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题型2　阿伏加德罗常数判断应用
真题·考情
题型·练透
模考·预测
真题·考情
全国卷
1.[2023·全国甲卷]NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(　　)
A．0.50 mol异丁烷分子中共价键的数目为6.5NA
B．标准状况下，2.24 L SO3中电子的数目为4.00NA
C．1.0 L pH＝2的H2SO4溶液中H＋的数目为0.02NA
D．1.0 L 1.0 mol·L－1的Na2CO3溶液中C的数目为1.0NA
答案：C
解析：异丁烷的结构简式为 ，1 mol异丁烷分子含有
13NA个共价键，所以0.50 mol异丁烷分子中共价键的数目为6.5NA，A正确；在标准状况下，SO3状态为固态，不能用标准状况下的气体摩尔体积计算其物质的量，B错误；pH＝2的硫酸溶液中氢离子浓度为c(H＋)＝0.01 mol·L－1，则1.0 L pH＝2的硫酸溶液中氢离子数目为0.01NA，C错误；Na2CO3属于强碱弱酸盐，在水溶液中会发生水解，所以1.0 L 1.0 mol·L－1的Na2CO3溶液中的数目小于1.0NA，D错误；故选A。
2.[2022·全国甲卷]NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A．25 ℃，101 kPa下，28 L氢气中质子的数目为2.5NA
B．2.0 L 1.0 mol·L－1AlCl3溶液中，Al3＋的数目为2.0NA
C．0.20 mol苯甲酸完全燃烧，生成CO2的数目为1.4NA
D．电解熔融CuCl2，阴极增重6.4 g，外电路中通过电子的数目为0.10NA
答案：C
解析：A项，不是在标准状况下，无法计算28 L氢气的物质的量，错误；B项，Al3＋部分水解，故溶液中Al3＋的数目小于2.0NA，错误；C项，0.20 mol苯甲酸（C7H6O2）完全燃烧生成1.4 mol CO2，正确；D项，阴极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，阴极增重6.4 g（即0.1 mol Cu），则外电路中转移0.20 mol电子，错误。
3．[2021·全国甲卷]NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(　　)
A．18 g重水(D2O)中含有的质子数为10NA
B．3 mol的NO2与H2O完全反应时转移的电子数为4NA
C．32 g环状S8( )分子中含有的S—S键数为1NA
D．1 L pH＝4的0.1 mol·L－1 K2Cr2O7溶液中离子数为0.1NA
答案：C
解析：D2O的摩尔质量为20 g·mol－1，每个D2O分子中含10个质子，18 g D2O的物质的量为18 g÷20 g·mol－1＝0.9 mol，其所含质子数为9NA，A项错误；NO2与H2O的反应为3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，结合反应中氮元素化合价变化可知，3 mol NO2完全反应时，转移电子数为2NA，B项错误；环状S8的摩尔质量为256 g·mol－1，1个S8分子中含8个S—S键，32 g环状S8的物质的量为0.125 mol，含S—S键数目为0.125×8NA＝1NA，C项正确；溶液呈酸性，说明存在水解平衡Cr2＋H2O 2Cr＋2H＋，故1 L 0.1 mol·L－1K2Cr2O7溶液中Cr2数目少于0.1NA，D项错误。
4．[全国卷Ⅲ]NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)
A．22.4 L(标准状况)氮气中含有7NA个中子
B．1 mol重水比1 mol水多NA个质子
C．12 g石墨烯和12 g金刚石均含有NA个碳原子
D．1 L 1 mol·L－1 NaCl溶液含有28NA个电子
答案：C
解析：A项，1个氮原子中含有7个中子，22.4 L(标准状况)氮气中含氮原子数为2NA，所含中子数应为14NA，错误；B项，1个重水分子与1个水分子中所含的质子数相同，故1 mol重水与1 mol水中含有的质子数相同，错误；C项，石墨烯与金刚石都是碳的单质，二者质量相同时所含的原子数也相同，正确；D项，1 L 1 mol·L－1 NaCl溶液中的NaCl含有的电子数为28NA，但溶液中的水分子中也含有电子，所以1 L 1 mol·L－1 NaCl溶液含有的电子数大于28NA，错误。
省市卷
1.[2022·海南卷]在2.8 g Fe中加入100 mL 3 mol·L－1 HCl，Fe完全溶解。NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A．反应转移电子为0.1 mol
B．HCl溶液中Cl－数为3NA
C．2.8 g 56Fe含有的中子数为1.3NA
D．反应生成标准状况下气体3.36 L
答案：A
解析：2.8 g Fe为0.05 mol，100 mL 3 mol·L－1 HCl中HCl为0.3 mol，根据Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑，知Fe完全反应，HCl过量，反应转移电子为0.05 mol×2＝0.1 mol，A项正确；由以上分析知，该HCl溶液中Cl－数为0.3NA，B项错误；56Fe的中子数为56－26＝30，2.8 g 56Fe的物质的量为0.05 mol，含有的中子数为1.5NA，C项错误；反应生成的氢气为0.05 mol，在标准状况下体积为1.12 L，D项错误。
2．[2023·辽宁卷]我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：
S＋2KNO3＋3C===K2S＋N2↑＋3CO2↑。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A．11.2 L CO2含π键数目为NA
B．每生成2.8 g N2转移电子数目为NA
C．0.1 mol KNO3晶体中含离子数目为0.2NA
D．1 L 0.1 mol·L－1 K2S溶液中含S2－数目为0.1NA
答案：C
解析：1个CO2分子含有2个π键，题中没有说是标况条件下，气体摩尔体积未知，无法计算π键个数，A项错误；2.8 g N2的物质的量n＝＝ mol＝0.1 mol，生成1 mol N2转移的电子数为12NA，则生成0.1 mol N2转移的电子数为1.2NA，B项错误；KNO3晶体含有的离子为K＋、，0.1 mol KNO3晶体中含离子数目为0.2NA，C项正确；S2－水解使溶液中S2－的数目小于0.1NA，D项错误；答案选C。
3．[2023·浙江6月]NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A．4.4 g C2H4O中含有σ键数目最多为0.7NA
B．1.7 g H2O2中含有氧原子数为0.2NA
C．向1 L 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中通氨气至中性，铵根离子数为0.1NA
D．标准状况下，11.2 L Cl2通入水中，溶液中氯离子数为0.5NA
答案：A
解析：1个C2H4O中含有6个σ键和1个π键(乙醛)或7个σ键(环氧乙烷)，4.4 g C2H4O的物质的量为0.1 mol，则含有σ键数目最多为0.7NA，A正确；1.7 g H2O2的物质的量为＝0.05 mol，则含有氧原子数为0.1NA，B不正确；向1 L 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中通氨气至中性，溶液中存在电荷守恒关系：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c()＋c(H＋)，中性溶液c(OH－)＝c(H＋)，则c(CH3COO－)＝c()，再根据物料守恒：n(CH3COO－)＋n(CH3COOH)＝0.1 mol，得出铵根离子数小于0.1NA，C不正确；标准状况下，11.2 L Cl2的物质的量为0.5 mol，通入水中后只有一部分Cl2与水反应生成H＋、Cl－和HClO，所以溶液中氯离子数小于0.5NA，D不正确；故选A。
4.[2022·浙江1月]设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A．在25 ℃时，1 L pH为12的Ba(OH)2溶液中含有OH－数目为0.01 NA
B．1.8 g重水(D2O)中所含质子数为NA
C．足量的浓盐酸与8.7 g MnO2反应，转移电子的数目为0.4 NA
D．32 g甲醇的分子中含有C—H键的数目为4 NA
答案：A
解析：在25 ℃时，pH＝12的溶液中c（OH－）＝1012－14 mol·L－1，则1 L该溶液中n（OH－）＝10－2mol，OH－数目是0.01 NA，A项正确；一个D2O中含10个质子，D2O的摩尔质量是20 g·mol－1，则1.8 g D2O中所含质子数是×10×NA＝0.9 NA，B项错误；MnO2＋2e－―→Mn2＋，8.7 g MnO2为0.1 mol，与足量浓盐酸反应转移0.2 NA个电子，C项错误；32 g甲醇（CH3OH）是1 mol，含3 mol C—H键，D项错误。
考情分析
考向 考点
考情1 微粒的结构 分子、原子的组成
物质的原子、分子或离子数、价键数
考情2 物质的量浓度溶 液中反应程度和 微粒数变化 给出已知量的可逆反应，产物量的判断
由于浓度的改变，导致产物量的变化
盐类的水解导致微粒数目的变化
弱电解质的电离导致微粒数目的变化
考情3 转移电子数目 基本氧化还原反应分析
与量相关的氧化还原反应转移电子数目判断
考情4 气体摩尔体积和 阿伏加德罗定律 物质状态和所处外界条件(是否为标况)
阿伏加德罗定律推论的应用
题型·练透
精准备考·要有方向——研析题型角度
题型角度1 微粒结构与微粒数目
例1 NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)
A．常温常压下，124 g P4中所含P－P键数目为4NA
B．100 mL 1 mol·L－1FeCl3溶液中所含Fe3＋的数目为0.1NA
C．标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
D．密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA
答案：C
解析：每个P4分子中含6个P—P键，124 g P4的物质的量为1 mol，含6 mol P—P键，A项错误；该溶液中虽然含0.1 mol FeCl3，但由于Fe3＋部分水解，即溶液中Fe3＋数目小于0.1NA，B项错误；标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯的混合气体为0.5 mol，根据1 mol CH4和1 mol C2H4均含4 mol H原子可知，0.5 mol混合气体中含2 mol H原子，C项正确；SO2和O2的反应为可逆反应，即反应后容器中同时含有SO2、O2和SO3，分子总数大于2NA，D项错误。
练1　用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是(　　)
A．1 mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为9NA
B．12 g石墨和C60的混合物中质子总数为6NA
C．84 g NaHCO3晶体中含有NA个
D．标准状况下，0.1 mol己烷中共价键数目为19NA
答案：B
解析：OH－为10电子微粒，A错误；石墨和C60均是由碳原子构成，12 g混合物碳的物质的量为1 mol，则混合物中质子总数为6NA，B正确；碳酸氢钠晶体中不含C，C错误；1个己烷中含有5个碳碳键，14个碳氢键，则0.1 mol己烷中共价键数目为1.9NA，D错误。
练2　NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)
A．16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA
B．22.4 L(标准状况)氩气含有的质子数为18NA
C．92.0 g甘油(丙三醇)中含有羟基数为1.0NA
D．1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA
答案：B
解析：16.25 g FeCl3的物质的量n（FeCl3）＝0.1 mol，如果氯化铁完全水解，则生成0.1 mol Fe（OH）3，而氢氧化铁胶体粒子由许多氢氧化铁聚集而成，故氢氧化铁胶体粒子数远小于0.1NA，A项错误；氩气是单原子分子，1 mol Ar含18 mol质子，B项正确；甘油（丙三醇）的分子式为C3H8O3，相对分子质量为92，1 mol（92.0 g）甘油含3 mol羟基，C项错误；甲烷与氯气在光照下反应会生成四种有机产物，即1.0 mol甲烷反应后生成的CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4共为1 mol，D项错误。
题型角度2 气体及反应中体积与微粒数目
例2 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是(　　)
A．1 mol F2和Ar所含质子数均为18NA
B．标准状况下，2.24 L甲烷和氨气的混合气体，所含电子数是NA
C．14 g CnH2n中含有的碳原子数目为NA
D．标准状况下，22.4 L空气中含有NA个单质分子
答案：D
解析：甲烷、氨气都是10电子化合物，空气中还含有二氧化碳等气体化合物。
练1　设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是(　　)
A．14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA
B．1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA
C．1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA
D．标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA
答案：A
解析：A项：乙烯和丙烯的分子式分别为C2H4、C3H6，二者的最简式均为CH2，14 g乙烯和丙烯混合气体中含有“CH2”的物质的量为＝1 mol，故所含氢
原子数为2NA。B项：N2和H2合成氨的反应为N2＋3H2 2NH3，该应为
可逆反应，1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3小于2 mol，故生成的NH3分子数小于2NA。C项：Fe与过量的硝酸反应生成Fe（NO3）3，故1 mol Fe参加反应时转移电子数为3NA。D项：标准状况下，CCl4为液体，2.24 L CCl4的物质的量远大于0.1 mol，故含有的共价键数远大于0.4NA。
练2　NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)
A．17 g NH3和18 g H2O中含有的电子数均为10NA
B．2 L 1.5 mol·L－1乙酸钠溶液中含有的CH3COO－为3NA
C．标准状况下，5.6 L NO2溶于足量水中，完全反应后转移的电子数为0.75NA
D．向恒压密闭容器中充入2 mol NO与1 mol NO2，容器中的分子总数为3NA
答案：A
解析：17 g NH3和18 g H2O均为1 mol，且二者均为10电子分子，故其中含有的电子数均为10NA，A项正确；乙酸为弱酸，CH3COO－水解，故2 L 1.5 mol·L－1乙酸钠溶液中含有的 CH3COO－少于3 mol，B项错误；3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，故5.6 L（0.25 mol）NO2转移1/6 mol电子，C项错误；NO2可转化为N2O4，且为可逆反应，故向恒压密闭容器中充入2 mol NO与1 mol NO2，容器中的分子总数少于3NA，D项错误。
题型角度3 化学反应与电子转移及微粒变化
例3 以天然气为原料经由合成气(CO、H2)制化学品是目前天然气转化利用的主要技术路线。制备CH3OH的反应转化关系如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A．用1 mol CH4理论上能生产标准状况下CH3OH 22.4 L
B．等物质的量的CH3OH和CH4，CH3OH的质子数比CH4多8NA
C．44 g CO2气体和44 g CH4与CO的混合气体，所含C原子数一定为NA
D．用CH4制备合成气的过程中，每生成1 mol CO，转移电子总数为3NA
答案：D
解析：CH3OH在标况下不是气体，故无法得出标况下的体积是22.4 L的结论，A项错误；没给出具体的物质的量数值，故CH3OH的质子数不一定比CH4多8NA，B项错误；44 g CO2气体的物质的量n＝＝＝1 mol，一氧化碳的相对分子质量为28，甲烷的相对分子质量为16，44 g CH4和CO的混合气体，假设全部是CH4气体，物质的量为>1 mol，假设全部是CO气体，物质的量为>1 mol，故44 g CH4与CO的混合气体的物质的量大于1 mol，故C原子数大于NA，C项错误；制备CH3OH的反应过程中生成一氧化碳，发生反应：CO2（g）＋C（s）===2CO（g），生成2 mol一氧化碳时，转移2 mol电子消耗1 mol碳原子，消耗的碳原子来自于甲烷的分解，CH4（g）===C（s）＋2H2（g），甲烷中碳的化合价从－4价升高到0价，生成1 mol碳原子转移的电子的物质的量为4 mol，要生成2 mol一氧化碳共需要转移6 mol电子，则若生成1 mol CO，反应转移电子的物质的量为3 mol，转移的电子数为3NA，D项正确。
练1　NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(　　)
A．60 g丙醇中存在的共价键总数为10NA
B．1 L 0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中和的离子数之和为0.1NA
C．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，23 g钠充分燃烧时转移电子数为1NA
D．235 g核素发生裂变反应：nn，净产生的中子)数为10NA
答案：C
解析：60 g丙醇的物质的量是1 mol，分子中存在的共价键总数为11NA，A错误；根据物料守恒可知1 L 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中H2CO3、和离子数之和为0.1NA，B错误；钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。23 g钠即1 mol钠充分燃烧时转移电子数为1NA，C正确；235 g核素即1 mol发生裂变反应：n＋ n ，净产生的中子（）数为9NA，D错误。
练2　NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)
A．1 mol I－被氧化为I2时失去电子数为2NA
B．2 L 0.5 mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋的数目为2NA
C．过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA
D．密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA
答案：C
解析：A项，1 mol I－只能失去1 mol e－，生成0.5 mol I2；B项，H2SO3是弱酸，
不可能完全电离；C项，Na2O2与水反应时，生成氧气的变化是 因
而生成1 mol O2转移2 mol e－，故C项正确；D项，在通常情况下，生成的NO2还存在平衡2NO2 N2O4。
精准备考·要有方案——高考必备基础
一、微粒组成结构分析中的微粒数目
举例 判断正误 注意事项
原子 结构 ①18 g H2O、D2O组成的物质中含有的质子数为10NA 应注意整体与部分的关系；是离子还是官能团；是等质量还是等物质的量；如D2O与H2O结构的差别
②0.1 mol的11B中，含有0.6NA个中子 ③1 mol OD－中含有的质子、中子数均为9NA ④1 mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为9NA ⑤1 mol F2和Ar所含质子数均为18NA ×
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举例 判断正误 注意事项
化学 键数 ①1 mol苯中含有碳碳双键数为3NA
②0.1 mol CCl4中含有的共价键数为0.4NA ③1 mol白磷中含有的P—P键的数目为4NA ④1 mol甲烷中含有的C—H键的数目为4NA ×
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举例 判断正误 注意事项
特定 组成 ①28 g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体中含有的碳原子数为2NA ①看物质的最简式是否相同(如乙烯与丙烯)；②看物质的相对分子质量是否相同(如N2、CO)；③看A、B是否由同一种元素组成(如O2、O3)；④看A、B中相同元素的质量分数是否相同(如CuO、Cu2S)
②常温常压下，92 g NO2和N2O4的混合气体中含有的原子数为6NA ③16 g O2和O3的混合气体中含有的O原子数为NA ④78 g Na2O2和Na2S的混合物中含有的离子总数为3NA(二者不反应) ⑤1 mol CO2和SO2的混合气体中含有的氧原子数为2NA √
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√
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二、化学反应中转移电子数
举例 判断正误 注意事项
常规 反应 ①过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.4NA 要注意特殊物质，如由过氧化钠、过氧化氢制取1 mol氧气转移2 mol电子
②铁与硫的反应中，1 mol铁失去的电子数为3NA ③3 mol铁在足量的氧气中燃烧，转移电子数为9NA ④标准状况下，6.72 L NO2溶于足量的水中，转移的电子数为0.3NA ⑤1 mol铁在1 mol氯气中燃烧，转移的电子数为3NA ⑥KIO3＋6HI===KI＋3H2O＋3I2中，生成1 mol I2转移电子的总数为2NA ×
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举例 判断正误 注意事项
非常 规反 应　 ①5.6 g铁与硝酸完全反应时转移的电子数为0.3NA 铁与硫、碘、非氧化性酸反应，1 mol铁转移2 mol电子；1 mol铁与足量的氯气、稀硝酸反应，转移3 mol电子
②向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，当有1 mol Fe2＋被氧化时，该反应转移电子的数目至少为3NA ③50 mL 12 mol·L－1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA ④含2 mol硫酸的浓硫酸与足量铜共热，转移的电子数为2NA ⑤0.1 mol Cl2全部溶于水后转移电子的数目为0.1NA ⑥1 mol Fe(NO3)3与足量HI溶液反应时转移的电子数为3NA ×
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三、化学反应中微粒数目的变化
举例 判断正误 注意事项
可逆 反应 ①2 mol NO2置于密闭容器中，最终生成的N2O4分子数为NA Cl2与H2O、N2与H2、SO2与O2、酯化反应等均是可逆反应，反应物不可能消耗完
②密闭容器中1 mol N2与3 mol H2充分反应，生成2 mol NH3 ③密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA 电离 水解 ①1 L 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中所含H＋的数目为0.1NA 盐的水解、弱电解质的电离是可逆的
②2 L 1 mol·L－1 FeCl3溶液中所含Fe3＋的数目为2NA ×
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四、涉及气体体积和溶液浓度的微粒数目
举例 判断正误 注意事项
气体 摩尔 体积 ①常温常压下，22.4 L氯气与足量的镁粉充分反应，转移的电子数为2NA ①气体若在非标准状况下，气体摩尔体积不能用22.4 L·mol－1计算；
②标准状况下为非气体的物质：水、乙醇、硫酸、三氧化硫、四氯化碳、苯、甲醇等
②锌与足量的稀硫酸反应生成22.4 L H2，转移电子数为2NA ③标准状况下，2.24 L SO3中含有0.3NA个氧原子 ④标准状况下，22.4 L CCl4中含有NA个分子 ⑤在标准状况下，11.2 L H2和D2的混合气体中含质子数为NA ×
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举例 判断正误 注意事项
浓度 变化 ①常温下，1 mol浓硝酸与足量Al反应，转移电子数为3NA ①浓盐酸与MnO2、浓硫酸与金属活动性顺序中氢后边的金属反应，酸不可能消耗完；
②浓硝酸与足量金属(NO2→NO)、浓硫酸与金属活动性顺序中氢前边的金属反应(SO2→H2)
②50 mL 12 mol·L－1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA ③含2 mol硫酸的浓硫酸与足量铜共热，转移的电子数为2NA ×
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五、“N”判断中的“四类”模糊题设
举例 判断正误 注意事项
(1)溶液体积未知 ①在pH＝13的NaOH溶液中OH－的数目为0.1×6.02×1023 溶液的体积未知，溶质的物质的量无法计算，所含微粒数也无法计算
②0.1 mol·L－1 NaF溶液中所含F－的数目小于0.1NA ③0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中所含H＋的数目为0.1NA ④0.1 mol·L－1 FeCl3溶液中所含Fe3＋的数目小于0.1NA ×
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举例 判断正误 注意事项
(2)未标明标准状况与非标准状况 ①常温常压下，22.4 L氯气与足量的镁粉充分反应，转移的电子数为2NA
②锌与足量的稀硫酸反应生成22.4 L H2，转移电子数为2NA ③标准状况下，2.24 L SO3中含有0.3NA个氧原子 ④标准状况下，22.4 L CCl4中含有NA个分子 ×
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举例 判断正误 注意事项
(3)不能完全反应 ①50 mL 12 mol·L－1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA 一定量的浓盐酸(浓硫酸)与足量的二氧化锰(金属铜)不能反应完全
②含2 mol硫酸的浓硫酸与足量铜共热，转移的电子数为2NA (4)盐类 水解、弱 电解质的电离程度 ①1 L 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中所含H＋的数目为0.1NA 弱电解质仅部分电离；注意盐类水解进行不彻底
②1 L 0.1 mol·L－1 NH3·H2O溶液中所含OH－的数目为0.1NA ③2 L 1 mol·L－1 FeCl3溶液中所含Fe3＋的数目为2NA ×
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模考·预测
1.下列叙述正确的是(　　)
A．24 g镁与27 g铝中，含有相同的质子数
B．同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同
C．1 mol重水与1 mol水中，中子数比为2∶1
D．1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同
答案：B
解析：24 g镁与27 g铝的物质的量均为1 mol，但Mg、Al的质子数分别为12、13，A项错误；1 mol O2含有16 mol电子，1 mol O3含有24 mol电子，质量相同（设为m g）的O2、O3含有的电子的物质的量分别为×16 mol＝ mol、×24 mol＝ mol，B项正确；1 mol D2O含有10 mol中子，1 mol H2O含有8 mol中子，C项错误；1 mol CH3—CH3含有7 mol共价键，1 mol CH2===CH2含有6 mol共价键，D项错误。
2．NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是(　　)
A．1 mol乙烯分子中含有的碳氢键数为4NA
B．1 mol甲烷完全燃烧转移的电子数为8NA
C．1 L 0.1 mol·L－1的乙酸溶液中含H＋的数量为0.1NA
D．1 mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA
答案：C
解析：乙烯中含4条碳氢键，故1 mol乙烯中含4NA条碳氢键，故A正确；甲烷燃烧时，碳元素由－4价变为＋4价，故1 mol甲烷燃烧转移8 mol即8NA个电子，故B正确；乙酸为弱酸，不能完全电离，故溶液中的氢离子个数小于0.1NA个，故C错误；CO和氮气中均含14个质子，故1 mol CO和氮气的混合物中含有的质子数为14NA个，故D正确。
3．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)
A．0.1 mol的 11B中，含有0.6NA个中子
B．pH＝1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H＋
C．2.24 L(标准状况)苯在O2中完全燃烧，得到个CO2分子
D．密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备PCl5(g)，增加2NA个P—Cl键
答案：A
解析：A对：11B中含有6个中子，0.1 mol 11B中含有0.6NA个中子。B错：溶液体积未知，无法计算氢离子个数。C错：标准状况下苯是液体，不能用气体摩尔体积计算2.24 L苯完全燃烧产生的CO2分子数。D错：PCl3与Cl2生成PCl5（g）的反应是可逆反应，所以1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备PCl5（g），增加的P—Cl键的数目小于2NA。
4．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是(　　)
A．1 mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NA
B．2 L 0.5 mol·L－1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NA
C．1 mol Na2O2固体中含离子总数为4NA
D．丙烯和环丙烷组成的42 g混合气体中氢原子的个数为6NA
答案：D
解析：A项，Fe2＋和I－都能被Cl2氧化，其氧化产物分别为Fe3＋和I2，则1 mol FeI2与足量Cl2反应时转移电子数应为3NA，错误；B项，2 L 0.5 mol·L－1 K2SO4溶液中的物质的量为1 mol，其所带电荷数为2NA，溶液中的阴离子还有OH－，故阴离子所带电荷数大于2NA，错误；C项，Na2O2由Na＋和构成，则1 mol Na2O2含离子总数为3NA，错误；D项，丙烯与环丙烷互为同分异构体，故42 g（即1 mol）混合气体中氢原子的个数为6NA，正确。
5．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A．34 g质量分数为4%的H2O2水溶液中含氧原子数目为0.08NA
B．反应3H2(g)＋N2(g) 2NH3(g)　ΔH＝－92 kJ·mol－1，若放出热量4.6 kJ，则转移电子的数目为0.3NA
C．常温常压下，28 g乙烯与丙烯的混合气体中含有的碳原子数目无法计算
D．6.4 g Cu与40 mL 10 mol·L－1浓硝酸作用生成NO2的分子数为0.2NA
答案：B
解析：A项，溶剂H2O中含有氧；B项，依据放出的热量4.6 kJ可计算参加反应的N2或H2，即可计算转移电子数，B项正确；C项，乙烯和丙烯的最简式相同，均为“CH2”，可以计算混合气体中含有的碳原子数目；D项，反应过程中浓硝酸变为稀硝酸，产物中有NO。
