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化学-2024年高考核心考点回顾与预测模拟
核心考点一 化学与STSE
核心考点二 化学反应机理
核心考点三 化学实验基础知识
核心考点四 有机化学基础
核心考点五 物质结构与元素周期律
核心考点六 电化学
核心考点七 电解质溶液及图像
核心考点八 化工流程
核心考点九 化学反应原理
核心考点十 探究性实验
核心考点十一 有机化学合成与推断
核心考点十二 物质结构与性质
核心考点一 化学与STSE
【典例呈现】化学推动科技进步。下列说法不正确的是
A．华为自主研发的“麒麟”芯片与太阳能电池感光板所用的主要材料均为晶体硅
B．杭州亚运会场馆使用的“碲化镉”光伏发电系统将化学能转化为电能
C．“神舟十七号”发动机的耐高温结构材料属于共价晶体
D．“深海一号”母船海水浸泡区镶上铝基是利用了牺牲阳极的金属防腐原理
【答案】B
【解析】A．晶体硅常用作芯片与太阳能电池感光板所用的主要材料，故A正确；
B．“碲化镉”光伏发电系统，将太阳能转化为电能，故B错误；
C．耐高温结构材料 是由原子组成空间网状结构的共价晶体，熔点高、硬度大，故C正确；
D．“深海一号”母船海水浸泡区的铝基和铁在海水中形成原电池，铝做负极被腐蚀，铁做正极被保护，牺牲阳极可保障船体不易腐蚀，故D正确；
故答案为：B。
【考前秘笈】
【预测模拟】
1．化学和生活、科技、社会发展息息相关，下列说法正确的是
A．大量开发可燃冰作为新能源有利于实现碳达峰、碳中和
B．高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式：化学能→电能
C．防腐剂能延长食品的保质期，需注意使用量及残留量
D．社区服务中用84消毒液清洗公共桌椅，是因为84消毒液中的有强氧化性
【答案】C
【解析】A．可燃冰的主要成分是甲烷，作为能源燃烧时仍产生大量的二氧化碳，不利于实现碳达峰、碳中和，A项错误；
B．太阳能电池的能量转化形式：太阳能→电能，B项错误；
C．防腐剂能延长食品的保质期，过量使用防腐剂对人体有害，故使用时需注意使用量及残留量，C项正确；
D．社区服务中用84消毒液清洗公共桌椅，是因为84消毒液中的NaClO有强氧化性、不是，D项错误；
故选C。
2．(中国诗词大会)不仅重温经典诗词，继承和发扬中华优秀传统文化，还蕴含着许多化学知识。下列说法错误的是
A．“忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”，海市蜃楼现象与胶体知识有关
B．“借问瘟君欲何往，纸船明烛照天烧”，纸和烛的化学成分相同
C．“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，金的化学性质稳定，在自然界常以游离态存在
D．“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，能量转化方式主要为化学能转化为热能
【答案】B
【解析】A．空气为胶体，能有利于光线的折射，从而导致海市蜃楼的形成，A正确；
B．纸的主要成分为纤维素；烛的主要成分为烃类，二者化学成分不同，B错误；
C．该诗句说明金的化学性质稳定，在自然界中常以游离态存在，金和泥沙密度不同，金的密度比较大，可利用水流使泥沙和金分离开来，即可通过物理方法提纯金，C正确；
D．“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，能量转化方式主要为燃料燃烧获取热量，即能量转化为形式化学能转化为热能，D正确；
故选B。
3．中华民族文明源远流长，下列文物的主要成分属于无机非金属材料的是
A．九霄环佩木古琴 B．银鎏金累丝烧蓝山水纹扇
C．曾侯乙编钟 D．青玉交龙钮玉玺
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】A．九霄环佩木古琴主要成分纤维素，纤维素属于有机高分子材料，A不合题意；
B．银鎏金累丝烧蓝山水纹扇主要材质为合金，属于金属材料，B不合题意；
C．曾侯乙编钟主要成分为合金，属于金属材料，C不合题意；
D．青玉交龙钮玉玺主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，D符合题意；
故答案为：D。
4．近年来，我国的航天技术发展迅速，天宫、天和、天问、神舟等体现了中国的强大科技力量。下列说法不正确的是
A．“天问一号”的隔热材料是使用SiO2纳米气凝胶，SiO2属于酸性氧化物
B．为航天器量身定制的柔性三结砷化镓(GaAs)太阳电池阵首次在“天和”号使用，砷化镓属于半导体
C．“天和”核心舱用的氮化硼(BN)陶瓷属于合金材料
D．“神舟号”耐高温材料使用酚醛树脂，酚醛树脂属于人工合成的有机高分子材料
【答案】C
【解析】A．“天问一号”隔热材料使用SiO2纳米气凝胶，和碱反应生成盐和水，SiO2属于酸性氧化物，A正确；
B．砷化镓的导电性介于导体和绝缘体之间，砷化镓属于半导体材料，可用于制造太阳能电池阵，B正确；
C．氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，不是合金材料，C错误；
D．酚醛树脂是人工用苯酚和甲醛通过缩聚反应制取，属于人工合成高分子材料，D正确；
故答案为：C。
核心考点二 化学反应机理
【典例呈现】
甲酸甲酯()作为潜在的储氢材料受到关注，科学家发现使用Ru配合物催化剂可以使甲酸甲酯温和释氢，其可能的反应过程如下图所示。下列说法错误的是
A．是极性分子，VSEPR模型名称为四面体形
B．Ⅲ→Ⅳ每消耗生成
C．总反应为
D．反应涉及键、键、键断裂和键形成
【答案】B
【解析】A．分子中O的价层电子对数为，有两个孤电子对，正负电荷中心不重合，是极性分子，VSEPR模型名称为四面体形，故A正确；
B．由流程可知，Ⅲ→Ⅳ反应为，每消耗生成，故B错误；
C．由图可知，总反应为甲酸甲酯和水催化生成氢气和二氧化碳：，故C正确；
D．结合流程可知，甲酸甲酯转化为二氧化碳，涉及键、键、键断裂，反应中生成氢气，涉及键形成，故D正确；
故选B。
【考前秘笈】
【预测模拟】
1．硅铝酸盐沸石离子交换分子筛M-ZSM-5(M为Fe、Co、Ni、Cu)催化N2O氧化CH4制甲醇的反应机理如图所示，下列说法错误的是
A．反应②的原子利用率为
B．反应①、②、③、⑥、⑦中，的化合价发生了改变
C．M-ZSM-5能降低氧化制甲醇反应的活化能，改变反应的
D．总反应为
【答案】C
【解析】A．根据反应②的反应物和产物结构式，反应物中的原子全部得到产物，原子利用率为100%，A正确；
B．反应①、②、③、⑥、⑦中，根据题中所给结构式可以判断，M的化合价发生了改变，B正确；
C．催化剂能降低反应活化能，增大反应速率，但是不会改变反应的ΔH，C错误；
D．根据反应机理图，总反应正确，D正确；
本题选C。
2．是一种特别的共轭体系。在高温条件下可以由分子经过5步氢提取和闭环脱氢反应生成。其中第一步过程的反应机理和能量变化如下：
下列说法错误的是
A．反应过程中有极性键的断裂和形成
B．图示历程中的基元反应，速率最慢的是第3步
C．制备的总反应方程式为：
D．从的结构分析，结构中五元环和六元环结构的数目分别为6、10
【答案】A
【解析】A．该过程中涉及C-H断裂，C-C断裂和C-C、H-H形成，无极性键的形成，A错误；
B．由反应机理可知，该历程包含3个基元反应，其中第三个基元反应的活化能最大，反应3速率最慢，B正确；
C．由图可知，该过程总反应为：，C正确；
D．由的结构分析，可知其中含有1个五元环，10个六元环，每脱两个氢形成1个五元环，则总共含有6个五元环，10个六元环，D正确；
故选A。
3．我国科技工作者用钾离子促进电催化合成尿素可能的反应机理如图。与其他步骤相比，碳氮键的形成过程活化能更高。下列说法正确的是
A．尿素中氮原子采取杂化 B．步骤①和③的反应速率较其他步骤快
C．步骤⑥发生的是氧化反应 D．以上过程中涉及极性键的形成和断裂
【答案】D
【解析】
A．尿素的结构简式为，其中N原子形成三个σ键，另外还含有1个孤电子对，采取sp3杂化，故A错误；
B．与其他步骤相比，碳氮键的形成过程活化能更高，活化能越高，速率越慢，由图可知步骤①和③的过程形成碳氮键，所以步骤①和③的反应速率较其他步骤慢，故B错误；
C．由图可知步骤⑥过程中得电子，即发生的是还原反应，故C错误；
D．由图可知步骤①和③的过程形成碳氮键，步骤④和⑤的过程断裂氮氧键，所以以上过程中涉及极性键的形成和断裂，故D正确；
故答案为：D。
4．和甲醇在（钌铑）基催化剂表面加氢可以制取乙酸，其反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．LiI起到催化作用
B．反应①和⑤的反应类型不同
C．反应③中有极性键的断裂和非极性键的形成
D．根据该反应机理，可以由制备
【答案】D
【解析】A．反应①消耗LiI，反应⑤又生成等量的LiI，LiI是该反应的催化剂，A正确；
B．反应①是CH3OH中的-OH被-I取代，反应类型为取代反应，而反应⑤发生中和反应，属于复分解反应，二者反应类型不相同，B正确；
C．反应中C-Rh*极性键断裂，有碳碳非极性键形成、O-Rh*极性键形成，C正确；
D．由反应原理可知，反应物为CO2、H2、CH3OH，生成物是CH3COOH和H2O，因此如果是2－丙醇，则可以制备的酸是(CH3)2CHCOOH，D错误 ；
故选D。
核心考点三 化学实验基础知识
【典例呈现】
根据下列实验操作及现象，所得结论错误的是
选项 实验操作及现象 结论\
A． 向溶有的溶液中滴加溶液，产生白色沉淀 具有强氧化性
B． ，用计测得某一元酸（HR）溶液的 HR为弱电解质
C． 向溶液中加入乙醇，析出深蓝色晶体 在水-乙醇混合溶剂中的溶解度较小
D． 将与用导线相连，插入稀硫酸酸化的溶液，一段时间后，从电极区取出少量溶液，滴入2滴溶液，无明显现象 Zn可以保护不被腐蚀
【答案】A
【解析】A．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，酸性条件下硝酸根离子能与二氧化硫反应生成与溶液中钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀的硫酸根离子，则向溶有二氧化硫的氯化钡溶液中滴加硝酸铁溶液，产生白色沉淀不能说明铁离子具有氧化性，故A错误；
B．25℃，用pH计测得0.100mol/L一元酸HR溶液的pH=2.88说明HR在溶液中不能完全电离，属于弱电解质，故B正确；
C．向硫酸四氨合铜溶液中加入乙醇，析出深蓝色晶体说明硫酸四氨合铜在水-乙醇混合溶剂中的溶解度较小，加入乙醇有利于降低硫酸四氨合铜的溶解度，便于晶体析出，故C正确；
D．将锌与铁用导线相连，插入稀硫酸酸化的3%氯化钠溶液，一段时间后，从铁电极区取出少量溶液，滴入2滴铁氰化钾溶液，无明显现象说明锌铁在氯化钠溶液中构成原电池，锌做负极被损耗，铁在正极被保护，证明锌可以保护铁不被腐蚀，故D正确；
故选A。
【考前秘笈】
1．实验操作中的“第一步”
(1)检查装置的气密性——制取气体、验证气体的性质等与气体有关的实验操作。
(2)检查是否漏水——滴定管、容量瓶、分液漏斗等的使用。
(3)调“0”点——天平等的使用。
(4)验纯——点燃可燃性气体。
(5)分别取少量溶液——未知溶液的鉴别。
(6)润湿——用红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸、淀粉KI试纸检验或验证某些气体时。
2．常见仪器的选择方法
3．化学实验中的几个数据
【预测模拟】
1．下列有关说法正确的是
A．图甲装置：滴入过量的硝酸银溶液配制银氨溶液
B．图乙装置：制取并收集干燥纯净的
C．图丙装置：比较、、S的氧化性
D．图丁装置：分离淀粉溶液和泥沙
【答案】C
【解析】A．配制银氨溶液时，应将氨水滴入硝酸银溶液中，直到最初产生的沉淀恰好溶解，得到银氨溶液，不能将硝酸银溶液滴入氨水中，故A错误；
B．氨气的密度比空气小，应用向下排空气法收集，不能用向上排空气法收集，故B错误；
C．高锰酸钾与浓盐酸反应制得氯气，氧化剂的氧化性强于氧化产物氯气，反应生成的氯气与硫化钠溶液发生置换反应生成硫，氧化剂氯气的氧化性强于氧化产物硫，则图丙装置可以比较高锰酸钾、氯气、硫的氧化性，故C正确；
D．淀粉溶液属于胶体，其中的淀粉分子和浊液的分散质粒子均不能透过半透膜，不能达到分离淀粉溶液和泥沙的目的，应该用过滤法分离淀粉溶液和泥沙，故D错误；
选C。
2．下列实验能达到目的的是
A．测定中和反应的反应热：用酸碱中和滴定法
B．判断醋酸为弱电解质：测定并比较醋酸和盐酸的pH
C．用98%浓硫酸配制10%的稀硫酸：仪器为烧杯、玻璃棒
D．测定镀锌铁皮的镀层厚度：将镀锌铁皮放入稀硫酸中，待产生氢气的速率突然减小，可以判断锌镀层已反应完全
【答案】D
【解析】A．酸碱中和滴定法是测定位置酸或碱溶液的浓度的，不能测定中和反应的反应热，A错误；
B．要判断醋酸为弱电解质，必须测定并比较等浓度醋酸溶液和盐酸的pH，B错误；
C．用98%浓硫酸配制10%的稀硫酸，需要的仪器为量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，C错误；
D．锌、铁和稀硫酸构成原电池，锌作负极，铁作正极，原电池能加快锌被腐蚀的速率，铁
的活泼性小于锌，且只有铁时，不能构成原电池，所以生成氢气的速率减小，所以当产生氢气的速率速率突然减小，可以判断锌镀层已反应完全，D正确；
故选D。
3．实验室可以通过以下反应和操作制取肉桂酸：
已知：苯甲醛、肉桂酸均难溶于水，苯甲醛的熔点-26℃，肉桂酸的熔点133℃，乙酸酐(CH3CO)2O易水解。
操作：
①将5.3g苯甲醛(M=106g/mol)、6.12g乙酸酐(M=102g/mol)、K2CO3混合加热回流0.5h
②向回流后的混合液中加入K2CO3溶液调节溶液至碱性
③将“②”中溶液装入下图的Ⅱ装置中，并通入水蒸气，Ⅲ中收集到苯甲醛和水
④……，得到纯净的肉桂酸(M=148g/mol)6.2g。
下列有关说法错误的是
A．当馏出液无油珠时，即可停止通入水蒸气 B．操作③结束时，应先打开弹簧夹再移去热源
C．向Ⅱ中残余溶液中加入盐酸酸化，再过滤、洗涤、干燥可以获得肉桂酸粗品
D．肉桂酸的产率为69.8%
【答案】D
【分析】将一定量苯甲醛、乙酸酐、K2CO3在圆底烧瓶中混合均匀，然后加热回流0.5h；向回流后的混合液中加入K2CO3溶液调节溶液至碱性，将肉桂酸、乙酸、乙酸酐等转化为盐；通入水蒸气进行蒸馏，收集苯甲醛；将蒸馏后剩余溶液中加入酸，重新生成肉桂酸等，肉桂酸难溶于水，过滤后洗涤、干燥，便可获得肉桂酸。
【解析】A．苯甲醛难溶于水，当馏出液无油珠时，表明苯甲醛已全部蒸出，此时可停止通入水蒸气，A正确；
B．操作③结束时，为防止发生倒吸，应先打开弹簧夹使系统与大气相通，再移去热源，B正确；
C．向Ⅱ中残余溶液中加入盐酸酸化，使肉桂酸钾转化为肉桂酸，肉桂酸难溶于水，生成沉淀，再过滤、洗涤、干燥可以获得肉桂酸粗品，C正确；
D．5.3g苯甲醛的物质的量为0.05mol，6.12g乙酸酐的物质的量为0.06mol，理论上生成肉桂酸的物质的量为0.05mol，质量为0.05mol×148g/mol=7.4g，则肉桂酸的产率为≈83.8%，D错误；
故选D。
4．实验室制备如图所示气体所选用的发生装置、制备试剂和除杂试剂均正确的是
选项 气体 发生装置 制备试剂 除杂试剂
A 固体 碱石灰
c 、浓盐酸 溶液、浓硫酸
C b 大理石、稀硫酸 浓硫酸
D c 无水乙醇、浓硫酸 溶液
【答案】A
【解析】A．在加热时发生反应，碱石灰可以吸收水和二氧化碳，从而得到氨气，A正确；
B．Cl2中会混有杂质HCl，需要用饱和食盐水洗气除杂，再用浓硫酸干燥气体，而NaOH溶液会与Cl2反应，因此，B错误；
C．大理石与稀硫酸反应会生成微溶于水的CaSO4，沉淀下去覆盖在大理石表面，阻碍反应的进一步进行，因此应选用稀盐酸，除杂试剂选用饱和NaHCO3溶液和浓硫酸，C错误；
D．无水乙醇与浓硫酸反应制备乙烯需要控制温度在170℃，c装置无温度计，D错误。
故本题选A。
核心考点四 有机化学基础
【典例呈现】
有机“纳米小人”风靡全球，其制备过程中涉及的一个反应如图。下列说法正确的是
A．化合物M的一氯代物有5种
B．化合物N中至少有17个原子共平面
C．该反应符合绿色化学的思想，理论上原子利用率为100%
D．化合物P能发生加成、聚合、氧化、还原等反应
【答案】D
【解析】A．由结构简式可知，M分子中含有4类氢原子，一氯代物有4种，A错误；
B．苯环为平面结构，碳碳三键为直线形结构，原子共线也共面，则至少有16个原子共平面，B错误；
C．由结构简式可知，P分子中不含有溴原子，则M与N一定条件下反应生成P的同时还有含溴元素的化合物生成，原子利用率不可能为100%，C错误；
D．化合物P中含碳碳三键、羟基，醚键官能团，可发生加成、聚合、氧化、还原等反应，D正确；
答案选D。
【考前秘笈】
一、有机物的空间结构
1．有机物分子中原子共线、共面数目的确定
(1)常见有机物的空间结构
CH4呈正四面体形，键角109°28′。CH2==CH2呈平面形，键角120°。
HC≡CH呈直线形，键角180°。呈平面正六边形，键角120°。
2．注意键的旋转
①在分子中，形成单键的原子可以绕键轴旋转，而形成双键、三键等其他键的原子不能绕键
轴旋转。
②若平面间靠单键相连，所连平面可以绕键轴旋转，可能旋转到同一平面上，也可能旋转后不在同一平面上。
③若平面间被多个点固定，则不能旋转，一定共平面。如分子中所有原子一定共面。
3．恰当地拆分复杂分子
观察复杂分子的结构，先找出类似于甲烷、乙烯、乙炔和苯分子的结构，再将对应的空间结构及键的旋转等知识进行迁移即可解决有关原子共面、共线的问题。
特别要注意的是，苯分子中处于对位的两个碳原子以及它们所连的两个氢原子在一条直线上。
4．对照模板确定原子共线、共面问题
需要结合相关的几何知识进行分析，如不共线的任意三点可确定一个平面；若一条直线与某平面有两个交点时，则这条直线上的所有点都在该平面内；同时要注意问题中的限定性词语，如“可能”“一定”“最多”“最少”“共面”“共线”等，以免出错。
二、同分异构体的判断
1．同分异构体的判断方法
(1)记忆法
①由烃基的异构体数推断
判断只有一种官能团的有机物的同分异构体的种数时，根据烃基的异构体数判断较为快捷。如判断丁醇的同分异构体时，根据组成丁醇可写成C4H9—OH，由于丁基有4种结构，故丁醇有4种同分异构体。
常用的烃基异构有—C3H7(2种)、—C4H9(4种)、—C5H11(8种)。
②由苯环上取代基的数目推断
a．当苯环上只连有一个取代基时，可由烃基的数目推断。如C9H12O属于芳香醇，且苯环上只有一个取代基的结构有5种，分别为、、、、。（C9H12O写为，—C3H6OH含—OH的结构有5种）。
b．当苯环上连有两个取代基时，有邻、间、对3种结构。
c．当苯环上连有三个取代基时，若三个取代基完全相同则有3种结构；若三个取代基中有2个完全相同，则有6种结构；若三个取代基各不相同，则有10种结构。如C7H5O2Cl遇FeCl3
显紫色，能发生银镜反应的结构共有10种(如其中一种为)。
(2)由等效氢原子推断
碳链上有几种不同的氢原子，其一元取代物就有几种同分异构体。一般判断原则：①同一碳原子上的氢原子是等效的；②同一碳原子所连甲基上的氢原子是等效的；③处于镜面对称位置上的氢原子是等效的。
一元取代物数目即为等效氢的数目，如等效氢的数目为2，则一氯代物有2种。
(3)用替换法推断
如一个碳碳双键可以用环替换；碳氧双键可以用碳碳双键替换并将氧原子移到他处；碳碳三键相当于两个碳碳双键，也相当于两个环。不同原子间也可以替换，如二氯苯C6H4Cl2有3种同分异构体，四氯苯C6H2Cl4也有3种同分异构体。
(4)用组合法推断
先确定一基团同分异构体的数目，再确定另一基团同分异构体的数目，从而确定两基团组合后同分异构体数目的方法。如饱和一元酯，—R1有m种结构，—R2有n种结构，共有m×n种酯的结构。
实例：分子式为C9H18O2的酯在酸性条件下水解得到的两种有机物的相对分子质量相等，则形成该酯的酸为C3H7COOH(2种结构)，醇为C5H11OH(8种结构)，故该酯的结构共有2×8＝16种。
2．判断多元取代物的同分异构体的方法
(1)定一移一法
对于二元取代物同分异构体的判断，可固定一个取代基的位置，再改变另一个取代基的位置以确定同分异构体的数目。如分析C3H6Cl2的同分异构体，先固定其中一个Cl原子的位置，移动另外一个Cl原子。
(2)定二移一法
对于芳香化合物中若有3个取代基，可以固定其中2个取代基的位置为邻、间、对的位置，然后移动另一个取代基的位置以确定同分异构体的数目。
三、有机反应中的几个定量关系
(1)在卤代反应中1 mol卤素单质取代1 mol H,同时生成1 mol HX。
(2)1 mol 完全加成需要1 mol H2或1 mol Br2,1 mol醛基或酮基消耗1 mol H2;1 mol甲醛完全被氧化消耗4 mol Cu(OH)2。
(3)1 mol苯完全加成需要3 mol H2。
(4)与NaHCO3反应生成气体:1 mol —COOH生成1 mol CO2气体。
(5)与Na反应生成气体:1 mol —COOH生成0.5 mol H2;1 mol —OH生成0.5 mol H2。
(6)与NaOH反应:1 mol —COOH(或酚—OH)消耗1 mol NaOH;
1 mol (R为链烃基)消耗1 mol NaOH;1 mol 消耗2 mol NaOH。
四、有机反应中反应物用量的判断方法
(1)H2用量的判断
有机物分子中的、、、、在一定条件下都能与H2发生加成反应，若有机物分子中基团均为1mol时，所需H2的量分别为1：2：3：1：1，特别注意—COOH，—COOR(酯基)中的C=O通常不与H2发生加成反应。
(2)NaOH用量的判断
(酚羟基)、酯类物质、卤代烃能与NaOH溶液发生反应，特别要注意，水解产物可能与NaOH溶液发生反应。如1 mol 与NaOH溶液发生反应时最多消耗3 mol NaOH。
(3)Br2用量的判断
①烷烃：光照下1 mol Br2可取代1 mol H原子。
②苯：FeBr3催化下1 mol Br2可取代1 mol H原子。
③酚类：1 mol Br2可取代与—OH处于邻、对位上的1 mol H 原子。
④：1 mol双键可与1 mol Br2发生加成反应。
⑤：1 mol三键可与2 mol Br2发生加成反应。
五、蛋白质盐析、变性辨异同
比较项目 盐析 变性
不 同 点 方法 在轻金属盐作用下，蛋白质从溶液中凝聚成固体析出 在重金属盐、受热、紫外线、甲醛、酒精等作用下，蛋白质凝聚成固体析出
特征 过程可逆，即加水后仍可溶解 不可逆
实质 溶解度降低，物理变化 结构、性质发生变化，化学变化
结果 仍保持原有的生理活性 失去原有的生理活性
六、掌握推断反应类型常用的方法
(1)由官能团转化推测反应类型。从断键、成键的角度掌握各反应类型的特点，如取代反应的特点是有上有下或断一下一上一；加成反应的特点是只上不下或断一加二；消去反应的特点是只下不上。
(2)由反应条件推测反应类型。有机反应的重要条件总结如下：
①NaOH水溶液作条件的反应：卤代烃的水解；酯的碱性水解；NaOH醇溶液与卤代烃发生的是消去反应。
②以浓H2SO4作条件的反应：醇的消去；醇变醚；苯的硝化；酯化反应。
③以稀H2SO4作条件的反应：酯的水解；糖类的水解；蛋白质的水解。
④Fe：苯环的卤代。光照：烷烃的卤代。
⑤当反应条件为光照且与X2反应时，通常是X2与烷烃或苯环侧链烃基上的氢原子发生取代反应，而当反应条件为催化剂且与X2反应时，通常为苯环上的氢原子直接被取代。
⑥当反应条件为催化剂并有氧气时，通常是醇氧化为醛或醛氧化为酸。
(3)卤代、硝化、磺化、酯化、水解、皂化、分子间脱水等反应，本质上属于取代反应。
(4)有机物的加氢、脱氧属还原反应，脱氢、加氧属于氧化反应。
【预测模拟】
1．治疗流感的特效药——“奥司他韦”结构如图所示，下列说法不正确的是
A．分子式为C16H26N2O4
B．该结构中有5种官能团
C．能发生氧化反应、加成反应、水解反应
D．该物质最多能与发生反应
【答案】A
【解析】A．分子式为C16H28N2O4，故A错误；
B．该结构中有酯基、肽键、氨基、醚键、碳碳双键，共5种官能团，故A正确；
C．含有氨基能发生氧化反应，含有碳碳双键能发生加成反应，含有酯基、肽键能发生水解反应，故C正确；
D．酯基、肽键能发生水解反应，该物质最多能与发生反应，故D正确；
选A。
2．中国科学院大连化学物理研究所和西湖大学合作合成出一种新的高分子材料(如图所示，硫原子连接的波浪线代表键延长)。下列叙述错误的是
A．X中的含氧官能团是酯基 B．X的水解产物之一是
C．Y是线型结构高分子材料，具有热塑性 D．Y在碱性介质中能降解
【答案】C
【解析】A．由题干有机物X的结构简式可知，X中的含氧官能团是酯基 -COO-，A正确；
B．由题干有机物X的结构简式可知，X分子中的3个酯基完全水解之后可知，X的水解产物之一是，B正确；
C．由题干有机物Y的结构简式可知，Y是体型结构即空间网状结构的高分子材料，不具有热塑性，而具有热固性，C错误；
D．由题干有机物Y的结构简式可知，Y中含有酯基，故Y在碱性介质中能降解，生成小分子物质，D正确；
故答案为：C。
3．我国科学家提出了高强度人造蚕丝的制备方法，用表面活性剂和溶液使丝胶蛋白水解，然后将浓缩的丝素蛋白挤入含和的溶液中凝固成纤维。下列说法不正确的是
A．中既含有亲水基团又含有疏水基团
B．核酸和蛋白质都是生物大分子
C．丝胶蛋白水解时酰胺基中发生了断裂
D．含或的盐溶液均能使蛋白质变性
【答案】D
【解析】A．中的烃基是疏水基团，磺酸基是亲水基团，A正确；
B．核酸和蛋白质都是生物大分子，B正确；
C．丝胶蛋白水解时酰胺基中发生了断裂，C正确；
D．锌是重金属，钠不是，所以含的盐溶液能使蛋白质变性，含的盐溶液不能使蛋白质变性，D错误；
故选D。
4．实验室初步分离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的流程如下：
已知：苯甲酸乙酯的沸点为212.6℃，“乙醚-环己烷-水共沸物”的沸点为62.1℃。下列说法错误的是
A．操作a和操作b不同
B．操作c为重结晶
C．无水和饱和碳酸钠溶液的作用相同
D．由该流程可以说明苯甲酸和苯甲酸钠在水中的溶解度差别很大
【答案】C
【解析】加入苯甲酸降低酯的溶解度同时与苯甲酸反应产生可溶于水的苯甲酸钠，水层和油层分离方法分液。共沸物和苯甲酸乙酯的沸点相差大，所以液体有机物进行分离利用沸点不同蒸馏。萃取液中加入H2SO4产生苯甲酸，其在水中的溶解性较低利用过滤获得苯甲酸晶体。
A．有机相和水相分层的分离方法分液，而b操作分离互溶的有机物选择蒸馏，A项正确；
B．苯甲酸粗品为含杂质的固体，可选择重结晶提纯，B项正确；
C．无水MgSO4为干燥有机物，而Na2CO3降低酯在水中的溶解度，C项错误；
D．苯甲酸钠为在水中形成了溶液，而苯甲酸在水中析出了晶体。可见两者溶解性差异很大，D项正确；
故选C。
核心考点五 物质结构与元素周期律
【典例呈现】
一种由短周期元素构成的洗涤剂中间体结构式如图所示，X、Q、Z、Y、W原子序数依次增大，X和W同主族，Q、Z、Y同周期，基态Q原子核外成对电子对数与未成对电子数相等，Y可与X形成空间构型为V形的分子，下列说法不正确的是
A．第一电离能：
B．简单离子半径：
C．Z元素的氧化物对应水化物为强酸
D．Y的简单氢化物构型为四面体
【答案】C
【分析】一种工业洗涤剂中间体结构式如图所示，其中短周期元素X、Q、Z、Y、W原子序数依次增大，X和W同主族，W形成+1价阳离子，X形成1个共价键，则X为H，W为Na；Y形成2个共价键，其原子序数小于Na，则Y为O；Q形成4个共价键，基态Q原子核外成对电子对数与未成对电子数相等，则其最外层电子数为4，原子序数小于O，则Q为C；Q、Z、Y为同周期元素，Y可与X形成空间构型为V形的分子，则Z为N，以此分析解答。
【解析】A．由分析可知，Q为C、Z为N、Y为O，根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA、ⅤA反常，故第一电离能N＞O＞C即，A正确；
B．由分析可知，W为Na、Y为O、Z为N，三者的简单离子具有相同的电子排布，则核电荷数越大半径越小，故简单离子半径N3-＞O2-＞Na+即，B正确；
C．由分析可知，Z为N，Z元素的氧化物对应水化物HNO3为强酸，而HNO2为弱酸，C错误；
D．由分析可知，Y为O，Y的简单氢化物即H2O，H2O中心原子O周围的价层电子对数=2+=4，根据价层电子对互斥理论可知，其构型为四面体，D正确；
故答案为：C。
【考前秘笈】
1．元素“位-构-性”之间的关系
（
2．“构位性”关系解题策略
第一步：推断元素
推断元素常用的方法有：
（1）根据原子或离子的结构示意图推断（2）根据元素化合价的特征关系推断
（3）根据原子半径的递变规律推断 （4）根据元素的原子结构特征或元素的特征推断
（5）根据稀有气体的原子序数推断
第二步：联想“规律”
依据推出的元素在周期表中的位置，结合元素周期律对选项中元素的结构和元素性质的变化作出判断。
第三步：通盘“验证”
将判断的结果代入原题中进行检验，完全符合题设条件的才是正确选项。
【预测模拟】
1．已知X、Y、Z、W为短周期主族元素。常温下，它们的原子半径、原子序数、最高价氧化物对应水化物的溶液(浓度均为)的pH之间的关系如图所示。下列说法错误的是
A．W的氢化物的沸点可能高于水的沸点
B．XZ晶胞中X的配位数为6，X周围等距且最近的X有12个
C．W与X形成的化合物中，W的化合价可能为价
D．分子中四个原子可能共直线
【答案】D
【分析】浓度均为最高价氧化物对应水化物的溶液，其中X的溶液pH等于12为一元强碱，结合原子半径最大，X为Na，W对应溶液pH等于2为一元强酸，原子序数小于X则W为N，Z对应溶液pH等于2也为一元强酸，原子序数大于X则Z为Cl，Y对应溶液pH小于2为二元强酸，原子序数大于X则Y为S，则X、Y、Z、W依次为Na、S、Cl、N。
【解析】A．N的氢化物中N2H4的沸点高于水，A正确；
B．X是Na，Z是Cl，NaCl晶体的晶胞中Na+周围距离最近的Na+有12个，B正确；
C．N与Na形成的化合物Na3N，N的化合价为-3价，C正确；
D．为S2Cl2，分子为含有极性共价键的立体结构分子，四个原子不可能共直线，D错误；
故选D。
2．M、N、P、Q、R是原子序数依次增大的前四周期主族元素，组成的化合物R4N(PM4)4Q2是某种荧光粉中的成分。M的一种单质是极性分子，N基态原子核外无未成对电子，P元素存在于航空、信息和新能源等高技术领域必需的材料中，Q是一种重要的成盐元素。下列说法错误的是
A．N、Q、R三种元素简单离子的半径：Q>R>N
B．N、P、Q、R四种元素的第一电离能：Q>P>N>R
C．M元素与氢元素形成的两种微粒的键角：
D．N、P、R三种氧化物的熔点：P>R>N
【答案】D
【分析】已知M、N、P、Q、R是原子序数依次增大的前四周期主族元素；常见的物质中，氧元素的其中一种单质O3是极性分子，故M为O元素；N基态原子核外无未成对的电子，且N的原子序数必须要大于氧元素的原子序数8，故N为Mg元素；P存在于航空、信息和新能源等高技术领域必需的材料中，故P为Si元素；Q是一种重要的成盐元素，故Q为Cl元素；由荧光粉的化学式R4N(PM4)4Q2可知，R显＋2价，且为第四周期主族元素，故R为Ca元素；
【解析】A．N（Mg）、Q（Cl）、R（Ca）三种元素简单离子的半径由大到小为：Q（Cl-）＞R（Ca2+）＞N（Mg2+），故A正确；
B．第一电离能由大到小为：Cl＞Si＞Mg＞Ca，即Q>P>N>R，故B正确；
C．H3M＋为H3O＋，电子式为，中心原子O形成3个σ键，最外层还有一个孤电子对，所以O的价层电子对数＝3＋1＝4，O采取sp3杂化、H3O＋为三角锥形；而H2M为H2O，O形成2个σ键，且O的最外层还有2个孤电子对，H2O为V形结构，孤电子对越多，对成键电子排斥作用越强，键角越小，因此H3O＋的键角大于H2O，即，故C正确；
D．N、P、R的氧化物分别为MgO（离子晶体）、SiO2（共价晶体）、CaO（离子晶体），且离子半径r(Mg2＋)＜r(Ca2＋)，所以几种氧化物的熔点由大到小为SiO2＞MgO＞CaO，即：P>N>R，故D错误；
故选D。
3．化合物可作净水剂。为短周期元素且原子序数依次增加，的原子序数是的一半，元素是地壳中含量最高的金属元素。该化合物的热重分析曲
线如图所示。则下列叙述错误的是
A．对应简单氢化物的稳定性： B．简单离子半径：W2-＞Z3+
C．200K热分解1mol该化合物将失去 D．同周期中第一电离能大于的元素有2种
【答案】D
【分析】为短周期元素且原子序数依次增加，元素是地壳中含量最高的金属元素，则Z为Al元素；的原子序数是的一半，则Y为O元素，W为S；根据物质化学式判断物质结构中含结晶水，则W为H元素；对应物质为；由图可知 200K热分解失重40.54%，=15，即只失去 15 个 X2Y即H2O，900K热分解后失重84.68%，故生成固体化合物的相对分子质量为：666×(1-84.68%)=102，则恰好为Al2O3。
【解析】A．由分析可知，Y、W分别为O、S，非金属性O>S，对应简单氢化物的稳定性：，A正确；
B．由分析可知，Z为Al，W为为S，因为S2-核外有3个电子层，而Al3+核外只有2个电子层，故Z、W 的简单离子半径的大小顺序为S2-＞Al3+，B正确；
C．根据分析，200K热分解1mol该化合物将失去，C正确；
D．Y为O，根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA、ⅤA元素反常，故Y所在周期中，第一电离能大于Y的元素有N、F、Ne共3种，D错误；
故选D。
4．X、Y、Z、W、Q为短周期主族元素，原子序数依次增大且原子序数总和为49。它们的化合物在常温下有如图所示的转化关系：
已知：乙、戊分子都含有 10个电子。甲为三元化合物，其他化合物均为二元化合物。下列说法错误的是
A．原子半径：
B．简单氢化物的沸点：
C．化合物W2Q2中含有非极性键和离子键
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：
【答案】C
【分析】由题中转化关系可以看出，丁能使品红溶液褪色，加热后又恢复红色，所以丁是二氧化硫，乙、戊分子都含有 10个电子且丙和戊能产生白烟，所以戊是氨气，则五种元素中含H、N、O、S，又五种元素原子序数总和等于49，则另一种元素的原子序数为49-16-8-7-1=17，为Cl，结合原子序数大小X、Y、Z、W、Q依次为H、N、O、S、Cl；乙为含10电子的液态物质，乙为H2O；则甲中应含S、Cl，丙为HCl。
【解析】A．原子半径： S>Cl>O，A正确；
B．由于水中分子间氢键数目大于氨气中分子间氢键数目，硫化氢中无氢键，所以简单氢化物的沸点： ，B正确；
C．化合物S2Cl2中不含离子键，C错误；
D．非金属性Cl>S，所以最高价氧化物对应水化物的酸性HClO4>H2SO4，D正确；
故选C。
核心考点六 电化学
【典例呈现】
2023年我国首个兆瓦级铁铬液流电池储能项目在内蒙古成功运行。电池利用溶解在盐酸溶液中的铁、铬离子价态差异进行充放电，工作原理如图所示，已知储能时Fe2+被氧化。下列有关叙述错误的是
A．接风力发电时，铁铬液流电池在储备能量
B．接输电网时该电池总反应为Fe2++Cr3+=Fe3++Cr2+
C．若用该电池电解水，生成标况下22.4L H2时，有2mol Cr2+被氧化
D．放电时，Cl 移向b极，每1mol Cl 通过交换膜，Fe3+减少1mol
【答案】B
【分析】接风力发电时，该装置是电解池，已知储能时Fe2+被氧化，说明a极是阳极，b极是阴极。接输电网时，该装置是原电池，a极是正极，b极是负极。
【解析】A．接风力发电时，该装置是电解池，铁铬液流电池在储备能量，A正确；
B．接输电网时该装置是原电池，该电池总反应为Fe3++Cr2+= Fe2++Cr3+，B错误；
C．若用该电池电解水，生成标况下22.4L H2时，氢气的物质的量为1mol，转移电子2mol，该装置为原电池，负极电极反应式为：Cr2+-e-= Cr3+，所以有2mol Cr2+被氧化，C正确；
D．放电时，该装置是原电池，Cl 是阴离子，移向负极，b极是负极，每1mol Cl 通过交换膜，转移1mol电子，Fe3+减少1mol，D正确；
故选B。
【考前秘笈】
1．突破二次电池的四个角度
2．原电池正极和负极的5种判定方法
3．微粒流向
(1)电子流向：负极→正极(电流的方向正好相反)。
[注意]　电子沿导线传递但不能通过电解质溶液。
(2)离子流向：阳离子移向正极，阴离子移向负极。
4．电极反应式的书写方法
（1）一般电极反应式的书写
（2）复杂电池的电极反应式书写
复杂的电极反应式＝总反应式－较简单电极的电极反应式。
如CH4碱性燃料电池负极反应式的书写：
CH4＋2O2＋2OH－===CO＋3H2O ……总反应式
2O2＋4H2O＋8e－===8OH－ ……正极反应式
用总反应式－正极反应式得负极反应式
(CH4＋2O2＋2OH－)－(2O2＋4H2O＋8e－)===(CO＋3H2O)－(8OH－)
整理得：CH4＋10OH－－8e－===7H2O＋CO ……负极反应式
5．电解池电极反应式的书写步骤
6．金属腐蚀快慢的三个规律
(1)金属腐蚀类型的差异
电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防腐措施的腐蚀。
(2)电解质溶液的影响
①对同一金属来说，腐蚀的快慢(浓度相同)：强电解质溶液>弱电解质溶液>非电解质溶液。
②对同一种电解质溶液来说，电解质浓度越大，腐蚀越快。
(3)活动性不同的两种金属，活动性差别越大，腐蚀越快。
7．两种腐蚀与三种保护
(1)两种腐蚀：析氢腐蚀、吸氧腐蚀(关键在于电解液的pH)。
(2)三种保护：电镀保护、牺牲阳极的阴极保护法、外加电流的阴极保护法。
8．突破电解定量计算的三种方法
电解的计算包括两极产物的定量计算、溶液pH的计算、相对原子质量和阿伏加德罗常数的计算等，无论哪种计算都可采用下列三种方法：
方法一：根据总反应式
先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列比例式计算。
方法二：根据电子守恒
用于串联电路的阴阳两极产物、正负两极产物、相同电量等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数目相等。
方法三：根据关系式
根据得失电子守恒建立已知量与未知量之间的关系，得出计算所需的关系式。
例如由关系式法通过4 mol e－为基准可构建电极产物之间的如下关系式：
9．阳离子交换膜的使用原理
阳离子交换膜有很多微孔，孔道上有许多带负电荷的基团，阳离子可以自由通过孔道，而阴离子移动到孔道处，受到孔道带负电荷基团的排斥而不能进入孔道中，因而不能通过交换膜。
质子交换膜是阳离子交换膜的特例，仅允许质子(H＋)通过，其他离子不能通过。
10．阴离子交换膜的使用原理
阴离子交换膜有很多微孔，孔道上有许多带正电荷的基团，阴离子可以自由通过孔道，而阳离子移动到孔道处，受到孔道带正电荷基团的排斥而不能进入孔道中，因而不能通过交换膜。
11．离子交换膜类型的判断方法
依据电解质溶液呈电中性的原理，判断膜的类型，判断时首先要写出阴、阳两极上的电极反应，依据电极反应式确定该电极附近哪种离子剩余；依据该电极附近电解质溶液满足电荷守
恒原则，判断出离子移动的方向、进而确定离子交换膜的类型。
例如离子交换膜法淡化海水的实验装置如图：
阳极室中的电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，剩余Na＋，要维持阳极室内电荷守恒，则Cl－通过a膜进入阳极室，故a为阴离子交换膜，阴极室中的电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，反应生成OH－，要维持阴极室内电荷守恒，则Na＋通过b膜进入阴极室，故b为阳离子交换膜。
【预测模拟】
1．中国科学院物理研究所发明了一种以对苯二甲酸二钠复合材料和硬碳(多孔形态，化学式为C)为电极材料的有机钠离子电池，其内部结构如下图所示，放电时，a电极发生如下变化：
下列说法错误的是
A．放电时，a电极电势高于b电极
B．充电时，向b电极移动
C．放电时，b电极的电极反应式为
D．用该电池为一个60200mAh的充电宝充满电，a电极质量增加51.75g(，一个电子的电量，为)
【答案】C
【分析】
放电时，a电极发生反应：，说明Na+移向a电极，a电极为正极，b电极为负极，以此解答。
【解析】A．由分析可知，放电时，a电极为正极，b电极为负极，a电极电势高于b电极，
A正确；
B．由分析可知，放电时，a电极为正极，b电极为负极，则充电时，a电极为阳极，b电极为阴极，向阴极移动，B正确；
C．由分析可知，放电时，a电极为正极，b电极为负极，电极方程式为：，C错误；
D．a电极为正极，电极方程式为：+2e-+2Na+= ，a电极质量增加51.75g时，参与反应的n(Na+)= =2.25mol，转移2.25mol电子，充入电量为，D正确；
故选C。
2．用电解法(图1)通过翻转电极可同时处理含和的生活污水，联合脱除过程中，测得溶液pH变化如图2所示。0～20分钟除去的原理如图3所示，20～40分钟除的方法是将其转化为沉淀。
下列说法不正确的是
A．在时内，a为电源的负极
B．除时，阳极的电极反应式为：
C．除过程中，溶液pH变小
D．除的总反应离子方程式为：
【答案】B
【分析】由图可知，除时，阴极是H2O放电，阳极是Cl-放电；除时，铁就作阳极，铁失电子生成亚铁离子，与磷酸根产生沉淀，阴极为石墨，氢离子得电子生成氢气。
【解析】A．0-20min，若a作负极，石墨就作阳极，阳极Cl-放电生成Cl2，Cl2和水反应生成HCl和HClO，溶液酸性增强，pH降低，与图像相符，A正确；
B．除时，阳极是Cl-放电，B错误；
C．除时，阴极是H2O放电，局部产生大量OH-，阴极附近的pH增大，C正确；
D．除的总反应离子方程式为：，D正确；
答案选B。
3．图1是一种居家天然气报警器成品装置，其工作原理如图2所示，其中可以在固体电解质ZnO2—Na2O中移动。当空间内甲烷达到一定浓度时，传感器随之产生电信号并联动报警。当报警器触发工作时，下列说法不正确的是
A．电极a的电势比电极b高
B．在电解质中向电极a移动
C．电极a上发生的电极反应为：
D．当电极a消耗时，电路中有0.8mol电子转移
【答案】A
【分析】由图可知，气体传感器为燃料电池装置，通入空气的多孔电极b极为燃料电池的正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氧离子，电极反应式为O2+2e =O2 ，通入甲烷的多孔电极a为负极，在氧离子作用下，甲烷失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极反应式为CH4 8e +4O2 =CO2+2H2O。
【解析】A．由分析可知，a为负极，b为正极，负极电势低于正极，A错误；
B．由分析可知，电池工作时，阴离子氧离子向负极(电极a)移动，参与电极反应，B正确；
C．由分析可知，通入甲烷的多孔电极a为负极，在氧离子作用下，甲烷失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极反应式为CH4 8e +4O2 =CO2+2H2O，C正确；
D．根据CH4 8e 的关系计算，当电极a消耗1.6gCH4，即0.1mol CH4时，电路中有0.8mol电子转移，D正确；
故答案选D。
4．磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性，具有较长的使用寿命，放电时的反应为： LixC6+Li1-xFePO4= 6C+LiFePO4。图1为某磷酸铁锂电池的切面，图2为LiFePO4晶胞充放电时Li+脱出和嵌入的示意图。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。下列说法错误的是
A．放电时，负极反应： LixC6- xe- = xLi++6C
B．(a)过程中1mol晶胞转移的电子数为NA
C．(b)代表放电过程， Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极
D．充电时的阳极反应： LiFePO4- xe-= Li1-xFePO4+xLi+
【答案】B
【解析】从总反应分析， LixC6变为C和Li+为氧化反应，该极为原电池的负极。而Li1-xFePO4变为LiFePO4发生还原反应，它为原电池的正极。
A．由上分析，放电的负极为 LixC6- xe- = xLi++6C，A项正确；
B．a过程由于Fe2+化合价升高为Fe3+，为了平衡电荷Li+脱嵌减少。从图看晶胞中减少了棱上1个和面心的一个Li+总共减少，所以1mol晶体中转移NA电子，B项错误；
C．放电时，该材料在正极发生还原反应，即Fe由+2变为+3为b过程，Li+嵌入正极，C项正确；
D．充电时的总反应为 6C+LiFePO4= LixC6+Li1-xFePO4，阳极发生氧化反应为 LiFePO4- xe-= Li1-xFePO4+xLi+，D项正确；
故选B。
5．钠碱循环法脱除烟气中的SO2，生成的吸收液中含有Na2SO3和NaHSO3。电解吸收液回收SO2，并实现碱液的循环。双极膜内层为水层，工作时水层中的H2O解离成H+和OH-，并分别通过离子交换膜向两侧发生迁移。如图为吸收液的电渗析装置示意图。下列说法正确的是
A．出口4的产物为NaOH溶液
B．出口5中Na2SO4溶液的浓度增大
C．、可从盐室最终进入阳极液中
D．阴极电极反应式为2H++2e- =H2↑
【答案】D
【解析】依图，左边为阴极，发生还原反应：2H2O+2e-=2OH-+H2↑或2H++2e- =H2↑；
右边为阳极，发生氧化反应：2H2O--4e-=4H++O2↑。吸收液为Na2SO3和NaHSO3，SO32-和HSO3-通过阴离子交换膜进入交换室2，发生反应，产生SO2和H2O。
A.出口2、3之间为阳离子交换膜，生成的OH-不能通过，故出口4的产物为H2SO4，A错误；
B.物质Na2SO4未得到补充，故浓度不变，B错误；
C．SO32-和HSO3-通过阴离子交换膜进入交换室2，发生反应产生SO2和H2O，C错误；
D．阴极电极反应式为：2H++2e- =H2↑或2H2O+2e-=2OH-+H2↑，D正确。
故答案为：D。
核心考点七 电解质溶液及图像
【典例呈现】
湿法提银工艺中，浸出的需加入进行沉淀。与可结合生成多种配合物，在水溶液中存在如下平衡：
I．平衡常数 II．平衡常数
III．平衡常数IV．平衡常数
时，平衡体系中含Ag微粒的分布系数随的变化曲线如图所示。已知；沉淀最彻底时，溶液中下列说法错误的是
A．曲线a、b、c、d、e分别表示、
B．时， C．时，平衡常数
D．时，随着的不断加入，溶液中的比值保持不变
【答案】C
【分析】由反应平衡过程可知，向Ag+溶液中加入Cl-进行沉淀过程，曲线a、b、c、d、e分别代表Ag+、AgCl、、、，据此解答。
【解析】A．lgc(Cl-)越大，氯离子浓度越大，根据分析中的平衡过程，与银离子配位的氯离子增加，故曲线a、b、c、d、e分别代表Ag+、AgCl、、、，A正确；
B．氯化银最多即淀最彻底时，溶液中c(Ag+)=1×10 7.21mol L 1，由曲线b可知此时c(Cl-)=10-2.54mol/L，Ksp(AgCl)=c(Cl-)×c(Ag+)=10-9.75，B正确；
C．由平衡III，，曲线c、d交点有且c(Cl-)=10-0.2mol/L，代入得K3=100.2，C错误；
D．题干中四个反应相加可得，该总反应，K只受温度影响，比值不变，D正确；
本题选C。
【考前秘笈】
图象分析
1．强、弱电解质的比较图像（图像法理解一强一弱的稀释规律）
(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸
加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大 加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多
　　(2)相同体积、相同pH的盐酸、醋酸
加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大 加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多
2．酸、碱中和滴定图像
抓5点破中和滴定图像
(1)抓反应的“起始”点：判断酸、碱的相对强弱。
(2)抓反应“一半”点：判断是哪种溶质的等量混合。
(3)抓“恰好”反应点：判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性。
(4)抓溶液的“中性”点：判断溶液中溶质的成分及哪种物质过量或不足。
(5)抓反应的“过量”点：判断溶液中的溶质，判断哪种物质过量。
例如：室温下，向20 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液pH的变化如图所示：
3．沉淀溶解平衡图像
(1)溶解平衡曲线类似于溶解度曲线，曲线上任一点都表示饱和溶液，曲线上方的任一点，均表示过饱和，此时有沉淀析出，曲线下方的任一点，均表示不饱和。但如果将离子浓度取负对数，则结果正好相反，即线上方任一点表示不饱和，线下方任一点表示过饱和。
(2)从图像中找到数据，根据公式计算得出Ksp的值。
(3)比较溶液的Q与Ksp的大小，判断溶液中有无沉淀析出。
(4)涉及Q的计算时，所代入的离子浓度一定是混合溶液中的离子浓度，因此计算离子浓度时，所代入的溶液体积也必须是混合液的体积。
4．离子平衡图像
巧抓“四点”，突破溶液中的粒子浓度关系
(1)抓反应“一半”点，判断是什么溶质的等量混合。
(2)抓“恰好”反应点，判断生成什么溶质及溶液的酸碱性。
(3)抓溶液的“中性”点，判断生成什么溶质，哪种物质过量或不足。
(4)抓反应的“过量”点，判断溶液中是什么溶质，哪种物质过量。
实例分析：向CH3COOH溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液的关系如图所示。
(注：a点为反应一半点，b点呈中性，c点恰好完全反应，d点NaOH过量一倍)
分析：
a点，溶质为________________，离子浓度关系：_____________________________；
b点，溶质为________________，离子浓度关系：_____________________________；
c点，溶质为________________，离子浓度关系：_____________________________；
d点，溶质为________________，离子浓度关系：_____________________________。
答案：CH3COONa、CH3COOH　c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)　CH3COONa、CH3COOH
c(CH3COO－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)　CH3COONa　c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)　CH3COONa、NaOH　c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)
5．滴定直线图像
常温下，二元弱酸H2Y溶液中滴加NaOH溶液，所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)向二元弱酸H2Y中滴加NaOH溶液，依次反应的离子方程式为
________________________________________________________________________。
(2)随着NaOH溶液的滴加，lg________(填“增大”或“减小”，下同)，lg________。
(3)Ka2(H2Y)＝________。
(4)在交叉点e，c(H2Y)________c(Y2－)(填“＞”“＜”或“＝”)。
解析：(3)Ka2＝，
当c(H＋)＝10－3 mol·L－1时，＝10－1.3，
所以Ka2＝10－4.3。
(4)在e点，lg＝lg，
则＝，
所以c(H2Y)＝c(Y2－)。
答案：(1)H2Y＋OH－H2O＋HY－、HY－＋OH－H2O＋Y2－
(2)增大　减小
(3)10－4.3
(4)＝
6．滴定曲线图像中“交叉点”的分析与应用
T ℃时，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中三种微粒H2C2O4、HC2O、C2O的物质的量分数(δ)与pH的关系如图所示：
回答下列问题：
(1)写出H2C2O4的电离方程式及电离平衡常数表达式。
①_______________________________________________________________________，
Ka1＝____________________________________________________________________；
②_______________________________________________________________________，
Ka2＝____________________________________________________________________。
(2)根据A点，Ka1＝________，根据B点，Ka2＝________。
(3)在pH＝2.7的溶液中，＝________。
(4)0.1 mol·L－1的NaHC2O4溶液呈________性，其离子浓度从大到小的顺序为________________。
答案：(1)①H2C2O4H＋＋HC2O　
②HC2OH＋＋C2O　
(2)10－1.2　10－4.2　(3)1 000
(4)酸　c(Na＋)＞c(HC2O)＞c(H＋)＞c(C2O)＞c(OH－)
【预测模拟】
1．常温下，将一定浓度的氨水逐滴加入溶液中，该过程中溶液与加入氨水体积V的关系如图所示，已知e点对应的溶液迅速由浑浊变澄清，且此时溶液中的与均约为，下列叙述错误的是
A．a点对应溶液中由水电离出的
B．b点对应溶液中：
C．由e点可知，反应的平衡常数约为
D．最好选择d~e段溶液与葡萄糖等含有醛基的有机物发生银镜反应
【答案】D
【分析】银氨溶液的配制是向硝酸银溶液中滴加氨水，出现白色沉淀，继续滴加氨水，直至白色沉淀恰好溶解，由图可知，a点为硝酸银溶液，溶液中硝酸根离子浓度最大，由e点对应的溶液迅速由浑浊变得澄清可知，e点所得溶液为银氨溶液，c~d段为生成氢氧化银的阶段；
【解析】A．由分析可知，a点没有加入氨水，溶液为硝酸银溶液，水解促进水的电离， ，，由水电离出的，故A正确；
B．由图可知，b点溶液中AG大于0，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，由电荷守恒关系c(Ag+)+c[Ag(NH3)2]++c()+c(H+)=c(OH—)+c()可知，溶液中c(Ag+)+c[Ag(NH3)2]+＜c()—c()，故B正确；
C．由题意可知，e点加入氨水体积为4.7mL，溶液中银离子和氨分子的浓度都为2×10-3mol/L，则溶液中二氨合银离子的浓度为—2×10-3 mol/L≈0.1mol/L，反应的平衡常
数K===1.25×107，故C正确；
D．由分析可知，e点所得溶液为银氨溶液，c~d段为生成氢氧化银的阶段，则与葡萄糖发生银镜反应，最好选用e点，故D错误；
答案选D。
2．室温下，某溶液体系中满足，现利用平衡移动原理，研究在不同pH的体系中的可能产物。图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系；图2为沉淀溶解平衡曲线，曲线Ⅰ的离子浓度关系符合，曲线Ⅱ的离子浓度关系符合，不同pH下由图1得到。下列说法错误的是
A．由图1，的水解平衡常数的数量级是
B．图2中M点，溶液中存在
C．图2中P点，存在
D．沉淀制备时，选用溶液比溶液效果好
【答案】B
【分析】由图1可知时pH=10.25，则，时pH=6.37，则；
【解析】A．的水解平衡常数，数量级是，A
正确；
B．．M点时pH=8.25，pOH=5.75，c(OH-)=10-5.75mol/L，而由图1可知，pH=8.25时，碳酸氢根离子物质的量分数约为1.0，则c()≈0.1mol·L-1，则，≈10-3mol·L-1，B错误；
C．图2中P点在曲线之下，则碳元素没有进入沉淀，由物料守恒可知，存在，C正确；
D．由图2可知，pH大于8.25时，更容易转化为沉淀，而pH小于8.25时，更容易转化为沉淀，结合图1可知，沉淀制备时，选用溶液比溶液效果好，D正确；
故选B。
3．将等物质的量浓度等体积的甘氨酸溶液与盐酸混合，发生反应：，取上述溶液(含0.04mol )，滴加NaOH溶液，pH的变化如下图所示(注：b点溶液中甘氨酸以的形式存在)。
下列说法不正确的是
A．中解离出的能力：
B．b点溶液pH<7，推测中解离出的程度大于-COO-水解的程度
C．c点溶液中存在：c()
D．由d点可知：的
【答案】C
【分析】甘氨酸溶液与盐酸混合，发生反应：，向反应后的溶液中加氢氧化钠溶液，依次发生、。
【解析】A．甘氨酸溶液与盐酸混合，发生反应：，生成物为，再向其中加氢氧化钠溶液，继续反应，b点溶液中甘氨酸以的形式存在，即-COOH更容易和氢氧化钠溶液反应，所以解离出H+的能力：，故A正确；
B．b点溶液中甘氨酸以的形式存在，-COO-水解使溶液有呈碱性的趋势、电离使溶液有呈酸性的趋势，b点溶液pH<7，所以中解离出的程度大于-COO-水解的程度，故B正确；
C．c点n(NaOH)＞0.04mol，而溶液中n(Cl-)=0.04mol，所以n(NaOH)＞n(Cl-)，即c(NaOH)＞c(Cl-)，甘氨酸溶液与盐酸混合，发生反应：，向反应后的溶液中加氢氧化钠溶液，b点溶液中甘氨酸以的形式存在，此时与氢氧化钠恰好完全反应：，再加氢氧化钠溶液，发生反应：，生成，所以c点溶液中应是存在：，故C错误；
D．b点0.04molNaOH与0.04mol反应，生成0.04mol ，再加的0.02molNaOH与0.02mol反应，生成0.02mol，即d点溶液中与的物质的量相等，又pH=9.6，即c(H+)=10-9.6mol/L，所以的，故D正确；
故答案为：C。
4．常温下将NaOH溶液滴加到溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所
示[纵坐标为或]。下列叙述正确的是
A．曲线N表示pH与的关系
B．图中a点对应溶液中：
C．NaHA溶液中：
D．溶液pH从5.6到9.6的过程中，水的电离程度先增大后减小
【答案】C
【解析】A．，，因为纵坐标为或，分别取a、b点，则此时对应曲线上有和，可以算出对应曲线的电离平衡常数为和，因为，所以，，所以曲线M，N分别表示pH与和pH与的关系。根据分析可知曲线M表示pH与的关系，A项错误；
B．图中a点对应溶液中存在电荷守恒：且此时，所以有：，a点pH=5.6，则，所以，B项错误；
C．的水解常数，的电离常数，的水解程度大于其电离程度，NaHA溶液中：，C项正确；
D．初始溶质为，呈酸性，电离出的氢离子抑制水的电离，完全反应时生成，水解呈碱性，促进水的电离，所以由到完全生成的过程中，水的电离程度一直增
大，则溶液pH从5.6到9.6的过程中，水的电离程度逐渐增大，D项错误；
故选C。
核心考点八 化工流程
【典例呈现】
锰可用于制造特种钢材，在汽车电池、高端装备制造、新材料等领域有广泛应用。二氧化锰广泛应用于电池、电子工业。以主要成分为的某锰矿(杂质为、等)为原料制备单质锰的一种流程如图所示：
已知：金属离子浓度的负对数与溶液的关系如图所示：
回答下列问题：
(1)滤液中的溶质为、 (填化学式)，“氧化除硫”过程中有红褐色固体生成，则参与反应的化学方程式为 。
(2)“酸浸氧化”过程被氧化的离子方程式为 。
(3)为何不通过调的方法将除去： ；已知若溶液中同时沉淀完全时，溶液中，则相同温度下， 。
(4)通过控制适当的反应条件，电解溶液时，既可得到也可得到，则生成单质时，应在 (填“阳极”或“阴极”)上放电；写出生成时的电极反应式： 。
(5)已知单质锰的立方晶胞结构如图所示：
则锰的配位数是 ；若锰原子半径为，阿伏加德罗常数值为，则单质锰的密度为 (用含的代数式表示)。
【答案】(1)
(2)
(3) 当沉淀完全时，也会形成沉淀
(4) 阴极
(5) 12
【分析】矿石中的能与溶液反应生成，“酸浸氧化”过程中，二价铁被氧化为，被还原为，调的方法将Fe3+、Cu2+除去，加入(NH4)2S除Ni2+，最后电解得到锰或二氧化锰。
【解析】（1）矿石中的能与溶液反应生成，故滤液中的溶质为NaOH、Na2SiO3；由图可知，硫化物中硫元素转化为单质硫，红褐色固体是，相应反应的化学方程式为。
（2）“酸浸氧化”过程中，二价铁被氧化为，被还原为，离子方程式为。
（3）由已知图可知，当沉淀完全时，也会形成沉淀，当同时形成沉淀时，溶液中存在、。
（4）转化为时发生还原反应，故在阴极上放电；转化为时发生氧化反应，电极反应式为。
（5）由图可知锰的配位数是12；由于面心上的原子与顶点上的原子相切，故面对角线长度为，设晶胞参数为，则，解得，晶胞体积为，由均摊法知，一个晶胞中含有4个锰原子，故晶胞的质量为，锰的密度为。
【考前秘笈】
常见操作的答题思考角度
常见操作 答题思考角度
分离、提纯 过滤、蒸发、分液、蒸馏等常规操作。从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩—冷却结晶—过滤(—洗涤、干燥)；或蒸发结晶
提高原子利用率 绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)
在空气中或在其他气体 中进行的反应或操作 要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应或能否达到隔绝空气，防氧化、水解、潮解等目的
判断沉淀是否洗涤干净 取少量最后一次洗涤液，检验其中是否还有某种离子存在
控制溶液的pH ①调节溶液的酸碱性，使某些金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)。 ②加入酸或调节溶液至酸性还可除去氧化物(膜)。 ③加入碱或调节溶液至碱性还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等。 ④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)。
控制温度(常用水 浴、冰浴或油浴) ①防止副反应的发生； ②使化学平衡移动：控制化学反应的方向； ③控制固体的溶解与结晶； ④控制反应速率：使催化剂达到最大活性； ⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发； ⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离； ⑦趁热过滤：减少因降温而析出溶质的量； ⑧降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求
洗涤晶体 ①常见洗涤方式见前述； ②洗涤沉淀方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次
表面处理 “水洗”除去表面可溶性杂质，金属晶体可用机械法(打磨)或化学法除去表面氧化物、提高光洁度等
【预测模拟】
1．稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。从钒钛磁铁矿中提取钒、钛的工艺流程图如下：
已知：①钛渣中主要包括、、和等。
②“高温氯化”后的产物中含少量的、、、杂质，相关物质的沸点如下表：
化合物
沸点/℃ 136 310 56.5 180 127
回答下列问题：
(1)钛在周期表中的位置为 ，上述获得钛单质的“还原”工序中需要通入氩气的目的是 。
(2)滤液X中含有的主要金属离子有 。
(3)“高温氯化”工序生成和一种可燃性气体Y，该反应的化学方程式为 ；的粗产品可以通过分馏提纯，但收集的中总是混有的原因是 。
(4)钒的浸出率随焙烧温度和浸取时间的变化如图所示，则“焙烧”时最适合的反应条件为 。
(5)“浸出”目的是将难溶物转化成进入水相，以便后续沉钒，则“浸出”时反应的离子方程式为 。
(6)采用USTB工艺电解制备高纯钛，过程以固体为阳极、碳棒为阴极，熔融盐为电解质。阳极产生与，阴极只发生的还原反应。请写出电池阳极反应的电极反应式： 。
【答案】(1) 第四周期第ⅣB族 作保护气，防止钛和钠被氧化
(2)、、
(3) 沸点相近，难以通过分馏分离
(4)1200℃、浸取1h
(5)
(6)
【分析】钒钛磁铁矿在空气中高温冶炼，得到含钒铁水和钛渣，向含钒铁水中通入空气深度氧化得到半钢水和钒渣，钒渣加入CaO焙烧后用CO2和碳酸氢铵溶液浸出，得到碳酸钙沉淀，过滤后向滤液中加入氯化铵固体沉钒，最后经过煅烧得到V2O5，钛渣中主要包括、、和等，用盐酸酸浸，和不和盐酸反应，滤液X中含有、、，，，和滤渣用NaOH碱浸得到硅酸钠溶液，过滤后和Cl2、C反应生成TiCl4和CO，TiCl4用钠还原得到Ti，以此解答。
【解析】（1）钛是22号元素，在周期表中的位置为第四周期第ⅣB族，上述获得钛单质的“还原”工序中需要通入氩气的目的是作保护气，防止钛和钠被氧化。
（2）钛渣中主要包括、、和等，用盐酸酸浸，和和盐酸反应，和不和盐酸反应，滤液X中含有、、。
（3）“高温氯化”工序生成和一种可燃性气体Y为CO，根据得失电子守恒和质量守恒配平化学方程式为：，的粗产品可以通过分馏提纯，但收集的中总是混有的原因是沸点相近，难以通过分馏分离。
（4）由图可知，“焙烧”时最适合的反应条件为1200℃、浸取1h，此时钒的浸出率最高。
（5）“浸出”目的是将难溶物转化成进入水相，以便后续沉钒，则“浸出”时和NaHCO3、CO2反应生成NaVO3、CaCO3和H2O，反应的离子方程式为。
（6）阳极失去电子生成与，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：。
2．镍-镉电池是一种非常理想的直流供电电池。废旧镍-镉电池中含有镍、镉、铁及少量钴和有机质等。回收利用废旧镍-镉电池的一种工艺流程如图所示。
请回答下列问题；
(1)“灼烧”时控制温度600~700℃，并通入足量空气，该工序的作用是 。
(2)“氧化”工序发生主要反应的离子方程式为 。
(3)试剂X可选择_____(填标号)。
A．氨水 B．NaOH溶液 C．NiO D．溶液
(4)已知：的溶度积，“调pH”时溶液中，则应控制pH小于 。
(5)滤渣2可表示为。取3.05g样品溶于适量蒸馏水，加入过量NaOH溶液并加热，产生标准状况下448mL气体和0.93g沉淀，则滤渣2的化学式为 。
(6)滤液1经处理之后可循环至 工序中使用。
(7)可用于冶炼镉，产生的粗镉可利用电解精炼的方法进行提纯，在电解池的 (填“阳极”或“阴极”)产生纯镉。
(8)一项研究表明，采用溶剂萃取法可将、、从混合溶液中有效分离。如图为不同pH下DEHPA和Cyanex272对溶液中三种离子的萃取效率，则此方法的流程为 。
【答案】(1)将原料中的有机质氧化成和、将金属元素转化为金属氧化物，便于浸出
(2)
(3)AC
(4)7.5
(5)
(6)沉镍
(7)阴极
(8)首先用DEHPA作萃取剂，将从溶液中分离；随后使用Cyanex272将和分离
【分析】1
【解析】（1）在足量空气中灼烧粉碎的原料，可将原料中的有机质氧化成和；并将金属元素转化为金属氧化物，便于“酸浸”时与硫酸发生反应而浸出；
（2）“氧化”工序中，在酸性条件下将氧化为，反应的离子方程式为；
（3）“调pH”的目的是使转化成沉淀，为避免引入对后续工序产生影响的杂质，试剂X可选择氨水或NiO；
（4）为避免生成沉淀，需控制溶液中的，利用的溶度积计算，，可得，则，因此应控制pH小于7.5；
（5）由题中所给数据计算可知，在所取的3.05g样品中，；；根据电荷守恒关系，可知；
。根据各种微粒的物质的量之比可得滤渣2的化学式为；
（6）“沉镉”时发生的反应为，因此滤液1的主要成分为，经处理之后可循环至沉镍工序中使用；
（7）根据电解原理可知，电解精炼镉时，在电解池的阴极产生纯镉；
（8）分析图像可知，采用溶剂萃取法分离三种离子的流程为：首先用DEHPA作萃取剂，将从溶液中分离；随后使用Cyanex272将和分离。
核心考点九 化学反应原理
【典例呈现】
天然气、石油钻探过程会释放出CO2、H2S等气体。某种将CO2和H2S共活化的工艺涉及
如下反应：
①
②
③
④
回答下列问题：
(1)已知：298K时，18g气态水转化为液态水释放出44kJ的能量；H2S(g)的标准摩尔燃烧焓(△H)为-586kJ·mol-1，则COS(g)的标准摩尔燃烧焓()为 kJ·mol-1，反应②在 (填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。
(2)一定条件下，向起始压强为200kPa的恒容密闭容器中通入等物质的量的CO2(g)和H2S(g)混合气体，发生上述反应，25min时，测得体系总压强为210kPa，S2(g)的平均反应速率为 kPa·min-1.达到平衡时，测得体系总压强为230kPa，，此时H2S(g)的平衡转化率为 ，反应②的标准平衡常数 (已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压)。
(3)将等物质的量的CO2(g)和H2S(g)混合气体充入恒压密闭容器中，发生上述反应，反应物的平衡转化率、COS或H2O的选择性与温度关系如图所示。COS的选择性，H2O的选择性。
①表示“COS的选择性”的曲线是 (填“曲线a”或“曲线b”)；
②温度低于500℃时，H2S的转化率与CO2的相等，原因是 。
【答案】(1) -577 高温
(2) 0.4 80% 2.7
(3) 曲线b 温度低于500℃时，反应③和反应④几乎不发生或者反应④正向进行的程度是反应③的两倍
【解析】（1）298K时，18g气态水转化为液态水释放出44kJ的能量；H2S(g)的标准摩尔燃烧焓(△H)为-586kJ·mol-1，可得：；；
COS(g)的标准摩尔燃烧焓的反应为：；根据盖斯定律可知，该反应可由⑥-①-⑤得到，则；反应②正向气体分子数增加，，该反应可由③+2×④得到，则该反应，，则反应在高温条件下能自发进行。
（2）由反应可知①和④反应前后气体分子数相等，则反应前后不会导致压强变化，②和③反应前后气体分子数均增加，且增加量恰好等于生成的S2(g)的物质的量，根据压强之比等于气体物质的量的之比可得，反应后体系内压强的增加量即为S2(g)的分压，则，S2(g)的平均反应速率为；
设起始时CO2(g)和H2S(g)的物质的量均为1mol，则两者的起始分压均为100kPa，平衡时，测得体系总压强为230kPa，则平衡时气体的物质的量之和为2.3mol，结合以上分析可得n (S2)=0.3mol，其平衡分压为30 kPa，设平衡时n(H2)=x，则n(COS)=x, n(CO2)=2x，根据S原子守恒可得：2n(S2)+ n(COS)+ n(H2S)平衡= n(H2S)初始，得n(H2S)平衡=(1-x-0.3×2)=(0.4-x)mol；根据氢原子守恒可得：2n(H2S)平衡+2n(H2O)+2n(H2)= 2n(H2S) 初始，则得2(0.4-x)+2 n(H2O)+2x=2：解得：n(H2O)=0.6mol，根据C原子守恒得：n(COS)+ n(CO2)平衡+ n(CO)= n(CO2)初始，可得：n(CO)=(1-3x)mol，在结合O原子守恒：n(COS)+ 2n(CO2)平衡+ n(CO)+ n(H2O)= 2n(CO2)初始，解得：x=0.2，则平衡时各气体的物质的量：n(CO2)=0.4 mol，n(COS)=0.2 mol，n(CO)=0.4 mol，n (S2)=0.3mol，n(H2O)=0.6 mol，n(H2S)=0.2 mol, n(H2)=0.2 mol，总气体为2.3mol；此时H2S(g)的平衡转化率为；反应②的标准平衡常数
==2.7；
（3）①由反应可知COS只在反应①中生成，且该反应同时生成等量的水，而水在①②④中均生成，则相同条件下，H2O的选择性高于COS的选择性，故曲线b表示COS的选择性；
②温度低于500℃时，反应③和反应④几乎不发生或者反应④正向进行的程度是反应③的两倍，从而使H2S的转化率与CO2的相等。
【考前秘笈】
1．叠加法求焓变
步骤1　“倒”
为了将方程式相加得到目标方程式，可将方程式颠倒过来，反应热的数值不变，但符号相反。这样，就不用再做减法运算了，实践证明，方程式相减时往往容易出错。
步骤2　“乘”
为了将方程式相加得到目标方程式，可将方程式乘以某个倍数，反应热也要相乘。
步骤3　“加”
上面的两个步骤做好了，只要将方程式相加即可得到目标方程式，反应热也要相加。
2．对比法理解反应热、燃烧热与中和热
(1)化学反应吸收或放出的热量称为反应热，符号为ΔH，常用单位为kJ·mol－1，它只与化学反应的化学计量数、物质的聚集状态有关，而与反应条件无关。中学阶段研究的反应热主要是燃烧热和中和热。
(2)燃烧热：在101 kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。单位为kJ·mol－1。需注意：①燃烧热是以1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量来定义的，因此在书写燃烧热的热化学方程式时，一般以燃烧1 mol纯物质为标准来配平其余物质的化学计量数；②燃烧产物必须是稳定的氧化物，如C→CO2、H2→H2O(l)等。
(3)中和热：在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol液态H2O时的反应热。需注意：①稀溶液指物质溶于大量水中；②中和热不包括离子在水溶液中的生成热、物质的溶解热、电解质电离时的热效应；③中和反应的实质是H＋和OH－化合生成H2O，即H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。
(4)反应热指反应完全时的热效应，所以对于可逆反应，其热量要小于反应完全时的热量。
3．反应热大小的比较规律
(1)吸热反应的ΔH比放热反应的ΔH大(前者大于0，后者小于0)
(2)等量的可燃物完全燃烧所放出的热量比不完全燃烧所放出的热量多
例：C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1＜0　C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH2＜0；ΔH1为完全燃烧放出的热量多，又ΔH1和ΔH2均为负值，所以ΔH1＜ΔH2
(3)产物相同时，A(g)燃烧放出的热量比等量的A(s)燃烧放出的热量多
例：S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH1＜0
S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH2＜0　则ΔH1＜ΔH2
(4)反应物相同时，生成C(l)所放出的热量比生成等量的C(g)放出的热量多
例：A(g)＋B(g)===C(l)　ΔH1＜0
A(g)＋B(g)===C(g)　ΔH2＜0　则ΔH1＜ΔH2
(5)对于可逆反应，因反应不能进行完全，实际反应过程中放出或吸收的热量要小于理论值
例：2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)　ΔH＝－197 kJ·mol－1，向密闭容器中通入2 mol SO2和1 mol O2反应达平衡后，放出的热量小于197 kJ
(6)对于同一反应，化学计量数大的，对应放出(吸收)的热量多
例：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH1＜0
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH2＜0　则ΔH1＜ΔH2
(7)生成等量的水时，强酸和强碱的稀溶液反应比弱酸和强碱或强酸和弱碱或弱酸和弱碱的稀溶液反应放出的热量多
(8)离子电荷相同时，半径越小，断裂离子键时吸收的能量越多
(9)若比较的是ΔH的大小，则看的是ΔH的整体数值，包括正负号进行比较 ；若题中所说的是放出(吸收)的热量大小比较，则比较的是ΔH的绝对值大小
4．反应速率、化学平衡图像题解题步骤
5．化学平衡图像题解题技巧
（1）“定一议二”原则
在化学平衡图像中，了解纵轴、横轴和曲线所表示的三个量的意义。在确定横轴所表示的量后，讨论纵轴与曲线的关系，或在确定纵轴所表示的量后，讨论横轴与曲线的关系。
比如：反应2A(g)+B(g) 2C(g)达到化学平衡时，A的平衡转化率与压强和温度的关系如图1所示[A的平衡转化率（ α），横轴为反应温度（T）]。
图1 图2 图3
定压看温度变化，升高温度曲线走势降低，说明A的转化率降低，平衡向逆反应方向移动，正反应是放热反应。
定温看压强变化，因为此反应是反应后气体体积减小的反应，压强增大，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，故p2>p1。
（2）“先拐先平数值大”原则
对于同一化学反应在化学平衡图像中，先出现拐点的反应先达到平衡状态，先出现拐点的曲线表示的温度较高（如图2所示，α表示反应物的转化率）或压强较大[如图3所示，φ（A）表示反应物A的体积分数]。
图2：T2>T1，正反应放热。
图3：p1（3）三步分析法
一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。
（4）v－t图像中的“断点”和“接点”
?“断点”表示改变温度、压强、催化剂引起v正、v逆的变化。
?“接点”表示改变反应体系中某种物质浓度引起v正、v逆的变化。
【预测模拟】
1．丙烯是一种重要的化工原料，但丙烯的产量仅通过石油的催化裂解反应无法满足工业生产需求。工业上以WO3/SiO2为催化剂，利用丁烯和乙烯的催化歧化反应制丙烯： 。请回答下列问题：
(1)相关物质的燃烧热数据如下表所示：
物质
燃烧热 -1411 -2049 -2539
催化歧化反应的 ；
(2)利用丁烯和乙烯的催化歧化反应制备丙烯时，仅发生如下反应：
反应ⅰ：
反应ⅱ：
一定条件下，经相同反应时间，丙烯的产率、丁烯的转化率随温度变化的关系如图所示：
①丁烯的转化率随温度升高而增大可能的原因是 ，500~550℃丙烯产率下降的原因为 。
②某温度下，保持体系总压强为1.0 MPa，按投料，达平衡状态时，C4H8、C2H4的转化率分别为96%、32%，则平衡时 ；反应ⅰ的压强平衡常数 (保留三位有效数字)。
(3)反应ⅱ中，WO3/SiO2催化机理如图，关于该过程中的说法错误的是___________(填字母)。
A．有加成反应发生 B．能将2-丁烯转化为1-丁烯
C．W元素的成键数目一直未发生变化 D．存在碳碳单键的断裂和形成
(4)为了增强WO3/SiO2催化剂的活性和吸附能力，其他条件一定时，可向WO3/SiO2催化剂中添加催化剂助剂。下图为不同催化剂助剂的加入对丁烯的转化率、丙烯的选择性(产率转化率选择性)的影响，选择 作催化剂助剂为优选方案(填化学式)。
【答案】(1)+148
(2) 反应i为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，丁烯转化率增大 此时丙烯的选择性随温度升高而降低 9 38.1
(3)BC
(4)MgO
【解析】（1）由表格中燃烧热的数据可得热化学方程式：
①；
②；
③；
根据盖斯定律，③+①-2×②得目标方程式；
故答案为：+148；
（2）①温度升高，反应速率加快，单位时间内消耗丁烯的含量增加，使丁烯的转化率增大；500~550℃反应ii参加反应，
故答案为：温度升高，反应速率加快，单位时间内消耗丁烯的含量增加，使丁烯的转化率增大；
②设初始时、，C4H8、C2H4的转化率分别为96%、32%，可得三段式：，，平衡时
、、、，总物质的量为：(1.36a+0.04a+1.44a+0.16a)mol=3amol，则；；
（3）
A．过程中有加成反应发生，如：与CH2=CHCH2CH3生成，故A正确；
B．根据反应机理图可知，可将2-丁烯转化为1-丙烯或1-戊烯，但不能转化为1-丁烯，故B错误；
C．W元素的成键数目有3和5两种，发生了变化，故C错误；
D．由图可知，存在碳碳单键的断裂和形成，故D正确；
故选BC。
（4）丁烯的转化率、丙烯的选择性要尽可能高，由图可知，选择MgO作催化剂助剂为优选方案。
2．对氮氧化物的资源化利用，运用多种方式促进氮的循环转化，具有重要的研究意义。
(1)已知a：　
b：C的燃烧热为；
c：　
①请写出与反应生成两种无污染性气体的热化学方程式： 。
②将等物质的量的与混合气体分别通入体积均为的恒温密闭容器Ⅰ和绝热密闭容器Ⅱ中，反应一段时间后两容器内达到平衡状态，下列说法正确的是 。
A．两容器内混合气体密度相等
B．转化率
C．反应平衡常数
(2)可利用钴氨配合物吸收对的配合能力很强，而对的配合能力极低。
①已知的结构如图所示，中含有键的数目是 。
②有氧和无氧条件下，溶液脱除的效率如图1所示，有氧环境下，发生总反应：，在的有氧环境下，往溶液中持续通入试样气体脱除率为60%(假设溶液体积不发生改变)，结合图1信息，计算此时钴氨溶液中有效含钴率为 。
(有效含钴率)
③钴氨溶液经过多次循环吸收后，其吸收的能力变化如图2所示，前内钴氨溶液吸收的能力不断下降的原因是 。
(3)催化电解吸收液可将还原为，其催化机理如图3所示，在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到部分还原产物的法拉第效率随电解电压的变化如图4所示。已知表示电解生还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数；表示电解过程中通过的总电量。
①当电解电压为时，催化电解生成的电极反应式为 。
②当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为 。
【答案】(1) 2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=—748kJ/mol AC
(2) 24NA 85.6% [Co(NH3)6]2+被氧化为[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]3+对NO的配位能力极低
(3) NO+5e—+5H+=NH3+H2O 15：2
【解析】（1）①由题意可知，碳燃烧的热化学方程式为C(s) +O2(g)= CO2(g) △H=—393kJ/mol，由盖斯定律可知，反应b—a—c得到反应2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，则反应△H=(—393kJ/mol)—(+182.6kJ/mol)—(+172.4kJ/mol)=—748kJ/mol，故答案为：2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=—748kJ/mol；
②A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，则1L的恒温密闭容器Ⅰ和绝热密闭容器Ⅱ中混合气体密度相等，故正确；
B．该反应为放热反应，则恒温密闭容器Ⅰ中反应温度小于绝热密闭容器Ⅱ，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的转化率减小，则一氧化氮转化率αⅠ大于αⅡ，故错误；
C．该反应为放热反应，则恒温密闭容器Ⅰ中反应温度小于绝热密闭容器Ⅱ，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，则反应平衡常数KⅠ大于KⅡ，故正确；
故选AC；
（2）①[Co(NH3)6]3+离子中配位键属于σ键、氮氢键属于σ键，则1mol[Co(NH3)6]3+离子中含有σ键的数目1mol×24×NAmol—1=24NA，故答案为：24NA；
②由题给信息可知，反应消耗一氧化氮的物质的量为2×10—4m3/min×300min×2×10—2mol/m3×60%=0.00072mol，则钴氨溶液中[Co(NH3)6]2+有效含钴率为×100%=85.6%，故答案为：85.6%；
③由图可知，前16h内钴氨溶液吸收NO的能力不断下降的原因是[Co(NH3)6]2+被氧化为[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]3+对NO的配位能力极低，故答案为：[Co(NH3)6]2+被氧化为[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]3+对NO的配位能力极低；
（3）①由图可知，当电解电压为U2时，催化电解一氧化氮生成氨气的电极为阴极，酸性
条件下一氧化氮在阴极得到电子发生还原反应生成氨气和水，电极反应式为NO+5e—+5H+=NH3+H2O，故答案为：NO+5e—+5H+=NH3+H2O；
②由图可知，当电解电压为U1时，氢气和氨气的法拉第效率分别为60%和20%，则电解生成的氢气和氨气的物质的量之比为：=15：2，故答案为：15：2。
核心考点十 探究性实验
【典例呈现】
亚硝酸钙是一种白色粉末，易潮解，在钢筋混凝土工程中，主要用作水泥硬化促进剂和防冻阻锈剂。实验室中采用如图装置制取少量亚硝酸钙。
回答下列问题：
(1)装置Ⅰ中仪器a的名称是 ，装置中发生主要反应的化学方程式为 。
(2)装置Ⅱ的作用是 。
(3)如图装置中，能用来替代装置Ⅲ的是 (填标号)。
(4)滴入稀硝酸前，需要向装置中通入一段时间，待反应结束后还需继续通入一段时间，两次通的目的分别是 ； 。
(5)若缺少装置Ⅴ，产生的影响是 。
(6)装置Ⅵ中氮元素被氧化成价，则反应的离子方程式为 。
(7)若所得亚硝酸钙产品中仅含少量硝酸钙杂质，可用如下实验操作测定其纯度：称量产品溶于水，先加入足量溶液，充分搅拌后过滤，除去，再加入适量饱和溶液，加热煮沸，将转化为。然后向所得溶液中加入溶液，并用稀硫酸酸化，充分反应后用标准溶液滴定过量的，消耗标准溶液的体积为。
①除去时，反应的离子方程式为 。
②计算可知，所得产品的纯度为 (用含、的式子表示)。
【答案】(1) 分液漏斗 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
(2)除去NO气体中混有少量的NO2
(3)AC
(4) 排除装置中的空气，防止生成的NO被空气中的O2氧化为NO2 将装置内剩余的NO全部排入尾气处理装置中，以防污染环境
(5)装置Ⅵ中的水蒸气进入V中，引起亚硝酸钙潮解，减低产品的纯度
(6)2NO++6H+=2+2Cr3++3H2O
(7) +=N2+2H2O 1-%
【分析】用CaO2与NO制备亚硝酸钙，实验开始前先通氮气是为了排除装置内的空气，在装置Ⅰ中由铜和稀硝酸反应制取一氧化氮3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，产生的气体中混有少量的NO2，可用Ⅱ装置进行除杂，则Ⅱ装置中盛放的试剂为蒸馏水，发生反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，装置Ⅲ为干燥装置，通过Ⅳ中与过氧化钙反应生成亚硝酸钙，装置Ⅴ为防止尾气处理装置中的水蒸气进入装置Ⅳ中，装置Ⅵ为尾气吸收装置，据此分析解题。
【解析】（1）根据实验装置图可知，仪器a为分液漏斗，在装置Ⅰ中由铜和稀硝酸反应制取一氧化氮3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故答案为：分液漏斗；3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
（2）由分析可知，装置Ⅱ的作用是除去NO气体中混有少量的NO2，故答案为：除去NO气体中混有少量的NO2；
（3）由分析可知，装置Ⅲ为干燥装置，即干燥NO，胆矾和CuO没有吸水性，NO与碱石灰、浓硫酸不反应，故能用来替代装置Ⅲ的是AC，故答案为：AC；
（4）由分析可知，向三颈烧瓶中加入稀硝酸之前，应向装置中通入一段时间的N2，目的是排除装置中的空气，防止生成的NO被空气中的O2氧化为NO2，反应结束后继续通入一段时间N2，以将装置内剩余的NO全部排入尾气处理装置中，以防污染环境，故答案为：排除装置中的空气，防止生成的NO被空气中的O2氧化为NO2；将装置内剩余的NO全部排入尾气处理装置中，以防污染环境；
（5）由题干信息可知，亚硝酸钙易潮解，故若缺少装置Ⅴ，产生的影响是装置Ⅵ中的水蒸气进入V中，引起亚硝酸钙潮解，减低产品的纯度，故答案为：装置Ⅵ中的水蒸气进入V中，引起亚硝酸钙潮解，减低产品的纯度；
（6）装置Ⅵ中氮元素被氧化成价，即NO被氧化成，被还原为Cr3+，根据氧化还原反应配平可知，该反应的离子方程式为：2NO++6H+=2+2Cr3++3H2O，故答案为：2NO++6H+=2+2Cr3++3H2O；
（7）①由题干信息可知，用除去生成N2，根据氧化还原反应配平可知，该反应
的离子方程式为+=N2+2H2O，故答案为：+=N2+2H2O；
②根据得失电子守恒可知，该反应的关系式为3n()=n(Fe2+)，6n()=n(Fe2+)，则亚铁离子总的物质的量为2.5a×10-2mol，K2Cr2O7消耗的亚铁离子的物质的量为n(Fe2+)=6n()=6×bV×10-3mol，剩余的亚铁离子的物质的量为n(Fe2+)=(25a-6×bV)×10-3mo，根据关系式3n()=n(Fe2+)，样品中n()=n(Fe2+)=×(25a-6bV)×10-3mol，则硝酸钙的物质的量为×(25a-6bV)×10-3mol，硝酸钙的质量为m=nM=×(25a-6bV)×10-3mol×164g/mol=×(25a-6bV)×10-3g，硝酸钙的百分含量为×100%=%，则产品纯度为：1-%，故答案为：1-%。
【考前秘笈】
1．探究类试题常见的命题形式
(1)探究化学反应机理； (2)探究化学实验中的反常现象； (3)探究对经典问题的质疑；
(4)探究未知物的成分； (5)探究物质的性质；(6)探究化学反应的条件；(7)探究化学反应的现象。
2．解答探究型实验题的基本程序
解答探究型实验题的基本程序可用以下流程图表示：
提出问题→提出猜想→设计验证方案→观察实验发现特殊现象，提出新猜想现象→得出结论
(1)提出问题。
要提出问题，首先得发现问题，对题给信息进行对比、质疑，通过思考提出值得探究的问题。此外，实验中出现的特殊现象也是发现问题、提出问题的重要契机。
(2)提出猜想。
所谓猜想就是根据已有知识对问题的解决提出的几种可能的情况。有一些问题，结论有多种可能(这就是猜想)，只能通过实验进行验证。
(3)设计验证方案。
提出猜想后，就要结合题给条件，设计出科学、合理、安全的实验方案，对可能的情况进行探究。实验设计中，关键点是对试剂的选择和实验条件的调控。
(4)观察实验现象，得出结论。
根据设计的实验方案，结合实验现象进行推理分析或计算分析得出结论。
【预测模拟】
1．在工业上经常用水蒸气蒸馏的方法从橙子等水果果皮中收集橙油(主要成分是柠檬烯)，其键线式和实验步骤如下：
对象 密度 熔点 沸点 化学性质
柠檬烯 177℃ 遇明火、高温、强氧化剂易燃
39.8℃ 遇明火易爆炸
I．提取柠檬烯
①将200g新鲜的橙子皮剪成小碎片后，投入烧瓶D中，加入约水，按照上图安装水蒸馏装置。
②松开弹簧夹G，加热水蒸气发生器A至水沸腾，当T形管的支管口大量水蒸气时夹紧弹簧夹化学-2024年高考核心考点回顾与预测模拟
核心考点一 化学与STSE
核心考点二 化学反应机理
核心考点三 化学实验基础知识
核心考点四 有机化学基础
核心考点五 物质结构与元素周期律
核心考点六 电化学
核心考点七 电解质溶液及图像
核心考点八 化工流程
核心考点九 化学反应原理
核心考点十 探究性实验
核心考点十一 有机化学合成与推断
核心考点十二 物质结构与性质
核心考点一 化学与STSE
【典例呈现】化学推动科技进步。下列说法不正确的是
A．华为自主研发的“麒麟”芯片与太阳能电池感光板所用的主要材料均为晶体硅
B．杭州亚运会场馆使用的“碲化镉”光伏发电系统将化学能转化为电能
C．“神舟十七号”发动机的耐高温结构材料属于共价晶体
D．“深海一号”母船海水浸泡区镶上铝基是利用了牺牲阳极的金属防腐原理
【考前秘笈】
【预测模拟】
1．化学和生活、科技、社会发展息息相关，下列说法正确的是
A．大量开发可燃冰作为新能源有利于实现碳达峰、碳中和
B．高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式：化学能→电能
C．防腐剂能延长食品的保质期，需注意使用量及残留量
D．社区服务中用84消毒液清洗公共桌椅，是因为84消毒液中的有强氧化性
2．(中国诗词大会)不仅重温经典诗词，继承和发扬中华优秀传统文化，还蕴含着许多化学知识。下列说法错误的是
A．“忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”，海市蜃楼现象与胶体知识有关
B．“借问瘟君欲何往，纸船明烛照天烧”，纸和烛的化学成分相同
C．“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，金的化学性质稳定，在自然界常以游离态存在
D．“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，能量转化方式主要为化学能转化为热能
3．中华民族文明源远流长，下列文物的主要成分属于无机非金属材料的是
A．九霄环佩木古琴 B．银鎏金累丝烧蓝山水纹扇
C．曾侯乙编钟 D．青玉交龙钮玉玺
4．近年来，我国的航天技术发展迅速，天宫、天和、天问、神舟等体现了中国的强大科技力量。下列说法不正确的是
A．“天问一号”的隔热材料是使用SiO2纳米气凝胶，SiO2属于酸性氧化物
B．为航天器量身定制的柔性三结砷化镓(GaAs)太阳电池阵首次在“天和”号使用，砷化镓属于半导体
C．“天和”核心舱用的氮化硼(BN)陶瓷属于合金材料
D．“神舟号”耐高温材料使用酚醛树脂，酚醛树脂属于人工合成的有机高分子材料
核心考点二 化学反应机理
【典例呈现】
甲酸甲酯()作为潜在的储氢材料受到关注，科学家发现使用Ru配合物催化剂可以使甲酸甲酯温和释氢，其可能的反应过程如下图所示。下列说法错误的是
A．是极性分子，VSEPR模型名称为四面体形
B．Ⅲ→Ⅳ每消耗生成
C．总反应为
D．反应涉及键、键、键断裂和键形成
【考前秘笈】
【预测模拟】
1．硅铝酸盐沸石离子交换分子筛M-ZSM-5(M为Fe、Co、Ni、Cu)催化N2O氧化CH4制甲醇的反应机理如图所示，下列说法错误的是
A．反应②的原子利用率为
B．反应①、②、③、⑥、⑦中，的化合价发生了改变
C．M-ZSM-5能降低氧化制甲醇反应的活化能，改变反应的
D．总反应为
2．是一种特别的共轭体系。在高温条件下可以由分子经过5步氢提取和闭环脱氢反应生成。其中第一步过程的反应机理和能量变化如下：
下列说法错误的是
A．反应过程中有极性键的断裂和形成
B．图示历程中的基元反应，速率最慢的是第3步
C．制备的总反应方程式为：
D．从的结构分析，结构中五元环和六元环结构的数目分别为6、10
3．我国科技工作者用钾离子促进电催化合成尿素可能的反应机理如图。与其他步骤相比，碳氮键的形成过程活化能更高。下列说法正确的是
A．尿素中氮原子采取杂化 B．步骤①和③的反应速率较其他步骤快
C．步骤⑥发生的是氧化反应 D．以上过程中涉及极性键的形成和断裂
4．和甲醇在（钌铑）基催化剂表面加氢可以制取乙酸，其反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．LiI起到催化作用
B．反应①和⑤的反应类型不同
C．反应③中有极性键的断裂和非极性键的形成
核心考点三 化学实验基础知识
【典例呈现】
根据下列实验操作及现象，所得结论错误的是
选项 实验操作及现象 结论\
A． 向溶有的溶液中滴加溶液，产生白色沉淀 具有强氧化性
B． ，用计测得某一元酸（HR）溶液的 HR为弱电解质
C． 向溶液中加入乙醇，析出深蓝色晶体 在水-乙醇混合溶剂中的溶解度较小
D． 将与用导线相连，插入稀硫酸酸化的溶液，一段时间后，从电极区取出少量溶液，滴入2滴溶液，无明显现象 Zn可以保护不被腐蚀
【考前秘笈】
1．实验操作中的“第一步”
(1)检查装置的气密性——制取气体、验证气体的性质等与气体有关的实验操作。
(2)检查是否漏水——滴定管、容量瓶、分液漏斗等的使用。
(3)调“0”点——天平等的使用。
(4)验纯——点燃可燃性气体。
(5)分别取少量溶液——未知溶液的鉴别。
(6)润湿——用红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸、淀粉KI试纸检验或验证某些气体时。
2．常见仪器的选择方法
3．化学实验中的几个数据
【预测模拟】
1．下列有关说法正确的是
A．图甲装置：滴入过量的硝酸银溶液配制银氨溶液
B．图乙装置：制取并收集干燥纯净的
C．图丙装置：比较、、S的氧化性
D．图丁装置：分离淀粉溶液和泥沙
2．下列实验能达到目的的是
A．测定中和反应的反应热：用酸碱中和滴定法
B．判断醋酸为弱电解质：测定并比较醋酸和盐酸的pH
C．用98%浓硫酸配制10%的稀硫酸：仪器为烧杯、玻璃棒
D．测定镀锌铁皮的镀层厚度：将镀锌铁皮放入稀硫酸中，待产生氢气的速率突然减小，可以判断锌镀层已反应完全
3．实验室可以通过以下反应和操作制取肉桂酸：
已知：苯甲醛、肉桂酸均难溶于水，苯甲醛的熔点-26℃，肉桂酸的熔点133℃，乙酸酐(CH3CO)2O易水解。
操作：
①将5.3g苯甲醛(M=106g/mol)、6.12g乙酸酐(M=102g/mol)、K2CO3混合加热回流0.5h
②向回流后的混合液中加入K2CO3溶液调节溶液至碱性
③将“②”中溶液装入下图的Ⅱ装置中，并通入水蒸气，Ⅲ中收集到苯甲醛和水
④……，得到纯净的肉桂酸(M=148g/mol)6.2g。
下列有关说法错误的是
A．当馏出液无油珠时，即可停止通入水蒸气 B．操作③结束时，应先打开弹簧夹再移去热源
C．向Ⅱ中残余溶液中加入盐酸酸化，再过滤、洗涤、干燥可以获得肉桂酸粗品
D．肉桂酸的产率为69.8%
4．实验室制备如图所示气体所选用的发生装置、制备试剂和除杂试剂均正确的是
选项 气体 发生装置 制备试剂 除杂试剂
A 固体 碱石灰
c 、浓盐酸 溶液、浓硫酸
C b 大理石、稀硫酸 浓硫酸
D c 无水乙醇、浓硫酸 溶液
核心考点四 有机化学基础
【典例呈现】
有机“纳米小人”风靡全球，其制备过程中涉及的一个反应如图。下列说法正确的是
A．化合物M的一氯代物有5种
B．化合物N中至少有17个原子共平面
C．该反应符合绿色化学的思想，理论上原子利用率为100%
D．化合物P能发生加成、聚合、氧化、还原等反应
【考前秘笈】
一、有机物的空间结构
1．有机物分子中原子共线、共面数目的确定
(1)常见有机物的空间结构
CH4呈正四面体形，键角109°28′。CH2==CH2呈平面形，键角120°。
HC≡CH呈直线形，键角180°。呈平面正六边形，键角120°。
2．注意键的旋转
①在分子中，形成单键的原子可以绕键轴旋转，而形成双键、三键等其他键的原子不能绕键轴旋转。
②若平面间靠单键相连，所连平面可以绕键轴旋转，可能旋转到同一平面上，也可能旋转后不在同一平面上。
③若平面间被多个点固定，则不能旋转，一定共平面。如分子中所有原子一定共面。
3．恰当地拆分复杂分子
观察复杂分子的结构，先找出类似于甲烷、乙烯、乙炔和苯分子的结构，再将对应的空间结构及键的旋转等知识进行迁移即可解决有关原子共面、共线的问题。
特别要注意的是，苯分子中处于对位的两个碳原子以及它们所连的两个氢原子在一条直线上。
4．对照模板确定原子共线、共面问题
需要结合相关的几何知识进行分析，如不共线的任意三点可确定一个平面；若一条直线与某平面有两个交点时，则这条直线上的所有点都在该平面内；同时要注意问题中的限定性词语，如“可能”“一定”“最多”“最少”“共面”“共线”等，以免出错。
二、同分异构体的判断
1．同分异构体的判断方法
(1)记忆法
①由烃基的异构体数推断
判断只有一种官能团的有机物的同分异构体的种数时，根据烃基的异构体数判断较为快捷。如判断丁醇的同分异构体时，根据组成丁醇可写成C4H9—OH，由于丁基有4种结构，故丁醇有4种同分异构体。
常用的烃基异构有—C3H7(2种)、—C4H9(4种)、—C5H11(8种)。
②由苯环上取代基的数目推断
a．当苯环上只连有一个取代基时，可由烃基的数目推断。如C9H12O属于芳香醇，且苯环上
只有一个取代基的结构有5种，分别为、、、、。（C9H12O写为，—C3H6OH含—OH的结构有5种）。
b．当苯环上连有两个取代基时，有邻、间、对3种结构。
c．当苯环上连有三个取代基时，若三个取代基完全相同则有3种结构；若三个取代基中有2个完全相同，则有6种结构；若三个取代基各不相同，则有10种结构。如C7H5O2Cl遇FeCl3显紫色，能发生银镜反应的结构共有10种(如其中一种为)。
(2)由等效氢原子推断
碳链上有几种不同的氢原子，其一元取代物就有几种同分异构体。一般判断原则：①同一碳原子上的氢原子是等效的；②同一碳原子所连甲基上的氢原子是等效的；③处于镜面对称位置上的氢原子是等效的。
一元取代物数目即为等效氢的数目，如等效氢的数目为2，则一氯代物有2种。
(3)用替换法推断
如一个碳碳双键可以用环替换；碳氧双键可以用碳碳双键替换并将氧原子移到他处；碳碳三键相当于两个碳碳双键，也相当于两个环。不同原子间也可以替换，如二氯苯C6H4Cl2有3种同分异构体，四氯苯C6H2Cl4也有3种同分异构体。
(4)用组合法推断
先确定一基团同分异构体的数目，再确定另一基团同分异构体的数目，从而确定两基团组合后同分异构体数目的方法。如饱和一元酯，—R1有m种结构，—R2有n种结构，共有m×n种酯的结构。
实例：分子式为C9H18O2的酯在酸性条件下水解得到的两种有机物的相对分子质量相等，则形成该酯的酸为C3H7COOH(2种结构)，醇为C5H11OH(8种结构)，故该酯的结构共有2×8＝16种。
2．判断多元取代物的同分异构体的方法
(1)定一移一法
对于二元取代物同分异构体的判断，可固定一个取代基的位置，再改变另一个取代基的位置以确定同分异构体的数目。如分析C3H6Cl2的同分异构体，先固定其中一个Cl原子的位置，移动另外一个Cl原子。
(2)定二移一法
对于芳香化合物中若有3个取代基，可以固定其中2个取代基的位置为邻、间、对的位置，然后移动另一个取代基的位置以确定同分异构体的数目。
三、有机反应中的几个定量关系
(1)在卤代反应中1 mol卤素单质取代1 mol H,同时生成1 mol HX。
(2)1 mol 完全加成需要1 mol H2或1 mol Br2,1 mol醛基或酮基消耗1 mol H2;1 mol甲醛完全被氧化消耗4 mol Cu(OH)2。
(3)1 mol苯完全加成需要3 mol H2。
(4)与NaHCO3反应生成气体:1 mol —COOH生成1 mol CO2气体。
(5)与Na反应生成气体:1 mol —COOH生成0.5 mol H2;1 mol —OH生成0.5 mol H2。
(6)与NaOH反应:1 mol —COOH(或酚—OH)消耗1 mol NaOH;
1 mol (R为链烃基)消耗1 mol NaOH;1 mol 消耗2 mol NaOH。
四、有机反应中反应物用量的判断方法
(1)H2用量的判断
有机物分子中的、、、、在一定条件下都能与H2发生加成反应，若有机物分子中基团均为1mol时，所需H2的量分别为1：2：3：1：1，特别注意—COOH，—COOR(酯基)中的C=O通常不与H2发生加成反应。
(2)NaOH用量的判断
(酚羟基)、酯类物质、卤代烃能与NaOH溶液发生反应，特别要注意，水解产物可能与NaOH溶液发生反应。如1 mol 与NaOH溶液发生反应时最多消耗3 mol NaOH。
(3)Br2用量的判断
①烷烃：光照下1 mol Br2可取代1 mol H原子。
②苯：FeBr3催化下1 mol Br2可取代1 mol H原子。
③酚类：1 mol Br2可取代与—OH处于邻、对位上的1 mol H 原子。
④：1 mol双键可与1 mol Br2发生加成反应。
⑤：1 mol三键可与2 mol Br2发生加成反应。
五、蛋白质盐析、变性辨异同
比较项目 盐析 变性
不 同 点 方法 在轻金属盐作用下，蛋白质从溶液中凝聚成固体析出 在重金属盐、受热、紫外线、甲醛、酒精等作用下，蛋白质凝聚成固体析出
特征 过程可逆，即加水后仍可溶解 不可逆
实质 溶解度降低，物理变化 结构、性质发生变化，化学变化
结果 仍保持原有的生理活性 失去原有的生理活性
六、掌握推断反应类型常用的方法
(1)由官能团转化推测反应类型。从断键、成键的角度掌握各反应类型的特点，如取代反应的特点是有上有下或断一下一上一；加成反应的特点是只上不下或断一加二；消去反应的特点是只下不上。
(2)由反应条件推测反应类型。有机反应的重要条件总结如下：
①NaOH水溶液作条件的反应：卤代烃的水解；酯的碱性水解；NaOH醇溶液与卤代烃发生的是消去反应。
②以浓H2SO4作条件的反应：醇的消去；醇变醚；苯的硝化；酯化反应。
③以稀H2SO4作条件的反应：酯的水解；糖类的水解；蛋白质的水解。
④Fe：苯环的卤代。光照：烷烃的卤代。
⑤当反应条件为光照且与X2反应时，通常是X2与烷烃或苯环侧链烃基上的氢原子发生取代反应，而当反应条件为催化剂且与X2反应时，通常为苯环上的氢原子直接被取代。
⑥当反应条件为催化剂并有氧气时，通常是醇氧化为醛或醛氧化为酸。
(3)卤代、硝化、磺化、酯化、水解、皂化、分子间脱水等反应，本质上属于取代反应。
(4)有机物的加氢、脱氧属还原反应，脱氢、加氧属于氧化反应。
【预测模拟】
1．治疗流感的特效药——“奥司他韦”结构如图所示，下列说法不正确的是
A．分子式为C16H26N2O4
B．该结构中有5种官能团
C．能发生氧化反应、加成反应、水解反应
D．该物质最多能与发生反应
2．中国科学院大连化学物理研究所和西湖大学合作合成出一种新的高分子材料(如图所示，硫原子连接的波浪线代表键延长)。下列叙述错误的是
A．X中的含氧官能团是酯基 B．X的水解产物之一是
C．Y是线型结构高分子材料，具有热塑性 D．Y在碱性介质中能降解
3．我国科学家提出了高强度人造蚕丝的制备方法，用表面活性剂和溶液使丝胶蛋白水解，然后将浓缩的丝素蛋白挤入含和的溶液中凝固成纤维。下列说法不正确的是
A．中既含有亲水基团又含有疏水基团
B．核酸和蛋白质都是生物大分子
C．丝胶蛋白水解时酰胺基中发生了断裂
D．含或的盐溶液均能使蛋白质变性
4．实验室初步分离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的流程如下：
已知：苯甲酸乙酯的沸点为212.6℃，“乙醚-环己烷-水共沸物”的沸点为62.1℃。下列说法错误的是
A．操作a和操作b不同
B．操作c为重结晶
C．无水和饱和碳酸钠溶液的作用相同
D．由该流程可以说明苯甲酸和苯甲酸钠在水中的溶解度差别很大
核心考点五 物质结构与元素周期律
【典例呈现】
一种由短周期元素构成的洗涤剂中间体结构式如图所示，X、Q、Z、Y、W原子序数依次增大，X和W同主族，Q、Z、Y同周期，基态Q原子核外成对电子对数与未成对电子数相等，Y可与X形成空间构型为V形的分子，下列说法不正确的是
A．第一电离能：
B．简单离子半径：
C．Z元素的氧化物对应水化物为强酸
D．Y的简单氢化物构型为四面体
【考前秘笈】
1．元素“位-构-性”之间的关系
（
2．“构位性”关系解题策略
第一步：推断元素
推断元素常用的方法有：
（1）根据原子或离子的结构示意图推断（2）根据元素化合价的特征关系推断
（3）根据原子半径的递变规律推断 （4）根据元素的原子结构特征或元素的特征推断
（5）根据稀有气体的原子序数推断
第二步：联想“规律”
依据推出的元素在周期表中的位置，结合元素周期律对选项中元素的结构和元素性质的变化作出判断。
第三步：通盘“验证”
将判断的结果代入原题中进行检验，完全符合题设条件的才是正确选项。
【预测模拟】
1．已知X、Y、Z、W为短周期主族元素。常温下，它们的原子半径、原子序数、最高价氧化物对应水化物的溶液(浓度均为)的pH之间的关系如图所示。下列说法错误的是
A．W的氢化物的沸点可能高于水的沸点
B．XZ晶胞中X的配位数为6，X周围等距且最近的X有12个
C．W与X形成的化合物中，W的化合价可能为价
D．分子中四个原子可能共直线
2．M、N、P、Q、R是原子序数依次增大的前四周期主族元素，组成的化合物R4N(PM4)4Q2是某种荧光粉中的成分。M的一种单质是极性分子，N基态原子核外无未成对电子，P元素存在于航空、信息和新能源等高技术领域必需的材料中，Q是一种重要的成盐元素。下列说法错误的是
A．N、Q、R三种元素简单离子的半径：Q>R>N
B．N、P、Q、R四种元素的第一电离能：Q>P>N>R
C．M元素与氢元素形成的两种微粒的键角：
D．N、P、R三种氧化物的熔点：P>R>N
3．化合物可作净水剂。为短周期元素且原子序数依次增加，的原子序数是的一半，元素是地壳中含量最高的金属元素。该化合物的热重分析曲线如图所示。则下列叙述错误的是
A．对应简单氢化物的稳定性： B．简单离子半径：W2-＞Z3+
C．200K热分解1mol该化合物将失去 D．同周期中第一电离能大于的元素有2种
4．X、Y、Z、W、Q为短周期主族元素，原子序数依次增大且原子序数总和为49。它们的化合物在常温下有如图所示的转化关系：
已知：乙、戊分子都含有 10个电子。甲为三元化合物，其他化合物均为二元化合物。下列说法错误的是
A．原子半径：
B．简单氢化物的沸点：
C．化合物W2Q2中含有非极性键和离子键
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：
核心考点六 电化学
【典例呈现】
2023年我国首个兆瓦级铁铬液流电池储能项目在内蒙古成功运行。电池利用溶解在盐酸溶液中的铁、铬离子价态差异进行充放电，工作原理如图所示，已知储能时Fe2+被氧化。下列有关叙述错误的是
A．接风力发电时，铁铬液流电池在储备能量
B．接输电网时该电池总反应为Fe2++Cr3+=Fe3++Cr2+
C．若用该电池电解水，生成标况下22.4L H2时，有2mol Cr2+被氧化
D．放电时，Cl 移向b极，每1mol Cl 通过交换膜，Fe3+减少1mol
【考前秘笈】
1．突破二次电池的四个角度
2．原电池正极和负极的5种判定方法
3．微粒流向
(1)电子流向：负极→正极(电流的方向正好相反)。
[注意]　电子沿导线传递但不能通过电解质溶液。
(2)离子流向：阳离子移向正极，阴离子移向负极。
4．电极反应式的书写方法
（1）一般电极反应式的书写
（2）复杂电池的电极反应式书写
复杂的电极反应式＝总反应式－较简单电极的电极反应式。
如CH4碱性燃料电池负极反应式的书写：
CH4＋2O2＋2OH－===CO＋3H2O ……总反应式
2O2＋4H2O＋8e－===8OH－ ……正极反应式
用总反应式－正极反应式得负极反应式
(CH4＋2O2＋2OH－)－(2O2＋4H2O＋8e－)===(CO＋3H2O)－(8OH－)
整理得：CH4＋10OH－－8e－===7H2O＋CO ……负极反应式
5．电解池电极反应式的书写步骤
6．金属腐蚀快慢的三个规律
(1)金属腐蚀类型的差异
电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防腐措施的腐蚀。
(2)电解质溶液的影响
①对同一金属来说，腐蚀的快慢(浓度相同)：强电解质溶液>弱电解质溶液>非电解质溶液。
②对同一种电解质溶液来说，电解质浓度越大，腐蚀越快。
(3)活动性不同的两种金属，活动性差别越大，腐蚀越快。
7．两种腐蚀与三种保护
(1)两种腐蚀：析氢腐蚀、吸氧腐蚀(关键在于电解液的pH)。
(2)三种保护：电镀保护、牺牲阳极的阴极保护法、外加电流的阴极保护法。
8．突破电解定量计算的三种方法
电解的计算包括两极产物的定量计算、溶液pH的计算、相对原子质量和阿伏加德罗常数的计算等，无论哪种计算都可采用下列三种方法：
方法一：根据总反应式
先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列比例式计算。
方法二：根据电子守恒
用于串联电路的阴阳两极产物、正负两极产物、相同电量等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数目相等。
方法三：根据关系式
根据得失电子守恒建立已知量与未知量之间的关系，得出计算所需的关系式。
例如由关系式法通过4 mol e－为基准可构建电极产物之间的如下关系式：
9．阳离子交换膜的使用原理
阳离子交换膜有很多微孔，孔道上有许多带负电荷的基团，阳离子可以自由通过孔道，而阴离子移动到孔道处，受到孔道带负电荷基团的排斥而不能进入孔道中，因而不能通过交换膜。
质子交换膜是阳离子交换膜的特例，仅允许质子(H＋)通过，其他离子不能通过。
10．阴离子交换膜的使用原理
阴离子交换膜有很多微孔，孔道上有许多带正电荷的基团，阴离子可以自由通过孔道，而阳离子移动到孔道处，受到孔道带正电荷基团的排斥而不能进入孔道中，因而不能通过交换膜。
11．离子交换膜类型的判断方法
依据电解质溶液呈电中性的原理，判断膜的类型，判断时首先要写出阴、阳两极上的电极反应，依据电极反应式确定该电极附近哪种离子剩余；依据该电极附近电解质溶液满足电荷守恒原则，判断出离子移动的方向、进而确定离子交换膜的类型。
例如离子交换膜法淡化海水的实验装置如图：
阳极室中的电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，剩余Na＋，要维持阳极室内电荷守恒，则Cl－通过a膜进入阳极室，故a为阴离子交换膜，阴极室中的电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH
－，反应生成OH－，要维持阴极室内电荷守恒，则Na＋通过b膜进入阴极室，故b为阳离子交换膜。
【预测模拟】
1．中国科学院物理研究所发明了一种以对苯二甲酸二钠复合材料和硬碳(多孔形态，化学式为C)为电极材料的有机钠离子电池，其内部结构如下图所示，放电时，a电极发生如下变化：
下列说法错误的是
A．放电时，a电极电势高于b电极
B．充电时，向b电极移动
C．放电时，b电极的电极反应式为
D．用该电池为一个60200mAh的充电宝充满电，a电极质量增加51.75g(，一个电子的电量，为)
2．用电解法(图1)通过翻转电极可同时处理含和的生活污水，联合脱除过程中，测得溶液pH变化如图2所示。0～20分钟除去的原理如图3所示，20～40分钟除的方法是将其转化为沉淀。
下列说法不正确的是
A．在时内，a为电源的负极
B．除时，阳极的电极反应式为：
C．除过程中，溶液pH变小
D．除的总反应离子方程式为：
3．图1是一种居家天然气报警器成品装置，其工作原理如图2所示，其中可以在固体电解质ZnO2—Na2O中移动。当空间内甲烷达到一定浓度时，传感器随之产生电信号并联动报警。当报警器触发工作时，下列说法不正确的是
A．电极a的电势比电极b高
B．在电解质中向电极a移动
C．电极a上发生的电极反应为：
D．当电极a消耗时，电路中有0.8mol电子转移
4．磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性，具有较长的使用寿命，放电时的反应为： LixC6+Li1-xFePO4= 6C+LiFePO4。图1为某磷酸铁锂电池的切面，图2为LiFePO4晶胞充放电时Li+脱出和嵌入的示意图。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。下列说法错误的是
A．放电时，负极反应： LixC6- xe- = xLi++6C
B．(a)过程中1mol晶胞转移的电子数为NA
C．(b)代表放电过程， Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极
D．充电时的阳极反应： LiFePO4- xe-= Li1-xFePO4+xLi+
5．钠碱循环法脱除烟气中的SO2，生成的吸收液中含有Na2SO3和NaHSO3。电解吸收液回收SO2，并实现碱液的循环。双极膜内层为水层，工作时水层中的H2O解离成H+和OH-，并分别通过离子交换膜向两侧发生迁移。如图为吸收液的电渗析装置示意图。下列说法正确的是
A．出口4的产物为NaOH溶液
B．出口5中Na2SO4溶液的浓度增大
C．、可从盐室最终进入阳极液中
D．阴极电极反应式为2H++2e- =H2↑
核心考点七 电解质溶液及图像
【典例呈现】
湿法提银工艺中，浸出的需加入进行沉淀。与可结合生成多种配合物，在水溶液中存在如下平衡：
I．平衡常数 II．平衡常数
III．平衡常数IV．平衡常数
时，平衡体系中含Ag微粒的分布系数随的变化曲线如图所示。已知；沉淀最彻底时，溶液中下列说法错误的是
A．曲线a、b、c、d、e分别表示、
B．时， C．时，平衡常数
D．时，随着的不断加入，溶液中的比值保持不变
【答案】C
【分析】由反应平衡过程可知，向Ag+溶液中加
入Cl-进行沉淀过程，曲线a、b、c、d、e分别代表Ag+、AgCl、、、，据此解答。
【解析】A．lgc(Cl-)越大，氯离子浓度越大，根据分析中的平衡过程，与银离子配位的氯离子增加，故曲线a、b、c、d、e分别代表Ag+、AgCl、、、，A正确；
B．氯化银最多即淀最彻底时，溶液中c(Ag+)=1×10 7.21mol L 1，由曲线b可知此时c(Cl-)=10-2.54mol/L，Ksp(AgCl)=c(Cl-)×c(Ag+)=10-9.75，B正确；
C．由平衡III，，曲线c、d交点有且c(Cl-)=10-0.2mol/L，代入得K3=100.2，C错误；
D．题干中四个反应相加可得，该总反应，K只受温度影响，比值不变，D正确；
本题选C。
【考前秘笈】
图象分析
1．强、弱电解质的比较图像（图像法理解一强一弱的稀释规律）
(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸
加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大 加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多
　　(2)相同体积、相同pH的盐酸、醋酸
加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大 加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多
2．酸、碱中和滴定图像
抓5点破中和滴定图像
(1)抓反应的“起始”点：判断酸、碱的相对强弱。
(2)抓反应“一半”点：判断是哪种溶质的等量混合。
(3)抓“恰好”反应点：判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性。
(4)抓溶液的“中性”点：判断溶液中溶质的成分及哪种物质过量或不足。
(5)抓反应的“过量”点：判断溶液中的溶质，判断哪种物质过量。
例如：室温下，向20 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液pH的变化如图所示：
3．沉淀溶解平衡图像
(1)溶解平衡曲线类似于溶解度曲线，曲线上任一点都表示饱和溶液，曲线上方的任一点，均表示过饱和，此时有沉淀析出，曲线下方的任一点，均表示不饱和。但如果将离子浓度取负对数，则结果正好相反，即线上方任一点表示不饱和，线下方任一点表示过饱和。
(2)从图像中找到数据，根据公式计算得出Ksp的值。
(3)比较溶液的Q与Ksp的大小，判断溶液中有无沉淀析出。
(4)涉及Q的计算时，所代入的离子浓度一定是混合溶液中的离子浓度，因此计算离子浓度时，所代入的溶液体积也必须是混合液的体积。
4．离子平衡图像
巧抓“四点”，突破溶液中的粒子浓度关系
(1)抓反应“一半”点，判断是什么溶质的等量混合。
(2)抓“恰好”反应点，判断生成什么溶质及溶液的酸碱性。
(3)抓溶液的“中性”点，判断生成什么溶质，哪种物质过量或不足。
(4)抓反应的“过量”点，判断溶液中是什么溶质，哪种物质过量。
实例分析：向CH3COOH溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液的关系如
图所示。
(注：a点为反应一半点，b点呈中性，c点恰好完全反应，d点NaOH过量一倍)
分析：
a点，溶质为________________，离子浓度关系：_____________________________；
b点，溶质为________________，离子浓度关系：_____________________________；
c点，溶质为________________，离子浓度关系：_____________________________；
d点，溶质为________________，离子浓度关系：_____________________________。
5．滴定直线图像
常温下，二元弱酸H2Y溶液中滴加NaOH溶液，所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)向二元弱酸H2Y中滴加NaOH溶液，依次反应的离子方程式为
________________________________________________________________________。
(2)随着NaOH溶液的滴加，lg________(填“增大”或“减小”，下同)，lg________。
(3)Ka2(H2Y)＝________。
(4)在交叉点e，c(H2Y)________c(Y2－)(填“＞”“＜”或“＝”)。
6．滴定曲线图像中“交叉点”的分析与应用
T ℃时，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中三种微粒H2C2O4、HC2O、C2O的物质的量分数(δ)与pH的关系如图所示：
回答下列问题：
(1)写出H2C2O4的电离方程式及电离平衡常数表达式。
①_______________________________________________________________________，
Ka1＝____________________________________________________________________；
②_______________________________________________________________________，
Ka2＝____________________________________________________________________。
(2)根据A点，Ka1＝________，根据B点，Ka2＝________。
(3)在pH＝2.7的溶液中，＝________。
(4)0.1 mol·L－1的NaHC2O4溶液呈________性，其离子浓度从大到小的顺序为________________。
【预测模拟】
1．常温下，将一定浓度的氨水逐滴加入溶液中，该过程中溶液与加入氨水体积V的关系如图所示，已知e点对应的溶液迅速由浑浊变澄清，且此时溶液中的与均约为，下列叙述错误的是
A．a点对应溶液中由水电离出的
B．b点对应溶液中：
C．由e点可知，反应的平衡常数约为
D．最好选择d~e段溶液与葡萄糖等含有醛基的有机物发生银镜反应
2．室温下，某溶液体系中满足，现利用平衡移动原理，研究在不同pH的体系中的可能产物。图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系；图2为沉淀溶解平衡曲线，曲线Ⅰ的离子浓度关系符合，曲线Ⅱ的离子浓度关系符合，不同pH下由图1得到。下列说法错误的是
A．由图1，的水解平衡常数的数量级是
B．图2中M点，溶液中存在
C．图2中P点，存在
D．沉淀制备时，选用溶液比溶液效果好
3．将等物质的量浓度等体积的甘氨酸溶液与盐酸混合，发生反应：，取上述溶液(含0.04mol )，滴加NaOH溶液，pH的变化如下图所示(注：b点溶液中甘氨酸以的形式存在)。
下列说法不正确的是
A．中解离出的能力：
B．b点溶液pH<7，推测中解离出的程度大于-COO-水解的程度
C．c点溶液中存在：c()
D．由d点可知：的
4．常温下将NaOH溶液滴加到溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示[纵坐标为或]。下列叙述正确的是
A．曲线N表示pH与的关系
B．图中a点对应溶液中：
C．NaHA溶液中：
D．溶液pH从5.6到9.6的过程中，水的电离程度先增大后减小
核心考点八 化工流程
【典例呈现】
锰可用于制造特种钢材，在汽车电池、高端装备制造、新材料等领域有广泛应用。二氧化锰广泛应用于电池、电子工业。以主要成分为的某锰矿(杂质为、等)为原料制备单质锰的一种流程如图所示：
已知：金属离子浓度的负对数与溶液的关系如图所示：
回答下列问题：
(1)滤液中的溶质为、 (填化学式)，“氧化除硫”过程中有红褐色固体生成，则参与反应的化学方程式为 。
(2)“酸浸氧化”过程被氧化的离子方程式为 。
(3)为何不通过调的方法将除去： ；已知若溶液中同时沉淀完全时，溶液中，则相同温度下， 。
(4)通过控制适当的反应条件，电解溶液时，既可得到也可得到，则生成单质时，应在 (填“阳极”或“阴极”)上放电；写出生成时的电极反应式： 。
(5)已知单质锰的立方晶胞结构如图所示：
则锰的配位数是 ；若锰原子半径为，阿伏加德罗常数值为，则单质锰的密度为 (用含的代数式表示)。
【考前秘笈】
常见操作的答题思考角度
常见操作 答题思考角度
分离、提纯 过滤、蒸发、分液、蒸馏等常规操作。从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩—冷却结晶—过滤(—洗涤、干燥)；或蒸发结晶
提高原子利用率 绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)
在空气中或在其他气体 要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应或能否达到隔绝
中进行的反应或操作 空气，防氧化、水解、潮解等目的
判断沉淀是否洗涤干净 取少量最后一次洗涤液，检验其中是否还有某种离子存在
控制溶液的pH ①调节溶液的酸碱性，使某些金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)。 ②加入酸或调节溶液至酸性还可除去氧化物(膜)。 ③加入碱或调节溶液至碱性还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等。 ④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)。
控制温度(常用水 浴、冰浴或油浴) ①防止副反应的发生； ②使化学平衡移动：控制化学反应的方向； ③控制固体的溶解与结晶； ④控制反应速率：使催化剂达到最大活性； ⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发； ⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离； ⑦趁热过滤：减少因降温而析出溶质的量； ⑧降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求
洗涤晶体 ①常见洗涤方式见前述； ②洗涤沉淀方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次
表面处理 “水洗”除去表面可溶性杂质，金属晶体可用机械法(打磨)或化学法除去表面氧化物、提高光洁度等
【预测模拟】
1．稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。从钒钛磁铁矿中提取钒、钛的工艺流程图如下：
已知：①钛渣中主要包括、、和等。
②“高温氯化”后的产物中含少量的、、、杂质，相关物质的沸点如下表：
化合物
沸点/℃ 136 310 56.5 180 127
回答下列问题：
(1)钛在周期表中的位置为 ，上述获得钛单质的“还原”工序中需要通入氩气的目的是 。
(2)滤液X中含有的主要金属离子有 。
(3)“高温氯化”工序生成和一种可燃性气体Y，该反应的化学方程式为 ；的粗产品可以通过分馏提纯，但收集的中总是混有的原因是 。
(4)钒的浸出率随焙烧温度和浸取时间的变化如图所示，则“焙烧”时最适合的反应条件为 。
(5)“浸出”目的是将难溶物转化成进入水相，以便后续沉钒，则“浸出”时反应的离子方程式为 。
(6)采用USTB工艺电解制备高纯钛，过程以固体为阳极、碳棒为阴极，熔融盐为电解质。阳极产生与，阴极只发生的还原反应。请写出电池阳极反应的电极反应式： 。
2．镍-镉电池是一种非常理想的直流供电电池。废旧镍-镉电池中含有镍、镉、铁及少量钴和有机质等。回收利用废旧镍-镉电池的一种工艺流程如图所示。
请回答下列问题；
(1)“灼烧”时控制温度600~700℃，并通入足量空气，该工序的作用是 。
(2)“氧化”工序发生主要反应的离子方程式为 。
(3)试剂X可选择_____(填标号)。
A．氨水 B．NaOH溶液 C．NiO D．溶液
(4)已知：的溶度积，“调pH”时溶液中，则应控制pH小于 。
(5)滤渣2可表示为。取3.05g样品溶于适量蒸馏水，加入过量NaOH溶液并加热，产生标准状况下448mL气体和0.93g沉淀，则滤渣2的化学式为 。
(6)滤液1经处理之后可循环至 工序中使用。
(7)可用于冶炼镉，产生的粗镉可利用电解精炼的方法进行提纯，在电解池的 (填“阳极”或“阴极”)产生纯镉。
(8)一项研究表明，采用溶剂萃取法可将、、从混合溶液中有效分离。如图为不同pH下DEHPA和Cyanex272对溶液中三种离子的萃取效率，则此方法的流程为 。
核心考点九 化学反应原理
【典例呈现】
天然气、石油钻探过程会释放出CO2、H2S等气体。某种将CO2和H2S共活化的工艺涉及如下反应：
①
②
③
④
回答下列问题：
(1)已知：298K时，18g气态水转化为液态水释放出44kJ的能量；H2S(g)的标准摩尔燃烧焓(△H)
为-586kJ·mol-1，则COS(g)的标准摩尔燃烧焓()为 kJ·mol-1，反应②在 (填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。
(2)一定条件下，向起始压强为200kPa的恒容密闭容器中通入等物质的量的CO2(g)和H2S(g)混合气体，发生上述反应，25min时，测得体系总压强为210kPa，S2(g)的平均反应速率为 kPa·min-1.达到平衡时，测得体系总压强为230kPa，，此时H2S(g)的平衡转化率为 ，反应②的标准平衡常数 (已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压)。
(3)将等物质的量的CO2(g)和H2S(g)混合气体充入恒压密闭容器中，发生上述反应，反应物的平衡转化率、COS或H2O的选择性与温度关系如图所示。COS的选择性，H2O的选择性。
①表示“COS的选择性”的曲线是 (填“曲线a”或“曲线b”)；
②温度低于500℃时，H2S的转化率与CO2的相等，原因是 。
【考前秘笈】
1．叠加法求焓变
步骤1　“倒”
为了将方程式相加得到目标方程式，可将方程式颠倒过来，反应热的数值不变，但符号相反。这样，就不用再做减法运算了，实践证明，方程式相减时往往容易出错。
步骤2　“乘”
为了将方程式相加得到目标方程式，可将方程式乘以某个倍数，反应热也要相乘。
步骤3　“加”
上面的两个步骤做好了，只要将方程式相加即可得到目标方程式，反应热也要相加。
2．对比法理解反应热、燃烧热与中和热
(1)化学反应吸收或放出的热量称为反应热，符号为ΔH，常用单位为kJ·mol－1，它只与化学反应的化学计量数、物质的聚集状态有关，而与反应条件无关。中学阶段研究的反应热主要是燃烧热和中和热。
(2)燃烧热：在101 kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。单位为kJ·mol－1。需注意：①燃烧热是以1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量来定义的，因此在书写燃烧热的热化学方程式时，一般以燃烧1 mol纯物质为标准来配平其余物质的化学计量数；②燃烧产物必须是稳定的氧化物，如C→CO2、H2→H2O(l)等。
(3)中和热：在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol液态H2O时的反应热。需注意：①稀溶液指物质溶于大量水中；②中和热不包括离子在水溶液中的生成热、物质的溶解热、电解质电离时的热效应；③中和反应的实质是H＋和OH－化合生成H2O，即H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。
(4)反应热指反应完全时的热效应，所以对于可逆反应，其热量要小于反应完全时的热量。
3．反应热大小的比较规律
(1)吸热反应的ΔH比放热反应的ΔH大(前者大于0，后者小于0)
(2)等量的可燃物完全燃烧所放出的热量比不完全燃烧所放出的热量多
例：C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1＜0　C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH2＜0；ΔH1为完全燃烧放出的热量多，又ΔH1和ΔH2均为负值，所以ΔH1＜ΔH2
(3)产物相同时，A(g)燃烧放出的热量比等量的A(s)燃烧放出的热量多
例：S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH1＜0
S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH2＜0　则ΔH1＜ΔH2
(4)反应物相同时，生成C(l)所放出的热量比生成等量的C(g)放出的热量多
例：A(g)＋B(g)===C(l)　ΔH1＜0
A(g)＋B(g)===C(g)　ΔH2＜0　则ΔH1＜ΔH2
(5)对于可逆反应，因反应不能进行完全，实际反应过程中放出或吸收的热量要小于理论值
例：2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)　ΔH＝－197 kJ·mol－1，向密闭容器中通入2 mol SO2和1 mol O2反应达平衡后，放出的热量小于197 kJ
(6)对于同一反应，化学计量数大的，对应放出(吸收)的热量多
例：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH1＜0
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH2＜0　则ΔH1＜ΔH2
(7)生成等量的水时，强酸和强碱的稀溶液反应比弱酸和强碱或强酸和弱碱或弱酸和弱碱的稀溶液反应放出的热量多
(8)离子电荷相同时，半径越小，断裂离子键时吸收的能量越多
(9)若比较的是ΔH的大小，则看的是ΔH的整体数值，包括正负号进行比较 ；若题中所说的是放出(吸收)的热量大小比较，则比较的是ΔH的绝对值大小
4．反应速率、化学平衡图像题解题步骤
5．化学平衡图像题解题技巧
（1）“定一议二”原则
在化学平衡图像中，了解纵轴、横轴和曲线所表示的三个量的意义。在确定横轴所表示的量后，讨论纵轴与曲线的关系，或在确定纵轴所表示的量后，讨论横轴与曲线的关系。
比如：反应2A(g)+B(g) 2C(g)达到化学平衡时，A的平衡转化率与压强和温度的关系如图1所示[A的平衡转化率（ α），横轴为反应温度（T）]。
图1 图2 图3
定压看温度变化，升高温度曲线走势降低，说明A的转化率降低，平衡向逆反应方向移动，正反应是放热反应。
定温看压强变化，因为此反应是反应后气体体积减小的反应，压强增大，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，故p2>p1。
（2）“先拐先平数值大”原则
对于同一化学反应在化学平衡图像中，先出现拐点的反应先达到平衡状态，先出现拐点的曲线表示的温度较高（如图2所示，α表示反应物的转化率）或压强较大[如图3所示，φ（A）表示反应物A的体积分数]。
图2：T2>T1，正反应放热。
图3：p1（3）三步分析法
一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。
（4）v－t图像中的“断点”和“接点”
?“断点”表示改变温度、压强、催化剂引起v正、v逆的变化。
?“接点”表示改变反应体系中某种物质浓度引起v正、v逆的变化。
【预测模拟】
1．丙烯是一种重要的化工原料，但丙烯的产量仅通过石油的催化裂解反应无法满足工业生产需求。工业上以WO3/SiO2为催化剂，利用丁烯和乙烯的催化歧化反应制丙烯： 。请回答下列问题：
(1)相关物质的燃烧热数据如下表所示：
物质
燃烧热 -1411 -2049 -2539
催化歧化反应的 ；
(2)利用丁烯和乙烯的催化歧化反应制备丙烯时，仅发生如下反应：
反应ⅰ：
反应ⅱ：
一定条件下，经相同反应时间，丙烯的产率、丁烯的转化率随温度变化的关系如图所示：
①丁烯的转化率随温度升高而增大可能的原因是 ，500~550℃丙烯产率下降的原因为 。
②某温度下，保持体系总压强为1.0 MPa，按投料，达平衡状态时，C4H8、C2H4的转化率分别为96%、32%，则平衡时 ；反应ⅰ的压强平衡常数 (保留三位有效数字)。
(3)反应ⅱ中，WO3/SiO2催化机理如图，关于该过程中的说法错误的是___________(填字母)。
A．有加成反应发生 B．能将2-丁烯转化为1-丁烯
C．W元素的成键数目一直未发生变化 D．存在碳碳单键的断裂和形成
(4)为了增强WO3/SiO2催化剂的活性和吸附能力，其他条件一定时，可向WO3/SiO2催化剂中添加催化剂助剂。下图为不同催化剂助剂的加入对丁烯的转化率、丙烯的选择性(产率转化率选择性)的影响，选择 作催化剂助剂为优选方案(填化学式)。
2．对氮氧化物的资源化利用，运用多种方式促进氮的循环转化，具有重要的研究意义。
(1)已知a：　
b：C的燃烧热为；
c：　
①请写出与反应生成两种无污染性气体的热化学方程式： 。
②将等物质的量的与混合气体分别通入体积均为的恒温密闭容器Ⅰ和绝热密闭容器Ⅱ中，反应一段时间后两容器内达到平衡状态，下列说法正确的是 。
A．两容器内混合气体密度相等
B．转化率
C．反应平衡常数
(2)可利用钴氨配合物吸收对的配合能力很强，而对的配合能力极低。
①已知的结构如图所示，中含有键的数目是 。
②有氧和无氧条件下，溶液脱除的效率如图1所示，有氧环境下，发生总反应：，在的有氧环境下，往溶液中持续通入试样气体脱除率为60%(假设溶液体积不发生改变)，结合图1信息，计算此时钴氨溶液中有效含钴率为 。
(有效含钴率)
③钴氨溶液经过多次循环吸收后，其吸收的能力变化如图2所示，前内钴氨溶液吸收的能力不断下降的原因是 。
(3)催化电解吸收液可将还原为，其催化机理如图3所示，在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到部分还原产物的法拉第效率随电解电压的变化如图4所示。已知表示电解生还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数；表示电解过程中通过的总电量。
①当电解电压为时，催化电解生成的电极反应式为 。
②当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为 。
核心考点十 探究性实验
【典例呈现】
亚硝酸钙是一种白色粉末，易潮解，在钢筋混凝土工程中，主要用作水泥硬化促进剂和防冻阻锈剂。实验室中采用如图装置制取少量亚硝酸钙。
回答下列问题：
(1)装置Ⅰ中仪器a的名称是 ，装置中发生主要反应的化学方程式为 。
(2)装置Ⅱ的作用是 。
(3)如图装置中，能用来替代装置Ⅲ的是 (填标号)。
(4)滴入稀硝酸前，需要向装置中通入一段时间，待反应结束后还需继续通入一段时间，两次通的目的分别是 ； 。
(5)若缺少装置Ⅴ，产生的影响是 。
(6)装置Ⅵ中氮元素被氧化成价，则反应的离子方程式为 。
(7)若所得亚硝酸钙产品中仅含少量硝酸钙杂质，可用如下实验操作测定其纯度：称量产品溶于水，先加入足量溶液，充分搅拌后过滤，除去，再加入适量饱和溶液，加热煮沸，将转化为。然后向所得溶液中加入
溶液，并用稀硫酸酸化，充分反应后用标准溶液滴定过量的，消耗标准溶液的体积为。
①除去时，反应的离子方程式为 。
②计算可知，所得产品的纯度为 (用含、的式子表示)。
【考前秘笈】
1．探究类试题常见的命题形式
(1)探究化学反应机理； (2)探究化学实验中的反常现象； (3)探究对经典问题的质疑；
(4)探究未知物的成分； (5)探究物质的性质；(6)探究化学反应的条件；(7)探究化学反应的现象。
2．解答探究型实验题的基本程序
解答探究型实验题的基本程序可用以下流程图表示：
提出问题→提出猜想→设计验证方案→观察实验发现特殊现象，提出新猜想现象→得出结论
(1)提出问题。
要提出问题，首先得发现问题，对题给信息进行对比、质疑，通过思考提出值得探究的问题。此外，实验中出现的特殊现象也是发现问题、提出问题的重要契机。
(2)提出猜想。
所谓猜想就是根据已有知识对问题的解决提出的几种可能的情况。有一些问题，结论有多种可能(这就是猜想)，只能通过实验进行验证。
(3)设计验证方案。
提出猜想后，就要结合题给条件，设计出科学、合理、安全的实验方案，对可能的情况进行探究。实验设计中，关键点是对试剂的选择和实验条件的调控。
(4)观察实验现象，得出结论。
根据设计的实验方案，结合实验现象进行推理分析或计算分析得出结论。
【预测模拟】
1．在工业上经常用水蒸气蒸馏的方法从橙子等水果果皮中收集橙油(主要成分是柠檬烯)，其键线式和实验步骤如下：
对象 密度 熔点 沸点 化学性质
柠檬烯 177℃ 遇明火、高温、强氧化剂易燃
39.8℃ 遇明火易爆炸
I．提取柠檬烯
①将200g新鲜的橙子皮剪成小碎片后，投入烧瓶D中，加入约水，按照上图安装水蒸馏装置。
②松开弹簧夹G，加热水蒸气发生器A至水沸腾，当T形管的支管口大量水蒸气时夹紧弹簧夹G，开启冷却水，水蒸气蒸馏即开始进行。一段时间后可观察到锥形瓶馏出液的水面上有一层很薄的油层。
II．提纯柠檬烯
①将馏出液用萃取，萃取3次后合并萃取液，置于装有适量无水硫酸钠的锥形瓶中。
②将锥形瓶中的溶液倒入蒸馏烧瓶中蒸馏。本实验共获得橙油
回答下列问题：
(1)直形玻璃管C的作用 。
(2)水蒸气蒸馏时，判断蒸馏结束的方法是 。
(3)将馏出液用萃取时，柠檬烯从 (填仪器名称)的 (填“上口”或“下口”)出来。
(4)无水硫酸钠可以换成 (填字母)。
a．浓硫酸　　　　　b．熟石灰　　　c．无水氯化镁
(5)提纯柠檬烯的蒸馏操作时，下列操作的先后顺序分别为 (填字母)
a．通冷凝水　　　b．加热蒸馏烧瓶
蒸馏操作用 加热的方法。
(6)新鲜橙子皮中的橙油质量分数为 %(保留到小数点后两位)。
2．某实验小组对分别与、的反应进行实验探究。
实验药品：0.1mol/L溶液()；0.1mol/L溶液()；0.05mol/L溶液()；固体；NaCl固体。
实验过程
实验编 I Ⅱ Ⅲ
号
实验操作
实验现象 溶液呈紫色，静置后紫色迅速褪去，久置后出现淡黄色浑浊 溶液呈紫色，静置后紫色褪去，久置后不出现淡黄色浑浊 溶液呈紫色，静置后紫色缓慢褪去，久置后不出现淡黄色浑浊
资料：i．在酸性条件下不稳定，发生自身氧化还原反应；
ii．(暗紫色)，遇无明显现象。
(1)配制溶液时，一般是将固体药品溶于少量浓盐酸，然后再加水稀释，请结合离子方程式解释其可能的原因： 。
(2)对实验I中现象产生的原因探究如下：
①证明有Fe 生成：取实验I中褪色后的溶液，加入1~2滴溶液，观察到有蓝色沉淀生成，请写出生成蓝色沉淀的离子方程式： ；中的配离子是由和通过配位键形成的，其中提供孤电子对形成配位键的原子是 。
②实验I中紫色褪去时被氧化成，相关反应的离子方程式是 。
③实验I和Ⅱ对比，I中出现淡黄色浑浊，而Ⅱ中不出现淡黄色浑浊的原因是 。
(3)为探究实验Ⅱ和Ⅲ中紫色褪去快慢不同的原因，设计实验如下：
实验编号 Ⅳ V
实验操作
实验现象 紫色褪去时间：a>b 紫色褪去时间：c①试剂X是 。
②由实验Ⅳ和实验V得出的结论是 。
3．硫脲（）可用作橡胶的硫化促进剂、金属矿物的浮选剂。已知硫脲易溶于水，易被氧化，受热时部分发生异构化反应而生成硫氰化铵。实验室制备硫脲的装置如图所示（夹持和加热装置略）。
请回答下列问题：
(1)仪器a的名称是 ；装置A中发生反应的化学方程式为 。
(2)反应开始时，先打开，当观察到 时，再打开，这样操作的目的是 。
(3)装置B中除生成硫脲外，还生成一种碱，写出装置B中发生反应的化学方程式： ；检验装置B中硫脲是否异构化的试剂名称是 。
(4)装置B反应后的液体经分离、提纯、烘干可得产品。测定产品的纯度：
称取m g产品，加水溶解配成250 mL溶液，取25 mL于锥形瓶中，加入稀硫酸酸化，用 mol L酸性标准溶液滴定，滴定至终点时消耗标准溶液V mL（已知滴定时，硫脲转化为、和，假设杂质不参与反应）。
①该实验中滴加酸性标准溶液的正确操作是 （填字母）。
②样品中硫脲的质量分数为 %（用含m、、V的代数式表示）。
③若滴定前平视酸性标准溶液液面读数，滴定后俯视液面读数，计算得到的待测产品纯度比实际纯度 （填“大”或“小”）。
核心考点十一 有机化学推断
【典例呈现】
化合物G是合成具有抗菌、消炎作用的黄酮醋酸类药物的中间体，其合成路线如下：
请回答下列问题：
(1)A的名称是 ，B中含有的官能团名称是： 。
(2)满足下列条件的C的同分异构体有 种。
a．苯环上有两个取代基 b．能发生银镜反应 c．能发生水解反应
(3)C生成D的化学方程式为 。
(4)下列关于的说法不正确的是_____。
A．可通过红外光谱检测出有机物E中含有键和键
B．有机物F中所有碳原子一定共平面
C．该反应过程有键的断裂和键的形成
D．有机物E中碳原子的杂化方式有2种
(5)化合物G的一种同分异构体结构简式为，分析预测其可能的具有的化学性质，完成下表。
所用试剂 反应生成的新结构 反应类型
的溶液 ① 加成反应
溶液 ② ③
(6)参照以上合成路线及条件，以苯、和为原料制备
。
基于你设计的路线，回答下列问题。
①第一步反应产物的核磁共振氢谱峰面积之比为 。
②最后一步为取代反应，对应的化学方程式为 。
【考前秘笈】
1．常见重要官能团的检验方法
官能团种类 试剂与条件 判断依据
碳碳双键或 碳碳三键 溴的CCl4溶液 红色褪去
酸性KMnO4溶液 紫红色褪去
卤素原子 NaOH溶液，加热， AgNO3溶液和稀硝酸 有沉淀产生
醇羟基 钠 有H2放出
酚羟基 FeCl3溶液 显紫色
浓溴水 有白色沉淀产生
羧基 NaHCO3溶液 有CO2放出
醛基 银氨溶液，水浴加热 有银镜生成
新制Cu(OH)2悬浊液， 煮沸 有砖红色沉淀 生成
酯基 NaOH与酚酞的混合物，加热 红色褪去
2．掌握推断反应类型常用的方法
(1)由官能团转化推测反应类型。从断键、成键的角度掌握各反应类型的特点，如取代反应的特点是有上有下或断一下一上一；加成反应的特点是只上不下或断一加二；消去反应的特点是只下不上。
(2)由反应条件推测反应类型。有机反应的重要条件总结如下：
①NaOH水溶液作条件的反应：卤代烃的水解；酯的碱性水解；NaOH醇溶液与卤代烃发生的是消去反应。
②以浓H2SO4作条件的反应：醇的消去；醇变醚；苯的硝化；酯化反应。
③以稀H2SO4作条件的反应：酯的水解；糖类的水解；蛋白质的水解。
④Fe：苯环的卤代。光照：烷烃的卤代。
⑤当反应条件为光照且与X2反应时，通常是X2与烷烃或苯环侧链烃基上的氢原子发生取代反应，而当反应条件为催化剂且与X2反应时，通常为苯环上的氢原子直接被取代。
⑥当反应条件为催化剂并有氧气时，通常是醇氧化为醛或醛氧化为酸。
(3)卤代、硝化、磺化、酯化、水解、皂化、分子间脱水等反应，本质上属于取代反应。
(4)有机物的加氢、脱氧属还原反应，脱氢、加氧属于氧化反应。
3．确定有机物同分异构体数目的4种方法
(1)基团连接法
将有机物看作由基团连接而成，由基团的异构体数目可推断有机物的异构体数目。如：—C4H9有四种，丁醇(C4H9OH)、C4H9Cl分别有四种。
(2)换位思考法
将有机物分子中的不同原子或基团换位进行思考。如：乙烷分子中共有6个氢原子，若有一个氢原子被氯原子取代所得一氯乙烷只有一种结构，那么五氯乙烷也只有一种结构。
(3)等效氢原子法(又称对称法)
有机物分子中有多少种等效氢原子，其一元取代物就有多少种，从而确定同分异构体数目的方法。
分子中等效氢原子有如下情况：
①分子中同一个碳上的氢原子等效；
②同一个碳上的甲基氢原子等效；
③分子中处于镜面对称位置(相当于平面镜成像时)上的氢原子是等效的。
(4)定1移2法
分析二元取代物的方法，先固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置，从而可确定同分异构体的数目。如分析C3H6Cl2的同分异构体，先固定其中一个氯原子的位置，移动另外一个氯原子。
4．常用的合成路线
有机合成往往要经过多步反应才能完成，因此确定有机合成的途径和路线时，要进行合理选择。
（1）一元合成路线
R—CH=CH2卤代烃一元醇一元醛一元羧酸酯
（2）二元合成路线
CH2CH2 CH2X—CH2XCH2OH—CH2OH
HOOC—COOH链酯、环酯、聚酯
（3）芳香化合物的合成路线
①
②
芳香酯
注意：与Cl2反应时条件不同所得产物不同，光照时，只取代侧链甲基上的氢原子，生成；而Fe作催化剂时，取代苯环上甲基邻、对位上的氢原子，生成。
5．高考常见的新信息反应总结
(1)丙烯αH被取代的反应：
CH3CHCH2＋Cl2ClCH2CHCH2＋HCl。
(2)共轭二烯烃的1,4加成反应：
②。
(3)烯烃被O3氧化：
(4)苯环侧链的烃基(与苯环相连的碳上含有氢原子)被酸性KMnO4溶液氧化：。
(5)苯环上硝基被还原：。
(6)醛、酮的加成反应(加长碳链，—CN水解得—COOH)：
；
(8)醛或酮与格氏试剂(R′MgX)发生加成反应，所得产物经水解可得醇：
(10)羧酸用LiAlH4还原时，可生成相应的醇：RCOOHRCH2OH。
(11)酯交换反应(酯的醇解)：R1COOR2＋R3OH―→R1COOR3＋R2OH。
【预测模拟】
1．酮基布洛芬片是用于治疗各种关节肿痛以及牙痛、术后痛等的非处方药。其合成路线如图所示：
(1)A的化学名称为 。
(2)酮基布洛芬官能团的名称为 ，D→E的反应类型为 。
(3)写出C的结构简式： ；A～G中含有手性碳原子的物质有 种。
(4)请写出B在NaOH水溶液中加热的化学方程式： 。
(5)H为酮基布洛芬的同分异构体，则符合下列条件的H有 种。
①含的酯类化合物
②两个苯环上还有一个取代基
(6)以、苯和为原料(无机试剂任选)，设计制的一种合成路线 。
2．有机物M()是一种制备液晶材料的重要中间体，以苯酚为原料制备M的合成路线如图：
已知：Ⅰ.(格林试剂)，X=Cl、Br、I；
Ⅱ.；
Ⅲ.。
回答下列问题：
(1)B的化学名称为 。
(2)L中含氧官能团的名称是 。
(3)H的结构简式为 。
(4)I→K的反应类型是 。
(5)写出A→B反应的化学方程式： 。
(6)反应中使用三甲基氯硅烷()的作用是 ，在本流程中起类似作用的有机物还有 (填名称)。
(7)符合下列条件的E的同分异构体有 种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱显示有6组峰且面积之比为6∶2∶1∶1∶1∶1，并含有1个手性碳原子的结构简式为 (写出一种即可)。
①能与金属钠反应产生氢气；
②含两个甲基；
③能发生银镜反应。
3．以胍盐离子液体（GIL）为催化剂合成化合物G的路线如下：
(1)化合物G中sp、杂化的碳原子数目之比为 。
(2)B→D过程中还可能经历B→X→D，其中物质X与C互为同分异构体，X的结构简式为 。
(3)E→F的反应过程中加入KOH溶液可以提高F的产率，其原因是 。
(4)写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式： 。
能发生水解反应，生成两种产物均含苯环，且两种产物中核磁共振氢谱分别为2个峰和4个峰。
(5)已知：①；②。
写出以、和为原料制备的合成路线流程图 （无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。
核心考点十二 物质结构与性质
【典例呈现】
2023年诺贝尔化学奖授予三位在发现和合成量子点方面做出重要贡献的科学家。量子点是一种纳米级别的半导体，其直径常在2-20nm之间，例如碳量子点、砷化镓(GaAs)量子点等。
(1)我国化学家研究的一种新型复微合光催化剂［碳量子点／氮化碳(纳米复合物)］可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列说法正确的是___________。
A．总反应为 B．水分解过程中，作催化剂
C．复合光催化剂中两种纳米材料均属于共价化合物
D．若反应II是放热反应，则反应I一定是吸热反应
(2)基态Ga原子核外有 种能量不同的电子，基态As原子的价电子排布式 。
(3)N、P、As的气态氢化物沸点由高到低的顺序是 (用氢化物分子式表示)。
(4)砷化镓可由和在700℃时制得。中镓原子的杂化方式为 。分子的空间构型为 。
(5)砷化镓(GaAs)的晶胞结构如图甲所示。将Mn掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料，其晶胞结构如图乙所示。下列说法错误的是___________。
A．图甲中，与Ga原子直接连接的As原子构成的几何形状为正四面体形
B．图甲中，与Ga原子等距离的Ga原子个数为12个
C．Ga的第一电离能小于As D．稀磁性半导体材料中，Mn、As的原子个数比为1：2
(6)已知砷化镓晶胞的边长为0.565nm，，计算GaAs晶体的密度为 (计算结果保留3位有效数字)。
(7)氮化镓(GaN)和砷化镓(GaAs)是具有相似结构的共价晶体，试比较二者熔点的高低并说明理由。 。
【考前秘笈】
1．晶胞中微粒数目的计算方法--------均摊法确定晶胞的化学组成
(1)方法
晶胞中任意位置上的一个原子如果是被n个晶胞所共有，那么每个原子对这个晶胞的贡献就是。
(2)类型
①长方体(正方体)晶胞中不同位置的粒子对晶胞的贡献：
②非长方体晶胞中粒子视具体情况而定
A．正三棱柱晶胞中：
B．六棱柱晶胞中：
C．石墨晶胞每一层内碳原子排成六边形，其顶角(1个碳原子)被三个六边形共有，每个六边形占。
2．晶胞质量
晶胞质量＝晶胞占有的微粒的质量＝晶胞占有的微粒数×。
3．晶体密度及微粒间距离的计算
(1)晶体密度计算的基本流程
(
(2)计算晶体中微粒间距离的方法
4．空间利用率＝。
5．晶体结构的相关计算
(1)晶胞计算公式(立方晶胞)。
a3ρNA＝nM(a为棱长；ρ为密度；NA为阿伏加德罗常数的数值；n为1 mol晶胞所含基本粒子或特定组合的物质的量；M为该粒子或特定组合的摩尔质量)。
(2)金属晶体中体心立方堆积、面心立方堆积中的几组公式(设棱长为a)。
①面对角线长＝a。②体对角线长＝a。 ③体心立方堆积4r＝a(r为原子半径)。
④面心立方堆积4r＝a(r为原子半径)。
【预测模拟】
1．硒(Se是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光(AIE)效应以来，AIE在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含Se的新型AIE分子的合成路线如下：
回答下列问题：
(1)基态硒原子的价电子排布式为 。
(2)比较沸点 (填“>”或“＜”)，并解释原因 。
(3)关于Ⅰ～Ⅳ物质，下列说法正确的有
A．Ⅰ中Se原子为杂化，碳原子不都是杂化
B．Ⅱ是由极性键和非极性键组成的弱极性分子
C．Ⅲ含有的所有元素中，O的电负性最大
D．Ⅳ中含有2个手性碳原子
(4)分子Ⅲ的价电子中，有 mol孤电子对。
(5)适量的硒酸钠可减轻重金属铊引起的中毒，的立体构型为 。结合无机含氧酸的酸性变化规律，比较酸性： (填“>”或“＜”)。
(6)由铁、钾、硒形成的一种超导材料，其晶胞结构如图1所示。
①该晶胞在xy平面投影如图2所示，在晶体中，每个Fe周围紧邻的Se有 个。
②该晶胞参数、，该晶体密度 。(用表示阿伏加德罗常数，写出计算表达式即可)
2．锰(Mn)、钴(Co)、镍(Ni)等过渡金属元素化合物的应用研究是前沿科学之一，回答下列问题：
(1)的价电子排布式为 。金属锰可导电、导热，有金属光泽和延展性，这些性质都可以用“ 理论”解释。
(2)已知金属锰有多种晶型，γ型锰的面心立方晶胞俯视图符合下列 (填序号)，Mn原子的配位数为 。
A．　　　B．　　　　C．　　　　D．
(3)是一种紫色晶体，其中DMSO为二甲基亚砜，化学式为。DMSO中硫原子的杂化轨道类型为 ，中键角 中键角(填“大于”“小于”或“等于”)，的中心原子价层电子对数为 ，元素S、Mn、N的电负性由大到小的顺序为 。
(4)镍和苯基硼酸在催化剂作用下可以合成丙烯醇()，该物质与丙醛()相比，两者沸点相差较大，原因是 。
(5)的晶胞结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为，B为，则C的离子坐标参数为 。一定温度下，晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为作密置单层排列，填充其中(如图乙)，已知的半径为，设阿伏加德罗常数值为NA，每平方米面积上具有该晶体的质量为 g(用含a、NA的代数式表示)。

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