大单元1 化学基本概念-（教师用书）【赢在微点·顶层设计】2027年高中化学高考一轮总复习

该高中化学高考复习讲义围绕化学基本概念大单元，整合物质分类及转化、离子反应、氧化还原反应、物质的量等核心考点，按“知识梳理-思维辨析-拓展应用”逻辑架构，通过考点精讲、方法归纳（如离子方程式配平技巧）、真题演练（近3年高考题）等环节，帮助学生构建概念网络，突破分类标准、反应规律等难点。 讲义采用“情境-问题-素养”教学模式，如结合《天工开物》制碱情境设计氧化还原反应分析题，培养科学思维和证据推理能力。设置基础层（知识对练）、提升层（微充电）、挑战层（微真题）三级练习，配合错误归因指导，为教师提供考点权重分析和课时分配建议，助力精准把控复习节奏，高效提升学生应考能力。

大单元一　化学基本概念 第1讲　物质的分类及转化 [目标速览]　1.了解分子、原子、离子和原子团等概念的含义。2.理解物理变化与化学变化的区别与联系。3.理解混合物和纯净物、单质和化合物、金属和非金属等概念。4.理解酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系。5.了解胶体的性质,了解溶液和胶体的区别。 微考点　核心突破 考点1　物质的组成及分类 　 知|识|梳|理 1.物质的组成 (1)元素:具有相同核电荷数的一类原子的总称。 (2)元素与物质的关系。 元素 物质 (3)元素在物质中的两种存在形态。 游离态:元素以单质形式存在的状态。 化合态:元素以化合物形式存在的状态。 (4)同素异形体。 ①概念:由同一种元素形成的几种性质不同的单质,叫做这种元素的同素异形体。 ②形成方式。 分子中原子个数不同 例如,O2和O3 原子排列方式不同 例如,金刚石、石墨、C60等 ③性质差异:同素异形体之间的性质差异主要体现在物理性质上,其化学性质相似;同素异形体之间的转化属于化学变化,但不属于氧化还原反应。 2.物质的分类 (1)交叉分类法——从不同的角度对物质进行分类。 (2)树状分类法——根据物质的组成对物质进行分类。 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.某物质经测定只含有一种元素,可以断定该物质一定是纯净物。(×) 2.MgO和Al2O3都属于两性氧化物。(×) 3.冰和干冰既是纯净物又是化合物。(√) 4.14C可用于文物的年代鉴定,14C与12C互为同素异形体。(×) 5.SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应,所以是两性氧化物。(×) 知|识|拓|展 1.混合物、纯净物的判断 (1)由互为同素异形体的单质组成的物质是混合物,但该物质中只含一种元素,如O2、O3的混合气体是混合物。 (2)由同位素的不同原子构成的单质(或化合物)是纯净物,如H2和D2、H2O和D2O。 2.氧化物类型的判断 (1)碱性氧化物一定是金属氧化物,但金属氧化物不一定是碱性氧化物,如Mn2O7是酸性氧化物,Al2O3是两性氧化物。 (2)非金属氧化物不一定是酸性氧化物,如NO、CO是不成盐氧化物。 (3)酸性氧化物不一定是非金属氧化物,如Mn2O7是金属氧化物,也是酸性氧化物。 (4)酸性氧化物、碱性氧化物不一定能与水反应生成相应的酸或碱,如SiO2、Fe2O3都不溶于水,也不与水反应。 知|识|对|练 角度一　物质分类依据的判断 1.下列物品具有典型的齐鲁文化特色,其主要化学成分不能与其他三种归为一类的是(C) A.泰山墨玉 B.龙山黑陶 C.齐国刀币 D.淄博琉璃 解析　墨玉、黑陶、琉璃均为陶瓷制品,均属于硅酸盐制品,主要成分均为硅酸盐材料,而刀币的主要成分为青铜。故选C。 2.中华文化源远流长,化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是(C) A.青铜器“四羊方尊”的主要材质为合金 B.长沙走马楼出土的竹木简牍的主要成分是纤维素 C.蔡伦采用碱液蒸煮制浆法造纸,该过程不涉及化学变化 D.铜官窑彩瓷是以黏土为主要原料,经高温烧结而成 解析　四羊方尊由青铜制成,青铜属于合金范畴,A项正确;竹木简牍由竹子、木头等原料制成,竹子、木头的主要成分为纤维素,B项正确;蔡伦采用碱液制浆法造纸,将原料放在碱液中蒸煮,原料在碱性环境下发生反应使原有的粗浆纤维变成细浆,该过程涉及化学变化,C项错误;陶瓷是利用黏土在高温下烧结定型而成的,D项正确。 角度二　概念间的关系——“并列”与“包含” 3.分类法是一种行之有效、简单易行的科学方法,某同学用如表所示的形式对所学知识进行分类,其中甲与乙、丙、丁是包含关系,下列选项错误的是(D) 选项 甲 乙、丙、丁 A 常见干燥剂 浓硫酸、生石灰、碱石灰 B 常见合金 不锈钢、青铜、生铁 C 腐蚀品 浓硫酸、烧碱、硝酸 D 碱性氧化物 过氧化钠、氧化镁、氧化铁 解析　浓硫酸、生石灰、碱石灰均可用作干燥剂,A项正确;不锈钢、青铜、生铁都是合金,B项正确;浓硫酸、烧碱和硝酸都具有很强的腐蚀性,属于腐蚀品,C项正确;过氧化钠不属于碱性氧化物,D项错误。 4.表中所示物质或概念间的从属关系符合图示的是(C) 选项 X Y Z A 硫酸铜晶体 混合物 盐 B 氢氧化铁 胶体 分散系 C 电解质 化合物 纯净物 D 稀硫酸 酸 电解质 解析　硫酸铜晶体是由一种物质组成的化合物,属于盐,不是混合物,A项错误;氢氧化铁不是胶体,B项错误;电解质属于化合物,化合物都是纯净物,C项正确;稀硫酸为溶液,不属于电解质,D项错误。 阅读下列材料,完成(1)(2)题。 　　燃料电池是一种连续地将燃料和氧化剂的化学能直接转化为电能的化学电源。 一般化学电源的活性物质储存在电池内部,所以限制了电池的容量。而燃料电池则不同,它在工作时,燃料和氧化剂连续地由外部供给并在电极上进行反应,生成物不断地被排出,于是就可以连续不断地提供电能(如图)。 如氢氧燃料电池在工作时,从负极连续通入H2,从正极连续通入O2,二者在电池内部(含有H2SO4或KOH等物质的溶液)发生反应生成H2O,同时产生电能。除了H2,CH4、C2H5OH等也可以作为燃料电池的燃料。 目前研制成功的Al-空气燃料电池,它可以代替汽油为汽车提供动力,也可以用作照明电源等。 (1)下列说法正确的是(B) A.氢气、甲烷、乙醇属于有机物 B.空气、汽油属于混合物 C.氢氧化钾、水、甲烷属于碱 D.乙醇、硫酸、水属于氧化物 (2)下列说法错误的是(D) A.从物质的类别来看,H2、O2和Al都属于单质 B.O2、O3都是由氧元素组成的单质 C.O2、O3互称为同素异形体 D.O2、O3两者混合属于纯净物 解析　(1)由两种或者两种以上的物质组成的为混合物;由两种元素组成,其中一种为氧元素的化合物为氧化物;电离产生的阳离子都是氢离子的化合物为酸;电离产生的阴离子都是氢氧根离子的化合物为碱;含碳元素的化合物(除了CO、CO2、碳酸、碳酸盐等之外)为有机物。空气、汽油中含有多种物质,属于混合物;H2O中含有两种元素,其中一种为O元素,属于氧化物;H2SO4电离产生的阳离子都是氢离子,属于酸;KOH电离产生的阴离子都是氢氧根离子,属于碱;CH4、C2H5OH都是含碳元素的化合物,属于有机物。(2)H2、O2、Al都是只含一种元素的纯净物,都属于单质;由同种元素组成的性质不同的单质互为同素异形体,O2、O3都是由氧元素组成的单质,互为同素异形体,两者混合属于混合物。 考点2　分散系、胶体 　 知|识|梳|理 一、区别三种分散系 1.分散系 (1)概念:把一种(或多种)物质以粒子形式分散到另一种(或多种)物质中所得到的混合物。 (2)分类:根据分散质粒子的直径大小将分散系分为溶液、浊液和胶体。 2.三种分散系的比较 分散系 溶液 胶体 浊液 分散质粒子 直径大小 <1 nm 1~100 nm >100 nm 分散质微 粒成分 离子或 小分子 大分子或离 子集合体 巨大分子或 离子集合体 外观特征 均一、透明 均一、透明 或半透明 不均一、 不透明 稳定性 稳定,静置 不产生沉淀 较稳定 不稳定,静置 有沉淀或分层 分散质能否 透过滤纸 能 能 不能 实例 食盐水、 蔗糖溶液 Fe(OH)3 胶体 泥水 二、胶体的性质及制备 1.丁达尔效应 (1)当光束通过胶体时,出现一条光亮的“通路”的现象。 (2)应用:区分溶液和胶体。 2.Fe(OH)3胶体的制备 (1)反应原理。 反应的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl。 (2)操作步骤:向沸水中逐滴加入饱和FeCl3溶液,继续煮沸至液体呈红褐色,停止加热,即制得Fe(OH)3胶体。 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.雾和霾的分散剂相同。(√) 2.碳纳米管属于胶体分散系,该材料具有超强的吸附能力。(×) 3.葡萄糖溶液和淀粉溶液都具有丁达尔效应。(×) 4.直径为1~100 nm的微粒称为胶体。(×) 5.明矾溶于水并水解形成胶体,可用于净水。(√) 6.将含1 mol FeCl3的溶液滴入沸水中制备Fe(OH)3胶体,形成的Fe(OH)3胶体粒子数目为NA。(×) 知|识|拓|展 1.理解胶体概念的“四注意” (1)胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子的直径大小,并非丁达尔效应。 (2)胶体不带电荷,胶体粒子(分散质)带电荷,但淀粉胶体中胶体粒子也不带电荷。 (3)Fe(OH)3胶体中,胶体粒子是分子的集合体,故1 mol Fe3+完全水解得到Fe(OH)3胶体粒子数小于NA。 (4)胶体粒子有很大的比表面积,吸附能力强,明矾净水就是利用了Al(OH)3胶体的吸附性。 2.制备Fe(OH)3胶体的“三不能” (1)不能用玻璃棒搅拌。 (2)不能过度加热,加热至液体呈红褐色,停止加热,若继续加热,Fe(OH)3胶体聚沉生成Fe(OH)3沉淀。 (3)不能加沉淀符号“↓”,书写制备Fe(OH)3胶体的化学方程式时,生成的胶体应注明“胶体”二字。 知|识|对|练 角度三　分散系　胶体 5.由多糖和多功能无机纳米颗粒组成的多糖基复合纳米材料(如图所示)在生物医学领域具有潜在的应用价值。将多糖基复合纳米颗粒(直径为1~100 nm)分散到水中,下列关于该分散系的说法错误的是(B) A.该分散系属于胶体 B.该分散系经过滤可得到多糖基复合纳米颗粒 C.该分散系具有一定的稳定性 D.当光束通过该分散系时,可观察到光亮的“通路” 解析　多糖基复合纳米颗粒的直径为1~100 nm,将其分散到水中,形成的分散系属于胶体,A项正确;胶体分散质粒子的直径比滤纸的缝隙直径小,能够通过滤纸,因此不能通过过滤的方法分离得到多糖基复合纳米颗粒,B项错误;胶体具有一定的稳定性,C项正确;该分散系属于胶体,当光束通过胶体时,可观察到光亮的“通路”,D项正确。 6.向硝酸银溶液中加入适量的碘化钾后制得的碘化银溶胶的微观结构如图所示。下列说法正确的是(C) A.碘化银胶体粒子能吸附阳离子,从而使碘化银胶体带正电荷 B.用过滤的方法可除去碘化银胶体中的硝酸钾溶液 C.碘化银溶胶中,胶体粒子的直径为1~100 nm D.碘化银固体与水混合形成的分散系会产生丁达尔效应 解析　碘化银胶粒能吸附阳离子,但胶体不带电,A项错误;胶体粒子和溶液均可透过滤纸,不能通过过滤的方法除去碘化银胶体中的硝酸钾溶液,B项错误;胶体的分散质粒子直径为1~100 nm,C项正确;AgI难溶于水,与水混合后得到的分散系应为浊液,不会产生丁达尔效应,D项错误。 角度四　胶体性质的应用 7.某化学兴趣小组的同学按照下面的实验方法制备氢氧化铁胶体:首先取少量蒸馏水于洁净的烧杯中,用酒精灯加热至沸腾,向烧杯中逐滴滴加饱和的FeCl3溶液,继续煮沸,至液体呈透明的红褐色。反应原理为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl。 (1)判断胶体的制备是否成功,可利用胶体的 丁达尔效应 。  (2)在制备氢氧化铁胶体时,有些同学没有按要求进行,结果没有观察到胶体,请你预测其现象并分析原因: ①甲同学没有选用饱和氯化铁溶液,而是将稀氯化铁溶液滴入沸水中,结果没有观察到 红褐色液体 ,其原因是 FeCl3溶液太稀,生成的Fe(OH)3太少 。  ②乙同学在实验中没有使用蒸馏水,而是用自来水,结果会 生成红褐色沉淀 ,原因是 自来水中含有电解质,胶体发生聚沉 。  ③丙同学向沸水中滴加饱和氯化铁溶液后,长时间加热,结果会 生成红褐色沉淀 ,原因是 长时间加热使胶体发生聚沉 。  考点3　物质的转化 　 知|识|梳|理 1.物质的性质与变化 (1)物质的性质与变化的关系。 (2)常见物理变化及化学变化。 物理 变化 焰色试验;活性炭(或胶体)的吸附;渗析和盐析;萃取和分液;蒸馏、升华等 化学 变化 煤的干馏、气化和液化;石油的裂化与裂解;蛋白质的变性;结晶水合物的脱水;同素异形体间的转化;电解;水解等 2.物质之间的转化 (1)从不同角度对化学反应分类。 按反应物、生成物种类及数目多少分为􁀄 (2)单质、氧化物、酸、碱和盐的转化关系。 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.在一定条件下,金刚石与石墨之间的转化是化学变化。(√) 2.232Th转化成233U不属于化学变化。(√) 3.煤的气化和液化、Na2CO3·10H2O的风化都是物理变化。(×) 4.钙单质可以从熔融的TiCl4中置换出Ti。(√) 5.KMnO4具有氧化性,其稀溶液可用于消毒。(√) 知|识|对|练 角度五　物理变化、化学变化的判断 8.化学促进了科技进步和社会发展,下列叙述中没有涉及化学变化的是(D) A.《神农本草经》中记载的“石胆能化铁为铜” B.利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱 C.科学家成功将CO2转化为淀粉或葡萄糖 D.北京冬奥会场馆使用CO2跨临界直冷制冰 解析　“石胆能化铁为铜”指的是铁可以与硫酸铜发生置换反应生成铜,发生了化学变化,A项不符合题意;工业上利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱,二氧化碳、氨气、氯化钠和水发生反应生成的碳酸氢钠晶体经加热后分解生成碳酸钠即纯碱,发生了化学变化,B项不符合题意;CO2转化为淀粉或葡萄糖,有新物质生成,发生了化学变化,C项不符合题意;使用CO2跨临界直冷制冰,是将水直接转化为冰,没有新物质生成,只发生了物理变化,没有涉及化学变化,D项符合题意。 9.“古诗文经典已融入中华民族的血脉”。下列诗文中隐含化学变化的是(A) A.月落乌啼霜满天,江枫渔火对愁眠 B.掬水月在手,弄花香满衣 C.飞流直下三千尺,疑是银河落九天 D.举头望明月,低头思故乡 解析　“渔火”为物质燃烧发出的光,燃烧属于化学变化,A项符合题意。捧起清澄明澈的泉水,泉水照见月影,好像那一轮明月在自己的手里一般;摆弄山花,馥郁之气溢满衣衫,都属于物理变化,B项不符合题意。“飞流直下三千尺”为水的自由落体运动,属于物理变化,C项不符合题意。“举头望明月”,月光为反射的太阳光,属于物理变化,D项不符合题意。 角度六　物质之间的转化 10.如图是某同学学习《常见的碱》课题后,总结出的氢氧化钙化学性质的部分内容。下列说法不正确的是(C) A.①中能使酚酞溶液变色 B.②中与HCl反应的化学方程式为Ca(OH)2+2HCl===CaCl2+2H2O C.③中能与NaNO3溶液发生反应 D.④可解释久置的澄清石灰水变质的原因 解析　 选项 分析 结论 A Ca(OH)2属于碱,能使酚酞溶液变色 正确 B Ca(OH)2与HCl发生酸碱中和反应:Ca(OH)2+2HCl===CaCl2+2H2O 正确 C Ca(OH)2与NaNO3溶液不反应 错误 D Ca(OH)2与非金属氧化物CO2发生反应而变质:Ca(OH)2+CO2===CaCO3↓+H2O 正确 微充电　素养提升 文化自信——传统文化中的化学元素 　 命题点1　以传统文化为依托,考查物质成分 　　物质成分的推断是高考试题的重要题型之一,结合传统文化进行命题,展现了试题的新颖性。这种借助传统文化考查物质成分的试题大致有两种类型:一种是“文献”中直接描述被考查的物质的用途、性质,由此判断其成分;另外一种是“文献”中给出了有关物质的化学反应,通过化学反应所呈现的信息推断反应过程中有关物质的成分。 【史料归纳】　 (1)《本草纲目》记载:“冬月灶中所烧薪柴之灰,令人以灰淋汁,取碱浣衣”,这里的“碱”指的是碳酸钾(K2CO3)。 (2)《汉书》记载:“高奴县有洧水,可燃”,这里的“洧水”指的是石油。 (3)《天工开物》记载:“凡石灰,经火焚炼为用”,这里的“石灰”指的是CaCO3。 (4)《新修本草》记载:“绛矾,本来绿色,新出窟未见风者,正如瑠璃……烧之赤色……”,这里的“绛矾”指的是FeSO4·7H2O。 (5)《本草衍义》记载:“嘉州峨眉山有燕萨石,形六棱而锐首,色莹白明澈”,这里的“燕萨石”的主要成分是SiO2。 (6)“有硇水者,剪银块投之,则旋而为水”,“硇水”指的是硝酸。 (7)“鼻冲水”条目下写道:“贮以玻璃瓶,紧塞其口,勿使泄气,则药力不减,气甚辛烈,触人脑,非有病不可嗅”,“鼻冲水”指的是氨水。 【母题1】　(2023·新课标卷)化学在文物的研究和修复中有重要作用。下列说法错误的是(C) A.竹简的成分之一纤维素属于天然高分子 B.龟甲的成分之一羟基磷灰石属于无机物 C.古陶瓷修复所用的熟石膏,其成分为Ca(OH)2 D.古壁画颜料中所用的铁红,其成分为Fe2O3 解析　纤维素是一种天然化合物,其分子式为(C6H10O5)n,其相对分子质量较高,是一种天然高分子,A项正确;羟基磷灰石又称羟基磷酸钙,其化学式为Ca5(PO4)3(OH),属于无机物,B项正确;熟石膏的主要成分为2CaSO4·H2O,Ca(OH)2为熟石灰的主要成分,C项错误;Fe2O3为红棕色,常被用于油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料,俗称铁红,D项正确。 【衍生1】　(2025·T8联考)我国历史悠久,文化灿烂,下列关于非遗传承的说法错误的是(A) A.制作土家织锦“西兰卡普”用到的蚕丝,其主要成分是纤维素 B.斑铜制作工艺中需要向铜中掺杂金、银等金属,其熔点比纯铜低 C.徽墨制作过程中用到的烟灰,其主要成分炭黑属于无定形碳 D.浏阳花炮能呈现五彩斑斓的颜色与原子核外电子跃迁有关 解析　蚕丝的主要成分为蛋白质,A项错误;一般来说,合金的熔点比其成分金属低,B项正确;炭黑属于无定形碳,C项正确;焰火与原于核外电子跃迁释放能量有关,D项正确。 命题点2　以传统文化为依托,考查物质变化 　　古诗词中描述的往往是生活中的某些现象,有些现象与化学知识密切相关,尽管写者无意,但读者有心,根据诗词中的现象分析其蕴含的化学知识,是对古诗词的“别样”理解,其中考查诗词中的物质变化(物理变化和化学变化)是常见命题方式之一。 【史料归纳】　 (1)黑火药是我国古代的四大发明之一,主要成分是硝酸钾、木炭和硫黄,爆炸时发生反应: 2KNO3+S+3CK2S+N2↑+3CO2↑。 (2)“莫道雪融便无迹,雪融成水水成冰”描述的是冰融化、水结冰的情景,属于物理变化。 (3)“曾青(硫酸铜)涂铁,铁赤色如铜”译文:铜盐硫酸铜涂在铁器上,铁器变成红色像铜一样。该反应是铁与铜离子的置换反应。 (4)《馀冬录》中对胡粉[主要成分为2PbCO3·Pb(OH)2]的制法有如下描述:“嵩阳产铅,居民多造胡粉。其法:铅块悬酒缸内,封闭四十九日,开之则化为粉矣。化不白者,炒为黄丹。黄丹滓为密陀僧。”其中“黄丹”的主要成分为Pb3O4,“密陀僧”的主要成分为PbO。“胡粉”中铅元素的化合价为+2价,“黄丹(Pb3O4)”中铅元素的化合价有+2价和+4价两种化合价,铅的价态发生了变化。故“胡粉”炒为“黄丹”的过程中发生了氧化还原反应。 【母题2】　古代文化典籍蕴含丰富的化学知识。下列叙述中未涉及氧化还原反应的是(A) A.《梦溪笔谈》:“石穴中水,所滴者皆为钟乳” B.《本草纲目》:“水银乃至阴之毒物,因火煅丹砂(HgS)而出” C.《神农本草经》:“空青(蓝铜矿类)……能化铜铁豁(铅)锡作金” D.《周易参同契》:“胡粉(碱式碳酸铅)投入火中,色坏还为铅” 解析　“石穴中水,所滴者皆为钟乳”,涉及的反应为碳酸氢钙分解生成碳酸钙,没有元素化合价的变化,不是氧化还原反应,A项符合题意;“水银乃至阴之毒物,因火煅丹砂(HgS)而出”,涉及HgS转化为Hg,有元素化合价的变化,涉及氧化还原反应,B项不符合题意;“空青(蓝铜矿类)……能化铜铁豁(铅)锡作金”,是说含铜的矿物质(主要是铜盐类物质)和铁或铅等金属反应,可以生成带有金色的金属单质,涉及金属化合物和金属单质之间的转化,有元素化合价的变化,与氧化还原反应有关,C项不符合题意;“胡粉(碱式碳酸铅)投入火中,色坏还为铅”,涉及碱式碳酸铅高温分解生成铅,存在元素化合价变化,与氧化还原反应有关,D项不符合题意。 【衍生2】　下列诗句内容基本不涉及化学变化的是(B) A.王安石的《元日》:“爆竹声中一岁除,春风送暖入屠苏” B.刘禹锡的《浪淘沙(其六)》:“美人首饰侯王印,尽是江中浪底来” C.刘琨的《重赠卢谌》:“何意百炼钢,化为绕指柔” D.苏味道的《正月十五夜》:“火树银花合,星桥铁锁开” 解析　“爆竹”爆炸过程为火药燃烧过程,涉及化学变化,A项不符合题意;“首饰”和“侯王印”均由黄金制成,而沙中淘金仅涉及物理变化,B项符合题意;“炼钢”过程中涉及氧化还原反应,故涉及化学变化,C项不符合题意;“火树”指悬挂着许多灯笼的树,“银花”指焰火雪亮,形容张灯结彩或大放焰火的灿烂夜景,涉及化学变化,D项不符合题意。 命题点3　以传统文化为依托,考查实验操作 　　化学实验中的过滤、蒸发、蒸馏、升华等操作在有关药物提取的古典书籍或我国古代有关科技的书籍中都有记载,近年来的部分化学试题经常结合这些“文献”记载考查操作名称、操作方法等。 【史料归纳】　 (1)《本草衍义》记载:“取砒之法,将生砒就置火上,以器覆之,令砒烟上飞着覆器,遂凝结累然下垂如乳,尖长者为胜,平短者次之”,涉及精制砒霜的操作方法是升华。 (2)《本草纲目》记载:“自元时始创其法,用浓酒和糟入甑,蒸令气上……其清如水,味极浓烈,盖酒露也”,这里所用的“法”是指蒸馏。 【母题3】　《医学入门》中记载我国传统中医提纯铜绿的方法:“水洗净,细研水飞,去石澄清,慢火熬干。”其中未涉及的操作是(C) A.洗涤 B.粉碎 C.萃取 D.蒸发 解析　“水洗净”是指洗去固体表面的可溶性污渍、泥沙等,涉及的操作方法是洗涤;“细研水飞”是指将固体研成粉末后加水溶解,涉及的操作方法是粉碎、溶解;“去石澄清”是指倾倒出澄清液,去除未溶解的固体,涉及的操作方法是过滤;“慢火熬干”是指用小火将溶液蒸发至有少量水剩余,涉及的操作方法是蒸发;因此未涉及的操作方法是萃取。故选C。 【衍生3】　《本草图经》对水银的制备有如下描述:“……朱砂,作炉置砂于中,下承以水,上覆以盎,器外加火养,则烟飞于上,水银溜于下,其色小白浊。”“朱砂”指的是HgS,文中涉及的物理过程是(D) A.分解 B.蒸馏 C.升华 D.冷凝 解析　HgS受热分解生成Hg和S,为化学变化,分解生成的Hg为气态,气态Hg冷凝为液体流下,得到液态Hg,故涉及的物理过程是冷凝。故选D。 命题点4　传统文化中的化学工艺 　　中华传统文化沉淀着中华五千年的文化底蕴,博大精深,其中一部分隐含着化学工艺,古代的陶瓷文化、酿酒工艺、冶金工艺、炼丹术等构成了我国丰富的古代化学史,依据高考命题中重视传统文化对于立德树人的独特功能,因此高考试题中会对我国古代的传统文化工艺有所体现。 【史料归纳】　 (1)烧制陶器。陶瓷是传统的硅酸盐材料,它的基本原料是黏土。釉料中主要含有一些金属及其化合物,在高温烧制时金属及其化合物发生了不同的氧化还原反应,产生不同颜色的物质。 (2)冶金工艺。 胆水 炼铜 用胆水炼铜是中国古代冶金化学中的一项重要发明。早在西汉时就已有人觉察到这一化学反应,《淮南万毕术》与《神农本草经》就提到:“白青(碱式碳酸铜)得铁化为铜”,“石胆……能化铁为铜” 冶炼 青铜 冶炼青铜的过程较复杂,大致为先把选好的矿石加入熔剂,再放在炼炉内,燃木炭熔炼,等火候成熟,弃去炼渣得初铜。初铜经提炼才能获得纯净的红铜。红铜加锡、铅熔成合金,即是青铜 炼锌 明初中国已掌握了从炉甘石炼取金属锌的技术,那时称这种金属为“倭铅”。明代著作《天工开物》中有世界上现存最早的关于炼锌术的文字记载 【母题4】　武当山金殿是铜铸鎏金大殿。传统鎏金工艺是将金溶于汞中制成“金汞漆”,涂在器物表面,然后加火除汞,使金附着在器物表面。下列说法错误的是(B) A.鎏金工艺利用了汞的挥发性 B.鎏金工艺中金发生了化学反应 C.鎏金工艺的原理可用于金的富集 D.用电化学方法也可实现铜上覆金 解析　加热除汞,说明汞易挥发,A项正确;将金溶于汞中制成“金汞漆”,然后加热,汞挥发后留下金,整个过程中没有新物质生成,属于物理变化,B项错误;金溶于汞中,然后再加热除去汞,使得金的纯度增大,可以用于金的富集,C项正确;用电解的方法,铜作阴极,电解液为可溶性的含金离子溶液,可实现铜上镀金,D项正确。 【衍生4】　我国酒文化源远流长。下列古法酿酒工艺中,以发生化学反应为主的过程是(B) 解析　酒曲捣碎是物质形态的变化,属于物理变化,A项错误;酒曲发酵过程中葡萄糖转化为乙醇,发生化学变化,B项正确;高温蒸馏是利用了乙醇沸点低的性质,属于物理变化,C项错误;泉水勾兑是溶液稀释过程,属于物理变化,D项错误。 微真题　把握方向 　 考向一　化学与传统文化 1.(2024·新课标卷)文房四宝是中华传统文化的瑰宝。下列有关叙述错误的是(D) A.羊毛可用于制毛笔,其主要成分为蛋白质 B.松木可用于制墨,墨的主要成分是单质碳 C.竹子可用于造纸,纸的主要成分是纤维素 D.大理石可用于制砚台,主要成分为硅酸盐 解析　动物的毛、皮、角等的主要成分都是蛋白质,羊毛的主要成分为蛋白质,A项正确;墨的主要成分是炭黑,炭黑是碳元素的一种单质,碳的单质在常温下化学性质很稳定,不易与其他物质发生化学反应,故用墨汁书写的字画历经千年仍不褪色,B项正确;竹子可用于造纸,竹子的主要成分是纤维素,用其造的纸的主要成分也是纤维素,C项正确;大理石可用于制砚台,大理石的主要成分为碳酸钙,不是硅酸盐,D项错误。 2.(2024·黑吉辽卷)文物见证历史,化学创造文明。东北三省出土的下列文物其主要成分不能与其他三项归为一类的是(A) A.金代六曲葵花鎏金银盏 B.北燕鸭形玻璃注 C.汉代白玉耳杯 D.新石器时代彩绘几何纹双腹陶罐 解析　金代六曲葵花鎏金银盏的材料是合金,属于无机金属材料;北燕鸭形玻璃注是玻璃制品,属于硅酸盐材料;汉代白玉耳杯是玉,属于含有微量元素的钙镁硅酸盐材料;新石器时代彩绘几何纹双腹陶罐是陶器,属于硅酸盐材料;综上,A选项材质与其他三项材质不同,不能归为一类。故选A。 3.(2024·山东卷)中国书画是世界艺术瑰宝,古人所用文房四宝制作过程中发生氧化还原反应的是(B) A.竹管、动物尾毫→湖笔 B.松木→油烟→徽墨 C.楮树皮→纸浆纤维→宣纸 D.端石→端砚 解析　湖笔以竹管为笔杆,以动物尾毫为笔头,制作过程不涉及氧化还原反应,A项不符合题意;松木中的C元素主要以有机物的形式存在,徽墨主要为C单质,存在元素化合价的变化,属于氧化还原反应,B项符合题意;宣纸以楮树皮为原料,得到纸浆纤维,从而制作宣纸,不涉及氧化还原反应,C项不符合题意;端砚以端石为原料经过采石、维料、制璞、雕刻、磨光、配盒等步骤制成,不涉及氧化还原反应,D项不符合题意。 4.(2024·河北卷)燕赵大地历史悠久,文化灿烂。对下列河北博物院馆藏文物的说法错误的是(D) A.青铜铺首的主要成分是铜锡合金 B.透雕白玉璧的主要成分是硅酸盐 C.石质浮雕的主要成分是碳酸钙 D.青花釉里红瓷盖罐的主要成分是硫酸钙 解析　青铜铺首是青铜器,青铜的主要成分是铜锡合金,A项正确;透雕白玉璧是玉石,玉石的主要成分是硅酸盐,B项正确;石质浮雕是汉白玉,汉白玉的主要成分是碳酸钙,C项正确;青花釉里红瓷盖罐是陶瓷,陶瓷的主要成分是硅酸盐,D项错误。 