2024年高考终极押题猜想：化学（解析版）

这是一份2024年高考终极押题猜想：化学（解析版），共79页。试卷主要包含了化学与STSE，化学用语，表格型实验分析与评价，装置型实验分析与评价，物质的性质及应用，物质结构小综合，元素推断与元素周期律，有机物的结构与性质等内容，欢迎下载使用。
押题猜想二 化学用语
押题猜想三 表格型实验分析与评价
押题猜想四 装置型实验分析与评价
押题猜想五 物质的性质及应用
押题猜想六 物质结构小综合（选择题）
押题猜想七 元素推断与元素周期律
押题猜想八 有机物的结构与性质
押题猜想九 化学反应机理图分析
押题猜想十 电化学
押题猜想十一 电解质溶液及图像
押题猜想十二 多重平衡体系的图像分析
押题猜想十三 化学反应原理综合应用
押题猜想十四 实验综合探究分析
押题猜想十五 化工流程分析
押题猜想十六 有机化学合成与推断
押题猜想十七 物质结构与性质综合应用
押题猜想一 化学与STSE
科技是第一生产力，我国科技工作者在诸多领域取得了新突破。下列说法错误的是
A．我国在能源的开发利用方面走在了世界的前列，太阳能、风能和核能均属于新型能源
B．最近国产8英寸石墨烯晶圆实现了小批量生产，石墨烯属于新型有机高分子材料
C．我国研发的GaN功率芯片使手机充电实现了闪充，GaN属于新型无机非金属材料
D．我国万米“奋斗者”号载人潜水器外壳为钛合金材料，钛合金具有强度高、耐腐蚀等优点
【答案】B
【解析】A．未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或者污染很小，太阳能、风能、核能、氢能等符合未来新能源的特点，A正确；
B．石墨烯是碳元素的一种单质，故其不属于新型有机高分子材料，属于新型无机非金属材料，B错误；
C．GaN是新型无机非金属材料，且具有半导体的性质，可用于制作芯片，C正确；
D．钛合金具有强度高、耐腐蚀等优点，适用于制作载人潜水器外壳，D正确；
故答案为：B。
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，2024年的高考更要关注当前最新科技的发展趋势以及社会热点问题。
1．化学与人类生活、生产密切相关。下列说法正确的是
A．制衣常用原料聚酯纤维属于纤维素
B．碳酸氢钠可作为加工馒头、面包的食品膨松剂是由于其具有碱性
C．古壁画使用铁红作红色颜料，是由于其在空气中性质稳定
D．表面活性剂能溶解油脂，是因为其分子具有极性较大的亲油基团
【答案】C
【解析】A．纤维素是糖类，聚酯纤维是合成纤维，A错误；
B．碳酸氢钠可作为加工馒头、面包的食品膨松剂是由于其不稳定，受热分解产生CO2气体，气体从面团中逸出，导致食品松软，不是由于其具有碱性，B错误；
C．古壁画红色颜料用铁红，是由于在空气中性质稳定，不易被氧化，C正确；
D．表面活性剂能溶解油脂，是因为其分子具有极性极性较小的亲油基团，D错误；
故选C。
2．第19届亚运会在杭州成功举办，大量新科技，新材料运用在了各项赛事和活动中。以下有关说法正确的是
A．杭州亚运会大量使用了各种铝合金，其硬度比纯铝低
B．杭州亚运会使用了很多合成纤维作为装饰材料，合成纤维属于共价晶体
C．开幕式施放的烟花绚丽多彩，其发光原理属于化学变化
D．开幕式使用了激光全息成像技术，激光的形成与电子跃迁有关
【答案】D
【解析】A．合金的硬度比纯金属大，故A错误；
B．合成纤维属于有机高分子材料，是分子晶体；故B错误；
C．烟花绚丽多彩的原因是焰色反应，属于物理反应；故C错误；
D．激光是吸收能量后从低能级跃迁到高能级，再从高能级回落到低能级的时候，所释放的能量以光子的形式放出，与电子跃迁有关；故D正确；
故答案选D。
3．四大发明推动了人类社会的进步和发展。下列相关用品属于高分子材料的是
【答案】B
【解析】A．司南的主要成分为磁性氧化铁，不属于高分子材料，A错误；
B．树皮纸的主要成分为纤维素，属于有机高分子，B正确；
C．瓷蒺藜火球为以瓷制作，外施浆釉，内装火药，不属于高分子材料，C错误；
D．铜活字属于铜合金，不属于高分子材料，D错误；
故选B。
4．我国提出2060年实现碳中和的目标，下列措施有助于实现该目标的是
A．光伏发电替代燃煤发电B．加速可燃冰的开采
C．将生活垃圾进行集中燃烧D．推广使用燃油车
【答案】A
【解析】A．光伏发电替代燃煤发电可以减少CO2的排放量，有利于碳中和，A选；
B．可燃冰的主要成分是甲烷，燃烧后还是排放CO2，没有减少CO2的排放量，不利于碳中和，B不选；
C．将生活垃圾进行焚烧处理，会增加CO2的排放量，不利于碳中和，C不选；
D．推广使用燃油车，会增加CO2的排放量，不利于碳中和，D不选；
故选A。
押题猜想二 化学用语
酸性高锰酸钾氧化H2O2的离子方程式为。与该反应有关的说法正确的是
A．H2O2的球棍模型为
B．O2的电子式为：
C．基态Mn2+价电子的轨道表示式为
D．标准状况下收集到56LO2时，最多消耗
【答案】D
【解析】A．H2O2中两个氧都是sp3杂化，是半开书页型的，两个O在书轴上，两个氢分别和两个O相连，但不在同一平面上，四个原子不共线，故A错误；
B．O2的电子式为：，故B错误；
C．基态Mn2+价电子的轨道表示式为，故C错误；
D．O2由H2O2氧化生成，1ml H2O2失去2ml电子生成1 ml O2，标准状况下收集到56LO2时，即生成2.5ml O2，转移5ml电子，由反应可知在反应中得5ml电子，则2.5ml氧气生成消耗，故D正确；
故选：D。
押题解读
化学用语是高考必考内容，分析近年高考有关化学用语的考查，预测2024年的高考依然涉及电子式、结构式、结构示意图、电子排布式、空间填充模型、价层电子轨道表示式、化学键的形成、VSEPR空间构型等高频考点。
1．下列化学用语或图示表达正确的是
A．四水合铜离子的结构：
B．H-H形成的σ键：
C．基态碘原子简化电子排布式：
D．环氧乙烷的结构简式：
【答案】D
【解析】
A．四水合铜离子的结构为：，A错误；
B．H-H形成的σ键：，B错误；
C．基态碘原子简化电子排布式：，C错误；
D．环氧乙烷的结构简式为：，D正确；
故选D。
2．化学用语是化学专业语言，是学习化学的工具。下列有关化学用语的说法正确的是
A．顺-2-丁烯的结构简式：
B．二氯化二硫的电子式：
C．三氧化硫的空间填充模型：
D．正丁烷和异丁烷的混合物中含有的极性键数目为
【答案】D
【解析】A．顺-2-丁烯的结构简式为，A项错误；
B．二氯化二硫的电子式为，B项错误；
C．SO3中中心S原子的价层电子对数为3+×(6-3×2)=3，SO3的空间构型为平面三角形，图示为三角锥形的球棍模型，C项错误；
D．5.8g正丁烷和异丁烷的混合物的物质的量为0.1ml，而正丁烷和异丁烷中含有的极性共价键均为10根，故0.1ml混合物中含有的极性共价键数目为1NA，D项正确；
答案选D。
3．下列图示或化学用语表示正确的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【解析】A．NaCl由钠离子和氯离子构成，是离子化合物，其电子式为，A错误；
B．基态47Ag的价电子排布式为4d105s1，根据洪特规则和泡利不相容原理可知，其价电子的轨道表示式为，B正确；
C．Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，结构示意图为，C错误；
D．p轨道的电子云轮廓图为哑铃形，为图示形状，D错误；
故答案选B。
4．化学用语可以表示化学过程。下列化学用语的表示正确的是
A．中子形成的化学变化过程：
B．的形成过程：
C．基态锌原子的价层电子轨道表示式：
D．天然橡胶为顺式聚异戊二烯，其结构简式：
【答案】C
【解析】A．中子形成过程为核反应，不属于化学变化，A错误；
B．氯化镁形成过程中应为，B错误；
C．基态锌原子的价层电子排布式为，其轨道表示式，C正确；
D．天然橡胶为顺式聚异戊二烯，应为 ,D错误；
故选C。
押题猜想三 表格型实验分析与评价
由下列实验操作及现象能得出相应结论的是
【答案】D
【解析】A．将溴丁烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，乙醇也会挥发出来进入高锰酸钾溶液使高锰酸钾溶液褪色，不能证明产生的气体中有烯烃，A错误；
B．在物质X柱面上滴一滴熔化的石蜡，用一根红热的铁针刺中凝固的石蜡，石蜡熔化呈椭圆形，说明石蜡在不同方向熔化的快慢不同，这是由于X的导热性的各向异性决定的，说明物质X为晶体，B错误；
C．碳与二氧化硅在高温下反应方程式为，碳作还原剂，无法证明非金属性：，C错误；
D．，向盛有固体的试管中加入溶液，铵根离子会与氢氧根离子结合成难电离的一水合氨，使氢氧化镁沉淀溶解平衡正向移动，氢氧化镁溶解，D正确；
故选D。
押题解读
表格型实验分析与评价是高考必考内容，对比分析近年高考有关的考查，预测2024年的高考表格型实验分析与评价依然氧化性还原性的判断、常见有机物的性质实验设计与分析、化学反应原理中化学平衡移动实验分析，涉及沉淀转化的KSP的大小比较分析等高频考点综合考查。
1．下列实验操作、现象及结论正确的是
【答案】B
【解析】A．医用酒精中含有水，水也可与钠反应生成H2，A错误；
B．比较HCOOH和H2S的酸性，应选择同浓度HCOO-和HS-的盐溶液进行比较，测定等物质的量浓度的HCOONH4和NH4HS溶液的pH，后者pH大，说明甲酸酸性强，B正确；
C．向0.1mlFeI2的溶液中通入0.1mlCl2，无论是Fe2+先反应，还是I-先反应，都会生成I2，溶液都会变蓝，不能说明还原性：I->Fe2+，C错误；
D．过量的KOH也能与AgNO3反应产生白色沉淀AgOH，然后迅速变成黑色沉淀Ag2O，溶液变浑浊，会干扰氯离子的检验，不能说明氯乙烷含有氯元素，D错误；
故选B。
2．化学是以实验为基础的学科。下列根据实验操作及现象能得到相应实验结论的是
【答案】B
【解析】A．常温下将铁片插入浓硝酸中，无现象，是发生了钝化，浓硝酸的氧化性大于稀硝酸，A错误；
B．浓氢氧化钠溶液和铵根离子加热生成氨气，使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明溶液含有，B正确；
C．没有说明碳酸钠、亚硫酸钠溶液的浓度，不能说明酸性：，C错误；
D．加入氯化钾反应后银离子过量，再加入碘离子生成碘化银沉淀，不能说明同温下，，D错误；
故选B。
3．由实验操作和现象，能得出相应结论的是
【答案】D
【解析】A．苯萃取出溴水中的，未发生化学反应 ，A错误；
B．加热过程中挥发的乙醇也可使酸性高锰酸钾溶液褪色 ，B错误；
C．加入新制备的前，未先加入NaOH溶液至溶液呈碱性 ，C错误；
D．实验中氯化银转化为碘化银，氯化银和碘化银是同类型的沉淀，则沉淀向着KSP更小的转化 ，D正确；
故选D。
押题猜想四 装置型实验分析与评价
下列实验装置能够达到实验目的的是
A．图a测定醋酸的浓度
B．图b由MgCl2溶液制取无水MgCl2
C．图c探究压强对平衡的影响
D．图d检验二氧化硫的漂白性
【答案】A
【解析】A． 氢氧化钠溶液不会腐蚀聚四氟乙烯，故该滴定管可以装氢氧化钠溶液，待测醋酸在锥形瓶内，中和产物醋酸钠水解呈碱性，故选用酚酞做指示剂，则图a可测定醋酸的浓度，A正确；
B．氯化镁溶液水解得到氢氧化镁和盐酸：Mg2++2H2O⇌Mg(OH)2+2H+，加热和盐酸挥发，均促进水解，蒸干氯化镁溶液得不到氯化镁固体、得到氢氧化镁，若进一步灼烧可得到氧化镁，故不能用图b由MgCl2溶液制取无水MgCl2，B错误；
C．该反应前后气体物质的量不变，改变压强，平衡不移动，故不能由图c探究压强对平衡的影响，C错误；
D．铜和浓硫酸共热产生二氧化硫，二氧化硫通入石蕊试液中出现红色，体现二氧化硫是酸性氧化物、故图d不能检验二氧化硫的漂白性，D错误；
答案选A。
