资源简介

(共106张PPT)
主题3
反应原理与规律
微主题6　电离平衡与盐类水解
1　室温下，下列说法不能说明CH3COOH的酸性弱于盐酸的是( )
A. 相同浓度的醋酸溶液和盐酸，前者pH大
B. 相同pH的醋酸溶液和盐酸，导电能力后者强
C. 相同浓度的CH3COONa溶液和NaCl溶液，前者pH大
D. pH＝2的醋酸溶液和盐酸，加水稀释100倍，前者变化小于后者
2　铁矿石用稀硫酸溶解时，稀硫酸要过量的原因是__________ __________________________________。
B
提高矿石
中铁元素浸取率；抑制Fe3＋水解
3　工业中常用Na2CO3溶液浸泡金属，从而去除金属表面的油污。
(1)Na2CO3溶液除油污是由于其溶液呈碱性，呈碱性的原因是______________________________________(用离子方程式表示)。
(2)Na2CO3溶液中存在多种微粒。
②写出Na2CO3溶液中的三守恒。
电荷守恒：_______________________________________________。
元素守恒：______________________________________________。
质子守恒：_______________________________________________。
<
4　判断下列说法是否正确。
(1)与pH相关。
①室温下，pH＝6的NH4Cl溶液中：c(NH3·H2O)＝9.9×10－7 mol/L( )
√
×
×
(2)与Na2S溶液相关。
①已知：H2S的Ka1＝1.1×10－7、Ka2＝1.3×10－13，则室温下，0.01　mol/L Na2S溶液中：c(HS－)>c(S2－) ( )
②室温下，用pH计测量0.1 mol/L Na2S溶液的pH，测得pH为12.65，则c(S2－)√
×
(2)实验室制备FeCO3沉淀，不采用Na2CO3溶液原因是______________________________________________________________________。
(3)制备较纯净的FeCO3沉淀，FeSO4溶液和NaHCO3溶液加入顺序为______________________________________________。
Na2CO3溶液
的碱性强，易产生Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀
向FeSO4溶液中缓慢加入NaHCO3溶液　
考向1　溶液中粒子浓度分析
题型1　固定成分溶液中粒子浓度分析
1　判断下列说法是否正确。
×
×
√
×
×
题型2　反应过程中粒子浓度分析
[工业流程中粒子浓度关系]
2　判断下列粒子浓度关系是否正确。
(1)[2025江苏卷]室温下，有色金属冶炼废渣(含Cu、Ni、Si等的氧化物)用过量的较浓硫酸溶液酸浸后，提取铜和镍的过程如图所示。“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中：c提铜(Na＋)＝c沉镍(Na＋) ( )
×
(2)[2023江苏卷]室温下，用含少量Mg2＋的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如图所示。已知：Ksp(MgF2)＝5.2×10－11，Ka(HF)＝6.3×10－4。
×
[实验过程中粒子浓度分析]
3　[2025江苏卷]探究含铜化合物性质的实验如下：
步骤Ⅰ：取一定量5% CuSO4溶液，加入适量浓氨水，产生蓝色沉淀。
步骤Ⅱ：将沉淀分成两等份，分别加入相同体积的浓氨水、稀盐酸，沉淀均完全溶解，溶液分别呈现深蓝色、蓝色。
步骤Ⅱ的两份溶液中：c深蓝色(Cu2＋)______c蓝色(Cu2＋)。
<
【解析】 步骤Ⅰ向CuSO4溶液中加适量氨水，产生的蓝色沉淀是 Cu(OH)2；步骤Ⅱ中，加氨水后，Cu(OH)2转化为[Cu(NH3)4]2＋，溶液呈深蓝色，加稀盐酸后，Cu(OH)2转化为Cu2＋，溶液呈蓝色，故c深蓝色(Cu2＋)4 [2024江苏卷]室温下，通过下列实验探究SO2的性质。已知：Ka1(H2SO3)＝1.3×10－2，Ka2(H2SO3)＝6.2×10－8。
实验1：将SO2气体通入水中，测得溶液pH＝3。
实验2：将SO2气体通入0.1　mol/L酸性KMnO4溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。
下列说法正确的是______(填序号)。
②
D
B
(1)当通入SO2至溶液pH＝6时，溶液中浓度最大的阴离子是____________(填离子符号)。
随着pH
5.0×10－6
＜
<
＞
<
考向4　盐类水解的综合应用
10　判断下列说法是否正确。
×
×
×
(4)[2021江苏卷]用如图所示的装置除去废铜屑表面的油污( )
√
(1)写出ZnS与H3AsO3反应生成As2S3的离子方程式：_____________ _______________________________________________________。
(2)反应4 h后，砷回收率下降的原因是_________________________________________________________________________________________________________________________________。
2H3AsO3＋
剩余ZnS被As2S3包裹，使ZnS与H3AsO3反应的速率减慢；As2S3 水解生成H3AsO3；As2S3水解速率大于ZnS与H3AsO3 反应的速率
不引入杂质离子Na＋(或制
得的催化剂不含Na＋)
考向1　溶液中粒子浓度分析
题型1　固定成分溶液中粒子浓度分析
1　判断下列说法是否正确。
(1)[2025苏州期初]0.01 mol/L Na2S溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋ c(HS－)＋c(H2S) ( )
×
√
×
×
题型2　反应过程中粒子浓度分析
[工业流程中粒子浓度关系]
2　判断下列情境下粒子浓度关系是否正确。
(1)[2025苏州期末]室温下，测定溶液中Ca2＋浓度的流程如下：
×
×
(2)[2024南通、泰州等六市一调]室温下，用含有少量Mn2＋的ZnSO4溶液制备ZnCO3的过程如下：
√
[实验过程中粒子浓度分析]
3　[2025南京期初]室温下，通过下列实验探究K2C2O4 与KHC2O4的性质(忽略溶液混合时的体积变化)。
实验1：向0.1 mol/L KHC2O4溶液中滴加少量等浓度NaOH溶液，无明显现象。
实验2：向酸性KMnO4溶液中滴加0.1 mol/L KHC2O4溶液至溶液紫红色恰好褪去。
判断下列说法是否正确。
√
√
4 [2025无锡期末]室温下，通过下列实验制备少量NaHCO3并探究其性质。
实验1：测得100 mL 14 mol/L氨水的pH约为12.0；
实验2：向上述氨水中加入NaCl至饱和，通入足量CO2，经过滤、洗涤、干燥得到NaHCO3固体；
实验3：配制100 mL 0.1 mol/L NaHCO3溶液，测得溶液pH为8.0；
实验4：向2 mL 0.1 mol/L NaHCO3溶液中滴加几滴0.1 mol/L Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀。
下列说法正确的是( )
A. 依据实验1推测：Kb(NH3·H2O)≈7×10－26
D
B
C
考向3　电离平衡常数的计算及应用
7　判断下列说法是否正确。
(1)[2025南通、泰州、镇江一调]Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5。0.1 mol/L的氨水：10＜pH＜11　( )
(2)[2025苏州期初]已知Ka1(H2S)＝10－6.97、Ka2(H2S)＝10－12.90。 0.01 mol/L Na2S溶液中：c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)>c(HS－) ( )
×
×
×
√
考向4　盐类水解的综合应用
8　判断下列说法是否正确。
(1)[2025苏州期末]分别向CH3COONa和NaCN溶液中滴加几滴酚酞试液，观察溶液颜色，判断CH3COO－和CN－结合H＋能力的强弱( )
(2)[2025南通、泰州等七市二调]向含酚酞的Na2CO3　溶液中加入少量BaCl2固体，观察溶液颜色变化，判断Na2CO3溶液中存在水解平衡( )
(3)[2026连云港期中]用pH试纸测量(NH4)2Fe(SO4)2溶液的pH，测得pH<7，判断Fe2＋能发生水解( )
×
√
×
(4)[2025苏锡常镇二调]用pH计分别测定浓度均为0.1 mol/L的NaClO溶液和NaNO2溶液的pH，比较读数大小，判断HClO和HNO2的酸性强弱( )
(5)[2026泰兴期中]用pH试纸测相同浓度的NaClO、CH3COONa溶液的pH，判断ClO－与CH3COO－的水解程度大小( )
(6)[2026镇江、南京联盟校联考]用pH计分别测定NaClO和Na[Al(OH)4]溶液的pH，前者pH大，判断结合H＋的能力：[Al(OH)4]－>ClO－( )
√
×
×
9　[2026扬州七校联考]特制MnO2粉末可除去水中微量Fe2＋。控制溶液pH约为6.5，Fe2＋被吸附至MnO2表面，在MnO2催化下被溶解氧快速氧化为Fe3＋，最终形成Fe(OH)3胶体后与MnO2共沉淀。
(1)Fe2＋转化为Fe(OH)3胶体总反应的离子方程式为_____________________________________________________________。
(2)溶液中残留铁量与温度关系如图。温度高于30 ℃，溶液残留铁量增多的原因是____________________________________。
4Fe2＋＋O2＋
高于30 ℃，溶液中的溶氧量减少
(3)除铁时，溶液pH不宜过低，可能原因是__________________________________________________________________________________________________________________________________________。
pH过低，不利于Fe3＋水解形成Fe(OH)3胶体；H＋浓度大，不利于MnO2吸附Fe2＋或不利于MnO2吸附Fe(OH)3胶体共沉淀
10　(1)[2024苏州期末]已知：TiO2＋＋2H2O===TiO(OH)2↓＋ 2H＋。其他条件不变，溶液初始pH对含Fe3＋的TiO2＋溶液水解率的影响如图所示，pH在1.7～1.8内，随着pH增大，TiO2＋水解率下降的原因是________________________________________________。
Fe3＋水解产生的H＋抑制了TiO2＋的水解
(2)[2024无锡期末]以FeSO4·7H2O为原料制备FeCO3的实验流程如图所示。沉淀剂使用尿素[CO(NH2)2]，不使用Na2CO3的原因是__________ _____________________________________________________________________________________________________。
【解析】 (1)初始pH在1.7～1.8内，由图可知，随着pH的增大，Fe3＋水解程度增大，产生的H＋对TiO2＋的水解有抑制作用，从而导致TiO2＋的水解率下降。
　 Na2CO3溶液显碱性，易生成Fe(OH)2，碱性条件下，Fe(OH)2易被氧化产生Fe(OH)3沉淀等杂质
核心1　电离平衡常数(K电离)、水的离子积常数(Kw)与盐类水解常数(Kh)
1　电离平衡常数(K电离)
(1)常见的弱电解质：弱酸、弱碱和水，弱电解质在溶液中存在电离平衡。弱电解质的电离是吸热过程，升高温度，可促进其电离。常引用常数K比较酸碱性强弱、比较粒子浓度大小或判断粒子浓度比的变化。
越弱
>
增大
(2)多元弱酸(或弱碱)的电离是分步进行的，一般K1 K2 K3。因此计算多元弱酸溶液的c(H＋)或比较多元弱酸酸性相对强弱时，通常只考虑第一步电离。
①可以通过比较弱酸一级电离平衡常数的大小来比较它们电离程度的大小，也可比较酸性强弱。如酸性：H2C2O4＞H3PO4＞CH3COOH＞H2CO3。
CO2
2　水的电离[25　℃时，水的离子积常数Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝ 10－14]
图中曲线表示不同温度下，水溶液中c(H＋)与c(OH－)的关系。由于水的电离是吸热过程，升高温度可促进水电离，水的离子积常数增大，曲线cd对应的温度高于25 ℃，故T >25。
一定温度下，水溶液中c(H＋)与c(OH－)的关系是一个定值，但水的电离程度不一定相同。在酸或碱溶液中，水的电离受到________；电离程度________(填“变大”“变小”或“不变”)。
抑制
变小
大
大
4　综合应用(没有特殊说明时，使用的数据均在室温下)
(1)证明弱电解质的方法
Ⅰ. 从平衡及平衡移动判断
以CH3COOH为例：
①测定0.1 mol/L CH3COOH溶液的pH，pH______(填“>”或“<”，下同)1，说明CH3COOH为弱电解质。
②测定CH3COONa溶液的pH，pH______7，说明CH3COOH为弱电解质。
>
>
③取pH＝3的CH3COOH溶液1 mL，用水稀释到100 mL，pH______5，说明CH3COOH为弱电解质。
④向0.1 mol/L CH3COOH溶液中加入少量CH3COONH4(水溶液呈中性)固体(溶液体积变化忽略不计)，pH________(填“变大”或“变小”)，说明CH3COOH为弱电解质。
＜
变大
Ⅱ. 从与强酸(如盐酸)比较判断
①相同浓度的盐酸和CH3COOH比较
A. 测定溶液的pH，溶液pH：盐酸______醋酸，说明CH3COOH为弱电解质。
B. 与活泼金属、碳酸盐等反应，反应的剧烈程度：盐酸______醋酸，说明CH3COOH为弱电解质。
C. 相同温度、相同浓度的盐酸的导电性______醋酸的导电性，说明CH3COOH是弱电解质。
<
>
>
②相同pH的盐酸和CH3COOH比较
A. 与活泼金属、碳酸盐等反应，反应过程中的剧烈程度：盐酸______醋酸，说明CH3COOH为弱电解质。
B. 加水稀释相同的倍数，溶液pH：盐酸______醋酸，说明CH3COOH为弱电解质。
<
>
(2)酸式盐溶液电离程度和水解程度的比较
以NaHCO3为例：
碱
<
(3)混合溶液电离程度和水解程度的比较
以0.1 mol/L CH3COOH和0.1 mol/L CH3COONa 等体积混合的溶液为例：
由于Ka＞Kh，故电离程度______(填“>”或“<”，下同)水解程度，溶液显______性，c(CH3COO－)______c(CH3COOH)。
>
酸
>
核心2　电解质溶液中“三个守恒”
1　电荷守恒
电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都呈电中性，即电解质溶液中阳离子所带的电荷总数与________________________相等，如Na2S溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(S2－)＋c(HS－)＋c(OH－)。
2　元素守恒
在电解质溶液中，由于某些离子发生水解或电离，离子的存在形式发生了变化，变成了其他离子或分子，使粒子的种类增多，但却不能使离子或分子中某种特定元素原子或原子团的总数目发生变化，其总数目在反应前后是守恒的，始终遵循原子守恒。如Na2S溶液中：c(Na＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)。
阴离子所带的电荷总数
3　质子守恒
以Na2S溶液为例：
(1)方法1：可以由电荷守恒与元素守恒推导出来，c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)。
(2)方法2：可以利用下图进行快速书写。
质子守恒： c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)。
核心3　酸碱滴定反应图像
1　强碱滴定一元强酸、一元弱酸
氢氧化钠滴定等浓度等体积的盐酸、醋酸的滴定曲线
①曲线起点不同：强碱滴定强酸、弱酸的曲线中，强酸起点低
②突跃点变化范围不同：强碱与强酸反应的突跃点变化范围大于强碱与弱酸反应
③室温下pH＝7不一定是终点：强碱与强酸反应时，终点的pH＝7；强碱与弱酸反应时，终点的pH≠7，而是pH>7
2　强酸滴定一元强碱、一元弱碱
盐酸滴定等浓度等体积的氢氧化钠溶液、氨水的滴定曲线
①曲线起点不同：强酸滴定强碱、弱碱的曲线，强碱起点高
②突跃点变化范围不同：强酸与强碱反应的突跃点变化范围大于强酸与弱碱反应
③室温下pH＝7时不一定是终点：强酸与强碱反应时，终点的pH＝7；强酸与弱碱反应时，终点的pH≠7，而是pH<7
3★ 滴定曲线上特殊点的分析
常温下，用0.100 0 mol/L NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol/L CH3COOH溶液，所得滴定曲线如图所示。
(1)pH-V图像中各特殊点对水电离程度的影响(表中用HAc表示CH3COOH)
点 溶质 水的电离情况
A HAc 抑制
B HAc、NaAc(1∶1) 抑制
C HAc、NaAc 正常电离
D NaAc 促进
E NaAc、NaOH(2∶1) 抑制
F NaAc、NaOH(1∶1) 抑制
根据图中pH数据，图中A、B、C、D、E、F各点对应的溶液中水的电离程度大小顺序如图所示。
(2)pH-V图像中各特殊点离子浓度大小比较及变化趋势(表中HAc为CH3COOH)
点 溶质 离子浓度大小比较
A HAc c(H＋)＞c(Ac－)＞c(OH－)
B(1∶1) HAc、NaAc c(Ac－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
C(pH＝7) HAc、NaAc c(Ac－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)
D NaAc c(Na＋)＞c(Ac－)＞c(OH－)＞c(H＋)
E(2∶1) NaAc、NaOH c(Na＋)＞c(Ac－)＞c(OH－)＞c(H＋)
F(1∶1) NaAc、NaOH c(Na＋)＞c(OH－)＞c(Ac－)＞c(H＋)
核心4　弱电解质分布分数图
分布分数图是指以pH为横坐标、分布分数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标的关系图。
★分布分数图及分析
一元弱酸(以CH3COOH为例) 二元弱酸(以草酸H2C2O4为例)
注：pKa为电离常数的负对数
一元弱酸(以CH3COOH为例) 二元弱酸(以草酸H2C2O4为例)
同一pH条件下可以存在多种溶质微粒。根据一定pH下的微粒分布分数和酸的浓度，就可以计算各成分在该pH下的平衡浓度
书写一定pH条件下的离子方程式时，要判断溶液中存在的主要微粒。
如H2C2O4，向溶液中滴加NaOH使溶液pH由3到6时的离子方程式为____________________________________________；
pH＝1.2时，溶液中加入KMnO4发生反应的离子方程式为____________ _________________________________________________________
2
4
1
3
1　判断下列说法是否正确。
(1)[2025南通如皋适应性一]向pH＝10的CH3COONa 溶液中加入少量NaCl固体，充分溶解后测定pH，验证CH3COONa溶液中存在水解平衡( )
×
√
2
4
1
3
(3)[2024苏州期初]用如图所示装置蒸干溶液获得Cu(NO3)2·6H2O ( )
×
2
4
1
3
2　[2025泰州调研] 室温下，通过下列实验探究NaHSO3溶液的性质。已知Ka1(H2SO3)＝1.4×10－2，Ka2(H2SO3)＝6.0×10－8。
实验1：向0.1 mol/L NaHSO3溶液中滴入少量氯水，测得溶液pH减小。
实验2：将浓度均为0.02 mol/L NaHSO3和Ba(OH)2　溶液等体积混合，有沉淀产生。
下列说法正确的是( )
D
2
4
1
3
2
4
3
1
2
4
3
1
B
2
4
3
1
2
4
3
1
4 (1)[2025苏州期初] “除钛”时，利用TiOSO4电离出的TiO2＋水解，生成H2TiO3沉淀。TiO2＋水解的离子方程式为______________________________________。水解时加入铁粉的作用是________________________________________________________。
(2)[2024盐城考前模拟]①氯化亚铜(CuCl)是一种白色固体，难溶于乙醇，微溶于水，易水解，在空气中易被氧化。实验室利用NaCl粉末、CuSO4溶液、Na2SO3溶液反应制取CuCl晶体。反应完成时溶液pH对CuCl产率的影响如图所示。当pH大于3.5时，随溶液pH升高，CuCl产率降低的原因是____________________________________________。
TiO2＋＋2H2O===
H2TiO3↓＋2H＋
调节溶液pH，促进
TiO2＋水解生成H2TiO3除去
pH升高，CuCl水解程度增大，产率降低
2
4
3
1
②向MnSO4溶液中滴加NH4HCO3溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥，得MnCO3固体。不使用Na2CO3溶液作沉淀剂的原因是__________________________________________________________________________________________________________________________________。
等浓度的Na2CO3溶液的碱性比NH4HCO3溶液的强，用Na2CO3溶液作沉淀剂，会生成较多的Mn(OH)2，影响产品的纯度
2
4
3
1(共118张PPT)
主题3
反应原理与规律
微主题5　化学反应速率与化学平衡
1　H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70 ℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是( )
　甲 乙
　丙 丁
D
A. 图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快
B. 图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快
C. 图丙表明，少量Mn 2＋存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
D. 图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2＋对H2O2分解速率的影响大
【解析】 图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越大，其分解速率越快，A错误；图乙表明，其他条件相同时，氢氧化钠的浓度越大，即溶液的pH越大，H2O2分解速率越快，B错误；图丙表明，少量Mn2＋存在时，在0.1 mol/L氢氧化钠溶液作用下，H2O2分解速率最快，C错误；图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2＋对H2O2分解速率的影响大，D正确。
2　已知反应6H2(g)＋2CO2(g)===CH2===CH2(g)＋4H2O(g)，一定条件下，温度对CO2平衡转化率和CO2实际转化率的影响关系如图所示。
(1)相同温度下，CO2实际转化率为什么小于平衡转化率？CO2实际转化率受哪些因素影响？
_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
(2)250 ℃时，CO2实际转化率达到最高，反应______(填“已”或“未”)达到平衡。
一定温度下，反应没有达到平衡，故实际转化率小于平衡转化率　实际转化率主要由反应快慢和反应时间决定，即实际转化率受温度、浓度、催化剂等影响反应速率的因素影响，也和时间长短有关　
未
(3)CO2实际转化率随温度升高先升高后降低的原因是__________________________________________________________________________________________________________________________。
(4)反应为________(填“吸热”或“放热”)反应。
(5)M、N点反应的K：KM______(填“>”“<”或“＝”)KN；100 ℃时，使该反应CO2转化率达到X点可以采用的方法有_________________________________________________________________________(任写一种)。
前期转化率增大是因为温度升高和催化剂活性增强共同作用使反应速率增大；后期催化剂失活导致反应速率下降，使CO2转化率降低
放热
>
延长反应时间或适当
增大H2的量或缩小容器容积或使用催化效率更高的催化剂
考向1　化学反应速率与反应过程中的转化率、选择性
1　[2025江苏卷]工业中脱除CO2在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的K2CO3吸收剂、K2CrO4(Cr正价有＋3、＋6)缓蚀剂等。K2CO3溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是_____________(填化学式)。K2CrO4减缓设备腐蚀的原理是____________________________________________________________。
【解析】 脱除CO2过程发生的反应为K2CO3＋CO2＋H2O===2KHCO3，当K2CO3溶液浓度偏高时，相同体积的溶液中会生成较多的KHCO3，导致KHCO3因过饱和而结晶析出，从而堵塞设备。
KHCO3
K2CrO4具有强氧化性，使钢
制吸收塔内壁形成致密氧化膜
浓度降低；氢气溶解度减小；催化剂活性降低
【解析】 影响产品产率下降的因素有反应速率、副反应等。影响反应速率的因素有温度、浓度、催化剂等。
3　[2023江苏卷]V2O5-WO3/TiO2催化剂能催化NH3脱除烟气中NO，反应为4NH3(g)＋O2(g)＋4NO(g)===4N2(g)＋6H2O(g)　ΔH＝－1 632.4 kJ/mol。
(1)催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、O2、NH3(其余为N2)气体匀速通过装有V2O5-WO3/TiO2催化剂的反应器，测得NO转化率随温度的变化如图所示。
反应温度在320～360 ℃内，NO转化率随温度变化不明显的原因是 ____________________________________________________________________________________________________________________________；反应温度高于380 ℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原 的量减少外，还有___________________________________(用化学方程式表示)。
在该温度范围内，催化剂的活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消
(2)废催化剂的回收。回收 V2O5-WO3/TiO2废催化剂并制备NH4VO3的过程可表示如图：
酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有______________________________。
提高反应温度，延长浸出时间
【解析】 (1)将气体匀速通过装有催化剂的反应器，应该从反应速率角度思考问题。开始随温度升高催化剂活性增强，反应速率加快；反应一段时间，催化剂的活性基本不再变化，但温度继续升高，主反应速率仍然增大，此时NO转化率变化不明显，故应考虑生成的NO和消耗的NO量基本相等，反应的逆反应或副反应均可以生成NO，所以得出消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消。根据题意得出发生副反应使NO量增大，NH3和N2均可以与O2反应生成NO，但NH3与O2更容易反应，注意反应条件。(2)提高浸出率的方法一般是指实际条件下(非平衡状态)，此题是有限定条件的，限定了反应物和搅拌，故可通过升高温度加快反应速率提高浸取率，同时还要特别注意时间因素，即延长浸取时间可以增大反应的量，提高浸出率。
考向2　多重平衡体系分析
4 [2025江苏卷]甘油(C3H8O3)－水蒸气重整获得H2过程中的主要反应：
反应Ⅰ：C3H8O3(g)===3CO(g)＋4H2(g)
ΔH>0
反应Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH<0
反应Ⅲ：CO2(g)＋4H2(g)===CH4(g)＋2H2O(g)
ΔH<0
1．0×105 Pa条件下，1 mol C3H8O3和9 mol H2O发生上述反应达平衡状态时，体系中CO、H2、CO2和CH4的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法正确的是( )
A
【解析】 初始投入1 mol C3H8O3，则n平衡(CO或CO2或CH4)不可能大于3 mol，则曲线①表示H2；生成CH4的反应Ⅲ的ΔH<0，n平衡(CH4)随温度升高而降低，则曲线②表示CH4，曲线③表示CO。由图可知，550 ℃反应达到平衡时，可列表分析：
A. 550 ℃时，H2O的平衡转化率为20%
B. 550 ℃反应达平衡状态时，n(CO2)∶n(CO)＝11∶25
C. 其他条件不变，在400～550 ℃范围，平衡时H2O的物质的量随温度升高而增大
D. 其他条件不变，加压有利于增大平衡时H2的物质的量
反应前　　　　 　 　 550　℃下平衡时
n初始(C3H8O3)＝1 mol、
n初始(H2O)＝9 mol n平衡(H2)＝5.0 mol、
n平衡(CO2)＝2.2 mol、
n平衡(CH4)＝n平衡(CO)＝0.4 mol、
n平衡(C3H8O3)＝？、n平衡(H2O)＝？
由图可知，400～550　℃范围内，n平衡(CO2)随温度升高而增大，说明CO2的消耗量小于生成量，反应Ⅱ、Ⅲ均是放热反应，随温度升高反应Ⅱ、Ⅲ均逆向移动，且反应Ⅲ逆向进行的程度更大，则H2O的消耗量大于生成量，故400～550 ℃范围，平衡时H2O的物质的量随温度升高而减小，C错误；反应Ⅰ是熵增反应，反应Ⅲ是熵减反应，其他条件不变，增大压强，反应Ⅰ平衡逆移、反应Ⅲ平衡正移，均导致H2的物质的量减小，D错误。
5　[2022江苏卷]乙醇－水催化重整可获得H2。其主要反应如下：
C2H5OH(g)＋3H2O(g)===2CO2(g)＋6H2(g)
ΔH＝＋173.3　kJ/mol
CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)
ΔH＝＋41.2　kJ/mol
在1.0×105 Pa、n始(C2H5OH)∶n始(H2O)＝1∶3时，若仅考虑上述反应，平衡时CO2和CO的选择性及H2的产率随温度的变化如图所示。
B
【解析】 根据选择性定义，结合图像易知①③是CO或CO2平衡的选择性，②代表H2的平衡产率。300 ℃前，随温度升高，H2的产率增大，说明主要以反应①为主，含碳主要产物是CO2，所以①代表CO2的选择性，300 ℃后，氢气的产率降低，说明主要以反应②为主，消耗的氢气增大更多，氢气的产率减小，生成CO增多明显，所以③代表CO的选择性。由分析可知，A错误；根据分析，升高温度，平衡时CO的选择性增大，B正确；两种物质参加反应，增大一种物质的浓度，会降低该物质的平衡转化率，C错误；温度一定时，选用高效催化剂不能改变平衡，即不能改变平衡时H2产率，D错误。
考向3　化学平衡与反应速率叠加
6　[2024江苏卷]二氧化碳加氢制甲醇的过程中的主要反应(忽略其他副反应)如下：
①CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)
ΔH1＝＋41.2 kJ/mol
②CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)　ΔH2
225 ℃、8×106 Pa下，将一定比例CO2、H2混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置及L1、L2、L3…位点处(相邻位点距离相同)的气体温度、CO和CH3OH的体积分数如图所示。下列说法正确的是( )
C
(容器内与外界没有热量交换)
A. L4处与L5处反应①的平衡常数K相等
B. 反应②的焓变ΔH2>0
C. L6处的H2O的体积分数大于L5处
D. 混合气从起始到通过L1处，CO的生成速率小于CH3OH的生成速率
【解析】 L4处与L5处的温度不同，故反应①的平衡常数K不相等，A错误；反应初始温度是225 ℃，由图可知，绝热装置中气体温度高于225 ℃，说明反应过程中有热量放出，已知反应①是吸热反应，故反应②为放热反应，ΔH2<0，B错误；由图可知，L6处的CH3OH的体积分数大于L5处，但CO体积分数没有明显变化，说明L5～L6反应①②均正向进行，n(H2O)增大，n总(气体)减小，故L6处的 H2O的体积分数大于L5处，C正确；由图可知，L1处CO 的体积分数大于 CH3OH，说明n(CO)>n(CH3OH)，则CO的生成速率大于CH3OH的生成速率，D错误。
7　[2023江苏卷]二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应如下：
CO2(g)＋4H2(g)===CH4(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－164.7 kJ/mol
CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)
ΔH＝＋41.2 kJ/mol
D
A. 反应2CO(g)＋2H2(g)===CO2(g)＋CH4(g)的ΔH＝－205.9　kJ/mol
B. CH4的平衡选择性随着温度的升高而增大
C. 用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为480～530 ℃
【解析】 根据盖斯定律，上式－下式×2即该反应，焓变应为－247.1 kJ/mol，A错误；随温度升高，生成甲烷的反应正向进行程度减小，生成CO的反应正向进行程度增大，故CH4的平衡选择性随温度升高而减小，B错误；由于甲烷平衡选择性随温度升高而减小，适宜较低温度，结合CO2实际转化率分析，生成甲烷的适宜温度为350～400 ℃，C错误；450 ℃时，改变投料比或改变压强，平衡转化率可超过原平衡点而达到X点的值，D正确。
【解析】 硫酸能溶解ZnS，但整体溶解量仍较少，通入O2后，O2能将溶液中生成的HS－、H2S氧化为S，溶液中c(S元素)减小，促使酸浸反应正向进行程度增大，进而提高Zn2＋浸出率。
考向4　化学反应速率与化学平衡综合
8　[2025江苏卷]由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]用稀硫酸浸取Zn2＋。酸浸时通入O2可提高Zn2＋浸出率的原因：__________ __________________________________________。
O2将－2价
S元素氧化为单质S，促进Zn2＋浸出
9　[2024江苏卷]回收磁性合金钕铁硼(Nd2Fe14B)可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。
①含铁滤渣的主要成分为______________(填化学式)。
②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是____________________________________________________________。
Fe2O3
Fe2O3溶于盐酸，c(H＋)
减小，Fe3＋水解进入滤渣
多，萃取正向进行程度增加
【解析】 (1)①根据图像可以得出Fe2O3溶解的很少，可以理解为该浓度的盐酸与Fe2O3反应速率较慢，Fe2O3有大量剩余。图像显示有少量铁浸出，且后续又减少，产生了少量Fe(OH)3，未反应的Fe2O3是含铁滤渣的主要成分。②由①中分析可知，浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因：浸出初期H＋的浓度大，Fe2O3溶解生成Fe3＋，Fe浸出率增大，约5 min随着Nd浸出率增大，稀盐酸中的H＋的浓度逐渐减小，pH逐渐增大导致Fe3＋水解生成Fe(OH)3进入滤渣，Fe浸出率又减小。
10　[2023江苏卷]合成尿素[CO(NH2)2]是利用CO2的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现：
反应Ⅰ：2NH3(g)＋CO2(g)===NH2COONH4(l)
反应Ⅱ：NH2COONH4(l)===CO(NH2)2(l)＋H2O(l)
(1)密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数K与温度的关系如图，反应Ⅰ的ΔH______(填“＝”“>”或“<”)0。
<
(2)反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[(NH2CO)2NH]和尿素转化为氰酸铵(NH4OCN)等副反应。尿素生产中实际投入NH3和CO2的物质的量之比为n(NH3)∶n(CO2)＝4∶1，其实际投料比值远大于理论值的原因是____________________________________________________________。
抑制尿素水解，抑制尿素缩
合生成缩二脲，提高CO2的转化率　
【解析】 (1)由图可知，随着温度的升高，反应Ⅰ的lgK减小，即K随着温度的升高而减小，说明反应Ⅰ是放热反应，ΔH<0。(2)尿素水解的化学方程式为CO(NH2)2＋H2O===CO2↑＋2NH3↑，尿素缩合生成缩二脲的化学方程式为2CO(NH2)2===(NH2CO)2NH＋NH3↑，尿素转化为氰酸铵(NH4OCN)的化学方程式为CO(NH2)2===NH4OCN，前2个副反应中均生成NH3，尿素生产中实际投入的n(NH3)∶n(CO2)＝4∶1，实际投料比值远大于理论值的原因是抑制尿素水解，抑制尿素缩合生成缩二脲，提高CO(NH2)2的产率，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳的转化率越高。
考向1　化学反应速率与反应过程中的转化率、选择性
1　[2024苏州学业质量调研]尿素在结晶过程中主要副反应是尿素发生脱氨反应。其反应历程如下：
反应1：CO(NH2)2(l)===HNCO(g)＋NH3(g)(快反应)
反应2：HNCO(g)＋CO(NH2)2(l)===(H2NCO)2NH(l)(慢反应)
在尿素结晶过程中，反应1可视为处于平衡状态。实验表明，在合成尿素的体系中，NH3的浓度越高，缩二脲生成速率越慢，其原因是________________________________________________________________________________________________。
反应1处于平衡状态，NH3浓度越高，则HNCO浓度越低，反应2速率减慢，故生成缩二脲速率越慢
2　[2025南通如皋适应性三]氨气既是化工原料，也是清洁能源，研究氨气的合成具有重要意义。
(1)一种合成气(含体积分数为54%的H2、35%的 CO、7%的CO2和4%的N2)可通过如图甲所示转化制取合成氨的原料。
甲
①实际进行转化Ⅰ反应时，合成气中需添加一定量的水蒸气。添加水蒸气的目的是_______________________________________________。
②其他条件一定，将添加了水蒸气的合成气通过装有Fe2O3和CaO的反应管，测得出口处CO的体积分数与反应温度的关系如图乙所示。
乙
抑制H2与Fe2O3的反应、将部分CO转化为CO2与H2
Ⅰ. 400～550 ℃，温度越高，出口处CO体积分数越低的原因是____________________________________________。
Ⅱ. 高于550 ℃，出口处CO体积分数随温度升高增大的原因是_____________________________________________________________________________________________________________________。
温
度越高，CO与Fe2O3的反应速率越快
温度
越高，CO2与CaO反应程度越小(或CaCO3分解程度越大)，CO2浓度增大，抑制了CO与Fe2O3(或H2O)的反应正向进行
(2)一种H2、N2可持续电催化合成氨的原理如图丙所示(R1、R2、R3、R4表示烃基)。与N2、H2直接合成氨的工艺相比，该方法的优点除产氨效率高外，还有_____________________________________________ _____(任写一点)。
丙
避免高温、高压的条件，节约能源，对设备要求
降低
【解析】 (1)①转化Ⅰ的目的是制取合成氨的原料：H2、N2。实际进行转化Ⅰ反应时，合成气中需添加一定量的水蒸气，一定对获得H2、N2有利，添加水蒸气的目的可从提升H2的量的角度分析。如抑制H2的消耗：Fe2O3(s)＋3H2(g)===2Fe(s)＋3H2O(g)正向进行程度减小，或水蒸气转化为H2：CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)正向进行程度增大。②转化Ⅰ的主要反应为CO(g)＋3Fe2O3(s)===2Fe3O4(s)＋CO2(g)、CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)、CO2(g)＋CaO(s)===CaCO3(s)，CO含量是3个反应速率叠加的结果，从温度、浓度对反应速率影响的角度作答。(2)工艺中的优点可以从成本、设备、能源、产率、环保等角度分析。
3　[2025南京、盐城一模]CO2催化加氢制甲醇。经过“吸附→反应→脱附”等过程，主要反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)
ΔH＝－49.5 kJ/mol
反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)　ΔH＝＋41.2　kJ/mol
反应Ⅲ：CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)
ΔH＝－90.7 kJ/mol
3．0 MPa时，将n起始(CO2)∶n起始(H2)＝1∶3的原料气匀速通过装有催化剂的反应管，测得CH3OH 产率随温度的变化如图1所示。
图1
(2)温度高于260　℃，CH3OH产率下降的可能原因是__________________________________________________________________________。
93.75%　
CO2和H2的吸附量下降、积碳覆盖催化剂活性位点、生成CO等其他含碳产物
图2
降低生成HCOO*的活化能，
加快反应速率
考向2　多重平衡体系分析
4　[2025苏州期初] CH4和CO2联合重整能减少温室气体的排放。重整时发生如下反应：
反应Ⅰ：CH4(g)＋CO2(g)===2H2(g)＋2CO(g)
ΔH1＝＋247.1 kJ/mol
反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)　ΔH2＝＋41.2 kJ/mol
其他条件相同，n(CH4)∶n(CO2)投料比为1∶1.5时，CH4和CO2的平衡转化率与温度变化关系如图所示。下列说法不正确的是( )
D
A. 其他条件不变，n(CH4)∶n(CO2)投料比为1∶1，则平衡时CO2转化率一定高于CH4
B. 一定条件下，使用高效催化剂可以提高单位时间内氢气的产量
C. n(H2)∶n(CO)始终低于1.0，是因为发生了反应Ⅱ
D. 其他条件不变，550～650　℃，升高温度更有利于反应Ⅱ进行
【解析】 反应Ⅰ中，CH4和CO2的转化量相等，但是反应Ⅱ中还存在CO2的转化，若起始时，n(CH4)＝n(CO2)，则反应后，CO2转化率一定高于CH4，A正确；使用高效催化剂可以加快反应速率，从而提高单位时间内氢气的产量，B正确；由反应Ⅰ知，产物中n(H2)∶n(CO)＝1∶1，当发生反应Ⅱ时，消耗H2，同时生成CO，故 n(H2)∶n(CO)＜1∶1，C正确；由图可知，550～650　℃，n(H2)∶n(CO)略增大，故升温有利于反应Ⅰ进行，若有利于反应Ⅱ进行，则CO增大幅度比H2多，n(H2)∶n(CO)会下降，D错误。
5　[2024盐城考前模拟]二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应如下：
在1.01×105　Pa恒压条件下，按n起始(CO2)∶n起始(H2)＝1∶1投料比进行反应，平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是( )
B. 曲线①表示平衡时CH4的体积分数随温度的变化
C. 一定温度下，选用高效催化剂能提高平衡时甲烷的产率
D. 温度在200～300　℃时，CO2在平衡体系中的分压保持不变
D
【解析】 依据盖斯定律，反应Ⅰ－2×反应Ⅱ可得目标热化学方程式，ΔH＝(－164.7－2×41.2)kJ/mol＝－247.1 kJ/mol，A错误； 300 ℃以前，CO的体积分数为0，即只发生反应Ⅰ，CO2和H2按物质的量之比为1∶1投料，平衡时CH4的体积分数小于CO2，故曲线①表示平衡时CO2的体积分数随温度的变化，曲线②表示平衡时CH4的体积分数随温度的变化，B错误；其他条件不变，使用高效催化剂不能提高平衡时甲烷的产率，C错误；温度在200～300 ℃时，只发生反应Ⅰ，设CO2、H2的物质的量均为1 mol，平衡时CO2转化了x mol，列三段式：
考向3　化学平衡与反应速率叠加
6　[2025南京期初]反应4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)　ΔH，可将工业废气中的HCl转化为Cl2，实现氯资源的循环利用。在n起始(HCl)∶n起始(O2)＝1∶1时，将HCl、O2混合气分别以不同流速通过装有催化剂的反应管，不同温度下出口处HCl转化率与HCl流速的关系如图所示。流速低于0.12 mol/h时HCl转化率可近似为平衡转化率。若仅考虑该反应，下列说法正确的是( )
D
A. ΔH＞0
C. HCl流速高于0.12　mol/h时，流速越大，反应速率越快
D. 360 ℃时，当HCl流速为0.19 mol/h时，每小时约获得4 g Cl2
7　[2024南京二模]利用管状透氧膜反应器实现乙醇－水重整制氢，具有无需额外热源、氧气可协助消除积碳等优点。其主要反应如下：
反应Ⅰ：C2H5OH(g)＋H2O(g)===2CO(g)＋4H2(g)　ΔH1＝＋256　kJ/mol
反应Ⅱ：2C2H5OH(g)＋3O2(g)===4CO2(g)＋6H2(g)　ΔH2＝－1 107　kJ/mol
反应Ⅲ：CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)
ΔH3＝－41 kJ/mol
反应Ⅳ：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH4
B
B. 水醇比为0时，管长度超过10 cm后，氢醇比下降的原因可能为O2氧化H2
D. 实际生产中，水醇比越大、管长度越短，氢气产率越高
考向4　化学反应速率与化学平衡综合
8　[2024苏锡常镇二调]丙烷脱氢制丙烯是较为理想的丙烯生产渠道。
(1)丙烷直接催化脱氢
在Pd－C2N催化剂作用下，丙烷直接脱氢制丙烯反应历程中的相对能量变化如图1所示(*表示催化剂表面吸附位点，如*C3H8表示吸附在催化剂表面的C3H8)。
图1
①丙烷直接催化脱氢制丙烯反应C3H8(g)===C3H6(g)＋H2(g)的ΔH＝ _____________kJ/mol。
②该反应历程共分五步，其中速率控制步骤为第_____________步。
③研究表明，实际生产中除使用Pd－C2N催化剂外，还需控制反应温度在480 ℃。选择温度为480 ℃的原因是__________________________________________________________。
＋123.21
四(或4)
该温度下催化剂的活性较高，
反应速率较快，丙烯的产率较高
图2
①随着反应的进行，4 h前A组分原料气中C3H8转化率和C3H6选择性均有所提升，且在反应床出口检测到CO。研究表明，CO2氧化丙烷脱氢经历了以下两个反应：
Ⅱ. ________________________________(填化学方程式)。
②反应进行至4 h后，B组分原料气的反应几乎无法进行，而A组分原料气的反应仍保持相对优异的稳定性，其可能原因是_____________ _______________________________________________________________ ______________________________________________________________________。
丙烷直接脱氢
时发生副反应生成积碳覆盖在催化剂表面上，阻碍了反应的进行；而在
碳
9　[2025苏锡常镇一调]工业脱硫是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。脱除工业烟气中的SO2有多种方法。
一氧化碳还原。反应原理：2CO(g)＋SO2(g)===2CO2(g)＋S(l)　ΔH＝－270 kJ/mol。其他条件相同，分别选取Fe2O3、NiO作上述反应的催化剂时，SO2的转化率随反应温度的变化如图所示。
【解析】 (2)反应温度高于445 ℃时，SO2的平衡转化率却增大，说明反应转变为吸热反应。由硫的沸点约为445 ℃推知，S(l)气化时吸收的热量超过了2CO(g)＋SO2(g)===2CO2(g)＋S(l)放出的热量，由盖斯定律知，2CO(g)＋SO2(g)===2CO2(g)＋S(g)　ΔH＞0。
(1)与NiO相比，选择Fe2O3作催化剂的优点是____________________________________________________________。
(2)已知：硫的沸点约为445 ℃。反应温度高于445　℃时，SO2的平衡转化率增大，其原因是________________________________________________________________________________________________。
在相对较低温度可获得较高SO2的转化率，从而节约大量能源
当温度高于445 ℃后，S(l)气化吸热，使反应变为吸热反应，升高温度，有利于反应正向进行
核心1　影响化学反应速率的因素分析
1　内因——反应物本身的性质是决定性因素
例1　(1)工业上用锌铜合金灰(含有Cu、Zn、Pb及其氧化物)提取单质Cu和ZnO。锌铜合金灰在空气中焙烧得到烧渣，主要成分为CuO、ZnO及少量PbO等，用硫酸酸浸后过滤得到ZnSO4溶液和含铜滤渣。Zn、Cu、Pb浸出率随硫酸浓度变化如图。用4 mol/L稀硫酸溶解时，Zn浸出率远高于Cu、Pb浸出率的原因是______________________________________________。使用2 mol/L和5 mol/L硫酸溶解时，所得滤渣成分的不同之处为________________________。
ZnO在稀硫酸中溶解速率快于CuO和
PbO
PbSO4的含量增加　
(2)一种以软锰矿(主要含MnO2和少量Fe2O3、MgO、CaCO3、SiO2等)和黄铁矿(主要成分为FeS2)为原料制备Mn3O4的流程如下：
FeS2与酸反应生成Fe2＋的速率大于Fe2＋被MnO2氧化的
速率
2　外因——外界因素中温度、浓度、浸取时间、固液比、催化剂、接触面积等均能影响反应速率
(1)增大反应速率的措施：________________________________________________________。
增大接触面积的措施：__________________________。
(2)对于具体反应体系中常会有多种因素共同影响，有协同、有相逆。表达时“协同”要指明具体因素的协同；“相逆”时要分析各种因素的强弱关系，指明主要的影响因素。
升高温度、增大反应物浓度、使用催化剂、增大接触面积等
搅拌、粉碎、气液逆流等
例2　[2025无锡期末]在酸性、有氧条件下，某种细菌能催化CuFeS2转化成硫酸盐的反应。
(1)该反应的离子方程式为______________________________________________________________________________，生成的Fe2(SO4)3又可将CuFeS2氧化。
(2)Ag＋对上述过程有催化作用。其他条件相同，浸出时间为15天，不同Ag＋浓度对铜元素浸出率的影响如图所示，Ag＋浓度从5 mg/L上升到7 mg/L阶段铜元素浸出率下降的原因是____________________________________________________________________________________________________。
　Ag＋浓度增大，反应速率增大；Ag＋浓度增大，细菌的活性减弱，反应速率减小；减小幅度大于增大幅度
【解析】 (2)此空为竞争行为，Ag＋浓度大导致反应速率快，但 Ag＋属于重金属盐，能杀菌，会导致细菌的活性降低，使得反应速率变慢。从结果看，速率变慢，原因是细菌活性降低导致反应速率降低占主要因素，而Ag＋浓度大为次要因素。
3★ 覆盖对反应的影响
在水溶液或气态反应体系中，有固体(包括固态反应物和固态催化剂)参与的反应，生成的物质聚集覆盖在反应物(或催化剂)表面，从而隔离了反应物导致反应速率变慢直至停止。
①生成沉淀覆盖。如稀硫酸和大理石反应，生成的微溶物质CaSO4覆盖在大理石表面，阻碍反应进一步进行，故不能用此反应制备CO2。
②直接生成致密的保护膜。如金属铝、镁等不易锈蚀的原因是在金属表面生成了致密的保护膜；常温下铁、铝与浓硫酸、浓硝酸反应生成致密氧化膜(钝化)，故铁、铝能盛放浓硫酸、浓硝酸。
例3　[2025盐城、南京期末]高铁锌焙烧矿渣主要含ZnO、 ZnFe2O4、SiO2。工业上用稀硫酸浸取制备ZnSO4·7H2O。酸浸时，控制反应温度65　℃、硫酸初始酸度50 g/L，滤渣中锌元素的质量分数随时间变化的关系如图所示。当浸出时间超过60 min后，滤渣中锌元素的质量分数反而升高的原因是__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
浸出时间超过60 min，溶液中H＋被消耗、pH升高，随着Fe3＋水解程度增大，生成的Fe(OH)3胶体吸附溶液中Zn2＋；Fe3＋还可生成Fe(OH)3沉淀，附着在焙烧矿渣表面阻碍锌的浸出，使滤渣中锌质量分数升高
【解析】 随着浸出时间延长，溶液中H2SO4作为反应物不断被消耗，H＋减少，pH升高，导致溶液中的Fe3＋水解程度增大，生成的Fe(OH)3胶体吸附了溶液中部分Zn2＋，使滤渣中锌元素质量分数升高，随着Fe3＋水解程度增大，会生成Fe(OH)3沉淀，附着在矿渣表面，阻碍ZnO、ZnFe2O4与H2SO4反应，减少锌的浸出。
核心2　影响化学平衡的外界因素分析
条件的改变(其他条件不变) 化学平衡的移动
浓度 增大反应物浓度或减小生成物浓度 向正反应方向移动
减小反应物浓度或增大生成物浓度 向逆反应方向移动
压强(对有气体存在的反应) 反应前后气体分子数改变 增大压强 向气体分子数减小的方向移动
减小压强 向气体分子数增大的方向移动
反应前后气体分子数不变 改变压强 平衡不移动
条件的改变(其他条件不变) 化学平衡的移动
温度 升高温度 向吸热反应方向移动，反应正向进行的程度增大(或减小)
降低温度 向放热反应方向移动，反应正向进行的程度增大(或减小)
催化剂 使用催化剂 平衡不移动
(1)恒压条件下充入“惰性气体”，同等程度地改变反应混合物中各气体物质的浓度时(如稀释)，视为减小压强。
(2)同时改变反应物和产物，则需要通过浓度商(Q)和平衡常数K比较判断。
Q＜K：________________；Q＝K：________________；
Q＞K：________________。
(3)多重反应中温度对平衡的影响——竞争与协同
根据体系中每一个反应的热效应判断温度变化时该反应的移动方向，再结合图像等相关信息判断主要反应及影响结果。
平衡正向移动
达到平衡状态
平衡逆向移动
例4 [2025苏州期初]CO2催化加氢制甲醇。CO2催化加氢制甲醇过程中的主要反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＝－49.2　kJ/mol
反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)　ΔH＝＋41.2　kJ/mol
(1)236～250 ℃范围内，CO2平衡转化率随温度升高而下降的原因是____________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(2)244 ℃时，反应一段时间后，测得CH3OH选择性为56.8%(图中A点)。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OH选择性的措施有______________________________________________。
反应Ⅰ的ΔH＜0，反应Ⅱ的ΔH＞0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OH的平衡转化率下降，且下降幅度超过上升幅度
增大
压强、使用对反应Ⅰ催化活性更高的催化剂
【解析】 (1)反应Ⅰ为放热反应，升高温度不利于反应正向进行，CO2的转化率下降，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度有利于反应正向进行，CO2的转化率上升，但CO2转化率下降的幅度超过上升幅度，所以CO2平衡转化率随温度上升而下降。(2)提高CH3OH的选择性，即是有利于反应Ⅰ正向进行的条件，如加压；催化剂可以改变反应的选择性，所以可以使用对反应Ⅰ催化活性更高的催化剂。
1. 条件：温度升高，反应Ⅰ的ΔH＜0，反应Ⅱ的ΔH＞0
2. 变化：温度升高，反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅱ正向移动
3. 信息：图中CH3OH平衡选择性下降，CO2的平衡转化率下降
4. 比较：反应Ⅰ逆向移动的程度超过反应Ⅱ正向移动的程度)
核心3★　温度、催化剂等反应条件之间竞争，对转化率等产生影响
1　pH的改变对反应物转化率的影响
溶液中pH的变化直接影响溶液中H＋和OH－浓度的变化，然后通过具体反应影响反应速率和平衡，如弱酸的酸根离子与H＋反应，金属离子与OH－反应等。
c(OH－)越大，FeS表面吸附Cr(Ⅵ)的量越少，FeS溶出量越少，
①pH增大，溶液中H＋浓度________(填“减小”或“增大”，下同)，OH－浓度________。
②由溶液中H＋浓度和OH－浓度变化引发的反应，根据情境推断变化：
a. 纳米FeS颗粒表面带正电荷，OH－浓度增大会竞争吸附，导致含铬微粒吸附量变少。
减小
增大
低于
FeS溶解量
变少，溶液中Fe2＋和HS－浓度降低
2　温度、浓度对去除率的影响
例6　在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。
250 ℃前NO的转化率随温度升高而升高的原因是________________________________________________________。
250 ℃后NO的转化率随温度升高而降低的原因是____________________________________________________________________________________________________________________。
催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使反应速率增大
催化剂活性下降，反应速率减小；反应的ΔH<0，温度升高使NO的平衡转化率降低(或温度升高使反应正向进行程度减小)　
250 ℃时反应为非平衡状态，则从反应速率角度理解，即250 ℃前NO的转化率随温度升高而升高的原因：催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使反应速率增大；250 ℃后，两条曲线没有立即重叠，故既要讨论非平衡点又要讨论平衡点，则250 ℃后NO的转化率随温度升高而降低的原因：催化剂活性下降，反应速率减小；反应的ΔH<0，温度升高使NO的平衡转化率降低(或温度升高使反应正向进行程度减小)。
总结　①条件变化对反应物转化率的影响，需弄清：是讨论反应速率还是讨论平衡；
②转化率(或去除率)受多个因素影响；
③先分析每个因素对转化率的影响(一般是相反的影响)；
④再根据结论推断哪个因素对反应起决定作用，还是共同作用。
核心4★　有关多重平衡及选择性的问题
在多重平衡中，几个可逆反应是相互影响的。
连串反应：通式可表示为A→B→C，中间产物B生成又被消耗。反应物A的消耗速率由慢反应(即活化能大的反应)来决定。
平行反应：通式可表示为A→B、A→C、A→…，反应物能同时平行地进行两个或两个以上的不同反应，得到不同的产物。反应物A的消耗速率由快反应(即活化能小的反应)来决定。
催化剂：其他条件一定，使用催化剂不能改变平衡转化率，也不能改变平衡选择性，但可以在反应达到平衡之前改变某个特定反应的速率，从而改变某物质的转化率或选择性。
选择性：n(产物)＝n(反应物)×转化率×选择性。多重平衡体系中，某些特定产物的选择性之和为100%；若某反应物只转化为2种特定产物，则二者的选择性变化曲线呈镜面对称。选择性减小不代表产物的量减少，同样，选择性增大也不代表产物的量增多，要综合考虑转化率和选择性。
反常现象：某放热反应的反应物平衡转化率随温度升高而升高。可能原因：高于一定温度后，物质状态发生改变(s→g)，由放热反应转化为吸热反应；也可能是多重平衡体系中，反应物浓度改变对平衡的影响超过温度改变对平衡的影响。
例7　[2025无锡期末]工业尾气中含有CO和SO2，可将尾气通过催化剂进行处理，发生以下反应：
600～1　000 K范围内，SO2平衡转化率接近100%。其他条件相同，不同温度下，S2、COS平衡产率和10 min时S2实际产率如图所示。下列说法正确的是( )
B
A. 一定存在ΔH1>0
B. 升高温度，S2平衡产率上升的可能原因是反应物浓度增大对平衡的影响超过温度升高的影响
C. 900 K,10 min后继续反应足够长时间，S2实际产率的变化趋势可能为先增大后保持不变
D. 用该方法处理工业尾气回收单质硫(S2)，反应的温度越高越好
【解析】 若反应①能进行，需满足ΔH1－TΔS＜0，反应①的ΔS＜0，则ΔH1＜0，A错误；升温会使反应②逆向移动，造成反应①的反应物(SO2和CO)浓度增大，生成物CO2的浓度减小，从浓度视角，反应①平衡正向移动，S2平衡产率上升，从温度视角，升温会使反应①逆向移动，但结果是S2的平衡产率上升，则应该是浓度的影响超过了温度的影响，B正确；900～1 000 K,10 min时，S2的实际产率比平衡产率大，若反应足够长时间，S2的实际产率应与平衡产率相等，故S2的实际产率会下降，C错误；已知：600～1 000 K范围内，SO2平衡转化率接近100%，由图可知，600～1 000 K范围内，S2平衡产率远低于对应温度下10 min时S2实际产率，如1 000 K达到平衡时回收的S2量远低于600 K反应 10 min时，故反应的温度并不是越高越好，D错误。
2
1
3
1　[2025扬州期末]甲烷和水蒸气催化重整制氢过程中的主要反应如下：
①CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)
ΔH＝＋205.8 kJ/mol
②CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)
ΔH＝－41.2　kJ/mol
C
2
1
3
A. 反应CH4(g)＋2H2O(g)===CO2(g)＋4H2(g) 的ΔH＝＋247.0 kJ/mol
B. 曲线a表示平衡时CH4转化率随温度的变化
C. 850 ℃平衡时生成的CO2比550　℃平衡时生成的多
2
1
3
2
1
3
D
2
1
3
A. 其他条件不变，升高温度，NH3的平衡转化率增大
B. 其他条件不变，在175～300 ℃范围，随温度的升高，出口处N2和氮氧化物的量均不断增大
C. 催化氧化除去尾气中的NH3应选择反应温度高于250 ℃
D. 高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂
2
1
3
【解析】 题图实际是两个图的叠加。图中纵坐标的转化率不是平衡转化率。NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的三个反应均为放热反应。达到平衡之前，升高温度，NH3的转化率增大。当达到平衡之后，升高温度，反应正向进行的程度减小，NH3的平衡转化率减小，A错误；由图可知，其他条件不变，在175～300　℃内，随温度的升高，N2的选择性减小，而氨气的转化率几乎不变，故N2的量均不断减少，B错误；由图可知，低温下NH3的转化率较低，N2的选择性较高，若要高效除去尾气中的NH3，则需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂，D正确。
2
3
1
3　[2026无锡期中]利用磷铁渣(含FeP、Fe2P，杂质忽略不计)制备FePO4的流程如下：
(1)将磷铁渣在空气中煅烧，生成Fe3O4、Fe2O3和P2O5。若生成Fe3O4、Fe2O3和P2O5的物质的量之比为1∶1∶2，则反应的FeP和Fe2P物质的量之比为__________。
3∶1
2
3
1
2
3
1
①研究表明酸浸初始阶段溶液的pH迅速上升，其原因是____________________________________________。
②当液固比大于20 mL/g时，所得浸出液中铁元素浓度降低的原因是__________________________________________________________________________________________________________。
反应消耗
液固比大于20 mL/g，烧渣已不再反应，浸出的铁元素总量不再变化，随着溶液体积的增加，铁元素浓度降低
2
3
1
2
3
1(共87张PPT)
主题2
无机物转化与应用
微主题3　化学工艺流程
1　由重晶石矿(主要成分是BaSO4，还含有SiO2等杂质)可制得氯化钡晶体，某兴趣小组设计实验流程如下：
下列说法正确的是( )
A. 为提高原料的利用率，“高温焙烧”前原料需经研磨处理
B. “高温焙烧”和“结晶”两处操作均需用到蒸发皿
C. 在“高温焙烧”焦炭和BaSO4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1
D. 因盐酸具有挥发性，上述流程中须用硫酸代替盐酸进行浸取
A
2　铁红(Fe2O3)常用于油漆、油墨及橡胶工业。工业上以一定质量的硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4，另含少量难溶杂质)为主要原料制备铁红的一种工艺流程如下：
已知：某些过渡元素(如Cu、Fe、Ag等)的离子能与NH3、H2O、 OH－、SCN－等形成可溶性配合物。
(1)工业常将硫铁矿烧渣经过粉碎后再进行“酸浸”，其目的是____________________________________________________。
(2)“酸浸”时加入的硫酸不宜过量太多的原因是________________ ____________________。
