2023屆高考化學總復習第二部分題型指導考前提分課件（老高考舊教材）

選擇題專項指導專題一2023高中總復習優(yōu)化設計GAOZHONGZONGFUXIYOUHUASHEJI題型一化學與STSE一、化學與環(huán)保例1下列有關說法中正確的是(

)。A.PM2.5是指大氣中直徑小于或等于2.5微米(2.5×10-6m)的細小顆粒物,PM2.5與空氣形成的分散系屬于膠體B.實施綠化工程,可以有效地防治PM2.5污染C.汽車尾氣中含有的氮氧化物,是汽油不完全燃燒產(chǎn)生的D.對于某些白酒中混有的少量塑化劑,可通過過濾的方法除去B解析:膠體是分散質(zhì)微粒直徑介于1~100

nm的分散系,A項錯誤;實施綠化工程,能夠降低空氣中污染物的含量,可以有效地防治PM2.5污染,B項正確;汽車尾氣中含有的氮氧化物,是氮氣與氧氣反應生成的,C項錯誤;少量塑化劑可溶于白酒中,不能通過過濾的方法除去,D項錯誤。解題指導

化學在改善人類生活方面是較有成效的科學,人類生活的各方面都滲透著化學。要注意積累化學原理的實際應用,并注意理解常見的化學概念,如石油的分餾與裂化、裂解,煤的干餾等。方法拓展

解答這類題目應注意以下幾點:1.PM2.5是指大氣中直徑小于或等于2.5微米的細顆粒物,而不是指空氣中的膠體粒子,更不是指空氣中的有毒物質(zhì)。2.誤認為造成溫室效應的氣體一定是CO2,其實CH4也是造成溫室效應的

氣體。3.誤認為pH<7的雨水就是酸雨;酸雨是指pH<5.6的雨水,正常雨水中由于溶解了CO2而使pH<7。4.CO2是形成溫室效應的主要氣體,但不能認為CO2是大氣污染物。5.誤認為綠色化學的核心是應用化學原理對環(huán)境污染進行治理;實際上綠色化學的核心是利用化學原理從源頭上減少和消除污染,是“防止污染”而不是“治理污染”。對點訓練11.化學與生活密切相關。下列說法錯誤的是(

)。A.燃料燃燒產(chǎn)物CO2是溫室氣體之一B.綠色化學要求從源頭上消除或減少生產(chǎn)活動對環(huán)境的污染C.燃煤中加入CaO可以減少酸雨的形成及溫室氣體的排放D.天然氣和液化石油氣是我國目前推廣使用的清潔燃料C解析:CaO可以與SO2反應生成CaSO3,CaSO3被O2氧化成CaSO4,可以減少硫酸型酸雨。CaO也可以與CO2反應生成CaCO3,但是CaCO3在高溫下分解仍生成CO2,所以不會減少CO2的排放,即不能減少溫室氣體的排放,C項錯誤。2.(2022福建三明高三質(zhì)量測試)下列有關說法錯誤的是(

)。A.在汽車尾氣排放系統(tǒng)中安裝催化轉(zhuǎn)化器可減少污染B.向天然水中加入明礬可起到殺菌消毒的作用C.載人飛船返回艙外表面使用的高溫結(jié)構(gòu)陶瓷,是一種新型無機非金屬

材料D.北京冬奧會采用的二氧化碳跨臨界直冷制冰技術比傳統(tǒng)氟利昂制冷更加節(jié)能環(huán)保B解析:在汽車尾氣排放系統(tǒng)中安裝催化轉(zhuǎn)化器,可以將尾氣中的氮氧化物等轉(zhuǎn)化為氮氣等無毒物質(zhì),減少污染,A項正確;明礬在凈水過程中起到絮凝的作用,可以將水中的小顆粒凝聚成大顆粒沉降,沒有殺菌消毒的作用,B項錯誤;高溫結(jié)構(gòu)陶瓷是硬度大、熔點高的新型無機非金屬材料,C項正確;北京冬奧會采用了二氧化碳跨臨界直冷制冰技術,該技術無毒無害,比傳統(tǒng)氟利昂制冷更加節(jié)能環(huán)保,D項正確。二、化學與生產(chǎn)、生活例2化學在生活中有著廣泛的應用,下列對應關系錯誤的是(

)。選項化學性質(zhì)實際應用AAl2(SO4)3和小蘇打反應泡沫滅火器滅火B(yǎng)鐵比銅的金屬性強FeCl3腐蝕Cu刻制印刷電路板C次氯酸鹽具有氧化性漂白粉漂白織物DHF與SiO2反應氫氟酸在玻璃器皿上刻蝕標記B解題指導

隨著人們生活水平的提高,化學與生活的聯(lián)系日趨密切,生活中的化學知識隨處可見。高考化學試題對這方面知識也進行了一定程度的考查。日常生活中的化學問題包括無鉛汽油、可降解飯盒、無磷洗衣粉、含氟牙膏的使用,舊電池的回收,食用含碘鹽,明礬凈水及各種消毒劑的使用,鋼鐵腐蝕,各種新型電池等。解決這類問題關鍵在于知識的積累和化學原理的應用。方法拓展

與日常生活密切相關問題的考查角度主要包括四個方面:(1)環(huán)境污染問題;(2)能源問題;(3)材料問題;(4)食品安全問題。考生在考前要對這四類問題綜合歸納整理。對點訓練2化學與生產(chǎn)和生活密切相關。下列過程中沒有發(fā)生化學變化的是(

)。A.氯氣作水的殺菌消毒劑B.液氨用作制冷劑C.二氧化硫作紙漿的漂白劑D.肥皂水作蚊蟲叮咬處的清洗劑B解析:氯氣作水的殺菌消毒劑是由于Cl2+H2OHClO+HCl,生成的HClO具有強氧化性,能使蛋白質(zhì)變性,A不符合題意;由于氨氣易液化,且液氨氣化時吸收大量的熱,故液氨用作制冷劑,整個過程均為物理變化,B符合題意;二氧化硫作紙漿的漂白劑,二氧化硫的漂白原理是二氧化硫與某些有色物質(zhì)化合成無色不穩(wěn)定的化合物,故發(fā)生化學變化,C不符合題意;肥皂水作蚊蟲叮咬處的清洗劑,是由于肥皂水呈堿性,中和了蚊蟲叮咬處的酸,發(fā)生酸堿中和反應,D不符合題意。題型二有關NA的計算與應用一、NA與物質(zhì)的聚集狀態(tài)例1設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值,下列敘述正確的是(

)。A.標準狀況下,11.2L苯中含有分子的數(shù)目為0.5NAB.標準狀況下,11.2LCH3CH2OH中含有的分子數(shù)目為0.5NAC.常溫常壓下,22.4L氯氣與足量鎂粉充分反應,轉(zhuǎn)移的電子數(shù)不是2NAD.常溫常壓下,22.4LNO2和CO2的混合氣體含有2NA個氧原子C解析:標準狀況下苯和CH3CH2OH不是氣體,不能用氣體摩爾體積計算,A、B項錯誤;常溫常壓不是標準狀況,氣體摩爾體積不是22.4

L·mol-1,C項正確,D項錯誤。解題指導

首先分析物質(zhì)的聚集狀態(tài)和氣體體積是否為標準狀況下的體積,然后判斷各選項的正誤。方法拓展

解答此類問題應注意以下兩點:1.物質(zhì)的聚集狀態(tài)與所處狀況有關,在標準狀況下,溴、H2O、HF、苯、CCl4、CH2Cl2、CHCl3、CH3OH、CH3CH2OH,分子中碳原子數(shù)大于4的烴、SO3等物質(zhì)均不是氣體,不能使用氣體摩爾體積進行計算。2.氣體的體積與所處的狀況有關,22.4