6．捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)(　　)
A．标准状况下，22.4 L CO2中所含的电子数目为16NA
B．10.1 g N(C2H5)3中所含的非极性共价键数目为1.8NA
C．2 mol Au与2 mol H2中所含的分子数目均为2NA
D．100 g 46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA
答案：D
解析：标准状况下，22.4 L CO2的物质的量为1 mol，1个CO2分子中含有22个电子，则1 mol CO2所含的电子数目为22NA，A项错误；10.1 g N（C2H5）3的物质的量为＝0.1 mol，1个N（C2H5）3分子中含有3个C—C非极性键，则0.1 mol N（C2H5）3含的非极性共价键数目为0.3NA，B项错误；Au为金属单质，由金属阳离子和自由电子构成，不含有分子，C项错误；100 g 46%的甲酸溶液中甲酸的质量为46 g，物质的量为1 mol，故含2NA个氧原子；而水的质量为54 g，物质的量为3 mol，故含3NA个氧原子，故溶液中共含5NA个氧原子，D项正确。(共81张PPT)
题型3　无机物的结构、性质、用途
真题·考情
题型·练透
模考·预测
真题·考情
全国卷
1.[2023·新课标卷]“肼合成酶”以其中的Fe2＋配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼(NH2NH2)，其反应历程如下所示。
下列说法错误的是(　　)
A．NH2OH、NH3和H2O均为极性分子
B．反应涉及N－H、N－O键断裂和N－N键生成
C．催化中心的Fe2＋被氧化为Fe3＋，后又被还原为Fe2＋
D．将NH2OH替换为ND2OD，反应可得ND2ND2
答案：D
解析：NH2OH、NH3、H2O的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，A正确；由反应历程可知，有N－H，N－O键断裂，还有N－H键的生成，B正确；由反应历程可知，反应过程中，Fe2＋先失去电子发生氧化反应生成Fe3＋，后面又得到电子生成Fe2＋，C正确；由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD，不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2和HDO，D错误；故选D。
2．[2023·全国甲卷]化学与生活密切相关，下列说法正确的是(　　)
A．苯甲酸钠可作为食品防腐剂是由于其具有酸性
B．豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射
C．SO2可用于丝织品漂白是由于其能氧化丝织品中有色成分
D．维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化
答案：B
解析：苯甲酸钠属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，因此，其可作为食品防腐剂不是由于其具有酸性，A说法不正确；豆浆属于胶体，具有丁达尔效应，是因为胶体粒子对光线发生了散射，B说法正确；SO2可用于丝织品漂白是由于其能与丝织品中有色成分化合为不稳定的无色物质，C说法不正确；维生素C具有很强的还原性，可用作水果罐头的抗氧化剂，D说法不正确；综上所述，本题选B。
3．[2023·全国乙卷]一些化学试剂久置后易发生化学变化。下列化学方程式可正确解释相应变化的是(　　)
A 硫酸亚铁溶液出现棕黄色沉淀 6FeSO4＋O2＋2H2O=== 2Fe2(SO4)3＋2Fe(OH)2↓
B 硫化钠溶液出现浑浊颜色变深 Na2S＋2O2===Na2SO4
C 溴水颜色逐渐褪去 4Br2＋4H2O===HBrO4＋7HBr
D 胆矾表面出现白色粉末 CuSO4·5H2O===CuSO4＋5H2O
答案：D
解析：溶液呈棕黄色是因为有Fe3＋，有浑浊是产生了Fe(OH)3，因为硫酸亚铁久置后易被氧气氧化，化学方程式为：12FeSO4＋3O2＋6H2O===4Fe2(SO4)3＋4Fe(OH)3↓，A错误；硫化钠在空气中易被氧气氧化为淡黄色固体硫单质，使颜色加深，化学方程式为：2Na2S＋O2＋2H2O===4NaOH＋2S↓，B错误；溴水中存在平衡Br2＋H2O HBrO＋HBr，HBrO见光易分解，促使该平衡正向移动，从而使溴水褪色，C错误；胆矾为CuSO4·5H2O，颜色为蓝色，如果表面失去结晶水，则变为白色的CuSO4，化学方程式为：CuSO4·5H2O===CuSO4＋5H2O，方程式正确，D正确；故选D。
4.[2022·全国甲卷]能正确表示下列反应的离子方程式为(　　)
A．硫化钠溶液和硝酸混合：S2－＋2H＋===H2S↑
B．明矾溶液与过量氨水混合：
Al3＋＋4NH3＋2H2O===Al＋4
C．硅酸钠溶液中通入二氧化碳：
Si＋CO2＋H2O===HSi＋HC
D．将等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1∶2混合：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋S===BaSO4↓＋2H2O
答案：D
解析：硝酸具有强氧化性，硫化钠溶液与硝酸发生氧化还原反应，不能发生复分解反应，A项错误；氢氧化铝不溶于过量氨水，B项错误；硅酸的酸性弱于碳酸且难溶于水，故硅酸钠溶液与二氧化碳发生反应生成H2SiO3，C项错误；在H＋、同时存在时，H＋先与OH－反应，故等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1∶2反应时，H＋的物质的量与OH－的物质的量相等，D项正确。
省市卷
1.[2023·浙江6月]下列反应的离子方程式正确的是(　　)
A．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－
B．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳：ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HC
C．铜与稀硝酸：Cu＋4H＋＋2N===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O
D．向硫化钠溶液中通入足量二氧化硫：S2－＋2SO2＋2H2O===H2S＋2HS
答案：B
解析：碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气，碘离子与氯气恰好完全反应：2I－＋Cl2===I2＋2Cl－，故A错误；向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳，反应生成碳酸氢钙和次氯酸：ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋，故B正确；铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水：3Cu＋8H＋＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故C错误；向硫化钠溶液通入足量二氧化硫，溶液变浑浊，溶液中生成亚硫酸氢钠：2S2－＋5SO2＋2H2O===3S↓＋，故D错误；答案为B。
2．[2022·北京卷]下列方程式与所给事实不相符的是(　　)
A．加热NaHCO3固体，产生无色气体：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑
B．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：Fe＋N＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2H2O
C．苯酚钠溶液中通入CO2，出现白色浑浊：ONa＋CO2＋H2O―→OH＋NaHCO3
D．乙醇、乙酸和浓硫酸混合加热，产生有香味的油状液体：
CH3CH2OH＋CH3COOH CH3COOCH2CH3＋H2O
答案：B
解析：NaHCO3受热易分解，A项正确；过量铁粉与稀硝酸反应，生成硝酸亚铁、NO和水，离子方程式为3Fe＋8H＋＋===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，B项错误；酸性：碳酸>苯酚>，苯酚钠溶液中通入二氧化碳，生成苯酚和NaHCO3，C项正确；乙醇和乙酸在浓硫酸催化下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，D项正确。
3．[2022·天津卷]燃油汽车行驶中会产生CO、NO等多种污染物。如图为汽车发动机及催化转化器中发生的部分化学反应。以下判断错误的是(　　)
A．甲是空气中体积分数最大的成分
B．乙是引起温室效应的气体之一
C．反应(Ⅰ)在常温下容易发生
D．反应(Ⅱ)中NO是氧化剂
答案：C
解析：反应(Ⅰ)为N2＋O22NO、反应(Ⅱ)为2NO＋2CON2＋2CO2，则甲为N2，乙为CO2。N2是空气中体积分数最大的气体，A项正确；CO2是引起温室效应的气体之一，B项正确；反应(Ⅰ)在高温条件下发生，常温下不发生，C项错误；反应(Ⅱ)中氮元素化合价降低，NO作氧化剂，D项正确。
4．[2023·湖南卷]取一定体积的两种试剂进行反应，改变两种试剂的滴加顺序(试剂浓度均为0.1 mol·L－1)，反应现象没有明显差别的是(　　)
选项 试剂① 试剂②
A 氨水 AgNO3溶液
B NaOH溶液 Al2(SO4)3溶液
C H2C2O4溶液 酸性KMnO4溶液
D KSCN溶液 FeCl3溶液
答案：D
解析：
选项 ①加入②中现象 ②加入①中现象
A 先产生白色沉淀，后来白色沉淀溶解 先无明显现象，后来产生白色沉淀
B 先产生白色沉淀，后来白色沉淀溶解 先无明显现象，后来产生白色沉淀
C 溶液紫色逐渐褪去，有气泡产生 紫色溶液迅速褪色，有气泡产生
D 溶液变为红色 溶液变为红色
5.[2023·辽宁卷]某工厂采用如下工艺制备Cr(OH)3，已知焙烧后Cr元素以＋6价形式存在，下列说法错误的是(　　)
A．“焙烧”中产生CO2
B．滤渣的主要成分为Fe(OH)2
C．滤液①中Cr元素的主要存在形式为Cr
D．淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用
答案：B
解析：焙烧过程中铁、铬元素均被氧化，Cr2O3转化为Na2CrO4，化学反应式方程为2Cr2O3＋4Na2CO3＋3O24Na2CrO4＋4CO2，FeO转化为Fe2O3。水浸时滤渣为Fe2O3，滤液中存在铬酸钠，与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原反应得到氢氧化铬沉淀。铬氧化物与碳酸钠和氧气反应时生成对应的钠盐和二氧化碳，A正确；焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的主要成分为Fe2O3，B错误；滤液①中主要溶质为Na2CrO4，所以Cr 元素主要存在形式为，C正确；由分析知淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，D正确；故选B。
6．[2023·浙江6月]物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是(　　)
A．铝有强还原性，可用于制作门窗框架
B．氧化钙易吸水，可用作干燥剂
C．维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂
D．过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，可作潜水艇中的供氧剂
答案：A
解析：铝用于制作门窗框架，利用了铝的硬度大、密度小、抗腐蚀等性质，而不是利用它的还原性，A不正确；氧化钙易吸水，并与水反应生成氢氧化钙，可吸收气体中或密闭环境中的水分，所以可用作干燥剂，B正确；食品中含有的Fe2＋等易被空气中的氧气氧化，维生素C具有还原性，且对人体无害，可用作食品抗氧化剂，C正确；过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，同时可吸收人体呼出的二氧化碳和水蒸气，可作潜水艇中的供氧剂，D正确；故选A。
7．[2023·浙江1月]下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是(　　)
A．Na和乙醇反应可生成H2
B．工业上煅烧黄铁矿(FeS2)生产SO2
C．工业上用氨的催化氧化制备NO
D．常温下铁与浓硝酸反应可制备NO2
答案：D
解析：Na和乙醇反应生成CH3CH2ONa和H2，A项正确；工业上煅烧黄铁矿生成SO2和Fe2O3，B项正确；氨的催化氧化反应生成NO和H2O，可用于制备NO，C项正确；常温下铁遇浓硝酸钝化，不能用于制备NO2，D项错误。
8．[2023·浙江1月]物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是(　　)
A．SO2能使某些色素褪色，可用作漂白剂
B．金属钠导热性好，可用作传热介质
C．NaClO溶液呈碱性，可用作消毒剂
D．Fe2O3呈红色，可用作颜料
答案：C
解析：二氧化硫具有漂白性，能使某些色素褪色，可用作漂白剂，A项正确；金属钠为金属单质，导热性好，可用作传热介质，B项正确；NaClO具有强氧化性，可用作消毒剂，C项错误；Fe2O3呈红色，可用作油漆或颜料，D项正确。
9．[2023·湖南卷]下列有关电极方程式或离子方程式错误的是(　　)
A．碱性锌锰电池的正极反应：MnO2＋H2O＋e－===MnO(OH)＋OH－
B．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：Pb2＋＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋
C．K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中：K＋＋Fe2＋＋[Fe(CN)6]3－===KFe[Fe(CN)6]↓
D．TiCl4加入水中：TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4H＋＋4Cl－
答案：B
解析：碱性锌锰电池中正极上MnO2得电子生成MnO(OH)，A项正确；铅酸蓄电池充电时，阳极上PbSO4失电子生成PbO2，电极反应式为PbSO4－2e－＋2H2O===PbO2＋4H＋＋，B项错误；K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中，产生KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀，C项正确；TiCl4加入水中发生水解反应生成TiO2·xH2O和HCl，D项正确。
10．[2022·湖南卷]科学家发现某些生物酶体系可以促进H＋和e－的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是(　　)
A．过程Ⅰ中发生氧化反应
B．a和b中转移的e－数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的n(NO)∶n()＝1∶4
D．过程 Ⅰ→Ⅲ 的总反应为＋===N2↑＋2H2O
答案：D
解析：
过程Ⅰ发生的是还原反应，A项错误，由以上分析知，a、b中转移电子数目不相等，B项错误；过程Ⅱ中参加反应的n(NO)与n()之比为1∶1，C项错误；由图知，总反应为＋===N2↑＋2H2O，D项正确。
考情分析
考向 考点
考情1 物质的性 质及特征 化学反应及其反应现象
化学反应实质分析
化学反应及物质转化
考情2 物质的组 成与结构 简单的物质组成及结构
化学方程式判断
考情3 性质与用途对应关系 物质的性质与用途的简单应用
考情4 综合分析 无机框图分析
题型·练透
精准备考·要有方向——研析题型角度
题型角度1 选择题中的微流程分析
例1 磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：
下列叙述错误的是(　　)
A．合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用
B．从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li
C．“沉淀”反应的金属离子为Fe3＋
D．上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠
答案：D
解析：废旧电池中含有的金属、电解质溶液会对水体和土壤等造成污染，处理废旧电池有利于资源再利用，同时能够降低环境污染，保护环境，A项正确；从流程图看出，正极材料涉及了铝、铁、锂等金属，B项正确；因流程中加入的有HNO3，故在含Li、P、Fe等滤液中加碱液，发生“沉淀”反应的金属离子为Fe3＋，C项正确；因为锂及其化合物的性质与镁相似，由硫酸镁易溶于水推知，硫酸锂易溶于水，由碳酸镁微溶于水推知，碳酸锂微溶于水，所以不能用硫酸钠代替碳酸钠，D项错误。
练1　某硫酸厂废气中SO2的回收利用方案如图所示。下列说法不正确的是(　　)
A．X可能含有2种盐
B．气体a通入双氧水，可实现“绿色”转化
C．Y可能含有(NH4)2SO4
D．(NH4)2S2O8中S的化合价为＋7
答案：D
解析：SO2与氨水反应生成X，则X中含有亚硫酸铵或亚硫酸氢铵中的一种或两种盐，在X中加过量硫酸生成硫酸铵或硫酸氢铵和二氧化硫气体，二氧化硫经氧化、水合生成硫酸，气体a为二氧化硫；（NH4）2S2O8为过二硫酸铵，含有过氧键，S为＋6价，不是＋7价。
练2　硫是生物必需的营养元素之一，下列关于自然界中硫循环(如图所示)说法正确的是(　　)
A．硫杆菌及好氧/厌氧菌促进了硫的循环
B．硫循环中硫的化合物均为无机物
C．上述硫循环中硫元素均被氧化
D．烧煤时加石灰石，可减少酸雨及温室气体的排放
答案：A
解析：由流程分析可知，硫杆菌及好氧/厌氧菌使硫酸盐、亚硫酸盐缓慢变化成R1—S—R2，硫杆菌及好氧/厌氧菌促进了硫的循环，A正确；硫循环中硫的化合物为有机物、无机物，B错误；上述硫循环中部分硫元素化合价升高被氧化，也有硫元素化合价降低为－2价被还原，C错误；燃煤时加入的氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但石灰石在高温下反应生成二氧化碳和CaO，可减少酸雨的发生，但不能减少温室气体的排放，D错误。
题型角度2 无机物结构与性质的表示与表述
例2 对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是(　　)
A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：
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：＋OH－===NH3·H2O
答案：A
解析：设少量Cl2为1 mol，根据得失电子守恒可知，1 mol Cl2消耗1 mol ：Cl2＋＋H2O===2Cl－＋＋2H＋，由于过量，继续消耗产生的H＋生成H，故总反应的离子方程式为3＋Cl2＋H2O===2H＋2Cl－＋，A项正确；将离子方程式写为化学方程式，可知是H2CO3制得HCl，不符合强酸制弱酸规律，B项错误；加入的少量Fe3＋对H2O2的分解起催化作用，催化机理为2Fe3＋＋H2O2===O2↑＋2H＋＋2Fe2＋和H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，C项错误；由电离方程式NH4HSO4===＋H＋＋可知，OH－先与H＋反应，再与反应，故同浓度同体积两种溶液混合，发生的反应为H＋＋OH－===H2O，D项错误。
练1　在二氧化铂的HCl溶液中通入乙烯气体，再加入KCl可得K[Pt(C2H4)Cl3]·H2O(蔡氏盐)，下列相关表示正确的是(　　)
A．中子数为117、质子数为78的铂原子：t
B．氯离子的结构示意图：
C．乙烯的结构简式：CH2CH2
D．KCl的电子式：
答案：D
解析：A项，应表示为；B项，应表示为 ；C项，有机物官能团不能省略。
练2　下列变化中，气体被还原的是(　　)
A．二氧化碳使Na2O2固体变白
B．氯气使KBr溶液变黄
C．乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色
D．氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀
答案：B
解析：A错：二氧化碳使Na2O2固体变白的原因是发生了反应：2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2，该反应中，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，CO2既不是氧化剂也不是还原剂。B对：氯气使KBr溶液变黄的原因是发生了反应：Cl2＋2KBr===2KCl＋Br2，该反应中Cl元素由0价降低到－1价，故Cl2发生了还原反应，被还原生成KCl。C错：乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色是由于CH2===CH2与Br2发生加成反应生成了BrCH2CH2Br。D错：氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀是由于发生了反应：AlCl3＋3NH3＋3H2O ===Al（OH）3↓＋3NH4Cl，该反应为非氧化还原反应。
题型角度3 物质性质与用途的对应关系
例3 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是(　　)
A．NH4HCO3受热易分解，可用作化肥
B．稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈
C．SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白
D．Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝
答案：B
解析：A项，因为NH4HCO3中含有氮元素，所以其可以用作化肥，错误；B项，铁锈的主要成分为Fe2O3，加入稀硫酸可以除去Fe2O3利用了稀硫酸的酸性，正确；C项，SO2漂白纸浆利用了SO2的漂白性，不是其氧化性，错误；D项，电解Al2O3获得铝，不是因为Al2O3具有两性，错误。
练1　下列有关物质性质与用途具有对应关系的是(　　)
A．MnO2不溶于水，可用作H2O2分解的催化剂
B．SO2具有漂白性，可用于制溴工业中吸收Br2
C．FeCl3溶液显酸性，可用于蚀刻铜制的电路板
D．NH4NO3分解产生大量气体，可用作汽车安全气囊产气药
答案：D
解析：MnO2不溶于水，与作H2O2分解的催化剂之间没有因果关系，则A错误；SO2用于制溴业中吸收Br2，是利用SO2的还原性，与漂白性无关，故B错误；FeCl3溶液用于蚀刻铜制的电路板，是利用Fe3＋的氧化性，与溶液的酸性没有关系，故C错误；NH4NO3分解能产生大量气体，可用作汽车安全气囊产气药，则D正确。
练2　下列有关水处理方法不正确的是(　　)
A．用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸
B．用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物
C．用氯气处理水中的Cu2＋、Hg2＋等重金属离子
D．用烧碱处理含高浓度的废水并回收利用氨
答案：C
解析：A对：石灰的主要成分为氧化钙，其水溶液显碱性，碳酸钠在水溶液中显碱性，都可以与水中的酸性物质反应。B对：可溶性铝盐和铁盐可以形成胶体，能吸附水中悬浮物，起净化作用。C错：氯气与Cu2＋、Hg2＋等重金属离子不反应。D对：烧碱可以和反应：OH－＋===NH3↑＋H2O，同时回收NH3。
题型角度4 常见物质的转化与应用
例4 I－具有还原性，含碘食盐中的碘元素主要以KIO3的形式存在，I－、I2、在一定条件下可发生如图转化关系，下列说法不正确的是(　　)
A．用淀粉 KI试纸可检验食盐是否加碘
B．由图可知氧化性的强弱顺序为>I2
C．生产等量的碘，途径Ⅰ和途径Ⅱ转移电子数目之比为1∶5
D．途径Ⅲ反应的离子方程式：＋6H＋
答案：A
解析：食盐中加入的为KIO3，不能使淀粉-KI试纸变蓝，A错误；由途径Ⅰ可知氧化性Cl2>I2，由途径Ⅱ可知氧化性：>I2，由途径Ⅲ可知氧化性：Cl2>，故物质氧化性由强到弱的顺序为：Cl2>>I2，B正确；假设反应产生1 mol I2，途径Ⅰ转移2 mol电子，途径Ⅱ转移10 mol电子，因此生产等量的碘，途径Ⅰ和途径Ⅱ转移电子数目之比为2∶10＝1∶5，C正确；途径Ⅲ中，Cl2把I－氧化为，Cl2被还原为Cl－，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式：3Cl2＋I－＋3H2O===6Cl－＋＋6H＋，D正确。
练1　硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(如图所示)，下列说法错误的是(　　)
A．碱式硫酸铁水解能产生Fe(OH)3胶体，可用作净水剂
B．为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，该反应的离子方程式为FeCO3＋CO2↑＋H2O
C．可用KSCN溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2是否被氧化
D．该温度下，(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的大
答案：D
解析：碱式硫酸铁中Fe3＋水解产生Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体可以吸附水中杂质，故A正确；NH4HCO3加热易分解，为防止其分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，故B正确；（NH4）2Fe（SO4）2中含有Fe2＋，若（NH4）2Fe（SO4）2被氧化则生成Fe3＋，Fe3＋与KSCN溶液产生血红色物质，故C正确；冷却结晶时，溶解度小的物质先析出，该温度下，（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的小，故D错误。
练2　如图是某元素的价类二维图，其中A为正盐，X是一种强碱，通常条件下Z是无色液体，E的相对分子质量比D大16，各物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是(　　)
A．A作肥料时不适合与草木灰混合施用
B．同主族元素的气态氢化物中B的沸点最低
C．C一般用排水法收集
D．D→E的反应可用于检验D
答案：B
解析：由信息可知，A为正盐，为铵盐，强碱与铵盐加热生成氨，所以B为NH3；氨和氧气反应生成氮气和水，C为N2；氮气被氧化为NO，所在D为NO；NO被氧化为NO2，E为NO2；二氧化氮和水反应生成硝酸，F为HNO3；G为硝酸盐；Y为O2，Z为H2O。铵态氮肥和草木灰不能混合施用，故A项正确；B为NH3，氨分子间存在氢键，氮族元素的气态氢化物中氨的沸点异常的高，所以氮族元素的气态氢化物中，NH3的沸点不是最低的，故B项错误；C为N2，N2的密度与空气太接近，用排空气法收集不能得到纯净的气体，所以一般用排水法收集，故C项正确；NO与O2反应生成NO2，颜色由无色变为红棕色，可用于检验NO，故D项正确。
题型角度5 物质转化“原理和机理图示”分析
例5 中国化学家研究的一种新型复合光催化剂碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．C3N4中C的化合价为－4价
B．反应的两个阶段转移电子数相等
C．阶段Ⅱ中，H2O2既是氧化剂，又是还原剂
D．通过该反应，实现了化学能向太阳能的转化
答案：C
解析：化合物C3N4中氮元素的化合价为－3价，结合化合物中元素化合价代数和为0可得，碳元素的化合价为＋4价，A不符合题意；由于两个过程中，参与反应的量未知，因此无法比较转移电子数的大小，B不符合题意；阶段Ⅱ中发生反应的化学方程式为：2H2O2===2H2O＋O2↑，H2O2中氧元素由－1价变为－2价和0价，因此H2O2既是氧化剂，又是还原剂，C符合题意；该反应中，实现了太阳能转化为化学能，D不符合题意。
练1　用H2消除酸性废水中的致癌物，其反应过程示意图如图所示，下列说法不正确的是(　　)
A．Pd上发生的电极反应为：H2－2e－===2H＋
B．Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用
C．反应过程中被Fe(Ⅱ)还原为N2
D．用该法处理后水体的pH降低
答案：D
解析：Pd上发生的电极反应为：H2－2e－===2H＋，故不选A；由图中信息可知，Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）是该反应的催化剂，其相互转化起到了传递电子的作用，故不选B；反应过程中被Fe（Ⅱ）还原为N2，故不选C；总反应为3H2＋2＋2H＋ N2＋4H2O，用该法处理后由于消耗水体中的氢离子，pH升高，故选D。
练2　天然气是应用广泛的燃料，但含有少量H2S等气体。在酸性溶液中利用硫杆菌可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法不正确的是(　　)
A．过程甲中发生反应的离子方程式为：2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋
B．脱硫过程O2间接氧化H2S
C．该脱硫过程需要不断添加Fe2(SO4)3溶液
D．过程乙发生反应的离子方程式为：4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O
答案：C
解析：Fe2（SO4）3和H2S发生氧化还原反应生成硫酸亚铁、硫单质，故离子反应方程式为2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋，故A正确；脱硫过程：Fe2（SO4）3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程O2间接氧化H2S，故B正确；硫杆菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2（SO4）3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，Fe2（SO4）3为催化剂，该脱硫过程不需要添加Fe2（SO4）3溶液，故C错误；硫酸亚铁在酸性条件下被氧气氧化生成硫酸铁和水，离子反应方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O，故D正确。
精准备考·要有方案——高考必备基础
常见元素及其重要化合物的性质和转化关系
1．金属及其化合物
Ⅰ.活泼的金属——钠及其化合物
①__________________________________________________________
②__________________________________________________________
③__________________________________________________________
④__________________________________________________________
⑤__________________________________________________________
⑥__________________________________________________________
2Na＋O2Na2O2
2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O
CO2＋NaOH===NaHCO3
Na2CO3＋H2O＋CO2===2NaHCO3
Ⅱ.氧化物、氢氧化物显两性的金属——铝及其化合物
①__________________________________________________________
②__________________________________________________________
③__________________________________________________________
④__________________________________________________________
⑤__________________________________________________________
⑥__________________________________________________________
