化学（北京专用）-2025年高考终极押题猜想

2025年高考化学终极押题猜想 押题猜想一 化学用语与图示 1 押题猜想二 方程式的正误判断 3 押题猜想三 电化学及其应用 5 押题猜想四 化学微型实验 7 押题猜想五 元素及其化合物的性质 10 押题猜想六 物质结构与性质 11 押题猜想七 元素周期表与元素周期律 13 押题猜想八 氧化还原反应规律 14 押题猜想九 反应机理与反应过程分析 18 押题猜想十 电解质溶液图像分析 21 押题猜想十一 化学基本概念与化学思想方法 24 押题猜想十二 物质结构与性质综合 26 押题猜想十三 化学反应原理综合 29 押题猜想十四 有机合成与推断综合题 33 押题猜想十五 化学工艺流程综合题 37 押题猜想十六 实验综合探究分析 42 押题猜想一 化学用语与图示 （原创题）下列化学用语或图示表达不正确的是 A． 的VSEPR模型： B.基态Si原子的价层电子轨道表示式： C.顺丁烯二酸的结构简式： D.的电子式： 押题解读 化学用语与图示近三年来都有所考查，2025年也会顺应这一趋势继续考查相关知识点。主要考查核外电子排布、微粒模型、七式、6种”表示物质变化的方程式的书写等知识点。备考时要强化规范书写，针对电子式、结构式等高频考点，结合真题训练纠正常见错误；通过对比球棍模型、空间填充模型及VSEPR模型，掌握分子空间构型；结合元素周期律，分析同位素性质与核外电子排布规律 1．反应可用于制备氯乙烯。下列说法正确的是 A．的空间填充模型： B．的键线式： C．中子数为7的碳原子： D．HCl的形成过程： 2．化学用语的准确性是化学研究的重要支撑，下列化学用语正确的是 A．的电子式： B．N-甲基乙酰胺的结构简式： C．分子的空间结构模型： D．胆矾溶液中水合铜离子的结构： 3．下列化学用语表达正确的是 A．分子中的键： B．的价电子排布式： C．乙炔的结构简式：CHCH D．氨气的电子式： 4．下列化学用语正确的是 A．有机物的名称：3-醛基戊烷 B．的VSEPR模型： C．基态Mn原子的价电子排布图： D．氨基的电子式： 5．下列化学用语表述错误的是 A．用于考古研究中分析古代人类食物结构的氮核素符号为 B．的电子式： C．分子内氢键表示： D．的空间结构和VSEPR模型均为 押题猜想二 方程式的正误判断 （原创题）下列方程式与所给事实不相符的是 A．用硫化亚铁可去除废水中的： B．乙醛和新制悬浊液共热出现砖红色沉淀： C．过量铁粉与稀硝酸反应： D．工业电解饱和食盐水制氯气： 押题解读 北京卷历年真题中，离子方程式正误判断频繁出现在选择题中，且常结合实验现象、工业流程等真实情境命题，要求学生具备分析反应条件、物质性质及守恒关系的综合能力；近年北京卷注重考查真实情境下的方程式书写，如工业废水处理（Cr₂O₇²⁻的还原）、实验操作（水垢转化）等，强调应用性与学科素养结合。强化针对拆分规则、守恒关系、过量条件进行专项练习，结合真题总结高频陷阱。 1．下列有关离子方程式书写正确的是 A．侯氏制碱法中制备NaHCO3： B．酸性条件下催化电解CO2制CH3CH2OH的阴极电极反应式为： C．向苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：2 D．向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2使反应完全： 2．下列离子方程式正确的是 A．苯酚钠溶液中通入少量：2 B．丙烯腈电解制己二腈，阴极电极反应式为： C．用食醋除铁锈： D．在存在下与氨水反应生成： 3．下列方程式与所给事实相符的是 A．石灰乳浊液[]与溶液反应： B．室温下用稀溶解铜： C．溶液中通入少量： D．溶液中加入过量浓氨水： 4．下列用于解释事实的化学方程式或离子方程式，正确的是 A．氯水呈现酸性： B．用浓溶液溶解沉淀： C．用新制碱性悬浊液检验乙醛的醛基： D．向表面光亮的铜片上滴加氨水，变蓝： 5．下列解释事实的化学用语不正确的是 A．浓硝酸用棕色瓶保存： B．氨的催化氧化： C．氯水可用于吸收 D．溶于过量稀 押题猜想三 电化学及其应用 （原创题）“全氢电池”是一种新型化学电源，能量效率可达80%，其工作原理如下图所示。 该电池放电时，下列说法正确的是 A．吸附层A为负极，其电极反应为 B．通过离子交换膜由右向左移动 C．主要作用是提高溶液的导电性 D．电子从负极出发，经过电解质溶液、离子交换膜，吸附层B和外电路形成闭合回路。 押题解读 从历年北京卷化学试题来看，电化学及其应用是高频考点；近三年来，考点内容涉及原电池、电解池的工作原理及应用等方面。 在高考中，电化学板块的考查变化不大，且对电解池的考查概率有所提高，特别是利用电解池生产化工品和处理环境污染物成为命题特点。北京卷也会顺应这一趋势，继续对电化学知识进行重点考查。 1．锌银纽扣电池是生活中常见的一次电池，其构造示意图如下。下列说法不正确的是 A．作电池的负极 B．电池工作时，向正极移动 C．正极的电极反应： D．金属外壳需具有良好的导电性和耐腐蚀性 2．科学家研发了“全氧电池”，其工作原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A．电极a是负极 B．离子交换膜a为阴离子交换膜 C．电极b的反应式：O2 + 4e− + 4H+= 2H2O D．酸性条件下O2的氧化性强于碱性条件下O2的氧化性 3．尿素是一种重要的化学肥料，利用电催化法将和含氮物质等化成尿素，电解原理如图所示。下列说法不正确的是 A．尿素中C原子采用杂化 B．电极接电源的正极 C．标况下，电极每生成，会有移向a极 D．a极的电极反应式为： 4．一种利用电化学原理回收铅的示意图如下。 下列说法不正确的是 A．每生成1molPb，有透过阳离子交换膜移向负极 B．Pb在正极生成 C．负极的电极反应为 D．总反应为 5．我国科学家开发了一种新型二次电池，其原理如图。下列说法错误的是 A．该装置中Zn转化为是自发反应 B．放电一段时间后Zn电极附近pH减小 C．充电时多孔碳电极的电极反应为： D．离子交换膜为交换膜 押题猜想四 化学微型实验 （原创题）下列实验操作科学合理的是（ ） 装置 操作及目的 A．长期存放Na2CO3标准溶液 B．滴定终点前冲洗锥形瓶内壁 装置 操作及目的 C．洗涤盛有氯化钠废液的试管 D．熔化 押题解读 近三年真题聚焦试剂作用、药品顺序及误差分析；北京卷微型实验侧重基础操作、现象分析，常结合试剂选择、装置评价命题。后续备考需要强化核心操作、训练错误辨析。 1．下列实验装置的使用及操作正确的是 A．用装置①制取并收集 B．用装置②灼烧海带碎片使之变为海带灰 C．用装置③分液，先放出水层，再从上口倒出溴的苯溶液 D．用装置④制备溴苯并验证有产生 2．下列图示实验中，操作或装置正确的是 A．调控滴定速度 B．配制NaOH溶液 C．制备干燥的氨气 D．向试管中滴加溶液 3．为达到下列实验目的，其实验操作正确的是 A．探究铁与水蒸气的反应，点燃肥皂泡检验氢气 B．制备胶体 C．用量气管准确测量气体体积 D．检验气体中含和 A．A B．B C．C D．D 故答案选A 4．下列实验操作或装置能达到实验目的的是 A．分离碘和氯化铵固体 B．灼烧Mg(OH)2失水制MgO C．测定醋酸溶液的浓度 D．石油分馏制备汽油 A．A B．B C．C D．D 5．下列实验操作能达到相应实验目的的是 A．可用于制备乙烯并探究其性质 B．用标准高锰酸钾溶液测定盐酸酸化的溶液中的含量 C．关闭a、打开b，检查装置气密性 D．析出深蓝色晶体 押题猜想五 元素及其化合物的性质 （原创题）关于和的下列说法中，不正确的是 A．可用饱和Na2CO3溶液除去中少量的 B．酸性溶液可以区分和 C．由推知，可以发生反应： D．CO2和SO2的空间构型不相同 押题解读 高频考查金属（Na、Fe、Al）与非金属（Cl、S、N）的氧化还原性及实验现象分析；近三年北京卷聚焦钠与酸/水反应、Fe³⁺氧化性、Al两性、NH3制备等核心反应。强化方程式书写、物质转化、实验现象（如SO2漂白性）与工业应用（如明矾净水）结合训练。 1．关于和的下列说法中，不正确的是 A．室温下，的溶解度比的大 B．在饱和溶液中通入会有晶体析出 C．溶液中加入溶液产生沉淀，促进了的水解 D．两种物质的溶液中都存在： 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 3．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 4．关于含少量氧化钠的过氧化钠样品，下列说法不正确的是 A．阴阳离子个数比为 B．钠露置在空气中最终转化为该样品 C．能与水反应，放出热量 D．测定氧化钠质量分数的方案：取样品溶于足量盐酸，蒸干、灼烧，得固体 5.是日常生活中常见的一种气体，下列说法不正确的是 A．与反应中，氧化产物与还原产物的比例是 B．450℃，1标准大气压下，与充分反应后气体体积大于 C．使酸性溶液褪色，体现了的漂白性 D．工业上用石灰石浆液和空气吸收制备石膏，每吸收转移电子 押题猜想六 物质结构与性质 （原创题）采用锶（）同位素与氧同位素检测方法研究亚长（商王朝人）的部分数据如下。 下列说法不正确的是 A． 原子质量数为38 B．和16O是同位素 C．和所含中子数不同 D．结合检测数据推测：亚长并非本地人 押题解读 高频考查原子结构、同位素、核素辨析，体现学科基础性与综合能力要求。近三年北京卷聚焦同位素、核素、原子结构，注重元素周期律相似性的应用，需要熟悉元素周期律和原子结构。 1．我国科学家成功获得克级丰度超99%的并用于制备。易与、、等原子形成配位键“搭载”在多种药物上。下列说法正确的是 A．可用质谱法区分和 B．转变为的过程中发生了化学变化 C．与原子形成配位键时，提供孤电子对 D．在铜元素的核素中，的质量数最小 2．激光操控法可从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子，实现了对同位素41Ca的灵敏检测。41Ca的半衰期长达10万年，是14C的17倍。下列说法正确的是 A．Ca核素的相对原子质量为40.08 B．从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子的过程属于化学变化 C．Ca与Ca互为同素异形体 D．41Ca可应用于地球科学与考古学 3．中国自主研发的癌症骨转移检测产品获批上市，其有效成分是。下列说法不正确的是 A．位于元素周期表中第二周期、第ⅦA族 B．的原子核内有9个质子和9个中子 C．原子层电子的能量均相同 D．属于离子化合物 4．我国科研人员利用激光操控方法，从原子束流中直接俘获原子，实现了对的灵敏检测。的半衰期(放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间)长达10万年，是的17倍，可应用于地球科学与考古学。下列说法不正确的是 A．是钙元素的一种核素 B．的原子核内有21个中子 C．的半衰期长，说明难以失去电子 D．衰变一半所需的时间比衰变一半所需的时间长 5．我国科学家对嫦娥六号采回的月壤样品中的108颗玄武岩岩屑进行了精确定年。定年方法：通过测定U−Pb衰变体系(衰变为， 衰变为)中207Pb/206Pb来计算年龄，比值相同的年龄相近。下列说法不正确的是 A．可以用质谱法区分206Pb和207Pb B．和的中子数分别为146和143，互为同位素 C．来自同时期的玄武岩岩屑中207Pb/206Pb值相近 D．Pb位于元素周期表中第5周期第ⅣA族 押题猜想七 元素周期表与元素周期律 （原创题）下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是 A．一定温度下，若可逆反应的Q小于K，可推断反应向正方向进行 B．室温时，若同浓度弱酸盐稀溶液的大于，可推断一元弱酸大于 C．依据O、S、Se、Te电负性依次减小，可推断它们气态氢化物稳定性依次减弱 D．依据Be、Mg、Ca、Sr、Ba的第一电离能依次减小，可推断它们的金属性依次增强 押题解读 高频考查原子结构（电子排布、电离能）、周期律应用（金属性/非金属性比较、半径规律），凸显学科基础性与逻辑推理能力。近三年北京卷聚焦基态电子轨道表示式、同周期/主族性质递变。强化电子排布式规范书写（Cr、Cu特例）、周期律应用（主族与过渡金属差异）。 1．下列根据事实的推论正确的是 A．混有H2S的乙炔通入CuSO4溶液中生成CuS，说明CuS不溶于稀H2SO4 B．CuS溶于稀HNO3但不溶于c(H+)相同的稀H2SO4，说明酸性：HNO3>H2SO4 C．依据 F、Cl 、Br 、I 氢化物的分子间作用力大小，可推断它们的热稳定性强弱 D．依据第二周期主族元素电负性依次增大，可推断它们的第一电离能依次增大 2．元素周期律可以帮助人们认识物质性质，下列基于元素周期律的推断不正确的是 A．Mg的金属性强于Al的，则Mg比Al更易与盐酸反应 B．N的非金属性强于P的，则热稳定性：NH3>PH3 C．S的非金属性强于Si的，则酸性：H2SO3>H2SiO3 D．Cl的非金属性强于Br的，则Cl2可以从NaBr溶液中置换出Br2 3．下列关于O、S、Se及其化合物的说法正确的是 A．由于氢键的存在，的稳定性强于 B．由O的原子半径比S的小，可推断的键比的键强 C．和的化学性质和物理性质均相同 D．由S的电负性大于Se，可推断酸性强于 4．电解熔融制时常添加少量和以提高导电性。下列说法正确的是 A．半径大小： B．电负性大小： C．电离能大小： D．碱性强弱： 5．根据元素周期表，下列说法不正确的是 A．原子半径： B．与水反应的剧烈程度： C．酸性： D．分子极性： 押题猜想八 氧化还原反应规律 （原创题）某兴趣小组探究不同试剂对锰(Ⅱ)盐氧化产物的影响，分别进行了四组实验： 装置图 试剂X 实验现象 I．10mLNaOH溶液 生成浅棕色沉淀，一段时间后变为棕黑色 Ⅱ．10mL40%NaOH和15%H2O2混合液 立即生成棕黑色沉淀 Ⅲ．往I中所得混合液中通入Cl2 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 已知：i．Mn(OH)2为白色难溶固体；MnO2为棕黑色难溶固体；溶液中呈绿色、呈紫色。ii．浓碱条件下，可被OH-还原为。iii．Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。下列说法错误的是 A．取1mL实验Ⅲ所得悬浊液加2mL水稀释，可观察得到紫色变浅 B．实验Ⅲ中未观察到溶液呈绿色，可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱导致，可继续往混合液中滴加40%NaOH溶液证明。 C．实验Ⅱ中迅速生成棕黑色沉淀的离子方程式： D．通过实验I和Ⅱ，不能判断H2O2的氧化性比O2的强 押题解读 高频考查守恒律（电子转移数）、强弱律（金属/非金属性比较）、优先律（反应顺序）、价态律（中间价态转化），结合金属（Fe、Cu）与非金属（Cl、S）的氧化还原规律应用。近三年北京卷聚焦Fe³⁺氧化性验证，注重规律与元素周期律综合应用。强化电子守恒计算、强弱规律推理。 1．不同条件下，当与按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。 反应序号 起始酸碱性 还原产物 氧化产物 物质的量 物质的量 ① 酸性 0.002 x ② 中性 0.001 y 已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。下列说法不正确的是 A．反应①， B．随反应进行，①②溶液的均增大 C．对比反应①和②，在较高的溶液中易被氧化为高价 D．对比反应①和②， 2．某学习小组为探究氯化铜与亚硫酸钠的反应，设计了如下实验：             溶液 溶液 橙黄色沉淀 (含、、) 白色沉淀() 已知：。 下列分析中，不正确的是 A．的溶液呈弱酸性 B．由实验可知，生成橙黄色沉淀的速率较快，而生成白色沉淀的反应趋势更大 C．取洗涤后的橙黄色沉淀于试管中，加入稀硫酸，若溶液变蓝，则说明橙黄色沉淀含有 D．本实验中，溶液和溶液的总反应离子方程式为： 3．以溶液、浓盐酸为腐蚀液，能将覆铜板上不需要的铜腐蚀。某小组对此反应过程进行探究。 资料：ⅰ.水溶液中：呈无色；呈黄色；呈棕色。 ⅱ.；CuCl为白色固体，难溶于水。 将等体积的溶液a分别加到等量铜粉中，实验记录如下： 实验 溶液a 现象 Ⅰ 溶液() 产生白色沉淀，溶液蓝色变浅，5h时铜粉剩余 Ⅱ 浓盐酸() 产生无色气泡，溶液无色；继而溶液变为黄色；较长时间后溶液变为棕色，5h时铜粉剩余 Ⅲ 溶液()和浓盐酸() 溶液由黄绿色变为棕色，无气泡；随着反应进行，溶液颜色变浅，后接近于无色，5h时铜粉几乎无剩余 经检验，Ⅱ中产生的气体为，下列有关说法中不正确的是 A．Ⅰ中产生白色沉淀的过程可以描述为 B．将加到铜粉中，溶液变蓝，未检测到。证明的产生与、结合成，提高了Cu的还原性有关 C．对比实验Ⅰ、Ⅲ，分析实验Ⅲ中将溶液a加到铜粉中未产生白色沉淀的原因可能是Ⅲ中溶液的酸性太强，白色沉淀被溶解 D．实验Ⅱ、Ⅲ对比，实验Ⅱ中产生气泡，实验Ⅲ中无气泡，可能是在此条件下或的氧化性强于 4．84消毒液是一种以NaClO为主的高效消毒剂。为探究NaClO与KI溶液的反应机理，进行如下实验。下列分析错误的是 实验 滴管 烧杯 现象    甲 5滴饱和NaClO溶液 10mL 0.1mol/L KI溶液 溶液变为棕黄色，再滴入淀粉，溶液变蓝 乙 5滴0.1mol/LKI溶液 10mL饱和NaClO溶液 溶液变黄绿色，再滴入淀粉溶液，溶液颜色不变蓝，久置后，溶液黄绿色消失 丙 逐滴滴入0.1mol/LKI溶液至过量 10mL饱和NaClO溶液(含少量淀粉溶液) 随着KI溶液的滴入，溶液变为黄绿色，且颜色不断加深，同时观察到溶液中出现局部变蓝但很快褪去的现象。继续滴加KI溶液，蓝色褪去速度变慢，最终溶液变为蓝色，且不再褪色。 已知 常温下，饱和NaClO溶液的pH约为11； 部分微粒在水溶液中的颜色：IO-(黄绿色)、 (无色)。 A．实验甲中反应的离子方程式为2I-+ClO-+2H+=I2+Cl-+H2O B．实验乙中最初的主要氧化产物为IO- C．实验丙“局部蓝色褪去”的原因可能是I2被ClO-氧化为IO-或 D．由以上实验可推断：NaClO溶液浓度较低时利于与NaClO溶液反应生成I2 5．氯化亚铜(CuCl)在浓盐酸中存在平衡：CuCl(s，白色)；CuCl悬浊液中存在平衡：CuCl(s，白色)(s，黄色)。某化学小组设计如图实验。下列有关说法错误的是 A．过程①：Cu与溶液在酸性环境下发生了置换反应 B．过程②中不稳定，平衡逆向移动 C．实验二中产生黄色沉淀的原因是CuCl发生水解，转化为CuOH D．上述实验中制得CuCl的离子方程式： 押题猜想九 反应机理与反应过程分析 （原创题）将高炉煤气转化为价值更高的的方法不断发展。科研人员以为初始原料构建化学链，实现。下列说法不正确的是 A．图中涉及的氧化还原反应均为吸热反应 B．CaO和Fe2O3可循环使用 C．降低温度，的平衡常数减小 D．适当升高温度，可以提高CO转化率 押题解读 高频考查反应机理（催化剂作用、活化能变化、中间体识别）与过程分析（决速步骤、能量变化），体现学科核心素养（证据推理与模型认知）。近三年北京卷聚焦能垒图分析、催化剂对反应热影响及工业流程迁移应用。强化能垒图分析（活化能高低与速率关系）、中间体与过渡态判断（如副产物生成路径）、催化剂作用（降低活化能但焓变不变），规范书写步骤（总反应拆分、能量守恒计算）。 1．用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速氧化的细菌，浸出辉铜矿机理如图所示。 下列说法不正确的是 A．反应Ⅰ的离子方程式为 B．温度越高，浸出速率越快 C．浸出过程中几乎不需要补充铁盐 D．理论上反应Ⅰ中每消耗（标准状况）可浸出 2．可采用Deacon催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。 下列说法不正确的是 A．X为反应物，Z为生成物 B．反应制得，理论上放出的热量 C．降低反应温度，被氧化制的反应平衡常数增大，正反应速率减慢 D．图中转化涉及的反应中有两个非氧化还原反应 3．CO2在温和条件下转化为甲醇的一种反应历程如下图，In2O3为该反应的催化剂。下列说法正确的是 A．该历程中存在着极性键与非极性键的断裂与形成 B．碳原子的杂化方式未发生改变 C．In2O3降低了该反应的∆H D．若参与反应的二氧化碳分子为C18O2，则生成物甲醇的化学式为CH318OH 4．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 5．在NO的催化下，丙烷(C3H8)催化氧化制丙烯(C3H6)的部分反应机理如图所示。下列说法正确的是 A．含N分子参与的反应不一定有电子转移 B．增大NO的量，C3H8的平衡转化率增大 C．由•C3H7生成丙烯的历程有2种 D．