增大反应物接触面积，加快反应速率，提高烧渣浸出率
过量酸会增加沉
淀过程中氨水的用量
题型1　化学工艺流程——选择题
1　 [2021江苏卷]通过下列实验可从I2的CCl4溶液中回收I2。
下列说法正确的是( )
D
B. 通过过滤可将水溶液与CCl4分离
C. 向加酸后的上层清液中滴加AgNO3溶液生成AgI沉淀，1个AgI晶胞(见下图)中含14个I－
D. 回收的粗碘可通过升华进行纯化
题型2　化学工艺流程——大题
2　 [2025江苏卷]ZnS可用于制备光学材料和回收砷。
(1)制备ZnS。由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]制备ZnS的过程如下：
已知：Ksp(ZnS)＝1.6×10－24，Ksp(CdS)＝8.0×10－27，Ka1(H2S)＝1.0×10－7，Ka2(H2S)＝1.2×10－13。当离子浓度小于1.0×10－5 mol/L时，认为离子沉淀完全。
①酸浸时通入O2可提高Zn2＋浸出率的原因是________________________________________________________________________。
②沉锌前调节溶液的pH至4～5，加入的氧化物为__________(填化学式)。
O2将－2价硫元素氧
化为S，促进酸浸反应正向进行，提高Zn2＋浸出率
ZnO
(2)回收砷。用ZnS去除酸性废液中的三价砷[As(Ⅲ)]，并回收生成的As2S3沉淀。
60 ℃时，按n(S)∶n(As)＝7∶1向酸性废液中加入ZnS，砷回收率随反应时间的变化如图所示。
①写出ZnS与H3AsO3反应生成As2S3的离子方程式：______________ ______________________________________________________。
②反应4 h后，砷回收率下降的原因有_________________________________________________________________________________________________________________________________。
2H3AsO3＋3ZnS
剩余ZnS被As2S3包裹，使ZnS与H3AsO3反应的速率减慢；As2S3水解生成H3AsO3；As2S3水解速率大于ZnS与H3AsO3反应的速率
3　[2023江苏卷]实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备MgSO4·H2O，其实验过程可表示如下：
(1)在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3，反应为Mg(OH)2＋H2SO3===MgSO3＋2H2O，其平衡常数K与Ksp[Mg(OH)2]、Ksp(MgSO3)、Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的代数关系式为K ＝____________________________________________；
下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收SO2效率的有________(填字母)。
A. 水浴加热氧化镁浆料
B. 加快搅拌速率
C. 降低通入SO2气体的速率
D. 通过多孔球泡向氧化镁浆料中通SO2
BD
pH增大，
题型3　重要无机物的转化
4　[2023江苏卷]V2O5-WO3/TiO2催化剂能催化NH3脱除烟气中的NO，反应为4NH3(g)＋O2(g)＋4NO(g)===4N2(g)＋6H2O(g)　ΔH＝－1 632.4 kJ/mol。
(1)催化剂的制备。将预先制备的一定量的WO3/TiO2粉末置于80 ℃的水中，在搅拌下加入一定量的NH4VO3溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状V2O5-WO3/TiO2催化剂。反应选用NH4VO3 溶液而不选用NaVO3溶液的原因是________________________________________。
(2)废催化剂的回收。回收V2O5-WO3/TiO2废催化剂并制备NH4VO3的过程可表示如下：
①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有______________________________。
②向pH＝8的NaVO3溶液中加入过量的NH4Cl溶液，生成NH4VO3沉淀。已知：Ksp(NH4VO3)＝1.7×10－3，加过量NH4Cl溶液的目的是____________________________。
提高反应温度，延长浸出时间　
促进NH4VO3充分沉淀
题型1　化学工艺流程——选择题
1 [2025扬州期末]CuCl难溶于水和乙醇，在潮湿空气中易被氧化。以碱性蚀刻废液中的[Cu(NH3)4]Cl2为原料制备CuCl的部分流程如下。下列说法正确的是( )
A. [Cu(NH3)4]Cl2溶于水所得溶液中c(NH3)∶c(Cl－)＝2∶1
B. “酸溶”时不用稀硝酸的主要原因是硝酸易挥发
C. “还原”后溶液的pH增大
D. “洗涤”时先用水再用乙醇可提高产品的纯度
D
2　[2024南通四模]工业利用钒渣(主要成分为 FeV2O4，杂质为Al2O3)制备V2O5的工艺流程如下：
已知：“焙烧”的产物之一为NaVO3。下列说法不正确的是( )
A. “焙烧”时，n(氧化剂)∶n(还原剂)＝5∶4
B. “调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为Al(OH)3而除去
D
3　[2024淮安考前模拟]一种利用废铜渣(主要成分为CuO，及少量Fe2O3、SiO2等杂质)制备超细铜粉的流程如下：
下列说法正确的是( )
A. “酸浸”所得滤渣的主要成分为H2SiO3
B. 若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为Cu(OH)2
C. “沉铜”发生的反应为复分解反应
D
【解析】 SiO2不溶于硫酸，“酸浸”后滤渣为SiO2，A错误；加入过量氨水，生成[Cu(NH3)4]2＋，加入乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4，B错误；“沉铜”时，SO2将＋2价的Cu还原为＋1价，以CuNH4SO3形式存在，属于氧化还原反应，C错误。
题型2　化学工艺流程——大题
4　[2024南京、盐城一模]碲广泛应用于冶金工业。以碲铜废料(主要含Cu2Te)为原料回收碲单质的一种工艺流程如下：
已知：Ka1(H2C2O4)＝5.0×10－2，Ka2(H2C2O4)＝1.5×10－4，Ka1(H2TeO3)＝1.0×10－3，Ksp(CuC2O4)＝2.0×10－8。
(1)“氧化酸浸”得到CuSO4和H2TeO3，该反应的化学方程式为______________________________________________________。
Cu2Te＋4H2O2＋2H2SO4===H2TeO3＋2CuSO4＋5H2O
2.7×10－3
(4)“还原”在50 ℃条件下进行，H2TeO3发生反应的离子方程式为 __________________________________________________。
(5)“还原”时，Na2SO3的实际投入量大于理论量，其可能的原因为________________________________________________________________________________________________________。
提高H2TeO3的还原率；Na2SO3会与“沉铜”后所得滤液中的酸反应生成SO2，SO2从溶液中逸出
题型3　重要无机物的转化
5 [2025扬州期末]钪(Sc)是一种重要稀土元素。由含钪矿渣制备ScCl3，再电解ScCl3可制得Sc。
(1)矿渣酸浸所得Sc3＋可被萃取剂X(结构如图1所示)萃取。
图1
①萃取原理是Sc3＋与萃取剂进行离子交换，萃取完成后水相的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。
②两分子萃取剂易形成含2个氢键的二聚体，在图2中补全该二聚体的结构。
图2
【答案】
减小
(2)萃取液经系列工序制得ScCl3·6H2O晶体，将其与NH4Cl混合，加热脱水制备无水ScCl3，再电解熔融ScCl3获得Sc。若不加NH4Cl，加热脱水时Sc3＋易水解生成ScOCl。ScOCl难溶于水、易溶于盐酸。
图3
①加热脱水时，ScCl3水解生成ScOCl的化学方程式为__________________________________________。
②电解熔融ScCl3时，常加入NaCl、KCl，其主要目的是通过降低熔点、__________________________，从而提高Sc的回收率、降低成本。
ScCl3＋H2O
增强导电性(合理即可)
温度升高，
NH4Cl的分解速率加快，生成更多的HCl，抑制ScCl3水解
(3)测定钪的水解率：取0.500 0 g制得的无水ScCl3，加水溶解，过滤，滤液中加入指示剂后，用0.040 00 mol/L EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点(反应为Sc3＋＋Y4－===ScY－)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液23.00 mL。另取0.500 0 g制得的无水ScCl3，加浓盐酸溶解，并滴加氨水调节pH，加指示剂后，用0.040 00 mol/L EDTA溶液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液25.00 mL。计算钪的水解率(写出计算过程)。
【答案】 n(ScCl3)＝c(EDTA)·V(EDTA)＝0.040 00 mol/L×23.00× 10－3 L＝9.2×10－4 mol
n(ScCl3)＋n(ScOCl)＝c(EDTA)·V′(EDTA)＝0.040 00 mol/L×25.00×10－3 L＝1.0×10－3 mol
n(ScOCl)＝c(EDTA)·V′(EDTA)－c(EDTA)·V(EDTA)＝(10.0－9.2)×10－4 mol＝8.0×10－5 mol
核心1　工业流程与原料处理
1　基本流程图
2　原料预处理
(1)提高反应速率的措施：粉碎、逆流、雾化(增大接触面积)；增大浓度、升温。
(3)加碱处理：将Al2O3、Al(OH)3等两性物质、Al、SiO2溶解，且经常将金属变成高价态物质。
(4)有机物：溶解有机物或萃取易溶于有机物的无机物。
(5)灼烧/焙烧/煅烧：①除去碳及有机物；②通氧气的情况下，可能会发生氧化还原反应；③热分解。
3　常见设问
如何提高“酸浸率” 固体粉碎的目的：减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率，提高浸取率
升高反应的温度，增大反应速率
适当加大酸的浓度
适当延长酸浸时间
搅拌
分析“浸出率”图表 解释“浸出率”高低变化的因素(“浸出率”升高，一般是反应温度升高，反应速率加快；但当“浸出率”达到最大值后，温度升高“浸出率”反而下降，一般是反应试剂的分解或挥发)
选择达到一定较高“浸出率”的时间及温度(注意：一般不止一个答案)
例1　(1)[2024南京学情调研]由软锰矿粉(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)制备MnSO4的过程可表示如下：
保持温度、各物质投料量及浓度不变，能提高Mn2＋浸出率的措施有__________________________________。
搅拌、延长反应时间(合理即可)
(2)锌浮渣主要含Zn、ZnO、SiO2、Fe2＋、Cd2＋、Mn2＋，工业上可通过控制条件逐一除去杂质以制备超细活性氧化锌，其工艺流程如下：
锌浮渣利用硫酸浸出后，将滤渣1进行再次浸出，其目的是________________________。
提高锌元素的总浸出率
(3)[2024连云港一调]以含钼(Mo)废催化剂(含MoS2，以及Al2O3、Fe2O3、CuO等)为原料制备MoO3，其过程表示如下：
将固体粉碎、适当搅拌、适当升高
温度等
核心2　元素在工艺流程中的转化
1　滤渣的确定
2　副产品的确定
3　循环物质的确定
例2　MnSO4·H2O在工、农业等方面有广泛的应用，工业上可由高铁菱锰矿(主要成分为MnCO3，含有FeCO3、Al2O3、MgO、SiO2等杂质)制备，部分工艺流程如下：
相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表(开始沉淀的pH按离子浓度为0.1 mol/L计算)：
(1)“滤渣1”的主要成分是____________。
(2)“调pH”范围至5～6，得到滤渣2的主要成分除MnO2外，还有________________________。
(3)“除杂”过程中加入MnF2的目的是________________。
金属离子 Mn2＋ Fe2＋ Fe3＋ Al3＋ Mg2＋
开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9
沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9
SiO2
Al(OH)3、Fe(OH)3
除去Mg2＋
核心3　制备过程中反应条件的控制
1　常用方法
看方法 想目的
调节溶液的pH 常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀
控制温度 根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动
控制压强 改变速率，影响平衡
使用合适
的催化剂 改变反应速率，控制达到平衡所需要的时间
注意　调节pH所需的物质一般应满足两点：
①能与H＋或OH－反应，使溶液pH变大或变小；
②不引入新杂质。例如，若要除去Cu2＋中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。)
2　常见设问
控制溶液
的pH ①调节溶液的酸碱性，使某些金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)；
②“酸作用”还可除去氧化物(膜)；
③“碱作用”还可除去油污，除去铝片表面的氧化膜，溶解铝、二氧化硅等；
④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)
加过量试剂 使反应完全进行(或增大转化率、产率)等
加氧化剂 氧化某物质，生成目标产物或除去某些离子
控制温度(常用水浴、冰浴或油浴) ①防止副反应的发生；
②使化学平衡移动；控制化学反应进行的方向；
③控制固体的溶解与结晶；
④控制反应速率；使催化剂达到最大活性；
⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发；
⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离；
⑦趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量；
⑧降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求
提高原子利用率 绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)
在空气中或在其他气体中进行的反应或操作 要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应或能否隔绝空气，达到防氧化、水解、潮解等目的
例3　以红土镍矿(含NiO及铁、镁、硅的氧化物等)为原料制备Ni(OH)2的工艺流程如下：
(1)“酸浸”时，H2SO4稍过量的目的是______________________。
提高镍元素的浸出率
(2)“沉镁”时，需综合考虑镁去除率和镍损失率。不同pH下镁去除率和镍损失率如图所示。
①应控制反应体系的pH约为______(填字母)。
A. 5.0　　　 B. 6.0　　　
C. 6.5
B
②已知：Ksp(MgF2)＝7.4×10－11。要使“沉镁”所得滤液中c(Mg2＋)≤7.4×10－7 mol/L，则应控制滤液中c(F－)不低于__________________。
(3)“沉镍”所得滤液中，可循环使用的主要溶质为_____________(填化学式)。
0.01 mol/L
Na2SO4
核心4　物质的分离与提纯
1　正确选择物质分离的“6种”常用方法
看目的 选方法
分离难溶物质和易溶物质，根据特殊需要采用趁热过滤或抽滤等方法 过滤(热滤
或抽滤)
利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴 萃取和分液
提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl 蒸发结晶
看目的 选方法
提取溶解度随温度变化较大的溶质，易水解的溶质或结晶水合物。如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等 冷却结晶
分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油 蒸馏与分馏
利用气体易液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离氨气与氮气、氢气 冷却法
2　常见设问
结晶方法 ①晶体不带结晶水，如NaCl、KNO3等：蒸发结晶。
②晶体带结晶水，如胆矾等：将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
③要得到溶解度受温度影响小的溶质：蒸发浓缩、结晶，趁热过滤。如除去NaCl中少量的KNO3。
④要得到溶解度受温度影响大的溶质：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤。如除去KNO3中少量的NaCl
从溶液中
得到晶体
的操作　 蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤→干燥
[若溶质(如AlI3)在空气中受热易被氧化，则浓缩时不能等到出现晶膜才停止]
萃取、分液的操作 　 实验在分液漏斗中进行，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出。其他条件不变(不添加试剂)，为提高萃取率可采取的操作：充分振荡、多次萃取。振荡或搅拌时，注意速率不能过大，防止有机溶剂乳化
反萃取 在溶剂萃取分离过程中，当完成萃取操作后，为进一步纯化目标产物或便于下一步分离操作的实施，往往需要将目标产物转移到水相。这种调节水相条件，将目标产物从有机相转入水相的萃取操作称为反萃取，为萃取的逆过程
晶体的
洗涤　 用乙醇等有机溶剂洗涤晶体的目的：可以除去晶体表面可溶性的杂质和水分，乙醇的易挥发性有利于晶体快速干燥
洗涤沉淀
的操作　 将过滤后的晶体留在过滤器中，加入洗涤剂至浸没晶体，让洗涤液自然流下，重复操作2～3次
检验沉淀
是否洗涤
干净　　 取最后一次洗涤滤液，滴加试剂(如硝酸酸化的AgNO3溶液检验Cl－，盐酸酸化的BaCl2溶液检验SO)，若无沉淀产生，则证明已洗涤干净，反之，则未洗涤干净
例4 (1)MnSO4在水中的溶解度与温度的关系如图所示。由MnCO3获得较纯净的MnSO4·H2O晶体的方法：将MnCO3溶于适量的稀硫酸，控制温度在80～90 ℃之间蒸发结晶，____________，得到MnSO4·H2O晶体，洗涤、烘干。晶体通常采用减压烘干的原因是_____________ ________________________。
趁热过滤
防止MnSO4·
H2O失去结晶水
(2)KIO3的溶解度曲线如图所示。由KIO3溶液得到KIO3晶体的方法为______________________。
蒸发浓缩、降温结晶
(3)“萃取分离”溶液中钴、锂的萃取率与平衡时溶液pH的关系如图所示。pH一般选择5左右，理由是________________________________________。
pH在5左右时，钴、锂的分离效率
最高
(4)钼(Mo)是重要的过渡金属元素，具有广泛用途。由钼精矿(主要成分是MoS2)湿法回收钼酸铵[(NH4)2MoO4]部分工艺流程如图所示。
“滤液2”先加入有机溶剂“萃取”，再加氨水“反萃取”，进行“萃取”和“反萃取”操作的目的是__________________________________________________。
富集钼酸根离子(或将钼酸根离子
和其他杂质分离)
2
1
3
1 [2025南通如皋学情调研一]1943年，侯德榜团队成功研发了联合制碱法，提高了食盐利用率。其主要流程如下。下列说法错误的是( )
A. 沉淀池中发生的反应为NaCl＋CO2＋NH3＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl
B. “沉淀池”中开始反应时，应先通入CO2至饱和，再通入NH3
B
2
1
3
【解析】 NH3在水中的溶解度大，侯氏制碱法应先通氨气，后通二氧化碳，B错误。
2
1
3
2　[2025镇江期初]一种从某铜镍矿(主要成分为CuFeS2、FeS2、NiO、MgO、SiO2等)中回收Cu、Ni的流程如下：
(1)基态Cu2＋的外围电子排布为__________。
(2)“氧压浸出”过程中，加压的目的是________________________ _________________。
3d9
增大氧气的溶解度，加快
化学反应速率
2
1
3
(4)“沉铁”过程生成黄钠铁矾沉淀的离子方程式为____________ _______________________________________________________。
适当增大溶液pH，促使萃取反应的平衡正向移动，提高铜的萃取率　
3Fe3＋＋Na＋
2
1
3
(5)单质镍与碳、镁形成某晶体的晶胞结构如图所示，该晶体中Mg和Ni的原子个数之比为__________。
(6)“沉镍”时为确保Ni2＋沉淀完全，理论上应调节溶液pH≥__________{已知：25 ℃时，Ksp[Ni(OH)2]＝4×10－15；lg2＝0.3；当溶液中c(Ni2＋)≤1.0×10－5 mol/L时，可认为Ni2＋沉淀完全}。
1∶3
9.3
2
1
3
(7)测定NiSO4·7H2O粗品的纯度。取3.000 g NiSO4·7H2O粗品溶于水(滴加几滴稀硫酸)配成100.0 mL溶液，取25.00 mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴指示剂，用0.050 00 mol/L Na2H2Y标准溶液滴定，平均消耗标准溶液50.00 mL。计算确定粗品中NiSO4·7H2O的纯度(已知：Ni2＋＋H2Y2－===NiY2－＋2H＋，Ni—59，写出计算过程)。
【答案】 93.67%(计算过程见解析)
2
1
3
2
1
3
2
3
1
3　[2025泰州调研]铟及其化合物应用广泛。工业上用含铟铁渣(含In2O3、ZnFe2O4、PbSO4、As2O3等)提取铟的流程如下：
②TBP易与Fe3＋、In3＋、Zn2＋配位或与H＋结合实现萃取，对Fe2＋萃取率较低。
2
3
1
(1)热酸浸出。一定温度下，控制盐酸用量为理论值的2倍，反应2 h、过滤得酸浸液。
①写出ZnFe2O4溶于盐酸的离子方程式：________________________________________________。
②酸浸液中，As元素以H3AsO3形式存在，已知H3AsO3的核磁共振 氢谱只有一个峰，其结构式为_________________________________________________。
＋2Fe3＋＋4H2O
(写“ ”
也可)
2
3
1
③向反应体系中加水，测得液固体积质量比对铅浸出率的影响如图1所示。液固体积质量比大于4.5 mL/g时，铅浸出率降低的原因为____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
图1
液固
溶解量减小的幅度大于水量增多使PbCl2溶解量增加的幅度，使得Pb浸出率降低
2
3
1
②FeS晶胞及z轴方向投影如图2所示，Fe2＋配位数为______。
　
图2
(3)萃取。萃取时，pH过大或过小都不利于In3＋和Zn2＋的萃取，原因是___________________________________________________________ _________________________________________________。
将Fe3＋还原为难萃取的Fe2＋，将溶液中的PbCl2及[PbCl4]2－转化为PbS沉淀、H3AsO3转化为As2S3沉淀除去
6
2
3
1
2
3
1(共96张PPT)
主题3
反应原理与规律
微主题4　反应热　电化学
1　SiHCl3(g)＋H2(g)===Si(s)＋3HCl(g)　ΔH
从反应前后总能量变化角度：ΔH＝_________________________________________________________；从键能的角度(E表示键能)：ΔH＝ _________________________________________________________。
2　CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)能在一定条件下自发进行的原因是________________。
Si(s)和HCl(g)的总能量－
SiHCl3(g)和H2(g)的总能量
3E(Si—Cl)＋E(Si—H)＋E(H—H)－2E(Si—Si) －3E(H—Cl)
反应ΔH<0
3　已知：①2NO2(g)＋H2O(l)===HNO3(aq)＋HNO2(aq)　ΔH1＝ －116.1 kJ/mol
②3HNO2(aq)===HNO3(aq)＋2NO(g)＋H2O(l) ΔH2＝＋75.9 kJ/mol
反应3NO2(g)＋H2O(l)===2HNO3(aq)＋NO(g)的ΔH＝_____________kJ/mol。
－136.2　
4　如图为某微生物燃料电池净化水的原理。下列说法正确的是( )
A. N极为负极，发生氧化反应
B. 电池工作时，N极附近溶液pH减小
C. M极发生的电极反应为(C6H10O5)n－24ne－＋7nH2O===6nCO2↑＋24nH＋
C
5　电解饱和食盐水(氯碱工业)。
阳极反应式：_________________________，
阴极反应式：________________________________。
阳离子交换膜的作用：__________________；
____________________________________；___________________ _________________。
2Cl－－2e－===Cl2↑
2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑
分离氯气和氢气
防止OH－迁移，避免氯气与碱反应
允许Na＋迁移，获得
NaOH溶液
考向1　化学反应与能量小综合
1　下列说法正确的是______(填序号)。
①[2023江苏卷改编]金属硫化物(MxSy)催化反应CH4(g)＋2H2S(g)===CS2(g)＋4H2(g)，该反应的ΔS<0
③
⑤[2024江苏卷改编]SO2与O2反应生成SO3，催化剂V2O5能减小该反应的焓变
⑥[2023江苏卷改编]H2O(g)与足量C(s)反应生成1 mol H2 (g)和1 mol CO(g)吸收131.3 kJ的热量。则有C(s)＋H2O(g)===H2 (g)＋CO(g)　ΔH＝－131.3 kJ/mol
⑦[2022江苏卷改编]甲烷具有较大的燃烧热(890.3　kJ/mol)，则甲烷的燃烧：CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－890.3　kJ/mol
【解析】 ΔH＝反应物的总键能－生成物的总键能，计算该反应的ΔH需C≡O、H—H(反应物CO、H2)、C—O、C—H、O—H(生成物CH3OH)，共5种化学键的键能数据。
考向2　ΔH计算及盖斯定律的应用
2　[2025江苏卷]合成气制备甲醇：CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)。CO的结构式为C≡O，估算该反应的ΔH需要______(填数字)种化学键的键能数据。
5
3　[2023江苏卷改编] 二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g)＋4H2 (g)===CH4 (g)＋2H2O(g)　ΔH＝－164.7 kJ/mol
反应Ⅱ：CO2(g)＋H2 (g)===CO(g)＋H2O (g)
ΔH＝＋41.2 kJ/mol
问题1：
反应Ⅲ：2CO2(g)＋2H2(g)===2CO(g)＋2H2O(g)
ΔH＝______________kJ/mol
反应Ⅳ：2CO(g)＋2H2O(g)===2CO2(g)＋2H2(g)
ΔH＝______________kJ/mol
反应Ⅴ：2CO(g)＋2H2(g)===CO2(g)＋CH4(g)
ΔH＝________________kJ/mol
＋82.4　
－82.4
－247.1
问题2：
根据反应Ⅰ、Ⅱ与反应Ⅴ的关系，找准反应物和生成物，注意计量数；把反应Ⅴ没有出现的物质计量数对应约掉。反应Ⅴ＝______________________
或反应Ⅰ＋反应Ⅳ。ΔH计算同化学方程式。
反应Ⅰ－反应
Ⅱ×2　
考向3　原电池的工作原理及应用
4 [2024江苏卷] 碱性锌锰电池的总反应为Zn＋2MnO2＋H2O===ZnO＋2MnOOH，电池构造示意图如图所示。下列有关说法正确的是( )
A. 电池工作时，MnO2发生氧化反应
B. 电池工作时，OH－通过隔膜向正极移动
C. 环境温度过低，不利于电池放电
D. 反应中每生成1 mol MnOOH，转移电子数 为2×6.02×1023
C
【解析】 电池工作时，MnO2为正极，得到电子，发生还原反应，A错误；电池工作时，OH－通过隔膜向负极移动，B错误；环境温度过低，化学反应速率下降，不利于电池放电，C正确；由电极反应式MnO2＋e－＋H2O===MnOOH＋OH－可知，反应中每生成1 mol MnOOH，转移电子数为6.02×1023，D错误。
【解析】 不直接接触的转化应该考虑形成原电池，该题中存在铁和银两个电极，有盐酸作为电解质，故可以形成Fe-Ag原电池，正极AgCl得到电子生成Ag，电极反应式为AgCl＋e－===Ag＋Cl－。
5　[2024江苏卷]在AgCl沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量0.5 mol/L盐酸后静置，充分反应得到Ag。不与铁圈直接接触的AgCl也能转化为Ag的原因是____________________________________________________________________________________________________________。
铁还原AgCl为Ag，形成Fe-Ag原电池，不与铁圈直接接触的AgCl在正极Ag表面得到电子被还原为Ag
6　[2025江苏卷]海洋出水铁质文物表面有凝结物，研究其形成原理和脱氯方法对保护文物意义重大。
(1)文物出水清淤后，须尽快浸泡在NaOH稀溶液或Na2CO3溶液中进行现场保护。文物浸泡在碱性溶液中比暴露在空气中能减缓吸氧腐蚀，其原因有________________________________________________________________________________________________。
(2)有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成FeOOH等凝结物。
①铁在盐水中腐蚀的可能原理如图所示。依据原理设计如下实验：向NaCl溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液(能与Fe2＋形成蓝色沉淀)和酚酞，将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为____________________________________________。
减少文物与O2的接触；增大c(OH－)，抑制O2＋4e－＋2H2O===4OH－反应正向进行
液滴中心出现蓝色沉淀，
液滴边缘溶液显红色
②铁的氢氧化物吸附某些阳离子形成带正电的胶粒，是凝结物富集Cl－的可能原因。该胶粒的形成过程中，参与的主要阳离子有________________(填离子符号)。
Fe2＋、Fe3＋
【解析】 (1)吸氧腐蚀时正极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，根据化学平衡移动原理，碱性溶液中，OH－浓度较大，会抑制O2得电子，使吸氧腐蚀的速率减慢；OH－浓度增大，增大了溶液的极性，降低非极性O2的溶解度，减少了文物与O2的接触，减缓吸氧腐蚀。(2)①由题图知，液滴边缘生成OH－，酚酞遇到OH－变红；液滴中间生成 Fe2＋，Fe2＋与 K3[Fe(CN)6] 溶液反应生成特征蓝色沉淀，则实验现象为液滴中心出现蓝色沉淀，液滴边缘溶液显红色。②由铁在盐水(NaCl溶液)中腐蚀实验的试剂和反应机理知，溶液中的主要阳离子是Na＋、 Fe2＋、Fe3＋[O2能进一步将Fe2＋氧化为Fe3＋，部分Fe3＋转化成FeOOH]，由于胶核会优先吸附与其组成相关的阳离子，故铁的氢氧化物形成带正电荷的胶粒时吸附的主要阳离子是Fe2＋和Fe3＋。
考向4　电解池的工作原理及应用
A. 电极a上发生氧化反应生成O2
B. H＋通过质子交换膜从右室移向左室
C. 光解前后，H2SO4溶液的pH不变
D. 外电路每通过0.01 mol电子，电极b上产生0.01 mol H2
A