考向二　物质的分类 5.(2024·甘肃卷)下列成语涉及金属材料的是(C) A.洛阳纸贵 B.聚沙成塔 C.金戈铁马 D.甘之若饴 解析　纸的主要成分是纤维素,不是金属材料,A项错误;沙的主要成分是硅酸盐,不是金属材料,B项错误;金和铁都是金属,C项正确;甘之若饴的意思是把它看成像糖那样甜,糖类是有机物,不是金属材料,D项错误。 6.(2023·浙江卷6月)材料是人类赖以生存和发展的物质基础,下列材料的主要成分属于有机物的是(D) A.石墨烯 B.不锈钢 C.石英光导纤维 D.聚酯纤维 解析　石墨烯是一种由单层碳原子构成的平面结构的新型碳材料,为碳的单质,属于无机物,A项错误;不锈钢是Fe、Cr、Ni等的合金,属于金属材料,B项错误;石英光导纤维的主要成分为SiO2,属于无机非金属材料,C项错误;聚酯纤维俗称“涤纶”,是由有机二元酸和二元醇缩聚而成的聚酯经纺丝所得的合成纤维,属于有机物,D项正确。 第2讲　离子反应 [目标速览]　1.认识酸、碱、盐等电解质在水溶液里或熔融状态下能发生电离。2.能用化学方程式表示某些酸、碱、盐的电离。3.能用离子方程式正确表示典型物质的主要化学反应。 微考点　核心突破 考点1　电解质及其电离 　 知|识|梳|理 1.电解质和非电解质 (1)电解质:在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物。 (2)非电解质:在水溶液里和熔融状态下都不能够导电的化合物。 2.强电解质和弱电解质 (1)强电解质:在水溶液里能完全电离的电解质。 (2)弱电解质:在水溶液里只能部分电离的电解质。 3.电解质的电离 (1)电离及其条件。 电解质溶于水或受热熔化时,形成自由移动的离子的过程。电解质的电离条件是溶于水或受热熔化。 (2)电离方程式。 ①强电解质:全部电离,用“===”连接。例如,K2SO4===2K++S。 ②弱电解质:部分电离,用“”表示。 多元弱酸,分步电离,分步书写,且第一步的电离程度远大于第二步的电离程度;多元弱碱,分步电离,一步书写;弱酸的酸式盐,“强中有弱”。 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.金属铝和NaCl溶液都能导电,故都属于电解质。(×) 2.CO2、NH3的水溶液能导电,故CO2、NH3均是电解质。(×) 3.强电解质都是离子化合物,弱电解质都是共价化合物。(×) 4.强电解质溶液的导电性比弱电解质溶液的导电性强。(×) 5.CH3COOH在水中电离:CH3COOHCH3COO-+H+。(√) 知|识|拓|展 1.电离方程式书写“三原则” (1)符合客观事实,不能随意拆分。原子团具有不可拆分性(注意:NaHSO4在水中完全电离,生成Na+、H+、S)。 (2)质量守恒。 电离方程式“===”(“”)左右两边原子种类、数目不变。 (3)电荷守恒。 电离方程式“===”(“”)左右两边的电荷总数相等。 2.几个误区 (1)电解质和非电解质都必须是化合物,单质、混合物既不是电解质,也不是非电解质。 (2)本身电离而导电的化合物才是电解质,有些化合物的水溶液虽然能导电,但溶液中导电的离子不是其自身电离产生的,这些化合物属于非电解质。例如,SO2、NH3(因溶于水分别生成的H2SO3、NH3·H2O能电离出自由移动的离子而导电)等。 (3)电解质不一定能导电,如固态NaCl、液态HCl等,能导电的物质不一定是电解质,如铜、稀硫酸等;区分电解质和电解质溶液:HCl是电解质,盐酸是HCl的水溶液,属于混合物,是电解质溶液。 (4)电解质的强弱与物质的溶解性无关,溶解度小的物质易被误认为是弱电解质。如BaSO4、AgCl、CaCO3等在水溶液中溶解度很小,但溶解的部分是完全电离的,因此属于强电解质。 (5)溶液导电性强弱与自由移动离子的浓度及离子所带的电荷数有关,与电解质强弱无直接关系。 3.导电性的理解 (1)电解质溶液的导电原理。 电解质电离出的阴、阳离子在外加电场作用下发生定向移动实现导电过程,一般情况下,自由移动离子的浓度越大,所带的电荷数越多,电解质溶液的导电能力越强。 (2)同一温度下,当强电解质溶液(a)、弱电解质溶液(b)、金属导体(c)三者的导电能力相同时,若升高温度,它们的导电能力强弱顺序为b>a>c。 知|识|对|练 角度一　电离方程式 1.(1)按要求书写下列强电解质的电离方程式: ①Ba(OH)2: Ba(OH)2===Ba2++2OH- 。  ②KAl(SO4)2: KAl(SO4)2===K++Al3++2S 。  ③NaHSO4溶于水: NaHSO4===Na++H++S 。  ④NaHSO4熔融: NaHSO4===Na++HS 。  (2)按要求书写下列弱电解质的电离方程式: ①CH3COOH: CH3COOHCH3COO-+H+ 。  ②H2CO3: H2CO3H++HC、HCH++C 。  ③Fe(OH)3: Fe(OH)3Fe3++3OH- 。  ④NaHCO3: NaHCO3===Na++HC、HCH++C 。  角度二　电解质与非电解质、强电解质与弱电解质 2.有8种物质:①铜;②稀硫酸;③HCl;④乙醇;⑤NaCl;⑥H2S;⑦CaCO3;⑧蔗糖。 (1)属于非电解质的有 ④⑧ (填序号,下同)。  (2)属于电解质,但液态时不能导电的是 ③⑥ 。  (3)既不是电解质,也不是非电解质,但本身能导电的是　①② 。  (4)分别写出③⑥的电离方程式: HCl===H++Cl- , H2SHS-+H+、HS-S2-+H+ 。  3.中华文化博大精深,回答下列问题: (1)《黄白第十六》中“曾青涂铁,铁赤如铜”,其中“曾青”是指硫酸铜溶液,硫酸铜属于酸、碱、盐中的 盐 ,也属于 电解质 (填“电解质”或“非电解质”)。  (2)《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰,令人以灰淋汁,取碱浣衣”,其中“取碱浣衣”涉及的K2CO3是电解质,其在水溶液中的电离方程式为 K2CO3===2K++C 。  (3)《石灰吟》中“烈火焚烧若等闲”,该过程涉及化学反应的类型属于四大基本反应类型中的 分解 反应。  (4)《本草纲目》中记载“(烧酒)自元时创始,其法用浓酒和糟入甑,蒸令气上,用器盛露滴。”“蒸令气上,用器盛露滴”涉及的物质分离方法是 蒸馏 。  解析　(1)硫酸铜由铜离子和硫酸根离子构成,属于盐,硫酸铜的水溶液能导电,属于电解质。(2)K2CO3是强电解质,其在水溶液中完全电离出钾离子和碳酸根离子,电离方程式为K2CO3===2K++C。(3)“烈火焚烧若等闲”是指煅烧石灰石生成氧化钙和二氧化碳,属于分解反应。(4)“蒸令气上,用器盛露滴”涉及的物质分离方法是蒸馏。 角度三　离子反应过程中溶液导电性变化的判断 4.使用如图装置(搅拌装置略)探究溶液离子浓度变化,灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭)→亮”现象的是(D) A B C D 试剂a CuSO4 NH4HCO3 H2SO4 CH3COOH 试剂b Ba(OH)2 Ca(OH)2 Ba(OH)2 NH3·H2O 解析　向Ba(OH)2溶液中逐滴滴入CuSO4溶液,因生成BaSO4沉淀和Cu(OH)2沉淀,溶液中离子浓度减小,灯泡逐渐变暗至熄灭,当CuSO4溶液过量时,溶液中离子浓度增大,灯泡又逐渐变亮,A项不符合题意;向Ca(OH)2溶液中滴入NH4HCO3溶液,因生成CaCO3沉淀、氨水和H2O,溶液中离子浓度减小,灯泡逐渐变暗,当NH4HCO3溶液过量时,溶液中离子浓度增大,灯泡又逐渐变亮,B项不符合题意;向Ba(OH)2溶液中逐滴滴入H2SO4溶液,因生成BaSO4沉淀和水,溶液中离子浓度减小,灯泡逐渐变暗至熄灭,当H2SO4溶液过量时,溶液中离子浓度增大,灯泡又逐渐变亮,C项不符合题意;NH3·H2O是弱碱,部分电离,开始时灯泡较暗,滴入CH3COOH后,NH3·H2O与CH3COOH反应生成强电解质CH3COONH4,灯泡变亮,当CH3COOH过量时灯泡的亮度略减弱,D项符合题意。 5.某兴趣小组的同学向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸,并测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图所示。 (1)BaSO4是不是电解质?是(填“是”或“不是”)。 (2)H2SO4溶液能否导电?能(填“能”或“否”)。 (3)写出Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应的离子方程式: Ba2++2OH-+2H++S===BaSO4↓+2H2O 。  (4)图中B处溶液的导电能力约为0的原因是 溶液中几乎没有自由移动的离子 。  (5)BC段溶液的导电能力不断增大的原因是 过量的硫酸电离出的离子导电 。  (6)写出Ba2++S===BaSO4↓对应的化学方程式: BaCl2+H2SO4===BaSO4↓+2HCl(满足条件即可) 。  解析　(1)BaSO4在熔融状态下能导电,是电解质。(2)H2SO4溶液能电离出自由移动的氢离子和硫酸根离子,能导电。(3)Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水,发生反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++S===BaSO4↓+2H2O。(4)溶液的导电能力与离子浓度成正比,B处溶液的导电能力约为0,说明溶液中几乎没有自由移动的离子。(5)BC段过量的硫酸电离产生氢离子和硫酸根离子,导致溶液中自由移动的离子浓度变大,导电能力增强。(6)可溶性钡盐和硫酸或硫酸盐反应的离子方程式为Ba2++S===BaSO4↓,对应的化学方程式为BaCl2+H2SO4===BaSO4↓+2HCl。 考点2　离子反应　离子方程式书写的基本方法 　 知|识|梳|理 1.离子反应 (1)概念:有离子参加或离子生成的化学反应。 (2)条件。 复分解 反应型 生成难溶的物质,如Cu(OH)2、BaSO4等 生成难电离的物质,如弱酸、弱碱、水等 生成易挥发的物质,如CO2、SO2、NH3等 氧化还原 反应型 强氧化性与强还原性微粒发生反应,如Fe3+与I-、S2-等反应 (3)本质:溶液中离子的种类或浓度减小。 2.离子方程式 (1)概念:用实际参加反应的离子符号来表示反应的式子。 (2)意义:离子方程式不仅可以表示某个具体的化学反应,还可以表示同一类型的化学反应。 (3)书写方法——“改写法”(以Na2SO4溶液和BaCl2溶液的反应为例)。 微提醒　“改写法”书写离子方程式的关键环节是“拆”:单质、氧化物、过氧化物、弱电解质、多元弱酸的酸式酸根离子、沉淀、气体、非电解质等均不能拆分,易溶于水的强电解质(强酸、强碱、大多数可溶性盐)拆成离子形式。 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.Fe和稀盐酸反应:2Fe+6H+===2Fe3++3H2↑。(×) 2.NaHCO3的水解:HC+H2O===H2CO3+OH-。(×) 3.向NaClO溶液中通入少量SO2:2ClO-+H2O+SO2===2HClO+S。(×) 4.Mg(OH)2与醋酸的反应:OH-+H+===H2O。(×) 5.向Na2CO3溶液中滴入少量盐酸:C+2H+===H2O+CO2↑。(×) 知|识|拓|展 1.离子方程式书写的关键 2.特殊情况的处理 (1)微溶物作为产物视为沉淀,作为反应物处理如下: (2)铵根离子与碱的反应。 知|识|对|练 角度四　基本反应离子方程式的书写 6.(1)完成下列反应的离子方程式,注意难溶、气体、难电离微粒的书写形式。 ①氧化镁溶于稀硫酸 MgO+2H+===H2O+Mg2+ 。  ②AlCl3溶液中滴加过量的氨水 Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3N 。  ③将浓硝酸滴到CaCO3固体上 CaCO3+2H+===Ca2++H2O+CO2↑ 。  ④小苏打溶液与乙酸溶液混合 HC+CH3COOH===CH3COO-+H2O+CO2↑ 。  ⑤向NaHSO3溶液中加入过量NaHSO4溶液 HS+H+===H2O+SO2↑ 。  (2)按要求完成下列反应的离子方程式,注意微溶物质、N与碱反应的条件。 ①澄清石灰水中加入稀盐酸 OH-+H+===H2O 。  ②石灰乳与Na2CO3溶液反应 Ca(OH)2+C===CaCO3+2OH- 。  ③Na2SO4溶液与AgNO3溶液混合 S+2Ag+===Ag2SO4↓ 。  ④NH4Cl与NaOH两种稀溶液混合 N+OH-===NH3·H2O 。  (3)完成下列教材中重要氧化还原反应的离子方程式,注意单质、氧化物、浓“盐酸、硝酸、硫酸”的书写形式。 ①过氧化钠溶于水 2Na2O2+2H2O===4Na++4OH-+O2↑ 。  ②FeCl3腐蚀铜箔 2Fe3++Cu===2Fe2++Cu2+ 。  ③用MnO2与浓盐酸共热制Cl2 MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O 。  ④用NaOH吸收Cl2 Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O 。  ⑤铜分别溶于浓、稀硝酸 Cu+4H++2N===Cu2++2NO2↑+2H2O 、  3Cu+8H++2N===3Cu2++2NO↑+4H2O 。  角度五　多重反应离子方程式的书写 7.完成下列反应的离子方程式。 (1)Ba(OH)2溶液与(NH4)2SO4溶液混合 Ba2++2OH-+2N+S===BaSO4↓+2NH3·H2O 。  (2)CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合 Cu2++S+Ba2++2OH-===Cu(OH)2↓+BaSO4↓ 。  (3)Fe2O3溶于HI溶液中 Fe2O3+6H++2I-===2Fe2++3H2O+I2 。  多重反应离子方程式书写时的注意事项 　　两种电解质溶液混合,至少电离出两种阴离子和两种阳离子,这四种(或更多种)离子之间都能两两结合成难电离(或难溶)的物质或后续离子之间的氧化还原反应,这样的离子反应称为多重反应。在写这类反应的离子方程式时易丢失其中的一组反应。 角度六　离子方程式的正误判断 8.下列离子方程式正确的是(D) A.向稀硫酸中加入熟石灰:Ca2++OH-+H++S===CaSO4↓+H2O B.向含Hg2+的废水中加入FeS:S2-+Hg2+===HgS↓ C.向NH4Al溶液中滴加少量KOH溶液:N+OH-===NH3·H2O D.FeO溶于稀硝酸:3FeO+10H++N===3Fe3++NO↑+5H2O 解析　熟石灰的成分是Ca(OH)2,与稀硫酸反应的离子方程式为Ca(OH)2+2H++S===CaSO4+2H2O,A项错误;FeS难溶于水,反应的离子方程式为FeS+Hg2+HgS+Fe2+,B项错误;KOH少量时,OH-先与Al3+反应生成氢氧化铝沉淀,离子方程式为Al3++3OH-===Al(OH)3↓,C项错误;稀硝酸将二价铁氧化为三价铁,自身被还原为NO,反应的离子方程式为+10H+===3Fe3++NO↑+5H2O,D项正确。 9.下列相关离子方程式表示错误的是(B) A.向稀硫酸溶液中加入Na2S2O3固体出现黄色沉淀:S2+2H+===S↓+SO2↑+H2O B.少量的Cl2通入亚硫酸氢钠溶液中:HS+Cl2+H2O===S+2Cl-+3H+ C.向酸性KMnO4溶液中通入SO2后溶液由紫色变为无色:2Mn+5SO2+2H2O===2Mn2++5S+4H+ D.向HI溶液中加入H2O2后溶液变为棕黄色:21-+2H++H2O2===I2+2H2O 解析　Na2S2O3与稀硫酸反应生成Na2SO4、S、SO2和H2O,反应的离子方程式为S2+2H+===S↓+SO2↑+H2O,A项正确;少量的Cl2通入亚硫酸氢钠溶液中,反应的离子方程式为4HS+Cl2===S+2Cl-+3SO2+2H2O,B项错误;SO2具有还原性,被氧化成,被还原成Mn2+,反应的离子方程式为2+5SO2+2H2O===2Mn2++5+4H+,C项正确;H2O2将I-氧化成I2,自身被还原成H2O,反应的离子方程式为2I-+2H++H2O2===I2+2H2O,D项正确。 微充电　素养提升 模型认知——“三法”突破与量有关的离子方程式的书写 　 类型一　连续型离子方程式的书写 　　根据反应条件先分析反应物是否过量,再根据反应原理书写。若不过量,则发生第一步反应,若过量,则反应物发生两步反应,写离子方程式时则不必写出第一步反应的中间产物,按终态产物书写离子方程式。如多元弱酸或其酸酐(如CO2或SO2)与强碱溶液反应,若CO2(或SO2)少量,产物为正盐;若CO2(或SO2)过量,产物为酸式盐;多元弱酸的正盐与强酸反应先生成酸式盐,酸式盐再进一步与酸反应生成强酸盐和弱酸。 【母题1】　(1)CO2通入NaOH溶液中: 碱过量: CO2+2OH-===C+H2O ;  碱不足: CO2+OH-===HC 。  (2)Na2CO3溶液与稀盐酸反应: 稀盐酸不足: C+H+===HC ;  稀盐酸过量: C+2H+===CO2↑+H2O 。  【衍生1】　(1)铝盐溶液与强碱溶液反应: 铝盐过量: Al3++3OH-===Al(OH)3↓ ;  强碱过量: Al3++4OH-===[Al(OH)4]- 。  (2)Na[Al(OH)4]溶液与强酸溶液反应: Na[Al(OH)4]过量: [Al(OH)4]-+H+===Al(OH)3↓+H2O ;  强酸过量: [Al(OH)4]-+4H+===Al3++4H2O 。  (3)CO2通入Na[Al(OH)4]溶液中: Na[Al(OH)4]过量: 2[Al(OH)4]-+CO2===2Al(OH)3↓+C+H2O ;  Na[Al(OH)4]不足: [Al(OH)4]-+CO2===Al(OH)3↓+HC 。  (4)Fe与稀硝酸反应: Fe过量: 3Fe+2N+8H+===3Fe2++2NO↑+4H2O ;  稀硝酸过量: Fe+N+4H+===Fe3++NO↑+2H2O 。  类型二　先后反应型离子方程式的书写 1.复分解反应型:依据“竞争反应、强者优先”的规律明确离子反应的先后顺序,再按反应原理书写,如向含有OH-、C、[Al(OH)4]-的溶液中逐滴加入稀盐酸至过量,因结合质子的能力OH->[Al(OH)4]->C,则反应的离子方程式依次为OH-+H+===H2O、[Al(OH)4]-+H+===Al(OH)3↓+H2O、C+H+===HC、HC+H+===CO2↑+H2O、Al(OH)3+3H+===Al3++3H2O。 2.氧化还原型:①强氧化剂遇到两种还原性离子时,应注意氧化剂是否过量,若氧化剂不足,将还原性离子按还原性强弱排序,谁强谁先反应。如将少量的Cl2通入FeBr2溶液中,离子方程式为2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-;若Cl2过量,则离子方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2===2Fe3++2Br2+6Cl-。②在不明确离子反应的先后顺序时,可用假设定序法,如FeBr2溶液与Cl2反应,可假设Cl2先与Br-反应,则生成的溴单质还要氧化Fe2+生成Fe3+,这样即可确定Cl2先与Fe2+反应后与Br-反应,然后再根据量的关系书写即可。 【母题2】　NH4HSO4溶液与NaOH溶液的反应: NaOH不足: H++OH-===H2O ;  NaOH过量: N+H++2OH-===NH3·H2O+H2O 。  【衍生2】　向含有H+、Al3+、N的溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量,反应依次为 H++OH-===H2O 、 Al3++3OH-===Al(OH)3↓ 、 N+OH-===NH3·H2O 、 Al(OH)3+OH-===[Al(OH)4]- 。  类型三　配比型离子方程式的书写 　　配比型离子反应按照“以少定多”的原则进行书写,即先根据题给条件判断“少量物质”,以少量物质的离子计量数(充分反应)确定所需“过量物质”的离子数目。如向Ca(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液的离子方程式的书写方法为 【母题3】　(1)Ca(OH)2溶液与NaHCO3溶液反应: NaHCO3溶液少量: HC+OH-+Ca2+===CaCO3↓+H2O 。  NaHCO3溶液足量: 2HC+2OH-+Ca2+===CaCO3↓+C+2H2O 。  类似该反应的还有Ca(HCO3)2溶液与NaOH溶液反应。 (2)NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应: 加Ba(OH)2溶液至S恰好沉淀: H++OH-+S+Ba2+===BaSO4↓+H2O 。  加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性: 2H++2OH-+S+Ba2+===BaSO4↓+2H2O 。  【衍生3】　NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2溶液反应: n[NH4Al(SO4)2]∶n[Ba(OH)2]=1∶1: 3Ba2++3S+2Al3++6OH-===3BaSO4↓+2Al(OH)3↓ 。  n[NH4Al(SO4)2]∶n[Ba(OH)2]=1∶2: N+Al3++2S+2Ba2++4OH-===NH3·H2O+Al(OH)3↓+2BaSO4↓ 。  n[NH4Al(SO4)2]∶n[Ba(OH)2]=1∶3: N+Al3++2S+2Ba2++5OH-===NH3·H2O+[Al(OH)4]-+2BaSO4↓ 。  微真题　把握方向 　 考向一　单一考查离子方程式 1.(2024·浙江卷6月)下列离子方程式正确的是(D) A.用CuSO4溶液除去H2S气体:Cu2++S2-===CuS↓ B.H2SO3溶液中滴加Ba(NO3)2溶液:H2SO3+Ba2+===BaSO3↓+2H+ C.NaHCO3溶液中通入少量Cl2:+Cl2===2CO2+Cl-+ClO-+H2O D.用FeCl3溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板:2Fe3++Cu===2Fe2++Cu2+ 解析　H2S在离子方程式中应以化学式保留,正确的离子方程式为Cu2++H2S===CuS↓+2H+,A项错误;酸性条件下会将H2SO3氧化成H2SO4,Ba2+与反应形成BaSO4沉淀,滴加少量Ba(NO3)2时的离子方程式为Ba2++2+3H2SO3===BaSO4↓+2NO↑+2+4H++H2O,滴加足量Ba(NO3)2时的离子方程式为3Ba2++2+3H2SO3===3BaSO4↓+2NO↑+4H++H2O,B项错误;电离平衡常数Ka1(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka2(H2CO3),Cl2与水反应生成的HClO与NaHCO3不反应,正确的离子方程式为Cl2+===Cl-+HClO+CO2,C项错误;Cu与FeCl3溶液反应生成CuCl2、FeCl2,反应的离子方程式为Cu+2Fe3+===Cu2++2Fe2+,D项正确。 2.(2024·新课标卷)对于下列过程中发生的化学反应,相应离子方程式正确的是(C) A.试管壁上的银镜用稀硝酸清洗:Ag+2H++N===Ag++NO2↑+H2O B.工业废水中的Pb2+用FeS去除:Pb2++S2-===PbS↓ C.海水提溴过程中将溴吹入SO2吸收塔:Br2+SO2+2H2O===2Br-+S+4H+ D.用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度:2Mn+5C2+16H+===2Mn2++10CO2↑+8H2O 解析　试管壁上的银镜用稀硝酸清洗,银溶于稀硝酸生成AgNO3、NO和H2O,离子方程式为3Ag+4H++N===3Ag++NO↑+2H2O,A项不正确;由于PbS的溶解度远远小于FeS,因此,工业废水中的Pb2+用FeS去除,该反应的离子方程式为Pb2++FeS===PbS+Fe2+,B项不正确;海水提溴过程中将溴吹入SO2吸收塔,SO2在水溶液中将Br2还原为Br-,离子方程式为Br2+SO2+2H2O===2Br-+S+4H+,C项正确;用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度,H2C2O4被氧化为CO2,H2C2O4属于弱酸,离子方程式为2Mn+5H2C2O4+6H+===2Mn2++10CO2↑+8H2O,D项不正确。 3.(2024·全国甲卷)下列过程对应的离子方程式正确的是(D) A.用氢氟酸刻蚀玻璃:Si+6H++4F-===SiF4↑+3H2O B.用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板:2Fe3++3Cu===2Fe+3Cu2+ C.用硫代硫酸钠溶液脱氯:S2+2Cl2+3H2O===2S+4Cl-+6H+ D.用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢中的硫酸钙:CaSO4+C===CaCO3+S 解析　玻璃的主要成分为SiO2,用氢氟酸刻蚀玻璃时,SiO2和氢氟酸反应生成SiF4气体和水,反应的方程式为SiO2+4HF===SiF4↑+2H2O,A项错误;Fe3+可以将Cu氧化成Cu2+,三氯化铁刻蚀铜电路板时反应的离子方程式为2Fe3++Cu===2Fe2++Cu2+,B项错误;氯气具有强氧化性,可以将硫代硫酸根离子氧化成硫酸根离子,氯气被还原为氯离子,反应的离子方程式为S2+4Cl2+5H2O===2S+8Cl-+10H+,C项错误;碳酸钙的溶解度小于硫酸钙,可以用碳酸钠溶液浸泡水垢使硫酸钙转化为疏松、易溶于酸的碳酸钙,反应的离子方程式为CaSO4+C===CaCO3+S,D项正确。 4.(2023·浙江卷1月) 下列反应的离子方程式不正确的是(D) A.Cl2通入氢氧化钠溶液:Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O B.氧化铝溶于氢氧化钠溶液:Al2O3+2OH-+3H2O===2[Al(OH)4]- C.过量CO2通入饱和碳酸钠溶液:2Na++C+CO2+H2O===2NaHCO3↓ D.H2SO3溶液中滴入氯化钙溶液:S+Ca2+===CaSO3↓ 解析　Cl2通入氢氧化钠溶液中,反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,反应的离子方程式为Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O,A项正确;氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成四羟基合铝酸钠和水,反应的离子方程式为Al2O3+2OH-+3H2O===2[Al(OH)4]-,B项正确;过量CO2通入饱和碳酸钠溶液中,反应生成碳酸氢钠晶体,反应的离子方程式为2Na++C+CO2+H2O===2NaHCO3↓,C项正确;H2SO3溶液中滴入氯化钙溶液,因亚硫酸的酸性弱于盐酸,不能发生反应,D项不正确。 考向二　渗透其他相关方程式 5.