化学（江苏专用）-2025年高考终极押题猜想

2025年高考化学终极押题猜想 （高分的秘密武器：终极密押+押题预测） 押题猜想一 化学与STSE 2 押题猜想二 表示物质组成与结构的化学用语 4 押题猜想三 实验装置-操作-目的 6 押题猜想四 原子结构与元素的性质 9 押题猜想五 分子、晶体结构与性质 12 押题猜想六 物质性质与用途的关系 15 押题猜想七 物质的转化关系 17 押题猜想八 有机物的结构与性质 21 押题猜想九 化学反应的历程、机理 25 押题猜想十 电化学原理及其应用 29 押题猜想十一 实验方案的评价 33 押题猜想十二 离子反应与平衡 36 押题猜想十三 化学反应速率与平衡图像分析 42 押题猜想十四 物质的转化/化工流程/晶胞综合分析 46 押题猜想十五 化学实验综合题 55 押题猜想十六 有机合成与推断综合题 62 押题猜想十七 化学反应原理综合题 74 押题猜想一 化学与STSE 1．（原创题）2025年4月24日，中国航天史册又翻开新的一页。17时17分，长征二号F遥二十运载火箭搭载神舟二十号载人飞船在酒泉卫星发射中心点火升空。约10分钟后，3名航天员陈冬、陈中瑞、王杰进入太空，发射取得圆满成功。神舟二十号使用的燃料主要是液氧煤油和液氢液氧的混合物，其中用作火箭发动机液体氧化剂的是 A．液氧 B．液氢 C．煤油 D．都不是 【答案】A 【解析】液氧具有氧化性，可用作火箭发动机液体氧化剂，液氢和煤油都用作液体燃料，作还原剂。 2．（原创题）中国古代食器兼具美观与实用价值。下列馆藏食器中主要材质与其他三种不同的是 A．青花过墙龙纹大盘(清) B．蓝玻璃杯(汉) C．叶形银盘(唐) D．陶豆(商) 【答案】C 【解析】A．青花过墙龙纹大盘属于瓷器，主要材质是硅酸盐； B．玻璃主要成分是硅酸盐； C．银盘是金属银制成，材质与其他三项不同； D．陶豆主要成分是硅酸盐； 故选C。 押题解读 近年江苏高考化学有关STSE试题考查比较基础，属于化学基础知识的识记，算是送分题，涉及能源、新材料、环境保护、物质结构等，2025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。 1．制造机器人所使用的芯片的主要成分为 A．合金 B．二氧化硅 C．硅 D．石墨 【答案】C 【解析】A．合金可能用于其他部件，比如外壳或连接部分，但芯片本身不是合金，A错误； B．二氧化硅不导电，常用于制造光导纤维，B错误； C．芯片的核心是集成电路，其主要材料是半导体硅，C正确； D．石墨虽然导电性好，但通常用于电池或润滑剂，和芯片的主要材料无关，D错误； 故选C。 2．下列与蛇有关的历史文物中，主要材质为有机高分子的是 A．三星堆青铜蛇 B．白玉蛇形珮 C．绘有蛇的纸莎草纸 D．蛇形骨雕 【答案】C 【解析】A．青铜蛇主要成分为Cu，属于金属材料，A错误； B．白玉蛇形珮为玉石，属于无机非金属材料，B错误； C．纸莎草纸主要成分为植物纤维，主要成分是纤维素，属于有机高分子材料，C正确； D．蛇形骨雕为骨骼制品，主要成分是磷酸钙，属于无机非金属材料，D错误； 故选C。 3．近期大宗商品国际价格波动较大。大宗商品包括能源商品、基础原材料和农副产品。下列大宗商品主要成份表示错误的是 A．黄金： B．石油：烃类 C．多晶硅： D．淀粉： 【答案】C 【解析】A．黄金为金单质：Au，A正确； B．石油是烃类的混合物，B正确； C．多晶硅主要成分为单质Si，C错误；   D．玉米含有高分子化合物淀粉：(C6H10O5)n，D正确； 故选C。 4．“南宋持罗盘立人陶俑”是现知世界最早的旱罗盘造型实物。下列叙述错误的是 A．制造陶俑的原料主要是黏土 B．陶俑主要成分是硅酸盐 C．陶俑因含FeO而呈红色 D．烧制陶俑过程发生了化学变化 【答案】C 【解析】A．陶俑属于陶器，制造陶俑的主要原料是黏土，A正确； B．陶俑属于陶器，陶器的主要成分是硅酸盐，B正确； C．陶俑呈红色是因为含Fe2O3，C错误； D．陶俑是用黏土等材料经高温烧制发生复杂的化学变化形成的，D正确； 故答案选C。 押题猜想二 表示物质组成与结构的化学用语 （原创题）向石灰氮(CaCN2)中加水并通入H2S 气体，反应生成硫脲[(NH2)2CS]，硫脲在150℃时部分异构化为NH4SCN，SCN-中所有原子均满足最外层8电子结构。下列说法正确的是 A．Ca2+ 的结构示意图： B．H2S是由极性键构成的非极性分子 C．SCN-的电子式： D．1mol(NH2)2CS中含有8molσ键 【答案】C 【解析】A．Ca2+ 的核电荷数为20，核外电子数为18，结构示意图为，故A错误； B．H2S中的S原子sp3杂化，存在两对孤电子对，H2S是由极性键构成的极性分子，故B错误； C．SCN-中所有原子均满足最外层8电子结构，其与CO2互为等电子体，故其电子式为，故C正确； D．(NH2)2CS中N-H键：每个-NH2基团中有2个N-H键，硫脲分子中有2个NH2基团，因此共有4个N-H键；C-N键：硫脲分子中有2个C-N键；C=S键：硫脲分子中有1个C=S键，共含有7molσ键，故D错误； 故选C。 押题解读 江苏高考选择题中有关化学用语的考查，常以一个具体的反应中的物质为对象，主要是表示物质的组成与结构，如电子式、空间构型、化学键、化合价等，比较简单。 1．高锰酸钾是实验室和工业上常用的氧化剂，可向溶液中通入来制备，反应原理为(未配平)。下列有关说法正确的是 A．基态的价层电子轨道表示式为 B．的空间填充模型： C．的模型为平面三角形 D．上述含的物质均能与浓盐酸反应，只体现HCl的还原性 【答案】C 【解析】 A．Mn是25号元素，Mn原子失去最外层2个电子得到，基态的价层电子轨道表示式为，故A错误； B．碳原子半径大于氧原子，的空间填充模型，故B错误； C．中C原子价电子对数为3，模型为平面三角形，故C正确； D．上述含的物质均具有强氧化性，均能与浓盐酸反应放出氯气，同时生成盐酸盐，HCl体现酸性和还原性，故D错误； 选C。 2．可用作纺织及造纸工业的脱氯剂：，还可用于NaCN中毒的治疗。下列说法错误的是 A．的VSEPR模型为正四面体 B．基态N的价电子排布式为： C．HCl的形成过程： D．Cl的一种核素为： 【答案】C 【解析】A．的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp3杂化，VSEPR模型为正四面体，A正确；   B．N为7号元素，基态N的价电子排布式为：，B正确； C．HCl的形成过程：，C错误；   D．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；氯为17号元素，Cl的一种核素为：，D正确； 故选C。 押题猜想三 实验装置-操作-目的 下列说法不正确的是 A．图①装置用于制取无水固体 B．图②中试管内先出现红棕色气体，后变无色 C．图③表示腐蚀类物质 D．图④装置不能有效分离苯(沸点为80.1℃)和乙醇(沸点为78.4℃) 【答案】A 【解析】A．MgCl2水解生成Mg(OH)2和HCl，加热盐酸易挥发，加热促进水解，所以蒸干得到的固体是Mg(OH) 2而不是MgCl2，应该在HCl氛围中加热，A错误；      B．铜和浓硝酸生成红棕色二氧化氮气体，红棕色二氧化氮气体和水生成无色NO，B正确； C．图③表示腐蚀类物质，使用过程中要注意安全，C正确；   D．乙醇(沸点为78.4℃)和苯(沸点为80.1℃)的沸点相近，不能用蒸馏的方法分离，D正确； 故选A。 押题解读 预计2025年高考选择题还会以实验装置图示的形式考查实验操作、操作、目的的逻辑关系判断，属于简单的实验方案设计，要求考生在掌握常见仪器使用及基本操作的基础上，结合基本理论及元素化合物的内容对有关结论做出正确判断。 1．下列制取 BCl3 的部分实验装置能达到实验目的的是 A．用装置甲干燥Cl2 B．用装置乙制取BCl3 C．用装置丙收集BCl3 D．用装置丁吸收所有尾气 【答案】C 【解析】A．应该用浓硫酸干燥氯气，A错误； B．根据题给信息可知，制取 BCl3 的时候，应该控制温度为65℃，B错误； C．BCl3 的沸点为12.5℃，且密度大于空气，则应该用向上排空气的方法收集，且用冰水冷却，C正确； D．尾气中的一氧化碳和氢氧化钠不反应，不能用氢氧化钠吸收，D错误； 故选C。 2．下列有关实验装置及原理正确的是 A．用图甲装置分离苯和溴苯的混合物 B．用图乙装置检验溴乙烷的消去产物 C．用图丙装置制取并收集乙酸乙酯 D．用图丁装置验证酸性：碳酸>苯酚 【答案】B 【解析】A．苯和溴苯互溶，不能通过分液分离，故A错误； B．溴乙烷在强碱醇溶液中加热生成乙烯，乙烯可使溴水褪色，据此可检验溴乙烷的消去产物，故B正确； C．末端导管伸入液面以下会引起倒吸，故C错误； D．浓盐酸具有挥发性，挥发出的盐酸也能与苯酚钠反应生成苯酚，因此不能验证酸性：碳酸>苯酚，故D错误； 故选：B。 3．下列实验装置设计和操作能达到实验目的的是 A．用甲装置可证明碱性：Ca(OH)2>NH3·H2O B．用乙装置从食盐水中提取NaCl C．用丙装置可合成氨并检验氨的生成 D．用丁装置可制备甲酸 【答案】C 【解析】A．湿润的红色石蕊试纸用于检验氨气生成，生成氨气是因为氧化钙溶于水放热，促进浓氨水分解，没有涉及强碱制弱碱的反应，无法比较二者碱性强弱，A错误； B．食盐水中提取 NaCl 应采用蒸发的方法，应该用蒸发皿，不能用坩埚加热，B错误； C．氮气和氢气在催化剂加热条件下发生反应，用蘸有浓盐酸的玻璃棒检验氨气，若产生白烟，则证明生成了氨气，能达到实验目的，C正确； D．用足量的酸性氧化甲醇通常会生成 而难以得到甲酸，D错误； 故选C。 4．下列装置及试剂可以完成相应实验的是 A．制取并收集氨气 B．析出[Cu(NH3)4]SO4晶体 C．制备并检验乙烯 D．测定醋酸溶液的浓度 【答案】B 【解析】A．氨气的密度小于空气，应用向下排空气法收集氨气，导管口应伸入试管底部，则图中装置无法达到收集氨气的实验目的，A错误； B．向硫酸四氨合铜溶液中加入无水乙醇溶液，可以降低硫酸四氨合铜的溶解度，便于晶体的析出，则题给装置能达到制备硫酸四氨合铜晶体的实验目的，B正确； C．在浓硫酸存在下，乙醇消去制乙烯需要迅速升温到170℃，图中没有温度计，C错误； D．滴定终点显碱性，指示剂应该用酚酞，D错误； 故选B。 押题猜想四 原子结构与元素的性质 冰壶比赛被称为“冰上的国际象棋”，制作冰壶用的标准砥石的化学成分为石英碱长正长岩，常见的组分有钾长石和钠长石等。下列说法错误的是 A．碱性： B．基态原子未成对电子数： C．基态氧原子轨道表示式： D．电负性： 【答案】B 【解析】A．同一周期，从左到右，金属性减弱，故金属性Al＜Na，则碱性，A正确； B．Al的基态电子排布式为，3p轨道有一个未成对电子，Si的基态电子排布式为，3p轨道有2个未成对电子，则基态原子未成对电子数Si＞Al，B错误； C．O为8号元素，基态氧原子轨道表示式：，C正确； D．同一周期，从左到右，电负性依次增强；同一主族，从上到下，电负性依次减弱，故电负性顺序为，D正确； 故选B。 押题解读 在江苏高考选择题中，对于物质结构与性质内容的考查通常有2道，一道是主要考查原子结构与元素的性质的题目，一般每个选项都涉及一项元素性质比较的判断，如原子半径、电负性、电离能、熔沸点等。 1．硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]可用于治疗贫血。下列说法正确的是 A．Fe位于周期表中第3周期 B．原子半径：r(O)>r(S) C．基态未成对电子数为4 D．电负性： 【答案】C 【解析】A．Fe是26号元素，Fe位于周期表中第四周期，故A错误；     B．同主族元素从上到下，原子半径依次增大，原子半径：r(O)<r(S)，故B错误； C．基态价电子轨道表示式为，未成对电子数为4，故C正确； D．同周期元素从左到右，电负性依次增大，电负性：x(N)<x(O)，故D错误； 选C。 2．我国稀土资源丰富，其中稀土元素铈的常见化合价为和，已知反应：。阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是 A．含有的电子数为 B．含有的键数为 C．含有的孤电子对数为 D．生成时转移的电子数为 【答案】B 【解析】A．没有说明气体所处温度和压强，无法计算含有的电子数，故A错误；B．双氧水的结构式为，含有的键数为，故B正确；C．一个水分子含有2个孤电子对，即1mol，故含有的孤电子对数为，故C错误；D．铈元素化合价从降低到价得到1个电子，所以消耗2mol CeO2，同时生成，转移的电子数为，故D错误；答案选B。 3．在反应中，、分子中每个原子最外层电子都达到稳定结构。下列叙述正确的是 A．键的极性： B．沸点： C．键角： D．键长： 【答案】D 【解析】A．是非极性键，是极性键，A错误； B．和都是分子构成的物质，相对分子质量较大，范德华力较大，故沸点高于，B错误； C．中采用杂化，是直线形分子，键角为，而是形分子，键角小于，C错误； D．碳原子半径大于氧原子，故键长：，D正确； 故选D。 4．下列比较(相同条件下)不正确的是 A．键角： B．酸性： C．在水中的溶解度：乙醇>1-戊醇 D．分别与足量钠和水反应，转移电子数：前者后者 【答案】A 【解析】A．中心氮原子的价层电子对数为，为sp2杂化，有1对孤对电子；中心氮原子的价层电子对数为，为sp2杂化，无孤对电子；孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对间的排斥作用，因此，的键角应小于，A错误； B．乙酸的烃基为CH3，推电子效应比甲基中的H原子强，使的O-H的极性减弱，酸性减弱，B正确； C．乙醇碳链短，羟基比例高，极性大，溶解度更高，C正确； D．1mol Cl2与钠反应完全还原（转移2mol e⁻），与水反应部分歧化（转移1mol e⁻），D正确； 故选A。 5．制备CH3NH3PbI3的过程如下所示：。下列说法不正确的是 A．物质CH3NH3I属于盐 B．CH3OH的沸点大于CH3I的沸点 C．O—H键极性：CH3OH>H2O D．第一电离能：N>O>C 【答案】C 【解析】A．－NH2具有碱性，可以与HI反应生成盐，所以物质CH3NH3I属于盐，A正确；B．甲醇分子与分子间存在氢键，而CH3I不存在分子间氢键，故沸点甲醇更高，B正确；C．甲基的推电子能力大于氢原子，O—H键极性：CH3OH<H2O，C错误；D．第一电离能是指气态基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，同一周期从左到右，元素的第一电离能总体上呈现从小到大的变化趋势，因N的2p轨道半充满，相对稳定，第一电离能反而比O大，所以第一电离能大小关系为：N>O>C，D正确；故选C。 押题猜想五 分子、晶体结构与性质 1．随着半导体产业的迅猛发展，高纯四氟化碳()的需求日益增长，一种制备的方法为，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．为非极性分子 B．每消耗22.4L ，转移的电子数为2 C．19g 中，含有的σ键总数为 D．易溶于水 【答案】A 【解析】A．CF₄分子呈正四面体结构，四个F原子对称分布在C周围，属于非极性分子，A项正确； B．未说明气体状态，无法计算转移的电子数，B项错误； C．19g F₂的物质的量为0.5mol，每个F₂分子含1个σ键，则0.5mol F₂含σ键数为0.5，C项错误； D．为非极性分子，水为极性溶剂，根据相似相溶原理，难溶于水，D项错误； 答案选A。 2．BF3与一定量的水可形成物质R(如图所示)。下列说法错误的是 A．R中阴、阳离子均含有配位键 B．阳离子的空间结构为三角锥形 C．BF3形成R后，B的杂化方式未发生改变 D．R中的阴、阳离子与水分子之间均可形成氢键 【答案】C 【解析】A．R中的阳离子（H3O+），是由H+提供空轨道，H2O中O原子提供孤电子对形成配位键；阴离子中是B原子提供空轨道，O原子提供孤电子对形成配位键，A正确； B．H3O+的中心原子为sp3杂化，故空间结构为三角锥形，B正确； C．BF3中，B是sp2杂化，R中B形成了4个σ键，杂化方式为sp3，C错误； D．H3O+中的H可以与H2O中O原子形成氢键，H2O中的H也可与H3O+的O形成氢键，R中的F与H2O中的H可以形成氢键，D正确； 故答案选C。 押题解读 江苏高考选择题中有关分子结构与性质的考查常结合具体情境，涉及的考查点有化学键的类型、杂化类型、分子的极性等，一般难度不大。有时候会涉及一点晶体的知识，如晶体类型的判断等。 1．化学为高质量发展提供了理论和技术依据。已知：砷化镓硬度大，熔点高，不溶于水。下列说法错误的是 A．砷化镓光伏发电可提供绿色能源，砷化镓为共价晶体 B．中国“人造太阳”所用原料中的和互为同素异形体 C．人工智能(AI)需大量芯片作为硬件支撑，单晶硅可制造芯片 D．航母喷涂锌粉或铝粉的防腐原理是牺牲阳极法 【答案】B 【解析】A．砷化镓具有硬度大，熔点高，不溶于水，故砷化镓为共价晶体，A正确； B．和质子数相同，中子数不同，相同元素的不同原子，故互为同位素，B错误； C．硅是半导体材料，可制造芯片，C正确； D．航母喷涂锌粉或铝粉，Al或Zn比Fe活泼，Al或Zn作负极被腐蚀，Fe作正极被保护，这利用了牺牲阳极法，D正确； 故选B。 2．江西某铜业公司在火法炼铜时也生产硫酸，生产硫酸涉及的化合物有SO2、SO3、H2O和H2SO4，关于这些化合物说法不正确的是 A．SO2、SO3的VSEPR模型相同 B．H2O和H2SO4分子中心原子的杂化方式相同 C．键角：SO42->H2O D．分子的极性：SO3>SO2 【答案】D 【解析】A．SO2、SO3中心原子的价层电子对数都为3，VSEPR模型为平面三角形，故A正确；B．H2O的中心原子为O，其杂化方式为sp3，H2SO4的中心原子为S，其杂化方式为sp3，故B正确；C．水分子为V形结构，含两对孤对电子，SO42-为正四面体结构，不含孤对电子，孤对电子对成键电子对斥力较大，则键角：H2O＜SO42-，故C正确；D．SO3为非极性分子，SO2为极性分子，分子的极性：SO2>SO3，故D错误；故选D。 3．Wilson病是一种先天性铜代谢障碍性疾病，D-青霉胺(结构如图所示)具有排铜作用，可用于治疗或控制Wilson病症。下列说法正确的是 A．的价层电子排布式为 B．D-青霉胺中含键的数目为 C．电负性：C<O，S>O D．D-青霉胺与甲醇发生酯化反应，D-青霉胺断裂的是σ键 【答案】D 【解析】A．是号元素，其价层电子排布式为，A项错误； B．D-青霉胺物质的量未知，无法计算键的数目，B项错误； C．根据电负性变化规律：在同一周期中，从左到右，元素的金属性减弱、非金属性增强，因此电负性增大；在同一主族中，从上到下，元素的电负性值递减，所以电负性大小为：，，C项错误； D．D-青霉胺与甲醇发生酯化反应，D-青霉胺断裂的是羧基上的键，属于键，D项正确； 故选D。 阅读下列材料，完成下列3个小题。 碳族元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。甲烷是清洁能源，燃烧热大(890.3)，完全燃烧生成，催化加氢可制；是一种杀菌剂；电解还原可制得半导体材料晶体，四氯化锗()水解可得到；醋酸铅[]易溶于水，难电离，醋酸铅溶液可用于吸收气体。 4．下列说法正确的是 A．晶体属于分子晶体 B．1中含有σ键数为3 C．的空间构型为平面正方形 D．中的C原子和中的原子杂化方式相同 5．下列化学反应表示正确的是 A．甲烷的燃烧：   B．电解还原制高纯的阴极反应： C．水解制： D．醋酸铅溶液吸收气体： 6．下列有关反应的说法正确的是 A．反应的 B．反应的平衡常数表达式 C．反应的(表示键能) D．反应在高温、高压和催化剂条件下进行可提高H2的平衡转化率 【答案】4．B 5．C 6．B 【解析】4．A．晶体属于共价晶体，A错误； B．