证据推理在化学试题中的应用

孟凡盛

新课标要求考生具有证据意识，能基于证据对物质组成、结构及其变化提出可能的假设，通过分析推理加以证实或证伪，建立观点、结论和证据之间的逻辑关系。利用证据推理设计的试题，因对信息的提取整合、知识的迁移应用、证据的逻辑推理等素养的考查而具有较高的区分度，能很好地落实化学核心素养的考查，必将成为新高考化学命题的新趋势。

一、利用实验现象证据推出未知新反应，考查科学探究和创新意识

【例1】已知SO2+4I-+4H+=S↓+2I2+2H2O，现进行如图1所示实验。

下列说法错误的是（ ）

A.改变c（H+），对该实验的反应速率没有影响

B.该实验能够证明SO2既有氧化性，又有还原性

C.该实验过程中，I-是SO2与H2O反应的催化剂

D.该实验可以证明，SO2与I-的反应速率小于SO2与I2的

【解析】证据推理过程列表如下：

证据 推理

向2mL 1mol/L KI溶液（含淀粉少许）中通入SO2，液体未变黄色 加1mol/L盐酸1mL后迅速变为黄色液体，说明增大c（H+）可加快SO2被I-还原为黄色S的反应速率，选项A错误

迅速变为黄色液体，密封静置沉降得到淡黄色固体;取澄清溶液，加BaCl2溶液和稀盐酸，有白色沉淀生成 “黄色液体”和“淡黄色固体”说明发生了反应：SO2+4I-+4H+=S↓+2I2+2H2O，SO2表现出氧化性;不溶于稀盐酸的白色沉淀是BaSO4，说明上述反应生成的I2与SO2发生了反应：SO2+I2+2H2O= SO42-+2I-+4H+，SO2表现出还原性，选项B正确

实验③的现象“淡黄色固体”和实验⑤的现象“白色沉淀”整合起来 I：SO2+4I-+4H+=S↓+2I2+2H2O

II：SO2+I2+2H2O= SO42-+2I-+4H+

I+2×II：3SO2+ 2H2OS↓+2SO42-+4H+，故I-是SO2与H2O反应的催化剂，选项C正确

碘遇淀粉变蓝色，整个实验过程未观察到蓝色 整个实验过程未观察到蓝色，说明生成的I2来不及与淀粉反应变蓝就被SO2还原了，即SO2与I2的反应是快反应，SO2与I-的反应是慢反应，SO2与I-的反应速率小于SO2与I2的，选项D正确

【答案】A

【点评】根据现象证据推出酸性溶液中碘离子催化SO2与H2O发生的未知新反应：3SO2+2H2O S↓+2SO42-+4H+，与凯库勒根据苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色的现象推出苯的结构有异曲同工的效果，从而达到考查考生科学探究和创新意识的目的。

【例2】为研究甲醛与新制Cu（OH）2反应的固体产物X的成分，进行如图2所示实验。

已知：Cu2O、CuO均能溶于浓氨水，分别产生Cu（NH3）2+ （无色）、Cu（NH3）42+ （蓝色）。下列说法错误的是（ ）

A. 甲醛与新制Cu（OH）2反应时，Cu（OH）2作氧化剂

B. ②→④无色溶液变蓝，说明X中一定存在Cu2O

C.③→⑤的反应为2Cu+O2+8NH3·H2O =2Cu（NH3）42++ 4OH-+6H2O

D.去掉试管①的橡胶塞，一段时间后溶液变蓝，也能确认X的成分

【解析】证据推理过程列表如下：

证据 推理

醛基可以被新制Cu（OH）2氧化 甲醛结构式为，含有醛基，能被新制Cu（OH）2（作氧化剂）氧化，选项A正确

①的试管用塞子隔绝空气;Cu2O溶于浓氨水产生无色Cu（NH3）2+ ;②→④无色溶液变蓝 隔绝空气时①中Cu2O溶于浓氨水产生无色Cu（NH3）2+ ;②的试管没用塞子隔绝空气;②→④是无色Cu（NH3）2+ 被空气中的氧气氧化生成蓝色Cu（NH3）42+，说明X中一定存在Cu2O，选项B正确

③的试管没用塞子隔绝空气 ①中氨水足量，Cu2O全部溶解，③中红色固体只能是单质Cu，③→⑤得到蓝色溶液，说明铜与浓氨水和空气中的氧气反应生成Cu（NH3）42+，③→⑤的反应符合实验事实，也符合质量守恒和电荷守恒，选项C正确