L某種氣體(也可以是混合氣體)在標準狀況下的物質(zhì)的量是1

mol,而在非標準狀況下的物質(zhì)的量不一定是1

mol;故在非標準狀況下,不能用標準狀況下的氣體摩爾體積計算氣體的物質(zhì)的量。對點訓練1設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,下列有關敘述正確的是(

)。A.0.1molKHSO4晶體中含有H+數(shù)為0.1NAB.標準狀況下,5.6LSO3分子中含有的電子總數(shù)為10NAC.33.6gFe與足量的水蒸氣加熱充分反應,轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1.6NAD.5.6gFe投入100mL3.5mol·L-1硝酸中,充分反應轉(zhuǎn)移電子總數(shù)為0.3NAC解析:KHSO4為離子化合物,晶體中含有K+和

,不含有H+,故A錯誤;標準狀況下,SO3為固態(tài),無法計算5.6

L

SO3的物質(zhì)的量和含有的電子總數(shù),故B錯誤;高溫下,Fe與水蒸氣反應生成四氧化三鐵和氫氣,反應消耗3

mol

Fe,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為(-0)×3

mol=8

mol,33.6

g

Fe的物質(zhì)的量為

=0.6

mol,則0.6

mol

Fe與足量的水蒸氣加熱充分反應,轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1.6NA,故C正確;5.6

g

Fe的物質(zhì)的量為

=0.1

mol,100

mL

3.5

mol·L-1硝酸的物質(zhì)的量為0.35

mol,若0.1

mol

Fe完全轉(zhuǎn)化為Fe3+消耗硝酸的物質(zhì)的量為0.4

mol,若完全轉(zhuǎn)化為Fe2+消耗硝酸

mol,則0.1

mol

Fe與0.35

mol硝酸反應生成硝酸鐵和硝酸亞鐵的混合物,充分反應轉(zhuǎn)移電子總數(shù)小于0.3NA,故D錯誤。二、NA與粒子的組成例2設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值,下列敘述正確的是(

)。A.1.6g由O2和O3組成的混合氣體中含氧原子數(shù)目為0.1NAB.0.012kg14C所含的原子數(shù)為NAD.常溫下,16gCH4含有NA個C—H共價鍵A解析:1.6

g

O2和O3組成的混合氣體中氧原子為0.1

mol,即氧原子數(shù)為0.1NA,A項正確;0.012

kg

14C所含的原子數(shù)小于NA,B項錯誤;苯分子中不含

鍵,C項錯誤;16

g

CH4為1

mol,每個CH4分子中含4個C—H共價鍵,故1

mol

CH4分子中含4NA個C—H共價鍵,D項錯誤。解題指導

解答此類題目要注意分析物質(zhì)的組成,特殊物質(zhì)的摩爾質(zhì)量或分子中的粒子數(shù)、分子中含化學鍵的數(shù)目等。方法拓展

1.物質(zhì)組成中分子數(shù)、原子數(shù)或離子數(shù)的準確判斷是解答A選項這類問題的關鍵。高考常涉及的物質(zhì)有:①稀有氣體、臭氧(O3)、白磷(P4)分子中的原子數(shù);②Na2O2、KO2中的陰、陽離子個數(shù)比;③混合氣體中原子數(shù)的判斷。如烯烴與環(huán)烷烴的混合物中碳原子數(shù)或氫原子數(shù)的判斷。2.關注特殊物質(zhì)的摩爾質(zhì)量及分子中所含的中子數(shù)、質(zhì)子數(shù)是分析B選項這類問題的關鍵。如D2O、T2O的摩爾質(zhì)量分別為20

g·mol-1、22

g·mol-1,1個分子中所含中子數(shù)分別為10、12。3.準確判斷物質(zhì)中化學鍵的數(shù)目是避開C、D選項這類陷阱的有效方法。設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值,中學常見物質(zhì)中的化學鍵數(shù)目為:1

mol

H2O中含有2

mol

O—H,1

mol

NH3中含有3

mol

N—H,1

mol

CH4中含有4

mol

C—H,1

mol

SiO2中含有4

mol

Si—O,1

mol

P4中含有6

mol

P—P,1

mol晶體硅中含有2

mol

Si—Si,1

mol石墨中含有1.5NA個C—C,1

mol

CnH2n+2中含有(2n+2)NA個極性鍵、(n-1)NA個非極性鍵,苯分子中不含碳碳雙鍵。對點訓練2設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,下列敘述中不正確的是(

)。A.18g

中所含的電子數(shù)為10NAB.5.6g鐵粉與硝酸反應失去的電子數(shù)一定為0.3NAC.用惰性電極電解飽和食鹽水,若產(chǎn)生2g氫氣,則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為2NAD.28gC3H6與C2H4的混合物完全燃燒可生成CO2分子數(shù)為2NAB三、NA與化學反應例3設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,下列說法正確的是(

)。A.室溫下,1LpH=3的NH4Cl溶液中,由水電離的H+數(shù)目為10-11NAB.0.1molNa2O2與足量水反應轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NAC.標準狀況下,6.0gNO和2.24LO2混合,所得氣體的分子數(shù)目為0.2NAD.pH=2的NaHSO4溶液中

的數(shù)目為0.01NAB解析:pH=3的NH4Cl溶液中,由水電離的c(H+)=10-3

mol·L-1,故1

L該溶液中由水電離的H+數(shù)目為10-3NA,A項錯誤;標準狀況下,6.0

g

NO為0.2

mol、2.24

L

O2為0.1

mol,根據(jù)2NO+O2══2NO2,兩者恰好完全反應生成0.2

mol

NO2,但存在反應:2NO2N2O4,故所得氣體分子數(shù)目小于0.2NA,C項錯誤;D項所給溶液沒有提供NaHSO4溶液的體積,故

的數(shù)目無法計算,D項錯誤。解題指導

解答此類題目要注意弱電解質(zhì)的電離、鹽類的水解對溶液中離子數(shù)目的影響、可逆反應的特征、氧化還原反應中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目等。方法拓展

解答此類問題應注意以下幾點。3.特殊化學反應中轉(zhuǎn)移電子數(shù)目的求算錯誤,是這類考題常設的陷阱。熟知中學化學中一些特殊反應,有助于避開陷阱。高考常涉及的化學反應有:(1)Na2O2與水(或CO2)的反應,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量即為參加反應的Na2O2的物質(zhì)的量,或生成O2物質(zhì)的量的2倍。(2)Cl2與堿的反應,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量即為參加反應的Cl2的物質(zhì)的量。(3)變價金屬鐵(或銅)與Cl2、S的反應,Cl2與變價金屬反應時均生成高價態(tài)的金屬氯化物,而S與變價金屬反應時生成的是低價態(tài)的金屬硫化物。(4)MnO2與濃鹽酸反應,Cu與濃硫酸反應,Cu與濃硝酸反應,均需要考慮濃度的降低對反應的影響及對轉(zhuǎn)移電子數(shù)目的影響。對點訓練3設NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是(

