2026年高考化学考前阅读材料——元素化合物

2026高考考前阅读材料 元素化合物 【考向分析】 1.课程标准 ①结合真实情景中的应用实例或通过实验探究，了解钠、铁、氯、氮、硫及其重要化合物的主要性质，认识这些物质在生产中的应用和对生态环境的影响。 ②结合实例认识金属、非金属及其化合物的多样性，了解通过化学反应可以探索物质性质、实现物质转化，认识物质及其转化在促进社会文明进步、自然资源综合利用和环境保护中的重要价值。 2.学业要求 ①能依据物质类别和元素价态列举某种元素的典型代表物。能利用电离、离子反应、氧化还原反应等概念对常见的反应进行分类和分析说明。能用电离方程式表示某些酸、碱、盐的电离。 ②能列举、描述、辨识典型物质重要的物理和化学性质及实验现象。能用化学方程式、离子方程式正确表示典型物质的主要化学性质。 ③能从物质类别、元素价态的角度，依据复分解反应和氧化还原反应原理，预测物质的化学性质和变化，设计实验进行初步验证，并能分析、解释有关实验现象。 ④能利用典型代表物的性质和反应，设计常见物质制备、分离、提纯、检验等简单任务的方案。能从物质类别和元素价态变化的视角说明物质的转化路径。 ⑤能根据物质的性质分析实验室、生产、生活及环境中的某些常见问题，说明妥善保存、合理使用化学品的常见方法。 ⑥能说明常见元素及其化合物的应用（如金属冶炼、合成氨等）对社会发展的价值、对环境的影响。能有意识运用所学的知识或寻求相关证据参与社会性议题的讨论（如酸雨和雾霾防治、水体保护、食品安全等）。 3.考查方向 元素化合物知识点多，涉及面广，与生产、生活、科技等问题密切相关，是化学学习和研究的重点，其相关知识既为化学概念、原理和物质结构的学习提供丰富的感性素材，同时也是高考化学试题中的知识载体、能力的支撑点。高考中这部分内容很少单独出题，经常以离子共存、物质推断、化学流程、元素化合物与基本理论融合出现，近几年高考加强了元素及其化合物知识与基本概念、基本理论的结合，该部分知识在高考中的考查要求逐渐提高。 （1）选择题以考查物质的性质、制备、用途，以正误判断的形式考查考生对常见物质鉴别与检验方法的掌握情况。 （2）II卷主要结合具体工艺流程及实验探究，考查物质的性质、检验、除杂，兼顾方程式的书写、计算等。 ①无机推断题具有明显的化学学科特点，是将基本概念、基本理论、元素单质及其重要化合物性质与化学实验、简单计算有机结合起来的综合题型。 ②无机工业流程题以真实的工业生产过程为背景，能够综合考查学生将所学知识应用在实际工业情景中解决问题的能力。 ③元素化合物与基本理论相结合的综合题以元素化合物知识为载体，综合氧化还原、强弱电解质、平衡移动原理、物质结构等理论知识，对考生的思维能力进行综合考查，并常以实验操作与现象预测、结论解释的题型考查化学反应原理在元素及其化合物中的应用。 4.主要考点 多以工艺流程为载体进行金属元素的考查，以实验推断题为载体进行无机盐、非金属化合物的考查。近几年在工业流程题中涉及过渡元素较多，考查学生基于元素周期律及已知信息类比迁移至陌生金属性质，主要考点有矿渣的浸取；物质的分离、除杂和沉淀转化，可能涉及反应原理与规律中的相关知识。二是某些非金属元素及其化合物的性质及应用，最常考的是气体制备、除杂、氧化还原及水解、尾气处理等实验单元。 【必备知识】 1.非金属及其化合物的几个注意点 （1）次氯酸盐性质的两个注意点 ①ClO－不论是在酸性环境中还是碱性环境中均能体现强氧化性，如ClO－与SO32-、I－、Fe2＋均不能大量共存。 ②ClO－能水解，使溶液显碱性，如Fe3＋＋3ClO－＋3H2O==Fe（OH）3＋3HClO。 ③HClO的酸性介于碳酸的第一二步电离之间，因此次氯酸钠与二氧化碳和水反应产物为NaHCO3而非Na2CO3：NaClO＋CO2＋H2O==NaHCO3＋HClO （2）常见无机酸的重要规律 ①最高价氧化物对应水化物的酸性强弱取决于该元素非金属性的强弱，如酸性： HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞H2SiO3。 ②证明酸性强弱，可利用复分解反应中“强酸制弱酸”的规律，如： Na2SiO3＋CO2＋H2O==Na2CO3＋H2SiO3↓； Ca(ClO)2＋CO2＋H2O==CaCO3↓＋2HClO。 ③强氧化性酸（如HNO3、浓H2SO4）与金属反应，不生成H2；金属和浓HNO3反应一般生成NO2，而金属和稀HNO3反应一般生成NO。 （3）常见无机酸的重要特性 ①硝酸、浓H2SO4、次氯酸具有强氧化性，属于氧化性酸，其中HNO3、HClO见光或受热易分解。 ②浓HNO3和Cu（足量）、浓H2SO4和Cu（足量）、浓盐酸和MnO2（足量）在反应时，随反应进行，溶液逐渐变稀，产物会发生变化或反应停止。 ③浓H2SO4具有吸水性、脱水性和强氧化性。 ④常温下，铁、铝遇浓H2SO4、浓HNO3发生钝化。 2.金属及其化合物的“六个”注意点 （1）等物质的量的金属钠被氧化成Na2O和Na2O2时转移的电子数相同。 （2）钠与盐的溶液反应：钠不能置换出溶液中的金属，钠先与水反应，生成的碱再 与溶液中的其他物质反应。 （3） Fe2O3、Fe(OH)3与氢碘酸反应时，涉及Fe3＋与I－的氧化还原反应，产物为 Fe2＋、I2和H2O。 （4）FeCl3溶液加热浓缩时，因Fe3＋的水解和HCl的挥发，得到的固体为Fe(OH)3，灼烧后得到红棕色Fe2O3固体；而Fe2(SO4)3溶液蒸干时，因硫酸是难挥发性的酸，最后得到的固体仍为Fe2(SO4)3。 （5）注意亚铁盐及Fe(OH)2易被空气中氧气氧化成三价铁的化合物。 （6）Cu与稀硫酸不反应，而Cu2O能与稀硫酸反应：Cu2O＋H2SO4==CuSO4＋Cu＋H2O（溶液为蓝色），利用此性质可以区分Cu和Cu2O。 【真题研析】 1.（2023·湖南高考）取一定体积的两种试剂进行反应，改变两种试剂的滴加顺序（试剂浓度均为0.1 mol·L－1），反应现象没有明显差别的是（　　） 选项 试剂① 试剂② A 氨水 AgNO3溶液 B NaOH溶液 Al2（SO4）3溶液 C H2C2O4溶液 酸性KMnO4溶液 D KSCN溶液 FeCl3溶液 答案：D 2.