考点二 原电池工作原理和化学电源
1．新型化学电源分析。
2．电解原理与工业技术。
3．“交换膜”技术在电化学装置中的应用。
4．新型化学电源电极反应方程式的书写。
(2022·全国甲卷)一种水性电解液ZnMnO2离子选择双隔膜电池如图所示[KOH溶液中，Zn2＋以Zn(OH)存在]。电池放电时，下列叙述错误的是( )
A．Ⅱ区的K＋通过隔膜向Ⅲ区迁移
B．Ⅰ区的SO通过隔膜向Ⅱ区迁移
C．MnO2电极反应：MnO2＋2e－＋4H＋===Mn2＋＋2H2O
D．电池总反应：Zn＋4OH－＋MnO2＋4H＋===Zn(OH)＋Mn2＋＋2H2O
解析：根据题图所示的电池结构和题目所给信息可知，Ⅲ区Zn为电池的负极，电极反应为Zn－2e－＋4OH－===Zn(OH)，Ⅰ区MnO2为电池的正极，电极反应为MnO2＋2e－＋4H＋===Mn2＋＋2H2O；电池在工作过程中，由于两个离子选择隔膜没有指明是阳离子隔膜还是阴离子隔膜，故两个离子隔膜均可以通过阴、阳离子，因此可以得到Ⅰ区消耗H＋，生成Mn2＋，Ⅱ区的K＋向Ⅰ区移动或Ⅰ区的SO向Ⅱ区移动，Ⅲ区消耗OH－，生成Zn(OH)，Ⅱ区的SO向Ⅲ区移动或Ⅲ区的K＋向Ⅱ区移动。根据分析，Ⅱ区的K＋只能向Ⅰ区移动，A项错误；根据分析，Ⅰ区的SO向Ⅱ区移动，B项正确；MnO2电极的电极反应式为MnO2＋2e－＋4H＋===Mn2＋＋2H2O，C项正确；电池的总反应为Zn＋4OH－＋MnO2＋4H＋===Zn(OH)＋Mn2＋＋2H2O，D项正确。故选A。
答案：A
电极方程式的书写
(1)遵守三个守恒：质量守恒、电荷守恒、得失电子守恒。
(2)电解质的性质：H2通入负极，酸作电解质时，H2－2e－===2H＋；碱作电解质时，H2－2e－＋2OH－===2H2O。
(3)不含水的电池体系中：O2＋4e－===2O2—。
1．(2023·山东卷)(双选)利用热再生氨电池可实现CuSO4电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示，甲、乙两室均预加相同的CuSO4电镀废液，向甲室加入足量氨水后电池开始工作。下列说法正确的是( )
A．甲室Cu电极为正极
B．隔膜为阳离子膜
C．电池总反应为Cu2＋＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋
D．NH3扩散到乙室将对电池电动势产生影响
解析：向甲室加入足量氨水后电池开始工作，则甲室Cu电极溶解，变为铜离子与氨形成[Cu(NH3)4]2＋，因此甲室Cu电极为负极，故A项错误；在原电池内电路中阳离子向正极移动，若隔膜为阳离子膜，电极溶解生成的铜离子要向右侧移动，通入氨要消耗铜离子，显然左侧阳离子不断减小，明显不利于电池反应正常进行，故B项错误；左侧负极是Cu－2e－＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋，正极是Cu2＋＋2e－===Cu，则电池总反应为Cu2＋＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋，故C项正确；NH3扩散到乙室会与铜离子反应生成[Cu(NH3)4]2＋，铜离子浓度降低，铜离子得电子能力减弱，因此将对电池电动势产生影响，故D项正确。故选CD。
答案：CD
2．(2023·辽宁卷)某低成本储能电池原理如下图所示。下列说法正确的是( )
A．放电时负极质量减小
B．储能过程中电能转变为化学能
C．放电时右侧H＋通过质子交换膜移向左侧
D．充电总反应：Pb＋SO＋2Fe3＋===PbSO4＋2Fe2＋
解析：该储能电池放电时，Pb为负极，失电子结合硫酸根离子生成PbSO4，则多孔碳电极为正极，正极上Fe3＋得电子转化为Fe2＋；充电时，多孔碳电极为阳极，Fe2＋失电子生成Fe3＋，PbSO4电极为阴极，PbSO4得电子生成Pb和硫酸。据此分析解答。放电时负极上Pb失电子结合硫酸根离子生成PbSO4附着在负极上，负极质量增大，A项错误；储能过程中，该装置为电解池，将电能转化为化学能，B项正确；放电时，右侧为正极，电解质溶液中的阳离子向正极移动，左侧的H＋通过质子交换膜移向右侧，C项错误；充电时，总反应为PbSO4＋2Fe2＋===Pb＋SO＋2Fe3＋，D项错误。故选B。
答案：B
3．(2022·广东卷)以熔融盐为电解液，以含Cu、Mg和Si等的铝合金废料为阳极进行电解，实现Al的再生。该过程中( )
A．阴极发生的反应为Mg－2e－===Mg2＋
B．阴极上Al被氧化
C．在电解槽底部产生含Cu的阳极泥
D．阳极和阴极的质量变化相等
解析：根据电解原理可知，电解池中阳极发生失电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应，该题中以熔融盐为电解液，含Cu、Mg和Si等的铝合金废料为阳极进行电解，通过控制一定的条件，从而可使阳极区Mg和Al发生失电子的氧化反应，分别生成Mg2＋和Al3＋，Cu和Si不参与反应，阴极区Al3＋得电子生成Al单质，从而实现Al的再生，据此分析解答。阴极应该发生得电子的还原反应，实际上Mg在阳极失电子生成Mg2＋，A项错误；Al在阳极上被氧化生成Al3＋，B项错误；阳极材料中Cu和Si不参与氧化反应，在电解槽底部可形成阳极泥，C项正确；因为阳极除了铝参与电子转移，镁也参与了电子转移，且还会形成阳极泥，而阴极只有铝离子得电子生成铝单质，根据电子转移数守恒及元素守恒可知，阳极与阴极的质量变化不相等，D项错误。故选C。
答案：C
4．(2022·湖南卷)海水电池在海洋能源领域备受关注，一种锂—海水电池构造示意图如下。下列说法错误的是( )
A．海水起电解质溶液作用
B．N极仅发生的电极反应：2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑
C．玻璃陶瓷具有传导离子和防水的功能
D．该锂—海水电池属于一次电池
解析：锂海水电池的总反应为4Li＋2H2O＋O2===4LiOH，M极上Li失去电子发生氧化反应，则M电极为负极，电极反应为Li－e－===Li＋，N极为正极，电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－。据此分析解答。海水中含有丰富的电解质，如氯化钠、氯化镁等，可作为电解质溶液，故A项正确；由上述分析可知，N为正极，电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，故B项错误；Li为活泼金属，易与水反应，玻璃陶瓷的作用是防止水和Li反应，并能传导离子，故C项正确；该电池不可充电，属于一次电池，故D项正确。故选B。
答案：B
5．(2022·辽宁卷)某储能电池原理如图。下列说法正确的是( )
A．放电时负极反应：Na3Ti2(PO4)3－2e－===NaTi2(PO4)3＋2Na＋
B．放电时Cl－透过多孔活性炭电极向CCl4中迁移
C．放电时每转移1 mol电子，理论上CCl4吸收0.5 mol Cl2
D．充电过程中，NaCl溶液浓度增大
解析：放电时负极反应：Na3Ti2(PO4)3－2e－===NaTi2(PO4)3＋2Na＋，正极反应：Cl2＋2e－===2Cl－，消耗氯气，放电时，阴离子移向负极，充电时阳极：2Cl－－2e－===Cl2。据此分析解答。放电时负极失电子，发生氧化反应，电极反应：Na3Ti2(PO4)3－2e－===NaTi2(PO4)3＋2Na＋，故A项正确；放电时，阴离子移向负极，放电时Cl－透过多孔活性炭电极向NaCl中迁移，故B项错误；放电时每转移1 mol电子，正极：Cl2＋2e－===2Cl－，理论上CCl4释放0.5 mol Cl2，故C项错误；充电过程中，阳极：2Cl－－2e－===Cl2，消耗氯离子，NaCl溶液浓度减小，故D项错误。故选A。
答案：A
6．(2023·广东统考一模)我国科学家设计了一种新型的溴基液流可充电电池用于大规模储能，其放电时的工作原理如图所示。下列有关说法不正确的是( )
A．放电时，M为正极
B．放电时，N极发生的电极反应为Br－＋2Cl－－2e－===BrCl
C．充电时，每生成1 mol TiO2＋，有2 mol H＋穿过质子交换膜进入N极室
D．充电时，总反应为2Ti3＋＋BrCl＋2H2O===2TiO2＋＋Br－＋2Cl－＋4H＋
解析：从图中可以看出，放电时，M极TiO2＋―→Ti3＋，Ti由＋4价降低为＋3价，则M极为正极，N极Br－―→BrCl，Br元素由－1价升高到＋1价，则N极为负极。由分析可知，放电时，M为正极，A项正确；放电时，N极为负极，发生的电极反应为Br－＋2Cl－－2e－===BrCl，B项正确；充电时，M极为阳极，发生反应Ti3＋－e－＋H2O===TiO2＋＋2H＋，依据电荷守恒，每生成1 mol TiO2＋，有1 mol H＋穿过质子交换膜进入N极室，C项不正确；由图中信息可知，充电时，Ti3＋与BrCl反应生成TiO2＋、Br－、Cl－等，总反应为2Ti3＋＋BrCl＋2H2O===2TiO2＋＋Br－＋2Cl－＋4H＋，D项正确。故选C。
答案：C考点三 电解池工作原理及应用
1．电解池工作原理
2．电解产物的判断
(1)阳极产物的判断：金属(Au、Pt除外)作阳极时，金属失电子生成阳离子，如Fe－2e－===Fe2＋；惰性电极作阳极时，由溶液中阴离子还原性强弱决定，阴离子放电顺序：S2－>I－>Br－>Cl－>OH－>含氧酸根离子。
(2)阴极产物的判断：直接由阳离子放电顺序进行判断：Ag＋>Hg2＋>Fe3＋>Cu2＋>H＋>Pb2＋>Sn2＋>Fe2＋>Zn2＋>Al3＋>Mg2＋>Na＋>Ca2＋>K＋，注意当溶液中Fe3＋放电时，生成物是Fe2＋，而不是单质Fe，Fe3＋＋e－===Fe2＋。
3．电解类型的确定
(1)电解水型：含氧酸、强碱、活泼金属的含氧酸盐作电解质，如H2SO4、NaOH、NaNO3。
(2)电解质型：无氧酸(HF除外)，不活泼金属的无氧酸盐(氟化物除外)作电解质，如CuCl2。
(3)放氢生碱型：活泼金属的无氧酸盐(氟化物除外)作电解质，如NaCl。
(4)放氧生酸型：不活泼金属的含氧酸盐，如CuSO4、AgNO3。
4．电化学原理的应用
(1)电化学装置的设计。
(2)增大氧化还原反应速率。
5．常见的膜化学
(1)膜的作用。
阳离子交换膜允许阳离子通过，不允许阴离子通过；阴离子交换膜允许阴离子通过，不允许阳离子通过；质子交换膜允许质子通过而避免不同电极区域内某些离子间的反应。
(2)阴、阳离子交换膜的判断方法。
①看清图示，是否在交换膜上标注了阴、阳离子，是否标注了电源的正、负极，是否标注了电子流向、电荷流向等，明确阴、阳离子的移动方向。
②根据原电池、电解池中阴、阳离子的移动方向，结合题意中给出的制备、电解物质等信息，找出物质生成或消耗的电极区域、确定移动的阴、阳离子，从而推知离子交换膜的种类。
1．电极方程式的书写，书写电极方程式一定要结合题中所给条件(如电极材料、溶液的性质、是否有选择透过性膜)进行。
2．电解后有关电解质溶液恢复原态的问题应该用质量守恒法分析。一般是加入阳极产物和阴极产物的化合物，但也有特殊情况，如用惰性电极电解CuSO4溶液，Cu2＋完全放电之前，可加入CuO或CuCO3复原，而Cu2＋完全放电之后，应加入Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3复原。
3．离子交换膜的应用。
(2023·浙江卷)氯碱工业能耗大，通过如图改进的设计可大幅度降低能耗，下列说法不正确的是( )
A．电极A接电源正极，发生氧化反应
B．电极B的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
C．应选用阳离子交换膜，在右室获得浓度较高的NaOH溶液
D．改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗
解析：电极A是氯离子变为氯气，化合价升高，失去电子，是电解池阳极，因此电极A接电源正极，发生氧化反应，故A项正确；电极B为阴极，通入氧气，氧气得到电子，其电极反应式为2H2O＋4e－＋O2===4OH－，故B项错误；右室生成氢氧根，应选用阳离子交换膜，左边的钠离子进入到右边，在右室获得浓度较高的NaOH溶液，故C项正确；改进设计中增大了氧气的量，提高了电极B处的氧化性，通过提高反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗，故D项正确。故选B。
答案：B
1．“五类”依据判断原电池电极
电极 判断依据
电极材料 电极反应 电子流向 离子移向 电极现象
负极 活泼金属 氧化反应 流出 阴离子移向 电极质量减小
正极 不活泼金属或非金属 还原反应 流入 阳离子移向 电极增重或质量不变
2.“三步”突破原电池电极反应式的书写
第一步：分析氧化还原反应。根据氧化还原反应，分析元素化合价的升降，确定正、负极反应物质及电子得失数目。
第二步：注意电解质溶液环境。分析电解质溶液的酸、碱性及离子参加反应的情况，确定电极反应，写出电极反应式。
第三步：合并正、负电极反应。先调整两极反应式，使得失电子数目相等，再叠加两极反应式消去电子，得出总反应式。
3.可充电电池原理示意图
4.“五类”依据判断电解池电极
电极 判断依据
电极材料 电极反应 电子流向 离子移向 电极现象
阳极 与电源正极相连 氧化反应 流出 阴离子移向 电极溶解或pH减小
阴极 与电源负极相连 还原反应 流入 阳离子移向 电极增重或pH增大
5.电解池电极反应式的书写模式
6．析氢腐蚀和吸氧腐蚀的比较
类型 析氢腐蚀 吸氧腐蚀
条件 水膜呈酸性 水膜呈弱酸性或中性
正极反应 2H＋＋2e－H2↑ O2＋2H2O＋4e－===4OH－
负极反应 Fe－2e－===Fe2＋
其他反应 — Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，Fe(OH)3失去部分水转化为铁锈
ＫＫ
1．(2023·浙江卷)在熔融盐体系中，通过电解TiO2和SiO2获得电池材料(TiSi)，电解装置如图，下列说法正确的是( )
A．石墨电极为阴极，发生氧化反应
B．电极A的电极反应：8H＋＋TiO2＋SiO2＋8e－===TiSi＋4H2O
C．该体系中，石墨优先于Cl－参与反应
D．电解时，阳离子向石墨电极移动
解析：由题图可知，在外加电源下，石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，与电源正极相连，则电极A作阴极，TiO2和SiO2获得电子产生电池材料(TiSi)，电极反应为TiO2＋SiO2＋8e－===TiSi＋4O2－。据此分析解答。在外加电源下，石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，A项错误；电极A的电极反应为TiO2＋SiO2＋8e－===TiSi＋4O2－，B项错误；根据题图中信息可知，该体系中，石墨优先于Cl－参与反应，C项正确；电解池中石墨电极为阳极，阳离子向阴极电极A移动，D项错误。故选C。
答案：C
2．(2023·辽宁卷)某无隔膜流动海水电解法制H2的装置如下图所示，其中高选择性催化剂PRT可抑制O2产生。下列说法正确的是( )
A．b端电势高于a端电势
B．理论上转移2 mol e－生成4 g H2
C．电解后海水pH下降
D．阳极发生：Cl－＋H2O－2e－===HClO＋H＋
