＝n1、n(C)＝n2密闭体系的压强为p，则Kp＝＝。
2．化学平衡常数(K)的应用
(1)K值越大，说明平衡体系中生成物所占的比例越大，正向反应进行的程度越大，即该反应进行得越完全，反应物转化率越大；反之，就越不完全，转化率就越小。
(2)若用任意状态的浓度幂之积的比值(称为浓度商，用Q表示)与K比较，可判断可逆反应是否达到平衡状态和反应进行的方向。即对于反应mA(g)＋nB(g)??pC(g)＋qD(g)，Q＝。
QQ＝K 反应达到平衡状态
Q>K 反应向逆反应方向进行
(3)利用K可判断反应的热效应。
若升高温度，K值增大，则正反应为吸热反应；
若升高温度，K值减小，则正反应为放热反应。
3．化学平衡常数与转化率的计算
(1)牢记一个万能模式(“三段式”法)
如mA(g)＋nB(g)??pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量浓度分别为amol·L－1、bmol·L－1，达到平衡后消耗A的物质的量浓度为mxmol·L－1。
　　　　　mA(g)＋nB(g)??pC(g)＋qD(g)
起始/(mol·L－1) ab00
变化/(mol·L－1) mxnxpxqx
平衡/(mol·L－1) a－mxb－nxpxqx
K＝。
(2)掌握三个百分数
①转化率＝×100%＝×100%。
②生成物的产率：实际产量(指生成物)占理论产量的百分数。一般来讲，转化率越大，原料利用率越高，产率越大。
产率＝×100%
③平衡混合物某组分的百分含量＝×100%。
关键能力·突破
　考向1　化学平衡常数及其应用
典例1(2022·湖南师大附中模拟)煤的气化和天然气净化过程中会产生H2S，将其吸收和转化是保护环境和资源利用的有效措施。
(1)已知H2S的燃烧热ΔH＝－akJ·mol－1(a>0)，S(s)的燃烧热ΔH＝－bkJ·mol－1(b>0)，则空气直接氧化脱除H2S的反应：
2H2S(g)＋O2(g)===2S(s)＋2H2O(l)　ΔH＝__－2a＋2b__kJ·mol－1。
(2)工业上用常用氯苯(C6H5Cl)和硫化氢(H2S)反应来制备有机合成中间体苯硫酚(C6H5SH)，但会有副产物苯(C6H6)生成。
Ⅰ.C6H5Cl(g)＋H2S(g)===C6H5SH(g)＋HCl(g)　ΔH1＝－16.8kJ·mol－1
Ⅱ.C6H5Cl(g)＋H2S(g)===C6H6(g)＋HCl(g)＋S8(g)　ΔH2
现将一定量的氯苯和硫化氢置于一固定容积的容器中模拟工业生产过程，在不同温度下均反应20分钟测定生成物的浓度，得到图1和图2。
下列说法错误的是__CD__。
A．由图1可知，相同条件下反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能
B．590K以上，随温度升高，反应Ⅰ消耗H2S减少
C．其他条件不变，氯苯的转化率随温度的升高而降低
D．若要提高C6H5SH的产量，可提高硫化氢与氯苯起始物质的量之比
(3)H2S高温裂解转化为H2和硫蒸气，2H2S(g)??2H2(g)＋S2(g)，维持体系压强p总＝100kPa，反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数(物质的量分数)如图所示。
①H2S高温裂解反应的ΔH__>__0(填“>”或“<”)。
②曲线c代表的物质是__S2__(填化学式)。
③反应温度为1300℃时，反应的平衡常数Kp＝____(写计算式，分压＝总压×物质的量分数)。
④Kx是以各物质的物质的量分数代替浓度表示的平衡常数，则Kx＝____(用含Kp的表达式表示)。若H2S高温裂解反应在刚性容器中进行，增大H2S的投入量，H2的物质的量分数__减小__(填“增大”“减小”或“不变”)。
【解析】　(1)由题意可得硫化氢和硫燃烧的热化学方程式分别为H2S(g)＋O2(g)===SO2(g)＋H2O(l)　ΔH1＝－a kJ·mol－1　①；S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH2＝－b kJ·mol－1　②，由盖斯定律可知，①×2－②×2可得反应2H2S(g)＋O2(g)===2S2(s)＋2H2O(l)，则ΔH＝2ΔH1－2ΔH2＝(－2a＋2b)kJ·mol－1；(2)由图1可知，590 K时，相同时间内苯硫酚的浓度大于苯的浓度，说明反应Ⅰ的反应速率快于反应Ⅱ，反应的活化能越小，反应速率越快，则反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，故A正确；由图可知，590 K时，反应Ⅰ达到平衡，升高温度，反应Ⅱ的反应速率加快，氯苯和硫化氢的浓度减小，反应Ⅰ的平衡向逆反应方向移动，消耗硫化氢减少，故B正确；由图可知，590 K时，反应Ⅰ达到平衡，反应Ⅱ未达到平衡，升高温度，反应Ⅱ的反应速率加快，氯苯的消耗量增大，转化率增大，故C错误；由图可知，硫化氢与氯苯起始物质的量之比大于2.5时，提高硫化氢与氯苯起始物质的量之比，苯硫酚的浓度减小，故D错误；(3)由方程式知，图中a，b，c分别为硫化氢、氢气、S2的体积分数随温度变化的曲线；①由图可知，温度升高，硫化氢的体积分数减小，说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，反应热ΔH>0；②由分析可知，曲线c代表的物质是S2；③反应温度为1 300 ℃时，硫化氢的体积分数为50%，设起始硫化氢的物质的量为2 mol、转化率为α，由题意可建立如下三段式：
　　　　2H2S(g)??2H2(g)　＋　S2(g)
起(mol) 2 0 0
变(mol) 2a2aa
平(mol) 2－2a2aa
由硫化氢的体积分数为50%可得：×100%＝50%，解得α＝0.4，则平衡时硫化氢、氢气、S2的分压分别为×100 Pa＝×100 Pa、×100 Pa＝×100 Pa、×100 Pa＝×100 Pa，反应的平衡常数Kp＝；④由题意可知，Kp＝＝＝100Kx，则Kx＝；若硫化氢高温裂解反应在刚性容器中进行，增大硫化氢的投入量相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动，氢气的物质的量分数减小。
思维建模
(1)利用化学平衡常数判断可逆反应的热效应
(2)利用化学平衡常数K与浓度商Q相对大小判断化学平衡移动的方向
(3)利用相同温度下的平衡常数相同进行计算：可以利用一组条件已知的数据求出K，再以K进行未知情况的求算。
〔迁移应用〕
1．(2022·银川模拟)一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：2NO(g)＋2CO(g)??N2(g)＋2CO2(g)　ΔH<0，相关数据见下表。
容器 编号 温度 /℃ 起始物质的量/mol 平衡物质的量/mol
NO(g) CO(g) CO2(g)
Ⅰ T1 0.2 0.2 0.1
Ⅱ T2 0.2 0.2 0.12
下列说法不正确的是(　D　)
A．T1>T2
B．Ⅰ中反应达到平衡时，CO的转化率为50%
C．达到平衡所需要的时间：Ⅱ>Ⅰ
D．对于Ⅰ，平衡后向容器中再充入0.2molCO和0.2molCO2，平衡正向移动
【解析】　两次实验起始投入量相同，该反应为放热反应，温度T2达到平衡时，二氧化碳的量多，降温平衡正向移动，故T1>T2，A正确；Ⅰ中反应达到平衡时，CO2的物质的量为0.1 mol，则参加反应的CO的物质的量为0.1 mol，起始投入量为0.2 mol，则其转化率为50%，B正确；T1>T2，温度越高，反应速率越快，达到平衡所需要的时间越短，C正确；恒容1 L的容器中，对于反应Ⅰ平衡时NO、CO、N2、CO2的物质的量分别为0.1 mol、0.1 mol、0.05 mol、0.1 mol，平衡常数K＝＝5，平衡后向容器中再充入0.2 mol CO和0.2 mol CO2，此时浓度商Qc＝＝5，K＝Qc，平衡不移动，D错误。
　考向2　化学平衡常数、转化率的综合计算
典例2(2022·岳阳模拟)许多有氯气参与的工业生产中，消耗氯气的同时，通常会产生大量的副产物氯化氢。工业上可采用氯化氢催化氧化法制取氯气，实现氯资源循环利用，既可提高经济效益，又能减少HCl污染问题。有关反应原理为4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－116kJ·mol－1，该过程具有能耗低、操作简单等优点，目前是最容易实现工业化的方法。回答下列问题：
(1)Deacon过程是最早也是最具有代表性的催化氧化法，由Deacon在1875年首先提出。Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)===CuCl(s)＋Cl2(g)　ΔH1＝＋83kJ·mol－1
CuCl(s)＋O2(g)===CuO(s)＋Cl2(g)　ΔH2＝－20kJ·mol－1
CuO(s)＋2HCl(g)===CuCl2(s)＋H2O(g)　ΔH3
其中，ΔH3＝__－121__kJ·mol－1。
(2)关于氯化氢催化氧化法制氯气的反应，下列说法正确的是__B__(填字母)。
A．催化氧化反应(Deacon制氯法)中，所使用的催化剂是CuCl
B．容器内气体的颜色不再变化时，说明该反应达到平衡状态
C．反应达到平衡后，降低温度，能加快正反应速率，减小逆反应速率，使平衡正向移动
D．其他条件一定时，氧气的投料越多，平衡时Cl2的体积分数越大
(3)如图为容积一定的容器中，不同进料浓度比时HCl平衡转化率随温度变化的关系，其中进料浓度比最大的是__Z__曲线(用“X、Y或Z”表示)。在温度一定、进料浓度比一定的条件下，能进一步提高HCl转化率的方法是：__增大反应体系压强或及时除去产物__(写出2种方法)。
(4)一定温度下，当进料比n(HCl)∶n(O2)＝8∶3时，若平衡时HCl的转化率为50%，体系的总压为pkPa。计算该温度下反应：4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)的压强平衡常数Kp＝____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
(5)350℃时，若某密闭容器中氯化氢催化氧化制氯气的反应的平衡常数K＝25.0(mol·L－1)－1(以平衡浓度表示的平衡常数)，正反应速率v正＝k正c4(HCl)·c(O2)，逆反应速率v逆＝k逆c2(Cl2)·c2(H2O)，其中k正、k逆为速率常数，则k逆＝____(用含K和k正的式子表示)；若k正＝0.45(mol·L－1)－4·min－1，40min时反应达到平衡状态，c(Cl2)＝c(H2O)＝0.5mol·L－1，v逆＝__1.125×10－3__mol·L－1·min－1。
【解析】　(1)对反应进行标号：①CuCl2(s)===CuCl(s)＋Cl2(g)　ΔH1＝＋83 kJ·mol－1；②CuCl(s)＋O2(g)===CuO(s)＋Cl2(g)　ΔH2＝－20 kJ·mol－1；③4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－116 kJ·mol－1，反应×③－②－①得到CuO(s)＋2HCl(g)===CuCl2(s)＋H2O(g)，根据盖斯定律，ΔH3＝×(－116 kJ/mol)－(－20 kJ·mol－1)－(＋83 kJ·mol－1)＝－121 kJ·mol－1；(2)由催化过程可知，CuCl是中间产物，A项错误；反应中有Cl2生成，当容器内气体的颜色不再变化时，氯气浓度不再变化，说明达到平衡状态，B项正确；降低温度，正、逆反应速率均降低，C项错误；其他条件一定时，氧气的投料越多，平衡正向移动，生成Cl2的物质的量增大，但氧气的投料较大，平衡时Cl2的体积分数不一定增大，D项错误；(3)当氧气一定时，HCl的量越大，HCl平衡转化率越低，故投料比最大的曲线是Z；在温度一定、进料浓度比一定的条件下，能进一步提高HCl转化率，即促进平衡正向移动的方法有：增大反应体系压强、及时除去产物；(4)一定温度下，当进料比n(HCl)∶n(O2)＝8∶3时，若平衡时HCl的转化率为50%，设起始时，HCl的物质的量为8 mol，O2的物质的量为3 mol，列出三段式：
　4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)
起始/mol 8 3 0 0
变化/mol 4 1 2 2
平衡/mol 4 2 2 2
达平衡时，气体的总物质的量为10 mol，HCl的分压为p kPa＝p kPa，O2、Cl2、H2O的分压为p kPa＝p kPa，则Kp＝＝；(5)反应达到平衡状态时，v正＝v逆，即k正c4(HCl)·c(O2)＝k逆c2(Cl2)·c2(H2O)，＝＝K，则k逆＝；k正＝0.45(mol·L－1)－4·min－1，则k逆＝＝(mol·L－1)－3·min－1＝0.018(mol·L－1)－3·min－1，则v逆＝0.018(mol·L－1)－3·min－1×(0.5 mol·L－1)2(0.5 mol·L－1)2＝1.125×10－3mol·L－1·min－1。
方法技巧
化学平衡计算的一般方法——“三段式法”
对于反应：mA(g)＋nB(g)??pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量(mol)分别为a、b，达到平衡后，A的消耗量为mx，容器容积为V L。
　　　　　mA(g)＋n(B)(g)??pC(g)＋qD(g)
起始(mol) ab 0 0
变化(mol) mxnxpxqx
平衡(mol) a－mxb－nxpxqx
建立等式求解：
(1)K＝；
(2)c(A)平＝ mol·L－1；
(3)α(A)平＝×100%，
α(A)∶α(B)＝∶＝；
(4)φ(A)＝×100%；
(5)＝；
(6)(混)＝g·L－1。
〔迁移应用〕
2．(2022·潍坊模拟)近年，甲醇的制取与应用在全球引发了关于“甲醇经济”的广泛探讨。以下是两种制取过程：
(1)利用CO2制取甲醇
在1L的容器中，选择合适的催化剂进行反应CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH<0。改变表中条件，测得如下数据：
温度 投料n(H2) /mol 投料n(CO2) /mol H2平衡转 化率/%
1组 T1 1 2 60
2组 T2 2 2 50
3组 T3 6 2 α
①T1时平衡常数K＝__0.35(mol·L－1)－2__(计算结果保留2位小数)；若T1＝T3，则α__>__60%(填“<”“＝”或“>”)，结合相关数据计算，写出推理过程__当α＝60%时，浓度熵Q＝<0.35，反应正向进行，达到平衡后α>60%__。
②已知反应速率v正＝k正x(CO2)x3(H2)，v逆＝k逆x(CH3OH)x(H2O)，k正、k逆为速率常数，x为物质的量分数。若第2组数据的k正＝20mol·L－1·s－1，则平衡时v逆＝__0.27__mol·L－1·s－1。
(2)利用烯烃催化制取甲醇
制取过程中发生如下反应：
Ⅰ.C3H6(g)＋3H2O(g)??3CH3OH(g)　ΔH1
Ⅱ.C2H4(g)＋2H2O(g)??2CH3OH(g)　ΔH2
Ⅲ.3C2H4(g)??2C3H6(g)　ΔH3
反应Ⅰ、Ⅲ的vantHoff实验数据如图所示(vantHoff经验公式RlnK＝－＋C，ΔHθ为标准焓变，K为平衡常数，R和C为常数)。根据图判断：.
①ΔH2＝____(用含ΔH1和ΔH3的计算式表示)，反应Ⅲ的ΔHθ＝__－100__kJ·mol－1。
②为研究该反应体系的平衡关系，向容积为1L的容器中加入1.0mol甲醇，控制温度为500K，测得平衡时，甲醇的转化率为0.8，乙烯的物质的量为0.1mol，则R的数值为__8.1__(计算结果保留1位小数，已知：lge＝0.43，lg5＝0.7)。
【解析】　(1)①T1时起始投料n(H2)＝1 mol，H2平衡转化率为60%，则转化了0.6 mol，由三段式：
　CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)
起始量/mol 2 1 0 0
转化量/mol 0.2 0.6 0.2 0.2
平衡量/mol 1.8 0.4 0.2 0.2
容器体积为1 L，T1时平衡常数K＝＝≈0.35(mol·L－1)－2；当α＝60%时，浓度熵Q＝<0.35，反应正向进行，达到平衡后α>60%；②第2组起始投料n(H2)＝2 mol，H2平衡转化率为50%，则转化了1 mol，由三段式：
　CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)
起始量/mol 2 2 0 0
转化量/mol 1
平衡量/mol 1
平衡时总物质的量为＋1＋＋＝，x(CO2)＝＝，x(H2)＝＝，x(CH3OH)＝x(H2O)＝＝，则v正＝k正x(CO2)x3(H2)＝20××，v逆＝k逆××，平衡时v正＝v逆，则20××＝k逆××，解得k逆＝27 mol·L－1·s－1，则平衡时v逆＝27×× mol·L－1·s－1＝0.27 mol·L－1·s－1；(2)①由盖斯定律反应Ⅱ＝，则ΔH2＝；对于反应Ⅲ，将(4，30.4)、(40，34)分别代入到Rln K＝－＋C中得到30.4＝－4×10－3ΔHθ＋C①、34＝－40×10－3ΔHθ＋C②，联立①②式解得ΔHθ＝－100 kJ·mol－1，C＝30；②由①可知反应Ⅲ的Rln K＝＋30，加入1.0 mol甲醇，平衡时，甲醇的转化率为0.8，则转化的甲醇物质的量为0.8 mol，乙烯的物质的量浓度为0.1 mol/L，根据C原子守恒有c(C3H6)＝(0.8 mol/L－0.1 mol/L×2)＝0.2 mol/L，根据O原子守恒有生成水的物质的量n(H2O)＝n(CH3OH)＝0.8 mol/L，反应Ⅲ的平衡常数K＝＝＝40，温度控制为500 K，可得Rln 40＝＋30，解得R≈8.1。
考点四　化学反应速率与化学平衡图像
核心知识·整合
1．化学反应速率与化学平衡图像分析方法
分析图像时，一看面(即看清横坐标和纵坐标所代表的含义)；二看线(即看线的走向和变化趋势)；三看点(即看线是否通过原点，两条线的交点或线的拐点)；四看有没有作辅助线(如等温线、等压线)；五看定量图像中有关数据。在分析时要联系可逆反应的特点，即外界因素对化学反应速率和化学平衡的影响规律以及化学平衡常数、转化率等计算公式。
2．化学反应速率图像
以反应mA(g)＋nB(g)??pC(g)＋qD(g)　ΔH>0为例：反应速率—时间(v-t)图像中，在平衡后的某时刻t1改变某一条件后，v(正)与v(逆)的变化有两种情况：
(1)v(正)、v(逆)同时突变
(2)v(正)、v(逆)之一渐变
3．化学平衡图像的三种类型
对于反应mA(g)＋nB(g)??pC(g)＋qD(g)，m＋n>p＋q，且ΔH>0。
(1)速率—时间图
t1时增大反应物的浓度，正反应速率瞬间增大，然后逐渐减小，而逆反应速率逐渐增大；t2时升高温度，对任何反应，正反应和逆反应速率均增大，吸热反应的正反应速率增大较快；t3时减小压强，正反应速率和逆反应速率均减小；t4时使用催化剂，正反应速率和逆反应速率均瞬间增大。
(2)转化率(或含量)—时间图
甲表示压强对反应物转化率的影响，对于气体反应物化学计量数之和大于气体生成物化学计量数之和的反应，压强越大，反应物的转化率越大；乙表示温度对反应物转化率的影响，对于吸热反应，温度越高，反应物的转化率越大；丙表示催化剂对反应物转化率的影响，催化剂只能改变化学反应速率，不能改变平衡时反应物的转化率。
(3)恒压(温)线
分析时可沿横轴作一条平行于纵轴的虚线，即为等压线或等温线，然后分析另一条件变化对该反应的影响。
关键能力·突破
　考向1　图像分析及判断
典例1(2022·重庆市育才中学二模)将CO2与H2以1∶3的比例通入某密闭恒容容器中合成甲醇，在催化剂作用下发生下述反应：
Ⅰ.CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH1<0
Ⅱ.CO2(g)＋H2(g)??H2O(g)＋CO(g)　ΔH2
催化反应相同时间，测得不同温度下CO2的转化率如图1所示(图中虚线表示相同条件下CO2的平衡转化率随温度的变化)，CH3OH的产率如图2所示。
下列有关说法正确的是(　B　)
A．ΔH2<0
B．250℃反应达到平衡时，压强为起始时压强的，此时氢气的转化率为30%
C．250℃前，随温度升高CO2的平衡转化率减小，是因为该温度范围内仅发生反应Ⅰ
D．250℃后，随温度升高CH3OH的产率减小，可能是因为温度升高，平衡逆向移动
【解析】　温度高于250 ℃后，随温度升高，CO2的转化率增大，甲醇的产率降低，说明随温度升高，CO的产率增大，反应Ⅱ正向移动，则ΔH2>0，故A错误；设CO2与H2的起始物质的量分别为1 mol、3 mol，250 ℃反应达到平衡时，压强为起始时压强的，达到平衡气体总物质的量为3.5 mol，CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)正反应气体物质的量减小，
CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)　Δn
1 3 1 1 2
0.25 0.75 0.25 0.25 0.5
CO2的转化率为40%，参加反应Ⅱ的CO2的物质的量为0.4 mol－0.25 mol＝0.15 mol，则参加反应Ⅱ的氢气的物质的量为0.15 mol，此时氢气的转化率为×100%＝30%，故B正确；反应Ⅰ放热，250 ℃前，随温度升高CO2的平衡转化率减小，是因为该温度范围内主要发生反应Ⅰ，故C错误；250 ℃后，随温度升高，CO2的转化率增大，甲醇的产率降低，是因为该温度范围内主要发生反应Ⅱ，故D错误。
〔迁移应用〕
1．(2022·湖南高考)向体积均为1L的两恒容容器中分别充入2molX和1molY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(　B　)
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【解析】　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，上述密闭溶液中的反应为放热反应，图中a点和c点的压强相等，因甲容器为绝热过程，乙容器为恒温过程，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＜nc，故B正确；a点为平衡点，此时容器的总压为p，假设在恒温恒容条件下进行，则气体的压强之比等于气体的物质的量(物质的量浓度)之比，所以可设Y转化的物质的量浓度为x mol·L－1，则列出三段式如下：
　　　2X(g)　＋　Y(g)　??　Z(g)
c0 2 1 0
Δc2xxx
c平 2－2x 1－xx
则有＝，计算得到x＝0.75，那么化学平衡常数K＝＝＝12，又甲容器为绝热条件，等效为恒温条件下升温，平衡逆向移动，则平衡常数减小即平衡常数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。
　考向2　图像综合分析及应用
典例2(2022·广州模拟)以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：
Ⅰ.CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH1＝－49kJ·mol－1
Ⅱ.CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)　ΔH2＝＋41kJ·mol－1
Ⅲ.CO(g)＋2H2(g)??CH3OH(g)　ΔH3
回答下列问题：
(1)Kp为分压平衡常数，各反应的lnKp随的变化如图所示。
计算反应Ⅲ的ΔH3＝__－90__kJ·mol－1，其对应的曲线为__a__(填“a”或“c”)
(2)在5MPa下，按照n(CO2)∶n(H2)＝1∶3投料，平衡时，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图：
①图中代表CH3OH的曲线为__m__(填“m”或“n”)。
②解释150～250℃范围内CO2转化率随温度升高而降低的原因__反应Ⅰ是放热反应，反应II是吸热反应，温度升高使CO2平衡转化率减小的程度大于反应Ⅱ使CO2平衡转化率增大的程度__。
③下列说法错误的是__BC__(填字母)。
A．H2的平衡转化率始终低于CO2的
B．温度越低，越有利于工业生产CH3OH
C．加入选择性高的催化剂，可提高CH3OH的平衡转化率
D．150～400℃范围内，温度升高，H2O的平衡产量先减小后增大
④270℃时CO的分压为__0.16__MPa__，反应Ⅱ的平衡常数为__K＝＝__(列出算式)。
【解析】　(1)Ⅰ.CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH1＝－49 kJ·mol－1
Ⅱ.CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)　ΔH2＝＋41 kJ·mol－1
根据盖斯定律Ⅰ－Ⅱ可得CO(g)＋2H2(g)??CH3OH(g)　ΔH3＝－49 kJ·mol－1－41 kJ·mol－1＝－90 kJ·mol－1；反应Ⅲ的ΔH3＜0，T降低平衡右移，Kp增大，ln Kp增大，增大，故对应的曲线为a；(2)①据反应Ⅰ和Ⅲ可知，其反应的产物都有CH3OH生成，且ΔH1和ΔH3都小于零，也就是说，温度升高，它们的平衡都会逆向移动，从而使CH3OH的产量变少，则甲醇在含碳产物的物质的量分数减小，符合这个规律的是曲线m。②反应Ⅰ是放热反应，温度升高，逆反应程度增大，CO2转化率降低，反应Ⅱ是吸热反应，温度升高，正反应程度增大，CO2转化率升高，在150～250 ℃范围内，温度升高，整体上CO2转化率降低，说明反应Ⅰ逆向移动的程度大于反应Ⅱ正向移动的程度，导致CO2转化率随温度升高而降低。③起始n(CO2)∶n(H2)＝1∶3投料，只发生反应Ⅰ时，CO2、H2转化率相同，发生反应Ⅱ时，H2的平衡转化率小于CO2的转化率，当Ⅰ、Ⅱ都发生时，则H2的平衡转化率小于CO2的转化率，故A正确；由图可知，温度在150 ℃时有利于反应Ⅰ进行，CH3OH的含量高，有利于工业生产CH3OH，但并不是温度越低越好，因为反应需要一定温度才能发生，故B错误；加入选择性高的催化剂，可提高CH3OH的平衡转化速率，并不能提高平衡转化率，故C错误；150～400 ℃范围内，根据CO2的转化率变化曲线可知H2O的平衡产量先减小后增大，故D正确；④270 ℃时CO2的转化率为24%，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数相同，则根据题意设起始量n(CO2)＝1 mol，n(H2)＝3 mol，平衡时反应Ⅰ生成CH3OH物质的量为x mol，反应Ⅱ中生成CO的物质的量也为x mol，可得：
　CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)
转化x3xxx
　CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)
转化xxxx
反应后总的物质的量为剩余的CO2和H2和生成的CH3OH、H2O、CO的物质的量之和，则反应后混合物总的物质的量为1＋3－6x＋4x＝(4－2x)mol。CO2的转化率为24%，根据题意可得2x＝1 mol×24%＝0.24 mol，得到x＝0.12 mol，则反应后总物质的量为3.76 mol，在5 MPa条件下，为恒压反应，则p(CO)＝×5 Mpa＝0.16 Mpa，平衡时，n(CO)＝0.12 mol、n(H2O)＝0.24 mol、n(CO2)＝0.76 mol、n(H2)＝2.52 mol，则反应Ⅱ的平衡常数为K＝＝。
　　　　　　模型构建
〔迁移应用〕
2．(2022·宜昌模拟)我国实现了从二氧化碳到淀粉的全合成，该合成分两步进行，首先由CO2和H2合成甲醇，然后由甲醇合成淀粉。一定条件下CO2和H2催化反应CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH，在一恒温恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2进行上述反应，测得CO2(g)和CH3OH(g)浓度随时间变化如图甲；在不同催化剂作用下发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，相同时间内CO2转化率随温度变化关系如图乙。
下列有关说法不正确的是(　B　)
A．0～10min内，氢气的平均反应速率为0.225mol·L－1·min－1
B．该温度下，第一步反应的平衡常数K＝4
C．T1到T2段随温度升高CO2转化率升高可能原因为温度升高、催化剂活性增加
D．T4到T5段随温度升高CO2转化率降低且曲线一致的原因是反应达到平衡，温度升高平衡逆向移动，而催化剂不影响化学平衡移动
【解析】　由图甲可知，0～10 min内甲醇浓度变化量为0.75 mol/L，则甲醇的平均反应速率＝＝0.075 mol·L－1·min－1，化学反应速率之比等于化学计量数之比，则0～10 min内，氢气的平均反应速率为3×0.075 mol·L－1·min－1＝0.225 mol·L－1·min－1，A正确；由图甲可知，0～10 min内甲醇浓度变化量为0.75 mol·L－1，则平衡时二氧化碳的浓度为1 mol·L－1－0.75 mol·L－1＝0.25 mol·L－1，氢气的浓度为3 mol·L－1－3×0.75 mol·L－1＝0.75 mol·L－1，甲醇的浓度为0.75 mol·L－1，水蒸气浓度为0.75 mol·L－1，则反应的平衡常数K＝＝≈5.33，B错误；由图乙可知，T1到T2段随温度升高CO2转化率升高，可能原因为温度升高或催化剂活性增加，C正确；T1到T4随温度升高CO2转化率增加，反应未达到平衡状态，a点时反应达到平衡状态，T4到T5段随温度升高CO2转化率降低且曲线一致的原因是：a点反应达到平衡后，温度升高平衡逆向移动，而催化剂不影响化学平衡移动，D正确。
　热点聚焦,　　　　　　REDIANJUJIAO　　　　　　对应学生用书学案P81
突破化学反应原理综合题
〔高考必备〕
1．题型分析
本题型一般取材于能源、环境保护、化工生产等情景，题目围绕一个主题，将热化学、化学反应速率、电化学及三大平衡知识融合在一起进行考查，每个小题相对独立；题目中结合图像、表格、数据、装置等信息，考查考生的阅读、读图、分析归纳能力，试题的难度较大。考点主要涉及盖斯定律与热化学方程式、化学反应速率的计算及其影响因素的分析、平衡常数的计算及其影响因素的分析、化学平衡移动及其影响因素的分析、电极反应式的书写及相关计算等。另外速率常数的理解与应用也是近几年高考考查的重点内容之一，应给予关注。
2．题给信息的提取和加工
(1)图表类分析
①明义：明确图表所呈现的化学含义(图表的含义)，如物质的量浓度变化(质量分数变化)与时间的二维关系。
②辨数：通过图表明确相应数学规律，即变化趋势等，如正向或反向变化、极值点等。
③析理：结合题意及图表规律分析确定其对应的化学原理，并提炼出相应变化规律及原因。
(2)图像类分析
①明标：明晰横、纵坐标所表示的化学含义，这是理解题意和进行正确思维的前提。明晰坐标含义，也就是用变量的观点分析坐标，找出横、纵坐标的关系，再结合教材，联系相应的知识点。
②找点：找出曲线中的特殊点(起点、顶点、拐点、终点、交叉点、平衡点等)，分析这些点所表示的化学意义以及影响这些点的主要因素及限制因素等，大多考题就落在这些点的含义分析上，因为这些点往往隐含着某些限制条件或某些特殊的化学含义。
③析线：正确分析曲线的走向、变化趋势(上升、下降、平缓、转折等)，同时对走势有转折变化的曲线，要分区段进行分析，研究找出各段曲线的变化趋势及其含义。
在绘制图像时通常题目会有参考的曲线，在分析新的条件与原曲线关系的基础上进行绘制。
〔典例探析〕
典例1(2020·全国卷Ⅲ，28)二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题：
(1)CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比n(C2H4)∶n(H2O)＝__1∶4__。当反应达到平衡时，若增大压强，则n(C2H4)__变大__(填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)＝1∶3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。
图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是__d__、__c__。CO2催化加氢合成C2H4反应的ΔH__小于__0(填“大于”或“小于”)。
(3)根据图中点A(440K，0.39)，计算该温度时反应的平衡常数Kp＝__×__(MPa)－3(列出计算式。以分压表示，分压＝总压×物质的量分数)。
(4)二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当__选择合适催化剂等__。
【解析】　(1)CO2催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2CO2＋6H2??CH2===CH2＋4H2O，因此，该反应中产物的物质的量之比n(C2H4)∶n(H2O)＝1∶4。由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应达到平衡状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，n(C2H4)变大；(2)由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1∶3、d和b表示的物质的物质的量分数之比为1∶4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化的曲线是c。由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，ΔH小于0；(3)原料初始组成n(CO2)∶n(H2)＝1∶3，在体系压强为0.1 MPa建立平衡。由A点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即，二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分之一，即，因此，该温度下反应的平衡常数Kp＝×(MPa)－3＝×(MPa)－3；(4)工业上通常通过选择合适的催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减少副反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择合适的催化剂。
〔预测演练〕
1．(2022·遵义模拟)德国化学家哈伯在1918年荣获了诺贝尔化学奖，但是后人对他的评价却褒贬不一。
Ⅰ.有人认为哈伯是一位伟大的科学家，因为他是实现人工合成氨并进行工业生产的第一人。所以赞美他是“用空气制造面包的天使”。
(1)工业上合成氨气的方程式：N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)，ΔH＝－91.3kJ/mol，下表为破坏1mol相关化学键需要的能量。
N≡N N—H H—H
945.8kJ akJ 435.9kJ
求a值：__390.8__
(2)在密闭容器中合成氨气，有利于提高H2的转化率且加快反应速率的措施__B__
A．升高反应温度　　　 B．增大反应的压强
C．移走生成的NH3 D．增加H2的量
E．添加合适的催化剂
(3)将0.3molN2和0.9molH2充入3L密闭容器中，如图为在不同温度下，平衡时NH3的体积分数随压强的变化曲线。
甲、乙、丙中温度从高到低的顺序是__丙，乙，甲__，d点N2的转化率是__57.1%(57.0%)__。(结果保留1位小数)
Ⅱ.有人认为哈伯是一战的“催化剂”，因为在一战中，哈伯担任德国化学兵工厂厂长时负责研制和生产氯气、芥子气等毒气，并使用于战争之中，造成近百万人伤亡。
(4)实验室制备氯气后通常用NaOH溶液进行尾气处理，反应的温度不同产物也会有变化。某温度下发生的反应为Cl2＋NaOH―→NaCl＋NaClO3＋H2O，生成1molNaClO3被氧化的与被还原的Cl2的质量比例__1∶5__。
(5)将上述反应后的溶液倒入电解池的阳极区，可以提高NaClO3的含量，装置如图所示：
电极E是__阴极__(填“阳极”或“阴极”)，阳极区发生的反应：__6OH－＋Cl－－6e－===ClO＋3H2O__。
Ⅲ.其实物质并没有好坏之分，关键是人们用这些物质来做了什么！
(6)请列举Cl2在日常生活中的作用：__制漂白液、消毒液、盐酸、农药__(列举一种)。
【解析】　(1)N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)，ΔH＝－91.3 kJ/mol，焓变＝反应物总键能－生成物总键能，即945.8＋435.9×3－6a＝－91.3，则a＝390.8；(2)正反应放热，升高反应温度，平衡逆向移动，氢气的转化率减小，故不选A；增大反应的压强，反应速率加快，平衡正向移动，氢气的转化率增大，故选B；移走生成的NH3，反应速率减慢，故不选C；增加H2的量，反应速率加快，平衡正向移动，氢气的转化率减小，故不选D；添加合适的催化剂，平衡不移动，氢气的转化率不变，故不选E；(3)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，氨气体积分数减小，则甲、乙、丙中温度从高到低的顺序是丙>乙>甲；
　　　　　N2(g)　＋　3H2(g)??2NH3(g)
初始(mol) 0.3 0.9 0
转化(mol) x 3x2x
平衡(mol) 0.3－x 0.9－3x2x
d点氨气的体积分数为40%，＝0.4，x＝0.171，d点N2的转化率是×100%＝57.0%；
(4)某温度下发生的反应为Cl2＋NaOH―→NaCl＋NaClO3＋H2O，氯元素化合价由0降低为－1、氯元素化合价由0升高为＋5，根据得失电子守恒，被氧化的与被还原的Cl2的质量比例1∶5；(5)装置右侧放出氢气，发生还原反应，电极E是阴极；反应后的溶液倒入电解池的阳极区，可以提高NaClO3的含量，可知氯离子在阳极区被氧化为ClO，发生的反应为6OH－＋Cl－－6e－===ClO＋3H2O；(6)Cl2可以制漂白液、消毒液、盐酸、农药等。
2．(2022·昆明模拟)目前人工固氨和二氧化碳利用技术，对人类生存、社会进步和经济发展都有着重大意义。
Ⅰ.目前研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳，其总反应可表示为CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＝－49kJ·mol－1。
(1)该反应能自发的条件是__低温__(填“低温”或“高温”)。
(2)二氧化碳催化加氢制甲醇合成总反应在起始物＝3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x(CH3OH)，在t＝250℃时x(CH3OH)随压强(p)的变化及在p＝5×103Pa时x(CH3OH)随温度(t)的变化，如图所示。
①图中对应等温过程的曲线是__a__(填“a”或“b”)，判断的理由是__这是一个反应前后气体分子数减小的反应，温度一定时，增大压强平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量分数增大__。
②t＝250℃时，当x(CH3OH)＝0.10时，CO2的平衡转化率α＝__33.3%__(保留小数点后一位)，此条件下该反应的Kp＝__2.86×10－9__(保留小数点后两位)。(对于气相反应，可以用分压表示，分压＝总压×物质的量分数)。
(3)研究表明，在电解质水溶液中，Li-CO2电池中的CO2气体可被还原，CO2在__正__(填“正”或“负”)极发生电化学反应，而CO2在碱性介质中被还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)，其电极反应方程式为__12CO2＋18e－＋4H2O===CH3CH2CH2OH＋9CO或3CO2＋18e－＋13H2O===CH3CH2CH2OH＋18OH－__。
Ⅱ.目前工业上利用氮气和氢气催化合成氨是人工固氮的主要手段。合成氨的反应历程和能量变化如图所示。请回答下列问题：
(4)合成氨反应的热化学方程式为__N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)__ΔH＝－92.2__kJ·mol－1__。
(5)对总反应速率影响较大的步骤的能垒(活化能)为__352.0__kJ，该步骤的化学方程式为__2*N＋6*H===2*NH3__。
【解析】　(1)该反应ΔH＜0，为气体系数之和减小的反应，ΔS＜0，所以低温条件下满足ΔH－TΔS＜0，反应可以自发；(2)①该反应为气体系数之和减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，甲醇的物质的量分数增大，所以曲线a对应等温过程的曲线；②起始物＝3，不妨设n(H2)＝3 mol，n(CO2)＝1 mol，平衡时CH3OH为x mol，列三段式有：
CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)
起始(mol) 1 3 0 0
转化(mol) x 3xxx
平衡(mol) 1－x 3－3xxx
x(CH3OH)＝＝0.10，解得x＝ mol，所以CO2的平衡转化率为×100%＝33.3%；据图可知等温条件下，若平衡时x(CH3OH)＝0.10，则p＝9×103 Pa，则平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O的分压分别为0.2×9×103 Pa、0.6×9×103 Pa、0.1×9×103 Pa、0.1×9×103 Pa，则该条件下Kp＝＝＝2.86×10－9；(3)CO2发生得电子的还原反应，则CO2作为电池的正极；CO2在碱性条件下得电子生成CH3CH2CH2OH，根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为12CO2＋18e－＋4H2O===CH3CH2CH2OH＋9CO或3CO2＋18e－＋13H2O===CH3CH2CH2OH＋18OH－；(4)根据合成氨的反应历程和能量变化图可得，N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)，ΔH＝－(500－307.8－100)kJ·mol－1＝－92.2 kJ·mol－1，所以合成氨反应的热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH＝－92.2 kJ·mol－1；(5)对总反应速率影响较大的步骤的能垒(活化能)为(500.0－148.0)kJ＝352.0 kJ，该步骤的化学方程式为：2*N＋6*H===2*NH3。专题三　氧化还原反应　离子反应
明·课程标准
MINGKECHENGBIAOZHUN　　　　　　对应学生用书学案P18
1．认识有化合价变化的反应是氧化还原反应，了解氧化还原反应的本质是电子的转移，知道常见的氧化剂和还原剂。
2．认识酸、碱、盐等电解质在水溶液中或熔融状态下能发生电离。通过实验事实认识离子反应及其发生的条件，了解常见离子的检验方法。
3．能用离子方程式正确表示典型物质的主要化学性质，能从元素价态的角度，依据氧化还原反应原理，预测物质的化学性质和变化。
品·高考真题
PINGAOKAOZHENTI　　　　　　对应学生用书学案P18
真题细研
1．(2021·全国乙卷T3)下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是(　A　)
A．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：
CO＋CaSO4===CaCO3＋SO
B．过量铁粉加入稀硝酸中：
Fe＋4H＋＋NO===Fe3＋＋NO↑＋2H2O
C．硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：
Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O
D．氯化铜溶液中通入硫化氢：
Cu2＋＋S2－===CuS↓
【解析】　硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为CO＋CaSO4===CaCO3＋SO，故A正确；过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为3Fe＋8H＋＋2NO===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，故B错误；硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，故C错误；硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋，故D错误。
2．(2020·全国卷Ⅱ·8)某白色固体混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中的两种组成，进行如下实验：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液；②做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色；③向溶液中加碱，产生白色沉淀。根据实验现象可判断其组成为(　B　)
A．KCl、NaCl B．KCl、MgSO4
C．KCl、CaCO3 D．MgSO4、NaCl
【解析】　①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，则不含CaCO3，排除C选项；②做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色，可确定含有钾元素，即含有KCl；③向溶液中加碱，产生白色沉淀，则应含有MgSO4，综合以上分析，混合物由KCl和MgSO4两种物质组成，故选B。
3．(2020·全国卷Ⅲ·11)对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是(　A　)
A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO＋Cl2＋H2O===2HSO＋2Cl－＋SO
B．向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2＋＋H2O＋CO2===CaCO3↓＋2H＋
C．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3＋＋H2O2===O2↑＋2H＋＋2Fe2＋
D．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH＋OH－===NH3·H2O
【解析】　用Na2SO3溶液吸收少量的Cl2，Cl2具有强氧化性，可将部分SO氧化为SO，同时产生的氢离子与剩余部分SO结合生成HSO，Cl2被还原为Cl－，反应的离子反应方程式为3SO＋Cl2＋H2O===2HSO＋2Cl－＋SO，A选项正确；向CaCl2溶液中通入CO2，H2CO3是弱酸，HCl是强酸，弱酸不能制强酸，故不发生反应，B选项错误；向H2O2中滴加少量的FeCl3，Fe3＋的氧化性弱于H2O2，不能氧化H2O2，但Fe3＋能催化H2O2的分解，正确的离子方程式应为2H2O22H2O＋O2↑，C选项错误；NH4HSO4电离出的H＋优先和NaOH溶液反应，同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，氢离子和氢氧根恰好完全反应，正确的离子反应方程式应为H＋＋OH－===H2O，D选项错误。
4．(2019·全国卷Ⅲ·10)离子交换法净化水过程如图所示。下列说法中错误的是(　A　)
A．经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数不变
B．水中的NO、SO、Cl－通过阴离子树脂后被除去
C．通过净化处理后，水的导电性降低
D．阴离子树脂填充段存在反应H＋＋OH－===H2O
【解析】　本题为信息题，注意从题目信息中提取有用信息。根据示意图，水经过阳离子交换树脂后，Ca2＋、Na＋、Mg2＋均被H＋交换，因为Ca2＋、Mg2＋是＋2价阳离子，H＋是＋1价阳离子，根据电荷守恒与Ca2＋、Mg2＋交换的H＋数目应为Ca2＋、Mg2＋总数的2倍，因此水中阳离子总数增加，A错误；根据示意图，NO、SO、Cl－经过阴离子交换树脂后被OH－替换，B正确；水经过净化后溶液中离子浓度减小，水的导电性降低，纯水几乎不导电，C正确；经过阳离子交换树脂后溶液中的阳离子全部是H＋，经过阴离子交换树脂后溶液中的阴离子被OH－替换，所以在阴离子树脂填充段存在反应H＋＋OH－===H2O，D正确。
5．(2020·全国卷Ⅰ·26节选)钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以＋3、＋4、＋5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 Fe3＋ Fe2＋ Al3＋ Mn2＋
开始沉淀pH 1.9 7.0 3.0 8.1
完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 10.1
回答下列问题：
(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是__加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)__。
(2)“酸浸氧化”中，VO＋和VO2＋被氧化成VO，同时还有__Fe2＋__离子被氧化。写出VO＋转化为VO反应的离子方程式__VO＋＋MnO2＋2H＋===VO＋Mn2＋＋H2O__。
【解析】　(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)；(2)“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2＋具有还原性，则VO＋和VO2＋被氧化成VO的同时还有Fe2＋被氧化，反应的离子方程式为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；VO＋转化为VO时，钒元素的化合价由＋3价升至＋5价，1 mol VO＋失去2 mol电子，MnO2被还原为Mn2＋，Mn元素的化合价由＋4价降至＋2价，1 mol MnO2得到2 mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO＋转化为VO反应的离子方程式为VO＋＋MnO2＋2H＋===VO＋Mn2＋＋H2O。
6．(2020·全国卷Ⅱ·26节选)化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：
(1)Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为__2Cl2＋HgO===HgCl2＋Cl2O__。
(2)ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成1molClO2消耗NaClO2的量为__1.25__mol；产生“气泡”的化学方程式为__NaHCO3＋NaHSO4===CO2↑＋Na2SO4＋H2O__。
【解析】　(1)Cl2歧化为Cl2O和Cl－，HgO和氯气反应的方程式为2Cl2＋HgO===HgCl2＋Cl2O；(2)5ClO＋4H＋===4ClO2＋Cl－＋2H2O，每生成1 mol ClO2，消耗NaClO2为×5＝1.25 mol；碳酸氢钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，方程式为NaHCO3＋NaHSO4===Na2SO4＋H2O＋CO2↑。
考情预判
离子反应和氧化还原反应是历年高考的重点和热点，预计2023年高考仍会延续以往的考查方式，重点考查氧化还原反应、离子反应的基本规律，新情境下信息型氧化还原反应方程式、离子方程式的书写和判断等，其中离子共存，离子方程式的正误判以及氧化还原反应的规律主要以选择题的形式出现，在填空部分常会结合元素化合物知识以化工流程题，实验探究题形式考查离子方程式的书写，陌生氧化还原方程式的书写及配平和相关计算，多角度、动态地分析离子反应、氧化还原反应，利用特征离子反应和氧化还原反应对物质进行定性研究或判断。
悟·核心要点
WUHEXINYAODIAN　　　　　　对应学生用书学案P20
考点一　氧化还原反应
核心知识·整合
1．理清两条概念线索
2．掌握氧化还原反应的规律
3．储备陌生氧化还原方程式、离子方程式的书写知识
(1)在日常的学习、练习中，注意记忆、积累常见元素的化合价；认识并掌握常见的氧化剂、还原剂。
①强氧化性物质或离子：Na2O2、Fe3＋、NO2、HNO3(浓)、HNO3(稀)、O2、O3、H2O2、H2SO4(浓)、Cl2、Br2、HClO、NaClO、Ca(ClO)2、KMnO4(H＋)。
②强还原性物质或离子：Fe2＋、Fe(OH)2、SO2(H2SO3、Na2SO3、NaHSO3、SO)、H2S(Na2S、NaHS、S2－)、HI(NaI、I－)等。
(2)掌握常见氧化剂、还原剂发生氧化还原反应的产物。有时候物质的氧化还原产物还要根据题中的情境信息考虑，如H2S与浓硝酸反应甚至能被氧化为H2SO4，I－可以被过量的浓氯水氧化生成IO。了解常见物质反应后的存在形式，比如O2得电子后转变为O2－，在酸性环境下结合H＋生成H2O，而在碱性条件下则与H2O转变为OH－。
关键能力·突破
　考向1　氧化还原反应的概念及其关系
典例1(2022·咸阳模拟)ClO2是一种绿色的饮用水消毒剂。常用下列两种反应原理制备：
反应1：4HCl＋2KClO3===2ClO2↓＋Cl2↑＋2KCl＋2H2O
反应2：C6H12O6＋24KClO3＋12H2SO4===12K2SO4＋24ClO2↑＋6CO2↑＋18H2O
下列说法正确的是(　A　)
A．两个反应中KClO3都作氧化剂
B．反应1中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
C．反应2中每转移6mol电子，生成气体的物质的量为15mol
D．制备等量的ClO2，反应1比反应2转移的电子总数多
【解析】　反应1，KClO3→ClO2中Cl元素化合价降低，做氧化剂，反应2，KClO3→ClO2中Cl元素化合价降低，做氧化剂，A正确；反应1，KClO3→ClO2中Cl元素化合价降低，KClO3做氧化剂，HCl→Cl2中Cl元素化合价升高，HCl做还原剂，还有两个Cl原子不变价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，B错误；反应2，KClO3→ClO2中Cl元素化合价从＋5降到＋4，有24个Cl原子变价，每转移24 mol电子，生成气体的物质的量为30 mol，则转移6 mol电子，生成气体的物质的量为7.5 mol，C错误；将反应1乘以12，生成24 mol ClO2时转移(5－4)×24＝24 mol，反应2生成24 mol ClO2时也转移24 mol，D错误。
思维建模
三步解答氧化还原反应的题目
〔迁移应用〕
1．(2022·喀什模拟)铅丹(Pb3O4)可作防锈用涂料，其中铅的化合价为＋2价和＋4价，它与浓盐酸反应的化学方程式为Pb3O4＋8HCl(浓)===3PbCl2＋Cl2↑＋4H2O。下列说法正确的是(　C　)
A．Pb3O4与浓盐酸反应时，Pb3O4作为还原剂
B．物质的氧化性：Cl2>Pb3O4
C．Pb3O4中＋2价的铅与＋4价的铅的物质的量之比为2∶1
D．当上述反应中消耗1molPb3O4时，生成的氯气为22.4L