)。A.100g20%NaOH溶液中含有的氧原子數(shù)為0.5NAB.標準狀況下,11.2L乙烷和乙烯混合物中含有的碳原子數(shù)為NAC.2molSO2與1molO2在密閉容器中充分反應后,容器中的分子總數(shù)為2NAD.用銅作電極電解飽和NaCl溶液,當電路中通過0.2mole-時,陰、陽兩極產(chǎn)生的氣體分子總數(shù)為0.2NAB解析:100

g

20%

NaOH溶液中NaOH的質(zhì)量為100

g×20%=20

g,其物質(zhì)的量為0.5

mol,溶劑水的質(zhì)量為80

g,水中還含有氧原子,因此該溶液中含有的氧原子數(shù)大于0.5NA,故A錯誤;乙烷和乙烯在標準狀況下均為氣體,且二者的分子中所含的碳原子數(shù)均為2,因此標準狀況下,11.2

L

乙烷和乙烯混合物中含有的碳原子數(shù)為

×2NA

mol-1=NA,故B正確;SO2與O2的反應為可逆反應,其反應的化學方程式為2SO2+O22SO3,因此2

mol

SO2與1

mol

O2在密閉容器中充分反應后,容器中的分子總數(shù)大于2NA,故C錯誤;用銅作電極電解飽和NaCl溶液時,陽極為銅單質(zhì)失去電子生成Cu2+,陰極為H+得到電子生成H2,其電極反應為2H++2e-══H2↑,因此當電路中通過0.2

mol

e-時,陰、陽兩極產(chǎn)生的氣體分子總數(shù)為0.1NA,故D錯誤。題型三離子反應一、離子共存問題例1下列關于離子共存或離子反應的說法正確的是(

)。C解題指導

判斷離子共存的“五大注意”(1)注意判斷離子共存的情況:“能”“不能”“一定能”“可能”“一定不能”。(2)注意溶液酸堿性:酸性溶液應考慮H+的存在,堿性溶液應考慮OH-的存在。(3)注意溶液顏色:溶液無色時,有色離子不能存在。(4)注意水的電離程度:當由水電離出的c(H+)或c(OH-)小于1×10-7

mol·L-1時,水的電離受到抑制,溶液可能為酸性溶液或堿性溶液;當由水電離出的c(H+)或c(OH-)大于1×10-7

mol·L-1時,水的電離受到促進,溶液可能為弱酸鹽溶液或弱堿鹽溶液。(5)注意正確理解“透明溶液”,不能認為“有色”就不透明。如NaCl溶液、KOH溶液為無色透明溶液,CuSO4溶液、FeCl3溶液是有色透明溶液。對點訓練1(2022重慶一模)常溫下,下列各組離子在指定環(huán)境中一定能大量共存的是(

)。C解析:含有Fe3+的溶液呈黃色,Fe3+會水解使溶液顯酸性,澄清透明的中性溶液中不可能存在鐵離子,故A項錯誤;能使pH試紙變深紅的溶液為酸性溶液,酸性溶液中鉻酸根離子會轉(zhuǎn)化為重鉻酸根離子,重鉻酸根離子會與碘離子發(fā)生氧化還原反應,不能大量共存,故B項錯誤;Na+、Cl-、

四種離子在pH為13的氫氧化鈉溶液中不發(fā)生反應,能大量共存,故C項正確;c(OH-)<的溶液為酸性溶液,酸性溶液中亞硝酸根離子和醋酸根離子能與氫離子反應,不能大量共存,故D項錯誤。二、離子方程式的正誤判斷例2下列指定反應的離子方程式正確的是(

)。B解析:A項,不符合電荷守恒,錯誤;C項,OH-、H+和H2O前面的化學計量數(shù)應為2,錯誤;D項,漏寫

與OH-的反應,錯誤。解題指導

離子方程式正誤判斷要抓住四個“兩”方法拓展

酸式鹽與堿反應離子方程式的書寫方法——“少定多變”法(1)“少定”就是把相對量較少的物質(zhì)定為“1

mol”,若少量物質(zhì)有兩種或兩

種以上離子參加反應,則參加反應的離子的物質(zhì)的量之比與原物質(zhì)組成比相符。(2)“多變”就是過量的反應物,其離子的化學計量數(shù)根據(jù)反應實際需求量來確定,不受化學式中的比例制約,是可變的。如少量NaHCO3與足量Ca(OH)2溶液的反應:對點訓練21.(2022陜西漢中高三二檢)下列離子方程式書寫正確的是(

)。D解析:泡沫滅火器的原理是碳酸氫鈉與硫酸鋁發(fā)生相互促進的水解反應產(chǎn)生沉淀和氣體,反應的離子方程式:3+Al3+══3CO2↑+Al(OH)3↓,A項錯誤;氯氣通入石灰乳制漂白粉的離子方程式:2Ca(OH)2+2Cl2══2ClO-+2Ca2++2Cl-+2H2O,B項錯誤;氫氧化鐵溶于氫碘酸中不但發(fā)生酸堿中和反應,鐵離子還與碘離子發(fā)生氧化還原反應,C項錯誤;向NH4HSO4溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液,氫氧根離子只與氫離子反應,不與銨根離子反應,正確的離子方程式:Ba2++2OH-+2H++

══BaSO4↓+2H2O,D項正確。2.下列有關說法正確的是(

)。

D三、離子推斷

下列判斷不正確的是(

)。A.氣體甲能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍B.沉淀丙一定屬于純凈物C.沉淀丁是Al(OH)3D.原溶液X中可能含有Na+、I-和D解題指導

離子推斷題的解答在于掌握離子的特征反應及離子間的共存

情況。方法拓展

離子推斷過程中的“四原則”B.原溶液中一定存在K+,可能存在Cl-C.是否存在K+只有通過焰色試驗才能確定D.若原溶液中不存在Cl-,則c(K+)=0.1mol·L-1C題型四常見元素及其化合物一、元素的單質(zhì)及其化合物的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化例1在給定條件下,下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是(

)。C解析:A項,Fe與Cl2反應生成FeCl3,錯誤;B項,S與O2反應生成SO2,錯誤;C項,CaCO3高溫分解生成CaO和CO2,堿性氧化物CaO與酸性氧化物SiO2在高溫條件下反應生成CaSiO3,正確;D項,NO與H2O不反應,錯誤。解題指導

明確物質(zhì)的性質(zhì)是解物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化類題的關鍵。方法拓展

物質(zhì)之間常見的轉(zhuǎn)化關系1.常見的連續(xù)變化。(2)價態(tài)不變型:2.不能完成的“一步轉(zhuǎn)化”。在單質(zhì)、氧化物、酸(或堿)的轉(zhuǎn)化關系中,不能一步完成的有:①SiO2不能通過一步反應轉(zhuǎn)化為H2SiO3。②S不能通過一步反應轉(zhuǎn)化為SO3。③N2不能通過一步反應轉(zhuǎn)化為NO2。①能溶于水的堿[如:NaOH、KOH、Ca(OH)2、Ba(OH)2]可通過一步反應實現(xiàn)氧化物到堿的轉(zhuǎn)化。②難溶于水的堿[如Cu(OH)2等]不能通過一步反應實現(xiàn)氧化物到堿的轉(zhuǎn)化。對點訓練1(2022河北唐山高三二模)甲、乙、丙、丁為中學化學常見的物質(zhì),其相互轉(zhuǎn)化關系如圖所示(水作為溶劑未在圖上標出),下列組合不能實現(xiàn)圖示轉(zhuǎn)化的是(