解析：本题的无隔膜电解海水装置的电极上添加了新材料PRT。无隔膜，意味着电解后两极产物可充分混合反应。PRT高选择性催化剂可抑制O2产生，结合PRT侧物质转化可知，左侧电极产物为HClO，即Cl－被氧化为HClO，a为电源正极，右侧电极产物为H2，即H2O电离出的H＋被还原为H2，b为电源负极。据此分析解答。a为正极、b为负极，a端电势高于b端电势，故A项错误；阳极发生的电极反应为Cl－－2e－＋H2O===HClO＋H＋，阴极发生的电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，每转移2 mol电子生成1 mol H2和1 mol HClO，H2的质量为2 g，故B项错误，D项正确；电解后两极产物因无隔膜而反应，生成ClO－，溶液pH上升，故C项错误。故选D。
答案：D
3．(2023·湖北卷)我国科学家设计如图所示的电解池，实现了海水直接制备氢气技术的绿色化。该装置工作时阳极无Cl2生成且KOH溶液的浓度不变，电解生成氢气的速率为x mol·h－1。下列说法错误的是( )
A．b电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
B．离子交换膜为阴离子交换膜
C．电解时海水中动能高的水分子可穿过PTFE膜
D．海水为电解池补水的速率为2x mol·h－1
解析：由题图可知，该装置为电解水制取氢气的装置，a电极与电源正极相连，为电解池的阳极，b电极与电源负极相连，为电解池的阴极，阴极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，阳极反应为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，电池总反应为2H2O===2H2↑＋O2↑，据此分析解答。b电极为阴极，发生还原反应，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，故A项正确；该装置工作时阳极无Cl2生成且KOH浓度不变，阳极发生的电极反应为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，为保持OH－离子浓度不变，则阴极产生的OH－离子要通过离子交换膜进入阳极室，即离子交换膜应为阴离子交换膜，故B项正确；电解时电解槽中不断有水被消耗，海水中的动能高的水分子可穿过PTFE膜，为电解池补水，故C项正确；由电解总反应可知，每生成1 mol H2要消耗1 mol H2O，生成H2的速率为x mol·h－1，则补水的速率也应是x mol·h－1，故D项错误。故选D。
答案：D
4．(2021·广东卷)钴(Co)的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说法正确的是( )
A．工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均增大
B．生成1 mol Co，Ⅰ室溶液质量理论上减少16 g
C．移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应不变
D．电解总反应：2Co2＋＋2H2O2Co＋O2↑＋4H＋
解析：由题图可知，该装置为电解池，石墨电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，Ⅰ室中阳离子电荷数大于阴离子电荷数，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，钴电极为阴极，钴离子在阴极得到电子发生还原反应生成钴，电极反应式为Co2＋＋2e－===Co，Ⅲ室中阴离子电荷数大于阳离子电荷数，氯离子过阴离子交换膜由Ⅲ室向Ⅱ室移动，电解总反应的离子方程式为2Co2＋＋2H2O2Co＋O2↑＋4H＋。据此分析解答。由分析可知，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，使Ⅱ室中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故A项错误；由分析可知，阴极生成1 mol钴，阳极有1 mol水放电，则Ⅰ室溶液质量减少18 g，故B项错误；若移除离子交换膜，氯离子的放电能力强于水，氯离子会在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，则移除离子交换膜，石墨电极的电极反应会发生变化，故C项错误；由分析可知，电解总反应的离子方程式为2Co2＋＋2H2O2Co＋O2↑＋4H＋，故D项正确。故选D。
答案：D
5．(2022·海南卷)一种采用H2O(g)和N2(g)为原料制备NH3(g)的装置示意图如下。下列有关说法正确的是( )
A．在b电极上，N2被还原
B．金属Ag可作为a电极的材料
C．改变工作电源电压，反应速率不变
D．电解过程中，固体氧化物电解质中O2－不断减少
解析：由装置可知，b电极的N2转化为NH3，N元素的化合价降低，得到电子发生还原反应，因此b为阴极，电极反应式为N2＋3H2O＋6e－===2NH3＋3O2－，a为阳极，电极反应式为2O2－＋4e－===O2，据此分析解答。由分析可得，b电极上N2转化为NH3，N元素的化合价降低，得到电子发生还原反应，即N2被还原，A项正确；a为阳极，若金属Ag作a电极的材料，则金属Ag优先失去电子，B项错误；改变工作电源的电压，反应速率会增大，C项错误；电解过程中，阴极电极反应式为N2＋3H2O＋6e－===2NH3＋3O2－，阳极电极反应式为2O2－＋4e－===O2，因此固体氧化物电解质中O2－不会改变，D项错误。故选A。
答案：A
6．(2022·广东卷)为检验牺牲阳极的阴极保护法对钢铁防腐的效果，将镀层有破损的镀锌铁片放入酸化的3% NaCl溶液中。一段时间后，取溶液分别实验，能说明铁片没有被腐蚀的是( )
A．加入AgNO3溶液产生沉淀
B．加入淀粉KI溶液无蓝色出现
C．加入KSCN溶液无红色出现
D．加入K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀生成
解析：镀层有破损的镀锌铁片被腐蚀，则将其放入酸化的3%NaCl溶液中，会构成原电池，由于锌比铁活泼，作原电池的负极，而铁片作正极，溶液中破损的位置会变大，铁也会继续和酸化的氯化钠溶液反应产生氢气，溶液中会有亚铁离子生成。据此分析解答。氯化钠溶液中始终存在氯离子，所以加入硝酸银溶液后，不管铁片是否被腐蚀，均会出现白色沉淀，故A项不符合题意；淀粉KI溶液可检测氧化性物质，但不论铁片是否被腐蚀，均无氧化性物质与碘化钾发生反应，故B项不符合题意；KSCN溶液可检测铁离子的存在，上述现象中不会出现铁离子，所以无论铁片是否被腐蚀，加入KSCN溶液后，均无红色出现，故C项不符合题意；K3[Fe(CN)6]是用于检测Fe2＋的试剂，若铁片没有被腐蚀，则溶液中不会生成亚铁离子，则加入K3[Fe(CN)6]溶液就不会出现蓝色沉淀，故D项符合题意。故选D。
答案：D专题七 化学反应与能量变化
1．(2023·广东卷)用一种具有“卯榫”结构的双极膜组装电解池(下图)，可实现大电流催化电解KNO3溶液制氨。工作时，H2O在双极膜界面处被催化解离成H＋和OH－，有利于电解反应顺利进行。下列说法不正确的是( )
A．电解总反应：KNO3＋3H2O===NH3·H2O＋2O2↑＋KOH
B．每生成1 mol NH3·H2O，双极膜处有9 mol的H2O解离
C．电解过程中，阳极室中KOH的物质的量不因反应而改变
D．相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构可提高氨生成速率
解析：由信息“大电流催化电解KNO3溶液制氨”可知，在电极a处KNO3放电生成NH3，发生还原反应，故电极a为阴极，电极方程式为NO＋8e－＋9H＋===NH3·H2O＋2H2O，电极b为阳极，电极方程式为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，“卯榫”结构的双极膜中的H＋移向电极a，OH－移向电极b。由分析中阴、阳极电极方程式可知，电解总反应为KNO3＋3H2O===NH3·H2O＋2O2↑＋KOH，故A项正确；每生成1 mol NH3·H2O，阴极得8 mol e－，同时双极膜处有8 mol H＋进入阴极室，即有8 mol的H2O解离，故B项错误；电解过程中，阳极室每消耗4 mol OH－，同时有4 mol OH－通过双极膜进入阳极室，KOH的物质的量不因反应而改变，故C项正确；相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构具有更大的膜面积，有利于H2O被催化解离成H＋和OH－，可提高氨生成速率，故D项正确。故选B。
答案：B
2．(2023·新课标卷)一种以V2O5和Zn为电极、Zn(CF3SO3)2水溶液为电解质的电池，其示意图如下所示。放电时，Zn2＋可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O。下列说法错误的是( )
A．放电时V2O5为正极
B．放电时Zn2＋由负极向正极迁移
C．充电总反应：xZn＋V2O5＋nH2O===ZnxV2O5·nH2O
D．充电阳极反应：ZnxV2O5·nH2O－2xe－===xZn2＋＋V2O5＋nH2O
解析：由题中信息可知，该电池放电时Zn为负极、V2O5为正极，电池的总反应为xZn＋V2O5＋nH2O===ZnxV2O5·nH2O。由题信息可知，放电时，Zn2＋可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O，V2O5发生了还原反应，则放电时V2O5为正极，A项正确；Zn为负极，放电时Zn失去电子变为Zn2＋，阳离子向正极迁移，则放电时Zn2＋由负极向正极迁移，B项正确；电池在放电时的总反应为xZn＋V2O5＋nH2O===ZnxV2O5·nH2O，则其在充电时的总反应为ZnxV2O5·nH2O===xZn＋V2O5＋nH2O，C项不正确；充电阳极上ZnxV2O5·nH2O被氧化为V2O5，则阳极的电极反应为ZnxV2O5·nH2O－2xe－===xZn2＋＋V2O5＋nH2O，D项正确。故选C。
答案：C
3．(2023·全国甲卷)用可再生能源电还原CO2时，采用高浓度的K＋抑制酸性电解液中的析氢反应来提高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率，装置如下图所示。下列说法正确的是( )
A．析氢反应发生在IrOxTi电极上
B．Cl－从Cu电极迁移到IrOxTi电极
C．阴极发生的反应有2CO2＋12H＋＋12e－===C2H4＋4H2O
D．每转移1 mol电子，阳极生成11.2 L气体(标准状况)
解析：由题图可知，该装置为电解池，与直流电源正极相连的IrOxTi电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O－4e—===O2↑＋4H＋，铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式为2CO2＋12H＋＋12e－===C2H4＋4H2O、2CO2＋12H＋＋12e－===C2H5OH＋3H2O，电解池工作时，氢离子通过质子交换膜由阳极室进入阴极室。据此分析解答。析氢反应为还原反应，应在阴极发生，即在铜电极上发生，故A项错误；离子交换膜为质子交换膜，只允许氢离子通过，Cl－不能通过，故B项错误；由分析可知，铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式有2CO2＋12H＋＋12e－===C2H4＋4H2O，故C项正确；水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，每转移1 mol电子，生成0.25 mol O2，在标准状况下体积为5.6 L，故D项错误。故选C。
答案：C
4．(2023·全国乙卷)室温钠－硫电池被认为是一种成本低、比能量高的能源存储系统。一种室温钠—硫电池的结构如图所示。将钠箔置于聚苯并咪唑膜上作为一个电极，表面喷涂有硫黄粉末的炭化纤维素纸作为另一电极。工作时，在硫电极发生反应：S8＋e－―→S，S＋e－―→S，2Na＋＋S＋2e－―→Na2Sx。下列叙述错误的是( )
A．充电时Na＋从钠电极向硫电极迁移
B．放电时外电路电子流动的方向是a→b
C．放电时正极反应为：2Na＋＋S8＋2e－―→Na2Sx
D．炭化纤维素纸的作用是增强硫电极导电性能
解析：由题意可知放电时硫电极得电子，硫电极为原电池正极，钠电极为原电池负极。充电时为电解池装置，阳离子移向阴极，即钠电极，故充电时，Na＋由硫电极迁移至钠电极，A项错误；放电时Na在a电极失去电子，失去的电子经外电路流向b电极，硫黄粉在b电极上得电子与a电极释放出的Na＋结合得到Na2Sx，电子在外电路的流向为a→b，B项正确；由题给的一系列方程式相加可以得到放电时正极的反应式为2Na＋＋S8＋2e－―→Na2Sx，C项正确；炭化纤维素纸中含有大量的炭，炭具有良好的导电性，可以增强硫电极的导电性能，D项正确。故选A。
答案：A
(1)热化学方程式的书写及其正误判断。(2)反应热的计算及大小比较。(3)电极反应式的书写。(4)离子、电子的移动方向。(5)金属的腐蚀与防护。
1．下列说法或表示方法正确的是( )
A．在101 kPa时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
B．等量的白磷蒸气和白磷固体分别完全燃烧，后者放出热量多
C．根据中和热ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，可知将含0.5 mol H2SO4的溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量一定等于57.3 kJ
D．由C(s，石墨)===C(s，金刚石) ΔH＝＋1.9 kJ·mol－1可知，石墨比金刚石稳定
解析：热化学反应方程式中反应热的数值要与系数一致，则2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol－1，A项错误；等量气态白磷的总能量高于固态白磷的，所以气态白磷燃烧放出的热量多，B项错误；中和热是在常温常压下，稀溶液中H＋和OH—反应生成1 mol水时所放出的热量。题中没有指明H2SO4是浓溶液还是稀溶液，所以C项不一定正确；选项D中反应是吸热反应，因此石墨的能量低于金刚石的能量，依据能量越低越稳定原理，石墨比金刚石稳定，D项正确。故选D。
答案：D
2．(2021·广东卷)火星大气中含有大量CO2，一种有CO2参加反应的新型全固态电池有望为火星探测器供电。该电池以金属钠为负极，碳纳米管为正极，放电时( )
A．负极上发生还原反应
B．CO2在正极上得电子
C．阳离子由正极移向负极
D．将电能转化为化学能
解析：根据题干信息可知，放电时总反应为4Na＋3CO2===2Na2CO3＋C。放电时负极上Na发生氧化反应失去电子生成Na＋，A项错误；放电时正极为CO2得到电子生成C，B项正确；放电时阳离子移向还原电极，即阳离子由负极移向正极，C项错误；放电时装置为原电池，能量转化关系为化学能转化为电能和化学能等，D项错误。故选B。