中1个C连接3个S原子，则1中含有σ键数为3mol，B正确； C．的价层电子对数，空间构型为正四面体，C错误； D．中的C原子与O原子以双键结合，则杂化方式为sp，中的原子与O原子以单键结合，则原子杂化方式sp3，D错误； 故答案为：B； 5．A．燃烧为放热反应，则甲烷的燃烧热，A错误； B．阴极发生还原反应，，B错误； C．水解制：，C正确； D．醋酸铅溶液吸收气体：，D错误； 故答案为：C； 6．A．该反应气体分子数减少，熵变小于0，A错误； B．平衡常数等于生成物浓度幂次方乘积除以反应物浓度幂次方，B正确； C．反应热为生成物键能总和减去反应物键能总和，C错误； D．催化剂改变反应速率，不能提高转化率，D错误； 故答案为：B。 押题猜想六 物质性质与用途的关系 物质性质决定用途，下列对应关系错误的是 A．制作豆腐时添加石膏，体现了的难溶性 B．、用作耐高温材料，体现了、的熔点高 C．用作焙制糕点的膨松剂，体现了的受热不稳定性 D．用含的硅藻土来保鲜水果，体现了的氧化性 【答案】A 【解析】A．制作豆腐时添加石膏，体现了盐溶液能使胶体聚沉的性质，故A错误； B．、的熔点高，所以、用作耐高温材料，故B正确； C．的受热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，所以用作焙制糕点的膨松剂，故C正确； D．能把乙烯氧化为二氧化碳，所以用含的硅藻土来保鲜水果，故D正确； 选A。 押题解读 对物质的性质与用途关系的判断是江苏高考选择题的特色题型，难度不大，要求考生对高中常见无机物的性质与用途有较为扎实的掌握。 1．下列有关物质用途不正确的是 A．碳酸氢钠受热易分解，故可用作焙制糕点 B．不溶于水和酸，且不容易被X射线透过，常用作内服造影剂 C．俗称铁红，常用作油漆和涂料的红色颜料 D．具有漂白性，故可以作食品添加剂 【答案】D 【解析】A．碳酸氢钠不稳定受热分解生成二氧化碳，使得糕点疏松，可用于焙制糕点，A正确； B．X射线对穿透能力很差，且不溶于水和酸，可经人体排出体外，不会引起钡离子中毒，常用作内服造影剂，B正确； C．俗称铁红，为红棕色固体，常做作油漆、涂料的红色颜料，C正确； D．具有漂白性，可用于漂白纸浆等，与作食品添加剂无因果关系，D不正确； 故选D。 2．物质的性质决定用途，下列两者对应关系错误的是 A．Na2CO3具有碱性，可用作食品膨松剂 B．维C具有还原性，可作补铁剂中的抗氧化剂 C．FeCl3溶液具有氧化性，可作刻蚀铜电路板的腐蚀液 D．Na2O2能与CO2反应生成O2，可作潜水艇中的供氧剂 【答案】A 【解析】A．碳酸钠（）碱性较强，通常不用作食品膨松剂，食品膨松剂常用的是碳酸氢钠（小苏打），它受热分解产生二氧化碳气体使食品蓬松，该选项错误； B．维生素C具有还原性，可以防止补铁剂中的铁元素被氧化，能作补铁剂中的抗氧化剂，该选项正确； C．氯化铁（）溶液能与铜发生氧化还原反应：，利用其氧化性可作刻蚀铜电路板的腐蚀液，该选项正确； D．过氧化钠（）能与二氧化碳（）反应生成氧气（） ，化学方程式为，可作潜水艇中的供氧剂，该选项正确； 综上所述，正确答案是A。 3．下列物质的性质与用途不具有对应关系的是 A．水溶液呈酸性，可用于雕刻玻璃 B．具有强氧化性，可用于杀菌消毒 C．熔点高，可用作耐高温材料 D．水溶液呈碱性，可用于去除油污 【答案】A 【解析】A．SiO2不与盐酸或硫酸等酸性物质反应，HF能与SiO2反应生成SiF4和H2O，能够蚀刻玻璃，与水溶液呈酸性无关，A错误； B．ClO2具有强氧化性，能杀死细菌，所以可以用于自来水消毒杀菌，B正确； C．是离子晶体，熔点高，可作耐火材料，C正确； D．油污在碱性环境中能够发生水解反应，水溶液呈碱性，可用于去除油污，D正确； 故选A。 押题猜想七 物质的转化关系 1．在给定条件下，下列制备或处理过程涉及的物质转化均可实现的是 A．工业制硝酸： B．去除难溶物： C．制取金属银： D．制备配合物： 【答案】D 【解析】A．NO与H2O不反应，不能得到硝酸，A错误； B．碳酸钙的溶解度小于微溶的硫酸钙，所以用硫酸钠溶液难以将碳酸钙转化为硫酸钙，并且硫酸钙与盐酸不反应，B错误； C．蔗糖和银氨溶液不反应，C错误； D．硫酸铜溶液能与过量氨水反应生成硫酸四氨合铜，向反应后的溶液中加入乙醇降低硫酸四氨合铜的溶解度，过滤、洗涤、干燥能达到制备一水硫酸四氨合铜的实验目的，D正确； 故选D。 2．关于铁及其化合物的性质，下列说法不正确的是 A．高温下，Fe与水蒸气反应的氧化产物为 B．，说明氧化性： C．高温下，Fe与可以发生铝热反应，焊接铁轨 D．1mol溶液与足量酸性溶液反应，转移3mol电子 【答案】C 【解析】A．高温下，Fe与水蒸气反应生成黑色固体和氢气，为该反应的氧化产物，A正确； B．根据氧化性：氧化剂＞氧化产物，该反应中Fe元素化合价降低为氧化剂，Cu元素化合价升高，为氧化产物，则氧化性：，B正确； C．铝热反应是铝单质与氧化铁发生的反应，C错误； D．足量，亚铁离子被氧化为铁离子，铁元素从+2价升高至+3价，草酸根离子被氧化为二氧化碳和水，C元素从+3价升高至+4价，根据得失电子守恒及电荷守恒，1mol被氧化转移3mol电子，D正确； 答案选C。 押题解读 近年江苏高考有关物质转化关系的试题题型为选择题，几乎每年都考。题目虽综合性强，但难度不大。其命题角度有:①考查金属钠、铝、铁、铜及其化合物之间的相互转化。②考查非金属氯、氮、硫、碳、硅及其化合物之间的相百转化。 1．下列有关硝酸的反应说法正确的是 A．在反应中，是还原剂，是氧化剂 B．实验室用与反应制取气体 C．用制备：方案①，方案②，方案②的利用率高 D．浓硝酸被还原为，若反应消耗，则转移电子 【答案】C 【解析】A．NO2中N化合价既升高又降低，既作氧化剂又作还原剂，故A错误； B．硝酸具有氧化性，S2-具有还原性，硝酸与硫化钠会发生氧化还原反应，制备H2S应使用非氧化性酸，故B错误； C．方案①中铜与浓硝酸或稀硝酸反应生成硝酸铜的同时会放出NO2或NO，而方案②铜先被氧化为氧化铜，氧化铜与硝酸反应只生成硝酸铜和水，硝酸利用率更高，故C正确； D．Cu与浓硝酸反应方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，消耗1molHNO3，转移2mol电子，故D错误； 故答案为：C。 2．关于硫的性质，下列说法不正确的是 A．浓硫酸可干燥 B．S与Cu加热条件下反应生成 C．向和的混合溶液中滴加稀硫酸，溶液变浑浊，说明氧化性： D．与氧气在沸腾炉中完全反应生成和时，转移11mol电子 【答案】C 【解析】A．是酸性气体，可用酸性干燥剂浓硫酸干燥，A正确； B．S氧化性较弱，只能将Cu氧化至低价态形成，B正确； C．向和的混合溶液中滴加稀硫酸，溶液变浑浊，发生反应：，不能说明氧化性：，C错误； D．与氧气在沸腾炉中完全反应生成和：，反应时转移电子，反应时转移电子，D正确； 答案选C。 3．埋藏在地下的青铜器会被弱酸性土壤腐蚀，若土壤中还含有较丰富的氯离子，其腐蚀过程如下，下列说法正确的是 A．生成的过程发生的是析氢腐蚀 B．遇稀王水发生反应能生成 C．隔绝空气高温加热可制得 D．生成的离子方程式为 【答案】C 【解析】A．生成的过程发生的是吸氧腐蚀，A错误； B．被王水中的硝酸氧化成，无法生成，B错误； C．先解生成，高温再分解生成，C正确； D．生成的离子方程式为，D错误； 故选C。 4．生物脱硫是一种经济有效的脱硫方法，沼气中的在生物脱硫过程中被T。F菌去除，形成的硫颗粒可以用作肥料和用于硫酸生产，下列有关表述正确的是 A．氧化性： B．温度越高，脱硫效果越好 C．每脱除2.24L，消耗0.05mol D．反应ⅰ的离子方程式为 【答案】A 【分析】过程I硫化氢与硫酸铁反应生成硫酸亚铁和S：，过程II中氧气将硫酸亚铁氧化为硫酸铁：，则总反应为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，据此解答。 【解析】A．氧化剂的氧化性大于氧化产物，由反应Ⅰ可知氧化性：，由反应Ⅱ可知氧化性：，A项正确； B．温度升高，细菌会失去活性甚至死亡，B项错误； C．未说明气体所处的压强和温度，C项错误； D．是弱酸，写离子方程式的时候不能拆开，正确的离子方程式：，D项错误； 故选A。 5．用和侯氏制碱工艺联合制，同时、循环利用的主要物质转化如下。下列说法正确的是 A．①中应向溶液先通入，再通入 B．②中可使用蒸发结晶的方法获得固体 C．电解的溶液可以制得和 D．理论上①中消耗的与③中生成的不相等 【答案】D 【分析】向饱和食盐水先通入溶解度大的氨气、再通入二氧化碳，二氧化碳与氨化的饱和食盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠固体和含有氯化铵的滤液（步骤①）；向滤液中加入氯化钠固体，降低氯化铵固体的溶解度使氯化铵固体析出，过滤得到母液和氯化铵固体（步骤②）；将氯化铵固体溶于水，向其中加入碳酸镁，反应生成氯化镁、氨气和二氧化碳（步骤③）。 【解析】A．二氧化碳微溶于水，氨气极易溶于水，饱和食盐水中先通入的气体为氨气，通氨气后再通二氧化碳，可增大二氧化碳的溶解度，故A错误； B．NH4Cl受热易分解，不能通过蒸发结晶的方法获得NH4Cl固体，故B错误； C．电解MgCl2溶液产生氯气、氢气和氢氧化镁，故C错误； D．①中反应方程式为NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓，，③中反应方程式为MgCO3+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，，故D正确； 故答案为D。 押题猜想八 有机物的结构与性质 在化学合成和生物活性研究基础上，我国学者团队发现了具有显著抗骨肉瘤活性的氧杂蒽类化合物，该研究涉及的一个反应如图所示。下列说法错误的是 A．甲、乙互为同分异构体 B．甲、乙含相同数目的手性碳原子 C．甲、乙均能使酸性溶液褪色 D．甲、乙均能与发生加成反应 【答案】A 【解析】A．两者含O原子量不同，分子式不同，故不是同分异构体，A错误； B．，甲、乙含相同数目的手性碳原子，B正确； C．甲、乙均含有羟基，以及与苯相连的C原子上含有H，能使酸性溶液褪色，C正确； D．甲、乙均含有苯环、酮羰基，均能与发生加成反应，D正确； 故选A。 押题解读 陌生有机物的结构与性质专题包含简单有机物的结构与性质和多官能团有机物的结构与多重性两个考查主题。简单有机物的结构与性质重点考查原子的共线、共面、杂化、手性和同分异构体等:多官能区有机物的结构与多重性重点考查多官能团的性质、反应类型及反应的定量关系等。 1．观察下图中的合成路线，下列说法不正确的是 已知： A．X与Y互为同系物 B．中间体A的核磁共振氢谱共显示4组峰 C．中间体D在Cu催化下与发生氧化反应可以得到酮类化合物 D．如果D发生分子间脱水得到Z，则Z的分子式为 【答案】C 【分析】X与HBr加成得到A（），A与Mg/乙醚反应生成B（），B与环氧乙烷、水反应生成D（），D在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成Y（）和Z（H2O）。 【解析】A．X的分子式为C6H10，Y的分子式为C8H14，且两者均只含有1个碳碳双键，分子数相差2个CH2，因此X和Y属于同系物，故A正确； B．中间体A（）为对称结构，有4种等效氢，核磁共振氢谱共显示4组峰，故B正确； C．中间体D（）在Cu催化下与发生氧化反应可以得到，属于醛类化合物，故C错误； D．中间体D（）发生分子间脱水得到Z，结构简式为，分子式为，故D正确； 故答案为C。 2．新情境氨基化反应吡啶(X)的氨基化反应过程如图所示，以下说法正确的是 A．X与苯胺互为同系物 B．步骤①中有生成 C．过程中发生了取代、加成反应 D．加入盐酸有利于的生成 【答案】B 【分析】由有机物的转化关系可知，反应①为吡啶与氨基钠发生取代反应生成和氢气，反应的化学方程式为+NaNH2+H2↑，反应②为发生水解反应生成和氢氧化钠。 【解析】A．同系物必须是含有相同数目相同官能团的同类物质，与苯胺的官能团不同，不是同类物质，不可能互为同系物，故A错误； B．由分析可知，反应①为吡啶与氨基钠发生取代反应生成和氢气，反应的化学方程式为+NaNH2+H2↑，故B正确； C．由分析可知，反应②为发生水解反应生成和氢氧化钠，则反应②不是加成反应，故C错误； D．由分析可知，反应②为发生水解反应生成和氢氧化钠，Z中的氨基和氢氧化钠都与盐酸反应，加入盐酸不利于的生成，故D错误； 故选B。 3．聚乳酸-羟基乙酸共聚物(PLGA)是一种新型的生物可降解高分子材料，其制备反应如下。(未配平) 下列说法正确的是 A．和分子中所有的原子共平面 B．X、Y和PLGA的重复单元中含有的官能团不同 C．制备PLGA的反应属于缩聚反应 D． m、n 的大小对PLGA的降解速率有影响 【答案】D 【解析】A．X、Y中均含饱和碳原子，为sp3杂化，为四面体构型，不可能所有原子共平面，A错误； B．X、Y和PLGA的重复单元中含有的官能团均为酯基，B错误； C．制得 PLGA 时是通过两种环状内酯单体的“开环聚合”形成大分子，并未缩合出小分子(如 H2O)；在高中分类中，不产生小分子的聚合往往归为：“加聚反应”，C错误； D．m、n 表示乳酸单元与羟基乙酸单元在共聚物中的含量比，不同配比会影响聚合物的结构与极性，从而影响其降解速率，D正确； 故选D。 4．氟他胺是一种抗肿瘤药，可由中间体通过如下转化制得(部分试剂和条件已略去)。 已知：氨基具有还原性，吡啶具有碱性。 下列说法不正确的是 A．氟他胺中含有三种官能团 B．X不具有手性异构体(对映异构体) C．吡啶可提高①的原料利用率 D．交换①、②的顺序，对氟他胺的制备没有影响 【答案】D 【分析】反应①为：++HCl；反应②为发生硝化反应，引入硝基生成氟他胺。 【解析】A．由氟他胺结构简式可知，其含有硝基、碳氟键、酰胺基三种官能团，A正确； B．连接4个不同基团的碳原子是手性碳原子，X不具有手性异构体，B正确； C．反应①中产生了HCl，吡啶呈碱性消耗HCl从而促使反应正向进行，可提高原料利用率，C正确； D．已知氨基具有还原性，在发生硝化反应时，可能被氧化导致后续不能和反应合成氟他胺，D错误； 故选D。 押题猜想九 化学反应的历程、机理 1．活性炭-臭氧氧化氨氮的机理如图所示。*表示吸附在活性炭表面的物种，为羟基自由基，其氧化性比更强。下列有关说法错误的是 A．中氧元素的化合价为-1价 B．活性炭-臭氧氧化氨氮的机理可描述为与活性炭表面吸附的作用生成，将活性炭表面吸附的转化为 C．随着的增大，氨氮去除速率一定明显增大 D．上述过程没有非极性键的断裂，但是有非极性键的形成 【答案】C 【解析】A．不带电荷，因氢元素的化合价为+1价，所以氧元素的化合价为-1价，A正确； B．结合反应过程，该过程可描述为与活性炭表面吸附的作用生成，将活性炭表面吸附的转化为，B正确； C．随着的增大，活性炭上吸附的增多，生成增多，去除速率增大；继续增大时，将转化为，不利于活性炭对氨氮的吸附，C错误； D．上述过程没有非极性键的断裂，但是有非极性键的形成，D正确； 故选C。 2．某MOFs多孔超分子材料的空腔大小适配可将其“固定”得到R（如图所示），实现从烟气中分离出并可制备。 已知反应  。下列说法正确的是 A．使用多孔超分子材料能降低反应的活化能 B．高温有利于从烟气中分离出 C．R在中水洗，可制得同时实现MOFs再生 D．该MOFs材料也可用于“固定”其他小分子，如NO、等 【答案】C 【解析】A．多孔超分子材料“固定”N2O4，可减小生成物浓度，从而促进平衡正向移动，不改变活化能，A错误；B．该反应的放热反应，高温下平衡逆向移动，不利于从烟气中分离出，B错误；C．由图可知，R在O2中水洗，发生反应：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3，可制得HNO3同时实现MOFs再生，C正确；D．MOFs多孔超分子材料的空腔大小适配N2O4可将其“固定”得到R，不能储存H2，D错误；故选：C。 押题解读 在基于真实情境考查学生综合运用知识的能力的考试理念引导下，与化工生产关系密切的催化剂备受青睐，成了热门考点。从考查的知识看，主要从反应历程、活化能、速率、平衡移动等角度考查催化剂对反应的影响。从试题形式上看，常常融合图像、表格等信息呈现形式，考查学生吸收和整合陌生信息的能力。 1．一定条件下，被吸收的一种反应机理如图所示(部分反应物及产物未标出)。下列说法错误的是 A．可能是该反应的催化剂 B．每一步反应中都有电子转移 C．还原性： D．总反应的化学方程式为 【答案】B 【解析】A．反应前参加反应，反应后又产生，因此可能是该反应的催化剂，正确； B．反应(没有配平)中元素化合价均没有发生变化，不是氧化还原反应，没有电子转移，错误； C．能把还原为，说明还原性，正确； D．根据元素守恒可知，还有水参加，且有硫酸生成，总反应的化学方程式为，正确； 故选B。 2．氮循环在维持生态系统平衡中的地位极其重要，微生物和矿物质在氮循环中扮演着关键的角色。某水体(含较多，)脱氮的部分转化关系如下图所示。已知：铁氧化细菌可利用水中的氧气将氧化为。 下列说法不正确的是 A．由图示可知，该水体中部分转化为，从而达到脱氮的目的 B．过程I中发生的反应会导致溶液酸性减弱 C．过程III中被氧化 D．若水体中铁氧化细菌和含量过高，将不利于过程I的进行 【答案】B 【解析】A．由图示可知，该水体中部分先被氧化为，然后在反硝化细菌的作用下被还原为N2，N2从水中逸出，从而达到脱氮的目的，A正确； B．过程I中在硝化细菌的作用下和O2反应生成和H2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：+ 2O2=+H2O+2H+，溶液中H+浓度增大，酸性增强，B错误； C．过程III中转化为，C元素化合价上升，被氧化，C正确； D．若水体中铁氧化细菌和含量过高，铁氧化细菌可利用水中的氧气将氧化为，水中的氧气浓度降低，不利于过程I的进行，D正确； 故选B。 3．化合物X可以在如图途径中转化为丙酮，其中中检测出含的三元环结构。下列说法正确的是 A．的价层电子排布为半充满，故性质稳定，不作该转化的催化剂 B．X为丙烷，中共有三种化学环境的氢原子 C．转化②③④均为非氧化还原反应 D．途径中副反应的化学方程式为 【答案】B 【解析】A．由图可知，Mn+是反应的催化剂，A错误； B．反应②中根据原子守恒，X为丙烷，从副反应来看，中共有三种化学环境的氢原子，B正确； C．转化④N的化合价变化，为氧化还原反应，C错误； D．Mn+为催化剂，途径中副反应的化学方程式为，D错误； 答案选B。 4．一定温度下，在存在下与等物质的量的反应，主要产物为和。、和的物质的量分数随时间的变化如图1所示，反应过程中能量变化示意图如图2所示。 下列说法不正确的是 A．由图1可知，的活化能大于的活化能 B．时，各物质的物质的量分数变化可以用来解释 C．的过程中，存在键的断裂与形成、键的旋转 D．此温度下，生成的平衡常数小于生成的平衡常数 【答案】B 【解析】A．开始反应时，Y的含量迅速上升，说明生成Y的速率快，活化能越低，反应速率越快，则的活化能大于的活化能，A正确； B．时，Z的浓度很低，说明主要发生反应，而的速率很慢，即的活化能大，则可以用来解释，B错误； C．键的键能大于键，的过程中，先通过π键的断裂，而σ键保持稳定，再通过单键旋转调整取代基排列，最后重新形成π键，C正确； D．达到平衡时，Z的浓度大于Y，则生成的平衡常数小于生成的平衡常数，D正确； 故选B。 押题猜想十 电化学原理及其应用 1．将金矿石（含和等）浸泡于溶液中，并通入空气，利用原电池工作原理（如图），可实现金矿石中的浸取。下列说法正确的是 A．Au作原电池正极 B．电子由流向 C．表面发生的电极反应： D．的溶解速率与溶液中的浓度有关 【答案】D 【分析】由图示可知Au失电子转化为，Au作负极，则FeS作正极，据此分析解答； 【解析】A．