【解析】 由图可知，电极a是电子流出的一极，发生失电子的氧化反应：2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，A正确；阳离子的迁移方向和电子的迁移方向一致，电子由电极a流向电极b，则H＋通过质子交换膜从左室(a极区)移向右室(b极区)，B错误；总反应为电解水，水的量减少，导致H2SO4溶液的浓度变大，pH减小，C错误；由2e－～H2知，外电路每通过0.01 mol电子，电极b上产生0.005 mol H2，D错误。
【解析】 ①阳极失去电子，电解水时，在阳极得到氧气，错误；②可逆电池放电时，反应物在正极得到电子，题给电极反应式为负极反应式，错误。
8　下列说法不正确的是________(填序号)。
①[2023江苏卷改编]电解水制氢的阳极反应：2H2O－2e－===H2↑＋2OH－
①②
9　[2023江苏卷]空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。催化电解吸收CO2的KOH溶液可将CO2转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图。
(1)当电解电压为U1 V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，阴极主要还原产物为________(填化学式)。
H2
(3)当电解电压为U3 V时，电解生成的C2H4和HCOO－物质的量之比为多少(写出计算过程)
【答案】 每生成1 mol C2H4转移12 mol电子，每生成1 mol HCOO－转移 2 mol 电子，当电解电压为U3 V时，生成C2H4和HCOO－的法拉第效率分别为24%和8%，
考向1　化学反应与能量小综合
1　下列说法正确的是________(填序号)。
①[2025南京调研]乙醛催化加氢反应中，H2在催化剂Ni表面吸附过程的ΔS>0
②[2025苏州期初]肼(N2H4)常温下为液态，燃烧热为642 kJ/mol，肼的燃烧：N2H4(l)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－642 kJ/mol
③④
2　[2024盐城、南京期末] 氨的饱和食盐水捕获CO2是CO2利用的方法之一，反应原理如下：NaCl(aq)＋NH3(g)＋CO2(g)＋H2O(l)===NaHCO3(s)＋NH4Cl(aq)。该反应常温下能自发进行的原因是________________。
反应ΔH＜0
考向2　ΔH计算及盖斯定律的应用
3　(1)[2025南京二模]CH4－H2O(g)重整制氢过程中的主要反应(忽略其他副反应)如下：
①CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)
ΔH＝＋206 kJ/mol
②CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)
ΔH＝－41 kJ/mol
反应CH4(g)＋2H2O(g)===CO2(g)＋4H2(g)的ΔH＝__________kJ/mol
＋165
(2)[2024南京学情调研]“碳达峰、碳中和”是我国社会发展重大战略之一。CH4与CO2经催化重整可制得CO和H2，相关反应如下：
主反应：
CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)　ΔH
副反应：
Ⅰ. H2(g)＋CO2(g)===H2O(g)＋CO(g)　ΔH1
Ⅱ. 2CO(g)===CO2(g)＋C(s)　ΔH2
Ⅲ. CH4(g)===C(s)＋2H2(g)　ΔH3
Ⅳ. CO(g)＋H2(g)===C(s)＋H2O(g)　ΔH4
其中，副反应Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ形成的积碳易导致催化剂活性降低。主反应的ΔH＝____________________________________。
ΔH3－ΔH2或ΔH1＋ΔH3－ΔH4
【解析】 (1)根据盖斯定律，①＋②可得目标热化学方程式，则ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝[＋206＋(－41)]kJ/mol＝＋165 kJ/mol。
考向3　原电池的工作原理及应用
4 [2025苏州期初]普通锌锰干电池的构造如图所示。关于该电池及其工作原理，下列说法正确的是( )
A. 石墨作电池的负极材料
C. 电池工作时，MnO2发生氧化反应
D. 环境温度过低，不利于电池放电
【解析】 Zn失去电子，作负极，A错误；原电池中，阳离子移向正极，B错误；MnO2作氧化剂，发生还原反应，C错误；温度较低时，反应速率较慢，不利于电池的放电，D正确。
D
【解析】 用“铁粉还原法”处理废水中的Cr(Ⅵ)时，加入Cu2＋后，Fe将Cu2＋还原生成Cu，Fe、Cu可构成原电池，随着Cu2＋浓度由0升高至15 mg/L，废水中形成很多微小的原电池，加快了Fe2＋的生成速率，使Cr(Ⅵ)的去除率增大。
5　[2024南京二模]绿矾(FeSO4·7H2O)还原法和铁粉还原法均可用于处理废水中的Cr(Ⅵ)。为探究铜离子浓度对Cr(Ⅵ)去除率的影响，向 1 000 mL某浓度酸性废水中加入2.0 g铁粉，随着Cu2＋浓度由0升高至15 mg/L，测得废水中Cr(Ⅵ)的去除率增大，其可能原因为___________________________________________________________________________。
铁粉置换出铜
形成Fe-Cu原电池，增大了c(Fe2＋)，Cr(Ⅵ)去除率增大
考向4　电解池的工作原理及应用
6　[2025苏州期末]冶金废水(主要含CaCl2)通过“电解－碳化”制备CaCO3的装置如图所示。下列说法不正确的是( )
A. M极上产生黄绿色气体
B. 电解前后，N极区溶液的pH基本不变
D. 1 mol Ca2＋通过阳离子交换膜时，理论上共产生44.8 L的气体
D
7　(1)[2024南通、泰州等八市三模]钴酸锂电池放电时示意图如图所示。放电时，Li＋从LixC6中脱嵌。请写出放电至完全时Li1－xCoO2电极的电极反应式：______________________________________________。
Li1－xCoO2＋xe－＋xLi＋===LiCoO2
当电流强度大于4A时，随着电流强度的增大，Cl－放电生成了更高价态的酸根(或OH－参加放电)，溶液中ClO－浓度减小，NO的去除率降低
【解析】 (3)由图可知，NO去除率降低时，ClO－浓度也降低， ClO－浓度降低的原因可能是电流强度过大发生其他副反应，如Cl－、ClO－都可以在阳极放电，氯元素被氧化为更高价态的酸根，OH－也在阳极竞争放电。溶液中ClO－浓度减小，NO去除率降低。
核心1　反应热　热化学方程式
1　焓变ΔH的计算
ΔH与反应前后物质的能量
放热反应
吸热反应
ΔH＝__________________________
ΔH与键能 ΔH＝__________________________
生成物总能量－反应物总能量
反应物总键能－生成物总键能
ΔH1＋ΔH2＋ΔH3
ΔH1＋3ΔH2－ΔH3
说明　1 mol常见物质中含有的σ键的物质的量。
晶体硅：Si—Si_________ SiO2：Si—O_________
石墨：C—C__________ 金刚石：C—C________
白磷(P4 )：P—P__________
2 mol
4 mol
1.5 mol
2 mol
6 mol
2　比较焓变的大小
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1
则ΔH1______ΔH2。
S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH3
S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH4
则ΔH3______ΔH4。
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH5
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH6
则ΔH5______ΔH6。
＜
＞
＞
3　根据盖斯定律计算ΔH的步骤和方法
4★ 键能与反应
化学反应的本质是______________________________。
反应物键能越高，断键时需要________的能量越多，反应的活化能可能随之升高，导致反应更难发生。但反应中并不是所有化学键均断裂，这样会使反应变得容易。如N2在部分加成反应或配位反应中，N≡N可能仅发生部分断裂[在特定催化剂作用下，N2可能先断裂一个键(形成N===N)，逐步加氢生成中间产物(形成N—N)，最终才完全断裂]，甚至保持三键但通过配位作用参与反应(如某些固氮酶中的N2－金属配合物)。__________(填“反应物”或“产物”，下同)键能高通常使反应更难启动，________键能高则促进反应进行。实际中需结合活化能、反应条件等因素，不能仅凭键能单一指标判断反应难易。
旧化学键断裂与新化学键形成
吸收
反应物
产物
例1　(1)从共价键类型及键能角度分析，H2C===CH—CH===CH2 分子为什么易发生加成反应：______________________________________________________。
碳碳双键中σ键键能大，不易断裂；π键键能小，易断裂
B
例2　(1)CO与N2分子中电子总数相等，结构与物理性质相似。结合事实判断CO和N2中化学性质更活泼的是________，试用下表中的键能数据解释其相对更活泼的原因：______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
化学键 C—O C===O C≡O
键能/(kJ/mol) 351 745 1 072
化学键 N—N N===N N≡N
键能/(kJ/mol) 159 418 946
CO
断开CO分子中第一个π键所需要的能量(1 072 kJ/mol－745 kJ/mol＝327 kJ/mol)比断开N2分子中第一个π键所需要的能量(946 kJ/mol－418 kJ/mol＝528 kJ/mol)小
(2)CO2氧化C2H6脱氢制C2H4的热化学方程式为C2H6(g)＋CO2(g)===C2H4(g)＋CO(g)＋H2O(g)　ΔH。几种化学键的键能数据如下，结合键能数据分析该技术的难点：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
化学键 C—C C—H C===O
键能/(kJ/mol) 347.7 413.4 745
CO2中C===O的键能较高，断裂需要较高能量；乙烷分子中C—H的键能大于C—C的键能，难点是选择合适的催化剂在C—H断裂的同时C—C不断裂
核心2　原电池原理与应用
1　原电池工作原理
2　燃料电池电极反应式的书写(以CH3OH燃料电池为例，体会不同介质对电极反应的影响)
电池类型 导电介质 反应式
酸性燃
料电池 H＋ 总反应 2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O
负极反应 _________________________________
正极反应 _____________________________
CH3OH－6e－＋H2O===CO2↑＋6H＋
O2＋4e－＋4H＋===2H2O
＋6H2O
O2＋4e－＋2H2O===4OH－
4CO2↑＋2H2O
电池类型 导电介质 反应式
固态氧
化物燃
料电池 O2－ 总反应 2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O
负极反应 ____________________________________________________
正极反应 __________________________
CH3OH－6e－＋3O2－===CO2↑＋
2H2O
O2＋4e－===2O2－
3　锂离子电池充、放电分析
正极材料：LiMO2(M：Co、Ni、Mn等)、LiM2O4(M：Co、Ni、Mn等)、LiMPO4(M：Fe等)
负极材料：石墨(能吸附锂原子)
负极反应式：_______________________________
正极反应式：____________________________________
LixCn－xe－===xLi＋＋nC
Li1－xMO2＋xLi＋＋xe－===LiMO2
4　新型化学电源电极反应式的书写
核心3　电解原理与应用
1　电解池模型——以惰性电极电解CuCl2溶液为例
2　电解池电极反应式的书写
(1)提取“信息”书写电极反应式
2Al－6e－＋3H2O===Al2O3＋6H＋
2H＋＋2e－===H2↑
用Al单质作阳极，石墨作阴极，NaHCO3溶液作电解液进行电解，生成Al(OH)3 阳极 _____________________________________
阴极 _________________________________
用惰性电极电解K2MnO4溶液得到KMnO4 总反应
______________________________________________________
阳极 ____________________________
阴极 _____________________________________
2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
2KOH
2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系。有机阳离子、Al2Cl和AlCl组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝 阳极 _________________________________
阴极 ________________________________
将一定浓度的磷酸二氢铵(NH4H2PO4)、氯化锂混合液作为电解液，以铁棒作阳极，石墨作阴极，电解析出LiFePO4沉淀 阳极 ____________________________________
阴极 ___________________________
2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
(2)根据“交换膜”利用“信息”书写电极反应式
阳极 ________________________
阴极 _______________________________
2I－－2e－===I2
2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
②可用氨水作为吸收液吸收工业废气中的SO2，当吸收液失去吸收能力时，可通过电解法使吸收液再生而循环利用(电极均为石墨电极)，并生成化工原料硫酸。其工作示意图如下：

阳极
(主反应) _______________________________
阴极 _______________________________
2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
3　电解原理的应用
(1)电解饱和食盐水(氯碱工业)
阳极反应式：____________________________
阴极反应式：______________________________________
总化学方程式：________________________________________
2Cl－－2e－===Cl2↑
2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
(2)电解精炼铜
电极材料：粗铜作________；纯铜作________。
电解质溶液：______________________。
阳极反应式：Zn－2e－===Zn2＋、Fe－2e－===Fe2＋、Ni－2e－===Ni2＋、Cu－2e－===Cu2＋
阴极反应式：______________________
阳极泥的形成：在电解过程中，活动性位于铜之后的银、金等杂质，难以在阳极失去电子变成阳离子而溶解，它们以金属单质的形式沉积在电解槽底部，形成阳极泥。
阳极
阴极
含Cu2＋的盐溶液
Cu2＋＋2e－===Cu
(3)电镀
如图为金属表面镀银的工作示意图。
镀件作________，镀层金属银作________。电解质溶液是__________________。
阳极反应式：______________________
阴极反应式：______________________
特点：阳极溶解，阴极沉积，电镀液的浓度________(填“变大”“变小”或“不变”)。
阴极
阳极
AgNO3
溶液
Ag－e－===Ag＋
Ag＋＋e－===Ag
不变
4★ 电极竞争放电
电极竞争放电是指在电解池或原电池中，多个可能发生的电极反应(氧化或还原反应)同时存在时，因反应难易程度不同而出现的优先放电现象。竞争放电的本质是不同反应争夺电子的过程。
(1)常见放电顺序(以水溶液电解为例)
阴极(还原反应，阳离子得电子)：
金属活动性顺序逆序(部分)：Ag＋>Hg2＋>Fe3＋>Cu2＋>H＋(酸中)>Pb2＋>Fe2＋>Zn2＋>H＋(水中)>Al3＋>Mg2＋>Na＋等。如电解含Cu2＋和H＋的溶液时，阴极产物为________。
Cu
Cl－
(2)竞争放电的顺序受离子浓度等因素影响(电极上产生的气体会阻碍离子吸附)
电解食盐水时，Cl－浓度高时(常温下饱和溶液氯化钠溶液浓度为26.4%)在阳极失电子生成Cl2；当Cl－浓度低于15%时，OH－竞争放电产生O2，而且Cl－浓度越低，O2产量越高，Cl2产量降低。
例3　(1)电解含FeSO4、H2SO4的溶液可获得铁。为提高阴极的电解效率，可加入少量具有还原性的弱酸盐柠檬酸钠，其作用是_______________________________________________________________________。
柠檬酸
根离子与H＋结合，减少H＋在阴极放电；防止Fe2＋被氧化为Fe3＋
pH从5变化到3时，溶液中H＋浓
图1 图2
5　金属的电化学防护
牺牲阳极法(原电池原理)：被保护的金属作________，比被保护的金属活泼的金属作________。
外加电流法(电解池原理)：被保护的金属作________，惰性电极作________。
正极
负极
阴极
阳极
核心4　离子交换膜
1　离子交换膜的作用
(1)可平衡左、右两侧电荷，得到稳定电流。
(2)能将两极区隔离，阻止两极区产生的物质接触，防止发生化学反应。
阳离子交换膜只允许Na＋通过，阻止阴离子(Cl－)和气体(Cl2)通过。这样既防止了两极产生的H2和Cl2混合爆炸，又避免了Cl2和阴极产生的____________反应生成NaClO而影响烧碱的质量。
NaOH
(3)制备某些特定产品。
用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如图所示。
①A为__________________；C为____________________。
②a为__________(填“阴离子”或“阳离子”，下同)交换膜；b为__________交换膜。
NaOH稀溶液
高浓度H2SO4
阳离子
阴离子
2　多膜电解池中电极反应式的书写及分析
双膜三室电解技术处理吸收液(用NaOH溶液吸收烟气中的SO2)
Na2SO3
2
4
1
3
C. 反应的ΔH＝4E(C—H)＋4E(O—H)－2E(C===O)－4E(H—H)(E表示键能)
D. 反应在高温、高压和催化剂条件下进行可提高H2的平衡转化率
5
B
2
4
1
3
【解析】 该反应为气体物质的量减小的反应，故ΔS＜0，A错误；平衡常数为生成物浓度的系数幂与反应物浓度的系数幂之比，B正确；热效应ΔH＝反应物总键能—生成物总键能＝[2E(C===O)＋4E(H—H)]－[4E(C—H)＋4E(O—H)]，C错误；由ΔH－TΔS<0，ΔS<0知，ΔH<0，该反应为放热反应，升高温度不能提高H2的平衡转化率，反应条件可改为低温、高压和催化剂，催化剂的作用是使低温下的反应速率增大，节省反应时间，D错误。
5
2
4
1
3
2　(1)[2025常州期末]CaO用于C－H2O体系制H2工艺的主要反应(忽略其他副反应)如下：
C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH1>0
CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH2<0
CaO(s)＋CO2(g)===CaCO3(s)　ΔH3<0
反应C(s)＋CaO(s)＋2H2O(g)===CaCO3(s)＋2H2(g)的焓变ΔH＝__________________________。
5
ΔH1＋ΔH2＋ΔH3
2
4
1
3
(2)[2024苏锡常镇一调]采用热分解法脱除沼气中的H2S过程中涉及的主要反应如下：
反应Ⅰ：2H2S(g)===2H2(g)＋S2(g)
ΔH1＝＋169.8　kJ/mol
反应Ⅱ：CH4(g)＋S2(g)===CS2(g)＋2H2(g)
ΔH2＝＋63.7　kJ/mol
反应Ⅲ：2H2S(g)＋CH4(g)===CS2(g)＋4H2(g)
ΔH＝_____________kJ/mol
5
＋233.5
2
4
1
3
【解析】 (1)由盖斯定律知，Ⅰ＋Ⅱ＋Ⅲ可得目标热化学方程式，则C(s)＋CaO(s)＋2H2O(g)===CaCO3(s)＋2H2(g)的ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3。(2)由盖斯定律知，ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝＋233.5　kJ/mol。
5
2
4
3
1
3　[2025南通、泰州、镇江一调]某乙烯燃料电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是( )
A. 放电时，电子由电极b经外电路流向电极a
B. 电极a的电极反应式为CH2===CH2－2e－＋H2O===CH3CHO＋ 2H＋
C. 当有0.2 mol H＋通过质子交换膜时，电极b表面理论上消耗O2的体积为1.12 L
D. 验证生成CH3CHO的操作：取反应后的左室溶液，加入新制Cu(OH)2，加热，观察现象
5
B
2
4
3
【解析】 电极a为负极，电极b为正极，放电时，电子由电极a经外电路流向电极b，A错误；电极a的电极反应式为CH2===CH2－2e－＋H2O===CH3CHO＋2H＋，B正确；未指明标准状况，无法计算O2的体积，C错误；左室溶液中含硫酸，须先用NaOH溶液将待检液调成碱性，在碱性条件下，醛基可以被弱氧化剂Cu(OH)2氧化，加热反应，最终生成砖红色沉淀，D错误。
1
5
2
4
3
1
4 [2025南通、泰州等七市二调]一种以NaOH为介质电催化还原CO2的工作原理如下图所示。下列说法正确的是( )
A.电解池工作时，OH－由右室通过隔膜向左室移动
B. M为电解池的阳极
C. N电极上发生的反应：CH3(CH2)7NH2＋4e－＋4OH－===CH3(CH2)6CN＋4H2O
D. 电路中通过2 mol e－时，理论上有1 mol CO2被还原
5
D
2
4
3
【解析】 电解池工作时，阴离子(OH－)由左室(阴极区)通过隔膜向右室(阳极区)移动，A错误；M极上：CO2―→HCOO－，C元素的化合价降低2，则M极为阴极，N极为阳极，B错误；N极为阳极，是失去电子的一极，故阳极反应式中应该“－4e－”，C错误；M极上：CO2～ 2e－～HCOO－，则电路中通过2 mol e－时，理论上有1 mol CO2被还原，D正确。
1
5
2
3
1
5　(1)[2026南京期初]MnO2可用于制造电池，从锌阳极泥(主要成分为MnO2、PbO2、PbO)中可回收MnO2。将一定质量硫脲[CS(NH2)2]溶于2 mol/L硫酸溶液中制得酸浸液，将一定量锌阳极泥与酸浸液反应一段时间后过滤，得到酸浸渣和滤液[硫脲参与反应生成MnSO4和(NH4)2SO4]。取一定体积滤液，以石墨片作阴、阳极，电解获得MnO2。
①写出阳极反应式：_______________________________________。
5
4
Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2＋4H＋
2
3
1
电解后获得3 g含95.7% MnO2的阳极产物，若电解过程中共转移0.1 mol电子，则η(MnO2)＝__________(Mn—55)。
5
4
硫脲被氧化生成S，H2O放电产生O2
66%
2
3
1
(2)[2025南京、盐城一模]一种双阴极室隔膜电解KOH溶液制备K2FeO4的装置如图1所示。电解时，阳极的电极反应式为__________ ________________________________________。
图1
①该电极附近溶液pH________(填“增大”或“减小”)。
②相同条件下，若电极表面的气泡难以脱离，则不利于电解氢气的产生。原因是______________________________________________。
5
4
Fe－6e－＋
8OH－
增大
气泡覆盖在电极表面，不利于H2O与电极接触
2
3
1
(3)[2025扬州宝应、高邮期末]电解水制氢。有研究认为，碱性条件下电解水的过程中，气泡在电极上产生和脱离对电解效率具有重要影响，某电极上发生的变化如图2所示。
图2
5
4
①该电极附近溶液pH (填“增大”或“减小”)。
②相同条件下，若电极表面的气泡难以脱离，则不利于电解氢气的产生。原因是 。
增大
气泡覆盖在电极表面，不利于H2O与电极接触
2
3
1
5
4
2
3
1
③在上述实验条件和20 kHz、100%振幅超声波下，气泡直径分布的百分数如图3所示。超声波振动能够提高电解效率的原因是___________ ___________________________________________________________________。
图3
5
4
减小电极表面气泡的直径，使气泡的覆盖面积减小；振动使电极表面气泡易于脱离
2
3
1
5
4(共68张PPT)
主题4
有机物转化与应用
微主题8　有机物的结构与性质
醚键、羧基、
酯基
4∶1
加成反应、消去反应
3　铁杉脂素是重要的木脂素类化合物，其结构简式如图所示。
(1)分子中有______个手性碳原子。
(2)1 mol铁杉脂素与足量NaOH溶液反应时，最多能消耗______mol NaOH。
3
3
(3)1 mol铁杉脂素与足量H2发生反应，最多能消耗______mol H2。
(4)1 mol铁杉脂素与浓溴水发生取代反应，最多消耗______mol Br2。
(5)铁杉脂素______(填“能”或“否”)与HCHO发生缩聚反应。
6
2
否
①能发生银镜反应；②在一定条件下完全水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶2。
考向1　有机物的结构与性质
1　[2025江苏卷]化合物Z是一种具有生理活性的多环呋喃类化合物，部分合成路线如下。下列说法正确的是( )
A. 1 mol X最多能和4 mol H2发生加成反应
B. Y分子中sp3和sp2杂化的碳原子数目比为1∶2
C. Z分子中所有碳原子均在同一个平面上
D. Z不能使Br2的CCl4溶液褪色
B
【解析】 X分子中，苯环(1个)、羰基(2个)、碳碳双键(1个)均能与H2加成，1 mol X最多能与6 mol H2发生加成反应，A错误；Y分子中，双键碳原子(4个)采取sp2杂化，饱和碳原子(2个)采取sp3杂化，sp3和sp2杂化的碳原子数目比为1∶2，B正确；Z分子中含有连接3个碳原子的饱和碳原子，这4个碳原子不可能在同一个平面上，C错误；Z分子含有碳碳双键，能使Br2的CCl4溶液褪色，D错误。
2　[2024江苏卷]化合物Z是一种药物的重要中间体，部分合成路线如下：
下列说法正确的是( )
A. X分子中所有碳原子共平面
B. 1 mol Y最多能与1 mol H2发生加成反应
C. Z不能与Br2的CCl4溶液反应
D. Y、Z均能使酸性KMnO4溶液褪色
D
【解析】 X分子中存在连接3个碳原子的饱和碳原子，故所有碳原子不可能共平面，A错误；羰基、碳碳双键均能与H2发生加成反应，故1 mol Y最多能与2 mol H2发生加成反应，B错误；碳碳双键能与Br2发生加成反应，故Z能与Br2的CCl4溶液反应，C错误；碳碳双键和—CH2OH均能使酸性KMnO4溶液褪色，故Y、Z均能使酸性KMnO4溶液褪色，D正确。
【解析】 E分子中还含有—COOH，名称为羧基；F分子中与—COOCH3　直接相连的碳原子是手性碳原子，且只有这1个手性碳原子。
考向2　有机物的官能团、反应条件及类型判断
3　[2025江苏卷]部分有机合成路线如下：
E分子中含氧官能团名称为醚键、羰基和________，F分子中手性碳原子数目为______。
羧基
1
4　 [2024江苏卷]部分有机合成路线如下：
(1)A分子中的含氧官能团名称为醚键和______________。
(2)C→D的反应类型为____________；C转化为D时还生成H2O和____________(填结构简式)。
(酮)羰基
消去反应
N(CH3)3
【解析】 (2)C受热发生消去反应，＋N(CH3)3、OH－与相邻碳上的H同时被消去，生成D、H2O和N(CH3)3。
5　[2023江苏卷]部分有机合成路线如下：
(1)A的酸性比环己醇的______(填“强”“弱”或“无差别”)。
(2)G的分子式为C8H8Br2，F→H的反应类型为____________。
强
取代反应
考向3　限定条件下同分异构体的书写
6　[2025江苏卷] 写出同时满足下列条件的G( )的 一种同分异构体的结构简式：___________________________________。
①含有3种不同化学环境的氢原子；②碱性条件下水解后酸化，生成X和Y两种有机产物，n(X)∶n(Y)＝2∶1，X的相对分子质量为60，Y含苯环且能与FeCl3溶液发生显色反应。
7 [2024江苏卷]写出同时满足下列条件的F( )的一种 芳香族同分异构体的结构简式：____________________。
①碱性条件下水解后酸化，生成X、Y和Z三种有机产物，X分子中含有1个手性碳原子；
②Y、Z分子中均有2种不同化学环境的氢原子，Y能与FeCl3溶液发生显色反应，Z不能被银氨溶液氧化。
【解析】 F除苯环外，还有7个碳原子、4个氧原子、2个不饱和度。其芳香族同分异构体在碱性条件下水解后酸化，生成X、Y和Z三种有机产物，推断该同分异构体中含有两个酯基，用掉了4个氧原子、2个不饱和度。Y能与FeCl3溶液发生显色反应，且只有2种不同化学环境的氢原子，Y为对苯二酚。Z为酸，不能被银氨溶液氧化，Z为CH3COOH。
8　[2023江苏卷]写出同时满足下列条件的C( )的一种同 分异构体的结构简式：________________。
①碱性条件水解后酸化生成两种产物，产物之一的分子中碳原子轨道杂化类型相同且室温下不能使2%酸性KMnO4溶液褪色；
②加热条件下，铜催化另一产物与氧气反应，所得有机产物的核磁共振氢谱中只有1个峰。
【解析】 根据条件可作出如下推测：①由碱性条件下水解知，含有酯基；②另一产物能被催化氧化，说明其属于醇；③产物之一是羧酸，又因碳原子杂化轨道类型相同，故所有碳原子与羧酸中碳原子杂化类型相同，均为sp2杂化，即含有苯环。综上所述，可推断出该同分异构体的结构简式。
考向1　有机物的结构与性质
1　[2025扬州四模]有机物Z是一种重要的药物中间体，其部分合成路线如下：
下列说法正确的是( )
A. X与足量H2加成的产物分子中含有3个手性碳原子
B. Y分子中所有碳原子在同一平面上
C. Z可以发生取代、消去和缩聚反应
D. 可以用酸性KMnO4溶液鉴别物质Y和Z
A
2　[2025无锡天一中学、海安中学、金陵中学联考]冠醚可应用于碱金属离子的分离、富集以及作相转移催化反应的催化剂。以下是合成一种高分子冠醚C的反应原理。下列说法正确的是( )
D
【解析】 冠醚不是超分子，但是它可与其他分子通过分子间相互作用结合在一起形成超分子结构，A错误；B分子中所有原子(16个)均可共平面，故不止12个原子共平面，B错误；C为高分子，酰氨基不能与H2发生加成反应，1 mol C最多能与9n mol H2发生加成反应，C错误；B中羰基碳上的Cl与A中氨基氮上H结合生成HCl，D正确。
A. 冠醚A属于超分子
B. B分子中最多12个原子共平面
C. 1 mol C最多能与9 mol H2发生加成反应
D. X为HCl
3　[2025南通四模]化合物Z是合成某抗肿瘤药物的中间体，其合成路线如下：
下列说法正确的是( )
A. X与足量H2加成后的产物分子中含有5个手性碳原子
B. Y不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 1 mol Y最多能与2 mol NaOH发生反应
D. 一定条件下，Z能与甲醛发生缩聚反应
D
性碳原子，A错误；Y中酚羟基及连在苯环上的甲基均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；Y中的酚酯基(1 mol酚酯基碱性水解消耗2 mol NaOH)和酚羟基均与NaOH溶液反应，1 mol Y最多能与3 mol NaOH反应，C错误；Z中酚羟基有2个邻位氢原子，能与甲醛发生缩聚反应，D正确。
4　[2024淮安考前模拟]醇羟基碳原子与三级碳原子或二级碳原子相连时，在酸催化脱水时生成更稳定的C＋(碳正离子)发生重排，以下是某醇X在一定条件下的重排反应及重排产物。
下列说法正确的是( )
A. X的系统名称为2,2－二甲基－3－丁醇
D. 重排产物和非重排产物的分子式不同
C
考向2　有机物的官能团、反应条件及类型判断
5　[2025南通如东期初]部分有机合成路线如下：
【解析】 (2)由X的分子式推知，A→X发生醛基加成反应，X→B发生羟基消去反应。
(1)A中含氧官能团的名称为______________。
(2)A→B反应需经历A→X→B的过程，已知X的分子式为C18H20O6，A→X的反应类型为____________。
醚键、羧基
加成反应
6　[2025南通、泰州等一调]部分有机合成路线如下：
(1)C中含氧官能团的名称为羟基、________________。
(2)D→E的反应类型为____________。
酰胺基、酯基
还原反应