答案：B
3．在氯碱工业中，离子交换膜法电解饱和食盐水示意图如下，下列说法不正确的是( )
A．电极A为阳极，发生氧化反应生成氯气
B．离子交换膜为阳离子交换膜
C．饱和NaCl从a处进，NaOH溶液从d处出
D．OH－迁移的数量等于导线上通过电子的数量
解析：氯碱工业中的总反应为2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑；电解池中阳极失电子发生氧化反应，氯碱工业中Cl2为氧化产物，所以电极A为阳极，电极B为阴极，据此分析解答。电极A为阳极，发生氧化反应生成氯气，故A项正确；阳极发生的电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极发生的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－；为了防止生成的氯气与氢氧化钠发生反应，氢氧化钠要从d口流出，所以要防止OH－流向阳极(即电极A)，该离子交换膜为阳离子交换膜，故B正确；根据B选项的分析可知饱和NaCl从a处进，NaOH溶液从d处出，故C项正确；因为有离子交换膜的存在，OH－不发生迁移，故D项错误。故选D。
答案：D
4．镍镉电池是二次电池，其工作原理示意图如下(L为小灯泡，K1、K2为开关，a、b为直流电源的两极)。下列说法不正确的是( )
A．断开K2、合上K1，镍镉电池能量转化形式：化学能→电能
B．断开K1、合上K2，电极A为阴极，发生还原反应
C．电极B发生氧化反应过程中，溶液中KOH浓度不变
D．镍镉二次电池的总反应式：Cd＋2NiOOH＋2H2OCd(OH)2＋2Ni(OH)2
解析：根据题图所示，电极A充电时为阴极，则放电时电极A为负极，负极上Cd失电子发生氧化反应生成Cd(OH)2，负极反应式为Cd－2e－＋2OH－===Cd(OH)2，电极B充电时为阳极，则放电时电极B为正极，正极上NiOOH得电子发生还原反应生成Ni(OH)2，正极反应式为2NiOOH＋2e－＋2H2O===2Ni(OH)2＋2OH－，放电时总反应为Cd＋2NiOOH＋2H2O===Cd(OH)2＋2Ni(OH)2。据此分析解答。断开K2、合上K1，为放电过程，镍镉电池能量转化形式：化学能→电能，A项正确；断开K1、合上K2，为充电过程，电极A与直流电源的负极相连，电极A为阴极，发生还原反应，电极反应式为Cd(OH)2＋2e－===Cd＋2OH－，B项正确；电极B发生氧化反应的电极反应式为2Ni(OH)2－2e－＋2OH－===2NiOOH＋2H2O，则电极A发生还原反应的电极反应式为Cd(OH)2＋2e－===Cd＋2OH－，此时为充电过程，总反应为Cd(OH)2＋2Ni(OH)2Cd＋2NiOOH＋2H2O，溶液中KOH浓度减小，C项错误；根据分析，放电时总反应为Cd＋2NiOOH＋2H2O===Cd(OH)2＋2Ni(OH)2，则镍镉二次电池总反应式为Cd＋2NiOOH＋2H2OCd(OH)2＋2Ni(OH)2，D项正确。故选C。
答案：C
5．(2021·湖南卷节选)氨中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面方法由氨得到氢气。
方法：氨热分解法制氢气
相关化学键的键能数据
化学键 N≡N H—H N—H
键能E/(kJ·mol－1) 946 436.0 390.8
在一定温度下，利用催化剂将NH3分解为N2和H2。
回答下列问题：
反应2NH3(g)?N2(g)＋3H2(g) ΔH＝__________kJ·mol－1。
解析：根据反应热＝反应物的总键能－生成物的总键能可得，2NH3(g)?N2(g)＋3H2(g) ΔH＝390.8 kJ·mol－1×3×2－(946 kJ·mol－1＋436.0 kJ·mol－1×3)＝＋90.8 kJ·mol－1。
答案：＋90.8
6．甲醇燃料电池可使甲醇作燃料时的能量转化更高效，某种甲醇燃料电池的工作原理如图所示，其电极反应如下：2CH3OH＋2H2O－12e－===12H＋＋2CO2，3O2＋12H＋＋12e－===6H2O。
(1)电极A的名称是________(填“正极”或“负极”)；甲醇从________(填“b”或“c”)处通入。
(2)甲醇燃料电池供电时的总反应方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)当该装置消耗64 g甲醇时，转移电子的数目为______________________；若这部分电子全部用于电解水，理论上可产生标准状况下氢气________L。
解析：(1)由题中原电池的工作原理图可知，电子由电极B流向电极A，则电极A作正极，电极B为负极；c处通入CH3OH，发生氧化反应。(2)甲醇燃料电池是甲醇和氧气发生氧化还原反应，故总反应方程式为2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O。(3)甲醇的电极反应式为2CH3OH＋2H2O－12e－===12H＋＋2CO2，当该装置消耗64 g甲醇即物质的量n＝＝＝2 mol时，转移电子12 mol，转移电子的数目为12NA或7.224×1024；电解水时，1 mol H2对应2 mol电子，则转移12 mol电子时，产生氢气6 mol，标准状况下氢气的体积为V＝nVm＝6×22.4＝134.4 L。
答案：(1)正极 c
(2)2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O
(3)12NA(或7.224×1024) 134.4
考点一 反应热
1．反应热
(1)反应热的计算：①ΔH＝生成物总能量－反应物总能量。②ΔH＝反应物键能之和－生成物键能之和。③应用盖斯定律计算反应热。
(2)反应热的单位：kJ·mol－1。
(3)放热反应和吸热反应：ΔH>0，反应吸热；ΔH<0，反应放热。
2．燃烧热
反应条件：25 ℃、101 kPa；可燃物的物质的量：1 mol；反应程度：完全燃烧，生成稳定的氧化物。
3．中和热
反应本质：H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)；溶液浓度：稀溶液，稀释过程中不会产生热效应；生成物的物质的量：1 mol H2O(l)。
1．热化学反应方程式的书写
2．反应热的计算——盖斯定律
(1)盖斯定律。
由上图可得：ΔH＝ΔH1＋ΔH2。
(2)叠加法。
(2022·浙江卷)相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1 mol环己烷()的能量变化如图所示。下列推理不正确的是( )
A．2ΔH1≈ΔH2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比
B．ΔH2＜ΔH3，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定
C．3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
D．ΔH3－ΔH1＜0，ΔH4－ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性
解析：也含有两个碳碳双键，而2ΔH1<ΔH3，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目不一定成正比，故A项错误；ΔH2＜ΔH3，即单双键交替的物质能量低，更稳定，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定，故B项正确；3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，故C项正确；ΔH3－ΔH1＜0，ΔH4－ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性，故D项正确。故选A。
答案：A
反应热的计算方法
(1)ΔH＝H(生成物)－H(反应物)。
(2)ΔH＝∑E(反应物键能)－∑E(生成物键能)。
(3)热化学反应方程式书写中容易出现的错误：①未标明反应物或生成物的状态。②反应热的符号使用不正确，即吸热反应未标出“＋”号，放热反应未标出“－”号。③漏写ΔH的单位，或者将ΔH的单位写为kJ。④反应热的数值与方程式的计量数不对应。⑤对燃烧热、中和热的概念理解不到位，忽略其标准是1 mol可燃物或生成1 mol H2O(l)。
1．(2022·浙江卷)标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表：
物质/g O H HO HOO
能量/(kJ·mol－1) 249 218 39 10
物质/g H2 O2 H2O2 H2O
能量/(kJ·mol－1) 0 0 －136 －242
可根据HO(g)＋HO(g)===H2O2(g)计算出H2O2中氧氧单键的键能为214 kJ·mol－1。下列说法不正确的是( )
A．H2的键能为436 kJ·mol－1
B．O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍
C．解离氧氧单键所需能量：HOOD．H2O(g)＋O(g)===H2O2(g) ΔH＝－143 kJ·mol－1
解析：根据表格中的数据可知，H2的键能为218×2＝436 (kJ·mol－1)，A项正确；由表格中的数据可知O2的键能为249×2＝498 (kJ·mol－1)，由题中信息可知H2O2中氧氧单键的键能为214 kJ·mol－1，则O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍，B项正确；由HOO===HO＋O可知，解离HOO中氧氧单键需要的能量为249＋39－10＝278 (kJ·mol－1)，H2O2中氧氧单键的键能为214 kJ·mol－1，C项错误；由表中的数据可知H2O(g)＋O(g)===H2O2(g)的ΔH＝－136－249－(－242)＝－143 kJ·mol－1，D项正确。故选C。
答案：C
2．某反应分两步进行，其能量变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．反应①的活化能E1＝－177 kJ·mol－1
B．该反应过程中，反应速率由反应②决定
C．总反应的热化学方程式为C2H6(g)＋CO2(g)?C2H4(g)＋CO(g)＋H2O(g) ΔH＝＋346 kJ·mol－1
D．增大C2H6(g)的浓度，可以增大活化分子百分数，增大化学反应速率
解析：由题图可知，活化能E1＝－300 kJ·mol－1－(－477 kJ·mol－1)＝＋177 kJ·mol－1，A项错误；慢反应控制总反应速率，反应②的活化能E2＝＋210 kJ·mol－1>E1，故反应速率由反应②决定，B项正确；总反应的ΔH＝－300 kJ·mol－1－(－477 kJ·mol－1)＝＋177 kJ·mol－1，热化学方程式为C2H6(g)＋CO2(g)?C2H4(g)＋CO(g)＋H2O(g) ΔH＝＋177 kJ·mol－1，C项错误；增大反应物浓度，可增大活化分子的数目，但活化能不变，活化分子百分数不变，增大浓度可增大反应速率，D项错误。故选B。
答案：B
3．(2021·浙江卷)相同温度和压强下，关于反应的ΔH，下列判断正确的是( )
(g)＋H2(g)―→(g) ΔH1
(g)＋2H2(g)―→(g) ΔH2
(g)＋3H2(g)―→(g) ΔH3
(g)＋H2(g)―→(g) ΔH4
A．ΔH1>0，ΔH2>0
B．ΔH3＝ΔH1＋ΔH2
C．ΔH1>ΔH2，ΔH3>ΔH2
D．ΔH2＝ΔH3＋ΔH4
解析：环己烯、1，3环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放热反应，因此，ΔH1<0，ΔH2<0，A项不正确；苯分子中没有碳碳双键，其中的碳碳键是介于单键和双键之间的特殊的共价键，因此，苯与氢气完全加成的反应热不等于环己烯、1，3环己二烯分别与氢气发生的加成反应的反应热之和，即ΔH3≠ΔH1＋ΔH2，B项不正确；环己烯、1，3环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放热反应，ΔH1<0，ΔH2<0，由于1 mol 1，3环己二烯与氢气完全加成后消耗的氢气是等量环己烯的2倍，故其放出的热量更多，ΔH1>ΔH2。苯与氢气发生加成反应生成1，3环己二烯的反应为吸热反应(ΔH4>0)，根据盖斯定律可知，苯与氢气完全加成的反应热ΔH3＝ΔH4＋ΔH2，因此ΔH3>ΔH2，C项正确；根据盖斯定律可知，苯与氢气完全加成的反应热ΔH3＝ΔH4＋ΔH2，因此ΔH2＝ΔH3－ΔH4，D项不正确。故选C。
答案：C
4．(2023·永州统考)C(s)与O2(g)生成CO2(g)的反应可以一步完成，也可以分两步完成，各步反应之间的关系如图所示，下列说法不正确的是( )
A．CO的燃烧热的ΔH＝－283.0 kJ·mol－1
B．ΔH＝－110.5 kJ·mol－1
C．1 mol金刚石与石墨完全燃烧放出的热量均为393.5 kJ
D．根据上图推出C(s)＋CO2(g)===2CO(g) ΔH＝＋172.5 kJ·mol－1
解析：由题图可知，1 mol一氧化碳完全燃烧生成二氧化碳反应的焓变为－283.0 kJ·mol－1，则一氧化碳的燃烧热为ΔH＝－283.0 kJ·mol－1，故A项正确；由盖斯定律可知，碳与氧气反应生成一氧化碳的焓变ΔH＝(－393.5 kJ·mol－1)－(－283.0 kJ·mol－1)＝－110.5 kJ·mol－1，故B项正确；金刚石与石墨的能量不同，所以1 mol金刚石与石墨完全燃烧放出的热量不可能均为393.5 kJ，故C项错误；由题图可知，碳与氧气生成二氧化碳的反应的焓变为ΔH2＝－393.5 kJ·mol－1，由选项B的分析可知，碳与氧气反应生成一氧化碳的焓变ΔH＝－110.5 kJ·mol－1，碳与二氧化碳反应生成一氧化碳的反应焓变为ΔH＝(－110.5 kJ·mol－1)×2－(－393.5 kJ·mol－1)＝＋172.5 kJ·mol－1，则碳与二氧化碳反应生成一氧化碳的热化学方程式为C(g)＋CO2(g)===2CO(g) ΔH＝＋172.5 kJ·mol－1，故D项正确。故选C。
答案：C
5．(2023·丽水、湖州、衢州三地市高三质检)在298 K和100 kPa压力下，已知金刚石和石墨的熵、燃烧热和密度分别如下表。此条件下，对于反应C(石墨)===C(金刚石)，下列说法正确的是( )
物质 S/(J·K－1·mol－1) ΔH/(kJ·mol－1) ρ/(kg·m－3)
C(金刚石) 2.4 －395.40 3 513
C(石墨) 5.7 －393.51 2 260
A．该反应的ΔH＜0，ΔS＜0
B．由公式ΔG＝ΔH－TΔS可知，该反应ΔG＝985.29 kJ·mol－1
C．金刚石比石墨稳定
D．超高压条件下，石墨有可能变为金刚石
