易错类型07 化工流程中的常考问题（7大易错点）练习 备战2025年高考化学易错题（新全国通用）（含解析）

这是一份易错类型07 化工流程中的常考问题（7大易错点）练习 备战2025年高考化学易错题（新全国通用）（含解析），共96页。
【易错点02】不清楚常见的工艺操作控制条件（调节溶液pH、控制温度等）
【易错点03】不掌握理解物质分离、提纯的方法及要点
【易错点04】不能正确书写流程中陌生的反应方程式
【易错点05】热重曲线的相关问题
【易错点06】工艺流程题中有关Ksp的计算类型
【易错点07】工艺流程中有关物质的纯度、转化率、产品的产率的计算
易错点1 不清楚常见的工艺操作方法措施
【分析】
易错点2 不清楚常见的工艺操作控制条件
【分析】
调节pH的原理及目的
1．需要的物质：含主要阳离子（不引入新杂质即可）的难溶性氧化物或氢氧化物或碳酸盐，即能与H+反应，使pH增大的物质如MgO、Mg(OH)2等类型的物质。
2．原理：加入的物质能与溶液中的H+反应，降低了H+的浓度
3．pH控制的范围：杂质离子完全沉淀时pH值－主要离子开始沉淀时pH，注意端值取等。
4．控制pH的目的：
(1)pH调小：抑制某离子水解；防止某离子沉淀
(2)pH调大：确保某离子完全沉淀；防止某物质溶解等。
(3)控制反应的发生，增强物质的氧化性或还原性，或改变水解程度。
5．控制某反应的pH值使某些金属离子以氢氧化物的形式沉淀的原理，例如：
(1)Fe3+溶液中存在水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3＋3H+，加入CuO后，溶液中H+浓度降低，平衡正向移动，Fe(OH)3越聚越多，最终形成沉淀。
(2)如若要除去Al3＋、Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH。
调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。
(3)PH控制的范围：大于除去离子的完全沉淀值，小于主要离子的开始沉淀的PH。
易错点3 不掌握理解物质分离、提纯的方法及要点
易错点4 不能正确书写流程中陌生的反应方程式
【分析】
1．书写思路
首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型：
(1)元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律；
(2)元素化合价有变化则为氧化还原反应，既遵循质量守恒定律，又遵循得失电子守恒规律。
2．流程中陌生的氧化还原反应的书写流程
(1)首先根据题给材料中的信息确定氧化剂(或还原剂)与还原产物(或氧化产物)，结合已学知识根据加入的还原剂(或氧化剂)判断氧化产物(或还原产物)。
(2)根据得失电子守恒配平氧化还原反应。
(3)根据电荷守恒和反应物的酸碱性，在方程式左边或右边补充H＋、OH－或H2O等。
(4)根据质量守恒配平反应方程式。
易错点5 热重曲线的相关问题
【分析】
1．热重曲线模型
由热重分析记录的质量变化对温度的关系曲线称热重曲线，曲线的横轴为温度，纵轴为质量。如固体物质A热分解反应:A(固体)B(固体)+C(气体)的典型热重曲线如图所示。图中T1为固体A开始分解的温度,T2为质量变化达到最大值时的终止温度。若试样初始质量为W0，失重后试样质量为W1，则失重百分数为。
2．热重曲线的分析法的思考路径
坐标曲线体解题时可以拆分为识图、析图、用图三个步骤。其中识图是基础，析图是关键，用图是目的。
(1)识图
识图的关键是三看：一看轴即横、纵坐标所表示的化学含义（自变量X轴和函数Y轴表示的意义），寻找X、Y轴之间的关系，因为这是理解题意和进行正确思维的前提；二看点即曲线中的特殊点（顶点、始点、终点、拐点、交叉点）；三看线即曲线的走势（变化趋势是上升、下降、波动、正态、偏态等变化）。
(2)析图
分析图中为什么会出现这些特殊点，曲线为什么有这样的变化趋势和走向，分析曲线变化的因果关系；通过联想，把课本内的有关化学概念、原理、规律等与图像曲线中的图形与相关点建立联系。
(3)用图
将相关的化学知识与图像曲线紧密结合，在头脑中构建新的曲线——知识体系，然后运用新的曲线——知识体系揭示问题的实质，解决实际问题。
3．热重分析的一般方法和规律
(1)设晶体为1 ml。
(2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。
(3)计算每步的剩余固体质量，eq \f(m（剩余）,m（1 ml晶体质量）)×100%＝固体残留率。
(4)晶体中金属质量不减少，仍在m(剩余)中。
(5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属)∶n(O)即可求出失重后物质的化学式。
【方法指导】
“两步法”突破热重分析及计算题
易错点6 工艺流程题中有关Ksp的计算的类型
【分析】
类型一 已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度
类型二 已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度
类型三 根据溶度积规则判断沉淀是否生成
类型四 沉淀溶解平衡中的除杂和提纯
类型五 沉淀溶解平衡中沉淀转化的计算
类型六 Ksp与水解常数的关系
易错点7 工艺流程中有关物质的纯度、转化率、产品的产率的计算
【分析】
化工流程题中涉及的计算主要有：样品的质量分数或纯度的计算，物质的转化率或产率、物质的量浓度、物质的质量的计算。
计算公式：
(1)n＝eq \f(m,M)，n＝eq \f(V,Vm)，n＝cV(aq)
(2)eq \a\vs4\al(\(\s\up11(物质的质量分数),\s\d4(或纯度)))＝eq \f(该物质的质量,混合物的总质量)×100%
(3)产品产率＝eq \f(产品实际产量,产品理论产量)×100%
(4)物质的转化率＝eq \f(参加反应的原料量,加入原料的总量)×100%
突破1 不清楚常见的工艺操作方法措施
【例1】（2023·辽宁卷）某工厂采用如下工艺制备，已知焙烧后元素以价形式存在，下列说法错误的是

A．“焙烧”中产生
B．滤渣的主要成分为
C．滤液①中元素的主要存在形式为
D．淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用
【变式1-1】（2022·重庆·模拟预测）废旧的电池中含有NiO、CdO、CO和Fe2O3等成分，工程师设计如下回收重金属的工艺流程。
回答下列问题：
(1)为提高浸取率，可采取的措施是_______(写一种即可)，操作1的名称是_______；
(2)滤液1中主要含[Cd(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+、[C(NH3)6]2+等，则浸取时CdO发生反应的化学方程式为_______；
(3)在实验室萃取时，所需的玻璃仪器是_______；
(4)“反萃取”的原理为NiR有机+2H+⇌Ni2++2HR有机，需加入的试剂X为_______；
(5)写出反应1的离子方程式_______；
(6)由CCl2溶液得到CCl2·6H2O所需的一系列操作是_______；
(7)生成CdCO3沉淀是利用反应[Cd(NH3)4]2++⇌CdCO3↓+4NH3↑，常温下，该反应平衡常数K=2.0×105，[Cd(NH3)4]2+⇌Cd2++4NH3的平衡常数K1=4.0×10-5，则Ksp(CdCO3)=_______。
突破2 不清楚常见的工艺操作控制条件
【例2】（2022·山东卷）高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。
下列说法错误的是
A．固体X主要成分是和S；金属M为Zn
B．浸取时，增大压强可促进金属离子浸出
C．中和调pH的范围为3.2~4.2
D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成
【例3】我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。湿法炼锌产生的铜镉渣（主要含锌、铜、铁、镉（Cd）、钴（C）等单质）用于生产金属镉的工艺流程如下：

表中列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（金属离子的起始浓度为0.1 ml·L－1）
①操作Ⅲ中先加入适量H2O2的作用是 。
②再加入ZnO控制反应液的pH，合适的pH范围为______________________________。
【变式2-1】硼酸（H3BO3）是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿（含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3）为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：

回答下列问题：
在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是_____________________________________________。
【变式2-2】（2022·福建省龙岩第一中学一模）某工业生产上用铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的杂质)制备胆矾CuSO4•5H2O的流程如图。
已知：有机萃取剂HR可以萃取Cu2+，其萃取原理(rg为有机相)Cu2+(aq)+2HR(rg)CuR2(rg)+2H+(aq)。
(1)焙烧前粉碎的目的是_______。
(2)“调节pH时，生成氢氧化铁沉淀的离子方程式为_______，试剂X的最佳选择是_______(填标号)。
a.HCl b.NaOH c.H2SO4 d.NH3•H2O
(3)25℃时，“调节pH”后，测得滤液中各离子浓度及相关数据如表所示。(lg2=0.3)
该滤液的pH为_______；加入的Cu(OH)2_______(填“已经”或“没有”)完全溶解。
(4)向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，该反应的化学方程式为_______。
(5)“操作Ⅱ”包括洗涤，洗涤该沉淀的操作为_______。
(6)上述流程中获取金属铜的方法是电解硫酸铜溶液。若电解200mL 0.5ml/L CuSO4溶液，生成铜3.2g，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是_______。
突破3 不掌握理解物质分离、提纯的方法及要点
【例4】（2022·福建卷）用铬铁合金(含少量单质)生产硫酸铬的工艺流程如下：
下列说法错误的是
A．“浸出”产生的气体含有B．“除杂”的目的是除去元素
C．流程中未产生六价铬化合物D．“滤渣2”的主要成分是
【变式3-1】（2022·陕西·西安中学三模）NiCl2是一种重要催化剂。某科研小组以废弃催化剂(含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等)为原料，按如图流程回收NiCl2·6H2O晶体，回答下列问题。
已知：Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9
(1)滤渣1的成分主要是_______。
(2)若X为Cl2，则其发生的离子方程式是_______。若用H2O2代替Cl2，试剂Y的使用量会减少，原因是_______。
(3)氟化除杂时要保证完全除去Ca2+和Mg2+(离子浓度≤10-5ml/L)，滤液3中c(F-)不小于_______ml/L。
(4)实际生产中，产生的滤渣均需进行洗涤，并将洗涤液与滤液合并，此操作的目的是_______。操作A为_______、冷却结晶、过滤、洗涤。
(5)将所得NiCl2·6H2O与SOCl2混合加热可制备无水 NiCl2并得到两种酸性气体，反应的化学方程式为_______。
突破4 不能正确书写流程中陌生的反应方程式
【例5】（2021·全国甲卷）碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
(1)的一种制备方法如下图所示：

①加入粉进行转化反应的离子方程式为___________________________________，生成的沉淀与硝酸反应，生成_________________后可循环使用。
②通入的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为____________________________；若反应物用量比时，氧化产物为____________；当，单质碘的收率会降低，原因是________________________________________________________。
(2)以为原料制备的方法是：先向溶液中加入计量的，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反应得到，上述制备的总反应的离子方程式为__________________________。
【变式4-1】高铁酸钾是绿色、环保型水处理剂，也是高能电池的电极材料。工业上，利用硫酸亚铁为原料，通过铁黄(FeOOH)制备高铁酸钾，可降低生产成本且产品质量优。工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)有同学认为上述流程可以与氯碱工业联合。写出电解饱和食盐水制取次氯酸钠的化学方程式_____________________________________________________________________________________。
(3)用高铁酸钾处理水时，不仅能消毒杀菌，还能将水体中的NH3、CN-转化成CO2、N2等无毒的物质，生成的氢氧化铁胶体粒子还能吸附水中悬浮杂质。试写出高铁酸钾处理含CN-废水时除去CN-的离子方程式______________________________________________________________________________。
【变式4-2】和都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为，还含有少量MgO、等杂质)来制备。工艺流程如下；

回答下列问题：
(2)“酸浸”后，钛主要以形式存在，写出相应反应的离子方程式____________________________。
(5)写出“高温煅烧②”中由制备的化学方程式___________________________________。
(6)一种钛酸锂二次电池原理如图，放电时由N极层状材料中脱出经由电解质嵌入M极层状材料中，充电时N极电极反应方程式为________________________________________________________，放电时M极每增重7g，负载中转移电子数为________________。
突破5 热重曲线的相关问题
【例6】硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 ℃时失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为 。
【例7】在加热固体NH4Al(SO4)2·12H2O时，固体质量随温度的变化曲线如图所示：已知a点物质为NH4Al(SO4)2，b点物质为Al2(SO4)3，下列判断正确的是( )
A．0～T ℃的过程变化是物理变化
B．c点物质是工业上冶炼铝的原料
C．a→b反应中生成物只有Al2(SO4)3和NH3两种
D．Al2(SO4)3能够净水，可用离子方程式表示为Al3＋＋3OH－===Al(OH)3
【变式5-1】在空气中加热10.98 g草酸钴晶体(CC2O4·2H2O)样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如表。
(1)加热到210 ℃时，固体物质的化学式为_______________________________________。
(2)经测定，加热到210～310 ℃过程中的生成物只有CO2和钴的氧化物，此过程发生反应的化学方程式为
________________________________________________________________________。
【变式5-2】取26.90g ZnSO4·6H2O加热，剩余固体的质量随温度的变化如图2所示。750℃时所得固体的化学式为( )
A．ZnO B．ZnSO4 C． Zn3O(SO4)2 D．ZnSO4·H2O
【变式5-3】称取3.60 g草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O，相对分子质量是180)用热重法对其进行热分解，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示，请分析图并回答下列问题：
(1)过程Ⅰ发生反应的化学方程式为_________________________________________________________。
(2)300 ℃时剩余固体只有一种且是铁的氧化物，试通过计算确定该氧化物的化学式________________。
突破6 工艺流程题中有关Ksp的计算类型
【例8】（2023·湖南卷）处理某铜冶金污水(含)的部分流程如下：