（2022·湖北高考）Be2＋和Al3＋的电荷与半径之比相近，导致两元素性质相似。下列说法错误的是（　　） A.Be2＋与Al3＋都能在水中与氨形成配合物 B.BeCl2和AlCl3的熔点都比MgCl2的低 C.Be（OH）2和Al（OH）3均可表现出弱酸性 D.Be和Al的氢化物都不能在酸中稳定存在 答案：A 【关键能力】 此类试题考查能力层次较低，要求学生在熟练掌握教材知识的基础上进行适当地迁移应用，主要考查学生的逻辑推理与论证、知识迁移与应用能力。 （1）逻辑推理与论证能力 ①基于物质化学性质的实验现象的判断 T1 A、B、C三项中： A项中滴加顺序不同，现象不同。 B项中，滴加顺序不同，现象不同。 C项中，滴加顺序不同，现象不同。 ②基于离子检验方法的实验现象判断 （2）知识迁移与应用能力 T2铍、铝性质的信息应用中： 考点突破一：常见元素及其化合物的性质和应用 【例1】（2024·全国·高考）下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是 A．试管壁上的银镜用稀硝酸清洗： B．工业废水中的用去除： C．海水提溴过程中将溴吹入吸收塔： D．用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度： 【例2】（2024·全国高考）下列过程对应的离子方程式正确的是 A．用氢氟酸刻蚀玻璃： B．用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板： C．用硫代硫酸钠溶液脱氯： D．用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢中的硫酸钙： 【例3】（2024·北京·高考）下列方程式与所给事实不相符的是 A．海水提溴过程中，用氯气氧化苦卤得到溴单质： B．用绿矾()将酸性工业废水中的转化为 C．用5%Na2SO4溶液能有效除去误食的 D．用溶液将水垢中的转化为溶于酸的： 【例4】（2024·浙江·高考）下列化学反应与方程式不相符的是 A．黑火药爆炸： B．四氯化钛水解： C．硫化钠溶液在空气中氧化变质： D．硬脂酸甘油酯在溶液中皂化：＋3NaOH＋3C17H35COONa 【例5】（2024·湖南·高考真题）下列过程中，对应的反应方程式错误的是 A 《天工开物》记载用炉甘石()火法炼锌 B 用作野外生氢剂 C 饱和溶液浸泡锅炉水垢 D 绿矾()处理酸性工业废水中的 【例6】（2024·湖北·高考真题）过量与以下的溶液反应，下列总反应方程式错误的是 溶液 现象 化学方程式 A 产生淡黄色沉淀 B 溶液由棕黄色变浅绿色 C 溶液褪色，产生白色沉淀 D (含酚酞) 溶液由红色变无色 【归纳总结】常考金属元素及其化合物的重要性质和应用 常见物质 日常应用 利用的性质 钠 核反应堆的传热介质 熔点较低，导热性好 氢氧化钠 制肥皂 与油脂发生皂化反应生成高级脂肪酸钠 氯化钠 调味剂 具有咸味 配制生理盐水(0.9%) 体液替代物 碳酸氢钠 发酵粉、膨松剂 2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑ 胃酸中和剂 HCO＋H＋===H2O＋CO2↑ 用于泡沫灭火器 Al2(SO4)3＋6NaHCO3===2Al(OH)3↓＋6CO2↑＋3Na2SO4 碳酸钠 清洗油污（加热） 水解，溶液显碱性 制玻璃 Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑ 氧化铝 耐火材料 熔点高 铝 铝制品 表面易生成致密的氧化膜 铝热剂(焊接钢轨) 2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe(放出大量热量) 氢氧化铝 胃酸中和剂 碱性较弱Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O 明矾、 铁盐 净水剂 在水中生成Al(OH)3[或Fe(OH)3]胶体，其可以和悬浮的泥沙形成絮状不溶物沉降下来 氧化铁 红色油漆和涂料 氧化铁是一种红棕色粉末 硫酸铜 配制农药，杀菌消毒 铜离子(重金属离子)能使蛋白质变性 常考非金属元素及其化合物的重要性质和应用 物质 性质 应用 二氧化硅 对光进行全反射 光导纤维 熔点高 石英坩埚 硅胶 多孔，表面积大，吸附性强 干燥剂、催化剂载体 氢氟酸 HF能与SiO2反应 玻璃蚀刻剂 硅酸钠溶液 — 黏合剂、防火剂、防腐剂 硅 硅是半导体 制作硅芯片、制作光电池 氯气 Cl2溶于水，产生具有强氧化性的次氯酸 杀菌消毒剂、漂白剂 臭氧、ClO2 具有强氧化性 杀菌消毒剂 漂白粉、 漂白精 与空气中的CO2反应，产生具有强氧化性的次氯酸 杀菌消毒剂、漂白剂 二氧化氯 有强氧化性 饮用水消毒 二氧化硫 与某些有色物质生成不稳定的无色物质 漂白纸浆、毛、丝、草帽辫 浓硫酸 具有吸水性 酸性或中性气体的干燥剂 碳化硅 硬度大 作砂纸、砂轮的磨料 干冰 升华吸热 人工降雨 乙烯 具有催熟作用 作果实的催熟剂 液氨 液氨汽化时吸收大量的热 制冷剂 考点突破二：物质的转化与推断 【例7】（2024·浙江·高考真题）根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计或结论不正确的是 实验目的 方案设计 现象 结论 A 探究和浓反应后溶液呈绿色的原因 将通入下列溶液至饱和：①浓HNO3②和HNO3，混合溶液 ①无色变黄色②蓝色变绿色 和浓反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有 B 比较与结合的能力 向等物质的量浓度的和混合溶液中滴加几滴溶液，振荡 溶液颜色无明显变化 结合的能力： C 比较与的酸性 分别测定等物质的量浓度与的 前者小 酸性： D 探究温度对反应速率的影响 