(2024·湖南卷)下列描述对应的反应方程式错误的是(A) A 《天工开物》记载用炉甘石(ZnCO3)火法炼锌 2ZnCO3+C2Zn+3CO↑ B CaH2用作野外生氢剂 CaH2+2H2O===Ca(OH)2+2H2↑ C 饱和Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢 CaSO4(s)+C(aq)===CaCO3(s)+S(aq) D 绿矾(FeSO4·7H2O)处理酸性工业废水中的Cr2 Cr2+6Fe2++14H+===6Fe3++2Cr3++7H2O 解析　火法炼锌过程中C作还原剂,ZnCO3在高温条件下分解为ZnO、CO2,CO2与C在高温条件下反应生成还原性气体CO,CO还原ZnO生成Zn,因此总反应为2ZnCO3+C2Zn+3CO2↑,A项错误;CaH2为活泼金属氢化物,因此能与H2O发生归中反应生成碱和氢气,反应方程式为CaH2+2H2O===Ca(OH)2+2H2↑,B项正确;锅炉水垢的主要成分为CaSO4、MgCO3等,由于溶解性CaSO4>CaCO3,因此向锅炉水垢中加入饱和Na2CO3溶液,根据难溶物转化原则可知CaSO4转化为CaCO3,反应方程式为CaSO4(s)+C(aq)CaCO3(s)+S(aq),C项正确;Cr2具有强氧化性,加入具有还原性的Fe2+,二者发生氧化还原反应生成Fe3+、Cr3+,Cr元素化合价由+6价降低至+3价,Fe元素化合价由+2价升高至+3价,根据守恒规则可知反应的离子方程式为Cr2+6Fe2++14H+===6Fe3++2Cr3++7H2O,D项正确。 考向三　具体情境下离子方程式的正误判断 6.(2022·广东卷)下列关于Na的化合物之间转化反应的离子方程式书写正确的是(B) A.碱转化为酸式盐:OH-+2H++C===HC+2H2O B.碱转化为两种盐:2OH-+Cl2===ClO-+Cl-+H2O C.过氧化物转化为碱:2+2H2O===4OH-+O2↑ D.盐转化为另一种盐:Na2SiO3+2H+===H2SiO3↓+2Na+ 解析　向氢氧化钠溶液中通入足量的二氧化碳,碱可以转化成酸式盐,离子方程式为CO2+OH-===HC,A项错误;氯气通入NaOH溶液中可以生成氯化钠和次氯酸钠两种盐,其离子方程式为Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O,B项正确;Na2O2可以和水反应生成氢氧化钠,但在离子方程式里Na2O2不能拆成离子形式,C项错误;硅酸钠易溶于水且易电离,在离子方程式里要写成离子,D项错误。 第3讲　离子反应的应用 [目标速览]　1.掌握离子共存的条件,会判断溶液中离子能否大量共存。2.能利用典型代表物的性质和反应,进行离子的推断和设计常见物质检验的方案。 微考点　核心突破 考点　离子共存的判断 　 知|识|梳|理 1.离子共存的本质 几种离子在同一溶液中能大量共存,就是指离子之间不发生任何反应;若离子之间能发生反应,则不能大量共存。 (1)抓住关键词语。 解答离子共存类试题要审清题目要求的关键词语,如“一定大量共存”“可能大量共存”或“不能大量共存”等。 (2)理解两大条件。 若溶液可能呈强酸性也可能呈强碱性时,“可能大量共存”的含义是在两种条件下只要有一种能大量共存即符合题目要求。“一定大量共存”的含义是两种条件下离子均能大量共存才符合题目要求。 2.判断离子能否大量共存的“四个要点” 判断多种离子能否大量共存于同一溶液中,归纳起来就是:一色、二性、三特殊、四反应。 (1)一色——溶液颜色。 几种常见离子的颜色 离子 Cu2+ Fe3+ Fe2+ Mn Cr2 溶液颜色 蓝色 棕黄色 浅绿色 紫红色 橙色 (2)二性——溶液的酸碱性。 ①常见表示呈酸性的溶液。 a.常温下,pH<7的溶液;b.使pH试纸变红的溶液;c.使甲基橙呈红色的溶液;d.与镁粉反应放出氢气的溶液;e.常温下,c(OH-)<1×10-7 mol·L-1的溶液。在酸性溶液中,OH-及弱酸根阴离子(如C、S、S2-、CH3COO-等)不能大量存在。 ②常见表示呈碱性的溶液。 a.常温下,pH>7的溶液;b.使pH试纸变蓝的溶液;c.使酚酞溶液变红的溶液;d.常温下,c(H+)<1×10-7 mol·L-1的溶液。在碱性溶液中,H+及弱碱阳离子(如N、Al3+、Fe3+等)不能大量存在。 ③常见表示可能呈酸性也可能呈碱性的溶液。 a.与铝粉反应放出氢气的溶液;b.常温下水电离出的c(OH-)=1×10-12 mol·L-1的溶液;c.与NH4HCO3反应能产生气体的溶液。 (3)三特殊——三种特殊情况。 ①[Al(OH)4]-与HC不能大量共存:[Al(OH)4]-+HC===Al(OH)3↓+C+H2O。 ②“N+H+”组合具有强氧化性,能与S2-、Fe2+、I-、S等还原性的离子发生氧化还原反应而不能大量共存。 ③N与CH3COO-、C,Mg2+与HC等组合中,虽然两种离子都能水解且水解相互促进,但总的水解程度仍很小,它们在溶液中仍能大量共存。 (4)四反应——四种反应类型。 四反应是指离子间通常能发生的四种类型的反应,能相互反应的离子显然不能大量共存。 ①复分解反应:如Ba2+与S,N与OH-,H+与CH3COO-等。 ②氧化还原反应:如Fe3+与I-、S2-,N(H+)与Fe2+等。 ③相互促进的水解反应:如Al3+与C、HC或[Al(OH)4]-等。 ④配合反应:如Fe3+与SCN-等。 知|识|对|练 角度一　警惕关键词“一定”还是“可能” 1.常温下,在由水电离出的c(OH-)=1×10-12 mol·L-1的溶液中,一定能大量共存的离子组是(C) A.K+、Na+、HC、Cl- B.K+、Mn、Br-、Cl- C.Na+、Cl-、N、S D.Al3+、N、Cl-、S 解析　由题意可知溶液可能呈酸性也可能呈碱性;当溶液呈酸性时,HC能与酸反应,Mn能氧化Cl-,故A、B两项中的离子不能大量共存;当溶液呈碱性时HC能与碱反应,Al3+和N也能与碱反应,故A、D两项中的离子不能大量共存;C项在酸性或碱性条件下都不发生反应,能大量共存。 角度二　警惕特定情况下的隐含因素 2.下列能在溶液中大量共存,加入(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体后仍能大量存在的离子组是(C) A.Na+、H+、Cl-、N B.K+、Ba2+、OH-、I- C.Na+、Mg2+、Cl-、S D.Cu2+、S2-、Br-、ClO- 解析　A项中H+、N能将(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体溶于水后产生的Fe2+氧化为Fe3+;B项中OH-与N、Fe2+不能大量共存,Ba2+与S不能大量共存;D项中S2-与Cu2+、ClO-不能大量共存。 角度三　警惕“颜色陷阱” 3.在一无色透明溶液中,下列各组离子能大量共存的是(C) A.H+、Cl-、K+、Si B.Cl-、Cu2+、S、N C.K+、Na+、HC、Ca2+ D.Fe3+、N、Cl-、I- 解析　本题的隐含条件是“溶液中不含有颜色的离子”,所以有颜色的离子组可直接排除。B项中的Cu2+是蓝色,D项中的Fe3+是棕黄色,直接排除;A项中H+和Si反应生成H2SiO3沉淀,不能大量共存。故选C。 角度四　警惕溶液的酸碱性 4.常温下,下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是(B) A.使酚酞变为红色的溶液中:Na+、Al3+、S、Cl- B.=1×10-13 mol·L-1的溶液中:N、Ca2+、Cl-、N C.与Al反应能放出H2的溶液中:Fe2+、K+、N、S D.水电离的c(H+)=1×10-13 mol·L-1的溶液中:K+、Na+、[Al(OH)4]-、C 解析　使酚酞变为红色的溶液显碱性,而Al3+在碱性条件下不能大量存在,A项错误;溶液显酸性,各离子之间不发生反应,可以大量共存,B项正确;与铝反应放出氢气的溶液可能显酸性也可能显碱性,若溶液显碱性,亚铁离子不能大量共存,若溶液显酸性,Fe2+和N不能大量共存,C项错误;该溶液可能显酸性也可能显碱性,如果显酸性,四羟基合铝酸根离子和碳酸根离子不能大量共存,D项错误。 角度五　离子推断 5.某无色溶液中只可能含有K+、Ag+、Ba2+、Cu2+、Cl-、OH-、C、S中的一种或几种,对其进行如下实验操作:(1)取少量溶液,滴加无色酚酞溶液,酚酞溶液变红;(2)另取少量溶液,加入足量BaCl2溶液,产生白色沉淀;(3)向(2)所得混合物中加足量盐酸,沉淀部分溶解,并有无色气体生成;(4)将(3)所得混合物过滤,向滤液中加入AgNO3溶液,有白色沉淀生成。下列对该溶液的说法正确的是 (B) A.无法确定是否含有K+、Cl- B.可能含有Cl-、OH- C.一定不含有Ag+、Ba2+、Cu2+、Cl- D.一定含有K+、OH-、C、S 解析　溶液无色,说明溶液中不含Cu2+。(1)取少量溶液,滴加无色酚酞溶液,酚酞溶液变红,说明溶液中可能含有OH-或C中的一种或两种,则Ag+一定不存在。(2)另取少量溶液,加入足量BaCl2溶液,产生白色沉淀,说明C、S至少存在一种。(3)向(2)所得混合物中加入足量盐酸,沉淀部分溶解,说明不溶的沉淀为BaSO4沉淀,有无色气体生成,说明溶解的沉淀为BaCO3沉淀,说明溶液中含有C、S,不含有Ba2+,根据溶液呈电中性,一定含有K+。(4)将(3)所得混合物过滤,向滤液中加入AgNO3溶液,有白色沉淀生成,得到AgCl白色沉淀,由于前面加了足量盐酸,因此不能说明含有Cl-。 巧解离子推断 1.离子推断的四项基本原则。 (1)肯定性原则:根据实验现象推出肯定存在或肯定不存在的离子。 (2)互斥性原则:相互反应的离子不能共存。 (3)进出性原则:考虑加入试剂时带入的离子和反应时消耗的离子。 (4)电中性原则:溶液中有阳离子则必定有阴离子,阴、阳离子的电荷总数相等。 2.电荷守恒在离子推断中的应用。 若多种离子共存,且只有一种离子的物质的量未知,可以用电荷守恒来确定最后一种离子是否存在。 微充电　素养提升 教考衔接——基于教材习题的情境命题 　 【母题】　(教材有源)如图,牙膏是常见的日用化学品,是由多种无机物和有机物组成的,它包括摩擦剂、洗涤泡沫剂、黏合剂、保湿剂、甜味剂、芳香剂和水分等。近年来,牙膏中还加入了各种药物,制成多种药物牙膏。其中,摩擦剂是牙膏的主体,常用的摩擦剂有碳酸钙(CaCO3)、二氧化硅(SiO2)、磷酸氢钙(CaHPO4·2H2O)等,用量在30%~55%之间。 牙膏中的摩擦剂碳酸钙可以用石灰石来制备。以下为由甲、乙两同学设计的在实验室中制备碳酸钙的实验方案: 甲:石灰石生石灰熟石灰碳酸钙; 乙:石灰石氯化钙碳酸钙。 [问题探究] (1)依据用途推测并说明CaHPO4·2H2O在水中的溶解性。 因为CaHPO4·2H2O为摩擦剂,刷牙时必须以固体形式存在,故其难溶于水 。  (2)乙同学的实验方案与甲同学的相比,有哪些优点? 步骤少、产品纯度高、能耗低 。  (3)写出乙同学的方案中有关反应的离子方程式。 CaCO3+2H+===Ca2++CO2↑+H2O,Ca2++C===CaCO3↓ 。  (4)若乙同学在实验中加入了过量的盐酸,当加入Na2CO3溶液时,首先发生反应的离子方程式是什么? 若加入过量盐酸,则CaCl2溶液中含有剩余盐酸,当加入Na2CO3溶液时,盐酸首先与Na2CO3反应,故首先发生反应的离子方程式为C+2H+===CO2↑+H2O 。  【衍生】　某固体样品可能含有NaNO3、NaHCO3、Na2SO3和Na2SO4。取少量样品进行如下实验:①将样品溶于水,得到澄清溶液;②向①的溶液中滴加过量稀盐酸,有气泡产生;③取②的上层清液,向其中滴加BaCl2溶液,有沉淀生成。下列说法中正确的是(C) A.该固体样品中一定含有Na2SO4 B.该固体样品中一定含有NaHCO3 C.该固体样品不可能只含有Na2SO3 D.步骤②的试管口产生的气体一定是无色的 解析　步骤①取少量样品溶于水得到无色透明溶液,说明固体溶于水且相互之间能大量共存;步骤②向①的溶液中滴加过量稀盐酸,有气泡产生,说明可能含有NaHCO3或Na2SO3或两者都有;若气泡是NO,说明是NaNO3和Na2SO3均有;步骤③取②的上层清液,向其中滴加BaCl2溶液,有沉淀生成,则沉淀为BaSO4,说明固体中存在Na2SO3和Na2SO4中的至少一种。结合分析可知不一定含有Na2SO4,可能是NaNO3和Na2SO3在加盐酸后发生氧化还原反应生成硫酸根离子,硫酸根离子和钡离子生成白色的硫酸钡沉淀,A项错误;若气泡是NO,说明是NaNO3和Na2SO3均有,不一定有NaHCO3,B项错误;该固体样品中若只含有Na2SO3,则步骤③不会产生沉淀,故该固体样品中不可能只含有Na2SO3,C项正确;由分析可知步骤②产生的气体可能是NaNO3和Na2SO3在加盐酸后发生氧化还原反应生成的NO,NO易与试管内的氧气反应生成红棕色二氧化氮,试管口产生的气体可能是红棕色的,D项错误。 微真题　把握方向 　 考向一　考查离子共存的判断 1.(2024·浙江卷1月)在溶液中能大量共存的离子组是(D) A.H+、I-、Ba2+、N B.Fe3+、K+、CN-、Cl- C.Na+、Si、Br-、Ca2+ D.N、S、CH3COO-、HC 解析　H+、I-、N三种离子会发生氧化还原反应而不能大量共存,A项错误;Fe3+、CN-反应生成Fe(CN而不能大量共存,B项错误;Si、Ca2+反应生成CaSiO3沉淀而不能大量共存,C项错误;N、CH3COO-、HC虽然都不同程度水解,但水解是微弱的,能大量共存,D项正确。 2.(2022·湖北卷)下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是(C) A.在0.1 mol·L-1氨水中:Ag+、Cu2+、N、S B.在0.1 mol·L-1氯化钠溶液中:Fe3+、I-、Ba2+、HC C.在0.1 mol·L-1醋酸溶液中:S、N、Br-、H+ D.在0.1 mol·L-1硝酸银溶液中:K+、Cl-、Na+、C 解析　氨水显碱性,会与Ag+、Cu2+反应,不能大量共存,A项错误;Fe3+、I-会发生氧化还原反应,不能大量共存,B项错误;醋酸显酸性,在醋酸溶液中S、N、Br-、H+均不会发生反应,能大量共存,C项正确;硝酸银中的银离子会与氯离子反应生成沉淀,不能大量共存,D项错误。 3.(2021·天津卷)常温下,下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是(B) A.pH=1的溶液:Fe2+、Mg2+、S、N B.pH=12的溶液:K+、Na+、N、C C.pH=7的溶液:Na+、Cu2+、S2-、Cl- D.pH=7的溶液:Al3+、K+、Cl-、HC 解析　pH=1的溶液中,N在酸性条件下会与Fe2+发生氧化还原反应,不能大量共存,A项错误;pH=12的溶液中,K+、Na+、N、C均不能发生反应,能大量共存,B项正确;pH=7的溶液中,Cu2+、S2-会发生反应生成沉淀,不能大量共存,C项错误;pH=7的溶液中,Al3+、HC会发生相互促进的水解反应,不能大量共存,D项错误。 考向二　离子的检验和推断 4.(2022·广东卷)实验室进行粗盐提纯时,需除去Ca2+、Mg2+和S,所用试剂包括BaCl2以及(A) A.Na2CO3、NaOH、HCl B.Na2CO3、HCl、KOH C.K2CO3、HNO3、NaOH D.Na2CO3、NaOH、HNO3 解析　粗盐的主要成分为NaCl。除去Ca2+选用C将其转化为沉淀,为了不引入新杂质,所加物质的阳离子为Na+,即选用Na2CO3除去Ca2+,同理可知,除去Mg2+需选用NaOH,除去S需选用BaCl2,因所加除杂试剂均过量,因此向粗盐样品中加入除杂试剂的顺序是BaCl2先于Na2CO3加入,利用Na2CO3除去Ca2+和多余的Ba2+,因Na2CO3、NaOH均过量,成为新杂质,需要过滤后向滤液中加入HCl至溶液中不再有气泡产生,以此除去Na2CO3、NaOH,然后将溶液蒸干得到较为纯净的食盐产品。 5.(2022·重庆卷)下列操作中,不会影响溶液中K+、Al3+、Fe3+、Ba2+、Cl-、N等离子大量共存的是(D) A.加入ZnSO4 B.加入Fe粉 C.通入NH3 D.通入CO2 解析　向溶液中加入硫酸锌溶液,S会与Ba2+反应生成BaSO4沉淀,会影响溶液中离子的大量共存,A项不符合题意;向溶液中加入铁粉,Fe3+会与铁反应生成Fe2+,会影响溶液中离子的大量共存,B项不符合题意;向溶液中通入氨气,铝离子、铁离子会与氨水反应生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀,会影响溶液中离子的大量共存,C项不符合题意;向溶液中通入二氧化碳,二氧化碳与溶液中的离子不发生任何反应,不会影响溶液中离子的大量共存,D项符合题意。 6. (2022·浙江卷6月)亚硝酸钠俗称“工业盐”,其外观、口感与食盐相似,人若误服会中毒。现将适量某样品(成分为亚硝酸钠或氯化钠)溶于水配成溶液,分别取少量该溶液于试管中进行实验。下列方案设计、现象和结论都正确的是(C) 选项 方案设计 现象和结论 A 先加入少量KClO3溶液,再加AgNO3溶液和足量稀硝酸,振荡 若产生白色沉淀,则样品为亚硝酸钠 B 加到少量KMnO4溶液中,再加硫酸酸化,振荡 若溶液褪色,则样品为亚硝酸钠 C 先加到少量FeCl2溶液中,再加入稀盐酸酸化,振荡 若溶液变黄色,则样品为亚硝酸钠 D 先加入少量Na2SO3溶液,再加入BaCl2溶液和稀硝酸,振荡 若产生白色沉淀,则样品为亚硝酸钠 解析　酸性条件下KClO3能被NaNO2还原生成Cl-,加入AgNO3溶液和稀硝酸后生成白色沉淀,Cl-可能是KClO3被还原得到的,也可能是NaCl中的,所以根据实验现象不能确定样品为NaNO2,A项错误;氯化钠电离出的氯离子也可以被酸性高锰酸钾氧化而使其褪色,B项错误;Fe2+能被N氧化为Fe3+,导致溶液呈黄色,根据实验现象可知,样品为NaNO2,C项正确;稀硝酸可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子,再加入氯化钡可以生成硫酸钡白色沉淀,D项错误。 第4讲　氧化还原反应的基本概念和规律 [目标速览]　1.认识有化合价变化的反应是氧化还原反应。2.了解氧化还原反应的本质是电子的转移,知道常见的氧化剂和还原剂。3.能利用氧化还原反应等概念对常见的反应进行分类,理解氧化还原反应的基本规律。 微考点　核心突破 考点1　氧化还原反应及其相关概念 　 知|识|梳|理 一、氧化还原反应 1.概念 某些物质被氧化,同时某些物质被还原的反应。 2.特征 有元素化合价变化(判断依据)。 3.本质 电子转移(包括电子的得失、共用电子对的偏移)。 4.关系 　 |　　　　　　　　　　　　　　　　　　| 反应物　　　　　　　　　　　　　　　生成物 　 |　　　　　　　　　　　　　　　　　　| 例如,对于反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O ①MnO2在反应中得到电子,所含元素的化合价降低,被还原,发生还原反应,作氧化剂。 ②HCl在反应中失去电子,所含元素的化合价升高,被氧化,发生氧化反应,作还原剂。 5.氧化还原反应与四种基本反应类型的关系 二、常见的氧化剂和还原剂 1.常见的氧化剂 物质类型 举例 对应还原产物 活泼的非 金属单质 X2(卤素) X- O2 H2O或OH-或O2- 元素处于 高价态时 的化合物 氧化物 MnO2 Mn2+ 含氧酸 浓硫酸 SO2或S 硝酸 NO或NO2 盐 KMnO4 Mn2+ Fe3+ Fe2+或Fe 过氧化物 H2O2 H2O 2.常见的还原剂 物质类型 举例 对应氧化产物 活泼的金属单质 M(金属) Mn+ 某些非 金属单质 H2 H2O C CO或CO2 元素处于低价态 时的化合物 氧化物 CO CO2 SO2 SO3或S 酸 H2S S HI I2 盐 S S Fe2+ Fe3+ 三、重要的还原剂——金属氢化物、NaBH4 1.金属氢化物 (1)结构特点。 电子式可表示为M+[︰H]-(M为碱金属)。 (2)强还原性。 ①遇水强烈反应放出氢气,使溶液呈强碱性,如NaH+H2O=== NaOH+H2↑ 。  ②高温还原金属。 如固态NaH在673 K时能将TiCl4还原为金属钛: TiCl4+4NaHTi+4NaCl+2H2↑ 。  2.万能还原剂——硼氢化钠(NaBH4) 硼氢化钠是一种无机物,化学式为NaBH4,白色至灰白色细结晶粉末或块状,吸湿性强,其碱性溶液呈棕黄色,是最常用的还原剂之一。 通常用作醛类、酮类、酰氯类的还原剂,塑料工业的发泡剂,造纸漂白剂,以及医药工业制造双氢链霉素的氢化剂。 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.在氧化还原反应中,非金属单质不一定是氧化剂。(√) 2.某元素从游离态变为化合态,则该元素一定被还原。(×) 3.有单质参加或生成的化学反应不一定是氧化还原反应。(√) 4.氧化还原反应中的反应物不是氧化剂就是还原剂。(×) 5.氧化还原反应中有一种元素被氧化时,一定有另一种元素被还原。(×) 知|识|拓|展 1.四个牢记 (1)氧化还原反应概念间的关系:熟记六个字“升、失、氧;降、得、还”[元素化合价升高(降低)、失(得)电子,发生氧化(还原)反应]。 (2)熟记常见元素的化合价:一价氢、钾、钠、氟、氯、溴、碘、银;二价氧、钙、钡、镁、锌;三铝、四硅、五价磷;说变价也不难,二三铁、二四碳、二四六硫都齐全;铜汞二价最常见。 (3)有单质参与或生成的反应不一定属于氧化还原反应,如3O22O3。 (4)牢记一些特殊物质中元素的化合价(单位:价) CuFeS2:Cu+2　Fe+2　S-2 K2FeO4:Fe+6　Li2NH、LiNH2、AlN:N-3 Na2S2O3:S+2　M:M+5 C2:C+3　HCN:C+2　N-3 CuH:Cu+1　H-1 Cr:Cr+6　Si3N4:Si+4　N-3 2.三个误区 (1)误认为氧化性和还原性的强弱取决于得失电子的多少。 氧化性和还原性的强弱只取决于电子得失的难易,而与电子得失的多少无关。 如1 mol浓硝酸被还原为NO2时得到1 mol电子,1 mol稀硝酸被还原为NO时得到3 mol电子,但浓硝酸的氧化性却比稀硝酸强。 (2)误认为只要同种元素化合价存在差异就可发生氧化还原反应。同种元素不同价态的化合物间的氧化还原反应遵循以下规律:相邻价态之间不发生氧化还原反应。如SO2和浓硫酸不反应;相间价态,在一定条件下能发生反应生成中间价态。如2FeCl3+Fe===3FeCl2。 (3)误认为同种元素不同价态的化合物的氧化性(还原性)强弱只与元素化合价的高低有关。 实际上,除此之外还与化合物的稳定性有关。如次氯酸(HClO)中氯元素的价态比高氯酸(HClO4)中氯元素的价态低,但次氯酸不稳定,氧化性却比高氯酸强。另外最高价态的物质也不一定都表现强氧化性,如H3PO4。 知|识|对|练 角度一　氧化还原反应的基本概念 1.歌中唱到“帘外芭蕉惹骤雨,门环惹铜绿”,“铜绿”即铜锈[Cu2(OH)2CO3],铜在潮湿的空气中生锈的化学方程式为2Cu+O2+CO2+H2O===Cu2(OH)2CO3。下列有关该反应的说法正确的是(D) A.该反应属于化合反应,但不属于氧化还原反应 B.该反应中碳元素的化合价发生了变化 C.该反应中铜失去电子,被氧化,发生还原反应 D.该反应中氧元素化合价降低,说明反应中氧气得电子 解析　该反应中铜元素、氧元素化合价变化,属于氧化还原反应,A项错误;该反应中,碳元素的化合价反应前后都是+4价,没有发生变化,B项错误;该反应中,铜失去电子化合价升高,被氧化,发生氧化反应,C项错误;该反应中氧元素化合价降低,说明反应中氧气得到电子,D项正确。 2.中华古诗文华丽优美且富含哲理,下列叙述不涉及氧化还原反应的是(C) A.落红不是无情物,化作春泥更护花 B.白日登山望烽火,黄昏饮马傍交河 C.欲渡黄河冰塞川,将登太行雪满山 D.蜡烛有心还惜别,替人垂泪到天明 解析　该诗句涉及植物体的腐烂、分解,转化成二氧化碳、水和无机盐,存在元素化合价变化,与氧化还原反应有关,A项不符合题意;“白日登山望烽火”包含物质燃烧,与氧化还原反应有关,B项不符合题意;水的三态变化过程中没有新物质生成,属于物理变化,与氧化还原反应无关,C项符合题意;蜡烛燃烧包含氧化还原反应,D项不符合题意。 3.据报道,某大学信息与电子工程学院研制出基于深度学习的“隐身衣”,“隐身衣”由智能芯片控制。硅是制造芯片的主要原料,如图是某种制取硅反应的微观示意图。下列说法不正确的是(C) A.反应前后原子的种类、个数都不变 B.该反应属于氧化还原反应 C.参加反应的甲和乙的分子个数比为1∶1 D.硅元素在反应前后化合价发生变化 解析　化学反应前后原子的种类、个数都不变,A项正确;反应SiCl4+2H2Si+4HCl中,Si元素和H元素的化合价均发生变化,该反应属于氧化还原反应,B、D两项正确;反应SiCl4+2H2Si+4HCl中,参加反应的SiCl4、H2的分子个数比是1∶2,C项错误。 角度二　特殊氧化还原反应分析 4.O2F2可以发生反应H2S+4O2F2===SF6+2HF+4O2,下列说法正确的是(D) A.氧气是氧化产物 B.O2F2既是氧化剂又是还原剂 C.若生成4.48 L HF,则转移0.8 mol电子 D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4 解析　O元素的化合价由反应前的+1价变为反应后的0价,化合价降低,得电子,所以氧气是还原产物,A项错误;在反应中O2F2中的O元素化合价降低,得电子,所以该物质是氧化剂,而H2S中的S元素化合价是-2价,反应后变为SF6中的+6价,所以H2S是还原剂,B项错误;外界条件不明确,不能确定HF的物质的量,所以不能确定转移电子的数目,C项错误;根据方程式可知还原剂H2S与氧化剂O2F2的物质的量之比为1∶4,D项正确。 角度三　重要的还原剂——金属氢化物、NaBH4 5.硼氢化钠(NaBH4)在有机合成、化工生产方面有广泛应用。制备硼氢化钠的化学方程式为NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3。下列有关上述反应的说法错误的是(B) A.氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶1 B.转移4 mol电子时,只需向装置中通入44.8 L H2(标准状况) C.该合成反应在隔绝空气的条件下进行 D.制备硼氢化钠的副产物可能有NaH 解析　由反应可知氧化产物为Na2SiO3,还原产物是NaBH4,所以氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶1,A项正确;转移4 mol 电子时,根据化学方程式可知理论上需要2 mol 氢气,在标准状况下的体积为2 mol×22.4 L·mol-1=44.8 L,但由于是可逆反应,需要通入氢气的体积大于44.8 L,B项错误;由于钠极易被O2氧化且能与水反应,所以该合成反应在隔绝空气的条件下进行,C项正确;钠离子与还原产物生成副产物NaH,D项正确。 6.硼氢化钠(NaBH4)中的氢元素为-1价,具有很强的还原性,被称为“万能还原剂”,NaBH4在催化剂钌(Ru)表面与水反应的历程如图所示: 下列说法错误的是(B) A.过程②反应为BH3+H2O===H2↑+H2B(OH) B.反应过程中硼元素的化合价发生了变化 C.若过程③和过程④均产生1 mol H2,则转移电子数目不相等 D.Ru可使上述反应活化分子的百分数提高,加快反应速率 解析　过程②反应为BH3+H2O===H2↑+H2B(OH),A项正确;各步骤中硼元素的化合价均为+3价,B项错误;过程③反应为H2B(OH)+H2O===H2↑+HB(OH)2,产生1 mol H2时转移的电子数为NA,过程④反应为HB(OH)2+2H2O+e-===H2↑+B(OH,产生1 mol H2时转移的电子数为NA,两者不相等,C项正确;Ru为催化剂,催化剂可提高活化分子的百分数,加快反应速率,D项正确。 