7　[2024南京、盐城期末]部分有机合成路线如下：
已知：Boc—的结构简式为 。
(1)C分子中采取sp3杂化的碳原子数目是______。
(2)D→E过程中________(填“能”或“不能”)用KOH替换K2CO3。
3
不能
【解析】 (1)形成四个单键的碳原子为采取sp3杂化的碳原子。(2)D分子中存在酰胺基， 中存在氯原子，在KOH溶液中都会发生水解反应，故D→E的过程中不能用KOH替换K2CO3。
8　[2025泰州四调]写出同时满足下列条件的G( )的一种同 分异构体的结构简式：______________________________。
①分子中存在1个六元碳环，只含有4种不同化学环境的氢原子；②能使Br2的CCl4溶液褪色，不能与金属钠反应。
【解析】 分子中有1个六元碳环，1个碳碳双键，还剩下3个饱和碳原子和2个氧原子，没有羟基，说明含有醚键。只有4种不同化学环境的氢原子，说明有2个—OCH3结构。若是环己烯结构，则还有1个饱和碳 原子，无法构成4种不同化学环境的氢原子，所以存在 结构。
9　[2025无锡调研]写出同时满足下列条件的D( )的一 种同分异构体的结构简式：___________________________________。
①该化合物只含有一个苯环；②碱性条件下水解后酸化，生成两种有机产物，均含有4种不同化学环境的氢原子，其中一种有机产物能与FeCl3溶液发生显色反应。
10　[2025南京、盐城一模]写出同时满足下列条件的( )G 的一种同分异构体的结构简式：__________________________。
①碱性条件下水解后酸化，生成X和Y两种芳香族化合物。X是一种α－氨基酸，分子中不含甲基。②Y的核磁共振氢谱中有三组峰，且峰面积之比为1∶2∶2。
核心1　重要的反应及反应归纳
1　能与NaOH溶液反应(最多消耗)：①卤代烃，1 mol 卤素原子消耗1 mol NaOH(1 mol与苯环直接相连的卤素原子若水解，则消耗2 mol NaOH)；②酯，1 mol 酯基消耗1 mol NaOH(1 mol 酚酯或碳酸酯反应消耗2 mol NaOH)；③羧酸，1 mol羧基消耗1 mol NaOH；④酚，1 mol酚羟基消耗1 mol NaOH；⑤蛋白质或多肽。
2　能与H2在一定条件下反应(最多消耗)：①碳碳双键，1 mol 碳碳双键消耗1 mol H2；②碳碳三键，1 mol 碳碳三键消耗2 mol H2；③苯环，1 mol 苯环消耗3 mol H2；④醛或酮中碳氧双键，1 mol 碳氧双键消耗1 mol H2(羧基、酯、酰胺基中的碳氧双键不与H2加成)。
3　能与溴水或溴的CCl4溶液反应(最多消耗)：①碳碳双键，1 mol 碳碳双键消耗1 mol Br2；②碳碳三键，1 mol 碳碳三键消耗2 mol Br2；③酚，苯环上酚羟基的邻、对位氢原子均可被溴原子取代；④醛，含醛基的物质能被溴水氧化。
4　能与Na2CO3溶液反应(最多消耗)：①酚，酚与Na2CO3反应只生成NaHCO3,1 mol 酚羟基消耗1 mol Na2CO3；②羧基，1 mol —COOH可消耗1 mol Na2CO3(生成NaHCO3)或消耗0.5　mol Na2CO3(生成CO2)。能与Na2CO3反应生成CO2的有机物一般含有—COOH。
5　能与NaHCO3溶液反应(最多消耗)：羧基，1 mol —COOH消耗1 mol NaHCO3。
6　能与KMnO4溶液反应：碳碳双键、碳碳三键、苯的同系物(含α-H)、醇(含α-H)、酚、醛。
7　能与FeCl3溶液反应：酚类，可以用来鉴别酚。
8　能发生银镜反应的有机物：醛、甲酸、甲酸盐、甲酸酯、还原性糖(葡萄糖、麦芽糖等)。
9　能与新制Cu(OH)2反应：羧酸(中和)、甲酸[先中和，但Cu(OH)2仍过量，后氧化]、醛、还原性糖(葡萄糖、麦芽糖)、甘油等多羟基化合物。
核心2　依据反应条件判断有机反应类型
反应条件 反应类型和可能的官能团(或基团)
浓硫酸、△ ①醇(含β-H)的消去(醇羟基)；
②酯化反应(羟基或羧基)
稀硫酸、△ ①酯的水解(酯基)；
②糖类的水解反应
NaOH/水、△ ①卤代烃(X连接饱和C)的水解(—X)；
②酯的水解(酯基)
反应条件 反应类型和可能的官能团(或基团)
NaOH/醇、△ 卤代烃(含β-H)的消去(—X)
H2/催化剂，△ 加成(碳碳双键、碳碳三键、碳氮三键、醛基、羰基、苯环)
O2/Cu(或Ag)，△ 醇羟基(含α-H)催化氧化
X2/FeX3 苯环上的取代反应
X2/光照 ①烷烃的取代反应；
②苯环上烷基的取代反应
核心3★　限定条件下同分异构体的书写方法
1　限定条件下同分异构体书写的规律及思维流程
(1)根据结构简式确定除苯环外含有的C、O、N等原子的数目和不饱和度。
(2)根据限定条件确定含有的官能团种类及数目。
(3)结合含有不同化学环境的氢原子数、不饱和度有序书写。
(4)检查删除重复的、不符合限定条件的结构简式。
2　常见限定条件
序号 题给叙述 推断结论
(1) 属于芳香族化合物 含有苯环
(2) 能与FeCl3溶液发生显色反应 含有酚羟基
(3) 不能与FeCl3溶液发生显色反应，但水解产物之一能发生此反应 含有酚酯基
序号 题给叙述 推断结论
(4) 能发生银镜反应 含有醛基或甲酸酯基
(5) 只含有一个官能团，既能发生银镜反应，又能发生水解反应 含有甲酸酯基
(6) 能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体 含有羧基
(7) 0.5　mol某有机酸与足量碳酸氢钠溶液反应生成44 g CO2 该有机酸是二元羧酸，分子中含有2个—COOH
序号 题给叙述 推断结论
(8) 核磁共振氢谱中有4组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1 有4种不同化学环境的氢原子，且氢原子的个数之比为6∶2∶2∶1
(9) 某气态有机物的密度是同温同压下H2密度的28倍 该气态有机物的相对分子质量为56
3　根据特征产物推断碳骨架结构和官能团的位置
(1)由消去反应的产物可确定—OH或—X的大致位置。
(2)由取代产物的种类可确定碳骨架结构。
(3)醇的氧化。
①若醇能被氧化为醛或羧酸：含—CH2OH结构；
(5)由有机物发生酯化反应能生成环酯或高聚酯，可确定该有机物中含—OH和—COOH，并根据酯环的大小确定—OH与—COOH的相对位置。
4　根据特殊的转化关系推断有机物结构特点与可能官能团
核心4　书写同分异构体时对称性的操作方法
含苯环类同分异构体书写，当根据限制条件确定了基团后，根据不同化学环境氢原子的种类，结合苯环的对称性进行组合。
2
1
3
1　[2025南京考前指导]化合物Z是一种药物的重要中间体，部分合成路线如下：
下列说法正确的是( )
A. X不能与Na2CO3溶液发生反应
B. Y中所有碳原子一定共平面
C. 1 mol Z最多能与3 mol H2发生加成反应
D. X、Y、Z可以用FeCl3溶液和新制Cu(OH)2进行鉴别
D
2
1
3
【解析】 X中含有酚羟基，能与Na2CO3溶液反应生成酚钠和NaHCO3，A错误；由于单键可以旋转，Y中碳原子不一定共平面，B错误；Z中除苯环外醛基也可以和氢气发生加成反应，C错误；用FeCl3溶液可以鉴别出X，Z中有醛基，能与新制Cu(OH)2反应，生成砖红色沉淀，D正确。
2
1
3
2　[2024南通如皋适应性考试二]药品Z是一种免疫调节剂，其合成路线如图所示。下列说法正确的是( )
A. Y分子中含有2个手性碳原子
B. 可用酸性KMnO4溶液检验Y中是否含有X
C. 1 mol Z最多能与1 mol NaHCO3反应
D. Y→Z的反应类型为水解反应，产物之一为CH3CH2CH3
C
2
1
3
2
3
1
3　[2025盐城考前指导]药物苯嘧磺草胺中间体，合成路线如下：
2
3
1
(1)B中含氧官能团的名称为______________。
(2)E→F的反应类型为____________。
(3)D的一种同种异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结 构简式：___________________________________。
①苯环上有3个取代基；②酸性条件下能水解，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；③核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为6∶2∶1。
硝基、酯基
取代反应(共55张PPT)
主题3
反应原理与规律
微主题7　沉淀溶解平衡
1　向MgCl2溶液中加入NaF溶液，过滤除去MgF2沉淀后的溶液中：Ksp(MgF2)______c(Mg2＋)·c2(F－)。
2　尝试设计实验证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)：____________________________________________________________________________________________________________________。
＝
向浓度均为0.05 mol/L 的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，观察生成沉淀颜色(合理即可)
3　已知：室温下，Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10－38，Ksp[Al(OH)3]＝1.0×10－33，离子浓度小于1×10－5 mol/L时除杂干净。除去0.001 mol/L Al3＋溶液中Fe3＋，需要控制的pH范围为________________。
3≤pH<4
1.6×104
考向1　Ksp的计算及综合应用
1　计算K值。
(1)[2023江苏卷]在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3，反应为Mg(OH)2＋H2SO3 MgSO3＋2H2O，其平衡常数K与Ksp[Mg(OH)2]、Ksp(MgSO3)、Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的代数关系式为 K＝________________________________。
(2)[2022江苏卷]已知：Ksp(FeS)＝6.5×10－18，Ksp[Fe(OH)2]＝5.0×10－17；H2S电离常数分别为Ka1＝1.1×10－7、Ka2＝1.3×10－13。在弱酸性溶液中，反应FeS＋H＋ Fe2＋＋HS－的平衡常数K的数值为________________。
5×10－5
2　计算微粒浓度。
(1)[2025江苏卷]已知：Ksp(ZnS)＝1.6×10－24，Ksp(CdS)＝8.0× 10－27，Ka1(H2S)＝1.0×10－7，Ka2(H2S)＝1.2×10－13。当离子浓度小于1.0×10－5 mol/L时，认为离子沉淀完全。向含有Cd2＋的溶液中通入H2S除镉。通过计算判断当溶液pH＝0、c(H2S)＝0.01 mol/L时，Cd2＋是否沉淀完全(写出计算过程)。
9×10－6
考向2　沉淀的转化
3　判断下列说法是否正确。
(2)[2024江苏卷]向2 mL浓度均为0.1 mol/L的CaCl2和BaCl2混合溶液中滴加少量0.1 mol/L Na2CO3溶液，振荡，产生白色沉淀。则溶度积常数：CaCO3>BaCO3( )
×
×
考向1　Ksp的计算及综合应用
1　(1)[2025苏州期初] “除镁钙”时，当溶液中Mg2＋和Ca2＋沉淀完全时，溶液中F－浓度最小值为____________mol/L。[已知：Ksp(CaF2)＝1×10－10、Ksp(MgF2)＝7.5×10－11；当离子浓度≤10－5 mol/L认为沉淀完全]
(2)[2025无锡期末]硫酸铜溶液与草酸反应可制备CuC2O4，反应的离子方程式为Cu2＋＋H2C2O4===CuC2O4↓＋2H＋，常温下该反应的平衡常数是300，则Ksp(CuC2O4)＝__________。[已知：常温下，Ka1(H2C2O4) ＝5.6×10－2，Ka2(H2C2O4)＝1.5×10－4]
10－2.5　
2.8×10－8
1.0
【解析】 加入ZnF2可除去Mg2＋的原因是该沉淀转化反应进行的比较完全，通过计算证明该转化反应的平衡常数K大于105即可。
2　[2025南京、盐城一模]向含有Mg2＋的ZnSO4溶液中加入ZnF2可除去Mg2＋，用数据说明加入ZnF2可除去Mg2＋的原因：_________________________________________________________________________。[已知：Ksp(ZnF2)＝3.0×10－2、Ksp(MgF2)＝5.0×10－11]
ZnF2(s)＋
考向2　沉淀的转化
3　判断下列说法是否正确。
(1)[2025南京期初]向盛有2 mL 0.1 mol/L NaCl溶液的试管中滴加2滴0.1 mol/L AgNO3溶液，振荡试管，然后向其中滴加4滴0.1 mol/L KI溶液，观察现象，探究Ksp(AgCl)和Ksp(AgI)的大小( )
(2)[2025苏州期末]向2 mL浓度均为0.1 mol/L的NaCl和NaI混合溶液中滴加2滴0.1 mol/L的AgNO3溶液，观察产生沉淀的颜色，判断Ksp(AgCl) 与Ksp(AgI)的大小( )
(3)[2025无锡期末]向2 mL 0.1 mol/L AgNO3溶液中先滴加4滴0.1 mol/L KCl溶液，再滴加4滴0.1 mol/L KI溶液，先产生白色沉淀，后产生黄色沉淀，则Ksp(AgI)√
√
×
【解析】 (1)过程中Cl－浓度大于I－浓度，若出现黄色沉淀，则Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，正确。(2)等浓度的Cl－和I－中，加入少量的Ag＋，根据先产生的沉淀为黄色，可以判断AgI的溶度积小于AgCl，正确。
×
(1)向废液中加入NaOH溶液调节pH为4.5，可达到Ca2＋、Fe3＋和 Al3＋的最佳沉淀效果。其中Ca2＋转化为CaHPO4·2H2O的离子方程式为___________________________________________________。
(2)将除杂净化后的清液控制在一定温度，加入MgO浆液搅拌即可获得MgHPO4固体。实验测得镁回收率、产品纯度与反应后溶液pH关系如图。
pH<6时，随着pH增大，镁回收率上升，其原因是____________ _____________________________________________________________。
pH<6时，随
(3)pH>6时，随着pH增大，产品纯度逐渐下降，其可能原因是_________________________________________________________________________________________________________________________。
pH>6
核心1　Ksp与沉淀转化
1　根据实验现象判断Ksp的大小
向起始浓度均为0.5 mol/L的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，判断AgI、AgCl的Ksp大小关系。
[关键分析]关键点①“浓度均为0.5 mol/L”，此处NaI浓度小于 0.5 mol/L也可；②“少量AgNO3溶液”；③AgI、AgCl分别为黄色沉淀和白色沉淀，先生成沉淀的Ksp较小。
[结论]Ksp(AgI)2　判断沉淀转化平衡移动的方向
Q>Ksp：溶液过饱和，有____________；
Q＝Ksp：溶液饱和，处于____________；
Q＜Ksp：溶液__________，无沉淀析出。
沉淀之间的转化与Ksp大小没有必然联系，一般情况下结构相似的物质，总是向Ksp更小的物质转化；但若Ksp相差不大(100倍以内)，可以通过改变反应物离子浓度实现逆向转化。
沉淀析出
平衡状态
不饱和
[关键分析]
①沉淀A、B结构类型相同；
②加入溶液浓度——饱和溶液或浓溶液；
核心2★　Ksp的相关计算
1　计算沉淀转化的平衡常数
2　由溶度积计算溶液中某离子的浓度
(1)已知溶度积，求溶液中某种离子的浓度。
如：某温度下AgCl的Ksp＝a，则饱和AgCl溶液中，c(Ag＋)＝______mol/L。
(2)已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度。
如：某温度下AgCl的Ksp＝a，在0.1 mol/L的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体，达到平衡后c(Ag＋)＝__________mol/L。
3　调pH除杂——计算pH范围
pH控制的范围：杂质离子完全沉淀时pH～主要离子开始沉淀时pH
注意端点取值是否等于，形式一般为a10a
例1　(1)向滤液中滴加NaOH溶液，调节pH进行除杂。若溶液中c(Co2＋)＝0.2 mol/L，欲使溶液中Fe3＋、Al3＋的浓度均小于1×10－6 mol/L，需控制的pH范围为___________。已知：室温下，Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33，Ksp[Fe(OH)3]＝3×10－39，Ksp[Co(OH)2]＝2×10－15。
(2)[2024南通海门二调]已知：当一个反应的K大于105时，可以认为该反应进行完全。用NaOH溶液调节pH，实验过程中若要使0.000 3 mol MgHPO4沉淀完全转化为Mg3(PO4)2沉淀，溶液的pH至少要调节至________(设溶液体积为1 L)。
511　
4　判断反应进行程度
通常，平衡常数越大，反应进行的程度越大。一般来说，当K>105时，可认为反应基本进行完全；当K<10－5时，可认为反应基本不发生。
例2　(1)[2025泰州调研]制备[Cu(NH3)4]2＋溶液。用FeCl3溶液浸取铜蓝矿(主要成分为CuS)，除去其中含铁离子后，再通入NH3制取。已知：Cu2＋＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋　Kf＝1.2×109；Ksp(CuS)＝1.2×10－36。不采用氨水直接浸取铜蓝矿的原因为____________________________________________________________________________________________________________________________________________。
反应4NH3＋CuS===[Cu(NH3)4]2＋＋S2－的K1＝Kf·Ksp(CuS)＝1.44×10－27，正向反应几乎不能发生，故不采用直接氨水浸取CuS
(2)[2025南师附中期中]草酸亚铁(FeC2O4)是生产磷酸铁锂电池的原料，实验室可通过如下反应制取。已知室温时，Ka1(H2C2O4)＝ 5.6×10－2，Ka2(H2C2O4)＝1.5×10－4，Ksp(FeC2O4)＝2.1×10－7。室温时，Fe2＋能否与H2C2O4反应生成FeC2O4沉淀：______________________ _______________________________________________________________ ___________________________________________________________________________________________。
反应生成FeC2O4沉淀
核心3　Ksp平衡常数曲线
1　阳离子－阴离子单曲线图
常温下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示(Ksp＝ 9×10－6)。
(2)b点在曲线的上方，Q＞Ksp，将会有____________。
(3)d点在曲线的下方，Q＜Ksp，则为不饱和溶液，还能继续溶解CaSO4。
不变
沉淀生成
2　阴、阳离子浓度－温度双曲线图
横、纵坐标分别为阳离子或阴离子，两条曲线为不同温度。
BaSO4 曲线可知信息
①曲线上各点的意义：每条曲线上任一点都表示______溶液，曲线上方的任一点均表示________溶液，此时有沉淀析出，曲线下方的任一点均表示__________溶液。
T1对应的曲线：a、b点都表示饱和溶液，c点表示过饱和溶液。
T2对应的曲线：a、b、c点都表示不饱和溶液
饱和
过饱和
不饱和
BaSO4 曲线可知信息
②计算Ksp：由a点或b点可以计算出T1温度下的Ksp。
③比较T1和T2大小：由沉淀溶解平衡大部分为吸热过程可知，T1______T2
<
2
1
3
1　判断下列说法是否正确。
(1)[2025淮安期末]用饱和Na2CO3溶液浸泡BaSO4一段时间后过滤洗涤，向所得的滤渣上滴加稀盐酸，观察是否有气泡，可比较Ksp(BaSO4)和Ksp(BaCO3)的相对大小( )
(2)[2024苏州期初]向盛有3 mL 0.1 mol/L AgNO3溶液的试管中滴加2滴0.1 mol/L NaCl溶液，振荡试管，有白色沉淀生成，再向试管中滴加2滴0.1 mol/L KI溶液，有黄色沉淀生成。结论：Ksp(AgI)×
×
2
1
3
√
2
1
3
2
1
3
100
5.04×103
2
1
3
①加入Ni粉的目的是除去溶液中的Cu2＋。不选择用调节pH的方法除去Cu2＋的原因是______________________________________________________________________________________________________。
②实际消耗Ni粉的量大于理论用量，原因是____________________________。
若调节pH，Cu2＋沉淀完全时溶液pH≥6.5，而Ni2＋
开始沉淀的pH为6.5，Cu2＋沉淀完全时，Ni2＋已经开始沉淀
部分Ni粉与H＋发生
反应
2
1
3
2
3
1
3　[2025苏锡常镇二调]稀土元素Ce是重要的战略资源，其氧化物CeO2是一种重要的催化剂。一种沉淀法制备CeO2的过程如下：
制备Ce2(CO3)3·8H2O沉淀：
(1)配制Ce(NO3)3溶液时，需滴加适量稀硝酸调节酸度，其原因是 ________________________________________________。
抑制Ce3＋水解，防止生成Ce(OH)3沉淀
2
3
1
(2)生成Ce2(CO3)3·8H2O沉淀的化学方程式为_________________________________________________________________________________。
(3)溶液pH与Ce2(CO3)3·8H2O沉淀产率的关系如图所示。滴加NH4HCO3溶液(弱碱性)前，先加氨水调节溶液pH约为6的原因是__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
2Ce(NO3)3＋
3NH4HCO3＋3NH3·H2O＋5H2O===Ce2(CO3)3·8H2O↓＋6NH4NO3
提高
Ce2(CO3)3·8H2O的沉淀产率；节约NH4HCO3的用量(或氨水中和硝酸，速率比NH4HCO3快)；pH超过6，Ce(OH)3含量增大，最终CeO2产品气孔少，吸附能力弱
2
3
【解析】 (1)配制盐溶液时，酸过量的目的是抑制金属离子水解，故配制 Ce(NO3)3溶液时滴加适量稀硝酸调节酸度，其目的是抑制Ce3＋水解，防止生成Ce(OH)3沉淀。(3)向Ce(NO3)3和HNO3的混合溶液中加入NH4HCO3溶液可生成Ce2(CO3)3·8H2O沉淀，由图知，pH过小时，Ce2(CO3)3·8H2O沉淀产率低，虽然加入NH4HCO3溶液(弱碱性)也能使溶液pH升高，但NH4HCO3溶液的消耗量会增大，且会向空气中排放CO2气体；CeO2是一种重要的催化剂，pH过大时，Ce(OH)3的生成量会变大，与煅烧 Ce2(CO3)3·8H2O相比，煅烧Ce(OH)3生成的CeO2气孔少，吸附能力弱，故加NH4HCO3溶液(弱碱性)前，先加氨水调节溶液pH约为6。
1(共76张PPT)
主题2
无机物转化与应用
微主题2　物质的性质、用途与转化
1　判断下列物质的性质和用途是否有对应关系，若无对应关系，需简要说明理由。
(1) 氨气易溶于水，可用作制冷剂。
______________________________________________________________________________。
(2)浓硫酸具有脱水性，可用于气体的干燥。
__________________________________________________________________________________________。
(3) Al(OH)3具有弱碱性，可用于制作胃酸中和剂。
______________。
无对应关系。氨气易液化，液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂，与溶解性无关
无对应关系。浓硫酸具有吸水性，可用作气体干燥剂，不能干燥NH3及还原性气体，如H2S等
有对应关系
2　判断下列物质在指定条件下的转化是否正确，错误的请改正。
将Na2CO3(s)改为NaHCO3(s)
×
√
×
将Cl2(g)改为O2(g)
3　指出下列物质转化的条件。
(1)MgCl2·6H2O―→MgCl2
____________________。
(2)Fe―→Fe3O4
________________________________。
(3) FeS2―→SO2―→H2SO4
________________________。
HCl氛围，加热
氧气、点燃(或水蒸气、高温)
氧气，高温　H2O2
4　写出FeSO4溶液与NH4HCO3溶液反应生成FeCO3沉淀的离子方程式：________________________________________。提高NH4HCO3利用率可以采用的方法为______________________________________。发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________________________。
加入适量的氨水(或通入适量的氨气)
考向1　物质的性质与用途对应关系
1 [2025江苏卷]下列物质组成或性质与分离提纯方法对应关系正确的是( )
A. 蛋白质能水解，可用饱和(NH4)2SO4溶液提纯蛋白质
B. 乙醚与青蒿素(C15H22O5)组成元素相同，可用乙醚提取青蒿素
C. CCl4难溶于水、比水易溶解I2，可用CCl4萃取碘水中的I2
D. 不同的烃密度不同，可通过分馏从石油中获得汽油、柴油
C
【解析】 蛋白质能盐析，可用饱和(NH4)2SO4溶液提纯蛋白质，A错误；乙醚和青蒿素因极性相似而相溶，可用乙醚提取青蒿素，B错误；不同的烃沸点不同，可通过分馏从石油中获得汽油、柴油，D错误。
【解析】 液氨可用作制冷剂，主要原因是液氨汽化吸热，和氨极易溶于水无关，B错误；H2O(g)的热稳定性比H2S(g)高，主要原因是H—O的键能高于H—S，和H2O分子之间形成氢键无关，C错误；N2H4具有还原性在于N本身可以失电子，N2H4中无配位键，D错误。
2　[2023江苏卷]下列物质的结构与性质或物质的性质与用途具有对应关系的是( )
A. H2具有还原性，可作为氢氧燃料电池的燃料
B.氨极易溶于水，液氨可用作制冷剂
C.H2O分子之间形成氢键，H2O(g)的热稳定性比H2S(g)的高
D. N2H4中的N原子与H＋形成配位键，N2H4具有还原性
A
考向2　氧化还原反应　离子反应
3　写出下列相关反应的化学(或离子)方程式。
(1)[2025江苏卷]①用ZnS去除酸性废液中的三价砷[As(Ⅲ)]，并回收生成的As2S3沉淀。
60 ℃时，按n(S)∶n(As)＝7∶1向酸性废液中加入ZnS。写出ZnS与H3AsO3反应生成As2S3的离子方程式：____________________________ ___________________________。
As2S3＋3Zn2＋＋6H2O
(2)[2024江苏卷]①向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液，Nd3＋可转化为Nd(OH)CO3沉淀。该反应的离子方程式为__________________________________________________________________。
②在AgCl沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量0.5 mol/L盐酸后静置，充分反应得到Ag。铁将AgCl转化为单质Ag的化学方程式为_________________________________。
Fe＋2AgCl
===FeCl2＋2Ag
4　氧化还原反应中的相关计算。
(1)[2024江苏卷]利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图所示。反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有______________；含CO和H2各1 mol的 混合气体通过该方法制氢，理论上可获得______________mol H2。
C、H、Fe
(2)[2023江苏卷改编]金属硫化物(MxSy)催化反应：CH4(g)＋2H2S(g)===CS2 (g)＋4H2 (g)，该反应中每消耗1 mol H2S，转移电子的数目约为___________________。
4×6.02×1023
3×6.02×1023
(2) CH4中碳元素的化合价由－4升高到＋4；CH4和H2S中氢元素的化合价均降低为0，该反应中电子转移为8e－。故每消耗1 mol H2S，转移电子的数目约为4×6.02×1023。(3) NH3中氮元素的化合价由－3升高到0，O2中氧元素、NO中氮元素的化合价均下降，反应中电子转移为12e－，故每消耗1 mol NH3，转移电子的数目约为3×6.02×1023。
考向3　常见无机物间的转化
5　 [2025江苏卷]下列化学反应表示正确的是( )
A. 黑火药爆炸：2KNO3＋C＋3S===K2CO3＋N2↑＋3SO2↑
D
6　[2024江苏卷]在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是( )
A
【解析】 电解氯化钠溶液可以得到H2和Cl2，H2在Cl2中安静地燃烧，生成HCl，A正确；氢氧化镁和盐酸反应可以得到氯化镁溶液，但是电解氯化镁溶液得不到Mg，电解熔融MgCl2才能得到Mg，B错误；纯碱工业是在饱和食盐水中依次通入NH3和CO2，先得到NaHCO3，然后NaHCO3受热分解为Na2CO3，C错误；工业制备硫酸，首先是黄铁矿和氧气反应生成SO2，其次是SO2催化氧化为SO3，最后是SO3和H2O反应生成H2SO4，SO2和水反应生成H2SO3，D错误。
7　[2023江苏卷]氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是( )
A. 实验室探究稀硝酸与铜反应的气态产物：
B
【解析】 工业制硝酸不采用N2与O2直接反应制取NO，且NO不能与H2O反应生成HNO3，B错误。
考向1　物质的性质与用途对应关系
1　[2025苏州考前模拟]下列物质结构与性质或性质与用途具有对应关系的是( )
A.金刚石难溶于水，可用于切割玻璃
B. 晶体硅熔点高，可用作半导体材料
C. CH4为非极性分子，CH4具有较大的燃烧热
D. Pb2＋与Cl－能形成配位键，PbCl2在盐酸中溶解度比在水中的大
D
【解析】 金刚石因硬度大，可用于切割玻璃，与难溶于水无关，A错误；硅具有适中的导电性，用作半导体材料，与熔点高无关，B错误；甲烷具有较大的燃烧热，是因为甲烷燃烧放出较多的热量，C错误。
2 [2024南京二模]下列物质结构与性质或性质与用途不具有对应关系的是( )
A. MgCl2易溶于水，可用于制作豆腐的凝固剂
B. MgO是碱性氧化物，可用于吸收燃煤烟气中的SO2
C. NaCl晶体中离子间存在较强的离子键，NaCl晶体的硬度较大
A
【解析】 SO2具有漂白性，可用于漂白草编织物，A错误；浓硫酸具有吸水性，可用于干燥气体，B错误；KIO3中含有碘元素，可作食盐的添加剂，C错误；ClO2具有强氧化性，可杀死细菌，D正确。
3　[2025无锡期末]下列物质的性质与用途具有对应关系的是( )
A. SO2有还原性，可用于漂白草编织物
B. 浓硫酸有脱水性，可用于干燥某些气体
C. KIO3受热可分解，可用作食盐的碘添加剂
D. ClO2有强氧化性，可用作水体杀菌消毒剂
D
考向2　氧化还原反应　离子反应
4　[2024南通、泰州等六市一调改编]下列化学反应表示不正确的是( )
A. FeS2与足量稀盐酸反应：FeS2＋4H＋=== Fe2＋＋2H2S↑
【解析】 离子方程式的电荷不守恒，A错误。
A
5　写出下列相关反应的化学(或离子)方程式。
(1)[2025苏北四市期末]从高铟烟灰中(主要含In2O3、In2S3、PbO、SiO2等)提取铟的过程如下：
①写出In2S3反应的离子方程式：______________________________ _______________________________________________。
②过滤所得滤渣含MnO2、SiO2和______________(填化学式)。
(2)[2024南京二模]①NaClO2的制备。一种制备NaClO2的过程可表示如下：
“反应2”的化学方程式为____________________________________ __________________。
In2S3＋12MnO2＋24H＋===2In3＋
PbSO4
2ClO2＋H2O2＋2NaOH===2NaClO2＋
O2＋2H2O
(3)[2025南通如皋适应性二]I2与CH3COCH3在碱性条件下反应可生成CHI3沉淀、CH3COO－、I－和水。写出该反应的离子方程式：____________________________________________________________。
＋7H＋===3Fe3＋＋Cr3＋＋4H2O
CH3COCH3＋3I2＋4OH－===CHI3↓＋CH3COO－＋3I－＋3H2O
6　氧化还原反应中的相关计算。
(1)[2025盐城、南京期末]CeO2催化脱硝的反应机理如图所示。“过程①”部分Ce4＋转化成Ce3＋。当1 mol CeO2氧化标准状况下2.24 L CO时，生成的CeO(2－x)中n(Ce3＋)∶n(Ce4＋)＝__________。
