化学-2023年高考终极押题猜想（分专题预测）（解析版）


2023年高考化学终极押题猜想
押题猜想一 化学与STSE 1
押题猜想二 化学反应机理 7
押题猜想三 化学实验基础知识 13
押题猜想四 有机化学基础 20
押题猜想五 物质结构与元素周期律 28
押题猜想六 电化学 34
押题猜想七 电解质溶液及图像 43
押题猜想八 化工流程 52
押题猜想九 化学反应原理 63
押题猜想十 探究性实验 77
押题猜想十一 有机化学推断 87
押题猜想十二 物质结构与性质 104

押题猜想一 化学与STSE

近日，科学家开发的常压旋转滑行弧实现高效固氮取得进展，如图所示。

下列叙述错误的是
A．该固氮过程均发生氧化还原反应
B．太阳能、风能转化为电能
C．图中反应包括
D．和中的N原子的杂化方式不同
【答案】A
【解析】A．题给转化中，硝酸与氨的反应不是氧化还原反应，故A错误；
B．根据题图可知，太阳能、风能转化成电能，故B正确；
C．和空气中的在水蒸气作用下生成，故C正确；
D．中N原子价电子对数为3，N原子的杂化方式为，分子中N原子的杂化方式为，故D正确；
故答案选A。
【押题解读】
近年高考有关STSE试题主要考查能源、新材料、环境保护、大气治理、生活常识、传统文化等，旨在考查考生对化学原理、化学在生活中的应用，以及化学对当前最新科技所做的贡献；并注意正确理解常见的化学概念。题目体现了化学源于生活、服务于生活的理念，旨在要求学生要学以致用，复习时多留心生活中与化学原理有关的知识，更要关注当前最新科技的发展趋势以及社会热点问题。
【考前秘笈】


1．化学让生活更美好。下列选项中围绕科技新闻的相关阐述错误的是
选项
科技新闻
相关阐述
A
以芝麻壳为原料，制备高性能超级电容器
芝麻壳的主要成分是油脂
B
通过光热效应，将香蕉皮分解为多孔碳和氢气
天然生物质转化为新能源，实现废物利用
C
C60在一定条件下能转化为导电、高硬度的非晶态碳玻璃
碳玻璃与C60互为同素异形体
D
用紫外线作能源、氯化铝作催化剂，将废弃聚苯乙烯塑料转化为更有价值的产品
聚苯乙烯的链节为

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】A.芝麻富含油脂，芝麻壳的主要成分是纤维素，故A错误，符合题意；
B.香蕉皮中的纤维素在一定条件下分解为多孔碳和氢气，可将天然生物质转化为新能源，实现废物利用，故B正确，不符合题意；
C.碳玻璃与C60都是碳元素的单质，两者互为同素异形体，故C正确，不符合题意；
D.苯乙烯通过加聚反应生成聚苯乙烯，该聚合物的单体为 ，链节为 ，故D正确，不符合题意。
故答案为：A
2．有科研工作者研究发现，以负载Ce-Pt-Pd氧化处理后的不锈钢丝网具有较好的催化性能，可以消除VOCs(挥发性有机化合物，如苯、甲苯、丙酮等)、的污染，如图所示简要表示了该催化过程及反应机理。有关说法错误的是

A．不锈钢丝网可增大催化剂与VOCs的接触面积 B．氧气参与了上述催化反应
C．碳原子在该催化反应中得电子 D．该催化剂可用于机动车尾气的处理
【答案】C
【解析】A．不锈钢丝网的网状结构增大了催化剂与反应物的接触面积，故A正确；
B．Ce、Pt、Pd等金属氧化物为催化剂，在该反应中催化剂参与了反应，但催化剂在反应前后质量和化学性质均不变，说明氧气通过催化剂将氧元素传递给VOCs，达到了氧化的目的，故B正确；
C．挥发性有机化合物苯、甲苯、丙酮中碳元素的化合价低于＋4价，而生成物中碳元素的化合价为＋4价，碳原子在该催化反应中失电子，故C错误；
D．该催化机理可消除VOCs及的污染，也是机动车尾气的成分，所以该催化剂可用于机动车尾气的处理，故D正确；
故选C。
3．浩瀚的海洋中蕴藏着丰富的资源，其中海水提溴工艺如图所示，下列说法中不正确的是

A．吹出塔中采用热空气有利于溴的吹出
B．吸收塔中被氧化
C．吸收时可用溶液代替和水
D．蒸馏塔中发生置换反应
【答案】C
【解析】利用氯气的氧化性强于溴单质，向海水中通入氯气和酸，发生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，液溴易挥发的液体，通入热空气，吹出溴单质，溴的氧化性强于SO2，吸收塔中发生Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，将HBr蒸出，蒸馏塔中发生Cl2+2HBr=2HCl+Br2，蒸出溴蒸气，然后冷凝，得到液溴；
A．海水中通入氯气和酸，发生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，因为液溴易挥发，采用热空气吹出溴单质，故A说法正确；
B．吸收塔中发生Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，硫元素化合价升高，SO2被氧化，故B说法正确；
C．根据B选项分析，SO2被氧化，二氧化硫作还原剂，Fe2(SO4)3中Fe3+具有强氧化性，不与溴单质反应，因此Fe2(SO4)3不能代替SO2，故C说法错误；
D．蒸馏塔中发生Cl2+2HBr=2HCl+Br2，该反应为置换反应，故D说法正确；
答案为C。
4．点击化学又称“链接化学”“速配接合组合式化学”，是由2022年诺贝尔化学奖获得者提出的一类反应。作为点击化学重要反应之一的铜催化叠氮炔环反应的机理如图所示。下列有关说法不正确的是

A．反应过程需在水溶液中完成 B．该过程符合原子经济，原子利用率为100%
C．反应过程中催化剂的价态发生变化 D．该反应过程仅涉及加成反应
【答案】D
【解析】机理题注意先找出反应物和、生成物，其余为催化剂和中间产物，一般情况下生成生成物的那一步反应同时会生成催化剂。
A．从机理图可看出反应生成的在最后一步又消耗掉，而存在的环境是水溶液，A正确；
B．通过机理图可以看出反应物为和，而产物是，所以总反应是加成反应，原子利用率为100%，B正确；
C．反应过程中催化剂参与反应，铜元素的价态发生变化，C正确；
D．转化为的过程发生取代反应，D错误；
故选D。
5．中国古代涉及的“铜”文化丰富多彩。下列说法错误的是
A．“石胆化铁为铜”中涉及金属键的断裂
B．铸造“铜钱儿”用的材料黄铜是单质铜
C．诗句“庐山山南刷铜绿”中的“铜绿”借指的是的颜色
D．“青铜器时期”早于“铁器时期”的原因之一是铜比铁稳定
【答案】B
【解析】A．“石胆化铁为铜”中反应为金属和盐溶液的置换反应，金属单质中含有金属键，故涉及金属键的断裂，A正确；
B．黄铜是铜的合金，不是单质，B错误；
C．“铜绿”借指的是的颜色，为绿色的物质，C正确；
D．“青铜器时期”早于“铁器时期”的原因之一是铜比铁稳定，较容易冶炼，D正确；
故选B。
押题猜想二 化学反应机理

2022年诺贝尔化学奖授予在“点击化学和生物正交化学”领域做出贡献的三位科学家。点击化学经典反应之一是一价铜[Cu]催化的叠氮化物－端炔烃环加成反应，反应机理示意如图：

下列说法正确的是
A．反应③过程中，不涉及极性键的断裂和形成
B．转化过程中N的杂化方式发生改变
C．该反应的总反应是取代反应，反应历程是离子反应历程
D．一价铜[Cu]催化剂能有效降低总反应的焓变，加快反应速率
【答案】B
【解析】A．由图可知，反应③过程中，涉及碳氮极性键的形成，故A错误；
B．三键氮原子的杂化方式为sp杂化、双键氮原子的杂化方式为sp2杂化，所以转化过程中氮原子的杂化方式发生改变，故B正确；
C．由题意可知，该反应的总反应是一价铜催化的叠氮化物－端炔烃环加成反应，故C错误；
D．催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，故D错误；
故选B。
【押题解读】
反应历程或机理图像一般取材于实际科研成果，充分体现了化学反应的本质，高考常以此为载体考查反应原理、活化能、反应热等知识，是近年高考的命题热点，此类试题难点是从陌生图像中提取解题信息。
【考前秘笈】



1．光催化反应机理如图所示，当催化剂受到能量大于禁带宽度的光照时，价带上的电子被激发，跃迁到导带，同时形成空穴。导带上的光生电子()作还原剂，价带上的光生空穴(⊕)作氧化剂，下列说法不正确的是

A．在价带上被氧化 B．推测起催化作用
C．反应过程中光能转化为化学能 D．生成得到电子
【答案】D
【解析】如图，在催化剂作用下，在价带上生成，其中氧元素化合价升高，被氧化；和在导带上生成和；
A．如图，在价带上生成，其中氧元素化合价升高，被氧化，故A正确；
B．如图，在反应前后性质不变，可推测整个过程中可推测起催化作用，故B正确；
C．如图，该反应是在和光共同作用下进行，反应过程中光能转化为化学能，故C正确；
D．生成，C元素化合价降低8，即生成得到电子，故D错误；
故选D。
2．近日，中国科学院大连化学物理研究所与上海应物所合作，揭示了双单原子催化剂中的协同催化机理，如4-硝基苯乙烯选择性加氢反应在不同的催化剂下的反应机理及选择性如图所示，下列有关两种不同的催化过程说法错误的是

A．两种催化反应过程中均存在极性键的断裂和形成
B．Mo单原子位点吸附4-硝基苯乙烯，提高了催化加氢的选择性
C．其它条件相同时，双单原子催化下4-硝基苯乙烯的平衡转化率更高
D．两种催化剂均能降低选择性加氢反应的活化能
【答案】C
【解析】A． 两种催化反应过程中均有硝基转变为氨基，硝基内氮氧键、氨基内氮氢键均为极性键，则均存在极性键的断裂和形成，A正确；
B． 由图知，Mo单原子位点吸附4-硝基苯乙烯上的氧、Ir单原子位点吸附H，使硝基转变为氨基，故双单原子催化剂提高了催化加氢的选择性，B正确；
C． 催化剂不影响平衡转化率，C不正确；
D． 两种催化剂均能降低选择性加氢反应的活化能、提高单位体积单位时间内有效碰撞的次数、提高反应速率，D正确；
答案选C。
3．卤族元素单质及其化合物应用广泛。氟在自然界主要存在于萤石()中，与浓反应可制取HF；氯、溴主要存在于海水中，工业常通过电解NaCl饱和溶液制备，可用于制取漂白粉。卤水中可通过氧化、溶液吸收；BrCl能发生水解反应。易升华，一种二次电池正极界面反应机理如图所示。

下列化学反应表示正确是
A．电池正极放电时的电极反应有：
B．电解饱和NaCl溶液：
C．BrCl与反应：
D．用溶液吸收：
【答案】A
【解析】A．由图示信息可知放电时正极转化有：、，电极反应有：，故A正确；
B．电解饱和NaCl溶液：，故B错误；
C．BrCl与反应：，故C错误；
D．溶于水生成HBr和HBrO，生成的酸与反应，吸收试剂过量，最终只生成碳酸氢钠：，故D错误；
故选：A。
4．我国科研人员通过控制光沉积的方法构建型复合材料光催化剂，其中和渗透Nafion膜可协同、分别反应，构建了一个人工光合作用体系，其反应机理(hv为光照条件)如图。下列说法正确的是

A．图中a、b分别代表、
B．反应过程中光能全部转化为化学能
C．总反应方程式为
D．反应过程中涉及到非极性键、极性键的断裂和形成
【答案】C
【解析】A．观察图中物质转化关系可知，b代表，用于氧化生成，a代表，用于还原生成HCOOH，A项错误；
B．反应过程中能量的转化形式是光能转化为化学能，但不是全部转化，B项错误；
C．由图可知反应物为和，生成物为HCOOH和，C项正确；
D．反应过程中没有非极性键的断裂，D项错误。
答案选C。
5．多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜基催化剂上的反应机理和能量图如图：

下列说法正确的是
A．反应II的热化学方程式为：
B．在反应中生成又消耗，可认为是催化剂
C．和的总能量小于和的总能量
D．选择优良的催化剂可以降低反应I和II的活化能，减少过程中的能耗和反应的焓变
【答案】C
【解析】A．根据反应能量图，反应II中，反应物总能量大于生成物总能量，反应II是放热反应，故A错误；
B．CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)是反应的中间产物，故B错误；
C． 根据反应能量图E(反应物)< E(生成物)，和的总能量小于和的总能量，故C正确；
D．合适的催化剂可以降低反应的活化能，但不能减少反应的焓变，故D错误；
故答案为C。

押题猜想三 化学实验基础知识

压强控制在化学实验中有着重要的意义。有关下列实验装置的说法错误的是




①
②
③
④

A．装置①用于喷泉实验，氨气极易溶于水，导致负压吸入是该实验成功的关键
B．装置②用于Fe(OH)2的制备，反应一开始就要关闭止水夹，让生成的氢气把左边试管中液体压入右边，以实现自动化控制
C．装置③用于减压蒸馏，减压条件下可以降低混合组分的熔沸点，实现低温分离，避免因温度过高而导致混合组分分解
D．装置④叫抽滤装置，装置内外的压强差有利于加快过滤速率
【答案】B
【解析】A．喷泉实验，气体在液体中溶解度很大，在短时间内产生足够的压强差(负压)，则打开活塞后，大气压将烧杯内的液体压入烧瓶中，在尖嘴导管口形成喷泉，装置①中氨气极易溶于水，导致负压吸入是该实验成功的关键，故A正确；
B．装置②用于Fe(OH)2的制备，反应一开始就要打开止水夹，使产生的氢气将装置内的空气排尽，一段时间后关闭止水夹，让生成的氢气把左边试管中液体压入右边，以实现自动化控制，故B错误；
C．根据克拉克龙方程，一定条件下，压强与越小，沸点越低，装置③用于减压蒸馏，减压条件下可以降低混合组分的熔沸点，实现低温分离，避免因温度过高而导致混合组分分解，故C正确；
D．装置④叫抽滤装置，在真空泵的作用下，装置内外的压强差有利于加快过滤速率，故D正确；
故选B。
【押题解读】
高考对实验基础的考查以实验仪器的选择、基本操作的正确与否，以及以元素化合物的性质为载体设计实验探究物质的组成及含量的测定为主，物质的检验、分离与提纯的考查以自然界中的矿石材料或工业生产中产生的废渣为命题背景，设计物质的分离或提纯路线，突出表现化学科学在物质制备中的应用，题型为选择题及非选择题的形式。
【考前秘笈】
1．实验操作中的“第一步”
(1)检查装置的气密性——制取气体、验证气体的性质等与气体有关的实验操作。
(2)检查是否漏水——滴定管、容量瓶、分液漏斗等的使用。
(3)调“0”点——天平等的使用。
(4)验纯——点燃可燃性气体。
(5)分别取少量溶液——未知溶液的鉴别。
(6)润湿——用红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸、淀粉­KI试纸检验或验证某些气体时。
2．常见仪器的选择方法
常见仪器的选择

漏斗的选择
除杂仪器的选择
量器的选择
容器的选择
粗略量取液体的体积用量筒，精确量取液体的体积用滴定管或移液管
少量液体的实验用试管；较大量液体的实验用烧瓶；蒸发结晶用蒸发皿；对固体高温灼烧时用坩埚
进行过滤操作时用普通漏斗；组装简易气体发生装置用长颈漏斗；组装要求控制反应速率的气体发生装置用分液漏斗
所用除杂试剂是固体时选用干燥管，所用除杂试剂是液体时选用洗气瓶

3．化学实验中的几个数据



1．探究硫及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是
选项
目的
方案设计
现象和结论
A
判断的化学键类型
将固体溶于水，进行导电性实验，溶液可导电
中含有离子键
B
证明水溶液的酸性与漂白性
分别在石蕊溶液与品红溶液中通入适量气体
石蕊溶液变红后没有褪色，品红溶液褪色，说明水溶液呈酸性，有漂白性
C
证明浓硫酸具有强氧化性
加热浓硫酸、固体与固体的混合物
有黄绿色气体产生，说明浓硫酸具有强氧化性
D
比较S与的非金属性强弱
用试纸测定的和溶液的
若前者的试纸颜色比后者深，说明非金属性：

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】A．氯化氢为共价化合物，溶于水会电离出氢离子、氯离子，溶液能导电；故固体溶于水，进行导电性实验，溶液可导电，不能说明其含有离子键，故A不符合题意；
B．酸性溶液使石蕊试液变红色，石蕊溶液变红后没有褪色，说明水溶液呈酸性；品红溶液褪色，说明能使有色物质褪色，有漂白性，故B符合题意；
C．加入二氧化锰，也可能是二氧化锰使氯离子氧化生成氯气，不能说明浓硫酸具有强氧化性，故C不符合题意；
D．硫化氢、氯化氢不是硫、氯对应的最高氧化物的水合物，故的和溶液的大小不能说明硫、氯的非金属性强弱，故D不符合题意；
故选B。
2．无水三氯化铬(CrCl3)是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。通常是用不含水的三氧化二铬与卤化剂(如CCl4)在高温下反应，并使生成的三氯化铬在惰性气氛(如氮气气氛)升华来制取：Cr2O3(s)+3CCl4(s)2CrCl3(s)+3COCl2(g)，生成的COCl2(俗称光气)有毒，遇水发生水解，实验装置如图所示。

关于此实验说法正确的是
A．A中的试剂为热水；A中长玻璃管的作用是平衡压强，观察实验是否堵塞
B．若实验过程中D处出现堵塞，应及时更换D处导管
C．G中发生反应的离子方程式COCl2+4OH-=CO+2Cl-+2H2O
D．无水CaCl2的作用是除产生气体中的水
【答案】C
【解析】氮气经浓硫酸干燥后通入后续装置除去反应装置内的空气，与装置B挥发出的CCl4一起进入管式炉，Cr2O3与CCl4在管式炉内高温反应得到光气和无水三氯化铬气体，经过装置E时，无水三氯化铬冷却凝华，光气则通过球形干燥管进入NaOH溶液被吸收。
A．由题干可知三氯化铬()易潮解，所以整个装置应保持无水的状态，所以A中装的应是浓硫酸，除中的水蒸气，故A错误；
B．实验过程中若D处出现堵塞，因易升华，应对D处导管用酒精灯加热即可，故B错误；
C．遇水发生水解，故G中发生反应的离子方程式COCl2+4OH-=CO+2Cl-+2H2O，故C正确；
D．由题干可知三氯化铬()易潮解，所以整个装置应保持无水的状态，F中的无水应是为了防止G中的水进入装置中。故D错误；
故选C。
3．工业上以铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的杂质)为原料制备胆矾晶体(CuSO4·5H2O)，其主要流程如图所示。