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，涉及气体的制备、性质检验、尾气处理以及装置与实验原理的分析判断，预测2024年的高考依然注重不同模块知识的融合考查。
1．连四硫酸钠是生物酶的修复剂，其与盐酸反应的离子方程式为：，按如下装置制备足量并探究其性质，下列表述不正确的是
A．Ⅱ中溶液由紫色变成红色一定能证明是酸性氧化物
B．Ⅲ中溶液褪色说明有还原性 C．Ⅳ中溶液有白色沉淀生成
D．Ⅳ装置后连接浓溶液可进行尾气处理
【答案】A
【分析】装置Ⅰ中连四硫酸钠和盐酸反应制备二氧化硫，盐酸具有挥发性，制得的二氧化硫中混有氯化氢；装置Ⅱ中二氧化硫和水生成亚硫酸和氯化氢溶于水得到的盐酸使溶液呈酸性，能使紫色石蕊试液变红色；装置Ⅲ中二氧化硫和高锰酸钾溶液反应使溶液褪色说明二氧化硫具有还原性；装置Ⅳ中二氧化硫和水生成亚硫酸，亚硫酸与硝酸钡溶液反应生成硫酸钡沉淀、一氧化氮和水；装置Ⅳ后应连接盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶吸收二氧化硫，防止污染空气。
【解析】A．由分析可知，装置Ⅱ中二氧化硫和水生成亚硫酸和氯化氢溶于水得到的盐酸使溶液呈酸性，能使紫色石蕊试液变红色，则溶液由紫色变成红色不能证明二氧化硫是酸性氧化物，故A错误；
B．由分析可知，装置Ⅲ中二氧化硫和高锰酸钾溶液反应使溶液褪色说明二氧化硫具有还原性，故B正确；
C．由分析可知，装置Ⅳ中二氧化硫和水生成亚硫酸，亚硫酸与硝酸钡溶液反应生成硫酸钡沉淀、一氧化氮和水，故C正确；
D．由分析可知，装置Ⅳ后应连接盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶吸收二氧化硫，防止污染空气，故D正确；
故选A。
2．实验室制备并检验其性质，下列装置不能达到实验目的的是
【答案】D
【解析】A．为了减缓反应速率，用电石与饱和食盐水反应制取乙炔，A正确；
B．电石中含有其他成分，生成的乙炔气体中含有H2S等杂质，通过硫酸铜溶液可除去杂质，B正确；
C．乙炔含有不饱和键，可以使溴的四氯化碳溶液褪色，C正确；
D．乙炔密度比空气小，所以收集时导管应该短进长出，D错误；
故选D。
3．实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是
【答案】A
【解析】A．乙醇在170°C时发生消去反应生成乙烯，可选c装置，乙烯不溶于水，可选f装置收集，A正确；
B．加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化铵，不能制备氨气，B错误；
C．实验室制CO2用的试剂为石灰石和稀盐酸，不能用稀硫酸，C错误；
D．二氧化氮与水反应，不能选f收集二氧化氮，D错误；
故选A。
押题猜想五 物质的性质及应用
下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A．有氢键，常用作制冷剂
B．溶液呈酸性，可用作氮肥
C．受热易分解，可用作制备
D．具有强氧化性，可用于制备硝酸纤维
【答案】A
【解析】A．分子间形成氢键，沸点较高，氨气易液化，液氨汽化时吸热常用作制冷剂，A符合要求；
B．中含有植物所需的N元素，可用作氮肥，与其酸性无关，B不符合要求；
C．受热易发生爆炸，且分解产物不一定产生氨气，一般不用作制氨气，C不符合要求；
D．与纤维素能发生酯化反应生成硝酸纤维，与其强氧化性无关，D不符合要求；
故选A。
押题解读
物质的性质及应用是高考必考内容，对比分析近年高考有关的考查，预测2024年的高考常见元素及其化合物的性质与用途具有对应关系的分析判断、物质的转化及应用过程中的性质分析。
1．铁、铜及其化合物之间的转化具有重要应用。下列说法错误的是
A．常温下使用铁质容器盛装浓硫酸
B．氯化铁溶液在聚合物的基材上蚀刻出铜电路
C．电解精炼铜时，粗铜连电源的正极
D．饱和溶液中滴加稀氨水制备氢氧化铁胶体
【答案】D
【解析】A．常温下浓硫酸可以使铁钝化，所以常温下可以使用铁质容器盛装浓硫酸，A项正确；
B．氯化铁溶液在聚合物的基材上蚀刻出铜电路的反应：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，B项正确；
C．电解精炼铜时，粗铜作阳极，应连电源的正极，C项正确；
D．饱和溶液中滴入沸水中才能制备氢氧化铁胶体，D项错误；
故选：D。
2．化学与人类生活息息相关。下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
【答案】D
【解析】A．甲苯是有机溶剂，油漆是有机物，极性较弱，二者相互溶解，即与甲苯易挥发无关，A错误；
B．碳酸氢钠可以与酸反应，缓解酸中毒，与受热易分解无关，B错误；
C．活性炭除去异味，利用炭粉吸附性，与还原性无关，C错误；
D．维生素保鲜食品，利用其还原性，与反应，消耗，避免食品腐败，D正确；
故选D。
3．将分别通入下列溶液，实验现象和结论均正确的是
【答案】C
【解析】A．向溶液通入氯气发生反应，溶液由浅绿色变棕黄色故，该过程体现的氧化性，故A错误；
B．向品红溶液通入氯气品红溶液褪色，是Cl2和水反应生成HCl和HClO， HClO具有漂白性，使品红溶液褪色，故B错误；
C．Cl2和水反应生成HCl和HClO，溶液中的氯离子和硝酸银反应生成氯化银沉淀，使溶液变浑浊，故C正确；
D．Cl2和水反应生成HCl和HClO，溶液呈酸性使紫色石蕊溶液变红，HClO具有漂白性使变红的溶液褪色，故D错误；
故答案为： C。
押题猜想六 物质结构小综合（选择题）
超高硬度生物材料合金是理想的人工髋关节和膝关节材料，其晶体有(图甲)、(图乙)两种结构，如下图所示。下列说法错误的是
A．图甲中，Ti原子距离最近且等距的Ti原子有8个
B．图乙中，Ti原子位于Au原子构成的四面体空隙中
C．图乙中，若M的坐标为，则N的坐标为
D．图乙中，晶胞边长为dpm，晶体的密度为
【答案】C
【解析】A．图甲中，Ti原子在面心，以最上面的面心的Ti原子观察，到下方四个侧面面心的Ti原子距离都相等且距离最近，上方四个侧面面心也有4个Ti原子距离都相等且距离最近，故Ti原子距离最近且等距的Ti原子共8个，A正确；
B．图乙中，Au原子形成体心立方堆积，晶胞每个面分成4个小正方形，每个小正方形中有一个四面体空隙，根据晶胞图，Ti原子位于Au原子构成的四面体空隙中，B正确；
C．图乙中，若M的坐标为(m,,1)，则N的坐标为(1,1-m,)，C错误；
D．图乙中，由均摊法，Au原子个数为，Ti原子个数为，晶胞边长为dpm，根据晶体密度的计算公式，D正确；
本题选C。
押题解读
物质结构小综合的选择题是新高考出现的新题型，预测2024年的高考中依然会涉及性质中的结构分析、晶胞的计算、微粒之间的相互作用、杂化轨道、化学键等结构化学核心考点的考查，
1．“结构决定性质”是化学学科的重要观念。下列性质差异与结构因素匹配错误的是
【答案】A
【解析】A．对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，所以对羟基苯甲醛的沸点高于邻羟基苯甲醛，故选A；
B．氟的电负性大于氯的电负性，三氟乙酸中O-H键的极性大于三氯乙酸中O-H键的极性，所以三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸，故不选B；
C．邻位的羟基与-COO- 形成分子内氢键，所以苯酚的酸性比强，故不选C；
D．的价电子排布式为3d5，的价电子排布式为3d6，所以在水溶液中的稳定性强于，故不选D；
选A。
2．的结构式为，一定条件下可发生反应：，下列说法不正确的是
A．为共价化合物，属于非电解质
B．分子中所有原子均满足8电子稳定结构
C．是由极性键构成的非极性分子
D．该反应中所有物质的中心原子均为杂化
【答案】A
【解析】A．为共价化合物，一定条件下可发生反应：，说明能电离出氯离子和铝离子，属于电解质，A错误；
B．中Al原子与4个Cl原子分别共用1对电子对,最外层电子数为8，每个Cl原子与2个Al各共用1对电子对，还含有2对孤电子对，则中所有原子都满足8电子结构，B正确；
C．根据的结构式可知，分子是对称性分子，为极性键构成的非极性分子，C正确；
D．根据结构式以及方程式，所有物质中心原子均为杂化，结构中有两种Cl原子，中间的2个Cl原子采取杂化，另外外围的4个Cl原子没有参与杂化，D正确；
故选A。
押题猜想七 元素推断与元素周期律
W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，五种元素组成的某化合物可用于治疗肝昏迷及其他精神疾病，该化合物的结构简式如图所示。下列说法正确的是
A．简单氢化物的沸点：X>Y>Z
B．原子半径：R>X>Y>Z>W
C．R分别与Z和W形成的化合物中化学键类型完全相同
D．X、Y、Z分别与W形成的化合物均是极性分子
【答案】B
【分析】W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，R为+1价，且原子序数最大，R为钠；W形成1个共价键，为氢；X形成4个共价键，为碳；Z形成2个共价键，为氧，则Y为氮；
【解析】A．X、Y、Z的简单氢化物分别为甲烷、氨气、水，甲烷不能形成氢键，沸点最低，水形成氢键数大于氨气分子，水沸点最高，故沸点：CH4N>O>H，B正确；
C．Na分别与O和H形成的化合物可以分别为过氧化钠、氢化钠，过氧化钠中含有离子键和共价键，氢化钠只含有离子键，化学键类型不完全相同，C错误；
D．C、N、O分别与H形成的化合物中甲烷为非极性分子，D错误；
故选B。
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，预测2024年依然会以结构图为元素推断的重要载体，同时注意性质推断、热重计算推断等。
1．等元素的单质或化合物广泛应用于半导体工业．下列说法正确的是
A．原子半径：B．电负性：
C．电离能：D．酸性：
【答案】C
【解析】A．Si电子层数为3，原子半径最大，C与O为同周期元素，从左往右原子半径在减小，所以O的原子半径最小，顺序为r(Si)>r(C)>r(O)，A错误；
B．非金属性越强，电负性越大，所以电负性：χ(Cl)>χ(C)>χ(Si)，B错误；
C．根据同周期从左往右，第一电离能在增大，同主族从上往下，第一电离能在减小可知，电离能： (O)>(C)>(Si)，C正确；
D．碳酸的酸性强于硅酸，酸性：H2CO3>HClO>H2SiO3，硅酸酸性最弱，D错误；
故选C。
2．X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，a、b、c、d、e、f是这些元素组成的化合物，其转化关系如图所示，0.01ml/La溶液的pH=12，且焰色反应呈黄色，b是形成酸雨的主要成分，e是二元化合物，且0.01ml/Le溶液的pH=2，下列说法正确的是
A．原子半径：Q>W>Z>Y>XB．简单氢化物的稳定性：Q>W
C．a、e、f均能抑制水的电离D．a、b、c、d、e、f均含有极性共价键
【答案】B
【分析】由题意可知，X、Y、Z、W、Q对应的元素分别为H、O、Na、S、Cl，a、b、c、d、e、f分别为NaOH、SO2、Na2SO3(或NaHSO3)、H2O、HCl、NaCl。
【解析】A．原子半径大小顺序为Na>S>Cl>O>H，A错误；
B．元素的非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性Cl>S，则稳定性HCl>H2S，B正确；
C．NaCl不能抑制水的电离，C错误；
D．NaCl只含离子键，D错误；
故选B。