1∶4
(3)[2024南通等六市一调改编]反应2C2H4(g)＋6NO(g)＋3O2(g)===4CO2(g)＋4H2O(g)＋3N2(g)可用于去除氮氧化物。Cu＋催化该反应的过程如图所示。步骤Ⅲ中每消耗1 mol Cu＋(NO2)，转移电子数目为___________________。
8
4×6.02×1023
考向3　常见无机物间的转化
7 [2025泰州调研]在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )
A
【解析】 Na与O2在常温下反应生成Na2O，在点燃或加热条件下反应生成Na2O2，B错误；AlCl3溶液在蒸干时会水解生成Al(OH)3和HCl，HCl受热挥发，最终得不到无水AlCl3，C错误；NO与水不反应，D错误。
8 [2025南通四模]在给定条件下，下列过程涉及的物质转化均能实现的是( )
【解析】 I2无法置换出HBr中的Br2，B错误；电解AlCl3溶液生成Al(OH)3，电解熔融Al2O3(加冰晶石)制铝，C错误；煅烧FeS2生成SO2，D错误。
A
核心1　物质之间的转化关系
1　价类二维图
(5)钠及其化合物
(6)镁及其化合物
(7)铝及其化合物
(8)铁及其化合物
(9)铜及其化合物
2　常见物质间转化关系
(1)连续氧化反应(注：不一定是制备路线)
(2)三角转化关系
3　重要的化工生产
(1)氯碱工业
a. BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸
b. NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸
c. NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸
b
②工业上用电解饱和食盐水制 Cl2，其化学方程式为____________________________________________________。阳离子交换膜的作用是 __________________________________________________________________________________________。
2NaCl＋
防止氢气和氯气混合反应，防止OH－迁移到左室与氯气反应，使Na＋迁移到右室生成NaOH
(2)从浓海水中提取溴的工艺如下图所示。
①吸收塔中SO2、Br2与H2O反应的离子方程式为_________________ ______________________________________。
SO2＋Br2＋2H2O
②在反应池中，海水中的Br－已转化为Br2。设计后续步骤将Br2先转化为Br－又转化为Br2，目的是______________。
③通入吸收塔的SO2流量与Br2产率关系如图所示。当SO2流量高于45 kg/h后，Br2产率下降，原因是________________________________ ___________________________________。
富集Br2
过量的SO2循环进入吹出塔与溴反
应，使溴转化为Br－进入废液
(3)海带中的碘元素灼烧后通常以I－的形式存在，从海带中提取单质碘的流程如下：
①灼烧海带所用仪器名称：酒精灯、三脚架、泥三角、________。X试剂的名称是__________________，操作⑤的名称为_____________。
②写出氧化时发生反应的离子方程式：_______________________ ___________。
坩埚
四氯化碳(或苯)
萃取、分液
2I－＋2H＋＋H2O2===I2＋
2H2O
(4)某学校课外兴趣小组从海水晒盐后的盐卤(主要含Na＋、 Mg2＋、Cl－、Br－等)中模拟工业生产来提取镁，主要过程如下：
①工业上从盐卤中获取Mg(OH)2用石灰乳而不用NaOH溶液的原因是__________________________。
石灰乳原料丰富，成本低
(5)侯氏制碱法
①通入氨气和二氧化碳的顺序为__________________________。
②沉淀池中发生反应的化学方程式为__________________________ ___________。
制备干燥的HCl气体
Cl2↑
(6)工业制硝酸
以上转化中涉及的化学方程式为_____________________________、___________________、_____________________________________。
2NO＋O2===2NO2
3NO2＋H2O===2HNO3＋NO　
(7)工业制硫酸
写出下列设备中发生反应的化学方程式。沸腾炉：____________ __________________________________；
接触室：__________________________；
吸收塔：___________________________。
4FeS2＋11O2
SO3＋H2O===H2SO4
(8)工业冶炼铝
工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：
①试剂X应选择____________(填“烧碱溶液”或“盐酸”)，反应①的离子方程式为_______________________________________________。
烧碱溶液
Al2O3＋2OH－＋3H2O===2[Al(OH)4]－
②反应②的化学方程式为___________________________________________________。
③电解熔融氧化铝制得金属铝的化学方程式为___________________ _________________________________。
Na[Al(OH)4]＋CO2===Al(OH)3↓＋
NaHCO3
2Al2O3(熔融)
核心2　离子方程式书写
1　审清题意“三注意”
(1)反应环境：如介质的酸碱性。
(2)试剂滴加顺序，不同的滴加顺序，过程中先后可能会发生不同的反应。
(3)反应过程中反应物之间量的关系，不同的比例关系可能会发生不同的反应。如：
2 ★与量有关的离子方程式书写方法——“少定多变”法
(1)“少定”就是把相对量较少的物质定为“1 mol”，若少量物质有两种或两种以上离子参加反应，则参加反应的离子的物质的量之比与原物质组成比相符。
(2)“多变”就是过量的反应物离子的化学计量数根据反应实际需求量来确定，不受化学式中的比例制约。如：向Ca(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液，离子方程式的书写方法如下：
2
4
1
3
【解析】 甲烷在高温下分解得到炭黑，与甲烷的热值(J/kg)大小无关，B错误。
1 [2024无锡期末]下列物质的性质与其应用不具有对应关系的是( )
A. 锂的容量密度(mAh/g)高：用作电池负极材料
B. 甲烷的热值(J/kg)高：用于工业制备炭黑
C. 葡萄糖具有还原性：用于玻璃等材料表面化学覆银
D. 氢气在高温下具有还原性：用于工业绿色化炼铁
5
B
2
4
1
3
2　[2025盐城、南京期末]在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )
5
D
2
4
1
3
【解析】 工业上用石灰乳吸收Cl2制备漂白粉，而不是澄清石灰水，A错误；NH3催化氧化生成NO，B错误；SO2与水反应生成H2SO3，C错误。
5
2
4
3
【解析】 氨水足量，应该生成正盐(NH4)2CO3，B错误。
1
3 [2025徐州考前模拟]常见CO2化学吸收剂有金属氧化物(如MgO)、碳酸盐溶液、氨溶液、胺(RNH2)溶液、离子液体等。胺溶液吸收CO2后可生成氨基甲酸盐。下列说法不正确的是( )
A. MgO吸收CO2的反应：MgO＋CO2===MgCO3
5
B
2
4
3
1
4　[2023南京、盐城期末]无水FeCl3常用作芳烃氯代反应的催化剂。以废铁屑(主要成分为Fe，还有少量Fe2O3、C和SiO2)制取无水FeCl3的流程如图所示。下列说法正确的是 ( )
A. “过滤”所得滤液中大量存在的离子：Fe3＋、Fe2＋、H＋、Cl－
B. “氧化”时可使用新制氯水作氧化剂
C. 将“氧化”后的溶液蒸干可获得FeCl3·6H2O
D.脱水”时加入SOCl2能抑制FeCl3的水解，原因是SOCl2与水反应生成H2SO4和HCl
5
B
2
4
3
【解析】 废铁屑的主要成分为Fe，Fe和Fe3＋反应生成Fe2＋，“过滤”所得滤液中大量存在的离子有Fe2＋、H＋、Cl－，A错误；Cl2具有氧化性，且不引入新杂质，“氧化”时可使用新制氯水作氧化剂，B正确；Fe3＋水解生成氢氧化铁，且蒸干会导致固体失H2O，不能将“氧化”后的溶液蒸干来获得FeCl3·6H2O，C错误；SOCl2与水反应生成SO2和HCl，D错误。
1
5
2
3
1
5
4
1.5
5CeO1.8＋CO2＋2H2===CH3OH＋5CeO2或3CeO2·Ce2O3＋CO2＋
2H2===CH3OH＋5CeO2
2
3
1
(2)[2024连云港期末]将CoCl2·2H2O和活性炭(催化剂)加入三颈瓶中，然后再依次通过滴液漏斗缓慢滴加NH4Cl和浓氨水混合溶液、H2O2溶液，控制温度不超过60 ℃充分反应，冷却后过滤。三颈瓶中制得 [Co(NH3)6]3＋的离子方程式为_____________________________________ ___________________________________________________________________________________________________。
5
4
2[Co(NH3)6]3＋＋12H2O
2
3
1
(3)[2024无锡期末]以稀有金属为催化剂(镧、钌和锆)合成氨的机理如图所示。由N2和H2合成1 mol氨气，转移电子的物质的量为________。
5
4
【解析】 (3)在该过程中，N元素由0价降低为－3价，故每生成1 mol NH3，转移3 mol电子。
3 mol(共127张PPT)
主题1
物质结构与性质
微主题1　物质的结构、性质　元素周期律
1　分别写出基态Mn、Cu、Zn2＋的简化电子排布式：_______________________________；写出基态As、Fe3＋的价电子排布 式：______________；写出基态C的轨道表示式：_________________； 写出基态Cu的价电子轨道表示式：_____________________。
2　基态S原子的电子运动状态有________种，电子空间运动状态有______种，有______种能量不同的电子。
【解析】 题中依次考查的是电子数、轨道数、能级数。
[Ar]3d54s2、[Ar]3d104s1、[Ar]3d10
4s24p3、3d5
16
9
5
3　某晶胞如图所示。该物质的化学式为______________。
Y原子的配位数为______。
XY或YX
6
4　比较下列物质的熔、沸点。
(1)CCl4______CH4。
(2)H2O______H2S。
(3)NaCl______MgCl2。
＞
＞
<
＞
【解析】 (1)(2)(4)中的物质为分子晶体。(1) CCl4的相对分子质量大，范德华力强，熔、沸点高。(2) 水形成分子间氢键，熔、沸点高。(3) NaCl、MgCl2为离子晶体，镁离子半径小，所带电荷多，晶格能大，熔、沸点高。(4) 前者可形成分子间氢键，后者形成分子内氢键，故后者熔、沸点低。
5　根据电负性判断ICl水解产物：__________________。
6　SO2与SO3中硫原子杂化方式分别为______________；
VSEPR模型分别为__________________________；键角大小为_____________。
HIO、HCl
sp2、sp2
平面三角形、平面三角形　
SO3>SO2
【解析】 电负性Cl＞I，ICl中Cl带负电性，I带正电性；水中氢原子带正电性，氧带负电性，故相异电荷吸引结合得到HCl和HIO。
【解析】 SO2与SO3的中心原子S均为sp2杂化，VSEPR模型均为平面三角形。SO2中硫原子有一个孤电子对，SO3中硫原子电子全部参与成键，孤电子对斥力大于成键电子对，故SO3键角大于SO2。
考向1　原子结构与元素性质　元素周期律
(2)[2022江苏卷改编]基态锗原子(32Ge)的价电子排布式为_________。
(3)[2021江苏第二次适应性考试]基态Mn2＋的电子排布式为_______________________________。
1s22s1
4s24p2　
1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5
2　(1)[2025江苏卷]电负性：χ(F)______χ(Cl)；离子半径：r(F－)___r(Na＋)。
(2)[2023江苏卷改编]C、Si、Ge位于元素周期表中ⅣA族。原子半径：_____________；第一电离能：____________。
(3)[2023江苏卷]电负性：χ(F) ______χ(O)。
>
>
Ge>Si>C
C>Si>Ge
>
3　[2021江苏卷]前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是空气中含量最多的元素，Y的周期序数与族序数相等，基态时Z原子3p原子轨道上有5个电子，W与Z处于同一主族。下列说法正确的是( )
A. 原子半径：r(X)B. X的第一电离能比同周期相邻元素的大
C. Y的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Z的强
D. Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱
B
【解析】 由题意知X、Y、Z、W分别为N、Al、Cl、Br。同一周期主族元素从左到右原子半径依次减小，铝原子半径大于氯原子，A错误；氮元素原子最外层p轨道为半满的稳定结构，第一电离能大于同周期相邻元素，B正确；非金属性AlHBr，D错误。
考向2　分子结构与性质
(2)[2024江苏卷改编]石墨转化为金刚石，碳原子轨道的杂化类型变化为____________________。
(3)[2023江苏卷改编]NH和H2O的中心原子轨道杂化类型分别为___________。
1∶2
由sp2转变为sp3
sp3、sp3
sp3、sp2
5 (1)[2024江苏卷改编]丁烷催化裂化为乙烷和乙烯，丁烷断裂________(填“σ键”或“π键”)。
(3)[2020江苏卷] 1 mol [Zn(NH3)4]Cl2中含有σ键的物质的量为________mol。
σ键
1
16
【解析】 (3) 氨气分子中氮原子与3个氢原子形成3个σ键，与锌离子形成配位键，也是σ键，故1 mol [Zn(NH3)4]Cl2中含有σ键的物质的量为(3＋1)mol×4＝16 mol。
6 (1)[2025江苏卷]NH3分子中H—N—H键角______CH4分子中H—C—H键角。
(2)[2022江苏卷改编]金刚石与石墨烯中的C—C—C夹角大小：金刚石______石墨烯。
(3)[2024江苏卷改编]H2O的空间结构为________。
<
<
V形
不能
不能
较大
(2)[2017江苏卷]乙醇的沸点高于丙酮，这是因为____________ __________。
易溶于水
乙醇分子间
存在氢键
【解析】 H4V4O12具有八元环结构，根据价态规律可以得出八元环应由4个V和4个O构成； 化合物中V为＋5价，形成5个共用电子对，每个V在环上与O形成2个共用电子对，还与另外两个氧分别形成双键和单键。
8 [2023江苏卷]已知H4V4O12具有八元环结构，其结构式可表示为 _____________________________。
考向3　晶体结构与性质
9　判断下列说法是否正确，并说明原因。
(1)[2023江苏卷]碳单质、晶体硅、SiC均为共价晶体。
______________________________________________________________________________________。
(2)[2022江苏卷]ⅣA族元素单质的晶体类型相同。
________________________________________________________________________________。
错误，碳单质有多种同素异形体，金刚石为共价晶体，C60为分子晶体，石墨为混合型晶体
错误，ⅣA族元素中碳有多种单质，有分子晶体、共价晶体等，锡、铅单质为金属晶体
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(4)[2023江苏卷]H2O分子之间形成氢键，得出H2O(g)的热稳定性比H2S(g)的高。
________________________________________________________________________________________________。
正确，碱基配对存在着严格的关系，即一条链上的腺嘌呤(A)与另一条链上的胸腺嘧啶(T)通过2个氢键配对，一条链上的鸟嘌呤(G)与另一条链上的胞嘧啶(C)通过3个氢键配对
错误，H2O分子之间形成氢键主要影响其熔、沸点等物理性质，热稳定性是化学性质，与非金属性有关
10　(1)[2024江苏卷]铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比N(Fe)∶N(Bi)＝__________。
2∶1
(2) [2021江苏卷]AgI晶胞(如图)中含有______个I－。
4
4
【答案】 　 或　
考向4　化学用语
12 [2024江苏卷]反应PbS＋4H2O2===PbSO4＋4H2O可用于壁画修复。下列说法正确的是( )
C
考向5　物质结构与性质综合
13 [2025江苏卷]制备光学材料。如图所示，ZnS晶体中掺入少量CuCl后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。区域A“ ”中的离子为__________(填离子符号)，区域B带________(填“正电”或“负电”)。
Cl－
负电
【解析】 根据阴、阳离子交替排列规则，区域A“ ”中的离子为阴离子，即Cl－，区域B“ ”中的离子为阳离子，即Cu＋；ZnS晶胞不带电，1个Zn2＋被1个Cu＋代替可形成区域B，正电荷减少，负电荷有剩余，故区域B带负电。
14 [2024江苏卷]使用含氨基物质(化学式为CN—NH2，CN是一种碳衍生材料)联合Pd-Au催化剂储氢，可能机理如图所示。氨基能将HCO控制在催化剂表面，其原理是________________________________________________________________；用重氢气(D2)代替H2，通过检测是否存在________________________(填化学式)确认反应过程中的加氢方式。
原子形成N—H…O氢键
CN—NHD和DCOO－
(1)电负性不同的元素形成共用电子对，电负性强的元素带________(填“负电荷”或“正电荷”)。
(2)Fe、O、H电负性大小关系为____________。
在催化剂表面吸附在O2－和Fe2＋上的氢原子分别带有__________________(填“负电荷”或“正电荷”)。
(3)Fe2＋上的氢原子用“H*”表示，则生成水和甲酸根的化学式分别为__________________。
负电荷　
O>H>Fe
正电荷、负电
荷
H*COO－、H2O
考向1　原子结构与元素性质　元素周期律
1 书写基态粒子的电子排布式(价电子排布式)。电离能、电负性大小比较。
(1)[2025苏州期初]基态As原子核外电子排布式为______________。
(2)[2025苏北四市期末]基态Co2＋的核外电子排布式为__________。
[Ar]3d104s24p3
[Ar]3d7
(3)[2023南通通州月考]比较B、C、Al的第一电离能：_________。
(4)[2025南通如皋适应性二]嫦娥石发现于“嫦娥五号”采回的月壤中，是新发现矿物，属于磷钠镁钙石。成分中Mg、P、Ca的电负性大小顺序为__________________，Na、Mg、P的第一电离能大小顺序为_______________。
(5)[2024南京调研改编]硼碳氮(BCN)材料可用作耐磨涂层。成分中三种元素原子半径大小顺序为_____________；三种元素最高价氧化物的水化物的酸性由强到弱的顺序为________________________(用分子式表示)。
AlP＞Mg＞Ca
P＞Mg＞Na
B>C>N
HNO3>H2CO3>H3BO3
【解析】 (2) 第4周期过渡元素的价电子指3d和4s轨道上的电子，主族元素的价电子指最外层电子。(3) 同周期主族元素从左到右第一电离能有增大趋势，ⅡA族的第一电离能大于ⅢA族的，碳为ⅣA族，电离能无特殊性，同族元素，上一周期的第一电离能大于下一周期，则I1(C)>I1(B)>I1(Al)。(4) 同周期主族元素从左到右，电负性依次增大，同主族元素从上到下，电负性依次变小，则电负性χ(P)>χ(Mg)>χ(Ca)；同周期主族元素从左到右，第一电离能总体呈增大趋势，则第一电离能I1(P)>I1(Mg)>I1(Na)。
考向2　分子结构与性质
2 关于共价键类型和数目判断，分子空间结构判断，分子性质对溶解性、熔沸点影响的考查。
6 mol
16∶1
(5)[2025南京二模]NF3的空间结构为____________。
9∶2
1
三角锥形
四面体形
一定不
可能
(9)[2025南通如皋适应性二]NH3中所含键角________(填“大于”“小于”或“等于”)H2O中所含键角。
(11)[2024南京调研]室温下，A在水中的溶解度比B______(填“大”“小”或“无差别”)。
大于
小于
大
(12)[2025南京、盐城一模]HOCH2CH2NH2(乙醇胺)也能捕集CO2。乙醇胺的沸点高于氨的原因是____________________________________ ______________________________________________。
乙醇胺分子间形成氢键的能力更强；乙
醇胺相对分子质量比氨大，范德华力更强
3　溶剂极性、超分子对溶质溶解度的影响。
(1)[2025南京、盐城一模]向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇，增大溶剂极性，析出深蓝色晶体。该说法是否正确，并说明理由：_______________________________________________________________________________________________________________________________________。
错误。乙醇的极性小于水，加入乙醇会减小溶剂的极性，而[Cu(NH3)4]SO4是离子化合物，在极性小的溶剂中溶解度小，以晶体形式析出　
(2)[2025南京、盐城一模] 已知C难溶于水，而18－冠－6(结构如图所示)可溶于水和甲苯，且分子空腔直径与K＋相当。C→D的过程中使用18－冠－6 可提升K3[Fe(CN)6]水溶液氧化C的效率，其原因为_______ _______________________________________________________________________________________。
18－冠－6易与K＋相互作用，增大K3[Fe(CN)6]在甲苯中的溶解度，提高氧化C的速率
【解析】 (2) 冠醚常被用作相转移催化剂，冠醚与试剂中正离子络合，使该正离子可溶在有机溶剂中，而与它相对应的负离子因为静电作用也随同进入有机溶剂内，冠醚不与负离子络合，使游离或裸露的负离子反应活性很高，能迅速反应。
4　分子中基团的位阻对物质性质的影响。
(1)[2025常州期末]对硝基苯的合成如下：
未直接使用“A→D”合成，而使用“A→B→C→D”三步的原因是________________________________________________________________________________________。
保护氨基，防止硝化时被氧化，(同时酰胺基因空间位阻增大，有利于硝基在其对位发生取代)
甲基的体积比氢原子大，空间位阻大， Nu－主要与不连甲基的碳原子作用
考向3　晶体结构与性质
5　关于晶胞中原子数目、配位数及位置判断。
(1)[2025苏锡常镇二调]CeO2晶体晶胞如图所示。晶胞中与每个Ce4＋距离最近的Ce4＋的个数为________。
12
(2)[2024苏锡常镇二模]净化时生成的CaF2沉淀晶胞结构如图所示。在CaF2晶胞中F－周围距离最近的Ca2＋形成的空隙结构为___________。
正四面体
(3)[2024苏北八市三模]充电时，Li＋脱嵌形成Li1－xFePO4(00.25
内部
6　通过生成配离子调控反应速率。
(1)回收Ag。在通风橱中用10%的氨水溶解AgCl沉淀，再加入 2 mol/L的N2H4·H2O溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥得到Ag。N2H4·H2O可将AgCl还原为Ag。实验中将AgCl先用氨水溶解再还原，而不直接用N2H4·H2O还原AgCl，可能的原因有为了增强N2H4·H2O还原性，还有______________________________________________________ ____________________________________________________________。
将固体AgCl溶解为[Ag(NH3)2]＋，提高反应速率；避免生成的银单质中混有AgCl，Ag的回收率和纯度下降
(2)[2025淮安期末]实验室用甘氨酸和 Cu(OH)2制备顺式甘氨酸铜。Cu(OH)2的制备有两种方案：①用[Cu(NH3)4]SO4溶液和NaOH溶液反应；②用CuSO4溶液和NaOH溶液反应。在等物质的量浓度的条件下，方案①制备的Cu(OH)2 更纯净的原因是_________________________ _______________________________________________________________________(已知：沉淀反应速率太快时，沉淀会包裹溶液中的离子共沉淀)。
[Cu(NH3)4]SO4溶液中 c(Cu2＋)低于等浓度的CuSO4溶液，沉淀反应速率慢，不易包裹溶液中的离子
Cl－、
的速率递减
考向4　化学用语
7 [2025扬州期末]Mg3N2能与水发生反应Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2＋2NH3↑。下列说法正确的是( )
C. H2O分子中含有非极性键
D. Mg3N2中只含离子键
D
考向5　物质结构与性质综合
8　 [2024南通一模]α-FeOOH在环境保护等领域有广泛应用。
(1)α-FeOOH的结构中，每个Fe(Ⅲ)与羟基氧和非羟基氧构成了FeO3(OH)3八面体，相同环境的氧原子之间构成正三角形。请补充完整该八面体的结构。
【答案】 或
(2)α-FeOOH可用于脱除烟气中的H2S。脱硫、再生过程中可能的物种变化如图甲所示。生成的S8(结构如图乙所示)覆盖在α-FeOOH的表面。
　　
　甲　　　　　　　　 乙
工业可使用四氯乙烯(C2Cl4)溶解S8并实现与α-FeOOH分离。四氯乙烯能溶解S8的原因是______________________________________________________。
部分环状分子(如苯)中由于存在大π键，增强了分子的稳定性。S8分子中不能形成大π键的原因是__________________________________________________________。
四氯乙烯与S8都是非极性分子，符合“相似相溶”
规则
S8中S原子采取sp3杂化，无剩余的p轨道
用于形成π键
【解析】 (1) FeO3(OH)3八面体是从α-FeOOH的结构中截取出的一部分，部分O原子在该八面体中不用形成2个键，该八面体的结构见答案。(2) 分子晶体的溶解性与物质极性、氢键等有关，四氯乙烯(C2Cl4)为非极性分子，根据图乙知S8也是非极性分子，符合“相似相溶”规则。原子间形成共价键时轨道“头碰头”形成σ键，原子轨道在核间连线两侧以“肩并肩”的方式重叠形成的共价键是π键。S原子采取sp3杂化，无剩余的p轨道用于形成π键。
9 [2025南通如皋适应性一]CO2的转化是实现“碳中和”的有效途径。
(1)CO2催化加氢合成甲醇(反应Ⅰ)中伴随反应Ⅱ的发生：
反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)
反应Ⅱ：CO2(g)＋2H2(g)===CH2O(g)＋H2O(g)
恒压时，CO2和H2起始量一定的条件下，在分子筛膜反应器中反应，该分子筛膜能选择性分离出H2O(g)。
①使用分子筛膜的目的是___________________________________ ___________________________。
分离出H2O(g), 促进反应正向进行，增
大CO2的转化率
②将反应后的气体以一定流速通过含Cu＋修饰的吸附剂，分离其中的CH3OH(g)和CH2O(g)，Cu＋能与π键电子形成作用力较强的配位键。测得两种气体的出口浓度(c)与进口浓度(c0)之比随时间变化关系如图所示。20～40 min，CH3OH(g) 浓度比增大而CH2O(g)浓度比几乎为0的原因是__________________________________________________________ ______________________________________。
CH2O含π键电子，Cu＋与之形成较强的配位键，原先吸附剂吸附的CH3OH被CH2O替代
①碳酸酯X的结构简式为__________。
②MgO活化催化CO2的能力强于Al2O3的原因是____________ ______________________________________________________________________________。
Mg的金属性强于Al，MgO中的O负电性更强，MgO中的O更易进攻活化CO2中的碳氧键
【解析】 (1) ①根据信息可知，该分子筛膜能选择性分离出H2O(g)，产物H2O(g)的浓度减小，促使反应正向进行，能增大CO2的转化率。②已知“将反应后的气体以一定流速通过含Cu＋修饰的吸附剂，分离其中的CH3OH(g)和CH2O(g)，Cu＋能与π键电子形成作用力较强的配位键”，CH2O分子中含有π键电子，Cu＋与CH2O形成较强的配位键，导致原先吸附剂吸附的CH3OH被CH2O替代，故20～40 min，CH3OH的出口浓度(c)与进口浓度(c0)之比逐渐增大，CH2O的出口浓度(c)与进口浓度(c0)之比几乎为0。
核心1　物质的结构、性质　元素周期律
1　几种基态原子或离子常见的表示方法
表示方法 举例
电子排布式 Co2＋：_____________________________________
Ge：__________________________________________
S2－：_________________________________________
Cu：_______________________________________
1s22s22p63s23p63d7或[Ar]3d7
1s22s22p63s23p63d104s24p2
或[Ar]3d104s24p2
1s22s22p63s23p6或[Ne]3s23p6
1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1
表示方法 举例
价电子排布式 Fe：__________　　　　　Ge：__________
电子排布图
(或轨道表示式)
O：_________________
价电子排布图
Fe：________________
3d64s2
4s24p2
特别提醒　①基态原子核外电子运动状态数与核外电子数相等；基态原子核外电子空间运动状态即占据的轨道数。
②能量相同的原子轨道在全满(p6、d10、f14)、半满(p3、d5、f7)和全空(p0、d0、f0)状态时，体系的能量________。如24Cr 的基态原子的电子排布式为_________________________，而不是1s22s22p63s23p63d44s2。
③金属原子失去电子时先失去最外层电子，如Fe2＋为1s22s22p63s23p63d6(失去4s轨道上的2个电子)。
较低
1s22s22p63s23p63d54s1
2　元素周期律
(1)第一电离能
1～36号元素的第一电离能
同周期主族元素从左到右，第一电离能总体呈________趋势，但________、________两族反常，第一电离能高于同周期相邻元素；如第三周期Si、P、S元素第一电离能大小为____________。
增大
ⅡA
ⅤA
P>S>Si
(2)电负性(苏教版教材)
主族元素的电负性
两种元素形成共价键时，电负性强的带负电荷，显负价；电负性弱的带正电荷，显正价；反之亦成立。如电负性：Cl＞N＞H，NH3中氮为________价，NCl3中氮为________价。
－3
＋3
核心2　分子空间结构与性质
1　杂化与分子结构判断
(1) 根据中心原子价层电子对数(杂化轨道数目)判断
对于ABm型分子(A是中心原子，B是配位原子)，分子的价电子对数可以通过下式确定：
其中，中心原子的价电子数等于中心原子的最外层电子数，配位原子中卤素原子、氢原子提供1个价电子，氧原子和硫原子按不提供价电子计算。
(2) 根据分子空间结构判断
价层电子对数 2 3 4
杂化类型 sp sp2 sp3
空间结构 直线形 平面三角形 四面体形
杂化类型 ________ __________ __________
sp
sp2
sp3
(3)★ 特例
5
2
2　价层电子对互斥模型判断分子或离子的空间结构
价层电
子对数 电子对的
排列方式 VSEPR
模型 分子类型
ABm 分子或离子
的空间结构
2
________ AB2 ______
3
__________ AB3 __________
AB2 ____
4
__________ AB4 __________
AB3 ________
AB2 ____
直线形
直线形
平面三角形
平面三角形
V形
正四面体形
正四面体形
三角锥形
V形
3★ (1)中心原子杂化方式对键角的决定性影响
