2026年高考化学考前20天冲刺讲义（四）

该高中化学高考复习讲义聚焦元素周期表与周期律、物质结构与性质、化学实验基础与综合探究等核心考点，按倒计时模块系统梳理位构性关联、化学键与晶体结构、实验操作与方案设计等知识，通过考情透视、考点抢分、真题精研、终极预测四环节，帮助学生构建知识网络，突破推断、计算、实验等难点。 讲义采用“规律速记+陷阱规避+真题实战”策略，如元素推断的特征突破口法、实验大题的装置作用-现象描述模板，培养科学思维与探究能力。设置分层练习与答题话术，确保学生高效掌握高频考点，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支撑。

目 录 倒计时05天 ➤元素周期表与元素周期律……………………………………………2 考查元素推断、原子半径、金属性非金属性、氢化物稳定性、最高价含氧酸酸性比较。 倒计时04天 ➤物质结构与性质(选择题)………………………………………………2 考查电子排布、杂化、空间构型、氢键、晶体熔沸点比较，物质结构大题基础选择考点。 倒计时03天 ➤物质结构与性质综合大题……………………………………………………2 考查装置正误、试剂保存、分离提纯、离子检验、安全常识，实验基础送分选择题。 倒计时02天 ➤化学实验基础操作(选择题)…………………………………………………………2 涵盖制备、装置连接、洗涤检验、气密性、误差分析、定量计算、实验设计评价综合大题。 倒计时01天 ➤化学实验综合探究大题突破…………………………………………………………2 汇总化工、实验、原理、有机标准答题话术、踩分关键词、书写规范，考前保温提分。 倒计时05天 书山有路勤为径，学海无涯苦作舟。 —— 韩愈《古今贤文・劝学篇》 元素周期表与元素周期(选择题) 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：近年来全国各地方高考，本题为高频基础必考选择题，多以文字推断、结构信息、短周期元素限定为命题载体。依托位、构、性三位一体逻辑，考查元素推断、原子半径、金属性与非金属性、氢化物稳定性、最高价含氧酸酸性、化学键、简单化合物性质递变规律。常设置陷阱：特例元素性质混淆、离子与原子半径比较失误、最高价氧化物概念误区、简单氢化物沸点受氢键影响的特殊情况。题目推理简洁、综合性强，侧重周期律规律应用与细节辨析，是基础稳分关键题型。 ►高考前沿：新高考命题趋向结合原子结构、电子排布、新型无机材料、短周期陌生化合物综合推断；强化化学键类型、晶体性质、氢键与物质熔沸点关联考查；弱化单纯背诵，增强信息给予式推断，融合物质结构基础，侧重微观结构与性质关联的综合分析素养。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极归纳1 核心基础（必记，推断前提） 立足元素周期表结构，记准2个核心，为元素推断奠定基础，简化记忆、直击重点。 1.周期表结构：7个周期（3个短周期、4个长周期），18个纵行、16个族（7主族、7副族、1个0族、1个第Ⅷ族）。短周期（1-3周期）元素是高考推断核心，重点记前36号元素的位置、原子序数、元素符号（尤其第1-18号元素，必须烂熟于心）。 2.原子结构与周期、族的关系： ①周期数=电子层数（如第3周期元素，电子层数为3）； ②主族序数=最外层电子数（如第ⅤA族元素，最外层电子数为5）； ③原子序数=质子数=核电荷数=核外电子数（中性原子），阳离子核外电子数=质子数-电荷数，阴离子=质子数+电荷数。 终极归纳2 元素推断技巧（高考必考，10秒定位） 选择题核心是“先推断元素，再判断性质”，掌握3类突破口，快速定位元素，避免盲目推导。 1.特征突破口（最常用）： ①最外层电子数：最外层电子数=电子层数（H、Be、Al）；最外层电子数是次外层2倍（C）、3倍（O）、4倍（Ne）； ②特殊性质：地壳中含量最高的元素（O）、金属元素（Al）；最活泼的金属（Cs，高考常考Na、K）、最活泼的非金属（F）；常温下呈液态的金属（Hg）、非金属单质（Br2）； ③特殊结构：无中子的原子（H）、最外层8电子稳定结构（0族、部分主族元素离子）。 2.位置突破口： ①周期表中特殊位置：第1周期只有H、He；第2周期ⅤA族（N）、ⅥA族（O）、ⅦA族（F）是高频推断元素； ②相邻元素关系：如X、Y、Z为同周期相邻元素，原子序数依次增大，可快速锁定周期和族。 3.性质突破口： ①金属性/非金属性：金属性最强的短周期元素（Na）、非金属性最强的短周期元素（F）； ②化合价：最高正价=主族序数（O、F除外），最低负价=主族序数-8（H为-1）。 终极归纳3 核心递变规律（必记，解题核心） 掌握“同周期、同主族”两大递变规律，直接用于判断选项正误，无需推导，记准规律即可快速判定。 1.同周期（从左到右，电子层数相同，原子序数递增）： ①原子半径：逐渐减小（稀有气体除外）； ②金属性：逐渐减弱，非金属性：逐渐增强； ③最高价氧化物对应水化物：酸性逐渐增强，碱性逐渐减弱； ④简单氢化物：稳定性逐渐增强，还原性逐渐减弱； ⑤单质氧化性：逐渐增强，还原性逐渐减弱。 2.同主族（从上到下，电子层数递增，原子序数递增）： ①原子半径：逐渐增大； ②金属性：逐渐增强，非金属性：逐渐减弱； ③最高价氧化物对应水化物：酸性逐渐减弱，碱性逐渐增强； ④简单氢化物：稳定性逐渐减弱，还原性逐渐增强； ⑤单质氧化性：逐渐减弱，还原性逐渐增强。 3.补充——特殊规律： ①原子半径：电子层数越多，半径越大；电子层数相同，核电荷数越大，半径越小（如r(Na)>r(Mg)>r(Al)，r(Na)>r(Li)）； ②金属性：同周期左强右弱，同主族上弱下强（如金属性：Na>Mg>Al，Na<K）； ③非金属性：同周期左弱右强，同主族上强下弱（如非金属性：F>O>N，F>Cl）。 终极归纳4 高频考查角度（选择题重点，速记） 聚焦高考4个高频考查角度，记准对应规律和易错点，直接适配选项判断。 1原子结构判断：考查电子层数、最外层电子数、原子半径、核外电子排布，重点区分“原子”与“离子”半径（如r(Na+)<r(Na)，r(Cl-)>r(Cl)）。 2元素性质判断：考查金属性、非金属性强弱比较（如通过最高价氧化物对应水化物酸性、氢化物稳定性、置换反应判断）；简单离子还原性/氧化性比较（如非金属性越强，简单阴离子还原性越弱，F-<Cl-<Br-）。 3化学键与物质性质： ①金属元素与非金属元素形成离子键（如NaCl），非金属元素之间形成共价键（如H2O、CO2）； ②离子化合物一定含离子键，可能含共价键（如NaOH）；共价化合物只含共价键； ③稳定性：离子化合物稳定性与离子键强弱有关，共价化合物稳定性与共价键强弱有关（非金属性越强，共价键越强）。 4氢化物与氧化物性质： ①简单氢化物：非金属性越强，氢化物越稳定，熔沸点：同主族从上到下逐渐升高（HF、H2O、NH3因氢键，熔沸点反常偏高）； ②最高价氧化物对应水化物：酸性（非金属性越强，酸性越强）、碱性（金属性越强，碱性越强）。 终极归纳5 高频易错陷阱（避错必记，直接判错） 选择题常见错误选项，记准以下陷阱，看到直接排除，提高解题速度和正确率。 1.半径陷阱：混淆“原子半径”与“离子半径”（如认为r(Na+)>r(Cl-)，错误，r(Na+)<r(Cl-)）；误判电子层数相同的离子半径（核电荷数越大，半径越小，如r(O2-)>r(F-)>r(Na+)）。 2.规律陷阱：认为“同主族元素性质完全相同”（错误，如O与S，O2能与H2O反应，S不能）；误将“最高价氧化物对应水化物酸性”当作“所有含氧酸酸性”（如HClO酸性弱于H2SO3，不能说明Cl非金属性弱于S）。 3.化学键陷阱：认为“金属与非金属一定形成离子键”（错误，如AlCl3为共价化合物，只含共价键）；认为“共价化合物不含离子键”（正确），但误判“离子化合物不含共价键”（错误，如NaOH含共价键）。 4.特殊元素陷阱：忽略O、F的特殊性（O无最高正价，F无正价，不能用最高价氧化物对应水化物酸性比较非金属性）；混淆“稀有气体”性质（稀有气体原子最外层8电子稳定结构，化学性质稳定，不参与反应）。 终极归纳6 解题妙法（10秒速判选择题） 第一步：推断元素（根据题干突破口，快速锁定2-3种元素，确定其周期和族）。 第二步：对照递变规律，判断选项（如选项涉及“酸性”，结合非金属性递变；涉及“半径”，结合半径规律）。 第三步：排查易错陷阱（如看到“AlCl3是离子化合物”“F有正价”，直接判错）。 补充：若无法推断具体元素，可采用“举例法”（如判断同周期元素性质，用Na、Mg、Al举例；判断同主族，用O、S举例），快速排除错误选项。 真题精研--复盘经典 把握规律 题组一 有载体的元素推断题 1.（2025·贵州卷）贵州矿产资源丰富，以某矿石为原料制备一种化工产品涉及的主要化学反应：，W、X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的前20号主族元素，只有Q为金属元素且其基态原子核外无单电子，X原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，Z和X同主族。下列说法正确的是 A．W能分别与X、Y、Z、Q形成简单化合物 B．最高价氧化物对应的水化物的酸性： C．简单离子半径： D．第一电离能： 2.（2025·福建卷）某电解质阴离子的结构如图。X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大短周期元素，下列说法错误的是 A．键角： B．电负性： C．最简单氢化物沸点： D．X、Y、R均可与Z组成标况下为气态的化合物 解题妙法 1.抓载体找突破口：以化学反应方程式、物质结构示意图为载体，从成键特征（如形成 4 个键的 C、2 个键的 O）、化合价变化、原子序数递增规律，结合电子排布特征（最外层电子倍数、单电子数），先锁定核心特征元素，再顺推全部元素。 2.用周期律判选项：结合元素周期律，验证电离能、电负性、离子半径、氢化物沸点、最高价含氧酸酸性等选项。 3.避易错陷阱：警惕第一电离能洪特规则特例、氢键对沸点的反常影响、标况下物质状态、成键数与价电子的匹配性等易错点。 题组二 无载体的元素推断题 1.（2025·河北卷）W、X、Y、Z为四种短周期非金属元素，W原子中电子排布已充满的能级数与最高能级中的电子数相等，X与W同族，Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成对电子，Z位于W的对角线位置。下列说法错误的是 A．第二电离能： B．原子半径： C．单质沸点： D．电负性： 2.（2025·甘肃卷）X、Y、Z、W、Q分别为原子序数依次增大的短周期主族元素。Y、Q基态原子的价电子数相同，均为其K层电子数的3倍，X与Z同族，W为金属元素，其原子序数等于X与Z的原子序数之和。下列说法错误的是 A．X与Q组成的化合物具有还原性 B．Y与Q组成的化合物水溶液显碱性 C．Z、W的单质均可在空气中燃烧 D．Z与Y按原子数组成的化合物具有氧化性 解题妙法 1.破题定元素：以短周期元素为核心，紧抓题干关键特征，从电子排布（能级填充、未成对电子数、价电子结构）、同主族 / 对角线规则、价电子与内层电子倍数关系等信息，快速锁定对应元素，明确其在周期表中的位置。 2.规律判选项：结合元素周期律，逐项验证电离能、原子半径、电负性、单质熔沸点、物质氧化还原性等选项的正误。 3.避坑记特例：警惕洪特规则特例（半满/全满结构的电离能反常）、分子晶体熔沸点的范德华力与氢键影响，避免递变规律方向混淆。 题组三 元素周期律的应用 1.（2026·浙江卷）关于元素周期律的认识错误的是 A．半径 B．非金属性Si<S C．还原性 D．第一电离能 2.（2025·广东卷）元素a~i为短周期元素，其第一电离能与原子序数的关系如图。下列说法正确的是 A．a和g同主族 B．金属性： C．原子半径： D．最简单氢化物沸点： 解题妙法 题组四 元素周期表的结构1.基础递变速判：先锁定元素在周期表的位置，同周期从左到右非金属性增强、金属性减弱；同主族从上到下金属性增强、非金属性减弱。非金属性越强，对应简单阴离子还原性越弱，反之越强。 2.核心规律套用：电子层结构相同的离子，核电荷数越大半径越小；第一电离能同周期总体递增，同主族从上到下递减。 3.特殊陷阱规避：牢记第一电离能 ⅡA、ⅤA 族洪特规则特例，氢化物沸点需注意氢键导致的反常升高；结合图像题的电离能突变快速锁定元素，逐项验证选项。 1.（2025·福建卷）福建科研团队用掺杂非铁催化剂实现温和条件下热催化合成氨。下列说法错误的是 A．含有共价键 B．Fe在元素周期表p区 C．氨的工业合成是人工固氮 D．氨是制备多种含氮化合物的基础原料 2.（2025·山东卷）第70号元素镱的基态原子价电子排布式为。下列说法正确的是 A．的中子数与质子数之差为104 B．与是同一种核素 C．基态原子核外共有10个d电子 D．位于元素周期表中第6周期 解题妙法 终极预测--压轴实战 稳拿高分1.分区速判：s 区（ⅠA、ⅡA）、p 区（ⅢA~ⅦA、0 族）、d 区（ⅢB~Ⅷ 族）、ds 区（ⅠB、ⅡB）、f 区（镧系、锕系）。铁是过渡金属，基态电子排布为 3d64s2，属于d 区，不是 p 区。 2.核素与同位素辨析：核素需同时满足质子数和中子数相同；同位素质子数相同、中子数不同，属于不同核素。计算中子数时，用质量数减去质子数，再求与质子数的差值。 3.周期与电子层：主量子数 n 等于周期数。价电子出现 6s 轨道，说明该元素有6个电子层，位于第6周期。 4.电子计数技巧：d 电子数需从 3d 轨道开始算，注意 3d、4d 等轨道上的电子总数，避免漏算内层电子。 【名校预测·第1题】（2026·北京·一模）(铷)有两种天然同位素和。有放射性，可缓慢转化为(锶)。“等时线法”可用于岩石断代测定。下列说法不正确的是 A．可用质谱法区分和 B．、均位于元素周期表第五周期 C．氢氧化物碱性： D．转化为的过程是化学变化 【名校预测·第2题】（2026·河南开封·二模）浓溶液中含有的具有酸性，能溶解金属氧化物。元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大且位于不同的前四周期。Y的最外层电子数是内层的3倍，X和Y的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，M的价层电子排布是。下列说法错误的是 A．是一种清洁能源，可做航天燃料 B．Y形成的单质均为非极性分子 C．Z的最高价含氧酸的酸性在同族中最强 D．M单质镶嵌在船舶的外壳上，可以避免船体遭受腐蚀 【名校预测·第3题】（2026·陕西西安·模拟预测）稀土元素铈（）的基态原子价电子排布式为。下列说法正确的是 A．的中子数与质子数之差为82 B．和的物理性质和化学性质均存在明显差异 C．元素所在的族是周期表中元素种类数最多的族 D．根据其价电子推断，的稳定价态为， 【名校预测·第4题】（2026·河北邯郸·二模）X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，X原子中填充电子的能级数与最高能级中电子数相等，Y与X同族，Z与Y相邻且Z原子比Y原子少一个电子，Z、W同周期，W位于X的对角线位置，下列说法可能错误的是 A．原子半径： B．单质熔点： C．第一电离能： D．X、W分别能与O组成能与NaOH溶液反应的物质 【名校预测·第5题】（2026·江苏·二模）关于元素周期表和元素周期律，下列说法不正确的是 A．分子的极性： B．第二电离能： C．化合物中离子键百分数： D．科学家通过X-射线衍射实验发现镓元素 倒计时04天 长风破浪会有时，直挂云帆济沧海。 —— 李白《行路难・其一》 物质结构与性质(选择题) 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：近年来各地高考考查选择性必修2的选择题，以原子结构、化学键、分子空间结构、晶体类型、作用力为核心考点。围绕电子排布、杂化轨道、键角、微粒空间构型、氢键、范德华力、晶格能、晶胞基础性质展开考查。命题依托陌生物质、配合物、新型晶体载体，强化位构性关联辨析。高频陷阱集中在：杂化类型误判、孤电子对影响键角、分子极性判断错误、化学键与分子间作用力混淆、不同晶体熔沸点比较规律误用。试题立足基础概念，侧重微观结构分析，综合性强，注重模型认知与规律迁移应用。 ►高考前沿：新高考结合功能材料、超分子、配位化合物、新型层状晶体创新设问；强化大π键、孤电子对作用、晶体缺陷、晶胞简单计算考查；融合结构与性质的关联分析，减少机械记忆类考题，侧重微观结构机理解读，深化证据推理与宏观微观结合的学科素养考查。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极归纳1 原子结构与核外电子排布 熟记构造原理与电子排布规则，是结构题基础。 1.能量顺序：1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d； 2.遵循能量最低原理、泡利不相容原理、洪特规则。 3.区分电子排布式、简化电子排布式、价电子排布式； 4.过渡元素价电子包含最外层s轨道与次外层d轨道。 5.注意特例：Cr、Cu为半满、全满稳定结构，排布特殊。 6.电离能递变：同周期从左至右第一电离能总体增大，ⅡA、ⅤA 族因轨道全满、半满出现反常偏高；同主族自上而下电离能逐渐减小。 7.电负性同周期右大左小、同主族上大下小，氟电负性最大，可用于判断元素金属性、非金属性及化学键类型。 终极归纳2 共价键、杂化轨道与空间构型 1.共价键分为σ键和π键，单键全为σ键，双键含1个σ键1个π键，三键含1个σ键2个π键。 2.键能、键长、键角决定分子稳定性与空间结构。 3.杂化类型速判：中心原子价层电子对数 2 为sp杂化、直线形；3 对为sp2杂化、平面三角形；4对为sp3杂化、四面体形。 4.价层电子对数=σ键数+孤电子对数，孤电子对会挤压键角，使键角变小。常见分子特例：NH3、H2O虽为杂化，但因孤电子对存在，分别为三角锥形、V形。 终极归纳3 分子间作用力、氢键与物质性质 1.分子间作用力包含范德华力与氢键，仅影响物质熔沸点、溶解性等物理性质，不影响化学键稳定性。 （1）范德华力随相对分子质量增大而增强； （2）氢键为特殊分子间作用力，存在于 N、O、F 的氢化物之间。NH3、H2O、HF因氢键存在，熔沸点在同主族氢化物中反常偏高；氢键还可影响物质溶解性、密度与缔合现象。 2.极性分子、非极性分子判断：结构对称、正负电荷中心重合为非极性分子，不对称则为极性分子，相似相溶规律是溶解性判断核心依据。 终极归纳4 晶体类型与性质对比（选择高频） 1.四大晶体：离子晶体、原子晶体、分子晶体、金属晶体，性质对比是必考题型。 （1）离子晶体靠离子键结合，熔沸点较高、硬度大，熔融导电； （2）原子晶体依靠共价键，熔沸点极高、硬度大，如金刚石、晶体硅、二氧化硅； （3）分子晶体靠分子间作用力，熔沸点低、硬度小； （4）金属晶体依靠金属键，具有导电、导热、延展性。 2.熔沸点速判： （1）原子晶体＞离子晶体＞分子晶体； （2）同类晶体中，离子键、共价键、金属键越强，熔沸点越高； （3）分子晶体比较分子间作用力，含氢键优先考虑氢键影响。 终极归纳5 晶胞计算简易速记方法 1.晶胞粒子计数统一使用均摊法，核心口诀：顶点八分之一、棱上四分之一、面上二分之一、体内为整体 1。顶点粒子被 8 个晶胞共用，棱上粒子被 4 个晶胞共用，面上粒子被 2 个晶胞共用，晶胞内部粒子完全独有、全部计入。 2.先分类清点粒子位置，再套用对应比例分别计算，求和得到晶胞实际含有的原子或离子数目。结合粒子数、摩尔质量可快速计算晶胞质量、密度。 3.牢记常见晶胞结构，避开共用比例混淆、位置判断错误等陷阱，步骤固定、计算简单，适配选择题快速解题。 终极归纳6 高频易错与解题速记 1.易混点辨析：杂化类型与空间构型不能等同；有氢键不一定分子更稳定；晶体熔化破坏作用力不同，原子晶体断共价键、离子晶体断离子键、分子晶体只破坏分子间作用力。 2.解题妙法： （1）选择题优先抓关键词，看到空间结构先判杂化，看到熔沸点先定晶体类型，看到电离能、电负性紧扣周期递变规律； （2）牢记特殊物质与反常规律，避开概念偷换、作用力混淆、结构判断错误等常见陷阱，快速秒杀正误判断。 真题精研--复盘经典 把握规律 题组一 原子结构与性质 1.（2025·浙江卷）根据元素周期律，下列说法不正确的是 A．第一电离能：N＞O＞S B．化合物中键的极性：SiCl4＞PCl3 C．碱性：LiOH＞KOH D．化合物中离子键百分数：MgO＞Al2O3 2.（2025·重庆卷）根据元素周期律，同时满足条件（ⅰ）和条件（ⅱ）的元素是 （ⅰ）电负性大于同族其他元素；（ⅱ）第一电离能高于同周期相邻的元素 A．Al B．Si C．B D．Be 解题妙法 1.解题关键： ①第一电离能需注意 ⅡA、ⅤA 族反常（全空/半满稳定）； ②电负性同周期从左到右增大、同主族从上到下减小，电负性差越大，键的极性/离子键百分数越大； ③碱性与金属性正相关，金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强。 2.高频陷阱：忽略电离能反常、混淆电负性与金属性递变规律、误判离子键百分数与电负性差值的关系。 题组二 分子结构与性质 1.（2025·江西卷）下列说法正确的是 A．键长： B．沸点： C．键能： D．键角： 2.（2025·四川卷）生产磷肥时，利用纯碱溶液吸收的反应如下：。下列说法错误的是 A．中含有配位键 B．和都是由极性键构成的极性分子 C．和晶体分别为分子晶体和共价晶体 D．的模型和空间结构都为平面三角形 解题妙法 1.解题关键： ①键长/键能：三键＜双键＜单键，键能相反； ②沸点：分子晶体看范德华力（相对分子质量越大沸点越高，注意氢键特殊情况）； ③杂化与键角：sp3杂化（无孤对）键角＞sp2杂化； ④分子极性：正电中心与负电中心是否重合，对称结构（如正四面体）为非极性分子； ⑤VSEPR 模型按价层电子对计算，孤对电子会影响键角但不影响模型。 2.高频陷阱：混淆键长/键能递变、误判对称分子的极性、忽视孤对电子对键角的影响。 题组三 物质结构与性质综合 1.（2025·甘肃卷）物质的结构决定性质，下列事实与结构因素无关的是 选项 事实 结构因素 A K与Na产生的焰色不同 能量量子化 B 的沸点高于 分子间作用力 C 金属有良好的延展性 离子键 D 刚玉的硬度大，熔点高 共价晶体 2.（2025·山东卷）物质性质与组成元素的性质有关，下列对物质性质差异解释错误的是 性质差异 主要原因 A 沸点： 电离能： B 酸性： 电负性： C 硬度：金刚石>晶体硅 原子半径： D 熔点： 离子电荷： 解题妙法 1.解题关键： ①明确各类晶体的结构本质与性质差异：金属晶体延展性源于金属键，离子晶体硬度大、延展性差，分子晶体沸点由范德华力/氢键决定，共价晶体硬度大、熔点高由共价键键能决定； ②性质差异的归因要精准：沸点差异优先考虑氢键，含氧酸酸性差异看中心原子电负性，共价晶体硬度看原子半径，离子晶体熔点看离子电荷与半径； 2.高频陷阱：混淆不同晶体的成键类型与性质、误将氢键成因归为电离能、错把金属键与离子键的性质搞混。 题组四 晶胞的有关计算 1.（2025·广西卷）型晶态半导体材料由与碳族元素形成，其立方晶胞结构如图。已知：晶胞参数。下列说法正确的是 A．与Z紧邻的有4个 B．晶胞内之间最近的距离为 C．晶胞密度： D．若晶胞顶点替换为，则 2.（2025·四川卷）的四方晶胞(晶胞参数，省略中的氧，只标出)和的立方晶胞如图所示，为阿伏加德罗常数的值。 下列说法错误的是 A．晶胞中1位的分数坐标为 B．晶胞中2位和3位的核间距为 C．晶胞和晶胞中原子数之比是 D．晶体密度小于晶体密度 解题妙法 1.解题关键： ①原子数用均摊法（顶点1/8、棱上1/4、面心1/2、体内1）； ②配位数看最紧邻原子数，四面体空隙配位数为 4； ③晶胞距离：最近顶点距离为面对角线 / 体对角线的一半； ④密度公式：ρ=NM/(NAa3)，代入晶胞质量与体积计算； ⑤原子比按晶胞内总原子数直接求比值。 2.高频陷阱：均摊法计数错误、混淆晶胞参数与实际距离、忽略原子数计算时的晶胞体积变化、误判原子替换后的数目比。 终极预测--压轴实战 稳拿高分 【名校预测·第1题】（2026·重庆·二模）晶体可作激光发射材料。下列说法正确的是 A．基态原子核外单电子数： B．位置：Ca和P均为p区元素 C．第一电离能大小： D．基态F原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为球形 【名校预测·第2题】（2026·天津滨海新区·二模）下列依据相关数据作出的推断中，正确的是 A．依据元素的第一电离能：，可推断单质的还原性： B．依据元素的电负性：，可推断分子极性： C．依据离子半径：，可推断结构相似的晶体的熔点： D．依据键能：，可推断沸点： 【名校预测·第3题】（2026·北京丰台·一模）下列依据相关数据进行的推断正确的是 数据 推断 A 元素的电负性： 分子极性： B 可用CuS除去 溶液中的 C 短周期元素R的各级电离能(省略单位)：        R元素的最高正化合价为+2价 D 相同温度下：      与反应的速率更快 【名校预测·第4题】（2026·河南·模拟预测）一种钙镁矿化合物的晶胞结构如图1所示，MgS的晶胞结构如图2所示，已知：位于晶胞棱上和面心。 下列说法错误的是 A．钙镁矿化合物的化学式是 B．MgS晶胞中A原子的分数坐标为 C．钙镁矿化合物中B、D两原子核间距为 D．钙镁矿化合物与MgS晶体的密度之比为 【名校预测·第5题】（2026·四川绵阳·三模）利用克劳斯法辅助反应，可从炼油厂尾气中回收得到高纯度的硫磺，下列涉及该反应中反应物、产物的说法正确的是 A．分子中S-H键长小于O-H键长 B．各分子的σ键均为p-pσ键 C．与中N的杂化形式相同 D．与的VSEPR模型相同 倒计时03天 宝剑锋从磨砺出，梅花香自苦寒来。 ——《警世贤文》 物质结构与性质综合大题 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：近年来各地方高考中结构大题为选考或必考固定题型，以过渡金属、新型功能材料、配位化合物、特殊晶体为载体。系统考查电子排布、电离能与电负性、杂化轨道、空间构型、键角比较、氢键与分子间作用力、晶体类型及熔沸点规律、晶胞结构与参数计算。命题注重微观结构与物质性质的关联，设问梯度分明，基础填空与定量计算结合。常设置特例陷阱，如半满全满稳定结构、孤电子对对结构的影响、混合型晶体作用力辨析，全面考查模型认知与数据运算能力。 ►高考前沿：命题紧扣前沿材料、超分子、金属有机框架、晶体缺陷等真实情境；强化大 π 键、配位键、多聚结构考查，提升晶胞密度、原子占有率等定量计算占比；融合结构解释性质的文字简答，弱化机械记忆，侧重结构机理分析、信息迁移与综合推理素养。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极归纳1大题核心考查模块（三大模块，必记必背） 大题均围绕以下三大模块综合命题，每个模块掌握核心要点和规范答题话术，拆分突破、逐个击破，再整合应用，确保不丢基础分。 1.