3．X、Y、Z、W四种主族元素，原子序数依次增大，且均不大于20，四种元素核电荷数之和为46，X、Y两种元素能够形成两种化合物，其中一种被称为生命的源泉。Z元素是一种重要的“成盐元素”，其形成的一种盐在海水中含量最高，其单质通过电解该盐溶液获得。下列关于四种元素说法错误的是
A．均是常见的杀菌消毒剂，三者作用原理相同
B．、两种化合物中阴阳离子个数比均为1：2
C．Z、W最高价氧化物对应的水化物是强酸或强碱
D．Z的气态氢化物稳定性小于Y的气态氢化物
【答案】B
【分析】X、Y两种元素能够形成两种化合物，其中一种被称为生命的源泉，则X、Y为H、O, 元素是一种重要的“成盐元素”，其形成的一种盐在海水中含量最高，Z为Cl，则W为钙元素。
【解析】A．分别为H2O2、ClO2、Ca(ClO)2，三者具有强氧化性，故可利用氧化性进行杀菌消毒，A正确；
B．、、分别为氯化钙、过氧化钙，前者为钙离子和氯离子之比为2：1，而后者为钙离子和过氧根离子之比为1:1，B错误；
C．氯最高价氧化物对应水化物为高氯酸，为强酸；钙对应为氢氧化钙也为强碱，C正确；
D．Z的氢化物对应的为氯化氢，而Y对应的为水，氯的非金属性小于氧，故Y的气态氢化物更稳定，D正确；
故选B。
4．2024年是元素周期表诞生的第155周年。已知短周期主族元素X、Y、Z、M、N，其原子序数与其对应的0.1ml/L最高价氧化物的水化物溶液，在常温下的pH关系如图所示。下列说法中正确的是
A．X和Y元素均在p区B．元素的电负性：Z＞M＞N
C．M的含氧酸根离子的中心原子为sp2杂化D．XN3和ZN3的空间构型均为三角锥形
【答案】D
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、M、N，由其原子序数与其对应的0.1ml⋅L-1最高价氧化物的水化物溶液在常温下的pH关系图可知，X、N均对应一元强酸，结合原子序数可知X为N元素、N为Cl元素；Y对应一元强碱，Y为Na元素；由溶液的pH可知，Z对应不是强酸，M对应二元强酸，结合原子序数可知Z为P元素、M为S元素，以此来解答。
【解析】由上述分析可知，X为N元素、Y为Na元素、Z为P元素、M为S元素、N为Cl元素，
A．X即N元素位于p区，Y即Na元素位于s区，A错误；
B．同周期主族元素从左向右电负性增大，则元素的电负性即P＜S＜Cl即Z＜M＜N，B错误；
C．M的含氧酸根离子为硫酸根离子或亚硫酸根离子，其中心原子为sp3杂化，C错误；
D．NCl3和PCl3中N、P均为sp3杂化，均含1对孤对电子，可知空间构型均为三角锥形，D正确；
故答案为：D。
押题猜想八 有机物的结构与性质
天然产物W具有抗疟活性，以化合物X为原料合成W的机理如下：
下列说法正确的是
A．X与互为同系物
B．Y分子中所有碳原子可能共平面
C．Z分子中含有3个手性碳原子
D．一定条件下，W物质能发生取代、消去、加聚反应
【答案】D
【解析】
A．X中有一个酚羟基和一个醇羟基，中两个酚羟基，二者分子式相同结构不同，属于同分异构体不是同系物，A错误；
B．Y中六元环最下边的碳原子采用杂化，该碳原子与所连的3个碳原子不可能都共面， B错误；
C．Z分子中只有2个手性碳，如图所标的位置，C错误；
D．W中官能团有羟基、酮羰基、醚键、碳碳双键，一定条件下，羟基能发生取代、消去反应，碳碳双键可以发生加聚反应，D正确；
故选D。
押题解读
预测2024年的高考依然在给予有机物的结构简式基础上分析，可能官能团、同分异构体的判断、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，手性碳原则。
1．植物骆驼蹄瓣中有多种有机活性药用成分，如奎洛维酸，其结构如图所示，下列有关该物质的说法错误的是
A．能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色
B．所有碳原子不可能位于同一平面上
C．含有两种官能团
D．能发生取代反应和氧化反应
【答案】C
【分析】该有机物含有官能团羟基、羧基和碳碳双键，碳碳双键能够使酸性高锰酸钾溶液、溴水褪色，据此回答。
【解析】A．根据分析可知，该有机物能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；
B．有机物中含有“”与“”结构，则所有碳原子不可能位于同一平面上，B正确；
C．根据分析可知，该有机物含有官能团羟基、羧基和碳碳双键，3种官能团，C错误；
D．羟基可以发生取代反应和氧化反应，D正确；
故选C。
2．一种点击反应的原理为，我国科学家利用点击反应原理研制出具有较高玻璃化转变温度的聚合物C。下列说法不正确的是
A．单体B化学式为C8H6O4
B．单体B能发生加成、加聚和取代反应
C．理论上1ml聚合物C在酸性条件下水解可以得到4nml羧基
D．按上述点击反应原理A和B可以生成环状化合物：
【答案】D
【分析】A和B反应生成聚合物C，根据点击反应原理，由C逆推，可知B是HC≡CCOOCH2CH2OOCC≡CH。
【解析】A．单体B是HC≡CCOOCH2CH2OOCC≡CH，化学式为C8H6O4，故A正确；
B．单体B是HC≡CCOOCH2CH2OOCC≡CH，含有碳碳三键、酯基，能发生加成、加聚和取代反应，故B正确；
C．聚合物C的1个链节中含有4个酯基，理论上1ml聚合物C在酸性条件下水解可以得到4nml羧基，故C正确；
D．按上述点击反应原理A和B可以生成环状化合物：，故D错误；
选D。
3．碳酸二甲酯(DMC)具有优良的化学反应性能。在众多研究方向中，CO2和甲醇直接合成DMC的方法受到了较多的关注，M2O(OH)催化该反应的一种反应机理如图所示。下列叙述正确的是
A．H2O是反应中间体
B．反应①②③均为取代反应
C．DMC中共平面的原子数最多为4个
D．DMC的同分异构体中同时含有酯基和羟基的物质有4种(不考虑立体异构)
【答案】D
【解析】A．据图可知水为反应①的产物，且不参与后续反应，所以不是中间体，而是反应产物之一，故A错误；
B．过程②应为中间体与CO2中一个C=O键的加成反应，故B错误；
C．碳氧双键是平面结构，根据单键可以绕轴旋转，分子中最多有8个原子可能共面，故C错误；
D．DMC的同分异构体中同时含有酯基和羟基有HCOOCH2(OH)CH3、HCOOCH2CH2OH、CH3COOCH2OH、HOCH2COOCH3，共4种，故D正确。
答案选D。
押题猜想九 反应机理图分析
甲酸甲酯作为潜在的储氢材料受到关注，科学家发现使用配合物催化剂可以使甲酸甲酯温和释氢，其可能的反应过程如图所示。下列说法不正确的是
反应涉及非极性键的断裂和极性键的形成
将替换为，反应可得
I中的配体数为4
D．总反应为
【答案】A
【解析】A．没有涉及非极性键的断裂，故A错误；
B．由Ⅰ→Ⅱ可知，与配合物催化剂作用，中H原子被取代得到H2，将替换为，根据反应原理，得HD，故B正确；
C．I中的配位数为6，但配体数为4，故C正确；
D．由图可知，总反应为甲酸甲酯和水催化生成氢气和二氧化碳，，故D正确；
故答案选A。
押题解读
反应历程或机理图像分析一般取材于实际科研成果，此类试题难点是从陌生图像中提取解题信息。充分体现了化学反应的本质，预测2024年高考依然会以反应历程或机理图像为载体考查反应原理、能垒中的活化能、反应热、化学键的变化等为的命题热点，
1．在催化剂作用下，HCOOH分解生成和可能的反应机理如下图所示。下列说法不正确的是
A．若用HCOOK溶液代替HCOOH最终所得气体中的纯度会降低
B．第一步转化N与H间形成配位键
C．若用HCOOK溶液代替HCOOH释氢的速率加快
D．若用HCOOD催化释氢，反应除生成外，还生成HD
【答案】A
【解析】A．若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOOK水解出HCOOH，释氢历程不变，所以最终所得气体中H2的纯度不会降低，故A错误；
B．N原子含有孤电子对、H+有空轨道，根据图示，第一步转化N与HCOOH电离出的H+通过配位键结合，故B正确；
C．若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOO-的浓度大，第二步反应放出二氧化碳的速率加快，总反应速率加快，即释氢速率加快，故C正确；
D．第一步HCOOD电离出D+与N结合，第二步HCOO-→CO2+H-，第三步D+、H-反应生成HD，所以HCOOD催化释氢，除生成CO2外，还生成HD，故D正确；
故选A。
2．科学家成功捕获并表征到水氧化催化过程中的锰端基氧和锰过氧化物中间体，明确了水氧化过程中水亲核进攻锰端基氧的氧氧成键机理，如图所示。下列说法错误的是
A． B．中O的化合价为-1价
C．水氧化的总反应为
D．过程⑦可表示为+H2OO2↑+
【答案】D
【解析】A．由图可知，过程③可以由过程①和过程②经两步完成，由盖斯定律可知，，则，A正确；
B．中存在过氧键，则其中O的化合价为-1价，B正确；
C．由图可知，水氧化的总反应为，C正确；
D．电荷不守恒，D错误；
故答案为：D
3．下图是计算机模拟的在催化剂表面上水煤气变化的反应历程．吸附在催化剂表面的物种用“*”标注，下列说法正确的是
A．①表示CO和从催化剂表面脱离的过程
B．②和④中化学键变化相同，因此吸收的能量相同
C．由图可知为吸热反应
D．由图可知，决定反应速率的步骤是②
【答案】B
【解析】A．由图可知，①表示CO和H2O在催化剂表面吸附的过程，故A错误；
B．②和④中化学键变化相同，断裂的均为H-O键，②中吸收能量[1.25-(-0.32)]eV=1.57eV，④中吸收能量为[1.41-(-0.16)]eV=1.57eV，两者吸收的能量相同，故B正确；
C．由图可知，CO(g)和H2O(g)的总能量大于CO2(g)+H2(g)的总能量，因此反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)为放热反应，故C错误；
D．由图可知，相同条件下，④的活化能为(1.86+0.16)eV=2.02eV，②的活化能为(1.59+0.32)eV=1.91eV，④的活化能大于②，则反应速率④＜②，决定反应速率的步骤是④，故D错误；
故选：B。
押题猜想十 电化学
科学家研发出一种以光伏电池为电源电解水，从而产生羟基自由基(·OH)，这些自由基具有强氧化性，可以与废水中的有机物发生反应。利用该装置处理含苯酚的废水；可将苯酚(C6H5OH)氧化为CO2和H2O，且处理速度快；效率高。能够迅速降低废水中苯酚浓度，装置如图所示。
下列说法错误的是
A．工作时将光伏电池的P电极和c极相连
B．阳极的电极反应为H2O-e-=·OH+H+
C．电解过程中阴极区溶液的pH几乎不变
D．乙装置中处理1ml苯酚会生成20ml气体
【答案】A
【分析】由题干图像信息可知，由甲图中阴、阳离子的移动方向可知，N电极为负极，P电极为正极，乙图中c电极为阴极，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，d电极为阳极，电源电解水，从而产生羟基自由基(·OH)，电极反应为：H2O-e-=•OH+H+，然后•OH 将C6H5OH氧化为CO2合H2O，反应方程式为：C6H5OH+28•OH =6CO2+17H2O，据此分析解题。
【解析】A．由分析可知，光伏电池中P电极为正极，c电极为阴极，故工作时将光伏电池的P电极和d极相连，A错误；
B．由分析可知，阳极的电极反应为H2O-e-=·OH+H+，B正确；
C．由分析可知，c电极为阴极，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极上电极反应为：H2O-e-=•OH+H+，H+由阳极移向阴极，根据电荷守恒可知，电解过程中阴极区溶液的pH几乎不变，C正确；