下列叙述错误的是
A．氧化步骤中可用氧气代替H2O2
B．烟气的主要成分为SO3，滤渣的主要成分为SiO2
C．调节pH时，发生反应的离子方程式为2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3+3Cu2+
D．萃取和反萃取操作均用到分液漏斗和烧杯
【答案】B
【解析】铜镍矿石通入大量氧气粉碎焙烧产生烟气，得到固体加入稀硫酸酸浸除去滤渣1主要为，再加入双氧水氧化将亚铁离子氧化为铁离子，加入氢氧化铜调节pH，除去滤渣2主要成分为Fe(OH)3，加入HR进行萃取，得到含Ni2+水相和含铜有机相，含铜有机相加入稀硫酸反萃取得到有机相和水相，水相进行系列操作得到产品胆矾晶体(CuSO4·5H2O)；
A．由流程信息可知，酸浸后所得滤液中主要含有的金属阳离子为、、和少量，加入的主要目的是将氧化为，故可用氧气代替，选项A正确；
B．由题给流程图可知，粉碎焙烧时主要是铜镍矿石中的CuS、NiS、FeS与氧气反应，生成烟气的主要成分为，加稀硫酸酸浸，不与硫酸反应，与不溶于酸的杂质一同进入滤渣1，选项B错误；
C．向氧化后的溶液中加入调节溶液pH，使完全转化为沉淀，发生反应的离子方程式为，选项C正确；
D．调节pH除铁后，过滤所得滤液中主要含有的金属阳离子为和，向滤液中加入HR进行萃取，分液除去，再向含铜有机相中加入稀硫酸进行反萃取，萃取和反萃取操作均用到分液漏斗和烧杯，选项D正确；
答案选B。
4．保定文化底蕴深厚，国家级非遗项目众多。下列非遗项目的相关工艺过程所涉及的化学知识错误的是
选项
非遗项目的相关工艺过程
化学知识
A
刘伶醉酒酿造技艺中发酵酿酒过程
涉及水解反应和加成反应
B
易水砚制作技艺中的磨光工序使用了SiC作磨料
SiC是共价晶体，熔点高、硬度大
C
清苑区传统制香制作技艺中香料的提取
常采用挥发性溶剂萃取
D
定兴书画毡制作技艺中用沸水反复浇羊毛增加软化度
蛋白质发生了变性

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】A．发酵酿酒过程包括淀粉水解产生葡萄糖，葡萄糖在无氧的条件下生成酒精和没有发生加成反应，A错误；
B．是原子晶体，为正四面体空间网状结构，熔点高、硬度大，B正确；
C．香料的提取使用萃取的方法，萃取剂具有挥发性，C正确；
D．高温条件下蛋白质发生了变性，所以沸水反复浇羊毛增加软化度，D正确；
故选A。
5．下列实验操作能达到实验目的的是
A．向溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，检验溶液中的
B．向沸水中逐滴加入饱和氯化铁溶液并继续加热搅拌制备氢氧化铁胶体
C．除去NaCl固体中的少量，将固体溶解后蒸发结晶、趁热过滤、洗涤干燥
D．将固体溶解于盛有适量蒸馏水的烧杯中，经转移、洗涤、定容和摇匀，配制一定浓度的溶液
【答案】C
【解析】A．向溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，溶液中可能含有的亚硫酸根离子也会被硝酸氧化为硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，另外银离子也会干扰，不能达到实验目的，A不符合题意；
B．制取红褐色胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至溶液变红褐色，B不符合题意；
C．氯化钠溶解度受温度影响较小，除去NaCl固体中的少量，将固体溶解后蒸发结晶、趁热过滤、洗涤干燥，能达到实验目的，C符合题意；
D．容易水解，故应将固体溶解于盛有适量浓盐酸的烧杯中，然后加水稀释，经冷却、转移、洗涤、定容和摇匀，配制一定浓度的溶液，D不符合题意；
故选C。
押题猜想四 有机化学基础

2022年诺贝尔化学奖授予了生物正交反应和点击化学的开拓者。环辛烯衍生物A与四嗪B的生物正交反应过程为

下列说法错误的是
A．A中有一个手性碳，双键为顺式构型 B．B中杂环上四个氮原子共平面
C．C的结构简式为 D．D中苯环上的一氯代物有6种
【答案】A
【解析】A．无法确定A中双键的构型，故A错误；
B．B分子杂环可认为是四个氮原子代替苯环中碳原子，所以四个氮原子共平面，故B正确；
C．由题意可知，C失去N2生成D，可知C的结构简式为；故C正确；
D．D中有两个苯环，每个苯环上的一氯代物有3种，所以D中苯环上的一氯代物有6种，故D正确；
故答案选A。
【押题解读】
在近年高考常给予有机物的结构简式，分析该有机物可能具有的性质以及发生的反应类型，有机分子中共面原子的个数，限定条件同分异构体数目的判断。
【考前秘笈】
一、有机物的空间结构
1．有机物分子中原子共线、共面数目的确定
(1)常见有机物的空间结构
CH4呈正四面体形，键角109°28′。
CH2==CH2呈平面形，键角120°。
HC≡CH呈直线形，键角180°。
呈平面正六边形，键角120°。
2．注意键的旋转
①在分子中，形成单键的原子可以绕键轴旋转，而形成双键、三键等其他键的原子不能绕键轴旋转。
②若平面间靠单键相连，所连平面可以绕键轴旋转，可能旋转到同一平面上，也可能旋转后不在同一平面上。
③若平面间被多个点固定，则不能旋转，一定共平面。如分子中所有原子一定共面。
3．恰当地拆分复杂分子
观察复杂分子的结构，先找出类似于甲烷、乙烯、乙炔和苯分子的结构，再将对应的空间结构及键的旋转等知识进行迁移即可解决有关原子共面、共线的问题。
特别要注意的是，苯分子中处于对位的两个碳原子以及它们所连的两个氢原子在一条直线上。
4．对照模板确定原子共线、共面问题
需要结合相关的几何知识进行分析，如不共线的任意三点可确定一个平面；若一条直线与某平面有两个交点时，则这条直线上的所有点都在该平面内；同时要注意问题中的限定性词语，如“可能”“一定”“最多”“最少”“共面”“共线”等，以免出错。
二、同分异构体的判断
1．同分异构体的判断方法
(1)记忆法
①由烃基的异构体数推断
判断只有一种官能团的有机物的同分异构体的种数时，根据烃基的异构体数判断较为快捷。如判断丁醇的同分异构体时，根据组成丁醇可写成C4H9—OH，由于丁基有4种结构，故丁醇有4种同分异构体。
常用的烃基异构有—C3H7(2种)、—C4H9(4种)、—C5H11(8种)。
②由苯环上取代基的数目推断
a．当苯环上只连有一个取代基时，可由烃基的数目推断。如C9H12O属于芳香醇，且苯环上只有一个取代基的结构有5种，分别为、、、、。（C9H12O写为，—C3H6OH含—OH的结构有5种）。

b．当苯环上连有两个取代基时，有邻、间、对3种结构。
c．当苯环上连有三个取代基时，若三个取代基完全相同则有3种结构；若三个取代基中有2个完全相同，则有6种结构；若三个取代基各不相同，则有10种结构。如C7H5O2Cl遇FeCl3显紫色，能发生银镜反应的结构共有10种(如其中一种为)。
(2)由等效氢原子推断
碳链上有几种不同的氢原子，其一元取代物就有几种同分异构体。一般判断原则：①同一碳原子上的氢原子是等效的；②同一碳原子所连甲基上的氢原子是等效的；③处于镜面对称位置上的氢原子是等效的。
一元取代物数目即为等效氢的数目，如等效氢的数目为2，则一氯代物有2种。
(3)用替换法推断
如一个碳碳双键可以用环替换；碳氧双键可以用碳碳双键替换并将氧原子移到他处；碳碳三键相当于两个碳碳双键，也相当于两个环。不同原子间也可以替换，如二氯苯C6H4Cl2有3种同分异构体，四氯苯C6H2Cl4也有3种同分异构体。
(4)用组合法推断
先确定一基团同分异构体的数目，再确定另一基团同分异构体的数目，从而确定两基团组合后同分异构体数目的方法。如饱和一元酯，—R1有m种结构，—R2有n种结构，共有m×n种酯的结构。
实例：分子式为C9H18O2的酯在酸性条件下水解得到的两种有机物的相对分子质量相等，则形成该酯的酸为C3H7COOH(2种结构)，醇为C5H11OH(8种结构)，故该酯的结构共有2×8＝16种。
2．判断多元取代物的同分异构体的方法
(1)定一移一法
对于二元取代物同分异构体的判断，可固定一个取代基的位置，再改变另一个取代基的位置以确定同分异构体的数目。如分析C3H6Cl2的同分异构体，先固定其中一个Cl原子的位置，移动另外一个Cl原子。
(2)定二移一法
对于芳香化合物中若有3个取代基，可以固定其中2个取代基的位置为邻、间、对的位置，然后移动另一个取代基的位置以确定同分异构体的数目。
三、有机反应中的几个定量关系
(1)在卤代反应中1 mol卤素单质取代1 mol H,同时生成1 mol HX。
(2)1 mol 完全加成需要1 mol H2或1 mol Br2,1 mol醛基或酮基消耗1 mol H2;1 mol甲醛完全被氧化消耗4 mol Cu(OH)2。
(3)1 mol苯完全加成需要3 mol H2。
(4)与NaHCO3反应生成气体:1 mol —COOH生成1 mol CO2气体。
(5)与Na反应生成气体:1 mol —COOH生成0.5 mol H2;1 mol —OH生成0.5 mol H2。
(6)与NaOH反应:1 mol —COOH(或酚—OH)消耗1 mol NaOH;
1 mol (R为链烃基)消耗1 mol NaOH;1 mol 消耗2 mol NaOH。
四、有机反应中反应物用量的判断方法
(1)H2用量的判断
有机物分子中的、、、、在一定条件下都能与H2发生加成反应，若有机物分子中基团均为1mol时，所需H2的量分别为1：2：3：1：1，特别注意—COOH，—COOR(酯基)中的C=O通常不与H2发生加成反应。
(2)NaOH用量的判断
(酚羟基)、酯类物质、卤代烃能与NaOH溶液发生反应，特别要注意，水解产物可能与NaOH溶液发生反应。如1 mol 与NaOH溶液发生反应时最多消耗3 mol NaOH。
(3)Br2用量的判断
①烷烃：光照下1 mol Br2可取代1 mol H原子。
②苯：FeBr3催化下1 mol Br2可取代1 mol H原子。
③酚类：1 mol Br2可取代与—OH处于邻、对位上的1 mol H 原子。
④：1 mol双键可与1 mol Br2发生加成反应。
⑤：1 mol三键可与2 mol Br2发生加成反应。
五、蛋白质盐析、变性辨异同
比较项目
盐析
变性
不
同
点
方法
在轻金属盐作用下，蛋白质从溶液中凝聚成固体析出
在重金属盐、受热、紫外线、甲醛、酒精等作用下，蛋白质凝聚成固体析出
特征
过程可逆，即加水后仍可溶解
不可逆
实质
溶解度降低，物理变化
结构、性质发生变化，化学变化
结果
仍保持原有的生理活性
失去原有的生理活性

六、掌握推断反应类型常用的方法
(1)由官能团转化推测反应类型。从断键、成键的角度掌握各反应类型的特点，如取代反应的特点是有上有下或断一下一上一；加成反应的特点是只上不下或断一加二；消去反应的特点是只下不上。
(2)由反应条件推测反应类型。有机反应的重要条件总结如下：
①NaOH水溶液作条件的反应：卤代烃的水解；酯的碱性水解；NaOH醇溶液与卤代烃发生的是消去反应。
②以浓H2SO4作条件的反应：醇的消去；醇变醚；苯的硝化；酯化反应。
③以稀H2SO4作条件的反应：酯的水解；糖类的水解；蛋白质的水解。
④Fe：苯环的卤代。光照：烷烃的卤代。
⑤当反应条件为光照且与X2反应时，通常是X2与烷烃或苯环侧链烃基上的氢原子发生取代反应，而当反应条件为催化剂且与X2反应时，通常为苯环上的氢原子直接被取代。
⑥当反应条件为催化剂并有氧气时，通常是醇氧化为醛或醛氧化为酸。
(3)卤代、硝化、磺化、酯化、水解、皂化、分子间脱水等反应，本质上属于取代反应。
(4)有机物的加氢、脱氧属还原反应，脱氢、加氧属于氧化反应。

1．我国科学家从中药草果中提取多种活性成分，其中一种成分结构如图所示。下列有关该物质的说法正确的是

A．该物质的分子中存在5个手性碳原子
B．该物质能与Na和NaOH溶液反应，但不与溶液反应
C．该物质能发生加成反应、消去反应、取代反应
D．该物质与苯酚互为同系物
【答案】C
【解析】A．由结构简式可知该分子中存在7个手性碳原子，A错误；
B．该物质含有酚羟基，能够与Na、NaOH溶液和溶液反应，B错误；
C．该物质含有碳碳双键、羟基，所以能发生加成反应、取代反应，由于醇羟基所连碳原子的邻位碳原子上有氢原子，所以能发生消去反应，C正确；
D．该物质含多个酚羟基还有其它官能团，与苯酚结构不相似、在组成上不是相差若干个“”原子团，所以不互为同系物，D错误；
选C。
2．实验室初步分离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的流程如下：

已知：苯甲酸乙酯的沸点为212.6℃，“乙醚-环己烷-水共沸物”的沸点为62.1℃。下列说法错误的是
A．操作a和操作b不同
B．操作c为重结晶
C．无水和饱和碳酸钠溶液的作用相同
D．由该流程可以说明苯甲酸和苯甲酸钠在水中的溶解度差别很大
【答案】C
【解析】加入苯甲酸降低酯的溶解度同时与苯甲酸反应产生可溶于水的苯甲酸钠，水层和油层分离方法分液。共沸物和苯甲酸乙酯的沸点相差大，所以液体有机物进行分离利用沸点不同蒸馏。萃取液中加入H2SO4产生苯甲酸，其在水中的溶解性较低利用过滤获得苯甲酸晶体。
A．有机相和水相分层的分离方法分液，而b操作分离互溶的有机物选择蒸馏，A项正确；
B．苯甲酸粗品为含杂质的固体，可选择重结晶提纯，B项正确；
C．无水MgSO4为干燥有机物，而Na2CO3降低酯在水中的溶解度，C项错误；
D．苯甲酸钠为在水中形成了溶液，而苯甲酸在水中析出了晶体。可见两者溶解性差异很大，D项正确；
故选C。
3．抗癌药阿霉素与环糊精在水溶液中形成超分子包合物，增大了阿霉素的水溶性，控制了阿霉素的释放速度，从而提高其药效。下列说法错误的是

A．阿霉素分子中碳原子的杂化方式为sp2、sp3
B．红外光谱法可推测阿霉素分子中的官能团
C．阿霉素分子含有羟基、羧基和氨基
D．阿霉素分子中，基态原子的第一电离能最大的元素为N
【答案】C
【解析】A．阿霉素分子中含有苯环和亚甲基，碳原子的杂化方式为sp2、sp3，故A正确；
B．红外光谱仪能测定出有机物的官能团和化学键，故B正确；
C．阿霉素分子含有羟基、氨基和羰基，没有羧基，故C错误；
D．阿霉素分子中含有H、C、N、O四种元素，同周期元素，从左往右第一电离能呈增大的趋势，N位于第VA族，p轨道电子半充满较稳定，第一电离能大于O，则这四种元素中第一电离能最大的元素为N，故D正确；
故选C。
4．分子结构修饰在药物设计与合成中有广泛的应用。布洛芬具有抗炎、镇痛、解热作用，但口服该药对胃、肠道有刺激性，可对该分子进行如图所示的分子修饰。下列说法错误的是

A．乙的含氧官能团是酯基 B．甲和乙都能发生氧化反应和取代反应
C．乙分子中含有两个手性碳原子 D．甲修饰成乙可降低对胃、肠道的刺激
【答案】C
【解析】A．乙含氧官能团为-COO-R为酯基，A项正确；
B．甲和乙苯环上的烷基均能被氧化，同时苯环、羧基、酯基、烷基等都能发生去取代反应，B项正确；
C．手性碳特点：连接四个不同原子或基团，该分子中只有1个手性碳，C项错误；
D．甲呈酸性对胃肠有刺激，而乙不显酸性，D项正确；
故选C。
5．重氮羰基化合物聚合可获得主链由一个碳原子作为重复结构单元的聚合物，为制备多官能团聚合物提供了新方法。利用该方法合成聚合物P的反应路线如图。

下列说法不正确的是
A．反应①中有氮元素的单质生成
B．反应②是取代反应
C．聚合物P能发生水解反应
D．反应②的副产物不能是网状结构的高分子
【答案】D
【解析】根据反应①前后两个物质的结构简式，结合质量守恒，可以推出反应①的反应方程式为：
n+nN2↑，根据反应②前后两个物质的结构简式，可以推出反应②的反应方程式为：n+n/2→+n。
A．根据分析，反应①的反应方程式为：
n+nN2↑，反应①中有氮气生成，A正确；
B．根据分析，反应②的反应方程式为：n+n/2→+n，是取代反应， B正确；
C．聚合物P与水在一定条件下反应时，这个键容易断开生成氨基和羧基，是水解反应，C正确；
D．反应②的副产物也是聚合物，肯定是网状结构的高分子，D错误；
故选D。
押题猜想五 物质结构与元素周期律

离子液体是室温下呈液态的离子化合物。由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、R组成的一种离子液体的结构如图所示，W的简单氢化物易液化，可用作制冷剂，R的简单阴离子含10个电子。下列说法正确的是