由以上分析可知Au作原电池负极，故A错误； B．原电池中电子由负极流向正极，则由Au流向FeS，故B错误； C．溶液呈碱性，则正极电极反应为：，故C错误； D．溶液中的浓度越大，得电子的速率越快，从而可以加速Au失电子速率，即加速Au的溶解速率，故D正确； 故选：D。 2．氨价格低廉，运输和储存方便，因此作为燃料电池具有很大的发展潜力。一种新型燃料电池构造示意图如图所示，关于该电池的说法正确的是 A．通入的电极b为电池的负极 B．电流由电极a通过导线流向电极b C．该电池工作时化学能转化为电能 D．转移电子时消耗和物质的量之比为 【答案】C 【分析】电极a上NH3被氧化生成，则电极a为负极，NaOH溶液作电解质溶液，电极反应为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O；电极b为正极，O2被还原生成OH-，电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，据此解答。 【解析】A．由分析可知，通入的电极b为电池的正极，A错误； B．由分析可知，电极a为负极，电极b为正极，原电池中电流方向为：正极→导线→负极，则电流由电极b通过导线流向电极a，B错误； C．该新型燃料电池属于原电池，则该电池工作时化学能转化为电能，C正确； D．由分析可知，负极反应为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，正极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，则转移电子时，负极消耗NH3，正极消耗O2，消耗和物质的量之比为4∶3，D错误； 故选C。 押题解读 近年江苏高考试卷对电化学内容的考查在选择题和非选择题中，都有所体现，且常与其他知识如方程式的书写、物质性质等结合，在2024年高考选择题中，出现了电化学装置分析，这说明在未来高考中，选择题可能增加对电化学内容的考查力度。 1．我国科研人员制备了一种镁海水溶解氧电池，以镁合金为负极，碳纤维刷电极为正极，海水为电解液。适合用于海洋灯塔供电和钢制灯塔防腐蚀等。下列说法不正确的是 A．镁电极Mg化合价升高发生氧化反应 B．电池工作时，海水中的向正极移动 C．正极的电极反应式为： D．若用牺牲阳极法进行灯塔防腐蚀，灯塔应作为负极 【答案】D 【解析】A．镁合金为负极，发生氧化反应，Mg元素化合价升高，A正确； B．原电池中，阳离子向着正极移动，即海水中的向正极移动，B正确； C．碳纤维刷电极为正极，氧气发生还原反应，电极反应式：，C正确； D．牺牲阳极法进行灯塔防腐蚀，灯塔应作为正极，D错误； 答案选D。 2．工业上可利用流汞电解法电解海水，如图所示流汞电解池的底部略微倾斜。在电解池中，汞作为阴极，生成并通过电解池底部流入Z池，发生反应：。下列说法正确的是 A．阳极附近溶液不发生变化 B．汞阴极发生电极反应： C．理论上每生成1，需消耗海水中氯化钠的质量为117g D．理论上每生成1，Z池中溶液质量增加80g 【答案】C 【分析】根据题意，在电解池中，汞作为阴极，生成，可知汞阴极发生电极反应：，阳极发生电极反应：。 【解析】A．阳极发生电极反应：，会有一定溶解使电极附近溶液降低，A错误；B．汞阴极发生电极反应：，B错误；C．理论上每生成1，需生成2，即需要转移2电子，根据电解反应：，则消耗海水中的质量为117g，C正确；D．根据反应：，每生成1，会消耗2并且逸出，Z池溶液中物质最多增加44g，D错误。故选C。 3．钠离子电池有耐高温、安全的特点，现有从废水中回收钠的装置，如图所示，中间室中电极材料具有选择性吸附，可将转化为，而脱出转化为（M为某过渡金属）的功能，废水中钠以形式回收。下列有关说法错误的是 A．第一步吸附钠时，应接通“电源1” B．第二步脱出钠时，中间室电极反应式为 C．为完成钠离子的吸附/脱出，交换膜“a”“b”应选用阴离子交换膜。 D．产品室每生成，理论上标准状况下惰性电极1上生成体积为 【答案】C 【解析】A．吸附时，中间室电极要将转化为，需要得到电子发生还原反应，该电极作阴极，应接通“电源1”，A正确；B．脱出钠时，转化为，Na元素化合价升高，发生氧化反应，电极反应式为，B正确； C．无论是吸附还是脱出钠的过程，都是在中间室与其他室之间移动，所以交换膜“a”“b”应选用阳离子交换膜，让通过 ，而不是阴离子交换膜，C错误； D．产品室生成NaOH是因为电离出的放电，电极反应为，生成8g（即0.2mol）NaOH ，转移0.2mol电子。惰性电极1上发生反应，根据电子守恒，生成的物质的量为0.05mol ，标准状况下体积为，D正确； 综上所述，答案是C。 押题猜想十一 实验方案的评价 根据实验目的设计方案并进行实验，观察相关现象，其中方案设计或结论不正确的是 选项 实验目的 方案设计 现象 结论 A 比较乙醇和苯酚中羟基的活泼性 取相同物质的量的乙醇和苯酚分别溶于2mL乙醚，各加入一小块金属钠 苯酚溶液与金属钠反应较剧烈 羟基活泼性：苯酚>乙醇 B 检验苯中是否含有少量苯酚 向溶液中加入适量浓溴水 没有观察到白色沉淀 苯中不含苯酚 C 检验乙醇是否发生消去反应 将乙醇和浓硫酸共热产生的气体依次通入足量KOH溶液、酸性KMnO4溶液 KMnO4溶液紫红色褪去 乙醇发生了 消去反应 D 探究SO2的漂白原理 将SO2分别通入品红的水溶液和品红的乙醇溶液 品红的水溶液褪色，醇溶液不褪色 SO2与水反应的产物具有漂白作用 【答案】B 【解析】A．由于羟基越活泼，与钠反应越剧烈，所以由该实验可以得出羟基活泼性：苯酚 > 乙醇，该选项方案设计和结论都正确，A不符合题意； B．生成的三溴苯酚会溶解在苯中，即便苯中含有苯酚，也可能观察不到白色沉淀，所以不能得出苯中不含苯酚的结论，B符合题意； C．乙醇和浓硫酸共热产生的气体中可能含有二氧化硫等杂质，乙醇易挥发，其中也可能含有乙醇，通过 KOH 溶液可除去二氧化硫、溶解乙醇，若酸性 KMnO4 溶液褪色，说明有乙烯生成，即乙醇发生了消去反应，该选项方案设计和结论都正确，C不符合题意； D．在水溶液中 SO2 与水反应，而在乙醇溶液中不发生此反应，结合现象可知 SO2 与水反应的产物具有漂白作用，该选项方案设计和结论都正确，D不符合题意； 故选B。 押题解读 化学实验评价类题目通常要求学生以批判的思维对实验方案、实验方法和装置设计从某一个角度否定、排除不合理的或不是最优的选择、设计预计在2025年高考中，还会以图表的形式考查实验过程、现象和结论之间的逻辑关系判断。 1．室温下，由下列事实或现象能得出相应结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 将分别通入到浓、和的混合溶液中至饱和，溶液颜色前者由无色变至黄色、后者由蓝色变至绿色 和浓反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有 B 分别测定等物质的量浓度的与溶液的，前者小 C 取乙醇，加入浓硫酸、少量沸石，迅速升温至170℃，将产生的气体通入溴水中，溴水褪色 乙醇发生了消去反应 D 向、混合溶液中加入少量氯水，然后加入适量，振荡，静置，溶液分层，下层呈紫红色 氧化性： 【答案】A 【解析】A．将NO2通入浓硝酸溶液至饱和溶液变黄色，说明红棕色的溶于浓中，导致溶液由无色变为黄色，通入Cu(NO)2和HNO3混合溶液从蓝色变为绿色，和的混合溶液为蓝色，通入后，溶液蓝色变绿色，绿色是蓝色和黄色混合的结果，故Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有NO2，A正确；B．NH4F的pH较低说明其酸性强，F⁻的水解程度较弱，对应的HF酸性强（Ka较大）。但的水解程度由H2SO3的Ka2决定，而非Ka1，题目结论错误地比较了Ka(HF)与Ka1(H2SO3)，且浓度也不同，存在一定的干扰，B错误；C．浓硫酸在高温下可能使乙醇碳化，产生SO2气体，SO2也能使溴水褪色（还原反应）；实验未排除SO2干扰，无法确定褪色仅由乙烯引起，结论不可靠，C错误；D．根据实验现象可知，Cl2氧化I⁻生成I2（紫红色），得出结论氧化性：Cl2 > I2，由于氯水少量，优先氧化还原性强的I⁻，即还原性：，从而可以得出结论：氧化性： Br2 > I2，实验中无法证明Cl2的氧化性大于Br2 ，D错误；故选A。 2．根据实验操作、现象，下列解释或结论错误的是 选项 实验操作 实验现象 解释或结论 A 向蔗糖中加入一定量的浓硫酸 蔗糖变黑并膨胀，产生有刺激性气味的气体 浓硫酸具有强氧化性和脱水性 B 用干燥的和滴加了紫色石蕊试液的蒸馏水进行喷泉实验 蒸馏水被吸入烧瓶后变蓝 氨气易溶于水，且水溶液呈碱性 C 常温下，将形状、大小相同的铝片（打磨过）分别插入浓硝酸和稀硝酸中 浓硝酸中的铝片无明显现象，稀硝酸中的铝片产生无色气泡，且遇空气后变红 铝被浓硝酸氧化，生成了一层致密的氧化物薄膜 D 向溶液中通入 有沉淀生成 酸性： 【答案】D 【解析】A．浓硫酸滴入蔗糖中炭化变黑，体现浓硫酸的脱水性，产生刺激性气味气体SO2，体现浓硫酸的强氧化性，A正确； B．氨气溶于水生成氨水，溶液呈碱性，使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B正确； C．常温下，将形状、大小相同的铝片（打磨过）分别插入浓硝酸和稀硝酸中，常温下，铝在浓硝酸中钝化，即铝被浓硝酸氧化，生成了一层致密的氧化物薄膜，浓硝酸中的铝片无明显现象，稀硝酸中的铝片发生反应，生成无色气泡为一氧化氮，且遇空气后变红，C正确； D．向Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体，次氯酸根将SO2氧化为硫酸根，生成的沉淀为硫酸钙，无法比较亚硫酸和次氯酸的酸性强弱，D错误； 故选D。 3．下列实验方案及结论均正确的是 选项 实验方案 结论 A 相同温度下，向两支盛有等体积、等浓度溶液的试管中分别滴入适量的溶液和溶液，探究、对分解速率的影响 催化效果较好 B 向试管中加入20%蔗糖溶液10mL并滴加少量稀硫酸，加热；冷却至室温后加入银氨溶液，水浴加热 若未出现银镜，则证明蔗糖未发生水解 C 向和中均分别加入NaOH溶液和盐酸，只溶于盐酸，都能溶 比碱性强 D 向3mLKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色 的氧化性比的强 【答案】D 【解析】A．阴离子不同，无法说明催化效果更好，故A错误； B．蔗糖水解需加入硫酸酸化，在加入银氨溶液前应加碱中和硫酸，故B错误； C．能与盐酸反应，不能与NaOH溶液反应，与NaOH溶液和盐酸都能反应，说明的碱性比的强，故C错误； D．滴加淀粉溶液呈蓝色说明有生成，将氧化成，则的氧化性比的强，故D正确； 答案选D。 4．实验是探究物质性质的重要方法，下列实验中，根据操作和现象得出的结论正确的是 选项 操作 现象 结论 A 将与用导线相连，插入稀硫酸酸化的溶液，一段时间后，从电极区取出少量溶液，滴入2滴溶液 无明显现象 可以保护不被腐蚀 B 向麦芽糖溶液中加少量稀硫酸，加热一段时间，冷却后加过量溶液至碱性，再加银氨溶液，水浴加热 出现银镜 麦芽糖的水解产物具有还原性 C 向灯溶液中加入FeCl3溶液，再加入几滴溶液 溶液变红 与的反应存在一定的限度 D 在烧瓶中加入木炭颗粒与浓硝酸，然后加热 出现红棕色气体 木炭具有还原性，能还原 【答案】A 【解析】A．电极区取出少量溶液，滴入2滴溶液，无现象，说明电极区没有，说明可以保护不被腐蚀，故A正确；B．麦芽糖及水解生成的葡萄糖均具有还原性，均可发生银镜反应，则现象不能说明麦芽糖的水解产物具有还原性，故A错误；C．从数据可以看出，与反应，过量，则溶液变红不能说明与的反应存在一定的限度，故C错误；D．浓硝酸本身受热分解也生成红棕色二氧化氮气体，故D错误；答案A。 押题猜想十二 离子反应与平衡 酒石酸是一种有机二元弱酸(用表示)，酒石酸钙()微溶于水。已知室温时：、，，，。下列说法不正确的是 A．室温时，的溶液的约为3 B．向溶液中加入酒石酸，溶液变浑浊 C．饱和溶液中加入少量固体，的值减小 D．室温时，往的溶液中通气体至溶液，消耗的 【答案】D 【解析】A．室温时，的溶液中，=，A项正确； B．，故能发生反应，溶液与酒石酸混合，随反应的进行酒石酸电离平衡正移，使溶液中，则，有沉淀生成，溶液变浑浊，B项正确； C．饱和溶液中加入少量固体，增大，不变，则减小，的值减小，C项正确； D．溶液存在水解及电离，水解平衡常数，溶液显酸性，根据反应，可确定往的溶液中通气体至溶液时，溶液中的溶质为、、，则消耗的，D项错误； 答案选D。 押题解读 近年高考有关离子反应与平衡的试题常以物质制备流程或者实验过程为载体。主要考查：①考查强弱电解质、溶液酸碱性与 pH 的关系、盐类水解等基本概念;判断强、弱电解质，溶液酸碱性等。②考查电离平衡、水解平衡的影响规律及应用;分析水的电离平衡，离子的水解平衡、溶解平衡,计算相关离子浓度的大小。③考查水的离子积常数、电离常数、水解常数的表达式及应用。④考查电解质的水溶液、混合溶液中离子浓度大小的比较等。 1．常温下，将一定量的碳酸钙固体溶于水，形成饱和溶液，有关粒子浓度如下表所示： 粒子类别 A B C D E 粒子浓度 其中：、、为含碳微粒(不考虑碳酸的分解)，、为或。 已知：，，。 下列说法错误的是 A．向溶液中通入少量二氧化碳，减少 B．上述溶液中存在： C．加水至溶液体积翻倍(固体仍有剩余)， D．的水解度约为72% 【答案】C 【解析】A．向该饱和溶液中通入少量二氧化碳，发生反应：，减少，A正确； B．碳酸钙是强碱弱酸盐，饱和溶液呈碱性，则浓度为，，可得=0.4，碳酸钙饱和溶液中，碳酸根离子发生水解，因此上述溶液中存在：，B正确； C．加水至溶液体积翻倍(固体仍有剩余)，溶液中钙离子浓度不变，仍为，C错误； D．根据碳原子守恒，溶液中含碳微粒总浓度约为，根据表格中数据和B项判断，为，的水解度≈72%，D正确； 故选C。 2．分别进行如下实验，待溶液恢复至室温后，测得溶液的均大于7. 下列关于①和②中加入少量固体后的溶液的说法不正确的是 A．与原氨水相比，均减小 B．的电离平衡移动方向相同 C．与原氨水相比，均增大 D．均存在 【答案】B 【分析】氨水中存在电离平衡，（1）中加入硫酸铵：增加，抑制氨水电离，减少，增加，pH降低；（2）中加入硫酸氢钠，增加，pH降低，消耗OH-，促进氨水电离。 【解析】A．据分析，两者pH均减少，故A正确； B．据分析，（1）抑制氨水电离，（2）促进氨水电离，的电离平衡移动方向不相同，故B错误； C．氨水电离平衡常数，（1）和（2）中均减少，温度一定时平衡常数不变，则均增加，即均增大，故C正确； D．（1）中电荷守恒式：，pH>7，则，因此有，（2）中电荷守恒式：，pH>7，则，因此有，NaHSO4中存在，因此，故D正确； 故答案为B。 3．草酸是二元弱酸。某小组做如下两组实验： 实验Ⅰ：往溶液中滴加溶液； 实验Ⅱ：往溶液中滴加溶液。 已知：的电离常数，溶液混合后体积变化忽略不计，下列说法错误的是 A．实验Ⅰ可选用酚酞作指示剂，指示反应终点 B．实验Ⅰ中时，溶液显酸性 C．实验Ⅱ中在初始阶段发生的是 D．实验Ⅱ中时，溶液中 【答案】D 【解析】A．溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验误差要选用变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验Ⅰ可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，故A正确； B．实验Ⅰ中时，溶质是，且两者的物质的量浓度相等，，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在溶液显酸性，B正确； C．实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而过量，因此该反应在初始阶段发生的是，该反应的平衡常数为，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，故C正确； D．实验Ⅱ中时，溶液中的钙离子浓度为， 溶液中，故D错误； 故答案为：D。 4．一种用磷矿脱镁废液(在25℃时pH为2．1，溶液中含H3PO4、、，还有少量Mg2+及Ca2+、Fe3+、Al3+等杂质离子)制备MgHPO4·3H2O的工艺流程如图所示： 已知： ①25℃时，磷酸的，，。 ②25℃时，，。 ③pH>6.0时体系中浓度随pH增大而增大，副产物增多。 下列说法错误的是 A．25℃时，离心分离得到的上清液中的 B．当磷矿脱镁废液的pH调为4.5时，溶液中存在 C．当磷矿脱镁废液的pH调为3.5且为10-6mol·L-1时，溶液中含有的为 D．若离心分离时杂质已除尽，抽滤得到的滤液中存在： 【答案】C 【分析】脱镁废液(pH为2.1，溶液中含H3PO4、、，还有少量Mg2+及Ca2+、Fe3+、Al3+等杂质离子)中加入NaOH调节pH，杂质、、沉淀，离心分离出沉淀后，向上清液中加入MgO调节pH，此时溶液中溶质主要为MgHPO4，经过抽滤、洗涤、干燥得到三水磷酸氢镁，以此解答； 【解析】A．25℃条件下，离心分离得到的上清液中，A正确； B．根据、，故pH为4.5时溶液中，B正确； C．溶液中，由磷酸的 、可知，，，C错误； D．根据已知信息③知，滤液为酸性，电荷守恒可知，酸性：，所以存在，D正确； 故选C。 押题猜想十三 化学反应速率与平衡图像分析 氮化钒()广泛用于钢铁产业、储能、工业催化等领域。工业上可采用碳热还原氮化法制备，发生反应： 。某小组同学模拟碳热还原氮化法制备，在时，向恒容密闭容器中先加入的固体混合物，再充入，起始压强为下发生上述反应，测得容器内压强与时间(t)的关系如图所示(忽略固体体积对压强的影响)： 下列说法错误的是 A．升高温度，的转化率增大 B．时，改变的条件可能是瞬间缩小容器体积 C．在时，该反应的 D．内的平均反应速率为 【答案】D 【解析】A．该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，的转化率增大，A正确； B．该反应是气体体积增大的反应，时，压强瞬间增大，然后又减小，说明平衡逆向移动，改变的条件可能是瞬间缩小容器体积，B正确； C．由图可知，在时，反应达到平衡时的压强为2p0，起始压强为，列出“三段式” 则，x=2.5，该反应的，C正确； D．由C可知，内的平均反应速率为，D错误； 故选D。 押题解读 分析近三年的江苏高考试题，选择题中的化学反应速率与平衡图像题，试题利用数形结合的三维曲线图，将影响化学反应速率和化学平衡的外界因素(如温度、浓度、压强等)融入其中，充分考查学生的分析与推理能力。特别是近几年高考往往将工业生产中投料比、转化率的变化及反应条件的控制等融入坐标体系图像中，让图像的判读更加复杂困难。解题时要抓住曲线中的关键点和曲线的变化趋势，建立解题思维模型，运用速率和平衡理论解答图像中反映出的具体问题。 1．一定温度下，某恒容密闭容器中发生如下反应：，起始加入，平衡时反应物的转化率与起始加入的物质的量之比的关系如图，下列说法错误的是 A．E表示的转化率与x的关系 B． C．当时，若的体积分数保持不变，则可以说明化学反应达到了化学平衡状态 D．其他条件不变，起始时仅加入和或和达平衡时分别放出和吸收的热量，则 【答案】C 【解析】A．随着氢气的物质的量的增多，平衡正向移动，则的转化率增大，故E代表的转化率随x的变化情况，A正确； B．在化学反应中反应物的投料比等于方程式中系数比时，则反应物的转化率相等，即2种反应物转化率相等时，图中a= 3，设起始加入氢气mmol，平衡时转化了nmol，列三段式计算，，，n=1.5，，m=18，，因此，B正确； C．