原子结构与性质（基础送分，必拿）：核心考查电子排布、电离能、电负性。 ①电子排布：写出电子排布式（或简化电子排布式、价电子排布式），牢记构造原理（能量顺序：1s→2s→2p→3s→3p→4s→3d），重点掌握Cr、Cu的特殊排布（半满、全满稳定结构）； ②电离能：解释反常现象（同周期ⅡA、ⅤA族电离能偏高，因轨道全满、半满），比较电离能大小（同周期右大左小、同主族上大下小）； ③电负性：比较大小、判断化学键类型（电负性差＞1.7为离子键，＜1.7为共价键）、判断元素金属性/非金属性。 2.共价键与分子性质（核心难点，重点突破）： ①共价键分类：σ键、π键（单键1个σ键，双键1σ1π，三键1σ2π），判断键的极性； ②杂化轨道与空间构型：价层电子对数=σ键数+孤电子对数，2对sp杂化（直线形）、3对sp2杂化（平面三角形）、4对sp3杂化（四面体形），牢记NH3（sp3，三角锥形）、H2O（sp3，V形）等特例； ③分子间作用力：范德华力、氢键（N、O、F的氢化物之间），解释熔沸点、溶解性差异（氢键使熔沸点反常偏高，相似相溶原理）。 3.晶体结构与计算（区分度考点，规范计算）： ①晶体类型判断：离子晶体（含离子键）、原子晶体（共价键，如金刚石、SiO2）、分子晶体（分子间作用力）、金属晶体（金属键）； ②晶胞计算（核心均摊法）：顶点1/8、棱上1/4、面上1/2、体内1，先计数晶胞中粒子数目，再计算晶胞密度（ρ=m/V，m=粒子数×摩尔质量/NA，V=晶胞边长3）； ③晶体性质对比：熔沸点、硬度（原子晶体＞离子晶体＞分子晶体），导电性（离子晶体熔融导电，金属晶体常温导电）。 终极归纳2大题解题万能模板（必记，直接套用） 大题看似复杂，实则有固定解题流程，掌握以下模板，可快速梳理思路、规范答题，避免遗漏踩分点。 1.审题：圈出关键信息（元素符号、物质化学式、晶体类型、晶胞参数、已知性质），明确考查模块（单一模块或多模块综合）。 2.拆分模块：将大题拆解为原子结构、共价键、晶体结构单个小问题，逐个解答，避免交叉混淆。 3.规范答题： ①文字描述类：遵循“原理+结论”答题话术（如电离能反常：“N的2p轨道为半满稳定结构，能量低，失去电子难度大，故第一电离能N＞O”）； ②电子排布类：书写规范（价电子排布式需标注轨道，如Fe的价电子排布式3d⁶4s²）； ③计算类：写出步骤（均摊法计数→计算晶胞质量→代入密度公式→得出结果），标注单位（晶胞边长单位通常为pm，需换算为cm）。 4.整合检查：确保各模块答案连贯，电子排布、杂化类型、空间构型对应正确，计算数据无误，答题规范（无错别字、符号正确）。 终极归纳3高频踩分点（必记，不丢基础分） 大题评分标准严格，记准以下踩分点，确保会做的题不丢分，难题抢拿步骤分。 1.原子结构：电子排布式（或价电子排布式）书写规范、电离能/电负性比较的理由、化学键类型判断依据。 2.共价键与分子性质：σ键、π键数目判断、杂化类型判断步骤、空间构型名称、分子间作用力（氢键）的作用解释。 3.晶体结构：晶体类型判断、均摊法计数步骤、晶胞密度计算（公式、单位换算、结果）、晶体性质对比的理由。 终极归纳4高频易错陷阱（避错必记，规避失分） 大题失分多在细节和规范，记准以下陷阱，避免“会做但写错”“计算失误”。 1.原子结构陷阱：电子排布式书写错误（如Cr写为3d44s2，正确为3d54s1）、混淆电子排布式与价电子排布式、电离能比较忽略反常现象。 2.共价键陷阱：混淆σ键与π键数目（如乙烯含5个σ键、1个π键，误算为4个σ键）、杂化类型与空间构型对应错误（如sp3杂化误判为平面三角形）、忽略孤电子对对空间构型的影响。 3.晶体计算陷阱：均摊法比例混淆（如顶点算1/4、棱上算1/8）、晶胞边长单位换算错误（pm→cm，1pm=10-10cm）、密度计算遗漏NA（阿伏加德罗常数）、误将晶胞粒子数当作化学式。 4.规范陷阱：空间构型名称写错（如V形写为折线形，不扣分，但三角锥形误写为四面体）、电子排布式漏写轨道符号、计算无步骤直接写结果。 终极归纳5考前速记技巧（高效冲刺） 1.核心规律速记：电子排布特例（Cr、Cu）、杂化与空间构型对应关系、均摊法比例、密度计算公式，无需推导，直接套用。 2.话术速记：提前背熟电离能反常、氢键作用、晶体性质对比的标准答题话术，避免答题不规范、踩分点不全。 3.计算优先级：先做基础模块（电子排布、杂化判断），再做计算模块（均摊法、密度计算），计算时分步书写，避免一步出错全扣分。 真题精研--复盘经典 把握规律 题组一 以主族元素及其化合物为载体的物质结构与性质综合大题 1.（2026·浙江卷）回答下列问题： （1）的晶胞如图。请回答： ①的电子式：_______； ②旁边最近的有_______个； ③荧光掺入，代替_______(A或B)。 （2）将HF与按等物质的量发生化合反应生成，写出的结构式：_______。 （3）已知：，则： ①中S原子的杂化方式：_______。 ②熔点：LiF_______(填“>”、“<”或“=”)，原因：_______。 ③与反应生成与X，X的结构简式：_______。 ④等物质的量、混合，主要产物为，原因：_______。 ⑤与足量NaOH生成气体的化学方程式：_______； 2.（2025·北京卷）通过和的相互转化可实现的高效存储和利用。 （1）将的基态原子最外层轨道表示式补充完整：_______。 （2）分子中键角小于，从结构角度解释原因：_______。 （3）的晶胞是立方体结构，边长为，结构示意图如下。 ①的配体中，配位原子是_______。 ②已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为_______。() （4）和反应过程中能量变化示意图如下。 ①室温下，和反应生成而不生成。分析原因：_______。 ②从平衡的角度推断利于脱除生成的条件并说明理由：_______。 解题妙法 1.解题关键： ①电子式、轨道表示式按价电子排布书写； ②晶胞用均摊法计数，配位数看最紧邻原子数，阳离子掺杂替换同价态阳离子； ③杂化方式用价层电子对互斥模型判断，离子晶体熔点看离子半径与电荷； ④反应原理解释需结合电负性、电子效应、能量变化与平衡移动（吸热/气体分子数变化）。 2.高频陷阱：晶胞均摊错误、键角成因混淆、电子效应分析不完整。 题组二 以过渡元素及其化合物为载体的物质结构与性质综合大题 1.（2025·山东卷）单质及其化合物应用广泛。回答下列问题： （1）在元素周期表中，位于第_______周期_______族。基态原子与基态离子未成对电子数之比为_______。 （2）尿素分子与形成配离子的硝酸盐俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。 ①元素C、N、O中，第一电离能最大的是_______，电负性最大的是_______。 ②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为_______。 ③八面体配离子中的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与配位的原子是_______(填元素符号)。 （3）可用作合成氨催化剂、其体心立方晶胞如图所示(晶胞边长为)。 ①晶胞中原子的半径为_______。 ②研究发现，晶胞中阴影所示m，n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有原子个数越多，催化活性越低。m，n截面中，催化活性较低的是_______，该截面单位面积含有的原子为_______个。 2.（2025·上海卷）钨(W)为银白色有光泽的金属，常温下不受空气侵蚀，化学性质比较稳定，主要用来制造灯丝和制作耐磨工具。 （1）用金属钨作灯丝与钨的_______特性有关。 A．延展性 B．导电性 C．高熔点 D．硬度大 （2）从微观角度解释钨有金属光泽的原因_______。 白钨矿的主要成分的钨酸钙(CaWO4)，CaWO4的晶胞结构如下图： （3）CaWO4晶胞中，Ca2+处于_______。 A．顶角 B．面上 C．棱上 D．体心 （4）钨元素的信息如图所示，可推测其在元素周期表中的位置是_______。 A．第五周期第IIB族 B．第五周期第IVB族 C．第六周期第IIB族 D．第六周期第VIB族 （5）根据价层电子对斥理论，可知中W的价层电子对数为_______。 （6）下图晶胞中只有一个完整的，其包含的四个O2-的编号是_______。(选填编号①~⑧) （7）白钨矿常伴生方解石、石膏、萤石、磷灰石等钙矿石。这些钙矿石的密度见下表： 伴生钙矿石 方解石 石膏 萤石 磷灰石 密度/g·cm-3 2.71 2.32 3.18 3.20 已知：V(CaWO4晶胞)=3.12×10-22cm3；M(CaWO4)=288g·mol-1；NA=6.02×1023mol-1 计算CaWO4的密度_______ (写出计算过程，结果精确到小数点后2位)，并与伴生钙矿石作比较，说明钨得名“重石头”的原因_______。 CaWO4具有良好的光学活性，被广泛用于光电陶瓷材料中。工业上可以用电解法制备CaWO4，其装置如图所示： 已知 （8）写出该装置的阳极方程式_______。 (9)为获取高纯的CaWO4，在电解时需要不断通入，说明其原因_______。 解题妙法 解题要点：过渡金属位于 d 区、Ⅷ 族或副族，离子未成对电子数结合轨道排布判断；同周期第一电离能 ⅡA、ⅤA 反常，电负性右增；配位键优先找含孤电子对的 O、N 原子；体心立方晶胞利用体对角线求原子半径；晶胞截面活性看单位面积原子数；金属光泽用自由电子吸光、跃迁放光原理解释，晶体计算紧扣均摊法与密度公式。 终极预测--压轴实战 稳拿高分 【名校预测·第1题】（2025·天津·模拟预测）易溶于水，水溶液呈碱性，虽有剧毒，却因其较强的配位能力被广泛使用，如用于从低品位的金矿砂（含单质金）中提取金。 （1）基态的价层电子排布式为_______。 （2）的所有原子均满足8电子稳定结构，其电子式为_______。 （3）如下图为的晶胞示意图。 与距离最近且等距的个数是_______；已知该晶体的密度为，阿伏加德罗常数的值为，该晶胞的边长为_______nm。 （4）浸金过程如下： i.将金矿砂溶于为的溶液，过滤，得含的滤液； ii.向滤液中加入足量金属锌，得单质金。 ①已知与同族，则属于_______区元素。 ②i中反应的离子方程式为_______。 ③i中，会导致相同时间内的浸取率下降，原因是_______。 ④ii中锌的配位数为4，写出反应离子方程式：_______。 【名校预测·第2题】（2025·福建·二模）2025年诺贝尔化学奖授予北川进等三位科学家，以表彰他们开发金属有机框架(MOF)的开创性贡献。MOF被称为“分子建筑”，其结构与性质蕴含丰富的化学原理。经典MOF-5是由和对苯二甲酸()构成的三维金属有机框架(如图)。 的结构为()。 回答下列问题： （1）基态C原子核外电子占据______个能级。 （2）在中，碳原子杂化类型为______。的沸点比的沸点______(填“低”或“高”)，判断依据是______。1个分子最多有______个原子共平面。 （3）中所含元素共占据周期表______(填数字)个区。其中Zn、C、O的电负性由大到小为______。 （4）奥马尔·亚吉在1999年合成的MOF-5具有立方体结构，稳定性高。MOF-5晶体具有多孔结构，其框架内相邻的苯环之间存在______(填作用力类型)；若将MOF-5置于高温环境中，当温度过高时晶体框架会坍塌同时释放出苯甲酸，推测框架坍塌破坏的作用力有______。 （5）MOF-5可用于捕获、存储某些分子，从结构角度分析该分子应具有的特征为______。MOF-5中与成键的4个氧原子构成空间结构是______(填名称)。 【名校预测·第3题】（2025·安徽·模拟预测）铁、镍的单质及其化合物在医药、材料等领域有广泛的应用。回答下列问题： （1）基态原子的价层电子轨道表示式为___________，位于元素周期表的___________区。 （2）下列说法正确的是___________(填标号)。 A．基态原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为或 B．、、位于周期表中同一周期、同一副族 C．原子变成，优先失去轨道上的电子 D．的第三电离能的第三电离能 （3）用射线衍射测定，得到的两种晶胞、，其结构如图1所示。晶胞和晶胞中原子的配位数之比为___________。 （4）结构示意图如图2所示。 ①中与、与的作用力类型分别是___________。 ②中和中均为杂化，比较中键角和中键角的大小并解释原因：___________。 （5）常用作净水剂、刻蚀剂等。的熔点()显著低于的熔点()的原因是___________。 倒计时02天 一万年太久，只争朝夕。 —— 毛泽东《满江红・和郭沫若同志》 化学实验基础操作(选择题) 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：近年来全国各地方高考实验基础选择题为高频必考题，以装置图、操作描述、现象结论判断为主要形式。核心考查仪器识别与使用、基础操作规范、物质分离提纯、气体制备收集、试剂保存、实验安全与防倒吸、除杂检验等内容。命题聚焦细节辨析，常见陷阱包含操作先后顺序错误、试剂选用不当、装置适配性不符、尾气处理缺失、现象与结论逻辑不严谨等。试题立足教材基础实验，结合微型装置、简易改装装置，侧重实验严谨性、安全性辨析，侧重实操逻辑与科学探究基础能力考查。 ►高考前沿：新高考趋向结合微型实验、绿色化实验、简易创新装置命题；强化探究型操作、定量实验基础、异常实验现象分析考查；弱化单一机械记忆，增加实验逻辑推理、方案评价与误差辨析；融合物质性质与基础操作综合判断，凸显科学探究与创新意识核心素养。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极归纳1常见仪器使用规范 1.区分可直接加热、间接加热与不能加热仪器。 （1）试管、坩埚、蒸发皿可直接加热； （2）烧杯、烧瓶、锥形瓶需垫石棉网加热； （3）量筒、容量瓶、滴定管、集气瓶严禁加热。 2.计量仪器有固定精度与用途： （1）量筒无零刻度、不可配制溶液与溶解； （2）容量瓶仅限定容配制，不能作反应容器； （3）滴定管精准量取液体，酸式管禁装碱性溶液，碱式管禁装强氧化性、腐蚀性液体。 3.玻璃棒主要用于搅拌、引流、蘸取溶液，全程规范使用，杜绝混用错用。 终极归纳2基本实验操作标准 1.药品取用遵循节约原则，块状固体镊子夹取、粉末用药匙或纸槽； 2.液体倾倒标签朝向手心。 3.溶解搅拌、过滤一贴二低三靠、蒸发不断搅拌防局部过热飞溅，余热蒸干晶体。 4.萃取分液时，分液漏斗检漏、下层下放、上层倒出； 5.蒸馏装置温度计水银球位于支管口处，冷凝管下进上出。 6.溶液配制、定容、摇匀操作规范，定容俯视读数偏高、仰视偏低。 7.试纸使用：pH 试纸不能润湿，石蕊、淀粉碘化钾试纸检验气体需提前润湿。 终极归纳3物质分离与提纯高频考点 1.过滤分离固液混合物； 2.蒸发结晶适用于溶解度随温度变化小的物质，降温结晶适合溶解度随温度陡增的物质。 3.蒸馏用于互溶沸点差异大的液体；萃取分液针对互不相溶液体。 4.除杂坚持不增、不减、易分离、易复原原则，不引入新杂质，不消耗目标物质。 5.除去气体杂质常用洗气法，固体杂质用过滤、灼烧法，避免试剂选错、操作颠倒，杜绝除杂试剂过量残留引发二次污染。 终极归纳4试剂保存与物质鉴别 1.易挥发试剂如浓盐酸、氨水密封保存； 2.强氧化性试剂、腐蚀品避光存放； 3.强碱溶液存橡胶塞试剂瓶，氢氟酸必须用塑料瓶，不能用玻璃容器。 4.钠、钾保存在煤油中，白磷冷水封存。 5.物质鉴别依靠特征现象：气体颜色、沉淀颜色、溶液变色、特殊气味，不用外加多余试剂，优先选用简单操作，结合物质特有性质快速区分，排除干扰物质。 终极归纳5实验安全与事故处理 1.易燃物远离明火，有毒、有刺激性气体实验需通风操作。 2.浓硫酸稀释必须酸入水、缓慢搅拌，严禁水入酸； 3.酸碱灼伤及时冲洗，重金属中毒饮用牛奶、蛋清。 4.可燃性气体点燃前必须验纯，防止爆炸； 5.加热固体试管口略向下倾斜，避免冷凝水倒流炸裂仪器。 6.防倒吸、防爆炸、防中毒、防腐蚀是装置评价高频角度。 终极归纳6高频易错陷阱与解题妙法 1.选择题常考操作倒置、仪器选错、试剂误用、装置连接错误。如冷凝水上进下出、温度计位置错误、容量瓶溶解固体、酸碱滴定管混用等均为经典错项。 2.解题采用关键词速判法，看到错误操作直接排除，牢记 “操作是否规范、装置是否合理、原理是否成立” 三大判断依据，结合常识快速辨析，避开思维定式，高效完成选择题作答。 真题精研--复盘经典 把握规律 题组一 实验安全 1.（2025·江西卷）实验安全是科学探究的前提。下列实验要求错误的是 A．溶液的导电性实验，禁止湿手操作 B．焰色试验，应开启排风管道或排风扇 C．钠在空气中燃烧实验，需佩戴护目镜才能近距离俯视坩埚 D．比较和的热稳定性实验，应束好长发、系紧宽松衣物 2.（2025·河北卷）下列不符合实验安全要求的是 A．酸、碱废液分别收集后直接排放 B．进行化学实验时需要佩戴护目镜 C．加热操作时选择合适的工具避免烫伤 D．乙醇应存放在阴凉通风处，远离火种 解题妙法 1.分场景抓要点：按用电、加热、试剂、操作、废弃物处理等场景梳理要点，如用电实验禁湿手、加热实验需防护、易燃易爆品远离火源。 2.辨操作判正误：分析实验操作细节，如近距离俯视高温反应、直接排放酸碱废液、不佩戴护目镜等，均为典型安全错误。 3.记原则避陷阱：牢记“防触电、防烫伤、防腐蚀、防中毒、防火灾、防污染”六大原则，遇到陌生实验场景，按“是否存在风险源、防护措施是否到位、废弃物处理是否合规”逐一排查，快速锁定错误选项。 题组二 实验操作规范 1.（2025·贵州卷）下列实验操作规范的是 A B C D 向容量瓶中转移溶液 用胶头滴管滴加溶液 混合浓和浓 测溶液的pH 2.（2025·广西卷）下列实验操作规范的是 A B C D 蒸发溶液 量取溶液 加热固体 转移溶液 解题妙法 1.分模块记标准：按溶液配制、物质加热、试剂取用、试纸使用、溶液稀释等模块梳理规范，如容量瓶转移需玻璃棒引流、胶头滴管应垂直悬空、稀释浓硫酸需酸入水。 2.辨细节找错误：分析操作细节，如 pH 试纸润湿会稀释待测液、加热固体试管口应略向下倾斜、量取 NaOH 溶液需用碱式滴定管，这些都是高频易错点。 3.抓核心避陷阱：牢记“防污染、防腐蚀、防飞溅、防误差”四大原则，陌生操作按“是否符合试剂特性、是否规避安全风险、是否影响实验结果”逐一排查，快速锁定规范选项。 题组三 物质的分离提纯 1.（2025·浙江卷）下列实验原理或方法不正确的是 A．可用萃取碘水中的 B．可用重结晶法提纯含有少量的苯甲酸 C．可用浓溶液除去乙酸乙酯中的乙酸 D．可用浓溶液将转化为 2.（2025·天津卷）天津位于渤海之滨，地处“九河下梢”，因河而生，向海而兴，自古流传着“精卫填海”“哪吒闹海”等传说，其海水资源丰富，下列说法错误的是 A．海水可经蒸馏制备淡水 B．海水经氯气氧化可直接得到液溴 C．海水晒盐的过程涉及溶液的蒸发、结晶 D．用离子交换膜法电解饱和溶液可得到烧碱溶液 解题妙法 1.明原理，选方法：根据物质性质差异选择分离方法，如萃取需溶质在萃取剂中溶解度更大且溶剂互不相溶；重结晶需目标物与杂质溶解度随温度变化差异大；沉淀转化利用溶度积差异实现。 2.辨试剂，避干扰：除杂试剂需只与杂质反应、不消耗目标物，如乙酸乙酯不能用 NaOH 溶液除乙酸（会导致酯水解），应选用饱和碳酸钠溶液。 3.看流程，判正误：工业海水提溴、晒盐等流程，需结合氧化、萃取、蒸馏等步骤判断，警惕 “直接氧化得液溴” 等错误表述，逐项验证方法与试剂的匹配性即可破题。 题组四 物质的检验与鉴别 1.（2025·海南卷）下列检验材料不能一步鉴别出对应物质的是 选项 检验材料 待鉴别物质 A 湿润的pH试纸 B 氨水 C 溶液 D 水 2.（2025·湖南卷）只用一种试剂，将四种物质的溶液区分开，这种试剂是 A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液 解题妙法 1.定试剂，找特征：根据待鉴别物质的酸碱性、离子特性、溶解性差异，选择能产生不同现象的试剂，如酸碱指示剂区分酸碱性气体，利用沉淀、气体反应区分离子。 2.析现象，辨差异：分析反应现象的不同，如沉淀是否溶解、气体是否产生、溶液分层 / 溶解情况、颜色变化等，现象相同则无法一步鉴别。 3.避陷阱，验反应：警惕 “反应现象混淆”（如氨水与镁盐、铝盐均生成白色沉淀）、“试剂选择不当”（如用 NaOH 无法区分 Na₂SO₄和 KNO₃）等问题，逐项验证试剂与各物质的反应现象，快速锁定答案。 题组五 实验设计与评价 1.（2025·湖北卷）下列化学实验目的与相应实验示意图不相符的是 选项 A B 实验目的 用量热计测定反应热 分离乙酸乙酯和饱和食盐水 实验示意图 选项 C D 实验目的 在铁片上镀镍 转移热蒸发皿至陶土网 实验示意图 2.（2025·甘肃卷）下列实验操作能够达到目的的是 选项 实验操作 目的 A 测定0.01mol/L某酸溶液的pH是否为2 判断该酸是否为强酸 B 向稀溶液滴入几滴浓硫酸，观察溶液颜色变化 探究对水解的影响 C 向溶液先滴入几滴NaCl溶液，再滴入几滴NaI溶液，观察沉淀颜色变化 比较AgCl和AgI的Ksp大小 D 将氯气通入溶液，观察是否产生淡黄色沉淀 验证氯气的氧化性 解题妙法 1.明目的，找原理：先明确实验目的，分析对应反应原理，如判断强酸需验证完全电离、比较溶度积需实现沉淀转化。 2.析操作，控变量：分析实验操作是否合理，是否控制了无关变量，如探究 H⁺对 Fe³⁺水解的影响时，浓硫酸的稀释热会干扰实验；沉淀转化实验需确保试剂不过量。 3.评结论，避陷阱：警惕 “操作缺陷导致结论偏差”，如用 pH=2 判断强酸时忽略二元弱酸的可能；直接加试剂未控制变量的对比实验，逐项验证操作与目的的匹配性即可锁定答案。 题组六 微型实验 1.（2025·湖南卷）具有还原性，易水解。一种制备纯净的的装置示意图如下： 下列说法错误的是 A．导气管a需接一个装有碱石灰的干燥管 B．实验过程中应先通入，再开启管式炉加热 C．若通入气体更换为，也可制备纯净的 D．配制溶液需加盐酸和金属 2.（2025·广东卷）利用如图装置进行实验：打开，一定时间后，a中溶液变蓝；关闭，打开，点燃酒精灯加热数分钟后，滴入无水乙醇。下列说法错误的是 A．a中现象体现了的还原性 B．b中既作氧化剂也作还原剂 C．乙醇滴加过程中，c中的铜丝由黑变红，说明乙醇被氧化 D．d中有银镜反应发生，说明c中产物有乙酸 解题妙法 1.明目的，析装置：先明确实验目的，分析各装置的作用（如气体制备、除杂、反应、检验、尾气处理），判断装置连接是否合理，是否存在空气干扰、水蒸气影响等问题。 2.辨反应，判现象：根据物质性质（如还原性、易水解、催化氧化），分析反应过程和现象变化，如 SnCl2制备中需通HCl防氧化和水解、乙醇催化氧化中铜丝的黑红变化。 3.验结论，避陷阱：警惕 “现象与结论不匹配”（如银镜反应仅能证明有醛基，无法直接证明产物为乙醛）、“忽略副反应/干扰因素”（如未排空气导致反应物被氧化）等问题，逐项验证逻辑链即可锁定答案。 终极预测--压轴实战 稳拿高分 【名校预测·第1题】（2026·河北张家口·二模）规范实验操作可有效消除安全隐患。下列实验操作错误的是 A．蒸馏时，温度计水银球插入蒸馏烧瓶的液体中测量温度 B．不慎打翻燃着的酒精灯，迅速用湿布或沙土盖灭 C．蒸发操作结束后，用预热过的坩埚钳将蒸发皿取下 D．铜和浓硫酸反应时，用NaOH溶液吸收尾气且在通风橱中进行 【名校预测·第2题】（2026·湖南怀化·二模）根据下列实验操作及现象不能推导出相应实验结论的是 实验操作及现象 实验结论 A．非金属性： B．具有漂白性 实验操作及现象 实验结论 C．证明气体中含有水蒸气 D．极易溶于水 【名校预测·第3题】（2026·江苏·一模）苯甲酸在水中的溶解度为0.34g(25℃)、2.2g(75℃)。以甲苯制备苯甲酸的实验流程如下： 下列实验装置不能达到相应实验目的的是 A．用装置甲氧化甲苯 B．用装置乙除去 C．用装置丙溶解粗苯甲酸 D．用装置丁蒸发结晶获得纯苯甲酸 【名校预测·第4题】（2026·海南·二模）下列检验材料不能一步鉴别出对应物质的是 选项 检验材料 待鉴别物质 A 酸性高锰酸钾溶液 苯和对二甲苯 B 饱和碳酸钠溶液 乙酸乙酯和乙二醇 C 澄清石灰水 碳酸钠和碳酸氢钠溶液 D 水 二氧化氮和溴蒸气 【名校预测·第5题】（2026·四川绵阳·三模）下列实验及现象与对应结论都正确的是 选项 实验及现象 结论 A 用pH计测浓度均为0.1mol/L的CH3COONa和Na2CO3溶液的pH，后者大于前者 B 将纯净的乙炔通入盛有溴的溶液，溶液褪色 乙炔具有还原性 C 将铁锈溶于浓盐酸，滴入溶液，紫色褪去 铁锈中含有二价铁 D 将绕成螺旋状的铜丝在酒精灯外焰上灼烧时，铜丝变黑，移到焰心处遇乙醇蒸气后恢复红色 乙醇能够还原氧化铜 【名校预测·第6题】（2026·广东中山·三模）利用如图的装置进行实验，步骤：①打开，关闭，向a中滴加浓盐酸，加热；②当c中充满黄绿色气体后关闭，打开；③待装置e的活塞移动到50 mL时，停止加热，关闭，打开；④光照装置e一段时间。下列说法正确的是 A．a中发生反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4 B．装置b盛装饱和溶液，装置c盛装碱石灰 C．步骤④光照后e内气体颜色逐渐变浅，且e的活塞可能会向左移动 D．向e中注入浓氨水，若产生白烟，证明与发生取代反应生成HCl 【名校预测·第7题】（2026·湖南岳阳·二模）用废磷酸(含有机杂质)制取，下列说法错误的是 已知：、、。 A．若浓磷酸不慎沾到手上，先用大量水冲洗，然后涂上溶液 B．若步骤a把易炭化的有机杂质转化为炭颗粒，则步骤b的操作为过滤 C．为使产品中的物质的量分数最大，滴加KOH溶液调pH，最适pH为7.2 D．产品中钾元素的质量分数为29.01％，则产品中可能混有杂质 倒计时01天 努力尽今夕，少年犹可夸。 —— 杨万里《晚兴》 化学实验综合探究大题突破 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：近年来各地高考实验综合题为核心难点大题，以物质制备、性质探究、定量测定、原理验证为主要载体，整合仪器使用、操作规范、物质检验、除杂净化、条件控制、误差分析等知识。试题多采用陌生情境与改装实验装置，设问梯度分明，涵盖方案设计、现象描述、方程式书写、试剂选择、操作目的、异常现象分析等。命题重视实验逻辑链构建，常设置操作顺序、干扰反应、副产物、防水解防氧化等隐性考点，侧重考查实验探究、证据推理、严谨表述与综合问题分析能力，区分度较高。 ►高考前沿：命题贴近真实科研与工业简易实验，增多绿色微型实验、定量滴定、反应机理探究类设问；强化变量控制、对比实验、实验方案评价与改进考查；融合氧化还原、离子平衡等原理，加大开放性简答比重，聚焦异常现象探究与误差溯源，全面落实化学实验核心素养。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极归纳1 大题核心考查模块（五大模块，必记必背） 实验大题均围绕以下五大模块综合命题，每个模块掌握核心要点和规范答题话术，拆分突破、逐个击破，确保不丢基础分、抢拿步骤分。 