2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑
2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
AlCl3＋4NaOH===NaAlO2＋3NaCl＋2H2O
NaAlO2＋4HCl===NaCl＋AlCl3＋2H2O
NaAlO2＋2H2O＋CO2===Al（OH）3↓＋NaHCO3
AlCl3＋3NH3·H2O===Al（OH）3↓＋3NH4Cl
Ⅲ.变价金属——铁及其化合物
①__________________________________________________________
②__________________________________________________________
③__________________________________________________________
④__________________________________________________________
⑤__________________________________________________________
2Fe＋3Cl22FeCl3
Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2或Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O3
Cu＋2FeCl3===CuCl2＋2FeCl2
2FeCl2＋Cl2===2FeCl3
4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
Ⅳ.变价金属——铜及其化合物
①__________________________________________________________
②__________________________________________________________
③__________________________________________________________
2Cu＋O2＋CO2＋H2O===Cu2（OH）2CO3
Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋2H2O＋SO2↑
CuO＋H2Cu＋H2O或CuO＋COCu＋CO2
2.非金属及其化合物
Ⅰ.“储能元素”——硅及其化合物
①__________________________________________________________
②__________________________________________________________
③__________________________________________________________
④__________________________________________________________
SiO2＋2CSi＋2CO↑
SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O
Na2SiO3＋H2O＋CO2===Na2CO3＋H2SiO3↓
H2SiO3H2O＋SiO2
Ⅱ.多变价态的非金属元素——氯及其化合物
①__________________________________________________________
②__________________________________________________________
③__________________________________________________________
④__________________________________________________________
⑤__________________________________________________________
⑥__________________________________________________________
Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl
Cu＋Cl2CuCl2
Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O
2Cl2＋2Ca（OH）2===Ca（ClO）2＋CaCl2＋2H2O
MnO2＋4HCl（浓）MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑
Ⅲ.多变价态的非金属元素——硫及其化合物
①__________________________________________________________
②__________________________________________________________
③__________________________________________________________
④__________________________________________________________
2SO2＋O2 2SO3
Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O
C＋2H2SO4（浓）CO2↑＋2SO2↑＋2H2O
2Na2SO3＋O2===2Na2SO4
Ⅳ.多变价态的非金属元素——氮及其化合物
①__________________________________________________________
②__________________________________________________________
③__________________________________________________________
④__________________________________________________________
Ca（OH）2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O
4NH3＋5O2 4NO＋6H2O
3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
C＋4HNO3（浓）CO2↑＋4NO2↑＋2H2O
[归纳提升]　
无机物转化关系规律
1．
满足此关系的有Na、K、Ca。
2．
满足此关系的有N、S。
3．化合物ABC酸，满足此条件的有CH4、NH3、H2S。
4．X、Y、Z、W四种物质在一定条件下具有如图所示的转化关系，
列举出符合此转化关系X、Y、Z、W的三组物质化学式：
①AlCl3、Al(OH)3、NaAlO2、NaOH；
②NH3、NO、NO2、O2；
③H2S、S、SO2、O2。
5．已知A、B、D、E均为中学化学中的常见物质
列举出符合此转化关系A、B、D、E的三组物质的化学式：
①Fe、Fe(NO3)3、Fe(NO3)2、HNO3；
②CuO、CO、CO2、C；
③NaOH、NaHCO3、Na2CO3、CO2。
模考·预测
1.下列叙述正确的是(　　)
A．Li在氧气中燃烧主要生成Li2O2
B．将SO2通入BaCl2溶液可生成BaSO3沉淀
C．将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸
D．将NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2＋还原成Cu
答案：C
解析：同一主族元素，由上到下，金属性逐渐增强，Li不如钠活泼，在空气中燃烧只能生成Li2O，A错误；因为BaSO3＋2HCl===BaCl2＋H2O＋SO2↑，所以通常情况下，不逆向进行，或因为酸性：HCl>H2SO3，所以通入SO2后无BaSO3沉淀，B错误；酸性：H2CO3>HClO，反应为：CO2＋H2O＋Ca（ClO）2===CaCO3↓＋2HClO，强酸制弱酸，C正确；NH3通入热的CuSO4溶液中，将发生2NH3＋2H2O＋CuSO4===Cu（OH）2↓＋（NH4）2SO4，Cu（OH）2CuO＋H2O，溶液中NH3不能还原CuO为Cu，D错误。
2．下列选项所示的物质间转化均能实现的是(　　)
A．NaCl(aq)Cl2(g)漂白粉(s)
B．NaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s)
C．NaBr(aq)Br2(aq)I2(aq)
D．Mg(OH)2(s)MgCl2(aq)Mg(s)
答案：C
解析：本题考查物质间的相互转化，考查的化学学科核心素养是变化观念与平衡思想。Cl2与石灰乳反应可制得漂白粉，A项错误；NaCl＋NH3＋CO2＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，B项错误；由于氧化性Cl2>Br2>I2，则Cl2＋2NaBr===2NaCl＋Br2，Br2＋2NaI===2NaBr＋I2，C项正确；电解MgCl2溶液不能得到单质镁，要得到单质Mg，需电解熔融态的MgCl2，D项错误。
3．电镀废水沉泥中含Cu、Ni、Ag和Fe等多种元素的有机金属盐，采用焙烧 浸出 分离回收的工艺流程可有效分离电镀废水沉泥中的金属，其流程如下：
下列叙述错误的是(　　)
A．上述流程中硫酸可以用稀盐酸代替
B．“固体Ⅱ”为Fe(OH)2
C．溶液Ⅲ中含有Na＋、Ni2＋、Zn2＋等金属离子
D．合理处理电镀废水沉泥可实现资源的回收与可持续利用
答案：B
解析：电镀废水沉泥中含Cu、Ni、Ag和Fe等多种元素的有机金属盐，焙烧后变成CuO、NiO、Fe3O4等，加硫酸溶解，溶液Ⅰ中有Fe2＋、Fe3＋、Ni2＋、Cu2＋，加双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，再加NaOH溶液，生成“固体Ⅱ”Fe（OH）3，溶液Ⅱ中有Na＋、Ni2＋、Cu2＋，加锌先生成铜，得到的溶液Ⅲ中含有Na＋、Ni2＋、Zn2＋等金属离子，再加过量的锌，得镍和溶液Ⅳ。上述流程中硫酸可以用稀盐酸代替，主要是溶解CuO、NiO、Fe3O4等金属氧化物，故A正确；“固体Ⅱ”为Fe（OH）3，故B错误；由上述分析可知C正确；从流程看出可以回收利用铜、镍等金属，故合理处理电镀废水沉泥可实现资源的回收与可持续利用，故D正确。
4．某工厂拟综合处理含废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如下流程：
下列说法不正确的是(　　)
A．固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3
B．X可以是空气，且需过量
C．捕获剂所捕获的气体主要是CO
D．处理含===N2↑＋2H2O
答案：B
解析：工业废气中的CO2、SO2与石灰乳反应生成更难溶的CaCO3和CaSO3，石灰乳微溶于水，A项正确；气体1中含有NO、CO和N2，若用过量空气，则NO被全部氧化为NO2，NO2与NaOH反应生成NaNO3和NaNO2，与流程图中NaNO2不符，故通入的空气不能过量，NO2与NO气体按照1∶1混合与NaOH完全反应生成NaNO2，B项错误；气体2只含有N2和CO，N2无毒，故捕获剂捕获的气体主要为CO，C项正确；NaNO2具有氧化性， 具有还原性，二者发生氧化还原反应生成无污染的N2，D项正确。
5．一种借用CeO2/CeO2 δ的转化，利用CO2
和H2O合成燃料的途径如图所示。下列说法
不正确的是(　　)
A．上述转化的实质是太阳能转化为化学能
B．若得到三种产物H2、CO、CH4各1 mol，
共放出O2为1 mol
C．利用上述转化有利于遏制温室效应
D．上述转化过程中涉及的反应均属于氧化还原反应
答案：B
解析：B项中氧原子不守恒，故不正确；C项，图示中CO2被转化，能遏制温室效应，正确；D项中每步变化中均有单质生成，有元素化合价的变化，正确。
6．化学应用于生产的各个方面，下列说法不正确的是(　　)
A．含高浓度的废水可以用苛性钠处理并回收利用氨
B．存在于污水中的悬浮物质，可加明矾和硫酸铁等电解质来处理
C．铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭从氧化铝中获得铝
D．用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸
答案：C
解析：获得铝不可用热还原法，应用电解法，C项错误。(共65张PPT)
题型4　有机物的结构、性质、用途
真题·考情
题型·练透
模考·预测
真题·考情
全国卷
1.[2023·全国甲卷]藿香蓟具有清热解毒功效，其有效成分结构如下。下列有关该物质的说法错误的是(　　)
A．可以发生水解反应
B．所有碳原子处于同一平面
C．含有2种含氧官能团
D．能与溴水发生加成反应
答案：A
解析：藿香蓟的分子结构中含有酯基，可以发生水解反应，A说法正确；藿香蓟的分子结构中的右侧有一个饱和碳原子连接着两个甲基，类比甲烷分子的空间构型可知，藿香蓟分子中所有碳原子不可能处于同一平面，B说法错误；藿香蓟的分子结构中含有酯基和醚键2种含氧官能团，C说法正确；藿香蓟的分子结构中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，D说法正确；综上所述，本题选B。
2．[2023·全国乙卷]下列反应得到相同的产物，相关叙述错误的是(　　)
A．①的反应类型为取代反应
B．反应②是合成酯的方法之一
C．产物分子中所有碳原子共平面
D．产物的化学名称是乙酸异丙酯
答案：C
解析：反应①为乙酸和异丙醇在酸的催化下发生酯化反应生成了乙酸异丙酯和水，因此，①的反应类型为取代反应，A叙述正确；反应②为乙酸和丙烯发生加成反应生成乙酸异丙酯，是合成酯的方法之一，B叙述正确；乙酸异丙酯分子中含有4个饱和的碳原子，其中异丙基中存在着一个饱和碳原子连接两个饱和碳原子和一个乙酰氧基，类比甲烷的正四面体结构可知，乙酸异丙酯分子中的所有碳原子不可能共平面，C叙述错误；两个反应的产物是相同的，由反应①及产物结构上看，该产物是由乙酸与异丙醇通过酯化反应生成的酯，故其化学名称是乙酸异丙酯，D叙述是正确；综上所述，本题选C。
3．[2023·新课标卷]光学性能优良的高分子材料聚碳酸异山梨醇酯可由如下反应制备。
下列说法错误的是(　　)
A．该高分子材料可降解
B．异山梨醇分子中有3个手性碳
C．反应式中化合物X为甲醇
D．该聚合反应为缩聚反应
答案：B
解析：该高分子材料中含有酯基，可以降解，A正确；异山梨醇中
四处的碳原子为手性碳原子，故异山梨醇分子中
有4个手性碳，B错误；根据元素守恒，可推出X为甲醇，C正确；该反应在生产高聚物的同时还有小分子的物质生成，属于缩聚反应，D正确；故选B。
4．[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 (　　)
A．化合物1分子中所有原子共平面
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可发生开环聚合反应
答案：D
解析：化合物1分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，A不正确；化合物1不属于醇类，故不是乙醇的同系物，B不正确；化合物2分子中不含羟基，
C不正确；化合物2可以发生开环聚合反应生成 D正确。
5．[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(　　)
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
答案：B
解析：辅酶Q10的分子式为C59H90O4，A项错误； 中含有11个甲
基，故辅酶Q10分子中含有14个甲基，B项正确；由乙烯分子中所有原子共平面可知，辅酶Q10分子中所有的氧原子共平面，C项错误；分子中饱和碳原子上的氢原子在反应中可以被取代，D项错误。
6．[2021·全国甲卷]下列叙述正确的是(　　)
A．甲醇既可发生取代反应也可发生加成反应
B．用饱和碳酸氢钠溶液可以鉴别乙酸和乙醇
C．烷烃的沸点高低仅取决于碳原子数的多少
D．戊二烯与环戊烷互为同分异构体
答案：B
解析：甲醇中的官能团为羟基，羟基能发生取代反应，但甲醇中不含不饱和键，不能发生加成反应，A项错误；向乙酸和乙醇中分别滴加饱和NaHCO3溶液，有气体产生的是乙酸，无明显现象的是乙醇，即用饱和NaHCO3溶液可鉴别乙酸和乙醇，B项正确；烷烃的沸点随分子中碳原子数增多而逐渐升高，但碳原子数相同的烷烃，分子中所含支链越多，沸点越低，C项错误；戊二烯的分子式为C5H8，而环戊烷的分子式为C5H10，二者分子式不同，不互为同分异构体，D项错误。
省市卷
1.[2023·湖南卷]葡萄糖酸钙是一种重要的补钙剂，工业上以葡萄糖、碳酸钙为原料，在溴化钠溶液中采用间接电氧化反应制备葡萄糖酸钙，其阳极区反应过程如下：
下列说法错误的是(　　)
A．溴化钠起催化和导电作用
B．每生成1 mol葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了2 mol电子
C．葡萄糖酸能通过分子内反应生成含有六元环状结构的产物
D．葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应
答案：B
解析：据图可知，Br－在阳极被氧化为Br2，Br2和水反应生成HBrO，HBrO氧化葡萄糖为葡萄糖酸，自身被还原为Br－，故NaBr在反应过程中起催化和导电作用，A项正确；1 mol葡萄糖转化为1 mol葡萄糖酸，分子中多了1 mol O，转移2 mol电子，而生成1 mol葡萄糖酸钙需要2 mol葡萄糖酸，故每生成1 mol葡萄糖酸钙，理论上电路中应通过4 mol电子，B项错误；葡萄糖酸分子中含有—COOH和—OH，可发生分子内酯化反应形成含有六元环状结构的产物，C项正确；葡萄糖分子中含醛基，能发生氧化、还原、加成反应，连有—OH碳原子的邻位碳原子上有H原子，在一定条件下能发生消去反应，D项正确。
2．[2023·辽宁卷]冠醚因分子结构形如皇冠而得名，某冠醚分子c可识别K＋，其合成方法如下。
下列说法错误的是(　　)
A．该反应为取代反应
B．a、b均可与NaOH溶液反应
C．c核磁共振氢谱有3组峰
D．c可增加KI在苯中的溶解度
答案：C
解析：根据a和c的结构简式可知，a与b发生取代反应生成c和HCl，A正确；a中含有酚羟基，酚羟基呈弱酸性能与NaOH反应，b可在NaOH溶液中发生水解反应，生成醇类，B正确；根据c的结构简式可知，冠醚中有四种不同化学环境的氢原子，如图所示：
, 核磁共振氢谱有4组峰，C错误；
c可与K＋形成鳌合离子 ，该物质在苯中溶解度
较大，因此c可增加KI在苯中的溶解度，D正确；故答案选C。
3．[2023·湖北卷]湖北蕲春李时珍的《本草纲目》记载的中药丹参，其水溶性有效成分之一的结构简式如图。下列说法正确的是(　　)
A．该物质属于芳香烃
B．可发生取代反应和氧化反应
C.分子中有5个手性碳原子
D．1 mol该物质最多消耗9 mol NaOH
答案：B
解析：该有机物中含有氧元素，不属于烃，A错误；该有机物中含有羟基和羧基，可以发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，另外，该有机物可以燃烧，即可以发生氧化反应，B正确；将连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子，在该有机物结构中，
标有“*”为手性碳原子，则一共有4个手性碳原子，C错误；1 mol该物质中含有7 mol酚羟基，2 mol羧基，2 mol酯基，则1 mol该物质最多消耗11 mol NaOH，D错误；故选B。
4．[2023·浙江1月]七叶亭是一种植物抗菌素，适用于细菌性痢疾，其结构如图，下列说法正确的是(　　)
A．分子中存在2种官能团
B．分子中所有碳原子共平面
C．1 mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗2 mol Br2
D．1 mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3 mol NaOH
答案：B
解析：该分子中含有羟基、酯基、碳碳双键三种官能团，A项错误；分子中碳原子均为sp2杂化，结合分子结构知，所有碳原子共平面，B项正确；与酚羟基相连碳原子的邻位和对位碳原子上的氢原子能与溴发生取代反应，碳碳双键能与溴发生加成反应，1 mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗3 mol Br2，C项错误；该物质中酚羟基、酯基能与NaOH反应，酯基水解得到酚羟基和羧基，因此1 mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗4 mol NaOH，D项错误。
5．[2022·湖南卷]聚乳酸是一种新型的生物可降解高分子材料，其合成路线如下：
下列说法错误的是(　　)
A．m＝n－1
B．聚乳酸分子中含有两种官能团
C．1 mol乳酸与足量的Na反应生成1 mol H2
D．两分子乳酸反应能够生成含六元环的分子
答案：B
解析：由质量守恒知m＝n－1，A项正确；聚乳酸分子中链节内有酯基，末端有羟基、羧基，共有3种官能团，B项错误；乳酸分子中的羟基与羧基均可与Na反应生成H2，C项正确；2个乳酸分子成环时，可
形成 ，D项正确。
考情分析
考向 考点
考情1 有机物的结构 简单有机物的命名
同分异构体数目判断
有机物的共线、共面
考情2 有机物的性质和用途 有机代表物的性质判断
有机代表物的用途判断
有机反应类型
有机实验
考情3 信息给予型 有机选择题 有机物分子式的判断
根据所给信息判断该有机物的结构特点
根据官能团信息判断有机物的性质特点
题型·练透
精准备考·要有方向——研析题型角度
题型角度1 有机物的结构分析
例1 苯并降冰片烯是一种重要的药物合成中间体，结构简式如图。关于该化合物，下列说法正确的是(　　)
A．是苯的同系物
B．分子中最多8个碳原子共平面
C．一氯代物有6种(不考虑立体异构)
D．分子中含有4个碳碳双键
答案：B
解析：苯并降冰片烯与苯在组成上相差的不是若干个CH2，结构上也不相似，故二者不互为同系物，A错误；由题给苯并降冰片烯的结构简式可知，苯环上的6个碳原子与苯环相连的2个碳原子共平面，则该分子中最多8个碳原子共平面，B正确；苯并降冰片烯的结构对称，其分子中含有5种不同化学环境的氢原子，则其一氯代物有5种，C错误；苯环中含有的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间特殊的键，故1个苯并降冰片烯分子中含有1个碳碳双键，D错误。
练1　环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺[2.2]戊烷( )是最简单的一种。下列关于该化合物的说法错误的是(　　)
A．与环戊烯互为同分异构体
B．二氯代物超过两种
C．所有碳原子均处同一平面
D生成1 mol C5H12至少需要2 mol H2
答案：C
解析：螺[2.2]戊烷的分子式为C5H8，环戊烯的分子式为C5H8，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，A项正确；该有机物的二氯代物有3种，2个氯原子位于同一个碳原子上时有1种，位于2个碳原子上时分两种情况：同环上只有1种，异环上有1种，B项正确；螺[2.2]戊烷中每个碳原子形成4个单键，而每个碳原子与4个原子构成四面体形，所以连接两个环的碳原子至少和直接相连的两个碳原子不共平面，C项错误；该有机物含2个三元环，在一定条件下具有类似烯烃的性质，且与氢气发生加成反应的转化率不大于1，则由1 mol C5H8生成1 mol C5H12至少需要2 mol H2，D项正确。
练2　化合物丙是一种医药中间体，可以通过如图反应制得。下列有关说法正确的是(　　)
A．甲的一氯代物有3种(不考虑立体异构)
B．乙分子中所有原子可能处于同一平面
C．甲有芳香族同分异构体
D．图中反应属于加成反应
答案：D
题型角度2 有机实验
例2 实验室制备、纯化硝基苯需要用到下列装置，其中不正确的是(　　)
答案：A
解析：配制混酸时，浓硝酸的密度小于浓硫酸，应将浓硫酸注入浓硝酸中，A项错误；在热水浴加热下，混酸与苯反应，B项正确；为了精制硝基苯，最后采用蒸馏操作，C项正确；反应后烧瓶中混合物有有机物和无机物，二者不互溶，采用分液操作，D项正确。
练1　下列由实验得出的结论正确的是(　　)
实验 结论
A 将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明 生成的1，2-二溴乙烷无色，可溶于四氯化碳
B 乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体 乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性
C 用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除 乙酸的酸性小于碳酸的酸性
D 甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红 生成的氯甲烷具有酸性
答案：A
解析：A对：乙烯通入溴的四氯化碳溶液，乙烯与溴发生加成反应，生成的1，2-二溴乙烷无色且可溶于四氯化碳，所以溶液最终变为无色透明。B错：乙醇和水都可与金属钠反应产生H2，乙醇（C2H5—OH）中，—C2H5抑制了羟基的活性，所以乙醇分子中的氢不如水分子中的氢活泼。C错：乙酸与水垢中的CaCO3反应：2CH3COOH＋CaCO3―→Ca（CH3COO）2＋H2O＋CO2↑，属于强酸制弱酸，所以乙酸的酸性大于碳酸的酸性。D错：甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体中有氯甲烷和HCl，使湿润的石蕊试纸变红的是HCl。
练2　实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是(　　)
答案：D
解析：甲烷和氯气在光照条件下反应，生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，试管内压强减小，外压大于内压，试管内液面升高，且试管内出现白雾和油状液滴，综合上述分析，D项正确。
题型角度3 信息型有机综合分析判断
例3 2020年2月4日李兰娟团队发布研究成果：阿比朵尔能抑制新冠病毒，抑制时长约72秒。合成阿比朵尔的部分线路图如图，下列叙述错误的是(　　)
A．①反应的类型是取代反应
B．阿比朵尔分子在碱性条件下水解可以生成C2H5OH
C．阿比朵尔分子中含氧官能团只有1种
D．1 mol阿比朵尔分子可以和7 mol H2发生加成反应
答案：C
解析：由反应①后的结构变化可知，该反应为甲基上的氢原子被溴原子替代的反应为取代反应，故A正确；阿比朵尔分子中存在酯基，碱性条件下能发生水解生成乙醇，故B正确；由结构可知，阿比朵尔分子中的含氧官能团有羟基和酯基两种，故C错误；该结构中1 mol苯环可加成3 mol氢气，碳碳双键加成1 mol氢气，共计加成7 mol氢气，故D正确。
练1　化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得：
下列有关化合物X、Y的说法正确的是(　　)
A．1 mol X最多能与2 mol NaOH反应
B．Y与乙醇发生酯化反应可得到X
C．X、Y均能与酸性KMnO4溶液反应
D．室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数目不相等
答案：C
解析：A项，1 mol X中含有1 mol羧基和1 mol酚酯基，故最多能与3 mol NaOH反应；B项，Y与乙醇发生酯化反应时，Y中—COOH与乙醇中的—OH脱水生成酯，产物分子中不含—COOH，故无法得到X；C项，X、Y中均含有碳碳双键，均能与酸性KMnO4溶液反应；D项，室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数目均为3。
练2　傅—克反应是合成芳香族化合物的一种重要方法。有机物a和苯通过傅—克反应合成b的过程表示如下(无机小分子产物略去)：
下列说法中不正确的是(　　)
A．该反应是取代反应
B．若R为CH3时，a的电子式为
C．若R为C4H9时，b的结构可能有4种
D．若R为C4H5O时，1 mol b最多可与5 mol H2加成
答案：B
解析：a→b的变化，不饱和度未改变，符合取代反应特点，A正确；B项中漏掉Cl原子未成键电子，错误；C项，丁基有4种，正确；D项，R中含有两个不饱和度，最多能与2 mol H2加成，苯环能与3 mol H2加成，正确。
练3　化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是(　　)
A．分子中两个苯环一定处于同一平面
B．不能与饱和Na2CO3溶液反应
C．在酸性条件下水解，水解产物只有一种
D．1 mol化合物X最多能与2 mol NaOH反应
答案：C
解析：与2个 相连接的C原子有四个单键，为四面体结构，两个
不可能处于同一平面，A错误；化合物X中有—COOH，可以与
饱和Na2CO3溶液反应，B错误；有酯基存在，酸性条件下水解生成
，C正确；化合物X中有—COOH和 ，
最多能与3 mol NaOH反应，D错误。
精准备考·要有方案——高考必备基础
一、有机物的典型结构
1．几种典型的结构
类型 结构式 结构特点
甲烷型 正四面体结构，5个原子最多有3个
原子共平面； 中的所有原子
不可能共平面
乙烯型 所有原子共平面，与碳碳双键直接相连的4个原子与2个碳原子共平面
苯型 12个原子共平面，位于对角线位置的4个原子共直线
甲醛 平面三角形，所有原子共平面
2.结构不同的基团连接后原子共面分析
(1)直线与平面连接，则直线在这个平面上。
如苯乙炔： ，所有原子共平面。
(2)平面与平面连接：如果两个平面结构通过单键相连，由于单键的旋转性，两个平面可以重合，但不一定重合。
(3)平面与立体连接：如果甲基与平面结构通过单键相连，则由于单键的旋转性，甲基的一个氢原子可能暂时处于这个平面上。
示例： ，分子中共平面原子至少12个，最多13个。
二、同分异构体的书写与判断方法
基团连接法 将有机物看作由基团连接而成，由基团的异构体数目可推断有机物的异构体数目。如丁基有四种，丁醇(C4H9—OH)、C4H9—Cl分别有四种
换位思考法 将有机物分子中的不同原子或基团进行换位思考。如：乙烷分子中共有6个H原子，若有一个H原子被Cl原子取代所得一氯乙烷只有一种结构，那么五氯乙烷也只有一种结构。分析如下：假设把五氯乙烷分子中的Cl原子看作H原子，而H原子看成Cl原子，其情况跟一氯乙烷完全相同
等效氢原 子法(又称 对称法) 分子中等效H原子有如下情况：①分子中同一个碳上的H原子等效；②同一个碳的甲基上H原子等效；③分子中处于镜面对称位置(相当于平面镜成像时)上的H原子是等效的
定一移二法 分析二元取代物的方法，如分析C3H6Cl2的同分异构体，先固定其中一个Cl的位置，移动另外一个Cl
组合法 饱和一元酯R1COOR2，R1—有m种，R2—有n种，共有m×n种酯
三、常见有机代表物的结构特点及主要化学性质
物质 结构简式 特性或特征反应
甲烷 CH4 与氯气在光照下发生取代反应
乙烯 CH2===CH2 官能团 ①加成反应：使溴水褪色
②加聚反应
③氧化反应：使酸性KMnO4溶液褪色
苯 ①加成反应
②取代反应：与溴(溴化铁作催化剂)，与硝酸(浓硫酸催化)
乙醇 CH3CH2OH 官能团—OH ①与钠反应放出H2
②催化氧化反应：生成乙醛
③酯化反应：与酸反应生成酯
乙酸 CH3COOH 官能团 —COOH ①弱酸性，但酸性比碳酸强
②酯化反应：与醇反应生成酯
乙酸 乙酯 CH3COOCH2CH3 官能团 —COOR 可发生水解反应，在碱性条件下水解彻底
油脂 可发生水解反应，在碱性条件下水解彻底，被称为皂化反应
淀粉 (C6H10O5)n ①遇碘变蓝色
②在稀酸催化下，最终水解成葡萄糖
③葡萄糖在酒化酶的作用下，生成乙醇和CO2
蛋白 质 含有肽键 ①水解生成氨基酸
②两性
③变性
④颜色反应
⑤灼烧产生特殊气味
四、有机反应基本类型
反应类型 官能团种类或物质 试剂或反应条件
加成反应 X2(Cl2、Br2等，下同)(直接混合)、H2、HBr、H2O(催化剂)
聚合反应 加聚反应 催化剂
取 代 反 应 饱和烃 X2(光照)
苯环上的氢 X2(催化剂)、浓硝酸(浓硫酸)
水解型 酯基 H2O(酸或碱溶液作催化剂，加热)
双糖或多糖 稀硫酸，加热
酯化型 —OH、—COOH 浓硫酸，加热
氧 化 反 应 燃烧型 大多数有机物 O2，点燃
催化氧化型 —OH O2(催化剂，加热)
KMnO4 (H＋)氧化型 直接氧化
特征氧化型 含有醛基的物质，如甲醛、乙醛、葡萄糖、麦芽糖等 银氨溶液、水浴加热
新制Cu(OH)2悬浊液，加热至沸腾
五、三个制备实验
制取物质 仪器 除杂及收集 注意事项
溴苯 含有溴、FeBr3等，用氢氧化钠溶液处理后分液、然后蒸馏 ①催化剂为FeBr3
②长导管的作用冷凝回流、导气
③右侧导管不能(填“能”或“不能”)伸入溶液中
④右侧锥形瓶中有白雾
硝基苯 可能含有未反应的苯、硝酸、硫酸，用氢氧化钠溶液中和酸，分液，然后用蒸馏的方法除去苯 ①导管1的作用冷凝回流
②仪器2为温度计
③用水浴控制温度为50～60 ℃