A．电负性：R＞X＞Z B．氢化物的沸点：R＞Z
C．分子YR3的空间构型为三角锥形 D．最高价含氧酸的酸性：W＞Z
【答案】D
【解析】离子液体是室温下呈液态的离子化合物。由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、R组成的一种离子液体的结构如图所示，W的简单氢化物易液化，可用作制冷剂，则W为N，X、R有1个价态，则X为H，R的简单阴离子含10个电子，则R为F，Z有四个价键，则Z为C，Y得到一个电子形成四个价键，则Y为B。
A．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则电负性：R＞Z＞X，故A错误；
B．HF虽存在分子间氢键，若C的氢化物是固体，则氢化物的沸点可能为：Z＞R，故B错误；
C．分子YR3(BF3)夹层电子对数为3+0=3，其空间构型为平面三角形，故C错误；
D．根据非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，氮的非金属性比碳强，则最高价含氧酸的酸性：W(硝酸)＞Z(碳酸)，故D正确。
综上所述，答案为D。
【押题解读】
近几年新课标考试中，元素推断题是高考考查的热点，这类题往往将元素化合物的知识、物质结构理论、化学基础理论等知识串联起来，综合性较强，难度较大，主要是根据原子的核外电子排布或元素的特殊性质进行元素推断，然后综合考查元素周期表和元素周期律的知识。
【考前秘笈】
1．元素“位-构-性”之间的关系
（
2．“构位性”关系解题策略
第一步：推断元素
推断元素常用的方法有：
（1）根据原子或离子的结构示意图推断
（2）根据元素化合价的特征关系推断
（3）根据原子半径的递变规律推断
（4）根据元素的原子结构特征或元素的特征推断
（5）根据稀有气体的原子序数推断
第二步：联想“规律”
依据推出的元素在周期表中的位置，结合元素周期律对选项中元素的结构和元素性质的变化作出判断。
第三步：通盘“验证”
将判断的结果代入原题中进行检验，完全符合题设条件的才是正确选项。

1．化合物A的结构如图所示，其广泛应用于新材料的生产及电化学研究。其中X、Y、Z、E、Q、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z与Q、E与W分别位于同一主族。下列有关说法错误的是

A．是含有极性键的非极性分子
B．键能大于键能
C．原子序数为83的元素与Z位于同一主族
D．第一电离能：
【答案】B
【解析】X、Y、Z、E、Q、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，根据原子的成共价键的数量和所带电荷数可判断X为H，Y为C，Z为N。根据原子序数大小，且Z与Q、E与W分别位于同一主族，可知Q为P，E为F，W为Cl。
A．为乙炔，为含有极性键的非极性分子，A项正确；
B．Cl2比F2更稳定，键能小于键能，B项错误；
C．原子序数为83的元素为铋，其位于第六周期第ⅤA族，与N位于同一主族，C项正确；
D．第一电离能F>Cl>P，D项正确。
答案选B。
2．X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的基态原子2p能级上各有两个未成对电子，Y与Q同主族，W原子N能层只有一个电子，其余能层全充满。下列说法错误的是

A．电负性为Z>Y>X
B．原子半径为r(Q)>r(Y)>r(Z)
C．X与Z可以形成含极性键的非极性分子
D．W与Z形成的化合物晶胞如图，其化学式为WZ
【答案】D
【解析】X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的基态原子2p能级上各有两个未成对电子，X的电子排布为：，X为C元素，Z的电子排布为：，Z为O元素，Y为N元素，Y与Q同主族，Q为P元素，W原子N能层只有一个电子，其余能层全充满，W的电子排布为：，W为Cu元素。
A．X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，电负性的大小为：，A正确；
B．Y为N元素，Q为P元素，Z为O元素，原子半径的大小为：，B正确；
C．X为C元素，Y为N元素，C和O形成的为含极性键的非极性分子，C正确；
D．W为Cu元素，Z为O元素，根据晶胞的结构（黑球大为Cu，白球为O），形成的化合物的原子个数之比为：=，其化学式为，D错误；
故选D。  
3．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，四种元素组成的物质结构如图所示，其中Y、Z同主族，W是全球使用量最大的金属且含WZ2的矿石可用于生产硫酸。下列说法不正确的是

A．上述物质的化学式为FeSO4•7H2O B．上述物质中含有的化学键有共价键、配位键和氢键
C．物质的稳定性：X2Y＞X2Z D．WZ2和WZ中W元素的化合价相同
【答案】B
【解析】W是全球使用量最大的金属且含的矿石可用于生产硫酸，则W为Fe，Z为S；Y、Z同主族，则Y为O；X原子只形成一个共价键，故X为H。
A．由以上分析可知，题给物质的化学式为，A正确；
B．氢键不属于化学键，B错误；
C．非金属性：O＞S，故物质的稳定性：，C正确；
D．和FeS中Fe元素的化合价均为+2价，D正确；
故选B。
4．化合物A是一种常用的表面活性剂，具有起泡性能好、去污能力强等特点，其结构如图所示。已知X、Y、Z、W、M均为短周期常见元素，W是形成物质种类最多的元素，X、Y为同族元素，Z、M为同族元素，基态Z原子的核外电子有6种空间运动状态。下列说法错误的是

A．原子半径Z＞Y＞X＞M
B．电负性X＞Y＞W＞M＞Z
C．X、Y、Z、W的简单氢化物中稳定性最强的、熔沸点最高的为X的氢化物
D．均由X、Y、Z、M四种元素组成的两种盐可以发生反应
【答案】C
【解析】W是形成物质种类最多的元素，W为C；Z可形成+1价阳离子，基态Z原子的核外电子有6种空间运动状态，Z为Na；Z、M为同族元素，M可形成1个共价键，M为H；X、Y为同族元素，X可形成1个双键，Y可形成2个单键和2个双键，则X为O、Y为S。
A．同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径Na＞S＞O＞H，A项正确；
B．一般来说，同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，电负性O＞S＞C＞H＞Na[提示：中C显正价，S显负价，可知电负性S＞C]，B项正确；
C．X、Y、Z、W的简单氢化物分别为、、NaH、，NaH为离子化合物，熔沸点最高，C项错误；
D．和可以发生反应，D项正确。
故选C。
5．W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素，只有两种金属元素，三种非金属元素的原子序数之和为15，两种金属元素的原子序数之和比三种非金属元素的原子序数之和大10。ZaMb(YW)c(XY3)d·xW2Y常用作塑料阻燃剂，为确定其组成，进行如下实验：
I．准确称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应，生成标准状况下气体0. 560 L。
II．另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率( )随温度的变化如图所示(样品在270℃时已完全失去结晶水，600℃以上残留的固体为金属氧化物的混合物)。下列说法正确的是

A．W、X、Y的单质均存在同素异形体
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：X C．a：b：c：d=5：1：3：5
D．600℃以上残留的固体为Z2Y2和M2Y3
【答案】C
【解析】由样品在270℃时已完全失去结晶水可知，化合物中含有H元素、O元素；三种非金属元素的原子序数之和为15，则化合物中含有C元素；两种金属元素的原子序数之和比三种非金属元素的原子序数之和大10，则化合物中含有Mg元素、Al元素，W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素，则W为H元素、X为C元素、Y为O元素、Z为Mg元素、M为Al元素；600℃以上残留的固体为金属氧化物的混合物，则残留的固体为氧化铝和氧化镁的混合物，由题意可知，3.390g样品与足量稀盐酸充分反应生成标准状况下0. 560 L二氧化碳，则化合物中碳酸根离子的物质的量为=0.025mol，样品在270℃—600℃间受热失去水的质量为3.390g×(74.35%—37.02%)—0.025mol×44g/mol≈0.135g，则化合物中氢氧根离子的物质的量为×2=0.015mol，金属元素的质量为3.390g—3.390g×(100%—74.35%)—0.015mol×17g/mol—0.025mol×44g/mol=0.735g，设镁元素的物质的量为amol、铝的物质的量为bmol，由质量可得：24a+27b=0.735g，由电荷守恒可得：2a+3b=0.015+0.025×2，解得a=0.025、b=0.005，则a：b：c：d=5：1：3：5。
A．氢元素的单质为氢气，不存在同素异形体，故A错误；
B．碳元素的最高价氧化物对应水化物碳酸为弱酸，铝元素最高价氧化物对应水化物氢氧化铝为两性氢氧化物，则碳酸的酸性强于氢氧化铝，故B错误；
C．由分析可知，a：b：c：d=5：1：3：5，故C正确；
D．由分析可知，600℃以上残留的固体为MgO和Al2O3的混合物，故D错误；
故选C。
押题猜想六 电化学

与锂离子电池相比，有机电池不依赖战略金属、充电速度更快且环境友好。如图是一种可降解的多肽电池。(假设离子交换膜仅允许通过)下列说法不正确的是

A．放电时d为正极，充电时b为阴极
B．c电极的电极方程式为：
C．放电时，电路中每通过NA个电子，负极区质量增加149g
D．充电时，总反应方程式为：
【答案】A
【解析】A．根据反应，放电时，d电极失去电子，发生氧化反应，为负极，充电时，b电极接电源的负极，为阴极，A错误；
B．c电极为放电时的正极，得电子，发生还原反应 ，B正确；
C．放电时，阴离子向负极移动，每通过个电子，就有1mol进入负极区，负极区质量增加149g，C正确；
D．由反应可知，从左往右为放电反应，从右往左为充电反应，所以将电极反应相加得总反应为：　，D正确；
故选A。
【押题解读】
电化学是高考的热点，题型以传统题型为主，近年的高考通常以新型燃料电池、比能量高的新型电池为载体，考查原电池的工作原理；或将原电池、电解原理与物质的制备、金属的提纯、金属的防护结合起来考查，考查的角度主要有电极反应方程式的书写或正误判断、离子移动的方向、电极产物种类的判断与量的计算等；预计在今后的高考中电化学考点还有“变热”的趋势，题目也会更加新颖。
【考前秘笈】
1．突破二次电池的四个角度

2．原电池正极和负极的5种判定方法

3．微粒流向
(1)电子流向：负极→正极(电流的方向正好相反)。
[注意]　电子沿导线传递但不能通过电解质溶液。
(2)离子流向：阳离子移向正极，阴离子移向负极。
4．电极反应式的书写方法
（1）一般电极反应式的书写

（2）复杂电池的电极反应式书写
复杂的电极反应式＝总反应式－较简单电极的电极反应式。
如CH4碱性燃料电池负极反应式的书写：
CH4＋2O2＋2OH－===CO＋3H2O ……总反应式
2O2＋4H2O＋8e－===8OH－ ……正极反应式
用总反应式－正极反应式得负极反应式
(CH4＋2O2＋2OH－)－(2O2＋4H2O＋8e－)===(CO＋3H2O)－(8OH－)
整理得：CH4＋10OH－－8e－===7H2O＋CO ……负极反应式
5．电解池电极反应式的书写步骤

6．金属腐蚀快慢的三个规律
(1)金属腐蚀类型的差异
电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防腐措施的腐蚀。
(2)电解质溶液的影响
①对同一金属来说，腐蚀的快慢(浓度相同)：强电解质溶液>弱电解质溶液>非电解质溶液。
②对同一种电解质溶液来说，电解质浓度越大，腐蚀越快。
(3)活动性不同的两种金属，活动性差别越大，腐蚀越快。
7．两种腐蚀与三种保护
(1)两种腐蚀：析氢腐蚀、吸氧腐蚀(关键在于电解液的pH)。
(2)三种保护：电镀保护、牺牲阳极的阴极保护法、外加电流的阴极保护法。
8．突破电解定量计算的三种方法
电解的计算包括两极产物的定量计算、溶液pH的计算、相对原子质量和阿伏加德罗常数的计算等，无论哪种计算都可采用下列三种方法：
方法一：根据总反应式
先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列比例式计算。
方法二：根据电子守恒
用于串联电路的阴阳两极产物、正负两极产物、相同电量等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数目相等。
方法三：根据关系式
根据得失电子守恒建立已知量与未知量之间的关系，得出计算所需的关系式。
例如由关系式法通过4 mol e－为基准可构建电极产物之间的如下关系式：

9．阳离子交换膜的使用原理
阳离子交换膜有很多微孔，孔道上有许多带负电荷的基团，阳离子可以自由通过孔道，而阴离子移动到孔道处，受到孔道带负电荷基团的排斥而不能进入孔道中，因而不能通过交换膜。
质子交换膜是阳离子交换膜的特例，仅允许质子(H＋)通过，其他离子不能通过。
10．阴离子交换膜的使用原理
阴离子交换膜有很多微孔，孔道上有许多带正电荷的基团，阴离子可以自由通过孔道，而阳离子移动到孔道处，受到孔道带正电荷基团的排斥而不能进入孔道中，因而不能通过交换膜。
11．离子交换膜类型的判断方法
依据电解质溶液呈电中性的原理，判断膜的类型，判断时首先要写出阴、阳两极上的电极反应，依据电极反应式确定该电极附近哪种离子剩余；依据该电极附近电解质溶液满足电荷守恒原则，判断出离子移动的方向、进而确定离子交换膜的类型。
例如离子交换膜法淡化海水的实验装置如图：

阳极室中的电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，剩余Na＋，要维持阳极室内电荷守恒，则Cl－通过a膜进入阳极室，故a为阴离子交换膜，阴极室中的电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，反应生成OH－，要维持阴极室内电荷守恒，则Na＋通过b膜进入阴极室，故b为阳离子交换膜。

1．2023年2月，我国首个兆瓦级铁-铬液流电池储能项目在内蒙古成功试运行，该项目刷新了全球最大容量记录。铁-铬液流电池的电解质溶液是含铁盐和铬盐的稀盐酸溶液。下列说法错误的是

A．安全性高、成本低、绿色低碳、能量密度低是该电池的特点
B．充电时电池的反应为：
C．放电时，电路中每流过0.1mol电子，浓度降低0.1mol/L
D．负极每被氧化，电池中有1mol通过交换膜向正极转移
【答案】C
【解析】该装置能作原电池和电解池；充电时，左侧为阳极、右侧为阴极；放电时该装置为原电池，电路中每流过0.1mol电子，Fe3+的物质的量降低0.1mol；负极每1molCr2+被氧化生成1molCr3+，则转移1mol电子，每个电子和每个H+所带电荷相同，所以二者的物质的量相同。
A.该电池属于水系电池，故安全，且铁铬的价格低廉，其可将太阳能或风能转化为电能存储，故绿色低碳，但能量密度远低于锂电 ，故A说法正确；
B.充电时，左侧为阳极、右侧为阴极，则左侧Fe2+失电子生成Fe3+，右侧Cr3+得电子生成Cr2+，电池总反应式为Cr3++Fe2+═Cr2++Fe3+，故B正确；
C. 放电时该装置为原电池，电路中每流过0.1mol电子，Fe3+的物质的量降低0.1mol，溶液体积未知，无法判断铁离子浓度降低值，故C错误；
D. 负极每1molCr2+被氧化生成1molCr3+，则转移1mol电子，每个电子和每个H+所带电荷相同，所以二者的物质的量相同，则电池中有1molH+通过交换膜向正极转移，故D正确；
故选C。
2．研究微生物燃料电池不仅可以获得高效能源，还能对工业污水等进行处理。利用微生物燃料电池处理含硫废水并电解制备KIO3的原理如图所示，下列说法错误的是

A．为保证制备KIO3的制备速率，需要控制左池的温度与pH
B．左池工作一段时间后，N极附近pH降低
C．Q极反应式为：I2+12OH- -10e- =2-+6H2O
D．电路中每消耗1mol O2，理论上有4.8mol K+通过阳离子交换膜从Q极移向P极
【答案】D
【解析】石墨电极M处，CO2在光合菌、光照条件下转化为O2，O2在M极放电生成H2O，发生还原反应，M为正极，正极电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，N极为负极，硫氧化菌将FeSx氧化为S，硫再放电生成，负极电极反应式为S-6e-+4H2O=+8H+，H+通过质子交换膜由右室移向左室；铂电极P为阴极，铂电极Q为阳极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极反应式为I2+12OH--10e-=2+6H2O，阴极生成氢氧根离子，而阳极生成的比消耗的OH-少，溶液中K+通过阳离子交换膜从Q极移向P极。
A. 由于光合菌和硫氧化菌均为细菌，其活性受温度和pH的影响，故为保证制备KIO3的制备速率，需要控制左池的温度与pH，A正确；
B. 由分析可知，左池N极为负极，负极电极反应式为S-6e-+4H2O=+8H+，则左池工作一段时间后，N极附近pH降低，B正确；
C. 由分析可知，Q极反应式为：I2+12OH- -10e- =2-+6H2O，C正确；
D.由分析可知，电路中每消耗1mol O2，则电路上通过的电子为4mol，则理论上有4 mol K+通过阳离子交换膜从Q极移向P极，D错误；
故答案为：D。
3．磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性，具有较长的使用寿命，放电时的反应为： LixC6+Li1-xFePO4= 6C+LiFePO4。图1为某磷酸铁锂电池的切面，图2为LiFePO4晶胞充放电时Li+脱出和嵌入的示意图。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。下列说法错误的是

A．放电时，负极反应： LixC6- xe- = xLi++6C
B．(a)过程中1mol晶胞转移的电子数为NA
C．(b)代表放电过程， Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极
D．充电时的阳极反应： LiFePO4- xe-= Li1-xFePO4+xLi+
【答案】B
【解析】从总反应分析， LixC6变为C和Li+为氧化反应，该极为原电池的负极。而Li1-xFePO4变为LiFePO4发生还原反应，它为原电池的正极。
A．由上分析，放电的负极为 LixC6- xe- = xLi++6C，A项正确；
B．a过程由于Fe2+化合价升高为Fe3+，为了平衡电荷Li+脱嵌减少。从图看晶胞中减少了棱上1个和面心的一个Li+总共减少，所以1mol晶体中转移NA电子，B项错误；
C．放电时，该材料在正极发生还原反应，即Fe由+2变为+3为b过程，Li+嵌入正极，C项正确；
D．充电时的总反应为 6C+LiFePO4= LixC6+Li1-xFePO4，阳极发生氧化反应为 LiFePO4- xe-= Li1-xFePO4+xLi+，D项正确；
故选B。
4．钠碱循环法脱除烟气中的SO2，生成的吸收液中含有Na2SO3和NaHSO3。电解吸收液回收SO2，并实现碱液的循环。双极膜内层为水层，工作时水层中的H2O解离成H+和OH-，并分别通过离子交换膜向两侧发生迁移。如图为吸收液的电渗析装置示意图。下列说法正确的是