当存在反应NO+NO2+H2O=2HONO时，最终生成的水减少 押题猜想十 电解质溶液图像分析 （原创题）时，利用HCl或NaOH调节某弱碱MOH溶液的pH，[X表示、、或]随pH变化的关系如图所示。分别为MOH的电离常数和水的离子积常数，下列说法错误的是 A．的数量级为 B．的过程中，水的电离程度逐渐增大 C．P点时，若溶液为MOH与MCl的混合溶液，则此时C(Cl-)<C(MOH) D．O点为中性点，= 押题解读 高频考查电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡的图像分析（如滴定曲线、分布系数图、对数图），聚焦微粒浓度变化、pH判断及守恒关系。近三年北京卷聚焦中和滴定曲线、沉淀溶解平衡及对数图像；强化滴定曲线“五点”分析（起始点、半中和点、中性点、终点、过量点），活用守恒律（电荷、物料、质子），结合对数图坐标转换（如pC与pH关系）及沉淀曲线（Qc与Ksp比较）。 1．常温下，二元酸溶液中溶质微粒分布系数[如]与关系如图所示。下列说法正确的是 A．表示，表示 B． C．溶液中存在： D．等物质的量浓度的和溶液等体积混合，离子浓度大小关系为： 2．时，向(电离方式与相似)溶液中滴加的盐酸，混合溶液中、的分布系数、水电离出的负对数与所加盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是 A． B．时，的水解常数为 C．之间，存在 D．B点溶液满足关系： 3．可用去除酸性废水中的砷元素，形成沉淀。溶液中含砷微粒的物质的量分数与的关系如图1所示，砷去除率与温度的关系如图2所示。 已知：可缓慢水解，且溶于碱性溶液。 下列说法正确的是 A．沉淀反应为 B．图2能证明生成沉淀的反应为放热反应 C．产生的沉淀若不及时滤去，砷去除率会降低 D．加入的量越多，砷元素的去除率越高 4．在时，向两份的溶液中分别滴加浓度均为的盐酸和溶液。部分离子浓度随加入溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是 A．相同条件下，醋酸和一水合氨的电离平衡常数相等 B．点和点存在的关系是 C．水的电离程度： D．点： 5．可用于含镉废水的处理。 已知：常温下，i．溶液中各含硫粒子的物质的量分数与pH的关系如图所示。 ii．溶液pH约为12.8。 iii．。 下列说法不正确的是 A．溶液中： B．溶液中： C．含镉废水中加入FeS后，发生反应的离子方程式为 D．向含的废水中加入足量FeS，废水可达排放标准 押题猜想十一 化学基本概念与化学思想方法 （原创题）化学与我们的生活、生产密切相关，下列说法中正确的是 A．常见食用油在空气中被氧化产生异味，与其分子中含有碳碳双键有关 B．石油经过分馏可得到煤油、柴油等，是利用了物质的溶解性差异 C．聚酯纤维涤纶做成的织物在航空领域得到广泛应用，涤纶通常通过加聚反应制得 D．我国科学家实现了从二氧化碳到淀粉的人工全合成，其中直链淀粉含量高的食物口感较黏 押题解读 高频考查氧化还原反应判断（如古文现象分析）、物质性质与分类（如合金/非金属材料辨析）及守恒思想应用。近三年北京卷聚焦氧化还原反应（2024年T1）、物质性质判断（2023年T9石英成分辨析）及守恒计算（2022年T1），结合传统文化与科技命题。强化氧化还原反应判断（如四类古文反应归类）、守恒律（电荷/原子守恒计算）及物质性质分析（如合金延展性、无机材料分类）。 1．三星堆考古挖掘中，二号祭祀坑出土的商代铜人铜像填补了我国考古学、青铜文化、青铜艺术史上的诸多空白。下列说法不正确的是 A．测定出土文物年代的原子核内有14个质子 B．X射线衍射实验可以对青铜器微观晶体结构进行分析 C．铜像表面的铜绿能在空气中稳定存在 D．青铜是铜、锡等金属的合金，属于金属材料 2．2025年春晚，宇树机器人的舞蹈表演震撼了全世界。下列有关说法正确的是 A．宇树机器人使用石墨烯作为导热材料，利用了石墨烯良好的导热性 B．宇树机器人使用高能量密度锂电池作为动力，是因为锂的密度大 C．宇树机器人使用了大量碳纤维复合材料，碳纤维是一种有机高分子材料 D．宇树机器人使用航空级铝合金，是因为铝合金的强度大、熔点高 3．2025年1月，我国科研人员针对高效转化为HCOOH的研究取得了突破性进展。下列关于的说法正确的是 A．三种物质均属于有机化合物 B．均为非极性分子 C．和体现了和的氧化性 D．通过测定常温下HCOONa溶液的pH可以判断HCOOH是否为弱电解质 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．离子化合物和与水的反应分别为：①；②。下列说法不正确的是 A．、中均有离子键和共价键 B．①中水没有发生化合价变化，②中水发生还原反应 C．中阳、阴离子个数比为，中阳、阴离子个数比为 D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量之比为 押题猜想十二 物质结构与性质综合 （原创题）硅、硒、锗(Ge)及其化合物广泛应用于光电材料领域。 (1)“中国芯”的主要原材料是高纯单晶硅，制备纯硅的反应原理：。 ①中键是由硅的 轨道与氯的3p轨道重叠形成键，空间构型是 。 ②晶体熔点明显高于，原因是 。 (2)Ge在元素周期表第4周期第IVA族。基态Ge原子的价层电子排布式是 。 (3)硒化锌（ZnSe）是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如下图所示。 ①该晶胞中硒原子的配位数为 。 ②若该晶胞密度为，硒化锌的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，则晶胞边长a为 nm。 押题解读 高频考查原子结构（电子排布、电离能）、分子构型（杂化、VSEPR模型）、晶胞计算（密度、配位数）。近三年北京卷聚焦基态电子轨道表示式、晶胞参数计算及分子极性分析。强化电子排布式规范书写（Cr、Cu特例）、晶胞均摊法（六棱柱配位数分析）、电离能/电负性比较（主族与过渡金属差异）。 1．金属间化合物是金属元素与金属元素之间形成的化合物，和是两种金属间化合物。 (1)基态Fe原子价层电子排布式是 。 (2)第一电离能，从原子结构的角度解释原因 。 (3)的晶胞形状为正方体，边长为anm，一个晶胞中含有58个原子，其中有 个。已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为 。 (4)（结构）转化为结构。 ①写出结构的铁铝金属间化合物转化为结构的化学方程式 。 ②将放入十四烷酸的乙醇溶液中，中的Al被溶解于乙醇中的氧化，生成的盐吸附在金属基体表面形成许多均匀分布的微突起，使材料表面具有了类荷叶状结构，表现出超疏水现象（液滴难以浸润表面并易滚动脱离），写出反应的化学方程式 。设计实验证明中的Al被氧化 （填实验操作和现象）。 2．硼元素在医药、陶瓷、新型电池等领域具有重要应用。 (1)基态B原子的电子排布式是 。 (2)Be、B均为第二周期的元素，基态原子的第一电离能Be B(填“>”“<”或“”)。 (3)硼酸是一元弱酸，具有抑菌消炎作用。硼酸显酸性的原理： 。 ①反应中B原子的杂化轨道类型的变化为 。 ②生成的过程中形成了配位键，原因是 。 (4)硼化钙是制高纯度硼合金的原料，其晶胞形状为立方体，结构示意图如图1所示，原子全部组合为正八面体，各顶点通过键连接成三维骨架，位于晶胞的中心。 ①硼化钙的化学式是 。 ②已知硼化钙晶体的密度为，阿伏加德罗常数为，则相邻两个间的最短距离为 。 (5)咪唑基-四氟硼酸盐型离子液体具有难挥发、高离子传导性等优点，可作为新型电池的电解液，其结构如图2所示。 若将咪唑基中的烃基(-R)替换为原子，该离子液体的黏稠度将增加，不利于离子传导，从粒子间相互作用的角度解释原因： (写一点)。 3．铁及其化合物在生产生活中有着重要的作用。 I．铁蓝或是一种传统的蓝色颜料，可由亚铁氰化钾制备而成。 (1)基态的价电子排布式为 。 (2)铁蓝中包含的化学键类型有 （填字母）。 A．配位键    B．离子键    C．非极性共价键 (3)比较N原子和O原子的第一电离能大小，并从原子结构角度进行解释 。 (4)邻二氮菲（）与能够生成稳定的橙色配合物，可用做的检测试剂。向溶液（浅黄色）中滴加邻二氮菲溶液，最终未观察到溶液呈现明显的橙色，原因是 。 II．在不同温度下，单质铁可表现出不同的晶体结构，从而具有不同用途。的部分晶胞结构和的晶胞结构如下图所示，回答下列问题： (5)每个晶胞实际包含2个Fe原子，每个Fe原子周围等距且紧邻的Fe原子有8个。试在图中用“”表示出晶胞中其余Fe原子所处的位置 。 (6)若和的晶胞体积分别为和，则和晶体的密度之比是 。 押题猜想十三 化学反应原理综合 （原创题）硫广泛应用于医药、储能电池等领域。采用不同的方法制备单质硫。 (1)方法一：将硫化氢气体通入浓硫酸中制备S，反应如下： i． ii． 制备S的总反应的热化学方程式是 。 (2)接触法制硫酸的关键反应为的催化氧化：。 ①其他条件不变时，为寻求反应时的最佳操作温度（某一转化率下，反应速率最快时的温度），绘制某一转化率（）下，反应速率（数值已略去）与温度的关系，如图所示。 解释时越大反应速率数值越低的原因 ；越大最佳操作温度越 （填“高”或“低”）。 ②平衡转化率下所对应的温度叫平衡温度。其他条件不变时，转化率（非平衡时或平衡时）与最佳操作温度、平衡温度的关系如下图所示。 曲线1为 温度曲线（填“平衡”或“最佳操作”），原因是 。 (3)利用产生硫，装置如下。电解质溶液均为稀硫酸。 ①加入少量，能持续生成S，结合有关反应解释原因： 。 ②代表或中的一种。X是 。 ③由光直接驱动的化学反应是 (用一个完整的离子方程式表示)。 押题解读 高频考查热力学（反应热计算、平衡常数）与动力学（速率方程、活化能分析）的综合应用，体现学科核心素养（证据推理、模型认知），区分学生解决复杂工业情境问题的能力。近三年北京卷聚焦竞争反应选择性调控及催化剂对反应机理的影响；强化盖斯定律计算（如多步反应焓变叠加）、平衡常数与转化率联立计算（结合物料守恒），掌握能垒图分析（决速步骤判断）及竞争反应调控策略（温度、催化剂选择）。 1．我国研制出在室温下可充电700次的钙-氧气电池，前景广阔。 (1)铝热法冶炼金属钙的热化学方程式：。 ①该反应体现了铝的 性。 ②提高钙的平衡产率的措施有 （写出两条）。 (2)钙-氧气电池如图。 ①用化学方程式解释电解质溶液选择非水溶剂的原因 。 ②放电过程中，在电极表面的两种反应路径如图。（*表示中间体，表示碳纳米管）。 i．在生成CaO的路径中，断裂 键，与另一个结合，形成了。 ii．写出参与的主要反应的电极反应式 。 iii．放电过程中，正极流入的电子与消耗的比值为2.07，计算可得生成与CaO的物质的量之比为 。充电时，比CaO更容易分解，因此，钙-氧气电池实现了常温循环充电。 ③充电过程中，在阴极生成，与快速生成覆盖在阴极表面，经测定。从反应速率的角度，分析阴极表面主要生成Ca而少量生成的可能原因 。 2．金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法之一是将金红石转化为，再进一步还原得到钛。回答下列问题： (1)转化为有碳氯化法和直接氯化法。在1000℃时反应的热化学方程式及其平衡常数如下： Ⅰ碳氯化：  ，。 Ⅱ直接氯化：  ，。 ①对于碳氯化反应：增大压强，平衡 移动(填“向正反应方向”向“逆反应方向”或“不”)；温度升高，平衡转化率 (填“提高”“不变”或“降低”)。 ②平衡常数远远大于，说明碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是 。 ③反应的为 ，平衡常数 。 (2)在时，将、、C以物质的量比进行反应。体系中气体(、、、)平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。 ①图中的四条线中，A代表的物质是 (填“”或“”)。 ②图中显示，在200℃平衡时几乎完全转化为，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是 。 (3)碳氯化是一个“固-固-气”反应，实际生产中有利于三种反应物接触的措施是 。 3．乙烯是有机合成工业重要的原料，由乙烷制取乙烯是常见的方法。回答下列问题： (1)乙烷氧化脱氢制备乙烯是化工生产中的重要工艺。 主反应：  ； 副反应：  。 ①副反应在一定温度下能自发进行的原因为 。 ②一定温度下，向装有催化剂的恒容密闭容器中充入物质的量之比为的和，反应相同时间后，测得乙烯的产率与温度的关系如图所示。 a．图中A点反应一定未达平衡，原因是 。 b．若C点反应也未达平衡，可能的原因是 。 (2)是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数。一定温度和压强下，反应ⅰ：  ；反应ⅱ：  (远大于)。 ①仅发生反应ⅰ时，的平衡转化率为40.0%，计算 。 ②同时发生反应ⅰ和ⅱ时，与仅发生反应ⅰ相比，的平衡产率 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (3)某团队提出为催化剂、作为温和的氧化剂用于乙烷裂解催化脱氢制乙烯技术。配位不饱和催化耦合脱氢反应过程推测如下：物理吸附的乙烷与配位不饱和中心反应，从键活化开始，同时的价态由+3升高到+4.补全图中画框部分 。 (4)2021年来中国科学院谢奎团队研究电解乙烷制备乙烯并取得突破，其原理如图所示。A极的电极反应式为 。 押题猜想十四 有机合成与推断综合题 （原创题）某研究小组按下列路线合成抗炎镇痛药“消炎痛”(部分反应条件已简化)。 已知：ⅰ、 ⅱ、 ⅲ、R-COOH+R'NH2 (1)化合物F中官能团的名称是 。 (2)D→E的化学方程式是 。 (3)的芳香醛类同分异构体共有 种。 (4)的化学方程式是 。 (5)H的结构简式是 。 (6)由可制备物质，转化过程如下图： 写出试剂a和中间产物Q的结构简式： 、 。 押题解读 高频考查官能团识别、同分异构体数目判断（邻位取代、官能团限制）及合成路线设计；近三年北京卷聚焦多步合成路线（如帕罗西汀合成）、同分异构体分析（含苯环、三键等限制条件）及反应机理迁移（如酯交换、催化加氢）；强化逆推法（从目标产物反推中间体）、规范书写（结构简式、反应条件），掌握同分异构体分析技巧（不饱和度、取代基位置）及官能团衍变规律。 1．树豆酮酸B具有潜在抗糖尿病的生物活性，其人工合成路线如下。 已知：烯醇结构不稳定，极易转变为羰基，例如： (1)实验室制取A时，用 溶液除去A中的等杂质。 (2)B中含有羟基，B的结构简式是 。 (3)CD的反应类型是 。 (4)D的化学方程式是 。 (5)F的结构简式 。 (6)下列说法正确的是 （填序号）。 a．与E含有相同官能团的同分异构体有4种    b．G和J所含官能团种类相同 c．H生成I时，H分子断裂的化学键有键 (7)I分子中有3个六元环，I的结构简式是 。 2．伊曲茶碱可治疗帕金森症，其中间体L的合成路线如下。 (1)A中含有的含氧官能团有 。 (2)的化学方程式是 。 (3)E的核磁共振氢谱只有1组峰，E的结构简式是 。 (4)推测的反应中的作用是 。 (5)D的结构简式是 。 (6)K分子内脱水生成L，L分子中除了含有两个六元环，还有一个含氮原子的五元环，L的结构简式是 。 (7)的过程如下。 中间产物2的结构简式是 。 (8)和反应物中的键、的反应物中α位的键，极性强，易断裂，原因分别是 。 3．脱落酸是一种植物激素，可使种子和芽休眠，提高植物耐旱性。脱落酸的一种合成路线如下： 已知： i．RCOORRCH2OH ii． iii． (1)化合物A的核磁共振氢谱只有1组峰，A的结构简式为 。 (2)常温下，化合物C是一种具有香味的无色液体。C中官能团的名称是 。 (3)2C→D的过程中，还会生成乙醇，反应的化学方程式是 。 (4)E→F和A→B的原理相同，E的结构简式为 。 (5)G→H的目的是 。 (6)K→L过程中，还存在L生成和乙醇的副反应。已知Y中包含2个六元环，Y不能与Na反应置换出H2，Y的结构简式为 。若不分离副产物Y，是否会明显降低脱落酸的纯度，判断并说明理由 。 (7)L→脱落酸的过程中，理论上每生成脱落酸消耗水的物质的量为 。 押题猜想十五 化学工艺流程综合题 （原创题）钪(Sc)是一种在国防、航空航天、核能等领域具有重要作用的稀土元素。以钛白酸性废水(主要含TiO2+、Fe3+、Sc3+)为原料制备Sc及TiO2的工艺流程如图所示。 已知：①25℃时，Ksp［Fe(OH)3］=2.8×10-39，Ksp［Sc(OH)3］=1.0×10-30。 ②氢氧化钪Sc(OH)3是白色固体，不溶于水，其化学性质与Al(OH)3相似；Sc3+易形成八面体形的配离子。 ③常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，如，Sc的萃取率。 (1) “洗涤”时，加入H2O2的目的是 。 (2) 若要提高萃取率，可采取的措施有 (写两条)。 (3)用“10%盐酸调pH”，调节至pH=3，过滤，滤液中Fe3+的浓度为 mol/L。 (4)写出“沉钛”过程中离子反应方程式 。 (5)有机萃取剂萃取的反应原理可表示为：(代表有机萃取剂，为有机配合物)。 ①反萃取时钪发生反应的离子方程式为 。 ②反萃液可以再生利用，其方法是 。 (6)萃取时易发生共萃现象，有机萃取剂的浓度对萃取率(萃取率=被萃取物进入到有机相中的量占萃取前溶液中被萃取物总量的百分比)具有重要的影响，下图为有机萃取剂的浓度与钪、铁的萃取率关系图像，从图像中选择最合适的萃取剂浓度为 %；为提高钪的回收率，“萃取分液”操作可进行多次，假设“滤液”中，“萃取分液”每进行一次，的萃取率为，三次操作后“水相”中的 。 押题解读 高频考查原料预处理、反应条件控制及产物分离提纯。近三年北京卷注重工业流程与元素化合物、反应原理的综合应用，需优先掌握原料预处理、反应条件优化及绿色化学评价；强化“三步法”分析（目的→反应→分离）、规范守恒计算（电子/原子守恒）、掌握pH调控规律（除杂范围、水解抑制）。 1．常作为锂离子电池的正极材料，广泛应用于新能源汽车。是制备的原料。 (1)由钛白渣（主要成分为）获取的流程示意图如下。 资料：ⅰ．性能与其纯度、颗粒大小有关，沉淀速率影响颗粒大小 ⅱ．空间结构： ①Ⅰ中将钛白渣粉碎的目的是 。 ②溶液A的主要成分是（配合物），分析中配位键的形成过程 。 ③溶液B中含铁的主要微粒为，写出Ⅲ中反应的离子方程式 。 ④Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0~1.5，pH不能过高的原因是 。 (2)从废旧电极粉末中回收制备，同时获得副产品，工艺流程如下。 ①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低，原因是 。 ②加入物质B使溶液pH升至5，从物质循环和减少除杂过程角度，物质B为 （填化学式）。 ③添加量对Fe、P沉淀率影响如下图所示。 实际生产时，添加量选2.5%的原因是 。 (3)产品中铁含量测定：取ag样品，用盐酸充分溶解并配制成250mL溶液。取25.00mL该溶液于锥形瓶中，逐滴加入溶液，至恰好完全还原为，被氧化为，滴加指示剂，用标准溶液滴定（铬元素被还原为），消耗标准溶液，样品中铁的质量分数为 。（实验条件下存在不影响实验结果） 2．以废钴酸锂正极材料（主要含和Al）和废磷酸亚铁锂正极材料（主要含LiFePO4和Al）为原料联合提取钴和锂的一种流程示意图如下。 已知：ⅰ.Al和强碱反应时，铝元素转化为。 ⅱ.酸性条件下，氧化性比强，被还原为。 ⅲ.固体B和固体C按配料。 ⅳ.、的溶度积分别为：、。 (1)中Co元素的化合价为 。 (2)用NaOH溶液处理原料时，反应的离子方程式是 。 (3)相同条件下，和沉淀趋势随pH的变化如下图所示。 ①写出硫酸浸出时反应的化学方程式 。 ②混合液调的原因 。 ③混合液时， 填“>”或“<”）。 (4)有机相用硫酸反萃取，分液后得到溶液，加入溶液沉钴。写出“沉钴”反应的离子方程式 。 (5)理论上，和反应的与固体B中的物质的量之比是 。 (6)分析联合提取钴和锂的优势 。 3．利用菱锰矿[主要化学成分为，含、等杂质]制备粉的工艺流程如下。 已知：i．MnO易被氧化为，MnO能溶于氨水生成。 ii． (1)脱硅时进行的分离操作是 。 (2)在不同温度焙烧后，焙砂的主要成分如下表。 温度/℃ 600 700 800 主要成分 MnO、 MnO、、、MgO MnO、、MgO 下列说法正确的是 (填序号)。 A．800℃时发生了反应： B．热稳定性： C．焙烧时，的作用是避免被氧化 (3)已知分解反应吸热。在密闭装置中焙烧时，若将替换为显著分解的温度从600℃升高至700℃，从平衡角度解释原因： 。 (4)图1中，氨水-溶液中的总氮浓度固定为。结合图1解释浸锰时间时使用氨水和碳酸铵的原因： 。 (5)沉锰过程中温度对Mn沉淀率的影响如图2。结合化学用语解释温度升高，Mn沉淀率增大的原因： 。 (6)该工艺流程中可再次利用的物质为 。 押题猜想十六 实验综合探究分析 （原创题）某研究小组探究分别与浓硝酸发生钝化反应的快慢。 