④浓硫酸的作用：催化剂和吸水剂
乙酸 乙酯 含有乙酸、乙醇，用饱和Na2CO3溶液处理后，分液 ①浓硫酸的作用：催化剂和吸水剂
②饱和碳酸钠溶液作用是溶解乙醇、中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度
③右边导管不能接触试管中的液面
六、常见的检验方法
官能团种类或物质 试剂 判断依据
碳碳双键或 碳碳三键 溴的CCl4溶液 橙红色变浅或褪去
酸性KMnO4溶液 紫红色变浅或褪去
醇羟基 钠 有气体放出
羧基 NaHCO3溶液 有无色无味气体放出
新制Cu(OH)2 蓝色絮状沉淀溶解
葡萄糖 银氨溶液水浴加热 产生光亮银镜
新制Cu(OH)2 悬浊液加热至沸腾 产生砖红色沉淀
淀粉 碘水 显蓝色
蛋白质 浓硝酸微热 显黄色
灼烧 烧焦羽毛的气味
模考·预测
1.下列说法错误的是(　　)
A．乙酸和乙醇之间能发生酯化反应，酯化反应的逆反应是皂化反应
B．大多数酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质
C．生产SMS医用口罩所用的一种原料丙烯，可以通过石油的裂化和裂解得到
D．淀粉和蛋白质都是天然高分子化合物，均能在人体内发生水解
答案：A
解析：乙醇和乙酸之间能发生酯化反应，油脂属于特殊的酯，油脂在碱性溶液中的水解反应为皂化反应，在酸性条件下水解不属于皂化反应，故A错误；绝大多数酶是蛋白质，少数具有生物催化功能的分子不是蛋白质，故B正确；石油的裂化和裂解是将长链烃变为短链烃的过程，可产生丙烯，故C正确；淀粉属于多糖，能发生水解反应，蛋白质属于高分子化合物，在人体中能发生水解反应，故D正确。
2．聚苯乙烯塑料在生产、生活中有广泛应用，其单体苯乙烯可由乙苯和二氧化碳在一定条件下发生如下反应制取：
下列有关苯乙烯的说法正确的是(　　)
A．分子中含有5个碳碳双键
B．乙苯和苯乙烯均能使溴的四氯化碳溶液褪色
C．分子式为C8H10
D．可通过加聚反应生成聚苯乙烯
答案：D
解析：苯环中不含碳碳双键，只有苯乙烯中含有一个碳碳双键，A、B均错误；苯乙烯的分子式为C8H8，C项错误。
3．a、b、c的结构如图所示：(a) 、(b) 、(c) 。
下列说法正确的是(　　)
A．a中所有碳原子处于同一平面
B．b的二氯代物有三种
C．a、b、c三种物质均可与溴的四氯化碳溶液反应
D．a、b、c互为同分异构体
答案：D
解析：A项，a中右侧三角形中的碳均为饱和碳，不可能与左边三角形共面；B项，b中外侧三个顶点均为“CH2”，且等效，因而二氯取代物只有两种；b中不含有碳碳双键，不能与溴的CCl4溶液发生加成反应，C项错误；a、b、c三种物质的分子式均为C5H6，因而互为同分异构体，D项正确。
4．芳樟醇和橙花叔醇是决定茶叶花甜香的关键物质。芳樟醇和橙花叔醇的结构如图所示，下列有关叙述正确的是(　　)
A．橙花叔醇的分子式为C15H28O
B．芳樟醇和橙花叔醇互为同分异构体
C．芳樟醇和橙花叔醇与H2完全加成后的产物互为同系物
D．二者均能发生取代反应、加成反应、还原反应，但不能发生氧化反应
答案：D
解析：根据橙花叔醇的结构可知，橙花叔醇的分子式为C15H26O，A项错误；芳樟醇的分子式为C10H18O，芳樟醇与橙花叔醇不互为同分异构体，B项错误；芳樟醇和橙花叔醇与氢气加成后产物的分子式分别是C10H22O、C15H32O，两者结构相似，且组成上相差5个CH2原子团，因此与氢气加成后的产物互为同系物，C项正确；两种有机物含有的官能团都是碳碳双键和羟基，可以发生取代反应、加成反应、还原反应，碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此芳樟醇和橙花叔醇均能发生氧化反应，D项错误。
5．已知某药物具有抗痉挛作用，制备该药物其中一步反应为
下列说法不正确的是(　　)
A．a物质中参加反应的官能团是羧基
B．生活中b可作燃料和溶剂
C．c物质极易溶于水
D．该反应类型为取代反应
答案：C
解析：该反应是a与b（C2H5OH）的酯化反应，c中亲水基团较少，不可能极易溶于水。(共86张PPT)
题型5　化学实验基础应用
真题·考情
题型·练透
模考·预测
真题·考情
全国卷
1.[2023·全国甲卷]实验室将粗盐提纯并配制0.100 0 mol·L－1的NaCl溶液。下列仪器中，本实验必须用到的有(　　)
①天平　 ②温度计　 ③坩埚　 ④分液漏斗　
⑤容量瓶　 ⑥烧杯　 ⑦滴定管　 ⑧酒精灯
A．①②④⑥ B．①④⑤⑥
C．②③⑦⑧ D．①⑤⑥⑧
答案：D
解析：实验室将粗盐提纯时，需要将其溶于一定量的水中，然后将其中的硫酸根离子、钙离子、镁离子依次用稍过量的氯化钡溶液、碳酸钠溶液和氢氧化钠溶液除去，该过程中有过滤操作，需要用到烧杯、漏斗和玻璃棒；将所得滤液加适量盐酸酸化后蒸发结晶得到较纯的食盐，该过程要用到蒸发皿和酒精灯；用提纯后得到的精盐配制溶液的基本步骤有称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，需要用到天平、容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等。综上所述，本实验必须用到的有①天平、⑤容量瓶、⑥烧杯、⑧酒精灯，因此本题选D。
2．[2023·全国乙卷]下列装置可以用于相应实验的是(　　)
A B C D
制备CO2 分离乙醇和乙酸 验证SO2酸性 测量O2体积
答案：D
解析：Na2CO3固体比较稳定，受热不易分解，所以不能采用加热碳酸钠的方式制备二氧化碳，A错误；乙醇和乙酸是互溶的，不能采用分液的方式分离，应采用蒸馏来分离，B错误；二氧化硫通入品红溶液中，可以验证其漂白性，不能验证酸性，C错误；测量氧气体积时，装置选择量气管，测量时要恢复到室温，两边液面高度相等，D正确；故选D。
3.[2023·新课标卷]根据实验操作及现象，下列结论中正确的是(　　)
选项 实验操作及现象 结论
A 常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无明显现象 稀硝酸的氧化性比浓硝酸强
B 取一定量Na2SO3样品，溶解后加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。加入浓HNO3，仍有沉淀
C 将银和AgNO3溶液与铜和Na2SO4溶液组成原电池。连通后银表面有银白色金属沉积，铜电极附近溶液逐渐变蓝 Cu的金属性比Ag强
D 向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅 溴与苯发生了加成反应
答案：C
解析：常温下，铁片与浓硝酸会发生钝化，导致现象不明显，但稀硝酸与铁不发生钝化，会产生气泡，所以不能通过该实验现象比较浓硝酸和稀硝酸的氧化性强弱，A错误；浓硝酸会氧化亚硫酸根生成硫酸根，仍然产生白色沉淀，所以不能通过该实验现象判断样品中是否含有硫酸根，B错误；铜比银活泼，在形成原电池过程中，做负极，发生氧化反应，生成了铜离子，导致溶液变为蓝色，所以该实验可以比较铜和银的金属性强弱，C正确；向溴水中加入苯，苯可将溴萃取到上层，使下层水层颜色变浅，不是溴与苯发生了加成反应，D错误；故选C。
4.[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．Na2SO4、Na2S2O3 B．Na2SO3、Na2S2O3
C．Na2SO4、Na2CO3 D．Na2SO3、Na2CO3
答案：A
解析：实验②说明样品中一定含有Na2S2O3，发生反应：Na2S2O3＋2HCl===2NaCl＋S↓＋SO2↑＋H2O；实验③说明样品中一定含有Na2SO4，发生反应：Na2SO4＋BaCl2===BaSO4↓＋2NaCl。
5．[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(　　)
选项 实验目的 实验及现象 结论
A 分别测浓度均为0.1 mol·L－1的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者
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 向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色
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
答案：C
解析：A项，CH3COONH4为弱酸弱碱盐，对CH3COO－的水解有影响，可以分别测同浓度的CH3COONa与NaHCO3溶液的pH，错误；B项，KMnO4溶液与浓盐酸也可以发生氧化还原反应而褪色，不能验证溶液中是否有Fe2＋，错误；C项，存在可逆反应：2Cr（黄色）＋2H＋ Cr2（橙红色）＋H2O，氢离子浓度增大，平衡正向移动，正确；D项，乙醇与钠也可以发生反应产生氢气，不能用来检验乙醇中是否含有水，错误。
6.[2021·全国乙卷]在实验室采用如图装置制备气体，合理的是(　　)
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
答案：C
解析：NH3应使用向下排空气法收集，A项错误；图示装置不能用于固液反应制气体，B、D项错误；KClO3在MnO2催化下加热可生成O2，O2的密度比空气的大，可用向上排空气法收集，C项正确。
省市卷
1.[2023·浙江6月]下列说法正确的是(　　)
A．图①装置可用于制取并收集氨气
B．图②操作可排出盛有KMnO4溶液滴定管尖嘴内的气泡
C．图③操作俯视刻度线定容会导致所配溶液浓度偏大
D．图④装置盐桥中阳离子向ZnSO4溶液中迁移
答案：C
解析：氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，遇冷又化合生成氯化铵，则直接加热氯化铵无法制得氨气，实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体的方法制备氨气，故A错误；高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以高锰酸钾溶液应盛放在酸式滴定管中，不能盛放在碱式滴定管中，故B错误；配制一定物质的量浓度的溶液时，俯视刻度线定容会使溶液的体积偏小，导致所配溶液浓度偏大，故C正确；由图可知，锌铜原电池中，锌电极为原电池的负极，铜为正极，盐桥中阳离子向硫酸铜溶液中迁移，故D错误；故选C。
2．[2023·山东卷]实验室安全至关重要，下列实验室事故处理方法错误的是(　　)
A．眼睛溅进酸液，先用大量水冲洗，再用饱和碳酸钠溶液冲洗
B．皮肤溅上碱液，先用大量水冲洗，再用2%的硼酸溶液冲洗
C．电器起火，先切断电源，再用二氧化碳灭火器灭火
D．活泼金属燃烧起火，用灭火毯(石棉布)灭火
答案：A
解析：眼睛溅进酸液，用大量水冲洗后，立即送医院诊治，A错误。
3．[2023·湖北卷]实验室用以下装置(夹持和水浴加热装置略)制备乙酸异戊酯(沸点142 ℃)，实验中利用环己烷－水的共沸体系(沸点69 ℃)带出水分。已知体系中沸点最低的有机物是环己烷(沸点81 ℃)，其反应原理：
下列说法错误的是(　　)
A．以共沸体系带水促使反应正向进行
B．反应时水浴温度需严格控制在69 ℃
C．接收瓶中会出现分层现象
D．根据带出水的体积可估算反应进度
答案：B
解析：由反应方程式可知，生成物中含有水，若将水分离出去，可促进反应正向进行，该反应选择以共沸体系带水可以促使反应正向进行，A正确；反应产品的沸点为142 ℃，环己烷的沸点是81 ℃，环己烷－水的共沸体系的沸点为69 ℃，温度可以控制在69 ℃～81 ℃之间，不需要严格控制在69 ℃，B错误；接收瓶中接收的是环己烷－水的共沸体系，环己烷不溶于水，会出现分层现象，C正确；根据投料量，可估计生成水的体积，所以可根据带出水的体积估算反应进度，D正确；故选B。
4．[2022·广东卷]若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a～d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验，下列分析正确的是(　　)
A．Cu与浓硫酸反应，只体现H2SO4的酸性
B．a处变红，说明SO2是酸性氧化物
C．b或c处褪色，均说明SO2具有漂白性
D．试管底部出现白色固体，说明反应中无H2O生成
答案：B
解析：铜和浓硫酸反应过程中，生成CuSO4体现出浓硫酸的酸性，生成SO2体现出浓硫酸的强氧化性，故A错误；a处的紫色石蕊溶液变红，其原因是SO2溶于水生成了酸，可说明SO2是酸性氧化物，故B正确；b处品红溶液褪色，其原因是SO2具有漂白性，而c处酸性高锰酸钾溶液褪色，其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应，SO2体现出还原性，故C错误；实验过程中试管底部出现白色固体，根据元素守恒可知，其成分为无水CuSO4，而非蓝色的CuSO4·5H2O，其原因是浓硫酸体现出吸水性，将反应生成的H2O吸收，故D错误。
考情分析
考向 考点
考情1 化学实验基本操作判断 安全标识、事故预防及处理
药品的取用与保存
常见基本操作正误判断
考情2 仪器的识别、使用及装置图的判断 常见化学仪器的使用
常见气体的制备装置分析
分离、提纯装置分析
设定目标型装置判断
考情3 操作—现象—结论一致性判断 装置、操作、目的一致性判断
操作、现象和结论一致性判断
目的、操作、结论一致性判断
题型·练透
精准备考·要有方向——研析题型角度
题型角度1 常用化学实验仪器的识别与选用
例1 下列仪器对应名称正确的是(　　)
答案：D
解析：A项是坩埚，故不正确；B项中泥三角，故不正确；C项是分液漏斗，故不正确；D项是蒸馏烧瓶，故正确。
练1　在硫酸铜晶体结晶水含量测定的实验过程中，下列仪器或操作未涉及的是(　　)
答案：C
解析：为使硫酸铜晶体充分反应，应该将硫酸铜晶体研细，因此要进行研磨操作，A不符合题意；硫酸铜晶体结晶水含量测定实验过程中，需要准确称量瓷坩埚的质量、瓷坩埚和一定量硫酸铜晶体的质量、瓷坩埚和反应后硫酸铜粉末的质量，至少称量4次，所以涉及称量操作，需要托盘天平，B不符合题意；盛有硫酸铜晶体的瓷坩埚放在泥三角上加热，不需要用到蒸发皿，因此实验过程中未涉及蒸发结晶操作，C符合题意；加热后冷却时，为防止硫酸铜粉末吸水，应将硫酸铜放在干燥器中进行冷却，从而得到纯净而干燥的无水硫酸铜，因此需要使用干燥器，D不符合题意。
练2　下列实验仪器或装置的选择正确的是(　　)
配制50.00 mL 0.100 0 mol·L-1 Na2CO3溶液 除去Cl2中的HCl
A B
蒸馏用冷凝管 盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶
C D
答案：B
解析：本题考查实验仪器或装置的选用，考查的化学学科核心素养是科学探究与创新意识。配制一定物质的量浓度的溶液应选用容量瓶，A项错误；氯化氢极易溶于水，通入饱和食盐水，除去HCl的同时可以降低氯气的溶解度，B项正确；蒸馏时应选用直形冷凝管，C项错误；盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶应使用橡胶塞，D项错误。
题型角度2 化学实验基本操作判断
例2 下列实验的仪器或操作正确的是(　　)
A．在固体物质灼烧实验中，可将坩埚直接放在三脚架上加热
B．在测量醋酸钠溶液浓度的滴定实验中，可将待测液醋酸钠溶液盛装在碱式滴定管中
C．在氯化钠溶液蒸发结晶实验中，为防止溶液暴沸，可加入几片碎瓷片
D．在蒸馏分离乙醇、乙酸、乙酸乙酯混合物的实验中，为提高冷凝效果，可使用球形冷凝管
答案：B
解析：A项，坩埚加热时，需要放置在泥三角上，错误；B项，由于醋酸钠水解使溶液呈碱性，则必须盛装在碱式滴定管中，正确；C项，蒸发操作时为了防止溶液暴沸，应使用玻璃棒搅拌，加入碎瓷片会影响氯化钠纯度，错误；D项，球形冷凝管一般用于反应物的冷凝回流实验中，蒸馏收集产物时应选择直形冷凝管，错误。
练1　下列图示与操作名称不对应的是(　　)
答案：B
练2　下列有关实验的操作正确的是(　　)
实验 操作
A 配制稀硫酸 先将浓硫酸加入烧杯中，后倒入蒸馏水
B 排水法收集KMnO4分解产生的O2 先熄灭酒精灯，后移出导管
C 浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2 气体产物先通过浓硫酸，后通过饱和食盐水
D CCl4萃取碘水中的I2 先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层
答案：D
解析：因浓硫酸密度大于水且溶于水时放出大量的热，因此稀释浓硫酸时需将浓硫酸沿器壁缓慢倒入水中，且边加边搅拌，A错误；利用排水法收集KMnO4分解产生的O2时，若先熄灭酒精灯，后移出导管，则气体发生装置内因温度降低、压强减小而发生倒吸，导致试管炸裂，B错误；制得的Cl2若先通过浓硫酸，后通过饱和食盐水，则收集的气体中仍会混有水蒸气，C错误；因CCl4的密度大于水，萃取分层后CCl4在下层，故分液时先从分液漏斗下口放出有机层，再从上口倒出水层，D正确。
题型角度3 化学实验装置的识读判断
例3 实验室以CaCO3为原料，制备CO2并获得CaCl2·6H2O晶体。下列图示装置和原理不能达到实验目的的是(　　)
答案：D
解析：本题考查化学实验方案的设计与评价，考查的化学学科核心素养是科学探究与创新意识。稀盐酸与CaCO3反应生成CO2气体；CO2气体密度比空气大，可用向上排空气法收集；CaCO3不溶于水，可通过过滤除去未反应的CaCO3固体；得到CaCl2·6H2O晶体可采用冷却结晶的方法，不能采用蒸发结晶的方法，因为加热易失去结晶水，而得不到CaCl2·6H2O晶体，D项错误。
练1　在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是(　　)
答案：D
解析：A项装置用于制备乙酸乙酯，B项装置用于除去乙酸乙酯中的乙酸、乙醇（纯化），C项装置用于分离乙酸乙酯，D项装置用于蒸发浓缩或蒸发结晶。只有D项操作在制备和纯化乙酸乙酯的实验中未涉及。
练2　下列实验装置能达到实验目的的是(　　)
A．用装置Ⅰ可制取NH3
B．用装置Ⅱ制取氢氧化铁胶体
C．用装置Ⅲ除去Cl2中和HCl和H2O
D．用装置Ⅳ提取溴水中的Br2
答案：A
解析：NH4HCO3分解产生CO2、H2O和NH3，碱石灰可吸收CO2和H2O，最终可制得NH3，A项正确；从溴水中提取溴应先用萃取分液的方法，D项错误。
练3　实验室用Ca与H2反应制取氢化钙(CaH2)。下列实验装置和原理不能达到实验目的的是(　　)


A．装置甲制取H2 B．装置乙净化干燥H2
C．装置丙制取CaH2 D．装置丁吸收尾气
答案：D
解析：装置甲利用稀盐酸与锌在简易装置中制取H2，实验装置和原理能达到实验目的，选项A不选；装置乙利用氢氧化钠溶液吸收氢气中的氯化氢气体、利用浓硫酸干燥氢气，起到净化干燥H2的作用，实验装置和原理能达到实验目的，选项B不选；装置丙利用纯净的氢气在高温条件下与钙反应制取CaH2，实验装置和原理能达到实验目的，选项C不选；装置丁是防止空气中的水蒸气及氧气进入与钙或CaH2反应，选项D选。
题型角度4 化学实验“操作—现象—结论”一致性评判
例4 下列实验现象与实验操作不相匹配的是(　　)
实验操作 实验现象
A 向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯后静置 溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层
B 将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生
C 向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸 有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊
D 向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KSCN溶液 黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变
答案：A
解析：本题涉及的考点有乙烯的化学性质、镁单质及其化合物的性质、硫及其化合物的性质、铁及其化合物的性质与检验，考查了学生对元素及其化合物基础知识的复述、再现、辨认并能融会贯通的能力，能从微观层面认识物质的性质和变化，并用来解决宏观的实际问题，体现了以宏观辨识与微观探析为主的学科核心素养。
A项，乙烯可被酸性KMnO4溶液氧化，生成CO2，所以实验现象为溶液紫色逐渐褪去，静置后溶液不分层，故错误；B项，发生反应的化学方程式为2Mg＋CO2C＋2MgO，集气瓶中产生浓烟（MgO）并有黑色颗粒（C）产生，故正确；C项，发生反应的离子方程式为S2＋2H＋===S↓＋SO2↑＋H2O，有刺激性气味气体（SO2）产生，溶液变浑浊（生成S），故正确；D项，发生反应的离子方程式为2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，加入过量铁粉，Fe3＋完全反应，黄色逐渐消失，滴加KSCN溶液不变色，故正确。
练1　下列实验操作能达到实验目的的是(　　)
实验目的 实验操作
A 制备Fe(OH)3胶体 将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中
B 由MgCl2溶液制备无水MgCl2 将MgCl2溶液加热蒸干
C 除去Cu粉中混有的CuO 加入稀硝酸溶解，过滤、洗涤、干燥
D 比较水与乙醇中氢的活泼性 分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中
答案：D
解析：A项，NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中生成Fe（OH）3沉淀，而Fe（OH）3胶体的制备是向沸水中滴入饱和氯化铁溶液，加热至液体出现红褐色，错误；B项，氯化镁是强酸弱碱盐，MgCl2水解产生的HCl易挥发，将MgCl2溶液加热蒸干生成Mg（OH）2，故由MgCl2溶液制备无水MgCl2要在HCl气流中加热蒸干，错误；C项，铜与稀硝酸反应，应该用稀盐酸或稀硫酸除去Cu粉中混有的CuO，错误；D项，分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，利用反应的现象：反应剧烈的是水，反应平缓的是乙醇，可比较水和乙醇中氢的活泼性，正确。
练2　由下列实验及现象不能推出相应结论的是(　　)
选项 实验 现象 结论
A 向2 mL 0.1 mol·L－1的FeCl3 溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液 黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变 还原性：
Fe>Fe2＋
B 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生 CO2具有
氧化性
C 加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸 石蕊试纸变蓝 NH4HCO3
显碱性
D 向2支盛有2 mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液 一支试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象 Ksp(AgI)<
Ksp(AgCl)
答案：C
解析：发生的反应为2FeCl3＋Fe===3FeCl2，Fe将Fe3＋还原为Fe2＋，所以还原性：Fe>Fe2＋，A选项能推出相应结论；发生的反应为4Na＋CO2C＋2Na2O，CO2中C元素化合价降低，被还原，所以CO2具有氧化性，B选项能推出相应结论；发生的反应为NH4HCO3NH3↑＋H2O＋CO2↑，由于NH3与水反应生成NH3·H2O，NH3·H2O显碱性，所以石蕊试纸变蓝，C选项不能推出相应结论；生成了AgI沉淀，没有生成AgCl沉淀，所以Ksp（AgI）题型角度5 化学制备工艺流程中的分离和提纯
例5 实验室用含有杂质(FeO、Fe2O3)的废CuO制备胆矾晶体，经历了下列过程(已知Fe3＋在pH＝5时沉淀完全)。其中分析错误的是(　　)
A．步骤②发生的主要反应为：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O
B．步骤②可用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2
C．步骤③用CuCO3代替CuO也可调节溶液的pH
D．步骤⑤的操作为：向漏斗中加入少量冷的蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复操作2～3次
答案：B
解析：由实验流程可知，样品与足量硫酸反应，生成硫酸铜、硫酸亚铁和硫酸铁，加入过氧化氢，发生氧化还原反应生成硫酸铁，然后加入CuO调节溶液的pH，使Fe3＋水解而生成Fe（OH）3沉淀，得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体。步骤②为亚铁离子与过氧化氢的氧化还原反应，离子反应为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，故A正确；步骤②用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2，引入杂质氯离子、硝酸根离子等，难以除去，故B错误；CuCO3和CuO都与溶液中H＋反应，起到调节溶液pH的作用，并不引入新的杂质，故C正确；步骤⑤为洗涤固体，固体具有吸附性，过滤时表面有可溶性物质，则操作为向滤出晶体的漏斗中加少量冷的蒸馏水浸没晶体，自然流下，重复2～3次，可洗涤晶体，故D正确。
练1　某化工厂制备净水剂硫酸铁铵晶体
[NH4Fe(SO4)2·6H2O]的一种方案如下：
下列说法不正确的是(　　)
A．滤渣A的主要成分是CaSO4
B．“合成”反应要控制温度，温度过高，产率会降低
C．“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等
D．相同条件下，NH4Fe(SO4)2·6H2O净水能力比FeCl3强
答案：D
解析：硫酸钙微溶于水，滤渣A的主要成分是CaSO4，故A正确；“合成”反应要控制温度，温度过高，会促进Fe3＋的水解，生成硫酸铁铵的产率会降低，故B正确；硫酸铁铵的溶解度随温度降低而减小，宜采用结晶法提纯，所以“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，故C正确；水解生成H＋，抑制Fe3＋的水解生成氢氧化铁胶体，所以氯化铁净水能力比硫酸铁铵强，相同条件下，NH4Fe（SO4）2·6H2O净水能力比FeCl3弱，故D错误。
练2　实验室分离Fe3＋和Al3＋的流程如下：
已知Fe3＋在浓盐酸中生成黄色配离子[FeCl4]－，该配离子在乙醚(Et2O，沸点34.6℃)中生成缔合物Et2O·H＋·[FeCl4]－。下列说法错误的是(　　)
A．萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向下
B．分液时，应先将下层液体由分液漏斗下口放出
C．分液后水相为无色，说明已达到分离目的
D．蒸馏时选用直形冷凝管
答案：A
精准备考·要有方案——高考必备基础
一、化学实验基础性评判
举例 判断正误 解释或说明
基本仪器使用 与安全 (1)试管、蒸发皿既能用于给固体加热也能用于给溶液加热 蒸发皿不能用来加热固体
(2)分液漏斗既能用于某些混合物的分离也能用于组装气体发生装置 分液漏斗可用于分液以及气体的制备，如实验室制备氯气，可用分液漏斗加入浓盐酸
(3)称取2.0 g NaOH固体的实验操作是先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2 g砝码，左盘上添加NaOH固体 NaOH具有吸水性和腐蚀性不能直接放在滤纸上
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举例 判断正误 解释或说明
基本仪 器使用 与安全 (4)取液体时，先将胶头滴管伸入试剂瓶中，用手指捏紧滴管的胶头再放开手指 使用胶头滴管吸取液体时，先挤压胶头排出空气，再将胶头滴管伸入液体中吸入液体
(5)容量瓶在使用前一定要检漏、洗涤并烘干 容量瓶在使用之前不需烘干
(6)酸碱滴定实验中，用待测溶液润洗锥形瓶，以减小实验误差 锥形瓶不能用待测液润洗，否则测定结果偏大
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举例 判断正误 解释或说明
基本仪 器使用 与安全 (7)酸式滴定管装标准溶液前，必须用该溶液润洗 确保滴定管中溶液的浓度与标准液的浓度相同，装液前要用所盛标准液润洗
(8)金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火 钠能与水剧烈反应产生氢气，生成的Na2O2也能与水或CO2反应
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举例 判断正误 解释或说明
药品的 保存 (1)可用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液 玻璃中含有二氧化硅，易与NaOH溶液反应生成具有黏性的硅酸钠
(2)氢氟酸或浓硝酸要保存在棕色细口玻璃试剂瓶中 氢氟酸能和二氧化硅反应生成四氟化硅和水，所以不能保存在玻璃瓶中，应该保存在塑料瓶中
(3)保存液溴时向其中加入少量酒精，减少挥发 溴易溶于酒精，但酒精是易挥发性的物质，导致加速溴的挥发，保存液溴时常加少量水液封
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举例 判断正误 解释或说明
pH试 纸使用 (1)用湿润的pH试纸测稀碱液的pH，测定值偏小 湿润的pH试纸可以稀释碱液
(2)可用pH试纸测氯水的pH 氯气可与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可漂白试纸
(3)测定未知液的pH时，应该用干燥的pH试纸，否则一定会产生误差 若测中性溶液的pH，则不产生误差
(4)直接将pH试纸浸入待测液中 直接将pH试纸浸入待测液中会污染待测液
(5)用广泛pH试纸测得某溶液的pH为3.5 广泛pH试纸只能精确到整数
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举例 判断正误 解释或说明
溶液的 稀释和 配制 (1)把水沿着器壁慢慢地注入浓硫酸中，并不断搅动 水的密度比浓硫酸的密度小，若将水倒入浓硫酸中，水会浮在浓硫酸的上面沸腾而造成液滴飞溅
(2)用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小 定容时俯视容量瓶的刻度线，导致所配溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏大
(3)用容量瓶配制溶液，定容时仰视刻度线，所配溶液浓度偏大 定容时仰视容量瓶的刻度线，导致所配溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏低
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举例 判断正误 解释或说明
溶液的 稀释和 配制 (4)将称得的碳酸钠小心转移至250 mL容量瓶中，加入蒸馏水至刻度线 要先在烧杯中溶解，待溶液冷却到室温再转移到容量瓶中
(5)将量好的浓硫酸直接转移到容量瓶中 浓硫酸要先在烧杯中稀释，待冷却到室温再转移到容量瓶中
(6)将NaOH在烧杯中溶解后，应立即将溶液转移至容量瓶中 要冷却到室温再转移到容量瓶中，否则溶液的体积偏小，浓度偏大
(7)容量瓶中含有少量蒸馏水对所配的溶液无影响 定容时还要加蒸馏水，所以容量瓶中含有少量的蒸馏水对所配的溶液无影响
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举例 判断正误 解释或说明
分离与 提纯 (1)振荡分液漏斗时应关闭其玻璃塞和活塞 使用分液漏斗进行分液操作时，振荡前应关闭其玻璃塞和活塞，避免液体流出，然后再进行振荡
(2)测量酒精沸点的实验中，应使温度计水银球位于被加热的酒精中 测量酒精沸点实际测量的是蒸气的温度
(3)萃取过程中，不需要打开分液漏斗的玻璃塞，以防止其漏气 萃取过程中放出液体时，需要打开玻璃塞，保证与外界连通，确保液体顺利流出
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举例 判断正误 解释或说明
分离与 提纯 (4)做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加 热的液体立即加入沸石会引起暴沸，应冷却后再加入
(5)用分液漏斗、烧杯分离Br2和CCl4的混合物 Br2和CCl4互溶，不能用分液法
(6)用分液法分离乙酸和乙酸乙酯 乙酸与乙酸乙酯互溶，不能用分液的方法分离
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二、化学实验中“操作—现象—结论”一致性评判
实验操作及现象 结论 判断正误 解释
(1) 用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色 一定是钠盐，该溶液中一定不含有K＋ NaOH焰色反应火焰也是黄色，检验钾元素要透过蓝色钴玻璃，透过蓝色钴玻璃火焰呈紫色说明含有钾元素，否则不含有