)。選項甲乙丙ACO2NaHCO3Na2CO3BFeFeCl2FeCl3CH2SSSO2DAlCl3Al(OH)3NaAlO2B解析:過量的CO2與氫氧化鈉反應生成NaHCO3,NaHCO3與氫氧化鈉反應生成Na2CO3,Na2CO3與CO2、H2O反應生成NaHCO3,可以實現(xiàn)圖示轉(zhuǎn)化,故A項不符合題意。若丁是氯氣,Fe與氯氣反應生成FeCl3;若丁是鹽酸,Fe與鹽酸反應生成FeCl2,FeCl2與鹽酸不反應,不能實現(xiàn)圖示轉(zhuǎn)化,故B項符合題意。H2S在氧氣不足的條件下燃燒生成S和水,S與氧氣點燃生成SO2,SO2與H2S反應生成S和水,可以實現(xiàn)圖示轉(zhuǎn)化,故C項不符合題意。AlCl3與少量氫氧化鈉反應生成Al(OH)3,Al(OH)3與氫氧化鈉反應生成NaAlO2,NaAlO2與AlCl3、H2O反應生成Al(OH)3,可以實現(xiàn)圖示轉(zhuǎn)化,故D項不符合題意。二、無機物與性質(zhì)有關的綜合題例2利用下圖所示裝置進行實驗,有關現(xiàn)象和解釋均正確的是(

)。選項足量氣體A甲中試劑乙中試劑現(xiàn)象解釋ACO2Na2SiO3BaCl2甲渾濁、乙澄清酸性:HCl>H2CO3>H2SiO3BCl2紫色石蕊Fe(SCN)2開始均變紅Cl2溶于水顯酸性CSO2品紅KMnO4均褪色SO2具有漂白性DNH3AgNO3AlCl3現(xiàn)象相同NH3·H2O電離出OH-A解析:利用強酸制弱酸原理知:CO2與Na2SiO3溶液反應生成H2SiO3沉淀,而CO2與BaCl2不反應,A項正確;Cl2通入Fe(SCN)2溶液中溶液變紅是因為Cl2將Fe2+氧化為Fe3+生成Fe(SCN)3而使溶液呈紅色,B項錯誤;SO2使KMnO4溶液褪色是因為其具有還原性,C項錯誤;NH3通入AgNO3溶液中先產(chǎn)生白色沉淀后沉淀溶解,NH3通入AlCl3溶液中有白色沉淀產(chǎn)生,現(xiàn)象不同,D項錯誤。解題指導

本題以實驗為載體考查元素及其化合物的性質(zhì)。關注物質(zhì)性質(zhì)的同時注意實驗原理的運用以及不同物質(zhì)性質(zhì)上的差異性。方法拓展

以元素化合物為載體的圖表題類型:①因果關系考查物質(zhì)的性質(zhì)與用途、性質(zhì)與保存;②類比關系考查物質(zhì)性質(zhì)的相似性與差異性;③根據(jù)相關實驗現(xiàn)象考查物質(zhì)的性質(zhì),并進行解釋;④根據(jù)性質(zhì)考查物質(zhì)的制備實驗中藥品的選擇;⑤根據(jù)特性對物質(zhì)(或離子)進行鑒別。對點訓練2下列“類比”合理的是(

)。A.Fe與S反應生成FeS,則Cu與S反應生成Cu2SB.C在足量的O2中燃燒生成CO2,則S在足量的O2中燃燒生成SO3C.Cl2與水反應生成HCl和HClO,則F2與水反應生成HF和HFOD.Na2O2與CO2反應生成Na2CO3和O2,則Na2O2與SO2反應生成Na2SO3和O2A解析:S的氧化性比較弱,S與變價金屬Fe反應產(chǎn)生FeS,與Cu反應產(chǎn)生Cu2S,A正確;C在足量的O2中燃燒生成CO2,而S在足量的O2中燃燒生成SO2,B錯誤;Cl2與水反應生成HCl和HClO,但F2與水反應卻生成HF和O2,C錯誤;Na2O2與CO2反應生成Na2CO3和O2,由于Na2O2具有強氧化性,SO2具有還原性,則Na2O2與SO2反應生成Na2SO4,不會生成Na2SO3和O2,D錯誤。題型五元素周期表及周期律一、元素周期表的結(jié)構(gòu)例1現(xiàn)有短周期主族元素A、B、C、D,A、B、C元素在元素周期表中所處的位置如表所示。A、B、C三種元素原子的質(zhì)子數(shù)之和為32,D元素原子的最外層電子數(shù)為次外層電子數(shù)的2倍。則下列說法正確的是(

)。A

C

B

A.元素D形成的氣態(tài)氫化物的立體構(gòu)型一定是正四面體B.A、B兩種元素的氣態(tài)氫化物均能與它們的最高價氧化物對應的水化物發(fā)生反應,且反應類型相同C.在DB2、BC6、DC4的分子中,每個原子都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)D.四種元素形成的氣態(tài)氫化物中,C元素形成的氫化物的穩(wěn)定性最高D解析:設A的質(zhì)子數(shù)為n,由A、B、C的位置關系可知,B的質(zhì)子數(shù)為n+9,C的質(zhì)子數(shù)為n+2,即n+(n+9)+(n+2)=32,解得n=7,可知A、B、C分別是N、S、F;D元素原子的最外層電子數(shù)為次外層電子數(shù)的2倍,則D為碳元素(C)。碳元素的氫化物有多種,如CH4、C2H6、C2H4,不一定是正四面體,A項錯誤;NH3與HNO3發(fā)生的反應為非氧化還原反應,H2S與濃硫酸發(fā)生的反應為氧化還原反應,B項錯誤;CS2、CF4均能滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu),SF6中的硫(S)原子不滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu),C項錯誤;由于氟元素是最活潑的非金屬元素,其氫化物的穩(wěn)定性最高,D項正確。解題指導

解答此類題目關鍵在于熟悉元素周期表的結(jié)構(gòu)。①元素周期表中的第一周期只有H和He兩種元素,H所在的第ⅠA

族為元素周期表的左側(cè)邊界,第ⅠA族左側(cè)無元素分布;②He為0族元素,0族元素為元素周期表的右側(cè)邊界,0族元素右側(cè)沒有元素分布;③第ⅡA族和第ⅢA族中間間隔10列,分別位于周期表的第2列和第13列。對點訓練1短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大,濕潤的紅色石蕊試紙遇W的氣態(tài)氫化物變藍色。含X、Y和Z三種元素的化合物R有如圖轉(zhuǎn)化關系(已知酸性強弱:HClO3>HNO3)。下列說法正確的是(

)。A.簡單離子半徑:Y>Z>W>XB.加熱單質(zhì)甲與品紅溶液反應所得的“無色溶液”,可變成紅色溶液C.簡單氫化物的熱穩(wěn)定性:X>WD.常溫下,向蒸餾水中加入少量R,水的電離程度可能減小C解析:在短周期主族元素中,可以形成強堿的是Li、Na元素,能使品紅溶液褪色的氣體可能是SO2、Cl2,單質(zhì)甲為Cl2;W的氣態(tài)氫化物使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色,說明W為氮元素;W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大,則Y元素不可能為Li,所以強堿戊為NaOH;電解氯化鈉水溶液生成氫氧化鈉、氫氣和氯氣,故R可能是NaClO或NaClO3。綜上所述,W為N元素,X為O元素,Y為Na元素,Z為Cl元素。Cl-、N3-、O2-、Na+的半徑依次減小,A說法錯誤;單質(zhì)甲為Cl2,由于次氯酸漂白后較穩(wěn)定,加熱“無色溶液”,溶液不變色,B說法錯誤;X為O元素,W為N元素,非金屬性越強,簡單氫化物的穩(wěn)定性越強,非金屬性:O>N,H2O的熱穩(wěn)定性比NH3強,C說法正確;NaClO屬于強堿弱酸鹽,能夠發(fā)生水解,可促進水的電離,NaClO3是強酸強堿鹽,對水的電離沒有影響,D說法錯誤。二、元素的“位”“構(gòu)”“性”的關系例2W、X、Y、Z是短周期元素,其部分性質(zhì)如下表,下列說法正確的是(