7.LiAlH4是重要的储氢材料,可与水发生反应LiAlH4+2H2O===LiAlO2+4H2↑。下列说法正确的是(A) A.氢气既是氧化产物又是还原产物 B.LiAlH4是氧化剂 C.若生成标准状况下4.48 L H2,则转移0.4 mol 电子 D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为2∶1 解析　由反应的化学方程式可知,LiAlH4中H元素由-1价升高为0价,被氧化,是还原剂,H2O中H元素由+1价降为0价,被还原,是氧化剂,氢气既是氧化产物又是还原产物,A项正确,B项错误;由反应的化学方程式可知,1 mol LiAlH4反应转移4 mol 电子,生成4 mol H2,若生成标准状况下4.48 L(即0.2 mol)H2,则转移0.2 mol电子,C项错误;LiAlH4为还原剂,水为氧化剂,还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶2,D项错误。 考点2　氧化性、还原性强弱的判断 知|识|梳|理 一、氧化性、还原性的概念、理解及判断 1.氧化性是指物质得电子的性质(或能力);还原性是指物质失电子的性质(或能力)。 2.氧化性、还原性的强弱取决于物质得、失电子的难易程度,与得、失电子的数目无关,如Na-e-===Na+、Al-3e-===Al3+,但根据金属活动性顺序,Na比Al活泼,更易失去电子,所以Na比Al的还原性强。 3.从元素的价态考虑:最高价态——只有氧化性,如Fe3+、H2SO4、KMnO4等;最低价态——只有还原性,如金属单质、Cl-、S2-等;中间价态——既有氧化性又有还原性,如Fe2+、S、Cl2等。 二、氧化性、还原性强弱的比较方法 1.依据元素周期表 (1)同周期从左到右,金属元素单质的还原性逐渐减弱,对应阳离子的氧化性逐渐增强;非金属元素单质的氧化性逐渐增强,对应阴离子的还原性逐渐减弱。 (2)同主族从上到下,金属元素单质的还原性逐渐增强,对应阳离子的氧化性逐渐减弱;非金属元素单质的氧化性逐渐减弱,对应阴离子的还原性逐渐增强。 2.依据金属、非金属活动性顺序 (1)依据金属活动性顺序。 (2)依据非金属活动性顺序。 3.依据反应原理 (1)氧化剂+还原剂—→还原产物+氧化产物 (2)氧化性:氧化剂>氧化产物 (3)还原性:还原剂>还原产物 4.依据反应条件及反应的剧烈程度 反应条件要求越低,反应越剧烈,对应物质的氧化性或还原性越强,如是否加热、有无催化剂及反应温度高低和反应物浓度大小等。 例如:2KMnO4+16HCl(浓)===2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O, MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O, 4HCl+O22H2O+2Cl2, 由上述反应条件的不同,可判断氧化性: KMnO4>MnO2>O2。 5.依据氧化还原反应的程度 (1)相同条件下,不同氧化剂作用于同一种还原剂,氧化产物价态高的,其氧化性强。例如 2Fe+3Cl22FeCl3,Fe+SFeS, 氧化性:Cl2>S。 (2)相同条件下,不同还原剂作用于同一种氧化剂,还原产物价态低的,其还原性强。例如 Cu+2Fe3+===Cu2++2Fe2+, 3Zn+2Fe3+===3Zn2++2Fe, 还原性:Zn>Cu。 6.依据电化学原理 原电池中,负极物质的还原性一般强于正极物质;用惰性电极电解混合溶液时,在阴极先放电的阳离子的氧化性强,在阳极先放电的阴离子的还原性强。 7.某些氧化剂的氧化性或还原剂的还原性与下列因素有关 (1)温度:如热的浓硫酸的氧化性比冷的浓硫酸的氧化性强。 (2)浓度:如浓硝酸的氧化性比稀硝酸的强。 (3)酸碱性:如KMnO4溶液的氧化性随溶液酸性的增强而增强。 微提醒　(1)元素处于最高价态时只有氧化性,但不一定有强氧化性,如Na+、S;同理,元素处于最低价态时也不一定具有强还原性。 (2)对于一种物质既作氧化剂又作还原剂的反应,如Cl2+H2OHClO+HCl,不能根据反应方程式判断物质氧化性、还原性的强弱。 (3)依据金属活动性顺序判断阳离子的氧化性强弱时,要注意Fe对应的阳离子是Fe2+,而不是Fe3+。 (4)含有同种元素不同价态的物质,价态越高其氧化性不一定越强。如氧化性:HClO>HClO4。 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.反应2Fe3++Cu===2Fe2++Cu2+,说明还原性:Cu>Fe2+。(√) 提示:在同一个反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性。 2.Na2SO3与H2O2的反应为氧化还原反应。(√) 提示:Na2SO3是还原剂,H2O2是氧化剂。 3.将KI和FeCl3溶液在试管中混合后,加入CCl4,振荡,静置,可观察到下层溶液显紫色,得出氧化性:Fe3+>I2。(√) 4.为验证Br2的氧化性强于I2,可将少量溴水加入KI溶液中,再加入CCl4,振荡,静置。可观察到下层液体呈紫色。(√) 5.向FeBr2溶液中通入足量氯气,反应的离子方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2===2Fe3++2Br2+6Cl-。(√) 提示:足量的氯气可以把Fe2+、Br-全部氧化,且Fe2+、Br-的化学计量数之比为1∶2。 知|识|对|练 角度四　氧化性、还原性强弱的比较 8.如图为某文化衫正面的图案,其背面印有文字:你的“美”偷走我的“心”。下列关于Mg和ZnSO4溶液反应的说法错误的是(D) A.该反应的离子方程式为Mg+Zn2+===Zn+Mg2+ B.该反应中Mg作还原剂 C.该反应说明还原性:Mg>Zn D.该反应说明氧化性:Zn2+<Mg2+ 解析　该反应的离子方程式为Mg+Zn2+===Zn+Mg2+,A项正确;该反应中Mg元素的化合价升高,Mg被氧化,作还原剂,B项正确;该反应中Mg作还原剂,Zn2+作氧化剂,Mg2+是氧化产物,Zn是还原产物,还原剂的还原性强于还原产物,则还原性Mg>Zn,氧化剂的氧化性强于氧化产物,则氧化性Zn2+>Mg2+,C项正确,D项错误。 9.工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的S2-并制取硫酸盐的一种常用流程如图。下列说法正确的是(C) A.碱性条件下,氧化性:O2>S2>Mn B.过程Ⅰ中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1 C.过程Ⅱ中反应的离子方程式为4Mn+2S2-+9H2O===S2+4Mn(OH)2↓+10OH- D.将1 mol S2-转化为S理论上需要O2的体积为22.4 L(标准状况) 解析　由题图可知,过程Ⅰ中O2氧化Mn(OH)2生成Mn,则氧化性O2>Mn,过程Ⅱ中Mn氧化S2-生成S2,则氧化性Mn>S2,所以碱性条件下,氧化性O2>Mn>S2,A项错误;过程Ⅰ中反应的离子方程式为2Mn(OH)2+O2+4OH-===2Mn+4H2O,则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2,B项错误;过程Ⅱ中Mn得电子转化为Mn(OH)2,S2-失电子转化为S2,根据质量守恒、得失电子守恒及电荷守恒可得反应的离子方程式为4Mn+2S2-+9H2O===S2+4Mn(OH)2↓+10OH-,C项正确;1 mol S2- 转化为S理论上转移8 mol 电子,根据得失电子守恒可知n(O2)==2 mol,在标准状况下需要O2的体积为2 mol×22.4 L·mol-1=44.8 L,D项错误。 角度五　依据氧化性、还原性强弱判断氧化还原反应能否发生 10.已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+,Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是(D) A.2Fe3++2I-===2Fe2++I2 B.Cl2+FeI2===FeCl2+I2 C.Co2O3+6HCl===2CoCl2+Cl2↑+3H2O D.3Cl2+6FeI2===2FeCl3+4FeI3 解析　氧化剂是铁离子,氧化产物是碘,氧化性强弱符合题意,能发生,A项不符合题意;因氧化性FeCl3>I2,所以Cl2先氧化I-后氧化Fe2+,B项不符合题意;氧化剂是三氧化二钴,氧化产物为氯气,氧化性强弱符合题意,能发生,C项不符合题意;氧化剂是氯气,氧化产物为铁离子,但是铁离子能氧化碘离子,氯气应该首先氧化碘离子,D项符合题意。 11.在一定条件下,下列微粒的还原性顺序为Cl-<Br-<Fe2+<I-<SO2,由此判断下列各反应在溶液中不能发生的是(C) A.2Fe3++SO2+2H2O===2Fe2++S+4H+ B.2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl- C.2Br-+4H++S===SO2↑+Br2+2H2O D.I2+SO2+2H2O===4H++S+2I- 解析　由题意“还原性Cl-<Br-<Fe2+<I-<SO2”,可知还原性Br-<SO2,C项违背氧化还原反应的强弱规律,正确的写法应为SO2+Br2+2H2O===2Br-+4H++S。 假设法判断氧化还原反应能否进行 　　已知物质的氧化性或者还原性的强弱关系,判断某氧化还原反应能否发生时可采用假设法。 先假设反应成立 ⇩ 然后根据氧化剂的氧化性>氧化产物的氧化性,还原剂的还原性>还原产物的还原性的规律,列出假设反应中的上述关系 ⇩ 结合题干条件判断该结论是否符合事实。符合事实,则反应成立;反之,则不成立 考点3　氧化还原反应规律的应用　 知|识|梳|理 一、价态归中规律、歧化反应规律的应用 1.价态归中规律思维模型 含不同价态的同种元素的物质间发生氧化还原反应时,该元素价态的变化一定遵循“高价+低价—→中间价”,不会出现交叉现象。简记为“两相靠,不相交”。 例如,不同价态的硫元素之间可以发生的氧化还原反应是 注:不会出现⑤中H2S转化为SO2而H2SO4转化为S的情况。 2.歧化反应规律思维模型 “中间价—→高价+低价”。 具有多种价态的元素(如氯、硫、氮和磷元素等)均可发生歧化反应,如Cl2+2NaOH===NaCl+NaClO+H2O。 3.应用 (1)判断同种元素不同价态的物质间发生氧化还原反应的可能性。如浓硫酸与SO2不发生反应。 (2)根据化合价判断反应体系中的氧化剂、还原剂及氧化产物、还原产物。如对于反应6HCl+NaClO3===NaCl+3Cl2↑+3H2O中,氧化剂为NaClO3,还原剂为HCl,氧化产物和还原产物都为Cl2。 二、“强易弱难,先强后弱”规律 先后规律及应用 (1)同时含有几种还原剂(或氧化剂),发生氧化还原反应时,还原性(或氧化性)强的优先反应,即“强者优先”,如在FeBr2溶液中通入少量Cl2时,因为还原性Fe2+>Br-,所以Fe2+先与Cl2反应。 (2)常见的强弱顺序。 氧化性:Mn(H+)>Cl2>Br2>Fe3+>I2>稀硫酸>S; 还原性:Mn2+<Cl-<Br-<Fe2+<I-< SO2(S)<S2-。 知|识|对|练 角度六　价态归中规律、歧化反应规律的应用 12.已知在热的碱性溶液中,NaClO发生如下反应3NaClO2NaCl+NaClO3。在相同条件下NaClO2也能发生类似的反应,其最终产物是(B) A.NaCl、NaClO B.NaCl、NaClO3 C.NaClO、NaClO3 D.NaClO3、NaClO4 解析　已知反应中氯元素的化合价由+1价变为+5价和-1价,符合邻位转化规律。相同条件下NaClO2也能发生类似的反应,则氯元素的化合价应既有升高,也有降低,A项中均降低,D项中化合价均升高;B、C两项与题意相符,但C项中NaClO不是最终产物,可以继续反应生成NaCl和NaClO3。 13.已知G、Q、X、Y、Z均为含氯元素的化合物,在一定条件下有下列转化关系(未配平): ①G—→Q+NaCl ②Q+H2OX+H2 ③Y+NaOH—→G+Q+H2O ④Z+NaOH—→Q+X+H2O 这五种化合物中Cl元素的化合价由低到高的顺序是(A) A.G、Y、Q、Z、X B.X、Z、Q、G、Y C.X、Z、Q、Y、G D.G、Q、Y、Z、X 解析　由①得出Q中氯元素的价态高于G中氯元素的价态,因为G中氯元素的价态必介于Q中氯元素的价态和-1价之间,-1价为氯元素的最低价;将该结论引用到③,Y中氯元素的价态介于Q中氯元素的价态与G中氯元素价态之间,故Q中氯元素的价态高于Y中氯元素的价态,Y中氯元素的价态高于G中氯元素的价态;分析②,H2O中的H元素化合价降低,则Q中的氯元素转变为X中的氯元素,化合价必升高,则得出X中氯元素价态高于Q中氯元素价态;最后分析④,Z中氯元素价态介于Q、X中氯元素价态之间,则X中氯元素价态高于Z中氯元素价态,Z中氯元素价态高于Q中氯元素价态。 角度七　“强易弱难,先强后弱”规律 14.在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.01 mol的酸性混合溶液中加入0.01 mol铁粉,经搅拌后发生的变化应是(C) A.铁溶解,析出0.01 mol Ag和0.005 mol Cu B.铁溶解,析出0.01 mol Ag并放出H2 C.铁溶解,析出0.01 mol Ag,溶液中不再有Fe3+ D.铁溶解,析出0.01 mol Ag,溶液中不再有Cu2+ 解析　因为氧化性Ag+>Fe3+>Cu2+>H+,所以先发生反应2Ag++Fe===2Ag+Fe2+,其中0.005 mol的铁粉与0.01 mol 的AgNO3反应,析出0.01 mol Ag,剩余的0.005 mol铁粉与0.01 mol的Fe(NO3)3恰好发生反应2Fe3++Fe===3Fe2+,溶液中不再有Fe3+,即加入的铁粉与Ag+、Fe3+恰好完全反应。 微充电　素养提升 教考衔接—— “四步法”巧解氧化还原反应与传统文化关系题 　 【方法归纳】　 涉及传统文化题目的解题思路: 第一步——读题:对于陌生度较高的信息要做到逐字逐句阅读,挖掘关键字,排除干扰信息,找出有效信息。 第二步——联题:在读题的基础上,结合题目中的问题或选项分析本题考查的知识板块,联系中学化学知识体系,寻找要提取的信息。 第三步——析题:找到需要的信息后,需要进行分析。分析时要从大脑信息库中迅速提取所需要的知识,并使思维从新情境回到课本、回到平时的学习中来。 第四步——解题:解题时要注意根据题目的要求回答相应问题。 【母题】　(教材有源)在明代宋应星所著的《天工开物》中,有关于火法炼锌的工艺记载:“每炉甘石十斤,装载入一泥罐内,……然后逐层用煤炭饼垫盛,其底铺薪,发火煅红,罐中炉甘石熔化成团。冷定毁罐取出。……即倭铅也。……以其似铅而性猛,故名之曰‘倭’云。”(注:炉甘石的主要成分是碳酸锌。) (1)完成上述火法炼锌反应的化学方程式:ZnCO3+ 2C  Zn + 3 CO↑。  (2)在该反应中,还原剂是 C (填化学式,下同),被还原的反应物是 ZnCO3 。  解析　(1)碳酸锌与碳在高温下反应生成锌和一氧化碳,反应的化学方程式为ZnCO3+2CZn+3CO↑。(2)该反应中,碳元素的化合价由0价升高为+2价,则还原剂是C,锌元素的化合价由+2价降低为0价,则被还原的是ZnCO3。 【衍生】　(2022·山东卷)古医典富载化学知识,下述之物见其氧化性者为(C) A.金(Au):“虽被火亦未熟” B.石灰(CaO):“以水沃之,即热蒸而解” C.石硫黄(S):“能化……银、铜、铁,奇物” D.石钟乳(CaCO3):“色黄,以苦酒(醋)洗刷则白” 解析　“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应,金的化学性质很稳定,与氧化性无关,A项不符合题意;“以水沃之,即热蒸而解”是指CaO+H2O===Ca(OH)2,反应放热,产生大量的水蒸气,而CaO由块状变为粉末状,未发生氧化还原反应,与氧化性无关,B项不符合题意;“能化……银、铜、铁,奇物”是指2Ag+SAg2S、Fe+SFeS、2Cu+SCu2S,反应中S作氧化剂,与其氧化性有关,C项符合题意;“色黄,以苦酒(醋)洗刷则白”是指CaCO3+2CH3COOH===(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑,未发生氧化还原反应,与其氧化性无关,D项不符合题意。 微真题　把握方向 　 考向一　氧化还原反应的概念 1.(2024·浙江卷1月)汽车尾气中的NO和CO在催化剂作用下发生反应2NO+2CO2CO2+N2,下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)(D) A.生成1 mol CO2转移电子的数目为2NA B.催化剂降低NO与CO反应的活化能 C.NO是氧化剂,CO是还原剂 D.N2既是氧化产物又是还原产物 解析　NO中N元素的化合价为+2价,降低为0价的N2,1个NO得2个电子,作氧化剂,发生还原反应,CO中C元素为+2价,化合价升高为+4价,失去2个电子,作还原剂,发生氧化反应。生成1 mol CO2转移2NA的电子,A项正确;催化剂通过降低活化能,提高反应速率,B项正确;NO是氧化剂,CO是还原剂,C项正确;N2为还原产物,CO2为氧化产物,D项错误。 2.(2024·浙江卷6月)利用CH3OH可将废水中的N转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为H++CH3OH+N—→X+CO2+H2O(未配平)。下列说法正确的是(C) A.X表示NO2 B.可用O3替换CH3OH C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶5 D.若生成标准状况下的CO2气体11.2 L,则反应转移的电子数为2NA 解析　由题中信息可知,利用CH3OH可将废水中的N转化为对环境无害的物质X后排放,则X表示N2,NO2仍然是大气污染物,A项不正确;CH3OH中C元素的化合价由-2价升高到+4价,CH3OH是该反应的还原剂,O3有强氧化性,通常不能用作还原剂,故不可用O3替换CH3OH,B项不正确;该反应中,还原剂CH3OH中C元素的化合价由-2价升高到+4价,氧化剂N中N元素的化合价由+5价降低到0价,由电子得失守恒可知,氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶5,C项正确;CH3OH中C元素的化合价由-2价升高到+4价,若生成标准状况下的CO2气体11.2 L,即生成0.5 mol CO2,反应转移的电子数为0.5×6×NA=3NA,D项不正确。 3.(2023·全国乙卷)下列应用中涉及氧化还原反应的是(C) A.使用明矾对水进行净化 B.雪天道路上撒盐融雪 C.暖贴中的铁粉遇空气放热 D.荧光指示牌被照发光 解析　使用明矾对水进行净化的过程中,明矾电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体,氢氧化铝胶体粒子吸附水中的悬浮物并沉降下来而使水变得澄清,该过程中没有元素的化合价发生变化,因此没有涉及氧化还原反应,A项不符合题意;雪天道路上撒盐融雪是为了降低水的凝固点到0 ℃以下,该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化,因此没有涉及氧化还原反应,B项不符合题意;暖贴中的铁粉遇空气放热,是因为暖贴中含有铁粉、碳粉、氯化钠、水等物质,当这些物质遇到空气后形成无数微小原电池并开始工作,在此过程中会放出热量,该过程中铁元素和氧元素的化合价发生变化,因此,该过程涉及氧化还原反应,C项符合题意;荧光指示牌被照发光是发生了光反射,属于物理现象,D项不符合题意。 4.(2023·浙江卷1月)关于反应2NH2OH+4Fe3+===N2O↑+4Fe2++4H++H2O,下列说法正确的是(A) A.生成1 mol N2O,转移4 mol电子 B.NH2OH是还原产物 C.NH2OH既是氧化剂又是还原剂 D.若设计成原电池,Fe2+为负极产物 解析　由方程式可知,反应生成1 mol一氧化二氮,转移4 mol电子,A项正确;由方程式可知,反应中氮元素的化合价升高被氧化,NH2OH是反应的还原剂,B项错误;由方程式可知,反应中氮元素的化合价升高被氧化,NH2OH是反应的还原剂,铁元素的化合价降低被还原,铁离子是反应的氧化剂,C项错误;由方程式可知,反应中铁元素的化合价降低被还原,铁离子是反应的氧化剂,若设计成原电池,铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子,亚铁离子为正极产物,D项错误。 5.(2022·浙江卷1月)关于反应4CO2+SiH44CO+2H2O+SiO2,下列说法正确的是(D) A.CO是氧化产物 B.SiH4发生还原反应 C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4 D.生成1 mol SiO2时,转移8 mol电子 解析　根据反应方程式,碳元素的化合价由+4价降为+2价,故CO为还原产物,A项错误;氢元素化合价由-1价升为+1价,故SiH4发生氧化反应,B项错误;反应中氧化剂为二氧化碳,还原剂为SiH4,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1,C项错误;根据反应方程式可知,生成1 mol SiO2时,4 mol CO2转化为4 mol CO,转移8 mol电子,D项正确。 6.(2022·浙江卷6月)关于反应Na2S2O3+H2SO4===Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O,下列说法正确的是(B) A.H2SO4发生还原反应 B.Na2S2O3既是氧化剂又是还原剂 C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1 D.1 mol Na2S2O3发生反应转移4 mol电子 解析　H2SO4转化为硫酸钠和水,其中所含元素的化合价均未发生变化,故其没有发生还原反应,A项错误;Na2S2O3中S元素的化合价为+2价,发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价),故其既是氧化剂又是还原剂,B项正确;该反应的氧化产物是SO2,还原产物为S,氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1,C项错误;根据其中S元素的化合价变化情况可知,1 mol Na2S2O3发生反应转移2 mol电子,D项错误。 考向二　氧化还原反应的应用 7.(2023·浙江卷6月)化学烫发巧妙利用了头发中蛋白质发生化学反应实现对头发的“定型”,其变化过程示意图如图。下列说法不正确的是(C) A.药剂A具有还原性 B.①→②过程若有2 mol S—S键断裂,则转移4 mol电子 C.②→③过程若药剂B是H2O2,其还原产物为O2 D.化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S—S键位置来实现头发的定型 解析　①→②是氢原子添加进去,该过程是还原反应,因此①是氧化剂,具有氧化性,则药剂A具有还原性,A项正确;①→②过程中S元素的化合价由-1价降低为-2价,若有2 mol S—S键断裂,则转移4 mol电子,B项正确;②→③过程S元素化合价由-2价升高为-1价,发生氧化反应,若药剂B是H2O2,H2O2作氧化剂,发生还原反应,其还原产物为H2O,C项错误;通过①→②过程和②→③过程,某些蛋白质中S—S键位置发生了改变,因此化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S—S键位置来实现头发的定型,D项正确。 第5讲　氧化还原反应方程式的配平与计算 [目标速览]　1.掌握氧化还原反应的配平方法及技巧。2.能利用“守恒”规律进行氧化还原反应的简单计算。 微考点　核心突破 考点1　氧化还原反应的配平及表示方法 　 知|识|梳|理 1.氧化还原反应方程式的配平 (1)配平方法。 ①一标:标出反应前后变价元素的化合价。 ②二等:反应中升价总数和降价总数相等。 ③三定:确定化合价发生变化的物质的化学计量数。 ④四平:用观察法配平其他各物质的化学计量数。 ⑤五查:检查反应前后是否遵循质量守恒和电荷守恒。 (2)实例:铜与浓硫酸发生反应的化学方程式 2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2↑+2H2O。 2.氧化还原反应电子转移的表示方法 (1)双线桥法。 ①表示方法:箭头由反应物指向生成物的对应元素,并在线桥上标明转移电子数目、电子符号和“得”或“失”字样。 ②实例:Cu与稀硝酸反应过程中电子转移的方向和数目可表示为+4H2O。 (2)单线桥法。 ①表示方法:箭头由失电子原子指向得电子原子,线桥上只标转移电子数目,不标电子的“得”“失”字样。 ②实例:Cu与浓硝酸反应过程中电子转移的方向和数目可表示为+2NO2↑+2H2O。 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.Cl2与SO2反应,Cl2—→Cl-,氯元素的化合价降低1,SO2—→S,硫元素的化合价升高2,所以在反应中Cl2与SO2的物质的量之比为2∶1。(×) 提示:1个Cl2分子中含有2个氯原子,1个Cl2分子化合价降低2,Cl2与SO2的物质的量之比为1∶1。 2.NaClO溶液中通入SO2发生反应2ClO-+SO2===Cl2+S。(×) 提示:在没有特殊说明的情况下ClO-被还原为Cl-。 知|识|拓|展 氧化还原反应方程式的配平 (1)逆向配平法:适用于一种元素的化合价既升高又降低的反应和分解反应中的氧化还原反应。先确定生成物的化学计量数,然后再确定反应物的化学计量数。 例如, 由于S的化合价既升又降,而且升降总数要相等,所以K2S的化学计量数为2,K2SO3的化学计量数为1,然后确定S的化学计量数为3。 (2)奇数配偶法:适用于物质种类少且分子组成简单的氧化还原反应。如S+C+KNO3—→CO2↑+N2↑+K2S,反应物KNO3中三种元素的原子数均为奇数,而生成物中三种元素的原子数均为偶数,故可将KNO3乘以2,然后用观察法配平得S+3C+2KNO3===3CO2↑+N2↑+K2S。 (3)缺项配平。 ①配平方法。 先用“化合价升降法”配平含有变价元素的物质的化学计量数,然后再根据原子守恒进行配平。 ②补项原则。 条件 补项原则 酸性条件下 缺H或多O补H+,少O补H2O 碱性条件下 缺H或多O补H2O,少O补OH- ③组合方式。 反应物 生成物 使用条件 组合一 H+ H2O 酸性溶液 组合二 H2O H+ 酸性溶液或中性溶液 组合三 OH- H2O 碱性溶液 组合四 H2O OH- 碱性溶液或中性溶液 知|识|对|练 角度一　正向配平类 1.(1)4HCl(浓)+1MnO21Cl2↑+1MnCl2+2H2O (2)3Cu+8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O (3)5KI+1KIO3+3H2SO4===3I2+3K2SO4+3H2O (4)2Mn+16H++10Cl-===2Mn2++5Cl2↑+8H2O 角度二　逆向配平类 2.(1)11P+15CuSO4+24H2O===5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4 (2)2P4+9KOH+3H2O===3K3PO4+5PH3 角度三　含有未知数的配平 3.