(2) 该气体是乙烯 未反应的乙醇、生成的乙烯、SO2都能使酸性KMnO4溶液褪色
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实验操作及现象 结论 判断正误 解释
(3) 向溶液X中滴加NaOH稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝 NH3极易溶于水，在溶液中加入稀NaOH溶液，生成的氨水浓度小，不加热时NH3不会挥发出来
(4) 用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体Y，试纸变蓝 该气体是Cl2 淀粉碘化钾试纸检验的是具有强氧化性的气体，Y可能是Cl2，也可能是O3、NO2等气体
(5) 将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色 该气体一定是SO2 O3、Cl2，也能使品红溶液褪色
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实验操作及现象 结论 判断正误 解释
(6) 向溶液Y中滴加硝酸，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成
(7) 该有机物中含有碳碳双键 碳碳双键和醛基都能使酸性高锰酸钾褪色，故用KMnO4溶液无法证明分子中含有碳碳双键
(8) 蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X，有白烟产生 X一定是浓盐酸 只要是挥发性的浓酸遇蘸有浓氨水的玻璃棒都能产生白烟，浓盐酸、浓硝酸都符合
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实验操作及现象 结论 判断正误 解释
(9) 在淀粉溶液中加入适量稀硫酸微热，向水解后的溶液中加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热，无砖红色沉淀 说明淀粉未水解 稀硫酸在淀粉水解中作催化剂，在未中和硫酸的情况下加入的新制Cu(OH)2悬浊液会与硫酸反应生成CuSO4，在加热时得不到沉淀，应该先加氢氧化钠中和硫酸后再加新制Cu(OH)2悬浊液
(10) 向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色 该溶液中一定含Fe2＋ Fe2＋的检验方法正确
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实验操作及现象 结论 判断正误 解释
(11) 溴乙烷与NaOH溶液共热后，滴加AgNO3溶液，未出现淡黄色沉淀 溴乙烷未发生水解 NaOH与AgNO3溶液反应生成的AgOH极不稳定，分解生成棕褐色的氧化银，干扰溴离子的检验
(12) 在硫酸钡沉淀中加入浓碳酸钠溶液充分搅拌后，取沉淀(洗净)放入盐酸中，有气泡产生 说明Ksp(BaCO3)×
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实验操作及现象 结论 判断正误 解释
(13) 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，铝箔熔化但不滴落 氧化铝的熔点高于铝单质 氧化铝的熔点高，像网兜一样包裹在Al的外面，铝箔熔化但不滴落
(14) 将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液红色褪去 SO2具有漂白性 二氧化硫是酸性氧化物，能与碱反应生成盐和水，与漂白性无关
(15) 将SO2气体通入到Ba(NO3)2溶液中，生成白色沉淀 此沉淀是BaSO3
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实验操作及现象 结论 判断正误 解释
(16) 向Na2CO3溶液中加入冰醋酸，将产生的气体直接通入苯酚钠溶液中，产生白色浑浊 酸性：醋酸>碳酸>苯酚 因醋酸具有挥发性，生成的CO2气体中混有挥发出的CH3COOH，变浑浊可能是因为CO2，也可能是因为CH3COOH，无法比较碳酸与苯酚的酸性强弱
(17) 将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变红 Fe(NO3)2晶体已氧化变质
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实验操作及现象 结论 判断正误 解释
(18) SO2通入溴水(或碘水或酸性高锰酸钾溶液)中，溴水褪色 SO2有漂白性 SO2在反应中作还原剂，体现的是还原性而不是漂白性
(19) 向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊 该溶液一定是碳酸盐溶液 碳酸氢盐、亚硫酸盐、亚硫酸氢盐溶液也有相同现象
(20) 分离乙酸和乙酸乙酯 用分液法 乙酸与乙酸乙酯互溶，不能用分液的方法分离
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实验操作及现象 结论 判断正误 解释
(21) 制备Fe(OH)3胶体：0.1 mol·L－1FeCl3溶液与0.3 mol·L－1NaOH溶液等体积混合 有胶体生成
(22) 向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液，均有固体析出 蛋白质均发生变性 向蛋白质溶液中加入饱和氯化钠溶液，发生盐析
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三、实验装置的识读要点
装置 装置的易错点或注意事项
(1)容量瓶中是否有固体，不能在容量瓶中溶解溶质
(2)玻璃棒要靠在刻度线以下，而不是刻度线以上
(1)是否用玻璃棒引流
(2)漏斗末端是否紧靠烧杯内壁
(3)玻璃棒是否紧靠三层滤纸
装置 装置的易错点或注意事项
(1)分液漏斗末端是否紧靠烧杯内壁
(2)分离的混合物是否符合萃取原理
(3)分液漏斗的上层液体是否从上口倒出，下层液体是否从下口流出
(1)温度计水银球的位置是否位于支管口
(2)水流方向是否为自下而上
(3)是否使用碎瓷片
(4)是否使用石棉网
装置 装置的易错点或注意事项
(1)右端导管是伸入液面以下还是接近液面
(2)用的是饱和Na2CO3溶液还是NaOH溶液
(3)配制浓H2SO4、乙醇、乙酸的混合液时，滴加顺序是否正确
装置 装置的易错点或注意事项
(1)制备H2、O2、SO2、CO2、NO、NO2、浓氨水与碱石灰反应制备NH3、KMnO4与浓盐酸反应制备Cl2可选择A装置
(2)MnO2与浓盐酸反应制备Cl2可以选择B装置
(1)反应的试管口要略向下倾斜
(2)制备NH3时棉花的作用是防止氨气对流
(3)用KClO3固体与MnO2加热制备O2也可以选择此装置
装置 装置的易错点或注意事项
(1)通常用于比较酸性强弱，如酸性：亚硫酸>乙酸>碳酸>苯酚
(2)若①中为挥发性酸，通入③之前要把挥发出的①中的气体除去，如验证酸性：乙酸>碳酸>苯酚，要在②和③之间加一个盛水的洗气瓶除去挥发出的乙酸蒸气
四、制备工艺中常用的分离方法
方法 使用范围
结晶 固体物质从溶液中析出的过程(蒸发冷却热饱和溶液、蒸发浓缩)
过滤 固、液分离
蒸馏 液、液分离
分液 互不相溶的液体间的分离
萃取 用一种溶剂将溶质从另一种溶剂中提取出来
升华 将可直接气化的固体分离出来
盐析 加无机盐使溶质的溶解度降低而析出
模考·预测
1.关于下列仪器的使用表述不正确的是(　　)
答案：B
解析：图中仪器为干燥器，用于干燥物质，A项正确；图中仪器为坩埚，不能用于蒸发结晶，B项错误；图中仪器为泥三角，用于在三脚架上支撑坩埚加热，C项正确；图中仪器为坩埚钳，夹取热器皿前需预热，D项正确。
2．测定浓硫酸试剂中H2SO4含量的主要操作包括：①量取一定量的浓硫酸，稀释；②转移定容得待测液；③移取20.00 mL待测液，用0.100 0 mol·L－1的NaOH溶液滴定。上述操作中，不需要用到的仪器为(　　)
答案：B
解析：该实验操作中涉及溶液的配制，需要用到容量瓶；移取待测液，用0.100 0 mol·L－1NaOH溶液滴定，需要用到锥形瓶和碱式滴定管，不需要用到分液漏斗，故选B。
3．下列实验操作或装置能达到目的的是(　　)
A B C D
混合浓硫 酸和乙醇 配制一定浓度的溶液 收集NO2气体 证明乙炔可
使溴水褪色
答案：B
解析：本题涉及的考点有硫酸的物理性质、一定物质的量浓度溶液的配制、气体的收集、乙炔的制备和检验。考查化学实验基本方法和技能、化学实验探究能力，体现了能依据实验目的设计探究方案，并运用化学实验进行实验探究，即体现了科学探究与创新意识的学科核心素养。
A项，浓硫酸密度较大，与乙醇混合时应向乙醇中慢慢倒入浓硫酸，边加边搅拌，故错误；B项，用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，液面接近刻度线1～2 cm时改用胶头滴管定容，平视液面，直至凹液面最低点与刻度线相切，故正确；C项，NO2气体密度比空气大，收集时气体应“长进短出”，故错误；D项，电石中含有含硫元素的杂质，与水反应生成还原性气体H2S（H2S也能使溴水褪色），干扰乙炔的检验，故错误。
4.下列实验装置能达到实验目的的是(　　)
A.用图甲所示装置制备Fe(OH)2
B．用图乙所示装置制取少量Cl2
C．用图丙所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制取NH4Cl晶体
D．用图丁所示装置分离乙醇和CH3COOC2H5的混合物
答案：A
解析：铁与硫酸反应生成氢气，将空气从试管中赶出，再加入NaOH溶液生成Fe（OH）2，故A正确；用MnO2与浓盐酸制Cl2，不是1 mol·L－l的稀盐酸，故B错误；NH4Cl固体受热后会分解，故C错误；蒸馏时温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口处，故D错误。
5．下列实验操作规范且能达到目的的是(　　)
目的 操作
A 取20.00 mL盐酸 在50 mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00 mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶
B 清洗碘升华实验所用试管 先用酒精清洗，再用水清洗
C 测定醋酸钠溶液pH 用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上
D 配制浓度为0.010 mol·L－1的KMnO4溶液 称取KMnO4固体0.158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度
答案：B
解析：A错：刻度以下部分还有盐酸，实际放入锥形瓶内的盐酸体积大于20.00 mL。B对：碘易溶于酒精，所以可用酒精清洗碘，又因为酒精与水互溶，所以再用水清洗可洗净。C错：将溶液点在湿润的pH试纸上相当于稀释溶液，会造成醋酸钠溶液pH偏低，应用玻璃棒蘸取溶液点在干燥的pH试纸上。D错：配制一定物质的量浓度的溶液，应在烧杯中溶解固体，冷却至室温后再转移到容量瓶中定容。
6.下列实验设计不能达到实验目的的是(　　)
实验目的 实验设计
A 检验溶液中FeSO4是否被氧化 取少量待测液，滴加KSCN 溶液，观察溶液颜色变化
B 净化实验室制备的Cl2 气体依次通过盛有饱和NaCl溶液、浓H2SO4的洗气瓶
C 测定NaOH溶液的pH 将待测液滴在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对照
D 工业酒精制备无水乙醇 工业酒精中加生石灰，蒸馏
答案：C
解析：向待测液中滴加KSCN溶液，溶液若变成血红色，说明存在Fe3＋，证明FeSO4被氧化，可以达到实验目的，A不符合题意；实验室利用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气，所得气体中含有HCl，故先将所得气体通入饱和食盐水中，除去HCl，再经过浓硫酸干燥，可得纯净、干燥的氯气，可以达到实验目的，B不符合题意；测定NaOH溶液的pH时，pH试纸不能润湿，否则会稀释待测液，使溶液碱性减弱，测得的pH偏小，不能达到实验目的，C符合题意；工业酒精中含有水，先加入生石灰除去水分，再进行蒸馏，可制备无水乙醇，可以达到实验目的，D不符合题意。(共82张PPT)
题型6　物质结构与元素周期律应用
真题·考情
题型·练透
模考·预测
真题·考情
全国卷
1.[2023·全国甲卷]W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为19。Y的最外层电子数与其K层电子数相等，WX2是形成酸雨的物质之一。下列说法正确的是(　　)
A．原子半径：X>W
B．简单氢化物的沸点：XC．Y与X可形成离子化合物
D．Z的最高价含氧酸是弱酸
答案：C
解析：W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，WX2是形成酸雨的物质之一，根据原子序数的规律，则W为N，X为O，Y的最外层电子数与其K层电子数相等，又因为Y的原子序数大于氧的，则Y电子层为3层，最外层电子数为2，所以Y为Mg，四种元素最外层电子数之和为19，则Z的最外层电子数为6，Z为S，据此解答。
X为O，W为N，同周期从左往右，原子半径依次减小，所以半径大小为W＞X，A错误；X为O，Z为S，X的简单氢化物为H2O，含有分子间氢键，Z的简单氢化物为H2S，没有氢键，所以简单氢化物的沸点为X＞Z，B错误；Y为Mg，X为O，它们可形成MgO，为离子化合物，C正确；Z为S，硫的最高价含氧酸为硫酸，是强酸，D错误；故选C。
2．[2023·全国乙卷]一种矿物由短周期元素W、X、Y组成，溶于稀盐酸有无色无味气体生成。W、X、Y原子序数依次增大。简单离子X2－与Y2＋具有相同的电子结构。下列叙述正确的是(　　)
A．X的常见化合价有－1、－2
B．原子半径大小为Y>X>W
C．YX的水合物具有两性
D．W单质只有4种同素异形体
答案：A
解析：W、X、Y为短周期元素，原子序数依次增大，简单离子X2－与Y2＋具有相同的电子结构，则它们均为10电子微粒，X为O，Y为Mg。W、X、Y组成的物质能溶于稀盐酸有无色无味的气体产生，则W为C，产生的气体为二氧化碳，据此解答。
X为O，氧的常见价态有－1价和－2价，如H2O2和H2O，A正确；W为C，X为O，Y为Mg，同主族时电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，原子序数越小，原子半径越大，所以原子半径大小为：Y＞W＞X，B错误；Y为Mg，X为O，他们可形成MgO，水合物为Mg(OH)2，Mg(OH)2只能与酸反应生成盐和水，不能与碱反应，所以YX的水合物没有两性，C错误；W为C，碳的同素异形体有：金刚石、石墨、石墨烯、富勒烯、碳纳米管等，种类不止四种，D错误；故选A。
3．[2023·新课标卷]一种可吸附甲醇的材料，其化学式为[C(NH2)3]4 [B(OCH3)4]3Cl，部分晶体结构如下图所示，其中[C(NH2)3]＋为平面结构。
下列说法正确的是(　　)
A．该晶体中存在N－H…O氢键
B．基态原子的第一电离能：CC．基态原子未成对电子数：BD．晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同
答案：A
解析：由晶体结构图可知，[C(NH2)3]＋中的－NH2的H与[B(OCH3)4]－中的O形成氢键，因此，该晶体中存在N－H…O氢键，A说法正确；同一周期元素原子从左到右第一电离能呈递增趋势，但是ⅡA、ⅤA元素的原子结构比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子，因此，基态原子的第一电离能从小到大的顺序为C< O < N，B说法不正确；B、C、O、N的未成对电子数分别为1、2、2、3，因此，基态原子未成对电子数B4.[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(　　)
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
答案：D
解析：根据题干信息“200 ℃以下热分解时无刺激性气体逸出”，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，说明Y的原子序数为奇数，且YZ2常温下为气体，则Y为N；根据W、X、Y、Z原子序数依次增加，且原子序数之和为21，则X为B。A项，硼单质常温下为固体，错误；B项，非金属性：N>B，故最高价氧化物的水化物酸性：Y（HNO3）>X（H3BO3），错误；C项，1 mol NH4B5O8·4H2O的质量为273 g，200 ℃时失重率为19.8%，则质量减少约54 g，则失去了约3 mol H2O，错误；D项，500 ℃时，若起始1 mol NH4B5O8·4H2O进行热分解，则剩余固体质量为273 g×64.1%≈175 g，5 mol B质量为55 g，说明O剩余175 g－55 g＝120 g，n（O）＝7.5 mol，n（B）∶n（O）＝5∶7.5＝2∶3，恰好是B2O3，正确。
5．[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(　　)
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
答案：D
解析：Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍，则Q为第二周期元素，Y的最外层电子数为4且与Q位于不同周期，故其位于第三周期，则Y为Si；X与Y相邻，X为Al；根据4种元素原子最外层电子数之和为19，可知Q与Z最外层电子数之和为12，Q、Z可能是O、S，也可能是N、Cl，还可能是F、P。A项，Al的非金属性弱于第二周期的N、O、F，错误；B项，铝是金属晶体，熔点比单质硅（共价晶体）低，错误；C项，Q的简单氢化物存在分子间氢键，故沸点高，错误；D项，Z是原子序数大于Y的同周期元素，非金属性：Z>Y，最高价含氧酸的酸性：Z>Y，正确。
6．[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(　　)
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
答案：D
解析：原子半径：Al>S>N>H，A项错误；H和N可形成NH3和N2H4等化合物，B项错误；Al2O3是典型的两性氧化物，与强酸和强碱均能反应生成盐和水，C项错误；H、N、S三种元素形成的（NH4）2S为离子化合物，既含离子键又含共价键，D项正确。
7．[2021·全国乙卷]我国嫦娥五号探测器带回1.731 kg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(　　)
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
答案：B
解析：分析可知，W为O、X为Mg、Y为Al、Z为Si。氧原子半径小于硫原子半径，而Mg、Al、Si的原子半径依次减小且均比同周期的硫原子半径大，因此原子半径：Mg>Al>Si>O，A项错误；Mg元素的金属性较强而O元素的非金属性很强，二者之间形成的化学键是离子键，B项正确；铝是导体而Si是半导体，故前者导电性强于后者，C项错误；硅酸的酸性弱于碳酸，D项错误。
省市卷
1.[2023·浙江1月]X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。X的2s轨道全充满，Y的s能级电子数量是p能级的两倍，M是地壳中含量最多的元素，Q是纯碱中的一种元素。下列说法不正确的是(　　)
A．电负性：Z>X
B．最高正价：ZC．Q与M的化合物中可能含有非极性共价键
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y
答案：B
解析：Y的s能级电子数量是p能级的两倍，则电子排布式为1s22s22p2，则Y为C元素；X的2s轨道全充满，五种短周期元素的原子序数依次增大，则X为Be或B元素；M是地壳中含量最多的元素，则M为O元素；Z为N元素；Q是纯碱中的一种元素，则Q为Na元素。同周期元素从左到右电负性逐渐增大，则电负性N>Be或B，A项正确；N的最高正价为＋5，但O无最高正价，B项错误；Na和O形成的Na2O2中O和O之间为非极性共价键，C项正确；非金属性N>C，故酸性：HNO3>H2CO3，D项正确。
2．[2023·湖北卷]W、X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，其中X、Y、Z相邻，W的核外电子数与X的价层电子数相等，Z2是氧化性最强的单质，4种元素可形成离子化合物(XY)＋(WZ4)－。下列说法正确的是(　　)
A．分子的极性：WZ3B．第一电离能：XC．氧化性：X2Y3D．键能：X2答案：A
解析：Z2是氧化性最强的单质，则Z是F，X、Y、Z相邻，且X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，则X为N，Y为O，W的核外电子数与X的价层电子数相等，则W为B，即：W为B，X为N，Y为O，Z是F，以此解题。
由分析可知，W为B，X为N，Z是F，WZ3为BF3，XZ3为NF3，其中前者的价层电子对数为3，空间构型为平面三角形，为非极性分子，后者的价层电子对数为4，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，为极性分子，则分子的极性：WZ33．[2023·辽宁卷]某种镁盐具有良好的电化学性能，其阴离子结构如下图所示。W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W、Y原子序数之和等于Z，Y原子价电子数是Q原子价电子数的2倍。下列说法错误的是(　　)
A．W与X的化合物为极性分子
B．第一电离能Z>Y>X
C．Q的氧化物是两性氧化物
D．该阴离子中含有配位键
答案：A
解析：W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W形成1条单键且核电荷数最小，W为H，X形成4条键，核电荷数大于H，且小于其他三种元素，X为C，Y原子价电子数为Q原子价电子数的2倍，Q为Al，Y形成2条单键，核电荷数大于C，Y为O，W、Y原子序数之和等于Z，Z为F。
W与X的化合物不一定为极性分子，如CH4就是非极性分子，A错误；同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能F>O>C，B正确；Q为Al，Al2O3为两性氧化物，C正确；该阴离子中L与Q之间形成配位键，D正确；故答案选A。
4．[2023·湖南卷]日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为3W3(ZX4)2·WY2。已知：X、Y、Z和W为原子序数依次增大的前20号元素，W为金属元素。基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为2∶1∶3。下列说法正确的是(　　)
A．电负性：X>Y>Z>W
B．原子半径：XC．Y和W的单质都能与水反应生成气体
D．Z元素最高价氧化物对应的水化物具有强氧化性
答案：C
解析：根据基态X原子s轨道上的电子数与p轨道上的电子数相等，可知X的电子排布式为1s22s22p4，为O元素，基态O原子的未成对电子数为2，则基态Y、Z原子的未成对电子数分别为1、3，结合原子序数关系可确定Y为F元素或Na元素，Z为P元素，则该荧光粉的主要成分为3W3(PO4)2·WF2，结合化合物中各元素化合价代数和为0可确定W为＋2价，又其原子序数最大，故W为Ca元素，Y为F元素。元素电负性：F>O>P>Ca，A项错误；原子半径：F5.[2022·湖南卷]科学家合成了一种新的共价化合物(结构如图所示)，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，W的原子序数等于X与Y的原子序数之和。下列说法错误的是(　　)
A．原子半径：X>Y>Z
B．非金属性：Y>X>W
C．Z的单质具有较强的还原性
D．原子序数为82的元素与W位于同一主族
答案：C
解析：同周期主族元素从左到右原子半径依次减小，A项正确；同周期元素从左到右非金属性依次增强，同主族元素从上到下非金属性依次减弱，故非金属性O>C>Si，B项正确；F2具有强氧化性，C项错误；82号元素的原
子结构示意图为 ，
位于第6周期第ⅣA族，D项正确。
6.[2022·广东卷]甲～戊均为短周期元素，在元素周期表中的相对位置如图所示。戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸。下列说法不正确的是(　　)
A．原子半径：丁＞戊＞乙
B．非金属性：戊＞丁＞丙
C．甲的氢化物遇氯化氢一定有白烟产生
D．丙的最高价氧化物对应的水化物一定能与强碱反应
答案：C
解析：甲～戊是短周期元素，戊中的最高价氧化物对应水化物为强酸，则可能是硫酸或高氯酸，若是高氯酸，则戊为Cl，甲为N、乙为F、丙为P、丁为S，若是硫酸，则戊为S，甲为C、乙为O、丙为Si、丁为P。
根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，则原子半径：丁＞戊＞乙，故A正确；根据同周期从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性：戊＞丁＞丙，故B正确；甲的氢化物可能为氨气，可能为甲烷、乙烷等，若是氨气，则遇氯化氢一定有白烟产生；若是甲烷、乙烷等，则遇氯化氢不反应，没有白烟生成，故C错误；丙的最高价氧化物对应的水化物可能是硅酸、也可能是磷酸，都一定能与强碱反应，故D正确。
考情分析
考向 考点
考情1 元素周期律 原子结构与元素性质的关系
元素性质的周期性变化
相应性质的强弱及大小的比较
考情2 元素周期表 元素周期表结构分析
元素周期表中元素性质的规律性变化分析
元素及其综合判断
考情3 化学键 化学键基础性判断
微粒间的作用与物质性质的关系
题型·练透
精准备考·要有方向——研析题型角度
题型角度1　原子结构与化学键
例1 元素g中文名为( )，是一种人工合成的稀有气体元素，下列正确的是(　　)
A．核外电子数是118 B．中子数是294
C．质量数是117 D．第六周期0族元素
答案：A
解析：根据原子的表示方法，左下角数字表示质子数118，对于中性原子，核外电子数等于质子数等于118。
练1　2016年IUPAC命名117号元素为Ts(中文名“ ”，tián)，Ts的原子核外最外层电子数是7。下列说法不正确的是(　　)
A．Ts是第七周期第ⅦA族元素
B．Ts的同位素原子具有相同的电子数
C．Ts在同族元素中非金属性最弱
D．中子数为176的Ts核素符号是s
答案：D
解析：A对：Ts的原子序数为117，其原子核外最外层电子数是7，则Ts元素处于周期表的第七周期第ⅦA族。B对：Ts元素的同位素原子具有相同的电子数和不同的中子数（或质量数）。C对：Ts元素与F、Cl、Br、I、At元素同处于第ⅦA族，从上到下，原子半径逐渐增大，则元素的非金属性逐渐减弱，故Ts在同族元素中非金属性最弱。D错：核电荷数为117、中子数为176的Ts核素，其质量数为117＋176＝293，该核素应表示为。
练2　火药制备是我国古代闻名世界的化学工艺，原理为2KNO3＋S＋3C===K2S＋N2↑＋3CO2↑。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是(　　)
A．K＋的结构示意图：
B．K2S的电子式：
C．CO2的结构式：O===C===O
D．16O2与18O3互为同位素
答案：C
题型角度2 元素周期律——原子结构与元素性质递变
例2 a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2－和c＋离子的电子层结构相同，d与b同族。下列叙述错误的是(　　)
A．a与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为＋1
B．b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物
C．c的原子半径是这些元素中最大的
D．d与a形成的化合物的溶液呈弱酸性
答案：A
解析：由“a的原子中只有1个电子”知，a为氢元素；由“b、c为短周期元素且b2－和c＋的电子层结构相同”知，b为氧元素、c为钠元素；又由“d为短周期元素且d与b同族”知d为硫元素。A项，氢与氧、硫形成的化合物H2O、H2O2、H2S中氢的化合价均为＋1，氢与钠形成的化合物NaH中氢的化合价为－1价，错误；B项，氧与氢可形成H2O、H2O2，氧与钠可形成Na2O、Na2O2，氧与硫可形成SO2、SO3，正确；C项，根据同主族、同周期原子半径递变规律知，H、O、Na、S的原子半径大小为Na>S>O>H，正确；D项，硫和氢形成的化合物H2S的溶液，由于H2S的电离H2S H＋＋HS－，使溶液呈弱酸性，正确。
练1　短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层有2个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法正确的是(　　)
A．原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)
B．由X、Y组成的化合物是离子化合物
C．Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强
D．W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强

答案：B
解析：本题涉及的考点有元素周期律和元素周期表的应用、原子半径大小的比较、元素金属性与非金属性的强弱判断与应用，通过元素推断的形式考查了学生提取、吸收、整合化学信息的能力，体现了宏观辨识与微观探析的学科核心素养。
X是地壳中含量最多的元素，则X为O；Y的原子序数比X大且Y原子的最外层有2个电子，则Y为Mg；Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，则Z为Si；W与X位于同一主族，则W为S。A项，同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：r（Mg）>r（Si）>r（S）>r（O），即r（Y）>r（Z）>r（W）>r（X），错误；B项，由X、Y组成的化合物是MgO，为离子化合物，正确；C项，Si的最高价氧化物对应水化物是H2SiO3，S的最高价氧化物对应水化物是H2SO4，Si的非金属性弱于S，故H2SiO3的酸性比H2SO4弱，错误；D项，S的非金属性弱于O，H2S的热稳定性比H2O弱，错误。
练2　a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族。下列叙述正确的是(　　)
A．原子半径：d>c>b>a
B．4种元素中b的金属性最强
C．c的氧化物的水化物是强碱
D．d单质的氧化性比a单质的氧化性强
答案：B
解析：a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，b原子次外层的电子数为2或8，若b原子次外层的电子数为2，则a为He，不是主族元素，不符合题意；则b原子次外层的电子数为8，则b为第三周期元素，a为O；d与a同族，则d为S；c所在周期数与族数相同，则c为Al，b为Na或Mg。A错：原子半径：a题型角度3 元素周期表——元素判断
例3 短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是(　　)
A．氢化物沸点：WB．氧化物对应水化物的酸性：Y >W
C．化合物熔点：Y2X3D．简单离子的半径：Y答案：D
解析：根据四种短周期元素在周期表中的相对位置和四种元素原子的最外层电子数之和为21可知，W为N元素、X为O元素、Y为Al元素、Z为Cl元素。A错：NH3分子间有氢键，其沸点比HCl高。B错：Al（OH）3显两性，N元素的氧化物对应的水化物HNO3、HNO2均显酸性。C错：Al2O3是离子晶体，熔点高，而AlCl3是分子晶体，熔点低。D对：Al3＋和O2－的核外电子排布相同，Al3＋核电荷数大，离子半径小。
练　已知a、b、c、d四种短周期主族元素，在周期表中相
对位置如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．a、c两元素的最高正价一定相等
B．d的原子序数不可能是b的原子序数的3倍
C．c的最高价氧化物对应的水化物可溶于d的最高价氧化物对应的水化物
D．若c元素最高价氧化物对应的水化物是强酸，则d元素的单质具有强氧化性
答案：D
解析：若a是氧元素，则c是硫元素，最高正价不相等，故A错误；若b是Be元素，则d是Mg元素，d的原子序数是b的原子序数的3倍，故B错误；若c的最高价氧化物对应的水化物是氢氧化铝，则d的最高价氧化物对应的水化物是硅酸，氢氧化铝难溶于硅酸，故C错误；若c元素最高价氧化物对应的水化物是强酸，则c是S，d是氯元素，氯气具有强氧化性，故D正确。
题型角度4 物质转化关系中的元素推断