)。W單質(zhì)是淡黃色固體X在地殼中的含量居第二位YY+與

的質(zhì)子數(shù)、電子數(shù)均相等Z第三周期原子半徑最小的金屬A.Z的氧化物屬于堿性氧化物B.離子半徑:Z>WC.最高價氧化物對應水化物的堿性:Y>ZD.簡單氫化物的熱穩(wěn)定性:X>WC解析:根據(jù)題目信息判斷,W、X、Y、Z分別為S、Si、Na、Al。Al2O3是兩性氧化物,A項錯誤;r(Al3+)<r(S2-),B項錯誤;堿性:NaOH>Al(OH)3,C項正確;熱穩(wěn)定性:SiH4<H2S,D項錯誤。解題指導

解題時應關注原子序數(shù)之間的關系,如Z(Mg)=[Z(O)+Z(S)],Z(O)=Z(S),Z(O)+Z(N)=Z(P);關注幾個最:地殼中含量最豐富的元素為O、居第二位的是Si,空氣中含量最豐富的元素為N。關注元素周期律中的特殊性,F無正價等。方法拓展

元素推斷題的答題流程(1)尋找突破口——元素推斷的關鍵:抓住題中的關鍵信息,把握解題的突破口。(2)推斷元素——正確解題的基礎:應根據(jù)題目中的信息,結(jié)合突破口找出關鍵元素,根據(jù)元素周期表片段和元素位置關系推出所有元素,充分利用元素周期律,結(jié)合所求解的問題解答。①周期表結(jié)構(gòu):熟練掌握短周期片段。②原子結(jié)構(gòu)特點:核外電子排布規(guī)律,特別是有特性的規(guī)律。③元素周期性遞變規(guī)律。④相應單質(zhì)和化合物的性質(zhì):氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性、最高價氧化物對應水化物的酸堿性、特性等。⑤化學鍵與物質(zhì)類別的關系:記憶特殊物質(zhì)的化學鍵,如Na2O2中既含離子鍵又含非極性共價鍵,H2O2中既含非極性共價鍵又含極性共價鍵。(3)明確選項問題,分析正誤。對點訓練2(2022四川宜賓高三三診)短周期元素X、Y、Z、M、W、Q、R的原子半徑及主要化合價如下:元素代號XYZM原子半徑/nm0.1860.1430.1040.099主要化合價/價+1+3+6,-2+7,-1元素代號WQR原子半徑/nm0.0700.0660.032主要化合價/價+5,-3-2+1下列說法錯誤的是(

)。A.Z在元素周期表中位于第三周期第ⅥA族B.由X、Y、Z、Q四種元素形成的簡單離子半徑由小到大的順序:Y3+<X+<Q2-<Z2-C.W和R、Q和R均能形成含有非極性共價鍵的18e-化合物D.由Z、W、Q、R四種元素形成的一種離子化合物,其水溶液顯強酸性,1mol該化合物的晶體中所含的離子數(shù)是3NA(設NA是阿伏加德羅常數(shù)的值)D解析:已知題述7種元素為短周期元素,由表中數(shù)據(jù)可知,Q的主要化合價為

-2價,應為O;Z的主要化合價為-2價和+6價,且Z的原子半徑大于O,則Z是S;R的主要化合價為+1價,原子半徑小于O,則R是H;M的主要化合價為-1價和+7價,則M是Cl;W的主要化合價為-3價和+5價,原子半徑小于Cl,則W是N;X的主要化合價為+1價,原子半徑大于Cl,則X是Na;Y的主要化合價為+3價,原子半徑大于Cl,則Y是Al。Z是S,S在元素周期表中位于第三周期第ⅥA族,A項正確。X是Na,Y是Al,Z是S,Q是O,它們形成的簡單離子分別是Na+、Al3+、S2-、O2-,S2-有3個電子層,而Na+、Al3+、O2-只有2個電子層。離子核外電子層數(shù)越多半徑越大;當離子核外電子層數(shù)相同時,離子的核電荷數(shù)越大,離子半徑越小,故四種離子半徑由小到大的順序是Y3+(Al3+)<X+(Na+)<Q2-(O2-)<Z2-(S2-),B項正確。W和R形成的18電子粒子是N2H4;Q和R形成的18電子粒子是H2O2,在N2H4和H2O2分子中都含有極性鍵和非極性鍵,C項正確。由S、N、O、H四種元素形成的一種離子化合物,其水溶液顯強酸性,該化合物的化學式為NH4HSO4,NH4HSO4晶體中含有

、

兩種離子,則1

mol該化合物的晶體中所含的離子數(shù)是2NA,D項錯誤。三、元素周期律與化學鍵例3X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期元素。已知X原子的最外層電子數(shù)是其所在周期數(shù)的2倍,X單質(zhì)在Y單質(zhì)中充分燃燒生成其最高價化合物XY2,Z+與Y2-具有相同的電子數(shù),W與Y同主族。下列說法正確的是(

)。A.W在元素周期表中位于第三周期第ⅣA族B.X的簡單氫化物的熱穩(wěn)定性比Y的強C.由X、Y、Z三種元素組成物質(zhì)的水溶液一定呈堿性D.由Y、Z兩種元素組成的離子化合物,其陽離子與陰離子個數(shù)比不一定為2∶1C解析:X原子的最外層電子數(shù)是其所在周期數(shù)的2倍,符合題意的元素有C、S,但S充分燃燒不能得到最高價化合物,故X為C,Y為O,Z+與Y2-具有相同的電子數(shù),故Z為Na,W與Y同主族,且為短周期元素,故W為S。S位于周期表中第三周期第ⅥA族,A項錯誤;CH4的熱穩(wěn)定性比H2O的弱,B項錯誤;X、Y、Z三種元素組成的物質(zhì)為Na2CO3或Na2C2O4,水溶液呈堿性,C項正確;Y、Z兩元素組成的離子化合物為Na2O或Na2O2,其陽離子與陰離子個數(shù)比均為2∶1,D項錯誤。解題指導

本題依據(jù)元素周期表“位”“構(gòu)”“性”的關系推斷元素,然后根據(jù)相關的規(guī)律作答。方法拓展

1.離子化合物與共價化合物的比較化合物類型離子化合物共價化合物定義含有離子鍵的化合物只含有共價鍵的化合物構(gòu)成微粒陰離子和陽離子原子或分子微粒間的主要相互作用離子鍵共價鍵或分子間作用力實例NaCl、KOH、Na2SO4、CaO等H2O、HNO3、SO2、NH3、H2SO4、SiO2等(1)離子化合物中一定含有離子鍵,可能含有共價鍵,如NaOH、Na2O2等,共價化合物中只含有共價鍵,不可能含有離子鍵。(2)金屬元素與非金屬元素組成的化合物不一定是離子化合物,如AlCl3為共價化合物。全由非金屬元素組成的化合物不一定為共價化合物,如NH4Cl為離子化合物。2.失電子難的元素得電子能力不一定強,如稀有氣體元素。最高正化合價和最低負化合價絕對值相等的元素不一定是第ⅣA族元素,如H。絕大多數(shù)非金屬元素的最高正化合價和它的最低負化合價的絕對值之和等于8,但H、O、F等例外。對點訓練3a、b、c、d為原子序數(shù)依次增大的四種短周期主族元素。a的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍,b的M層上有1個電子,a與c同主族。下列說法不正確的是(