1.实验目的与原理（解题前提）：先明确实验核心目的（制备某物质、探究某物质性质、检验某离子/气体），再梳理反应原理（化学方程式、离子方程式），所有操作、装置均围绕目的设计，避免偏离核心。 2.装置选择与作用（基础送分）： ①发生装置：根据反应物状态（固固、固液、液液）和反应条件（加热、不加热）选择，如固固加热用试管，固液不加热用分液漏斗+圆底烧瓶； ②除杂/干燥装置：先除杂后干燥，除杂试剂针对性选择（如除CO2用NaOH溶液，除HCl用饱和NaHCO3溶液），干燥试剂区分酸性、碱性（如浓硫酸干燥酸性/中性气体，碱石灰干燥碱性/中性气体）； ③收集装置：气体收集根据密度（向上/向下排空气法）、溶解性（排水法）选择，有毒气体需加尾气处理装置； ④尾气处理：可燃性气体点燃，酸性气体用碱液吸收，碱性气体用酸液吸收，防污染、防倒吸。 3.实验操作规范（踩分重点）： ①气密性检查（必考题）：加热法、液封法，规范描述“关闭活塞，向某容器中加水，加热/静置，观察导管口是否有气泡/液面是否下降，判断气密性良好”； ②沉淀洗涤：向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，静置滤干，重复2-3次，检验洗涤是否干净（取最后一次洗涤液，检验杂质离子）； ③定量实验操作：称量、量取、滴定、冷却、洗涤、定容，每一步均需规范，避免误差。 4.现象描述与结论（核心难点）：遵循“操作→现象→结论”逻辑，现象描述要具体（如“溶液变为红色”“产生白色沉淀”“有黄绿色气体生成”），不遗漏关键现象；结论要与现象对应，结合反应原理，不夸大、不偏离。 5.误差分析与实验评价（区分度考点）： ①误差分析：从操作（称量、量取、加热、洗涤）入手，判断误差方向（偏高、偏低、无影响），如称量时砝码生锈，结果偏高；洗涤不彻底，结果偏高； ②实验评价：从“可行性、简约性、安全性、环保性”四个角度分析，提出改进措施（如装置未防倒吸，改进为加倒扣漏斗；尾气未处理，增加尾气吸收装置）。 终极归纳2 大题解题万能模板（必记，直接套用） 实验大题看似复杂，实则有固定解题流程，掌握以下模板，可快速梳理思路、规范答题，避免遗漏踩分点。 1.审题：圈出关键信息（实验目的、反应物、反应条件、装置图、已知现象），明确实验类型（制备型、探究型、检验型）。 2.拆解步骤：将实验分为“发生→除杂→干燥→收集→尾气处理/性质探究→定量测量”，逐个分析每个步骤的装置、操作、作用。 3.规范答题： ①装置作用：“该装置用于……（除杂/干燥/收集/尾气处理），防止……（污染环境/干扰实验/倒吸）”； ②现象描述：“若……（操作），则观察到……（现象），说明……（结论）”； ③误差分析：“因……（操作错误），导致……（结果偏差），故测量值偏高/偏低”； ④实验评价：“该方案的优点是……，不足是……，改进措施为……”。 4.整合检查：确保装置连接顺序正确（发生→除杂→干燥→收集→尾气处理），操作规范，现象与结论对应，答题话术完整，无错别字、无遗漏步骤。 终极归纳3 高频踩分点（必记，不丢基础分） 实验大题评分标准严格，记准以下踩分点，确保会做的题不丢分，难题抢拿步骤分。 1.装置类：装置选择的理由、装置作用的描述、装置连接顺序的判断。 2.操作类：气密性检查的步骤、沉淀洗涤的操作、检验洗涤干净的方法、定量操作的规范描述。 3.现象与结论类：具体现象描述、现象与结论的对应关系、离子/气体检验的规范表述。 4.误差与评价类：误差分析的逻辑、实验评价的角度、改进措施的合理性。 终极归纳4 高频易错陷阱（避错必记，规避失分） 实验大题失分多在细节和规范，记准以下陷阱，避免“会做但写错”“步骤遗漏”。 1.装置陷阱：装置连接顺序错误（如先干燥后除杂）、尾气处理未防倒吸、收集装置选错（如极易溶于水的气体用排水法）、除杂试剂选错（如用NaOH溶液除CO2中的HCl）。 2.操作陷阱：气密性检查步骤不完整、沉淀洗涤未重复、检验洗涤干净未取最后一次洗涤液、定量实验未冷却就称量/定容。 3.现象陷阱：现象描述模糊（如“有气体生成”未说明颜色、气味）、现象与结论不对应（如“溶液变红”误判为有Fe3+，未排除干扰离子）。 4.规范陷阱：答题话术不完整（如装置作用只说“除杂”，未说明除什么杂、防止什么）、误差分析逻辑混乱、实验评价只说不足，未提改进措施。 终极归纳5 考前速记技巧（高效冲刺） 1.核心话术速记：提前背熟装置作用、气密性检查、沉淀洗涤、现象描述的标准答题规范，直接套用，避免答题不规范。 2.常见试剂速记：记准除杂、干燥、检验试剂的用途（如检验SO42-用盐酸酸化的BaCl2，检验NH3用湿润的红色石蕊试纸）。 3.优先级原则：先做基础设问（装置作用、操作描述），再做难点设问（误差分析、实验评价），难题不纠结，优先抢拿步骤分，避免因小失大。 真题精研--复盘经典 把握规律 题组一 物质制备类实验综合大题 1.（2025·河北卷）氢碘酸常用于合成碘化物。某化学兴趣小组用如图装置(夹持装置等略)制备氢碘酸。 步骤如下： ⅰ．在A中加入和，快速搅拌，打开通入，反应完成后，关闭，静置、过滤得滤液； ⅱ．将滤液转移至B中，打开通入，接通冷凝水，加热保持微沸，直至除尽； ⅲ．继续加热蒸馏，C中收集沸点为间的馏分，得到117mL氢碘酸(密度为，HI质量分数为57%)。 回答下列问题： （1）仪器A的名称：_______，通入发生反应的化学方程式：_______。 （2）步骤ⅰ中快速搅拌的目的：_______(填序号) a．便于产物分离    b．防止暴沸    c．防止固体产物包覆碘 （3）步骤ⅰ中随着反应的进行，促进碘溶解的原因_______(用离子方程式表示)。 （4）步骤ⅱ中的尾气常用_______(填化学式)溶液吸收。 （5）步骤ⅱ实验开始时的操作顺序：先通入，再加热；步骤ⅲ实验结束时相对应的操作顺序：_______。 （6）列出本实验产率的计算表达式：_______。 （7）氢碘酸见光易分解，易被空气氧化，应保存在_______。 2.（2025·湖南卷）苯胺是重要的有机化工原料，其实验室制备原理如下： 相关信息如下： 物质 相对分子质量 熔点/ 沸点/ 密度/ 溶解性 硝基苯 123 5.9 210.9 1.20 不溶于水，易溶于乙醚 苯胺 93 184.0 1.02 微溶于水，易溶于乙醚 乙酸 60 16.6 117.9 1.05 与水互溶 乙醚 74 -116.3 34.5 0.71 微溶于水 反应装置Ⅰ和蒸馏装置Ⅱ(加热、夹持等装置略)如下： 实验步骤为： ①向装置Ⅰ双颈烧瓶中加入铁粉、水及乙酸，加热煮沸； ②稍冷后，通过恒压滴液漏斗缓慢滴入硝基苯，再加热回流； ③将装置Ⅰ改成水蒸气蒸馏装置，蒸馏收集苯胺-水馏出液； ④将苯胺-水馏出液用饱和后，转入分液漏斗静置分层，分出有机层；水层用乙醚萃取，分出醚层；合并有机层和醚层，用粒状氢氧化钠干燥，得到苯胺醚溶液； ⑤将苯胺醚溶液加入圆底烧瓶(装置Ⅱ)，先蒸馏回收乙醚，再蒸馏收集馏分，得到苯胺。 回答下列问题： （1）实验室保存硝基苯的玻璃容器是_______(填标号)。 （2）装置Ⅰ中冷凝管的进水口为_______(填“a”或“b”)。 （3）步骤④中将苯胺-水馏出液用饱和的原因是_______。 （4）步骤④中第二次分液，醚层位于_______层(填“上”或“下”)。 （5）蒸馏回收乙醚时，锥形瓶需冰水浴的原因是_______；回收乙醚后，需要放出冷凝管中的冷凝水再蒸馏，这样操作的原因是_______。 （6）下列说法正确的是_______(填标号)。 A．缓慢滴加硝基苯是为了减小反应速率 B．蒸馏时需加沸石，防止暴沸 C．用红外光谱不能判断苯胺中是否含有硝基苯 D．蒸馏回收乙醚，无需尾气处理 （7）苯胺的产率为_______。 解题妙法 1.解题先梳理制备总反应与副反应，明确各装置功能，区分反应、冷凝、除杂、尾气处理模块。 2.把控操作顺序，牢记通气、加热、停热、停气的先后逻辑，防倒吸、防氧化、防物质挥发。结合物质沸点、溶解度、密度差异，选择蒸馏、萃取、分液、过滤等分离方法。 3.熟记试剂作用，如盐析降低有机物溶解度、碱液吸收酸性尾气、干燥剂除水。定量计算依托反应计量关系，结合实际产量与理论产量求产率。同时注意物质稳定性，规范试剂储存与实验安全防护，规避挥发、分解、腐蚀等常见陷阱。 题组二 物质性质探究类实验综合大题 1.（2025·湖北卷）某小组在探究的还原产物组成及其形态过程中，观察到的实验现象与理论预测有差异。根据实验描述，回答下列问题： （1）向溶液加入5滴溶液，振荡后加入葡萄糖溶液，加热。 ①反应产生的砖红色沉淀为_______(写化学式)，葡萄糖表现出_______(填“氧化”或“还原”)性。 ②操作时，没有加入葡萄糖溶液就加热，有黑色沉淀生成。用化学反应方程式说明该沉淀产生的原因：_______。 （2）向溶液中加入粉使蓝色完全褪去，再加入盐酸并加热至溶液中无气泡产生为止。过滤得固体，洗涤并真空干燥。 ①加入盐酸的目的是_______ ②同学甲一次性加入粉，得到红棕色固体，其组成是_______(填标号)。 a．    b．包裹    c．    d．和 ③同学乙搅拌下分批加入粉，得到黑色粉末X。分析结果表明，X中不含和。关于X的组成提出了三种可能性：Ⅰ ；Ⅱ 和；Ⅲ ，开展了下面2个探究实验： 由实验结果可知，X的组成是_______(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。从物质形态角度分析，X为黑色的原因是_______。 2.（2024·湖北卷）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： （1）配制的溶液，需要用到下列仪器中的_______(填标号)。 a．    b．     c．    d． （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_______、_______。 解题妙法 1.解题先锁定实验目的，结合化合价升降判断氧化还原关系，依据颜色、沉淀、气体等特征现象，结合题干陌生信息推断产物与变化。 2.善用对照实验、变量控制，对比不同试剂、用量、操作带来的现象差异，分析反应能否发生、产物不同的原因。 3.结合平衡移动、配位结合、反应先后顺序解释反应原理，规范书写陌生氧化还原方程式。关注物质聚集状态、颗粒大小等隐性因素带来的颜色、性质差异，合理分析异常实验现象，精准突破原理分析与物质推断类设问。 题组三 定量实验综合大题 1．（2025·河南卷）某研究小组设计了如下实验测定某药用硫黄中硫的含量，其中硫转化的总反应为。 主要实验步骤如下： Ⅰ．如图所示，准确称取细粉状药用硫黄于①中，并准确加入乙醇溶液(过量)，加入适量蒸馏水，搅拌，加热回流。待样品完全溶解后，蒸馏除去乙醇。 Ⅱ．室温下向①中加入适量蒸馏水，搅拌下缓慢滴加足量溶液，加热至，保持，冷却至室温。 Ⅲ．将①中溶液全部转移至锥形瓶中，加入2滴甲基橙指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗溶液体积为。 Ⅳ．不加入硫黄，重复步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白实验，消耗标准溶液体积为。计算样品中硫的质量分数。 Ⅴ．平行测定三次，计算硫含量的平均值。 回答下列问题： （1）仪器①的名称是：_______；②的名称是_______。 （2）步骤Ⅰ中，乙醇的作用是_______。 （3）步骤Ⅰ中，样品完全溶解后，必须蒸馏除去乙醇的原因是_______。 （4）步骤Ⅱ中不宜采用水浴加热的原因是_______。步骤Ⅱ结束后，若要检验反应后溶液中的，实验操作是_______。 （5）步骤Ⅲ中，判断滴定达到终点的现象为_______。 （6）单次样品测定中硫的质量分数可表示为_______(写出计算式)。 2.（2025·安徽卷）侯氏制碱法以、和为反应物制备纯碱。某实验小组在侯氏制碱法基础上，以和为反应物，在实验室制备纯碱，步骤如下： ①配制饱和食盐水； ②在水浴加热下，将一定量研细的，加入饱和食盐水中，搅拌，使，溶解，静置，析出晶体； ③将晶体减压过滤、煅烧，得到固体。 回答下列问题： （1）步骤①中配制饱和食盐水，下列仪器中需要使用的有_______(填名称)。 （2）步骤②中需研细后加入，目的是_______。 （3）在实验室使用代替和制备纯碱，优点是_______。 （4）实验小组使用滴定法测定了产品的成分。滴定过程中溶液的随滴加盐酸体积变化的曲线如下图所示。 i．到达第一个滴定终点B时消耗盐酸，到达第二个滴定终点C时又消耗盐酸。，所得产品的成分为_______(填标号)。 a．      b．       c．和     d．和 ii．到达第一个滴定终点前，某同学滴定速度过快，摇动锥形瓶不均匀，致使滴入盐酸局部过浓。该同学所记录的_______(填“>”“<”或“=”)。 （5）已知常温下和的溶解度分别为和。向饱和溶液中持续通入气体会产生晶体。实验小组进行相应探究： 实验 操作 现象 a 将匀速通入置于烧杯中的饱和溶液，持续，消耗 无明显现象 b 将饱和溶液注入充满的矿泉水瓶中，密闭，剧烈摇动矿泉水瓶，静置 矿泉水瓶变瘪，后开始有白色晶体析出 i．实验a无明显现象的原因是_______。 ii．析出的白色晶体可能同时含有和。称取晾干后的白色晶体，加热至恒重，将产生的气体依次通过足量的无水和溶液，溶液增重，则白色晶体中的质量分数为_______。 解题妙法 1.解题先梳理实验目的与反应原理，理清转化关系与定量比例。熟记仪器名称、作用及操作规范，明确试剂用途与除杂、防干扰要求。 2.重视条件控制，如加热方式、除干扰物质、指示剂选择，精准判断滴定终点现象。区分实验组与空白实验，扣除空白误差，保证数据准确。 3.误差分析紧扣操作漏洞：局部反应、试剂残留、物质挥发、反应不完全等。计算依托化学方程式比例关系，结合滴定体积、质量变化列式求解，规范书写质量分数表达式，规避计量数换算错误。 题组四 原理验证类实验综合大题 1.（2025·北京卷）化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。实验小组研究测定“”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。 理论分析 ①易挥发，需控制生成较小。 ②根据时分析，控制合适，可使生成较小；用浓度较大的溶液与过量反应，反应前后几乎不变；，仅需测定平衡时溶液和。 ③与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略。 （1）实验探究 序号 实验内容及现象 I ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，充分反应后，溶液变为黄色，容器液面上方有淡黄色气体。 Ⅱ ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，反应时间与I相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。 Ⅲ 测定I、Ⅱ反应后溶液的；取一定量反应后溶液，加入过量固体，用标准溶液滴定，测定。 已知：；和溶液颜色均为无色。 ①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是_______。用离子方程式表示的作用：_______。 ②I中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。平衡后，按计算所得值小于的K值，是因为挥发导致计算时所用_______的浓度小于其在溶液中实际浓度。 ③Ⅱ中，按计算所得值也小于的K值，可能原因是_______。 （2）实验改进 分析实验I、Ⅱ中测定结果均偏小的原因，改变实验条件，再次实验。 控制反应温度为，其他条件与Ⅱ相同，经实验准确测得该条件下的平衡常数。 ①判断该实验测得的平衡常数是否准确，应与_______值比较。 ②综合调控和温度的目的是_______。 2.（2024·北京卷）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，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_______。 解题妙法 1.明目的，析原理：先明确实验核心目的（如测定平衡常数、探究反应规律），梳理反应体系中的可逆反应、干扰因素与平衡常数表达式，为后续分析奠基。 2.控变量，找差异：对比不同实验的条件差异（如温度、pH、反应物浓度、金属活泼性），分析变量对反应速率、平衡移动、产物检测的影响，如 Br2挥发、沉淀包裹、副反应干扰等。 3.验结论，避陷阱：警惕“未达平衡、副反应干扰、沉淀包裹导致反应受阻、滴定终点判断偏差”等陷阱，结合实验现象与理论分析，设计验证实验排除干扰，形成完整逻辑链。 终极预测--压轴实战 稳拿高分 【名校预测·第1题】（2026·广西南宁·模拟预测）一水硫酸四氨合铜()常用作杀虫剂、媒染剂。某化学兴趣小组在实验室模拟工业制备一水硫酸四氨合铜晶体并对其纯度进行测定。 Ⅰ.用胆矾晶体配制的溶液 （1）配制操作中，下列仪器中需要使用的有_______(填名称)。 Ⅱ.制备晶体：操作过程如下图所示： （2）步骤②发生反应的离子方程式为_______。 （3）步骤③中用玻璃棒摩擦试管壁的目的是_______。 （4）步骤③不采用蒸发结晶的方法，其原因是_______。 Ⅲ.样品纯度测定 向锥形瓶中加入盐酸溶液，放入冰盐水中冷却。准确称取a g一水硫酸四氨合铜晶体样品，加适量水溶解，注入如图所示的三颈烧瓶中，然后逐滴加入足量溶液，加热，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁。取下锥形瓶，在锥形瓶中加3滴酸碱指示剂，用溶液进行滴定。平行测定三次，平均消耗标准NaOH溶液体积。 （5）水蒸气的作用是_______。 （6）此样品的纯度为_______%。 （7）下列实验操作可能使氨含量测定结果偏高的是_______。 A．量取盐酸溶液前未用盐酸润洗滴定管 B．滴定中选用甲基橙作指示剂 C．省略操作“蒸馏水冲洗玻璃导管内壁” D．滴定终点时，俯视标准NaOH溶液滴定管的液面读数 【名校预测·第2题】（2026·河北沧州·一模）三草酸合铁(Ⅲ)酸钾是一种绿色光敏性晶体，易溶于水，难溶于乙醇，在0℃、100℃的水中溶解度分别为4.7 g/100 g水和117.7 g/100 g水；加热至110℃时失去全部结晶水，230℃时发生分解。某小组设计实验合成三草酸合铁(Ⅲ)酸钾并测定其配离子电荷数。 Ⅰ、三草酸合铁(Ⅲ)酸钾的制备步骤和实验装置如下： （1）使用仪器a的优点是______。 （2）通入的目的是______。写出和反应的离子方程式：______。 （3）溶液经“系列操作”得到晶体，操作顺序：所得溶液→______→趁热过滤→______→______→减压过滤→洗涤、干燥→重结晶提纯→(从下列选项中选出合理的操作并排序，不能重复使用)。制得的三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体应在______处密封保存。 a．冷却至室温   b．暗处放置1~2小时结晶   c．加入10 mL 95%乙醇 d．蒸发至溶液表面出现晶膜，停止加热  e．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热 Ⅱ、三草酸合铁(Ⅲ)酸钾中配离子电荷数的测定 准确称取2.455 g三草酸合铁(Ⅲ)酸钾()配成溶液，将其全部通过装有阴离子交换树脂(RNCl)的交换柱，发生树脂交换反应。用去离子水洗涤交换柱，并将交换出来的含的交换液收集后配制成250 mL溶液，准确量取25.00 mL该溶液，以溶液为指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗标准液20.00 mL。 （4）三草酸合铁(Ⅲ)酸钾中配离子电荷数为______(用含c的表达式表示)；若滴加溶液过多，测得结果______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 Ⅲ、三草酸合铁(Ⅲ)酸钾光敏性的应用——蓝晒法制作照片 在暗处将三草酸合铁(Ⅲ)酸钾与铁氰化钾溶液混合后涂于滤纸上，制成感光纸，将印有图案的透明胶片固定在感光纸上方，经光照、漂洗、晾干，可得到蓝白相间的照片。 （5）蓝晒法制作照片的原理是、______(用化学方程式表示)。 【名校预测·第3题】（2026·安徽淮南·二模）硫代硫酸银是一种重要的无机化合物，常以稳定配离子存在。 Ⅰ．化学小组甲探究与的反应机理，进行如下实验： ①取2 mL0.1 mol/L溶液于一支洁净试管中，逐滴加入0.1 mol/L溶液，边滴边振荡，起初生成白色沉淀，随后沉淀颜色迅速经历黄色、橘红色，最终变为黑色。 ②取2 mL0.1 mol/L溶液于另一支洁净试管中，逐滴加入0.1 mol/L溶液，边滴边振荡，观察到有白色沉淀生成，但振荡后沉淀迅速溶解，得到无色澄清溶液。 Ⅱ．化学小组乙根据以上的反应机理利用右图装置制备。 已知：为白色难溶物，在水中不稳定易分解；为稳定无色配离子。 回答下列问题： （1）圆底烧瓶中盛放的试剂为______溶液。 （2）实验①中黑色固体是______（填化学式）。 （3）写出实验②中沉淀迅速溶解得到无色澄清溶液过程对应的离子反应方程式______。 （4）配离子中的配体为，配位原子为______（填“端基S原子”或者“中心S原子”），理由是______。 （5）已知常温下，溴化银（AgBr）的溶度积常数。可与形成稳定的配离子，该反应平衡常数。现有1.00 L0.200 mol/L的溶液，向其中加入足量的AgBr固体，发生溶解的化学反应方程式为，此溶解反应平衡常数为______。 （6）溶液在精确实验时需要标定。其方法是：准确称取0.117 gNaCl固体于锥形瓶中，加入50 mL蒸馏水溶解，用溶液作为指示剂，用溶液滴定至出现砖红色沉淀，记录消耗的溶液的体积为V。另取50 mL蒸馏水进行空白对照实验，消耗的溶液的体积为。滴定时溶液应使用______滴定管，溶液的浓度为______mol/L（用含V和的式子表示）。 【名校预测·第4题】（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）氢氧化铈[]是棕黄色粉末，不溶于水，具有很好的光学、电学和催化性能，应用广泛。某科研小组以碳酸铈[]为原料制备的实验装置(部分夹持及加热装置略)和实验步骤如下： Ⅰ．按图连接装置，关闭、，加入对应试剂； Ⅱ．取2.0 g 于三颈烧瓶中，加入适量稀盐酸，电磁搅拌，至反应完全；Ⅲ．打开，加入过量10% NaOH溶液，充分反应，得白色悬浊液，关闭；Ⅳ．打开，加入10 mL 30%的溶液，先生成黑色沉淀，控制温度在50℃左右，搅拌反应30 min，得到黄色沉淀，然后冷却至室温；Ⅴ．拆解装置，将三颈烧瓶中的混合物转移至烧杯中，过滤、洗涤；在100～105℃烘干获得产品。 已知：为白色粉末、难溶于水；酸性条件下的氧化性比强，碱性条件下的氧化性比强。回答下列问题： （1）仪器a的名称为___________；步骤Ⅲ加入NaOH溶液必须过量的原因是___________。 （2）步骤Ⅳ生成的化学方程式为___________；转化为的过程中还有___________(填化学式)生成。 （3）步骤Ⅳ，反应体系控制在50℃左右的原因是___________。 （4）步骤Ⅴ：将混合物过滤、洗涤，能说明沉淀已洗涤干净的实验方法是___________。 Ⅵ．测定的纯度，实验步骤如下；①取m g产品用适量稀硫酸溶解后，转移到容量瓶中配制成250 mL溶液；②准确量取出25.00 mL溶液于碘量瓶中，加入过量KI溶液，加塞摇匀，静置10 min(Ce被还原为+3价)；滴入2～3滴淀粉溶液；用0.1000 标准溶液进行滴定，平行滴定三次，平均消耗溶液的体积为 mL。 ③空白实验：取25.00 mL蒸馏水于碘量瓶中，加入KI溶液(与②相同)，加塞摇匀，静置10 min。重复②中滴定实验操作，消耗标准溶液的平均体积为 mL。 已知：。 （5）①滴定时，标准溶液应盛放在___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。 ②产品中的质量分数为___________%。做空白实验时，忘记静置10 min，就进行滴定，则测得的质量分数可能___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 目 录 倒计时05天 ➤元素周期表与元素周期律……………………………………………2 考查元素推断、原子半径、金属性非金属性、氢化物稳定性、最高价含氧酸酸性比较。 倒计时04天 ➤物质结构与性质(选择题)………………………………………………2 考查电子排布、杂化、空间构型、氢键、晶体熔沸点比较，物质结构大题基础选择考点。 倒计时03天 ➤物质结构与性质综合大题……………………………………………………2 考查装置正误、试剂保存、分离提纯、离子检验、安全常识，实验基础送分选择题。 倒计时02天 ➤化学实验基础操作(选择题)…………………………………………………………2 涵盖制备、装置连接、洗涤检验、气密性、误差分析、定量计算、实验设计评价综合大题。 倒计时01天 ➤化学实验综合探究大题突破…………………………………………………………2 汇总化工、实验、原理、有机标准答题话术、踩分关键词、书写规范，考前保温提分。 倒计时05天 书山有路勤为径，学海无涯苦作舟。 —— 韩愈《古今贤文・劝学篇》 元素周期表与元素周期(选择题) 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：近年来全国各地方高考，本题为高频基础必考选择题，多以文字推断、结构信息、短周期元素限定为命题载体。依托位、构、性三位一体逻辑，考查元素推断、原子半径、金属性与非金属性、氢化物稳定性、最高价含氧酸酸性、化学键、简单化合物性质递变规律。常设置陷阱：特例元素性质混淆、离子与原子半径比较失误、最高价氧化物概念误区、简单氢化物沸点受氢键影响的特殊情况。题目推理简洁、综合性强，侧重周期律规律应用与细节辨析，是基础稳分关键题型。 ►高考前沿：新高考命题趋向结合原子结构、电子排布、新型无机材料、短周期陌生化合物综合推断；强化化学键类型、晶体性质、氢键与物质熔沸点关联考查；弱化单纯背诵，增强信息给予式推断，融合物质结构基础，侧重微观结构与性质关联的综合分析素养。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极归纳1 核心基础（必记，推断前提） 立足元素周期表结构，记准2个核心，为元素推断奠定基础，简化记忆、直击重点。 1.周期表结构：7个周期（3个短周期、4个长周期），18个纵行、16个族（7主族、7副族、1个0族、1个第Ⅷ族）。短周期（1-3周期）元素是高考推断核心，重点记前36号元素的位置、原子序数、元素符号（尤其第1-18号元素，必须烂熟于心）。 