【解析】　反应Pb3O4＋8HCl(浓)===3PbCl2＋Cl2↑＋4H2O中，Pb元素的化合价由＋4降低到＋2，则Pb3O4作为氧化剂，A错误；反应Pb3O4＋8HCl(浓)===3PbCl2＋Cl2↑＋4H2O中，Pb元素的化合价由＋4降低到＋2，则Pb3O4作为氧化剂，Cl元素的化合价由－1升高到0价，则HCl(浓)作还原剂，生成氯气为氧化产物，则根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：Pb3O4>Cl2，B错误；因为铅丹中Pb元素的化合价只有＋2、＋4，所以根据化合价代数和为0，则Pb3O4中Pb2＋与Pb4＋的物质的量之比为2∶1，C正确；选项中没有说明气体所处的温度和压强，不能计算生产氯气的体积，D错误。
　考向2　氧化还原反应的计算
典例2(2022·长沙模拟)200mL由硫酸和硝酸组成的混合酸中，c(H＋)＝1.5mol/L，c(SO)＝0.55mol/L。向其中加入5.76g铜粉，待充分反应后(不考虑溶液体积的变化)，下列说法正确的是(　D　)
A．反应生成的气体是NO、SO2的混合气
B．反应后铜有剩余，加盐酸，铜不会溶解
C．反应中转移了0.018mol电子
D．溶液中Cu2＋的物质的量浓度为0.45mol/L
【解析】　由c(SO)＝0.55 mol/L，则c(H2SO4)＝0.55 mol/L，n(H＋)＝cV＝1.5×200×10－3＝0.3 mol，由c(H2SO4)＝0.55 mol/L，可以推出n(H2SO4)＝0.11 mol，则硫酸提供的氢离子n(H＋)硫酸＝0.22 mol，可以计算出n(HNO3)＝0.3－0.22＝0.08 mol，铜的物质的量n(Cu)＝＝0.09 mol，根据方程式：
3Cu ＋ 8H＋＋ 2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
3 8 2 3
0.09 0.24 0.06 0.09
可以发现铜不足量，可以完全溶解，则n(Cu2＋)＝0.09 mol。稀硫酸中硫酸根离子不参加反应，不生成SO2，只能生成NO，A错误；由分析可知铜没有剩余，B错误；由分析可知，铜完全反应，则n(e－)＝2n(Cu)＝2×0.09＝0.18 mol，C错误；溶液中铜离子浓度，c(Cu)＝＝0.45 mol/L，D正确。
方法技巧
利用电子守恒关系解题的思维流程
一找各物质 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，并标出变价元素的化合价
二定得失数 找准一个原子(或离子)得失电子数(注意化学式中粒子的个数)
三列关系式 根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式关系式：n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值
〔迁移应用〕
2．(2022·重庆模拟)As元素有＋2、＋3两种常见价态。在一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示，下列有关说法错误的是(　D　)
A．反应Ⅰ中若0.5molAs4S4参加反应，转移14mol电子，则物质a为SO2
B．从反应Ⅱ可以推出亚砷酸(H3AsO3)的酸酐为As2O3
C．反应Ⅲ属于非氧化还原反应
D．反应Ⅳ中，As2S3和Sn2＋恰好完全反应时，其物质的量之比为2∶1
【解析】　As4S4中As为＋2价，S为－2价，经过反应I，As4S4转变为As2O3，As元素化学价升高到＋3，当0.5 mol As4S4反应时，As转移电子的物质的量为0.5×(3－2)×4＝2 mol，S转移电子的物质的为14 mol－2 mol＝12 mol，S的化合价也升高，设S升高后的价态为x，则0.5×[x－(－2)]×4＝12 mol，x＝4，故a为二氧化硫，A正确；反应Ⅱ中As2O3与水反应仅生成H3AsO3，是H3AsO3的酸酐，B正确；反应Ⅲ中各元素化合价均未发生变化，为非氧化还原反应，C正确；反应Ⅳ发生的反应为2As2S3＋2Sn2＋＋4H＋===2H2S＋2Sn4＋＋2As4S4，As2S3和Sn2＋的物质的量之比为1∶1，D错误。
　考向3　陌生氧化还原方程式的书写
典例3(2022·西安模拟)叠氮化钠(NaN3)不溶于乙醚，微溶于乙醇，易溶于水，常用于汽车安全防护袋的气源，汽车发生剧烈碰撞时，立即自动充气。实验室模拟尿素法制备水合肼(N2H4·H2O)并利用其进一步反应制取NaN3的流程如下：
已知：①N2H4·H2O易溶于水，具有强还原性，易被氧化成N2；
②一定条件下，碱性NaClO溶液与尿素溶液反应生成N2H4·H2O。
回答下列问题：
(1)吸收塔内发生反应的离子方程式为__Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O__。
(2)写出反应器1中生成水合肼反应的化学方程式：__CO(NH2)2＋NaClO＋2NaOHN2H4·H2O＋Na2CO3＋NaCl__。
(3)已知亚硝酸乙酯的结构简式为CH3CH2ONO，写出反应器2中生成NaN3和CH3CH2OH的化学方程式：__NaOH＋CH3CH2ONO＋N2H4·H2O===NaN3＋CH3CH2OH＋3H2O__。若生成39gNaN3，则该反应中转移电子的物质的量为__2__mol__。
(4)反应器1要控制NaClO溶液的用量，其主要目的是__防止过量的NaClO将生成的N2H4·H2O氧化__。
【解析】　(1)Cl2通入吸收塔中与NaOH发生氧化还原反应，生成NaClO、NaCl和H2O，其离子方程式为Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O；(2)在反应器1中MnSO4作催化剂条件下碱性NaClO溶液与尿素溶液发生氧化还原反应，生成N2H4·H2O、Na2CO3和NaCl，其化学方程式为CO(NH2)2＋NaClO＋2NaOHN2H4·H2O＋Na2CO3＋NaCl；(3)水合肼(N2H4·H2O)与亚硝酸乙酯和NaOH混合液在反应器2中发生反应生成NaN3和CH3CH2OH，其化学方程式为N2H4·H2O＋CH3CH2ONO＋NaOH===NaN3＋CH3CH2OH＋3H2O；39 g NaN3的物质的量为n(NaN3)＝＝0.6 mol，由化学方程式N2H4·H2O＋CH3CH2ONO＋NaOH===NaN3＋CH3CH2OH＋3H2O可知，CH3CH2ONO中N元素为＋3价，NaN3中N元素为价，即生成1 mol NaN3转移 mol电子，设生成39 g NaN3转移x mol电子，则1∶＝0.6∶x，解之x＝2 mol；(4)由题中信息可知，N2H4·H2O易溶于水，具有强还原性，易被氧化成N2，而NaClO具有强氧化性，所以过量的NaClO会将生成的N2H4·H2O氧化。
　　　　　　思维模型
〔迁移应用〕
3．(2022·临汾模拟)六氟锑酸钠(NaSbF6)广泛用于有机合成、光化学反应中的催化剂、蚀刻剂等。一种由锑矿粉(主要含Sb2O3、Fe2O3和少量Sb2O5、Sb2S3、CuS等)合成六氟锑酸钠的工艺流程如图所示：
请回答下列问题：
(1)“碱浸、还原”时，若Sb2O5与Na2S2O3反应计量关系为2∶1，则氧化产物为__SO或Na2SO4__，Sb2S3发生反应的离子方程式为__Sb2S3＋8OH－===2SbO＋3S2－＋4H2O__。
(2)“氟化”反应的离子方程式为__NaSbO3·3H2O＋6HF===Na＋＋SbF＋6H2O__。
【解析】　(1)“碱浸、还原”时，Sb由＋5价降为＋3价，则Sb2O5作氧化剂，Na2S2O3被氧化，若Sb2O5与Na2S2O3反应计量关系为2∶1，根据得失电子守恒有2×2×(5－3)＝1×2×x，其中x为S元素化合价升高数，解得x＝4，则Na2S2O3中S被氧化为＋(2＋4)＝＋6价，则氧化产物为SO或Na2SO4；由流程可知Sb2S3中Sb转化为NaSbO2，S转化为Na2S，则Sb2S3发生反应的离子方程式为Sb2S3＋8OH－===2SbO＋3S2－＋4H2O；(2)“氟化”时HF和NaSbO3·3H2O反应得到NaSbF6，无元素价态变化，为非氧化还原反应，根据电荷守恒、原子守恒可知反应的离子方程式为NaSbO3·3H2O＋6HF===Na＋＋SbF＋6H2O。
题组训练·提能
题组一　氧化还原反应的概念及其关系
1．(2022·重庆模拟)关于反应4CO2＋SiH44CO＋2H2O＋SiO2，下列说法正确的是(　D　)
A．CO是氧化产物
B．SiH4发生还原反应
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4
D．生成1molSiO2时，转移8mol电子
【解析】　根据反应方程式，碳元素的化合价由＋4价降为＋2价，故CO为还原产物，A错误；硅元素化合价由－4价升为＋4价，故SiH4发生氧化反应，B错误；反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为SiH4，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，C错误；根据反应方程式可知，Si元素的化合价由－4价升高至＋4价，因此生成1 mol SiO2时，转移8 mol电子，D正确。
2．(2022·汉中模拟)在酸性条件下，黄铁矿(FeS2)催化氧化反应的离子方程式为2FeS2＋7O2＋2H2O===2Fe2＋＋4SO＋4H＋。实现该反应的物质间转化如图，下列说法正确的是(　C　)
A．反应Ⅰ中消耗1molO2生成1molNO
B．反应Ⅲ是氧化还原反应
C．该转化过程中NO做催化剂
D．反应Ⅱ中1molFeS2被氧化转移16mol电子
【解析】　由图可知：Fe(NO)2＋中铁由＋2价变＋3价，氧气中氧由0价变成－2价，根据得失电子守恒，反应I的离子方程式为4Fe(NO)2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋4NO＋2H2O，消耗1 mol O2生成4 mol NO，A错误；反应Ⅲ中无元素化合价变化，所以反应Ⅲ是非氧化还原反应，B错误；由总反应2FeS2＋7O2＋2H2O===2Fe2＋＋4SO＋4H＋可知，一氧化氮参加反应但反应前后性质和质量不变，所以NO做催化剂，C正确；反应Ⅱ中S元素的化合价从－1价升高为＋6价，则每1 mol FeS2参加反应，则转移了14 mol的电子，D错误。
3．(2022·成都模拟)下列物质之间的转化，需要加入氧化剂才能实现的是(　C　)
A．KMnO4→MnO2 B．NH3→NH
C．Fe2＋→Fe3＋ D．Cl2→ClO－
【解析】　KMnO4→MnO2，KMnO4受热分解即可实现，不需要加氧化剂实现，故A错误；NH3→NH中没有元素化合价的变化，不需要加氧化剂实现，B错误；Fe2＋→Fe3＋中Fe元素的化合价升高，需要加氧化剂实现，C正确；Cl2→ClO－，Cl2与NaOH溶液反应即可实现，该反应中Cl2是氧化剂也是还原剂，不需要加氧化剂，D错误。
题组二　氧化还原反应的计算及综合应用
4．(2022·南宁模拟)测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下：
①碱性KMnO4溶液处理：CH3OH＋MnO＋OH－―→CO＋MnO＋H2O(未配平，下同)
②酸化处理：MnO＋H＋―→MnO2↓＋MnO＋H2O
下列说法错误的是(　D　)
A．“反应①”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶1
B．“反应①”中氧化性：MnO>CO
C．“反应②”中，可用硫酸进行酸化
D．“反应②”消耗59.5gMnO时，反应中转移0.5mole－
【解析】　根据氧化还原反应配平可得：CH3OH＋6MnO＋8OH－===CO＋6MnO＋6H2O，反应中MnO为氧化剂，CH3OH为还原剂，则“反应①”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶1，A正确；根据反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，“反应①”中MnO为氧化剂，CO是氧化产物，则氧化性：MnO>CO，B正确；由于SO与MnO、MnO不反应，则“反应②”中，可用硫酸进行酸化，C正确；根据氧化还原反应配平可得：“反应②”为3MnO＋4H＋===MnO2↓＋2MnO＋2H2O，则消耗59.5 g MnO，即＝0.5 mol时，则反应中转移电子数目为，D错误。
5．(2022·绍兴模拟)高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备高铁酸钠的化学原理可用离子方程式表示为3ClO－＋2Fe3＋＋10OH－===2FeO＋3Cl－＋5H2O，则下列说法正确的是(　D　)
A．Cl－是氧化产物
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
C．Fe3＋发生还原反应
D．高铁酸钠在水处理中体现了氧化性，因此具有消毒的作用，且上述反应生成1mol高铁酸钠转移3mol电子
【解析】　ClO－中Cl的化合价降低，被还原为Cl－，Cl－是还原产物，A错误；ClO－中Cl的化合价降低，ClO－是氧化剂，Fe的化合价升高，Fe3＋是还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2，B错误；Fe的化合价升高，Fe3＋是还原剂，被氧化，发生氧化反应，C错误；高铁酸钠在水处理中反应转化为氢氧化铁，铁的化合价由＋6价降低为＋3价，高铁酸钠是氧化剂，体现了氧化性，上述反应中Fe的价态由＋3价升高为＋6价，生成1 mol高铁酸钠转移1 mol×(6－3)＝3 mol电子，D正确。
6．(2022·福州模拟)以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，含有少量Al2O3)为原料制备铬的工艺流程如图所示：
下列说法错误的是(　C　)
A．焙烧时氧化剂与还原剂的物质的量之比为7∶4
B．滤渣1的主要成分为Fe2O3
C．酸浸时应加入足量稀硫酸
D．转化时发生反应的化学方程式为4Na2CrO4＋6S＋7H2O===4Cr(OH)3＋3Na2S2O3＋2NaOH
【解析】　铬铁矿在氧气中与纯碱煅烧生成Na2CrO4和NaAlO2固体，发生反应为Al2O3＋Na2CO32NaAlO2＋CO2↑，主反应为4FeO·Cr2O3＋7O2＋8Na2CO38Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2，加水通过水浸NaAlO2、Na2CrO4进入浸出液中，而不溶的Fe2O3形成滤渣1，浸出液加入稀硫酸形成滤渣2是Al(OH)3沉淀，最后分离出Na2CrO4溶液，加入S发生转化，发生反应为4Na2CrO4＋6S＋7H2O===4Cr(OH)3＋3Na2S2O3＋2NaOH，得到Cr(OH)3再转化为Cr。焙烧时FeO·Cr2O3→Na2CrO4、Fe2O3，Fe和Cr元素化合价都升高，通入氧气做氧化剂，发生反应为4FeO·Cr2O3＋7O2＋8Na2CO38Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为7∶4，A正确；由分析可知，不溶于水的Fe2O3形成滤渣1，B正确；酸浸时加入稀硫酸目的是形成Al(OH)3沉淀，除去铝元素，由于Al(OH)3能溶于硫酸，则不能加入足量稀硫酸，C错误；转化时加入S和Na2CrO4反应生成Na2S2O3、Cr(OH)3，S元素化合价升高了2，有2个S发生变价，Cr元素化合价降低了3，结合得失电子守恒和原子守恒，发生反应方程式为4Na2CrO4＋6S＋7H2O===4Cr(OH)3＋3Na2S2O3＋2NaOH，D正确。
7．(2022·青岛模拟)钼系催化剂主要用于石油炼制和化学工业中。从废催化剂(主要成分为MoS、V2O5和Al2O3)中提取比较贵重的金属钒和钼，工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“焙烧”时需对废催化剂进行粉碎，目的是__加快反应速度__。
(2)“焙烧”过程中MoS、V2O5和Al2O3均转化为对应的钠盐，写出MoS转化为Na2MoO4的化学方程式__2MoS＋2Na2CO3＋5O22Na2MoO4＋2CO2＋2SO2__。
(3)“滤渣”的化学式为__Al(OH)3__。滤液①的主要成分为Na2MoO4、__NaVO3、NaHCO3__。
(4)“沉钼”的离子方程式为__2NH＋6H＋＋4MoO===(NH4)2O·4MoO3·2H2O＋H2O__。
(5)高温用H2还原(NH4)2O·4MoO3·2H2O得金属钼，氧化剂与还原剂物质的量之比为__1∶12__。
【解析】　(1)对于固体来说，粉碎可以增大接触面积，从而加快反应速度，提高反应效率；“焙烧”时需对废催化剂进行粉碎，目的是加快反应速度；(2)“焙烧”过程中MoS转化为对应的钠盐，硫元素被氧气氧化为二氧化硫，MoS在焙烧过程中和碳酸钠、氧气反应生成Na2MoO4和二氧化碳、二氧化硫，化学方程式为2MoS＋2Na2CO3＋5O22Na2MoO4＋2CO2＋2SO2；(3)根据“沉铝”信息可知，“滤渣”的成分为氢氧化铝Al(OH)3；“焙烧”过程中MoS、V2O5和Al2O3均转化为对应的钠盐，沉铝过程中偏铝酸钠和过量二氧化碳生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀除去了铝，则得到滤液①的主要成分为Mo、V的钠盐和生成的碳酸氢钠，故为Na2MoO4、NaVO3、NaHCO3；(4)由流程可知，“沉钼”过程中加入硝酸铵和硝酸与MoO反应生成(NH4)2O·4MoO3·2H2O，离子方程式为2NH＋6H＋＋4MoO===(NH4)2O·4MoO3·2H2O＋H2O；(5)氢气还原(NH4)2O·4MoO3·2H2O得金属钼，钼化合价由＋6变为0价，化合价降低发生还原反应为氧化剂；氢气生成水，氢元素化合价由0变为＋1，化合价升高发生氧化反应为还原剂；根据电子守恒可知，(NH4)2O·4MnO3·2H2O～24e－～12H2，故氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶12。
考点二　离子反应
核心知识·整合
1．正确书写离子方程式的两种方法
(1)书写时判断离子反应顺序的方法
①氧化还原型离子反应——强者优先
同一氧化剂(或还原剂)可能与多种还原剂(或氧化剂)反应，其中还原性(或氧化性)最强的还原剂(或氧化剂)最先反应，反应完全后由强到弱依次进行。
②复分解型离子反应——最稳定生成物优先
采用“假设验证法”：假设某种离子先反应，若生成产物与其他成分能共存，则该离子优先反应，否则该离子不能优先反应。如含有Al3＋、NH、H＋溶液中逐滴加入NaOH溶液，OH－按H＋→Al3＋→NH→Al(OH)3顺序依次反应。
(2)与“量”有关的离子方程式的书写——“少定多变”法
…就是把相对量较少的物质定为“1 mol”，若少量物质有两种或两种以上离子参加反应，则参加反应的离子的物质的量之比与组成比相符。
…过量反应物离子的化学计量数根据反应实际需求量来确定，不受化学式中的比例制约，是可变的。
2．离子共存问题审题“三大”注意
(1)审清题干中的要求：①一定能大量共存；②可能大量共存；③不能大量共存。
(2)应注意题干中提示的水的电离程度：当由水电离出的c(H＋)或c(OH－)小于1×10－7mol·L－1时，水的电离受到抑制，溶液可能为酸性溶液或碱性溶液；当由水电离出的c(H＋)或c(OH－)大于1×10－7mol·L－1时，水的电离得到促进，溶液可能为弱酸盐溶液或弱碱盐溶液。
(3)注意正确理解“透明溶液”，如：NaCl溶液、KOH溶液为无色透明溶液，CuSO4溶液、FeCl3溶液是有色透明溶液，不能认为“有色”就不透明。
3．离子共存的四大题设“陷阱”
(1)常见的限制条件
①“无色”：Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋、MnO等有色离子不能大量存在。
②“pH＝1”或“pH＝13”：溶液显酸性或碱性。
③“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共存，并不是其他离子反应，同时要注意溶液酸碱性的影响。
(2)常见的隐含条件
①“与Al反应放出H2”：溶液既可能显酸性也可能显碱性。
②“由水电离出的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1”的溶液：溶液既可能显酸性也可能显碱性。
③“通入足量的NH3”：与NH3·H2O反应的离子不能存在。
④含有大量Fe3＋的溶液：酸性溶液并具有强氧化性。
⑤含有大量AlO、S2－的溶液：碱性溶液。
⑥含有大量NO的溶液：隐含H＋与还原性离子不能大量存在。
(3)相互促进水解
①NH与CH3COO－、CO，Mg2＋与HCO等组合：存在相互促进水解情况，但水解程度较小，在溶液中仍然能大量共存。
②Al3＋与CO、HCO、AlO、HS－、S2－；Fe3＋与CO、HCO、AlO、ClO－：相互促进水解，生成沉淀或气体，不能大量共存。
4．掌握常见离子的检验
(1)常见阳离子的检验
(2)常见阴离子的检验
关键能力·突破
　考向1　离子方程式的书写及正误判断
典例1(2022·马鞍山模拟)下列指定反应的离子方程式正确的是(　D　)
A．向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2：Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O===2HClO＋CaCO3
B．向Na2SO3溶液中滴加稀HNO3溶液：SO＋2H＋===SO2↑＋H2O
C．向FeI2溶液中通入等物质的量的Cl2：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－
D．向NH4HSO4溶液中滴加少量的Ba(OH)2溶液：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O
【解析】　Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制取次氯酸，反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，正确的离子方程式为ClO－＋H2O＋CO2===HClO＋HCO，故A错误；向Na2SO3溶液中滴加稀HNO3溶液，二者发生氧化还原反应，正确的离子反应为2NO＋3SO＋2H＋===3SO＋2NO↑＋H2O，故B错误；由于I－的还原性大于Fe2＋的还原性，则氯气先与I－反应，将I－氧化完后，再氧化Fe2＋，根据得失电子守恒可知，等量的Cl2刚好氧化I－，Fe2＋不被氧化，正确的离子反应方程式应为2I－＋Cl2===I2＋2Cl－，故C错误；在NH4HSO4溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，氢氧根离子只与氢离子反应，不与铵根离子反应，离子方程式应为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O，故D正确。
方法技巧
离子方程式正误判断及书写时的关注点
〔迁移应用〕
1．(2022·岳阳模拟)下列各组澄清溶液中离子能大量共存，且加入X试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是(　A　)
选项 离子组 X试剂 离子方程式
A Na＋、Fe3＋、SO、Cl－ 过量 H2S 2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋
B Fe2＋、K＋、NO、Br－ 少量 HI 4H＋＋3Fe2＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O
C NH、Fe3＋、AlO、Na＋ 少量 铜粉 2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
D AlO、Na＋、K＋、HCO 过量 HCl 5H＋＋HCO＋AlO===Al3＋＋CO2↑＋3H2O
【解析】　Na＋、Fe3＋、SO、Cl－之间不反应，能够大量共存，加入过量H2S后发生反应：2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋，故A正确；Fe2＋、K＋、NO、Br－之间能够大量共存，但I－的还原性大于Fe2＋，加入少量HI后只有I－被氧化，正确的离子方程式为8H＋＋6I－＋2NO===3I2＋2NO↑＋3H2O，离子方程式书写错误，故B错误；AlO与Fe3＋发生双水解反应，离子反应为3AlO＋Fe3＋＋6H2O===Fe(OH)3↓＋3Al(OH)3↓，在溶液中不能大量共存，故C错误；AlO、HCO之间发生双水解反应，不能大量共存，不满足题干要求，故D错误。
　考向2　离子共存与离子推断
典例2(2022·荆州模拟)对下列粒子组在指定溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是(　C　)
溶液与粒子组 判断和分析
A 使甲基橙变黄色的溶液：Na＋、K＋、SiO、AlO 能大量共存，因为使甲基橙变黄色的溶液呈碱性，粒子与OH－不发生反应
B pH＝0的溶液：Fe2＋、NH、NO、HCOOH 能大量共存，因为这些粒子之间不反应
C 常温下水电离的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1的溶液：K＋、NH、C2O、Cl－ 不能大量共存，因为酸性溶液中会发生反应2H＋＋C2O===H2C2O4，碱性溶液中会发生反应NH＋OH－===NH3·H2O
D 透明溶液：Na＋、K＋、MnO、NO 不能大量共存，因为MnO呈紫红色
【解析】　甲基橙的变色范围为3.1～4.4，使甲基橙变黄色的溶液，可能成酸性、中性或碱性，酸性条件下，2H＋＋SiO===H2SiO3↓，H＋＋AlO＋H2O===Al(OH)3↓，A项错误；pH＝0的溶液呈强酸性，会发生反应：3Fe2＋＋NO＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，B项错误；常温下水电离的c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，酸性溶液中会发生反应2H＋＋C2O===H2C2O4，碱性溶液中会发生反应NH＋OH－===NH3·H2O，不能大量共存，C项正确；透明溶液可能是有色溶液，也可能是无色溶液，D项错误。
方法技巧
判断离子共存的步骤
第一步：“细审题看关键点”
(1)注意“一定大量共存”“可能大量共存”还是“不能大量共存”等关键点。
(2)注意“透明溶液”意味着无难溶物和微溶物，但并不意味着溶液无色。
第二步：“分析限制条件”
(1)常见表示溶液呈酸性的表述
①常温下，pH＝1的溶液；
②使pH试纸变红的溶液；
③使甲基橙呈红色的溶液；
④与镁粉反应放出氢气的溶液；
⑤c(OH－)＝1×10－14 mol·L－1的溶液。
(2)常见表示溶液呈碱性的表述
①常温下，pH＝14的溶液；
②使pH试纸变蓝的溶液；
③使酚酞试液变红的溶液；
④c(H＋)＝1×10－14 mol·L－1的溶液。
(3)常见表示溶液既可能呈酸性也可能呈碱性的表述
①常温下，水电离出的c(OH－)＝1×10－12 mol·L－1的溶液；
②与NH4HCO3反应能产生气体的溶液。
(4)无色溶液：不含有Cu2＋、Fe3＋、Fe2＋、MnO等。
第三步：“抓住反应发生条件”
(1)生成气体、沉淀、弱电解质的复分解反应。
(2)特别注意氧化还原反应。
(3)熟记相互促进的水解反应。
〔迁移应用〕
2．(2022·咸阳模拟)某100mL溶液可能含有Na＋、NH、Fe3＋、CO、SO、Cl－中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图所示(所加试剂均过量，气体全部逸出)：
下列说法错误的是(　B　)
A．原溶液一定存在CO，理由是沉淀①在盐酸中部分溶解
B．是否存在Na＋只有通过焰色反应才能确定
C．原溶液一定不存在Fe3＋，可能存在Cl－
D．原溶液中c(Na＋)≥0.1mol·L－1
【解析】　加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量的盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO、SO这两种离子，一定没有Fe3＋(Fe3＋和CO会发生双水解反应，不能共存)，且沉淀②为BaSO4，n(BaSO4)＝＝＝0.01 mol，m(BaCO3)＝4.30 g－2.33 g＝1.97 g，则n(BaCO3)＝＝＝0.01 mol。加入NaOH溶液产生0.672 L(标准状况)气体，则溶液中含有NH，NH3有0.03 mol，即n(NH)＝0.03 mol。CO和SO所带的负电荷的物质的量为0.01 mol×2＋0.01 mol×2＝0.04 mol，NH所带的正电荷的物质的量为0.03 mol×1＝0.03 mol，根据电荷守恒，可以推断出溶液中一定含有Na＋，且最少为0.01 mol(因无法判断是否有Cl－，如果有Cl－，需要多余的Na＋去保持溶液的电中性)，据此分析解答。加入BaCl2溶液之后，产生沉淀①，且沉淀①在盐酸中部分溶解，BaSO4不溶于盐酸，溶解的是BaCO3，则说明一定有CO，故A正确；由分析可知，根据电荷守恒，可以推断出溶液中一定含有Na＋，不必通过焰色反应确定，故B错误；原溶液中一定有CO，Fe3＋和CO会发生双水解反应，不能共存，则一定不存在Fe3＋；溶液中一定含有Na＋，但Na＋含量不确定，若多于0.01 mol，根据电荷守恒，需要Cl－去保持溶液的电中性，故可能存在Cl－，故C正确；若原溶液中不存在Cl－，则c(Na＋)＝＝＝0.1 mol·L－1，若原溶液中存在Cl－，则c(Na＋)>0.1 mol·L－1，即c(Na＋)≥0.1 mol·L－1，故D正确。
题组训练·提能
题组一　离子方程式的书写及正误判断
1．(2022·汉中模拟)下列离子方程式书写错误的是(　D　)
A．“水滴石穿”的反应原理：CaCO3＋CO2＋H2O===Ca2＋＋2HCO
B．Na2SO3溶液用作脱氯剂：Cl2＋SO＋H2O===2H＋＋2Cl－＋SO
C．Na和CuSO4溶液反应：2Na＋2H2O＋Cu2＋===Cu(OH)2↓＋H2↑＋2Na＋
D．向NH4HCO3溶液中滴入过量NaOH溶液：NH＋H＋＋2OH－===NH3·H2O＋H2O
【解析】　“水滴石穿”的反应原理：碳酸钙与二氧化碳和水反应生成易溶于水的碳酸氢钙，即CaCO3＋CO2＋H2O===Ca2＋＋2HCO，A正确；SO具有还原性，Cl2具有氧化性，Na2SO3溶液可用作脱氯剂，离子方程式为Cl2＋SO＋H2O===2H＋＋2Cl－＋SO，B正确；Na单质优先与溶液中水分子反应生成NaOH和H2，NaOH再和CuSO4溶液反应生成Cu(OH)2沉淀，总反应为2Na＋2H2O＋Cu2＋===Cu(OH)2↓＋H2↑＋2Na＋，C正确；向NH4HCO3溶液中滴入过量NaOH溶液，离子方程式为NH＋HCO＋2OH－===NH3·H2O＋H2O＋CO，D错误。
2．(2022·西安模拟)下列反应的离子方程式书写错误的是(　D　)
A．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：S2O＋2H＋===SO2↑＋S↓＋H2O
B．使用K3[Fe(CN)6]检验Fe2＋：2[Fe(CN)6]3－＋3Fe2＋===Fe3[Fe(CN)6]2↓
C．少量CO2通入漂白粉溶液中：CO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－===CaCO3↓＋2HClO
D．草酸使酸性高锰酸钾溶液褪色：5C2O＋2MnO＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
【解析】　Na2S2O3中S元素的平均化合价为＋2价，在酸性溶液中会发生歧化反应，生成单质S和SO2，则其离子方程式为S2O＋2H＋===SO2↑＋S↓＋H2O，故A正确；Fe2＋能与K3[Fe(CN)6]反应生成亮蓝色的Fe3[Fe(CN)6]2沉淀，所以可用K3[Fe(CN)6]检验Fe2＋，则其离子方程式为2[Fe(CN)6]3－＋3Fe2＋===Fe3[Fe(CN)6]2↓，故B正确；漂白粉溶液中含有Ca2＋、ClO－以及Cl－离子，向其通入少量CO2，则会生成碳酸钙沉淀和次氯酸，则其方程式为CO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－===CaCO3↓＋2HClO，故C正确；草酸为弱酸，不能拆分成离子形式，所以草酸与酸性高锰酸钾溶液褪色的离子方程式为5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，故D错误。
3．(2022·西南大学附中模拟)下列离子方程式书写不正确的是(　D　)
A．向Mg(OH)2中滴加FeCl3溶液，沉淀由白色变成红褐色：3Mg(OH)2(s)＋2Fe3＋===2Fe(OH)3(s)＋3Mg2＋
B．向NH4Al(SO4)2溶液中滴入少量NaOH溶液：Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
C．用K3[Fe(CNH)6]溶液检测FeCl2溶液中的Fe2＋：2[Fe(CN)6]3－＋3Fe2＋===Fe3[Fe(CN)6]2↓
D．向等物质的量浓度的KOH和K2SO3的混合溶液中加入过量稀盐酸：OH－＋2SO＋5H＋===3H2O＋2SO2↑
【解析】　向Mg(OH)2中滴加FeCl3溶液，沉淀由白色变成红褐色，说明氢氧化镁转化为氢氧化铁：3Mg(OH)2(s)＋2Fe3＋===2Fe(OH)3(s)＋3Mg2＋，A正确；向NH4Al(SO4)2溶液中滴入少量NaOH溶液，铝离子转化为氢氧化铝沉淀，B正确；用K3[Fe(CN)6]溶液检测FeCl2溶液中的Fe2＋，会产生蓝色沉淀：2[Fe(CN)6]3－＋3Fe2＋===Fe3[Fe(CN)6]2↓，C正确；向等物质的量浓度的KOH和K2SO3的混合溶液中加入过量稀盐酸：OH－＋SO＋3H＋===2H2O＋SO2↑，D错误。
题组二　离子共存与离子推断
4．(2022·吴忠模拟)下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(　C　)
A．中性溶液中：Fe3＋、Na＋、SO、NO
B．lg＝10的溶液中：Na＋、K＋、CH3COO－、Cl－
C．明矾溶液中：NH、K＋、I－、Br－
D．加入铝粉会产生H2的溶液中：Cu2＋、Mg2＋、NO、ClO－
【解析】　中性溶液中Fe3＋会发生水解，生成氢氧化铁沉淀，不能共存，A项错误；lg ＝10的溶液中显酸性，酸性条件下，CH3COO－与氢离子会结合，不能共存，B项错误；明矾溶液中存在Al3＋，Al3＋、NH、K＋、I－、Br－互不反应，能大量共存，C项正确；加入铝粉会产生H2的溶液中可能显酸性也可能显碱性，酸性条件下，ClO－不能大量共存，碱性条件下，Cu2＋、Mg2＋不能大量共存，D项错误。
5．(2022·呼和浩特模拟)常温下pH＝1的某溶液A中含有NH、K＋、Na＋、Fe3＋、Al3＋、Fe2＋、CO、NO、Cl－、I－、SO中的4种，且溶液中各离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示：
下列有关说法正确的是(　A　)
A．该溶液中一定有上述离子中的NO、Al3＋、SO、Cl－四种离子
B．实验消耗Cu14.4g，则生成气体丁的体积为3.36L
C．可用焰色试验确定原溶液中是否含有Na＋，若含有Na＋灼烧时火焰呈黄色，是因为激发态的电子跃迁至基态，若未见黄色火焰则无Na＋
D．一定没有Fe3＋，但是无法确定是否含有I－
【解析】　由题干信息可知，pH＝1，说明溶液显强酸性，说明有H＋，CO一定不存在，溶液A中加入过量的(NH4)2CO3溶液，Fe3＋和CO发生双水解，生成氢氧化铁沉淀(红褐色)，说明原溶液中不含Fe3＋，但溶液乙中加入Cu和硫酸，产生气体丙，气体丙遇空气变成红棕色气体丁因此，丁为NO2，丙为NO，说明原溶液中有NO，但是NO在酸性条件下具有氧化性，因为Fe2＋、I－具有还原性，因此不能大量存在，因此白色沉淀甲为Al(OH)3，原溶液中含有Al3＋，根据溶液显电中性，阳离子所带的电荷数总物质的量浓度为3n(Al3＋)＋n(H＋)＝3×0.1 mol/L＋0.1 mol/L＝0.4 mol·L－1，而NO所带电荷数为0.1 mol·L－1，又因为各离子浓度为0.1 mol·L－1，因此原溶液中含有SO、Cl－。由分析可知，该溶液中一定有上述离子中的NO、Al3＋、SO、Cl－四种离子，A正确；未告知气体所在的状态，故无法计算实验消耗Cu 14.4 g，生成气体丁的体积，B错误；由分析可知，溶液中一定不存在Na＋，故无需进行焰色实验，C错误；由分析可知，一定没有Fe3＋、I－，D错误。
热点聚焦
REDIANJUJIAO　　　　　　对应学生用书学案P26
新情景信息型方程式的书写
〔高考必备〕
1．审题关键点
(1)根据所学知识和题目所给信息(包括图像、工艺流程图等)，找出氧化还原反应中的氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。
(2)使化合价升降的总数目相等(得失电子总数相等)，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数。
(3)观察方程式两边离子所带电荷数是否相等，若不等，则要使电荷守恒，根据反应是在何种环境(酸性或碱性)中进行补充H＋或OH－。若在酸性环境中，一边加a个H＋(电荷守恒)，另一边加b个H2O(原子守恒)；若在碱性环境中，一边加m个OH－(电荷守恒)，另一边加n个H2O(原子守恒)。
2．书写方法
3．常见氧化剂、还原剂及产物预测
(1)常见的氧化剂及还原产物预测
氧化剂 还原产物
KMnO4 Mn2＋(酸性)；MnO2(中性)； MnO(碱性)
K2Cr2O7(酸性) Cr3＋
浓硝酸 NO2
稀硝酸 NO
X2(卤素单质) X－
H2O2 OH－(碱性)；H2O(酸性)
Na2O2 NaOH(或Na2CO3)
NaClO(或ClO－) Cl－、Cl2
NaClO3 Cl2、ClO2
PbO2 Pb2＋
(2)常见的还原剂及氧化产物预测
还原剂 氧化产物
Fe2＋ Fe3＋(酸性)；Fe(OH)3(碱性)
SO2(或H2SO3、SO) SO
S2－(或H2S) S、SO2(或SO)、SO
H2C2O4 CO2
H2O2 O2
I－(或HI) I2、IO
CO CO2
金属单质(Zn、 Fe、Cu等) Zn2＋、Fe2＋(与强氧化剂 反应生成Fe3＋)、Cu2＋
〔典例探究〕
(2021·河北卷节选)绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na＋内循环。工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)工序③中发生反应的离子方程式为__2Na＋＋2CrO＋2CO2＋H2O===Cr2O＋2NaHCO3↓__。
(2)物质Ⅴ可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为__4Fe(CrO2)2＋7O2＋16NaHCO38Na2CrO4＋2Fe2O3＋16CO2＋8H2O__，可代替NaOH的化学试剂还有__Na2CO3__(填化学式)。
【解析】　(1)工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na＋＋2CrO＋2CO2＋H2O===Cr2O＋2NaHCO3↓；(2)碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下，Fe(CrO2)2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2＋7O2＋16NaHCO38Na2CrO4＋2Fe2O3＋16CO2＋8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应。
〔预测演练〕
1．(2022·成都模拟)某电解铜企业生产过程中产生大量阳极泥，主要成分如下：Cu－16.32%，Ag－4.62%，Au－0.23%，Pb－15.68%。现设计如下流程实现对铜、银的有效回收：
已知：
①NaNO3受热分解产生NaNO2和O2；
②焙烧时Pb转化为PbO；
③Ag(NH)2OH能被含醛基的有机物还原生成银。
回答下列问题：
(1)铜阳极泥可用湿法直接浸出，浸出剂主要是硫酸，同时还需加入一定量的氯酸钠(NaClO3)，加入氯酸钠的目的是__作氧化剂__。写出铜被浸出的离子反应方程式__3Cu＋ClO＋6H＋===3Cu2＋＋Cl－＋3H2O__。
(2)写出焙烧过程中银与NaNO3反应的化学方程式__NaNO3＋2AgAg2O＋NaNO2__。
(3)浸渣的主要成分有__Au、PbSO4__。
(4)对浸取液进行氯化时的现象是__产生白色沉淀__，滤渣提银时需依次加入__浓氨水__、甲醛溶液。
(5)最后的滤液中加入一定浓度的纯碱沉铜(主要沉淀为碱式碳酸铜)，经实验测定某批沉铜产品中m(Cu)∶m(C)＝16∶1，则该碱式碳酸铜的组成可表示为__C__。
A．Cu(OH)2·CuCO3
B．Cu(OH)2·2CuCO3
C．2Cu(OH)2·CuCO3
【解析】　结合题干和已知，阳极泥中含有的主要成分有Cu、Ag、Au和Pb，加入适量NaNO3焙烧，得到含Au、CuO、Ag2O和PbO的烧渣，再加入适量的硫酸，得到主要成分为PbSO4和Au的浸渣，浸取液中含有Cu2＋和Ag＋，氯化过滤后得到AgCl的滤渣和含Cu2＋的滤液，据此分析解答。(1)若铜阳极泥用湿法直接浸出，浸出剂主要是硫酸，同时还需加入一定量的氯酸钠(NaClO3)作氧化剂，铜被浸出时，Cu转化为Cu2＋，反应的离子方程式为3Cu＋ClO＋6H＋===3Cu2＋＋Cl－＋3H2O；(2)已知NaNO3受热分解产生NaNO2和O2，则焙烧过程中银与NaNO3反应生成Ag2O和NaNO2，反应的化学方程式为NaNO3＋2AgAg2O＋NaNO2；(3)根据上述分析可知，浸渣的主要成分为PbSO4和Au；(4)浸取液中含有Cu2＋和Ag＋，氯化过滤后得到AgCl的滤渣，即观察到的现象为产生白色沉淀，可向AgCl中加入浓氨水得到Ag(NH)2OH，再加入甲醛溶液即可提取Ag；(5)某批沉铜产品中m(Cu)∶m(C)＝16∶1，则n(Cu)∶n(C)＝∶＝3∶1，因此该碱式碳酸铜的组成可表示为2Cu(OH)2·CuCO3，故答案选C。
2．(2022·重庆模拟)钯(Pd)是一种不活泼金属，具有优良的吸氢功能，其氢氧化物具有两性。工业上采用如图流程从二氯二氨合钯[Pd(NH3)2Cl2]中提取钯。
(1)Pd(NH3)2Cl2中钯元素的化合价为__＋2__。
(2)“酸溶”生成(NH4)2PdCl4，则该反应的化学反应方程式为__Pd(NH3)2Cl2＋2HCl(浓)(NH4)2PdCl4__。
(3)“氧化”后，钯仍以PdCl形式存在，则“氧化”过程中发生的氧化还原的离子反应方程式为__ClO＋2NH===N2↑＋Cl－＋2H＋＋3H2O或6ClO＋10NH===5N2↑＋3Cl2↑＋4H＋＋18H2O__，__ClO＋5Cl－＋6H＋===3Cl2↑＋3H2O__。
【解析】　(1)根据化合价代数和等于0，Pd(NH3)2Cl2中钯元素的化合价为＋2；(2)“酸溶”时Pd(NH3)2Cl2和盐酸反应生成(NH4)2PdCl4，则该反应的化学反应方程式为Pd(NH3)2Cl2＋2HCl(浓)(NH4)2PdCl4；(3)“氧化”后，钯仍以PdCl形式存在，则“氧化”过程中ClO把NH氧化为氮气，反应离子方程式为6ClO＋10NH===5N2↑＋3Cl2↑＋4H＋＋18H2O；ClO把Cl－氧化为Cl2，反应的离子方程式为ClO＋5Cl－＋6H＋===3Cl2↑＋3H2O。
3．镍电池广泛应用于混合动力汽车系统，电极材料由Ni(OH)2、碳粉、氧化铁等涂覆在铝箔上制成。由于电池使用后电极材料对环境有危害。某兴趣小组对该电池电极材料进行资源回收研究，设计实验流程如下：
已知：①NiCl2易溶于水，Fe3＋不能氧化Ni2＋；
②已知实验温度时的溶解度：NiC2O4>NiC2O4·H2O>NiC2O4·2H2O；
③Ksp[Ni(OH)2]：5.0×10－16，Ksp(NiC2O4)：4.0×10－10。
回答下列问题：
(1)酸溶后所留残渣的主要成分__碳粉__(填物质名称)。
(2)用NiO调节溶液的pH，析出沉淀的成分为__Fe(OH)3、Al(OH)3__(填化学式)。
(3)写出加入Na2C2O4溶液后反应的化学方程式：__Na2C2O4＋NiCl2＋2H2O===2NaCl＋NiC2O4·2H2O↓__。
(4)写出加入NaOH溶液所发生反应的离子方程式：__NiC2O4＋2OH－??Ni(OH)2↓＋C2O__，该反应的平衡常数为__8×105____L·mol－1。
(5)电解过程中阴极反应式为__2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－__，沉淀Ⅲ可被电解所得产物之一氧化，写出氧化反应的离子方程式：__2Ni(OH)2＋2OH－＋Cl2===2Ni(OH)3＋2Cl－__。
(6)铁镍蓄电池，放电时总反应：Fe＋Ni2O3＋3H2O===Fe(OH)2＋2Ni(OH)2，下列有关该电池的说法不正确的是__B__。
A．电池的电解液为碱性溶液，电池的正极为Ni2O3、负极为Fe
B．电池充电时，阴极附近溶液的pH降低
C．电池放电时，负极反应为Fe＋2OH－－2e－===Fe(OH)2
D．电池充电时，阳极反应为2Ni(OH)2＋2OH－－2e－===Ni2O3＋3H2O
【解析】　(1)由题意可知，电极材料中的Ni(OH)2、碳粉、氧化铁中只有碳粉不能与盐酸发生反应，滤渣的主要成分为碳粉；(2)由题意可知，加入NiO调节pH目的为去除滤液中含有的铁离子与铝离子，故析出沉淀的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；(3)加入Na2C2O4的目的为将Ni2＋沉淀出来，反应的方程式为Na2C2O4＋NiCl2＋2H2O===2NaCl＋NiC2O4·2H2O↓；(4)加入氢氧化钠的目的是沉淀未完全反应的Ni2＋，反应的方程式为NiC2O4＋2OH－===Ni(OH)2↓＋C2O，该反应的平衡常数为，由Ksp[Ni(OH)2]＝5.0×10－16可知，＝5.0×10－16，Ksp(NiC2O4)＝4.0×10－10可知，＝4.0×10－10，＝/＝(4.0×10－10)/(5.0×10－16)＝8×105；(5)电解过程中，阴极为H＋得电子生成氢气，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，沉淀Ⅲ为Ni(OH)2，电解所得氯气可将其氧化为Ni(OH)3，反应的方程式为2Ni(OH)2＋2OH－＋Cl2===2Ni(OH)3＋2Cl－；(6)根据放电时总反应为Fe＋Ni2O3＋3H2O===Fe(OH)2＋2Ni(OH)2可知：A.电池的电解液为碱性溶液，电池的正极为Ni2O3、负极为Fe，正确；B.电池充电时，阴极反应为Fe(OH)2＋2e－===Fe＋2OH－，pH变大，错误；C.电池放电时，负极反应为Fe＋2OH－－2e－===Fe(OH)2，正确；D.电池充电时，阳极反应为2Ni(OH)2＋2OH－－2e－===Ni2O3＋3H2O，正确。专题十二　有机化学基础
明·课程标准
MINGKECHENGBIAOZHUN　　　　　　对应学生用书学案P137
1．认识有机化合物的结构特点及分子结构的测定方法。
2．认识烃及烃的衍生物、基本营养物质的组成和结构特点，了解烃类在日常生活、有机合成和化工生产中的重要作用。
3．了解聚合物的组成与结构特点，认识单体和单体单元(链节)及其与聚合物结构的关系。了解加聚反应和缩聚反应的特点。
4．认识塑料、合成橡胶、合成纤维的组成和结构特点，了解新型高分子材料的优异性能及其在高新技术领域中的应用。
品·高考真题
PINGAOKAOZHENTI　　　　　　对应学生用书学案P137
真题细研
1．(2022·全国甲卷)用N－杂环卡宾碱(NHCbase)作为催化剂，可合成多环化合物。下面是一种多环化合物H的合成路线(无需考虑部分中间体的立体化学)。
回答下列问题：
(1)A的化学名称为苯甲醇　。
(2)反应②涉及两步反应，已知第一步反应类型为加成反应，第二步的反应类型为消去反应　。
(3)写出C与Br2/CCl4反应产物的结构简式　。
(4)E的结构简式为　。
(5)H中含氧官能团的名称是硝基、酯基和羰基　。
(6)化合物X是C的同分异构体，可发生银镜反应，与酸性高锰酸钾反应后可以得到对苯二甲酸，写出X的结构简式。
(7)如果要合成H的类似物H′()，参照上述合成路线，写出相应的D′和G′的结构简式　、　。H′分子中有 5　个手性碳(碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳)。
【解析】　由合成路线，A的分子式为C7H8O，在Cu作催化剂的条件下发生催化氧化生成B，B的结构简式为B与CH3CHO发生加成反应生成再发生消去反应生成C，C的结构简式为，C与Br2/CCl4发生加成反应得到再在碱性条件下发生消去反应生成D，D为，B与E在强碱的环境下还原得到F，E的分子式为C5H6O2，F的结构简式为，可推知E为，F与生成G，G与D反应生成H。(1)由分析可知，A的结构简式为，其化学名称为苯甲醇；(2)由B、C的结构简式，结合反应条件，可知B先与CH3CHO发生碳氧双键的加成反应生成再发生消去反应生成C，故第二步的反应类型为消去反应；(3)根据分析可知，C与Br2/CCl4发生加成反应得到；(4)由分析，E的结构简式为；(5)H的结构简式为
，可其分子中含有的官能团为硝基、酯基和羰基。(6)C的结构简式为，分子式为C9H8O，其同分异构体X可发生银镜反应，说明含有醛基，又与酸性高锰酸钾反应后得到对苯二甲酸，则X的取代基处于苯环的对位，满足条件的X的结构简式为；(7)G与D反应生成H的反应中，D中碳碳双键断裂与G中成环，从而得到H，可推知，若要合成H′()，相应的D′为，G′为，手性碳原子为连有4各不同基团的饱和碳原子，则H′()的手性碳原子为，共5个。
2．(2022·全国乙卷)左旋米那普伦是治疗成人重度抑郁症的药物之一，以下是其盐酸盐(化合物K)的一种合成路线(部分反应条件已简化，忽略立体化学)：
已知：化合物F不能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳。
回答下列问题：
(1)A的化学名称是 3-氯丙烯　。
(2)C的结构简式为　。
(3)写出由E生成F反应的化学方程式
＋H2O　。
(4)E中含氧官能团的名称为羟基、羧基　。
(5)由G生成H的反应类型为取代反应　。
(6)I是一种有机物形成的盐，结构简式为　。
(7)在E的同分异构体中，同时满足下列条件的总数为 10　种。
a)含有一个苯环和三个甲基；
b)与饱和碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳；
c)能发生银镜反应，不能发生水解反应。
上述同分异构体经银镜反应后酸化，所得产物中，核磁共振氢谱显示有四组氢(氢原子数量比为6∶3∶2∶1)的结构简式为。
【解析】　A发生氧化反应生成B，B与C在NaNH2、甲苯条件下反应生成D，对比B、D的结构简式，结合C的分子式C8H7N，可推知C的结构简式为；D与30%Na2CO3反应后再酸化生成E，E在浓硫酸、甲苯条件下反应生成F，F不能与饱和NaHCO3溶液反应产生CO2，F中不含羧基，F的分子式为C11H10O2，F在E的基础上脱去1个H2O分子，说明E发生分子内酯化生成F，则F的结构简式为；F与(C2H5)2NH在AlCl3、甲苯条件下反应生成G，G与SOCl2、甲苯反应生成H，H的分子式为C15H20ClNO，H与I反应生成J，结合G、J的结构简式知，H的结构简式为；I的分子式为C8H4KNO2，I是一种有机物形成的盐，则I的结构简式为；据此作答。(1)A的结构简式为CH2===CHCH2Cl，属于氯代烯烃，其化学名称为3－氯丙烯。(2)根据分析，C的结构简式为。(3)E的结构简式为，F的结构简式为，E生成F的化学方程式为＋H2O。(4)E的结构简式为，其中含氧官能团的名称为(醇)羟基、羧基。(5)G结构简式为，H的结构简式为，G与SOCl2发生取代反应生成H。(6)根据分析，I的结构简式为。(7)E的结构简式为，E的分子式为C11H12O3，不饱和度为6；E的同分异构体与饱和NaHCO3溶液反应产生CO2，结合分子式中O原子的个数，说明含1个羧基，能发生银镜反应、不能发生水解反应说明还含1个醛基；若3个甲基在苯环上的位置为时，羧基、醛基在苯环上有3种位置；若3个甲基在苯环上的位置为时，羧基、醛基在苯环上有6种位置；若3个甲基在苯环上的位置为时，羧基、醛基在苯环上有1种位置；故符合题意的同分异构体共有3＋6＋1＝10种；上述同分异构体经银镜反应后酸化所得产物中核磁共振氢谱显示有4组氢且氢原子数量比为6∶3∶2∶1的结构简式为
3．(2021·全国乙卷T26)卤沙唑仑W是一种抗失眠药物，在医药工业中的一种合成方法如下：
回答下列问题：
(1)A的化学名称是 2-氟甲苯(或邻氟甲苯)　。
(2)写出反应③的化学方程式
＋HCl
(3)D具有的官能团名称是氨基、羰基、卤素原子(溴原子、氟原子)　(不考虑苯环)。
(4)反应④中，Y的结构简式为　。
(5)反应⑤的反应类型是取代反应　。
(6)C的同分异构体中，含有苯环并能发生银镜反应的化合物共有 10　种。
(7)写出W的结构简式。
【解析】　(1)由A()的结构可知，名称为2-氟甲苯(或邻氟甲苯)；(2)反应③为与在氯化锌和氢氧化钠的作用下，发生取代反应生成，故答案为＋HCl；(3)含有的官能团为溴原子、氟原子、氨基、羰基；(4)D为，E为，据结构特点及反应特征，可推出Y为；(5)E为，F为，根据结构特点，可知与发生取代反应生成F；(6)C为，含有苯环且能发生银镜反应的同分异构体为：含有醛基，氟原子，氯原子，即苯环上含有三个不同的取代基，可出现的结构有故其同分异构体为10种；(7)根据已知及分析可知，与乙酸、乙醇反应生成。
4．(2021·全国甲卷)近年来，以大豆素(化合物C)为主要成分的大豆异黄酮及其衍生物，因其具有优良的生理活性而备受关注。大豆素的合成及其衍生化的一种工艺路线如下：
回答下列问题：
(1)A的化学名称为间苯二酚(或1，3－苯二酚)　。
(2)1molD反应生成E至少需要 2　mol氢气。
(3)写出E中任意两种含氧官能团的名称酯基，醚键，羟基(任写两种)　。
(4)由E生成F的化学方程式为
(5)由G生成H分两步进行：反应1)是在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，则反应2)的反应类型为取代反应　。
(6)化合物B的同分异构体中能同时满足下列条件的有 C　(填标号)。
a．含苯环的醛、酮
b．不含过氧键(—O—O—)
c．核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为3∶2∶2∶1
A．2个 B．3个
C．4个 D．5个
(7)根据上述路线中的相关知识，以丙烯为主要原料用不超过三步的反应设计合成下图有机物，写出合成路线
【解析】　(1)A为，化学名称为间苯二酚(或1，3－苯二酚)；
(2)D为与氢气发生加成反应生成
碳碳双键及酮羰基都发生了加成反应，所以1 mol D反应生成E至少需要2 mol氢气；
(3)E为含有的含氧官能团的名称为酯基，醚键，羟基(任写两种)，故答案为：酯基，醚键，羟基(任写两种)；(4)E为发生消去反应生成
化学方程式为H2O；(5)由G生成H分两步进行：反应1)是在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，则反应2)是将酯基水解生成羟基，反应类型为取代反应；(6)化合物B为，同分异构体中能同时满足下列条件：a.含苯环的醛、酮；b.不含过氧键(—O—O—)；c.核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为3∶2∶2∶1，说明为醛或酮，而且含有甲基，根据要求可以写出：故有4种；(7)以丙烯为主要原料用不超过三步的反应设计合成题图所示的有机物，可以将丙烯在m－CPBA的作用下生成环氧化合物，环氧化合物在酸催化下与水发生加成反应，然后再与碳酸二甲酯发生酯化反应即可，故合成路线为
5．(2020·全国卷Ⅰ·36)有机碱，例如二甲基胺()、苯胺()，吡啶()等，在有机合成中应用很普遍，目前“有机超强碱”的研究越来越受到关注，以下为有机超强碱F的合成路线：
