2025届高三化学考前辅导三——考前复习策略 必备知识 应试技巧

基础不牢，地动山摇！ 高分靠基础，教材再回顾 2025届高三化学考前指导 考前复习策略 必备知识 应试技巧 亲爱的同学们：请认真研读为你们精心准备的这份材料，我相信只要你真正理解了其中的考点，你至少可以得到高考试卷80%的分数。 此外还需要你研读材料以下材料：材料一：期中、期末、一模及二模各次大考的试卷；材料二：各大市（南京、南通、苏北、扬州、徐州）的模拟试卷；材料三：期中、期末、一模、二模4次考试的考前指导；材料四：①你的个人错题整理与知识归结；②选择题过关练习；③考前特训——题型突破练。请你针对其中的错题，认真反思，深究错因，并找出解题方法、技巧。 第一篇 考前复习整体策略 一、考前重点回顾 1．核心方程式： 课本上的金属元素及化合物、非金属元素及化合物以及有机物的化学方程式。 2．必修和选修教材中的实验： ①化学实验基础 基本操作——过滤、蒸发、蒸馏、萃取与分液、离子的检验；三定量实验——溶液的配制、中和热测定与中和滴定 ②金属及其化合物 钠、碳酸氢钠、铝及化合物、铁及二价、三价铁的转化 ③非金属及其化合物 氯气的性质与制备、二氧化硫与浓硫酸的性质与制备、氨的性质与制备、硝酸的性质与制备 ④有机化学实验 甲烷卤代反应、溴苯与硝基苯的制备、乙醇制乙烯与催化氧化、乙醛银镜反应铜镜反应、乙酸乙酯的制备、酚醛树脂的制备、蔗糖与淀粉水解、蛋白质的盐析与变性 ⑤化学反应原理实验 原电池与电解池、铜的精炼与电镀、金属腐蚀与防护、化学反应速率与化学平衡、沉淀的转化 3．基本理论中重要的规律： 氧化还原反应、原电池与电解、勒夏特列原理、电离常数与水解常数。 二、重温反思再突破 重温做过的模考试卷和微专题突破讲义，高度重视大型调研试题中反复暴露的问题，还有思路方法不够准确的地方，要认真地反思，边思考边动手写，寻求策略予以解决。 根据自身学习情况，确定考前回归的重点，不要眉毛胡子一把抓，要有重点提升和强化。对于生疏的知识点或题型，把近阶段的错题有选择性的拿出来重做进行消化突破。 三、考前几天提醒 要抓好基础知识，在最后几天中不要再做难题、偏题和怪题，而要认真复习基础知识中的最重要的主干知识。每天可适当做一点选择题等基础题，以保持手感。 四、感悟高考明考向 选择性重温近几年的高考真题，体会高考命题风格，熟悉试卷结构，分析归纳所考核的共同知识点，构建高考考查的主干知识网络。特别要对照非选择题的标准答案揣摩高考真题中大题的命题视角和答题方向，不仅要形成“模型化”的解题思路和流程，更要提炼学科思想方法，关注答题规范。 五、关注化学学科核心素养 “宏观辨识与微观探析”、“变化观念与平衡思想”、“证据推理与模型认知”、“科学探究与创新意识”、“科学态度与社会责任”5个方面的测查方式 第二篇 考前必备知识 必备知识一 氧化还原反应与离子反应 【知识体系】 【要点归纳】 1．离子方程式书写遵循 客观性原理 防写错生成物——如Na2SO3溶液与硝酸：SO32－＋2H＋＝H2O＋SO2↑ 规范性原理 书写规则——化学式拆写(注意微溶物处理——溶液时写成离子、浊液时写成原化学式) 规范原则——符号书写(如单个离子的水解必须写成，不写气体、沉淀符号) 守恒原理 三守恒——电荷守恒原理、质量守恒定律、电子守恒原理 数量关系 注意题中的用词——少量、过量及定量 提醒：课本上的反应要熟记；对于陌生反应——根据物质的酸碱性、氧化还原性及有关守恒原理书写。方程式书写后务必检查！ 2．电子守恒 氧化还原反应中，氧化剂得到的电子数等于还原剂失去的电子数。计算过程如下： ① 找两剂及对应产物 氧化剂还原产物 还原剂氧化产物 ② 找准1个粒子得失电子数 氧化剂还原产物 还原剂氧化产物 得失电子数：变价原子个数×化合价变化值 注意：化学式中粒子的个数，如Cr2O72－中有2个Cr原子 ③ 根据电子守恒列等式 n(氧化剂)×x＝n(还原剂)×y 3．陌生方程式书写 ① 定反应物 及生成物 据题干信息或流程图，先找出明显的反应物与生成物，再据现象、氧化还原反应规律推出隐藏的生成物 ② 配平 氧化还原反应据电子守恒配平(配出氧化剂、还原剂及氧化产物、还原产物的计量数)，离子方程式再据电荷守恒配平；最后由质量守恒配平(其他物质的计量数；所缺的物质——一般为水、酸、碱) ③ 检查 符号(＝、、↑、↓)的使用，反应条件是否齐全 4．NaBH4、LiAlH4及N2H4常用作有机物的还原 ① NaBH4 ② LiAlH4 ③ N2H4 (CH3)2CO＋N2H4(CH3)2CH2＋N2↑＋H2O C6H5NO2＋3N2H4→C6H5NH2＋3N2↑＋3H2O 【易错提醒】 1．化合价：尿素[CO(NH2)2]：C为＋4价、N为－3价；CN－：C为＋2价、N为－3价；S2O32－：S为＋2价、S4O62—：S为＋2.5价；S2O82－：S为＋6价、2个O为－1价、6个O为－2价。 2．溶液的酸碱性对氧化性的影响：NO3－只有在酸性条件下表现强氧化性，而ClO－酸性、碱性均有强氧化性。 3．酸式盐与碱反应方程式书写：把量少的物质化学计量数定为1。 4．是还原反应而不是加成反应。 【过关练习】 1．（2023·山东卷）含硼固体中的B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3＋H2OH＋＋[B(OH)4]－；B(OH)3与溶液反应可制备硼砂Na2B4O5(OH)4•8H2O。常温下，在0.10 mol·L－1硼砂溶液中，[B4O5(OH)4]2－水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]－，该水解反应的离子方程式为______________________________________________________________________。 2．（2024·苏州调研期初）五氧化二钒(V2O5)是广泛用于冶金、化工等行业的催化剂。由富钒废渣制备V2O5的一种流程如下： “酸浸”时，MnO2将VO＋转化为VO2＋的离子反应方程式为____________________________________。 3．（2025·苏州市上学期期中摸底）实验室以碳酸铈[Ce2(CO3)3]为原料制备氧化铈(CeO2)粉末，部分实验过程如下： 已知：Ce(OH)4难溶于稀硝酸；Ce4＋极易水解，酸性较强时有强氧化性。 （1）“氧化、沉淀”过程：①向酸溶后的溶液中加入氨水和H2O2溶液，维持pH为5～6充分反应，生成胶状红褐色过氧化铈[Ce(OH)3O•OH]沉淀，加热煮沸，过氧化铈转化为黄色氢氧化铈[Ce(OH)4]。反应生成过氧化铈的离子方程式为_______________________________________________。 4．（2025·南通市如东县第一次调研）水合肼(N2H4•H2O)在工业中有广阔的应用前景，其具有强还原性，氧化产物为N2。 （1）N2H4分子有顺式、反式和歪扭式三种经典空间结构，下列结构能表示N2H4分子是歪扭式的是_______。(填字母) A． B． C． （2）工业上可用NaClO碱性溶液与尿素[CO(NH2)2]水溶液反应制取水合肼，写出该反应的离子方程式___________________________________________________________，在实际生产中尿素需过量，原因是___________________________________________________________________________。 必备知识二 物质的性质与应用 物质间的相互转化 【知识体系】 一、非金属元素及其化合物 二、金属元素及其化合物 【要点归纳】 1．特殊的转化关系、特征反应条件与特征框图模式 题眼 内容 特征 反应条件 ①高温 铁系 黄铁矿煅烧、炼铁、铁与水蒸气、铝热反应 碳系 制水煤气、制玻璃、制粗硅和精硅 ②催化剂 双氧水制O2 ③催化剂高温 SO2的催化氧化、氨的催化氧化 ④放电 N2与O2的反应 ⑤高温高压催化剂 合成氨 ⑥通电 NaCl、MgCl2、Al2O3 ⑦光照 H2与Cl2、HClO、HNO3 \ 特征 框图模式 碳酸氢铵、碳酸铵、碳酸氢钠受热分解 ①电解(饱和食盐水、硫酸铜溶液、硝酸银溶液)；②碳/铜与浓硫酸或浓硝酸；③氯气与石灰乳 ①金属→金属；②金属→非金属 ③非金属→金属；④非金属→非金属(同周期、同主族) ①NH3＋O2；②FeS2＋O2；③Cl2＋H2O；④FeBr2＋Cl2 ①Na2O2＋H2O/CO2；②CO＋H2O；③NH3＋NO/NO2；④NaH＋H2O；⑤HCl＋HClO 特征 转化关系 ⑴ABC A NH3、C、S、N2、Na、 Cl2 O2 C CO32－ Al3＋ AlO2－ OH－ D O2 Fe C H2O H＋ OH－ H＋ SO2、CO2、H2S A B C Al3＋ Al(OH)3 AlO2－ CO2 HCO3－ CO32－ SO2 HSO3－ SO32－ H2S HS－ S2－ ⑵ABC ⑶三角转化： ⑷交叉型转化： 特征工业反应 ①制漂白粉；②硫酸工业；③硝酸工业；④硅酸盐工业；⑤Na、Mg、Al、Fe等冶炼 2．金属的冶炼 目前工业上生产钾的主要方法，利用金属钠的强还原性置换出钾。 3．高中教材化工流程图 从海带中 提取碘 从海水 提取溴 海水提镁 从铝土矿 制备铝 氯碱工业 工业制硝酸 硫酸工业 侯氏制碱法 4．性质与应用 物理性质 高熔点 MgO、Al2O3 作耐高温材料 焰色 钠 制作高压钠灯 SiO2 制作坩埚 导热性 钠、钾 快中子反应堆热交换剂 颜色 Fe2O3 作红色颜料 易液化 液氨 作制冷剂 磁性 Fe3O4 录音磁带的制造 盐析 NaCl 制肥皂 导电性 石墨 电极材料 光全反射 SiO2 制光导纤维 化学性质 还原性 钠 冶炼钛、锆、铌 弱碱性 Al(OH)3 中和胃酸 酚类 油类抗氧化剂 NaHCO3 中和胃酸 铝 焊接铁轨 氧化性 K2FeO4 作新型净水剂 铁 防止食品氧化变质 次氯酸盐 杀菌消毒剂，作漂白剂 SO2 葡萄酒食品添加剂 ClO2 用于自来水的杀菌消毒 水解性 Na2CO3 热纯碱溶液洗油污 过氧化钠 漂白与脱色 明矾 作净水剂 变性 CuSO4 配制波尔多液 NH4Cl溶液 去除铁锈 75%乙醇 消毒 热分解 NaHCO3 焙制糕点的膨松剂 漂白性 SO2 漂白纸浆(不可漂白食物) 【易错提醒】 1．SO2能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，皆因SO2的还原性，而不是漂白性。 2．SO2与NaClO反应：SO2少量反应为SO2＋ClO－＋H2O＝SO42－＋Cl－＋2H＋。 3．常温下铁、铝在浓硫酸和浓硝酸中“钝化”，“钝化”不是不反应，而是反应很快终止，仍能体现浓硫酸和浓硝酸的强氧化性 4．反应SiO2＋4HF＝SiF4↑＋2H2O，HF体现的不是酸性。SiO2属于酸性氧化物，能与NaOH溶液反应，是其固有的属性，但是SiO2能与氢氟酸反应是其特性的体现 5．物质转化 产物错 SSO3 SCuS SFe2S3 FeS2SO3 N2NO2 NH3NO2 AlCl3(aq)Al FeFe2O3 FeCl3(aq)无水FeCl3 Ca(ClO)2(aq)HClO CCO2 CO2Na2CO3 浓度或 用量错 稀盐酸Cl2 Cl2漂白粉 NH3·H2O(NH4)2SO3 条件错 N2NO 浓盐酸Cl2 NaNa2O MgCl2•6H2OMgCl2、FeCl3(aq)FeCl3(应在HCl气流中加热) 不能进行的转化系 SiO2SiCl4 SiO2H2SiO3 Fe2O3Fe(OH)3 SO2BaSO3 Al(OH)3NH4AlO2 新制Cu(OH)2Cu2O NaHSO3(aq)SO2 【过关练习】 1．（2024·连云港上学期调研一）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A．Na2S具有还原性，可除去废水中的Mn2＋ B．Na2SO3具有还原性，可用于吸收含SO2的尾气 C．NH4Cl溶液呈酸性，可用于去除铁锈 D．NaClO溶液呈碱性，可用于杀菌消毒 2．（2024·江苏苏州三模）取少量SO2水溶液，进行水溶液性质探究。下列实验方案不能达到实验目的的是 选项 探究性质 实验方案 A 氧化性 滴加几滴盐酸酸化的BaCl2溶液，再滴加5 mL 3%的H2O2溶液，振荡，观察实验现象 B 还原性 滴加几滴酸性KMnO4溶液，振荡，观察溶液颜色的变化 C 酸性 滴加紫色石蕊溶液，观察溶液颜色变化 D 漂白性 滴加几滴品红溶液，振荡，加热试管，观察溶液颜色变化 A．A B．B C．C D．D 3．（2025·南通市海安市上学期开学考）硫及其化合物的转化具有重要的应用。下列说法正确的是 A．FeS2SO2SO3 B．浓硫酸SO2(NH4)2SO3 C．硫化亚铁与稀硫酸混合：S2－＋2H＋＝H2S↑ D．SO2通入Ca(ClO)2溶液中：Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H2O＝CaSO3↓＋2HClO 4．（2024·全国甲卷）钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的＋2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 （1）“酸浸”步骤中，CoO发生反应的化学方程式是______________________________________。 （2）“沉锰”步骤中，生成1.0 mol MnO2，产生H＋的物质的量为_____________。 （3）“沉钴”步骤中，控制溶液pH＝5.0～5.5，加入适量的NaClO氧化Co2＋，其反应的离子方程式为___________________________________________________________。 必备知识三 物质结构与性质 【知识体系】 【要点归纳】 1．元素的金属性与非金属性判断事实 金属性 非金属性 ①根据元素在周期表中的位置；②单质与水或酸反应难易；③元素最高价水化物的碱性强弱；④根据组成原电池的电极情况；⑤根据金属间的置换反应判断；⑥根据同价离子的氧化性 ①非金属单质与H2反应的难易；②气态氢化物的稳定性；③最高价氧化物的水化物的酸性；④非金属间的置换反应；⑤阴离子的还原性；⑥非金属与金属反应后金属的化合价；⑦两种非金属反应后产物中呈正价或负价 2．化学键与晶体的关系（见右图） （1）化学键存在于分子或晶体之中，构成单质分子的微粒不一定含有共价键，如惰性气体是单原子分子，不存在化学键！（易错点）。 （2）化合物类型与化学键的关系： ①离子化合物中必有离子键，可能有共价键；②由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如NH4Cl（不含金属元素的离子晶体）；③不同元素组成的多原子分子里的化学键不一定是极性键，如H2O2中的O—O键是非极性键。 3．判断分子极性的经验规律 对于ABn型分子，若中心原子A的化合价绝对值与其最外层电子数相等，则为非极性分子，否则为极性分子。如BF3、CO2为非极性分子，NH3、H2O、SO2为极性分子（技巧点）。 4．VSEPR模型和分子(离子)立体模型的确定 价层电 子对数 中心原子杂化方式 电子对的空间构型 σ键电子对数 孤电子对数 电子对 的排列方式 分子 的空间构型 实 例 2 sp 直线形 2 0 直线 CO2、BeCl2、HCN 3 sp2 平面 三角形 3 0 平面三角形 BF3、SO3、HCHO、 CO32－、NO3－ 2 1 V形 SnCl2、PbCl2 4 sp3 正四面体 4 0 正四面体 CH4、CCl4、SiCl4、 SO42－、NH、PO43－ 3 1 三角锥形 NH3、PCl3、PH3、NCl3、SO32－、ClO3－、H3O＋ 2 2 V形 H2O、H2S、Cl2O 价层电子对数(n)计算 n＝x＋(阴离子＋y，阳离子－y) 如SO2中硫原子的n＝2＋＝3；H3O＋中氧原子的n＝3＋＝4；CO中碳原子的n＝3＋＝3 注意：价层电子对互斥模型说的是价层电子对的空间构型，而分子的空间构型指的是成键电子对空间构型，不包括孤电子对。 ①当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；②当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致。 5．判断分子或离子中中心原子的杂化轨道类型的一般方法 看中心原子有没有形成双键或三键 如有1个三键，则其中有2个π键，用去了2个p轨道，则为sp杂化；如有1个双键则其中有1个π键，则为sp2杂化；如果全部是单键，为sp3杂化 由分子的空间构型结合价电子对互斥理论判断 没有填充电子的空轨道一般不参与杂化，1对孤电子对占据1个杂化轨道。如NH3为三角锥形，且有一对孤电子对，即4条杂化轨道应呈正四面体形，为sp3杂化 6．氢键的存在及对物质性质的影响 （1）氢键存在于水、醇、羧酸、酰胺、氨基酸、蛋白质、结晶水合物等中。 （2）氢键对物质性质的影响： ①溶质分子和溶剂分子间形成氢键，溶解度骤增。如氨气极易溶于水；②分子间氢键的存在，使物质的熔沸点升高；③有些有机物分子可形成分子内氢键，则此时的氢键不能使物质的熔沸点升高。 7．晶胞中微粒数目的计算方法——均摊法 长方体 (正方体) 六棱柱 三棱柱 平面型 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 8．熟记几种常见的晶胞结构及晶胞含有的粒子数目 晶体 NaCl CsCl ZnS CaF2 金刚石 晶体结构 粒子数目 4个Na＋ 4个Cl－ 1个Cs＋ 1个Cl－ 4个S2－ 4个Zn2＋ 4个Ca2＋ 8个F－ 8个C 晶体 简单立方 体心立方 面心立方 氮化硼 干冰 晶体结构 粒子数目 1个原子 2个原子 4个原子 4个B，4个N 4个CO2 【易错提醒】 1．化学用语 原子或离子结构示意图 核电荷数与核外电子数、离子电荷数要对应 电子式 ①厘清键型：如H＋[∶∶∶] 2－H＋，②不合并：离子化合物中相同的两个离子不能合写，③不“丢电子”：防漏写共价分子中孤电子对如，复杂离子中的电子如NH[∶∶]－，④不“偷电子”：如H∶∶∶∶H 球棍模型、比例模型 构型要符合粒子实际结构——空间构型、粒子的相对大小,如CO2的空间填充模型不为，SO2的空间填充模型不为 电子排布式、轨道排布式 弄清楚是写全部的电子还是只写价层电子排布式,第四周期ⅢA及之后的元素外围电子排布式不漏写3d上的电子 第一电离能 同周期主族元素，第ⅡA族(ns2)全充满、ⅤA族(np3)半充满，比较稳定，所以其第一电离能大于同周期相邻的ⅢA和ⅥA族元素 氢键 ①熔点HF＞HI：解释时要强调HF分子之间形成氢键 ②氢键不属于化学键，属于一种较弱的作用力 杂化 如结构中有一般的共价键也有配位键，则形成配位键的原子也参加了杂化，如H3B←NF3中B为sp3杂化 VSEPR模型 注意有无孤电子对，如SO3不是 σ键与π键 Cl－Cl形成的p－pσ键模型为而不是 2．非金属性与非金属判断：与单质的熔点沸点、与酸的氧化性及与原子的最外层电子数均无关。 3．计算孤电子对数：出现0.5或1.5，则把小数进位为整数，即1或2。如NO2的中心原子N的孤电子对数为＝0.5≈1，则价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，分子立体构型为V形。 4．杂化轨道只用于形成σ键而不形成π键；CO与N2结构相似结构式为C≡O(σ键一个)。 5．画配离子中价键：注意有关原子与中心原子的连接方式。 【过关练习】 1．（2025·江苏省泰州中学月考）反应NH4Cl＋NaNO2＝NaCl＋N2↑＋2H2O应用于石油开采。下列说法正确的是 A．基态N原子的核外电子排布图为 B．Cl－的结构示意图为 C．NO2－的VSEPR模型为平面三角形 D．H2O的空间填充模型为 2．（2025·常州市上学期期中）汽车尾气净化装置中发生反应2CO＋2NO2CO2+N2。下列说法正确的是 A．电离能：I1(C)＞I1(O) B．电负性：χ(N)＞χ(O) C．CO2中C原子轨道杂化方式为sp2 D．N2中σ键和π键数目之比为1∶2 3．（2023·山东）卤素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题： －40 ℃时，F2与冰反应生成HOF和HF。常温常压下，HOF为无色气体，固态HOF的晶体类型为____________，HOF水解反应的产物为________________________________________(填化学式)。 4．（2025·江苏淮安市开学考）氧化锌晶体一种晶胞结构如图所示，O2－位于Zn2＋构成的______________(填“四面体空隙”、“六面体空隙”或“八面体空隙”)中。若晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善晶体的性能，Zn－N中离子键成分的百分数小于Zn－O键，原因是______________ ______________________________________________________________。 必备知识四 原电池与电解 【知识体系】 【要点归纳】 1．原电池与电解池工作原理 原电池的工作原理 电解池的工作原理 二次电池的结构分析 二次电池电极反应书写思维模型 以xMg＋Mo3S4MgxMo3S4为例说明 2．电极反应式书写 一般思路 明确该电极是得还是失电子两极材料及附近有哪些离子，判断反应物根据化合价变化得出产物 书写步骤 ①由题意先写出：氧化剂＋ne—＝还原产物(或还原剂－ne—＝氧化产物) ②根据电荷守恒，确定所缺的离子[水溶液通常为H＋、OH－或其他离子，如为燃料电池也可能为O2－(氧化物)、CO32－(熔融碳酸盐)、NO3－(熔融硝酸盐]及数目 ③再由质量守恒，确定其他物质 ④检查（特别注意产物在所给环境中能否存在！） 3．带离子交换膜电化学装置 离子交换膜的作用 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 选择性通过离子，起到平衡电荷、形成闭合回路的作用 离子交换膜的类型 阳离子交换膜(只允许阳离子和水分子通过，阻止阴离子和气体通过) 阴离子交换膜(只允许阴离子和水分子通过，阻止阳离子和气体通过) 质子交换膜(只允许H＋和水分子通过) “隔膜”电解池的解题步骤 分清隔膜类型 即交换膜属于阳膜、阴膜或质子膜中的哪一种，判断允许哪种离子通过隔膜 写出电极反应式 判断交换膜两侧离子变化，推断电荷变化，根据电荷平衡判断离子迁移方向 分析隔膜作用 在产品制备中，隔膜作用主要是提高产品纯度，避免产物之间发生反应，或避免产物因发生反应而造成危险 离子交换膜的计算 迁移离子所带的电荷数总是等于外电路上转移的电子数 溶液质量变化等于电极反应引起的变化和离子迁移引起的变化之和 4．金属防腐的电化学方法 ①原电池原理——牺牲阳极的阴极保护法：与较活泼的金属相连，较活泼的金属作负极被腐蚀，被保护的金属作正极。注意：此处是原电池，牺牲了负极保护了正极，但习惯上叫牺牲阳极的阴极保护法。 ②电解池原理——外加电流的阴极保护法：被保护的金属与原电池负极相连，形成电解池，作阴极。 【温馨提醒】 1．对于选择题：可根据概念来判断选项正误，如正板反应式给出的是失电子反应式，则是错的。记住“二个同性恋”——原电池中阳离子向正极迁移，阴离子向负极迁移；电池充电时，正极接电源的正极，负极接电池的负极。 2．书写电极反应式应充分注意介质影响：所写的氧化产物、还原产物在所给的溶液中能否稳定存在，如①中性溶液反应物中若是H＋得电子或OH－失电子，H＋和OH－均来自于水的电离，但生成物中可能有H＋和OH－；②酸性溶液反应物、生成物中均无OH－；③碱性溶液反应物、生成物中均无H＋；④水溶液中不能出现O2－；⑤在水溶液中金属活动表中从K＋到Al3＋是不放电的。 3．电解方程式书写：要写“通电”或“电解”，而电极反应式则不能写“通电”。 4．电解条件与产物：电压不同同一粒子其电解产物可能不同，如Cl－可生成Cl2、ClO2、ClO3－等。 【过关练习】 1．（2024·苏州调研）氨硼烷-H2O2燃料电池装置示意图如图所示，该电池在常温下即可工作，总反应为NH3·BH3＋3H2O2＝NH4BO2＋4H2O。下列说法不正确的是 A．氨硼烷与水分子间可形成氢键，故氨硼烷易溶于水 B．a电极的电极反应式为NH3·BH3＋2H2O＋6e－＝NH＋BO2－＋6H＋ C．放电过程中，1 mol H2O2参与反应时，转移的电子数约为2×6.02×1023 D．其他条件不变，向H2O2溶液中加入适量硫酸能增大电流强度 2．（2024·安徽卷）我国学者研发出一种新型水系锌电池，其示意图如下。该电池分别以Zn-TCPP(局部结构如标注框内所示)形成的稳定超分子材料和Zn为电极，以ZnSO4和KI混合液为电解质溶液。下列说法错误的是 A．标注框内所示结构中存在共价键和配位键 B．电池总反应为：I3－＋ZnZn2＋＋3I－ C．充电时，阴极被还原的Zn2＋主要来自Zn-TCPP D．放电时，消耗0.65 g Zn，理论上转移0.02 mol电子 3．（2025·甘肃张掖高三上阶段练习）二氧化碳作为温室气体，是引发全球气候变化的主要元凶之一，但通过转化可以将其变成有用的化学品或燃料，有助于实现碳循环和碳减排。下图是一种电化学催化还原二氧化碳制备甲醛的装置原理图。 ①电解过程中双极膜产生的OH－移向_____极(填“M或N”)。 ②N极为_____极(填“阳”或“阴”)，N电极生成甲醛的电极反应式为_____________________________________________。 4．（2025·南通市如皋市10月）CO2的捕集与转化是研究的重要课题。 （2）向一定浓度的KNO3溶液通CO2至饱和，电解后在电极上反应生成CO(NH2)2，原理如图2所示。电解过程中生成尿素的电极反应式是___________________________________________。 （3）电解吸收CO2的KOH溶液可将CO2转化为有机物。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3所示。 FE%＝×100%。 其中，Qx＝nF，n表示电解生成产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 ①分析电解所得含碳还原产物的种类与电压之间的关系是_________________________________________________________________________________________。 ②当电解电压为U3时，电解生成的CH4和C2H4的物质的量之比为_______________。 必备知识五 化学反应速率与化学平衡 【知识体系】 【要点归纳】 1．化学反应速率 计算 注意通常是物质的量浓度的变化除以时间(题中常给的是物质的量，务必关注容器的体积) 应用 工业生产中采用以下措施——加热、粉碎固体、搅拌、通不参加反应的气体等，以加快反应速率，同时使反应更充分(或提高××元素的浸出率) 2．可逆反应达到化学平衡状态的标志 直接标志 同一物质：υ(正)＝υ(逆) 用不同物质表示时，一种物质为正反应速率，则另一物质必为逆反应速率，且速率之比等于化学计量数之比。即：＝ 各组分的百分含量不随时间改变而变(★) 间接标志 各组分的浓度不随时间改变而改变 各物质的物质的量不随时间改变而改变 各气体的压强不随时间改变而改变（若反应前后气体的总体积不变，则不行） 气体的颜色不随时间改变而改变 气体的密度不随时间改变而改变（若容器体积不变且所有物质均为气体，则不行） 其他：如断键情况、温度是否改变等 ★个别反应不适用，如H2NCOONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)中NH3的体积分数总是不变的。 