<
>
>
越大
越小
>
<
(3)中心原子电负性对键角的影响
当中心原子杂化类型和孤电子对数均相同时，由于中心原子的电负性大，对成键电子对吸引力增大，成键电子对越靠近中心原子，成键电子对之间的电子云密度增加，相互之间的排斥力增大，键角变大。如键角：NH3______PH3______AsH3；H2O______H2S______H2Se。
(4)配位原子电负性对键角的影响
当中心原子种类相同，杂化类型也相同时，配原子电负性不同，键角不同。配位原子电负性越大，成键电子对越偏离中心原子，成键电子对排斥力_______，键角_______。如键角：NF3_____NCl3______NBr3；NF3______NH3；OF2______H2O。
>
>
>
>
越小
越小
<
<
<
<
4　氢键、氢键对物质性质的影响
(1) 氢键形成及表示方法
氢键是除范德华力之外的另一种分子间作用力，它
是由已经与电负性很大的原子形成共价键的氢原子与另一个电负性很大的原子之间形成的作用力。
X—H…Y—
(X、Y为N、O、F，“—”表示共价键，“…”表示形成的氢键)
(2)氢键对物质物理性质的影响
图示氢键 对物质物理性质的影响　　 举例
HF分子间的氢键 分子间氢键使物质沸点较高 沸点：NH3__PH3、
C2H5OH__CH3OCH3
形成分子内氢键 分子内氢键使
物质沸点较低 沸点：CH3COOH__
HNO3
＞
＞
＞
图示氢键 对物质物理性质的影响　　 举例
NH3·H2O的结构式 与水分子形成的氢键使物质易溶于水 NH3、C2H5OH、H2O2、CH3COOH等易溶于水
以分子间氢键缔合
而成的二聚体结构 解释一些特殊现象　 水结冰后，体积膨胀并漂浮在水面上(水分子间形成氢键，体积变大，密度变小)。
水蒸气缔合成(H2O)n, 相对分子质量偏大
(3)氢键对物质化学性质的影响
类型 典例 图示氢键 解释
影响酸性 减弱酸性：邻硝基苯酚(pKa＝7.22)酸性弱于对硝基苯酚(pKa＝7.15) 邻硝基苯酚形成分子内氢键，一定程度上稳定了分子结构，抑制H＋电离，导致酸性弱于对硝基苯酚
增强酸性：邻羟基苯甲酸(pKa＝2.98)酸性强于间羟基苯甲酸(pKa＝4.08)和对羟基苯甲酸(pKa＝4.57) H＋解离后的羧酸根离子与邻位羟基形成了分子内氢键，稳定了负离子，酸性明显增强
类型 典例 图示氢键 解释
调控络合物稳定性 丁二酮肟可与多种金属离子形成稳定络合物
丁二酮肟通过氢键辅助螯合金属离子，增强络合物稳定性
参与稳定过渡
态或中间体 多个弱相互作用位点(如多个氢键)协同作用，显著提高结合强度和特异性 氢键通过预组织、电荷稳定、构型选择及协同作用，从能量和动力学层面优化反应路径
提高X在有机溶剂中的溶解性(或降低X在水中的溶解性或提高X结构的稳定性)
【答案】
5★ 键的极性
(1)键的极性对分子性质的影响
推电子(供电子)基团：在化学反应中提供电子对的基团，即给出电子，使相连原子电子云密度升高。体系越富电子，碱性越强。
常见的推电子基团：烷基(—CH3、—C2H5等，烷基越大推电子能力越强)、羟基(—OH)、氨基(—NH2)(通过共轭效应推电子)、烷氧基(—OR)、酰胺基(—NHCOCH3)。
吸电子基团：在化学反应中接受电子对的基团。即吸引电子，使相连原子电子云密度降低。体系越缺电子，酸性越强。
3
易
(2)键的极性与空间位阻
分子中的原子或基团并非无限靠近，其固有体积会占据一定空间。当反应位点周围存在较大基团(如叔丁基)时，其他分子或基团难以接近，就像“拥挤的房间里难以握手”，从而减慢反应速率甚至改变反应路径。例如，酯水解时，酯基旁大基团会阻碍试剂(如OH－)的进攻，使反应更难进行。
位阻导致反应选择性变化。反应中，位阻大的试剂会优先攻击空间开阔的位点。例如，C2H5MgBr(位阻小试剂)可能进攻多个位点，而(CH3)3CMgBr(位阻大试剂)只选择位阻最小的位点反应。
位阻是空间体积导致的物理阻碍，电子效应是电子云密度的影响。如碱性：二甲胺[(CH3)2NH]>甲胺(CH3NH2)>三甲胺[(CH3)3N]，理论上甲基的推电子效应使得甲胺、二甲胺、三甲胺的碱性依次增强，但实际上三甲胺碱性最弱，显然此时是空间位阻的作用对其碱性的影响大于增多的甲基的推电子效应的影响。
它是调控化学反应的“隐形之手”，通过设计分子中基团的大小和位置，可控制反应是否发生、生成何种产物。在药物合成中，利用位阻优化分子结构，能提高目标产物纯度，减少副反应。理解空间位阻，能更精准地预测和设计有机反应。
6　极性分子与非极性分子
(1)H2O2结构中氧原子为sp3杂化，形成如图所示结构。H2O2为________(填“极性”或“非极性”，下同)分子。
(2)O3分子中的共价键是________键，结构类似SO2，中心氧原子为sp2杂化，与另外2个氧原子形成V形分子，为________分子。
(3)白磷(P4)为正四面体结构，为__________分子。
极性
极性
极性
非极性
(4) 甲烷为正四面体结构，为__________分子；CH3Cl为四面体结构，为________分子。
非极性
极性
7★ 溶剂的极性
(1)溶剂的极性对物质溶解性的影响，可通过“相似相溶”原理来理解。
部分物质虽为极性分子，但若含较大非极性基团(如高级醇)，在水中溶解性会下降(因非极性部分占比高)。混合极性溶剂与非极性溶剂，可调节整体极性，溶解兼具极性结构与非极性结构的物质(如某些有机物)。
(2)离子化合物的溶解度与溶剂极性的关系，本质上由离子化合物的解离特性和溶剂的极性相互作用决定。
①极性溶剂对离子化合物的溶解有促进作用；
②非极性溶剂中离子化合物的溶解度极低。
典型案例：食盐(NaCl)在水中易溶，而在非极性溶剂(如苯)中几乎不溶，因水的强极性能有效“包围”Na＋和Cl－，而苯无法提供足够的相互作用。
指出1、2、3分别对应的微粒：______________________。
H2O、Na＋、Cl－
例3 (1)氧化浸取辉铜矿(Cu2S)时，控制温度为80 ℃，空气流速一定，加入Fe2(SO4)3与NaCl协同浸取。其他条件相同时，铜浸出率与c(NaCl)的关系如图所示。Cl－破坏硫覆盖层，但c(NaCl)>1.0 mol/L时，铜浸出率下降，原因可能是_______________________________________ ______________。
溶液中离子浓度增大，溶液极性增强，O2的溶解度降低　
(2)[Co(NH3)6]Cl3晶体制备。[Co(NH3)6]Cl3晶体易溶于热水和稀盐酸中，在冰水、浓盐酸、无水乙醇中溶解度较小。请补充完整实验方案：在通风橱中将制得的[Co(NH3)6]Cl2溶液加热至55 ℃左右，边搅拌边加入适量NH4Cl，再加入_____________________________________________ _____________________________________________________________________________________________________，低温烘干，得到[Co(NH3)6]Cl3晶体。(实验中须使用：4% H2O2溶液、红色石蕊试纸、冰水、浓盐酸、无水乙醇)
4% H2O2溶液至产生的气体不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，冰水浴冷却，再加入浓盐酸(无水乙醇)至有大量晶体析出，过滤，用无水乙醇洗涤2～3次
核心3　晶体类型和性质
1　常见典型晶体的晶胞结构图及其主要性质
化学式 晶胞 晶体
类型 微粒间
作用力 熔、沸点 配位数
CO2 ____
____ ______
______
________
______ 较低 _______
分子
晶体
分子间
作用力
(或范德
华力)
12
化学式 晶胞 晶体
类型 微粒间
作用力 熔、沸点 配位数
H2O
(冰)
____
____ ________
______ 较低 —
NaCl
____
____ ______ 较高 _____
分子
晶体
范德华力
和氢键
离子
晶体
离子键
6
化学式 晶胞 晶体
类型 微粒间
作用力 熔、沸点 配位数
CsCl
____
____ ______ 较高 _____
C(金
刚石)
____
____ ______ 很高 —
SiO2
____
____ ______ 高 —

离子
晶体
离子键
8
共价
晶体
共价键
共价
晶体
共价键
2　晶胞中微粒数目的计算方法——均摊法
石墨晶胞每一层内碳原子排成六边形，其顶点(1个碳原子)被三个六边形共有，每个六边形占______个碳原子。
2
3　分子晶体熔、沸点的比较
(1)组成和结构相似的分子晶体，分子间作用力越大，物质的熔、沸点越高。具有分子间氢键的分子晶体，熔、沸点反常地高。如H2O、H2S、H2Se、H2Te熔、沸点高低顺序为___________________________；C2H5OH、CH3OCH3熔、沸点高低顺序为___________________________；烃、卤代烃、醇、醛、羧酸等有机物一般随着分子里碳原子数增加，熔、沸点________。
H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S
C2H5OH＞CH3OCH3
升高
(2)组成和结构不相似的物质(相对分子质量相近)，分子极性_____，其熔、沸点就________。如熔、沸点：CO______N2。
(3)同分异构体：链烃及其衍生物的同分异构体随着支链________，熔、沸点________。如CH3(CH2)3 CH3(正戊烷)______CH3CH2CH(CH3)2(异戊烷)______(CH3)4C(新戊烷)。
越大
越高
＞
增多
降低
＞
＞
核心4★　配合物与超分子
1　配离子对反应速率的影响
已知：沉淀的生成速率越快，颗粒越小，呈凝乳状胶体，不易过滤。在制备超细粉末时，通常以配离子为反应物控制反应速率。
(1)通过形成配离子减慢反应速率
如AgNO3溶液转化成配离子[Ag(NH3)2]＋，降低溶液中Ag＋的浓度，且[Ag(NH3)2]＋的氧化性弱于Ag＋，使生成单质Ag的反应速率减慢。
(2)通过形成配离子加快反应速率
如AgCl沉淀转化成配离子[Ag(NH3)2]＋，与还原剂N2H4充分接触，使生成单质Ag的反应速率加快，同时避免生成的Ag单质中混有AgCl，Ag的回收率和纯度下降。
(3)通过形成配离子影响金属离子得失电子能力
如易被氧化的Fe2＋与CN－形成[Fe(CN)6]4－后，稳定性增强，更难被氧化；Co2＋的还原性相对较弱，但[Co(NH3)6]2＋易被氧化为 [Co(NH3)6]3＋。
2　超分子与相转移
相转移是指物质在不同相(如液相－液相、液相－固相、液相－气相等)之间发生的转移过程，常见于化学合成、分离提纯等领域。其核心是解决不同相态中物质难以接触反应或分离的问题。
通过加入相转移催化剂，如冠醚，冠醚与试剂中阳离子络合，使该阳离子进入有机溶剂中，通过静电作用将阴离子也带入有机溶剂中，从而可帮助离子型物质从水相转移到有机相，或让有机物质进入水相，使反应物在同一相中接触并反应，从而加速反应进行。
例4 冠醚是由多个二元醇分子之间失水形成的环状化合物，它们能与碱金属离子作用并随着环的大小不同而与不同金属离子作用。由于烯烃难溶于水，故KMnO4水溶液氧化烯烃的效果较差。若在烯烃中溶入某冠醚，与KMnO4发生如图所示的变化后，氧化效果明显提升。加入该冠醚后，烯烃的氧化效果明显提升的原因是___________________________ ___________________________________________________________________________________________________________。
该冠醚可溶于烯烃，冠醚加
增大了反应物的接触面积，提高了氧化效果
2
4
1
3
【解析】 Al3＋和O2－的电子层结构相同，Al的核电荷数比O大，Al对核外电子的吸引能力大，故半径r(Al3＋)＜r(O2－)，A错误；非金属性F＞O，F的得电子能力强于O，故电负性χ(O)<χ(F)，B错误；Mg的价电子排布式为3s2，Al的价电子排布式为3s23p1,3p能级中的电子能量比3s能级中的高，易失去，故第一电离能I1(Mg)＞I1(Al)，C错误；金属性Ca＞Mg，故碱性Ca(OH)2＞Mg(OH)2，D正确。
1 [2025苏锡常镇一调]电解熔融Al2O3制Al时常添加少量CaF2和MgF2以提高导电性。下列说法正确的是( )
A. 半径：r(Al3＋)>r(O2－) B. 电负性：χ(O)>χ(F)
C. 第一电离能：I1(Al)>I1(Mg) D. 碱性：Ca(OH)2>Mg(OH)2
D
2
4
1
3
2　 [2025南通、泰州等八市二调]下列说法正确的是( )
A. 基态Ge核外电子排布式：[Ar]4s24p2
B. H2S中心原子的杂化方式为sp3
C. Si3N4是一种高强度耐高温材料，Si3N4为分子晶体
D. 1 mol SiO2(晶胞如图)含2 mol σ键
B
2
4
1
3
2
4
3
1
3　 [2025泰州中学调研]下列说法正确的是( )
A. 如图所示是Cu2S晶胞中S2－位置，则1个晶胞中含有8个Cu＋
B. 基态Cu＋转化为基态Cu原子，得到的电子填充在3d轨道上
C. H2S和SO2的中心S原子都采取sp3杂化
D. SO2的键角比SO3的键角大
A
2
4
3
1
2
4
3
1
A. 该反应的ΔS＞0
B. 步骤Ⅰ中CO2带正电荷的C与催化剂中的N之间作用
C. 步骤Ⅲ中存在非极性键的断裂和形成
D. 反应中每消耗1 mol CO2，转移电子数约为4×6.02×1023
B
2
4
3
【解析】 该反应是气体分子数减小的反应，ΔS<0，A错误；依据电负性知，CO2中C带正电，催化剂中N带负电，正负相吸，C与N作用，B正确；由机理图可知，步骤Ⅲ中不存在非极性键的断裂和形成，C错误；根据化学方程式可知，反应中每消耗1 mol CO2，转移电子数约为2×6.02×1023，D错误。
1(共88张PPT)
主题4
有机物转化与应用
微主题9　有机物的合成与推断
1　步骤⑤可得到副产品J，J和F互为同分异构体，写出J的结构简 式：__________________。
2　D→E的反应中，氰基(—C≡N)被还原可生成副产物X(分子式为 C13H13ON)，写出X的结构简式：____________________。
考向1　有机物的推断
1　(1)[2025江苏卷]D→E会产生与E互为同分异构体且含五元环的副 产物，其结构简式为_____________________。
(2)[2024江苏卷]A→B中有副产物C15H24N2O2生成，该副产物的结构 简式为________________________。
(3)[2022江苏卷]F的分子式为C12H17NO2，其结构简式为 ________________________。
考向2　有机合成路线的设计
2　[2025江苏卷]G是一种四环素类药物合成中间体，其合成路线如下：
3　[2024江苏卷]F是合成含松柏基化合物的中间体，其合成路线如下：
【答案】
4　[2023江苏卷]化合物I是鞘氨醇激酶抑制剂，其合成路线如下：
【答案】
5　[2022江苏卷]化合物G可用于药用多肽的结构修饰，其人工合成路线如下：
【答案】
考向1　有机物的推断
1　[2025扬州四模]G是合成苯并咪唑类化合物的中间体，其合成路线如下：
【解析】 (1)B→C发生的是苯环硝化反应，所需试剂为浓硫酸、浓硝酸混酸。(2)由反应条件可知C→D发生酰胺基水解，D→E硝基被还原为氨基。(3)对比F、G的结构，可知F中硫连氢原子被X中基团取代，X中有氯原子，除G外还有HCl生成。
(1)B→C所需的试剂为__________________。
(2)D→E的反应类型为____________。
(3)X的分子式为C9H12NOCl，X的结构简式为________________。
浓硫酸、浓硝酸
还原反应　
2　[2024南通如皋适应性考试二]化合物G是制备一种生物碱的中间体，其合成路线如下：
(1)A→B反应分为A→X→B两步，第二步是消去反应。X的结构简式 为__________________。
(2)C的分子式为C11H17NO3，C的结构简式为________________。
(3)LiAlH4须在无水环境中使用，不能与水或酸接触，原因是___________________________________________________________。
(4)F→G时会生成一种与G互为同分异构体的副产物，该副产物的结 构简式为______________________。
LiAlH4中H为－1价，具有强还原性，会与水或酸反应生成H2
【解析】 (1)A→B分两步，A中醛基与CH3NO2发生加成反应生成的 X为 ，X再发生消去反应得到B。(3)LiAlH4中H是－1 价，与水或酸中＋1价氢发生反应生成H2，必须在无水环境中使用。(4)F→G进行加成时，由于含硅反应物中碳碳双键不对称，故还可生成副产物。
考向2　有机合成路线的设计
[成环合成]
【答案】
[官能团保护]
4　[2024扬州考前模拟]化合物G是新型小分子抗凝剂的关键中间体，其合成路线如下：
【答案】 ；
[信息解读与应用]
5　[2025南通如皋适应性二]化合物G的一种合成路线如下：
【答案】
[合成高聚物]
6　[2025南京考前指导]沙丁胺醇(G)可用于治疗哮喘，其合成路线如下(—Ph代表苯基)：
【答案】
核心1　有机推断的解题要点
1　有机反应类型的推断
对比结构变化→判断基团转化(如反应条件、双键的产生或消失)→常见反应类型(取代、加成、消去、氧化、还原)。
2　流程中未知物的判断
(1)圈出前后两种物质的相同点与不同点。
(2)分析反应条件可能给予的暗示。
(3)结合其他所给已知条件(如分子式、性质等)推断。
(4)试写该物质的结构简式，最后用所有已知信息(如分子式是否正确等)验证。
对比找差异(前后结构上的差异判断官能团的变化)，性质巧推断(结合不饱和度、有机物性质及反应条件，推断结构)，信息再验证(通过题目提供的分子式来验证猜想，检验结果)。
3　副产物的判断
(1)按“流程中未知物”方法判断。
归纳提升　整个推断的思路就是对比结构差异，弄清反应机理，结合反应机理，依据题目提供的分子式，判断副产物的结构。
核心2　有机合成路线的设计
1　官能团的引入
(1)引入碳碳双键
(2)引入碳卤键
(3)引入羟基
(4)引入碳氧双键(醛基或羰基)
(5)引入羧基
2　官能团的消除
(1)通过加成反应可以消除不饱和键(碳碳双键、碳碳三键、苯环等)。如CH2===CH2在加热、催化剂作用下与H2发生加成反应。
(2)通过消去反应、氧化反应或酯化反应等消除羟基。如CH3CH2OH发生消去反应生成CH2===CH2，CH3CH2OH被氧化生成CH3CHO。
(3)通过还原(或加成)或氧化反应等消除醛基。如CH3CHO被氧化生成CH3COOH，CH3CHO被H2还原生成CH3CH2OH。
(5)通过消去反应或水解反应消除卤素原子。如CH3CH2Br 在NaOH醇溶液中发生消去反应转化成乙烯，在NaOH水溶液中发生水解反应转化成乙醇。
3　官能团的保护与恢复
(1)碳碳双键：易与卤素单质加成，易被氧气、臭氧、双氧水、酸性高锰酸钾溶液氧化。在氧化其他基团前可以利用其与HCl等的加成反应将其保护起来，再利用消去反应转变为碳碳双键。如
(2)酚羟基：易被氧气、臭氧、双氧水、酸性高锰酸钾溶液氧化。
方法1：在氧化其他基团前用碘甲烷(CH3I)先转化为苯甲醚，后用氢碘酸酸化重新转化为酚。如
4★ 常考有机反应信息
(1)Diels-Alder反应：共轭二烯烃可以和某些具有碳碳双键的不饱和化合物进行1,4-加成反应，生成环状化合物，这个反应也叫双烯合成。
(2)羟醛缩合：有α-H的醛在稀碱(10% NaOH)溶液中能和另一分子醛相互作用，生成β-羟基醛。
核心3★　合成路线设计中的成环反应
除教材讲解的成环反应(环状酯、环醚、双烯合成)外，常考的成环反应有：酯交换反应、胺解反应、傅克酰基化等。
1　酯交换反应
2　胺解反应
3　傅克酰基化
4　活泼亚甲基烷基化
5　烯醇异构、羰基与羟基－H先加成后消去
例2　部分有机合成路线如下：
【答案】
核心4★　合成路线顺序的选择
合成路线顺序的选择：①氧化还原时，先氧化还是先还原，若先还原，还原反应后的基团在氧化步骤中是否被氧化；若先氧化，需要考虑除指定基团外，是否还有基团被氧化。②先反应还是先引入新基团，需要考虑引入的基团是否影响后续基团的反应；③考虑基团相互影响，苯环上原有的取代基对新引入的取代基进入苯环的位置有显著影响(引入“邻、对位”或“间位”)。
【分析】对比苯与产物的结构可知合成路线：一是引入甲基再氧化为羧基；二是引入硝基再还原为氨基。(1)先引入甲基并氧化为羧基，因为氨基在羧基的间位，且羧基为间位定位基。(2)后在间位引入硝基并还原为氨基。
2　部分有机合成路线如下：
已知:格氏试剂(RMgBr，R为烃基)能与水、羟基、羧基、氨基等发
生反应。写出以 、CH3MgBr为原料制备 的合成路线流程图。
【分析】(1)先与格氏试剂反应后氧化甲基，因为羧基也能和格氏试剂反应。(2)先氧化甲基后消去羟基，因为碳碳双键也能被KMnO4/H＋氧化。(3)利用A→B反应将羧基转化为氨基。
2
1
1　[2025南通如东期初]化合物F可以用于治疗哮喘、支气管炎、风湿等疾病。其一种合成路线如下：
2
1
(1)E的分子式为C18H18O4，则E的结构简式为__________________。
2
1
2
1
【答案】
2
1
2　[2025南通、泰州等一调]化合物H是一种治疗胃肠道疾病药物的中间体，其合成路线如下：
2
1
2
1
(1)化合物B的分子式为C10H11NO4，其结构简式为__________。
2
1
2
1
2
1
【答案】(共148张PPT)
主题5
实验探究与实践
微主题10　化学实验与探究
1　下列实验设计合理的是( )
　　 　　　　　　　 　　　　　　
A. 除去Cl2的HCl B. 制备少量NO避免其被氧化
C. 用乙醇萃取CS2中的S 　 D. 制作简易氢氧燃料电池
B
【解析】 碱石灰为NaOH和CaO的混合物，既能吸收HCl又能吸收Cl2，不能用碱石灰除去Cl2中的HCl，A错误；铜丝和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，NO难溶于水，U形管左侧与大气隔绝，即NO存在于无氧环境中，B正确；S微溶于酒精、易溶于CS2，不能用乙醇萃取CS2中的S，C错误；关闭K1、打开K2时，该装置为电解池，锌为活性阳极，无氧气生成，阴极生成氢气，则打开K1、关闭K2时，不能形成氢氧燃料电池，D错误。
2　用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是( )
甲　 乙　
丙　 丁　　
D
【解析】 苹果块变瘪，变干，体现浓硫酸的吸水性，A错误；炭与浓硝酸反应需要加热，B错误；因Na2SO3易溶于水，无法做到随关随停，C错误；Ca(OH)2的溶解度随温度的升高而降低，镁与稀盐酸反应放热，饱和石灰水中出现浑浊，D正确。
A. 用装置甲验证浓硫酸的脱水性和强氧化性
B. 用装置乙验证浓硝酸的强氧化性
C. 用装置丙制备SO2气体
D. 用装置丁验证镁片与稀盐酸反应放热
3　由一种阳离子和两种酸根离子组成的盐称混盐。下列关于混盐Na4S2O3的判断不正确的是( )
A. 向溶液中加入酚酞溶液变红，说明该混盐水溶液呈碱性
B. 向该混盐中加入稀硫酸可以产生使品红褪色的气体
C. 该混盐在酸性条件下可以产生淡黄色浑浊
D. 用玻璃棒蘸取该混盐溶液灼烧，火焰呈黄色，说明溶液中含有 Na＋
D
4　高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素)制备高纯碳酸锰的实验过程如下：
(1)浸出：浸出时温度控制在90～95 ℃，并且要连续搅拌3小时的目的是__________________________，植物粉的作用是____________。
提高软锰矿中锰的浸出率　
作还原剂
(2)除杂：①向浸出液中加入一定量的碳酸锰矿，调节浸出液的pH为3.5～5.5；
②再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；
③……
操作①中使用碳酸锰调pH的优势是______________________________________________；操作②中加入双氧水不仅能将Fe2＋氧化为Fe3＋，而且能提高软锰矿的浸出率。写出双氧水提高软锰矿浸出率的离子方程式：_________________________________________________。
增加MnCO3的产量(或不引入
新的杂质等)
MnO2＋H2O2＋2H＋===Mn2＋＋2H2O＋O2↑
(3)制备：在30 ～35 ℃下， 将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中， 控制反应液的最终pH在6.5～7.0，得到MnCO3沉淀。温度控制35　℃以下的原因是______________________________________；该反应的 化学方程式为_______________________________________________________________________；生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是____________________________________________________________________________________________________________。
减少碳酸氢铵的分解，提高原料利用率
＋CO2↑＋H2O　
取最后一次的洗涤滤液1～2 mL 于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净
【解析】 (1)软锰矿粉中Fe、Al遇浓硫酸发生钝化，生成Fe2O3和Al2O3，过滤除去这两种氧化物。Mg被溶解成Mg2＋，MnO2中Mn元素为＋4价，产品MnCO3中Mn元素为＋2价，所以“植物粉”作还原剂，过滤后，滤液中含有Mg2＋和Mn2＋，加入NH4HCO3可以生成MnCO3沉淀。(2)用MnCO3调节pH，可增加Mn2＋，最终得出的高纯MnCO3增多。MnO2作氧化剂，H2O2作还原剂，产物为Mn2＋和O2，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒配平。
题型1　化学实验基础——选择题
[物质的制备与实验装置]
1　[2025江苏卷] 用0.050 00 mol/L草酸(H2C2O4)溶液滴定未知浓度的NaOH溶液。下列实验操作规范的是( )
A. 配制草酸溶液 B. 润洗滴定管
C. 滴定 D. 读数
D
【解析】 缺少玻璃棒引流，A错误；应该倾斜着转动滴定管，B错误；滴定操作时，应左手控制酸式滴定管活塞，右手持锥形瓶上端轻微地摇动锥形瓶，C错误。
2　[2023江苏卷]实验室制取Cl2的实验原理及装置均正确的是( )
A. 制取Cl2 B. 除去Cl2中HCl
C. 收集Cl2 D. 吸收尾气中Cl2
C
【解析】 制备Cl2应使用浓盐酸与MnO2共热，A错误；应将含HCl的Cl2从长导管通入洗气瓶，B错误；Cl2在水中的溶解度不大，应使用NaOH溶液来吸收尾气中的Cl2，D错误。
3　[2021江苏卷]下列由废铜屑制取CuSO4·5H2O的实验原理与装置不能达到实验目的的是( )
甲 乙
丙 丁
D
【解析】 碳酸钠溶液显碱性，在加热的条件下可以除去废铜屑表面的油污，A正确；在酸性条件下，铜与双氧水发生氧化还原反应得到硫酸铜，B正确；装置丙为过滤装置，过滤可以除去难溶杂质，得到硫酸铜溶液，C正确；用装置丁蒸干溶液得到硫酸铜固体，而不是CuSO4·5H2O，D错误。
A. 用装置甲除去废铜屑表面的油污
B. 用装置乙在加热的条件下溶解废铜屑
C. 用装置丙过滤得到CuSO4溶液
D. 用装置丁蒸干溶液获得CuSO4·5H2O
[物质性质探究与实验装置]
4　[2025江苏卷] 探究含铜化合物性质的实验如下：
步骤Ⅰ：取一定量5% CuSO4溶液，加入适量浓氨水，产生蓝色沉淀。
步骤Ⅱ：将沉淀分成两等份，分别加入相同体积的浓氨水、稀盐酸，沉淀均完全溶解，溶液分别呈现深蓝色、蓝色。
步骤Ⅲ：向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质。
下列说法正确的是( )
A. 步骤Ⅰ产生的蓝色沉淀为[Cu(NH3)4]SO4
B. 步骤Ⅱ的两份溶液中：c深蓝色(Cu2＋)C. 步骤Ⅲ中无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化
D. 步骤Ⅲ中产生气体、析出红色物质的反应为[Cu(NH3)4]2＋＋Fe===Cu＋Fe2＋＋4NH3↑
B
【解析】 步骤Ⅰ向CuSO4溶液中加适量氨水，产生的蓝色沉淀是 Cu(OH)2，A错误；步骤Ⅱ中，加氨水后，Cu(OH)2转化为[Cu(NH3)4]2＋，溶液呈深蓝色，加稀盐酸后，Cu(OH)2转化为Cu2＋，溶液呈蓝色，故c深蓝色(Cu2＋)5　[2024江苏卷]实验室进行铁钉镀锌实验。下列相关原理、装置及操作不正确的是( )
A. 配制NaOH溶液 B. 铁钉除油污
C. 铁钉除锈 D. 铁钉镀锌　
【解析】 不能在容量瓶中溶解固体，A错误。
A
6　[2022江苏卷]实验室制取少量SO2水溶液并探究其酸性。下列实验装置和操作不能达到实验目的的是( )
A. 用装置甲制取SO2气体
B. 用装置乙制取SO2水溶液
C. 用装置丙吸收尾气中的SO2
D. 用干燥的pH试纸检验SO2水溶液的酸性
C
【解析】 60%硫酸和NaHSO3(s)可发生反应：H2SO4＋2NaHSO3===Na2SO4＋2SO2↑＋2H2O，因此装置甲可以制取SO2气体，A正确；气体通入液体时应“长进短出”，装置乙可以制取SO2水溶液，B正确；SO2不会与饱和NaHSO3溶液发生反应，因此装置丙不能吸收尾气中的SO2，C错误；SO2水溶液显酸性，可用干燥的pH试纸检验其酸性，D正确。
[实验操作、现象与结论]
7　[2024江苏卷]室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是( )
选项 实验过程及现象 实验结论
A 用0.1 mol/L NaOH溶液分别中和等体积的0.1 mol/L H2SO4溶液和0.1 mol/L CH3COOH溶液，H2SO4消耗的NaOH溶液多 酸性：H2SO4>CH3COOH
B 向2　mL 0.1 mol/L Na2S溶液中滴加几滴溴水，振荡，产生淡黄色沉淀 氧化性：Br2>S
B
8　[2023江苏卷]室温下，探究0.1 mol/L FeSO4溶液的性质。下列实验方案能达到探究目的的是( )
选项 探究目的 实验方案
A 溶液中是否含有Fe3＋ 向2 mL FeSO4溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化
B Fe2＋是否有还原性 向2 mL FeSO4溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液，观察溶液颜色变化
C Fe2＋是否水解 向2 mL FeSO4溶液中滴加2～3滴酚酞试液，观察溶液颜色变化
D Fe2＋能否催化H2O2分解 向2 mL 5% H2O2溶液中滴加几滴FeSO4溶液，观察气泡产生情况
B
9　[2022江苏卷]室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是( )
选项 探究方案 探究目的
A 向盛有FeSO4溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化 Fe2＋具有
还原性
B 向盛有SO2水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，振荡，加热试管，观察溶液颜色变化 SO2具有
漂白性
C 向盛有淀粉－KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，观察溶液颜色变化 Br2的氧化
性比I2强
D 用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小 CH3COOH
是弱电解质
D
【解析】 滴加几滴KSCN溶液，无明显现象，说明无Fe3＋，滴加几滴新制氯水，溶液变红，说明有Fe2＋被氧化成Fe3＋，故该实验探究方案能证明Fe2＋具有还原性，A正确；滴加几滴品红溶液，振荡，溶液褪色，加热试管，溶液又恢复红色，故该实验探究方案能证明SO2具有漂白性，B正确；滴加几滴溴水，振荡，溶液变蓝，说明I－被Br2氧化生成I2，故该实验探究方案能证明Br2的氧化性比I2的强，C正确；没有给出醋酸和盐酸的浓度，故不能通过溶液pH大小得出CH3COOH是弱电解质，D错误。
题型2　化学实验探究——大题
10　[2025江苏卷]海洋出水铁质文物表面有凝结物，研究其形成原理和脱氯方法对保护文物意义重大。
(1)文物出水清淤后，须尽快浸泡在NaOH稀溶液或Na2CO3溶液中进行现场保护。
①玻璃中的SiO2能与NaOH反应生成____________(填化学式)，故不能使用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放NaOH溶液。
②文物浸泡在碱性溶液中比暴露在空气中能减缓吸氧腐蚀，其原因有________________________________________________________________________________________________。
Na2SiO3
减少文物与O2的接触；增大c(OH－)，抑制O2＋4e－＋2H2O===4OH－
反应正向进行
②有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成FeOOH等凝结物。铁的氢氧化物吸附某些阳离子形成带正电的胶粒，是凝结物富集Cl－的可能原因。
(3)为比较含氯FeOOH在NaOH溶液与蒸馏水中浸泡的脱氯效果，请补充实验方案；取一定量含氯FeOOH模拟样品，将其分为两等份，_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________，比较滴加AgNO3溶液体积[Ksp(AgCl)＝1.8×10－10。实验须遵循节约试剂用量的原则，必须使用的试剂：蒸馏水、0.5 mol/L NaOH溶液、0.5 mol/L HNO3溶液、0.05　mol/L AgNO3溶液]。