已知如下信息：
③苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体
回答下列问题：
(1)A的化学名称为三氯乙烯　。
(2)由B生成C的化学方程式为
＋KOH＋KCl＋H2O　。
(3)C中所含官能团的名称为碳碳双键、氯原子　。
(4)由C生成D的反应类型为取代反应　。
(5)D的结构简式为　。
(6)E的六元环芳香同分异构体中，能与金属钠反应，且核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6∶2∶2∶1的有 6　种，其中，芳香环上为二取代的结构简式为　。
【解析】　(1)由题中信息可知，A的分子式为C2HCl3，其结构简式为ClHC===CCl2，其化学名称为三氯乙烯。(2)B与氢氧化钾的醇溶液共热发生消去反应生成C()，该反应的化学方程式为＋KOH＋KCl＋H2O。(3)由C的分子结构可知其所含官能团有碳碳双键和氯原子。(4)C()与过量的二环己基胺发生反应生成D，D与E发生信息②的反应生成F，由F的分子结构可知，C的分子中的两个氯原子被二环己基胺基所取代，则由C生成D的反应类型为取代反应。(5)由D的分子式及F的结构可知D的结构简式为。(6)已知苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体。E()的六元环芳香同分异构体中，能与金属钠反应，则其分子中含有羟基；核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6∶2∶2∶1的有共6种，其中，芳香环上为二取代的结构简式为
6．(2020·全国卷Ⅱ·36)维生素E是一种人体必需的脂溶性维生素，现已广泛应用于医药、营养品、化妆品等。天然的维生素E由多种生育酚组成，其中α－生育酚(化合物E)含量最高，生理活性也最高。下面是化合物E的一种合成路线，其中部分反应略去。
已知以下信息：a)
回答下列问题：
(1)A的化学名称为 3－甲基苯酚(或间甲基苯酚)　。
(2)B的结构简式为。
(3)反应物C含有三个甲基，其结构简式为。
(4)反应⑤的反应类型为加成反应　。
(5)反应⑥的化学方程式为
(6)化合物C的同分异构体中能同时满足以下三个条件的有 c　个(不考虑立体异构体，填标号)。
①含有两个甲基
②含有酮羰基(但不含C===C===O)
③不含有环状结构
a．4　　　　b．6　　　　c．8　　　　d．10
其中，含有手性碳(注：连有四个不同的原子或基团的碳)的化合物的结构简式为 CH2===CHCH(CH3)COCH3()　。
【解析】　结合“已知信息a”和B的分子式可知B为；结合“已知信息b”和C的分子式可知C为；结合“已知信息c”和D的分子式可知D为。(1)A为，化学名称3－甲基苯酚(或间甲基苯酚)；(2)由分析可知，B的结构简式为；(3)由分析可知，C的结构简式为；(4)反应⑤为加成反应，H加在羰基的O上，乙炔基加在羰基的C上；(5)反应⑥为中的碳碳三键和H2按1∶1加成，反应的化学方程式为，有2个不饱和度，含酮羰基但不含环状结构，则分子中含一个碳碳双键，一个酮羰基，外加2个甲基，符合条件的有8种，如下：CH3CH===CHCOCH2CH3、CH3CH===CHCH2COCH3、
CH3CH2CH===CHCOCH3、CH2===CHCH(CH3)COCH3、
CH2===C(C2H5)COCH3、CH2===C(CH3)COCH2CH3、
CH2===C(CH3)CH2COCH3、CH2===CHCOCH(CH3)2，其中，含有手性碳的为CH2===CHCH(CH3)COCH3()。
考情预判
有机框图推断与合成题是高考中的常见题型，在近年逐步向综合型、信息型、能力型方向发展。有机推断题主要以框图为主线，常将有机物的组成、结构、性质、合成(制备)融为一体，具有较强的综合性，并多与新信息、新材料、新药物等紧密结合。有机合成题常利用一些基本原料，并限定合成路线或设计合成路线来获得目标产物，并与有机物的结构简式、同分异构体、反应类型、化学方程式的书写等基础知识结合起来进行考查。有机综合推断是考查有机化学的重要题型，在高考中占有霸主地位。预计今后高考中可能延续以高分子材料、医药或特定性能的有机合成为载体来进行考查。
悟·核心要点
WUHEXINYAODIAN　　　　　　对应学生用书学案P140
考点一　有机化合物的结构与性质
核心知识·整合
1．常见官能团的结构与性质
官能团 结构 性质
碳碳 双键 易加成、易氧化、易聚合
碳碳 三键 —C≡C— 易加成、易氧化
卤素 原子 —X(X表 示Cl、Br等) 易取代(如溴乙烷与NaOH水溶液共热生成乙醇)、易消去(如溴乙烷与NaOH醇溶液共热生成乙烯)
醇羟基 —OH 易取代、易消去(如乙醇在浓硫酸、170℃条件下生成乙烯)、易催化氧化、易被强氧化剂氧化(如乙醇在酸性K2Cr2O7溶液的作用下被氧化为乙醛甚至乙酸)
酚羟基 —OH 极弱酸性(酚羟基中的氢能与NaOH溶液反应，但酸性极弱，不能使指示剂变色)、易氧化(如无色的苯酚晶体易被空气中的氧气氧化为粉红色)、显色反应(如苯酚遇FeCl3溶液呈紫色)
醛基 易氧化(如乙醛与银氨溶液共热生成银镜)、易还原
羰基 易还原(如丙酮在催化剂、加热条件下被H2还原为2-丙醇)
羧基 酸性(如乙酸的酸性强于碳酸，乙酸与NaOH溶液反应)、易取代(如乙酸与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应)
酯基 易水解(如乙酸乙酯在稀硫酸、加热条件下发生酸性水解，乙酸乙酯在NaOH溶液、加热条件下发生碱性水解)
醚键 R—O—R 如环氧乙烷在酸催化下与水一起加热生成乙二醇
硝基 —NO2 如酸性条件下，硝基苯在铁粉催化下被还原为苯胺：
2．有机物原子共面共线的解题思路
(1)“等位代换不变”原则：基本结构上的氢原子，无论被什么原子替代，所处空间结构维持原状。
(2)单键可以沿键轴旋转，双键和三键不能沿键轴旋转。若平面间靠单键相连，所连平面可以绕键轴旋转，可能转到同一平面上，也可能旋转后不在同一平面上。
(3)若平面间被多个点固定，且不是单键，则不能旋转，一定共平面。
(4)分拆原则：可把复杂的构型，分拆成几个简单构型，再分析单键旋转时可能的界面。
3．有机反应类型的推断
(1)由官能团转化推测反应类型。从断键、成键的角度掌握各反应类型的特点，如取代反应的特点就是有上有下。
(2)由反应条件推测反应类型。
反应条件 可能的有机反应
浓硫酸，加热 ①醇的消去反应；②酯化反应；③苯的硝化反应
稀硫酸，加热 ①酯的水解反应；②二糖、多糖的水解反应；③—COONa或—ONa的酸化
NaOH的水溶液，加热 ①卤代烃的水解反应；②酯的水解反应；③、羧酸的中和反应
强碱的乙醇溶液，加热 卤代烃的消去反应
新制Cu(OH)2或银氨溶液，加热 醛基的氧化反应
酸性KMnO4溶液 ①烯烃、炔烃的氧化反应；②苯的同系物的氧化反应；③醇、醛、苯酚的氧化反应
O2、Cu，加热 醇的催化氧化反应
H2、催化剂，加热 ①烯烃、炔烃的加成反应；②芳香烃的加成反应；③醛、酮还原为醇 特别注意：羧基、酯基、肽键不能加成
浓溴水 苯酚的取代反应
溴的CCl4溶液 烯烃、炔烃的加成反应
Cl2，光照 ①烷烃的取代反应； ②中侧链的取代反应
(3)卤代反应、硝化反应、磺化反应、酯化反应、水解反应、皂化反应、分子间脱水等反应，本质上均属于取代反应。
(4)有机物的加氢、脱氧均属于还原反应；脱氢、加氧均属于氧化反应。
关键能力·突破
　考向1　有机合成中官能团辨识
典例1按要求回答下列问题。
(1)(2022·昆明模拟)2021年9月24日，中科院用CO2合成淀粉的成果发表于国际学术期刊《Science》。中官能团的名称为羟基、醚键　。
(2)(2022·开封模拟)有机物B的结构简式为：B中官能团名称是羟基　碳碳双键　羧基　。
(3)(2021·西安模拟)的官能团名称为酯基　醚键　。
(4)(2021·银川模拟)中含有的官能团的名称为醚键　羰基　。
【解析】　(1)由淀粉的结构简式可知淀粉是聚合物，官能团的名称为羟基、醚键；(2)B的结构简式为，其官能团为羟基、碳碳双键、羧基。(3)，官能团为酯基和醚键；(4)中官能团的名称为醚键、羰基。
〔迁移应用〕
1．(1)(2021·广东，21(1))化合物中含氧官能团有(酚)羟基、醛基　(写名称)。
(2)(2021·湖南，19(3))叶酸拮抗剂Alimta()中虚线框内官能团的名称为a：酰胺基　，b：羧基　。
　考向2　有机合成路线中结构简式、化学方程式书写
典例2(2022·合肥模拟)有机物F是我国最早批准的可用于抗新冠肺炎临床试验的药物之一，而最新文献研究也证实了其对新型冠状肺炎有治疗作用。F的合成路线如下图所示，已知：分子中—Ar表示—C6H5。
已知：RCOCH3＋R′COClRCOCH2COR′＋HCl
ROH＋(CH3CO)2O―→ROCOCH3＋CH3COOH
(1)写出F的分子式__C15H12O3__。
(2)A→B的反应类型是__取代反应__，B中含氧官能团的名称为__酯基、羰基__。
(3)写出G的结构简式__ArCOCl__。
(4)写出X→A的化学方程式___。
(5)某芳香族化合物K与C互为同分异构体，则符合下列条件K的同分异构体共有__13__种。
①与FeCl3发生显色反应
②可发生水解反应和银镜反应
其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为____。
【解析】　根据B、D的结构简式和B到C、C到D的转化条件可知，C的结构简式为，C与试剂G发生已知反应生成D，结合C和D的结构简式可知，试剂G的结构简式为ArCOCl。(1)根据F的结构简式可知，其分子式为C15H12O3；(2)A发生取代反应生成B，则A→B的反应类型是取代反应；结合B的结构简式可知，B中含氧官能团的名称为酯基、羰基；(3)由上述分析可知，G的结构简式为ArCOCl；(4)X()与(CH3CO)2O发生取代反应生成A()和CH3COOH，则X→A的化学方程式2CH3COOH；(5)C的结构简式为，芳香族化合物K与C互为同分异构体，K的同分异构体符合①与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，②可发生水解反应和银镜反应，则含有—OOCH，①若取代基为—OH、—CH3、—OOCH，当—OH、—CH3处于邻位时，—OOCH有4种位置，当—OH、—CH3处于间位时，—OOCH有4种位置，当—OH、—CH3处于对位时，—OOCH有2种位置；②若取代基为—OH和—CH2OOCH，两个取代基在苯环上的位置有邻间对3种，则符合条件的同分异构体共有4＋4＋2＋3＝13种，其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为
〔迁移应用〕
2．有机物G是合成治疗恶心、呕吐药物——盐酸阿扎司琼的一种中间体，其合成路线如下：
回答下列问题：
(1)物质G在核磁共振氢谱中显示有 5　种不同化学环境的氢原子，其个数比为 1∶1∶1∶2∶3　。
(2)写出物质C、F的结构简式：
、 ClCH2COCl　。
(3)指出反应④的反应类型：还原反应　。
(4)写出反应①的化学方程式
(5)实际生产过程中D的产率较低。请从C的结构特点及反应条件分析原因并提出改进措施： C物质中有酚羟基，易被氧化。将酚羟基保护后再硝化　。
(6)写出两种满足下列条件的有机物结构简式：。
①分子组成比D少一个氧原子
②苯环上的一氯代物只有一种
③1mol该物质最多可以和含4molNaOH的溶液反应(不考虑苯环上卤原子的水解)
④不能使FeCl3溶液显紫色
【解析】　(1)根据G的结构简式可知，G在核磁共振氢谱中显示有5种不同化学环境的氢原子，其个数比为1∶1∶1∶2∶3；(2)由D的结构简式及C生成D的反应条件可知，物质C为，F为ClCH2COCl；(3)由E的分子式可知，D生成E是—NO2转变为—NH2，反应④的反应类型为还原反应；(4)根据A、B的结构简式可知，反应①的化学方程式为J＋H2O；(5)实际生产过程中D的产率较低的原因是C物质中有酚羟基，易被氧化，要提高产率可以将酚羟基保护后再硝化；(6)满足条件①分子组成比D少一个氧原子，即分子中有4个氧原子，②苯环上的一氯代物只有一种，③1 mol该物质最多可以和含4 mol NaOH的溶液反应(不考虑苯环上卤原子的水解)，④不能使FeCl3溶液显紫色，说明不含有酚羟基，符合这样条件的有机物结构简式为
考点二　限定条件下同分异构体书写及数目判断
核心知识·整合
1．常见限制条件与结构关系总结
2．解题思路
(1)思维流程
①确定官能团——根据限定条件确定同分异构体中所含官能团。
②确定思维顺序——结合所给有机物有序思维：碳链异构―→官能团位置异构―→官能团类别异构。
③确定答案——确定同分异构体种数或根据要求书写结构简式。
(2)注意事项
①从有机物性质联想官能团或结构特征。
官能团异构：a.二烯烃和炔烃；b.醛与酮、烯醇；c.芳香醇与酚、醚；d.羧基、酯基和羟基醛；e.氨基酸和硝基化合物等。
②书写要有序进行。如书写酯类物质的同分异构体时，可采用逐一增加碳原子的方法。
关键能力·突破
　　　考向限定条件下同分异构体书写及数目判断
典例(1)(2018·全国卷Ⅰ·36节选)化合物W可用作高分子膨胀剂，一种合成路线如下：
写出与E互为同分异构体的酯类化合物的结构简式(核磁共振氢谱为两组峰，峰面积比为1∶1)　。
(2)(2018·全国卷Ⅱ·36节选)以葡萄糖为原料制得的山梨醇(A)和异山梨醇(B)都是重要的生物质转化平台化合物。E是一种治疗心绞痛的药物，由葡萄糖为原料合成E的过程如下：
F是B的同分异构体，7.30g的F与足量饱和碳酸氢钠反应可释放出2.24L二氧化碳(标准状况)，F的可能结构共有 9　种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3∶1∶1的结构简式为。
(3)(2018·全国卷Ⅲ·36节选)近来有报道，碘代化合物E与化合物H在Cr—Ni催化下可以发生偶联反应，合成一种多官能团的化合物Y，其合成路线如下：
已知：RCHO＋CH3CHORCH===CHCHO＋H2O
X与D互为同分异构体，且具有完全相同官能团。X的核磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢，其峰面积之比为3∶3∶2。写出3种符合上述条件的X的结构简式
【解析】　(1)属于酯类，说明含有酯基。核磁共振氢谱为两组峰，峰面积比为1∶1，说明氢原子分为两类，各是6个氢原子，因此符合条件的有机物结构简式为(2)B的分子式为C6H10O4，分子的不饱和度为2，因此7.30 g F的物质的量为0.05 mol，其与足量饱和碳酸氢钠可释放出2.24 L二氧化碳(标准状况)，因此F分子中含有2个羧基。C4H10的二元羧酸的同分异构体的找法是先确定一元取代羧酸的结构，再确定二元取代羧酸的结构，一元取代羧酸有下列四种结构(H原子略去)C—C—C—C—COOH、然后找出上述四种结构的二元取代羧酸，因此④C—③C—②C—①C—COOH有4种结构(羧基分别在①～④号碳原子上)，有2种结构(羧基分别在①②号碳原子上)，有1种结构，有2种结构(羧基分别为①②号碳原子上)，因此总共有9种同分异构体。其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3∶1∶1的结构简式为。(3)D为结合限定条件：“具有完全相同官能团。X的核磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢，其峰面积之比为3∶3∶2”，则X可能为
〔迁移应用〕
　按要求回答下列问题：
(1)X是的同分异构体。X在酸性条件下水解，生成2种核磁共振氢谱都显示4组峰的芳香族化合物，其中一种遇FeCl3溶液显紫色，符合条件的X有 5　种。
(2)C8H8O3有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有 19　种。
a．遇FeCl3溶液发生显色反应
b．能发生水解反应
(3)化合物M是E()的同分异构体，已知M与E具有相同的官能团，且M为苯的二元取代物，则M的可能结构有 15　种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为
【解析】　(1)X是的同分异构体。X在酸性条件下水解，生成2种核磁共振氢谱都显示4组峰的芳香族化合物，其中一种遇FeCl3溶液显紫色符合条件的X有
共5种。(2)C8H8O3的同分异构体，满足遇氯化铁发生显色反应，说明分子中含有酚羟基；能发生水解反应，说明含有酯基；则满足条件的有机物结构为苯环连接3个取代基—OH、—CH3、—OOCH的有10种；连接2个取代基—OH、—COOCH3的有3种，连接—OH、—CH2OOCH的有3种，连接—OH、—OOCCH3的有3种，故共19种；(3)M与具有相同的官能团，且M为苯的二元取代物，两个取代基可能为—CH2CH2CH3和—COOH、—CH(CH3)2和—COOH、—CH2CH3和—CH2COOH、—CH3和—CH2CH2COOH、—CH3和—CH(CH3)COOH，每种组合均有邻、间、对三种位置异构，则M的可能结构有15种，其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为
考点三　有机合成与推断
核心知识·整合
1．有机物结构的推断方法
(1)根据反应条件推断反应物或生成物
①“光照”为烷烃的卤代反应。
②“NaOH水溶液、加热”为R—X的水解反应或酯()的水解反应。
③“NaOH醇溶液、加热”为R—X的消去反应。
④“浓HNO3(浓H2SO4)”为苯环上的硝化反应。
⑤“浓H2SO4、加热”为R—OH的消去或酯化反应。
⑥“浓H2SO4、170℃”是乙醇消去反应的条件。
(2)根据有机反应的特殊现象推断有机物的官能团
①使溴水褪色，则表示有机物分子中可能含有碳碳双键、碳碳三键或醛基。
②使酸性KMnO4溶液褪色，则该物质分子中可能含有碳碳双键、碳碳三键、醛基或苯的同系物(连接苯环的碳原子上有氢原子)。
③遇FeCl3溶液显紫色或加入浓溴水出现白色沉淀，表示该物质分子中含有酚羟基。
④加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热，有红色沉淀生成(或加入银氨溶液并水浴加热有银镜出现)，说明该物质分子中含有—CHO。
⑤加入金属钠，有H2产生，表示该物质分子中可能有—OH或—COOH。
⑥加入NaHCO3溶液有气体放出，表示该物质分子中含有—COOH。
(3)以特征产物为突破口来推断碳架结构和官能团的位置
①醇的氧化产物与结构的关系
②由消去反应的产物可确定“—OH”或“—X”的位置。
③由取代产物的种类或氢原子环境可确定碳架结构。
有机物取代产物种类越少或相同环境的氢原子数越多，说明该有机物分子结构的对称性越高，因此可由取代产物的种类或氢原子环境联想到该有机物碳架结构的对称性而快速解题。
④由加氢后的碳架结构可确定碳碳双键或碳碳三键的位置。
⑤由有机物发生酯化反应能生成环酯或高聚酯，可确定该有机物是含羟基的羧酸；根据酯的结构，可确定—OH与—COOH的相对位置。
(4)根据关键数据推断官能团的数目
②2—OH(醇、酚、酸酸)H2；
③2—COOHCO2，—COOHCO2；
⑤RCH2OHCH3COOCH2R。
　(Mr)　　　　　　　(Mr＋42)
2．常见的有机合成路线
(1)一元合成路线
R—CH===CH2R—CH2—CH2X　一元醇―→一元醛―→一元羧酸―→酯
(2)二元合成路线
(3)芳香化合物合成路线
3．官能团的引入
引入官能团 有关反应
羟基(—OH) 烯烃与水加成，醛/酮加氢，卤代烃水解，酯的水解，葡萄糖分解
卤素原子(—X) 烃与X2取代，不饱和烃与HX或X2加成，醇与HX取代
碳碳双键() 某些醇或卤代烃的消去，炔烃加氢
醛基(—CHO) 某些醇氧化，烯氧化，糖类水解，炔水化
羧基(—COOH) 醛氧化，酯酸性水解，羧酸盐酸化，苯的同系物被强氧化剂氧化
酯基() 酯化反应
4．有机合成中常见官能团的保护
(1)酚羟基的保护：因为酚羟基易被氧化，所以在氧化其他基团前可以先使其与NaOH反应，把—OH变成—ONa，将其保护起来，待氧化后再酸化将其转变为—OH。
(2)碳碳双键的保护：碳碳双键也容易被氧化，在氧化其他基团前可以利用其与HCl等的加成反应将其保护起来，待氧化后再利用消去反应转变为碳碳双键。
(3)氨基(—NH2)的保护：如由对硝基甲苯合成对氨基苯甲酸的过程中，应先把—CH3氧化成—COOH之后，再把—NO2还原为—NH2。若先还原—NO2生成—NH2，再用酸性高锰酸钾溶液氧化—CH3时，—NH2也会被氧化。
5．有机合成路线的设计方法
(1)正推法
即从某种原料分子开始，对比目标分子与原料分子的结构(碳骨架及官能团)，对该原料分子进行碳骨架的构建和官能团的引入(或者官能团的转化)，从而设计出合理的合成路线，其思维程序为：
……
如利用乙烯为原料合成乙酸乙酯，可采用正推法：
(2)逆推法
即从目标分子着手，分析目标分子的结构，然后由目标分子逆推出原料分子，并进行合成路线的设计，其思维程序为：
……
如采用逆推法，通过对苯甲酸苯甲酯()的结构分析可知，合成该有机化合物的是苯甲酸与苯甲醇，继续逆推可得出原料分子为甲苯，如图所示：
设计合成路线时，要选择反应步骤少，试剂成本低，操作简单，毒性小，污染小，副产物少的路线，即
(3)正逆双向结合法
采用正推和逆推相结合的方法，是解决合成路线题的最实用的方法，其思维程序为：
……
关键能力·突破
　考向1　有机合成路线的设计
典例1(1)(2018·全国卷Ⅰ节选)化合物W可用作高分子膨胀剂，一种合成路线如下：
苯乙酸苄酯()是花香型香料，设计由苯甲醇为起始原料制备苯乙酸苄酯的合成路线(无机试剂任选)。
(2)(2017·全国卷Ⅲ节选)氟他胺G是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A制备G的合成路线如下：
4－甲氧基乙酰苯胺()是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚()制备4－甲氧基乙酰苯胺的合成路线(其他试剂任选)。
(3)(2016·全国卷Ⅰ节选)秸秆(含多糖类物质)的综合利用具有重要的意义。下面是以秸秆为原料合成聚酯类高分子化合物的路线：
参照上述合成路线，以(反，反)－2，4－己二烯和C2H4为原料(无机试剂任选)，设计制备对苯二甲酸的合成路线。
【解析】　(1)逆推法。要合成苯乙酸苄酯，需要，根据题给反应可知，需要需要苯甲醇和HCl反应即可生成(2)对比原料和目标产物，目标产物在苯甲醚的对位引入了—NHCOCH3。结合题干中合成路线的信息，首先在苯甲醚的对位引入硝基，再将硝基还原为氨基，最后与发生取代反应即可得到目标产物。(3)通过(反，反)－2，4－己二烯二酸写出(反，反)－2，4－己二烯，结合C→D→E实现链状烃到芳香烃，(反，反)－2，4－己二烯与乙烯发生加成反应生成，在Pd/C作用下生成，然后用酸性高锰酸钾溶液氧化生成
〔迁移应用〕
1．(2022·淄博高二检测)W是一种高分子功能材料，在生产、生活中有广泛应用。一种合成W的路线如图。
请设计以2，3－二氯丁烷、丙烯醛为原料合成苯甲醛的合成路线(无机试剂任选)
【解析】　要合成苯甲醛，依据题中信息，苯环可由二烯烃与烯醛反应生成六元环后在一定条件得到；2，3－二氯丁烷通过消去可得到丁二烯。故设计合成路线：
2．(2022·开封高二检测)G、H是中药甘草中的两种主要活性成分，其某种合成路线如下：
已知：RCOOHRCOCl设计以苯甲醇和(CH3CO)2O为起始原料，制备的合成路线：
【解析】　根据E→G的反应可以推出可由制得，根据“已知”可知
，根据A→B的反应可知，可以用可由经过氧化制得，故以苯甲醇和(CH3CO)2O为起始原料，制备的合成路线为
　考向2　有机化合物的合成与推断
典例2(2019·全国卷Ⅰ，36)化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
回答下列问题：,
(1)A中的官能团名称是羟基　。
(2)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出B的结构简式，用星号(*)标出B中的手性碳
(3)写出具有六元环结构并能发生银镜反应的B的同分异构体的结构简式(不考虑立体异构，只需写出3个)。
(4)反应④所需的试剂和条件是 C2H5OH/浓H2SO4、加热　。
(5)⑤的反应类型是取代反应　。
(6)写出F到G的反应方程式
(7)设计由甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH3COCH2COOC2H5)制备的合成路线
【解析】　(1)根据A的结构简式可知A中的官能团名称是羟基。(2)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，则根据B的结构简式可知B中的手性碳原子可表示为。(3)具有六元环结构、并能发生银镜反应的B的同分异构体的结构简式中含有醛基，则可能的结构为。(4)反应④是酯化反应，所需的试剂和条件是乙醇、浓硫酸、加热。(5)根据以上分析可知⑤的反应类型是取代反应。(6)F到G的反应分两步完成，方程式依次为(7)由甲苯和乙酰乙酸乙酯可以先由甲苯合成，再根据题中反应⑤的信息由乙酰乙酸乙酯合成最后根据题中反应⑥的信息由合成产品具体的合成路线图为
〔迁移应用〕
3．(2022·太原模拟)普瑞巴林(pregabalin)常用于治疗糖尿病和带状疱疹引起的神经痛，其合成路线如下：
ⅱ.RCOOH＋CO(NH2)2RCONH2＋NH3↑＋CO2↑
回答下列问题：
(1)A的化学名称为 3-甲基丁醛或异戊醛　，—NH2的电子式
(2)B的结构简式为　。
(3)反应②的反应类型是加成反应　。
(4)D中有 2　个手性碳原子。
(5)写出反应④的化学方程式＋
(6)H是G的同系物，其碳原子数比G少四个，则H可能的结构(不考虑立体异构)有 5　种，其中—NH2在链端的有
(7)写出以1，6-己二酸为原料制备聚戊内酰胺()的合成路线
―→(其他无机试剂和有机溶剂任选)。
【解析】　(1)根据A的结构简式，A属于醛，按照系统命名的原则，该有机物A的名称为3-甲基丁醛；故答案为3－甲基丁醛或异戊醛；—NH2是氨气失去1个电子后生成的物质，其电子式为;(2)对比A和C的结构简式，A与NCCH2COOCH3发生已知i的反应，NCCH2COOCH3中的亚甲基上C与醛基上的碳原子以碳碳双键相连，同时生成水，则B的结构简式为；(3)对比B和C的结构简式，C中不含有碳碳双键，B→C的反应类型为加成反应，故答案为加成反应；(4)根据手性碳原子的定义，有机物D中含有的手性碳原子有2个，即(5)根据已知ⅱ可知，反应④的反应方程式为＋CO(NH2)2＋CO2↑＋NH3↑＋H2O；(6)H是G的同系物，碳原子比G少四个，即H中有四个碳原子，与G具有相同的官能团，H中应含有氨基和羧基，H可能的结构简式为其中—NH2在链端的有：(7)可以采用逆推法进行分析，聚戊内酰胺为高分子化合物，其单体为，根据F→普瑞巴林的路线，则生成的为物质为，根据信息ⅱ，推出生成的物质为，则合成路线为―→。
热点聚焦
REDIANJUJIAO　　　　　　对应学生用书学案P147
有机合成与推断大题研析
〔高考必备〕
1．有机推断题的解题思路
解有机推断题的关键点是寻找突破口，抓住突破口进行合理假设和推断。常见的突破口：(1)特殊颜色、特殊状态、特殊气味等物理性质；(2)特殊反应类型和反应条件，特殊反应现象和官能团所特有的性质，特殊制法和特殊用途等。
2．有机合成题的解题思路
①目标有机物的判断：首先判断目标有机物属于哪类有机物，其次分析目标有机物中碳原子的个数、碳链组成与原料、中间物质的组成关系。
②目标有机物的拆分：根据给定原料，结合信息，利用反应规律合理地把目标有机物分解成若干个片段，找出官能团引入、转换的途径及保护方法。
③思维方法的运用：找出关键点、突破点后，要正向思维和逆向思维、纵向思维和横向思维相结合，选择最佳合成途径。
3．回答具体问题的相关策略或注意事项如下
(1)写合成路线中的化学方程式：注意反应条件、配平，不要漏写小分子等；
(2)设计某些步骤的目的：一般是保护某基团不被氧化或还原等；如无法确定反应原理则可回答保护某基团不被反应；
(3)未知物或副产物的判断
①流程中未知物的判断：圈出前后两种物质的相同点与不同点；分析反应条件可能给予的暗示；结合其他所给已知条件(如分子式、性质等)推断该物质的结构简式并验证；
②副产物的判断：按“流程中未知物”生成原理判断；值得一提的是：在物质旧键断裂的过程中，断键的部位可能不同，或者一个或多个相同基团同时断键，或者连接顺序不同，这是产生副产物的重要途径。
(4)同分异构体的书写策略
①残基的原子个数、不饱和度确保正确；②结构简式的规范书写；③若限制条件中有关于不同化学环境氢的种类的限定，一般来说要写的有机物是相对最对称的；④用条件去验证结构简式。
〔典例探究〕
典例(2019·全国卷Ⅱ，36)环氧树脂因其具有良好的机械性能、绝缘性能以及与各种材料的粘结性能，已广泛应用于涂料和胶黏剂等领域。下面是制备一种新型环氧树脂G的合成路线：
已知以下信息：
回答下列问题：
(1)A是一种烯烃，化学名称为丙烯　，C中官能团的名称为氯原子　、羟基　。
(2)由B生成C的反应类型为加成反应　。
(3)由C生成D的反应方程式为(4)E的结构简式为
(5)E的二氯代物有多种同分异构体，请写出其中能同时满足以下条件的芳香化合物的结构简式
①能发生银镜反应
②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1
(6)假设化合物D、F和NaOH恰好完全反应生成1mol单一聚合度的G，若生成的NaCl和H2O的总质量为765g，则G的n值理论上应等于 8　。
【解析】　(1)由烯烃A的分子式C3H6可知A为丙烯(CH2===CHCH3)，根据反应条件和B的分子式可知B为CH2===CHCH2Cl，由B、C的分子式可知CH2===CHCH2Cl与HOCl(次氯酸)发生加成反应生成C，结构简式为CH2OHCHClCH2Cl或CH2ClCHOHCH2Cl，官能团的名称为氯原子、羟基。(2)由(1)分析可知B生成C的反应类型为加成反应。(3)由反应条件结合原子守恒可写出C生成D的反应方程式为或(4)由已知信息①，再结合F的结构简式可知，E的结构简式为(5)由“能发生银镜反应”知含有醛基—CHO；E的二氯代物一共含有6个氢原子，其同分异构体的核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1，一定含有1个甲基和1个醛基，另外2个氢原子对称，则结构简式为(6)由已知信息②③知，每发生反应②生成1 mol醚键，同时生成1 mol NaCl和1 mol H2O，若生成的NaCl和H2O的总质量为765 g，即生成10 mol NaCl和10 mol H2O，则D、F和NaOH恰好完全反应生成1 mol单一聚合度的G时共形成10 mol与反应②类似的醚键，即1个G分子中含有10个反应②形成的醚键，结合G的结构简式，可知n值理论上应等于8。
〔预测演练〕
1．(2022·唐山模拟)中国科学院动物研究所康乐院士团队在《自然》上发表了一项揭示蝗虫聚群成灾奥秘的研究成果，发现了一种蝗虫群聚信息素分子4VA(4-乙烯基苯甲醚)。这项研究不仅揭示了蝗虫群居的奥秘，而且使蝗虫的绿色和可持续防控成为可能。4VA的一种合成路线如图。
(1)B的结构简式为　；C→D的反应类型为还原反应　。
(2)乙酸酐的结构简式为(CH3CO)2O，则B→C的化学方程式为
(3)C可以在催化剂、加热条件下与H2发生加成反应生成D，对比合成路线中的反应条件，说明不选择H2的主要原因苯环也可以在此条件下与H2发生加成反应，副产物较多，D的产率较低　。
(4)C有多种同分异构体，其中能满足下列条件的芳香族化合物的结构简式为①能发生银镜反应，也能发生水解反应，且水解后的产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；
②核磁共振氢谱有四组峰，峰面积比为1∶1∶2∶6。
(5)H()是有机合成中重要的中间体，设计由1，3，5-三氯苯()制备H的合成路线。(无机试剂和四个碳以下的有机试剂任选)
【解析】　通过观察，A属于芳香族化合物，根据A的分子式可推出A为苯酚；结合C的结构简式可知苯酚与碘甲烷发生取代反应得到B，所以B的结构简式为根据C和D结构简式可知，C→D的反应类型为还原反应。(1)由分析可知B的结构简式为，根据C和D结构简式可知，C→D的反应类型为还原反应；(2)对比B和C的结构简式可知，B与乙酸酐发生了取代反应，B→C的化学方程式为(3)C中含有苯环和羰基，C中羰基和苯环都可以在催化剂、加热条件下与H2发生加成反应，副产物较多，D的产率较低；(4)C的同分异构体属于芳香族化合物，说明含有苯环，能发生银镜反应且能水解，分子式中有两个O原子，说明是甲酸酯，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明是甲酸酚酯，即含有结构结合核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶6可知，结构中还有两个甲基，且两个甲基的位置对称，所以满足条件的结构简式为(5)采用逆推思维，根据题干合成路线可知可以由和H2发生加成反应得到，而和CH3I在碱催化条件下生成，可以由在碱性条件下水解再酸化后制得，由此可写出合成路线为
2．(2022·南昌模拟)本维莫德乳膏为全球第一个被批准同时治疗银屑病和湿疹的非激素类外用药，于2019年10月19日在中国上市，商品名为欣比克。其主要成分本维莫德的一种合成方法如图：
回答下列问题：
(1)A可由异丙基苯()制得，A的化学名称为对异丙基苯甲醛(或4-异丙基苯甲醛)　，E中官能团的名称为醛基、酯基　。
(2)B的结构简式为　，B→C的反应类型为取代反应　。
(3)D与新制的Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为
(4)D→E的目的是保护酚羟基　。
(5)M是A的同系物，相对分子质量比A小14，M的可能结构有 14　种(不含立体异构)，其中核磁共振氢谱有4组峰的一种分子的结构简式是　。
(6)根据上述路线中的相关知识，以甲苯为原料，设计制备()的合成路线(其他试剂任选)
【解析】　由有机物的转化关系可知在溴化铁做催化剂作用下与溴发生取代反应生成，则B为；在碘化亚铜做催化剂作用下，与CH3ONa发生取代反应生成在py作用下与碘化氢发生取代反应生成一定条件下与乙酸酐发生取代反应生成t—BuOK先后发生加成反应、消去反应、取代反应生成(1)A的结构简式为名称为对异丙基苯甲醛或4-异丙基苯甲醛；E的结构简式为，官能团为醛基和酯基，故答案为：对异丙基苯甲醛或4-异丙基苯甲醛；醛基、酯基；(2)B的结构简式为，B→C的反应为碘化亚铜做催化剂作用下，与CH3ONa发生取代反应生成和溴化钠；(3)碱性条件下，与新制的氢氧化铜悬浊液共热发生氧化反应生成氧化亚铜和水，反应的化学方程式为(4)由结构简式可知，D、F中都含有酚羟基，则D→E的目的是保护酚羟基，故答案为：保护酚羟基；(5)M是相对分子质量比A小14的同系物，则M比A少1个CH2原子团。苯环有1个取代基可能为—CH2CH2CHO或，苯环有2个取代基为—CH2CH3和—CHO或—CH3和—CH2CHO，苯环可以有3个取代基为2个—CH3和1个—CHO，其中取代基为—CH2CH2CHO和的各有1种，取代基为—CH2CH3和—CHO或—CH3和—CH2CHO的结构都有邻间对3种结构，取代基为2个—CH3和1个—CHO的结构有6种，则符合条件的结构简式有14种，其中核磁共振氢谱有4组峰的一种分子的结构简式为(6)由题给有机物的转化关系可知，以甲苯为原料制备的合成步骤为光照条件下与氯气发生取代反应生成在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成在铜做催化剂作用下，与氧气发生催化氧化反应生成与先后发生加成反应、消去反应生成合成路线为专题十　化学实验基础与综合实验探究
明·课程标准
MINGKECHENGBIAOZHUN　　　　　　对应学生用书学案P103
1．具有较强的问题意识，能提出化学探究问题，能作出预测和假设。能依据实验目的和假设，设计解决简单问题的实验方案，能对实验方案进行评价。
2．能运用实验基本操作实施实验方案，具有安全意识和环保意识。能观察并如实记录实验现象和数据，进行分析和推理，得出合理的结论。能与同学合作交流，对实验过程和结果进行反思，说明假设、证据和结论之间的关系，用恰当形式表达和展示实验成果。
3．能根据不同类型实验的特点，设计并实施实验。能预测物质的某些性质，并进行实验验证；能运用变量控制的方法初步探究反应规律；能根据物质性质的差异选择物质分离的实验方法；能根据物质的特征反应和干扰因素选取适当的检验试剂；能根据反应原理选取实验装置制取物质。
　品·高考真题,　　　　　　　PINGAOKAOZHENTI　　　　　　对应学生用书学案P104
真题细研
1．(2022·全国甲卷)根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是(　C　)
选项 实验目的 实验及现象 结论、
A 比较CH3COO－和HCO的水解常数 分别测浓度均为0.1mol·L－1的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者 Kh(CH3COO－) B 检验铁锈中是否含有二价铁 将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液，紫色褪去 铁锈中含有二价铁
C 探究氢离子浓度对CrO、Cr2O相互转化的影响 向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色 增大氢离子浓度，转化平衡向生成Cr2O的方向移动
D 检验乙醇中是否含有水 向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体 乙醇中含有水
【解析】　CH3COONH4中NH水解，NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋，会消耗CH3COO－水解生成的OH－，测定相同浓度的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者，不能说明Kh(CH3COO－)＜Kh(HCO)，A错误；浓盐酸也能与KMnO4发生反应，使溶液紫色褪去，B错误；K2CrO4中存在平衡2CrO(黄色)＋2H＋??Cr2O(橙红色)＋H2O，缓慢滴加硫酸，H＋浓度增大，平衡正向移动，故溶液黄色变成橙红色，C正确；乙醇和水均会与金属钠发生反应生成氢气，故不能说明乙醇中含有水，D错误。
2．(2022·全国乙卷)某白色粉末样品，可能含有Na2SO4、Na2SO3、Na2S2O3和Na2CO3。取少量样品进行如下实验：
①溶于水，得到无色透明溶液
②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体逸出。离心分离。
③取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液有沉淀生成。
该样品中确定存在的是(　A　)
A．Na2SO4、Na2S2O3 B．Na2SO3、Na2S2O3
C．Na2SO4、Na2CO3 D．Na2SO3、Na2CO3
【解析】　由题意可知，①取少量样品溶于水得到无色透明溶液，说明固体溶于水且相互之间能共存，②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体放出，说明固体中存在Na2S2O3，发生反应S2O＋2H＋===S↓＋H2O＋SO2↑，离心分离，③取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液，有沉淀生成，则沉淀为BaSO4，说明固体中存在Na2SO4，不能确定是否有Na2SO3和Na2CO3，Na2SO3与过量盐酸反应生成二氧化硫，Na2CO3与过量盐酸反应生成二氧化碳，而这些现象可以被Na2S2O3与过量盐酸反应的现象覆盖掉，综上分析，该样品中确定存在的是：Na2SO4、Na2S2O3，答案选A。
3．(2022·全国乙卷)由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是(　C　)
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
【解析】　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，未反应的稀硫酸会和新制氢氧化铜反应，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；聚氯乙烯加强热产生能使湿润蓝色湿润试纸变红的气体，说明产生了氯化氢，不能说明氯乙烯加聚是可逆反应，可逆反应是指在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应的方向进行的反应，而氯乙烯加聚和聚氯乙烯加强热分解条件不同，D错误。
4．(2021·全国乙卷T2)在实验室采用如图装置制备气体，合理的是(　C　)
化学试剂 制备的气体
A Ca(OH)2＋NH4Cl NH3
B MnO2＋HCl(浓) Cl2
C MnO2＋KClO3 O2
D NaCl＋H2SO4(浓) HCl
【解析】　氨气的密度比空气小，不能用向上排空法收集，故A错误；二氧化锰与浓盐酸共热制备氯气为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，故B错误；二氧化锰和氯酸钾共热制备氧气为固固加热的反应，能选用固固加热装置，氧气的密度大于空气，可选用向上排空气法收集，故C正确；氯化钠与浓硫酸共热制备氯化氢为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，故D错误。
5．(2021·全国甲卷)实验室制备下列气体的方法可行的是(　D　)
气体 方法
A 氨气 加热氯化铵固体
B 二氧化氮 将铝片加到冷浓硝酸中
C 硫化氢 向硫化钠固体滴加浓硫酸
D 氧气 加热氯酸钾和二氧化锰的混合物
【解析】　氯化铵不稳定，加热易分解生成氨气和氯化氢，但遇冷又会化合生成氯化铵固体，所以不能用于制备氨气，A不可行；将铝片加到冷浓硝酸中会发生钝化现象，不能用于制备二氧化氮，B不可行；硫化氢为还原性气体，浓硫酸具有强氧化性，不能用浓硫酸与硫化钠固体反应制备硫化氢气体，因为该气体会与浓硫酸发生氧化还原反应，C不可行；实验室加热氯酸钾和二氧化锰的混合物，生成氯化钾和氧气，二氧化锰作催化剂，可用此方法制备氧气，D可行。
6．(2020·全国卷Ⅰ·9)下列气体去除杂质的方法中，不能实现目的的是(　A　)
气体(杂质) 方法
A SO2(H2S) 通过酸性高锰酸钾溶液
B Cl2(HCl) 通过饱和的食盐水
C N2(O2) 通过灼热的铜丝网
D NO(NO2) 通过氢氧化钠溶液
【解析】　SO2和H2S都具有较强的还原性，都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；因此用酸性高锰酸钾溶液除杂质H2S时，SO2也会被吸收，故A项不能实现除杂目的；氯气中混有少量的氯化氢气体，可以用饱和食盐水除去；饱和食盐水在吸收氯化氢气体的同时，也会抑制氯气在水中的溶解，故B项能实现除杂目的；氮气中混有少量氧气，在通过灼热的铜丝网时，氧气可以与之发生反应：2Cu＋O22CuO，而铜与氮气无法反应，因此可以采取这种方式除去杂质氧气，故C项能实现除杂目的；NO2可以与NaOH发生反应：2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O，NO与NaOH溶液不能发生反应；尽管NO可以与NO2一同跟NaOH发生反应：NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O，但由于杂质的含量一般较少，所以也不会对NO的量产生较大的影响，故D项能实现除杂的目的。
7．(2020·全国卷Ⅲ·10)喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体—溶液，能出现喷泉现象的是(　B　)
气体 溶液
A. H2S 稀盐酸
B. HCl 稀氨水
C. NO 稀H2SO4
D. CO2 饱和NaHCO3溶液
【解析】　由于硫化氢气体和盐酸不发生反应且硫化氢在水中的溶解度较小，烧瓶内外压强差变化不大，不会出现喷泉现象，A错误；氯化氢可以和稀氨水中的一水合氨发生反应，使烧瓶内外产生较大压强差，能够出现喷泉实验，B正确；一氧化氮不与硫酸发生反应且不溶于水，烧瓶内外不会产生压强差，不能发生喷泉现象，C错误；二氧化碳不会溶于饱和碳酸氢钠溶液中，烧瓶内外不会产生压强差，不能发生喷泉实验，D错误。
8．(2022·全国甲卷)硫化钠可广泛用于染料、医药行业。工业生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质。硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇。实验室中常用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品。回答下列问题：
(1)工业上常用芒硝(Na2SO4·10H2O)和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生成CO，该反应的化学方程式为__Na2SO4·10H2O＋4CNa2S＋4CO↑＋10H2O__。
(2)溶解回流装置如图所示，回流前无需加入沸石，其原因是__硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石__。回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的1/3。若气雾上升过高，可采取的措施是__降低温度__。
(3)回流时间不宜过长，原因是__乙醇与水形成共沸化合物，影响后面硫化钠结晶水合物的形成__。回流结束后，需进行的操作有①停止加热　②关闭冷凝水　③移去水浴，正确的顺序为__D__(填标号)。
A．①②③ B．③①②
C．②①③ D．①③②
(4)该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，其原因是__防止滤液冷却__。过滤除去的杂质为__重金属硫化物__。若滤纸上析出大量晶体，则可能的原因是__温度逐渐恢复至室温__。
(5)滤液冷却、结晶、过滤，晶体用少量__95%乙醇溶液__洗涤，干燥，得到Na2S·xH2O。
【解析】　(1)工业上常用芒硝(Na2SO4·10H2O)和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生产CO，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为：Na2SO4·10H2O＋4CNa2S＋4CO↑＋10H2O；(2)由题干信息，生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石，因此回流前无需加入沸石，若气流上升过高，可直接降低温度，使气压降低；(3)若回流时间过长，乙醇与水形成共沸化合物，影响后面硫化钠结晶水合物的形成；回流结束后，先停止加热，再移去水浴后再关闭冷凝水，故正确的顺序为①③②，答案选D；(4)硫化钠易溶于热乙醇，使用锥形瓶可有效防止滤液冷却，重金属硫化物难溶于乙醇，故过滤除去的杂质为重金属硫化物，由于硫化钠易溶于热乙醇，过滤后温度逐渐恢复至室温，滤纸上便会析出大量晶体；(5)乙醇与水互溶，硫化钠易溶于热乙醇，因此将滤液冷却、结晶、过滤后，晶体可用少量95%乙醇溶液洗涤，再干燥，即可得到Na2S·xH2O。
9．(2022·全国乙卷)二草酸合铜(Ⅱ)酸钾(K2[Cu(C2O4)2])可用于无机合成、功能材料制备。实验室制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾可采用如下步骤：
Ⅰ.取已知浓度的CuSO4溶液，搅拌下滴加足量NaOH溶液，产生浅蓝色沉淀。加热，沉淀转变成黑色，过滤。
Ⅱ.向草酸(H2C2O4)溶液中加入适量K2CO3固体，制得KHC2O4和K2C2O4混合溶液。
Ⅲ.将Ⅱ的混合溶液加热至80～85℃，加入Ⅰ中的黑色沉淀。全部溶解后，趁热过滤。
Ⅳ.将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩，经一系列操作后，干燥，得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体，进行表征和分析。
回答下列问题：
(1)由CuSO4·5H2O配制Ⅰ中的CuSO4溶液，下列仪器中不需要的是__分液漏斗和球形冷凝管__(填仪器名称)。
(2)长期存放的CuSO4·5H2O中，会出现少量白色固体，原因是__CuSO4·5H2O风化失去结晶水生成无水硫酸铜__。
(3)Ⅰ中的黑色沉淀是__CuO__(写化学式)。
(4)Ⅱ中原料配比为n(H2C2O4)∶n(K2CO3)＝1.5∶1，写出反应的化学方程式__3H2C2O4＋2K2CO3===2KHC2O4＋K2C2O4＋2H2O＋2CO2↑__。
(5)Ⅱ中，为防止反应过于剧烈而引起喷溅，加入K2CO3应采取__分批加入并搅拌__的方法。
(6)Ⅲ中应采用__水浴__进行加热。
(7)Ⅳ中“一系列操作”包括__冷却结晶、过滤、洗涤__。
【解析】　取已知浓度的CuSO4溶液，搅拌下滴加足量NaOH溶液，产生浅蓝色沉淀氢氧化铜，加热，氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀，过滤，向草酸(H2C2O4)溶液中加入适量K2CO3固体，制得KHC2O4和K2C2O4混合溶液，将KHC2O4和K2C2O4混合溶液加热至80～85℃，加入氧化铜固体，全部溶解后，趁热过滤，将滤液用蒸汽浴加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体。(1)由CuSO4·5H2O固体配制硫酸铜溶液，需用天平称量一定质量的CuSO4·5H2O固体，将称量好的固体放入烧杯中，用量筒量取一定体积的水溶解CuSO4·5H2O，因此用不到的仪器有分液漏斗和球形冷凝管。(2)CuSO4·5H2O含结晶水，长期放置会风化失去结晶水，生成无水硫酸铜，无水硫酸铜为白色固体。(3)硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀，加热，氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀。(4)草酸和碳酸钾以物质的量之比为1.5∶1发生非氧化还原反应生成KHC2O4、K2C2O4、CO2和水，依据原子守恒可知，反应的化学方程式为：3H2C2O4＋2K2CO3===2KHC2O4＋K2C2O4＋2H2O＋2CO2↑。(5)为防止草酸和碳酸钾反应时反应剧烈，造成液体喷溅，可减缓反应速率，将碳酸钾进行分批加入并搅拌。(6)Ⅲ中将混合溶液加热至80～85℃，应采取水浴加热，使液体受热均匀。(7)从溶液获得晶体的一般方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，因此将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体。
10．(2021·全国乙卷T)氧化石墨烯具有稳定的网状结构，在能源、材料等领域有着重要的应用前景，通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下(装置如图所示)：
Ⅰ.将浓H2SO4、NaNO3、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中，剧烈搅拌下，分批缓慢加入KMnO4粉末，塞好瓶口。
Ⅱ.转至油浴中，35℃搅拌1小时，缓慢滴加一定量的蒸馏水。升温至98℃并保持1小时。
Ⅲ.转移至大烧杯中，静置冷却至室温。加入大量蒸馏水，而后滴加H2O2至悬浊液由紫色变为土黄色。
Ⅳ.离心分离，稀盐酸洗涤沉淀。
Ⅴ.蒸馏水洗涤沉淀。
Ⅵ.冷冻干燥，得到土黄色的氧化石墨烯。
回答下列问题：
(1)装置图中，仪器a、c的名称分别是__滴液漏斗__、__三颈烧瓶__，仪器b的进水口是__d__(填字母)。
(2)步骤Ⅰ中，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴，原因是__反应放热，防止反应过快__。
(3)步骤Ⅱ中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是__反应温度接近水的沸点，油浴更易控温__。
(4)步骤Ⅲ中，H2O2的作用是__2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑__(以离子方程式表示)。
(5)步骤Ⅳ中，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO来判断。检测的方法是__取最后一次洗出液，滴加BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则洗涤完成，否则没有完成__。
(6)步骤Ⅴ可用pH试纸检测来判断Cl－是否洗净，其理由是__H＋与Cl－电离平衡，洗出液接近中性时，可认为Cl－洗净__。
【解析】　(1)由图中仪器构造可知，a的仪器名称为滴液漏斗，c的仪器名称为三颈烧瓶；仪器b为球形冷凝管，起冷凝回流作用，为了使冷凝效果更好，冷却水要从d口进，a口出；(2)反应为放热反应，为控制反应速率，避免反应过于剧烈，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴；(3)油浴和水浴相比，由于油的比热容较水小，油浴控制温度更加灵敏和精确，该实验反应温度接近水的沸点，故不采用热水浴，而采用油浴，故答案为反应温度接近水的沸点，油浴更易控温；(4)由滴加H2O2后发生的现象可知，加入的目的是除去过量的KMnO4，则反应的离子方程式为2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O；(5)该实验中为判断洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO来判断，检测方法是：取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，若没有沉淀说明洗涤完成；(6)步骤IV用稀盐酸洗涤沉淀，步骤V洗涤过量的盐酸，H＋与Cl－电离平衡，洗出液接近中性时，可认为Cl－洗净。
11．(2021·全国甲卷)胆矾(CuSO4·5H2O)易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的CuO(杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：
(1)制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有__AC__(填标号)。
A．烧杯B．容量瓶C．蒸发皿D．移液管
(2)将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为__CuO＋H2SO4CuSO4＋H2O__，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是__不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少(硫酸利用率高)__。
(3)待CuO完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量H2O2，冷却后用NH3·H2O调pH为3.5～4，再煮沸10min，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、__过滤__、乙醇洗涤、__干燥__，得到胆矾。其中，控制溶液pH为3.5～4的目的是__除尽铁，抑制硫酸铜水解__，煮沸10min的作用是__破坏氢氧化铁胶体，易于过滤__。
(4)结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为____(写表达式)。
(5)下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是__①③__(填标号)。
①胆矾未充分干燥
②坩埚未置于干燥器中冷却
③加热时有少量胆矾迸溅出来