3．焓变、熵变与盖斯定律 化学反应的方向判断 根据公式ΔG＝ΔH－TΔS，ΔG＜0时反应可自发进行 燃烧热 ①量——可燃物为1 mol ②产物——稳定的氧化物，如水须为液体。注意N为N2 ΔH比较大小 对放热反应，放热越多，则ΔH值越小 应用盖斯定律 搞清谁加谁，谁减谁；计算要小心，ΔH后的符号莫搞错。ΔH值要与热化学方程式中物质的化学计量数相对应 4．化学平衡常数 意义 K值越大，反应物的转化率越大，正反应进行的程度越大，通常K＞105可认为反应彻底 影响因素 只与温度有关，与反应物或生成物的浓度、反应速率无关，但与转化率有关 应用 ①Q＞K，反应向逆向进行；②Q＝K，反应处于平衡状态；③Q＜K，反应向正向进行 书写 固体及纯液体不写入表达式，水视具体情况而定，水溶液中水不写，其他通常要写 5．化学平衡图像题 审题 题干 给热方程式特点——物质状态、放热或吸热、气体体积增大或减少；是否是连续反应且能否相加(有的不能相加) 图像 轴 两坐标含义——温度、转化率、产率、选择性 点 起点(曲线含义)、拐点(找平衡点)、交点、终点；据题设和图像分析投料点、平衡点、等量点等 线 增函线、减涵线，关注等温线、等压线(方法：定一议二) 作答 选择题 一解盖斯定律选项，二解焓变判断选项，三解定性判断选项，最后解计算选项 填空题 依据图像获取的信息，与相关规律合理整合对接，作出正确合理解答，完成有关简答和计算 平衡图像 归因解释 观察与分析 观察图像中重要点或线的变化，分析反应的特点 影响与结论 根据题目给出的条件，明确对速率及平衡的影响，得出肯定性结论 先确定是“速率问题”还是“平衡问题”，再罗列条件改变产生的各种主要影响，若影响相同，则为双因协同类型，回答为“A……，B……，两者共同使……”；若影响相反，则为对立类型，需要视题目信息而定，可能某种因素占主导或者势均力敌出现变化不明显，回答为“A……使……，B……使……，其中A/B为主要因素或相互抵消” 6．化学反应微观过程的科学表达 依据物质性质、物质转化、键的断裂和生成、化学反应速率、化学平衡等角度进行分析和解释，表达要准确、具体。答题要点： 微粒的准确表达 活性××(分子、原子、点位) 微粒的变化 吸附、脱附、分解、化合、与××反应 反应的位置 在××表面 电子的得失描述 从××转移到×× 【易错提醒】 1．外界条件的变化对υ正、υ逆的影响 升温、加压，正逆反应速率都增大，只是增大的倍数不同而已。只增加反应物的浓度，υ(正)急剧增大，υ(逆)逐渐增大；加催化剂可同倍数地改变υ(正)、υ(逆)。（注意：平衡向正反应方向移动，并非υ(正)增大，υ(逆)减小。） 2．催化剂对转化率的影响 要关注是否达到平衡，如果仅是“同一时间”，有可能未达到平衡，此时使用催化剂可以加快单位时间的转化率，但是催化剂不能改变“平衡转化率”。 3．厘清转化率和平衡转化率 一定时间内的转化率（如一定流速下的转化率）取决于化学反应速率，而平衡转化率是特定该条件下（一定浓度、温度、压强）的最大转化率。 4．平衡图像中的曲线走向 有时不能只从平衡的角度考虑，而要从有关元素的原子守恒来判断或根据两物质的选择性之和为100%，再判断其他曲线(见过关练习3)。 【过关练习】 1．（2025·河北高三上阶段练习）CO2的资源化利用是化学研究的热点。CO2电还原可能的反应机理如图所示(*CO表示吸附态的CO)。 CO2电还原可制备高附加值的有机物。 已知：Sn、In、Bi的活性位点对O的连接能力较强，Au、Cu的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远强于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。 ①若还原产物主要为CH4，应选择______(填“Sn”“Au”或“Cu”)作催化剂。 ②选择合适的金属催化剂，CO2电还原生成CO的过程可描述为________________________________ _________________________________________________________________________________。 2．（2025·江苏省泰州中学上学期一模）在催化剂作用下，以CO2和H2为原料进行合成CH3OH的实验。保持压强一定，将起始n(CO2)∶n(H2)=1∶3的混合气体通过装有催化剂的反应管，测得出口处CO2的转化率和CH3OH的选择性[×100%]与温度的关系如右图所示。 已知反应管内发生的反应为 反应1：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ∆H1＝－49.5 kJ·mol－1 反应2：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ∆H2＝41.2 kJ·mol－1 下列说法正确的是 A．CO(g)＋2H2(g)＝CH3OH(g)的∆H＝90.7 kJ·mol－1 B．280℃时，出口处CH3OH的体积分数的实验值小于平衡值 C．220℃～240℃时CO2的平衡转化率随温度升高而降低，原因是反应2转化的CO2随温度的升高而减少 D．220℃～280℃时，反应1速率高于反应2的速率 3．（2024·徐州上学期期中）乙二醇在生产、生活中有着广泛的用途，某工艺制取乙二醇所涉及的反应如下： 反应Ⅰ (COOCH3)2(g)＋2H2(g)HOCH2COOCH3(g)＋CH3OH(g) ∆H1＜0 反应Ⅱ (COOCH3)2(g)＋4H2(g)HOCH2CH2OH(g)＋2CH3OH(g) ∆H2＜0 在压强一定的条件下，将(COOCH3)2、H2按1∶3进料比通入装有催化剂的反应器中，测得(COOCH3)2的转化率与HOCH2COOCH3、HOCH2CH2OH的选择性[]。 下列说法正确的是 A．曲线a表示(COOCH3)2转化率 B．195℃时，反应Ⅰ的平衡常数约为2 904 C．190～198℃范围内，温度升高，的值减小 D．其它条件相同时，增大压强和升高温度均可以提高平衡时HOCH2CH2OH的产量 4．（2024·黑吉辽卷）为实现氯资源循环利用，工业上采用RuO2催化氧化法处理HCl废气：2HCl(g)＋O2(g)Cl2(g)＋H2O(g) ∆H1＝－57.2kJ·mol－1 ∆S K。将HCl和O2分别以不同起始流速通入反应器中，在360℃、400℃和440℃下反应，通过检测流出气成分绘制HCl转化率(α)曲线，如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。 图中较高流速时，α(T3)小于α(T2)和α(T1)，原因是_________________________________________ ______________________________________________________________________________________。 必备知识六 化学反应原理 【知识体系】 【要点归纳】 1．混合溶液酸碱性 当盐的浓度不超过酸、碱溶液10倍时：①铵盐与氨水的混合溶液显碱性；②CH3COONa与醋酸的混合溶液显酸性；但NaCN与HCN混合溶液例外。 2．水解反应 除了盐类的水解外，还要注意其他物质(无机物和有机物)的水解。原理相似，均为：。 3．水解常数与电离常数、离子积之间的关系 ①一元弱酸、弱碱盐：Kh＝ Kh＝；二元弱酸盐：Kh1＝、Kh2＝。 ②依据电离常数判断盐溶液的酸碱性，如Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5、Ka1(H2CO3)＝4.4×10－7、Ka2(H2CO3)＝5.6×10－11，由Kh(NH)＝、Kh2(HCO3－)＝的大小可知NH4HCO3溶液显碱性。 4．粒子浓度大小判断 ①两弱、三观 两弱 电离与水解都是微弱的 三观 微粒观(找全粒子)、平衡观(电离平衡与水解平衡)、守恒观(三守恒原理) ②技巧：三守恒 电荷守恒 电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等。 使用电荷守恒时，二价、三价离子必须乘以2、3！ 物料守恒 电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。物料守恒可将原子的个数比化为如下比例式：＝，再交叉判断不会出错！ 质子守恒 电解质溶液中分子或离子得到或失去质子(H＋)的物质的量应相等。例如在NH4HCO3溶液中H3O＋、H2CO3为得到质子后的产物；NH3、OH－、CO32－为失去质子后的产物，故有以下关系：c(H3O＋)＋c(H2CO3)＝c(NH3)＋c(OH－)＋c(CO32－)。此式也可由电荷守恒与物料守恒进行处理而得。此守恒可套用答题模板。 温馨提醒 针对陌生等式，用电荷守恒、物料守恒与质子守恒无法判断，可使用电荷守恒与物料守恒通过加加减减处理，尤其以选项中的“缺少微粒”或“增加微粒”为突破口 5．Ksp计算 ①判断沉淀的生成或沉淀是否完全 计算技巧 ①把离子浓度数据代入Ksp表达式得Qc，若Qc＞Ksp，则有沉淀生成；若Qc＜Ksp，无沉淀生成 ②利用Ksp的数值计算某一离子浓度，若该离子浓度小于10－5 mol·L－1，则该离子沉淀完全 ②常温下，计算氢氧化物沉淀开始和沉淀完全时的pH 计算技巧 ①根据氢氧化物的Ksp，先计算初始浓度溶液中c(OH－)，再求得溶液的pH ②金属阳离子沉淀完全时的离子浓度为10－5 mol·L－1(有的试题为方便计算，也可能是其他数据)，依据Ksp可计算金属阳离子沉淀完全时溶液中的c(OH－)，进而求得pH ③计算沉淀转化反应的平衡常数，并判断沉淀转化的程度 计算技巧 依据沉淀的转化反应和Ksp，计算该反应的平衡常数，K值越大，转化反应越易进行，转化程度越大。如：对于反应Cu2＋(aq)＋ZnS(s)CuS(s)＋Zn2＋(aq) 该反应的平衡常数K＝＝＝ 【易错提醒】 1．电离及水解方程式书写 多元弱酸的电离及多元弱酸盐的水解，其方程式都须分步书写。 2．区分电离方程式和水解方程式 如HS－＋H2OS2－＋H3O＋是硫氢根离子的电离而不是水解。 3．电离能力判断产物 对于二元弱酸与某些弱酸盐的反应，注意各级电离常数间的关系，如电离能力：H2CO3＞HClO＞HCO3－，则反应是CO2＋H2O＋ClO－＝HClO＋CO32－错误的。 4．结晶水合物制备无水盐 对于挥发性易水解的盐，如由FeCl3•6H2O制备无水FeCl3，加热时应在HCl气流中进行。 5．Ksp的计算 ①用Ksp比较物质的溶解性时，须是同一类型(如AB、AB2)的物质，如不是同一类型的要通过计算。 ②同一类型的物质当Ksp相差不大时可相互转化（注意浓度要求），如Ksp(BaCO3)＝5.1×10－9＜Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10，BaSO4中加入饱和Na2CO3可转化为BaCO3；判断同一类型的Ksp大小时，注意有关试剂的用量，如0.1 mol·L－1 AgNO3溶液中加入2滴0.1 mol·L－1 NaCl，再加入0.1 mol·L－1 KI溶液，白色沉淀变为黄色沉淀，不能说明AgI的Ksp小于AgCl的Ksp。 6．水解浓度 水解是微弱，通常弱酸根离子浓度大于水解生成c(OH－)，但有时水解生成的c(OH－)可能大于弱酸根离子浓度，如0.01 mol·L－1 Na2S溶液中：c(OH－)＞c(S2－)，而不是c(S2－)＞c(OH－)[见过关练习3]。 【过关练习】 1．（2025·江苏省南通市海门中学上学期二调）已知柠檬酸是一种三元有机酸，其化学式为H3C6H5O7，Ka1(H3C6H5O7)＝7.1×10－4，Ka2(H3C6H5O7)＝1.68×10－5，Ka3(H3C6H5O7)＝4.1×10－7，Ka1(H2CO3)＝4.3×10－7，Ka2(H2CO3)＝5.0×10－11。室温下，某小组做如下实验。下列说法正确的是 实验I：测定0.100 mol·L－1 NaH2C6H5O7溶液pH＜7 实验Ⅱ：向0.100 mol·L－1 H3C6H5O7溶液中滴加一定量的NaOH溶液，测得反应后溶液的pH＝7 实验Ⅲ：向5 mL 0.100 mol·L－1 Na2CO3溶液中逐滴滴加5滴0.100 mol·L－1 H3C6H5O7溶液 实验Ⅳ：将浓度均为0.100 mol·L－1 HCl溶液与Na3C6H5O7溶液等体积混合，测得反应后溶液的pH＝b A．实验I中：c(H3C6H5O7)＞2c(C6H5O73－)＋c(HC6H5O72－) B．实验Ⅱ所得溶液中：c(C6H5O73－)＜c(HC6H5O72－) C．实验Ⅲ反应的离子方程式：CO32－＋H3C6H5O7＝CO2↑＋HC6H5O72－＋H2O D．实验Ⅳ中：b＜7 2．（2025·江苏省前黄中学下学期期初）工业上用 H2S、Na2S等处理废水中Cu2＋、Hg2＋等重金属离子。已知：25℃时饱和 H2S溶液浓度为0.1 mol·L－1，H2S的Ka1＝9.1×10－8，Ka2＝1.1×10－12，Ksp(BaSO4)＝1.3×10－36，下列说法正确的是 A．0.1 mol·L－1 H2S溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋c(S2－) B．0.1 mol·L－1 NaHS溶液中：c(H＋)•c(S2－)＞c(OH－)•c(H2S) C．0.1 mol·L－1 Na2S溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＞2c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)＋2c(H2S) D．向0.1 mol·L－1 CuSO4溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c(H＋)＞c(Cu2＋) 3．（2024·安徽卷）环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd2＋。已知25℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1 mol·L－1，Ka1(H2S)＝10－6.97，Ka2(H2S)＝10－12.90，Ksp(FeS)＝10－17.20，Ksp(CdS)＝10－26.10。下列说法错误的是 A．Na2S溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－) B．0.01 mol·L－1 Na2S溶液中：c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－) C．向c(Cd2＋)＝0.01 mol·L－1的溶液中加入FeS，可使c(Cd2＋)＜10－8 mol·L－1 D．向c(Cd2＋)＝0.01 mol·L－1的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c(H＋)＞c(Cd2＋) 4．（2024·河南阶段练习）常温下，用氨水吸收SO2可得到]NH4HSO3溶液，在NH4HSO3溶液中：c(NH)＿＿＿＿(填“＞”“＜”或“＝”)c(HSO3－)；反应NH＋HSO3－＋H2ONH3·H2O＋H2SO3的平衡常数K＝＿＿＿＿＿＿＿[已知：常温下电离常数Kb(NH3·H2O)＝2.0×10－5，Ka1(H2SO3)＝1.25×10－2，Ka2(H2SO3)＝6.25×10－8]。 必备知识七 化工流程 【知识体系】 【要点归纳】 1．工业流程的答题策略 ①抓主线、去杂质、制产品；②仔细分析调节溶液pH前后溶液中粒子的存在形式，能顺利找出pH的范围、温度的控制；③主要思考反应体系中物质的性质如易分解、易挥发、溶解度的大小及水解反应等；④添加反应体系中的物质，主要思考反应速率、化学平衡的移动方向；⑤添加与反应体系无关的物质，主要思考氧化、还原、水解、除杂的作用。 规律：“主线主产品，分支副产品，回头为循环” 2．解题4部曲 看图要有高度 明确整个流程以及每一部分的目的 读图要有深度 仔细分析每步发生的反应及得到的产物 思考要有方向 在基础理论框架下结合实际问题进行思考 答题要有模式 注意提升表达能力 研磨、粉碎、喷洒：可增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率 “酸浸”前要将焙烧矿渣进行粉碎处理的原因是：增大与酸接触面积，加快反应速率，提高焙烧矿渣浸出率 3．金属离子的萃取与反萃取 溶剂萃取 简称萃取 利用溶质在两种不相溶的液体之间的溶解度或者分配差异，达到分离和富集的目的。经过反复多次萃取，可将大部分化合物提取出来 反萃取 与萃取过程相反，用一定的酸、碱或盐溶液把金属离子从有机相中再次返回到水相中的过程 说明：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，可看作是萃取的逆过程。 4．陌生氧化还原反应方程式书写 第一步 确定反应物和生成物 根据题干信息或流程图的入口和出口判断出反应物和生成物。显性的：直接从题给信息中确定；隐性的：根据反应原理分析确定。依据题目信息写好反应条件 第二步 配平四大物质计量数 根据电子守恒将氧化剂、还原剂及氧化产物、还原产物配平 第三步 补充缺失微粒，再配平 依据题给信息(如溶液的酸碱性等)及质量守恒补齐缺失的物质，并配平。若反应是在水溶液中进行，一般是补齐H＋、OH－或H2O 第四步 检查验证 检查物质拆分是否正确，电荷、质量是否守恒，反应条件齐全 5．条件控制及其目的 控制体系的温度 控制温度应从以下几个方面考虑：反应速率、化学平衡、挥发性、热稳定性、副反应、溶解度等 回答问题的格式通常为：“温度过低，……；温度过高，……” 加热 加速溶解、加快反应速率或促进平衡向某个方向移动(如促进水解生成沉淀)。在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如NaHCO3、NH 4 HCO3、H2O2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓) 控制较低温度(某温度以下)或冷却 a．防止某反应物或产物挥发：如盐酸、硝酸、醋酸、氨水和甲醛 b．防止某反应物或产物分解：如H2O2、NaHCO3、NH4HCO3、Ca(HCO3)2、KMnO4、HNO3(浓)、AgNO3等 低温烘干也是防止某些物质分解(如结晶水合物) c．防止反应速率过快 d．抑制平衡向吸热反应方向移动。如：抑制某物质的水解 e．影响溶解度：如冰水洗涤晶体的目的是减少晶体因溶解而损失。降低温度有利于气体的溶解吸收或反应 f．防止副反应的发生。如乙醇的消去反应需迅速升温至170℃，原因是在140℃时会有乙醚产生 调节溶液的pH 调节方法 调节pH多为加入某种能消耗H＋且不引入新的杂质的物质，也可以加入碱[氨水、NaOH、Ca(OH)2等]或盐(NH4HCO3等）。如要除去Cu2＋中混有的H＋、Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等调节pH至3.2 调节溶液pH的主要目的 ①抑制某微粒的水解 pH小(H＋浓度大)：抑制离子(NH、Fe3＋、Fe2＋、Al3＋、Zn2＋、Ni2＋)水解 pH大(OH—浓度大)：抑制弱酸根水解 ②除去某些离子(促进某些离子水解为沉淀) 调节pH在某一范围，回答问题的格式通常为：“除去……离子”或“使某些离子生成氢氧化物沉淀除去，而另外离子不形成沉淀” 5．答题方法与技巧 ①若用到双氧水、氨水、铵盐、硝酸盐等易分解的物质，控温的目的是防止物质分解 ②若题目中出现有机物和有机溶剂，控温的目的是防止其挥发 ③若溶液中制备物质，常使用加热的方法加快反应速率 ④煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离；除去溶解在溶液中的气体，如氧气 6．图像分析 类型 单一曲线型、多重曲线型 解题 基本思路 会识图 一看面、二看线、三看点（弄清纵、横坐标的含义；弄清起点、拐点、终点的含义；看清曲线的变化趋势） 会析数 分析数据、图像中隐含的信息，弄清各数据的含义及变化规律，将数据和图像信息加工成化学语言，同时联系化学概念、化学原理等理论知识进行分析解答 7．实验方案的评价 ①能耗(使用高温、电解条件的能耗高)；②绿色化学(有无使用或产生污染物、物质的循环使用)；③原子利用率；④生成成本。 【易错提醒】 1．审题 ①图中一般会出现超纲知识，尽量弄懂流程图但不必要将每一物质都推出，问什么推什么。有的步骤的分析宜粗不宜细，因有的过程用中学所学知识无法解释但又不影响后续答题，不要钻牛角尖。 ②注意：题中考点往往没有“联带效应”。即前一个考点不能回答没关系，不影响后面回答考点。遇到一下子做不出来的考点要及时放弃，以免影响其他考点的作答。 2．规范答题 ①作答时看清所提考点，防止答非所问。注意语言表达式科学性。回答原因时，有的比较简单，有的要求用理论辅助回答，这时应用“四段论法”：本题改变什么条件（或是什么条件）—→根据什么理论—→所以有什么变化—→结论。 ②在写某一步骤是为了除杂时，应该注意“是为了除去××杂质”，避免出现只写“除杂”等笼统式的回答。 3．陌生方程式书写 最后一定要结合反应条件和反应体系所处的环境对各物质的存在形式、状态进行修正（此点易被忽略）。 4．化工流程中的图像分析 关注图像中的隐含性质、变化过程中的定量与定性关系。 【过关练习】 1．（2024·湖南卷）中和法生产Na2HPO4•12H2O的工艺流程如下： 已知：①H3PO4电离常数：K1＝6.9×10－3，K2＝6.2×10－8，K3＝4.8×10－13；②Na2HPO4•12H2O易风化。 下列说法错误的是 A．“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入Na2CO3溶液 B．“调pH”工序中X为NaOH或H3PO4 C．“结晶”工序中溶液显酸性 D．“干燥”工序需在低温下进行 2．（2025·福建名校联盟一模）铟(In)是一种典型的稀散金属，广泛应用于半导体、航空航天、电子光学材料等领域。以含铅烟灰[主要成分是PbO，还含有少量In2S3、InO、Zn3(AsO4)2等物质]为原料制备粗铟的工艺流程如图所示。 已知：①“浸出液”中In3＋和Zn2＋的浓度分别为1.0×10－4 mol·L－1、1.0×10－3 mol·L－1 ②H2A2代表萃取剂，萃取时发生反应为In3＋＋3H2A2In(HA2)3＋3H＋ ③常温下，Ksp[In(OH)3]＝1.0×10－34、Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－17 回答下列问题： （1）In位于元素周期表第五周期ⅢA族，基态In原子的价电子排布式为___________。 （2）“热溶解”时，In2S3发生反应的化学方程式为______________________________________。 （3）“浸渣”的主要成分是___________。“水浸”时，铟的浸出率很高，工业上仍采用多级浸出(即将浸出液返回“水浸”步骤)，其优点是__________________________。 （4）“还原除砷”时，反应的离子方程式为___________________________________。 （5）从平衡移动的角度解释“萃取”前“调pH”目的是___________________________________；常温下，应调节pH不大于_______。 （6）“萃取”所得配合物的结构如图(R－代表2－乙基己基)，该物质中存在的微粒间作用力类型有___________(填标号)。 A．金属键 B．氢键 C．配位键 D．范德华力 3．（2024·安徽安庆二模）粗氢氧化钴Co(OH)3是以铜钴矿为原料湿法提取而得到的粗制钴盐中间品，含有MnOOH以及Al2O3、Fe3O4、Mg等杂质，粗氢氧化钴湿法制取精制硫酸钴流程如下： （1）浸出时添加还原剂SO2对原料中的锰和________(填元素名称)进行有效浸出。保持温度，SO2流速等条件不变，Co浸出率与时间关系如图所示，则H2SO4浓度最适宜为________mol·L－1。 （2）“除杂”时混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)。Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为_________________________________________________(已知：H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)。生石灰调节pH＝__________(保留一位小数)时，检验反应后的滤液中恰好不存在Fe3＋(已知：Fe(OH)3的Ksp＝10－37.4，离子浓度≤10－6 mol·L－1时沉淀完全)。 （3）在萃取剂一定量的情况下，提高萃取率的措施有_____________________(答出一点即可)，萃取后水相溶液中存在的金属离子有________。 （4）硫酸钴的溶解度曲线如图所示，从溶液中获得CoSO4•7H2O的方法是__________________________________________________________。 必备知识八 化学实验 【知识体系】 【要点归纳】 1．熟悉课本实验 （1）常见物质(H2、O2、CO2、Cl2、NH3、NO、NO2、电解饱和食盐水、粗铜的精炼、乙烯、溴苯、硝酸苯、乙酸乙酯、溴乙烷消去反应、糖的水解)的制备原理、实验装置和除杂等。 （2）研读三大定量实验(溶液配制、中和热测定、中和滴定)，电化学(双液电池、吸氧腐蚀、电镀)。 （3）基本的实验操作：pH试纸、托盘天平、量筒、滴定管的使用要求和读数要求等。 （4）实验装置判断 注意：①反应原理(试剂浓度、加热否）；②有无干扰(是否要除杂)；③仪器使用(温度计、导管等)。 2．物质分离提纯思路 （1）熟悉的物质分离方法：过滤、结晶、蒸馏、萃取、分液、洗气。 （2）有机鉴别与除杂的应试策略 常用方法 萃取与分液、蒸馏、洗气等；“成盐”分液、“成盐”蒸馏，过滤操作很少用到(只在制肥皂时及蛋白质提纯时用到) 典型试剂 水、NaOH溶液、溴水、FeCl3、KMnO4 3．结晶 （1）类型：①蒸发结晶；②蒸发浓缩(至晶膜出现)、冷却结晶；③蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶；④重结晶(选择合适的溶剂再来一次溶解、结晶)。 （2）结晶概述 （3）晶体干燥方法 方法 操作 自然晾干 将晶体平铺在滤纸或表面皿上，置于通风处自然挥发溶剂 干燥器干燥 将晶体置于干燥器中，密封后利用干燥剂吸附残留溶剂 真空干燥 使用真空干燥箱或旋转蒸发仪，在减压条件下降低溶剂沸点，加速挥发 加热干燥 将晶体置于烘箱中，温度控制在溶剂沸点以下（通常50～100℃） （4）从溶液中获取晶体 ①蒸发结晶，过滤（注意：趁热过滤还是冷却结晶后过滤）、洗涤、干燥（晾干、烘干、真空干燥等）；②对于某些水解盐、易分解的盐：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤（水解盐还要：首先加入某种试剂，以抑制水解）。 4．