A．出口4的产物为NaOH溶液
B．出口5中Na2SO4溶液的浓度增大
C．、可从盐室最终进入阳极液中
D．阴极电极反应式为2H++2e- =H2↑
【答案】D
【解析】依图，左边为阴极，发生还原反应：2H2O+2e-=2OH-+H2↑或2H++2e- =H2↑；
右边为阳极，发生氧化反应：2H2O--4e-=4H++O2↑。吸收液为Na2SO3和NaHSO3，SO32-和HSO3-通过阴离子交换膜进入交换室2，发生反应，产生SO2和H2O。
A.出口2、3之间为阳离子交换膜，生成的OH-不能通过，故出口4的产物为H2SO4，A错误；
B.物质Na2SO4未得到补充，故浓度不变，B错误；
C．SO32-和HSO3-通过阴离子交换膜进入交换室2，发生反应产生SO2和H2O，C错误；
D．阴极电极反应式为：2H++2e- =H2↑或2H2O+2e-=2OH-+H2↑，D正确。
故答案为：D。
5．pH计是通过测定电池两极电势差(即电池电动势E)确定待测液pH的仪器，复合电极pH计的工作原理如图。室温下，E=0.059pH+0.2 (E的单位为V)。下列说法错误的是

A．pH计工作时，化学能转变为电能
B．指示电极的电极电势随待测溶液的c(H+)变化而变化
C．若参比电极电势比指示电极电势高，则指示电极的电极反应式：AgCl(s)+e- = Ag(s) +Cl-
D．室温下，若E为0. 377V，则待测溶液的pH=3.0
【答案】C
【解析】A．pH计的工作原理是通过测定电池电动势E(即指示电极和参比电极的电势差)来确定待测溶液的pH，则pH计工作时，化学能转化为电能，故A正确；
B．根据pH计的工作原理可知，指示电极参比膜内外c(H+)的差异会引起电池电动势的变化从而使得其能确定溶液的pH，故B正确；
C．若参比电极电势比指示电极电势高，正极的电势比负极的高，则指示电极为负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为Ag(s)-e-+Cl-=AgCl(s)，故C错误；
D．根据E=0.059pH+0.2，若E为0. 377V，则pH=，故D正确；
故选：C。
押题猜想七 电解质溶液及图像

用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液时，溶液的温度(I)、pH(II)随NaOH体积的变化如下图(图中虚线为校正至25℃时的pH曲线)，V1时溶液中 =1。

下列说法正确的是
A．x点溶液中，CH3COOH电离程度小于CH3COONa的水解程度
B．y点溶液中，c(CH3COO-)=c(Na+)>c(H+)= c(OH-)
C．w点溶液的碱性强于z点溶液的碱性
D．25℃时，CH3COOH的电离常数Ka=1×10-a
【答案】D
【解析】用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液，V(NaOH)=20mL时，恰好完全反应，溶质为CH3COONa，即w、z点pH>7。
A．x点溶液pH不知道，无法判断CH3COOH电离程度和CH3COONa的水解程度哪个大，A项错误；
B．y点溶液中，无法判断溶液是否呈中性，因此不能确定溶液中，B项错误；
C．w和z点均为等浓度的醋酸钠溶液，w点为25℃，z点对应实际温度，温度高于25℃，醋酸根水解程度更大，z点碱性更强，C项错误；
D．醋酸的，25℃、时，pH=a，则25℃时，D项正确；
答案选D。
【押题解读】
水溶液中的离子平衡在近几年的高考中主要是以电解质曲线变化为载体，考查电离平衡常数、水解平衡常数、溶度积的计算，指示剂的选择，对水的电离平衡的影响，溶液中粒子浓度的大小关系，以及外界条件对电离平衡、水解平衡、溶解平衡的影响，在今后的高考中有变热的趋势。
【考前秘笈】
图象分析
1．强、弱电解质的比较图像（图像法理解一强一弱的稀释规律）
(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸


加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大
加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多
　　(2)相同体积、相同pH的盐酸、醋酸


加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大
加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多

2．酸、碱中和滴定图像
抓5点破中和滴定图像
(1)抓反应的“起始”点：判断酸、碱的相对强弱。
(2)抓反应“一半”点：判断是哪种溶质的等量混合。
(3)抓“恰好”反应点：判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性。
(4)抓溶液的“中性”点：判断溶液中溶质的成分及哪种物质过量或不足。
(5)抓反应的“过量”点：判断溶液中的溶质，判断哪种物质过量。
例如：室温下，向20 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液pH的变化如图所示：



3．沉淀溶解平衡图像
(1)溶解平衡曲线类似于溶解度曲线，曲线上任一点都表示饱和溶液，曲线上方的任一点，均表示过饱和，此时有沉淀析出，曲线下方的任一点，均表示不饱和。但如果将离子浓度取负对数，则结果正好相反，即线上方任一点表示不饱和，线下方任一点表示过饱和。
(2)从图像中找到数据，根据公式计算得出Ksp的值。
(3)比较溶液的Q与Ksp的大小，判断溶液中有无沉淀析出。
(4)涉及Q的计算时，所代入的离子浓度一定是混合溶液中的离子浓度，因此计算离子浓度时，所代入的溶液体积也必须是混合液的体积。
4．离子平衡图像
巧抓“四点”，突破溶液中的粒子浓度关系
(1)抓反应“一半”点，判断是什么溶质的等量混合。
(2)抓“恰好”反应点，判断生成什么溶质及溶液的酸碱性。
(3)抓溶液的“中性”点，判断生成什么溶质，哪种物质过量或不足。
(4)抓反应的“过量”点，判断溶液中是什么溶质，哪种物质过量。
实例分析：向CH3COOH溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液的关系如图所示。

(注：a点为反应一半点，b点呈中性，c点恰好完全反应，d点NaOH过量一倍)
分析：
a点，溶质为________________，离子浓度关系：_____________________________；
b点，溶质为________________，离子浓度关系：_____________________________；
c点，溶质为________________，离子浓度关系：_____________________________；
d点，溶质为________________，离子浓度关系：_____________________________。
答案：CH3COONa、CH3COOH　c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)　CH3COONa、CH3COOH
c(CH3COO－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)　CH3COONa　c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)　CH3COONa、NaOH　c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)
5．滴定直线图像
常温下，二元弱酸H2Y溶液中滴加NaOH溶液，所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。

回答下列问题：
(1)向二元弱酸H2Y中滴加NaOH溶液，依次反应的离子方程式为
________________________________________________________________________。
(2)随着NaOH溶液的滴加，lg________(填“增大”或“减小”，下同)，lg________。
(3)Ka2(H2Y)＝________。
(4)在交叉点e，c(H2Y)________c(Y2－)(填“＞”“＜”或“＝”)。
解析：(3)Ka2＝，
当c(H＋)＝10－3 mol·L－1时，＝10－1.3，
所以Ka2＝10－4.3。
(4)在e点，lg＝lg，
则＝，
所以c(H2Y)＝c(Y2－)。
答案：(1)H2Y＋OH－H2O＋HY－、HY－＋OH－H2O＋Y2－
(2)增大　减小
(3)10－4.3
(4)＝
6．滴定曲线图像中“交叉点”的分析与应用
T ℃时，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中三种微粒H2C2O4、HC2O、C2O的物质的量分数(δ)与pH的关系如图所示：

回答下列问题：
(1)写出H2C2O4的电离方程式及电离平衡常数表达式。
①_______________________________________________________________________，
Ka1＝____________________________________________________________________；
②_______________________________________________________________________，
Ka2＝____________________________________________________________________。
(2)根据A点，Ka1＝________，根据B点，Ka2＝________。
(3)在pH＝2.7的溶液中，＝________。
(4)0.1 mol·L－1的NaHC2O4溶液呈________性，其离子浓度从大到小的顺序为________________。
答案：(1)①H2C2O4H＋＋HC2O　
②HC2OH＋＋C2O　
(2)10－1.2　10－4.2　(3)1 000
(4)酸　c(Na＋)＞c(HC2O)＞c(H＋)＞c(C2O)＞c(OH－)

1．常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数与关系如图所示。已知是易溶于水的强电解质。下列说法错误的是

A．用稀硫酸溶解可得到溶液
B．存在，若加入固体，一定增大
C．若，五价钒粒子的存在形式主要为：
D．若，加入适量，可使转化为
【答案】B
【解析】A．由图可知，用稀硫酸溶解调节pH为0-1之间可以得到溶液，故A正确；
B．存在，若是饱和溶液，再加该固体，VO浓度不变，平衡不移动，不变，故B错误；
C．若，由图可知，五价钒粒子的存在形式主要为： ，故C正确；
D．若，加入适量，调节pH为3-4之间，浓度减小，增大，可使转化为，故D正确；
故选B。
2．将pH传感器、氯离子传感器、氧气传感器分别插入盛有氯水的广口瓶中，用强光照射，测得的实验数据如图所示。下列说法正确的是

A．图甲中pH减小是由于光照促进了HClO的电离
B．图乙中增大主要是由于反应消耗了水
C．图丙中氧气的体积分数增大是由于HClO的分解
D．该体系中存在两个电离平衡和两个化学平衡
【答案】C
【解析】图甲中可观察到随着时间的进行，氯水的pH减小，酸性增强；图乙中随着时间的进行，溶液中氯离子浓度增大，图丙中，氧气逐渐增多，所以久置的氯水中次氯酸发生分解产生了氢离子、氯离子和氧气。
A．pH减小是由于光照促进了HClO的分解，产生了氢离子，A错误；
B．增大主要是由于HClO的分解反应产生了氯离子，B错误；
C． HClO光照分解生成HCl和氧气，所以导致氧气的体积分数随着时间的进行不断增大，C正确；
D．该体系中存在次氯酸的电离平衡和水的电离平衡两个电离平衡，氯气与水反应的一个化学平衡，D错误；
故选C。
3．图1为和在25℃时的沉淀溶解平衡曲线，图2为向两份等体积等浓度的溶液中分别滴加等浓度的NaOH溶液和溶液滴定关系图(图1中横坐标为阴离子浓度的负对数，为浓度的负对数)。下列说法正确的是

A．X为对应直线，
B．M为向溶液中滴加NaOH溶液对应的曲线
C．图1中a点对应的溶液为的不饱和溶液
D．图2中c点、b点对应取值分别为，
【答案】A
【解析】，是定值，图1中横坐标为阴离子浓度的负对数，pCd2+为Cd2+浓度的负对数，则对应CdCO3的曲线斜率应该为-1，故直线Y是，X为。根据滴定终点可知沉淀完全时所需的氢氧化钠的体积要多一些，故M应该为溶液中滴加溶液对应的曲线，N为溶液中滴加溶液对应的曲线。
A．，是定值，图1中横坐标为阴离子浓度的负对数，pCd2+为Cd2+浓度的负对数，则对应CdCO3的曲线斜率应该为-1，故直线Y是，X为，利用曲线上点可算出，A正确；
B．根据滴定终点可知沉淀完全时所需的氢氧化钠的体积要多一些，故M应该为溶液中滴加溶液对应的曲线，B错误；
C．a点溶液，故a点对应的溶液为的过饱和溶液，C错误；
D．c点有，，则；设b点，，，则b＜5，D错误；
故答案选A。
4．电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点的一种滴定分析方法。常温下，的电离常数，，利用盐酸滴定某溶液中的含量，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示。下列说法正确的是

(注：−表示电极电位曲线；…表示pH曲线)
A．该滴定过程需要加入酸碱指示剂
B．水的电离程度：a＜b
C．a点溶液中
D．b点溶液中存在：
【答案】C
【解析】A．该滴定过程不需要加入酸碱指示剂，利用电极电位的变化来确定滴定终点，故A错误；
B．a点溶质主要是NaHA，b点溶质主要是H2A，a点溶液显碱性，是水解程度大于电离程度，促进水的电离，b点是抑制水的电离，则水的电离程度：b＜a，故B错误；
C．a点溶液中，故C正确；
D．b点溶液中存在电荷守恒：，故D错误。
综上所述，答案为C。
5．已知常温下水溶液中、、、HB、的分布分数δ[如]随pH变化曲线如图1；溶液中和关系如图2.用溶液滴定20.00mL溶液，下列说法错误的是

A．曲线d表示δ(HB)
B．的水解平衡常数
C．滴定过程中溶液会变浑浊
D．滴定过程中始终存在：
【答案】D
【解析】A．由题中信息可知，为二元弱酸，、，用溶液滴定20.00mL溶液，发生反应：，则酸性：>HB，所以曲线a、b、c表示的各微粒分布曲线，曲线a代表，曲线b代表，曲线c代表，曲线d为HB，曲线e为，故A正确；
B．的水解平衡常数，曲线d和e相交时=，，此时pH=8.3，=，则，故B正确；
C．根据图2可知，滴定过程中会生成CaA沉淀，溶液变浑浊，故C正确；
D．若滴定过程中不产生沉淀，则根据电荷守恒：，根据物料守恒：=+，则，但随着H2A溶液的滴入，Ca2+产生CaA沉淀而析出，溶液中+，则，故错误；
故选：D。
押题猜想八 化工流程

．锗(Ge)是门捷列夫在1871年所预言的元素“类铝”，其与硅同族，高纯度的锗已成为目前重要的半导体材料，其化合物在治疗癌症方面也有着独特的功效。如图是以锗锌矿(主要成分为GeO2、ZnS，另外含有少量的Fe2O3等)为主要原料生产高纯度锗的工艺流程：

已知：GeCl4的熔点为-49.5℃，沸点为84℃，在水中或酸的稀溶液中易水解。
回答下列问题：
(1)滤渣l的主要成分为___________。
(2)步骤③沉锗过程中，当温度为90℃，pH为14时，加料量(CaCl2/Ge质量比)对沉锗的影响如表所示，选择最佳加料量为___________(填“10-15”“15-20”或“20-25”)。
编号
加料量(CaCl2/Ge)
母液体积(mL)
过滤后滤液含锗(mg/L)
过滤后滤液pH
锗沉淀率(%)
l
10
500
76
8
93.67
2
15
500
20
8
98.15
3
20
500
2
11
99.78
4
25
500
1.5
12
99.85
(3)步骤⑤获得的GeCl4为___________晶体，该步骤的分离方法所需的装置为___________。

根据选择，提出改进的方法：___________(若不需要改进，此空填“不需要”)。
(4)步骤⑥的化学方程式___________。
(5)Ge元素的单质及其化合物都具有独特的优异性能，请回答下列问题：量子化学计算显示含锗化合物H5O2Ge(BH4)3具有良好的光电化学性能。CaPbI3是H5O2Ge(BH4)3的量子化学计算模型，CaPbI3的晶体结构如图所示，若设定图中体心钙离子的分数坐标为，则分数坐标为的离子是___________ 。

【答案】(1)ZnS、Fe2O3
(2)20-25
(3) 分子 C 在锥形瓶后接一个装有碱石灰的干燥管
(4)
(5)

【解析】由题给流程可知，锗锌矿用氢氧化钠溶液碱浸将二氧化锗转化为偏锗酸钠，硫化锌、氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤得到含有硫化锌、氧化铁的滤渣和偏锗酸钠滤液；向滤液中加入氯化钙溶液将偏锗酸钠转化为偏锗酸钙沉淀，过滤得到偏锗酸钙；用浓盐酸将偏锗酸钙转化为四氯化锗，四氯化锗在纯水中发生水解反应转化为GeO2·nH2O，GeO2·nH2O脱水得到二氧化锗，二氧化锗与氢气共热反应生成锗。
（1）由分析知滤渣l的主要成分为ZnS、Fe2O3，答案为：ZnS、Fe2O3；
（2）由表格数据可知，加料量在20-25范围内时，锗沉淀率最高，则最佳加料量为20-25，答案为：20-25；
（3）GeCl4为分子晶体，该步骤的分离方法是蒸馏，所需的装置为C，蒸馏过程中会产生氯化氢气体，所以应该添加尾气处理装置，答案为：分子，C，在锥形瓶后接一个装有碱石灰的干燥管；
（4）由分析可知，步骤⑥发生的反应为四氯化锗在纯水中发生水解反应转化为GeO2·nH2O，反应的化学反应方程式为，故答案为：；
（5）由位于体心钙离子的分数坐标为(，，)可知，晶胞边长为1，结合化学式中原子个数比，Pb位于顶点，位于棱上，则分数坐标为(0，0，)的是碘离子，故答案为：；

【押题解读】
化工工艺流程题是近年来高考中备受关注的一类题型，此类试题集综合性、真实性、开放性于一体，包含必要的操作名称、化工术语或文字说明，考查知识面广、综合性强、思维容量大。题干的呈现形式多为流程图、表格和图像；设问角度一般为操作措施、物质成分、化学反应、条件控制的原因和产率计算等，能力考查侧重于获取信息的能力、分析问题的能力、语言表达能力和计算能力；涉及到的化学知识有基本理论、元素化合物和实验基础知识，物质的转化、物质的分离提纯、尾气等废弃物的处理等化学问题，体现了变化观念、证据推理以及科学态度与社会责任的学科素养，今后仍是命题的方向。
【考前秘笈】
常见操作的答题思考角度
常见操作
答题思考角度
分离、提纯
过滤、蒸发、分液、蒸馏等常规操作。从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩—冷却结晶—过滤(—洗涤、干燥)；或蒸发结晶
提高原子利用率
绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)
在空气中或在其他气体
中进行的反应或操作
要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应或能否达到隔绝空气，防氧化、水解、潮解等目的
判断沉淀是否洗涤干净
取少量最后一次洗涤液，检验其中是否还有某种离子存在
控制溶液的pH
①调节溶液的酸碱性，使某些金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)。
②加入酸或调节溶液至酸性还可除去氧化物(膜)。
③加入碱或调节溶液至碱性还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等。
④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)。
控制温度(常用水
浴、冰浴或油浴)
①防止副反应的发生；
②使化学平衡移动：控制化学反应的方向；
③控制固体的溶解与结晶；
④控制反应速率：使催化剂达到最大活性；
⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发；
⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离；
⑦趁热过滤：减少因降温而析出溶质的量；
⑧降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求
洗涤晶体
①常见洗涤方式见前述；
②洗涤沉淀方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次
表面处理
“水洗”除去表面可溶性杂质，金属晶体可用机械法(打磨)或化学法除去表面氧化物、提高光洁度等