解析：根据燃烧热的定义可知：C(金刚石，s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－395.40 kJ·mol－1，C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－393.51 kJ·mol－1，反应C(石墨)===C(金刚石)的ΔH＝(－393.51 kJ·mol－1)－(－395.40 kJ·mol－1)＝＋1.89 kJ·mol－1＞0，ΔS＝S(金刚石)－S(石墨)＝2.4 J·K－1·mol－1－5.7 J·K－1·mol－1＝－3.3 J·K－1·mol－1＜0，A项错误；由公式ΔG＝ΔH－TΔS可知，该反应ΔG＝1.89 kJ·mol－1－298 K×(－3.3 J·K－1·mol－1)＝2.873 4 kJ·mol－1，B项错误；由A选项可知，反应C(石墨)===C(金刚石)是吸热反应，说明质量相同时，石墨的能量较低，则石墨比金刚石稳定，C项错误；由于金刚石的密度比石墨大，故质量相同时，金刚石的体积小，则反应C(石墨)===C(金刚石)是体积减小的过程，由影响相变速率的因素可知，随着体积差的增大，增大压强，成核速率加快，有利于相变向密度大的多面体方向转变；故超高压条件下，石墨有可能变为金刚石，D项正确。故选D。
答案：D
6．(2023·广州第二中学校考模拟预测)下列依据热化学方程式得出的结论正确的是( )
A．若2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－483.6 kJ·mol－1，则H2的标准燃烧热为－241.8 kJ·mol－1
B．若C(石墨；s)===C(金刚石，s) ΔH>0，则石墨比金刚石稳定
C．已知NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.4 kJ·mol－1，则20.0 g NaOH固体与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量
D．已知2C(s)＋2O2(g)===2CO2(g) ΔHl；2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH2，则ΔHl>ΔH2
解析：燃烧热是在25 ℃、101 kPa下用1 mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物来进行测定的，因为题给方程式中水的状态不是液态，所以不能确定氢气的燃烧热数值，故A项错误；物质的能量越低越稳定，因为石墨转化为金刚石为吸热反应，可知石墨的能量低于金刚石的能量，所以石墨比金刚石稳定，故B项正确；中和热是指稀的强酸与强碱溶液发生中和反应生成1 mol水时放出的热量，而氢氧化钠固体溶于水时会放出大量的热，所以20.0 g NaOH固体与稀盐酸完全中和时，放出的热量大于28.7 kJ，故C项错误；ΔH1为碳单质完全燃烧时的反应热，ΔH2为碳单质不完全燃烧时的反应热，燃烧反应为放热反应所以ΔH均为负数，所以ΔH1小于ΔH2，故D项错误。故选B。
答案：B考点二 氧化还原反应的规律及应用
1．强弱规律
氧化性：氧化剂>氧化产物；
还原性：还原剂>还原产物。
2．守恒规律
得失电子守恒、电荷守恒、质量守恒。
3．价态规律
同种元素之间的相互反应：不同价态之间反应，化合价只靠近，不相交；相邻价态之间不反应。
4．优先规律
当一种具有氧化性的微粒同时与两种或者两种以上具有还原性的微粒反应时，优先氧化还原性强的微粒，反之亦然。
电子守恒法在氧化还原计算中的应用
(1)计算依据。得失电子守恒是氧化还原反应的实质，也是有关氧化还原反应计算的理论依据。可以抛开繁琐的反应过程直接进行计算。(2)计算方法。转移电子数＝n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。
(2022·浙江卷)关于反应Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，下列说法正确的是( )
A．H2SO4发生还原反应
B．Na2S2O3既是氧化剂又是还原剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
D．1 mol Na2S2O3发生反应，转移4 mol电子
解析：Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。H2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A项不正确；Na2S2O3中的S的化合价为＋2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(＋4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B项正确；该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1，C项不正确；根据其中S元素的化合价变化情况可知，1 mol Na2S2O3发生反应，要转移2 mol电子，D项不正确。故选B。
答案：B
氧化还原反应方程式配平方法
(1)正向配平：参加反应的反应物只作氧化剂或还原剂的反应宜采用正向配平法。
(2)逆向配平：分解反应、歧化反应常采用逆向配平法。
(3)缺项配平：首先依据得失电子守恒配平，然后从质量守恒和电荷守恒两方面综合考虑，将缺项补齐。
其补项原则有：
条件 补项原则
酸性条件 缺H(氢)或多O(氧)补H＋，少O(氧)补H2O(水)
碱性条件 缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)，少O(氧)补OH－
1．(2023·广东卷)负载有Pt和Ag的活性炭，可选择性去除Cl－实现废酸的纯化，其工作原理如图。下列说法正确的是( )
A．Ag作原电池正极
B．电子由Ag经活性炭流向Pt
C．Pt表面发生的电极反应：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
D．每消耗标准状况下11.2 L的O2，最多去除1 mol Cl－
解析：O2在Pt极得电子发生还原反应，Pt为正极，Cl－在Ag极失去电子发生氧化反应，Ag为负极，A项错误；电子由负极Ag经活性炭流向正极Pt，B项正确；溶液为酸性，故Pt表面发生的电极反应为O2＋4H＋＋4e－===2H2O，C项错误；每消耗标准状况下11.2 L的O2，转移电子2 mol，而2 mol Cl－失去2 mol电子，故最多去除2 mol Cl－，D项错误。故选B。
答案：B
2．(2023·湖北卷)下列化学事实不符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点的是( )
A．石灰乳中存在沉淀溶解平衡
B．氯气与强碱反应时既是氧化剂又是还原剂
C．铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生反应
D．Li、Na、K的金属性随其核外电子层数增多而增强
解析：电解质的沉淀和溶解是对立的，当电解质的沉淀速率和溶解速率相等时，电解质建立了沉淀溶解平衡，因此，沉淀和溶解又互相统一在这个平衡体系中，因此，石灰乳中存在沉淀溶解平衡，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，A项不符合题意；氧化剂和还原剂是对立的，但是，氯气与强碱反应时，有部分氯气发生氧化反应，同时也有部分氯气发生还原反应，因此，氯气既是氧化剂又是还原剂，氯气的这两种作用统一在同一反应中，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，B项不符合题意；铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生反应，正极上发生还原反应，负极上发生氧化反应，氧化反应和还原反应是对立的，但是这两个反应又同时发生，统一在原电池反应中，因此，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，C项不符合题意；Li、Na、K均为第ⅠA族的金属元素，其核外电子层数依次增多，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减小，其失电子能力依次增强，因此，其金属性随其核外电子层数增多而增强，这个化学事实不符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，D项符合题意。故选D。
答案：D
3．(2023·梅州统考模拟预测)我国科学家在月壤粉末的部分铁橄榄石颗粒表面非晶层中发现了单质铁，产生的原因为：铁橄榄石被撞击时在高温与高压下发生熔融，同时其中的Fe2＋发生歧化反应生成Fe与Fe3＋。下列说法正确的是( )
A．Fe2＋在生成Fe3＋时失去电子，发生还原反应
B．可用X射线衍射实验测定铁橄榄石的晶体结构
C.Fe2＋和Fe含有的电子数相同
D．基态Fe3＋的核外电子有26种不同的运动状态
解析：Fe2＋在生成Fe3＋时失去电子，被氧化，发生的是氧化反应，A项错误；X射线衍射实验可区分晶体和非晶体，可测定铁橄榄石的晶体结构，B项正确；Fe2＋含有的电子数＝26－2＝24，Fe含有的电子数＝质子数＝26，两者电子数不相同，C项错误；基态Fe3＋的核外有23个电子，所以有23种不同的运动状态，D项错误。故选B。
答案：B
4．(2023·惠州统考三模)部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是( )
A．常温下，a、d水溶液的pH：aB．b既具有氧化性，又具有还原性
C．c可用于自来水消毒
D．e或f分别与a的浓溶液反应均可制得b
解析：由元素的化合价及物质类别可知，a为HCl，b为Cl2，c为ClO2，d为HClO，e为次氯酸盐，f为氯酸盐。未说明溶液浓度，无法比较，A项错误；氯气化合价为0价，处于中间价态，既具有氧化性，又具有还原性，B项正确；ClO2具有强氧化性，可用于自来水消毒，C项正确；ClO、ClO－分别与浓盐酸混合发生归中反应，均可制备氯气，D项正确。故选A。
答案：A
5．(2023·深圳光明区校联考模拟预测)工业上可用如下方法处理含H2S的尾气，同时制得Na2S2O3，工艺流程如下。已知：2H2S＋3O22SO2＋2H2O、S＋SO2＋Na2CO3===Na2S2O3＋CO2。下列说法错误的是( )
→→→→
A．含H2S的尾气可以用NaOH溶液处理后直接排放
B．反应过程中至少发生3个氧化还原反应
C．反应过程中证明了H2SO3的酸性强于H2S
D．每制取1 mol Na2S2O3，理论上消耗氧气的体积为44.8 L(标准状况)
解析：H2S是酸性气体，可以与NaOH反应产生Na2S、H2O，因此含H2S的尾气可以用NaOH溶液处理后直接排放，A项正确；含有H2S的废气在反应炉中发生：2H2S＋3O22SO2＋2H2O，H2S被氧化为SO2气体，反应中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应；产生的SO2通入Na2CO3溶液吸收时产生Na2SO3、CO2，反应过程中元素化合价不变，不属于氧化还原反应；2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应；反应S＋SO2＋Na2CO3===Na2S2O3＋CO2中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应，可见在上述反应中至少发生3个氧化还原反应，B项正确；在反应2H2S＋3O22SO2＋2H2O中，只能证明该反应为氧化还原反应，H2S是还原性，氧化产物是SO2，而不能证明H2S、H2SO3的酸性强弱，C项错误；从总体来看：H2S→Na2S2O3，S元素化合价升高，O元素化合价降低。每产生1个Na2S2O3，S元素化合价升高4×2＝8价；O2→Na2S2O3，O元素化合价降低2×2＝4价，可见每制取1 mol Na2S2O3，反应消耗2 mol O2，其在标准状况下体积V(O2)＝2 mol×22.4 L·mol－1＝44.8 L，D项正确。故选C。
答案：C
6．(2023·肇庆高要一中校考二模)三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3＋5H2O===2NO＋HNO3＋9HF。下列有关说法正确的是( )
A．NF3是氧化剂，H2O是还原剂
B．还原剂与氧化剂的物质的量之比为2∶1
C．若生成0.2 mol HNO3，则转移0.2 mol 电子
D．NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体
解析：分析反应前后各元素价态变化，可知NF3在反应中既是氧化剂又是还原剂，故A项错误；NF3→HNO3是被氧化的过程，2NF3→2NO是被还原的过程，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶2，故B项错误；生成1 mol HNO3转移2 mol电子，所以生成0.2 mol HNO3转移0.4 mol电子，故C项错误；NF3与潮湿的空气中的水反应生成NO，NO与空气中的O2反应生成红棕色的NO2，故D项正确。故选D。
答案：D专题三 离子反应 氧化还原反应
1．(2023·全国乙卷)下列应用中涉及到氧化还原反应的是( )
A．使用明矾对水进行净化
B．雪天道路上撒盐融雪
C．暖贴中的铁粉遇空气放热
D．荧光指示牌被照发光
解析：使用明矾对水进行净化过程中，明矾电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体粒子吸附水中的悬浮颗粒并沉降下来而使水变得澄清，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，A项不符合题意；雪天道路上撒盐融雪，是因为雪遇到盐而使其熔点降低并熔化，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，B项不符合题意；暖贴中的铁粉遇空气放热，是因为暖贴中含有的铁粉、炭粉、氯化钠、水等物质，当这些物质遇到空气后形成无数微小原电池并开始工作，化学能转化为电能，无数微小原电池堆积在一起使得电能又转化为热能，该过程中铁元素和氧元素的化合价发生变化，因此，该过程涉及到氧化还原反应，C项符合题意；荧光指示牌被照发光，是因为光在指示牌上发生了反射，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，D项不符合题意。故选C。
答案：C
2．(2023·湖南卷)下列有关电极方程式或离子方程式错误的是( )
A．碱性锌锰电池的正极反应：MnO2＋H2O＋e－===MnO(OH)＋OH－
B．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：Pb2＋＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋
C．K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中：K＋＋Fe2＋＋[Fe(CN)6]3－===KFe[Fe(CN)6]↓