例4 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性r溶液的pH为2，s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．原子半径的大小WB．元素的非金属性Z>X>Y
C．Y的氢化物常温常压下为液态
D．X的最高价氧化物的水化物为强酸
答案：C
解析：n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，则n为Cl2，Z为Cl元素。Cl2 （n）与二元化合物p在光照条件下反应生成r和s，0.01 mol·L—1r溶液的pH为2，s通常是难溶于水的混合物，则p为CH4，r为HCl，s为CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3和CCl4的混合物。二元化合物m与n反应生成q和r，q的水溶液具有漂白性，其中n为Cl2，r为HCl，从而推知m为H2O，q为HClO。结合四种短周期元素的原子序数关系及形成的二元化合物之间的转化推知，W、X、Y、Z元素分别为H、C、O、Cl。
A项同周期主族元素的原子半径，随原子序数的递增而逐渐减小，则原子半径的大小关系为H＜O＜C；B项由ClO2、CCl4可以得出元素的非金属性：O＞Cl，Cl＞C，则元素的非金属性强弱关系为O＞Cl＞C；C项Y（O）的氢化物有H2O、H2O2，常温常压下均为液态；D项X（C）的最高价氧化物的水化物为H2CO3，是一种二元弱酸。
练1　短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物，甲、乙分别是元素X、Y的单质，甲是常见的固体，乙是常见的气体。K是无色气体，是主要的大气污染物之一。0.05 mol·L－1丙溶液的pH为1，上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．丙也可由W、Y组成的某种化合物与K直接反应制得
B．K、L、M中沸点最高的是M
C．原子半径：WD．元素的非金属性：Z>Y>X
答案：A
解析：本题的突破口是“0.05 mol·L－1丙溶液的pH为1”，据此推出丙为二元强酸，因为W、X、Y、Z为短周期元素，所以丙为H2SO4，再结合题给条件及转化关系图，推出W、X、Y、Z分别为H、C、O、S，K、L、M分别为SO2、H2O、CO2，甲、乙分别为C和O2。SO2与H2O2反应可以得到H2SO4，A项正确；常温下，SO2、CO2是气体，H2O是液体，H2O的沸点最高，B项错误；同周期主族元素，原子半径从左到右逐渐减小，故原子半径：HS>C，D项错误。
练2　短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，由这些元素组成的物质之间的转化关系如图所示，其中，c、d为单质，a、b、g为二元化合物。b、g分别是10电子分子、18电子分子。下列说法正确的是(　　)

A．简单离子半径：Y>Z>X
B．e和f所含化学键类型相同
C．0.1 mol·L－1的e和f溶液，后者pH较大
D．含X、R、Z三种元素的化合物只有一种
答案：B
解析：依题意知，g为18电子分子，且在点燃条件下由两种单质生成，且这两种单质是在电解条件下产生的，故可推知g应为HCl，c、d分别为H2、Cl2中的一种，且是由电解饱和食盐水产生的，因b为10电子分子，故a为NaCl，b为H2O，e为NaOH，因d与e能发生反应，故d为Cl2，c为H2，f为NaClO，则R为H，X为O，Y为Na，Z为Cl。A项，半径大小：r（Cl－）>r（O2－）>r（Na＋），错误；B项，NaOH、NaClO都含有离子键和共价键，正确；C项，相同浓度的氢氧化钠溶液碱性比次氯酸钠的强，错误；D项，由H、O、Cl组成的化合物有HClO、HClO2、HClO3、HClO4，错误。
题型角度5 给予化合物结构信息的有关判断
例5 一种新型漂白剂结构如图所示，其中W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列说法正确的是(　　)
A．非金属性：X>W>Y
B．Y的最高价氧化物对应的水化物为三元酸
C．可利用W与X、Y形成的化合物热还原制备单质Y
D．该漂白剂中仅有X满足8电子稳定结构
答案：C
解析：由W2＋可知，W最外层有2个电子；Z形成1个键，Z是第ⅠA或ⅦA族元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，X形成2个键，X是ⅥA族元素；Z与X形成共价键，Z是H元素，X是O元素；Y是B元素；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，W是Mg元素。W是镁，为金属元素，非金属性：O>B>Mg，故A错误；Y是B元素，B的最高价氧化物对应的水化物为H3BO3，H3BO3中的质子无法全部直接电离出，H3BO3是一元弱酸，故B错误；Mg和B2O3加热生成B和MgO，故C正确；该漂白剂中Mg2＋、O均满足8电子稳定结构，故D错误。
练　化学家合成了一种新化合物(如图所示)，其中A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，B与C在同一主族，C与D在同一周期。下列有关说法正确的是(　　)
A．熔点：B的氧化物>C的氧化物
B．工业上由单质B可以制得单质C
C．氧化物对应水化物的酸性：D>B>C
D．A与B形成的化合物中只含有极性键
答案：B
解析：从题图中可以看出，B、C都形成4个共价键，由于B与C在同一主族且原子序数C大于B，所以B为碳（C）元素，C为硅（Si）元素；D与C同周期且原子序数大于14，从题图中可看出D可形成1个共价键，所以D为氯（Cl）元素；A的原子序数小于6且能形成1个共价键，则其为氢（H）元素。B的氧化物为CO、CO2，固态时均为分子晶体，C的氧化物为SiO2，为原子晶体，所以熔点：B的氧化物精准备考·要有方案——高考必备基础
一、元素周期表
1．元素周期表的结构
元素周期表的结构 位置与结构的关系
周期 周期序数 元素的种数 (1)周期序数＝原子核外电子层数
(2)对同主族元素
①若为第ⅠA、ⅡA族，则这些主族某一元素的原子序数与上一周期元素的原子序数的差值为上一周期的元素种数；
②若为第ⅢA、ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA族，则这些主族某一元素的原子序数与上一周期元素的原子序数的差值为该周期的元素种数
短周期 第一周期 2 第二周期 8 第三周期 8 长周期 第四周期 18 第五周期 18 第六周期 32 第七周期 32 2.元素分布特点
3．元素的位置关系和原子序数关系的应用
(1)同一周期中相邻元素的原子序数一般比左边元素原子序数大1，比右边元素的原子序数小1。
(2)同主族上下周期元素的原子序数关系的应用。
二、元素性质的规律性变化
性质 规律变化
金属性与非金 属性 元素金属性、非金属性强弱的本质
原子越易失去电子，金属性就越强；原子越易得电子，非金属性就越强；即元素非金属性和金属性的强弱，取决于其原子得失电子的难易程度
判断元素金属性、非金属性强弱的事实依据：
(1)置换反应：强的置换弱的，适合金属也适合非金属。
(2)与水或酸反应越剧烈，或最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则金属性越强。
(3)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
原子或离子半径比较
三、常见元素的结构与性质特征
元素 结构特征 性质特征
H ①最外层只有一个电子 ②族序数等于周期数 ③无中子 ④半径最小 ①密度最小的单质
②宇宙含量最多的元素
Li ①周期数是族序数2倍的元素 ②最外层电子数是内层电子数的一半 电极材料
C ①族序数等于周期数2倍的元素 ②最高正价与最低负价代数和为零的短周期元素 ①形成化合物种类最多的元素
②单质是自然界中硬度最大的物质
③元素或气态氢化物中氢的质量分数最高的元素
N ①空气中含量最多的元素
②气态氢化物的水溶液呈碱性的元素
③元素的气态氢化物和它的最高价氧化物对应的水化物能起化合反应
④某一氢化物可做液态燃料
⑤常见氢化物可做制冷剂
O ①族序数等于周期数3倍的元素 ②最外层电子数是最内层电子数的3倍 ③最外层电子数是电子层数的3倍 ④最高正化合价不等于族序数的元素 ①地壳中含量最多的元素
②氢化物在通常情况下呈液态的元素
③某一单质可杀菌、消毒、漂白
Na ①周期数是族序数3倍的元素 ②原子半径最大的短周期元素 ③L层电子数为8，与H同主族的元素 ①短周期中金属性最强的元素
②元素的单质在常温下能与水反应放出气体的短周期金属元素
③两种最常见氧化物的水化物皆呈碱性的短周期元素
Al 族序数等于周期数的元素 ①最高价氧化物及其对应的水化物既能与强酸反应，又能与强碱反应的元素
②氧化物可做耐火材料
③地壳中含量最多的金属元素
Si ①最高正价与最低负价代数和为零的短周期元素 ②最外层电子数是次外层电子数的一半 ①单质是重要的半导体材料
②氧化物可用作光导纤维
③最高价非金属氧化物对应的水化物难溶于水
P 最外层电子数是内层电子数的一半 ①组成骨骼和牙齿的必要元素
②某一单质和其氢化物都能自燃
S ①族序数等于周期数2倍的元素 ②与氧同主族的短周期元素 ③最外层电子数是电子层数的2倍 ①某一氧化物可做漂白剂和防腐剂
②最高价氧化物的水化物是常见的干燥剂
③元素的氢化物和它的最高价氧化物对应的水化物可发生氧化还原反应
Cl 第三周期主族元素原子半径最小 ①最高价氧化物对应的水化物酸性最强
②单质可用作自来水的杀菌消毒
③与同周期半径最大的金属组成的化合物溶液呈中性
[归纳提升]
元素“位—构—性”关系的“六大误区”
四、物质结构
1．微粒间“四个”数量关系
(1)质子数＝核电荷数＝核外电子数＝原子序数。
(2)质量数＝质子数＋中子数。
(3)质子数＝阳离子的核外电子数＋阳离子所带正电荷数。
(4)质子数＝阴离子的核外电子数－阴离子所带负电荷数。
2．10电子微粒和18电子微粒
(1)10电子微粒
若10电子微粒满足关系：
则一定是
(2)18电子微粒
3．认识几种含氧酸的结构
硫代硫酸(H2S2O3)
过二硫酸(H2S2O8)
亚磷酸(H3PO3)
次磷酸(H3PO2)
模考·预测
1.有四种短周期主族元素z、e、g、h，其最高价氧化物对应水化物溶液(物质的量浓度均为0.01 mol·L－1)的pH与原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．g位于第三周期ⅤA族
B．简单离子半径大小：e>g>h
C．e2g2中既含有离子键又含有非极性共价键
D．同浓度简单氢化物水溶液的pH：h>g>z
答案：C
解析：根据题图并结合z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物的溶液浓度均为0.01 mol·L－1可知，z为N元素，e是Na元素，g为S元素，h为Cl元素。S位于第三周期ⅥA族，A项错误；电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层数越多离子半径越大，则离子半径：
S2－>Cl－>Na＋，B项错误；Na2S2的电子式为 ，其既含有离子键又含有非极性共价键，C项正确；NH3的水溶液显碱性，其pH最大，D项错误。
2．根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是(　　)
A．气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4
B．氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物
C.下图所示实验可证明元素的非金属性：Cl>C>Si
D．用中文“ ”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族
答案：C
解析：A对：元素的非金属性越强，其对应的气态氢化物的稳定性越强。B对：氢元素可与O、S等形成共价化合物，又可与Na、Ca等形成离子化合物。C错：该实验只能证明酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO3，与元素非金属性无关。D对：根据元素周期表可知，118号元素位于第七周期0族。
3．短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示。下列说法不正确的是(　　)
A．离子半径的大小顺序为)
B．若存在简单阴离子R2－，则R不一定与Y、W同主族
C．元素X的氢化物与Q的氢化物化合的产物中既含共价键又含离子键
D．X、Z、W、Q四种元素的最高价氧化物对应的水化物均能与强碱反应
答案：B
解析：根据元素在周期表中的位置可知该五种元素分别为N、O、Al、S、Cl，离子半径大小顺序为r（S2－）>r（Cl－）>r（O2－）>r（Al3＋），A项正确；若存在简单阴离子R2－，则该元素的最外层一定有6个电子，属于周期表中第ⅥA族元素，必定与O、S同主族，B项错误；NH3与HCl反应生成的NH4Cl中既含有离子键又含有共价键，C项正确；HNO3、Al（OH）3、H2SO4、HClO4都能与强碱反应生成相应的盐，D项正确。
4．R、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，a、b、c、d分别是这4种元素的单质。已知：Y是地壳中含量最高的金属元素。向甲的溶液中通入丙气体，产生白色沉淀，它们之间的转化关系如图所示。
下列说法正确的是(　　)
A．元素对应的简单离子的半径：Y>Z>X
B．元素非金属性：Z>R>X
C．Y的最高价氧化物的水化物是强碱
D．元素最高化合价：Z>X>Y>R
答案：D
解析：Y是地壳中含量最高的金属元素，则Y是铝元素，c是金属Al，甲是含铝化合物。向甲的溶液中通入丙气体，产生白色沉淀，白色沉淀是氢氧化铝。丙气体溶于水溶液呈碱性，则丙为氨气。两种气体相遇产生白烟的有氨气与氯化氢、氨气与硝酸蒸气等。结合R、X、Y、Z是短周期元素及框图信息可知，丁为氯化铵，乙为氯化氢。则R为H，X为N，Y为Al，Z为Cl。A项，电子层数不同时，离子的电子层数越多，离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，所以，离子半径r（Cl－）>r（N3－）>r（Al3＋），错误。B项，NH3、N2H4中N为负化合价，H为正化合价，说明N吸引电子的能力比H的强，即N的非金属性比H的强，错误。C项，氢氧化铝是两性氢氧化物，错误。D项，Cl、N、Al、H的最高化合价分别为＋7、＋5、＋3、＋1，正确。
5．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是(　　)
A．元素非金属性强弱的顺序为W>Y>Z
B．Y单质的熔点高于X单质
C．W分别与X、Y、Z形成的二元化合物均只有一种
D.化合物M中W不都满足8电子稳定结构
答案：B
解析：本题考查原子结构与元素周期律的应用；侧重考查学生的逻辑推理能力和分析问题能力。X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，为Na；根据M的结构简式可知，W可以与Y形成2个共价键，W的最外层含有6个电子，其原子序数小于11，则W为O；W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Z的最外层电子数为8－1＝7，Z的原子序数大于11，则Z为Cl；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，Y的原子序数为14，则Y为Si。同一周期主族元素从左向右非金属性逐渐增强，所以非金属性：Cl>Si，故A错误；金属Na的熔点较低，而Si形成的晶体具有较高熔点，所以单质熔点：Y>X，故B正确；O与Na可以形成氧化钠和过氧化钠，与Cl元素形成Cl2O、ClO2、Cl2O7等多种化合物，故C错误；该化合物M中O均满足8电子稳定结构，故D错误。
6.科学家利用原子序数依次递增的W、X、Y、Z四种短周期元素，“组合”成一种具有高效催化性能的超分子，其分子结构示意图如图所示(短线代表共价键)。其中W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是(　　)
A．简单离子半径：Z＞Y＞W
B．Y与W、X、Z均能形成至少两种化合物
C．氢化物的沸点：Y＞X
D．1 mol ZW与水发生反应生成1 mol W2，转
移电子2 mol
答案：B(共72张PPT)
题型7　电化学原理应用——化学电源与电解技术
真题·考情
题型·练透
模考·预测
真题·考情
全国卷
1.[2023·全国甲卷]用可再生能源电还原CO2时，采用高浓度的K＋抑制酸性电解液中的析氢反应可提高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率，装置如下图所示。
下列说法正确的是(　　)
A．析氢反应发生在IrOx Ti电极上
B．Cl－从Cu电极迁移到IrOx Ti电极
C．阴极发生的反应有：2CO2＋12H＋＋12e－===C2H4＋4H2O
D．每转移1 mol电子，阳极生成11.2 L气体(标准状况)
答案：C
解析：由图可知，该装置为电解池，与直流电源正极相连的IrOx -Ti电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，A错误；铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式为2CO2＋12H＋＋12e－===C2H4＋4H2O、2CO2＋12H＋＋12e－===C2H5OH＋3H2O，C正确；电解池工作时，氢离子通过质子交换膜由阳极室进入阴极室，B错误；水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，每转移1 mol电子，生成0.25 mol O2，在标况下体积为5.6 L，故D错误；答案选C。
2．[2023·全国乙卷]室温钠 硫电池被认为是一种成本低、比能量高的能源存储系统。一种室温钠 硫电池的结构如图所示。将钠箔置于聚苯并咪唑膜上作为一个电极，表面喷涂有硫黄粉末的炭化纤维素纸作为另一电极。工作时，在硫电极发生反应：S8＋e－―→，＋e－―→，2Na＋＋＋2(1－)e－―→Na2Sx
下列叙述错误的是(　　)
A．充电时Na＋从钠电极向硫电极迁移
B．放电时外电路电子流动的方向是a→b
C.放电时正极反应为：2Na＋＋S8＋2e－―→Na2Sx
D．炭化纤维素纸的作用是增强硫电极导电性能
答案：A
解析：由题意可知放电时硫电极得电子，硫电极为原电池正极，钠电极为原电池负极。
充电时为电解池装置，阳离子移向阴极，即钠电极，故充电时，Na＋由硫电极迁移至钠电极，A错误；放电时Na在a电极失去电子，失去的电子经外电路流向b电极，硫黄粉在b电极上得电子与a电极释放出的Na＋结合得到Na2Sx，电子在外电路的流向为a→b，B正确；将题给的一系列方程式依次标号为①②③，由×①＋×②＋③可以得到放电时正极的反应式为2Na＋＋S8＋2e－―→Na2Sx，C正确；炭化纤维素纸中含有大量的炭，炭具有良好的导电性，可以增强硫电极的导电性能，D正确；故答案选A。
3．[2023·新课标卷]一种以V2O5和Zn为电极、Zn(CF3SO3)2水溶液为电解质的电池，其示意图如下所示。放电时，Zn2＋可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O。下列说法错误的是(　　)
A．放电时V2O5为正极
B．放电时Zn2＋由负极向正极迁移
C．充电总反应：xZn＋V2O5＋nH2O===ZnxV2O5·nH2O
D．充电阳极反应：ZnxV2O5·nH2O－2xe－===xZn2＋＋V2O5＋nH2O
答案：C
解析：由题给信息可知，放电时，Zn2＋可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O，V2O5发生了还原反应，则放电时V2O5为正极，A说法正确；放电时Zn为负极，Zn失去电子变为Zn2＋，阳离子向正极迁移，则放电时Zn2＋由负极向正极迁移，B说法正确；电池在放电时的总反应为xZn＋V2O5＋nH2O===ZnxV2O5·nH2O，则其在充电时的总反应为ZnxV2O5·nH2O===xZn＋V2O5＋nH2O，C说法不正确；充电阳极上ZnxV2O5·nH2O被氧化为V2O5，则阳极的电极反应为ZnxV2O5·nH2O－2xe－===xZn2＋＋V2O5＋nH2O，D说法正确；故选C。
4.[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应用前景。近年来，科学家研究了一种光照充电Li-O2电池(如图所示)。光照时，光催化电极产生电子(e－)和空穴(h＋)，驱动阴极反应(Li＋＋e－===Li)和阳极反应(Li2O2＋2h＋===2Li＋＋O2)对电池进行充电。
下列叙述错误的是 (　　)
A．充电时，电池的总反应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
答案：C
解析：根据题给电池装置图并结合阴、阳极电极反应可知，充电时，电池的总反应为Li2O2===2Li＋O2，A项正确；由题干中光照时阴、阳极反应可知，充电效率与光照产生的电子和空穴量有关，B项正确；放电时题给装置为原电池，阳离子（Li＋）向正极迁移，C项错误；根据题给装置图可知，放电时正极上O2得电子并与Li＋结合生成Li2O2，即O2＋2Li＋＋2e－===Li2O2，D项正确。
5．[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＋以存在]。电池放电时，下列叙述错误的是(　　)
A．Ⅱ区的K＋通过隔膜向Ⅲ区迁移
B．Ⅰ区的通过隔膜向Ⅱ区迁移
C．MnO2电极反应：MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2O
D．电池总反应：＋Mn2＋＋2H2O
答案：A
解析：根据题图可知Zn为负极，电极反应为Zn－2e－＋4OH－===Zn，MnO2为正极，电极反应为MnO2＋2e－＋4H＋===Mn2＋＋2H2O。A项，根据负极反应可知，Ⅲ区中负电荷减少，为了平衡溶液中电荷，放电时Ⅲ区的钾离子向Ⅱ区迁移，错误；B项，根据正极反应可知，Ⅰ区中正电荷减少，为了平衡溶液中电荷，硫酸根离子从Ⅰ区迁移至Ⅱ区，正确；D项，将正、负极电极反应相加即可得到电池总反应，正确。
6．[2021·全国甲卷]乙醛酸是一种重要的化工中间体，可采用如图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的H2O解离为H＋和OH－，并在直流电场作用下分别向两极迁移。
下列说法正确的是(　　)
A．KBr在上述电化学合成过程中只起电解质的作用
B．阳极上的反应式为：
C．制得2 mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了1 mol电子
D．双极膜中间层中的H＋在外电场作用下向铅电极方向迁移
答案：D
解析：根据图示，石墨电极一侧发生反应2Br－－2e－===Br2、OHC—CHO＋Br2＋H2O―→HOOC—CHO＋2HBr，总反应为OHC—CHO－2e－＋H2O===HOOC—CHO＋2H＋，因此石墨电极为阳极，KBr不只是起到电解质的作用，A项错误，B项错误；根据阳极总反应OHC—CHO－2e－＋H2O===HOOC—CHO＋2H＋、阴极反应HOOC—COOH＋2e－＋2H＋===HOOC—CHO＋H2O，可得总反应式为OHC—CHO＋HOOC—COOH===2HOOC—CHO，故制得2 mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了2 mol电子，C项错误；根据阴极（铅电极）反应，双极膜中间层中的H＋在外电场作用下向阴极（铅电极）迁移，D项正确。
省市卷
1.[2023·浙江1月]在熔融盐体系中，通过电解TiO2和SiO2获得电池材料(TiSi)，电解装置如图，下列说法正确的是(　　)
A．石墨电极为阴极，发生氧化反应
B．电极A的电极反应：8H＋＋TiO2＋
SiO2＋8e－===TiSi＋4H2O
C．该体系中，石墨优先于Cl－参与反应
D．电解时，阳离子向石墨电极移动
答案：C
解析：根据各电极上的物质变化，判断反应类型，确定电极类型。
石墨电极为阳极，A项错误；该电解池的电解质为熔融盐，不存在H＋，B项错误；根据阳极上生成CO知，石墨优先于Cl－参与反应，C项正确；石墨电极为阳极，阴离子O2－向石墨电极移动，D项错误。
2．[2023·湖北卷]我国科学家设计如图所示的电解池，实现了海水直接制备氢气技术的绿色化。该装置工作时阳极无Cl2生成且KOH溶液的浓度不变，电解生成氢气的速率为x mol·h－1。下列说法错误的是(　　)
A．b电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
B．离子交换膜为阴离子交换膜
C．电解时海水中动能高的水分子可穿过PTFE膜
D．海水为电解池补水的速率为2x mol·h－1
答案：D
解析：由图可知，该装置为电解水制取氢气的装置，a电极与电源正极相连，为电解池的阳极，b电极与电源负极相连，为电解池的阴极，阴极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，阳极反应为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，电池总反应为2H2O2H2↑＋O2↑，据此解答。
b电极为阴极，发生还原反应，电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，故A正确；该装置工作时阳极无Cl2生成且KOH浓度不变，阳极发生的电极反应为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，为保持OH－离子浓度不变，则阴极产生的OH－离子要通过离子交换膜进入阳极室，即离子交换膜应为阴离子交换摸，故B正确；电解时电解槽中不断有水被消耗，海水中的动能高的水可穿过PTFE膜，为电解池补水，故C正确；由电解总反应可知，每生成1 mol H2要消耗1 mol H2O，生成H2的速率为x mol·h－1，则补水的速率也应是x mol·h－1，故D错误；答案选D。
3．[2023·辽宁卷]某低成本储能电池原理如下图所示。下列说法正确的是(　　)
A．放电时负极质量减小
B．储能过程中电能转变为化学能
C．放电时右侧H＋通过质子交换膜移向左侧
D．充电总反应：Pb＋＋2Fe3＋===PbSO4＋2Fe2＋
答案：B
解析：该储能电池放电时，Pb为负极，失电子结合硫酸根离子生成PbSO4，则多孔碳电极为正极，正极上Fe3＋得电子转化为Fe2＋，充电时，多孔碳电极为阳极，Fe2＋失电子生成Fe3＋，PbSO4电极为阴极，PbSO4得电子生成Pb和硫酸。
放电时负极上Pb失电子结合硫酸根离子生成PbSO4附着在负极上，负极质量增大，A错误；储能过程中，该装置为电解池，将电能转化为化学能，B正确；放电时，右侧为正极，电解质溶液中的阳离子向正极移动，左侧的H＋通过质子交换膜移向右侧，C错误；充电时，总反应为PbSO4＋2Fe2＋===Pb＋＋2Fe3＋，D错误；故答案选B。
4．[2023·辽宁卷]某无隔膜流动海水电解法制H2的装置如下图所示，其中高选择性催化剂PRT可抑制O2产生。下列说法正确的是(　　)
A．b端电势高于a端电势
B．理论上转移2 mol e－生成4 g H2
C．电解后海水pH下降
D．阳极发生：Cl－＋H2O－2e－===HClO＋H＋
答案：D
解析：由图可知，左侧电极产生氧气，则左侧电极为阳极，a为电源正极，右侧电极为阴极，b为电源负极，该装置的总反应产生氧气和氢气，相当于电解水，以此解题。
由分析可知，a为正极，b为负极，则a端电势高于b端电势，A错误；右侧电极上产生氢气的电极方程式为：2H＋＋2e－===H2↑，则理论上转移2 mol e－生成2 g H2，B错误；由图可知，该装置的总反应为电解海水，随着电解的进行，海水的浓度增大，但是其pH基本不变，C错误；由图可知，阳极上的电极反应为：Cl－＋H2O－2e－===HClO＋H＋，D正确；故选D。
5.[2022·湖南卷]海水电池在海洋能源领域备受关注，一种锂—海水电池构造示意图如下，下列说法错误的是(　　)
A.海水起电解质溶液作用
B．N极仅发生的电极反应：2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑
C．玻璃陶瓷具有传导离子和防水的功能
D．该锂—海水电池属于一次电池
答案：B
解析：海水中含有大量的电解质，故A项正确；Li是活泼金属，作负极，则N极是正极，正极上海水中溶解的O2、CO2等均能放电，B项错误；由于Li易与水反应，故玻璃陶瓷应具有良好的防水功能，同时为形成闭合的回路，也应具有传导离子的功能，C项正确；该电池属于一次电池，D项正确。
6．[2022·广东卷]科学家基于Cl2易溶于CCl4的性质，发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池，可作储能设备(如图)。充电时电极a的反应为： NaTi2(PO4)3＋2Na＋＋2e－===Na3Ti2(PO4)3。下列说法正确的是(　　)
A．充电时电极b是阴极
B．放电时NaCl溶液的pH减小
C．放电时NaCl溶液的浓度增大
D．每生成1 mol Cl2，电极a质量理论
上增加23 g
答案：C
解析：由充电时电极a的反应可知，充电时电极a发生还原反应，所以电极a是阴极，则电极b是阳极，故A错误；放电时电极反应和充电时相反，则由放电时电极a的反应为Na3Ti2（PO4）3－2e－===NaTi2（PO4）3＋2Na＋可知，NaCl溶液的pH不变，故B错误；放电时负极反应为Na3Ti2（PO4）3－2e－===NaTi2（PO4）3＋2Na＋，正极反应为Cl2＋2e－===2Cl－，反应后Na＋和Cl－浓度都增大，则放电时NaCl溶液的浓度增大，故C正确；充电时阳极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极反应为NaTi2（PO4）3＋2Na＋＋2e－===Na3Ti2（PO4）3，由得失电子守恒可知，每生成1 mol Cl2，电极a质量理论上增加23 g·mol－1×2 mol＝46 g，故D错误。
考情分析
考向 考点
考情1 新型化 学电源 正、负极判断
离子移动方向
电极反应式、原电池总方程式的正误判断
电极及电解液转移电子计算
考情2 电解原理 与技术 阴、阳极的判断
离子交换膜的作用
溶液酸碱性的改变及副反应分析
电极方程式的正误判断
考情3 金属的腐 蚀与防护 电化学腐蚀的原因分析
金属的防护技术
题型·练透
精准备考·要有方向——研析题型角度
题型角度1 新型化学电源分析
例1 2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。磷酸铁锂锂离子电池充电时阳极反应式为xLiFePO4－xe－===xLi＋＋xFePO4，放电工作示意图如图。下列叙述不正确的是(　　)
A．放电时，Li＋通过隔膜移向正极
B．放电时，电子由铝箔沿导线流向铜箔
C．放电时正极反应为：xFePO4＋xLi＋＋xe－===
xLiFePO4
D．磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li＋迁移
实现，C、Fe、P元素化合价均不发生变化
答案：D
解析：放电时，Li＋通过隔膜移向正极，故A正确；放电时，电子由负极即铝箔沿导线流向正极即铜箔，故B正确；放电正极得电子，发生还原反应为：xFePO4＋xLi＋＋xe－===xLiFeO4，故C正确；磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li＋迁移实现，Fe元素化合价发生变化，故D错误；综上所述，答案为D。
练1　锂—铜空气燃料电池容量高、成本低，具有广阔的发展前景。该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电能，其中放电过程为2Li＋Cu2O＋H2O===2Cu＋2Li＋＋2OH－，下列说法错误的是(　　)
A．放电时，Li＋透过固体电解质向Cu极移动
B．放电时，正极的电极反应式为O2＋2H2O＋
4e－===4OH－
C．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O
D．整个反应过程中，氧化剂为O2
答案：B
解析：因为原电池放电时，阳离子移向正极，所以Li＋透过固体电解质向Cu极移动，A正确；由总反应方程式可知Cu2O中Cu元素化合价降低，被还原，正极反应式应为Cu2O＋H2O＋2e－===2Cu＋2OH－，B错误；放电过程为2Li＋Cu2O＋H2O===2Cu＋2Li＋＋2OH－，可知通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，C正确；由C项分析知，Cu先与O2反应生成Cu2O，放电时Cu2O重新生成Cu，则整个反应过程中，Cu相当于催化剂，O2为氧化剂，D正确。
练2　为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn(3D-Zn)可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3D-Zn—NiOOH二次电池，结构如图所示。电池反应为Zn(s)＋