)。A.原子半徑:b>c>dB.簡單氫化物穩(wěn)定性:a>cC.簡單陰離子還原性:d>cD.a、b可形成既含離子鍵又含共價鍵的離子化合物C解析:a的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍,則a為O元素;b的M層上有1個電子,則b為Na元素;a與c同主族,則c為S元素;再結(jié)合a、b、c、d為原子序數(shù)依次增大的四種短周期主族元素,可知d為Cl元素。Na、S、Cl為同周期主族元素,核電荷數(shù)越大,原子半徑越小,則原子半徑Na>S>Cl,故A正確;非金屬性越強,簡單氫化物越穩(wěn)定,O的非金屬性比S強,則H2O比H2S穩(wěn)定,故B正確;非金屬性越強,其簡單陰離子還原性越弱,Cl的非金屬性比S強,則S2-還原性比Cl-強,故C錯誤;Na和O形成的Na2O2,是既含離子鍵又含共價鍵的離子化合物,故D正確。題型六化學反應中的能量變化一、用鍵能計算反應熱例1已知C(s,金剛石)的燃燒熱為395kJ·mol-1,下表是部分化學鍵的鍵能數(shù)據(jù),下列選項中正確的是(

)。A.x=794.5B.x=1142.5C.1molC(s,金剛石)的能量一定比1molCO2能量高D.金剛石燃燒的熱化學方程式為2C(s,金剛石)+O2(g)══2CO(g)

ΔH=-790kJ·mol-1A解析:金剛石燃燒的化學方程式為C(s,金剛石)+O2CO2,1

mol

C(s,金剛石)含2

mol

C—C,根據(jù)燃燒熱定義,可得2x

kJ·mol-1-(348

kJ·mol-1×2+498

kJ·mol-1)=395

kJ·mol-1,解得x=794.5,A項正確,B項錯誤;1

mol

C(s,金剛石)和1

mol

O2具有的總能量比1

mol

CO2能量高,C項錯誤;因生成的是CO,無法計算反應的反應熱,D項錯誤。解題指導

解答這一類題目需理清兩個重要關系:1.反應物、生成物的鍵能與反應熱的關系,并掌握其計算方法。2.反應物具有的總能量、生成物具有的總能量與反應熱的關系。方法拓展

這一類題考查的是反應熱比較和計算的問題:1.ΔH=生成物的總能量-反應物的總能量,具體對應關系為:ΔH<0→反應放熱→生成物的總能量<反應物的總能量ΔH>0→反應吸熱→生成物的總能量>反應物的總能量2.ΔH=反應物的鍵能總和-生成物的鍵能總和計算物質(zhì)中共價鍵的個數(shù)時要結(jié)合物質(zhì)的結(jié)構(gòu),如1

mol

晶體硅中含2

mol

Si—Si,1

mol

SiO2中含4

mol

Si—O。3.物質(zhì)具有的能量越低越穩(wěn)定,物質(zhì)的鍵能越大越穩(wěn)定。對點訓練1(2022河南濮陽高三質(zhì)量檢測)氯胺是由氯氣與氨氣反應生成的一類化合物,是常用飲用水的二級消毒劑,主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2Cl、NHCl2和NCl3)。已知部分化學鍵的鍵能和化學反應的能量變化如表和圖所示。下列說法正確的是(

)?；瘜W鍵N—HN—ClH—Cl鍵能/(kJ·mol-1)391.3x431.8A.NH3(g)+2Cl2(g)══NHCl2(g)+2HCl(g)

ΔH=-22.6kJ·mol-1B.反應過程中的ΔH2=+1405.6kJ·mol-1C.選用合適的催化劑,可降低反應過程中的ΔHD.表中的x=191.2答案:D解析:根據(jù)圖中物質(zhì)轉(zhuǎn)化關系可知,熱化學方程式為NH3(g)+Cl2(g)══NH2Cl(g)+HCl(g)

ΔH=+11.3

kJ·mol-1,設Cl—Cl鍵鍵能為y

kJ·mol-1,則有1

416.9

kJ·mol-1=3×391.3

kJ·mol-1+y

kJ·mol-1,解得y=243。再根據(jù)11.3

kJ·mol-1=1

416.9

kJ·mol-1-2×391.3

kJ·mol-1-x

kJ·mol-1-431.8

kJ·mol-1,解得x=191.2,D項正確;化學方程式為NH3(g)+2Cl2(g)══NHCl2(g)+2HCl(g),則ΔH=3×391.3

kJ·mol-1+2×243

kJ·mol-1-(391.3

kJ·mol-1+2×191.2

kJ·mol-1+2×431.8

kJ·mol-1)=+22.6

kJ·mol-1,A項錯誤;ΔH=反應物總鍵能-生成物總鍵能,可得生成物總鍵能為1

416.9

kJ·mol-1-11.3

kJ·mol-1=1

405.6

kJ·mol-1,氣態(tài)原子成鍵形成1

mol

NH2Cl氣體和1

mol

HCl氣體放出能量,則反應過程中的ΔH2=-1

405.6

kJ·mol-1,B項錯誤;選用合適的催化劑,可降低反應過程中的活化能,但反應物總能量、生成物總能量沒有改變,故不改變ΔH,C項錯誤。二、蓋斯定律的應用例2通過以下反應可獲得新型能源二甲醚(CH3OCH3)。下列說法不正確的是(

)。①C(s)+H2O(g)══CO(g)+H2(g) ΔH1=akJ·mol-1②CO(g)+H2O(g)══CO2(g)+H2(g) ΔH2=bkJ·mol-1③CO2(g)+3H2(g)══CH3OH(g)+H2O(g)

ΔH3=ckJ·mol-1④2CH3OH(g)══CH3OCH3(g)+H2O(g)

ΔH4=dkJ·mol-1A.反應①②為反應③提供原料氣B.反應③也是CO2資源化利用的方法之一C.反應CH3OH(g)

══

CH3OCH3(g)+H2O(l)的ΔH=kJ·mol-1D.反應2CO(g)+4H2(g)══H2O(g)+CH3OCH3(g)的ΔH=(2b+2c+d)kJ·mol-1C解析:A項,反應①生成CO(g)和H2(g),生成的CO(g)繼續(xù)發(fā)生反應②生成CO2(g)和H2(g),反應③的原料為CO2(g)和H2(g),正確;B項,反應③可將溫室氣體CO2轉(zhuǎn)化為燃料CH3OH,正確;C項,反應④中生成的H2O為氣體,選項所給反應中生成的H2O為液體,故選項中反應的ΔH≠kJ·mol-1,錯誤;D項,依據(jù)蓋斯定律:反應②×2+反應③×2+反應④,可得熱化學方程式2CO(g)+4H2(g)══CH3OCH3(g)+H2O(g)