实验条件的控制与优化 （1）温度 ①温度控制 ②温度控制不当可能产生的不良后果 温度过低 速率过慢、吸热反应产率降低、溶解度减小、出现副反应、副产品…… 温度过高 速率过快、放热反应产率降低、溶解度增大或减小、出现副反应、副产品、挥发或分解、能耗大、生成成本高…… ③控制温度在一定范围内 综合多方面因素的考虑，如使反应速度不致于太慢、抑制或促进平衡的移动、防止反应物分解、防止副反应、使催化剂的催化活性最高等。 如果题目中出现了包括产物在内的各种物质的溶解度信息，则要根据它们的溶解度随温度升高而改变的情况，寻找合适的结晶分离方法(蒸发结晶或浓缩结晶)。 （2）pH 注意：pH——是具体数值还是一个范围。 （3）反应物的量（少量、足量或适量）及浓度。 5．判断滴定终点的规范描述 当滴入最后半滴××标准溶液后，溶液由××色变成××色，且半分钟内不恢复原来的颜色(或不变色)。 解答此类题目注意三个关键点： 6．关于实验方案设计 （1）可反复阅读历年江苏高考真题的标准答案，揣摩答题的一般规律和文字表述细节，要体现题给的试剂或用品。注重答题细节，例如： 操作细节 在搅拌下向××中分批加入××固体(或滤渣) 分批加入 充分搅拌 缓慢滴加 通入，滴入，加入，吸收 有晶膜出现，趁热过滤 取最后一次洗涤滤液 静置，在上层清液中再滴加 开启通风设备 打开磁力搅拌器 完成特征 (现象) 固体不再溶解 沉淀不再增加 有晶膜生成 等溶液中无气泡产生 待观察不到气泡产生后 试纸变××色 关键数据 ××℃趁热过滤 加热××℃ 在××～××℃干燥 当pH介于××～××时 pH约为×× ××mol·L－1 溶液 （2）化学实验设计(补充实验步骤)的思维模型 ①明确实验目的，②依据实验目的分析实验原理，③依据实验原理选择实验试剂与仪器，④依据物质性质或反应条件选择实验条件，⑤规范表述实验操作、现象与结论。 （3）化学实验设计(补充实验步骤)的答题模板 如：在搅拌下向××中加入××试剂，现象(充分反应至不再产生气体；至固体恰好完全溶解；至pH为××；产生大量沉淀，静置，在上层清液中再滴加××试剂，不再产生沉淀)过滤，向滤液中加入××试剂，调节溶液的pH在一定的范围沉淀杂质离子，过滤得滤液。滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作可得晶体。 5．“目的或原因”类问题 目的或原因 思考方向 沉淀(晶体)洗涤的目的 若滤渣是所需的物质，洗涤的目的是除去晶体表面的可溶性杂质，得到更纯净的沉淀物 若滤液是所需的物质，洗涤的目的是洗涤过滤所得到的滤渣，把有用的物质如目标产物尽可能洗出来 沉淀(晶体)冰水洗涤目的 既能洗去晶体表面的杂质离子，且能防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗 沉淀(晶体)用有机溶剂(酒精、丙酮等)洗涤的目的 既能洗去晶体表面的杂质离子，且能防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗，此外又利用有机溶剂的挥发性，除去固体表面的水分，产品易干燥 控制溶液pH的目的 防止××离子水解；防止××离子沉淀；确保××离子沉淀完全；防止××溶解等 温度不高于××℃的原因 温度过高××物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)或××物质挥发(如浓硝酸、浓盐酸)或××物质氧化(如FeSO4、Na2SO3等)或促进××物质水解(如AlCl3等) 蒸发、反应时的气体氛围 抑制××离子的水解(如加热蒸发AlCl3溶液时需在HCl气流中进行，加热MgCl2·6H2O得MgCl2时需在HCl气流中进行等) 加热的目的 加快反应速率或促进平衡向某个方向(一般是有利于生成物生成的方向)移动 减压蒸馏(减压蒸发) 的原因 减小压强，使液体沸点降低，防止××物质受热分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等) 减压过滤(或抽滤)的目的 加快过滤速度 减压烘干的目的 降低产品的烘干温度，防止产品分解 减压蒸发的原因 减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止某物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)或失去结晶水(如题目要求制备结晶水合物产品) 趁热过滤的目的 防止过滤一种晶体或杂质的过程中，因降温而析出另一种晶体 ①要滤渣(产品)：防止降温时析出杂质而影响产品纯度或减少产品溶解损耗。如：NaCl(KNO3) ②要滤液(产品)：防止降温时析出产品(溶解度随温度增大而增大)而损耗。(除去溶解度小或难溶的杂质) 【易错提醒】 1．仪器 ①蒸发皿与坩埚：从盛放物质的状态是液体、固体，认识蒸发皿与坩埚的使用。 ②酸/碱式滴定管：从左右手的使用，辨识滴定管选用是否正确。 ③温度计：从测量反应液、水浴、蒸气的温度，认识水银球所放的位置。 ④直形/球形冷凝管：从冷凝回流、蒸馏，认识仪器的选用。 ⑤三仪器精确度：量筒0.1 mL、托盘天平0.1 g、测定管0.01 mL。 ⑥玻璃棒引流：沉淀的过滤、向容量瓶中转移液体须用玻璃棒引流。 2．物质检验 ①用酸性高锰酸钾溶液检验溶液中是否有Fe2＋：注意溶液中有无Cl－，如有Cl－不能用酸性高锰酸钾溶液，要用K3[Fe(CN)6]溶液。 ②检验Na2SO3是否变质：加BaCl2溶液后再加稀盐酸，不能加稀硝酸。 ③检验糖水解产物：在加银氨溶液或新制Cu(OH)2浊液之前，须加NaOH溶液中和催化剂稀硫酸。 ④检验卤代烃消去产物：产生的气体不能直接通入酸性高锰酸钾溶液中，须先通入盛水的洗气瓶除去醇。 ⑤检验烯醛中的碳碳双键：不能用溴水，可用溴四氯化碳溶液或先通过银镜反应排除醛基的干扰。 ⑥检验NH：必须加热、是红色石蕊试纸。 ⑦焰色反应：用铂丝不是玻璃棒，K＋要通过蓝色钴玻璃片观察。 3．物质制备 ①试剂选择：注意是必须使用还是选用，注意用量 ②必要的操作：如充分搅拌、少量冰水洗涤等 ③实验条件：如浓缩的温度、冷却的温度 ④物质加入的顺序：注意酸碱性、氧化还原性等。如用FeSO4、NH4HCO3制FeCO3是将NH4HCO3溶液滴加到FeSO4溶液中。(试剂滴加顺序错误0分) ⑤从溶液中得到晶体：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥；或蒸发结晶，过滤(或趁热过滤)洗涤干燥(注意：有的“洗涤”要求“冰水”、“热水”或“乙醇”洗涤) 以下物质不能直接蒸发结晶制得：结晶水合物、挥发酸的易水解盐、易氧化的盐等。 4．pH试纸使用：具有氧化性的溶液如氯水、NaClO溶液不能使用pH试纸，应用pH计测量。 5．设计物质氧化性、还原性实验时：注意有无其他氧化性微粒的干扰，如NO3－在酸性条件下有强氧化性。 6．离子检验 ①判断沉淀是否洗净：取少许最后一次洗涤液。 判断沉淀(晶体)是否洗涤干净的方法：必须是沉淀(晶体)组成之外的离子。 ②判断沉淀是否完全：取少许上层清液于试管，加入××溶液；或静置后，在上层清液中滴加××溶液。 7．分离与除杂 ①有机物常用分液、蒸馏：苯中有苯酚不能用溴水，乙酸乙酯中有乙酸不能用NaOH溶液也不能用乙醇与浓硫酸。 ②气体洗气：选对试剂如除去Cl2中HCl不能用NaHCO3溶液，除去乙烷中的乙烯不能用酸性高锰酸钾溶液。 ③根据水解原理提纯时，注意溶液的pH控制(不一定是一个具体的数值，有时是个范围)。 8．滴定操作 ①滴定管：要写明×式滴定管 ②滴定终点判断：注意规范答题——滴最后一滴××溶液，溶液由×色变为×色，且30秒内不褪/不变色。不要将溶液颜色变化写反了！ 【过关练习】 1．（2024·广西西宁市摸底）下列有关实验装置能够正确完成对应实验的是 氨气的尾气吸收 中和热的测定 用滴定管量取20.00 mL酸性K2Cr2O7溶液 乙醇在浓硫酸作用下，加热到170℃制备乙烯 A B C D A．A B．B C．C D．D 2．（2023·江苏省南通市如皋市上学期期末）[(NH4)2Ce(NO3)6]、二氧化铈(CeO2)均是常见的强氧化剂，可以以Ce2(CO3)3为原料进行制取。 （4）实验小组以Ce2(CO3)3为原料制取CeO2，请补充完整实验方案：将Ce2(CO3)3完全溶解于盐酸中，_______________________________________________________________________________________ __________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________，得CeO2固体。[已知：4Ce(OH)3(白色沉淀)＋O2＋2H2O＝4Ce(OH)4(黄色沉淀)，Ce(OH)4受热分解时失重百分比与温度的关系如右图所示。可选用的仪器和试剂：2 mol·L－1氨水、O2、1 mol·L－1 HNO3、1 mol·L－1 AgNO3溶液、马弗炉(可用于固体的高温加热)] 3．（2025·山西省高三下开学考试）钴的配合物[Co(NH3)6]Cl3，难溶于有机溶剂乙醇，微溶于水。在常温下稳定性较强，强热时会部分分解，实验室可用CoCl2•6H2O为原料来制备。具体制备步骤如下： 步骤1：在如图所示装置中经过下列操作得到含粗产品的混合物 步骤2：取出三颈烧瓶中的混合物，用冰水冷却，过滤。将沉淀溶于50 mL热稀盐酸中，趁热过滤。在滤液中慢慢加入6 mL浓盐酸，先用自来水冷却再用冰水冷却，过滤、洗涤、干燥，称量。已知：Co(OH)2难溶于水，[Co(NH3)6]2＋具有较强还原性；氧化性：Co3＋＞H2O2。 回答下列问题： （2）NH4Cl的作用除了可以做反应物外，还具有的作用是______________________________。 （3）先加浓氨水后加H2O2溶液的原因是___________________________________________________ ___________________________________________________________________________。 4．（2025·江苏南通高三上阶段练习）马日夫盐[Mn(H2PO4)2•2H2O]是一种用于机械设备的防锈磷化剂，工业上利用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量硅、铁、铝等氧化物)为主要原料，联合处理含SO2的烟气并制备马日夫盐的一种工艺流程如下。请回答下列问题： 已知：①Mn(OH)2不稳定，易被空气氧化；马日夫盐溶于水且随温度的升高，溶解度显著增大。 ②有机萃取剂是溶解了一种酸性磷酸酯(表示为H2A2)的磺化煤油，萃取时发生的反应主要为：Fe3＋＋3H2A2Fe(HA2)3＋3H＋。 ③Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10－39，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10－33，Ksp[Mn(OH)2]=1.0×10－12.8。 （4）以“调pH”后得到的含MnSO4的滤液为原料，补充完整“沉锰”、“酸溶”及得到马日夫盐的实验操作：_______________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________，过滤、洗涤、干燥，得到马日夫盐。(须使用的试剂：Na2CO3溶液、BaCl2溶液、稀盐酸、磷酸、蒸馏水) 必备知识九 化学计算 【知识体系】 计算方法 原理 说明 差量法 质量差 利用物质在反应前后的质量差求解 根据物质变化前后某种量发生变化的方程式或关系式，找出所谓“理论差量”。利用该法注意两点：①弄清差量的原因；②弄清差量与什么量成比例 体积差 利用气体物质在反应前后的体积差量求解 守恒法 质量 守恒 从宏观上看，化学反应前后的质量相等或反应前后某种元素的质量相等 是巧妙选择化学式或溶液中某两种数(如正负化合价总数、阴阳离子所带的正负电荷总数)相等，或几个连续(或平行)的方程式前后某微粒(如离子、原子、电子)的物质的量保持不变作为解题依据 电荷 守恒 在电解质溶液中，由于整个溶液呈中性，所以阴、阳离子所带的电荷总量必须相等 电子 守恒 氧化还原反应中得失电子总数相等，原电池和电解池中通过两极的电子数相等 原子 守恒 反应前原子总数等于反应后产物以各种形式存在的总数 关系式法 粒子 守恒 从微观上看，化学反应前后同种元素的原子个数必然相等 是计算中用来表示已知量与未知量成正比例关系的式子 ★循环反应：前一反应的某一产物，在参加后续反应后，又再生成，使反应循环下去 方程式 叠加 对循环/连续反应将方程式相加，消去循环项/中间产物 极值法 是把所研究的对象或过程变化通过假设，推到理想的极限值，使因果关系变得十分明显，从而得出正确的判断 常用于求有关存在“极限值”的计算题，如某些化学平衡的计算，平行反应的计算，混合物的计算等 【要点归纳】 1．计算类型与解题方法 类型 解题方法 物质含量 计算 根据关系式法、得失电子守恒法等，求出混合物中某一成分的量，再除以样品的总量，即可得出其含量 确定物质 化学式 的计算 ①根据题给信息，计算出有关物质的物质的量；②根据电荷守恒，确定出未知离子的物质的量；③根据质量守恒，确定出结晶水的物质的量；④各粒子的物质的量之比即为物质化学式的下标比 热重曲线 计算 ①设晶体为1 mol ②失重一般是先失水、再失气态非金属氧化物 ③计算每步的m(余)，＝固体残留率 ④晶体中金属质量不减少，仍在m(余)中 ⑤失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属)∶n(O)即可求出失重后物质的化学式 多步滴定 计算 复杂的滴定可分为两类： ①连续滴定法：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量，可计算出第一步滴定的反应物的量 ②返滴定法：第一步用的滴定剂是过量的，然后第二步再用另一物质返滴定过量的物质。根据第一步加入的量减去第二步中过量的量，即可得出第一步所求物质的物质的量 2．失重规律 ①结晶水合物无水盐金属氧化物 ②铵盐加热考虑生成NH3，硫酸盐加热考虑生成SO2、SO3，草酸盐加热考虑生成CO、CO2。 3．氧化还原滴定计算 试题中通常会给出未配平的方程式，通常不必配平，根据得失电子守恒原理解题，以简化计算。 4．化学式求解 据题意先求出各粒子的物质的量，再转化为化学式。 注意结晶水的物质的量，通常据质量守恒来计算；有的离子由题意不能直接求出物质的量，可据其他离子的物质的量，由电荷守恒原理求解。 【易错提醒】 1．根据氧化还原反应中电子守恒计算：一是准确判断新给物质的化合价，二是如原子团中某原子个数不为1时，注意是否要乘以原子个数，三是有的试题中得电子或失电子的粒子不一定只有一种也可能有两种、同一粒子生成的产物不一定只有一种也可能有两种。 2．关注评分标准：是分步给分的，能写一步写一步，如据题中溶液的浓度和体积可先计算溶质的物质的量可得1分，最后计算结果1分(计算要细心，如步骤正确结果错了不得分)。 3．失重图像：关注是有氧环境或无氧环境，若是有氧环境则变价的金属元素会被氧化为高价态氧化物。 4．实验数据处理：注意：①数据的取舍、有效数字使用；②从配制溶液中取出几分之一体积；③找关系式，注意倍数关系。 【过关练习】 1．（2024·南通市海门市第一次调研）（4）常用“碘量法”来测定“气体”中硫化氢含量，将收集500 mL的“气体”通过50.00 mL 0.0500 mol·L－1的Zn(CH3COO)2溶液的吸收瓶中，使H2S被完全吸收，向吸收瓶中加入10.00 mL 0.0100 mol·L－1的碘溶液和10 mL乙酸溶液，将硫元素完全转化为硫单质，充分反应后转移至250 mL碘量瓶中；向碘量瓶中加入1.00 mL1%淀粉溶液，用0.0100 mol·L－1的Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为12.00 mL。试计算“气体”中硫化氢的浓度___________(以g·L－1计)写出计算过程。已知：I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62—。 2．（2024·连云港一模）制备[Co(NH3)6]Cl3并测定Co含量。将CoCl2•2H2O和活性炭(催化剂)加入三颈瓶中(装置见图-2)，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。 ③在没有活性炭存在时，能得到一种化学式为[Co(NH3)5]Cl3的纯净物。测得1 mol [Co(NH3)5]Cl3与足量的硝酸银溶液反应生成2 mol AgCl，该配合物内界的化学式为________________________。 ④准确称取7.0800 g样品于烧杯中，加入足量NaOH溶液充分反应，微沸加热至无NH3放出。冷却至室温后，加入过量的KI固体和盐酸，充分摇荡。将所得溶液定容至250 mL，然后取出25.00 mL溶液放入锥形瓶中，滴加少量淀粉溶液，用0.1000 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为24.00 mL。计算样品中钴元素的质量分数。_____________。 已知：[Co(NH3)6]3＋＋3OH－＝Co(OH)3↓＋6NH3↑，2Co(OH)3＋2I－+6H＋＝2Co2＋＋I2＋6H2O，I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62—。 3．（2025·苏州市上学期期中摸底）实验室以碳酸铈[Ce2(CO3)3]为原料制备氧化铈(CeO2)粉末，部分实验过程如下： 已知：Ce(OH)4难溶于稀硝酸；Ce4＋极易水解，酸性较强时有强氧化性。 “焙烧”过程 焙烧Ce(OH)4过程中测得剩余固体质量与起始固体质量比值随温度变化的曲线如图所示。则301～317℃范围内，B→C发生反应的化学方程式为___________________________________________。 (写出确定物质化学式的计算过程。Ce的相对原子质量为140) 4．（2024·南京市二模）处理废水中Cr(Ⅵ)的常用方法包括绿矾还原法、铁粉还原法和离子交换法等。含Cr(Ⅵ)物种浓度随pH的变化如右图所示。 （2）铁粉还原法。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－1，测得废水中Cr(Ⅵ)的去除率增大，其可能原因为_________________________________________________________。 （3）离子交换法。阴离子交换树脂(ROH，R为高分子阳离子骨架)去除酸性废水中Cr(Ⅵ)的原理为2ROH＋Cr2O72－R2Cr2O7＋2OH－。 ①树脂失效后，用NaOH溶液将树脂再生，发生反应的化学方程式为___________。 ②某树脂的Cr(Ⅵ)摩尔交换总容量为1.45 mol·L－1，即每升湿树脂最多吸收1.45 mol Cr(Ⅵ)。现将Cr(Ⅵ)含量为50 mg·L－1的废水以1.0 L•h－1的流量通过填充有30 mL湿树脂的淡化室。试通过计算说明，通废水20 h时，该离子交换树脂是否达到吸收饱和___________。［Cr(Ⅵ)均以铬元素计，写出计算过程，铬相对原子质量为52］ 必备知识十 有机化学 【知识体系】 有机物的推断流程 有机合成路线设计 【要点归纳】 1．不饱和度计算 若有机化合物分子中含有卤素原子，可将其视为氢原子；若含有氧原子，则不予考虑；若含有氮原子，就在氢原子总数中减去氮原子数。 2．原子共线、共面 ①首先要掌握四个基本结构单元的结构： 有机化合物 H—C≡C—H 空间构型 正四面体 所有原子不能共平面 平面形 所有原子共平面 直线形 所有原子共平面 平面正六边形 所有原子共平面 键角 109º28′ 约120º 180º 120º 注意：相邻3个原子必定共平面；只要分子中存在结构(或)，所有碳原子就不可能共平面；若两个平面共用1个单键，这两个平面可能共平面。 ②有机物结构跟无机物结构联系： 如高考中经常考到的水分子、水合氢离子、氨分子、铵离子、甲烷分子、甲醛分子等之间都可找到联系(见下图)。 ③方法——一般采取分割法： 将有机物切割为若干个单元，如：乙烯平面、苯平面、乙炔直线；对平面结构可画立体图——以乙烯为母体，画出其他原子及基团。请注意——碳碳双键不能旋转，而碳碳单键则可以。 3．选择题——以官能团为突破口 考题通常给出一种或多种新的有机物结构，要求考生判断如下考点： ①判断原子杂化类型；②官能团的判断；③判断反应类型[加成反应、消去反应、取代反应(包括酯化、水解反应)、氧化反应、还原反应、加聚反应、缩聚反应]；④消耗某些物质(H2、Br2、NaOH)的量——注意酯基、羰基、肽键与H2不加成、酚酯消耗2个NaOH）；④原子共线或共面个数；⑤核磁共振氢谱与手性碳原子判断；⑥限定条件的同分异构体数目判断。 4．有机推断 （1）审题 ①审题的要点：文字、框图及设问要全面浏览；②化学式、结构式要看清；③隐含信息要善于发现。 ②注意官能团掩蔽、保护；在苯环上引入多个官能团：需考虑引入的先后顺序。据苯环上各个基团的相对位置关系来决定引入基团的先后顺序。 ③充分挖掘突破口：四类信息[反应(条件、性质)信息、结构信息、数据信息、隐含信息]。 ④题给信息的模仿应用：分析反应物中断键点(断键位置及断键方式)及生成物中键的接键点(形成位置和方式)，以理解反应本质。 （2）反应类型判断 一是根据反应条件、试剂判断；二是根据有关反应类型的本质判断。 （3）未知有机物结构的判断 ①画一画找变化：即①对比——找出前后有机物中结构(主要是官能团)变化；②转录——复制粘贴；③补缺。 ②依据合成转化图中告知相对分子质量或分子式，可推测产物或副产物的结构。 （4）设计某些步骤的目的 一般是保护某基团不被氧化或还原、或防止与后续某物质反应等。 （5）限制条件同分异构体书写 ①常见限制条件归纳 限制条件 有机物中的官能团或结构特征 化学性质的 限制 与Na反应生成气体 含有醇—OH、酚—OH、—COOH 发生银镜反应或与新制Cu(OH)2反应 含有—CHO或HCOO—（此点易被忽略） 与NaOH溶液反应 含有酚—OH、—COOH、—COO—、—X 能发生水解反应 含有-COO-、-X、-CONH2、-CONH-、-CON＜ 发生消去反应 邻碳有氢 与FeCl3发生显色反应 含有酚—OH 结构的 限制 属于芳香族化合物、α—氨基酸 含有苯环、—NH2在α位 一氯化物只有1种 结构中心对称 核磁共振氢谱有x个峰 有x种不同环境H原子(判断分子的对称性) 含有1个手性碳原子 含连四个不同原子或原子团的碳原子 苯环上只有1种不同环境的H原子 有2种排列方式：、 苯环上有2种不同环境的H原子 有2种排列方式：、 ②书写方法 5．指定有机物的合成路线设计的一般程序 有机合成实质是官能团的引入、转换；碳链的增长或减小；或开环或成环；其中还含有官能团的保护和定位。 （1）基础：抓住有机物间的衍生关系 （2）先认真解析“已知”反应所提供的信息： 如官能团前后发生了什么变化、发生变化的部位在哪里(一般是官能团或α－位)。 （3）方法： 第一：剖析目标分子的结构特征(官能团种类及碳骨架特点)，将目标分子与原料结构的相同处圈出，即先认清目标产物中结构的来源与链接方式。 第二：先逆推，即将目标分子拆分——在保留与原料共同结构部分的前提下，利用高中化学知识结合题给“已知”的信息反应，将目标分子拆分为小分子，之后再拆分，向原料逼进，如不能直接逼进原料，再正推，即由所给原料写出可能合成的物质。 第三：逆推、正推都有可能“卡住”，这是因为学生喜欢用高中课本的反应，但这肯定是不够的，故这时候要想“已知”信息有没有用上，有时还需从题干的合成路线中找出有关官能团的转化，以帮助我们实现下一个中间体的合成。 最后确定合成路线：注意转化所需试剂及条件，如有多种路线，要进行评价和优化，选出最佳路线。 说明：很多路线在5步左右，其中需要利用合成路线中关键步骤至少1步，“已知”至少1步（小题中的已知几乎都要用到），高中所学知识至少1步。 【易错提醒】 1．理解典型的有机化学反应类型及其发生反应的结构要求 如醇和卤代烃能发生消去反应，但不是所有的醇或卤代烃均能发生；再如醇的催化氧化，它要求醇羟基相连碳原子上必须有氢原子等等。 2．写合成路线中的化学方程式 注意反应条件、配平，不要漏写小分子等。 3．当课本条件和题给条件都能实现同一转化时，优先选择使用题给条件 如课本转化：ROHRCl；题给转化：ROHRCl优先选择使用后者。 4．有机分子中原子共线、共面 要看清——是"碳原子"还是"所有原子"，是"一定"还是"可能"，是“至少”还是"最多"。 5．定量判断 一般条件下酯基、酰胺基是不能加H2；1 mol 酚酯消耗2 mol NaOH。 6．注意下面一些常见的错误 反应 正确条件 错误条件 反应 正确条件 错误条件 醇消去 苯环上的卤代 卤代烃消去 醇→醛酮 醇→卤代烃 硝化 7．有机合成 ①有机合成定位规则：如(不是) ②规范表达： 一 原料中间产物Ⅰ中间产物Ⅱ……目标分子 二 三 原料中间产物Ⅰ 原料中间产物Ⅱ中间产物Ⅰ……目标分子 ③写完后务必检查：每步转化要符合所学知识和信息揭示，注意书写规范，切忌臆造反应；关注反应环境，有时不同的官能团可与同一试剂发生反应，如苯环上的—CH3、—OH、—NH2都能与酸性高锰酸钾溶液反应；有时有的转化需多加一个条件，如—CHO—→COOH，在用[Ag(NH3)2]OH或Cu(OH)2时，还要再酸化。 8．信息还原反应 ①－NO2的反应： ②NaBH4、LiAlH4的反应： 这类反应请同学们在平时的练习中注意整理。 【过关练习】 1．（2025·江苏省泰州中学上学期一模）合成马蔺子甲素的部分路线如图所示，下列说法正确的是 A．X可以发生取代、氧化、缩聚反应 B．X分子存在顺反异构体 C．Y在水中的溶解度比X大 D．Y分子与足量H2加成后的产物中含有3个手性碳原子 2．（2025·南通市海安市上学期开学考）由双酚A(BPA)制备聚碳酸酯(PC)的工艺过程，存在如下反应： 下列说法不正确的是 A．1 mol BPA最多能与2 mol Br2发生反应 B．DMC分子中采取sp3杂化的原子有4个 C．PC可以发生水解反应和氧化反应 D．生成物X易与水分子形成氢键 3．（2024·南通市二模）化合物G是合成治疗糖尿病药物非奈利酮的一种中间体，其合成路线如下： （1）水解后得到醇的名称为______(填序号)。 A．2－甲基丙醇 B．2－甲基－2－丙醇 C．2,2－二甲基乙醇 （2）A→B反应历经2步，中间体为则第二步的反应类型为______________。 （3）X的分子式为C6H8N2O，写出X的结构简式：__________________。 （4）的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构 简式：___________________________。 能与FeCl3溶液发生显色反应，酸性条件下水解产物之一为氨基乙酸，另一产物的核磁共振氢谱中有4个峰。 （5）已知： ①＋ ②2CH3CHOCH3CH＝CHCHO 写出以、CH3CHO、为原料制备的合成路线流程图。（无机试剂和有机溶剂任选，合成路线流程图示例见本题题干）。 4．（2024·泰州市下学期一模）化合物H是治疗胃癌的小分子靶向抗肿瘤药物，其合成路线如下： （1）A分子中碳原子的杂化轨道类型有______种。 （2）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苯环上有4个取代基，能与FeCl3溶液发生显色反应； ②核磁共振氢谱图中有3个峰。 （3）D→E、E→G的反应中均有CH3OH生成，则F的结构简式为___________________。 （4）G→H的反应中有一种与H互为同分异构体的副产物生成，其结构简式为 ____________________________。 （5）写出以、、和CH3OH为原料，制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。 第三篇 应试技巧 一、心态沉稳是迈向成功的起步 1．树立自信心 信心是成功的一半，信心的取得一方面来自自己合理的目标，经过大量训练而积累的实力；另一方面来自自己积极的自我暗示。要学会自我暗示，进入考场后提醒自己“人易我易不大意，人难我难不畏难”，遇到难题时对自己说“我又不准备考满分，肯定会有难题，只要我能把我会做的题目全做对，就能取得理想的成绩”。 2．保持平常心 江苏高考化学试题“宽基础、厚实践、重能力”的特点十分明显，近三年高考试题并没有出现过偏题、怪题，即使是有一定难度的试题也是分散在四个大题一、二个小问中。大多数试题与我们平时练习的难度相当，如果平时所练的题目多数都能做对，那么要坚信高考你也一定能考出好成绩。 3．适度紧张 考试紧张是每个同学高考前必然存在的心理状态。研究表明适度紧张有利于高考超水平发挥，但过度紧张会影响高考水平的正常发挥。 考场中保持“适度紧张”的实操方法：（1）考前预热：激活大脑，缓解过度紧张——①深呼吸法（5秒吸气→5秒屏息→10秒呼气），重复3次，降低心率；②简单题目“热身”：开考前快速浏览试卷，先做1～2道简单选择题，增强信心；（2）答题时的动态调节——①“3秒停顿”技巧：遇到难题时，闭眼3秒，默念“冷静，先跳过去”，避免卡壳引发慌乱；完成一道大题后，深呼吸一次再继续，防止连续高强度思考导致疲劳；②肢体放松：握笔过紧时，放下笔活动手指；肩膀僵硬可轻微耸肩再放松，缓解肌肉紧张。 【特别提醒】 化学考试的“紧张陷阱”——不要被陌生题型吓住：高考化学新情境题（如新型电池、陌生有机反应）本质是“换壳题”，解题方法仍基于课本知识；时间压力下的取舍智慧：3分钟无思路的选择题、大题中的小问立即跳过，完成全卷后再回头攻坚(每道大题常分多问，有的小问较为简单)。 二、合理安排是获得成功的基础 高考题的卷面中有很多是送分题，但题目的难易可能是波浪形布局，最难的题目不一定在最后，当然难题也是相对的，因人而异，因各人对不同知识点的把握程度不同，所以看题目难易的角度也不同。这也是对考生能力品质的考查，只有处变不惊、遇难不乱，科学灵活地运筹时间，才能在有限的时间内多做题多得分。应做到如下三点： 1．考前时间充分利用 准时进入考场，进入考场之后，就要把心收回来，全身心进入考试状态。先把考试所需的学习工具放置好，一般每场考试提前10分钟左右发草稿纸，提前5分钟发试卷，结束前15分钟老师会提醒你。因此拿到草稿纸后，可以在草稿纸上用笔写写画画，如默写元素周期表，写一些反应方程式等，使自己的思绪快速回到化学上来。在按照要求在规定地方填写好姓名、准考证号后，快速浏览一遍考卷有几题，有几页。特别要提醒同学拿到试卷注意浏览试卷前面提供的元素的相对原子质量，为后面解计算题时做好相应准备。 2．先易后难，遇难先跳 建议考生一般应从上到下，先易后难完成，遇难不乱，遇新不慌，沉着应战。若遇到一时解不出的题可做好记录暂时放下(保留草稿备查)，尽快放手，说不准放一放，又突来灵感或唤起记忆，等把容易题做完后再回过来做。但切勿做着这一题，想着那一题，一心多用，难以保证思维的速度和质量，影响常规题的正常发挥。同时也要有冲击难题的勇气，不轻易放弃每个得分机会。 3．合理分配时间 一般来讲，选择题时间控制在25分钟以内，切忌超过30分钟(部分学生选择题答题时间可控制在20分钟左右)。做选择题不可太快，这样出错率较高，也不可太慢，影响第二卷的解题。应在审题上多下工夫(画出关键信息)，深思熟虑后可以少走弯路。 草稿纸分块使用，不要写得太细，及时抄到试卷上，以节约时间。 三、科学审题是通向成功的保证 1．选择题考试技巧 一卷主要起到调节考试心态、覆盖知识面、稳定平均分等功能。同学们只要集中注意力，迅速进入到考试状态正常发挥即可。做选择题还要注意认真读题，甚至反复读题，对较难的题：读题时应“圈圈点点”，理清概念，找出“陷阱”，切忌草草读题，盲目下手。 由于选择题只有一个选项最符合题意，其答题策略：基于分析的判断——①直选法：对于能确定的选项，直接选它，其他选项可不看(适用于较简单的试题)；②淘汰法——选项中有盲点，且只有一个盲点，若盲点外有答案的，则这个盲点不是答案；若在盲点选项之外找不到答案，则这个盲点选项即为答案(适用于中等难度的试题)；③绕行：适用繁难，即若四个选项有的判断是轻松的、有的判断是有难度的，为节省时间，遇繁难则绕行，不考这个虑繁难的选项，用淘汰法考虑其他三个选项(适用于较难的试题)。 解题时，不要做一题，就往答题卡上填涂，应将正确答案用ABCD写在题号的前面，不要在选项前面打钩，防止引起混淆，如果有选项不能确定，则在该题前及该选项前做醒目的记号，以便重点复查。 当离考试结束还有15分钟时，监考老师会提醒。此时，应立即停止作答其他题目，将没有确定答案的选择题的选项再做比较，综合考虑，如此时仍然没有把握，要坚持相信第一感觉。经验告诉我们，第一感觉往往是最理想的选择，此时，不要再犹豫，下定决心，确定答案，填涂到答题卡上，然后，再答其他题目。 2．非选择题考试技巧 有四道大题，每题考查的侧重点不同、试题的难度也不同，试题的各个小问的难度未必逐渐递升，难易或许以波浪式呈现，决不能认为前面的难，后面的更难，即使相对不难的试题中也有的小问较难。 认真审题：通常试题中所给材料的陌生度高，解题时认真阅读正文和问题，做到问题心中有数；对于文字信息、反应信息和图表信息，几乎每一个信息都有用(如无机物制备括号内的试剂及仪器)，解答中若题给信息未用全，要反复斟酌解答思路是否合理，力求与信息吻合，提高得分率；阅读新信息后，看是否能直接解题。若不能，要默默思索建立已有知识和解题所需知识间的衔接桥梁。 规范作答：结合各要模拟题尤其是近三年高考真题总结答题的规范性，能据经典问题的答题模板回答问题，同时结合近几次考试有关评分细则形成规范的答题习惯。 分分必争：每道试题均有得分点和卡分点，难题或较难题中或许有不少可以得分的地方，不可放弃。因此送分点要拿满分，卡分点争取多得分。 答题策略：每道大题中都有易、中等、较难的小题，为提高得分率，建议每道大题先做以下易得满分的考题——方程式书写(包括电极反应式)、平衡常数计算、仪器名称、电子排布式、盖斯定律应用、图像中条件的选择，有机化学为（1）、（2）、（3）小空；其次做能得大部分的考题——化学计算、无机物制备、限定条件同分异构体书写及有机合成；最后做有可能得分的考题——归因问题、未见过的题型等。 【特别提醒】 二卷的题目，同学如果没有按试卷题目顺序做，答题时一定要注意将答案填写在对应题目答题卡对应的区域。对于自己有把握的答案，可直接将答案写到答题卡上，对于没有把握的题目，可在草稿纸上写出推演过程，千万不要没有把握就将答案往答题卡上写，一旦错了，再用橡皮擦，反而浪费时间。如果没有把握，一时又拿不定主张，可先在题目上做醒目记号，然后跳过，接着做下一小问。 不留“空白”。做题“空白”无论如何是不会得分的，有的题不会做或没有把握，也不要空着。对于填空题，可以采用“分步”、“分点”得分的方法。会多少答多少，即使写上一些不相关的内容也可能会有一定的分数，以达到在能得分的地方绝不失分，不易得分处争取得分的目的。当然，不留“空白”这项工作，一点要等到自己全部题目都已经做过一篇，会做的题目也已经做完，最后再去做这项工作！ 结 束 语 同学们，十年寒窗苦，功夫不负有心人，圆满完成高考答卷需要最后的淡定和拼搏。在最后的冲刺阶段，完善“点、线、面、体”的多逻辑知识体系，形成良好的思维品质和推理能力，期待同学们善于在新情境中分析应用图像、流程、装置、模型、结构、反应等信息，将已有知识和能力迁移到高考答卷中。大家的努力已经赢得了及格分！我们还要向心态要5分！向审题要5分！向规范要5分！向信息加工要5分！向复习冲刺要满意分！ 考场心理——我易人易我心更细；我难人难我心不烦。 审题要领——捕捉信息，圈出突破；熟题生做，生题熟做。 答题策略——分时合理，懂取舍不死磕；规范答卷，作草稿细推敲。 复查经验——不留空白，限于界内填涂；排查疑点，谨慎规范修改。 2 每天都是一个起点，每天都有一点进步，每天都有一点收获! 2 考前梳理不言苦和累，常错易错再提醒 学科网（北京）股份有限公司 $$基础不牢，地动山摇！ 高分靠基础，教材再回顾 2025届高三化学考前指导 考前复习策略 必备知识 应试技巧 亲爱的同学们：请认真研读为你们精心准备的这份材料，我相信只要你真正理解了其中的考点，你至少可以得到高考试卷80%的分数。 此外还需要你研读材料以下材料：材料一：期中、期末、一模及二模各次大考的试卷；材料二：各大市（南京、南通、苏北、扬州、徐州）的模拟试卷；材料三：期中、期末、一模、二模4次考试的考前指导；材料四：①你的个人错题整理与知识归结；②选择题过关练习；③考前特训——题型突破练。请你针对其中的错题，认真反思，深究错因，并找出解题方法、技巧。 第一篇 考前复习整体策略 一、考前重点回顾 1．核心方程式： 课本上的金属元素及化合物、非金属元素及化合物以及有机物的化学方程式。 2．必修和选修教材中的实验： ①化学实验基础 基本操作——过滤、蒸发、蒸馏、萃取与分液、离子的检验；三定量实验——溶液的配制、中和热测定与中和滴定 ②金属及其化合物 钠、碳酸氢钠、铝及化合物、铁及二价、三价铁的转化 ③非金属及其化合物 氯气的性质与制备、二氧化硫与浓硫酸的性质与制备、氨的性质与制备、硝酸的性质与制备 ④有机化学实验 甲烷卤代反应、溴苯与硝基苯的制备、乙醇制乙烯与催化氧化、乙醛银镜反应铜镜反应、乙酸乙酯的制备、酚醛树脂的制备、蔗糖与淀粉水解、蛋白质的盐析与变性 ⑤化学反应原理实验 原电池与电解池、铜的精炼与电镀、金属腐蚀与防护、化学反应速率与化学平衡、沉淀的转化 3．基本理论中重要的规律： 氧化还原反应、原电池与电解、勒夏特列原理、电离常数与水解常数。 二、重温反思再突破 重温做过的模考试卷和微专题突破讲义，高度重视大型调研试题中反复暴露的问题，还有思路方法不够准确的地方，要认真地反思，边思考边动手写，寻求策略予以解决。 根据自身学习情况，确定考前回归的重点，不要眉毛胡子一把抓，要有重点提升和强化。对于生疏的知识点或题型，把近阶段的错题有选择性的拿出来重做进行消化突破。 三、考前几天提醒 要抓好基础知识，在最后几天中不要再做难题、偏题和怪题，而要认真复习基础知识中的最重要的主干知识。每天可适当做一点选择题等基础题，以保持手感。 四、感悟高考明考向 选择性重温近几年的高考真题，体会高考命题风格，熟悉试卷结构，分析归纳所考核的共同知识点，构建高考考查的主干知识网络。特别要对照非选择题的标准答案揣摩高考真题中大题的命题视角和答题方向，不仅要形成“模型化”的解题思路和流程，更要提炼学科思想方法，关注答题规范。 五、关注化学学科核心素养 “宏观辨识与微观探析”、“变化观念与平衡思想”、“证据推理与模型认知”、“科学探究与创新意识”、“科学态度与社会责任”5个方面的测查方式 第二篇 考前必备知识 必备知识一 氧化还原反应与离子反应 【知识体系】 【要点归纳】 1．离子方程式书写遵循 客观性原理 防写错生成物——如Na2SO3溶液与硝酸：SO32－＋2H＋＝H2O＋SO2↑ 规范性原理 书写规则——化学式拆写(注意微溶物处理——溶液时写成离子、浊液时写成原化学式) 规范原则——符号书写(如单个离子的水解必须写成，不写气体、沉淀符号) 守恒原理 三守恒——电荷守恒原理、质量守恒定律、电子守恒原理 数量关系 注意题中的用词——少量、过量及定量 提醒：课本上的反应要熟记；对于陌生反应——根据物质的酸碱性、氧化还原性及有关守恒原理书写。方程式书写后务必检查！ 2．电子守恒 氧化还原反应中，氧化剂得到的电子数等于还原剂失去的电子数。计算过程如下： ① 找两剂及对应产物 氧化剂还原产物 还原剂氧化产物 ② 找准1个粒子得失电子数 氧化剂还原产物 还原剂氧化产物 得失电子数：变价原子个数×化合价变化值 注意：化学式中粒子的个数，如Cr2O72－中有2个Cr原子 ③ 根据电子守恒列等式 n(氧化剂)×x＝n(还原剂)×y 3．陌生方程式书写 ① 定反应物 及生成物 据题干信息或流程图，先找出明显的反应物与生成物，再据现象、氧化还原反应规律推出隐藏的生成物 ② 配平 氧化还原反应据电子守恒配平(配出氧化剂、还原剂及氧化产物、还原产物的计量数)，离子方程式再据电荷守恒配平；最后由质量守恒配平(其他物质的计量数；所缺的物质——一般为水、酸、碱) ③ 检查 符号(＝、、↑、↓)的使用，反应条件是否齐全 4．NaBH4、LiAlH4及N2H4常用作有机物的还原 ① NaBH4 ② LiAlH4 ③ N2H4 (CH3)2CO＋N2H4(CH3)2CH2＋N2↑＋H2O C6H5NO2＋3N2H4→C6H5NH2＋3N2↑＋3H2O 【易错提醒】 1．化合价 尿素[CO(NH2)2]：C为＋4价、N为－3价；CN－：C为＋2价、N为－3价；S2O32－：S为＋2价、S4O62—：S为＋2.5价；S2O82－：S为＋6价、2个O为－1价、6个O为－2价。 2．溶液的酸碱性对氧化性的影响 NO3－只有在酸性条件下表现强氧化性，而ClO－酸性、碱性均有强氧化性。 3．酸式盐与碱反应方程式书写 把量少的物质化学计量数定为1。 4．是还原反应而不是加成反应。 【过关练习】 1．（2023·山东卷）含硼固体中的B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3＋H2OH＋＋[B(OH)4]－；B(OH)3与溶液反应可制备硼砂Na2B4O5(OH)4•8H2O。常温下，在0.10 mol·L－1硼砂溶液中，[B4O5(OH)4]2－水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]－，该水解反应的离子方程式为______________________________________________________________________。 【答案】[B4O5(OH)4]2－＋5H2O2B(OH)3＋2[B(OH)4]－ 【解析】由题意[B4O5(OH)4]2－＋H2O2B(OH)3＋2[B(OH)4]－，再由质量守恒得[B4O5(OH)4]2－＋5H2O2B(OH)3＋2[B(OH)4]－。 2．（2024·苏州调研期初）五氧化二钒(V2O5)是广泛用于冶金、化工等行业的催化剂。由富钒废渣制备V2O5的一种流程如下： “酸浸”时，MnO2将VO＋转化为VO2＋的离子反应方程式为____________________________________。 【答案】VO＋＋MnO2＋2H＋＝VO2＋＋Mn2＋＋H2O 【解析】“酸浸”时，MnO2将VO＋转化为VO2＋，MnO2被还原为Mn2＋，反应式为：VO＋＋MnO2VO2＋＋Mn2＋，V元素的化合价由＋3价升至＋5价,升高2价，MnO2被还原成Mn2＋，Mn元素的化合价由＋4价降至＋2价，降低2价，据得失电子守恒有：VO＋＋MnO2VO2＋＋Mn2＋，再由电荷守恒得VO＋＋MnO2＋2H＋VO2＋＋Mn2＋，最后由质量守恒有VO＋＋MnO2＋2H＋＝VO2＋＋Mn2＋＋H2O。 3．（2025·苏州市上学期期中摸底）实验室以碳酸铈[Ce2(CO3)3]为原料制备氧化铈(CeO2)粉末，部分实验过程如下： 已知：Ce(OH)4难溶于稀硝酸；Ce4＋极易水解，酸性较强时有强氧化性。 （1）“氧化、沉淀”过程 ①向酸溶后的溶液中加入氨水和H2O2溶液，维持pH为5～6充分反应，生成胶状红褐色过氧化铈[Ce(OH)3O•OH]沉淀，加热煮沸，过氧化铈转化为黄色氢氧化铈[Ce(OH)4]。反应生成过氧化铈的离子方程式为_______________________________________________________________________。 【答案】2Ce3＋＋6NH3·H2O＋3H2O2＝2Ce(OH)3O•OH↓＋6NH＋2H2O 【解析】由化工流程图可知＋3价的Ce被过氧化氢氧化至＋4价，Ce(OH)3O•OH中OH为－1价，O原子为－1价、•OH中O为－1价；反应为Ce3＋＋NH3·H2O＋H2O2Ce(OH)3O•OH↓＋H2O，Ce元素升高1价，H2O2中O元素降低2价，由电子守恒有2Ce3＋＋NH3·H2O＋H2O22Ce(OH)3O•OH↓＋2H2O，再由电荷守恒2Ce3＋＋NH3·H2O＋H2O22Ce(OH)3O•OH↓＋2H2O＋6NH，最后据质量守恒得2Ce3＋＋6NH3·H2O＋3H2O2＝2Ce(OH)3O•OH↓＋6NH＋2H2O。 4．（2025·南通市如东县第一次调研）水合肼(N2H4•H2O)在工业中有广阔的应用前景，其具有强还原性，氧化产物为N2。 （1）N2H4分子有顺式、反式和歪扭式三种经典空间结构，下列结构能表示N2H4分子是歪扭式的是_______。(填字母) A． B． C． （2）工业上可用NaClO碱性溶液与尿素[CO(NH2)2]水溶液反应制取水合肼，写出该反应的离子方程式___________________________________________________________，在实际生产中尿素需过量，原因是___________________________________________________________________________。 【答案】（1）B （2）①ClO－＋CO(NH2)2＋2OH－＝Cl－＋N2H4•H2O＋CO32－ ②提高NaClO的转化率、减少生成物水合肼被氧化损耗 【解析】（1）利用排除法，A中氢原子不在同侧为反式结构，C中氢原子在同侧为顺式结构，故B为歪扭式结构；（2）NaClO碱性溶液与尿素[CO(NH2)2]水溶液反应制取水合肼的离子方程式为ClO－＋CO(NH2)2Cl－＋N2H4•H2O＋CO32－，Cl价态降低2价，N元素由－3到－2价升高2价，由电子守恒ClO－＋CO(NH2)2Cl－＋N2H4•H2O＋CO32－，再由电荷守恒有ClO－＋CO(NH2)2＋2OH－＝Cl－＋N2H4•H2O＋CO32－；在实际生产中尿素过量的原因一是使NaClO充分反应即提高其转化率，二是N2H4•H2O有较强的还原性，易被NaClO氧化，尿素过量可减少生成物水合肼被氧化损耗。 必备知识二 物质的性质与应用 物质间的相互转化 【知识体系】 一、非金属元素及其化合物 二、金属元素及其化合物 【要点归纳】 1．特殊的转化关系、特征反应条件与特征框图模式 题眼 内容 特征 反应条件 ①高温 铁系 黄铁矿煅烧、炼铁、铁与水蒸气、铝热反应 碳系 制水煤气、制玻璃、制粗硅和精硅 ②催化剂 双氧水制O2 ③催化剂高温 SO2的催化氧化、氨的催化氧化 ④放电 N2与O2的反应 ⑤高温高压催化剂 合成氨 ⑥通电 NaCl、MgCl2、Al2O3 ⑦光照 H2与Cl2、HClO、HNO3 \ 特征 框图模式 碳酸氢铵、碳酸铵、碳酸氢钠受热分解 ①电解(饱和食盐水、硫酸铜溶液、硝酸银溶液)；②碳/铜与浓硫酸或浓硝酸；③氯气与石灰乳 ①金属→金属；②金属→非金属 ③非金属→金属；④非金属→非金属(同周期、同主族) ①NH3＋O2；②FeS2＋O2；③Cl2＋H2O；④FeBr2＋Cl2 ①Na2O2＋H2O/CO2；②CO＋H2O；③NH3＋NO/NO2；④NaH＋H2O；⑤HCl＋HClO 特征 转化关系 ⑴ABC A NH3、C、S、N2、Na、 Cl2 O2 C CO32－ Al3＋ AlO2－ OH－ D O2 Fe C H2O H＋ OH－ H＋ SO2、CO2、H2S A B C Al3＋ Al(OH)3 AlO2－ CO2 HCO3－ CO32－ SO2 HSO3－ SO32－ H2S HS－ S2－ ⑵ABC ⑶三角转化： ⑷交叉型转化： 特征工业反应 ①制漂白粉；②硫酸工业；③硝酸工业；④硅酸盐工业；⑤Na、Mg、Al、Fe等冶炼 2．金属的冶炼 目前工业上生产钾的主要方法，利用金属钠的强还原性置换出钾。 3．高中教材化工流程图 从海带中 提取碘 从海水 提取溴 海水提镁 从铝土矿 制备铝 氯碱工业 工业制硝酸 硫酸工业 侯氏制碱法 4．性质与应用 物理性质 高熔点 MgO、Al2O3 作耐高温材料 焰色 钠 制作高压钠灯 SiO2 制作坩埚 导热性 钠、钾 快中子反应堆热交换剂 颜色 Fe2O3 作红色颜料 易液化 液氨 作制冷剂 磁性 Fe3O4 录音磁带的制造 盐析 NaCl 制肥皂 导电性 石墨 电极材料 光全反射 SiO2 制光导纤维 化学性质 还原性 钠 冶炼钛、锆、铌 弱碱性 Al(OH)3 中和胃酸 酚类 油类抗氧化剂 NaHCO3 中和胃酸 铝 焊接铁轨 氧化性 K2FeO4 作新型净水剂 铁 防止食品氧化变质 次氯酸盐 杀菌消毒剂，作漂白剂 SO2 葡萄酒食品添加剂 ClO2 用于自来水的杀菌消毒 水解性 Na2CO3 热纯碱溶液洗油污 过氧化钠 漂白与脱色 明矾 作净水剂 变性 CuSO4 配制波尔多液 NH4Cl溶液 去除铁锈 75%乙醇 消毒 热分解 NaHCO3 焙制糕点的膨松剂 漂白性 SO2 漂白纸浆(不可漂白食物) 【易错提醒】 1．SO2能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，皆因SO2的还原性，而不是漂白性。 2．SO2与NaClO反应：SO2少量反应为SO2＋ClO－＋H2O＝SO42－＋Cl－＋2H＋。 3．常温下铁、铝在浓硫酸和浓硝酸中“钝化”，“钝化”不是不反应，而是反应很快终止，仍能体现浓硫酸和浓硝酸的强氧化性 4．反应SiO2＋4HF＝SiF4↑＋2H2O，HF体现的不是酸性。SiO2属于酸性氧化物，能与NaOH溶液反应，是其固有的属性，但是SiO2能与氢氟酸反应是其特性的体现 5．物质转化 产物错 SSO3 SCuS SFe2S3 FeS2SO3 N2NO2 NH3NO2 AlCl3(aq)Al FeFe2O3 FeCl3(aq)无水FeCl3 Ca(ClO)2(aq)HClO CCO2 CO2Na2CO3 浓度或 用量错 稀盐酸Cl2 Cl2漂白粉 NH3·H2O(NH4)2SO3 条件错 N2NO 浓盐酸Cl2 NaNa2O MgCl2•6H2OMgCl2、FeCl3(aq)FeCl3(应在HCl气流中加热) 不能进行的转化系 SiO2SiCl4 SiO2H2SiO3 Fe2O3Fe(OH)3 SO2BaSO3 Al(OH)3NH4AlO2 新制Cu(OH)2Cu2O NaHSO3(aq)SO2 【过关练习】 1．（2024·连云港上学期调研一）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A．Na2S具有还原性，可除去废水中的Mn2＋ B．Na2SO3具有还原性，可用于吸收含SO2的尾气 C．NH4Cl溶液呈酸性，可用于去除铁锈 D．NaClO溶液呈碱性，可用于杀菌消毒 【答案】C 【解析】A项，硫化钠用于除去废水中的锰离子是因为硫化锰不溶于水，与硫化钠具有还原性无关，错误；B项，亚硫酸钠溶液用于吸收含二氧化硫的尾气是因为亚硫酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，与亚硫酸钠的还原性无关，错误；C项，氯化铵溶液用于去除铁锈是因为氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，水解生成的氢离子能与铁锈反应而达到去除铁锈的目的，正确；D项，次氯酸钠溶液用于杀菌消毒是因为次氯酸钠溶液具有强氧化性，与次氯酸钠溶液呈碱性无关，错误。 2．（2024·江苏苏州三模）取少量SO2水溶液，进行水溶液性质探究。下列实验方案不能达到实验目的的是 选项 探究性质 实验方案 A 氧化性 滴加几滴盐酸酸化的BaCl2溶液，再滴加5 mL 3%的H2O2溶液，振荡，观察实验现象 B 还原性 滴加几滴酸性KMnO4溶液，振荡，观察溶液颜色的变化 C 酸性 滴加紫色石蕊溶液，观察溶液颜色变化 D 漂白性 滴加几滴品红溶液，振荡，加热试管，观察溶液颜色变化 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【解析】A项，SO2与BaCl2不反应，滴加H2O2溶液后，SO2被氧化为H2SO4，后与BaCl2反应转化为BaSO4白色沉淀，SO2体现的是还原性，观察实验现象不能体现SO2的氧化性，错误；B项，SO2与酸性KMnO4发生氧化还原反应5SO2＋2KMnO4＋2H2O＝K2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4，酸性高锰酸钾溶液褪色，体现SO2的还原性，正确；C项，SO2与水反应生成H2SO3，紫色石蕊溶液变红，体现了SO2是酸性气体，正确；D项，SO2可以使品红溶液褪色，加热后溶液褪色，体现了SO2具有漂白性，正确。 3．（2025·南通市海安市上学期开学考）硫及其化合物的转化具有重要的应用。下列说法正确的是 A．FeS2SO2SO3 B．浓硫酸SO2(NH4)2SO3 C．硫化亚铁与稀硫酸混合：S2－＋2H＋＝H2S↑ D．SO2通入Ca(ClO)2溶液中：Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H2O＝CaSO3↓＋2HClO 【答案】B 【解析】A项，硫化亚铁在空气中煅烧，生成二氧化硫和三氧化二铁，二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，错误；B项，铜和浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫与足量氨水反应生成亚硫酸氨和水，正确；C项，硫化亚铁与稀硫酸反应生成硫化氢和硫酸亚铁，离子方程式为：FeS＋2H＋＝H2S↑＋Fe2＋，错误；D项，Ca(ClO)2中通入SO2，两者反应生成硫酸钙、次氯酸和氯离子，正确的离子方程式为Ca2＋＋3ClO－＋SO2＋H2O＝CaSO4↓＋2HClO＋Cl－(SO2少量)，错误。 4．（2024·全国甲卷）钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的＋2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 （1）“酸浸”步骤中，CoO发生反应的化学方程式是______________________________________。 （2）“沉锰”步骤中，生成1.0 mol MnO2，产生H＋的物质的量为_____________。 （3）“沉钴”步骤中，控制溶液pH＝5.0～5.5，加入适量的NaClO氧化Co2＋，其反应的离子方程式为___________________________________________________________。 【答案】（1）CoO＋H2SO4＝FeSO4＋H2O （2）4.0 mol （3）2Co2＋＋ClO－＋5H2O＝2Co(OH)3↓＋Cl－＋4H＋ 【解析】（1）“酸浸”步骤中，Cu不溶解，Zn单质及其他＋2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的＋2价阳离子进入溶液，即CoO为转化为CoSO4，反应的化学方程式为CoO＋H2SO4＝FeSO4＋H2O；（2）“沉锰”步骤中，Na2S2O8将Mn2＋氧化为二氧化锰除去，发生的反应为S2O82－＋Mn2＋＋2H2O＝MnO2↓＋4H＋＋2SO42－，因此，生成1.0 mol MnO2，产生H＋的物质的量为4.0 mol；（3）“沉钴”步骤中，控制溶液pH＝5.0～5.5，由流程图NaClO将氧化Co2＋为Co(OH)3，反应式为：Co2＋＋ClO－Co(OH)3↓＋Cl－，Co价态升高1价、Cl价态降低2价，由电子守恒得2Co2＋＋ClO－2Co(OH)3↓＋Cl－，再由电荷守恒得2Co2＋＋ClO－2Co(OH)3↓＋Cl－＋4H＋，最后据质量守恒得反应的离子方程式为2Co2＋＋ClO－＋5H2O＝2Co(OH)3↓＋Cl－＋4H＋。 