已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：
②。
下列说法错误的是
A．“沉渣Ⅰ”中含有和
B．溶液呈碱性，其主要原因是
C．“沉淀池Ⅱ”中，当和完全沉淀时，溶液中
D．“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水
【例9】工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)母液生产重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程如图所示：
上述流程中K2Cr2O7发生氧化还原反应后所得溶液中除含有Cr3＋外，还含有一定浓度的Fe3＋杂质，可通过加碱调pH的方法使两者转化为沉淀。已知c(Cr3＋)＝3×10－5 ml·L－1，则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时Fe3＋是否沉淀完全？________(填“是”或“否”)。{已知：Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，Ksp[Cr(OH)3]＝6.0×10－31}
【例10】偏钒酸镁在化工“新型材料”光电领域有着重要的用途。以硼泥[主要成分是MgO(52.12%)还有Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质]为原料设计制备偏钒酸镁的生产工艺如图所示：
“除杂”过程加入双氧水的目的是________________________________________________(用离子方程式表示)。此过程中使Fe3＋、Al3＋浓度均小于1×10－6 ml·L－1，在室温下需调节pH的范围是：__________(已知：Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－39，Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33，pH＝9.3时，Mg2＋开始沉淀)。
【变式6-1】对废银合金触电材料进行分离回收既可以节约矿物资源，又可以减少环境污染。某废银合金触电材料含Ag、Cu、Sn等，现欲利用以下工艺流程回收其中的金属资源。
回答问题：常温下，Cu2＋/Sn4＋混合液中c(Cu2＋)＝0.022 ml·L－1，将混合液“加热搅拌”后冷却至室温，再加“尿素”调节溶液的pH范围为_____________。(当溶液中的离子浓度小于10－5ml·L－1时，沉淀完全。已知：Ksp[Sn(OH)4]＝1×10－55；Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20)
【变式6-2】镓是制作高性能半导体的重要原料。工业上常从锌矿冶炼的废渣中回收镓。已知某锌矿渣主要含Zn、Si、Pb、Fe、Ga的氧化物，利用该矿渣制镓的工艺流程如下：
已知：①镓在元素周期表中位于第四周期ⅢA族，化学性质与铝相似。
②lg2＝0.3，lg3＝0.48。
③部分物质的Ksp如表所示：
(1)加入H2O2的目的是(用离子方程式表示)___________________________________________ __。
(2)调pH的目的是____________________________________________________________；室温条件下，若浸出液中各阳离子的浓度均为0.01 ml·L－1，当溶液中某种离子浓度小于1×10－5 ml·L－1时即认为该离子已完全除去，则pH应调节的范围为____________________。
突破7 工艺流程中有关物质的纯度、转化率、产品的产率的计算
【例11】钛白粉(TiO2)广泛应用于涂料、化妆品、食品以及医药等行业。利用黑钛矿石[主要成分为(Mg0.5Fe0.5)Ti2O5，含有少量Al2Ca(SiO4)2]制备TiO2，工艺流程如下。
常用硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]滴定法测定钛白粉的纯度，其步骤为：用足量酸溶解a g二氧化钛样品，用铝粉做还原剂，过滤、洗涤，将滤液定容为100 mL，取20.00 mL，以NH4SCN作指示剂，用标准硫酸铁铵溶液滴定至终点，反应原理为：Ti3＋＋Fe3＋===Ti4＋＋Fe2＋
①滴定终点的现象为__________________________。
②滴定终点时消耗b ml· L－1 NH4Fe(SO4)2溶液V mL，则TiO2纯度为________。 (写表达式)
【变式5-1】钼酸钠（Na2MO4）是一种重要的化工原料。用废加氢催化剂（含有MS2和Al2O3、Fe2O3、SiO2等）为原料制取钼酸钠，工艺流程如图所示：
用50t含MS2为80%的废加氢催化剂，经过制取、分离、提纯，得到30.9t Na2MO4，则Na2MO4的产率为______。
【变式5-2】如图是工业上以制作印刷电路的废液(含Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋、Cl－)生产CuCl的流程：
氯化亚铜的定量分析：
①称取样品0.25 g于250 mL锥形瓶中，加入10 mL过量的FeCl3溶液，不断摇动：
②待样品溶解后，加入20 mL蒸馏水和2滴指示剂；
③立即用0.100 0 ml·L－1硫酸铈标准溶液滴定至绿色为终点；
④重复三次，消耗硫酸铈溶液的平均体积为24.30 mL。
上述相应化学反应为CuCl＋FeCl3===CuCl2＋FeCl2、Fe2＋＋Ce4＋===Fe3＋＋Ce3＋，则样品中CuCl的纯度为________(保留三位有效数字)。
1．（2022·湖南卷）铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下：
下列说法错误的是
A．不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料
B．采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率
C．合成槽中产物主要有和
D．滤液可回收进入吸收塔循环利用
2．（2023·山东卷）一种制备的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液在3~4之间，反应Ⅲ需及时补加以保持反应在条件下进行。常温下，的电离平衡常数。下列说法正确的是
A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应
B．低温真空蒸发主要目的是防止被氧化
C．溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体Ⅰ
D．若产量不变，参与反应Ⅲ的与物质的量之比增大时，需补加的量减少
3．MnCO3在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化如图所示。
(1)300 ℃时，剩余固体中n(Mn)∶n(O)为 。
(2)图中点D对应固体的成分为 (填化学式)。
4．采用热重分析法测定NiSO4·nH2O样品所含结晶水数。将样品在900℃下进行煅烧，失重率随时间变化如下图，A点时失掉2个结晶水，n的值为___________；C点产物的化学式为___________。
5．工业上常用水钴矿(主要成分为C2O3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO等杂质)制备钴的氧化物，其制备工艺流程如下：
回答下列问题：
已知：Ksp(CaF2)＝5.3×10－9，Ksp(MgF2)＝5.2×10－12，若向溶液c中加入NaF溶液，当Mg2＋恰好沉淀完全即溶液中c(Mg2＋)＝1.0×10－5 ml·L－1，此时溶液中c(Ca2＋)最大等于____________________ml·L－1。
6．某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
回答下列问题：
(4).利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=______________________________(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 ml·L−1，则“调pH”应控制的pH范围是__________________________。
7．锂、铍等金属广泛应用于航空航天、核能和新能源汽车等高新产业。一种从萤石矿(主要含BeO、、及少量、、FeO、、)中提取铍的工艺如图：

已知：苯甲酸是一元弱酸，白色片状晶体，常温下微溶于水，温度升高，溶解度增大。
回答下列问题：
(1) 铍的化学性质与铝相似，写出BeO溶于NaOH溶液的化学方程式______________________________。
(4) “除铁”中发生反应的离子方程式：、______________________。
8．以含锂的电解铝废渣(主要含AlF3、NaF、LiF、CaO)和浓硫酸为原料，制备电池级碳酸锂，同时得到副产品冰晶石的工艺流程如下：
已知：LiOH易溶于水，Li2CO3微溶于水。回答下列问题：
(2) 碱解反应中，同时得到气体和沉淀，反应的离子方程式为______________________________________。
(5) 上述流程得到的副产品冰晶石的化学方程式________________________________________________。
(6) 电池级Li2CO3可由高纯度LiOH转化而来。将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，该反应的化学方程式为________________________________________________。
9．高铁酸钾(K2FeO4)是一种集强氧化性、吸附、絮凝于一体的新型多功能处理剂，其生产工艺如图所示：

工业上常用“间接碘量法”测定高铁酸钾样品中高铁酸钾的含量，其方法是：用碱性的碘化钾溶液(pH为11～12)溶解3.96 g高铁酸钾样品，调节pH为1，避光放置40分钟至反应完全(高铁酸根离子全部被还原成铁离子)，再调节pH为3～4(弱酸性)。以1.0 ml/L的硫代硫酸钠标准溶液为滴定剂进行滴定(2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，当达到滴定终点时，用去硫代硫酸钠标准溶液15.00 mL，则原高铁酸钾样品中高铁酸钾的质量分数为____________________。
10．碳酸锂广泛应用于化工、冶金、陶瓷、医药、制冷、焊接、锂合金等行业。从煤粉灰(、、、等)中回收提取铝、锂元素的化合物的流程如图所示：
已知：碳酸锂的溶解度为(g/L)
(1)如何提高酸浸速率？_______(任写一条)
(2)滤渣2的主要成分为_______；刚好沉淀完全的pH为_______。{已知：，离子浓度≤时表示该离子沉淀完全}。
(3)从滤渣2中分离出，可用如图所示的方法，步骤1的离子方程式为_______。
(4)“沉锂”的化学反应方程式为_______。
(5)“沉锂”中的“一系列操作”依次为_______、_______、洗涤、干燥，检验碳酸锂已经洗涤干净的方法为_______。
11．（2022·北京顺义·二模）火法有色金属冶炼烟气制酸过程中会产生大量含砷污酸，采用硫化-石膏中和法处理含砷污酸可获得达标废水，同时实现变废为宝得到多级产品，工艺流程如下：
资料：
ⅰ． 常温下H2CO3的Ka1 = 4.4×10-7 ，Ka2 = 4.7×10-11；H2S的Ka1 = 1.3×10-7 ，Ka2 = 7.1×10-15；
ⅱ． 含砷污酸中砷的主要存在形式为亚砷酸(H3AsO3，弱酸)，除砷外H+、Cu2+、F-、SO含量均超标；
ⅲ．室温下三价砷在水溶液中的存在形式与溶液pH的关系：
(1)工业上制备Na2S时，用NaOH溶液吸收H2S，不能以纯碱代替NaOH。结合方程式解释不能使用纯碱的原因___________。
(2)过程Ⅰ可除去含砷污酸中的Cu2+和部分砷，滤渣A 的主要成分为CuS和As2S3，生成As2S3的离子方程式是___________。
(3)过程Ⅰ会发生副反应As2S3(s)＋3S2-(aq) 2AsS (aq)，影响后续处理。加入Na2S充分反应后加入少量FeSO4，结合平衡移动原理解释加入FeSO4的原因___________。
(4)过程Ⅲ中获得的滤渣C主要成分是FeAsO4， 该过程通入空气的作用是___________。
(5)利用反应AsO+2I-+2H+ =AsO+I2+H2O 测定滤渣C中FeAsO4含量。取a g样品，用硫酸溶液溶解，加入过量KI，充分反应后将溶液转移至锥形瓶中，以淀粉为指示剂，用c ml·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定，观察到___________现象说明已到滴定终点，重复三次实验，记录用去Na2S2O3溶液体积为V mL，计算样品纯度为 ___________(用字母表示)。
资料：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI；FeAsO4相对分子质量为195
易错类型07 化工流程中的常考问题
【易错点01】不清楚常见的工艺操作方法措施（研磨、焙烧、水浸、酸（碱）浸等）
【易错点02】不清楚常见的工艺操作控制条件（调节溶液pH、控制温度等）
【易错点03】不掌握理解物质分离、提纯的方法及要点
【易错点04】不能正确书写流程中陌生的反应方程式
【易错点05】热重曲线的相关问题
【易错点06】工艺流程题中有关Ksp的计算类型
【易错点07】工艺流程中有关物质的纯度、转化率、产品的产率的计算
易错点1 不清楚常见的工艺操作方法措施
【分析】
易错点2 不清楚常见的工艺操作控制条件
【分析】
调节pH的原理及目的
1．需要的物质：含主要阳离子（不引入新杂质即可）的难溶性氧化物或氢氧化物或碳酸盐，即能与H+反应，使pH增大的物质如MgO、Mg(OH)2等类型的物质。
2．原理：加入的物质能与溶液中的H+反应，降低了H+的浓度
3．pH控制的范围：杂质离子完全沉淀时pH值－主要离子开始沉淀时pH，注意端值取等。
4．控制pH的目的：
(1)pH调小：抑制某离子水解；防止某离子沉淀
(2)pH调大：确保某离子完全沉淀；防止某物质溶解等。
(3)控制反应的发生，增强物质的氧化性或还原性，或改变水解程度。
5．控制某反应的pH值使某些金属离子以氢氧化物的形式沉淀的原理，例如：
(1)Fe3+溶液中存在水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3＋3H+，加入CuO后，溶液中H+浓度降低，平衡正向移动，Fe(OH)3越聚越多，最终形成沉淀。
(2)如若要除去Al3＋、Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH。
调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。
(3)PH控制的范围：大于除去离子的完全沉淀值，小于主要离子的开始沉淀的PH。
易错点3 不掌握理解物质分离、提纯的方法及要点
易错点4 不能正确书写流程中陌生的反应方程式
【分析】
1．书写思路
首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型：
(1)元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律；
(2)元素化合价有变化则为氧化还原反应，既遵循质量守恒定律，又遵循得失电子守恒规律。
2．流程中陌生的氧化还原反应的书写流程
(1)首先根据题给材料中的信息确定氧化剂(或还原剂)与还原产物(或氧化产物)，结合已学知识根据加入的还原剂(或氧化剂)判断氧化产物(或还原产物)。
(2)根据得失电子守恒配平氧化还原反应。
(3)根据电荷守恒和反应物的酸碱性，在方程式左边或右边补充H＋、OH－或H2O等。
(4)根据质量守恒配平反应方程式。
易错点5 热重曲线的相关问题
【分析】
1．热重曲线模型
由热重分析记录的质量变化对温度的关系曲线称热重曲线，曲线的横轴为温度，纵轴为质量。如固体物质A热分解反应:A(固体)B(固体)+C(气体)的典型热重曲线如图所示。图中T1为固体A开始分解的温度,T2为质量变化达到最大值时的终止温度。若试样初始质量为W0，失重后试样质量为W1，则失重百分数为。
2．热重曲线的分析法的思考路径
坐标曲线体解题时可以拆分为识图、析图、用图三个步骤。其中识图是基础，析图是关键，用图是目的。
(1)识图
识图的关键是三看：一看轴即横、纵坐标所表示的化学含义（自变量X轴和函数Y轴表示的意义），寻找X、Y轴之间的关系，因为这是理解题意和进行正确思维的前提；二看点即曲线中的特殊点（顶点、始点、终点、拐点、交叉点）；三看线即曲线的走势（变化趋势是上升、下降、波动、正态、偏态等变化）。
(2)析图
分析图中为什么会出现这些特殊点，曲线为什么有这样的变化趋势和走向，分析曲线变化的因果关系；通过联想，把课本内的有关化学概念、原理、规律等与图像曲线中的图形与相关点建立联系。
(3)用图
将相关的化学知识与图像曲线紧密结合，在头脑中构建新的曲线——知识体系，然后运用新的曲线——知识体系揭示问题的实质，解决实际问题。
3．热重分析的一般方法和规律
(1)设晶体为1 ml。
(2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。
(3)计算每步的剩余固体质量，eq \f(m（剩余）,m（1 ml晶体质量）)×100%＝固体残留率。
(4)晶体中金属质量不减少，仍在m(剩余)中。
(5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属)∶n(O)即可求出失重后物质的化学式。
【方法指导】
“两步法”突破热重分析及计算题
易错点6 工艺流程题中有关Ksp的计算的类型
【分析】
类型一 已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度
类型二 已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度
类型三 根据溶度积规则判断沉淀是否生成
类型四 沉淀溶解平衡中的除杂和提纯
类型五 沉淀溶解平衡中沉淀转化的计算
类型六 Ksp与水解常数的关系
易错点7 工艺流程中有关物质的纯度、转化率、产品的产率的计算
【分析】
化工流程题中涉及的计算主要有：样品的质量分数或纯度的计算，物质的转化率或产率、物质的量浓度、物质的质量的计算。
计算公式：
(1)n＝eq \f(m,M)，n＝eq \f(V,Vm)，n＝cV(aq)
(2)eq \a\vs4\al(\(\s\up11(物质的质量分数),\s\d4(或纯度)))＝eq \f(该物质的质量,混合物的总质量)×100%
(3)产品产率＝eq \f(产品实际产量,产品理论产量)×100%
(4)物质的转化率＝eq \f(参加反应的原料量,加入原料的总量)×100%
突破1 不清楚常见的工艺操作方法措施
【例1】（2023·辽宁卷）某工厂采用如下工艺制备，已知焙烧后元素以价形式存在，下列说法错误的是