资料在水溶液中水合铁离子的形式存在； 。 实验1 实验 现象 1-1 Fe表面产生少量气泡且迅速停止，得到黄色溶液A 1-2 Al表面产生极少量气泡且迅速停止，得到无色溶液B (1)反应迅速停止是因为浓硝酸具有酸性和 性，可在Fe和Al表面形成致密的氧化层，阻止进一步反应。 (2)针对溶液A和B的颜色不同，推测实验1-1中Fe与浓硝酸钝化反应速率慢，导致生成的量多，溶液呈黄色。为验证上述推测，选取如下装置进行实验2（气密性经检验良好，夹持装置及连接装置已略去）。 实验2 实验装置 试剂 现象 2-1 I、II、III、IV组合 a．稀盐酸；b．大理石；c．饱和NaHCO3溶液；d．溶液A；e．NaOH溶液 溶液A颜色缓慢变浅 2-2 I、III、IV组合 a．_________；b．_________；d．溶液A；e．NaOH溶液 溶液A颜色迅速变浅，并褪为无色 ①结合资料，分析实验2-1中选择试剂c的目的是 。 ②实验2-2是将通入溶液A中，所选试剂分别为 。 ③实验2-2中溶液A褪色速率快于实验2-1，用化学方程式解释可能的原因 。 ④上述实验说明溶液A中含有。设计实验：将通入 中，观察到溶液变黄，进一步证实了溶液变黄为所致。 (3)设计原电池装置进行实验3。 资料ii：此实验条件下，指针偏向的电极为正极。 实验3 实验装置 浓硝酸温度（） 实验现象 3-1 30 指针迅速偏向Al，Fe溶解 3-2 10 指针先迅速偏向Al，又迅速偏向Fe，之后缓慢恢复至零 3-3 5 指针偏向Fe，之后缓慢恢复至零 ①依据3-1的实验现象，可得出结论 。 ②分析实验3-2中“指针又偏向Fe”的可能原因 。 (4)综合上述实验，影响分别与浓硝酸发生钝化反应快慢的因素可能有 。 押题解读 高频考查实验设计（变量控制、对比分析）、反应机理验证（如氧化还原路径、副反应干扰）及实验现象推理（颜色变化、沉淀生成），体现科学探究与创新意识。近三年北京卷聚焦反应机理探究、变量控制（如酸性条件下NO₃⁻与Cu²⁺的氧化性竞争）。强化实验设计规范（明确自变量、因变量、无关变量控制）、掌握变量分析法（如试剂顺序、过量干扰排除）、熟练逆向推理（从现象反推反应机理）。 1．化学小组探究Na2S溶液与KMnO4溶液反应。 资料：ⅰ．（黄色） ⅱ．MnS为肉红色难溶于水的固体；Mn(OH)2在水溶液中为乳白色沉淀，易氧化成MnO2（黑色）；低浓度的Mn2+呈无色。 ⅲ．室温下Ksp[Mn(OH)2]=2.6×10-13 (1)理论分析 从价态角度分析，Na2S溶液与酸性KMnO4溶液反应，其氧化产物可能是 。 (2)实验验证 实验 实验操作 实验现象 I 向4.0mL0.01mol∙L-1酸性KMnO4溶液（pH≈2）中逐滴加入4.0mL0.05mol∙L-1Na2S溶液（pH≈12） 立即产生臭鸡蛋味气体，溶液由紫红色变为无色澄清，随后逐渐产生乳白色浊液且保持较长时间 Ⅱ 向4.0mL0.05mol∙L-1酸性KMnO4溶液（pH≈1）中逐滴加入4.0mL0.05mol∙L-1Na2S溶液 立即产生臭鸡蛋味气体，产生棕褐色沉淀，测定反应后溶液呈弱酸性 Ⅲ 向4.0mL2.0mol∙L-1Na2S溶液（pH≈13）中加入1.0mL0.05mol∙L-1酸性KMnO4溶液，充分振荡试管 得到肉红色浊液 ①实验Ⅰ中臭鸡蛋气味气体的成分是 （填化学式）。 ②实验Ⅰ中溶液由“紫红色迅速变为无色澄清”的离子方程式为 。 ③分析实验Ⅰ中乳白色沉淀Mn(OH)2能够稳定存在的原因是 。 ④结合平衡移动原理，解释仅实验Ⅲ中得到肉红色固体的原因 。 (3)探究实验Ⅱ中棕褐色固体的成分。 实验 实验操作 实验现象 Ⅳ 取少量棕褐色固体，滴加2.0mol∙L-1Na2S溶液，振荡，静置 得到黑色固体，溶液呈浅黄色 ①小组同学设计实验证实实验Ⅳ浅黄色溶液中存在Na2Sx，实验方案及实验证据是 。 ②经检验，实验Ⅳ得到的黑色固体是MnO2，对于实验Ⅱ中MnO2的生成过程小组同学提出两种假设： a． b． 上述两种假设合理的是 ，理由是 。 ③综合上述实验，Na2S与KMnO4溶液反应的产物与 等因素有关。 2．某小组发现金属与铜盐溶液的反应具有多样性，进行如下探究。 仪器 编号 金属 溶液() 现象 Ⅰ Mg 溶液() 剧烈反应，温度升高，产生大量气体，析出较多紫红色固体，且不断增多；体系颜色变化：淡蓝色溶液几乎无色，溶液中生成蓝色沉淀。 Ⅱ Mg 溶液() 剧烈反应，温度迅速升高，产生大量气体，析出较多紫红色固体；体系颜色变化：浅蓝色溶液橙色浑浊物，溶液升高至9.5左右，镁条上紫红色的固体几乎不见。 Ⅲ Al 溶液() 产生大量气体，光亮铝条表面出现“海绵状”紫红色固体；溶液pH下降至2左右，铝表面仍有紫红色固体。 已知：ⅰ、CuCl为白色沉淀，能溶解在浓度较大的溶液中，生成络离子 ⅱ、为黄色沉淀且易分解 ⅲ、时，、 (1)写出实验Ⅰ、Ⅱ中生成紫红色固体的离子方程式 。 (2)结合化学用语解释实验Ⅰ中出现蓝色沉淀的原因 。 (3)探究实验Ⅱ中橙色沉淀的成分 ①甲同学推测实验Ⅱ中的沉淀中含有，因为可能发生的反应，甲同学用下图装置进行实验，证实了其推测，现象是 。 ②查阅资料，实验Ⅱ中的橙色浑浊物中主要成分为，进行以下实验：向实验Ⅱ反应后的溶液中加入足量盐酸，沉淀迅速溶解，溶液呈绿色，底部出现红色铜。反应的离子方程式为 。 (4)对比实验Ⅰ和Ⅱ，解释镁与氯化铜反应时会有生成，而镁与硫酸铜反应则没有的原因 。 (5)实验Ⅲ中下降至2左右的原因是 。 (6)综合上述实验，金属与铜盐溶液反应的多样性与 等有关。 3．某小组通过分析镁与酸反应时的变化，探究镁与醋酸溶液反应的实质。 【资料】查阅醋酸溶液的资料发现，向冰醋酸中逐渐加水，溶液的导电性随加入水的体积的变化如图1所示。               图1 (1)用化学用语表示醋酸水溶液能导电的原因： 。 (2)在a、b、c三点所代表的溶液中，由大到小的顺序为： ；醋酸电离程度最大的是 。(填“a”、“b”或“c”)。 【实验】在常温水浴条件下，进行实验，记录生成气体体积和溶液的变化： Ⅰ．取光亮的镁屑(过量)放入溶液中； Ⅱ．取光亮的镁屑放入溶液中； Ⅲ．取光亮的镁屑放入溶液中。 【数据】 (3)起始阶段，导致Ⅱ、Ⅲ气体产生速率差异的主要因素不是，实验证据是 。 (4)探究Ⅱ的反应速率大于Ⅲ的原因。 提出假设：能直接与反应。 进行实验Ⅳ： 。 得出结论：该假设成立。 (5)探究醋酸溶液中与反应的主要微粒，进行实验Ⅴ。与Ⅱ相同的条件和试剂用量，将溶液换成含的与的混合溶液，气体产生速率与Ⅱ对比如下。 a．实验Ⅴ起始速率 b．实验Ⅱ起始速率 c．实验Ⅱ时速率 对比中的微粒浓度，解释其a与b、a与c气体产生速率差异的原因： 。 (6)综合以上实验得出结论： ①镁与醋酸溶液反应时，均能与镁反应产生氢气；② 。 (7)实验反思：附近，中仍在产生，但均基本不变，且，结合化学用语解释其原因： 。 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 押题猜想一 化学用语与图示 1 押题猜想二 方程式的正误判断 5 押题猜想三 电化学及其应用 8 押题猜想四 化学微型实验 13 押题猜想五 元素及其化合物的性质 17 押题猜想六 物质结构与性质 20 押题猜想七 元素周期表与元素周期律 24 押题猜想八 氧化还原反应规律 26 押题猜想九 反应机理与反应过程分析 32 押题猜想十 电解质溶液图像分析 37 押题猜想十一 化学基本概念与化学思想方法 42 押题猜想十二 物质结构与性质综合 45 押题猜想十三 化学反应原理综合 51 押题猜想十四 有机合成与推断综合题 59 押题猜想十五 化学工艺流程综合题 71 押题猜想十六 实验综合探究分析 80 押题猜想一 化学用语与图示 （原创题）下列化学用语或图示表达不正确的是 A． 的VSEPR模型： B.基态Si原子的价层电子轨道表示式： C.顺丁烯二酸的结构简式： D.的电子式： 【答案】B 解析：A.SO3中硫原子的价层电子对数为3+=3且不含孤电子对，VSEPR模型为平面正三角形，故A正确； B.基态Si原子的价电子排布式为3s23p2，其轨道表示式为，故B错误； C. 为顺丁烯二酸的结构简式，C正确； D.中C、N原子形成双键，电子式为，故D正确； 押题解读 化学用语与图示近三年来都有所考查，2025年也会顺应这一趋势继续考查相关知识点。主要考查核外电子排布、微粒模型、七式、6种”表示物质变化的方程式的书写等知识点。备考时要强化规范书写，针对电子式、结构式等高频考点，结合真题训练纠正常见错误；通过对比球棍模型、空间填充模型及VSEPR模型，掌握分子空间构型；结合元素周期律，分析同位素性质与核外电子排布规律 1．反应可用于制备氯乙烯。下列说法正确的是 A．的空间填充模型： B．的键线式： C．中子数为7的碳原子： D．HCl的形成过程： 【答案】C 【详解】 A．的空间填充模型为，A错误； B．的键线式为，B错误； C．中子数为7的碳原子，其质量数为13，可表示为，C正确； D．HCl的形成过程为，D错误； 故答案选C。 2．化学用语的准确性是化学研究的重要支撑，下列化学用语正确的是 A．的电子式： B．N-甲基乙酰胺的结构简式： C．分子的空间结构模型： D．胆矾溶液中水合铜离子的结构： 【答案】D 【详解】 A．的电子式：，A错误； B．N-甲基乙酰胺是由乙酰胺()中的氢原子被甲基()取代形成的，，N-甲基乙酰胺的结构简式：，B错误； C．SO2分子中心原子S的价层电子对数为，孤电子对数为1，为sp2杂化，分子构型为V形，图中表示的是VSEPR模型，C错误； D．胆矾溶液中水合铜离子为四水合铜离子，其中提供空轨道，分子中的氧原子提供孤对电子形成配位键，D正确； 故选D。 3．下列化学用语表达正确的是 A．分子中的键： B．的价电子排布式： C．乙炔的结构简式：CHCH D．氨气的电子式： 【答案】A 【详解】A．分子中的键为键，是两个p轨道头碰头形成的，A正确； B．基态铁原子失去最外层的两个电子转化为，则的价电子排布式，B错误； C．乙炔的官能团为碳碳三键，结构简式:，C错误； D．氨气中氮原子存在1对孤对电子，其电子式，D错误； 故选A。 4．下列化学用语正确的是 A．有机物的名称：3-醛基戊烷 B．的VSEPR模型： C．基态Mn原子的价电子排布图： D．氨基的电子式： 【答案】B 【详解】A．该有机物名称为2-乙基丁醛，A项错误； B．的中心原子采用杂化，且无孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，B项正确； C．基态Mn原子的价电子排布图，C项错误； D．氨基的电子式为，D项错误； 答案选B。 5．下列化学用语表述错误的是 A．用于考古研究中分析古代人类食物结构的氮核素符号为 B．的电子式： C．分子内氢键表示： D．的空间结构和VSEPR模型均为 【答案】A 【详解】A．用于考古研究中分析古代人类食物结构的氮核素符号为，A错误； B．碳化钙为含有离子键和非极性共价键的离子化合物，电子式为：，B正确； C．醛基氧电负性大，醛基和氨基处于邻位，容易和氨基形成分子内氢键，该分子氢键表示：，C正确； D．中心原子C的价层电子对数是，无孤对电子，空间结构和VSEPR模型均为平面三角形，即：，D正确； 故选A。 押题猜想二 方程式的正误判断 （原创题）下列方程式与所给事实不相符的是 A．用硫化亚铁可去除废水中的： B．乙醛和新制悬浊液共热出现砖红色沉淀： C．过量铁粉与稀硝酸反应： D．工业电解饱和食盐水制氯气： 【答案】C 【详解】A．HgS的溶度积（Ksp）比FeS小，FeS中的S2-与Hg2+生成更难溶的HgS，方程式为，A正确； B．乙醛和新制氢氧化铜悬浊液共热反应生成乙酸钠、氧化亚铜沉淀和水，反应的化学方程式为，故B正确； C．过量铁粉与稀硝酸反应时，硝酸被完全消耗，因会被过量的Fe还原，故产物为，正确离子方程式为：，C错误； D．工业上用石墨电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，反应的离子方程式是，D正确； 故选D。 押题解读 北京卷历年真题中，离子方程式正误判断频繁出现在选择题中，且常结合实验现象、工业流程等真实情境命题，要求学生具备分析反应条件、物质性质及守恒关系的综合能力；近年北京卷注重考查真实情境下的方程式书写，如工业废水处理（Cr₂O₇²⁻的还原）、实验操作（水垢转化）等，强调应用性与学科素养结合。强化针对拆分规则、守恒关系、过量条件进行专项练习，结合真题总结高频陷阱。 1．下列有关离子方程式书写正确的是 A．侯氏制碱法中制备NaHCO3： B．酸性条件下催化电解CO2制CH3CH2OH的阴极电极反应式为： C．向苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：2 D．向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2使反应完全： 【答案】B 【详解】A．侯氏制碱法中制备碳酸氢钠的反应为二氧化碳与氨气和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH，故A错误； B．酸性条件下催化电解二氧化碳制乙醇时，通入二氧化碳的电极为电解池的阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙醇和水，电极反应式为2CO2+12e−+12H+=CH3CH2OH+3H2O，故B正确； C．苯酚钠溶液与少量二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为+ CO2+H2O+ HCO，故C错误； D．向溶液中滴入使反应完全，则按物质的量之比为1：2反应，不足，生成的不能溶解，离子方程式为，D错误； 故选B。 2．下列离子方程式正确的是 A．苯酚钠溶液中通入少量：2 B．丙烯腈电解制己二腈，阴极电极反应式为： C．用食醋除铁锈： D．在存在下与氨水反应生成： 【答案】B 【详解】A．由于苯酚的酸性小于碳酸而大于，所以向苯酚钠溶液中通入CO2，生成苯酚和：，A错误； B．丙烯腈电解制己二腈， 丙烯腈在阴极得到电子生成己二腈，阴极电极反应式为：，B正确； C．醋酸是弱酸，则工人用食醋除铁锈离子方程式为：，C错误； D．该反应不满足得失电子守恒，正确的方程式为：，D错误； 故选B。 3．下列方程式与所给事实相符的是 A．石灰乳浊液[]与溶液反应： B．室温下用稀溶解铜： C．溶液中通入少量： D．溶液中加入过量浓氨水： 【答案】B 【详解】A．石灰乳浊液中Ca(OH)2主要以固体形式存在，书写离子方程式时不能拆写成离子形式，正确的离子方程式应为Ca(OH)2+=CaCO3↓+2OH-，故A错误； B．室温下，铜与稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式，故B正确； C．由于酸性H2CO3＞C6H5OH＞，C6H5ONa溶液中通入少量CO2，反应生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式应为C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+，故C错误； D．AgNO3溶液中加入过量浓氨水，最终生成[Ag(NH3)2]+，离子方程式为Ag++2NH3•H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，故D错误； 故选：B。 4．下列用于解释事实的化学方程式或离子方程式，正确的是 A．氯水呈现酸性： B．用浓溶液溶解沉淀： C．用新制碱性悬浊液检验乙醛的醛基： D．向表面光亮的铜片上滴加氨水，变蓝： 【答案】B 【详解】A．氯水呈现酸性是，A项错误； B．浓溶液中的与沉淀产生的结合生成，使沉淀溶解平衡向溶解方向进行，即，B项正确； C．新制碱性悬浊液检验乙醛的醛基反应为，C项错误； D．向表面光亮的铜片上滴加氨水，变蓝原理为，D项错误； 答案选B。 5．下列解释事实的化学用语不正确的是 A．浓硝酸用棕色瓶保存： B．氨的催化氧化： C．氯水可用于吸收 D．溶于过量稀 【答案】D 【详解】A．浓硝酸见光易分解，故用棕色瓶保存，化学方程式为，A项正确； B．氨具有还原性，发生催化氧化反应是工业制备硝酸的基础，化学方程式为，B项正确； C．具有强氧化性，具有还原性，氯水可用于吸收，离子方程式为，C项正确； D．硝酸具有强氧化性，可以将氧化为+3价，溶于过量稀的离子方程式为，D项错误； 答案选D。 押题猜想三 电化学及其应用 （原创题）“全氢电池”是一种新型化学电源，能量效率可达80%，其工作原理如下图所示。 该电池放电时，下列说法正确的是 A．吸附层A为负极，其电极反应为 B．通过离子交换膜由右向左移动 C．主要作用是提高溶液的导电性 D．电子从负极出发，经过电解质溶液、离子交换膜，吸附层B和外电路形成闭合回路。 【答案】C 【详解】A．由分析可知，吸附层A为负极，H2失去电子生成H+，电极反应为，A错误； B．原电池中阳离子向正极移动，由分析可知，吸附层A为负极，吸附层B为正极，通过离子交换膜由左向右移动，B不正确； C．由分析可知，该原电池的总反应为H++OH-=H2O，在水溶液中完全电离，主要作用是提高溶液的导电性，C正确； D．电子不在电解质溶液中移动，D不正确； 故选A。 押题解读 从历年北京卷化学试题来看，电化学及其应用是高频考点；近三年来，考点内容涉及原电池、电解池的工作原理及应用等方面。 在高考中，电化学板块的考查变化不大，且对电解池的考查概率有所提高，特别是利用电解池生产化工品和处理环境污染物成为命题特点。北京卷也会顺应这一趋势，继续对电化学知识进行重点考查。 1．锌银纽扣电池是生活中常见的一次电池，其构造示意图如下。下列说法不正确的是 A．作电池的负极 B．电池工作时，向正极移动 C．正极的电极反应： D．金属外壳需具有良好的导电性和耐腐蚀性 【答案】B 【分析】锌银纽扣电池中，锌作负极，发生氧化反应：，作正极，发生还原反应：，总反应为：； 【详解】A．由分析可知，锌作电池的负极，作电池正极，A正确； B．原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，则向负极移动，B错误； C．由分析可知，正极的电极反应为：，C正确； D．金属外壳需具有良好的导电性和耐腐蚀性，以保证电池正常工作，D正确； 故选B。 2．科学家研发了“全氧电池”，其工作原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A．电极a是负极 B．离子交换膜a为阴离子交换膜 C．电极b的反应式：O2 + 4e− + 4H+= 2H2O D．酸性条件下O2的氧化性强于碱性条件下O2的氧化性 【答案】B 【分析】由图可知，电极a产生氧气，氧元素化合价升高，发生氧化反应，故a为负极，电极反应为；b为正极，电极反应为。 【详解】A．由上述分析可知，a为负极，A正确； B．K+由负极移向正极定向移动，由图可知离子交换膜a为阳离子交换膜，B错误； C．由上述分析可知，b为正极，电极反应为，C正确； D．由电极方程式可知，在酸性条件下O2得电子作氧化剂，碱性条件下O2作氧化产物，则酸性条件下O2的氧化性强于碱性条件下O2的氧化性，D正确； 故答案选B。 3．尿素是一种重要的化学肥料，利用电催化法将和含氮物质等化成尿素，电解原理如图所示。下列说法不正确的是 A．尿素中C原子采用杂化 B．电极接电源的正极 C．标况下，电极每生成，会有移向a极 D．a极的电极反应式为： 【答案】C 【分析】该装置为电解池，电解池中阳离子向着阴极移动，根据氢离子移动方向可知，a电极为阴极，发生还原反应：，b电极为阳极，发生氧化反应：。 【详解】A．尿素中的C原子形成1个键、2个键，采用的是杂化，A正确； B．根据分析可知，b电极为阳极，与电源正极相连，B正确； C．标况下，电极每生成，即，转移电子，为保持电荷守恒，应有移向a极，C错误； D．根据分析可知，a电极为阴极，发生还原反应：，D正确； 答案选C。 4．一种利用电化学原理回收铅的示意图如下。 下列说法不正确的是 A．每生成1molPb，有透过阳离子交换膜移向负极 B．Pb在正极生成 C．负极的电极反应为 D．总反应为 【答案】A 【分析】由示意图可知，该装置为原电池装置，通入氢气的电极为原电池负极，电极反应为：；可知左边为正极，电极反应为：，电池的总反应为：，据此分析作答。 【详解】A．每生成1molPb，转移电子2mol，则有透过阳离子交换膜移向正极，A项错误； B．正极的电极反应为：，则Pb在正极生成，B项正确； C．通入氢气的电极为原电池负极，电极反应为：，C项正确； D．负极的电极反应为：，正极的电极反应为：，则电池的总反应为：，D项正确； 答案选A。 5．我国科学家开发了一种新型二次电池，其原理如图。下列说法错误的是 A．该装置中Zn转化为是自发反应 B．放电一段时间后Zn电极附近pH减小 C．充电时多孔碳电极的电极反应为： D．离子交换膜为交换膜 【答案】C 【分析】由电池装置图可知，放电时Zn为负极，电极反应为，多孔碳为正极，电极反应为；充电时Zn为阴极，电极反应为，多孔碳为阳极，电极反应为，回答下列问题； 【详解】A．