D．由分析可知，乙装置中c电极为阴极，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，d电极为阳极，电源电解水，从而产生羟基自由基(·OH)，电极反应为：H2O-e-=•OH+H+，然后•OH 将C6H5OH氧化为CO2合H2O，反应方程式为：C6H5OH+28•OH =6CO2+17H2O，根据电子守恒可知，乙装置中处理1ml苯酚会生成14mlH2和6mlCO2一共20ml气体，D正确；
故答案为：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，预测2024年高考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。
1．我国光伏发电并网装机容量突破3亿千瓦，连续七年稳居全球首位。已知四甲基氢氧化铵常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵为原料，采用电渗析法合成，工作原理如图。下列说法错误的是
A．光伏并网发电装置中N型半导体为负极，P型半导体为正极
B．c、e均为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜
C．a电极反应式为：
D．制备，a、b两极共产生9.8L气体(标准状况)
【答案】D
【分析】从图中可以看出，光伏并网发电装置中， a电极连接N型半导体，则其为负极，b电极连接P型半导体，则其为正极；电解装置中，a极为阴极，b极为阳极。从电解池a极区溶液中四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]浓度增大，也可推出(CH3)4N+透过c膜向a电极移动，则a电极为阴极，c膜为阳膜；Cl-透过d膜向右侧移动，则d膜为阴膜；Na+透过e膜向左侧移动，则e膜为阳膜。
【解析】A．由分析可知，光伏并网发电装置中，N型半导体为负极，P型半导体为正极，A正确；
B．由分析可知，c、e为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，B正确；
C．由分析可知，a电极为阴极，H2O得到电子生成H2和OH-，OH-和反应生成，电极方程式为：，C正确；
D．制备时，由电极方程式可知a极生成0.375ml氢气，转移0.75ml电子，b电极方程式为：4OH--4e-=O2+2H2O，生成0.1875ml氧气，两极共产生0.5625ml气体，在标况下体积为0.5625×22.4L/ml=12.6L，D错误；
故选D。
2．某实验小组用这种电极构建全碱性肼-硝酸根燃料电池(结构如图所示)。已知：双极膜由阴、阳离子膜组成，双极膜中水电离出和，在电场力作用下向两极迁移。
下列叙述错误的是
A．电极a为负极，电极b为正极
B．电极b上的电极反应式为
C．转移nml电子时，负极区质量减少7ng
D．电极a上生成时，有向电极b迁移
【答案】C
【分析】由题干原电池装置图可知，电极a为由N2H4转化为N2，发生氧化反应，故a为负极，电极反应为：N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，则b为正极，电极反应为：+6H2O+8e-=NH3+9OH-，据此分析解题。
【解析】A．由分析可知，电极a为负极，电极b为正极，A正确；
B．由分析可知，电极b上的电极反应式为，B正确；
C．由分析可知，转移nml电子时，负极区逸出7ng的N2，同时流入17ng的OH-，故质量增重10ng，C错误；
D．由分析可知，a为负极，电极反应为：N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，则电极a上生成时电路上通过的电子的物质的量为：=0.8ml，根据电荷守恒可知有向电极b迁移，D正确；
故答案为：C。
3．恒温条件下，用图1所示装置研究铁的电化学腐蚀，测定结果如图2。
下列说法不正确的是
A．AB段主要发生析氢腐蚀
B．AD段负极反应式为Fe-2e-=Fe2+
C．BC段正极反应式主要为O2+4e-+2H2O=4OH-
D．DE段溶液pH基本不变，可能的原因：相同时间内，2Fe + O2 + 4H+=2Fe2+ + 2H2O消耗H+的量与4Fe2+ + O2 +10H2O=4Fe(OH)3 + 8H+产生H+的量基本相同
【答案】C
【分析】图1中构成原电池，铁作负极，开始时pH=1.8，AB段溶液pH值增大，体系压强增大，铁主要发生析氢腐蚀；BD段溶液的pH值增加，体系压强减小，正极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O；DE段溶液pH基本不变，但压强减小，产生的Fe2+被O2氧化，pH基本不变可能的原因：相同时间内，2Fe + O2 + 4H+=2Fe2+ + 2H2O消耗H+的量与4Fe2+ + O2 +10H2O=4Fe(OH)3 + 8H+产生H+的量基本相同。
【解析】A．由图可知，AB段体系的压强增大，说明产生了氢气，故AB段主要发生析氢腐蚀，A正确；
B．AD段内发生的都是铁的电化学腐蚀，铁在负极的电极式为：Fe-2e-=Fe2+，B正确；
C．由图可知BC段的pH为3-5，正极不能产生氢氧根，电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，C错误；
D．根据分析，D正确；
故选C。
押题猜想十一 电解质溶液及图像
某温度下，与不同pH的体系反应可生成不同的沉淀。下面图1表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。图2表示与不同pH的体系反应生成沉淀的情况，其中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始ml⋅L，不同pH下由图1得到]。
下列说法正确的是
A．上述体系呈中性时，一定是
B．符合的pH范围：
C．，ml⋅L时，溶液中存在和两种沉淀
D．，ml⋅L时可发生反应：
【答案】D
【分析】图1中pH越大，碳酸根物质的量分数越大，碳酸物质的量分数越小，碳酸氢根物质的量分数先增大后减小；图2中已知曲线Ⅰ代表的是氢氧化镁，曲线Ⅱ代表的是碳酸镁。。
【解析】A．温度不一定是常温，因此中性体系pH不一定是7，也就不确定，A错误；
B．由图1可知，，，。若，则满足下列两个关系：①，②。将①代入表达式，可得，即；将②代入表达式，可得，即。因此，符合条件的pH范围是，B错误；
C．分析图2，，浓度为0.01 ml/L时，溶液中只存在沉淀，C错误；
D．分析图1和图2，时，溶液中主要含碳离子为，浓度为0.1 ml/L时，只产生沉淀，因此可以发生，D正确；
故选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，预测2024年依然会考查电离平衡常数、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。
1．以废锌催化剂（主要含及少量）为原料制备锌的工艺流程如下图所示．
已知：①
②可以溶于氨水生成和．
下列说法正确的是
A．“浸取”时发生反应：
B．的溶液中存在：
C．”除铜”所得上层清液中存在
D．均不能溶于氨水生成和
【答案】C
【解析】A．根据已知②，“浸取”时发生反应：，A错误；
B．的溶液中存在质子守恒：，B错误；
C．”除铜”所得上层清液中锌离子没有沉淀，溶液中存在，，故存在，C正确；
D．除铜步骤中，说明氨不易与CuS反应生成配离子四氨合铜离子，同理不能和S2-反应生成四氨合铜离子离子，说明能溶于氨水生成配离子，D错误；
故选C。
2．Al3+与F-具有很强的亲和性，AlF在NaF溶液中存在分步电离：。常温下实验测定的百分含量随变化如图所示，下列说法错误的是
A．曲线b表示
B．N点时，
C．M点溶液中
D．常温下，化学平衡常数的数量级为1015
【答案】B
【分析】由图可知，随着pF的增大，c(F-)减小，则a、b、c、d分别代表AlF3、、AlF2+、Al3+变化曲线，据此分析解题。
【解析】A．由分析可知，曲线b表示，A正确；
B．由分析可知，N点时c()=c(Al3+)，根据电荷守恒可知：c(Na+)+，故有：
c(Na+)+，B错误；
C．由分析可知，当c(AlF3)=c()时，c(F-)=10-3.8ml/L，即K1==10-3.8，当c()=c(AlF2+)时，c(F-)=10-5.2ml/L，则K2==10-5.8，K1K2==10-9.0，M点为a、c曲线的交点，即代表c(AlF3)=c(AlF2+)，K1K2==10-9.0，M点溶液中，C正确；
D．结合C项分析可知，K3==10-6.6，K1K2K3==10-15.6，故常温下，化学平衡常数K===1015.6，故其数量级为1015，D正确；
故答案为：B。
3．某学习小组进行如下实验：向均为某浓度的和溶液中分别滴加的盐酸，溶液随滴加溶液体积的变化如下图。下列说法正确的是加入
A．曲线I是溶液的滴定曲线
B．三点，水的电离程度为
C．点存在
D．II曲线上任意一点存在
【答案】D
【解析】A．H2CO3的Ka1>Ka2,故相同浓度的碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸钠水解的程度更大，因此碳酸钠的碱性更强，应为曲线II，A错误；
B．图I中A点溶质为碳酸氢钠，碳酸氢根离子水解，促进水的电离，B点溶质为氯化钠，不影响水的电离，C点溶质为氯化钠和稀盐酸，盐酸抑制水的电离，故A>B>C ,B错误；
C．点溶质为碳酸氢钠，根据质子守恒可知，微粒满足关系式为，C错误；
D．根据图像可知一开始碳酸钠的浓度为，钠离子浓度为，而根据物料守恒可知，,D正确；
故选D。
押题猜想十二 多重平衡体系的图像分析
催化加氢合成二甲醚是一种转化方法，其过程中主要发生下列反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
在恒压、和的起始量一定的条件下，平衡转化率和平衡时的选择性随温度的变化如下图所示。(的选择性)
下列说法不正确的是
A．在240~320℃范围内，温度升高，平衡时的物质的量先增大后减小
B．反应
C．其他条件不变时，温度越高，主要还原产物中碳元素的价态越高
D．反应一段时间后，测得的选择性为48%(图中A点)，增大压强可能将的选择性提升到B点
【答案】A
【解析】A．反应Ⅱ为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，物质的量减小，故A错误；
B．反应由反应Ⅱ-2×反应Ⅰ得到，其，故B正确；
C．二甲醚中C的化合价为-1，CO中C的化合价为+2，其他条件不变，温度越高，二甲醚的选择性越低，即CO的选择性越高，主要还原产物中碳元素价态越高，故C正确；
D．反应Ⅱ是气体体积减小的反应，在温度不变的条件下，增大压强，平衡向正反应方向移动，二甲醚的物质的量增大，选择性增大，故D正确；
故选A。
押题解读
多重平衡体系图像分析在近几年的高考中主要是以曲线图像变化为载体涉及多个反应的分析，比较多角度考查化学反应速率与平衡，预测2024年依然涉及催化剂的选择性分析、转化率、平衡移动、产率等高频考点。
2．中国积极推动技术创新，力争2060年实现碳中和。CO2催化还原的主要反应有：
①
②
向恒温恒压的密闭容器中通入1 ml CO2和3 ml H2进行上述反应。CH3OH的平衡产率、CO2的平衡转化率随温度变化关系如图。下列说法错误的是
A．反应②的
B．若气体密度不再变化，反应①和②均达到平衡状态
C．任一温度下的平衡转化率：
D．平衡时随温度升高先增大后减小
【答案】D
【解析】A．由题干图像信息可知，随着温度的升高CH3OH的平衡产率减小，即升高温度反应②平衡逆向移动，故反应②的，A正确；
B．由题干信息可知，反应是在恒温恒压的容器中进行，故若气体密度不再变化，则反应①和②均达到平衡状态，B正确；