A．“焙烧”中产生
B．滤渣的主要成分为
C．滤液①中元素的主要存在形式为
D．淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用
【答案】B
【分析】焙烧过程中铁、铬元素均被氧化，同时转化为对应钠盐，水浸时铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀，滤液中存在铬酸钠，与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原得到氢氧化铬沉淀。
【解析】A．铁、铬氧化物与碳酸钠和氧气反应时生成对应的钠盐和二氧化碳，A正确；
B．焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的主要成分为氧化铁，B错误；
C．滤液①中元素的化合价是+6价，铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀溶液显碱性，所以Cr 元素主要存在形式为，C正确；
D．由分析知淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，D正确；
故选B。
【变式1-1】（2022·重庆·模拟预测）废旧的电池中含有NiO、CdO、CO和Fe2O3等成分，工程师设计如下回收重金属的工艺流程。
回答下列问题：
(1)为提高浸取率，可采取的措施是_______(写一种即可)，操作1的名称是_______；
(2)滤液1中主要含[Cd(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+、[C(NH3)6]2+等，则浸取时CdO发生反应的化学方程式为_______；
(3)在实验室萃取时，所需的玻璃仪器是_______；
(4)“反萃取”的原理为NiR有机+2H+⇌Ni2++2HR有机，需加入的试剂X为_______；
(5)写出反应1的离子方程式_______；
(6)由CCl2溶液得到CCl2·6H2O所需的一系列操作是_______；
(7)生成CdCO3沉淀是利用反应[Cd(NH3)4]2++⇌CdCO3↓+4NH3↑，常温下，该反应平衡常数K=2.0×105，[Cd(NH3)4]2+⇌Cd2++4NH3的平衡常数K1=4.0×10-5，则Ksp(CdCO3)=_______。
【答案】(1) 将废电池磨碎或搅拌等 过滤
(2)CdO＋3NH3＋NH4HCO3=[Cd(NH3)4]CO3＋H2O
(3)烧杯、分液漏斗
(4)H2SO4溶液
(5)2C(OH)3＋6H＋＋2Cl-=2C2＋＋Cl2↑＋6H2O
(6)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤
(7)2.0×10-10
【解析】废旧的电池中含有NiO、CdO、CO和Fe2O3等成分，加入NH4HCO3和NH3生成配离子[Cd(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+、[C(NH3)6]2+，过滤除去Fe2O3，废渣是Fe2O3，滤液1催化氧化+2价的C元素生成C(OH)3沉淀，过滤得到滤液2，加入萃取剂，水相中得到[Cd(NH3)4]2+，Ni元素进入有机相中，反萃取得到NiSO4·6H2O；C(OH)3为强氧化剂，由工艺流程可知经反应Ⅰ得到CCl2溶液，因此C(OH)3被浓盐酸还原为CCl2，而浓盐酸被氧化为Cl2，经过蒸发浓缩冷却结晶得到CCl2·6H2O；
(1)将废电池磨碎或搅拌或适当升温或延长浸取时间等；操作1后有废渣，说明操作1的名称是过滤；
(2)浸取时CdO发生反应的化学方程式为：CdO＋3NH3＋NH4HCO3=
[Cd(NH3)4]CO3＋H2O；
(3)在实验室萃取时，所需的玻璃仪器是烧杯、分液漏斗；
(4)“反萃取”的原理为NiR有机+2H+⇌Ni2++2HR有机，反萃取后，生成NiSO4，所以试剂X是H2SO4溶液；
(5)反应1把＋3价C变成了＋2价C，说明C(OH)3与盐酸发生氧化还原反应，离子方程式为：2C(OH)3＋6H＋＋2Cl-=2C2＋＋Cl2↑＋6H2O；
(6)由CCl2溶液得到含有结晶水的化合物CCl2·6H2O所需的一系列操作是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；
(7)[Cd(NH3)4]2++⇌CdCO3↓+4NH3↑的平衡常数为：；[Cd(NH3)4]2+⇌Cd2++4NH3的平衡常数；则Ksp(CdCO3)=
突破2 不清楚常见的工艺操作控制条件
【例2】（2022·山东卷）高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。
下列说法错误的是
A．固体X主要成分是和S；金属M为Zn
B．浸取时，增大压强可促进金属离子浸出
C．中和调pH的范围为3.2~4.2
D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成
【答案】D
【解析】CuS精矿(含有杂质Zn、Fe元素)在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产生为CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3；滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高压H2，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。
A．经过上述分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn，A正确；
B．CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，增大O2的浓度，可以反应消耗S2-，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B正确；
C．根据流程图可知：用NH3调节溶液pH时，要使Fe3+转化为沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2，C正确；
D．在用H2还原Cu2+变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+，与溶液中OH-结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D错误；
故合理选项是D。
【例3】我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。湿法炼锌产生的铜镉渣（主要含锌、铜、铁、镉（Cd）、钴（C）等单质）用于生产金属镉的工艺流程如下：

表中列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（金属离子的起始浓度为0.1 ml·L－1）
①操作Ⅲ中先加入适量H2O2的作用是 。
②再加入ZnO控制反应液的pH，合适的pH范围为______________________________。
2．答案 将Fe2+氧化为Fe3+ 2.8≤pH＜7.4
解析 ①双氧水具有氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，便于调节pH使Fe3+沉淀后经过滤除去；
②加入氧化锌调节pH使Fe3+沉淀后经过滤除去，由表格可知，合适的pH范围为：2.8≤pH＜7.4。
【变式2-1】硼酸（H3BO3）是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿（含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3）为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：

回答下列问题：
在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是_____________________________________________。
【答案】将B(OH)−4转化为H3BO3，并促进H3BO3析出
【解析】在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是将B(OH)−4转化为H3BO3，并促进H3BO3析出。
【变式2-2】（2022·福建省龙岩第一中学一模）某工业生产上用铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的杂质)制备胆矾CuSO4•5H2O的流程如图。
已知：有机萃取剂HR可以萃取Cu2+，其萃取原理(rg为有机相)Cu2+(aq)+2HR(rg)CuR2(rg)+2H+(aq)。
(1)焙烧前粉碎的目的是_______。
(2)“调节pH时，生成氢氧化铁沉淀的离子方程式为_______，试剂X的最佳选择是_______(填标号)。
a.HCl b.NaOH c.H2SO4 d.NH3•H2O
(3)25℃时，“调节pH”后，测得滤液中各离子浓度及相关数据如表所示。(lg2=0.3)
该滤液的pH为_______；加入的Cu(OH)2_______(填“已经”或“没有”)完全溶解。
(4)向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，该反应的化学方程式为_______。
(5)“操作Ⅱ”包括洗涤，洗涤该沉淀的操作为_______。
(6)上述流程中获取金属铜的方法是电解硫酸铜溶液。若电解200mL 0.5ml/L CuSO4溶液，生成铜3.2g，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是_______。
【答案】(1)增大接触面积，提高反应速率
(2) 2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3+3Cu2+ c
(3) 3.6 已经
(4)2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O
(5)向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次。
(6)
【解析】由题中流程可知，铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的杂质)粉碎焙烧，充分氧化，烟气的主要成分为二氧化硫，加稀硫酸酸浸，过滤，滤渣1为SiO2和不溶于酸的杂质，滤液中加入H2O2，氧化Fe2+生成Fe3+，再加入Cu(OH)2调节溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，继续过滤，滤渣2为Fe(OH)3，滤液中加入HR进行萃取，除去镍离子，有机相中加入硫酸进行反萃取，水相的主要成分为硫酸铜溶液，加热蒸发，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即可获得产品。
(1)由上述分析可知，焙烧前粉碎的目的是增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分氧化；答案为增大接触面积，提高反应速率；
(2)由上述分析可知，加入Cu(OH)2调节溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，生成氢氧化铁沉淀的离子方程式为2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Cu2+；由题中信息Cu2+(aq)+2HR(rg)CuR2(rg)+2H+(aq)可知，要使平衡逆向移动，则增加H+浓度，即有机相中加入硫酸进行反萃取，可以分离铜离子，还不会产生杂质，所以选项c正确；答案为2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Cu2+；c；
(3)由题中表格数据可知，25℃时，“调节pH”后，测得滤液中c(Fe3+)=1.0×10-6ml/L，c(Cu2+)=5.0ml/L，因为Ksp[Fe(OH)3]= 6.4×10-38，所以c(Fe3+)×c3(OH-)= Ksp[Fe(OH)3]，则c(OH-)===4×10-11ml/L，c(H+)==×10-3ml/L，pH=3+lg4=3+2lg2=3.6；又c(Cu2+)×c2(OH-)=5×(4×10-11)2=8×10-21＜Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，所以Cu(OH)2已经完全溶解；答案为3.6；已经；
(4)向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，即NiSO4与NaClO发生氧化还原反应，该反应的化学方程式为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；答案为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；
(5)“操作Ⅱ”包括洗涤，洗涤该沉淀的操作为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次；答案为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次；
(6)电解CuSO4溶液，发生反应2CuSO4+2H2O 2Cu+2H2SO4+O2↑，200mL 0.5ml/L的CuSO4溶液中n(CuSO4)=0.2L×0.5ml/L=0.1ml，生成铜3.2g，物质的量为=0.05ml，故生成H2SO40.05ml，溶液中CuSO4为0.1ml-0.05ml=0.05ml，电解后的溶液为CuSO4、H2SO4混合溶液，溶液呈酸性，溶液中铜离子水解、水发生电离，故n(H+)＞0.05ml×2=0.1ml，n()=0.1ml，n(Cu2+)＜0.05ml，溶液中氢氧根浓度很小，故，故答案为：.。
突破3 不掌握理解物质分离、提纯的方法及要点
【例4】（2022·福建卷）用铬铁合金(含少量单质)生产硫酸铬的工艺流程如下：
下列说法错误的是
A．“浸出”产生的气体含有B．“除杂”的目的是除去元素
C．流程中未产生六价铬化合物D．“滤渣2”的主要成分是
【答案】D
【分析】由流程可知，加入稀硫酸溶解，生成气体为氢气，溶液中含加入Na2S分离出滤渣1含CS和NiS，不会沉淀，再加入草酸除铁生成FeC2O4，过滤分离出硫酸铬，以此来解答。
【详解】A．四种金属均与稀硫酸反应生成H2，A正确；
B．共有四种金属，由流程可知，沉铁后分离出硫酸铬，则“除杂"的目的是除去Ni、C元素，B正确；
C．由上述分析可知，流程中未产生六价铬化合物，C正确；
D．“滤渣2”的主要成分是FeC2O4，D错误；
故本题选D。
【变式3-1】（2022·陕西·西安中学三模）NiCl2是一种重要催化剂。某科研小组以废弃催化剂(含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等)为原料，按如图流程回收NiCl2·6H2O晶体，回答下列问题。
已知：Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9
(1)滤渣1的成分主要是_______。
(2)若X为Cl2，则其发生的离子方程式是_______。若用H2O2代替Cl2，试剂Y的使用量会减少，原因是_______。
(3)氟化除杂时要保证完全除去Ca2+和Mg2+(离子浓度≤10-5ml/L)，滤液3中c(F-)不小于_______ml/L。
(4)实际生产中，产生的滤渣均需进行洗涤，并将洗涤液与滤液合并，此操作的目的是_______。操作A为_______、冷却结晶、过滤、洗涤。
(5)将所得NiCl2·6H2O与SOCl2混合加热可制备无水 NiCl2并得到两种酸性气体，反应的化学方程式为_______。
【答案】(1)CuS S
(2) Y试剂的作用是增大溶液的pH，反应消耗氢离子
(3)0.03
(4) 洗出沉淀表面的镍离子，提高镍元素利用率 蒸发浓缩
(5)NiCl2·6H2O+6SOCl2NiCl2+6SO2↑+12HCl↑
【解析】废弃催化剂(含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等)加入盐酸溶解，除去有机物杂质，通入H2S生成CuS沉淀除去Cu2+，同时Fe3+被还原为Fe2+；滤液1中加入氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+，调节pH生成Fe(OH)3沉淀除去Fe3+；向滤液2中加入NH4F生成CaF2沉淀、MgF2沉淀除去Ca2+和Mg2+；向滤液3中加入Na2CO3溶液生成NiCO3沉淀，NiCO3沉淀中加盐酸溶解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得NiCl2•6H2O晶体；据此解答。
(1)向含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+离子的溶液中通入H2S，Fe3+被还原为Fe2+，H2S被氧化为S单质，即2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，Cu2+和H2S反应生成CuS沉淀，即Cu2++H2S=CuS↓+2H+，所以滤渣1的成分主要是CuS、S；答案为CuS、S。
(2)若X为Cl2，Cl2把Fe2+氧化为Fe3+，其离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；加入试剂Y的目的是调节pH生成Fe(OH)3沉淀，若用H2O2代替Cl2，发生反应2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，反应消耗H+，所以试剂Y的使用量会减少；答案为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；Y试剂的作用是增大溶液的pH，反应消耗氢离子。
(3)由题中信息可知，Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9，CaF2比MgF2更难溶，氟化除杂时要保证完全除去Ca2+和Mg2+(离子浓度≤10-5ml/L)，滤液3中c(F-)不小于ml/L=3×10-2ml/L=0.03ml/L；答案为0.03。
(4)实际生产中，产生的滤渣均需进行洗涤，并将洗涤液与滤液合并，此操作的目的是减少镍离子损失，提高镍元素利用率；NiCO3沉淀中加盐酸溶解得NiCl2溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得NiCl2•6H2O晶体；答案为洗出沉淀表面的镍离子，提高镍元素利用率；蒸发浓缩。
(5)将所得NiCl2·6H2O与SOCl2混合加热可制备无水 NiCl2并得到两种酸性气体，反应的化学方程式为NiCl2·6H2O+6SOCl2NiCl2+6SO2↑+12HCl↑；答案为NiCl2·6H2O+6SOCl2NiCl2+6SO2↑+12HCl↑。
突破4 不能正确书写流程中陌生的反应方程式
【例5】（2021·全国甲卷）碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
(1)的一种制备方法如下图所示：