等体积、等物质的量浓度的与溶液在不同温度下反应 温度高的溶液中先出现浑浊 温度升高，该反应速率加快 【例8】（2024·江苏·高考真题）室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 用溶液分别中和等体积的溶液和溶液，消耗的溶液多 酸性： B 向溶液中滴加几滴溴水，振荡，产生淡黄色沉淀 氧化性： C 向浓度均为的和混合溶液中滴加少量溶液，振荡，产生白色沉淀 溶度积常数： D 用pH试纸分别测定溶液和溶液pH，溶液pH大 结合能力： 【例9】（2024·河北·高考真题）下列实验操作及现象能得出相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 A 还原铁粉与水蒸气反应生成的气体点燃后有爆鸣声 具有还原性 B 待测液中滴加溶液，生成白色沉淀 待测液含有 C 和中均分别加入溶液和盐酸，只溶于盐酸，都能溶 比碱性强 D 溶液中滴加溶液，溶液由橙色变为黄色 增大生成物的浓度，平衡向逆反应方向移动 【解题指导】解推断题的一般思维策略 1．抓住特性： 1.1牢记单质或化合物具有“特性”的元素 元素 性质特征 H 单质密度最小的元素 Li ①单质密度最小的金属元素；②元素的单质在常温下能与水反应放出气体的短周期元素 C ①形成化合物种类最多的元素；②对应的某种单质是自然界中硬度最大的物质的元素；③某种氧化物可产生“温室效应”的元素 N ①空气中含量最多的元素；②气态氢化物的水溶液呈碱性的元素；③元素的气态氢化物和它的最高价氧化物对应的水化物能发生化合反应的元素；④常见氢化物可作制冷剂；⑤某一氢化物可作气态燃料 O ①地壳中含量最多的元素；②简单氢化物在通常情况下呈液态的元素；③某一单质可杀菌、消毒、漂白 F ①活泼的非金属元素；②无正化合价的元素；③无含氧酸的非金属元素；④无氧酸可腐蚀玻璃的元素；⑤气态氢化物最稳定的元素；⑥阴离子的还原性最弱的元素；⑦元素的单质在常温下能与水反应放出气体（氧气）的短周期元素 Na ①焰色反应呈黄色的元素；②短周期中金属性最强的元素；③元素的单质在常温下能与水反应放出气体的短周期金属元素；④两种常见氧化物的水化物均呈碱性的短周期元素；⑤短周期中原子半径最大的元素 Al ①地壳中含量最多的金属元素；②最高价氧化物及其水化物既能与强酸反应，又能与强碱反应的元素；③氧化物可作耐火材料；④氧化物是刚玉、宝石主要成分的元素 Si ①单质为常见的半导体材料；②最高价非金属氧化物对应的水化物难溶于水 P ①组成骨骼和牙齿的必要元素；②某一单质和其氢化物都能自燃 S ①元素的气态氢化物和它的最高价氧化物对应的水化物能发生氧化还原反应的元素；②元素的气态氢化物能和它的氧化物在常温下反应生成该元素的单质的元素 K 焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃观察)的元素 Ge 单质为常见的半导体材料 Br 常温下单质呈液态的非金属元素 Hg 常温下单质呈液态的金属元素 Cs ①最活泼的金属元素；②最高价氧化物对应水化物的碱性最强的元素；③阳离子的氧化性最弱的元素 1.2物质表现出特殊的物理或化学性质，具有一些特征反应反应中能产生特殊现象。 （1）受热分解产生2种或3种气体的反应： ①铵盐 NH4HCO3[(NH4)2CO3]→NH3↑+CO2↑+H2O NH4HSO3[(NH4)2SO3]→NH3↑+SO2↑+H2O NH4HS[(NH4)2S]→NH3↑+H2S↑ ②硝酸盐 2Cu(NO3)2 → 2CuO + 4NO2↑ + O2↑ 2AgNO3 → 2Ag + 2NO2 ↑+ O2↑ （2）与水反应产生气体 ①单质 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ 2F2+2H2O=4HF+O2↑ ②化合物 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ Mg3N2+3H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑ Al2S3+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑ CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2↑ （3）强烈相互促进水解的物质： Al3+与CO32-(HCO3-)→CO2↑+Al(OH)3↓ Al3+与S2-(HS-)→H2S↑+Al(OH)3↓ Al3+与AlO2-→Al(OH)3↓ ( X ) ( X )2．利用转化： 2.1直线型转化 A→B→C a.X为O2 Na→Na2O→Na2O2 N2→NO→NO2或NH3→NO→NO2 S→SO2→SO3或H2S→SO2→SO3 C→CO→CO2或CH4→CO→CO2 醇→醛→羧酸 b.X为CO2 NaOHNa2CO3NaHCO3 C.X为强酸，如HCl NaAlO2Al(OH)3AlCl3 Na2CO3NaHCO3CO2 d.X为强碱，如NaOH AlCl3Al(OH)3NaAlO2 2.2注意反应形式与物质的关系，特别是置换反应 a．金属→金属：金属＋盐→盐＋金属，铝热反应。 b．金属→非金属：活泼金属＋H2O(或H＋)→H2，2Mg＋CO22MgO＋C。 c．非金属→非金属：2F2＋2H2O===4HF＋O2，2C＋SiO2Si＋2CO↑， C＋H2O(g)CO＋H2，X2＋H2S===2HX＋S↓(X＝Cl、Br、I)。 d．非金属→金属：用H2、C冶炼金属。 3.利用元素成键特点以及化合价 【例10】(2023·浙江1月选考，10)X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大，X的2s轨道全充满，Y的s能级电子数量是p能级的两倍，M是地壳中含量最多的元素，Q是纯碱中的一种元素。下列说法不正确的是(　　) A． 电负性：Z>X B.