C．由题干方程式可知，若只发生反应②则H2和CO2的平衡转化率相等，若只进行反应①则H2的平衡转化率小于CO2的，现同时发生反应①和反应②，故有任一温度下的平衡转化率：，C正确；
D．由题干图像信息可知，CH3OH的平衡产率随温度的升高一直在减小，而CO2的平衡转化率先减小后增大，说明温度较低时以反应②为主，随着温度升高平衡逆向移动，H2O的物质的量减小，而温度较高时，以反应①为主，温度升高平衡正向移动，H2O的物质的量增大，即平衡时随温度升高先减小后增大，D错误；
故答案为：D。
2．将催化转化成CO是实现资源化利用的关键步骤，发生的反应有
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ： ，0.1MPa，在密闭容器中按投料，平衡时各组分的摩尔分数［物质i的摩尔分数：，未计入］随温度的变化如图。下列说法不正确的是
A．低温下有利于反应Ⅱ正向进行B．曲线b为
C．P点时反应Ⅰ的约为D．900℃时，适当增大体系压强，保持不变
【答案】C
【分析】反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ和反应Ⅲ是放热反应，升高温度反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ和反应Ⅲ平衡逆向移动，CO和H2的摩尔分数增大，且H2的摩尔分数大于CO，曲线b代表，a代表CO，以此解答。
【解析】A．由盖斯定律可知，反应Ⅰ+反应Ⅲ可得反应Ⅱ， =-163.9，该反应为放热反应，低温下有利于反应Ⅱ正向进行，A正确；
B．由分析可知，曲线b代表，B正确；
C．由分析可知，曲线b代表，a代表CO，当x(CO)=x(CO2)时，温度高于500℃，x(H2)>x(H2O)，反应I的平衡常数Kp= ，p点温度低于500℃，反应I是吸热反应，温度降低平衡常数减小，则P点时反应I的Kp0)
实验数据如下。
下列说法不正确的是
A．①中的平衡转化率为20%
B．t℃时，该反应的平衡常数为1
C．当②中CO和浓度相等时，反应达到平衡
D．达到平衡时②中能量变化：b=1.5a
【答案】D
【解析】A．由热化学方程式(a>0)可知，消耗1mlH2O时释放akJ能量，①中平衡时释放0.8akJ能量，则消耗的H2O的物质的量为0.8ml，因此H2O的平衡转化率为，故A正确；
B．①中平衡时释放0.8akJ能量，则消耗的H2O的物质的量为0.8ml，三段式，设容器容积为1L，t℃时，该反应的平衡常数为，故B正确；
C．设当②中CO和CO2浓度相等时，消耗的CO2的物质的量为x，三段式，则有1+x=2-x，解得x=0.5ml，此时容器中各物质的量均为1.5ml，Q=，即反应达到了平衡状态，故C 正确；
D．由以上分析可知，达到平衡时②中一氧化碳的物质的量的变化量为0.5ml，当一氧化碳的物质的量的变化量为1ml时，能量变化为akJ，所以达到平衡时②中能量变化为b=0.5a，故D错误；
故答案为：D。
押题猜想十三 反应原理综合应用
氙及其化合物在工业生产中有重要用途。
(1)1962年，化学家巴特利特合成了氙的第一个化合物，其在熔化时电离出和。Xe和混合制得的反应可以表示如下：
已知：①在标准状态下将1ml离子型晶体(如NaCl)拆散为1ml气态阳离子()和1ml气态阴离子()所需要的能量叫做晶格能，的晶格能为。
②Xe的第一电离能为。
③ 。
根据以上信息，计算反应 。
(2)不久，在三个不同实验室里又分别合成了、、三种简单化合物。其中一种化合物的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，表示阿伏伽德罗常数的值。则该化合物的化学式为 ，中心原子的价层电子对数为 ，晶体密度为 。
(3)一定条件下，向恒容密闭容器中充入Xe和混合气体，反应体系中存在的平衡及相应部分数据如下表所示。
已知：分压=总压×该组分物质的量分数；
对于反应
其中，、、、为各组分的平衡分压。
① 0(填“>”或“0，该反应在高温下才能自发进行，∆G=∆H-T∆S0，高温自发，焓变大于0；
（2）根据图象并结合公式可得：y1= -x1Ea+C、 y2= -x2Ea+C，联立方程解得Ea=；
（3）反应i为气体体积减小的放热反应，为提高甲醇平衡产率，可采取的措施有，降低温度，增加压强反应，及时分离出产物，增大反应物浓度等；
（4）由题图可知，523 K 时甲醇的产率最大，即甲醇产率随温度升高呈现先升高后降低，且为直线下降，可能的原因是最高点之前，升温速率加快且催化剂活性增强也使反应速率加快，产率增大；523K时催化剂活性最高，随后催化剂活性随温度升高而下降使化学反应速率减小导致产率降低；
（5）保持压强为，，设CO2物质的量为1ml，H2物质的量为3ml，时甲醇的产率为14%，
则平衡时压强为，P(CO2)=，P(H2)=，P(CH3OH)=，P(H2O)=，时的压强平衡常数==。
押题猜想十四 实验综合探究分析
过氧乙酸()是无色透明液体，常用于速效漂白和消毒，氧化性比强，与酸性相近。某课外实验小组同学用溶液与乙酸酐制备高浓度过氧乙酸并对其含量测定，实验过程如下。
制备反应为：。
Ⅰ.过氧化氢的浓缩：溶液浓缩至75%(沸点150.2℃)：浓缩装置如下图所示(连接用橡胶管和支持仪器以及抽气泵已省略)：
(1)仪器B的名称 ，浓溶液主要在 烧瓶中得到(填“A”或“C”)。
(2)该实验过程操作的正确顺序是 (填序号) 。
_______→_______→_______→_______→③→④
①水浴加热；②连接装置；③抽真空后向冷凝管中通水；
④自滴液漏斗往烧瓶中缓慢滴加溶液；
⑤在滴液漏斗中装入溶液；
⑥检查装置气密性。
Ⅱ.过氧乙酸的制备：如下图所示，搅拌器不断搅拌下，向三颈烧瓶中加入45mL乙酸酐，逐步滴加溶液25mL(过量)，再加1mL浓硫酸，搅拌4小时，室温静置15小时即得47%的过氧乙酸溶液。
(3)该实验采用水浴加热的目的 。
(4)实验中，利用搅拌器充分搅拌的作用是 。
(5)乙酸酐与反应的尾气可以用 吸收。
Ⅲ.过氧乙酸(含杂质)的含量测定：取适量样品按下图所示步骤依次进行实验，测定过氧乙酸的含量。
(6)①第2步滴加溶液恰好除尽的实验现象是 。
②第3步中过氧乙酸可被还原为乙酸，其离子方程式为 。
③若实验中所取样品体积为，第3步中加入溶液，第4步滴定中消耗溶液，则过氧乙酸含量为 。
【答案】(1) 直形冷凝管 A
(2)②⑥⑤①
(3)控制反应温度在一定范围内
(4)使反应物充分接触，提高原料利用率
(5)NaOH溶液
(6) 溶液刚好变为浅红色，且半分钟内不褪色 CH3COOOH+2Fe2++2H+CH3COOH+2Fe3++ H2O
【分析】由题意可知，该实验的实验目的是制备过氧乙酸，制备过程为先将稀过氧化氢溶液浓缩浓过氧化氢溶液，再用浓过氧化氢溶液与乙酸酐反应制得过氧乙酸，并用氧化还原滴定法测定产品中过氧乙酸含量。
【解析】（1）由实验装置图可知，仪器B为直形冷凝管；由75%过氧化氢溶液的沸点为150.2℃可知，装置A中得到浓过氧化氢溶液、装置C中为蒸馏出来的水，故答案为：直形冷凝管；A；
（2）过氧化氢溶液高温易分解，为防止过氧化氢溶液分解，浓缩过氧化氢溶液时，需要减压蒸馏，则浓缩过氧化氢溶液的操作为连接好装置，为防止实验过程中气体逸出，先检查装置气密性，然后在滴液漏斗中装入30%过氧化氢溶液，水浴加热装置A，打开抽气泵，抽真空后向冷凝管中通水，自滴液漏斗往烧瓶中缓慢滴加30%过氧化氢溶液，蒸馏得到浓的双氧水溶液，所以实验时的操作顺序为②→⑥→⑤→①→③→④，故答案为：②⑥⑤①；
（3）75%过氧化氢溶液的沸点为150.2℃，且过氧化氢溶液高温易分解，所以制备过氧乙酸时应选择水浴加热的方法控制反应温度，故答案为：控制反应温度在一定范围内；
（4）制备过氧乙酸时应利用搅拌器充分搅拌，使反应物充分接触，提高原料利用率，故答案为：使反应物充分接触，提高原料利用率；
（5）由方程式可知，浓硫酸作用下，过氧化氢浓溶液与乙酸酐反应生成过氧乙酸和乙酸，所以实验生成的尾气应用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，故答案：NaOH溶液；
（6）①由题给流程可知，第2步发生的反应为酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、氧气和水，完全反应时，再滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液，溶液会变为浅红色，且半分钟内不褪色，故答案为：溶液刚好变为浅红色，且半分钟内不褪色；
②由题给流程可知，第3步发生的反应为过氧乙酸溶液与稀硫酸、硫酸亚铁溶液反应生成硫酸铁和乙酸，反应的离子方程式为CH3COOOH+2Fe2++2H+CH3COOH+2Fe3++ H2O，故答案为：CH3COOOH+2Fe2++2H+CH3COOH+2Fe3++ H2O；
③由题意可知，滴定溶液中过量亚铁离子消耗V2mLc2ml/L酸性高锰酸钾溶液，由得失电子数目守恒可知，过氧乙酸的物质的量为(10—3c1V1—5×10—3c2V2)ml×，则过氧乙酸含量为=g/L，故答案为：。
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。
1．氯化亚铁在冶金、医药制造、媒染剂等方面有着较为广泛的用途，氯化亚铁可以对许多分子进行激活反应，成为一种新型“明星分子”。回答下列问题：
(1)由固体粗略配制溶液，称取 g固体在 (填试剂)中溶解后，加水稀释为，最后加入少量铁粉。
(2)“无汞定铁法”标定溶液浓度：
①将 (填酸式或碱式)滴定管先水洗，再润洗，最后盛装标准溶液，其下一步操作是 ，……正确安装滴定管。
②用移液管准确量取溶液注入锥形瓶中，并加入硫酸和几滴二苯胺磺酸钠。二苯胺磺酸钠的作用是 。
③用标准溶液滴定，当锥形瓶中溶液颜色从绿色变为紫红色即为滴定终点，平行滴定三次，平均消耗标准溶液，写出滴定反应的离子方程式 。溶液的标定浓度为 。
(3)取溶液加热、蒸干、灼烧至质量不变。固体质量为 。
(4)已知：亚硫酰氯()沸点为，遇水极易水解。实验室利用固体和亚硫酰氯()制备新型“明星分子”固体的装置如下图所示：
①先通一段时间后，先加热装置 (填“a”或“b”)。
②装置c、d连接在一起共同起到的作用 。
③硬质玻璃试管b中发生反应的化学方程式 。
④装置e中试剂为的酸性溶液，发生反应的离子方程式为 。
【答案】(1) 117.5 浓盐酸
(2) 酸式 排气并调节液面在0刻度线以下 指示剂
(3)7.68g
(4) a 使得未反应的SOCl2冷凝、回流到a中
【分析】滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；
实验开始先通N2一段时间后，先加热装置a使SOCl2挥发，b中SOCl2和FeCl2·4H2O反应生成FeCl2、SO2、HCl，未反应的SOCl2在冷凝管c中冷凝、回流到a中，SO2、HCl通过酸性K2Cr2O7溶液吸收二氧化硫，最后剩余尾气用氢氧化钠溶液吸收。
【解析】（1）配制溶液，称取0.5L×1.0ml/L×235g/ml=117.5g固体在浓盐酸（抑制亚铁离子水解）中溶解后，加水稀释为，最后加入少量铁粉（防止亚铁离子被氧化）；
（2）①将酸式滴定管（具有强氧化性，需要使用酸式滴定管）先水洗，再润洗，最后盛装标准溶液，其下一步操作是排气并调节液面在0刻度线以下，……正确安装滴定管。
②用移液管准确量取溶液注入锥形瓶中，并加入硫酸和几滴二苯胺磺酸钠。二苯胺磺酸钠的作用是指示剂，指示反应的终点。
③反应中铬化合价由+6变为+3、铁化合价由+2变为+3，由电子守恒可知，反应为，则溶液的标定浓度为；