2.原子结构与周期、族的关系： ①周期数=电子层数（如第3周期元素，电子层数为3）； ②主族序数=最外层电子数（如第ⅤA族元素，最外层电子数为5）； ③原子序数=质子数=核电荷数=核外电子数（中性原子），阳离子核外电子数=质子数-电荷数，阴离子=质子数+电荷数。 终极归纳2 元素推断技巧（高考必考，10秒定位） 选择题核心是“先推断元素，再判断性质”，掌握3类突破口，快速定位元素，避免盲目推导。 1.特征突破口（最常用）： ①最外层电子数：最外层电子数=电子层数（H、Be、Al）；最外层电子数是次外层2倍（C）、3倍（O）、4倍（Ne）； ②特殊性质：地壳中含量最高的元素（O）、金属元素（Al）；最活泼的金属（Cs，高考常考Na、K）、最活泼的非金属（F）；常温下呈液态的金属（Hg）、非金属单质（Br2）； ③特殊结构：无中子的原子（H）、最外层8电子稳定结构（0族、部分主族元素离子）。 2.位置突破口： ①周期表中特殊位置：第1周期只有H、He；第2周期ⅤA族（N）、ⅥA族（O）、ⅦA族（F）是高频推断元素； ②相邻元素关系：如X、Y、Z为同周期相邻元素，原子序数依次增大，可快速锁定周期和族。 3.性质突破口： ①金属性/非金属性：金属性最强的短周期元素（Na）、非金属性最强的短周期元素（F）； ②化合价：最高正价=主族序数（O、F除外），最低负价=主族序数-8（H为-1）。 终极归纳3 核心递变规律（必记，解题核心） 掌握“同周期、同主族”两大递变规律，直接用于判断选项正误，无需推导，记准规律即可快速判定。 1.同周期（从左到右，电子层数相同，原子序数递增）： ①原子半径：逐渐减小（稀有气体除外）； ②金属性：逐渐减弱，非金属性：逐渐增强； ③最高价氧化物对应水化物：酸性逐渐增强，碱性逐渐减弱； ④简单氢化物：稳定性逐渐增强，还原性逐渐减弱； ⑤单质氧化性：逐渐增强，还原性逐渐减弱。 2.同主族（从上到下，电子层数递增，原子序数递增）： ①原子半径：逐渐增大； ②金属性：逐渐增强，非金属性：逐渐减弱； ③最高价氧化物对应水化物：酸性逐渐减弱，碱性逐渐增强； ④简单氢化物：稳定性逐渐减弱，还原性逐渐增强； ⑤单质氧化性：逐渐减弱，还原性逐渐增强。 3.补充——特殊规律： ①原子半径：电子层数越多，半径越大；电子层数相同，核电荷数越大，半径越小（如r(Na)>r(Mg)>r(Al)，r(Na)>r(Li)）； ②金属性：同周期左强右弱，同主族上弱下强（如金属性：Na>Mg>Al，Na<K）； ③非金属性：同周期左弱右强，同主族上强下弱（如非金属性：F>O>N，F>Cl）。 终极归纳4 高频考查角度（选择题重点，速记） 聚焦高考4个高频考查角度，记准对应规律和易错点，直接适配选项判断。 1原子结构判断：考查电子层数、最外层电子数、原子半径、核外电子排布，重点区分“原子”与“离子”半径（如r(Na+)<r(Na)，r(Cl-)>r(Cl)）。 2元素性质判断：考查金属性、非金属性强弱比较（如通过最高价氧化物对应水化物酸性、氢化物稳定性、置换反应判断）；简单离子还原性/氧化性比较（如非金属性越强，简单阴离子还原性越弱，F-<Cl-<Br-）。 3化学键与物质性质： ①金属元素与非金属元素形成离子键（如NaCl），非金属元素之间形成共价键（如H2O、CO2）； ②离子化合物一定含离子键，可能含共价键（如NaOH）；共价化合物只含共价键； ③稳定性：离子化合物稳定性与离子键强弱有关，共价化合物稳定性与共价键强弱有关（非金属性越强，共价键越强）。 4氢化物与氧化物性质： ①简单氢化物：非金属性越强，氢化物越稳定，熔沸点：同主族从上到下逐渐升高（HF、H2O、NH3因氢键，熔沸点反常偏高）； ②最高价氧化物对应水化物：酸性（非金属性越强，酸性越强）、碱性（金属性越强，碱性越强）。 终极归纳5 高频易错陷阱（避错必记，直接判错） 选择题常见错误选项，记准以下陷阱，看到直接排除，提高解题速度和正确率。 1.半径陷阱：混淆“原子半径”与“离子半径”（如认为r(Na+)>r(Cl-)，错误，r(Na+)<r(Cl-)）；误判电子层数相同的离子半径（核电荷数越大，半径越小，如r(O2-)>r(F-)>r(Na+)）。 2.规律陷阱：认为“同主族元素性质完全相同”（错误，如O与S，O2能与H2O反应，S不能）；误将“最高价氧化物对应水化物酸性”当作“所有含氧酸酸性”（如HClO酸性弱于H2SO3，不能说明Cl非金属性弱于S）。 3.化学键陷阱：认为“金属与非金属一定形成离子键”（错误，如AlCl3为共价化合物，只含共价键）；认为“共价化合物不含离子键”（正确），但误判“离子化合物不含共价键”（错误，如NaOH含共价键）。 4.特殊元素陷阱：忽略O、F的特殊性（O无最高正价，F无正价，不能用最高价氧化物对应水化物酸性比较非金属性）；混淆“稀有气体”性质（稀有气体原子最外层8电子稳定结构，化学性质稳定，不参与反应）。 终极归纳6 解题妙法（10秒速判选择题） 第一步：推断元素（根据题干突破口，快速锁定2-3种元素，确定其周期和族）。 第二步：对照递变规律，判断选项（如选项涉及“酸性”，结合非金属性递变；涉及“半径”，结合半径规律）。 第三步：排查易错陷阱（如看到“AlCl3是离子化合物”“F有正价”，直接判错）。 补充：若无法推断具体元素，可采用“举例法”（如判断同周期元素性质，用Na、Mg、Al举例；判断同主族，用O、S举例），快速排除错误选项。 真题精研--复盘经典 把握规律 题组一 有载体的元素推断题 1.（2025·贵州卷）贵州矿产资源丰富，以某矿石为原料制备一种化工产品涉及的主要化学反应：，W、X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的前20号主族元素，只有Q为金属元素且其基态原子核外无单电子，X原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，Z和X同主族。下列说法正确的是 A．W能分别与X、Y、Z、Q形成简单化合物 B．最高价氧化物对应的水化物的酸性： C．简单离子半径： D．第一电离能： 【答案】A 【分析】X原子最外层电子数是内层电子数的3倍，且为前20号主族元素，内层电子数为2（K层），最外层电子数为6，故X为氧（O）； Z与X同主族，原子序数大于X（8），故Z为硫（S）；Q为金属元素，原子序数大于Z（16），且基态原子核外无单电子，中Q为+2价，故Q为钙（Ca）；Y原子序数在X（8）与Z（16）之间，为非金属（因只有Q为金属），结合化学式及Q为+2价，故其阴离子为，Y为+5价，为，推断Y为磷（P），W原子序数最小，为非金属，结合反应式推断W为氢（H）；反应式为：，故元素顺序：W（H）、X（O）、Y（P）、Z（S）、Q（Ca），据此分析。 【解析】A．W（H）能与X（O）形成H2O、Y（P）形成PH3、Z（S）形成H2S、Q（Ca）形成CaH2，均为简单化合物，A符合题意；B．最高价含氧酸酸性比较，（中强酸）弱于（强酸），故Y＜Z，B不符合题意；C．电子层数越多，离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，半径越大，简单离子半径比较， C不符合题意；D．第一电离能：同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势（但有），金属元素的第一电离能小于非金属元素，第一电离能顺序为，D不符合题意；故选A。 2.（2025·福建卷）某电解质阴离子的结构如图。X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大短周期元素，下列说法错误的是 A．键角： B．电负性： C．最简单氢化物沸点： D．X、Y、R均可与Z组成标况下为气态的化合物 【答案】A 【分析】X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大短周期元素，由图，X形成4个共价键且原子序数小，X为碳，Z形成2个共价键、R形成6个共价键，则Z为氧、R为硫，那么Y为氮；Q形成1个共价键且原子序数大于氧，则为氟； 【解析】A．二氧化碳中碳的价层电子对数为，为sp杂化，为直线形结构，二氧化硫中硫的价层电子对数为，为sp2杂化，为V形结构，则键角：，A错误；B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；电负性：，B正确；C．水分子形成氢键数大于氨气分子，则水沸点高于氨气，甲烷不能形成氢键，沸点最低，故最简单氢化物沸点：，C正确；D．一氧化碳、二氧化碳、一氧化氮、二氧化硫均为标况下的气态化合物，D正确；故选A。 解题妙法 1.抓载体找突破口：以化学反应方程式、物质结构示意图为载体，从成键特征（如形成 4 个键的 C、2 个键的 O）、化合价变化、原子序数递增规律，结合电子排布特征（最外层电子倍数、单电子数），先锁定核心特征元素，再顺推全部元素。 2.用周期律判选项：结合元素周期律，验证电离能、电负性、离子半径、氢化物沸点、最高价含氧酸酸性等选项。 3.避易错陷阱：警惕第一电离能洪特规则特例、氢键对沸点的反常影响、标况下物质状态、成键数与价电子的匹配性等易错点。 题组二 无载体的元素推断题 1.（2025·河北卷）W、X、Y、Z为四种短周期非金属元素，W原子中电子排布已充满的能级数与最高能级中的电子数相等，X与W同族，Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成对电子，Z位于W的对角线位置。下列说法错误的是 A．第二电离能： B．原子半径： C．单质沸点： D．电负性： 【答案】A 【分析】W、X、Y、Z为四种短周期非金属元素，W原子中电子排布已充满的能级数与最高能级中的电子数相等，则W的电子排布式可能是：1s22s22p2或1s22s22p63s23p4，若W是C，X与W同族，则X是Si，Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成对电子，则Y是P，Z位于W的对角线位置，则满足条件的Z是P，与Y重复；故W是S；X与W同族，则X是O；Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成对电子，则Y是N；Z位于W的对角线位置，则Z是F。 【解析】A．O的第二电离能高于N，因为O+的电子构型为2p3（半充满），失去电子需更高能量，而N+的电子构型为2p2，失去电子相对容易，因此X（O）的第二电离能大于Y（N），A错误；B．同主族从上到下，原子半径变大，同周期，从左到右原子半径变小，F（Z）位于第二周期，S（W）位于第三周期，原子半径S＞O＞F，即：，B正确；C．N2与F2都是分子晶体，F2范德华力大，沸点高，C正确；D．同主族从上到下，电负性逐渐减小，O的电负性大于S，D正确；故选A。 2.（2025·甘肃卷）X、Y、Z、W、Q分别为原子序数依次增大的短周期主族元素。Y、Q基态原子的价电子数相同，均为其K层电子数的3倍，X与Z同族，W为金属元素，其原子序数等于X与Z的原子序数之和。下列说法错误的是 A．X与Q组成的化合物具有还原性 B．Y与Q组成的化合物水溶液显碱性 C．Z、W的单质均可在空气中燃烧 D．Z与Y按原子数组成的化合物具有氧化性 【答案】B 【分析】X、Y、Z、W、Q分别为原子序数依次增大的短周期主族元素。Y、Q基态原子的价电子数相同，说明Y、Q为同主族元素，均为其K层电子数的3倍，说明价电子数为6，为氧元素和硫元素；X与Z同族，W为金属元素，其原子序数等于X与Z的原子序数之和，所以只能推出W为镁，则Z为Na，X为H，据此解答。 【解析】A．X与Q组成的化合物如H与S形成的H2S，这些化合物中S处于最低价，具有还原性，A正确；B．Y与Q形成的化合物为SO2或SO3，溶于水生成亚硫酸或硫酸，溶液显酸性，B错误；C．Z为Na，W为Mg，都可以在空气中燃烧生成过氧化钠和氧化镁，C正确；D．Z与Y按1:1组成的化合物为过氧化钠，其中O为-1价，有氧化性，D正确；故选B。 解题妙法 1.破题定元素：以短周期元素为核心，紧抓题干关键特征，从电子排布（能级填充、未成对电子数、价电子结构）、同主族 / 对角线规则、价电子与内层电子倍数关系等信息，快速锁定对应元素，明确其在周期表中的位置。 2.规律判选项：结合元素周期律，逐项验证电离能、原子半径、电负性、单质熔沸点、物质氧化还原性等选项的正误。 3.避坑记特例：警惕洪特规则特例（半满/全满结构的电离能反常）、分子晶体熔沸点的范德华力与氢键影响，避免递变规律方向混淆。 题组三 元素周期律的应用 1.（2026·浙江卷）关于元素周期律的认识错误的是 A．半径 B．非金属性Si<S C．还原性 D．第一电离能 【答案】C 【解析】A．和均为10电子离子，核电荷数Mg为12大于O的8，离子半径随核电荷数增大而减小，故半径：，A正确；B．Si和S同属第三周期，S位于Si右侧，同周期元素从左到右非金属性增强，故非金属性：Si < S，B正确；C．同主族从上到下卤素单质氧化性减弱，对应的离子还原性增强，故还原性：，C错误；D．和均为稀有气体电子构型（K+为[Ar]，Na+为[Ne]），K+的最外层位于第三能层，比Na+的第二能层能量高、离核远，更易失去电子，故第一电离能：K+ < Na+，D正确；故选C。 2.（2025·广东卷）元素a~i为短周期元素，其第一电离能与原子序数的关系如图。下列说法正确的是 A．a和g同主族 B．金属性： C．原子半径： D．最简单氢化物沸点： 【答案】B 【分析】同周期中第一电离能中第IIA族和第VA族比相邻元素的第一电离能大，0族元素的第一电离能在同周期中最大，可以推断a~i分别是B、C、N、O、F、Ne、Na、Mg、Al。 【解析】A．a是B，g是Na，二者不同主族，A错误；B．Na、Mg、Al属于同周期，从左到右金属性依次减弱，B正确；C．e、d、c分别是F、O、N，属于同周期元素，同周期主族元素从左到右原子半径依次减小，原子半径c>d>e，C错误；D．b为C，c为N，NH3分子间存在氢键，沸点高，沸点NH3>CH4，D错误；答案选B。 解题妙法 1.基础递变速判：先锁定元素在周期表的位置，同周期从左到右非金属性增强、金属性减弱；同主族从上到下金属性增强、非金属性减弱。非金属性越强，对应简单阴离子还原性越弱，反之越强。 2.核心规律套用：电子层结构相同的离子，核电荷数越大半径越小；第一电离能同周期总体递增，同主族从上到下递减。 3.特殊陷阱规避：牢记第一电离能 ⅡA、ⅤA 族洪特规则特例，氢化物沸点需注意氢键导致的反常升高；结合图像题的电离能突变快速锁定元素，逐项验证选项。 题组四 元素周期表的结构 1.（2025·福建卷）福建科研团队用掺杂非铁催化剂实现温和条件下热催化合成氨。下列说法错误的是 A．含有共价键 B．Fe在元素周期表p区 C．氨的工业合成是人工固氮 D．氨是制备多种含氮化合物的基础原料 【答案】B 【解析】A．分子中含有碳碳共价键，A正确；B．铁为26号元素，基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，处于d区，B错误；C．氨的工业合成是将游离态氮转化为化合物氨气，为人工固氮，C正确；D．氨中含氮元素，是制备多种含氮化合物的基础工业原料，D正确；故选B。 2.（2025·山东卷）第70号元素镱的基态原子价电子排布式为。下列说法正确的是 A．的中子数与质子数之差为104 B．与是同一种核素 C．基态原子核外共有10个d电子 D．位于元素周期表中第6周期 【答案】D 【解析】A．中子数=174-70=104，与质子数70的差为104-70=34，而非104，A错误；B．同位素之间质子数相同，但中子数不同，两者属于不同核素，B错误；C．根据构造原理可知，Yb的电子排布为[Xe]4f146s2，在3d和4d轨道上有电子，共20个d电子，C错误；D．根据Yb的价电子排布式可知，其有6s轨道，说明其有6个电子层，其位于第6周期，D正确；故选D。 解题妙法 1.分区速判：s 区（ⅠA、ⅡA）、p 区（ⅢA~ⅦA、0 族）、d 区（ⅢB~Ⅷ 族）、ds 区（ⅠB、ⅡB）、f 区（镧系、锕系）。铁是过渡金属，基态电子排布为 3d64s2，属于d 区，不是 p 区。 2.核素与同位素辨析：核素需同时满足质子数和中子数相同；同位素质子数相同、中子数不同，属于不同核素。计算中子数时，用质量数减去质子数，再求与质子数的差值。 3.周期与电子层：主量子数 n 等于周期数。价电子出现 6s 轨道，说明该元素有6个电子层，位于第6周期。 4.电子计数技巧：d 电子数需从 3d 轨道开始算，注意 3d、4d 等轨道上的电子总数，避免漏算内层电子。 终极预测--压轴实战 稳拿高分 【名校预测·第1题】（2026·北京·一模）(铷)有两种天然同位素和。有放射性，可缓慢转化为(锶)。“等时线法”可用于岩石断代测定。下列说法不正确的是 A．可用质谱法区分和 B．、均位于元素周期表第五周期 C．氢氧化物碱性： D．转化为的过程是化学变化 【答案】D 【解析】A．质谱法可测定粒子的相对质量，和质量数不同、相对质量存在差异，可用质谱法区分，A正确；B．37号原子的核外每层电子数分别为2、8、18、8、1，38号原子的核外每层电子数分别为2、8、18、8、2，二者原子核外均有5个电子层，均位于元素周期表第五周期，B正确；C．同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，金属性，故碱性，C正确；D．化学变化的最小微粒是原子，反应过程中原子核不发生改变，转化为的过程原子核发生变化，属于核变化，不属于化学变化，D错误；答案选D。 【名校预测·第2题】（2026·河南开封·二模）浓溶液中含有的具有酸性，能溶解金属氧化物。元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大且位于不同的前四周期。Y的最外层电子数是内层的3倍，X和Y的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，M的价层电子排布是。下列说法错误的是 A．是一种清洁能源，可做航天燃料 B．Y形成的单质均为非极性分子 C．Z的最高价含氧酸的酸性在同族中最强 D．M单质镶嵌在船舶的外壳上，可以避免船体遭受腐蚀 【答案】B 【分析】Y最外层电子数是内层的3倍，内层电子数为2，故Y为O；M价层电子排布为，故M为Zn；四种元素位于不同前四周期且原子序数依次增大，故X为第一周期的H；X、Y最外层电子数之和为，故Z为第三周期最外层电子数为7的Cl。最终元素：。 【解析】A．为，燃烧产物为水，无污染、热值高，是清洁能源，可用作航天燃料，A正确；B．Y（O）的单质有和，为V形结构，正负电中心不重合，是极性分子，并非所有单质都是非极性分子，B错误；C．Z（Cl）的最高价含氧酸为，卤族中F无正价，Cl以下的卤族元素最高价含氧酸酸性弱于，故酸性同族最强，C正确；D．M为Zn，活泼性强于船体主要成分Fe，镶嵌Zn后形成原电池，Zn作负极被腐蚀，Fe作正极被保护，可避免船体遭受腐蚀，D正确；故选B。 【名校预测·第3题】（2026·陕西西安·模拟预测）稀土元素铈（）的基态原子价电子排布式为。下列说法正确的是 A．的中子数与质子数之差为82 B．和的物理性质和化学性质均存在明显差异 C．元素所在的族是周期表中元素种类数最多的族 D．根据其价电子推断，的稳定价态为， 【答案】C 【解析】A．的质子数为58，中子数 = 质量数 - 质子数 = ，中子数与质子数之差为 ，A错误；B．和质子数相同，互为同位素，同位素的化学性质几乎完全相同，仅物理性质有差异，B错误；C．Ce属于镧系元素，位于周期表第ⅢB族，第ⅢB族包含镧系、锕系共32种元素，是周期表中元素种类最多的族，C正确；D．Ce的价电子共个，稳定价态有+3、，不存在稳定的价，D错误；故选择C。 【名校预测·第4题】（2026·河北邯郸·二模）X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，X原子中填充电子的能级数与最高能级中电子数相等，Y与X同族，Z与Y相邻且Z原子比Y原子少一个电子，Z、W同周期，W位于X的对角线位置，下列说法可能错误的是 A．原子半径： B．单质熔点： C．第一电离能： D．X、W分别能与O组成能与NaOH溶液反应的物质 【答案】B 【分析】X满足“填充电子的能级数与最高能级电子数相等”，短周期符合条件的主族元素为Be或N：若X为Be，则同族Y为Mg，Z比Y少1个电子为Na，Be的对角线元素W为Al，Na和Al同周期符合条件；若X为N，则同族Y为P，Z比Y少1个电子为Si，N的对角线元素W为S，Si和S同周期符合条件。 【解析】A．同周期主族元素原子半径从左到右递减，同主族从上到下递增，两种情况原子半径均满足，A正确；B．若X为Be，Z为Na、Y为Mg，Mg的金属键强于Na，熔点，B错误；C．同周期第一电离能整体从左到右呈增大趋势，且IIA族全满、VA族半满结构使第一电离能高于相邻元素，两种情况均满足，C正确；D．X为Be时，是两性氧化物可与NaOH反应，W为Al时也可与NaOH反应；X为N时，氮氧化物（如、）可与NaOH反应，W为S时硫氧化物（如、）也可与NaOH反应，D正确；故选B。 【名校预测·第5题】（2026·江苏·二模）关于元素周期表和元素周期律，下列说法不正确的是 A．分子的极性： B．第二电离能： C．化合物中离子键百分数： D．科学家通过X-射线衍射实验发现镓元素 【答案】D 【解析】A．是同核双原子非极性分子，为V形极性分子，故分子极性，A正确；B．失去1个电子后为全满稳定结构，再失电子难度大；失去1个电子后为，再失去4s电子难度较小，故第二电离能，B正确；C．电负性：，Mg和O的电负性差值比Al和O的电负性差值要大，电负性差越大离子键百分数越高，故的离子键百分数高于，C正确；D．X-射线衍射实验用于测定晶体结构，镓元素是通过光谱法发现的，D错误；故选D。 倒计时04天 长风破浪会有时，直挂云帆济沧海。 —— 李白《行路难・其一》 物质结构与性质(选择题) 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：近年来各地高考考查选择性必修2的选择题，以原子结构、化学键、分子空间结构、晶体类型、作用力为核心考点。围绕电子排布、杂化轨道、键角、微粒空间构型、氢键、范德华力、晶格能、晶胞基础性质展开考查。命题依托陌生物质、配合物、新型晶体载体，强化位构性关联辨析。高频陷阱集中在：杂化类型误判、孤电子对影响键角、分子极性判断错误、化学键与分子间作用力混淆、不同晶体熔沸点比较规律误用。试题立足基础概念，侧重微观结构分析，综合性强，注重模型认知与规律迁移应用。 ►高考前沿：新高考结合功能材料、超分子、配位化合物、新型层状晶体创新设问；强化大π键、孤电子对作用、晶体缺陷、晶胞简单计算考查；融合结构与性质的关联分析，减少机械记忆类考题，侧重微观结构机理解读，深化证据推理与宏观微观结合的学科素养考查。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极归纳1 原子结构与核外电子排布 熟记构造原理与电子排布规则，是结构题基础。 1.能量顺序：1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d； 2.遵循能量最低原理、泡利不相容原理、洪特规则。 3.区分电子排布式、简化电子排布式、价电子排布式； 4.过渡元素价电子包含最外层s轨道与次外层d轨道。 5.注意特例：Cr、Cu为半满、全满稳定结构，排布特殊。 6.电离能递变：同周期从左至右第一电离能总体增大，ⅡA、ⅤA 族因轨道全满、半满出现反常偏高；同主族自上而下电离能逐渐减小。 7.电负性同周期右大左小、同主族上大下小，氟电负性最大，可用于判断元素金属性、非金属性及化学键类型。 终极归纳2 共价键、杂化轨道与空间构型 1.共价键分为σ键和π键，单键全为σ键，双键含1个σ键1个π键，三键含1个σ键2个π键。 2.键能、键长、键角决定分子稳定性与空间结构。 3.杂化类型速判：中心原子价层电子对数 2 为sp杂化、直线形；3 对为sp2杂化、平面三角形；4对为sp3杂化、四面体形。 4.价层电子对数=σ键数+孤电子对数，孤电子对会挤压键角，使键角变小。常见分子特例：NH3、H2O虽为杂化，但因孤电子对存在，分别为三角锥形、V形。 终极归纳3 分子间作用力、氢键与物质性质 1.分子间作用力包含范德华力与氢键，仅影响物质熔沸点、溶解性等物理性质，不影响化学键稳定性。 （1）范德华力随相对分子质量增大而增强； （2）氢键为特殊分子间作用力，存在于 N、O、F 的氢化物之间。NH3、H2O、HF因氢键存在，熔沸点在同主族氢化物中反常偏高；氢键还可影响物质溶解性、密度与缔合现象。 2.极性分子、非极性分子判断：结构对称、正负电荷中心重合为非极性分子，不对称则为极性分子，相似相溶规律是溶解性判断核心依据。 终极归纳4 晶体类型与性质对比（选择高频） 1.四大晶体：离子晶体、原子晶体、分子晶体、金属晶体，性质对比是必考题型。 （1）离子晶体靠离子键结合，熔沸点较高、硬度大，熔融导电； （2）原子晶体依靠共价键，熔沸点极高、硬度大，如金刚石、晶体硅、二氧化硅； （3）分子晶体靠分子间作用力，熔沸点低、硬度小； （4）金属晶体依靠金属键，具有导电、导热、延展性。 2.熔沸点速判： （1）原子晶体＞离子晶体＞分子晶体； （2）同类晶体中，离子键、共价键、金属键越强，熔沸点越高； （3）分子晶体比较分子间作用力，含氢键优先考虑氢键影响。 终极归纳5 晶胞计算简易速记方法 1.晶胞粒子计数统一使用均摊法，核心口诀：顶点八分之一、棱上四分之一、面上二分之一、体内为整体 1。顶点粒子被 8 个晶胞共用，棱上粒子被 4 个晶胞共用，面上粒子被 2 个晶胞共用，晶胞内部粒子完全独有、全部计入。 2.先分类清点粒子位置，再套用对应比例分别计算，求和得到晶胞实际含有的原子或离子数目。结合粒子数、摩尔质量可快速计算晶胞质量、密度。 3.牢记常见晶胞结构，避开共用比例混淆、位置判断错误等陷阱，步骤固定、计算简单，适配选择题快速解题。 终极归纳6 高频易错与解题速记 1.易混点辨析：杂化类型与空间构型不能等同；有氢键不一定分子更稳定；晶体熔化破坏作用力不同，原子晶体断共价键、离子晶体断离子键、分子晶体只破坏分子间作用力。 2.解题妙法： （1）选择题优先抓关键词，看到空间结构先判杂化，看到熔沸点先定晶体类型，看到电离能、电负性紧扣周期递变规律； （2）牢记特殊物质与反常规律，避开概念偷换、作用力混淆、结构判断错误等常见陷阱，快速秒杀正误判断。 真题精研--复盘经典 把握规律 题组一 原子结构与性质 1.（2025·浙江卷）根据元素周期律，下列说法不正确的是 A．第一电离能：N＞O＞S B．化合物中键的极性：SiCl4＞PCl3 C．碱性：LiOH＞KOH D．化合物中离子键百分数：MgO＞Al2O3 【答案】C 【解析】A．根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA，ⅤA与ⅥA反常，故第一电离能：N＞O＞S，A正确；B．已知同一周期从左往右元素的电负性依次增大，电负性Si＜P＜Cl，电负性差值越大，键的极性越大，故化合物中键的极性：SiCl4＞PCl3，B正确；C．