2NiOOH(s)＋H2O(l) ZnO(s)＋2Ni(OH)2(s)。
下列说法错误的是(　　)
A．三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高
B．充电时阳极反应为Ni(OH)2(s)＋OH－(aq)－e－===NiOOH(s)＋H2O(l)
C．放电时负极反应为Zn(s)＋2OH－(aq)－2e－===ZnO(s)＋H2O(l)
D．放电过程中OH－通过隔膜从负极区移向正极区
答案：D
解析：本题涉及二次电池知识，以新型三维多孔海绵状Zn的信息为切入点，考查了学生接受、吸收、整合化学信息的能力，运用电化学原理解决实际问题，体现了变化观念与平衡思想的学科核心素养。
A项，依题干信息可知正确；B项，充电时阳极发生氧化反应，正确；C项，放电时Zn作负极失去电子，发生氧化反应，正确；D项，放电时，OH－由正极区向负极区迁移，错误。
题型角度2 电解原理与工业技术
例2 最近我国科学家设计了一种CO2＋H2S协同转化装置，实现对天然气中CO2和H2S的高效去除。示意图如下图所示，其中电极分别为ZnO@石墨烯(石墨烯包裹的ZnO)和石墨烯，石墨烯电极区发生反应为：
①EDTA-Fe2＋－e－===EDTA-Fe3＋
②2EDTA-Fe3＋＋H2S===2H＋＋S＋2EDTA-Fe2＋
该装置工作时，下列叙述错误的是(　　)
A．阴极的电极反应：CO2＋2H＋＋2e－===CO＋H2O
B．协同转化总反应：CO2＋H2S===CO＋H2O＋S
C．石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低
D．若采用Fe3＋/Fe2＋取代EDTA-Fe3＋/EDTA-Fe2＋，溶液需为酸性
答案：C
解析：阴极发生还原反应，氢离子由交换膜右侧向左侧迁移，阴极的电极反应式为CO2＋2e－＋2H＋===CO＋H2O，A项正确；结合阳极区发生的反应，可知协同转化总反应为CO2＋H2S===S＋CO＋H2O，B项正确；石墨烯作阳极，其电势高于ZnO@石墨烯的，C项错误；Fe3＋、Fe2＋在碱性或中性介质中会生成沉淀，它们只稳定存在于酸性较强的介质中，D项正确。
练1　用如图所示装置除去含CN－、Cl－废水中的CN－时，控制溶液pH为9～10，CN－与阳极产生的ClO－反应生成无污染的气体，下列说法不正确的是(　　)
A．用石墨作阳极，铁作阴极
B．阳极的电极反应式为Cl－＋2OH－－2e－===ClO－＋H2O
C．阴极的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
D．除去CN－的反应：2CN－＋5ClO－＋2H＋===N2↑＋2CO2↑＋5Cl－＋H2O
答案：D
解析：阳极产生ClO－，发生的反应为Cl－＋2OH－－2e－===ClO－＋H2O，该电解质溶液呈碱性，电解时，用不活泼金属或导电非金属作负极，可以用较不活泼金属作正极，A、B两项正确；阴极是水得电子产生H2和OH－，C项正确；溶液的pH为9～10，显碱性，因而除去CN－的反应为2CN－＋5ClO－＋2OH－===N2↑＋2C＋5Cl－＋H2O，D项错误。
练2　碳酸二甲酯(DMC)结构简式为(CH3O)2CO，化学性质非常活泼，极易水解。用电解法制备碳酸二甲酯的模拟装置如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.图中左侧电极为阴极，右侧电极为阳极
B．阳极反应：CO－2e－＋2CH3OH===(CH3O)2CO＋2H＋
C．质子通过交换膜从阴极区移向阳极区
D．离子液体必须是水溶液，目的是传递电荷
答案：B
解析：根据图知，通入氧气的电极上氧气得电子生成水，则通入氧气的电极是阴极，通入甲醇和CO的电极是阳极，则图中左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，A错误；B正确；质子（H＋）在阳极区生成，通过交换膜从阳极区移向阴极区，C错误；依据题干信息“碳酸二甲酯（DMC）极易水解”知：离子液体必须是非水体系，D错误。
题型角度3 金属腐蚀与防护技术
例3 深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌作用下，能被硫酸根腐蚀，其电化学腐蚀原理如下图所示，下列与此原理有关的说法错误的是(　　)
A．正极反应：＋5H2O＋8e－===HS－＋9OH－
B．输送暖气的管道不易发生此类腐蚀
C．这种情况下，Fe腐蚀的最终产物为Fe2O3·xH2O
D．管道上刷富锌油漆可以延缓管道的腐蚀
答案：C
解析：原电池的正极发生还原反应，由图示可知发生的电极反应为S＋5H2O＋8e－===HS－＋9OH－，A正确；硫酸盐还原菌是蛋白质，在高温下易变性，失去催化作用，则输送暖气的管道不易发生此类腐蚀，B正确；由图示可知，Fe腐蚀的最终产物为FeO，C错误；管道上刷富锌油漆，形成Zn-Fe原电池，Fe为正极，可以延缓管道的腐蚀，D正确。
练　支撑海港码头基础的防腐技术，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是(　　)
A．通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零
B．通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩
C．高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流
D．通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整
答案：C
解析：A对：外加强大的电流可以抑制金属电化学腐蚀产生的电流。B对：被保护的钢管桩作阴极，高硅铸铁作阳极，电解池中外电路电子由阳极流向阴极，即从高硅铸铁流向钢管桩。C错：高硅铸铁为惰性辅助阳极，其主要作用是传递电流，而不是作为损耗阳极。D对：保护电流要抑制金属电化学腐蚀产生的电流，应根据环境条件变化进行调整。
精准备考·要有方案——高考必备基础
一、电化学“两池”原理
1．构建原电池模型，分析原电池工作原理
构建如图Zn-Cu-H2SO4原电池模型，通过类比模型，结合氧化还原反应知识(如：化合价的变化、得失电子情况等)，能迅速判断原电池的正、负极，弄清楚外电路中电子的移动情况和内电路中离子的移动情况，准确书写电极反应式和电池总反应式，掌握原电池的工作原理。
3．“两池”中“两极”的判断
判断依据 电极材料 电极反应 电子流向 离子移向 电极现象
原电池 负极 活泼金属 氧化反应 流出 阴离子 移向 电极质量减小
正极 不活泼 金属或非金属 还原反应 流入 阳离子 移向 电极增
重或质
量不变
电解池 阳极 与电源正 极相连 氧化反应 流出 阴离子 移向 电极溶解
或pH减小
阴极 与电源负 极相连 还原反应 流入 阳离子 移向 电极增重
或pH增大
二、“交换膜”技术在两池中的应用
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
如：三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如下图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na＋和可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。判断ab、cd是什么交换膜；判断离子的迁移方向；书写电极反应式；判断电极产物。
[模型解题]
①弄清是原电池还是电解池，判断电极
有外接电源→电解池；n→阳极，m→阴极
②根据电极判断离子的移动方向和交换膜的种类
Na＋→通过ab→阴极 ab是阳离子交换膜
→通过cd→阳极 cd是阴离子交换膜
③根据放电顺序写出电极反应式
阴极，阳离子竞争放电，放电顺序：H＋>Na＋，阴极的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－；
阳极，阴离子竞争放电，放电顺序：，阳极的电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋。
④根据电极反应式和离子移动方向确定电极反应物
阴极H＋放电生成H2，剩余OH－与迁移过来的Na＋生成NaOH；
阳极OH－放电生成O2，剩余H＋与迁移过来的生成H2SO4。
三、新型化学电源电极反应式书写
1．燃料电池电极反应式的书写(以氢氧燃料电池为例)
(1)注意介质环境
(2)掌握书写程序
2．其他新型一次电池
钠硫 电池 总反应：2Na＋xS===Na2Sx
全钒液 流电池
锂—铜 电池 总反应：2Li＋Cu2O＋H2O===2Cu＋2Li＋＋2OH－
正极：Cu2O＋H2O＋2e－===2Cu＋2OH－
负极：2Li－2e－===2Li＋
Mg-H2O2 电池 总反应：H2O2＋2H＋＋Mg===Mg2＋＋2H2O
正极：H2O2＋2H＋＋2e－===2H2O
负极：Mg－2e－===Mg2＋
Mg-AgCl 电池 总反应：Mg＋2AgCl===2Ag＋MgCl2
正极：2AgCl＋2e－===2Cl－＋2Ag
负极：Mg－2e－===Mg2＋
3.充电(可逆)电池
锌银 电池 总反应：Ag2O＋Zn＋H2O 2Ag＋Zn(OH)2
正极：Ag2O＋H2O＋2e－===2Ag＋2OH－
负极：Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH)2
阳极：2Ag＋2OH－－2e－===Ag2O＋H2O
阴极：Zn(OH)2＋2e－===Zn＋2OH－
镍铁 电池 总反应：NiO2＋Fe＋2H2O Fe(OH)2＋Ni(OH)2
正极：NiO2＋2e－＋2H2O===Ni(OH)2＋2OH－
负极：Fe－2e－＋2OH－===Fe(OH)2
阳极：Ni(OH)2＋2OH－－2e－===NiO2＋2H2O
阴极：Fe(OH)2＋2e－===Fe＋2OH－
镍镉 电池 总反应：Cd＋2NiOOH＋2H2O Cd(OH)2＋2Ni(OH)2
正极：2NiOOH＋2H2O＋2e－===2Ni(OH)2＋2OH－
负极：Cd－2e－＋2OH－===Cd(OH)2
阳极：2Ni(OH)2＋2OH－－2e－===2NiOOH＋2H2O
阴极：Cd(OH)2＋2e－===Cd＋2OH－
锌铁 电池 总反应：3Zn＋2K2FeO4＋8H2O 3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH
锂离子电池 总反应：Li1－xCoO2＋LixC6 LiCoO2＋C6(x<1)
正极Li1－xCoO2＋xe－＋xLi＋===LiCoO2
负极：LixC6－xe－===xLi＋＋C6
阳极：LiCoO2－xe－===Li1－xCoO2＋xLi＋
阴极：xLi＋＋xe－＋C6===LixC6
四、金属腐蚀原理及防护方法总结
(1)常见的电化学腐蚀有两类：
①形成原电池时，金属作负极，大多数是吸氧腐蚀；
②形成电解池时，金属作阳极。
(2)金属防腐的电化学方法：
①原电池原理——牺牲阳极的阴极保护法：与较活泼的金属相连，较活泼的金属作负极被腐蚀，被保护的金属作正极。
注意：此处是原电池，牺牲了负极保护了正极，但习惯上叫做牺牲阳极的阴极保护法。
②电解池原理——外加电流的阴极保护法：被保护的金属与电池负极相连，形成电解池，作阴极。
模考·预测
1.一种电化学制备NH3的装置如图所示，图中陶瓷在高温时可以传输H＋。下列叙述错误的是(　　)
A．Pd电极b为阴极
B．阴极的反应式为N2＋6H＋＋6e－===2NH3
C．H＋由阳极向阴极迁移
D．陶瓷可以隔离N2和H2
答案：A
解析：A项，此装置为电解池，总反应是N2＋3H2 2NH3，Pd电极b上是氢气发生反应，即氢气失去电子化合价升高，Pd电极b为阳极，错误；B项，根据A项分析，Pd电极a为阴极，反应式为N2＋6H＋＋6e－===2NH3，正确；C项，根据电解池的原理，阳离子在阴极上放电，即有阳离子移向阴极，正确；D项，根据装置图，陶瓷隔离N2和H2，正确。
2．世界某著名学术刊物介绍了一种新型中温全瓷铁－空气电池，其结构如图所示。
下列有关该电池放电时的说法正确的是(　　)
A．a极发生氧化反应
B．正极的电极反应式为FeOx＋2xe－===Fe＋xO2－
C．若有22.4 L(标准状况)空气参与反应，则电路中有4 mol电子转移
D．铁表面发生的反应为xH2O(g)＋Fe===FeOx＋xH2
答案：D
解析：a极通入空气，O2在该电极发生得电子的还原反应，A错误；O2在正极发生反应，电极反应式为O2＋4e－===2O2－，B错误；由B项分析可知，电路中有4 mol电子转移时正极上消耗1 mol O2，在标准状况下的体积为22.4 L，则通入空气的体积约为22.4 L×5＝112 L，C错误；由图可知，铁表面H2O（g）参与反应生成H2，则发生的反应为xH2O（g）＋Fe===FeOx＋xH2，D正确。
3．科学家设想，N2和H2为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电能又能固氮的新型燃料电池，装置如图所示。下列说法不正确的是(　　)
A．通入N2的电极发生的电极反应式为N2+6e－+8H+===
B．反应过程中溶液的pH会变大，故需要加入盐酸
C．该电池外电路电流从通入H2的电极流向通入N2的电极
D．通入H2的电极为负极，A为NH4Cl
答案：C
解析：A项，该电池的原理是合成氨，所以正极是氮气发生还原反应，电极反应式为N2＋6e－＋8H＋===2N，正确；B项，反应过程中，H＋不断被消耗，pH变大，需要加入盐酸，正确；C项，该装置是原电池装置，电流由正极通过外电路流向负极，即由通入氮气的电极沿外电路流向通入氢气的电极，错误；D项，通入H2的电极为负极，A为NH4Cl，正确。
4．在N-羟基邻苯二甲酰亚胺(NHPI)介质中，可实现醇向醛的转化，原理如图。下列说法错误的是(　　)
A．理论上NHPI的总量在反应前后不变
B．海绵Ni电极作阳极
C．
D．每消耗1 mmol苯甲醇，产生22.4 mL氢气
答案：D
5．锂锰电池的体积小，性能优良，是常用的一次
电池。该电池反应原理如图所示，其中电解质LiClO4
溶于混合有机溶剂中，Li＋通过电解质迁移入MnO2晶
格中，生成。下列有关说法正确的是(　　)
A．外电路的电流方向是由a极流向b极
B．电池正极反应式为MnO2＋e－＋Li＋===LiMnO2
C．可用水代替电池中的混合有机溶剂
D．每转移0.1 mol电子，理论上消耗Li的质量为3.5 g
答案：B
解析：Li是负极，MnO2是正极，且Li是活泼金属，能与水直接反应。
6．将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如
图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该
实验的说法正确的是(　　)
A．铁被氧化的电极反应式为===Fe3＋
B．铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能
C．活性炭的存在会加速铁的腐蚀
D．以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀
答案：C
解析：本题涉及的考点为金属的电化学腐蚀，考查了考生接受、吸收、整合化学信息的能力，体现了证据推理与模型认知的学科核心素养。
铁作负极，Fe－2e－===Fe2＋，A不正确；电化学腐蚀过程中化学能不可能全部转化为电能，还有部分转化为热能，B不正确；活性炭的存在构成了原电池，加快了负极铁的腐蚀，C正确；以水代替NaCl溶液，铁仍然能发生吸氧腐蚀，只是吸氧腐蚀的速率会减慢，D不正确。(共105张PPT)
题型8　平衡原理在电解质溶液中的应用
真题·考情
题型·练透
模考·预测
真题·考情
全国卷
1.[2023·全国甲卷]下图为Fe(OH)3、Al(OH)3和Cu(OH)2在水中达沉淀溶解平衡时的pM-pH关系图(pM＝－lg[c(M)/(mol·L－1)]；c(M)≤10－5 mol·L－1可认为M离子沉淀完全)。
下列叙述正确的是(　　)
A．由a点可求得Ksp[Fe(OH)3]＝10－8.5
B．pH＝4时Al(OH)3的溶解度为 mol·L－1
C．浓度均为0.01 mol·L－1的Al3＋和Fe3＋可通过分步沉淀进行分离
D．Al3＋、Cu2＋混合溶液中c(Cu2＋)＝0.2 mol·L－1时二者不会同时沉淀
答案：C
解析：由点a(2，2.5)可知，此时pH＝2，pOH＝12，pM＝2.5，则Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝10－2.5×10－12×3＝10－38.5，故A错误；pH＝4时Al3＋对应的pM＝3，即c(Al3＋)＝10－3mol·L－1，故Al(OH)3的溶解度为10－3mol·L－1，故B错误；由图可知，当铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH的方法分步沉淀Al3＋和Fe3＋，故C正确；由图可知，pH约为4.7，Cu2＋开始沉淀，此时c(Cu2＋)＝0.1 mol·L－1，若c(Cu2＋)＝0.2 mol·L－1>0.1 mol·L－1，c(Al3＋)>10－5mol·L－1，则Al3＋、Cu2＋会同时沉淀，故D错误；答案选C。
2．[2023·全国乙卷]一定温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
下列说法正确的是(　　)
A.a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀
B．b点时，c(Cl－)＝c()，Ksp(AgCl)＝Ksp(Ag2CrO4)
C．Ag2CrO4＋2Cl－ 2AgCl＋的平衡常数K＝107.9
D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1 mol·L－1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4沉淀
答案：C
解析：根据图像，由(1.7，5)可得到Ag2CrO4的溶度积Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c()＝(1×10－5)2×1×10－1.7＝10－11.7。由(4.8，5)可得到AgCl的溶度积Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝1×10－5×1×10－4.8＝10－9.8，据此数据计算各选项结果。
假设a点坐标为(4，6.5)，此时分别计算反应的浓度熵Q得，Q(AgCl)＝10－10.5，Q(Ag2CrO4)＝10－17，二者的浓度熵均小于其对应的溶度积Ksp，二者不会生成沉淀，A错误；Ksp为难溶物的溶度积，是一种平衡常数，平衡常数只与温度有关，与浓度无关，根据分析可知，二者的溶度积不相同，B错误；
该反应的平衡常数表达式为K＝，将表达式转化为与两种难溶物的溶度积有关的式子得K＝＝＝＝＝1×107.9，C正确；向NaCl、Na2CrO4均为0.1 mol·L－1的混合溶液中滴加AgNO3，开始沉淀时所需要的c(Ag＋)分别为10－8.8和10－5.35，说明此时沉淀Cl－需要的银离子浓度更低，在这种情况下，先沉淀的是AgCl，D错误；故答案选C。
3．[2023·新课标卷]向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应Ag＋＋NH3 [Ag(NH3) ]＋和[Ag(NH3) ]＋＋NH3 [Ag(NH3)2]＋，lg[c(M)/(mol·L－1)]与lg[c(NH3)/(mol·L－1)]的关系如下图所示(其中M代表Ag＋、Cl－、[Ag(NH3) ]＋或[Ag(NH3)2]＋)。
下列说法错误的是(　　)
A．曲线Ⅰ可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线
B．AgCl的溶度积常数Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝10－9.75
C．反应[Ag(NH3) ]＋＋NH3 [Ag(NH3)2]＋的平衡常数K的值为103.81
D．c(NH3)＝0.01 mol·L－1时，溶液中c([Ag(NH3)2]＋)>c([Ag(NH3) ]＋)>c(Ag＋)
答案：A
解析：氯化银饱和溶液中银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小，氯离子浓度增大、一氨合银离子增大，继续滴加氨水，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线。
由分析可知，曲线Ⅳ表示Cl－，曲线Ⅳ可视为AgCl的溶解度随NH3浓度变化曲线，故A错误；AgCl的溶度积常数Ksp仅与温度有关，由图可知，当c(NH3)＝10－1mol·L－1时c(Cl－)＝10－2.35mol·L－1，c(Ag＋)＝10－7.40mol·L－1，则Ksp(AgCl)＝c(Cl－)·c(Ag＋)＝10－2.35×10－7.40＝10－9.75，B正确；
由图可知，氨分子浓度对数为－1时，溶液中二氨合银离子和一氨合银离子的浓度分别为10－2.35 mol·L－1和10－5.16 mol·L－1，则[Ag(NH3)]＋＋NH3 [Ag(NH3)2]＋的平衡常数K＝＝＝103.81，故C正确；由分析可知，当c(NH3)＝0.01 mol·L－1时，溶液中c([Ag(NH3)2]＋)>c([Ag(NH3)]＋)>c(Ag＋)，故D正确。
4.[2022·全国乙卷]常温下，一元酸HA的Ka(HA)＝1.0×10－3。在某体系中，H＋与A－离子不能穿过隔膜，未电离的HA可自由穿过该膜(如图所示)。
设溶液中c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，当达到平衡时，下列叙述正确的是 (　　)
A．溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)
B．溶液Ⅱ中HA的电离度[]为
C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等
D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总(HA)之比为10－4
答案：B
解析：常温下溶液ⅠpH＝7.0，则溶液Ⅰ中c（H＋）＝c（OH－）＝1.0×10－7 mol·L－1，故c（H＋）5．[2021·全国甲卷]已知相同温度下，Ksp(BaSO4)下列说法正确的是(　　)
A．曲线①代表BaCO3的沉淀溶解曲线
B．该温度下BaSO4的Ksp(BaSO4)值为1.0×10－10
C．加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点
D．c(Ba2＋)＝10－5.1时两溶液中＝
答案：B
解析：根据相同温度下，Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3），可进行如下分析：当横坐标均为5.1时，即c（Ba2＋）＝10－5.1 mol·L－1时，阴离子浓度：d点＜c点；c、d两点均在沉淀溶解平衡曲线上，即溶度积常数：d点＜c点，故曲线①代表BaSO4的沉淀溶解曲线。结合上述分析，可知曲线①代表BaSO4的沉淀溶解曲线，曲线②代表BaCO3的沉淀溶解曲线，A项错误；根据曲线①过横、纵坐标均为5.0的点可知，溶解平衡体系中c（Ba2＋）＝c（S）＝1×10－5.0mol·L－1，则该温度下Ksp（BaSO4）＝c（Ba2＋）·c（S）＝1×10－（5.0＋5.0）＝1×10－10，B项正确；加适量BaCl2固体，溶液中c（Ba2＋）增大，由于温度保持不变，即溶液中c（C）减小，可使溶液由b点向a点移动，C项错误；当c（Ba2＋）＝10－5.1 mol·L－1时，d点平衡时c（S）＝mol·L－1，c点平衡时c（C）＝mol·L－1，即两溶液中＝＝，D项错误。
6．[2021·全国乙卷]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，298 K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(　　)
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
答案：C
解析：溶液pH＝4时c（H＋）＝1×10－4 mol·L－1，由图知，此时c2（M＋）＝7.5×10－8（mol·L－1）2，c（M＋）<3.0×10－4 mol·L－1，A项正确；由图知，当c（H＋）＝0，即不向溶液中加酸时，c2（M＋）＝5.0×10－8（mol·L－1）2，c（M＋）＝×10－4 mol·L－1，由MA（s） M＋（aq）＋A－（aq）知，MA的饱和溶液中c（M＋）＝c（A－），则Ksp（MA）＝c（M＋）×c（A－）＝5.0×10－8，B项正确；MA的饱和溶液因A－水解而显碱性，只有加入一定量的酸才能使溶液显中性，若加入的酸不是HA，则溶液中除含有M＋、H＋、OH－、A－四种离子外还含有其他阴离子，由电荷守恒原理知，C项错误；
溶液中c（M＋）＝＝＝，根据MA M＋＋A－，A－＋H＋ HA知，溶液中c（HA）＝c（M＋）－c（A－）＝c（M＋）－，两式联立可得c（M＋）·Ka（HA）·[c（M＋）－]＝Ksp·c（H＋），化简可得c2（M＋）＝Ksp[＋1]，将Ksp＝5×10－8代入，由图知，c（H＋）＝20×10－5 mol·L－1时，c2（M＋）＝10.0×10－8 （mol·L－1）2，将数据代入计算得Ka（HA）＝2.0×10－4，D项正确。
7．[2020·全国卷Ⅰ]以酚酞为指示剂，用0.100 0 mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00 mL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的变化关系如下图所示。
[比如A2－的分布系数：δ(A2－)＝]
下列叙述正确的是(　　)
A．曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA－)
B．H2A溶液的浓度为0.200 0 mol·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－)
答案：C
解析：由题图可知加入NaOH溶液的体积为40 mL时，溶液pH发生突跃，达到滴定终点，溶质为Na2A，故有n（H2A）＝20.00 mL×c（H2A）＝n（NaOH）＝×0.100 0 mol·L－1×40 mL，则c（H2A）＝0.100 0 mol·L－1，而起点时pH约为1，故H2A的电离过程应为H2A===HA－＋H＋，HA－ A2－＋H＋，故曲线①表示δ（HA－），曲线②表示δ（A2－），A、B项错误；由Ka＝，VNaOH等于25 mL时，pH＝2.0，且c（A2－）＝c（HA－），可知Ka＝1.0×10－2，C项正确；以酚酞作指示剂，滴定终点时的溶质为Na2A，溶液呈碱性，根据电荷守恒c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（HA－）＋2c（A2－），结合c（H＋）c（HA－）＋2c（A2－），D项错误。
省市卷
1.[2023·浙江1月]碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：CaCO3(s) Ca2＋(aq)＋(aq)[已知Ksp(CaCO3)＝3.4×10－9，Ksp(CaSO4)＝4.9×10－5，H2CO3的电离常数Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11]，下列有关说法正确的是(　　)
A．上层清液中存在c(Ca2＋)＝c()
B．上层清液中含碳微粒最主要以形式存在
C．向体系中通入CO2气体，溶液中c(Ca2＋)保持不变
D．通过加Na2SO4溶液可实现CaCO3向CaSO4的有效转化
答案：B
解析：上层清液为CaCO3的饱和溶液，存在水解平衡，根据物料守恒，c(Ca2＋)＝c()＋c()＋c(H2CO3)，A项错误；CaCO3的饱和溶液pH≈9，根据Ka2＝，可得＝＝＝21，因此含碳微粒最主要以形式存在，B项正确；向体系中通入CO2气体，发生反应：CaCO3＋H2O＋CO2===Ca(HCO3)2，CaCO3(s)转化为可溶的Ca(HCO3)2，溶液中c(Ca2＋)增大，C项错误；Ksp(CaCO3)2．[2023·辽宁卷]某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即c(H2S)＝0.1 mol·L－1，通过调节pH使Ni2＋和Cd2＋形成硫化物而分离，体系中pH与－lg c关系如下图所示，c为HS－、S2－、Ni2＋和Cd2＋的浓度，单位为mol·L－1。
已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，下列说法正确的是(　　)
A．Ksp(CdS)＝10－18.4
B．③为pH与－lg c(HS－)的关系曲线
C．Ka1(H2S)＝10－8.1
D．Ka2(H2S)＝10－14.7
答案：D
解析：已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度逐渐减小，HS－的浓度增大，S2－浓度逐渐增大，则有－lg c(HS－)和－lg c(S2－)随着pH增大而减小，且pH相同时，HS－浓度大于S2－，即－lg c(HS－)小于－lg c(S2－)，则Ni2＋和Cd2＋浓度逐渐减小，且Ksp(NiS)>Ksp(CdS)即当c(S2－)相同时，c(Ni2＋)＞c(Cd2＋)，则－lg c(Ni2＋)和－lg(Cd2＋)随着pH增大而增大，且有－lg c(Ni2＋)小于－lg(Cd2＋)，由此可知曲线①代表Cd2＋、②代表Ni2＋、③代表S2－，④代表HS－，据此分析结合图像各点数据进行解题。
由分析可知，曲线①代表Cd2＋、③代表S2－，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2＋)＝c(S2－)＝10－13 mol·L－1，则有Ksp(CdS)＝c(Cd2＋)c(S2－)＝10－13×10－13＝10－26，A错误；由分析可知，③为pH与－lg c(S2－)的关系曲线，B错误；
3．[2023·湖北卷]H2L为某邻苯二酚类配体，其pKa1＝7.46，pKa2＝12.4。常温下构建Fe(Ⅲ)—H2L溶液体系，其中c0(Fe3＋)＝2.0×10－4 mol·L－1，c0(H2L)＝5.0×10－3 mol·L－1。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示，分布系数δ(x)＝，已知lg 2≈0.30，lg 3≈0.48。
下列说法正确的是(　　)
A．当pH＝1时，体系中c(H2L)>c([FeL]＋)>c(OH－)>c(HL－)
B．pH在9.5～10.5之间，含L的物种主要为L2－
C．L2－＋[FeL]＋ [FeL2]－的平衡常数的lg K约为14
D．当pH＝10时，参与配位的c(L2－)≈1.0×10－3 mol·L－1
答案：C
解析：从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L2－进行络合，但在pH＝1时，富含L的型体主要为H2L，此时电离出的HL－较少，根据H2L的一级电离常数可以简单计算pH＝1时溶液中c(HL－)≈10－9.46，但pH＝1时c(OH－)＝10－13，因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)>c([FeL]＋)>c(HL－)>c(OH－)，A错误；根据图示的分布分数图可以推导出，H2L在pH≈9.9时HL－的含量最大，而H2L和L2－的含量最少，因此当pH在9.5～10.5之间时，含L的物种主要为HL－，B错误；该反应的平衡常数K＝，当[FeL2]－与[FeL]＋分布分数相等时，可以将K简化为K＝，此时体系的pH＝4，在pH＝4时可以计算溶液中c(L2－)＝4.7×10－14.86，则该络合反应的平衡常数K≈2.1×1013.86，即lg K≈14，C正确；
根据图像，pH＝10时溶液中主要的型体为[FeL3]3－和[FeL2(OH)]2－，其分布分数均为0.5，因此可以得到c([FeL3]3－)＝c([FeL2(OH)]2－)＝1×10－4mol·L－1，此时形成[FeL3]3－消耗了3×10－4mol·L－1的L2－，形成[FeL2(OH)]2－消耗了2×10－4mol·L－1的L2－，共消耗了5×10－4mol·L－1的L2－，即参与配位的c(L2－)≈5×10－4mol·L－1，D错误；故答案选C。
4．[2023·湖南卷]常温下，用浓度为0. 020 0 mol·L－1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0. 020 0 mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η(η＝)的变化曲线如图所示。
下列说法错误的是(　　)
A．Ka(CH3COOH)约为10－4.76
B．点a：c(Na＋)＝c(Cl－)
＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