【解析】　(1)制备胆矾时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿，A、C符合题意；(2)将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为CuO＋H2SO4CuSO4＋H2O；直接用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜与二氧化硫和水，与这种方法相比，将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热制备胆矾的实验方案具有的优点是：不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少(硫酸利用率高)；(3)硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；CuO中含氧化铁杂质，溶于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素以氢氧化铁形式沉淀完全，需控制溶液pH为3.5～4，酸性环境同时还可抑制铜离子发生水解；操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体，所以煮沸10min，目的是破坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过滤；(4)称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷却至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。则水的质量是(m2－m3)g，所以胆矾(CuSO4·nH2O)中n值的表达式为∶＝n∶1，解得n＝；(5)①胆矾未充分干燥导致所测m2偏大，根据n＝可知，最终会导致结晶水数目测定值偏高，符合题意；②坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测m3偏大，根据n＝可知，最终会导致结晶水数目测定值偏低，不符合题意；③加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m3数值偏小，根据n＝可知，最终会导致结晶水数目测定值偏高，符合题意。
12．(2020·全国卷Ⅱ·27)苯甲酸可用作食品防腐剂。实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸，其反应原理简示如下：
名称 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 密度/(g·mL－1) 溶解性
甲苯 92 －95 110.6 0.867 不溶于水，易溶于乙醇
苯甲 酸 122 122.4(100℃左右开始升华) 248 — 微溶于冷水，易溶于乙醇、热水
实验步骤：
①在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5mL甲苯、100mL水和4.8g(约0.03mol)高锰酸钾，慢慢开启搅拌器，并加热回流至回流液不再出现油珠。
②停止加热，继续搅拌，冷却片刻后，从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液，并将反应混合物趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣。合并滤液和洗涤液，于冰水浴中冷却，然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析出完全。将析出的苯甲酸过滤，用少量冷水洗涤，放在沸水浴上干燥。称量，粗产品为1.0g。
③纯度测定：称取0.122g粗产品，配成乙醇溶液，于100mL容量瓶中定容。每次移取25.00mL溶液，用0.01000mol·L－1的KOH标准溶液滴定，三次滴定平均消耗21.50mL的KOH标准溶液。
回答下列问题：
(1)根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为__B__(填标号)。
A．100mL B．250mL
C．500mL D．1000mL
(2)在反应装置中应选用__球形__冷凝管(填“直形”或“球形”)，当回流液不再出现油珠即可判断反应已完成，其判断理由是__无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化__。
(3)加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是__除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气__；该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理，请用反应的离子方程式表达其原理__2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O__。
(4)“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是__MnO2__。
(5)干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，可能出现的结果是__苯甲酸升华而损失__。
(6)本实验制备的苯甲酸的纯度为__86.0%__；据此估算本实验中苯甲酸的产率最接近于__C__(填标号)。
A．70% B．60%
C．50% D．40%
(7)若要得到纯度更高的苯甲酸，可通过在水中__重结晶__的方法提纯。
【解析】　(1)加热液体，所盛液体的体积不超过三颈烧瓶的一半，三颈烧瓶中已经加入100mL的水，1.5mL甲苯，4.8g高锰酸钾，应选用250mL的三颈烧瓶；(2)为增加冷凝效果，在反应装置中宜选用球形冷凝管，当回流液中不再出现油珠时，说明反应已经完成，因为没有油珠说明不溶于水的甲苯已经完全被氧化；(3)高锰酸钾具有强氧化性，能将Cl－氧化。加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液是为了除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气；该步骤亦可用草酸处理，生成二氧化碳和锰盐，离子方程式为：5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；(4)由信息甲苯用高锰酸钾氧化时生成苯甲酸钾和二氧化锰，“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是MnO2；(5)苯甲酸100℃时易升华，干燥苯甲酸时，若温度过高，苯甲酸升华而损失；(6)由关系式C6H5COOH～KOH得，苯甲酸的纯度为0.01000mol·L－1×21.50×10－3L××100%＝86.0%；1.5mL甲苯理论上可得到苯甲酸的质量：×122g·mol－1＝1.72g，产品的产率为×100%＝50%；(7)提纯苯甲酸可用重结晶的方法。
考情预判
化学实验选择题考查点较为分散、涉及面广，试题难度不大，预计在2023年高考中，仍会以图表、装置图或文字描述等形式，考查化学实验的基本操作、仪器的创新使用，以元素化合物知识为基础，以分离、提纯为载体，对物质分离提纯的仪器使用，除杂试剂的选择进行考查，重点考查实验操作、目的、现象和结论之间的逻辑关系判断。
预测2023年高考中，化学实验在非选择题部分仍将结合新情境、新装置图进行综合考查，以物质的制备为载体，结合实验操作、仪器的使用、物质的分离、提纯、检验及纯度计算，对综合实验中某一环节或某一步骤进行方案设计或评价；以探究物质的性质或反应原理为命题主线、涉及性质或反应原理的预测、验证、结论等几个环节；以工艺流程为载体，考查实验操作、仪器的使用、物质的分离、提纯、陌生氧化还原方程式或离子方程式的书写等仍会是高考命题的热点。
　悟·核心要点,　　　　　　　WUHEXINYAODIAN　　　　　　对应学生用书学案P107
考点一　化学实验基础
核心知识·整合
1．实验仪器的选择方法
2．常见仪器的“一材多用”
应变换思维角度，注意常用仪器的非常规使用及“一材多用”。例如：干燥管除用于干燥气体外，还可以用于组装防倒吸装置(如图①)、组装类似启普发生器装置(如图②)；集气瓶除用于收集气体外，还可用于贮存气体(如图③)、测量气体体积(如图④)、作洗气瓶(如图⑤)等用途，图⑥既可以收集密度比空气大的气体(“长进短出”)，也可以收集密度比空气小的气体(“短进长出”)，还可以作为安全瓶(“短进长出”)等。
3．实验基本操作与实验安全中的注意点
(1)酸式滴定管不能装碱性溶液，碱式滴定管不能装酸性溶液。
(2)容量瓶不能长期存放溶液，更不能作为反应容器，也不可加热，瓶塞不可互用。
(3)烧瓶、烧杯、锥形瓶不可直接加热。
(4)pH试纸不能直接蘸取待测液。
(5)药品不能入口，也不能用手直接接触，实验剩余药品不能放回原处(K、Na等除外)，不能随意丢弃，要放入指定容器中。
(6)中和滴定实验中锥形瓶不能用待装液润洗。
(7)温度计不能代替玻璃棒用于搅拌，测液体温度时不能与容器内壁接触。
(8)用天平称量药品时，药品不能直接放在托盘上。
(9)量筒不能用来配制溶液或进行化学反应，更不能用来加热或量取热的溶液。
(10)试纸不能直接用手拿，要用镊子夹取。
(11)配制一定物质的量浓度的溶液时，定容摇匀后液面低于容量瓶刻度线时不能再补加蒸馏水。
4．物质分离与提纯的四种类型
(1)“固＋固”混合物的分离(提纯)
(2)“固＋液”混合物的分离(提纯)
(3)“液＋液”混合物的分离(提纯)
(4)“气＋气”混合物的分离(提纯)
5．物质检验的技巧和要求
(1)先物理后化学。先利用物质的特殊颜色、状态、气味、焰色反应等进行检验，后利用化学反应检验。
(2)先常温后加热。先鉴别出常温下反应的物质，后鉴别加热条件下反应的物质。
(3)先分组后“逐一”。根据阴(阳)离子或官能团的性质分成若干组，然后再逐一鉴别。
(4)检验反应要求具有一定的选择性、典型性和明显性的外部特征。如品红溶液检验SO2，KSCN溶液检验Fe3＋，湿润的红色石蕊试纸检验NH3等颜色的改变，或气体的生成，或沉淀的生成和溶解等特征现象。
(5)检验反应时常需排除干扰，如检验SO应排除CO、SO等干扰，检验Fe2＋、Fe3＋混合溶液中的Fe2＋和检验CO2、SO2混合气体中的CO2等。
(6)通过①观察颜色；②反应现象；③共存关系；④电荷守恒；⑤来龙去脉，追踪推断物质组成成分中一定含有、一定不含有、可能含有某物质(离子)。
关键能力·突破
,　考向1　实验仪器与基本操作
典例1(2021·重庆模拟)下列实验中，对应的仪器(夹持装置和加热装置均可满足)、现象和相关说明均正确的是(　D　)
选项 实验内容 选用仪器 实验说明
A 除去HCl中混有的Cl2 装有饱和食盐水的洗气瓶 利用物质溶解度差异洗气除杂
B 分离硝基苯和苯的混合物 蒸馏烧瓶、直形冷凝管、牛角管、锥形瓶 利用物质沸点差异进行分离操作
C 证明元素的非金属性：Cl＞C＞Si 盛有稀盐酸的分液漏斗、盛有Na2CO3溶液的试管、盛有Na2SiO3溶液的试管、导管和橡皮塞 应在盛装Na2CO3溶液和Na2SiO3溶液间增加一个盛有NaHCO3的洗气瓶才能达到实验目的
D 比较H2C2O4和H2CO3的酸性 测定常温时，相同物质的量浓度的NaHC2O4溶液与NaHCO3溶液的pH 通过pH(NaHC2O4)＜pH(NaHCO3)，可以证明酸性：H2C2O4＞H2CO3
【解析】　HCl极易溶于水，氯气在饱和氯化钠溶液中的溶解度很小，通过饱和食盐水除去了HCl，不符合除杂原则，故A错误；硝基苯和苯互溶，但沸点不同，可以通过蒸馏分离，蒸馏需要的仪器除了蒸馏烧瓶、直形冷凝管、牛角管、锥形瓶，还需要酒精灯、温度计等，仪器不全，不能完成实验，故B错误；盐酸易挥发，挥发出来的HCl也能与Na2SiO3溶液反应生成白色沉淀，因此需要在盛装Na2CO3溶液和Na2SiO3溶液间增加一个盛有NaHCO3的洗气瓶，但HCl不是Cl元素的最高价含氧酸，不能比较非金属性：Cl＞C＞Si，故C错误；通过测定常温时，相同物质的量浓度的NaHC2O4溶液与NaHCO3溶液的pH，pH(NaHC2O4)＜pH(NaHCO3)，根据越弱越水解，可以判断酸性：H2C2O4＞H2CO3，实验设计和结论均正确，故D正确。
方法技巧
(1)对仪器的性能和适用范围掌握要透彻，如蒸发皿和坩埚、量筒和容量瓶的适用范围不同。
①具有氧化性的试剂(如溴水、氯水、HNO3溶液)能氧化橡胶，所以不能用带有橡胶塞的试剂瓶保存，也不能用碱式滴定管量取。
②量取液体时要注意精度要求，如量筒只能量取10.0 mL溶液，不能量取10.00 mL溶液。量器[如容量瓶、量筒、酸(碱)式滴定管]：选择规格等于或大于(尽量接近)所需液体的体积，如量取50.0 mL溶液应选取50.0 mL量筒，不能用100.0 mL量筒等。
(2)对物质的性质掌握要透彻，如水与CCl4的相对密度大小，气体的溶解度、液体的挥发性、固体的升华、相似相溶性、乙烯被高锰酸钾酸性溶液氧化的产物是CO2、硫代硫酸钠遇酸发生歧化反应的性质等。
(3)对操作方法掌握要准确透彻。
〔迁移应用〕
1．(2022·蚌埠模拟)实验室制取下列气体，所选反应试剂、制备装置与收集方法合理的是(　A　)
选项 气体 反应试剂 制备装置 收集方法
A NH3 Ca(OH)2、NH4Cl a e
B Cl2 MnO2、浓盐酸 c d
C NO Cu、浓硝酸 c d
D SO2 Na2SO3、70%硫酸 b f
【解析】　实验室制取氨气时，可用Ca(OH)2、NH4Cl混合加热制取，氨气的密度小于空气，应选用向下排空气法，故选择装置ae，A合理；MnO2、浓盐酸制取Cl2需加热，发生装置应选择固液加热型装置，即选b，B不合理；Cu与浓硝酸反应生成的是NO2，C不合理；亚硫酸钠和硫酸反应不需要加热，且二氧化硫能和水反应不能用排水法收集，D不合理。
　考向2　物质的制备、分离和提纯
典例2(2022·日照模拟)实验室利用下图所示装置制备SbCl5。已知：SbCl3的沸点220.3℃，易水解；SbCl5在常压下沸点约140℃(同时分解)，易水解，可与氢氟酸反应制备HSbF6。下列说法错误的是(　D　)
A．仪器Ⅰ中的a为冷凝水的进水口
B．仪器Ⅱ的主要作用是吸收Cl2和空气中的水蒸气
C．SbCl5制备完成后，可减压蒸馏分离出SbCl5
D．用SbCl5制备HSbF6时，可在玻璃仪器中进行
【解析】　冷凝管中冷凝水应该“低进高出”，仪器Ⅰ中的a为冷凝水的进水口，故A正确；氯气有毒污染空气，SbCl3、SbCl5易水解，仪器Ⅱ中碱石灰的主要作用是吸收Cl2和空气中的水蒸气，故B正确；SbCl5的沸点比SbCl3低，SbCl5在常压下沸点约140 ℃(同时分解)，为防止SbCl5分解，制备完成后减压蒸馏分离出SbCl5，故C正确；SbCl5与氢氟酸反应制备HSbF6，玻璃中的二氧化硅和氢氟酸反应，所以不能在玻璃仪器中制备HSbF6，故D错误。
方法技巧
化学方法分离、提纯物质的“四原则”
(1)不增：指不能引入新的杂质
(2)不减：指应尽可能减少被分离与提纯的物质的损失。
(3)易分离：指如果使用试剂除去杂质时，要求反应后的产物跟被提纯的物质容易分离。
(4)易复原：指分离物或被提纯的物质都要容易复原。
〔迁移应用〕
2．利用废蚀刻液(含FeCl2、CuCl2及FeCl3)制备碱性蚀刻液[Cu(NH3)4Cl2溶液]和FeCl3·6H2O的主要步骤：用H2O2氧化废蚀刻液，制备氨气，制备碱性蚀刻液[CuCl2＋4NH3===Cu(NH3)4Cl2]、固液分离，用盐酸溶解沉淀并制备FeCl3·6H2O。下列实验原理和装置不能达到实验目的的是(　D　)
A．用装置甲制备NH3
B．用装置乙制备Cu(NH3)4Cl2并沉铁
C．用装置丙分离Cu(NH3)4Cl2溶液和Fe(OH)3
D．用装置丁将FeCl3溶液蒸干制备FeCl3·6H2O
【解析】　实验室制备氨气，可用氢氧化钙、氯化铵在加热条件下进行，故A正确；氨气易溶于水，注意防止倒吸，氨气与溶液反应生成Cu(NH3)4Cl2和氢氧化铁，故B正确；分离固体和液体，可用过滤的方法，故C正确；应在蒸发皿中蒸发，且避免氯化铁水解，更不能直接蒸干，故D错误。
　考向3　微型实验设计与评价
典例3(2022·潍坊模拟)氨基甲酸铵(NH2COONH4)易分解，易水解，难溶于CCl4。某小组设计如图所示装置制备氨基甲酸铵。已知：2NH3(g)＋CO2(g)??NH2COONH4(s)　ΔH<0
下列分析错误的是(　B　)
A．A装置的优点是能够随时控制反应的发生和停止
B．装置B、C、E中试剂可分别为饱和碳酸氢钠溶液、浓硫酸、P2O5固体
C．装置D使用冰水浴
D．装置F中所用试剂可为NH4Cl与熟石灰
【解析】　A装置为碳酸钙与盐酸反应制备CO2，氨基甲酸铵易水解，进入制备氨基甲酸铵装置D的气体必须干燥纯净气体，左侧装置B、C试剂可分别为饱和碳酸氢钠溶液、浓硫酸，装置F可用NH4Cl与碱石灰制备氨气，E中试剂需干燥氨气，可以选用碱石灰；A装置为碳酸钙与盐酸反应制备CO2简易制备装置，装置的优点是能够随时控制反应的发生和停止，A正确；氨基甲酸铵易水解，进入制备氨基甲酸铵装置D的气体必须干燥纯净气体，左侧装置B、C试剂可分别为饱和碳酸氢钠溶液、浓硫酸，制得纯净干燥的CO2，装置F可用NH4Cl与碱石灰制备氨气，E中试剂需干燥氨气，可以选用碱石灰，但不能选用P2O5固体，B错误，制备氨基甲酸铵的反应为放热反应，制得的物质易分解，所以装置D需降温，使用冰水浴，C正确；装置F可用NH4Cl与碱石灰反应制备氨气，D正确。
　　　　　　模型构建
解答装置图题目的一般方法
〔迁移应用〕
3．(2022·绵阳模拟)下列气体制备实验设计中，药品和装置都合理的是(　B　)
A．图1：碳酸钠与盐酸反应制备CO2
B．图2：铜片与稀硝酸反应制备NO
C．图3：消石灰与氯化铵固体反应制备NH3
D．图4：二氧化锰与浓盐酸反应制备Cl2
【解析】　碳酸钠为粉末，且易溶于水，应该采用难溶于水的CaCO3与稀HCl反应制取CO2气体，A不合理；Cu与稀硝酸反应产生NO气体，NO难溶于水，可用排水方法收集NO气体，用盛有NaOH溶液的烧杯盛装水，并可根据NO、O2与NaOH溶液发生反应的性质，来防止外逸的NO污染大气，B正确；NH3是大气污染物，无尾气处理装置，C错误；二氧化锰与浓盐酸在加热时发生反应制备Cl2，装置中无酒精灯加热，因此不能发生反应得到Cl2，D错误。
　考向4　图表型逻辑关系判断
典例4(2022·渭南模拟)下列实验操作、现象、解释或结论都正确的是(　A　)
选项 实验操作 现象 解释或结论
A 加热NaI固体和浓磷酸的混合物 有气体产生 生成了HI气体
B 取等物质的量的Al和Fe，分别与足量的稀盐酸反应 Al产生的氢气多 金属性：Al>Fe
C 向苯酚浊液中滴加饱和Na2CO3溶液 浊液变澄清 酸性：苯酚>碳酸
D 分别在20℃、30℃下，取0.1mol·L－1KI溶液，向其中先加入0.1mol·L－1的硫酸，再加入淀粉溶液，发生反应4H＋＋O2＋4I－===2I2＋2H2O 30℃下出现蓝色的时间短 探究反应速率与温度的关系
【解析】　加热NaI固体和浓磷酸的混合物，由于HI易挥发，浓磷酸不易挥发，会有HI气体生成，A正确；取等物质的量的Al和Fe，分别与足量的稀盐酸反应，Al产生的氢气多，说明Al失去的电子数多，但金属性与失去电子数多少无关，不能比较Al、Fe的金属性，B错误；向苯酚浊液中滴加饱和Na2CO3溶液，反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，浊液变澄清，说明酸性：苯酚>碳酸氢根，C错误；若先加硫酸，先发生反应4H＋＋O2＋4I－===2I2＋2H2O，在20 ℃、30 ℃都会反应生成碘，加入淀粉都会变蓝，应先加入淀粉，再加硫酸进行反应，D错误。
　　　　　　答题模板
解答有关表格分析型实验题的思维模型
〔迁移应用〕
4．(2022·浙江高考)亚硝酸钠俗称“工业盐”，其外观、口感与食盐相似，人若误服会中毒。现将适量某样品(成分为亚硝酸钠或氯化钠)溶于水配成溶液，分别取少量该溶液于试管中进行实验。下列方案设计、现象和结论都正确的是(　C　)
方案设计 现象和结论
A 先加入少量KClO3溶液，再加AgNO3溶液和足量稀硝酸，振荡 若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠
B 加到少量KMnO4溶液中，再加硫酸酸化，振荡 若溶液褪色，则样品为亚硝酸钠
C 先加到少量FeCl2溶液中，再加入稀盐酸酸化，振荡 若溶液变黄色，则样品为亚硝酸钠
D 先加入少量Na2SO3溶液，再加入BaCl2溶液和稀硝酸，振荡 若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠
【解析】　若样品为氯化钠，加入AgNO3溶液和足量稀硝酸后也会产生白色沉淀，不能确定样品为亚硝酸钠，A错误；氯化钠电离出的氯离子也可以被酸性高锰酸钾氧化，而使其褪色，B错误；亚硝酸有氧化性，可以把二价铁氧化为三价铁，溶液变为黄色，C正确；稀硝酸可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，再加入氯化钡可以生成硫酸钡白色沉淀，D错误。
考点二　综合实验设计与评价
核心知识·整合
(一)实验装置的连接与实验条件的控制
1．气体制备装置的选择与连接——“五审”
2．常见实验装置
(1)无机实验
①常见的气体发生装置
②常见的净化装置——用于除去气体中的杂质气体
③常见的气体收集装置
④常见的量气装置——通过排液法测量气体的体积
⑤有毒气体的处理装置
(2)有机实验
①反应装置
②蒸馏装置
③高考真题中出现的实验装置
3．实验条件控制的操作与目的
条件控制是化学实验的重要手段，通过控制条件可以使反应向着实际需要的方向进行与转化。
(1)化学实验中温度控制的目的
①加热的目的：加快化学反应速率或使化学平衡向某方向移动。
②降温的目的：防止某物质在高温时分解或使化学平衡向某方向移动。
③控制温度在一定范围的目的：若温度过低，则反应速率(或溶解速率)较慢；若温度过高，则某物质(如H2O2、氨水、草酸、浓硝酸、铵盐等)会分解或挥发。
④水浴加热的好处：受热均匀，温度可控，且温度不超过100℃。
⑤冰水浴冷却的目的：防止某物质分解或挥发。
⑥趁热过滤的原因：保持过滤温度，防止温度降低后某物质析出。
⑦减压蒸发的原因：减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止某物质分解(如浓缩双氧水需减压蒸发低浓度的双氧水溶液)。
(2)化学实验中控制气体流速的操作与目的
①H2还原金属氧化物(如CuO)的实验中，先通入一段时间H2的目的是排尽装置中的空气，防止加热时H2与O2混合发生爆炸。
②测定某铁硫化物(FexSy)的组成实验如下图所示：
实验中通过控制滴加分液漏斗中水的流速来控制产生O2的流速，当实验结束后(即硬质试管中固体质量不再改变时)，继续向烧瓶中滴加水，目的是利用产生的O2将装置中的SO2驱赶至D装置中，以保证反应产生的SO2被NaOH溶液完全吸收。
(二)物质的制备与物质的检验
1．熟知物质制备实验的解题流程
分析制 备流程
熟悉重 要仪器
特殊实验 装置分析 ①制备在空气中易吸水、潮解以及水解的物质(如Al2S3、AlCl3等)，往往在装置的末端再接一个干燥装置，以防止空气中水蒸气的进入。 ②用液体吸收气体，若气体溶解度较大，要加防倒吸装置。 ③若制备物质易被空气中氧气氧化，应加排空气装置
依据反应 特点作答 加热操作：①使用可燃性气体(如：H2、CO、CH4等)，先用原料气赶走系统内的空气，再点燃酒精灯加热，以防止爆炸。 ②制备一些易与空气中的成分发生反应的物质(如H2还原CuO的实验)，反应结束时，应先熄灭酒精灯，继续通原料气至试管冷却。 有机制备：①有机物易挥发，反应中通常采用冷凝回流装置，以提高原料的利用率和产物的产率。 ②在实验中需要控制反应条件，以减少副反应的发生。 ③根据产品与杂质的性质特点，选择合适的分离提纯方法
2．物质的检验与鉴别(定)方法
(1)物质检验的一般方法
(2)物质检验中干扰因素的排除
①离子检验中的干扰因素及排除措施(括号中为干扰离子)
②气体检验中干扰因素的排除
先检验出具有干扰作用的气体，并除去该气体，而且要确认该气体已经除尽，再检验其余气体。例如，验证“灼热木炭粉与浓硫酸反应后的气体生成物”流程：
气体→无水CuSO4干燥管检验H2O→品红溶液检验SO2→KMnO4溶液除去SO2→品红试液检验SO2除尽→通入澄清石灰水检验CO2。
(三)物质性质与物质组成探究
1．探究(验证)性质实验设计原则
对物质所具备的性质，从化学实验中寻求证据，设计实验方案的原则是操作简单，现象明显，安全可行。
2．探究性质实验设计依据与评价技巧
分析物质结构的特点或从物质所属类型的代表物去推测物质可能具有一系列性质，提出合理的实验方案，探索物质可能具有的各种性质。
(1)实验简单易行。要尽量避免使用高压和特殊催化剂等实验室难以达到的条件。
(2)实验顺序科学。要对各个实验步骤进行统一的规划和安排，保证实验准确高效，同时要减少副反应的发生和避免实验步骤间的相互干扰。
(3)实验现象直观。如“证明CH3COOH是弱电解质”的实验，可配制一定浓度的CH3COONa溶液，用pH试纸测溶液的pH，通过测定的结果pH>7得出结论，该实验既操作简便又现象明显。
(4)实验结论可靠。要反复推敲实验步骤和多方论证实验结果，做到实验结论准确可靠。
关键能力·突破
　考向1　制备型综合实验
典例1(2022·遵义模拟)丙烯腈(CH2===CHCN)是合成纤维、合成橡胶和合成树脂的重要单体，可以由乙炔与HCN反应制得。原理如下CH≡CH＋HCNCH2===CHCN
Ⅰ.制备催化剂CuCl2
(1)通过查阅资料有两种方案可以制备
方案1：铜屑与H2O2在浓盐酸中反应
方案2：铜丝在氯气中燃烧
方案1的实验原理如图所示
①器a的名称三颈烧瓶　；
②请写出方案1的反应原理 Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O　(用离子方程式表达)。
(2)用恒压滴液漏斗分批多次滴加H2O2，且H2O2过量，原因是 H2O2不稳定易分解，让反应更充分，提高CuCl2的产量　。
(3)方案2燃烧后的固体溶于水，过滤后发现一些白色固体X，为检测X的成分，某同学将其溶于稀硫酸，白色固体变为红色，且溶液呈蓝色，推测X为 CuCl　。
Ⅱ.合成丙烯腈
已知：①电石的主要成分是CaC2，还含有少量硫化钙
②HCN易挥发，有毒，具有较强的还原性
(4)HCN的电子式　。
(5)纯净的乙炔是无色、无臭的气体。但用电石制取的乙炔时常伴有臭鸡蛋气味，这种物质是 H2S气体　。
(6)从下列选择装置D中可盛放的溶液 A　。
A．高锰酸钾溶液 B．NaOH溶液
C．饱和食盐水 D．盐酸溶液
(7)工业用200kg含CaC2质量分数80%的电石，生产得到丙烯腈79.5kg，计算产率 60%　。
【解析】　丙烯腈(CH2===CHCN)是通过CH≡CH＋HCNCH2===CHCN得到，制备催化剂CuCl2常用铜屑与H2O2在浓盐酸中反应得到或者铜丝在氯气中燃烧得到，制备乙炔时常用电石与饱和食盐水反应得到，由于含有硫化氢杂质，用硫酸铜溶液处理，将乙炔通入到氯化铜和HCN溶液中水浴加热反应生成丙烯腈，由于HCN有毒，因此尾气用高锰酸钾溶液处理。(1)①根据图中得到仪器a的名称三颈烧瓶。②方案1的反应原理是铜屑与H2O2在浓盐酸中反应生成氯化铜和水，其离子方程式为：Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O。(2)用恒压滴液漏斗分批多次滴加H2O2，且H2O2过量，原因是H2O2不稳定易分解，生成的铜离子对双氧水分解起催化作用，也为了让反应更充分，提高CuCl2的产量。(3)方案2燃烧后的固体溶于水，过滤后发现一些白色固体X，为检测X的成分，某同学将其溶于稀硫酸，白色固体变为红色，且溶液呈蓝色，说明该白色物质在酸性条件下反应生成Cu和铜离子，则根据氧化还原反应原理推测X为CuCl。(4)HCN中碳氮共用三对电子，碳氢共用一对电子，因此HCN的电子式H∶C N∶。(5)纯净的乙炔是无色、无臭的气体。但用电石制取的乙炔时常伴有臭鸡蛋气味，这种物质是H2S气体。(6)HCN易挥发，D装置主要处理挥发出的HCN气体，HCN有毒，具有较强的还原性，因此利用高锰酸钾强氧化性将具有强还原性物质HCN发生氧化还原反应，因此装置D中可盛放的溶液为A。(7)工业用200 kg含CaC2质量分数80%的电石，根据CaC2～CH2===CHCN关系式，理论上得到丙烯腈质量为＝132.5 kg，实际生产得到丙烯腈79.5 kg，则丙烯腈的产率×100%＝60%。
方法技巧
制备实验方案设计与评价类试题的答题策略
(1)制备方案的实验流程与考法
(2)方案评价：①可行性角度；②绿色化学角度；
③安全性角度；④规范性角度
〔迁移应用〕
1．(2022·合肥模拟)实验室采用三氟化硼(BF3)与氯化铝(AlCl3)加热的方法制备BCl3，装置如图所示(夹持装置及加热装置略)。
已知：Ⅰ.相关物质的沸点如下表
物质 BF3 BCl3 AlCl3 AlF3
沸点 －99.9℃ 12.5℃ 180℃升华 1276℃升华
Ⅱ.三氯化硼易水解。
回答下列问题：
(1)将氟硼酸钾(KBF4)和硼酐(B2O3)一起研磨均匀加入A中的圆底烧瓶，滴入浓硫酸并加热，除产生气体外，还生成一种酸式盐，则发生反应的化学方程式为 6KBF4＋B2O3＋6H2SO48BF3↑＋6KHSO4＋3H2O　。
(2)实验开始时，A、C两处加热装置应先加热A处，原因是排除装置内空气，防止水蒸气干扰实验　。
(3)装置B中浓硫酸的作用除干燥外还有观察气泡，控制气体流速　。
(4)装置C中仪器a的作用是防止产品中混有 AlCl3　(填化学式)，影响纯度。
(5)装置D进行冰水浴　(填“冰水浴”或“热水浴”)可得到产品如果缺少装置E，造成的影响为水蒸气进入D中，使BCl3水解　。
(6)C中2.50g无水氯化铝完全反应后，取下U形管并注入水，完全反应生成盐酸和硼酸(H3BO3是一元弱酸)，将所得溶液加水稀释到100mL，取10mL加入锥形瓶中滴入2滴酚酞溶液，用0.50mol·L－1的NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为12.00mL，则BCl3的产率为 80.1　%。
【解析】　本实验的目的是采用三氟化硼(BF3)与氯化铝(AlCl3)加热的方法制备BCl3，装置A中利用氟硼酸钾(KBF4)、硼酐(B2O3)和浓硫酸反应制取BF3气体，经装置B中浓硫酸干燥后进入装置C与AlCl3反应，AlCl3易升华，所以用装置a冷凝回流，装置D中冷凝收集BCl3，为防止BCl3水解，装置E中盛放碱石灰吸收水蒸气，装置F处理尾气。(1)制备BCl3需要BF3，根据题目所给信息可知BF3沸点很低，常温下为气体，所以装置A中应反应生成BF3气体，根据元素守恒生成的酸式盐应是KHSO4，化学方程式为6KBF4＋B2O3＋6H2SO48BF3↑＋6KHSO4＋3H2O；(2)BCl3易水解，先加热A处，可以利用A处产生的BF3气体排除装置内空气，防止水蒸气干扰实验；(3)通过观察装置B中产生的气泡，控制气体流速；(4)AlCl3易升华，所以用装置a冷凝回流，防止产品中混有AlCl3；(5)装置D的作用应是冷凝收集BCl3，所以用冰水浴；装置E中盛放碱石灰吸收水蒸气，若缺少装置E，水蒸气进入D中，使BCl3水解，产率降低；(6)2.50 g无水氯化铝为 mol，则理论上制取 mol BCl3，BCl3和水反应的化学方程式为BCl3＋3H2O===H3BO3＋3HCl，所以得到的溶液中H3BO3和HCl的物质的量之比为1∶3，10 mL待测液共消耗0.50 mol/L×0.012 L＝0.006 mol，所以10 mL待测液中含有0.001 5 mol H3BO3，100 mL 待测液中含有0.015 mol H3BO3，根据B元素守恒可知BCl3的物质的量为0.015 mol，所以产率为×100%＝80.1%。
　考向2　探究评价型综合实验
典例2(2022·芜湖模拟)硫代硫酸钠(Na2S2O3)可用作分析试剂及还原剂，受热、遇酸易分解。某学习小组用如图装置模拟古法制硫酸，同时利用生成的SO2气体制备硫代硫酸钠。
已知：
①绿矾化学式为FeSO4·7H2O，2FeSO4·7H2OFe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋14H2O。
②SO3的沸点为44.8℃。
③Na2S2O3中S元素的化合价分别为－2价和＋6价。
回答下列问题：
Ⅰ.硫代硫酸钠的制备
(1)检查装置气密性，加入药品。Na2S和Na2CO3混合溶液用煮沸过的蒸馏水配制，煮沸的目的是除去溶解的氧气　；B装置的作用是除去SO2中的SO3　。
(2)从锥形瓶中得到Na2S2O3晶体需水浴加热浓缩至液体表面出现结晶为止，使用水浴加热的原因是防止温度过高造成硫代硫酸钠分解　。
Ⅱ.产品纯度的测定
①溶液配制：准确称取该硫代硫酸钠样品2.00g，配制成250mL溶液。
②滴定：向锥形瓶中加入20.0mL0.01mol·L－1KIO3溶液，加入过量KI溶液和H2SO4溶液，发生反应：IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O，然后加入淀粉作指示剂，用硫代硫酸钠样品溶液滴定，发生反应：I2＋2S2O===S4O＋2I－。
(3)滴定终点的现象为滴入最后一滴硫代硫酸钠样品溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色　；消耗样品溶液的用量为25.0mL，则样品纯度为 94.8　%(保留1位小数)。
Ⅲ.硫代硫酸钠性质的探究
①取Na2S2O3晶体，溶解，配成0.2mol·L－1的溶液。
②取4mL所配溶液，向其中加入1mL饱和氯水(pH＝2.4)，溶液立即出现浑浊，经检验浑浊物为S。
实验小组研究S产生的原因，提出了以下假设：
假设1：Cl2等含氯的氧化性微粒氧化了－2价硫元素。
假设2：酸性条件下，Na2S2O3分解产生S(不考虑空气中氧气氧化)。
依据假设设计实验方案：
所加试剂 现象
第①组 1mL饱和氯水＋4mLNa2S2O3溶液 立即出现浑浊
第②组 1mL某试剂＋4mLNa2S2O3溶液 一段时间后出现浑浊，且浑浊度比①组小
(4)第②组实验中的某试剂是 1 mL pH＝2.4的盐酸　。
(5)依据现象，S产生的主要原因是 S2O＋Cl2＋H2O===S↓＋SO＋2H＋＋2Cl－　。(用离子方程式表示)
【解析】　检查装置气密性，加入药品，为防止氧气氧化硫化钠，通入一段时间氮气，排出装置内空气，加热绿矾发生分解反应，生成二氧化硫、三氧化硫、水，用B装置除去三氧化硫，C中二氧化硫和Na2S和Na2CO3混合溶液反应生成Na2S2O3，D装置吸收多余二氧化硫，防止污染。(1)Na2S和Na2CO3混合溶液用煮沸过的蒸馏水配制，Na2S具有还原性，蒸馏水煮沸可以除去溶解的氧气，防止Na2S被氧气氧化；SO3的沸点为44.8 ℃，冰水冷凝可使SO3液化，B装置的作用是除去SO2中的SO3；(2)硫代硫酸钠受热易分解，为防止温度过高造成硫代硫酸钠分解，所以从锥形瓶中得到Na2S2O3晶体需水浴加热浓缩；(3)向锥形瓶中加入20.0 mL 0.01 mol·L－1 KIO3溶液，加入过量KI溶液和H2SO4溶液，发生反应：IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O，有碘单质生成，加入淀粉作指示剂，溶液变蓝，用硫代硫酸钠样品溶液滴定，滴定终点，碘单质恰好完全反应，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变蓝；根据IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O、I2＋2S2O===S4O＋2I－得关系式IO～～3I2～～6S2O，n(KIO3)＝0.02 L×0.01 mol·L－1＝0.000 2 mol，所以n(Na2S2O3)＝0.000 2 mol×6＝0.001 2 mol，则样品纯度为×100%＝94.8%；(4)根据控制变量法，与第①组相比，第②组只能缺少氧化性微粒，所以第②组实验中的某试剂是1 mL pH＝2.4的盐酸；(5)第①组反应快且生成沉淀多，说明S产生的主要原因是Cl2等含氯的氧化性微粒氧化了－2价硫元素，所以反应的离子方程式为S2O＋Cl2＋H2O===S↓＋SO＋2H＋＋2Cl－。
方法技巧
性质探究型实验题的解题思路
(1)巧审题，明确实验目的和原理。实验原理可从题给的化学情境(或题首所给实验目的)并结合元素化合物、化学实验基本操作、化学反应基本原理等有关知识获取。
(2)想过程，理清实验操作的先后顺序。根据实验原理所确定的实验方案中的实验过程，确定实验操作的方法、步骤，把握各步实验操作的要点，理清实验操作的先后顺序。
(3)看准图，分析各项实验装置的作用。在解答过程中，要认真细致地分析图中所示的各项装置，并结合实验目的和原理，确定它们在该实验中的作用。
(4)细分析，得出正确的实验结论。在分析实验现象(或数据)的过程中，要善于找出影响实验成败的关键以及产生误差的原因，或从有关数据中归纳出定量公式，绘制变化曲线等。
〔迁移应用〕
2．高铁酸钾(K2FeO4)为高效净水剂，紫色固体，易溶于水，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性溶液中完全、快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。某实验小组制备高铁酸钾并探究其性质。
(1)制备K2FeO4(夹持装置略)
①装置B中所用试剂为饱和食盐水　。
②C中得到紫色固体和溶液，C中发生的主要反应为 3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH===2K2FeO4＋6KCl＋8H2O　(用化学方程式表示)。
(2)探究K2FeO4的性质
①将K2FeO4溶液滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明酸性条件下FeO与MnO氧化性的强弱关系，请说明理由：能，FeO在过量酸的作用下完全转化为Fe3＋和O2，溶液浅紫色一定是MnO的颜色(或不能，补充对比实验，向K2FeO4紫色溶液中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色)　。
②取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，某同学设计了以下方案：取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。该方案并不完善，因为溶液变红的原因可能是 4FeO＋20H＋===4Fe3＋＋3O2↑＋10H2O　， Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3　(用离子方程式表示)，重新设计实验方案，证明是K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2：将装置C中混合物过滤，将所得固体用KOH溶液充分洗涤，再用KOH溶液将少量固体溶解，得到紫色溶液，向溶液中滴加盐酸，产生黄绿色气体，使湿润的淀粉KI试纸变蓝　。[实验中必须使用的试剂：盐酸、KOH溶液、淀粉碘化钾试纸]
【解析】　(1)①装置A是制备Cl2的装置，装置B为净化装置，用于除去Cl2中的HCl，装置B中所用试剂为饱和食盐水；②在碱性条件下Cl2可以氧化Fe(OH)3制取K2FeO4，反应方程式为3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH===2K2FeO4＋6KCl＋8H2O；(2)①K2FeO4在酸性溶液中具有强氧化性，能将Mn2＋氧化成MnO，溶液呈浅紫色证明含有MnO，故理由是：能，FeO在过量酸的作用下完全转化为Fe3＋和O2，溶液浅紫色一定是MnO的颜色(或不能，补充对比实验，向K2FeO4紫色溶液中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色)；②K2FeO4具有强氧化性，在酸性溶液中快速产生O2，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色是由于Fe3＋与SCN－结合成血红色的配合物，用离子方程式表示原因为4FeO＋20H＋===4Fe3＋＋3O2↑＋10H2O，Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3；为了证明是K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2：将装置C中混合物过滤，将所得固体用KOH溶液充分洗涤，再用KOH溶液将少量固体溶解，得到紫色溶液，向溶液中滴加盐酸，产生黄绿色气体，由于氯气能够把碘离子氧化为碘单质，所以氯气使湿润的淀粉KI试纸变蓝。
　考向3　定量测定型综合实验
典例3(2022·湖南高考)某实验小组以BaS溶液为原料制备BaCl2·2H2O，并用重量法测定产品中BaCl2·2H2O的含量。设计了如下实验方案：
可选用试剂：NaCl晶体、BaS溶液、浓H2SO4、稀H2SO4、CuSO4溶液、蒸馏水
步骤1.BaCl2·2H2O的制备
按如图所示装置进行实验，得到BaCl2溶液，经一系列步骤获得BaCl2·2H2O产品。
步骤2，产品中BaCl2·2H2O的含量测定
①称取产品0.5000g，用100mL水溶解，酸化，加热至近沸；
②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的0.100mol·L－1H2SO4溶液，
③沉淀完全后，60℃水浴40分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为0.4660g。
回答下列问题：
(1)Ⅰ是制取 HCl　气体的装置，在试剂a过量并微热时，发生主要反应的化学方程式为 H2SO4(浓)＋NaClNaHSO4＋HCl↑　；
(2)Ⅰ中b仪器的作用是防止倒吸　；Ⅲ中的试剂应选用 CuSO4溶液　；
(3)在沉淀过程中，某同学在加入一定量热的H2SO4溶液后，认为沉淀已经完全，判断沉淀已完全的方法是静置，取上层清液于一洁净试管中，继续滴加硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全　；
(4)沉淀过程中需加入过量的H2SO4溶液，原因是使钡离子沉淀完全　；
(5)在过滤操作中，下列仪器不需要用到的是锥形瓶　(填名称)；
(6)产品中BaCl2·2H2O的质量分数为 97.6%　(保留三位有效数字)。
【解析】　装置Ⅰ中浓硫酸和氯化钠共热制备HCl，装置Ⅱ中氯化氢与BaS溶液反应制备BaCl2·2H2O，装置Ⅲ中硫酸铜溶液用于吸收生成的H2S，防止污染空气。(1)由分析可知，装置Ⅰ为浓硫酸和氯化钠共热制取HCl气体的装置，在浓硫酸过量并微热时，浓硫酸与氯化钠反应生成硫酸氢钠和氯化氢，发生主要反应的化学方程式为：H2SO4(浓)＋NaClNaHSO4＋HCl↑。(2)氯化氢极易溶于水，装置Ⅱ中b仪器的作用是：防止倒吸；装置Ⅱ中氯化氢与BaS溶液反应生成H2S，H2S有毒，对环境有污染，装置Ⅲ中盛放CuSO4溶液，用于吸收H2S。(3)硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，因此判断沉淀已完全的方法是静置，取上层清液于一洁净试管中，继续滴加硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全。(4)为了使钡离子沉淀完全，沉淀过程中需加入过量的硫酸溶液。(5)过滤用到的仪器有：铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒，用不到锥形瓶。(6)由题意可知，硫酸钡的物质的量为：＝0.002 mol，依据钡原子守恒，产品中BaCl2·2H2O的物质的量为0.002 mol，质量为0.002 mol 244 g/mol＝0.488 g，质量分数为：×100%＝97.6%。
〔迁移应用〕
3．(2022·马鞍山模拟)化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。某化学兴趣小组在实验室中模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步得到产品Na2CO3和NH4Cl两种产品，并测定碳酸钠中碳酸氢钠的含量。过程如下：
Ⅰ.NaHCO3的制备
实验流程及实验装置图如下：
回答下列问题：
(1)a导管末端多孔球泡的作用增大接触面积，提高吸收速率　。
(2)b中通入的气体是氨气　，写出实验室制取该气体的化学方程式 2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O　。
(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为 NaCl＋CO2＋NH3＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl　。
Ⅱ.Na2CO3中NaHCO3含量测定
ⅰ.称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中：
ⅱ.移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用0.1000mol·L－1盐酸标准溶液滴定至溶液由浅红色变无色(第一滴定终点)，消耗盐酸V1mL；
ⅲ.在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用0.1000mol·L－1盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸V2mL；
ⅳ.平行测定三次，V1平均值为22.25，V2平均值为23.51。
回答下列问题：
(4)指示剂N为甲基橙　，第二滴定终点的现象是滴入最后一滴标准溶液时，溶液由黄色变橙色，且30 s内不恢复　。
(5)Na2CO3中NaHCO3的质量分数为 4.23%　(保留三位有效数字)。
(6)第一滴定终点时，某同学仰视读数，其他操作均正确，则NaHCO3质量分数的计算结果偏小　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【解析】　(1)多孔球泡的作用是为了增大固体和液体的接触面积，加快反应速率，使反应更充分；(2)由于氨气在溶液中的溶解度比较大，为了防止倒吸，不能将导管直接插入溶液中，所以该气体为氨气；实验室中用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气，故反应方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O；(3)碳酸氢钠的生成是用氯化钠、氨气、二氧化碳反应制备的，故反应方程式为NaCl＋CO2＋NH3＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl；(4)在第一次滴定时，由于达到滴定终点时溶液显碱性，故选M酚酞做指示剂，在第二次滴定时，由于达到滴定终点时溶液显酸性，故选N甲基橙做指示剂；滴定终点的现象为滴入最后一滴标准溶液时，溶液由黄色变橙色，且30 s内不恢复；(5)进行第一次滴定时，发生的反应为CO＋H＋===HCO，消耗盐酸的体积为22.25 mL，进行第二次滴定时发生的反应为H＋＋HCO===CO2↑＋H2O，消耗盐酸的体积为23.51 mL，故产品中碳酸氢钠消耗盐酸的体积为1.26 mL，物质的量为1.26×10－3 L×0.1 mol/L＝1.26×10－4 mol，故NaHCO3的质量分数为×100%＝4.23%；(6)若在第一次滴定过程中仰视读数，会导致原物质的碳酸钠含量偏高，碳酸氢钠含量偏小。
热点聚焦
REDIANJUJIAO　　　　　　对应学生用书学案P116
综合实验大题探究
〔高考必备〕
1．综合实验大题的审题关键点
综合实验探究题是高考实验大题的热点题型。命题类型有物质性质实验探究，物质制备实验探究，定量测定实验探究，或者是上述三种类型的部分综合。主要以化学实验基础知识、元素及其化合物性质为载体，考查实验仪器的使用、基本实验操作、物质的分离提纯和检验方法、实验方案的设计与评价、实验条件的控制、实验数据的分析处理等。
(1)题型特点
规律：→→→
(2)审题、破题秘诀
①审信息；题目中一般会告诉若干条信息，这些信息一定会应用在解题中。
②看步骤：明确实验设计中有哪些步骤。
③判原理：找出实现实验目的的原理。
④找作用：判断各个装置在实验中的作用。
⑤关注量：在计算时要关注题目中有哪些已知量，要计算哪些量。
2．综合实验大题中的常考点
(1)实验装置的组合顺序
一般为：气体发生→除杂→干燥→主体实验→尾气处理。
(2)接口的连接原则
总体上遵循装置的排列顺序，但对于吸收装置应“长”进“短”出；量气装置应“短”进“长”出；洗气装置应“长”进“短”出；干燥管应“大”进“小”出。
(3)实验操作顺序
气体发生一般按：装置选择与连接→气密性检查→装固体药品→加液体药品→开始实验(按程序)→拆卸仪器→其他处理等。
(4)加热操作注意事项
主体实验加热前一般应先通原料气赶走空气后再点燃酒精灯，其目的一是防止爆炸，如H2还原CuO、CO还原Fe2O3；二是保证产品纯度，如制Mg3N2、CuCl2等。反应结束时，应先熄灭酒精灯，继续通原料气直到冷却为止。
(5)尾气处理
有毒气体常采用溶液(或固体)吸收或将其点燃，无毒气体直接排放。
3．高考实验“十大目的”及答题方向
(1)加入某一物质的目的，一般可从洗涤、除杂、溶解、沉淀等方面考虑。
(2)反应前后通入某一气体的目的，一般可从排除气体、提供反应物等方面考虑。
(3)酸(碱)浸的目的，一般可从某些元素从矿物中溶解出来方面考虑。
(4)物质洗涤(水洗、有机物洗)的目的，一般可从洗去杂质离子和减少损耗方面考虑。
(5)趁热过滤的目的，一般可从“过滤”和“趁热”两个方面考虑。
(6)控制温度的目的，一般可从反应速率、平衡移动、溶解度、稳定性、挥发、升华等方面考虑。
(7)控制pH的目的，一般可从酸、碱性对反应的影响方面考虑。
(8)某一实验操作的目的，一般可从除杂、检验、收集、尾气处理、防倒吸、改变反应速率、保证实验安全等方面考虑。
(9)使用某一仪器的目的，一般可从仪器的用途方面考虑，注意一些组合仪器的使用如安全瓶，量气瓶。
(10)控制加入量的目的，一般可从加入的物质与反应体系中的其他物质发生的反应方面考虑。如为了防止发生反应消耗产物或生成其他物质，从而影响产品的产率或纯度。
〔典例探析〕
典例1(2020·全国卷Ⅲ·26)氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO，探究其氧化还原性质。
回答下列问题：
(1)盛放MnO2粉末的仪器名称是圆底烧瓶　，a中的试剂为饱和食盐水　。
(2)b中采用的加热方式是水浴加热　，c中化学反应的离子方程式是 Cl2＋2OH－===ClO－＋Cl－＋H2O　，采用冰水浴冷却的目的是避免生成NaClO3　。
(3)d的作用是吸收尾气(Cl2)　，可选用试剂 AC　(填标号)。
A．Na2S B．NaCl
C．Ca(OH)2 D．H2SO4
(4)反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，过滤　，少量(冷)水洗涤　，干燥，得到KClO3晶体。
(5)取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色，加入CCl4振荡，静置后CCl4层显紫　色。可知该条件下KClO3的氧化能力小于　NaClO(填“大于”或“小于”)。
【解析】　(1)根据盛放MnO2粉末的仪器结构可知该仪器为圆底烧瓶；a中盛放饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体；(2)根据装置图可知盛有KOH溶液的试管放在盛有水的大烧杯中加热，该加热方式为水浴加热；c中氯气在NaOH溶液中发生歧化反应生成氯化钠和次氯酸钠，结合元素守恒可得离子方程式为Cl2＋2OH－===ClO－＋Cl－＋H2O；根据氯气与KOH溶液的反应可知，加热条件下氯气可以和强碱溶液反应生成氯酸盐，所以冰水浴的目的是避免生成NaClO3；(3)氯气有毒，所以d装置的作用是吸收尾气(Cl2)；A.Na2S可以将氯气还原成氯离子，可以吸收氯气，故A可选；B.氯气在NaCl溶液中溶解度很小，无法吸收氯气，故B不可选；C.氯气可以与Ca(OH)2或浊液反应生成氯化钙和次氯酸钙，故C可选；D.氯气与硫酸不反应，且硫酸溶液中存在大量氢离子会降低氯气的溶解度，故D不可选；(4)b中试管为KClO3和KCl的混合溶液，KClO3的溶解度受温度影响更大，所以将试管b中混合溶液冷却结晶、过滤、少量(冷)水洗涤、干燥，得到KClO3晶体；(5)1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为棕色，说明1号试管中氯酸钾没有将碘离子氧化，2号试管中次氯酸钠将碘离子氧化成碘单质，即该条件下KClO3的氧化能力小于NaClO；碘单质更易溶于CCl4，所以加入CCl4振荡，静置后CCl4层显紫色。
典例2(2019·全国卷Ⅰ·27)硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：
回答下列问题：
(1)步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是碱煮水洗　。
(2)步骤②需要加热的目的是加快反应速率　，温度保持80～95℃，采用的合适加热方式是热水浴　。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为 C　(填标号)。
(3)步骤③中选用足量的H2O2，理由是将Fe2＋全部氧化为Fe3＋，不引入杂质　。分批加入H2O2，同时为了防止Fe3＋水解　，溶液要保持pH小于0.5。
(4)步骤⑤的具体实验操作有加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)　，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。
(5)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150℃时失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为 NH4Fe(SO4)2·12H2O　。
【解析】　(1)铁屑表面的油污主要是油脂类的物质，所以可以加入热碱液使其水解除去。(2)步骤②需要加热的目的是加快反应速率，加速铁与稀硫酸的反应；温度保持80～95 ℃，在100 ℃以下，所以主要采取的是热水浴的方式进行加热；因硫化物主要产生的是H2S，H2S在水中溶解度不大且易与碱发生反应，所以用NaOH溶液吸收，并采用防止倒吸的装置。(3)步骤②中得到的滤液的主要成分是硫酸亚铁，而步骤③之后溶液的主要成分是硫酸铁，所以加入足量的H2O2的目的是将溶液中的Fe2＋转换成Fe3＋；当pH过大时，Fe3＋会产生沉淀，所以溶液要保持pH小于0.5。(4)步骤⑤主要是将溶液中的固体进行结晶，所以具体实验操作是加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。(5)设硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2·xH2O，其相对分子质量为266＋18x，1.5个水分子的相对分子质量为1.5×18＝27，则×100%＝5.6%，解得x＝12，则硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2·12H2O。
〔预测演练〕
1．(2022·西安模拟)硫化锂(Li2S)易潮解，加热条件下易被空气中的O2氧化。某小组选择下列装置(装置可重复使用)制备Li2S。回答下列问题：
已知：①粗锌中含少量Cu和FeS；
②装置C中发生的反应为Li2SO4＋4H2Li2S＋4H2O。
(1)装置A的名称是启普发生器　，停止装置A中反应的操作是关闭　(填“打开”或“关闭”)K。
(2)气流从左至右，导管口连接顺序是a→ g　→ f　→ b　→ c　→d→e→ b　→ c　。
(3)其他条件相同，粗锌与稀硫酸反应比纯锌快　(填“快”或“慢”)，实验中观察到装置D中产生黑色沉淀，其离子方程式为 Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋　。
(4)实验完毕后，选择图1、图2装置对装置A中混合物进行分离。先选择图1装置过滤，再将滤液进行蒸发浓缩、降温结晶，再选择图2装置过滤，得到粗皓矾(ZnSO4·7H2O)。