去掉试管①的橡膠塞，一段时间后溶液变蓝 去掉试管①的橡胶塞，空气中的氧气参与反应，当X只含Cu，或只含Cu2O，或是它们的混合物时，均有相同的实验现象产生，X可能是Cu，或Cu2O，或Cu和Cu2O的混合物，或Cu和Cu2O、CuO的混合物，则不能确认X的成分，选项D错误

【答案】D

【点评】观察实验装置图时，要敏锐地注意到有的试管口塞上橡皮塞，防止试剂被空气中氧气氧化;有的试管口没有橡皮塞，空气中的氧气可能参与反应导致溶液颜色变化。

二、利用现象和信息推出反应的新特点，考查变化观点与平衡思想

【例3】已知CuCl2溶液中存在如下平衡：

[Cu（H2O）4]2+（蓝色）+4Cl- [CuCl4]2-（黄色）+4H2O ΔH

现用该溶液进行实验，溶液的颜色变化情况如图3：

下列说法中正确的是（ ）

A.由实验①可知，ΔH <0

B.实验②是由于c（H2O）增大，导致平衡逆向移动

C.由实验③可知，配离子的稳定性：[ZnCl4]2->[CuCl4]2-

D.等物质的量的[Cu（H2O）4]2+和 [CuCl4]2-中σ键的数目之比为2∶1

【解析】证据推理过程列表如下：

证据 推理

置于冰水浴中，黄色溶液变为蓝色溶液 温度降低，平衡逆向移动，逆反应为放热反应，正反应为吸热反应，故ΔH >0，选项A错误

加水稀释，黄色溶液变为蓝色 假定溶液稀释一倍，液态水的浓度不变，其他离子浓度是原来的，则Qc=×c{[CuCl4]2-}/× c{[Cu（H2O）4]2+}×[×c（Cl-）]4=16K>K，平衡逆向移动，选项B错误

加少量ZnCl2固体，黄色溶液变为蓝色溶液 黄色溶液变为蓝色溶液，是加入的ZnCl2与溶液中的Cl-结合生成[ZnCl4]2-，使平衡逆向移动的结果，故[ZnCl4]2-的稳定性大于[CuCl4]2-，选项C正确

[Cu（H2O）4]2+和 [CuCl4]2-结构式分别为：

1个H2O分子中含有2个σ键，1个[Cu（H2O）4]2+中σ键的数目为2×4+4=12，1个[ZnCl4]2-中σ键的数目为4，则等物质的量的 [Cu（H2O）4]2+ 和 [CuCl4]2- 中σ键的数目之比为3∶1，选项D错误

【答案】C

【点评】对选项C，考生要根据“加少量ZnCl2固体，黄色溶液变为蓝色溶液”，创造性地推出“加入的ZnCl2与溶液中的Cl-结合生成更稳定的[ZnCl4]2-，使平衡逆向移动”的结论。

【例4】已知NaHCO3溶液与盐酸反应生成CO2吸热，Na2CO3溶液与盐酸反应生成CO2放热。关于下列ΔH的判断正确的是（  ）

①CO32-（aq）+H+（aq）=HCO3-（aq） ΔH1

②HCO3-（aq） +H+（aq）=H2CO3（aq） ΔH2

③H2CO3（aq）  H2O（l）+CO2（g） ΔH3

④CO2（g）+ CO32-（aq）+ H2O（l） =2HCO3-（aq） ΔH4

A. ΔH1<0 ΔH2>0

B. ΔH2+ΔH3>0

C. ΔH1 +ΔH2+ΔH3>0

D. ΔH1<ΔH4

【解析】证据推理过程列表如下：

证据 推理

成键是放热过程 反应①和②只有成键过程，故均为放热反应，焓变ΔH 均小于0，选项A错误

NaHCO3溶液与盐酸反应生成CO2吸热的热化学方程式为：HCO3-（aq）+ H+（aq）= H2O（l）+CO2（g） ΔH>0 根据盖斯定律，②+③为HCO3-（aq）+ H+（aq）=H2O（l）+CO2（g）  ΔH>0，即ΔH=ΔH2+ΔH3>0，选项B正确

Na2CO3溶液与盐酸反应生成CO2放热的热化学方程式为：CO32-（aq）+ 2H+（aq）= H2O（l）+CO2（g） ΔH<0 根据盖斯定律，①+②+③为CO32-（aq）+ 2H+（aq）=H2O（l）+CO2（g）  ΔH>0，即ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3<0，选项C错误

NaHCO3溶液与盐酸反应生成CO2吸热的热化学方程式为：HCO3-（aq）+ H+（aq）= H2O（l）+CO2（g） ΔH>0 根据盖斯定律，①—④为HCO3-（aq）+ H+（aq）=H2O（l）+CO2（g）   ΔH>0，即ΔH=ΔH1-ΔH4>0，ΔH1>ΔH4，选项D错误