(1)FexS+2HCl===S+1FeCl2+1H2S (2)1Na2Sx+(3x+1)NaClO+(2x-2)NaOH===xNa2SO4+(3x+1)NaCl+(x-1)H2O 角度四　有机物参与的氧化还原反应方程式的配平 4.(1)2KClO3+1H2C2O4+2H2SO4===2ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O (2)5C2H6O+12KMnO4+18H2SO4===6K2SO4+12MnSO4+10CO2↑+33H2O 角度五　缺项型氧化还原方程式的配平 5.(1)1Cl+6Fe2++6 H+ ===1Cl-+6Fe3++3 H2O   (2)2LiCoO2+3H2SO4+1H2O2===1Li2SO4+2CoSO4+1O2↑+4 H2O   (3)1Mn+5Fe2++8 H+ ===1Mn2++5Fe3++4 H2O   (4)5Bi+2Mn2++14 H+ ===5Bi3++2Mn+7 H2O   (5)2Fe(OH)2+1ClO-+1 H2O ===2Fe(OH)3+1Cl-  (6)5Mn2++2Cl+4H2O===5MnO2↓+1Cl2↑+8 H+   角度六　电子转移数目的分析方法 6.在稀硫酸中,KMnO4和H2O2能发生氧化还原反应。 氧化反应:H2O2-2e-===2H++O2↑ 还原反应:Mn+5e-+8H+===Mn2++4H2O (1)写出该氧化还原反应的离子方程式: 5H2O2+2Mn+6H+===5O2↑+2Mn2++8H2O 。  (2)反应中氧化剂是 KMnO4 ;被氧化的元素是 氧元素 ;若有0.5 mol H2O2参加此反应,电子转移个数约为 6.02×1023 。  (3)若KMnO4的量不足,在Mn2+的催化作用下H2O2仍能分解,分解反应的化学方程式为 2H2O22H2O+O2↑ ;这时若有0.5 mol H2O2发生分解,电子转移个数约为 3.01×1023 。  解析　(1)氧化反应、还原反应分别改写为 5H2O2-10e-===10H++5O2↑ 2Mn+10e-+16H+===2Mn2++8H2O 两式相加得5H2O2+2Mn+6H+===5O2↑+2Mn2++8H2O。 (2)由题意知H2O2　~　2e- 　　　 　　1 mol　 　2 mol 　　　　 　0.5 mol　　1 mol (3)由2H2O22H2O+O2↑得关系式 2H2O2　~　2e- 2 mol　　　2 mol 0.5 mol　　0.5 mol 考点2　电子守恒思想在化学计算中的应用 　 知|识|梳|理 1.守恒法解题的“3步流程” 2.有些试题涉及的氧化还原反应较多,数量关系较为复杂,若用常规方法求解比较困难,可抓住失电子总数等于得电子总数这一关系,则解题就变得很简单。解这类试题时,注意不要遗漏某个氧化还原反应,要理清具体的反应过程,分析在整个反应过程中化合价发生变化的元素的得电子数目和失电子数目,即可迅速由电子得失守恒解决问题。 知|识|对|练 角度七　两元素之间得失电子的守恒 7.在碱性溶液中可发生如下反应2R(OH)3+3ClO-+4OH-===2R+3Cl-+5H2O。则R中R元素的化合价是(D) A.+3价　　B.+4价　　C.+5价　　D.+6价 解析　该氧化还原反应中,Cl元素由+1价降至-1价,设R中R元素为x价,R(OH)3中R元素为+3价,根据氧化还原反应中化合价升降总数相同,有2×(x-3)=3×[+1-(-1)],解得x=+6。 8.R2在一定条件下可以把Mn2+氧化成Mn,若反应中R2变为R,又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2,则n值为(B) A.1 B.2 C.3 D.4 解析　根据得失电子守恒,2 mol Mn2+—→2 mol Mn,失电子2×5 mol=10 mol,所以每1 mol R2—→2 mol R得2 mol e-,根据各元素的原子守恒写出并配平方程式为8H2O+5R2+2Mn2+===2Mn+10R+16H+,由电荷守恒得-5n+2×2=-1×2+(-2×10)+16,解得n=2。 角度八　多步反应中得失电子守恒 9.取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中,反应过程中硝酸被还原只产生8 960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(都已折算为标准状况),在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液,生成沉淀的质量为17.02 g。则x等于(B) A.8.64 B.9.20 C.9.00 D.9.44 解析　反应流程为 x g=17.02 g-m(OH-),而OH-的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量,等于浓硝酸得电子的物质的量,即n(OH-)=×1+×2×1=0.46 mol,所以x g=17.02 g-0.46 mol×17 g·mol-1=9.20 g。 微充电　素养提升 技法模型——深度理解新情境下氧化还原反应方程式的书写 　 　　新情境下氧化还原反应方程式的书写一般会出现在非选择题部分的化工流程或实验大题中,试题一般提供反应的相关信息,需要学生结合所学知识进行书写。突破这类方程式的书写,关键是能够找出氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物,再抓住反应本质“得失电子守恒”,利用氧化还原反应配平的方法和技巧,书写就会得心应手。 命题点1　化学工艺流程中的氧化还原反应方程式的书写 1.工艺流程中的氧化还原反应方程式书写方法。 (1)细读题干寻找提纯对象,结合工艺流程示意图分析被提纯元素的存在形式及杂质的去除情况。 (2)确定未知反应的反应物和生成物,根据题意分析溶液环境,配平氧化还原反应方程式。 2.氧化还原反应型离子方程式的书写流程。 (1)找出反应粒子:通过氧化还原反应中元素价态的变化,找出发生氧化还原反应的微粒。 (2)正确预测产物:依据氧化还原反应规律确定氧化产物和还原产物。 (3)配平变价微粒:应用最小公倍数法确定得失电子的数目,配平含变价元素的相关物质。 (4)确定缺项物质:根据溶液酸碱性及电荷守恒确定缺项物质是H2O、OH-还是H+。 (5)整体元素配平:通过观察法确定所有物质的化学计量数。 (6)三查检验验证:检查物质拆分是否正确,电荷、质量是否守恒。 【母题1】　脱硫铅膏在“酸浸”时,除加入醋酸(HAc),还要加入H2O2。 (1)H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac)2,其化学方程式为 Pb+H2O2+2HAc===Pb(Ac)2+2H2O 。  (2)H2O2也能使PbO2转化为Pb(Ac)2,H2O2的作用是 作还原剂 。  解析　(1)由题给信息可知反应物为H2O2、Pb、HAc,产物为Pb(Ac)2,Pb的化合价升高,为还原剂,则H2O2作氧化剂,被还原为H2O,依据得失电子守恒和原子守恒,可得反应的化学方程式为Pb+H2O2+2HAc===Pb(Ac)2+2H2O。(2)H2O2也能使PbO2转化为Pb(Ac)2,Pb元素化合价由+4价降为+2价,PbO2是氧化剂,则过氧化氢是还原剂。 【衍生1】　废旧锌锰电池通过拆分煅烧后,可得到棕色锰粉(主要成分为MnO、Mn2O3、Mn3O4、MnO2、ZnO和ZnMn2O4),从棕色锰粉中获得MnO2和超细ZnO粉体的工艺流程如图所示。 回答下列问题: (1)“酸溶”的目的是将锌、锰元素转化为Zn2+、Mn2+,写出ZnMn2O4发生反应的化学方程式: ZnMn2O4+H2C2O4+3H2SO4===ZnSO4+2MnSO4+2CO2↑+4H2O 。  (2)Na2S2O8被还原为S,写出“氧化”过程中发生反应的离子方程式: S2+Mn2++2H2O===MnO2↓+2S+4H+ 。  解析　(1)由题中信息知,“酸溶”过程中ZnMn2O4发生反应的反应物是ZnO4、H2O4和H2SO4,产物是ZnSO4、SO4,Mn元素的化合价降低,则ZnMn2O4为氧化剂,MnSO4为还原产物,H2C2O4为还原剂,其氧化产物为CO2。根据得失电子守恒初步配平为ZnMn2O4+H2C2O4+H2SO4—→ZnSO4+2MnSO4+2CO2↑,根据补项原则,右侧添加H2O,根据原子守恒配平得ZnMn2O4+H2C2O4+3H2SO4===ZnSO4+2MnSO4+2CO2↑+4H2O。(2)根据题给信息可知,“氧化”过程中氧化剂为S2,还原剂为Mn2+,氧化产物是MnO2,还原产物为S,1 mol S2得2 mol e-生成2 mol S,根据得失电子守恒初步配平为S2+Mn2+—→MnO2↓+2S,根据补项原则,左侧补H2O,右侧补H+,结合电荷守恒、原子守恒配平得S2+Mn2++2H2O===MnO2↓+2S+4H+。 【衍生2】　钒具有广泛用途。黏土钒矿中,钒以+3、+4、+5价的化合物存在,还包括钾、镁的铝硅酸盐以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。 “酸浸氧化”中,VO+和VO2+被氧化成V,同时还有 Fe2+ 被氧化。写出VO+转化为V反应的离子方程式: VO++MnO2+2H+===V+Mn2++H2O 。  解析　从原料看,“酸浸氧化”中四氧化三铁溶于稀硫酸,发生反应Fe3O4+4H2SO4===FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O,加入的二氧化锰除氧化VO+和VO2+外,还氧化Fe2+。VO+转化为V反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+===V+Mn2++H2O。 命题点2　实验探究中的氧化还原反应方程式的书写 1.细读题干寻找实验目的,通读题目从实验步骤中了解操作步骤,结合装置分析实验过程,与实验目的相对应。 2.根据题意确定反应物和生成物,结合溶液环境配平方程式,注意质量守恒、电子守恒和电荷守恒。 【母题2】　绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁,在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。 为探究硫酸亚铁的分解产物,将已恒重的装置A接入如图所示的装置中,打开K1和K2,缓缓通入N2,加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。 (1)C、D中的溶液依次为 c、a (填字母)。C、D中有气泡冒出,并可观察到的现象分别为 生成白色沉淀、褪色 。  a.品红 b.NaOH c.BaCl2 d.Ba(NO3)2 e.浓硫酸 (2)写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式: 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑ 。  解析　实验后残留的红色粉末是Fe2O3。由此可知反应后Fe元素的化合价升高,反应中硫元素的化合价必然降低,生成SO2。最后根据得失电子守恒和元素守恒可写出反应的化学方程式2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。由于SO3与水反应生成H2SO4,欲检验SO2和SO3,必须先用BaCl2溶液检验SO3,再用品红溶液检验SO2。 【衍生3】　(1)以NaIO3为原料制备I2的方法是先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3,生成碘化物;再向混合溶液中加入NaIO3溶液,反应得到I2,上述制备I2的总反应的离子方程式为 2I+5HS===I2+5S+3H++H2O 。  (2)取固体NaNO2溶于水中,先加硝酸酸化,再加Co(NO3)2和KNO3,产生黄色沉淀的同时产生一种无色气体,该气体遇空气变红棕色,写出生成黄色沉淀和无色气体的离子方程式: Co2++3K++2H++7N===NO↑+K3[Co(NO2)6]↓+H2O 。  已知:K3[Co(NO2)6]是不溶于水的黄色沉淀。 解析　(1)先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3,生成碘化物即含I-的物质;再向混合溶液中(含I-)加入NaIO3溶液,反应得到I2,上述制备I2的两个反应中I-为中间产物,总反应为I与HS发生氧化还原反应生成S和I2,根据得失电子守恒、电荷守恒及元素守恒配平离子方程式即可得2I+5HS===I2+5S+3H++H2O。(2)取固体NaNO2溶于水中,先加硝酸酸化,再加Co(NO3)2和KNO3,产生的黄色沉淀为K3[Co(NO2)6],则Co2+被氧化为Co3+,N被还原为NO,所以产生的一种无色气体为NO,该气体遇空气变红棕色,所以生成黄色沉淀和无色气体的离子方程式为Co2++3K++2H++7N===NO↑+K3[Co(NO2)6]↓+H2O。 微真题　把握方向 　 考向一　氧化还原反应计算 1.(2023·湖南卷)油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现,在不同的空气湿度和光照条件下,颜料雌黄(As2S3)褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应: 下列说法正确的是(D) A.S2和S的空间结构都是正四面体形 B.反应Ⅰ和Ⅱ中,元素As和S都被氧化 C.反应Ⅰ和Ⅱ中,参加反应的: Ⅰ<Ⅱ D.反应Ⅰ和Ⅱ中,氧化1 mol As2S3转移的电子数之比为3∶7 解析　S2的中心原子S形成的4个σ键的键长不一样,故其空间结构不是正四面体形,A项错误。As2S3中As元素的化合价为+3价,反应Ⅰ产物As2O3中As元素的化合价为+3价,故该过程中As元素没有被氧化,B项错误。根据题给信息可知,反应Ⅰ的化学方程式为2As2S3+6O2+3H2O2As2O3+3H2S2O3,反应Ⅱ的化学方程式为As2S3+7O2+6H2O2H3AsO4+3H2SO4,则反应Ⅰ和Ⅱ中,参加反应的:Ⅰ>Ⅱ,C项错误。As2S3中As元素为+3价,S元素为-2价,在经过反应Ⅰ后,As元素的化合价没有变,S元素变为+2价,则1 mol As2S3失电子3×4 mol=12 mol;在经过反应Ⅱ后,As元素变为+5价,S元素变为+6价,则1 mol As2S3失电子2×2 mol+3×8 mol=28 mol,则反应Ⅰ和Ⅱ中,氧化1 mol As2S3转移的电子数之比为3∶7,D项正确。 2.(2023·辽宁卷)一定条件下,酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应,Mn(Ⅱ)起催化作用,过程中不同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是(C) A.Mn(Ⅲ)不能氧化H2C2O4 B.随着反应物浓度的减小,反应速率逐渐减小 C.该条件下,Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存 D.总反应为2Mn+5C2+16H+===2Mn2++10CO2↑+8H2O 解析　开始一段时间(大约13 min前),随着时间的推移,Mn(Ⅶ)浓度减小直至为0,Mn(Ⅲ)浓度增大直至达到最大值,结合图像,此时间段主要生成Mn(Ⅲ),同时先生成少量Mn(Ⅳ)后Mn(Ⅳ)被消耗;后来(大约13 min后)随着时间的推移,Mn(Ⅲ)浓度减少,Mn(Ⅱ)的浓度增大;据此作答。由图像可知,随着时间的推移,Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小,说明开始反应生成Mn(Ⅲ),后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ),Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4,A项错误;随着反应物浓度的减小,到大约13 min时开始生成Mn(Ⅱ),Mn(Ⅱ)对反应起催化作用,13 min后反应速率会增大,B项错误;由图像可知,Mn(Ⅶ)的浓度为0后才开始生成Mn(Ⅱ),该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存,C项正确;H2C2O4为弱酸,在离子方程式中应以化学式保留,总反应为2Mn+5H2C2O4+6H+===2Mn2++10CO2↑+8H2O,D项错误。 3.(2021·湖南卷)KIO3常用作食盐中的补碘剂,可用“氯酸钾氧化法”制备,该方法的第一步反应为6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。下列说法错误的是(A) A.产生22.4 L(标准状况)Cl2时,反应中转移10 mol e- B.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶6 C.可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉 D.可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中I的存在 解析　该反应中只有碘元素价态升高,由0价升高至KH(IO3)2中+5价,每个碘原子升高5价,即6I2~60e-,又因方程式中存在关系6I2~3Cl2,故3Cl2~60e-,即Cl2~20e-,所以产生22.4 L (标准状况)Cl2即1 mol Cl2时,反应中应转移20 mol e-,A项错误;该反应KClO3中氯元素价态降低,KClO3作氧化剂,I2中碘元素价态升高,I2作还原剂,由该方程式的化学计量数可知11KClO3~6I2,故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶6,B项正确;漂白粉的有效成分是次氯酸钙,工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应,C项正确;食盐中I可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反应I+5I-+6H+===3I2+3H2O生成I2,I2再与淀粉发生特征反应变为蓝色,故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中I的存在,D项正确。 考向二　氧化还原反应与实验 4.(2024·甘肃卷)兴趣小组设计了从AgCl中提取Ag的实验方案,下列说法正确的是(C) AgCl[Ag(NH3)2]+ A.还原性:Ag>Cu>Fe B.按上述方案消耗1 mol Fe可回收1 mol Ag C.反应①的离子方程式是[Cu(NH3)4]2++4H+===Cu2++4N D.溶液①中的金属离子是Fe2+ 解析　从实验方案可知,氨水溶解了氯化银,然后铜置换出银,滤液中加入浓盐酸后得到氯化铜和氯化铵的混合液,向其中加入铁,铁置换出铜,过滤出的铜可以循环利用,并通入氧气可将亚铁离子氧化为铁离子。金属活动性越强,金属的还原性越强,而且由题中的实验方案能得到证明,还原性从强到弱的顺序为 Fe>Cu>Ag,A项不正确;由电子转移守恒可知,1 mol Fe可以置换1 mol Cu,而1 mol Cu可以置换2 mol Ag,因此,每消耗1 mol Fe可回收2 mol Ag,B项不正确;反应①中,氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成氯化铜和氯化铵,该反应的离子方程式是[Cu(NH3)4]2++4H+===Cu2++4N,C项正确;向氯化铜和氯化铵的混合液中加入铁,铁置换出铜后生成Fe2+,然后Fe2+被通入的氧气氧化为Fe3+,因此,溶液①中的金属离子是Fe3+,D项不正确。 考向三　新情境下氧化还原反应方程式的书写 5.(2023·新课标卷)铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在,主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物。从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如图所示: 已知:最高价铬酸根离子在酸性介质中以Cr2形式存在,在碱性介质中以Cr形式存在。 “还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液,反应的离子方程式为 2Cr2+3S2+10H+===4Cr3++6S+5H2O 。  解析　由题意可知,还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将Cr2转化为铬离子,反应的离子方程式为2Cr2+3S2+10H+===4Cr3++6S+5H2O。 6.(2023·海南卷)铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域,是重要的战略物资。利用绿柱石(主要化学成分为(Be3Al2Si6O18,还含有一定量的FeO和Fe2O3)生产BeO的一种工艺流程如下。 无水BeCl2可用作聚合反应的催化剂。BeO、Cl2与足量C在600~800 ℃制备BeCl2的化学方程式为 BeO+Cl2+CCO+BeCl2 。  解析　绿柱石煅烧生成氧化物,浓硫酸浸取,SiO2不溶于硫酸,残渣是SiO2,加硫酸铵调节pH=1.5除去铝离子,加入氨水调节pH=5.1除去铁离子,再加入氨水调pH=8.0生成Be(OH)2沉淀,滤液硫酸铵循环利用。BeO、Cl2与足量C在600~800 ℃生成BeCl2同时生成CO,化学方程式为BeO+Cl2+CCO+BeCl2。 7.(2020·全国卷Ⅱ)(1)Cl2O为淡棕黄色气体,是次氯酸的酸酐,可由新制的HgO和Cl2反应来制备,该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为 2Cl2+HgO===HgCl2+Cl2O 。  (2)ClO2常温下为黄色气体,易溶于水,其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”,能快速溶于水,溢出大量气泡,得到ClO2溶液。上述过程中,生成ClO2的反应属于歧化反应,每生成1 mol ClO2消耗NaClO2的量为 1.25 mol;产生“气泡”的化学方程式为 NaHCO3+NaHSO4===CO2↑+Na2SO4+H2O 。  解析　(1)Cl2歧化为Cl2O和Cl-,HgO和氯气反应的方程式为2Cl2+HgO===HgCl2+Cl2O。 (2)5Cl+4H+===4ClO2+Cl-+2H2O,每生成1 mol ClO2,消耗NaClO2为×5 =1.25 mol;碳酸氢钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳,方程式为NaHCO3+NaHSO4===Na2SO4+H2O+CO2↑。 第6讲　物质的量　气体摩尔体积 [目标速览]　1.了解物质的量(n)及其单位摩尔(mol)、摩尔质量、气体摩尔体积、阿伏加德罗常数(NA)的含义。2.能根据微粒(原子、分子、离子等)物质的量、数目、气体体积(标准状况下)之间的相互关系进行有关计算。 微考点　核心突破 考点1　物质的量 　 知|识|梳|理 1.物质的量 (1)物质的量(n)。 物质的量是表示含有一定数目粒子的集合体的物理量,单位为摩尔(mol)。 (2)物质的量的规范表示方法。 (3)阿伏加德罗常数(NA)。 1 mol任何粒子的粒子数叫阿伏加德罗常数,其数值约为6.02×1023,单位为mol-1。公式:NA=。  2.摩尔质量(M) (1)摩尔质量是单位物质的量的物质所具有的质量,单位是g·mol-1。公式:M=。 (2)数值:以g·mol-1为单位时,任何粒子的摩尔质量在数值上都等于该粒子的 相对分子(原子)质量 。  思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.摩尔是表示物质的量多少的基本物理量。(×) 提示:摩尔是物质的量的单位。 2.物质的量就是1 mol物质的质量。(×) 3.0.012 kg 12C中约含有6.02×1023个碳原子。(√) 4.1 mol H2O中含有2 mol氢和1 mol氧。(×) 提示:指代不明,mol后面加微粒的名称。 5.氢氧化钠的摩尔质量是40 g。(×) 提示:摩尔质量的单位是g·mol-1。 6.2 mol水的摩尔质量是1 mol水的摩尔质量的2倍。(×) 提示:摩尔质量对某具体物质来说是定值。 知|识|拓|展 1.三点注意 (1)物质的量描述的对象是微观粒子,如电子、质子、中子、原子、分子、离子、原子团等,不能用于描述宏观物质。 (2)摩尔质量、相对原子(分子)质量、1 mol物质的质量在数值上是相同的,但含义不同,三者的单位也不同。摩尔质量的单位为g·mol-1,相对原子(分子)质量的单位为1,1 mol物质的质量单位为g。 (3)对具体的物质,其摩尔质量是确定的,不随物质的量的多少而变化,也不随物质的聚集状态的变化而变化。 2.“核心思维法”解答微粒数目计算类题目 (1)思维流程。 解答以物质的量为核心的相关计算时,要注意“物质的量”的桥梁作用,解题思维流程如下: 已知物理量物质的量所求物理量 (2)注意事项。 ①“一个中心”:必须以物质的量为中心。 ②“两个前提”:在应用Vm=22.4 L·mol-1时,一定要有“标准状况”和“气体状态”两个前提条件(混合气体也适用)。 ③“三个关系”。 a.直接构成物质的粒子与间接构成物质的粒子(中子、电子等)间的关系。 b.摩尔质量与相对原子(分子)质量间的关系。 c.“强、弱、非”电解质与溶质粒子(分子或离子)间的关系。 ④“四个无关”:物质的量的多少、质量的大小、粒子数的多少均与温度的高低、压强的大小无关;物质的量浓度的大小与所取该溶液的体积多少无关(但溶质粒子数的多少与溶液体积有关)。 知|识|对|练 角度一　基本概念的理解与应用 1.科学家屠呦呦因发现青蒿素和双氢青蒿素治疗疟疾的新疗法而获得诺贝尔生理学或医学奖。双氢青蒿素的化学式为C15H24O5,相对分子质量为284。下列关于双氢青蒿素的说法正确的是(C) A.NA个双氢青蒿素的质量为284 g·mol-1 B.均为NA的C、H、O三种原子的质量比为6∶1∶8 C.14.2 g双氢青蒿素中含有的原子总数为2.2NA D.含有NA个碳原子的双氢青蒿素的物质的量为1 mol 解析　质量的单位是g,不是g·mol-1,A项错误;当摩尔质量的单位是g·mol-1时,均为NA的C、H、O三种原子的物质的量为1 mol,分别乘以各自的摩尔质量12 g·mol-1、1 g·mol-1、16 g·mol-1,得到质量比为12∶1∶16,B项错误;14.2 g双氢青蒿素的物质的量是=0.05 mol,由于在一个分子中含有的原子个数是44个,所以0.05 mol双氢青蒿素中含有的原子总数为2.2NA,C项正确;一个双氢青蒿素的分子中含有15个碳原子,含有NA个碳原子的双氢青蒿素的物质的量为1 mol÷15≈0.067 mol,D项错误。 2.医学上,硼砂(Na2B4O7·10H2O)可用于皮肤黏膜、某些炎症等的治疗,设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列有关叙述正确的是(B) A.