化学（浙江专用）-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 物质的分类 押题猜想二 化学用语 押题猜想三 化学与生产生活 押题猜想四 元素周期律 押题猜想五 化学实验基本操作 押题猜想六 元素化合物与氧化还原反应 押题猜想七 物质结构、性质和用途 押题猜想八 离子(化学)方程式正误判断 押题猜想九 官能团结构与性质 押题猜想十 元素推断 押题猜想十一 化学反应原理的理解与运用 押题猜想十二 电化学及其应用 押题猜想十三 物质结构与性质小综合(选择题) 押题猜想十四 化学反应历程与机理 押题猜想十五 电离平衡常数和溶度积常数 押题猜想十六 化工流程分析 押题猜想十七 物质结构与无机框图 押题猜想十八 化学反应原理综合应用 押题猜想十九 综合实验设计与评价 押题猜想二十 有机合成与推断 押题猜想一 物质的分类 (原创题)下列物质中，具有极性键的极性分子是( ) A．SiC B．SO3 C．O3 D．C2H4 押题解读 物质分类是化学学科的基础核心内容，浙江省选考第1题就以选择题形式考查学生对概念体系的掌握和实际应用能力。本题考查物质分类的基本方法，旨在检测学生的识记和辨别能力，以此检测学生“宏观辨识与微观探析”素养的发展水平。物质分类需紧扣定义，关注特例，结合实例深化理解。建议考生通过真题演练，总结高频错题，提升概念应用的精准度。 1．下列物质中含有非极性键的是( ) A．NaCl B．HClO C．CO2 D．C2H6 2．下列食品添加剂属于强电解质的是( ) A．亚硝酸钠 B．蔗糖 C．二氧化碳 D．苯甲酸 3．下列物质属于含有共价键的分子是( ) A．SiO2 B． C．NaOH D．H3PO4 4．下列属于极性分子的是( ) A．P4 B．BF3 C．NH3 D．CO2 5．下列物质属于非电解质的是( ) A．氯化铝 B．重晶石 C．氯仿 D．福尔马林 6．下列物质中不属于电解质的是( ) A．HI B．KAl(SO4)2 C．KOH D．SO2 7．[Ag(NH3)2]OH(氢氧化二氨合银)属于( ) A．碱 B．酸 C．盐 D．氧化物 押题猜想二 化学用语 (原创题)下列化学用语表示正确的是( ) A．N，N-二甲基甲酰胺的结构简式：(CH3)2NCHO B．过程中形成的是吸收光谱 C．邻羟基苯甲醛的分子内氢键： D．NH3和H2O的VSEPR模型均为 押题解读 化学用语贯穿整个化学始终，与基本概念、基本理论、元素化合物、化学实验和化学计算等都有着密切联系。本题旨在考查学生化学用语使用的准确性，检测学生“证据推理与模型认知”“宏观辨识与微观探析”素养的发展水平。化学用语包括：元素符号、离子符号、化学式、化合价、化学方程式、离子反应方程式及用来说明元素符号、离子符号、化学式、化学方程式、离子反应方程式含义的语言，都称为化学用语。用来表示微粒结构的图形、图示；如表示分子结构模型、原子结构示意图都属于化学用语。 1．下列化学用语或图示表达正确的是( ) A．空间填充模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子 B．NaCl溶液中的水合离子： C．HClO的电子式： D．聚丙烯的结构简式： 2．下列化学用语书写正确的是( ) A．HCl的电子式： B．基态As原子的电子排布式：1s22s22p63s23p64s24p3 C．激发态钠离子的电子排布图： D．乙醇的分子式：C2H5OH 3．下列化学用语表示不正确的是( ) A．质量数为18的氧原子：188O B．π键的电子云图： C．基态Cu的价电子排布式：3d104s1 D．的名称：2，3，3，5，5-五甲基己烷 4．下列化学用语表示正确的是( ) A．2-丁烯的键线式： B．乙醚的结构简式：CH3OCH3 C．氨气的球棍模型： D．的电子式： 5．下列化学用语表示正确的是 A．NH3的空间结构模型： B．4-氯丁酸的结构简式：ClCH2CH2CH2COOH C．用电子式表示水的形成过程： D．基态磷原子的轨道表示式： 6．下列表示正确的是( ) A．PCl3分子的VSEPR模型： B．反-2-丁烯的球棍模型： C．用电子式表示MgCl2的形成过程： D．CH3CH(CH3)CH2C(CH3)3的名称：2，4，4-三甲基戊烷 7．下列化学用语表述正确的是( ) A．的电子式： B．固体中的链状结构： C．基态铍原子最高能级的电子云轮廓图为 D．基态氮原子电子排布轨道表达式写成违背了泡利原理 8．下列化学用语或图示表达正确的是( ) A．sp2杂化轨道示意图： B．激发态H原子的轨道表示式： C．N2的p-pσ键的形成： D．电子式表示MgCl2形成过程： 9．下列化学表达正确的是 A．CaC2的电子式： B．H2O的空间结构模型： C．Cl2中键的形成： D．聚1，丁二烯的顺式结构： 押题猜想三 化学与生产生活 (原创题)化学与生产生活密切相关，下列说法正确的是( ) A. 河道出海口的钢铁闸门往往镶嵌锌块，利用牺牲阴极保护法 B. 工业上用FeCl3溶液腐蚀铜来制作印刷电路板，说明铜的还原性比Fe2+强 C. 绿矾用于治疗缺铁性贫血，可用K3[Fe(CN)6]溶液检验是否变质 D. 野外铁路抢修作业，用高温下铁粉与氧化铝的反应来焊接铁轨 押题解读 根据浙江省的选考大纲，化学生产与生活通常包括材料、能源、环境、食品、医药等方面的应用，以及相关的化学反应原理。题目从多个角度选取4个问题进行考查，重点测试“科学态度与社会责任”和“证据推理与模型认知”素养水平。题目体现了化学源于生活、服务于生活的理念，旨在要求学生要学以致用。 1．化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是( ) A．食醋是生活中常见的调味品，其中含有乙酸，所以乙酸又被称为醋酸 B．通过施加适量石膏可以降低盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)土壤的碱性 C．乳酸在催化剂作用下发生加聚反应得到的聚乳酸，是一种可降解的高分子材料 2．化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是( ) A．Na2O2能与H2O和CO2反应生成O2，可用作潜水艇中的供氧剂 B．FeCl3溶液具有氧化性，可用作印刷电路板制作的“腐蚀液” C．75%(体积分数)的乙醇溶液具有强氧化性，可用作消毒剂 D．SO2具有抗氧化性，能防止葡萄酒中的一些成分被氧化 3．化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是( ) A．碳酸钠溶液呈碱性，可用作食用碱或工业用碱 B．碳化硅硬度很大，可用作砂纸和砂轮的磨料 C．淀粉能发生酯化反应，其产物可用于生产可降解塑料 D．不锈钢的主要元素是铬和镍，可用于生产餐具、医疗器材等 4．化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列说法不正确的是( ) A．含氟牙膏可以预防龋齿，利用了沉淀转化的原理，降低龋齿的发生率 B．人体中H2CO3-NaHCO3缓冲体系起到稳定血液pH的作用 C．青铜和铁器“干千年，湿万年，不干不湿就半年”，半干半湿时最易发生吸氧腐蚀 D．《荀子劝学》中记载“冰，水为之，而寒于水”，说明冰变为水属于吸热反应 5．化学与人类生活有着密不可分的关系。下列说法不正确的是( ) A．制作豆腐时往豆浆中加入氯化镁等盐卤，可使蛋白质聚沉 B．对废旧金属回收和再利用是合理利用金属资源的一种途径 C．将阿司匹林制作成缓释阿司匹林，可延长药效，减少吃药次数 D．工业上采用“吹出法”进行海水提溴，其步骤仅包含氧化和吹出两步 6．化学与人类社会可持续发展息息相关。下列说法不正确的是( ) A．海水资源丰富，可用于生产纯碱、钠、氯气等产品 B．石油的分馏是通过物理变化得到汽油、煤焦油等产品 C．亚硝酸钠、碘酸钾等属于食品添加剂，需在规定范围内合理使用 D．阿司匹林是一种重要合成药物，以水杨酸为原料生产制得 7．材料科技影响生活，下列有关材料科技的说法，错误的是( ) A．全息投影膜是一种薄而柔的聚酯膜，该聚酯膜是通过缩聚反应形成的 B．硼墨烯在电子产品、光伏导电等领域得到广泛应用，原因是其具有优异的光学性能 C．五碳化四钽铪(Ta4HfC5)合金的熔点为4215°C，可用作发动机部件的原因是其具有耐高温性能 D．新型无机非金属材料氮化硅用于汽车电机轴承，是其具有电绝缘和高耐磨的性能 8．2024年11月12日上午10时，万众瞩目的2024年中国航空航天博览会在珠海金湾机场盛大开幕，我国歼-35A战斗机成明星装备。下列说法正确的是( ) A．航展首日中国空军军机在空中拉出的彩色烟带属于小液滴 B．战斗机的隐形涂层含石墨烯(石墨的单层结构)，石墨烯中含有键 C．战斗机的玻璃纤维雷达罩、聚碳酸酯舱盖、芳纶蜂窝材料都属于有机高分子材料 D．由于硬铝材料密度小、强度低，具有较好的抗腐蚀能力，可用作飞机外壳材料 押题猜想四 元素周期律 (原创题)硫酸铝铵晶体[NH4Al(SO4)2·12H2O]俗称铵明矾，是一种絮凝剂，也可作为食品添加剂用于焙烤食品。下列说法正确的是( ) A．半径大小：r(S)＞r(Al) B．电负性大小：χ(S)＜χ(H) C．第一电离能大小：I1(O)＜I1(S) D．稳定性：H2O＜H2S 押题解读 2025年1月浙江省选考首次呈现元素周期律相关选择题，检测学生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”素养的发展水平。元素周期律的考查点可能包括周期表的结构(周期、族、区)、原子结构(电子层、原子半径)、元素性质(电离能、电负性、金属性、非金属性)、物质的熔沸点等变化规律，解决此类题需整合“原子结构→周期表位置→元素性质→化合物特性”的逻辑链条，提升综合分析能力。 1．应用元素周期律判断，下列说法不正确的是( ) A．电负性：Cl＞S＞P B．半径比较：H-＜Li+ C．碱性：Mg(OH)2＞Be(OH)2 D．化合物中离子键百分数NaCl＞NaI 2．根据元素周期律，下列说法不正确的是( ) A．简单离子半径：S2-＞O2-＞Na＋ B．键角∠HOH：H2O＞H3O+ C．分子的极性：N2H4＞C2H4 D．熔点：金刚石>金刚砂 3．实验室常用KSCN或K4[ Fe(CN)6]来检验溶液中Fe3+的存在，下列有关说法正确的是( ) A．第一电离：I1(N)＜I1(S) B．电负性：χ(C)＞χ(N) C．离子半径：r(K+)＜r(S2-) D．基态的价电子排布式：3d64s2 4．Ca5(PO4)3F广泛存在于牙齿和骨骼中。下列说法正确的是( ) A．热稳定性：PH3 >H2O B．离子半径：r(Ca2+)>r(P3-) C．第一电离能：I1(F)> I1 (O) D．酸性：H3PO4>HClO4 5．氢元素有多种化合物，如CH4、NH3、H2O、H2S、NaH、MgH2等。下列说法正确的是( ) A．r(N3-)＞r(O2-)＞r(Mg2+) B．热稳定性大小：NH3>H2O> H2S C．电离能大小：I1(Na)＜I1(N)＜I1(O) D．χ(Mg)＜χ(O)＜χ(N) 6．亚硒酸氢钠(NaHSeO3)是一种重金属沉淀剂。下列说法正确的是( ) A．电负性：χ(O)＞χ(Se) B．半径：r(Na+)＞r(O2-) C．电离能：I1(Na)＞I1(H) D．Se位于元素周期表中d区 7．汽车安全气囊在碰撞时发生剧烈的反应：NaN3+KNO3=K2O+Na2O+N2↑ (未配平)。下列说法正确的是( ) A．离子半径：r(Na+)＞r(N3-) B．电负性：χ(O)＞χ(N) C．第一电离能：I1(O)＜I1(Na) D．碱性：KOH＜NaOH 8．KSCN俗称玫瑰红酸钾，用于合成树脂、杀虫杀菌剂和药物等。下列说法错误的是( ) A．电负性：χ(N)＞χ(C) B．沸点：NH3＞K2S C．第一电离能：I1(N)＞I1(O) D．基态原子成单电子数：n(S)= n(C) 9．中国科学家对量子材料的研究处于国际领先水平，近年来对石墨烯、硅烯、锗烯等低维量子材料的研究发展迅速。下列说法错误的是( ) A．原子半径：r(C)＜r(Si)＜r(Ge ) B．第一电离能：I1(C)＞I1(Si)＞I1(Ge ) C．石墨烯、硅烯、锗烯均属于有机物 D．可在元素周期表中附近寻找新的半导体材料 10．下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是( ) A．F-F键的键能小于Cl-Cl键的键能 B．三氟乙酸的Ka大于三氯乙酸的Ka C．氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性 D．气态氟化氢中存在(HF)2，而气态氯化氢中是HCl分子 押题猜想五 化学实验基本操作 (原创题)下列实验装置或操作中能达到实验目的的是 选项 A B C D 实验装置或操作 实验目的 验证双液原电池的工作原理 验证非金属性S>C>Si 用稀硫酸和Ba(OH)2溶液测定中和反应的反应热 探究浓度对化学反应速率的影响 押题解读 方式一，考查围绕“实验方案”“实验装置”“实验步骤”“实验结果”等几个方面来命题，每个选项提供一幅图片，然后对其分析判断，涉及常见的仪器使用，过滤、萃取、分液、升华等物质分离提纯方法，常见物质的制备等内容；方式二，选择合适的实验装置开展实验，能对基本操作的理解和应用，包括实验目的、原理、步骤、信息、实验装置的运用以及数据处理和问题讨论，并能作出分析评价。方式二，化学实验安全。诊断学生“科学态度与社会责任”“科学探究与创新意识”素养的发展水平。 1．下列有关实验说法不正确的是( ) A．金属钠着火时，可用干燥细沙覆盖灭火 B．做焰色反应前，铂丝用稀硫酸清洗并灼烧至火焰呈无色 C．未用完的白磷需要放回原试剂瓶 D．少量酸或碱滴到实验桌上，应立即用湿抹布擦净，然后用水冲洗抹布 2．关于有机物制备提纯检测的相关实验操作，下列说法不正确的是( ) A．某有机物质谱图中最右侧的分子离子峰的质荷比数值为46，可能为乙醇 B．制备溴苯，溴苯中少量的溴可用NaOH溶液除去 C．可通过红外光谱的谱图确定某有机物分子中是否含有醛基 D．重结晶法提纯粗苯甲酸，可用乙醇作为溶剂 3．关于实验室安全，下列说法不正确的是( ) A．轻微烫伤时，可先用洁净的冷水处理，降低局部温度，然后涂上烫伤药膏 B．观察钠在空气中燃烧的现象需戴护目镜，且不能近距离俯视坩埚 C．实验结束后，有利用价值的有机废液，可蒸馏回收特定馏分 D．苯酚不慎沾到皮肤上，可用酒精或65℃以上的水冲洗 4．下列实验操作或事故处理方法正确的是( ) A．蒸馏实验中，先在铁架台上固定蒸馏烧瓶，再安装温度计，连接冷凝管、接收器，最后在铁架台上放置酒精灯、石棉网 B．制备乙酸乙酯时，先加浓硫酸，再将乙醇沿着玻璃棒缓慢注入浓硫酸中并不断搅拌，最后加乙酸 C．实验中轻微烫伤或烧伤时，先用大量冷水冲洗，如果有水泡要挑破，然后涂上烫伤药膏 D．金属钠切割后的碎屑不可以随便丢弃，要放回原试剂瓶保存 5．某粗苯甲酸样品中含有少量氯化钠和泥沙，提纯苯甲酸按如下流程： 下列说法正确的是( ) A．甲操作，可用蒸发皿代替烧杯 B．乙操作，漏斗颈部可能有晶体析出影响过滤 C．丙操作，采用冰水冷却可得大颗粒晶体便于后续操作 D．丁与乙操作，均采用冷水洗涤可提高产率 6．从海带中提取碘的实验方案如下，下列说法不正确的是( ) A．试剂①是双氧水和稀硫酸， B．试剂②可以是CCl4，也可以是苯 C．海带灰中可溶性的硫酸盐、碳酸盐可在步骤3中除去 D．向步骤3所得有机层中加浓NaOH溶液，经分液、酸化、过滤、升华，可获得高纯碘 7．某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量和泥沙)的提纯方案如下。下列说法不正确的是( ) A．操作Ⅰ加热可以增大苯甲酸的溶解度 B．操作Ⅱ趁热过滤的目的是为了除去泥沙和防止苯甲酸析出 C．操作Ⅲ是蒸发结晶 D．以上提纯苯甲酸的方法是重结晶 8．环己烯是重要的化工原料，实验室制备流程如下。下列说法错误的是( ) A．环己烯粗品加饱和食盐水前先用盐酸洗涤更有利于表层吸附的铁离子去除 B．饱和食盐水能降低环己烯在水相中的溶解度，利于分层 C．分液时，有机相应从分液漏斗上口倒出 D．操作a用到的仪器有酒精灯、锥形瓶、球形冷凝管、尾接管、温度计等 9．下列实验方案，能达到实验目的的是( ) 目的 A．制取SO2 B．检验氯化铵受热分解的产物 C．证明Ksp(CuS)<Ksp(ZnS) D．测定醋酸的浓度 实验方案 10．下列说法不正确的是( ) A．装置①蒸发皿中产生肥皂泡，说明Fe与水蒸气已经发生反应 B．装置②产生红色喷泉，说明NH3易溶于水且水溶液呈碱性 C．利用装置③，可从提纯后的NaCl溶液中获得NaCl晶体 D．NaHCO3受热分解的实验中，不涉及图④所示图标 押题猜想六 元素化合物与氧化还原反应 (原创题)氯化亚硫(SOCl2)是一种很重要的化学试剂，可以作为氯化剂和脱水剂，且能发生反应：4Li+2SOCl2=4LiCl+SO2+S。下列说法不正确的是 A．氯化亚硫分子的空间结构为四面体形 B．每生成1 mol S，电子转移是4NA C．将该反应设计成电池，SOCl2在正极发生反应 D．将SOCl2与AlCl3·6H2O混合并加热，可制得无水AlCl3 押题解读 通常以某一特定物质或反应为情境，考查物质的性质，氧化还原反应的基本概念、电子转移数目，氧化还原中的守恒关系、基于物质类别角度判断物质性质及在氧化还原反应中的应用等内容，诊断学生“宏观辨识与微观探析”“科学态度与社会责任”等素养水平。 1．SO2是日常生活中常见的一种气体，下列说法不正确的是( ) A．SO2与H2S反应中，氧化产物与还原产物的比例是2：1 B．450℃，1标准大气压下，1LSO2与0.5LO2充分反应后气体体积大于1L C．SO2使酸性KMnO4溶液褪色，体现了SO2的漂白性 D．工业上用石灰石浆液和空气吸收SO2制备石膏，每吸收1molSO2转移2mol电子 2．关于NaNO2的性质，下列说法不正确的是( ) A．NaNO2有一定毒性，但可用作食品添加剂 B．酸性条件下NaNO2能使淀粉溶液变蓝，说明该条件下氧化性：NO2-＞I2 C．NO2-、NO2、NO2+三种微粒中，氧化性最强的是NO2- D．1mol NaNO2被足量酸性KMnO4氧化为NaNO3，转移电子的数目为2NA 3．下列有关硝酸的反应说法正确的是( ) A．在反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，NO2是还原剂，H2O是氧化剂 B．实验室用HNO3与Na2S反应制取H2S气体 C．用HNO3制备Cu(NO3)2：方案①，方案② Cu(NO3)2，方案②HNO3的利用率高 D．浓硝酸被还原为NO2，若反应消耗1molHNO3，则转移1mol电子 4．工业上制备二氧化氯(ClO2)的方法之一是用甲醇在酸性介质中与氯酸钠反应，其反应方程式为：CH3OH+NaClO3+H2SO4→C1O2↑+CO2↑+Na2SO4+H2O (未配平) 。下列有关说法正确的是( ) A．CO2和ClO2都是非极性分子 B．生成1molCO2时转移电子的物质的量为4mol C．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为6：1 D．二氧化氯、臭氧可用于自来水消毒 5．利用石灰乳和硝酸工业的尾气反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，已知NO2+NO+ Ca(OH)2= Ca(NO2)2+H2O，下列说法不正确的是( ) A．氧化剂与还原剂之比为1：1 B．NO2-的空间构型为角形 C．每生成1mol Ca(NO2)2，有1mol电子参与反应 D．当NO2与NO的比值为2：1时，反应所得的Ca(NO2)2的纯度最高 6．电解法合成己二腈[NC(CH2)4CN]的反应为：CH2=CHCN+H2O→NC(CH2)4CN+X(未配平)，下列说法不正确的是( ) A．X表示O2 B．NC(CH2)4CN分子中C原子有2种杂化方式 C．每1molCH2=CHCN参与反应，转移的电子数为2NA D．该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 7．水体中氨氮含量过高会导致水体富营养化，用次氯酸钠除去氨氮(以NH3表示)的反应为：3NaClO+2NH3=3NaCl+N2↑+3H2O。下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值) ( ) A．NaClO是氧化剂，NH3是还原剂 B．氧化产物与还原产物物质的量之比为1∶3 C．反应温度越高，氨氮的去除率也越高 D．生成1molN2，反应转移电子数为6NA 8．ClO2是一种高效安全的杀菌消毒剂，可用葡萄糖(C6H12O6)与NaClO3发生以下反应制得C6H12O6+ NaClO3+H2SO4→ClO2↑+CO2↑+ Na2SO4 +H2O (未配平)。下列说法不正确的是( ) A．C6H12O6是还原剂，发生氧化反应 B．ClO2可替换Cl2用于自来水消毒 C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为 D．若生成1molClO2气体，则反应转移的电子数为NA(NA表示阿伏加德罗常数的值) 9．在酸性溶液中过氧化氢能与重铬酸盐生成蓝色的CrO5，其分子结构为。CrO5不稳定，在水溶液中进一步与H2O2反应，蓝色迅速消失，此反应可用于检出H2O2。其中涉及的两个反应方程式：①H++Cr2O72-+H2O2→CrO5+H2O (未配平，下同)；②CrO5+H2O2+H+→Cr3++O2↑+H2O (仅H2O2作还原剂)。下列说法不正确的是( ) A．CrO5中Cr的化合价为 B．反应①中H2O2作氧化剂 C．反应②中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：7 D．反应②若生成标准状况下的O2气体11.2L，则反应转移的电子数为NA 押题猜想七 物质结构、性质和用途 (原创题)下列物质的结构或性质能说明其用途的是( ) A．ClO2具有还原性，故ClO2可用作自来水的消毒剂 B．[Cu(NH3)4]SO4·H2O是离子晶体，故该晶体具有良好的热稳定性 C．Ti-Fe合金和La-Ni合金能高温下大量吸收H2生成金属氢化物，可用作储氢材料 D．NH4NO3中引入有机基团转化为低熔点的CH3CH2NH3NO3，故CH3CH2NH3NO3可用作电化学研究的电解质 押题解读 本题以组成和结构变化与性能变化之间的关系为载体，考查结构决定性质、性质决定用途的化学学科核心观念，诊断学生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”素养的发展水平。通过观察、辨析一定条件下物质的形态及变化的宏观现象，能运用符合表征物质及其变化；能从物质的微观层面理解其组成、结构和性质的联系，形成“结构决定性质，性质决定用途”的观念，能根据物质的微观结构预测物质在特定条件下可能具有的性质和可能发生的变化，能从宏观和微观相结合的视角分析与解决实际问题。 1．下列物质的结构或性质不能说明其用途的是( ) A．明矾水解可以产生胶体，故明矾可作为消毒剂 B．聚乙炔具有共轭大键体系，可用于制备导电高分子材料 C．十二烷基磺酸根离子有亲水基团和疏水基团，故可作为表面活性剂 D．铁粉具有还原性，可以作为食品脱氧剂 2．下列物质的结构或性质不能说明其用途的是( ) A．聚四氟乙烯中的C-F键键能高，可耐酸碱腐蚀 B．聚乙烯塑料无毒且性质稳定，可用于包装食品 C．甘油中的羟基与水形成氢键，可用于护肤 D．聚乙炔含碳量高，可用于制作导电高分子 3．下列物质的结构或性质不能说明其用途的是( ) A．浓硫酸、丙三醇可形成较多的氢键，故两种液体均具有吸湿性 B．淀粉-聚丙烯酸钠结构中含有强亲水基团，故可作为可生物降解的绿色材料 C．铝粉和NaOH反应能产生大量的气体且放热，故可作厨卫管道疏通剂 D．离子液体由带电荷的离子组成，熔点低且难挥发，故可用作电化学研究的电解质 4．根据物质的组成和结构变化可推测其性能变化，下列推测不合理的是( ) 选项 物质 组成和结构变化 性能变化 A 铝 增厚表面氧化膜 耐腐蚀性增强 B 晶体硅 将部分硅原子替换为碳原子 硬度变大 C 苯胺 与盐酸反应成盐 水溶性增大 D 聚乙烯 乙烯聚合时混入少量1，3-丁二烯形成共聚物 抗氧化性增强 5．物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途的是( ) 选项 结构 性质 用途 A 等离子体含电子、阳离子和中性粒子 具有良好的导电性和流动性 可制造显示器 B 增大油脂中脂肪酸的不饱和程度 油脂熔点升高 可制造人造奶油 C 在硅酸盐中，Si和O构成了顶角氧原子相互连接的硅氧四面体结构 硬度高、熔点高、耐腐蚀 可建造硫酸吸收塔的内衬 D 硝酸纤维分子中含硝酸酯基() 极易燃烧 可用于生产火棉 6．化学方法呈现科学研究、化学学习等过程中常用的一般方法，下列说法不正确的是( ) 选项 科学研究 化学方法 A 价层电子对互斥模型可用来预测分子的空间结构 理论模型 B 金刚砂具有类似金刚石结构的结构，可用作砂纸的磨料 预测与类比 C 探究“Fe3+催化H2O2的分解”需要控制温度、浓度等因素相同 变量控制 D 进行“探究乙酸性质”实验的同时，需要实验者做好实验规划 化学实验设计 7．从结构探析物质性质和用途是学习化学的有效方法。下列实例与解释不相符的是( ) 选项 实例 解释 A 将95%乙醇加入[Cu(NH3)4]SO4溶液中析出深蓝色晶体 乙醇极性较小，降低了[Cu(NH3)4]SO4的溶解 B 铁丝在酒精喷灯上灼烧，焰色无明显变化 铁原子核外电子在灼烧时没有发生跃迁 C DNA中碱基A与T、G与C的互补配对 分子间氢键作用实现了超分子的分子识别 D 熔点：C2H5NH3NO3＜NH4NO3 引入乙基减弱了离子间的相互作用 押题猜想八 离子(化学)方程式正误判断 (原创题)下列化学反应与方程式不相符的是 A．氧化铝与足量NaOH溶液反应：Al2O3+2OH-+3H2O=[Al(OH)4]- B．向含1 mol FeBr2的溶液中通入一定量氯气发生反应，当转移电子数为NA时：2Fe2++2Br-+2Cl22Fe3++Br2+4Cl- C．乙醇与酸性K2Cr2O7溶液反应：3C2H5OH+2 Cr2O72-+16H+3CH3COOH+4Cr3++11H2O D．阿司匹林的制备： 押题解读 本题以离子方程式为基本素材，涉及拆分、反应不完全、酸性强弱判断等知识点，考查学生分析解决问题的能力，检测学生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”等素养的发展水平。另一考查方式为考查能否正确判断离子的共存问题，涉及离子间的氧化还原反应、沉淀反应、配合反应、双水解反应等内容，检测学生“宏观辨识与微观探析”“变化观念与平衡思想”素养的发展水平。 1．下列过程中的化学反应，相应的离子方程式错误的是( ) A．向Ba(HCO3)2溶液中滴入NaHSO4溶液至恰好沉淀完全：Ba2++2HCO3-+ H++SO42-=BaSO4↓+CO2↑+H2O B．2.24LCO2 (标准状况)通入250mL0.5mol·L-1NaOH溶液中：4CO2+5OH-=CO32-+3HCO3-+H2O C．将ICl滴入NaOH溶液中：ICl+2OH-=IO-+Cl-+H2O D．将0.2molCl2通入2L0.1mol·L-1FeI2溶液中：2Cl2+2Fe2++2I-= 2Fe3++I2+4Cl- 2．能正确表示下列反应的离子方程式是( ) A．氯气与水反应：Cl2+H2O2H++Cl-+ClO- B．过氧化钠与水反应产生气体：2O22-+2H2O=4OH-+O2↑ C．硫酸铝溶液与足量碳酸氢钠溶液混合：Al3++HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32- D．乙酸乙酯在NaOH溶液中水解：CH3COOC2H5+OH-→CH3COOH+CH3CH2OH 3．下列离子方程式不正确的是( ) A．Na2CO3溶液与足量C6H5OH反应：CO32-+C6H5OH→C6H5O-+HCO3- B．过量Fe粉加入稀硝酸中：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O C．少量Cl2被Na2SO3溶液吸收：Cl2+3SO32-+H2O=SO42-+2Cl-+2HSO3- D．酸性KMnO4溶液吸收少量甲醛：5HCHO+2MnO4-+6H+=5HCOOH+24Mn2++3H2O 4．下列方程式正确的是( ) A．保存FeCl2溶液加入少量铁粉的原因：Fe2++Fe3+=2Fe2+ B．Na[Al(OH)4]溶液中通入过量CO2：[Al(OH)4]-+CO2 = Al(OH)3↓ +HCO3- C．将少量Cl2通入NaHSO3溶液中：Cl2+HSO3-+H2O=SO42-+2Cl-+3H+ D．CH3CH2Br与NaOH溶液共热反应：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2 2↑+NaBr+H2O 5．下列化学反应与相应离子方程式相符的是( ) A．用草酸标准液测定KMnO4溶液浓度：5C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O B．硫代硫酸钠与足量稀硝酸：3S2O32-+2H+=S↓ +SO2↑+H2O C．Na2O2与水反应：O22-+2H2O=4OH-+ O2↑ D．乙醛银镜反应：CH3CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH-CH3COO-+NH4++2Ag↓ +3NH3↑+H2O 6．下列离子方程式不正确的是( ) A．醋酸铵水解：CH3COO-+NH4++H2O CH3COOH+NH3·H2O B．将少量CO2通入饱和Na2CO3溶液：CO2+CO32-+H2O=2HCO3- C．苯酚钠溶液中通入少量CO2：+CO2+H2O=+ HCO3- D．向氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+ 7．下列各组离子一定能大量共存在指定溶液中的是( ) A．澄清透明的无色溶液：Ag＋、Cl−、MnO4-、SO42- B．能使石蕊试液变红色的溶液：Na＋、NO3-、S2−、CO32- C．加入铝粉能产生H2的溶液：NH4+、K＋、SO42-、NO3- D．由水电离出的c(OH−)=10−13mol·L-1的溶液：Na＋、Ba2＋、Cl−、NO3- 8．下列说法正确的是( ) A．使紫色石蕊试液呈红色的溶液中：Na+、K+、NH4+、NO3-能大量共存 B．在pH=1的溶液中：Fe2+、K+、NO3-、Cl-能大量共存 C．含有大量Ba(NO3)2的溶液中：Mg2+、Al3+、SO42-、Cl-能大量共存 D．在无色透明溶液中：Na+、Cu2+、SO42-、Cl-能大量共存 9．在指定环境中，下列各组离子或分子可以大量共存的是( ) A．加入Na2O2粉末的溶液：Na+、Cl-、SO32-、OH- B．无色溶液中：NH3·H2O、[Ag(NH3)2]+、Cl-、OH- C．使甲基橙变红的溶液中：CH3COO-、Cu2+、HClO、Al3+ D．c(KNO3)=1mol·L-1溶液：H+、Mg2+、I-、SO42- 押题猜想九 官能团结构与性质 (原创题)功能高分子材料M可用于制造车、船挡风玻璃，其合成路线如下： 下列说法正确的是( ) A．化合物X、Y均难溶于水 B．Z中最多14个碳原子共面 C．Z与Y反应除生成M外，还生成小分子CH3OH D．1 mol M多可消耗NaOH的物质的量为2n mol 押题解读 有机物的官能团决定物质的类别和性质，它是烃的衍生物的性质之源，反应之本。多官能团的有机物不仅保留单官能团独有的特性，而且还具有多官能团的多重性的多向性。本题通常以新材料、新科技、新药物的结构简式为载体，或合成某一特定的有机物为线索，考查典型有机物的物理性质和化学性质、反应条件、反应类型的判断、同分异构体数目的判断、原子共面判断、结构简式、官能团性质推断等分析与判断，能考查将题给信息进行综合、对比、分析、判断等多种能力，检测学生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”素养的发展水平。 1．铁杉脂素是重要的木脂素类化合物，其结构简式如图所示。下列关于铁杉脂素的说法正确的是( ) A．分子中有3个手性碳原子 B．分子式为C20H22O6 C．分子中含氧官能团有羟基、醚键、酮羰基 D．该物质最多可与2molNaOH反应 2．中药甘草含有多种有效成分，其中甘草香豆素结构简式如图所示。下列关于甘草香豆素的说法错误的是( ) A．与溴水能发生加成反应，也能发生取代反应 B．光照条件下与氯气反应，苯环上可形成C—Cl键 C．与NaOH完全反应的物质的量之比为1：5 D．催化剂存在下与足量氢气反应，π键不能全部断裂 3．植物提取物阿魏萜宁具有抗菌活性，其结构简式如下图所示。下列关于阿魏萜宁的说法错误的是( ) A．可与Na2CO3溶液反应 B．消去反应产物最多有2种 C．酸性条件下的水解产物均可生成高聚物 D．该有机物与足量H2反应所得产物有5个手性碳原子 4．异烟肼是一种抗结核药物，可以与香草醛反应生成异烟腙，其转化过程如下： 下列说法正确的是( ) A．异烟腙分子式为C14H14N3O3 B．异烟肼既能与酸反应又能与碱反应 C．香草醛分子中最多16个原子共平面 D．香草醛与浓溴水反应时，最多消耗1mol Br2 5．甲醛用途广泛，可合成许多产品，下列说法不正确的是( ) A．聚合物X的链节可能为 B．试剂Y为浓盐酸时，苯酚与甲醛反应可生成 C．试剂Y为浓氨水时，苯酚与过量甲醛反应生成线型结构的酚醛树脂 D．苯酚与甲醛反应生成酚醛树脂的反应类型为缩聚反应 6．化合物X是一种药物递送载体，可用甲基水杨酸为原料合成。下列说法不正确的是( ) A．用质谱仪检测A的最大质荷比为90 B．甲基水杨酸能发生加成、氧化、取代反应 C．B和C生成X的反应不是缩聚反应 D．X分子中采用sp3杂化的原子共有3n+1个 7．化合物Z是一种新型杀菌剂，其分子中含有两个平面环状结构，利用点击化学法设计的一种合成Z的路线如下。有关说法中错误的是( ) A．X的名称为苯甲醛 B．Y和Z含相同数目的手性碳原子 C．Z中碳原子和氮原子的杂化方式完全相同 D．Y→Z的反应类型为加成反应 押题猜想十 元素推断 (原创题)现有M、Q、R、T、X、Y、Z七种前四周期常见元素，它们的原子序数递增。其中，M具有一种没有中子的同位素；Q是植物生长三要素之一；R是地壳中含量最多的元素，且X与R的最外层电子数相同；T、Z是金属元素，T的原子半径是短周期元素中最大的，能与Y形成离子化合物TY，Y是第Ⅷ族元素，其合金被称为“黑色金属”。下列说法错误的是( ) A．键角：QM4+>M3R+ B．简单离子的半径：T>R>Q C．第一电离能： Y>X>Z>T D．XR42-、YR4-的VSEPR模型相同，实际空间结构也相同 押题解读 本题考查主要是以原子(或离子)结构、核外电子排布、物质的结构式、元素化合物的性质等为背景口，进行元素的推断，然后分项考查粒子半径大小的比较，金属性、非金属性强弱的比较，气态氢化物的稳定性强弱，最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，中心原子成键与键角、分子空间结构与极性、晶体类型与熔点、氢键、元素周期表、元素周期律、离子的空间结构、离子键成分的百分数等内容，检测学生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”素养的发展水平。 1．X、Y、Z、M、N五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X是宇宙中含量最丰富的元素。Z原子的2p轨道有4个电子且与M同主族，Y与Z相邻。下列说法不正确的是( ) A．单质氧化性：M＜Z B．键角：X3Z+＞X2Z C．YN3水解产生两种强酸 D．化合物中离子键百分数：CaZ＞CaM 2．X、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大，分别位于三个不同短周期，Y与M同主族，Y与Z核电荷数相差2，Z的原子最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法不正确的是( ) A．YX3+的VSEPR模型是平面三角形 B．分子的极性：Y2X2＞X2Z2 C．YZ2和MZ2的晶体类型不相同 D．热稳定性： YX4＞MX4 3．[W(X2Z)6]2+[(Y5)2(X2Z)4]2-是合成某配合物所需的中间体。其中，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态X原子的电子只有一种自旋方向，Y与Z是同周期相邻非金属元素，且基态Y、Z原子的未成对电子数之比为3：2，下列说法错误的是( ) A．简单气态氢化物的沸点：Z＞Y B．简单离子的半径：W＞Z＞Y＞X C．电负性：Z＞Y＞X D．键角：X2Z＜YX3 4．短周期元素X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，X原子的价层电子数是电子层数的2倍，Y的基态原子s能级与p能级电子数相等，Z是地壳中含量最多的金属元素，Q与Y同主族，下列说法不正确的是( ) A．分子的极性：XY2＞QY2 B．最简单氢化物的热稳定性：Y＞Q C．沸点：XQ2＞XY2 D．离子键成分的百分数：Z2Y3＞Z2Q3 5．元素X、Y、Z、M是四种短周期主族元素，原子序数依次增大，Y与X同周期、与Z同主族，X是非金属元素且其第一电离能大于同周期相邻元素，基态Z原子的价层电子排布式为nsn-1npn+1，下列说法不正确的是( ) A．简单阴离子的半径：Z＞M＞X＞Y B．最简单氢化物的沸点：Y＜X C．碱性：XH3＞X2H4 D．化合物中离子键成分的百分数： Na2Y＞MgZ 6．某有机离子液体结构为，元素X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态Z原子的p能级电子总数比s能级电子总数多1，R与Z同主族。下列说法错误的是( ) A．分子极性：YZ3＞XZ3 B．同周期第一电离能大于Y的元素有2种 C．简单离子半径：R＞Y＞Z D．该离子液体阳离子中存在离子键、极性键和配位键 7．W、X、Y、Z、R是元素周期表中原子序数依次增大的五种短周期元素，其中X、Y、Z位于同一周期，可以组成如下图所示的某离子液体。下列说法不正确的是( ) A．阴离子的中心原子的配位数为6 B．该离子液体有良好的导电性，可被开发成原电池的电解质 C．Y同周期元素中，第一电离能比Y大的元素有1种 D．W、Y、Z构成的盐晶体中存在氢键 8．原子半径依次减小的短周期主族元素X、Y、Z、M、W可组成化合物Q(结构如图所示)，X。M基态原子中未成对电子数相同。下列说法正确的是( ) A．元素M只有两种同素异形体 B．化合物Q中所有的原子均满足8电子稳定结构 C．W的简单氢化物是同族元素的简单氢化物中沸点最低的 D．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞M＞Y 押题猜想十一 化学反应原理的理解与运用 (原创题)化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法不正确的是( ) A．合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)达到平衡后，升高温度，对逆反应的速率影响更大 B．工业炼钢反应FeO(s)+C(s)CO(g)+Fe(s) ΔH> 0，则该反应高温下为自发过程，低温下为非自发过程 C．有机合成原料反应PCl5反应PCl3(g)＋Cl2(g)PCl5(g)，气体平均摩尔质量不变时，反应达平衡状态 D．制水煤气反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，达到平衡时，使用纳米CaO(催化剂)比微米CaO(催化剂)产率更高 押题解读 本题考查学生对化学反应原理的理解与运用，具体涉及反应自发性、活化能、选择性、转化率、速率、产率等知识点，考查学生定性分析及定量计算能力，检测学生“变化观念与平衡思想”“证据推理与模型认知”素养的发展水平。 1．下列说法正确的是( ) A．反应2N2O(g)2N2(g)＋O2(g)常温下能自发进行，表明熵变是决定该反应能否自发进行的主要因素 B．合成氨反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，ΔH＜0使用铁触媒作催化剂可降低反应活化能，同等程度改变正、逆反应速率，但活化分子的百分数并没有改变 C．在新制氯水平衡体系中加入少量NaCl固体，溶液中的平衡均逆向移动，溶液的增大，HClO的浓度减小 D．已知CH4的燃烧热为ΔH1，CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH2，H2O(l)= H2O(g) ΔH3，则ΔH1=ΔH2+2ΔH3 2．下列说法正确的是( ) A．已知HF气体溶于水放热，则HF(aq)=H+(aq)+F-(aq)的ΔH＜0 B．已知CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH＞0，则ΔS＜0 C．恒温恒容容器中发生反应NH2COONH4(s)CO2(g)＋2NH3(g)，NH3百分含量不再发生变化，说明反应达到平衡状态 D．2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＜0，升高温度，平衡逆移，说明温度升高对活化能大的反应影响程度更大 3．下列说法正确的是( ) A．温度不变时：加入催化剂，CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的反应速率加快，平衡常数增大 B．温度不变时：HAc在水溶液中电离常数为，在非水溶液中电离常数也为 C．升温时，测得2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的反应速率变慢，推测该反应不是基元反应 D．常温常压下Ca3(PO4)2的溶解热约为-61kJ·mol-1，推测Ca3(PO4)2可溶于水 4．工业上，可用乙烯催化氧化法制取环氧乙烷，涉及下列两个反应： I．C2H4(g)＋1/2O2(g)C2H4O(g) ΔH1 Ⅱ．C2H4(g)＋3O2(g)2CO2(g)＋2H2O(g) ΔH2 用银作为催化剂时，C2H4(g)→C2H4O(g)的活化能为Ea1=63.6kJ·mol−1，C2H4(g)→CO2(g)的活化能为Ea2=82.8kJ·mol−1，且两个反应的平衡常数均大于105。下列说法不正确的是( ) A．在银催化下，反应Ⅱ的速率小于反应I B．改变压强，对环氧乙烷的平衡产率影响不大 C．从自发的角度，乙烯氧化后倾向于生成CO2 D．若不考虑催化剂银的活性变化，升高温度能提高环氧乙烷的选择性 5．1200℃下，将2.00molCaCO3(s)置于1.0L真空密闭容器中，发生反应： ⅰ.CaCO3(s)CaO(s)+ CO2(g) ΔH＞0 K=0.5 ⅱ.2CO2(g)2CO(g)＋O2(g) tmin时，达到平衡状态，测得O2的体积分数为20%。下列说法不正确的是( ) A．若在下平衡，K＜0.5 B．若容器体积为0.5L，平衡时，CO的体积分数为40% C．平衡时，n(CaO)=0.5 mol D． 6．研究化学反应的调控有着重大价值， 反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) 反应Ⅱ：4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g) 反应Ⅲ：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) 下列说法正确的是( ) A．450℃高压有利于反应Ⅲ的反应速率和自发进行，所以工业上采取450℃高压 B．反应Ⅱ的产物通入NaOH可以实现产物的吸收 C．对于反应Ⅱ来说，当c(NH3)：c(O2)：c(NO)：c(H2O)=4：5：4：6时，说明反应达到平衡状态 D．初始投料比n(CO2)：n(H2)=1：1，对于反应Ⅰ来说，CO2的体积分数不再变化不能说明到达平衡 押题猜想十二 电化学及其应用 (原创题)宁德时代钠离子电池落地，奇瑞成首个合作伙伴。该电池的负极材料为NaxC y (嵌钠硬碳)，正极材料为Nax[MnFe(CN)6]，其装置如图所示，负极为碳基材料(NamCn)，利用钠离子在正负极之间嵌脱过程实现充放电，下列说法不正确的是( ) A．放电时，N极电势高于b极电势，且N极电极反应式为NaxCy- xe-=C y+xNa+ B．充电时，每转移1mol电子，两个电极的质量变化相差 C．充放电过程中，正极材料中的过渡元素化合价将发生变化 D．若用该电池电解食盐水，当1mol Na+通过隔膜时，理论上电解池阴极收集到11.2L气体 押题解读 本题以新型电源、电解装置等为情境素材，涉及电极名称及反应类型、电极反应式、离子交换膜种类判断等必备知识，意在考查学生在新情境下获取信息，基本概念和原理的迁移、分析解决问题的能力，诊断学生“证据推理与模型认知”“科学探究与创新意识”等素养发展水平。尤其是当今新能源汽车的普及，新型动力电池成为科学家研究的重点方向之一，必将成为高考的高频考点。该类试题题材广、信息新、陌生度大，因此许多考生感觉难度大。虽然该类试题貌似新颖，但应用的解题原理还是电化学基础知识。 1．卡尔·费休水分测定仪可精确测定某些物质中的水分含量，仪器示意图如图，卡氏试剂由KI、SO2、C5H5N(吡啶)和CH3OH组成。其工作原理是待测样品中的水与电解产生的I2发生反应：I2+SO2+H2O+3C5H5N+CH3OH→2[C5H5NH]+I-+C5H5NHSO4CH3，直至水分耗尽，电解自动停止，测定电解电路通过的电量即可计算水分含量。已知法拉第常数(1 mol电子所带电量)为F。 下列说法不正确的是( ) A．B极为阳极，电极反应：2I--2e-=I2 B．测定过程中阳离子从B极区移向A极区 C．样品中水分质量m与电解消耗电量Q的关系为 D．若用于测定Na2CO3固体中的水分含量，测定结果将偏高 2．某小组研究设计了如下装置示意图，联合制备硫酸、氯气和氢氧化钠。该设计改变了传统氯碱工业能耗大的缺点，可大幅度降低能耗。 下列说法不正确的是( ) A．甲池中，质子经内电路移向极 B．理论上，甲池中消耗的SO2和乙池中生成的Cl2的物质的量之比为1：1 C．乙池应选用阳离子交换膜 D．乙池的总反应方程式：2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH 3．近年来，由阴极还原主导的电有机合成反应得到了更多的研究关注。2021年，Waldvogel和Morandi等人报道了一类电化学“穿梭”成对电解反应(如下图所示)。该反应有助于我们得到B有价值的气态烯烃化合物和实现对某些污染物的高效降解。 下列说法不正确的是( ) A．图中A是电池的负极 B．图中B端所连电极反应：Br--2e-=Br+ C．每生成1mol乙烯，转移电子数为NA D．通过该电解反应，我们可以将“六六六”()转化为苯，实现对该农药的高效降解 4．以氮气、氢气等为原料用电化学法制备氨，可降低温室气体的排放，其原理如图所示。下列说法错误的是( ) A．电极M的电势高于电极N B．物质Ⅱ起到传输质子的作用 C．反应过程中Li3N的总质量不变 D．电极N反应：3Li++N2+3H++6e-=NH3+Li3N 5．一种Zn-CO2离子液体电池可以在供电的同时将CO2转化为CH4，电解质为离子液体[EMIM]+[BF4]-及少量水，其中的[EMIM]+是一种季铵离子，在电池中作电解质、质子源和促进剂。该电池如图所示运行一段时间后，碳纳米管表面可检测出有ZnCO3生成。 下列说法正确的是( ) A．a电极为负极，[EMIM]+在该电极上被氧化 B．b电极反应式为：5CO2+2H2O+8e-=4CO32-＋CH4 C．[EMIM]+是电池中唯一的质子源 D．[EMIM]+作为电池促进剂的原理是通过生成[ZnNHC]2+增加电荷浓度，从而增强了离子电流强度 6．热电化学电池是一种新型的低成本低品位热富集体系，工作原理如下图所示，含羧酸的纳米颗粒在不同温度下溶胀或收缩，从而释放或吸收H+驱动电极反应发生。下列说法错误的是( ) A．该电池工作时电子由热端经外电路流向冷端 B．冷端的电极反应为 C．含羧酸的纳米颗粒在热端溶胀释放H+ D．温差恒定，该体系会形成连续的反应和持续的电流 7．电有机合成是一种应用广泛的新型有机合成方法。某种3-氯-4-氨基苯酚的电有机合成装置如图所示，下列说法错误的是( ) A．b与外接电源的负极相连 B．Pb电极的电极反应式：Pb-2e-+ SO42-=PbSO4↓ C．电解一段时间后，阴阳两极室中电解质溶液的质量均增大 D．理论上每生成1mol，电路中转移4mole- 押题猜想十三 物质结构与性质(选择题) (原创题)杂环化合物吡啶()和吡咯()的结构与苯类似。下列说法错误的是( ) A．电负性：N＞C＞H B．吡啶和吡咯中C、N原子的杂化方式均相同 C．吡啶和吡咯中N原子的价层孤电子对所处轨道类型相同 D．吡啶分子中的N比吡咯分子中的N更易结合H＋ 押题解读 物质结构与性质综合选择题为某一指定物质的结构简式、分子模型或晶胞结构示意图等为载体，主各选项之间相对独立，重点考查考生对基础知识的掌握情况，要考查原子结构与性质、分子结构与性质、晶体结构与性质。旨在考查学生依据分子结构、中心原子成键、元素性质、微粒间作用力及性质比较等基础知识，从题干中提取有效信息加以应用，检测学生“证据推理与模型认知”“宏观辨识与微观探析”素养的发展水平。晶体结构与性质是物质结构中的难点和重点，需备受关注。 1．硒(34Se)在医药、催化、材料等领域有广泛应用，乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构式如下图所示。关于硒及其化合物，下列说法不正确的是( ) A．Se原子在周期表中位于p区 B．乙烷硒啉分子中，C原子的杂化类型有sp2、sp3 C．乙烷硒啉分子中有5种不同化学环境的氢原子 D．键角大小：气态SeO3 ＜SeO32- 2．一水合甘氨酸锌是一种矿物类饲料添加剂，其结构简式如图所示。下列说法错误的是( ) A．该结构中C的杂化方式有2种 B．电负性由小到大的顺序为Zn<C<H<N<O C．该物质中，Zn2+的配位数为5，配原子为O、N D．1mol该物质中含有23mol σ键 3．CaC2晶胞如图所示。已知：NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞体积为Vcm-3。下列叙述正确的是( ) A．CaC2晶体中只含1种化学键 B．在晶胞中，与相邻的C22-个数为4 C．CaC2中碳原子采用杂化 D．CaC2晶体密度 4．如图为铜的一种硫化物晶胞(已知a=b≠c，单位均为pm)，晶体中阴离子有硫离子S2-和过硫离子S22-，阳离子有Cu2+和Cu+。下列说法正确的是( ) A．所有周围紧邻的S都是4个 B．1mol该晶胞含有1molS-Sσ键 C．该晶体中Cu2+与Cu+的物质的量之比n(Cu2+)：n(Cu+)=1：2 D．设NA为阿伏伽德罗常数的值，则该晶体的密度为 5．某六方晶系的一种钛钡矿石的晶胞如图所示，设该六方晶胞的棱长分别记为acm、acm、ccm，阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法不正确的是( ) A．基态钛原子的价层电子排布式为3d24s2，属于d区 B．距离晶胞内的钛原子最近的氧原子有6个 C．该晶胞密度的表达式为 D．Ti原子可看成填充在周围的氧原子组成的正八面体空隙中，则其O—Ti—O的键角均为 6．向HgBr2溶液中滴入NH3- NH4Cl混合液，得到晶体M，其晶胞结构中N-Hg-N键角为180°，每个晶胞由两个小立方体构成，Br-位于小立方体的顶点，两个小立方体共用面中心的Hg2+，NH3分子的中心原子位于小立方体的体心。小立方体的边长为a pm。下列说法错误的是( ) A．按照描述，晶胞结构为如图所示 B．N-Hg-N中N-Hg的键长为 C．1个晶胞中含有Br-的质量为 D．晶体M的密度为 7．化合物是一种第四周期金属元素M的氧化物，其晶胞类型I在1000℃高温下煅烧时会转换成类型II(晶胞棱夹角均为)，两种晶胞的体积比。下列说法正确的是( ) A．化合物W的类型I与类型II化学式不相同 B．类型I与类型II均为分子晶体 C．类型I与类型II的晶体密度之比为 D．两种类型中的所有原子均有d轨道参与成键 押题猜想十四 化学反应历程与机理 (原创题)用1，3-丙二醇捕捉CO2合成碳酸丙烯酯()的反应机理如图所示，下列说法正确的是( ) A．碳酸丙烯酯中的π键与σ键数目比为1∶7 B．化合物A是上述反应的中间体 C．催化循环中Zn的化合价发生了变化 D．若将原料替换为1，2-丙二醇，则产物为 押题解读 本题以“反应历程”为情境素材，结合教材中所学知识，旨在考查学生在新情境下获取信息，构建模型，进行类比迁移、分析解决问题的能力，检测学生“变化观念与平衡思想”“证据推理与模型认知”素养的发展水平。反应历程是指化学反应中的反应物转化为最终产物通过的途径，能够反映出物质结构和反应能力之间的关系，从而可以加深我们对于物质运动形态的认识；反应机理是化学中用来描述某一化学变化所经由的全部基元反应，机理详细描述了每一步转化的过程，包括过渡态的形成，键的断裂和生成，以及各步的相对速率大小等。 1．一种镍磷化合物催化氨硼烷(H3BNH3)水解释氢的可能机理如图所示(已知：电负性H>B)，其中中间体Ⅱ中与B原子相连的氢原子被水中的羟基取代生成中间体Ⅲ。下列说法错误的是( ) A．水溶性：氨硼烷>乙烷；沸点：氨硼烷>乙烷 B．用D2O代替H2O作反应物，有D2生成 C．“中间体I”中B、N上所连接的H不可能分别被P和Ni吸附 D．氨硼烷分子中B、N原子均采取sp3杂化 2．非金属的卤化物水解可以分为亲电水解和亲核水解，实例及部分机理示意如下。发生亲电水解的条件是中心原子显负电性且带有孤电子对，能接受H2O的H+的进攻，如： 发生亲核水解条件是中心原子显正电性且有空的价层轨道，空轨道用以容纳H2O的配位电子，如： 。 下列说法错误的是( ) A．基态Si原子核外有5种能量不同的电子 B．NCl3和SiCl4水解过程中中心原子的杂化方式不变 C．推测CC比SiCl4难发生亲核水解 D．已知AsCl3的水解产物为H3AsO3和HCl，推测其水解类型为亲核水解 3．某反应机理如下，下列说法不正确的是( ) A．化合物VI为该反应的催化剂 B．化合物为H2O，可循环利用 C．若化合物III为，按照该反应机理可生成和 D．化合物III转化为IV后，键长变短 4．化合物X在催化下可转化为M和少量其它烯烃副产物。下列说法不正确的是( ) A．灼热CuO粉末投入过量X，黑色粉末变红 B．中间体W中所有碳原子可能共面 C．化合物X不能使酸性KMnO4溶液褪色 D．中间体Z转化为中间体W能自发进行，说明W比Z更稳定 5．一定条件下丙烷发生氯代反应：，生成的1−氯丙烷和2−氯丙烷物质的量之比约为。反应进程中能量变化示意图如下，中间体为或。下列说法不正确的是( ) A．中间体A为 B．C-H键与Cl-Cl键键能之和大于H-Cl键键能 C．常温下，丙烷氯代反应中-CH2-上H原子比-CH3上H原子更容易被取代 D．升高反应温度，生成1−氯丙烷的速率增大程度小于生成2−氯丙烷的速率增大程度 6．在一定条件下，苯与浓HNO3和浓H2SO4混合物的反应机理和能量变化如图所示： 下列说法错误的是( ) A．反应②为决速步骤 B．反应①的化学方程式为HNO3+H2SO4NO2++HSO4-+H2O C．反应过程中碳原子的杂化方式保持不变 D．该条件下，为主产物 押题猜想十五 水溶液中的离子反应与平衡 (原创题)常温下，向10mL浓度均为0.1mol·L-1的MgSO4和CuSO4的混合溶液中加入0.1mol·L-1氨水，溶液中金属元素有不同的存在形式，它们的物质的量浓度与氨水体积、pH的关系如图所示： 已知：ⅰ．Cu2+(aq)+4NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)，； ⅱ．Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]； ⅲ．离子浓度≤1.0×10-5 mol·L-1时认为沉淀完全。 下列表述不正确的是( ) A．曲线Z表示[Cu(NH3)4]2+ B．Ksp[Mg(OH)2]= 1.0×10-12 C．当Mg2+恰好沉淀完全时，c(Cu2+)=1×10-8.85 mol·L-1 D．Cu(OH)2(s)+4NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)+2OH-的平衡常数K=2×10-6.7 押题解读 本题以溶液中反应为情境载体，考查电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡、酸碱中和滴定原理、基于平衡常数的定量计算等核心知识，在题型稳定的基础上追求创新，意在考查学生对数据图表的识别能力、基于定性与定量相结合的分析、推理能力，诊断学生“证据推理与模型认知”“变化观念与平衡思想”素养的发展水平。从浙江选考题型的变化趋势来看，主要呈现两种题型：一是考查酸碱中和滴定图像或溶液中离子浓度变化图像，往往借助“多曲线图象”来考查，如对数图象、分布系数图象及不断创新发展匠双轴图象等，旨在考查学生从图表图象中获得数据和处理、应用数据的能力以及对曲线的数学意义和化学意义之间对应关系的分析、理解、运用能力。二是考查联系生活、生产实际，考查电离平衡常数、Ksp等概念的理解、定量计算等。 1．25℃时，H2S的电离常数Ka1=1.1×10-7，Ka2=1.3×10-13，H2S饱和溶液的浓度约为0.10 mol/L，Ksp(CuS)= 6.3×10－36，Ksp(FeS)=6.3×10－18。某兴趣小组进行如下实验： 实验Ⅰ：向20 mL 0.10mol/LNaHS溶液中滴加0.10mol/LCuSO4溶液； 实验Ⅱ：向0.02mol/LMnSO4溶液中通入一定量H2S气体。 若溶液混合后体积变化忽略不计，下列说法不正确的是( ) A．工业上可利用反应：Cu2++FeS=CuS+Fe2+除去废水中的Cu2+ B．实验Ⅰ中，开始时发生反应为Cu2++2HS-=CuS↓+H2S K=1.9×1029 C．实验Ⅰ中，当V[CuSO4(aq)]=20 mL时，溶液中微粒浓度大小：cH2S-＞cHS-＞cS2- D．调节实验Ⅱ溶液pH=6，此时c(HS−)=1.0×10−4 mol/L且Mn2+开始沉淀，则Ksp(MnS)= 2.6×10-17 2．酒石酸是一种有机二元弱酸(用H2R表示)，酒石酸钙(CaR)微溶于水。已知室温时：Ka1(H2R)=9.2×10-4、Ka2(H2R)=4.3×10-5，Ksp(CaR)=3.3×10-6，Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，lg3=0.48。下列说法不正确的是( ) A．室温时，0.05 mol·L-1的CH3COOH溶液的约为3 B．向10mL0.1mol·L-1(CH3COO)2Ca溶液中加入10mL0.1mol·L-1酒石酸，溶液变浑浊 C．饱和溶液中加入少量Na2R固体，的值减小 D．室温时，往0.1 mol·L-1的Na2R溶液中通HCl气体至溶液pH=7，消耗的n(HCl)＞ n(Na2R) 3．已知Ksp(CaCO3)=2.8×10－9，Ka1(H2CO3)=4.5×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，Ka(HClO)=2.9×10－8。下列说法正确的是( ) A．向漂白粉溶液中通入少量CO2气体的离子方程式为ClO-+CO2+H2O= HClO+HCO3- B．向0.2mol·L-1的CaCl2溶液中加入等体积的0.2mol·L-1的NaHCO3溶液可生成白色沉淀 C．室温下，向NaOH溶液中通入CO2气体至pH=11，此时溶液中的cHCO3-=4.7cCO32- D．向物质的量浓度均为0.1mol·L-1的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中无论滴加少量的HCl还是NaOH溶液，均可导致溶液的pH值出现较大变化 4．室温下，H2CO3水溶液中各含微粒物质的量分数随变化关系如下图，[例如：]。 已知：Ksp[Fe(OH)3]= 4.9×10－17，Ksp(FeCO3)=2.0×10－11。 下列说法不正确的是( ) A．H2CO3的Ka2为10-10.25 B．以酚酞为指示剂(变色的pH范围为8.2~10.0)，用盐酸标准溶液可准确滴定碳酸钠溶液的浓度 C．0.0200mol·L-1的H2CO3溶液稀释为0.0100mol·L-1，溶液中的CO32-的浓度几乎不变 D．向0.0100mol·L-1 FeCl2溶液中加入等体积0.0100mol·L-1 NaHCO3溶液，反应初始生成的沉淀是Fe(OH)2 5．室温下，向含有足量的悬浊液逐滴滴加稀盐酸，反应后混合液中(X代表或)与的关系如图所示．下列说法不正确的是( ) A．x=2.2 B．室温下，， C．室温下，， D．b点代表的溶液中： 6．室温下，向含有足量的悬浊液逐滴滴加稀盐酸，反应后混合液中(X代表或)与的关系如图所示．下列说法不正确的是( ) A．x=2.2 B．室温下，， C．室温下，， D．b点代表的溶液中： 押题猜想十六 化工流程分析 (原创题)叠氮酸钠(NaN3)被广泛应用于汽车安全气囊。以甲醇、亚硝酸钠等为原料制备NaN3的流程如图。已知水合肼(N2H4•H2O)不稳定，具有强还原性。下列描述正确的是( ) A．N3-的空间结构为V形 B．反应②中，消耗3molN2H4•H2O时，反应中转移电子 C．反应③中浓硫酸体现出高沸点难挥发性 D．反应④应将氨水逐滴滴入NaClO溶液中制备水合肼 押题解读 第16题以往常见的表格型实验设计，2025年1月首考摇身一变，成了流程分析。这看似小小的改动，实则对考生的知识综合运用能力和思维转换能力提出了更高的要求。引导学生跳出书本的局限，将化学知识与实际的科研、生产流程相结合，为未来投身化学相关领域的研究与工作奠定基础。重点演练“工艺流程+实验设计”复合题型，同时关注省内化工龙头企业(如新和成、浙江医药)的技改案例，强化“原理-技术-应用”三位一体分析能力。 1．晶体磷酸二氢钾()是一种非线性光学材料，实验室模拟工业工序设计的流程如图所示： 已知：①萃取过程中的主要反应原理：KCl+H3PO4=KH2PO4+ HCl；②有机萃取剂的密度比水小；③HCl易溶于该有机萃取剂。 下列叙述正确的是( ) A．“反应原理”证明了H3PO4的酸性大于HCl B．操作X需要的玻璃仪器仅有分液漏斗 C．分液操作时，“水相”和“有机相”先后从下口放出 D．“一系列操作”是蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 2．工业制备PH3的流程如图： 下列说法错误的是( ) A．NaH2PO2是正盐 B．PH3的还原性强于NH3 C．黄磷和烧碱溶液的反应为P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2 D．若有1 mol P4参加反应，则整个工业流程中理论上能生成2 mol PH3 3．二甘氨酸合铜[(H2NCH2COO)2Cu]中Cu元素含量可按下列步骤测定： 下列说法不正确的是( ) A．步骤I，加入稍过量的稀H2SO4尽可能使Cu元素转化为Cu2+ B．步骤II，过量KI溶液既有利于Cu2+的充分还原，也有利于生成易溶于水的I3- C．为防止Na2S2O3与H+反应，步骤III应将溶液调至强碱性 D．用上述方法测定[Cu2(OH)3]NO3中的Cu元素含量，结果偏大 4．铝电解厂烟气(含粉尘、氟化物等污染物)净化的一种简单流程如下： 下列说法正确的是( ) A．石英耐高温，可作吸收塔内衬的耐热材料 B．当吸收塔中不再冒气泡，说明Na2CO3已耗尽，需补充Na2CO3溶液 C．合成槽中产物主要有Na3AlF6和NaHCO3 D．采用从下方通入烟气，上方喷淋溶液法可提高烟气吸收效率 5．测定某液态脂肪族卤代烃中卤素元素的步骤如下，下列说法不正确的是( ) A．步骤①，量取卤代烃时可用碱式滴定管 B．步骤①，卤代烃发生消去反应不会影响卤素百分含量的测定 C．步骤③，若得到的固体呈黄色，则卤代烃中含碘元素 D．步骤③，先水洗再乙醇洗，可使卤素百分含量测定结果更准确 6．从某铜矿渣(主要成分为铜、铝、硅、钙、铁等元素的氧化物或硫化物)可制备草酸铜(CuC2O4)，工艺流程如下： 已知：Cu2+(aq)+2C2O42-(aq) [Cu(C2O4)2]2-；CuC2O4(s)Cu2+(aq)+ C2O42-(aq)。下列说法不正确的是( ) A．步骤Ⅰ粉碎的目的是加快反应速率、提高浸出率 B．相比浓氨水，选用NH3-NH4Cl混合溶液作浸取剂可提高铜浸出率 C．为使充分沉淀，应加入过量的(NH4)2C2O4 D．由该工艺流程可推知Cu2+与F−结合能力弱于与C2O42- 7．硫酸四氨合铜晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O中铜含量可按下列步骤测定： 下列说法不正确的是( ) A．步骤I，H+和NH3反应破坏了[Cu(NH3)4]2+稳定性，从而释放出Cu2+ B．步骤II，需过量，以确保完全还原为 C．步骤III，当溶液变为浅黄色时再滴入淀粉溶液作为指示剂 D．计算Cu元素含量必须需要的数据有：[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体的质量、KI固体的质量、滴定时消耗Na2S2O3标准溶液的浓度和体积 8．工业上以黄铁矿(主要成分FeS2)为原料生产硫酸的主要流程如下。 已知：步骤Ⅱ中SO2的平衡转化率随温度和压强的变化情况如下表。 温度/℃ 平衡时SO2的转化率/% 0.1MPa 0.5MPa 1MPa 5MPa 10MPa 450 97.5 98.9 99.2 99.6 99.7 550 85.6 92.9 94.9 97.7 98.3 下列说法错误的是( ) A．步骤Ⅰ中出炉气需净化，能防止步骤Ⅱ中催化剂中毒 B．步骤Ⅱ中通入过量的空气，目的是提高SO2的平衡转化率 C．步骤Ⅱ实际生产中应选择和 D．步骤Ⅲ中吸收塔内常采用逆流喷淋式，提高SO3的吸收效率 9．以磷酸钙为原料可制备缓冲试剂磷酸二氢钾(KHPO4)，其工艺流程如图所示： 已知：①Ca(H2PO4)2能溶于水，CaHPO4和Ca3(PO4)2均难溶于水。②萃取原理：KCl+H3PO4KH2PO4+HCl，HCl易溶于有机萃取剂。下列说法正确的是( ) A．“酸浸”是利用了浓硫酸的强氧化性和酸性 B．流程中分离提纯操作Ⅰ与操作Ⅱ相同 C．若副产品N为氮肥，则试剂M可选择氨水 D．测定磷酸二氢钾(KH2PO4)的含量，可用甲基橙为指示剂，用标准NaOH溶液滴定 押题猜想十七 物质结构与无机框图 (原创题)(12分)硫及其化合物种类繁多，应用广泛。请回答： (1)硫单质的一种结构为，S原子杂化方式为__________；SO3分子的空间构型是__________。 (2)下列有关说法不正确的是_______。 A．基态S原子核外能量不同的电子有16种 B．同周期元素中，第一电离能大于硫元素的有3种 C．SO2、SO3、、四种含硫微粒中，其中有2种微粒的中心原子为sp3杂化 D．沸点：> E．H2O、H2S分子中的键角：∠H—O—H＞∠H—S—H (3)某种由铁、硫元素形成的化合物的晶胞结构如图所示。 ①该晶体的化学式 ； ②Fe2+的配位数为 ； ③若Fe2+和Fe2+之间的最短距离为a pm，则该晶体的密度为 g· cm-3 (列出计算表达式，不必化简，NA为阿伏加德罗常数的值)。 (4)工业上制备硫酸的原理示意图如下： ①若以黄铁矿为原料，则步骤Ⅰ的化学反应方程式为 。 ②步骤Ⅱ当V2O5表面红热后，适当冷却后再继续加热，其原因可能是 。步骤Ⅲ产生的尾气经冷却后仍存在的污染性气体有 。 A．SO3 B．SO2 C．硫酸雾 D．N2 ③当中时得到H2S3O10，其钾盐K2S3O10与水反应的化学方程式为 。 押题解读 非选择题由原来的5道精简为4道，物质结构和无机流程融合成了16分的第一道大题。这种融合题型，宛如一场“知识大杂烩”，考生不仅要熟知物质结构的微观奥秘，还要能将其与宏观的无机流程顺畅对接，这样的分值架构，意味着每一道大题都不容有失，尤其是分值颇高的第一道大题，一旦出现失误，对整体成绩的影响可想而知。 本题第一部分考查物质结构与性质，主要是晶体化学式确定、电子排布式、电负性、电离能、吸电子能力、离子半径、键角大小、氢键强弱、共价键强弱等知识。考查学生获取信息能力、分析推理能力、迁移应用能力，体现“性构相依”的重要思想和基本观念，评估学生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”素养的发展水平。 本题以上述所涉及的元素及化合物转化为载体，考查元素及其化合物的性质、物质的推断及实验设计，涉及物质的溶解度、酸碱性、溶液中离子成分分析、氧化还原反应、离子反应方程式书写、实验方案设计等，检测学生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”“科学探究与创新意识”“科学态度与社会责任”素养的发展水平。 1．硫及其化合物在生活、生产中有着广泛的应用，请回答。 (1)关于VIA族元素有关微粒的描述，下列说法正确的是_______。 A．第二电离能：基态氧原子高于基态氮原子 B．Se4+的电子排布为[Ar]4s2 C．酸性：CH3OH＜CH3SH D．价电子排布图为的S原子处于激发态 (2)某化合物的晶胞如图： 化学式是 ；距离晶胞顶点Au原子距离最近的S原子有 个。 (3)焦亚硫酸钠(可视为Na2SO3SO2)溶于水所得溶液呈 (填“酸”或“碱”)性，结合数据说明原因 。(常温下，H2SO3的Ka1=1.54×10-2，Ka2=1.02×10-7) (4)某兴趣小组将载金硫化矿粉(细小的Au颗粒被FeS2、FeAsS包裹)通入空气焙烧，得到烟气和烧渣(含有Fe2O3和Au)，以烧渣为原料，制备单质Au和FeSO4·7H2O，流程如下： ①操作A是 ，试剂B是 。 ②写出Zn和Na2[Au(CN)2]生成Au的化学方程式(Zn元素以四配位离子存在) 。 ③在碱性条件下，FeAsS与足量高压反应，可得Fe2O3和两种空间构型相同的酸根离子，写出反应的离子方程式 。 2．氯是生命活动中不可或缺的元素。请回答： (1)关于ⅦA族元素原子结构与性质的描述，下列说法正确的是_______。 A．基态原子的电子占据的最高能级的轨道形状是球形 B．电子排布为[Ne]3s13p6的Cl-原子电子跃迁时，由光谱仪可能捕捉到发射光谱 C．Br的半径大于Br-的半径 D．I元素的原子序数为53 (2)某含有结晶水的化合物的晶胞如图。 ①化学式是 。 ②将该化合物配成0.5 mol·L-1的水溶液，然后取于试管中将其加热，实验现象是 (从平衡移动角度考虑)。 (3)已知常压下NH4Cl的分解温度为337℃，NH4Br的分解温度为452℃，从化学键角度分析两者分解温度差异的原因 。 (4)Cl2O是高效安全消毒灭菌剂，某兴趣小组设计了两种制备Cl2O的方法： I.用新制的HgO和Cl2反应。 已知： i. HgO+2Cl2=Hg+Cl2O，副反应：2HgO+2Cl2=2HgCl2+O2 ⅱ.常压下，Cl2沸点-34.0℃，熔点-101.0℃；Cl2O沸点2.0℃，熔点-120.6℃；沸点-183℃，熔点-218℃。 ⅲ. Cl2O在CCl4中的溶解度远大于其在水中的溶解度。 Ⅱ.将Cl2通入过量潮湿的Na2CO3。 ①方法I，所得物质的成分是 。将纯化后的Cl2O产品气化，通入水中得到高纯度Cl2O的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当需要Cl2O时，可将Cl2O浓溶液用CCl4 (操作名称)，得到的混合液再经过 (操作名称)，可重新得到Cl2O。 ②写出方法Ⅱ中的化学反应方程式 。 ③ClO2也是一种高效安全消毒灭菌剂。现有一瓶气体，可能是ClO2或Cl2O。已知或Cl2O都可完全分解，产物都是Cl2和O2。请设计实验通过分解产物来确定气体是哪种化合物 。 3．铁元素是生命活动中不可或缺的元素。 (1)无水FeCl2晶体的晶胞如图所示，下列说法正确的是_______。 A．Fe元素位于周期表第九列 B．[Fe(H2O)4]Cl2晶体中的离子键比FeCl2晶体中的离子键更强 C．FeCl2晶体中存在范德华力 D．FeCl2晶体中Fe2+离子的配位数为6 (2)①基态Fe3+比Fe2+更稳定的原因是 。 ②Fe3+和Fe2+在溶液中都能形成六配位的水合离子，从结构的角度解释，同浓度的FeCl3溶液比FeCl2溶液酸性更强的原因 。 (3)某研究小组在隔绝空气的条件下，用Fe2+与Fe3+混合液制备纯净的纳米Fe3O4，实验流程如下： 已知：陈化是指将新生成的沉淀在母液中静置一段时间的处理过程，经过陈化可以使固体沉淀颗粒变大。 ①试剂X的最佳选择是 。 A．NaOH B．NaClO C．NH3·H2O D．Na2CO3 ②步骤Ⅱ中操作Y是 。 ③步骤Ⅳ中系列操作Z是 。 (4)邻二氮菲()(用R表示)中N原子可与Fe2+形成橙红色的配离子[FeR3]2+，[FeR3]2+对特定波长光的吸收程度(用吸光度A表示)与Fe2+在一定浓度范围内成正比，利用该反应可测定Fe2+浓度。R中氮原子的杂化方式为 ；测定的过程中首先要加入盐酸羟胺(NH2OH·HCl)除去溶液中的Fe3+，请写出该反应的离子方程式 ；然后调节溶液的pH范围为2~9，加入R，开展测定实验。请解释选择该pH范围的原因 。 4．锂元素被广泛应用于电动汽车、军事通讯以及航空航天等领域。请回答： (1)关于氢和碱金属的描述，下列说法正确的是___________。 A．熔点：H2＜D2＜T2 B．金属单质密度：Rb＞K＞Na＞Li C．得到一个电子释放的能量：H＞Li D．价电子排布为和的原子能量相同 (2)某化合物的晶体结构如下图所示。 ①该化合物的化学式为 。 ②该化合物中有 种不同化学环境的Li+，N3-的配位数为 。 (3)K、Rb的氢氧化物与O3反应，可以制得臭氧化物KO3、RbO3；而LiO3不能稳定存在，只能以[Li(NH3)4]O3的形式存在。请从离子半径的角度分析LiO3极不稳定的原因 。 (4)近年来，LiFePO4成为动力锂电池首选的正极材料。某兴趣小组在进行专题探究后设计了以下两种制备LiFePO4的方法： Ⅰ．用Fe-P废渣制备Fe3(PO4)2，再将产物与Li2CO3、H3PO4在高温下反应制得LiFePO4。 Ⅱ．用LiOH、FeSO4、H3PO4和抗坏血酸混合溶液在pH=6的环境下反应制得LiFePO4。 已知：LiFePO4在酸性较强的环境下不稳定。 ①方法Ⅰ，将Fe-P废渣(记为Fe1.5P)置于CO2气氛中煅烧，可得到Fe3(PO4)2和一种可燃性气体，该反应的化学反应方程式为 。 ②方法Ⅱ，控制pH=6的原因是 。 请根据两种制备方法的差异，推测方法Ⅱ相对于方法Ⅰ的优势 。(写出2点即可) ③为回收废旧锂离子电池正极材料[主要成分为LiFePO4和]中的Li+，设计流程如下： 溶液A是 ，条件B是 ，两步操作C是 。 5．某兴趣小组对FeH(SO4)2按如下流程进行实验研究： 请回答： (1)经研究发现，固体A晶胞结构如图所示。“”的配位数(紧邻的“”数)为 ；固体A的化学式为 。 (2)写出FeH(SO4)2(aq)与足量Ba(OH)2(aq)反应的离子方程式 。 (3)下列有关单核微粒的描述正确的是___________。 A．微粒半径：H-＞H B．水合能力：Fe3+＞Na+ C．Ar的基态原子简化电子排布式为[Ne]3s23p63d10 D．氧原子经变化，会产生原子光谱 (4)将Na2O置于纯氧氛围下灼烧，观察到 现象，写出该现象涉及的化学方程式 。 (5)流程中溶液B中溶质的主要成分 ，设计实验验证溶液B中的主要阴离子 。 (6)用有机溶剂()和()“协同作用”处理含有Fe2+废水中的VO2+。“协同作用”发生的反应[(org)表示有机溶剂]： 反应 VO2+(aq)+2HA(org)+2HB(org)VOA2(HB)2(org)+2H+(aq) 反应 VO2+(aq)+2HA(org)+2HB(org)VOB2(HA)2(org)+2H+(aq) 其主要产物结构如图。 ①利用“协同作用”分离出VO2+的实验操作名称为 。 ②VOA2(HB)2(org)比VOB2(HA)2更稳定的原因为 。 押题猜想十八 化学反应原理综合应用 (原创题)(12分)铁的化合物在生产生活和科学实验中应用广泛。请按要求回答下列问题： (1)一定条件下Fe2O3与甲烷反应制取纳米级铁，已知： 反应Ⅰ：3H2(g)+Fe2O3(s)2Fe(s)+3H2O(g) ΔH1=-26.5 kJ·mol-1 反应Ⅱ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH2=-160 kJ·mol-1 则反应Ⅲ：3CH4(g)+4Fe2O3(s)8Fe(s)+6H2O(g)+3CO2(g)在________填(“高温”或“低温”)下能自发进行。 (2)欲提高反应Ⅲ中CH4的平衡转化率，可采取的措施是________________。 A．增加Fe2O3的量 B．移出部分CO2 C．提高反应温度 D．加入合适的催化剂 (3)在T ℃下，向某恒容密闭容器中加入3 mol CH4(g)和4 mol Fe2O3(s)发生反应：4Fe2O3(s)+3CH4(g)8Fe(s)+6H2O(g)+3CO2(g)。反应起始时压强为p0，反应进行至10 min时达到平衡状态，测得此时容器中n(CH4)∶n(H2O)=1∶1，T ℃下该反应的Kp=_______(用分压表示，分压=总压×物质的量分数)。 (4)一定温度下，密闭容器中进行反应III，测得平衡时混合物中CO2的体积分数随压强的变化如图所示，请在下图中补充p0之前的变化曲线；p0后CO2的体积分数几乎不变的原因是____________________。 (5)以铂、铁作电极电解NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4，其在浓碱中稳定存在)的装置如图所示。 c为太阳能电池的___________(填“正”或“负”)极；电极b上发生的电极反应为___________。 押题解读 本题以工业生产中实际问题为情境，考查学生对化学反应原理的理解与运用，具体涉及原电池或电解池工作原理、电极反应式、盖斯定律、化学平衡常数、平衡转化率、溶液pH计算、催化剂，以及根据反应历程解释化学反应速率变化规律等知识，考查学生定性分析及定量计算能力，接受、吸收、整合题给信息进行分析推理的能力，利用相关理论解释各反应条件对反应速率及化学平衡影响等方面的能力，衡量“变化观念与平衡思想”“证据推理与模型认知”“科学态度与社会责任”素养的发展水平。 1．乙醇是一种重要的工业原料。请回答： (1)工业上可采用催化还原CO2的方法制备C2H5OH，一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量的CO2和H2，在某固体催化剂的作用下发生如下自发反应： 主反应：2CO2(g)＋6H2(g)C2H5OH(g)＋3H2O(g) ΔH1 副反应I：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH2 副反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH3＞0 ①若仅考虑主反应与副反应Ⅱ，下列说法不正确的是 。 A．当CO的体积分数不变时体系达到平衡 B．升高温度不利于提高醇类的平衡产率 C．体系达到平衡后充入少量氦气，内压增大，主反应平衡正移 D．增加催化剂X的用量，主反应正、逆反应的活化能均减小 ②若仅考虑主反应与副反应I，对反应体系加热，随着温度升高，平衡产量比值减小，则∆H1 ∆H2 (填“＞”、“＜”或“=”)。 (2)乙酸甲酯电化学合成法制乙醇的工艺中，电解质溶液为稀H2SO4，阳极通入H2，阴极产物为乙醇与甲醇，物质的量比为1：1。写出阴极的电极反应方程式(有机物写结构简式) 。 (3)乙醇与水蒸气通过催化重整制氢的反应如下： 反应I：C2H5OH(g)＋H2O(g)2CO(g)＋4H2(g) ΔHI＞0 反应Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔHII＜0 100kPa的恒压密闭容器中，恒定量的C2H5OH(g)与适量H2O(g)发生上述反应，保持H2平衡产率为m%不变，体系温度(T)与起始水醇比的关系如图中X曲线所示，请回答： ①H2的平衡产率：a点 b点(填“＞”、“＜”或“=”)。 ②反应过程中部分乙醇生成固态炭覆盖催化剂活性位点，降低催化效率，在体系中充入O2(g)可除去固态炭。使起始氧醇比=0.5，保持H2平衡产率为m%不变，可得到Y曲线(部分)，将图像划分为有炭区和无炭区，下列判断正确的是 。 A．起始氧醇比=0.5时，平衡时的反应速率a点一定小于c点 B．反应Ⅱ在图像中a、b、c三点的平衡常数Ka＜Kb＜Kc C．若使起始氧醇比=1，图像中无炭区的面积会更小 D．曲线X出现拐点的原因是高于Tx时反应Ⅱ平衡逆移程度大于反应I正移 (4)Al2O3可做酯化反应的催化剂，乙醇中的氧原子在催化剂表面形成配位键，进而改变键角的大小，形成相对稳定的中间体，降低与羧酸反应的活化能。请说明乙醇的键角如何改变，及改变的原因 。 2．HCl是涉氯工业生产中的副产品，O2氧化HCl是一种实现氯资源闭路循环的重要方法。 (1)HCl直接氧化法制Cl2，若以CuO为催化剂，涉及如下反应： CuO(s)＋2HCl(g)CuCl2(s)＋H2O(g) ΔH1＝-121kJ·mol−1 2CuCl2(s)＋O2(g)2CuO(s)＋2Cl2(g) ΔH2＝+126kJ·mol−1 利于反应4HCl(g)＋O2(g)2 H2O(g)＋2Cl2(g)自发进行的条件是 。 A．高温 B．低温 C．高压 D．低压 E．催化剂 (2)有科学家发现Cu2OCl2是O2氧化HCl的主要活性相，反应机理如图所示。高温下铜的氯化物易挥发导致催化剂活性下降，固体中铜的氯化物的质量分数越大越易挥发。下列有关说法正确的是_______。 A．温度越高，生成Cl2的速率越快 B．适当增大O2与HCl的投料比有利于提高催化剂的活性 C．氧气的浓度越大，Cl2的产生速率越快 D．在CuO中加入适量的KCl能提高反应速率 (3)将HCl和O2的物质的量按以不同起始流速通入装有催化剂的反应器，在、下分别发生氧化反应，通过检测不同温度下反应器出口处气体成分绘制HCl的转化率()曲线如图-1所示(HCl流速的转化率可近似为平衡转化率)。 ①图-1中T2为 ℃。反应在流速时，而在时的原因是 。 ②设M与N点的转化率为平衡转化率，求的平衡常数为 。(用平衡时气体物质的量分数代替气体平衡浓度计算) ③将HCl和O2分别按物质的量比和通入装有催化剂的反应器反应，在图-2中分别画出HCl平衡转化率随温度变化的曲线图 。 (4)科学家设计了一种氧化HCl新的工艺方案：电解槽的阴阳极用质子交换膜隔开，以为催化剂，通过电化学过程和化学过程实现HCl的氧化。其中阴极发生的反应包括两步，请补充第2步反应的方程式。①Fe3++e-=Fe2+；② 。 3．乙烯是重要的基础化工原料，工业上利用乙烷制乙烯涉及的相关反应如下： 反应：C6H6(g)C2H4(g)＋H2(g) ΔH1 反应II：2C2H6(g)＋O2(g)2C2H4(g)＋2H2O(g) ΔH2 请回答： (1)298K时，反应历程如图1所示。已知在标准压强101kPa、298K下，由最稳定的单质合成物质B的反应焓变，叫做物质B的标准摩尔生成焓，用符号表示。部分物质的如图2所示。H2(g)、O2(g)的标准摩尔生成焓为0。 该反应的决速步骤为 (填“反应a”或“反应b”)。图2中 。 (2)已知反应：C6H6(g)C2H4(g)＋H2(g)的速率方程为，，其中、分别为正、逆反应速率常数，p为各组分分压。 ①在实际生产中，T℃时，向恒容密闭容器中通入乙烷和N2(作稀释剂，提高乙烷转化率)，测得容器总压()和乙烷转化率随时间变化的结果如图3所示。平衡常数Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算)。 ②下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成C2H4(g)的反应速率的是 (填标号)。 a．压缩容器体积 b．升高温度 c．加入催化剂 d．适当增大C2H6浓度 (3)有机反应中容易产生积碳，使催化剂失活，相同反应条件下，反应相比反应不容易产生积碳而使催化剂失活的原因是 。 (4)我国科学家利用固体氧化物电解池成功实现了乙烷电化学脱氢制备乙烯，装置如图4所示，C2H6生成C2H4的电极反应式为 。 4．以CO2为碳源催化加氢合成甲醇，有利于降低碳的排放，实现“碳中和”。 已知：I：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝-49.8kJ·mol−1 Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2 请回答： (1)①物质的标准生成焓是指在一定温度下，由元素最稳定的单质生成纯物质时的焓变。下表是几种物质在时的标准生成焓： 物质 CO2(g) H2(g) CH3OH(g) H2O(g) 0 x 则x= 。 ②反应的自由能变化量：ΔG=ΔH-TΔS＜0，ΔG＜0时反应自发，反应Ⅱ的随温度变化如图所示。则反应Ⅱ的 0(填“>”、“<”或“=”)。 (2)将CO2和H2按物质的量之比1：3充入恒压(5MPa)容器中，在催化剂的作用下发生反应I和Ⅱ，测得CO2的平衡转化率及CH3OH的选择性随温度的变化如图所示。 (3) ①下列说法正确的是 。 a．若温度不变，缩小容器体积，达到新平衡后CO2浓度增大 b．升高温度，反应速率和CH3OH的平衡产率一定都增大 c．使用合适的催化剂，可以提高单位时间内CH3OH的产量 d．当n(CO2)=n(H2O)时，反应达到平衡 ②275℃后，CO2的平衡转化率随温度升高而增大的原因是 。 ③225℃时，反应Ⅱ的平衡常数K= (保留3位小数)。 ④其他条件相同，若将反应物充入恒压(3MPa)容器中发生反应，CH3OH的选择性随温度的变化与时变化相似，请在图中画出175~400℃之间CO2的平衡转化率随温度变化曲线 (只作定性描述)。 5．苯甲醛是香料、医药、农化等行业的重要中间体，被广泛地应用于食品、化妆品、塑料工业等行业中。以下是制备苯甲醛的两种方法： Ⅰ．甲苯氧化法： ΔH1＝-346.5kJ·mol−1 Ⅱ．苯甲醇氧化法： ΔH2＝-389.5kJ·mol−1 请回答： (1)方法Ⅰ中的反应能自发进行的条件是 。 (2)方法Ⅰ中，得到苯甲醛有两种途径(图1)，途径一是甲苯先氧化得到苯甲醇，再深度氧化得到苯甲醛，途径二为甲苯直接氧化得到苯甲醛。已知：在反应起始阶段，可认为甲苯与O2发生平行反应，分别生成苯甲醇(浓度为c1)和苯甲醛(浓度为c2)，两产物的浓度之比与时间无关：140℃时，c1/c2=0.5，170℃时，c1/c2=0.6。 ①请计算，反应的焓变ΔH3= kJ·mol−1 ②反应过程中，甲苯和各产物含量变化如图2所示，下列说法正确的是 。 A．分析可知，Ea1＞Ea3 B．增加氧化剂O2的浓度，可以提高甲苯的转化率和苯甲醛的选择性 C．在一定的反应时间内，选择合适的催化剂，可以提高生成苯甲醇的比例 D．降低反应温度，会使得途径二对苯甲醛生成的贡献更大 ③甲苯氧化制备苯甲醛过程中，还产生了另一种有机产物苯甲酸，请在图2中画出c(苯甲酸)随时间变化的曲线图(以左侧坐标轴为纵坐标) 。 (3)方法Ⅱ中，采用Mn3O4为固体催化剂，反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附、反应等过程。在一定时间内，随着n(苯甲醇)/n(催化剂)比值的增大，苯甲醇的转化率先增大后减小，试解释原因 。 (4)利用纳米TiO2-Pt电极电解MnSO4和H2SO4的混合溶液(如图3)，电解一段时间后，将电解液与甲苯混合可制得苯甲醛，已知适当增大Mn2+和H+浓度可以抑制Mn3+的歧化倾向，电解过程中，阳极表面有少量气泡产生，且溶液中有极少量黑色固体物质生成。请写出： ①产生气泡对应的电极反应方程式： 。 ②溶液中生成黑色固体的离子方程式： 。 押题猜想十九 综合实验设计与评价 (原创题)(12分)连二亚硫酸钠(Na2S2O4，俗称保险粉)广泛用于纺织工业的还原性染色清洗、印花等，其是一种淡黄色粉末，易溶于水，难溶于乙醇。实验室用锌粉法制备Na2S2O4的步骤及实验装置(夹持及加热装置已略)如图所示。 I. 将锌粉及水加入三口烧瓶中并将烧瓶加热到35~45 ℃，向其中先通入N2一段时间后，改通SO2(生成ZnS2O4)； II. 向烧瓶中加入NaOH溶液，过滤； III. 向滤液中加入氯化钠，并冷却至20 ℃，过滤出晶体后用无水乙醇洗涤即得产品； IV. 测定产品的纯度。 请回答： (1)装有NaOH溶液的仪器名称是____________；通SO2前先向三口烧瓶中通入N2的目的是____________；F装置的作用是____________________(写2种即可)。 (2)B为制备SO2的装置，应选用下图所示装置中的__________(填字母)；选用以下试剂中的__________(填字母)。 A. 铜粉 B. Na2SO3固体 C. 98％浓硫酸 D. 70％浓硫酸 E. 10％稀硫酸 (3)步骤Ⅱ发生反应的化学方程式为______________________________；步骤Ⅱ反应结束后的分离操作需要用到的玻璃仪器有____________________。 (4)制得的Na2S2O4•2H2O粗产品，需要用乙醇洗涤。下列说法中，不属于用乙醇洗涤的目的的是__________。 A. 防止晶体溶解，提高产率 B. 利用乙醇的挥发性，促进晶体表面水的挥发 C. 防止晶体失水而风化 D. 利用乙醇蒸气的保护作用，防止晶体被氧化 (5)取所制得的样品2.50 g于锥形瓶中，加入20 mL水，振荡，使之完全溶解，然后用0.50 mol•L-1 KMnO4溶液滴定，达到滴定终点时共用去24.00 mL KMnO4溶液。样品的纯度是__________。 押题解读 本题常以指定物质制备和纯度分析为情境，将平衡移动原理与物质制备、纯度分析相结合，考查学生依据已学核心知识、获取题干信息解决实际问题的能力。涉及制备原理、实验反应条件控制、仪器识别、实验装置、分离提纯、反应终点判断、物质检验、实验安全、滴定操作、指示剂的选择及滴定终点的判断、实验操作目的和原因、定量测定和数据处理等知识，检测学生“科学探究与创新意识”素养的发展水平。 1．某实验小组探究苯甲醛与甲醛在浓NaOH作用下制备苯甲醇，实验原理及流程如下： 已知：(1)苯甲醛微溶于水、苯甲醇在水中溶解度不大，两者均易溶于乙醚、密度均约为1g/cm3。 (2)苯甲醛能与NaHSO3反应生成难溶于水、乙醚的固体。 请回答： (1)甲醛试剂会缔合为三聚甲醛()，实验前需解聚，方法是：取50mL甲醛试剂，加1mL10%稀硫酸，加热回流。稀硫酸的作用是 。 (2)步骤Ⅰ所用的装置如下图所示。虚线框内装置的作用是 。 (3)步骤Ⅱ为分液，步骤Ⅳ为蒸馏。下列说法正确的是_______。 A．步骤Ⅰ，实验操作必须在通风橱中完成 B．步骤Ⅱ，加适量水的目的是溶解甲酸钠 C．步骤Ⅱ，分离出的水层可用乙醚再次萃取并回收乙醚层 D．步骤Ⅳ，温度计插入混合物M3中，会收集到沸点稍高的杂质 (4)步骤Ⅲ对分离得到的有机层的“一系列操作”有如下步骤，请排序 (填序号)。 ①加NaHCO3溶液至不再产生气泡 ②加无水MgSO4固体吸水，过滤 ③水洗，分液 ④加过量饱和NaHSO3溶液 ⑤分液 ⑥过滤 (5)步骤Ⅱ不选择按下图所示操作进行，原因是 。 (6)HCHO的还原性强于苯甲醛的原因是 。 2．“Chem is try”小组探究Cu(phen)2ClO4(高氯酸二邻菲罗啉合亚铜)的合成方法： 实验一：Cu(CH3CN)4ClO4(高氯酸四乙晴合亚铜)的制备实验流程： 实验二：Cu(phen)2ClO4(高氯酸二邻菲罗啉合亚铜)的制备 反应方程式：。 实验步骤：按如图所示搭好装置→检查气密性→关闭滴液漏斗活塞→“惰性气体保护”→将Cu(CH3CN)4ClO4溶于10mL乙腈，通过滴液漏斗加入三颈烧瓶→将邻菲罗啉的乙晴溶液通过滴液漏斗加入三颈烧瓶→搅拌20 min→通过滴液漏斗滴加新蒸馏的无水乙醚→过滤、干燥。 已知：①Cu(ClO4)2·6H2O(六水合高氯酸铜)为蓝绿色晶体；②的配合物通常为无色，易被氧化；③CH3CN(乙晴)沸点81.6℃，与水混溶，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂；④phen为邻菲罗啉()。 (1)步骤Ⅰ：取14 g碱式碳酸铜加少量水湿润，搅拌下小心滴加高氯酸至固体几乎完全溶解。若加入太多水，弊端是 。 (2)步骤Ⅳ：加热回流结束的标志是 。 (3)步骤Ⅵ：最适宜的干燥方法是_______。 A．烘箱烘干 B．低温风干 C．真空干燥 D．滤纸吸干 (4)实验二“惰性气体保护”需用惰性气体充分置换空气，可通过反复抽真空、通氮气来实现。请从下列操作中选择合适的操作并排序(需要用到下列所有操作)： 。 关闭K1→_______→_______→_______→_______→_______(填序号)→重复以上操作3次→关闭真空泵。 a．打开K1 b．打开K2 c．关闭K2 d．抽真空 e．通氮气 (5)下列说法不正确的是_______。 A．步骤Ⅲ应“浓缩”至溶液表面出现晶膜 B．步骤Ⅳ中加热回流的主要目的是将分解出的结晶水蒸发脱离体系 C．步骤Ⅴ中“系列操作”为冷却结晶、过滤、洗涤 D．实验二通过滴液漏斗投料过程可能有空气进入装置，应在通风橱内进行 (6)实验方案不采用邻菲罗啉直接与高氯酸亚铜反应制备产物，而是先制得高氯酸四乙晴合亚铜。请结合物质的溶解性推测原因 。 3．氢化铝锂(LiAlH4)是有机合成中的重要还原剂。某课题组按如图流程、装置开展了制备实验(夹持、尾气处理装置已省略)。 已知：①LiH、LiAlH4在潮湿的空气中均会发生剧烈水解。 ②乙醚微溶于水，沸点34.5℃，易燃；苯的沸点80.1℃。 ③相关物质溶解性表如下 AlCl3 LiAlH4 LiH LiCl 乙醚 可溶 可溶 微溶 难溶 苯 易溶 难溶 难溶 难溶 请回答： (1)图1中仪器a的名称是 。 (2)写出步骤I中LiH与AlCl3反应的化学方程式 。 (3)下列说法正确的是_______。 A．步骤I需在无水环境反应 B．球形干燥管的主要作用是吸收尾气 C．步骤II的操作为真空条件下过滤 D．乙醚沸点低，主要原因是难以形成分子间氢键 (4)为提高产品的产率，应选择LiH适当过量而不是AlCl3过量，原因是 。 (5)步骤III加入苯的作用是 。 (6)25℃，常压下，测定LiAlH4 (不含LiH和AlH3)纯度的主要步骤如下(装置如图2所示)： ①记录量气管B起始体积读数V1 mL ②调整量气管中液面高度，读数V2 mL ③打开旋塞至滴加完所有液体，立即关闭旋塞 ④称取产品LiAlH41.90g加入圆底烧瓶A ⑤在分液漏斗中加入过量的四氢呋喃(可减缓LiAlH4与H2O的反应速率)和水的混合液10.0 mL 上述操作正确的顺序为 。 _______→①→_______→_______→_______。 ⑥计算LiAlH4的质量分数为 (用含V1、V2的代数式表达)。(量气管B由碱式滴定管改装；25℃，常压下气体摩尔体积约为。 4．肉桂酸(C6H5CH=CHCOOH)和氢化肉桂酸(C6H5CH2CH2COOH)都是重要的医药中间体，某小组采用如下实验流程进行制备(相关性质如下表)。 名称 苯甲醛 醋酸酐 肉桂酸 性状 无色油状液体 无色液体 无色针状晶体 熔点 ℃ ℃ 133℃ 沸点 178℃ 140℃ 300℃ 溶解度(水) 0.3g 12g 请回答： (1)步骤Ⅱ的“水蒸气蒸馏”装置如图(夹持仪器和尾气处理装置已省略)，图中仪器a的名称是 ，水蒸气蒸馏的主要目的是为了除去 。 (2)下列做法不正确的是_____。 A．步骤Ⅰ反应需要控温在170~180℃，若控温加热器发生故障，可改用水浴加热 B．步骤Ⅱ中，应先撤去加热装置并冷却后再加水浸泡 C．步骤Ⅲ中，加入NaOH可以使产物以钠盐形式存在，提高溶解能力，便于与杂质分离 D．步骤Ⅳ中，过滤后用稀盐酸洗涤粗产品 (3)肉桂酸催化加氢制备氢化肉桂酸的实验装置如图所示(三通活塞1接氢气贮存系统、三通活塞2接真空系统)： ①实验步骤：在圆底烧瓶内加入3g肉桂酸()和95%乙醇，溶解后加入催化剂，连接装置， 。a→_____→_____→_____→e→f(实验步骤排序，选填序号)，记录贮氢筒内H2的体积为500mL(读数时保持平衡瓶内水平面与贮氢筒中水平面高度持平。已知：常温常压下)。当体积无明显变化后，记录H2的体积为108mL，水浴蒸去乙醇可得氢化肉桂酸粗产品。 a．检查装置气密性 b．打开活塞1充入H2 c．关闭活塞1，打开活塞2，抽气到一定真空度后关闭活塞2 d．旋转活塞1，提高盛有蒸馏水的平衡瓶的位置，使贮氢筒充满水 e．重复必要操作2~3次，并确定装置内的空气已除尽 f．关闭活塞2，打开活塞1，缓慢降低平衡瓶的位置，使贮氢筒内充满H2，关闭活塞1 ②氢化反应时，保持平衡瓶内水平面略高于贮氢筒中水平面，原因是 。 ③氢化肉桂酸的产率为 。 5．实验室制备、提纯、分析NaBH4纯度的步骤如下。 Ⅰ．NaBH4的制备。利用如图甲装置(加热及夹持装置略)进行操作： (i)连接装置，检验气密性，装入试剂，打开K2，向装置中鼓入N2，然后升温到110℃左右，打开搅拌器快速搅拌，将融化的Na快速分散到石蜡油中； (ii)升温到200℃，关闭K2，打开K1通入H2，充分反应后制得NaH； (iii)升温到240℃，关闭K1，打开K2通入N2，打开K3向三颈瓶中滴入硼酸三甲酯[分子式为B(OCH3)3，沸点为68℃]，充分反应； (iv)降温后，离心分离得到NaBH4和CH3ONa的固体混合物。 Ⅱ．NaBH4的提纯。NaBH4可采用索氏提取法提纯，其装置如图乙所示，实验时将NaBH4和CH3ONa的固体混合物放入滤纸套筒1中，烧瓶中加入异丙胺。烧瓶中异丙胺受热蒸发上升，冷凝后滴入滤纸套筒1中，再经导管返回烧瓶，从而实现连续萃取。 Ⅲ．纯度分析。 步骤1：取mg产品(杂质不参加反应)溶于NaOH溶液后配成200mL溶液，取20mL置于碘量瓶中，加入V1mLc1mol/L的KIO3溶液充分反应。(3NaBH4+4KIO3=3NaB2+4KI+6H2O) 步骤2：向步骤1反应后溶液中加入过量的KI溶液，用稀硫酸调节pH，使过量KIO3转化为I2，冷却后于暗处放数分钟。 步骤3：将步骤2所得混合液调pH约为5.0，加入几滴淀粉，用c2mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗溶液V2mL。(I2+2Na2S2O3=Na2S4O62-+2Na) 已知 NaBH4 NaH CH3ONa 异丙胺 性质 固体，可溶于异丙胺或水，常温下与水缓慢反应，与酸剧烈反应，强碱环境下能稳定存在 固体，强还原性，与水剧烈反应 固体，难溶于异丙胺，常温下与水剧烈反应 有机溶剂，沸点：33℃ 请回答： (1)仪器a的名称是 。 (2)写出NaH与B(OCH3)3反应的化学方程式 。 (3)下列有关说法不正确的是___________。 A．将Na分散到石蜡油中目的是增大Na与H2接触面积，加快反应速率 B．装置乙中异丙胺蒸汽沿虹吸管3上升 C．装置甲应该处于无水、无氧的反应环境 D．萃取完全后，NaBH4在圆底烧瓶中，且通过蒸馏分离异丙胺和NaBH4并回收溶剂 (4)与常规萃取相比，用索氏提取器的优点是 。 (5)按照先后顺序对本实验的滴定操作排序： 。 滴定管检漏→蒸馏水洗→___________→___________→a→___________→___________→___________ a．加液至“0”刻度以上2~3mL处 b．调整液面至“0”刻度或“0”刻度下方，记录读数 c．倾斜转动滴定管，使标准液润湿滴定管内壁，将润洗液从下口排出 d．赶出尖嘴部分气泡 e．向酸式滴定管中加3~5mL Na2S2O3标准液 f．向碱式滴定管中加3~5mL Na2S2O3标准液 g．左手控制活塞，右手振荡锥形瓶 h．左手挤压玻璃珠，右手振荡锥形瓶 (6)产品中NaBH4的纯度为 %。(用c1、V1、c2、V2、m等数据的代数式表示) 押题猜想二十 有机合成与推断 (原创题)(12分)化合物G是一种重要的药物中间体，其合成路线如图所示： 已知：R-CHO，R为烃基。 回答下列问题： (1)化合物C的含氧官能团的名称是________。 (2)化合物N的结构简式是________________。 (3)下列说法正确的是___________。 A. A的化学名称为4-氟苯甲醛 B. G的分子式是C18H16FNO4 C. 中σ键和π键数目之比为14∶3 D. 1 mol D完全氢化需要消耗3 mol H2 (4)C→D反应的化学方程式为________________________。 (5)M同分异构体有多种，写出三种符合下列条件的M同分异构体的结构简式：____________。 ①能与FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有1个手性碳原子； ②分子中有4种不同化学环境的氢。 (6)已知：，写出以、和为原料制备的合成路线流程图(其他无机试剂任用)：________________________________________________________________________。 押题解读 本题以某种新药物的合成为真实情景，考查学生依据已学知识、题干信息、分子式和结构式等信息进行综合分析、证据推理的能力，具体涉及官能团识别、反应条件判断、反应机理推测、反应类型判断、结构简式书写、基团间的相互影响、化学方程式书写、有机合成路线设计、限制条件下同分异构体书写等内容。诊断并发展学生“证据推理和模型认知”素养水平。 1．化合物J具有治疗心血管疾病的功效，其合成路线如下(部分反应条件及试剂已简化)： 已知：①环具有类似苯环的性质 ② ③ 请回答： (1)化合物A中可以发生水解反应的官能团名称是 。 (2)下列说法正确的是_______。 A．A到B的过程中会产生 B．B→C的过程中N(CH2CH3)3起到碱的作用 C．化合物D的分子式C8H10N4O5 D．化合物D→E发生加成反应 (3)E＋F→G的化学方程式是 。 (4)I的结构简式是 。 (5)写出同时符合下列条件的化合物J的同分异构体的结构简式 。 ①含有一个5元环 ②核磁共振氢谱显示含有3种氢 (6)补全C→D的合成路线 (用流程图表示，两个碳以内的有机试剂、无机试剂任选)。 2．某研究小组按下列路线合成某药物中间体H(部分反应条件已简化)。 已知：① ② 请回答： (1)化合物A的官能团名称是 。 (2)化合物C的结构简式 。 (3)下列说法正确的是___________。 A．化合物E的碱性强于NH3 B．化合物G中只含有1个手性碳原子 C．C→D的反应类型为消去反应 D．化合物H的分子式为C11H16O4N (4)写出D+F→G的化学方程式 。 (5)托品酮()是合成阿托品的一种中间体，设计以1，4-二氯丁烷()、丙酮()和为原料合成托品酮的路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。 (6)写出4个同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式 。 ①核磁共振氢谱表明：分子中有2种不同化学环境的氢原子 ②含有甲氧基(-OCH3) 3．有机物I在生物化学领域具有广泛的应用价值。某课题组设计的合成路线如图(部分反应条件已省略)。 已知：ROH+COCl2→ClCOOR+HCl 请回答： (1)化合物H中不含氧的官能团名称是 。 (2)化合物A的结构简式是 。 (3)下列说法正确的是_______。 A．化合物B中所有原子一定共平面 B．C→D的反应中，两个F原子存在不同选择性 C．1 mol化合物H与H2在一定条件下完全反应，最多消耗6molH2 D．TMSA的结构可能为，采用sp3的杂化方式成键 (4)反应E+F→G需控制约为8，写出E+F→G的化学方程式 。 (5)写出3个同时符合下列条件的化合物I的同分异构体的结构简式 (不考虑立体异构)。 ①与FeCl3溶液混合能发生显色反应； ②核磁共振氢谱表明：分子中有4种不同化学环境的氢原子； ③红外光谱表明：分子为苯的二取代物，无其他环状结构，不含“=C=”结构。 (6)请结合以上相关信息，以、COCl2、CH3CH2OH和TMSA为原料，设计合成的路线 (用流程图表示，无机试剂任选)。 4．某研究小组按下列路线合成治疗银屑病药物本维莫得(部分反应条件及试剂已简化)： 已知：。 请回答： (1)化合物B中官能团的名称是 。 (2)化合物C的结构简式是 。 (3)下列说法正确的是_______。 A．化合物D能使溴水褪色 B．化合物F的酸性强于化合物E C．化合物Ⅰ能发生消去反应 D．本维莫得分子式为C17H20O2 (4)写出G→H的化学方程式 。 (5)5-苯基环己烷-1，3-二酮()是合成有机物的中间体，设计以苯甲醛、丙酮、甲醇、CH2(COOC2H5)2为原料合成该物质的路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。 (6)写出4种同时符合下列条件的化合物E的同分异构体的结构简式 。 ①分子中只含有苯环，无其他环状结构。 ②谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同环境的氢原子，不含键及。 5．某研究小组按下列路线合成具有抗炎、镇痛药“依托度酸”。 已知：① ② 请回答： (1)化合物F的官能团名称是 。 (2)化合物B的结构简式是 。 (3)下列说法不正确的是___________。 A．化合物A、E都能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B．若中R、R′都为H原子，所有原子都在同一平面上，则C、N都是sp2杂化 C．化合物B→C、H→依托度酸的反应类型均为取代反应 D．“依托度酸”的分子式为C17H23NO3 (4)写出G→H的化学方程式 。 (5)设计以乙醛和丙醛为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。 (6)写出同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式 。 ①分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有N-H键。 ②属于芳香族化合物，该有机物与NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH。 ( 2 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 / 71 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 物质的分类 押题猜想二 化学用语 押题猜想三 化学与生产生活 押题猜想四 元素周期律 押题猜想五 化学实验基本操作 押题猜想六 元素化合物与氧化还原反应 押题猜想七 物质结构、性质和用途 押题猜想八 离子(化学)方程式正误判断 押题猜想九 官能团结构与性质 押题猜想十 元素推断 押题猜想十一 化学反应原理的理解与运用 押题猜想十二 电化学及其应用 押题猜想十三 物质结构与性质小综合(选择题) 押题猜想十四 化学反应历程与机理 押题猜想十五 电离平衡常数和溶度积常数 押题猜想十六 化工流程分析 押题猜想十七 物质结构与无机框图 押题猜想十八 化学反应原理综合应用 押题猜想十九 综合实验设计与评价 押题猜想二十 有机合成与推断 押题猜想一 物质的分类 (原创题)下列物质中，具有极性键的极性分子是( ) A．SiC B．SO3 C．O3 D．C2H4 【答案】C 【解析】根据价层电子对互斥理论，中心原子价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数；极性键与非极性分子：极性键由不同原子形成(电负性差异)，而非极性分子整体电荷分布对称，正负电荷中心重合。A项，SiC为共价晶体(网状结构)，无独立分子，A错误；B项，SO3中S的价层电子对数为，为sp2杂化，分子为平面三角形(对称结构)，S-O键为极性键，分子整体无极性，B错误；C项，由O3分子的结构可知，整个分子正负电荷中心不重合，属于极性分子，氧原子之间的键属于单键与双键之间的特殊键，也形成大π键，根据价键理论可知，为极性共价键，C正确；D项，C2H4的结构简式为CH2=CH2，空间结构为，所有原子处于同一平面，含有极性键C-H键、非极性键C=C键，正负电荷重心重合，为非极性分子，D错误；故选C。 押题解读 物质分类是化学学科的基础核心内容，浙江省选考第1题就以选择题形式考查学生对概念体系的掌握和实际应用能力。本题考查物质分类的基本方法，旨在检测学生的识记和辨别能力，以此检测学生“宏观辨识与微观探析”素养的发展水平。物质分类需紧扣定义，关注特例，结合实例深化理解。建议考生通过真题演练，总结高频错题，提升概念应用的精准度。 1．下列物质中含有非极性键的是( ) A．NaCl B．HClO C．CO2 D．C2H6 【答案】D 【解析】同种元素的原子直接形成的共价键为非极性共价键，不同种元素原子之间形成的共价键为极性共价键。A项，NaCl是Na+和Cl-之间通过离子键结合，无共价键，A错误；B项，次氯酸的结构式为：H-O-Cl，其中的H-O、O-Cl均为极性共价键，B错误；C项，CO2的结构式为：O=C=O，其中C与O电负性不同，形成极性共价键，C错误；D项，C2H6两个C原子通过C-C单键结合，属于非极性键；C-H键为极性键，但题目要求只需存在非极性键即可，D正确；故选D。 2．下列食品添加剂属于强电解质的是( ) A．亚硝酸钠 B．蔗糖 C．二氧化碳 D．苯甲酸 【答案】A 【解析】A项，亚硝酸钠属于盐，在水溶液中完全电离，是强电解质，A 正确；B项，蔗糖属于非电解质，在水溶液中和熔融状态下都不能导电，B 错误；C项，二氧化碳属于非电解质，其水溶液能导电是因为与水反应生成碳酸，碳酸电离出离子，并非二氧化碳本身电离，C 错误；D项，苯甲酸属于弱酸，在水溶液中部分电离，是弱电解质，D 错误D；故选A。 3．下列物质属于含有共价键的分子是( ) A．SiO2 B． C．NaOH D．H3PO4 【答案】D 【解析】A项，SiO2是共价晶体，不含SiO2分子，故不选A；B项，是离子晶体，不含分子，故不选B；C项，NaOH是离子晶体，不含NaOH分子，故不选C；D项，H3PO4是共价化合物，只含共价键，是分子晶体，故选D；故选D。 4．下列属于极性分子的是( ) A．P4 B．BF3 C．NH3 D．CO2 【答案】C 【解析】A项，白磷分子的空间结构为结构对称的正四面体形，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，A不符合题意；B项，BF3为平面三角形，结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，B不符合题意；C项，NH3为三角锥形，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，C符合题意；D项，CO2为直线型，结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，D不符合题意；故选C。 5．下列物质属于非电解质的是( ) A．氯化铝 B．重晶石 C．氯仿 D．福尔马林 【答案】C 【解析】A项，氯化铝属于盐，为电解质，故A错误；B项，重晶石为BaSO4，属于盐类，为电解质，故B错误；C项，氯仿不能发生电离，属于非电解质，故C正确；D项，福尔马林为水溶液，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选C。 6．下列物质中不属于电解质的是( ) A．HI B．KAl(SO4)2 C．KOH D．SO2 【答案】D 【解析】电解质的定义是：溶于水或熔融时可导电的化合物；非电解质的定义是：溶于水以及熔融状态均不导电的化合物。A项，HI是酸，属于电解质，A不符合题意；B项，KAl(SO4)2是盐，属于电解质，B不符合题意；C项，KOH是碱，属于电解质，C不符合题意；D项，SO2属于非电解质，D符合题意；故选D。 7．[Ag(NH3)2]OH(氢氧化二氨合银)属于( ) A．碱 B．酸 C．盐 D．氧化物 【答案】A 【解析】A项，电离出阴离子全部是OH-，[Ag(NH3)2]OH电离出[Ag(NH3)2]+和OH-，属于碱，A符合题意；B项，酸是指电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物，[Ag(NH3)2]OH不能电离出H+，不属于酸，B不符合题意；C项，盐是指由金属离子和酸根离子构成的化合物，[Ag(NH3)2]OH 阴离子是OH-，不是酸根离子，不属于盐，C不符合题意；D项，氧化物是指由两种元素组成的且其中一种是氧元素的化合物，[Ag(NH3)2]OH由Ag、N、H、O四种元素组成，不属于氧化物，D不符合题意；故选A。 押题猜想二 化学用语 (原创题)下列化学用语表示正确的是( ) A．N，N-二甲基甲酰胺的结构简式：(CH3)2NCHO B．过程中形成的是吸收光谱 C．邻羟基苯甲醛的分子内氢键： D．NH3和H2O的VSEPR模型均为 【答案】A 【解析】N，N-二甲基甲酰胺可以看作甲酰胺(HCONH2)中NH2上两个H原子被—CH3取代的产物，结构简式为(CH3)2NCHO，A项正确。2p能级不同原子轨道上的电子的能量相同，所以的过程没有能量变化，不能形成光谱，B项错误。邻羟基苯甲醛分子内的氢键是羟基上的氢原子与羰基上的氧原子间形成的，C项错误。H2O的VSEPR模型中有两对孤电子对，D项错误。 押题解读 化学用语贯穿整个化学始终，与基本概念、基本理论、元素化合物、化学实验和化学计算等都有着密切联系。本题旨在考查学生化学用语使用的准确性，检测学生“证据推理与模型认知”“宏观辨识与微观探析”素养的发展水平。化学用语包括：元素符号、离子符号、化学式、化合价、化学方程式、离子反应方程式及用来说明元素符号、离子符号、化学式、化学方程式、离子反应方程式含义的语言，都称为化学用语。用来表示微粒结构的图形、图示；如表示分子结构模型、原子结构示意图都属于化学用语。 1．下列化学用语或图示表达正确的是( ) A．空间填充模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子 B．NaCl溶液中的水合离子： C．HClO的电子式： D．聚丙烯的结构简式： 【答案】C 【解析】A项，原子半径：Cl＞C＞H，因此该模型可表示甲烷，但不能表示四氯化碳，故A错误；B项，NaCl溶液中存在水合钠离子和水合氯离子，水分子中存在O-H极性键，O带部分负电荷、H带部分正电荷，氯离子半径大于钠离子，氯离子带负电荷，钠离子带正电荷，则水合钠离子中吸引的是水分子中的氧原子端、水合氯离子中氯离子吸引的是水分子中的氢原子端，图中显示的错误有：钠离子半径大于氯离子、钠离子吸引了氢原子、氯离子吸引了氧原子，故B错误；C项，HClO的结构式和电子式依次为H-O-Cl、，故C正确；D项，聚丙烯的结构简式：，故D错误；故选C。 2．下列化学用语书写正确的是( ) A．HCl的电子式： B．基态As原子的电子排布式：1s22s22p63s23p64s24p3 C．激发态钠离子的电子排布图： D．乙醇的分子式：C2H5OH 【答案】C 【解析】A项，HCl是共价化合物，电子式：，A错误；B项，As为33号元素，基态As原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s24p3，B错误；C项，基态Na+的电子排布式为1s22s22p6，电子排布图为属于激发态，C正确；D项，乙醇的分子式：C2H6O，D错误；故选C。 3．下列化学用语表示不正确的是( ) A．质量数为18的氧原子：188O B．π键的电子云图： C．基态Cu的价电子排布式：3d104s1 D．的名称：2，3，3，5，5-五甲基己烷 【答案】D 【解析】A项，氧原子质子数是8，质量数为18：188O，A正确；B项，原子轨道以“肩并肩”方式相互重叠导致电子在核间出现的概率增大而形成的共价键是π键，则电子云图正确，B正确；C项，基态Cu的原子序数是29，价电子排布式：3d104s1，C正确；D项，的名称：2，2，4，4，5-五甲基己烷，D错误；故选D。 4．下列化学用语表示正确的是( ) A．2-丁烯的键线式： B．乙醚的结构简式：CH3OCH3 C．氨气的球棍模型： D．的电子式： 【答案】A 【解析】A项，2-丁烯主链上有4个碳原子，双键在2号位，键线式为：，A正确；B项，乙醚的结构简式：CH3CH2OCH2CH3，B错误；C项，氨气中心原子价层电子对数为3+=4，且含有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，C错误；D项，HBr是共价化合物，电子式为：，D错误；故选A。 5．下列化学用语表示正确的是 A．NH3的空间结构模型： B．4-氯丁酸的结构简式：ClCH2CH2CH2COOH C．用电子式表示水的形成过程： D．基态磷原子的轨道表示式： 【答案】B 【解析】A项，NH3的中心原子N有3个键，孤电子对数为，价层电子对数为4，空间结构模型为三角锥形，故A错误；B项，4-氯丁酸的结构简式为ClCH2CH2CH2COOH，故B正确；C项，H2O是共价化合物，用电子式表示水的形成过程为，故C错误；D项，P的原子序数为15，根据泡利原理和洪特规则，基态磷原子的轨道表示式为，故D错误；故选B。 6．下列表示正确的是( ) A．PCl3分子的VSEPR模型： B．反-2-丁烯的球棍模型： C．用电子式表示MgCl2的形成过程： D．CH3CH(CH3)CH2C(CH3)3的名称：2，4，4-三甲基戊烷 【答案】B 【解析】A项，PCl3中心磷原子价层电子对数，采取sp3杂化，则PCl3分子的VSEPR模型应为四面体形，A错误；B项，反-2-丁烯中两个甲基分别位于双键的相反两侧，球棍模型为，B正确；C项，MgCl2是离子化合物，Mg2+原子失去电子形成Mg2+，Cl原子得到电子形成Cl-，用电子式表示MgCl2的形成过程：，C错误；D项，根据系统命名法，该有机物主链上有5个碳原子，从取代基近端开始编号，2号碳原子上有2个甲基，4号碳原子上有1个甲基，该有机物名称为：2，2，4-三甲基戊烷，D错误；故选B。 7．下列化学用语表述正确的是( ) A．的电子式： B．固体中的链状结构： C．基态铍原子最高能级的电子云轮廓图为 D．基态氮原子电子排布轨道表达式写成违背了泡利原理 【答案】B 【解析】A项，H2O2是共价化合物，电子式：，A错误；B项，固体HF分子间存在氢键，链状结构，B正确；C项，铍原子基态最外层电子轨道为2s，s轨道的电子云轮廓图为球形，，C错误；D项，基态氮原子电子排布轨道表达式写成违背了洪特规则，正确应该为，D错误；故选B。 8．下列化学用语或图示表达正确的是( ) A．sp2杂化轨道示意图： B．激发态H原子的轨道表示式： C．N2的p-pσ键的形成： D．电子式表示MgCl2形成过程： 【答案】A 【解析】A项，sp2杂化形成的原子轨道为平面三角形，其杂化轨道示意图为，A正确；B项，K层只有s能级，没有p能级，则H原子1s能级上的电子可以跃迁到L能层的s能级或p能级上，B错误；C项，N2的p-pσ键是头碰头方式重叠形成，电子云图为，C错误；D项，MgCl2为离子化合物，用电子式表示其形成过程时，应该是Mg失去电子，Cl得到电子：，D错误；故选A。 9．下列化学表达正确的是 A．CaC2的电子式： B．H2O的空间结构模型： C．Cl2中键的形成： D．聚1，丁二烯的顺式结构： 【答案】D 【解析】A项，CaC2的结构中含碳碳三键，CaC2的电子式为，A错误；B项，是水的VSEPR模型，H2O的空间结构模型为，B错误；C项，Cl2中键的形成为，C错误；D项，1，3-丁二烯的结构简式为CH2=CH-CH=CH2，聚1，3-丁二烯的顺式结构：，D正确；故选D。 押题猜想三 化学与生产生活 (原创题)化学与生产生活密切相关，下列说法正确的是( ) A. 河道出海口的钢铁闸门往往镶嵌锌块，利用牺牲阴极保护法 B. 工业上用FeCl3溶液腐蚀铜来制作印刷电路板，说明铜的还原性比Fe2+强 C. 绿矾用于治疗缺铁性贫血，可用K3[Fe(CN)6]溶液检验是否变质 D. 野外铁路抢修作业，用高温下铁粉与氧化铝的反应来焊接铁轨 【答案】B 【解析】钢铁闸门往往镶嵌锌块，锌比较活泼，锌块作负极、被腐蚀，钢铁闸门被保护，利用了牺牲阳极保护法，A项错误。铁离子与铜反应生成铜离子和亚铁离子，铜作还原剂，亚铁离子为还原产物，则铜的还原性比Fe2+强，B项正确。绿矾中的Fe2+能与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成蓝色沉淀，绿矾变质后会产生Fe3+，应选用检验Fe3+的试剂来检验绿矾是否变质，C项错误。高温下铝粉与氧化铁发生铝热反应，可以用来焊接铁轨，D项错误。 押题解读 根据浙江省的选考大纲，化学生产与生活通常包括材料、能源、环境、食品、医药等方面的应用，以及相关的化学反应原理。题目从多个角度选取4个问题进行考查，重点测试“科学态度与社会责任”和“证据推理与模型认知”素养水平。题目体现了化学源于生活、服务于生活的理念，旨在要求学生要学以致用。 1．化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是( ) A．食醋是生活中常见的调味品，其中含有乙酸，所以乙酸又被称为醋酸 B．通过施加适量石膏可以降低盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)土壤的碱性 C．乳酸在催化剂作用下发生加聚反应得到的聚乳酸，是一种可降解的高分子材料 D．华为公司自主研发的麒麟芯片是业界领先的手机芯片，其基本材料是单晶硅 【答案】C 【解析】A项，食醋具有酸味，是因为含有乙酸，乙酸又被称为醋酸，故A正确；B项，碳酸钠为强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，施加适量石膏，生成碳酸钙，可降低土壤的碱性，故B正确；C项，乳酸在催化剂作用下发生缩聚反应得到的聚乳酸，聚乳酸是一种可降解的高分子材料，故C错误；D项，硅是良好的半导体材料，手机芯片的基本材料是单晶硅，故D正确；故选C。 2．化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是( ) A．Na2O2能与H2O和CO2反应生成O2，可用作潜水艇中的供氧剂 B．FeCl3溶液具有氧化性，可用作印刷电路板制作的“腐蚀液” C．75%(体积分数)的乙醇溶液具有强氧化性，可用作消毒剂 D．SO2具有抗氧化性，能防止葡萄酒中的一些成分被氧化 【答案】C 【解析】A项，Na2O2能与H2O和CO2反应生成O2，可用作潜水艇中的供氧剂，A正确；B项，FeCl3溶液具有氧化性，可用作印刷电路板制作的“腐蚀液”，B正确；C项，75%(体积分数)的乙醇溶液具有消毒作用，但没有强氧化性，C错误；D项，SO2具有还原性，能防止葡萄酒中的一些成分被氧化，D正确；故选C。 3．化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是( ) A．碳酸钠溶液呈碱性，可用作食用碱或工业用碱 B．碳化硅硬度很大，可用作砂纸和砂轮的磨料 C．淀粉能发生酯化反应，其产物可用于生产可降解塑料 D．不锈钢的主要元素是铬和镍，可用于生产餐具、医疗器材等 【答案】D 【解析】A项，碳酸钠属于强碱弱酸盐，在水溶液中碳酸根离子能发生水解而使其溶液显碱性，可用作食用碱或工业用碱，A正确；B项，碳化硅(SiC)俗称金刚砂，具有很高的硬度和耐磨性，常用于生产砂纸、砂轮等，B正确；C项，淀粉分子中含有羟基，能与酸发生酯化反应，其酯化产物可用于生产可降解塑料，有利于减少白色污染，C正确；D项，不锈钢中含铁、铬、镍等元素，主要元素是铁，因其具有良好的耐腐蚀性，可用于生产餐具、医疗器材等，D错误；故选D。 4．化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列说法不正确的是( ) A．含氟牙膏可以预防龋齿，利用了沉淀转化的原理，降低龋齿的发生率 B．人体中H2CO3-NaHCO3缓冲体系起到稳定血液pH的作用 C．青铜和铁器“干千年，湿万年，不干不湿就半年”，半干半湿时最易发生吸氧腐蚀 D．《荀子劝学》中记载“冰，水为之，而寒于水”，说明冰变为水属于吸热反应 【答案】D 【解析】A项，含氟牙膏中的氟离子使牙齿表面的牙釉质[Ca5(PO4)3(OH)]转变为更难溶的氟磷灰石[Ca5(PO4)3F]，利用了沉淀转化的原理，A正确；B项，血液中含有许多组对酸碱度起缓冲作用的物质，如H2CO3-NaHCO3，起到稳定血液pH的作用，B正确；C项，青铜器和铁器在半干半湿条件下容易构成原电池发生吸氧腐蚀，加快青铜器和铁器的腐蚀速率，C正确；D项，冰变为水属于物理过程，不属于吸热反应，D错误。故选D。 5．化学与人类生活有着密不可分的关系。下列说法不正确的是( ) A．制作豆腐时往豆浆中加入氯化镁等盐卤，可使蛋白质聚沉 B．对废旧金属回收和再利用是合理利用金属资源的一种途径 C．将阿司匹林制作成缓释阿司匹林，可延长药效，减少吃药次数 D．工业上采用“吹出法”进行海水提溴，其步骤仅包含氧化和吹出两步 【答案】D 【解析】A项， 豆浆属于胶体，加入氯化镁等盐卤，可使蛋白质聚沉，故A正确；B项，对废旧金属进行回收利用，可以提高资源的利用率，是保护金属资源的途径之一，故B正确；C项，由于阿司匹林缓释片是通过延缓药物释放来延长作用时间，所以服用一次后药效持续的时间相对较长，减少吃药次数，故C正确；D项，工业上采用“”吹出法”进行海水提溴，其步骤包含氧化、吹出、吸收、再氧化等步骤，故D错误；故选D。 6．化学与人类社会可持续发展息息相关。下列说法不正确的是( ) A．海水资源丰富，可用于生产纯碱、钠、氯气等产品 B．石油的分馏是通过物理变化得到汽油、煤焦油等产品 C．亚硝酸钠、碘酸钾等属于食品添加剂，需在规定范围内合理使用 D．阿司匹林是一种重要合成药物，以水杨酸为原料生产制得 【答案】B 【解析】A项，海水中有NaCl，电解食盐水得到Cl2，电解熔融的NaCl得到Na和Cl2，用饱和食盐水与NH3和CO2可以生成纯碱，海水可用于生产纯碱、钠、氯气等产品，A正确；B项，煤焦油是煤干馏的产物，煤的干馏为化学变化，B错误；C项，亚硝酸钠可以作为食品防腐剂，碘酸钾是食盐加碘的成分，都属于食品添加剂，需在规定范围内合理使用，C正确；D项，阿司匹林的成分是乙酰水杨酸，是一种重要合成药物，以水杨酸为原料生产制得，D正确；故选B。 7．材料科技影响生活，下列有关材料科技的说法，错误的是( ) A．全息投影膜是一种薄而柔的聚酯膜，该聚酯膜是通过缩聚反应形成的 B．硼墨烯在电子产品、光伏导电等领域得到广泛应用，原因是其具有优异的光学性能 C．五碳化四钽铪(Ta4HfC5)合金的熔点为4215°C，可用作发动机部件的原因是其具有耐高温性能 D．新型无机非金属材料氮化硅用于汽车电机轴承，是其具有电绝缘和高耐磨的性能 【答案】B 【解析】A项，聚酯是通过羟基和羧基缩聚反应形成的，A正确；B项，硼墨烯广泛应用于电子产品和光伏等领域是因其具有优异的半导体性能，而不是光学性能，B错误；C项，五碳化四钽铪(Ta4HfC5)合金的熔点为4215℃，熔点很高，故其具有耐高温性能而用作发动机部件，C正确；D项，新型无机非金属材料氮化硅具有硬度大，且不导电，故用于汽车电机轴承是因其具有电绝缘和高耐磨性能，D正确；故选B。 8．2024年11月12日上午10时，万众瞩目的2024年中国航空航天博览会在珠海金湾机场盛大开幕，我国歼-35A战斗机成明星装备。下列说法正确的是( ) A．航展首日中国空军军机在空中拉出的彩色烟带属于小液滴 B．战斗机的隐形涂层含石墨烯(石墨的单层结构)，石墨烯中含有键 C．战斗机的玻璃纤维雷达罩、聚碳酸酯舱盖、芳纶蜂窝材料都属于有机高分子材料 D．由于硬铝材料密度小、强度低，具有较好的抗腐蚀能力，可用作飞机外壳材料 【答案】B 【解析】A项，飞机表演时在空中拉出的彩色烟带是彩色发烟剂在空气中遇冷后凝结形成的烟，不属于小液滴，故A错误；B项，单键均为σ键，石墨烯中平均1个碳原子形成1.5个σ键，12 g石墨烯中含有1mol碳原子，则含有1.5molσ键，故B正确；C项，玻璃纤维属于新型无机非金属材料，聚碳酸酯、芳纶蜂窝材料属于有机高分子材料，故C错误；D项，硬铝是一种铝合金，密度小、强度高，用作飞机外壳，故D错误；故选B。 押题猜想四 元素周期律 (原创题)硫酸铝铵晶体[NH4Al(SO4)2·12H2O]俗称铵明矾，是一种絮凝剂，也可作为食品添加剂用于焙烤食品。下列说法正确的是( ) A．半径大小：r(S)＞r(Al) B．电负性大小：χ(S)＜χ(H) C．第一电离能大小：I1(O)＜I1(S) D．稳定性：H2O＜H2S 【答案】A 【解析】A项，同周期元素从左到右半径依次减小，半径大小：r(S)＞r(Al)，故A正确；B项，元素非金属性越强，电负性越大。电负性大小：χS)＞χ(H)，故B错误；C项，同主族元素从上到下，第一电离能依次减小，第一电离能大小：r(S)＞r(Al)，故C错误；D项，同主族元素从上到下，非金属性依次减弱，简单氢化物稳定性依次减弱，稳定性：H2O＞H2S，故D错误；故选A。 押题解读 2025年1月浙江省选考首次呈现元素周期律相关选择题，检测学生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”素养的发展水平。元素周期律的考查点可能包括周期表的结构(周期、族、区)、原子结构(电子层、原子半径)、元素性质(电离能、电负性、金属性、非金属性)、物质的熔沸点等变化规律，解决此类题需整合“原子结构→周期表位置→元素性质→化合物特性”的逻辑链条，提升综合分析能力。 1．应用元素周期律判断，下列说法不正确的是( ) A．电负性：Cl＞S＞P B．半径比较：H-＜Li+ C．碱性：Mg(OH)2＞Be(OH)2 D．化合物中离子键百分数NaCl＞NaI 【答案】B 【解析】A项，同主族元素自上而下，元素电负性越来越小，同周期元素从左往右，元素电负性越来越大，元素的电负性：Cl＞S＞P，A正确；B项，电子层数相同，原子序数越大，离子半径越小，离子半径：H-＞Li+，B错误；C项，元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物碱性越强，金属性：Mg＞Be，碱性：Mg(OH)2＞Be(OH)2，C正确；D项，化合物中离子键百分数与成键双方电负性差值有关，Cl电负性大于I，说明NaCl中离子键百分数大于NaI，D正确；故选B。 2．根据元素周期律，下列说法不正确的是( ) A．简单离子半径：S2-＞O2-＞Na＋ B．键角∠HOH：H2O＞H3O+ C．分子的极性：N2H4＞C2H4 D．熔点：金刚石>金刚砂 【答案】B 【解析】A项，同主族从上到下离子半径逐渐增大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，简单例子半径：S2-＞O2-＞Na＋，A正确；B项，H2O分子中心原子为O，O原子的孤电子对为2，H3O+中的O原子孤电子对为1，孤电子对数越多，对成键电子对斥力越大，键角越小，键角∠HOH：H2O＜H3O+，B错误；C项，N2H4为极性分子，乙烯是非极性分子，分子的极性：N2H4＞C2H4，C正确；D项，金刚砂为SiC，C的原子半径小于Si，C-C键键长小于C-Si键键长，键能C-C大于C-Si，熔点金刚石>金刚砂，D正确；故选B。 3．实验室常用KSCN或K4[ Fe(CN)6]来检验溶液中Fe3+的存在，下列有关说法正确的是( ) A．第一电离：I1(N)＜I1(S) B．电负性：χ(C)＞χ(N) C．离子半径：r(K+)＜r(S2-) D．基态的价电子排布式：3d64s2 【答案】C 【解析】A项，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则氮元素的第一电离能大于氧元素；同主族元素，从上到下第一电离能依次减小，则氧元素的第一电离能大于硫元素，所以氮元素的第一电离能大于硫元素的第一电离能，A错误；B项，同周期元素，从左到右非金属性依次增强，电负性依次增大，所以碳元素的电负性小于氮元素的电负性，B错误；C项，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以钾离子的离子半径小于硫离子的电负性，C正确；D项，铁元素的原子序数为26，基态铁离子的价电子排布式为3d5，D错误；故选C。 4．Ca5(PO4)3F广泛存在于牙齿和骨骼中。下列说法正确的是( ) A．热稳定性：PH3 >H2O B．离子半径：r(Ca2+)>r(P3-) C．第一电离能：I1(F)> I1 (O) D．酸性：H3PO4>HClO4 【答案】C 【解析】A项，同主族从上到下元素非金属性递减，同周期从左到右元素非金属性递增，非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性P＜S＜O，热稳定性：PH3＜H2O，A错误；B项，具有相同的电子层结构的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：r(Ca2+)＜r(P3-)，B错误；C项，同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，则第一电离能：I1(F)> I1 (O)，C正确；D项，同周期从左到右元素非金属性递增，非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，比最高价氧化物的水化物的酸性强弱，则酸性：HClO4＞H3PO4，D错误；故选C。 5．氢元素有多种化合物，如CH4、NH3、H2O、H2S、NaH、MgH2等。下列说法正确的是( ) A．r(N3-)＞r(O2-)＞r(Mg2+) B．热稳定性大小：NH3>H2O> H2S C．电离能大小：I1(Na)＜I1(N)＜I1(O) D．χ(Mg)＜χ(O)＜χ(N) 【答案】A 【解析】A项，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径r(N-)＞r(O2-) ＞r(Mg2+) ，A正确；B项，元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，则热稳定性大小H2O>NH3>H2S，B错误；C项，同周期元素从左到右第一电离能呈增大的趋势，同主族元素从上到下第一电离能减小，N的2p轨道半满较稳定，第一电离能大于O，则电离能大小为I1(Na)＜I1(N)＜I1(O)，C错误；D项，同周期元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，则电负性χ(Mg)＜χ(O)＜χ(N)，D错误；故选A。 6．亚硒酸氢钠(NaHSeO3)是一种重金属沉淀剂。下列说法正确的是( ) A．电负性：χ(O)＞χ(Se) B．半径：r(Na+)＞r(O2-) C．电离能：I1(Na)＞I1(H) D．Se位于元素周期表中d区 【答案】A 【解析】A项，O、Se均属于ⅥA族，原子序数：Se＞O，同主族电负性随着原子序数增大而减小，则电负性：χ(O)＞χ(Se)，A正确；B项，Na+、O2-的核外电子数均为10，其核电荷数：Na＞O，核电荷数越大，其半径越小，则离子半径：r(Na+)<r(O2-)，B错误；C项，金属易失电子，第一电离能较小，非金属的第一电离能一般而言大于金属，则电离能：I1(Na) <I1(H)，C错误；D项，Se是第四周期第ⅥA族元素，位于元素周期表中P区，D错误；故选A。 7．汽车安全气囊在碰撞时发生剧烈的反应：NaN3+KNO3=K2O+Na2O+N2↑ (未配平)。下列说法正确的是( ) A．离子半径：r(Na+)＞r(N3-) B．电负性：χ(O)＞χ(N) C．第一电离能：I1(O)＜I1(Na) D．碱性：KOH＜NaOH 【答案】B 【解析】A项，Na+、N3-核外电子排布都是2、8，是电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：r(Na+)＜r(N3-)，A错误；B项，O、N是同一周期元素，原子序数越大，元素的电负性就越大，所以元素的电负性：χ(O)＞χ(N)，B正确；C项，Na是活泼的金属元素，原子核外电子排布是2、8、1，很容易失去最外层的一个电子变为Na+，因此其第一电离能较小；而O是活泼的非金属元素，原子核外电子排布是2、6，很容易获得两个电子变为最外层8个电子的稳定结构的O2-，不容易失去电子，因此其第一电离能很大，故第一电离能：I1(O)＞I1(Na)，C错误；D项，Na、K是同一主族元素，从上到下，元素的金属性增强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性增强；元素的金属性：K＞Na，所以碱性：KOH＞NaOH，D错误；故选B。 8．KSCN俗称玫瑰红酸钾，用于合成树脂、杀虫杀菌剂和药物等。下列说法错误的是( ) A．电负性：χ(N)＞χ(C) B．沸点：NH3＞K2S C．第一电离能：I1(N)＞I1(O) D．基态原子成单电子数：n(S)= n(C) 【答案】B 【解析】A项，同周期主族元素从左到右，电负性逐渐增大，电负性：χ(N)＞χ(C)，A项正确；B项，NH3固态时为分子晶体，K2K为离子晶体，沸点：NH3＜K2S，B项错误；C项，N的2p能级为半充满状态，结构较稳定，失去1个电子需要吸收的能量比同周期相邻元素大，第一电离能：I1(N)＞I1(O)，C项正确；D项，基态C原子有2个成单电子，基态S原子有2个成单电子，基态原子成单电子数：n(S)= n(C)，D项正确；故选B。 9．中国科学家对量子材料的研究处于国际领先水平，近年来对石墨烯、硅烯、锗烯等低维量子材料的研究发展迅速。下列说法错误的是( ) A．原子半径：r(C)＜r(Si)＜r(Ge ) B．第一电离能：I1(C)＞I1(Si)＞I1(Ge ) C．石墨烯、硅烯、锗烯均属于有机物 D．可在元素周期表中附近寻找新的半导体材料 【答案】C 【解析】A项，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则原子半径的大小顺序为r(C)＜r(Si)＜r(Ge )，故A正确；B项，同主族元素，从上到下第一电离能依次减小，则第一电离能的大小顺序为I1(C)＞I1(Si)＞I1(Ge )，故B正确；C项，石墨烯、硅烯、锗烯都是非金属单质，属于无机物，故C错误；D项，硅元素处于元素周期表金属和非金属的交界线处，可在硅元素附近寻找新的半导体材料，故D正确；故选C。 10．下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是( ) A．F-F键的键能小于Cl-Cl键的键能 B．三氟乙酸的Ka大于三氯乙酸的Ka C．氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性 D．气态氟化氢中存在(HF)2，而气态氯化氢中是HCl分子 【答案】A 【解析】A项，F原子半径小，电子云密度大，两个原子间的斥力较强，F-F键不稳定，因此F-F键的键能小于Cl-Cl键的键能，与电负性无关，A符合题意；B项，氟的电负性大于氯的电负性。F-C键的极性大于Cl-C键的极性，使F3C—的极性大于Cl3C—的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，B不符合题意；C项，氟的电负性大于氯的电负性，F-H键的极性大于Cl-H键的极性，导致HF分子极性强于HCl，C不符合题意；D项，氟的电负性大于氯的电负性，与氟原子相连的氢原子可以与另外的氟原子形成分子间氢键，因此气态氟化氢中存在(HF)2，D不符合题意；故选A。 押题猜想五 化学实验基本操作 (原创题)下列实验装置或操作中能达到实验目的的是 选项 A B C D 实验装置或操作 实验目的 验证双液原电池的工作原理 验证非金属性S>C>Si 用稀硫酸和Ba(OH)2溶液测定中和反应的反应热 探究浓度对化学反应速率的影响 【答案】B 【解析】图中铜棒不能用作盐桥，该装置不能构成双液原电池，A项错误。稀硫酸与碳酸钠反应生成CO2，CO2和硅酸钠反应生成硅酸沉淀，说明酸性：H2SO4>H2CO3>H2SiO3，元素非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，则可以验证非金属性：S>C>Si，B项正确。稀硫酸和Ba(OH)2溶液反应除生成水外，还生成硫酸钡沉淀，图中实验不能测定中和热，C项错误。常温下铁遇浓硫酸会发生钝化，不能探究浓度对化学反应速率的影响，D项错误。 押题解读 方式一，考查围绕“实验方案”“实验装置”“实验步骤”“实验结果”等几个方面来命题，每个选项提供一幅图片，然后对其分析判断，涉及常见的仪器使用，过滤、萃取、分液、升华等物质分离提纯方法，常见物质的制备等内容；方式二，选择合适的实验装置开展实验，能对基本操作的理解和应用，包括实验目的、原理、步骤、信息、实验装置的运用以及数据处理和问题讨论，并能作出分析评价。方式二，化学实验安全。诊断学生“科学态度与社会责任”“科学探究与创新意识”素养的发展水平。 1．下列有关实验说法不正确的是( ) A．金属钠着火时，可用干燥细沙覆盖灭火 B．做焰色反应前，铂丝用稀硫酸清洗并灼烧至火焰呈无色 C．未用完的白磷需要放回原试剂瓶 D．少量酸或碱滴到实验桌上，应立即用湿抹布擦净，然后用水冲洗抹布 【答案】B 【解析】A项，钠的性质非常活泼，钠能与水反应生成易燃物H2，且钠燃烧产物Na2O2也能与水、二氧化碳反应生成助燃的O2，所以金属钠着火时，不能用水或二氧化碳灭火，可用干燥细沙覆盖隔绝氧气，有效灭火，A正确；B项，焰色反应前，铂丝应使用稀盐酸清洗，盐酸灼烧后可完全挥发，而硫酸是非挥发性酸，灼烧后可能残留硫酸盐从而干扰实验，且铂丝用稀盐酸清洗后，再灼烧至火焰与原来的火焰颜色相同，B错误；C项，白磷易燃，若随便丢弃易引起火灾，所以未用完的白磷需要放回原试剂瓶，C正确；D项，少量酸或碱滴到实验桌上，应立即用湿抹布擦净，然后用水冲洗抹布，避免腐蚀桌面，D正确；故选B。 2．关于有机物制备提纯检测的相关实验操作，下列说法不正确的是( ) A．某有机物质谱图中最右侧的分子离子峰的质荷比数值为46，可能为乙醇 B．制备溴苯，溴苯中少量的溴可用NaOH溶液除去 C．可通过红外光谱的谱图确定某有机物分子中是否含有醛基 D．重结晶法提纯粗苯甲酸，可用乙醇作为溶剂 【答案】D 【解析】A项，某有机物质谱图中最右侧的分子离子峰的质荷比数值为46，说明其相对分子质量为46，该有机物可能为乙醇，A正确；B项，溴与NaOH溶液反应后与溴苯分层，分液后可分离，B正确；C项，红外光谱可测定官能团及化学键，可通过红外光谱的谱图确定某有机物分子中是否含有醛基，C正确；D项，苯甲酸易溶于乙醇，在水中溶解度受温度影响大，应选用水作溶剂，D错误；故选D。 3．关于实验室安全，下列说法不正确的是( ) A．轻微烫伤时，可先用洁净的冷水处理，降低局部温度，然后涂上烫伤药膏 B．观察钠在空气中燃烧的现象需戴护目镜，且不能近距离俯视坩埚 C．实验结束后，有利用价值的有机废液，可蒸馏回收特定馏分 D．苯酚不慎沾到皮肤上，可用酒精或65℃以上的水冲洗 【答案】D 【解析】A项，轻微烫伤时，可先用洁净的冷水冲洗，进行降温处理，然后再涂上烫伤药膏进一步处理，A正确；B项，钠在空气中燃烧非常剧烈，可能会出现固体飞溅，观察时需戴护目镜，且不能近距离俯视坩埚，防止发生危险，B正确； C项，回收有机试剂，通常利用沸点的差异通过蒸馏进行回收，C正确； D项，苯酚不慎沾到皮肤上，可用酒精冲洗，再用常温水冲洗，不能用65℃以上的水冲洗，防止烫伤，D错误；故选D。 4．下列实验操作或事故处理方法正确的是( ) A．蒸馏实验中，先在铁架台上固定蒸馏烧瓶，再安装温度计，连接冷凝管、接收器，最后在铁架台上放置酒精灯、石棉网 B．制备乙酸乙酯时，先加浓硫酸，再将乙醇沿着玻璃棒缓慢注入浓硫酸中并不断搅拌，最后加乙酸 C．实验中轻微烫伤或烧伤时，先用大量冷水冲洗，如果有水泡要挑破，然后涂上烫伤药膏 D．金属钠切割后的碎屑不可以随便丢弃，要放回原试剂瓶保存 【答案】D 【解析】A项，仪器的连接从下到上，从左到右，先在铁架台上放置酒精灯、石棉网，再在铁架台上固定蒸馏烧瓶，再安装温度计，连接冷凝管、接收器，A错误；B项，浓硫酸密度大于乙醇，且溶解放热，制备乙酸乙酯时，先加乙醇，再将浓硫酸沿着玻璃棒缓慢注入乙醇中并不断搅拌，最后加乙酸，B错误；C项，轻微烫伤或烧伤时，可以先用洁净的冷水处理，然后涂上药膏，若有水泡，尽量不要弄破，防止感染，C错误；D项，钠、钾活泼性强，会与氧气、水反应，未用完的钠、钾等若随便丢弃容易引起火灾，可放回原试剂瓶，D正确；故选D。 5．某粗苯甲酸样品中含有少量氯化钠和泥沙，提纯苯甲酸按如下流程： 下列说法正确的是( ) A．甲操作，可用蒸发皿代替烧杯 B．乙操作，漏斗颈部可能有晶体析出影响过滤 C．丙操作，采用冰水冷却可得大颗粒晶体便于后续操作 D．丁与乙操作，均采用冷水洗涤可提高产率 【答案】B 【解析】A项，蒸发皿用于蒸发结晶，不能用于药品溶解，A错误；B项，过滤时热量散失，导致溶液温度降低，漏斗颈部可能有晶体析出影响过滤，B正确；C项，采用冰水冷却得到的是小颗粒晶体，C错误；D项，苯甲酸溶解度受温度影响较大，温度高，溶解度大，乙采用热水洗涤可提高产率，D错误；故选B。 6．从海带中提取碘的实验方案如下，下列说法不正确的是( ) A．试剂①是双氧水和稀硫酸， B．试剂②可以是CCl4，也可以是苯 C．海带灰中可溶性的硫酸盐、碳酸盐可在步骤3中除去 D．向步骤3所得有机层中加浓NaOH溶液，经分液、酸化、过滤、升华，可获得高纯碘 【答案】A 【解析】从海带中提取碘，干海带灼烧为海带灰，用水浸取、过滤，得含有I-的水溶液，加双氧水和稀硫酸把I-氧化为I2，加CCl4萃取、分液，得I2的CCl4溶液，蒸馏分离出I2。A项，试剂①是双氧水和稀硫酸，把I-氧化为I2，发生反应的离子方程式为H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，由于双氧水易分解，所以，故A错误；B项，加试剂②萃取碘水中的碘，碘易溶于有机溶剂，试剂②可以是CCl4，也可以是苯，故B正确；C项，硫酸盐、碳酸盐难溶于有机溶剂，海带灰中可溶性的硫酸盐、碳酸盐可在步骤3中除去，故C正确；D项，向步骤3所得有机层中加浓NaOH溶液反萃取，经分液、酸化、过滤、升华，可获得高纯碘，故D正确；故选A。 7．某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量和泥沙)的提纯方案如下。下列说法不正确的是( ) A．操作Ⅰ加热可以增大苯甲酸的溶解度 B．操作Ⅱ趁热过滤的目的是为了除去泥沙和防止苯甲酸析出 C．操作Ⅲ是蒸发结晶 D．以上提纯苯甲酸的方法是重结晶 【答案】C 【解析】苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化钠，加水、加热溶解，苯甲酸、NaCl溶解在水中，泥沙不溶，从而形成悬浊液；趁热过滤除去泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出；将滤液冷却结晶，大部分苯甲酸结晶析出，氯化钠仍留在母液中；过滤、用冷水洗涤，便可得到纯净的苯甲酸。苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，操作Ⅰ中加热是为了增加苯甲酸的溶解度，A项正确；操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出，NaCl含量少，通常不结晶析出，B项正确；苯甲酸的溶解度随温度变化比较大，NaCl的溶解度随温度变化比较小，操作Ⅲ可以通过重结晶分离出苯甲酸，C项错误；由C可知，操作Ⅲ可以通过重结晶分离出苯甲酸，D项正确。 8．环己烯是重要的化工原料，实验室制备流程如下。下列说法错误的是( ) A．环己烯粗品加饱和食盐水前先用盐酸洗涤更有利于表层吸附的铁离子去除 B．饱和食盐水能降低环己烯在水相中的溶解度，利于分层 C．分液时，有机相应从分液漏斗上口倒出 D．操作a用到的仪器有酒精灯、锥形瓶、球形冷凝管、尾接管、温度计等 【答案】D 【解析】A项，环己烯粗品加饱和食盐水前应先用盐酸洗涤，抑制Fe3+水解成氢氧化铁胶体，更有利于表层吸附的铁离子的去除，A正确；B项，加入饱和食盐水，溶液的极性增大，可以降低环己烯的溶解度，便于溶液分层，B正确；C项，环己烯密度为0.823g/cm3，其密度小于水的，所以分液后有机相在上层，从分液漏斗上口倒出，C正确；D项，操作a为蒸馏的步骤，用到的仪器有酒精灯、锥形瓶、直形冷凝管、尾接管、温度计等，D错误；故选D。 9．下列实验方案，能达到实验目的的是( ) 目的 A．制取SO2 B．检验氯化铵受热分解的产物 C．证明Ksp(CuS)<Ksp(ZnS) D．测定醋酸的浓度 实验方案 【答案】C 【解析】A项，Cu和浓H2SO4反应需要加热，该装置无加热的酒精灯，无法达到实验目的，A错误；B项，根据实验装置图，NH4ClNH3↑+HCl↑，左边为碱石灰，吸收HCl，通过NH3，但NH3不能使润湿的蓝色石蕊试纸变色；同时右边为P2O5，吸收NH3，通过HCl，但HCl不于酚酞作用变色，B错误；C项，根据反应Zn2++S2-=ZnS ↓可知，2滴0.1mol·L-1Na2S溶液与2mL0.1mol·L-1 ZnSO4溶液完全反应生成ZnS沉淀，ZnSO4溶液过量，往沉淀中再加入2滴0.1mol·L-1CuSO4后出现黑色沉淀，说明发生了ZnS(s)+ Cu2+(aq)CuS(s)+ Zn2+(aq)的转化，则证明Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)，C正确；D项，用已知浓度的NaOH溶液测定未知浓度的醋酸溶液，滴定终点时的CH3COONa显碱性，所以应选择酚酞作指示剂，D错误；故选C。 10．下列说法不正确的是( ) A．装置①蒸发皿中产生肥皂泡，说明Fe与水蒸气已经发生反应 B．装置②产生红色喷泉，说明NH3易溶于水且水溶液呈碱性 C．利用装置③，可从提纯后的NaCl溶液中获得NaCl晶体 D．NaHCO3受热分解的实验中，不涉及图④所示图标 【答案】A 【解析】A项，装置①蒸发皿中产生肥皂泡，也可能是水蒸气受热导致，不能说明铁与水蒸气已经发生反应，A错误；B项，装置②产生喷泉，证明氨气易溶于水，喷泉显红色，证明水溶液显碱性，B正确；C项，装置③的操作名称为蒸发结晶，可从提纯后的NaCl溶液中获得NaCl晶体，C正确；D项，图④标识为当心电离辐射，碳酸氢钠分解实验不涉及电离辐射，D正确；故选A。 押题猜想六 元素化合物与氧化还原反应 (原创题)氯化亚硫(SOCl2)是一种很重要的化学试剂，可以作为氯化剂和脱水剂，且能发生反应：4Li+2SOCl2=4LiCl+SO2+S。下列说法不正确的是 A．氯化亚硫分子的空间结构为四面体形 B．每生成1 mol S，电子转移是4NA C．将该反应设计成电池，SOCl2在正极发生反应 D．将SOCl2与AlCl3·6H2O混合并加热，可制得无水AlCl3 【答案】A 【解析】SOCl2的中心S原子形成的σ键电子对数为3，孤电子对数为，SOCl2分子的空间结构为三角锥形，A项错误。反应4Li+2SOCl2=4LiCl+SO2+S中，S元素由+4价降低为O价，每生成1 mol S，转移4 mol电子，转移电子数为4NA，B项正确。原电池的正极上发生还原反应，则将该反应设计成电池，SOCl2在正极发生反应，C项正确。SOCl2与水反应生成HCl和SO2气体，HCl能抑制AlCl3的水解，将SOCl2与AlCl3·6H2O混合并加热，可以制得无水AlCl3，D项正确。 押题解读 通常以某一特定物质或反应为情境，考查物质的性质，氧化还原反应的基本概念、电子转移数目，氧化还原中的守恒关系、基于物质类别角度判断物质性质及在氧化还原反应中的应用等内容，诊断学生“宏观辨识与微观探析”“科学态度与社会责任”等素养水平。 1．SO2是日常生活中常见的一种气体，下列说法不正确的是( ) A．SO2与H2S反应中，氧化产物与还原产物的比例是2：1 B．450℃，1标准大气压下，1LSO2与0.5LO2充分反应后气体体积大于1L C．SO2使酸性KMnO4溶液褪色，体现了SO2的漂白性 D．工业上用石灰石浆液和空气吸收SO2制备石膏，每吸收1molSO2转移2mol电子 【答案】C 【解析】A项，SO2与H2S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2：1，A正确；B项，反应2SO2+O22SO3可逆反应，450℃，1标准大气压下，1LSO2与0.5LO2充分反应后气体体积大于1L，B正确；C项，SO2具有还原性，KMnO4具有氧化性，二者发生氧化还原反应，SO2使酸性KMnO4溶液褪色，体现了SO2的还原性，C错误；D项，工业上用石灰石浆液和空气吸收SO2制备石膏，反应的化学方程式为：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2，每吸收1molSO2转移2mol电子，D正确；故选C。 2．关于NaNO2的性质，下列说法不正确的是( ) A．NaNO2有一定毒性，但可用作食品添加剂 B．酸性条件下NaNO2能使淀粉溶液变蓝，说明该条件下氧化性：NO2-＞I2 C．NO2-、NO2、NO2+三种微粒中，氧化性最强的是NO2- D．1mol NaNO2被足量酸性KMnO4氧化为NaNO3，转移电子的数目为2NA 【答案】C 【解析】A项，亚硝酸钠(NaNO2)虽有毒，但微量可用作食品防腐剂(如抑制肉毒杆菌)，A正确；B项，酸性条件下，NaNO2中的NO2-(+3价N)将I⁻氧化为I2，自身被还原，说明NO2-的氧化性强于I2，B正确；C项，氧化性通常随氧化态升高而增强(如浓HNO3强于稀HNO3)，因此NO2+(+5价)的氧化性应最强，而非NO2-，C错误；D项，NaNO2→NaNO3时，N从+3价升至+5价，1mol NaNO2转移2mol电子，即2NA，D正确；故选C。 3．下列有关硝酸的反应说法正确的是( ) A．在反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，NO2是还原剂，H2O是氧化剂 B．实验室用HNO3与Na2S反应制取H2S气体 C．用HNO3制备Cu(NO3)2：方案①，方案② Cu(NO3)2，方案②HNO3的利用率高 D．浓硝酸被还原为NO2，若反应消耗1molHNO3，则转移1mol电子 【答案】C 【解析】A项，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项，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项，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项，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；故选C。 4．工业上制备二氧化氯(ClO2)的方法之一是用甲醇在酸性介质中与氯酸钠反应，其反应方程式为：CH3OH+NaClO3+H2SO4→C1O2↑+CO2↑+Na2SO4+H2O (未配平) 。下列有关说法正确的是( ) A．CO2和ClO2都是非极性分子 B．生成1molCO2时转移电子的物质的量为4mol C．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为6：1 D．二氧化氯、臭氧可用于自来水消毒 【答案】D 【解析】该反应中，碳元素化合价由甲醇中-2价变为二氧化碳中+4价，甲醇是还原剂，二氧化碳是氧化产物；氯元素化合价由NaClO3中+5价变为C1O2中+4价，NaClO3是氧化剂，C1O2是还原产物，反应中Na2SO4既不是氧化产物也不是还原产物。A项，CO2是直线型，是非极性分子，ClO2中Cl的价层电子对数3，则Cl原子的轨道杂化方式为sp2(存在大π键)，ClO2分子空间构型为V形，是极性分子，A错误； B项，该反应中，碳元素化合价由-2价变为+4价，故生成1molCO2时转移转移电子物质的量=1mol×[4-(-2)]=6mol，B错误； C项，该反应中氧化产物是CO2，还原产物是ClO2，根据电子转移守恒可知，所以还原产物和氧化产物的物质的量之比=[4-(-2)]：(5-4)=6：1，C错误； D项，二氧化氯、臭氧都具有强氧化性，可用于自来水消毒，D正确；故选D。 5．利用石灰乳和硝酸工业的尾气反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，已知NO2+NO+ Ca(OH)2= Ca(NO2)2+H2O，下列说法不正确的是( ) A．氧化剂与还原剂之比为1：1 B．NO2-的空间构型为角形 C．每生成1mol Ca(NO2)2，有1mol电子参与反应 D．当NO2与NO的比值为2：1时，反应所得的Ca(NO2)2的纯度最高 【答案】D 【解析】A项，NO2中N元素化合价降低，NO2是氧化剂；NO中N元素化合价升高，NO是还原剂；氧化剂与还原剂之比为1：l，故A正确；B项，NO2-中N原子价电子对数为3，有1个孤电子对，空间构型为角形，故B正确；C项，NO2中N元素化合价由+4降低为+3，NO中N元素化合价由+2升高为+3，每生成1mol Ca(NO2)2，转移1mol电子，故C正确；D项，根据反应方程式，当NO2与NO的比值为1：1时，反应所得的Ca(NO2)2的纯度最高，故D错误；故选D。 6．电解法合成己二腈[NC(CH2)4CN]的反应为：CH2=CHCN+H2O→NC(CH2)4CN+X(未配平)，下列说法不正确的是( ) A．X表示O2 B．NC(CH2)4CN分子中C原子有2种杂化方式 C．每1molCH2=CHCN参与反应，转移的电子数为2NA D．该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 【答案】C 【解析】由未配平的方程式可知，酸性条件下CH2=CHCN在阴极得到电子发生还原反应生成NC(CH2)4CN和水，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，总反应方程式为4CH2=CHCN+2H2O=2NC(CH2)4CN+O2↑，则X为O2。A项，由分析可知，X为O2，故A正确；B项，NC(CH2)4CN分子中饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，—C≡N中碳原子的杂化方式为sp杂化，所以分子中碳原子有2种杂化方式，故B正确；C项，由方程式可知，反应消耗4molCH2=CHCN，转移电子的物质的量为4mol，则1molCH2=CHCN参与反应时，转移的电子数为NA，故C错误；D项，由方程式可知，反应中碳元素的化合价降低被还原，CH2=CHCN是反应的氧化剂，氧元素的化合价升高被氧化，水是反应的还原剂，则由得失电子数目守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故D正确；故选C。 7．水体中氨氮含量过高会导致水体富营养化，用次氯酸钠除去氨氮(以NH3表示)的反应为：3NaClO+2NH3=3NaCl+N2↑+3H2O。下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值) ( ) A．NaClO是氧化剂，NH3是还原剂 B．氧化产物与还原产物物质的量之比为1∶3 C．反应温度越高，氨氮的去除率也越高 D．生成1molN2，反应转移电子数为6NA 【答案】C 【解析】A项，NaClO中氯元素的化合价由+1价降低为-1价，NaCIO是氧化剂，NH3中氮元素的化合价由-3价升高为0价，NH3是还原剂，故A正确；B项，N2是氧化产物，NaCl是还原产物，氧化产物与还原产物物质的量之比为1：3，故B正确；C项，反应温度过高，NaClO会分解，氨氮的去除率降低，故C错误；D项，生成1molN2，反应转移电子数为6NA，故D正确；故选C。 8．ClO2是一种高效安全的杀菌消毒剂，可用葡萄糖(C6H12O6)与NaClO3发生以下反应制得C6H12O6+ NaClO3+H2SO4→ClO2↑+CO2↑+ Na2SO4 +H2O (未配平)。下列说法不正确的是( ) A．C6H12O6是还原剂，发生氧化反应 B．ClO2可替换Cl2用于自来水消毒 C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为 D．若生成1molClO2气体，则反应转移的电子数为NA(NA表示阿伏加德罗常数的值) 【答案】C 【解析】反应中氯化合价由+5变为+4，碳化合价由0变为+4，结合电子守恒、质量守恒，反应为C6H12O6+ 24NaClO3+12H2SO4=24ClO2↑+6CO2↑+ 12Na2SO4 +18H2O。A项，反应中碳化合价升高，为还原剂被氧化为二氧化碳，故A正确；B项，ClO2具有氧化性，能杀菌消毒，可替换Cl2用于自来水消毒，故B正确；C项，反应中碳化合价升高被氧化为二氧化碳、氯化合价降低被还原为二氧化氯，结合反应，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：4，故C错误；D项，反应中氯化合价由+5变为+4，电子转移为ClO2~ e-，若生成1molClO2气体，则反应转移的电子数为NA，故D正确；故选C。 9．在酸性溶液中过氧化氢能与重铬酸盐生成蓝色的CrO5，其分子结构为。CrO5不稳定，在水溶液中进一步与H2O2反应，蓝色迅速消失，此反应可用于检出H2O2。其中涉及的两个反应方程式：①H++Cr2O72-+H2O2→CrO5+H2O (未配平，下同)；②CrO5+H2O2+H+→Cr3++O2↑+H2O (仅H2O2作还原剂)。下列说法不正确的是( ) A．CrO5中Cr的化合价为 B．反应①中H2O2作氧化剂 C．反应②中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：7 D．反应②若生成标准状况下的O2气体11.2L，则反应转移的电子数为NA 【答案】B 【解析】A项，根据CrO5的结构可知，CrO5中的氧原子有四个是-1价，一个是-2价，所以Cr的化合价为+6价，故A正确；B项，在反应①中所有元素的化合价都没有变化，属于非氧化还原反应，故B错误；C项，反应②中仅H2O2作还原剂，则CrO5是氧化剂，其中的+6价铬和-1价O的化合价都降低，则一个CrO5得7个电子，一个H2O2失去2个电子，所以反应②中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：7，故C正确；D项，反应②中的氧气来自H2O2，生成1molO2，转移2mol电子，则生成标况下11.2LO2即0.5molO2，转移的电子数为NA，故D正确；故选B。 押题猜想七 物质结构、性质和用途 (原创题)下列物质的结构或性质能说明其用途的是( ) A．ClO2具有还原性，故ClO2可用作自来水的消毒剂 B．[Cu(NH3)4]SO4·H2O是离子晶体，故该晶体具有良好的热稳定性 C．Ti-Fe合金和La-Ni合金能高温下大量吸收H2生成金属氢化物，可用作储氢材料 D．NH4NO3中引入有机基团转化为低熔点的CH3CH2NH3NO3，故CH3CH2NH3NO3可用作电化学研究的电解质 【答案】G 【解析】A项，ClO2可用作自来水的消毒剂，是利用其具有强氧化性，A错误；B项，[Cu(NH3)4]SO4·H2O中有配位键和氢键，加热氢键容易断开，[Cu(NH3)4]SO4·H2O受热易分解，B错误；C项，Ti-Fe合金和La-Ni合金常温下能大量吸收H2生成金属氢化物，将这些金属氢化物加热，它们又会分解，将储存在其中的氢释放出来，可作储氢材料，C错误；D项，CH3CH2NH3NO3的熔点低，为液态的离子化合物，不易挥发，故可作电化学研究的电解质，D正确；故选D。 押题解读 本题以组成和结构变化与性能变化之间的关系为载体，考查结构决定性质、性质决定用途的化学学科核心观念，诊断学生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”素养的发展水平。通过观察、辨析一定条件下物质的形态及变化的宏观现象，能运用符合表征物质及其变化；能从物质的微观层面理解其组成、结构和性质的联系，形成“结构决定性质，性质决定用途”的观念，能根据物质的微观结构预测物质在特定条件下可能具有的性质和可能发生的变化，能从宏观和微观相结合的视角分析与解决实际问题。 1．下列物质的结构或性质不能说明其用途的是( ) A．明矾水解可以产生胶体，故明矾可作为消毒剂 B．聚乙炔具有共轭大键体系，可用于制备导电高分子材料 C．十二烷基磺酸根离子有亲水基团和疏水基团，故可作为表面活性剂 D．铁粉具有还原性，可以作为食品脱氧剂 【答案】A 【解析】A项，明矾水解可以产生氢氧化铝胶体，但明矾不具有强氧化性，不能作消毒剂，明矾用作净水剂，故A错误；B项，聚乙炔具有共轭大π键体系，该体系为电荷传递提供了通路，经过掺杂处理后也具有一定的导电性能，因此可用于制备导电高分子材料，故B正确；C项，十二烷基磺酸根离子中十二烷基为疏水基团，磺酸根离子为亲水基团，在水中形成亲水基团向外，疏水基团向内的胶束，因此可作为表面活性剂，故C正确；D项，铁粉具有还原性，能吸收空气中氧气，防止食品被氧化，因此铁粉可作为食品脱氧剂，故D正确；故选A。 2．下列物质的结构或性质不能说明其用途的是( ) A．聚四氟乙烯中的C-F键键能高，可耐酸碱腐蚀 B．聚乙烯塑料无毒且性质稳定，可用于包装食品 C．甘油中的羟基与水形成氢键，可用于护肤 D．聚乙炔含碳量高，可用于制作导电高分子 【答案】D 【解析】A项，聚四氟乙烯(PTFE，俗称“特氟龙”)的C-F键键能很高，化学稳定性强，因此耐酸碱腐蚀，A不符题意；B项，聚乙烯是一种常见的塑料，因其无毒、化学性质稳定，广泛用于食品包装，B不符题意；C项，甘油(丙三醇)含有多个羟基，能与水形成氢键，因此具有吸湿性，常用于护肤品中保持皮肤湿润，C不符题意；D项，聚乙炔是一种导电高分子材料，但其导电性主要来源于共轭π电子体系(交替的单双键结构)，与含碳量高无关，D符合题意；故选D。 3．下列物质的结构或性质不能说明其用途的是( ) A．浓硫酸、丙三醇可形成较多的氢键，故两种液体均具有吸湿性 B．淀粉-聚丙烯酸钠结构中含有强亲水基团，故可作为可生物降解的绿色材料 C．铝粉和NaOH反应能产生大量的气体且放热，故可作厨卫管道疏通剂 D．离子液体由带电荷的离子组成，熔点低且难挥发，故可用作电化学研究的电解质 【答案】B 【解析】A项，浓硫酸、丙三醇结构中含有2个、3个羟基，可形成较多的氢键，故两种液体均具有吸湿性，A项正确；B项，淀粉-聚丙烯酸钠结构中含有强亲水基团，具有较强吸水性，可作为可生物降解的绿色材料是因为该物质可水解，B项错误；C项，铝粉和NaOH反应能产生大量的气体压强增大，且放热可以软化管道，故可作厨卫管道疏通剂，C项正确；D项，离子液体由带电荷的阴阳离子组成，离子半径较大，熔点低且难挥发，带电核离子可导电，故可用作电化学研究的电解质，D项正确；故选B。 4．根据物质的组成和结构变化可推测其性能变化，下列推测不合理的是( ) 选项 物质 组成和结构变化 性能变化 A 铝 增厚表面氧化膜 耐腐蚀性增强 B 晶体硅 将部分硅原子替换为碳原子 硬度变大 C 苯胺 与盐酸反应成盐 水溶性增大 D 聚乙烯 乙烯聚合时混入少量1，3-丁二烯形成共聚物 抗氧化性增强 【答案】D 【解析】A项，增加表面氧化膜厚度，能更好保护内部金属，增强抗腐蚀性，A正确；B项，晶体硅和金刚石都为共价晶体，C原子半径比Si原子半径小，将部分硅原子替换为碳原子后，C-Si键长比Si - Si键长短，键能更大，硬度变大，B正确；C项，苯胺(C6H5NH2)与盐酸反应生成盐酸苯胺(C6H5NH3Cl)，盐类物质在水中更易电离，水溶性增大，C正确；D项，聚乙烯中不含碳碳双键，1，3-丁二烯含碳碳双键，化学性质活泼，乙烯聚合时混入少量1，3-丁二烯形成的共聚物中含碳碳双键，易被氧化，会使聚合物抗氧化性减弱，D错误；故选D。 5．物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途的是( ) 选项 结构 性质 用途 A 等离子体含电子、阳离子和中性粒子 具有良好的导电性和流动性 可制造显示器 B 增大油脂中脂肪酸的不饱和程度 油脂熔点升高 可制造人造奶油 C 在硅酸盐中，Si和O构成了顶角氧原子相互连接的硅氧四面体结构 硬度高、熔点高、耐腐蚀 可建造硫酸吸收塔的内衬 D 硝酸纤维分子中含硝酸酯基() 极易燃烧 可用于生产火棉 【答案】B 【解析】A项，等离子体含电子、阳离子和中性粒子，具有良好的导电性和流动性，可制造显示器，故不选A；B项，增大油脂中脂肪酸的饱和程度，油脂熔点升高，油脂氢化可制造人造奶油，故选B；C项，在硅酸盐中，Si和O构成了顶角氧原子相互连接的硅氧四面体结构，所以硅酸盐硬度高、熔点高、耐腐蚀，可建造硫酸吸收塔的内衬，故不选C；D项，硝酸纤维分子中含硝酸酯基，含硝酸酯基越多越易燃烧，可用于生产火棉，故不选D；故选B。 6．化学方法呈现科学研究、化学学习等过程中常用的一般方法，下列说法不正确的是( ) 选项 科学研究 化学方法 A 价层电子对互斥模型可用来预测分子的空间结构 理论模型 B 金刚砂具有类似金刚石结构的结构，可用作砂纸的磨料 预测与类比 C 探究“Fe3+催化H2O2的分解”需要控制温度、浓度等因素相同 变量控制 D 进行“探究乙酸性质”实验的同时，需要实验者做好实验规划 化学实验设计 【答案】D 【解析】A项，价层电子对互斥模型可用来预测分子的空间结构，采用的化学方法为理论模型，故A正确；B项，碳化硅(SiC)的结构类似金刚石，硬度很大，所以可用作砂纸和砂轮的磨料，采用了预测与类比的化学方法，故B正确；C项，探究“Fe3+催化H2O2的分解”需要控制温度、浓度等因素相同，避免温度、浓度的影响，采用的化学方法为变量控制，故C正确；D项，“化学实验设计是指实验者在实施化学实验之前，根据一定的实验目的，运用化学知识与技能，按照一定的实验方法，对实验的原理、试剂、仪器与装置、步骤和方法等所进行的规划”，而不是进行实验的同时进行规划，故D错误；故选D。 7．从结构探析物质性质和用途是学习化学的有效方法。下列实例与解释不相符的是( ) 选项 实例 解释 A 将95%乙醇加入[Cu(NH3)4]SO4溶液中析出深蓝色晶体 乙醇极性较小，降低了[Cu(NH3)4]SO4的溶解 B 铁丝在酒精喷灯上灼烧，焰色无明显变化 铁原子核外电子在灼烧时没有发生跃迁 C DNA中碱基A与T、G与C的互补配对 分子间氢键作用实现了超分子的分子识别 D 熔点：C2H5NH3NO3＜NH4NO3 引入乙基减弱了离子间的相互作用 【答案】B 【解析】A项，将95%乙醇加入[Cu(NH3)4]SO4溶液中析出深蓝色晶体，原因是乙醇分子的极性小，加入乙醇后溶剂的极性减小，降低了[Cu(NH3)4]SO4的溶解，故A不符合题意；B项，焰色试验是金属单质或离子的电子在吸收能量后，从基态跃迁到激发态，激发态不稳定，跃迁到低能量级时，会释放光子，光子的频率若在可见光频率范围内，则金属表现为有焰色。铁丝在酒精喷灯上灼烧，焰色无明显变化，并不是铁原子核外电子在灼烧时没有发生跃迁，而是放出的光子频率不在可见光频率范围内，故B符合题意；C项，O元素、N元素的电负性较大，能与氢形成分子间氢键，DNA中的碱基A与T、G与C的互补配对是通过氢键来实现的，分子间氢键作用实现了超分子的分子识别，故C不符合题意；D项，硝酸铵中铵根离子和硝酸根离子间存在离子键，铵根离子其中一个H被乙基替代，引入乙基减弱了离子间的相互作用，所以熔点：C2H5NH3NO3＜NH4NO3，故D不符合题意；故选B。 押题猜想八 离子(化学)方程式正误判断 (原创题)下列化学反应与方程式不相符的是 A．氧化铝与足量NaOH溶液反应：Al2O3+2OH-+3H2O=[Al(OH)4]- B．向含1 mol FeBr2的溶液中通入一定量氯气发生反应，当转移电子数为NA时：2Fe2++2Br-+2Cl22Fe3++Br2+4Cl- C．乙醇与酸性K2Cr2O7溶液反应：3C2H5OH+2 Cr2O72-+16H+3CH3COOH+4Cr3++11H2O D．阿司匹林的制备： 【答案】B 【解析】Al2O3与足量NaOH溶液反应生成 Na[Al(OH)4]，且题给方程式符合守恒规则，A正确。亚铁离子的还原性强于溴离子，向含1 mol FeBr2的溶液中通入一定量氯气，当转移电子数NA为时，亚铁离子恰好全部被氧化，生成铁离子，离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，B项错误。乙醇被酸性重铬酸钾氧化为乙酸、铬离子和水，离子方程式为3C2H5OH+2 Cr2O72-+16H+=3CH3COOH+4Cr3++11H2O，C项正确。水杨酸与乙酸酐反应制备阿司匹林，化学方程式为，D项正确。 押题解读 本题以离子方程式为基本素材，涉及拆分、反应不完全、酸性强弱判断等知识点，考查学生分析解决问题的能力，检测学生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”等素养的发展水平。另一考查方式为考查能否正确判断离子的共存问题，涉及离子间的氧化还原反应、沉淀反应、配合反应、双水解反应等内容，检测学生“宏观辨识与微观探析”“变化观念与平衡思想”素养的发展水平。 1．下列过程中的化学反应，相应的离子方程式错误的是( ) A．向Ba(HCO3)2溶液中滴入NaHSO4溶液至恰好沉淀完全：Ba2++2HCO3-+ H++SO42-=BaSO4↓+CO2↑+H2O B．2.24LCO2 (标准状况)通入250mL0.5mol·L-1NaOH溶液中：4CO2+5OH-=CO32-+3HCO3-+H2O C．将ICl滴入NaOH溶液中：ICl+2OH-=IO-+Cl-+H2O D．将0.2molCl2通入2L0.1mol·L-1FeI2溶液中：2Cl2+2Fe2++2I-= 2Fe3++I2+4Cl- 【答案】D 【解析】A项，沉淀完全时，Ba2+与SO42-的物质的量之比为1∶1，即Ba(HCO3)2与NaHSO4的物质的量比为1∶1，离子方程式为Ba2++2HCO3-+ H++SO42-=BaSO4↓+CO2↑+H2O，A正确；B项，标准状况下，2.24LCO2的物质的量为0.1mol，250mL0.5mol·L-1NaOH溶液中溶质NaOH的物质的量为0.125mol，参加反应的n(CO2)：n(NaOH)=4：5，反应的离子方程式为4CO2+5OH-=CO32-+3HCO3-+H2O，B正确；C项，ICl与NaOH的反应为非氧化还原反应，离子方程式为ICl+2OH-=IO-+Cl-+H2O，C正确；D项，还原性：I->Fe2+，氯气先氧化碘离子，后氧化亚铁离子，0.2molCl2和0.2molFeI2反应时，氯气与碘离子恰好完全反应，离子方程式为Cl2+2I-=I2+2Cl-，D错误；故选D。 2．能正确表示下列反应的离子方程式是( ) A．氯气与水反应：Cl2+H2O2H++Cl-+ClO- B．过氧化钠与水反应产生气体：2O22-+2H2O=4OH-+O2↑ C．硫酸铝溶液与足量碳酸氢钠溶液混合：Al3++HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32- D．乙酸乙酯在NaOH溶液中水解：CH3COOC2H5+OH-→CH3COOH+CH3CH2OH 【答案】D 【解析】A项，次氯酸为弱酸，应保留化学式，正确的离子方程式为Cl2+H2OH++Cl-+HClO，故A错误；B项，氧化物应保留化学式，过氧化钠与水反应，离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，故B错误；C项，Al3+与HCO3-相互促进水解，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，离子方程式为Al3++3HCO3- =Al(OH)3↓+3CO2，故C错误；D项，乙酸乙酯在NaOH溶液中水解生成乙酸钠和乙醇，离子方程式为CH3COOC2H5+OH-→CH3COOH+CH3CH2OH，故D正确；故选D。 3．下列离子方程式不正确的是( ) A．Na2CO3溶液与足量C6H5OH反应：CO32-+C6H5OH→C6H5O-+HCO3- B．过量Fe粉加入稀硝酸中：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O C．少量Cl2被Na2SO3溶液吸收：Cl2+3SO32-+H2O=SO42-+2Cl-+2HSO3- D．酸性KMnO4溶液吸收少量甲醛：5HCHO+2MnO4-+6H+=5HCOOH+24Mn2++3H2O 【答案】D 【解析】A项，Na2CO3溶液与足量C6H5OH反应生成碳酸氢钠和苯酚钠，反应的离子方程式为CO32-+C6H5OH→C6H5O-+HCO3-，故A正确；B项，过量Fe粉加入稀硝酸中生成硝酸亚铁、一氧化氮、水，反应的离子方程式为3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B正确；C项，少量Cl2被Na2SO3溶液吸收生成硫酸钠、氯化钠、亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为Cl2+3SO32-+H2O=SO42-+2Cl-+2HSO3-，故C正确；D项，酸性KMnO4溶液吸收少量甲醛，甲醛被氧化为二氧化碳，反应的离子方程式为5HCHO+4MnO4-+12H+=5CO2↑+4Mn2++11H2O，故D错误；故选D。 4．下列方程式正确的是( ) A．保存FeCl2溶液加入少量铁粉的原因：Fe2++Fe3+=2Fe2+ B．Na[Al(OH)4]溶液中通入过量CO2：[Al(OH)4]-+CO2 = Al(OH)3↓ +HCO3- C．将少量Cl2通入NaHSO3溶液中：Cl2+HSO3-+H2O=SO42-+2Cl-+3H+ D．CH3CH2Br与NaOH溶液共热反应：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2 2↑+NaBr+H2O 【答案】B 【解析】A项，保存FeCl2溶液时加入少量铁粉，是为了防止Fe2+被氧化成Fe3+。方程式为Fe2++2Fe3+=32Fe2+，A错误；B项，Na[Al(OH)4]溶液中通入过量CO2生成Al(OH)3白色沉淀和HCO3-，方程式为[Al(OH)4]-+CO2 = Al(OH)3↓ +HCO3-，B正确；C项，Cl2有强氧化性，NaHSO3有还原性，Cl2能将HSO3-氧化为SO42-的同时有H+生成，Cl2少量，则生成的H+能与HSO3-反应生成SO2，反应的离子方程式为Cl2+4HSO3-=SO42-+2Cl-+3SO2+2H2O，C错误；D项，CH3CH2Br与NaOH溶液共热，发生水解反应，方程式为CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH +NaBr，D错误；故选B。 5．下列化学反应与相应离子方程式相符的是( ) A．用草酸标准液测定KMnO4溶液浓度：5C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O B．硫代硫酸钠与足量稀硝酸：3S2O32-+2H+=S↓ +SO2↑+H2O C．Na2O2与水反应：O22-+2H2O=4OH-+ O2↑ D．乙醛银镜反应：CH3CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH-CH3COO-+NH4++2Ag↓ +3NH3↑+H2O 【答案】D 【解析】A项，用草酸标准液测定KMnO4溶液浓度，反应的离子方程式为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故A正确；B项，硫代硫酸钠与足量稀硝酸，反应的离子方程式为3S2O32-+2H++2NO3-=3SO42-+3S↓ +2NO↑+H2O，故B错误；C项，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为2Na2O2 +2H2O=4Na++4OH-+ O2↑，故C错误；D项，乙醛和银氨溶液发生银镜反应生成乙酸铵、氨气、银、水，反应的离子方程式为CH3CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH-CH3COO-+NH4++2Ag↓ +3NH3↑+H2O，故D正确；故选D。 6．下列离子方程式不正确的是( ) A．醋酸铵水解：CH3COO-+NH4++H2O CH3COOH+NH3·H2O B．将少量CO2通入饱和Na2CO3溶液：CO2+CO32-+H2O=2HCO3- C．苯酚钠溶液中通入少量CO2：+CO2+H2O=+ HCO3- D．向氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+ 【答案】B 【解析】A项，醋酸铵中铵根和乙酸根都会发生水解，生成乙酸和一水合氨，离子方程式为：CH3COO-+NH4++H2O CH3COOH+NH3·H2O，A正确；B项，碳酸氢钠在水中的溶解度小于碳酸钠，将少量CO2通入饱和Na2CO3溶液会生成碳酸氢钠固体，离子方程式为：2Na++CO2+CO32-+H2O=2NaHCO3↓，B错误；C项，苯酚的酸性弱于碳酸但强于碳酸氢根，根据强酸制取弱酸的原理，苯酚钠溶液中通入少量CO2生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为：+CO2+H2O= + HCO3-，C正确；D项，向氯化铝溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，D正确；故选B。 7．下列各组离子一定能大量共存在指定溶液中的是( ) A．澄清透明的无色溶液：Ag＋、Cl−、MnO4-、SO42- B．能使石蕊试液变红色的溶液：Na＋、NO3-、S2−、CO32- C．加入铝粉能产生H2的溶液：NH4+、K＋、SO42-、NO3- D．由水电离出的c(OH−)=10−13mol·L-1的溶液：Na＋、Ba2＋、Cl−、NO3- 【答案】D 【解析】A项，因Ag＋、Cl−能结合生成沉淀，则不能共存，且MnO4-为紫色，与无色溶液不符，故A不符合题意；B项，能使石蕊试液变红色的溶液显酸性，氢离子与S2−、CO32-分别结合生成弱电解质、气体和水，且酸性溶液中NO3-、S2−发生氧化还原反应，则不能共存，故B不符合题意；C项，加入铝粉能产生H2的溶液，为酸或强碱溶液，酸溶液中Al与NO3-反应生成NO，不生成氢气，碱溶液中与NH4+结合生成弱电解质，则不能共存，故C不符合题意；D项，由水电离出的c(OH−)=10−13mol·L-1的溶液，为酸或碱溶液，无论酸或碱溶液该组离子之间均不反应，则能够共存，故D符合题意；故选D。 8．下列说法正确的是( ) A．使紫色石蕊试液呈红色的溶液中：Na+、K+、NH4+、NO3-能大量共存 B．在pH=1的溶液中：Fe2+、K+、NO3-、Cl-能大量共存 C．含有大量Ba(NO3)2的溶液中：Mg2+、Al3+、SO42-、Cl-能大量共存 D．在无色透明溶液中：Na+、Cu2+、SO42-、Cl-能大量共存 【答案】A 【解析】A项，使紫色石蕊试液呈红色的溶液呈酸性，其中Na+、K+、NH4+、NO3-之间不反应、能大量共存，故A正确；B项，在pH=1的溶液呈酸性，其中Fe2+、NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C项，含有大量Ba(NO3)2的溶液中，钡离子和SO42-能反应生成硫酸钡，即不能大量共存，故C错误；D项，Cu2+的溶液呈蓝色，在无色透明溶液中不能大量存在，故D错误；故选A。 9．在指定环境中，下列各组离子或分子可以大量共存的是( ) A．加入Na2O2粉末的溶液：Na+、Cl-、SO32-、OH- B．无色溶液中：NH3·H2O、[Ag(NH3)2]+、Cl-、OH- C．使甲基橙变红的溶液中：CH3COO-、Cu2+、HClO、Al3+ D．c(KNO3)=1mol·L-1溶液：H+、Mg2+、I-、SO42- 【答案】B 【解析】A项，Na2O2有强氧化性，SO32-有还原性，二者发生氧化还原反应不能大量共存，A不符合题意；B项，NH3∙H2O、[Ag(NH3)2]+、OH-、Cl-相互之间不发生反应，且溶液无色，B符合题意；C项，使甲基橙变红的溶液中存在H+，与CH3COO-反应生成CH3COOH而不能大量共存，C不符合题意；D项，NO3-遇H+展现强氧化性，与I-发生氧化还原反应而不能大量共存，D不符合题意；故选B。 押题猜想九 官能团结构与性质 (原创题)功能高分子材料M可用于制造车、船挡风玻璃，其合成路线如下： 下列说法正确的是( ) A．化合物X、Y均难溶于水 B．Z中最多14个碳原子共面 C．Z与Y反应除生成M外，还生成小分子CH3OH D．1 mol M多可消耗NaOH的物质的量为2n mol 【答案】C 【解析】根据M的结构简式可知，Z为，Y为，Z、Y发生缩聚反应生成M，苯酚与X发生反应生成Z，结合X的分子式可推得X为丙酮，丙酮能与水互溶，A项错误。Z的结构简式为，分子中最多有13个碳原子共平面，B项错误。Z和Y发生缩聚反应，生成M及小分子CH3OH，C项正确。M中含有结构，1 mol发生水解，最多可消耗4 mol NaOH，1 mol M最多可消耗4n mol NaOH，D项错误。 押题解读 有机物的官能团决定物质的类别和性质，它是烃的衍生物的性质之源，反应之本。多官能团的有机物不仅保留单官能团独有的特性，而且还具有多官能团的多重性的多向性。本题通常以新材料、新科技、新药物的结构简式为载体，或合成某一特定的有机物为线索，考查典型有机物的物理性质和化学性质、反应条件、反应类型的判断、同分异构体数目的判断、原子共面判断、结构简式、官能团性质推断等分析与判断，能考查将题给信息进行综合、对比、分析、判断等多种能力，检测学生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”素养的发展水平。 1．铁杉脂素是重要的木脂素类化合物，其结构简式如图所示。下列关于铁杉脂素的说法正确的是( ) A．分子中有3个手性碳原子 B．分子式为C20H22O6 C．分子中含氧官能团有羟基、醚键、酮羰基 D．该物质最多可与2molNaOH反应 【答案】A 【解析】铁杉脂素分子中，带“∗”的碳原子为手性碳原子，共有3个手性碳原子，A项正确；铁杉脂素分子中，含有20个C原子、6个O原子，不饱和度为11，则分子中所含H原子个数为20×2+2-11×2=20，分子式为C20H20O6，B项不正确；分子中含氧官能团有酚羟基、醚键、酯基，不含有酮羰基，C项不正确；1个该有机物分子中含有2个酚羟基、1个酯基，则1mol该物质最多可与3molNaOH反应，D项不正确。 2．中药甘草含有多种有效成分，其中甘草香豆素结构简式如图所示。下列关于甘草香豆素的说法错误的是( ) A．与溴水能发生加成反应，也能发生取代反应 B．光照条件下与氯气反应，苯环上可形成C—Cl键 C．与NaOH完全反应的物质的量之比为1：5 D．催化剂存在下与足量氢气反应，π键不能全部断裂 【答案】B 【解析】甘草香豆素结构中，存在酚羟基，邻位和对位的氢原子能与溴水发生取代反应，含碳碳双键，能与溴水发生加成反应，A项正确；甘草香豆素光照条件下与氯气反应，苯环上的氢原子不能被取代，即苯环上不能形成C—Cl键，B项错误；甘草香豆素中含有三个酚羟基、一个酚酯基，水解后又生成一个酚羟基和羧基，共5个酸性基团，与NaOH完全反应的物质的量之比为1∶5，C项正确；催化剂存在下，苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应，苯环中大π键和碳碳双键中π键断裂，而酯基与氢气不反应，酯基中的π键没有断裂，D项正确。 3．植物提取物阿魏萜宁具有抗菌活性，其结构简式如下图所示。下列关于阿魏萜宁的说法错误的是( ) A．可与Na2CO3溶液反应 B．消去反应产物最多有2种 C．酸性条件下的水解产物均可生成高聚物 D．该有机物与足量H2反应所得产物有5个手性碳原子 【答案】B 【解析】阿魏萜宁分子中含有酚羟基，其酸性比HCO3-强，因此含有酚羟基的阿魏萜宁能够与Na2CO3发生反应，A项正确；根据图示可知：阿魏萜宁分子中醇羟基连接的C原子连接有3个位置不同的邻位C原子，且这3个C原子上都有H原子，因此在一定条件下可以发生消去反应，反应产生3种不同的消去产物，B项错误；该物质分子中含有酯基，其在酸性条件下发生水解反应产生的两种产物分子中，一种产物分子中含有2个羟基，一种产物分子中含有1个羟基、1个羧基，故它们都可以在一定条件下发生羧基反应产生高聚物，C项正确；该物质分子中苯环及碳碳双键都可以与H2在一定条件下发生加成反应，而酯基具有独特的稳定性，不能与H2发生加成反应，则该有机物与足量H2反应所得产物结构简式为，其中标有“*”的C原子为手性C原子，故所得产物分子中含有5个手性碳原子，D项正确。 4．异烟肼是一种抗结核药物，可以与香草醛反应生成异烟腙，其转化过程如下： 下列说法正确的是( ) A．异烟腙分子式为C14H14N3O3 B．异烟肼既能与酸反应又能与碱反应 C．香草醛分子中最多16个原子共平面 D．香草醛与浓溴水反应时，最多消耗1mol Br2 【答案】B 【解析】A项，由异烟腙的结构简式可知，其分子式为C14H13N3O3，A错误；B项，异烟肼中含有氨基、酰胺基，可以和酸反应，含有酰胺基，能够和碱发生取代反应，B正确；C项，香草醛中苯环和醛基都是平面结构，苯环上的所有原子都在同一平面上，与苯环直接相连的氧原子和氢原子也共面，羟基H通过旋转可以与苯环共面，甲基中与C原子相连的H原子中最多有1个与苯环共面，则香草醛分子中最多17个原子共平面，C错误；D项，香草醛分子中含有酚羟基和醛基，1mol香草醛与浓溴水反应时，酚羟基的邻位氢原子可以被溴取代，醛基也可以被Br2氧化，消耗的Br2大于1mol，D错误；故选B。 5．甲醛用途广泛，可合成许多产品，下列说法不正确的是( ) A．聚合物X的链节可能为 B．试剂Y为浓盐酸时，苯酚与甲醛反应可生成 C．试剂Y为浓氨水时，苯酚与过量甲醛反应生成线型结构的酚醛树脂 D．苯酚与甲醛反应生成酚醛树脂的反应类型为缩聚反应 【答案】C 【解析】A项，甲醛与聚乙烯醇反应得到维纶，聚合物X为聚乙烯醇，链节为，A正确；B项，苯酚与甲醛在酸性条件下反应可生成，B正确；C项，苯酚与过量的甲醛在碱性性条件下反应可生成体型结构的酚醛树脂，试剂Y为浓氨水时，苯酚与过量甲醛反应生成体型结构的酚醛树脂，C错误；D项，苯酚与甲醛反应脱去水分子生成酚醛树脂，反应类型为缩聚反应，D正确；故选C。 6．化合物X是一种药物递送载体，可用甲基水杨酸为原料合成。下列说法不正确的是( ) A．用质谱仪检测A的最大质荷比为90 B．甲基水杨酸能发生加成、氧化、取代反应 C．B和C生成X的反应不是缩聚反应 D．X分子中采用sp3杂化的原子共有3n+1个 【答案】D 【解析】甲基水杨酯与A反应生成B，由B的结构可知发生酯化反应推知A为，B和C在催化剂作用下开环后发生的加聚反应。A项，根据A的结构可知，A的相对分子质量为90，用质谱仪检测A的最大质荷比为90，A正确；B项，甲基水杨酸含有羟基、羧基，苯环，能发生加成、氧化、取代反应，B正确；C项，B和C生成X，反应无小分子生成，是开环后发生的加聚反应反应，C正确；D项，链节内有3个C采用sp3杂化，2个单键的氧原子采用sp3杂化，链节外有1个C采用sp3杂化，1个O采用sp3杂化，则共有5n+2个，D错误；故选D。 7．化合物Z是一种新型杀菌剂，其分子中含有两个平面环状结构，利用点击化学法设计的一种合成Z的路线如下。有关说法中错误的是( ) A．X的名称为苯甲醛 B．Y和Z含相同数目的手性碳原子 C．Z中碳原子和氮原子的杂化方式完全相同 D．Y→Z的反应类型为加成反应 【答案】C 【解析】根据X的结构含有苯环和醛基，X名称为苯甲醛，A项正确；、，含相同数目的手性碳原子，B项正确；Z中含饱和碳和不饱和碳原子，碳原子杂化方式有sp2、sp3，其分子中含有两个平面环状结构，则氮原子的杂化方式sp2，C项错误；Y→Z的反应为碳碳三键上的加成反应，D项正确。 押题猜想十 元素推断 (原创题)现有M、Q、R、T、X、Y、Z七种前四周期常见元素，它们的原子序数递增。其中，M具有一种没有中子的同位素；Q是植物生长三要素之一；R是地壳中含量最多的元素，且X与R的最外层电子数相同；T、Z是金属元素，T的原子半径是短周期元素中最大的，能与Y形成离子化合物TY，Y是第Ⅷ族元素，其合金被称为“黑色金属”。下列说法错误的是( ) A．键角：QM4+>M3R+ B．简单离子的半径：T>R>Q C．第一电离能： Y>X>Z>T D．XR42-、YR4-的VSEPR模型相同，实际空间结构也相同 【答案】B 【解析】M、Q、R、T、X、Y、Z七种前四周期常见元素，原子序数依次递增。其中，M具有一种没有中子的同位素，M是H；Q是植物生长三要素之一；R是地壳中含量最多的元素，R是O，所以Q是N，且X与R的最外层电子数相同，则X是S；T、Z是金属元素，其中T的原子半径是短周期中最大的，T是Na；Z是Ⅷ族元素，其合金被称为“黑色金属”，Z是Fe ；T能与Y形成离子化合物，所以Y是Cl。A项，QM4+为NH4+，中心原子N的价层电子对为，与4个H形成4个σ键，无孤电子对，为正四面体结构，M3R+为H3O＋，中心原子O的价层电子对为，形成3个σ键，有一个孤电子对，H3O＋为三角锥形；孤电子对对成键电子对有排斥作用，键角减小，因此NH4+的键角大于H3O＋，即QM4+>M3R+，A正确；B项，Q、R、T三种元素分别为N、O、Na，对应的简单离子为N3-、O2-、Na＋，三种离子的电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，N3->O2->Na＋，即Q>R>T，B错误；C项，T、X、Y、Z四种元素分别为Na、S、Cl、Fe，一般情况下：金属性越强，第一电离能越小，非金属性越强，第一电离能越大，一般非金属的第一电离能大于金属的第一电离能，则第一电离能有Cl>S>Fe>Na，即Y>X>Z>T，C正确；D项，XR42-、YR4-分别为SO42-、ClO4-，SO42-中心原子S的价层电子对为，VSEPR模型为正四面体形，S与4个O形成4个σ键，无孤电子对，空间构型为正四面体形，ClO4-中心原子Cl的价层电子对为，VSEPR模型为正四面体形，Cl与4个O形成4个σ键，无孤电子对，空间构型为正四面体形，则XR42-、YR4-的VSEPR模型与实际空间构型均相同，D正确；故选B。 押题解读 本题考查主要是以原子(或离子)结构、核外电子排布、物质的结构式、元素化合物的性质等为背景口，进行元素的推断，然后分项考查粒子半径大小的比较，金属性、非金属性强弱的比较，气态氢化物的稳定性强弱，最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，中心原子成键与键角、分子空间结构与极性、晶体类型与熔点、氢键、元素周期表、元素周期律、离子的空间结构、离子键成分的百分数等内容，检测学生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”素养的发展水平。 1．X、Y、Z、M、N五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X是宇宙中含量最丰富的元素。Z原子的2p轨道有4个电子且与M同主族，Y与Z相邻。下列说法不正确的是( ) A．单质氧化性：M＜Z B．键角：X3Z+＞X2Z C．YN3水解产生两种强酸 D．化合物中离子键百分数：CaZ＞CaM 【答案】C 【解析】X是宇宙中含量最丰富的元素，则X为H元素，Z原子的2p轨道有4个电子，则Z的价电子排布式为2s22p4，Z为O元素，Z与M同主族，则M为S元素，Y与Z相邻，Y的原子序数比Z小，则Y为N，N为第五种元素，原子序数最大，为Cl，综上所述：X为H、Y为N、Z为O、M为S、N为Cl。A项，非金属性O＞S，则单质氧化性：S＜O2，A正确；B项，X3Z+(H3O+)中心原子O的价层电子对数是，有1对孤对电子，X2Z(H2O)中心原子O的价层电子对数是，有2对孤对电子，两种粒子均采用sp3杂化，孤对电子越多，斥力越大，键角越小，故减小：X3Z+＞X2Z，B正确；C项，NCl3水解反应：NCl3+3H2O=NH3+3HClO，产物中NH3为弱碱，HClO为弱酸，无强酸生成，C错误；D项，O的电负性大于S，CaO中离子键百分数更高，D正确；故选C。 2．X、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大，分别位于三个不同短周期，Y与M同主族，Y与Z核电荷数相差2，Z的原子最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法不正确的是( ) A．YX3+的VSEPR模型是平面三角形 B．分子的极性：Y2X2＞X2Z2 C．YZ2和MZ2的晶体类型不相同 D．热稳定性： YX4＞MX4 【答案】B 【解析】X、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大，分别位于三个不同短周期，Y与M同主族，Y与Z核电荷数相差2，Z的原子最外层电子数是内层电子数的3倍，则Z为O元素，Y为C元素，X为H元素，M为Si元素。A项，CH3+中心原子价层电子对数为3+=3，VSEPR模型是平面三角形，A正确；B项，Y2X2为C2H2，其为直线形分子，分子结构对称，分子中正负电荷的重心是重合的，故其为非极性分子；X2Z2为H2O2，分子中正负电荷的重心是不重合的，故其为极性分子，因此，两者极性的大小关系为C2H2< H2O2 ， B错误；C项，YZ2为CO2，为分子晶体，MZ2为SiO2，为共价晶体，二者晶体类型不相同，C正确；D项，同主族元素，从上往下非金属性减弱，C的非金属性强于Si，元素的非金属性越强，其气态氢化物的热稳定性越强，则热稳定性：CH4＞SiH4，D正确；故选B。 3．[W(X2Z)6]2+[(Y5)2(X2Z)4]2-是合成某配合物所需的中间体。其中，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态X原子的电子只有一种自旋方向，Y与Z是同周期相邻非金属元素，且基态Y、Z原子的未成对电子数之比为3：2，下列说法错误的是( ) A．简单气态氢化物的沸点：Z＞Y B．简单离子的半径：W＞Z＞Y＞X C．电负性：Z＞Y＞X D．键角：X2Z＜YX3 【答案】B 【解析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态X原子的电子只有一种自旋方向，X为H元素；Y与Z是同周期相邻非金属元素，且基态Y、Z原子的未成对电子数之比为3：2，则Y为N元素，Z为O元素；根据[W(X2Z)6]2+[(Y5)2(X2Z)4]2-判断W为+2价金属元素，即为Mg元素。A项，Y和Z的简单氢化物分别为NH3、H2O，H2O常温下为液态，NH3常温下为气体，沸点大小为H2O＞NH3，A项正确；B项，N3-、O2-、Mg2+的电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，故简单离子的半径大小为N3-＞O2-＞Mg2+＞H+，B项错误；C项，同周期元素从左到右电负性增强，H的电负性弱于O、N。电负性大小为O＞N＞H，C项正确；D项，H2O、NH3中心原子价层电子对数均为4，H2O中O原子存在两对孤对电子，而NH3中心N原子存在一对孤对电子，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，孤电子对数越多排斥力越大，因此H2O的键角小于NH3的键角，D项正确；故选B。 4．短周期元素X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，X原子的价层电子数是电子层数的2倍，Y的基态原子s能级与p能级电子数相等，Z是地壳中含量最多的金属元素，Q与Y同主族，下列说法不正确的是( ) A．分子的极性：XY2＞QY2 B．最简单氢化物的热稳定性：Y＞Q C．沸点：XQ2＞XY2 D．离子键成分的百分数：Z2Y3＞Z2Q3 【答案】A 【解析】短周期元素X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，Z是地壳中含量最多的金属元素，则Z为Al元素；X原子的价层电子数是电子层数的2倍，则X原子的电子排布式为1s22s22p2，X为C元素；Y的基态原子s能级与p能级电子数相等，则Y的电子排布式为1s22s22p4，Y为O元素；Q与Y同主族，则Q为S元素。从而得出X、Y、Z、Q分别为C、O、Al、S。A项，XY2为CO2，QY2为SO2，CO2分子中，C原子的价层电子对数为=2，C原子的最外层不存在孤电子对，则其分子呈直线形结构，分子结构对称，正负电荷的中心重合，为非极性分子，QY2为SO2，中心S原子的价层电子对数为=3，S原子的最外层有1个孤电子对，分子呈V形结构，分子结构不对称，为极性分子，则分子的极性：CO2＜SO2，A不正确；B项，Y、Q分别为O、S，O、S为同主族元素，O在S的上方，非金属性O＞S，非金属性越强，最简单氢化物越稳定，则最简单氢化物的热稳定性：H2O＞H2S，B 正确；C项，XQ2、XY2分别为CS2、CO2，二者都形成分子晶体，CS2的相对分子质量大于CO2，则分子间作用力CS2＞CO2，所以沸点：CS2＞CO2，C正确；D项，Al的金属性较强，O的非金属性比S强，获得电子的能力O比S强，所以离子键成分的百分数：Al2O3＞Al2S3，D正确；故选A。 5．元素X、Y、Z、M是四种短周期主族元素，原子序数依次增大，Y与X同周期、与Z同主族，X是非金属元素且其第一电离能大于同周期相邻元素，基态Z原子的价层电子排布式为nsn-1npn+1，下列说法不正确的是( ) A．简单阴离子的半径：Z＞M＞X＞Y B．最简单氢化物的沸点：Y＜X C．碱性：XH3＞X2H4 D．化合物中离子键成分的百分数： Na2Y＞MgZ 【答案】B 【解析】Z的价层电子排布式为3s23p4，故Z为S，M为Cl，X为非金属元素且根据第一电离能特征，可推出X为N，Y与Z同主族，为O；综上有X、Y、Z、M分别是N、O、S、Cl。A项，电子层数越多，半径越大，层数相同，核电荷越多，半径越小，阴离子半径：S2-＞Cl-＞N3-＞O2-，A正确；B项，水的氢键数目多于氨，故氨的沸点小于水，B错误；C项，因-NH2的吸引使氮上电子密度下降，故碱性：NH3＞N2H4，C正确；D项，金属性：Mg＜Na，非金属性：S＜O，故Na2O中离子键百分数大于MgS，D正确；故选B。 6．某有机离子液体结构为，元素X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态Z原子的p能级电子总数比s能级电子总数多1，R与Z同主族。下列说法错误的是( ) A．分子极性：YZ3＞XZ3 B．同周期第一电离能大于Y的元素有2种 C．简单离子半径：R＞Y＞Z D．该离子液体阳离子中存在离子键、极性键和配位键 【答案】D 【解析】元素X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，根据结构可判断出Y连接3根共价键，Y为N元素；基态Z原子的p能级电子总数比s能级电子总数多1，可能为1s22s22p5或1s22s22p63s22p1，R与Z同主族，且R的原子序数大于Z，R、Z均为短周期主族元素，因此R为Cl元素，Z为F元素；由可知X的化合价为+3价，X为B元素，元素X、Y、Z、R分别为B、N、F、Cl。A项，X为B元素，Y为N元素，Z为F元素，YZ3为NF3，XZ3为BF3，BF3中B的价层电子对数为3，无孤电子对，因此为非极性分子，NF3的价层电子对数为4，有1对孤电子对，为极性分子，因此分子极性NF3＞BF3，即YZ3＞XZ3，A正确；B项，同周期第一电离能从左往右呈现增大的趋势，但第IIA、ⅢA相反，VA、ⅥA相反，Y为N元素，同周期第一电离能大于N的元素有2种，B正确；C项，R为Cl元素，Z为F元素，Y为N元素，电子层数越多半径越大，电子层数相同则比较核电荷数，核电荷数越大半径越小，氯离子电子层数为3层，因此简单离子半径：R＞Y＞Z，C正确；D项，该离子液体阳离子中有C-N、C-H极性键，连接4根共价键的N有配位键，液体阳离子中无离子键，D错误；故选D。 7．W、X、Y、Z、R是元素周期表中原子序数依次增大的五种短周期元素，其中X、Y、Z位于同一周期，可以组成如下图所示的某离子液体。下列说法不正确的是( ) A．阴离子的中心原子的配位数为6 B．该离子液体有良好的导电性，可被开发成原电池的电解质 C．Y同周期元素中，第一电离能比Y大的元素有1种 D．W、Y、Z构成的盐晶体中存在氢键 【答案】C 【解析】据离子液体的结构，W、Z可形成1个共价键，为H、F、Cl；X形成4个共价键，为C、Si；Y形成3个共价键，为N、P；R形成5个共价键，为N或P；又“W、X、Y、Z、R是元素周期表中原子序数依次增大的五种短周期元素，其中X、Y、Z位于同一周期”；所以W、X、Y、Z、R五种原子分别是H、C、N、F、P。A项，由图可知，阴离子的中心原子的配位数为6，A正确；B项，该离子液体中存在离子，有良好的导电性，可被开发成原电池的电解质，故B正确；C项，Y是N，Y同周期元素中，第一电离能比Y大的有F和Ne两种元素，故C错误；D项，W、Y、Z构成的盐晶体是NH4F晶体，铵根离子中的氢原子和氟离子之间存在氢键，故D正确；故选C。 8．原子半径依次减小的短周期主族元素X、Y、Z、M、W可组成化合物Q(结构如图所示)，X。M基态原子中未成对电子数相同。下列说法正确的是( ) A．元素M只有两种同素异形体 B．化合物Q中所有的原子均满足8电子稳定结构 C．W的简单氢化物是同族元素的简单氢化物中沸点最低的 D．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞M＞Y 【答案】B 【解析】由题意原子半径依次减小的短周期主族元素，原子半径：X>Y>Z>M>W， X、Y、Z、M、W形成的共价键数目分别为2、1、3、4、3，推知半径较大的X为S、Y为Cl，Z形成三条共价键的同时形成一条配位键，故Z含有空轨道，半径比Cl小，可判断Z为B，M形成四条共价键且未成对电子数为2，且半径小于Cl，则M为C，W半径比C元素小，且形成三条共价键同时生成一条配位键，提供孤电子对，可确定W为N。A项，碳的同素异形体不止两种，如金刚石、石墨、碳纳米管等，A错误；B项，S、Cl、B、C、N均满足8电子稳定结构，B正确；C项，NH3因形成分子间氢键沸点比PH3高，C错误；D项，非金属性Cl＞S＞C，最高价氧化物对应水化物的酸性Y＞X＞M＞，D错误；故选B。 押题猜想十一 化学反应原理的理解与运用 (原创题)化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法不正确的是( ) A．合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)达到平衡后，升高温度，对逆反应的速率影响更大 B．工业炼钢反应FeO(s)+C(s)CO(g)+Fe(s) ΔH> 0，则该反应高温下为自发过程，低温下为非自发过程 C．有机合成原料反应PCl5反应PCl3(g)＋Cl2(g)PCl5(g)，气体平均摩尔质量不变时，反应达平衡状态 D．制水煤气反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，达到平衡时，使用纳米CaO(催化剂)比微米CaO(催化剂)产率更高 【答案】B 【解题分析】升温可以加快反应速率，但合成氨反应为放热反应，因此升高温度利于向逆反应方向移动，因此对逆反应的速率影响更大，项正确；反应FeO(s)+C(s)CO(g)+Fe(s)的ΔH> 0，且为气体体积增大的反应，ΔS > 0，根据ΔG = ΔH – TΔS<0时，反应能够自发进行，高温时ΔG < 0，反应自发，低温时ΔG > 0，非自发，B正确；气体总质量不变，总物质的量减小，平均摩尔质量增大，平均摩尔质量不变时，反应达平衡状态，C项正确；使用催化剂能加快化学反应速率，提高单位时间内物质的转化量，但不能影响平衡移动，D项错误。 押题解读 本题考查学生对化学反应原理的理解与运用，具体涉及反应自发性、活化能、选择性、转化率、速率、产率等知识点，考查学生定性分析及定量计算能力，检测学生“变化观念与平衡思想”“证据推理与模型认知”素养的发展水平。 1．下列说法正确的是( ) A．反应2N2O(g)2N2(g)＋O2(g)常温下能自发进行，表明熵变是决定该反应能否自发进行的主要因素 B．合成氨反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，ΔH＜0使用铁触媒作催化剂可降低反应活化能，同等程度改变正、逆反应速率，但活化分子的百分数并没有改变 C．在新制氯水平衡体系中加入少量NaCl固体，溶液中的平衡均逆向移动，溶液的增大，HClO的浓度减小 D．已知CH4的燃烧热为ΔH1，CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH2，H2O(l)= H2O(g) ΔH3，则ΔH1=ΔH2+2ΔH3 【答案】A 【解析】A项，分解反应2N2O(g)2N2(g)＋O2(g)为吸热反应，是熵增加的反应，常温下能自发进行，表明熵变是决定该反应能否自发进行的主要因素，A正确；B项，合成氨反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，ΔH＜0使用铁触媒作催化剂可降低反应活化能，增加了活化分子的百分数，同等程度改变正、逆反应速率，B错误；C项，在新制氯水平衡体系中存在Cl2+H2OH++Cl-+HClO和H2OH++OH-，加入少量NaCl固体，平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO逆向移动，H+浓度减少，H2OH++OH-平衡正向移动，C错误；D项，CH4的燃烧热的方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH1，CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH2，H2O(l)= H2O(g) ΔH3，根据盖斯定律：则ΔH1=ΔH2-2ΔH3，D错误；故选A。 2．下列说法正确的是( ) A．已知HF气体溶于水放热，则HF(aq)=H+(aq)+F-(aq)的ΔH＜0 B．已知CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH＞0，则ΔS＜0 C．恒温恒容容器中发生反应NH2COONH4(s)CO2(g)＋2NH3(g)，NH3百分含量不再发生变化，说明反应达到平衡状态 D．2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＜0，升高温度，平衡逆移，说明温度升高对活化能大的反应影响程度更大 【答案】D 【解析】A项，已知HF气体溶于水放热，说明HF溶解过程放热(ΔH<0)，但HF是弱酸，电离过程需要克服H-F键的强键能，因此电离过程吸热，则HF(aq)H+(aq)+F-(aq)的ΔH>0，A错误；B项，已知CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH＞0，因为该反应前后气体分子数不变，所以该反应的熵变，而不是ΔS<0，B错误；C项，恒温恒容容器中发生反应NH2COONH4(s)CO2(g)＋2NH3(g)，该反应是固体分解生成气体的可逆反应，反应体系中NH3(g)、CO2(g)的物质的量之比始终为2∶1，即NH3百分含量始终不变，则NH3百分含量不再发生变化，不能说明反应达到平衡状态，C错误；D项，2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＜0，正反应为放热反应，则逆反应的活化能大于正反应的活化能，升高温度，平衡逆移，说明温度升高对活化能大的反应影响程度更大，D正确；故选D。 3．下列说法正确的是( ) A．温度不变时：加入催化剂，CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的反应速率加快，平衡常数增大 B．温度不变时：HAc在水溶液中电离常数为，在非水溶液中电离常数也为 C．升温时，测得2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的反应速率变慢，推测该反应不是基元反应 D．常温常压下Ca3(PO4)2的溶解热约为-61kJ·mol-1，推测Ca3(PO4)2可溶于水 【答案】C 【解析】A项，温度不变时，加入催化剂可以加快反应速率，但是催化剂并不能改变反应的平衡常数，A错误；B项，电离常数受溶剂性质的影响很大，醋酸(HAc)在水溶液中有一定的电离常数，但在非水溶液中，由于溶剂的极性、介电常数等性质不同，其电离常数也会不同，B错误；C项，对于非基元反应，反应速率可能受多个步骤中速率最慢的步骤控制，升温通常会加快反应速率，但如果测得某反应的速率在升温时变慢，这可能意味着该反应不是简单的基元反应，而是涉及多个步骤，其中某个步骤在高温下变得不利，从而整体反应速率变慢，C正确；D项，溶解热是指物质溶解于溶剂时所释放或吸收的热量。溶解热为负值表示溶解过程放热，通常放热反应有利于反应的进行。然而，仅凭溶解热为-61 kJ·mol-1这一信息不能直接推测该物质是否易溶于水，因为溶解性还受其他因素影响，如溶剂的极性、物质的极性等，D错误；故选C。 4．工业上，可用乙烯催化氧化法制取环氧乙烷，涉及下列两个反应： I．C2H4(g)＋1/2O2(g)C2H4O(g) ΔH1 Ⅱ．C2H4(g)＋3O2(g)2CO2(g)＋2H2O(g) ΔH2 用银作为催化剂时，C2H4(g)→C2H4O(g)的活化能为Ea1=63.6kJ·mol−1，C2H4(g)→CO2(g)的活化能为Ea2=82.8kJ·mol−1，且两个反应的平衡常数均大于105。下列说法不正确的是( ) A．在银催化下，反应Ⅱ的速率小于反应I B．改变压强，对环氧乙烷的平衡产率影响不大 C．从自发的角度，乙烯氧化后倾向于生成CO2 D．若不考虑催化剂银的活性变化，升高温度能提高环氧乙烷的选择性 【答案】D 【解析】A项，活化能越低，反应速率越快，在银催化下，反应Ⅱ的活化能大于反应I，则反应Ⅱ的速率小于反应I，A正确；B项，题目指出两个反应的平衡常数均大于105，说明反应接近完全转化，改变压强，对环氧乙烷的平衡产率影响不大，B正确；C项，从自发的角度，化学平衡常数K与吉布斯自由能变化ΔG之间存在关系：，两个反应的平衡常数均大于105，表明两反应均自发(ΔG < 0)，但乙烯完全氧化生成CO2和H2O(反应Ⅱ)的焓变ΔH2通常比部分氧化生成环氧乙烷更负(放热更多)，根据ΔG=ΔH-TΔS＜0，从热力学角度看乙烯氧化后倾向于生成CO2，C正确；D项，若不考虑催化剂银的活性变化，升高温度，反应I和反应Ⅱ的速率都增大，根据阿伦尼乌斯方程可知，升高温度时，活化能较高的反应速率增长更快，加剧副反应生成二氧化碳，降低主产物环氧乙烷的选择性，D错误；故选D。 5．1200℃下，将2.00molCaCO3(s)置于1.0L真空密闭容器中，发生反应： ⅰ.CaCO3(s)CaO(s)+ CO2(g) ΔH＞0 K=0.5 ⅱ.2CO2(g)2CO(g)＋O2(g) tmin时，达到平衡状态，测得O2的体积分数为20%。下列说法不正确的是( ) A．若在下平衡，K＜0.5 B．若容器体积为0.5L，平衡时，CO的体积分数为40% C．平衡时，n(CaO)=0.5 mol D． 【答案】C 【解析】A项，由题干信息可知，CaCO3(s)CaO(s)+ CO2(g) ΔH＞0该反应正反应是一个吸热反应，即降低温度平衡逆向移动，K减小，故若在1000℃下平衡，K＜0.5，A正确；B项，由题干信息可知，CaCO3(s)CaO(s)+ CO2(g) K=c(CO2)=0.5，即容器的体积不影响CO2的浓度，则若容器体积为0.5L，平衡时，CO2的浓度不变，O2体积分数为20%，则CO的体积分数为40%，B正确；C项，由题干信息可知，CaCO3(s)CaO(s)+ CO2(g) K=c(CO2)=0.5，即平衡时，c(CO2)=0.5mol/L，根据O2的体积分数为20%，CO的体积分数为40%，CO2的体积分数为40% 故有：2x=0.5，则a=0.5+2x=0.5+0.5=1.0，即CaCO3分解生成的CO2的物质的量浓度为：1.0mol/L，则n(CaO)=1.0 mol，C错误；D项，由C项分析可知，tmin时O2的浓度为0.25mol/L，故，D正确；故选C。 6．研究化学反应的调控有着重大价值， 反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) 反应Ⅱ：4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g) 反应Ⅲ：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) 下列说法正确的是( ) A．450℃高压有利于反应Ⅲ的反应速率和自发进行，所以工业上采取450℃高压 B．反应Ⅱ的产物通入NaOH可以实现产物的吸收 C．对于反应Ⅱ来说，当c(NH3)：c(O2)：c(NO)：c(H2O)=4：5：4：6时，说明反应达到平衡状态 D．初始投料比n(CO2)：n(H2)=1：1，对于反应Ⅰ来说，CO2的体积分数不再变化不能说明到达平衡 【答案】D 【解析】A项，反应Ⅲ：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)是放热反应，∆H<0，∆S<0，∆G=∆H-T∆S<0可以自发进行，低温有利于自发进行，A错误；B项，NO与NaOH溶液不反应，B错误；C项，物质的浓度之比等于系数之比时，浓度不一定是定值，反应不一定处于平衡状态，当c(NH3)：c(O2)：c(NO)：c(H2O)=4：5：4：6时，反应不一定处于平衡状态，C错误；D项，初始投料比n(CO2)：n(H2)=1：1，CO2的体积分数为50%，反应I中参加反应的CO2和H2的物质的量之比为1：3，设反应的CO2的物质的量为xmol，反应的H2为3xmol，生成CH3OH和H2O都是xmol，反应后CO2体积分数为，CO2的体积分数为定值，CO2的体积分数不再变化不能说明到达平衡，D正确；故选D。 押题猜想十二 电化学及其应用 (原创题)宁德时代钠离子电池落地，奇瑞成首个合作伙伴。该电池的负极材料为NaxC y (嵌钠硬碳)，正极材料为Nax[MnFe(CN)6]，其装置如图所示，负极为碳基材料(NamCn)，利用钠离子在正负极之间嵌脱过程实现充放电，下列说法不正确的是( ) A．放电时，N极电势高于b极电势，且N极电极反应式为NaxCy- xe-=C y+xNa+ B．充电时，每转移1mol电子，两个电极的质量变化相差 C．充放电过程中，正极材料中的过渡元素化合价将发生变化 D．若用该电池电解食盐水，当1mol Na+通过隔膜时，理论上电解池阴极收集到11.2L气体 【答案】D 【解析】放电时，N极为负极，M极为正极，N极电势低于M极电势，N极电极反应式为NaxCy- xe-=C y+xNa+，A项正确； 充电时，阳极失去电子并释放出Na+，每转移1 mol电子，释放1molNa+，阳极质量减轻23g，阴极得到电子结合Na+变成NaxC y，所以阴极的质量增加23g，B项正确；放电过程中，钠离子在正负极间的镶嵌与脱嵌，正极材料中的Mn、Fe或两者的化合价将发生变化，C项正确；若用该电池电解食盐水，当1mol Na+通过隔膜时，则电路中转移电子1mol，电解池阴极反应为2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，则收集到的0.5mol氢气，但题中没有指明是否在标准状况下，不能计算气体的体积，D项错误。 押题解读 本题以新型电源、电解装置等为情境素材，涉及电极名称及反应类型、电极反应式、离子交换膜种类判断等必备知识，意在考查学生在新情境下获取信息，基本概念和原理的迁移、分析解决问题的能力，诊断学生“证据推理与模型认知”“科学探究与创新意识”等素养发展水平。尤其是当今新能源汽车的普及，新型动力电池成为科学家研究的重点方向之一，必将成为高考的高频考点。该类试题题材广、信息新、陌生度大，因此许多考生感觉难度大。虽然该类试题貌似新颖，但应用的解题原理还是电化学基础知识。 1．卡尔·费休水分测定仪可精确测定某些物质中的水分含量，仪器示意图如图，卡氏试剂由KI、SO2、C5H5N(吡啶)和CH3OH组成。其工作原理是待测样品中的水与电解产生的I2发生反应：I2+SO2+H2O+3C5H5N+CH3OH→2[C5H5NH]+I-+C5H5NHSO4CH3，直至水分耗尽，电解自动停止，测定电解电路通过的电量即可计算水分含量。已知法拉第常数(1 mol电子所带电量)为F。 下列说法不正确的是( ) A．B极为阳极，电极反应：2I--2e-=I2 B．测定过程中阳离子从B极区移向A极区 C．样品中水分质量m与电解消耗电量Q的关系为 D．若用于测定Na2CO3固体中的水分含量，测定结果将偏高 【答案】C 【解析】与外加电源正极连接的B为阳极，阳极上发生氧化反应：2I--2e-=I2，生成的I2与SO2、C5H5N(吡啶)和CH3OH反应：I2+SO2+H2O+3C5H5N+CH3OH→2[C5H5NH]+I-+C5H5NHSO4CH3，直至水分耗尽，电解自动停止，测定电解电路通过的电量即可计算水分含量。A项，B与外加电源正极连接，B极为阳极，发生氧化反应，电极反应：2I--2e-=I2，A正确；B项，电解过程中阳离子向阴极移动，阳离子从B极区移向A极区，B正确；C项，根据关系式2e-~I2~H2O，2mol电子通过，消耗的水为1mol，样品中水分质量m与电解消耗电量Q的关系为，C错误；D项，若用于测定Na2CO3固体中的水分含量，I2与Na2CO3反应，消耗的I2量偏多，测定结果将偏高，D正确；故选C。 2．某小组研究设计了如下装置示意图，联合制备硫酸、氯气和氢氧化钠。该设计改变了传统氯碱工业能耗大的缺点，可大幅度降低能耗。 下列说法不正确的是( ) A．甲池中，质子经内电路移向极 B．理论上，甲池中消耗的SO2和乙池中生成的Cl2的物质的量之比为1：1 C．乙池应选用阳离子交换膜 D．乙池的总反应方程式：2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH 【答案】D 【解析】如图所示，甲池为原电池，乙池为电解池，电极A上Cl-放电生成Cl2，则电极A为阳极，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑；电极B为阴极，电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-；甲池中Pt1为负极，电极反应为SO2+2H2O-2e-=4H++SO42-，Pt2为正极，电极反应为O2+4H++4e-=2H2O，甲池可以制备硫酸，乙池阳极制备氯气，阴极制备NaOH。A项，甲池为原电池，阳离子向正极移动，则质子向电极移动，A正确；B项，当转移2mol电子时，甲池消耗1molSO2，乙池生成1molCl2，故甲池中消耗的SO2和乙池中生成的Cl2的物质的量之比为1∶1，B正确；C项，乙池中左侧加入的饱和NaCl溶液中，钠离子向阴极B移动，用于制备NaOH，故乙池应选用阳离子交换膜，C正确；D项，将阳极的反应×2加上阴极的反应得到总反应为4NaCl＋2H2O+O22Cl2↑＋4NaOH，D错误；故选D。 3．近年来，由阴极还原主导的电有机合成反应得到了更多的研究关注。2021年，Waldvogel和Morandi等人报道了一类电化学“穿梭”成对电解反应(如下图所示)。该反应有助于我们得到B有价值的气态烯烃化合物和实现对某些污染物的高效降解。 下列说法不正确的是( ) A．图中A是电池的负极 B．图中B端所连电极反应：Br--2e-=Br+ C．每生成1mol乙烯，转移电子数为NA D．通过该电解反应，我们可以将“六六六”()转化为苯，实现对该农药的高效降解 【答案】C 【解析】左侧电极反应Br-CH2-CH2-Br+2e-=CH2=CH2+2Br-中，碳元素化合价降低，发生还原反应，左侧电极为阴极，右侧电极为阳极，电极反应为：Br--2e-=Br+。A项，左侧为阴极，则图中A是电池的负极，A正确；B项，图中B端所连电极为阳极，电极反应为：Br--2e-=Br+，B正确；C项，每生成1mol乙烯，转移电子数为2NA，C错误；D项，“六六六”曾被广泛用作杀虫剂，但是它具有高毒性且不易降解，选取“六六六”作为实验对象，由电解原理可知，在经过三次连续的双卤化反应后，转化为苯，实现对该农药的高效降解，D正确；故选C。 4．以氮气、氢气等为原料用电化学法制备氨，可降低温室气体的排放，其原理如图所示。下列说法错误的是( ) A．电极M的电势高于电极N B．物质Ⅱ起到传输质子的作用 C．反应过程中Li3N的总质量不变 D．电极N反应：3Li++N2+3H++6e-=NH3+Li3N 【答案】D 【解析】据图可知，M电极上氢气被氧化为氢离子为阳极，电极反应式为：H2－2e-=2H＋，H+再与Ⅱ反应生成Ⅰ；阴极为锂离子得电子生成锂，电极反应式为：Li++e-=Li，锂再与氮气、Ⅰ反应生成氨气、Ⅱ、Li+、Li3N。A项，由图可知，该装置为电解池，M电极为阳极，N电极为阴极，阳极电势高于阴极，A正确；B项，根据装置图可知，在电极a上结合H+，生成，然后在电极b上失去质子转化成，因此起到传输质子的作用，B正确；C项，根据装置图可知，电极b右侧与Li3N反应生成、氨气、Li+，电极b左侧，Li+与氮气生成Li3N，因此Li3N在整个反应过程中，质量不变，C正确；D项，N电极发生的反应：Li++e-=Li，D错误；故选D。 5．一种Zn-CO2离子液体电池可以在供电的同时将CO2转化为CH4，电解质为离子液体[EMIM]+[BF4]-及少量水，其中的[EMIM]+是一种季铵离子，在电池中作电解质、质子源和促进剂。该电池如图所示运行一段时间后，碳纳米管表面可检测出有ZnCO3生成。 下列说法正确的是( ) A．a电极为负极，[EMIM]+在该电极上被氧化 B．b电极反应式为：5CO2+2H2O+8e-=4CO32-＋CH4 C．[EMIM]+是电池中唯一的质子源 D．[EMIM]+作为电池促进剂的原理是通过生成[ZnNHC]2+增加电荷浓度，从而增强了离子电流强度 【答案】B 【解析】碳纳米管通入二氧化碳，生成甲烷和ZnCO3，发生还原反应，得到电子，是正极，电极反应：5CO2+2H2O+8e-=4CO32-＋CH4；则锌为负极，锌失电子，发生氧化反应。A项，a电极为负极，锌被氧化，A错误；B项，b电极反应式为：5CO2+2H2O+8e-=4CO32-＋CH4，B正确；C项，根据左图可知，水也是质子源，C错误；D项，根据左图可知，2个[EMIM]+生成1个[ZnNHC]2+，没有增加电荷的浓度，D错误；故选B。 6．热电化学电池是一种新型的低成本低品位热富集体系，工作原理如下图所示，含羧酸的纳米颗粒在不同温度下溶胀或收缩，从而释放或吸收H+驱动电极反应发生。下列说法错误的是( ) A．该电池工作时电子由热端经外电路流向冷端 B．冷端的电极反应为 C．含羧酸的纳米颗粒在热端溶胀释放H+ D．温差恒定，该体系会形成连续的反应和持续的电流 【答案】C 【解析】由图可知，原电池工作时冷端→，发生加氢反应，热端→，发生去氢反应，即冷端发生得电子的还原反应，热端发生失电子的氧化反应，则冷端为正极，热端为负极，正极反应为 ，负极反应为 。A项，冷端为正极，热端为负极，原电池中电子从负极经导线流向正极，故该电池工作时电子由热端经外电路流向冷端，故A正确；B项，冷端为正极，正极上得电子生成，正极反应式为为 ，故B正确；C项，热端为负极，负极反应为 ，则含羧酸的纳米颗粒在热端溶胀吸收H+驱动电极反应发生，故C错误；D项，含羧酸的纳米颗粒在不同温度下溶胀或收缩，从而释放或吸收H+驱动电极反应发生，则温差恒定时该电池能持续工作，形成连续的反应和持续的电流，故D正确；故选C。 7．电有机合成是一种应用广泛的新型有机合成方法。某种3-氯-4-氨基苯酚的电有机合成装置如图所示，下列说法错误的是( ) A．b与外接电源的负极相连 B．Pb电极的电极反应式：Pb-2e-+ SO42-=PbSO4↓ C．电解一段时间后，阴阳两极室中电解质溶液的质量均增大 D．理论上每生成1mol，电路中转移4mole- 【答案】C 【解析】从图中可知，在Cu电极上被还原，则Cu电极为阴极，与电源的负极相连，Pb电极为阳极，与电源的正极相连。A项，b电极上发生还原反应，是阴极，b与外接电源的负极相连，A正确；B项，a是阳极，阳极上Pb失电子结合硫酸根离子生成硫酸铅沉淀，Pb电极的电极反应式：Pb-2e-+ SO42-=PbSO4↓，B正确；C项，转移2mol电子，阳极室有1mol SO42-转化为PbSO4沉淀，同时有2molH+移入阴极室，电解一段时间后，阳极室中电解质溶液的质量减小，C错误；D项，阴极发生反应：＋4e－＋4H＋＝+H2O，生成1mol，转移4mol电子，D正确；故选C。 押题猜想十三 物质结构与性质(选择题) (原创题)杂环化合物吡啶()和吡咯()的结构与苯类似。下列说法错误的是( ) A．电负性：N＞C＞H B．吡啶和吡咯中C、N原子的杂化方式均相同 C．吡啶和吡咯中N原子的价层孤电子对所处轨道类型相同 D．吡啶分子中的N比吡咯分子中的N更易结合H＋ 【答案】C 【解析】同周期元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，则电负性：N＞C＞H，A项正确。吡啶和吡咯中的C、N原子都采取sp2杂化，B项正确。吡啶中N的一对孤对电子占据一个sp2杂化轨道，而吡咯中N的一对孤对电子位于未参与杂化的p轨道上，C项错误。吡咯中的N—H键上的电子对向N原子方向偏移，所以吡咯具有一定酸性，不易与质子结合，吡啶分子中的N接受质子的能力强于呲咯，D项正确。 押题解读 物质结构与性质综合选择题为某一指定物质的结构简式、分子模型或晶胞结构示意图等为载体，主各选项之间相对独立，重点考查考生对基础知识的掌握情况，要考查原子结构与性质、分子结构与性质、晶体结构与性质。旨在考查学生依据分子结构、中心原子成键、元素性质、微粒间作用力及性质比较等基础知识，从题干中提取有效信息加以应用，检测学生“证据推理与模型认知”“宏观辨识与微观探析”素养的发展水平。晶体结构与性质是物质结构中的难点和重点，需备受关注。 1．硒(34Se)在医药、催化、材料等领域有广泛应用，乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构式如下图所示。关于硒及其化合物，下列说法不正确的是( ) A．Se原子在周期表中位于p区 B．乙烷硒啉分子中，C原子的杂化类型有sp2、sp3 C．乙烷硒啉分子中有5种不同化学环境的氢原子 D．键角大小：气态SeO3 ＜SeO32- 【答案】D 【解析】A项，Se原子在周期表的位置是第4周期ⅥA，价层电子排布式为：4s24p4，位于p区，A正确；B项，乙烷硒啉分子中，C原子的杂化类型有sp2、sp3，苯环上的C为sp2杂化， 此处的C为sp3杂化，B正确；C项，乙烷硒啉分子中有5种不同化学环境的氢原子 ，C正确；D项，SeO3中硒原子的价层电子对数3，孤电子对数为 0，分子的空间结构为平面三角形，键角为 120°，SeO32-中硒原子的价层电子对数4，孤电子对数为1，离子的空间结构为三角锥形，键角小于120°，键角大小：气态SeO3＞ SeO32-，D错误；故选D。 2．一水合甘氨酸锌是一种矿物类饲料添加剂，其结构简式如图所示。下列说法错误的是( ) A．该结构中C的杂化方式有2种 B．电负性由小到大的顺序为Zn<C<H<N<O C．该物质中，Zn2+的配位数为5，配原子为O、N D．1mol该物质中含有23mol σ键 【答案】B 【解析】A项，分子中连双键的C的杂化方式为sp2，连单键的碳原子为sp3杂化，故A正确；B项，根据电负性的变化规律可知，非金属元素的电负性大于金属元素，非金属性越强其电负性越大，同周期主族元素从左往右电负性逐渐增大，因此，电负性由小到大的顺序为Zn<H<C<N<O，故B错误；C项，由一水合甘氨酸锌的分子结构可知，Zn提供空轨道，O和N提供孤电子对，因此锌离子与相邻的5个原子(N和O)成键，故其配位数为5，配位原子为O、N，故C正确；D项，该物质中，含有4个C-H单键、4个N-H单键、2个N-C单键、2个C-C单键、2个C-O单键、2个O-H单键，因此含有4+4+2+2+2+2=16个σ键，Zn的配位数为5，因此含有5个σ键，一个碳氧双键中含有1个σ键、1个π键，综合可知，该物质中含有16+5+2=23个σ键，故D正确；故选B。 3．CaC2晶胞如图所示。已知：NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞体积为Vcm-3。下列叙述正确的是( ) A．CaC2晶体中只含1种化学键 B．在晶胞中，与相邻的C22-个数为4 C．CaC2中碳原子采用杂化 D．CaC2晶体密度 【答案】C 【解析】A项，由图可知，碳化钙中存在碳碳三键(非极性键)和离子键，故A错误；B项，晶胞中1个Ca2+周围有6个C22-，大灰球四周有4个C22-，上下各有一个C22-，故B错误；C项，由图可知，碳化钙中碳和碳为直线型，所以采用sp杂化，故C正确；D项，晶胞中含Ca2+位于顶点和体内，C22-位于棱上和面上，所以1个晶胞中含有2个CaC2，，故D错误；故选C。 4．如图为铜的一种硫化物晶胞(已知a=b≠c，单位均为pm)，晶体中阴离子有硫离子S2-和过硫离子S22-，阳离子有Cu2+和Cu+。下列说法正确的是( ) A．所有周围紧邻的S都是4个 B．1mol该晶胞含有1molS-Sσ键 C．该晶体中Cu2+与Cu+的物质的量之比n(Cu2+)：n(Cu+)=1：2 D．设NA为阿伏伽德罗常数的值，则该晶体的密度为 【答案】C 【解析】A项，由晶胞可知，该晶体中有的Cu是4配位，有的Cu是2配位，A项错误；B项，由晶胞可知，该晶胞8个顶点上的S也是S22-，根据均摊法，1mol该晶胞含有S-Sσ键，B项错误；C项，一个晶胞有2个S22-，2个S2-，Cu2+与Cu+总数为6个，根据化合物中各元素正、负化合价的代数和为0，故n(Cu2+)：n(Cu+)=1：2，C项正确；D项，晶胞的密度为，D项错误；故选C。 5．某六方晶系的一种钛钡矿石的晶胞如图所示，设该六方晶胞的棱长分别记为acm、acm、ccm，阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法不正确的是( ) A．基态钛原子的价层电子排布式为3d24s2，属于d区 B．距离晶胞内的钛原子最近的氧原子有6个 C．该晶胞密度的表达式为 D．Ti原子可看成填充在周围的氧原子组成的正八面体空隙中，则其O—Ti—O的键角均为 【答案】D 【解析】A项，Ti是22号元素，基态钛原子的价层电子排布式为3d24s2，属于d区，故A正确；B项，根据图示，距离晶胞内的钛原子最近的氧原子有6个，故B正确；C项，根据均摊原则，该晶胞中Ti原子数为 、O原子数为9、Ba原子数为，密度的表达式为，故C正确；D项，Ti原子可看成填充在周围的氧原子组成的正八面体空隙中，则其O—Ti—O的键角为90°或180°，故D错误；故选D。 6．向HgBr2溶液中滴入NH3- NH4Cl混合液，得到晶体M，其晶胞结构中N-Hg-N键角为180°，每个晶胞由两个小立方体构成，Br-位于小立方体的顶点，两个小立方体共用面中心的Hg2+，NH3分子的中心原子位于小立方体的体心。小立方体的边长为a pm。下列说法错误的是( ) A．按照描述，晶胞结构为如图所示 B．N-Hg-N中N-Hg的键长为 C．1个晶胞中含有Br-的质量为 D．晶体M的密度为 【答案】D 【解析】A项，晶胞结构中N-Hg-N键角为180°，每个晶胞由两个小立方体构成，Br-位于小立方体的顶点，两个小立方体共用面中心的Hg2+，NH3分子的中心原子位于小立方体的体心，图示正确，故A正确；B项，小立方体的边长为apm，NH3分子的中心原子位于小立方体的体心，根据晶胞结构图，N-Hg-N中N-Hg的键长为，故B正确；C项，1个晶胞中含有Br-个数为，其质量应为，故C正确；D项，晶胞的体积为，每个晶胞中有1个Hg(NH3)2Br2，质量为，晶体M的密度为，故D错误；故选D。 7．化合物是一种第四周期金属元素M的氧化物，其晶胞类型I在1000℃高温下煅烧时会转换成类型II(晶胞棱夹角均为)，两种晶胞的体积比。下列说法正确的是( ) A．化合物W的类型I与类型II化学式不相同 B．类型I与类型II均为分子晶体 C．类型I与类型II的晶体密度之比为 D．两种类型中的所有原子均有d轨道参与成键 【答案】C 【解析】A项，类型I中，O原子个数为：，M原子个数为：，化学式为：MO2；类型II中，O原子个数为：，M的个数为：，化学式为：MO2，故类型I与类型II化学式相同，A错误；B项，类型I与类型II均为离子晶体，B错误；C项，两种晶胞的体积比，根据A分析，两种晶胞的质量比为2：1，故密度比为：64：65，C正确；D项，两种类型中的O原子未用d轨道参与成键，D错误；故选C。 押题猜想十四 化学反应历程与机理 (原创题)用1，3-丙二醇捕捉CO2合成碳酸丙烯酯()的反应机理如图所示，下列说法正确的是( ) A．碳酸丙烯酯中的π键与σ键数目比为1∶7 B．化合物A是上述反应的中间体 C．催化循环中Zn的化合价发生了变化 D．若将原料替换为1，2-丙二醇，则产物为 【答案】D 【解析】由碳酸丙烯酯的结构简式可知，其所含π键数为1，σ键数为13，A项错误。反应前后催化剂的质量和化学性质均不变，由图可知，化合物A是上述反应的催化剂，B项错误。催化循环中Zn的化合价始终为+2，C项错误。1，3-丙二醇的结构简式为CH2(OH)CH2(OH)CH3，根据反应机理可知，若将原料替换为1，2-丙二醇，则产物为，D项正确。 押题解读 本题以“反应历程”为情境素材，结合教材中所学知识，旨在考查学生在新情境下获取信息，构建模型，进行类比迁移、分析解决问题的能力，检测学生“变化观念与平衡思想”“证据推理与模型认知”素养的发展水平。反应历程是指化学反应中的反应物转化为最终产物通过的途径，能够反映出物质结构和反应能力之间的关系，从而可以加深我们对于物质运动形态的认识；反应机理是化学中用来描述某一化学变化所经由的全部基元反应，机理详细描述了每一步转化的过程，包括过渡态的形成，键的断裂和生成，以及各步的相对速率大小等。 1．一种镍磷化合物催化氨硼烷(H3BNH3)水解释氢的可能机理如图所示(已知：电负性H>B)，其中中间体Ⅱ中与B原子相连的氢原子被水中的羟基取代生成中间体Ⅲ。下列说法错误的是( ) A．水溶性：氨硼烷>乙烷；沸点：氨硼烷>乙烷 B．用D2O代替H2O作反应物，有D2生成 C．“中间体I”中B、N上所连接的H不可能分别被P和Ni吸附 D．氨硼烷分子中B、N原子均采取sp3杂化 【答案】B 【解析】A项，氨硼烷是极性分子，且氨硼烷分子能与水分子形成氢键，乙烷是非极性分子，且乙烷分子不能与水分子形成氢键，水溶性：氨硼烷>乙烷；氨硼烷分子间可以形成氢键，乙烷不能，沸点：氨硼烷>乙烷，A正确；B项，根据示意图，水解过程中B原子所连的H原子被-OH取代，用D2O代替H2O作反应物，有HD生成，B错误；C项，电负性：N＞H＞B，P＞Ni，所以B上所连H带负电性、N上所连H带正电性、P带负电性、Ni带正电性，因为不同电性间的原子相互吸引，所以B、N上所连H只能分别吸附在Ni和P上，C正确；D项，氨硼烷分子中B、N原子之间通过配位键连接，B、N原子均形成4个共价键，均采取sp3杂化，D正确；故选B。 2．非金属的卤化物水解可以分为亲电水解和亲核水解，实例及部分机理示意如下。发生亲电水解的条件是中心原子显负电性且带有孤电子对，能接受H2O的H+的进攻，如： 发生亲核水解条件是中心原子显正电性且有空的价层轨道，空轨道用以容纳H2O的配位电子，如： 。 下列说法错误的是( ) A．基态Si原子核外有5种能量不同的电子 B．NCl3和SiCl4水解过程中中心原子的杂化方式不变 C．推测CC比SiCl4难发生亲核水解 D．已知AsCl3的水解产物为H3AsO3和HCl，推测其水解类型为亲核水解 【答案】B 【解析】A项，不同能级中电子能量不同，同一能级中的电子能量相同，基态Si原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，则核外有5种能量不同的电子，A正确；B项，NCl3水解过程中，中心原子的杂化方式为sp3杂化，SiCl4中Si原子采用sp3杂化，图示过程是亲核水解，中心原子Si第一步产物中Si原子的杂化方式为sp3d杂化，杂化方式发生改变，B错误；C项，C原子最外层为l层，没有d轨道接受水分子中的孤电子对，可以推测CCl4比SiCl4难发生亲核水解，C正确；D项，AsCl3中心原子As具有正电性(δ+)和空的价层轨道，接受H2O的孤电子对进攻，且水解产物为H3AsO3和HCl，根据亲核水解机理示意图，可知其水解类型为亲核水解，D正确；故选B。 3．某反应机理如下，下列说法不正确的是( ) A．化合物VI为该反应的催化剂 B．化合物为H2O，可循环利用 C．若化合物III为，按照该反应机理可生成和 D．化合物III转化为IV后，键长变短 【答案】C 【解析】A项，由催化机理可知，反应消耗了Ⅵ又生成了Ⅵ，Ⅵ是反应的催化剂，故A正确；B项，根据I+Ⅳ→X+Ⅱ和IV+X→VI+V，由I、Ⅳ、Ⅱ的结构简式可知，X为H2O，并且可循环利用，故B正确；C项，根据反应机理，总反应为I+III→V，若化合物III为，按照该反应机理可生成和，故C错误；D项，根据III和IV结构式，III中C2-C3为碳碳单键，IV中C2-C3为碳碳双键，键长变短，故D正确；故选C。 4．化合物X在催化下可转化为M和少量其它烯烃副产物。下列说法不正确的是( ) A．灼热CuO粉末投入过量X，黑色粉末变红 B．中间体W中所有碳原子可能共面 C．化合物X不能使酸性KMnO4溶液褪色 D．中间体Z转化为中间体W能自发进行，说明W比Z更稳定 【答案】C 【解析】A项，X中与羟基相连的碳上有2个H原子，可被 CuO氧化生成醛，CuO被还原为Cu，则黑色粉末变红，故A正确；B项，中间体W中碳正离子为sp²杂化，且3个碳原子可确定1个平面，则所有碳原子可能共 面，故B正确；C项，X中与羟基相连的碳上有2个H原子，则能使酸性KMnO4溶液褪色，发生氧化反应，故C错误；D项，中间体Z转化为中间体W能自发进行，可知W的能量更低，则W比Z更稳定，故D正确；故选C。 5．一定条件下丙烷发生氯代反应：，生成的1−氯丙烷和2−氯丙烷物质的量之比约为。反应进程中能量变化示意图如下，中间体为或。下列说法不正确的是( ) A．中间体A为 B．C-H键与Cl-Cl键键能之和大于H-Cl键键能 C．常温下，丙烷氯代反应中-CH2-上H原子比-CH3上H原子更容易被取代 D．升高反应温度，生成1−氯丙烷的速率增大程度小于生成2−氯丙烷的速率增大程度 【答案】D 【解析】生成产物甲所需活化能大，反应速率慢，产量少，则产物甲为1-氯丙烷，产物乙为2-氯丙烷。A项，产物甲为1-氯丙烷，则中间体A为，A正确；B项，由反应物到中间体的过程，断开的键有C-H和Cl-Cl键(吸收能量)，形成的化学键有H-Cl键(释放能量)，整个过程是吸热过程，即C-H键与Cl-Cl键键能之和大于H-Cl键键能，B正确；C项，生成产物乙2-氯丙烷的活化能小，反应更容易发生，即丙烷氯代反应中-CH2-上H原子比-CH3上H原子更容易被取代，C正确；D项，生成1-氯丙烷的活化能大，温度对生成1-氯丙烷的速率影响更大，升高反应温度，生成1−氯丙烷的速率增大程度大于生成2−氯丙烷的速率增大程度，D错误；故选D。 6．在一定条件下，苯与浓HNO3和浓H2SO4混合物的反应机理和能量变化如图所示： 下列说法错误的是( ) A．反应②为决速步骤 B．反应①的化学方程式为HNO3+H2SO4NO2++HSO4-+H2O C．反应过程中碳原子的杂化方式保持不变 D．该条件下，为主产物 【答案】C 【解析】A项，由反应机理图可知，反应②的活化能最大，反应速率最慢，为决速步骤，A正确；B项，由元素守恒和电荷守恒可知，反应①的化学方程式为HNO3+H2SO4NO2++HSO4-+H2O，B正确；C项，由图可知，苯环中碳原子为sp2杂化，中间产物与硝基相连的碳原子为sp3杂化，饱和碳原子为sp3杂化，C错误；D项，由反应历程可知，反应③的活化能低于反应④，且的稳定性大于，故反应③为主反应，为主产物，D正确；故选C。 押题猜想十五 水溶液中的离子反应与平衡 (原创题)常温下，向10mL浓度均为0.1mol·L-1的MgSO4和CuSO4的混合溶液中加入0.1mol·L-1氨水，溶液中金属元素有不同的存在形式，它们的物质的量浓度与氨水体积、pH的关系如图所示： 已知：ⅰ．Cu2+(aq)+4NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)，； ⅱ．Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]； ⅲ．离子浓度≤1.0×10-5 mol·L-1时认为沉淀完全。 下列表述不正确的是( ) A．曲线Z表示[Cu(NH3)4]2+ B．Ksp[Mg(OH)2]= 1.0×10-12 C．当Mg2+恰好沉淀完全时，c(Cu2+)=1×10-8.85 mol·L-1 D．Cu(OH)2(s)+4NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)+2OH-的平衡常数K=2×10-6.7 【答案】C 【命题意图】本题考离子曲线分析，关键能力侧重于对水溶液中的离子平衡知识综合运用能力。 【解题分析】向10mL浓度均为0.1mol·L-1的MgSO4和CuSO4的混合溶液中加入0.1mol·L-1氨水，由于Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]，则Cu(OH)2先沉淀，所以曲线X表示Cu2+浓度与氨水体积的关系，曲线Y表示Mg2+浓度与氨水体积的关系，曲线Z表示[Cu(NH3)4]2+浓度与氨水体积的关系，A项正确；当Mg2+恰好沉淀完全时，此时pH=10.5，溶液中 c(H＋)=1.0×10-10.5mol·L-1，则c(OH-)=1.0×10-3.5mol·L-1，Ksp[Mg(OH)2]= c(Mg2+)× c2(H＋)=1.0×10-5×(1.0×10-3.5)2=1.0×10-12，B项正确；M点表示恰好完全沉淀，则pH=6.65，溶液中 c(H＋)=1.0×106.65mol·L-1，则 c(OH-)=5.0×10-7.35mol·L-1，Ksp[Cu(OH)2]= 1.0×10-5×(1.0×10-7.35)2=1.0×10-19.7，当Mg2+恰好沉淀完全时，此时pH=10.5，溶液中 c(H＋)=1.0×10-10.5mol·L-1，则c(OH-)=1.0×10-3.5mol·L-1，则，C项错误；反应Cu(OH)2(s)+4NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)+2OH-则==，D项正确。 押题解读 本题以溶液中反应为情境载体，考查电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡、酸碱中和滴定原理、基于平衡常数的定量计算等核心知识，在题型稳定的基础上追求创新，意在考查学生对数据图表的识别能力、基于定性与定量相结合的分析、推理能力，诊断学生“证据推理与模型认知”“变化观念与平衡思想”素养的发展水平。从浙江选考题型的变化趋势来看，主要呈现两种题型：一是考查酸碱中和滴定图像或溶液中离子浓度变化图像，往往借助“多曲线图象”来考查，如对数图象、分布系数图象及不断创新发展匠双轴图象等，旨在考查学生从图表图象中获得数据和处理、应用数据的能力以及对曲线的数学意义和化学意义之间对应关系的分析、理解、运用能力。二是考查联系生活、生产实际，考查电离平衡常数、Ksp等概念的理解、定量计算等。 1．25℃时，H2S的电离常数Ka1=1.1×10-7，Ka2=1.3×10-13，H2S饱和溶液的浓度约为0.10 mol/L，Ksp(CuS)= 6.3×10－36，Ksp(FeS)=6.3×10－18。某兴趣小组进行如下实验： 实验Ⅰ：向20 mL 0.10mol/LNaHS溶液中滴加0.10mol/LCuSO4溶液； 实验Ⅱ：向0.02mol/LMnSO4溶液中通入一定量H2S气体。 若溶液混合后体积变化忽略不计，下列说法不正确的是( ) A．工业上可利用反应：Cu2++FeS=CuS+Fe2+除去废水中的Cu2+ B．实验Ⅰ中，开始时发生反应为Cu2++2HS-=CuS↓+H2S K=1.9×1029 C．实验Ⅰ中，当V[CuSO4(aq)]=20 mL时，溶液中微粒浓度大小：cH2S-＞cHS-＞cS2- D．调节实验Ⅱ溶液pH=6，此时c(HS−)=1.0×10−4 mol/L且Mn2+开始沉淀，则Ksp(MnS)= 2.6×10-17 【答案】D 【解析】A项，CuS和FeS是同类型的难溶物，Ksp(CuS)= 6.3×10－36，Ksp(FeS)=6.3×10－18，CuS溶度积远小于FeS，即FeS可以转化为CuS，工业上可利用反应：Cu2++FeS=CuS+Fe2+除去废水中的Cu2+，A正确；B项，向20mL0.10mol/LNaHS溶液中滴加0.10mol/LCuSO4溶液，Cu2++2HS-=CuS↓+H2S，==≈1.9×1029，反应能完全进行，所以开始时发生反应为Cu2++2HS-=CuS↓+H2S=，B正确；C项，实验Ⅰ中，等体积混合后Cu2+过量，由Cu2++2HS-=CuS↓+H2S可知，HS-完全反应生成H2S。H2S发生第一步电离生成少量HS⁻，第二步HS-电离产生极少量S2-，故浓度顺序为cH2S-＞cHS-＞cS2-，C正确；D项，当pH=6时，c(H+)=1×10-6mol/L，HS-浓度为1.0×10-4mol/L，S2-浓度为：，Mn2+开始沉淀时，Ksp(MnS)= =0.02×1.3×10-11=2.6×10-13，D错误；故选D。 2．酒石酸是一种有机二元弱酸(用H2R表示)，酒石酸钙(CaR)微溶于水。已知室温时：Ka1(H2R)=9.2×10-4、Ka2(H2R)=4.3×10-5，Ksp(CaR)=3.3×10-6，Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，lg3=0.48。下列说法不正确的是( ) A．室温时，0.05 mol·L-1的CH3COOH溶液的约为3 B．向10mL0.1mol·L-1(CH3COO)2Ca溶液中加入10mL0.1mol·L-1酒石酸，溶液变浑浊 C．饱和溶液中加入少量Na2R固体，的值减小 D．室温时，往0.1 mol·L-1的Na2R溶液中通HCl气体至溶液pH=7，消耗的n(HCl)＞ n(Na2R) 【答案】D 【解析】A项，室温时，0.05 mol·L-1的CH3COOH溶液中，pH=，A项正确；B项，，故能发生反应2CH3COO-+H2R=R2-+2CH3COOH，10mL0.1mol·L-1(CH3COO)2Ca溶液与10mL0.1mol·L-1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CaR沉淀生成，溶液变浑浊，B项正确；C项，CaR饱和溶液中加入少量Na2R固体，cR2-增大，不变，则cCa2+减小，的值减小，C项正确；D项，NaHR溶液存在HR-水解及电离，HR-水解平衡常数 Ka2(H2R)=4.3×10-5，NaHR溶液显酸性，根据反应，可确定往0.1 mol·L-1的Na2R溶液中通HCl气体至溶液pH=7时，溶液中的溶质为Na2R、NaHR、NaCl，则消耗的n(HCl)＜n(Na2R)，D项错误；故选D。 3．已知Ksp(CaCO3)=2.8×10－9，Ka1(H2CO3)=4.5×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，Ka(HClO)=2.9×10－8。下列说法正确的是( ) A．向漂白粉溶液中通入少量CO2气体的离子方程式为ClO-+CO2+H2O= HClO+HCO3- B．向0.2mol·L-1的CaCl2溶液中加入等体积的0.2mol·L-1的NaHCO3溶液可生成白色沉淀 C．室温下，向NaOH溶液中通入CO2气体至pH=11，此时溶液中的cHCO3-=4.7cCO32- D．向物质的量浓度均为0.1mol·L-1的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中无论滴加少量的HCl还是NaOH溶液，均可导致溶液的pH值出现较大变化 【答案】B 【解析】根据电离常数可知酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-。A项，酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，向漂白粉溶液中通入少量CO2气体生成碳酸钙沉淀、次氯酸，对应的离子方程式为Ca2++2ClO-+H2O+CO2=2HClO+ CaCO3↓，A错误；B项，向0.2mol·L-1的CaCl2溶液中加入等体积的0.2mol·L-1的NaHCO3溶液混合后溶液中，，根据HCO3-+H2OH2CO3+OH-可知，，，，；根据Ka2(H2CO3)=4.7×10-11可知，溶液中，，计算可得，此时溶液中，，有白色沉淀生成，B正确；C项，向NaOH溶液中通入CO2气体至pH=11，，，，即4.7cHCO3-=cCO32-，C错误；D项，物质的量浓度均为0.1mol·L-1的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液存在CO32-+H2OHCO3-+OH- 、HCO3-+H2OH2CO3+OH-、H2CO3HCO3-+H+，使得溶液具有缓冲能力，滴加少量的HCl还是NaOH溶液，均可导致溶液的pH值变化不大，D错误；故选B。 4．室温下，H2CO3水溶液中各含微粒物质的量分数随变化关系如下图，[例如：]。 已知：Ksp[Fe(OH)3]= 4.9×10－17，Ksp(FeCO3)=2.0×10－11。 下列说法不正确的是( ) A．H2CO3的Ka2为10-10.25 B．以酚酞为指示剂(变色的pH范围为8.2~10.0)，用盐酸标准溶液可准确滴定碳酸钠溶液的浓度 C．0.0200mol·L-1的H2CO3溶液稀释为0.0100mol·L-1，溶液中的CO32-的浓度几乎不变 D．向0.0100mol·L-1 FeCl2溶液中加入等体积0.0100mol·L-1 NaHCO3溶液，反应初始生成的沉淀是Fe(OH)2 【答案】D 【解析】由图可知，溶液中碳酸浓度与碳酸氢根离子浓度相等时，溶液的pH为6.37，则碳酸的电离常数Ka1(H2CO3)= = c(H+)=10—6.37，同理可知，碳酸的电离常数Ka2(H2CO3)= 10—10.25。A项，碳酸的电离常数Ka2(H2CO3)= 10—10.25，故A正确；B项，盐酸溶液与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠和氯化钠，由图可知，碳酸氢钠溶液的pH为8左右，所以由酚酞的pH变色范围可知，用盐酸标准溶液可准确滴定碳酸钠溶液的浓度时应选用酚酞做指示剂，故B正确；C项，碳酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，以一级电离为主，则cmol/L碳酸溶液中氢离子浓度为mol/L，碳酸根离子浓度为=10—6.37，所以0.0200mol·L-1的碳酸溶液稀释为0.0100mol·L-1，溶液中的碳酸根离子的浓度几乎不变，故C正确；D项，由电离常数可知，0.01mol/L碳酸氢钠溶液中，碳酸根离子和氢离子浓度都约为=10—6.125mol/L，则溶液中碳酸亚铁的浓度熵Qc=10—2×10—6.125＞2×10—11，氢氧化亚铁的浓度熵Qc=10—2×(10—7.875)2＜4.9×10—17，所以由溶度积规则可知，反应初始生成的沉淀是碳酸亚铁，故D错误；故选D。 5．室温下，向含有足量的悬浊液逐滴滴加稀盐酸，反应后混合液中(X代表或)与的关系如图所示．下列说法不正确的是( ) A．x=2.2 B．室温下，， C．室温下，， D．b点代表的溶液中： 【答案】D 【解析】根据，可得，则，即随-lgc(F-)的增大而减小，故L2代表-lgc(F-)与的关系，L1代表-lgc(Sr2+)与的关系；由(3.2，0)点：， 。A项，由(3.2，0)点：，由a点：，则x=2.2，A正确；B项，由c点，，，，室温下，，，B正确；C项，室温下，，，C正确；D项，b点代表的溶液中，由物料守恒，则c(HF)=c(F-)，，，由电荷守恒，则，D错误；故选D。 6．室温下，向含有足量的悬浊液逐滴滴加稀盐酸，反应后混合液中(X代表或)与的关系如图所示．下列说法不正确的是( ) A．x=2.2 B．室温下，， C．室温下，， D．b点代表的溶液中： 【答案】D 【解析】根据，可得，则，即随-lgc(F-)的增大而减小，故L2代表-lgc(F-)与的关系，L1代表-lgc(Sr2+)与的关系；由(3.2，0)点：， 。A项，由(3.2，0)点：，由a点：，则x=2.2，A正确；B项，由c点，，，，室温下，，，B正确；C项，室温下，，，C正确；D项，b点代表的溶液中，由物料守恒，则c(HF)=c(F-)，，，由电荷守恒，则，D错误；故选D。 押题猜想十六 化工流程分析 (原创题)叠氮酸钠(NaN3)被广泛应用于汽车安全气囊。以甲醇、亚硝酸钠等为原料制备NaN3的流程如图。已知水合肼(N2H4•H2O)不稳定，具有强还原性。下列描述正确的是( ) A．N3-的空间结构为V形 B．反应②中，消耗3molN2H4•H2O时，反应中转移电子 C．反应③中浓硫酸体现出高沸点难挥发性 D．反应④应将氨水逐滴滴入NaClO溶液中制备水合肼 【答案】C 【解析】以甲醇、亚硝酸钠等为原料制备NaN3，由流程可知，①中发生2CH3OH+2NaNO2+H2SO4(浓)=2CH3ONO+Na2SO4+2H2O，生成亚硝酸甲酯(CH3ONO)，④中过量的NaClO可氧化N2H4•H2O，则将NaClO溶液滴到氨水中制备N2H4•H2O，且滴速不能过快，②中发生N2H4•H2O+CH3ONO+NaOH═NaN3+CH3OH+3H2O，③中发生2NaN3+H2SO42HN3↑+Na2SO4，蒸馏出CH3OH，最后HN3与NaOH反应可制备产品。A项，N3-的价电子对数为2+=2，中心原子为sp杂化，故其构型为直线形，故D错误；B项，分析方程式N2H4•H2O+CH3ONO+NaOH═NaN3+CH3OH+3H2O，故消耗3molN2H4•H2O时，N2H4•H2O失去10mol电子，故C错误；C项，反应③中利用浓硫酸的高沸点难挥发性制取挥发性的HN3，故A正确；D项，反应④制备水合肼时应将NaClO溶液逐滴滴入氨水中，防止过量的NaClO氧化N2H4•H2O生成N2，故B错误；故选C。 押题解读 第16题以往常见的表格型实验设计，2025年1月首考摇身一变，成了流程分析。这看似小小的改动，实则对考生的知识综合运用能力和思维转换能力提出了更高的要求。引导学生跳出书本的局限，将化学知识与实际的科研、生产流程相结合，为未来投身化学相关领域的研究与工作奠定基础。重点演练“工艺流程+实验设计”复合题型，同时关注省内化工龙头企业(如新和成、浙江医药)的技改案例，强化“原理-技术-应用”三位一体分析能力。 1．晶体磷酸二氢钾()是一种非线性光学材料，实验室模拟工业工序设计的流程如图所示： 已知：①萃取过程中的主要反应原理：KCl+H3PO4=KH2PO4+ HCl；②有机萃取剂的密度比水小；③HCl易溶于该有机萃取剂。 下列叙述正确的是( ) A．“反应原理”证明了H3PO4的酸性大于HCl B．操作X需要的玻璃仪器仅有分液漏斗 C．分液操作时，“水相”和“有机相”先后从下口放出 D．“一系列操作”是蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 【答案】D 【解析】KCl和H3PO4反应生成KH2PO4，经过萃取和分液后得到含KH2PO4的水相，经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到KH2PO4。A项，“反应原理”：生成的HCl易溶于有机萃取剂，平衡向正反应方向移动，从而制得KH2PO4，A项错误；B项，操作X需要的玻璃仪器主要有分液漏斗和烧杯，B项错误；C项，因为有机萃取剂的密度比水小，故“有机相”在上层，分液操作时，“水相”从下口放出，“有机相”从上口倒出，C项错误；D项，为了得到干燥纯净的KH2PO4晶体，一系列操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D项正确；故选D。 2．工业制备PH3的流程如图： 下列说法错误的是( ) A．NaH2PO2是正盐 B．PH3的还原性强于NH3 C．黄磷和烧碱溶液的反应为P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2 D．若有1 mol P4参加反应，则整个工业流程中理论上能生成2 mol PH3 【答案】D 【解析】黄磷在碱性条件下发生歧化反应产生PH3、NaH2PO2，NaH2PO2与H2SO4发生复分解反应产生H3PO2、Na2SO4(或NaHSO4)，H3PO2在加热条件下发生分解反应产生PH3、H3PO4，根据元素守恒、电子守恒分析解答。A项，由于碱足量，因此黄磷与过量NaOH溶液发生歧化反应产生的盐NaH2PO2属于正盐，A正确；B项，元素的非金属性越强，其简单氢化物的还原性就越弱。元素的非金属性：P＜N，所以简单氢化物的还原性：PH3＞NH3，B正确；C项，黄磷和烧碱溶液发生歧化反应，产生PH3、NaHPO2，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为：P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2，C正确；D项，黄磷在第一步发生反应P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2，第二步发生反应：NaH2PO2+H2SO4=H3PO2+NaHSO4，在第三步H3PO2发生分解反应产生PH3、H3PO4，反应方程式为：2H3PO2PH3+H3PO4，则根据物质反应转化关系可知：1 mol P4参加反应，则整个工业流程中理论上能生成PH3的物质的量为n(PH3)=1 mol+1.5 mol=2.5 mol，D错误；故选D。 3．二甘氨酸合铜[(H2NCH2COO)2Cu]中Cu元素含量可按下列步骤测定： 下列说法不正确的是( ) A．步骤I，加入稍过量的稀H2SO4尽可能使Cu元素转化为Cu2+ B．步骤II，过量KI溶液既有利于Cu2+的充分还原，也有利于生成易溶于水的I3- C．为防止Na2S2O3与H+反应，步骤III应将溶液调至强碱性 D．用上述方法测定[Cu2(OH)3]NO3中的Cu元素含量，结果偏大 【答案】C 【解析】二甘氨酸合铜与硫酸反应使Cu元素转化为Cu2+，Cu2+把I-氧化为I3-，用Na2S2O3 还原I3-，根据消耗Na2S2O3 的体积计算Cu元素含量。A项，步骤I，加入稍过量的稀H2SO4，增大硫酸浓度，使二甘氨酸合铜与硫酸反应正向移动，尽可能使Cu元素转化为Cu2+，故A正确；B项，步骤II，过量KI溶液既有利于Cu2+的充分还原为CuI沉淀，也有利于I2和I-反应生成易溶于水的I3-，故B正确；C项，步骤III应将溶液调至中性或弱酸性，目的是防止Na2S2O3与H+反应、防止在强碱性条件下I2发生歧化反应，故C错误；D项，用上述方法测定[Cu2(OH)3]NO3中的Cu元素含量，Cu2+、硝酸均能把I-氧化为I3-，所以生成I3-的物质的量增多，消耗Na2S2O3 的体积偏大，测定结果偏大，故D正确；故选C。 4．铝电解厂烟气(含粉尘、氟化物等污染物)净化的一种简单流程如下： 下列说法正确的是( ) A．石英耐高温，可作吸收塔内衬的耐热材料 B．当吸收塔中不再冒气泡，说明Na2CO3已耗尽，需补充Na2CO3溶液 C．合成槽中产物主要有Na3AlF6和NaHCO3 D．采用从下方通入烟气，上方喷淋溶液法可提高烟气吸收效率 【答案】D 【解析】烟气(含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应Na2CO3+HF=NaF+NaHCO3，向合成槽中通入NaAlO2，发生反应6NaF+NaAlO2+4NaHCO3=Na3AlF6+4Na2CO3+2H2O，过滤得到和含有的滤液。A项，石英的成分中含有SiO2，SiO2能与烟气中的HF发生反应，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，故A错误；B项，吸收塔中发生反应Na2CO3+HF=NaF+NaHCO3，不产生气体，故B错误； C．项，由上述分析可知，合成槽内发生反应6NaF+NaAlO2+4NaHCO3=Na3AlF6+4Na2CO3+2H2O，产物是Na3AlF6和Na2CO3，故C错误；D项，HF密度小于空气，从下部通入烟气后向上移动，并同时从上部喷淋溶液可增大反应物的接触面积，提高吸收塔内烟气吸收效率，故D正确；故选D。 5．测定某液态脂肪族卤代烃中卤素元素的步骤如下，下列说法不正确的是( ) A．步骤①，量取卤代烃时可用碱式滴定管 B．步骤①，卤代烃发生消去反应不会影响卤素百分含量的测定 C．步骤③，若得到的固体呈黄色，则卤代烃中含碘元素 D．步骤③，先水洗再乙醇洗，可使卤素百分含量测定结果更准确 【答案】A 【解析】卤代烃的水解反应，量取卤代烃，加入过量NaOH，加热发生卤代烃的水解，生成NaX和ROH，反应液冷却后加入硝酸中和，再滴加过量硝酸银得到沉淀，若为浅黄色则沉淀为AgBr，若为黄色则沉淀为AgI，经过滤、洗涤、干燥得到沉淀。A项，卤代烃能使碱式滴定管上的胶皮管膨胀，卤代烃有腐蚀性，量取卤代烃要用酸式滴定管或移液管A错误；B项，步骤①，卤代烃发生消去反应，生成卤化钠，卤化钠与硝酸银也是1：1进行沉淀，不影响卤素百分含量的测定，B正确；C项，步骤③，若为黄色则沉淀为AgI，则卤代烃中含碘元素，C正确；D项，步骤③，先水洗除去可溶物，再乙醇洗除去卤化银表面的水，可使卤素百分含量测定结果更准确，D正确；故选A。 6．从某铜矿渣(主要成分为铜、铝、硅、钙、铁等元素的氧化物或硫化物)可制备草酸铜(CuC2O4)，工艺流程如下： 已知：Cu2+(aq)+2C2O42-(aq) [Cu(C2O4)2]2-；CuC2O4(s)Cu2+(aq)+ C2O42-(aq)。下列说法不正确的是( ) A．步骤Ⅰ粉碎的目的是加快反应速率、提高浸出率 B．相比浓氨水，选用NH3-NH4Cl混合溶液作浸取剂可提高铜浸出率 C．为使充分沉淀，应加入过量的(NH4)2C2O4 D．由该工艺流程可推知Cu2+与F−结合能力弱于与C2O42- 【答案】C 【解析】矿铜渣(主要成分为铜、铝、硅、钙、铁等元素的氧化物或硫化物)经过粉碎、灼烧得到铜、铝、硅、钙、铁的氧化物，通入O2，并加入含NH3浸取剂浸取后过滤，滤渣成分为SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中含有Ca、Cu的离子，加入过量的NH4F，生成CaF2沉淀过滤除去，滤液2中含有Cu离子，加入(NH4)2C2O4再过滤得到CuC2O4沉淀。A项，步骤Ⅰ粉碎的目的是增大了接触面积，加快反应速率、提高浸出率，A正确；B项，灼烧得到铜、铝、硅、钙、铁的氧化物，用NH3-NH4Cl混合溶液作浸取剂可以使CuO转化为[Cu(NH3)4]2+而溶解，可以提高铜的浸取率，B正确；C项，(NH4)2C2O4过量会发生CuC2O4(s)Cu2+(aq)+ C2O42-(aq)、Cu2+(aq)+2C2O42-(aq) [Cu(C2O4)2]2-，CuC2O4沉淀溶解，C错误；D项，滤液1加入NH4F，Cu2+与F-形成络离子，再加入(NH4)2C2O4，转化成CuC2O4沉淀，说明Cu2+与F−结合能力弱于Cu2+与C2O42-，D正确；故选C。 7．硫酸四氨合铜晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O中铜含量可按下列步骤测定： 下列说法不正确的是( ) A．步骤I，H+和NH3反应破坏了[Cu(NH3)4]2+稳定性，从而释放出Cu2+ B．步骤II，需过量，以确保完全还原为 C．步骤III，当溶液变为浅黄色时再滴入淀粉溶液作为指示剂 D．计算Cu元素含量必须需要的数据有：[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体的质量、KI固体的质量、滴定时消耗Na2S2O3标准溶液的浓度和体积 【答案】D 【解析】硫酸四氨合铜晶体加入稀硫酸溶解，加入碘化钾将铜离子还原为碘化亚铜，碘离子被氧化生成碘单质，用硫代硫酸钠溶液滴定碘单质，从而计算Cu元素含量。A项，[Cu(NH3)4]2+中存在[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3，用稀硫酸溶解该配合物时，H⁺与NH3发生中和反应，破坏了[Cu(NH3)4]2+中Cu–NH3配位键的稳定性，释放出Cu²⁺，A正确；B项，滴加KI固体时通常需要过量KI，以确保生成CuI和I₂的反应得以进行完全，B正确；C项，用硫代硫酸钠标准溶液滴定碘时，应在溶液呈浅黄色、碘浓度已降低时才加入淀粉指示剂，否则淀粉—碘形成的深蓝色不易消退，C正确；D项，计算晶体中Cu元素含量所需的关键数据是晶体质量以及滴定过程中所用Na2S2O3溶液的浓度和体积，通过硫代硫酸钠与碘的摩尔关系再推算出Cu的含量。KI的加入量只需保证足量即可，实验无需精确测定KI的质量，D错误；故选D。 8．工业上以黄铁矿(主要成分FeS2)为原料生产硫酸的主要流程如下。 已知：步骤Ⅱ中SO2的平衡转化率随温度和压强的变化情况如下表。 温度/℃ 平衡时SO2的转化率/% 0.1MPa 0.5MPa 1MPa 5MPa 10MPa 450 97.5 98.9 99.2 99.6 99.7 550 85.6 92.9 94.9 97.7 98.3 下列说法错误的是( ) A．步骤Ⅰ中出炉气需净化，能防止步骤Ⅱ中催化剂中毒 B．步骤Ⅱ中通入过量的空气，目的是提高SO2的平衡转化率 C．步骤Ⅱ实际生产中应选择和 D．步骤Ⅲ中吸收塔内常采用逆流喷淋式，提高SO3的吸收效率 【答案】C 【解析】A项，步骤Ⅰ中产生的二氧化硫不纯，含有杂质，因此步骤Ⅰ中出炉气需净化，能防止步骤Ⅱ中催化剂中毒，故A正确；B项，步骤Ⅱ中通入过量的空气，目的是提供足够的氧气，使平衡正向移动，该操作可以提高SO2的平衡转化率，故B正确；C项，根据表格数据，450℃和10MPa时SO2的转化率最高，但压强由1MPa升高到10Mpa二氧化硫的转化率提升并不明显，因此实际生产中需要考虑成本和设备承受能力，通常选择450℃和1MPa，故C错误；D项，步骤Ⅲ中吸收塔内常采用逆流喷淋式，逆流喷淋可以增加气液接触面积，提高SO3的吸收效率，故D正确； 故选C。 9．以磷酸钙为原料可制备缓冲试剂磷酸二氢钾(KHPO4)，其工艺流程如图所示： 已知：①Ca(H2PO4)2能溶于水，CaHPO4和Ca3(PO4)2均难溶于水。②萃取原理：KCl+H3PO4KH2PO4+HCl，HCl易溶于有机萃取剂。下列说法正确的是( ) A．“酸浸”是利用了浓硫酸的强氧化性和酸性 B．流程中分离提纯操作Ⅰ与操作Ⅱ相同 C．若副产品N为氮肥，则试剂M可选择氨水 D．测定磷酸二氢钾(KH2PO4)的含量，可用甲基橙为指示剂，用标准NaOH溶液滴定 【答案】C 【解析】磷酸钙粉碎后，加入浓硫酸，反应生成磷酸和硫酸钙，过滤，向得到的滤液中加入KCl，发生反应：KCl+H3PO4KH2PO4+HCl，加入有机萃取剂萃取HCl，分液，得到含有KH2PO4的水相，继续加入乙醇，降低KH2PO4的溶解度，析出沉淀，过滤，得到KH2PO4，有机相中加入氨水，中和HCl，分液后，得到有机萃取剂和氯化铵溶液，氯化铵溶液经过一系列操作得到副产品氯化铵。A项，“酸浸”是利用了浓硫酸的强酸性，发生强酸制取弱酸的反应，故A错误；B项，流程中分离提纯操作I是过滤，操作Ⅱ是分液，故B错误；C项，若副产品N为氮肥，则试剂M可选择氨水，N为氯化铵，故C正确；D项，测定磷酸二氢钾(KH2PO4)的含量，用标准NaOH溶液滴定，终点时的溶液显碱性，应该使用酚酞做指示剂，故D错误；故选C。 押题猜想十七 物质结构与无机框图 (原创题)(12分)硫及其化合物种类繁多，应用广泛。请回答： (1)硫单质的一种结构为，S原子杂化方式为__________；SO3分子的空间构型是__________。 (2)下列有关说法不正确的是_______。 A．基态S原子核外能量不同的电子有16种 B．同周期元素中，第一电离能大于硫元素的有3种 C．SO2、SO3、、四种含硫微粒中，其中有2种微粒的中心原子为sp3杂化 D．沸点：> E．H2O、H2S分子中的键角：∠H—O—H＞∠H—S—H (3)某种由铁、硫元素形成的化合物的晶胞结构如图所示。 ①该晶体的化学式 ； ②Fe2+的配位数为 ； ③若Fe2+和Fe2+之间的最短距离为a pm，则该晶体的密度为 g· cm-3 (列出计算表达式，不必化简，NA为阿伏加德罗常数的值)。 (4)工业上制备硫酸的原理示意图如下： ①若以黄铁矿为原料，则步骤Ⅰ的化学反应方程式为 。 ②步骤Ⅱ当V2O5表面红热后，适当冷却后再继续加热，其原因可能是 。步骤Ⅲ产生的尾气经冷却后仍存在的污染性气体有 。 A．SO3 B．SO2 C．硫酸雾 D．N2 ③当中时得到H2S3O10，其钾盐K2S3O10与水反应的化学方程式为 。 【答案】(1)sp3(1分)；平面三角形(1分) (2)AD(2分) (3)①FeS2(1分) ②6(2分) ③或(2分) (4)①4FeS2+11O22Fe2O3+ 8SO2(1分) ②该反应正反应为放热反应，温度过高平衡逆向移动，不利于SO2生成，且影响催化剂活性(2分) BC(2分) ③K2S3O10+2H2O= K2SO4+2H2SO4(2分) 【解析】(1)由图可知，每个S原子形成2个S—S键，有2对孤对电子，杂化轨道数目为4，S原子为sp3杂化；SO3的中心S原子的价层电子对数为，无孤对电子，分子的空间构型是平面三角形。 (2)基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，基态S原子的核外共有5个不同能级的原子轨道填充了电子，则基态S原子核外能量不同的电子有5种，A项错误；同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第ⅤA族元素的第一电离能大于其相邻元素，则第三周期的元素中，第一电离能大于硫的元素有P、Cl、Ar，B项正确；SO2的中心S原子上有2个σ键，孤电子对数为1，为sp2杂化，SO3的中心S原子上有3个σ键，孤电子对数为0，为sp2杂化，SO32-的中心S原子上有3个σ键，孤电子对数为1，为sp3杂化，SO42-的中心S原子上有4个σ键，孤电子对数为0，为sp3杂化，中心原子为sp3杂化的是SO32-与SO42-，C项正确；因为分子间能形成氢键，而只能形成分子内氢键，分子内氢键使得物质的沸点较低，所以沸点更高，D项错误；电负性：O＞S，两个H—O键的成键电子对将偏向O，从而增加了成键电子对之间的斥力，键角变大，故H2O分子中的键角更大，E项正确。 (3)①从晶体结构中可以看出，Fe2+分布在8个定点和6个面心，故晶胞中含有=4个Fe2+，S22-分布在12条棱和体心上，故晶胞中含有=4个S22-，则分子式为FeS2；②以体心S22-为例，每个S22-周围有6个等距离的Fe2+，S22-位于这6个Fe2+形成的正八面体的中心，S22-的配位数为6，晶体中S22-与Fe2+的个数之比为1：1，则Fe2+的配位数也为6；③ 晶胞的质量为 g，Fe2+和Fe2+之间的最短距离等于晶胞面对角线长度的1/2，故晶胞面对角线长度为a pm，晶胞的体积为(a×10-10)3 cm-3；晶胞的密度为。 (4)①黄铁矿的主要成分为FeS2，在沸腾炉中与氧气充分反应生成Fe2O3、SO2，反应化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+ 8SO2；②步骤Ⅱ发生2SO2＋O22SO3该反应为放热反应，温度过高平衡逆向移动，不利于SO2生成，且影响催化剂活性，反应速率减小，步骤Ⅲ发生SO3＋H2O===H2SO4该反应为放热反应，放热使温度升高，形成硫酸酸雾，而步骤Ⅱ发生的反应为可逆反应，进入步骤Ⅲ的气体中含有SO2，故尾气存在的污染性气体有SO2及硫酸雾；③K2S3O10可相当于K2SO4·2SO3，与水反应化学方程式为K2S3O10+2H2O= K2SO4+2H2SO4。 押题解读 非选择题由原来的5道精简为4道，物质结构和无机流程融合成了16分的第一道大题。这种融合题型，宛如一场“知识大杂烩”，考生不仅要熟知物质结构的微观奥秘，还要能将其与宏观的无机流程顺畅对接，这样的分值架构，意味着每一道大题都不容有失，尤其是分值颇高的第一道大题，一旦出现失误，对整体成绩的影响可想而知。 本题第一部分考查物质结构与性质，主要是晶体化学式确定、电子排布式、电负性、电离能、吸电子能力、离子半径、键角大小、氢键强弱、共价键强弱等知识。考查学生获取信息能力、分析推理能力、迁移应用能力，体现“性构相依”的重要思想和基本观念，评估学生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”素养的发展水平。 本题以上述所涉及的元素及化合物转化为载体，考查元素及其化合物的性质、物质的推断及实验设计，涉及物质的溶解度、酸碱性、溶液中离子成分分析、氧化还原反应、离子反应方程式书写、实验方案设计等，检测学生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”“科学探究与创新意识”“科学态度与社会责任”素养的发展水平。 1．硫及其化合物在生活、生产中有着广泛的应用，请回答。 (1)关于VIA族元素有关微粒的描述，下列说法正确的是_______。 A．第二电离能：基态氧原子高于基态氮原子 B．Se4+的电子排布为[Ar]4s2 C．酸性：CH3OH＜CH3SH D．价电子排布图为的S原子处于激发态 (2)某化合物的晶胞如图： 化学式是 ；距离晶胞顶点Au原子距离最近的S原子有 个。 (3)焦亚硫酸钠(可视为Na2SO3SO2)溶于水所得溶液呈 (填“酸”或“碱”)性，结合数据说明原因 。(常温下，H2SO3的Ka1=1.54×10-2，Ka2=1.02×10-7) (4)某兴趣小组将载金硫化矿粉(细小的Au颗粒被FeS2、FeAsS包裹)通入空气焙烧，得到烟气和烧渣(含有Fe2O3和Au)，以烧渣为原料，制备单质Au和FeSO4·7H2O，流程如下： ①操作A是 ，试剂B是 。 ②写出Zn和Na2[Au(CN)2]生成Au的化学方程式(Zn元素以四配位离子存在) 。 ③在碱性条件下，FeAsS与足量高压反应，可得Fe2O3和两种空间构型相同的酸根离子，写出反应的离子方程式 。 【答案】(1)AC (2)AuPS4 4 (3)酸性 焦亚硫酸钠与水发生反应：Na2S2O5+H2O=2NaHSO3，水解常数 (4)过滤 过量铁粉 Zn+2Na2[Au(CN)2]=Na2[Zn(CN)4]+2Au 2FeAsS+10OH-+7O2=Fe2O3+2AsO43-+2SO42-+5H2O 【解析】(1)A项，氧元素的原子序数为8，基态原子失去1个电子后得到O+的价电子排布式为2s22p3，2p轨道为稳定的半充满结构，较难失去电子，氮元素的原子序数为7，基态原子失去1个电子后得到N+的价电子排布式为2s22p2，较易失去电子，所以基态氧原子第二电离能高于基态氮原子，故正确；B项，硒元素的原子序数为34，基态Se4+离子的电子排布为[Ar]4p2，故错误；C项，氧元素的电负性大于硫元素，则甲硫醇分子中巯基的极性弱于甲醇分子中羟基的极性，解离出氢离子能力强于甲醇，酸性强于甲醇，故正确；D项，由价电子排布图可知，表示处于基态的硫原子，故错误；故选AC； (2)由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的金原子个数为8×+1=2，位于体内的磷原子个数为2，位于面上的硫原子个数为16×=8，则晶胞的化学式为AuPS4；晶胞中距离晶胞顶点金原子距离最近的硫原子位于面上，共有4个； (3)焦亚硫酸钠溶于水发生的反应为：Na2S2O5+H2O=2NaHSO3，则焦亚硫酸钠溶于水得到亚硫酸氢钠溶液，亚硫酸氢根离子的水解常数，所以亚硫酸氢钠溶液呈酸性，故选：酸性；焦亚硫酸钠与水发生反应：Na2S2O5+H2O=2NaHSO3，水解常数； (4)由题给流程可知，含有氧化铁、金的烧渣与氰化钠溶液和足量空气反应后，过滤得到二氰合金酸钠溶液和含有氧化铁的滤渣；二氰合金酸钠溶液与锌反应后，过滤得到金和四氰合锌酸钠溶液；将滤渣溶于稀硫酸后，加入过量铁粉充分反应后，过滤得到硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶等操作得到七水硫酸亚铁；①操作A是过滤、试剂B是过量铁粉，故选：过滤；过量铁粉；②二氰合金酸钠溶液与锌反应生成金和四氰合锌酸钠溶液，反应的化学方程式为Zn+2Na2[Au(CN)2]=Na2[Zn(CN)4]+2Au；③由题意可知，在碱性条件下，FeAsS与足量高压氧气反应生成氧化铁、硫酸根离子、砷酸根离子和水，反应的离子方程式为：2FeAsS+10OH-+7O2=Fe2O3+2AsO43-+2SO42-+5H2O。 2．氯是生命活动中不可或缺的元素。请回答： (1)关于ⅦA族元素原子结构与性质的描述，下列说法正确的是_______。 A．基态原子的电子占据的最高能级的轨道形状是球形 B．电子排布为[Ne]3s13p6的Cl-原子电子跃迁时，由光谱仪可能捕捉到发射光谱 C．Br的半径大于Br-的半径 D．I元素的原子序数为53 (2)某含有结晶水的化合物的晶胞如图。 ①化学式是 。 ②将该化合物配成0.5 mol·L-1的水溶液，然后取于试管中将其加热，实验现象是 (从平衡移动角度考虑)。 (3)已知常压下NH4Cl的分解温度为337℃，NH4Br的分解温度为452℃，从化学键角度分析两者分解温度差异的原因 。 (4)Cl2O是高效安全消毒灭菌剂，某兴趣小组设计了两种制备Cl2O的方法： I.用新制的HgO和Cl2反应。 已知： i. HgO+2Cl2=Hg+Cl2O，副反应：2HgO+2Cl2=2HgCl2+O2 ⅱ.常压下，Cl2沸点-34.0℃，熔点-101.0℃；Cl2O沸点2.0℃，熔点-120.6℃；沸点-183℃，熔点-218℃。 ⅲ. Cl2O在CCl4中的溶解度远大于其在水中的溶解度。 Ⅱ.将Cl2通入过量潮湿的Na2CO3。 ①方法I，所得物质的成分是 。将纯化后的Cl2O产品气化，通入水中得到高纯度Cl2O的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当需要Cl2O时，可将Cl2O浓溶液用CCl4 (操作名称)，得到的混合液再经过 (操作名称)，可重新得到Cl2O。 ②写出方法Ⅱ中的化学反应方程式 。 ③ClO2也是一种高效安全消毒灭菌剂。现有一瓶气体，可能是ClO2或Cl2O。已知或Cl2O都可完全分解，产物都是Cl2和O2。请设计实验通过分解产物来确定气体是哪种化合物 。 【答案】(1)BD (2)CuCl2·2H2O 溶液由蓝色变为(黄)绿色 (3) Cl原子半径小，H-Cl键能大，NH4Cl分解温度低 (4)Cl2O、Cl2 萃取，分液 气化(加热、蒸馏) 2Na2CO3+2Cl2+2H2O=2NaHCO3+Cl2O↑+2NaCl 2Cl2O=2Cl2+O2、2Cl2O=Cl2+2O2，取一定体积的气体在一定条件下使其完全分解，然后向分解产物中加入足量氢氧化钠溶液，剩余体积的是Cl2O，剩余体积的是ClO2 【解析】(1)A项，基态F原子的电子占据的最高能级为2p能级，轨道形状是哑铃形，而不是球形，A错误； B项，电子排布为[Ne]3s13p6的Cl原子，当电子从高能级跃迁到低能级时，会释放能量，由光谱仪可能捕捉到发射光谱， B正确；C项，对于同一种元素来说，其原子半径小于阴离子半径，故Br的半径小于Br-的半径，C错误； D项，I元素位于第五周期ⅦA族，原子序数为53，D正确；故选BD。 (2)①根据晶胞结构，顶点上的Cu原子被8个晶胞共用，面上的Cu原子被2个晶胞共用。晶胞中Cu原子位于8个顶点和2个面心，利用均摊法，Cu原子个数为。Cl原子位于晶胞内部和面上，晶胞内部的全部属于该晶胞，面上的Cl原子被2个晶胞共用，Cl原子个数为。H2O分子位于棱上和面上，棱上的分子被4个晶胞共用，面上的分子被2个晶胞共用，H2O分子个数为。，所以该含有结晶水化合物的化学式是CuCl2·2H2O。②在CuCl2水溶液中存在如下平衡：[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O。[Cu(H2O)4]2+(水合铜离子)在溶液中呈蓝色 ，[CuCl4]2-在溶液中呈 (黄) 绿色 。加热过程中，水会不断挥发，平衡正向移动，随着平衡正向移动，[Cu(H2O)4]2+不断转化为[CuCl4]2- ，[Cu(H2O)4]2+浓度逐渐减小，[CuCl4]2-浓度逐渐增大，所以溶液颜色由蓝色逐渐变为 (黄) 绿色。 (3)卤化铵的分解过程是质子传递反应，其热稳定性与对应的卤化氢(HX)的稳定性直接相关。HX 越稳定，对应的铵盐越容易分解。Cl原子半径小，H-Cl键能大于H-Br键能，说明HCl稳定性更强，对应的铵盐NH4Cl更容易分解，所以NH4Cl的分解温度比NH4Br分解温度低。 (4)①由制备流程可知，HgO和Cl2在18~25℃反应生成Cl2O等气体，因Cl2沸点-34.0℃，Cl2O沸点2.0℃，O2沸点-183℃，在−80~-60℃充分冷却时，Cl2和Cl2O会被冷凝，所以物质A的成分是Cl2O、Cl2。已知Cl2O在CCl4中的溶解度远大于其在水中的溶解度，要从Cl2O浓溶液中得到Cl2O，先利用萃取剂(如CCl4)萃取Cl2O，然后进行分液得到含Cl2O的有机层，最后通过气化(加热、蒸馏 )使Cl2O从有机层中分离出来。所以操作名称依次为萃取，分液；气化(加热、蒸馏)。②方法Ⅱ将Cl2通入过量潮湿的Na2CO3制备Cl2O，根据原子守恒和得失电子守恒，反应的化学方程式为2Na2CO3+2Cl2+2H2O=2NaHCO3+Cl2O↑+2NaCl。③已知ClO2或Cl2O都可完全分解，产物都是Cl2和O2，方程式分别为2Cl2O=2Cl2+O2、2Cl2O=Cl2+2O2，由此可知ClO2分解产生的Cl2和O2体积比为1：2，Cl2O分解产生的Cl2和O2体积比2：1。设计实验通过分解产物来确定气体X是哪种化合物，可取一定体积的气体在一定条件下使其完全分解，然后向分解产物中加入足量氢氧化钠溶液，由于Cl2能与氢氧化钠溶液反应，O2不与氢氧化钠溶液反应，所以剩余体积的是Cl2O，剩余体积的是ClO2。 3．铁元素是生命活动中不可或缺的元素。 (1)无水FeCl2晶体的晶胞如图所示，下列说法正确的是_______。 A．Fe元素位于周期表第九列 B．[Fe(H2O)4]Cl2晶体中的离子键比FeCl2晶体中的离子键更强 C．FeCl2晶体中存在范德华力 D．FeCl2晶体中Fe2+离子的配位数为6 (2)①基态Fe3+比Fe2+更稳定的原因是 。 ②Fe3+和Fe2+在溶液中都能形成六配位的水合离子，从结构的角度解释，同浓度的FeCl3溶液比FeCl2溶液酸性更强的原因 。 (3)某研究小组在隔绝空气的条件下，用Fe2+与Fe3+混合液制备纯净的纳米Fe3O4，实验流程如下： 已知：陈化是指将新生成的沉淀在母液中静置一段时间的处理过程，经过陈化可以使固体沉淀颗粒变大。 ①试剂X的最佳选择是 。 A．NaOH B．NaClO C．NH3·H2O D．Na2CO3 ②步骤Ⅱ中操作Y是 。 ③步骤Ⅳ中系列操作Z是 。 (4)邻二氮菲()(用R表示)中N原子可与Fe2+形成橙红色的配离子[FeR3]2+，[FeR3]2+对特定波长光的吸收程度(用吸光度A表示)与Fe2+在一定浓度范围内成正比，利用该反应可测定Fe2+浓度。R中氮原子的杂化方式为 ；测定的过程中首先要加入盐酸羟胺(NH2OH·HCl)除去溶液中的Fe3+，请写出该反应的离子方程式 ；然后调节溶液的pH范围为2~9，加入R，开展测定实验。请解释选择该pH范围的原因 。 【答案】(1)CD (2) Fe3+的价层电子排布为3d5，是半充满结构，比Fe2+的价层电子排布3d6更稳定 Fe3+化合价比Fe2+更高，吸电子比Fe2+更强，使配位的O的吸引电子能力增强，导致O-H键的极性增强，更易电离出H+ (3)C 搅拌 过滤，洗涤，干燥 (4) sp2 2Fe3++2NH3OH+=2Fe2++N2↑+2H2O+4H+ 当H+浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；若OH-浓度较高时，OH-与Fe2+反应，也会影响与邻二氮菲配位 【解析】(1)A项，Fe元素的原子序号为26，位于周期表第四周期第八列，A错误；B项，[Fe(H2O)4]2+的半径比Fe2+大，因此[Fe(H2O)4]Cl2晶体中的离子键比FeCl2晶体中的离子键弱，B错误；C项，FeCl2中共价键占一定的百分比，因此FeCl2晶体存在范德华力，C正确；D项，由FeCl2晶体的晶胞可知，离Fe2+最近的Cl-的个数为6，因此FeCl2晶体中Fe2+离子的配位数为6，D正确；故选CD。 (2)①基态Fe3+的价层电子排布为3d5，是半充满结构，比基态Fe2+的价层电子排布3d6更稳定。②Fe3+化合价比Fe2+更高，吸电子能力比Fe2+更强，使配位的O的吸引电子能力增强，导致O-H键的极性增强，更易电离出H+，因此同浓度的FeCl3溶液比FeCl2溶液酸性更强。 (3)隔绝空气，在Fe2+与Fe3+混合液中加入过量氨水，使得Fe2+与Fe3+完全转化为Fe(OH)2与Fe(OH)3沉淀，搅拌悬浊液并加热，使得悬浊液转化为Fe3O4，陈化使固体沉淀颗粒变大，再过滤、洗涤、干燥制得纯净的纳米Fe3O4。①加入过量试剂X，使得Fe2+与Fe3+完全转化为Fe(OH)2与Fe(OH)3沉淀，故试剂X应为碱溶液，而过量的NH3·H2O在加热时易分解挥发从而可以除去，因此试剂X的最佳选择是C。②在Fe2+与Fe3+混合液中加入过量氨水，使得Fe2+与Fe3+完全转化为沉淀，搅拌悬浊液并加热，使得悬浊液转化为Fe3O4，因此步骤Ⅱ中操作Y是搅拌。③悬浊液经过陈化得到纳米Fe3O4，再经过过滤、洗涤、干燥制得纯净的纳米Fe3O4，因此步骤Ⅳ中系列操作Z是过滤、洗涤、干燥。 (4)根据图示可知，氮原子形成了2个σ键，1对孤电子对，1个π键，氮原子的杂化方式为sp2；Fe3+与盐酸羟胺(NH2OH·HCl)反应生成Fe2+与氮气，该反应的离子方程式为2Fe3++2NH3OH+=2Fe2++N2↑+2H2O+4H+；当H+浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；若OH-浓度较高时，OH-与Fe2+反应，也会影响与邻二氮菲配位，因此需调节溶液的pH范围为2~9。 4．锂元素被广泛应用于电动汽车、军事通讯以及航空航天等领域。请回答： (1)关于氢和碱金属的描述，下列说法正确的是___________。 A．熔点：H2＜D2＜T2 B．金属单质密度：Rb＞K＞Na＞Li C．得到一个电子释放的能量：H＞Li D．价电子排布为和的原子能量相同 (2)某化合物的晶体结构如下图所示。 ①该化合物的化学式为 。 ②该化合物中有 种不同化学环境的Li+，N3-的配位数为 。 (3)K、Rb的氢氧化物与O3反应，可以制得臭氧化物KO3、RbO3；而LiO3不能稳定存在，只能以[Li(NH3)4]O3的形式存在。请从离子半径的角度分析LiO3极不稳定的原因 。 (4)近年来，LiFePO4成为动力锂电池首选的正极材料。某兴趣小组在进行专题探究后设计了以下两种制备LiFePO4的方法： Ⅰ．用Fe-P废渣制备Fe3(PO4)2，再将产物与Li2CO3、H3PO4在高温下反应制得LiFePO4。 Ⅱ．用LiOH、FeSO4、H3PO4和抗坏血酸混合溶液在pH=6的环境下反应制得LiFePO4。 已知：LiFePO4在酸性较强的环境下不稳定。 ①方法Ⅰ，将Fe-P废渣(记为Fe1.5P)置于CO2气氛中煅烧，可得到Fe3(PO4)2和一种可燃性气体，该反应的化学反应方程式为 。 ②方法Ⅱ，控制pH=6的原因是 。 请根据两种制备方法的差异，推测方法Ⅱ相对于方法Ⅰ的优势 。(写出2点即可) ③为回收废旧锂离子电池正极材料[主要成分为LiFePO4和]中的Li+，设计流程如下： 溶液A是 ，条件B是 ，两步操作C是 。 【答案】(1)ACD (2) Li3N 2 8 (3)Li+半径太小，导致O3-离子相互接触或导致负离子相互接触 (4) 2Fe1.5P+8CO2=Fe3(PO4)2+8CO pH太低，无法形成LiFePO4沉淀；pH太高，Fe2+水解且易生成LiOH、Li3PO4等沉淀 产品纯度较高(不含Fe3+杂质)；水溶液中反应，条件容易控制；反应条件温和，节能 NaOH溶液 高温 用碳酸水浸出、过滤 【解析】电池正极材料[主要成分为LiFePO4和Al]用溶液A溶解得到含Al的溶液和浸出渣，溶液A为碱性溶液，Al可以溶解，LiFePO4不溶解，浸出渣LiFePO4与褐煤在高温下反应，再经过碳酸酸溶过滤得到浸出液LiHCO3溶液和含铁、P的浸出渣。 (1)A项，H2、D2、T2都是分子晶体，分子量H2<D2<T2，分子间作用力H2<D2<T2，熔点H2<D2<T2，A正确；B项，碱金属元素中K的密度小于Na的密度，B错误；C项，H与Li属于同主族元素，原子半径H小于Li，得电子能力H>Li，得到一个电子释放的能量：H>Li，C正确；D项，2p能级三个轨道能量相同，价电子排布为和的Li原子能量相同，D正确；故选ACD； (2)①根据晶胞结构，Li+的个数为，N3-的个数为，化学式为Li3N；②Li的环境有面心和棱上两种；根据晶胞结构，一个顶角的N3-离子周围最近的Li+有8个(同一层有6个，上下个1个)； (3)Li+半径太小，导致O3-离子相互接触或导致负离子相互接触而排斥，不能形成稳定的化合物； (4)①Fe-P废渣(记为Fe1.5P)置于CO2气氛中煅烧，可得到Fe3(PO4)2和一种可燃性气体为CO，根据电子守恒和原子守恒，该反应的化学反应方程式为：2Fe1.5P+8CO2=Fe3(PO4)2+8CO；②控制pH=6的原因是：pH太低，无法形成LiFePO4沉淀；pH太高，Fe2+水解且易生成LiOH、Li3PO4等沉淀；③根据分析，溶液A为强碱性溶液，为NaOH溶液；条件B需要在高温下反应；两步操作为用碳酸水浸出、再过滤。 5．某兴趣小组对FeH(SO4)2按如下流程进行实验研究： 请回答： (1)经研究发现，固体A晶胞结构如图所示。“”的配位数(紧邻的“”数)为 ；固体A的化学式为 。 (2)写出FeH(SO4)2(aq)与足量Ba(OH)2(aq)反应的离子方程式 。 (3)下列有关单核微粒的描述正确的是___________。 A．微粒半径：H-＞H B．水合能力：Fe3+＞Na+ C．Ar的基态原子简化电子排布式为[Ne]3s23p63d10 D．氧原子经变化，会产生原子光谱 (4)将Na2O置于纯氧氛围下灼烧，观察到 现象，写出该现象涉及的化学方程式 。 (5)流程中溶液B中溶质的主要成分 ，设计实验验证溶液B中的主要阴离子 。 (6)用有机溶剂()和()“协同作用”处理含有Fe2+废水中的VO2+。“协同作用”发生的反应[(org)表示有机溶剂]： 反应 VO2+(aq)+2HA(org)+2HB(org)VOA2(HB)2(org)+2H+(aq) 反应 VO2+(aq)+2HA(org)+2HB(org)VOB2(HA)2(org)+2H+(aq) 其主要产物结构如图。 ①利用“协同作用”分离出VO2+的实验操作名称为 。 ②VOA2(HB)2(org)比VOB2(HA)2更稳定的原因为 。 【答案】(1)8 Na2S (2) Fe3++H++2SO42-+2Ba2++4OH-=Fe(OH)3↓+2BaSO4↓+H2O (3)ABD (4)发出黄光且有淡黄色物质生成 2Na2O+O22Na2O2 (5)Na2S、NaOH 用玻璃棒蘸取溶液B，点在红色石蕊试纸上，若变蓝，说明存在OH-；取少量溶液B，加入足量H2O2，用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，说明有S2- (6)萃取分液 HA酸性受氧原子吸电子影响更强，-OH更容易电离出H+，HB受R-给电子影响，其中P=O有更强的配位能力 【解析】FeH(SO4)2在惰性气体氩气氛围中，与足量的钠加热反应，活泼金属钠做还原剂，生成了气体单质：H2，固体单质：Fe，化合物Na2O和固体A，根据原子守恒和题中晶胞结构，固体A应为Na2S，所得固体加水溶解，过量的钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氧化钠和水反应生成氢氧化钠，硫化钠溶于水，Fe不溶于水，所得溶液B溶质主要为Na2S、NaOH，加盐酸酸化后再加氯化钡，没有沉淀生成。 (1)根据晶胞结构，“”周围紧邻的“”有8个，“”的配位数为8，根据分析，固体A的化学式为Na2S，“”代表S2-，“”代表Na+； (2)FeH(SO4)2(aq)与足量Ba(OH)2(aq)反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化铁沉淀和水，离子方程式Fe3++H++2SO42-+2Ba2++4OH-=Fe(OH)3↓+2BaSO4↓+H2O； (3)A项，同种元素的微粒，核外电子越多，半径越大，微粒半径：H-＞H，A正确；B项，铁离子电荷密度更高，容易形成水合离子[Fe(H2O)6]3+，水合能力：Fe3+＞Na+，B正确；C项，Ar的基态原子简化电子排布式为[Ne]3s23p6，C错误；D项，氧原子经变化，会吸收能量，产生原子光谱，D正确；故选ABD； (4)将Na2O置于纯氧氛围下灼烧，可以转化为过氧化钠，观察到发出黄光且有淡黄色物质生成的现象，化学方程式为：2Na2O+O22Na2O2； (5)根据分析，流程中溶液B中溶质的主要成分为Na2S、NaOH；检验主要阴离子S2-、OH-的实验方法为：用玻璃棒蘸取溶液B，点在红色石蕊试纸上，若变蓝，说明存在OH-；取少量溶液B，加入足量H2O2，用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，说明有S2-； (6)①有机溶剂HA()和HB()“协同作用”结合VO2+，溶于有机溶剂中，故利用“协同作用”分离出VO2+的实验操作名称为萃取分液；②VOA2(HB)2(org)比VOB2(HA)2更稳定的原因为HA酸性受氧原子吸电子影响更强，-OH更容易电离出H+，HB受R-给电子影响，其中P=O有更强的配位能力。 押题猜想十八 化学反应原理综合应用 (原创题)(12分)铁的化合物在生产生活和科学实验中应用广泛。请按要求回答下列问题： (1)一定条件下Fe2O3与甲烷反应制取纳米级铁，已知： 反应Ⅰ：3H2(g)+Fe2O3(s)2Fe(s)+3H2O(g) ΔH1=-26.5 kJ·mol-1 反应Ⅱ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH2=-160 kJ·mol-1 则反应Ⅲ：3CH4(g)+4Fe2O3(s)8Fe(s)+6H2O(g)+3CO2(g)在________填(“高温”或“低温”)下能自发进行。 (2)欲提高反应Ⅲ中CH4的平衡转化率，可采取的措施是________________。 A．增加Fe2O3的量 B．移出部分CO2 C．提高反应温度 D．加入合适的催化剂 (3)在T ℃下，向某恒容密闭容器中加入3 mol CH4(g)和4 mol Fe2O3(s)发生反应：4Fe2O3(s)+3CH4(g)8Fe(s)+6H2O(g)+3CO2(g)。反应起始时压强为p0，反应进行至10 min时达到平衡状态，测得此时容器中n(CH4)∶n(H2O)=1∶1，T ℃下该反应的Kp=_______(用分压表示，分压=总压×物质的量分数)。 (4)一定温度下，密闭容器中进行反应III，测得平衡时混合物中CO2的体积分数随压强的变化如图所示，请在下图中补充p0之前的变化曲线；p0后CO2的体积分数几乎不变的原因是____________________。 (5)以铂、铁作电极电解NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4，其在浓碱中稳定存在)的装置如图所示。 c为太阳能电池的___________(填“正”或“负”)极；电极b上发生的电极反应为___________。 【答案】(1)高温(1分) (2)BC(2分) (3)p06(2分) (4)(1分)；p0之后，H2O变成液态，反应前后气体计量数不变，压强对平衡移动影响不大，故CO2体积分数几乎不变(1分) (5)负极(1分)；Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O(2分) 【解析】(1)根据盖斯定律可知，反应Ⅰ×4-反应Ⅱ×3可以得到反应Ⅲ，则反应Ⅲ的ΔH=4×ΔH1-3×ΔH2=+374 kJ·mol-1>0，且反应Ⅲ的ΔS＞0，则反应Ⅲ在高温下能自发进行。(2)Fe2O3是固体，增加Fe2O3的量，平衡不移动，CH4的转化率不变，A项不符合题意；移出部分CO2，平衡正向进行，CH4的转化率增大，B项符合题意；该反应为吸热反应，提高反应温度，平衡正向进行，CH4的转化率增大，C项符合题意；加入合适的催化剂，不影响平衡移动，CH4的转化率不变，D项不符合题意。(3)设反应达到平衡状态时，参与反应的CH4物质的量为x mol，可列三段式如下： 4Fe2O3(s)+3CH4(g) 8Fe(s)+6H2O(g)+3CO2(g) 起始(mol) 3 0 0 改变(mol) x 2x x 平衡(mol) 3-x 2x x 由题意得3-x=2x，x=1，反应后气体的总物质的量为5 mol；故平衡时容器中的压强为=p0，此时p(CH4)=p0，p(H2O)=p0，p(CO2)=p0，Kp==p06。(4)反应III正向进行时，气体总物质的量增大，其他条件不变的情况下，增大压强，平衡逆向移动，CO2体积分数减小，可得变化曲线为；p0之后，由图像可知，压强增大，CO2的体积分数不再变化，说明p0后H2O由气态变成液态，反应前后气体的总物质的量不变，压强对平衡移动的影响不大，故CO2的体积分数几乎不变。(5)根据题意，由铁制备高铁酸钠(Na2FeO4)，Fe电极(阳极)的反应式为Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O，Pt电极(阴极)的反应式为6H2O+6e-=3H2↑+6OH-，从图中箭头可知，电极a上产生H2，所以电极c为太阳能电池的负极，d为正极。 押题解读 本题以工业生产中实际问题为情境，考查学生对化学反应原理的理解与运用，具体涉及原电池或电解池工作原理、电极反应式、盖斯定律、化学平衡常数、平衡转化率、溶液pH计算、催化剂，以及根据反应历程解释化学反应速率变化规律等知识，考查学生定性分析及定量计算能力，接受、吸收、整合题给信息进行分析推理的能力，利用相关理论解释各反应条件对反应速率及化学平衡影响等方面的能力，衡量“变化观念与平衡思想”“证据推理与模型认知”“科学态度与社会责任”素养的发展水平。 1．乙醇是一种重要的工业原料。请回答： (1)工业上可采用催化还原CO2的方法制备C2H5OH，一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量的CO2和H2，在某固体催化剂的作用下发生如下自发反应： 主反应：2CO2(g)＋6H2(g)C2H5OH(g)＋3H2O(g) ΔH1 副反应I：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH2 副反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH3＞0 ①若仅考虑主反应与副反应Ⅱ，下列说法不正确的是 。 A．当CO的体积分数不变时体系达到平衡 B．升高温度不利于提高醇类的平衡产率 C．体系达到平衡后充入少量氦气，内压增大，主反应平衡正移 D．增加催化剂X的用量，主反应正、逆反应的活化能均减小 ②若仅考虑主反应与副反应I，对反应体系加热，随着温度升高，平衡产量比值减小，则∆H1 ∆H2 (填“＞”、“＜”或“=”)。 (2)乙酸甲酯电化学合成法制乙醇的工艺中，电解质溶液为稀H2SO4，阳极通入H2，阴极产物为乙醇与甲醇，物质的量比为1：1。写出阴极的电极反应方程式(有机物写结构简式) 。 (3)乙醇与水蒸气通过催化重整制氢的反应如下： 反应I：C2H5OH(g)＋H2O(g)2CO(g)＋4H2(g) ΔHI＞0 反应Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔHII＜0 100kPa的恒压密闭容器中，恒定量的C2H5OH(g)与适量H2O(g)发生上述反应，保持H2平衡产率为m%不变，体系温度(T)与起始水醇比的关系如图中X曲线所示，请回答： ①H2的平衡产率：a点 b点(填“＞”、“＜”或“=”)。 ②反应过程中部分乙醇生成固态炭覆盖催化剂活性位点，降低催化效率，在体系中充入O2(g)可除去固态炭。使起始氧醇比=0.5，保持H2平衡产率为m%不变，可得到Y曲线(部分)，将图像划分为有炭区和无炭区，下列判断正确的是 。 A．起始氧醇比=0.5时，平衡时的反应速率a点一定小于c点 B．反应Ⅱ在图像中a、b、c三点的平衡常数Ka＜Kb＜Kc C．若使起始氧醇比=1，图像中无炭区的面积会更小 D．曲线X出现拐点的原因是高于Tx时反应Ⅱ平衡逆移程度大于反应I正移 (4)Al2O3可做酯化反应的催化剂，乙醇中的氧原子在催化剂表面形成配位键，进而改变键角的大小，形成相对稳定的中间体，降低与羧酸反应的活化能。请说明乙醇的键角如何改变，及改变的原因 。 【答案】(1)CD ＜ (2) CH3COOCH3+4H++4e-=C2H5OH＋CH3OH (3)＜ CD (4)Al2O3中的铝原子与乙醇氧原子的孤对电子形成配位键，降低了氧上孤对电子的电子云密度，孤对电子与C-O、H-O成键电子对之间的排斥力减弱，导致键角增大 【解析】主反应：2CO2(g)＋6H2(g)C2H5OH(g)＋3H2O(g) ∆H1；副反应I：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ∆H2；副反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ∆H3＞0；一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量的CO2和H2，在某固体催化剂X的作用下发生的上述反应都是自发反应，由于主反应和副反应I的ΔS＜0，所以∆H1＜0，∆H2＜0。 (1)①仅考虑主反应与副反应Ⅱ。A项，当CO的体积分数不变时，正逆反应速率相等，体系达到平衡，A正确；B项，升高温度，主反应的平衡逆向移动，不利于提高醇类的平衡产率，B正确；C项，体系达到平衡后充入少量氦气，虽然内压增大，但主反应中各物质的浓度都未发生改变，平衡不发生移动，C不正确；D项，增加催化剂X的用量，主反应正、逆反应的活化能不会发生改变，D不正确；故选CD。②若仅考虑主反应与副反应I(正反应都为放热反应)，对反应体系加热，随着温度升高，主反应和副反应Ⅰ都逆向移动，平衡产量比值减小，则表明温度升高，对主反应的影响更大，∆H1＜∆H2。 (2)乙酸甲酯电化学合成法制乙醇的工艺中，电解质溶液为稀H2SO4，阳极通入H2，在阴极，1molCH3COOCH3得到4mol e-，生成1molCH3CH2OH和1molCH3OH，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出阴极的电极反应方程式：CH3COOCH3+4H++4e-=C2H5OH＋CH3OH。 (3)①a点时，H2的平衡产率与曲线上与b点相同温度时的H2的平衡产率相同，则b点相当于曲线上与b点同温度的点增大n(H2O)，反应Ⅰ、Ⅱ的平衡都发生正向移动，H2的产率增大，所以H2的平衡产率：a点＜b点。②A项，起始氧醇比=0.5时，a点与c点温度相同，虽然a点处于有炭区，但催化剂活性降低程度未知，反应物的浓度大小未知，若其降低程度较小，且a点反应物浓度较大，则平衡时的反应速率a点不一定小于c点，A不正确；B项，a、c两点的温度相同，b点温度较高，反应Ⅱ的正反应放热，则b点Kb最小，所以在图像中a、b、c三点的平衡常数Ka=Kb＞Kc，B不正确；C项，若使起始氧醇比=1，O2的量相对增多，更有利于除去固态炭，那么有炭区面积会减小，但O2量增多会改变平衡，平衡移动会使一些原本在无炭区的温度-起始氧醇比组合，因反应平衡改变而有固态炭生成，即无炭区的边界发生变化，从而导致图像中无炭区的面积会更小，C正确；D项，在拐点处，增大，表明H2O的生成量增多，即反应Ⅱ逆向进行的程度更大，所以曲线X出现拐点的原因是高于Tx时反应Ⅱ平衡逆移程度大于反应I正移，D正确；故选CD。 (4)在乙醇分子中，O原子的孤电子对数为=2，形成2个σ键，价层电子数为4，发生sp3杂化，O原子的孤电子对与Al2O3中的Al原子形成配位键后，降低了O原子上孤电子对的电子云密度，从而降低了对成键电子的排斥力，从而使键角增大。改变的原因：Al2O3中的铝原子与乙醇氧原子的孤对电子形成配位键，降低了氧上孤对电子的电子云密度，孤对电子与C-O、H-O成键电子对之间的排斥力减弱，导致键角增大。 2．HCl是涉氯工业生产中的副产品，O2氧化HCl是一种实现氯资源闭路循环的重要方法。 (1)HCl直接氧化法制Cl2，若以CuO为催化剂，涉及如下反应： CuO(s)＋2HCl(g)CuCl2(s)＋H2O(g) ΔH1＝-121kJ·mol−1 2CuCl2(s)＋O2(g)2CuO(s)＋2Cl2(g) ΔH2＝+126kJ·mol−1 利于反应4HCl(g)＋O2(g)2 H2O(g)＋2Cl2(g)自发进行的条件是 。 A．高温 B．低温 C．高压 D．低压 E．催化剂 (2)有科学家发现Cu2OCl2是O2氧化HCl的主要活性相，反应机理如图所示。高温下铜的氯化物易挥发导致催化剂活性下降，固体中铜的氯化物的质量分数越大越易挥发。下列有关说法正确的是_______。 A．温度越高，生成Cl2的速率越快 B．适当增大O2与HCl的投料比有利于提高催化剂的活性 C．氧气的浓度越大，Cl2的产生速率越快 D．在CuO中加入适量的KCl能提高反应速率 (3)将HCl和O2的物质的量按以不同起始流速通入装有催化剂的反应器，在、下分别发生氧化反应，通过检测不同温度下反应器出口处气体成分绘制HCl的转化率()曲线如图-1所示(HCl流速的转化率可近似为平衡转化率)。 ①图-1中T2为 ℃。反应在流速时，而在时的原因是 。 ②设M与N点的转化率为平衡转化率，求的平衡常数为 。(用平衡时气体物质的量分数代替气体平衡浓度计算) ③将HCl和O2分别按物质的量比和通入装有催化剂的反应器反应，在图-2中分别画出HCl平衡转化率随温度变化的曲线图 。 (4)科学家设计了一种氧化HCl新的工艺方案：电解槽的阴阳极用质子交换膜隔开，以为催化剂，通过电化学过程和化学过程实现HCl的氧化。其中阴极发生的反应包括两步，请补充第2步反应的方程式。①Fe3++e-=Fe2+；② 。 【答案】(1)B (2)BD (3)360 在流速较慢时，反应近似处于平衡，ΔH＜0，温度低反应程度大，所以在流速较快时，反应处于非平衡，温度低反应速率慢，所以 36 (需注意：物质的量比1：1时，440℃，HCl的平衡转化率为80%，360℃，转化率在90%)； (4) 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 【解析】(1)已知：①CuO(s)＋2HCl(g)CuCl2(s)＋H2O(g) ΔH1＝-121kJ·mol−1；②2CuCl2(s)＋O2(g)2CuO(s)＋2Cl2(g) ΔH2＝+126kJ·mol−1；由盖斯定律2×①+②得到反应4HCl(g)＋O2(g)2 H2O(g)＋2Cl2(g)的，该反应的ΔS＜0，依据ΔG=ΔH-TΔS＜0反应自发进行可知，该反应自发进行的条件是低温，故选B； (2)A项，温度高可能导致铜的氯化物挥发，催化效果下降，A不选；B项，选项适当增大O2与HCl 的投料比有利于生成 Cu2OCl2，且减小铜的氯化物挥发，有利于提高催化剂的活性，B选；C项，增大O2的浓度会导致 HCl 的吸附反应，导致反应速率下降，C不选；D项，加入 KCl降低载体中铜的氯化物质量分数，减小其挥发，能提高反应速率，D选；故选BD； (3)①HCl流速的转化率可近似为平衡转化率，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，HCl平衡转化率降低，则T1＞T2，即T2为360℃；反应在流速时，HCl转化率接近平衡转化率，T1＞T2，该反应ΔH＜0，则，在流速较快时，反应处于非平衡，温度低反应速率慢，所以；②440℃的曲线是T1，HCl平衡转化率为80%，设初始HCl和O2的物质的量均为1mol，列三段式： 气体总物质的量为1.8mol，=36；③该反应为放热反应，温度越高，HCl平衡转化率越低，且HCl比例越大，平衡转化率越低，故图像为(需注意：物质的量比1：1时，440℃，HCl的平衡转化率为80%，360℃，转化率在90%)； (4)Fe3+为催化剂，则第一步反应先消耗Fe3+，第二部反应又重新生成Fe3+，故第二步反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。 3．乙烯是重要的基础化工原料，工业上利用乙烷制乙烯涉及的相关反应如下： 反应：C6H6(g)C2H4(g)＋H2(g) ΔH1 反应II：2C2H6(g)＋O2(g)2C2H4(g)＋2H2O(g) ΔH2 请回答： (1)298K时，反应历程如图1所示。已知在标准压强101kPa、298K下，由最稳定的单质合成物质B的反应焓变，叫做物质B的标准摩尔生成焓，用符号表示。部分物质的如图2所示。H2(g)、O2(g)的标准摩尔生成焓为0。 该反应的决速步骤为 (填“反应a”或“反应b”)。图2中 。 (2)已知反应：C6H6(g)C2H4(g)＋H2(g)的速率方程为，，其中、分别为正、逆反应速率常数，p为各组分分压。 ①在实际生产中，T℃时，向恒容密闭容器中通入乙烷和N2(作稀释剂，提高乙烷转化率)，测得容器总压()和乙烷转化率随时间变化的结果如图3所示。平衡常数Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算)。 ②下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成C2H4(g)的反应速率的是 (填标号)。 a．压缩容器体积 b．升高温度 c．加入催化剂 d．适当增大C2H6浓度 (3)有机反应中容易产生积碳，使催化剂失活，相同反应条件下，反应相比反应不容易产生积碳而使催化剂失活的原因是 。 (4)我国科学家利用固体氧化物电解池成功实现了乙烷电化学脱氢制备乙烯，装置如图4所示，C2H6生成C2H4的电极反应式为 。 【答案】(1)反应a -86 (2)45 b (3)反应II中有氧气，氧气可以有效地与催化剂表面的碳物种反应以抑制积碳产生，从而使催化剂不容易失活 (4) C2H6+O2--2e-=C2H4+H2O 【解析】(1)由图可知，反应a的活化能为+80.8kJ/mol-(-104.1kJ/mol)=184.9kJ/mol，反应b的活化能为+185.2kJ/mol-(+54.5kJ/mol)=130.7kJ/mol，反应的活化能越大、反应速率越慢，为反应的决速步骤，则该反应的决速步骤为反应a；由图1可知，反应Ⅰ：C2H6(g) C2H4(g)+H2(g)的∆H1=+139kJ/mol，∆H1=生成物的标准摩尔生成焓之和-反应物的标准摩尔生成焓之和=53kJ/mol+0kJ/mol-xkJ/mol=+139kJ/mol，解得x=-86； (2)①由图可知，起始C2H6(g)和N2(g)的总压强为100kPa，平衡时C2H6(g)的转化率为75%，总压强为为115kPa；设起始C2H6(g)、N2物质的量分别为mmol、nmol，列三段式： 在恒温恒容容器中，气体压强之比等于气体分子物质的量之比，则=，解得m∶n=1∶4，即起始时n(C2H6) ∶n(N2)=1∶4，起始C2H6、N2的压强依次为20kPa、80kPa；平衡时C2H4的物质的量分数为=，平衡时p(C2H4)=115kPa×=15kPa；同理可计算出平衡时p(C2H6)=5kPa、p(H2)=15kPa，；②a项，压缩容器体积相当于增大压强，能增大生成C2H4(g)的反应速率，但平衡逆向移动，反应物的平衡转化率减小，a错误；b项，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成C2H4(g)的反应速率，b正确；c项，加入催化剂，能增大生成C2H4(g)的反应速率，但平衡不移动，反应物的平衡转化率不变，c错误；d项，适当增大C2H6(g)的浓度，能增大生成C2H4(g)的反应速率，虽然平衡向正反应方向移动，但反应物的平衡转化率减小，d错误；故选b； (3)反应Ⅱ相比反应Ⅰ不容易产生积碳而使催化剂失活的原因是：反应II中有氧气，氧气可以有效地与催化剂表面的碳物种反应以抑制积碳产生，从而使催化剂不容易失活； (4)电解池阴极发生还原反应，综上分析，二氧化碳在阴极发生还原反应，C2H6失电子与电解液中的O2-反应生成C2H4，电极反应式为：C2H6+O2--2e-=C2H4+H2O。 4．以CO2为碳源催化加氢合成甲醇，有利于降低碳的排放，实现“碳中和”。 已知：I：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝-49.8kJ·mol−1 Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2 请回答： (1)①物质的标准生成焓是指在一定温度下，由元素最稳定的单质生成纯物质时的焓变。下表是几种物质在时的标准生成焓： 物质 CO2(g) H2(g) CH3OH(g) H2O(g) 0 x 则x= 。 ②反应的自由能变化量：ΔG=ΔH-TΔS＜0，ΔG＜0时反应自发，反应Ⅱ的随温度变化如图所示。则反应Ⅱ的 0(填“>”、“<”或“=”)。 (2)将CO2和H2按物质的量之比1：3充入恒压(5MPa)容器中，在催化剂的作用下发生反应I和Ⅱ，测得CO2的平衡转化率及CH3OH的选择性随温度的变化如图所示。 (3) ①下列说法正确的是 。 a．若温度不变，缩小容器体积，达到新平衡后CO2浓度增大 b．升高温度，反应速率和CH3OH的平衡产率一定都增大 c．使用合适的催化剂，可以提高单位时间内CH3OH的产量 d．当n(CO2)=n(H2O)时，反应达到平衡 ②275℃后，CO2的平衡转化率随温度升高而增大的原因是 。 ③225℃时，反应Ⅱ的平衡常数K= (保留3位小数)。 ④其他条件相同，若将反应物充入恒压(3MPa)容器中发生反应，CH3OH的选择性随温度的变化与时变化相似，请在图中画出175~400℃之间CO2的平衡转化率随温度变化曲线 (只作定性描述)。 【答案】(1)-201.5 > (2)AC 反应I为放热反应，升高温度平衡逆向移动；反应Ⅱ为吸热反应，升高温度平衡正向移动；275℃后，反应Ⅱ正向移动的程度比反应I逆向移动的程度大，因此CO2的平衡转化率随温度升高而增大 0.007 【解析】(1)①根据题意可知，由单质生成CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)和H2O(g)的热化学方程式分别为： i) ii) iii) 根据盖斯定律可知反应I可由反应ii)+ iii)-i)得到，故，解得；②ΔG=ΔH-TΔS，根据图像可知其他条件不变时，ΔG为以温度为变量的一次函数，且该函数的斜率小于零，因此ΔS＞0；(2)①A项，温度不变，缩小容器的体积，体系中各气体的浓度均增大，反应I正向移动，达到新平衡后，CO2浓度变大，A项正确；B项，升高温度，反应速率增大，但反应I平衡逆向移动，CH3OH的平衡产率减小，B项错误；C项，使用合适的催化剂，可以加快反应速率，在相同时间内可提高CH3OH的产量，C项正确；D项，当反应达到平衡时，各物质的物质的量不再发生变化，故不能确定当n(CO2)=n(H2O)时，反应达到平衡，D项错误；故选AC；②275℃后，继续升高温度，对反应II的影响大于反应I，而反应II为吸热反应，温度升高，反应II平衡正向移动，因此CO2的平衡转化率随温度升高而增大；③由图像可知，225℃时，CO2的平衡转化率为25%，CH3OH的选择性为80%，设反应I中CO2的转化量为x mol，设反应II中CO2的转化量为y mol，根据题意列三段式有： 则， ，解得，；反应Ⅱ为等体积反应，故反应Ⅱ的平衡常数；④其他条件相同，若将反应物充入恒压(3MPa)容器中发生反应，压强较原来降低，反应II平衡不移动，反应I平衡逆向移动，因此相同温度下，CO2的平衡转化率小于5MPa时的平衡转化率，故CO2的平衡转化率随温度的变化曲线为：。 5．苯甲醛是香料、医药、农化等行业的重要中间体，被广泛地应用于食品、化妆品、塑料工业等行业中。以下是制备苯甲醛的两种方法： Ⅰ．甲苯氧化法： ΔH1＝-346.5kJ·mol−1 Ⅱ．苯甲醇氧化法： ΔH2＝-389.5kJ·mol−1 请回答： (1)方法Ⅰ中的反应能自发进行的条件是 。 (2)方法Ⅰ中，得到苯甲醛有两种途径(图1)，途径一是甲苯先氧化得到苯甲醇，再深度氧化得到苯甲醛，途径二为甲苯直接氧化得到苯甲醛。已知：在反应起始阶段，可认为甲苯与O2发生平行反应，分别生成苯甲醇(浓度为c1)和苯甲醛(浓度为c2)，两产物的浓度之比与时间无关：140℃时，c1/c2=0.5，170℃时，c1/c2=0.6。 ①请计算，反应的焓变ΔH3= kJ·mol−1 ②反应过程中，甲苯和各产物含量变化如图2所示，下列说法正确的是 。 A．分析可知，Ea1＞Ea3 B．增加氧化剂O2的浓度，可以提高甲苯的转化率和苯甲醛的选择性 C．在一定的反应时间内，选择合适的催化剂，可以提高生成苯甲醇的比例 D．降低反应温度，会使得途径二对苯甲醛生成的贡献更大 ③甲苯氧化制备苯甲醛过程中，还产生了另一种有机产物苯甲酸，请在图2中画出c(苯甲酸)随时间变化的曲线图(以左侧坐标轴为纵坐标) 。 (3)方法Ⅱ中，采用Mn3O4为固体催化剂，反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附、反应等过程。在一定时间内，随着n(苯甲醇)/n(催化剂)比值的增大，苯甲醇的转化率先增大后减小，试解释原因 。 (4)利用纳米TiO2-Pt电极电解MnSO4和H2SO4的混合溶液(如图3)，电解一段时间后，将电解液与甲苯混合可制得苯甲醛，已知适当增大Mn2+和H+浓度可以抑制Mn3+的歧化倾向，电解过程中，阳极表面有少量气泡产生，且溶液中有极少量黑色固体物质生成。请写出： ①产生气泡对应的电极反应方程式： 。 ②溶液中生成黑色固体的离子方程式： 。 【答案】(1)低温 (2) -303.5 ACD (3)n(苯甲醇)/n(催化剂)比值较小时，催化剂的量相对于苯甲醇较多，随着比值的增大，更多的苯甲醇与催化剂接触，从而提高了苯甲醇的转化率；比值较大时，催化剂提供的活性位点较少，不能满足反应所需的活性位点数量，因此转化率下降 (4)2H2O-4e-=O2↑＋4H＋ 2Mn3++2H2O=Mn2++ MnO2↓+4H+ 【解析】(1)方法Ⅰ中的反应ΔH＜0、ΔS＜0，依据ΔH-TΔS＜0反应能自发进行，则反应在低温下自发进行； (2)①根据盖斯定律，反应的焓变ΔH3=2ΔH1-ΔH2=；②A项，由图可知，刚开始反应时，苯甲醛是优势产物，说明生成苯甲醛的反应活化能低，即：Ea1＞Ea3，A正确；B项，增加氧化剂O2的浓度，可以提高反应物甲苯的转化率，但氧气浓度过大，会继续氧化苯甲醛为苯甲酸，不利于提高苯甲醛的选择性，B错误；C项，在一定的反应时间内，选择对生成苯甲醇更有利的催化剂，可以提高生成苯甲醇的比例，C正确；D项，由题干信息可知，140℃时，c1/c2=0.5，170℃时，c1/c2=0.6，降低反应温度，c1/c2降低，可以理解为c1变小或c2变大，则对苯甲醛生成的贡献更大，D正确；故选ACD；③甲苯氧化制备苯甲醛过程中，还产生了另一种有机产物苯甲酸，由图可知，随着反应进行，甲苯的含量降低，但是苯甲醇与苯甲醛的含量也降低，说明发生了苯甲醛氧化为苯甲酸的副反应，因此苯甲酸的含量始终保持增大：； (3)随着n(苯甲醇)/n(催化剂)比值的增大，苯甲醇的转化率先增大后减小，增大是因为：n(苯甲醇)/n(催化剂)比值较小时，催化剂的量相对于苯甲醇较多，随着比值的增大，更多的苯甲醇与催化剂接触，从而提高了苯甲醇的转化率；减小的原因是：比值较大时，催化剂提供的活性位点较少，不能满足反应所需的活性位点数量，因此转化率下降； (4)①由题可知，阳极发生氧化反应：Mn2+-e-=Mn3+，阳极还产生少量气泡，说明存在竞争反应，只能是溶液中的OH-在阳极放电生成氧气，电极反应为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋；②溶液中有极少量黑色固体物质生成，由题给信息可知，增大Mn2+和H+浓度可以抑制Mn3+的歧化倾向，说明Mn3+的歧化倾向被抑制所以生成的黑色固体很少，则Mn3+发生歧化反应生成+4价的MnO2和+2价的Mn2+，该黑色固体是MnO2，离子方程式为2Mn3++2H2O=Mn2++ MnO2↓+4H+。 押题猜想十九 综合实验设计与评价 (原创题)(12分)连二亚硫酸钠(Na2S2O4，俗称保险粉)广泛用于纺织工业的还原性染色清洗、印花等，其是一种淡黄色粉末，易溶于水，难溶于乙醇。实验室用锌粉法制备Na2S2O4的步骤及实验装置(夹持及加热装置已略)如图所示。 I. 将锌粉及水加入三口烧瓶中并将烧瓶加热到35~45 ℃，向其中先通入N2一段时间后，改通SO2(生成ZnS2O4)； II. 向烧瓶中加入NaOH溶液，过滤； III. 向滤液中加入氯化钠，并冷却至20 ℃，过滤出晶体后用无水乙醇洗涤即得产品； IV. 测定产品的纯度。 请回答： (1)装有NaOH溶液的仪器名称是____________；通SO2前先向三口烧瓶中通入N2的目的是____________；F装置的作用是____________________(写2种即可)。 (2)B为制备SO2的装置，应选用下图所示装置中的__________(填字母)；选用以下试剂中的__________(填字母)。 A. 铜粉 B. Na2SO3固体 C. 98％浓硫酸 D. 70％浓硫酸 E. 10％稀硫酸 (3)步骤Ⅱ发生反应的化学方程式为______________________________；步骤Ⅱ反应结束后的分离操作需要用到的玻璃仪器有____________________。 (4)制得的Na2S2O4•2H2O粗产品，需要用乙醇洗涤。下列说法中，不属于用乙醇洗涤的目的的是__________。 A. 防止晶体溶解，提高产率 B. 利用乙醇的挥发性，促进晶体表面水的挥发 C. 防止晶体失水而风化 D. 利用乙醇蒸气的保护作用，防止晶体被氧化 (5)取所制得的样品2.50 g于锥形瓶中，加入20 mL水，振荡，使之完全溶解，然后用0.50 mol•L-1 KMnO4溶液滴定，达到滴定终点时共用去24.00 mL KMnO4溶液。样品的纯度是__________。 【答案】(1)恒压滴液漏斗(1分)；排出装置内的空气，防止生成的Na2S2O4被氧化(1分)；吸收二氧化硫、防止倒吸(1分) (2)c(1分)；BD(2分) (3)ZnS2O4+2NaOH=Na2S2O4+Zn(OH)2↓(1分)；漏斗、玻璃棒、烧杯(1分) (4)C(2分) (5)84.00%(2分) 【解析】(1)装有氢氧化钠溶液的仪器为恒压分液漏斗。由题意可知Na2S2O4具有还原性，通SO2前先向三口烧瓶中通入N2的目的是排出装置内的空气，防止生成的Na2S2O4被氧化。尾气中含有未反应的二氧化硫，氢氧化钠溶液可以吸收尾气中的二氧化硫，防止污染，二氧化硫在水中的溶解度较大，将导管插入下层的四氯化碳中，可以防止发生倒吸。 (2)实验室中利用浓硫酸和亚硫酸钠反应制备SO2，则应选择装置c作为反应装置。98%的浓硫酸中，硫酸主要以分子形式存在，电离出的H+的含量较低，不利于反应进行，应选用70%的浓硫酸和亚硫酸钠反应。 (3)结合流程图可知，步骤Ⅱ中ZnS2O4与NaOH反应生成Na2S2O4和Zn(OH)2沉淀，化学方程式为ZnS2O4+2NaOH=Na2S2O4+Zn(OH)2↓；步骤Ⅱ反应结束后需进行过滤操作，分离出Zn(OH)2沉淀，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗。 (4)Na2S2O4•2H2O晶体易溶于水，不溶于乙醇，用乙醇可防止晶体溶解，提高产率，A项不符合题意。乙醇具有挥发性，可以促进晶体表面水的挥发，B项不符合题意。乙醇不能起到防止晶体失水而风化的作用，C项符合题意。Na2S2O4•2H2O晶体具有极强的还原性，易被空气氧化，利用乙醇蒸气的保护作用，可以防止晶体被氧化，D项符合题意。 (5)滴定时发生反应的离子方程式为6 MnO4-+5S2O42-+8H+=6Mn2++10SO42-+4H2O，故样品中n(Na2S2O4•2H2O)=×0.50 mol/L×24.00×10-3 L=0.01 mol，样品的纯度是。 押题解读 本题常以指定物质制备和纯度分析为情境，将平衡移动原理与物质制备、纯度分析相结合，考查学生依据已学核心知识、获取题干信息解决实际问题的能力。涉及制备原理、实验反应条件控制、仪器识别、实验装置、分离提纯、反应终点判断、物质检验、实验安全、滴定操作、指示剂的选择及滴定终点的判断、实验操作目的和原因、定量测定和数据处理等知识，检测学生“科学探究与创新意识”素养的发展水平。 1．某实验小组探究苯甲醛与甲醛在浓NaOH作用下制备苯甲醇，实验原理及流程如下： 已知：(1)苯甲醛微溶于水、苯甲醇在水中溶解度不大，两者均易溶于乙醚、密度均约为1g/cm3。 (2)苯甲醛能与NaHSO3反应生成难溶于水、乙醚的固体。 请回答： (1)甲醛试剂会缔合为三聚甲醛()，实验前需解聚，方法是：取50mL甲醛试剂，加1mL10%稀硫酸，加热回流。稀硫酸的作用是 。 (2)步骤Ⅰ所用的装置如下图所示。虚线框内装置的作用是 。 (3)步骤Ⅱ为分液，步骤Ⅳ为蒸馏。下列说法正确的是_______。 A．步骤Ⅰ，实验操作必须在通风橱中完成 B．步骤Ⅱ，加适量水的目的是溶解甲酸钠 C．步骤Ⅱ，分离出的水层可用乙醚再次萃取并回收乙醚层 D．步骤Ⅳ，温度计插入混合物M3中，会收集到沸点稍高的杂质 (4)步骤Ⅲ对分离得到的有机层的“一系列操作”有如下步骤，请排序 (填序号)。 ①加NaHCO3溶液至不再产生气泡 ②加无水MgSO4固体吸水，过滤 ③水洗，分液 ④加过量饱和NaHSO3溶液 ⑤分液 ⑥过滤 (5)步骤Ⅱ不选择按下图所示操作进行，原因是 。 (6)HCHO的还原性强于苯甲醛的原因是 。 【答案】(1)催化剂 (2)吸收挥发的HCHO，防止空气中O2的进入装置内 (3)ABC (4)④⑥①⑤③② (5)苯甲醛、苯甲醇密度均约为1g/cm3，与水难以有效分层 (6)苯甲醛中苯环使醛基中的C-H键极性减弱，不易断裂 【解析】苯甲醛与过量甲醛在浓NaOH溶液中发生Cannizzaro反应，生成苯甲醇和甲酸钠，得到混合物M1，加入适量水可将未反应的HCHO、生成的HCOONa及催化剂NaOH溶解，再加适量乙醚可将未反应的苯甲醛和生成的苯甲醇溶解，由于水和乙醚不互溶，分液后弃去水层，加入过滤饱和NaHSO3溶液与苯甲醛反应生成固体，除去苯甲醛，过滤后加NaHCO3溶液至不再产生气泡以除去过量的NaHSO3溶液，分液后弃去水层，水洗有机层后再弃去水层，除去可能溶于有机层中的少量盐类物质，在有机层中加无水MgSO4干燥有机层，过滤后再蒸馏得到苯甲醇粗品。 (1)三聚甲醛在稀硫酸的催化下会解聚生成甲醛，反应过程中稀硫酸为催化剂； (2)虚线框内装置中的水可以吸收挥发出的甲醛，防止倒吸，反应物的醛类物质具有较强的还原性，因此该装置还可以防止空气中O2的进入装置内发生副反应； (3)A项，由于反应物HCHO是气体，易从体系中挥发，因此步骤Ⅰ的实验操作必须在通风橱中完成，A正确；B项，步骤Ⅱ中加适量水的目的之一是溶解甲酸钠，B正确；C项，步骤Ⅱ中分离出的水层可用乙醚再次萃取并回收乙醚层可以增大产率，C正确；D项，步骤Ⅳ为蒸馏操作，温度计的水银球需在支管口处，不能插入混合物中，D错误；故选ABC； (4)根据分析，“一系列操作”的顺序为④⑥①⑤③②； (5)混合物M1中含有水、苯甲醛、苯甲醇等，苯甲醛、苯甲醇虽然难溶于水，但它们的密度均约为1g/cm3，与水难以有效分层，因此不采用图中的操作； (6)醛基表现还原性时要断裂C-H键，苯环中含有大π键，电子云密度较高，导致醛基中C-H键的极性减弱，不易断裂。 2．“Chem is try”小组探究Cu(phen)2ClO4(高氯酸二邻菲罗啉合亚铜)的合成方法： 实验一：Cu(CH3CN)4ClO4(高氯酸四乙晴合亚铜)的制备实验流程： 实验二：Cu(phen)2ClO4(高氯酸二邻菲罗啉合亚铜)的制备 反应方程式：。 实验步骤：按如图所示搭好装置→检查气密性→关闭滴液漏斗活塞→“惰性气体保护”→将Cu(CH3CN)4ClO4溶于10mL乙腈，通过滴液漏斗加入三颈烧瓶→将邻菲罗啉的乙晴溶液通过滴液漏斗加入三颈烧瓶→搅拌20 min→通过滴液漏斗滴加新蒸馏的无水乙醚→过滤、干燥。 已知：①Cu(ClO4)2·6H2O(六水合高氯酸铜)为蓝绿色晶体；②的配合物通常为无色，易被氧化；③CH3CN(乙晴)沸点81.6℃，与水混溶，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂；④phen为邻菲罗啉()。 (1)步骤Ⅰ：取14 g碱式碳酸铜加少量水湿润，搅拌下小心滴加高氯酸至固体几乎完全溶解。若加入太多水，弊端是 。 (2)步骤Ⅳ：加热回流结束的标志是 。 (3)步骤Ⅵ：最适宜的干燥方法是_______。 A．烘箱烘干 B．低温风干 C．真空干燥 D．滤纸吸干 (4)实验二“惰性气体保护”需用惰性气体充分置换空气，可通过反复抽真空、通氮气来实现。请从下列操作中选择合适的操作并排序(需要用到下列所有操作)： 。 关闭K1→_______→_______→_______→_______→_______(填序号)→重复以上操作3次→关闭真空泵。 a．打开K1 b．打开K2 c．关闭K2 d．抽真空 e．通氮气 (5)下列说法不正确的是_______。 A．步骤Ⅲ应“浓缩”至溶液表面出现晶膜 B．步骤Ⅳ中加热回流的主要目的是将分解出的结晶水蒸发脱离体系 C．步骤Ⅴ中“系列操作”为冷却结晶、过滤、洗涤 D．实验二通过滴液漏斗投料过程可能有空气进入装置，应在通风橱内进行 (6)实验方案不采用邻菲罗啉直接与高氯酸亚铜反应制备产物，而是先制得高氯酸四乙晴合亚铜。请结合物质的溶解性推测原因 。 【答案】(1)减缓反应速率、延长蒸发结晶时间 (2)溶液蓝绿色褪去 (3)C (4)b→d→c→a→e (5)BCD (6)CuClO4(高氯酸亚铜)在有机溶剂(如乙腈)中的溶解度较低，直接与邻菲罗啉反应效率低下 而[Cu(CH3CN)4]ClO4(高氯酸四乙腈合亚铜)在有机溶剂(如乙腈)中溶解度较高，利于反应 【解析】Cu(CH3CN)4ClO4(高氯酸四乙晴合亚铜)的制备实验流程中，Cu2(OH)2CO3用高氯酸溶解后过滤得到Cu(ClO4)2溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到Cu(ClO4)2·6H2O蓝绿色晶体，在无水乙腈中利用铜粉将Cu2+还原为Cu+，步骤Ⅴ中“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，Cu+的配合物通常为无色，易被氧化，干燥时需隔绝空气，则适宜的干燥方法是真空干燥。 (1)若加入太多水，会导致反应物的浓度降低，弊端是： 减缓反应速率、延长蒸发结晶时间。 (2)Cu(ClO4)2·6H2O(六水合高氯酸铜)为蓝绿色晶体，溶于水后得到蓝色溶液，加热回流结束时，溶液蓝绿色褪去。 (3)由已知信息可知Cu+的配合物通常为无色，易被氧化，干燥时需隔绝空气，则适宜的干燥方法是真空干燥，故选C。 (4)实验二“惰性气体保护”需用惰性气体充分置换空气，可通过反复抽真空、通氮气来实现，操作为：关闭K1→打开K2→抽真空→关闭K2→打开K1→通氮气→重复3次→关闭真空泵。 (5)A项，步骤Ⅲ应“浓缩”至溶液表面出现晶膜，表明溶液已达到过饱和状态，然后降温结晶，A正确；B项，步骤Ⅳ中“加热回流”的主要目的是在无水乙腈中利用铜粉将Cu2+还原为Cu+，B错误；C项，步骤Ⅴ中“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，C错误；D项，Cu+的配合物易被氧化，实验二需在真空环境中进行，不能有空气进入装置，D错误；故选BCD。 (6)实验方案不采用邻菲罗啉直接与高氯酸亚铜反应制备产物，而是先制得高氯酸四乙晴合亚铜，原因是：CuClO4(高氯酸亚铜)在有机溶剂(如乙腈)中的溶解度较低，直接与邻菲罗啉反应效率低下 而[Cu(CH3CN)4]ClO4(高氯酸四乙腈合亚铜)在有机溶剂(如乙腈)中溶解度较高，利于反应。 3．氢化铝锂(LiAlH4)是有机合成中的重要还原剂。某课题组按如图流程、装置开展了制备实验(夹持、尾气处理装置已省略)。 已知：①LiH、LiAlH4在潮湿的空气中均会发生剧烈水解。 ②乙醚微溶于水，沸点34.5℃，易燃；苯的沸点80.1℃。 ③相关物质溶解性表如下 AlCl3 LiAlH4 LiH LiCl 乙醚 可溶 可溶 微溶 难溶 苯 易溶 难溶 难溶 难溶 请回答： (1)图1中仪器a的名称是 。 (2)写出步骤I中LiH与AlCl3反应的化学方程式 。 (3)下列说法正确的是_______。 A．步骤I需在无水环境反应 B．球形干燥管的主要作用是吸收尾气 C．步骤II的操作为真空条件下过滤 D．乙醚沸点低，主要原因是难以形成分子间氢键 (4)为提高产品的产率，应选择LiH适当过量而不是AlCl3过量，原因是 。 (5)步骤III加入苯的作用是 。 (6)25℃，常压下，测定LiAlH4 (不含LiH和AlH3)纯度的主要步骤如下(装置如图2所示)： ①记录量气管B起始体积读数V1 mL ②调整量气管中液面高度，读数V2 mL ③打开旋塞至滴加完所有液体，立即关闭旋塞 ④称取产品LiAlH41.90g加入圆底烧瓶A ⑤在分液漏斗中加入过量的四氢呋喃(可减缓LiAlH4与H2O的反应速率)和水的混合液10.0 mL 上述操作正确的顺序为 。 _______→①→_______→_______→_______。 ⑥计算LiAlH4的质量分数为 (用含V1、V2的代数式表达)。(量气管B由碱式滴定管改装；25℃，常压下气体摩尔体积约为。 【答案】(1)恒压滴液漏斗 (2)4LiH+AlCl3=LiAlH4+3LiCl (3)ACD (4)生成的LiCl难溶于乙醚，会附着在LiH表面 (5)除去LiAlH4中的AlCl3，有利于LiAlH4析出 (6)④→①→⑤→③→② 【解析】根据实验流程图，氯化铝乙醚溶液与氢化锂乙醚溶液在26~30℃条件下搅拌反应，生成LiAlH4和不溶于乙醚的氯化锂，过滤得到乙醚和氢化铝锂、氯化锂的乙醚溶液；向滤液中加入苯，析出LiAlH4。 (1)仪器a的名称是恒压滴液漏斗； (2)步骤I中LiH与AlCl3生成LiAlH4和氯化锂，反应的化学方程式4LiH+AlCl3=LiAlH4+3LiCl； (3)A项，LiH、LiAlH4遇水均会发生剧烈水解，步骤I需在无水环境反应，A正确；B项，球形干燥管防止空气中水蒸汽进入装置，B错误；C项，因LiH、LiAlH4在潮湿的空气中均会发生剧烈水解，步骤II的操作为真空条件下过滤，C正确；D项，乙醚中是醚键，为C-O单键，难以形成分子间氢键，故沸点低，D正确；故选ACD； (4)为提高产品的产率，应选择LiH适当过量而不是AlCl3过量，原因是生成的LiCl难溶于乙醚，会附着在LiH表面，且LiH在乙醚中溶解度小，过量使用可以提高产率； (5)AlCl3在苯中易溶，LiAlH4在苯中难溶，加入苯作用：除去LiAlH4中的AlCl3，有利于LiAlH4析出； (6)25℃，常压下，准确称取产品LiAlH41.90g，调整液面相平后记录量气管B起始体积读数V1 mL，在分液漏斗中准确加入过量的四氢呋喃(可减缓LiAlH4与H2O的反应速率)、水混合液10.0 mL，打开旋塞至滴加完所有液体，立即关闭旋塞，反应结束后调整量气管，使液面相平，记录读数为V2 mL，操作正确的顺序为④→①→⑤→③→②；LiAlH4与水反应的化学方程式：LiAlH4+4H2O=LiOH+Al(OH)3+4H2↑；根据题意可知，加入10mL液体，10mL液体也需要占据装置空间，因此收集到氢气的体积为(V1-10-V2)mL，根据反应方程式，LiAlH4的物质的量为氢气的，为mol，质量分数为=。 4．肉桂酸(C6H5CH=CHCOOH)和氢化肉桂酸(C6H5CH2CH2COOH)都是重要的医药中间体，某小组采用如下实验流程进行制备(相关性质如下表)。 名称 苯甲醛 醋酸酐 肉桂酸 性状 无色油状液体 无色液体 无色针状晶体 熔点 ℃ ℃ 133℃ 沸点 178℃ 140℃ 300℃ 溶解度(水) 0.3g 12g 请回答： (1)步骤Ⅱ的“水蒸气蒸馏”装置如图(夹持仪器和尾气处理装置已省略)，图中仪器a的名称是 ，水蒸气蒸馏的主要目的是为了除去 。 (2)下列做法不正确的是_____。 A．步骤Ⅰ反应需要控温在170~180℃，若控温加热器发生故障，可改用水浴加热 B．步骤Ⅱ中，应先撤去加热装置并冷却后再加水浸泡 C．步骤Ⅲ中，加入NaOH可以使产物以钠盐形式存在，提高溶解能力，便于与杂质分离 D．步骤Ⅳ中，过滤后用稀盐酸洗涤粗产品 (3)肉桂酸催化加氢制备氢化肉桂酸的实验装置如图所示(三通活塞1接氢气贮存系统、三通活塞2接真空系统)： ①实验步骤：在圆底烧瓶内加入3g肉桂酸()和95%乙醇，溶解后加入催化剂，连接装置， 。a→_____→_____→_____→e→f(实验步骤排序，选填序号)，记录贮氢筒内H2的体积为500mL(读数时保持平衡瓶内水平面与贮氢筒中水平面高度持平。已知：常温常压下)。当体积无明显变化后，记录H2的体积为108mL，水浴蒸去乙醇可得氢化肉桂酸粗产品。 a．检查装置气密性 b．打开活塞1充入H2 c．关闭活塞1，打开活塞2，抽气到一定真空度后关闭活塞2 d．旋转活塞1，提高盛有蒸馏水的平衡瓶的位置，使贮氢筒充满水 e．重复必要操作2~3次，并确定装置内的空气已除尽 f．关闭活塞2，打开$$