最高正价：Z<M C.Q与M的化合物中可能含有非极性共价键 D.最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y 【例11】(2023·全国甲卷，11)W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为19。Y的最外层电子数与其K层电子数相等，WX2是形成酸雨的物质之一。下列说法正确的是(　　) A.原子半径：X>W B.简单氢化物的沸点：X<Z C.Y与X可形成离子化合物 D.Z的最高价含氧酸是弱酸 考点突破三：化工流程题 【例12】（2024·北京·高考真题）利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。 (1)矿石在焙烧前需粉碎，其作用是 。 (2)的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是 。 (3)矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。 温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质 400 500 ①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是 。 ②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是 。 (4)用离子方程式表示置换过程中加入的目的 。 (5)粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是 。 【例13】（2024·山东·高考真题）以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和的工艺流程如下，回答下列问题： (1)“热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫。溶解等物质的量的和时，消耗物质的量之比为 ；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时挥发外，另一目的是防止产生 (填化学式)。 (2)将“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属“电解I”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为 。 (3)“还原”中加入铅精矿的目的是 。 (4)“置换”中可选用的试剂X为 (填标号)。 A．         B．        C．        D． “置换”反应的离子方程式为 。 (5)“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作 (填“阴极”或“阳极”)。 【例14】（2024·浙江·高考真题）矿物资源的综合利用有多种方法，如铅锌矿(主要成分为)的利用有火法和电解法等。 已知：①； ②电解前后总量不变；③易溶于水。 (1)根据富氧煅烧(在空气流中煅烧)和通电电解(如图)的结果，中硫元素体现的性质是 (选填“氧化性”、“还原性”、“酸性”、“热稳定性”之一)。产物B中有少量，该物质可溶于浓盐酸，元素转化为，写出该反应的化学方程式 ；从该反应液中提取的步骤如下：加热条件下，加入 (填一种反应试剂)，充分反应，趁热过滤，冷却结晶，得到产品。 (2)下列说法正确的是_______。 A．电解池中发生的总反应是(条件省略) B．产物B主要是铅氧化物与锌氧化物 C．化合物C在水溶液中最多可中和 D．的氧化性弱于 (3)D的结构为(或)，设计实验先除去样品D中的硫元素，再用除去硫元素后的溶液探究X为何种元素。 ①实验方案：取D的溶液，加入足量溶液，加热充分反应，然后 ； ②写出D(用表示)的溶液与足量溶液反应的离子方程式 。 【解题指导】 1、无机化工流程题的解题思路 无机工艺流程题考虑的问题主要有以下几方面：一是选择将原料转化为产品的生产原理；二是除杂并分离提纯产品；三是提高产量和产率；四是减少污染，注意环保，发展“绿色化学”；五是考虑原料的来源丰富和经济成本；六是生产设备简单，生产工艺简便等。命题者围绕以上几方面设问，我们的解题思路是： （1）从生产目的(标)出发，读懂框图(流程)。解答时要看框内，看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。 （2）分析流程中的每一步骤，从几个方面了解流程： ①反应物是什么 ②发生了什么反应 ③该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。 抓住一个关键点：一切反应或操作都是为了获得产品。 （3）从问题中获取信息，帮助解题，了解流程后着手答题。对反应条件的分析可从以下几个方面着手：对反应速率有何影响、对平衡转化率有何影响、对综合生产效益有何影响(如可以从原料成本，原料来源是否广泛、是否可再生，能源成本，对设备的要求，环境保护等方面考虑)。 2、解答无机化工流程图题的策略 （1）粗读题干，挖掘图示 图示中一般会呈现超出教材范围的知识，但题目中往往会有提示或者问题中不涉及，所以一定要关注题目的每一个关键字，尽量弄懂流程图，但不必将每一种物质都推出，只需问什么推什么。如制备类无机化工题，可粗读试题，知道题目制取什么、大致流程和有什么提示等。 （2）携带问题，精读信息 这里信息包括三个方面：一是主干，二是流程图示，三是设置问题。读主干抓住关键字、词；读流程图，重点抓住物质流向(“进入”与“流出”)、实验操作方法等。 （3）跳跃思维，规范答题 答题时应注意前后问题往往没有“相关性”，即前一问未答出，不会影响后面答题。 【特别提醒】注意答案的文字叙述规范 （1）洗涤沉淀：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次。 （2）从溶液中得到晶体：蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤→干燥。 （3）在写某一步骤是为了除杂时，应该注明“是为了除去某某杂质”，只写“除杂”等笼统的回答是不给分的。 （4）看清楚是写化学反应方程式还是离子方程式，注意配平。 考点突破四：元素及其化合物陌生性质实验探究题 【例15】（2024·北京·高考节选）某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 (1) 理论分析:依据金属活动性顺序，Cu、Zn、Mg中可将还原为的金属是 。 (2) 实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质 Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质 Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是 。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因 。 ③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式 。 b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验 (填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略对的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制， (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。 (3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因 。 【例16】（2024·安徽·高考节选）测定铁矿石中铁含量的传统方法是，滴定法。研究小组用该方法测定质量为的某赤铁矿试样中的铁含量。 【配制溶液】①标准溶液。 ②溶液：称取溶于浓盐酸，加水至，加入少量锡粒。 【测定含量】按下图所示(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，可将氧化为。难以氧化；可被还原为。回答下列问题： (2)结合离子方程式解释配制溶液时加入锡粒的原因： 。 (3)步骤I中“微热”的原因是 。 (4)步琛Ⅲ中，若未“立即滴定”，则导致测定的铁含量 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。 (5)若消耗标准溶液，则试样中的质量分数为 (用含a、c、V的代数式表示)。 (6)滴定法也可测定铁的含量，其主要原理是利用和将铁矿石试样中还原为，再用标准溶液滴定。 从环保角度分析，该方法相比于，滴定法的优点是 。 【例17】（2024·湖北·高考节选）学习小组为探究、能否催化的分解及相关性质，室温下进行了实验I~Ⅳ。 实验I 实验Ⅱ 实验Ⅲ 无明显变化 溶液变为红色，伴有气泡产生 溶液变为墨绿色，并持续产生能使带火星木条复燃的气体 已知：为粉红色、为蓝色、为红色、为墨绿色。回答下列问题： (2)实验I表明 (填“能”或“不能”)催化的分解。实验Ⅱ中大大过量的原因是 。实验Ⅲ初步表明能催化的分解，写出在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式 、 。 (3)实验I表明，反应难以正向进行，利用化学平衡移动原理，分析、分别与配位后，正向反应能够进行的原因 。 实验Ⅳ： (4)实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体；B到C溶液变为粉红色，并产生气体。从A到C所产生的气体的分子式分别为 、 。 【考察方向】 核心聚焦于学生将课内化学理论（如金属活动性顺序、氧化还原反应原理、化学平衡移动规律等）迁移应用于实验设计与分析的能力，同时强调通过类比归纳不同实验现象，深化对元素及其化合物性质的理解。题目通过创设真实实验情境，引导学生综合运用理论知识解释实验现象，设计改进实验方案，并对比分析实验结果，从而实现对知识的深度迁移和系统化归纳。 【解题思路】 （1）理论基础：明确实验所涉及的核心化学原理，如例15中金属还原性强弱的判断需紧扣金属活动性顺序表；例16中滴定法的计算需回归氧化还原反应电子守恒；例17中催化作用的分析需联系催化剂对反应速率的影响规律。 （2）现象解释：细致观察实验现象（如溶液颜色变化、气体生成、沉淀产生等），将其转化为化学语言。例如，例15中红褐色沉淀的生成需联想到Fe(OH)₃胶体的形成，例17中带火星木条复燃的现象需关联到O₂的产生。 （3）迁移应用：将课内知识迁移至新情境。如例16中配制SnCl₂溶液需类比FeCl₃溶液的配制方法，考虑Sn²⁺的还原性而加入锡粒防止氧化；例17中通过实验Ⅲ、Ⅳ的现象类比，推断不同催化剂对H₂O₂分解的催化效果差异。 （4）类比归纳：纵向对比不同实验条件（如金属种类、溶液pH、催化剂种类等）下的现象差异，横向归纳共性规律。如例15中通过对比实验Ⅱ、Ⅲ的现象，归纳出溶液pH对金属与酸反应产物的影响；例17中通过对比实验Ⅰ~Ⅳ，归纳出不同金属离子对H₂O₂分解的催化作用规律。 【注意事项】 （1）理论联系实验：避免死记硬背结论，需理解理论本质。如金属活动性顺序不仅是记忆工具，更是分析金属置换反应、判断反应方向的理论依据。 细致观察与精准表达：实验现象描述需客观、全面，避免主观臆断。如例15中“溶液逐渐变为蓝绿色”需准确关联到Cu²⁺的生成，而非简单描述为“颜色变化”。 （2）变量控制与条件分析：实验设计中需明确变量控制，如例16中“微热”条件的设定需考虑其对SnCl₂水解反应的影响；例17中“大大过量”的条件需分析其目的（如确保反应完全或探究浓度影响）。 （3）环保意识渗透：在分析实验方案时，需关注试剂用量、废弃物处理等问题。如例16中滴定法与传统方法的对比，需从试剂毒性、污染程度等角度进行评价。 2024考前阅读材料之五 元素化合物 答案及解析 【考点突破】 【例1】C 【详解】A．试管壁上的银镜用稀硝酸清洗，银溶于稀硝酸生成硝酸银和一氧化氮 气体，该反应的离子方程式为，A不正确； B．由于的溶解度远远小于，因此，工业废水中的用去除，该反应的离子方程式为，B不正确； C．海水提溴过程中将溴吹入吸收塔，在水溶液中将还原为，该反应的离子方程式为，C正确； D．用草酸标准溶液测高锰酸钾溶液的浓度，被氧化为，属于弱酸，反应的离子方程式为，D不正确； 【例2】D 【详解】A．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错误； B．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错误； C．氯气具有强氧化性，可以氧化硫代硫酸根成硫酸根，氯气被还原为氯离子，反应的离子方程式为S2O+4Cl2+5H2O=2SO+8Cl-+10H+，C错误； D．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，D正确； 【例3】D 【详解】A．氯气氧化苦卤得到溴单质，发生置换反应，离子方程式正确，A正确；B．可以将氧化成，离子方程式正确，B正确； C．结合生成沉淀，可以阻止被人体吸收，离子方程式正确，C正确；D．与反应属于沉淀的转化，不能拆分，正确的离子方程式为CaSO4+=CaCO3+，D错误； 【例4】C 【详解】A．黑火药爆炸：，A正确； B．四氯化钛水解：，B正确； C．硫化钠强碱弱酸盐，溶液呈碱性，在空气中氧化变质：，C错误； D．硬脂酸甘油酯在溶液中皂化：＋3NaOH＋3C17H35COONa， 【例5】A 【详解】A．火法炼锌过程中C作还原剂，ZnCO3在高温条件下分解为ZnO、CO，因此总反应为，故A项错误； B．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，故B项正确； C．锅炉水垢中主要成分为CaSO4、MgCO3等，由于溶解性：CaSO4>CaCO3，因此向锅炉水垢中加入饱和溶液，根据难溶物转化原则可知CaSO4转化为CaCO3，反应方程式为，故C项正确； D．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降低至+3，Fe元素化合价由+2升高至+3，根据守恒规则可知反应离子方程式为，故D项正确； 【例6】A 【详解】A．过量 与的溶液反应，生成产生的淡黄色沉淀是S，还生成，过量不能生成，因此，总反应的化学方程式为，A错误； B．过量 与的溶液反应，生成，总反应的化学方程式为，B正确； C．过量 与的溶液反应，生成的白色沉淀是，总反应的化学方程式为,C 正确； D．水解使溶液显碱性，其水溶液能使酚酞变红；过量 与的溶液反应，生成，溶液显酸性，因此，溶液由红色变无色，总反应的化学方程式为，D正确； 综上所述，本题选A。 【例7】C 【详解】A．Cu和浓HNO3反应后生成二氧化氮，探究其溶液呈绿色的原因可以采用对比实验，即将NO2通入①浓HNO3，②Cu(NO3)2和HNO3混合溶液至饱和，现象与原实验一致，可以说明Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的原因是溶有NO2，故A正确； B．向等物质的量浓度的KF和KSCN混合溶液中滴加几滴FeCl3溶液，振荡，溶液颜色无明显变化，铁没有与SCN-结合而与F-结合，结合Fe3+的能力：F->SCN-，B正确； C．不应该分别测定等物质的量浓度的与溶液的，因为铵根离子也要水解，且同浓度与的铵根离子浓度不等，不能比较，并且亚硫酸的酸性大于氢氟酸，结论也不对，故C错误； D．探究温度对反应速率的影响，只保留温度一个变量，温度高的溶液中先出现浑浊，能说明温度升高，反应速率加快，故D正确； 【例8】B 【详解】A．H2SO4是二元酸，CH3COOH是一元酸，通过该实验无法说明H2SO4和CH3COOH酸性的强弱，故A错误； B．向溶液中滴加几滴溴水，振荡，产生淡黄色沉淀，发生反应：，氧化剂的氧化性大于氧化产物，氧化性：，故B正确； C．和均为白色沉淀，无法通过现象确定沉淀种类，无法比较和溶度积常数的大小，故C错误； D．比较和结合能力，应在相同条件下测定相同浓度溶液和溶液的pH，但题中未明确指出两者浓度相等，故D错误； 【例9】C【详解】A．铁与水蒸气反应生成的气体是，该反应中H由价变成0价，被还原，体现了的氧化性，A错误； B．如果待测液中含有，与反应也能产生白色沉淀，或者、也会与Ba2+产生白色沉淀，所以通过该实验不能得出待测液中含有的结论，B错误； C．溶液能与盐酸反应，不能与溶液反应，与溶液和盐酸都能反应，说明的碱性比的强，C正确； D．溶液中存在平衡(橙色)(黄色)，加入溶液后，与反应，生成物浓度减小，使平衡正向移动，导致溶液由橙色变为黄色，题给结论错误，D错误； 【例10】答案　B解析　Y的s能级电子数量是p能级的两倍，Y为C，X的2s轨道全充满，原子序数：X<Y，则X为Be或B，M是地壳中含量最多的元素，M为O，原子序数：Y<Z<M，则Z为N，Q是纯碱中的一种元素，则Q为Na，据此分析。同一周期元素从左至右，电负性逐渐增大，则电负性：Z>X，A正确；N最高正价为＋5价，O无最高正价，最高正价N大于O，B错误；Na和O形成的过氧化钠中含有非极性共价键，C正确；元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性N大于C，硝酸酸性强于碳酸，D正确。 【例11】答案　C解析　分析题干知，W为N，X为O，Y为Mg，Z为S。同周期元素从左往右，原子半径依次减小，所以原子半径：W＞X，A错误；X的简单氢化物为H2O，分子间可以形成氢键，Z的简单氢化物为H2S，分子间不能形成氢键，所以简单氢化物的沸点：X＞Z，B错误；Y与X可形成MgO，为离子化合物，C正确；Z为S，硫的最高价含氧酸为硫酸，是强酸，D错误。 