同一主族从上往下元素的金属性依次增大，金属性Li＜K，故碱性：LiOH＜KOH，C错误；D．已知同一周期从左往右元素的电负性依次增大，即电负性Mg＜Al，故Mg与O的电负性差值＞Al与O的电负性差值，电负性差值越大离子键百分数越大，故化合物中离子键百分数：MgO＞Al2O3，D正确；故答案为：C。 2.（2025·重庆卷）根据元素周期律，同时满足条件（ⅰ）和条件（ⅱ）的元素是 （ⅰ）电负性大于同族其他元素；（ⅱ）第一电离能高于同周期相邻的元素 A．Al B．Si C．B D．Be 【答案】D 【解析】A．Al是第ⅢA族元素，同主族中电负性最大的是B，因此Al不满足条件（i），A错误；B．Si是第ⅣA族元素，同主族中电负性最大的是C，因此Si不满足条件（i），B错误；C．B是第ⅢA族元素，电负性在同主族中最大，满足条件（i）。B是ⅢA族元素，同周期电离能从左往右逐渐增加，但Be是第ⅡA族元素，2p为全空，比较稳定，电离能大于B，所以B的第一电离能比相邻的Be和C都小，不满足条件（ii），C错误；D．Be是第ⅡA族元素，电负性在同主族中最大，满足条件（i）；Be是第ⅡA族元素，2p为全空，比较稳定，电离能大于B和Li，所以Be的第一电离能大于同周期相邻主族元素，满足条件（ii），D正确；故选D。 解题妙法 1.解题关键： ①第一电离能需注意 ⅡA、ⅤA 族反常（全空/半满稳定）； ②电负性同周期从左到右增大、同主族从上到下减小，电负性差越大，键的极性/离子键百分数越大； ③碱性与金属性正相关，金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强。 2.高频陷阱：忽略电离能反常、混淆电负性与金属性递变规律、误判离子键百分数与电负性差值的关系。 题组二 分子结构与性质 1.（2025·江西卷）下列说法正确的是 A．键长： B．沸点： C．键能： D．键角： 【答案】B 【解析】A．CO中C原子和O原子通过三键相连，CO2中C原子和O原子通过双键相连，三键的键长小于双键，则键长：，A错误；B．HI分子量大于HCl，范德华力更强，沸点更高，则沸点：，B正确；C．N2中存在氮氮三键，O2中存在氧氧双键，三键的键能比双键大，则键能：，C错误；D．中心N原子价层电子对数为4+ =4，N原子为sp3杂化，中心N原子价层电子对数为3+ =3，N原子为sp2杂化，则键角：，D错误；故选B。 2.（2025·四川卷）生产磷肥时，利用纯碱溶液吸收的反应如下：。下列说法错误的是 A．中含有配位键 B．和都是由极性键构成的极性分子 C．和晶体分别为分子晶体和共价晶体 D．的模型和空间结构都为平面三角形 【答案】B 【解析】A．Na2SiF6的阴离子中有Si提供空d轨道，F-提供孤对电子形成的配位键，A正确；B．SiF4中心原子Si的价层电子对数是，无孤对电子，为正四面体结构，分子对称，属于非极性分子；H2O为极性分子，B错误；C．CO2晶体为分子晶体（分子间作用力），SiO2为共价晶体（原子间共价键），C正确；D．中心原子C的价层电子对数是，无孤对电子，VSEPR模型为平面三角形，实际空间结构也为平面三角形，D正确；故选B。 解题妙法 1.解题关键： ①键长/键能：三键＜双键＜单键，键能相反； ②沸点：分子晶体看范德华力（相对分子质量越大沸点越高，注意氢键特殊情况）； ③杂化与键角：sp3杂化（无孤对）键角＞sp2杂化； ④分子极性：正电中心与负电中心是否重合，对称结构（如正四面体）为非极性分子； ⑤VSEPR 模型按价层电子对计算，孤对电子会影响键角但不影响模型。 2.高频陷阱：混淆键长/键能递变、误判对称分子的极性、忽视孤对电子对键角的影响。 题组三 物质结构与性质综合 1.（2025·甘肃卷）物质的结构决定性质，下列事实与结构因素无关的是 选项 事实 结构因素 A K与Na产生的焰色不同 能量量子化 B 的沸点高于 分子间作用力 C 金属有良好的延展性 离子键 D 刚玉的硬度大，熔点高 共价晶体 【答案】C 【解析】A．焰色反应的本质是电子跃迁释放特定波长的光，不同元素的原子能级（能量量子化）导致焰色差异，结构因素正确，A不符合题意；B．SiH4和CH4均为分子晶体，沸点差异由分子间作用力（范德华力）强弱决定，结构因素正确，B不符合题意；C．金属延展性源于金属键的特性（自由电子使原子层滑动），而离子键对应离子晶体（延展性差），结构因素“离子键”错误，C符合题意；D．四大晶体类型只是理想的模型，共价晶体与离子晶体没有明显的边界，二者间存在过渡区域，刚玉的硬度大，熔点高，说明其具有共价晶体的特征，结构因素正确，D不符合题意；故选C。 2.（2025·山东卷）物质性质与组成元素的性质有关，下列对物质性质差异解释错误的是 性质差异 主要原因 A 沸点： 电离能： B 酸性： 电负性： C 硬度：金刚石>晶体硅 原子半径： D 熔点： 离子电荷： 【答案】A 【解析】A．H2O沸点高于H2S的主要原因是H2O分子间存在氢键、H2S分子间不存在氢键，而非O的电离能大于S，电离能与沸点无直接关联，A错误；B．HClO酸性强于HBrO是因为Cl的电负性大于Br，导致O-H键极性更强，更易解离H+，B正确；C．金刚石硬度大于晶体硅是因为C原子半径小于Si，C-C键键能更大，共价结构更稳定，C正确；D．MgO和NaF均属于离子晶体，离子晶体的熔点取决于其晶格能的大小，离子半径越小、离子电荷越多的，其晶格能一般较大，其熔点更高；MgO熔点高于NaF是因为Mg2+和O2−的电荷高于Na+和F−，且其阴、阳离子的半径对应较小，故离子键强度更大，晶格能更高，D正确；故选A。 解题妙法 1.解题关键： ①明确各类晶体的结构本质与性质差异：金属晶体延展性源于金属键，离子晶体硬度大、延展性差，分子晶体沸点由范德华力/氢键决定，共价晶体硬度大、熔点高由共价键键能决定； ②性质差异的归因要精准：沸点差异优先考虑氢键，含氧酸酸性差异看中心原子电负性，共价晶体硬度看原子半径，离子晶体熔点看离子电荷与半径； 2.高频陷阱：混淆不同晶体的成键类型与性质、误将氢键成因归为电离能、错把金属键与离子键的性质搞混。 题组四 晶胞的有关计算 1.（2025·广西卷）型晶态半导体材料由与碳族元素形成，其立方晶胞结构如图。已知：晶胞参数。下列说法正确的是 A．与Z紧邻的有4个 B．晶胞内之间最近的距离为 C．晶胞密度： D．若晶胞顶点替换为，则 【答案】C 【解析】A．假设Z形成面心立方结构，每个Z原子周围有8个四面体空隙（填充Mg），故与Z紧邻的Mg有8个，A错误；B．Mg位于四面体空隙，最近Mg-Mg距离为晶胞边长的，晶胞内之间最近的距离为，B错误；C．密度公式，Mg-Ge中M(Z)=73、a=639 pm，计算出ρ(Mg-Ge)=，Mg-Si中M(Z)=28、a=634 pm，计算出ρ(Mg−Si)=，故ρ(Mg−Ge)>ρ(Mg−Si)，C正确；D．Z（Sn）在晶胞中顶点（8个）和面心（6个），仅替换顶点时，Sn在晶胞中的个数为，Ge在晶胞中的个数为，则，D错误；故选C。 2.（2025·四川卷）的四方晶胞(晶胞参数，省略中的氧，只标出)和的立方晶胞如图所示，为阿伏加德罗常数的值。 下列说法错误的是 A．晶胞中1位的分数坐标为 B．晶胞中2位和3位的核间距为 C．晶胞和晶胞中原子数之比是 D．晶体密度小于晶体密度 【答案】D 【解析】A．根据图示，晶胞中1位位于晶胞的棱角，其分数坐标为，故A正确；B．2位坐标为(a，a，1.7a)，3位坐标为(0，0，3.4a)，核间距：apm，B正确；C．晶胞中原子个数为：，晶胞中原子个数为：（省略中的氧，只标出，所以一起计算的原子），晶胞和晶胞中原子数之比是，C正确；D．晶体密度计算公式为：，晶体密度为： ，晶体密度为：，晶体密度大于晶体密度，D错误；故答案选D。 解题妙法 1.解题关键： ①原子数用均摊法（顶点1/8、棱上1/4、面心1/2、体内1）； ②配位数看最紧邻原子数，四面体空隙配位数为 4； ③晶胞距离：最近顶点距离为面对角线 / 体对角线的一半； ④密度公式：ρ=NM/(NAa3)，代入晶胞质量与体积计算； ⑤原子比按晶胞内总原子数直接求比值。 2.高频陷阱：均摊法计数错误、混淆晶胞参数与实际距离、忽略原子数计算时的晶胞体积变化、误判原子替换后的数目比。 终极预测--压轴实战 稳拿高分 【名校预测·第1题】（2026·重庆·二模）晶体可作激光发射材料。下列说法正确的是 A．基态原子核外单电子数： B．位置：Ca和P均为p区元素 C．第一电离能大小： D．基态F原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为球形 【答案】A 【解析】A．基态P原子核外电子排布为，其中3p轨道有3个单电子，故基态P原子核外单电子数为3。基态O原子核外电子排布为，其中2p轨道有2个单电子，故基态O原子核外单电子数为2。因此，基态原子核外单电子数：，A正确；B．Ca位于第ⅡA族，属于s区元素，仅P属于p区元素，二者不都是p区元素，B错误；C．同周期元素第一电离能呈增大趋势，P的3p轨道为半满稳定结构，第一电离能大于相邻的S，故第一电离能，C错误；D．基态F原子电子占据的最高能级为2p，p轨道电子云轮廓图为哑铃形，球形是s轨道的电子云特征，D错误；故选A。 【名校预测·第2题】（2026·天津滨海新区·二模）下列依据相关数据作出的推断中，正确的是 A．依据元素的第一电离能：，可推断单质的还原性： B．依据元素的电负性：，可推断分子极性： C．依据离子半径：，可推断结构相似的晶体的熔点： D．依据键能：，可推断沸点： 【答案】C 【解析】A．第一电离能是因为的轨道全充满更稳定，按照第一电离能的变化逻辑，电离能越大失电子越难、还原性越弱，无法推出还原性的结论，还原性强弱与金属活动性相关，不能通过该第一电离能特例推断，A错误；B．为正四面体对称结构，属于非极性分子，为三角锥形结构，属于极性分子，分子极性，B错误；C．和均为结构相似的离子晶体，离子半径越小，晶格能越大，晶体熔点越高，离子半径，故熔点，C正确；D．、、的沸点由分子间作用力决定，存在分子间氢键沸点最高，相对分子质量大于，分子间作用力更强，沸点高于，沸点顺序为，与分子内共价键的键能无关，D错误；故选C。 【名校预测·第3题】（2026·北京丰台·一模）下列依据相关数据进行的推断正确的是 数据 推断 A 元素的电负性： 分子极性： B 可用CuS除去 溶液中的 C 短周期元素R的各级电离能(省略单位)：        R元素的最高正化合价为+2价 D 相同温度下：      与反应的速率更快 【答案】C 【解析】A．为正四面体形结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子，为三角锥形结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子，因此分子极性，A不符合题意；B．说明溶解度远小于，无法发生沉淀转化，不能用除去，B不符合题意；C．的第三电离能远大于第二电离能，说明失去2个电子后达到稳定结构，最外层有2个电子，最高正化合价为+2价，C符合题意；D．平衡常数衡量反应进行的限度，与反应速率无直接关联，仅说明与反应更彻底，不能说明反应速率更快，D不符合题意；故选C。 【名校预测·第4题】（2026·河南·模拟预测）一种钙镁矿化合物的晶胞结构如图1所示，MgS的晶胞结构如图2所示，已知：位于晶胞棱上和面心。 下列说法错误的是 A．钙镁矿化合物的化学式是 B．MgS晶胞中A原子的分数坐标为 C．钙镁矿化合物中B、D两原子核间距为 D．钙镁矿化合物与MgS晶体的密度之比为 【答案】D 【解析】A．Ca位于棱上和面心，晶胞中，Mg位于顶点、面心和体心，；S全部位于晶胞内部，；原子数之比，因此化学式为，A正确；B．已知原点为，A原子位于晶胞右侧面棱心，则MgS晶胞中A原子的分数坐标为，B正确；C．设原点如图红色点所示，，B坐标为，D坐标为，则核间距，C正确；D．由均摊法可知，图1中，，，钙镁矿晶胞密度，图2中，Mg位于棱心和体心，；S位于顶点和面心，；MgS晶胞密度，则，D错误；故选D。 【名校预测·第5题】（2026·四川绵阳·三模）利用克劳斯法辅助反应，可从炼油厂尾气中回收得到高纯度的硫磺，下列涉及该反应中反应物、产物的说法正确的是 A．分子中S-H键长小于O-H键长 B．各分子的σ键均为p-pσ键 C．与中N的杂化形式相同 D．与的VSEPR模型相同 【答案】D 【解析】A．S原子半径大于O原子，因此S-H键长大于O-H键长，A错误；B．H原子的价电子位于1s轨道，中的S-H、O-H键为键，并非所有σ键都是键，B错误；C．中价层电子对数为，由于存在单电子，按3对电子考虑，杂化方式为；中价层电子对数为，杂化方式为，二者杂化形式不同，C错误；D．H2O中心O的价层电子对数为，中心O的价层电子对数为，二者VSEPR模型均为四面体形，模型相同，D正确；故选D。 倒计时03天 宝剑锋从磨砺出，梅花香自苦寒来。 ——《警世贤文》 物质结构与性质综合大题 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：近年来各地方高考中结构大题为选考或必考固定题型，以过渡金属、新型功能材料、配位化合物、特殊晶体为载体。系统考查电子排布、电离能与电负性、杂化轨道、空间构型、键角比较、氢键与分子间作用力、晶体类型及熔沸点规律、晶胞结构与参数计算。命题注重微观结构与物质性质的关联，设问梯度分明，基础填空与定量计算结合。常设置特例陷阱，如半满全满稳定结构、孤电子对对结构的影响、混合型晶体作用力辨析，全面考查模型认知与数据运算能力。 ►高考前沿：命题紧扣前沿材料、超分子、金属有机框架、晶体缺陷等真实情境；强化大 π 键、配位键、多聚结构考查，提升晶胞密度、原子占有率等定量计算占比；融合结构解释性质的文字简答，弱化机械记忆，侧重结构机理分析、信息迁移与综合推理素养。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极归纳1大题核心考查模块（三大模块，必记必背） 大题均围绕以下三大模块综合命题，每个模块掌握核心要点和规范答题话术，拆分突破、逐个击破，再整合应用，确保不丢基础分。 1.原子结构与性质（基础送分，必拿）：核心考查电子排布、电离能、电负性。 ①电子排布：写出电子排布式（或简化电子排布式、价电子排布式），牢记构造原理（能量顺序：1s→2s→2p→3s→3p→4s→3d），重点掌握Cr、Cu的特殊排布（半满、全满稳定结构）； ②电离能：解释反常现象（同周期ⅡA、ⅤA族电离能偏高，因轨道全满、半满），比较电离能大小（同周期右大左小、同主族上大下小）； ③电负性：比较大小、判断化学键类型（电负性差＞1.7为离子键，＜1.7为共价键）、判断元素金属性/非金属性。 2.共价键与分子性质（核心难点，重点突破）： ①共价键分类：σ键、π键（单键1个σ键，双键1σ1π，三键1σ2π），判断键的极性； ②杂化轨道与空间构型：价层电子对数=σ键数+孤电子对数，2对sp杂化（直线形）、3对sp2杂化（平面三角形）、4对sp3杂化（四面体形），牢记NH3（sp3，三角锥形）、H2O（sp3，V形）等特例； ③分子间作用力：范德华力、氢键（N、O、F的氢化物之间），解释熔沸点、溶解性差异（氢键使熔沸点反常偏高，相似相溶原理）。 3.晶体结构与计算（区分度考点，规范计算）： ①晶体类型判断：离子晶体（含离子键）、原子晶体（共价键，如金刚石、SiO2）、分子晶体（分子间作用力）、金属晶体（金属键）； ②晶胞计算（核心均摊法）：顶点1/8、棱上1/4、面上1/2、体内1，先计数晶胞中粒子数目，再计算晶胞密度（ρ=m/V，m=粒子数×摩尔质量/NA，V=晶胞边长3）； ③晶体性质对比：熔沸点、硬度（原子晶体＞离子晶体＞分子晶体），导电性（离子晶体熔融导电，金属晶体常温导电）。 终极归纳2大题解题万能模板（必记，直接套用） 大题看似复杂，实则有固定解题流程，掌握以下模板，可快速梳理思路、规范答题，避免遗漏踩分点。 1.审题：圈出关键信息（元素符号、物质化学式、晶体类型、晶胞参数、已知性质），明确考查模块（单一模块或多模块综合）。 2.拆分模块：将大题拆解为原子结构、共价键、晶体结构单个小问题，逐个解答，避免交叉混淆。 3.规范答题： ①文字描述类：遵循“原理+结论”答题话术（如电离能反常：“N的2p轨道为半满稳定结构，能量低，失去电子难度大，故第一电离能N＞O”）； ②电子排布类：书写规范（价电子排布式需标注轨道，如Fe的价电子排布式3d⁶4s²）； ③计算类：写出步骤（均摊法计数→计算晶胞质量→代入密度公式→得出结果），标注单位（晶胞边长单位通常为pm，需换算为cm）。 4.整合检查：确保各模块答案连贯，电子排布、杂化类型、空间构型对应正确，计算数据无误，答题规范（无错别字、符号正确）。 终极归纳3高频踩分点（必记，不丢基础分） 大题评分标准严格，记准以下踩分点，确保会做的题不丢分，难题抢拿步骤分。 1.原子结构：电子排布式（或价电子排布式）书写规范、电离能/电负性比较的理由、化学键类型判断依据。 2.共价键与分子性质：σ键、π键数目判断、杂化类型判断步骤、空间构型名称、分子间作用力（氢键）的作用解释。 3.晶体结构：晶体类型判断、均摊法计数步骤、晶胞密度计算（公式、单位换算、结果）、晶体性质对比的理由。 终极归纳4高频易错陷阱（避错必记，规避失分） 大题失分多在细节和规范，记准以下陷阱，避免“会做但写错”“计算失误”。 1.原子结构陷阱：电子排布式书写错误（如Cr写为3d44s2，正确为3d54s1）、混淆电子排布式与价电子排布式、电离能比较忽略反常现象。 2.共价键陷阱：混淆σ键与π键数目（如乙烯含5个σ键、1个π键，误算为4个σ键）、杂化类型与空间构型对应错误（如sp3杂化误判为平面三角形）、忽略孤电子对对空间构型的影响。 3.晶体计算陷阱：均摊法比例混淆（如顶点算1/4、棱上算1/8）、晶胞边长单位换算错误（pm→cm，1pm=10-10cm）、密度计算遗漏NA（阿伏加德罗常数）、误将晶胞粒子数当作化学式。 4.规范陷阱：空间构型名称写错（如V形写为折线形，不扣分，但三角锥形误写为四面体）、电子排布式漏写轨道符号、计算无步骤直接写结果。 终极归纳5考前速记技巧（高效冲刺） 1.核心规律速记：电子排布特例（Cr、Cu）、杂化与空间构型对应关系、均摊法比例、密度计算公式，无需推导，直接套用。 2.话术速记：提前背熟电离能反常、氢键作用、晶体性质对比的标准答题话术，避免答题不规范、踩分点不全。 3.计算优先级：先做基础模块（电子排布、杂化判断），再做计算模块（均摊法、密度计算），计算时分步书写，避免一步出错全扣分。 真题精研--复盘经典 把握规律 题组一 以主族元素及其化合物为载体的物质结构与性质综合大题 1.（2026·浙江卷）回答下列问题： （1）的晶胞如图。请回答： ①的电子式：_______； ②旁边最近的有_______个； ③荧光掺入，代替_______(A或B)。 （2）将HF与按等物质的量发生化合反应生成，写出的结构式：_______。 （3）已知：，则： ①中S原子的杂化方式：_______。 ②熔点：LiF_______(填“>”、“<”或“=”)，原因：_______。 ③与反应生成与X，X的结构简式：_______。 ④等物质的量、混合，主要产物为，原因：_______。 ⑤与足量NaOH生成气体的化学方程式：_______； 【答案】（1） 12 B （2） （3） > 氟离子半径小，离子键强 中吸电子，N-H键极性较大，H容易以H+的形式解离，中推电子，N上的电子云密度大，容易与H+形成配位键 【解析】（1）①Ca原子最外层有2个电子，F原子最外层有7个电子，Ca原子失去最外层2个电子形成Ca2+，两个F原子各得到1个电子形成F-，达到最外层8电子稳定结构，所以的电子式为；②示意图中，A离子共8个，均位于晶胞内，B离子有8个位于顶点，在1个晶胞内贡献个B离子，有6个位于面心，在1个晶胞内贡献个B离子，因此1个晶胞内含有4个B离子，晶胞中A与B的离子数之比为2:1，与化学式CaF2对应可知，A离子为F-，B离子为Ca2+，Ca2+旁边最近的Ca2+有12个，距离均为晶胞边长的倍（可以视为顶点对于面心）； ③掺入后，Er3+为阳离子，代替的是原有阳离子Ca2+，即B； （2）硝酸分子中氮原子（N） 和另外两个端基氧原子参与形成了大π键。所以大π键的原子中心数是 3。N提供其p轨道上的 2个电子，两个端基氧原子各自提供其p轨道上的 1个电子（每个氧的单电子）。总电子数：2 + 1 + 1 = 4个电子。故的结构式为，硝酸结合HF中的氢离子后，羟基氧原子上的孤对电子未参与离域大π键，电子云更集中，碱性更强，更容易接受质子。所以的结构式为； （3）①S原子形成2个S=O双键和两个S-F键，键数为4，孤对电子数为0，所以中心原子S采取sp3杂化； ②因为F-的离子半径小，离子键更强，阴阳离子间作用力更强，所以LiF的熔点高于； ③与反应的产物之一是，说明N-Si键发生断裂，两分子各断裂一个S-F键，掉落一个F原子，剩余部分与结合生成，所以这两个F原子与结合生成；④中F的电负性很大，的吸电子能力很强，N-H键极性较大，H容易以H+的形式解离，而中由于乙基的推电子效应，导致N电子云密度较大，容易与H+结合（形成配位键），生成； ⑤先水解生成、HF、，则与足量NaOH反应会产生气体为，其余两种酸与NaOH反应，因此反应方程式为。 2.（2025·北京卷）通过和的相互转化可实现的高效存储和利用。 （1）将的基态原子最外层轨道表示式补充完整：_______。 （2）分子中键角小于，从结构角度解释原因：_______。 （3）的晶胞是立方体结构，边长为，结构示意图如下。 ①的配体中，配位原子是_______。 ②已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为_______。() （4）和反应过程中能量变化示意图如下。 ①室温下，和反应生成而不生成。分析原因：_______。 ②从平衡的角度推断利于脱除生成的条件并说明理由：_______。 【答案】（1） （2）NH3中N原子的sp3杂化轨道有一个孤电子对，斥力较大 （3）N （4）E2＜E1，温度低时更容易生成 [Mg(NH3)6]Cl2是吸热反应，也是气体分子数增加的反应，升温、减压有利于[Mg(NH3)6]Cl2脱除NH3 【解析】（1）Mg是第12号元素，其基态最外层电子的电子排布式为3s2，故其基态原子最外层轨道表示式为：。 （2）NH3中N原子的键电子对数为3、孤电子对数为=1，价层电子对数为4，N原子的sp3杂化轨道有一个孤电子对，斥力较大，故NH3分子中H-N-H的键角小于109°28′。 （3）①的内界为，故其配体为NH3，由于N原子有孤电子对，所以配位原子为N； ②根据均摊法，该晶胞中的个数为，的个数为8，故每个晶胞中含有4个，则晶体的密度为。 （4）①由MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可知，E2＜E1，温度低时更容易生成； ②根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可知[Mg(NH3)6]Cl2是吸热反应，该反应也是气体分子数增加的反应，故升温、减压有利于[Mg(NH3)6]Cl2脱除NH3。 解题妙法 1.解题关键： ①电子式、轨道表示式按价电子排布书写； ②晶胞用均摊法计数，配位数看最紧邻原子数，阳离子掺杂替换同价态阳离子； ③杂化方式用价层电子对互斥模型判断，离子晶体熔点看离子半径与电荷； ④反应原理解释需结合电负性、电子效应、能量变化与平衡移动（吸热/气体分子数变化）。 2.高频陷阱：晶胞均摊错误、键角成因混淆、电子效应分析不完整。 题组二 以过渡元素及其化合物为载体的物质结构与性质综合大题 1.（2025·山东卷）单质及其化合物应用广泛。回答下列问题： （1）在元素周期表中，位于第_______周期_______族。基态原子与基态离子未成对电子数之比为_______。 （2）尿素分子与形成配离子的硝酸盐俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。 ①元素C、N、O中，第一电离能最大的是_______，电负性最大的是_______。 ②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为_______。 ③八面体配离子中的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与配位的原子是_______(填元素符号)。 （3）可用作合成氨催化剂、其体心立方晶胞如图所示(晶胞边长为)。 ①晶胞中原子的半径为_______。 ②研究发现，晶胞中阴影所示m，n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有原子个数越多，催化活性越低。m，n截面中，催化活性较低的是_______，该截面单位面积含有的原子为_______个。 【答案】（1）四 VIII 4：5 （2）N O sp2 O （3） n 【解析】（1）Fe为26号元素，位于元素周期表中第四周期VIII族；基态Fe原子电子排布式为[Ar]3d64s2，未成对电子数为4，基态Fe3+电子排布式为[Ar]3d5，未成对电子数为5，故答案为：四；VIII；4：5。 （2）①同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能：N>O>C；同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，因此电负性：O>N>C，故答案为：N；O。 ②尿素分子中C原子形成3个σ键，无孤电子对，采取的轨道杂化方式为sp2杂化。 ③八面体配离子中的配位数为6，碳氮键的键长均相等，因此N原子不会参与形成配位键，说明C=O中O原子参与配位，所以与配位的原子是O。 （3）①为体心立方晶胞，晶胞边长为a pm，体对角线长度为，体心立方晶胞中Fe原子半径r与体对角线关系为4r=，因此原子的半径为。 ②m截面面积Sm=a2pm2，每个角原子被 4个相邻晶胞共享(二维共享)，如图所示：，每个晶胞的顶点原子贡献个原子给该晶面，所含原子数为，单位面积原子数为个pm-2，n截面面积为pm2，每个角原子被4个相邻晶胞共享，体心原子完全属于本截面，所含原子数为，单位面积原子数为个∙pm-2，因此催化活性较低的是n截面，该截面单位面积含有的原子为个∙pm-2。 2.（2025·上海卷）钨(W)为银白色有光泽的金属，常温下不受空气侵蚀，化学性质比较稳定，主要用来制造灯丝和制作耐磨工具。 （1）用金属钨作灯丝与钨的_______特性有关。 A．延展性 B．导电性 C．高熔点 D．硬度大 （2）从微观角度解释钨有金属光泽的原因_______。 白钨矿的主要成分的钨酸钙(CaWO4)，CaWO4的晶胞结构如下图： （3）CaWO4晶胞中，Ca2+处于_______。 A．顶角 B．面上 C．棱上 D．体心 （4）钨元素的信息如图所示，可推测其在元素周期表中的位置是_______。 A．第五周期第IIB族 B．第五周期第IVB族 C．第六周期第IIB族 D．第六周期第VIB族 （5）根据价层电子对斥理论，可知中W的价层电子对数为_______。 （6）下图晶胞中只有一个完整的，其包含的四个O2-的编号是_______。(选填编号①~⑧) （7）白钨矿常伴生方解石、石膏、萤石、磷灰石等钙矿石。这些钙矿石的密度见下表： 伴生钙矿石 方解石 石膏 萤石 磷灰石 密度/g·cm-3 2.71 2.32 3.18 3.20 已知：V(CaWO4晶胞)=3.12×10-22cm3；M(CaWO4)=288g·mol-1；NA=6.02×1023mol-1 计算CaWO4的密度_______ (写出计算过程，结果精确到小数点后2位)，并与伴生钙矿石作比较，说明钨得名“重石头”的原因_______。 CaWO4具有良好的光学活性，被广泛用于光电陶瓷材料中。工业上可以用电解法制备CaWO4，其装置如图所示： 已知 （8）写出该装置的阳极方程式_______。 (9)为获取高纯的CaWO4，在电解时需要不断通入，说明其原因_______。 【答案】（1）BC （2）当可见光照射金属表面时，金属中的自由电子吸收光能，形成不稳定的较高能量状态。当电子跃迁回较低能量状态时，会将能量以可见光的形式辐射出来，而具有金属光泽 （3）BC （4）D （5）4 （6）⑤⑥⑦⑧ （7） CaWO4的密度较大 （8） (9)减少CO2，避免生成CaCO3 【解析】（1）因为W丝具有导电性高熔点的性质，所以可以用来做灯丝，故答案为：BC； （2）钨有金属光泽的原因是：金属晶体中有自由电子，所以当可见光照射到金属晶体表面时，晶体中的自由电子可以吸收光能而呈现能量较高的状态。但是这种状态不稳定，电子跃迁回到低能量状态时会将吸收的各种波长的光辐射出来，使得金属不透明并具有金属光泽； 故答案为：金属晶体中有自由电子，所以当可见光照射到金属晶体表面时，晶体中的自由电子可以吸收光能而呈现能量较高的状态。但是这种状态不稳定，电子跃迁回到低能量状态时会将吸收的各种波长的光辐射出来，使得金属不透明并具有金属光泽； （3）由图可知，位于面心和棱上，故答案为：BC； （4）由题给图片信息可知，74号W元素的价电子排布为，在56号Xe元素和86号Rn元素之间，所以W在第六周期第ⅥB族，故答案为D； （5）中心原子价层电子对数为4，孤对电子数为，故答案为4； （6）四面体是由1个W原子和4个O原子构成的，其中W原子位于四面体的中心，4个O原子位于四面体的4个顶点。从图1-8中可以看到晶胞的结构，当W原子与5、6、7、8号O原子相邻时，能组成一个四面体，故答案为：5、6、7、8； （7）由CaWO4的晶胞结构图知，位于面心和棱上，由均摊法计算，晶胞中含个数为，故1个晶胞中含4个CaWO4，V(CaWO4晶胞)=3.12×10-22 cm3， CaWO4的密度比伴生钙矿石的密度大，所以被称为“重石头”；故答案为；CaWO4的密度较大； （8）W与电源正极相连，所以是电解池的阳极，故电极反应式为：，故答案为：； （9）制备时需要不断通入的原因是：减少CO2，避免生成CaCO3；故答案为：减少CO2，避免生成CaCO3； 解题妙法 解题要点：过渡金属位于 d 区、Ⅷ 族或副族，离子未成对电子数结合轨道排布判断；同周期第一电离能 ⅡA、ⅤA 反常，电负性右增；配位键优先找含孤电子对的 O、N 原子；体心立方晶胞利用体对角线求原子半径；晶胞截面活性看单位面积原子数；金属光泽用自由电子吸光、跃迁放光原理解释，晶体计算紧扣均摊法与密度公式。 终极预测--压轴实战 稳拿高分 【名校预测·第1题】（2025·天津·模拟预测）易溶于水，水溶液呈碱性，虽有剧毒，却因其较强的配位能力被广泛使用，如用于从低品位的金矿砂（含单质金）中提取金。 （1）基态的价层电子排布式为_______。 （2）的所有原子均满足8电子稳定结构，其电子式为_______。 （3）如下图为的晶胞示意图。 与距离最近且等距的个数是_______；已知该晶体的密度为，阿伏加德罗常数的值为，该晶胞的边长为_______nm。 （4）浸金过程如下： i.将金矿砂溶于为的溶液，过滤，得含的滤液； ii.向滤液中加入足量金属锌，得单质金。 ①已知与同族，则属于_______区元素。 ②i中反应的离子方程式为_______。 ③i中，会导致相同时间内的浸取率下降，原因是_______。 ④ii中锌的配位数为4，写出反应离子方程式：_______。 【答案】（1） （2） （3）12 （4）ds 溶液中减小 【解析】（1）基态N的价层电子为其2s、2p能级上的电子，则基态N原子的价层电子排布式为； （2）的所有原子均满足8电子稳定结构，与互为等电子体，电子式相似，其电子式为； （3）由晶胞结构可知，与距离最近且等距的个数是=12个；该晶胞中位于棱上和体心，个数为1+12×=4；位于顶点和面心，个数为8×+6×=4，因此一个晶胞中含有4个“KCN”，，则晶胞边长=。 （4）①已知Au与Cu同族，Cu属于ds区元素，Au位于ds区； ② i中反应的反应物是，生成物是、KOH，因此离子方程式为； ③ ⅰ中，pH<10.5时，溶液中减小，增大，导致Au的浸取率下降； ④在步骤ii中，金属锌作为还原剂，将中的+1价金还原为单质金（0价），自身被氧化为+2价锌，并结合形成配位数为4的配离子；根据电子守恒，1个Zn原子失去2个电子，2个共得到2个电子，再结合CN⁻和电荷守恒配平，最终反应的离子方程式为：。 【名校预测·第2题】（2025·福建·二模）2025年诺贝尔化学奖授予北川进等三位科学家，以表彰他们开发金属有机框架(MOF)的开创性贡献。MOF被称为“分子建筑”，其结构与性质蕴含丰富的化学原理。经典MOF-5是由和对苯二甲酸()构成的三维金属有机框架(如图)。 的结构为()。 回答下列问题： （1）基态C原子核外电子占据______个能级。 （2）在中，碳原子杂化类型为______。的沸点比的沸点______(填“低”或“高”)，判断依据是______。1个分子最多有______个原子共平面。 （3）中所含元素共占据周期表______(填数字)个区。其中Zn、C、O的电负性由大到小为______。 （4）奥马尔·亚吉在1999年合成的MOF-5具有立方体结构，稳定性高。MOF-5晶体具有多孔结构，其框架内相邻的苯环之间存在______(填作用力类型)；若将MOF-5置于高温环境中，当温度过高时晶体框架会坍塌同时释放出苯甲酸，推测框架坍塌破坏的作用力有______。 （5）MOF-5可用于捕获、存储某些分子，从结构角度分析该分子应具有的特征为______。MOF-5中与成键的4个氧原子构成空间结构是______(填名称)。 【答案】（1）3 （2） 高 分子间存在氢键 18 （3）2 （4）范德华力(或分子间作用力)、配位键 范德华力 （5）具有与空腔尺寸适配的直径 正四面体形 【解析】（1）基态碳原子的电子排布式为，占据3个能级，故答案为：3； （2）对苯二甲酸中C原子均采取杂化。对苯二甲酸分子间能形成氢键，间只有范德华力，前者分子间作用力较强，沸点较高。对苯二甲酸分子中所有原子可能共平面，1个对苯二甲酸分子最多有18个原子共平面，故答案为：；高；分子间存在氢键；18； （3）中含C、O和Zn元素，C、O位于p区，Zn位于ds区，因此所含元素共占据周期表2个区，其中Zn、C、O的电负性由大到小为，故答案为：2；； （4）苯环之间存在范德华力，将MOF-5置于高温环境中，温度过高会坍塌同时释放苯甲酸，可推测出破坏了范德华力和配位键，故答案为：范德华力(或分子间作用力)、配位键；配位键； （5）MOF可用于捕获或存储直径与空腔尺寸适配的分子。锌离子与四个氧构成正四面体形，故答案为：具有与空腔尺寸适配的直径；正四面体形。 【名校预测·第3题】（2025·安徽·模拟预测）铁、镍的单质及其化合物在医药、材料等领域有广泛的应用。回答下列问题： （1）基态原子的价层电子轨道表示式为___________，位于元素周期表的___________区。 （2）下列说法正确的是___________(填标号)。 A．基态原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为或 B．、、位于周期表中同一周期、同一副族 C．原子变成，优先失去轨道上的电子 D．的第三电离能的第三电离能 （3）用射线衍射测定，得到的两种晶胞、，其结构如图1所示。晶胞和晶胞中原子的配位数之比为___________。 （4）结构示意图如图2所示。 ①中与、与的作用力类型分别是___________。 ②中和中均为杂化，比较中键角和中键角的大小并解释原因：___________。 （5）常用作净水剂、刻蚀剂等。的熔点()显著低于的熔点()的原因是___________。 【答案】（1） d （2）AB （3） （4）配位键、氢键 中原子有孤电子对，中原子无孤电子对，孤电子对有较大斥力，使键角小于键角 （5）为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多 【解析】（1）镍是28号元素，基态原子的价层电子排布式为，故其价层电子的轨道表示式为； 铁是26号元素，价层电子排布式为，则其位于元素周期表的区。 （2）A．基态原子的价电子排布式为，两种自旋状态的电子数之比为或，A正确； B．、、位于周期表中第四周期第Ⅷ族，均为同一周期同一副族，B正确； C．基态原子的价电子排布式为，原子变成，优先失去轨道上的电子，C错误； D．的第三电离能为半充满的稳定结构再失电子，较难，的第三电离能为再失1个电子变为结构，的第三电离能的第三电离能，D错误； 故答案选AB。 （3）由图可知，晶胞中的配位数为8，晶胞中的配位数为12，两者之比为。 （4）中有孤电子对，有空轨道，二者可以形成配位键，中有电负性较大的元素可以与中元素形成氢键； 中和中都是杂化，中杂化形成的4个杂化轨道中2个被孤电子对占据，2个被键合电子对占据，而中杂化形成的4个杂化轨道均被键合电子对占据，孤电子对与键合电子对间的斥力大于键合电子对与键合电子对间的斥力，使得键角比键角小。 （5）是分子晶体，分子间作用力较小，是离子晶体，离子键强度较大，故的熔点()显著低于的熔点()。 倒计时02天 一万年太久，只争朝夕。 —— 毛泽东《满江红・和郭沫若同志》 化学实验基础操作(选择题) 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：近年来全国各地方高考实验基础选择题为高频必考题，以装置图、操作描述、现象结论判断为主要形式。核心考查仪器识别与使用、基础操作规范、物质分离提纯、气体制备收集、试剂保存、实验安全与防倒吸、除杂检验等内容。命题聚焦细节辨析，常见陷阱包含操作先后顺序错误、试剂选用不当、装置适配性不符、尾气处理缺失、现象与结论逻辑不严谨等。试题立足教材基础实验，结合微型装置、简易改装装置，侧重实验严谨性、安全性辨析，侧重实操逻辑与科学探究基础能力考查。 ►高考前沿：新高考趋向结合微型实验、绿色化实验、简易创新装置命题；强化探究型操作、定量实验基础、异常实验现象分析考查；弱化单一机械记忆，增加实验逻辑推理、方案评价与误差辨析；融合物质性质与基础操作综合判断，凸显科学探究与创新意识核心素养。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极归纳1常见仪器使用规范 1.区分可直接加热、间接加热与不能加热仪器。 （1）试管、坩埚、蒸发皿可直接加热； （2）烧杯、烧瓶、锥形瓶需垫石棉网加热； （3）量筒、容量瓶、滴定管、集气瓶严禁加热。 2.计量仪器有固定精度与用途： （1）量筒无零刻度、不可配制溶液与溶解； （2）容量瓶仅限定容配制，不能作反应容器； （3）滴定管精准量取液体，酸式管禁装碱性溶液，碱式管禁装强氧化性、腐蚀性液体。 3.玻璃棒主要用于搅拌、引流、蘸取溶液，全程规范使用，杜绝混用错用。 终极归纳2基本实验操作标准 1.药品取用遵循节约原则，块状固体镊子夹取、粉末用药匙或纸槽； 2.液体倾倒标签朝向手心。 3.溶解搅拌、过滤一贴二低三靠、蒸发不断搅拌防局部过热飞溅，余热蒸干晶体。 4.萃取分液时，分液漏斗检漏、下层下放、上层倒出； 5.蒸馏装置温度计水银球位于支管口处，冷凝管下进上出。 6.溶液配制、定容、摇匀操作规范，定容俯视读数偏高、仰视偏低。 7.试纸使用：pH 试纸不能润湿，石蕊、淀粉碘化钾试纸检验气体需提前润湿。 终极归纳3物质分离与提纯高频考点 1.过滤分离固液混合物； 2.蒸发结晶适用于溶解度随温度变化小的物质，降温结晶适合溶解度随温度陡增的物质。 3.蒸馏用于互溶沸点差异大的液体；萃取分液针对互不相溶液体。 4.除杂坚持不增、不减、易分离、易复原原则，不引入新杂质，不消耗目标物质。 5.除去气体杂质常用洗气法，固体杂质用过滤、灼烧法，避免试剂选错、操作颠倒，杜绝除杂试剂过量残留引发二次污染。 终极归纳4试剂保存与物质鉴别 1.易挥发试剂如浓盐酸、氨水密封保存； 2.强氧化性试剂、腐蚀品避光存放； 3.强碱溶液存橡胶塞试剂瓶，氢氟酸必须用塑料瓶，不能用玻璃容器。 4.钠、钾保存在煤油中，白磷冷水封存。 5.物质鉴别依靠特征现象：气体颜色、沉淀颜色、溶液变色、特殊气味，不用外加多余试剂，优先选用简单操作，结合物质特有性质快速区分，排除干扰物质。 终极归纳5实验安全与事故处理 1.易燃物远离明火，有毒、有刺激性气体实验需通风操作。 2.浓硫酸稀释必须酸入水、缓慢搅拌，严禁水入酸； 3.酸碱灼伤及时冲洗，重金属中毒饮用牛奶、蛋清。 4.可燃性气体点燃前必须验纯，防止爆炸； 5.加热固体试管口略向下倾斜，避免冷凝水倒流炸裂仪器。 6.防倒吸、防爆炸、防中毒、防腐蚀是装置评价高频角度。 终极归纳6高频易错陷阱与解题妙法 1.选择题常考操作倒置、仪器选错、试剂误用、装置连接错误。如冷凝水上进下出、温度计位置错误、容量瓶溶解固体、酸碱滴定管混用等均为经典错项。 2.解题采用关键词速判法，看到错误操作直接排除，牢记 “操作是否规范、装置是否合理、原理是否成立” 三大判断依据，结合常识快速辨析，避开思维定式，高效完成选择题作答。 真题精研--复盘经典 把握规律 题组一 实验安全 1.（2025·江西卷）实验安全是科学探究的前提。下列实验要求错误的是 A．溶液的导电性实验，禁止湿手操作 B．焰色试验，应开启排风管道或排风扇 C．钠在空气中燃烧实验，需佩戴护目镜才能近距离俯视坩埚 D．比较和的热稳定性实验，应束好长发、系紧宽松衣物 【答案】C 【解析】A．NaCl溶液的导电性实验涉及电流，湿手操作易触电，禁止湿手，A正确；B．焰色试验可能产生有害气体或烟雾，开启排风设备，B正确；C．钠燃烧剧烈，即使佩戴护目镜，近距离俯视仍可能被高温或飞溅物伤害，C错误；D．加热实验需避免衣物或长发接触热源，束发系紧衣物，D正确；故选C。 2.（2025·河北卷）下列不符合实验安全要求的是 A．酸、碱废液分别收集后直接排放 B．进行化学实验时需要佩戴护目镜 C．加热操作时选择合适的工具避免烫伤 D．乙醇应存放在阴凉通风处，远离火种 【答案】A 【解析】A．酸、碱废液需中和处理达标后才能排放，直接排放会污染环境，不符合安全要求，A错误；B．实验时佩戴护目镜是防止化学试剂溅入眼睛的必要防护措施，B正确；C．选择合适的加热工具如坩埚钳，可避免直接接触高温物体导致烫伤，C正确；D．乙醇易燃，存放于阴凉通风处并远离火源是防止火灾的安全措施，D正确；故选A。 解题妙法 1.分场景抓要点：按用电、加热、试剂、操作、废弃物处理等场景梳理要点，如用电实验禁湿手、加热实验需防护、易燃易爆品远离火源。 2.辨操作判正误：分析实验操作细节，如近距离俯视高温反应、直接排放酸碱废液、不佩戴护目镜等，均为典型安全错误。 3.记原则避陷阱：牢记“防触电、防烫伤、防腐蚀、防中毒、防火灾、防污染”六大原则，遇到陌生实验场景，按“是否存在风险源、防护措施是否到位、废弃物处理是否合规”逐一排查，快速锁定错误选项。 题组二 实验操作规范 1.（2025·贵州卷）下列实验操作规范的是 A B C D 向容量瓶中转移溶液 用胶头滴管滴加溶液 混合浓和浓 测溶液的pH 【答案】A 【解析】A．向容量瓶中转移溶液时，需用玻璃棒引流，符合规范，A符合题意；B．用胶头滴管向试管中滴加溶液时，胶头滴管应垂直悬空于试管口正上方，但该操作中滴管并不是垂直悬空于试管口正上方，而是倾斜的，不符合规范，B不符合题意；C．混合浓和浓时，由于浓密度大且混合放热，应将浓缓慢倒入浓中，并搅拌散热；该操作中向浓中加浓，易导致液体飞溅，不符合规范，C不符合题意；D．测定溶液pH时，用蒸馏水润湿pH试纸会稀释待测液，导致测量结果不准，图示操作不规范，D不符合题意；故选A。 2.（2025·广西卷）下列实验操作规范的是 A B C D 蒸发溶液 量取溶液 加热固体 转移溶液 【答案】A 【解析】A．蒸发NaCl溶液时，应使用蒸发皿，用酒精灯加热，并不断用玻璃棒搅拌以防止局部过热导致液滴飞溅，规范操作，A正确；B．量取25.00mL NaOH溶液需精确到0.01mL，应使用碱式滴定管（因NaOH腐蚀玻璃活塞），图中为酸式滴定，B错误；C．加热NaHCO3固体时，试管口应略向下倾斜，防止冷凝水回流炸裂试管，若试管口向上则操作错误，C错误；D．转移Na2CO3溶液至容量瓶时，需用玻璃棒引流，直接倾倒未引流则操作错误，D错误；故选A。 解题妙法 1.分模块记标准：按溶液配制、物质加热、试剂取用、试纸使用、溶液稀释等模块梳理规范，如容量瓶转移需玻璃棒引流、胶头滴管应垂直悬空、稀释浓硫酸需酸入水。 2.辨细节找错误：分析操作细节，如 pH 试纸润湿会稀释待测液、加热固体试管口应略向下倾斜、量取 NaOH 溶液需用碱式滴定管，这些都是高频易错点。 3.抓核心避陷阱：牢记“防污染、防腐蚀、防飞溅、防误差”四大原则，陌生操作按“是否符合试剂特性、是否规避安全风险、是否影响实验结果”逐一排查，快速锁定规范选项。 题组三 物质的分离提纯 1.（2025·浙江卷）下列实验原理或方法不正确的是 A．可用萃取碘水中的 B．可用重结晶法提纯含有少量的苯甲酸 C．可用浓溶液除去乙酸乙酯中的乙酸 D．可用浓溶液将转化为 【答案】C 【解析】A．I2在CCl4中的溶解度比在水中大，且CCl4和水不互溶，因此可用CCl4萃取碘水中的I2，A正确；B．苯甲酸的溶解度随温度升高而显著增大，而的溶解度受温度影响较小。可通过冷却热饱和溶液的方法使苯甲酸结晶析出，而仍留在溶液中，从而达到提纯的目的，B正确；C．NaOH溶液与乙酸乙酯和乙酸均反应，不能达到目的，C错误；D．CaSO4的Ksp大于CaCO3，用浓溶液可将转化为，D正确；故答案为C。 2.（2025·天津卷）天津位于渤海之滨，地处“九河下梢”，因河而生，向海而兴，自古流传着“精卫填海”“哪吒闹海”等传说，其海水资源丰富，下列说法错误的是 A．海水可经蒸馏制备淡水 B．海水经氯气氧化可直接得到液溴 C．海水晒盐的过程涉及溶液的蒸发、结晶 D．用离子交换膜法电解饱和溶液可得到烧碱溶液 【答案】B 【解析】A．蒸馏法通过蒸发和冷凝分离水和盐分，正确制备淡水，A正确；B．海水中的需经氧化生成，但需进一步蒸馏或萃取才能得到液溴，不能直接获得，B错误；C．海水晒盐通过蒸发水分使结晶析出，属于蒸发结晶过程，C正确；D．离子交换膜电解溶液时，阴极区生成并富集，得到烧碱溶液，D正确；故答案选B。 解题妙法 1.明原理，选方法：根据物质性质差异选择分离方法，如萃取需溶质在萃取剂中溶解度更大且溶剂互不相溶；重结晶需目标物与杂质溶解度随温度变化差异大；沉淀转化利用溶度积差异实现。 2.辨试剂，避干扰：除杂试剂需只与杂质反应、不消耗目标物，如乙酸乙酯不能用 NaOH 溶液除乙酸（会导致酯水解），应选用饱和碳酸钠溶液。 3.看流程，判正误：工业海水提溴、晒盐等流程，需结合氧化、萃取、蒸馏等步骤判断，警惕 “直接氧化得液溴” 等错误表述，逐项验证方法与试剂的匹配性即可破题。 题组四 物质的检验与鉴别 1.（2025·海南卷）下列检验材料不能一步鉴别出对应物质的是 选项 检验材料 待鉴别物质 A 湿润的pH试纸 B 氨水 C 溶液 D 水 【答案】B 【解析】A．湿润的pH试纸遇HCl显酸性（变红），遇显碱性（变蓝），可一步鉴别；A正确；B．均与氨水反应生成白色沉淀（和），现象相同，无法一步鉴别；B错误；C．溶液与反应产生气泡（），与乙二醇无现象，可一步鉴别，C正确；D．乙酸乙酯密度小于水，浮于水面；1，2-二溴乙烷密度大于水，沉于水底，可一步鉴别，D正确；故答案选B。 2.（2025·湖南卷）只用一种试剂，将四种物质的溶液区分开，这种试剂是 A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液 【答案】D 【解析】A．NaOH溶液与AlCl3反应生成白色沉淀，过量时溶解；与(NH4)2CO3加热会释放NH3气体，但常温下可能无法明显区分；Na2SO4和KNO3均无现象，无法区分，A错误；B．AgNO3溶液与Na2SO4生成微溶Ag2SO4，与(NH4)2CO3生成Ag2CO3沉淀，与AlCl3生成AgCl沉淀，KNO3无反应。但三种沉淀均为白色，无法明确区分，B错误；C．H2SO4溶液仅与(NH4)2CO3反应产生CO2气体，其余三者无现象，无法区分Na2SO4、AlCl3、KNO3，C错误；D．Ba(OH)2溶液与Na2SO4生成BaSO4白色沉淀（不溶解）；与(NH4)2CO3生成BaCO3沉淀并释放NH3气体；与AlCl3先生成Al(OH)3沉淀，过量时溶解；KNO3无现象，四种现象均不同，可区分，D正确；故选D。 解题妙法 1.定试剂，找特征：根据待鉴别物质的酸碱性、离子特性、溶解性差异，选择能产生不同现象的试剂，如酸碱指示剂区分酸碱性气体，利用沉淀、气体反应区分离子。 2.析现象，辨差异：分析反应现象的不同，如沉淀是否溶解、气体是否产生、溶液分层 / 溶解情况、颜色变化等，现象相同则无法一步鉴别。 3.避陷阱，验反应：警惕 “反应现象混淆”（如氨水与镁盐、铝盐均生成白色沉淀）、“试剂选择不当”（如用 NaOH 无法区分 Na₂SO₄和 KNO₃）等问题，逐项验证试剂与各物质的反应现象，快速锁定答案。 题组五 实验设计与评价 1.（2025·湖北卷）下列化学实验目的与相应实验示意图不相符的是 选项 A B 实验目的 用量热计测定反应热 分离乙酸乙酯和饱和食盐水 实验示意图 选项 C D 实验目的 在铁片上镀镍 转移热蒸发皿至陶土网 实验示意图 【答案】C 【解析】A．隔热层可防止热量散失，温度计测定反应前后的温度，玻璃搅拌棒可使反应完全反应，图中中和反应的反应热测定装置合理，A不符合题意；B．乙酸乙酯与饱和食盐水不互溶，饱和水盐水在下，乙酸乙酯在上，可通过分液进行分离，B不符合题意；C．在铁片上镀镍，待渡金属做阴极，镀层金属做阳极，图中两个电极放反，不能达到实验目的，C符合题意；D．转移热蒸发皿至陶土网，需要用坩埚钳夹取蒸发皿，操作合理，D不符合题意；故选C。 2.（2025·甘肃卷）下列实验操作能够达到目的的是 选项 实验操作 目的 A 测定0.01mol/L某酸溶液的pH是否为2 判断该酸是否为强酸 B 向稀溶液滴入几滴浓硫酸，观察溶液颜色变化 探究对水解的影响 C 向溶液先滴入几滴NaCl溶液，再滴入几滴NaI溶液，观察沉淀颜色变化 比较AgCl和AgI的Ksp大小 D 将氯气通入溶液，观察是否产生淡黄色沉淀 验证氯气的氧化性 【答案】D 【解析】A．若该酸为一元酸，0.01mol/L某酸溶液的pH=2，可判断为强酸，但某些二元弱酸，在浓度0.01mol/L也可能达到pH=2，故无法判断该酸是否为强酸，A错误；B．向稀溶液中加浓硫酸，虽增加浓度增大抑制水解，但浓硫酸稀释时放热，未控制变量，无法单独验证的影响，B错误；C．溶液过量，溶液中剩余的会直接与生成AgI沉淀，无法证明AgCl转化为AgI，故不能比较Ksp，C错误；D．与反应生成S淡黄色沉淀，证明将氧化为S，验证了的氧化性，D正确；故选D。 解题妙法 1.明目的，找原理：先明确实验目的，分析对应反应原理，如判断强酸需验证完全电离、比较溶度积需实现沉淀转化。 2.析操作，控变量：分析实验操作是否合理，是否控制了无关变量，如探究 H⁺对 Fe³⁺水解的影响时，浓硫酸的稀释热会干扰实验；沉淀转化实验需确保试剂不过量。 3.评结论，避陷阱：警惕 “操作缺陷导致结论偏差”，如用 pH=2 判断强酸时忽略二元弱酸的可能；直接加试剂未控制变量的对比实验，逐项验证操作与目的的匹配性即可锁定答案。 题组六 微型实验 1.（2025·湖南卷）具有还原性，易水解。一种制备纯净的的装置示意图如下： 下列说法错误的是 A．导气管a需接一个装有碱石灰的干燥管 B．实验过程中应先通入，再开启管式炉加热 C．若通入气体更换为，也可制备纯净的 D．配制溶液需加盐酸和金属 【答案】C 【分析】先通入，排净装置的空气，Sn与HCl在管式炉中发生反应制取，冷却剂用于冷凝，盛接器收集，据此解答。 【解析】A．已知易水解，则导气管a需接一个装有碱石灰的干燥管，防止水蒸气进入使得水解，同时可以吸收尾气，A正确；B．具有还原性，应先通入，排除装置中的，防止被氧化，B正确；C．若通入气体更换为，具有还原性，可能被氧化为更高价态，如，无法制备纯净的，C错误；D．配制溶液时，加入盐酸，抑制水解，加入金属Sn，防止被氧化，D正确；故选C。 2.（2025·广东卷）利用如图装置进行实验：打开，一定时间后，a中溶液变蓝；关闭，打开，点燃酒精灯加热数分钟后，滴入无水乙醇。下列说法错误的是 A．a中现象体现了的还原性 B．b中既作氧化剂也作还原剂 C．乙醇滴加过程中，c中的铜丝由黑变红，说明乙醇被氧化 D．d中有银镜反应发生，说明c中产物有乙酸 【答案】D 【分析】打开，一定时间后，b中H2O2在MnO2的催化下生成O2，O2进入a中，氧化I-，生成I2，使得淀粉-KI溶液变蓝；关闭K1，打开K3，无水乙醇在铜丝的催化下与氧气发生氧化反应生成乙醛，乙醛可与银氨溶液在加热条件下发生银镜反应。 【解析】A．O2进入a中，氧化I-，生成I2，体现了的还原性，A正确；B．b中H2O2在MnO2的催化下生成O2和H2O，既作氧化剂也作还原剂，B正确；C．无水乙醇在铜丝的催化下与氧气发生氧化反应生成乙醛，在此过程中，铜丝先和氧气反应生成黑色的氧化铜，乙醇再和氧化铜反应，氧化铜被还原为红色的铜单质，乙醇被氧化为乙醛，故c中的铜丝由黑变红，可以说明乙醇被氧化，C正确；D．乙醛可与银氨溶液在加热条件下发生银镜反应，说明c中产物有乙醛，D错误；故选D。 解题妙法 1.明目的，析装置：先明确实验目的，分析各装置的作用（如气体制备、除杂、反应、检验、尾气处理），判断装置连接是否合理，是否存在空气干扰、水蒸气影响等问题。 2.辨反应，判现象：根据物质性质（如还原性、易水解、催化氧化），分析反应过程和现象变化，如 SnCl2制备中需通HCl防氧化和水解、乙醇催化氧化中铜丝的黑红变化。 3.验结论，避陷阱：警惕 “现象与结论不匹配”（如银镜反应仅能证明有醛基，无法直接证明产物为乙醛）、“忽略副反应/干扰因素”（如未排空气导致反应物被氧化）等问题，逐项验证逻辑链即可锁定答案。 终极预测--压轴实战 稳拿高分 【名校预测·第1题】（2026·河北张家口·二模）规范实验操作可有效消除安全隐患。下列实验操作错误的是 A．蒸馏时，温度计水银球插入蒸馏烧瓶的液体中测量温度 B．不慎打翻燃着的酒精灯，迅速用湿布或沙土盖灭 C．蒸发操作结束后，用预热过的坩埚钳将蒸发皿取下 D．铜和浓硫酸反应时，用NaOH溶液吸收尾气且在通风橱中进行 【答案】A 【解析】A．蒸馏时温度计用于测量馏出蒸气的沸点，需将水银球置于蒸馏烧瓶支管口处，插入液体中无法准确测定馏分温度，A错误；B．