1．广泛用于冶金、化工等行业，主要用于冶炼钒铁。以钒矿石为原料制备的工艺如下：

已知：
I.“焙烧”后，固体中主要含有、、、；“酸浸”后钒以形式存在，“中和还原”后钒以形式存在。
Ⅱ.有机溶剂对四价钒具有高选择性，且萃取而不萃取。
Ⅲ.该工艺条件下，溶液中金属离子(浓度均为)开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：
金属离子




开始沉淀
1.9
7.0
11.9
8.1
完全沉淀
3.2
9.0
13.9
10.1
回答下列问题：
(1)基态钒原子的价层电子排布式为_______。
(2)“中和还原”时，参与反应的离子方程式为_______，该工序的低于7.0，试计算出_______。
(3)指出各元素的第一电离能由大到小的顺序_______，的空间结构为_______形。
(4)钒的浸出率与焙烧温度、硫酸加入量的关系如图1、2所示。指出适宜的工艺条件为_______。

(5)“氧化”时，每消耗，可得到_______。
(6)单质V晶胞属于体心立方晶胞，晶胞参数为，两个共顶点的晶胞结构如图3所示，计算出A、B原子的间距为_______pm。

【答案】(1)
(2)
(3) N、O、H 正四面体
(4)温度：820℃左右(800～830均可)    硫酸加入量：6％(6～6.5均可)
(5)3
(6)

【解析】钒矿石经破碎、焙烧后，固体中主要含有、、、，加稀硫酸酸浸，钙离子转化为CaSO4经过滤除去，滤液中钒以形式存在，加氨水和铁粉中和还原，该工序低于7.0，发生反应，铁离子和铁反应生成亚铁离子，过滤除去过量的Fe，所得滤液经有机溶剂萃取、反萃取后，进入水相，加NaClO3氧化将转化为，加氨水沉钒，生成的多钒酸氨煅烧生成V2O5。
（1）V是23号元素，核外有23个电子，基态V原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，则其价层电子排布式为3d34s2。
（2）根据题给信息，“中和还原”后钒以形式存在，则“中和还原”时，被还原为，Fe为还原剂，反应的离子方程式为；由表格数据可知，在时开始沉淀，则。
（3）所含元素为N、O和H，同周期元素从左至右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p能级轨道半充满，比较稳定，其第一电离能大于相邻原子，则第一电离能由大到小的顺序为N、O、H；中心S原子价层电子对数=，则中心S原子为sp3杂化，其空间结构为正四面体形。
（4）由图1可知，焙烧温度在820℃左右时浸出率最高，由图2可知，硫酸加入量为6%时浸出率最高，则最适宜的工艺条件为：温度：820℃左右、硫酸加入量：6%。
（5）“氧化”时，转化为，根据得失电子守恒可得关系式，则每消耗，可得到3mol。
（6）由图可知，A、B原子的间距等于晶胞体对角线长度，晶胞参数为，则间距为pm。
2．介孔纳米晶可用作钠离子电池正极材料。一科研团队以某矿石(含55.2%、32%，其余为和)为原料开发的一种合成介孔的路线如图所出示。回答下列问题：

(1)基态原子价电子的轨道表示式为___________。
(2)“生物浸出”时，与铁盐溶液反应的离子方程式为___________。此时铁盐___________(填“作氧化剂”、“作还原剂”或“既不是氧化剂，也不是还原剂”)。
(3)将“浸渣”溶于，再过滤、蒸馏，可从“浸渣”中分离出___________(填化学式)。
(4)实验室“萃取”时，用到的主要仪器是___________，若萃取剂为苯，“萃取”后得到的“水相”位于___________(填“上层”或“下层”)。
(5)利用如图1装置完成“抽滤”操作，抽滤的主要优点是过滤较快、固体较干燥，其中安全瓶的作用是___________。

(6)利用如图2装置制备去离子水，水中所含的阴离子在阳离子交换柱中发生反应的离子方程式为___________。

(7)某工厂用10吨该矿石合成介孔，已知整个流程中的损耗率为10%，，则最终可以得到___________。
【答案】(1)
(2) 作氧化剂
(3)S
(4) 分液漏斗 下层
(5)平衡气压，防倒吸
(6)
(7)7587
【解析】矿石(含55.2%、32%，其余为和)中加入细菌、硫酸铁溶液进行生物浸出，与硫酸铁不反应，、和与硫酸铁反应生成Cu2+、、CaSO4和S单质，过滤得滤渣为CaSO4、和S，滤液中含有Cu2+、、过量的和；往滤液中加入萃取剂CS2，静置分层后分液，水相中含、，有机相中含CuSO4，在有机相中加入蒸馏水进行反萃取，CuSO4进入水相，水相中CuSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得五水硫酸铜；往所得晶体中加入乙醇进行醇溶，加入Se和将Cu2+还原，得到粗产品，经洗涤烘干后得到。
（1）原子序数为29，基态原子价电子排布式为，则其轨道表示式为。
（2）与铁盐溶液反应生成、Cu2+和S，离子反应方程式为；该反应中铁元素化合价降低，铁盐作氧化剂。
（3）根据分析，过滤得“浸渣”为CaSO4、和S，S易溶于，因此将“浸渣”溶于，再过滤、蒸馏，可分离出S。
（4）实验室“萃取”时，主要仪器是分液漏斗；由于苯的密度比水小，因此若萃取剂为苯，“萃取”后得到的“水相”位于下层。
（5）安全瓶的作用是平衡气压，防止倒吸。
（6）阳离子交换柱中氢离子与碳酸氢根离子反应，反应的离子方程式为。
（7）10吨该矿石中，，，故，。
3．宋代《千里江山图》是中国十大传世名画之一，其绿色颜料孔雀石的主要成分是碱式碳酸铜。综合利用辉铜矿和软锰矿制备碱式碳酸铜的主要工艺流程如图所示。

已知：①辉铜矿主要含有Cu2S及少量SiO2、 Fe2O3等杂质，软锰矿主要含有MnO2及少量SiO2、Fe2O3等杂质。
②S在CS2中的溶解度随温度升高而增大；CS2的沸点为46.2 °C。
③[ Cu(NH3)4]2+(aq)Cu2+ (aq) + 4NH3(aq)
请回答下列问题：
(1)①“酸浸”时能提高浸取率的措施有________________(任填一条)。
②研究表明矿物中溶解生成的Fe3+可作催化剂，促进Cu2S与MnO2的溶解，其过程有三个反应，反应方程式分别为：(i) Fe2O3+ 3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；(ii) Cu2S+ 2Fe2(SO4)3=2CuSO4+4FeSO4+S；写出(iii)的化学反应方程式__________。
(2)滤渣经CS2提取后可获得副产品硫单质。提取过程中必须控制适宜的温度，不宜过高或过低的原因是_________。
(3)“除铁”时，Fe3+的萃取率与pH的关系如图所示。pH>1后，Fe3+萃取率下降的原因是_______________。

(4)“沉锰”过程中Mn2+沉淀离子方程式为__________。
(5)“赶氨”时，最适宜的操作方法是_______。
(6)采用如图所示装置(加热装置已省略)测定产品中Cu2(OH)2CO3的纯度。量气管D及导管E中盛装的试剂为____。在下列实验操作中使测定结果偏低的是____(填标号)。

A．第1次读数时，仰视
B．停止加热后，体系未恢复到室温即读数
C．第2次读数时，E管液面高于D管，未调液面即读数
【答案】(1) 粉碎矿石、充分搅拌、适当提高硫酸浓度等 MnO2+ 2H2SO4+ 2FeSO4=Fe2(SO4)3+ MnSO4+ 2H2O
(2)温度过低，硫的溶解度较小，温度过高，CS2沸点低大量气化
(3)pH>1.7之后，Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+的水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降
(4)Mn2+++NH3=MnCO3↓+
(5)加热
(6) 饱和碳酸氢钠溶液 AC

【解析】辉铜矿主要含有Cu2S及少量SiO2、 Fe2O3等杂质，软锰矿主要含有MnO2及少量SiO2、Fe2O3等杂质，加入稀硫酸浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，加入萃取剂除去Fe3+，分离后加入碳酸氢铵溶液沉淀锰，过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜，以此解答。
（1）①酸浸时，通过粉碎矿石、升高温度、进行搅拌、或适当提高硫酸浓度都可以加快浸取速率；
②研究表明矿物中溶解生成的Fe3+可作催化剂，促进Cu2S与MnO2的溶解，反应(iii)为FeSO4促进MnO2溶解为Mn2+的过程，该过程中Fe元素由+2价上升到+3价，Mn元素由+4价下降到+2价，根据原子守恒和得失电子守恒配平离子方程式为：MnO2+ 2H2SO4+ 2FeSO4=Fe2(SO4)3+ MnSO4+ 2H2O。
（2）S在CS2中的溶解度随温度升高而增大，CS2的沸点为46.2 °C，温度过低，硫的溶解度较小，温度过高，CS2沸点低大量气化，提取过程中必须控制适宜的温度。
（3）pH>1.7之后，Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+的水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降。
（4）“沉锰”过程中Mn2+和、NH3反应得到MnCO3沉淀和铵盐，离子方程式为：Mn2+++NH3=MnCO3↓+ 。
（5）因氨气易挥发，加热可促进挥发，则可用加热的方法。
（6）Cu2(OH)2CO3加热分解生成CO2、H2O和CuO，可以通过排液体法测量生成CO2的体积，CO2在该液体不能溶解和发生反应，可以用饱和碳酸氢钠溶液；
A．第1次读数时，仰视会导致第一次读取的数据偏大，CO2的体积为第2次读取的数据减去第一次读数的数据，则测得CO2的体积偏小，使测定结果偏低；
B．停止加热后，体系未恢复到室温即读数，会导致第二次读取数据偏大，则测得CO2的体积偏大，使测定结果偏高；
C．第2次读数时，E管液面高于D管，未调液面即读数，量气管内压强大，液面高，导致第二次读取数据偏小，则测得CO2的体积偏小，使测定结果偏低；
故选AC。
押题猜想九 化学反应原理

除去废水中Cr(Ⅵ)的方法有多种。请按要求回答下列问题。
(1)室温下，含Cr(Ⅵ)的微粒在水溶液中存在如下平衡：
  
  
  
①室温下，反应的________(用含、或的代数式表示)。
②基态核外电子排布式为________。
③室温下，初始浓度为的溶液中随的变化如图所示。

根据A点数据计算反应的_________，下列关于该反应的说法不正确的是_________。
A．加水稀释，平衡右移，K值增大
B．若达到A点的时间为，则
C．若升高温度，溶液中的平衡转化率减小，则该反应的
(2)与熟石灰除Cr(VI)法：向酸性废水中加入，再加入熟石灰，使沉淀。
①实验中的作用是________。
②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如图所示。当时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因可用离子方程式表示为_________。

(3)微生物法：
①用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(Ⅵ)废水时，Cr(Ⅵ)去除率随温度的变化如图所示。时，Cr(Ⅵ)的去除率很低的原因是____________。

②水体中，Fe合金在SRB存在条件下腐蚀的机理如图所示。Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为，得到电子转化为H，________。

(4)可用电解法将废水中铬酸钾溶液制成重铬酸钾，其工作原理如图所示：

①该制备过程总反应的化学方程式为____________。
②电解一段时间后，阳极区溶液中的物质的量由变成，则生成的重铬酸钾的物质的量为___________。
【答案】(1) ΔH3-2ΔH2 [Ar]3d3 1.0×1014 AC
(2) 将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III) Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-
(3) 时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性 被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS
(4) 4K2CrO4+4H2O 2K2Cr2O7+2H2↑+O2↑+4KOH。

【解析】（1）①已知：II.  
III.    ，由盖斯定律，反应III-2II得
得，则ΔH=ΔH3-2ΔH2，故答案为：ΔH3-2ΔH2；
②Cr为24号元素，其核外电子排布式为[Ar]3d54s1，则Cr3+核外电子排布式为[Ar]3d3，故答案为：[Ar]3d3；
③从图看出A点时，c(H+)=1.0×10-7mol/L时为0.25mol/L，由原子守恒得为1.0-0.25×2=0.5mol/L。则K=。
A．加水稀释溶液中的Q>K，平衡逆向，同时没有改变温度，K值不变，A项错误；
B．A点为0.25mol/L，由原子守恒得溶液中的为1.0-0.25×2=0.5mol/L，则v（）=，B项正确；
C．升温转化率减小即平衡逆向移动，说明逆向为吸热反应，该反应为放热反应，ΔH<0，C项错误；
故选AC。
故答案为：1.0×1014；AC；
（2）实验中将除Cr(OH)3沉淀除去，则NaHSO3将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III) ，便于沉淀除去。从图分析pH>12时[Cr(OH)4]-增大而Cr(OH)3降低，则反应为Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-。答案为：将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III) ；Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-；
（3）温度过高，硫酸盐还原菌失活导致去除率降低。从图看H和经SRB细胞膜之后转变为S2-和H2O，S2-再与Fe2+结合为FeS。故答案为：时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性；被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS；
（4）阴极区为H+放电产生H2。阳极区OH-放电产生H+和O2，H+促使平衡正向从而制备K2Cr2O7。总反应为4K2CrO4+4H2O 2K2Cr2O7+2H2↑+O2↑+4KOH。由方程式看出每生成1molK2Cr2O7产生2molKOH，即2molK+移入阴极区产生KOH。当阳极区K+由amol变为bmol产生K2Cr2O7为 。故答案为：4K2CrO4+4H2O 2K2Cr2O7+2H2↑+O2↑+4KOH；。
【押题解读】
反应热、盖斯定律应用及图象分析是基本理论综合类试题考查的一个重要知识点，题目往往围绕一个主题，由多个小题组成，各小题有一定的独立性，分别考查不同的知识点。这类试题一般篇幅较长，文字较多，且题目中穿插图形、图表等。有一定的难度，要求考生有一定的阅读能力和分析归纳能力。
1．化学反应速率与平衡图像在近几年高考中多在非选择题中以填空的形式出现。试题主要是结合图像中的数据及物质的变化趋势进行分析、判断与计算
2．抓住反应的特点(放热或吸热，正反应气体分子数减少或增大等)，理清横坐标和纵坐标的含义及线的变化趋势，重点把握起点、拐点和终点，运用勒夏特列原理做出正确判断
【考前秘笈】
1．叠加法求焓变
步骤1　“倒”
为了将方程式相加得到目标方程式，可将方程式颠倒过来，反应热的数值不变，但符号相反。这样，就不用再做减法运算了，实践证明，方程式相减时往往容易出错。
步骤2　“乘”
为了将方程式相加得到目标方程式，可将方程式乘以某个倍数，反应热也要相乘。
步骤3　“加”
上面的两个步骤做好了，只要将方程式相加即可得到目标方程式，反应热也要相加。
2．对比法理解反应热、燃烧热与中和热
(1)化学反应吸收或放出的热量称为反应热，符号为ΔH，常用单位为kJ·mol－1，它只与化学反应的化学计量数、物质的聚集状态有关，而与反应条件无关。中学阶段研究的反应热主要是燃烧热和中和热。
(2)燃烧热：在101 kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。单位为kJ·mol－1。需注意：①燃烧热是以1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量来定义的，因此在书写燃烧热的热化学方程式时，一般以燃烧1 mol纯物质为标准来配平其余物质的化学计量数；②燃烧产物必须是稳定的氧化物，如C→CO2、H2→H2O(l)等。
(3)中和热：在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol液态H2O时的反应热。需注意：①稀溶液指物质溶于大量水中；②中和热不包括离子在水溶液中的生成热、物质的溶解热、电解质电离时的热效应；③中和反应的实质是H＋和OH－化合生成H2O，即H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。
(4)反应热指反应完全时的热效应，所以对于可逆反应，其热量要小于反应完全时的热量。
3．反应热大小的比较规律
(1)吸热反应的ΔH比放热反应的ΔH大(前者大于0，后者小于0)
(2)等量的可燃物完全燃烧所放出的热量比不完全燃烧所放出的热量多
例：C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1＜0　C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH2＜0；ΔH1为完全燃烧放出的热量多，又ΔH1和ΔH2均为负值，所以ΔH1＜ΔH2
(3)产物相同时，A(g)燃烧放出的热量比等量的A(s)燃烧放出的热量多
例：S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH1＜0
S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH2＜0　则ΔH1＜ΔH2
(4)反应物相同时，生成C(l)所放出的热量比生成等量的C(g)放出的热量多
例：A(g)＋B(g)===C(l)　ΔH1＜0
A(g)＋B(g)===C(g)　ΔH2＜0　则ΔH1＜ΔH2
(5)对于可逆反应，因反应不能进行完全，实际反应过程中放出或吸收的热量要小于理论值
例：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH＝－197 kJ·mol－1，向密闭容器中通入2 mol SO2和1 mol O2反应达平衡后，放出的热量小于197 kJ
(6)对于同一反应，化学计量数大的，对应放出(吸收)的热量多
例：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH1＜0
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH2＜0　则ΔH1＜ΔH2
(7)生成等量的水时，强酸和强碱的稀溶液反应比弱酸和强碱或强酸和弱碱或弱酸和弱碱的稀溶液反应放出的热量多
(8)离子电荷相同时，半径越小，断裂离子键时吸收的能量越多
(9)若比较的是ΔH的大小，则看的是ΔH的整体数值，包括正负号进行比较 ；若题中所说的是放出(吸收)的热量大小比较，则比较的是ΔH的绝对值大小
4．反应速率、化学平衡图像题解题步骤

5．化学平衡图像题解题技巧
（1）“定一议二”原则
在化学平衡图像中，了解纵轴、横轴和曲线所表示的三个量的意义。在确定横轴所表示的量后，讨论纵轴与曲线的关系，或在确定纵轴所表示的量后，讨论横轴与曲线的关系。
比如：反应2A(g)+B(g) 2C(g)达到化学平衡时，A的平衡转化率与压强和温度的关系如图1所示[A的平衡转化率（α），横轴为反应温度（T）]。

图1
定压看温度变化，升高温度曲线走势降低，说明A的转化率降低，平衡向逆反应方向移动，正反应是放热反应。
定温看压强变化，因为此反应是反应后气体体积减小的反应，压强增大，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，故p2>p1。
（2）“先拐先平数值大”原则
对于同一化学反应在化学平衡图像中，先出现拐点的反应先达到平衡状态，先出现拐点的曲线表示的温度较高（如图2所示，α表示反应物的转化率）或压强较大[如图3所示，φ（A）表示反应物A的体积分数]。