①加入粉进行转化反应的离子方程式为___________________________________，生成的沉淀与硝酸反应，生成_________________后可循环使用。
②通入的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为____________________________；若反应物用量比时，氧化产物为____________；当，单质碘的收率会降低，原因是________________________________________________________。
(2)以为原料制备的方法是：先向溶液中加入计量的，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反应得到，上述制备的总反应的离子方程式为__________________________。
【答案】2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I- AgNO3 FeI2+Cl2= I2+FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的进一步氧化 (2)
【解析】(1) ①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-；AgNO3；②通入的过程中，因I-还原性强于Fe2+，先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2= I2+FeCl2，若反应物用量比时即过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当即过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：FeI2+Cl2= I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的进一步氧化；(2)先向溶液中加入计量的，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中（含I-）加入溶液，反应得到，上述制备的两个反应中I-为中间产物，总反应为与发生氧化还原反应，生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：，故答案为：。
【变式4-1】高铁酸钾是绿色、环保型水处理剂，也是高能电池的电极材料。工业上，利用硫酸亚铁为原料，通过铁黄(FeOOH)制备高铁酸钾，可降低生产成本且产品质量优。工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)有同学认为上述流程可以与氯碱工业联合。写出电解饱和食盐水制取次氯酸钠的化学方程式_____________________________________________________________________________________。
(3)用高铁酸钾处理水时，不仅能消毒杀菌，还能将水体中的NH3、CN-转化成CO2、N2等无毒的物质，生成的氢氧化铁胶体粒子还能吸附水中悬浮杂质。试写出高铁酸钾处理含CN-废水时除去CN-的离子方程式______________________________________________________________________________。
【答案】(1)NaCl+H2ONaClO+H2↑
(3)10FeO+6CN-+22H2O=10Fe(OH)3(胶体)+6CO+3N2↑+14OH-
【解析】实验室欲制备高铁酸钾，首先要分别制备铁黄和NaClO，将而二者混合后加入NaOH调节溶液pH得到高铁酸钠，通过Na与K的置换可以得到高铁酸钾粗产品。根据图像分析制备过程中最佳的制备温度和溶液pH；根据沉淀溶解平衡常数计算溶液中Fe3+的浓度；根据充电时的电池总反应方程式和充电时各电极的得失电子情况书写电极方程式。(1)电解饱和食盐水制取次氯酸钠的化学方程式NaCl+H2ONaClO+H2↑；(3)高铁酸钾具有氧化性，可以将CN－氧化为氮气和二氧化碳而除去，本身被还原为氢氧化铁胶体，在碱性溶液中二氧化碳变成碳酸根离子，反应的方程式为10FeO+6CN-+22H2O=10Fe(OH)3(胶体)+6CO+3N2↑+14OH-。
【变式4-2】和都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为，还含有少量MgO、等杂质)来制备。工艺流程如下；

回答下列问题：
(2)“酸浸”后，钛主要以形式存在，写出相应反应的离子方程式____________________________。
(5)写出“高温煅烧②”中由制备的化学方程式___________________________________。
(6)一种钛酸锂二次电池原理如图，放电时由N极层状材料中脱出经由电解质嵌入M极层状材料中，充电时N极电极反应方程式为________________________________________________________，放电时M极每增重7g，负载中转移电子数为________________。
【答案】(3) 6Fe3++4SO+6H2O+2Na++6MgO=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6Mg2+
(6)2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O
【解析】废料与硫酸、过氧化氢混合，硫酸把单质Fe、Cu、Mg的氧化物溶解，部分Ni溶解，转化得到的离子有Fe2+、Cu2+、Mg2+，加入的H2O2具有氧化性，可以促进Ni的溶解，使其全部转化为Ni2+，同时把存在的Fe2+氧化为Fe3+；二氧化硅不溶于酸，则滤渣为二氧化硅；加入MgO、硫酸钠生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀；加入硫化氢，生成不溶于硫酸的硫化铜沉淀；加入NaF溶液，使Mg2+转化为MgF2沉淀除去；加入NaOH使镍生成沉淀。(3)“除铁”时加入Na2SO4溶液和MgO，根据元素守恒和电荷守恒，离子方程式为6Fe3++4SO+6H2O+2Na++6MgO=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6Mg2+；(6)NaClO具有强氧化性，Cl元素由+1价降低到-1价，则Ni元素由NiSO4中+2价升高到NiOOH中的+3价，根据得失电子守恒和元素守恒，化学方程式为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O。
突破5 热重曲线的相关问题
【例6】硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 ℃时失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为 。
【答案】NH4Fe(SO4)2·12H2O
【解析】
样品加热到150 ℃时失掉1.5个结晶水，发生变化：NH4Fe(SO4)2·xH2O→NH4Fe(SO4)2·(x－1.5)H2O＋1.5H2O。固体失重5.6%，即失去水的质量占样品总质量的5.6%，列出关系式： eq \f(1.5×18,266＋18x) ×100%＝5.6%，解得x＝12，故硫酸铁铵晶体的化学式为NH4Fe(SO4)2·12H2O。
【例7】在加热固体NH4Al(SO4)2·12H2O时，固体质量随温度的变化曲线如图所示：已知a点物质为NH4Al(SO4)2，b点物质为Al2(SO4)3，下列判断正确的是( )
A．0～T ℃的过程变化是物理变化
B．c点物质是工业上冶炼铝的原料
C．a→b反应中生成物只有Al2(SO4)3和NH3两种
D．Al2(SO4)3能够净水，可用离子方程式表示为Al3＋＋3OH－===Al(OH)3
【答案】B
【解析】因为a点物质为NH4Al(SO4)2，则0～T ℃的过程变化是失去结晶水生成NH4Al(SO4)2，是化学变化，A项错误；b点物质为硫酸铝，继续加热分解则在c点生成氧化铝，所以c点物质是工业上冶炼铝的原料，B项正确；a→b发生的反应为硫酸铝铵分解生成硫酸铝、氨气和硫酸，C项错误；硫酸铝能够净水，其原理是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性可以吸附水中悬浮的杂质，D项错误。
【变式5-1】在空气中加热10.98 g草酸钴晶体(CC2O4·2H2O)样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如表。
(1)加热到210 ℃时，固体物质的化学式为_______________________________________。
(2)经测定，加热到210～310 ℃过程中的生成物只有CO2和钴的氧化物，此过程发生反应的化学方程式为
________________________________________________________________________。
【答案】 (1)CC2O4 (2)3CC2O4＋2O2===C3O4＋6CO2
【解析】(1)CC2O4·2H2O失去全部结晶水的质量为10.98×eq \f(147,183) g＝8.82 g，即加热到210 ℃时，固体物质是CC2O4。(2)根据元素守恒，n(CO2)＝eq \f(8.82,147)×2 ml＝0.12 ml，质量为0.12 ml×44 g·ml－1＝5.28 g，固体量减少(8.82－4.82)g＝4.00 g，说明有气体参加反应，即氧气参加，氧气的质量为(5.28－4.00)g＝1.28 g，其物质的量为eq \f(1.28,32) ml＝0.04 ml，n(CC2O4)∶n(O2)∶n(CO2)＝eq \f(8.82,147)∶0.04∶0.12＝0.06∶0.04∶0.12＝3∶2∶6，依据原子守恒，3CC2O4＋2O2===C3O4＋6CO2。
【变式5-2】取26.90g ZnSO4·6H2O加热，剩余固体的质量随温度的变化如图2所示。750℃时所得固体的化学式为( )
A．ZnO B．ZnSO4 C． Zn3O(SO4)2 D．ZnSO4·H2O
【答案】C
【解析】750℃时剩余固体与680℃时一样，剩下13.43g，质量减少了，26.90g ZnSO4·6H2O中水的质量 ，则还有S元素质量减少 ，26.90g ZnSO4·6H2O中S元素的质量 ，则S元素还有剩余，故答案选择C。
【变式5-3】称取3.60 g草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O，相对分子质量是180)用热重法对其进行热分解，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示，请分析图并回答下列问题：
(1)过程Ⅰ发生反应的化学方程式为_________________________________________________________。
(2)300 ℃时剩余固体只有一种且是铁的氧化物，试通过计算确定该氧化物的化学式________________。
【答案】(1)FeC2O4·2H2OFeC2O4＋2H2O (2)Fe2O3
【解析】

(1)通过剩余固体的质量可知，过程Ⅰ发生的反应是草酸亚铁晶体受热失去结晶水，反应的化学方程式为FeC2O4·2H2OFeC2O4＋2H2O。
(2)草酸亚铁晶体中的铁元素质量为3.6 g× eq \f(56,180) ×100%≈1.12 g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为1.60 g－1.12 g＝0.48 g，铁元素和氧元素的质量比为1.12 g∶0.48 g＝7∶3，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有56x∶16y＝7∶3，x∶y＝2∶3，铁的氧化物的化学式为Fe2O3。

突破6 工艺流程题中有关Ksp的计算类型
【例8】（2023·湖南卷）处理某铜冶金污水(含)的部分流程如下：

已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：
②。
下列说法错误的是
A．“沉渣Ⅰ”中含有和
B．溶液呈碱性，其主要原因是
C．“沉淀池Ⅱ”中，当和完全沉淀时，溶液中
D．“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水
【答案】D
【分析】污水中含有铜离子、三价铁离子、锌离子、铝离子，首先加入石灰乳除掉三价铁离子和铝离子，过滤后，加入硫化钠除去其中的铜离子和锌离子，再次过滤后即可达到除去其中的杂质，以此解题。
【解析】A．根据分析可知氢氧化铁当pH=1.9时开始沉淀，氢氧化铝当pH=3.5时开始沉淀，当pH=4时，则会生成氢氧化铝和氢氧化铁，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正确；
B．硫化钠溶液中的硫离子可以水解，产生氢氧根离子，使溶液显碱性，其第一步水解的方程式为：S2-+H2O⇌HS-+OH-，B正确；
C．当铜离子和锌离子完全沉淀时，则硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则，C正确；
D．污水经过处理后其中含有较多的钙离子，故“出水”应该经过阳离子交换树脂软化处理，达到工业冷却循环用水的标准后，才能使用，D错误；
故选D。
【例9】工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)母液生产重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程如图所示：
上述流程中K2Cr2O7发生氧化还原反应后所得溶液中除含有Cr3＋外，还含有一定浓度的Fe3＋杂质，可通过加碱调pH的方法使两者转化为沉淀。已知c(Cr3＋)＝3×10－5 ml·L－1，则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时Fe3＋是否沉淀完全？________(填“是”或“否”)。{已知：Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，Ksp[Cr(OH)3]＝6.0×10－31}
【答案】是
【解析】Cr(OH)3开始出现沉淀时，溶液中c3(OH－)＝eq \f(Ksp[Cr(OH)3],c(Cr3＋))＝eq \f(6.0×10－31,3×10－5)＝2×10－26，若Fe3＋沉淀完全时，c(Fe3＋)应小于10－5ml·L－1，此时溶液中c(Fe3＋)＝eq \f(Ksp[Fe(OH)3],c3(OH－))＝eq \f(4.0×10－38,2×10－26) ml·L－1＝2×10－12 ml·L－1eq \r(3,\f(10－33,10－6))ml·L－1＝10－9ml·L－1，pH最小值为5，为防止Mg2＋沉淀，控制pH的最大值为9.3，所以pH的范围是5C，则氢化物稳定性：H2O>CH4>SiH4。
(5)推测未知元素的某些性质
已知Ca(OH)2微溶，Mg(OH)2难溶，可推知Be(OH)2难溶；再如：已知卤族元素的性质递变规律，可推知元素砹(At)应为有色固体，与氢难化合，HAt不稳定，水溶液呈酸性，AgAt不溶于水等。
(6)启发人们在一定区域内寻找新物质
①半导体元素在金属与非金属分界线附近，如：Si、Ge、Ga等。
②农药中常用元素在右上方，如：F、Cl、S、P、As等。
③催化剂和耐高温、耐腐蚀合金材料主要在过渡元素中找，如：Fe、Ni、Rh、Pt、Pd等。
【易错点06】理不清化学键与化合物的关系
【分析】
(1)含有离子键的化合物一定是离子化合物，但离子化合物中可能含有共价键，如Na2O2。
(2)只含有共价键的化合物一定是共价化合物。
(3)由金属元素和非金属元素组成的化合物不一定是离子化合物，如AlCl3是共价化合物；只含有非金属元素的化合物不一定是共价化合物，如铵盐是离子化合物。
(4)非金属单质不一定含有共价键，如稀有气体单质。
(5)气态氢化物是共价化合物，只含共价键，如NH3；而金属氢化物是离子化合物，只含离子键，如NaH。
(6)可能含有非极性键的物质有非金属单质(稀有气体单质除外)、某些共价化合物(如H2O2、C2H6等)、某些离子化合物(如Na2O2等)。
(7)从图中可以看出，离子化合物一定含有离子键，离子键只能存在于离子化合物中。
(8)共价键可存在于离子化合物、共价化合物和共价单质分子中。
(9)熔融状态下能导电的化合物是离子化合物，如NaCl；熔融状态下不能导电的化合物是共价化合物，如HCl。
【易错点07】对化学键、分子间作用力和氢键辨析不清
【分析】
(1)分子间作用力
(2)氢键
【易错点08】不能根据所给信息准确判断元素
【分析】
1．根据元素周期表结构与原子电子层结构的关系推断
(1)几个重要关系式
①核外电子层数＝周期数(对于大部分元素来说)。
②主族序数＝最外层电子数＝最高正价(O、F除外)＝8－|最低负价|。
③|最高正价|－|最低负价|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0——第ⅠA族中的H和第ⅣA族,2——第ⅤA族,4——第ⅥA族,6——第ⅦA族))
(2)熟悉主族元素在周期表中的特殊位置
①族序数等于周期数的元素：H、Be、Al。
②族序数等于周期数2倍的元素：C、S。
③族序数等于周期数3倍的元素：O。
④周期数是族序数2倍的元素：Li、Ca、Tl。
⑤周期数是族序数3倍的元素：Na、Ba。
⑥最高正价与最低负价代数和为零的短周期元素：H、C、Si。
⑦最高正价是最低负价绝对值3倍的短周期元素：S。
⑧最高正价不等于族序数的短周期元素：O(F无正价)。
2．根据常见元素及其化合物的特性推断
【特别强调】
(1)元素周期表中第一周期只有两种元素H和He，H元素所在的第ⅠA族为元素周期表的左侧边界，第ⅠA族左
侧无元素分布。
(2)He为0族元素，0族元素为元素周期表的右侧边界，0族元素右侧没有元素分布。利用这个关系可以确定元素所在的周期和族。
(3)同一周期中元素的原子序数比左边相邻元素原子序数大1，比右边相邻元素的原子序数小1。
(4)同主族上下周期元素的原子序数关系
(5)等式关系：电子层数＝周期数；质子数＝原子序数；最外层电子数＝主族序数；
主族元素的最高正价＝主族序数(O、F除外)，负价＝主族序数－8。
突破1 “四同”的判断方法
【例1】YBa2Cu8Ox(Y为元素钇)是磁悬浮列车中的重要超导材料，下列关于eq \\al(89,39)Y的说法正确的是( )
A.eq \\al(89,39)Y的质子数与中子数之差为50
B.eq \\al(89,39)Y和eq \\al(90,39)Y为同位素
C.eq \\al(89,39)Y和eq \\al(90,39)Y的核外电子数不相等
D.eq \\al(89,39)Y和eq \\al(90,39)Y是钇元素的两种不同的核素，具有不同的化学性质
【变式1-1】最近媒体报道了一些化学物质，如：爆炸力极强的N5、比黄金还贵的18O2、太空中的甲醇气团等。下列说法中正确的是( )
A．18O和16O核外电子数不同
B．甲醇(CH3OH)属于离子化合物
C．N5和N2是氮元素的两种同位素
D．由N5变成N2是化学变化
【变式1-2】（2022·天津卷）下列叙述错误的是
A．是极性分子
B．原子的中子数为10
C．与互为同素异形体
D．和互为同系物
突破2 元素金属性和非金属性强弱的判断
【例2】甲、乙两种非金属元素：
①甲的单质比乙的单质容易与氢气化合
②甲的单质能与乙的阴离子发生置换反应
③甲的最高价氧化物对应的水化物酸性比乙的最高价氧化物对应的水化物酸性强
④与某金属反应时，甲元素原子得电子数目比乙的多
⑤甲的单质熔、沸点比乙的低
能说明甲比乙的非金属性强的是( )
A．只有④ B．只有⑤
C．①②③ D．①②③④⑤
【变式2-1】有一种化合物是很多表面涂层的重要成分，其结构如图所示．其中为原子序数依次增大的短周期元素，只有在同一周期，Z的单质是黄绿色气体；下列有关说法不正确的是
A．非金属性强弱比较：B．的沸点高于的沸点
C．X的含氧酸有一元弱酸、二元弱酸等D．中所有原子最外层都满足8电子结构
【变式2-2】（2022·陕西西安·二模）短周期元素X、Y、Z、M原子序数依次增大，Z的氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，M的最高正价与最低负价绝对值之差为4，它们组成的一种分子结构如图所示。下列说法正确的是
A．非金属性：Y>Z
B．原子半径：M>Y>Z
C．X、Y形成的化合物是气态
D．M的含氧酸不能与Z的含氧酸反应
突破3 不掌握比较微粒半径大小的方法技巧
【例3】（2022·江苏卷）工业上电解熔融和冰晶石的混合物可制得铝。下列说法正确的是
A．半径大小：B．电负性大小：
C．电离能大小：D．碱性强弱：
【变式3-1】（2022·湖南卷）科学家合成了一种新的共价化合物(结构如图所示)，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，W的原子序数等于X与Y的原子序数之和。下列说法错误的是
A．原子半径：
B．非金属性：
C．Z的单质具有较强的还原性
D．原子序数为82的元素与W位于同一主族
突破4 不掌握主族元素性质的变化规律
【例4】根据下表(部分短周期元素的原子半径及主要化合价)信息，下列叙述正确的是( )
A.E2－与B3＋的核外电子数不可能相等
B．离子半径：A＋C>D>A
D．简单氢化物的沸点：C>E
【变式6-1】已知X、Y、Z三种主族元素在周期表中的位置如图所示，设X的原子序数为a。则下列说法不正确的是( )
A.Y与Z的原子序数之和可能为2a
B．Y的原子序数可能为a－17
C．Z的原子序数可能为a＋31
D．X、Y、Z一定为短周期元素
【变式6-2】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X、Y、Z构成的化合物M结构如图所示。下列叙述错误的是
A．非金属性：W＞ZB．Z的含氧酸酸性可能比W的强
C．ZX2、WX2均会使紫色石蕊试液褪色D．W的氢化物通入M溶液有沉淀生成
【变式6-3】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，Y与W同主族，X和Z的质子数之和为Y和W的质子数之和的一半。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，甲和丁的组成元素相同且常温下均为液体，其中含甲3%的溶液是医院常用的一种消毒剂，化合物N是具有漂白性的气体。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物及部分反应条件省略)。下列说法错误的是( )