根据分析，放电时负极反应式为：，放电是原电池，自发进行的氧化还原反应，A不符合题意； B．放电时，Zn电极的电极反应式为：，消耗氢氧根离子，一段时间后Zn电极附近pH减小，B不符合题意； C．根据分析，充电时多孔炭电极的电极反应式为，C符合题意； D．为了保证充电和放电的效率，离子交换膜应为交换膜，若为阴离子交换膜，充放电移动的离子种类和离子浓度不固定，会降低放电效率，D不符合题意； 故选C。 押题猜想四 化学微型实验 （原创题）下列实验操作科学合理的是（ ） 装置 操作及目的 A．长期存放Na2CO3标准溶液 B．滴定终点前冲洗锥形瓶内壁 装置 操作及目的 C．洗涤盛有氯化钠废液的试管 D．熔化 【答案】B A.长期存放Na2CO3标准溶液应用密封的细口瓶，容量瓶用于溶液配制，不能长期储存溶液，A错误； B．冲洗锥形瓶内壁，可保证充分反应，且不会影响滴定结果，图中操作合理，B正确； C．氯化钠废液应先倒入指定废液缸中，再清洗试管，C错误； D.在高温时能和瓷坩埚中的发生反应，生成硅酸钠和二氧化碳，该反应的化学方程式为：，因此不能用瓷坩埚熔化，D错误； 押题解读 近三年真题聚焦试剂作用、药品顺序及误差分析；北京卷微型实验侧重基础操作、现象分析，常结合试剂选择、装置评价命题。后续备考需要强化核心操作、训练错误辨析。 1．下列实验装置的使用及操作正确的是 A．用装置①制取并收集 B．用装置②灼烧海带碎片使之变为海带灰 C．用装置③分液，先放出水层，再从上口倒出溴的苯溶液 D．用装置④制备溴苯并验证有产生 【答案】C 【详解】A．氨气密度小于空气，需用向下排空气法收集，故A错误； B．灼烧海带要在坩埚里进行，故B错误； C．分液时，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故C正确； D．Br2易挥发，可随气体进入AgNO3溶液，同时HBr易溶于水，吸收时需要防倒吸，故D错误； 故答案为C。 2．下列图示实验中，操作或装置正确的是 A．调控滴定速度 B．配制NaOH溶液 C．制备干燥的氨气 D．向试管中滴加溶液 【答案】A 【详解】A．滴定时，用左手控制酸式滴定管的旋塞，调控滴定速度，故A正确；     B．配制NaOH溶液，不能直接把氢氧化钠固体放进容量瓶中，应该先在烧杯中溶解氢氧化钠，再把冷却后的氢氧化钠溶液转移到容量瓶中，故B错误； C．氯化钙能吸收氨气，不能用无水氯化钙干燥氨气 ，故C错误； D．用胶头滴管向试管中滴加溶液，胶头滴管应该悬空，不能伸到试管内，故D错误； 答案选A。 3．为达到下列实验目的，其实验操作正确的是 A．探究铁与水蒸气的反应，点燃肥皂泡检验氢气 B．制备胶体 C．用量气管准确测量气体体积 D．检验气体中含和 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．肥皂泡点燃时产生爆鸣声，说明产生了H2，故A正确； B．不能用饱和硫酸铁溶液，硫酸难挥发，不利于胶体生成，故B错误； C．量取液体时应该左右两个管的液面相平，故C错误； D．二氧化硫、氯气等均能使品红褪色，不能检验二氧化硫，且三氧化硫在品红溶液中转化为硫酸，也无法检验，故D错误； 故答案选A 4．下列实验操作或装置能达到实验目的的是 A．分离碘和氯化铵固体 B．灼烧Mg(OH)2失水制MgO C．测定醋酸溶液的浓度 D．石油分馏制备汽油 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．碘单质易升华，遇到烧瓶底部凝华，而NH4Cl受热分解为NH3和HCl，NH3和HCl遇冷又化合为NH4Cl附在烧瓶底部，不能分离碘单质和NH4Cl，A不合题意； B．灼烧固体应该在坩埚中进行，不能在蒸发皿中进行，B不合题意； C．NaOH溶液滴定醋酸终点溶液呈碱性，故不能用甲基橙作指示剂，而应该用酚酞作指示剂，C不合题意； D．石油分馏获得汽油、煤油等，该装置正确，能够达到实验目的，D符合题意； 故答案为：D。 5．下列实验操作能达到相应实验目的的是 A．可用于制备乙烯并探究其性质 B．用标准高锰酸钾溶液测定盐酸酸化的溶液中的含量 C．关闭a、打开b，检查装置气密性 D．析出深蓝色晶体 【答案】D 【详解】A．制备乙烯需要乙醇在浓硫酸、条件下反应 ，图中装置温度计没有进入溶液中，无法控制反应温度，无法准确制备乙烯，所以不能达到探究乙烯性质的目的，A错误； B．标准高锰酸钾溶液具有强氧化性，能被氧化，会干扰含量的测定，应该用稀硫酸酸化溶液，B错误； C．关闭a、打开b，该装置为恒压装置，无法通过这种操作检查装置气密性，C错误； D．在乙醇中的溶解度比在水中小，向溶液中加入乙醇，可降低其溶解度，从而析出深蓝色晶体，D正确； 综上，答案是D。 押题猜想五 元素及其化合物的性质 （原创题）关于和的下列说法中，不正确的是 A．可用饱和Na2CO3溶液除去中少量的 B．酸性溶液可以区分和 C．由推知，可以发生反应： D．CO2和SO2的空间构型不相同 【答案】A 【详解】A．饱和碳酸钠溶液能与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，从而减少二氧化碳，A不正确； B．酸性高锰酸钾溶液能被二氧化硫还原而褪色，而二氧化碳不能和酸性高锰酸钾溶液反应，因此可以区分两者，B正确； C．由可知碳酸的酸性比亚硫酸氢根强，因此亚硫酸根离子可以与碳酸发生反应生成碳酸氢根离子和亚硫酸氢根离子，C正确； D．CO2 空间构型为直线型和SO2的空间构型是V形，不相同，D正确； 故答案选B。 押题解读 高频考查金属（Na、Fe、Al）与非金属（Cl、S、N）的氧化还原性及实验现象分析；近三年北京卷聚焦钠与酸/水反应、Fe³⁺氧化性、Al两性、NH3制备等核心反应。强化方程式书写、物质转化、实验现象（如SO2漂白性）与工业应用（如明矾净水）结合训练。 1．关于和的下列说法中，不正确的是 A．室温下，的溶解度比的大 B．在饱和溶液中通入会有晶体析出 C．溶液中加入溶液产生沉淀，促进了的水解 D．两种物质的溶液中都存在： 【答案】C 【详解】A．高价阴离子盐通常比低价阴离子盐更易溶于水，因此的溶解度比的大，A项正确； B．溶液中通入生成，由于的溶解度小于，因此以晶体的形式析出，B项正确； C．溶液中加入溶液，发生了离子交换，生成了沉淀，使浓度减小，促进了的电离，C项错误； D．和溶液中，阳离子均为、，阴离子均为、、，根据电荷守恒有，D项正确； 答案选C。 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 【详解】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。 3．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 【详解】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。 4．关于含少量氧化钠的过氧化钠样品，下列说法不正确的是 A．阴阳离子个数比为 B．钠露置在空气中最终转化为该样品 C．能与水反应，放出热量 D．测定氧化钠质量分数的方案：取样品溶于足量盐酸，蒸干、灼烧，得固体 【答案】B 【详解】A．过氧化钠中包含2个Na+和1个，阴阳离子个数比为，故A正确； B．钠露置在空气中最终转化为氧化钠，故B错误； C．氧化钠和过氧化钠均可与水反应，且为放热反应，故C正确； D．氧化钠和过氧化钠与盐酸反应生成NaCl，假设样品中氧化钠的物质的量为、过氧化钠的物质的量为，则、，求解方程组可计算出氧化钠和过氧化钠的质量，进而计算氧化钠在样品中的质量分数，故D正确； 故答案为B。 5.是日常生活中常见的一种气体，下列说法不正确的是 A．与反应中，氧化产物与还原产物的比例是 B．450℃，1标准大气压下，与充分反应后气体体积大于 C．使酸性溶液褪色，体现了的漂白性 D．工业上用石灰石浆液和空气吸收制备石膏，每吸收转移电子 【答案】C 【详解】A．与反应为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，氧化产物与还原产物都是S，二者的比例是，A正确； B．反应2SO2+O22SO3可逆反应，450℃，1标准大气压下，与充分反应后气体体积大于，B正确； C．SO2具有还原性，KMnO4具有氧化性，二者发生氧化还原反应，使酸性溶液褪色，体现了的还原性，C错误； D．工业上用石灰石浆液和空气吸收制备石膏，反应的化学方程式为：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2，每吸收转移电子，D正确； 答案选C。 押题猜想六 物质结构与性质 （原创题）采用锶（）同位素与氧同位素检测方法研究亚长（商王朝人）的部分数据如下。 下列说法不正确的是 A． 原子质量数为38 B．和16O是同位素 C．和所含中子数不同 D．结合检测数据推测：亚长并非本地人 【答案】A 【详解】A．锶(38Sr)的质量数为87，故A不正确； B．A．和16O是同位素，故B正确； C．87Sr和86Sr的质子数都为38，所含质子数相同，中子数不同，故C正确； D．采用锶(38Sr)同位素与氧同位素检测方法研究亚长(商王朝人)的部分数据可知，亚长并非本地人，故D正确； 答案选A。 押题解读 高频考查原子结构、同位素、核素辨析，体现学科基础性与综合能力要求。近三年北京卷聚焦同位素、核素、原子结构，注重元素周期律相似性的应用，需要熟悉元素周期律和原子结构。 1．我国科学家成功获得克级丰度超99%的并用于制备。易与、、等原子形成配位键“搭载”在多种药物上。下列说法正确的是 A．可用质谱法区分和 B．转变为的过程中发生了化学变化 C．与原子形成配位键时，提供孤电子对 D．在铜元素的核素中，的质量数最小 【答案】A 【详解】A．质谱法可以测定物质的相对分子质量，和的相对原子质量不同，故可用质谱法区分和，A正确； B．转变为，原子核发生变化，元素种类改变，属于核反应，不是化学变化，B错误； C．与原子形成配位键时，提供空轨道，硫原子提供孤电子对，C错误； D．在铜元素的核素中，铜的天然稳定同位素包括和，因此并不是铜核素中质量数最小的，D错误； 故选A。 2．激光操控法可从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子，实现了对同位素41Ca的灵敏检测。41Ca的半衰期长达10万年，是14C的17倍。下列说法正确的是 A．Ca核素的相对原子质量为40.08 B．从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子的过程属于化学变化 C．Ca与Ca互为同素异形体 D．41Ca可应用于地球科学与考古学 【答案】D 【详解】A．元素周期表每一小方格中下方数字表示相对原子质量，Ca的相对原子质量是40.08，钙元素核素平均相对原子质量为40.08，核素的相对原子质量不是40.08，A错误； B．从 Ca 原子束流中俘获41Ca 原子的过程未涉及新物质生成，属于物理变化，B错误； C．同素异形体指同种元素由于晶体结构等不同而表现出不同的单质形态，与互为同位素，而不是同素异形体，C错误； D．41Ca半衰期长，适合作为同位素示踪剂，用于地球科学和考古学中测定年代，D正确； 故选D。 3．中国自主研发的癌症骨转移检测产品获批上市，其有效成分是。下列说法不正确的是 A．位于元素周期表中第二周期、第ⅦA族 B．的原子核内有9个质子和9个中子 C．原子层电子的能量均相同 D．属于离子化合物 【答案】C 【详解】A．F为第9号元素，位于元素周期表中第二周期、第ⅦA族，故A正确； B．F为9号元素，有9个质子，的原子核内中子数为18-9=9，故B正确； C．原子层包括2s、2p轨道，能量2s<2p，因此L层电子能量不同，有2个能级，故C错误； D．包括钠离子和氟离子，属于离子化合物，故D正确； 故答案为C。 4．我国科研人员利用激光操控方法，从原子束流中直接俘获原子，实现了对的灵敏检测。的半衰期(放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间)长达10万年，是的17倍，可应用于地球科学与考古学。下列说法不正确的是 A．是钙元素的一种核素 B．的原子核内有21个中子 C．的半衰期长，说明难以失去电子 D．衰变一半所需的时间比衰变一半所需的时间长 【答案】C 【详解】A．的质子数为20，中子数为21，是钙元素的一种核素，A正确； B．的质子数为20，质量数为41，中子数为41-20=21，B正确； C．半衰期反映原子核的稳定性，与失去电子的能力无关，C错误； D．的半衰期是的17倍，衰变一半所需的时间比衰变一半所需的时间长，D正确； 故选C。 5．我国科学家对嫦娥六号采回的月壤样品中的108颗玄武岩岩屑进行了精确定年。定年方法：通过测定U−Pb衰变体系(衰变为， 衰变为)中207Pb/206Pb来计算年龄，比值相同的年龄相近。下列说法不正确的是 A．可以用质谱法区分206Pb和207Pb B．和的中子数分别为146和143，互为同位素 C．来自同时期的玄武岩岩屑中207Pb/206Pb值相近 D．Pb位于元素周期表中第5周期第ⅣA族 【答案】D 【详解】A．206Pb和207Pb的相对原子质量不同，质谱法可以测定其相对原子质量，则可以用质谱法区分206Pb和207Pb，A正确； B．的中子数为，的中子数为，二者是质子数相同而中子数不同的同种元素的不同原子，互为同位素，B正确； C．定年方法：通过测定U−Pb衰变体系(衰变为， 衰变为)中207Pb/206Pb来计算年龄，比值相同的年龄相近，则来自同时期的玄武岩岩屑中207Pb/206Pb值相近，C正确； D．Pb是82号元素，位于元素周期表中第6周期第ⅣA族，D错误； 故选D。 押题猜想七 元素周期表与元素周期律 （原创题）下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是 A．一定温度下，若可逆反应的Q小于K，可推断反应向正方向进行 B．室温时，若同浓度弱酸盐稀溶液的大于，可推断一元弱酸大于 C．依据O、S、Se、Te电负性依次减小，可推断它们气态氢化物稳定性依次减弱 D．依据Be、Mg、Ca、Sr、Ba的第一电离能依次减小，可推断它们的金属性依次增强 【答案】B 【详解】A．根据化学平衡常数的定义，当反应商Q小于平衡常数K时，反应会向生成物方向进行，以达到平衡，故A正确； B．酸的电离常数越大，酸性越强，其对应的盐水解程度越大、生成的浓度越大、pH值越小，因此同浓度弱酸盐稀溶液的小于，可推断一元弱酸大于，故B错误； C．电负性越大的元素与氢原子形成的氢键极性越强，O、S、Se、Te的电负性依次减小，它们的气态氢化物稳定性依次减弱，故C正确； D．同主族元素从上到下第一电离能依次减小、金属性依次增强，则Be、Mg、Ca、Sr、Ba的金属性依次增强，故D正确； 故答案为B。 押题解读 高频考查原子结构（电子排布、电离能）、周期律应用（金属性/非金属性比较、半径规律），凸显学科基础性与逻辑推理能力。近三年北京卷聚焦基态电子轨道表示式、同周期/主族性质递变。强化电子排布式规范书写（Cr、Cu特例）、周期律应用（主族与过渡金属差异）。 1．下列根据事实的推论正确的是 A．混有H2S的乙炔通入CuSO4溶液中生成CuS，说明CuS不溶于稀H2SO4 B．CuS溶于稀HNO3但不溶于c(H+)相同的稀H2SO4，说明酸性：HNO3>H2SO4 C．依据 F、Cl 、Br 、I 氢化物的分子间作用力大小，可推断它们的热稳定性强弱 D．依据第二周期主族元素电负性依次增大，可推断它们的第一电离能依次增大 【答案】A 【详解】A．，铜离子和硫化氢之所以能生成硫化铜沉淀，是因为硫化铜既难溶于水，又难溶于酸，故能发生该反应，故A正确； B．硝酸具有氧化性，CuS与稀硝酸发生氧化还原反应而溶解，不能说明酸性：HNO3>H2SO4，故B错误； C．热稳定性与H-X键的键能有关，与分子间作用力无关，故C错误； D．依据第二周期主族元素电负性依次增大，不能推断它们的第一电离能依次增大，如第一电离能：Be>B，N>O，故D错误； 故答案为A。 2．元素周期律可以帮助人们认识物质性质，下列基于元素周期律的推断不正确的是 A．Mg的金属性强于Al的，则Mg比Al更易与盐酸反应 B．N的非金属性强于P的，则热稳定性：NH3>PH3 C．S的非金属性强于Si的，则酸性：H2SO3>H2SiO3 D．Cl的非金属性强于Br的，则Cl2可以从NaBr溶液中置换出Br2 【答案】C 【详解】A．金属越强，越容易与酸反应，镁的金属性强于铝，则镁比铝更易与盐酸反应，故A正确； B．非金属性越强，简单氢化物越稳定，N的非金属性强于P的，则热稳定性：NH3＞PH3，故B正确； C．非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物酸性越强，亚硫酸不是最高价含氧酸，故C错误； D．元素的非金属性越强，其单质的氧化应越强，Cl的非金属性强于Br的，Cl2的氧化性强于Br2的氧化性，则Cl2可以从NaBr溶液中置换出Br2，故D正确； 答案选C。 3．下列关于O、S、Se及其化合物的说法正确的是 A．由于氢键的存在，的稳定性强于 B．由O的原子半径比S的小，可推断的键比的键强 C．和的化学性质和物理性质均相同 D．由S的电负性大于Se，可推断酸性强于 【答案】B 【详解】A．的稳定性强于是由于H—O键强于H—S键，A错误； B．由于O原子半径小于S原子半径，形成键时p轨道重叠程度更大，所以O与O的键比S与S的键强，B正确； C．和的化学性质相同，物理性质不相同，C错误； D．S的电负性大于Se，说明S的非金属性强于Se，可推断酸性强于，不能推断酸性强于，D错误； 故选B。 4．电解熔融制时常添加少量和以提高导电性。下列说法正确的是 A．半径大小： B．电负性大小： C．电离能大小： D．碱性强弱： 【答案】D 【详解】A．核外电子排布相同的离子，核电荷数越大半径越小，故半径大小为，A错误；   B．同周期元素，核电荷数越大电负性越大，故，B错误； C．同一周期随着原子序数增大，元素的第一电离能呈增大趋势，但IIA、VA族元素比相邻主族元素的第一电离能大，故Al的第一电离能比Mg小，C错误；    D．元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性钙大于镁，故碱性强弱为，D正确； 故选D。 5．根据元素周期表，下列说法不正确的是 A．原子半径： B．与水反应的剧烈程度： C．酸性： D．分子极性： 【答案】C 【详解】A．同周期元素从左到右，原子半径减小，原子半径：，A项正确； B．同主族元素从上到下，金属性增强，金属单质与水反应剧烈程度变大，与水反应的剧烈程度：，B项正确； C．同主族元素从上到下，非金属性减弱，最高价氧化物对应的水化物酸性减弱，酸性：，C项错误； D．同主族元素从上到下，非金属性减弱，电负性减弱，结构相似的，分子极性较大，D项正确； 答案选C。 押题猜想八 氧化还原反应规律 （原创题）某兴趣小组探究不同试剂对锰(Ⅱ)盐氧化产物的影响，分别进行了四组实验： 装置图 试剂X 实验现象 I．10mLNaOH溶液 生成浅棕色沉淀，一段时间后变为棕黑色 Ⅱ．10mL40%NaOH和15%H2O2混合液 立即生成棕黑色沉淀 Ⅲ．往I中所得混合液中通入Cl2 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 已知：i．Mn(OH)2为白色难溶固体；MnO2为棕黑色难溶固体；溶液中呈绿色、呈紫色。ii．浓碱条件下，可被OH-还原为。iii．Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。下列说法错误的是 A．取1mL实验Ⅲ所得悬浊液加2mL水稀释，可观察得到紫色变浅 B．实验Ⅲ中未观察到溶液呈绿色，可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱导致，可继续往混合液中滴加40%NaOH溶液证明。 C．实验Ⅱ中迅速生成棕黑色沉淀的离子方程式： D．通过实验I和Ⅱ，不能判断H2O2的氧化性比O2的强 【答案】A 【详解】A．依据已知iii，稀释后碱性减弱，MnO2被NaClO氧化成，紫色加深，A错误； B．加入NaOH溶液后溶液变绿，即可证明该假设成立，B正确； C．碱性条件下过氧化氢将二价锰离子氧化为棕黑色的二氧化锰，C正确； D．实验I溶液中溶解氧气很少浓度很低，而Ⅱ中过氧化氢溶液浓度较大，故不可通过生成棕黑色沉淀快慢判断H2O2的氧化性比O2的强，A正确； 故答案选A。 押题解读 高频考查守恒律（电子转移数）、强弱律（金属/非金属性比较）、优先律（反应顺序）、价态律（中间价态转化），结合金属（Fe、Cu）与非金属（Cl、S）的氧化还原规律应用。近三年北京卷聚焦Fe³⁺氧化性验证，注重规律与元素周期律综合应用。强化电子守恒计算、强弱规律推理。 1．不同条件下，当与按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。 