C．点b：c(CH3COOH)D．水的电离程度：a答案：D
解析：
根据CH3COOH CH3COO－＋H＋，可近似认为a点c(H＋)＝c(CH3COO－)，又a点pH＝3.38，c(H＋)＝10－3.38mol·L－1，故Ka(CH3COOH)≈＝10－4.76，A项正确；a点HCl恰好被完全中和，由物料守恒可得溶液中c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，B项正确；b点溶液pH<7，即以CH3COOH的电离为主，即溶液中c(CH3COOH)5.[2022·湖南卷]室温时，用0.100 mol·L－1的标准AgNO3溶液滴定15.00 mL浓度相等的Cl－、Br－和I－混合溶液，通过电位滴定法获得lg c(Ag＋)与V(AgNO3)的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于1.0×10－5mol·L－1时，认为该离子沉淀完全。Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgBr)＝5.4×10－13，Ksp(AgI)＝8.5×10－17。
下列说法正确的是(　　)
A．a点：有白色沉淀生成
B．原溶液中I－的浓度为0.100 mol·L－1
C．当Br－沉淀完全时，已经有部分Cl－沉淀
D．b点：c(Cl－)>c(Br－)>c(I－)>c(Ag＋)
答案：C
解析：三种卤化银组成形式相同，Ksp小的物质先形成沉淀，故a点时形成的是黄色的AgI沉淀，A项错误；由图知，当消耗4.5 mL AgNO3溶液时，溶液中I－、Br－、Cl－均沉淀完全，由于三种卤素离子浓度相同，故每种离子完全沉淀时均消耗1.5 mL AgNO3溶液，则0.100 mol·L－1×1.5 mL＝c（I－）×15 mL，解得c（I－）＝0.01 mol·L－1，B项错误；当Br－恰好沉淀完全时，溶液体积为18 mL，溶液中c（Ag＋）＝＝5.4×10－8mol·L－1，此时Qc（AgCl）＝c（Ag＋）·c（Cl－）＝5.4×10－8×＝4.5×10－10>Ksp（AgCl），故此时有部分Cl－形成了沉淀，C项正确；b点时溶液中I－、Br－、Cl－均沉淀完全，AgNO3过量，c（Ag＋）最大，D项错误。
6．[2022·浙江6月]25 ℃时，苯酚(C6H5OH)的Ka＝1.0×10－10，下列说法正确的是(　　)
A．相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c(C6H5O－)>c(CH3COO－)
B．将浓度均为0.10 mol·L－1的C6H5ONa和NaOH溶液加热，两种溶液的pH均变大
C．25 ℃时，C6H5OH溶液与NaOH溶液混合，测得pH＝10.00，则此时溶液中c(C6H5O－)＝c(C6H5OH)
D．25 ℃时，0.10 mol·L－1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体，水的电离程度变小
答案：C
解析：苯酚的酸性比乙酸的弱，C6H5ONa的水解程度大于CH3COONa，若二者溶液的pH相等，则后者的浓度较大，c（C6H5O－）考情分析
考向 考点
考情1 电离平衡 电离平衡影响因素
借助滴定图像计算Ka或Kb
考情2 溶液酸碱 性与中和滴定 酸、碱稀释过程中pH的变化特点
中和滴定曲线
考情3 盐类的水解平衡 盐类水解的影响因素
粒子大小关系
考情4 沉淀溶解平衡 根据图像计算Ksp
外界条件对溶解平衡的影响
题型·练透
精准备考·要有方向——研析题型角度
题型角度1 电离平衡基础类变化曲线的分析
例1 常温下，向1 L 0.1 mol·L－1 H2A溶液中加入NaOH固体，所得溶液中含A元素的微粒的物质的量分数随溶液pH的变化如图所示(忽略溶液体积变化)。
下列叙述正确的是(　　)
A．H2A的电离方程式为H2A H＋＋HA－、HA－ H＋＋A2－
B．lg[Ka2(H2A)]＝－3.0
C．NaHA溶液中：c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A)＝c(Na＋)
D．pH＝3时，c(HA－)＝c(A2－)＝c(H＋)
答案：B
解析：由图像可知，H2A第一步完全电离，A项错误；HA－、A2－的物质的量分数均为50%时，Ka2（H2A）＝＝10－3，lg[Ka2（H2A）]＝－3.0，B项正确；因为H2A完全电离，所以溶液中没有H2A，C项错误；pH＝3时，c（H＋）＝10－3 mol·L－1，c（HA－）＝c（A2－）＝0.05 mol·L－1，D项错误。
练　某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常
数分别为5.0×10－4和1.7×10－5。将pH和体积
均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体
积的变化如图所示。下列叙述正确的是(　　)
A．曲线Ⅰ代表HNO2溶液
B．溶液中水的电离程度：b点＞c点
C．从c点到d点，溶液中保持不变(其中HA、A－分别代表相应的酸和酸根离子)
D．相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na＋)相同
答案：C
解析：本题涉及弱酸的稀释与pH变化的相关知识，通过加水的体积与酸的pH变化图像，考查学生分析和解决问题的能力，以两种弱酸的性质作比较，体现宏观辨识与微观探析的学科核心素养。
由电离常数的值可知酸性：HNO2>CH3COOH，则曲线Ⅰ代表CH3COOH溶液，曲线Ⅱ代表HNO2溶液，A项错误；当稀释相同倍数时，b点溶液中c（H＋）大于c点，对水的电离的抑制作用：b点>c点，所以水的电离程度：b点c（HNO2），同体积的两种酸溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n（Na＋）不同，D项错误。
题型角度2 中和滴定曲线中的平衡分析
例2 常温下，用0.100 mol·L－1的NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.100 mol·L－1的盐酸和0.100 mol·L－1的醋酸，得到两条滴定曲线，如图所示：
下列说法正确的是(　　)
A．滴定盐酸的曲线是图2
B．两次滴定均可选择甲基橙或酚酞作指示剂
C．达到B、E点时，反应消耗的n(CH3COOH)＝n(HCl)
D．以HA表示酸，当0 mL＜V(NaOH)＜20.00 mL时，图2对应混合液中各离子浓度由大到小的顺序一定是c(A－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
答案：C
解析：0.100 mol·L－1盐酸的pH＝1，0.100 mol·L－1醋酸的pH＞1，故A项错误；甲基橙的变色范围是3.1～4.4、酚酞的变色范围是8.2～10.0，由图2中pH突变的范围（＞7）可知，当氢氧化钠溶液滴定醋酸时，只能选择酚酞作指示剂，B项错误；B、E两点对应消耗氢氧化钠溶液的体积均为a mL，所以反应消耗的n（CH3COOH）＝n（HCl），C项正确；0 mL＜V（NaOH）＜20.00 mL时，图2对应混合溶液可能显中性，此时c（A－）＝c（Na＋）＞c（H＋）＝c（OH－），D项错误。
练1　常温下，用0.10 mol·L－1 NaOH溶液分别滴
定20.00 mL浓度均为 CH3COOH溶液
和HCN溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法
正确的是(　　)
A．点①和点②所示溶液中：c(CH3COOH)－
c(CN－)＝c(HCN)－c(CH3COO－)
B．醋酸的滴定终点是点③
C．滴定CH3COOH过程中不可能出现：c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(Na＋)>c(OH－)
D．滴定HCN过程中可以用石蕊溶液指示终点
答案：A
解析：①、②两点对应的V（NaOH）＝10 mL，点①溶液为等浓度HCN和NaCN混合液，根据物料守恒可得2c（Na＋）＝c（HCN）＋c（CN－）；点②溶液为等浓度CH3COOH和CH3COONa混合液，根据物料守恒可得2c（Na＋）＝c（CH3COOH）＋c（CH3COO－），从而可得c（HCN）＋c（CN－）＝c（CH3COOH）＋c（CH3COO－），即c（CH3COOH）－c（CN－）＝c（HCN）－c（CH3COO－），A项正确；NaOH溶液滴定醋酸时，达到滴定终点生成CH3COONa，溶液呈碱性，而点③溶液pH＝7，故醋酸的滴定终点不是点③，而应是点④，B项错误；滴定CH3COOH过程中，若滴加NaOH溶液的体积较小，混合液呈酸性，可能出现c（CH3COOH）>c（CH3COO－）>c（H＋）>c（Na＋）>c（OH－），C项错误；滴定HCN时，达到滴定终点生成NaCN，溶液呈碱性，应选酚酞溶液作指示剂，石蕊溶液因变色不明显，一般不能作为中和滴定的指示剂，D项错误。
练2　常温下，用0.100 0 mol·L－1的盐酸滴定20.00 mL未知浓度的Na2CO3溶液，溶液的pH与所加盐酸体积关系如图所示。
下列有关叙述错误的是(　　)
A．a点溶液呈碱性的原因用离子方程式表示为：＋OH－
B．b点处的溶液中)＝)＋c(Cl－)
C．滴定过程中使用酚酞作为指示剂比石蕊更准确
D．d点处溶液中水电离出的c(H＋)小于c点处
答案：B
解析：a点是Na2CO3溶液，因水解而呈碱性，且一般只写第一步的水解方程式，所以A正确；根据b点溶液的pH＝8可知，其溶液为等物质的量的NaCl和NaHCO3溶液，根据物料守恒可得c（Na＋）＝c（）＋c（H）＋c（Cl－）＋c（H2CO3），若按电荷守恒，b处溶液中c（OH－）＞c（H＋），则c（Na＋）＞2c（）＋c（H）＋c（Cl－），c（Na＋）－2c（）＞c（H）＋c（Cl－），所以B错误；Na2CO3与盐酸的反应分两步进行，第一步生成NaHCO3，溶液呈弱碱性，所以用酚酞作指示剂，也能求得Na2CO3的浓度，而石蕊的变色范围大，颜色变化不明显，所以不能用作指示剂，故C正确；由图像可知d处溶液呈弱酸性，抑制了水的电离，而c处溶液呈中性，对水的电离没有影响，所以D正确。
题型角度3 沉淀溶解平衡曲线的分析
例3 某电路板生产企业的水质情况及国家允许排放的污水标准如下表所示。为研究废水中Cu2＋处理的最佳pH，取5份等量的废水，分别用30%的NaOH溶液调节pH至8.5、9、9.5、10、11，静置后，分析上层清液中铜元素的含量，实验结果如图所示。
查阅资料，平衡Ⅰ：Cu(OH)2＋4NH3 [Cu(NH3)4]2＋＋2OH－；
平衡Ⅱ：Cu(OH)2＋2OH－ [Cu(OH)4]2－
下列说法不正确的是(　　)
A．废水中Cu2＋处理的最佳pH约为9
B．b～c段：随pH升高，Cu(OH)2的量增加，平衡Ⅰ正向移动，铜元素含量上升
C．c～d段：随pH升高，c(OH－)增加，平衡Ⅰ逆向移动，铜元素含量下降
D．d点以后，随c(OH－)增加，铜元素含量可能上升
项目 废水水质 排放标准
pH 1.0 6～9
Cu2＋/mg·L－1 72 ≤0.5
2 632 ≤15
答案：B
解析：根据图像，在pH＝9时，Cu元素的含量最小，即废水中Cu2＋处理的最佳pH约为9，故A说法正确；b～c段：pH增大，c（OH－）增大，根据勒夏特列原理，平衡Ⅰ中，Cu（OH）2增大，平衡向逆反应方向移动，故B说法错误；c～d段：pH增大，c（OH－）增大，平衡Ⅰ向逆反应方向移动，铜元素含量下降，故C说法正确；d点以后，c（OH－）增大，平衡Ⅱ向正反应方向移动，生成Cu[（OH）4]2－，铜元素含量增大，故D说法正确。
练　已知：T ℃时，Ksp(CaSO4)＝4.90×10－5、Ksp(CaCO3)＝2.8×10－9、Ksp(PbCO3)＝8.4×10－14，三种盐的沉淀溶解平衡曲线如图所示，pM＝－lg c(阴离子)、pN＝－lg c(阳离子)。
下列说法错误的是(　　)
A．a线是CaSO4沉淀溶解平衡曲线
B．T ℃时，向10 mL水中加入CaCO3和PbCO3至二者均饱和，溶液中＝
C．d点表示CaCO3的饱和溶液，且)
D．T ℃时，向CaSO4沉淀中加入1 mol·L－1的Na2CO3溶液，CaSO4沉淀会转化为CaCO3沉淀
答案：C
解析：由以上分析可知，a线表示CaSO4的沉淀溶解平衡曲线，A项正确；T ℃时向水中加入CaCO3和PbCO3至二者均饱和时，＝，B项正确；d点所示溶液为CaCO3的饱和溶液，c（Ca2＋）＞c（C），C项错误；一般来说，溶解度大的沉淀可以转化成溶解度小的沉淀，向CaSO4沉淀中加入1 mol·L－1的Na2CO3溶液可得到溶解度较小的CaCO3沉淀，D项正确。
题型角度4 不规则图像中的平衡分析
例4 25 ℃时，某混合溶液中c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1，lg c(CH3COOH)、lg c(CH3COO－)、lg c(H＋)和lg c(OH－)随pH变化的关系如图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是(　　)
A．O点时，c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)
B．N点时，pH＝lg Ka
C．该体系中，c(CH3COOH)＝ mol·L－1
D．pH由7到14的变化过程中，CH3COO－的水
解程度始终增大
答案：C
解析：结合题图可知当pH最小时，溶液呈酸性，溶液中c（CH3COOH）最大，对应lg c（H＋）最大，随着pH逐渐增大，当溶液中c（CH3COO－）最大时，对应lg c（OH－）最大。则4条曲线分别对应的lg c（x）如下：
经上述分析可知N点时，c（CH3COOH）＝c（CH3COO－），Ka＝c（H＋），即pH＝－lg Ka，A、B项错误；该体系中，0.1c（H＋）＝[c（CH3COOH）＋c（CH3COO－）]×c（H＋）＝c（CH3COOH）×c（H＋）[＋1]＝c（CH3COOH）×[Ka＋c（H＋）]，C项正确；pH由7到14的过程中先促进CH3COO－的水解，后抑制其水解，D项错误。
练1　已知草酸为二元弱酸：
Ka1
＋H＋　 Ka2
常温下，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、、三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。
则下列说法中不正确的是(　　)
A．pH＝1.2的溶液中：c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(H2C2O4)
B．pH＝2.7的溶液中：＝1 000
C.将相同物质的量的KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水所得混合液的pH为4.2
D.向pH＝1.2的溶液中加KOH溶液，将pH增大至4.2的过程中水的电离度一定增大
答案：C
解析：pH＝1.2时，H2C2O4、HC2的物质的量分数相等，且c（K＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（HC2），则c（K＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（H2C2O4），故A项正确；由图像可知pH＝1.2时，c（HC2）＝c（H2C2O4），
则Ka1＝＝c（H＋）＝10－1.2，pH＝4.2时，c（HC2）＝c（C2），Ka2＝＝c（H＋）＝10－4.2，由电离常数可知＝＝1 000，故B项正确；将相同物质的量的KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水，可配成不同浓度的溶液，溶液浓度不同，pH不一定为定值，即不一定为4.2，故C项错误；向pH＝1.2的溶液中加KOH溶液将pH增大至4.2，溶液中由酸电离的氢离子浓度减小，则对水的电离的抑制程度减小，水的电离度一定增大，故D项正确。
练2　已知：pKa＝－lgKa，25 ℃时，H2A的pKa1＝1.85，pKa2＝7.19。常温下，用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1 H2A溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．A点所得溶液中：V0＝10 mL
B．B点所得溶液中：c(H2A)＋c(H＋)＝c(HA－)＋c(OH－)
C．C点所得溶液中：c(A2－)＝c(HA－)
D．D点所得溶液中A2－水解平衡常数Kh1＝10－7.19
答案：C
解析：用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1 H2A溶液，A点溶液中溶质为H2A和NaHA，pH＝1.85＝pKa1，则c（H2A）＝c（HA－），所加氢氧化钠溶液的体积小于10 mL，A错误。B点是用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1 H2A溶液，恰好反应生成NaHA，溶液显酸性，溶液中电荷守恒c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HA－）＋c（OH－）＋2c（A2－），物料守恒c（Na＋）＝c（HA－）＋c（A2－）＋c（H2A），得到：c（H2A）＋c（H＋）＝c（A2－）＋c（OH－），B错误。C点pH＝7.19＝pKa2，Ka2＝＝10－7.19，所以c（A2－）＝c（HA－），C正确。A2－水解平衡常数Kh1＝＝10－6.81，D错误。
精准备考·要有方案——高考必备基础
一、水电离的c(H＋)或c(OH－)的判断
1．溶质为酸的溶液
H＋来源于酸和水的电离，而OH－只来源于水。如计算pH＝2的盐酸中水电离出的c(H＋)：方法是先求出溶液中的c(OH－)＝10－12 mol·L－1，即水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12 mol·L－1。
2．溶质为碱的溶液
OH－来源于碱和水的电离，而H＋只来源于水。如pH＝12的NaOH溶液中，c(H＋)＝10－12 mol·L－1，即水电离产生的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12 mol·L－1。
3．水解呈酸性或碱性的正盐溶液
H＋和OH－均由水电离产生。如pH＝2的NH4Cl溶液中由水电离出的c(H＋)＝10－2 mol·L－1；如pH＝12的Na2CO3溶液中由水电离出的c(OH－)＝10－2 mol·L－1。
二、电解质溶液中的“三大平衡”
电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡是溶液中的三大平衡。这三种平衡都遵循勒夏特列原理——当只改变体系的一个条件时，平衡向能够减弱这种改变的方向移动。
1．电离平衡、水解平衡与沉淀溶解平衡的比较
电离平衡 CH3COOH CH3COO－＋H＋ 水解平衡(如CH3COONa溶液)CH3COO－＋H2O CH3COOH＋OH－ 沉淀溶解平衡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) 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)
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.“电离平衡”分析判断中的常见误区
(1)误认为电离平衡正向移动，弱电解质的电离程度一定增大。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)误认为弱电解质在加水稀释的过程中，溶液中离子浓度都减小。如氨水加水稀释时，c(H＋)增大。
(3)误认为由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－13 mol·L－1的溶液一定呈碱性。如25 ℃，0.1 mol·L－1盐酸或氢氧化钠溶液中由水电离的c(H＋)都为1.0×10－13 mol·L－1。
(4)弱电解质溶液在加水稀释的过程中，判断某些微粒浓度的关系式是否发生变化时，首先要考虑该关系式是否是电离常数、离子积常数或者是它们的变形。
3．“水解平衡”常见的认识误区
(1)误认为水解平衡向正向移动，离子的水解程度一定增大。如向FeCl3溶液中加入少量FeCl3固体，平衡向水解方向移动，但Fe3＋的水解程度减小。
(2)由于加热可促进盐类水解，错误地认为可水解的盐溶液在蒸干后都得不到原溶质。其实不一定，对于那些水解程度不是很大，水解产物离不开平衡体系的情况[如、NaAlO2、Na2CO3]来说，溶液蒸干后仍得原溶质。
(3)极端化认为水解相互促进即能水解彻底。如CH3COONH4溶液中尽管CH3COO－、水解相互促进，但仍然能大量共存，常见水解促进比较彻底而不能大量共存的离子有Al3＋与、(或)、S2－(或HS－)、(或)等。
4．根据多元弱酸“共轭酸碱对”判断电离常数(Ka)与水解常数(Kh)大小
(3)应用
以H3PO4为例：
共轭酸碱对
由此可推断各形式盐电离与水解何者为主
三、有关溶液中粒子浓度的变化图像题分类
类型一、一强一弱溶液的稀释图像
1．相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸
加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大 加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多
2.相同体积、相同pH值的盐酸、醋酸
加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大 加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多
3.pH与稀释倍数的线性关系
(1)HY为强酸、HX为弱酸 (2)a、b两点的溶液中：c(X－)＝c(Y－) (3)水的电离程度：d>c>a＝b (1)MOH为强碱、ROH为弱碱
(2)c(ROH)>c(MOH)
(3)水的电离程度：a>b
类型二、Kw和Ksp曲线
1．双曲线型
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]
(1)A、C、B三点均为中性，温度依次升高，Kw依次增大 (2)D点为酸性溶液，E点为碱性溶液，Kw＝1×10－14 (3)AB直线的左上方均为碱性溶液，任意一点：c(H＋)2.直线型(pM pR曲线)
pM为阳离子浓度的负对数，pR为阴离子浓度的负对数
①直线AB上的点：c(M2＋)＝c(R2－)；
②溶度积：CaSO4>CaCO3>MnCO3；
③X点对CaCO3要析出沉淀，对CaSO4是不饱和溶液，能继续溶解CaSO4；
④Y点：)>c(Ca2＋)，二者的浓度积等于10－5；Z点：)类型三、分布系数图及分析
分布曲线是指以pH为横坐标、分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标的关系曲线
一元弱酸(以CH3COOH为例) 二元酸(以草酸H2C2O4为例)
δ0为CH3COOH分布系数，δ1为CH3COO－分布系数
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分析浓度，就可以计算各成分在该pH时的平衡浓度 类型四、酸碱中和滴定曲线
氢氧化钠滴定等浓度等体积的盐酸、醋酸的滴定曲线 盐酸滴定等浓度等体积的氢氧化钠、氨水的滴定曲线
曲线起点不同：强碱滴定强酸、弱酸的曲线，强酸起点低；强酸滴定强碱、弱碱的曲线，强碱起点高
突跃点变化范围不同：强碱与强酸反应(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pH＝7不一定是终点：强碱与强酸反应时，终点是pH＝7；强碱与弱酸(强酸与弱碱)反应时，终点不是pH＝7(强碱与弱酸反应终点是pH>7，强酸与弱碱反应终点是pH<7)
模考·预测
1.常温下，有下列四种溶液：
下列说法正确的是(　　)
A．由水电离出的c(H＋)：①>③
B．将③稀释到原来的100倍后，pH与④相同
C．②与④混合后，若溶液呈酸性，则所得溶液中离子浓度可能为c(CH3COO－)>c(H＋)>c(Na＋)>c(OH－)
D．①与③混合后，若溶液pH＝7，则V(NaOH)>V(CH3COOH)
① ② ③ ④
0.1 mol·L－1 NaOH溶液 pH＝11 NaOH溶液 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液 pH＝3
CH3COOH溶液
答案：C
解析：NaOH完全电离，CH3COOH部分电离，前者对水的电离抑制程度更大，由水电离出的c（H＋）：①<③，A项错误；因CH3COOH会部分电离，0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中c（H＋）<0.1 mol·L－1，则pH>1，稀释100倍后，pH增大，则③的pH与④不同，B项错误；②与④混合后为CH3COONa和CH3COOH的混合溶液，若溶液呈酸性，则CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，若CH3COOH较多，则c（H＋）>c（Na＋），结合电荷守恒可知溶液中离子浓度可能为c（CH3COO－）>c（H＋）>c（Na＋）>c（OH－），C项正确；①与③等体积混合后，溶液呈碱性，若要呈中性，则③应过量，即V（NaOH）2．用0.1 mol·L－1的盐酸滴定20 mL约0.1 mol·L－1氨水，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．a点溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)
B．滴定过程中，当溶液的pH＝7时，两者恰好中和
C．用酚酞作指示剂比用甲基橙作指示剂，滴定误差更小
D．当滴入盐酸为30 mL时，溶液中：)＋c(H＋)＜c(OH－)＋c(Cl－)
答案：A
解析：a点时恰好中和生成氯化铵，物料守恒式为c（）＋c（NH3·H2O）＝c（Cl－），电荷守恒式为c（）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（Cl－），则c（H＋）＝c（OH－）＋c（NH3·H2O），故A正确；两者恰好中和时生成氯化铵，溶液的pH＜7，当溶液的pH＝7时，氨水未完全反应，故B错误；反应终点生成氯化铵，水解显酸性，酚酞的变色范围为8～10，应选甲基橙作指示剂，即用酚酞作指示剂比用甲基橙作指示剂，滴定误差更大，故C错误；溶液不显电性，遵循电荷守恒，则当滴入盐酸达30 mL时，溶液中c（）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（Cl－），故D错误。
3．常温下，向的HR溶液中逐滴滴入0.1 mol·L－1的NH3·H2O溶液，所得溶液pH及导电性变化如图。下列分析不正确的是(　　)
A．a～b点导电能力增强，说明HR为弱酸
B．b点溶液pH＝5，此时酸碱恰好中和
C．c点溶液存在)>c(R－)、c(OH－)>c(H＋)
D．b～c任意点溶液均有c(H＋)·c(OH－)＝Kw＝1.0×10－14
答案：B
解析：A项，根据图像可知，a～b点导电能力增强，说明HR为弱电解质，在溶液中部分电离，加入氨水后生成强电解质，离子浓度增大；B项，b点溶液pH＝7，此时加入10 mL HR，HR与一水合氨的浓度、体积相等，则二者恰好反应；C项，c点时溶液的pH>7，混合液显示碱性，则c（OH－）>c（H＋），结合电荷守恒可知：c（）>c（R－）；D项，b～c点，溶液的温度不变，则水的离子积不变。
4．在T ℃时，铬酸银(Ag2CrO4)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是(　　)
A．T ℃时，在Y点和Z点，Ag2CrO4的Ksp相等
B．向饱和Ag2CrO4溶液中加入固体K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点
C．T ℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－8
D．图中a＝×10－4
答案：C
解析：一种物质的Ksp只与温度有关，A正确；向饱和Ag2CrO4溶液中加入固体K2CrO4后，沉淀溶解平衡向左移动，导致c（Ag＋）减小，而图像中由Y点变成X点的过程中，c（Ag＋）保持不变，B正确；T ℃时，Ag2CrO4的Ksp＝c（Cr）·c2（Ag＋）＝（1×10－5）×（1×10－3）2＝1×10－11，C错误；温度不变Ksp＝c（Cr）·c2（Ag＋）＝（1×10－5）×（1×10－3）2＝a2×5×10－4，解得a＝×10－4，D正确。
5．常温下，向20 mL 0.2 mol·L－1二元酸H2A溶液中滴加0.2 mol·L－1 NaOH溶液，有关微粒物质的量变化如图。下列叙述正确的是(　　)
A．当V(NaOH)＝20 mL时，溶液中各离子浓度的大小顺序为c(Na＋)＞c(HA－)＞c(A2－)＞c(OH－)＞c(H＋)
B．等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水的大
C．等浓度H2A和NaHA的混合溶液中无论加入少量的强酸或强碱，溶液的pH变化都不大
D．当V(NaOH)＝40 mL时，升高温度，减小
答案：C
解析：从图像看出当V（NaOH）＝20 mL时，溶液中的溶质是NaHA，溶液中c（HA－）＞c（A2－）＞c（H2A），说明HA－以电离为主，故c（H＋）>c（OH－），故A错；等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后的溶质是NaHA，HA－以电离为主，产生H＋，抑制水的电离，故B错；等浓度H2A和NaHA的混合溶液形成缓冲溶液，溶液中存在电离平衡H2A H＋＋HA－，水解平衡NaHA＋H2O NaOH＋H2A，加入酸，HA－会消耗H＋生成H2A，加入碱，OH－和H2A反应生成HA－，溶液pH变化都不大，C正确；当V（NaOH）＝40 mL时，溶液中的溶质是Na2A，但存在HA－，说明A2－水解，其水解平衡：A2－＋H2O HA－＋OH－，升高温度，A2－的水解平衡正向移动，c（A2－）减小，增大，故D错。
6．实验测得10 mL 0.50 mol·L－1 NH4Cl溶液、10 mL 0.50 mol·L－1 CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10－5。
下列说法不正确的是 (　　)
A．图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化
B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度为 mol·L－1，溶液pH变化值小于lg x
C．随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH－)减小，c(H＋)增大，pH减小
D．25 ℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c(Na＋)－c(CH3COO－)＝)
答案：C
解析：醋酸钠溶液显碱性，加水稀释，碱性减弱，c（OH－）减小，c（H＋）增大，pH减小；氯化铵溶液显酸性，加水稀释，酸性减弱，c（H＋）减小，c（OH－）增大，pH增大，即实线表示pH随加水量的变化；升温，Kw增大，水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度都会增大，pH表示氢离子浓度的负对数，所以pH都会减小，即虚线表示pH随温度的变化，A说法正确，C说法错误。将NH4Cl溶液加水稀释至浓度为 mol·L－1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c（H＋）变为原来的，则溶液的pH将增大lg x，但是加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c（H＋）大于原来的，因此溶液pH的变化值小于lg x，B说法正确。
25 ℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中分别存在电荷守恒：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（CH3COO－）、c（）＋c（H＋）＝c（Cl－）＋c（OH－），即氯化铵溶液中：c（Cl－）－c（）＝c（H＋）－c（OH－），醋酸钠溶液中：c（Na＋）－c（CH3COO－）＝c（OH－）－c（H＋），25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10－5，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，盐的水解程度相同，因此，两溶液中|c（OH－）－c（H＋）|（两者差的绝对值）相等，故c（Na＋）－c（CH3COO－）＝c（Cl－）－c（），D说法正确。

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