A．图中催化剂在一定条件下与铝粉混合可能发生铝热反应
B．由Y与Z元素形成的某常见化合物中，阴、阳离子个数比为1:2
C．沸点：丁>丙，是因为丁分子间存在氢键
D．丙与N能发生氧化还原反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1
1．（2023·山东卷）下列分子属于极性分子的是
A．B．C．D．
2．（2023·全国甲卷）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：B．简单氢化物的沸点：
C．与可形成离子化合物D．的最高价含氧酸是弱酸
3．（2023·全国乙卷）一种矿物由短周期元素W、X、Y组成，溶于稀盐酸有无色无味气体生成。W、X、Y原子序数依次增大。简单离子与具有相同的电子结构。下列叙述正确的是
A．X的常见化合价有、B．原子半径大小为
C．YX的水合物具有两性D．W单质只有4种同素异形体
4．（2022·河北·高考真题）两种化合物的结构如图，其中X、Y、Z、R、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，下列说法错误的是
A．在两种化合物中，X、Y、Z、R、Q均满足最外层8电子稳定结构
B．X、Y、Z、R、Q中，R的非金属性及简单氢化物的稳定性均最强
C．将装有YZ2气体的透明密闭容器浸入冰水中，气体颜色变浅
D．Z的某种同素异形体在大气中的含量与环境污染密切相关
5．（2022·重庆·统考高考真题）R、X、Y、Z均为短周期主族元素，Y与Z同主族且Z的原子序数大于Y。R和X的原子获得1个电子均可形成稀有气体原子的电子层结构，R的最高化合价为+1。1ml化合物RZY3X含58ml电子。下列说法正确的是
A．R与X形成的化合物水溶液呈碱性B．X是四种元素中原子半径最大的
C．Y单质的氧化性比Z单质的弱D．Z的原子最外层电子数为6
6．（2022·贵州毕节·二模）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z为同一周期，Y的最外层电子数为X的最外层电子数的2倍；常温下，W2Y是一种臭鸡蛋气味气体，且该分子含有18个电子。则下列叙述中正确的是
A．原子半径：Z>Y>X>W
B．X离子与Y离子可在水溶液中大量共存
C．Z的单质具有漂白性
D．X的氧化物的熔点高，可作耐火材料
7．（2022·河南许昌·二模）短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们组成的某矿物的化学式为W3Y2(ZX3)6，W、Y在周期表中所处的周期数均等于族序数，X的最外层电子数是次外层的3倍，Z的单质可用于制造太阳能电池。下列说法正确的是
A．四种元素中W的原子半径最小
B．ZX2中共价键数是Z原子数的2倍
C．X、Y简单离子的电子层结构不同
D．W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物酸性均比H2CO3弱
8．（2022·广东深圳·一模）一种药物原料的分子结构式如图所示。其中W、X、Y、Z均为短周期主族元素，且仅X、Y位于同一周期；Z原子的核外电子数比X原子的多10。下列说法正确的是
A．原子半径：r(Y)>r(X)>r(W)
B．XZ2中X的化合价为+2
C．X的最简单氢化物的沸点比Y的高
D．X、Y、Z均可形成至少两种常见的含氧酸
9．（2022·江西九江·一模）X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，Z、M同主族，M与Z组成的化合物的排放是形成酸雨的主要原因之一，X是元素周期表中原子半径最小的元素，Y与Z相邻，下列说法正确的是
A．原子半径：M>Q>Z> Y
B．气态氢化物稳定性：Y>Z>Q>M
C．X、Y、Z、M四种元素至少能形成三种离子化合物
D．Q的氧化物对应水化物的酸性强于M的氧化物对应水化物
10．（2022·四川·模拟预测）原子序数依次增大的前20号主族元素中的X、Y、Z、W，分别位于不同周期，其中Y的最高价态氧化物是常见的温室气体，Z原子的最内层电子数与最外层电子数之比为1：3，W和X同主族。下列说法正确的是
A．四种元素中Z的原子半径最大
B．Y、Z的最高价氧化物均为大气污染物
C．X与Y、Z、W原子均能形成共价键
D．W的最高价氧化物对应水化物为强碱
11．（2022·辽宁鞍山·一模）a、b、c、d、e为原子序数依次增大的短周期元素，a原子核外电子总数与b原子次外层电子数相同；c所在周期数与族序数相同；d与a位于同一主族。下列叙述正确的是
A．由a和b两种元素形成的化合物不可能含共价键
B．b、c两元素的最高价氧化物对应水化物之间不可能发生反应
C．原子半径：b＞c＞d＞e
D．含氧酸的酸性：e＞c
12．回答下列问题：
(1)请用下列10种物质的序号填空：
①O2 ②H2 ③NH4NO3 ④K2O2 ⑤Ba(OH)2⑥CH4 ⑦CO2 ⑧NaF ⑨NH3 ⑩I2
其中既含离子键又含非极性键的是________；既含离子键又含极性键的是________。
(2)X、Y两种主族元素能形成XY2型化合物，已知XY2中共有38个电子，若XY2为常见元素形成的离子化合 物，其电子式为______________________；若XY2为共价化合物时，其结构式为____________。
(3)氯化铝的物理性质非常特殊，如氯化铝的熔点为190 ℃，但在180 ℃就开始升华。据此判断，氯化铝是______________(填“共价化合物”或“离子化合物”)，可以证明你的判断正确的实验依据是_________________________________________________。
(4)现有a～g 7种短周期元素，它们在元素周期表中的位置如图所示，请据此回答下列问题：
①元素的原子间最容易形成离子键的是________(填标号，下同)，容易形成共价键的是_____。
A．c和f B．b和g
C．d和g D．b和e
②写出a～g 7种元素形成的所有原子都满足最外层为8电子结构的任意一种分子的分子式________。