当时，设平衡时转化了n mol，列三段式计算，，的体积分数为，的体积分数一直保持不变，因此的体积分数保持不变，不可以说明化学反应达到了化学平衡状态，C错误； D．其他条件不变，起始时仅加入和与起始时加入和为等效平衡，因此达平衡时放出的热量与吸收的热量之和为该反应的反应热，即，D正确； 故选C。 2．在医药领域有广泛应用，但在空气中会污染环境。某研究小组研究实现的转化，发生反应，向体积为的密闭容器中充入和，在甲、乙两种催化剂作用下，反应，测得的转化率与温度的关系如图所示，下列有关说法正确的是 A．催化效果：甲<乙 B．、甲催化条件下，内 C．其它条件不变时，压缩容器体积乙曲线可能整体向上移动 D．前，乙催化剂作用下降低温度可提高的产率 【答案】C 【解析】A．由图，相同条件下，使用甲催化剂NO的转化率更高，故催化效果：甲>乙，A错误；   B．由图，、甲催化条件下，内NO转化率为80%，则反应1.6molNO，，B错误； C．反应5min时，乙中NO的转化率比同温度时甲低，说明乙中未达到平衡，其它条件不变时，压缩容器体积，化学反应速率增大，同一时间NO转化率增大，乙曲线可能整体向上移动，C正确；   D．由图，前，乙催化剂作用下反应没有达到平衡，降低温度，反应速率变慢，会降低的产率，D错误； 故选C。 3．、热解重整制过程中的主要反应为： I.     II.     常压下，将的混合气甲，的混合气乙分别以相同流速通过反应管热解，的转化率与温度的关系如图所示。的选择性。若不考虑其他副反应，下列说法正确的是 A．温度升高，反应I的平衡常数K减小 B．反应的 C．900℃时，保持通入的体积分数不变，增大可提高的转化率 D．在1000~1300℃范围，随着温度的升高，混合气乙的体系中的选择性增大 【答案】D 【解析】A．反应I为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，平衡常数K增大，A错误； B．反应II -反应I得，，B错误； C．的混合气甲，的混合气乙，甲乙中硫化氢的体积分数相同，均为，由图可知，温度低于1000℃时，不改变硫化氢的体积分数，加了甲烷的情况下，硫化氢的转化率在甲乙中相同，即900℃时，增大，的转化率不变，C错误； D．温度高于1000℃时，随着温度升高，乙中硫化氢的转化率增大较甲中更快，乙中加了甲烷，说明反应II影响较大，即在温度1000~1300℃范围，随着温度的升高，混合气乙的体系中的选择性增大，D正确； 故选D。 押题猜想十四 物质的转化/化工流程/晶胞综合分析 以酸泥(主要含无定形Se、HgSe 和少量Ag2Se) 为原料制备灰硒(Se6)的流程如下： 已知：Ka1(H2SeO3)=3×10-3 、Ka2(H2SeO3)=5×10-8. （1）“氧化碱浸”中无定形 Se 被氧化为 SeO的离子方程式为 ； 其它条件不变时，Se浸出率随双氧水用量变化如图所示， 当双氧水用量从80 mL·L-1 增加到120mL·L- ¹ 时，溶液中并未检测到H2O2残留，其原因是   。 （2）“除银”时向滤渣中加入NaClO溶液和盐酸，Ag2Se、HgSe被氧化为H2SeO3 ①“除银”过程中的加料方式为 。 ②写出Ag2Se发生反应的化学方程式： 。 （3）“沉汞”过程中，溶液pH=7时存在的主要阴离子有 。 （4）通过如下步骤测定灰硒产品中Se的质量分数： 步骤1：准确称取0.1600g 灰硒产品，加入足量硝酸充分反应后生成H2SeO3溶液，配成100.00 mL 溶液； 步骤2：取25.00 mL溶液于锥形瓶中，加入过量的硫酸酸化的KI溶液，充分反应； 步骤3：以淀粉作指示剂，用0.1000 mol·L⁻¹的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗20.00 mLNa2S2O3溶液。 已知：H2SeO3+4I-+4H+=Se↓+2I2+3H2O；I2+2S2O=2I-+S4O 计算灰硒产品中Se的质量分数为 。 （5）Cu2-xSe 是一种钠离子电池的正极材料，放电过程中晶胞变化如下图所示。 ①1molCu2-xSe转化为NayCu2-xSe时转移电子的物质的量为 mol。 ②NayCu2-xSe中Cu+与 Cu2+ 的个数比为 。 【答案】（1）Se＋2OH-＋2H2O2 = 3H2O＋SeO H2O2 被 SeO还原 （2）向滤渣中先加入 NaClO 溶液再加入盐酸 Ag2Se＋3NaClO＋2HCl = H2SeO3＋2AgCl＋3NaCl （3）SeO 、HSeO 、Cl- （4）98.75% （5）0.25 5 ∶ 1 【分析】酸泥的主要含无定形Se、HgSe和少量Ag2Se，加入NaOH、H2O2，将Se、HgSe和少量Ag2Se，氧化为SeO以及H2SeO3，“除银”后，向滤液中加入NaOH溶液，沉汞，生成HgO沉淀，过滤除去后，滤液经过一系列处理得到灰硒，据此分析作答。 【解析】（1）“氧化碱浸”时Se在碱性条件下被双氧水氧化为 SeO，离子方程式为：Se＋2OH-＋2H2O2 = 3H2O＋SeO；过氧化氢具有氧化性， SeO依然具有还原性，则当双氧水用量从80 mL·L-1 增加到120mL·L- ¹ 时，溶液中并未检测到H2O2残留，其原因是：H2O2 被 SeO还原； （2）①“除银”时向滤渣中加入NaClO溶液和盐酸，Ag2Se、HgSe被氧化为H2SeO3，则“除银”过程中的加料方式为向滤渣中先加入NaClO，再加入盐酸， 防止发生副反应，故答案为：向滤渣中先加入 NaClO 溶液再加入盐酸； ②向滤渣中加入NaClO溶液和盐酸，Ag2Se被氧化为H2SeO3，Ag2Se发生反应的化学方程式为：Ag2Se＋3NaClO＋2HCl = H2SeO3＋2AgCl＋3NaCl； （3）“沉汞”时加入氢氧化钠，H2SeO3和氢氧化钠反应生成Na2SeO3，H2SeO3为弱酸，SeO可以水解，则溶液中存在SeO 、HSeO ，由于“除银”时还加入的盐酸，则沉汞”过程中，溶液pH=7时存在的主要阴离子有：SeO 、HSeO 、Cl-； （4）根据题意有关系式，，25mL溶液中，，则灰硒产品中Se的质量分数为：； （5）①根据均摊法可知，截入1个Na+后，晶胞中，Na+与Se2-的个数之比为1：4，NayCu2-xSe的化学式为Na0.25Cu2-xSe，所以1molCu2-xSe转化为Na0.25Cu2-xSe时，Cu元素降低了0.25价，转移电子的物质的量为0.25mol，故答案为：0.25； ②由图可知，截入1个Na+后，晶胞NayCu2-xSe的化学式为：Na0.25Cu1.5Se，设Cu+与Cu2+的个数分别为x、(1.5-x)，根据化合价代数和为0，有，解得：x=1.25， 则Cu+与Cu2+的个数之比为：1.25∶(1.5-0.25)=5∶1。 押题解读 作为江苏高考主观题的第一道题目，近年来其命题主线为物质的转化过程，涉及反应原理、氧化还原反应反应及化学计算等，且常结合化工流程和晶胞分析一起考查，命题点范围广，总体难度不小。 1．高铁酸钾(K2FeO4)可用于废水中氨氮的去除。 （1）K2FeO4的晶胞如图所示(氧原子已全部省略)。X处K+位于晶胞表面，全部位于晶胞内部，Y处K+位于晶胞 (填“表面”或“内部”)。 （2）一种双阴极室隔膜电解KOH溶液制备K2FeO4的装置如图所示。电解时，阳极的电极反应式为 。 （3）废水中氨氮主要以NH3、形式存在。25℃时，NH3、的物质的量分数与pH的关系如图所示。反应的平衡常数K= 。 （4） K2FeO4具有强氧化性，其在水溶液中的氧化能力随溶液pH减小而增大。其他条件相同，用K2FeO4处理废水中氨氮，废水的初始pH与氨氮去除率的关系如图所示。 ①pH=12时，处理废水中NH3生成N2的离子方程式为 。 ②上图中M、N两点对应的实验，必须控制相同的条件有：废水的浓度及体积、K2FeO4用量、搅拌速率、 ， 等。 ③pH=4时氨氮去除率小于pH=12时的原因可能是 。 【答案】（1）内部 （2）Fe+8OH--6e-=+4H2O （3）10-4.75 （4）2+2NH3+2H2O=2Fe(OH)3↓+N2↑+4OH- 反应时间 溶液的温度 pH=4时，在酸性条件下可能发生自身分解等副反应，导致其有效浓度降低，氨氮去除率低或pH=4时，氨氮的存在形式为，pH=12时，氨氮的存在形式为，与的反应速率比快 【解析】（1）X处K+位于晶胞表面，全部位于晶胞内部，则1个晶胞内含有4个，依据电荷守恒，平均1个晶胞内含有8个K+。X处K+位于晶胞表面，则上下面有4个K+位于晶胞表面，平均有=2个K+属于该晶胞，还有6个K+应全部属于该晶胞，所以该Y处K+位于晶胞内部。 （2）一种双阴极室隔膜电解KOH溶液制备K2FeO4的装置如图所示，则电解时，阳极的铁丝网中的铁应失电子转化为，Fe元素由0价升高到+6价，则失去6e-，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出阳极的电极反应式为Fe+8OH--6e-=+4H2O。 （3）对于反应，我们选择两条曲线的交叉点为研究对象，此点c(NH3)=c()，pH=9.25，c(OH-)=mol/L=10-4.75mol/L，平衡常数K== c(OH-)=10-4.75。 （4）①pH=12时，溶液呈碱性，具有强氧化性，将NH3氧化为N2，被还原为Fe(OH)3，依据得失电子守恒，NH3、的物质的量之比为1:1，再依据电荷守恒和元素守恒，可得出处理废水中NH3生成N2的离子方程式为2+2NH3+2H2O=2Fe(OH)3↓+N2↑+4OH-。 ②上图中M、N两点对应的实验，废水的初始pH与氨氮去除率，只允许存在一个变量(废水的初始pH)，其它条件都应相同，混合溶液中废水的浓度及体积、温度、搅拌速率、反应时间等因素都应相同，则必须控制相同的条件有：废水的浓度及体积、K2FeO4用量、搅拌速率、反应时间、溶液的温度等。 ③pH=4时溶液酸性较强，在酸性条件下氧化性较强，但可能会发生自身分解等副反应，导致其有效浓度降低，从而使氨氮的去除率较低；而pH=12时溶液呈碱性，相对较稳定，能更好地与NH3发生反应去除氨氮；或pH=4时，氨氮的存在形式为，pH=12时，氨氮的存在形式为，与的反应速率比快；则原因可能是：pH=4时，在酸性条件下可能发生自身分解等副反应，导致其有效浓度降低，氨氮去除率低或pH=4时，氨氮的存在形式为，pH=12时，氨氮的存在形式为，与的反应速率比快。 2．从高铅碲渣[主要含TeO2、Pb(OH)2]中提取单质碲(Te)的部分实验过程如下： （1） TeO2难溶于水，是两性氧化物。其晶胞如图-1所示，1个晶胞中Te原子的数目为 。 （2）“浸出”时，控制其他条件不变，Te、Pb元素单位时间内的浸出率随硫酸浓度的变化如图-2所示。“浸出”后滤渣中含铅物质的主要成分为 (填化学式)。硫酸浓度大于5mol/L时，随着硫酸浓度增大，Te元素浸出率下降的原因是 。(浸出率) （3）“还原”时控制温度80℃，加入足量Na2SO3可得到Te，同时生成SO2。若先加入少量NaCl生成，可大幅提高反应速率。被Na2SO3还原的离子方程式为 ，该过程中Cl-的作用是 。 （4）碲粉与HClO3溶液反应可制得碲酸(H6TeO6)。H6TeO6结构如图-3所示，可形成配离子[。中与Cu(Ⅲ)配位的4个原子处于同一平面，画出该配离子的结构 。 【答案】（1）2 （2）PbSO4 PbSO4的生成速率加快，覆盖在TeO2表面，阻碍反应进行 （3） 催化剂，与Te4+形成配合物 （4） 【分析】由题干流程图可知，向高铅碲渣[主要含TeO2、Pb(OH)2]中加入一定量的H2SO4溶液进行“浸出”，将Pb转化为PbSO4，然后加入NaCl和Na2SO3进行“还原”得到Te，过滤得到Te，用盐酸进行“酸洗”除去表面杂质，得到锑粉，据此分析解题。 【解析】（1）由题干晶胞示意图可知，晶胞中白球的个数为：=2，黑球的个数为：=4，结合化学式TeO2可知，白球为Te、黑球为O，故1个晶胞中Te原子的数目为2，故答案为：2； （2）由分析可知，“浸出”时加入硫酸溶液，能将Pb转化为PbSO4沉淀留在滤渣中，即“浸出”后滤渣中含铅物质的主要成分为PbSO4，由题干图示信息可知，硫酸浓度大于5mol/L时，随着硫酸浓度增大，PbSO4的浸出率增大，即PbSO4的生成速率增大，生成的PbSO4覆盖在TeO2的表面，阻碍反应的进行，从而导致Te元素浸出率下降，故答案为：PbSO4；PbSO4的生成速率加快，覆盖在TeO2表面，阻碍反应进行； （3）“还原”时控制温度80℃，加入足量Na2SO3可得到Te，同时生成SO2，若先加入少量NaCl生成，可大幅提高反应速率，根据氧化还原反应配平可得，被Na2SO3还原的离子方程式为：，该过程中反应前后Cl-的数量没有发生改变，加快了反应速率，故Cl-的作用是催化剂，与Te4+形成配合物，故答案为：；催化剂，与Te4+形成配合物； （4） 由题干H6TeO6如图-3所示结构，且中与Cu(Ⅲ)配位的4个原子处于同一平面，即中共面的4个O原子中的2个与Cu(Ⅲ)形成4个配位键，故该配离子的结构为：，故答案为：。 3．磷酸锌是一种重要的活性防锈颜料，其制备和含量测定方案如下： （1）提纯。向含有的溶液中加入可除去，再经处理可得到纯度较高的。 ①用数据说明加入可除去的原因 。［已知：、］ ②一定条件下，反应温度对溶液中剩余的浓度、过滤速度的影响如图所示。反应温度选择60℃而不选择50℃的主要原因是 。 （2）制备。将一定量、和加适量水搅拌溶解，加热至隆起白色沫状物，冷却、抽滤、洗涤，得到。 ①该反应的化学方程式为 。 ②检验洗涤完全的实验操作为 。 （3）测定含量。 ①测定含量前需用标准溶液标定溶液的浓度。请补充完整配制标准溶液的实验步骤： ；轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀，继续加入蒸馏水至液面离刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加至液面与刻度线相切，盖好瓶塞，摇匀，装瓶，贴标签。[Zn相对原子质量为65.38。实验中必须使用的试剂和仪器：纯锌、盐酸、精确度为0.0001g的分析天平(如图所示)］。 ②将0.4580g磷酸锌样品溶于盐酸，配成100.00mL溶液。移取20.00mL溶液，用溶液滴定至终点(与按1：1反应，杂质不参与反应)，平行滴定三次，溶液的平均用量为28.20mL。计算样品中的质量分数 (写出计算过程)。 【答案】（1）反应的平衡常数为，正反应进行的程度很大，因此加入可除去 60℃时溶液中F-的浓度降低，且过滤速度相对较大 （2） 取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则说明洗涤液中不含，即洗涤完全 （3）计算需用锌粒的质量；使用分析天平称量的纯锌；将称量好的锌粒放入烧杯中，用量筒量取约8.5mL盐酸加入烧杯中，使之与锌粒充分反应；在烧杯中加入适量蒸馏水，用玻璃棒搅拌；将标准溶液沿玻璃棒转移到250mL容量瓶中；用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，将洗涤液一并转移到容量瓶中 由题意可知，磷酸锌与的系数关系为，则样品中的质量为，质量分数为 【解析】（1）①向含有的溶液中加入，发生反应，该反应的平衡常数为，正反应进行的程度很大，因此加入可除去。 ②有示意图可判断反应温度选择60℃而不选择50℃的主要原因是：60℃时溶液中F-的浓度降低，且过滤速度相对较大。 （2）①、和加热时得到、硫酸铵和，该反应的化学方程式为。 ②洗涤完全则没有其它杂质离子，比如，因此实验操作为：取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则说明洗涤液中不含，即洗涤完全。 （3）①配制标准溶液的实验步骤如下：计算需用锌粒的质量；使用分析天平称量的纯锌；将称量好的锌粒放入烧杯中，用量筒量取约8.5mL盐酸加入烧杯中，使之与锌粒充分反应；在烧杯中加入适量蒸馏水，用玻璃棒搅拌；将标准溶液沿玻璃棒转移到250mL容量瓶中；用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，将洗涤液一并转移到容量瓶中；轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀，继续加入蒸馏水至液面离刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加至液面与刻度线相切，盖好瓶塞，摇匀，装瓶，贴标签。 ②由题意可知，磷酸锌与的系数关系为，则样品中的质量为，质量分数为。 押题猜想十五 化学实验综合题 二氧化锗()具有高折射率和低色散性能，可广泛应用于制造光纤、电子元器件、耐热陶瓷材料等。利用四氟化锗制备的实验过程如下： I．在一玻璃容器中加入超纯水，置于低温恒温槽中冷却，边搅拌边缓缓通入一定量的气体，反应一段时间，使其水解完全；II．将水解液转移至反应釜中，加入适量浓盐酸，搅拌并加热，产生的尾气用盛装溶液的尾气吸收瓶进行吸收；III．在反应釜中加入少量浓硫酸，加热蒸馏；IV．将收集的馏分转移至烧杯中，在冰水浴的条件下一边搅拌一边加入一定体积的超纯水，放置一昼夜，过滤、洗涤，于200干燥得到产品。 已知：①为不溶于水的固体，可溶解于氟锗酸溶液中，能与浓盐酸反应；②四氯化锗为无色液体，密度为，沸点；③和的水解反应都是放热反应，相关反应方程式为 回答下列问题： （1）步骤I中置于低温恒温槽中冷却的目的是 。 （2）步骤II中加入浓盐酸发生反应，锗元素全部转化为，并生成一种腐蚀性很强的气体，反应的化学方程式为 、 。该步骤中使用的反应釜是一种综合反应容器，反应釜的材质可选用 (填字母)。 A．钢　　　B．玻璃　　　C．陶瓷　　　　D．聚四氟乙烯 （3）实验室利用如图1所示装置进行蒸馏，仪器甲的名称为 ；冷凝水的进水口为 (填“a”或“b”)。 （4）的溶解程度随盐酸浓度的变化情况如图2所示，则为提高产率，加入超纯水的体积最好约为馏分体积的 倍(假设步骤IV中反应后溶液的体积等于所加超纯水的体积，，结果保留一位小数)。判断已经洗涤干净的操作是 。 【答案】（1）防止因温度过高导致反应失控或者发生副反应，同时能提高产物的纯度 （2） D （3）蒸馏烧瓶 b （4） 5.5 取最后一次洗涤液，加入几滴硝酸银溶液，若不产生白色沉淀，则洗涤干净 【分析】在一玻璃容器中加入超纯水，置于低温恒温槽中冷却，边搅拌边缓缓通入一定量的气体，反应一段时间，使其水解完全，得到和；II．将水解液转移至反应釜中，加入适量浓盐酸，搅拌并加热，发生反应，，产生的尾气用盛装溶液的尾气吸收瓶进行吸收；III．在反应釜中加入少量浓硫酸，加热蒸馏，得到四氯化锗；IV．将收集的馏分转移至烧杯中，在冰水浴的条件下一边搅拌一边加入一定体积的超纯水发生水解，放置一昼夜，过滤、洗涤，于200干燥得到产品，据此作答。 【解析】（1）根据题干可知，GeF4的水解反应为放热反应，在低温恒温槽中冷却，可控制反应温度，防止因温度过高导致反应失控或者发生副反应，同时能提高产物的纯度； （2）水解反应为，水解液和浓盐酸反应，全部转化为，并生成一种腐蚀性很强的气体，反应的化学方程式为，，反应釜的材质可选用聚四氟乙烯，钢中有铁会和盐酸反应，玻璃和陶瓷中的二氧化硅会和氟化氢反应； （3）仪器甲的名称为蒸馏烧瓶，根据冷凝水的“下进上出”进水原理，可知进水口为b； （4）由图可知，氯离子浓度为5.3mol/L时，溶解度最低，四氯化锗为无色液体，密度为，又可知，假设四氯化锗溶液有1L，则四氯化锗质量为1860g，四氯化锗物质的量为，则氯离子的物质的量为8.65×4=34.6mol，若想溶解度小，氯离子浓度为5.3mol/L，则总溶液体积为34.6 mol÷5.3 mol /L=6.53L，6.53L-1L=5.53L，所以加入超纯水的体积最好约为馏分体积的5.5倍，判断已经洗涤干净，即检验是否含有氯离子，操作是：取最后一次洗涤液，加入几滴硝酸银溶液，若不产生白色沉淀，则洗涤干净。 