ΔH=(2b+2c+d)

kJ·mol-1,正確。解題指導

要明確ΔH的“+”“-”與反應熱的關系,熟悉常見的吸熱和放熱反應,特別是熟練地運用蓋斯定律解決實際問題。方法拓展

在比較反應熱和運用蓋斯定律解題時,應注意以下幾個方面。1.比較反應熱大小。(1)反應物和生成物的狀態(tài):物質(zhì)的氣、液、固三態(tài)的變化與反應熱的關系。(2)ΔH的符號:比較反應熱的大小時,不要只比較ΔH絕對值的大小,還要考慮其符號。2.運用蓋斯定律。(1)當熱化學方程式乘以或除以某數(shù)時,ΔH也應乘以或除以相應的數(shù)。熱化學方程式進行加減運算時,ΔH也同樣要進行加減運算。(2)反應逆向進行時,其反應熱與正反應的反應熱絕對值相等,符號相反。對點訓練2在1200℃時,天然氣脫硫工藝中會發(fā)生下列反應:則ΔH4的正確表達式為(

)。

A解析:通過觀察已知反應的物質(zhì)、狀態(tài)、在方程式中的計量數(shù),找出它們與所求方程式的關系,利用蓋斯定律求解。題型七電化學基礎及其應用一、原電池原理及其應用例1某原電池裝置如圖所示,電池總反應為2Ag+Cl2══2AgCl。下列說法正確的是(

)。A.正極反應為AgCl+e-══Ag+Cl-B.放電時,交換膜右側(cè)溶液中有大量白色沉淀生成C.若用NaCl溶液代替鹽酸,則電池總反應隨之改變D.當電路中轉(zhuǎn)移0.01mole-時,交換膜左側(cè)溶液中約減少0.02mol離子D解析:原電池的正極發(fā)生得電子的還原反應:Cl2+2e-══2Cl-,負極發(fā)生失電子的氧化反應:Ag+Cl--e-══AgCl,陽離子交換膜右側(cè)無白色沉淀生成;若用NaCl溶液代替鹽酸,電池總反應不會改變;當電路中轉(zhuǎn)移0.01

mol電子時,負極消耗0.01

mol

Cl-,右側(cè)正極生成0.01

mol

Cl-,左側(cè)溶液中應有0.01

mol

H+移向右側(cè),約減少0.02

mol離子。解題指導

首先確定該電池的正、負極,然后再根據(jù)原電池的工作原理判斷各選項的正誤。方法拓展

解答這類試題應注意以下幾點:(1)分析元素化合價變化情況,依據(jù)化合價變化情況確定氧化還原反應,進而確定原電池的正、負極。如上例中Ag化合價升高,發(fā)生氧化反應,AgCl/Ag極為負極。(2)外電路中,電子從負極流向正極,電流從正極流向負極;溶液和鹽橋中的陽離子移向正極,陰離子移向負極。如上例中H+移向右側(cè)(正極區(qū))。(3)書寫或判斷電極反應式時,先分析出負極上的氧化產(chǎn)物和正極上的還原產(chǎn)物,再考慮氧化產(chǎn)物或還原產(chǎn)物與電解質(zhì)溶液中的離子是否發(fā)生反應。如上例中對A、B兩項的判斷和對燃料電池的判斷。(4)有關電極產(chǎn)物的計算關鍵是找到電子轉(zhuǎn)移的量與電極產(chǎn)物的量的關系。對點訓練1(2020天津卷)熔融鈉-硫電池性能優(yōu)良,是具有應用前景的儲能電池。下圖中的電池反應為2Na+xSNa2Sx(x=5~3,難溶于熔融硫)。下列說法錯誤的是(

)。C二、電解池原理及其應用例2下面是利用電滲析法由海水獲得淡水的原理圖,已知海水中含Na+、Cl-、Ca2+、Mg2+、

等離子,電極為惰性電極。下列說法正確的是(

)。A.陽離子交換膜為AB.通電后陽極區(qū)的電極反應式為4OH--4e-══O2↑+2H2OC.陰極區(qū)電極上產(chǎn)生氣泡,溶液中生成少量白色沉淀D.通電后

向右側(cè)移動C解題指導

首先根據(jù)外加電源確定該電解池的陰、陽極,然后再根據(jù)電解池的工作原理作答。方法拓展

解答這類試題應注意以下幾點:(1)根據(jù)電極上發(fā)生的反應判斷陰、陽極,發(fā)生還原反應的一極是陰極,發(fā)生氧化反應的一極是陽極;或者依據(jù)外加電源的正、負極確定陰、陽極,與電源正極相連的一極為陽極,與電源負極相連的一極為陰極。(2)書寫或判斷電極反應式時,在考慮溶液中陰、陽離子放電順序的同時,也要注意電極本身發(fā)生的反應及電極反應產(chǎn)物與溶液中的離子發(fā)生的反應。(3)溶液中離子濃度和pH的計算應注意溶液體積的變化。對點訓練2廚房垃圾發(fā)酵液可通過電滲析法處理,同時得到乳酸的原理如圖所示(圖中HA表示乳酸分子,A-表示乳酸根離子,乳酸的摩爾質(zhì)量為90g·mol-1)。下列有關說法中正確的是(

)。A.陽極的電極反應式為4OH--4e-══2H2O+O2↑B.H+從陽極通過陽離子交換膜向陰極移動C.A-通過陰離子交換膜從陰極進入濃縮室D.400mL10g·L-1乳酸溶液通電一段時間后,濃度上升為145g·L-1(溶液體積變化忽略不計),陰極上產(chǎn)生的H2在標準狀況下的體積約為4.48LC三、原電池、電解池原理綜合應用

有關上述兩種電池說法正確的是(

)。A.鋰離子電池放電時,Li+向負極遷移B.鋰硫電池充電時,鋰電極發(fā)生還原反應C.理論上兩種電池的比能量相同D.上圖表示用鋰離子電池給鋰硫電池充電B解析:放電時為原電池,陽離子向正極遷移,A項錯誤;充電時,鋰電極作陰極,發(fā)生還原反應,B項正確;兩者同質(zhì)量產(chǎn)生的電量不相同,C項錯誤;鋰離子電池為電解池,鋰硫電池為原電池,D項錯誤。解題指導

首先分析充、放電過程中,各電極的反應情況,再分析并確定D項中連接是否正確。方法拓展

鋰離子電池總反應中的LixC其實不是化合物,可將其中的碳理解為載體。對點訓練3(2022湖南湘潭高三模擬)鎂-空氣中性燃料電池比能量大,成本低。實驗小組以該燃料電池為電源制備PbO2,工作原理示意圖如圖所示。下列說法錯誤的是(

)。A.采用多孔電極有利于增大接觸面積和氧氣擴散B.工作時,電源的正極反應式為O2+2H2O+4e-══4OH-C.工作時,Pb2+在石墨I電極上失去電子D.外電路中流過1mole-,理論上生成1molPbO2D解析:采用多孔電極增大了富氧空氣中氧氣與電極的接觸面積,有利于增大氧氣擴散,故A項正確;由分析可知,工作時富氧空氣中的氧氣在正極得到電子發(fā)生還原反應生成氫氧根離子,電極反應式為O2+2H2O+4e-══4OH-,故B項正確;由分析可知,鉛離子在石墨Ⅰ電極上失去電子發(fā)生氧化反應生成二氧化鉛,故C項正確;鉛離子發(fā)生氧化反應生成二氧化鉛,由得失電子

數(shù)目守恒可知,外電路中流過1

mol

e-,理論上生成0.5

mol

二氧化鉛,故D項錯誤。題型八化學反應速率與化學平衡一、用數(shù)據(jù)信息進行有關計算和判斷例1將一定質(zhì)量的固體NH4I置于密閉容器中,在某溫度下發(fā)生下列反應:①NH4I(s)NH3(g)+HI(g)②2HI(g)H2(g)+I2(g)5min后達平衡時,c(H2)=0.5mol·L-1,c(HI)=4mol·L-1,則下列說法不正確的是(