【例12】(1)增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分 (2) (3) 温度低于，随焙烧温度升高，分解产生的增多，可溶物含量增加，故铜浸出率显著增加 温度高于，随焙烧温度升高发生反应：，和转化成难溶于水的，铜浸出率降低 (4) (5)粗铜若未经酸浸处理，其中杂质会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量 【分析】黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质)粉碎后加入硫酸铵通入空气焙烧，黄铜矿在硫酸铵生成的SO3作用下，转化成CuSO4，得到的混合气体中主要含NH3，用硫酸吸收，得到硫酸铵，是溶液A的主要溶质，可以循环利用，固体B为SiO2、CuSO4及含铁的化合物，加水分离，主要形成含硫酸铜的滤液和含SiO2的滤渣，分别为滤液C和滤渣D，向硫酸铜溶液中加入过量的铁，置换得到粗铜和FeSO4，粗铜再精炼可以得到纯铜。 【详解】（2）铵盐不稳定，易分解，分解为非氧化还原反应，产物中有NH3和SO3，故化学方程式为； （3）①由图，温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大，是因为温度低于425℃，随焙烧温度升高，(NH4)2SO4分解产生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故铜浸出率显著增加； ②温度高于425℃，随焙烧温度升高，CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO，发生反应4CuFeS2+17O2+2CuSO46CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3，铜浸出率降低； （4）加入置换硫酸铜溶液中的铜，反应的离子方程式为； （5）粗铜中含有杂质，加酸可以除，但粗铜若未经酸浸处理，其中杂质会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量。 【例13】(1) 1:1 H2S (2)热浸 (3)将过量的Fe3+还原为Fe2+ (4) C (5)阳极 【分析】本题以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和， “热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫，被还原为Fe2+，过滤I除掉单质硫滤渣，滤液中在稀释降温的过程中转化为PbCl2沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，使PbCl2又转化为，电解得到Pb；过滤II后的滤液成分主要为、FeCl2、FeCl3，故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2，试剂X将置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X为铅，尾液为FeCl2。 【详解】（1）“热浸”时，将和中-2价的硫氧化为单质硫，被还原为Fe2+，在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变，所以等物质的量的和时，S2-物质的量相等，所以消耗的物质的量相等，比值为1:1；溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S 气体。 （2）“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为，电解溶液制备金属，在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2， 尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在热浸中循环使用。 （3）过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。 （4）“置换”中加入试剂X可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb，发生的反应为：。 （5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能作为阴极，应作为阳极板，阳极放电时，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电子得到Pb，所以电极板应作阳极。 【例14】(1)还原性 Pb3O4+14HCl(浓)=+4H2O+Cl2↑ PbO/Pb(OH)2/PbCO3 (2)AB (3) 加入足量Ba(NO3)2溶液充分反应，静置后取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则有Cl-，反之则有F- +3OH-=+X-+2H2O 【详解】（1）根据富氧煅烧和通电电解的结果，中硫元素化合价升高，体现的性质是还原性。产物B中有少量，该物质可溶于浓盐酸，元素转化为，该反应的化学方程式：Pb3O4+14HCl(浓)=+4H2O+Cl2↑；根据可得反应：，要从该反应液中提取，则所加试剂应能消耗H+使平衡逆向移动，且不引入杂质，则步骤为：加热条件下，加入PbO或Pb(OH)2或PbCO3，充分反应，趁热过滤，冷却结晶； （2）C． 据分析，化合物C是，卤素原子被-OH取代后生成H2SO4和HCl、HF，则化合物C在水溶液中最多可中和，C错误； D． 