押题解读 近年江苏高考化学实验综合题一般设置成基本实验与元素化合物知识结合的简单综合实验题，主要从以下两点进行考查。一是考查常规操作，二是考查元素化合物知识。涉及阅读理解、读图看图、理论分析、沉淀制备、沉淀洗涤、离子检验、计算等多方面内容。 （1）实验设计一般思路:依据实验目的、弄清实验原理(是否有多种)、选择实验仪器(可否有替代)和药品、设计实验装置(是否有其它的)、给出可行的操作步骤、确定观察重点、分析注意事项、记录和分析实验结果、完成实验报告、实验后的反思(问题与讨论) （2）实验方案的评价一般从“四性”(科学、安全、可行、简约)出发。 （3）实验的条件控制是关键，涉及面较广。 1．纳米氧化亚铜具有特殊的光学、电学及光电化学性质，在太阳能电池、超导体、制氢和生物传感器等方面有着广泛的应用，其一种制备方法如下(装置如图)。 步骤Ⅰ：将三颈烧瓶中氯化铜溶液加热至，用溶液调节； 步骤Ⅱ：保持温度不变，持续通入气，缓慢加入一定浓度的和的混合溶液，保持溶液呈酸性(pH)，当溶液颜色变为淡黄色时，将溶液温度升高至，再加入溶液使溶液保持在； 步骤Ⅲ：反应结束，抽滤、洗涤、干燥得砖红色固体。 回答下列问题： （1）仪器a的名称为 ；为了便于控制温度，本实验最宜采用的加热方式为 。 （2）已知：步骤Ⅱ中，淡黄色溶液中铜元素以形式存在。写出生成的离子方程式： 。 （3）溶液pH保持在时，生成的离子方程式为 。 （4）步骤Ⅱ中持续通入Ar气的作用是 (写出两条)。 （5）实验室用新制氢氧化铜与乙醛反应生成的化学方程式为 。 （6）纯度的测定：称取制备好的样品于锥形瓶中，加入溶液(足量)，样品完全溶解后(忽略溶液体积变化)，取溶液于另一锥形瓶中，用酸性标准溶液进行滴定，重复操作三次，平均消耗标准溶液(该过程实验操作均规范)。 ①该样品的纯度为 。 ②X射线衍射(XRD)技术是一种常用的材料分析技术，通过测量样品对X射线的衍射强度和角度，可以确定样品的晶体结构、晶格参数、纯度等。该样品经XRD检测纯度为93%，分析可能造成纯度差异的原因： 。 【答案】（1）(恒压)滴液漏斗 水浴加热 （2） （3） （4）搅拌，使反应更充分；防止、或被氧化 （5）或 （6）90% 量取溶液和滴定过程中，亚铁离子可能被空气氧化，导致滴定时所用高锰酸钾标准溶液的体积偏小，测定结果偏低 【分析】CuCl2在pH=3时，在Ar氛围中与Na2SO3发生氧化还原反应，生成和硫酸根离子，在加热温度至时，加入NaOH溶液至pH保持在，得到Cu2O砖红色沉淀，通过抽滤、洗涤、干燥分离出固体。 【解析】（1）由题图中仪器的结构可知，仪器a为(恒压)滴液漏斗。由实验步骤可知，反应所需的温度均未超过，为了便于控制温度，最宜采用的加热方式为水浴加热； （2）步骤Ⅱ中，缓慢加入一定浓度的和的混合溶液，保持溶液呈酸性，当溶液颜色变为淡黄色时，根据已知信息，发生反应的离子方程式为； （3）溶液保持在时，为碱性环境，生成的离子方程式为； （4）制氧化亚铜过程中，通入稀有气体可以起到搅拌作用；同时体系中亚硫酸钠、一价铜易被空气氧化，所以制备过程中通入稀有气体还可以防止、或被氧化； （5）新制氢氧化铜与乙醛发生反应的化学方程式为或； （6）①由得失电子守恒可得关系式，由题意可知，样品溶解后的溶液平均消耗了，故样品中的纯度为； ②相同的样品用不同的方法测定纯度，化学分析测定的结果相对偏低，可能造成纯度差异的原因是量取溶液和滴定过程中，亚铁离子被氧化，导致滴定时所用高锰酸钾标准溶液的体积偏小，测定结果偏低。 2．硒(Se)是人体必需的微量元素之一。 (一)提取硒 Ⅰ．称取一定量的阳极泥和，充分混合后，在500℃条件下焙烧半小时。 Ⅱ．冷却后，取出焙烧物于小烧杯中，加入适量的水充分浸取后过滤。 Ⅲ．向保留的滤液中加入适量的，将焙烧过程中产生的少量转化为。 Ⅳ．将充分反应后的溶液，酸化后进行“控电位还原”，在一定的电压下，可得到固体硒。 （1）①中的“焙烧”过程，下列仪器中需要的是 (填仪器名称)。 ②“焙烧”的主要产物为CuO和，反应的化学方程式为 。 （2）Ⅱ中的“浸取”需要80℃下进行，加热方式为 ；与常温相比，在80℃下进行浸取的优点是 。 （3）经过步骤Ⅲ后溶液中的主要金属离子有 ；判断溶液中是否还存在少量的方法是 。 （4）“控电位还原”是指在一定电压下，电位高的氧化剂优先被还原，电位低的氧化剂保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离。酸性环境下，一些氧化剂的电位如下表； 氧化剂／还原产物 电位 0.34 0.77 0.74 则和氧化性由强到弱的顺序为 ；在控电位还原时，生成Se的电极反应式为 。 (二)测纯度 Ⅰ．准确称取0.1600g硒样品，加入足量和完全反应成，除去过量的后，配成100.00mL溶液；Ⅱ．取所配溶液20.00mL于锥形瓶中，加入足量和KI溶液，使之充分反应；Ⅲ．滴入2~3滴淀粉指示剂，振荡，用的溶液滴定至终点，消耗16.00mL标准溶液。 （5）若已知；，该硒样品中Se的质量分数为 。 【答案】（1）坩埚、泥三角 2CuSe+3O2+2Na2CO32CuO+2Na2SeO3+2CO2 （2）水浴加热 增大可溶物的溶解速率和溶解度 （3）Fe3+、Na+ 取少量溶液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，则含有Fe2+；若未出现蓝色沉淀，则没有Fe2+ （4）Fe3+ >H2SeO3>Cu2+（ H2SeO3+4e-+4H+=Se+3H2O （5）98.75% 【解析】（1）①“焙烧”在坩埚中进行，还需要泥三角。 ②阳极泥和，充分混合后，在500℃条件下焙烧半小时生成CuO和，反应的化学方程式为2CuSe+3O2+2Na2CO32CuO+2Na2SeO3+2CO2。 （2）80℃的加热方式为水浴加热；与常温相比，加热可以增大可溶物的溶解速率和溶解度。 （3）Ⅲ中将少量转化为，Fe2+被氧化为Fe3+，故此时主要的金属离子为Fe3+、Na+。 （4）氧化剂的电位越大，则其氧化剂的氧化性越强， 为0.770最高，其 次为0.740，再者是 为0.345，最后是为-0.440，所以氧化性强弱为Fe3+ >H2SeO3>Cu2+；生成Se的电极反应为H2SeO3+4e-+4H+=Se+3H2O； （5）反应+4H++4I-=Se↓+2I2+3H2O，，根据方程式可知，n(H2SeO3)=()=()=mol，则样品中Se的质量分数。 3．亚硝酰氯()和硝酰氯()都是有机合成的常用氯化剂，都易水解。研究小组以和为原料在如图所示装置(加热和夹持装置略去)中制备，并测定产品中的质量分数。 已知： ①沸点：为-6℃，为5℃，为-34℃，为-152℃； ②溶液为黄色，为砖红色沉淀；；。 回答下列问题： （1）仪器a的名称是 ，实验时，检查装置气密性，加入药品后，通入和前，应进行的操作是 。 （2）常温下，装置A中制取的离子方程式为 。 （3）实验过程中会产生少量。装置控制的温度约为-15℃，所得中含有的杂质为 (填化学式)。 （4）测定产品中的质量分数的实验步骤如下：i.准确称量锥形瓶(带塞子)的质量，取适量产品迅速加入锥形瓶中，盖紧塞子；称量，计算知所取产品为(忽略温度变化带来的称量误差)，向锥形瓶中加入适量水，盖紧塞子，置入25℃恒温水浴中，待锥形瓶内温度恒定后，再配制成溶液。 ii.取溶液于另一锥形瓶中，用溶液调节溶液在6.5∼10.5之间，再加入溶液作指示剂，用标准液进行滴定，平行滴定三次，达到滴定终点时平均消耗标准液。 ①步骤ii中，溶液调节溶液的作用是 。 ②所得产品中的质量分数为 ；若铬酸钾指示剂浓度过高时，所测结果 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 【答案】（1）恒压滴液漏斗 打开、关闭，向装置中通入氩气，排尽装置中的空气 （2） （3） （4）中和、水解产生的酸，以免影响滴定终点的判断 偏小 【分析】该实验的原理是，实验过程中可能存在少量被氧化为，可能存在反应。沸点：为-6℃，为5℃，控制的温度约为-15℃，故产物中可能含有的少量杂质会冷凝为液体而被收集，未反应的、由于沸点低于-15℃而不会冷凝，以气体形式逸出进行尾气处理。 【解析】（1）根据装置图，仪器a的名称是恒压滴液漏斗，为防止被氧化，通入和前，应排尽装置中的空气，具体操作：打开、关闭，向装置中通入氩气。 （2）装置A中制取，根据装置中给出的反应物：溶液、稀硫酸和溶液，分析元素化合价知，为氧化剂，为还原剂，反应离子反应为。 （3）实验过程中产生的少量会发生反应。沸点为5℃，中控制的温度约为-15℃，故产物中可能含有的少量杂质为。 （4）①、水解生成、和，溶液呈酸性，滴入，与反应，使浓度降低，从而无法形成砖红色沉淀来指示滴定终点，加入溶液，中和、水解生成的酸，以免影响滴定终点的判断。 ②和的水解反应分别为，。。故和的物质的量之和等于滴定时消耗标准液的物质的量。，的质量分数。 铬酸钾指示剂浓度过高时，一是由于颜色太深，会影响终点的观察，二是会提前生成砖红色沉淀，导致终点提前到达，使变小。 根据表达式，变小，表达式的值变小。 押题猜想十六 有机合成与推断综合题 左旋多巴(A)是治疗帕金森的一线药物，临床疗效佳，但长期服用可能诱发异动症，为在保证药效的同时降低毒副作用，可合成其衍生物(H)进行替代。一种制备H的合成路线如下： 已知：表示由纸面向外伸展的共价键，-Boc代表-COOC(CH3)3。 回答下列问题： （1）物质C中存在能发生水解反应的含氧官能团，其名称为 。 （2）步骤①的反应类型为 ，其化学反应方程式为 。 （3）步骤②、③的目的是 。 （4）TFA表示CF3COOH，根据路易斯酸碱理论，CF3COO⁻和CH3COO⁻属于碱，其碱性大小随氧原子电子云密度增大而增强，请比较二者碱性：CF3COO- CH3COO-(填“>”或“<”)。 （5）已知-Boc是目前有机合成中广为采用的氨基保护基，选择性较好，短时间内一般不会与醇羟基反应，原理如下： 结合题目所给合成路线与上述信息，设计以HOCH2CH2CH2NH2、HCHO为原料制备的路线 (用流程图表示，其他试剂任选)。 【答案】（1）酰胺基、酯基 （2）取代反应 （3）保护羧基、保护酚羟基 （4）< （5）HOCH2CH2CH2NH2 【分析】A（）与CF3COOCH3发生取代反应生成B（），B（）与CH3I发生取代反应生成C（），C（）中酚羟基与CH3COCH3反应形成缩酮，生成D（），D（）经过反应④（酯基和酰胺基水解）生成E（），E（）与F（）发生取代反应生成G（），G（）开环生成H（）。 【解析】（1）物质C中能发生水解的含氧官能团为酰胺基和酯基，故答案为：酰胺基、酯基； （2）由分析知，①的化学方程式为，该反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；； （3）反应②中，将羧基转化为酯基，反应④中酯基转变为羧基，故反应②的目的是保护羧基；反应③中酚羟基与丙酮反应转变为缩酮，反应⑥缩酮又变为酚羟基，故③保护的官能团为酚羟基，故答案为：保护羧基；保护酚羟基； （4）甲基是给电子基，而—CF3是吸电子基，吸电子基导致氧原子电子云密度减小，碱性：CF3COO-＜CH3COO⁻，故答案为：＜； （5）根据题目所给合成路线与上述信息，需先保护氨基，再将羟基氧化为醛基，接着羟醛缩合反应，最后再去保护。故设计路线如下：HOCH2CH2CH2NH2，故答案为：HOCH2CH2CH2NH2。 押题解读 江苏高考有机合成与推断综合题考查的内容包含有机化学的主干知识，综合性强、难度较大，有较好的区分度。通常以新药品、新物质、新材料的合成路线为载体，考的热点涉及①某些物质的结构简式或名称，②反应类型或反应条件重要转化的有机化学方程式书写，④分子式的确定，⑤同分异构体的写与数目确定，⑥特定条件的有机物合成路线的设计等。 1．雷西莫特是一种免疫调节药物，其合成路线如图所示： 已知：①和的性质相似； ②为。 （1）A的名称为 ；B的结构简式为 ；H的含氧官能团的名称为 。 （2）的反应类型为 。 （3）写出反应的化学方程式： 。 （4）C有多种同分异构体，写出仅含有苯环一种环状结构，其中有两个硝基直接与苯环相连，核磁共振氢谱图具有4组峰的一种物质的结构简式： 。 （5）下列有关雷西莫特的说法错误的是_______(填字母)。 A．能形成分子间氢键 B．含有1个手性碳原子 C．属于芳香族化合物 D．所有的碳原子可能共平面 （6）参考上述信息和流程，写出以为原料合成的合成路线(无机试剂和题中出现的有机试剂任选)： 。 【答案】（1）邻硝基苯甲酸 醚键和酰胺基 （2）还原反应 （3） （4） （5）BD （6） 【分析】由A的结构式，结合反应条件和分子式得B为，B与HON=CHCH2NO2和NaOH反应，再用HCl进行酸化得到C，在Ac2O和AcOK的条件下，得到D ，再与POCl3发生取代反应，得到E，和一水合氨反应得到F，被氢气、5%Pd/C还原，得到G，接着在SOCl2，DMF，Et3N作用下生成H，在，60%NaH作用下生成I，在CH3COOH，H2O2，Na2WO4作用下生成J，在p-TsCl，一水合氨作用下得到雷西莫特，据此解答。 【解析】（1）A的名称为邻硝基苯甲酸，结合A的结构和反应条件，可知B的结构简式为，H的含氧官能团的名称为醚键和酰胺基； （2）结合结构式可知硝基变为氨基，所以的反应类型为还原反应； （3）结合结构式可知，G与发生取代反应生成H，反应的化学方程式； （4）C有多种同分异构体，写出仅含有苯环一种环状结构，其中有两个硝基直接与苯环相连，核磁共振氢谱图具有4组峰，需要注意对称结构的书写，得结构简式； （5）A．雷西莫特含有羟基和醚键，能形成分子间氢键，正确； B．雷西莫特不含有手性碳原子，错误； C．雷西莫特含有苯环，属于芳香族化合物，正确； D．雷西莫特中和羟基相连的碳原子上连接两个甲基，他们不可能和苯环同时共平面，故所有的碳原子不可能共平面，错误； 答案选BD； （6）以为原料合成的合成路线，可参考题干流程中合成D的过程，题干中由C生成D，则需要先合成，题干中由B合成，则还需要和HON=CHCH2NO2，可由与一水合氨反应得到，而可由与POCl3反应得到，故合成路线为。 2．心血管药物沙库巴曲(Sacubitril)的某种合成路线如下： 已知：①—Boc代表叔丁氧羰基[]；②； ③。 请回答： （1）B的化学名称是 。 （2）C的结构简式是 。 （3）D中官能团的名称为 。 （4）反应⑤中，理论上消耗物质与的物质的量之比为，且产物能发生银镜反应，请写出该反应的化学方程式： 。 （5）C的同分异构体中，满足下列条件的有 种。 A．含有结构，但没有醚键 B．含有6种不同化学环境的氢原子 （6）反应⑥中，合成沙库巴曲的最后一步如下： 已知该反应的原子利用率为分子的核磁共振氢谱图中只有一组峰，则的结构简式为 。 （7）沙库巴曲常温下为油状物，将其制成钙盐便于贮存和运输，从物质结构角度分析原因是 。 （8）写出以苯和环氧乙烷为原料合成苯乙醛的路线图 (无机试剂任选，合成路线流程示意见题干)。 【答案】（1）对溴联苯 （2） （3）酰胺基、碳氯键 （4） （5）10 （6） （7）沙库巴曲是分子晶体，其钙盐属于离子晶体，熔点更高，便于贮存和运输 （8） 【分析】和Br2发生取代反应生成B（），B发生反应②、③生成了C（），C与反应生成D，D与、HCl作用下生成E，E与NaClO反应被氧化生成F（），F经一系列反应得到沙库巴曲，据此分析； 【解析】（1）B为，化学名称是对溴联苯； （2）根据分析可知，C的结构简式是； （3）D（）中官能团的名称为酰胺基、碳氯键； （4）反应⑤中，理论上消耗物质与的物质的量之比为，且产物能发生银镜反应则说明生成醛基，可推知羟基被氧化成醛基，反应的化学方程式：； （5）C（）的同分异构体中，满足A．含有结构，但没有醚键，B．含有6种不同化学环境的氢原子，说明高度对称，则可有、、、、、、、、、，共10种； （6）已知该反应的原子利用率为分子的核磁共振氢谱图中只有一组峰，说明发生了加成反应，且G结构高度对称，故则的结构简式为； （7）沙库巴曲是分子晶体，其钙盐属于离子晶体，熔点更高更稳定，便于贮存和运输； （8）由题中A→C的转化，E→F的转化可知，苯与溴发生取代反应生成，与Mg和乙醚转化成，再转化为，经NaClO氧化生成，故合成路线为：。 3．神经病理性疼痛治疗药物米洛巴林苯磺酸盐(G)的部分合成路线如下： 已知： （1）A的分子式为 。 （2）B中所含官能团名称为 。 （3）的系统命名为 ；发生的反应类型为 。 （4）反应的化学方程式为 。 （5）F的一种同分异构体X，同时满足下列条件： ①属于芳香族化合物且能与发生显色反应； ②核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为。 则X的结构简式为 。 （6）为成盐反应，其目的是将米洛巴林转化为米洛巴林苯磺酸盐。 ①米洛巴林中能与苯磺酸反应的官能团为 。 ②熔点：米洛巴林 米洛巴林苯磺酸盐(选填“>”、“<”或“=”)。 （7）参照上述合成路线，设计由和制备的合成路线 。 【答案】（1）C4H8O2 （2）酮羰基、酯基 （3）3-溴丙烯 取代反应 （4）+KOH+ （5）或 （6）①氨基 ②< （7） 【分析】乙酸和乙醇反应生成酯A，A的结构为,根据已知可知A进行取代反应，生成B，B和进行取代反应生成C，C的结构为，C被还原为D，D在碱性条件下水解生成E，而E的结构为，在经过一系列的反应得到药物米洛巴林苯磺酸盐(G)。 【解析】（1）A为乙酸乙酯，分子式为    C4H8O2。 （2）B的官能团为酮羰基、酯基。 （3）名称为3-溴丙烯；根据结构可知发生的反应类型为取代反应。 （4）D在碱性条件下水解生成E +KOH+ （5）属于芳香族化合物且能与发生显色反应，说明含有苯环和酚羟基，核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为，故结构为或。 （6）苯磺酸具有一定的酸性，能和米洛巴林种的氨基进行反应；米洛巴林熔点小于米洛巴林苯磺酸盐，成盐后是离子化合物，熔点高。 （7）根据已知， 押题猜想十七 化学反应原理综合题 利用工业废气中的合成甲醇可以变废为宝，有关反应式如下： i． ii． 上述反应的焓变和熵变如表： 反应 ⅰ -48.97 -177.76 ⅱ +42.08 回答下列问题： （1）该过程使用的催化剂为，纳米纤维，该催化剂中过渡元素第二电离能与第一电离能相差最小的是 (填元素符号)。 （2）反应i正反应自发进行的条件是 (填“低温”“高温”或“任意温度”)。 （3）已知：①   ②   ③   ④   则 。 （4）在恒容密闭容器中充入和，发生上述反应合成，测得的选择性和平衡转化率与温度的关系如图所示。 D、E、F三点中，的物质的量最大的是 (填字母)。温度高于时，平衡转化率增大程度加快，其主要原因是 。 提示：的选择性。 （5）某温度下，保持总压强为，向体积可变的密闭容器中充入和，发生反应，达到平衡时转化率为体积分数为。平衡体系中，分压为 。该温度下，反应ⅰ的平衡常数为 (列出计算式)。 提示：用分压代替浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数，分压等于总压物质的量分数。 （6）以为燃料制成碱性燃料电池，利用该电池电解溶液，当正极消耗(标准状况)纯气体时，电解装置恢复至室温，此时电解后的溶液的为 (忽略溶液体积的变化)。 【答案】（1）Zn （2）低温 （3）-285.8 （4）F 随着温度升高，反应ⅱ向右移动的程度大于反应ⅰ向左移动的程度 （5）55 （6）13 【解析】（1）基态的价电子排布式为，基态的价电子排布式为，基态价电子排布式为，基态价电子排布式为，处于半满状态，难失去电子，其第二电离能大，第二电离能与第一电离能相差大，故该催化剂中过渡元素第二电离能与第一电离能相差最小的是Zn； （2）反应i的，依据反应可自发进行，则低温下自发进行； （3）已知：① ② ； ③ ； ④ ； ⑤ 根据盖斯定律：①+③－④+⑤得到，求=； 则 ； （4）D、E、F点生成的物质的量分别为、、，故物质的量最大的点是F； 升高温度反应i平衡左移，二氧化碳平衡转化率降低，而反应ii平衡右移，二氧化碳平衡转化率增大，温度高于时，平衡转化率增大程度加快，说明此时以反应ii为主，即随着温度升高，反应ⅱ向右移动的程度大于反应ⅰ向左移动的程度； （5）设平衡体系中，的物质的量分别为，列式子： i．