标准状况下,2.24 L H2O中含有的原子总数为0.3NA B.0.1 mol Na2B4O7·10H2O中含有的Na+数目为0.2NA C.Na2B4O7·10H2O的相对分子质量为202 g·mol-1 D.191 g Na2B4O7·10H2O中含有3.5NA个氧原子 解析　标准状况下,H2O不是气体,故不能用“22.4 L·mol-1”计算2.24 L H2O的物质的量,A项错误;0.1 mol Na2B4O7·10H2O中含有的Na+数目为2×0.1NA=0.2NA,B项正确;Na2B4O7·10H2O的相对分子质量为382,C项错误;1 mol Na2B4O7·10H2O中含氧原子17 mol,191 g Na2B4O7·10H2O的物质的量为=0.5 mol,含氧原子8.5 mol,191 g Na2B4O7·10H2O中含有8.5NA个氧原子,D项错误。 角度二　有关分子(或特定组合)中的微粒数计算 3.潜水艇中氧气来源之一是2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑。下列说法正确的是(B) A.22.4 L O2中含有2NA个O原子 B.1.8 g H2O中含有NA个质子 C.1 mol Na2O2中含有4NA个离子 D.1 mol 中含有16NA个电子 解析　没有指定标准状况下,Vm不一定为22.4 L·mol-1,A项错误;1.8 g H2O为0.1 mol,每个水分子中有10个质子,故1.8 g H2O中含有NA个质子,B项正确;Na2O2是由Na+、两种离子构成,故1 mol Na2O2中含有3NA个离子,C项错误;一个O原子中含有8个电子,1 mol 中含有18NA个电子,D项错误。 角度三　物质的质量与微粒数目之间的换算 4.某同学设计实验确定Al(NO3)3·xH2O的结晶水数目。称取样品7.50 g,经热分解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H2O,其中H2O的质量为3.06 g;残留的固体产物是Al2O3,质量为1.02 g。计算: (1)x= 9 。  (2)气体产物中n(O2)= 0.010 0 mol。  解析　(1)Al(NO3)3·xH2O的摩尔质量为(213+18x)g/mol,根据固体产物氧化铝的质量为1.02 g,可知样品中n(Al)= ×2=0.02 mol,则=0.02 mol,解得x=9。(2)气体产物中n(H2O)=3.06 g÷18 g/mol=0.17 mol,则n(HNO3)=0.02×9×2-0.17×2=0.02 mol,根据氮元素守恒,n(NO2)=样品中N原子的物质的量-HNO3中N原子的物质的量=0.02×3-0.02=0.04 mol,根据氧元素守恒,n(O2)=(0.02×18-0.17-0.02×3-0.04×2-0.03)÷2=0.010 0 mol。 5.CO2的减排已引起广泛关注。中科院大连化物所用一种双金属固溶体氧化物催化剂,实现了CO2高选择性高稳定性加氢合成甲醇(CH3OH),原理如图所示,回答下列问题: (1)16 g CH3OH的物质的量是 0.5 mol ,含H原子的数目为 1.204×1024 。  (2)0.2 mol H2O中含有电子的物质的量为 2 mol 。  (3)H2与CO2的混合气体的总质量为9.0 g,其中n(H2)=0.1 mol。 ①标准状况下,H2的体积是 2.24 L 。  ②CO2的物质的量是 0.2 mol 。  解析　(1)16 g CH3OH的物质的量为=0.5 mol;一个甲醇分子中含有4个氢原子,则0.5 mol CH3OH中含有2 mol H原子,即1.204×1024个氢原子。(2)一个水分子中含有10个电子,则0.2 mol H2O中含有电子的物质的量为2 mol。(3)①标准状况下,0.1 mol H2的体积为22.4 L·mol-1×0.1 mol=2.24 L。②H2与CO2的混合气体的总质量为9.0 g,n(H2)=0.1 mol,则m(H2)=0.1 mol×2 g·mol-1=0.2 g,m(CO2)=9.0 g-0.2 g=8.8 g,n(CO2)==0.2 mol。 考点2　气体摩尔体积与阿伏加德罗定律 　 知|识|梳|理 1.理解气体摩尔体积(Vm) (1)概念:一定温度和压强下,单位物质的量的气体所占的体积。 (2)单位:L·mol-1或m3·mol-1。 (3)数值:在标准状况下(指温度为0 ℃,压强为101 kPa)约为22.4 L·mol-1。  (4)影响因素:气体摩尔体积的数值取决于气体所处的温度和压强。 (5)在标准状况下,Vm≈22.4 L·mol-1;在非标准状况下,气体的摩尔体积也有可能约是22.4 L·mol-1。 (6)标准状况下,水、酒精、氯仿、CCl4、SO3等的状态都不是气态,故不能用气体摩尔体积进行换算。 (7)气体摩尔体积与气体分子数、物质的质量之间的关系:n===。 2.掌握阿伏加德罗定律及其推论 (1)阿伏加德罗定律。 可总结为“三同”定“一同”,即同温、同压下,同体积的任何气体具有相同的分子数。 (2)阿伏加德罗定律的推论。 结论 公式 语言叙述 T、p 相同 = 同温、同压下,气体的体积与其物质的量成正比 T、p 相同 = 同温、同压下,气体的密度与其摩尔质量(或相对分子质量)成正比 T、V 相同 = 温度、体积相同的气体,其压强与其物质的量成正比 注意 事项 (1)n为物质的量,M为摩尔质量,V为气体体积,ρ为密度,p为压强 (2)阿伏加德罗定律既适用于单一气体,也适用于互不反应的混合气体 (3)同温、同压、同体积的任何气体的分子数相等,但原子数不一定相等 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.标准状况下,氢气的摩尔体积为22.4 L。(×) 提示:气体摩尔体积的单位是L·mol-1。 2.标准状况下,1 mol N2和O2的混合气体约为22.4 L。(√) 提示:在标准状况下,1 mol任何气体(不论是纯净气体还是相互不反应的混合气体)的体积均约为22.4 L。 3.在标准状况下,1 mol水的体积为22.4 L。(×) 提示:水在标准状况下是非气态,不能通过气体摩尔体积求水的体积。 知|识|拓|展 1.明确气体摩尔体积应用的“四误区”。 (1)使用条件:指标准状况下,即0 ℃、101 kPa,而不是指常温、常压。 (2)使用对象:必须是气体物质,可以是单一气体,也可以是混合气体。 (3)在标准状况下的气体摩尔体积约为22.4 L·mol-1,其他条件下Vm不一定约是22.4 L·mol-1。 (4)22.4 L气体,在标准状况下是1 mol,在非标准状况下,可能是1 mol,也可能不是1 mol。 2.求气体的摩尔质量M的五种方法 (1)根据标准状况下气体的密度ρ: M=ρ g·L-1×22.4 L·mol-1。 (2)根据气体的相对密度(D=ρ1/ρ2): M1/M2=D。 (3)根据物质的质量(m)和物质的量(n):M=m/n。 (4)根据一定质量(m)的物质中微粒数目(N)和阿伏加德罗常数(NA):M=NA·m/N。 (5)对于混合气体,求其平均摩尔质量,上述计算式仍然成立;还可以用下式计算:=M1×a%+M2×b%+M3×c%……,a%、b%、c%指混合气体中各成分的物质的量分数(或体积分数)。 知|识|对|练 角度四　n===关系的应用 6.如图表示某条件下H2S气体体积与质量的关系,则该条件下气体摩尔体积为(C) A.22.0 L·mol-1 B.22.4 L·mol-1 C.22.8 L·mol-1 D.23.2 L·mol-1 解析　27.2 g硫化氢气体的物质的量==0.8 mol,气体摩尔体积Vm==22.8 L·mol-1。 7.常温下,1 L的密闭容器中恰好可盛放a个CH4分子和b个O2分子组成的混合气体,设NA表示阿伏加德罗常数的值,则该温度下气体摩尔体积的数值可表示为(A) A. B.NA×(a+b) C.22.4×NA(a+b) D. 解析　a个CH4分子和b个O2分子组成的混合气体的总物质的量为 mol,其在常温下所占体积是1 L,则该温度下气体摩尔体积Vm== L·mol-1,A项符合题意。 角度五　相对分子质量的计算 8.按要求回答下列问题。 (1)已知标准状况下,气体A的密度为2.857 g·L-1,则气体A的相对分子质量为 64 ,可能是 SO2 气体。  (2)CO和CO2的混合气体18 g,完全燃烧后测得CO2的体积为11.2 L(标准状况),则 ①混合气体在标准状况下的密度是 1.61 g·L-1。  ②混合气体的平均摩尔质量是 36 g·mol-1。  解析　(1)M=ρ g·L-1×22.4 L·mol-1≈64 g·mol-1。(2)2CO+O22CO2,CO的体积与生成CO2的体积相等,故18 g CO和CO2的混合气体的总体积为11.2 L,在标准状况下,该混合气体的物质的量为0.5 mol,设CO的物质的量为x mol,CO2的物质的量为y mol,则,解得x=0.25,y=0.25。①原混合气体的密度为≈1.61 g·L-1。 ②解法一:=ρ·22.4 L·mol-1=1.61 g·L-1×22.4 L·mol-1≈36 g·mol-1; 解法二:==36 g·mol-1; 解法三:=28 g·mol-1×50%+44 g·mol-1×50%=36 g·mol-1。 角度六　阿伏加德罗定律及其推论的应用 9.关于阿伏加德罗定律及其推论,下列说法正确的是(B) A.同温同压下,相同体积的任何物质都具有相同数目的分子 B.不同温度下,16.0 g O2和16.0 g O3含有的原子数相等 C.同温同压下,相同质量的二氧化碳与氢气的体积之比为22∶1 D.常温下,相同体积、相同质量的氧气与氢气的压强之比为16∶1 解析　不确定物质的状态,不能说明同温同压下相同体积的任何物质都具有相同数目的分子,A项错误;16.0 g O2和16.0 g O3中均只含有氧原子,氧原子的质量相等,则氧原子的物质的量相等,氧原子数相等,B项正确;同温同压下,相同质量的二氧化碳与氢气的物质的量之比为∶=1∶22,同温同压下,气体体积之比等于气体分子的物质的量之比,则体积之比为1∶22,C项错误;常温下,相同体积、相同质量的氧气与氢气的物质的量之比为∶=1∶16,同温同体积下,气体的压强之比等于气体分子的物质的量之比,压强之比为1∶16,D项错误。 10.一定温度和压强下,用质量相等的CH4、O2气体吹出两个体积大小不同的气球,下列说法错误的是(A) A.气球甲中装的是CH4 B.气球甲和气球乙中气体的物质的量之比为1∶2 C.气球甲和气球乙中原子数之比为1∶5 D.气球甲和气球乙中气体体积之比为1∶2 解析　一定温度压强下,气体的Vm是相等的,用m g的CH4、O2分别吹出两个体积大小不同的气球,则根据V=nVm=Vm,得到体积和相对分子质量成反比,所以体积的大小顺序是CH4>O2,甲中装的是氧气,乙中装的是甲烷,A项错误;根据n=,质量相等的两种气体,物质的量之比与摩尔质量成反比,则气球甲和气球乙中气体的物质的量之比为1∶2,B项正确;由上述分析,已知气球甲和气球乙中气体的物质的量之比为1∶2,甲为氧气,1个氧分子中含2个原子,乙为甲烷,1个甲烷分子中含5个原子,则气球甲和气球乙中原子数之比为(1×2)∶(2×5)=1∶5,C项正确;一定温度和压强下,气体体积之比等于气体的物质的量之比,气球甲和气球乙中气体体积之比为1∶2,D项正确。 应用阿伏加德罗定律解题的一般思路 第一步,分析“条件”:分析题干中的条件,找出相同与不同。 第二步,明确“要求”:分析题目要求,明确所要求的比例关系。 第三步,利用“规律”:利用阿伏加德罗定律及其推论,根据条件和要求进行判断。 微充电　素养提升 翻转彩虹——包罗万象的阿伏加德罗常数 　 　　阿伏加德罗常数问题是高考常考题型之一,此类试题以阿伏加德罗常数为核心,以中学所学过的一些重要物质为载体,将微观粒子(原子、分子、离子等)数目与物质的量、摩尔质量、气体的体积(标准状况下)、物质的量浓度等联系起来,突出考查学生的理解与辨析能力、分析与推测能力。 命题点1　围绕“Vm=22.4 L·mol-1”的使用条件进行判断 两看“物质与状态”,跳出“Vm=22.4 L·mol-1”的使用陷阱 【母题1】　设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(B) A.22.4 L(标准状况下)氮气中含有7NA个中子 B.22.4 L(标准状况下)氩气中含有的质子数为18NA C.常温常压下,124 g P4中所含P—P键数目为4NA D.标准状况下,2.24 L N2和O2的混合气体中分子数为0.2NA 解析　标准状况下,22.4 L氮气的物质的量为1 mol,一个氮气分子中含有14个中子,故1 mol氮气中含有14NA个中子,A项错误;标准状况下22.4 L氩气为1 mol, 1个氩气分子中含有18个质子,则含有的质子数为 18NA,B项正确;1个P4分子(白磷,分子结构为)中含有6个P—P键,124 g P4的物质的量为1 mol,则所含P—P键数目为6NA,C项错误;标准状况下,2.24 L N2和O2的混合气体的总物质的量为0.1 mol,则含有的分子数为0.1NA,D项错误。 【衍生1】　工业上监测SO2含量是否达到排放标准可利用反应SO2+H2O2+BaCl2===BaSO4↓+2HCl。用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(D) A.1 L 0.2 mol·L-1 H2O2溶液中含有的O原子数为0.4NA B.含0.02 mol BaCl2的溶液中含有0.02NA个BaCl2分子 C.0.224 L SO2气体中所含分子数为0.01NA D.2.33 g BaSO4中含有的离子数为0.02NA 解析　1 L 0.2 mol·L-1 H2O2溶液中含有0.2 mol H2O2,0.2 mol H2O2中含有的O原子数为0.4NA,但溶液中含水,H2O中也含O原子,A项错误;BaCl2在水溶液中完全电离,BaCl2溶液中不存在BaCl2分子,B项错误;未指明0.224 L SO2气体所处的状态,不能用“22.4 L·mol-1”计算0.224 L SO2气体中所含分子数,C项错误;2.33 g BaSO4的物质的量为=0.01 mol,含有的离子数为0.02NA,D项正确。 命题点2　围绕“物质的组成与结构”进行判断 熟记“组成与结构”,跳出物质与结构陷阱 1.熟记特殊物质中所含微粒(分子、原子、质子、中子、电子)的数目,常考的物质有:(1)单原子分子,如稀有气体(如He、Ne、Ar等);(2)双原子分子,如Cl2、N2、O2、H2、Br2、I2、NO、CO等;(3)多原子分子,如D2O、O3、P4(白磷)、CH4、CO2等。 2.记住最简式相同的物质,明确微粒数目的特点,如O2和O3、NO2和N2O4、乙烯(C2H4)和丙烯(C3H6)等。 3.掌握常考物质中所含化学键的数目,如下表: 常考 物质 CH4 (C—H) P4 (P—P) 晶体硅 (Si—Si) 二氧化硅 (Si—O) 石墨 (C—C) 金刚石 (C—C) 1 mol物质含有的共价键数目 4NA 6NA 2NA 4NA 1.5NA 2NA 【母题2】　设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是(A) A.1 mol重水比1 mol水多NA个质子 B.12 g石墨烯和12 g金刚石中均含有NA个碳原子 C.3 g 3He中含有的中子数为NA D.48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA 解析　一个重水分子和一个普通水分子都是由2个氢原子和1个氧原子构成的,所含质子数都是10,故1 mol重水和1 mol水中所含质子数相等,A项错误;石墨烯和金刚石都是碳元素形成的单质,12 g石墨烯和12 g金刚石中都含有1 mol碳原子,B项正确;3He的质子数为2,中子数为1,3 g 3He为1 mol,中子数为NA,C项正确;正丁烷和异丁烷互为同分异构体,1分子正丁烷和异丁烷中含有的共价键数均为13,混合物中含有的共价键的物质的量为×13+×13=13 mol,D项正确。 【衍生2】南京大学科研团队首次发现氮还原过程中的多米诺效应,即一旦完成第①步,将自发完成后续步骤,反应过程如图。NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(C) A.NH3的电子式为H︰︰H B.3.5 g Li3N中含有3NA个共价键 C.若0.7 g Li参与第②步反应,转移电子数为0.1NA D.反应③中每生成1 mol NH3需要H+的数目为6NA 解析　NH3为共价化合物,电子式为HH,A项错误;Li3N是离子化合物,只含离子键,B项错误;0.7 g Li的物质的量是0.1 mol,参与第②步反应时化合价从0价升高到+1价,则转移电子数为0.1NA,C项正确;第③步反应是H+和Li3N反应生成氨气,每生成1 mol NH3,需要H+的数目为3NA,D项错误。 命题点3　围绕“氧化还原反应中转移电子数目”进行判断 1.三步确定氧化还原反应中转移电子数目。 2.熟记常考氧化还原反应中转移的电子数目。 发生反应 物质 转移电子的数目 Na2O2+CO2 (或H2O) 消耗1 mol Na2O2 NA 生成1 mol O2 2NA Cl2+NaOH 消耗1 mol Cl2 NA Cl2+Fe 消耗1 mol Cl2 2NA 消耗1 mol Fe 3NA 注意　1 mol Cl2和H2O反应时,Cl2既是氧化剂又是还原剂,由于该反应是可逆反应,通入1 mol Cl2转移电子数小于1 mol(或NA)。 【母题3】　NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是(B) A.4Mn+5HCHO+12H+===4Mn2++5CO2↑+11H2O,1 mol [4Mn+5HCHO]完全反应转移的电子数为20NA B.用电解粗铜的方法精炼铜,当电路中通过的电子数为NA时,阳极应有32 g Cu转化为Cu2+ C.Cr2+14H++ne-===2Cr3++7H2O,则每生成1 mol Cr3+转移电子数为3NA D.1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA 解析　该反应转移20个电子,即1 mol [4Mn+5HCHO]完全反应转移电子数为20NA,A项正确;电解精炼铜的装置中,阳极首先是比铜活泼的Fe、Zn等金属放电,所以当通过的电子数为NA时,阳极发生反应的Cu应当少于32 g,B项错误;铬元素由+6价降低到+3价,则生成1 mol Cr3+转移电子数为3NA,C项正确;K2Cr2O7被还原为Cr3+时,Cr元素由+6价降低到+3价,则1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA,D项正确。 【衍生3】　NA为阿伏加德罗常数的值,将标准状况下1.12 L Cl2通入足量O中,下列说法正确的是(B) A.该反应中转移电子数为0.1NA B.0.2 g O中含中子数为0.1NA C.所得溶液中Cl-和Cl18O-的总数为0.1NA D.5.45 g HCl18O中含H—Cl键数为0.1NA 解析　氯气与水反应的化学方程式为Cl2+OHCl+HCl18O,该反应为可逆反应,标准状况下1.12 L(即0.05 mol)氯气参与反应转移的电子数不可求,A项错误;n(O)==0.01 mol,每个O中含有10个中子,则0.2 g O中含中子数为0.1NA,B项正确;体系中含氯微粒有Cl2、Cl-、HCl18O、Cl18O-,则Cl-和Cl18O-总数小于0.1NA,C项错误;次氯酸的结构式为H—O—Cl,不含H—Cl键,D项错误。 命题点4　围绕“某些特殊反应”进行判断 1.特殊反应——可逆反应:不能正向进行到底,反应物不能全部转化为产物。常考的可逆反应有2NO2N2O4、Cl2+H2OHCl+HClO、H2+I2(g)2HI、N2+3H22NH3,2SO2+O22SO3等。 2.特殊因素——浓度的影响。 (1)足量MnO2与浓盐酸的反应,随着反应的进行,浓盐酸变稀盐酸,反应停止。 (2)足量Cu与浓硫酸的反应,随着反应的进行,浓硫酸变稀硫酸,反应停止。 (3)足量Cu与浓硝酸反应,随着反应的进行,浓硝酸变稀硝酸,得到NO2(含有N2O4)和NO的混合气体。 (4)足量Zn与浓硫酸反应,随着反应的进行,浓硫酸变稀硫酸,得到SO2和H2的混合气体。 (5)常温下,铁、铝遇浓硝酸或浓硫酸发生“钝化”。 【母题4】　NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(C) A.1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA B.密闭容器中,2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA C.0.1 mol H2和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应后,其分子总数为0.2NA D.标准状况下,11.2 L Cl2溶于水,溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和为NA 解析　CH4与Cl2在光照下发生取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4等一系列取代产物,故1.0 mol CH4反应生成的CH3Cl分子数小于1.0NA,A项错误;SO2和O2生成SO3的反应是可逆反应,该反应不能正向进行到底,故2 mol SO2和1 mol O2发生催化反应后的分子总数大于2NA,B项错误;H2和I2在密闭容器中发生反应H2(g)+I2(g)2HI(g),该反应前后气体总分子数不变,故0.1 mol H2和0.1 mol I2充分反应后,分子总数为0.2NA,C项正确;标准状况下11.2 L Cl2为0.5 mol,若与水完全反应,溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和为NA,但该反应是可逆反应,反应后溶液中仍有Cl2,故三种微粒之和小于NA,D项错误。 【衍生4】　设NA为阿伏加德罗常数的值,下列有关叙述正确的是(C) A.常温下,pH=2的稀硫酸中所含H+数目为0.01NA B.标准状况下,5.6 L Cl2与5.6 g铁粉反应,转移电子数目为0.5NA C.常温常压下,1.4 g丙烯和正丁烯的混合气体中碳原子数目为0.1NA D.高温高压下,1 mol N2与4 mol H2充分反应,所得NH3分子数目为2NA 解析　由于未给出稀硫酸的体积,无法计算H+的数目,A项错误;标准状况下,5.6 L Cl2的物质的量是0.25 mol,5.6 g铁粉的物质的量是0.1 mol,二者反应生成FeCl3,0.1 mol Fe反应会消耗0.15 mol Cl2,所以氯气过量而铁粉少量,按Fe的量计算转移电子的数目,0.1 mol Fe反应生成FeCl3共转移电子数目为0.3NA,B项错误;丙烯与正丁烯的最简式为CH2,其相对分子质量是14,1.4 g混合气体中含有“CH2”的物质的量是0.1 mol,则其中所含碳原子数为0.1NA,C项正确;N2与H2合成氨气的反应是可逆反应,所以在该条件下加入1 mol N2与4 mol H2充分反应生成NH3分子数目小于2NA,D项错误。 命题点5　围绕“电解质溶液中粒子数目”进行判断 注意　①所给条件是否与电解质的组成有关,如pH=3的H2SO3溶液中c(H+)=10-3 mol·L-1,与电解质组成无关。②多元弱酸根离子发生水解,溶液中阴离子的数目增加;多元弱碱阳离子发生水解,溶液中阳离子数目增加。③求溶液中所含H、O原子数时,不要忽略溶剂水中的H、O原子数目。 【母题5】　NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(D) A.1 L 1 mol·L-1NaCl溶液中含有28NA个电子 B.常温下,pH=9的CH3COONa溶液中,水电离出的H+数目为10-5NA C.1 L 0.1 mol·L-1磷酸钠溶液中含有的P数目为0.1NA D.500 mL 0.5 mol·L-1的NaCl溶液中微粒数大于0.5NA 解析　1 L 1 mol·L-1NaCl溶液中含有1 mol NaCl和大量的水,1 mol NaCl中就含有28 mol电子,再加上溶剂水中的电子,则溶液中的电子数大于28NA,A项错误;题目未指明CH3COONa溶液的体积,无法计算水电离出的H+数目,B项错误;Na3PO4是强碱弱酸盐,1 L 0.1 mol·L-1磷酸钠溶液中含有0.1 mol Na3PO4,由于P发生水解反应,故溶液中含有的P数目小于0.1NA,C项错误;500 mL 0.5 mol·L-1 NaCl溶液中含有0.25 mol NaCl,由于还含有水分子,故溶液中微粒数大于0.5NA,D项正确。 【衍生5】　捕获并利用二氧化碳是实现碳减排的重要举措之一。某发明利用KOH和K2CO3捕获二氧化碳,KHCO3是其中间产物之一。设NA为阿伏加德罗常数的值,常温下,下列说法正确的是(D) A.22.4 L CO2中所含的电子数目为2.2NA B.1 L 0.1 mol·L-1 K2CO3溶液中,C和HC的微粒数之和为0.1NA C.10 g KHCO3晶体中,阴、阳离子总数为0.3NA D.1 L pH=13的KOH溶液中的OH-数目为0.1NA 解析　常温下,无法用标准状况下气体摩尔体积“22.4 L·mol-1”计算22.4 L二氧化碳的物质的量和含有的电子数目,A项错误;由物料守恒可知,1 L 0.1 mol·L-1碳酸钾溶液中,碳酸根离子、碳酸氢根离子和碳酸分子的微粒数目之和为0.1NA,B项错误;碳酸氢钾的阴、阳离子分别为碳酸氢根离子、钾离子,则10 g碳酸氢钾晶体中阴、阳离子总数为×2×NA mol-1=0.2NA,C项错误;1 L pH为13的氢氧化钾溶液中氢氧根离子的数目为0.1 mol·L-1×1 L×NA mol-1=0.1NA,D项正确。 微真题　把握方向 　 考向一　有题干氧化还原反应考查阿伏加德罗常数 1.(2024·河北卷)超氧化钾(KO2)可用作潜水或宇航装置的CO2吸收剂和供氧剂,反应为4KO2+2CO2===2K2CO3+3O2,NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(A) A.44 g CO2中σ键的数目为2NA B.1 mol KO2晶体中离子的数目为3NA C.1 L 1 mol·L-1 K2CO3溶液中C的数目为NA D.该反应中每转移1 mol电子生成O2的数目为1.5NA 解析　44 g(即1 mol)CO2中σ键的数目为2NA,A项正确;KO2由K+和构成,1 mol KO2晶体中离子的数目为2NA,B项错误;C在水溶液中会发生水解C+H2OHC+OH-,故1 L 1 mol·L-1 K2CO3溶液中C的数目小于NA,C项错误;该反应中部分氧元素化合价由-0.5价升至0价,部分氧元素化合价由-0.5价降至-2价,则4 mol KO2参加反应转移3 mol电子,每转移1 mol电子生成O2的数目为NA,D项错误。 2.(2023·辽宁卷)我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为S+2KNO3+3C===K2S+N2↑+3CO2↑。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(C) A.11.2 L CO2中含π键数目为NA B.