（3）溶液加热、蒸干、灼烧至质量不变过程中亚铁离子水解生成氢氧化亚铁沉淀，然后被氧化为氢氧化铁，氢氧化铁分解生成氧化铁固体，由铁元素守恒可知，固体质量为
（4）①先通一段时间后，先加热装置a，使得SOCl2挥发进入装置b中反应；
②装置c、d连接在一起共同起到的作用使得未反应的SOCl2冷凝、回流到a中；
③b中SOCl2和FeCl2·4H2O反应生成FeCl2、SO2、HCl，。
④装置e中试剂为的酸性溶液，SO2被酸性K2Cr2O7溶液氧化为硫酸根离子，同时生成铬离子，反应为：。
2．双氰胺()为白色晶体，在冷水中溶解度较小，溶于热水、乙醇，其水溶液在80℃以上会发生分解等副反应，主要用于生产树脂、涂料、含氮复合肥等。实验室以石灰氮为原料制备双氰胺的流程如下：
已知氰胺二聚反应机理为
回答下列问题：
(1)已知：氰基是吸电子基团。氰氨的碱性 氨的碱性。(填：“大于”、“小于”或“等于”)
(2)写出步骤Ⅰ的化学反应方程式： 。
(3)步骤Ⅱ中调节溶液pH为9.1，pH不能过低的原因： 。
(4)步骤Ⅲ中蒸发浓缩时，常采用真空蒸发浓缩，目的是 。
(5)凯氏定氮法是测定有机物中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐。
已知：
①f的名称是 。
②仪器清洗后，g中加入硼酸和指示剂。铵盐试样由d注入e，随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗d，关闭，d中保留少量水。打开，加热b，使水蒸气进入e。
d中保留少量水的目的是 。
③取双氰胺样品m克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为的盐酸VmL，则样品中氮的质量分数为 %。(用含c、m、V的代数式表示)
【答案】(1)小于
(2)CaCN2+H2O+CO2= CaCO3+NC-NH2
(3)OH-为二聚反应的催化剂，故弱碱性有利于发生聚合反应
(4)真空蒸发浓缩可以降低溶液沸点、加快浓缩速率，防止双氰胺因温度过高发生分解等副反应
(5) 直形冷凝管 止水夹k3处可能漏气，导致测定的N元素质量分数偏低，故d中保留少量水起液封作用，防止氨气逸出
【分析】分析所给流程图可知，CaCN2与水反应生成Ca(OH)2和NC-NH2，通入CO2，使Ca(OH)2转化成CaCO3(滤渣)除去，NC-NH2在80 ℃、弱碱性条件下反应生成双氰胺，再经过蒸发浓缩、冷却结晶得到双氰胺晶体。
【解析】（1）由于氨基氰所含氨基氮上的p电子与氰基上的π键发生p-π共轭，使得该氨基氮上的电子云被分散，从而使得氨基氰结合质子的能力下降，即碱性减弱，而氨分子的氮原子上的电子云未被分散，结合质子的能力强于氨基氰，氰氨的碱性小于氨的碱性。
（2）步骤Ⅰ中CaCN2与水反应生成Ca(OH)2和NC-NH2，通入CO2，使Ca(OH)2转化成CaCO3，化学方程式为：CaCN2+H2O+CO2= CaCO3+NC-NH2。
（3）根据氰胺二聚反应机理可知，OH-为二聚反应的催化剂，故弱碱性有利于发生聚合反应。
（4）真空蒸发浓缩可以降低溶液沸点、加快浓缩速率，防止双氰胺因温度过高发生分解等副反应。
（5）①f的名称是直形冷凝管；
②止水夹k3处可能漏气，导致测定的N元素质量分数偏低，故d中保留少量水起液封作用，防止氨气逸出；
③在整个实验过程中由氮原子守恒可得：n(N)=n(NH3)=n(HCl)= ml，则w(N)= ×100%=%。
押题猜想十五 化工流程分析
具有耐高温的惰性，高活性，可广泛应用于制作各种塑料、橡胶、陶瓷、耐火材料等。工业上以油页岩灰渣（主要成分为、，含少量、、和其他不溶于酸、碱的杂质）为原料制备纳米的流程如下。已知：熔点高，硬度大，不溶于酸、碱；常温下，、、；溶液中离子的浓度小于时可视为该离子沉淀完全。请回答下列问题：
(1)油页岩灰渣“70℃下加热”前需要将其粉碎，目的是 ；加入的目的是 。
(2)滤渣1的主要成分为 、 及不溶于酸、碱的杂质；加入调节溶液的为13后，溶液中的 。
(3)若通入过量，发生的主要反应的离子方程式为 。
(4)写出洗去固体A表面杂质的简要操作： 。
(5)“煅烧”固体A反应的化学方程式为 。
【答案】(1) 增大接触面积，加快反应速率 将转化为可溶于酸的物质
(2)
(3)
(4)向漏斗内加水至浸没固体，待水自然流干后，重复操作2～3次
(5)
【分析】油页岩灰渣（主要成分为、，含少量、、和其他不溶于酸、碱的杂质）混合NaCl后在70℃下加热，然后用30%的硫酸溶液浸取，不和硫酸反应存在于滤渣1中，CaO和硫酸反应生成硫酸钙沉淀也存在于滤渣1中，滤液中存在Al3+、Mg2+，向滤液中加入过量NaOH溶液，Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀，Al3+转化为AlO，过滤后向含有AlO的滤液中通入CO2，AlO转化为Al(OH)3沉淀，煅烧Al(OH)3使其分解产生Al2O3，以此解答。
【解析】（1）油页岩灰渣“70℃下加热”前需要将其粉碎，目的是增大接触面积，加快反应速率。加入的目的是将转化为可溶于酸的物质。
（2）由分析可知，滤渣1的主要成分为、及不溶于酸、碱的杂质；加入调节溶液的为13后，c(H+)=10-13ml/L，c(OH-)= ，溶液中的。
（3）若通入过量，AlO转化为Al(OH)3沉淀，离子方程式为：。
（4）洗去固体A表面杂质的简要操作为：向漏斗内加水至浸没固体，待水自然流干后，重复操作2～3次。
（5）“煅烧”固体Al(OH)3生成氧化铝，化学方程式为：。
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。
1．利用含钴废料(主要成分为、、、以及、等)制备碳酸钴和硫酸镍晶体的一种工艺流程如图所示：
已知：；。
请回答下列问题：
(1)“碱浸”时所得滤液中溶质的主要成分为和 。“酸浸”时发生反应的总离子方程式为 。
(2)“萃取”时萃取的反应原理如下：(有机层)，若萃取剂的量一定时， (填“一次萃取”或“少量多次萃取”)的萃取效率更高。若“酸浸”后浸出液的，，萃取完成后水相中为，则钴的萃取率为 (结果保留一位小数，溶液体积变化忽略不计)。
(3)“沉锰”时，转化为，则“沉锰”时发生反应的离子方程式为 。
(4)可以通过电解溶液获得单质和较浓的盐酸，其工作原理如图所示，其中膜a和膜b中，属于阳离子交换膜的是 。若Ⅱ室溶液中溶质的质量增加了，则理论上获得的单质的质量为 。
【答案】(1)
(2) 少量多次萃取
(3)
(4) a 59g
【分析】含钴废料经氢氧化钠处理可以除去SiO2，转化为Na2SiO3，C、Ni、Mn、Pb以及经硫酸和过氧化氢处理得到滤渣PbSO4和含C2+、Mn2+、Ni2+的溶液，再经有机相萃取分离C2+和Mn2+、Ni2+。
【解析】（1）“碱浸”时发生反应：2NaOH+SiO2=+H2O，所得滤液中溶质的主要成分为NaOH和，“酸浸”时发生还原反应，过氧化氢为还原剂，总离子方程式为。
（2）“萃取”时，若萃取剂的量一定时，少量多次萃取的萃取效率更高。氢离子的浓度由变成，增加，由可知C2+减少，故钴的萃取率为。
（3）“沉锰”时，转化为，Mn2+转化为MnO2，故离子方程式为。
（4）电解溶液时阳极水失去电子产生氧气，即，阴极发生，阳极的氢离子透过阳离子交换膜a进入产品室，阴极Cl-透过阴离子交换膜b进入产品室产生浓盐酸。若Ⅱ室溶液中溶质的质量增加了73g，即共转移2mlHCl，说明有2ml氢离子移向产品室，故电路中共转移2ml电子，由可知理论上获得的单质C为1ml，质量为59g。
2．二氧化铈是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含)为原料制备的一种工艺流程如图所示：
已知：①能与结合成，也能与结合成；
②在硫酸体系中能被萃取剂萃取，而不能。
回答下列问题：
(1)氧化焙烧中氧化的目的是 。
(2)“萃取”时存在反应：，如图中D是分配比，表示分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比保持其它条件不变，若在起始料液中加入不同量的以改变水层中的，请解释D随起始料液中变化的原因： 。
(3)“反萃取”中，在稀硫酸和的作用下转化为，反应的离子方程式为： 。
(4)向水层中加入溶液来调节溶液的，应大于 时，完全生成沉淀。(已知)
(5)“氧化”步骤中氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
(6)是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧，在尾气消除过程中发生着的循环，请写出消除尾气(气体产物是空气的某一成分)的化学方程式 。
(7)氧化铈，常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，如图所示，晶胞中与最近的核间距为。(已知：的空缺率)
①已知点原子的分数坐标为，则点原子的分数坐标为 。
②晶胞中与最近的的个数为 。
③晶体的密度为 (只需列出表达式)。
④若掺杂后得到的晶体，则此晶体中的空缺率为 。
【答案】(1)将+3价铈氧化为+4价
(2)随着增大，水层中被结合成，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小
(3)
(4)9
(5)1：2
(6)
(7) 12
【分析】氟碳铈矿(主要含CeFCO3)氧化焙烧将将+3价铈氧化为+4价，加入盐酸得到Ce4+的溶液，加入萃取剂，Ce4++n(HA)2 Ce•(H2n-4A2n)+4H+，从而除去溶液中的F-，再加入过氧化氢和硫酸，Ce4+被还原为Ce3+，反萃取得到Ce3+的溶液，加入NaOH，使Ce3+转化为Ce(OH)3，加入NaClO，Ce(OH)3被氧化为Ce(OH)4。
【解析】（1）原料CeFCO3中Ce为+3价，结合题目信息“在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3+不能”，所以氧化焙烧的目的是将+3价铈氧化为+4价；
（2）D随起始料液中变化的原因：随着c(SO)增大，水层中Ce4+被SO结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小；
（3）依据流程中水层含Ce3+可知，Ce4+作氧化剂，H2O2作还原剂，氧化产物一定有氧气，在酸性环境下反应，从而写出离子方程式2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+；
（4）Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀时，Ce3+浓度小于10-5ml/L，依据ksp[Ce(OH)3=1.0×10-20]，，则pH大于9时，Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀；
（5）“氧化”步骤中氧化剂是NaClO，还原产物是Cl-，还原剂是Ce3+，氧化产物是Ce(OH)4，根据电子得失守恒，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2；
（6）根据题目信息“CeO2在氧化气氛中耗氧”，“气体产物是空气的某一成分”，可知NO的产物是N2，写出方程式：CeO2(1-X)+2xNO=CeO2+xN2；
（7）①根据M点原子的分数坐标为（0，0，0），N在面心位置，则N点原子的分数坐标为；
②根据图示，CeO2晶胞中与Ce4＋最近的Ce4＋的个数为12；
③根据均摊原则，CeO2晶胞中Ce4+数为4，O2-数为8，CeO2晶胞中Ce4＋与最近O2－的核间距为apm，则晶胞边长为，晶体的密度为；