反应序号 起始酸碱性 还原产物 氧化产物 物质的量 物质的量 ① 酸性 0.002 x ② 中性 0.001 y 已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。下列说法不正确的是 A．反应①， B．随反应进行，①②溶液的均增大 C．对比反应①和②，在较高的溶液中易被氧化为高价 D．对比反应①和②， 【答案】D 【详解】A．反应①中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，I元素的化合价由-1价升至0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：10I-+2+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)=1∶2.5，A正确； B．反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，I元素的化合价由-1价升至+5价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应②的离子方程式是：I-+2+ H2O =2++2OH-，反应①消耗H+、产生水、pH增大，反应②产生OH-、消耗水、pH增大，B正确； C．已知的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I-的还原性随酸性减弱而增强，在较高的溶液中易被氧化为高价，C正确； D．反应①离子方程式为10I-+2+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，x= ，反应②离子方程式为I-+2+ H2O =2++2OH-，y==0.002mol，，D错误； 故选D。 2．某学习小组为探究氯化铜与亚硫酸钠的反应，设计了如下实验：             溶液 溶液 橙黄色沉淀 (含、、) 白色沉淀() 已知：。 下列分析中，不正确的是 A．的溶液呈弱酸性 B．由实验可知，生成橙黄色沉淀的速率较快，而生成白色沉淀的反应趋势更大 C．取洗涤后的橙黄色沉淀于试管中，加入稀硫酸，若溶液变蓝，则说明橙黄色沉淀含有 D．本实验中，溶液和溶液的总反应离子方程式为： 【答案】C 【详解】A. 氯化铜是强酸弱碱盐，的溶液中铜离子水解，因此呈弱酸性，故A正确； B. 根据实现现象先生成橙黄色沉淀，说明生成橙黄色沉淀的速率较快，最终生成白色沉淀，说明生成白色沉淀的反应趋势更大，故B正确； C. 取洗涤后的橙黄色沉淀于试管中，由于沉淀中含有铜离子，因此加入稀硫酸，若溶液变蓝，不能说明橙黄色沉淀含有，故C错误； D. 本实验中，溶液和溶液的总反应离子方程式为：，故D正确。 综上所述，答案为C。 3．以溶液、浓盐酸为腐蚀液，能将覆铜板上不需要的铜腐蚀。某小组对此反应过程进行探究。 资料：ⅰ.水溶液中：呈无色；呈黄色；呈棕色。 ⅱ.；CuCl为白色固体，难溶于水。 将等体积的溶液a分别加到等量铜粉中，实验记录如下： 实验 溶液a 现象 Ⅰ 溶液() 产生白色沉淀，溶液蓝色变浅，5h时铜粉剩余 Ⅱ 浓盐酸() 产生无色气泡，溶液无色；继而溶液变为黄色；较长时间后溶液变为棕色，5h时铜粉剩余 Ⅲ 溶液()和浓盐酸() 溶液由黄绿色变为棕色，无气泡；随着反应进行，溶液颜色变浅，后接近于无色，5h时铜粉几乎无剩余 经检验，Ⅱ中产生的气体为，下列有关说法中不正确的是 A．Ⅰ中产生白色沉淀的过程可以描述为 B．将加到铜粉中，溶液变蓝，未检测到。证明的产生与、结合成，提高了Cu的还原性有关 C．对比实验Ⅰ、Ⅲ，分析实验Ⅲ中将溶液a加到铜粉中未产生白色沉淀的原因可能是Ⅲ中溶液的酸性太强，白色沉淀被溶解 D．实验Ⅱ、Ⅲ对比，实验Ⅱ中产生气泡，实验Ⅲ中无气泡，可能是在此条件下或的氧化性强于 【答案】C 【分析】实验I:往CuCl2溶液(1mol/L)中加铜粉，产生CuCl白色沉淀，溶液蓝色变浅； 实验II:往浓盐酸(10mol/L)中加铜粉，生成氢气和[CuCl3]2-、然后生成[CuCl4]2-使溶液呈黄色、较长时间后生成[Cu2Cl4(H2O)]-使溶液呈棕色； 实验III:往CuCl2溶液(1mol/L)和浓盐酸(10mol/L)混合溶液中加铜粉，生成[Cu2Cl4(H2O)]-使溶液呈棕色，然后随着反应进行，溶液颜色变浅，后接近于无色，5h时铜粉几乎无剩余。 【详解】A．实验I中往CuCl2溶液(1mol/L)中加铜粉，产生CuCl白色沉淀，溶液蓝色变浅，发生化学反应为Cu+Cu2++2Cl−=2CuCl，A正确； B．加入5mol/L的与Ⅱ形成对比，无气体放出，硫酸和浓盐酸两种溶液中氢离子浓度相同，则说明是阴离子的影响不同，说明受到浓度的影响，与Cu+结合形成使Cu还原性增强，导致氢气的生成，B正确； C．浓度较大时，存在的反应，可能导致白色沉淀CuCl不能稳定存在，CuCl溶于浓盐酸并非由于其具有酸性，C项错误； D．实验Ⅱ、Ⅲ对比，源于被还原，当有存在时，未生成，可能是因为或氧化性强于，先于与Cu反应，D项正确； 故本题选C。 4．84消毒液是一种以NaClO为主的高效消毒剂。为探究NaClO与KI溶液的反应机理，进行如下实验。下列分析错误的是 实验 滴管 烧杯 现象    甲 5滴饱和NaClO溶液 10mL 0.1mol/L KI溶液 溶液变为棕黄色，再滴入淀粉，溶液变蓝 乙 5滴0.1mol/LKI溶液 10mL饱和NaClO溶液 溶液变黄绿色，再滴入淀粉溶液，溶液颜色不变蓝，久置后，溶液黄绿色消失 丙 逐滴滴入0.1mol/LKI溶液至过量 10mL饱和NaClO溶液(含少量淀粉溶液) 随着KI溶液的滴入，溶液变为黄绿色，且颜色不断加深，同时观察到溶液中出现局部变蓝但很快褪去的现象。继续滴加KI溶液，蓝色褪去速度变慢，最终溶液变为蓝色，且不再褪色。 已知 常温下，饱和NaClO溶液的pH约为11； 部分微粒在水溶液中的颜色：IO-(黄绿色)、 (无色)。 A．实验甲中反应的离子方程式为2I-+ClO-+2H+=I2+Cl-+H2O B．实验乙中最初的主要氧化产物为IO- C．实验丙“局部蓝色褪去”的原因可能是I2被ClO-氧化为IO-或 D．由以上实验可推断：NaClO溶液浓度较低时利于与NaClO溶液反应生成I2 【答案】A 【分析】实验甲是少量次氯酸钠溶液与过量溶液反应，根据现象判断生成碘单质；实验乙是过量次氯酸钠与少量溶液反应根据现象判断生成了；实验丙是向次氯酸钠溶液中逐滴滴加溶液，的量从少量逐渐增加至过量，来判断此过程中是否会产生碘单质。结合三个实验，得到结论是次氯酸钠溶液浓度低时生成碘单质，次氯酸钠浓度高时生成黄绿色。 【详解】A．根据分析可知，实验甲中反应生成单质碘，结合次氯酸钠溶液显碱性特点，其离子方程式为：，A错误； B．由于实验乙的溶液变黄绿色，再滴入淀粉溶液，溶液颜色不变蓝，说明生成了，没有生成，方程式为：，B正确； C．溶液出现蓝色，说明生成了，而后来蓝色很快褪去，说明生成的单质碘被次氯酸根继续氧化，碘元素化合价升高为+1价，生成IO-，或升高为+5价，生成，C正确； D．根据分析可知，结合三个实验可知，次氯酸钠溶液浓度低时生成碘单质，次氯酸钠浓度高时生成黄绿色，D正确； 故选A。 5．氯化亚铜(CuCl)在浓盐酸中存在平衡：CuCl(s，白色)；CuCl悬浊液中存在平衡：CuCl(s，白色)(s，黄色)。某化学小组设计如图实验。下列有关说法错误的是 A．过程①：Cu与溶液在酸性环境下发生了置换反应 B．过程②中不稳定，平衡逆向移动 C．实验二中产生黄色沉淀的原因是CuCl发生水解，转化为CuOH D．上述实验中制得CuCl的离子方程式： 【答案】A 【详解】A．在过程①中，Cu与溶液在酸性环境下发生反应的离子方程式为，该反应产物没有单质生成，不属于置换反应，A项错误； B．由题可知，在过程②中，向无色溶液中加入100mL蒸馏水，产生白色沉淀，说明不稳定，浓度减小时，发生反应，B项正确； C．由题可知，CuOH为黄色不溶于水的固体，实验二中产生黄色沉淀的原因是CuCl发生水解，转化为CuOH黄色沉淀，C项正确； D．由题可知，实验一和实验二中制备CuCl发生反应的离子方程式均为，D项正确； 故选：A。 押题猜想九 反应机理与反应过程分析 （原创题）将高炉煤气转化为价值更高的的方法不断发展。科研人员以为初始原料构建化学链，实现。下列说法不正确的是 A．图中涉及的氧化还原反应均为吸热反应 B．CaO和Fe2O3可循环使用 C．降低温度，的平衡常数减小 D．适当升高温度，可以提高CO转化率 【答案】A 【分析】以为初始原料构建化学链的原理为：先利用将和转化为和，还原为单质Fe，生成的被CaO吸收转化为，分离后提供能量使重新分解为和CaO，CaO循环使用，在能量作用与Fe重新转化为和，循环使用，实现的分离提纯转化，据此分析解答。 【详解】A．虽然的，说明此反应为吸热反应，但体系中还涉及的还原、Fe的氧化等过程，并非所有氧化还原反应均为吸热反应，A错误； B．先利用将和转化为和，还原为单质Fe，生成的被CaO吸收转化为，分离后提供能量使重新分解为和CaO，CaO循环使用，在能量作用与Fe重新转化为和，循环使用,B正确； C．根据反应可知，该反应为吸热反应，降低温度平衡向逆反应方向移动，根据，得到平衡常数减小，C正确； D．根据反应可知，该反应为吸热反应，适当升高温度，平衡向正方向移动，可以提高CO转化率，D正确； 故答案为：A。 押题解读 高频考查反应机理（催化剂作用、活化能变化、中间体识别）与过程分析（决速步骤、能量变化），体现学科核心素养（证据推理与模型认知）。近三年北京卷聚焦能垒图分析、催化剂对反应热影响及工业流程迁移应用。强化能垒图分析（活化能高低与速率关系）、中间体与过渡态判断（如副产物生成路径）、催化剂作用（降低活化能但焓变不变），规范书写步骤（总反应拆分、能量守恒计算）。 1．用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速氧化的细菌，浸出辉铜矿机理如图所示。 下列说法不正确的是 A．反应Ⅰ的离子方程式为 B．温度越高，浸出速率越快 C．浸出过程中几乎不需要补充铁盐 D．理论上反应Ⅰ中每消耗（标准状况）可浸出 【答案】B 【详解】A．由图可知，反应Ⅰ中Fe2+和O2反应生成Fe3+和H2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，A正确； B．该过程中有细菌等微生物参与，高温会导致氧化亚铁硫杆菌的蛋白质发生变性，而降低浸出速率，B错误； C．由图可知，反应I中发生，反应II中发生4Fe3++Cu2S=4Fe2++S+2Cu2+，总反应为O2+4H++Cu2S=S+2Cu2++2H2O，可知浸出过程中不需要补充铁盐，C正确； D．总反应为O2+4H++Cu2S=S+2Cu2++2H2O，标准状况下的物质的量为0.1mol，可浸出，D正确； 故选B。 2．可采用Deacon催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。 下列说法不正确的是 A．X为反应物，Z为生成物 B．反应制得，理论上放出的热量 C．降低反应温度，被氧化制的反应平衡常数增大，正反应速率减慢 D．图中转化涉及的反应中有两个非氧化还原反应 【答案】D 【分析】如图所示，反应过程中具有如下基元反应：、、、、，则X为、W为、Y为、Z为。 【详解】A．据分析，X为反应物，Z为生成物，故A正确； B．根据盖斯定律，生成放出的热量，则生成放出的热量，故B正确； C．正反应为放热反应，降低反应温度，反应正向进行，被氧化制的反应平衡常数增大，温度降低正、逆反应速率均减慢，故C正确； D． 据分析，基元反应中、、为非氧化还原反应，、为氧化还原反应，故D错误； 故答案为D。 3．CO2在温和条件下转化为甲醇的一种反应历程如下图，In2O3为该反应的催化剂。下列说法正确的是 A．该历程中存在着极性键与非极性键的断裂与形成 B．碳原子的杂化方式未发生改变 C．In2O3降低了该反应的∆H D．若参与反应的二氧化碳分子为C18O2，则生成物甲醇的化学式为CH318OH 【答案】D 【详解】A．从图中可以看出，该历程中，发生碳氧键(极性键)、氢氢键(非极性键)的断裂和碳氢键(极性键)的形成，则存在着极性键与非极性键的断裂和极性键的形成，但不存在非极性键的形成，A不正确； B．在CO2分子中，中心碳原子的价层电子对数为=2，发生sp杂化，在CH3OH分子中，C的价层电子对数为=4，发生sp3杂化，则碳原子的杂化方式发生了改变，B不正确； C．In2O3为该反应的催化剂，只能降低该反应的活化能，从而加快反应速率，但不能降低该反应的∆H，C不正确； D．从图中可以看出，生成CH3OH(g)时，CO2分子中有1个O原子进入甲醇分子内，若参与反应的二氧化碳分子为C18O2，则生成物甲醇的化学式为CH318OH，D正确； 故选D。 4．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 【详解】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。 5．在NO的催化下，丙烷(C3H8)催化氧化制丙烯(C3H6)的部分反应机理如图所示。下列说法正确的是 A．含N分子参与的反应不一定有电子转移 B．增大NO的量，C3H8的平衡转化率增大 C．由•C3H7生成丙烯的历程有2种 D．当存在反应NO+NO2+H2O=2HONO时，最终生成的水减少 【答案】C 【分析】根据反应机理的图示知，含N分子发生的反应有、、，因此NO是催化剂，回答下列问题； 【详解】A．根据分析可知，含N分子参与的反应一定有电子转移，A不符合题意； B．NO是催化剂，增大NO的量，平衡不移动，不会改变的平衡转化率，B不符合题意； C．根据反应机理，由生成丙烯的历程有2种，即图中左上角和右下角的历程，C符合题意； D．无论是否存在反应，总反应都是丙烷和氧气生成丙烯和水，最终生成的水不变，D不符合题意； 故选C。 押题猜想十 电解质溶液图像分析 （原创题）时，利用HCl或NaOH调节某弱碱MOH溶液的pH，[X表示、、或]随pH变化的关系如图所示。分别为MOH的电离常数和水的离子积常数，下列说法错误的是 A．的数量级为 B．的过程中，水的电离程度逐渐增大 C．P点时，若溶液为MOH与MCl的混合溶液，则此时C(Cl-)<C(MOH) D．O点为中性点，= 【答案】B 【详解】A．结合图像，P点为=，P点pH在9~10之间，的数量级为，A正确； B．N点存在=，N点溶质为MCl，M+水解使溶液显酸性，然后逐渐加入NaOH，M+逐渐转化成MOH，MOH电离抑制水的电离，的过程中，水的电离程度逐渐减小，B不正确； C．P点时c(MOH)=c(M+)、c(OH-)＞c(H+)，若溶液为MOH与MCl的混合溶液，溶液中的电荷守恒为c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(M+)，则此时，C错误； D．O点为中性点=，D正确； 故选B。 押题解读 高频考查电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡的图像分析（如滴定曲线、分布系数图、对数图），聚焦微粒浓度变化、pH判断及守恒关系。近三年北京卷聚焦中和滴定曲线、沉淀溶解平衡及对数图像；强化滴定曲线“五点”分析（起始点、半中和点、中性点、终点、过量点），活用守恒律（电荷、物料、质子），结合对数图坐标转换（如pC与pH关系）及沉淀曲线（Qc与Ksp比较）。 1．常温下，二元酸溶液中溶质微粒分布系数[如]与关系如图所示。下列说法正确的是 A．表示，表示 B． C．溶液中存在： D．等物质的量浓度的和溶液等体积混合，离子浓度大小关系为： 【答案】C 【详解】A．结合分析，a表示c（HA-），b表示c（A2-），A错误； B．根据坐标点（1.8,0.5），此时c（HA-）=c（A2-），，B错误； C．溶液中存在物料守恒：，C正确； D．等物质的量浓度的和溶液等体积混合，根据，则A2-水解常数，HA-电离大于水解，离子浓度大小关系为：，D错误； 故选C。 2．时，向(电离方式与相似)溶液中滴加的盐酸，混合溶液中、的分布系数、水电离出的负对数与所加盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是 A． B．时，的水解常数为 C．之间，存在 D．B点溶液满足关系： 【答案】D 【分析】在的水溶液中滴加盐酸，发生反应：，随着盐酸的增加，逐渐减少，逐渐增多，图中曲线Ⅰ代表，曲线Ⅱ代表，另一曲线代表水电离出的的负对数，电离产生，HCl电离产生，均抑制水的电离，因此当与HCl恰好完全反应时，水的电离程度最大，此时为B点，据此答题。 【详解】A．A点，，水电离出，未完全反应，此时溶液中，，可得的电离常数为，的水解常数为。若，根据，溶液中，由于的电离程度大于的水解程度，溶液中，与A点不符，所以，A错误； B．由A项知，的水解常数为，B错误； C．B点与HCl恰好完全反应，溶质只有，溶液为酸性，B→C之间酸性在增强，据电荷守恒，则，C错误； D．B点与HCl恰好完全反应，溶质只有CH3NH3Cl，根据物料守恒有，D正确； 故选D。 3．可用去除酸性废水中的砷元素，形成沉淀。溶液中含砷微粒的物质的量分数与的关系如图1所示，砷去除率与温度的关系如图2所示。 已知：可缓慢水解，且溶于碱性溶液。 下列说法正确的是 A．沉淀反应为 B．图2能证明生成沉淀的反应为放热反应 C．产生的沉淀若不及时滤去，砷去除率会降低 D．加入的量越多，砷元素的去除率越高 【答案】C 【详解】A．由图1可知，酸性废水中形式存在砷元素主要以亚砷酸，加入硫化钠得到三硫化二砷的反应为，故A错误； B．由图2可知，升高温度，砷去除率会降低，去除率降低可能是温度升高三硫化二砷的溶解度增大所致，也可能是三硫化二砷的水解程度增大所致，所以无法依据去除率降低判断生成三硫化二砷的反应为放热反应，故B错误； C．由题给信息可知，三硫化二砷可缓慢水解，所以除砷时若产生的三硫化二砷沉淀若不及时滤去，会因水解导致砷去除率降低，故C正确； D．硫化钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，由题给信息可知，三硫化二砷溶于碱性溶液，则加入硫化钠的量越多，砷元素的去除率会因溶解而降低，故D错误； 故选C。 4．在时，向两份的溶液中分别滴加浓度均为的盐酸和溶液。部分离子浓度随加入溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是 A．相同条件下，醋酸和一水合氨的电离平衡常数相等 B．点和点存在的关系是 C．水的电离程度： D．点： 【答案】B 【详解】A．常温下醋酸铵溶液的pH=7，则与CH3COO-的水解平衡常数相等，说明CH3COOH、的电离平衡常数相等，A正确； B．由图可知，d点的物质的量是b点Cl-的2倍，但两点溶液体积不同，故两种离子的浓度不存在2倍关系，B错误； C．a点溶质为CH3COONH4，促进水的电离，c点溶质为CH3COOH、NH4Cl，d点溶质为CH3COONa、；CH3COOH和都抑制水的电离，由A项分析可知两者电离平衡常数相等，故对水的电离的抑制程度也相同，故水的电离程度：，C正确； D．b点溶质为等物质的量的CH3COOH、NH4Cl和CH3COONH4（假设不考虑电离和水解），根据物料守恒可得，D正确； 故答案选B； 5．可用于含镉废水的处理。 已知：常温下，i．溶液中各含硫粒子的物质的量分数与pH的关系如图所示。 ii．溶液pH约为12.8。 iii．。 下列说法不正确的是 A．溶液中： B．溶液中： C．含镉废水中加入FeS后，发生反应的离子方程式为 D．向含的废水中加入足量FeS，废水可达排放标准 【答案】B 【详解】A．根据物料守恒可知，，A正确； B．溶液pH约为12.8，结合图像可知，，B错误； C．结合题中信息，，则含镉废水中加入FeS后，发生反应的离子方程式为：，C正确； D．向含的废水中加入足量FeS，方程式为：，平衡常数，假设沉淀转化过程中生成为0.001mol/L，得到，废水可达排放标准，D正确； 故选B。 押题猜想十一 化学基本概念与化学思想方法 （原创题）化学与我们的生活、生产密切相关，下列说法中正确的是 A．常见食用油在空气中被氧化产生异味，与其分子中含有碳碳双键有关 B．石油经过分馏可得到煤油、柴油等，是利用了物质的溶解性差异 C．聚酯纤维涤纶做成的织物在航空领域得到广泛应用，涤纶通常通过加聚反应制得 D．我国科学家实现了从二氧化碳到淀粉的人工全合成，其中直链淀粉含量高的食物口感较黏 【答案】A 【详解】A．常见食用油分子中含有碳碳双键，易被空气中的O2氧化而产生异味，酯基不易被氧化，所以与其分子中含有碳碳双键有关，A正确； B．石油分馏是利用各成分沸点的不同，将石油分离得到煤油、柴油等馏分，不是利用物质的溶解性差异，B错误； C．涤纶是聚对苯二甲酸乙二酯，是通过缩聚反应制得的，而不是加聚反应，C错误； D．直链淀粉含量高的食物，口感较硬，支链淀粉含量高的食物口感较黏，D错误；故选A。 