每生成2.8 g N2转移电子数目为NA C.0.1 mol KNO3晶体中含离子数目为0.2NA D.1 L 0.1 mol·L-1K2S溶液中含S2-数目为0.1NA 解析　题中没有说是否处于标准状况下,气体摩尔体积未知,无法计算π键个数,A项错误;2.8 g N2的物质的量n== mol=0.1 mol,生成1 mol N2转移的电子数为12NA,则生成0.1 mol N2转移的电子数为1.2NA,B项错误;0.1 mol KNO3晶体中含有的离子为K+、N,含有的离子数目为0.2NA,C项正确;因为S2-水解使溶液中S2-的数目小于0.1NA,D项错误。 3.(2022·海南卷)在2.8 g Fe中加入100 mL 3 mol·L-1 盐酸,Fe完全溶解。NA代表阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(A) A.反应转移电子为0.1 mol B.HCl溶液中Cl-数为3NA C.2.8 g 56Fe中含有的中子数为1.3NA D.反应生成标准状况下的气体3.36 L 解析　2.8 g Fe的物质的量为0.05 mol, 100 mL 3 mol·L-1 HCl溶液中H+和Cl-的物质的量均为0.3 mol,发生反应后,Fe完全溶解生成Fe2+,该反应转移0.1 mol电子,A项正确;HCl溶液中Cl-的物质的量为0.3 mol,因此,Cl-数为0.3NA,B项错误;56Fe的质子数为26,中子数为30,2.8 g 56Fe的物质的量为0.05 mol,因此,2.8 g 56Fe中含有的中子数为1.5NA,C项错误;反应生成H2的物质的量为0.05 mol,在标准状况下的体积为1.12 L,D项错误。 考向二　有题干非氧化还原反应考查阿伏加德罗常数 4.(2023·广东卷)设NA为阿伏加德罗常数的值。侯氏制碱法涉及NaCl、NH4Cl和NaHCO3等物质。下列叙述正确的是(D) A.1 mol NH4Cl中含有的共价键数目为5NA B.1 mol NaHCO3完全分解,得到的CO2分子数目为2NA C.体积为1 L的1 mol·L-1 NaHCO3溶液中,HC数目为NA D.NaCl和NH4Cl的混合物中含1 mol Cl-,则混合物中质子数为28NA 解析　1个N中存在4个N—H共价键,1 mol NH4Cl中含有的共价键数目为4NA,A项错误;碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳,1 mol NaHCO3完全分解得到0.5 mol CO2分子,B项错误;NaHCO3===Na++HC,HC会发生水解和电离,所以1 mol NaHCO3溶液中HC数目小于NA,C项错误;NaCl 和NH4Cl中的质子数都为28,混合物中含1 mol Cl-,则混合物为1 mol,质子数为28NA,D项正确。 考向三　无题干考查阿伏加德罗常数 5.(2023·全国甲卷)NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(A) A.0.50 mol异丁烷分子中共价键的数目为6.5NA B.标准状况下,2.24 L SO3中电子的数目为4.00NA C.1.0 L pH=2的H2SO4溶液中H+的数目为0.02NA D.1.0 L 1.0 mol·L-1的Na2CO3溶液中C的数目为1.0NA 解析　异丁烷的结构简式是HC(CH3)3,1个异丁烷分子中含13个共价键,故0.50 mol异丁烷分子中共价键的数目为13×0.5NA=6.5NA,A项正确;标准状况下SO3为固体,不能用标准状况下的气体摩尔体积计算其物质的量,B项错误;1.0 L pH=2的H2SO4溶液中n(H+)=1.0 L×10-2mol·L-1=0.01 mol,H+的数目为0.01NA,C项错误;Na2CO3溶液中C部分水解,故1.0 L 1.0 mol·L-1的Na2CO3溶液中C的数目小于1.0NA,D项错误。 6.(2022·全国甲卷)NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(C) A.25 ℃、101 kPa下,28 L氢气中质子的数目为2.5NA B.2.0 L 1.0 mol·L-1 AlCl3溶液中,Al3+的数目为2.0NA C.0.20 mol 苯甲酸完全燃烧,生成CO2的数目为1.4NA D.电解熔融CuCl2,阴极增重6.4 g,外电路中通过电子的数目为0.10NA 解析　25 ℃、101 kPa不是标准状况,不能用标准状况下的气体摩尔体积计算氢气的物质的量,A项错误;Al3+在溶液中会发生水解生成Al(OH)3,因此2.0 L 1.0 mol·L-1的AlCl3溶液中Al3+数目小于2.0NA,B项错误;苯甲酸燃烧的化学方程式为C6H5COOH+O27CO2+3H2O,1 mol 苯甲酸燃烧生成7 mol CO2,则0.20 mol 苯甲酸完全燃烧生成1.4 mol CO2,数目为1.4NA,C项正确;电解熔融CuCl2时,阳极反应为2Cl--2e-===Cl2↑,阴极反应为Cu2++2e-===Cu,阴极增加的质量为Cu的质量,6.4 g Cu的物质的量为0.1 mol,根据阴极反应可知,外电路中通过电子的物质的量为0.2 mol,数目为0.2NA,D项错误。 考向四　有关物质的量的计算 7.(2021·山东卷)X、Y均为短周期金属元素,同温同压下,0.1 mol X的单质与足量稀盐酸反应生成H2的体积为V1 L;0.1 mol Y的单质与足量稀硫酸反应生成H2的体积为V2 L。下列说法错误的是(D) A.X、Y生成H2的物质的量之比一定为 B.X、Y消耗酸的物质的量之比一定为 C.产物中X、Y的化合价之比一定为 D.由一定能确定产物中X、Y的化合价 解析　设与1 mol X反应消耗HCl的物质的量为a mol,与1 mol Y反应消耗H2SO4的物质的量为b mol,根据转移电子守恒及H原子守恒可知:X~a HCl~H2~Xa+,Y~b H2SO4~bH2~Y2b+,据此解答。同温同压下,气体体积之比等于其物质的量之比,因此X、Y生成H2的物质的量之比一定为,A项正确;X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为,因=,因此=,B项正确;产物中X、Y的化合价之比为,由B项可知=,C项正确;因短周期金属单质与盐酸或稀硫酸反应时,生成的盐中金属元素化合价有+1、+2、+3三种情况,因此存在a=1,2,3,b=0.5,1,1.5的多种情况,由=可知,当a=1,b=0.5时,=1,当a=2,b=1时,=1,两种情况下X、Y的化合价不同,因此根据可能无法确定X、Y的化合价,D项错误。 8.(2022·浙江卷6月)联合生产是化学综合利用资源的有效方法。煅烧石灰石的反应为CaCO3(s)===CaO(s)+CO2(g)　ΔH=1.8×102 kJ·mol-1,石灰石分解需要的能量由焦炭燃烧提供。将石灰石与焦炭按一定比例混合于石灰窑中,连续鼓入空气,使焦炭完全燃烧生成CO2,其热量有效利用率为50%。石灰窑中产生的富含CO2的窑气通入氨的氯化钠饱和溶液中,40%的CO2最终转化为纯碱。已知焦炭的热值为30 kJ·g-1(假设焦炭不含杂质)。回答下列问题: (1)每完全分解100 kg石灰石(含CaCO390%,杂质不参与反应),需要投料 10.8 kg焦炭。  (2)每生产106 kg纯碱,同时可获得 70 kg CaO。  解析　(1)100 kg石灰石中碳酸钙的物质的量为=900 mol,完全分解需要吸收能量1.8×102 kJ·mol-1×900 mol=1.62×105 kJ,设需要投料x kg焦炭,则30 kJ·g-1×x×103 g×50%=1.62×105 kJ,解得x=10.8。(2)根据生产纯碱的过程可得关系式CO2~NaHCO3~Na2CO3,每生产106 kg纯碱,消耗44 kg CO2,由于石灰窑中产生的CO2只有40%最终转化为纯碱,且由(1)计算可知焦炭中C的物质的量为=900 mol,参与反应的CaCO3和焦炭的物质的量之比为1∶1,则煅烧石灰石产生CO2的质量为=55 kg,根据反应CaCO3CaO+CO2↑,可获得CaO的质量为55 kg×=70 kg。 第7讲　物质的量浓度 [目标速览]　1.能运用物质的量与物质的量浓度之间的相互关系进行简单计算。2.初步学会配制一定物质的量浓度的溶液。 微考点　核心突破 考点1　物质的量浓度及计算 　 知|识|梳|理 1.物质的量浓度 (1)概念:表示单位体积的溶液里所含溶质B的物质的量的物理量,符号为cB。 (2)表达式:cB=。 (3)单位:mol·L-1或mol/L。 2.溶质的质量分数 (1)概念:用溶质质量与溶液质量的比值来表示溶液组成的物理量,一般用百分数表示。 (2)表达式:w=×100%。 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.将1 mol NaCl溶于1 L水形成1 mol·L-1的NaCl溶液。(×) 提示:在计算物质的量浓度时,要注意定义中的体积是溶液的体积,而不是溶剂的体积。 2.32.2 g Na2SO4·10H2O溶于67.8 g水中,w(Na2SO4)=32.2%。(×) 提示:溶质为Na2SO4,m(Na2SO4)=×32.2 g=14.2 g,w(Na2SO4)=×100%=×100%=14.2%。 3.31 g Na2O溶于水,配成1 L溶液,c(Na2O)=0.5 mol·L-1。(×) 提示:Na2O溶于水生成NaOH,溶质为NaOH而不是Na2O。 4.标准状况下,22.4 L HCl溶于1 L水,盐酸的物质的量浓度为1 mol·L-1。(×) 提示:HCl溶于水后,没指出溶液的密度,无法计算溶液的体积,无法求c(HCl)。 5.将10 mL 1 mol·L-1的H2SO4溶液稀释成0.1 mol·L-1的H2SO4溶液,可向该溶液中加入100 mL 水。(×) 提示:应该加入水形成100 mL溶液。 6.将标准状况下44.8 L HCl溶于100 mL水中,所得溶液的密度为1.384 g·mL-1,则其物质的量浓度为1.5 mol·L-1。(×) 提示:m(溶液)=×36.5 g·mol-1+100 g=173 g,V(溶液)==125 mL,c(HCl)==16 mol·L-1。 知|识|拓|展 1.理解物质的量浓度的概念 (1)溶液中溶质的判断。 ①与水发生反应的物质,溶质发生变化,水量减少,如 Na、Na2O、Na2O2NaOH CO2、SO2、SO3H2CO3、H2SO3、H2SO4 NH3NH3·H2O(但仍按NH3进行计算) ②结晶水合物,溶质为去结晶水后的部分,如 CuSO4·5H2OCuSO4, FeSO4·7H2OFeSO4。 (2)混淆溶液的体积和溶剂的体积。 ①不能用水的体积代替溶液的体积,尤其是固体、气体溶于水,一般根据溶液的密度进行计算:V=。 ②两溶液混合,溶液的体积并不是两液体体积的加和,应依据混合溶液的密度进行计算。 (3)部分与整体的关系。 溶质的浓度和离子的浓度不同,要注意根据化学式具体分析。如1 mol·L-1 Al2(SO4)3溶液中c(S)=3 mol·L-1,c(Al3+)=2 mol·L-1(考虑Al3+水解时,则其浓度小于2 mol·L-1)。 2.物质的量浓度的计算 (1)标准状况下,气体溶质的物质的量浓度的计算 c= (2)物质的量浓度与溶解度的换算 若某饱和溶液的密度为ρ g·cm-3,溶质的摩尔质量为M g·mol-1,溶解度为S g,则溶解度S与物质的量浓度的关系是c===,S=。 3.有关溶液的稀释与混合的计算方法 (1)一定物质的量浓度溶液的稀释。 根据稀释前后溶质的物质的量不变,列方程式: c1·V1=c2·V2。 (2)不同物质的量浓度溶液的混合。 根据混合前后溶质的总物质的量不变,列方程式: ①如果忽略溶液体积变化,则c1·V1+c2·V2=c混·(V1+V2)。 ②如果溶液混合后的体积改变,则c1·V1+c2·V2=c混·V混(V混=)。 (3)不同质量分数的两种溶液的混合。 抓住混合前后溶质的总质量不变,列方程式: m1·w1+m2·w2=(m1+m2)·w混。 (4)两种同溶质溶液等质量混合、等体积混合时质量分数的判定。 ①等质量混合:两种同溶质溶液(或某溶液与水)等质量混合时,w混=。 ②等体积混合:两种同溶质溶液(或某溶液与水)等体积混合时,a.若相混合的两种溶液的密度比水的密度小,则w混<,如氨、乙醇等少数溶质形成的溶液;b.若相混合的两种液体的密度比水的密度大,则w混>。如H2SO4、HNO3、NaOH、NaCl等大多数溶质形成的溶液。 知|识|对|练 角度一　物质的量浓度的含义及根据cB=的计算 1.某校化学兴趣小组在实验中发现一瓶溶液,标签上标有“CaCl2 0.1 mol·L-1”的字样,下面是该小组成员对溶液的叙述,正确的是(D) A.配制1 L该溶液,可将0.1 mol CaCl2溶于1 L水中 B.Ca2+和Cl-的物质的量浓度都是0.1 mol·L-1 C.从试剂瓶中取出该溶液的一半,则所取溶液的物质的量浓度为0.05 mol·L-1 D.将该瓶溶液稀释一倍,所得溶液中c(Cl-)为0.1 mol·L-1 解析　将0.1 mol CaCl2溶于1 L水中,所得溶液的体积大于1 L,A项错误;Cl-的物质的量浓度为0.2 mol·L-1,B项错误;所取溶液的物质的量浓度为0.1 mol·L-1,C项错误;原溶液中c(Cl-)=0.2 mol·L-1,将溶液稀释一倍后,所得溶液中c(Cl-)=0.1 mol·L-1,D项正确。 角度二　关于气体溶质的计算 2.标准状况下,V L氨气溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g·mL-1),所得溶液的密度为ρ g·mL-1,质量分数为w,物质的量浓度为c mol·L-1,则下列关系不正确的是(A) A.ρ=(17V+22 400)/(22.4+22.4V) B.w=17c/1 000ρ C.w=17V/(17V+22 400) D.c=1 000ρV/(17V+22 400) 解析　由于溶液的体积既不是水的体积也不是二者的体积之和,溶液的体积不能直接确定,仅利用V无法确定ρ,A项错误;由c==,可得w=,B项正确;氨水的质量分数w==,C项正确;氨水的物质的量浓度c===,D项正确。 角度三　关于物质的量浓度、质量分数、溶解度的换算 3.现有硫酸钠溶液V mL,其密度是ρ g·mL-1,其中钠离子的质量分数是a%,则下列有关该溶液的说法不正确的是(C) A.溶质的质量分数是% B.溶液的物质的量浓度是 mol·L-1 C.溶质和溶剂的物质的量之比是9a∶(1 000-142a) D.硫酸根离子的质量分数是% 解析　现有硫酸钠溶液V mL,其密度是ρ g·mL-1,溶液质量是ρV g,其中钠离子的质量分数是a%,则钠离子的质量是ρVa% g,物质的量是 mol,所以硫酸钠的物质的量是 mol,质量是 mol×142 g·mol-1= g,则溶质的质量分数是=,A项正确;溶液的物质的量浓度是=mol·L-1,B项正确;溶质和溶剂的物质的量之比是 mol∶,C项错误;硫酸根离子的质量分数是=,D项正确。 4.已知某饱和NaCl溶液的体积为V mL,密度为ρ g·cm-3,质量分数为w%,溶液中含NaCl的质量为m g。则下列表达式正确的是(C) A.n(NaCl)= mol B.w= C.c(NaCl)= mol·L-1 D.V= 解析　n(NaCl)= mol,ρV表示的是氯化钠溶液的质量,A项错误;溶液的质量为ρ g·cm-3×V mL=ρV g,则质量分数w%=,B项错误;溶液的物质的量浓度c(NaCl)==,C项正确;=n(NaCl)·Vm不是氯化钠溶液的体积,D项错误。 角度四　溶液稀释与混合的计算 5.将1 L Na2CO3溶液加水稀释,稀释过程中c(Na+)随溶液体积的变化曲线如图所示,下列说法正确的是(B) A.稀释Na2CO3溶液需用到烧杯、玻璃棒、漏斗等仪器 B.图中x=4.5 C.将该稀释前的Na2CO3溶液与足量盐酸反应,最多收集100.8 L CO2 D.Na2CO3溶液的初始浓度为5 mol·L-1 解析　溶液稀释用不到漏斗,A项错误;溶液稀释过程中,溶质的物质的量不变,则有2x=5×1.8,得x=4.5,B项正确;1 L原Na2CO3溶液中n(Na+)=1.8 mol·L-1×5 L=9.0 mol,则其中n(C)=4.5 mol,与足量盐酸反应产生4.5 mol CO2,但题中没有指明气体所处状态,不能用“22.4 L·mol-1”计算CO2的体积,C项错误;Na2CO3溶液的初始浓度c(Na2CO3)=c(Na+)=×=4.5 mol·L-1,D项错误。 6.如图是某学校实验室从市场买回的试剂标签上的部分内容。 按要求回答下列问题: (1)硫酸的物质的量浓度为 18.4 mol·L-1 ,氨水的物质的量浓度为 12.9 mol·L-1 。  (2)各取5 mL与等质量的水混合后,c(H2SO4) < (填“>”“<”或“=”,下同) 9.2 mol·L-1,c(NH3) > 6.45 mol·L-1。  (3)各取5 mL与等体积的水混合后,w(H2SO4) > 49%,w(NH3) < 12.5%。  解析　(1)利用c=计算,c(H2SO4)= mol·L-1=18.4 mol·L-1,c(NH3)= mol·L-1≈12.9 mol·L-1。(2)硫酸的密度大于水,氨水的密度小于水,各取5 mL与等质量的水混合后,所得稀硫酸的体积大于10 mL,稀氨水的体积小于10 mL,故有c(H2SO4)<9.2 mol·L-1,c(NH3)>6.45 mol·L-1。(3)5 mL硫酸和5 mL氨水的质量分别为1.84 g·cm-3×5 mL=9.2 g、0.88 g·cm-3×5 mL=4.4 g,而5 mL水的质量约为5 g,故各取5 mL与等体积的水混合后,w(H2SO4)>49%,w(NH3)<12.5%。 角度五　巧用电荷守恒求解离子浓度 7.由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液,其c(H+)=0.1 mol·L-1,c(Al3+)=0.4 mol·L-1,c(S)=0.8 mol·L-1,则(Kc+)为(C) A.0.15 mol·L-1 B.0.2 mol·L-1 C.0.3 mol·L-1 D.0.4 mol·L-1 解析　根据溶液电荷守恒,溶液中存在3c(Al3+)+c(K+)+c(H+)=2c(S)+c(OH-),而溶液中c(OH-)很小,可以忽略不计,则有3c(Al3+)+c(K+)+c(H+)=2c(S),所以c(K+)=2c(S)-3c(Al3+)-c(H+)=2×0.8 mol·L-1-3×0.4 mol·L-1-0.1 mol·L-1=0.3 mol·L-1,C项正确。 巧用电荷守恒求解离子浓度 任何电解质溶液中均存在电荷守恒,即溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数。 如Al2(SO4)3溶液中的电荷守恒为3c(Al3+)+c(H+)=2c(S)+c(OH-),知其中三种离子的浓度,即可求剩余一种离子的浓度。 注意　一般情况下,列电荷守恒等式时不能忽略H+、OH-,但在计算时,酸性溶液中常可忽略OH-,碱性溶液中常可忽略H+。 考点2　配制一定物质的量浓度的溶液 　 知|识|梳|理 1.主要配制仪器——容量瓶 (1)构造及用途。 (2)查漏操作。 2.配制辅助仪器 (1)托盘天平:称量前先调零,称量时药品放在左盘,砝码放在右盘,读数精确到0.1 g。 (2)胶头滴管:在实验中往试管或其他容器中滴加少量试剂,或用于量筒和容量瓶的定容。 3.配制过程及操作 以配制500 mL 1.0 mol·L-1 NaCl溶液为例: 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.容量瓶在使用前要检查是否漏水。(√) 提示:容量瓶、分液漏斗、酸碱滴定管使用前均要检查是否漏水。 2.配制950 mL 某浓度的溶液应选用950 mL的容量瓶。(×) 提示:无950 mL容量瓶,所以配制一定物质的量浓度的溶液时,要考虑到容量瓶的规格。 3.把0.585 g NaCl固体放入100 mL容量瓶中,加水到刻度线处,配成0.1 mol·L-1的NaCl溶液。(×) 提示:容量瓶、量筒不能用来溶解物质,也不能作反应容器。 4.摇匀后,液面位于刻度线以下,应再加水至刻度线。(×) 提示:不应再加水,再加水相当于将溶液稀释了。 5.配制950 mL 2 mol·L-1 Na2CO3溶液时,应选1 000 mL容量瓶,称取Na2CO3·10H2O 572.0 g。(√) 提示:没有950 mL容量瓶,应选1 000 mL的容量瓶,故称取固体时应与1 000 mL溶液相对应,需要Na2CO3的物质的量为2 mol,则Na2CO3·10H2O的质量为572.0 g。 知|识|拓|展 1.一定物质的量浓度溶液的配制过程的几点注意 (1)选择容量瓶时遵循“大而近”的原则,所需溶质的量按所选用的容量瓶的规格进行计算,不能配制任意体积的溶液。 (2)不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释,不能作为反应器或用来长期贮存溶液。 (3)不能将过冷或过热的溶液转移到容量瓶中,因为容量瓶的容积是在瓶身所标温度下确定的。 (4)向容量瓶中注入液体时,要用玻璃棒引流;且玻璃棒下端要靠在容量瓶的刻度线以下的瓶颈内壁上。 (5)配制一定物质的量浓度的溶液是将一定质量或体积的溶质在选定的容量瓶中定容,不必计算水的用量。 (6)配制NaOH溶液时,必须用带盖的称量瓶或小烧杯快速称量NaOH固体,不能将NaOH直接放在纸片上,因NaOH固体易潮解,且易与空气中的CO2反应。 (7)使用容量瓶前必须检查是否漏水,必须把容量瓶洗涤干净,但不能用待配液润洗,不必干燥。 (8)用浓硫酸配制稀硫酸,溶解时一定要把浓硫酸慢慢注入水中,切不可将水倒入浓硫酸中。 2.溶液配制过程中的“四个数据” 数据 要求或解释 药品的 质量 实验室中一般用托盘天平称量药品,而托盘天平只能精确到0.1 g,所以记录数据时只能保留小数点后一位数字。如所需NaCl的质量为14.6 g,不能写为14.60 g 容量瓶 的规格 (1)选择容量瓶的规格时应该与所配溶液体积相等或稍大,如需用480 mL某溶液,则应该选择500 mL容量瓶 (2)回答补充仪器的问题时应该注明容量瓶的规格,如应回答“500 mL容量瓶”,不能只回答“容量瓶” 洗涤烧杯 和玻璃棒 2~3次 移液时洗涤烧杯和玻璃棒2~3次是为了确保溶质全部转入容量瓶中,否则会导致溶液浓度偏低 液面离 容量瓶 刻度线下 1~2 cm 定容时,当液面离容量瓶刻度线下1~2 cm时,应该改用胶头滴管滴加,否则容易导致液体体积超过刻度线,从而使溶液浓度偏低 3.误差分析 (1)误差分析的理论依据。 根据cB=可得,一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量nB和溶液的体积V引起的。误差分析时,关键要看溶液配制过程中引起了nB或V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时,若nB比理论值小,或V比理论值大时,都会使所配溶液浓度偏小;若nB比理论值大,或V比理论值小时,都会使所配溶液浓度偏大。 (2)俯视、仰视的分析。 结果:仰视时,容器内液面高于刻度线;俯视时,容器内液面低于刻度线。 知|识|对|练 角度六　一定物质的量浓度溶液的配制过程 8.实验室用KNO3固体配制一定物质的量浓度的KNO3溶液。下列图示对应操作正确的是(B) 选项 A B C D 图示 操作 称量 转移 定容 摇匀 解析　用托盘天平称量KNO3固体时应“左物右码”,A项错误;转移溶液时,应用玻璃棒引流,并且玻璃棒底部靠在容量瓶刻度线以下的位置,B项正确;定容时,胶头滴管不能伸到容量瓶里,C项错误;应该反复上下颠倒摇匀,而不是上下振荡,D项错误。 9.某学生欲配制1 000 mL 6.0 mol·L-1的H2SO4,实验室有三种不同浓度的硫酸: ①480 mL 0.5 mol·L-1的硫酸;②150 mL 25%的硫酸(ρ=1.18 g·mL-1);③足量的18 mol·L-1的硫酸。有250 mL、500 mL、1 000 mL三种规格的容量瓶。老师要求把①②两种硫酸全部用完,不足的部分由③来补充。 回答下列问题: (1)实验所用25%的硫酸的物质的量浓度为 3.0 mol·L-1(保留1位小数)。  (2)配制时,该同学的操作顺序如下,请将操作步骤B、D补充完整。 A.将①②两溶液全部在烧杯中混合均匀; B.用量筒准确量取所需的18 mol·L-1的浓硫酸 295 mL,沿玻璃棒倒入上述混合液中,并用玻璃棒搅拌,使其混合均匀;  C.将混合均匀的硫酸沿玻璃棒注入所选的容量瓶中; D. 用适量的水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次,洗涤液均注入容量瓶中 ;  E.振荡,继续向容量瓶中加水,直到液面接近刻度线1~2 cm处; F.改用胶头滴管加水,使溶液的凹液面恰好与刻度线相切; G.将容量瓶盖紧,振荡,摇匀。 (3)进行操作C前还需注意 将稀释后的硫酸冷却至室温 。  (4)如果省略操作D,对所配溶液浓度有何影响? 偏小 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。  解析　(1)25%的硫酸(ρ=1.18 g·mL-1)的物质的量浓度c===3.0 mol·L-1。(2)欲配制6.0 mol·L-1的H2SO4 1 000 mL所需硫酸的物质的量=6.0 mol·L-1×1 L=6.0 mol,①480 mL 0.5 mol·L-1的硫酸中含硫酸的物质的量为0.5 mol·L-1×0.48 L=0.24 mol;②150 mL 25%的硫酸(ρ=1.18 g·mL-1)含硫酸的物质的量为3.0 mol·L-1×0.15 L=0.45 mol,6.0 mol-0.24 mol-0.45 mol=5.31 mol,所以需要18 mol·L-1的硫酸的体积V===0.295 L,即295 mL;烧杯壁和玻璃棒上都沾有硫酸,为保证全部将溶质转移到容量瓶,应进行洗涤,将洗涤液全部转移到容量瓶中。(3)容量瓶不能受热,故应将稀释后的硫酸冷却。(4)如果省略操作D,导致溶质的物质的量偏小,依据c=可知溶液浓度偏小。 角度七　配制一定物质的量浓度溶液的实验误差分析 10.(1)从改变溶质物质的量角度分析产生的误差(用“偏大”“偏小”或“无影响”填空)。 ①配制450 mL 0.1 mol·L-1的NaOH溶液,用托盘天平称取NaOH固体1.8 g: 偏小 。  ②配制500 mL 0.1 mol·L-1的硫酸铜溶液,用托盘天平称取胆矾8.0 g: 偏小 。  ③配制NaOH溶液,用托盘天平称量NaOH时,托盘天平的两个托盘上放两张质量相等的纸片,其他操作均正确: 偏小 。  ④配制一定物质的量浓度的NaOH溶液,需称量溶质4.4 g,称量时物码放置颠倒: 偏小 。  ⑤配制一定物质的量浓度的稀硫酸时,用量筒量取浓硫酸时,仰视读数: 偏大 。  ⑥定容时,加水超过刻度线,用胶头滴管吸取多余的液体至刻度线: 偏小 。  ⑦配制一定物质的量浓度溶液时,烧杯及玻璃棒未洗涤: 偏小 。  (2)从改变溶液体积角度分析产生的误差(用“偏大”“偏小”或“无影响”填空)。 ①配制NaOH溶液时,将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解,未经冷却立即转移到容量瓶中并定容: 偏大 。  ②定容摇匀后,发现液面下降,继续加水至刻度线: 偏小 。  ③定容时仰视刻度线: 偏小 。  ④定容摇匀后少量溶液外流: 无影响 。  ⑤容量瓶中原有少量蒸馏水: 无影响 。  解析　(1)②所需胆矾的质量为0.5 L×0.1 mol·L-1×250 g·mol-1=12.5 g。