必备知识三 物质结构与性质 【知识体系】 【要点归纳】 1．元素的金属性与非金属性判断事实 金属性 非金属性 ①根据元素在周期表中的位置；②单质与水或酸反应难易；③元素最高价水化物的碱性强弱；④根据组成原电池的电极情况；⑤根据金属间的置换反应判断；⑥根据同价离子的氧化性 ①非金属单质与H2反应的难易；②气态氢化物的稳定性；③最高价氧化物的水化物的酸性；④非金属间的置换反应；⑤阴离子的还原性；⑥非金属与金属反应后金属的化合价；⑦两种非金属反应后产物中呈正价或负价 2．化学键与晶体的关系（见右图） （1）化学键存在于分子或晶体之中，构成单质分子的微粒不一定含有共价键，如惰性气体是单原子分子，不存在化学键！（易错点）。 （2）化合物类型与化学键的关系： ①离子化合物中必有离子键，可能有共价键；②由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如NH4Cl（不含金属元素的离子晶体）；③不同元素组成的多原子分子里的化学键不一定是极性键，如H2O2中的O—O键是非极性键。 3．判断分子极性的经验规律 对于ABn型分子，若中心原子A的化合价绝对值与其最外层电子数相等，则为非极性分子，否则为极性分子。如BF3、CO2为非极性分子，NH3、H2O、SO2为极性分子（技巧点）。 4．VSEPR模型和分子(离子)立体模型的确定 价层电 子对数 中心原子杂化方式 电子对的空间构型 σ键电子对数 孤电子对数 电子对 的排列方式 分子 的空间构型 实 例 2 sp 直线形 2 0 直线 CO2、BeCl2、HCN 3 sp2 平面 三角形 3 0 平面三角形 BF3、SO3、HCHO、 CO32－、NO3－ 2 1 V形 SnCl2、PbCl2 4 sp3 正四面体 4 0 正四面体 CH4、CCl4、SiCl4、 SO42－、NH、PO43－ 3 1 三角锥形 NH3、PCl3、PH3、NCl3、SO32－、ClO3－、H3O＋ 2 2 V形 H2O、H2S、Cl2O 价层电子对数(n)计算 n＝x＋(阴离子＋y，阳离子－y) 如SO2中硫原子的n＝2＋＝3；H3O＋中氧原子的n＝3＋＝4；CO中碳原子的n＝3＋＝3 注意：价层电子对互斥模型说的是价层电子对的空间构型，而分子的空间构型指的是成键电子对空间构型，不包括孤电子对。 ①当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；②当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致。 5．判断分子或离子中中心原子的杂化轨道类型的一般方法 看中心原子有没有形成双键或三键 如果有1个三键，则其中有2个π键，用去了2个p轨道，则为sp杂化；如果有1个双键则其中有1个π键，则为sp2杂化；如果全部是单键，则为sp3杂化 由分子的空间构型结合价电子对互斥理论判断 没有填充电子的空轨道一般不参与杂化，1对孤电子对占据1个杂化轨道。如NH3为三角锥形，且有一对孤电子对，即4条杂化轨道应呈正四面体形，为sp3杂化 6．氢键的存在及对物质性质的影响 （1）氢键存在于水、醇、羧酸、酰胺、氨基酸、蛋白质、结晶水合物等中。 （2）氢键对物质性质的影响： ①溶质分子和溶剂分子间形成氢键，溶解度骤增。如氨气极易溶于水；②分子间氢键的存在，使物质的熔沸点升高；③有些有机物分子可形成分子内氢键，则此时的氢键不能使物质的熔沸点升高。 7．晶胞中微粒数目的计算方法——均摊法 长方体 (正方体) 六棱柱 三棱柱 平面型 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 8．熟记几种常见的晶胞结构及晶胞含有的粒子数目 晶体 NaCl CsCl ZnS CaF2 金刚石 晶体结构 粒子数目 4个Na＋ 4个Cl－ 1个Cs＋ 1个Cl－ 4个S2－ 4个Zn2＋ 4个Ca2＋ 8个F－ 8个C 晶体 简单立方 体心立方 面心立方 氮化硼 干冰 晶体结构 粒子数目 1个原子 2个原子 4个原子 4个B，4个N 4个CO2 【易错提醒】 1．化学用语 原子或离子结构示意图 核电荷数与核外电子数、离子电荷数要对应 电子式 ①厘清键型：如H＋[∶∶∶] 2－H＋，②不合并：离子化合物中相同的两个离子不能合写，③不“丢电子”：防漏写共价分子中孤电子对如，复杂离子中的电子如NH[∶∶]－，④不“偷电子”：如H∶∶∶∶H 球棍模型、比例模型 构型要符合粒子实际结构——空间构型、粒子的相对大小,如CO2的空间填充模型不为，SO2的空间填充模型不为 电子排布式、轨道排布式 弄清楚是写全部的电子还是只写价层电子排布式,第四周期ⅢA及之后的元素外围电子排布式不漏写3d上的电子 第一电离能 同周期主族元素，第ⅡA族(ns2)全充满、ⅤA族(np3)半充满，比较稳定，所以其第一电离能大于同周期相邻的ⅢA和ⅥA族元素 氢键 ①熔点HF＞HI：解释时要强调HF分子之间形成氢键 ②氢键不属于化学键，属于一种较弱的作用力 杂化 如结构中有一般的共价键也有配位键，则形成配位键的原子也参加了杂化，如H3B←NF3中B为sp3杂化 VSEPR模型 注意有无孤电子对，如SO3不是 σ键与π键 Cl－Cl形成的p－pσ键模型为而不是 2．非金属性与非金属判断：与单质的熔点沸点、与酸的氧化性及与原子的最外层电子数均无关。 3．计算孤电子对数：出现0.5或1.5，则把小数进位为整数，即1或2。如NO2的中心原子N的孤电子对数为＝0.5≈1，则价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，分子立体构型为V形。 4．杂化轨道只用于形成σ键而不形成π键；CO与N2结构相似结构式为C≡O(σ键一个)。 5．画配离子中价键：注意有关原子与中心原子的连接方式。 【过关练习】 1．（2025·江苏省泰州中学月考）反应NH4Cl＋NaNO2＝NaCl＋N2↑＋2H2O应用于石油开采。下列说法正确的是 A．基态N原子的核外电子排布图为 B．Cl－的结构示意图为 C．NO2－的VSEPR模型为平面三角形 D．H2O的空间填充模型为 【答案】C 【解析】A项，基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，轨道表示式为 ，错误；B项，Cl－的核电荷数为17，核外电子数为18，结构示意图：，错误；C项，NO2－中成键电子对是2，孤对电子对是＝１，VSEPR模型为平面三角形，正确；D项，H2O的空间填充模型为，题给模型为其球棍模型，错误。 2．（2025·常州市上学期期中）汽车尾气净化装置中发生反应2CO＋2NO2CO2+N2。下列说法正确的是 A．电离能：I1(C)＞I1(O) B．电负性：χ(N)＞χ(O) C．CO2中C原子轨道杂化方式为sp2 D．N2中σ键和π键数目之比为1∶2 【答案】D 【解析】A项，元素C、O属于同一周期元素且原子序数依次增大，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，ⅤA族大于ⅥA族，所以其第一电离能大小顺序是O＞C，错误；B项，在同一周期内，从左到右，元素的电负性逐渐增大，所以N＜O，错误；C项，CO2分子中的碳原子周围没有孤电子对，根据价电子互斥理论，CO2分子为直线型结构，因此碳原子采取sp杂化方式‌，错误；D项，N2分子结构式为N≡N，三键中含有1个σ键和2个π键，因此σ键和π键数目之比为1∶2，正确。 3．（2023·山东）卤素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题： －40 ℃时，F2与冰反应生成HOF和HF。常温常压下，HOF为无色气体，固态HOF的晶体类型为____________，HOF水解反应的产物为________________________________________(填化学式)。 【答案】分子晶体 HF、H2O2(或HF、O2) 【解析】常温常压下，HOF为无色气体，则HOF的沸点较低，因此，固态HOF的晶体类型为分子晶体。HOF分子中F显－1价，其水解时结合H2O电离的H＋生成HF，则OH＋结合H2O电离的OH－，两者反应生成H2O2，H2O2不稳定，其分解生成O2，反应为HOF＋H2O＝HF＋H2O2，2H2O2＝2H2O＋O2↑。 4．（2025·江苏淮安市开学考）氧化锌晶体一种晶胞结构如图所示，O2－位于Zn2＋构成的______________(填“四面体空隙”、“六面体空隙”或“八面体空隙”)中。若晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善晶体的性能，Zn－N中离子键成分的百分数小于Zn－O键，原因是______________ ______________________________________________________________。 【答案】①四面体空隙 ②电负性O＞N，电负性差值Zn－O键＞Zn－N键，故Zn－N键中离子键百分数小 【解析】由晶胞结构图可知，O2－周围有4个Zn2＋，即O2－位于Zn2＋构成的正四面体空隙中；若晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善晶体的性能，由于电负性O＞N，电负性差值Zn－O键＞Zn－N键，故Zn－N键中离子键百分数小。 必备知识四 原电池与电解 【知识体系】 【要点归纳】 1．原电池与电解池工作原理 原电池的工作原理 电解池的工作原理 二次电池的结构分析 二次电池电极反应书写思维模型 以xMg＋Mo3S4MgxMo3S4为例说明 2．电极反应式书写 一般思路 明确该电极是得还是失电子两极材料及附近有哪些离子，判断反应物根据化合价变化得出产物 书写步骤 ①由题意先写出：氧化剂＋ne—＝还原产物(或还原剂－ne—＝氧化产物) ②根据电荷守恒，确定所缺的离子[水溶液通常为H＋、OH－或其他离子，如为燃料电池也可能为O2－(氧化物)、CO32－(熔融碳酸盐)、NO3－(熔融硝酸盐]及数目 ③再由质量守恒，确定其他物质 ④检查（特别注意产物在所给环境中能否存在！） 3．带离子交换膜电化学装置 离子交换膜的作用 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 选择性通过离子，起到平衡电荷、形成闭合回路的作用 离子交换膜的类型 阳离子交换膜(只允许阳离子和水分子通过，阻止阴离子和气体通过) 阴离子交换膜(只允许阴离子和水分子通过，阻止阳离子和气体通过) 质子交换膜(只允许H＋和水分子通过) “隔膜”电解池的解题步骤 分清隔膜类型 即交换膜属于阳膜、阴膜或质子膜中的哪一种，判断允许哪种离子通过隔膜 写出电极反应式 判断交换膜两侧离子变化，推断电荷变化，根据电荷平衡判断离子迁移方向 分析隔膜作用 在产品制备中，隔膜作用主要是提高产品纯度，避免产物之间发生反应，或避免产物因发生反应而造成危险 离子交换膜的计算 迁移离子所带的电荷数总是等于外电路上转移的电子数 溶液质量变化等于电极反应引起的变化和离子迁移引起的变化之和 4．金属防腐的电化学方法 ①原电池原理——牺牲阳极的阴极保护法：与较活泼的金属相连，较活泼的金属作负极被腐蚀，被保护的金属作正极。注意：此处是原电池，牺牲了负极保护了正极，但习惯上叫牺牲阳极的阴极保护法。 ②电解池原理——外加电流的阴极保护法：被保护的金属与原电池负极相连，形成电解池，作阴极。 【温馨提醒】 1．对于选择题：可根据概念来判断选项正误，如正板反应式给出的是失电子反应式，则是错的。记住“二个同性恋”——原电池中阳离子向正极迁移，阴离子向负极迁移；电池充电时，正极接电源的正极，负极接电池的负极。 2．书写电极反应式应充分注意介质影响：所写的氧化产物、还原产物在所给的溶液中能否稳定存在，如①中性溶液反应物中若是H＋得电子或OH－失电子，H＋和OH－均来自于水的电离，但生成物中可能有H＋和OH－；②酸性溶液反应物、生成物中均无OH－；③碱性溶液反应物、生成物中均无H＋；④水溶液中不能出现O2－；⑤在水溶液中金属活动表中从K＋到Al3＋是不放电的。 3．电解方程式书写：要写“通电”或“电解”，而电极反应式则不能写“通电”。 4．电解条件与产物：电压不同同一粒子其电解产物可能不同，如Cl－可生成Cl2、ClO2、ClO3－等。 【过关练习】 1．（2024·苏州调研）氨硼烷-H2O2燃料电池装置示意图如图所示，该电池在常温下即可工作，总反应为NH3·BH3＋3H2O2＝NH4BO2＋4H2O。下列说法不正确的是 A．氨硼烷与水分子间可形成氢键，故氨硼烷易溶于水 B．a电极的电极反应式为NH3·BH3＋2H2O＋6e－＝NH＋BO2－＋6H＋ C．放电过程中，1 mol H2O2参与反应时，转移的电子数约为2×6.02×1023 D．其他条件不变，向H2O2溶液中加入适量硫酸能增大电流强度 【答案】B 【解析】A项，氨硼烷分子中的氮原子能与水分子中的氢原子形成氢键，故氨硼烷易溶于水，正确；B项，由题图可知，a电极上NH3·BH3转化为NH4BO2，发生失电子的氧化反应，则a电极为负极，电极反应式为NH3·BH3＋2H2O－6e－＝NH＋BO2－＋6H＋，错误；C项，b电极为正极，电极反应式为H2O2＋2e－＋2H＋＝2H2O，所以放电过程中1 mol H2O2参与反应，转移2 mol e－，正确；D项，硫酸为强电解质，H2O2溶液中加入适量硫酸，可以增大溶液中离子浓度，增强导电能力，增大电流强度，正确。 2．（2024·安徽卷）我国学者研发出一种新型水系锌电池，其示意图如下。该电池分别以Zn-TCPP(局部结构如标注框内所示)形成的稳定超分子材料和Zn为电极，以ZnSO4和KI混合液为电解质溶液。下列说法错误的是 A．标注框内所示结构中存在共价键和配位键 B．电池总反应为：I3－＋ZnZn2＋＋3I－ C．充电时，阴极被还原的Zn2＋主要来自Zn-TCPP D．放电时，消耗0.65 g Zn，理论上转移0.02 mol电子 【答案】C 【解析】由图中信息可知，该新型水系锌电池的负极是锌、正极是超分子材料；负极的电极反应式为Zn－2e—＝Zn2＋，则充电时，该电极为阴极，电极反应式为Zn2＋＋2e—＝Zn；正极上发生I3－＋2e—＝3I－，则充电时，该电极为阳极，电极反应式为3I－－2e—＝I3－。 A项，标注框内所示结构属于配合物，配位体中存在碳碳单键、碳碳双键、碳氮单键、碳氮双键和碳氢键等多种共价键，还有由N提供孤电子对、Zn2＋提供空轨道形成的配位键，正确；B项，由以上分析可知，该电池总反应为I3－＋ZnZn2＋＋3I－，正确；C项，充电时，阴极电极反应式为Zn2＋＋2e—＝Zn，被还原的Zn2+主要来自电解质溶液，错误；D项，放电时，负极的电极反应式为Zn－2e—＝Zn2＋，因此消耗0.65 g Zn（物质的量为0.01 mol），理论上转移0.02 mol电子，正确。 3．（2025·甘肃张掖高三上阶段练习）二氧化碳作为温室气体，是引发全球气候变化的主要元凶之一，但通过转化可以将其变成有用的化学品或燃料，有助于实现碳循环和碳减排。下图是一种电化学催化还原二氧化碳制备甲醛的装置原理图。 ①电解过程中双极膜产生的OH－移向_____极(填“M或N”)。 ②N极为_____极(填“阳”或“阴”)，N电极生成甲醛的电极反应式为_____________________________________________。 【答案】M 阴极 CO2＋3H2O＋4e—＝CH2O＋4OH－ 【解析】①N极由CO2生成CH2O(C为0价)，碳元素化合价降低，N极为阴极，OH－移向阳极，故OH－移向M极；②已知利用电解池原理催化，N极由CO2生成CH2O，碳元素化合价降低，则N极为阴极，电极反应式为CO2＋4e—CH2O，由于是碱性介质(KOH)，由电荷守恒CO2＋4e—CH2O＋4OH－，最后据质量守恒得电极反应式为CO2＋3H2O＋4e—＝CH2O＋4OH－。 4．（2025·南通市如皋市10月）CO2的捕集与转化是研究的重要课题。 （2）向一定浓度的KNO3溶液通CO2至饱和，电解后在电极上反应生成CO(NH2)2，原理如图2所示。电解过程中生成尿素的电极反应式是___________________________________________。 （3）电解吸收CO2的KOH溶液可将CO2转化为有机物。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3所示。 FE%＝×100%。 其中，Qx＝nF，n表示电解生成产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 ①分析电解所得含碳还原产物的种类与电压之间的关系是_________________________________________________________________________________________。 ②当电解电压为U3时，电解生成的CH4和C2H4的物质的量之比为_______________。 【答案】（2）2NO3－＋16e−＋CO2＋18H＋＝CO(NH2)2＋7H2O （3）①电压越大，所得含碳还原产物中碳元素的化合价越低 15∶8 【解析】（2）从图中可知，在右侧电极上水失电子生成氧气，为阳极，则左侧电极为阴极，阴极上硝酸根离子得电子结合通过质子交换膜进来的氢离子、二氧化碳生成尿素和水，电极反应为2NO3－＋16e−＋CO2＋18H＋＝CO(NH2)2＋7H2O；（3）①从图中可知，电压相对较低时，主要生成HCOO－，C为＋2价，电压升高后，乙烯的生成量增大，此时C为－2价，随着电压继续升高，主要生成甲烷，此时C为－4价，因此电压越大，所得含碳还原产物中碳元素的化合价越低；②电解电压为U3时，CH4和C2H4的法拉第效率分别为30%和24%，总电量一定，则生成CH4和生成C2H4所需的电量比为30∶24=5∶4，1个CO2转化为1个CH4得到8个电子，一个CO2转化为0.5个C2H4得到6个电子，则生成一个乙烯需要12个电子，因此生成CH4和C2H4的物质的量之比为∶=15∶8。 必备知识五 化学反应速率与化学平衡 【知识体系】 【要点归纳】 1．化学反应速率 计算 注意通常是物质的量浓度的变化除以时间(题中常给的是物质的量，务必关注容器的体积) 应用 工业生产中采用以下措施——加热、粉碎固体、搅拌、通不参加反应的气体等，以加快反应速率，同时使反应更充分(或提高××元素的浸出率) 2．可逆反应达到化学平衡状态的标志 直接标志 同一物质：υ(正)＝υ(逆) 用不同物质表示时，一种物质为正反应速率，则另一物质必为逆反应速率，且速率之比等于化学计量数之比。即：＝ 各组分的百分含量不随时间改变而变(★) 间接标志 各组分的浓度不随时间改变而改变 各物质的物质的量不随时间改变而改变 各气体的压强不随时间改变而改变（若反应前后气体的总体积不变，则不行） 气体的颜色不随时间改变而改变 气体的密度不随时间改变而改变（若容器体积不变且所有物质均为气体，则不行） 其他：如断键情况、温度是否改变等 ★个别反应不适用，如H2NCOONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)中NH3的体积分数总是不变的。 3．焓变、熵变与盖斯定律 化学反应的方向判断 根据公式ΔG＝ΔH－TΔS，ΔG＜0时反应可自发进行 燃烧热 ①量——可燃物为1 mol ②产物——稳定的氧化物，如水须为液体。注意N为N2 ΔH比较大小 对放热反应，放热越多，则ΔH值越小 应用盖斯定律 搞清谁加谁，谁减谁；计算要小心，ΔH后的符号莫搞错。ΔH值要与热化学方程式中物质的化学计量数相对应 4．化学平衡常数 意义 K值越大，反应物的转化率越大，正反应进行的程度越大，通常K＞105可认为反应彻底 影响因素 只与温度有关，与反应物或生成物的浓度、反应速率无关，但与转化率有关 应用 ①Q＞K，反应向逆向进行；②Q＝K，反应处于平衡状态；③Q＜K，反应向正向进行 书写 固体及纯液体不写入表达式，水视具体情况而定，水溶液中水不写，其他通常要写 5．化学平衡图像题 审题 题干 给热方程式特点——物质状态、放热或吸热、气体体积增大或减少；是否是连续反应且能否相加(有的不能相加) 图像 轴 两坐标含义——温度、转化率、产率、选择性 点 起点(曲线含义)、拐点(找平衡点)、交点、终点；据题设和图像分析投料点、平衡点、等量点等 线 增函线、减涵线，关注等温线、等压线(方法：定一议二) 作答 选择题 一解盖斯定律选项，二解焓变判断选项，三解定性判断选项，最后解计算选项 填空题 依据图像获取的信息，与相关规律合理整合对接，作出正确合理解答，完成有关简答和计算 平衡图像 归因解释 观察与分析 观察图像中重要点或线的变化，分析反应的特点 影响与结论 根据题目给出的条件，明确对速率及平衡的影响，得出肯定性结论 先确定是“速率问题”还是“平衡问题”，再罗列条件改变产生的各种主要影响，若影响相同，则为双因协同类型，回答为“A……，B……，两者共同使……”；若影响相反，则为对立类型，需要视题目信息而定，可能某种因素占主导或者势均力敌出现变化不明显，回答为“A……使……，B……使……，其中A/B为主要因素或相互抵消” 6．化学反应微观过程的科学表达 依据物质性质、物质转化、键的断裂和生成、化学反应速率、化学平衡等角度进行分析和解释，表达要准确、具体。答题要点： 微粒的准确表达 活性××(分子、原子、点位) 微粒的变化 吸附、脱附、分解、化合、与××反应 反应的位置 在××表面 电子的得失描述 从××转移到×× 【易错提醒】 1．外界条件的变化对υ正、υ逆的影响 升温、加压，正逆反应速率都增大，只是增大的倍数不同而已。只增加反应物的浓度，υ(正)急剧增大，υ(逆)逐渐增大；加催化剂可同倍数地改变υ(正)、υ(逆)。（注意：平衡向正反应方向移动，并非υ(正)增大，υ(逆)减小。） 2．催化剂对转化率的影响 要关注是否达到平衡，如果仅是“同一时间”，有可能未达到平衡，此时使用催化剂可以加快单位时间的转化率，但是催化剂不能改变“平衡转化率”。 3．厘清转化率和平衡转化率 一定时间内的转化率（如一定流速下的转化率）取决于化学反应速率，而平衡转化率是特定该条件下（一定浓度、温度、压强）的最大转化率。 4．平衡图像中的曲线走向 有时不能只从平衡的角度考虑，而要从有关元素的原子守恒来判断或根据两物质的选择性之和为100%，再判断其他曲线(见过关练习3)。 【过关练习】 1．（2025·河北高三上阶段练习）CO2的资源化利用是化学研究的热点。CO2电还原可能的反应机理如图所示(*CO表示吸附态的CO)。 CO2电还原可制备高附加值的有机物。 已知：Sn、In、Bi的活性位点对O的连接能力较强，Au、Cu的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远强于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。 ①若还原产物主要为CH4，应选择______(填“Sn”“Au”或“Cu”)作催化剂。 ②选择合适的金属催化剂，CO2电还原生成CO的过程可描述为________________________________ _________________________________________________________________________________。 【答案】Cu CO2得e—形成CO2－后，C与Au催化剂活性位点连接，再结合H＋形成－COOH吸附在催化剂表面，继续得e—并结合H＋脱水形成CO吸附在催化剂表面，最后从催化剂表面脱附(或“先发生反应CO2＋e—＝CO2－，而后发生反应CO2－＋H＋－COOH，继续得e—并结合H＋形成CO吸附在催化剂表面，最后脱附”) 【解析】①若还原产物主要为CH4时，应选择Cu作催化剂；回溯CH4时生成机理，第1步是C与催化剂活性位点相连，排除Sn；Au对CO的吸附能力较小，CO易脱离；Cu对CO的吸附能力强，CO不易从催化剂表面脱离，即可得到CH4；②当选择恰当金属催化剂时，CO2得e—形成CO2－后C与Au催化剂活性位点连接，再结合H＋形成－COOH吸附在催化剂表面，继续得e—并结合H＋脱水形成CO吸附在催化剂上，最后从催化剂表面脱附，生成CO。 2．（2025·江苏省泰州中学上学期一模）在催化剂作用下，以CO2和H2为原料进行合成CH3OH的实验。保持压强一定，将起始n(CO2)∶n(H2)=1∶3的混合气体通过装有催化剂的反应管，测得出口处CO2的转化率和CH3OH的选择性[×100%]与温度的关系如下图所示。 已知反应管内发生的反应为 反应1：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ∆H1＝－49.5 kJ·mol－1 反应2：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ∆H2＝41.2 kJ·mol－1 下列说法正确的是 A．CO(g)＋2H2(g)＝CH3OH(g)的∆H＝90.7 kJ·mol－1 B．280℃时，出口处CH3OH的体积分数的实验值小于平衡值 C．220℃～240℃时CO2的平衡转化率随温度升高而降低，原因是反应2转化的CO2随温度的升高而减少 D．220℃～280℃时，反应1速率高于反应2的速率 【答案】D 【解析】由题给热化学方程式可知，反应1为放热反应，反应2为吸热反应，升高温度反应1逆向移动，则CH3OH的选择性随温度升高而减小，依据图中曲线解答。 A项，根据盖斯定律，反应1－反应2得到CO(g)＋2H2(g)＝CH3OH(g) ∆H＝－49.5 kJ·mol－1－41.2 kJ·mol－1＝－90.7 kJ·mol－1，错误；B项，由图可知，280℃时，出口处CH3OH的选择性实验值等于CO2的转化率的平衡值，而CO2的转化率实验值又大于CH3OH的选择性平衡值，出口处CH3OH的体积＝起始CO2的体积×CO2的转化率×CH3OH的选择性，所以CH3OH的体积分数的实验值大于平衡值，错误；C项，反应1为放热反应，升高温度反应1逆向移动，CH3OH的选择性随温度升高而降低，则220℃～240℃时，CO2的平衡转化率随温度升高而降低，原因是反应1转化的CO2随温度的升高而减少，错误；D项，根据B项分析，CH3OH的体积分数的实验值大于平衡值，说明反应1的速率高于反应2的速率，正确。 3．（2024·徐州上学期期中）乙二醇在生产、生活中有着广泛的用途，某工艺制取乙二醇所涉及的反应如下： 反应Ⅰ (COOCH3)2(g)＋2H2(g)HOCH2COOCH3(g)＋CH3OH(g) ∆H1＜0 反应Ⅱ (COOCH3)2(g)＋4H2(g)HOCH2CH2OH(g)＋2CH3OH(g) ∆H2＜0 在压强一定的条件下，将(COOCH3)2、H2按1∶3进料比通入装有催化剂的反应器中，测得(COOCH3)2的转化率与HOCH2COOCH3、HOCH2CH2OH的选择性[]。 下列说法正确的是 A．曲线a表示(COOCH3)2转化率 B．195℃时，反应Ⅰ的平衡常数约为2 904 C．190～198℃范围内，温度升高，的值减小 D．