押题解读 高频考查氧化还原反应判断（如古文现象分析）、物质性质与分类（如合金/非金属材料辨析）及守恒思想应用。近三年北京卷聚焦氧化还原反应（2024年T1）、物质性质判断（2023年T9石英成分辨析）及守恒计算（2022年T1），结合传统文化与科技命题。强化氧化还原反应判断（如四类古文反应归类）、守恒律（电荷/原子守恒计算）及物质性质分析（如合金延展性、无机材料分类）。 1．三星堆考古挖掘中，二号祭祀坑出土的商代铜人铜像填补了我国考古学、青铜文化、青铜艺术史上的诸多空白。下列说法不正确的是 A．测定出土文物年代的原子核内有14个质子 B．X射线衍射实验可以对青铜器微观晶体结构进行分析 C．铜像表面的铜绿能在空气中稳定存在 D．青铜是铜、锡等金属的合金，属于金属材料 【答案】A 【详解】A．原子核内有6个质子，A错误； B．晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法，X射线衍射法研究晶体结构、形貌和各种缺陷的重要手段，可对青铜器微观晶体结构进行分析，B正确； C．铜像表面的铜绿不会与空气中成分反应，能在空气中稳定存在，C正确；   D．合金为金属材料，青铜是铜、锡等金属的合金，属于金属材料，D正确； 故选A。 2．2025年春晚，宇树机器人的舞蹈表演震撼了全世界。下列有关说法正确的是 A．宇树机器人使用石墨烯作为导热材料，利用了石墨烯良好的导热性 B．宇树机器人使用高能量密度锂电池作为动力，是因为锂的密度大 C．宇树机器人使用了大量碳纤维复合材料，碳纤维是一种有机高分子材料 D．宇树机器人使用航空级铝合金，是因为铝合金的强度大、熔点高 【答案】A 【详解】A．石墨烯具有良好的导热性，可作为导热材料，A正确； B．使用高能量密度锂电池作为动力，是因为锂电池具有高能量密度的特点，而不是因为锂的密度大，B错误； C．使用了大量碳纤维复合材料，是因为碳纤维复合材料具有高强度、低密度和耐磨损等性能，碳纤维复合材料是由碳纤维、树脂、金属、陶瓷等复合而成的材料，不是有机高分子材料，C错误； D．使用航空级铝合金，是因为铝合金的强度大、密度小（质轻）、熔点相对低的特点，D错误； 故答案选A。 3．2025年1月，我国科研人员针对高效转化为HCOOH的研究取得了突破性进展。下列关于的说法正确的是 A．三种物质均属于有机化合物 B．均为非极性分子 C．和体现了和的氧化性 D．通过测定常温下HCOONa溶液的pH可以判断HCOOH是否为弱电解质 【答案】D 【详解】A．不是有机化合物，A错误； B．正负电荷的中心重合，是非极性分子，正负电荷的中心不重合，是极性分子，B错误； C．，碳元素从-4价升高到+2价，体现了的还原性；，碳元素从+4价降低到+2价，体现了的氧化性，C错误； D．常温下HCOONa溶液的pH不等于7，则存在甲酸根的水解，即HCOOH为弱电解质，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 【详解】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．离子化合物和与水的反应分别为：①；②。下列说法不正确的是 A．、中均有离子键和共价键 B．①中水没有发生化合价变化，②中水发生还原反应 C．中阳、阴离子个数比为，中阳、阴离子个数比为 D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量之比为 【答案】A 【详解】A．由和组成，包括离子键和共价键，由和组成，只有离子键，故A错误； B．①中中的-1价氧原子在反应中转化为-2价和0价，水没有发生化合价变化，②中中的H为-1价，在反应中化合价升高至0价，发生氧化反应，水中的H为+1价，在反应中化合价降低至0价，发生还原反应，故B正确； C．由2个和1个组成，阳、阴离子个数比为，由1个和2个组成，阳、阴离子个数比为，故C正确； D．反应①生成转移2mol电子，反应②生成转移2mol电子，当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量之比为，故D正确； 故答案为A。 押题猜想十二 物质结构与性质综合 （原创题）硅、硒、锗(Ge)及其化合物广泛应用于光电材料领域。 (1)“中国芯”的主要原材料是高纯单晶硅，制备纯硅的反应原理：。 ①中键是由硅的 轨道与氯的3p轨道重叠形成键，空间构型是 。 ②晶体熔点明显高于，原因是 。 (2)Ge在元素周期表第4周期第IVA族。基态Ge原子的价层电子排布式是 。 (3)硒化锌（ZnSe）是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如下图所示。 ①该晶胞中硒原子的配位数为 。 ②若该晶胞密度为，硒化锌的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，则晶胞边长a为 nm。 【答案】(1) 1个杂化 正四面体 晶体硅是共价晶体，熔化破坏共价键，是分子晶体，熔化破坏分子间作用力，由于共价键的作用比分子间作用力强，所以共价晶体熔化需要吸收能量大，熔点高 (2) 4S24P2 (3) 4 【详解】（1）①为正四面体空间构型，中心原子采用杂化，键是由硅的1个杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成键； ②二者晶体类型不同，晶体硅是共价晶体，熔化破坏共价键，是分子晶体，熔化破坏分子间作用力，由于共价键的作用比分子间作用力强，所以共价晶体熔化需要吸收能量大，熔点高； （2）Ge在元素周期表第4周期第IVA族，最外层4个电子，基态Ge原子的价层电子轨道表示式与同主族的C、Si相似，价层电子排布式为4S24P2； （3）①由晶胞结构可知，以位于面心的Se原子为研究对象，该晶胞中与硒原子距离最近且相等的Zn有4个，位于上下两个晶胞中，该晶胞中硒原子的配位数为4； ②若该晶胞中Zn的个数为4，Se的个数为=4，硒化锌的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，密度为，则晶胞边长a为nm。 押题解读 高频考查原子结构（电子排布、电离能）、分子构型（杂化、VSEPR模型）、晶胞计算（密度、配位数）。近三年北京卷聚焦基态电子轨道表示式、晶胞参数计算及分子极性分析。强化电子排布式规范书写（Cr、Cu特例）、晶胞均摊法（六棱柱配位数分析）、电离能/电负性比较（主族与过渡金属差异）。 1．金属间化合物是金属元素与金属元素之间形成的化合物，和是两种金属间化合物。 (1)基态Fe原子价层电子排布式是 。 (2)第一电离能，从原子结构的角度解释原因 。 (3)的晶胞形状为正方体，边长为anm，一个晶胞中含有58个原子，其中有 个。已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为 。 (4)（结构）转化为结构。 ①写出结构的铁铝金属间化合物转化为结构的化学方程式 。 ②将放入十四烷酸的乙醇溶液中，中的Al被溶解于乙醇中的氧化，生成的盐吸附在金属基体表面形成许多均匀分布的微突起，使材料表面具有了类荷叶状结构，表现出超疏水现象（液滴难以浸润表面并易滚动脱离），写出反应的化学方程式 。设计实验证明中的Al被氧化 （填实验操作和现象）。 【答案】(1) (2)Mg失去的是3s能级上的电子，Al失去的是3p能级上的电子，3p能级电子的能量比3s能级电子的能量高，所以第一电离能 (3) 24 (4) 将金属Fe和Al分别放入十四烷酸的乙醇溶液中，反应相同时间，Fe表面观察不到超疏水现象，Al表面观察到超疏水现象 【详解】（1）Fe是26号元素，处于元素周期表中第四周期第Ⅷ族，其价层电子排布式为3d64s2； （2）Mg失去的是3s能级上的电子，Al失去的是3p能级上的电子，3p能级电子的能量比3s能级电子的能量高，所以第一电离能Mg＞Al； （3）一个晶胞中含有58个原子，由化学式Mg17Al12可知，晶胞中Al原子数目为58×=24；晶胞相当于有2个“Mg17Al12”，晶胞质量=，则晶体密度==； （4）①DO3结构化学式为Fe3Al，B2结构晶胞中Fe原子数目=8×=1，Al原子数目为1，其化学式为FeAl，DO3结构的铁铝金属间化合物转化为B2结构的化学方程式为； ②Fe3Al中的Al被溶解于乙醇中的O2氧化生成氧化铝，氧化铝再与C13H27COOH反应生成盐(C13H27COO)3Al和水，化学方程式为4Al+3O2+12C13H27COOH═6H2O+4(C13H27COO)3Al；利用铝反应生成的盐表现出超疏水现象设计，实验证明Fe3Al中的Al被氧化的具体方案：将金属Fe和Al分别放入十四烷酸的乙醇溶液中，反应相同时间，Fe表面观察不到超疏水现象，Al表面观察到超疏水现象。 2．硼元素在医药、陶瓷、新型电池等领域具有重要应用。 (1)基态B原子的电子排布式是 。 (2)Be、B均为第二周期的元素，基态原子的第一电离能Be B(填“>”“<”或“”)。 (3)硼酸是一元弱酸，具有抑菌消炎作用。硼酸显酸性的原理： 。 ①反应中B原子的杂化轨道类型的变化为 。 ②生成的过程中形成了配位键，原因是 。 (4)硼化钙是制高纯度硼合金的原料，其晶胞形状为立方体，结构示意图如图1所示，原子全部组合为正八面体，各顶点通过键连接成三维骨架，位于晶胞的中心。 ①硼化钙的化学式是 。 ②已知硼化钙晶体的密度为，阿伏加德罗常数为，则相邻两个间的最短距离为 。 (5)咪唑基-四氟硼酸盐型离子液体具有难挥发、高离子传导性等优点，可作为新型电池的电解液，其结构如图2所示。 若将咪唑基中的烃基(-R)替换为原子，该离子液体的黏稠度将增加，不利于离子传导，从粒子间相互作用的角度解释原因： (写一点)。 【答案】(1) (2)> (3) 由杂化变为杂化 中的原子提供空轨道，中的原子提供孤电子对 (4) (5)将烃基替换为原子，阳离子体积减小，离子键增强，同时咪唑基中的键可与中的原子形成氢键 【详解】（1）B是5号元素，根据构造原理，可知基态B原子的核外电子排布式是，故答案为：。 （2）根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA和第ⅤA反常，则第一电离能由大到小的顺序为Be＞B，故答案为：＞。 （3）①硼酸中B原子价层对数是，则B原子的杂化方式为杂化，中B原子价层对数为4，则B原子的杂化方式为杂化，故答案为：由杂化变为杂化。 ②因为中的原子提供空轨道，中的原子提供孤电子对，所以生成的过程中形成了配位键，故答案为：中的原子提供空轨道，中的原子提供孤电子对。 （4）①由晶胞结构可知，立方体晶胞的顶点均为，则顶点均摊有，Ca位于体心，个数为1，则硼化钙的化学式为，故答案为：。 ②设晶胞为a cm，因为Ca位于体心，则相邻两个间的最短距离为a cm，已知硼化钙晶体的密度为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为，解得a=，故答案为：。 （5）将烃基替换为原子，阳离子体积减小，离子键增强，同时咪唑基中的键可与中的原子形成氢键，将该离子液体的黏稠度将增加，不利于离子传导，故答案为：将烃基替换为原子，阳离子体积减小，离子键增强，同时咪唑基中的键可与中的原子形成氢键。 3．铁及其化合物在生产生活中有着重要的作用。 I．铁蓝或是一种传统的蓝色颜料，可由亚铁氰化钾制备而成。 (1)基态的价电子排布式为 。 (2)铁蓝中包含的化学键类型有 （填字母）。 A．配位键    B．离子键    C．非极性共价键 (3)比较N原子和O原子的第一电离能大小，并从原子结构角度进行解释 。 (4)邻二氮菲（）与能够生成稳定的橙色配合物，可用做的检测试剂。向溶液（浅黄色）中滴加邻二氮菲溶液，最终未观察到溶液呈现明显的橙色，原因是 。 II．在不同温度下，单质铁可表现出不同的晶体结构，从而具有不同用途。的部分晶胞结构和的晶胞结构如下图所示，回答下列问题： (5)每个晶胞实际包含2个Fe原子，每个Fe原子周围等距且紧邻的Fe原子有8个。试在图中用“”表示出晶胞中其余Fe原子所处的位置 。 (6)若和的晶胞体积分别为和，则和晶体的密度之比是 。 【答案】(1) (2)A B (3)第一电离能：；原子的价层电子排布式为，轨道处于半满状态，更稳定，不易失电子 (4)与的配位能力更强，溶液中的浓度低 (5) (6) 【详解】（1）铁是26号元素，基态的价电子排布式为； （2）中存在阴阳离子之间的离子键，亚铁离子与氰根离子之间存在配位键； （3）原子的价层电子排布式为，轨道处于半满状态，更稳定，不易失电子，则第一电离能：； （4）因为与的配位能力更强，溶液中的浓度低，所以未观察到溶液呈现明显的橙色； （5） 每个晶胞实际包含2个Fe原子，每个Fe原子周围等距且紧邻的Fe原子有8个。则铁原子位于8个顶点和1个体心，即； （6）每个晶胞实际包含2个Fe原子，则密度：；的晶胞含有铁原子：，密度为：，则和晶体的密度之比是：。 押题猜想十三 化学反应原理综合 （原创题）硫广泛应用于医药、储能电池等领域。采用不同的方法制备单质硫。 (1)方法一：将硫化氢气体通入浓硫酸中制备S，反应如下： i． ii． 制备S的总反应的热化学方程式是 。 (2)接触法制硫酸的关键反应为的催化氧化：。 ①其他条件不变时，为寻求反应时的最佳操作温度（某一转化率下，反应速率最快时的温度），绘制某一转化率（）下，反应速率（数值已略去）与温度的关系，如图所示。 解释时越大反应速率数值越低的原因 ；越大最佳操作温度越 （填“高”或“低”）。 ②平衡转化率下所对应的温度叫平衡温度。其他条件不变时，转化率（非平衡时或平衡时）与最佳操作温度、平衡温度的关系如下图所示。 曲线1为 温度曲线（填“平衡”或“最佳操作”），原因是 。 (3)利用产生硫，装置如下。电解质溶液均为稀硫酸。 ①加入少量，能持续生成S，结合有关反应解释原因： 。 ②代表或中的一种。X是 。 ③由光直接驱动的化学反应是 (用一个完整的离子方程式表示)。 【答案】(1) (2) 越大反应物浓度越低，反应速率越慢 低 平衡 相同条件下平衡时的转化率最大 (3) 不断循环转化 3I-++2H++ 【详解】（1）①根据盖斯定律，制备S的总反应=反应i+反应ii，∆H=∆H1+∆H2，热化学方程式为：； （2）①根据图知，490℃时α越大反应速率数值越低的原因：α越大反应物浓度越低，反应速率越慢；由图可知，α越大最佳操作温度越低； ②相同条件下平衡时的转化率最大，根据图知，曲线1为平衡温度曲线。 （3）装置右侧电极在光照条件下I-失去电子生成，发生氧化反应，为负极，左侧为正极，电极上X生成Y，发生还原反应； ①加入KI，电离出I-离子，发生反应，I-和不断循环转化；能持续生成S； ②由分析可知，X到Y发生还原反应，X为，Y为； ③在光照条件下，反应物有I-和，生成物有和，在酸性条件下的总反应方程式为：3I-++2H++。 押题解读 高频考查热力学（反应热计算、平衡常数）与动力学（速率方程、活化能分析）的综合应用，体现学科核心素养（证据推理、模型认知），区分学生解决复杂工业情境问题的能力。近三年北京卷聚焦竞争反应选择性调控及催化剂对反应机理的影响；强化盖斯定律计算（如多步反应焓变叠加）、平衡常数与转化率联立计算（结合物料守恒），掌握能垒图分析（决速步骤判断）及竞争反应调控策略（温度、催化剂选择）。 1．我国研制出在室温下可充电700次的钙-氧气电池，前景广阔。 (1)铝热法冶炼金属钙的热化学方程式：。 ①该反应体现了铝的 性。 ②提高钙的平衡产率的措施有 （写出两条）。 (2)钙-氧气电池如图。 ①用化学方程式解释电解质溶液选择非水溶剂的原因 。 ②放电过程中，在电极表面的两种反应路径如图。（*表示中间体，表示碳纳米管）。 i．在生成CaO的路径中，断裂 键，与另一个结合，形成了。 ii．写出参与的主要反应的电极反应式 。 iii．放电过程中，正极流入的电子与消耗的比值为2.07，计算可得生成与CaO的物质的量之比为 。充电时，比CaO更容易分解，因此，钙-氧气电池实现了常温循环充电。 ③充电过程中，在阴极生成，与快速生成覆盖在阴极表面，经测定。从反应速率的角度，分析阴极表面主要生成Ca而少量生成的可能原因 。 【答案】(1) 还原性 高温，适当低压，移走钙蒸气 (2) 键 193∶14 的反应速率快，在阴极生成的反应速率慢，因此在阴极表面主要生成Ca而少量生成 【详解】（1）①该反应中铝化合价升高，为还原剂，体现了铝的还原性； ②该反应是吸热、气体分子数增大的反应，则提高钙的平衡产率的措施有：高温，适当低压，移走钙蒸气； （2）①因为，则电解质溶液选择非水溶剂； ②i．在生成CaO的路径中，根据图可知，断裂键，与另一个结合，形成了；ii．根据图可知，比CaO能量低，稳定，即主要生成，则参与的主要反应的电极反应式：； iii．设生成与CaO的物质的量分别是a与b，根据与，消耗氧气为：，放电过程中，正极流入的电子与消耗的比值为2.07，则消耗，转移电子2.07，即=2.07，则； ③的反应速率快，在阴极生成的反应速率慢，因此在阴极表面主要生成Ca而少量生成。 2．金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法之一是将金红石转化为，再进一步还原得到钛。回答下列问题： (1)转化为有碳氯化法和直接氯化法。在1000℃时反应的热化学方程式及其平衡常数如下： Ⅰ碳氯化：  ，。 Ⅱ直接氯化：  ，。 ①对于碳氯化反应：增大压强，平衡 移动(填“向正反应方向”向“逆反应方向”或“不”)；温度升高，平衡转化率 (填“提高”“不变”或“降低”)。 ②平衡常数远远大于，说明碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是 。 ③反应的为 ，平衡常数 。 (2)在时，将、、C以物质的量比进行反应。体系中气体(、、、)平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。 ①图中的四条线中，A代表的物质是 (填“”或“”)。 ②图中显示，在200℃平衡时几乎完全转化为，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是 。 (3)碳氯化是一个“固-固-气”反应，实际生产中有利于三种反应物接触的措施是 。 【答案】(1) 向逆反应方向 降低 碳氯化反应气体分子数增加，小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程 -223 1.2×1014 (2) 提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品 (3)将、C粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积 【详解】（1）①碳氯化是气体体积增大的放热反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，温度升高，平衡逆向移动，平衡转化率降低； ②平衡常数远远大于，说明碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是：碳氯化反应气体分子数增加，小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程； ③根据盖斯定律，将“反应Ⅰ-反应Ⅱ”得到反应 =--223，平衡常数=1.2×1014。 （2）①当温度较高时会发生反应：，会导致CO的物质的量分数增大，B为CO2，A代表的物质是； ②实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200℃，就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品。 （3）固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大，有利于三种反应物接触，可将两者粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。 3．乙烯是有机合成工业重要的原料，由乙烷制取乙烯是常见的方法。回答下列问题： (1)乙烷氧化脱氢制备乙烯是化工生产中的重要工艺。 主反应：  ； 副反应：  。 ①副反应在一定温度下能自发进行的原因为 。 ②一定温度下，向装有催化剂的恒容密闭容器中充入物质的量之比为的和，反应相同时间后，测得乙烯的产率与温度的关系如图所示。 a．图中A点反应一定未达平衡，原因是 。 b．若C点反应也未达平衡，可能的原因是 。 (2)是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数。一定温度和压强下，反应ⅰ：  ；反应ⅱ：  (远大于)。 ①仅发生反应ⅰ时，的平衡转化率为40.0%，计算 。 ②同时发生反应ⅰ和ⅱ时，与仅发生反应ⅰ相比，的平衡产率 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (3)某团队提出为催化剂、作为温和的氧化剂用于乙烷裂解催化脱氢制乙烯技术。