的氧化性由+1价的Cl表现，Cl2的氧化性由0价的Cl表现，则ClF的氧化锌强于，D错误； （3） ①D的结构为(X=F或Cl)，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，生成Na2SO4和NaX，则实验方案为：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，然后加入足量Ba(NO3)2溶液充分反应，静置后取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则有Cl-，反之则有F-；②D(用HSO3X表示)的溶液与足量NaOH溶液反应生成Na2SO4和NaX，发生反应的离子方程式是：HSO3X+3OH-=+X-+2H2O。 【例15】(1) (2) 产生蓝色沉淀 水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀 或、 向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀 加入几滴溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸 (3)加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹 【分析】实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应，一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质；实验Ⅱ中，加入过量的Zn，发生反应，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀，固体中未检测到Fe单质，原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应，由于Mg很活泼，该反应非常剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 【详解】 ②水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀； ③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为：或、； b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀，即说明此条件下Fe未与H+反应生成Fe2+； ⅱ．结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，加入几滴溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质； （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 【例16】(2)Sn2+易被空气氧化为Sn4+，离子方程式为，加入Sn，发生反应，可防止Sn2+氧化 (3)提高试样与浓盐酸反应速率，同时可以减少浓盐酸的挥发和氯化铁的升华 (4)偏小 (5) (6) 更安全，对环境更友好 【分析】浓盐酸与试样反应，使得试样中Fe元素以离子形式存在，滴加稍过量的SnCl2使Fe3+还原为Fe2+，冷却后滴加HgCl2，将多余的Sn2+氧化为Sn4+，加入硫酸和磷酸混合液后，滴加指示剂，用K2Cr2O7进行滴定，将Fe2+氧化为Fe3+，化学方程式为。 【详解】（2）Sn2+易被空气氧化为Sn4+，离子方程式为，加入Sn，发生反应，可防止Sn2+氧化； （3）步骤I中“微热”是为了提高试样与浓盐酸反应速率，同时微热可以减少浓盐酸的挥发和氯化铁的升华； （4）步琛Ⅲ中，若未“立即滴定”，Fe2+易被空气中的O2氧化为Fe3+，导致测定的铁含量偏小； （5）根据方程式可得：，ag试样中Fe元素的质量为，质量分数为 【例17】(2) 不能 与按物质的量之比4:1发生反应，实验中与的物质的量之比为32:3 (3)实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与配位时，更易与反应生成（该反应为快反应），导致几乎不能转化为，这样使得的浓度减小的幅度远远大于减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行 (4) 【分析】本题探究、能否催化的分解及相关性质。实验Ⅰ中无明显变化，证明 不能催化的分解；实验Ⅱ中溶液变为红色，证明易转化为；实验Ⅲ中溶液变为墨绿色，说明更易与反应生成，并且初步证明在的作用下易被氧化为；实验Ⅳ中溶液先变蓝后变红，且前后均有气体生成，证明在酸性条件下，易转化为，氧化性强，把氧化为。 【详解】（2）CoSO4溶液中存在大量的，向其中加入30%的后无明显变化，因此，实验I表明不能催化的分解。实验Ⅱ中发生反应的离子方程式为，实验中与的物质的量之比为32:3，因此，大大过量的原因是：与按物质的量之比4:1发生反应，实验中与的物质的量之比为32:3。实验Ⅲ的实验现象表明在的作用下能与反应生成，然后能催化的分解，因此，在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式为、 。 （3）实验I表明，反应难以正向进行。实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与配位时，更易与反应生成（该反应为快反应），导致几乎不能转化为，这样使得的浓度减小的幅度远远大于减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行。 （4）实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体，说明发生了；B到C溶液变为粉红色，并产生气体，说明发生了，因此从A到C所产生的气体的分子式分别为和。 学科网（北京）股份有限公司 $