其它条件相同时，增大压强和升高温度均可以提高平衡时HOCH2CH2OH的产量 【答案】C 【解析】A项，HOCH2COOCH3、HOCH2CH2OH的选择性之和为100%，由图可知，195℃时HOCH2COOCH3、HOCH2CH2OH的选择性均为50%，曲线c表示乙二醇的选择性，则曲线a、b分别表示HOCH2COOCH3的选择性、(COOCH3)2的转化率，错误；B项，由图中X点可知，HOCH2COOCH3、HOCH2CH2OH的选择性均为50%，(COOCH3)2转化率为0.97，假设(COOCH3)2、H2投料分别为1 mol、3 mol，则反应(COOCH3)20.97 mol，生成HOCH2COOCH3、HOCH2CH2OH均为0.97 mol×50%＝0.485 mol，平衡时(COOCH3)2为1 mol－0.97 mol＝0.03 mol；由反应Ⅰ消耗氢气0.485 mol×2＝0.97 mol、生成甲醇0.485 mol，由反应Ⅱ消耗氢气0.485 mol×4＝1.94 mol、生成甲醇0.485 mol×2＝0.97 mol；平衡时氢气为3 mol―0.97 mol―1.94 mol＝0.09 mol、甲醇为0.485 mol＋0.97 mol＝1.455 mol，195℃时，反应Ⅰ的平衡常数K＝，由于体积未知，故不能确定其平衡常数，错误；C项，结合A分析可知，190～198℃范围内，反应Ⅱ选择性增大，升高温度，对于放热反应，平衡逆向移动，每减少2 mol CH3OH，只减少1 mol HOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH减小的幅度小于CH3OH，导致的值减小，正确；D项，反应为放热反应，其它条件相同时，升高温度平衡逆向移动，导致高平衡时HOCH2CH2OH的产量降低，错误。 4．（2024·黑吉辽卷）为实现氯资源循环利用，工业上采用RuO2催化氧化法处理HCl废气：2HCl(g)＋O2(g)Cl2(g)＋H2O(g) ∆H1＝－57.2kJ·mol－1 ∆S K。将HCl和O2分别以不同起始流速通入反应器中，在360℃、400℃和440℃下反应，通过检测流出气成分绘制HCl转化率(α)曲线，如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。 图中较高流速时，α(T3)小于α(T2)和α(T1)，原因是_________________________________________ ______________________________________________________________________________________。 【答案】流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低 【解析】图中在较高流速下，T3温度下的转化率低于温度较高的T1和T2，主要是流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低。 必备知识六 化学反应原理 【知识体系】 【要点归纳】 1．混合溶液酸碱性 当盐的浓度不超过酸、碱溶液10倍时：①铵盐与氨水的混合溶液显碱性；②CH3COONa与醋酸的混合溶液显酸性；但NaCN与HCN混合溶液例外。 2．水解反应 除了盐类的水解外，还要注意其他物质(无机物和有机物)的水解。原理相似，均为：。 3．水解常数与电离常数、离子积之间的关系 ①一元弱酸、弱碱盐：Kh＝ Kh＝；二元弱酸盐：Kh1＝、Kh2＝。 ②依据电离常数判断盐溶液的酸碱性，如Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5、Ka1(H2CO3)＝4.4×10－7、Ka2(H2CO3)＝5.6×10－11，由Kh(NH)＝、Kh2(HCO3－)＝的大小可知NH4HCO3溶液显碱性。 4．粒子浓度大小判断 ①两弱、三观 两弱 电离与水解都是微弱的 三观 微粒观(找全粒子)、平衡观(电离平衡与水解平衡)、守恒观(三守恒原理) ②技巧：三守恒 电荷守恒 电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等。 使用电荷守恒时，二价、三价离子必须乘以2、3！ 物料守恒 电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。物料守恒可将原子的个数比化为如下比例式：＝，再交叉判断不会出错！ 质子守恒 电解质溶液中分子或离子得到或失去质子(H＋)的物质的量应相等。例如在NH4HCO3溶液中H3O＋、H2CO3为得到质子后的产物；NH3、OH－、CO32－为失去质子后的产物，故有以下关系：c(H3O＋)＋c(H2CO3)＝c(NH3)＋c(OH－)＋c(CO32－)。此式也可由电荷守恒与物料守恒进行处理而得。此守恒可套用答题模板。 温馨提醒 针对陌生等式，用电荷守恒、物料守恒与质子守恒无法判断，可使用电荷守恒与物料守恒通过加加减减处理，尤其以选项中的“缺少微粒”或“增加微粒”为突破口 5．Ksp计算 ①判断沉淀的生成或沉淀是否完全 计算技巧 ①把离子浓度数据代入Ksp表达式得Qc，若Qc＞Ksp，则有沉淀生成；若Qc＜Ksp，无沉淀生成 ②利用Ksp的数值计算某一离子浓度，若该离子浓度小于10－5 mol·L－1，则该离子沉淀完全 ②常温下，计算氢氧化物沉淀开始和沉淀完全时的pH 计算技巧 ①根据氢氧化物的Ksp，先计算初始浓度溶液中c(OH－)，再求得溶液的pH ②金属阳离子沉淀完全时的离子浓度为10－5 mol·L－1(有的试题为方便计算，也可能是其他数据)，依据Ksp可计算金属阳离子沉淀完全时溶液中的c(OH－)，进而求得pH ③计算沉淀转化反应的平衡常数，并判断沉淀转化的程度 计算技巧 依据沉淀的转化反应和Ksp，计算该反应的平衡常数，K值越大，转化反应越易进行，转化程度越大。如：对于反应Cu2＋(aq)＋ZnS(s)CuS(s)＋Zn2＋(aq) 该反应的平衡常数K＝＝＝ 【易错提醒】 1．电离及水解方程式书写 多元弱酸的电离及多元弱酸盐的水解，其方程式都须分步书写。 2．区分电离方程式和水解方程式 如HS－＋H2OS2－＋H3O＋是硫氢根离子的电离而不是水解。 3．电离能力判断产物 对于二元弱酸与某些弱酸盐的反应，注意各级电离常数间的关系，如电离能力：H2CO3＞HClO＞HCO3－，则反应是CO2＋H2O＋ClO－＝HClO＋CO32－错误的。 4．结晶水合物制备无水盐 对于挥发性易水解的盐，如由FeCl3•6H2O制备无水FeCl3，加热时应在HCl气流中进行。 5．Ksp的计算 ①用Ksp比较物质的溶解性时，须是同一类型(如AB、AB2)的物质，如不是同一类型的要通过计算。 ②同一类型的物质当Ksp相差不大时可相互转化（注意浓度要求），如Ksp(BaCO3)＝5.1×10－9＜Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10，BaSO4中加入饱和Na2CO3可转化为BaCO3；判断同一类型的Ksp大小时，注意有关试剂的用量，如0.1 mol·L－1 AgNO3溶液中加入2滴0.1 mol·L－1 NaCl，再加入0.1 mol·L－1 KI溶液，白色沉淀变为黄色沉淀，不能说明AgI的Ksp小于AgCl的Ksp。 6．水解浓度 水解是微弱，通常弱酸根离子浓度大于水解生成c(OH－)，但有时水解生成的c(OH－)可能大于弱酸根离子浓度，如0.01 mol·L－1 Na2S溶液中：c(OH－)＞c(S2－)，而不是c(S2－)＞c(OH－)[见过关练习3]。 【过关练习】 1．（2025·江苏省南通市海门中学上学期二调）已知柠檬酸是一种三元有机酸，其化学式为H3C6H5O7，Ka1(H3C6H5O7)＝7.1×10－4，Ka2(H3C6H5O7)＝1.68×10－5，Ka3(H3C6H5O7)＝4.1×10－7，Ka1(H2CO3)＝4.3×10－7，Ka2(H2CO3)＝5.0×10－11。室温下，某小组做如下实验。下列说法正确的是 实验I：测定0.100 mol·L－1 NaH2C6H5O7溶液pH＜7 实验Ⅱ：向0.100 mol·L－1 H3C6H5O7溶液中滴加一定量的NaOH溶液，测得反应后溶液的pH＝7 实验Ⅲ：向5 mL 0.100 mol·L－1 Na2CO3溶液中逐滴滴加5滴0.100 mol·L－1 H3C6H5O7溶液 实验Ⅳ：将浓度均为0.100 mol·L－1 HCl溶液与Na3C6H5O7溶液等体积混合，测得反应后溶液的pH＝b A．实验I中：c(H3C6H5O7)＞2c(C6H5O73－)＋c(HC6H5O72－) B．实验Ⅱ所得溶液中：c(C6H5O73－)＜c(HC6H5O72－) C．实验Ⅲ反应的离子方程式：CO32－＋H3C6H5O7＝CO2↑＋HC6H5O72－＋H2O D．实验Ⅳ中：b＜7 【答案】D 【解析】A项，实验I：测定0.100 mol·L－1 NaH2C6H5O7溶液pH＜7，柠檬酸根离子水解程度小于电离程度，则c(H3C6H5O7)＜c(HC6H5O72－)，错误；B项，Ka3(H3C6H5O7)＝＝4.1×10－7，向0.100 mol·L－1 H3C6H5O7溶液中滴加一定量的NaOH溶液，测得反应后溶液的pH＝7，即c(H＋)＝10－7，所以c(C6H5O73－)＞c(HC6H5O72－)，错误；C项，根据Ka2(H3C6H5O7)＝1.68×10－5，Ka1(H2CO3)＝4.3×10－7，向5 mL 0.100 mol·L－1 Na2CO3溶液中逐滴滴加5滴0.100 mol·L－1 H3C6H5O7溶液应生成碳酸氢根和HC6H5O72－离子，离子方程式错误，错误；D项，将浓度均为0.100 mol·L－1 HCl溶液与Na3C6H5O7溶液等体积混合，生成Na2HC6H5O7，存在电离平衡和水解平衡，电离平衡常数Ka3(H3C6H5O7)＝4.1×10－7，水解平衡常数K＝＝＜Ka3，电离大于水解，b＜7，正确。 2．（2025·江苏省前黄中学下学期期初）工业上用 H2S、Na2S等处理废水中Cu2＋、Hg2＋等重金属离子。已知：25℃时饱和 H2S溶液浓度为0.1 mol·L－1，H2S的Ka1＝9.1×10－8，Ka2＝1.1×10－12，Ksp(BaSO4)＝1.3×10－36，下列说法正确的是 A．0.1 mol·L－1 H2S溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋c(S2－) B．0.1 mol·L－1 NaHS溶液中：c(H＋)•c(S2－)＞c(OH－)•c(H2S) C．0.1 mol·L－1 Na2S溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＞2c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)＋2c(H2S) D．向0.1 mol·L－1 CuSO4溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c(H＋)＞c(Cu2＋) 【答案】D 【解析】A项，0.1 mol·L－1H2S溶液中，存在电荷守恒：c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)，错误；B项，0.1 mol·L－1 NaHS溶液中，HS－的电离平衡常数Ka2＝1.1×10－12，水解平衡常数Kh2＝＝1.1×10－7，因此，Ka2＜Kh2，即＜，则c(H＋)•c(S2－)＜c(OH－)•c(H2S)，错误；C项，Na2S为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，存在c(H＋)＜c(OH－)，根据物料守恒c(Na＋)＝2c(H2S)＋2c(HS－)＋2c(S2－)，两式联立，得到c(H＋)＋c(Na＋)＜2c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)＋2c(H2S)，错误；D项，向0.1 mol·L－1 CuSO4溶液中通入H2S气体至饱和，发生反应CuSO4＋H2S＝CuS↓＋H2SO4，c(H2SO4)≈0.1 mol·L－1，c(Cu2＋)＝＝＝1.14×10－18 mol·L－1，则c(H＋)＞c(Cu2＋)，正确。 3．（2024·安徽卷）环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd2＋。已知25℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1 mol·L－1，Ka1(H2S)＝10－6.97，Ka2(H2S)＝10－12.90，Ksp(FeS)＝10－17.20，Ksp(CdS)＝10－26.10。下列说法错误的是 A．Na2S溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－) B．0.01 mol·L－1 Na2S溶液中：c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－) C．向c(Cd2＋)＝0.01 mol·L－1的溶液中加入FeS，可使c(Cd2＋)＜10－8 mol·L－1 D．向c(Cd2＋)＝0.01 mol·L－1的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c(H＋)＞c(Cd2＋) 【答案】B 【解析】A项，Na2S溶液中只有5种离子，分别是H＋、Na＋、OH－、HS－、S2－，溶液是电中性的，存在电荷守恒，可表示为c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)，正确；B项，0.01 mol·L－1 Na2S溶液中，S2－水解使溶液呈碱性，其水解常数为Kh1＝＝＝＝10－1.1，根据硫元素守恒可知c(HS－)＜10－1.1 mol·L－1，所以＞1，则c(OH－)＞c(S2－)，不正确；C项，Ksp(FeS)远远大于Ksp(CdS)，向c(Cd2＋)＝0.01 mol·L－1的溶液中加入FeS时，可以发生沉淀的转化：Cd2＋＋FeSCdS＋Fe2＋，该反应的平衡常数为K＝＝＝108.9≫105，因此该反应可以完全进行，CdS的饱和溶液中c(Cd2＋)＝ mol·L－1＝10－13.05 mol·L－1，若加入足量FeS时可使c(Cd2＋)＜10－8 mol·L－1 mol·L－1，正确；D项，Cd2＋＋H2SCdS＋2H＋的平衡常数K＝＝＝＝＝106.23≫105，该反应可以完全进行，因此，当向c(Cd2＋)＝0.01 mol·L－1的溶液中通入H2S气体至饱和，Cd2＋可以完全沉淀，所得溶液中c(H＋)＞c(Cd2＋)，正确。 4．（2024·河南阶段练习）常温下，用氨水吸收SO2可得到]NH4HSO3溶液，在NH4HSO3溶液中：c(NH)＿＿＿＿(填“＞”“＜”或“＝”)c(HSO3－)；反应NH＋HSO3－＋H2ONH3·H2O＋H2SO3的平衡常数K＝＿＿＿＿＿＿＿[已知：常温下电离常数Kb(NH3·H2O)＝2.0×10－5，Ka1(H2SO3)＝1.25×10－2，Ka2(H2SO3)＝6.25×10－8]。 【答案】＞ 4.0×10－8 【解析】常温下电离常数Kb(NH3·H2O)＝2.0×10－5＞Ka2(H2SO3)＝6.25×10－8，NH4HSO3＝NH＋HSO3－，Kh[NH]＝＝＝5×10－10，Kh2(HSO3－)＝＝＝8×10－11，Ka2(H2SO3)＞Kh2(HSO3－)，HSO3－以电离为主；Ka2(H2SO3)＞Kb(NH3·H2O)，故NH水解程度小于HSO3－电离程度，在NH4HSO3溶液中：c(NH)＞c(HSO3－)；反应NH＋HSO3－＋H2ONH3·H2O＋H2SO3的平衡常数K＝＝＝＝＝4.0×10－8。 必备知识七 化工流程 【知识体系】 【要点归纳】 1．工业流程的答题策略 ①抓主线、去杂质、制产品；②仔细分析调节溶液pH前后溶液中粒子的存在形式，能顺利找出pH的范围、温度的控制；③主要思考反应体系中物质的性质如易分解、易挥发、溶解度的大小及水解反应等；④添加反应体系中的物质，主要思考反应速率、化学平衡的移动方向；⑤添加与反应体系无关的物质，主要思考氧化、还原、水解、除杂的作用。 规律：“主线主产品，分支副产品，回头为循环” 2．解题4部曲 看图要有高度 明确整个流程以及每一部分的目的 读图要有深度 仔细分析每步发生的反应及得到的产物 思考要有方向 在基础理论框架下结合实际问题进行思考 答题要有模式 注意提升表达能力 研磨、粉碎、喷洒：可增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率 “酸浸”前要将焙烧矿渣进行粉碎处理的原因是：增大与酸接触面积，加快反应速率，提高焙烧矿渣浸出率 3．金属离子的萃取与反萃取 溶剂萃取 简称萃取 利用溶质在两种不相溶的液体之间的溶解度或者分配差异，达到分离和富集的目的。经过反复多次萃取，可将大部分化合物提取出来 反萃取 与萃取过程相反，用一定的酸、碱或盐溶液把金属离子从有机相中再次返回到水相中的过程 说明：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，可看作是萃取的逆过程。 4．陌生氧化还原反应方程式书写 第一步 确定反应物和生成物 根据题干信息或流程图的入口和出口判断出反应物和生成物。显性的：直接从题给信息中确定；隐性的：根据反应原理分析确定。依据题目信息写好反应条件 第二步 配平四大物质计量数 根据电子守恒将氧化剂、还原剂及氧化产物、还原产物配平 第三步 补充缺失微粒，再配平 依据题给信息(如溶液的酸碱性等)及质量守恒补齐缺失的物质，并配平。若反应是在水溶液中进行，一般是补齐H＋、OH－或H2O 第四步 检查验证 检查物质拆分是否正确，电荷、质量是否守恒，反应条件齐全 5．条件控制及其目的 控制体系的温度 控制温度应从以下几个方面考虑：反应速率、化学平衡、挥发性、热稳定性、副反应、溶解度等 回答问题的格式通常为：“温度过低，……；温度过高，……” 加热 加速溶解、加快反应速率或促进平衡向某个方向移动(如促进水解生成沉淀)。在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如NaHCO3、NH 4 HCO3、H2O2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓) 控制较低温度(某温度以下)或冷却 a．防止某反应物或产物挥发：如盐酸、硝酸、醋酸、氨水和甲醛 b．防止某反应物或产物分解：如H2O2、NaHCO3、NH4HCO3、Ca(HCO3)2、KMnO4、HNO3(浓)、AgNO3等 低温烘干也是防止某些物质分解(如结晶水合物) c．防止反应速率过快 d．抑制平衡向吸热反应方向移动。如：抑制某物质的水解 e．影响溶解度：如冰水洗涤晶体的目的是减少晶体因溶解而损失。降低温度有利于气体的溶解吸收或反应 f．防止副反应的发生。如乙醇的消去反应需迅速升温至170℃，原因是在140℃时会有乙醚产生 调节溶液的pH 调节方法 调节pH多为加入某种能消耗H＋且不引入新的杂质的物质，也可以加入碱[氨水、NaOH、Ca(OH)2等]或盐(NH4HCO3等）。如要除去Cu2＋中混有的H＋、Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等调节pH至3.2 调节溶液pH的主要目的 ①抑制某微粒的水解 pH小(H＋浓度大)：抑制离子(NH、Fe3＋、Fe2＋、Al3＋、Zn2＋、Ni2＋)水解 pH大(OH—浓度大)：抑制弱酸根水解 ②除去某些离子(促进某些离子水解为沉淀) 调节pH在某一范围，回答问题的格式通常为：“除去……离子”或“使某些离子生成氢氧化物沉淀除去，而另外离子不形成沉淀” 5．答题方法与技巧 ①若用到双氧水、氨水、铵盐、硝酸盐等易分解的物质，控温的目的是防止物质分解 ②若题目中出现有机物和有机溶剂，控温的目的是防止其挥发 ③若溶液中制备物质，常使用加热的方法加快反应速率 ④煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离；除去溶解在溶液中的气体，如氧气 6．图像分析 类型 单一曲线型、多重曲线型 解题 基本思路 会识图 一看面、二看线、三看点（弄清纵、横坐标的含义；弄清起点、拐点、终点的含义；看清曲线的变化趋势） 会析数 分析数据、图像中隐含的信息，弄清各数据的含义及变化规律，将数据和图像信息加工成化学语言，同时联系化学概念、化学原理等理论知识进行分析解答 7．实验方案的评价 ①能耗(使用高温、电解条件的能耗高)；②绿色化学(有无使用或产生污染物、物质的循环使用)；③原子利用率；④生成成本。 【易错提醒】 1．审题 ①图中一般会出现超纲知识，尽量弄懂流程图但不必要将每一物质都推出，问什么推什么。有的步骤的分析宜粗不宜细，因有的过程用中学所学知识无法解释但又不影响后续答题，不要钻牛角尖。 ②注意：题中考点往往没有“联带效应”。即前一个考点不能回答没关系，不影响后面回答考点。遇到一下子做不出来的考点要及时放弃，以免影响其他考点的作答。 2．规范答题 ①作答时看清所提考点，防止答非所问。注意语言表达式科学性。回答原因时，有的比较简单，有的要求用理论辅助回答，这时应用“四段论法”：本题改变什么条件（或是什么条件）—→根据什么理论—→所以有什么变化—→结论。 ②在写某一步骤是为了除杂时，应该注意“是为了除去××杂质”，避免出现只写“除杂”等笼统式的回答。 3．陌生方程式书写 最后一定要结合反应条件和反应体系所处的环境对各物质的存在形式、状态进行修正（此点易被忽略）。 4．化工流程中的图像分析 关注图像中的隐含性质、变化过程中的定量与定性关系。 【过关练习】 1．（2024·湖南卷）中和法生产Na2HPO4•12H2O的工艺流程如下： 已知：①H3PO4电离常数：K1＝6.9×10－3，K2＝6.2×10－8，K3＝4.8×10－13；②Na2HPO4•12H2O易风化。 下列说法错误的是 A．“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入Na2CO3溶液 B．“调pH”工序中X为NaOH或H3PO4 C．“结晶”工序中溶液显酸性 D．“干燥”工序需在低温下进行 【答案】C 【解析】H3PO4和Na2CO3先发生反应，通过加入X调节pH，使产物完全转化为Na2HPO4，通过结晶、过滤、干燥，最终得到Na2HPO4•12H2O成品。 A项，铁是较活泼金属，可与H3PO4反应生成氢气，故“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入Na2CO3溶液，正确；B项，若“中和”工序加入Na2CO3过量，则需要加入酸性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入H3PO4；若“中和”工序加入H3PO4过量，则需要加入碱性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入NaOH，所以“调pH”工序中X为NaOH或H3PO4，正确；C项，“结晶”工序中的溶液为饱和Na2HPO4溶液，由已知可知H3PO4的K2＝6.2×10－8，K3＝4.8×10－13，则HPO的水解常数Kh＝＝≈1.6×10－7，由于Kh＞K3，则Na2HPO4的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，错误；D项，由于Na2HPO4•12H2O易风化失去结晶水，故“干燥”工序需要在低温下进行，正确。 2．（2025·福建名校联盟一模）铟(In)是一种典型的稀散金属，广泛应用于半导体、航空航天、电子光学材料等领域。以含铅烟灰[主要成分是PbO，还含有少量In2S3、InO、Zn3(AsO4)2等物质]为原料制备粗铟的工艺流程如图所示。 已知：①“浸出液”中In3＋和Zn2＋的浓度分别为1.0×10－4 mol·L－1、1.0×10－3 mol·L－1 ②H2A2代表萃取剂，萃取时发生反应为In3＋＋3H2A2In(HA2)3＋3H＋ ③常温下，Ksp[In(OH)3]＝1.0×10－34、Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－17 回答下列问题： （1）In位于元素周期表第五周期ⅢA族，基态In原子的价电子排布式为___________。 （2）“热溶解”时，In2S3发生反应的化学方程式为______________________________________。 （3）“浸渣”的主要成分是___________。“水浸”时，铟的浸出率很高，工业上仍采用多级浸出(即将浸出液返回“水浸”步骤)，其优点是__________________________。 （4）“还原除砷”时，反应的离子方程式为___________________________________。 （5）从平衡移动的角度解释“萃取”前“调pH”目的是___________________________________；常温下，应调节pH不大于_______。 （6）“萃取”所得配合物的结构如图(R－代表2－乙基己基)，该物质中存在的微粒间作用力类型有___________(填标号)。 A．金属键 B．氢键 C．配位键 D．范德华力 【答案】（1）5s25p1 （2）In2S3＋12H2SO4(浓)In2(SO4)3＋12SO2↑＋12H2O （3）①PbSO4 ②可以富集In3＋(或“增大In3＋的浓度”)，提高铟的萃取率(“减少后续萃取剂用量”或“实现萃取剂循环利用”等均可得分) （4）2SO2＋2H3AsO4＝As2O3↓＋4H＋＋2SO42－＋H2O （5）①消耗溶液中H＋，使萃取平衡正向移动(答“降低溶液中H＋的浓度，有利于In3＋萃取”也可得分) ②4 （6）BCD 【解析】含铅烟灰与浓硫酸在加热条件下反应，其中的成分如PbO、In2S3、Zn3(AsO4)2等会与硫酸发生反应，转化为可溶性的硫酸盐等，Pb会形成PbSO4沉淀，同时产生SO2气体，热溶解后的产物加水溶解，可溶物进入浸出液，不溶物形成浸渣被分离出去，向浸出液中加入还原剂，将砷元素还原为As2O3沉淀除去，从而降低浸出液中的砷含量，加入CaCO3调节溶液的pH值，为后续的萃取做准备，利用H2A2和煤油组成的有机萃取剂，将溶液中的铟离子萃取到有机相中，实现铟与其他金属离子(如Zn2＋等)在水相和有机相的分离，向负载铟的有机相中加入盐酸，使铟离子从有机相重新进入水相，得到含铟的水相溶液，在含铟的溶液中加入锌，利用锌比铟活泼的性质，通过置换反应将铟从溶液中置换出来，从而得到粗铟。 （1）In位于第五周期ⅢA族，根据主族元素价电子为最外层电子，第五周期元素电子排布先排5s能级，排2个电子，再排5p能级，ⅢA族元素5p能级有1个电子，所以价电子排布式为5s25p1；（2）浓硫酸有强氧化性，In2S3中S为－2价，会被浓硫酸氧化，－2价S元素被氧化为SO2，浓硫酸被还原为SO2，In2S3中S升高18价、H2SO4中S降低2价，根据得失电子守恒得In2S3＋9H2SO4(浓)In2(SO4)3＋12SO2↑，再据原子守恒得In2S3＋12H2SO4(浓)In2(SO4)3＋12SO2↑＋12H2O；（3）①含铅烟灰中PbO与浓硫酸反应生成难溶的PbSO4，所以浸渣主要成分是PbSO4；②多级浸出将浸出液返回“水浸”步骤，可以提高铟的浸取率，充分利用浸出液中的铟；（4）“还原除砷”时，SO2作还原剂将H3AsO4还原为As2O3，SO2被氧化为SO42－，即反应为，SO2＋H3AsO4 As2O3↓＋SO42－，据得失电子守恒得2SO2＋H3AsO4As2O3↓＋2SO42－、现由电荷守恒得2SO2＋H3AsO4As2O3↓＋2SO42－＋4H＋，最后由原子守恒得离子方程式为SO2＋2H3AsO4＝As2O3↓＋4H＋＋2SO42－＋H2O；（5）①由萃取反应可知，降低H＋浓度，平衡正向移动，有利于萃取；②当Zn2＋开始沉淀时，c(OH－)＝＝＝1.0×10－7 mol·L－1，c(H＋)＝1.0×10－7 mol·L－1，pH＝7；当In3＋开始沉淀时，c(OH－)＝＝1.0×10－10 mol·L－1，c(H＋)＝1.0×10－4 mol·L－1，pH＝4，常温下，萃取前应调节pH不大于4；（6）从配合物结构可知，存在In与O之间的配位键，分子之间存在范德华力，分子内存在氢键，故选BCD。 