配位不饱和催化耦合脱氢反应过程推测如下：物理吸附的乙烷与配位不饱和中心反应，从键活化开始，同时的价态由+3升高到+4.补全图中画框部分 。 (4)2021年来中国科学院谢奎团队研究电解乙烷制备乙烯并取得突破，其原理如图所示。A极的电极反应式为 。 【答案】(1) 该反应的、，高温时 该反应为放热反应，若A点反应到达平衡，则温度更高条件下，乙烯的产率应更低 催化剂活性降低，导致反应速率减慢 (2) 或0.19 增大 (3) (4) 【详解】（1）①该反应的、，高温时，在高温度下能自发进行；②一定温度下，向装有催化剂的恒容密闭容器中充入物质的量之比为的和，反应相同时间后，测得乙烯的产率随温度先增加后减小，a．图中A点反应一定未达平衡，因为该反应为放热反应，若A点反应到达平衡，则温度更高条件下，乙烯的产率应更低，b．若C点反应也未达平衡，因为随着温度的升高，催化剂活性降低，导致反应速率减慢； （2）①仅发生反应ⅰ时，的平衡转化率为40.0%，假设反应前乙烷的物质的量为1mol，得三段式，计算，②远大于，说明反应ii进行程度远大于反应i，反应ii的反应物H2需要反应i来提供，也就是说反应i先发生，生成氢气后，这些氢气马上与C2H6发生反应ii，而且因为反应ii进行程度大，导致氢气浓度降低，反应i平衡不断正向移动，因此C2H4的平衡产率增大； （3） 物理吸附的乙烷与配位不饱和中心反应，从键活化开始，同时的价态由+3升高到+4，即增加一个共价键，根据碳原子的电负性强于铬原子，推测图中画框部分为； （4）从图分析，电极B上二氧化碳反应生成一氧化碳，得到电子，为阴极反应，则A为阳极；A电极上乙烷反应生成生成乙烯和水，电极反应式为。 押题猜想十四 有机合成与推断综合题 （原创题）某研究小组按下列路线合成抗炎镇痛药“消炎痛”(部分反应条件已简化)。 已知：ⅰ、 ⅱ、 ⅲ、R-COOH+R'NH2 (1)化合物F中官能团的名称是 。 (2)D→E的化学方程式是 。 (3)的芳香醛类同分异构体共有 种。 (4)的化学方程式是 。 (5)H的结构简式是 。 (6)由可制备物质，转化过程如下图： 写出试剂a和中间产物Q的结构简式： 、 。 【答案】(1)醚键、氨基 (2) + SOCl2 → + SOClOH (3) 6 (4)++H2O (5) (6) 【分析】A为芳香族化合物，结合A的分子式可知，A为甲苯，A发生苯环上的取代反应生成B，则B的结构简式为：，B中甲基被氧化为羧基生成D，D发生信息i的反应生成E为，F与发生信息ii的反应生成G为，G和E发生取代反应生成H为，H发生信息ii的第二步反应生成I为，I发生酯基的水解反应生成消炎痛； 【详解】（1）由F的结构简式可知，F的官能团的名称是醚键、氨基； （2）D→E的化学方程式是： + SOCl2 → + SOClOH （3）E为，不饱和度为1，的芳香醛类同分异构体共有(箭头所指醛基的位置)，共有6种同分异构体； （4）由分析可知，的化学方程式是++H2O； （5）由分析可知，H的结构简式是 ； （6）由P→Q的条件可知，P发生信息iii的反应，则P中必须含有氨基和羧基两种官能团，F发生信息ii的反应生成P为，则试剂a为，P发生信息iii的反应生成Q为，Q中醚键转化为酚羟基得到K。 押题解读 高频考查官能团识别、同分异构体数目判断（邻位取代、官能团限制）及合成路线设计；近三年北京卷聚焦多步合成路线（如帕罗西汀合成）、同分异构体分析（含苯环、三键等限制条件）及反应机理迁移（如酯交换、催化加氢）；强化逆推法（从目标产物反推中间体）、规范书写（结构简式、反应条件），掌握同分异构体分析技巧（不饱和度、取代基位置）及官能团衍变规律。 1．树豆酮酸B具有潜在抗糖尿病的生物活性，其人工合成路线如下。 已知：烯醇结构不稳定，极易转变为羰基，例如： (1)实验室制取A时，用 溶液除去A中的等杂质。 (2)B中含有羟基，B的结构简式是 。 (3)CD的反应类型是 。 (4)D的化学方程式是 。 (5)F的结构简式 。 (6)下列说法正确的是 （填序号）。 a．与E含有相同官能团的同分异构体有4种    b．G和J所含官能团种类相同 c．H生成I时，H分子断裂的化学键有键 (7)I分子中有3个六元环，I的结构简式是 。 【答案】(1) (2) (3)消去反应 (4)+HCl (5) (6)bc (7) 【分析】 由E与F的分子式，结合G的结构简式，推知E为、F为，由分子式可知A为HC≡CH，结合B、C、D、E的分子式及E的结构简式可知，乙炔与中羰基之间发生加成反应生成B，B中碳碳三键与氢气发生加成反应（或还原反应）形成碳碳双键生成C，C中羟基发生消去反应生成D，D分子与HCl发生1，4-加成生成E，推知B为、C为、D为，G经多步反应后—OH转化为—OCH3、—COOCH3转化为—COOH生成H，对比H与树豆酮酸B的结构，结合I的分子式、I→J→树豆酮酸B的反应、(7)中I分子中有3个六元环以及烯醇结构不稳定、极易转变为羰基，推知I为、J为。 【详解】（1）H2S和CuSO4溶液反应生成CuS黑色沉淀和H2SO4，所以实验室制取A时，用CuSO4溶液除去A中的H2S等杂质； （2） 通过以上分析知，B的结构简式是； （3）C中醇羟基发生消去反应生成D中碳碳双键，则C→D的反应类型是消去反应； （4） D分子与HCl发生1，4-加成生成E的化学方程式是+HCl； （5） F的结构简式为； （6） a．E为，与E含有相同官能团的同分异构体相当于CH2=CHCH2CH2CH3、CH3CH=CHCH2CH3、CH2=C(CH3)CH2CH3、CH2=CHCH(CH3)2、CH3CH=C(CH3)2中一个氢原子被氯原子取代，符合条件的同分异构体有5+5+4+4+3=21种，故a错误； b．J为，G和J所含官能团种类相同，都含有酯基、羟基、碳碳双键、醚键，故b正确； c．I为，H生成I时，H分子断裂的化学键有苯环上的C—H键，故c正确； 故答案为：bc； （7） 通过以上分析知，I的结构简式是。 2．伊曲茶碱可治疗帕金森症，其中间体L的合成路线如下。 (1)A中含有的含氧官能团有 。 (2)的化学方程式是 。 (3)E的核磁共振氢谱只有1组峰，E的结构简式是 。 (4)推测的反应中的作用是 。 (5)D的结构简式是 。 (6)K分子内脱水生成L，L分子中除了含有两个六元环，还有一个含氮原子的五元环，L的结构简式是 。 (7)的过程如下。 中间产物2的结构简式是 。 (8)和反应物中的键、的反应物中α位的键，极性强，易断裂，原因分别是 。 【答案】(1)醚键、羟基 (2)2+O22+2H2O (3) (4)作还原剂，将—N=O转化为—NH2 (5) (6)或 (7) (8)的电负性较大，键邻位的为吸电子基团 【分析】 由有机物的转化关系可知，铜做催化剂条件下与氧气共热发生催化氧化反应生成，则B为；与HOOCCH2COOH反应转化为，则D为；与CH3CH2NH2发生取代反应生成，则E为；与HOOCCH2CN先发生取代反应生成，发生分子内加成反应生成，发生构型转化得到，则G为；与亚硝酸钠反应生成，与发生还原反应生成，则J为；与发生取代反应生成，发生脱水反应生成或，则L为或。 【详解】（1） 由结构简式可知，的含氧官能团为醚键、羟基，故答案为：醚键、羟基； （2） 由分析可知，A→B的反应为铜做催化剂条件下与氧气共热发生催化氧化反应生成和水，反应的化学方程式为2+O22+2H2O，故答案为：2+O22+2H2O； （3） 由分析可知，核磁共振氢谱只有1组峰的E的结构简式为，故答案为：； （4） 由分析可知，I→J的反应为与发生还原反应生成，则的作用为作还原剂，将—N=O转化为—NH2，故答案为：作还原剂，将—N=O转化为—NH2； （5） 由分析可知，D的结构简式为，故答案为：； （6） 由分析可知，L的结构简式为或，故答案为：或； （7） 由分析可知，中间产物2的结构简式为，故答案为：； （8） E→F、F→G和K→L反应物中的N−H键极性强，易断裂是因为氮元素的电负性较大所致；的反应物中α位的键极性强，易断裂是因为C−H键邻位的−COOH为吸电子基团所致，故答案为：的电负性较大，键邻位的为吸电子基团。 3．脱落酸是一种植物激素，可使种子和芽休眠，提高植物耐旱性。脱落酸的一种合成路线如下： 已知： i．RCOORRCH2OH ii． iii． (1)化合物A的核磁共振氢谱只有1组峰，A的结构简式为 。 (2)常温下，化合物C是一种具有香味的无色液体。C中官能团的名称是 。 (3)2C→D的过程中，还会生成乙醇，反应的化学方程式是 。 (4)E→F和A→B的原理相同，E的结构简式为 。 (5)G→H的目的是 。 (6)K→L过程中，还存在L生成和乙醇的副反应。已知Y中包含2个六元环，Y不能与Na反应置换出H2，Y的结构简式为 。若不分离副产物Y，是否会明显降低脱落酸的纯度，判断并说明理由 。 (7)L→脱落酸的过程中，理论上每生成脱落酸消耗水的物质的量为 。 【答案】(1) (2)酯基 (3)2+CH3CH2OH (4) (5)保护酮羰基，防止其在后续反应中被还原 (6) 不会，Y中酯基会在酸性条件下继续水解，仍生成脱落酸 (7)1mol 【分析】 A的核磁共振氢谱只有1组峰，A的结构简式为，在碱性条件下生成B；C是酯类，C在乙醇钠作用下生成D，D与B加成生成E，E在碱性作用下生成F（E→F和A→B的原理相同），可推知E的结构简式为，逆推D结构简式为，逆推C结构简式，F（）异构化生成G（），G和乙二醇反应生成H（），H被还原生成I（），I发生反应ii生成J（），J催化氧化生成K（），K与发生反应iii的反应，生成L（），L酸性水解得到脱落酸，据此分析； 【详解】（1） 化合物A的核磁共振氢谱只有1组峰，A的结构对称，结构简式为； （2）低碳酯具有香味，C中官能团的名称是酯基； （3） 由分析可知，C结构简式，D的结构，故2C→D的过程中，还会生成乙醇，反应的化学方程式是2+CH3CH2OH； （4） E→F和A→B的原理相同，D结构简式为，B的结构为，E的结构简式为； （5） G（）→H H（），合成最后又生成酮羰基，目的是保护酮羰基，防止其在后续反应中被还原； （6） 已知Y中包含2个六元环，说明反应成环，Y不能与Na反应置换出H2，说明无羟基，根据Y的分子式以及生成乙醇可知，L()中酯基和羟基发生酯交换反应，生成Y的结构简式为。若不分离副产物Y， Y中酯基会在酸性条件下继续水解，含氧三元环也会水解仍生成脱落酸，不会明显降低脱落酸的纯度。 （7） L→脱落酸的过程中，脱去乙二醇形成酮羰基，由氧原子守恒可知，需要1分子水，1个羟基发生消去反应生成1分子水，1个酯基水解需要1分子水，圈内的含氧环开环形成两个羟基需要1分子水，其中1个羟基再发生消去反应形成双键生成1分子水，故理论上每生成脱落酸消耗水的物质的量为1mol。 押题猜想十五 化学工艺流程综合题 （原创题）钪(Sc)是一种在国防、航空航天、核能等领域具有重要作用的稀土元素。以钛白酸性废水(主要含TiO2+、Fe3+、Sc3+)为原料制备Sc及TiO2的工艺流程如图所示。 已知：①25℃时，Ksp［Fe(OH)3］=2.8×10-39，Ksp［Sc(OH)3］=1.0×10-30。 ②氢氧化钪Sc(OH)3是白色固体，不溶于水，其化学性质与Al(OH)3相似；Sc3+易形成八面体形的配离子。 ③常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，如，Sc的萃取率。 (1) “洗涤”时，加入H2O2的目的是 。 (2) 若要提高萃取率，可采取的措施有 (写两条)。 (3)用“10%盐酸调pH”，调节至pH=3，过滤，滤液中Fe3+的浓度为 mol/L。 (4)写出“沉钛”过程中离子反应方程式 。 (5)有机萃取剂萃取的反应原理可表示为：(代表有机萃取剂，为有机配合物)。 ①反萃取时钪发生反应的离子方程式为 。 ②反萃液可以再生利用，其方法是 。 (6)萃取时易发生共萃现象，有机萃取剂的浓度对萃取率(萃取率=被萃取物进入到有机相中的量占萃取前溶液中被萃取物总量的百分比)具有重要的影响，下图为有机萃取剂的浓度与钪、铁的萃取率关系图像，从图像中选择最合适的萃取剂浓度为 %；为提高钪的回收率，“萃取分液”操作可进行多次，假设“滤液”中，“萃取分液”每进行一次，的萃取率为，三次操作后“水相”中的 。 【答案】(1)提供配体，生成稳定的配离子［TiO(H2O2)］2+进入水层，便于分离出钛 (2)增加有机相体积、反复多次萃取（增加萃取次数）、提高分配比D(如更换萃取剂或调节pH) (3)2.8×10-6 (4)TiO2++(n+1)H2O=TiO2·n H2O↓+2H+ (5) ScR3＋3OH-= Sc(OH)3↓＋3R- 向反萃液中加入适量的酸后分液 (6) 1 【详解】（1）H2O2作为配体，与Ti4+形成稳定的配离子[TiO(H2O2)]2+。该配离子易溶于水，使钛元素进入水层，从而实现与有机层的分离； （2）提高萃取率的方法有：增加有机相体积、反复多次萃取（增加萃取次数）、提高分配比D(如更换萃取剂或调节pH)； （3）已知Ksp［Fe(OH)3］=2.8×10-39，pH=3时，c(H+)=10-3mol/L，因此c(OH－)=10-11mol/L。根据溶度积公式Ksp［Fe(OH)3］=c(Fe3+)×c3(OH-)=2.8×10-39，代入数值计算得出c(Fe3+)=2.8×10-6mol/L； （4）沉钛过程为TiO2+与水反应得到TiO2·nH2O沉淀，反应的离子方程式为：TiO2++(n+1)H2O=TiO2·n H2O↓+2H+； （5）①萃取时是加入有机萃取剂将萃取通过分液分离出来，反应的离子方程式为：；而进行反萃取时是加入NaOH溶液再萃取分液，则反应的离子方程式为：。 ②反萃取后分液得到的反萃液主要离子为，而萃取剂 为HR，所以将反萃液再生利用的方法为：向反萃液中加入适量的酸后分液。 （6）为了避免萃取时发生共萃现象，利用有机萃取剂的浓度对萃取率(萃取率=被萃取物进入到有机相中的量占萃取前溶液中被萃取物总量的百分比)和有机萃取剂的浓度与钪、铁的萃取率关系图，当萃取剂浓度为1%时，的萃取率已经非常高，而的萃取率比较低，当萃取剂浓度增加，的萃取率变化很小，而的萃取率急剧增大，不利于的萃取，故最合适的萃取剂浓度为：1%；“萃取分液”每进行一次，的萃取率为，即水相中残留的为2%，假设“滤液”中，则“萃取分液”三次操作后“水相”中的。 押题解读 高频考查原料预处理、反应条件控制及产物分离提纯。近三年北京卷注重工业流程与元素化合物、反应原理的综合应用，需优先掌握原料预处理、反应条件优化及绿色化学评价；强化“三步法”分析（目的→反应→分离）、规范守恒计算（电子/原子守恒）、掌握pH调控规律（除杂范围、水解抑制）。 1．常作为锂离子电池的正极材料，广泛应用于新能源汽车。是制备的原料。 (1)由钛白渣（主要成分为）获取的流程示意图如下。 资料：ⅰ．性能与其纯度、颗粒大小有关，沉淀速率影响颗粒大小 ⅱ．空间结构： ①Ⅰ中将钛白渣粉碎的目的是 。 ②溶液A的主要成分是（配合物），分析中配位键的形成过程 。 ③溶液B中含铁的主要微粒为，写出Ⅲ中反应的离子方程式 。 ④Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0~1.5，pH不能过高的原因是 。 (2)从废旧电极粉末中回收制备，同时获得副产品，工艺流程如下。 ①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低，原因是 。 ②加入物质B使溶液pH升至5，从物质循环和减少除杂过程角度，物质B为 （填化学式）。 ③添加量对Fe、P沉淀率影响如下图所示。 实际生产时，添加量选2.5%的原因是 。 (3)产品中铁含量测定：取ag样品，用盐酸充分溶解并配制成250mL溶液。取25.00mL该溶液于锥形瓶中，逐滴加入溶液，至恰好完全还原为，被氧化为，滴加指示剂，用标准溶液滴定（铬元素被还原为），消耗标准溶液，样品中铁的质量分数为 。（实验条件下存在不影响实验结果） 【答案】(1) 增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底 提供空轨道，中O原子提供孤电子对 pH过高会使水解生成，影响产品纯度；pH过高体系中增大，与沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能 (2) 温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢 添加量低于2.5%，产量低，不经济；高2.5%，部分生成沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低 (3) 【详解】（1）①Ⅰ中将钛白渣粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快浸出速率，使浸出更加彻底，故答案为：增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底； ②配合物FeHPO4中形成配位键的过程为提供空轨道，中O原子提供孤电子对，故答案为：提供空轨道，中O原子提供孤电子对； ③由分析可知，向溶液B中加入过量的过氧化氢溶液的目的是将配合物转化为FeHPO，反应的离子方程式为，故答案为：； ④Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0~1.5，pH不能过高是因为pH过高会使铁离子水解生成氢氧化铁，影响产品纯度；pH过高体系中磷酸根离子浓度增大，铁离子与磷酸根离子沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能，故答案为：pH过高会使水解生成，影响产品纯度；pH过高体系中增大，与沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能； （2）①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低是因为温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢，故答案为：温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢； ②从物质循环和减少除杂过程角度可知，加入物质碳酸锂使溶液pH升至5，即有利于过氧化氢溶液将L溶液中的亚铁离子转化为二水磷酸铁沉淀，又不影响碳酸锂中混有新杂质，则物质B为碳酸锂，故答案为：； ③由图可知，添加量低于2.5%，产量低，不经济；高2.5%，部分生成沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低，所以实际生产时，添加量选2.5%，故答案为：添加量低于2.5%，产量低，不经济；高2.5%，部分生成沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低； （3）由原子个数守恒和得失电子数目守恒可得如下转化关系：6——，滴定消耗VmL0.01mol/L溶液，则样品中铁的质量分数为=，故答案为：。 2．以废钴酸锂正极材料（主要含和Al）和废磷酸亚铁锂正极材料（主要含LiFePO4和Al）为原料联合提取钴和锂的一种流程示意图如下。 已知：ⅰ.Al和强碱反应时，铝元素转化为。 ⅱ.酸性条件下，氧化性比强，被还原为。 ⅲ.固体B和固体C按配料。 ⅳ.、的溶度积分别为：、。 (1)中Co元素的化合价为 。 (2)用NaOH溶液处理原料时，反应的离子方程式是 。 (3)相同条件下，和沉淀趋势随pH的变化如下图所示。 ①写出硫酸浸出时反应的化学方程式 。 ②混合液调的原因 。 ③混合液时， 填“>”或“<”）。 (4)有机相用硫酸反萃取，分液后得到溶液，加入溶液沉钴。写出“沉钴”反应的离子方程式 。 (5)理论上，和反应的与固体B中的物质的量之比是 。 (6)分析联合提取钴和锂的优势 。 【答案】(1)+3 (2) (3) 时，铁元素主要以的形式存在，钴元素主要以的形式存在，有利于钴元素和铁元素的分离 < (4) (5)1：22 (6)减少双氧水的用量；使锂、钴同时转化为目标产物 【详解】（1）LiCoO2中锂元素化合价+1价，氧元素化合价-2价，计算得到Co元素的化合价+3价； （2）用NaOH溶液处理原料时，Al与NaOH溶液反应，反应的离子方程式是：； （3）①固体B中主要是LiFePO4，固体C主要是LiCoO2，硫酸浸出时反应的化学方程式为：LiFePO4+LiCoO2+2H2SO4═FePO4+CoSO4+Li2SO4+2H2O； ②混合液调pH=1.8的原因是：pH≈1.8 时，铁元素主要以FePO4的形式存在，钴元素主要以Co2+的形式存在，有利于钴元素和铁元素的分离； ③混合液c(Fe3+)=1×10-5mol/L时，Ksp(FePO4)=c(Fe3+)×c(PO)=1.3×10-22，c(PO)=mol/L=1.3×10-17mol/L，Ksp[Co3(PO4)2]=c3(Co2+)×c2(PO)=2.0×10-35，c(Co2+)=mol/L＜1mol/L； （4）有机相用硫酸反萃取，分液后得到CoSO4溶液，加入NH4HCO3溶液沉钴，“沉钴”反应的离子方程式为：； （5）固体B和固体C按n(LiFePO4)：n(LiCoO2)=1.1：1配料，酸性条件下，LiCoO2氧化性比H2O2强，LiCoO2被还原为Co2+，根据反应LiFePO4+LiCoO2+2H2SO4═FePO4+CoSO4+Li2SO4+2H2O和得失电子守恒，理论上，和LiFePO4反应的H2O2与固体B中的LiFePO4物质的量之比1：22； （6）分析联合提取钴和锂的优势是：减少双氧水的用量；使锂、钴同时转化为目标产物。 