)。A.用NH3表示反應①的速率為1mol·L-1·min-1B.體系中顏色不再變化時,可判斷反應均已達平衡C.該溫度下反應①的平衡常數(shù)的值為20D.加壓時反應②的平衡不會移動D解析:平衡時c(H2)=0.5

mol·L-1,則①中生成的c(NH3)=(0.5×2+4)mol·L-1=5

mol·L-1,等于平衡時NH3的濃度,則有v(NH3)==1

mol·L-1·min-1,A項正確;I2(g)有顏色,且顏色不再變化表示c(I2)不變,可判斷反應均已達平衡,B項正確;反應①的平衡常數(shù)=c(NH3)·c(HI)=20,C項正確;加壓時,反應①會逆向移動,使c(HI)減小,則反應②也會逆向移動,D項錯誤。解題指導

化學反應速率與化學平衡是高考考查的熱點內(nèi)容,需掌握幾個基本知識點:化學反應速率的有關計算和比較、判斷可逆反應達到平衡的標志、平衡常數(shù)的計算和應用、分析平衡的移動等。此題應依據(jù)題中所給的平衡時的數(shù)據(jù)信息作答。方法拓展

解決此類問題的各基本知識點時,應特別注意以下幾點。1.化學反應速率的計算是用某物質(zhì)濃度的變化量而不是物質(zhì)的量,當信息是以物質(zhì)的量給出時,應注意容器的體積。2.比較化學反應速率時應注意將不同物質(zhì)表示的化學反應速率轉(zhuǎn)化成用同一物質(zhì)比較,并且單位要統(tǒng)一。3.不能判斷化學平衡狀態(tài)的三個標志:(1)恒溫、恒容條件下反應前后氣體體積不變的反應,混合氣體的壓強或氣體的總物質(zhì)的量不隨時間而變化。如2HI(g)I2(g)+H2(g)。(2)反應物和生成物都是氣體,且反應前后體積不變的反應,體系的平均相對分子質(zhì)量不隨時間而變化。如2HI(g)I2(g)+H2(g)。(3)全部是氣體參加的反應,恒容條件下體系的密度保持不變。4.化學平衡常數(shù)會隨著化學反應的方向、化學計量數(shù)的改變發(fā)生相應變化,對于一個具體的反應,化學平衡常數(shù)只與溫度有關。C二、化學平衡圖像分析例2已知:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)

ΔH<0且壓強p1<p2,下列圖像中曲線變化正確的是(

)。B解析:根據(jù)已知熱化學方程式可知,溫度高時先達到平衡,且溫度升高時平衡逆向移動,c(SO2)增大,A項錯誤;溫度升高時平衡逆向移動,SO3的質(zhì)量分數(shù)減小,且增大壓強平衡正向移動,SO3質(zhì)量分數(shù)增大,B項正確;壓強增大,平衡常數(shù)不變,升高溫度平衡逆向移動,平衡常數(shù)減小,C項錯誤;升高溫度,v(正)、v(逆)均增大,D項錯誤。解題指導

根據(jù)一具體可逆反應給出各物理量之間的對應曲線,在分析圖像時需明確反應特點,結(jié)合橫、縱坐標的含義來綜合分析。方法拓展

在分析這一類圖像時,應抓住以下幾個方面:對點訓練2COCl2(g)CO(g)+Cl2(g)

ΔH>0,當反應達到平衡時,改變一種反應條件,下列示意圖正確的是(

)。A.①表示隨溫度升高,平衡常數(shù)的變化B.②表示加入催化劑,反應速率隨時間的變化C.③表示恒壓條件下,反應物的轉(zhuǎn)化率隨充入惰性氣體體積的變化D.④表示CO的體積分數(shù)隨充入Cl2的變化D解析:該反應為吸熱反應,溫度升高平衡正向移動,K值變大,A項錯誤;加入催化劑反應速率應瞬時增大,B項錯誤;恒壓下通入惰性氣體,V增大,濃度降低,平衡正向移動,故反應物轉(zhuǎn)化率增大,C項錯誤;通入氯氣平衡逆向移動,CO體積分數(shù)降低,D項正確。題型九

水溶液中的離子平衡一、溶液中的“四大平衡常數(shù)”的計算或應用

例125℃時,將濃度均為0.1mol·L-1、體積分別為V(HA)和V(BOH)的HA溶液與BOH溶液按不同體積比混合,保持V(HA)+V(BOH)=100mL,V(HA)、V(BOH)與混合液pH的關系如圖所示。下列說法正確的是(

)。A.Ka(HA)=10-6mol·L-1B.B點時,c(B+)=c(A-)+c(HA)D.A→C過程中水的電離程度始終增大C解題指導

根據(jù)圖像縱、橫坐標的含義,找出相關數(shù)據(jù),結(jié)合常數(shù)表達式計算;判斷相應選項時,應結(jié)合平衡常數(shù)來判斷正誤。方法拓展

溶液中“四大平衡常數(shù)”的有關計算及規(guī)律(1)Qc與K的關系:兩者表達式相同,若Qc<K,平衡正向移動;若Qc=K,平衡不移動;若Qc>K,平衡逆向移動。(2)平衡常數(shù)只與溫度有關,溫度不變,平衡常數(shù)不變。升高溫度,Ka、Kb、KW、Kh均增大。(4)對二元酸的Ka1、Ka2與相應酸根離子的Kh1、Kh2的關系式為Ka1·Kh2=KW,Ka2·Kh1=KW。(5)Qc與Ksp的關系:當Qc>Ksp時,溶液過飽和,有沉淀析出,直至溶液飽和,達到新的平衡;當Qc=Ksp時,溶液飽和,沉淀與溶解處于平衡狀態(tài);當Qc<Ksp時,溶液不飽和,無沉淀析出,若加入過量難溶電解質(zhì),難溶電解質(zhì)溶解直至溶液飽和。對點訓練1Cu2+與NH3可結(jié)合生成多種物質(zhì),在水溶液中存在如下平衡:向某濃度的硫酸銅溶液中滴加濃氨水,實驗測得含Cu粒子的物質(zhì)的量分布分數(shù)(δ)與溶液中游離氨的lgc(NH3)關系如圖所示。下列說法錯誤的是(

)。B解析:由圖可知,當lg

c(NH3)較小時,曲線a代表粒子的物質(zhì)的量分布分數(shù)最大,說明曲線a表示Cu2+,隨著c(NH3)逐漸增大,c(Cu2+)逐漸減小,則可推出曲線b表示[Cu(NH3)]2+,曲線c表示[Cu(NH3)2]2+,曲線d表示[Cu(NH3)3]2+,曲線二、電解質(zhì)溶液中微粒濃度的關系例225℃時,0.1molNa2CO3與鹽酸混合所得的一組體積為1L的溶液,溶液中部分微粒與pH的關系如圖所示。下列有關溶液中離子濃度關系敘述正確的是(

)。B解題指導

電解質(zhì)溶液中離子濃度關系的判斷。(1)兩個理論依據(jù)。①弱電解質(zhì)電離理論:發(fā)生電離粒子的濃度大于電離生成離子的濃度。②水解理論:發(fā)生水解粒子的濃度大于水解生成離子的濃度。(2)三個守恒關系。①電荷守恒:溶液中陽離子所帶正電荷總數(shù)等于陰離子所帶負電荷總數(shù)。

②物料守恒:物料守恒也就是元素守恒,變化前后某元素