3．（2024·安徽安庆二模）粗氢氧化钴Co(OH)3是以铜钴矿为原料湿法提取而得到的粗制钴盐中间品，含有MnOOH以及Al2O3、Fe3O4、Mg等杂质，粗氢氧化钴湿法制取精制硫酸钴流程如下： （1）浸出时添加还原剂SO2对原料中的锰和________(填元素名称)进行有效浸出。保持温度，SO2流速等条件不变，Co浸出率与时间关系如图所示，则H2SO4浓度最适宜为________mol·L－1。 （2）“除杂”时混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)。Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为_________________________________________________(已知：H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)。生石灰调节pH＝__________(保留一位小数)时，检验反应后的滤液中恰好不存在Fe3＋(已知：Fe(OH)3的Ksp＝10－37.4，离子浓度≤10－6 mol·L－1时沉淀完全)。 （3）在萃取剂一定量的情况下，提高萃取率的措施有_____________________(答出一点即可)，萃取后水相溶液中存在的金属离子有________。 （4）硫酸钴的溶解度曲线如图所示，从溶液中获得CoSO4•7H2O的方法是_______________________ ___________________________________。 【答案】（1）钴、铁 3.0 （2）H2O＋Mn2＋＋HSO5－＝MnO2＋SO42－＋3H＋ 3.5 （3）分多次加入萃取剂 Mn2＋ （4）蒸发浓缩、降温结晶，过滤洗涤，低温干燥 【解析】由题干工艺流程图可知，将粗氢氧化钴用水磨成浆后加入H2SO4和SO2进行浸出，将+3价Co转化为Co2＋，+3价Fe转化为Fe2＋、+3价Al转化为Al3＋、+2价Mg转化为Mg2＋，+3价Mn转化为Mn2＋，过滤除去其他不溶性杂质，向滤液中加入生石灰，热空气和SO2，将Fe2＋转化为Fe(OH)3、Al3＋转化为Al(OH)3，过滤出Fe(OH)3和Al(OH)3，向滤液中加入萃取剂P204以萃取Co2＋，分液出水层含有Mn2＋和有机相含有Co2＋，对有机相进行反萃取得到水层含有CoSO4，据此分析解题。 （1）由分析可知，浸出时加入H2SO4和SO2进行浸出，将Co转化为Co2＋，Fe转化为Fe2＋、Al转化为Al3＋、Mg转化为Mg2＋，Mn转化为Mn2＋，故添加还原剂SO2对原料中的锰和钴、铁进行有效浸出，保持温度，SO2流速等条件不变，根据Co浸出率与时间关系图所示信息可知，H2SO4浓度为3.0 mol·L－1时浸出速率最快，故硫酸浓度最适宜为3.0 mol·L－1，故答案为：钴、铁；3.0；（2）“除杂”时混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，H2SO5中含有一个过氧键，故Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，H2SO5转化为H2SO4，该反应的离子方程式为Mn2＋＋HSO5－MnO2＋SO42－，锰升高2价、HSO5－中O降低2价，据电子守恒有Mn2＋＋HSO5－MnO2＋SO42－，再据电荷守恒有Mn2＋＋HSO5－MnO2＋SO42－＋3H＋，最后由质量守恒得H2O＋Mn2＋＋HSO5－＝MnO2＋SO42－＋3H＋，检验反应后的滤液中恰好不存在Fe3＋，即Fe3＋离子浓度≤10－6 mol·L－1时，此时c(OH－)＝＝＝10－10.5，则c(H＋)＝＝＝10－3.5 mol·L－1，即生石灰调节pH＝3.5，故答案为：H2O＋Mn2＋＋HSO5－＝MnO2＋SO42－＋3H＋；3.5； （3）在萃取剂一定量的情况下，分多次加入萃取剂能够提高萃取率，由分析可知，萃取后水相溶液中存在的金属离子有Mn2＋，故答案为：分多次加入萃取剂；Mn2＋；（4）由题干硫酸钴的溶解度曲线图示信息可知，CoSO4•7H2O的溶解度随温度升高而明显增大，故从溶液中获得CoSO4•7H2O的方法是蒸发浓缩、降温结晶，过滤洗涤，低温干燥，故答案为：蒸发浓缩、降温结晶，过滤洗涤，低温干燥。 必备知识八 化学实验 【知识体系】 【要点归纳】 1．熟悉课本实验 （1）常见物质(H2、O2、CO2、Cl2、NH3、NO、NO2、电解饱和食盐水、粗铜的精炼、乙烯、溴苯、硝酸苯、乙酸乙酯、溴乙烷消去反应、糖的水解)的制备原理、实验装置和除杂等。 （2）研读三大定量实验(溶液配制、中和热测定、中和滴定)，电化学(双液电池、吸氧腐蚀、电镀)。 （3）基本的实验操作：pH试纸、托盘天平、量筒、滴定管的使用要求和读数要求等。 （4）实验装置判断 注意：①反应原理(试剂浓度、加热否）；②有无干扰(是否要除杂)；③仪器使用(温度计、导管等)。 2．物质分离提纯思路 （1）熟悉的物质分离方法：过滤、结晶、蒸馏、萃取、分液、洗气。 （2）有机鉴别与除杂的应试策略 常用方法 萃取与分液、蒸馏、洗气等；“成盐”分液、“成盐”蒸馏，过滤操作很少用到(只在制肥皂时及蛋白质提纯时用到) 典型试剂 水、NaOH溶液、溴水、FeCl3、KMnO4 3．结晶 （1）类型：①蒸发结晶；②蒸发浓缩(至晶膜出现)、冷却结晶；③蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶；④重结晶(选择合适的溶剂再来一次溶解、结晶)。 （2）结晶概述 （3）晶体干燥方法 方法 操作 自然晾干 将晶体平铺在滤纸或表面皿上，置于通风处自然挥发溶剂 干燥器干燥 将晶体置于干燥器中，密封后利用干燥剂吸附残留溶剂 真空干燥 使用真空干燥箱或旋转蒸发仪，在减压条件下降低溶剂沸点，加速挥发 加热干燥 将晶体置于烘箱中，温度控制在溶剂沸点以下（通常50～100℃） （4）从溶液中获取晶体 ①蒸发结晶，过滤（注意：趁热过滤还是冷却结晶后过滤）、洗涤、干燥（晾干、烘干、真空干燥等）；②对于某些水解盐、易分解的盐：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤（水解盐还要：首先加入某种试剂，以抑制水解）。 4．实验条件的控制与优化 （1）温度 ①温度控制 ②温度控制不当可能产生的不良后果 温度过低 速率过慢、吸热反应产率降低、溶解度减小、出现副反应、副产品…… 温度过高 速率过快、放热反应产率降低、溶解度增大或减小、出现副反应、副产品、挥发或分解、能耗大、生成成本高…… ③控制温度在一定范围内 综合多方面因素的考虑，如使反应速度不致于太慢、抑制或促进平衡的移动、防止反应物分解、防止副反应、使催化剂的催化活性最高等。 如果题目中出现了包括产物在内的各种物质的溶解度信息，则要根据它们的溶解度随温度升高而改变的情况，寻找合适的结晶分离方法(蒸发结晶或浓缩结晶)。 （2）pH 注意：pH——是具体数值还是一个范围。 （3）反应物的量（少量、足量或适量）及浓度。 5．判断滴定终点的规范描述 当滴入最后半滴××标准溶液后，溶液由××色变成××色，且半分钟内不恢复原来的颜色(或不变色)。 解答此类题目注意三个关键点： 6．关于实验方案设计 （1）可反复阅读历年江苏高考真题的标准答案，揣摩答题的一般规律和文字表述细节，要体现题给的试剂或用品。注重答题细节，例如： 操作细节 在搅拌下向××中分批加入××固体(或滤渣) 分批加入 充分搅拌 缓慢滴加 通入，滴入，加入，吸收 有晶膜出现，趁热过滤 取最后一次洗涤滤液 静置，在上层清液中再滴加 开启通风设备 打开磁力搅拌器 完成特征 (现象) 固体不再溶解 沉淀不再增加 有晶膜生成 等溶液中无气泡产生 待观察不到气泡产生后 试纸变××色 关键数据 ××℃趁热过滤 加热××℃ 在××～××℃干燥 当pH介于××～××时 pH约为×× ××mol·L－1 溶液 （2）化学实验设计(补充实验步骤)的思维模型 ①明确实验目的，②依据实验目的分析实验原理，③依据实验原理选择实验试剂与仪器，④依据物质性质或反应条件选择实验条件，⑤规范表述实验操作、现象与结论。 （3）化学实验设计(补充实验步骤)的答题模板 如：在搅拌下向××中加入××试剂，现象(充分反应至不再产生气体；至固体恰好完全溶解；至pH为××；产生大量沉淀，静置，在上层清液中再滴加××试剂，不再产生沉淀)过滤，向滤液中加入××试剂，调节溶液的pH在一定的范围沉淀杂质离子，过滤得滤液。滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作可得晶体。 5．“目的或原因”类问题 目的或原因 思考方向 沉淀(晶体)洗涤的目的 若滤渣是所需的物质，洗涤的目的是除去晶体表面的可溶性杂质，得到更纯净的沉淀物 若滤液是所需的物质，洗涤的目的是洗涤过滤所得到的滤渣，把有用的物质如目标产物尽可能洗出来 沉淀(晶体)冰水洗涤目的 既能洗去晶体表面的杂质离子，且能防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗 沉淀(晶体)用有机溶剂(酒精、丙酮等)洗涤的目的 既能洗去晶体表面的杂质离子，且能防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗，此外又利用有机溶剂的挥发性，除去固体表面的水分，产品易干燥 控制溶液pH的目的 防止××离子水解；防止××离子沉淀；确保××离子沉淀完全；防止××溶解等 温度不高于××℃的原因 温度过高××物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)或××物质挥发(如浓硝酸、浓盐酸)或××物质氧化(如FeSO4、Na2SO3等)或促进××物质水解(如AlCl3等) 蒸发、反应时的气体氛围 抑制××离子的水解(如加热蒸发AlCl3溶液时需在HCl气流中进行，加热MgCl2·6H2O得MgCl2时需在HCl气流中进行等) 加热的目的 加快反应速率或促进平衡向某个方向(一般是有利于生成物生成的方向)移动 减压蒸馏(减压蒸发) 的原因 减小压强，使液体沸点降低，防止××物质受热分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等) 减压过滤(或抽滤)的目的 加快过滤速度 减压烘干的目的 降低产品的烘干温度，防止产品分解 减压蒸发的原因 减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止某物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)或失去结晶水(如题目要求制备结晶水合物产品) 趁热过滤的目的 防止过滤一种晶体或杂质的过程中，因降温而析出另一种晶体 ①要滤渣(产品)：防止降温时析出杂质而影响产品纯度或减少产品溶解损耗。如：NaCl(KNO3) ②要滤液(产品)：防止降温时析出产品(溶解度随温度增大而增大)而损耗。(除去溶解度小或难溶的杂质) 【易错提醒】 1．仪器 ①蒸发皿与坩埚：从盛放物质的状态是液体、固体，认识蒸发皿与坩埚的使用。 ②酸/碱式滴定管：从左右手的使用，辨识滴定管选用是否正确。 ③温度计：从测量反应液、水浴、蒸气的温度，认识水银球所放的位置。 ④直形/球形冷凝管：从冷凝回流、蒸馏，认识仪器的选用。 ⑤三仪器精确度：量筒0.1 mL、托盘天平0.1 g、测定管0.01 mL。 ⑥玻璃棒引流：沉淀的过滤、向容量瓶中转移液体须用玻璃棒引流。 2．物质检验 ①用酸性高锰酸钾溶液检验溶液中是否有Fe2＋：注意溶液中有无Cl－，如有Cl－不能用酸性高锰酸钾溶液，要用K3[Fe(CN)6]溶液。 ②检验Na2SO3是否变质：加BaCl2溶液后再加稀盐酸，不能加稀硝酸。 ③检验糖水解产物：在加银氨溶液或新制Cu(OH)2浊液之前，须加NaOH溶液中和催化剂稀硫酸。 ④检验卤代烃消去产物：产生的气体不能直接通入酸性高锰酸钾溶液中，须先通入盛水的洗气瓶除去醇。 ⑤检验烯醛中的碳碳双键：不能用溴水，可用溴四氯化碳溶液或先通过银镜反应排除醛基的干扰。 ⑥检验NH：必须加热、是红色石蕊试纸。 ⑦焰色反应：用铂丝不是玻璃棒，K＋要通过蓝色钴玻璃片观察。 3．物质制备 ①试剂选择：注意是必须使用还是选用，注意用量 ②必要的操作：如充分搅拌、少量冰水洗涤等 ③实验条件：如浓缩的温度、冷却的温度 ④物质加入的顺序：注意酸碱性、氧化还原性等。如用FeSO4、NH4HCO3制FeCO3是将NH4HCO3溶液滴加到FeSO4溶液中。(试剂滴加顺序错误0分) ⑤从溶液中得到晶体：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥；或蒸发结晶，过滤(或趁热过滤)洗涤干燥(注意：有的“洗涤”要求“冰水”、“热水”或“乙醇”洗涤) 以下物质不能直接蒸发结晶制得：结晶水合物、挥发酸的易水解盐、易氧化的盐等。 4．pH试纸使用：具有氧化性的溶液如氯水、NaClO溶液不能使用pH试纸，应用pH计测量。 5．设计物质氧化性、还原性实验时：注意有无其他氧化性微粒的干扰，如NO3－在酸性条件下有强氧化性。 6．离子检验 ①判断沉淀是否洗净：取少许最后一次洗涤液。 判断沉淀(晶体)是否洗涤干净的方法：必须是沉淀(晶体)组成之外的离子。 ②判断沉淀是否完全：取少许上层清液于试管，加入××溶液；或静置后，在上层清液中滴加××溶液。 7．分离与除杂 ①有机物常用分液、蒸馏：苯中有苯酚不能用溴水，乙酸乙酯中有乙酸不能用NaOH溶液也不能用乙醇与浓硫酸。 ②气体洗气：选对试剂如除去Cl2中HCl不能用NaHCO3溶液，除去乙烷中的乙烯不能用酸性高锰酸钾溶液。 ③根据水解原理提纯时，注意溶液的pH控制(不一定是一个具体的数值，有时是个范围)。 8．滴定操作 ①滴定管：要写明×式滴定管 ②滴定终点判断：注意规范答题——滴最后一滴××溶液，溶液由×色变为×色，且30秒内不褪/不变色。不要将溶液颜色变化写反了！ 【过关练习】 1．（2024·广西西宁市摸底）下列有关实验装置能够正确完成对应实验的是 氨气的尾气吸收 中和热的测定 用滴定管量取20.00 mL酸性K2Cr2O7溶液 乙醇在浓硫酸作用下，加热到170℃制备乙烯 A B C D A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【解析】A项，苯不能隔绝氨气与水，图中装作不能防止倒吸，错误；B项，图中缺少玻璃搅拌器，图中装置不能准确测定中和热，错误；C项，滴定管的最小读数为0.01mL，可以用酸式滴定管量取20.00 mL酸性K2Cr2O7溶液，也可以用移液管量取，正确；D项，乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯，温度计测定反应液的温度，温度计放置在支气管处位置有误，应插入溶液中，错误。 2．（2023·江苏省南通市如皋市上学期期末）[(NH4)2Ce(NO3)6]、二氧化铈(CeO2)均是常见的强氧化剂，可以以Ce2(CO3)3为原料进行制取。 （4）实验小组以Ce2(CO3)3为原料制取CeO2，请补充完整实验方案：将Ce2(CO3)3完全溶解于盐酸中，_______________________________________________________________________________________ __________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________，得CeO2固体。[已知：4Ce(OH)3(白色沉淀)＋O2＋2H2O＝4Ce(OH)4(黄色沉淀)，Ce(OH)4受热分解时失重百分比与温度的关系如图所示。可选用的仪器和试剂：2 mol·L－1氨水、O2、1 mol·L－1 HNO3、1 mol·L－1 AgNO3溶液、马弗炉(可用于固体的高温加热)] 【答案】向所得溶液中加入2 mol·L－1氨水，至静置后向上层清液中加入氨水不再产生沉淀，浊液中边搅拌边通入O2至沉淀完全变为黄色，洗涤滤渣，至最后一次洗涤滤液加入1 mol·L－1HNO3酸化后再加入1 mol·L－1AgNO3溶液不再产生沉淀，将沉淀放入马弗炉中，控制温度为500 ℃下焙烧至固体质量不再减少 【解析】已知：4Ce(OH)3(白色沉淀)＋O2＋2H2O＝4Ce(OH)4(黄色沉淀)，根据受热分解时失重百分比与温度的关系图可知，208×17.3%≈36，则加热Ce(OH)4到500 ℃分解得到CeO2，故实验小组以Ce2(CO3)3为原料制取CeO2，可设计实验方案：将Ce2(CO3)3完全溶解于盐酸中，向所得溶液中加入2 mol·L－1氨水，至静置后向上层清液中加入氨水不再产生沉淀，向浊液中边搅拌边通入O2至沉淀完全变为黄色，洗涤滤渣，至最后一次洗涤滤液加入1 mol·L－1HNO3酸化后再加入1 mol·L－1AgNO3溶液不再产生沉淀，将沉淀放入马弗炉中，控制温度为500 ℃下焙烧至固体质量不再减少，得CeO2固体。 3．（2025·山西省高三下开学考试）钴的配合物[Co(NH3)6]Cl3，难溶于有机溶剂乙醇，微溶于水。在常温下稳定性较强，强热时会部分分解，实验室可用CoCl2•6H2O为原料来制备。具体制备步骤如下： 步骤1：在如图所示装置中经过下列操作得到含粗产品的混合物 步骤2：取出三颈烧瓶中的混合物，用冰水冷却，过滤。将沉淀溶于50 mL热稀盐酸中，趁热过滤。在滤液中慢慢加入6 mL浓盐酸，先用自来水冷却再用冰水冷却，过滤、洗涤、干燥，称量。已知：Co(OH)2难溶于水，[Co(NH3)6]2＋具有较强还原性；氧化性：Co3＋＞H2O2。 回答下列问题： （2）NH4Cl的作用除了可以做反应物外，还具有的作用是______________________________。 （3）先加浓氨水后加H2O2溶液的原因是___________________________________________________ ___________________________________________________________________________。 【答案】（2）NH4Cl可以抑制NH3·H2O的电离，防止生成Co(OH)2沉淀 （3）先加氨水可以先形成[Co(NH3)6]2＋，[Co(NH3)6]2＋具有较强的还原性，可被H2O2氧化为[Co(NH3)6]3＋。或者回答：若先加H2O2溶液，将Co2＋氧化为Co3＋，后加氨水，会生成Co(OH)3，不利于[Co(NH3)6]Cl3的生成，故先加入氨水后加H2O2溶液。 【解析】（2）Co2＋的氢氧化物是沉淀，一水合氨为弱碱，故NH4Cl除了做反应物外，可以电离出NH离子，来抑制NH3•H2O电离出OH－，从而防止生成Co(OH)2沉淀；（3）若先加H2O2溶液，由已知可知，氧化性Co3＋大于H2O2，H2O2不能将Co2＋氧化为Co3＋；若先加氨水，形成[Co(NH3)6]2＋具有较强的还原性，易被H2O2氧化为[Co(NH3)6]3＋。 4．（2025·江苏南通高三上阶段练习）马日夫盐[Mn(H2PO4)2•2H2O]是一种用于机械设备的防锈磷化剂，工业上利用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量硅、铁、铝等氧化物)为主要原料，联合处理含SO2的烟气并制备马日夫盐的一种工艺流程如下。请回答下列问题： 已知：①Mn(OH)2不稳定，易被空气氧化；马日夫盐溶于水且随温度的升高，溶解度显著增大。 ②有机萃取剂是溶解了一种酸性磷酸酯(表示为H2A2)的磺化煤油，萃取时发生的反应主要为：Fe3＋＋3H2A2Fe(HA2)3＋3H＋。 ③Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10－39，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10－33，Ksp[Mn(OH)2]=1.0×10－12.8。 （4）以“调pH”后得到的含MnSO4的滤液为原料，补充完整“沉锰”、“酸溶”及得到马日夫盐的实验操作：_______________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________，过滤、洗涤、干燥，得到马日夫盐。(须使用的试剂：Na2CO3溶液、BaCl2溶液、稀盐酸、磷酸、蒸馏水) 【答案】（4）在搅拌下向MnSO4溶液中缓慢滴加Na2CO3溶液，至不再产生沉淀时，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至向最后一次洗涤滤液中加入稀盐酸酸化后再加BaCl2溶液不再产生浑浊。向所得固体中加入磷酸溶液至完全溶解，蒸发浓缩至有晶膜出现、冷却结晶 【解析】（4）碳酸钠溶液显碱性，与硫酸锰反应时可能有Mn(OH)2生成，为减少副产物Mn(OH)2的生成，根据Ksp[Mn(OH)2]=1.0×10－12.8可知，应使混合溶液的pH＜7.6，则碳酸钠溶液不能过量，故正确的操作是将碳酸钠溶液缓慢加入硫酸锰溶液中，并不断搅拌，至不再产生沉淀时，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至向最后一次洗涤滤液中加入稀盐酸酸化后再加BaCl2溶液不再产生浑浊。向所得固体中加入磷酸溶液至完全溶解，蒸发浓缩至有晶膜出现、冷却结晶。 必备知识九 化学计算 【知识体系】 计算方法 原理 说明 差量法 质量差 利用物质在反应前后的质量差求解 根据物质变化前后某种量发生变化的方程式或关系式，找出所谓“理论差量”。利用该法注意两点：①弄清差量的原因；②弄清差量与什么量成比例 体积差 利用气体物质在反应前后的体积差量求解 守恒法 质量 守恒 从宏观上看，化学反应前后的质量相等或反应前后某种元素的质量相等 是巧妙选择化学式或溶液中某两种数(如正负化合价总数、阴阳离子所带的正负电荷总数)相等，或几个连续(或平行)的方程式前后某微粒(如离子、原子、电子)的物质的量保持不变作为解题依据 电荷 守恒 在电解质溶液中，由于整个溶液呈中性，所以阴、阳离子所带的电荷总量必须相等 电子 守恒 氧化还原反应中得失电子总数相等，原电池和电解池中通过两极的电子数相等 原子 守恒 反应前原子总数等于反应后产物以各种形式存在的总数 关系式法 粒子 守恒 从微观上看，化学反应前后同种元素的原子个数必然相等 是计算中用来表示已知量与未知量成正比例关系的式子 ★循环反应：前一反应的某一产物，在参加后续反应后，又再生成，使反应循环下去 方程式 叠加 对循环/连续反应将方程式相加，消去循环项/中间产物 极值法 是把所研究的对象或过程变化通过假设，推到理想的极限值，使因果关系变得十分明显，从而得出正确的判断 常用于求有关存在“极限值”的计算题，如某些化学平衡的计算，平行反应的计算，混合物的计算等 【要点归纳】 1．计算类型与解题方法 类型 解题方法 物质含量 计算 根据关系式法、得失电子守恒法等，求出混合物中某一成分的量，再除以样品的总量，即可得出其含量 确定物质 化学式 的计算 ①根据题给信息，计算出有关物质的物质的量；②根据电荷守恒，确定出未知离子的物质的量；③根据质量守恒，确定出结晶水的物质的量；④各粒子的物质的量之比即为物质化学式的下标比 热重曲线 计算 ①设晶体为1 mol ②失重一般是先失水、再失气态非金属氧化物 ③计算每步的m(余)，＝固体残留率 ④晶体中金属质量不减少，仍在m(余)中 ⑤失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属)∶n(O)即可求出失重后物质的化学式 多步滴定 计算 复杂的滴定可分为两类： ①连续滴定法：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量，可计算出第一步滴定的反应物的量 ②返滴定法：第一步用的滴定剂是过量的，然后第二步再用另一物质返滴定过量的物质。根据第一步加入的量减去第二步中过量的量，即可得出第一步所求物质的物质的量 2．失重规律 ①结晶水合物无水盐金属氧化物 ②铵盐加热考虑生成NH3，硫酸盐加热考虑生成SO2、SO3，草酸盐加热考虑生成CO、CO2。 3．氧化还原滴定计算 试题中通常会给出未配平的方程式，通常不必配平，根据得失电子守恒原理解题，以简化计算。 4．化学式求解 据题意先求出各粒子的物质的量，再转化为化学式。 注意结晶水的物质的量，通常据质量守恒来计算；有的离子由题意不能直接求出物质的量，可据其他离子的物质的量，由电荷守恒原理求解。 【易错提醒】 1．根据氧化还原反应中电子守恒计算：一是准确判断新给物质的化合价，二是如原子团中某原子个数不为1时，注意是否要乘以原子个数，三是有的试题中得电子或失电子的粒子不一定只有一种也可能有两种、同一粒子生成的产物不一定只有一种也可能有两种。 2．关注评分标准：是分步给分的，能写一步写一步，如据题中溶液的浓度和体积可先计算溶质的物质的量可得1分，最后计算结果1分(计算要细心，如步骤正确结果错了不得分)。 3．失重图像：关注是有氧环境或无氧环境，若是有氧环境则变价的金属元素会被氧化为高价态氧化物。 4．实验数据处理：注意：①数据的取舍、有效数字使用；②从配制溶液中取出几分之一体积；③找关系式，注意倍数关系。 【过关练习】 1．（2024·南通市海门市第一次调研）（4）常用“碘量法”来测定“气体”中硫化氢含量，将收集500 mL的“气体”通过50.00 mL 0.0500 mol·L－1的Zn(CH3COO)2溶液的吸收瓶中，使H2S被完全吸收，向吸收瓶中加入10.00 mL 0.0100 mol·L－1的碘溶液和10 mL乙酸溶液，将硫元素完全转化为硫单质，充分反应后转移至250 mL碘量瓶中；向碘量瓶中加入1.00 mL1%淀粉溶液，用0.0100 mol·L－1的Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为12.00 mL。试计算“气体”中硫化氢的浓度___________(以g·L－1计)写出计算过程。已知：I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62—。 【答案】总共加入碘n(I2)＝0.0100 mol·L－1×10.00×10－3＝1.0×10－4 mol，n(S2O32－)＝0.0100 mol·L－1×12.00×10－3 L＝1.2×10－4 mol，I2～2S2O32－，未氧化硫元素的碘n(I2)＝＝6×10－5 mol，氧化硫元素的碘n(I2)＝1.0×10－4 mol－6×10－5 mol＝4.0×10－5 mol。 