； ii．；反应ii前后体积不变，反应i前后物质的量减小了2x；平衡时气体总物质的量为4-2x； 依题意，，解得：； 平衡体系中，各组分的物质的量如下：。 总物质的量。 、。反应i的平衡常数。 （6）正极的电极反应式为，电解氯化钠溶液时阴极的电极反应式为，转移电子的物质的量，电解生成的氢氧根离子浓度，。 押题解读 江苏高考中化学反应原理综合题作为压轴题目，主要考查化学反应速率和化学平衡、化学反应机理等主干理论知识，主要命题点有盖斯定律的应用、反应速率和化学平衡的分析、化学平衡常数的表达式书写与计算、反应条件的分析选择、生产生活中的实际应用等，试题常以填空、读图、作图、计算等形式呈现。试题一般以与生产、生活紧密联系的物质为背景材料命制组合题，各小题之间又有一定的独立性。主要考查学生的信息处理能力、学科内综合分析能力，应用反应原理解决生产实际中的具体问题，体现了“变化观念与平衡思想”的核心素养。在近几年的相关考题中，对单一因素影响的考查已经越来越少了，主要以“多因素影响”出现,考查考生的综合分析判断能力。以实际情景(场景)为背景更能体现核心素养的要求。而在实际生产过程中，影响因素是多元化、多方位和多层次的。 1．丁烯是一种重要的化工原料，主要用于生产甲基叔丁基醚丁基橡胶等产品。氧化异丁烷脱氢制备异丁烯[]以及正丁烷（P）直接脱氢制2-丁烯（M）技术已进入工业化应用。回答下列问题： （1）丁烷可以作为燃料使用。已知0.1mol 完全燃烧生成(l)放出a kJ热量，则表示燃烧热的热化学方程式为 。 （2）氧化异丁烷脱氢制备异丁烯，其反应为    △H，在催化作用下的反应机理如下： 写出转化①、②的化学方程式： 、 。 （3）正丁烷直接脱氢制2-丁烯过程发生如下两个反应： 反应Ⅰ．； 反应Ⅱ．。 在℃、kPa的恒压密闭容器中，按物质的量之比为1∶2通入(g)和(g)的混合气体，发生上述反应，测得生成物的物质的量与反应时间关系曲线如图所示（曲线a只表示某物质的部分变化）。 ①从平衡角度说明通入的作用是 。 ②曲线b表示的物质是 （填名称），若其他条件不变，在恒容密闭容器中进行上述反应，则点X将可能移向点 （填“A”“B”或“C”）。 （4）在T℃、kPa的恒压密闭容器中，按物质的量之比为1∶2通入（g）和（g）的混合气体，发生反应Ⅰ、Ⅱ，当反应Ⅰ和反应Ⅱ均达到平衡时，测得P、M在含碳物质中的占比分别为20%、60%，则 ，反应Ⅰ的 [用含的式子表示，若用N代表，则P在含碳物质中的占比表示为]。 【答案】（1）     （2） （3）反应Ⅰ和反应Ⅱ均为气体体积增大的反应，恒温恒压条件下，通入可以降低反应体系中其他组分的分压，提高反应物的转化率 2-丁烯 C （4）或0.5 kPa 【解析】（1）0.1mol 完全燃烧生成(l)放出a kJ热量，则丁烷完全燃烧的热化学方程式可以表示为：； （2）转化①转化为，转化为，化学方程式为：；转化②为转化为，转化为，化学方程式为：； （3）①反应Ⅰ和反应Ⅱ均为气体体积增大的反应，恒温恒压条件下，通入可以降低反应体系中其他组分的分压，相当于减压，平衡正向移动，提高反应物的转化率； ②时刻，曲线a物质的量是，曲线b物质的量是，曲线c物质的量是，两个反应均生成氢气，则曲线a代表，根据物质的量关系，则=0.5mol、=0.25mol，即曲线b表示2-丁烯；两个反应均是气体体积增大的反应，如果改为恒容，则压强变大，反应速率加快，达到平衡时间变短，但平衡逆向移动，丁烷的转化率降低，2-丁烯物质的量变小，则应为C点； （4）设初始通入，则，达到平衡以后，根据碳守恒可知，；得P、M在含碳物质中的占比分别为20%、60%，则、、，由上一问方程式的比例关系可知，，则0.5； 平衡时，，、、，反应Ⅰ的。 2．二氧化碳氧化乙烷脱氢制乙烯对于实现“碳达峰”“碳中和”的目标具有重要意义。回答下列问题： Ⅰ． （1）已知在一定条件下乙烷可直接脱氢制乙烯：  。 ①已知键能：，，计算生成1mol碳碳键放出的能量为 kJ。 ②在一定温度和压强下，对于分别为3：1、1：1、1：3、1：5的、Ar混合气，热分解反应过程中转化率随时间的变化如图所示。 对应图中曲线 (填“a”“b”“c”或“d”)，理由是 。 Ⅱ．二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生如下两个反应： ⅰ．   ⅱ．   （2）向容积不变的密闭容器中投入2mol 和3mol 发生上述反应，不同温度下，测得平衡时转化率和选择性随温度的变化如图所示(乙烯选择性) ①表示选择性的曲线是 (填“”或“”)，该曲线随温度变化的原因是 。 ②a点对应温度下反应ⅰ的平衡常数 (用物质的量分数表示平衡常数)。 （3）相同条件下，在不同催化剂表面上二氧化碳氧化乙烷脱氢制乙烯反应性能如表所示(其他副产物没有列出)。 催化剂 转化率/% 转化率/% 产率/% 选择性/% CO X 17.8 11.6 13.1 73.6 15.3 Y 31.2 23.0 24.8 79.4 10.4 Z 5.2 3.2 4.8 92.4 7.4 W 8.5 2.8 7.4 87.2 6.9 其中催化性能最好的是___________(填标号)。 A．X B．Y C．Z D．W （4）研究表明当温度过高时还有副产物积碳产生，不利于乙烯的制备，原因可能是 ；如果原料气中适当增加的含量，会减少积碳的产生，原因是 (用化学方程式表示)。 【答案】（1）272.5 a 越大，的分压越大，平衡向逆反应方向移动，平衡转化率越低 （2） 随温度的升高反应ⅱ正向进行的程度大于反应ⅰ正向进行的程度或高温下以反应ⅱ为主 （3）B （4）积碳引起催化剂活性降低或失活 【解析】（1）①由方程式可知，乙烷分解生成乙烯和氢气时，反应断裂2molC—H键形成1mol碳碳π键和1molH−H键，则反应△H=416kJ/mol×2—E(碳碳π键)—436kJ/mol=+123.5kJ/mol，解得E(碳碳π键)=272.5kJ/mol，所以形成1mol碳碳π键放出的能量为272.5kJ，故答案为：272.5； ②该反应是气体体积增大的反应，恒温恒压条件下增大相当于增大反应压强，平衡向逆反应方向移动，乙烷的转化率减小，由图可知，相同时间时，曲线a对应乙烷转化率最小，则对应的曲线是曲线a，故答案为：a；越大，的分压越大，平衡向逆反应方向移动，平衡转化率越低； （2）①反应ⅰ和反应ⅱ均为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，乙烷的转化率增大，则由图可知，表示乙烷转化率的是曲线、表示乙烯选择性的曲线是，曲线随温度变化说明升高温度，反应以反应ⅱ为主，反应ⅱ正向进行的程度大于反应ⅰ正向进行的程度导致乙烯的选择性随温度升高而减小，故答案为：；随温度的升高反应ⅱ正向进行的程度大于反应ⅰ正向进行的程度或高温下以反应ⅱ为主； ②由图可知，a点对应温度下，乙烷的转化率和乙烯的选择性都为0.5，则平衡时乙烷的物质的量为2mol—2mol×0.5=1mol、乙烯的物质的量为2mol×0.5×0.5=0.5mol，由方程式可知，反应ⅰ消耗乙烷的物质的量为0.5mol，则反应ⅱ消耗乙烷的物质的量为1mol—0.5mol=0.5mol，所以平衡时二氧化碳的物质的量为3mol—0.5mol—0.5mol×2=1.5mol、一氧化碳的物质的量为0.5mol+0.5mol×4=2.5mol、水蒸气的物质的量为0.5mol、氢气的物质的量为0.5mol×3=1.5mol，平衡时混合气体的总物质的量是7.5mol，反应ⅰ的平衡常数，故答案为：； （3）由表格数据可知，使用Y催化剂条件下反应物乙烷和二氧化碳的转化率最高，乙烯的选择性较大，但乙烯的产率最大，所以催化性能最好的催化剂是Y，故选B； （4）温度过高产生的积碳会附着在催化剂表面，导致催化剂活性降低或失活，不利于乙烯的制备；高温下二氧化碳和碳发生反应，所以原料气中适当增加二氧化碳的含量可以减少积碳的产生，故答案为：积碳引起催化剂活性降低或失活；。 3．氢气是清洁能源，氢能产业链包括制氢、储氢和用氢。 （1）铁酸铜()是有良好前景的分解水制氢的材料。制氢反应中，首先铁酸铜在较低的温度下分解形成氧缺位铁酸铜()，然后氧缺位铁酸铜从水中夺取氧恢复至原状态并释放出氢气，且氧缺位值(即式中x)越大，产氢量越大。 ①氧缺位铁酸铜与水反应的化学方程式为 。 ②反应过程中，若产生2mol(x=0.15)，理论上能制得标准状况下体积为 。 （2）反应可用于储氢。 ①“纳米多孔镍”催化碳酸氢盐和氢气反应生成的部分机理如下所示。转化为的过程可描述为 。 ②密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的0.1溶液中通入，测得反应时间对产率的影响如下图所示。2小时后产率随时间延长而减少的可能原因是 。 （3）选择性催化还原汽车尾气中NO主要经历“吸附→氧化→还原”的过程。将一定比例的、NO、、He(作平衡气)气体匀速通过装有Pd/催化剂的反应器，测得NO转化率随温度的变化如下图所示。 ①当参加反应时，催化还原NO转化为的化学方程式为 。 ②温度高于125℃，NO转化率随温度升高而呈下降趋势，可能的原因是 。 【答案】（1）+xH2O=CuFe2O4+xH2 6.72L （2）H的电负性大于Fe，小于O，在纳米多孔镍表面，H2断裂为2个H原子，一个H原子与中的碳结合，后者与中羟基氧结合生成H2O，转化为 长时间反应导致催化剂表面被覆盖或结构改变，活性降低；溶液浓度随反应进行逐渐降低，反应速率减慢 （3）2NO+4H2+O2N2+4H2O 高温可能导致催化剂结构变化或烧结，催化效率下降，反应速率降低；高温下催化剂对NO或 H2的吸附能力减弱 【解析】（1）①根据转化关系图可知氧缺位铁酸铜()与水反应生成氢气和CuFe2O4，所以反应的化学方程式为+xH2O=CuFe2O4+xH2； ②根据①中反应的方程式可知若x＝0.15，则2mol CuFe2O4参与该循环过程理论上一次能制得标准状况下的H2体积为0.3mol×22.4L/mol＝6.72L。 （2）①由图可知，转化为的过程可描述为：H的电负性大于Fe，小于O，在纳米多孔镍表面，H2断裂为2个H原子，一个H原子与中的碳结合，后者与中羟基氧结合生成H2O，转化为； ②2小时后产率随时间延长而减少的可能原因是：长时间反应导致催化剂表面被覆盖或结构改变，活性降低；溶液浓度随反应进行逐渐降低，反应速率减慢。 （3）①当参加反应时，催化还原NO转化为，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：2NO+2H2+O2N2+2H2O； ②温度高于125℃，NO转化率随温度升高而呈下降趋势，可能的原因是：高温可能导致催化剂结构变化或烧结，催化效率下降，反应速率降低；高温下催化剂对NO或 H2的吸附能力减弱。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年高考化学终极押题猜想 （高分的秘密武器：终极密押+押题预测） 押题猜想一 化学与STSE 2 押题猜想二 表示物质组成与结构的化学用语 3 押题猜想三 实验装置-操作-目的 4 押题猜想四 原子结构与元素的性质 6 押题猜想五 分子、晶体结构与性质 7 押题猜想六 物质性质与用途的关系 9 押题猜想七 物质的转化关系 10 押题猜想八 有机物的结构与性质 12 押题猜想九 化学反应的历程、机理 14 押题猜想十 电化学原理及其应用 17 押题猜想十一 实验方案的评价 19 押题猜想十二 离子反应与平衡 21 押题猜想十三 化学反应速率与平衡图像分析 23 押题猜想十四 物质的转化/化工流程/晶胞综合分析 26 押题猜想十五 化学实验综合题 30 押题猜想十六 有机合成与推断综合题 34 押题猜想十七 化学反应原理综合题 38 押题猜想一 化学与STSE 1．（原创题）2025年4月24日，中国航天史册又翻开新的一页。17时17分，长征二号F遥二十运载火箭搭载神舟二十号载人飞船在酒泉卫星发射中心点火升空。约10分钟后，3名航天员陈冬、陈中瑞、王杰进入太空，发射取得圆满成功。神舟二十号使用的燃料主要是液氧煤油和液氢液氧的混合物，其中用作火箭发动机液体氧化剂的是 A．液氧 B．液氢 C．煤油 D．都不是 2．（原创题）中国古代食器兼具美观与实用价值。下列馆藏食器中主要材质与其他三种不同的是 A．青花过墙龙纹大盘(清) B．蓝玻璃杯(汉) C．叶形银盘(唐) D．陶豆(商) 押题解读 近年江苏高考化学有关STSE试题考查比较基础，属于化学基础知识的识记，算是送分题，涉及能源、新材料、环境保护、物质结构等，2025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。 1．制造机器人所使用的芯片的主要成分为 A．合金 B．二氧化硅 C．硅 D．石墨 2．下列与蛇有关的历史文物中，主要材质为有机高分子的是 A．三星堆青铜蛇 B．白玉蛇形珮 C．绘有蛇的纸莎草纸 D．蛇形骨雕 3．近期大宗商品国际价格波动较大。大宗商品包括能源商品、基础原材料和农副产品。下列大宗商品主要成份表示错误的是 A．黄金： B．石油：烃类 C．多晶硅： D．淀粉： 4．“南宋持罗盘立人陶俑”是现知世界最早的旱罗盘造型实物。下列叙述错误的是 A．制造陶俑的原料主要是黏土 B．陶俑主要成分是硅酸盐 C．陶俑因含FeO而呈红色 D．烧制陶俑过程发生了化学变化 押题猜想二 表示物质组成与结构的化学用语 （原创题）向石灰氮(CaCN2)中加水并通入H2S 气体，反应生成硫脲[(NH2)2CS]，硫脲在150℃时部分异构化为NH4SCN，SCN-中所有原子均满足最外层8电子结构。下列说法正确的是 A．Ca2+ 的结构示意图： B．H2S是由极性键构成的非极性分子 C．SCN-的电子式： D．1mol(NH2)2CS中含有8molσ键 押题解读 江苏高考选择题中有关化学用语的考查，常以一个具体的反应中的物质为对象，主要是表示物质的组成与结构，如电子式、空间构型、化学键、化合价等，比较简单。 1．高锰酸钾是实验室和工业上常用的氧化剂，可向溶液中通入来制备，反应原理为(未配平)。下列有关说法正确的是 A．基态的价层电子轨道表示式为 B．的空间填充模型： C．的模型为平面三角形 D．上述含的物质均能与浓盐酸反应，只体现HCl的还原性 2．可用作纺织及造纸工业的脱氯剂：，还可用于NaCN中毒的治疗。下列说法错误的是 A．的VSEPR模型为正四面体 B．基态N的价电子排布式为： C．HCl的形成过程： D．Cl的一种核素为： 押题猜想三 实验装置-操作-目的 下列说法不正确的是 A．图①装置用于制取无水固体 B．图②中试管内先出现红棕色气体，后变无色 C．图③表示腐蚀类物质 D．图④装置不能有效分离苯(沸点为80.1℃)和乙醇(沸点为78.4℃) 押题解读 预计2025年高考选择题还会以实验装置图示的形式考查实验操作、操作、目的的逻辑关系判断，属于简单的实验方案设计，要求考生在掌握常见仪器使用及基本操作的基础上，结合基本理论及元素化合物的内容对有关结论做出正确判断。 1．下列制取 BCl3 的部分实验装置能达到实验目的的是 A．用装置甲干燥Cl2 B．用装置乙制取BCl3 C．用装置丙收集BCl3 D．用装置丁吸收所有尾气 2．下列有关实验装置及原理正确的是 A．用图甲装置分离苯和溴苯的混合物 B．用图乙装置检验溴乙烷的消去产物 C．用图丙装置制取并收集乙酸乙酯 D．用图丁装置验证酸性：碳酸>苯酚 3．下列实验装置设计和操作能达到实验目的的是 A．用甲装置可证明碱性：Ca(OH)2>NH3·H2O B．用乙装置从食盐水中提取NaCl C．用丙装置可合成氨并检验氨的生成 D．用丁装置可制备甲酸 4．下列装置及试剂可以完成相应实验的是 A．制取并收集氨气 B．析出[Cu(NH3)4]SO4晶体 C．制备并检验乙烯 D．测定醋酸溶液的浓度 押题猜想四 原子结构与元素的性质 冰壶比赛被称为“冰上的国际象棋”，制作冰壶用的标准砥石的化学成分为石英碱长正长岩，常见的组分有钾长石和钠长石等。下列说法错误的是 A．碱性： B．基态原子未成对电子数： C．基态氧原子轨道表示式： D．电负性： 押题解读 在江苏高考选择题中，对于物质结构与性质内容的考查通常有2道，一道是主要考查原子结构与元素的性质的题目，一般每个选项都涉及一项元素性质比较的判断，如原子半径、电负性、电离能、熔沸点等。 1．硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]可用于治疗贫血。下列说法正确的是 A．Fe位于周期表中第3周期 B．原子半径：r(O)>r(S) C．基态未成对电子数为4 D．电负性： 2．我国稀土资源丰富，其中稀土元素铈的常见化合价为和，已知反应：。阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是 A．含有的电子数为 B．含有的键数为 C．含有的孤电子对数为 D．生成时转移的电子数为 3．在反应中，、分子中每个原子最外层电子都达到稳定结构。下列叙述正确的是 A．键的极性： B．沸点： C．键角： D．键长： 4．下列比较(相同条件下)不正确的是 A．键角： B．酸性： C．在水中的溶解度：乙醇>1-戊醇 D．分别与足量钠和水反应，转移电子数：前者后者 5．制备CH3NH3PbI3的过程如下所示：。下列说法不正确的是 A．物质CH3NH3I属于盐 B．CH3OH的沸点大于CH3I的沸点 C．O—H键极性：CH3OH>H2O D．第一电离能：N>O>C 押题猜想五 分子、晶体结构与性质 1．随着半导体产业的迅猛发展，高纯四氟化碳()的需求日益增长，一种制备的方法为，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．为非极性分子 B．每消耗22.4L ，转移的电子数为2 C．19g 中，含有的σ键总数为 D．易溶于水 2．BF3与一定量的水可形成物质R(如图所示)。下列说法错误的是 A．R中阴、阳离子均含有配位键 B．阳离子的空间结构为三角锥形 C．BF3形成R后，B的杂化方式未发生改变 D．R中的阴、阳离子与水分子之间均可形成氢键 押题解读 江苏高考选择题中有关分子结构与性质的考查常结合具体情境，涉及的考查点有化学键的类型、杂化类型、分子的极性等，一般难度不大。有时候会涉及一点晶体的知识，如晶体类型的判断等。 1．化学为高质量发展提供了理论和技术依据。已知：砷化镓硬度大，熔点高，不溶于水。下列说法错误的是 A．砷化镓光伏发电可提供绿色能源，砷化镓为共价晶体 B．中国“人造太阳”所用原料中的和互为同素异形体 C．人工智能(AI)需大量芯片作为硬件支撑，单晶硅可制造芯片 D．航母喷涂锌粉或铝粉的防腐原理是牺牲阳极法 2．江西某铜业公司在火法炼铜时也生产硫酸，生产硫酸涉及的化合物有SO2、SO3、H2O和H2SO4，关于这些化合物说法不正确的是 A．SO2、SO3的VSEPR模型相同 B．H2O和H2SO4分子中心原子的杂化方式相同 C．键角：SO42->H2O D．分子的极性：SO3>SO2 3．Wilson病是一种先天性铜代谢障碍性疾病，D-青霉胺(结构如图所示)具有排铜作用，可用于治疗或控制Wilson病症。下列说法正确的是 A．的价层电子排布式为 B．D-青霉胺中含键的数目为 C．电负性：C<O，S>O D．D-青霉胺与甲醇发生酯化反应，D-青霉胺断裂的是σ键 阅读下列材料，完成下列3个小题。 碳族元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。