易错类型08 元素推断 元素周期律
【易错点01】“四同”的判断方法
【易错点02】不能准确判断10电子体和18电子体
【易错点03】元素金属性和非金属性强弱的判断
【易错点04】不掌握比较微粒半径大小的方法技巧
【易错点05】不掌握主族元素性质的变化规律
【易错点06】理不清化学键与化合物的关系
【易错点07】对化学键、分子间作用力和氢键辨析不清
【易错点08】不能根据所给信息准确判断元素
【易错点01】“四同”的判断方法
【分析】
1.判断的关键是抓住描述的对象。
(1)同位素——原子，如eq \\al(1,1)H、eq \\al(2,1)H、eq \\al(3,1)H；
(2)同素异形体——单质，如O2、O3；
(3)同系物——有机化合物，如CH3CH3、CH3CH2CH3；
(4)同分异构体——有机化合物，如正戊烷、异戊烷、新戊烷。
2.元素、核素、同位素的关系
【特别强调】
(1)并非所有的原子都含有中子，eq \\al(1,1)H原子核中只有一个质子，没有中子。
(2)一种元素可有若干种不同的核素，也可只有一种核素，因此核素的种类大于元素的种类。
(3)1H2和2H2既不是同位素，也不是同素异形体。
(4)质子数相同的微粒不一定属于同一种元素，如F与OH－。
(5)核外电子数相同的微粒，其质子数不一定相同，如Al3＋与Na＋、F－等，NHeq \\al(＋,4)与OH－等。
(4)不同的核素可能具有相同的质子数，如eq \\al(1,1)H与eq \\al(3,1)H；也可能具有相同的中子数，如eq \\al(14, 6)C与eq \\al(16, 8)O；也可能具有相同的质量数，如eq \\al(14, 6)C与eq \\al(14, 7)N；也可能质子数、中子数、质量数均不相同，如eq \\al(1,1)H与eq \\al(12, 6)C。
(5)同位素的物理性质不同，但化学性质几乎相同。
(6)不同核素之间的转化属于核反应，不属于化学反应。
【易错点02】不能准确判断10电子体和18电子体
【分析】
10电子体和18电子体是元素推断题的重要突破口。
(1)以Ne为中心记忆10电子体
(2)以Ar为中心记忆18电子体
此外，由10电子体中的CH4、NH3、H2O、HF失去一个H剩余部分的—CH3、—NH2、—OH、—F为9电子体，两两组合得到的物质如CH3CH3、CH3OH、H2O2、N2H4、F2等也为18电子体。
【易错点03】元素金属性和非金属性强弱的判断
【分析】
【易错点04】不掌握比较微粒半径大小的方法技巧
【分析】
“三看”比较微粒半径大小
(1)“一看”电子层数：当电子层数不同时，电子层数越多，半径越大。
例如：r(Li)＜r(Na)＜r(K)＜r(Rb)＜r(Cs)；
r(O2－)＜r(S2－)＜r(Se2－)＜r(Te2－)。
(2)“二看”核电荷数：当电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小。
例如：r(Na)＞r(Mg)＞r(Al)＞r(Si)＞r(P)＞r(S)＞r(Cl)；
r(O2－)＞r(F－)＞r(Na＋)＞r(Mg2＋)＞r(Al3＋)。
(3)“三看”核外电子数：当电子层数和核电荷数均相同时，核外电子数越多，半径越大。
例如：r(Cl－)＞r(Cl)；r(Fe2＋)＞r(Fe3＋)。
【易错点05】不掌握主族元素性质的变化规律
【分析】
(1)原子结构的变化规律
(2)元素及对应化合物性质变化规律
【特别强调】
(1)对于主族元素而言，元素的最高正化合价一般情况下和主族序数相同，但氧无最高正价，氟无正价。
(2)金属性是指金属气态原子失电子能力的性质，金属活动性是指单质在水溶液中，金属原子失去电子能力的性质，二者顺序基本一致，仅极少数例外。如金属性Pb>Sn，而金属活动性Sn>Pb。
(3)比较不同周期、不同主族元素的性质
金属性Mg>Al、Ca>Mg，则碱性Mg(OH)2＞Al(OH)3、Ca(OH)2>Mg(OH)2，
则Ca(OH)2>Al(OH)3。
(4)比较H2O和SiH4的稳定性强弱的方法：
非金属性：C>Si，O>C，则氢化物稳定性：H2O>CH4>SiH4。
(5)推测未知元素的某些性质
已知Ca(OH)2微溶，Mg(OH)2难溶，可推知Be(OH)2难溶；再如：已知卤族元素的性质递变规律，可推知元素砹(At)应为有色固体，与氢难化合，HAt不稳定，水溶液呈酸性，AgAt不溶于水等。
(6)启发人们在一定区域内寻找新物质
①半导体元素在金属与非金属分界线附近，如：Si、Ge、Ga等。
②农药中常用元素在右上方，如：F、Cl、S、P、As等。
③催化剂和耐高温、耐腐蚀合金材料主要在过渡元素中找，如：Fe、Ni、Rh、Pt、Pd等。
【易错点06】理不清化学键与化合物的关系
【分析】
(1)含有离子键的化合物一定是离子化合物，但离子化合物中可能含有共价键，如Na2O2。
(2)只含有共价键的化合物一定是共价化合物。
(3)由金属元素和非金属元素组成的化合物不一定是离子化合物，如AlCl3是共价化合物；只含有非金属元素的化合物不一定是共价化合物，如铵盐是离子化合物。
(4)非金属单质不一定含有共价键，如稀有气体单质。
(5)气态氢化物是共价化合物，只含共价键，如NH3；而金属氢化物是离子化合物，只含离子键，如NaH。
(6)可能含有非极性键的物质有非金属单质(稀有气体单质除外)、某些共价化合物(如H2O2、C2H6等)、某些离子化合物(如Na2O2等)。
(7)从图中可以看出，离子化合物一定含有离子键，离子键只能存在于离子化合物中。
(8)共价键可存在于离子化合物、共价化合物和共价单质分子中。
(9)熔融状态下能导电的化合物是离子化合物，如NaCl；熔融状态下不能导电的化合物是共价化合物，如HCl。
【易错点07】对化学键、分子间作用力和氢键辨析不清
【分析】
(1)分子间作用力
(2)氢键
【易错点08】不能根据所给信息准确判断元素
【分析】
1．根据元素周期表结构与原子电子层结构的关系推断
(1)几个重要关系式
①核外电子层数＝周期数(对于大部分元素来说)。
②主族序数＝最外层电子数＝最高正价(O、F除外)＝8－|最低负价|。
③|最高正价|－|最低负价|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0——第ⅠA族中的H和第ⅣA族,2——第ⅤA族,4——第ⅥA族,6——第ⅦA族))
(2)熟悉主族元素在周期表中的特殊位置
①族序数等于周期数的元素：H、Be、Al。
②族序数等于周期数2倍的元素：C、S。
③族序数等于周期数3倍的元素：O。
④周期数是族序数2倍的元素：Li、Ca、Tl。
⑤周期数是族序数3倍的元素：Na、Ba。
⑥最高正价与最低负价代数和为零的短周期元素：H、C、Si。
⑦最高正价是最低负价绝对值3倍的短周期元素：S。
⑧最高正价不等于族序数的短周期元素：O(F无正价)。
2．根据常见元素及其化合物的特性推断
【特别强调】
(1)元素周期表中第一周期只有两种元素H和He，H元素所在的第ⅠA族为元素周期表的左侧边界，第ⅠA族左
侧无元素分布。
(2)He为0族元素，0族元素为元素周期表的右侧边界，0族元素右侧没有元素分布。利用这个关系可以确定元素所在的周期和族。
(3)同一周期中元素的原子序数比左边相邻元素原子序数大1，比右边相邻元素的原子序数小1。
(4)同主族上下周期元素的原子序数关系
(5)等式关系：电子层数＝周期数；质子数＝原子序数；最外层电子数＝主族序数；
主族元素的最高正价＝主族序数(O、F除外)，负价＝主族序数－8。
突破1 “四同”的判断方法
【例1】YBa2Cu8Ox(Y为元素钇)是磁悬浮列车中的重要超导材料，下列关于eq \\al(89,39)Y的说法正确的是( )
A.eq \\al(89,39)Y的质子数与中子数之差为50
B.eq \\al(89,39)Y和eq \\al(90,39)Y为同位素
C.eq \\al(89,39)Y和eq \\al(90,39)Y的核外电子数不相等
D.eq \\al(89,39)Y和eq \\al(90,39)Y是钇元素的两种不同的核素，具有不同的化学性质
【答案】 B
【解析】中子数＝89－39＝50，质子数与中子数之差为(89－39)－39＝11，故A错误；eq \\al(89,39)Y和eq \\al(90,39)Y是质子数相同、中子数不同的同种元素的不同核素，属于同位素，故B正确；eq \\al(89,39)Y和eq \\al(90,39)Y质子数相同，核外电子数相同，最外层电子数相同，两者具有相同的化学性质，故C、D错误。
【变式1-1】最近媒体报道了一些化学物质，如：爆炸力极强的N5、比黄金还贵的18O2、太空中的甲醇气团等。下列说法中正确的是( )
A．18O和16O核外电子数不同
B．甲醇(CH3OH)属于离子化合物
C．N5和N2是氮元素的两种同位素
D．由N5变成N2是化学变化
【答案】D
【解析】18O和16O两者的核外电子数均为8，A错误；CH3OH中只含有共价键，所以属于共价化合物，B错误；N5和N2是单质，C错误。
【变式1-2】（2022·天津卷）下列叙述错误的是
A．是极性分子
B．原子的中子数为10
C．与互为同素异形体
D．和互为同系物
【答案】D
【解析】A．是“V”形结构，不是中心对称，属于极性分子，故A正确；
B．原子的中子数18−8=10，故B正确；
C．与是氧元素形成的不同单质，两者互为同素异形体，故C正确；
D．属于酚，属于醇，两者结构不相似，因此两者不互为同系物，故D错误。
综上所述，答案为D。
突破2 元素金属性和非金属性强弱的判断
【例2】甲、乙两种非金属元素：
①甲的单质比乙的单质容易与氢气化合
②甲的单质能与乙的阴离子发生置换反应
③甲的最高价氧化物对应的水化物酸性比乙的最高价氧化物对应的水化物酸性强
④与某金属反应时，甲元素原子得电子数目比乙的多
⑤甲的单质熔、沸点比乙的低
能说明甲比乙的非金属性强的是( )
A．只有④ B．只有⑤
C．①②③ D．①②③④⑤
【答案】C
【变式2-1】有一种化合物是很多表面涂层的重要成分，其结构如图所示．其中为原子序数依次增大的短周期元素，只有在同一周期，Z的单质是黄绿色气体；下列有关说法不正确的是
A．非金属性强弱比较：B．的沸点高于的沸点
C．X的含氧酸有一元弱酸、二元弱酸等D．中所有原子最外层都满足8电子结构
【答案】B
【解析】为原子序数依次增大的短周期元素，Z的单质是黄绿色气体，Z为氯；只有在同一周期， 则W为氢，位于第一周期，XY位于第二周期；由结构可知，XY形成共价键数分别为4、2，则XY分别为碳、氧；
A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，非金属性强弱比较：，A正确；
B．氧电负性较强，水分子中可以形成氢键，故CH4的沸点低于H2O的沸点，B错误；
C．碳的含氧酸有一元弱酸醋酸、二元弱酸碳酸等，C正确；
D．ClO2中氯、氧原子的最外层都满足8电子结构，D正确；
故选B。
【变式2-2】（2022·陕西西安·二模）短周期元素X、Y、Z、M原子序数依次增大，Z的氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，M的最高正价与最低负价绝对值之差为4，它们组成的一种分子结构如图所示。下列说法正确的是
A．非金属性：Y>Z
B．原子半径：M>Y>Z
C．X、Y形成的化合物是气态
D．M的含氧酸不能与Z的含氧酸反应
【答案】B
【解析】已知X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素，M的最高正价与最低负价绝对值之差为4，Z为N元素，M的最高正价与最低负价绝对值之差为4，则M为S元素，4种元素组成的一种分子结构如图，根据共价键数目可推知，则X为H元素，Y为C元素，据此分析解答问题。
A．非金属性：N>C，A错误；
B．C、N原子核外均有2个电子层，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，则原子半径：S>C>N，B正确；
C．碳氢化合物有的是气态或固态，C错误；
D．H2SO3能与硝酸反应，D错误；
故选B。
突破3 不掌握比较微粒半径大小的方法技巧
【例3】（2022·江苏卷）工业上电解熔融和冰晶石的混合物可制得铝。下列说法正确的是
A．半径大小：B．电负性大小：
C．电离能大小：D．碱性强弱：
【答案】A
【解析】A．核外电子数相同时，核电荷数越大半径越小，故半径大小为，故A正确；
B．同周期元素核电荷数越大电负性越大，故，故B错误；
C．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，同主族从上往下第一电离能呈减小趋势，故电离能大小为，故C错误；
D．元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性强弱为，故D错误；
故选A。
【变式3-1】（2022·湖南卷）科学家合成了一种新的共价化合物(结构如图所示)，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，W的原子序数等于X与Y的原子序数之和。下列说法错误的是
A．原子半径：
B．非金属性：
C．Z的单质具有较强的还原性
D．原子序数为82的元素与W位于同一主族
【答案】C
【解析】由共价化合物的结构可知，X、W形成4个共价键，Y形成2个共价键，Z形成1个共价键，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，W的原子序数等于X与Y的原子序数之和，则X为C元素、Y为O元素、Z为F元素、W为Si元素。
A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则C、O、F的原子半径大小顺序为C＞O＞F，故A正确；
B．同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，则C、O、Si的非金属性强弱顺序为O＞C＞Si，故B正确；
C．位于元素周期表右上角的氟元素的非金属性最强，单质具有很强的氧化性，故C错误；
D．原子序数为82的元素为铅元素，与硅元素都位于元素周期表ⅣA族，故D正确；
故选C。
突破4 不掌握主族元素性质的变化规律
【例4】根据下表(部分短周期元素的原子半径及主要化合价)信息，下列叙述正确的是( )
A.E2－与B3＋的核外电子数不可能相等
B．离子半径：A＋D>A
D．简单氢化物的沸点：C>E
【答案】A
【解析】已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，则A位于第一周期，为H元素，B、C位于第二周期，D、E位于第三周期；A、B、C、D可形成化合物X如图2，C与E同主族，D形成+1价阳离子，其原子半径最大，则D为Na；C形成2个共价键，位于ⅥA族，则C为O，E为S元素；B形成4个共价键，则B为C元素。A． 化合物X为Na2CO3∙H2O2，高温下易分解，稳定性差，故A错误；B． A、B、E均可与C形成常见的两种二元化合物，分别是H2O、H2O2、CO、CO2、SO2、SO3，故B正确；C． 电子层越多离子半径越大，则简单离子的半径越大S2->O2-，Na+>H+，电子层结构相同的离子，核电荷越大，半径越小，O2->Na+，所以简单离子的半径：S2->O2->Na+>H+，故C正确；D． 水分子间形成氢键，硫化氢分子间不能形成氢键，分子间作用力小，简单氢化物的沸点：C>E，故D正确；故选A。
【变式6-1】已知X、Y、Z三种主族元素在周期表中的位置如图所示，设X的原子序数为a。则下列说法不正确的是( )
A.Y与Z的原子序数之和可能为2a
B．Y的原子序数可能为a－17
C．Z的原子序数可能为a＋31
D．X、Y、Z一定为短周期元素
【答案】D
【解析】X、Y、Z为主族元素，Y一定不在第一周期，所以D项错误；若Y、X、Z分别位于第三、四、五周期的右边，则Y的原子序数为a－17，Y与Z的原子序数之和为2a，A、B正确；若Y、X、Z分别位于第四、五、六周期的右边，则Z的原子序数为a＋31，C正确。
【变式6-2】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X、Y、Z构成的化合物M结构如图所示。下列叙述错误的是
A．非金属性：W＞ZB．Z的含氧酸酸性可能比W的强
C．ZX2、WX2均会使紫色石蕊试液褪色D．W的氢化物通入M溶液有沉淀生成
【答案】C
【解析】信息转换根据图示结构，Y可形成价的离子，则Y可能是Li或Na；图中元素X形成2个共价键，元素Z形成6个共价键，结合X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大可知，X是O，Y是Na，Z是S，而W的原子序数大于S且是短周期主族元素，W只能是Cl。A．同周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性：Cl＞S，A正确；B．是强酸，是弱酸，是强酸，而HClO是弱酸，硫酸的酸性强于次氯酸，B正确；C．能使紫色石蕊试液变红但不能使其褪色，可使紫色石蕊试液褪色，C错误；D．HCl与溶液反应生成NaCl、S、和，S为沉淀，D正确。故选C.
【变式6-3】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，Y与W同主族，X和Z的质子数之和为Y和W的质子数之和的一半。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，甲和丁的组成元素相同且常温下均为液体，其中含甲3%的溶液是医院常用的一种消毒剂，化合物N是具有漂白性的气体。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物及部分反应条件省略)。下列说法错误的是( )