D．TiCl4加入水中：TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4H＋＋4Cl－
解析：碱性锌锰电池放电时正极得到电子生成MnO(OH)，电极方程式为MnO2＋H2O＋e－===MnO(OH)＋OH－，A项正确；铅酸电池在充电时阳极失电子，其电极式：PbSO4－2e－＋2H2O===PbO2＋4H＋＋SO，B项错误；K3[Fe(CN)6]用来鉴别Fe2＋，生成滕氏蓝沉淀，反应的离子方程式为K＋＋Fe2＋＋[Fe(CN)6]3－===KFe[Fe(CN)6]↓，C项正确；TiCl4容易与水发生水解，反应的离子方程式为TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4H＋＋4Cl－，D项正确。故选B。
答案：B
3．(2023·湖南卷)油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄(As2S3)褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应。下列说法正确的是( )
A．S2O和SO的空间结构都是正四面体形
B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ<Ⅱ
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1 mol As2S3转移的电子数之比为3∶7
解析：S2O的中心原子S形成的4个σ键的键长不一样，故其空间结构不是正四面体形，A项错误；As2S3中As的化合价为＋3价，反应Ⅰ产物As2O3中As的化合价为＋3价，故该过程中As没有被氧化，B项错误；根据题给信息可知，反应Ⅰ的方程式为2As2S3＋6O2＋3H2O2As2O3＋3H2S2O3，反应Ⅱ的方程式为As2S3＋7O2＋6H2O2H3AsO4＋3H2SO4，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C项错误；As2S3中As为＋3价，S为－2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为＋2价，则1 mol As2S3失电子3×4 mol＝12 mol；在经过反应Ⅱ后，As变为＋5价，S变为＋6价，则1 mol As2S3失电子2×2 mol＋3×8 mol＝28 mol，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1 mol As2S3转移的电子数之比为3∶7，D项正确。故选D。
答案：D
离子反应是重要的化学用语，在中学阶段的基本概念、基本理论知识体系中占有极其重要的地位，贯穿于中学化学教材的始终，是中学化学教学的重点和难点之一。而元素及其化合物的知识，都会涉及离子反应及其方程式的书写。离子反应在历年高考中都有比较重要的地位，是历年高考的热点，在高考中重现率达100%。
氧化还原反应是中学化学教材中的重要概念，贯穿整个高中化学的始终，因此，它是历年高考的必考内容，选择题、填空题均有可能出现。近年来考查氧化还原反应概念相关的题目显著增加，主要的考点有氧化剂、还原剂、氧化还原反应等概念的判断，电子转移的方向和数目，氧化性、还原性强弱的判断，化学方程式配平，依据电子守恒的计算等。考查学生对氧化还原反应基本概念的理解及灵活处理问题的能力。
请判断下列离子方程式的正误(正确的“√”，错误的打“×”)。
(1)向AlCl3溶液中通入过量氨水：Al3＋＋4NH3·H2O===AlO＋4NH＋2H2O。( )
(2)往NaClO溶液中通入少量SO2：2ClO－＋SO2＋H2O===2HClO＋SO。( )
(3)将Na投入到FeCl3溶液中：3Na＋Fe3＋===2Na＋＋Fe。( )
(4)用饱和FeCl3溶液制备胶体：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3↓＋3H＋。( )
(5)NaHCO3溶液因水解呈碱性：HCO＋H2O===H2CO3＋OH－。( )
(6)碳酸氢钙溶液加到醋酸中：Ca(HCO3)2＋2CH3COOH===Ca2＋＋2CH3COO－＋2CO2↑＋2H2O。( )
(7)向CuSO4溶液加入少量Ba(OH)2溶液：Ba2＋＋SO===BaSO4↓。( )
(8)向FeI2中通入少量Cl2：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－。( )
(9)向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：ClO－＋H2O＋CO2===HClO＋HCO。( )
(10)向NaAlO2溶液中通入少量CO2：2AlO＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO。( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)× (7)×(8)× (9)× (10)√
考点一 离子方程式书写
1．离子反应方程式的正误判断
离子反应方程式的书写中常见的错误有：
(1)所写离子反应方程式不符合客观事实。
(2)电荷不守恒。
(3)氧化还原方程式中得失电子不守恒。
(4)电解质的拆写不正确。
(5)微溶电解质表达错误。
(6)漏写部分反应。
2．离子共存
离子共存问题在高考试卷中呈现的频率有减少的趋势，但是离子共存的问题不仅仅是体现在离子共存题目里，更多的体现在元素推导、离子反应方程式的书写、电化学原理等方面。能反应的离子不能共存，常见的反应有四种，分别是：
(1)复分解反应：①生成难溶物或微溶物：如，Ba2＋与CO，Ag＋与Br－，Ca2＋与SO等不能大量共存。②生成气体或挥发性物质：如，NH与OH－，H＋与CO、HCO、S2－、HS－、SO、HSO等不能大量共存。③生成难电离物质：如，H＋与CH3COO－、CO、S2－、SO等因生成弱酸不能大量共存，OH－与NH因生成的弱碱不能大量共存，H＋与OH－生成水不能大量共存。
(2)氧化还原反应：氧化性离子[如Fe3＋、NO、ClO－、MnO(H＋)]与还原性离子(如S2－、I－、Fe2＋、SO)不能大量共存。
(3)离子间发生水解相互促进不能共存：弱酸对应的阴离子和弱碱对应的阳离子相互促进双水解进行到底。如Al3＋、Fe3＋、NH与CO、HCO、S2－、HS－、AlO等。
(4)络合反应：如Fe3＋和SCN－。
“三法”突破复杂离子方程式的书写
(1)“叠加”法：对于连续的反应，可以使用“叠加”法。
例如：向澄清石灰水中通入CO2气体
少量CO2与Ca(OH)2溶液反应 CO2(少量)＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋H2O
过渡反应 CaCO3＋H2O＋CO2===Ca(HCO3)2
过量CO2与Ca(OH)2溶液反应 2CO2(过量)＋Ca(OH)2===Ca(HCO3)2
(2)“定一”法：当一种反应物中有两种或两种以上组成离子参与反应时，因其组成比例不协调，当一种组成离子恰好完全反应时，另一种组成离子不能恰好完全反应(有剩余或不足)而跟用量有关。
①根据相对量将少量物质定为“1 mol”。
②依据少量物质中离子的物质的量，确定过量物质中实际参加反应的离子的物质的量。
③依据“先中和后沉淀”的思路正确书写离子方程式。
如：向澄清石灰水中滴入NaHCO3溶液
本质反应 HCO＋OH－===CO＋H2O
少量NaHCO3溶液与Ca(OH)2溶液反应 Ca(OH)2＋NaHCO3(少量)===H2O＋CaCO3↓＋NaOH
过量NaHCO3溶液与Ca(OH)2溶液反应 Ca(OH)2＋2NaHCO3(过量)===2H2O＋CaCO3↓＋Na2CO3
(3)“假设定序”法。
适用于一种反应物的两种或两种以上的离子都能跟另一种反应物的离子反应，但因反应顺序不同而跟用量有关的反应。这类反应只要明确离子反应的先后顺序，书写也就迎刃而解了。例如：
①在不明确离子反应的先后顺序时，向FeBr2溶液中通入少量Cl2：FeBr2溶液中的Fe2＋、Br－均可以与Cl2反应，我们可以假设Cl2先与Br－反应，则生成的溴单质还要氧化Fe2＋生成Fe3＋，这样即可确定Cl2先与Fe2＋反应，后与Br－反应，然后再根据量的关系书写即可。
②FeI2溶液与氯气反应：
少量Cl2与FeI2溶液反应 Cl2(少量)＋FeI2===FeCl2＋I2
过量Cl2与FeI2溶液反应 3Cl2(过量)＋2FeI2===2FeCl3＋2I2
n(FeI2)∶n(Cl2)＝4∶5时 5Cl2＋4FeI2===4I2＋2FeCl3＋2FeCl2
(2023·广州统考一模)下列物质性质实验对应的离子方程式书写正确的是( )
A．铁与稀硫酸反应：2Fe＋6H＋===2Fe3＋＋3H2↑
B．CuCl2溶液中通入硫化氢：Cu2＋＋S2－===CuS↓
C．SO2通入酸性KMnO4溶液中：5SO2＋4H＋＋2MnO===5SO＋2Mn2＋＋2H2O
D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：S2O＋2H＋===SO2↑＋S↓＋H2O
解析：铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，其离子方程式为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，A项错误；CuCl2溶液中通入硫化氢生成CuS沉淀，硫化氢为弱酸在离子方程式中不能拆开，其离子方程式为Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋，B项错误；SO2通入酸性KMnO4溶液反应生成Mn2＋和SO，根据得失电子守恒配平可知，其离子方程式为5SO2＋2H2O＋2MnO===5SO＋2Mn2＋＋4H＋，C项错误；Na2S2O3溶液中加入稀硫酸反应生成S和SO2，其离子方程式为S2O＋2H＋===SO2↑＋S↓＋H2O，D项正确。故选D。
答案：D
正确书写离子反应方程式的关键点
(1)认真审题，要搞清题目所给的所有信息，特别是隐含信息。
(2)正确判断反应原理。
(3)正确分析电解质的存在形式。
(4)结合反应条件以及反应物之间量的关系。
(5)严格遵循“三个守恒”。
1．(2023·广东华南师大附中校联考模拟预测)宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列实验对应的反应方程式书写正确的是( )
A．电解氯化镁溶液：2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－
B．向硫酸铜溶液中加入过量浓氨水：Cu2＋＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋4H2O
C．氯气通入水中：Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－
D．Ca(OH)2溶液中加入少量NaHCO3溶液：OH－＋HCO===H2O＋CO
解析：电解氯化镁溶液生成氢氧化镁沉淀、氢气、氯气：Mg2＋＋2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋Mg(OH)2↓，A项错误；向硫酸铜溶液中加入过量浓氨水会生成四氨合铜离子，B项正确；氯气通入水中生成盐酸和弱酸次氯酸：Cl2＋H2O?H＋＋Cl－＋HClO，C项错误；Ca(OH2)溶液中加入少量NaHCO3溶液，碳酸氢根离子完全反应生成水和碳酸钙沉淀：Ca2＋＋OH－＋HCO===H2O＋CaCO3↓，D项错误。故选B。
答案：B
2．(2023·惠州一中模拟预测)下列指定反应的离子方程式错误的是( )
A．明矾溶液中加入少量的Ba(OH)2：2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋6OH－===3BaSO4↓＋2Al(OH)3↓
B．向氯化铁中加入少量的H2S：2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋
C．四氯化钛的浓溶液制备水合二氧化钛：Ti4＋＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4H＋
D．次氯酸钠溶液中通入少量CO2：2ClO－＋CO2＋H2O===2HClO＋CO(已知酸性：H2CO3>HClO>HCO)
解析：明矾溶液中加入少量的Ba(OH)2，钡离子、氢氧根离子完全反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铝沉淀，2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋6OH－===3BaSO4↓＋2Al(OH)3↓，A项正确；铁离子具有氧化性，和硫化氢生成硫单质和亚铁离子：2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋，B项正确；四氯化钛的浓溶液水解生成水合二氧化钛：Ti4＋＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4H＋，C项正确；已知酸性：H2CO3>HClO>HCO，则次氯酸钠溶液中通入少量CO2生成次氯酸和碳酸氢钠，ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO，D项错误。故选D。
答案：D
3．(2023·惠州统考一模)下列有关铁及其化合物转化过程中的离子方程式书写正确的是( )
A．氧化亚铁溶于稀硝酸：FeO＋2H＋===Fe2＋＋H2O
B．铁溶于盐酸：2Fe＋6H＋===2Fe3＋＋3H2↑
C．醋酸除铁锈：Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O
D．三氯化铁腐蚀铜板：Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋
解析：氧化亚铁溶于稀硝酸，稀硝酸氧化亚铁离子，会有一氧化氮生成，反应的离子方程式为3FeO＋10H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋5H2O，A项错误；铁溶于盐酸生成二价亚铁，Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，B项错误；醋酸是弱酸，离子方程式中不能拆开，Fe2O3＋6CH3COOH===2Fe3＋＋6CH3COO－＋3H3O，C项错误；三价铁离子具有氧化性，会把铜氧化为铜离子，Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋，D项正确。故选D。
答案：D
4．(2023·深圳统考一模)含硫化合物的反应具有多样性。下列有关反应的离子方程式书写不正确的是( )
A．用Na2SO3溶液吸收SO2废气：SO＋SO2＋H2O===2HSO
B．海水提溴工艺中用SO2还原Br2：Br2＋SO2＋2H2O===2H＋＋SO＋2HBr