【答案】B

【点评】要善于利用“形成化学键放出能量、断裂化学键吸收能量”这一证据，快速推出反应①和②是放热反应。

三、利用微观变化与宏观物质相互推断，考查宏观辨识与微观探析

【例5】硼氢化钠（NaBH4）在工业生产中应用广泛。在催化剂作用下NaBH4与水反应快速获取氢气的微观过程如图4所示。下列说法正确的是（ ）

A. BH4-和H2O的中心原子均为sp3杂化，氢元素均为+1价

B.若将NaBH4中的H用D代替，反应后生成HD与D2的混合气体

C.该催化剂因降低反应活化能、改变反应路径，从而加快生成H2的速率

D. NaBH4与水反应的离子方程式为：BH4-+4H2O= B（OH）4-+4H2↑

【解析】

证据 推理

价层电子对互斥理论;电负性与化合价的关系 BH4-和H2O的中心原子分别为B和O，价层电子对数都是4，故均为sp3杂化;B、H、O的电负性分别为2.0、2.1、3.5，硼氢键中共用电子对偏向电负性较大的氢原子，氢为-1价，氢氧键中共用电子对偏向电负性较大的氧原子，氢为+1价。选项A错误

微观过程图中生成氢分子的氢原子来源 第一个氢分子中的氢原子只来自BD4-中的氘（D），应为D2;第二、三、四个氢分子中的氢原子，一半来自BD4-中的D，一半来自H2O中的氕（H），为HD;第五个氢分子中的氢原子只来自H2O中的氕（H），应为H2;故反应后生成的氢分子有D2、HD和H2，选项B错误

催化剂的催化机理 催化剂加快反应速率，就是因为降低了反应的活化能、改变了反应路径，选项C正确

微观图和离子方程式的书写规则 由微观过程图知，反应物是BH4-和H2O，生成物是B（OH）4-和H2，根据得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒，写出该反应的离子方程式为BH4-+4H2O= B（OH）4-+4H2↑，选项D正确

【答案】CD

【点评】本题考查考生观察能力和推理能力。第一步反应，BH4-中-1价H失去电子被氧化为H2，催化剂得到电子;最后一步反应，H2O中+1价H得到电子被还原为H2，催化剂失去电子。

【例6】电解丁二酸钾（）和KOH的混合溶液制备乙烯，下列说法错误的是（ ）

A.陰极的电极反应：2H2O+2e-=2OH-+H2↑

B.在阳极放电，发生氧化反应

C.电解的总反应为：

D.电解的KOH混合溶液可得到丙烯（CH2= CHCH3）

【解析】电解丁二酸钾和KOH的混合溶液制备乙烯，表明羧基碳与亚甲基碳之间的碳碳单键断裂，两个亚甲基的碳原子之间形成一个新的碳碳键，两个羧基碳失去电子被氧化为CO32-; 阴极发生放氢生碱（2H2O+2e-=2OH-+H2↑）的还原反应。

证据 推理

阳离子在阴极的放电顺序 混合溶液中的阳离子有H+（水电离出的）和K+，H+氧化性大于K+，故水电离出的氢离子在阴极得到电子生成氢气，留下氢氧根离子，阴极反应为2H2O+2e-=2OH-+ H2↑，选项A正确

制备乙烯 混合溶液中的阴离子有OH-和，若是OH-在阳极放电则放出氧气，不符合制备乙烯的题意，所以应为在阳极放电（失去电子）断键（虚线所示）为：，断键后两个亚甲基的碳原子上的未成对电子之间再形成一对共用电子对生成CH2=CH2、两个羧基中的碳（+3价碳）失去电子被氧化为CO32-（+4价碳），阳极发生的氧化反应为：-2e-+4OH-= CH2=CH2↑+2 CO32-+2H2O，选项B正确

两个电极反应相加即为电解的总反应 将上述推理中的阴极反应和阳极反应相加，即为电解的总反应：，选项C正确

电解时丁二酸根中碳原子断键和成键的位置 戊二酸钾电解时的断键（虚线所示）为：，

断键后与羧基相连的两个亚甲基的碳原子各有一个未成对电子，这两个未成对电子结合形成一对新的共用电子对（成键为：），故得到的是环丙烷而不是丙烯，选项D错误

【答案】D

【点评】电解二元羧酸钾[KOOC（CH2CH2）nCOOK]和KOH的混合溶液制备烃的断键、成键规律可以总结为：羧基碳与相邻碳之间的碳碳单键断裂，与两个羧基相邻的碳原子之间形成一个新的碳碳键，两个羧基碳失去电子被氧化为CO32-。