A．图中催化剂在一定条件下与铝粉混合可能发生铝热反应
B．由Y与Z元素形成的某常见化合物中，阴、阳离子个数比为1:2
C．沸点：丁>丙，是因为丁分子间存在氢键
D．丙与N能发生氧化还原反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1
【答案】D
【解析】甲和丁的组成元素相同且常温下均为液体，其中含甲3%的溶液是医院常用的一种消毒剂，可推测甲是H2O2,丁是H2O，化合物N是具有漂白性的气体，可推测其是SO2，根据物质间的转化关系则可推测M是氧气，丙是H2S，则乙是硫化物。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，故X、Y、Z、W四种元素中，由于X的原子序数最小，则X是H元素，Y与W同主族，则Y是氧元素，W是S元素，X和Z的质子数之和为Y和W的质子数之和的一半，则Z是Na元素，则乙是Na2S，据此分析解答。A．经分析甲是H2O2，能使H2O2分解的催化剂种类很多，MnO2就是其中之一，MnO2在一定条件下与铝粉混合就能发生铝热反应，故A正确；B．经分析Y是O元素，Z是Na，Y与Z元素形成的某常见化合物是Na2O， 其阴、阳离子个数比为1:2，故B正确；C．经分析丁是H2O，丙是H2S，沸点：H2O>H2S，是因为H2O分子间存在氢键，故C正确；D．经分析丙H2S， N是SO2，H2S与SO2反应的化学方程式是2H2S+ SO2=3S↓+2H2O，根据化学方程式中元素化合价变化情况，可知H2S是还原剂，SO2是氧化剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2，故D错误；本题答案D。
1．（2023·山东卷）下列分子属于极性分子的是
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】A．CS2中C上的孤电子对数为×(4-2×2)=0，σ键电子对数为2，价层电子对数为2，CS2的空间构型为直线形，分子中正负电中心重合，CS2属于非极性分子，A项不符合题意；
B．NF3中N上的孤电子对数为×(5-3×1)=1，σ键电子对数为3，价层电子对数为4，NF3的空间构型为三角锥形，分子中正负电中心不重合，NF3属于极性分子，B项符合题意；
C．SO3中S上的孤电子对数为×(6-3×2)=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为3，SO3的空间构型为平面正三角形，分子中正负电中心重合，SO3属于非极性分子，C项不符合题意；
D．SiF4中Si上的孤电子对数为×(4-4×1)=0，σ键电子对数为4，价层电子对数为4，SiF4的空间构型为正四面体形，分子中正负电中心重合，SiF4属于非极性分子，D项不符合题意；
答案选B。
2．（2023·全国甲卷）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：B．简单氢化物的沸点：
C．与可形成离子化合物D．的最高价含氧酸是弱酸
【答案】C
【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，WX2是形成酸雨的物质之一，根据原子序数的规律，则W为N，X为O，Y的最外层电子数与其K层电子数相等，又因为Y的原子序数大于氧的，则Y电子层为3层，最外层电子数为2，所以Y为Mg，四种元素最外层电子数之和为19，则Z的最外层电子数为6，Z为S，据此解答。
【解析】A．X为O，W为N，同周期从左往右，原子半径依次减小，所以半径大小为W＞X，A错误；
B．X为O，Z为S，X的简单氢化物为H2O，含有分子间氢键，Z的简单氢化物为H2S，没有氢键，所以简单氢化物的沸点为X＞Z，B错误；
C．Y为Mg，X为O，他们可形成MgO，为离子化合物，C正确；
D．Z为S，硫的最高价含氧酸为硫酸，是强酸，D错误；
故选C。
3．（2023·全国乙卷）一种矿物由短周期元素W、X、Y组成，溶于稀盐酸有无色无味气体生成。W、X、Y原子序数依次增大。简单离子与具有相同的电子结构。下列叙述正确的是
A．X的常见化合价有、B．原子半径大小为
C．YX的水合物具有两性D．W单质只有4种同素异形体
【答案】A
【分析】W、X、Y为短周期元素，原子序数依次增大，简单离子X2-与Y2+具有相同的电子结构，则它们均为10电子微粒， X为O，Y为Mg，W、X、Y组成的物质能溶于稀盐酸有无色无味的气体产生，则W为C，产生的气体为二氧化碳，据此解答。
【解析】A．X为O，氧的常见价态有-1价和-2价，如H2O2和H2O，A正确；
B．W为C，X为O，Y为Mg，同主族时电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，原子序数越小，原子半径越大，所以原子半径大小为：Y＞W＞X，B错误；
C．Y为Mg，X为O，他们可形成MgO，水合物为Mg(OH)2，Mg(OH)2只能与酸反应生成盐和水，不能与碱反应，所以YX的水合物没有两性，C错误；
D．W为C，碳的同素异形体有：金刚石、石墨、石墨烯、富勒烯、碳纳米管等，种类不止四种，D错误；
故选A。
4．（2022·河北·高考真题）两种化合物的结构如图，其中X、Y、Z、R、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，下列说法错误的是
A．在两种化合物中，X、Y、Z、R、Q均满足最外层8电子稳定结构
B．X、Y、Z、R、Q中，R的非金属性及简单氢化物的稳定性均最强
C．将装有YZ2气体的透明密闭容器浸入冰水中，气体颜色变浅
D．Z的某种同素异形体在大气中的含量与环境污染密切相关
【答案】A
【解析】X、Y、Z、R、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，由两种化合物的结构示意图可知，X、Y、Z、R、Q形成共价键的数目分别为4、3、2、1、5，则五种元素分别为C元素、N元素、O元素、F元素、P元素。A．由两种化合物的结构示意图可知，化合物中磷原子的最外层电子数为10，不满足最外层8电子稳定结构，故A错误；B．C元素、N元素、O元素、F元素、P元素中位于元素周期表右上角的氟元素的非金属性最强，元素的非金属性越强，简单氢化物的稳定性最强，故B正确；C．红棕色二氧化氮转化为无色四氧化二氮的反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，气体的颜色变浅，则将装有二氧化氮气体的透明密闭容器浸入冰水中，气体颜色变浅，故C正确；D．氧气和臭氧是氧元素形成的不同种单质，互为同素异形体，臭氧层破坏会造成环境污染，则臭氧在大气中的含量与环境污染密切相关，故D正确；故选A。
5．（2022·重庆·统考高考真题）R、X、Y、Z均为短周期主族元素，Y与Z同主族且Z的原子序数大于Y。R和X的原子获得1个电子均可形成稀有气体原子的电子层结构，R的最高化合价为+1。1ml化合物RZY3X含58ml电子。下列说法正确的是
A．R与X形成的化合物水溶液呈碱性B．X是四种元素中原子半径最大的
C．Y单质的氧化性比Z单质的弱D．Z的原子最外层电子数为6
【答案】D
【解析】由题干信息可知，R、X、Y、Z均为短周期主族元素，Y与Z同主族且Z的原子序数大于Y，R和X的原子获得1个电子均可形成稀有气体原子的电子层结构，R的最高化合价为+1，则R为H，X为Cl或F；1ml化合物RZY3X含58ml电子，设Y的原子序数为a，则Z的原子序数为a+8；若X为F，则有1+9+a+8+3a=58，解得a=10，则Y为Ne，不符合题意；若X为Cl，则有1+17+a+8+3a=58，解得a=8，则Y为O，Z为S；故R为H、X为Cl、Y为O、Z为S。A．由分析可知，R为H、X为Cl，故R与X形成的化合物即HCl水溶液呈酸性，A错误；B．由分析可知，R为H、X为Cl、Y为O、Z为S，故S是四种元素中原子半径最大的，B错误；C．由分析可知，Y为O、Z为S，由于O的非金属性比S强，故O2的氧化性比S强，C错误；D．由分析可知，Z为S，是16号元素，S原子最外层电子数为6，D正确；故答案为：D。
6．（2022·贵州毕节·二模）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z为同一周期，Y的最外层电子数为X的最外层电子数的2倍；常温下，W2Y是一种臭鸡蛋气味气体，且该分子含有18个电子。则下列叙述中正确的是
A．原子半径：Z>Y>X>W
B．X离子与Y离子可在水溶液中大量共存
C．Z的单质具有漂白性
D．X的氧化物的熔点高，可作耐火材料
【答案】D
【解析】常温下，W2Y是一种臭鸡蛋气味气体，且该分子含有18个电子，则该气体应为H2S，所以W为H元素，Y为S元素；Y的最外层电子数为X的最外层电子数的2倍，且X、Y、Z为同一周期，则X为Al元素；Z的原子序数大于S，且为短周期主族元素，则Z为Cl元素。
A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大，所以原子半径Al>S>Cl>H，即X>Y>Z>W，A错误；
B．Al3+和S2-在水溶液中会发生彻底双水解而无法大量共存，B错误；
C．Z的单质为Cl2，Cl2自身没有漂白性，溶于水后生成的HClO具有漂白性，C错误；
D．X的氧化物为Al2O3，熔点高，可作耐火材料，D正确；
答案为D。
7．（2022·河南许昌·二模）短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们组成的某矿物的化学式为W3Y2(ZX3)6，W、Y在周期表中所处的周期数均等于族序数，X的最外层电子数是次外层的3倍，Z的单质可用于制造太阳能电池。下列说法正确的是
A．四种元素中W的原子半径最小
B．ZX2中共价键数是Z原子数的2倍
C．X、Y简单离子的电子层结构不同
D．W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物酸性均比H2CO3弱
【答案】D
【解析】W、Y在周期表中所处的周期数均等于族序数，且W的原子序数小于Y，则W为Be元素(第二周期ⅡA族)，Y为Al元素(第三周期ⅢA族)；X的最外层电子数是次外层的3倍，且原子序数大于Be、小于Al，则X为O元素；Z的单质可用于制造太阳能电池，则Z为Si元素。
A．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同，核电荷越大半径越小，所以X(O)的原子半径最小，A错误；
B．ZX2为SiO2，1mlSiO2中含有1mlSi原子，4ml硅氧键，共价键数是Si原子数的4倍，B错误；
C．X、Y简单离子分别为O2-、Al3+，电子层结构均为2、8，C错误；
D．Be、Al为金属元素，非金属性弱于C，同主族自上而下非金属性减弱，所以Si的非金属性也弱于C，则三种元素的最高价氧化物对应的水化物酸性均比H2CO3弱，D正确；
综上所述答案为D。
8．（2022·广东深圳·一模）一种药物原料的分子结构式如图所示。其中W、X、Y、Z均为短周期主族元素，且仅X、Y位于同一周期；Z原子的核外电子数比X原子的多10。下列说法正确的是
A．原子半径：r(Y)>r(X)>r(W)
B．XZ2中X的化合价为+2
C．X的最简单氢化物的沸点比Y的高
D．X、Y、Z均可形成至少两种常见的含氧酸
【答案】D
【解析】根据该物质的结构可知，该分子中X可以形成4个共价键，应为ⅣA族元素，为C元素或Si元素，而Z原子的核外电子数比X原子的多10，若X为Si元素，则Z不可能是短周期元素，所以X为C元素，Z为16号元素，S元素；W可以形成一个共价键，且与X、Y、Z均不在同一周期，应位于第一周期，则W为H元素；Y可以形成3个共价键，与C元素同周期，则Y为N元素。
A．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时核电荷数越小半径越大，所以原子半径C＞N＞H，即r(X)>r(Y)>r(W)，A错误；
B．XZ2为CS2，S的非金属性强于C，S显-2价，所以C为+4价，B错误；
C．X、Y的最简单氢化物分别为CH4、NH3，NH3分子间存在氢键，沸点较高，C错误；
D．C可以形成含氧酸H2CO3、H2C2O4等，N可以形成含氧酸HNO2、HNO3等，S可以形成含氧酸H2SO3、H2SO4等，D正确；
综上所述答案为D。
9．（2022·江西九江·一模）X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，Z、M同主族，M与Z组成的化合物的排放是形成酸雨的主要原因之一，X是元素周期表中原子半径最小的元素，Y与Z相邻，下列说法正确的是
A．原子半径：M>Q>Z> Y
B．气态氢化物稳定性：Y>Z>Q>M
C．X、Y、Z、M四种元素至少能形成三种离子化合物
D．Q的氧化物对应水化物的酸性强于M的氧化物对应水化物
【答案】C
【解析】X、Y、Z、M、Q是五种原子序数依次增大的短周期主族元素，X是元素周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Z、M同主族，M与Z组成的化合物的排放是形成酸雨的主要原因之一，则Z为O元素、M为S元素；Y与Z相邻，则Y为N元素；Q的原子序数大于M，则Q为Cl元素。
A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则氧原子的原子半径小于氮原子，故A错误；
B．元素的非金属性越强，气态氢化物稳定性的稳定性越强，氧元素的非金属性强于氮元素，则水的稳定性强于氨气，故B错误；
C．氢、氮、氧、硫四种元素形成的硫酸铵、硫酸氢铵、亚硫酸铵、亚硫酸氢铵都是离子化合物，故C正确；
D．次氯酸是弱酸，酸性弱于硫酸，故D错误；
故选C。
10．（2022·四川·模拟预测）原子序数依次增大的前20号主族元素中的X、Y、Z、W，分别位于不同周期，其中Y的最高价态氧化物是常见的温室气体，Z原子的最内层电子数与最外层电子数之比为1：3，W和X同主族。下列说法正确的是
A．四种元素中Z的原子半径最大
B．Y、Z的最高价氧化物均为大气污染物
C．X与Y、Z、W原子均能形成共价键
D．W的最高价氧化物对应水化物为强碱
【答案】D
【解析】由原子序数依次增大的前20号主族元素X、Y、Z和W分别位于不同周期，结合相关信息可以确定X为H元素，Y的最高价态氧化物是常见的温室气体，可以知道Y为C，Z原子的最内层电子数与最外层电子数之比为1：3知道Z为O或S，由原子序数依次增大的前20号主族元素X、Y、Z、W，四种元素分占不同周期，可以知道Z为S，又因X和W同主族，则W为K。
A．上述四种原子中W的原子半径最大，选项A错误；
B．只有Z的最高价氧化物才会污染环境，选项B错误；
C．X只与Y、Z原子均能形成共价键，X与W形成离子键，选项C错误；
D．W为钾，其最高价氧化物对应的水化物KOH为强碱，选项D正确；
答案选D。
11．（2022·辽宁鞍山·一模）a、b、c、d、e为原子序数依次增大的短周期元素，a原子核外电子总数与b原子次外层电子数相同；c所在周期数与族序数相同；d与a位于同一主族。下列叙述正确的是
A．由a和b两种元素形成的化合物不可能含共价键
B．b、c两元素的最高价氧化物对应水化物之间不可能发生反应
C．原子半径：b＞c＞d＞e
D．含氧酸的酸性：e＞c
【答案】C
【解析】a、b、c、d、e为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，a的核外电子总数应为8，则a为O元素，则b、c、d、e为第三周期元素，c所在周期数与族序数相同，则c为Al元素，d与a同族，则d为S元素，b可能为Na或Mg；e的原子序数大于S，且为主族元素，则e为Cl元素。从而得出：a为O，b为Na或Mg，c为Al，d为S，e为Cl元素。
A．若b为Na，氧与钠可形成过氧化钠，在过氧化钠中含有O-O共价键，故A错误；
B．若b为Na元素，氢氧化钠能够与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，故B错误；
C．主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：b＞c＞d＞e，故C正确；