图2 图3
图2：T2>T1，正反应放热。
图3：p1 （3）三步分析法
一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。
（4）v－t图像中的“断点”和“接点”
“断点”表示改变温度、压强、催化剂引起v正、v逆的变化。
“接点”表示改变反应体系中某种物质浓度引起v正、v逆的变化。

1．甲醇是一种理想的可再生清洁能源，近年来随着环保督查、碳双控等政策的实施，我国甲醇产能利用率不断提升。
I.和在一定条件下合成甲醇：  
(1)根据如图相关物质的能量，计算_______。

(2)向容积均为0.5L的恒容密闭容器中分别充入0.1mol和0.3mol，在两种催化剂(I和II)、不同温度下发生上述反应，经过相同时间，测得的转化率与温度的关系曲线如图所示(已知此实验条件下催化剂均未失活)。下列说法正确的是_______。

A．催化效率较高的是催化剂II
B．A点一定小于C点的
C．C点的正反应速率：
D．温度区，的转化率随温度升高均增大的原因是：反应未达平衡，随温度升高反应速率加快，相同时间内转化率增大
(3)将和分别充入甲、乙两个恒容密闭容器中发生反应，相关数据如下表所示，测得不同温度下甲容器内的平衡转化率曲线甲如图所示。


容积


甲容器
VL
1mol
amol
乙容器
VL
2mol
2amol
①请在图中画出乙容器中的平衡转化率曲线乙_______。
②当乙容器中的平衡转化率与甲容器M点相同时，该反应的平衡常数之比_______。
II.已知反应是目前大规模制取氢气的方法之一。
(4)实验发现，其他条件不变时向上述体系中投入一定量的CaO，反应相同时间测得的体积分数增大，其可能的原因是_______。
【答案】(1)-49.3
(2)ABD
(3) 4:1
(4)CaO和CO2反应生成CaCO3，CO2浓度降低，平衡正向移动

【解析】（1）的生成物的能量-反应物的能量=-201.0-241.8-(-393.5) =-49.3。
（2）A．根据图示信息可知，使用催化剂II时，相同时间内，的转化率更高，则催化效率较高的是催化剂II，故A正确；
B．反应得到平衡状态时，两种催化剂催化作用下的转化率相等，则B和C点处于平衡状态，则c点，而A点温度低于C点，则A点一定小于C点的，故B正确；
C．反应得到平衡状态时，两种催化剂催化作用下的转化率相等，则B和C点处于平衡状态，两种催化剂的催化效率不同，则C点，故C错误；
D．温度区，的转化率随温度升高均增大的原因是：反应未达平衡，随温度升高反应速率加快，相同时间内转化率增大，故D正确；
故选ABD。
（3）①甲容器和乙容器体积相等，乙溶液中和浓度是甲容器的两倍，相当于在甲溶液的基础上增大压强，而反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，的平衡转化率比甲容器中的大，且该反应是放热反应，升高稳定的平衡转化率减小，画出乙容器中的平衡转化率曲线乙为：；
②根据已知条件列出甲容器“三段式”

平衡常数，根据已知条件列出乙容器的“三段式”

平衡常数，则。
（4）其他条件不变时向上述体系中投入一定量的CaO，CaO和CO2反应生成CaCO3，CO2浓度降低，平衡正向移动，反应相同时间测得的体积分数增大。
2．丁二烯是生产丁苯橡胶SBR、ABS 树脂、聚丁二烯橡胶BR等的基本原料，也是生产氯丁二烯、乙烯基环己烯等化学品的关键中间体，工业上常在钼系催化剂作用下，用丁烯氧化脱氢制丁二烯。丁烯氧化脱氢制丁二烯的反应如下:
反应: 2C4H8 (g) +O2 (g) =2C4H6 (g) +2H2O (g) ΔH
副反应①: C4H8(g) +6O2 (g) =4CO2 (g) +4H2O (g) ΔH =-2542.6kJ·mol-1
副反应②: 2C4H6 (g) +11O2 (g) =8CO2 (g) +6H2O (g) ΔH2= -4886.6kJ·mol-1
(1)丁烯氧化脱氢制丁二烯反应的 ΔH =____________________。
(2)在钼系催化剂作用下，某恒压密闭容器中通入一定量的丁烯和氧气发生反应: 2C4H8 (g) +O2 (g) 2C4H6(g) +2H2O (g)，分别测得温度和氧烯比(氧气和丁烯的物质的量之比)对丁烯的转化率和丁二烯选择性的影响如下图所示:

氧烯比固定，温度升高，丁烯单位时间内转化率先增大后无明显变化的原因是_________________________; 丁
丁二烯最佳的温度和氧烯比分别为________________________________；
(3)400°C时，在体积为1L的恒容密闭容器中充入1mol C4H8和1mol O2发生丁烯氧化脱氢制丁二烯反应和副反应①和②，测得此时容器的压强为P0，平衡时容器内的压强为1.2P0，C4H8的转化率为70%，丁二烯的选择性为90%，则平衡后C4H6 (g)的体积分数为_________，丁烯氧化脱氢制丁二烯反应的平衡常数K=_____________。
(4)钼系催化剂上C4H8燃烧反应的速率方程为v (C4H8) =k·px (C4H8) ·Py (O2)。为确定x和y，通过实验获得如图3数据，则:x和y分别为______________、____________。

(5)一种以C4H8为主要原料的电池工作原理如图4所示。B上的电极反应式为____________。
【答案】(1)-198.6 kJ·mol-1
(2) 开始时，温度升高反应速率加快，丁烯单位时间内转化率增大；随着温度更高时，副反应增多，故转化率无明显变化； 440℃，0.85。
(3) 25% 40
(4) 0
(5)O2+2CO2+4e-=2CO32-

【分析】（3）C4H6 (g)的体积分数可转化为物质的量分数，而平衡时的总物质的量可根据进行计算。
（4）根据图3推导两者在控制变量的情况下发生变化的比值进行计算即可。
（5）O2得电子变成O2-，在有CO2时转化成CO32-。
【解析】（1）分别将三个反应标识为③，①，②，则有③=①×2-②，根据盖斯定律有∆H3=∆H1×2-∆H2=-2542.6×2-(-4886.6)=-198.6 kJ·mol-1。
故答案为：-198.6 kJ·mol-1。
（2）开始时，温度升高反应速率加快，丁烯单位时间内转化率增大；随着温度更高时，副反应增多，故转化率无明显变化。结合转化率与选择性，依图1可知，最佳温度为440℃，依图2，最佳氧烯比为0.85。
故答案为：开始时，温度升高反应速率加快，丁烯单位时间内转化率增大；随着温度更高时，副反应增多，故转化率无明显变化；440℃，0.85。
（3）反应过程中，由于丁烯的转化率力70%，二丁烯的选择性为90%，丁烯氧化脱氢制丁二烯反应中C4H8的变化量为：1×70%×90%=0.63mol，副反应①中C4H8的变化量为1×70%-0.63=0.07mol；反应前容器的压强为P0，平街时容器的压强为1.2P0。，则平衡时气体总的物质的量为2.4mol，设副反应②消耗C4H6为xmol，可通过三个反应联立，解得x=0.03，C4H8(g)、C4H6(g)、H2O(g)，O2(g)，CO2(g)的物质的量分别为0.3mol、0.6mol、1.0mol、0.1mol，0.4mol，则平衡后C4H6(g)的体分数为=25%，故丁烯氧化脱氢制丁二烯反应的平衡常数K=40。
故答案为：25%，40。
（4）由图3可知，当p(C4H8)固定时，P (O2)增大时，v (C4H8)不变，得出y=0；而固定P (O2)时，490℃时p(C4H8)从10→20，v从2.5→3.535，得出。解得x=
故答案为：，0。
（5）由图4可知，B极为O2，发生还原反应：O2+2CO2+4e-=2CO32-。
故答案为：O2+2CO2+4e-=2CO32-。
3．环己烯是重要的有机化工原料，广泛用于制备各种中间体，进而用于农药、医药、塑料等生产。回答下列问题：
(1)已知：苯()、环己烯()和氢气的燃烧热()分别为：、和。则反应Ⅰ：    _______。
(2)某温度下，将等物质的量的苯蒸汽和加入刚性容器内发生反应生成气态环己烯，起始总压为，平衡时总压减小了40%，该温度下反应的平衡常数_______(保留一位小数)。达到平衡后，欲增加苯的平衡转化率，可采取的措施有_______(填标号)。
A．通入惰性气体     B．再加入等物质的量的苯蒸汽和
C．增加催化剂的用量     D．增加氢气的浓度
(3)液相中水作为添加剂苯选择性加氢制备环己烯(反应Ⅰ)过程的示意图如图1，采用能够吸附氢气的含钉催化剂，将氢气以一定速率通入液态苯与水的混合体系中生成环己烯，环己烯会进一步加成生成副产物环己烷。(已知：苯和环己烯在水中的溶解度分别为：和)

①研究表明使用水作为添加剂时，催化剂表面会被一层水吸附层覆盖，使得环己烯的选择性明显提高，原因是_______。
②反应温度与苯加氢反应速率的关系如图2所示，温度高于时，苯加氢速率降低的原因可能是_______。
(4)环氧环己烷()是有机合成的重要中间体，有着广泛的应用。以环己烯和溴化钠为原料，采用间接电解法是制备环氧环己烷的常用方法，其过程如下图：

①采用无隔膜法电解溶液，阳极电极反应方程式为_______。
②从践行绿色发展理念，保护生态环境的角度分析，采用该方法制备环氧环己烷的优点是_______。
【答案】(1)
(2) 66.7 BD
(3) 环己烯在水中的溶解度相对较小，促使环己烯及时从催化剂表面脱附，降低了生成环己烷的速率，提高环己烯的选择性 反应温度过高，氢气溶解度减小，降低苯加氢的反应速度；反应温度过高使催化剂失活
(4) 溶液可以循环利用，提高了溴原子利用率，减少排放

【解析】（1）根据盖斯定律可知，该反应的反应热；
（2）设起始两者的物质的量为1mol，转化的苯为x mol，根据题给信息可以得到以下三段式：
，同温同体积压强之比=气体的物质的量之比，则，解得x=0.4，此时总压为(1-40%)×1MPa=0.6 MPa，总物质的量=2-2×0.4=1.2mol，平衡常数；
A．通入惰性气体，平衡不移动，苯的转化率不变，A错误；
B．再加入等物质的量的苯蒸汽和相当于加压，平衡正向移动，苯的转化率增大，B正确；
C．增加催化剂的用量平衡不移动，苯的转化率不变，C错误；
D．增加氢气的浓度，平衡正向移动，苯的转化率增大，D正确；
故选BD；
（3）①可以从平衡移动的角度分析，该方法降低了环己烯的浓度，促使平衡正向移动，故答案为：环己烯在水中的溶解度相对较小，促使环己烯及时从催化剂表面脱附，降低了生成环己烷的速率，提高环己烯的选择性；
②气体的溶解度随着温度升高而降低，反应速率减慢，另外，温度过高时，催化剂会失去活性，反应速率会降低，故答案为：反应温度过高，氢气溶解度减小，降低苯加氢的反应速度；反应温度过高使催化剂失活；
（4）①根据图示可知，在阳极，溴离子失去电子生成溴酸根离子，电极方程式为：；
②根据图示可知，该过程中的溴化钠可以循环使用，从而提高了溴的利用率，故答案为：溶液可以循环利用，提高了溴原子利用率，减少排放。
押题猜想十 探究性实验

某小组拟设计实验探究影响氢氧化物在铵盐溶液中溶解度的因素。
已知：①常温下，几种氢氧化物的溶度积：
物质









②可能用到的试剂：溶液、溶液，溶液和溶液。
③常温下，的电离常数，的电离常数。
实验I．比较在不同浓度的溶液中的溶解情况。
操作
试剂X
现象

i．溶液
白色浊液逐渐变澄清
ii．溶液
白色浊液变化不明显
(1)从科学性角度考虑，还需要设计的对照实验是___________。
(2)针对实验i，“白色浊液”变澄清的原因，提出如下假设：
假设①：，，。
假设②：，___________(补充离子方程式)。
(3)为了验证(2)提出的假设，设计如下实验：
实验II．比较在不同浓度的溶液中的溶解情况。
操作
试剂X
现象

iii．溶液
白色浊液逐渐变澄清
iv．溶液
白色浊液变化不明显
实验结论是(2)中假设___________成立(填“①”或“②”)。
(4)根据上述实验，有同学认为金属氢氧化物都能溶于溶液。为了验证他的观点，设计如下实验：
实验III．探究、、在溶液中溶解情况。
操作
浊液Y
现象

v．
没有明显现象
vi．
浊液变澄清溶液
vii．
没有明显现象
已知：、、都易溶于水。
预测：实验vi现象不同的可能原因是___________。设计简单实验证明：___________。
(5)通过上述实验，影响氢氧化物的铵盐溶液中溶解度的因素主要有浓度、___________、___________。
【答案】(1)取相同的浊液，加入10mL蒸馏水，观察溶解情况
(2)
(3)②
(4) 更难电离 比较溶液加入前后的导电性，若导电性减弱，则证明预测正确
(5) 产物的电离程度 氢氧化物自身的溶度积大小

【解析】（1）根据题意需要做对比实验以防干扰，取相同的浊液，加入10mL蒸馏水，观察溶解情况；
（2）氯化铵中铵根离子与电离产生的氢氧根离子结合，生成一水合氨，促进电离，离子方程式为：；
（3）根据电离常数，醋酸铵溶液呈中性，可以排除氢离子与氢氧根离子反应。由实验iii可知，溶于氯化铵溶液主要是铵根离子与氢氧根离子反应，实验结论是(2)中假设②成立；
（4）溶解度小于，能溶解，说明产物更难电离，减小了浊液中离子浓度。离子浓度减小，溶液导电性减弱，可做导电实验；证明实验为：比较溶液加入前后的导电性，若导电性减弱，则证明预测正确；
（5）氢氧化物在铵盐溶液中的溶解度与铵盐浓度、氢氧化物本身溶解度(溶度积)以及产物电离程度有关。
【押题解读】
探究性实验以其创新、灵活的特点成为每年高考的热点题型，试题将元素化合物知识与化学实验知识巧妙地融合在一起，增加了题目的新颖度和难度，能充分考查学生的发散思维能力和分析问题的能力。实验往往通过对物质化学性质的实验探究、反应产物成分的实验探究、化学反应原理的实验探究，揭示反应原理、解释产生某些现象的原因等。
【考前秘笈】
1．探究类试题常见的命题形式
(1)探究化学反应机理；
(2)探究化学实验中的反常现象；
(3)探究对经典问题的质疑；
(4)探究未知物的成分；
(5)探究物质的性质；
(6)探究化学反应的条件；
(7)探究化学反应的现象。
2．解答探究型实验题的基本程序
解答探究型实验题的基本程序可用以下流程图表示：
提出问题→提出猜想→设计验证方案→观察实验发现特殊现象，提出新猜想现象→得出结论
(1)提出问题。
要提出问题，首先得发现问题，对题给信息进行对比、质疑，通过思考提出值得探究的问题。此外，实验中出现的特殊现象也是发现问题、提出问题的重要契机。
(2)提出猜想。
所谓猜想就是根据已有知识对问题的解决提出的几种可能的情况。有一些问题，结论有多种可能(这就是猜想)，只能通过实验进行验证。
(3)设计验证方案。
提出猜想后，就要结合题给条件，设计出科学、合理、安全的实验方案，对可能的情况进行探究。实验设计中，关键点是对试剂的选择和实验条件的调控。
(4)观察实验现象，得出结论。
根据设计的实验方案，结合实验现象进行推理分析或计算分析得出结论。

1．利用电极反应可探究物质氧化性、还原性的变化规律。
已知：酸性介质中，1mol/L不同电对的电极电势见下表。电极电势越高，其氧化型物质的氧化性越强；电极电势越低，其还原型物质的还原性越强。
电对(氧化型/还原型)





电极电势/V
0.771
1.776
0.695
1.224
0.536
回答下列问题：
I．探究的分解反应
催化分解反应过程包括i、ii两步：
反应i：___________(未配平)
反应ii：
(1)反应i的离子方程式为___________。
(2)验证生成：反应过程中，加入___________溶液，产生蓝色沉淀，证明有生成。
(3)酸性条件下也可催化分解。结合表中数据判断，上述条件下、、的氧化性由强到弱的顺序为___________。
Ⅱ．探究物质氧化性变化对电化学反应方向的影响
用可逆反应设计电池，按图a装置进行实验，测得电压E()随时间t的变化如图b所示：

(4)电池初始工作时，正极的电极反应式为___________。
(5)某小组从还原型物质浓度、氧化性变化的角度分析图b，提出以下猜想：
猜想1：增大，的氧化性减弱，正极的电极电势降低。
猜想2：减小，的氧化性增强，负极的电极电势升高。
①时间后，按图a装置探究，验证上述猜想的合理性，完成表中填空。
实验
实验操作
电压E/V
结论
i
往烧杯A中加入适量Fe
E___________0
猜想1成立
ii
往烧杯B中加入适量___________
E<0
猜想2成立
②有同学认为，上述实验不足以证明猜想1成立。利用上述反应，从化学平衡移动的角度解释猜想1不足以成立的理由___________。
③为进一步验证猜想1，进行实验Ⅱi，完成表中填空。
实验
实验操作
电压E/V
结论
iii
往烧杯A中加入适量___________
E<0
猜想1成立
结论：可逆氧化还原反应中，浓度的变化引起电对氧化性变化，从而改变电池反应方向。
【答案】(1)
(2)
(3)＞＞
(4)
(5) ＜ AgNO3固体 加入铁粉后，同时造成增大，减小，都能使平衡逆移，使E＜0 FeCl2固体