I2～ZnS～H2S，n(H2S)＝1.0×10－4 mol－6×10－5 mol＝4.0×10－5 mol，m(H2S)＝4.0×10－5 mol×34 g·mol－1＝1.36×10－3 g，H2S的浓度＝＝2.72×10－3 g·L－1 【解析】计算过程如下：n(S2O32－)＝0.0100 mol·L－1×12.00×10－3 L＝1.2×10－4 mol，由关系式I2～2S2O32－可知：未氧化硫元素的碘n(I2)＝＝6×10－5 mol，总共加入碘n(I2)＝0.0100 mol·L－1×10.00×10－3＝1.0×10－4 mol，氧化硫元素的碘n(I2)＝1.0×10－4 mol－6×10－5 mol＝4.0×10－5 mol，由关系式I2～ZnS～H2S可知：n(H2S)＝1.0×10－4 mol－6×10－5 mol＝4.0×10－5 mol，m(H2S)＝4.0×10－5 mol×34 g·mol－1＝1.36×10－3 g，故H2S的浓度＝＝2.72×10－3 g·L－1。 2．（2024·连云港一模）制备[Co(NH3)6]Cl3并测定Co含量。将CoCl2•2H2O和活性炭(催化剂)加入三颈瓶中(装置见图-2)，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。 ③在没有活性炭存在时，能得到一种化学式为[Co(NH3)5]Cl3的纯净物。测得1 mol [Co(NH3)5]Cl3与足量的硝酸银溶液反应生成2 mol AgCl，该配合物内界的化学式为________________________。 ④准确称取7.0800 g样品于烧杯中，加入足量NaOH溶液充分反应，微沸加热至无NH3放出。冷却至室温后，加入过量的KI固体和盐酸，充分摇荡。将所得溶液定容至250 mL，然后取出25.00 mL溶液放入锥形瓶中，滴加少量淀粉溶液，用0.1000 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为24.00 mL。计算样品中钴元素的质量分数。_____________。 已知：[Co(NH3)6]3＋＋3OH－＝Co(OH)3↓＋6NH3↑，2Co(OH)3＋2I－+6H＋＝2Co2＋＋I2＋6H2O，I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62—。 【答案】③[Co(NH3)5Cl]2＋ ④20% 【解析】③1 mol [Co(NH3)5]Cl3与足量的硝酸银溶液反应生成2 mol AgCl，说明外界只有2个氯离子，该配合物内界的化学式为[Co(NH3)5Cl]2＋；④根据[Co(NH3)6]3＋＋3OH－＝Co(OH)3↓＋6NH3↑，2Co(OH)3＋2I－＋6H＋＝2Co2＋＋I2＋6H2O，I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62—，建立关系式：2[Co(NH3)6]3＋～2Co(OH)3～I2～2S2O32－，样品中n(Co)＝n(S2O32－)＝0.1 mol·L－1×0.024 L×＝0.024 mol，样品中钴元素的质量分数为×100%＝20%。 3．（2025·苏州市上学期期中摸底）实验室以碳酸铈[Ce2(CO3)3]为原料制备氧化铈(CeO2)粉末，部分实验过程如下： 已知：Ce(OH)4难溶于稀硝酸；Ce4＋极易水解，酸性较强时有强氧化性。 “焙烧”过程 焙烧Ce(OH)4过程中测得剩余固体质量与起始固体质量比值随温度变化的曲线如图所示。则301～317℃范围内，B→C发生反应的化学方程式为___________________________________________。 (写出确定物质化学式的计算过程。Ce的相对原子质量为140) 【答案】CeO(OH)2CeO2＋H2O，301℃剩余固体的质量占起始Ce(OH)4的91.35%；相对分子量减小约18，此时固体位CeO(OH)2；317℃后固体质量不再减少，为CeO2。 【解析】301℃时固体产物剩余91.35%，Ce(OH)4的相对分子量为208，相对分子量减少208×(1－91.35%)≈18(即生成1分子H2O)，此时生成固体为CeO(OH)2；317℃时固体产物剩余82.70%，相对分子量减少208×(1－82.70%)≈36(即生成2分子水)，此时生成固体为CeO2；故答案为：CeO(OH)2CeO2＋H2O。 4．（2024·南京市二模）处理废水中Cr(Ⅵ)的常用方法包括绿矾还原法、铁粉还原法和离子交换法等。含Cr(Ⅵ)物种浓度随pH的变化如下图所示。 （2）铁粉还原法。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－1，测得废水中Cr(Ⅵ)的去除率增大，其可能原因为_______________________________________________________________________。 （3）离子交换法。阴离子交换树脂(ROH，R为高分子阳离子骨架)去除酸性废水中Cr(Ⅵ)的原理为2ROH＋Cr2O72－R2Cr2O7＋2OH－。 ①树脂失效后，用NaOH溶液将树脂再生，发生反应的化学方程式为___________。 ②某树脂的Cr(Ⅵ)摩尔交换总容量为1.45 mol·L－1，即每升湿树脂最多吸收1.45 mol Cr(Ⅵ)。现将Cr(Ⅵ)含量为50 mg·L－1的废水以1.0 L•h－1的流量通过填充有30 mL湿树脂的淡化室。试通过计算说明，通废水20 h时，该离子交换树脂是否达到吸收饱和___________。［Cr(Ⅵ)均以铬元素计，写出计算过程，铬相对原子质量为52］ 【答案】（2）铁粉置换出铜形成Fe－Cu原电池，增加了c(Fe2＋)，Cr(Ⅵ)去除率增大 （3）①R2Cr2O7＋4NaOH＝2Na2CrO4+2ROH+H2O ②30 mL湿树脂最多吸收Cr(Ⅵ)的质量：m1＝1.45 mol·L－1×30 mL×10－3 L·mL－1×52 g·mol－1×103 mg·g－1＝2 262 g；通废水20 h湿树脂需吸收Cr(Ⅵ)的质量：m2＝1.0 L•h－1×20 h×50 mg·L－1＝1 000 g，m2＜m1，故该树脂未达到摩尔交换总容量，20 h时未达到吸收饱和 【解析】（2）向1 000 mL某浓度酸性废水中加入2.0 g铁粉，若不加Cu2＋，Fe先与H＋反应生成Fe2＋等，Fe2＋再还原Cr(Ⅵ)；加入Cu2＋后，Cu2＋先与Fe反应生成Cu和Fe2＋，Fe、Cu可构成原电池，加快生成Fe2＋的速率，则随着Cu2＋浓度由0升高至15 mg·L－1，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，增加了c(Fe2＋)，Cr(Ⅵ)去除率增大；（3）①树脂失效后，用NaOH溶液将树脂再生，NaOH首先促进平衡2ROH＋Cr2O72－R2Cr2O7＋2OH－逆向移动，生成的Cr2O72－再发生转化Cr2O72－＋2OH－＝2CrO42－＋H2O，从而得出发生反应的化学方程式为R2Cr2O7＋4NaOH＝2Na2CrO4+2ROH+H2O；②30 mL湿树脂最多吸收Cr(Ⅵ)的质量：m1＝1.45 mol·L－1×30 mL×10－3 L·mL－1×52 g·mol－1×103 mg·g－1＝2 262 g；通废水20 h湿树脂需吸收Cr(Ⅵ)的质量：m2＝1.0 L•h－1×20 h×50 mg·L－1＝1 000 g，m2＜m1，故该树脂未达到摩尔交换总容量，20 h时未达到吸收饱和。 【点睛】在酸性溶液中，发生转化CrO42－＋2H＋＝Cr2O72－＋H2O。 必备知识十 有机化学 【知识体系】 有机物的推断流程 有机合成路线设计 【要点归纳】 1．不饱和度计算 若有机化合物分子中含有卤素原子，可将其视为氢原子；若含有氧原子，则不予考虑；若含有氮原子，就在氢原子总数中减去氮原子数。 2．原子共线、共面 ①首先要掌握四个基本结构单元的结构： 有机化合物 H—C≡C—H 空间构型 正四面体 所有原子不能共平面 平面形 所有原子共平面 直线形 所有原子共平面 平面正六边形 所有原子共平面 键角 109º28′ 约120º 180º 120º 注意：相邻3个原子必定共平面；只要分子中存在结构(或)，所有碳原子就不可能共平面；若两个平面共用1个单键，这两个平面可能共平面。 ②有机物结构跟无机物结构联系： 如高考中经常考到的水分子、水合氢离子、氨分子、铵离子、甲烷分子、甲醛分子等之间都可找到联系(见下图)。 ③方法——一般采取分割法： 将有机物切割为若干个单元，如：乙烯平面、苯平面、乙炔直线；对平面结构可画立体图——以乙烯为母体，画出其他原子及基团。请注意——碳碳双键不能旋转，而碳碳单键则可以。 3．选择题——以官能团为突破口 考题通常给出一种或多种新的有机物结构，要求考生判断如下考点： ①判断原子杂化类型；②官能团的判断；③判断反应类型[加成反应、消去反应、取代反应(包括酯化、水解反应)、氧化反应、还原反应、加聚反应、缩聚反应]；④消耗某些物质(H2、Br2、NaOH)的量——注意酯基、羰基、肽键与H2不加成、酚酯消耗2个NaOH）；④原子共线或共面个数；⑤核磁共振氢谱与手性碳原子判断；⑥限定条件的同分异构体数目判断。 4．有机推断 （1）审题 ①审题的要点：文字、框图及设问要全面浏览；②化学式、结构式要看清；③隐含信息要善于发现。 ②注意官能团掩蔽、保护；在苯环上引入多个官能团：需考虑引入的先后顺序。据苯环上各个基团的相对位置关系来决定引入基团的先后顺序。 ③充分挖掘突破口：四类信息[反应(条件、性质)信息、结构信息、数据信息、隐含信息]。 ④题给信息的模仿应用：分析反应物中断键点(断键位置及断键方式)及生成物中键的接键点(形成位置和方式)，以理解反应本质。 （2）反应类型判断 一是根据反应条件、试剂判断；二是根据有关反应类型的本质判断。 （3）未知有机物结构的判断 ①画一画找变化：即①对比——找出前后有机物中结构(主要是官能团)变化；②转录——复制粘贴；③补缺。 ②依据合成转化图中告知相对分子质量或分子式，可推测产物或副产物的结构。 （4）设计某些步骤的目的 一般是保护某基团不被氧化或还原、或防止与后续某物质反应等。 （5）限制条件同分异构体书写 ①常见限制条件归纳 限制条件 有机物中的官能团或结构特征 化学性质的 限制 与Na反应生成气体 含有醇—OH、酚—OH、—COOH 发生银镜反应或与新制Cu(OH)2反应 含有—CHO或HCOO—（此点易被忽略） 与NaOH溶液反应 含有酚—OH、—COOH、—COO—、—X 能发生水解反应 含有-COO-、-X、-CONH2、-CONH-、-CON＜ 发生消去反应 邻碳有氢 与FeCl3发生显色反应 含有酚—OH 结构的 限制 属于芳香族化合物、α—氨基酸 含有苯环、—NH2在α位 一氯化物只有1种 结构中心对称 核磁共振氢谱有x个峰 有x种不同环境H原子(判断分子的对称性) 含有1个手性碳原子 含连四个不同原子或原子团的碳原子 苯环上只有1种不同环境的H原子 有2种排列方式：、 苯环上有2种不同环境的H原子 有2种排列方式：、 ②书写方法 5．指定有机物的合成路线设计的一般程序 有机合成实质是官能团的引入、转换；碳链的增长或减小；或开环或成环；其中还含有官能团的保护和定位。 （1）基础：抓住有机物间的衍生关系 （2）先认真解析“已知”反应所提供的信息： 如官能团前后发生了什么变化、发生变化的部位在哪里(一般是官能团或α－位)。 （3）方法： 第一：剖析目标分子的结构特征(官能团种类及碳骨架特点)，将目标分子与原料结构的相同处圈出，即先认清目标产物中结构的来源与链接方式。 第二：先逆推，即将目标分子拆分——在保留与原料共同结构部分的前提下，利用高中化学知识结合题给“已知”的信息反应，将目标分子拆分为小分子，之后再拆分，向原料逼进，如不能直接逼进原料，再正推，即由所给原料写出可能合成的物质。 第三：逆推、正推都有可能“卡住”，这是因为学生喜欢用高中课本的反应，但这肯定是不够的，故这时候要想“已知”信息有没有用上，有时还需从题干的合成路线中找出有关官能团的转化，以帮助我们实现下一个中间体的合成。 最后确定合成路线：注意转化所需试剂及条件，如有多种路线，要进行评价和优化，选出最佳路线。 说明：很多路线在5步左右，其中需要利用合成路线中关键步骤至少1步，“已知”至少1步（小题中的已知几乎都要用到），高中所学知识至少1步。 【易错提醒】 1．理解典型的有机化学反应类型及其发生反应的结构要求 如醇和卤代烃能发生消去反应，但不是所有的醇或卤代烃均能发生；再如醇的催化氧化，它要求醇羟基相连碳原子上必须有氢原子等等。 2．写合成路线中的化学方程式 注意反应条件、配平，不要漏写小分子等。 3．当课本条件和题给条件都能实现同一转化时，优先选择使用题给条件 如课本转化：ROHRCl；题给转化：ROHRCl优先选择使用后者。 4．有机分子中原子共线、共面 要看清——是"碳原子"还是"所有原子"，是"一定"还是"可能"，是“至少”还是"最多"。 5．定量判断 一般条件下酯基、酰胺基是不能加H2；1 mol 酚酯消耗2 mol NaOH。 6．注意下面一些常见的错误 反应 正确条件 错误条件 反应 正确条件 错误条件 醇消去 苯环上的卤代 卤代烃消去 醇→醛酮 醇→卤代烃 硝化 7．有机合成 ①有机合成定位规则：如(不是) ②规范表达： 一 原料中间产物Ⅰ中间产物Ⅱ……目标分子 二 三 原料中间产物Ⅰ 原料中间产物Ⅱ中间产物Ⅰ……目标分子 ③写完后务必检查：每步转化要符合所学知识和信息揭示，注意书写规范，切忌臆造反应；关注反应环境，有时不同的官能团可与同一试剂发生反应，如苯环上的—CH3、—OH、—NH2都能与酸性高锰酸钾溶液反应；有时有的转化需多加一个条件，如—CHO—→COOH，在用[Ag(NH3)2]OH或Cu(OH)2时，还要再酸化。 8．信息还原反应 ①－NO2的反应： ②NaBH4、LiAlH4的反应： 这类反应请同学们在平时的练习中注意整理。 【过关练习】 1．（2025·江苏省泰州中学上学期一模）合成马蔺子甲素的部分路线如图所示，下列说法正确的是 A．X可以发生取代、氧化、缩聚反应 B．X分子存在顺反异构体 C．Y在水中的溶解度比X大 D．Y分子与足量H2加成后的产物中含有3个手性碳原子 【答案】D 【解析】A项，X中有酚羟基，可以和饱和溴水发生取代反应，分子中还有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，但不能发生缩聚反应，错误；B项，X分子中的碳碳双键中有一个不饱和碳原子连的是两个相同的氢原子，所以不存在顺反异构，错误；C项，X分子中有羟基，能和水形成氢键，所以X在水中的溶解度比Y大，错误；D项，连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，Y分子与足量的氢气加成后得到的分子中标数字的碳原子为手性碳原子，正确。 2．（2025·南通市海安市上学期开学考）由双酚A(BPA)制备聚碳酸酯(PC)的工艺过程，存在如下反应： 下列说法不正确的是 A．1 mol BPA最多能与2 mol Br2发生反应 B．DMC分子中采取sp3杂化的原子有4个 C．PC可以发生水解反应和氧化反应 D．生成物X易与水分子形成氢键 【答案】A 【解析】A项，酚羟基的邻、对位可以和Br2发生取代反应，则1 mol BPA最多能与4 mol Br2发生反应，错误；B项，DMC分子中除了碳氧双键原子外，其余的两个碳原子和两个氧原子均采取sp3杂化，正确；C项，PC属于聚酯类高分子，含有酯基，能发生水解反应，有机物一般能燃烧，属于氧化反应，正确；D项，根据反应的方程式可以推出X为CH3OH，其分子中含有羟基，易水分子形成氢键，正确。 3．（2024·南通市二模）化合物G是合成治疗糖尿病药物非奈利酮的一种中间体，其合成路线如下： （1）水解后得到醇的名称为______(填序号)。 A．2－甲基丙醇 B．2－甲基－2－丙醇 C．2,2－二甲基乙醇 （2）A→B反应历经2步，中间体为则第二步的反应类型为______________。 （3）X的分子式为C6H8N2O，写出X的结构简式：__________________。 （4）的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构 简式：___________________________。 能与FeCl3溶液发生显色反应，酸性条件下水解产物之一为氨基乙酸，另一产物的核磁共振氢谱中有4个峰。 （5）已知： ①＋ ②2CH3CHOCH3CH＝CHCHO 写出以、CH3CHO、为原料制备的合成路线流程图。（无机试剂和有机溶剂任选，合成路线流程图示例见本题题干）。 【答案】（1）B （2）消去反应 （3） （4） （5） 【解析】A中醛基转化为B，B中酚羟基发生取代反应生成C，C引入新的支链得到D，D中支链转化为醛基得到E，E中醛基转化新的支链得到F，F和X反应转化为G，X的分子式为C6H8N2O，结合F、G结构可知，X为。 （1）中含有酯基，水解生成的醇为(CH3)3COH，为2－甲基－2－丙醇，故选B；（2）A→B反应历经2步，中间体为，则第二步的反应为－CH＝NOH转化为－C≡N，反应中不饱和度增加，反应类型为消去反应；（3）由分析可知，X为；（4）除苯环外含有3个氧、1个氮、不饱和度为3；其同分异构体同时满足下列条件：能与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；酸性条件下水解产物之一为氨基乙酸，则应该含有酯基，另一产物的核磁共振氢谱中有4个峰，则该产物分子中含有苯环，苯环上应该含有2个酚羟基且结构对称，可以判断同分异构体中酯基为酚羟基和氨基乙酸发生酯化反应生成的酯，可以为：、、、；（5）中氯原子发生消去反应生成，发生D()生成E()的反应原理将转化为，再和CH3CHO发生已知②原理得到，和发生已知①原理生成，将醛基氧化为羧基得到，合成路线为：。 4．（2024·泰州市下学期一模）化合物H是治疗胃癌的小分子靶向抗肿瘤药物，其合成路线如下： （1）A分子中碳原子的杂化轨道类型有______种。 （2）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苯环上有4个取代基，能与FeCl3溶液发生显色反应； ②核磁共振氢谱图中有3个峰。 （3）D→E、E→G的反应中均有CH3OH生成，则F的结构简式为___________________。 （4）G→H的反应中有一种与H互为同分异构体的副产物生成，其结构简式为 ____________________________。 （5）写出以、、和CH3OH为原料，制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。 【答案】（1）3 （2） （3） （4） （5）， 【解析】A和ClCH2CH2CH2CH2Cl在氢氧化钠、TEBA作用下发生取代反应生成B，B发生硝化反应生成C，C和氢气在Pd/C作用下发生还原反应生成D，D发生取代反应生成E和甲醇，E和发生取代反应生成G，G发生反应生成H。 （1）A分子中苯环上的碳原子价层电子对数为3，杂化类型为sp2，−CH2CN中第一个碳原子碳原子价层电子对数为4，杂化类型为sp3，第二个碳原子价层电子对数为2，杂化类型为sp，因此碳原子杂化轨道类型有3种；故答案为：3；（2）同时满足①苯环上有4个取代基，能与FeCl3溶液发生显色反应；说明含有酚羟基；②核磁共振氢谱图中有3个峰的C的一种同分异构体的结构简式：；故答案为：；（3）D→E、E→G的反应中均有CH3OH生成，则根据前后联系得到E为，再根据E→G的反应中有CH3OH生成，则F的结构简式为；故答案为：；（4）G→H的反应中有一种与H互为同分异构体的副产物生成，根据断键方式分析可以选择在不同的酮羰基上发生反应，其一得到H，另一得到其结构简式为；故答案为：；（5）根据题意和甲醇反应生成，苯和浓硝酸在浓硫酸加热作用下反应生成硝基苯，硝基苯和氢气在Pd作用下反应生成，和反应生成，和反应生成；由G到H的转化可知：与、氨气在CH3OH作用下反应生成，其合成路线为：，；故答案为：，。 第三篇 应试技巧 一、心态沉稳是迈向成功的起步 1．树立自信心 信心是成功的一半，信心的取得一方面来自自己合理的目标，经过大量训练而积累的实力；另一方面来自自己积极的自我暗示。要学会自我暗示，进入考场后提醒自己“人易我易不大意，人难我难不畏难”，遇到难题时对自己说“我又不准备考满分，肯定会有难题，只要我能把我会做的题目全做对，就能取得理想的成绩”。 2．保持平常心 江苏高考化学试题“宽基础、厚实践、重能力”的特点十分明显，近三年高考试题并没有出现过偏题、怪题，即使是有一定难度的试题也是分散在四个大题一、二个小问中。大多数试题与我们平时练习的难度相当，如果平时所练的题目多数都能做对，那么要坚信高考你也一定能考出好成绩。 3．适度紧张 考试紧张是每个同学高考前必然存在的心理状态。研究表明适度紧张有利于高考超水平发挥，但过度紧张会影响高考水平的正常发挥。 考场中保持“适度紧张”的实操方法：（1）考前预热：激活大脑，缓解过度紧张——①深呼吸法（5秒吸气→5秒屏息→10秒呼气），重复3次，降低心率；②简单题目“热身”：开考前快速浏览试卷，先做1～2道简单选择题，增强信心；（2）答题时的动态调节——①“3秒停顿”技巧：遇到难题时，闭眼3秒，默念“冷静，先跳过去”，避免卡壳引发慌乱；完成一道大题后，深呼吸一次再继续，防止连续高强度思考导致疲劳；②肢体放松：握笔过紧时，放下笔活动手指；肩膀僵硬可轻微耸肩再放松，缓解肌肉紧张。 【特别提醒】化学考试的“紧张陷阱”——不要被陌生题型吓住：高考化学新情境题（如新型电池、陌生有机反应）本质是“换壳题”，解题方法仍基于课本知识；时间压力下的取舍智慧：3分钟无思路的选择题、大题中的小问立即跳过，完成全卷后再回头攻坚(每道大题常分多问，有的小问较为简单)。 二、合理安排是获得成功的基础 高考题的卷面中有很多是送分题，但题目的难易可能是波浪形布局，最难的题目不一定在最后，当然难题也是相对的，因人而异，因各人对不同知识点的把握程度不同，所以看题目难易的角度也不同。这也是对考生能力品质的考查，只有处变不惊、遇难不乱，科学灵活地运筹时间，才能在有限的时间内多做题多得分。应做到如下三点： 1．考前时间充分利用 准时进入考场，进入考场之后，就要把心收回来，全身心进入考试状态。先把考试所需的学习工具放置好，一般每场考试提前10分钟左右发草稿纸，提前5分钟发试卷，结束前15分钟老师会提醒你。因此拿到草稿纸后，可以在草稿纸上用笔写写画画，如默写元素周期表，写一些反应方程式等，使自己的思绪快速回到化学上来。在按照要求在规定地方填写好姓名、准考证号后，快速浏览一遍考卷有几题，有几页。特别要提醒同学拿到试卷注意浏览试卷前面提供的元素的相对原子质量，为后面解计算题时做好相应准备。 2．先易后难，遇难先跳 建议考生一般应从上到下，先易后难完成，遇难不乱，遇新不慌，沉着应战。若遇到一时解不出的题可做好记录暂时放下(保留草稿备查)，尽快放手，说不准放一放，又突来灵感或唤起记忆，等把容易题做完后再回过来做。但切勿做着这一题，想着那一题，一心多用，难以保证思维的速度和质量，影响常规题的正常发挥。同时也要有冲击难题的勇气，不轻易放弃每个得分机会。 3．合理分配时间 一般来讲，选择题时间控制在25分钟以内，切忌超过30分钟(部分学生选择题答题时间可控制在20分钟左右)。做选择题不可太快，这样出错率较高，也不可太慢，影响第二卷的解题。应在审题上多下工夫(画出关键信息)，深思熟虑后可以少走弯路。 草稿纸分块使用，不要写得太细，及时抄到试卷上，以节约时间。 三、科学审题是通向成功的保证 1．选择题考试技巧 一卷主要起到调节考试心态、覆盖知识面、稳定平均分等功能。同学们只要集中注意力，迅速进入到考试状态正常发挥即可。做选择题还要注意认真读题，甚至反复读题，对较难的题：读题时应“圈圈点点”，理清概念，找出“陷阱”，切忌草草读题，盲目下手。 由于选择题只有一个选项最符合题意，其答题策略：基于分析的判断——①直选法：对于能确定的选项，直接选它，其他选项可不看(适用于较简单的试题)；②淘汰法——选项中有盲点，且只有一个盲点，若盲点外有答案的，则这个盲点不是答案；若在盲点选项之外找不到答案，则这个盲点选项即为答案(适用于中等难度的试题)；③绕行：适用繁难，即若四个选项有的判断是轻松的、有的判断是有难度的，为节省时间，遇繁难则绕行，不考这个虑繁难的选项，用淘汰法考虑其他三个选项(适用于较难的试题)。 解题时，不要做一题，就往答题卡上填涂，应将正确答案用ABCD写在题号的前面，不要在选项前面打钩，防止引起混淆，如果有选项不能确定，则在该题前及该选项前做醒目的记号，以便重点复查。 当离考试结束还有15分钟时，监考老师会提醒。此时，应立即停止作答其他题目，将没有确定答案的选择题的选项再做比较，综合考虑，如此时仍然没有把握，要坚持相信第一感觉。经验告诉我们，第一感觉往往是最理想的选择，此时，不要再犹豫，下定决心，确定答案，填涂到答题卡上，然后，再答其他题目。 2．非选择题考试技巧 有四道大题，每题考查的侧重点不同、试题的难度也不同，试题的各个小问的难度未必逐渐递升，难易或许以波浪式呈现，决不能认为前面的难，后面的更难，即使相对不难的试题中也有的小问较难。 认真审题：通常试题中所给材料的陌生度高，解题时认真阅读正文和问题，做到问题心中有数；对于文字信息、反应信息和图表信息，几乎每一个信息都有用(如无机物制备括号内的试剂及仪器)，解答中若题给信息未用全，要反复斟酌解答思路是否合理，力求与信息吻合，提高得分率；阅读新信息后，看是否能直接解题。若不能，要默默思索建立已有知识和解题所需知识间的衔接桥梁。 规范作答：结合各要模拟题尤其是近三年高考真题总结答题的规范性，能据经典问题的答题模板回答问题，同时结合近几次考试有关评分细则形成规范的答题习惯。 分分必争：每道试题均有得分点和卡分点，难题或较难题中或许有不少可以得分的地方，不可放弃。因此送分点要拿满分，卡分点争取多得分。 答题策略：每道大题中都有易、中等、较难的小题，为提高得分率，建议每道大题先做以下易得满分的考题——方程式书写(包括电极反应式)、平衡常数计算、仪器名称、电子排布式、盖斯定律应用、图像中条件的选择，有机化学为（1）、（2）、（3）小空；其次做能得大部分的考题——化学计算、无机物制备、限定条件同分异构体书写及有机合成；最后做有可能得分的考题——归因问题、未见过的题型等。 【特别提醒】 二卷的题目，同学如果没有按试卷题目顺序做，答题时一定要注意将答案填写在对应题目答题卡对应的区域。对于自己有把握的答案，可直接将答案写到答题卡上，对于没有把握的题目，可在草稿纸上写出推演过程，千万不要没有把握就将答案往答题卡上写，一旦错了，再用橡皮擦，反而浪费时间。如果没有把握，一时又拿不定主张，可先在题目上做醒目记号，然后跳过，接着做下一小问。 不留“空白”。做题“空白”无论如何是不会得分的，有的题不会做或没有把握，也不要空着。对于填空题，可以采用“分步”、“分点”得分的方法。会多少答多少，即使写上一些不相关的内容也可能会有一定的分数，以达到在能得分的地方绝不失分，不易得分处争取得分的目的。当然，不留“空白”这项工作，一点要等到自己全部题目都已经做过一篇，会做的题目也已经做完，最后再去做这项工作！ 结 束 语 同学们，十年寒窗苦，功夫不负有心人，圆满完成高考答卷需要最后的淡定和拼搏。在最后的冲刺阶段，完善“点、线、面、体”的多逻辑知识体系，形成良好的思维品质和推理能力，期待同学们善于在新情境中分析应用图像、流程、装置、模型、结构、反应等信息，将已有知识和能力迁移到高考答卷中。大家的努力已经赢得了及格分！我们还要向心态要5分！向审题要5分！向规范要5分！向信息加工要5分！向复习冲刺要满意分！ 考场心理——我易人易我心更细；我难人难我心不烦。 审题要领——捕捉信息，圈出突破；熟题生做，生题熟做。 答题策略——分时合理，懂取舍不死磕；规范答卷，作草稿细推敲。 复查经验——不留空白，限于界内填涂；排查疑点，谨慎规范修改。 2 每天都是一个起点，每天都有一点进步，每天都有一点收获! 2 考前梳理不言苦和累，常错易错再提醒 学科网（北京）股份有限公司 $$