不慎打翻燃着的酒精灯，用湿布或沙土盖灭可通过隔绝空气实现灭火，B正确；C．蒸发操作结束后蒸发皿温度较高，用预热过的坩埚钳取下可避免蒸发皿骤冷炸裂，C正确；D．铜和浓硫酸反应生成有毒的，溶液可吸收，且实验在通风橱中进行可避免有毒气体泄漏引发危险，D正确；故答案为A。 【名校预测·第2题】（2026·湖南怀化·二模）根据下列实验操作及现象不能推导出相应实验结论的是 实验操作及现象 实验结论 A．非金属性： B．具有漂白性 实验操作及现象 实验结论 C．证明气体中含有水蒸气 D．极易溶于水 【答案】A 【解析】A．比较非金属性强弱，需要通过最高价氧化物对应水化物的酸性判断，不是元素的最高价含氧酸，且浓盐酸易挥发，挥发出的也可以和硅酸钠反应生成硅酸沉淀，无法证明酸性：碳酸>硅酸，因此不能推导出非金属性，A符合题意；B．能使品红溶液褪色，是漂白性的特征反应，可以推导出具有漂白性，B不符合题意；C．无水硫酸铜遇水蒸气会变为蓝色的五水硫酸铜，因此无水硫酸铜变蓝可以证明中含有水蒸气，C不符合题意；D．极易溶于水，挤出滴管中的水后，烧瓶内压强迅速降低，外界大气压将烧杯中的水压入烧瓶形成喷泉，该现象可以证明极易溶于水，D不符合题意；答案选A。 【名校预测·第3题】（2026·江苏·一模）苯甲酸在水中的溶解度为0.34g(25℃)、2.2g(75℃)。以甲苯制备苯甲酸的实验流程如下： 下列实验装置不能达到相应实验目的的是 A．用装置甲氧化甲苯 B．用装置乙除去 C．用装置丙溶解粗苯甲酸 D．用装置丁蒸发结晶获得纯苯甲酸 【答案】D 【分析】本实验以甲苯为原料，先在热溶液中发生氧化反应，将甲苯氧化为苯甲酸钾，同时生成沉淀；再加入盐酸酸化，将苯甲酸钾转化为苯甲酸，得到粗苯甲酸；最后通过除杂、重结晶等操作提纯得到纯苯甲酸。 【解析】A．装置甲为三颈烧瓶，配备控温搅拌器、冷凝管，可在水浴加热条件下使甲苯与热溶液充分接触、发生氧化反应，冷凝管可回流冷凝甲苯，减少反应物挥发，能达到氧化甲苯的实验目的，A不符合题意；B．是难溶于水的固体，装置乙为过滤装置，可通过过滤操作分离出固体，得到含苯甲酸钾的滤液，能达到除去的实验目的，B不符合题意；C．苯甲酸在热水中溶解度较大，装置丙为烧杯加热装置，可在加热条件下溶解粗苯甲酸，为后续重结晶操作做准备，能达到溶解粗苯甲酸的实验目的，C不符合题意；D．苯甲酸的提纯需采用重结晶法：先加热溶解、趁热过滤除去不溶性杂质，再冷却结晶得到苯甲酸晶体，不能用蒸发结晶的方法；且蒸发结晶应在蒸发皿中进行，同时直接蒸发会导致苯甲酸受热分解，也无法除去可溶性杂质，不能达到获得纯苯甲酸的实验目的，D符合题意；故答案选D。 【名校预测·第4题】（2026·海南·二模）下列检验材料不能一步鉴别出对应物质的是 选项 检验材料 待鉴别物质 A 酸性高锰酸钾溶液 苯和对二甲苯 B 饱和碳酸钠溶液 乙酸乙酯和乙二醇 C 澄清石灰水 碳酸钠和碳酸氢钠溶液 D 水 二氧化氮和溴蒸气 【答案】C 【解析】A．苯性质稳定，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；对二甲苯的苯环侧链甲基可被酸性高锰酸钾氧化，能使溶液褪色，现象不同，可一步鉴别。A不符合题意；B．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，会分层；乙二醇与水互溶，不分层，现象不同，可一步鉴别。B不符合题意；C．碳酸钠与澄清石灰水反应（），会生成白色沉淀；碳酸氢钠与澄清石灰水反应（无论哪种反应物过量）都会生成白色沉淀，现象相同，不能一步鉴别。C符合题意；D．二氧化氮与水反应生成无色硝酸和NO，最终得到无色溶液，NO遇空气又变红棕色；溴蒸气溶于水得到橙黄色的溴水，现象不同，可一步鉴别。D不符合题意；故选C。 【名校预测·第5题】（2026·四川绵阳·三模）下列实验及现象与对应结论都正确的是 选项 实验及现象 结论 A 用pH计测浓度均为0.1mol/L的CH3COONa和Na2CO3溶液的pH，后者大于前者 B 将纯净的乙炔通入盛有溴的溶液，溶液褪色 乙炔具有还原性 C 将铁锈溶于浓盐酸，滴入溶液，紫色褪去 铁锈中含有二价铁 D 将绕成螺旋状的铜丝在酒精灯外焰上灼烧时，铜丝变黑，移到焰心处遇乙醇蒸气后恢复红色 乙醇能够还原氧化铜 【答案】D 【解析】A．等浓度的和溶液，后者pH更大只能说明<，无法推导与的大小关系，A错误；B．乙炔与溴的溶液发生加成反应使溶液褪色，该实验主要体现了乙炔能发生加成反应的性质，通常用于检验不饱和键，而非证明其还原性，B错误；C．浓盐酸中含有的也可还原酸性KMnO4使溶液紫色褪去，无法证明铁锈中含二价铁，C错误；D．铜丝灼烧生成黑色CuO，遇乙醇蒸气后恢复红色，是因为乙醇将CuO还原为Cu，说明乙醇能够还原氧化铜，D正确；故答案选D。 【名校预测·第6题】（2026·广东中山·三模）利用如图的装置进行实验，步骤：①打开，关闭，向a中滴加浓盐酸，加热；②当c中充满黄绿色气体后关闭，打开；③待装置e的活塞移动到50 mL时，停止加热，关闭，打开；④光照装置e一段时间。下列说法正确的是 A．a中发生反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4 B．装置b盛装饱和溶液，装置c盛装碱石灰 C．步骤④光照后e内气体颜色逐渐变浅，且e的活塞可能会向左移动 D．向e中注入浓氨水，若产生白烟，证明与发生取代反应生成HCl 【答案】C 【分析】装置a中MnO2​和浓盐酸加热制备氯气，装置b中用饱和食盐水除去氯气中混有的HCl杂质，装置c中干燥氯气，装置e中甲烷和氯气混合发生光照取代反应。 【解析】A．a中反应为，氧化剂为，4 mol HCl中只有2 mol HCl被氧化作还原剂，另外2 mol HCl表现酸性，因此氧化剂和还原剂物质的量之比为1:2，A错误；B．制得的​中混有HCl和水蒸气，除去HCl应该用饱和食盐水，若用饱和​溶液，HCl与​反应会引入​杂质，且​也会与该溶液反应，装置c用于干燥​，碱石灰为碱性干燥剂，会吸收，B错误；C．​为黄绿色气体，光照下​与​发生取代反应，​被消耗，因此气体颜色逐渐变浅，取代产物中，​均为液体，只有为气体，反应后装置内气体总物质的量减少，压强减小，因此活塞会向左移动，C正确；D．若e中剩余未反应的​，​也可和浓氨水反应生成白烟（​），因此无法证明白烟是HCl与氨气反应生成的，不能证明取代反应生成了HCl，D错误；故选C。 【名校预测·第7题】（2026·湖南岳阳·二模）用废磷酸(含有机杂质)制取，下列说法错误的是 已知：、、。 A．若浓磷酸不慎沾到手上，先用大量水冲洗，然后涂上溶液 B．若步骤a把易炭化的有机杂质转化为炭颗粒，则步骤b的操作为过滤 C．为使产品中的物质的量分数最大，滴加KOH溶液调pH，最适pH为7.2 D．产品中钾元素的质量分数为29.01％，则产品中可能混有杂质 【答案】C 【解析】A．浓磷酸具有腐蚀性，不慎沾到皮肤上，处理方法为先用大量水冲洗，再涂抹稀碳酸氢钠溶液中和残留酸，A正确；B．有机杂质炭化后生成不溶性的炭颗粒，分离固体炭和液体磷酸，操作是过滤，B正确；C．对于的电离： ；。 当时，电离方程式中除氢离子外的对应两种粒子浓度相等：时，时，此时仅占一半，不是物质的量分数最大的点。物质的量分数最大时，溶液的pH值近似等于，即，C错误；D．纯中K的质量分数为：，产品中K的质量分数高于纯品；中K的质量分数为，高于，因此产品混有会使钾的质量分数升高，D正确；故选C。 倒计时01天 努力尽今夕，少年犹可夸。 —— 杨万里《晚兴》 化学实验综合探究大题突破 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：近年来各地高考实验综合题为核心难点大题，以物质制备、性质探究、定量测定、原理验证为主要载体，整合仪器使用、操作规范、物质检验、除杂净化、条件控制、误差分析等知识。试题多采用陌生情境与改装实验装置，设问梯度分明，涵盖方案设计、现象描述、方程式书写、试剂选择、操作目的、异常现象分析等。命题重视实验逻辑链构建，常设置操作顺序、干扰反应、副产物、防水解防氧化等隐性考点，侧重考查实验探究、证据推理、严谨表述与综合问题分析能力，区分度较高。 ►高考前沿：命题贴近真实科研与工业简易实验，增多绿色微型实验、定量滴定、反应机理探究类设问；强化变量控制、对比实验、实验方案评价与改进考查；融合氧化还原、离子平衡等原理，加大开放性简答比重，聚焦异常现象探究与误差溯源，全面落实化学实验核心素养。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极归纳1 大题核心考查模块（五大模块，必记必背） 实验大题均围绕以下五大模块综合命题，每个模块掌握核心要点和规范答题话术，拆分突破、逐个击破，确保不丢基础分、抢拿步骤分。 1.实验目的与原理（解题前提）：先明确实验核心目的（制备某物质、探究某物质性质、检验某离子/气体），再梳理反应原理（化学方程式、离子方程式），所有操作、装置均围绕目的设计，避免偏离核心。 2.装置选择与作用（基础送分）： ①发生装置：根据反应物状态（固固、固液、液液）和反应条件（加热、不加热）选择，如固固加热用试管，固液不加热用分液漏斗+圆底烧瓶； ②除杂/干燥装置：先除杂后干燥，除杂试剂针对性选择（如除CO2用NaOH溶液，除HCl用饱和NaHCO3溶液），干燥试剂区分酸性、碱性（如浓硫酸干燥酸性/中性气体，碱石灰干燥碱性/中性气体）； ③收集装置：气体收集根据密度（向上/向下排空气法）、溶解性（排水法）选择，有毒气体需加尾气处理装置； ④尾气处理：可燃性气体点燃，酸性气体用碱液吸收，碱性气体用酸液吸收，防污染、防倒吸。 3.实验操作规范（踩分重点）： ①气密性检查（必考题）：加热法、液封法，规范描述“关闭活塞，向某容器中加水，加热/静置，观察导管口是否有气泡/液面是否下降，判断气密性良好”； ②沉淀洗涤：向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，静置滤干，重复2-3次，检验洗涤是否干净（取最后一次洗涤液，检验杂质离子）； ③定量实验操作：称量、量取、滴定、冷却、洗涤、定容，每一步均需规范，避免误差。 4.现象描述与结论（核心难点）：遵循“操作→现象→结论”逻辑，现象描述要具体（如“溶液变为红色”“产生白色沉淀”“有黄绿色气体生成”），不遗漏关键现象；结论要与现象对应，结合反应原理，不夸大、不偏离。 5.误差分析与实验评价（区分度考点）： ①误差分析：从操作（称量、量取、加热、洗涤）入手，判断误差方向（偏高、偏低、无影响），如称量时砝码生锈，结果偏高；洗涤不彻底，结果偏高； ②实验评价：从“可行性、简约性、安全性、环保性”四个角度分析，提出改进措施（如装置未防倒吸，改进为加倒扣漏斗；尾气未处理，增加尾气吸收装置）。 终极归纳2 大题解题万能模板（必记，直接套用） 实验大题看似复杂，实则有固定解题流程，掌握以下模板，可快速梳理思路、规范答题，避免遗漏踩分点。 1.审题：圈出关键信息（实验目的、反应物、反应条件、装置图、已知现象），明确实验类型（制备型、探究型、检验型）。 2.拆解步骤：将实验分为“发生→除杂→干燥→收集→尾气处理/性质探究→定量测量”，逐个分析每个步骤的装置、操作、作用。 3.规范答题： ①装置作用：“该装置用于……（除杂/干燥/收集/尾气处理），防止……（污染环境/干扰实验/倒吸）”； ②现象描述：“若……（操作），则观察到……（现象），说明……（结论）”； ③误差分析：“因……（操作错误），导致……（结果偏差），故测量值偏高/偏低”； ④实验评价：“该方案的优点是……，不足是……，改进措施为……”。 4.整合检查：确保装置连接顺序正确（发生→除杂→干燥→收集→尾气处理），操作规范，现象与结论对应，答题话术完整，无错别字、无遗漏步骤。 终极归纳3 高频踩分点（必记，不丢基础分） 实验大题评分标准严格，记准以下踩分点，确保会做的题不丢分，难题抢拿步骤分。 1.装置类：装置选择的理由、装置作用的描述、装置连接顺序的判断。 2.操作类：气密性检查的步骤、沉淀洗涤的操作、检验洗涤干净的方法、定量操作的规范描述。 3.现象与结论类：具体现象描述、现象与结论的对应关系、离子/气体检验的规范表述。 4.误差与评价类：误差分析的逻辑、实验评价的角度、改进措施的合理性。 终极归纳4 高频易错陷阱（避错必记，规避失分） 实验大题失分多在细节和规范，记准以下陷阱，避免“会做但写错”“步骤遗漏”。 1.装置陷阱：装置连接顺序错误（如先干燥后除杂）、尾气处理未防倒吸、收集装置选错（如极易溶于水的气体用排水法）、除杂试剂选错（如用NaOH溶液除CO2中的HCl）。 2.操作陷阱：气密性检查步骤不完整、沉淀洗涤未重复、检验洗涤干净未取最后一次洗涤液、定量实验未冷却就称量/定容。 3.现象陷阱：现象描述模糊（如“有气体生成”未说明颜色、气味）、现象与结论不对应（如“溶液变红”误判为有Fe3+，未排除干扰离子）。 4.规范陷阱：答题话术不完整（如装置作用只说“除杂”，未说明除什么杂、防止什么）、误差分析逻辑混乱、实验评价只说不足，未提改进措施。 终极归纳5 考前速记技巧（高效冲刺） 1.核心话术速记：提前背熟装置作用、气密性检查、沉淀洗涤、现象描述的标准答题规范，直接套用，避免答题不规范。 2.常见试剂速记：记准除杂、干燥、检验试剂的用途（如检验SO42-用盐酸酸化的BaCl2，检验NH3用湿润的红色石蕊试纸）。 3.优先级原则：先做基础设问（装置作用、操作描述），再做难点设问（误差分析、实验评价），难题不纠结，优先抢拿步骤分，避免因小失大。 真题精研--复盘经典 把握规律 题组一 物质制备类实验综合大题 1.（2025·河北卷）氢碘酸常用于合成碘化物。某化学兴趣小组用如图装置(夹持装置等略)制备氢碘酸。 步骤如下： ⅰ．在A中加入和，快速搅拌，打开通入，反应完成后，关闭，静置、过滤得滤液； ⅱ．将滤液转移至B中，打开通入，接通冷凝水，加热保持微沸，直至除尽； ⅲ．继续加热蒸馏，C中收集沸点为间的馏分，得到117mL氢碘酸(密度为，HI质量分数为57%)。 回答下列问题： （1）仪器A的名称：_______，通入发生反应的化学方程式：_______。 （2）步骤ⅰ中快速搅拌的目的：_______(填序号) a．便于产物分离    b．防止暴沸    c．防止固体产物包覆碘 （3）步骤ⅰ中随着反应的进行，促进碘溶解的原因_______(用离子方程式表示)。 （4）步骤ⅱ中的尾气常用_______(填化学式)溶液吸收。 （5）步骤ⅱ实验开始时的操作顺序：先通入，再加热；步骤ⅲ实验结束时相对应的操作顺序：_______。 （6）列出本实验产率的计算表达式：_______。 （7）氢碘酸见光易分解，易被空气氧化，应保存在_______。 【答案】（1）圆底烧瓶 I2+H2S=S+2HI （2）c （3） （4）NaOH （5）先停止加热，再通一段时间的N2后关闭K2 （6） （7）密封的棕色细口瓶中，并放在避光低温处 【分析】I2的氧化性比S强，A中发生I2+H2S=S↓+2HI，过滤除去S，得到含H2S的HI滤液；将滤液转移到B中，先通氮气、加热保持微沸除去H2S，升高温度，收集沸点为125℃~127℃间的馏分，得到117mL密度为1.7g/mL，质量分数为57%的HI溶液。 【解析】（1）仪器A的名称为圆底烧瓶；I2的氧化性比S强，通入发生反应的化学方程式为I2+H2S=S↓+2HI； （2）I2在水中的溶解度较小，生成的S可能包裹在其表面阻止反应的继续进行，故步骤ⅰ中快速搅拌的目的是防止固体产物包覆碘，选c； （3）I2和I-会发生反应：，步骤ⅰ中随着反应的进行，生成的HI电离出的I-与I2反应促进I2的溶解，本空答案为； （4）步骤ⅱ中的尾气为，有毒，是酸性气体，常用NaOH溶液吸收； （5）为确保蒸馏装置内的HI全部进入C中，步骤ⅲ实验结束时相对应的操作顺序为：先停止加热，再通一段时间的N2后关闭K2； （6）127gI2的物质的量为0.5mol，n理论(HI)=2×0.5mol=1mol，m理论(HI)=1mol×128g/mol=128g、m实际(HI)=，故HI的产率= =； （7）氢碘酸见光易分解，易被空气氧化，应保存在密封的棕色细口瓶中，并放在避光低温处。 2.（2025·湖南卷）苯胺是重要的有机化工原料，其实验室制备原理如下： 相关信息如下： 物质 相对分子质量 熔点/ 沸点/ 密度/ 溶解性 硝基苯 123 5.9 210.9 1.20 不溶于水，易溶于乙醚 苯胺 93 184.0 1.02 微溶于水，易溶于乙醚 乙酸 60 16.6 117.9 1.05 与水互溶 乙醚 74 -116.3 34.5 0.71 微溶于水 反应装置Ⅰ和蒸馏装置Ⅱ(加热、夹持等装置略)如下： 实验步骤为： ①向装置Ⅰ双颈烧瓶中加入铁粉、水及乙酸，加热煮沸； ②稍冷后，通过恒压滴液漏斗缓慢滴入硝基苯，再加热回流； ③将装置Ⅰ改成水蒸气蒸馏装置，蒸馏收集苯胺-水馏出液； ④将苯胺-水馏出液用饱和后，转入分液漏斗静置分层，分出有机层；水层用乙醚萃取，分出醚层；合并有机层和醚层，用粒状氢氧化钠干燥，得到苯胺醚溶液； ⑤将苯胺醚溶液加入圆底烧瓶(装置Ⅱ)，先蒸馏回收乙醚，再蒸馏收集馏分，得到苯胺。 回答下列问题： （1）实验室保存硝基苯的玻璃容器是_______(填标号)。 （2）装置Ⅰ中冷凝管的进水口为_______(填“a”或“b”)。 （3）步骤④中将苯胺-水馏出液用饱和的原因是_______。 （4）步骤④中第二次分液，醚层位于_______层(填“上”或“下”)。 （5）蒸馏回收乙醚时，锥形瓶需冰水浴的原因是_______；回收乙醚后，需要放出冷凝管中的冷凝水再蒸馏，这样操作的原因是_______。 （6）下列说法正确的是_______(填标号)。 A．缓慢滴加硝基苯是为了减小反应速率 B．蒸馏时需加沸石，防止暴沸 C．用红外光谱不能判断苯胺中是否含有硝基苯 D．蒸馏回收乙醚，无需尾气处理 （7）苯胺的产率为_______。 【答案】（1）A （2）a （3）减小苯胺在水中的溶解度，增加水层的密度 （4）上 （5）乙醚沸点低 防止冷凝管炸裂 （6）AB （7）75% 【分析】由硝基苯制苯胺过程中，由于反应比较剧烈，故硝基苯需从上方缓慢加入；反应完成后，改用蒸馏装置，将苯胺-水蒸馏出，苯胺在水中有一定的溶解度，加入固体，可使溶解在水中的大部分苯胺就以油状物晶体析出，分液分离出有机层，水层用乙醚萃取，分出醚层；合并有机层和醚层，加入粒状氢氧化钠干燥，得到苯胺醚溶液，再次蒸馏得到苯胺，据此解答。 【解析】（1）选项A为细口瓶，常用于保存液体试剂；选项B为广口瓶，常用于保存固体试剂；选项C为容积瓶仅用于配制一定物质的量浓度溶液，不能用于保存试剂；选项D为烧杯，一般不用于保存试剂，故答案为A； （2）为使冷凝水充分冷凝管壁，保证冷凝效果，冷凝管中的水流向应为“下进上出”，故装置Ⅰ中冷凝管的进水口为下口a； （3）实验中将苯胺-水倒出液饱和的目的是减小苯胺在水中的溶解性，同时增加水层的密度，有利于苯胺与水的分层； （4）根据题中信息，乙醚密度比水小，因此乙醚层位于分液体系上层； （5）第一空：乙醚沸点低，室温下易挥发，水浴冷却抑制乙醚的挥发； 第二空：避免冷凝水残留影响后续高温蒸馏（收集苯胺）时冷凝管的效率（或防止高温下冷凝管因温差过大破裂）； （6）A．采用缓慢滴加的方法可以控制反应速率，防止反应过于剧烈和引发副反应，A正确；B．蒸馏时加沸石防暴沸是正确的操作，B正确；C．红外光谱可区分硝基苯（含硝基特征峰）和苯胺（含氨基特征峰），C错误；D．乙醚是一种有毒物质，具有挥发性，尾气需要处理，D错误；故选AB； （7）根据反应原理可知，硝基苯，理论上制备苯胺，理论产量：，实际产量：，产率： 。 解题妙法 1.解题先梳理制备总反应与副反应，明确各装置功能，区分反应、冷凝、除杂、尾气处理模块。 2.把控操作顺序，牢记通气、加热、停热、停气的先后逻辑，防倒吸、防氧化、防物质挥发。结合物质沸点、溶解度、密度差异，选择蒸馏、萃取、分液、过滤等分离方法。 3.熟记试剂作用，如盐析降低有机物溶解度、碱液吸收酸性尾气、干燥剂除水。定量计算依托反应计量关系，结合实际产量与理论产量求产率。同时注意物质稳定性，规范试剂储存与实验安全防护，规避挥发、分解、腐蚀等常见陷阱。 题组二 物质性质探究类实验综合大题 1.（2025·湖北卷）某小组在探究的还原产物组成及其形态过程中，观察到的实验现象与理论预测有差异。根据实验描述，回答下列问题： （1）向溶液加入5滴溶液，振荡后加入葡萄糖溶液，加热。 ①反应产生的砖红色沉淀为_______(写化学式)，葡萄糖表现出_______(填“氧化”或“还原”)性。 ②操作时，没有加入葡萄糖溶液就加热，有黑色沉淀生成。用化学反应方程式说明该沉淀产生的原因：_______。 （2）向溶液中加入粉使蓝色完全褪去，再加入盐酸并加热至溶液中无气泡产生为止。过滤得固体，洗涤并真空干燥。 ①加入盐酸的目的是_______ ②同学甲一次性加入粉，得到红棕色固体，其组成是_______(填标号)。 a．    b．包裹    c．    d．和 ③同学乙搅拌下分批加入粉，得到黑色粉末X。分析结果表明，X中不含和。关于X的组成提出了三种可能性：Ⅰ ；Ⅱ 和；Ⅲ ，开展了下面2个探究实验： 由实验结果可知，X的组成是_______(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。从物质形态角度分析，X为黑色的原因是_______。 【答案】（1）Cu2O 还原 （2）除去过量的锌粉 b Ⅲ 固体颗粒小 【分析】（1）向溶液加入5滴溶液，制得新制氢氧化铜悬浊液，振荡后加入葡萄糖溶液，加热，新制氢氧化铜悬浊液和葡萄糖中的醛基反应； （2）向溶液中加入粉使蓝色完全褪去，Cu2+全部被还原，再加入盐酸并加热至溶液中无气泡产生为止，过量的Zn粉全部转化为Zn2+，过滤得固体，洗涤并真空干燥，该固体是Cu2+的还原产物，可能含Cu、Cu2O等。 【解析】（1）①向溶液加入5滴溶液制得新制氢氧化铜悬浊液，振荡后加入葡萄糖溶液，加热，新制氢氧化铜悬浊液与葡萄糖中的醛基反应产生的砖红色沉淀为Cu2O，Cu被葡萄糖从+2价还原为+1价，葡萄糖表现出还原性； ②操作时，没有加入葡萄糖溶液就加热，有黑色沉淀生成，该黑色沉淀为CuO，用化学反应方程式说明该沉淀产生的原因：； （2）①由题干加入盐酸并加热至溶液中无气泡产生为止可知加入盐酸的作用是除去过量的锌粉； ②先加Zn粉、后加盐酸，得到固体为红棕色，则一定有Cu(Cu2O和HCl发生歧化反应生成Cu)，20mL 0.5mol/LCuSO4中n(Cu2+)=0.5mol/L×20mL=0.01mol，Cu的最大物质的量为0.01mol，质量为0.64g，生成Cu2O的最大质量为0.72g，实际固体质量为0.78g：a．若只有Cu，则固体质量应小于等于0.64g，a不符题意；b．若是Cu包裹Zn，则0.64＜固体质量＜1.18g，b符合题意；c．若是CuO，则不可能为红棕色，c不符题意；d．若是Cu和Cu2O，固体质量应介于0.64g—0.72g之间，d不符题意；选b； ③实验1得到的溶液呈无色，说明一定无CuO，那么X的组成只能是Cu，选Ⅲ；从物质形态角度分析，X为黑色的原因是金属固体Cu呈粉末状时，光线进入后被多次反射吸收，所以呈黑色。 2.（2024·湖北卷）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： （1）配制的溶液，需要用到下列仪器中的_______(填标号)。 a．    b．     c．    d． （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_______、_______。 【答案】（1）bc （2）不能 提供过量的碳酸氢根，通过平衡移动，促使水合钴离子转化为碳酸合钴离子，同时防止碳酸钴生成 （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，并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，可以把氧化为。 【解析】（1）配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到容量瓶、胶头滴管等等，因此选bc。 （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，因此，大大过量的原因是：为保证转化为，提供过量的碳酸氢根，通过平衡移动，促使水合钴离子转化为碳酸合钴离子，同时防止碳酸钴生成。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。 解题妙法 1.解题先锁定实验目的，结合化合价升降判断氧化还原关系，依据颜色、沉淀、气体等特征现象，结合题干陌生信息推断产物与变化。 2.善用对照实验、变量控制，对比不同试剂、用量、操作带来的现象差异，分析反应能否发生、产物不同的原因。 3.结合平衡移动、配位结合、反应先后顺序解释反应原理，规范书写陌生氧化还原方程式。关注物质聚集状态、颗粒大小等隐性因素带来的颜色、性质差异，合理分析异常实验现象，精准突破原理分析与物质推断类设问。 题组三 定量实验综合大题 1．（2025·河南卷）某研究小组设计了如下实验测定某药用硫黄中硫的含量，其中硫转化的总反应为。 主要实验步骤如下： Ⅰ．如图所示，准确称取细粉状药用硫黄于①中，并准确加入乙醇溶液(过量)，加入适量蒸馏水，搅拌，加热回流。待样品完全溶解后，蒸馏除去乙醇。 Ⅱ．室温下向①中加入适量蒸馏水，搅拌下缓慢滴加足量溶液，加热至，保持，冷却至室温。 Ⅲ．将①中溶液全部转移至锥形瓶中，加入2滴甲基橙指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗溶液体积为。 Ⅳ．不加入硫黄，重复步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白实验，消耗标准溶液体积为。计算样品中硫的质量分数。 Ⅴ．平行测定三次，计算硫含量的平均值。 回答下列问题： （1）仪器①的名称是：_______；②的名称是_______。 （2）步骤Ⅰ中，乙醇的作用是_______。 （3）步骤Ⅰ中，样品完全溶解后，必须蒸馏除去乙醇的原因是_______。 （4）步骤Ⅱ中不宜采用水浴加热的原因是_______。步骤Ⅱ结束后，若要检验反应后溶液中的，实验操作是_______。 （5）步骤Ⅲ中，判断滴定达到终点的现象为_______。 （6）单次样品测定中硫的质量分数可表示为_______(写出计算式)。 【答案】（1）圆底烧瓶 球形冷凝管 （2）促进硫单质的溶解 （3）乙醇与H2O2混合后加热，会发生剧烈反应引发危险 （4）加热温度达到了水的沸点，水分蒸发过快，不易控温 取少量反应后的溶液于试管中，先加入盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，观察实验现象 （5）滴入最后半滴盐酸，溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复原色 （6） 【解析】（1）根据仪器构造可知①是圆底烧瓶，②是球形冷凝管； （2）硫单质难溶于水，微溶于酒精，所以乙醇的作用促进硫单质的溶解； （3）双氧水具有强氧化性，乙醇具有还原性，乙醇与H2O2混合后加热，会发生剧烈反应引发危险，所以必须蒸馏除去乙醇； （4）由于实验需要加热至100℃，应选用油浴或其他更合适的加热方法；而水的沸点就是100 ℃，加热温度达到了水的沸点，水分蒸发过快，不易控温，所以不宜采用水浴加热；要检验溶液中的硫酸根离子，需要排除溶液中其它离子的干扰，所以实验操作是取少量反应后的溶液于试管中，先加入盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，观察实验现象。 （5）甲基橙作指示剂，盐酸滴定氢氧化钾溶液，则滴定终点的现象为滴入最后半滴盐酸，溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复原色； （6）不加入硫黄，消耗标准溶液体积为，因此原氢氧化钾的物质的量是0.001cV3mol，反应后剩余氢氧化钾的物质的量是0.001cV2mol，因此与硫磺反应的氢氧化钾的物质的量是0.001c（V3－V2）mol，所以根据方程式可知硫单质的物质的量0.0005c（V3－V2）mol，所以单次样品测定中硫的质量分数可表示为。 2.（2025·安徽卷）侯氏制碱法以、和为反应物制备纯碱。某实验小组在侯氏制碱法基础上，以和为反应物，在实验室制备纯碱，步骤如下： ①配制饱和食盐水； ②在水浴加热下，将一定量研细的，加入饱和食盐水中，搅拌，使，溶解，静置，析出晶体； ③将晶体减压过滤、煅烧，得到固体。 回答下列问题： （1）步骤①中配制饱和食盐水，下列仪器中需要使用的有_______(填名称)。 （2）步骤②中需研细后加入，目的是_______。 （3）在实验室使用代替和制备纯碱，优点是_______。 （4）实验小组使用滴定法测定了产品的成分。滴定过程中溶液的随滴加盐酸体积变化的曲线如下图所示。 i．到达第一个滴定终点B时消耗盐酸，到达第二个滴定终点C时又消耗盐酸。，所得产品的成分为_______(填标号)。 a．      b．       c．和     d．和 ii．到达第一个滴定终点前，某同学滴定速度过快，摇动锥形瓶不均匀，致使滴入盐酸局部过浓。该同学所记录的_______(填“>”“<”或“=”)。 （5）已知常温下和的溶解度分别为和。向饱和溶液中持续通入气体会产生晶体。实验小组进行相应探究： 实验 操作 现象 a 将匀速通入置于烧杯中的饱和溶液，持续，消耗 无明显现象 b 将饱和溶液注入充满的矿泉水瓶中，密闭，剧烈摇动矿泉水瓶，静置 矿泉水瓶变瘪，后开始有白色晶体析出 i．实验a无明显现象的原因是_______。 ii．析出的白色晶体可能同时含有和。称取晾干后的白色晶体，加热至恒重，将产生的气体依次通过足量的无水和溶液，溶液增重，则白色晶体中的质量分数为_______。 【答案】（1）烧杯、玻璃棒 （2）加快溶解、加快与反应 （3）工艺简单、绿色环保、制备产品的效率较高、原料利用率较高 （4）a ＞ （5）在饱和溶液中的溶解速率小、溶解量小，且两者发生反应的速率也较小，生成的的量较少，在该溶液中没有达到过饱和状态，故不能析出晶体 【分析】本题以和为反应物，在实验室制备纯碱。考查了配制饱和溶液的方法及所用的试剂；用代替和，使工艺变得简单易行，原料利用率较高，且环保、制备效率较高；滴定分析中利用了碳酸钠与盐酸反应分步进行，根据两个滴定终点所消耗的盐酸用量分析产品的成分；通过对比实验可以发现的充分溶解对的生成有利。 【解析】（1）步骤①中配制饱和食盐水，要在烧杯中放入一定量的食盐，然后向其中加入适量的水并用玻璃棒搅拌使其恰好溶解，因此需要使用的有烧杯和玻璃棒。 （2）固体的颗粒越小，其溶解速率越大，且其与其他物质反应的速率越大，因此，步骤②中需研细后加入，目的是加快溶解、加快与反应。 （3）和在水中可以发生反应生成，但是存在气体不能完全溶解、气体的利用率低且对环境会产生不好的影响，因此，在实验室使用代替和制备纯碱，其优点是工艺简单、绿色环保、制备产品的效率较高、原料利用率较高。 （4）i．根据图中的曲线变化可知，到达第一个滴定终点B时，发生的反应为，消耗盐酸;到达第二个滴定终点C时, 发生的反应为，又消耗盐酸,因为，说明产品中不含和，因此，所得产品的成分为，故选a。 ⅱ．到达第一个滴定终点前，某同学滴定速度过快，摇动锥形瓶不均匀，致使滴入盐酸局部过浓，局部会发生第二个反应，消耗的盐酸体积偏大，因此，该同学所记录的＞。 （5）i．实验a无明显现象的原因是：在饱和溶液中的溶解速率小、溶解量小，且两者发生反应的速率也较小，生成的的量较少，在该溶液中没有达到过饱和状态，故不能析出晶体。 ii．析出的白色晶体可能同时含有和。称取晾干后的白色晶体，加热至恒重，将产生的气体依次通过足量的无水和溶液。受热分解生成的气体中有和，而分解产生的气体中只有，无水可以吸收分解产生的，溶液可以吸收分解产生的；溶液增重，则分解产生的的质量为，其物质的量为，由分解反应可知，的物质的量为，则白色晶体中的质量为，故其质量分数为。 解题妙法 1.解题先梳理实验目的与反应原理，理清转化关系与定量比例。熟记仪器名称、作用及操作规范，明确试剂用途与除杂、防干扰要求。 2.重视条件控制，如加热方式、除干扰物质、指示剂选择，精准判断滴定终点现象。区分实验组与空白实验，扣除空白误差，保证数据准确。 3.误差分析紧扣操作漏洞：局部反应、试剂残留、物质挥发、反应不完全等。计算依托化学方程式比例关系，结合滴定体积、质量变化列式求解，规范书写质量分数表达式，规避计量数换算错误。 题组四 原理验证类实验综合大题 1.（2025·北京卷）化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。实验小组研究测定“”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。 理论分析 ①易挥发，需控制生成较小。 ②根据时分析，控制合适，可使生成较小；用浓度较大的溶液与过量反应，反应前后几乎不变；，仅需测定平衡时溶液和。 ③与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略。 （1）实验探究 序号 实验内容及现象 I ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，充分反应后，溶液变为黄色，容器液面上方有淡黄色气体。 Ⅱ ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，反应时间与I相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。 Ⅲ 测定I、Ⅱ反应后溶液的；取一定量反应后溶液，加入过量固体，用标准溶液滴定，测定。 已知：；和溶液颜色均为无色。 ①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是_______。用离子方程式表示的作用：_______。 ②I中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。平衡后，按计算所得值小于的K值，是因为挥发导致计算时所用_______的浓度小于其在溶液中实际浓度。 ③Ⅱ中，按计算所得值也小于的K值，可能原因是_______。 （2）实验改进 分析实验I、Ⅱ中测定结果均偏小的原因，改变实验条件，再次实验。 控制反应温度为，其他条件与Ⅱ相同，经实验准确测得该条件下的平衡常数。 ①判断该实验测得的平衡常数是否准确，应与_______值比较。 ②综合调控和温度的目的是_______。 【答案】（1）滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复 增大 实验Ⅱ中反应未达到平衡状态 （2）40℃的K 防止Br2挥发并调控反应快速达到平衡 【分析】平衡常数表达式：，控制pH可调节c(Br2)大小。使用过量MnO2和浓KBr溶液，确保c(Br–)几乎不变。因c(Mn2+) = c(Br2)，只需测定平衡时的pH和c(Br2)即可计算K。 干扰忽略：Br2与水反应、HBr挥发对实验影响可忽略。 【解析】（1）①淀粉遇I2显蓝色，I2被Na2S2O3消耗后蓝色消失，故滴定终点现象：滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复； KI的作用：将Br2转化为，便于滴定测定Br2浓度。离子方程式：； ②该反应消耗 生成水，pH增大；因为Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，根据题目信息可知，，则计算时所用的浓度小于其在溶液中实际浓度； ③实验Ⅱ 液面上方未观察到黄色气体，说明不是由于Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，题目已知信息③也说明了与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略，对比实验Ⅰ和Ⅱ可知，实验Ⅱ的pH更大，且反应后溶液为淡黄色，则可能原因是，实验Ⅱ的浓度低于实验Ⅰ，反应相同时间下，实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中偏低，计算的K值偏小； （2）①平衡常数准确性验证：应与40℃下的理论K值比较，因为K值只与温度有关，（题目给出25℃的K，需查阅40℃的文献值）。 ②实验Ⅰ和实验Ⅱ反应时间相同，实验Ⅰ由于过大，反应速率过快，Br2挥发导致计算的K值小，实验Ⅱ由于过小，反应速率过慢，未达平衡状态，导致计算的K值小，故综合调控和温度的目的是防止Br2挥发并调控反应快速达到平衡，从而准确测定K值。 2.（2024·北京卷）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，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_______。 【答案】（1） （2）产生蓝色沉淀 在溶液中存在反应，或会与反应，溶液中c(H+)减小，使水解平衡正向移动 、 取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡 观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），停止加盐酸 （3）金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗 【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。 【解析】（1）在金属活动性顺序表中，排在之前，排在之后，因此可将还原为； （2）①与会生成蓝色的沉淀； ②在溶液中存在反应，加入的或会与反应，溶液中c(H+)减小，促进水解平衡正向移动，有红褐色沉淀生成； ③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为、；b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡； 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，观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），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，金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 解题妙法 1.明目的，析原理：先明确实验核心目的（如测定平衡常数、探究反应规律），梳理反应体系中的可逆反应、干扰因素与平衡常数表达式，为后续分析奠基。 2.控变量，找差异：对比不同实验的条件差异（如温度、pH、反应物浓度、金属活泼性），分析变量对反应速率、平衡移动、产物检测的影响，如 Br2挥发、沉淀包裹、副反应干扰等。 3.验结论，避陷阱：警惕“未达平衡、副反应干扰、沉淀包裹导致反应受阻、滴定终点判断偏差”等陷阱，结合实验现象与理论分析，设计验证实验排除干扰，形成完整逻辑链。 终极预测--压轴实战 稳拿高分 【名校预测·第1题】（2026·广西南宁·模拟预测）一水硫酸四氨合铜()常用作杀虫剂、媒染剂。某化学兴趣小组在实验室模拟工业制备一水硫酸四氨合铜晶体并对其纯度进行测定。 Ⅰ.用胆矾晶体配制的溶液 （1）配制操作中，下列仪器中需要使用的有_______(填名称)。 Ⅱ.制备晶体：操作过程如下图所示： （2）步骤②发生反应的离子方程式为_______。 （3）步骤③中用玻璃棒摩擦试管壁的目的是_______。 （4）步骤③不采用蒸发结晶的方法，其原因是_______。 Ⅲ.样品纯度测定 向锥形瓶中加入盐酸溶液，放入冰盐水中冷却。准确称取a g一水硫酸四氨合铜晶体样品，加适量水溶解，注入如图所示的三颈烧瓶中，然后逐滴加入足量溶液，加热，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁。取下锥形瓶，在锥形瓶中加3滴酸碱指示剂，用溶液进行滴定。平行测定三次，平均消耗标准NaOH溶液体积。 （5）水蒸气的作用是_______。 （6）此样品的纯度为_______%。 （7）下列实验操作可能使氨含量测定结果偏高的是_______。 A．量取盐酸溶液前未用盐酸润洗滴定管 B．滴定中选用甲基橙作指示剂 C．省略操作“蒸馏水冲洗玻璃导管内壁” D．滴定终点时，俯视标准NaOH溶液滴定管的液面读数 【答案】（1）烧杯、250mL容量瓶 （2）或 （3）通过摩擦试管内壁产生的玻璃屑形成晶核，有利于结晶析出 （4）蒸发结晶加热过程中，一水硫酸四氨合铜会分解，导致产率降低 （5）携带氨气，将三颈烧瓶中生成的氨气全部蒸出，保证氨气完全进入锥形瓶被盐酸吸收 （6） （7）AD 【分析】本实验分为三个步骤：第一步，溶液配制：配制硫酸铜溶液，作为合成产物的原料。第二步，产物合成：硫酸铜先和适量氨水反应生成氢氧化铜沉淀，再加过量氨水，沉淀络合生成可溶性的四氨合铜离子；加入乙醇降低产物溶解度，摩擦试管壁促进结晶，最终得到目标产物一水硫酸四氨合铜晶体。第三步，纯度测定：利用强碱加热将样品中氨全部蒸出，用过量标准盐酸吸收氨，再用氢氧化钠标准溶液滴定剩余盐酸，通过差量法计算氨的物质的量，最终得到产物纯度。 【解析】（1）配制250mL一定物质的量浓度溶液，需要烧杯溶解固体，250mL容量瓶定容，图中其余仪器不需要。 （2）适量氨水和硫酸铜反应生成蓝色沉淀氢氧化铜，再加过量氨水，氢氧化铜溶解生成四氨合铜(II)配离子，离子方程式：或 。 （3）过饱和溶液缺少结晶核心，玻璃棒摩擦管壁可以产生微小颗粒作为晶核，加快晶体析出。 （4）一水硫酸四氨合铜是配合物，受热不稳定，加热会导致配合物分解、失去结晶水，因此不能用蒸发结晶。 （5）水蒸气气流可以将反应释放的全部氨气带出，保证氨被完全吸收，减小实验误差。 （6）总盐酸物质的量为，滴定剩余HCl消耗NaOH物质的量为，因此，一摩尔一水硫酸四氨合铜含4摩尔氨气，故样品中纯物质的物质的量为，其摩尔质量为，纯度为： （7）氨含量计算式为，结果偏高说明计算得到的偏大：A．量取盐酸前未润洗滴定管，滴定管内有水稀释盐酸，实际HCl物质的量偏小，滴定消耗氢氧化钠体积偏小，故偏大，结果偏高，A符合题意；B．该实验是强碱滴定强酸，指示剂可以选择甲基橙，对实验结果几乎无影响，B不符合题意；C．未冲洗导管内壁，部分氨气残留在导管上，未被盐酸吸收，测得氨气的物质的量偏小，结果偏低，C不符合题意；D．滴定终点俯视氢氧化钠滴定管读数，读数偏小，​偏大，结果偏高，D符合题意；故选AD。 【名校预测·第2题】（2026·河北沧州·一模）三草酸合铁(Ⅲ)酸钾是一种绿色光敏性晶体，易溶于水，难溶于乙醇，在0℃、100℃的水中溶解度分别为4.7 g/100 g水和117.7 g/100 g水；加热至110℃时失去全部结晶水，230℃时发生分解。某小组设计实验合成三草酸合铁(Ⅲ)酸钾并测定其配离子电荷数。 Ⅰ、三草酸合铁(Ⅲ)酸钾的制备步骤和实验装置如下： （1）使用仪器a的优点是______。 （2）通入的目的是______。写出和反应的离子方程式：______。 （3）溶液经“系列操作”得到晶体，操作顺序：所得溶液→______→趁热过滤→______→______→减压过滤→洗涤、干燥→重结晶提纯→(从下列选项中选出合理的操作并排序，不能重复使用)。制得的三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体应在______处密封保存。 a．冷却至室温   b．暗处放置1~2小时结晶   c．加入10 mL 95%乙醇 d．蒸发至溶液表面出现晶膜，停止加热  e．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热 Ⅱ、三草酸合铁(Ⅲ)酸钾中配离子电荷数的测定 准确称取2.455 g三草酸合铁(Ⅲ)酸钾()配成溶液，将其全部通过装有阴离子交换树脂(RNCl)的交换柱，发生树脂交换反应。用去离子水洗涤交换柱，并将交换出来的含的交换液收集后配制成250 mL溶液，准确量取25.00 mL该溶液，以溶液为指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗标准液20.00 mL。 （4）三草酸合铁(Ⅲ)酸钾中配离子电荷数为______(用含c的表达式表示)；若滴加溶液过多，测得结果______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 Ⅲ、三草酸合铁(Ⅲ)酸钾光敏性的应用——蓝晒法制作照片 在暗处将三草酸合铁(Ⅲ)酸钾与铁氰化钾溶液混合后涂于滤纸上，制成感光纸，将印有图案的透明胶片固定在感光纸上方，经光照、漂洗、晾干，可得到蓝白相间的照片。 （5）蓝晒法制作照片的原理是、______(用化学方程式表示)。 【答案】（1）平衡气压，使漏斗内液体顺利流下 （2）排尽装置内空气，防止被氧化 （3）d c b 低温(或阴凉)、避光 （4）40c 偏低 （5） 【分析】本实验包含三草酸合铁(Ⅲ)酸钾的制备、配离子电荷测定与光敏性应用三部分。制备时先由硫酸亚铁与草酸钾反应得到草酸亚铁沉淀，再用过氧化氢将氧化，在草酸钾、草酸存在下生成目标产物；利用产物溶解度随温度变化大、难溶于乙醇的特点结晶提纯，因产物具有光敏性需密封避光保存。配离子电荷经阴离子交换柱交换出，用硝酸银滴定交换出的即可计算得到；蓝晒法利用光照生成的与铁氰化钾生成蓝色沉淀显影。 【解析】（1）仪器a为恒压分液漏斗，优点是平衡气压，使漏斗内液体顺利流下。 （2）易被空气中氧气氧化，通入的目的是：排尽装置内空气，防止被氧化。 做氧化剂，将二价铁氧化为三价铁，反应的离子方程式：。 （3）将所得溶液蒸发至表面出现晶膜（选），停止加热，避免加热过度导致溶质分解；趁热过滤，除去不溶性杂质，同时可减少晶体析出而造成损失；再加入10mL95%乙醇（选c），降低的溶解度，促进晶体大量析出；具有光敏性，需在避光条件下缓慢冷却结晶，保证晶体纯度与产率（选b）；最后经过减压过滤、洗涤、干燥、重结晶提纯等得到晶体。在110℃时失去全部结晶水且具有光敏性，制得的应在低温(或阴凉)、避光处密封保存。 （4），总，根据交换反应得； 若加过多，浓度过大，沉淀提前生成，终点提前，消耗体积偏小，测得结果偏低。 （5）光照生成的微弱电离出，与铁氰化钾反应生成蓝色沉淀，化学方程式： 。 【名校预测·第3题】（2026·安徽淮南·二模）硫代硫酸银是一种重要的无机化合物，常以稳定配离子存在。 Ⅰ．化学小组甲探究与的反应机理，进行如下实验： ①取2 mL0.1 mol/L溶液于一支洁净试管中，逐滴加入0.1 mol/L溶液，边滴边振荡，起初生成白色沉淀，随后沉淀颜色迅速经历黄色、橘红色，最终变为黑色。 ②取2 mL0.1 mol/L溶液于另一支洁净试管中，逐滴加入0.1 mol/L溶液，边滴边振荡，观察到有白色沉淀生成，但振荡后沉淀迅速溶解，得到无色澄清溶液。 Ⅱ．化学小组乙根据以上的反应机理利用右图装置制备。 已知：为白色难溶物，在水中不稳定易分解；为稳定无色配离子。 回答下列问题： （1）圆底烧瓶中盛放的试剂为______溶液。 （2）实验①中黑色固体是______（填化学式）。 （3）写出实验②中沉淀迅速溶解得到无色澄清溶液过程对应的离子反应方程式______。 （4）配离子中的配体为，配位原子为______（填“端基S原子”或者“中心S原子”），理由是______。 （5）已知常温下，溴化银（AgBr）的溶度积常数。可与形成稳定的配离子，该反应平衡常数。现有1.00 L0.200 mol/L的溶液，向其中加入足量的AgBr固体，发生溶解的化学反应方程式为，此溶解反应平衡常数为______。 （6）溶液在精确实验时需要标定。其方法是：准确称取0.117 gNaCl固体于锥形瓶中，加入50 mL蒸馏水溶解，用溶液作为指示剂，用溶液滴定至出现砖红色沉淀，记录消耗的溶液的体积为V。另取50 mL蒸馏水进行空白对照实验，消耗的溶液的体积为。滴定时溶液应使用______滴定管，溶液的浓度为______mol/L（用含V和的式子表示）。 【答案】（1） （2） （3） （4）端基S原子 硫代硫酸根中，中心S原子无孤对电子，而端基S原子有孤对电子 （5）14 （6）棕色酸式 【分析】化学小组甲探究与的反应机理，实验①将Na2S2O3溶液滴入AgNO3溶液中，起初生成白色沉淀（Ag2S2O3），随后沉淀颜色迅速变化（黄→橘红→黑），最终生成黑色固体。实验②将AgNO3溶液滴入Na2S2O3溶液中，先生成白色沉淀，振荡后迅速溶解，形成无色澄清溶液（[Ag(S2O3)2]3-）。这说明反应物的滴加顺序会影响产物：当Ag+过量时，不足，生成的Ag2S2O3不稳定，易分解为Ag2S（黑色）；而当过量时，Ag+可被完全络合为[Ag(S2O3)2]3-。 【解析】（1）根据题干信息，实验①中向中滴加最终会生成黑色沉淀（ ），得不到目标产物；实验②中向中滴加，沉淀会溶解得到无色澄清溶液，生成了稳定的配离子，为了制备稳定的，必须保证过量，因此圆底烧瓶中应盛放溶液，将 溶液装在滴液漏斗中逐滴加入。 （2）硫代硫酸银（）是白色沉淀，但在水中不稳定。在实验①中，过量，迅速水解并发生歧化或分解反应，最终转化为更难溶、更稳定的黑色的 。 （3）实验②中，起初生成的白色沉淀是，随着溶液的继续加入，白色沉淀与溶液中的结合，形成了可溶性的配合物，离子方程式为： 。 （4）硫代硫酸根（）的结构类似于硫酸根，其中一个氧原子被硫原子取代。中心的硫原子处于高氧化态（+6价形式），其价层电子对已全部用于与周围的氧和硫成键，没有孤对电子。外围的端基硫原子处于-2价状态，拥有孤对电子，它能作为电子给体与形成配位键。 （5）可与形成稳定的配离子，该反应平衡常数，反应方程式为：，该反应的平衡常数K表达式为：K=14。 （6）溶液具有氧化性，且见光易分解，会腐蚀橡胶管，因此不能使用碱式滴定管，必须使用棕色酸式滴定管。称取的物质的量 ，滴定反应为 ，即 ，实际消耗的溶液体积为扣除空白实验后的体积为 ，浓度 。 【名校预测·第4题】（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）氢氧化铈[]是棕黄色粉末，不溶于水，具有很好的光学、电学和催化性能，应用广泛。某科研小组以碳酸铈[]为原料制备的实验装置(部分夹持及加热装置略)和实验步骤如下： Ⅰ．按图连接装置，关闭、，加入对应试剂； Ⅱ．取2.0 g 于三颈烧瓶中，加入适量稀盐酸，电磁搅拌，至反应完全；Ⅲ．打开，加入过量10% NaOH溶液，充分反应，得白色悬浊液，关闭；Ⅳ．打开，加入10 mL 30%的溶液，先生成黑色沉淀，控制温度在50℃左右，搅拌反应30 min，得到黄色沉淀，然后冷却至室温；Ⅴ．拆解装置，将三颈烧瓶中的混合物转移至烧杯中，过滤、洗涤；在100～105℃烘干获得产品。 已知：为白色粉末、难溶于水；酸性条件下的氧化性比强，碱性条件下的氧化性比强。回答下列问题： （1）仪器a的名称为___________；步骤Ⅲ加入NaOH溶液必须过量的原因是___________。 （2）步骤Ⅳ生成的化学方程式为___________；转化为的过程中还有___________(填化学式)生成。 （3）步骤Ⅳ，反应体系控制在50℃左右的原因是___________。 （4）步骤Ⅴ：将混合物过滤、洗涤，能说明沉淀已洗涤干净的实验方法是___________。 Ⅵ．测定的纯度，实验步骤如下；①取m g产品用适量稀硫酸溶解后，转移到容量瓶中配制成250 mL溶液；②准确量取出25.00 mL溶液于碘量瓶中，加入过量KI溶液，加塞摇匀，静置10 min(Ce被还原为+3价)；滴入2～3滴淀粉溶液；用0.1000 标准溶液进行滴定，平行滴定三次，平均消耗溶液的体积为 mL。 ③空白实验：取25.00 mL蒸馏水于碘量瓶中，加入KI溶液(与②相同)，加塞摇匀，静置10 min。重复②中滴定实验操作，消耗标准溶液的平均体积为 mL。 已知：。 （5）①滴定时，标准溶液应盛放在___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。 ②产品中的质量分数为___________%。做空白实验时，忘记静置10 min，就进行滴定，则测得的质量分数可能___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 【答案】（1）分液漏斗 只有在碱性条件下，才能将氧化为 （2） （3）低于50℃反应速率慢，高于50℃受热分解 （4）取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸化的溶液，若不产生白色沉淀，说明洗涤干净 （5）碱式 偏高 【分析】本题围绕Ce(OH)4的制备与纯度测定展开，核心考查氧化还原反应条件控制、沉淀洗涤检验、氧化还原滴定计算。关键在于利用“碱性下H2O2氧化性强于Ce(OH)3”的信息，分析反应环境与温度控制；滴定部分需注意空白校正与关系式应用。 【解析】（1）仪器a的名称是分液漏斗；酸性条件下的氧化性比强，只有在碱性条件下，才能将氧化为；（2）步骤Ⅳ生成的化学方程式为，转化为的化学方程式为，还生成氧气；（3）反应体系维持50℃既能加快反应速率，又减少了的分解；（4）制取的过程中，沉淀表明可能附着有NaCl，检验沉淀是否洗涤干净，即检验沉淀表面是否有氯离子，方法为取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸化的溶液，无白色沉淀生成，则证明沉淀已经洗涤干净；（5）①标准溶液呈碱性，应盛放在碱式滴定管中。 ②由反应、，得关系式：，25.00 mL待测溶液消耗0.1000 溶液的体积是，则其中含有的物质的量，则m g产品配成的250 mL溶液中含有的物质的量，的质量为，故产品中的质量分数为。混合液静置过程中，装置中的空气也会将氧化为，忘记静置10 min，则空白实验消耗的溶液体积偏少，故测得的质量分数偏高。 / 学科网（北京）股份有限公司 $