【解析】已知：酸性介质中，1mol/L不同电对的电极电势越高，其氧化型物质的氧化性越强，结合表中数据判断，上述条件下氧化性由强到弱的顺序为＞＞Fe3+＞＞I2，还原性顺序为：I-＞＞Fe2+＞＞H2O；
要通过反应探究对电化学反应方向的影响，从某还原型物质浓度、氧化性变化的角度分析图b，对于2个猜想，只能通过改变一个变量观察是否使E＜0来探究——猜想1：增大，的氧化性减弱，正极的电极电势降低，故只能通过A烧杯加适量氯化亚铁固体，增加亚铁离子浓度，猜想2：减小，的氧化性增强，负极的电极电势升高，只能通过B烧杯加适量硝酸银固体减少碘离子浓度来实现。
（1）结合分析可知，反应i中铁离子把双氧水氧化了，生成亚铁离子、氧气和水，离子方程式为。
（2）遇发生反应：，生成深蓝色沉淀，则反应过程中，加入溶液，产生蓝色沉淀，证明有生成。
（3）据分析，上述条件下、、的氧化性由强到弱的顺序为＞＞。
（4）电池初始工作时，由可知，铁离子得电子发生还原反应转变为亚铁离子，为正极，则正极的电极反应式为。
（5）①i．t1时，若往烧杯A中加入适量Fe，则铁与铁离子反应，结合猜想1，增大，的氧化性减弱，正极的电极电势降低，则E＜0；
ii．②t1时，若往烧杯B中加入适量AgNO3固体，可使碘离子产生沉淀，使减小，的氧化性增强，负极的电极电势升高，使E＜0，猜想2成立。
③iii．t1时，若往烧杯A中加入适量FeCl2固体， 增大，的氧化性减弱，正极的电极电势降低，使E＜0，猜想1成立。
2．某化学实验小组探究草酸盐的性质。
(1)文献表明：相同条件下，的还原性强于Fe2+。为验证此结论，小组同学完成了如下实验：向10mL0.5mol·L-1FeCl3溶液中缓慢加入0.5mol·L-1K2C2O 4溶液至过量，充分反应后得到翠绿色溶液和翠绿色晶体。
已知：[K3Fe(C2O4)3·3H2O]为翠绿色晶体 Fe3+ + 3[Fe(C2O4)3]3- K= 1.6×1020
①取少量翠绿色晶体，洗净配成溶液，滴加KSCN溶液，不变红，继续加入硫酸，溶液变红。解释溶液变红的原因：________。
②经检验反应后的翠绿色溶液中无Fe2+，解释和Fe3+未发生氧化还原反应的可能原因：__。
③某同学利用电化学原理来比较Fe2+和的还原性强弱：闭合开关K，电流表指针发生偏转，经过一段时间后，_______(填操作与现象)，则证明的还原性大于Fe2+，该装置的优点是____________________________。

(2)利用Na2C2O4测定某KMnO4粗产品的纯度，实验步骤如下：
①称取 KMnO4粗产品，配成50mL溶液。
②称取 Na2C2O4，置于锥形瓶中，加蒸馏水使其溶解，再加入过量的硫酸。
③将锥形瓶中溶液加热到75°C~80°C，恒温，用①中所配溶液滴定至终点，消耗①中的溶液VmL。进行滴定
时，①中所配溶液应置于__________中(填写仪器名称)，步骤③中滴定终点的现象是_________，粗产品中KMnO4的质量分数表达式为__________________。
【答案】(1) 加硫酸，H+和 反应，c( )减小，Fe3+ +3[Fe(C2O4)3]3- 逆向移动，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红 Fe3+与生成 [Fe(C2O4)3]3-的反应速率快且反应限度大 取U形管左侧溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀 避免发生Fe3++3 [Fe(C2O4)3]3- ，干扰氧化还原反应的发生
(2) 酸式滴定管 当滴入最后一滴(半滴) KMnO4溶液时，溶液从无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色

【解析】（1）存在平衡Fe3+ + 3[Fe(C2O4)3]3-，加入H+消耗导致平衡逆向，Fe3+增多与SCN-显色。Fe3+与 氧化还原反应速度慢，而Fe3+与 产生[Fe(C2O4)3]3-反应速度快且限度大。还原性：强于Fe2+，即Fe3+能被还原为Fe2+，利用加K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+有蓝色晶体。该装置Fe3+与分开避免了Fe3+ + 3[Fe(C2O4)3]3-的干扰。答案为：加硫酸，H+和 反应，c()减小，Fe3+ +34⇌[Fe(C2O4)3]3-逆向移动，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红；Fe3+与 产生[Fe(C2O4)3]3-反应速度快且限度大；取U形管左侧溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀；避免发生Fe3++3⇌ [Fe(C2O4)3]3-，干扰氧化还原反应的发生；
（2）KMnO4溶液强氧化性对橡胶有腐蚀性，应装于酸式滴定管中。用KMnO4滴定时由于KMnO4与Na2C2O4发生反应而呈无色，当Na2C2O4反应完全后加入KMnO4溶液呈红色。由升降守恒得到关系式为2KMnO4~ 5Na2C2O4，计算n(Na2C2O4)= 。VmL中n (KMnO4)= ，则ag KMnO4。粗品中质量分数为。答案为当滴入最后一滴(半滴) KMnO4溶液时，溶液从无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；。
3．化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。
实验一：用如图装置制备SO2，并将足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B．(省略夹持、加热仪器)

(1)制备的SO2中会混有少量的SO3，原因可能为___________。为了排除SO3的干扰，试剂a可以为___________。
a．浓硫酸　　b．饱和Na2SO3溶液　　　c．饱和NaHS溶液　　　d．饱和NaHSO3溶液
实验二：验证白色沉淀B的成分。
分析：沉淀B可能为Ag2SO3、Ag2SO4或两者混合物。滴加氨水可释出其阴离子，便于后续检验。
相关反应为：①Ag2SO3+4NH3•H2O=2++4H2O；
②Ag2SO4+4NH3•H2O=2++4H2O。
流程如下：

(2)欲检验溶液C中加入的Ba(NO3)2是否已经过量，请简述实验方法__________。
(3)沉淀D中主要含BaSO3，理由是___________。向滤液E中加入H2O2溶液，产生的现象是___________，可进一步证实B中含Ag2SO3。
实验三：探究的产生途径。
猜想1：实验一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B进入D。
猜想2：实验二中，被氧化为进入D。
(4)取少量溶液A，滴加过量盐酸，产生白色沉淀。静置后，取上层清液再滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断猜想1不合理。理由是：___________。
(5)不同反应的速率也有所不同。将实验一所得混合物放置一段时间，也会有生成，同时生成单质Ag。请从化学反应速率的角度分析原因：___________。
(6)实验探究可知，在___________(选填“酸性”“中性”“碱性”)溶液中更易被氧化为。
【答案】(1) 浓硫酸或硫酸铜受热分解产生SO3 ad
(2)往上层清液中继续滴加Ba(NO3)2，若无沉淀产生，表明Ba(NO3)2已过量，否则未过量
(3) BaSO3易溶于盐酸，而BaSO4不溶于盐酸，加入盐酸后，只有少量沉淀剩余，则表明大部分沉淀为BaSO3 有白色沉淀生成
(4)Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4时，必定没有Ag2SO4
(5)SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3和H+，同时生成少量Ag2SO4，既能发生沉淀反应，又能发生氧化还原反应，但沉淀反应的速率比氧化还原反应快
(6)碱性

【分析】将浓硫酸加入盛有Cu片的两颈烧瓶内，加热，将生成的气体通过盛有试剂a的洗气瓶，除去其中混有的SO3，再将SO2通入AgNO3溶液中，得到溶液与沉淀的混合物，然后通过后续实验分析沉淀的成分。
【解析】（1）制备的SO2中会混有少量的SO3，烧瓶内没有SO2催化氧化的催化剂，则不是SO2氧化生成，原因可能为：浓硫酸或硫酸铜受热分解产生SO3。为了排除SO3的干扰，试剂a可以为浓硫酸或饱和NaHSO3溶液，故选ad。答案为：浓硫酸或硫酸铜受热分解产生SO3；ad；
（2）欲检验溶液C中加入的Ba(NO3)2是否已经过量，可检验溶液中是否含有，则实验方法：往上层清液中继续滴加Ba(NO3)2，若无沉淀产生，表明Ba(NO3)2已过量，否则未过量。答案为：往上层清液中继续滴加Ba(NO3)2，若无沉淀产生，表明Ba(NO3)2已过量，否则未过量；
（3）从加入盐酸后剩余沉淀的量分析，沉淀D中主要含BaSO3，理由是：BaSO3易溶于盐酸，而BaSO4不溶于盐酸，加入盐酸后，只有少量沉淀剩余，则表明大部分沉淀为BaSO3。滤液E中含有亚硫酸，加入H2O2溶液后，被氧化为硫酸，与Ba2+反应生成BaSO4白色沉淀，则产生的现象是：有白色沉淀生成。答案为：BaSO3易溶于盐酸，而BaSO4不溶于盐酸，加入盐酸后，只有少量沉淀剩余，则表明大部分沉淀为BaSO3；有白色沉淀生成；
（4）取少量溶液A，滴加过量盐酸，产生AgCl白色沉淀。静置后，取上层清液再滴加BaCl2溶液，未出现BaSO4白色沉淀，则表明溶液中不含有，可判断猜想1不合理。理由是：Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4时，必定没有Ag2SO4。答案为：Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4时，必定没有Ag2SO4；
（5）将实验一所得混合物放置一段时间，也会有生成，同时生成单质Ag，则起初未生成Ag2SO4，从而表明生成Ag2SO4的反应速率慢，则从化学反应速率的角度分析原因：SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3和H+，同时生成少量Ag2SO4，既能发生沉淀反应，又能发生氧化还原反应，但沉淀反应的速率比氧化还原反应快。答案为：SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3和H+，同时生成少量Ag2SO4，既能发生沉淀反应，又能发生氧化还原反应，但沉淀反应的速率比氧化还原反应快；
（6）实验探究可知，酸性溶液中一段时间后才生成，而碱性溶液中，中混有，从而表明碱性溶液中更易被氧化为。答案为：碱性。
押题猜想十一 有机化学推断

新冠特效药Paxlovid有效成分奈玛特韦(Nirmatrelvir)的重要中间体—卡龙酸(H)的一种合成路线如下：

已知：
回答下列问题：
(1)A的化学名称是____________，B中官能团的名称是____________。
(2)AB的反应中若HCHO过量，会生成一种含六个碳的副产物，试写出其结构简式：_______。
(3)CD及GH的反应类型分别为_______________、________________。
(4)写出EF的化学方程式：_____________________________。
(5)写出两种能同时满足下列条件的卡龙酸同分异构体的结构简式：____________。
ⅰ．含有三元环状结构；
ⅱ．核磁共振氢谱显示有四组峰；
ⅲ．1mol该物质与足量碳酸氢钠溶液反应理论上产生2mol二氧化碳。
(6)卡龙酸有多种合成方法，试根据所学知识以菊酸乙酯( )为原料用不超过三步的路线合成卡龙酸：________________________________。(已知： ，无机试剂任选)。
【答案】(1) 2 -甲基丙烯(或异丁烯) 碳碳双键 、羟基
(2)
(3) 取代反应 氧化反应
(4)+NaOH→+
(5)、、
(6)

【分析】A和甲醛发生已知反应生成B：CH2=C(CH3)CH2CH2OH；C中含有羟基，能和甲醇发生取代反应生成D；D转化为E，E发生碱性水解生成F，F酸化得到G，G氧化将羟基转化为羧基得到H；
【解析】（1）由A结构可知，A的化学名称是2 -甲基丙烯(或异丁烯)；B为CH2=C(CH3)CH2CH2OH，B中官能团的名称是碳碳双键、羟基；
（2）AB的反应中若HCHO过量，则另一个甲基也会参与反应，生成一种含六个碳的副产物，其结构简式为：；
（3）C中含有羟基，能和甲醇发生取代反应生成D ，CD为取代反应；G氧化将羟基转化为羧基得到H ，GH的反应类型为氧化反应；
（4）E中含有酯基，发生碱性水解生成F，故EF的化学方程式：+NaOH→+；
（5）卡龙酸为，分子不饱和度为3、含有4个氧、7个碳；能同时满足下列条件的卡龙酸同分异构体：
ⅰ．含有三元环状结构；ⅱ．核磁共振氢谱显示有四组峰，则存在4种氢；ⅲ．1mol该物质与足量碳酸氢钠溶液反应理论上产生2mol二氧化碳，则含有2个羧基；结构简式可以为：、、；
（6）被高锰酸钾氧化碳碳双键为羧基，在和氢氧化钠反应，羧基、酯基均反应转化为，酸化得到产物，故流程为： 。
【押题解读】
有机合成是近几年全国卷命题的热点和难点，按题目要求设计有机物的合成路线实质上就是官能团之间的转变，并限定合成路线或设计合成路线来获得目标产物，并与有机物的结构简式、同分异构体、反应类型、化学方程式的书写等基础知识结合起来进行考查。
【考前秘笈】
1．常见重要官能团的检验方法
官能团种类
试剂与条件
判断依据
碳碳双键或
碳碳三键
溴的CCl4溶液
红色褪去
酸性KMnO4溶液
紫红色褪去
卤素原子
NaOH溶液，加热，
AgNO3溶液和稀硝酸
有沉淀产生
醇羟基
钠
有H2放出
酚羟基
FeCl3溶液
显紫色
浓溴水
有白色沉淀产生
羧基
NaHCO3溶液
有CO2放出
醛基
银氨溶液，水浴加热
有银镜生成
新制Cu(OH)2悬浊液，
煮沸
有砖红色沉淀
生成
酯基
NaOH与酚酞的混合物，加热
红色褪去

2．掌握推断反应类型常用的方法
(1)由官能团转化推测反应类型。从断键、成键的角度掌握各反应类型的特点，如取代反应的特点是有上有下或断一下一上一；加成反应的特点是只上不下或断一加二；消去反应的特点是只下不上。
(2)由反应条件推测反应类型。有机反应的重要条件总结如下：
①NaOH水溶液作条件的反应：卤代烃的水解；酯的碱性水解；NaOH醇溶液与卤代烃发生的是消去反应。
②以浓H2SO4作条件的反应：醇的消去；醇变醚；苯的硝化；酯化反应。
③以稀H2SO4作条件的反应：酯的水解；糖类的水解；蛋白质的水解。
④Fe：苯环的卤代。光照：烷烃的卤代。
⑤当反应条件为光照且与X2反应时，通常是X2与烷烃或苯环侧链烃基上的氢原子发生取代反应，而当反应条件为催化剂且与X2反应时，通常为苯环上的氢原子直接被取代。
⑥当反应条件为催化剂并有氧气时，通常是醇氧化为醛或醛氧化为酸。
(3)卤代、硝化、磺化、酯化、水解、皂化、分子间脱水等反应，本质上属于取代反应。
(4)有机物的加氢、脱氧属还原反应，脱氢、加氧属于氧化反应。
3．确定有机物同分异构体数目的4种方法
(1)基团连接法
将有机物看作由基团连接而成，由基团的异构体数目可推断有机物的异构体数目。如：—C4H9有四种，丁醇(C4H9OH)、C4H9Cl分别有四种。
(2)换位思考法
将有机物分子中的不同原子或基团换位进行思考。如：乙烷分子中共有6个氢原子，若有一个氢原子被氯原子取代所得一氯乙烷只有一种结构，那么五氯乙烷也只有一种结构。
(3)等效氢原子法(又称对称法)
有机物分子中有多少种等效氢原子，其一元取代物就有多少种，从而确定同分异构体数目的方法。
分子中等效氢原子有如下情况：
①分子中同一个碳上的氢原子等效；
②同一个碳上的甲基氢原子等效；
③分子中处于镜面对称位置(相当于平面镜成像时)上的氢原子是等效的。
(4)定1移2法
分析二元取代物的方法，先固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置，从而可确定同分异构体的数目。如分析C3H6Cl2的同分异构体，先固定其中一个氯原子的位置，移动另外一个氯原子。
4．常用的合成路线
有机合成往往要经过多步反应才能完成，因此确定有机合成的途径和路线时，要进行合理选择。
（1）一元合成路线
R—CH=CH2卤代烃一元醇一元醛一元羧酸酯
（2）二元合成路线
CH2CH2 CH2X—CH2XCH2OH—CH2OH
HOOC—COOH链酯、环酯、聚酯
（3）芳香化合物的合成路线
①
②
芳香酯
注意：与Cl2反应时条件不同所得产物不同，光照时，只取代侧链甲基上的氢原子，生成；而Fe作催化剂时，取代苯环上甲基邻、对位上的氢原子，生成。
5．高考常见的新信息反应总结
(1)丙烯α­H被取代的反应：
CH3CHCH2＋Cl2ClCH2CHCH2＋HCl。
(2)共轭二烯烃的1,4­加成反应：

②。
(3)烯烃被O3氧化：

(4)苯环侧链的烃基(与苯环相连的碳上含有氢原子)被酸性KMnO4溶液氧化：。
(5)苯环上硝基被还原：。
(6)醛、酮的加成反应(加长碳链，—CN水解得—COOH)：
；



(8)醛或酮与格氏试剂(R′MgX)发生加成反应，所得产物经水解可得醇：

(10)羧酸用LiAlH4还原时，可生成相应的醇：RCOOHRCH2OH。
(11)酯交换反应(酯的醇解)：R1COOR2＋R3OH―→R1COOR3＋R2OH。

1．有机物G是一种治疗帕金森病的药物，其一种合成路线如下：

(1)有机物G中发生杂化与杂化的碳原子的比例为_______。
(2)已知A→B的反应为加成反应，则B的结构简式为_______。
(3)E的一种同分异构体符合下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。
①能与溶液发生显色反应，能与溶液反应生成。
②分子中含有4种化学环境不同的氢原子。
(4)已知，。写出以、为原料，制取的合成路线图______，无机试剂及有机溶剂任用，合成示例见本题题干。
【答案】(1)9：4
(2)
(3)或
(4)+

【分析】已知A→B的反应为加成反应，结合AC结构可知，B为 ；B中羟基被氧化为酮羰基生成C，C在酸性条件下转化为D，D在苯环引入硝基得到E，E中醛基反应引入支链得到F，F中醚键转化为酚羟基得到G；
【解析】（1）有机物G中苯环上碳、酰胺基中碳、碳碳双键两端的碳均为杂化，饱和碳原子均为杂化，-C≡N中碳为sp杂化；故发生杂化与杂化的碳原子的比例为9：4；
（2）由分析可知，B的结构简式为 ；
（3）E的一种同分异构体符合下列条件：
①能与溶液发生显色反应，能与溶液反应生成，则含有酚羟基、羧基；②分子中含有4种化学环境不同的氢原子，则分子结构对称性较好；结构为： 或 ；
（4）和发生E生成F的反应得到，和氢气加成得到，水解得到，和NaCN发生已知反应生成，分子羧基和氨基发生已知反应成环得到产物，故流程为：+。
2．2022年诺贝尔化学奖授予了在点击化学方面作出贡献的科学家，某课题组结合反应原理，设计如下路线合成一种具有较高玻璃化转变温度的聚合物M。