D．硫酸、亚硫酸的酸性大于次氯酸，高氯酸的酸性大于硫酸、亚硫酸，没有指出元素是否为最高价，无法比较S、Cl元素的含氧酸酸性强弱，故D错误；
故选C。
12．回答下列问题：
(1)请用下列10种物质的序号填空：
①O2 ②H2 ③NH4NO3 ④K2O2 ⑤Ba(OH)2⑥CH4 ⑦CO2 ⑧NaF ⑨NH3 ⑩I2
其中既含离子键又含非极性键的是________；既含离子键又含极性键的是________。
(2)X、Y两种主族元素能形成XY2型化合物，已知XY2中共有38个电子，若XY2为常见元素形成的离子化合 物，其电子式为______________________；若XY2为共价化合物时，其结构式为____________。
(3)氯化铝的物理性质非常特殊，如氯化铝的熔点为190 ℃，但在180 ℃就开始升华。据此判断，氯化铝是______________(填“共价化合物”或“离子化合物”)，可以证明你的判断正确的实验依据是_________________________________________________。
(4)现有a～g 7种短周期元素，它们在元素周期表中的位置如图所示，请据此回答下列问题：
①元素的原子间最容易形成离子键的是________(填标号，下同)，容易形成共价键的是_____。
A．c和f B．b和g
C．d和g D．b和e
②写出a～g 7种元素形成的所有原子都满足最外层为8电子结构的任意一种分子的分子式________。
【答案】(1)④ ③⑤
(2) S===C===S
(3)共价化合物 氯化铝在熔融状态下不能导电
(4)①B C ②CCl4(或PCl3)
【解析】 (2)1∶2型离子化合物，通常X为＋2价，Y为－1价，故X可能是Mg2＋或Ca2＋，Y可能是F－或Cl－，结合XY2中含有38个电子可推出XY2为CaF2。1∶2型共价化合物一般是碳族元素与氧族元素化合形成的，如CO2、CS2等，再由XY2中共有38个电子，可推出XY2为CS2。工艺操作(结果)
目的评价(或操作名称)
方法措施
研磨(粉碎)
增大接触面积，加快反应(溶解)速率
煅烧(焙烧)
矿物分解、燃烧，转化为易溶于酸、碱的物质
水浸
利用水溶性把物质进行分离
酸浸(碱浸)
利用物质与酸(碱)反应除掉杂质或把目标物质转化为可溶性离子
控
制
条
件
调节溶液pH
某些金属离子的沉淀，控制物质的溶解
控制温度
加快反应速率，促进平衡移动；物质的溶解、析出、挥发等
增大某反应物用量
增大另一反应物的转化率
某种试剂的选择
是否带入杂质、是否影响产品的纯度
分
离
提
纯
不相溶液体
分液
相溶性液体
蒸馏
难溶性固体
过滤
易溶性固体
蒸发浓缩、冷却结晶
趁热过滤
防止温度降低，某物质析出
冰水洗涤
减少晶体的溶解损失
乙醇、有机溶剂洗涤
减少晶体的水溶性损失
突破技法
第一步
读题，找变化
阅读题给信息，找出物质之间发生的变化，一般结晶水合物先失结晶水，后发生分解，碳酸盐产生CO2，硫酸盐产生SO2或SO3，氢氧化物产生H2O
第二步
列式，求未知
根据固体质量变化，列出定量关系式，求出未知数，确定剩余固体的化学式
饱和溶液时的物质的量浓度与Ksp的关系
应用：比较溶解度的大小
1:1型
1:2型或2：1型
1:3型或3:1型
开始沉淀pH
1.9
4.2
6.2
沉淀完全pH
3.2
6.7
8.2
金属离子
Fe3+
Fe2+
Cd2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
7.4
沉淀完全的pH
2.8
8.3
9.4
离子
Fe3+
Cu2+
Ni2+
Fe2+
浓度/(ml·L-1)
1.0×10-6
5.0
1.2
0
对应氢氧化物的Ksp
6.4×10-38
2.2×10-20
2.0×10-15
8.0×10-16
温度范围/℃
固体质量/g
150～210
8.82
290～320
4.82
890～920
4.50
物质
开始沉淀
1.9
4.2
6.2
3.5
完全沉淀
3.2
6.7
8.2
4.6
物质
Zn(OH)2
Ga(OH)3
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Ksp
1.6×10－17
2.7×10－31
8×10－16
2.8×10－39
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 ml·L−1)的pH
沉淀完全时(c=1.0×10−5 ml·L−1)的pH
7.2
8.7
3.7
4.7
2.2
3.2
7.5
9.0
温度/℃
0
10
20
30
40
50
60
80
100
1.54
1.43
1.33
1.25
1.17
1.08
1.01
0.85
0.72
pH值
pH＜7
pH=10~11
主要存在形式
H3AsO3
H2AsO
工艺操作(结果)
目的评价(或操作名称)
方法措施
研磨(粉碎)
增大接触面积，加快反应(溶解)速率
煅烧(焙烧)
矿物分解、燃烧，转化为易溶于酸、碱的物质
水浸
利用水溶性把物质进行分离
酸浸(碱浸)
利用物质与酸(碱)反应除掉杂质或把目标物质转化为可溶性离子
控
制
条
件
调节溶液pH
某些金属离子的沉淀，控制物质的溶解
控制温度
加快反应速率，促进平衡移动；物质的溶解、析出、挥发等
增大某反应物用量
增大另一反应物的转化率
某种试剂的选择
是否带入杂质、是否影响产品的纯度
分
离
提
纯
不相溶液体
分液
相溶性液体
蒸馏
难溶性固体
过滤
易溶性固体
蒸发浓缩、冷却结晶
趁热过滤
防止温度降低，某物质析出
冰水洗涤
减少晶体的溶解损失
乙醇、有机溶剂洗涤
减少晶体的水溶性损失
突破技法
第一步
读题，找变化
阅读题给信息，找出物质之间发生的变化，一般结晶水合物先失结晶水，后发生分解，碳酸盐产生CO2，硫酸盐产生SO2或SO3，氢氧化物产生H2O
第二步
列式，求未知
根据固体质量变化，列出定量关系式，求出未知数，确定剩余固体的化学式
饱和溶液时的物质的量浓度与Ksp的关系
应用：比较溶解度的大小
1:1型
1:2型或2：1型
1:3型或3:1型
开始沉淀pH
1.9
4.2
6.2
沉淀完全pH
3.2
6.7
8.2
金属离子
Fe3+
Fe2+
Cd2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
7.4
沉淀完全的pH
2.8
8.3
9.4
离子
Fe3+
Cu2+
Ni2+
Fe2+
浓度/(ml·L-1)
1.0×10-6
5.0
1.2
0
对应氢氧化物的Ksp
6.4×10-38
2.2×10-20
2.0×10-15
8.0×10-16
第一步
根据题给信息，确定硫酸铁铵发生的变化：NH4Fe(SO4)2·xH2O→NH4Fe(SO4)2·(x－1.5)H2O
第二步
理解样品失重5.6%的含义，列出含x的代数式，求出x的值，确定硫酸铁铵的化学式
温度范围/℃
固体质量/g
150～210
8.82
290～320
4.82
890～920
4.50
物质
开始沉淀
1.9
4.2
6.2
3.5
完全沉淀
3.2
6.7
8.2
4.6
物质
Zn(OH)2
Ga(OH)3
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Ksp
1.6×10－17
2.7×10－31
8×10－16
2.8×10－39
第一步
①图中，A、B、C点固体残留率分别为75.65%、66.38%、61.74%。
②图中D点介于B、C之间
第二步
以1 ml MnCO3(质量为115 g)为基础，根据固体残留率分别求出A、B、C三点残留固体的质量，依据m(Mn)及n(Mn)不变，确定n(Mn)∶n(O)的值，继而确定剩余固体的成分
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 ml·L−1)的pH
沉淀完全时(c=1.0×10−5 ml·L−1)的pH
7.2
8.7
3.7
4.7
2.2
3.2
7.5
9.0
温度/℃
0
10
20
30
40
50
60
80
100
1.54
1.43
1.33
1.25
1.17
1.08
1.01
0.85
0.72
pH值
pH＜7
pH=10~11
主要存在形式
H3AsO3
H2AsO
金属性
比较
本质
原子越易失电子，金属性越强(与原子失电子数目无关)
判断方法
①在金属活动性顺序表中越靠前，金属性越强
②单质与水或非氧化性酸反应越剧烈，金属性越强
③单质还原性越强或阳离子氧化性越弱，金属性越强
④最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性越强
⑤若Xn＋＋Y―→X＋Ym＋，则Y比X的金属性强
⑥元素在周期表中的位置：左边或下方元素的金属性强
非金属性比较
本质
原子越易得电子，非金属性越强(与原子得电子数目无关)
判断方法
①与H2化合越容易，气态氢化物越稳定，非金属性越强
②单质氧化性越强或阴离子还原性越弱，非金属性越强
③最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性越强
④元素在周期表中的位置：右边或上方元素的非金属性强
项目
同周期(左→右)
同主族(上→下)
核电荷数
逐渐增大
逐渐增大
电子层数
相同
逐渐增多
原子半径
逐渐减小
逐渐增大
项目
同周期(左→右)
同主族(上→下)
元
素
化合价
最高正化合价由＋1→＋7(O、F除外)最低负化合价＝－(8－主族序数)
相同，最高正化合价＝主族序数(O、F除外)
金属性
金属性逐渐减弱
金属性逐渐增强
非金属性
非金属性逐渐增强
非金属性逐渐减弱
化
合
物
离子的氧化性、还原性
阳离子氧化性逐渐增强
阴离子还原性逐渐减弱
阳离子氧化性逐渐减弱
阴离子还原性逐渐增强
气态氢化物稳定性
逐渐增强
逐渐减弱
最高价氧化物对应的水化物的酸碱性
碱性逐渐减弱
酸性逐渐增强
碱性逐渐增强
酸性逐渐减弱
定义
把分子聚集在一起的作用力，又称范德华力
特点
①分子间作用力比化学键弱得多，它主要影响物质的熔点、沸点等物理性质，而化学键主要影响物质的化学性质；
②分子间作用力存在于由共价键形成的多数共价化合物和绝大多数气态、液态、固态非金属单质分子之间。但像二氧化硅、金刚石等由共价键形成的物质，微粒之间不存在分子间作用力
变化规律
一般来说，对于组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的熔、沸点也越高。例如：熔、沸点：I2＞Br2＞Cl2＞F2
定义
分子间存在的一种比分子间作用力稍强的相互作用
形成条件
除H外，形成氢键的原子通常是F、N、O
存在
氢键存在广泛，如蛋白质分子、醇、羧酸分子、H2O、NH3、HF等分子之间。分子间氢键会使物质的熔点和沸点升高
氢
质量最轻的元素，其单质可以填充气球
碳
形成化合物最多的元素；可形成自然界硬度最大的物质；气态氢化物中含氢质量分数最大的元素
氮
空气中含量最多的元素；气态氢化物的水溶液呈碱性的元素
氧
地壳中含量最多的元素；气态氢化物的沸点最高的元素；氢化物在通常状况下呈液态的元素
氟
最活泼的非金属元素；无正价的元素；无含氧酸的非金属元素；无氧酸可腐蚀玻璃的元素；气态氢化物最稳定的元素；阴离子的还原性最弱的元素
钠
短周期元素中与水反应较剧烈的金属元素，最高价氧化物的水化物碱性最强的元素；短周期主族元素中原子半径最大的元素；与氧气在加热条件下反应生成过氧化物(Na2O2)的元素；焰色反应为黄色的元素
铝
地壳中含量最多的金属元素；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
硅
良好的半导体材料，地壳中含量第二的元素，能跟强碱溶液反应，还能被氢氟酸溶解
硫
淡黄色晶体，它的氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物的浓溶液发生氧化还原反应
氯
短周期元素中最高价氧化物对应的水化物酸性最强的元素
若在第ⅠA族或第ⅡA族
原子序数之差为上周期所包含的元素种数
若在第ⅢA族～第ⅦA族
原子序数之差为下周期所包含的元素种数
元素代号
A
B
C
D
E
原子半径/nm
0.186
0.143
0.089
0.104
0.074
主要化合价
＋1
＋3
＋2
＋6、－2
－2
Y
X
Z
金属性
比较
本质
原子越易失电子，金属性越强(与原子失电子数目无关)
判断方法
①在金属活动性顺序表中越靠前，金属性越强
②单质与水或非氧化性酸反应越剧烈，金属性越强
③单质还原性越强或阳离子氧化性越弱，金属性越强
④最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性越强
⑤若Xn＋＋Y―→X＋Ym＋，则Y比X的金属性强
⑥元素在周期表中的位置：左边或下方元素的金属性强
非金属性比较
本质
原子越易得电子，非金属性越强(与原子得电子数目无关)
判断方法
①与H2化合越容易，气态氢化物越稳定，非金属性越强
②单质氧化性越强或阴离子还原性越弱，非金属性越强
③最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性越强
④元素在周期表中的位置：右边或上方元素的非金属性强
项目
同周期(左→右)
同主族(上→下)
核电荷数
逐渐增大
逐渐增大
电子层数
相同
逐渐增多
原子半径
逐渐减小
逐渐增大
项目
同周期(左→右)
同主族(上→下)
元
素
化合价
最高正化合价由＋1→＋7(O、F除外)最低负化合价＝－(8－主族序数)
相同，最高正化合价＝主族序数(O、F除外)
金属性
金属性逐渐减弱
金属性逐渐增强
非金属性
非金属性逐渐增强
非金属性逐渐减弱
化
合
物
离子的氧化性、还原性
阳离子氧化性逐渐增强
阴离子还原性逐渐减弱
阳离子氧化性逐渐减弱
阴离子还原性逐渐增强
气态氢化物稳定性
逐渐增强
逐渐减弱
最高价氧化物对应的水化物的酸碱性
碱性逐渐减弱
酸性逐渐增强
碱性逐渐增强
酸性逐渐减弱
定义
把分子聚集在一起的作用力，又称范德华力
特点
①分子间作用力比化学键弱得多，它主要影响物质的熔点、沸点等物理性质，而化学键主要影响物质的化学性质；
②分子间作用力存在于由共价键形成的多数共价化合物和绝大多数气态、液态、固态非金属单质分子之间。但像二氧化硅、金刚石等由共价键形成的物质，微粒之间不存在分子间作用力
变化规律
一般来说，对于组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的熔、沸点也越高。例如：熔、沸点：I2＞Br2＞Cl2＞F2
定义
分子间存在的一种比分子间作用力稍强的相互作用
形成条件
除H外，形成氢键的原子通常是F、N、O
存在
氢键存在广泛，如蛋白质分子、醇、羧酸分子、H2O、NH3、HF等分子之间。分子间氢键会使物质的熔点和沸点升高
氢
质量最轻的元素，其单质可以填充气球
碳
形成化合物最多的元素；可形成自然界硬度最大的物质；气态氢化物中含氢质量分数最大的元素
氮
空气中含量最多的元素；气态氢化物的水溶液呈碱性的元素
氧
地壳中含量最多的元素；气态氢化物的沸点最高的元素；氢化物在通常状况下呈液态的元素
氟
最活泼的非金属元素；无正价的元素；无含氧酸的非金属元素；无氧酸可腐蚀玻璃的元素；气态氢化物最稳定的元素；阴离子的还原性最弱的元素
钠
短周期元素中与水反应较剧烈的金属元素，最高价氧化物的水化物碱性最强的元素；短周期主族元素中原子半径最大的元素；与氧气在加热条件下反应生成过氧化物(Na2O2)的元素；焰色反应为黄色的元素
铝
地壳中含量最多的金属元素；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
硅
良好的半导体材料，地壳中含量第二的元素，能跟强碱溶液反应，还能被氢氟酸溶解
硫
淡黄色晶体，它的氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物的浓溶液发生氧化还原反应
氯
短周期元素中最高价氧化物对应的水化物酸性最强的元素
若在第ⅠA族或第ⅡA族
原子序数之差为上周期所包含的元素种数
若在第ⅢA族～第ⅦA族
原子序数之差为下周期所包含的元素种数
元素代号
A
B
C
D
E
原子半径/nm
0.186
0.143
0.089
0.104
0.074
主要化合价
＋1
＋3
＋2
＋6、－2
－2
Y
X
Z