分别加入等体积蒸馏水和0.5 mol/L NaOH溶液，浸泡相同时间后，取等体积上层浸泡液，分别加入体积相等的0.5 mol/L HNO3溶液酸化，再分别滴加0.05 mol/L AgNO3溶液至沉淀完全
11　[2022江苏卷]实验室以二氧化铈(CeO2)废渣为原料制备Cl－含量少的Ce2(CO3)3，其部分实验过程如下：
(1)“酸浸”时CeO2与H2O2反应生成Ce3＋并放出O2，该反应的离子方程式为_______________________________________________。
2CeO2＋H2O2＋6H＋===2Ce3＋＋O2↑＋4H2O
(2)pH约为7的CeCl3溶液与NH4HCO3溶液反应可生成Ce2(CO3)3沉淀，该沉淀中Cl－含量与加料方式有关。得到含Cl－量较少的Ce2(CO3)3　的加料方式为______(填字母)。
A. 将NH4HCO3溶液滴加到CeCl3溶液中
B. 将CeCl3溶液滴加到NH4HCO3溶液中
B
①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是________________________________________________________________。
使c(H＋)减小，促进Ce3＋萃取平衡正向移动，提高Ce3＋萃取
率
②反萃取的目的是将有机层Ce3＋转移到水层。使Ce3＋尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有____________________________________________________________________(填两项)。
③与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤Ce2(CO3)3溶液的滤液中，物质的量减小的离子有______________(填离子符号)。
适当提高HNO3
浓度；充分振荡分液漏斗；用适量萃取剂分多次反萃取
Ce3＋、H＋
题型1　化学实验基础—— 选择题
1　[2026苏州学情调研]实验室制取并分离得到乙酸乙酯，下列实验装置或原理能达到实验目的的是( )
A. 混合乙醇和浓硫酸 B. 制取乙酸乙酯
C. 分液漏斗下口分 D. 干燥乙酸乙酯
离出乙酸乙酯
B
【解析】 应将浓硫酸加入乙醇中，A错误；乙酸乙酯密度小于水，应从上口倒出，C错误；乙酸乙酯在碱性溶液中水解，D错误。
2　[2025南通一调]实验室利用SO2＋2CuSO4＋2NaBr＋2H2O ===2CuBr↓＋2H2SO4＋Na2SO4制备CuBr。潮湿的CuBr受热易分解。用下列装置进行实验，不能达到实验目的的是( )
A. 制取SO2 B. 制取CuBr
C. 分离出CuBr D. 干燥CuBr
D
【解析】 潮湿的CuBr受热易分解，干燥CuBr时，不能用加热烘干法，D错误。
3　[2026镇江期初]电石(主要含CaC2，还含有CaS等杂质)与水制乙炔反应剧烈及探究其性质实验如下：
步骤1：取一定量的电石，滴加饱和食盐水，有气泡产生。
步骤2：将产生的气体通入足量CuSO4溶液。
步骤3：将步骤2所得气体通入酸性KMnO4溶液。
步骤4：将步骤2所得气体干燥后通入Br2的CCl4溶液。
【解析】 乙烯与溴加成，除碳碳π键断裂还有Br2中σ键的断裂，D错误。
下列说法不正确的是( )
A. 滴加饱和食盐水的目的是减缓CaC2和H2O反应的速率
B. 步骤2中CuSO4溶液的作用是除去H2S
D. 步骤4中的反应只有π键的断裂
D
B
A. 制取氯气 B. 得到纯净干燥的Cl2
C. 制取四氯化硅 D. 收集四氯化硅并吸收尾气
【解析】 浓盐酸易挥发，Cl2中会混有HCl气体(除杂试剂为饱和食盐水)和水蒸气(除杂试剂为浓硫酸)，由于用饱和食盐水洗气会引入水蒸气，故应该先除HCl后干燥，B错误。
5　 [2025苏锡常镇二调]室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是( )
选项 探究方案 探究目的
A 用pH计分别测定浓度均为0.1 mol/L的NaClO溶液和NaNO2溶液的pH，比较读数大小 HClO和
HNO2的酸性强弱
B 在一支干燥的试管里加入2　mL无水乙醇，溶解适量苯酚，振荡。再加入绿豆大小的吸干煤油的金属钠，观察是否产生气泡 苯酚能否与钠反应
A
选项 探究方案 探究目的
C 某卤代烃与NaOH水溶液共热后，滴入AgNO3溶液，观察沉淀颜色 该卤代烃中含有卤素的种类
D 向Na2S溶液中滴加Na2SO3溶液无明显现象，再向其中加入稀硫酸，观察是否有黄色沉淀生成 该反应中硫酸作氧化剂
6　[2025南通四模]室温下，探究0.1 mol/L NaHSO3溶液的性质，下列实验方案能达到探究目的的是( )
B
题型2　化学实验探究—— 大题
[试剂的选用及滴加顺序]
7　(1)[2026南京期初]已知：CaO2·8H2O微溶于水，能溶于酸，在碱性溶液中能稳定存在。实验室由CaCl2制备CaO2的流程如下：
步骤Ⅱ在如图所示装置中完成，滴液漏斗中应盛有的试剂是____(填字母)。
A. CaCl2溶液
B. NH3·H2O和H2O2的混合溶液
A
(2)[2025南通如皋适应性考试一] 含钴废料(主要含CoO，还含少量Co2O3、Fe2O3)可以进行如下转化：
“还原”时的实验装置如图所示，分液漏斗中盛装的溶液是__________(填“Na2SO3溶液”或“稀硫酸”)。
(3)[2025徐州考前打靶卷]将FeSO4溶液与Na2CO3溶液混合，充分反应，制备FeCO3悬浊液。将FeSO4溶液与Na2CO3溶液混合的加料方式为____________________________________________。
稀硫酸
将Na2CO3溶液滴加到FeSO4溶液中
(4)[2026镇江期初]由铬酸钠(Na2CrO4)制备CrCl3·6H2O，实验装置如图所示。
Ⅰ. 将铬酸钠、足量的稀硫酸依次加入三颈烧瓶；
Ⅱ. 向三颈烧瓶滴加甲醇，升温至100 ℃继续反应3小时；
Ⅲ. 待反应液冷却后，用NaOH溶液调节pH，得Cr(OH)3沉淀；
Ⅳ. 将所得沉淀经系列操作后，得CrCl3·6H2O晶体。
①仪器M的名称是__________________。
②步骤Ⅱ中有CO2生成，写出该反应的离子方程式：______________________________________________________________________。
③步骤Ⅱ中选用甲醇作还原剂而不用乙醇的原因是__________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(球形)冷凝管
CH3OH＋8H＋===CO2↑＋2Cr3＋＋6H2O　
还原相同物质的量的Na2CrO4，消耗甲醇的量更少；用甲醇作还原剂生成CO2会逸出，用乙醇作还原剂生成乙酸，增加步骤Ⅲ中NaOH的用量
(5)[2025无锡调研]搅拌下，将一定量的PrCl3溶液与沉淀剂Na2CO3溶液充分反应，过滤得到Pr2(CO3)3·8H2O沉淀，发生反应的化学方程式为_____________________________________________________。沉淀剂用Na2CO3溶液比用NH4HCO3溶液得到的沉淀颗粒更加致密，可能的原因是______________________________________________________________________________________________________。
2PrCl3＋3Na2CO3＋8H2O===Pr2(CO3)3·8H2O↓＋6NaCl
碳酸氢铵沉淀PrCl3过程生成大量气体，碳酸钠沉淀PrCl3过程没有气体生成，因而沉淀颗粒更加致密
(6) [2025苏锡常镇二调]超高石灰铝工艺处理高氯(Cl－)废水，操作简单，成本低。涉及的主要反应如下：
Ⅰ. 4Ca(OH)2＋2Al(OH)3===Ca4Al2(OH)14
①一定体积的高氯废水中加入石灰乳和Na[Al(OH)4]溶液，与废水中Cl－反应生成弗氏盐的离子方程式为______________________________________________________________________。
②投入的原料选用Na[Al(OH)4]，而不选用Al2(SO4)3　的原因为____________________________________________________________________________________________________________________________。
4Ca(OH)2＋2[Al(OH)4]－＋2Cl－
===Ca4Al2Cl2(OH)12＋4OH－
部分
[实验基本操作]
8　(1)向盛有30 mL 12 mol/L浓盐酸的烧杯中加入10 mL 14 mol/L浓硝酸制得王水。配制过程中溶液温度升高。
①配制过程中的操作正确的是__________(填字母)。
A. 在通风橱中进行　 B. 戴上护目镜和手套
C. 边加边搅拌 D. 将烧杯置于热水浴中
②部分HCl与HNO3反应生成Cl2和NOCl。写出该反应的化学方程式：______________________________________________________。
ABC
(2)[2025南京学情调研]将干海带灼烧成灰烬，转移至烧杯中，加水煮沸，过滤得含I－的溶液。
①灼烧时不会用到下列仪器中的______(填字母)。
A B C D
②灼烧海带时用酒精浸润海带的目的是____________________ ________。
A
助燃，有利于海带充
分燃烧
(3)[2025南通如皋适应性考试三]将煅烧得到的固体(含 CuO、CaO、Ni2O3、CaSO4、CaSiO3)加入三颈瓶中，通过恒压滴液漏斗缓慢滴加稍过量的稀硫酸，充分反应。
①反应后所得溶液中含Cu2＋、Ca2＋、Ni2＋，写出酸浸时Ni2O3发生反应的化学方程式：_________________________________________。
②如何判断“酸浸”反应已经完成：________________________。
2Ni2O3＋4H2SO4===4NiSO4＋O2↑＋4H2O
溶液的pH不再发生变化
(4)[2025盐城、南京期末]生产印刷电路板所用的蚀刻液成分为[Cu(NH3)4]Cl2、NH4Cl、NH3·H2O等。蚀刻反应原理为Cu＋[Cu(NH3)4]Cl2===2[Cu(NH3)2]Cl。利用蚀刻废液可制备Cu2(OH)2CO3。取一定量蚀刻废液和稍过量的Na2CO3溶液加入如图所示实验装置的三颈瓶中，在搅拌下加热并通入空气，待产生大量沉淀时停止加热，冷却、过滤、洗涤，得到Cu2(OH)2CO3固体。
①向反应液中通入空气，除了使[Cu(NH3)2]Cl被氧化，另一个作用是__________________________________________________________。
②图中装置X的作用是__________________________________。
③检验Cu2(OH)2CO3固体是否洗涤干净的实验操作是__________________________________________________________________________________________________________________。
及时排出生成的NH3，增大Cu2(OH)2CO3的产率
防止倒吸(或作安全瓶、防倒吸)
取少量最后一次洗涤滤液于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则洗涤干净，若有沉淀，则未洗涤干净
[实验条件控制与分析]
图1
图2
pH＜2.5时，随着废水pH的减小，Cr(Ⅵ)去除率减小，原因可能是 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(2)[2025徐州考前打靶卷]将高活性Fe(OH)3溶于乙二胺四乙酸二钠 (Na2H2Y)溶液中制备NaFeY·3H2O。其他条件不变，NaFeY·3H2O的产率随溶液pH变化关系如图所示，pH＜5时，随pH降低产率减小的可能原因是____________________________________________________________________________________________________。
pH<5，随着pH减小，溶液中H＋浓度增大，使Y4－浓度减小，导致NaFeY·3H2O的产率减小
(3)[2025南通一调]利用废弃的铂镍合金靶材回收金属铂的部分实验过程如下：
将“酸浸”后的固体充分洗涤后加至浓硝酸和浓盐酸的混酸中发生氧化反应，得到含H2[PtCl6]的溶液。
①写出Pt发生反应的化学方程式：_______________________________________________________________。
②该过程需控制在40 ℃左右的原因是__________________________________________________________________。
3Pt＋4HNO3＋18HCl===
3H2[PtCl6]＋4NO↑＋8H2O
温度过低，化学反应速率较
慢；温度过高，硝酸分解、盐酸和硝酸挥发
(4)[2025扬州四模]电子元件废料中金(Au)和Cu以单质存在，以其为原料回收Au、Cu单质的方法如下图所示(其他杂质不参与反应)。已知：硫脲[SC(NH2)2]可被缓慢氧化，最终生成单质硫。
硫脲浓度对金的浸出率的影响如图，其他条件相同时，硫脲浓度大于0.1 mol/L时，金浸出率下降的原因是__________________________________________________________________________________________________________。
硫脲浓度越高，单位时间内还原更多Fe3＋，使Fe3＋浓度降低，同时更快生成S覆盖在废料表面阻碍反应进行
(5)[2026连云港期中]以废钒催化剂(主要含有V2O5、CaO、Fe2O3、Al2O3和SiO2等)为原料制备V2O5的流程如图所示。
沉钒。向所得NaVO3溶液中加入一定量NH4Cl固体，充分反应后得到NH4VO3沉淀。沉钒率(沉淀中钒的质量与原料中钒的总质量之比)随温度的变化如图所示。
①温度高于80 ℃，沉钒率随温度升高而减小的可能原因有_____________________________________________________________________。
②反应过程中加入一定量的醇类溶剂可以提高沉钒率，原理是____________________________________________________。
温度高于80 ℃，NH4Cl受热分解，使沉钒率下降；NH4VO3的溶解度增大
降低
NH4VO3的溶解度，有利于NH4VO3析出
[实验原理与过程分析]
10　(1)[2025苏州期末]通过处理废旧磁性合金钕铁硼(Nd2Fe14B)可回收钕与铁。
10
反应消耗H＋；温度
①实验得到NO脱除率与温度、时间变化如图所示，NO脱除率随温度、时间变化的原因为_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
②钴氨溶液经过多次循环吸收NO后，其吸收NO的能力会降低，向钴氨溶液中加入KI溶液可恢复其吸收NO的能力，写出该反应的离子方程式：_______________________________________________。
温度升高，NO、O2的溶解度下降，NO脱除率下降；随着时间的延长，[Co(NH3)6]2＋转化为[Co(NH3)6]3＋，而[Co(NH3)6]3＋ 对NO的吸收能力极低，NO脱除率下降
2[Co(NH3)6]3＋＋2I－===2[Co(NH3)6]2＋＋I2　
(3)[2025南师附中、天一中学等四校联考]实验室可用多种方法分离铜阳极泥(主要成分为Cu2S、AgCl等)中的Ag。
①硫代硫酸盐法浸出法。用足量的Na2S2O3与NaOH混合液浸出阳极泥，加热、搅拌。定时取样检测，测得Ag浸出率如图甲所示。
甲
Ⅰ. 为使反应液受热均匀，可采用的加热方式是____________。
Ⅲ. 浸出过程中Ag浸出率先上升后下降的原因是________________ ______________________________________________________________________________________。
水浴加热
5.04×103
　 反应初始阶段Ag浸出速率非常快，一段时间后[Ag(S2O3)2]3－与硫化物反应生成难溶Ag2S沉淀
乙
核心1　常见气体的制备及性质探究
常见气体的实验室制法
A B C
气体 反应试剂 装置 常见错误 杂质气体 净化试剂 收集方法 检验试剂或用品 尾气
处理
Cl2 (典型)浓盐酸与MnO2、加热 A 稀盐酸和MnO2，加热；或浓盐酸、MnO2，未加热 HCl、
水蒸气 饱和食盐水/浓硫酸。不能用碱石灰干燥 向上排空气法或排饱和食盐水法 湿润的　
淀粉－KI试纸　　 NaOH
溶液
(拓展)浓盐酸与MnO4 C —
气体 反应试剂 装置 常见错误 杂质气体 净化试剂 收集方法 检验试剂或用品 尾气
处理
NH3 (典型)NH4Cl 与Ca(OH)2、加热 B 直接加热NH4Cl或试管口向上倾斜 水蒸气 碱石灰。不能用浓硫酸干燥，也不能用无水CaCl2干燥 向下排空气法 湿润的
红色石
蕊试纸 水，注意防倒吸
(拓展)NH3 ·H2O、加热 A —
(拓展)NH3 ·H2O、CaO固体 C —
气体 反应试剂 装置 常见错误 杂质气体 净化试剂 收集方法 检验试
或用品 尾气
处理
SO2 Cu、浓硫酸、加热 A 稀硫酸或不加热 水蒸气 浓硫酸。不能用碱石灰干燥 向上排空气法 品红溶液(加热后恢复原色) NaOH溶液，注意
防倒吸
Na2SO3固体、较浓硫酸 C Na2SO3溶液或稀硫酸
CO2 CaCO3、稀盐酸 C 稀硫酸 HCl NaHCO3溶液 向上排空气法 澄清石灰水 —
核心2　化学实验基础
常见设问 思考方向
从溶液中得到晶体的操作 蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤(包括水洗、冰水洗、热水洗、乙醇洗等)→干燥
测溶液pH的操作 取一小块pH试纸放在表面皿或玻璃片上，用蘸有待测液的玻璃棒点在(或用胶头滴管吸取待测液滴在)pH试纸中部，观察试纸颜色变化，并与标准比色卡对比
证明沉淀完全的操作 静置，向上层清液中继续加入少量××试剂(沉淀剂)，若无沉淀生成，说明沉淀完全
常见设问 思考方向
洗涤沉淀的操作 沿玻璃棒向漏斗(或过滤器)中的沉淀上加××至没过沉淀，静置待其自然流出，重复操作2～3次
检验沉淀是否洗涤干净的操作 取最后一次洗涤液，加入××试剂(根据沉淀可能吸附的杂质离子，选择合适的检验试剂)，若没有××(特征现象)出现，证明沉淀已洗涤干净
沉淀水洗的目的 除去××(可溶于水)杂质
常见设问 思考方向
沉淀用乙醇洗涤的目的 a.减少固体的溶解损耗；b.除去固体表面吸附的杂质；c.乙醇挥发带走水分，使固体快速干燥
冷凝回流的作用及目的 防止××蒸气逸出脱离反应体系，提高××物质的转化率
核心3★　实验条件控制的操作与目的
1　化学实验中温度控制的目的
操作 目的
加热 增大化学反应速率或使化学平衡向某个方向移动
降温 防止某物质在高温时分解或使化学平衡向某个方向移动
控制温度在一定范围 若温度过低，则反应速率(或溶解速率)较小；若温度过高，则某物质(如H2O2、氨水、草酸、浓硝酸、铵盐等)会分解或挥发
操作 目的
水浴加热 受热均匀，温度可控，且温度不超过100 ℃
冰水浴冷却 防止某物质分解或挥发
趁热过滤 保持过滤温度，防止温度降低后某物质析出
减压蒸发 降低蒸发温度，可以防止某物质分解(如浓缩双氧水时，需减压蒸发)
2　实验前排空气的目的
①涉及可燃性气体(H2、CO)的性质验证时，排空气的目的是防止可燃性气体与空气混合加热爆炸。
②涉及与空气中O2、CO2作用的物质，排空气的目的是防止反应物与空气中的O2、CO2反应。
核心4★　重要实验操作、现象及结论的正误判断
1　物质的制备、性质探究与检验
序号 实验操作及现象 结论 判断 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K＋

×
NaOH进行焰色反应，火焰也呈黄色；检验钾元素要透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色，说明含有钾元素，反之，则不含有
×
序号 实验操作及现象 结论 判断 解释
(3) 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
序号 实验操作及现象 结论 判断 解释
(4) 向废FeCl3蚀刻液X中加入少量铁粉，振荡，得到澄清溶液 X中一定不含Cu2＋
×
废FeCl3蚀刻液中可能存在FeCl3，一定存在CuCl2和FeCl2，加入少量铁粉时，Fe优先与Fe3＋反应，故不能说明溶液中不存在Cu2＋
序号 实验操作及现象 结论 判断 解释
(5) 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X中加入NaOH稀溶液，不加热时，NH3不会逸出
序号 实验操作及现象 结论 判断 解释
(6) 将某气体通入品红溶液中，溶液褪色 该气体一定是SO2
(7) 蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X，有白烟产生 溶液X一定是浓盐酸
×
O3、Cl2等也能使品红溶
液褪色
×
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
序号 实验操作及现象 结论 判断 解释
(8) 将SO2气体通入Ba(NO3)2溶液中，生成白色沉淀 该沉淀是BaSO3
(9) 向某溶液中加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊 该溶液一定是碳酸盐溶液
×
×
该溶液还可能是碳酸氢盐溶
液或亚硫酸盐溶液或亚硫酸
氢盐溶液
序号 实验操作及现象 结论 判断 解释
(10) 向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，产生白色沉淀 气体X一定是Cl2
×
序号 实验操作及现象 结论 判断 解释
(11) 向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解 部分Na2SO3被氧化
√
沉淀部分溶解，说明沉淀中含有BaSO3和BaSO4，则Na2SO3部分被氧化
序号 实验操作及现象 结论 判断 解释
(12) SO2通入溴水(或碘水或酸性高锰酸钾溶液)中，溴水褪色 SO2具有漂白性
(13) 取少量食盐溶于水，加稀硫酸酸化，再滴入淀粉溶液，溶液未呈蓝色 该食盐中不含有碘酸钾
×
SO2在反应中作还原剂，体现的是还原性，而不是漂白性
×
KIO3遇淀粉不变蓝色，需要将KIO3转化为I2，再检验
序号 实验操作及现象 结论 判断 解释
(14) 在CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡、静置，有白色沉淀生成，苯层呈紫色 白色沉淀可能为CuI
√
苯层呈紫色，说明有I2生成，Cu2＋将I－氧化为I2，自身被还原为＋1价，白色沉淀可能为CuI
2　化学反应原理的探究
序号 实验操作及现象 结论 判断 解释
(1) 向NaHS溶液中滴入酚酞，溶液变红色 HS－水解程度大于电离程度
√
序号 实验操作及现象 结论 判断 解释
(2) 向盛有KI3溶液的两试管中分别加入淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝色，后者有黄色沉淀生成
√
序号 实验操作及现象 结论 判断 解释
(3) 向含酚酞的氢氧化钠稀溶液中加入少量30% H2O2溶液，红色褪去，向褪色后的溶液再补加NaOH溶液，仍不显红色 H2O2因显酸性而使溶液褪色
×
补加NaOH溶液，仍不显红色，说明无酚酞存在，酚酞被H2O2氧化而变质
序号 实验操作及现象 结论 判断 解释
(4) 向Na[Al(OH)4]溶液中滴入NaHCO3溶液，产生白色沉淀
√
序号 实验操作及现象 结论 判断 解释
(5) 测定浓度均为0.1 mol/L CH3COONa与HCOONa溶液的pH，CH3COONa溶液的pH较大 酸性：CH3COOH>HCOOH
×
根据“越弱越水解”知，CH3COONa的碱性强，对应的CH3COOH的酸性弱
序号 实验操作及现象 结论 判断 解释
(6) 向Na2SiO3溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去，2　min后，试管里出现凝胶 非金属性：Cl>Si
×
盐酸的酸性强于H2SiO3，但不能说明非金属性Cl>Si。
序号 实验操作及现象 结论 判断 解释
(7) 向滴有甲基橙的AgNO3溶液中滴加KCl溶液，溶液由红色变为黄色 KCl溶液具有碱性
×
滴有甲基橙的AgNO3溶液显红色，是因Ag＋水解使溶液呈酸性，加KCl溶液沉淀Ag＋，Ag＋的水解平衡逆向移动，c(H＋)减小
序号 实验操作及现象 结论 判断 解释
(8) 在BaSO4沉淀中加入Na2CO3浓溶液，充分搅拌后，取沉淀(洗净)放入盐酸中，有气泡产生 Ksp(BaCO3)<
Ksp(BaSO4)
×
事实上，Ksp(BaCO3)＞Ksp(BaSO4)，但两者的Ksp相差不大，一定条件下可以相互转化，故根据转化实验无法比较二者Ksp的大小
序号 实验操作及现象 结论 判断 解释
(9) 向Ag2CO3白色悬浊液中加入Na2S溶液，沉淀变为黑色 Ksp(Ag2S)＞
Ksp(Ag2CO3)
(10) 向浓度均为0.1 mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀 Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]
×
√
Mg2＋、Cu2＋浓度相同，Mg(OH)2和Cu(OH)2的化学式组成相同，先生成沉淀的Ksp小
3　常见有机物性质的探究
序号 实验操作及现象 结论 判断 解释
(1) 向乙醇中加入浓硫酸，加热，溶液变黑，将产生的气体通入酸性 KMnO4 溶液中，溶液褪色 该气体是乙烯
×
挥发出的乙醇、生成的乙烯及副反应生成的SO2都能使酸性KMnO4溶液褪色
序号 实验操作及现象 结论 判断 解释
(2) 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　并加热，无红色沉淀 说明淀粉未水解
×
稀硫酸在淀粉水解反应中作催化剂，在未中和硫酸的情况下，加入的新制Cu(OH)2会与硫酸反应生成CuSO4，再加热时得不到沉淀，应该先加氢氧化钠中和硫酸后再加新制 Cu(OH)2
序号 实验操作及现象 结论 判断 解释
(3) 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Ag2O，干扰Br－的检验，应该先加稀硝酸中和NaOH，后加AgNO3溶液
序号 实验操作及现象 结论 判断 解释
(4) 向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无白色沉淀 苯酚浓度小
(5) 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
×
苯酚与浓溴水反应生成的2,4,6－三溴苯酚溶于苯酚中，看不到有沉淀生成
×
向蛋白质溶液中加入饱和氯化钠溶液发生盐析
序号 实验操作及现象 结论 判断 解释
(6) 从煤油中取出一小块钠，用滤纸擦净表面的煤油，放入无水乙醇中，产生气泡 Na能置换出醇羟基中的氢
√
煤油的主要成分是烃类，说明钠不能和烃基中的氢反应，钠能和乙醇反应，说明钠能和羟基中的氢反应
核心5★　特殊实验装置的分析应用
1　水蒸气蒸馏
(1)原理
许多不溶于水或微溶于水的有机化合物，无论是固体还是液体，只要在100 ℃左右具有一定的蒸气压，即有一定的挥发性时，若与水在一起加热就能与水同时蒸馏出来，这就称为水蒸气蒸馏。利用水蒸气蒸馏可把这些化合物同其他挥发性更低的物质分开而达到分离提纯的目的。水蒸气蒸馏也是从动植物中提取芳香油等天然产物最常用的方法之一。
(2)装置
水蒸气蒸馏的装置一般由蒸气发生器和蒸馏装置两部分组成。这两部分在连接部分要尽可能紧凑，以防蒸气在通过长的导管后部分冷凝成水而影响水蒸气蒸馏的效率。
2　减压蒸馏
可在较低温度下得到高沸点物质。一些有机物加热到其正常沸点附近时，会由于温度过高而发生氧化、分解或聚合等反应，使其无法在常压下蒸馏，减压蒸馏是分离和提纯有机化合物的常用方法之一。减压蒸馏装置主要由蒸馏、抽气(减压)、安全保护和测压四部分组成。
简易减压蒸馏装置
A—克氏蒸馏烧瓶；B—接收器；C—毛细管；D—螺旋夹；E—缓冲用的吸滤瓶；F—水银压力计；G—二通旋塞；H—导管
3　量气管
(1)量气管的读数
水准管和量气管液面相平，说明两边液面上的压强一致，管内气体体积即为当时大气压下的体积。
　　　
B B B
第一次读数：V1　　　　　第二次读数：V2
气体体积：V2－V1
操作方法：①调节左右两管的液面相平，读数并记录刻度；②反应停止后，待反应体系恢复至室温；③再次调节左右两管的液面相平，读数并记录刻度；④重复上述操作进行多次实验。
(2)气密性检验
操作方法：关闭分液漏斗的活塞，将水准管上提，使水准管的液面高于量气管的液面，静置，若液面差不变，说明装置不漏气；反之，则装置漏气。
4　索氏提取器
该装置常作为有机物的萃取装置，其优点是使用溶剂少，可连续萃取(萃取效率高)，加热前还要加几粒沸石。
5　减压过滤
也称抽滤，可加速过滤，并使沉淀抽吸得较干燥，但不宜过滤胶状沉淀和颗粒太小的沉淀。
【注意】
当停止抽滤时，需先拔掉连接吸滤瓶和泵的橡胶管，再关泵，以防倒吸。为了防止倒吸现象的发生，一般在吸滤瓶和泵之间装上一个安全瓶。
6　恒压滴液漏斗
(1)操作原理
通过支管保证液面上下的压强一致，从而使得液体能够顺利流下。一般的漏斗流下液体时，如果下方容器是封闭的，流出的液体会挤占原有气体的空间，导致容器内的压强不断增加，压强作用在漏斗内的液体上会提供向上的推力，使得液体不能流下。因此一般的(长颈、分液)漏斗容易导致液体难以流出(堵塞)。
(2)使用对象
一般在封闭体系中用恒压漏斗，如绝大部分的有机合成实验，因其有机溶剂易挥发、需要隔绝空气(氧气)等。恒压滴液漏斗在上述实验中与烧瓶(或其他反应容器)紧密连接(一般都为标准磨口)，漏斗也要用塞子密封。此外，因恒压滴液漏斗是合成实验的常规仪器，均为标准磨口，连接方便，一些不需要封闭或条件宽松的滴加过程(如滴加水)，也常用恒压滴液漏斗。
2
4
1
3
1　[2026南通海安期初]下列制取硫酸铝、氢氧化铝，获得氧化铝的原理或装置不能达到实验目的的是( )
A. 制备硫酸铝 B. 制备氢氧化铝　　
C. 过滤氢氧化铝 D. 灼烧制备氧化铝
D
2
4
1
3
【解析】 灼烧氢氧化铝制备氧化铝需要用坩埚，D错误。
2
4
1
3
2　[2026苏州期初]室温下，根据下列实验过程和现象，能得出相应实验结论的是( )
选项 实验操作和现象 实验结论
A 将溴乙烷、乙醇和烧碱的混合物加热，产生的气体经水洗后，再通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色 溴乙烷发生了消去反应
B 将干燥的氯气通入装有红色鲜花的集气瓶中，鲜花红色褪去 干燥的氯气有漂白性
C 向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热，再加入银氨溶液，未出现银镜 蔗糖未水解
D 向Na2SiO3溶液中逐滴加入稀盐酸，出现白色浑浊 非金属性：
Cl＞Si
A
2
4
1
3
【解析】 鲜花中含有水，无法验证干燥的氯气有漂白性，B错误；需要加NaOH溶液中和硫酸，C错误；只能证明盐酸的酸性比硅酸强，非金属性判断是比较最高价氧化物的水化物的酸性，氯对应的酸是高氯酸，D错误。
2
4
3
1
3　[2025泰州四模]室温下，根据下列实验操作及现象，能得出相应实验结论的是( )
选项 实验操作及现象 实验结论
A 向浓度均为0.1 mol/L的FeCl3和CuCl2混合溶液中加入少量铁粉，反应结束后无固体剩余 氧化性：
Fe3＋＞Cu2＋
B 向苯酚溶液中滴加足量浓溴水，产生白色沉淀 苯环活化了
H—O
A
2
4
3
【解析】 苯酚与浓溴水反应，体现羟基对苯基的影响，使苯基邻、对位的氢变活泼，B错误；碱性溶液中，I2与NaOH反应，C错误；两种酸的浓度未知，无法判断，D错误。
1
C 向淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热水解一段时间后，冷却，取少量水解液，用NaOH溶液调至碱性，再加入少量碘水，溶液不变蓝色 淀粉已经完全水解
D 用pH计分别测定CH3COOH溶液和CCl3COOH溶液pH，CCl3COOH溶液pH小 极性：
—CCl3＞—CH3
2
4
3
1
4 [2026南通通州调研]醋酸亚铬[Cr(CH3COO)2·H2O]难溶于冷水和乙醚。实验室用铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3)制备醋酸亚铬。
(1)焙烧。将铬铁矿、Na2CO3混合均匀置于空气中焙烧生成Na2CrO4 和Fe2O3，该反应的化学方程式为__________________________________________________________________________。
2Fe2O3＋8Na2CrO4＋8CO2
2
4
3
1
(2)水浸。将焙烧得到的固体冷却后加水充分溶解、过滤、洗涤，将洗涤滤液与滤液合并。洗涤滤渣的目的是______________________________________________________________。
(3)还原。向滤液中加入H2SO4和Na2SO3，充分反应后得到 Cr2(SO4)3，不使用其他任何试剂或仪器，判断反应已完全的方法是______________________。
防止污染环境；提高Cr的利用率
反
应液完全变成绿色
2
4
3
1
(4)制备。用如图所示装置制备醋酸亚铬。检查该装置气密性的实验操作是____________________________________________________________________________________。
将锥形瓶中的导管插入水中，打开止水夹，用热毛巾捂住抽滤瓶，观察导管口是否产生气泡

展开更多......

收起↑