甲烷是清洁能源，燃烧热大(890.3)，完全燃烧生成，催化加氢可制；是一种杀菌剂；电解还原可制得半导体材料晶体，四氯化锗()水解可得到；醋酸铅[]易溶于水，难电离，醋酸铅溶液可用于吸收气体。 4．下列说法正确的是 A．晶体属于分子晶体 B．1中含有σ键数为3 C．的空间构型为平面正方形 D．中的C原子和中的原子杂化方式相同 5．下列化学反应表示正确的是 A．甲烷的燃烧：   B．电解还原制高纯的阴极反应： C．水解制： D．醋酸铅溶液吸收气体： 6．下列有关反应的说法正确的是 A．反应的 B．反应的平衡常数表达式 C．反应的(表示键能) D．反应在高温、高压和催化剂条件下进行可提高H2的平衡转化率 押题猜想六 物质性质与用途的关系 物质性质决定用途，下列对应关系错误的是 A．制作豆腐时添加石膏，体现了的难溶性 B．、用作耐高温材料，体现了、的熔点高 C．用作焙制糕点的膨松剂，体现了的受热不稳定性 D．用含的硅藻土来保鲜水果，体现了的氧化性 押题解读 对物质的性质与用途关系的判断是江苏高考选择题的特色题型，难度不大，要求考生对高中常见无机物的性质与用途有较为扎实的掌握。 1．下列有关物质用途不正确的是 A．碳酸氢钠受热易分解，故可用作焙制糕点 B．不溶于水和酸，且不容易被X射线透过，常用作内服造影剂 C．俗称铁红，常用作油漆和涂料的红色颜料 D．具有漂白性，故可以作食品添加剂 2．物质的性质决定用途，下列两者对应关系错误的是 A．Na2CO3具有碱性，可用作食品膨松剂 B．维C具有还原性，可作补铁剂中的抗氧化剂 C．FeCl3溶液具有氧化性，可作刻蚀铜电路板的腐蚀液 D．Na2O2能与CO2反应生成O2，可作潜水艇中的供氧剂 3．下列物质的性质与用途不具有对应关系的是 A．水溶液呈酸性，可用于雕刻玻璃 B．具有强氧化性，可用于杀菌消毒 C．熔点高，可用作耐高温材料 D．水溶液呈碱性，可用于去除油污 押题猜想七 物质的转化关系 1．在给定条件下，下列制备或处理过程涉及的物质转化均可实现的是 A．工业制硝酸： B．去除难溶物： C．制取金属银： D．制备配合物： 2．关于铁及其化合物的性质，下列说法不正确的是 A．高温下，Fe与水蒸气反应的氧化产物为 B．，说明氧化性： C．高温下，Fe与可以发生铝热反应，焊接铁轨 D．1mol溶液与足量酸性溶液反应，转移3mol电子 押题解读 近年江苏高考有关物质转化关系的试题题型为选择题，几乎每年都考。题目虽综合性强，但难度不大。其命题角度有:①考查金属钠、铝、铁、铜及其化合物之间的相互转化。②考查非金属氯、氮、硫、碳、硅及其化合物之间的相百转化。 1．下列有关硝酸的反应说法正确的是 A．在反应中，是还原剂，是氧化剂 B．实验室用与反应制取气体 C．用制备：方案①，方案②，方案②的利用率高 D．浓硝酸被还原为，若反应消耗，则转移电子 2．关于硫的性质，下列说法不正确的是 A．浓硫酸可干燥 B．S与Cu加热条件下反应生成 C．向和的混合溶液中滴加稀硫酸，溶液变浑浊，说明氧化性： D．与氧气在沸腾炉中完全反应生成和时，转移11mol电子 3．埋藏在地下的青铜器会被弱酸性土壤腐蚀，若土壤中还含有较丰富的氯离子，其腐蚀过程如下，下列说法正确的是 A．生成的过程发生的是析氢腐蚀 B．遇稀王水发生反应能生成 C．隔绝空气高温加热可制得 D．生成的离子方程式为 4．生物脱硫是一种经济有效的脱硫方法，沼气中的在生物脱硫过程中被T。F菌去除，形成的硫颗粒可以用作肥料和用于硫酸生产，下列有关表述正确的是 A．氧化性： B．温度越高，脱硫效果越好 C．每脱除2.24L，消耗0.05mol D．反应ⅰ的离子方程式为 5．用和侯氏制碱工艺联合制，同时、循环利用的主要物质转化如下。下列说法正确的是 A．①中应向溶液先通入，再通入 B．②中可使用蒸发结晶的方法获得固体 C．电解的溶液可以制得和 D．理论上①中消耗的与③中生成的不相等 押题猜想八 有机物的结构与性质 在化学合成和生物活性研究基础上，我国学者团队发现了具有显著抗骨肉瘤活性的氧杂蒽类化合物，该研究涉及的一个反应如图所示。下列说法错误的是 A．甲、乙互为同分异构体 B．甲、乙含相同数目的手性碳原子 C．甲、乙均能使酸性溶液褪色 D．甲、乙均能与发生加成反应 押题解读 陌生有机物的结构与性质专题包含简单有机物的结构与性质和多官能团有机物的结构与多重性两个考查主题。简单有机物的结构与性质重点考查原子的共线、共面、杂化、手性和同分异构体等:多官能区有机物的结构与多重性重点考查多官能团的性质、反应类型及反应的定量关系等。 1．观察下图中的合成路线，下列说法不正确的是 已知： A．X与Y互为同系物 B．中间体A的核磁共振氢谱共显示4组峰 C．中间体D在Cu催化下与发生氧化反应可以得到酮类化合物 D．如果D发生分子间脱水得到Z，则Z的分子式为 2．新情境氨基化反应吡啶(X)的氨基化反应过程如图所示，以下说法正确的是 A．X与苯胺互为同系物 B．步骤①中有生成 C．过程中发生了取代、加成反应 D．加入盐酸有利于的生成 3．聚乳酸-羟基乙酸共聚物(PLGA)是一种新型的生物可降解高分子材料，其制备反应如下。(未配平) 下列说法正确的是 A．和分子中所有的原子共平面 B．X、Y和PLGA的重复单元中含有的官能团不同 C．制备PLGA的反应属于缩聚反应 D． m、n 的大小对PLGA的降解速率有影响 4．氟他胺是一种抗肿瘤药，可由中间体通过如下转化制得(部分试剂和条件已略去)。 已知：氨基具有还原性，吡啶具有碱性。 下列说法不正确的是 A．氟他胺中含有三种官能团 B．X不具有手性异构体(对映异构体) C．吡啶可提高①的原料利用率 D．交换①、②的顺序，对氟他胺的制备没有影响 押题猜想九 化学反应的历程、机理 1．活性炭-臭氧氧化氨氮的机理如图所示。*表示吸附在活性炭表面的物种，为羟基自由基，其氧化性比更强。下列有关说法错误的是 A．中氧元素的化合价为-1价 B．活性炭-臭氧氧化氨氮的机理可描述为与活性炭表面吸附的作用生成，将活性炭表面吸附的转化为 C．随着的增大，氨氮去除速率一定明显增大 D．上述过程没有非极性键的断裂，但是有非极性键的形成 2．某MOFs多孔超分子材料的空腔大小适配可将其“固定”得到R（如图所示），实现从烟气中分离出并可制备。 已知反应  。下列说法正确的是 A．使用多孔超分子材料能降低反应的活化能 B．高温有利于从烟气中分离出 C．R在中水洗，可制得同时实现MOFs再生 D．该MOFs材料也可用于“固定”其他小分子，如NO、等 押题解读 在基于真实情境考查学生综合运用知识的能力的考试理念引导下，与化工生产关系密切的催化剂备受青睐，成了热门考点。从考查的知识看，主要从反应历程、活化能、速率、平衡移动等角度考查催化剂对反应的影响。从试题形式上看，常常融合图像、表格等信息呈现形式，考查学生吸收和整合陌生信息的能力。 1．一定条件下，被吸收的一种反应机理如图所示(部分反应物及产物未标出)。下列说法错误的是 A．可能是该反应的催化剂 B．每一步反应中都有电子转移 C．还原性： D．总反应的化学方程式为 2．氮循环在维持生态系统平衡中的地位极其重要，微生物和矿物质在氮循环中扮演着关键的角色。某水体(含较多，)脱氮的部分转化关系如下图所示。已知：铁氧化细菌可利用水中的氧气将氧化为。 下列说法不正确的是 A．由图示可知，该水体中部分转化为，从而达到脱氮的目的 B．过程I中发生的反应会导致溶液酸性减弱 C．过程III中被氧化 D．若水体中铁氧化细菌和含量过高，将不利于过程I的进行 3．化合物X可以在如图途径中转化为丙酮，其中中检测出含的三元环结构。下列说法正确的是 A．的价层电子排布为半充满，故性质稳定，不作该转化的催化剂 B．X为丙烷，中共有三种化学环境的氢原子 C．转化②③④均为非氧化还原反应 D．途径中副反应的化学方程式为 4．一定温度下，在存在下与等物质的量的反应，主要产物为和。、和的物质的量分数随时间的变化如图1所示，反应过程中能量变化示意图如图2所示。 下列说法不正确的是 A．由图1可知，的活化能大于的活化能 B．时，各物质的物质的量分数变化可以用来解释 C．的过程中，存在键的断裂与形成、键的旋转 D．此温度下，生成的平衡常数小于生成的平衡常数 押题猜想十 电化学原理及其应用 1．将金矿石（含和等）浸泡于溶液中，并通入空气，利用原电池工作原理（如图），可实现金矿石中的浸取。下列说法正确的是 A．Au作原电池正极 B．电子由流向 C．表面发生的电极反应： D．的溶解速率与溶液中的浓度有关 2．氨价格低廉，运输和储存方便，因此作为燃料电池具有很大的发展潜力。一种新型燃料电池构造示意图如图所示，关于该电池的说法正确的是 A．通入的电极b为电池的负极 B．电流由电极a通过导线流向电极b C．该电池工作时化学能转化为电能 D．转移电子时消耗和物质的量之比为 押题解读 近年江苏高考试卷对电化学内容的考查在选择题和非选择题中，都有所体现，且常与其他知识如方程式的书写、物质性质等结合，在2024年高考选择题中，出现了电化学装置分析，这说明在未来高考中，选择题可能增加对电化学内容的考查力度。 1．我国科研人员制备了一种镁海水溶解氧电池，以镁合金为负极，碳纤维刷电极为正极，海水为电解液。适合用于海洋灯塔供电和钢制灯塔防腐蚀等。下列说法不正确的是 A．镁电极Mg化合价升高发生氧化反应 B．电池工作时，海水中的向正极移动 C．正极的电极反应式为： D．若用牺牲阳极法进行灯塔防腐蚀，灯塔应作为负极 2．工业上可利用流汞电解法电解海水，如图所示流汞电解池的底部略微倾斜。在电解池中，汞作为阴极，生成并通过电解池底部流入Z池，发生反应：。下列说法正确的是 A．阳极附近溶液不发生变化 B．汞阴极发生电极反应： C．理论上每生成1，需消耗海水中氯化钠的质量为117g D．理论上每生成1，Z池中溶液质量增加80g 3．钠离子电池有耐高温、安全的特点，现有从废水中回收钠的装置，如图所示，中间室中电极材料具有选择性吸附，可将转化为，而脱出转化为（M为某过渡金属）的功能，废水中钠以形式回收。下列有关说法错误的是 A．第一步吸附钠时，应接通“电源1” B．第二步脱出钠时，中间室电极反应式为 C．为完成钠离子的吸附/脱出，交换膜“a”“b”应选用阴离子交换膜。 D．产品室每生成，理论上标准状况下惰性电极1上生成体积为 押题猜想十一 实验方案的评价 根据实验目的设计方案并进行实验，观察相关现象，其中方案设计或结论不正确的是 选项 实验目的 方案设计 现象 结论 A 比较乙醇和苯酚中羟基的活泼性 取相同物质的量的乙醇和苯酚分别溶于2mL乙醚，各加入一小块金属钠 苯酚溶液与金属钠反应较剧烈 羟基活泼性：苯酚>乙醇 B 检验苯中是否含有少量苯酚 向溶液中加入适量浓溴水 没有观察到白色沉淀 苯中不含苯酚 C 检验乙醇是否发生消去反应 将乙醇和浓硫酸共热产生的气体依次通入足量KOH溶液、酸性KMnO4溶液 KMnO4溶液紫红色褪去 乙醇发生了 消去反应 D 探究SO2的漂白原理 将SO2分别通入品红的水溶液和品红的乙醇溶液 品红的水溶液褪色，醇溶液不褪色 SO2与水反应的产物具有漂白作用 押题解读 化学实验评价类题目通常要求学生以批判的思维对实验方案、实验方法和装置设计从某一个角度否定、排除不合理的或不是最优的选择、设计预计在2025年高考中，还会以图表的形式考查实验过程、现象和结论之间的逻辑关系判断。 1．室温下，由下列事实或现象能得出相应结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 将分别通入到浓、和的混合溶液中至饱和，溶液颜色前者由无色变至黄色、后者由蓝色变至绿色 和浓反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有 B 分别测定等物质的量浓度的与溶液的，前者小 C 取乙醇，加入浓硫酸、少量沸石，迅速升温至170℃，将产生的气体通入溴水中，溴水褪色 乙醇发生了消去反应 D 向、混合溶液中加入少量氯水，然后加入适量，振荡，静置，溶液分层，下层呈紫红色 氧化性： 2．根据实验操作、现象，下列解释或结论错误的是 选项 实验操作 实验现象 解释或结论 A 向蔗糖中加入一定量的浓硫酸 蔗糖变黑并膨胀，产生有刺激性气味的气体 浓硫酸具有强氧化性和脱水性 B 用干燥的和滴加了紫色石蕊试液的蒸馏水进行喷泉实验 蒸馏水被吸入烧瓶后变蓝 氨气易溶于水，且水溶液呈碱性 C 常温下，将形状、大小相同的铝片（打磨过）分别插入浓硝酸和稀硝酸中 浓硝酸中的铝片无明显现象，稀硝酸中的铝片产生无色气泡，且遇空气后变红 铝被浓硝酸氧化，生成了一层致密的氧化物薄膜 D 向溶液中通入 有沉淀生成 酸性： 3．下列实验方案及结论均正确的是 选项 实验方案 结论 A 相同温度下，向两支盛有等体积、等浓度溶液的试管中分别滴入适量的溶液和溶液，探究、对分解速率的影响 催化效果较好 B 向试管中加入20%蔗糖溶液10mL并滴加少量稀硫酸，加热；冷却至室温后加入银氨溶液，水浴加热 若未出现银镜，则证明蔗糖未发生水解 C 向和中均分别加入NaOH溶液和盐酸，只溶于盐酸，都能溶 比碱性强 D 向3mLKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色 的氧化性比的强 4．实验是探究物质性质的重要方法，下列实验中，根据操作和现象得出的结论正确的是 选项 操作 现象 结论 A 将与用导线相连，插入稀硫酸酸化的溶液，一段时间后，从电极区取出少量溶液，滴入2滴溶液 无明显现象 可以保护不被腐蚀 B 向麦芽糖溶液中加少量稀硫酸，加热一段时间，冷却后加过量溶液至碱性，再加银氨溶液，水浴加热 出现银镜 麦芽糖的水解产物具有还原性 C 向灯溶液中加入FeCl3溶液，再加入几滴溶液 溶液变红 与的反应存在一定的限度 D 在烧瓶中加入木炭颗粒与浓硝酸，然后加热 出现红棕色气体 木炭具有还原性，能还原 押题猜想十二 离子反应与平衡 酒石酸是一种有机二元弱酸(用表示)，酒石酸钙()微溶于水。已知室温时：、，，，。下列说法不正确的是 A．室温时，的溶液的约为3 B．向溶液中加入酒石酸，溶液变浑浊 C．饱和溶液中加入少量固体，的值减小 D．室温时，往的溶液中通气体至溶液，消耗的 押题解读 近年高考有关离子反应与平衡的试题常以物质制备流程或者实验过程为载体。主要考查：①考查强弱电解质、溶液酸碱性与 pH 的关系、盐类水解等基本概念;判断强、弱电解质，溶液酸碱性等。②考查电离平衡、水解平衡的影响规律及应用;分析水的电离平衡，离子的水解平衡、溶解平衡,计算相关离子浓度的大小。③考查水的离子积常数、电离常数、水解常数的表达式及应用。④考查电解质的水溶液、混合溶液中离子浓度大小的比较等。 1．常温下，将一定量的碳酸钙固体溶于水，形成饱和溶液，有关粒子浓度如下表所示： 粒子类别 A B C D E 粒子浓度 其中：、、为含碳微粒(不考虑碳酸的分解)，、为或。 已知：，，。 下列说法错误的是 A．向溶液中通入少量二氧化碳，减少 B．上述溶液中存在： C．加水至溶液体积翻倍(固体仍有剩余)， D．的水解度约为72% 2．分别进行如下实验，待溶液恢复至室温后，测得溶液的均大于7. 下列关于①和②中加入少量固体后的溶液的说法不正确的是 A．与原氨水相比，均减小 B．的电离平衡移动方向相同 C．与原氨水相比，均增大 D．均存在 3．草酸是二元弱酸。某小组做如下两组实验： 实验Ⅰ：往溶液中滴加溶液； 实验Ⅱ：往溶液中滴加溶液。 已知：的电离常数，溶液混合后体积变化忽略不计，下列说法错误的是 A．实验Ⅰ可选用酚酞作指示剂，指示反应终点 B．实验Ⅰ中时，溶液显酸性 C．实验Ⅱ中在初始阶段发生的是 D．实验Ⅱ中时，溶液中 4．一种用磷矿脱镁废液(在25℃时pH为2．1，溶液中含H3PO4、、，还有少量Mg2+及Ca2+、Fe3+、Al3+等杂质离子)制备MgHPO4·3H2O的工艺流程如图所示： 已知： ①25℃时，磷酸的，，。 ②25℃时，，。 ③pH>6.0时体系中浓度随pH增大而增大，副产物增多。 下列说法错误的是 A．25℃时，离心分离得到的上清液中的 B．当磷矿脱镁废液的pH调为4.5时，溶液中存在 C．当磷矿脱镁废液的pH调为3.5且为10-6mol·L-1时，溶液中含有的为 D．若离心分离时杂质已除尽，抽滤得到的滤液中存在： 押题猜想十三 化学反应速率与平衡图像分析 氮化钒()广泛用于钢铁产业、储能、工业催化等领域。工业上可采用碳热还原氮化法制备，发生反应： 。某小组同学模拟碳热还原氮化法制备，在时，向恒容密闭容器中先加入的固体混合物，再充入，起始压强为下发生上述反应，测得容器内压强与时间(t)的关系如图所示(忽略固体体积对压强的影响)： 下列说法错误的是 A．升高温度，的转化率增大 B．时，改变的条件可能是瞬间缩小容器体积 C．在时，该反应的 D．内的平均反应速率为 押题解读 分析近三年的江苏高考试题，选择题中的化学反应速率与平衡图像题，试题利用数形结合的三维曲线图，将影响化学反应速率和化学平衡的外界因素(如温度、浓度、压强等)融入其中，充分考查学生的分析与推理能力。特别是近几年高考往往将工业生产中投料比、转化率的变化及反应条件的控制等融入坐标体系图像中，让图像的判读更加复杂困难。解题时要抓住曲线中的关键点和曲线的变化趋势，建立解题思维模型，运用速率和平衡理论解答图像中反映出的具体问题。 1．一定温度下，某恒容密闭容器中发生如下反应：，起始加入，平衡时反应物的转化率与起始加入的物质的量之比的关系如图，下列说法错误的是 A．E表示的转化率与x的关系 B． C．当时，若的体积分数保持不变，则可以说明化学反应达到了化学平衡状态 D．其他条件不变，起始时仅加入和或和达平衡时分别放出和吸收的热量，则 2．在医药领域有广泛应用，但在空气中会污染环境。某研究小组研究实现的转化，发生反应，向体积为的密闭容器中充入和，在甲、乙两种催化剂作用下，反应，测得的转化率与温度的关系如图所示，下列有关说法正确的是 A．催化效果：甲<乙 B．、甲催化条件下，内 C．其它条件不变时，压缩容器体积乙曲线可能整体向上移动 D．前，乙催化剂作用下降低温度可提高的产率 3．、热解重整制过程中的主要反应为： I.     II.     常压下，将的混合气甲，的混合气乙分别以相同流速通过反应管热解，的转化率与温度的关系如图所示。的选择性。若不考虑其他副反应，下列说法正确的是 A．温度升高，反应I的平衡常数K减小 B．反应的 C．900℃时，保持通入的体积分数不变，增大可提高的转化率 D．在1000~1300℃范围，随着温度的升高，混合气乙的体系中的选择性增大 押题猜想十四 物质的转化/化工流程/晶胞综合分析 以酸泥(主要含无定形Se、HgSe 和少量Ag2Se) 为原料制备灰硒(Se6)的流程如下： 已知：Ka1(H2SeO3)=3×10-3 、Ka2(H2SeO3)=5×10-8. （1）“氧化碱浸”中无定形 Se 被氧化为 SeO的离子方程式为 ； 其它条件不变时，Se浸出率随双氧水用量变化如图所示， 当双氧水用量从80 mL·L-1 增加到120mL·L- ¹ 时，溶液中并未检测到H2O2残留，其原因是   。 （2）“除银”时向滤渣中加入NaClO溶液和盐酸，Ag2Se、HgSe被氧化为H2SeO3 ①“除银”过程中的加料方式为 。 ②写出Ag2Se发生反应的化学方程式： 。 （3）“沉汞”过程中，溶液pH=7时存在的主要阴离子有 。 （4）通过如下步骤测定灰硒产品中Se的质量分数： 步骤1：准确称取0.1600g 灰硒产品，加入足量硝酸充分反应后生成H2SeO3溶液，配成100.00 mL 溶液； 步骤2：取25.00 mL溶液于锥形瓶中，加入过量的硫酸酸化的KI溶液，充分反应； 步骤3：以淀粉作指示剂，用0.1000 mol·L⁻¹的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗20.00 mLNa2S2O3溶液。 已知：H2SeO3+4I-+4H+=Se↓+2I2+3H2O；I2+2S2O=2I-+S4O 计算灰硒产品中Se的质量分数为 。 （5）Cu2-xSe 是一种钠离子电池的正极材料，放电过程中晶胞变化如下图所示。 ①1molCu2-xSe转化为NayCu2-xSe时转移电子的物质的量为 mol。 ②NayCu2-xSe中Cu+与 Cu2+ 的个数比为 。 押题解读 作为江苏高考主观题的第一道题目，近年来其命题主线为物质的转化过程，涉及反应原理、氧化还原反应反应及化学计算等，且常结合化工流程和晶胞分析一起考查，命题点范围广，总体难度不小。 1．高铁酸钾(K2FeO4)可用于废水中氨氮的去除。 （1）K2FeO4的晶胞如图所示(氧原子已全部省略)。X处K+位于晶胞表面，全部位于晶胞内部，Y处K+位于晶胞 (填“表面”或“内部”)。 （2）一种双阴极室隔膜电解KOH溶液制备K2FeO4的装置如图所示。电解时，阳极的电极反应式为 。 （3）废水中氨氮主要以NH3、形式存在。25℃时，NH3、的物质的量分数与pH的关系如图所示。反应的平衡常数K= 。 （4） K2FeO4具有强氧化性，其在水溶液中的氧化能力随溶液pH减小而增大。其他条件相同，用K2FeO4处理废水中氨氮，废水的初始pH与氨氮去除率的关系如图所示。 ①pH=12时，处理废水中NH3生成N2的离子方程式为 。 ②上图中M、N两点对应的实验，必须控制相同的条件有：废水的浓度及体积、K2FeO4用量、搅拌速率、 ， 等。 ③pH=4时氨氮去除率小于pH=12时的原因可能是 。 2．从高铅碲渣[主要含TeO2、Pb(OH)2]中提取单质碲(Te)的部分实验过程如下： （1） TeO2难溶于水，是两性氧化物。其晶胞如图-1所示，1个晶胞中Te原子的数目为 。 （2）“浸出”时，控制其他条件不变，Te、Pb元素单位时间内的浸出率随硫酸浓度的变化如图-2所示。“浸出”后滤渣中含铅物质的主要成分为 (填化学式)。硫酸浓度大于5mol/L时，随着硫酸浓度增大，Te元素浸出率下降的原因是 。(浸出率) （3）“还原”时控制温度80℃，加入足量Na2SO3可得到Te，同时生成SO2。若先加入少量NaCl生成，可大幅提高反应速率。被Na2SO3还原的离子方程式为 ，该过程中Cl-的作用是 。 （4）碲粉与HClO3溶液反应可制得碲酸(H6TeO6)。H6TeO6结构如图-3所示，可形成配离子[。中与Cu(Ⅲ)配位的4个原子处于同一平面，画出该配离子的结构 。 3．磷酸锌是一种重要的活性防锈颜料，其制备和含量测定方案如下： （1）提纯。向含有的溶液中加入可除去，再经处理可得到纯度较高的。 ①用数据说明加入可除去的原因 。［已知：、］ ②一定条件下，反应温度对溶液中剩余的浓度、过滤速度的影响如图所示。反应温度选择60℃而不选择50℃的主要原因是 。 （2）制备。将一定量、和加适量水搅拌溶解，加热至隆起白色沫状物，冷却、抽滤、洗涤，得到。 ①该反应的化学方程式为 。 ②检验洗涤完全的实验操作为 。 （3）测定含量。 ①测定含量前需用标准溶液标定溶液的浓度。请补充完整配制标准溶液的实验步骤： ；轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀，继续加入蒸馏水至液面离刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加至液面与刻度线相切，盖好瓶塞，摇匀，装瓶，贴标签。[Zn相对原子质量为65.38。实验中必须使用的试剂和仪器：纯锌、盐酸、精确度为0.0001g的分析天平(如图所示)］。 ②将0.4580g磷酸锌样品溶于盐酸，配成100.00mL溶液。移取20.00mL溶液，用溶液滴定至终点(与按1：1反应，杂质不参与反应)，平行滴定三次，溶液的平均用量为28.20mL。计算样品中的质量分数 (写出计算过程)。 押题猜想十五 化学实验综合题 二氧化锗()具有高折射率和低色散性能，可广泛应用于制造光纤、电子元器件、耐热陶瓷材料等。利用四氟化锗制备的实验过程如下： I．在一玻璃容器中加入超纯水，置于低温恒温槽中冷却，边搅拌边缓缓通入一定量的气体，反应一段时间，使其水解完全；II．将水解液转移至反应釜中，加入适量浓盐酸，搅拌并加热，产生的尾气用盛装溶液的尾气吸收瓶进行吸收；III．在反应釜中加入少量浓硫酸，加热蒸馏；IV．将收集的馏分转移至烧杯中，在冰水浴的条件下一边搅拌一边加入一定体积的超纯水，放置一昼夜，过滤、洗涤，于200干燥得到产品。 已知：①为不溶于水的固体，可溶解于氟锗酸溶液中，能与浓盐酸反应；②四氯化锗为无色液体，密度为，沸点；③和的水解反应都是放热反应，相关反应方程式为 回答下列问题： （1）步骤I中置于低温恒温槽中冷却的目的是 。 （2）步骤II中加入浓盐酸发生反应，锗元素全部转化为，并生成一种腐蚀性很强的气体，反应的化学方程式为 、 。该步骤中使用的反应釜是一种综合反应容器，反应釜的材质可选用 (填字母)。 A．钢　　　B．玻璃　　　C．陶瓷　　　　D．聚四氟乙烯 （3）实验室利用如图1所示装置进行蒸馏，仪器甲的名称为 ；冷凝水的进水口为 (填“a”或“b”)。 （4）的溶解程度随盐酸浓度的变化情况如图2所示，则为提高产率，加入超纯水的体积最好约为馏分体积的 倍(假设步骤IV中反应后溶液的体积等于所加超纯水的体积，，结果保留一位小数)。判断已经洗涤干净的操作是 。 押题解读 近年江苏高考化学实验综合题一般设置成基本实验与元素化合物知识结合的简单综合实验题，主要从以下两点进行考查。一是考查常规操作，二是考查元素化合物知识。涉及阅读理解、读图看图、理论分析、沉淀制备、沉淀洗涤、离子检验、计算等多方面内容。 （1）实验设计一般思路:依据实验目的、弄清实验原理(是否有多种)、选择实验仪器(可否有替代)和药品、设计实验装置(是否有其它的)、给出可行的操作步骤、确定观察重点、分析注意事项、记录和分析实验结果、完成实验报告、实验后的反思(问题与讨论) （2）实验方案的评价一般从“四性”(科学、安全、可行、简约)出发。 （3）实验的条件控制是关键，涉及面较广。 1．纳米氧化亚铜具有特殊的光学、电学及光电化学性质，在太阳能电池、超导体、制氢和生物传感器等方面有着广泛的应用，其一种制备方法如下(装置如图)。 步骤Ⅰ：将三颈烧瓶中氯化铜溶液加热至，用溶液调节； 步骤Ⅱ：保持温度不变，持续通入气，缓慢加入一定浓度的和的混合溶液，保持溶液呈酸性(pH)，当溶液颜色变为淡黄色时，将溶液温度升高至，再加入溶液使溶液保持在； 步骤Ⅲ：反应结束，抽滤、洗涤、干燥得砖红色固体。 回答下列问题： （1）仪器a的名称为 ；为了便于控制温度，本实验最宜采用的加热方式为 。 （2）已知：步骤Ⅱ中，淡黄色溶液中铜元素以形式存在。写出生成的离子方程式： 。 （3）溶液pH保持在时，生成的离子方程式为 。 （4）步骤Ⅱ中持续通入Ar气的作用是 (写出两条)。 （5）实验室用新制氢氧化铜与乙醛反应生成的化学方程式为 。 （6）纯度的测定：称取制备好的样品于锥形瓶中，加入溶液(足量)，样品完全溶解后(忽略溶液体积变化)，取溶液于另一锥形瓶中，用酸性标准溶液进行滴定，重复操作三次，平均消耗标准溶液(该过程实验操作均规范)。 ①该样品的纯度为 。 ②X射线衍射(XRD)技术是一种常用的材料分析技术，通过测量样品对X射线的衍射强度和角度，可以确定样品的晶体结构、晶格参数、纯度等。该样品经XRD检测纯度为93%，分析可能造成纯度差异的原因： 。 2．硒(Se)是人体必需的微量元素之一。 (一)提取硒 Ⅰ．称取一定量的阳极泥和，充分混合后，在500℃条件下焙烧半小时。 Ⅱ．冷却后，取出焙烧物于小烧杯中，加入适量的水充分浸取后过滤。 Ⅲ．向保留的滤液中加入适量的，将焙烧过程中产生的少量转化为。 Ⅳ．将充分反应后的溶液，酸化后进行“控电位还原”，在一定的电压下，可得到固体硒。 （1）①中的“焙烧”过程，下列仪器中需要的是 (填仪器名称)。 ②“焙烧”的主要产物为CuO和，反应的化学方程式为 。 （2）Ⅱ中的“浸取”需要80℃下进行，加热方式为 ；与常温相比，在80℃下进行浸取的优点是 。 （3）经过步骤Ⅲ后溶液中的主要金属离子有 ；判断溶液中是否还存在少量的方法是 。 （4）“控电位还原”是指在一定电压下，电位高的氧化剂优先被还原，电位低的氧化剂保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离。酸性环境下，一些氧化剂的电位如下表； 氧化剂／还原产物 电位 0.34 0.77 0.74 则和氧化性由强到弱的顺序为 ；在控电位还原时，生成Se的电极反应式为 。 (二)测纯度 Ⅰ．准确称取0.1600g硒样品，加入足量和完全反应成，除去过量的后，配成100.00mL溶液；Ⅱ．取所配溶液20.00mL于锥形瓶中，加入足量和KI溶液，使之充分反应；Ⅲ．滴入2~3滴淀粉指示剂，振荡，用的溶液滴定至终点，消耗16.00mL标准溶液。 （5）若已知；，该硒样品中Se的质量分数为 。 3．亚硝酰氯()和硝酰氯()都是有机合成的常用氯化剂，都易水解。研究小组以和为原料在如图所示装置(加热和夹持装置略去)中制备，并测定产品中的质量分数。 已知： ①沸点：为-6℃，为5℃，为-34℃，为-152℃； ②溶液为黄色，为砖红色沉淀；；。 回答下列问题： （1）仪器a的名称是 ，实验时，检查装置气密性，加入药品后，通入和前，应进行的操作是 。 （2）常温下，装置A中制取的离子方程式为 。 （3）实验过程中会产生少量。装置控制的温度约为-15℃，所得中含有的杂质为 (填化学式)。 （4）测定产品中的质量分数的实验步骤如下：i.准确称量锥形瓶(带塞子)的质量，取适量产品迅速加入锥形瓶中，盖紧塞子；称量，计算知所取产品为(忽略温度变化带来的称量误差)，向锥形瓶中加入适量水，盖紧塞子，置入25℃恒温水浴中，待锥形瓶内温度恒定后，再配制成溶液。 ii.取溶液于另一锥形瓶中，用溶液调节溶液在6.5∼10.5之间，再加入溶液作指示剂，用标准液进行滴定，平行滴定三次，达到滴定终点时平均消耗标准液。 ①步骤ii中，溶液调节溶液的作用是 。 ②所得产品中的质量分数为 ；若铬酸钾指示剂浓度过高时，所测结果 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 押题猜想十六 有机合成与推断综合题 左旋多巴(A)是治疗帕金森的一线药物，临床疗效佳，但长期服用可能诱发异动症，为在保证药效的同时降低毒副作用，可合成其衍生物(H)进行替代。一种制备H的合成路线如下： 已知：表示由纸面向外伸展的共价键，-Boc代表-COOC(CH3)3。 回答下列问题： （1）物质C中存在能发生水解反应的含氧官能团，其名称为 。 （2）步骤①的反应类型为 ，其化学反应方程式为 。 （3）步骤②、③的目的是 。 （4）TFA表示CF3COOH，根据路易斯酸碱理论，CF3COO⁻和CH3COO⁻属于碱，其碱性大小随氧原子电子云密度增大而增强，请比较二者碱性：CF3COO- CH3COO-(填“>”或“<”)。 （5）已知-Boc是目前有机合成中广为采用的氨基保护基，选择性较好，短时间内一般不会与醇羟基反应，原理如下： 结合题目所给合成路线与上述信息，设计以HOCH2CH2CH2NH2、HCHO为原料制备的路线 (用流程图表示，其他试剂任选)。 押题解读 江苏高考有机合成与推断综合题考查的内容包含有机化学的主干知识，综合性强、难度较大，有较好的区分度。通常以新药品、新物质、新材料的合成路线为载体，考的热点涉及①某些物质的结构简式或名称，②反应类型或反应条件重要转化的有机化学方程式书写，④分子式的确定，⑤同分异构体的写与数目确定，⑥特定条件的有机物合成路线的设计等。 1．雷西莫特是一种免疫调节药物，其合成路线如图所示： 已知：①和的性质相似； ②为。 （1）A的名称为 ；B的结构简式为 ；H的含氧官能团的名称为 。 （2）的反应类型为 。 （3）写出反应的化学方程式： 。 （4）C有多种同分异构体，写出仅含有苯环一种环状结构，其中有两个硝基直接与苯环相连，核磁共振氢谱图具有4组峰的一种物质的结构简式： 。 （5）下列有关雷西莫特的说法错误的是_______(填字母)。 A．能形成分子间氢键 B．含有1个手性碳原子 C．属于芳香族化合物 D．所有的碳原子可能共平面 （6）参考上述信息和流程，写出以为原料合成的合成路线(无机试剂和题中出现的有机试剂任选)： 。 2．心血管药物沙库巴曲(Sacubitril)的某种合成路线如下： 已知：①—Boc代表叔丁氧羰基[]；②； ③。 请回答： （1）B的化学名称是 。 （2）C的结构简式是 。 （3）D中官能团的名称为 。 （4）反应⑤中，理论上消耗物质与的物质的量之比为，且产物能发生银镜反应，请写出该反应的化学方程式： 。 （5）C的同分异构体中，满足下列条件的有 种。 A．含有结构，但没有醚键 B．含有6种不同化学环境的氢原子 （6）反应⑥中，合成沙库巴曲的最后一步如下： 已知该反应的原子利用率为分子的核磁共振氢谱图中只有一组峰，则的结构简式为 。 （7）沙库巴曲常温下为油状物，将其制成钙盐便于贮存和运输，从物质结构角度分析原因是 。 （8）写出以苯和环氧乙烷为原料合成苯乙醛的路线图 (无机试剂任选，合成路线流程示意见题干)。 3．神经病理性疼痛治疗药物米洛巴林苯磺酸盐(G)的部分合成路线如下： 已知： （1）A的分子式为 。 （2）B中所含官能团名称为 。 （3）的系统命名为 ；发生的反应类型为 。 （4）反应的化学方程式为 。 （5）F的一种同分异构体X，同时满足下列条件： ①属于芳香族化合物且能与发生显色反应； ②核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为。 则X的结构简式为 。 （6）为成盐反应，其目的是将米洛巴林转化为米洛巴林苯磺酸盐。 ①米洛巴林中能与苯磺酸反应的官能团为 。 ②熔点：米洛巴林 米洛巴林苯磺酸盐(选填“>”、“<”或“=”)。 （7）参照上述合成路线，设计由和制备的合成路线 。 押题猜想十七 化学反应原理综合题 利用工业废气中的合成甲醇可以变废为宝，有关反应式如下： i． ii． 上述反应的焓变和熵变如表： 反应 ⅰ -48.97 -177.76 ⅱ +42.08 回答下列问题： （1）该过程使用的催化剂为，纳米纤维，该催化剂中过渡元素第二电离能与第一电离能相差最小的是 (填元素符号)。 （2）反应i正反应自发进行的条件是 (填“低温”“高温”或“任意温度”)。 （3）已知：①   ②   ③   ④   则 。 （4）在恒容密闭容器中充入和，发生上述反应合成，测得的选择性和平衡转化率与温度的关系如图所示。 D、E、F三点中，的物质的量最大的是 (填字母)。温度高于时，平衡转化率增大程度加快，其主要原因是 。 提示：的选择性。 （5）某温度下，保持总压强为，向体积可变的密闭容器中充入和，发生反应，达到平衡时转化率为体积分数为。平衡体系中，分压为 。该温度下，反应ⅰ的平衡常数为 (列出计算式)。 提示：用分压代替浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数，分压等于总压物质的量分数。 （6）以为燃料制成碱性燃料电池，利用该电池电解溶液，当正极消耗(标准状况)纯气体时，电解装置恢复至室温，此时电解后的溶液的为 (忽略溶液体积的变化)。 押题解读 江苏高考中化学反应原理综合题作为压轴题目，主要考查化学反应速率和化学平衡、化学反应机理等主干理论知识，主要命题点有盖斯定律的应用、反应速率和化学平衡的分析、化学平衡常数的表达式书写与计算、反应条件的分析选择、生产生活中的实际应用等，试题常以填空、读图、作图、计算等形式呈现。试题一般以与生产、生活紧密联系的物质为背景材料命制组合题，各小题之间又有一定的独立性。主要考查学生的信息处理能力、学科内综合分析能力，应用反应原理解决生产实际中的具体问题，体现了“变化观念与平衡思想”的核心素养。在近几年的相关考题中，对单一因素影响的考查已经越来越少了，主要以“多因素影响”出现,考查考生的综合分析判断能力。以实际情景(场景)为背景更能体现核心素养的要求。而在实际生产过程中，影响因素是多元化、多方位和多层次的。 1．丁烯是一种重要的化工原料，主要用于生产甲基叔丁基醚丁基橡胶等产品。氧化异丁烷脱氢制备异丁烯[]以及正丁烷（P）直接脱氢制2-丁烯（M）技术已进入工业化应用。回答下列问题： （1）丁烷可以作为燃料使用。已知0.1mol 完全燃烧生成(l)放出a kJ热量，则表示燃烧热的热化学方程式为 。 （2）氧化异丁烷脱氢制备异丁烯，其反应为    △H，在催化作用下的反应机理如下： 写出转化①、②的化学方程式： 、 。 （3）正丁烷直接脱氢制2-丁烯过程发生如下两个反应： 反应Ⅰ．； 反应Ⅱ．。 在℃、kPa的恒压密闭容器中，按物质的量之比为1∶2通入(g)和(g)的混合气体，发生上述反应，测得生成物的物质的量与反应时间关系曲线如图所示（曲线a只表示某物质的部分变化）。 ①从平衡角度说明通入的作用是 。 ②曲线b表示的物质是 （填名称），若其他条件不变，在恒容密闭容器中进行上述反应，则点X将可能移向点 （填“A”“B”或“C”）。 （4）在T℃、kPa的恒压密闭容器中，按物质的量之比为1∶2通入（g）和（g）的混合气体，发生反应Ⅰ、Ⅱ，当反应Ⅰ和反应Ⅱ均达到平衡时，测得P、M在含碳物质中的占比分别为20%、60%，则 ，反应Ⅰ的 [用含的式子表示，若用N代表，则P在含碳物质中的占比表示为]。 2．二氧化碳氧化乙烷脱氢制乙烯对于实现“碳达峰”“碳中和”的目标具有重要意义。回答下列问题： Ⅰ． （1）已知在一定条件下乙烷可直接脱氢制乙烯：  。 ①已知键能：，，计算生成1mol碳碳键放出的能量为 kJ。 ②在一定温度和压强下，对于分别为3：1、1：1、1：3、1：5的、Ar混合气，热分解反应过程中转化率随时间的变化如图所示。 对应图中曲线 (填“a”“b”“c”或“d”)，理由是 。 Ⅱ．二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生如下两个反应： ⅰ．   ⅱ．   （2）向容积不变的密闭容器中投入2mol 和3mol 发生上述反应，不同温度下，测得平衡时转化率和选择性随温度的变化如图所示(乙烯选择性) ①表示选择性的曲线是 (填“”或“”)，该曲线随温度变化的原因是 。 ②a点对应温度下反应ⅰ的平衡常数 (用物质的量分数表示平衡常数)。 （3）相同条件下，在不同催化剂表面上二氧化碳氧化乙烷脱氢制乙烯反应性能如表所示(其他副产物没有列出)。 催化剂 转化率/% 转化率/% 产率/% 选择性/% CO X 17.8 11.6 13.1 73.6 15.3 Y 31.2 23.0 24.8 79.4 10.4 Z 5.2 3.2 4.8 92.4 7.4 W 8.5 2.8 7.4 87.2 6.9 其中催化性能最好的是___________(填标号)。 A．X B．Y C．Z D．W （4）研究表明当温度过高时还有副产物积碳产生，不利于乙烯的制备，原因可能是 ；如果原料气中适当增加的含量，会减少积碳的产生，原因是 (用化学方程式表示)。 3．氢气是清洁能源，氢能产业链包括制氢、储氢和用氢。 （1）铁酸铜()是有良好前景的分解水制氢的材料。制氢反应中，首先铁酸铜在较低的温度下分解形成氧缺位铁酸铜()，然后氧缺位铁酸铜从水中夺取氧恢复至原状态并释放出氢气，且氧缺位值(即式中x)越大，产氢量越大。 ①氧缺位铁酸铜与水反应的化学方程式为 。 ②反应过程中，若产生2mol(x=0.15)，理论上能制得标准状况下体积为 。 （2）反应可用于储氢。 ①“纳米多孔镍”催化碳酸氢盐和氢气反应生成的部分机理如下所示。转化为的过程可描述为 。 ②密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的0.1溶液中通入，测得反应时间对产率的影响如下图所示。2小时后产率随时间延长而减少的可能原因是 。 （3）选择性催化还原汽车尾气中NO主要经历“吸附→氧化→还原”的过程。将一定比例的、NO、、He(作平衡气)气体匀速通过装有Pd/催化剂的反应器，测得NO转化率随温度的变化如下图所示。 ①当参加反应时，催化还原NO转化为的化学方程式为 。 ②温度高于125℃，NO转化率随温度升高而呈下降趋势，可能的原因是 。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $$