2026届化学-高考答题规范

答题规范 DATI GUI FAN 目录G0 NTENT S 考前指引 01 临考策略 0 ●（一）化工流程题答题策略 … 01 ●（二） 实验题答题策略 03 ● （三)化学反应原理综合题答题策略 06 (四)物质结构与性质答题策略 08 ●（五)有机推断题答题策略 10 三真题示范 6a1 12 一、考前指引 1.正确的答题心态很重要，告诉自己考试就和完成一次作业一样。 2.用好考前五分钟，试卷下发后先预览一遍题目，大概了解难易程度。 3.合理分配答题时间，不要在没把握的题上花费大量时间。 4.做题顺序最好先易后难，按顺序做下去，没思路的题先跳过。 5.会做的题一定要保证做对，做到细心、耐心。 6.碰到拿不准的题不要留尾巴，要把会的部分写出，其他的先写一点，最后有时间再来思 考。 7.碰到难题既不能轻易放弃，也不要抓住不放，做个标记，选择题可以按经验先选一个， 填空题看看题干信息选填一些，有些答案就在信息中。 8.草稿纸的使用要得当，书写整洁一些，对最后检查很有帮助。 9.注意涂答题卡，避免填涂不规范无法识别丢分，也要避免填涂时间不够。一般选择题做 完后即将答题卡涂好。 10.答题时，特别要注意充分利用题中所给的关键信息 临考策略 选择题部分主要考查化学与ST$E,简单实验，有机物结构与性质，化学方程式，物质 结构与元素周期律，电化学，电解质溶液等。考点相对比较固定，难度也相对较小。平时可 每题集中训练，把题中考点和常见的陷阱整理清楚，形成针对性较强的解题方法。解题时不 仅要注意速度，给后面大题留够时间，更要保证做题的正确率，尽可能做到全部正确。此外， 多关注最新的化学相关新闻报道。 (一)化工流程题答题策略 该题一般考查从原料到产品的转化、分离和提纯流程，包括一条主线和多条分线。原料 中主要成分元素需沿着主线行进，最终到达产品中，其它成分元素（杂质）则从各分线通过 沉淀或滤液等不断去除，期间可能涉及氧化还原反应的转化形式，以及普通离子反应产生沉 淀的形式。 解题时，需通读题干，找出关键信息，即原料中主要成分、杂质成分和最终产品，结合 信息明确每一种杂质成分的去除方式。题干设计一般较多从流程简洁、速度较快、产品纯度 和产率高的角度考虑具体方法，因此，答题时也应多从这几个方面入手，注意答案的全面性， 关注流程中的信息，很多时候，答案就在信息中。 【实例1】 硫酸锌(ZS04)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸 锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnC03,杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合 物。其制备流程如下： 菱锌矿 H-SO X KMnO Zn粉 HF 焙烧 浸取 调H-5滤液①氧化滤液②转化滤液③脱钙镁滤液④ 过滤 过滤 过滤 过滤 ZnS047HO 滤渣① 滤渣② 滤渣③ 滤渣④ 本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表： 离子 Fe3 Zn2+ Cu2+ Fe2+ Mg2+ Ksp 4.0×10-38 6.7×10-17 2.2×10-20 8.0×10-16 1.8×10-11 回答下列问题： (1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为 (2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有 (3)加入物质X调溶液pH=5,最适宜使用的X是 (填字母) 金要成分是 B. Ca(OH)2 C.NaOH (4)向80N90℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2, 该步反应的离子方程式为 (5)滤液②中加入锌粉的目的是 (6)滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是 分析： 本题的主要目的是通过菱锌矿来制备硫酸锌，其中，主要元素Z的价态没有发生变化 因此整体流程的重点，肯定在于将杂质(SiO2、Ca、Mg、Fe、Cu)除去。 从整个流程来看， 第一步焙烧，会让碳酸盐分解，得到ZnO: 第二步用硫酸浸取，目的是直接除去不溶物质SiO2,溶液中含有Zn2*、Ca2+、Mg2*、 Cu2+、Fe2+、Fe+; 第三步调节pH值，此时的滤渣①主要为不溶的SiO2和pH=5时完全沉淀的F(OH)3, 还会有少量微溶的CaSO4; 第四步氧化过滤，目的是将溶液中还余留的F®2*氧化至Fe3+,并沉淀进入滤渣②：同时 结合题干(4)，Mm元素以MnO2的形式在此步骤中进入滤渣②：滤液②中还剩余Zn2+、 Ca2+、Mg2+、Cu2+: 第五步加入Zn粉转化，是较为基础的置换反应，将溶液中的Cu+置换为Zn2+,Cu沉 淀除去； 第六步，利用氟化物溶解度较小的原理，加入HF,除去CaF2、MgF2;此时滤液中仅剩 Zn2+。 解题关注： (1)关注碳酸盐的受热分解 (2)找到提高反应（溶解）速率的方法 (3)除杂时注意不要引入新的杂质，同时再兼顾环保和成本 (4)根据已知反应物和生成物，判断出得失电子守恒，书写、配平方程式 (5)整个流程均为除杂，因此关注加入Z如粉能除去什么杂质离子 (6)判断出两个滤渣成分，加入浓硫酸释放HF,则剩下硫酸盐 参考答案： D20,棕烧 Zn0+C02↑ (2)将焙烧后的产物碾碎、增大接触面积、增大硫酸的浓度等 (3)B:Fe(OH)3 CaS04;SiO2 (4)3Fe2++Mn0a+7H20=3Fe(0H)3↓+Mn02↓+5H+ (5)将Cu2+置换出来，除去Cu (6)CaS04:MgS04 (二)实验题答题策略 该题一般以物质的合成、制备、提取为载体，考查物质的分离和提纯相关实验基本操作。 涉及的点主要有仪器使用与实验操作、实验条件选择与分析、实验方案设计与评价、陌生化 学方程式书写、产品纯度或产率分析等。需重点关注以下几个方面的梳理。 1.气体相关：气密性检测操作、防倒吸、干燥、尾气处理等（干燥剂选择）； 2.液体处理：萃取、分液操作及注意事项、分液漏斗检漏、萃取剂选择、蒸馏操作及注 意事项（减压蒸馏）： 3结晶相关：蒸发结晶、蒸发浓缩（冷却结晶）、加试剂结晶、控温结晶、大颗粒晶体 的培养、过饱和溶液处理等： 4.沉淀处理：沉淀是否完全、各种过滤方法（抽滤、热过滤、倾析法）、洗涤液选择、 洗涤操作及注意事项、洗涤干净的标准、干燥条件的选择、灼烧等： 5定量分析：溶液配制、移液、滴定操作及注意事项、滴定管检漏及处理、润洗、排气 泡、指示剂选择、终点现象描述、误差分析等： 6.其它：pH调节、实验条件选择与分析、实验方案设计与评价、提示信息采集与利用、 陌生化学方程式书写、产品纯度的相关计算与分析。 解题时，注意己知信息的使用、很多时候，答案就在信息中。注意所制备物质的特征（是 否易被氧化、是否易潮解等)，方案分析评价时类似于流程题，多从合成速度较快、产品纯 度和产率高的角度考虑。 【实例2】 硫化钠可广泛用于染料、医药行业。工业生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重 金属硫化物等杂质。硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇。实验室中常用95%乙 醇重结晶纯化硫化钠粗品。回答下列问题： (1)工业上常用芒硝(Na2S04.10H20)和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生成C0,该反应的 化学方程式为 (2)溶解回流装置如图所示，回流前无需加入沸石，其原因是 。 回流时，烧瓶内气雾 上升高度不宜超过冷凝管高度的了 。若气雾上升过高，可采取的措施是 95% (3)回流时间不宜过长，原因是 。 回流结束后，需进行的操作有① Na:S 停止加热②关闭冷凝水③移去水浴，正确的顺序为 (填标号)。 相品 A.①②③ B.③①② c.②①③ D.①③② (4)该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，其原因是 热过滤除去 的杂质为 。 若滤纸上析出大量晶体，则可能的原因是 (5)滤液冷却、结晶、过滤，晶体用少量 洗涤，干燥，得到Na2S.xH20。 分析： 本题主要是为了利用硫化钠及其杂质的溶解度差异，达到提取硫化钠并提纯的目的。硫 化钠的制备，在工业上使用芒硝(Na2S04,10H2O)和煤粉在高温下生产。回流装置中的沸石 主要作用是防止加热时液体爆沸，而生产过程中的煤灰、重金属硫化物沉淀等均可以当作沸 石使用。本题是在一个实验场景下的、对实验各方面内容进行考查的试题，需要对实验有较 全面的认识，对实验方法、特殊情况有全面的判断。 解题关注： (1)制备化学方程式是一个己知反应物和部分生成物的氧化还原反应化学方程式。书 写时先关注两剂、两产物，做好判断、计算得失电子守恒，再交叉相乘完成得失电子配平， 最后补充配平物料。 (2)回流装置中的沸石主要作用是防止加热时液体爆沸，关注生产过程中有没有物质 可以当作沸石使用的。 (3)反应时间过长，通常会伴有副反应、产物分解、产物被氧化等情况。本题中关注 产物容易被氧化而变质，从而降低产率。 (4)考虑锥形瓶的特点：口小液体不易溅出、防止滤液冷却；题干中明确指出重金属 硫化物难溶于乙醇，因此会在滤纸上形成沉淀。 (5)晶体洗涤时考虑不能有太多损失，而乙醇可以带走水，同时冷的乙醇不溶解疏化 钠，不会损耗产品。 参考答案 （1D4,50,10H,0+4c高-温a,S+4001+10H,0 (2)硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石： 降低温度 (3)回流时间过长，会进入空气，使硫化钠氧化变质；D (4)防止滤液冷却：重金属硫化物：温度逐渐恢复至室温 （5)冷的95%乙醇 (三)化学反应原理综合题答题策略 该题一般从反应热、反应速率、平衡状态及平衡移动、平衡图像、平衡常数和转化率相 关计算，以及电化学几方面考查反应原理的综合应用。平时应加强对利用盖斯定律或者键能 和活化能计算焓变、平衡图像解析与作图、平衡常数和转化率计算、电化学等方面知识的训 练，同时关注对信息解读能力的培养。 【实例3】 金属钛(T)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法之一是 将金红石(Ti02)转化为TiC14,再进一步还原得到钛。回答下列问题： (1)Ti02转化为TCL4有直接氯化法和碳氯化法。在1000℃时反应的热化学方程式及其平衡 常数如下： ()直接氯化：Ti02(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+02(g)△H1=172k.mol1,Kp1=1.0×102 (m)碳氯化：Ti02(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2C0(g)△H2=一51k.mol,Kp2= 1.2×1012 ①反应2C(s)+02(g)=2C0(g)的△H为k.mol1,K,=Pa。 ②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是 ③对于碳氯化反应：增大压强，平衡移动（填“向左”“向右”或“不”）：温度升 高，平衡转化率 (填“变大”“变小”或“不变”)。 (2)在1.0×105Pa,将Ti02、C、Cl2以物质的量比1：2.2：2进行反应。体系中气体平衡组成 比例（物质的量分数）随温度变化的理论计算结果如图所示。 0.7T -◆C0 一TCW 0.6 -4.C0 。C 0.5 0.4 0.3 0.2 a. 0.0 200400600 500100012014001600 温度/℃ ①反应C(s)+C02(g)=2C0(g)的平衡常数K,(1400℃)= Pa ②图中显示，在200℃平衡时TiO2几乎完全转化为TCl4,但实际生产中反应温度却远高于此 温度，其原因是 (3)T02碳氯化是一个“气-固-固”反应，有利于Ti02一C“固-固”接触的措施是 公近 本题为化学反应原理的综合题型，解题时关注能量变化、反应速率与平衡。T02转化为 TC4有直接氯化法和碳氯化法，本题中进行了两种方法的比较，并需要解题分析碳氯化法的 优点。作为更有优势的方法，后续题目围绕碳氯化法中平衡的移动、平衡常数的计算、工业 生产条件等方面进行了分析提问。 解题关注： (1)①根据盖斯定律，直接进行计算，反应i-反应ⅰ。可同时求得焓变与Kp的值。 ②碳氯化法的优势分析，需要从反应的自发性和反应平衡的角度思考、答题。 ③分析压强、温度对反应平衡、平衡转化率的影响。气体分子数增大时，增大压强，平 衡向左移动：放热反应，温度升高，平衡向左移动，则平衡转化率变小。 (2)①准确读图，1400℃时，体系中气体平衡组成比例C02是0.05，C0是0.6，再根据 平衡常数计算公式代入数据。 ②工业实际反应，除了考虑原理分析中的最佳点，还要考虑到实际的反应速率、效率问 题。实际反应温度高于200℃，是为了提高反应速率，在相同时间内可以得到更多的TC14产 品。 (3)反应物质的状态（接触面积）会影响反应速率。颗粒越小、比表面积越大，则反 应接触面积越大，反应速率越快。因此考虑将固体颗粒研磨粉碎，同时可以通入气体，将固 体颗粒鼓起，使其接触更充分。 参考答案： (1)①-223：1.2×1014 ②碳氯化反应熵增、放热且平衡常数远大于 ③向左：变小 (2)①7.2×105 ②为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TCL4产品，提高效益 (3)将两固体粉碎后混合，同时鼓入C2,使固体粉末“沸腾” (四)物质结构与性质答题策略 1·熟练掌握核外电子排布基本原理，电离能、电负性大小的判断方法及递变规律。 2.熟练掌握杂化轨道与空间构型的判断方法。 3,熟练掌握晶胞结构的分析与计算。 【实例4】 2008年北京奥运会的“水立方”，在2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”，实现了 奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯(CH2=CH2)与四氟乙烯(CF2=CF2)的共 聚物(ETFE)制成。回答下列问题： (1)基态F原子的价电子排布图（轨道表示式）为 (2)图a、b、c分别表示C、N、0和F的逐级电离能I变化趋势（纵坐标的标度不同）。第一电离 能的变化图是 (填标号)，判断的根据是 ；第三电离能的变化图是 (填 标号)。 N N 图a 图b 图c (3)固态氟化氢中存在(HF)n形式，画出(HF)3的链状结构 (4)CF2=CF2和ETFE分子中C的杂化轨道类型分别为 和 聚四氟乙烯的化学 稳定性高于聚乙烯，从化学键的角度解释原因 0 (5)萤石(CF2)是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是 若该立方晶胞参数为apm,正负离子的核间距最小为 pm 分析 结构相关的题通常为多个模型、多角度进行提问，不像流程题、实验题那样有一个完整 的过程。因此，与结构相关的各个方面都需要关注，如对于常见元素的核外电子排布式、轨 道式/电子排布图，需要熟练掌握。同时，像第一电离能的变化特点、杂化轨道类型、晶胞的 分析也是需要掌握的方面。 解题关注： (1)价电子排布图（轨道表示式）的书写，关注电子排入的要求，如洪特规则、泡利 原理、能量最低原理等。 (2)对于同一周期，特别是短周期的元素，第一电离能的变化及原因需要掌握。同一 周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元 素的第一电离能较C、O两种元素高，因此C、N、0、F四种元素的第一电离能从小到大的顺 序为C<O<N<F。判断第三电离能需要使用类比的思想，既然第一电离能会因为p能级 的半充满而出现较高的情况，那么判断第三电离能时，也可能因为2价阳离子p能级的全空 而出现较高的情况。此时，C原子在失去2个电子之后的2s能级为全充满状态，因此其再失 去一个电子需要的能量稍高。 (3)HF中存在氢键，且一个HF可以在两端各形成一根氢键，因此链状结构中三个HF 用氢键相连即可。 (4)碳元素的杂化方式，可以借助其成键特点来判断。四氟乙烯中的碳原子形成了2 个单键和1个双键，存在3对共用电子对，因此其杂化方式为$p杂化。在聚合物中，单体 的碳碳双键打开形成高聚物，此时碳原子形成4个单键，存在4对共用电子对，因此为sp 杂化。 1 (5)根据晶胞特点，黑球在体内，有8个；灰球在顶点和面心，算4个(8×二+6×二=4)。 8 2 1 结合萤石的化学式(CaF2),可知黑球为F,灰球为Ca2+。晶胞中，正负离子的最小距离为 8 晶胞的一 体对角线，因此距离为 3 -a pm 参考答案： 2s 2p 11 (1) (2)图a;同一周期第一电离能呈增大趋势，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N 元素的第一电离能较C、O两种元素高：图b 3 (4)Sp2;sp3:C一F键的键能大于聚乙烯中C一H的键能，键能越大，化学性质越稳定 (5)caet:apm (五) 有机推断题答题策略 本题主要根据有机合成流程图，进行结构推断、官能团性质与反应类型、反应方程式 书写、限制条件的同分异构体书写等方面的考查。平时应多关注不同结构的对称性，加强结 构与分子式对比切断能力的训练，常见的结构拼接方式（如下）。 OH H CO+OR H+ 推断时，记住常用拼接方式，基本上不用看信息，少数情况真没办法再看看提示信息。 另外，有些特征结构常作为反应的活性位点，如-X(卤素)、-NH2等。 【实例5】 用N-杂环卡其碱(NHC base)作为催化剂，可合成多环化合物。下面是一种多环化合物 H的合成路线（无需考虑部分中间体的立体化学）。 CHO CHO Br. CHO A CH.CHO 1)Br/CCL C.HO △ NaOH 20H B ② ③ 回 NHC base Na.CO, E 1)强 B CH。O22)还 ④ 回答下列问题： (1)A的化学名称为 (2)反应②涉及两步反应，己知第一步反应类型为加成反应，第二步的反应类型为 (3)写出C与Br2/CCl4反应产物的结构简式 (4)E的结构简式为 0 (5)H中含氧官能团的名称是 (6)化合物X是C的同分异构体，可发生银镜反应，与酸性高锰酸钾反应后可以得到对苯二甲 酸，写出X的结构简式 (7)如果要合成H的类似物H, 参照上述合成路线，写出相应的D,和G,的结构 简式 H,分子中有 个手性碳（碳原子上连有4个不同的原子或基团 时，该碳称为手性碳)。 分析 本题有机合成，可以先把己知结构的特点进行浏览，对于书上或常规的反应可以直接判 断。如：根据A-B的反应条件和B的结构，可以推出A为苯甲醇。B-C为羟醛缩合，乙醛 的活泼氢与苯甲醛的醛基进行加成，再消去一份水。C-D为卤素对双键的加成和消去。F-G 为羟基与C=O旁活泼氢的取代。D+G的反应，利用了D的碳碳双键，与硝基旁的活泼C H以及五元环中活泼C=O的反应，形成新的环。 多 解题关注： (1)从B的结构和AB的条件反推，A应该为苯甲醇。 (2)反应2是羟醛缩合，因此第一步为活泼氢对醛基的加成，第二步为羟基的消去。 (3)C与Bn的反应为双键上的加成。随后再通过碱性环境消去，得到D。 (4)从F中找到5个碳的片段，即为E的结构片段，再对C、H、O元素的个数进行核对， 得到、 ✉0 。 (5)H中的含氧官能团包括酯基、酮羰基、硝基。 (6)同分异构体的书写要抓住特征片段，本小题描述为能发生银镜反应，因此存在醛基： 与高锰酸钾反应得到对苯二甲酸，则可能是苯甲醛的结构；其他部分则可能为苯环相连碳上 有氢，直接整串被氧化成苯甲酸的结构。根据不饱和度和碳数判断，同分异构体的判断应该 CHO 为 CH-CH, (7)对比0 与原H结构，按分析中D和G合成H的方法反推，D’和H'应为： O.N CHO Br 数H,结构中的手性碳个数，为5 个 O.N 参考答案： (1)苯甲醇 (2)消去反应 Br CHO (3) (4) (5)硝基、酯基和羰基 CHO (6) CH-CH2 CHO (7) 三、真题示范(2022年新高考全国乙卷) 1. 废I旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbS04、PbO2、PbO和Pb。还有少量Ba、Fe、Al的盐 或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过如图流程实现铅的回收。 NaCO3HAc、HO2NaOH 铅膏一脱璃一酸浸一沉铅 →Pb0 滤液 滤渣 滤液 一些难溶电解质的溶度积常数如下表： 难溶电解质 PbSO4 PbCO3 BaS04 BaCO3 Ksp 2.5×10-8 7.4×10-14 1.1×10-10 2.6×10-9 一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表： 金属氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3 Pb(OH)2 开始沉淀的pH 2.3 6.8 3.5 7.2 完全沉淀的pH 3.2 8.3 4.6 9.1 回答下列问题： (1)在“脱硫”中PbS04转化反应的离子方程式为 ,用沉淀溶解平衡原理解释选择 Na2C03的原因 (2)在“脱硫”中，加入Na2C03不能使铅膏中BaS04完全转化，原因是 (3)在“酸浸”中，除加入醋酸(HAc)外，还要加入H202 (①)能被H202氧化的离子是 (i)H202促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac)2,其化学方程式为 (ii)H202也能使Pb02转化为Pb(Ac)2,H202的作用是_ (4)“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是 (⑤)“沉铅”的滤液中，金属离子有。 【答案】 (1)PbS04(s)+C03-(aq)=PbC03(s)+S0-(aq): 原因：反应Pbs04(s)+C03-(aq)=PbC03(S)+S0?-(aq)的平衡常数K=S02 c(C03-) c(Pb2+)xc(SO)Ksp(PbSO)2.5x10- c(Pb2+)xc(CO)Ksp(PbCO3) x10二≈3.4×105>105，说明Pbs04可以比较彻底 的转化为PbC03 (2)反应BaS04(S)+C0好-(aq)=BaC03(付)+S0?-(aq)的平衡常数K=S0积= c(CO) c(Baz+)xc(S)Ksp(BaS0.)11x10 8a2*xcc0=Kp8C0=26x10≈0.04<105，说明该反应正向进行的程度 有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaS04完全转化 (3) ①Fe2+；(i)Pb+H202+2HAc=Pb(Ac)2+2H20 (iii)作还原剂 (4) Fe(OH)3、Al(OH)3 (5)Ba2+、Nat 【解析】 本题是从废旧铅蓄电池铅膏中，回收再利用P0的流程题。 (1)根据硫酸铅和碳酸铅的K$p可知，因其沉淀形式相同，可直接比较Ksp大小来决定反 应方向：向硫酸铅中加入碳酸根，会生成碳酸铅沉淀。 PbSO4(s)+CO?-(aq)=PbC03(s)+SO?-(aq)该反应的K值可根据硫酸铅和碳酸铅的Ksp 计算得到，K=器器-=34×103>105，说明反应比较物底， (2)根据上一问的思路，BaS04(s)+C03-(aq)=BaC03(s)+S0-(aq)的平衡常数 K=S0二=B50≈0.04<105，说明反应程度有限，加入Na2C03不能使铅膏中 c(CO)Ksp(BaCO3) BaS04完全转化。 (3)()双氧水具有氧化性，可将杂质中的亚铁离子氧化为三价铁离子。 ()双氧水可以氧化铅单质至二价铅，进而生成醋酸铅。 (i)H202也能使Pb02转化为Pb(Ac)2。该过程中，铅元素从+4价降至+2价，被还原。因此 双氧水起还原剂作用。 (4)根据氢氧化物沉淀pH的表格可知，在pH为4.9时，氢氧化铝、氢氧化铁完全沉淀， 而其他氢氧化物还未开始沉淀。 (5)脱硫时加入碳酸钠，得到碳酸铅沉淀，但是会残留硫酸钡和Na*;酸浸时得到醋酸铅 沉淀，无金属阳离子影响；沉铅时加入了NaOH。因此最后剩余的金属阳离子为Ba2+、Na+。 2 二草酸合铜(D酸钾(K2[Cu(C204)2])可用于无机合成、功能材料制备。实验室制备二草 酸合铜()酸钾可采用如下步骤： I.取己知浓度的CuS04溶液，搅拌下滴加足量NaOH溶液，产生浅蓝色沉淀。加热，沉淀转变 成黑色，过滤。 Ⅱ.向草酸(H2C204)溶液中加入适量K2C03固体，制得KHC204和K2C204混合溶液。 Ⅱ.将Ⅱ的混合溶液加热至80~85℃，加入I中的黑色沉淀。全部溶解后，趁热过滤。 V将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩，经一系列操作后，干燥，得到二草酸合铜（山）酸钾晶体， 进行表征和分析。 回答下列问题： (1)由CuS045H20配制I中的CuS04溶液，下列仪器中不需要的是 (填仪器名称) (2)长期存放的CuS04.5H20中，会出现少量白色固体，原因是 (3)I中的黑色沉淀是 (写化学式)。 (4)Ⅱ中原料配比为n(H2C204):n(K2C03)=1.5:1,写出反应的化学方程式 (5)Ⅱ中，为防止反应过于剧烈而引起喷溅，加入K2C03应采取 的方法。 (6)Ⅲ中应采用 进行加热。 (7)V中“一系列操作”包括 【答案】 (1)分液漏斗和球形冷凝管 (2)CuS04,5H20风化失去结晶水生成无水硫酸铜 (3)Cu0 (4)3H2C204+2K2C03=2KHC204+K2C204+2H20+2C02↑ (5)分批加入并搅拌 (6)水浴 (7)冷却结晶、过滤、洗涤 【解析】 本题是实验题，利用CuS04、H2C204和K2C03制备二草酸合铜()酸钾。 (1)考查溶液的配制实验，在配置过程中，需用天平称量一定质量的CuS04.5H20固体，放 入烧杯中溶解，因此还需要用到量筒。而分液漏斗和球形冷凝管是用不到的。 (2)CuS04,5H20是蓝色的，失去结晶水的CuS04是白色的。因此考虑长期放置导致CuS04. 5H20失去结晶水，产生白色固体。 (3)浅蓝色沉淀Cu(O2受热后，分解为CuO,是黑色固体。 (4)已知原料配比为n(H2C204):n(K2C03)=1.5:1,因此在方程书写时扩大2倍，使系数为 整数：3H2C204+2K2C03。根据题干说明，产物为KHC204和K2C204,最后用物料守恒的方 法得出碳酸根的产物应为水和二氧化碳，并配平。 (5)为防止草酸和碳酸钾反应时反应剧烈，造成液体喷溅，可减缓反应速率，将碳酸钾进 行分批加入并搅拌。 (6)步骤Ⅲ中需要加热至80~85℃，因此考虑水浴加热，可以使得加热更均匀，温度变化 更缓慢。 (7)步骤V中的一系列操作，为的是从溶液中提取得到二草酸合铜()酸钾晶体。一般方 法即为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 3 油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利 用。回答下列问题： (1)已知下列反应的热化学方程式： ①2H2S(g)+302(g)=2S02(g)+2H20(g)△H1=-1036k·mol1 ②4H2S(g)+2S02(g)=3S2(g)+4H20(g)△H2=94k·mol-1 ③2H2(g)+02(g)=2H20(g)△H3=-484k·mol-1 计算H2S热分解反应④2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)的△H4= k·mol-1。 (2)较普遍采用的H2S处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法 是：利用反应④高温热分解H2S。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是 缺点是 (3)在1470K、100kPa反应条件下，将n(H2S):n(Ar=1:4的混合气进行H2S热分解反应。平 衡时混合气中H2S与H2的分压相等，H2S平衡转化率为 ，平衡常数 Kp kPa。 (4)在1373K、100kPa反应条件下，对于n(H2S):n(Ar)分别为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的 H2S一Ar混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如下图所示。 60- 48 44 40 3 24 628 0 0.00.20.40.60.81.012141.61.8 时间s ①n(H2S):n(Ar)越小，H2S平衡转化率 理由是 ②n(H2S):n(Ar)=1:9对应图中曲线 ,计算其在0一0.1s之间，H2S分压的平均变 化率为 kPa·s-1。 【答案】 (1)+170 (2)副产物氢气可作燃料：耗能高 (3)50%:4.76 (4)①越高：n(H2S):n(A)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转 化率越高；②d;24.9 【解析】 本题是反应原理相关题型。 (1)利用盖斯定律计算，反应④即为（①+②）×③，因此焓变计算也是如此。 (2)克劳斯工艺的反应为（①+②）×计算得△H=一314k/mol,是放热反应。相比高温 热分解法则需要外界加热进行反应，比较耗能：但是反应④的高温热分解H2S在得到单质硫 的同时，还有副产物生成，可以作为燃料或产品。 (3)根据平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，列出三段式： 2H2S(g)=S2(g)+2H2(g) 起始(mol) 1 0 0 变化(mol) 0.5x 平衡(mol) 1-x 0.5x 0.5 此时1一x=x,解得x=0.5。所以HS的平衡转化率为 1 ×100%=50%，平衡时的总物 质的量1+0.5x+4(代表Ar)=5.25,则平衡常数 0.25 Kp pS2)×p(H_3×10kPa×(×10kPa2 0.5 ≈4.76kPa p2(H2S) (5.2云×100kPa)2 0.5 (4)①H2S越少，Ar越多，相当于降低H2S压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转 化率越高。 ②根据上一小题分析，n(H2S):n(Ar)=4:1应该为曲线a,而n(H2S):n(Ar)=1:19应该为曲 线e。题中所问1：9应该为曲线d。其在0一0.1s之间，H2S分压转化率改变了24%。假设初 始投料即为1mol和9mol,再次列出三段式： 2H2S(g)=S2(g)+2H2(g) 起始(mo) 1 0 0 变化(mol) 0.24 0.12 0.24 平衡(mol) 0.76 0.12 0.24 H2s的分压变化为：初始☐xl00kpa=10kpa;平衡时☐×100kpa=7.51kpa H2S分压的平均变化率为1OkPa-751Pe≈24,9kPa·s-1 0.1s 4. 卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题： (1)氟原子激发态的电子排布式有 ，其中能量较高的是 。(填标号) a.1s22s22p43s1 b.1s22s22p43d2 c.1s22s12p5 d.1s22s22p33p2 (2)①一氯乙烯(C2H3CI)分子中，C的一个 杂化轨道与Cl的3px轨道形成C一Cl 键，并且CI的3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大π键（π）。 ②一氯乙烷(C2H5CI)、一氯乙烯(C2H3C)、一氯乙炔(C2HCI)分子中，C一CI键长的顺序是 ,理由：(i)C的杂化轨道中s成分越多，形成的C一CI键越强：（①） 0 (3)卤化物CsC12受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为。解 释X的熔点比Y高的原因。 (4)c一AgI晶体中-离子作体心立方堆积（如图所示），Ag+主要分布在由I-构成的四面体、八 面体等空隙中。在电场作用下，Ag+不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此，α一AgI晶 体在电池中可作为 。已知阿伏加德罗常数为NA,则a一AgI晶体的摩尔体积 m (列出算式)。 a=504 pm 【答案】 (1)ad;d (2)①sp2;σ②一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔： ()CI参与形成的大π键越多，形成的C一CI键的键长越短 (3)CsCl:CsC1为离子晶体，ICI为分子晶体 （4)电解质：M×(504x101 2 【解析】 本题是物质结构相关题型。 (1)首先判断F原子的基态电子排布式为1s22s22p5,再分析每个选项：a的2p能级上有1 个电子跃迁到了3s能级上，称为激发态；b的核外总电子数多了一个，为F,不是氟原子： c的核外总电子数少了一个，不是氟原子；d的2p能级上有2个电子跃迁到了3p能级上，称 为激发态。对于原子来说，能级越高，激发到该状态所需的能量越大，原子能量越高。 (2)①一氯乙烯(C2H3CI)分子中，形成C-C1键的C为sp杂化，因此对于碳来说参与成键 的为sp杂化轨道。对于CI来说，参与成键的为p轨道的单电子。像这样两个原子各提供一 个电子形成共用电子对的形式，称为σ键。 ②C的杂化轨道中s成分越多，形成的C一CI键越强，C一CI键的键长越短。分析题中的三个 物质，一氯乙烷中碳采取sp3杂化，一氯乙烯中碳采取sp2杂化，一氯乙炔中碳采取sp杂化， p轨道成分越来越少，s轨道成分越来越多，键长越来越短。同时，在一氯乙烯、一氯乙炔 中，C1的3p轨道与C的相互平行的2p轨道可以形成共轭的形式，构成大π键。共轭的成分越 多，形成的C一CI键的键长越短。 (3)卤化物CsIC2中，C1的电负性强于I,因此显-1价，I显+1价。根据题干“发生非氧化 还原反应”，因此生成的产物为CsC1和IC1。物质的熔点判断首先要分析晶体类型，CsC和 IC1前者为离子晶体，后者为分子晶体。因此CsC1熔化时克服离子键，而IC1熔化时克服分 子间作用力。 (4)题干中写道，Ag+不需要克服太大的阻力即可发生迁移，因此Ag+可以传导电荷，即起 到电解质的作用。每个晶胞中含碘离子的个数为8X十1=2个，根据Ag化学式，银离子个 数也为2个。该晶胞的物质的量n=忌m0l,该晶胞的体积V=a3pm2=(504×103m3， 则一Agl晶体的摩尔体积Vm=:=Ax50x102 2 左旋米那普伦是治疗成人重度抑郁症的药物之一，如图是其盐酸盐（化合物K)的一种合 成路线（部分反应条件已简化，忽略立体化学）： 氧化8 CH-N 0H30%Na2C0 Cl NaNH甲 NC 2H+ A HOOC E 浓硫酸F☐CHN阳 OH SoCl2 H 甲苯 GH10A1Cl,甲苯 甲苯 CIH20CINO G CsH KNO I)C2H,NH2甲苯 NH·HCI 甲苯 2)异丙醇盐酸 已知：化合物F不能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳。 回答下列问题： (1)A的化学名称是 (2)C的结构简式为 (3)写出由E生成F反应的化学方程式 (4)E中含氧官能团的名称为 (5)由G生成H的反应类型为 (6)I是一种有机物形成的盐，结构简式为 (7)在E的同分异构体中，同时满足下列条件的总数为 种。 a)含有一个苯环和三个甲基； b)与饱和碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳； c)能发生银镜反应，不能发生水解反应。 上述同分异构体经银镜反应后酸化，所得产物中，核磁共振氢谱显示有四组氢（氢原子数值 比为6：3：2：1)的结构简式为 【答案】 (1)3一氯一1一丙烯： CHCN (2 3) HOOC +H2O (4)羟基、羧基： (5)取代反应： 0 6 K: CH CH, (7)10: H.C- CH 、HOOC COOH HOOC- COOH H,C CH 【解析】 本题是有机合成路线相关题型。A-B的氧化反应为针对C=C的环氧化。B+C的反应为环氧 CHCN 结构开环，同时脱去HC1,生成一个三元环，因此C的结构可知为 结合 临考策略中对活泼反应位（活泼氢）的提示，C中-CN的-H是反应的活性位点。D-E是 -CN的水解，得到-COOH。E-F是为了保护-OH,不被后续的活泼-NH反应掉。G-H中， SOC2将-OH取代为C,为与I反应做好准备。最后J-K步骤中，脱去N上成环的部分， 形成盐酸盐。 (1)根据命名规则，主链上有碳碳双键的，编号应该最小，所以为3一氯一1一丙烯。 CHCN (2)根据B+C生成D的反应，C该为D中带有苯环的一部分， 为 (3)由E生成F,为浓硫酸作用下的脱水，目的是保护羟基不被后续的活泼-NH反应掉。 此时羟基与分子内的羧基脱水生成环酯： (4)E中的含氧官能团为羧基和醇羟基。 (5)G-H反应，为利用SOC,将G中的-OH取代为-C1,便于后续反应的进行。因此反 应类型为取代反应。H的结构为： (6)I的结构为J右上角取代上去的部分，又因为题干中说明肛是一种有机物形成的盐，因 此结构为： (7)己知E的结构简式为 OH,根据其分子式C11H1203,计算出不饱和度为 HOOC 6,便于进行同分异构体判断。根据已知条件，己经用掉9个碳、4个不饱和度；根据已知 条件b,存在羧基，用掉1个碳、2个氧、1个不饱和度；根据已知条件c,存在醛基，但没 有酯基，用掉1个碳、1个氧、1个不饱和度。这样11个碳、3个氧、6个不饱和度均使用 完。此时考虑甲基在苯环上的同分异构情况，随后再加上羧基和醛基。甲基的同分异构体有： 这三种 再找两个取代基（可以用-A、-B来 分析)，有3种情况： 中， 因为结构不再对称，再找两个取代基有6种情况； 因为对称性好，再找两个取代基只有1种情况。因此同分异构体的总数为 3+6+1=10种。 已知核磁共振氢谱的结果为经银镜反应后酸化的产物，因此在三种甲基的同分异构体基础 上，我们再加上两个羧基即可。结合有四组氢(63：2：1)，可能的情况为： CH CH H.C- CH HOOC COOH HOOC- COOH HC CH