下列有关说法正确的是 AD　(填标号)。
A．选择图1装置过滤的优点是避免析出ZnSO4·7H2O
B．选择图1装置过滤，主要是分离ZnSO4·7H2O和ZnSO4溶液
C．粗皓矾中可能含胆矾
D．选择图2装置过滤的优点是过滤速率快
(5)探究产品成分：
实验 操作与现象 结论
Ⅰ 取少量Li2S样品溶于水，滴加足量的稀盐酸，将气体通入品红溶液中，溶液褪色 样品中含 Li2SO3
Ⅱ 向实验Ⅰ的溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀 样品中含 Li2SO4　
①由实验Ⅱ知，Li2S样品中还含有 Li2SO4　(填化学式)，产生该杂质的可能原因是 B　(填标号)。
A．通入的氢气过量
B．Li2SO4未反应完
C．温度过高
②测定产品纯度：向wg样品(设杂质只有Li2SO3)中加入过量的V1mLc1mol·L－1稀硫酸，充分反应后(设没有S单质生成)，煮沸溶液以除去残留的酸性气体；滴加的酚酞溶液做指示剂，用标准c2mol·L－1的NaOH溶液滴定过量的硫酸，消耗NaOH溶液V2mL。Li2S样品的纯度为×46×100%　(列出计算式)。
【解析】　由实验装置图可知，装置A中锌粒与稀硫酸反应制备氢气，由于锌粒含有硫化亚铁，硫化亚铁与稀硫酸反应生成的H2S气体会混入制得的H2中，装置D中盛有的硫酸铜溶液用于除去H2S气体，装置B中盛有的浓H2SO4用于干燥氢气，装置C中氢气与硫酸锂共热反应制备硫化锂，为防止空气中氧气进入C中导致硫化锂被氧化，装置C后应连接一个B装置，防止空气中的氧气加入，则装置的连接顺序为ADBCB，导管口连接顺序为a→g→f→b→c→d→e→b→c，该装置的设计缺陷是没有氢气的尾气处理装置，据此答题。(1)①装置A的名称为启普发生器；②实验时关闭活塞K，用反应生成的氢气增大装置中的压强，使液面与锌粒脱离就能停止装置A中反应；(2)A为发生装置，B为干燥装置，D为除杂装置，由分析可知，气流从左至右，导管口连接顺序是a→g→f→b→c→d→e→b→c；(3)①粗锌与稀硫酸反应构成原电池，原电池会加快反应速率，则粗锌反应速率大于纯锌；②D为除杂装置，CuS为黑色沉淀，反应的离子方程式为：Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋；(4)A.由锌粒的成分可知，实验完毕后，装置A中可能得到含有铜、锌、硫酸锌、硫酸亚铁的混合物，在加热条件下过滤混合物，可以增大硫酸锌在溶液中的溶解度，避免析出七水硫酸锌，A项正确；B.同时可以除去铜和未反应的锌，B项错误；C.铜与稀硫酸不反应，则制得的七水硫酸锌中不可能含有胆矾，C项错误；D.用抽滤的方法得到粗皓矾可以加快过滤的速率，防止七水硫酸锌溶解造成产率降低，D项正确；答案选AD；(5)①由实验Ⅱ可知，加入足量盐酸硫化锂转化为氯化锂，加入氯化钡溶液产生白色沉淀，则制得的硫化锂中混有未反应的Li2SO4；硫酸锂未完全反应产生该杂质的可能的原因为Li2SO4未反应完或通入氢气量不足或温度不高等，答案选B；②Li2S＋H2SO4===Li2SO4＋H2S↑，Li2SO3＋H2SO4===Li2SO4＋SO2↑＋H2O，2NaOH＋H2SO4===Na2SO4＋2H2O，Li2S和Li2SO3消耗硫酸的物质的量为c1V1×10－3－×10－3，设样品中Li2S为a mol、Li2SO3为b mol，由样品的质量可得：46a＋94b＝w，由消耗稀硫酸的体积可得：a＋b＝×10－3，解得48a＝94×10－3－w，a＝，Li2S的质量为×46测得的Li2S样品的纯度为×46×100%。
2．(2022·咸阳模拟)三氯氧磷(POCl3)可用作半导体掺杂剂及光导纤维原料，是能推进中国半导体产业链发展壮大的一种重要的化工原料。工业上可以直接氧化PCl3制备POCl3，反应原理为：P4(白磷)＋6Cl2===4PCl3，2PCl3＋O2===2POCl3。
已知：PCl3、POCl3的部分性质如下：
熔点/℃ 沸点/℃ 相对分子质量 其他
PCl3 －112 75.5 137.5 遇水生成H3PO3和HCl
POCl3 2 105.3 153.5 遇水生成H3PO4和HCl
某化学兴趣小组模拟该工艺设计实验装置如图(某些夹持装置和加热装置已略去)：
(1)检查装置气密性并加入纯净的白磷，先制取一种气体，缓慢地通入C中，直至C中的白磷完全消失后，再通入另一种气体。仪器a的名称为(球形)冷凝管　，b中盛放的药品是碱石灰　。
(2)装置E反应的离子方程式为 MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O　。
(3)C反应温度控制在60～65℃，不能过高或过低的原因是温度过低，反应速率慢，温度过高，PCl3易挥发，利用率降低　。分离提纯获得POCl3的实验方法是蒸馏　。
(4)通过测定三氯氧磷产品中氯元素含量，可进一步计算产品的纯度，实验步骤如下：
①取ag产品置于盛50.00mL蒸馏水的水解瓶中，摇动至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液，预处理排除含磷粒子的影响。
②取10.00mL溶液于锥形瓶中，向其中加入c0mol·L－1的AgNO3溶液V0mL，使Cl－完全沉淀，再加入20mL硝基苯，振荡，使沉淀表面被有机物覆盖；然后选择Fe(NO3)3，指示剂，用c1mol·L－1NH4SCN溶液滴定过量Ag＋至终点，记下所用体积为V1mL。
[已知：Ksp(AgCl)＝3.2×10－10，Ksp(AgSCN)＝2.0×10－12]
滴定终点的现象：滴入最后一滴(或半滴)标准液，溶液变红，30 s不变色　。实验过程中加入硝基苯的目的是使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN－与AgCl反应　，若无此操作，则所测POCl3的含量将偏高　(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
(5)产品中POCl3的质量分数为%　。
【解析】　装置A中用黑色固体和液态物质反应制氧气，装置B可以干燥O2，瓶口的长颈漏斗可以平衡气压，还可以观察氧气的流速；装置E为固液混合加热制备氯气，装置D干燥生成的氯气；在装置C中发生P4(白磷)＋6Cl2===4PCl3，2PCl3＋O2===2POCl3。(1)根据装置图仪器a结构可知其名称为球形冷凝管；装置b为干燥管，其盛放的试剂可以吸收未反应的Cl2，同时还可防止空气中的水蒸气进入装置中，该固体试剂可以是碱石灰；(2)装置E为固液混合加热制备氯气，实验室中采用二氧化锰与浓盐酸加热制取氯气，反应的离子方程式为：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；(3)在装置C中发生反应：P4(白磷)＋6Cl2===4PCl3，2PCl3＋O2===2POCl3。C中反应温度控制在60～65 ℃，不能过高或过低，这是由于温度过低，反应速率慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率降低；由PCl3、POCl3的熔沸点信息可知其在常温下为液态，分离混溶的液态混合物应采用蒸馏法；(4)SCN－与铁离子会反应使溶液变为红色，故滴定终点现象为滴入最后一滴(或半滴)标准液，溶液变红，30 s不变色；由Ksp(AgCl)＝3.2×10－10，Ksp(AgSCN)＝2.0×10－12可知，AgSCN更难溶，实验过程中加入硝基苯的目的是使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN－与AgCl反应；若无此操作，则V2偏大，根据POCl3的含量计算公式可知：计算所测POCl3的含量将偏高。(5)根据元素守恒可得关系式：POCl3～3Cl－～3Ag＋，与Cl－反应的Ag＋的物质的量为n(Ag＋)＝(c0V0－c1V1)×10－3 mol×＝(c0V0－c1V1)×10－2mol，则n(PCl3)＋n(POCl3)＝n(Ag＋)＝×(c0V0－c1V1)×10－2 mol，假设n(PCl3)、n(POCl3)的物质的量分别是x、y，则x＋y＝×(c0V0－c1V1)×10－2 mol，根据质量关系可得137.5x＋153.5y＝a，解得y＝ mol，所以POCl3的质量分数为：×100%＝%。专题十一　物质结构与性质
明·课程标准
MINGKECHENGBIAOZHUN　　　　　　对应学生用书学案P121
1．能书写1～36号元素基态原子的核外电子排布式和轨道表示式。能说出元素电离能、电负性的含义、描述变化规律并进行解释。能从原子价电子数目和价电子排布的角度解释元素周期表的分区、周期和族的划分。
2．认识离子键、共价键的本质。知道配位键的特点，认识简单的配位化合物的成键特征。知道金属键的特点与金属某些性质的关系。知道范德华力和氢键是两种常见的分子间作用力，了解分子内氢键和分子间氢键在自然界中的广泛存在及重要作用。
3．了解晶体中微粒的空间排布存在周期性，认识简单的晶胞。借助分子晶体、共价晶体、离子晶体、金属晶体等模型认识晶体的结构特点。
品·高考真题
PINGAOKAOZHENTI　　　　　　对应学生用书学案P121
真题细研
1．(2022·全国甲卷)2008年北京奥运会的“水立方”，在2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”，实现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯(CH2===CH2)与四氟乙烯(CF2===CF2)的共聚物(ETFE)制成。回答下列问题：
(1)基态F原子的价电子排布图(轨道表示式)为　　。
(2)图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能Ⅰ变化趋势(纵坐标的标度不同)。第一电离能的变化图是图a　(填标号)，判断的根据是同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高　；第三电离能的变化图是图b　(填标号)。
(3)固态氟化氢中存在(HF)n形式，画出(HF)3的链状结构　。
(4)CF2===CF2和ETFE分子中C的杂化轨道类型分别为 sp2　和 sp3　；聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，从化学键的角度解释原因 C—F键的键能大于聚乙烯中C－H的键能，键能越大，化学性质越稳定　。
(5)萤石(CaF2)是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是 Ca2＋　；若该立方晶胞参数为apm，正负离子的核间距最小为a　pm。
【解析】　(1)F为第9号元素其电子排布为1s22s22p5，则其价电子排布图为。(2)C、N、O、F四种元素在同一周期，同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高，因此C、N、O、F四种元素的第一电离能从小到大的顺序为C2．(2022·全国乙卷)卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)氟原子激发态的电子排布式有 ad　，其中能量较高的是 d　。(填标号)
a．1s22s22p43s1b．1s22s22p43d2
c．1s22s12p5d．1s22s22p33p2
(2)①一氯乙烯(C2H3Cl)分子中，C的一个 sp2　杂化轨道与Cl的3px轨道形成C—Cl σ　键，并且Cl的轨道3pz与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键。
②一氯乙烷(C2H5Cl)、一氯乙烯(C2H3Cl)、一氯乙炔(C2HCl)分子中，C—Cl键长的顺序是一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔　，理由：(ⅰ)C的杂化轨道中s成分越多，形成的C—Cl键越强；(ⅱ) Cl参与形成的大π键越多，形成的C—Cl键的键长越短　。
(3)卤化物CsICl2受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为 CsCl　。解释X的熔点比Y高的原因 CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体　。
(4)α-AgI晶体中I－离子作体心立方堆积(如图所示)，Ag＋主要分布在由I－构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下，Ag＋不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此，α-AgI晶体在电池中可作为电解质　。
已知阿伏加德罗常数为NA，则α-AgI晶体的摩尔体积Vm＝　m3·mol－1(列出算式)。
【解析】　(1)F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为1s22s22p5，1s22s22p43s1，基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态，a正确；1s22s22p43d2，核外共10个电子，不是氟原子，b错误；1s22s12p5，核外共8个电子，不是氟原子，c错误；1s22s22p33p2，基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，d正确；而同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高，故能量最高的是1s22s22p33p2；(2)①一氯乙烯的结构式为，碳为双键碳，采取sp2杂化，因此C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C—Cl σ键；②C的杂化轨道中s成分越多，形成的C—Cl键越强，C—Cl键的键长越短，一氯乙烷中碳采取sp3杂化，一氯乙烯中碳采取sp2杂化，一氯乙炔中碳采取sp杂化，sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分多，因此三种物质中C—Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔，同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C—Cl键的键长越短，一氯乙烯中Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键()，一氯乙炔中Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成2套3中心4电子的大π键()，因此三种物质中C—Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔；(3)CsICl2发生非氧化还原反应，各元素化合价不变，生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl，而CsCl为离子晶体，熔化时，克服的是离子键，ICl为分子晶体，熔化时，克服的是分子间作用力，因此CsCl的熔点比ICl高；(4)由题意可知，在电场作用下，Ag＋不需要克服太大阻力即可发生迁移，因此α-AgI晶体是优良的离子导体，在电池中可作为电解质；每个晶胞中含碘离子的个数为8×＋1＝2个，依据化学式AgI可知，银离子个数也为2个，晶胞的物质的量n＝ mol＝ mol，晶胞体积V＝a3pm3＝(504×10－12)3 m3，则α-AgI晶体的摩尔体积Vm＝＝＝ m3/mol。
3．(2021·全国乙卷T)过渡金属元素铬(Cr)是不锈钢的重要成分，在工农业生产和国防建设中有着广泛应用。回答下列问题：
(1)对于基态Cr原子，下列叙述正确的是 ABC　(填标号)。
A．轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为[Ar]3d54s1
B．4s电子能量较高，总是在比3s电子离核更远的地方运动
C．电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大
(2)三价铬离子能形成多种配位化合物。[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2＋中提供电子对形成配位键的原子是 N、O、Cl　，中心离子的配位数为 6　。
(3)[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2＋中配体分子NH3、H2O以及分子PH3的空间结构和相应的键角如图所示。
PH3中P的杂化类型是 sp3　。NH3的沸点比PH3的高　，原因是 NH3存在分子间氢键　，H2O的键角小于NH3的，分析原因 NH3含有一对孤对电子，而H2O含有两对孤对电子，H2O中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大　。
(4)在金属材料中添加AlCr2颗粒，可以增强材料的耐腐蚀性、硬度和机械性能。AlCr2具有体心四方结构，如图所示，处于顶角位置的是 Al　原子。设Cr和Al原子半径分别为rCr和rAl，则金属原子空间占有率为×100　%(列出计算表达式)。
【解析】　(1)A.基态原子满足能量最低原理，Cr有24个核外电子，轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为[Ar]3d54s1，A正确；B.离原子核越远，能层数越大，能量越高，则4s电子能量比3s的能量高，总是在比3s电子离核更远的地方运动，故B正确；C.电负性为原子对键合电子的吸引力，同周期除零族原子序数越大电负性越强，钾与铬位于同周期，铬原子序数大于钾，故铬电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大，C正确；(2)[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2＋中三价铬离子提供空轨道，N、O、Cl提供孤对电子与三价铬离子形成配位键，中心离子的配位数为N、O、Cl三种原子的个数和即3＋2＋1＝6；(3)PH3的价层电子对为3＋1＝4，故PH3中P的杂化类型是sp3；N原子电负性较强，NH3分子之间存在分子间氢键，因此NH3的沸点比PH3的高；H2O的键角小于NH3的，原因是：NH3含有一对孤对电子，而H2O含有两对孤对电子，H2O中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大；(4)已知AlCr2具有体心四方结构，如图所示，黑球个数为8×＋1＝2，白球个数为8×＋2＝4，结合化学式AlCr2可知，白球为Cr，黑球为Al，即处于顶角位置的是Al原子。设Cr和Al原子半径分别为rCr和rAl，则金属原子的体积为×4＋×2＝，故金属原子空间占有率＝×100%＝×100%。
4．(2021·全国甲卷)我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下列问题：
(1)太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的价电子层的电子排式为 3s23p2　；单晶硅的晶体类型为原子晶体(共价晶体)　。SiCl4是生产高纯硅的前驱体，其中Si采取的杂化类型为 sp3　。SiCl4可发生水解反应，机理如下：
含s、p、d轨道的杂化类型有：①dsp2、②sp3d、③sp3d2，中间体SiCl4(H2O)中Si采取的杂化类型为②　(填标号)。
(2)CO2分子中存在 2　个σ键和 2　个π键。
(3)甲醇的沸点(64.7℃)介于水(100℃)和甲硫醇(CH3SH，7.6℃)之间，其原因是甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多　。
(4)我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体。四方ZrO2晶胞如图所示。Zr4＋离子在晶胞中的配位数是 8　，晶胞参数为apm、apm、cpm，该晶体密度为　g·cm－3(写出表达式)。在ZrO2中掺杂少量ZrO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1－xOy，则y＝ 2－x　(用x表达)。
【解析】　(1)基态Si原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，因此Si的价电子层的电子排式为3s23p2；晶体硅中Si原子与Si原子之间通过共价键相互结合，整块晶体是一个三维的共价键网状结构，因此晶体硅为原子晶体；SiCl4中Si原子价层电子对数为4＋＝4，因此Si原子采取sp3杂化；由图可知，SiCl4(H2O)中Si原子的σ键数为5，说明Si原子的杂化轨道数为5，由此可知Si原子的杂化类型为sp3d；
(2)CO2的结构式为O===C===O，1个双键中含有1个σ键和1个π键，因此1个CO2分子中含有2个σ键和2个π键；
(3)甲醇分子之间和水分子之间都存在氢键，因此沸点高于不含分子间氢键的甲硫醇，甲醇分子之间氢键的总强度低于水分子之间氢键的总强度，因此甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间；
(4)以晶胞中右侧面心的Zr4＋为例，同一晶胞中与Zr4＋连接最近且等距的O2－数为4，同理可知右侧晶胞中有4个O2－与Zr4＋相连，因此Zr4＋离子在晶胞中的配位数是4＋4＝8；1个晶胞中含有4个ZrO2微粒，1个晶胞的质量m＝，1个晶胞的体积为(a×10－10 cm)×(a×10－10 cm)×(c×10－10 cm)＝a2c×10－30 cm3，因此该晶体密度＝＝＝ g·cm－3；在ZrO2中掺杂少量ZrO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1－xOy，其中Zn元素为＋2价，Zr为＋4价，O元素为－2价，根据化合物化合价为0可知2x＋4×(1－x)＝2y，解得y＝2－x。
5．(2020·全国卷Ⅰ·35)Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：
(1)基态Fe2＋与Fe3＋离子中未成对的电子数之比为 4∶5　。
(2)Li及其周期表中相邻元素的第一电离能(I1)如表所示。I1(Li)>I1(Na)，原因是 Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，故第一电离能更小　。I1(Be)>I1(B)>I1(Li)，原因是 Li，Be和B为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势；但由于基态Be原子的s能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于B　。
I1/(kJ/mol)
Li 520 Be 900 B 801
Na 496 Mg 738 Al 578
(3)磷酸根离子的空间构型为正四面体形　，其中P的价层电子对数为 4　、杂化轨道类型为 sp3　。
(4)LiFePO4的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有 4　个。
电池充电时，LiFeO4脱出部分Li＋，形成Li1－xFePO4，结构示意图如(b)所示，则x＝(或0.187 5)　，n(Fe2＋)∶n(Fe3＋)＝ 13∶3　。
【解析】　(1)基态铁原子的价电子排布式为3d64s2，失去外层电子转化为Fe2＋和Fe3＋，这两种基态离子的价电子排布式分别为3d6和3d5，根据Hund规则可知，基态Fe2＋有4个未成对电子，基态Fe3＋有5个未成对电子，所以未成对电子个数比为4∶5；(2)同主族元素，从上至下，原子半径增大，第一电离能逐渐减小，所以I1(Li)>I1(Na)；同周期元素，从左至右，第一电离能呈现增大的趋势，但由于ⅡA元素基态原子s能级轨道处于全充满的状态，能量更低更稳定，所以其第一电离能大于同一周期的ⅢA元素，因此I1(Be)>I1(B)>I1(Li)；(3)经过计算，PO中不含孤电子对，成键电子对数目为4，价层电子对数为4，因此其构型为正四面体形，P原子是采用sp3杂化方式形成的4个sp3杂化轨道；(4)由题干可知，LiFePO4的晶胞中，Fe存在于由O构成的正八面体内部，P存在由O构成的正四面体内部；再分析题干中给出的(a)，(b)和(c)三个不同物质的晶胞结构示意图，对比(a)和(c)的差异可知，(a)图所示的LiFePO4的晶胞中，小球表示的即为Li＋，其位于晶胞的8个顶点，4个侧面面心以及上下底面各自相对的两条棱心处，经计算一个晶胞中Li＋的个数为8×＋4×＋4×＝4个；进一步分析(a)图所示的LiFePO4的晶胞中，八面体结构和四面体结构的数目均为4，即晶胞中含Fe和P的数目均为4；考虑到化学式为LiFePO4，并且一个晶胞中含有的Li＋、Fe和P的数目均为4，所以一个晶胞中含有4个LiFePO4单元。对比(a)和(b)两个晶胞结构示意图可知，Li1－xFePO4相比于LiFePO4缺失一个面心的Li＋以及一个棱心的Li＋；结合上一个空的分析可知，LiFePO4晶胞的化学式为Li4Fe4P4O16，那么Li1－xFePO4晶胞的化学式为Li3.25Fe4P4O16，所以有1－x＝即x＝0.187 5。结合上一个空计算的结果可知，Li1－xFePO4即Li0.812 5FePO4；假设Fe2＋和Fe3＋数目分别为x和y，则列方程组：x＋y＝1，0.812 5＋2x＋3y＋5＝4×2，解得x＝0.812 5，y＝0.187 5，则Li1－xFePO4中n(Fe2＋)∶n(Fe3＋)＝0.812 5∶0.187 5＝13∶3。
6．(2020·全国卷Ⅱ·35)钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料，回答下列问题：
(1)基态Ti原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d24s2　。
(2)Ti的四卤化物熔点如下表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是 TiF4为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高　。
化合物 TiF4 TiCl4 TiBr4 TiI4
熔点/℃ 377 －24.12 38.3 155
(3)CaTiO3的晶胞如图(a)所示，其组成元素的电负性大小顺序是 O＞Ti＞Ca　；金属离子与氧离子间的作用力为离子键　，Ca2＋的配位数是 12　。
(4)一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb2＋、I－和有机碱离子CH3NH，其晶胞如图(b)所示。其中Pb2＋与图(a)中 Ti4＋　的空间位置相同，有机碱CH3NH中，N原子的杂化轨道类型是 sp3　；若晶胞参数为anm，则晶体密度为×1021　g·cm－3(列出计算式)。
(5)用上述金属卤化物光电材料制作的太阳能电池在使用过程中会产生单质铅和碘，降低了器件效率和使用寿命。我国科学家巧妙地在此材料中引入稀土铕(Eu)盐，提升了太阳能电池的效率和使用寿命，其作用原理如图(c)所示，用离子方程式表示该原理 2Eu3＋＋Pb===2Eu2＋＋Pb2＋　、 2Eu2＋＋I2===2Eu3＋＋2I－　。
【解析】　(1)钛元素是22号元素，故其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2；(2)一般不同的晶体类型的熔沸点是原子晶体>离子晶体>分子晶体，TiF4是离子晶体，其余三种则为分子晶体，故TiF4的熔点高于其余三种物质；TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，对于结构相似的分子晶体，则其相对分子质量越大，分子间作用力依次越大，熔点越高；(3)CaTiO3晶体中含有Ca、Ti、O三种元素，Ca、Ti是同为第四周期的金属元素，Ca在Ti的左边，根据同一周期元素的电负性从左往右依次增大，故Ti>Ca，O为非金属，故其电负性最强，故三者电负性由大到小的顺序是O>Ti>Ca，金属阳离子和氧负离子之间以离子键结合，离子晶体晶胞中某微粒的配位数是指与之距离最近且相等的带相反电性的离子，故Ca2＋的配位数必须是与之距离最近且相等的氧离子的数目，从图(a)可知，该数目为三个相互垂直的三个面上，每一个面上有4个，故Ca2＋的配位数是12；(4)比较晶胞(a)(b)可知，将图(b)中周围紧邻的八个晶胞中体心上的离子连接起来，就能变为图(a)所示晶胞结构，图(b)中体心上的Pb2＋就变为了八个顶点，即相当于图(a)中的Ti4＋；图(b)中顶点上的I－就变成了体心，即相当于图(a)中的Ca2＋；图(b)面心上中的CH3NH就变成了棱心，即相当于图(a)中的O2－；故图(b)中的Pb2＋与图(a)中的Ti4＋的空间位置相同；有机碱CH3NH中N原子上无孤对电子，周围形成了4个σ键，故N原子采用sp3杂化；从图(b)可知，一个晶胞中含有Pb2＋的数目为1×1＝1个，CH3NH的数目为8×＝1个，I－的数目为6×＝3个，故晶胞的密度为ρ＝＝＝×1021 g/cm3；(5)从作用原理图(c)可以推出，这里发生两个离子反应方程式，左边发生Pb＋2Eu3＋===Pb2＋＋2Eu2＋，右边发生I2＋2Eu2＋===2Eu3＋＋2I－。
考情预判
1．高考对原子结构的考查主要有三个方面：前四周期元素核外电子排布式的书写与推断；运用电离能、电负性解释推断某些元素的性质；原子结构与性质的应用。预计今后高考将会稳中有变，可能与元素周期律、元素周期表的知识或元素及其化合物的知识相结合进行考查。
2．高考对分子结构与物质性质的考查主要以三方面为主：(1)化学键的类型、特征、判断；(2)常见分子的立体构型及中心原子的杂化类型；(3)范德华力、氢键、配位键的特点及对物质性质的影响。预计今后高考将会对上述考查内容进行重点考查。注意杂化轨道理论及价层电子对互斥理论的复习。
3．高考对晶体结构与物质性质的考查主要从两个方面切入：(1)关于晶胞的计算；(2)晶体微粒间的相互作用力以及物理性质的比较。预计今后高考将主要考查晶体类型、四种晶体的区别、晶体的结构特点以及晶胞的相关计算。
悟·核心要点
WUHEXINYAODIAN　　　　　　对应学生用书学案P124
考点一　原子结构与性质
核心知识·整合
1．基态原子核外电子的排布
(1)排布规律
能量最低原理 原子核外电子总是先占有能量最低的原子轨道，即1s→2s→2p→3s→3p→4s→3d→4p→5s→4d→5p→6s→4f→5d→6p→7s…
泡利原理 每个原子轨道上最多只容纳2个自旋状态相反的电子
洪特规则 当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同
[说明]　能量相同的原子轨道在全充满、半充满和全空状态时，体系能量较低，原子较稳定。
(2)表示形式
表示方法 举例
电子排布式 Cr：1s22s22p63s23p63d54s1
简化电子排布式 Cu：[Ar]3d104s1
价电子排布式 Fe：3d64s2
电子排布图 (或轨道表示式)
(3)常见误区
①在写基态原子的电子排布图时，常出现以下错误：
②当出现d轨道时，虽然电子按ns、(n－1)d、np的顺序填充，但在书写电子排布式时，仍把(n－1)d放在ns前，如Fe：1s22s22p63s23p63d64s2正确，Fe：1s22s22p63s23p64s23d6错误。
③注意电子排布式、简化电子排布式、价电子排布式的区别与联系。如Fe的电子排布式：1s22s22p63s23p63d64s2，简化的电子排布式：[Ar]3d64s2，价电子排布式：3d64s2。
(4)巧判未成对电子数的两方法
①根据电子排布式判断
设电子排布式中未充满电子的能级的电子数为n，该能级的原子轨道数为m，则n≤m时，未成对电子数为n；n>m时，未成对电子数为2m－n。如氯原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5，未充满电子的能级为3p能级，有3个原子轨道，填充的电子数为5，所以未成对电子数为2×3－5＝1；Cr原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，未充满电子的能级为3d能级和4s能级，分别有5、1个原子轨道，填充的电子数分别为5、1，所以未成对电子数为6。
②根据电子排布图判断
电子排布图能够直观地表示未成对电子数，即单独占据一个方框的箭头的个数。
2．牢记元素第一电离能和电负性的递变规律
同周期(从左往右) 同主族(从上往下)
第一 电离能 增大趋势 (注意第ⅡA、ⅤA族 的特殊性) 依次减小
电负性 依次增大 依次减小
元素第一电离能的周期性变化规律：
一般规律：同一周期，随着原子序数的增加，元素的第一电离能呈现增大的趋势，稀有气体的第一电离能最大，碱金属元素的第一电离能最小。
特殊规律：第一电离能的变化与元素原子的核外电子排布有关。通常情况下，当原子核外电子排布在能量相等的轨道上形成全满(s2、p6、d10、f14)、半满(s1、p3、d5、f7)和全空(s0、p0、d0、f0)结构时，原子的能量最低，该元素具有较大的第一电离能。
关键能力·突破
　考向1　基态原子的核外电子排布
典例1(1)(2018·全国卷Ⅰ)Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下列问题：
①下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为 D　、 C　(填标号)。
②Li＋与H－具有相同的电子构型，r(Li＋)小于r(H－)，原因是 Li＋核电荷数较大　。
(2)(2018·全国卷Ⅱ)硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如下表所示：
H2S S8 FeS2 SO2 SO3 H2SO4
熔点/℃ －85.5 115.2 >600 (分解) －75.5 16.8 10.3
沸点/℃ －60.3 444.6 －10.0 45.0 337.0
基态Fe原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为　，基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃(纺锤)　。
(3)(2018·全国卷Ⅲ)锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：
Zn原子核外电子排布式为
[Ar]3d104s2(或1s22s22p63s23p63d104s2)　。
【解析】　(1)①根据核外电子排布规律可知Li的基态核外电子排布式为1s22s1，则D中能量最低；C中有2个电子处于2p能级上，能量最高。②由于锂的核电荷数较大，原子核对核外电子的吸引力较大，因此Li＋的半径小于H－。(2)基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则其价层电子的电子排布图(轨道表达式)为；基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则电子占据的最高能级是3p，其电子云轮廓图为哑铃(纺锤)形。(3)①Zn是第30号元素，所以核外电子排布式为[Ar]3d104s2或1s22s22p63s23p63d104s2。
方法技巧
核外电子排布的书写规律
(1)按照构造原理书写。
(2)能量相同的原子轨道在全满(s2、p6、d10、f14)、半满(s1、p3、d5、f7)和全空(s0、p0、d0、f0)状态时，体系能量最低，最稳定。
〔迁移应用〕
1．按要求回答下列问题。
(1)(2022·贵阳模拟)镍及其化合物用途广泛，可用作催化剂、合金、电器元件等。回答下列问题：
基态Ni原子价电子排布图为　。
(2)(2022·德阳模拟)废锂电池回收是对“城市矿产”的资源化利用，可促进新能源产业闭环。处理钴酸锂(LiCoO2)和磷酸亚铁锂(LiFePO4)废电池材料，可回收Li、Fe、Co金属。
Co3＋价层电子排布式是 3d6　，LiFePO4中铁未成对电子数为 4　。
(3)(2022·重庆模拟)基态铁原子的价层电子排布式为 3d64s2　。
(4)(2022·乌鲁木齐模拟)我国科学家利用碲化锆(ZrTe2)和砷化镉(Cd3As2)为材料成功地验证了三维两字霍尔效应，并发现了金属—绝缘体的转换。回答下列问题：
基态砷原子的价电子排布式为 4s24p3　。
(5)(2022·太原模拟)太阳能电池的发展已经进入了第三代。第一代为单晶硅太阳能电池，第二代为多晶硅、非晶硅等太阳能电池，第三代就是铜钢镓硒CIGs(CIS中掺入Ga)等化合物薄膜太阳能电池以及薄膜Si系太阳能电池。
亚铜离子(Cu＋)基态时的价电子排布式表示为 3d10　。
【解析】　(1)Ni元素为28号元素，基态Ni原子核外电子排布式为[Ar]3d84s2，则价电子排布图：；(2)Co是27号元素，Co3＋价层电子排布式是3d6，LiFePO4中铁元素显＋2价，Fe2＋价层电子排布为3d6，未成对电子数为4。(3)Fe为26号元素，基态铁原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，所以其价层电子排布式为：3d64s2；(4)砷的原子序数为33，位于第四周期，第ⅤA族，基态砷原子的价电子排布式为4s24p3。(5)铜基态时的价电子排布式为3d104s1，则Cu＋基态时的价电子排布式为3d10。
　考向2　元素的电离能和电负性
典例2Ⅰ.Al、Fe、Cu是重要的金属材料，在生产生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)基态Fe2＋的核外电子排布式为[Ar] 3d6　，有 4　个未成对电子。
(2)已知Al的第一电离能为578kJ·mol－1、第二电离能为1817kJ·mol－1、第三电离能为2745kJ·mol－1、第四电离能为11575kJ·mol－1。请解释其第二电离能增幅较大的原因： Al原子失去一个电子后，其3p轨道为全空状态，3s轨道为全充满状态，较稳定　。
(3)甲醇重整制氢反应中，铜基催化剂如CuO/SiO2具有重整温度低、催化选择性高等优点。Cu、Si、O元素的电负性由大到小的顺序是 O>Si>Cu　。
Ⅱ.铜、镓、硒、硅等元素的化合物是生产第三代太阳能电池的重要材料。请回答：
(4)基态铜原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1)　；已知高温下CuO―→Cu2O＋O2，从铜原子价电子结构(3d和4s轨道上应填充的电子数)变化角度来看，能生成Cu2O的原因是 CuO中Cu2＋的价电子排布式为3d9，Cu2O中Cu＋的价电子排布式为3d10，后者3d轨道处于稳定的全充满状态而前者不是　。
(5)硒、硅均能与氢元素形成气态氢化物，若“Si—H”中共用电子对偏向氢原子，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，则硒与硅的电负性相对大小为Se>　Si(填“>”或“<”)。与Si同周期部分元素的电离能如图所示，其中a、b和c分别代表 B　(填序号)。
A．a为I1、b为I2、c为I3
B．a为I2、b为I3、c为I1
C．a为I3、b为I2、c为I1
D．a为I1、b为I3、c为I2
【解析】　Ⅰ.(1)基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，失去4s轨道上的2个电子得到Fe2＋，故基态Fe2＋的核外电子排布式为[Ar]3d6，3d轨道上有4个未成对电子。(2)基态Al原子的价电子排布式为3s23p1，Al原子失去一个电子后，其3p轨道为全空状态，3s轨道为全充满状态，较稳定，则失去第二个电子较困难，其第二电离能增幅较大。(3)Cu、Si、O元素的电负性由大到小的顺序是O>Si>Cu。Ⅱ.(4)Cu为第29号元素，位于元素周期表中第四周期第ⅠB族，所以基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1)；CuO中Cu2＋的价电子排布式为3d9，Cu2O中Cu＋的价电子排布式为3d10，3d10为稳定结构，所以在高温时CuO能生成Cu2O。(5)若“Si—H”中共用电子对偏向氢原子，说明硅显正价，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，则硒的氢化物中硒显负价，所以硒与硅的电负性相对大小为Se>Si；在第三周期元素中，钠原子失去1个电子后就已经达到最外层8电子的稳定结构，所以钠的第二电离能较大；镁原子最外层为2个电子，失去2个电子后为稳定结构，所以镁的第三电离能最大；即a代表第二电离能I2，b代表第三电离能I3，c代表第一电离能I1。
方法技巧
(1)金属活动性顺序与元素相应的电离能顺序不完全一致，故不能根据金属活动性顺序判断电离能的大小。
(2)共价化合物中，两种元素电负性差值越大，它们形成的共价键的极性就越强。
〔迁移应用〕
2．(1)(2022·贵阳模拟)某镍配合物由1个Ni2＋与2个形成。形成该镍配合物的元素中，第二周期元素的第一电离能最大的为 N　(用元素符号表示)，配合物中N采用的杂化类型为 sp2　。
(2)(2022·重庆模拟)Na、Mg、Al的第一电离能由大到小的是 Mg>Al>Na　。
(3)(2022·乌鲁木齐模拟)As与Ge、Se同周期且相邻，它们的第一电离能由大到小的顺序为 As＞Se＞Ge　(用元素符号表示)。
(4)(2022·太原模拟)硒为第四周期元素，相邻的元素有砷和溴，则3种元素的第一电离能从大到小顺序为 Br>As>Se　(用元素符号表示)
【解析】　(1)组成该镍配合物的元素中，第二周期元素有N、O和C，其中N的价层电子排布式为2s22p3，2p能级为半满的稳定结构，第一电离能最大，配合物中N有两个σ键电子对，一个孤电子对，价层电子对为3，杂化方式为：sp2；(2)同周期元素从左往右，第一电离能呈现增大趋势，但由于第ⅡA元素是全充满结构，较稳定，所以第一电离能第ⅡA元素>第ⅢA元素，因此Na、Mg、Al的第一电离能由大到小的是Mg>Al>Na；(3)As与Ge、Se同周期且相邻，由于As的4p轨道处于半满结构，能量低稳定，失去电子更难，它的第一电离能比同周期相邻元素的第一电离能大，所以它们的第一电离能由大到小的顺序为As＞Se＞Ge。(4)硒为第四周期第ⅥA族元素，其前一主族的砷的价层电子排布式为4s24p3，4p能级上填充3个电子，是半充满的稳定结构，所以其第一电离能高于其后的硒，而同周期的第ⅦA族的溴原子半径小，质子数多，失去电子比砷和硒难，在这三种元素中第一电离能最大，所以这3种元素的第一电离能从大到小顺序为Br＞As＞Se。
考点二　分子结构与性质
核心知识·整合
1．“两大理论”与分子或离子构型
(1)用价层电子对互斥理论推测分子或离子空间构型的思维模板：确定价层电子对数价层电子对空间构型
确定孤电子对数变形后的空间构型分子(离子)的空间构型
(2)常见分子或离子的空间构型及中心原子的杂化方式
化学式 空间构型 中心原子的杂化方式
CS2 直线形 sp
HCN 直线形 sp
BeX2 直线形 sp
HgCl2 直线形 sp
CH2O 平面三角形 sp2
BX3 平面三角形 sp2
SO3 平面三角形 sp2
SO2 V形 sp2
C2H4 平面四边形 sp2
H2S V形 sp3
2．微粒作用与分子性质
(1)共价键类型的判断
①σ键和π键：π键的重叠程度小，不牢固；σ键的重叠程度大，比较牢固；两原子形成共价键时，先“头碰头”形成σ键，再“肩并肩”形成π键。单键都是σ键，双键有1个σ键和1个π键，三键有1个σ键和2个π键。
②极性键和非极性键：X—X型、Y—Y型是非极性键；X—Y型是极性键。
③配位键：可表示为X→Y，其中X是配体，提供孤对电子，Y是中心原子或离子，通常是过渡金属原子或离子。
(2)分子结构与性质
①分子构型与分子极性的关系
②溶解性：a.“相似相溶”规律：非极性溶质一般能溶于非极性溶剂，极性溶质一般能溶于极性溶剂，若存在氢键，则溶剂和溶质之间的氢键作用力越大，溶解性越好。b.“相似相溶”还适用于分子结构的相似性，如乙醇和水互溶，而戊醇在水中的溶解度明显减小。
③无机含氧酸分子的酸性：无机含氧酸可写成(HO)mROn，如果成酸元素R相同，则n值越大，R的正电性越高，使R—O—H中O的电子向R偏移，在水分子的作用下越易电离出H＋，酸性越强，如HClO3．配位键与配位化合物的结构(以[Cu(NH3)4]SO4为例)
关键能力·突破
　考向1　分子空间构型的判断
典例1(1)(2018·全国卷Ⅰ节选)Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是正四面体　、中心原子的杂化形式为 sp3　。LiAlH4中，存在 AB　(填标号)。
A．离子键　　　　　　 B．σ键
C．π键 D．氢键
(2)(2018·全国卷Ⅲ节选)《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为平面三角形　，C原子的杂化形式为 sp2　。
(3)(2019·江苏高考节选)SO的空间构型为正四面体　(用文字描述)；Cu2＋与OH－反应能生成[Cu(OH)4]2－，[Cu(OH)4]2－中的配位原子为 O　(填元素符号)。
(4)(2019·江苏高考节选)抗坏血酸的分子结构如图所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为 sp3、sp2　；推测抗坏血酸在水中的溶解性：易溶于水　(填“难溶于水”或“易溶于水”)。
(5)(2017·全国卷Ⅰ·35节选)X射线衍射测定等发现，I3AsF6中存在I离子。I离子的几何构型为 V形　，中心原子的杂化形式为 sp3　。
【解析】　(1)LiAlH4中的阴离子是AlH，中心原子铝原子含有的价层电子对数是4，且不存在孤对电子，所以空间构型是正四面体，中心原子的杂化轨道类型是sp3杂化；阴阳离子间存在离子键，Al与H之间还有共价单键，不存在双键和氢键，答案选AB；(2)ZnCO3中，阴离子CO中σ键＝3，孤电子对数＝(a－xb)＝(4＋2－3×2)＝0，故价电子对数＝3＋0＝3，CO空间构型为平面三角形，C原子的杂化形式为sp2。(3)SO中S没有孤电子对，价层电子数为0＋4＝4，S为sp3杂化，SO为正四面体形。氧原子上面有孤电子对，O与Cu2＋之间为配位键。(4)形成四个单键的碳原子为sp3杂化，形成双键的碳原子为sp2杂化。1个抗坏血酸分子中含有4个羟基，可以与H2O分子间形成氢键，所以其易溶于水。(5)根据计算公式，I离子的价层电子对数＝(7＋2×1－1)/2＝4，结构如下：[I—I?,?—I]＋，中心碘原子形成了两个σ键，有两对孤电子对，因此杂化方式为sp3，构型为V形。
〔迁移应用〕
1．(2022·黄冈模拟)A、B、C、D、E为短周期元素且它们的原子序数依次增大，A的核外电子只有一种自旋取向；D原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能都低于同周期相邻元素；B原子的L电子层中未成对电子数与D的L电子层中未成对电子数相同，但有空轨道；D与E同族。请回答下列问题：
(1)A分别与B、C、D形成的常见共价化合物中：
①有一种化合物分子呈正四面体形，该分子为甲烷　(填物质的名称)；
②分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物为 C2H4、N2H4、H2O2　(填化学式，写两种)。
(2)这5种元素可形成的常见含氧酸根离子中，其中心原子的价层电子对数为3的酸根离子是 NO、NO、CO　(填离子符号，写一种；下同)；酸根离子呈三角锥形的是 SO　。
(3)A2E分子的空间结构为 V形　；根据电子云重叠方式的不同，该分子中共价键的类型为 σ键　。
(4)BD2分子中σ键和π键的数目之比为 1∶1　。
【解析】　A的核外电子只有一种自旋取向，则A只有1个电子，A为H元素；D原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能都低于同周期相邻元素，其核外电子排布为1s22s22p4，故D为O元素；B原子的L电子层中未成对电子数与D相同，但有空轨道，原子核外电子排布为1s22s22p2，则B为C元素，结合原子序数可知C为N，D与E同族，则E是S；(1)①H与其他元素形成的共价化合物中，一种化合物分子呈正四面体形，该分子为CH4；②H分别与C、N、O形成的共价化合物中既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物是C2H4、N2H4、H2O2等；(2)价层电子对数等于σ键电子对数＋π键电子对数，故这些元素形成的含氧酸根离子中，中心原子的价层电子对数为3的有NO、NO、CO；根据VSEPR理论，酸根离子呈三角锥形结构的是SO；(3)H2S中S原子价层电子对数＝2＋＝4且含有2对孤电子，空间结构为V形，该分子中共价键的类型为σ键；(4)单键由1个σ键形成，双键由1个σ键和1个π键形成，CO2的结构为O===C===O，分子中σ键和π键的数目之比为1∶1。
　考向2　微粒间作用力与分子的性质
典例2按要求回答下列问题：
(1)吡啶为含N有机物。这类物质是合成医药农药的重要原料。下列吡啶类化合物A与Zn(CH3CH2)2(即ZnEt2)反应生成有机化合物B，B具有优异的催化性能。
吡啶类化合物A中N原子的杂化类型是 sp2　，化合物A易溶于水，原因是化合物A与水分子间存在氢键　，含Zn有机物B的分子结构中含 BCD　(填序号)。
A．离子键　　 B．配位键　　　C．π键
D．σ键E．氢键
(2)氧化镁载体及镍催化反应中涉及CH4、CO2和CH3OH等物质。元素Mg、O和C的第一电离能由小到大排序为 Mg＜C＜O　；在上述三种物质的分子中碳原子杂化类型不同于其他两种的是 CO2　，立体构型为正四面体的分子是 CH4　，三种物质中沸点最高的是CH3OH，其原因是甲醇为极性分子，且甲醇分子间能形成氢键　。
(3)吡啶、Cl－与Pt2＋形成二氯二吡啶合铂配合物，有顺式和反式两种同分异构体。科学研究表明，顺式分子具有抗癌活性。
Pt2＋的配位数为 4　。顺式二氯二吡啶合铂分子能否溶于水能　(填“能”或“否”)，简述理由顺式二氯二吡啶合铂分子是极性分子，依据相似相溶原理，能溶于水　。
【解析】　(1)吡啶类化合物A中N原子形成2个σ键、有1对孤电子对，因此N原子杂化类型是sp2；A中含有羟基，可与水分子形成分子间氢键，增强其水溶性，所以化合物A易溶于水；含Zn有机物B的分子结构中存在单键、双键以及N→Zn、O→Zn配位键，因此答案选BCD；(2)金属元素的第一电离能小于非金属元素的第一电离能，同周期元素的第一电离能呈增大趋势，则Mg、O和C三种元素的第一电离能由小到大排序为Mg〔迁移应用〕
2．Ni(CO)4常温下为无色液体，沸点42.1℃，熔点－19.3℃，难溶于水，易溶于有机溶剂。推测Ni(CO)4是非极性　分子(填“极性”或“非极性”)。
【解析】　H2O为极性分子，Ni(CO)4难溶于水，根据相似相溶原理，则Ni(CO)4为非极性分子。
3．吡啶()分子中氮原子的杂化方式为 sp2　，吡啶能与水以任意比例混溶，除了其分子具有较大的极性外，还因为吡啶分子与水分子间容易形成氢键　。
【解析】　吡啶()分子中氮原子的σ键电子对数为2，孤电子对数为1，故杂化轨道数为2＋1＝3，杂化方式为sp2。吡啶能与水以任意比例混溶，除了其分子具有较大的极性外，还因为吡啶分子与水分子间容易形成氢键。
考点三　晶体结构与性质
核心知识·整合
1．熟悉各类晶体的典型代表，并能用均摊法确定晶胞的化学组成
(1)分子晶体(CO2)
(2)原子晶体(金刚石、晶体硅)
(3)离子晶体
晶体 类型 晶胞 类型 晶胞结构示意 图 配位数 紧邻等距相同 离子 每个晶胞含有 离子数 实例
AB NaCl Na＋：6 Cl－：6 Na＋：12 Cl－：12 Na＋：4 Cl－：4 KBr、 AgCl、 MgO
CsCl Cs＋：8 Cl－：8 Cs＋：6 Cl－：6 Cs＋：1 Cl－：1 CsCl、 CsBr、 CsI
ZnS Zn2＋：4 S2－：4 — Zn2＋：4 S2－：4 ZnS、 AgI
AB2 CaF2 Ca2＋：8 F－：4 — Ca2＋：4 F－：8 CaF2
(4)金属晶体
堆积方式 晶胞类型 空间利用率 配位数 实例
简单立 方堆积 立方体 52% 6 Po
体心立 方堆积 体心立方 68% 8 Na、K、Fe
六方最 密堆积 平行六 面体 74% 12 Mg、Zn、Ti
面心立方 最密堆积 面心立方 74% 12 Cu、Ag、Au
2．晶体密度及微粒间距离的计算
若1个晶胞中含有x个微粒，则1mol该晶胞中含有xmol微粒，其质量为xM(M为微粒的相对“分子”质量)；1个晶胞的质量为ρa3g(a3为晶胞的体积)，则1mol晶胞的质量为ρa3NAg，因此有xM＝ρa3NA。
3．金属晶体空间利用率的计算方法
(1)空间利用率的定义及计算步骤
①空间利用率：指构成晶体的原子、离子或分子(看成球)在整个晶体空间中所占有的体积百分比。
空间利用率＝
②空间利用率的计算步骤
a．计算晶胞中的微粒数；
b．计算晶胞的体积。
(2)金属晶体空间利用率分类简析
①简单立方堆积(如图1所示)
立方体的棱长为2r，球的半径为r
过程：V(球)＝πr3　V(晶胞)＝(2r)3＝8r3
空间利用率＝×100%＝≈52%。
②体心立方堆积(如图2所示)
过程：b2＝a2＋a2
(4r)2＝a2＋b2＝3a2，所以：a＝r
空间利用率＝×100%＝×100%＝×100%≈68%。
③六方最密堆积(如图3所示)
过程：S＝2r×r＝2r2
h＝r　V(球)＝2×πr3
V(晶胞)＝S×2h＝2r2×2×r＝8r3
空间利用率＝×100%＝×100%≈74%。
④面心立方最密堆积(如图4所示)
过程：a＝2r
V(球)＝4×πr3
V(晶胞)＝a3＝(2r)3＝16r3
空间利用率＝×100%＝×100%≈74%。
4．突破晶体熔、沸点高低的比较
(1)一般情况下，不同类型晶体的熔沸点高低的比较规律：原子晶体>离子晶体>分子晶体，如金刚石>NaCl>Cl2；金属晶体的熔、沸点差别很大，如金属钨、铂等熔点很高，汞、铯等熔点很低。
(2)原子晶体
由共价键形成的原子晶体中，原子半径小，键长越短，键能越大，晶体的熔沸点越高。如熔点：金刚石>碳化硅>硅。
(3)离子晶体
一般来说，阴、阳离子所带电荷数越多，离子半径越小，则离子间的作用力就越强，其晶体的熔、沸点就越高，如熔点：MgO>NaCl>CsCl。
(4)分子晶体
①组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔、沸点越高，如：SnH4>GeH4>SiH4>CH4；
②具有氢键的分子晶体熔、沸点反常地高，如H2O>H2S；
③组成和结构不相似的分子晶体(相对分子质量接近)，分子极性越大，其熔、沸点越高。如CO>N2，CH3OH>CH3CH3；
④同分异构体分子中，支链越少，其熔沸点就越高，如正戊烷>异戊烷>新戊烷。
(5)金属晶体
金属阳离子半径越小，离子所带电荷数越多，金属键越强，金属熔沸点就越高。如熔沸点：Al>Mg>Na。
关键能力·突破
　考向1　晶体结构及晶体中微粒间作用力
典例1(2022·广州模拟)下列各图为几种晶体或晶胞的结构示意图。
请回答下列问题：
(1)这些晶体中，粒子之间以共价键结合形成的晶体的是金刚石晶体　。
(2)冰、金刚石、CaCl2、干冰4种晶体的熔点由高到低的顺序是金刚石>CaCl2>冰>干冰　。
(3)NaCl晶胞与MgO晶胞结构相同，NaCl晶胞的熔、沸点、硬度较MgO晶体的小　(填“大”或“小”)，原因是 MgO晶体中离子的电荷数大于NaCl晶体中离子电荷数，且r(Mg2＋)(4)每个Cu晶胞中实际含有 4　个Cu原子，CaCl2晶体中每个Ca2＋周围距离最近且相等的Cl－有 8　个。
【解析】　(1)共价晶体，粒子之间以共价键结合，只有金刚石晶体属于共价晶体；(2)不同类型的晶体熔点一般为：共价晶体>离子晶体>分子晶体，金刚石为共价晶体，CaCl2为离子晶体，冰和干冰都属于分子晶体，但冰分子之间存在氢键，熔点增大，所以冰的熔点大于干冰，故答案为：金刚石>CaCl2>冰>干冰；(3)MgO晶体中离子的电荷数大于NaCl晶体中离子电荷数，且r(Mg2＋)〔迁移应用〕
1．(2022·成都模拟)镁合金常含有Mg、Al、Zn和Mn，若熔进稀土金属(如镨、钍)，可以大大提高镁合金在高温条件保持其强度的能力。已知Zn的熔点为419.5℃，Mg的熔点为650℃。回答下列问题：
(1)基态Mn原子的价电子排布式为