已知：

(1)A的化学名称是_______，A→B选择的试剂和反应条件分别为_______。
(2)D＋E→F的反应类型为_______，H所含官能团的名称是_______，F在一定条件下发生分解反应得到G和_______(填化学式)。
(3)I的结构简式是_______，J与过量NaOH溶液反应的化学方程式为_______。
(4)C＋K→M的过程中还生成了一种分子式为的环状化合物，结构简式为_______。
(5)写出2种同时满足下列条件的C的同分异构体的结构简式(不考虑立体异构)_______。
①核磁共振氢谱只有2组峰；②只含有六元环：③含有结构片段，不含键。
(6)根据上述信息，以乙烯和对苯乙烯为原料，设计的合成路线_______。
【答案】(1) 1，2-二溴乙烷 NaOH(aq) 加热
(2) 加成反应 羧基 H2O
(3) HOCH2CH2Br
(4)
(5)、、、(任写两个)
(6)

【分析】乙烯与溴发生加成得A，A为1，2-二溴乙烷，在NaOH的水溶液、加热条件下水解生成B，B为乙二醇，B与丙炔酸发生酯化反应生成二丙炔酸乙二酯C，异戊二烯与丙烯醛发生加成反应生成F，F在一定条件下发生分解反应得到G和H2O，G为对二甲苯，被酸性高锰酸钾氧化生成对苯二甲酸H，I的结构简式是HOCH2CH2Br，对苯二甲酸与HOCH2CH2Br反应生成J，J与NaN3反应得到K，C与K在CuI催化作用下生成M。
【解析】（1）A的化学名称是1，2-二溴乙烷，卤代烃在NaOH(aq) 加热条件下水解生成醇，A→B选择的试剂和反应条件分别为NaOH(aq) 加热。故答案为：1，2-二溴乙烷；NaOH(aq) 加热；
（2）异戊二烯与丙烯醛发生加成反应生成F，D＋E→F的反应类型为加成反应，H为对苯二甲酸，所含官能团的名称是羧基，F在一定条件下发生分解反应得到G和H2O(填化学式)。故答案为：加成反应；羧基；H2O；
（3）I的结构简式是HOCH2CH2Br，J与过量NaOH溶液反应酯基和碳溴键发生水解，化学方程式为。故答案为：HOCH2CH2Br；；
（4）由信息可知，C＋K→M的过程中还生成了一种分子式为的环状化合物，结构简式为。故答案为：；
（5）同时满足①核磁共振氢谱只有2组峰；②只含有六元环：③含有结构片段，不含键，两个条件的C的同分异构体的结构简式：、、、(任写两个)，故答案为：、、、(任写两个)；
（6）根据上述信息，以乙烯和对苯乙烯为原料，由产品逆向推断要先合成CH2N3CH2N3和，由乙烯与溴加成得1，2-二溴乙烷，与NaN3反应合成CH2N3CH2N3，由与溴发生加成得，在NaOH的醇溶液中加热得到，的合成路线如下：。故答案为：。
3．美托洛尔(Metoprolol)是当前治疗高血压、冠心病和心律失常等心血管疾病的常用药物之一。以下是美托洛尔的一种合成路线：

已知：-Ph为苯基(-C6H5)。
回答下列问题：
(1)A的化学名称为___________，B的结构简式为___________。
(2)反应①的反应类型为___________。
(3)反应②的化学反应方程式为___________。
(4)I中含氧官能团的名称为_________，I与足量的H2发生加成反应生成M，M的分子中有_______个手性碳原子(碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳原子)。
(5)在A的同分异构体中，同时满足下列条件的总数为___________种。
①苯环上有三个取代基；②遇FeCl3溶液显紫色；③能发生银镜反应。
(6)已知：。请参照上述合成路线，写出以二苯甲胺和 为原料制备的合成路线(无机试剂和有机试剂任选)___________。
【答案】(1) 对羟基苯乙醛
(2)加成反应
(3) ++HCl
(4) 醚键、羟基 3
(5)10
(6)++CH3COOH+H2O

【分析】A和B生成C，结合AC结构可知，B为；C中醛基和亚硫酸氢钠发生加成反应生成羟基得到D，D和KBH4反应得到E，E中羟基转化为醚键得到F，F和氢气加成得到G，结合G化学式可知，G为；G和发生取代反应生成H，H转化为I；
【解析】（1）由A结构可知，A的化学名称为对羟基苯乙醛，由分析可知，B的结构简式为；
（2）反应①为C中醛基和亚硫酸氢钠发生加成反应生成羟基得到D，反应类型为加成反应；
（3）反应②为G和发生取代反应生成H，化学反应方程式为++HCl；
（4）I中含氧官能团的名称为醚键、羟基；I与足量的H2发生加成反应生成M，M结构为，分子中有3个手性碳原子；
（5）在A的同分异构体中，同时满足下列条件：
①苯环上有三个取代基；②遇FeCl3溶液显紫色，含有酚羟基；③能发生银镜反应，含有醛基；则3个取代基为-OH、-CH3、-CHO，3个不同的取代基在苯环上有10种情况，故的总数为10种；
（6）二苯甲胺和 发生H生成I的反应生成，在发生已知反应原理的反应生成，再和乙酸发生酯化反应生成，故流程为：++CH3COOH+H2O。

押题猜想十二 物质结构与性质

2022年诺贝尔化学奖授予美国科学家卡罗琳·贝尔托齐、卡尔·巴里·沙普利斯和丹麦科学家莫滕·梅尔达尔，以表彰他们在发展点击化学和生物正交化学方面的贡献。点击化学的代表反应为Cu催化的叠氮一炔基Husigen环加成反应，NaN₃、SO₂F₂、FSO₂N₂等均是点击化学中常用的无机试剂。回答下列问题：
(1)氮原子激发态的电子排布式有___________，其中能量最高的是___________(填标号)。
a．1s²2s²2p²3p¹     b．1s²2s²2p4 c．1s²2s²2p²3s¹      d．1s²2s²2p³
(2)N、O、F的第一电离能最小的是___________，SO₂F₂分子结构如图1所示，已知键角α为124°，β为96°，则α>β的原因主要是___________。

(3)叠氮化物能与Fe³⁺、Cu²⁺及Co³⁺等形成配合物，如：[Co(N₃)(NH₃)₅]SO₄，该配合物中Co³⁺的配位数为___________。HN3分子的空间结构如图2所示(图中键长单位为10⁻10m)。

已知：①典型N-N、N=N和N≡N的键长分别为1.40×10⁻10m、1.20×10⁻10m和1.09×10⁻10m；②甲酸根的两个碳氧键键长相同，处于典型碳氧单键键长和碳氧双键键长之间，其结构可以用两个极端电子式()的平均杂化体来表示。试画出HN3分子的两个极端电子式___________；“”中N原子的杂化方式为___________。
(4)图3是MgCu₂的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu。距离Mg原子最近的Mg原子有___________个。

(5)图4是沿立方格子对角面取得的截面，Mg原子的半径为___________pm，该晶胞的空间利用率为___________。

【答案】(1) ac a
(2) O 双键成键电子对之间的排斥作用大于单键成键电子对之间的排斥作用
(3) 6 sp
(4)4
(5)

【解析】（1）激发态是基态原子吸收能量，较低能级的电子跃迁到更高能级而来，跃迁的能级越高、数量越多，能量越高；基态N原子的电子排布式为1s²2s²2p³，1s²2s²2p²3p¹是2p能级电子跃迁到3p能级，1s²2s²2p²3s¹是2p能级电子跃迁到3s能级，因此处于激发态的是ac，由于3p能级的能量高于3s能级，因此a中激发态能量更高。
（2）同周期主族元素第一电离能从左到右增大，但是由于ⅡA、ⅤA族元素核外电子最高能级分别处于全满和半满状态，比较稳定，第一电离能高于相邻元素，即第一电离能F＞N＞O，最小的为O；由图示结构式可知，S、O之前为共价双键，S、F之间为共价单键，双键成键电子对之间的排斥作用大于单键成键电子对之间的排斥作用，因此键角α>β。
（3）由[Co(N₃)(NH₃)₅]SO₄化学式可知，内界中有5个NH3和1个，故其配位数为6；参考甲酸根的两个极端电子式可知书写规律为尽可能的让其中一个成键最多或最少，电子偏向其中一极，则为两种极端形式，参考这个规律，可让HN3中最右侧原子最多成三键和最少成双键，其余氮按照八电子理论补齐化学键来表示，两种极端电子式为；由图二结构式可知，三个氮原子呈直线型，则中间氮原子的杂化方式为sp杂化。
（4）以上表面面心处的Mg为例，距离其最近的Mg为位于下方四面体空隙中的两个Mg以及相应的上方四面体空隙中的两个，共4个。
（5）由晶胞结构及截面图可知，Mg原子之间的最近距离为晶胞体对角线的四分之一，即为两个半径的长度，换言之，Mg原子半径为体对角线的八分之一，晶胞参数为a，则Mg的半径为，铜原子半径为面对角线的八分之一，即，晶胞体积为a3，Mg原子个数为8，体积为，Cu原子个数为16，体积为，空间利用率为（+）÷a3=。
【押题解读】
晶胞的计算是本考点内容的难点和重点。有些同学不熟悉常见晶体的晶胞类型，涉及晶胞的计算时，不注意单位的换算而造成错误，如面心立方晶胞与体心立方晶胞的配位数不同，晶胞参数给定的单位是nm或pm时，忽略换算成cm。
【考前秘笈】
1．晶胞中微粒数目的计算方法--------均摊法确定晶胞的化学组成
(1)方法
晶胞中任意位置上的一个原子如果是被n个晶胞所共有，那么每个原子对这个晶胞的贡献就是。
(2)类型
①长方体(正方体)晶胞中不同位置的粒子对晶胞的贡献：

②非长方体晶胞中粒子视具体情况而定
A．正三棱柱晶胞中：

B．六棱柱晶胞中：

C．石墨晶胞每一层内碳原子排成六边形，其顶角(1个碳原子)被三个六边形共有，每个六边形占。

2．晶胞质量
晶胞质量＝晶胞占有的微粒的质量＝晶胞占有的微粒数×。
3．晶体密度及微粒间距离的计算
(1)晶体密度计算的基本流程
理解晶
胞结构
确定晶体组成
确定晶体体积
计算晶胞质量
计算晶体密度
找出晶胞，晶胞是晶体组成的最基本单位，确定晶胞内所有或离子的种类和位置。
根据相对原子质量，计算1mol晶胞质量，然后除以阿伏加德罗常数得到一个晶胞的质量，如一个NaCl晶胞质量为
常见晶体的晶胞多为立方体，利用数学方法，计算晶胞的体积。
根据晶胞中不同位置的原子或离子对晶胞的不同贡献，确定一个晶胞的组成，如一个NaCl晶胞相当于4个NaCl。
利用公式，计算晶胞的密度。
(

(2)计算晶体中微粒间距离的方法

4．空间利用率＝。
5．晶体结构的相关计算
(1)晶胞计算公式(立方晶胞)。
a3ρNA＝nM(a为棱长；ρ为密度；NA为阿伏加德罗常数的数值；n为1 mol晶胞所含基本粒子或特定组合的物质的量；M为该粒子或特定组合的摩尔质量)。
(2)金属晶体中体心立方堆积、面心立方堆积中的几组公式(设棱长为a)。
①面对角线长＝a。
②体对角线长＝a。
③体心立方堆积4r＝a(r为原子半径)。
④面心立方堆积4r＝a(r为原子半径)。

1．Cu、Ba、Hg等元素及其化合物在工农业生产和生活中有重要用途。
I. Cu的某种配合物的结构如图1，请回答下列问题：

(1)基态Cu原子价层电子轨道表示式为_______ ，其原子核外电子占据的最高能层符号为_______。
(2)该配合物中非金属元素(除H外)的第一电离能由大到小的顺序为_______。
(3)该配合物中C原子的杂化类型为_______。
(4)该配合物中Cu的配位数为_______。
(5)中∠l_______(填“>”、“<”或“=”)∠2。
II.O、Cu、Ba、Hg形成的某种超导材料的晶胞如图2所示。

(6)该晶胞中O、Cu、Ba、Hg原子的个数比为_______。
(7)设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为_______g·cm-3。
【答案】(1) N
(2)F>N>O>C
(3)sp2、sp3
(4)4
(5)<
(6)4：1：2：1
(7)

【解析】（1）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，价电子排布式为：3d104s1，价层电子轨道表示式为，其原子核外电子占据的最高能层符号为N。
（2）在周期表中，元素的第一电离能的总的变化规律应为：同主族元素从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，而同一周期元素从左到右，元素的第一电离能有逐渐增大的趋势，N位于第VA族，2p轨道电子半充满较稳定，第一电离能大于第VIA族元素，则C、N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为F>N>O>C。
（3）该配合物中C分别在亚甲基上、苯环上和碳氧双键上，杂化类型为sp2、sp3。
（4）由该配合物结构可知，该配合物中Cu的配位数为4。
（5）∠l为C-O-C的键角，氧原子价层电子对数为4，杂化方式为sp3杂化，∠2中C原子杂化方式为sp2杂化，则中∠l<∠2。
（6）由晶胞结构可知，O原子的个数为8+4=4，Cu原子个数为4=1，Ba原子个数为2，Hg原子个数为8=1，O、Cu、Ba、Hg原子的个数比为4：1：2：1。
（7）设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为=。
2．分子人工光合作用的光捕获原理如图所示，WOC₁是水氧化催化剂WOC在水氧化过程中产生的中间体，HEC₁是析氢催化剂HEC在析氢过程中产生的中间体。

回答下列问题：
(1)下列状态的铁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是___________(填标号)。
a．    
b．
c．    
d．
(2)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。1 mol WOC₁中通过螯合作用形成的配位键有___________mol。
(3)HEC₁中的C、N、O三种元素都能与H元素形成含A-A(A表示C、N、O元素)键的氢化物。氢化物中A-A键的键能(kJ·moL-1)如下表：
H3C-CH3
H2N-NH2
HO-OH
346
247
207
A-A键的键能依次降低的原因是___________。
(4)在多原子分子中有相互平行的p轨道，它们连贯、重叠在一起，构成一个整体，p电子在多个原子间运动，像这样不局限在两个原子之间的π键称为离域π键，如苯分子中的离域π键可表示为。N元素形成的两种微粒、中，中的离域π键可表示为___________，、的键角由大到小的顺序为___________。
(5)水催化氧化是“分子人工光合作用”的关键步骤。水的晶体有普通冰和重冰等不同类型。普通冰的晶胞结构与水分子间的氢键如图甲、乙所示。晶胞参数pm，pm，；标注为1、2、3的氧原子在Z轴的分数坐标分别为：0.375c、0.5c、0.875c。

普通冰晶体的密度为___________g·cm⁻³(列出数学表达式，不必计算出结果)。
【答案】(1)c
(2)8
(3)C、N、O中心原子上孤电子对数目越多，排斥作用越大，形成的化学键越不稳定，键能就越小
(4) >
(5)

【解析】（1）a．为基态Fe原子；b．为基态Fe2+；c． 为基态Fe3+ d．为激发态Fe原子；电离最外层一个电子所需能量最大的是Fe3+，故c正确；
（2）WOC₁中每个Ru与周围的四个N原子和1个O原子形成配位键，由结构简式可知1molWOC₁中含10mol配位键，但通过螯合成环而形成的配合物的只有N，为8mol；
（3）乙烷中的碳原子没有孤电子对，肼中的氮原子有1对孤对电子，过氧化氢中的氧原子有两对孤对电子，C、N、O中心原子上孤电子对数目越多，排斥作用越大，形成的化学键越不稳定，键能就越小；
（4）中的离域π键为三中心四电子，可表示为，中心N原子的价电子对数为2，无孤电子对，直线结构，键角为180°、中心N原子的价电子对数为3，有1对孤电子对，V形结构，键角小于180°；
（5）由晶胞结构可知该晶胞中含有4个水分子，晶胞质量为：g，晶胞体积 cm⁻³，晶胞密度为：g·cm-3。
3．是一种锂离子电池的正极材料，放电时生成。
(1)下列电子排布图表示的Li原子的状态中，能量最高的为___________(填序号)。
a．b．c．
(2)从价电子排布的角度解释Fe位于元素周期表d区的原因：___________。
(3)的制备：
的结构如图1所示。

①和之间的作用力类型为___________。
②的大于的，从结构角度解释原因：___________。
(4)锂离子电池充放电过程中，正极材料晶胞的组成变化如图2所示。

①由于的空间构型为___________，且磷氧键键能较大，锂离子嵌入和脱出时，磷酸铁锂的空间骨架不易发生形变，具有良好的循环稳定性。
②正极材料在和之间转化时，经过中间产物。转化为的过程中，每摩晶胞转移电子的物质的量为___________摩。
【答案】(1)a
(2)基态Fe原子的价电子排布为，最后填入电子的能级为3d
(3) 配位键 中的甲基为推电子基团，使羧基中的氧氢键极性减弱；中的羧基为吸电子基团，使另一羧基中的氧氢键极性增强。
(4) 正四面体 4x

【解析】（1）根据能量大小顺序：2p>2s>1s分析，b能量最低，当2p轨道有两个电子时，根据洪特规则应该分占不同的轨道，电子的能量最低，若两个自旋方向相反的电子占据一个轨道其能量要高些，故能量最高的为a。
（2）基态Fe原子的价电子排布为，最后填入电子的能级为3d，故铁属于d区。
（3）①提供空轨道，中的氧原子提供孤对电子对，二者之间形成配位键。
②的大于的，从结构角度解释原因：中的甲基为推电子基团，使羧基中的氧氢键极性减弱；中的羧基为吸电子基团，使另一羧基中的氧氢键极性增强，更容易电离，故其电离平衡常数比醋酸的电离平衡常数大。
（4）①的中心原子为磷原子，其价层电子对数为，没有孤电子对，故空间构型为正四面体结构。
②正极材料在和之间转化时，经过中间产物。转化为的过程中，电极反应为，一个晶胞中含有锂离子的个数为，故每个晶胞含有4个，每摩晶胞反应就是有4mol反应，转移电子的物质的量为4xmol。