C．用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4：CaSO4(s)＋CO(aq)?CaCO3(s)＋SO(aq)
D．将S与Na2SO3溶液混合加热制备Na2S2O3：S＋SOS2O
解析：用Na2SO3溶液吸收SO2废气过程中，SO2和Na2SO3溶液反应生成NaHSO3，离子方程式为SO＋SO2＋H2O===2HSO，故A项正确；HBr是强酸，在离子方程式中要拆，故B项错误；CaCO3的溶解度小于CaSO4，用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4，CaSO4可以转化为CaCO3，离子方程式为CaSO4(s)＋CO(aq)?CaCO3(s)＋SO(aq)，故C项正确；S与Na2SO3溶液反应生成Na2S2O3，离子方程式为S＋SOS2O，故D项正确。故选B。
答案：B
5．(2023·广州实验中学校考模拟预测)下列反应的离子方程式正确的是( )
A．Na与水反应：Na＋H2O===Na＋＋OH－＋H2↑
B．硫化钠水解反应：S2－＋H3O＋?HS－＋H2O
C．稀醋酸滴入NaOH溶液中：H＋＋OH－===H2O
D．氢氧化钠溶液中通入足量二氧化碳：CO2＋OH－===HCO
解析：该离子方程式中H未配平，正确的离子方程式为2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑，A项错误；硫化钠溶液中，S2－水解分为两步：S2－＋H2O?HS－＋OH－，HS－＋H2O?H2S＋OH－，B项错误；醋酸是弱电解质，在离子方程式中不能拆写，正确的离子方程式为CH3COOH＋OH－===CH3COO－＋H2O，C项错误；氢氧化钠溶液中通入足量二氧化碳，反应生成碳酸氢钠，该反应的离子方程式为CO2＋OH－===HCO，D项正确。故选D。
答案：D
6．(2023·广州第二中学校考模拟预测)在下列条件下，一定能大量共存的离子组是( )
A．通入足量CO2后的溶液：Na＋、SiO、CH3COO－、CO
B．在酸性高锰酸钾溶液中：Na＋、NH、I－、ClO－
C．能使pH试纸变深蓝色的溶液：Na＋、[Al(OH)4]－、K＋、CO
D．饱和氯水中：Cl－、K＋、Na＋、SO
解析：足量CO2溶于水能与SiO、CO反应生成硅酸和碳酸氢根离子，不能大量共存，故A项不符合题意；酸性高锰酸钾具有强氧化性能氧化碘离子，且I－和ClO－也能发生氧化还原反应，不能大量共存，故B项不符合题意；能使pH试纸变深蓝色的溶液中含氢氧根离子，该组离子均与碱不能反应，可以大量共存，故C项符合题意；氯水能与SO发生氧化还原反应，不能大量共存，故D项不符合题意。故选C。
答案：C考点二 常见有机物的结构特征与同分异构体
1．烃的分子结构特点
烃 结构特征
甲烷 正四面体，键角109°28′，最多有3个原子共面
乙烯 所有原子共平面，键角120°
乙炔 四个原子在一条直线上，键角180°
苯 苯分子中所有原子共面，键角120°
2.同分异构体
同分异构体的考查常见的是同分异构体个数的判断、同分异构体结构简式的书写。同分异构体个数的分析方法很多，如：基元法、等效氢法、定一移二法、换元法、组合法、插入法等。具体哪种方法更适用要看题目所给的条件。
1．有机物分子中原子共面问题的解题思路
(1)“等位代换不变”原则。
(2)单链可以旋转，双键和三键不能旋转。
(3)把复杂的构型分拆为几个简单构型。
2．常用的同分异构体的推断方法
(1)由烃基的异构体数推断。
(2)由等效氢原子推断。
(3)用替换法推断。
(4)用“定一移一”法推断。
(5)含有苯环的有机物同分异构体种数的推断。
(2023·深圳一模节选)以A和芳香烃E为原料制备除草剂茚草酮中间体(I)的合成路线如下：
回答下列问题：
(1)A中所含官能团的名称为_____________________________________。
(2)B→C的反应类型为________。
(3)D中碳原子的杂化轨道类型有________；其中，电负性最大的元素为__________。
(4)写出F→G的化学方程式_________________________________________。
(5)B的同分异构体中，满足下列条件的结构有________种；其中，核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1的结构简式为____________________。
条件：①含有苯环；②与FeCl3溶液发生显色反应；③含有2个甲基，且连在同一个碳原子上。
解析：A发生加成反应生成羟基得到B，B发生消去反应生成C，C发生取代反应生成D；由E生成F，由F生成G，结合G化学式可知，E为邻二甲苯、F为，F发生酯化反应生成G，G转化为H，D与H发生取代反应生成I。
(1)由题图中A的结构简式可知，A中所含官能团的名称为酮羰基、氯原子。
(2)B发生消去反应生成碳碳双键得到C。
(3)D中饱和碳原子为sp3杂化，苯环上碳、碳碳双键两端的碳原子为sp2杂化；同周期元素从左到右，金属性减弱，非金属性增强，元素的电负性增大；同主族元素由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减小，故D中电负性最大的元素为Cl(或氯)。
(4)F发生酯化反应生成G，反应为。
(5)B除苯环外含有1个氯、3个碳、1个氧，其同分异构体中，满足下列条件：①含有苯环；②与FeCl3溶液发生显色反应，含酚羟基；③含有2个甲基，且连在同一个碳原子上；若含有—OH、—CCl(CH3)2，则有邻、间、对3种；若含有—OH、—CH(CH3)2、—Cl，则为3个不相同的取代基在苯环上有10种同分异构体故共13种同分异构体。核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1，则结构对称性很好，其结构简式为。
答案：(1)酮羰基、氯原子
(2)消去反应
(3)sp2、sp3 Cl(或氯)
(4)
(5)13
1．分子共面问题，以碳碳双键、苯环为依据确定一个平面，如果还存在碳碳三键就要考虑这条直线是否在已知平面内；当有甲基(甲基中的氢原子可以被其他的原子或原子团取代)存在时，甲基中的氢原子最多有一个可以共面；当有机物中有两个平面，且以碳碳单键相连时，由于碳碳单键可以旋转，所以，两平面可能共面，也可能不共面；注意题目的问法(如，“可能”“一定”“最多”“最少”)。
2．分析同分异构体时一定要有规律，如按官能团异构→碳链异构→官能团位置异构分析，避免重复和错漏。
1．(2023·全国甲卷)藿香蓟具有清热解毒功效，其有效成分结构如下。下列有关该物质的说法错误的是( )
A．可以发生水解反应
B．所有碳原子处于同一平面
C．含有2种含氧官能团
D．能与溴水发生加成反应
解析：藿香蓟的分子结构中含有酯基，因此其可以发生水解反应，A项正确；藿香蓟的分子结构的右侧有一个饱和碳原子连接着两个甲基，类比甲烷分子的空间构型可知，藿香蓟分子中所有碳原子不可能处于同一平面，B项错误；藿香蓟的分子结构中含有酯基和醚键，因此其含有2种含氧官能团，C项正确；藿香蓟的分子结构中含有碳碳双键，因此，其能与溴水发生加成反应，D项正确。故选B。
答案：B
2．(2023·全国乙卷)下列反应得到相同的产物，相关叙述错误的是( )
A．①的反应类型为取代反应
B．反应②是合成酯的方法之一
C．产物分子中所有碳原子共平面
D．产物的化学名称是乙酸异丙酯
解析：反应①为乙酸和异丙醇在酸的催化下发生酯化反应生成乙酸异丙酯和水，因此，①的反应类型为取代反应，A项正确；反应②为乙酸和丙烯发生加成反应生成乙酸异丙酯，该反应的原子利用率为100%，因此，该反应是合成酯的方法之一，B项正确；乙酸异丙酯分子中含有4个饱和的碳原子，其中异丙基中存在着1个饱和碳原子连接2个饱和碳原子和1个乙酰氧基，类比甲烷的正四面体结构可知，乙酸异丙酯分子中的所有碳原子不可能共平面，C项错误；两个反应的产物是相同的，从结构上看，该产物是由乙酸与异丙醇通过酯化反应生成的酯，故其化学名称是乙酸异丙酯，D项正确。故选C。
答案：C
3．(2023·山东卷)抗生素克拉维酸的结构简式如图所示，下列关于克拉维酸的说法错误的是( )
A．存在顺反异构
B．含有5种官能团
C．可形成分子内氢键和分子间氢键
D．1 mol该物质最多可与1 mol NaOH反应
解析：由题干有机物结构简式可知，该有机物存在碳碳双键，且双键两端的碳原子分别连有互不相同的原子或原子团，故该有机物存在顺反异构，A项正确；由题干有机物结构简式可知，该有机物含有羟基、羧基、碳碳双键、醚键和酰胺基5种官能团，B项正确；由题干有机物结构简式可知，该有机物中的羧基、羟基、酰胺基等官能团具有形成氢键的能力，故其分子间可以形成氢键，其中距离较近的某些官能团之间还可以形成分子内氢键，C项正确；由题干有机物结构简式可知，1 mol该有机物含有羧基和酰胺基各1 mol，这两种官能团都能与强碱反应，故1 mol该物质最多可与2 mol NaOH反应，D项错误。故选D。
答案：D
4．(2023·浙江卷)丙烯可发生如下转化，下列说法不正确的是( )
A．丙烯分子中最多7个原子共平面
B．X的结构简式为CH3CH===CHBr
C．Y与足量KOH醇溶液共热可生成丙炔
D．聚合物Z的链节为
解析：CH3—CH===CH2与Br2的CCl4溶液发生加成反应，生成；CH3—CH===CH2与Br2在光照条件下发生甲基上的取代反应，生成；CH3—CH===CH2在催化剂作用下发生加聚反应，生成。据此分析解答。乙烯分子中有6个原子共平面，甲烷分子中最多有3个原子共平面，则丙烯分子中，两个框内的原子可能共平面，所以最多7个原子共平面，A项正确；由分析可知，X的结构简式为，B项不正确；与足量KOH醇溶液共热，发生消去反应，可生成丙炔(CH3C≡CH)和KBr等，C项正确；聚合物Z为，则其链节为，D项正确。故选B。
答案：B
5．(2023·辽宁卷)在光照下，螺吡喃发生开、闭环转换而变色，过程如下。下列关于开、闭环螺吡喃说法正确的是( )
A．均有手性
B．互为同分异构体
C．N原子杂化方式相同
D．闭环螺吡喃亲水性更好
解析：手性是碳原子上连有四个不同的原子或原子团，因此闭环螺吡喃含有手性碳原子如图所示，开环螺吡喃不含手性碳原子，故A项错误；根据它们的结构简式可知，分子式均为C19H19NO，它们结构不同，因此互为同分异构体，故B项正确；闭环螺吡喃中N原子杂化方式为sp3，开环螺吡喃中N原子杂化方式为sp2，故C项错误；开环螺吡喃中氧原子显负价，电子云密度大，容易与水分子形成分子间氢键，水溶性增大，因此开环螺吡喃亲水性更好，故D项错误。故选B。
答案：B
6．(2022·广东卷)我国科学家进行了如图所示的碳循环研究。下列说法正确的是( )
A．淀粉是多糖，在一定条件下能水解成葡萄糖
B．葡萄糖与果糖互为同分异构体，都属于烃类
C．1 mol CO中含有6.02×1024个电子
D．22.4 L CO2被还原生成1 mol CO
解析：淀粉是由葡萄糖分子聚合而成的多糖，在一定条件下水解可得到葡萄糖，故A项正确；葡萄糖与果糖的分子式均为C6H12O6，结构不同，二者互为同分异构体，但含有O元素，不是烃类，属于烃的衍生物，故B项错误；1个CO分子含有14个电子，则1 mol CO中含有14×6.02×1023＝8.428×1024个电子，故C项错误；未指明气体处于标准状况下，不能用标准状况下的气体摩尔体积计算其物质的量，故D项错误。故选A。
答案：A考点三 官能团与有机物性质的关系
1．常见有机物官能团的主要性质
类型 官能团 主要化学性质
饱和烃 烷烃 — ①在光照下发生卤代反应；②不能使酸性KMnO4溶液褪色；③高温分解
不饱和烃 烯烃 ①跟X2、H2、HX、H2O等发生加成反应；②加聚；③易被氧化，可使酸性KMnO4溶液褪色
炔烃 —C≡C— ①跟X2、H2、HX、H2O等发生加成反应；②易被氧化，可使酸性KMnO4溶液褪色；③加聚
芳香烃 苯 — ①取代——硝化反应、磺化反应、卤代反应(Fe或Fe3＋作催化剂)；②与H2发生加成反应
苯的同系物 — ①取代反应；②使酸性KMnO4溶液褪色
烃的衍生物 卤代烃 —X ①与NaOH溶液共热发生取代反应；②与NaOH醇溶液共热发生消去反应
酚 —OH ①弱酸性；②遇浓溴水生成白色沉淀；③遇FeCl3溶液呈紫色
醛 ①与H2加成为醇；②被氧化剂(如O2、Cu(OH)2、[Ag(NH3)2]＋等)氧化为羧酸
羧酸 ①酸的通性；②酯化反应
酯 发生水解反应，生成羧酸(盐)和醇
2.有机反应类型
有机反应基本类型 有机物类型
取代反应 卤代反应 饱和烃、苯和苯的同系物等
酯化反应 醇、羧酸、纤维素等
水解反应 卤代烃、酯等
硝化反应 苯和苯的同系物等
磺化反应
加成反应 烯烃、炔烃、苯和苯的同系物、醛等
消去反应 卤代烃、醇等
氧化反应 燃烧 绝大多数有机物
酸性KMnO4溶液 烯烃、炔烃、苯的同系物、醇、醛、酚等
直接(或催化)氧化 醇、醛、葡萄糖等
新制Cu(OH)2悬浊液、银氨溶液 醛
还原反应 醛、酮、葡萄糖等
聚合反应 加聚反应 烯烃、炔烃等
缩聚反应 苯酚与甲醛、多元醇与多元羧酸、氨基酸等
与FeCl3溶液显色反应 酚类
1．常见官能团的检验方法
官能团种类 试剂 判断依据
碳碳双键或碳碳三键 溴的CCl4溶液 橙红色褪去
酸性KMnO4溶液 紫红色褪去
卤素原子 NaOH溶液、稀硝酸、AgNO3溶液 有沉淀生成
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
醛基 银氨溶液 有银镜生成
新制Cu(OH)2悬浊液 有砖红色沉淀产生
羧基 NaHCO3溶液 有CO2气体放出
2.提纯常见有机物的方法
混合物 试剂 分离方法 主要仪器
甲烷(乙烯) 溴水 洗气 洗气瓶
苯(乙苯) 酸性KMnO4溶液，NaOH溶液 分液 分液漏斗
溴乙烷(乙醇) 水 分液 分液漏斗
苯(苯酚) NaOH溶液 分液 分液漏斗
硝基苯(苯) — 蒸馏 蒸馏烧瓶
乙醇(H2O) 新制生石灰 蒸馏 蒸馏烧瓶
乙酸乙酯(乙酸、乙醇) 饱和Na2CO3溶液 分液 分液漏斗
乙醇(乙酸) NaOH溶液 蒸馏 蒸馏烧瓶
乙烷(乙炔) 酸性KMnO4溶液、NaOH溶液 洗气 洗气瓶
(2023·全国甲卷)阿佐塞米(化合物L)是一种可用于治疗心脏、肝脏和肾脏病引起的水肿的药物。L的一种合成路线如下(部分试剂和条件略去)。
已知：R—COOHR—COClR—CONH2。
回答下列问题：
(1)A的化学名称是__________。
(2)由A生成B的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)反应条件D应选择__________(填字母)。
a．HNO3/H2SO4 b．Fe/HCl
c．NaOH/C2H5OH d．AgNO3/NH3
(4)F中含氧官能团的名称是__________。
(5)H生成I的反应类型为__________。
(6)化合物J的结构简式为________________________________________________________________________。
(7)具有相同官能团的B的芳香同分异构体还有________种(不考虑立体异构，填字母)。
a．10 b．12 c．14 d．16
其中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为2∶2∶1∶1的同分异构体结构简式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：根据有机物C的结构，有机物B被酸性高锰酸钾氧化为C，则有机物B为，有机物B由有机物A与Cl2发生取代反应得到的，有机物A为，有机物E为有机物C发生还原反应得到的，有机物E经一系列反应得到有机物G，根据已知条件，有机物G发生两步反应得到有机物H，有机物G与SOCl2发生第一步反应得到中间体，中间体与氨水发生反应得到有机物H，有机物H的结构为ClFCONH2SO2NH2，有机物I与有机物J发生反应得到有机物K，根据有机物I、K的结构和有机物J的分子式可以得到有机物J的结构，有机物J的结构为，有机物K经后续反应得到目标化合物阿佐塞米(有机物L)，据此分析解题。
(1)根据分析，有机物A的结构式为，该有机物的化学名称为邻硝基甲苯(或2 硝基甲苯)。
(2)根据分析，由A生成B为取代反应，化学方程式为。
(3)根据分析，由C生成E的反应为还原反应，根据反应定义，该反应为一个加氢的反应，因此该反应的反应条件D应为b：Fe/HCl。选项a一般为硝化反应(取代反应)的反应条件，选项c一般为卤代烃的消去反应的反应条件，选项d一般为醛基的鉴别反应(银镜反应)的反应条件。
(4)有机物F中的含氧官能团为—COOH，名称为羧基。
(5)由H生成I的反应作用在有机物H的酰胺处，该处在POCl3作用下发生消去反应脱水得到氰基。
(6)根据分析可知有机物J的结构简式为。
(7)分子式为C7H6ClNO2且含有—Cl、—NO2两种官能团的芳香同分异构体共有17种，分别为(有机物B)、，除有机物B外，其同分异构体的种数为16种；在这些同分异构体中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为2∶2∶1∶1，说明其结构中有4种化学环境的氢原子，则该物质为。
答案：(1)邻硝基甲苯(或2 硝基甲苯)
(2)
(3)b (4)羧基
(5)消去反应 (6)
(7)d
有机物的结构往往比较复杂，要分析好一个复杂有机物的性质并写出反应方程式，关键就是要熟悉官能团及其性质。有机物中含有某种官能团，就具有该官能团的性质，依据性质即可写出反应方程式。
1．现有五种有机物，其中既能发生加成反应、加聚反应、酯化反应，又能发生氧化反应的是( )
①CH2OH(CHOH)4CHO ②CH3(CH2)3OH
③CH2===CH—CH2OH ④CH2===CH—COOCH3
⑤CH2===CH—COOH
A．③⑤ B．①②⑤
C．②④ D．③④
解析：①CH2OH(CHOH)4CHO中含醛基，能发生加成反应和氧化反应；含醇羟基，能发生酯化反应和氧化反应，不能发生加聚反应，不符合题意；②CH3(CH2)3OH中含醇羟基，能发生酯化反应和氧化反应，不能发生加成反应和加聚反应，不符合题意；③CH2===CHCH2OH中含碳碳双键，能发生加成反应、加聚反应和氧化反应；含醇羟基，能发生酯化反应和氧化反应，符合题意；④CH2===CHCOOCH3中含碳碳双键，能发生加成反应、加聚反应和氧化反应，含酯基能发生水解反应(或取代反应)，不能发生酯化反应，不符合题意；⑤CH2===CHCOOH中含碳碳双键，能发生加成反应、加聚反应和氧化反应；含羧基，能发生酯化反应，符合题意；由分析可知符合题意的有③⑤。故选A。
答案：A
2．(2023·新课标卷)光学性能优良的高分子材料聚碳酸异山梨醇酯可由如下反应制备。下列说法错误的是( )
A．该高分子材料可降解
B．异山梨醇分子中有3个手性碳
C．反应式中化合物X为甲醇
D．该聚合反应为缩聚反应
解析：该高分子材料中含有酯基，可以降解，A项正确；异山梨醇中*处的碳原子为手性碳原子，故异山梨醇分子中有4个手性碳，B项错误；反应式中异山梨醇释放出1个羟基与碳酸二甲酯释放出的甲基结合生成甲醇，故反应式中X为甲醇，C项正确；该反应在生产高聚物的同时还有小分子的物质生成，属于缩聚反应，D项正确。故选B。
答案：B
3．(2023·湖南卷)葡萄糖酸钙是一种重要的补钙剂，工业上以葡萄糖、碳酸钙为原料，在溴化钠溶液中采用间接电氧化反应制备葡萄糖酸钙，其阳极区反应过程如下。下列说法错误的是( )
A．溴化钠起催化和导电作用
B．每生成1 mol葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了2 mol电子
C．葡萄糖酸能通过分子内反应生成含有六元环状结构的产物
D．葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应
解析：由图中信息可知，溴化钠是电解装置中的电解质，其电离产生的离子可以起导电作用，且Br－在阳极上被氧化为Br2，然后Br2与H2O反应生成HBrO和Br－，HBrO再和葡萄糖反应生成葡萄糖酸和Br－，溴离子在该过程中的质量和性质保持不变，因此，溴化钠在反应中起催化和导电作用，A项正确；由A中分析可知，2 mol Br－在阳极上失去2 mol电子后生成1 mol Br2，1 mol Br2与H2O反应生成1 mol HBrO，1 mol HBrO与1 mol葡萄糖反应生成1 mol葡萄糖酸，1 mol葡萄糖酸与足量的碳酸钙反应可生成0.5 mol葡萄糖酸钙，因此，每生成1 mol葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了4 mol电子，B项不正确；葡萄糖酸分子内既有羧基又有羟基，因此，其能通过分子内反应生成六元环状结构的酯，C项正确；葡萄糖分子含有醛基，醛基上既能发生氧化反应生成羧基，也能在一定的条件下与氢气发生加成反应生成醇，该加成反应也是还原反应；葡萄糖分子中含有羟基，能与酸发生酯化反应，酯化反应也是取代反应；羟基还能与其相连的C原子的邻位C上的H(β H)发生消去反应；综上所述，葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应，D项正确。故选B。
答案：B
4．(2022·天津卷)下列物质沸点的比较，正确的是( )
A．CH4>C2H6
B．HF>HCl
C．H2S>H2Se
D．
解析：甲烷和乙烷组成结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，因此沸点CH4答案：B
5．(2022·全国甲卷)辅酶Q10具有预防动脉硬化的功效，其结构简式如下。下列有关辅酶Q10的说法正确的是( )
A．分子式为C60H90O4
B．分子中含有14个甲基
C．分子中的四个氧原子不在同一平面
D．可发生加成反应，不能发生取代反应
解析：由题中该物质的结构简式可知，其分子式为C59H90O4，A项错误；由结构简式可知，键线式端点代表甲基，10个重复基团的最后一个连接H原子的碳是甲基，故分子中含有1＋1＋1＋10＋1＝14(个)甲基，B项正确；双键碳以及与其相连的四个原子共面，羰基碳采取sp2杂化，羰基碳原子和与其相连的氧原子及另外两个原子共面，因此分子中的四个氧原子在同一平面上，C项错误；分子中有碳碳双键，能发生加成反应，分子中含有甲基，能发生取代反应，D项错误。故选B。
答案：B
6．(2022·湖北卷)莲藕含多酚类物质，其典型结构简式如图所示。下列有关该类物质的说法错误的是( )
A．不能与溴水反应 B．可用作抗氧化剂
C．有特征红外吸收峰 D．能与Fe3＋发生显色反应
解析：苯酚可以和溴水发生取代反应，取代位置在酚羟基的邻、对位，同理该物质也能和溴水发生取代反应，A项错误；该物质含有酚羟基，酚羟基容易被氧化，故可以用作抗氧化剂，B项正确；该物质红外光谱能看到有O—H等，有特征红外吸收峰，C项正确；该物质含有酚羟基，能与铁离子发生显色反应，D项正确。故选A。
答案：A考点四 有机合成路线的设计
1．官能团的引入
(1)—X：烷烃、芳香烃、醇的取代反应，烯烃、炔烃的加成反应。
(2)—OH：卤代烃水解，烯烃加成，酯水解，醛、酮还原。
(3)碳碳双键：卤代烃、醇消去，炔烃的不完全加成。
(4)—CHO：醇氧化，烯烃氧化，炔烃水化。
(5)—COOH：醛基氧化，苯的同系物(与苯环相连的碳原子上含有H)被酸性高锰酸钾氧化，酯、羧酸盐水解。
(6)—COOR：酯化反应。
2．官能团的保护
官能团 原因 保护方法举例
酚羟基 酚羟基易被氧化 先使其与NaOH反应生成钠盐，待其他基团氧化后再酸化将其释放出来
碳碳双键 碳碳双键易被氧化 可先与HCl加成，待其他基团反应后，再通过消去反应将其转化为碳碳双键
氨基 氨基具有还原性 可以先把—NH2氧化成—NO2，然后再用Fe和HCl将其还原成—NH2
1．有机物之间的转化关系
2．有机合成路线的设计
正推法：即从某种原料分子开始，对比目标分子与原料分子的结构(碳骨架及官能团)，对该原料分子进行碳骨架的构建和官能团的引入(或者官能团的转化)，从而设计出合理的合成路线。
逆推法：即从目标分子着手，分析目标分子的结构，然后由目标分子逆推出原料分子，并进行合成路线的设计。
(2023·广东实验中学校考模拟预测改编)化合物G是合成一种杀虫剂的重要中间体，其合成路线如图。
回答下列问题：
(1)A生成B的反应类型为________。
(2)写出B生成C的反应方程式________________________________________________________________________。
(3)根据上述信息，写出以和为主要原料制备的合成路线(无机试剂任选)。
解析：A与乙烯发生加成反应生成B，B在硫酸作用下成环生成C，C与乙酸酐在NaH作用下反应生成D，D与联肼反应生成E，E与W反应生成G。
(1)比较A和B的结构简式以及转化过程中的反应物和反应条件可知A生成B的反应类型为加成反应。
(2)由流程图中B和C的结构简式可知，B生成C的反应方程式为。
(3)采用逆推法进行解题，结合流程中E到G的信息可知可由和合成，结合流程图中D到E的信息可知可由和H2NNH2合成得到，而则可以由催化氧化得到，故确定整个合成流程图为。
答案：(1)加成反应
(2)
(3)见解析
1．有机合成路线的设计思路。
(1)合成目标化合物分子的骨架。
(2)引入所需的官能团。
(3)满足目标化合物的立体化学方面的要求。
2．解答有机合成路线题目的基本方法。
(1)首先分析产物的结构要求，包括碳骨架、官能团及其位置、立体化学要求等。
(2)从产物结构回忆所有可能的合成方法，确定初步合成方案。
(3)利用逆向合成法进行思考。
1．由BrCH2CH===CHCH2Br可经三步反应制取HOOCCH(Cl)CH2COOH，发生反应的类型依次是(已知：乙醇可被强氧化剂氧化为乙酸)( )
A．水解、加成、氧化 B．加成、水解、氧化
C．水解、氧化、加成 D．加成、氧化、水解
解析：BrCH2CH===CHCH2Br先在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成HOCH2CH===CHCH2OH，HOCH2CH===CHCH2OH与HCl发生加成反应生成HOCH2CH(Cl)CH2CH2OH，HOCH2CH(Cl)CH2CH2OH再被强氧化剂氧化生成HOOCCH(Cl)CH2COOH，因此发生反应的类型依次是水解、加成、氧化。故选A。
答案：A
2．由溴乙烷制，下列流程合理的是( )
①加成反应 ②取代反应 ③消去反应 ④氧化反应
⑤还原反应
A．②③①⑤② B．③①②④②
C．③①②④⑤ D．②④⑤②②
解析：CH3CH2Br→CH2===CH2→CH2BrCH2Br→。故选B。
答案：B
3．己二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线的基础上，提出了一条“绿色”合成路线。下列说法正确的是( )
A．苯与溴水混合，充分振荡后静置，下层溶液呈橙红色
B．环己醇与乙醇互为同系物
C．己二酸与NaHCO3溶液反应有CO2生成
D．环己烷分子中所有碳原子共平面
解析：苯的密度比水小，苯与溴水混合，充分振荡后静置，有机层在上层，应是上层溶液呈橙红色，故A项错误；环己醇含有六元碳环，和乙醇结构不相似，分子组成也不相差若干CH2原子团，不互为同系物，故B项错误；己二酸分子中含有羧基，能与NaHCO3溶液反应生成CO2，故C项正确；环己烷分子中的碳原子均为饱和碳原子，与每个碳原子直接相连的4个原子形成四面体结构，因此所有碳原子不可能共平面，故D项错误。故选C。
答案：C
4．(2022·北京卷)高分子Y是一种人工合成的多肽，其合成路线如下。下列说法不正确的是( )
A．F中含有2个酰胺基
B．高分子Y水解可得到E和G
C．高分子X中存在氢键
D．高分子Y的合成过程中进行了官能团保护
解析：由题图中结构简式可知，F中含有2个酰胺基，故A项正确；由题图中结构简式可知，高分子Y一定条件下发生水解反应生成和，故B项错误；由题图中结构简式可知，高分子X中含有的酰胺基能形成氢键，故C项正确；由题图中结构简式可知，E分子和高分子Y中都含有氨基，则高分子Y的合成过程中进行了官能团氨基的保护，故D项正确。故选B。
答案：B
5．化合物H是一种抗过敏药物，其合成路线如图。
已知：R1—CH===CH2＋CH2===CH—R2
R1—CH===CH—R2＋CH2===CH2。
回答下列问题：
(1)C中含氧官能团的名称为__________________________。
(2)⑥的反应类型为________。
(3)已知②为取代反应，则②的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)参照上述合成路线，设计以和为原料合成的路线(无机试剂任选)。
解析：由题中流程可知，丙烯A和溴发生取代反应生成B(CH2===CHCH2Br)；B中溴和C发生取代反应生成D，D发生已知反应原理生成E；E发生加成反应生成F，F最终转化为H。
(1)由C结构简式可知，C中含氧官能团的名称为酯基、酮羰基。
(2)由流程可知，⑥为G中碘原子发生消去转化为碳碳双键得到H，为消去反应。
(3)B中溴和C发生取代反应生成D，化学方程式为CH2===CHCH2Br＋＋HBr。
(4)首先羟基氧化为羰基得到；CH3CH(OH)CH3和HBr发生取代反应将羟基转化为溴原子得到CH3CH(Br)CH3，CH3CH(Br)CH3和发生题中B生成C的反应得到产物；故流程为CH3CH(OH)CH3＋HBrCH3CH(Br)CH3，＋CH3CH(Br)CH3。
答案：(1)酯基、酮羰基
(2)消去反应
(3)CH2===CHCH2Br＋＋HBr
(4)见解析
6．(2023·湖南卷节选)含有吡喃萘醌骨架的化合物常具有抗菌、抗病毒等生物活性。一种合成该类化合物的路线如下(部分反应条件已简化)：
回答下列问题：
(1)依据上述流程提供的信息，下列反应产物J的结构简式为__________。
(2)甲苯与溴在FeBr3催化下发生反应，会同时生成对溴甲苯和邻溴甲苯，依据由C到D的反应信息，设计以甲苯为原料选择性合成邻溴甲苯的路线(无机试剂任选)。
解析：(1)根据题述反应流程分析，与呋喃反应生成，继续与HCl反应生成有机物J，有机物J的结构为。
(2)甲苯和溴在FeBr3的条件下生成对溴甲苯和邻溴甲苯，因题目中欲合成邻溴甲苯，因此需要对甲基的对位进行处理，利用题目中流程所示的步骤将甲苯与硫酸反应生成对甲基苯磺酸，再将对甲基苯磺酸与溴反应生成，再将中的磺酸基水解得到目标化合物，具体的合成流程为。
答案：(1)
(2)见解析专题十 有机化学基础