　。
(2)Mg、Zn的晶体结构相同(如图a)，下列叙述正确的是 AD　(填标号)。
A．金属键：Mg强于Zn
B．原子的配位数为8
C．晶胞的空间利用率为68%
D．一个晶胞的原子数为2
(3)工业上均采用碳酸盐分解法制取氧化镁与生石灰，MgCO3的分解温度低于　(填“高于”或“低于”)CaCO3，原因是 Mg2＋半径较小，对碳酸根离子中氧离子的吸引力大，所以碳酸镁易分解生成MgO，其分解温度更低　。
(4)人体内碳酸酐酶能使CO2水合和脱水的速率都加快，碳酸酐酶的部分结构如图b所示。
①H2O的空间构型为 V形　；写出一个与CO2互为等电子体的阴离子的化学式 OCN－、SCN－　。
②中心原子(离子)的配位数为 4　，图b中碳原子的杂化类型为 sp2、sp3　。
(5)一种锌镁合金的六方晶胞如图c所示，除棱心和顶角外，晶胞内还有六个Zn原子，所有的Mg均在晶胞内部。则合金密度为　g·cm－3(写出计算式即可，阿伏加德常数用NA表示)。
【解析】　(1)基态Mn原子的价电子排布式为：3d54s2，价电子排布图为(2)A.金属晶体中阳离子的电荷越多，半径越小，金属键越强，Mg2＋半径小于Zn半径，金属键：Mg强于Zn，故A正确；B.晶体是六方最密堆积，配位数为12，故B错误；C.晶体中原子堆积模型为立方最密堆积方式，空间利用率为74%，故C错误；D.四个相切的球围成一个正四面体空隙，六个球围成一个正八面体空隙，晶体中既存在四面体空隙又存在八面体空隙，故D正确；(3)碳酸盐中阳离子半径越小，其结合氧离子能力越强，需要外界能量更少，Mg2＋半径较小，对碳酸根离子中氧离子的吸引力大，所以碳酸镁易分解生成MgO，其分解温度更低。(4)①H2O中O原子为sp3杂化，有两个孤电子对，其空间构型为V型；CO2含3个原子，16个价电子，互为等电子体的阴离子的化学式为OCN－、SCN－；②据图b可知为提供电子对的原子有1个O原子，3个N原子，共4个，形成双键(五元环上)的碳原子为sp2杂化，形成单键的碳原子(甲基)为sp3杂化；(5)晶胞中Zn原子个数为6＋8×＋4×＝8，Mg原子的个数为4，晶胞质量为g，晶胞体积为0.52212×sin60°×0.8567nm3＝0.52212×sin60°×0.8567×10－21cm3，所以合金的密度ρ＝＝g·cm3。
　考向2　晶胞结构判断及相关计算
典例2(1)(2018·全国卷Ⅰ节选)Li2O具有反萤石结构，晶胞如图所示。已知晶胞参数为0.4665nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为　g·cm－3(列出计算式)。
(2)(2018·全国卷Ⅱ节选)FeS2晶体的晶胞如图所示。晶胞边长为anm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为×1021　g·cm－3；晶胞中Fe2＋位于S所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为a　nm。
(3)(2018·全国卷Ⅲ节选)锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为六方最密堆积(A3型)　。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为　g·cm－3(列出计算式)。
【解析】　(1)根据晶胞结构可知锂全部在晶胞中，共计是8个，根据化学式可知氧原子个数是4个，则Li2O的密度是ρ＝＝ g·cm－3。(2)FeS2晶体的晶胞中Fe2＋位于立方体的棱上和体心，因此一个晶胞中含有Fe2＋为12×＋1＝4个，因此一个晶胞中含有4个FeS2，因此晶体的密度为ρ＝＝ g·cm－3＝×1021 g·cm－3。S所形成的正八面体的两对着的S之间的距离为晶胞的边长为a nm，即四个S形成的正方形的对角线，若正八面体的边长x，则x＝a，因此x＝ nm＝ nm。(3)结合题中所给金属Zn晶体中的原子堆积方式，可知这种堆积方式称为六方最密堆积。六棱柱底边边长为a cm，可求六棱柱底面积＝6××a×a×sin 60°cm2＝6×a2 cm2，六棱柱高为c cm，则六棱柱的体积＝6×a2c cm3；一个金属Zn晶胞中含有Zn原子数＝12×＋2×＋3＝6，然后根据密度的计算公式：ρ＝＝ g·cm－3。
方法技巧
1．晶胞中微粒数目的计算方法——均摊法
2．晶体密度的计算
　晶体密度(ρ)
〔迁移应用〕
2．(2022·太原模拟)β-MnSe的结构中Se为面心立方最密堆积，晶胞结构如图所示。
(1)β-MnSe中Mn的配位数为 4　。
(2)若该晶体的晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则距离最近的两个锰原子之间的距离为a　pm，β-MnSe的密度ρ＝　g·cm－3(列出表达式即可)。
【解析】　(1)在β-MnSe中，Mn和相邻的4个Se相连，所以Mn的配位数为4。(2)在β-MnSe中，Mn位于晶胞内部，若将晶胞分成8个相等的小正方体，则4个Mn位于其中四个不相邻的小正方体的体心，所以距离最近的两个锰原子之间的距离是晶胞面对角线的一半。晶胞参数为a pm，则距离最近的两个锰原子之间的距离为a pm；一个晶胞中含有4个Mn和4个Se，则一个晶胞的质量为 g，晶胞参数为a pm，则一个晶胞的体积为(a×10－10)3 cm3，所以晶体密度ρ＝ g·cm－3。
3．(2022·重庆模拟)已知铁和镁形成的晶胞如图所示：
(1)在该晶胞中铁的配位数为 8　。
(2)图中a处原子坐标参数为　。
(3)已知该晶胞密度为ρg/cm3，NA为阿伏加德罗常数的值。该晶胞中Fe原子与Mg原子的最近距离是××1010　pm(用含NA、ρ的代数式表示)。
【解析】　(1)分析晶胞结构可知，该晶胞中铁的配位数为8；(2)根据晶胞结构中的原子坐标信息可知a处原子坐标参数为；(3)根据均摊法，晶胞中Fe原子有8×＋6×＝4个，Mg原子有8个，晶胞中Fe原子与Mg原子的最近距离是晶胞体对角线长度的，而晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍，设晶胞的棱长为a cm，再结合公式，晶胞的质量m＝ρ·V＝，可得ρ×a3＝即a＝ cm，所以晶胞中Fe原子与Mg原子的最近距离是××1010 pm。
4．(2022·德阳模拟)钴酸锂(LiCoO2)的一种晶胞如下图所示(仅标出Li，Co与O未标出)，晶胞中含有O2－的个数为 16　。晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，该钴酸锂晶体的密度可表示为×1030　g·cm－3(用含有NA的代数式表示)。
【解析】　根据均摊原则，晶胞中Li＋数为8×＋6×＋4＝8，钴酸锂的化学式为LiCoO2，晶胞中含有O2－的个数为16。晶胞边长为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，该钴酸锂晶体的密度可表示为＝×1030 g·cm－3。
热点聚焦
REDIANJUJIAO　　　　　　对应学生用书学案P132
物质结构与性质大题研析
〔高考必备〕
1．物质结构与性质综合题的三种呈现形式
(1)以一种已知的元素立题，选取与其相关的某些典型单质或化合物展开设问，综合考查原子结构、分子结构和晶体结构。
(2)以几种已知的元素立题，依托不同元素的物质分别独立或有所侧重考查原子结构、分子结构和晶体结构。
(3)以推断出的几种元素立题，依托这些元素组成的物质综合考查原子结构、分子结构和晶体结构。
2．常考知识点
(1)基本化学用语。1～36号元素原子及简单离子的基态核外电子排布式(或外围电子排布)、电子式或结构式的书写(有的需要找等电子体来推测结构)。
(2)化学键及分子间作用力。σ键或π键的数目、键参数、氢键及范德华力。
(3)分子结构与性质。分子的立体构型和分子极性的判断、分子的手性、无机含氧酸的酸性，分子中中心原子的杂化类型的判断、等电子体的寻找和等电子体原理的应用。
(4)配合物组成结构的考查。配合物化学式的书写、配合物结构示意图的表示及配合物中的各种化学键。
(5)元素周期表、元素周期律。主族元素的电负性和电离能的变化规律，特别注意一些元素性质的反常。
(6)晶体结构和性质的考查：晶体的各向异性、晶格能大小比较，晶胞中微粒数目的计算、晶体密度及阿伏加德罗常数的相关计算。
3．解题步骤
〔典例探究〕
典例1(2020·全国卷Ⅲ·35)氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。回答下列问题：
(1)H、B、N中，原子半径最大的是 B　。根据对角线规则，B的一些化学性质与元素 Si(硅)　的相似。
(2)NH3BH3分子中，N—B化学键称为配位　键，其电子对由 N　提供。氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气：3NH3BH3＋6H2O===3NH＋B3O＋9H2，B3O的结构如图所示：；在该反应中，B原子的杂化轨道类型由 sp3　变为 sp2　。
(3)NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(Hδ＋)，与B原子相连的H呈负电性(Hδ－)，电负性大小顺序是 N＞H＞B　。与NH3BH3原子总数相等的等电子体是 C2H6　(写分子式)，其熔点比NH3BH3低　(填“高”或“低”)，原因是在NH3BH3分子之间，存在 Hδ＋与Hδ－的静电引力　，也称“双氢键”。
(4)研究发现，氨硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构，晶胞参数分别为apm、bpm、cpm，α＝β＝γ＝90°。氨硼烷的2×2×2超晶胞结构如图所示。
氨硼烷晶体的密度ρ＝　g·cm－3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。
【解析】　(1)在所有元素中，H原子的半径是最小的，同一周期从左到右，原子半径依次减小，所以，H、B、N中原子半径最大是B。B与Si在元素周期表中处于对角线的位置，根据对角线规则，B的一些化学性质与Si元素相似。(2)B原子最外层有3个电子，其与3个H原子形成共价键后，其价层电子对只有3对，还有一个空轨道；在NH3中，N原子有一对孤对电子，故在NH3BH3分子中，N—B键为配位键，其电子对由N原子提供。NH3BH3分子中，B原子的价层电子对数为4，故其杂化方式为sp3。NH3BH3在催化剂的作用下水解生成氢气和B3O，由图中信息可知，B3O中每个B原子只形成3个σ键，其中的B原子的杂化方式为sp2，因此，B原子的杂化轨道类型由sp3变为sp2。(3)NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性，说明N的电负性大于H；与B原子相连的H呈负电性，说明H的电负性大于B，因此3种元素电负性由大到小的顺序为N＞H＞B。NH3BH3分子中有8个原子，其价电子总数为14，N和B的价电子数的平均值为4，依据等量代换的原则，可以找到其等电子体为CH3CH3。由于NH3BH3分子属于极性分子，而CH3CH3属于非极性分子，两者相对分子质量接近，但是极性分子的分子间作用力较大，故CH3CH3熔点比NH3BH3低。NH3BH3分子间存在“双氢键”，类比氢键的形成原理，说明其分子间存在Hδ＋与Hδ－的静电引力。(4)在氨硼烷的2×2×2的超晶胞结构中，共有16个氨硼烷分子，晶胞的长、宽、高分别为2a pm、2b pm、2c pm，若将其平均分为8份可以得到8个小长方体，则平均每个小长方体中占有2个氨硼烷分子，小长方体的长、宽、高分别为a pm、b pm、c pm，则小长方体的质量为，小长方体的体积为abc×10－30 cm3，因此，氨硼烷晶体的密度为＝ g·cm－3。
典例2(2019·全国卷Ⅱ·35)近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe－Sm－As－F－O组成的化合物。回答下列问题：
(1)元素As与N同族。预测As的氢化物分子的立体结构为三角锥形　，其沸点比NH3的低　(填“高”或“低”)，其判断理由是 NH3分子间存在氢键　。
(2)Fe成为阳离子时首先失去 4s　轨道电子，Sm的价层电子排布式为4f66s2，Sm3＋价层电子排布式为 4f5　。
(3)比较离子半径：F－小于　O2－(填“大于”“等于”或“小于”)。
(4)一种四方结构的超导化合物的晶胞如图1所示。晶胞中Sm和As原子的投影位置如图2所示。图中F－和O2－共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用x和1－x代表，则该化合物的化学式表示为 SmFeAsO1－xFx　；通过测定密度ρ和晶胞参数，可以计算该物质的x值，完成它们关系表达式：ρ＝　g·cm－3。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图1中原子1的坐标为，则原子2和3的坐标分别为、。
【解析】　(1)As与N同族，位于第ⅤA族，其氢化物的结构与氨气相同，则AsH3分子的空间构型为三角锥形；在氨气分子间存在氢键和范德华力，AsH3分子间只存在范德华力，所以导致沸点AsH3低于NH3。(2)Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe成为阳离子时首先失去最外层两个电子，即4s轨道上的电子。Sm的价层电子排布式为4f66s2，Sm成为阳离子Sm3＋时首先失去最外层两个电子，即6s轨道上的电子，再失去4f轨道上的一个电子，所以Sm3＋的价层电子排布式为4f5。(3)电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，所以离子半径：F－〔预测演练〕
1．(2022·西安模拟)硒(Se)是一种有抗癌、抗氧化作用的元素，可以形成多种化合物。
(1)基态硒原子的价层电子排布式为 4s24p4　。
(2)H2SeO3的中心原子杂化类型是： sp3　，SeO的立体构型是三角锥形　。与SeO互为等电子体的分子有 PCl3　(写一种物质的化学式即可)。
(3)H2Se属于极性　(填“极性”或“非极性”)分子；比较H2Se与H2O沸点高低，并说明原因： H2Se比H2O沸点低；因为H2O中存在分子间氢键，沸点较高，H2Se不存在氢键　。
(4)硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示，该晶胞中硒原子的配位数为 4　；若该晶胞密度为ρg·cm－3，硒化锌的摩尔质量为Mg·mol－1，NA代表阿伏加德罗常数的值，则晶胞参数a为×1010 pm　。
【解析】　(1)硒为34号元素，基态Se原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4，价层电子排布式为4s24p4；(2)H2SeO3的中心原子的价层电子对数为3＋[6－2－2·(2－1)]＝4，所以Se杂化方式为sp3杂化，SeO的中心原子Se的价层电子对数为3＋(6＋2－3×2)＝4，离子中有一对孤电子对，所以SeO的立体构型是三角锥形，等电子体是指价电子总数和原子总数都相等的微粒，与SeO互为等电体的分子有PCl3；(3)H2Se分子中有孤电子对，立体构型为V形，正、负电荷中心不重合，所以H2Se属于极性分子；H2Se比H2O沸点低；因为H2O中存在分子间氢键，沸点较高，H2Se不存在氢键；(4)根据硒化锌晶胞结构图可知，每个锌原子周围有4个硒原子，每个硒原子周围也有4个锌原子，所以硒原子的配位数为4；该晶胞中含有硒原子数为8×＋6×＝4，含有锌原子数为4，根据ρ＝＝，所以V＝，则晶胞参数a为 cm＝×1010 pm。
2．(2022·咸阳模拟)主族元素N、F、Si、As、Se、Cl等的某些化合物对工农业生产意义重大，回答下列问题：
(1)Si3N4陶瓷是世界上最坚硬的物质之一，具有高强度、低密度、耐高温等性质，其属于原子　晶体；SiCl4中Si采取的杂化类型为 sp3　。
(2)O、F、Cl电负性由大到小的顺序为 F＞O＞Cl　；OF2分子的空间构型为 V形　；OF2的熔、沸点低于Cl2O，原因是 OF2和Cl2O是结构相似的分子晶体，Cl2O的相对分子质量大于OF2，分子间作用力大于OF2　。
(3)Se元素基态原子的原子核外电子排布式为 [Ar]3d104s24p4　；As的第一电离能比Se的第一电离能大的原因为 As原子的4p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素　。
(4)XeF2晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，该晶胞中有 2　个XeF2分子。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点原子的分数坐标为。已知Xe—F键长为rpm，则B点原子的分数坐标为　；晶胞中A、B间距离d＝　pm。
【解析】　(1)由物理性质可知，四氮化三硅为熔沸点高、硬度大的原子晶体；四氯化硅中硅原子的价层电子对数为4，硅原子的杂化方式为sp3杂化；(2)元素的非金属性越强，电负性越大，氟、氧、氯三种元素的非金属性强弱顺序为F＞O＞Cl，则电负性的大小顺序为F＞O＞Cl；OF2分子中氧原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为2，则分子的空间构型为V形；结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，OF2和Cl2O是结构相似的分子晶体，Cl2O的相对分子量大于OF2，分子间作用力大于OF2，所以OF2的熔、沸点低于Cl2O；(3)硒元素的原子序数为34，位于元素周期表第四周期ⅥA族，基态原子的原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4；砷原子的4p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，所以砷的第一电离能比硒的第一电离能大；(4)由晶胞结构可知，晶胞中原子半径大的氙原子位于顶点和体心，原子个数为8×＋1＝2，原子半径小的氟原子位于棱上和体内，原子个数为原子半径小的氟原子位于棱上和体内，原子个数为8×＋2＝4，所以晶胞中有2个XeF2分子；由晶胞中体心A点原子的分数坐标为可知，晶胞的边长为1，则位于棱的处B点原子的分数坐标为；由晶胞结构可得如下示意图：，图中y为面对角线的，则y为，x为，则A、B间距离d为。专题四　常见元素及其重要化合物
明·课程标准
MINGKECHENGBIAOZHUN　　　　　　对应学生用书学案P29
1．结合真实情境中的应用实例或通过实验探究，了解钠、铁及其重要化合物的主要性质，了解这些物质在生产、生活中的应用。
2．结合真实情境中的应用实例或通过实验探究，了解氯、氮、硫及其重要化合物的主要性质，认识这些物质在生产中的应用和对生态环境的影响。
3．掌握元素及其化合物的转化关系及其综合应用。
品·高考真题
PINGAOKAOZHENTI　　　　　　对应学生用书学案P30
真题细研
1．(2020·全国卷Ⅱ，9)二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图所示。下列叙述错误的是(　C　)
A．海水酸化能引起HCO浓度增大、CO浓度减小
B．海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少
C．CO2能引起海水酸化，其原理为HCO??H＋＋CO
D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境
【解析】　海水酸化，H＋浓度增大，平衡H＋＋CO??HCO正向移动，CO浓度减小，HCO浓度增大，A正确；海水酸化，CO浓度减小，导致CaCO3溶解平衡正向移动，促进了CaCO3溶解，导致珊瑚礁减少，B正确；CO2引起海水酸化的原理为CO2＋H2O??H2CO3??H＋＋HCO，导致H＋浓度增大，C错误；使用太阳能、氢能等新能源，可以减少化石能源的燃烧，从而减少CO2的排放，减弱海水酸化，从而改善珊瑚礁的生存环境，D正确。
2．(2022·全国乙卷节选)废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb。还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：
金属氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3 Pb(OH)2
开始沉淀的pH 2.3 6.8 3.5 7.2
完全沉淀的pH 3.2 8.3 4.6 9.1
回答下列问题：
(1)在“酸浸”中，除加入醋酸(HAc)，还要加入H2O2。
(ⅰ)能被H2O2氧化的离子是__Fe2＋__；
(ⅱ)H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac)2，其化学方程式为__Pb＋H2O2＋2HAc===Pb(Ac)2＋2H2O__；
(ⅲ)H2O2也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，H2O2的作用是__作还原剂__。
(2)“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是__Fe(OH)3、Al(OH)3__。
(3)“沉铅”的滤液中，金属离子有__Ba2＋、Na＋__。
【解析】　(1)(ⅰ)过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子；(ⅱ)过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac)2，过氧化氢与Pb、HAc发生氧化还原反应生成Pb(Ac)2和H2O，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为Pb＋H2O2＋2HAc===Pb(Ac)2＋2H2O；(ⅲ)过氧化氢也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，铅元素化合价由＋4价降低到了＋2价，PbO2是氧化剂，则过氧化氢是还原剂；(2)酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁；(3)加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化，铁离子、铝离子转化为了氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，铅转化为了氢氧化铅、最终变为了氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba2＋和加入碳酸钠、氢氧化钠时引入的Na＋。
3．(2022·全国甲卷)硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：
离子 Fe3＋ Zn2＋ Cu2＋ Fe2＋ Mg2＋
Ksp 4.0×10－38 6.7×10－17 2.2×10－20 8.0×10－16 1.8×10－11
回答下列问题：
(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为__ZnCO3ZnO＋CO2↑__。
(2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有__将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积__、__增大硫酸的浓度等__。
(3)加入物质X调溶液pH＝5，最适宜使用的X是__B__(填标号)。
A．NH3·H2O　 B．Ca(OH)2　
C．NaOH
滤渣①的主要成分是__Fe(OH)3__、__CaSO4__、__SiO2__。
(4)向80～90℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为__3Fe2＋＋MnO＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋__。
(5)滤液②中加入锌粉的目的是__置换Cu从而除去Cu2＋__。
(6)滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是__CaSO4__、__MgSO4__。
【解析】　由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3ZnO＋CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2＋、Ca2＋、Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、Cu2＋的溶液，加入物质X调节pH＝5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2＋、Cu2＋、Mg2＋、Ca2＋、Fe2＋，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2＋，过滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O。(1)由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为ZnCO3ZnO＋CO2↑；(2)可采用将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；(3)NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；NaOH会引入杂质Na＋，且成本较高，C不适宜；当沉淀完全时(离子浓度小于10－5 mol/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3＋，故滤渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；(4)向80～90 ℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2＋，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2＋＋MnO＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋；(5)滤液②中加入锌粉，发生反应Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu从而除去Cu2＋；(6)由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。
4．(2021·全国乙卷T)磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表
金属离子 Fe3＋ Al3＋ Mg2＋ Ca2＋
开始沉淀的pH 2.2 3.5 9.5 12.4
沉淀完全(c＝1.0×10－5 mol·L－1)的pH 3.2 4.7 11.1 13.8
回答下列问题：
(1)“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，写出Al2O3转化为NH4Al(SO4)2的化学方程式__Al2O3＋4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2＋4NH3↑＋3H2O__。
(2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是__Fe3＋、Al3＋、Mg2＋__。
(3)“母液①”中Mg2＋浓度为__1.0×10－6__mol·L－1。
(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”最适合的酸是__硫酸__。“酸溶渣”的成分是__SiO2__、__CaSO4__。
(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，TiO2＋水解析出TiO2·xH2O沉淀，该反应的离子方程式是__TiO2＋＋(x＋1)H2OTiO2·xH2O＋2H＋__。
(6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得__(NH4)2SO4__，循环利用。
【解析】　(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为Al2O3＋4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2＋4NH3↑＋3H2O；(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀；(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10－5×(1×10－2.9)2＝1×10－10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为＝1×10－6 mol·L－1；(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160 ℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为TiO2＋＋(x＋1)H2OTiO2·xH2O＋2H＋；(6)由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用。
5．(2021·全国甲卷)碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
(1)I2的一种制备方法如下图所示：
①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为 2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－　，生成的沉淀与硝酸反应，生成 AgNO3　后可循环使用。,
②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为 FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2　；若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)＝1.5时，氧化产物为 I2、FeCl3　；当n(Cl2)/n(FeI2)>1.5，单质碘的收率会降低，原因是 I2被过量的Cl2进一步氧化　。
(2)以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入适量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的总反应的离子方程式为 2IO＋5HSO===I2＋5SO＋3H＋＋H2O　。
(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1 mol I2，消耗的KI至少为 4　mol。I2在KI溶液中可发生反应I2＋I－??I。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量KI的原因是防止单质碘析出　。
【解析】　(1)①由流程图可知悬浊液中含AgI，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中；②通入Cl2的过程中，因I－还原性强于Fe2＋，Cl2先氧化还原性强的I－，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2，若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)＝1.5时即Cl2过量，先氧化完全部I－再氧化Fe2＋，恰好将全部I－和Fe2＋氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当n(Cl2)/n(FeI2)>1.5即Cl2过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低；(2)先向NaIO3溶液中加入适量的NaHSO3，生成碘化物即含I－的物质，再向混合溶液中(含I－)加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的两个反应中I－为中间产物，总反应为IO与HSO发生氧化还原反应，生成SO和I2，根据得失电子守恒、电荷守恒及元素守恒配平离子方程式即可得：2IO＋5HSO===I2＋5SO＋3H＋＋H2O；(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，化学方程式为4KI＋2CuSO4===2CuI↓＋I2＋2K2SO4，若生成1 mol I2，则消耗的KI至少为4 mol；反应中加入过量KI，I－浓度增大，可逆反应I2＋I－??I平衡右移，增大I2溶解度，防止单质碘析出。
6.(2020·全国卷Ⅰ，26节选)钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以＋3、＋4、＋5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 Fe3＋ Fe2＋ Al3＋ Mn2＋
开始沉淀pH 1.9 7.0 3.0 8.1
完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 10.1
回答下列问题：
(1)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K＋、Mg2＋、Na＋、 Mn2＋　，以及部分的 Fe3＋、Al3＋　。
(2)“沉淀转溶”中，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是 Fe(OH)3　。
(3)“调pH”中有沉淀生成，生成沉淀反应的化学方程式是 NaAlO2＋HCl＋H2O===NaCl＋Al(OH)3↓(或Na[Al(OH)4]＋HCl===NaCl＋Al(OH)3↓＋H2O)　。
(4)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全　。
【解析】　(1)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K＋、Mg2＋、Na＋、Mn2＋，以及部分的Fe3＋、Al3＋；(2)滤渣③的主要成分是Fe(OH)3；(3)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2＋HCl＋H2O===NaCl＋Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]＋HCl===NaCl＋Al(OH)3↓＋H2O；(4)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是：增大NH离子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。
7.(2020·全国卷Ⅲ，27节选)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 Ni2＋ Al3＋ Fe3＋ Fe2＋
开始沉淀时(c＝0.01mol·L－1)的pH 7.2 3.7 2.2 7.5
沉淀完全时(c＝1.0×10－5mol·L－1) 的pH 8.7 4.7 3.2 9.0
回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是除去油脂、溶解铝及其氧化物　。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式 AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓或Al(OH)＋H＋===Al(OH)3↓＋H2O　。
(2)“滤液②”中含有的金属离子是 Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋　。
(3)“转化”中可替代H2O2的物质是 O2(或空气)　。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即
“滤液③”中可能含有的杂质离子为 Fe3＋　。
【解析】　由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑、2Al2O3＋4NaOH===4NaAlO2＋2H2O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋的滤液②，Fe2＋经H2O2氧化为Fe3＋后，加入NaOH调节pH使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体。(1)根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可发生反应AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓或Al(OH)＋H＋===Al(OH)3↓＋H2O；(2)加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋；(3)“转化”中H2O2的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2＋，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3＋。
考情预判
本部分知识是中学化学的核心知识点之一，是历年高考考查的重点和知识载体，预计在未来高考中，元素单质及其化合物的性质、物质推断和物质的转化关系，主要以选择题形式出现，结合离子反应，NA、化学实验现象分析、工农业生产、传统文化等，以文字表述题和图表型题的形式出现，主要考查元素及其化合物的典型性质、用途及应用；在主观题中则以物质的制备或分离提纯以无机工艺流程题，综合实验题为载体综合考查重要的单质、化合物的性质及反应原理、兼顾考查物质的用途及对环境的影响，同时涉及陌生氧化还原反应方程式、离子方程式的书写。
悟·核心要点
WUHEXINYAODIAN　　　　　　对应学生用书学案P32
考点一　元素及其化合物的性质及应用
核心知识·整合
常见无机物的重要性质和应用
物质性质 应用
(1) 浓硫酸具有吸水性 作干燥剂(不能干燥NH3、H2S、HI)
(2) 生石灰、无水氯化钙能吸收水分 可作(食品)干燥剂
(3) P2O5能与水反应 可作(不可用作食品)干燥剂
(4) 硅胶能吸收水分 可作(袋装食品)干燥剂
(5) 硅是常用的半导体材料 可作太阳能电池板
(6) SiO2存在光的全反射 可作光导纤维
(7) 4HF＋SiO2===2H2O＋SiF4↑ 用氢氟酸雕刻玻璃
(8) ClO2具有较强的氧化性 用于自来水的杀菌消毒
(9) 次氯酸盐具有强氧化性 可作杀菌消毒剂，还可作漂白剂
(10) 碘酸钾在常温下稳定 食盐中的加碘物质
(11) NH4HCO3、NH4NO3是可溶的含氮化合物 可用作氮肥
(12) 浓氨水具有挥发性和还原性 用浓氨水检验输送氯气的管道是否漏气
(13) 二氧化硫具有漂白性 二氧化硫可以用来漂白纸浆、草帽辫等
(14) 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
(15) Na2CO3水解使溶液显碱性 用热的纯碱溶液洗去油污
(16) Na2O2与H2O、CO2反应均生成O2 作供氧剂
(17) 硅酸钠的水溶液是一种无机黏合剂 盛放碱性溶液的试剂瓶不能用玻璃塞
(18) Al具有良好的延展性和抗腐蚀性 常用铝箔包装物品
(19) 常温下，铝、铁遇浓硫酸、浓硝酸钝化 可盛装、运输浓硫酸、浓硝酸
(20) 铝有还原性，与氧化铁反应放出大量的热 可用于焊接铁轨
(21) MgO、Al2O3熔点高 作耐高温材料
(22) Al3＋水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性 明矾作净水剂(混凝剂)
(23) 小苏打溶液和硫酸铝溶液反应生成二氧化碳 可以作泡沫灭火器
(24) 明矾溶液显酸性 利用明矾溶液清除铜镜表面的铜锈
(25) Al(OH)3有弱碱性 可用于中和胃酸
(26) Fe具有还原性 防止食品氧化变质
(27) Fe2O3是红棕色粉末 作红色颜料
(28) Fe3＋水解生成的氢氧化铁胶体具有吸附性 铁盐可用作净水剂(混凝剂)
(29) K2FeO4是强氧化剂，还原产物Fe3＋水解生成氢氧化铁胶体 K2FeO4作新型消毒剂、净水剂
(30) FeCl3溶液具有较强氧化性 FeCl3溶液腐蚀Cu刻制印刷电路板
(31) CuSO4使蛋白质变性 误服CuSO4溶液，喝蛋清或豆浆解毒
(32) BaSO4不溶于水，不与胃酸反应 在医疗上进行胃部造影前，BaSO4作患者服用的“钡餐”
(33) 干冰升华吸收大量的热 人工降雨
(34) 液氨汽化吸收大量的热 作制冷剂
关键能力·突破
　考向1　元素及其化合物的性质及其应用
典例1(2022·临汾模拟)下列生产活动与相应化学原理不相符的是(　D　)
选项 生产活动 化学原理
A 过氧化钠用于呼吸面具的制造 过氧化钠与人呼出的H2O、CO2都能发生反应生成O2
B 葡萄酒生产时用SO2作食品添加剂 二氧化硫具有还原性，且有防腐作用
C 用氧化铁和铝粉组成的混合物焊接钢轨 氧化铁和铝粉剧烈反应放出大量的热，使产物单质铁呈熔融状态
D 用乙二醇合成涤纶 乙二醇与水分子间可形成氢键，可互溶
【解析】　Na2O2与人呼出的H2O、CO2都能反应生成O2，O2又可以供给人呼吸，A运用了相应化学原理，A不合题意；SO2具有还原性可作抗氧化剂，防止葡萄酒中还原性物质被氧化，且能杀灭生产过程中产生的杂菌，作防腐剂，B运用了相应化学原理，B不合题意；氧化铁和铝粉发生铝热反应生成单质铁，反应放出大量热使产物单质铁呈熔融状态，铁水流到钢轨槽中将两段钢轨焊接在一起，C运用了相应化学原理，C不合题意；乙二醇合成涤纶是利用乙二醇中两个羟基，可发生缩聚反应得到高分子化合物，与乙二醇和水分子间存在氢键可互溶无关，D没有运用相应化学原理，D符合题意。
典例2(2022·开封模拟)物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度。下图为硫及其部分化合物的价态—类别图。下列说法正确的是(　A　)
A．常温下，a和f的浓溶液反应可生成b和c
B．附着有b的试管，常用酒精清洗
C．分别往d、e的溶液中滴加少量氯化钡溶液，均可产生白色沉淀
D．常温下等物质的量浓度的g、h两种钠盐溶液的pH：g＜h
【解析】　a为H2S、b为S、c为SO2、d为SO3、e为亚硫酸、f为硫酸、g为亚硫酸盐、h为硫酸盐，据此分析解题。硫化氢和浓硫酸能发生氧化还原反应，方程式为H2S＋H2SO4(浓)===S↓＋SO2↑＋2H2O，A正确；硫微溶于酒精，易溶于二硫化碳，故附着有b的试管，常用二硫化碳洗涤，B错误；亚硫酸的酸性弱于盐酸，故亚硫酸与氯化钡不反应，C错误；硫酸钠为强酸强碱盐，溶液呈中性，亚硫酸钠为强碱弱酸盐，亚硫酸根离子水解使溶液呈碱性，故等浓度时的亚硫酸钠溶液的pH大于硫酸钠溶液的pH，D错误。
〔迁移应用〕
1．(2022·乌鲁木齐模拟)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　)
A．O3是一种氧化性极强的气体，可用作餐具的消毒剂
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．FeCl3可以作止血剂是因为Fe3＋具有强氧化性
【解析】　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；血液属于胶体，加入电解质溶液(FeCl3溶液)可以使胶体聚沉，血液凝聚达到止血效果，故D错误。
　考向2　元素及其化合物性质的实验探究微设计
典例3(2021·武汉模拟)用如图所示装置进行实验，探究硝酸与铁反应的产物。
主要实验操作 实验现象
打开弹簧夹，通入一段时间CO2后，滴入浓硝酸后无明显现象，加热烧瓶，反应开始后停止加热 ①A中有红棕色气体产生，一段时间后，气体颜色逐渐变浅；反应停止后，A中无固体剩余。 ②B中溶液变棕色
取少量A中溶液，加几滴氯水，再滴入硫氰化钾溶液 ③溶液变为红色
取少量B中溶液，加热 ④B中棕色溶液变浅，有无色气体逸出，且在空气中变为红棕色
已知：FeSO4＋NO??Fe(NO)SO4(棕色)　ΔH<0。
下列说法正确的是(　D　)
A．滴入浓硝酸加热前没有明显现象的原因是：温度低，反应速率太慢
B．实验现象③说明反应后A中溶液含有Fe2＋
C．实验现象④说明A中有NO生成
D．可用浓NaOH溶液和湿润的红色石蕊试纸检验硝酸的还原产物中是否有NH
【解析】　常温时，铁遇浓硝酸形成致密氧化膜，阻止反应进一步发生，不是因为温度低，反应速率太慢的缘故，故A错误；取少量A中溶液，加几滴氯水，再滴入KSCN溶液，溶液变为红色，只能说明这时溶液中有三价铁离子，无法说明原溶液中是二价铁还是三价铁，故B错误；取少量B中溶液加热，B中棕色溶液变浅，无色气体逸出，且在空气中变为红棕色，只能说明Fe(NO)SO4分解生成NO，但由于铁和浓硝酸反应生成红棕色气体二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，一氧化氮能使硫酸亚铁溶液变成棕色，所以不能证明铁和浓硝酸反应过程中有NO生成，故C错误；浓NaOH溶液和湿润的红色石蕊试纸可检验A溶液中是否有NH，即可以检验硝酸的还原产物中是否有NH，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明硝酸的还原产物中有NH，故D正确。
　　　　　　规律方法
Fe3＋和Fe2＋的检验方法
(1)Fe2＋的检验
①无现象溶液变红色，证明含有Fe2＋。
②产生白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色，最终变为红褐色，证明有Fe2＋。
③生成蓝色沉淀，证明有Fe2＋。
(2)Fe3＋的检验
①溶液变红色，证明含有Fe3＋。
②产生红褐色沉淀，证明有Fe3＋存在。
(3)含Fe2＋、Fe3＋的混合溶液中Fe3＋、Fe2＋的检验
①Fe3＋的检验
ⅰ.溶液变红色，说明含有Fe3＋。
ⅱ.试纸变蓝色，说明含有Fe3＋。
②Fe2＋的检验
ⅰ.酸性KMnO4溶液紫红色褪去，说明含有Fe2＋。
ⅱ.溴水褪色，说明含有Fe2＋。
ⅲ.生成蓝色沉淀，说明含有Fe2＋。
〔迁移应用〕
2．(2022·潍坊模拟)探究Na2S溶液的性质，进行如下实验。(已知：H2S的Ka1≈1.3×10－7)
实验 装置 气体a 现象
Ⅰ SO2 溶液立即变黄，产生乳白色沉淀
Ⅱ O2 一段时间后，溶液略显浑浊
下列分析或解释正确的是(　D　)
A．Na2S溶液呈碱性：S2－＋H2O??2OH－＋H2S
B．实验Ⅰ、Ⅱ的现象说明，SO2的氧化性强于O2
C．两个实验中，通入气体后，试管中溶液的pH均降低
D．实验Ⅰ中，Na2S溶液能促进SO2气体的溶解
【解析】　Na2S溶液因水解呈碱性，水解方程式为S2－＋H2O??OH－＋HS－，故A错误；实验Ⅰ、Ⅱ的溶液酸碱性不同，不能比较SO2和O2的氧化性，故B错误；实验Ⅰ中随SO2的增多，酸性增强，pH减小；实验Ⅱ中溶液的碱性增强，pH增大，故C错误；Na2S溶液因水解呈碱性，SO2溶于水显酸性，故Na2S溶液能促进SO2气体的溶解，故D正确。
考点二　元素及其化合物的转化及综合应用
核心知识·整合
(一)活泼金属的代表——钠
1．构建：知识网络
2．再忆：重要反应
(1)基本反应
①2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑
②2Na＋O2Na2O2
③2Na2O2＋2H2O===4Na＋＋4OH－＋O2↑
④2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
⑤2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O
⑥2OH－＋CO2===CO＋H2O
⑦CO2＋OH－===HCO
⑧2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
(2)拓展反应
①Na制备Ti：4Na＋TiCl44NaCl＋Ti。
②Na与CuSO4溶液反应的离子方程式：
2Na＋2H2O＋Cu2＋===2Na＋＋Cu(OH)2↓＋H2↑。
③Na与盐酸反应：2Na＋2HCl===2NaCl＋H2↑。
④NaHCO3与过量Ca(OH)2溶液反应的离子方程式：
HCO＋Ca2＋＋OH－===CaCO3↓＋H2O。
⑤NaHCO3与少量Ca(OH)2溶液反应的离子方程式：
2HCO＋Ca2＋＋2OH－===CaCO3↓＋CO＋2H2O。
3．警醒：易错知识
(1)钠和盐溶液反应，不能置换出盐中的金属，与熔融的盐反应才能置换出盐中的金属。
(2)无论Na与O2反应生成Na2O还是Na2O2，只要参与反应的Na的质量相等，则转换电子的物质的量一定相等。
(3)Na分别与H2O和乙醇发生的反应均属于置换反应，二者现象明显不同，前者剧烈，后者缓慢。
(4)1molNa2O2参与反应转移电子的物质的量不一定为1mol，如1molNa2O2与过量SO2的反应转移电子应为2mol。
(5)不能用Ca(OH)2溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液，应选用CaCl2或BaCl2溶液。
(6)除去CO2中的HCl气体，应选用饱和的NaHCO3溶液，而不能用饱和的Na2CO3溶液。
(7)向饱和的Na2CO3溶液中通入过量CO2，有NaHCO3晶体析出。
(8)焰色试验是元素的性质，无论游离态还是化合态，均具有相同的焰色试验，它不是化学变化，在观察钾元素的焰色试验时，应通过蓝色的钴玻璃片。
(二)两性金属的代表——铝
1．构建：知识网络
2．再忆：重要反应
(1)基本反应
①2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑
②Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O
③Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH
④2Al(OH)3Al2O3＋3H2O
⑤Al3＋＋3AlO＋6H2O===4Al(OH)3↓
(2)拓展反应
①NaAlO2与少量盐酸或过量盐酸反应的离子方程式：
AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓、AlO＋4H＋===Al3＋＋2H2O。
②向NaAlO2溶液中通入少量或过量CO2反应的离子方程式：2AlO＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO、AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO。
③Al2(SO4)3溶液与NaHCO3溶液反应的离子方程式：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
④用离子方程式表示NaAlO2与NaHCO3不能共存的原因：AlO＋H2O＋HCO===Al(OH)3↓＋CO。
3．警醒：易错知识
(1)Al、Al2O3、Al(OH)3既溶于H＋又溶于OH－溶液，且每生成1molAl3＋均消耗3molH＋；每生成1molAlO均消耗1molOH－。
(2)Al(OH)3的两式电离
AlO＋H＋＋H2O??Al(OH)3??Al3＋＋3OH－
由电离方程式可知，Al(OH)3可以看成HAlO2·H2O，是一种极弱的一元酸，与酸反应时相当于三元弱碱，但Al(OH)3不溶于CO2水溶液和氨水。
(3)Al3＋只存在于强酸性溶液中，AlO只存在于强碱性溶液中，Al3＋与AlO不能共存。制备Al(OH)3一般用Al3＋＋NH3·H2O或AlO＋CO2＋H2O。
(三)变价金属的代表——铁
1．构建：知识网络
2．再忆：重要反应
①2Fe＋3Cl22FeCl3
②Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2或Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O3
③Cu＋2FeCl3===CuCl2＋2FeCl2
④2FeCl2＋Cl2===2FeCl3
⑤4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
3．警醒：易错知识
(1)Fe与O2、H2O(g)反应的产物都是Fe3O4而不是Fe2O3。Fe与Cl2反应时生成FeCl3，与S反应时生成FeS，说明Cl2的氧化能力大于S。常温下，Fe、Al在冷的浓硫酸和浓硝酸中发生钝化，但加热后继续反应。Fe在Cl2中燃烧，无论Cl2过量还是不足均生成FeCl3。
(2)向含Fe2＋的溶液中加入硝酸、KMnO4溶液、氯水等具有氧化性的物质时，溶液会出现浅绿色→棕黄色的颜色变化，该现象可用于Fe2＋的检验。
(3)Fe3＋的检验方法较多，如观察溶液颜色法(棕黄色)、NaOH溶液法(生成红褐色沉淀)、KSCN溶液法(生成血红色溶液)，前面两种方法需溶液中Fe3＋浓度较大时才适用，最好也最灵敏的方法是KSCN溶液法。Fe2＋的检验可采用先加入KSCN溶液后再加入氧化剂的方法；也可用铁氰化钾检验Fe2＋，现象是生成蓝色沉淀Fe3[Fe(CN)6]2。
(四)过渡金属元素的代表——铜
1．构建：知识网络
2．再忆：重要反应
①Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O
②3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O或Cu＋4H＋＋2NO===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O
③2Cu＋O2＋CO2＋H2O===Cu2(OH)2CO3
④Cu2O＋H2SO4===CuSO4＋Cu＋H2O
3．警醒：易错知识
①铜在潮湿的空气中最终不是生成CuO，而是铜绿[Cu2(OH)2CO3]。
②常用灼热的铜粉除去N2中的O2，灼热的CuO除去CO2中的CO。
③新制Cu(OH)2悬浊液常用来检验醛基。
④Cu和一定量的浓HNO3反应，产生的是NO2和NO的混合气体，当Cu有剩余，再加入稀H2SO4，Cu继续溶解。
⑤Cu：紫红色；CuO：黑色；Cu2S：黑色；CuS：黑色；Cu2O：红色。
(五)绿色化学的“储能元素”——硅
1．构建：知识网络
2．再忆：重要反应
①Si＋2NaOH＋H2O===Na2SiO3＋2H2↑
②SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O或Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑
③2C＋SiO2Si＋2CO↑
④SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O
⑤Na2SiO3＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋Na2CO3
3．警醒：易错知识
(1)硅及其化合物在STSE中的重要作用
①SiO2：用于生产光导纤维、石英玻璃、光学仪器等。
②单质硅：可用于制作半导体材料、光伏电池、太阳能热水器等。
③硅酸钠：是优良的木材防火剂。
④硅胶：硅酸凝胶脱水后的产物，可作袋装食品的干燥剂及催化剂的载体。
(2)硅、碳及其化合物的特殊性质
①Si的还原性大于C，但C在高温下能还原出Si。
②非金属单质与碱反应一般既作氧化剂又作还原剂，且无氢气放出，但硅与碱溶液反应只作还原剂，且放出氢气。
③非金属单质一般不与非氧化性酸反应，但硅能与HF反应。
④SiO2是酸性氧化物却能与非氧化性酸反应。
⑤H2CO3的酸性强于H2SiO3，所以Na2SiO3＋CO2＋H2O===Na2CO3＋H2SiO3↓，但高温下Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑也能发生。
(六)杀菌消毒的“功勋元素”——氯
1．构建：知识网络
2．再忆：重要反应
①Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl
②Cu＋Cl2CuCl2
③Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O
④2Cl2＋2Ca(OH)2===Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O
⑤MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
⑥2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑
3．警醒：易错知识
(1)液氯密封在钢瓶中，而氯水、次氯酸应保存在棕色试剂瓶中。
(2)1molCl2参加反应，转移电子数可能为2NA、NA或小于NA(Cl2和H2O的反应为可逆反应)。
(3)酸化KMnO4溶液，用的是H2SO4酸化而不是盐酸。
(4)ClO－不论在酸性环境中还是在碱性环境中均能体现强氧化性。
(5)当Fe和Cl2在点燃条件下反应时，不论Fe过量或不足，由于Cl2的强氧化性，产物一定是FeCl3。
(6)“84”消毒液的主要成分为NaClO，漂粉精的有效成分为Ca(ClO)2。“84”消毒液和洁厕灵不能混合使用，其原因是ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O。
(7)液溴需要用水封，溴蒸气呈红棕色，液溴呈深红棕色，溴水呈橙色，溴的CCl4溶液呈橙红色。
(七)多变价态非金属元素——硫
1．构建：知识网络
2．再忆：重要反应
①FeS＋2H＋===H2S↑＋Fe2＋
②2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O
③S2O＋2H＋===S↓＋SO2↑＋H2O
④3S＋6OH－===2S2－＋SO＋3H2O
⑤2Na2SO3＋O2===2Na2SO4
⑥Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O或C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O
⑦SO2＋Cl2＋2H2O===SO＋2Cl－＋4H＋
3．警醒：易错知识
(1)除去附着在试管内壁上的硫，除了用热的NaOH溶液，还可以用CS2，但不能用酒精。
(2)SO2使含有酚酞的NaOH溶液褪色，表现SO2酸性氧化物的性质；使品红溶液褪色，表现SO2的漂白性；能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，表现SO2的还原性；SO2与H2S反应，表现SO2的氧化性；SO2和Cl2等体积混合通入溶液中，漂白性不但不增强，反而消失。
(3)把SO2气体通入BaCl2溶液中，没有沉淀生成，但若通入NH3或加入NaOH溶液，或把BaCl2改成Ba(NO3)2均有白色沉淀生成，前两者生成BaSO3沉淀，后者生成BaSO4沉淀。
(4)浓硫酸能氧化(必要时加热)除Au、Pt以外的所有金属，其还原产物是SO2而不是H2。
(5)常温下，浓硫酸与Fe、Al并不是不反应，而是发生了钝化，钝化是浓硫酸将Fe、Al氧化而在其表面形成一层致密的氧化物薄膜，防止浓硫酸与Fe、Al的继续反应，体现了浓硫酸的强氧化性。
(6)浓硫酸使蓝矾(CuSO4·5H2O)变成白色粉末，体现了浓硫酸的吸水性。
(八)多变价态非金属元素——氮
1．构建：知识网络
2．再忆：重要反应
①2NH3＋3CuON2↑＋3Cu＋3H2O
②6NO2＋8NH37N2↑＋12H2O
③4NH3＋5O24NO＋6H2O
④3Cu＋2NO＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
⑤Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
⑥2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O
3．警醒：易错知识
(1)NO只能用排水法或气囊法收集，NO2不能用排水法，一般用向上排空气法收集。
(2)工业上制备的盐酸显黄色是因为溶有Fe3＋，而浓HNO3显黄色是因为溶有NO2。
(3)强氧化性酸(如HNO3、浓H2SO4)与金属反应不生成H2；金属和浓HNO3反应一般生成NO2，而金属和稀HNO3反应一般生成NO。
(4)实验室制备NH3，除了用Ca(OH)2和NH4Cl反应外，还可用浓氨水的分解(加NaOH固体或CaO)制取，而检验NH须用浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，以确定NH的存在。
(5)收集NH3时，把一团干燥的棉花放在试管口，以防止与空气对流；收集完毕，尾气处理时，应放一团用稀硫酸浸湿的棉花在试管口，以吸收NH3。
(6)浓盐酸和浓氨水反应有白烟生成，常用于HCl和NH3的相互检验。
关键能力·突破
　考向1　元素及其化合物的转化与推断
典例1(2022·沈阳模拟)盐X溶液能发生如图所示的转化关系(部分反应的反应条件已略)，相对分子质量：c比b大16，f比e大16。下列推断正确的是(　A　)
A．X可能为正盐，也可能为酸式盐
B．将b通入a的水溶液中可能生成白色沉淀
C．a、b、c、d、e、f可能都是极性分子
D．反应①、②可能具有相同的实验现象
【解析】　根据题干信息，相对分子质量：c比b大16，f比e大16，b→c、e→f可能为氧化的过程；转化关系中，c和f与Z反应均能得到强酸，则c可能为SO3，f为NO2，Z为H2O，Y为O2，则b为SO2，e为NO，盐X溶液与盐酸反应得到a，与NaOH反应得到d，a与O2得到SO2，则a为H2S，d与O2得到NO，则d为NH3，因此X可以是NH4HS或(NH4)2S，即盐X可能为正盐，也可能为酸式盐，A正确；b为SO2，a为H2S，两者发生反应：SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O，生成淡黄色固体，B错误；c为SO3，分子中电荷呈中心对称，为非极性分子，C错误；反应①为H2S被氧化生成SO2，无明显现象，反应②为NO被氧化生成NO2，现象为生成红棕色气体，两个反应的现象不同，D错误。
典例2(2021·西安模拟)A、B、C、D、E是中学常见的几种化合物，相关物质间的转化关系如图所示：
已知：X、Y是生活中常见的金属单质，A、B都是氧化物且A是红棕色粉末。
回答下列问题：
(1)单质X与A反应的化学方程式是 2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe　。
(2)若试剂1和试剂2均为强电解质。
①若试剂1为强碱，则试剂1与B反应的离子方程式为 Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O(或Al2O3＋2OH－＋3H2O===2[Al(OH)4]－)　。
②若试剂1和试剂2为同种物质，则C溶液显酸性　(填“酸性”“碱性”或“中性”)。
(3)若试剂2是稀硝酸。
①写出单质Y与稀硝酸反应生成E的离子方程式 3Fe＋8H＋＋2NO===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O　。
②可用于检验D的阳离子的试剂是 KSCN溶液(或其他合理答案)　。
【解析】　A、B、C、D、E是中学常见的几种化合物，X、Y是生活中常见的金属单质，A、B都是氧化物且A是红棕色粉末，则A为Fe2O3，X与A(Fe2O3)发生置换反应生成氧化物B和金属单质Y，则X为Al、Y为Fe、B为Al2O3；试剂2能与铁和氧化铁反应，且D与Y(Fe)反应生成E，则试剂2为强酸、D为铁盐、E为亚铁盐；若试剂1为强碱，铝与强碱反应生成偏铝酸盐；若试剂1和试剂2为同种物质，铝和氧化铝与强酸反应生成铝盐，铝离子水解溶液呈酸性。(1)根据上述分析，单质X与A反应是铝热反应，反应方程式为2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe；(2)①若试剂1为强碱，则氧化铝与强碱反应生成偏铝酸盐和水，离子方程式为Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O或Al2O3＋2OH－＋3H2O===2[Al(OH)4]－；②若试剂1和试剂2为同种物质，则试剂1为强酸，铝和氧化铝与强酸反应生成铝盐，铝离子在溶液中水解使溶液呈酸性，则C溶液显酸性；(3)①若试剂2是稀硝酸，Y单质为Fe，则E为硝酸亚铁，Fe与稀硝酸反应生成E的离子方程式为3Fe＋8H＋＋2NO===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O；②D为铁盐，可以用KSCN溶液检验Fe3＋，溶液出现血红色。
方法技巧
物质转化推断的四步解题法
(1)审题——仔细读题、审清题意，把题干中的信息体现在框图中，全面了解图中的转化关系。
(2)解题——找准“题眼”、大胆猜测，结合学过的知识进行检验、推理。
(3)验证——当推断出结果后，应将结果代入图中进行验证是否合理。
(4)慎答——答非所问是考生解答此类试题经常出现的错误。
〔迁移应用〕
1．(2022·杭州模拟)为探究由3种短周期元素构成的化合物X的性质。完成如图实验：
已知：所有气体体积已折算成在标准状况下的体积。
(1)X的化学式为 Al4C3·AlN(Al5C3N)　。
(2)上述流程中气体B与足量CuO反应的化学方程式为 CH4＋4CuOCO2＋2H2O＋4Cu　。
(3)溶液A通入过量CO2时，发生反应的离子方程式为 CO2＋OH－===HCO、CO2＋2H2O＋AlO===HCO＋Al(OH)3↓　。
(4)将D溶液通过一系列操作获得结晶水合物(含有结晶水的盐)，加热该结晶水合物产生两种气体，将生成的有色混合气体(>100℃)全部收集并冷却。气体全部反应无剩余，得到一种一元强酸的水溶液(其中酸与水的物质的量之比1∶1)，写出该结晶水合物受热分解的化学方程式 2[Cu(NO3)2·3H2O]2CuO＋4NO2↑＋O2↑＋6H2O　。
(5)设计实验证明D溶液的阴离子(OH－除外)取少量溶液D于试管中，加入浓硫酸，无明显现象，再加入Cu，若出现红棕色气体，则含有NO　。
【解析】　由溶液A能与过量二氧化碳反应生成白色胶状沉淀，白色胶状沉淀灼烧得到白色粉末可知，溶液A为偏铝酸钠溶液、白色胶状沉淀为氢氧化铝、白色粉末E为氧化铝，氧化铝的物质的量为＝0.25 mol，铝元素的物质的量为0.5 mol，则18.5 g固体X中含有0.5 mol铝元素；混合气体A冷却可得到液体B，则B易液化，B经催化氧化，再被水吸收得到的一元强酸C，C能与铜反应得到蓝色溶液，B为氨气，C为硝酸，D为硝酸铜，则固体X中含有氮元素；6.72 L气体B即＝0.3 mol气体B能与氧化铜共热反应生成120 ℃时的无色无味气体24 g，无色无味气体能与足量石灰水反应生成30 g白色沉淀，白色沉淀为碳酸钙，则固体X中含有碳元素，由碳原子个数守恒可知，二氧化碳的物质的量为＝0.3 mol，质量为0.3 mol×44 g/mol＝13.2 g，气体B则为烃，无色无味气体中的另外一种气体为水蒸气，质量为24 g－13.2 g＝10.8 g，水蒸气的物质的量为＝0.6 mol，则B中碳原子和氢原子的原子个数比为0.3 mol∶0.6 mol×2＝1∶4，B为甲烷；混合气体A的体积为8.96 L，物质的量为＝0.4 mol，则氨气的物质的量为0.4 mol－0.3 mol＝0.1 mol，综上分析，X中含0.5 mol铝元素、0.3 mol碳元素、0.1 mol氮元素，固体X中铝元素、碳元素、氮元素的物质的量比为0.5 mol∶0.3 mol∶0.1 mol＝5∶3∶1，固体X的质量为18.5 g，物质的量为0.1 mol，固体X的化学式为Al5C3N，改写可得Al4C3·AlN。(1)由分析可知，固体X的化学式为Al4C3·AlN(Al5C3N)；(2)由分析可知，甲烷与足量氧化铜共热反应生成铜、二氧化碳和水，反应的化学方程式为CH4＋4CuOCO2＋2H2O＋4Cu；(3)过量二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸氢钠、过量二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为CO2＋OH－===HCO、CO2＋2H2O＋AlO===HCO＋Al(OH)3↓；(4)D为硝酸铜，将D溶液通过一系列操作获得结晶水合物(含有结晶水的盐)，加热该结晶水合物产生两种气体，生成有色混合气体，有色气体为二氧化氮，将生成的有色混合气体(>100 ℃)全部收集并冷却，气体全部反应无剩余，得到一种一元强酸的水溶液，一元强酸为硝酸，生成的两种气体为二氧化氮和氧气，二氧化氮和氧气在水溶液中完全反应的方程式为4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，由硝酸溶液中硝酸与水的物质的量之比1∶1可知，气体中还有水，二氧化氮、氧气和水的物质的量比为4∶1∶6，则硝酸铜结晶水合物的化学式为Cu(NO3)2·3H2O，受热易分解：2[Cu(NO3)2·3H2O]2CuO＋4NO2↑＋O2↑＋6H2O；(5)实验室用铜与浓硝酸反应生成红棕色气体的方法检验硝酸根离子，则检验硝酸铜溶液中的硝酸根离子的操作为取少量溶液于试管中，加入浓硫酸，无明显现象，再加入铜，若产生红棕色气体，则含有NO。
　考向2　化工流程的微设计
典例3(2022·烟台模拟)利用NaOH溶液喷淋捕捉空气中CO2的反应过程如图所示。下列有关说法错误的是(　A　)
A．操作①为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
B．可用氨水替代NaOH溶液捕捉CO2
C．可循环利用的物质有CaO和NaOH溶液
D．空气从吸收塔底部通入有利于CO2的吸收
【解析】　流程分析：
由上述分析可知，操作①是过滤，A错误；氨水呈碱性，也能与CO2反应，可替代NaOH溶液，B正确；物质a为NaOH，煅烧炉中反应生成CaO，CaO和NaOH溶液可以循环利用，C正确；空气从吸收塔底部通入可增大气体和液体的接触面积，有利于CO2的吸收，D正确。
方法技巧
化学工艺流程题的主线分析方法
〔迁移应用〕
2．(2022·德州模拟)叠氮酸钠(NaN3)是重要的化工原料。以甲醇、亚硝酸钠等为原料制备NaN3流程如图。已知水合肼(N2H4·H2O)不稳定，具有强还原性。下列描述错误的是(　D　)
A．反应①和反应③中浓硫酸作用不同
B．反应②中氧化剂和还原剂的化学计量数比为1∶1
C．整个过程中CH3OH物质的量不变，可循环利用
D．反应④应将氨水逐滴滴入NaClO溶液中制备水合肼
【解析】　由题给流程可知，反应①为浓硫酸与亚硝酸钠反应生成亚硝酸，在浓硫酸作用下，亚硝酸与甲醇共热发生酯化反应生成亚硝酸甲酯；反应④为氨水与次氯酸钠溶液反应生成水合肼；反应②为水合肼与氢氧化钠溶液、亚硝酸甲酯反应生成甲醇和叠氮酸钠；反应③为叠氮酸钠与高沸点酸浓硫酸共热反应制得叠氮酸；叠氮酸与氢氧化钠溶液反应制得叠氮酸钠。由分析可知，反应①中浓硫酸起强酸、催化剂和脱水剂的作用，反应③中浓硫酸起强酸、高沸点酸的作用，两个反应中浓硫酸作用不同，A正确；由分析可知，反应②为水合肼与氢氧化钠溶液、亚硝酸甲酯反应生成甲醇和叠氮酸钠，反应亚硝酸甲酯中氮元素化合价降低被还原，亚硝酸甲酯为反应的氧化剂，水合肼中氮元素化合价升高被氧化，水合肼为反应的还原剂，反应的化学方程式为N2H4·H2O＋CH3ONO＋NaOH===NaN3＋CH3OH＋3H2O，则氧化剂和还原剂的化学计量数比为1∶1，B正确；由分析可知，甲醇是反应①的反应物，是反应③的生成物，所以整个过程中甲醇的物质的量不变，可循环利用，C正确；若反应④将氨水逐滴滴入次氯酸钠溶液中，过量的次氯酸钠会氧化反应生成的水合肼，所以应将次氯酸钠溶液逐滴滴入氨水中，防止水合肼被氧化，D错误。
结合实验考查元素及其化合物的性质及转化
典例4(2022·武汉模拟)FeCl3(易升华)是常见的化学试剂。某学习小组开展了与FeCl3相关的系列实验。回答下列问题：
Ⅰ.铁粉制备FeCl3(实验装置如图所示)
(1)仪器a的名称为分液漏斗　。
(2)制取Cl2的化学方程式为 MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O　。
(3)饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl　。
(4)硬质玻璃管直接接入收集器的优点是不易因为FeCl3固体积聚而造成堵塞　。
Ⅱ.探究FeCl3溶液与Cu的反应
(5)配制FeCl3溶液时加入少量盐酸的原因是抑制Fe3＋的水解　。
(6)向FeCl3溶液中滴加几滴KSCN溶液，溶液颜色变红，再加入过量Cu粉，发现溶液的红色褪去。用离子方程式解释红色褪去的原因： 2Fe3＋＋Cu===Cu2＋＋2Fe2＋　。
(7)已知(6)中除了红色褪去，还产生了白色沉淀。小组成员查阅得知CuCl和CuSCN均为白色沉淀。为探究白色沉淀的主要成分，小组成员完成了以下实验：向4mL0.1mol·L－1FeCl3溶液中加入过量Cu粉，静置，取上层清液于试管中，滴加3滴KSCN溶液，有白色沉淀生成。由此现象可知此白色沉淀为 CuSCN　(填化学式)。
小组成员进一步查阅资料发现，Cu2＋与SCN－可发生如下两种反应。
反应ⅰ：Cu2＋＋4SCN－===[Cu(SCN)4]2－(淡黄色)
反应ⅱ：2Cu2＋＋4SCN－===2CuSCN↓＋(SCN)2
设计实验如下：
操作 现象
在盛有2mL0.1mol·L－1CuSO4溶液的试管中滴加KSCN溶液 溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀；2h后溶液为绿色，未观察到白色沉淀；24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀
由此现象可知，反应速率较快的为反应ⅰ　(填“反应ⅰ”或“反应ⅱ”)。小组成员得出结论，反应ⅱ不是CuSCN产生的主要原因。
(8)根据上述分析可知，Cu2＋、Fe2＋和SCN－可直接发生反应，生成CuSCN和Fe3＋，写出反应的离子方程式： Cu2＋＋Fe2＋＋SCN－===CuSCN↓＋Fe3＋　。
【解析】　FeCl3易升华、易潮解，实验室制备FeCl3，根据图示可知，D为FeCl3的发生装置，E为收集装置，A装置用二氧化锰和浓盐酸加热反应制取氯气，由于HCl易挥发，且该实验需干燥氯气，则B中盛饱和食盐水，用于除去氯气中的HCl，C中盛浓硫酸，用于干燥氯气；F装置中的碱石灰用于尾气吸收，并防止空气中的水蒸气进入E，据此分析解答。(1)由仪器构造可知，仪器a的名称为分液漏斗；(2)实验室用二氧化锰和浓盐酸加热反应制取氯气，反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；(3)由分析可知，由于HCl易挥发，为避免HCl气体干扰，装置B中的饱和食盐水用于除去氯气中的HCl；(4)与细导管相比，硬质玻璃管直接接入收集器可以防止堵塞；(5)FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3＋易发生水解，配制溶液时加入少量盐酸，可使水解平衡逆向移动，抑制水解；(6)向FeCl3溶液中滴加几滴KSCN溶液，生成红色的配合物，Fe3＋＋SCN－??[Fe(SCN)]2＋，再加入过量Cu粉，2Fe3＋＋Cu===Cu2＋＋2Fe2＋，Fe3＋浓度减小，平衡逆向移动，使溶液的红色褪去；(7)已知(6)中除了红色褪去，还产生了白色沉淀，由题给信息可知该沉淀可能是CuCl或CuSCN，为探究白色沉淀的主要成分，向4 mL 0.1 mol·L－1 FeCl3溶液中加入过量Cu粉，溶液中生成了Fe2＋和Cu2＋，由于Cu过量，可能发生反应Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl↓，静置，取上层清液于试管中，滴加3滴KSCN溶液，有白色沉淀生成，则可能发生反应为2Cu2＋＋4SCN－===2CuSCN↓＋(SCN)2，即此白色沉淀为CuSCN，故答案为CuSCN；在盛有2 mL 0.1 mol·L－1 CuSO4溶液的试管中滴加KSCN溶液，溶液很快由蓝色变为绿色，说明有淡黄色的[Cu(SCN)4]2－生成，24 h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀，说明有CuSCN生成，由此现象可知，反应速率较快的为反应ⅰ，说明反应ⅱ不是CuSCN产生的主要原因；(8)Cu2＋、Fe2＋和SCN－可直接发生反应，生成CuSCN和Fe3＋，Cu元素化合价从＋2价降低到＋1价，Fe元素化合价从＋2价升高到＋3价，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，写出反应的离子方程式为Cu2＋＋Fe2＋＋SCN－===CuSCN↓＋Fe3＋。
方法技巧
有气体参与的综合性实验解题模板
〔迁移应用〕
3．(2022·辽宁省实验中学模拟)二氧化氯(ClO2)常用于处理含硫废水。某小组在实验室中探究ClO2与Na2S的反应。
已知：①ClO2是黄绿色气体，易溶于水但不与水反应，沸点为11℃，有毒。
②SO2＋NaClO3＋H2SO4―→ClO2＋NaHSO4(未配平)。
③ClO2＋NaOH―→NaCl＋NaClO3＋H2O(未配平)。
Ⅰ.设计如下装置制备ClO2：
(1)装置B中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2∶1　。
(2)ClO2易溶于水但不与水发生化学反应，从分子结构的角度解释其易溶于水的原因 ClO2为极性分子，根据相似相溶原理可知，ClO2易溶于水　。
(3)欲制备并收集一定量的ClO2，上图中装置的连接顺序为a→ g→h→b→c→e→f→d　。
Ⅱ.探究ClO2与Na2S的反应：
将上述收集到的ClO2用N2稀释以增强其稳定性，并将适量的稀释后的ClO2通入如图所示装置中充分反应，得到无色澄清溶液。一段时间后，通过下列实验探究Ⅰ中反应的产物。
(4)请补全表格中的空白。
操作步骤 实验现象 结论
取少量Ⅰ中溶液放入试管甲中，滴加品红溶液和盐酸 品红溶液始终不褪色 ①无 SO2(H2SO3、SO、HSO)　生成
另取少量Ⅰ中溶液放入试管乙中，加入Ba(OH)2溶液振荡 ②有白色沉淀产生　 有SO生成
③继续在试管乙中加入Ba(OH)2溶液至过量，静置，取上层清液放入试管丙中，加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液　 有白色沉淀生成 有Cl－生成
(5)ClO2与Na2S反应的离子方程式为 8ClO2＋5S2－＋4H2O===8Cl－＋5SO＋8H＋　。
【解析】　Ⅰ.ClO2的制备：装置A中Cu与浓硫酸发生反应制备SO2气体，在装置B中发生生成ClO2的反应，为防止倒吸，A与B之间连接装置E，ClO2沸点较低，可在D中冰水浴收集，最后用氢氧化钠吸收SO2、ClO2，防止污染空气；Ⅱ.①品红不褪色，说明无SO2(H2SO3或HSO或SO)生成；②硫酸根离子与氢氧化钡反应生成不溶于强酸的硫酸钡白色沉淀；③用硝酸酸化的硝酸银可验证氯离子；④ClO2与Na2S反应有氯离子、硫酸根离子的生成，据此书写该反应的离子方程式；从而二者用量、氧化产物、溶解度、环境污染等角度分析，据此分析解题。(1)装置B中发生反应SO2＋NaClO3＋H2SO4―→ClO2＋NaHSO4，SO2中＋4价S被氧化为＋6价，化合价升高2价，二氧化硫为还原剂；NaClO3中＋5价Cl被还原为＋4价，化合价降低1价，NaClO3为氧化剂，氧化还原反应中化合价升降相等，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1；(2)已知ClO2为V形结构，正负电荷中心不重合，ClO2为极性分子，根据相似相溶原理可知，ClO2易溶于水但不与水发生化学反应；(3)装置A制备SO2，生成的ClO2从a进入装置B中反应，为防止倒吸，应在A、B之间使用安全瓶，连接顺序为a→g→h→b→c；ClO2的沸点较低，在装置D中冰水浴收集，为充分冷却，便于收集，应采用长进短出方式，最后用NaOH溶液吸收SO2、ClO2，防止污染空气，则装置连接顺序为：a→g→h→b→c→e→f→d；(4)将稀释后的ClO2通入如图2所示装置中充分反应，得到无色澄清溶液，①取少量Ⅰ中溶液于试管甲中，滴加品红溶液和盐酸，品红始终不褪色，说明溶液中无SO2(H2SO3、SO、HSO)生成；②另取少量Ⅰ中溶液于试管乙中，加入Ba(OH)2溶液，振荡，有SO生成，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀；③结论为有Cl－生成，有白色沉淀生成，氯化银为不溶于酸的白色沉淀，检验氯离子，故操作为：继续在试管乙中滴加Ba(OH)2溶液至过量，静置，取上层清液于试管丙内加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液；(5)由上述分析可知，ClO2与Na2S反应有氯离子、硫酸根离子的生成，发生的离子方程式为8ClO2＋5S2－＋4H2O===8Cl－＋5SO＋8H＋。
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工艺流程综合题
〔高考必备〕
1．模型分析
工业流程题目在流程上一般分为三个过程：原料处理→分离提纯→获得产品
(1)规律：主线主产品，分支副产品，回头为循环。
(2)核心考点：物质的分离操作、除杂试剂的选择、生成条件的控制等。
2．模型解读
(1)解读一：原料预处理方式
关键词 释义
研磨、雾化 将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分
酸浸(或碱浸) 在酸性(或碱性)溶液中使某些物质与H＋(或OH－)反应生成可溶性离子而进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程
煅烧 使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧金属硫化物矿石，可将硫元素转化成SO2而除去
灼烧 除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质
(2)解读二：必考的核心反应
核心反应 思考角度
加氧化剂 氧化某物质，生成目标产物或除去某些离子
判断能否加 其他物质 要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等
控制溶 液的pH ①调节溶液的酸碱性，使金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)； ②“酸作用”还可除去氧化物(膜)； ③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等； ④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)
控制温度 (常用水浴、 冰浴或油浴) ①防止副反应的发生； ②使化学平衡移动；控制化学反应的方向； ③控制固体的溶解与结晶； ④控制反应速率；使催化剂达到最大活性； ⑤升温：促进溶液中的气体逸出；使某物质达到沸点挥发； ⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离； ⑦降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求
在空气中或在其他气体 中进行的反应或操作 要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防水解、防潮解等目的
控制压强 改变速率，使平衡向需要的方向移动
使用催化剂 加快反应速率，缩短达到平衡的时间
趁热过滤 防止某物质降温时会大量析出
洗涤晶体 ①水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质； ②冰水洗涤：能洗去晶体表面的杂质离子，且防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗； ③用特定有机试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度、有利于析出，减少损耗等
(3)解读三：分离提纯方法
①提纯方法与目的
提纯方法 目的
水溶法 除去可溶性杂质
酸溶法 除去碱性杂质
碱溶法 除去酸性杂质
氧化剂或还原剂法 除去还原性或氧化性杂质
加热灼烧法 除去受热易分解或易挥发的杂质
调节pH法 如除去酸性铜盐溶液中的Fe3＋等
②分离方法
a．过滤：分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法。
b．萃取和分液：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴。
c．蒸发结晶：蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出。
d．蒸发浓缩：蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度。
e．冷却结晶：提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等。
f．蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油。
(4)流程中物质成分的确定
①滤渣、滤液成分的确定
要考虑样品中原料和杂质的成分在各步骤中与相应试剂反应的情况：
a．反应过程中哪些物质(离子)消失了？
b．所加试剂是否过量或离子间因发生化学反应产生了哪些新离子？这些离子间是否会发生反应？
②循环物质的确定
③副产品的判断
(5)流程中陌生化学方程式的书写及含量计算
①书写思路
获取信息 首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型
确定 类型 类型1 元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律
类型2 元素化合价有变化则为氧化还原反应，除遵循质量守恒外，还要遵循得失电子守恒规律
规范作答 最后根据题目要求写出化学方程式或离子方程式(需要遵循电荷守恒规律)即可
②计算思路
计算公式 物质的质量分数 (或纯度) ×100%
产品产率 ×100%
物质的转化率 ×100%
Ksp的相关计算 AmBn(s) ??mAn＋(aq)＋nBm－(aq)， Ksp＝cm(An＋)·cn(Bm－)
计算方法 关系式法 关系式法常应用于一步反应或分多步进行的连续反应中，利用该法可以节省不必要的中间运算过程，避免计算错误。一步反应中可以直接找出反应物与目标产物的关系；在多步反应中，若第一步反应的产物是下一步反应的反应物，可以根据化学方程式将某中间物质作为“中介”，找出已知物质和所求物质之间量的关系
〔典例探究〕
类型一　分离、提纯制备类工艺流程题
典例1(2022·湖南岳阳模拟)锰(Mn)最早是由瑞典化学家伯格曼的助手甘恩从软锰矿中分离得到的，锰常用于制造合金锰钢。某化工厂以软锰矿(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3、CaO等少量杂质)为主要原料制取金属锰的工艺流程如图1所示。
(1)“浸锰”步骤中往往有副产物MnS2O6生成，温度对“浸锰”反应的影响如图2所示。为减少MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是 90 ℃　，“滤渣Ⅰ”的成分是 SiO2和CaSO4　(填化学式)。该步骤中可以再加入MnSO4以促进“滤渣Ⅰ”析出，结合平衡移动原理分析其原因：c(SO)增大，使平衡Ca2＋(aq)＋SO(aq)??CaSO4(s)正向移动，促进CaSO4析出　。
(2)“滤液Ⅰ”中需要先加入MnO2充分反应后再调pH，写出加入MnO2时发生反应的离子方程式： MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O　。
(3)“滤液Ⅱ”中加入MnF2的目的是除去溶液中的Ca2＋，已知25℃时，Ksp(CaF2)＝3.2×10－11，则常温下CaF2在纯水中的溶解度为 1.56×10－3　g。
(4)由“滤液Ⅲ”可制得MnSO4·H2O，已知硫酸锰在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如图3所示。则从“滤液Ⅲ”中获得较高纯度MnSO4·H2O的“操作Ⅰ”为控制温度在80～90℃蒸发结晶，趁热过滤　，用80～90℃的蒸馏水洗涤2～3次，真空干燥。
(5)电解时加入适量的SeO2有利于Mn在电极上析出，SeO2与水反应生成的H2SeO3(二元弱酸)在阴极放电生成Se单质，该电极反应为 H2SeO3＋4e－＋4H＋===Se＋3H2O　。电极上生成的Se对Mn2＋有特殊的吸附能力，有利于Mn2＋电还原沉积。
【解析】　流程分析：
(1)由题图2可知，副产物MnS2O6生成率随温度升高而降低，当温度为90 ℃时其生成率较低，同时锰浸出率较高，继续升温，MnS2O6生成率和锰浸出率变化不大，故“浸锰”的温度应控制在90 ℃；由于CaO与稀硫酸反应生成微溶的CaSO4，SiO2不与稀硫酸反应，故“滤渣Ⅰ”的成分为SiO2和CaSO4；该步骤中再加入MnSO4，c(SO)增大，使平衡Ca2＋(aq)＋SO(aq)??CaSO4(s)正向移动，促进CaSO4析出；(2)“浸锰”时，通入过量SO2，Fe3＋被还原为Fe2＋，在酸性条件下MnO2将Fe2＋氧化为Fe3＋，则加入MnO2时发生反应的离子方程式为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；(3)常温下CaF2溶解在纯水中，则溶液中2c(Ca2＋)＝c(F－)，由Ksp(CaF2)＝c(Ca2＋)·c2(F－)可知，Ksp(CaF2)＝4c3(Ca2＋)＝3.2×10－11，解得c(Ca2＋)＝2×10－4 mol/L，则饱和CaF2溶液中c(CaF2)＝c(Ca2＋)＝2×10－4 mol/L＝1.56×10－2 g/L，则常温下CaF2在纯水中的溶解度为1.56×10－3 g。(4)由题图3可知MnSO4·H2O的溶解度随温度升高而降低，为得到纯度较高的MnSO4·H2O，应控制温度在80～90 ℃蒸发结晶，趁热过滤，用80～90 ℃的蒸馏水洗涤2～3次，真空干燥；(5)阴极发生还原反应，故H2SeO3在阴极放电生成Se单质的电极反应为H2SeO3＋4e－＋4H＋===Se＋3H2O。
类型二　工艺流程与实验结合类
典例2(2022·北京石景山区模拟)我国科学家提出了以铬铁合金(主要成分为铬、铁、镍)为原料制备氧化铬的“铬铁——三价铬冶金化工联合法”，彻底解决了传统铬生产工艺中六价铬的污染问题，其工艺流程如图所示。
已知：整个工艺流程，溶液中的铬元素均为＋3价。
(1)写出酸浸时发生反应的离子方程式 2Cr＋6H＋===2Cr3＋＋3H2↑、Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑、Ni＋2H＋===Ni2＋＋H2↑　(至少写2个)。
(2)Cr2S3属于难溶电解质，FeS和NiS的溶度积如表所示，试剂a可能为 Na2S溶液(合理即可)　。将等体积NiS饱和溶液与0.1mol/LFeSO4溶液混合，分析是否有FeS沉淀生成见解析　(简述计算过程，≈5.3)。
硫化物 Ksp
FeS 6.3×10－18
NiS 2.8×10－21
(3)加入草酸(H2C2O4)生成草酸亚铁的化学方程式为 H2C2O4＋FeSO4===FeC2O4↓＋H2SO4　。
(4)为满足冶金及颜料级铬绿的要求，氧化铬产品中铁的质量分数应低于0.03%。一种测定氧化铬中铁含量的操作如下：
ⅰ.称取mg氧化铬产品，用酸溶解；
ⅱ.多步操作分离铁和铬；
ⅲ.取含有Fe3＋的溶液，调pH，加入指示剂，用cmol/L无色EDTA－2Na标准溶液滴定，共消耗EDTA－2Na标准溶液VmL。
资料：EDTA－2Na和Fe3＋按1∶1的物质的量之比反应，低浓度时产物无明显颜色。
①指示剂是 KSCN溶液　，滴定终点的现象为溶液由红色变为无色，且30 s内不恢复原色　。
②氧化铬产品中铁的质量分数是×100%　。
【解析】　(1)酸浸时，铬、铁、镍与硫酸发生置换反应，离子方程式分别为2Cr＋6H＋===2Cr3＋＋3H2↑、Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑、Ni＋2H＋===Ni2＋＋H2↑。(2)由题图知，滤液中加入适量试剂a可使Ni2＋转化为NiS沉淀，则试剂a可能为Na2S溶液；由题表知，NiS饱和溶液中，c(S2－)＝≈5.3×10－11 mol/L，两溶液混合后，c(S2－)＝2.65×10－11 mol/L，混合溶液中Qc(FeS)＝c(Fe2＋)·c(S2－)≈1.3×10－12>Ksp(FeS)，故将等体积NiS饱和溶液与0.1 mol/L FeSO4溶液混合，有FeS沉淀生成；(3)由题图知，向FeSO4溶液中加入H2C2O4发生反应H2C2O4＋FeSO4===FeC2O4↓＋H2SO4；(4)①Fe3＋与KSCN溶液反应所得溶液呈红色，则指示剂是KSCN溶液；滴定终点的现象为溶液由红色变为无色，且30 s内不恢复原色；②由题意可得关系式EDTA－2Na～Fe3＋～Fe，消耗EDTA－2Na的物质的量为V×10－3 L×c mol/L＝ mol，则m g氧化铬产品中铁的物质的量为 mol，则氧化铬产品中铁的质量分数是×100%。
〔预测演练〕
1．(2022·雅安模拟)氯化亚铜(CuCl)是一种难溶于水和乙醇的白色粉末，广泛应用于印染等行业。工业上用铜矿粉(主要含Cu2S及少量Al2O3和SiO2)为原料制备CuCl，其流程如下图。已知：常温下，NH3·H2O的Kb约为1.0×10－5。
(1)“浸取”时，发生反应为12Cl－＋Cu2S＋2Cu2＋===4CuCl＋S，该反应分为两步进行：第一步为Cu2S＋2Cu2＋＋4Cl－===4CuCl＋S；
第二步为 CuCl＋2Cl－===CuCl　；
其中，滤渣的成分为 SiO2和S　(填化学式)。
(2)除杂时，在常温下加入氨水，并控制混合溶液pH＝4.0；此时，该溶液中＝ 105　。在分离出Al(OH)3沉淀前需要对混合体系充分搅拌或加热，其目的是将溶液中的NH3·H2O除干净，防止与CuCl形成络合物　。
(3)加水“稀释”时发生的相关离子反应方程式为 CuCl??CuCl↓＋2Cl－　；若“稀释”时加水不足，会导致CuCl的产率偏低　(选填“偏低”“偏高”或“不变”)。
(4)CuCl纯度的测定。在锥形瓶中，将agCuCl样品溶解于H2O2和H2SO4的混合溶液，得到CuSO4溶液；加热溶液，待没有气体逸出后，再加入过量KI溶液，充分反应；向所得溶液中滴加2滴淀粉溶液，用cmol/L的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，平均消耗Na2S2O3溶液VmL。已知：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2、2S2O＋I2===S4O＋2I－。
①“加热溶液，待没有气体逸出”的目的是确保H2O2完全分解，以免引起实验误差　。
②滴定终点的判断依据是当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色　。
【解析】　本工艺流程题是利用铜矿粉(主要含Cu2S及少量Al2O3和SiO2)为原料制备CuCl，“浸取”步骤中发生的反应有：12Cl－＋Cu2S＋2Cu2＋===4CuCl＋S、Al2O3＋6HCl===2AlCl3＋3H2O，过滤得滤渣主要成分为SiO2和S，滤液中主要成分为Al3＋和CuCl，“除杂”步骤是利用氨水将Al3＋沉淀除去，反应原理为Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH，过滤得到滤液主要含CuCl，向滤液加水稀释，反应原理为CuCl??CuCl↓＋2Cl－，据此分析解题。(1)“浸取”时，发生反应为12Cl－＋Cu2S＋2Cu2＋===4CuCl＋S，该反应分为两步进行：第一步为Cu2S＋2Cu2＋＋4Cl－===4CuCl＋S；总反应式减去第一步反应即得第二步为CuCl＋2Cl－===CuCl，由分析可知，其中，滤渣的成分为SiO2和S；(2)由题干信息可知，NH3·H2O的Kb约为1.0×10－5，即Kb＝＝10－5，除杂时，在常温下加入氨水，并控制混合溶液pH＝4.0；此时，该溶液中＝＝＝105，由于此时溶液中含有NH3·H2O，若不除去，NH3·H2O能与CuCl形成络合物而影响CuCl的产率，在分离出Al(OH)3沉淀前需要对混合体系充分搅拌或加热，其目的是将溶液中的NH3·H2O除干净，防止与CuCl形成络合物；(3)由分析可知，加水“稀释”时发生的相关离子反应方程式为CuCl??CuCl↓＋2Cl－；若“稀释”时加水不足，会导致上述平衡逆向移动，故会导致CuCl的产率偏低；(4)①由于H2O2能将I－氧化为I2，若H2O2未除干净，将引起实验误差，故“加热溶液，待没有气体逸出”的目的是确保H2O2完全分解，以免引起实验误差；②本滴定使用淀粉溶液作指示剂，故滴定终点的判断依据是当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色。
2．(2019·全国卷Ⅰ)硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)在95℃“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为 NH4HCO3＋NH3===(NH4)2CO3　。
(2)“滤渣1”的主要成分有 SiO2、Fe2O3、Al2O3　。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3＋离子，可选用的化学试剂是 KSCN　。
(3)根据H3BO3的解离反应：H3BO3＋H2O??H＋＋B(OH)，Ka＝5.81×10－10，可判断H3BO3是一元弱　酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是转化为H3BO3，促进析出　。
(4)在“沉镁”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的离子方程式为 2Mg2＋＋3CO＋2H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋2HCO(或2Mg2＋＋2CO＋H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋CO2↑)　，母液经加热后可返回溶浸　工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是高温焙烧　。
【解析】　(1)在95 ℃“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体为NH3，其在“吸收”中发生的反应主要是氨气与碳酸氢铵的反应，故反应的化学方程式为NH4HCO3＋NH3===(NH4)2CO3；(2)用硫酸铵溶液溶浸过程中主要反应的物质为Mg2B2O5·H2O，故溶浸后产生的滤渣1的主要成分是SiO2、Fe2O3、Al2O3，检验Fe3＋可选用的化学试剂是KSCN；(3)根据H3BO3的解离反应：H3BO3＋H2O??H＋＋B(OH)可知，H3BO3是一元酸，根据其Ka值可以判断是弱酸，故H3BO3是一元弱酸；根据流程图可知“过滤2”主要得到的是H3BO3，所以将溶液pH调节至3.5，由于H3BO3是一元弱酸，故主要目的是调节溶液至酸性，促进H3BO3析出；(4)“沉镁”过程主要是镁离子与碳酸铵发生的反应，故反应的离子方程式为2Mg2＋＋3CO＋2H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋2HCO或2Mg2＋＋2CO＋H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋CO2↑；由于在最后过程中铵根离子和硫酸根离子没有参与反应，所以在母液中主要含有上述两种离子，所以加热后对应的碳酸铵、二氧化碳等挥发，溶液中最终剩余的是硫酸铵，所以可以返回“溶浸”环节中继续使用；碱式碳酸镁高温煅烧之后会发生分解最终变成氧化镁。
3．(2022·许昌模拟)用钴锂膜废料(含LiCoO2、Al，少量Fe等)制取Co2O3的工艺流程如下：
该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子 Al3＋ Fe3＋ Co2＋
开始沉淀时的pH 3.2 1.2 6.6
完全沉淀时(c＝1.0×10－5mol·L－1)的pH 4.6 2.8 9.1
回答下列问题：
(1)“碱煮”可除去大部分的铝和锂，发生的反应有LiCoO2＋NaOH===NaCoO2＋LiOH和 2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑　(写化学方程式)。
(2)“浸钴”时，H2SO4和HNO3均不能与NaCoO2发生反应，其原因是 NaCoO2中Co为＋3价，硫酸和硝酸无法将其还原为Co2＋　；用盐酸浸钴时，钴浸出率与浸出温度的关系如图所示，工业上选取80℃而不采取更高温度的原因是温度升高，消耗的能量增多，钴的浸出率提高不明显，且盐酸挥发损失严重　。“浸钴”时盐酸与NaCoO2反应的离子方程式为 2NaCoO2＋8H＋＋2Cl－===2Na＋＋2Co2＋＋Cl2↑＋4H2O　。
(3)“深度除铝铁”时，理论上应控制终点时溶液pH范围为 4.6≤pH＜6.6　。
(4)“沉钴”时，得到的滤液3中溶质的主要成分为 NH4Cl、NaCl　(填化学式)，由CoC2O4制取Co2O3的方法是在空气中煅烧　。
【解析】　钴锂膜废料经碱煮可以将Al单质转化为偏铝酸钠进入溶液，LiCoO2转化为NaCoO2和LiOH，可以除去大部分的铝和锂，过滤、洗涤后取滤渣加入HCl溶解，得到含Al3＋、Fe3＋和Co2＋的溶液，通入NH3调节pH深度除去铝、铁，过滤后加入草酸铵得到草酸钴沉淀，草酸盐受热易分解，在空气中煅烧草酸钴得到Co2O3。(1)碱煮时Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑；(2)根据流程可知，盐酸浸取钴元素时生成氯气，说明HCl被氧化，将NaCoO2中的＋3价的Co还原为Co2＋，而硫酸和硝酸等无法将其还原为Co2＋；80 ℃已经有较高的浸取率，温度继续升高，消耗的能量增多，钴的浸出率提高不明显，且盐酸挥发损失严重；盐酸与NaCoO2反应时HCl被氧化为氯气，NaCoO2被还原为Co2＋，根据电子守恒可知NaCoO2和Cl－的系数比为1∶1，再结合元素守恒可得离子方程式为2NaCoO2＋8H＋＋2Cl－===2Na＋＋2Co2＋＋Cl2↑＋4H2O；(3)“深度除铝铁”时，要保证Al3＋、Fe3＋完全沉淀，而Co2＋不沉淀，所以应控制终点时溶液pH范围为4.6≤pH＜6.6；(4)根据浸钴时发生的反应、加入NH3调节pH可知，滤液2中主要成分为CoCl2、NaCl、NH4Cl，然后加入草酸铵沉钴，所以滤液3中溶质的主要成分为NaCl、NH4Cl；草酸盐受热易分解，所以在空气中煅烧草酸钴可以得到Co2O3。
高频热点强化训练(四)对应学生用书学案P45
1．(2022·抚顺模拟)美好生活离不开化学，下列人类活动运用相应的化学原理正确的是(　A　)
A．NH水解使氯化铵溶液显酸性，NH4Cl溶液能除铁锈
B．游轮底部定期更换锌块是利用电解原理防止游轮底部腐蚀
C．铝是金属晶体，具有良好的延展性，易于加工，所以常用铝罐等贮运浓硝酸
D．纤维素最终的水解产物是葡萄糖，所以人类要食用一定量纤维素
【解析】　NH水解使氯化铵溶液显酸性，酸性溶液能和金属氧化物反应，故NH4Cl溶液能除铁锈，A正确；游轮底部定期更换锌块是利用原电池原理防止游轮底部腐蚀，B错误；浓硝酸和铝容易发生钝化反应导致反应不能进行，所以常用铝罐等贮运浓硝酸，C错误；纤维素最终的水解产物是葡萄糖，但人体不能把纤维素转变为葡萄糖，D错误。
2．(2022·哈尔滨模拟)下列有关实验操作、现象及对应的解释或结论均正确的是(　A　)
实验操作 现象 解释或结论
A 向H2S溶液中通入O2 溶液变浑浊 非金属性：O＞S
B 向某溶液中加入稀盐酸 产生无色刺激性气味气体，可以使品红褪色 原溶液中一定含有SO
C 压缩装有H2、I2(g)和HI混合气体(已平衡)的密闭容器 气体颜色加深 平衡向生成I2的方向移动
D 将洁净的铁钉浸泡在饱和食盐水中一段时间 铁钉表面出现小气泡 铁钉腐蚀，产生气体为氢气
【解析】　元素的非金属性越强，其相应的单质的氧化性就越强。向H2S溶液中通入O2，发生反应：2H2S＋O2===2H2O＋2S↓，说明氧化性：O2＞S，则元素的非金属性：O＞S，A正确；向某溶液中加入稀盐酸，产生无色刺激性气味气体，该气体可以使品红褪色，该气体是SO2，该溶液中可能含有SO，也可能含有HSO，B错误；H2、I2(g)和HI在容器中存在化学平衡：H2(g)＋I2(g)??2HI(g)，该反应是反应前后气体体积不变的反应，将容器压缩，气体物质的浓度增大，混合气体的颜色加深，但压缩容器的容积，使气体的压强增大，化学平衡不发生移动，因此不能使用化学平衡移动原理分析，C错误；将洁净的铁钉浸泡在饱和食盐水中一段时间，铁钉在中性盐水中会发生吸氧腐蚀而生锈，而不是发生析氢腐蚀，因此不会在铁钉表面出现小气泡，D错误。
3．(2022·沈阳模拟)新型陶瓷钻头(氮化硅与金属氧化物烧结而成)加工铝件后，常因附着Al2O3而致钝，使用后需用饱和NaCl溶液进行超声清洗。下列关于该现象的产生及处理方法分析错误的是(　D　)
A．钻头摩擦铝件产生的高温促进了Al2O3的生成
B．不利用强酸、强碱溶液洗涤附着的Al2O3是防止钻头被腐蚀
C．与光照、加热相同，超声波也是为反应提供能量的一种方式
D．清洗过程的原理可表示为Al2O3＋8Cl－＋6H＋===2[AlCl4]－＋3H2O
【解析】　钻头摩擦铝件产生的高温可以加快铝与氧气的反应，A正确；用强酸、强碱溶液洗涤钻头可与其中的金属氧化物反应而使钻头被腐蚀，B正确；超声波也可以传递能量，是为反应提供能量的一种方式，C正确；清洗过程的原理中不是在酸性条件下，反应物不应该有H＋，D错误。
4．(2022·岳阳模拟)以KCl和FeSO4为原料可生产硫酸钾、过二硫酸铵和氧化铁红颜料等，其工艺流程如图，下列说法不正确的是(　D　)
A．反应Ⅰ中发生的反应是：Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O
B．反应Ⅰ的温度不宜高，是为了防止NH4HCO3分解，也能减少Fe2＋的水解
C．反应Ⅲ在工业生产中常加入一定量的乙醇，其目的是为了降低K2SO4的溶解度，有利于其析出
D．反应Ⅳ是利用电解法生产(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)，阳极每生成1molS2O转移1mol电子
【解析】　反应Ⅰ中，FeSO4和NH4HCO3反应生成FeCO3沉淀和CO2，离子方程式为Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O，A正确；若反应Ⅰ的温度过高，NH4HCO3会分解生成NH3、H2O、CO2，Fe2＋会水解生成Fe(OH)2，故反应Ⅰ的温度不宜较高，B正确；K2SO4在无机溶剂中的溶解度是较大的，要想使K2SO4析出，需要降低其溶解度，所以加入醇类溶剂的目的是降低K2SO4的溶解度，C正确；反应Ⅳ中利用电解法电解硫酸铵溶液生成(NH4)2S2O8和H2，阳极的电极反应式为2SO－2e－===S2O，则阳极每生成1 mol S2O转移2 mol电子，D错误。
5．(2022·阜阳模拟)我国科研团队用钙盐法制备了纳米CaO2并优化了其制备条件。在碱性条件下制备CaO2·8H2O的装置如图所示：
已知：原理为Ca2＋＋H2O2＋2NH3＋8H2O===CaO2·8H2O↓＋2NH，CaO2·8H2O晶体难溶于无水乙醇。
下列叙述正确的是(　D　)
A．固体a为NH4Cl，目的是制取NH3
B．在冰水浴中进行实验的目的是减慢反应速率，使反应充分
C．装置中仅有1处错误：未进行尾气处理
D．所得CaO2·8H2O晶体过滤后用无水乙醇洗涤减少产品损失
【解析】　实验室制取NH3一般采用将NH4Cl与Ca(OH)2固体混合加热的方法，而NH4Cl受热分解为NH3和HCl，遇冷后二者又生成NH4Cl，不能得到NH3，因此固体a为NH4Cl与Ca(OH)2的混合物，A错误；NH3为气体，其溶解度随温度的升高而降低，且H2O2在温度较高时更易分解，所以在冰水浴中进行实验的目的是增大NH3的溶解度，减少H2O2的分解，B错误；氨气极易溶于水，且对环境有污染，因此NH3通入三颈烧瓶中时应防倒吸，且应进行尾气处理，有2处错误，C错误；由题意可知，CaO2·8H2O晶体难溶于无水乙醇，用无水乙醇洗涤可减少产品的损失，D正确。
6．(2022·太原模拟)硫酸锌是一种重要的工业原料，广泛用于农业、化工、电镀等行业。工业上由锌渣(主要成分为ZnO、FeO、CuO、PbO)生产ZnSO4·7H2O的流程如图：
下列叙述不正确的是(　D　)
A．“溶浸”时搅拌可以加快“溶浸”速率，“滤渣A”的主要成分是PbSO4
B．NaClO的作用主要是将Fe2＋氧化为Fe3＋方便以沉淀的形式除去
C．“反应Ⅱ”中，加入锌粉时反应的离子方程式为Cu2＋＋Zn===Zn2＋＋Cu
D．从滤液获得ZnSO4·7H2O的实验操作为蒸发结晶、洗涤、干燥
【解析】　向锌渣中加入稀硫酸溶浸，氧化铅与稀硫酸反应生成硫酸铅沉淀和水，氧化锌、氧化亚铁、氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸盐和水，过滤得到硫酸盐溶液和硫酸铅；向硫酸盐溶液中加入次氯酸钠溶液将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，再加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁沉淀和硫酸锌和硫酸铜的混合溶液；向混合溶液中加入锌粉，锌与溶液中的铜离子发生置换反应置换出铜，过滤得到铜和硫酸锌滤液；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸锌晶体。溶浸时搅拌可以使反应物的接触面积增大，使溶浸速率加快，由分析可知，滤渣A的主要成分是PbSO4，选项A正确；NaClO的作用主要是将Fe2＋氧化为Fe3＋方便以Fe(OH)3沉淀的形式除去，选项B正确；由分析可知，反应Ⅱ为锌与溶液中的铜离子发生置换反应置换出铜，反应的离子方程式为Cu2＋＋Zn===Zn2＋＋Cu，选项C正确；由分析可知，从滤液获得七水硫酸锌晶体的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，选项D不正确。
7．(2022·遂宁模拟)用粗铜精炼工业中产生的铜阳极泥(主要含Cu2Se、Ag2Se、金和铂等)为原料，回收并制备硝酸铜和硒的工艺流程如图：
(1)“烧结”时发生如下反应，请完善该反应方程式：
2　Cu2Se＋ 3　O2＋ 2　Na2CO3 2　Cu2O＋ 2　Na2SeO3＋ 2　CO2
工业上，采用通入高压氧气使铜阳极泥处于“沸腾”状态，其目的是增大反应物接触面积，提高反应速率(或提高转化率)　。
(2)在实验室，操作X的名称为过滤　。
(3)滤渣Y的成分有Ag2O、 Cu2O、Au和Pt　(填化学式，下同)；已知萃取与反萃取原理为2RH＋Cu2＋―→R2Cu＋2H＋，则“反萃取”时反萃取剂最好选用 HNO3　溶液。
(4)FeSO4的作用是“还原”Na2SeO4制备Na2SeO3，每摩尔Na2SeO4消耗FeSO4的物质的量为 2　mol；常温下，H2SeO3的Ka1＝1.0×10－3，Ka2＝1.0×10－7；当常温下溶液的pH＝4.4时，Na2SeO3溶液中最主要的含Se粒子是 HSeO　。
(5)“控电位还原”是指在一定电压下，电位高的氧化剂优先被还原，电位低的氧化剂保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离；下表为一些氧化剂的电位(A/B：A代表氧化剂，B代表还原产物)。