③NaOH易吸水潮解。④实际称量质量为4 g-0.4 g=3.6 g。 (2)①NaOH溶于水放热,溶液的体积比室温时大,应恢复至室温后再移液、定容。 考点3　溶解度 　 知|识|梳|理 1.固体的溶解度 (1)在一定温度下,某固体物质在100 g溶剂(通常是水)里达到饱和状态时所溶解的质量,叫做这种物质在该溶剂里的溶解度,其单位为“g”。  (2)固体物质溶解度(饱和溶液)S=×100 g。  (3)影响溶解度大小的因素。 ①内因:物质本身的性质(由结构决定)。 ②外因。 a.溶剂的影响(如NaCl易溶于水不易溶于汽油)。 b.温度的影响:升温,大多数固体物质的溶解度增大,少数物质却相反,如Ca(OH)2。温度对NaCl的溶解度影响不大。 2.气体的溶解度 (1)通常指该气体(其压强为101 kPa)在一定温度时溶解于1体积水里达到饱和状态时气体的体积,常记为1∶。如Nx3、HCl、SH2、COO2等气体在20 ℃时的溶解度分别为1∶700、1∶500、1∶40、1∶1。 (2)气体溶解度的大小与温度和压强有关,温度升高,溶解度减小;压强增大,溶解度增大。 3.溶解度曲线 (1)溶解度曲线的表示方法。 (2)溶解度曲线的意义。 ①点:曲线上的点叫饱和点。 a.曲线上任一点表示对应温度下该物质的溶解度。 b.两曲线的交点表示两物质在交点的温度下溶解度相等。 ②线:溶解度曲线表示物质的溶解度随温度变化的趋势,其变化趋势分为以下三种 a.陡升型:大部分固体物质的溶解度随温度升高而增大,且变化影响大,如硝酸钾,提纯时常采用降温结晶(冷却热饱和溶液)的方法。 b.下降型:极少数物质的溶解度随温度升高而减小,如熟石灰。 c.缓升型:少数物质的溶解度随温度变化不大,如氯化钠,提纯时常采用蒸发结晶(蒸发溶剂)的方法。 ③面。 a.溶解度曲线下方的面表示不同温度下该物质的不饱和溶液。 b.溶解度曲线上方的面表示相应温度下的过饱和溶液。 4.利用溶解度受温度影响选择不同的除杂方法 (1)溶解度受温度影响较小的物质(如NaCl)采取蒸发结晶的方法;如NaCl溶液中含有KNO3,应采取蒸发结晶、趁热过滤的方法。 (2)溶解度受温度影响较大的物质(或带有结晶水)采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法;如KNO3溶液中含有NaCl,应采取加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法。 知|识|对|练 角度八　饱和溶液与不饱和溶液 11.某温度下,V mL不饱和NaNO3溶液a g,蒸发掉b g水或加入b g NaNO3固体(恢复到原温度)均可使溶液达到饱和,则下列各量的计算结果正确的是(C) A.该温度下NaNO3的溶解度为200 g B.原不饱和溶液中NaNO3的质量分数为% C.原不饱和溶液中NaNO3的物质的量浓度为 mol·L-1 D.原不饱和溶液的密度为 g·mL-1 解析　由题意可知,b g水中溶解b g NaNO3达到饱和,即在此温度下NaNO3的溶解度为100 g,A项错误;此温度下饱和溶液的质量分数为×100%=50%,所以原溶液中NaNO3的质量为(a-b)g×50%,则原不饱和溶液中NaNO3的质量分数为×100%=%,B项错误;原不饱和溶液中NaNO3的物质的量浓度为÷ L= mol·L-1,C项正确;原不饱和溶液的密度为= g·mL-1,D项错误。 角度九　溶解度曲线的应用 12.以氯化钠和硫酸铵为原料制备氯化铵及副产品硫酸钠,工艺流程如图: 氯化铵和硫酸钠的溶解度随温度变化如图所示。 回答下列问题: (1)实验室进行蒸发浓缩用到的主要仪器有 蒸发皿 、烧杯、玻璃棒、酒精灯等。  (2)“冷却结晶”过程中,析出NH4Cl晶体的合适温度为 35 ℃(33~40 ℃的任一个值都可) 。  (3)若NH4Cl产品中含有硫酸钠杂质,进一步提纯产品的方法是 重结晶 。  解析　氯化铵的溶解度随温度变化较大,而硫酸钠在30~100 ℃之间变化不大,故可用冷却结晶法将NH4Cl晶体析出,但温度不能太低,以防硫酸钠析出。所以合适的温度在33~40 ℃范围内。 微充电　素养提升 技法模型——巧妙提取关系式　速解多步计算题 　 　　关系式是表示两种或多种物质之间量的关系的一种简化的式子。在多步反应中,它可以把始态的反应物与终态的生成物之间量的关系表示出来,将多步计算简化为一步计算。高考题量大、时间紧,对于涉及多步计算问题,如滴定实验的有关计算,巧妙运用关系式法可大大缩短答题时间。 命题点1　根据多步反应的方程式找关系式 【母题1】　某实验小组利用硫渣与氯气反应制备四氯化锡,用碘量法测定四氯化锡粗产品(含有AsCl3杂质,摩尔质量为181.5 g·mol-1)的纯度:取10.00 g四氯化锡粗产品溶于水,向所得溶液中加入20.00 mL 0.100 mol·L-1 I2标准溶液,再加入少量的淀粉溶液;用1.00×10-3 mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定过量的I2。达到滴定终点时消耗20.00 mL Na2S2O3标准溶液。测定过程中发生的相关反应为①AsCl3+3H2O===H3AsO3+3HCl;②H3AsO3+I2+H2O===H3AsO4+2HI;③2Na2S2O3+I2===Na2S4O6+2NaI。则该粗产品中SnCl4的质量分数为 96.4 %(结果保留三位有效数字)。  解析　 【衍生1】　利用碘量法测定WCl6样品纯度,实验过程如下:先将m g WCl6样品转化为可溶的Na2WO4,通过I离子交换柱发生反应W+Ba(IO3)2===BaWO4+2I;交换结束后,向所得含I的溶液中加入适量酸化的KI溶液,发生反应I+5I-+6H+===3I2+3H2O;反应完全后,向溶液中加入指示剂淀粉溶液,用c mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定,发生反应I2+2S2===2I-+S4。滴定达到终点时消耗c mol·L-1的Na2S2O3标准溶液V mL,则样品中WCl6(摩尔质量为M g·mol-1)的质量分数为  %(用含c、V、M、m的式子表示)。  解析　 命题点2　根据原子守恒或得失电子守恒找关系式 1.利用原子守恒推导关系式。 实际化工生产中往往涉及多步反应,但原料和产品中的某种主要元素是相同的,据此可利用原子守恒找出关系式。 如工业上用FeS2制取H2SO4,可利用硫原子守恒找出关系式FeS2~2H2SO4,这样可避免书写化学方程式,缩短解题时间。 2.利用氧化还原得失电子守恒推导关系式。 如用K2Cr2O7氧化Fe2+可利用得失电子守恒找出关系式Cr2~6Fe2+。 【母题2】　测定聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m样品中铁的质量分数:准确称取液态样品3.000 g,置于250 mL锥形瓶中,加入适量稀盐酸,加热,滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2+将Fe3+还原为Fe2+),充分反应后,除去过量的Sn2+。用5.000×10-2 mol·L-1 K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+),消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。 (1)上述实验中若不除去过量的Sn2+,样品中铁的质量分数的测定结果将 偏大 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。  (2)计算该样品中铁的质量分数(写出计算过程)。 答案　n(Cr2)=5.000×10-2 mol·L-1×22.00 mL×10-3 L·mL-1=1.100×10-3 mol,滴定时Cr2→Cr3+和Fe2+→Fe3+,根据得失电子守恒可得微粒的关系式Cr2~6Fe2+(或Cr2+14H++6Fe2+===6Fe3++2Cr3++7H2O),则n(Fe2+)=6n(Cr2)=6×1.100×10-3 mol=6.600×10-3 mol,样品中铁元素的质量m(Fe)=6.600×10-3 mol×56 g·mol-1=0.369 6 g,样品中铁元素的质量分数w(Fe)=×100%=12.32% 解析　(1)根据题意,Sn2+能将Fe3+还原为Fe2+,发生的反应为Sn2++2Fe3+===Sn4++2Fe2+,根据还原性强弱顺序为还原剂>还原产物,则还原性Sn2+>Fe2+,实验中若不除去过量的Sn2+,则加入的K2Cr2O7先氧化过量的Sn2+再氧化Fe2+,导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏大,则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。 【衍生2】　利用碘量法测定WCl6产品纯度,实验如下: (1)称量:将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中,盖紧称重为m1 g;开盖并计时1分钟,盖紧称重为m2 g;再开盖加入待测样品并计时1分钟,盖紧称重为m3 g,则样品质量为 (m3+m1-2m2) g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。  (2)滴定:先将WCl6转化为可溶的Na2WO4,通过I离子交换柱发生反应W+Ba(IO3)2===BaWO4+2I;交换结束后,向所得含I的溶液中加入适量酸化的KI溶液,发生反应I+5I-+6H+===3I2+3H2O;反应完全后,用Na2S2O3标准溶液滴定,发生反应I2+2S2===2I-+S4。滴定达终点时消耗c mol·L-1的Na2S2O3溶液V mL,则样品中WCl6(摩尔质量为M g·mol-1)的质量分数为 % 。称量时,若加入待测样品后,开盖时间超过1分钟,则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将 不变 (填“偏大”“偏小”或“不变”),样品中WCl6质量分数的测定值将 偏大 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。  解析　(1)利用碘量法测定WCl6产品纯度,称量时加入足量的CS2用于溶解样品,盖紧称重为m1g,由于CS2易挥发,开盖时要挥发出来,称量的质量要减少,开盖并计时1分钟,盖紧称重为m2 g,则挥发出的CS2的质量为(m1-m2)g,再开盖加入待测样品并计时1分钟,又挥发出(m1-m2)g的CS2,盖紧称重为m3 g,则样品质量为m3 g+2(m1-m2)g-m1 g=(m3+m1-2m2)g。(2)滴定时,根据关系式W~2I~6I2~12S2,样品中n(WCl6)=n(W)=n(S2)=cV×10-3 mol,m(WCl6)=cV×10-3 mol×M g·mol-1= g,则样品中WCl6的质量分数为×100%=%;根据测定原理,称量时,若加入待测样品后,开盖时间超过1分钟,挥发的CS2质量增大,m3偏小,但WCl6的质量不变,则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将不变,样品中WCl6质量分数的测定值将偏大。 命题点3　关系式法在计算转化率(产率)中的应用 1.物质的质量分数(或纯度)=×100%。 2.反应物的转化率=×100%。 3.生成物的产率=×100%。其中理论产量是根据方程式计算出的数值。 【母题3】　实验室在55~60 ℃的条件下将20 mL苯(密度为0.88 g·cm-3)与22 mL浓硫酸和20 mL浓硝酸的混合液共热来制备硝基苯(难溶于水的油状液体),制备原理和装置如下(加热和夹持装置省略): +HNO3+H2O (1)实验所用苯的质量为 17.6 g 。  (2)若该实验制备得到纯硝基苯18 g,计算该实验中硝基苯的产率为 64.86% (保留小数点后两位)。  解析　(1)实验所用苯的质量为20 mL×0.88 g·cm-3=17.6 g。(2)根据关系式~,可知理论上生成的硝基苯的质量为 g≈27.75 g,则硝基苯的产率为×100%≈64.86%。 【衍生3】　已知,用40 g 苯乙腈,最终得到44 g 苯乙酸纯品,则苯乙酸的产率是 95% 。  解析　 m=×40 g≈46.5 g,产率为×100%≈95%。 微真题　把握方向 　 考向一　一定物质的量浓度的溶液的配制 1.(2023·全国甲卷)实验室将粗盐提纯并配制0.100 0 mol·L-1的NaCl溶液。下列仪器中,本实验必须用到的有(D) ①天平　②温度计　③坩埚　④分液漏斗　⑤容量瓶 ⑥烧杯　⑦滴定管　⑧酒精灯 A.①②④⑥ B.①④⑤⑥ C.②③⑦⑧ D.①⑤⑥⑧ 解析　粗盐提纯涉及的操作及使用的仪器有溶解(⑥烧杯和玻璃棒)、除杂、过滤(漏斗、玻璃棒、⑥烧杯)、蒸发结晶(蒸发皿、⑧酒精灯、玻璃棒)。配制0.100 0 mol·L-1的NaCl溶液的操作步骤及使用的仪器有称量(①天平)→溶解(⑥烧杯和玻璃棒)→移液(⑥烧杯、玻璃棒、⑤容量瓶)→定容(胶头滴管),故选D。 2.(2022·广东卷)下列关于250 mL容量瓶的操作,正确的是 C 。  解析　容量瓶使用过程中不能用手等触碰瓶口,以免污染试剂,A项错误;定容时,视线应与溶液凹液面和刻度线“三线相平”,不能仰视或俯视,B项错误;向容量瓶中转移液体时,需用玻璃棒引流,玻璃棒下端位于刻度线以下,同时玻璃棒不能接触容量瓶口,C项正确;定容完成后,盖上瓶塞,将容量瓶来回颠倒,将溶液摇匀,颠倒过程中,左手食指抵住瓶塞,防止瓶塞脱落,右手扶住容量瓶底部,防止容量瓶从左手掉落,D项错误。 3.(2022·全国乙卷)二草酸合铜(Ⅱ)酸钾(K2[Cu(C2O4)2])可用于无机合成、功能材料制备。实验室制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾可采用如下步骤: Ⅰ.取已知浓度的CuSO4溶液,搅拌下滴加足量NaOH溶液,产生浅蓝色沉淀。加热,沉淀转变成黑色,过滤。 Ⅱ.向草酸(H2C2O4)溶液中加入适量K2CO3固体,制得KHC2O4和K2C2O4的混合溶液。 Ⅲ.将Ⅱ的混合溶液加热至80~85 ℃,加入Ⅰ中的黑色沉淀。全部溶解后,趁热过滤。 Ⅳ.将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩,经一系列操作后,干燥,得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体,进行表征和分析。 回答下列问题: (1)由CuSO4·5H2O配制Ⅰ中的CuSO4溶液,下列仪器中不需要的是 分液漏斗、球形冷凝管 (填仪器名称)。  (2)长期存放的CuSO4·5H2O中会出现少量白色固体,原因是 CuSO4·5H2O风化失去结晶水生成无水硫酸铜 。  (3)Ⅰ中的黑色沉淀是 CuO (写化学式)。  (4)Ⅱ中原料配比为n(H2C2O4)∶n(K2CO3)=1.5∶1,写出反应的化学方程式: 3H2C2O4+2K2CO3===2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑ 。  (5)Ⅱ中,为防止反应过于剧烈而引起喷溅,加入K2CO3应采取 分批加入并搅拌 的方法。  (6)Ⅲ中应采用 水浴 进行加热。  (7)Ⅳ中“一系列操作”包括 冷却结晶、过滤、洗涤 。  解析　(1)由CuSO4·5H2O配制Ⅰ中的CuSO4溶液,称量CuSO4·5H2O的质量用到电子天平;溶解晶体用到烧杯;加水用到量筒,故不需要的是分液漏斗、球形冷凝管。(2)CuSO4·5H2O中含结晶水,长期放置会风化失去结晶水生成无水硫酸铜,无水硫酸铜为白色固体。(3)硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀,加热,氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀。(4)n(H2C2O4)∶n(K2CO3)=1.5∶1,发生非氧化还原反应生成KHC2O4、K2C2O4、CO2和水,依据原子守恒可知,反应的化学方程式为3H2C2O4+2K2CO3===2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑。(5)为防止草酸和碳酸钾反应时过于剧烈,造成液体喷溅,可减缓反应速率,将碳酸钾分批加入并搅拌。(6)Ⅲ中将混合溶液加热至80~85 ℃,应采取水浴加热,使液体受热均匀。(7)从溶液中获得晶体的一般方法为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,因此将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体。 4. (2020·全国卷Ⅰ)由FeSO4·7H2O固体配制0.10 mol·L-1 FeSO4溶液,需要的仪器有药匙、玻璃棒、 烧杯、量筒、托盘天平 (从下列图中选择,写出名称)。  解析　由FeSO4·7H2O固体配制0.10 mol·L-1 FeSO4溶液的步骤为计算、称量、溶解并冷却至室温、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签,由FeSO4·7H2O固体配制0.10 mol·L-1 FeSO4溶液需要的仪器有药匙、托盘天平、合适的量筒、烧杯、玻璃棒、合适的容量瓶、胶头滴管。 考向二　综合考查物质的量浓度的配制及计算 5.(2024·安徽卷) 测定铁矿石中铁含量的传统方法是SnCl2-HgCl2-K2Cr2O7滴定法。研究小组用该方法测定质量为a g的某赤铁矿试样中的铁含量。 【配制溶液】 ①c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液。 ②SnCl2溶液:称取6 g SnCl2·2H2O溶于20 mL浓盐酸,加水至100 mL,加入少量锡粒。 【测定含量】按图所示(加热装置路去)操作步骤进行实验。 已知:氯化铁受热易升华;室温时HgCl2可将Sn2+氧化为Sn4+,难以氧化Fe2+;Cr2可被Fe2+还原为Cr3+。 回答下列问题: (1)下列仪器在本实验中必须用到的有 容量瓶、量筒 (填名称)。  (2)结合离子方程式解释配制SnCl2溶液时加入锡粒的原因: Sn2+易被空气氧化为Sn4+:2Sn2++O2+4H+===2Sn4++2H2O,加入锡粉,发生反应Sn4++Sn===2Sn2+,从而防止Sn2+被氧化 。  (3)步骤Ⅰ中“微热”的原因是 加快赤铁矿试样的溶解 。  (4)步骤Ⅲ中,若未“立即滴定”,则会导致测定的铁含量 偏小 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。  (5)若消耗c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液V mL,则a g试样中Fe的质量分数为 % (用含a、c、V的代数式表示)。  解析　(1)实验中配制K2Cr2O7标准溶液时需用到容量瓶和量筒,量取浓盐酸也要用到量筒,K2Cr2O7标准溶液和SnCl2溶液均需盛放在酸式滴定管中,但图中给的是碱式滴定管。(2)Sn2+易被空气氧化为Sn4+,配制SnCl2溶液时加入少量锡粒,发生反应Sn+Sn4+===2Sn2+,Sn4+被还原为Sn2+,从而防止Sn2+被氧化。(3)步骤Ⅰ中试样和浓盐酸反应时适当加热可加快反应速率。(4)步骤Ⅲ中,若未“立即滴定”,会导致部分Fe2+被空气中的O2氧化,则滴定时消耗K2Cr2O7标准溶液的体积偏小,从而导致测定的铁含量偏小。(5)根据滴定时发生反应6Fe2++Cr2+14H+===6Fe3++2Cr3++7H2O和消耗V mL的K2Cr2O7标准溶液可计算出铁矿石中铁的含量为×100%=%。 大单元整合　激活思维·培优增分(一) 　 视点一　继承中发展——应用化学方程式计算是高考中的常客 　　应用化学方程式列比例的模式:关键抓对应项列比例,且“上下单位统一,左右单位相当”。 【进阶1】　KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2,若生成1 mol I2,消耗的KI至少为 4 mol。  解析　 第一步:写出配平的方程式 2Cu2++4I-===2CuI↓+I2 第二步:把已知量和求解量列在有关物质化学式的下面 　　　4　　　 　　1 x 1 mol 第三步:列比例,求未知量 =　解得x=4 mol 【进阶2】　过氧化钙(CaO2)是一种安全无毒的物质,带有结晶水,通常还含有CaO。过氧化钙在工农业生产中广泛用作杀菌剂、防腐剂、解酸剂、油类漂白剂等。 (1)称取5.42 g过氧化钙样品,灼烧时发生如下反应2CaO2·xH2O2CaO+O2↑+2xH2O,得到的O2在标准状况下体积为672 mL,则该样品中CaO2的物质的量为 0.06 mol 。  (2)另取同一样品5.42 g,溶于适量的稀盐酸中,然后加入足量的Na2CO3溶液,将溶液中的Ca2+全部转化为CaCO3沉淀,得到干燥的CaCO3 7.0 g。 ①样品中CaO的质量为 0.56 g 。  ②样品中CaO2·xH2O中的x值为 0.5 。  解析　(1)n(O2)==0.03 mol,则 2CaO2·xH2O2CaO+O2↑+2xH2O 2 mol 1 mol n(CaO2·xH2O) 0.03 mol 解得n(CaO2·xH2O)=0.06 mol,则n(CaO2)=n(CaO2·xH2O)=0.06 mol。 (2)n(CaCO3)==0.07 mol。①根据钙元素守恒,可知n(CaO)=0.07 mol-0.06 mol=0.01 mol,所以m(CaO)=0.01 mol×56 g·mol-1=0.56 g。②样品中水的质量为m(H2O)=5.42 g-m(CaO2)-m(CaO)=5.42 g-0.06 mol×72 g·mol-1-0.56 g=0.54 g,所以n(H2O)==0.03 mol,则x==0.5。 视点二　热重曲线——守恒思想解对题 　　失重过程:一般含有结晶水的样品在受热过程中,首先考虑的是失去结晶水,对于含多个结晶水的样品,随着温度的升高,可能会分步失去结晶水。完全失去结晶水后,样品会进一步分解释放非金属元素形成的气体。若在空气中进行热重曲线分析,金属元素还可能与空气中的氧气发生相关反应。 计算原则:①金属元素始终残留在固体中,且质量守恒。②挥发出的气体中的非金属元素与样品中对应元素质量守恒。 【进阶3】　2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O固体在加热升温过程中的质量变化如图所示。 回答下列问题: (1)350 ℃时,剩余固体中已不含碳元素,则剩余固体中含有 ZnO和Zn(OH)2 (填化学式)。  (2)整个过程的总反应方程式为 2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O5ZnO+5H2O+2CO2↑ 。  解析　碱式碳酸锌加热升温过程中固体的质量变化如题图所示,350 ℃时,剩余固体中已不含碳元素,即C元素全部以CO2的形式分解了,碱式碳酸锌(即2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O)的摩尔质量为583 g·mol-1,设1 mol碱式碳酸锌加热到350 ℃时,固体质量变为423 g,则固体减少了583 g-423 g=160 g,160=2×44+18x,解得x=4,说明分解产生了4 mol H2O,即2 mol 结晶水和2 mol Zn(OH)2分解出的2 mol H2O,故还有1 mol Zn(OH)2未分解,则剩余固体中含有ZnO和Zn(OH)2。根据原子守恒原则,可得整个过程的总反应方程式为2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O5ZnO+5H2O+2CO2↑。 【进阶4】　(2024·湖南卷)将8.84 mg Nd(OH)CO3(摩尔质量为221 g·mol-1)在氮气氛围中焙烧,剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。550~600 ℃时,所得固体产物可表示为NdaOb(CO3)c,通过以上实验数据确定该产物中n(Nd3+)∶n(C)的比值: 2∶1 。  解析　8.84 mg Nd(OH)CO3的物质的量为=4×10-5 mol,其在氮气氛围中焙烧后,金属元素的质量和化合价均保持不变,因此,n(Nd3+)=4×10-5 mol;550~600 ℃时剩余固体的质量为7.60 mg,固体减少的质量为1.24 mg,由于碱式盐在受热分解时易变为正盐,氢氧化物分解得到氧化物和H2O,碳酸盐分解得到氧化物和CO2,因此,可以推测固体变为NdaOb(CO3)c时失去的质量是生成H2O和CO2的质量;根据H元素守恒可知,固体分解时生成H2O的质量为4×10-5 mol××18×103 mg·mol-1=0.36 mg,则生成CO2的质量为1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg,则生成CO2的物质的量为=2×10-5 mol,由C元素守恒可知,分解后剩余的物质的量为4×10-5 mol-2×10-5 mol=2×10-5 mol,因此可以确定该产物中n(Nd3+)∶n()的值为=2∶1。 微点突破　高考解题新思维(一) 　(2024·黑吉辽卷)硫及其化合物❶部分转化关系如图。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是() A.标准状况下,11.2 L SO2中原子总数❷为0.5NA B.100 mL 0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液中,S数目❸为0.01NA C.反应①每消耗3.4 g H2S,生成物中硫原子数目❹为0.1NA D.反应②每生成1 mol还原产物,转移电子数目❺为2NA ❶给出试题情境; ❷物质组成:判断原子数; ❸物质变化:判断离子数; ❹物质变化:判断原子数; ❺物质变化:判断转移电子数 【破题关键】　硫及其化合物的部分转化关系及有关计算。 【关键能力】　主要考查信息获取与加工、逻辑推理与论证能力。 1.信息获取与加工能力 选项 关键信息 信息加工 A 11.2 L SO2;原子数目 标准状况下,11.2 L SO2为0.5 mol B Na2SO3溶液;离子数目 Na2SO3为强碱弱酸盐,S能发生水解反应 C 3.4 g H2S;硫原子数目 需要根据化学方程式判断 D 1 mol还原产物;转移电子数目 需要确定还原产物,然后根据化学方程式判断 2.逻辑推理与论证能力 选项 分析过程 判断 A 基于微粒结构的判断 错误 B 错误 C 错误 D 反应②为3S+6OH-S+2S2-+3H2O→反应的还原产物为S2-→每生成1 mol S2-,转移2 mol电子→转移电子数目为2NA 正确 【答案】　D 【思维误区】　(1)易忽略S在水溶液中的水解;(2)反应②中还原产物易选错,转移电子数目计算易出错。 【解题反思】　本题与以往本考向所有的题目均不完全相同,本题以硫及其化合物部分转化关系图中的物质为素材,以阿伏加德罗常数为载体,侧重于对物质变化的考查。 　　随着高考对思维品质考查要求的提升,该题型也随之发生相应的变化,由原来侧重于对微粒组成和结构的考查,转向侧重于对物质变化过程中微粒变化的考查,因此在备考时,要关注一些特殊的反应和变化,包括能不能反应、发生了什么反应以及反应到什么程度等。 学科网（北京）股份有限公司 $$