1．(2023·广东卷)2022年诺贝尔化学奖授予研究“点击化学”的科学家。如图所示化合物是“点击化学”研究中的常用分子。关于该化合物，说法不正确的是( )
A．能发生加成反应
B．最多能与等物质的量的NaOH反应
C．能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色
D．能与氨基酸和蛋白质中的氨基反应
解析：该化合物含有苯环，含有碳碳三键都能和氢气发生加成反应，因此该物质能发生加成反应，A项正确；该物质含有羧基和，因此1 mol该物质最多能与2 mol NaOH反应，故B项错误；该物质含有碳碳三键，因此能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，故C项正确；该物质含有羧基，因此能与氨基酸和蛋白质中的氨基反应，故D项正确。故选B。
答案：B
2．(2023·湖北卷)下列事实不涉及烯醇式与酮式互变异构原理的是( )
(R为烃基或氢)
A．HC≡CH能与水反应生成CH3CHO
B.可与H2反应生成
C．水解生成
D．中存在具有分子内氢键的异构体
解析：根据图示的互变异构原理，具有羰基的酮式结构可以发生互变异构转化为烯醇式，这种烯醇式具有的特点为与羟基相连接的碳原子必须有双键连接，这样的烯醇式就可以发生互变异构，据此原理分析解答。水可以写成H—OH的形式，与CH≡CH发生加成反应生成CH2===CHOH，烯醇式的CH2===CHOH不稳定，转化为酮式的乙醛，A项不符合题意；3 羟基丙烯中，与羟基相连接的碳原子不与双键连接，不会发生烯醇式与酮式互变异构，B项符合题意；水解生成和CH3OCOOH，可以发生互变异构转化为，C项不符合题意；可以发生互变异构转化为，即可形成分子内氢键，D项不符合题意。故选B。
答案：B
3．(2023·新课标卷)莫西赛利(化合物K)是一种治疗脑血管疾病的药物，可改善脑梗塞或脑出血后遗症等症状。以下为其合成路线之一。
回答下列问题：
(1)A的化学名称是__________。
(2)C中碳原子的轨道杂化类型有______种。
(3)D中官能团的名称为__________、________。
(4)E与F反应生成G的反应类型为________。
(5)F的结构简式为______________________________。
(6)I转变为J的化学方程式为___________________________________________。
(7)在B的同分异构体中，同时满足下列条件的共有____________种(不考虑立体异构)：①含有手性碳；②含有三个甲基；③含有苯环。
其中，核磁共振氢谱显示为6组峰，且峰面积比为3∶3∶3∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为________________________________________________________________________。
解析：根据流程，A与2 溴丙烷发生取代反应生成B，B与NaNO2发生反应生成C，C与NH4HS反应生成D，D与乙酸酐[(CH3CO)2O]反应生成E，结合E的结构简式和D的分子式可知，D为；E与F反应生成G，结合E和G的结构简式和F的分子式可知，F为；G发生两步反应生成H，H再与NaNO2/HCl反应生成I，结合I的结构和H的分子式可知，H为；I与水反应生成J，J与乙酸酐[(CH3CO)2O]反应生成K，结合K的结构简式和J的分子式可知，J为。据此分析解题。
(1)根据有机物A的结构简式可知，有机物A的化学名称为3 甲基苯酚(间甲基苯酚)。
(2)有机物C中含有苯环，苯环上的C原子的杂化类型为sp2，还含有甲基和异丙基，甲基和异丙基上的C原子的杂化类型为sp3，故答案为2种。
(3)根据分析，有机物D的结构简式为，其官能团为氨基和羟基。
(4)有机物E与有机物F发生反应生成有机物G，有机物E中的羟基与有机物F中的Cl发生取代反应生成有机物G，故反应类型为取代反应。
(5)根据分析，有机物F的结构简式为。
(6)有机物I与水反应生成有机物J，该反应的方程式为
。
(7)连有4个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子。在B的同分异构体中，含有手性碳、含有3个甲基、含有苯环的同分异构体有9种，分别为、、；其中，核磁共振氢谱显示为6组峰，且峰面积比为3∶3∶3∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为。
答案：(1)3 甲基苯酚(间甲基苯酚)
(2)2 (3)氨基 羟基
(4)取代反应 (5)
(6)
(7)9
有机化学是高考中的一个重要板块，包含有机物的基本概念、有机物的组成与结构、有机反应类型、同分异构体的书写及判断、官能团的结构与性质、常见有机物的检验与鉴别等。题型包括选择题和非选择题，分值较高。学生错误率较高的知识点有：同分异构体的判断、同分异构体的书写、有机物性质的分析、有机反应方程式的书写、有机物的推断、有机合成路线的设计等。
判断下列有机化合物的空间结构正误(正确的打“√”，错误的要打“×”)。
(1)结构中若出现一个饱和碳原子，则不可能所有原子共平面。( )
(2)结构中每出现一个碳碳双键，则最多6个原子共面。( )
(3)结构中每出现一个碳碳三键，则至少4个原子共线。( )
(4)结构中每出现一个苯环，则最多有12个原子共面。( )
(5)与或或直接相连的原子一定共面。( )
(6)CH2===CH—CH===CH2与互为同系物。( )
(7)在溴乙烷中加入AgNO3溶液，立即产生淡黄色沉淀。( )
(8)卤代烃的密度一般随着烃基中碳原子数目的增加而减小，沸点也随着碳原子数目的增加而减小。( )
(9)油脂是高级脂肪酸甘油酯，属于有机高分子。( )
(10)高分子不溶于任何溶剂，但对环境都会产生污染。( )
答案：(1)√ (2)× (3)√ (4)× (5)√ (6)√ (7)×(8)× (9)× (10)×
考点一 常见有机物的分类和命名
1．有机物的分类
(1)按组成元素分类。
有机物
(2)按碳骨架分类。
有机物
(3)按官能团分类。
类别 官能团的结构及名称 典型代表物的名称和结构简式
烃 烷烃 — 甲烷CH4
烯烃 碳碳双键 乙烯CH2===CH2
炔烃 —C≡C—碳碳三键 乙炔CH≡CH
芳香烃 — 苯
烃的衍生物 卤代烃 —X碳卤键 溴乙烷CH3CH2Br
醇 —OH羟基 乙醇CH3CH2OH
醚 醚键 乙醚CH3CH2—O—CH2CH3
酚 —OH羟基 苯酚
醛 醛基 乙醛
酮 酮羰基 丙酮
羧酸 羧基 乙酸
酯 酯基 乙酸乙酯
酰胺 酰胺基 乙酰胺
胺 —NH2氨基 甲胺CH3NH2
2.有机物的命名
(1)习惯命名法。
习惯命名法使用较少，如正丁烷、异丁烷；正戊烷、异戊烷、新戊烷等。
(2)系统命名法命名步骤。
①选主链：选择(含有官能团)最长的碳链为主链；
②给主链碳原子编号：从距离取代基(官能团)最近的一端给主链碳原子编号；
③命名：由官能团(无官能团就是烷)确定有机物的名称，在名称前加上取代基的位置、个数和名称。10主链(10个碳以内)的用“甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸”命名；11个碳以上的主链就用碳原子个数命名。
1．烷烃的系统命名
2．烯烃和炔烃的命名
3．苯的同系物的命名
(1)苯作为母体，其他基团作为取代基。
(2)将某个烃基所在的碳原子的位置编为1号，选取最小位次给另一个烃基编号。
4．含官能团有机物的命名
(2023·全国乙卷)奥培米芬(化合物J)是一种雌激素受体调节剂，以下是一种合成路线(部分反应条件已简化)。
已知：。
回答下列问题：
(1)A中含氧官能团的名称是__________。
(2)C的结构简式为__________________________________。
(3)D的化学名称为__________。
(4)F的核磁共振谱显示为两组峰，峰面积比为1∶1，其结构简式为_______________。
(5)H的结构简式为___________________________________。
(6)由I生成J的反应类型是__________。
(7)在D的同分异构体中，同时满足下列条件的共有__________种；
①能发生银镜反应；②遇FeCl3溶液显紫色；③含有苯环。
其中，核磁共振氢谱显示为五组峰、且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1的同分异构体的结构简式为________________________________________________________________________。
解析：有机物A与有机物B发生反应生成有机物C，有机物C与有机物D在多聚磷酸的条件下发生反应生成有机物E，根据有机物E的结构可以推测，有机物C的结构为，进而推断出有机物D的结构为；有机物E与有机物F反应生成有机物G，有机物G根据已知条件发生反应生成有机物H，有机物H的结构为，有机物H发生两步反应得到目标化合物J(奥培米芬)。据此分析解题。
(1)根据有机物A的结构简式可知，有机物A中的含氧官能团是醚键和羟基。
(2)根据分析，有机物C的结构简式为。
(3)根据分析，有机物D的结构为，其化学名称为苯乙酸。
(4)有机物F的核磁共振氢谱显示为两组峰，峰面积比为1∶1，说明有2种不同化学环境的氢原子且数目相等，结合有机物F的分子式可以得到结构简式为。
(5)根据分析，有机物H的结构简式为。
(6)根据流程，有机物I在LiAlH4/四氢呋喃的条件下生成有机物J，LiAlH4是一种非常强的还原剂，能将酯基中的羰基部分还原为醇，该反应作用在有机物I的酯基上得到醇，因此该反应为还原反应。
(7)①能发生银镜反应说明该结构中含有醛基，③能遇FeCl3溶液显紫色说明该结构中含有酚羟基，③含有苯环，则满足这三个条件的同分异构体有13种：当苯环上有2个取代基(—OH、—CH2CHO)时有邻、间、对3种结构；当苯环上有3个取代基(—OH、—CH3、—CHO)时有10种结构，共13种。其中，核磁共振氢谱显示为五组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1的同分异构体的结构简式为。
答案：(1)醚键和羟基 (2)
(3)苯乙酸 (4)
(5)
(6)还原反应
(7)13
有机物的命名过程中需要注意：官能团或取代基的位置用1、2、3……表示；官能团或取代基的个数用一、二、三……表示；主链碳原子个数用甲、乙、丙……表示。有机物中的官能团决定了有机物的结构和性质，所以，首先要判断好有机物中所含有的官能团。
1．(2023·湖北卷)湖北蕲春李时珍的《本草纲目》记载的中药丹参，其水溶性有效成分之一的结构简式如图。下列说法正确的是( )
A．该物质属于芳香烃
B．可发生取代反应和氧化反应
C．分子中有5个手性碳原子
D．1 mol该物质最多消耗9 mol NaOH
解析：该有机物中含有氧元素，不属于烃，A项错误；该有机物中含有羟基和羧基，可以发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，另外，该有机物可以燃烧，即可以发生氧化反应，B项正确；在该有机物结构中，标有“”为手性碳，共有4个，C项错误；该物质中含有7个酚羟基，2个羧基，2个酯基，则1 mol该物质最多消耗11 mol NaOH，D项错误。故选B。
答案：B
2．(2023·辽宁卷)冠醚因分子结构形如皇冠而得名，某冠醚分子c可识别K＋，其合成方法如下。下列说法错误的是( )
A．该反应为取代反应
B．a、b均可与NaOH溶液反应
C．c核磁共振氢谱有3组峰
D．c可增加KI在苯中的溶解度
解析：根据a和c的结构简式可知，a与b发生取代反应生成c和HCl，A项正确；a中含有酚羟基，酚羟基呈弱酸性能与NaOH反应，b可在NaOH溶液中发生水解反应，生成醇类，B项正确；根据c的结构简式可知，冠醚中有4种不同化学环境的氢原子，如图所示：，核磁共振氢谱有4组峰，C项错误；c可与K＋形成超分子，该物质在苯中溶解度较大，因此c可增加KI在苯中的溶解度，D项正确。故选C。
答案：C
3．(2023·浙江卷)下列说法不正确的是( )
A．通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构
B．利用盐析的方法可将蛋白质从溶液中分离
C．苯酚与甲醛通过加聚反应得到酚醛树脂
D．可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别苯、乙醛和醋酸溶液
解析：X射线衍射实验可确定晶体的结构，则通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构，故A项正确；蛋白质在盐溶液中可发生盐析生成沉淀，因此利用盐析的方法可将蛋白质从溶液中分离，故B项正确；苯酚与甲醛通过缩聚反应得到酚醛树脂，故C项错误；新制氢氧化铜悬浊液与乙醛加热反应得到砖红色沉淀，与醋酸溶液反应得到蓝色溶液，与苯不反应，因此可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别苯、乙醛和醋酸溶液，故D项正确。故选C。
答案：C
4．(2022·山东卷)下列高分子材料制备方法正确的是( )
A．聚乳酸()由乳酸经加聚反应制备
B．聚四氟乙烯(?CF2—CF2?)由四氟乙烯经加聚反应制备
C．(尼龙-66)由己胺和己酸经缩聚反应制备
D．聚乙烯醇()由聚乙酸乙烯酯()经消去反应制备
解析：聚乳酸是由乳酸[HOCH(CH3)COOH]分子间脱水缩聚而得，即发生缩聚反应，A项错误；聚四氟乙烯是由四氟乙烯经加聚反应制备，B项正确；尼龙66是由己二胺和己二酸经过缩聚反应制得，C项错误；聚乙烯醇由聚乙酸乙烯酯发生水解反应制得，D项错误。故选B。
答案：B
5．(2022·浙江卷)下列说法不正确的是( )
A．乙醇和丙三醇互为同系物
B．35Cl和37Cl互为同位素
C．O2和O3互为同素异形体
D．丙酮和环氧丙烷互为同分异构体
解析：结构相似，组成上相差若干个CH2原子团的有机化合物为同系物，乙醇是饱和一元醇，丙三醇是饱和三元醇，两者所含官能团数目不同，不互为同系物，A项错误；质子数相同、中子数不同的同种元素互为同位素，35Cl和37Cl两者质子数相同、中子数不同，互为同位素，B项正确；由同种元素组成的不同的单质互为同素异形体，O2和O3是由氧元素组成的不同的单质，两者互为同素异形体，C项正确；分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体，丙酮和环氧丙烷的分子式相同、结构不同，两者互为同分异构体，D项正确。故选A。
答案：A
6．(2022·全国乙卷)一种实现二氧化碳固定及再利用的反应如下。下列叙述正确的是( )
A．化合物1分子中的所有原子共平面
B．化合物1与乙醇互为同系物
C．化合物2分子中含有羟基和酯基
D．化合物2可以发生开环聚合反应
解析：化合物1分子中含有亚甲基结构，其中心碳原子采用sp3杂化方式，所有原子不可能共平面，A项错误；结构相似，分子上相差n个CH2的有机物互为同系物，化合物1为环氧乙烷，属于醚类，乙醇属于醇类，与乙醇结构不相似，不是同系物，B项错误；根据化合物2的分子结构可知，分子中含酯基，不含羟基，C项错误；化合物2分子可发生开环聚合形成高分子，D项正确。故选D。
答案：D