④CeO2中阳离子和阴离子的个数比为1:2，若掺杂Y2O3后得到n（CeO2）：n（Y2O3）＝0.6：0.2的晶体，阳离子和阴离子的个数比为1:1.8，则此晶体中O2－的空缺率为。
3．含苯酚的工业废水的处理流程如图所示：

(1)根据此流程图回答下列问题：
①流程图设备Ⅰ中进行的是 操作(填操作名称)。
②由设备Ⅲ进入设备Ⅳ的物质B是 (填化学式)。
③设备Ⅲ中发生反应的化学方程式为 。
④在设备Ⅳ中，物质B的水溶液和CaO反应后，产物是NaOH、和。通过过滤可以使产物相互分离。
⑤流程图中能循环使用的物质是NaOH溶液、CO2、C6H6和 (填化学式)。
(2)为了防止水源污染，用简单而又现象明显的方法检验某工厂排放的污水中有无苯酚，此方法是 。由上述流程图总结出从废水中回收苯酚的方法是：
①用有机溶剂萃取废液中的苯酚；
②加入某种药品的水溶液使苯酚与有机溶剂脱离；
③加入某物质又析出苯酚。
若第②步加入的某种药品是KOH，其反应的化学方程式为 。
【答案】(1) 萃取、分液 NaHCO3 CO2+H2O+ → +NaHCO3 CaO
(2) 向污水中滴加FeCl3溶液，若溶液呈紫色，则表明污水中有苯酚 +KOH→ +H2O
【分析】含苯酚的工业废水中加入苯，在设备Ⅰ中苯将废水中苯酚萃取出来，分液得到苯酚的苯溶液；在设备Ⅱ中加入NaOH水溶液，苯酚与NaOH溶液反应生成溶于水的苯酚钠，分液得到苯、苯酚钠溶液（A）；在设备Ⅲ中通入CO2，CO2与苯酚钠溶液反应生成苯酚和NaHCO3，分液得到苯酚、NaHCO3溶液（B）；在设备Ⅳ中加入CaO，CaO与NaHCO3溶液反应生成CaCO3、NaOH和H2O；设备Ⅴ中CaCO3转化成CO2和CaO。
【解析】（1）①设备Ⅰ中加入的苯将工业废水中的苯酚萃取出来，分液得到水、苯酚的苯溶液，即设备Ⅰ中进行的是萃取、分液操作；
②根据分析，结合流程，由设备Ⅲ进入设备Ⅳ的物质B为NaHCO3；
③设备Ⅲ中CO2与苯酚钠反应生成苯酚和NaHCO3，反应的化学方程式为CO2+H2O+ → +NaHCO3；
⑤根据流程图和分析可知，流程图中能循环使用的物质是NaOH溶液、CO2、C6H6和CaO。
（2）苯酚中含酚羟基，检验苯酚简单而又现象明显的方法是：向污水中滴加FeCl3溶液，若溶液呈紫色，则表明污水中有苯酚，若溶液不呈紫色，则表明污水中没有苯酚；若第②步加入的某种药品是KOH，KOH与苯酚反应生成苯酚钾和水，反应的化学方程式为 +KOH→ +H2O。
押题猜想十六 有机化学合成与推断
化合物()是磷酸西他列汀的重要中间体，可以2，4，5—三氟苯乙酸为原料通过下列路线进行合成：
已知：①+②+R′-NH2
回答下列问题：
(1)C分子中含氧官能团的名称为 。
(2)C→D的反应类型为 。
(3)是A的同分异构体，其化学名称为 。
(4)化合物F的结构简式为 。
(5)已知：为苄氧基，结构为，则G→H的化学方程式为 。
(6)M是A的同分异构体，满足下列条件的M共有 种。
a．可与溶液发生显色反应 b．含有三氟甲基()
其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为2：2：1的同分异构体的结构简式为 。
(7)已知：、。结合所学知识，设计以为原料制备的合成路线： (无机试剂任选)。
【答案】(1)酮羰基和酯基
(2)加成反应或还原反应
(3)2，3，6-三氟苯乙酸
(4)
(5)
(6) 13
(7)
【分析】
根据题目条件已知①，可知A→B发生的反应为同一反应类型，则可推出B的结构简式为：；B→C是B与甲醇的取代反应；C→D是酮羰基与氢气的加成反应；D→E为B与发生了取代反应；根据题目条件已知②，可知E→F发生的反应为同一反应类型，则可推出F的结构简式为：；根据F和G的结构简式，可知F与发生了取代反应；根据G和H的结构简式，可知G和氢气反应，生成了H和苯甲醇。
【解析】（1）由C的结构简式可知，C分子中的含氧官能团为酮羰基和酯基；
（2）对比C和D的结构简式可知，C→D是酮羰基与氢气的加成反应，加氢反应属于还原反应，C→D的反应类型为加成反应或还原反应；
（3）
中的主体结构为苯乙酸，在苯乙酸的苯环上有3个取代基，按照命名规则，其化学名称为：2，3，6-三氟苯乙酸；
（4）
E→F发生的反应类型与题中已知②相同，是将分子中的酰胺基水解成羧基和氨基，根据E的结构简式，可推出F的结构简式为：；
（5）
根据G和F的结构简式可知G和氢气反应，生成了H和苯甲醇，反应方程式为：；
（6）
①M是A的同分异构体，其可与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，并且其分子中含有三氟甲基；若苯环上有2个取代基，则应含有酚羟基和，两种取代基有邻位、间位、对位3种同分异构体；若苯环上有3个取代基，则应含有酚羟基、和，若酚羟基和处在邻位，则可存在4种位置，即存在4种同分异构体；若酚羟基和处在间位，则可存在4种位置，即存在4种同分异构体；若酚羟基和处在对位，则可存在2种位置，即存在2种同分异构体；综上所述，满足上述条件的M共有13种；
核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为2：2：1，即有3种类型的氢，且3种类型的氢的个数比为2：2：1，根据以上分析，则该同分异构体的结构简式为：；
（7）
根据已知条件：，可将转化为；根据已知条件：，可将转化为；最终水解得到，流程图为：。
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。
1．缓释布洛芬具有解热、镇痛、抗炎等功效，一种合成缓释布洛芬的路线如下：
回答下列问题：
(1)化合物Ⅰ的分子式为 ，缓释布洛芬的结构简式为 。
(2)化合物Ⅱ易溶于水的原因是 ，化合物Ⅳ+Ⅴ→Ⅵ的反应类型是 。
(3)根据化合物Ⅲ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
(4)写出Ⅲ→Ⅳ的化学方程式： 。
(5)同时满足下列条件的化合物Ⅴ的同分异构体共有 种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱中峰面积比为6∶3∶2∶2∶1的结构简式为 。
①属于芳香族化合物；②苯环上含有两个取代基。
【答案】(1)
(2) 分子中的羟基能和水形成氢键 加成反应
(3)
(4)+CH3OH+H2O
(5) 9
【分析】
丙烯和氯气发生加成反应生成I为1,2-二氯丙烷，I在NaOH水溶液中水解生成Ⅱ为CH2OHCHOHCH3，Ⅲ发生酯化反应生成Ⅳ为，据此分析解答。
【解析】（1）①根据Ⅱ和Ⅲ的结构分析可知，Ⅱ是1,2—丙二醇，所以Ⅰ为1,2-二氯丙烷，故Ⅰ的分子式为C3H8Cl2；故答案为：C3H8Cl2；
②Ⅷ分子中含有碳碳双键，可以发生加聚反应，故缓释布洛芬的结构简式为：
；故答案为：。
（2）①化合物Ⅱ易溶于水的原因是：分子中含有羟基，可以和水形成氢键；故答案为：分子中含有羟基，可以和水形成氢键；
②化合物Ⅳ+Ⅴ→Ⅵ的化学方程式是：+，该反应属于加成反应；故答案为：加成反应。
（3）
①化合物Ⅲ含有羰基，羰基和氢气在镍作催化剂的条件下，发生加成反应（又称还原反应），生成醇；故答案为：；H2；
②化合物Ⅲ含有羧基，羧基可以和金属钠发生取代反应，生成羧酸钠；故答案为：-COOH；-COONa。
（4）
根据合成路线可知：Ⅲ→Ⅳ的化学方程式为：+CH3OH+H2O；故答案为：+CH3OH+H2O。
（5）
Ⅴ的分子式为：C10H14；化合物Ⅴ的同分异构体满足：属于芳香族化合物，说明含有1个苯环，且苯环上含有两个取代基，则符合要求的结构有、、、、、、、、共9种，其中核磁共振氢谱中峰面积比为6∶3∶2∶2∶1的结构简式为；故答案为：9；。
【点睛】同分异构体的书写是关键。
2．化合物H是一种抗艾滋病药物，某课题组设计的合成路线如下：
请回答下列问题：
(1)写出有机物A的名称 。
(2)过程A→B的作用是 。
(3)写出在一定条件下，B与足量NaOH溶液反应的化学方程式 。
(4)化合物D的结构简式是 。
(5)下列说法错误的是 (填标号)。
a．E分子中碳原子的杂化方式有3种
b．合成H过程中涉及的反应类型均为取代反应
c．F与足量H2加成后，产物分子中含有4个手性碳原子
d．化合物G可以与水形成分子间氢键，易溶于水
(6)化合物N()是另一种合成路线的中间体，化合物N符合下列条件的同分异构体有 种，写出其中一种结构简式 。
①含有苯环；②H-NMR谱显示有6种不同化学环境的氢原子；③能发生水解反应，产物之一是甘氨酸。
【答案】(1)对氯苯胺或4-氯苯胺
(2)为了保护氨基
(3)
(4)
(5)bd
(6) 4
【分析】
与CH3COCl发生取代反应，生成（B），将氨基保护，B与HClO反应生成C，C与CF3COOC2H5反应生成D，结合D的分子式分析，D的结构式应为：，D与M反应生成E，结合M的分子式分析，M应为，E在一定条件下生成F，F在H3O+条件下水解生成G，将氨基还原回来，G在COCl2条件下生成H，据此回答下列问题。
【解析】（1）有机物A的名称为：对氯苯胺或4-氯苯胺；
（2）由分析知过程A→B的作用是为了保护氨基；
（3）
B中含有酰胺键和卤素原子，在一定条件下能与与足量NaOH溶液反应，化学方程式；
（4）
由分析知，D的结构简式为；
（5）a．E含有苯环，碳碳三键，甲基，故分子中碳原子的杂化方式有3种，a正确；
b．由图知，合成H过程中，不饱和度增加，涉及的反应类型不只有取代反应，b错误；
c．F与足量H2加成后的产物为，产物分子中含有4个手性碳原子，c正确；
d．化合物G中含有氨基和羟基，可以与水形成分子间氢键，但难溶于水，d错误；
故选bd；
（6）
满足①含有苯环；②H-NMR谱显示有6种不同化学环境的氢原子；③能发生水解反应，产物之一是甘氨酸的化合物N()的同分异构体有，共4种
3．某研究小组按下列路线合成治疗慢性粒细胞白血病药物尼洛替尼(部分反应条件已简化)。
请回答：
(1)化合物E的含氧官能团名称是 。
(2)化合物C的结构简式是 。
(3)下列说法正确的是_______。
A．化合物A的酸性强于D
B．化合物E→F的反应类型是取代反应
C．化合物E与HCl溶液共热，可生成D
D．化合物A→D的转化，是为了使-NO2更有效地取代在甲基的邻位
(4)写出反应F→G的化学方程式 。
(5)化合物X()是B的同分异构体，设计以CH3CH2OH和甲苯为原料合成X的路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选) 。
(6)写出同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式 。
①除苯环外无其他环状结构，有-CHO结构，无-O-O-结构；
②1H-NMR谱显示有4种不同化学环境的氢原子，其中苯环上只有一种
【答案】(1)酰胺基、硝基
(2)
(3)CD
(4)
(5)
(6)
【分析】
A中羧基和甲醇发生酯化反应生成B，B发生硝化反应在甲基邻位引入硝基得到C，C水解得到D，D中羧基发生取代反应生成E，E中硝基被还原为氨基得到F，F和NH2CN生成G，G最终转化为产品；
【解析】（1）由E结构可知，E含氧官能团名称是酰胺基、硝基；
（2）
由分析可知，C为；
（3）A．D苯环中含有吸电子基团硝基，使得羧基中氢更容易被电离出来，导致化合物D的酸性强于A，错误；
B．E中硝基被还原为氨基得到F，为还原反应，错误；
C．化合物E中含有酰胺基，与HCl溶液共热发生酸性水解生成D，正确；
D．苯环上羧基的邻位容易取代，化合物A→D的转化使得羧基转化为酯基，是为了使-NO2更有效地取代在甲基的邻位，正确；
故选CD；
（4）
F和NH2CN发生加成反应生成G，反应为：；
（5）
甲苯光照下甲基发生取代 引入氯原子生成，水解生成苯甲醇，氧化为苯甲醛；乙醇氧化为乙醛；苯甲醛和乙醛发生加成反应生成X，流程为：；