名称 Cu2＋/Cu Fe2＋/Fe Fe3＋/Fe2＋ SeO
电位/V 0.345 －0.440 0.770 0.740
则SeO、Fe3＋和Cu2＋的氧化性由强到弱的顺序为 Fe3＋、SeO、Cu2＋(或Fe3＋>SeO>Cu2＋)　，在0.740V时Fe3＋优先被还原，其还原反应(半反应)式为 Fe3＋＋e－===Fe2＋　。
【解析】　(1)“烧结”时Cu2Se中的Se失去6e－被氧化为SeO，所以根据得失电子守恒可得2 mol Cu2Se失去12 mol e－，需要3 mol O2得到电子，则其方程式为2Cu2Se＋3O2＋2Na2CO32Cu2O＋2Na2SeO3＋2CO2；采用通入高压氧气使铜阳极泥处于“沸腾”状态，可使氧气与铜阳极泥充分接触，加快反应速率；(2)实验室采用过滤法将难溶性的固体和液体的分离；(3)Ag2Se在“烧结”时可转化为难溶的Ag2O和易溶的Na2SeO3、Na2SeO4，由于铜阳极泥除含Cu2Se、Ag2Se外还含不与氧气反应的金和铂，所以滤渣的主要成分为Cu2O、Au、Pt和Ag2O；由于向有机相中加反萃取剂再次分液得到Cu(NO3)3溶液，所以反萃取剂应选HNO3；(4)FeSO4的作用是“还原”Na2SeO4制备Na2SeO3，则有“三段式”，
Na2SeO4　～　2FeSO4
1 2
1 mol 2 mol
所以每摩尔Na2SeO4消耗2 mol FeSO4，H2SeO3的Ka1＝1.0×10－3，Ka2＝1.0×10－7，为二元弱酸，所以当常温下溶液的pH＝4.4时，Na2SeO3溶液中最主要的含Se粒子HSeO；(5)氧化剂的电位越大，则其氧化剂的氧化性越强，Fe3＋/Fe2＋为0.770最高，其次SeO为0.740，再者是Cu2＋/Cu为0.345，最后是Fe2＋/Fe为－0.440，所以氧化性强弱为Fe3＋、SeO、Cu2＋(或Fe3＋>SeO>Cu2＋)；在0.740 V时Fe3＋优先被还原，则Fe3＋得到电子被还原为Fe2＋，即Fe3＋＋e－===Fe2＋。专题五　物质结构　元素周期律
明·课程标准
MINGKECHENGBIAOZHUN　　　　　　对应学生用书学案P47
1．能画出1～20号元素的原子结构示意图，能用原子结构解释元素性质及其递变规律，并能结合实验及事实进行说明。
2．能利用元素在元素周期表中的位置和原子结构，分析、预测、比较元素及其化合物的性质。
3．能判断简单离子化合物和共价化合物中的化学键类型，能基于化学键解释某些化学反应的热效应。
品·高考真题
PINGAOKAOZHENTI　　　　　　对应学生用书学案P47
真题细研
1．(2022·全国甲卷)Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。Q与X、Y、Z位于不同周期，X、Y相邻，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是(　D　)
A．非金属性：X>Q
B．单质的熔点：X>Y
C．简单氢化物的沸点：Z>Q
D．最高价含氧酸的酸性：Z>Y
【解析】　Q、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q与X、Y、Z不在同一周期，Y原子最外层电子数为Q原子内层电子数的2倍，则Q应为第二周期元素，X、Y、Z位于第三周期，Y的最外层电子数为4，则Y为Si元素，X、Y相邻，且X的原子序数小于Y，则X为Al元素，Q、X、Y、Z的最外层电子数之和为19，则Q、Z的最外层电子数之和为19－3－4＝12，主族元素的最外层电子数最多为7，若Q的最外层电子数为7，为F元素，Z的最外层电子数为5，为P元素，若Q的最外层电子数为6，为O元素，则Z的最外层电子数为6，为S元素，若Q的最外层电子数为5，为N元素，Z的最外层电子数为7，为Cl元素；综上所述，Q为N或O或F，X为Al，Y为Si，Z为Cl或S或P，据此分析解题。X为Al，Q为N或O或F，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，故非金属性：Q>X，A错误；由分析可知，X为Al属于金属晶体，Y为Si属于原子晶体或共价晶体，故单质熔点Si>Al，即Y>X，B错误；含有氢键的物质沸点升高，由分析可知Q为N或O或F，其简单氢化物为H2O或NH3或HF，Z为Cl或S或P，其简单氢化物为HCl或H2S或PH3，由于前者物质中存在分子间氢键，而后者物质中不存在，故沸点Q>Z，C错误；元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，P、S、Cl的非金属性均强于Si，因此最高价含氧酸酸性：Z>Y，D正确。
2．(2022·全国乙卷)化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。YZ2分子的总电子数为奇数常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是(　D　)
A．W、X、Y、Z的单质常温下均为气体
B．最高价氧化物的水化物酸性：YC．100～200℃阶段热分解失去4个W2Z
D．500℃热分解后生成固体化合物X2Z3
【解析】　化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。该化合物的热重曲线如图所示，在200 ℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，即W为H，Z为O，YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体，则Y为N，原子序数依次增加，且加和为21，则X为B。X(B)的单质常温下为固体，故A错误；根据非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则最高价氧化物的水化物酸性：X(H3BO3)＜Y(HNO3)，故B错误；根据前面已知200 ℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，若100～200 ℃阶段热分解失去4个H2O，则质量分数×100%≈73.6%，则说明不是失去4个H2O，故C错误；化合物(NH4B5O8·4H2O)在500 ℃热分解后若生成固体化合物X2Z3(B2O3)，根据硼元素守恒，则得到关系式2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，则固体化合物B2O3质量分数为×100%≈64.1%，说明假设正确，故D正确。
3．(2021·全国乙卷)我国嫦娥五号探测器带回1.731kg的月球土壤，经分析发现其构成与地球土壤类似，土壤中含有的短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为15。X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与W同族，下列结论正确的是(　B　)
A．原子半径大小顺序为W>X>Y>Z
B．化合物XW中的化学键为离子键
C．Y单质的导电性能弱于Z单质的
D．Z的氧化物的水化物的酸性强于碳酸
【解析】　由短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为15，X、Y、Z为同周期相邻元素，可知W所在主族可能为第ⅢA族或第ⅥA族元素，又因X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与W同族，故W一定不是第ⅢA族元素，即W一定是第ⅥA族元素，进一步结合已知可推知W、X、Y、Z依次为O、Mg、Al、Si。O原子有两层，Mg、Al、Si均有三层且原子序数依次增大，故原子半径大小顺序为Mg＞Al＞Si＞O，即X>Y>Z>W，A错误；化合物XW即MgO为离子化合物，其中的化学键为离子键，B正确；Y单质为铝单质，铝属于导体，导电性很强，Z单质为硅，为半导体，半导体导电性介于导体和绝缘体之间，故Y单质的导电性能强于Z单质的，C错误；Z的氧化物的水化物为硅酸，硅酸酸性弱于碳酸，D错误。
4．(2021·全国甲卷)W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和，也是Y的最外层电子数的2倍。W和X的单质常温下均为气体。下列叙述正确的是(　D　)
A．原子半径：Z>Y>X>W
B．W与X只能形成一种化合物
C．Y的氧化物为碱性氧化物，不与强碱反应
D．W、X和Z可形成既含有离子键又含有共价键的化合物
【解析】　W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和，也是Y的最外层电子数的2倍，则分析知，Z的最外层电子数为偶数，W和X的单质常温下均为气体，则推知W和X为非金属元素，所以可判断W为H元素，X为N元素，Z的最外层电子数为1＋5＝6，Y的最外层电子数为＝3，则Y为Al元素，Z为S元素。电子层数越多的元素原子半径越大，同周期元素原子半径依次减弱，则原子半径：Y(Al)＞Z(S)＞X(N)＞W(H)，A错误；W为H元素，X为N元素，两者可形成NH3和N2H4，B错误；Y为Al元素，其氧化物为两性氧化物，可与强酸、强碱反应，C错误；W、X和Z可形成(NH4)2S、NH4HS，两者既含有离子键又含有共价键，D正确。
5．(2020·全国卷Ⅰ，11)1934年约里奥·居里夫妇在核反应中用α粒子(即氦核He)轰击金属原子X，得到核素Y，开创了人造放射性核素的先河：X＋He―→Y＋n。其中元素X、Y的最外层电子数之和为8。下列叙述正确的是(　B　)
A.X的相对原子质量为26
B．X、Y均可形成三氯化物
C．X的原子半径小于Y的
D．Y仅有一种含氧酸
【解析】　原子轰击实验中，满足质子和质量数守恒，因此W＋4＝30＋1，则W＝27，X与Y原子之间质子数相差2，因X元素为金属元素，Y的质子数比X大，则Y与X位于同一周期，且Y位于X右侧，且元素X、Y的最外层电子数之和为8，设X最外层电子数为a，则Y的最外层电子为a＋2，有a＋a＋2＝8，解得a＝3，因此X为Al，Y为P。Al的质量数为27，则该原子相对原子质量为27，故A错误；Al元素可形成AlCl3，P元素可形成PCl3，故B正确；Al原子与P原子位于同一周期，且Al原子序数小于P原子序数，故原子半径Al>P，故C错误；P的含氧酸有H3PO4、H3PO3、H3PO2等，故D错误。
6．(2020·全国卷Ⅱ，13)一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述错误的是(　D　)
A．该化合物中，W、X、Y之间均为共价键
B．Z的单质既能与水反应，也可与甲醇反应
C．Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸
D．X的氟化物XF3中原子均为8电子稳定结构
【解析】　一种由短周期主族元素形成的化合物，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且总和为24，根据图示，W为1价形成共价键，W为氢，Z为＋1价阳离子，Z为Na，Y为3价，Y为N，24－1－11－7＝5，X为B元素。该化合物中，H、B、N之间均以共用电子对形成共价键，故A正确；Na单质既能与水反应生成氢氧化钠和氢气，也能与甲醇反应生成甲醇钠和氢气，故B正确；N的最高价氧化物的水化物HNO3为强酸，故C正确；B的氟化物BF3中B原子最外层只有6个电子，达不到8电子稳定结构，故D错误。
7．(2020·全国卷Ⅲ，13)W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的核外电子总数满足X＋Y＝W＋Z；化合物XW3与WZ相遇会产生白烟。下列叙述正确的是(　D　)
A．非金属性：W>X>Y>Z
B．原子半径：Z>Y>X>W
C．元素X的含氧酸均为强酸
D．Y的氧化物水化物为强碱
【解析】　根据题干信息可知，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，化合物XW3与WZ相遇会产生白烟，则WX3为NH3，WZ为HCl，所以W为H元素，X为N元素，Z为Cl元素，又四种元素的核外电子总数满足X＋Y＝W＋Z，则Y的核外电子总数为11，Y为Na元素，则：Na为金属元素，非金属性最弱，非金属性Y＜Z，A错误；同周期元素从左至右原子半径依次减小，同主族元素从上而下原子半径依次增大，则原子半径：Na＞Cl＞N＞H，B错误；N元素的含氧酸不一定全是强酸，如HNO2为弱酸，C错误；Y的氧化物水化物为NaOH，属于强碱，D正确。
考情预判
元素推断题是高考必考的重点和热点，预计2023年高考的命题角度仍以原子的核外电子排布规律与元素(物质)性质、元素周期表片断、物质转化与元素推断的融合为主，该类试题往往将元素化合物知识、物质结构理论、化学基础理论等知识串联起来，综合性较强，试题命制时主要以原子(或离子)结构、重要元素化合物的性质及应用为突破口，进行元素推断，然后以选择题形式侧重考查金属(非金属)性比较、原子(或离子)半径比较、单质及氢化物熔、沸点比较、离子键与共价键、离子化合物与共价化合物判断、物质性质的判断等，是每年高考的必考题。
悟·核心要点
WUHEXINYAODIAN　　　　　　对应学生用书学案P48
考点一　原子结构与化学键
核心知识·整合
1．原子内的等量关系
①质量数(A)＝质子数(Z)＋中子数(N)；
②质子数＝原子序数＝核电荷数＝核外电子数；
③阳离子：质子数＝核外电子数＋电荷数；
④阴离子：质子数＝核外电子数－电荷数。
2．元素、核素、同位素
3．化学键与物质类别的关系
(1)化学键与物质类别的关系
(2)离子化合物与共价化合物
化合物类型 定义 与物质分类的关系 举例
离子化 合物 含有离子键的化合物 包括强碱、绝大多数盐及活泼金属的氧化物 NaCl、Na2O2、 NaOH、Na2O、 NH4Cl等
共价化 合物 只含有共价键的化合物 包括酸、弱碱、极少数盐、气态氢化物、非金属氧化物、大多数有机物等 H2SO4、H2S、 SO2、CH3COOH、 NH3·H2O等
4．注意化学键与物质类别判断中的“特例”
(1)在离子化合物中一般既含有金属元素又含有非金属元素(铵盐除外)；共价化合物一般只含有非金属元素，但个别含有金属元素，如AlCl3是共价化合物；只含有非金属元素的化合物不一定是共价化合物，如铵盐。
(2)非金属单质只含共价键(稀有气体除外)。
(3)气态氢化物是共价化合物，只含共价键，而金属氢化物(如NaH)是离子化合物，含离子键。
(4)离子化合物熔化时破坏离子键；部分共价化合物熔化时破坏共价键，如SiO2等，而部分共价化合物熔化时破坏分子间作用力，如固体硫熔化。
(5)分子的稳定性与分子间作用力无关，而与分子内部化学键的强弱有关。
5．表示物质组成和结构的化学用语
结构示意图
球棍模型 甲烷：
比例模型 乙烯：
电子式
结构式
结构简式
分子式或化学式 明矾：KAl(SO4)2·12H2O
关键能力·突破
　考向1　原子结构及微粒的表示方法
典例1(2021·河北高考)用中子轰击X原子产生α粒子(即氦核He)的核反应为X＋n―→Y＋He。已知元素Y在化合物中呈＋1价。下列说法正确的是(　A　)
A．H3XO3可用于中和溅在皮肤上的NaOH溶液
B．Y单质在空气中燃烧的产物是Y2O2
C．X和氢元素形成离子化合物
D．6Y和7Y互为同素异形体
【解析】　根据核反应X＋n―→Y＋He可知，X的质量数N为4＋7－1＝10，又因为Y在化合物中呈＋1价，则推知Y位于ⅠA族，质量数＝质子数＋中子数，Y的质量数为7，所以得出Y为Li，其质子数p＝3，所以X的质子数Z＝3＋2－0＝5，核电荷数＝原子序数＝核内质子数＝5，则推知X属于B元素。H3BO3为硼酸，氢氧化钠溶液具有腐蚀性，若不慎将NaOH溶液溅到皮肤上，则需用大量水冲洗，同时涂抹H3BO3，以中和碱液，A正确；Y为Li，在空气中燃烧的产物只有Li2O，B错误；X为B，与氢元素会形成BH3或B2H4等硼氢化合物，B元素与H元素以共价键结合，属于共价化合物，C错误；6Li和7Li两者的质子数均为3，中子数不同，所以两者互为同位素，D错误。
方法技巧
1. 微粒间“四个”数量关系
2. 元素、核素、同位素、同素异形体之间的联系
〔迁移应用〕
1．(2022·潍坊模拟)Cs为ⅠA族元素，Cs是铯的一种放射性同位素，可用于某些癌症的治疗。下列关于Cs的说法，不正确的是(　B　)
A.Cs原子核外电子数为55
B.Cs原子核内中子数为137
C．原子半径：Cs>K
D.Cs的化学性质与K相似
【解析】　原子中质子数＝电子数，Cs原子核外电子数为55，A正确；Cs的质量数为137，B错误；电子层数越多半径越大，原子半径：Cs>K，C正确；Cs和K均为ⅠA族元素，同主族元素化学性质相似，D正确。
　考向2　化学键及物质类别判断
典例2(2022·常德模拟)短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次递增。相邻元素Y、Z位于同一周期且均具有多种常见气态氧化物。X分别与Y、Z可形成10个电子的分子。W的单质在空气中燃烧发出耀眼白光。M原子最外层电子数是其K层电子数的3倍。下列有关说法正确的是(　C　)
A．简单氢化物的稳定性：Y>Z
B．W的最高价氧化物的水化物为强碱
C．X、Y、Z形成的化合物中可能含有极性键和非极性键
D．M在空气中燃烧的主要产物为MO3
【解析】　由题干信息知，短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次递增。相邻元素Y、Z位于同一周期且均具有多种常见气态氧化物，X分别与Y、Z可形成10个电子的分子，则X为H，Y为C，Z为N，W的单质在空气中燃烧发出耀眼白光，则W为Mg，M原子最外层电子数是其K层电子数的3倍，则M为S。Y为C，Z为N，由于非金属性N＞C，故简单氢化物的稳定性为NH3＞CH4即Y方法技巧
化学键与物质的类别之间的关系
(1)只含有极性共价键的物质一般是不同种非金属元素形成的共价化合物，如SiO2、HCl、CH4等。
(2)只含有非极性共价键的物质是同种非金属元素形成的单质，如Cl2、P4、金刚石等。
(3)既有极性键又有非极性键的共价化合物一般由多个原子组成，如H2O2、C2H4等。
(4)只含离子键的物质主要是由活泼非金属元素与活泼金属元素形成的化合物，如Na2S、CaCl2、NaCl等。
(5)既有离子键又有极性共价键的物质，如NaOH、K2SO4等；既有离子键又有非极性共价键的物质，如Na2O2等。
(6)仅由非金属元素形成的离子化合物，如NH4Cl、NH4NO3等。
(7)金属元素和非金属元素间可能存在共价键，如AICl3等。
〔迁移应用〕
2．(2022·石家庄模拟)短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中只有一种金属元素，四种元素形成的一种化合物可作软水剂和缓冲剂(结构如图)。下列说法正确的是(　C　)
A．简单离子半径：XB．简单氢化物的稳定性：Z>X
C．X与Z形成的化合物不能用作食品干燥剂
D．W分别与Y、Z形成的化合物中所含化学键类型相同
【解析】　四种元素中只有一种金属元素，则应是Y，Y可以形成＋1价阳离子，且原子序数比其小的主族元素至少有2个，故Y为Na元素；X可以形成2个共价键，且原子序数小于Na，应是O元素，W可以形成1个共价键，原子序数小于O，应是H元素，Z可以形成5个共价键，原子序数大于Na，应是P元素。Na＋和O2－电子层数均为2层，但O2－核电荷数更小，所以半径更大，A错误；非金属性O＞P，则简单氢化物的稳定性X(O)＞Z(P)，B错误；X与Z形成的化合物为P2O5，五氧化二磷溶于水产生大量热并生成磷酸，其受热或遇水分解放热，放出有毒的腐蚀性烟气，具有强腐蚀性，常用作气体和液体的干燥剂，所以不可用作食品干燥剂，C正确；H和Na元素形成的化合物NaH只含离子键，H和P元素形成的化合物PH3只含共价键，D错误。
考点二　元素周期表　元素周期律
核心知识·整合
1．强化记忆元素周期表的结构
2．利用区间定位推断元素
对于原子序数较大的元素，可采用区间定位确定元素。
元素周期表中各族序数的排列顺序由左到右依次为ⅠA、ⅡA、ⅢB、ⅣB、ⅤB、ⅥB、ⅦB、Ⅷ、ⅠB、ⅡB、ⅢA、ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA、0，牢记各周期对应的0族元素的原子序数，可以快速确定周期数。
周期 一 二 三 四 五 六 七
起止 序数 1 ～2 3 ～10 11 ～18 19 ～36 37 ～54 55 ～86 87 ～118
3．金属性和非金属性强弱的判断方法
三表 元素周期表：金属性“右弱左强，上弱下强，右上弱左下强”；非金属性“左弱右强，下弱上强，左下弱右上强”
金属活动性顺序：按K、Ca、Na、Mg、Al、Zn、Fe、Sn、Pb、Cu、Hg、Ag、Pt、Au的顺序，金属性减弱
非金属活动性顺序：按F、O、Cl、Br、I、S的顺序，非金属性减弱
三反 应 置换反应：强的置换弱的，适合金属也适合非金属
与水或非氧化性酸反应越剧烈，或最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则金属性越强
与氢气反应越容易，生成的气态氢化物的稳定性越强，或最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则非金属性越强
氧化性 金属离子的氧化性越弱，对应金属性越强
还原性 非金属氢化物或非金属阴离子的还原性越弱，对应非金属性越强
4．微粒半径比较的方法
(1)①同周期原子半径或同性离子半径从左到右均减小
如：r(S)>r(Cl)、r(S2－)>r(Cl－)。
②同主族原子半径或离子半径从上到下均增大
如：r(Na)(2)同元素粒子：核外电子越多，半径越大，如r(Fe)>r(Fe2＋)>r(Fe3＋)、r(Cl)(3)同电子数粒子：核电荷数越大，半径越小，如r(Na＋)>r(Mg2＋)>r(Al3＋)。
(4)核电荷数、电子层数、电子数均不同的粒子：可用参照法。
如r(K＋)与r(Mg2＋)比较时可参照r(K＋)>r(Na＋)>r(Mg2＋)来确定r(K＋)>r(Mg2＋)。
关键能力·突破
　考向1　根据物质性质、微粒结构特点推断元素
典例1(2022·贵阳模拟)已知：X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，其中只有Z为金属元素，Z元素的单质与热水反应后的溶液能使酚酞试液变为浅红色，Y是地壳中含量最高的元素，X、W为同一主族元素，W元素原子的最外层电子数是次外层电子数的一半。下列判断正确的是(　B　)
A．W的最外层电子数是最内层电子数的1.5倍
B．X、W最简单氢化物的沸点：XC．化合物XY和ZY的化学键类型相同
D．原子半径：r(Z)>r(W)>r(Y)>r(X)
【解析】　X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，Z为金属元素，Z元素的单质与热水反应后的溶液能使酚酞试液变为浅红色，则推知Z为Mg元素，Y是地壳中含量最高的元素，则Y为O元素，X、W为同一主族元素，W元素原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，则W为Si元素，X为C元素。W为Si元素，三个电子层的电子数分别为2、8、4，所以其最外层电子数是最内层电子数的2倍，A错误；X和W的最简单氢化物分别为CH4和SiH4，两者均是由分子构成，相对分子质量：CH4＜SiH4，所以甲烷分子间的范德华力较SiH4弱，沸点较低，B正确；化合物XY形成的是CO，化学键类型为共价键，而ZY为MgO，其化学键类型为离子键，两者化学键类型不同，C错误；同周期元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下原子半径依次增大，则原子半径：r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y)，D错误。
思维建模
由题给特征信息推断元素的基本思路
〔迁移应用〕
1．(2022·济南模拟)X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价为＋4价，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族；Z与X形成原子个数比1∶2且电子总数为18的化合物；Q元素的原子最外层比次外层少一个电子。下列说法不正确的是(　A　)
A．原子半径：XB．最高价氧化物对应水化物的酸性：Q>Z>Y>M
C．X2Z—ZX2易溶于水，其水溶液呈碱性
D．X、Z和Q三种元素可以形成离子化合物
【解析】　X、Y、Z、M、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，结合“Y元素的最高正价为＋4价，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族”，可推出Y为C、Z为N、M为Si，由“化合物Z2X4的电子总数为18个”可推出X为H，由“Q元素的原子最外层比次外层少一个电子”可推出Q为Cl。根据同一周期主族元素从左到右原子半径依次减小，同一主族元素从上到下原子半径依次增大，可得原子半径X(H)Z(HNO3)>Y(H2CO3)>M(H2SiO3)，B项正确；H2N—NH2为联氨，是一种极性较强的化合物，能与水、醇等形成分子间氢键，根据相似相溶原理，联氨能溶于水、醇等极性溶剂中，又H2NNH2＋H2O??H2NNH＋OH－，其水溶液呈碱性，C项正确；X(H)、Z(N)、Q(Cl)三种元素可形成NH4Cl，NH4Cl是离子化合物，D项正确。
　考向2　根据化学键推断元素
典例2(2022·长春模拟)中国科学院兰州化物所阎兴斌研究员研究双层电容器中储能行为时，运用到某种离子化学物结构如图所示。其中X、Y、Z、M、L、Q均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。M、Q同族且两种元素组成的某种阴离子在强酸性溶液环境下可以产生淡黄色沉淀；Y是有机物的基本骨架元素。下列结论正确的是(　B　)
A．Y的氢化物沸点一定低于Z的氢化物
B．X单质的导电性能强于Q单质
C．L的铵盐溶液可以存放在玻璃试剂瓶中
D．原子半径大小的顺序为Q>M>X
【解析】　由题干信息可知，X、Y、Z、M、L、Q均为短周期主族元素，且原子序数依次增大，M、Q同族且两种元素组成的某种阴离子在强酸性溶液环境下可以产生淡黄色沉淀，即S2O，Y是有机物的基本骨架元素，则Y为C，由图示可知，Q周围形成了6个共价键，M周围形成了2个共价键，则M为O，Q为S，X为＋1价，则X为Li，Z为N，由C周围只能形成4个共价键，则L为F，据此分析解题。由分析可知，Y为C，则Y的氢化物有很多，有气体、液态和固体的烃，Z为N，其氢化物有NH3(g)和N2H4(l)等，则Y的氢化物的沸点不一定低于Z的氢化物，A错误；由分析可知，X为Li，是电的良导体，而Q为S，是绝缘体，则X单质的导电性能强于Q单质，B正确；由分析可知，L为F，则L的铵盐溶液中，氟离子水解生成的HF能与玻璃中的SiO2反应而腐蚀玻璃，故NH4F溶液不可以存放在玻璃试剂瓶中，应该装在塑料瓶中，C错误；由分析可知，Q为S、M为O、X为Li，故原子半径大小的顺序为S＞Li＞O即Q>X>M，D错误。
〔迁移应用〕
2．(2022·西安模拟)短周期元素X、Y、Z、M原子序数依次增大，Z的氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，M的最高正价与最低负价绝对值之差为4，它们组成的一种分子结构如图所示。下列说法正确的是(　B　)
A．非金属性：Y>Z
B．原子半径：M>Y>Z
C．X、Y形成的化合物是气态
D．M的含氧酸不能与Z的含氧酸反应
【解析】　已知X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素，M的最高正价与最低负价绝对值之差为4，Z为N元素，M的最高正价与最低负价绝对值之差为4，则M为S元素，4种元素组成的一种分子结构如图，根据共价键数目可推知，则X为H元素，Y为C元素。非金属性：N>C，A错误；C、N原子核外均有2个电子层，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：S>C>N，B正确；碳氢化合物有的是气态或固态，C错误；H2SO3能与硝酸反应3H2SO3＋2HNO3===3H2SO4＋2NO＋H2O，D错误。
　考向3　根据物质的转化关系推断元素
典例3短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，m、n、p、q、r是由这些元素组成的常见化合物，m、p、q的元素组成中有2种元素均相同，向q的水溶液中通入足量的二氧化碳，生成白色沉淀。m、n、p、q、r五种物质的转化关系如图所示。下列叙述正确的是(　B　)
A．Z的最高价氧化物对应的水化物为弱碱
B．X和Y能形成含非极性键的离子化合物
C．W、Y可形成电子式为的化合物
D．工业上常用电解法冶炼Z的单质
【对点析图】
【解析】　根据原子序数依次增大可知W为H、X为O、Y为Na、Z为Si(或Al)。若Z为Al，Al(OH)3为弱碱，若Z为Si，H2SiO3为弱酸，A项错误；Na2O2为离子化合物，其中氧氧键为非极性键，B项正确；NaH的电子式是Na＋[∶H]－，C项错误；工业上用电解法冶炼Al，用碳还原法冶炼Si，D项错误。
　考向4　根据元素相对位置关系推断元素
典例4(2022·昆明模拟)W、X、Y、Z四种元素在周期表中的位置如图所示，W为短周期元素，其核电荷数是周期序数的5倍。下列说法错误的是(　D　)
W X Y
Z
A．简单离子半径：W＞X＞Y
B．W与Y至少能形成两种共价化合物
C．W与X的单质均存在同素异形体
D．X与Z原子序数相差8
【解析】　W为短周期元素，其核电荷数是周期序数的5倍，若W为第二周期元素，则为10号元素，即Ne元素，Ne元素右侧没有其他元素，不符合题意，所以W为第三周期元素，为15号元素，即P元素，则X为S，Y为Cl，Z为Se。简单离子核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小：W(P3－)＞X(S2－)＞Y(Cl－)，A正确；W(P)与Y(Cl)能形成的共价化合物至少有PCl3和PCl5两种，B正确；W(P)的同素异形体有白磷和红磷，X(S)的同素异形体有S2、S4、S6和S8等(或者斜方硫、单斜硫和弹性硫等)，C正确；16S与34Se原子序数相差18，D错误。
思维建模
答题必用的“位、构、性”思维模型
〔迁移应用〕
3．(2022·邯郸模拟)W、X、Y、Z四种短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示。下列说法正确的是(　C　)
A．W、X、Y、Z的单质常温下均为气体
B．X、Y、Z形成的简单氢化物中，Z的沸点最高
C．W元素与氢元素可形成W2H6
D．Y元素的单质能从NaZ溶液中置换出Z元素的单质
【解析】　由各元素在周期表中的位置可以推出W为Si，X为O，Y为S，Z为Cl。W(Si)、Y(S)的单质在常温下为固体，故A项错误；X(O)、Y(S)、Z(Cl)形成的简单氢化物分别为H2O、H2S、HCl，H2O常温下为液体，沸点最高，故B项错误；W(Si)元素与氢元素可形成Si2H6(乙硅烷)，故C项正确；S的非金属性比Cl弱，S单质不能从NaCl溶液中置换出Cl2，故D项错误。专题一　物质的组成、分类和变化
明·课程标准
MINGKECHENGBIAOZHUN　　　　　　对应学生用书学案P1
1．能依据物质类别和元素价态列举某种元素的典型代表物。会判断化学变化与物理变化，能举例说明胶体的典型特征。
2．能列举事实说明化学科学在生产、生活中的应用价值，以及对人类文明的伟大贡献。能列举我国体现化学科学与技术应用的重要成果。
3．能列举常见的大气、水体和土壤的污染物及其危害，能说明常见污染的成因和防治措施的化学原理，能结合具体的污染问题设计简单的防治方案。能举例说明化学对环境保护的作用。
品·高考真题
PINGAOKAOZHENTI　　　　　　对应学生用书学案P1
真题细研
1．(2021·全国乙卷)我国提出争取在2030年前实现碳达峰，2060年实现碳中和，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。碳中和是指CO2的排放总量和减少总量相当。下列措施中能促进碳中和最直接有效的是(　D　)
A．将重质油裂解为轻质油作为燃料
B．大规模开采可燃冰作为新能源
C．通过清洁煤技术减少煤燃烧污染
D．研发催化剂将CO2还原为甲醇
【解析】　将重质油裂解为轻质油并不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故A不符合题意；大规模开采可燃冰做为新能源，会增大二氧化碳的排放量，不符合碳中和的要求，故B不符合题意；通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故C不符合题意；研发催化剂将二氧化碳还原为甲醇，可以减少二氧化碳的排放量，达到碳中和的目的，故D符合题意。
2．(2021·全国甲卷)化学与人体健康及环境保护息息相关。下列叙述正确的是(　C　)
A．食品加工时不可添加任何防腐剂
B．掩埋废旧电池不会造成环境污染
C．天然气不完全燃烧会产生有毒气体
D．使用含磷洗涤剂不会造成水体污染
【解析】　食品加工时，可适当添加食品添加剂和防腐剂等，如苯甲酸钠，故A错误；废旧电池中含有重金属等金属离子，会造成土壤污染、水体污染等，故B错误；天然气主要成分为甲烷，不完全燃烧会产生一氧化碳等有毒气体，故C正确；含磷洗涤剂的排放，使水中磷过多，造成水中藻类疯长，消耗水中溶解的氧，水体变浑浊，D错误。
3．(2020·全国卷Ⅱ·7)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　)
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
【解析】　胆矾为硫酸铜晶体，化学式为CuSO4·5H2O，A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正确；铁与硫酸铜溶液发生置换反应生成铜，D正确。
4．(2020·全国卷Ⅲ·7)宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色来自孔雀石颜料(主要成分为Cu(OH)2·CuCO3)，青色来自蓝铜矿颜料(主要成分为Cu(OH)2·2CuCO3)。下列说法错误的是(　C　)
A．保存《千里江山图》需控制温度和湿度
B．孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化
C．孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱
D．Cu(OH)2·CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2·2CuCO3
【解析】　字画主要由纸张和绢、绫、锦等织物构成，为防止受潮和氧化，保存古代字画时要特别注意控制适宜的温度和湿度，A说法正确；由孔雀石和蓝铜矿的化学成分可知，其中的铜元素、碳元素和氢元素均处于最高价，其均为自然界较稳定的化学物质，因此，用其所制作的颜料不易被空气氧化，B说法正确；孔雀石和蓝铜矿的主要成分均可与酸反应生成相应的铜盐，因此，用其制作的颜料不耐酸腐蚀，C说法错误；因为氢氧化铜中铜元素的质量分数高于碳酸铜，所以Cu(OH)2·CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2·2CuCO3，D说法正确。
5．(2019·全国卷Ⅰ·T7)陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法错误的是(　A　)
A．“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁
B．闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成
C．陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐
D．陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点
【解析】　氧化铁是红色的，俗称铁红，所以瓷器的青色不是来自氧化铁。
6．(2019·全国卷Ⅲ·7)化学与生活密切相关。下列叙述错误的是(　C　)
A．高纯硅可用于制作光感电池
B．铝合金大量用于高铁建设
C．活性炭具有除异味和杀菌作用
D．碘酒可用于皮肤外用消毒
【解析】　高纯度的硅用作光电转化材料，如光感电池；储存材料，如芯片等，A正确；铝合金材料质量轻、硬度大、耐腐蚀，广泛用于制造高铁车体等，B正确；活性炭具有很强的吸附性，能去除异味，但不能杀菌消毒，C错误；碘酒是一种常见药品，它可以使菌体蛋白质变性，能杀死细菌、真菌等，因此常用于伤口消毒，D正确。
考情预判
本部分试题涉及面广，重视新材料、新情境的使用，注重学以致用。在2023年高考中，仍会从社会热点(如“碳达峰”和“碳中和”、新冠肺炎、北京冬奥会)、新科研成果(如CO2转化为淀粉)、传统文化载体、生产生活中的化学知识等方面命题，考查化学物质的组成、分类、性质、用途及相关化学原理，充分体现化学学科的发展性和实践性。
悟·核心要点
WUHEXINYAODIAN　　　　　　对应学生用书学案P2
考点一　化学与STSE、传统文化
核心知识·整合
1．化学与STSE
(1)绿色化学的特点
①充分利用资源和能源，采用无毒无害的原料；
②在无毒无害的条件下进行反应，以减少向环境排放废物；
③提高原子利用率，力图使原料的原子全部转化为产品，实现零排放；
④生产出有利于环境保护、社会安全和人体健康的环境友好产品。
(2)环境污染
污染名称 主要污染物及形成原理
PM2.5 大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物
雾霾 SO2、NOx和可吸入颗粒物与雾气结合的混合物
酸雨 SO2、NOx是导致酸雨形成的主要原因：SO2＋H2O??H2SO3，2H2SO3＋O2===2H2SO4；2NO＋O2===2NO2，3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
光化学 烟雾 机动车尾气中的碳氢化合物和氮氧化物在光照条件下生成复杂的污染物
臭氧空洞 NOx、氟氯代烷等与臭氧发生作用，导致了臭氧层的损耗
水体污染 化肥、农药的过度使用，工业“三废”和生活污水的随意排放。水体富营养化可引起“水华”或“赤潮”
温室效应 化石燃料的大量使用，大气中CO2气体的大量增加，使地表温度上升的现象
白色污染 各种废弃塑料制品对环境所造成的污染，它们很难降解，会破坏土壤结构
(3)生产、生活中的材料
材料 考查说明
有机高分子材料 塑料 塑料的主要成分是合成树脂。常见的有热塑性塑料如聚乙烯、聚氯乙烯、聚丙烯。热固性塑料，如酚醛树脂
纤维 天然纤维包括纤维素(棉花、麻)、蛋白质(蚕丝、羊毛)等。合成纤维包括腈纶、涤纶等
橡胶 天然橡胶是异戊二烯的聚合物，是线型高分子
无机非金属材料 玻璃 普通玻璃的主要原料是纯碱、石灰石和石英，其成分为Na2SiO3、CaSiO3、SiO2等熔化在一起得到的物质，是混合物
水泥 硅酸盐水泥原料为石灰石和黏土，成分为硅酸三钙、硅酸二钙、铝酸三钙
陶瓷 陶瓷材料是人类应用最早的硅酸盐材料，制备原料为黏土
硅材料 晶体硅是重要的半导体材料，光导纤维的主要成分是二氧化硅
合金 合金是由两种或两种以上的金属(或金属和非金属)熔合而成的具有金属特性的物质，合金的熔点比各组分的低
(4)能源
类别 分类 考查说明
类别一 常规 能源 指已经大规模生产和广泛利用的能源，如煤、石油、天然气等
新型 能源 利用先进技术所获得的能源，如核聚变能、风能、太阳能、海洋能等
类别二 可再生 能源 在短时间内可连续再生利用的一次能源。例如：水能、风能
不可再 生能源 经过亿万年形成的，短期内无法恢复的能源。例如：煤、石油、天然气等
类别三 一次 能源 指在自然界中能以现成形式提供的能源，例如：天然气、煤、石油、水能、太阳能、风能
二次 能源 指需要依靠其他能源(也就是一次能源)的能量间接制取的能源，例如：电能、煤气、沼气等
(5)化学与生活中的常用物质
①无机盐净水剂：氯化铁、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铝、氯化铝、明矾。
其原理均是无机盐电离出的金属阳离子水解形成氢氧化铁胶体、氢氧化铝胶体吸附水中的悬浮颗粒并一起沉降下来。
注意：K2FeO4是强氧化剂，其还原产物铁离子水解生成氢氧化铁胶体，是新型净水剂。
②常见的消毒剂
a．含氯消毒剂：是指溶于水产生具有杀灭微生物活性的次氯酸的消毒剂，其有效成分常以有效氯表示。包括：氯气、二氧化氯、漂白粉(氯化钙与次氯酸钙的混合物)、次氯酸钠(84消毒液)、次氯酸钙(漂粉精)。
b．过氧化物：过氧化氢(H2O2)、过氧乙酸(CH3COOOH)。
c．其他：臭氧、SO2、KMnO4、75%的酒精、苯酚。
③漂白剂：漂白粉、次氯酸钠、SO2、过氧化氢、过氧化钠、臭氧、活性炭。
④干燥剂：浓硫酸(不能干燥NH3、H2S、HI)、生石灰(也可作食品干燥剂)、无水氯化钙(不能干燥氨气)、硅胶(可作袋装食品干燥剂)、P2O5(不能作食品干燥剂)。
2．化学与传统文化
(1)传统文化涉及“物质”的判断
根据文言文信息分析物质的性质，判断是哪种物质。如“有硇水者，剪银塊投之，则旋而为水”，“硇水”指的是硝酸；“鼻冲水”条目下写道：“贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减，气甚辛烈，触入脑，非有病不可嗅。”鼻冲水指的是氨水。
(2)传统文化涉及“变化”的判断
由古代文献记载的内容，联系化学反应，判断是否为化学变化、物理变化；判断化学反应的类型，如置换反应、氧化还原反应等。如“烈火焚烧若等闲”，该过程涉及化学变化——碳酸钙的分解。“熬胆矾(CuSO4·5H2O)铁釜，久之亦化为铜”，涉及的反应类型为置换反应或氧化还原反应。
(3)传统文化涉及“分离”方法的判断
根据过程判断分离和提纯的常见方法，如蒸馏、蒸发、升华、萃取等。如“自元时始创其法，用浓酒和糟入甄，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”该过程涉及蒸馏操作；“……(KNO3)所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”，“煎炼”涉及蒸发结晶操作。
(4)“传统文化”类试题中的易错易混点
①传统的陶瓷制造过程不只是发生了物理变化，还发生复杂化学变化。
②传统文化中特有物质名称不能混淆，如物质“曾青”与“消(硝)石”成分不同，分别是指可溶性铜盐、KNO3。
③操作“渍”“绞”和“蒸”意义不同，分别表示浸取、过滤、蒸馏。
④传统文化中的名称表达物质与现代不同，如传统文化中“石灰”指的是CaCO3，“碱”指的是Na2CO3。
关键能力·突破
　考向1　化学与STSE
典例1(2022·南充模拟)第24届冬奥会于2022年2月4日在北京开幕，“科技冬奥”理念体现在方方面面。下列说法错误的是(　A　)
A．冬奥会火炬“飞扬”以耐高温碳纤维为外壳，吉祥物“冰墩墩”以聚乙烯为原材料，碳纤维和聚乙烯均为有机高分子材料
B．冬奥会采用氢燃料电池车，并开发了全新的车载光伏发电系统，体现了“绿色出行”的理念
C．冰场使用的二氧化碳跨临界制冰技术，比传统的氟利昂人工制冷技术更加节能、环保
D．冬奥会上采用紫外杀菌技术对手机和笔记本电脑进行消毒，这是利用紫外线使蛋白质变性的原理
【解析】　碳纤维由碳单质构成，不属于有机高分子材料，A项错误；采用氢燃料电池车，产物是水，无污染，光伏发电能源清洁，体现了“绿色出行”的理念，B项正确；传统制冷剂氟利昂会破坏臭氧层，使用二氧化碳跨临界制冰机组更环保，C项正确；紫外线使蛋白质变性从而起到杀菌消毒，D项正确。
方法技巧
解答化学与生活试题的三大注意点
(1)回归基础：挖掘化学知识与生活的密切联系，达到化学源于基础文化知识，高考回归基础的目的。
(2)联系热点：关注与化学有关的热点问题，有意识地积累有关热点素材。
(3)掌握原理：熟记常见的化学工业原理，能够从原料利用率、循环利用、节能减排、绿色环保等角度对化工生产流程及方案进行正确分析与评价。
〔迁移应用〕
1．(2022·郑州模拟)为共同构建人与自然生命共同体，我国已将“碳达峰”和“碳中和”纳入生态文明建设整体布局，“3060”双碳目标是我国对世界的庄严承诺，重点是推动以二氧化碳为主的温室气体减排。下列措施与此目标不吻合的是(　D　)
A．植树造林、节能减排
B．太阳能、潮汐能、风能、氢能等清洁能源逐步替代火力发电
C．研发二氧化碳加氢制甲醇的高效催化剂
D．燃煤中适当添加石灰石，减少污染气体排放
【解析】　植树造林增加绿色植被，可增加植物光合作用，吸收二氧化碳，利于实现“碳中和”，不符合题意；开发利用太阳能、潮汐能、风能和氢能等清洁能源，能减少化石燃料燃烧，减少CO2排放量，不符合题意；研发二氧化碳加氢制甲醇的高效催化剂，利于CO2的消除，不符合题意；燃煤中适当添加石灰石，减少污染气体排放，不利于实现“碳中和”，D符合题意。
　考向2　化学与传统文化
典例2(2022·湖南师大附中模拟)中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了古代化学研究成果。下列常见古诗文对应的化学知识正确的是(　A　)
选项 古诗文 化学知识
A 《本草经集注》中记载鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的方法。“强烧之，紫青烟起，云是真硝石也” 利用焰色反应
B 《本草纲目拾遗》中对强水的记载：“性最烈，能蚀五金，其水甚强，惟玻璃可盛” 强水为氢氟酸
C 《荀子·劝学》：“冰，水为之，而寒于水” 冰能量低于水，冰变为水属于吸热反应
D 《梦溪笔谈》中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折” 铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高
【解析】　钠的焰色反应是黄色的，钾的焰色反应是紫色的，通过“强烧之，紫青烟起，云是真硝石也”可判断该鉴别方法利用了焰色反应，A正确；玻璃的主要成分是二氧化硅，能与氢氟酸反应，由“惟玻璃可盛”可判断，强水不可能是氢氟酸，B错误；冰能量低于水，冰变为水属于吸热过程，但是没有新物质生成，不属于吸热反应，C错误；铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，D错误。
思维建模
巧解传统文化试题的思维流程
〔迁移应用〕
2．(2022·福州模拟)中华五千年传统文化彰显民族自信、文化自信，也蕴含着许多化学知识。下列说法错误的是(　A　)
A．“司南之勺，投之于地，其柢(勺柄)指南”中“司南之勺”的主要成分为Fe2O3
B．“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”描写的“蜡炬成灰”过程发生氧化还原反应
C．“用胶泥刻字……火烧令坚”所描写的印刷术陶瓷活字属于硅酸盐材料
D．“火树银花合，星桥铁锁开”中“火树银花”与金属的焰色反应有关
【解析】　司南是中国古代辨别方向用的一种仪器，用天然磁铁矿石琢成一个勺形的东西，放在一个光滑的盘上，利用磁铁指南的作用，可以辨别方向，即司南之勺主要成分应为磁性氧化铁，即Fe3O4，A错误；古代的蜡烛是动物油脂，燃烧成灰过程为有机物被氧气化的反应，B正确；“用胶泥刻字”，泥的主要成分为硅酸盐，故印刷术陶瓷活字属于硅酸盐材料，C正确；“火树银花”比喻灿烂绚丽的灯光和焰火，焰火与金属的焰色反应有关，D正确。
考点二　物质的组成、分类和变化
核心知识·整合
1．物质的组成与分类
(1)依据“标准”对物质分类
(2)物质分类中的“不—定”
①碱性氧化物一定是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物。如Na2O2是过氧化物，Al2O3是两性氧化物，Mn2O7是酸性氧化物。
②酸性氧化物不一定是非金属氧化物，非金属氧化物也不一定是酸性氧化物。例如CO、NO、NO2不是酸性氧化物。
③由同种元素组成的物质不一定是单质，也可能属于混合物。如O2和O3。
④能电离出H＋的物质不一定是酸，如NaHSO4；能电离出OH－的物质不一定是碱，如Cu2(OH)2CO3；盐的构成并不一定仅有金属阳离子和酸根阴离子，如NH4Cl等铵盐。
⑤非金属元素可形成阳离子，如NH；金属元素也可形成阴离子，如AlO、MnO。
(4)胶体的性质及应用
①胶体与其他分散系的本质区别是分散质粒子的直径大小(1～100nm)，胶体的特性是丁达尔效应；用渗析法除去胶体中混有的溶液，利用丁达尔效应可以区分胶体和溶液。
②胶体不带有电荷，但胶体粒子常带有电荷，但淀粉胶粒不带电荷。胶粒不带电荷的胶体不能发生电泳。
③Fe(OH)3胶体粒子为Fe(OH)3的集合体，因此1molFe3＋完全水解得到的Fe(OH)3胶体粒子少于1mol。
④部分铝盐、铁盐如KAl(SO4)2·12H2O、FeCl3·6H2O溶于水，Al3＋、Fe3＋水解生成Al(OH)3胶体、Fe(OH)3胶体，能吸附悬浮固体或色素形成沉淀而除杂，因此常用作净水剂。
⑤胶体属于分散系，是混合物，而很多纳米级物质的微粒直径也是在1～100nm，但不属于胶体，属于纯净物，如纳米铜。
2．物质的变化与性质
(1)物理变化和化学变化的判断方法
(2)物质变化中的“三馏”“四色”“七解”“十八化”辨析
物理变化 化学变化
三馏 蒸馏、分馏 干馏
四色 焰色反应 显色反应、颜色反应、指示剂变色反应
七解 溶解、潮解 分解、裂解、水解、电解、降解
十八化 熔化、汽化、液化、酸化、升华 氧化、氢化、风化、钝化、皂化、歧化、催化、硫化、酯化、硝化、裂化、卤化、油脂硬化
(3)物理变化与化学变化判断的“五误区”
①同位素原子间的相互转化不属于化学变化，因为化学变化中原子核不发生变化。
②存在化学键断裂的变化不一定是化学变化，如HCl溶于水，熔融氯化钠的电离等是物理变化。
③化学变化过程中，能量一定发生变化，但有能量变化的过程不一定发生化学变化，如水的蒸发，氨气的液化等。
④爆炸有的是化学变化引起的，有的是物理变化引起的。
⑤金属导电、吸附、胶体聚沉等属于物理变化；同素异形体之间的相互转化、煤的气化(液化)等属于化学变化。
关键能力·突破
　考向1　物质的组成与分类
典例1国画《牧牛图》的颜料有“石色”“水色”，“石色”从矿物中提取，如石绿[化学式Cu(OH)2·CuCO3]，“水色”从植物中提取，如花青(分子式C15H11O6)。下列说法错误的是(　B　)
A．Cu(OH)2·CuCO3属于纯净物
B．“石色”耐酸、耐碱
C．从蓝草中提取花青，可用有机溶剂萃取
D．保存不善的国画，“水色”容易变色
【解析】　Cu(OH)2·CuCO3是化合物，属于纯净物，A正确；“石色”从矿物中提取，如石绿[化学式Cu(OH)2·CuCO3]能够与酸发生反应，若酸为HCl，则二者反应产生CuCl2、H2O、CO2，B错误；“水色”从植物中提取，如花青(分子式C15H11O6) 从蓝草中提取花青，花青属于有机物，根据相似相溶原理可知花青可用有机溶剂从植物中萃取出来，C正确；若国画保存不当，其中颜料会被空气中的氧气氧化，导致物质颜色发生改变，D正确。
方法技巧
(1)冰水混合物是纯净物；盐酸、漂白粉、碱石灰属于混合物；淀粉溶液属于胶体。
(2)由一种元素组成的物质不一定是纯净物，如O2、O3组成的混合气体就是混合物。
(3)分子式(化学式)相同的物质不一定是纯净物，如C4H10的结构有两种：正丁烷和异丁烷，二者组成混合物。
(4)单质、混合物，既不是电解质也不是非电解质。
(5)SO2、SO3、CO2、NH3的水溶液能导电，但SO2、SO3、CO2、NH3是非电解质。
〔迁移应用〕
1．(2022·苏州模拟)某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验。从分类角度下列分析正确的是(　B　)
A．实验①、③反应制得的物质均为纯净物
B．实验②、③均未发生氧化还原反应
C．向实验②制得的溶液中加入KSCN溶液，出现红色沉淀
D．实验①、②所涉及的物质均为电解质
【解析】　实验③得到的氢氧化铁胶体，而胶体属于混合物，A错误；实验②是氯化铁溶于水，发生水解反应，而水解反应不是氧化还原反应，③是氢氧化铁胶体的制备，也未发生氧化还原反应，B正确；FeCl3中加入KSCN会使溶液变红，但不会出现沉淀，C错误；氯气与铁的反应中，氯气不是电解质，也不是非电解质，D错误。
　考向2　物质的变化与性质
典例2(2022·北京朝阳区模拟)第24届冬季奥林匹克运动会在北京市和张家口市成功举办。下列不属于化学变化的是(　A　)
A 冬奥场馆使用CO2跨临界直接制冰(“水立方”场馆中的水冰转换)
B 北京冬奥会菜单上有678道菜，其中工作人员对食材进行的煎、炒、烹、炸过程
C 冬奥会开幕式中火炬“飞扬”中氢燃料的燃烧
D 冬奥会上采用紫外杀菌技术使蛋白质变性
【解析】　二氧化碳跨临界直接制冰技术，通过压力变化使二氧化碳汽化实现制冷，二氧化碳汽化属于物理变化，故A符合题意；食材变熟，与调味料作用味道变了属于化学变化，燃料的燃烧属于化学变化，故B不符合题意；氢燃料燃烧时氢气和氧气反应生成水，有新物质生成，属于化学变化，故C不符合题意；蛋白质的变性为化学变化，故D不符合题意。
〔迁移应用〕
2．(2022·大连模拟)地球形成初期，大气中CO2含量较高，随着矿化反应的进行，其含量不断降低，迄今为止，仍在缓慢发生(图1)。研究人员在实验室中引入酸、碱辅助完成这一过程(图2)，下列有关说法错误的是(　A　)
A．矿化反应的总反应方程式为CaCO3＋SiO2===CaSiO3＋CO2
B．图中“酸”“碱”“盐”分别指HCl、NH3·H2O、NH4Cl
C．地球形成初期因CO2浓度较高，该矿化反应速率比现在快
D．实验室引入“酸”和“碱”起到了加速反应的作用
【解析】　矿化指的是CO2矿化，由流程可知矿化反应的总反应方程式为CaSiO3＋CO2===CaCO3＋SiO2，A错误；由图2可知，发生的反应分别为CaSiO3＋2HCl===CaCl2＋SiO2＋H2O、CaCl2＋(NH4)2CO3===CaCO3↓＋2NH4Cl、NH4ClNH3＋HCl、2NH3·H2O＋CO2===(NH4)2CO3＋H2O，故图中“酸”“碱”“盐”分别指HCl、NH3·H2O、NH4Cl，C正确；地球形成初期CO2浓度较高，反应速率快，C正确；实验室引入“酸”和“碱”后均在溶液中进行，故能起到了加速反应的作用，D正确。
考点三　化学用语的规范使用
核心知识·整合
1．表示物质组成的4种符号
(1)元素符号，如O、Mg、Cl。
(2)离子符号，如O2－、Mg2＋、Cl－。
(3)核素(原子或离子)符号，如O、8O、Mg2＋、Mg2＋、Cl、Cl－。
(4)化合价，如H2、2、O、Cl2、Mg2、Ca2。
2．表示物质组成和结构的“图式”
举例
化学式 Na2O2　NH4Cl　SiO2
分子式 乙烯：C2H4　氨：NH3
最简式 (实验式) 乙烯：CH2　乙酸：CH2O
电子式
结构式
结构简式 乙醇：CH3CH2OH
键线式
原子结构 示意图 Cl：
球棍模型 CH4：　乙烯：
比例模型 CH4：　乙烯：
题组训练·提能
1．(2022·郑州模拟)下列化学用语的表达正确的是(　C　)
A．羟基的电子式：
B．H2SO3的电离方程式：H2SO3??2H＋＋SO
C．乙醇的球棍模型：
D．中子数为20的氯离子：Cl－
【解析】　羟基中氧原子最外层为7个电子，故羟基的电子式为，A错误；H2SO3为二元弱酸，以第一步电离为主，故H2SO3的电离方程式为H2SO3??H＋＋HSO、HSO??H＋＋SO，B错误；乙醇的结构简式为CH3CH2OH，原子半径：C＞O＞H，小球表示原子，短棍表示共价键得到球棍模型，则乙醇的球棍模型为，C正确；核素组成符号的左上角标注质量数，左下角标注质子数，质量数＝质子数＋中子数，中子数为20的氯离子应表示为Cl－，D错误。
2．(2022·贵州模拟)近期，中国科学家在实验室中首次实现从二氧化碳到淀粉的全合成，其路径如图所示。下列表示相关微粒的化学用语正确的是(　C　)
A．CO2分子的电子式：
B．图中C1(甲醇)的结构式：CH3OH
C．中子数为8的碳原子：C
D．O2－的结构示意图：
【解析】　CO2分子的电子式为，故A错误；图中C1(甲醇)的结构简式为CH3OH，B错误；中子数为8的碳原子质子数为6，质量数为14，表示为C，C正确；O为8号元素，O2－的结构示意图为，D错误。

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