3．利用菱锰矿[主要化学成分为，含、等杂质]制备粉的工艺流程如下。 已知：i．MnO易被氧化为，MnO能溶于氨水生成。 ii． (1)脱硅时进行的分离操作是 。 (2)在不同温度焙烧后，焙砂的主要成分如下表。 温度/℃ 600 700 800 主要成分 MnO、 MnO、、、MgO MnO、、MgO 下列说法正确的是 (填序号)。 A．800℃时发生了反应： B．热稳定性： C．焙烧时，的作用是避免被氧化 (3)已知分解反应吸热。在密闭装置中焙烧时，若将替换为显著分解的温度从600℃升高至700℃，从平衡角度解释原因： 。 (4)图1中，氨水-溶液中的总氮浓度固定为。结合图1解释浸锰时间时使用氨水和碳酸铵的原因： 。 (5)沉锰过程中温度对Mn沉淀率的影响如图2。结合化学用语解释温度升高，Mn沉淀率增大的原因： 。 (6)该工艺流程中可再次利用的物质为 。 【答案】(1)过滤 (2)AC (3)替换后浓度变大，不利于的分解。上述分解反应吸热，温度升高到700℃时，增大，，才能继续分解 (4)加入氨水可使转化为可溶性的；加入碳酸铵可避免过高发生副反应；同时能与结合补充的消耗 (5)温度升高导致被蒸出，减小，正向移动，浓度增大，生成沉淀 (6)或、 【详解】（1）脱硅时发生，生成的能溶于水，与、不溶物分离方法为过滤，故答案为：过滤； （2）A．根据不同温度焙烧后，焙砂的主要成分可知，时发生了反应：，A项正确； B．根据不同温度焙烧后，焙砂的主要成分可知，时分解，分解，时未发生分解，故热稳定性：，B项错误； C ．MnO易被氧化为，故焙烧时，的作用是避免被氧化，C项正确； 故答案为：AC； （3）相同温度下，将替换为，浓度变大，平衡逆移，不利于分解，该分解反应为吸热反应，温度升高至，值增大，此时，反应正向进行，继续分解，故答案为：替换后浓度变大，不利于的分解。上述分解反应吸热，温度升高到700℃时，增大，，才能继续分解； （4）从图像可看出，，溶液较高，氨水可使转化为可溶性的，但浸出量较低，随增大，溶液降低，浸出量升高，，略大于10，浸出量几乎达最大值，这是因为加入氨水可使转化为可溶性的；加入可避免过高发生副反应；同时能与结合补充的消耗； （5）氨水-溶液浸锰时，得到含有、等的浸锰液，溶液中存在平衡，沉锰时，温度升高，导致被蒸出，减小，正向移动，浓度增大，，有沉淀生成，故答案为：温度升高导致被蒸出，减小，正向移动，浓度增大，生成沉淀； （6）焙烧生成的可以与氨水反应制备，而沉锰时逸出的可以制备氨水，故答案为：或、。 押题猜想十六 实验综合探究分析 （原创题）某研究小组探究分别与浓硝酸发生钝化反应的快慢。 资料在水溶液中水合铁离子的形式存在； 。 实验1 实验 现象 1-1 Fe表面产生少量气泡且迅速停止，得到黄色溶液A 1-2 Al表面产生极少量气泡且迅速停止，得到无色溶液B (1)反应迅速停止是因为浓硝酸具有酸性和 性，可在Fe和Al表面形成致密的氧化层，阻止进一步反应。 (2)针对溶液A和B的颜色不同，推测实验1-1中Fe与浓硝酸钝化反应速率慢，导致生成的量多，溶液呈黄色。为验证上述推测，选取如下装置进行实验2（气密性经检验良好，夹持装置及连接装置已略去）。 实验2 实验装置 试剂 现象 2-1 I、II、III、IV组合 a．稀盐酸；b．大理石；c．饱和NaHCO3溶液；d．溶液A；e．NaOH溶液 溶液A颜色缓慢变浅 2-2 I、III、IV组合 a．_________；b．_________；d．溶液A；e．NaOH溶液 溶液A颜色迅速变浅，并褪为无色 ①结合资料，分析实验2-1中选择试剂c的目的是 。 ②实验2-2是将通入溶液A中，所选试剂分别为 。 ③实验2-2中溶液A褪色速率快于实验2-1，用化学方程式解释可能的原因 。 ④上述实验说明溶液A中含有。设计实验：将通入 中，观察到溶液变黄，进一步证实了溶液变黄为所致。 (3)设计原电池装置进行实验3。 资料ii：此实验条件下，指针偏向的电极为正极。 实验3 实验装置 浓硝酸温度（） 实验现象 3-1 30 指针迅速偏向Al，Fe溶解 3-2 10 指针先迅速偏向Al，又迅速偏向Fe，之后缓慢恢复至零 3-3 5 指针偏向Fe，之后缓慢恢复至零 ①依据3-1的实验现象，可得出结论 。 ②分析实验3-2中“指针又偏向Fe”的可能原因 。 (4)综合上述实验，影响分别与浓硝酸发生钝化反应快慢的因素可能有 。 【答案】(1)强氧化性 (2) 除去挥发的HCl，避免生成黄色的对溶液颜色产生干扰 溶液，或（合理即可） 含少量的浓硝酸 (3) 时，Al与浓硝酸钝化速率比Fe的快；Fe不钝化 Al钝化速率快，先形成氧化膜作正极，接着Al表面的氧化膜有溶解，Fe表面的氧化膜增厚，此时变为Al做负极，指针偏向Fe (4)温度、氧化膜的致密程度、氧化膜的形成速率、还原性（合理即可） 【分析】实验1：根据实验出现的现象，Fe和Al表面都产生少量气泡且迅速停止，是因为浓硝酸具有强氧化性，可以在常温下使Fe或Al两种金属迅速氧化，在金属表面形成致密氧化物保护膜形成金属钝化现象，可以阻止金属继续与浓硝酸反应，其中Fe得到黄色溶液A，Al得到无色溶液B； 实验2：根据题目信息，要验证实验1-1得到的黄色溶液可能是生成的量多溶解导致，只需要证明溶液中参与反应颜色发生变化即可，结合实验2装置，实验2-1采用的是利用装置制取排除溶解气体的方式；实验2-2采用的是利用装置制取消耗溶解气体的方式； 实验3：根据实验3的现象可知，指针偏向的电极为正极，即为难反应的金属电极，则另一极的金属作负极被反应，据此分析解答。 【详解】（1）根据分析，浓硝酸在此实验中除体现了酸性外，还体现出：强氧化性。 （2）①结合题目所给资料和分析，实验2-1采用的是利用装置制取排除溶解气体的方式，从制取装置出来的气体中含有杂质，为了不影响实验效果需要除去，通常选择用饱和溶液来吸收中的，故试剂c的目的是：吸收中的，避免生成黄色的对溶液颜色产生干扰； ②实验2-2是将通入溶液A中，则装置I中所选试剂、是用于制取的药品，故、分别为：溶液、或、； ③实验2-2采用的是利用装置制取消耗溶解气体的方式，实验2-2中溶液A褪色速率快于实验2-1，是因为发生了如下反应快速消耗了的原因，故反应的方程式为：； ④要验证上述实验的溶液A中含有。可以设计如下实验：将通入含的溶液中，如观察到溶液变黄，则可以进一步证实溶液变黄为溶解所致，故需要加入：含少量的浓硝酸。 （3）①依据3-1的实验现象：在30∘C时，指针迅速偏向Al，则Al为正极未反应，Fe溶解，Fe为负极被持续消耗，故得出结论：在30∘C时，Al与浓硝酸钝化速率比Fe的快，Fe不钝化； ②依据3-2的实验现象：在10∘C时，指针先迅速偏向Al，说明Al为正极未反应，Fe作负极溶解；又迅速偏向Fe，说明此时Fe作正极不消耗，而Al反而变为负极被消耗；之后缓慢恢复至零，说明Al和Fe表面都被钝化不再发生反应，反应停止，故出现这一现象的原因可能是：Al钝化速率快，先形成氧化膜作正极，接着Al表面的氧化膜有溶解，Fe表面的氧化膜增厚，此时变为Al做负极，指针偏向Fe。 （4）根据实验3-1和3-2的现象与解释，可以得到影响分别与浓硝酸发生钝化反应快慢的因素可能有：温度、氧化膜的致密程度、氧化膜的形成速率、还原性等。 押题解读 高频考查实验设计（变量控制、对比分析）、反应机理验证（如氧化还原路径、副反应干扰）及实验现象推理（颜色变化、沉淀生成），体现科学探究与创新意识。近三年北京卷聚焦反应机理探究、变量控制（如酸性条件下NO₃⁻与Cu²⁺的氧化性竞争）。强化实验设计规范（明确自变量、因变量、无关变量控制）、掌握变量分析法（如试剂顺序、过量干扰排除）、熟练逆向推理（从现象反推反应机理）。 1．化学小组探究Na2S溶液与KMnO4溶液反应。 资料：ⅰ．（黄色） ⅱ．MnS为肉红色难溶于水的固体；Mn(OH)2在水溶液中为乳白色沉淀，易氧化成MnO2（黑色）；低浓度的Mn2+呈无色。 ⅲ．室温下Ksp[Mn(OH)2]=2.6×10-13 (1)理论分析 从价态角度分析，Na2S溶液与酸性KMnO4溶液反应，其氧化产物可能是 。 (2)实验验证 实验 实验操作 实验现象 I 向4.0mL0.01mol∙L-1酸性KMnO4溶液（pH≈2）中逐滴加入4.0mL0.05mol∙L-1Na2S溶液（pH≈12） 立即产生臭鸡蛋味气体，溶液由紫红色变为无色澄清，随后逐渐产生乳白色浊液且保持较长时间 Ⅱ 向4.0mL0.05mol∙L-1酸性KMnO4溶液（pH≈1）中逐滴加入4.0mL0.05mol∙L-1Na2S溶液 立即产生臭鸡蛋味气体，产生棕褐色沉淀，测定反应后溶液呈弱酸性 Ⅲ 向4.0mL2.0mol∙L-1Na2S溶液（pH≈13）中加入1.0mL0.05mol∙L-1酸性KMnO4溶液，充分振荡试管 得到肉红色浊液 ①实验Ⅰ中臭鸡蛋气味气体的成分是 （填化学式）。 ②实验Ⅰ中溶液由“紫红色迅速变为无色澄清”的离子方程式为 。 ③分析实验Ⅰ中乳白色沉淀Mn(OH)2能够稳定存在的原因是 。 ④结合平衡移动原理，解释仅实验Ⅲ中得到肉红色固体的原因 。 (3)探究实验Ⅱ中棕褐色固体的成分。 实验 实验操作 实验现象 Ⅳ 取少量棕褐色固体，滴加2.0mol∙L-1Na2S溶液，振荡，静置 得到黑色固体，溶液呈浅黄色 ①小组同学设计实验证实实验Ⅳ浅黄色溶液中存在Na2Sx，实验方案及实验证据是 。 ②经检验，实验Ⅳ得到的黑色固体是MnO2，对于实验Ⅱ中MnO2的生成过程小组同学提出两种假设： a． b． 上述两种假设合理的是 ，理由是 。 ③综合上述实验，Na2S与KMnO4溶液反应的产物与 等因素有关。 【答案】(1)S    SO2  H2SO3   (2) H2S 体系中S2-过量，还原性更强 溶液中存在平衡，实验Ⅲ中c(S2-)明显高于实验Ⅰ、Ⅱ中c(S2-)，促使化学平衡向逆反应方向移动，得到肉红色固体 (3) 取淡黄色溶液于试管中，加入过量的稀盐酸，有臭鸡蛋气味的气体和淡黄色沉淀产生 b 根据Ksp数据分析，实验Ⅱ反应后的溶液呈酸性，不可能生成Mn(OH)2；实验Ⅱ中高锰酸钾溶液过量，生成Mn2+与过量得发生归中反应得到MnO2 溶液的pH或反应物的相对用量 【分析】实验Ⅰ中，向4.0mL0.01mol∙L-1酸性KMnO4溶液（pH≈2）中逐滴加入4.0mL0.05mol∙L-1Na2S溶液(pH≈12)，S2-与H+直接反应生成H2S，由于起初过量，所以S2-被氧化为，发生反应：，Na2S过量时，溶液呈碱性，此时溶液具有还原性，Mn2+与OH-反应生成的Mn(OH)2比较稳定；实验Ⅱ中，KMnO4溶液过量，溶液呈酸性，所以生成的Mn2+能被KMnO4继续氧化，生成MnO2；实验Ⅲ中，溶液始终呈碱性，且Na2S过量，所以最终被还原为Mn2+，并与过量的S2-结合为MnS，且有S生成，生成的S可与S2-反应生成。 【详解】（1）从价态角度分析，Na2S溶液与酸性KMnO4溶液反应，Na2S为还原剂，可被氧化生成S(与S2-反应生成)，S继续被氧化生成SO2，与H2O反应生成H2SO3，可继续被氧化生成，其氧化产物可能是S、、SO2、H2SO3、。 （2）①由分析可知，实验Ⅰ中，加入的S2-可与H+结合生成H2S，则臭鸡蛋气味气体的成分是H2S。 ②实验Ⅰ中，溶液由“紫红色迅速变为无色澄清”的Mn2+，同时生成等，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出发生反应的离子方程式为。 ③实验Ⅰ中，具有较强还原性的S2-过量，则乳白色沉淀Mn(OH)2能够稳定存在，原因是：体系中S2-过量，还原性更强。 ④实验Ⅲ中，Na2S过量，最终被还原为Mn2+，过量的S2-将抑制MnS的电离，则实验Ⅲ中仅得到肉红色固体的原因：溶液中存在平衡，实验Ⅲ中c(S2-)明显高于实验Ⅰ、Ⅱ中c(S2-)，促使化学平衡向逆反应方向移动，得到肉红色固体。 （3）①小组同学设计实验证实实验Ⅳ浅黄色溶液中存在Na2Sx，Na2Sx可看出Na2S和S反应的产物，Na2S与非氧化性酸反应产生H2S气体，S为淡黄色沉淀，则实验方案及实验证据是：取淡黄色溶液于试管中，加入过量的稀盐酸，有臭鸡蛋气味的气体和淡黄色沉淀产生。 ②室温下Ksp[Mn(OH)2]=2.6×10-13，实验Ⅱ中，酸性KMnO4溶液过量，且溶液呈酸性，溶液中的Mn2+难以达到生成沉淀所需的浓度，过量的KMnO4能将Mn2+继续氧化，则上述两种假设合理的是b，理由是：根据Ksp数据分析，实验Ⅱ反应后的溶液呈酸性，不可能生成Mn(OH)2；实验Ⅱ中高锰酸钾溶液过量，生成Mn2+与过量得发生归中反应得到MnO2。 ③反应Ⅰ中，溶液呈碱性，反应Ⅱ中，溶液呈弱酸性，反应Ⅲ中，溶液呈碱性，且两种反应物的相对量不同，最终所得产物不同。综合上述实验，Na2S与KMnO4溶液反应的产物与溶液的pH或反应物的相对用量等因素有关。 2．某小组发现金属与铜盐溶液的反应具有多样性，进行如下探究。 仪器 编号 金属 溶液() 现象 Ⅰ Mg 溶液() 剧烈反应，温度升高，产生大量气体，析出较多紫红色固体，且不断增多；体系颜色变化：淡蓝色溶液几乎无色，溶液中生成蓝色沉淀。 Ⅱ Mg 溶液() 剧烈反应，温度迅速升高，产生大量气体，析出较多紫红色固体；体系颜色变化：浅蓝色溶液橙色浑浊物，溶液升高至9.5左右，镁条上紫红色的固体几乎不见。 Ⅲ Al 溶液() 产生大量气体，光亮铝条表面出现“海绵状”紫红色固体；溶液pH下降至2左右，铝表面仍有紫红色固体。 已知：ⅰ、CuCl为白色沉淀，能溶解在浓度较大的溶液中，生成络离子 ⅱ、为黄色沉淀且易分解 ⅲ、时，、 (1)写出实验Ⅰ、Ⅱ中生成紫红色固体的离子方程式 。 (2)结合化学用语解释实验Ⅰ中出现蓝色沉淀的原因 。 (3)探究实验Ⅱ中橙色沉淀的成分 ①甲同学推测实验Ⅱ中的沉淀中含有，因为可能发生的反应，甲同学用下图装置进行实验，证实了其推测，现象是 。 ②查阅资料，实验Ⅱ中的橙色浑浊物中主要成分为，进行以下实验：向实验Ⅱ反应后的溶液中加入足量盐酸，沉淀迅速溶解，溶液呈绿色，底部出现红色铜。反应的离子方程式为 。 (4)对比实验Ⅰ和Ⅱ，解释镁与氯化铜反应时会有生成，而镁与硫酸铜反应则没有的原因 。 (5)实验Ⅲ中下降至2左右的原因是 。 (6)综合上述实验，金属与铜盐溶液反应的多样性与 等有关。 【答案】(1) (2)金属镁消耗，，随着反应的进行，溶液酸性减弱和温度上升，促进平衡右移，且，所以生成蓝色的沉淀 (3) 电流计的指针偏转，两极均有白色沉淀生成 (4)在还原剂镁的作用下，与溶液中的生成沉淀，继而转化为，随着反应发生；体系碱性增强，转化为和 (5)且水解程度大于 (6)阴离子、金属种类 【分析】三组实验都出现了紫红色固体，该固体为铜，说明发生了金属的置换反应； 实验Ⅰ中，硫酸铜是强酸弱碱盐，铜离子发生水解从而使溶液呈酸性，镁是活泼金属，和反应放出，从而使平衡右移，产生蓝色沉淀； 实验Ⅱ中，除了发生实验Ⅰ的反应外还会发生，，溶液pH升高至9.5左右，生成黄色沉淀，其不稳定，发生反应导致出现橙色浑浊物； 实验Ⅲ中，Al3+和Cu2+都会水解生成H+，实验3中发生反应：2Al+3Cu2+=3Cu+2Al3+，Al3+水解程度大于Cu2+，所以pH下降至2左右； 【详解】（1）实验Ⅰ、Ⅱ中生成紫红色固体Cu，说明发生了金属的置换反应，离子方程式为：； （2）由分析可知，实验Ⅰ中出现蓝色沉淀是因为金属镁消耗，，随着反应的进行，溶液酸性减弱和温度上升，促进平衡右移，且，所以生成蓝色的沉淀； （3）①中金属铜发生氧化反应，发生还原反应，两电极均生成白色沉淀，故现象是：电流计的指针偏转，两极均有白色沉淀生成； ②沉淀中加入足量盐酸，沉淀迅速溶解，溶液呈绿色，底部出现红色铜，说明发生歧化反应，离子方程式为：； （4）溶液中存在较大浓度的，而金属镁将还原为，其能与反应反应生成CuCl白色沉淀，继而转化为，金属镁继续消耗，体系碱性增强，转化为和； （5）由分析可知，实验Ⅲ中下降至2左右的原因是：发生了反应：2Al+3Cu2+=3Cu+2Al3+，Al3+水解程度大于Cu2+，所以pH下降至2左右； （6）对比实验Ⅰ、实验Ⅱ可知，铜盐溶液中阴离子种类的不同会出现不同的反应，对比实验Ⅱ、实验Ⅲ可知，金属的种类的不同也会出现不同的反应。 3．某小组通过分析镁与酸反应时的变化，探究镁与醋酸溶液反应的实质。 【资料】查阅醋酸溶液的资料发现，向冰醋酸中逐渐加水，溶液的导电性随加入水的体积的变化如图1所示。               图1 (1)用化学用语表示醋酸水溶液能导电的原因： 。 (2)在a、b、c三点所代表的溶液中，由大到小的顺序为： ；醋酸电离程度最大的是 。(填“a”、“b”或“c”)。 【实验】在常温水浴条件下，进行实验，记录生成气体体积和溶液的变化： Ⅰ．取光亮的镁屑(过量)放入溶液中； Ⅱ．取光亮的镁屑放入溶液中； Ⅲ．取光亮的镁屑放入溶液中。 【数据】 (3)起始阶段，导致Ⅱ、Ⅲ气体产生速率差异的主要因素不是，实验证据是 。 (4)探究Ⅱ的反应速率大于Ⅲ的原因。 提出假设：能直接与反应。 进行实验Ⅳ： 。 得出结论：该假设成立。 (5)探究醋酸溶液中与反应的主要微粒，进行实验Ⅴ。与Ⅱ相同的条件和试剂用量，将溶液换成含的与的混合溶液，气体产生速率与Ⅱ对比如下。 a．实验Ⅴ起始速率 b．实验Ⅱ起始速率 c．实验Ⅱ时速率 对比中的微粒浓度，解释其a与b、a与c气体产生速率差异的原因： 。 (6)综合以上实验得出结论： ①镁与醋酸溶液反应时，均能与镁反应产生氢气；② 。 (7)实验反思：附近，中仍在产生，但均基本不变，且，结合化学用语解释其原因： 。 【答案】(1) (2) c (3)由图2可知起始阶段Ⅱ的速率远大于Ⅲ，但图3表明起始阶段Ⅱ的大于Ⅲ (4)室温下，将光亮的镁屑投入冰醋酸中，立即产生气体 (5)a与b对比，几乎相同，但b中约为a的100倍，使速率；a与c对比，几乎相同，但a中约为c的2倍，使速率 (6)是与反应产生气体的主要微粒 (7)附近，溶液中发生反应，且溶液中均达到平衡状态，因此仍产生氢气但基本不变；溶液中、Ⅱ中上述平衡相对Ⅲ逆移，减小，因此较低 【详解】（1）溶液能导电的原因是水溶液中含有自由移动的离子，醋酸是弱酸，部分电离，故用化学用语表示醋酸水溶液能导电的原因：。 （2）冰醋酸是醋酸晶体，加水溶解后，醋酸电离出醋酸根离子和氢离子，随着加入水的体积增加，醋酸电离程度变大，离子浓度逐渐增大，离子浓度越大，溶液导电性越强，b点导电性最强，随着加水量的增加，离子浓度下降，醋酸溶液的导电能力下降。在a、b、c三点所代表的溶液中，由大到小的顺序为：。加水稀释，促进醋酸的电离，越稀越电离，故在a、b、c三点所代表的溶液中，醋酸电离程度最大的是c，故答案是；c。 （3）实验Ⅱ和实验Ⅲ中，其他条件相同，醋酸和盐酸与镁屑反应，由图2可知，起始阶段，实验Ⅱ快速生成气体，实验Ⅲ生成的气体几乎为0，实验Ⅱ的反应速率大于实验Ⅲ；由图3可知，未反应前，实验Ⅱ和Ⅲ的pH相同，c(H+)相同，开始反应后，起始阶段，实验Ⅱ溶液中pH变化比实验Ⅲ大，实验Ⅱ的pH较大，c(H+)较小，说明导致Ⅱ、Ⅲ气体产生速率差异的主要因素不是，故答案是由图2可知起始阶段Ⅱ的速率远大于Ⅲ，但图3表明起始阶段Ⅱ的大于Ⅲ。 （4）根据题中假设能直接与反应，则设计实验时可直接使用冰醋酸与镁屑反应，如果在常温水浴条件下，将光亮的镁屑投入冰醋酸中，立即产生气体，就说明醋酸分子与Mg直接反应，故进行实验Ⅳ的答案是室温下，将光亮的镁屑投入冰醋酸中，立即产生气体。 （5）醋酸溶液中含CH3COOH ，CH3COO，H+，探究醋酸溶液中哪种微粒与Mg发生反应，分析如下：a与b对比，c(CH3COOH)几乎相同，但b中c(H+)约为a的100倍，使速率b＞a；a与c相比，c(H+)几乎相同，但a中c(CH3COOH)约为c的两倍，使速率a＞c，故答案为a与b对比，几乎相同，但b中约为a的100倍，使速率；a与c对比，几乎相同，但a中约为c的2倍，使速率。 （6）a与b对比，几乎相同，但b中约为a的100倍，使速率；a与c对比，几乎相同，但a中约为c的2倍，使速率，a的反应速率比c大很多，接近3倍，所以是与Mg反应产生气体的主要微粒，故答案是是与Mg反应产生气体的主要微粒。 （7）根据图3可知，在120min左右，溶液pH大于10，呈碱性，溶液中存在Mg(OH)2，Mg(OH)2存在沉淀溶解平衡，达到平衡状态时，解离出的c(Mg2+)和c(OH-)浓度几乎不变，因此溶液中pH不变；溶液中c(Mg2+)大小关系：Ⅰ≈Ⅱ大于Ⅲ，Ⅰ、Ⅱ中Mg(OH)2的沉淀溶解平衡相对于Ⅲ逆移，c(OH-)减小，pH减小。故答案是附近，溶液中发生反应，且溶液中均达到平衡状态，因此仍产生氢气但基本不变；溶液中、Ⅱ中上述平衡相对Ⅲ逆移，减小，因此较低。 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 $$