（6）
C为，除苯环外含有3个碳、4个氧、1个氮；同时符合下列条件的化合物C的同分异构体：
①除苯环外无其他环状结构，有-CHO结构，无-O-O-结构；②1H-NMR谱显示有4种不同化学环境的氢原子，其中苯环上只有一种，则分子结构对称且应该含有2个对称的醛基，苯环存在2个对称位置的氢，结构可以为：。
押题猜想十七 物质结构与性质综合应用
近年来，我国半导体材料市场发展迅速，其中以氮化嫁、碳化硅、氧化锌、金刚石等为主的材料备受关注。回答下列问题：
(1)基态Ga原子的价电子轨道表示式为 ，基态N原子核外电子有 种空间运动状态。Zn在元素周期表中位于 区。
(2)C，N、O的第一电离能由大到小的顺序为 。的空间结构为 。
(3)SiC的立方晶胞结构如图1所示，已知；1号C原子的坐标参数为(，，)，晶胞参数为apm。则晶胞中2号C原子的坐标参数为 ，C和Si原子的最短距离为 pm。
(4)GaN是拥有稳定六边形晶体结构的宽禁带半导体材料，其晶胞结构如图2所示。已知：六棱柱底边边长为bpm，高为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA。
①GaN晶体中N原子的杂化轨道类型为 。
②GaN晶体的密度为 g/cm3(列出计算式，用含b、c、NA的代数式表示)。
【答案】(1) 5 ds
(2) N＞O＞C V形
(3) (，，)
(4) sp3
【解析】（1）
Ga是31号元素，处于第四周期第ⅢA族，价电子排布式为4s24p1，价电子轨道表示式为，N是7号元素，其核外电子排布式：1s22s22p3，占有5根轨道，故基态N原子核外电子有5种空间运动状态，Zn是30号元素，位于元素周期表第4周期第ⅡB族，故Zn在元素周期表中位于ds区，故答案为：；5；ds；
（2）根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA、ⅤA反常，故C，N、O的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，中中心原子N周围的价层电子对数为：2+=3，根据价层电子对互斥理论可知，其空间结构为V形，故答案为：N＞O＞C；V形；
（3）由题干SiC的立方晶胞结构图1可知，根据1号C原子的坐标参数为(，，)，则晶胞中2号C原子的坐标参数为(，，)，C和Si原子的最短距离为体对角线的，晶胞参数为apm， C和Si原子的最短距离为pm，故答案为：(，，)；；
（4）①由题干晶胞结构可知，晶胞中每个N原子与周围的4个Ga原子形成4个共价键，即N的价层电子对数为4，根据杂化轨道理论可知，GaN晶体中N原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：sp3；
②晶胞图中Ga原子采用六方最密堆积方式，以结构单元上底面面心的Ga原子研究，上底面6个顶点Ga原子、内部的3个Ga原子之距离最近且相等，与上底面共面的结构单元内还有3个Ga原子，故晶胞中Ga原子数为1+4×+4×=2，N原子数为1+2×+2×=2，晶胞的质量m=g，晶胞体积V=2×sin60°(b×10-10)2c×10-10cm3=a2bcm3，晶体密度ρ===g/cm3，故答案为：。
押题解读
物质结构与性质是高考必考内容，预测2024年高考将涉及杂化轨道、空间构型、微粒键作用力、第一电离能、核外电子排布式、氢键、晶胞的密度、参数的计算、坐标系、投影图等高频考点。
1．磁性材料氮化铁镍合金应用广泛。
(1)基态核外电子排布式为 。基态原子与基态原子核外未成对电子数之比为 。
(2)丁二酮肟()是检验的灵敏试剂。丁二酮肟分子中碳原子轨道的杂化类型为 ，除以外的非金属元素的第一电离能由小到大的顺序为 (用元素符号表示)。
(3)如图为一种含镍配合物及其配体。
①物质在一定条件下水解生成邻羟基苯甲醛()，其沸点为，而对羟基苯甲醛()的沸点为，导致两种物质沸点相差较大的原因是 。
②由于原子上存在孤电子对，使含氮分子有碱性。的碱性与原子电子云密度有关，电子云密度越大、碱性越强，由此判断这三种物质中碱性最弱的是 。
(4)铁和氨气在可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图，该反应的化学方程式为 ；该晶胞中与铁原子最近且距离相等的铁原子个数为 个。
【答案】(1) 或
(2) 或
(3) 形成分子内氢键，形成分子间氢键，故前者沸点低于后者
(4) 12
【解析】（1）Ni是28号元素，基态核外电子排布式为或，Fe是26号元素，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，含有1个未成对电子，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，含有2个未成对电子，基态原子与基态原子核外未成对电子数之比为2：1。
（2）丁二酮肟分子中含有甲基和碳碳双键，碳原子轨道的杂化类型为，除H以外的非金属元素C、N、O的第一电离能由小到大的顺序为或。
（3）
分子内氢键导致物质熔沸点降低、分子间氢键导致物质熔沸点升高，形成分子内氢键，形成分子间氢键，故前者沸点低于后者。
（4）该晶胞中Fe的个数未8 +6=4，N的个数为1，该反应的化学方程式为Fe4N，说明Fe和NH3反应生成Fe4N和H2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，该晶胞中与铁原子最近且距离相等的铁原子个数为12个。
2．镓、铟都是典型的稀有分散元素。回答下列问题：
(1)基态原子的核外价电子排布式为 ，最高能级电子的电子云形状为 。
(2)一种含镓药物的合成方法如图所示：
①化合物Ⅰ中环上原子的杂化方式为 ，化合物中含有的键的物质的量为 。化合物Ⅰ中所含元素的电负性由大到小的顺序为 (用元素符号表示)。
②化合物Ⅱ中的配位数为 ， 。
(3)一种由组成的晶体属四方晶系，晶胞棱边夹角均为，其晶胞结构如图。
①A点、B点原子的分数坐标分别为。则C点原子的分数坐标为 。
②表示阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为 (用含的代数式表示)。
【答案】(1) 哑铃形(或纺锤形)
(2) 6 1
(3)
【解析】（1）Ga为31号元素，则基态原子的核外价电子排布式为；最高能级为4p能级，其电子云形状为哑铃形(或纺锤形)；
（2）①吡啶环的结构与苯环相似，故C原子采用杂化；化合物Ⅰ除了环上6个键，其他键如图所示：
，1 ml化合物Ⅰ中总共有17 ml键；Ⅰ中含有四种元素O、N、C、H，同周期元素，从左到有，半径减小，电负性增大，所以电负性由大到小的顺序为O>N>C>H；
②化合物Ⅱ中Ga的配位数为6，其中4个COOH失去H后显-1，化合物Ⅱ整体带1单位负电荷，所以；
（3）①由位于顶点A点和体心B点原子的分数坐标分别为：(0，0，0)、(，，)，可知C点的Z轴坐标为，x、y轴的坐标都是，则C点的分数坐标为：()；
②由晶胞结构可知，铟原子形成的四面体空隙有8个，形成的八面体空隙也有8个，则四面体空隙的占有率为，晶胞中位于顶点、面上和体内的铜原子个数为，位于棱上、面心和面上的铟原子个数为，位于体内的碲原子个数为8，则铜、铟、碲的原子个数为4∶4∶8=1∶1∶2，晶体的化学式为CuInTe2，该晶体的密度=。
A．司南
B．树皮纸
C．瓷蒺藜火球
D．铜活字
A．NaCl的电子式
B．基态47Ag的价层电子轨道表示式
C．Fe2+的结构示意图
D．px轨道的电子云轮廓图
实验操作
现象
结论
A
将溴丁烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中
酸性高锰酸钾溶液褪色
可证明产生的气体中有烯烃
B
在物质X柱面上滴一滴熔化的石蜡，用一根红热的铁针刺中凝固的石蜡
石蜡熔化呈椭圆形
说明物质X为非晶体
C
碳与二氧化硅在高温下反应
有单质生成
非金属性：
D
向盛有固体的试管中加入溶液
白色固体溶解
促进的沉淀溶解平衡向溶解方向移动
选项
实验设计
现象
实验结论
A
在医用酒精中加一块绿豆大的钠
产生气泡
乙醇中断裂氢氧键
B
分别测定等物质的量浓度的HCOONH4和NH4HS溶液的pH
后者pH大
酸性：HCOOH>H2S
C
向含0.1ml溶质的FeI2溶液中通入0.1mlCl2，再滴加淀粉溶液
溶液变蓝色
还原性：I->Fe2+
D
向2mL氯乙烷样品中，加入5mL20%KOH的溶液并加热，冷却到室温后，再滴加AgNO3溶液
溶液变浑浊
氯乙烷含有氯元素
选项
实验操作及现象
实验结论
A
常温下，将Fe片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，一段时间后，前者有气体产生，后者无明显现象
稀硝酸的氧化性比浓硝酸的强
B
向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体
该溶液含有
C
相同温度下，测定溶液和溶液的pH，前者pH值更大
酸性：
D
同温下，向体积为2mL的溶液中先滴加4滴的KCl溶液，再滴加4滴的KI溶液，先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀
同温下
选项
实验操作
现象
结论
A
向溴水中加入苯，振荡后静置
分层，水层颜色变浅
与苯发生加成反应
B
溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热，将产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液中
溶液紫红色褪去
反应有乙烯生成
C
向试管中加入1mL10%蔗糖溶液，再加入过量10%溶液后加热煮沸。经冷却后加入新制备的并加热
没有砖红色沉淀产生
蔗糖不属于还原糖
D
向盛有2mL0.1ml/LNaCl溶液的试管中滴加2滴溶液，振荡后再向其中滴加4滴0.1ml/LKI溶液
先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀
相同温度下Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
A．生成气体
B．净化气体
C．检验性质
D．收集气体
气体
试剂
制备装置
收集方法
A．
CH2=CH2
C2H5OH+浓硫酸
c
f
B．
NH3
NH4Cl
a
e
C．
CO2
石灰石+稀硫酸
b
d
D．
NO2
Cu+浓硝酸
b
f
选项
用途
性质
A
常用甲苯除去家具表面油漆斑点
甲苯易挥发
B
小苏打可以缓解服用阿司匹林引起的酸中毒
受热易分解
C
活性炭粉除去汽车、冰箱里异味
活性炭具有强还原性
D
维生素C常作食品抗氧化剂
维生素易与反应
选项
溶液
现象
结论
A
溶液
溶液由浅绿色变棕黄色
有还原性
B
品红溶液
品红褪色
有漂白性
C
溶液
澄清溶液变浑浊
与反应产生
D
石蕊溶液
石蕊变红
氯水呈酸性
选项
性质差异
结构因素
对羟基苯甲醛的沸点高于邻羟基苯甲醛
前者存在氢键
三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸
氟的电负性大于氯的电负性
苯酚()的酸性比强
后者能形成分子内氢键
在水溶液中的稳定性强于
轨道的电子数目
容器编号
起始时各物质的物质的量/ml
达到平衡时体系的能量变化/kJ
CO
①
1
4
0
0
0.8a
②
1
1
2
2
b
标准压强平衡常数
反应平衡
反应I：
360
反应II：
反应III：
化学式
物质的量/ml
3.60
19.80
0.36
序号
结构特征
可反应的试剂
反应形成的新结构
反应类型
①

、Ni
还原反应
②

Na

取代反应