题型解读二 化学实验题解题指导
类型一 物质的制备实验
制备、合成类实验通常以制备某种物质为目的，考查物质的制备、分离、提纯、检验等。在制备实验中通常考查：仪器的选择、药品的使用、装置的连接等；在提纯、检验中通常考查：药品的选择、实验操作、实验现象的分析等。
1．(2023·新课标卷)实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如下：
相关信息列表如下：
物质 性状 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性
安息香 白色固体 133 344 难溶于冷水，溶于热水、乙醇、乙酸
二苯乙二酮 淡黄色固体 95 347 不溶于水，溶于乙醇、苯、乙酸
冰乙酸 无色液体 17 118 与水、乙醇互溶
装置示意图如下图所示，实验步骤为：
①在圆底烧瓶中加入10 mL冰乙酸、5 mL水及9.0 g FeCl3·6H2O，边搅拌边加热，至固体全部溶解。
②停止加热，待沸腾平息后加入2.0 g安息香，加热回流45～60 min。
③加入50 mL水，煮沸后冷却，有黄色固体析出。
④过滤，并用冷水洗涤固体3次，得到粗品。
⑤粗品用75%的乙醇重结晶，干燥后得淡黄色结晶1.6 g。
回答下列问题：
(1)仪器A中应加入______(填“水”或“油”)作为热传导介质。
(2)仪器B的名称是______________；冷却水应从________(填“a”或“b”)口通入。
(3)实验步骤②中，安息香必须待沸腾平息后方可加入，其主要目的是________________________________________________________________________。
(4)在本实验中，FeCl3为氧化剂且过量，其还原产物为__________；某同学尝试改进本实验：采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮。该方案是否可行________？简述判断理由：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)本实验步骤①～③在乙酸体系中进行，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是防止________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(6)若粗品中混有少量未氧化的安息香，可用少量________(填字母)洗涤的方法除去。若要得到更高纯度的产品，可用重结晶的方法进一步提纯。
a．热水 b．乙酸 c．冷水 d．乙醇
(7)本实验的产率最接近于______(填字母)。
a．85% b．80% c．75% d．70%
解析：在圆底烧瓶中加入10 mL冰乙酸，5 mL水，及9.0 g FeCl3·6H2O，加热至固体全部溶解，停止加热，待沸腾平息后加入2.0 g安息香，加热回流45～60 min，反应结束后加入50 mL水，煮沸后冷却，析出黄色固体，即为二苯乙二酮，过滤，用冷水洗涤固体三次，得到粗品，再用75%乙醇重结晶，干燥后得到产品1.6 g，据此分析解答。
(1)该实验需要加热使冰乙酸沸腾，冰乙酸的沸点超过了100 ℃，应选择油浴加热，所以仪器A中应加入油作为热传导介质。
(2)根据仪器的结构特征可知，B为球形冷凝管，为了充分冷却，冷却水应从a口进，b口出。
(3)步骤②中，若沸腾时加入安息香，会暴沸，所以需要沸腾平息后加入，故答案为防暴沸。
(4)FeCl3为氧化剂，则铁的化合价降低，还原产物为FeCl2，若采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮，空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应。
(5)由表格中信息可知，安息香难溶于冷水，溶于热水，乙醇，乙酸，所以步骤①～③中，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是溶解安息香，防止安息香析出。
(6)根据安息香和二苯乙二酮的溶解特征，安息香溶于热水，二苯乙二酮不溶于水，所以可以采用热水洗涤粗品除去安息香，故选a。
(7)2.0 g安息香(C14H12O2)的物质的量约为0.009 4 mol，理论上可产生二苯乙二酮(C14H10O2)的物质的量约为0.009 4 mol，质量约为1.98 g，产率为×100%≈80.8%，最接近80%，故选b。
答案：(1)油 (2)球形冷凝管 a (3)防暴沸
(4)FeCl2 可行 空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应
(5)溶解安息香，防止安息香析出
(6)a (7)b
1．物质制备流程。
2．实验操作流程。
仪器连接→检查装置的气密性→填装药品→防倒吸、防氧化措施→实验过程→仪器拆卸。
3．操作先后流程。
(1)连接仪器：先下后上，先左后右。
(2)加入试剂：先固后液。
(3)实验开始：先检查装置的气密性，再加药品，后点燃酒精灯。
(4)净化气体：一般先除去有毒、有刺激性气味的气体，后除去无毒、无刺激性气味的气体，最后除去水蒸气。
(5)防倒吸实验：往往是最后停止加热或停止通气。
(6)防氧化实验：先熄灭酒精灯，再停止通气。
4．实验条件控制的操作与目的。
(1)实验中温度控制的目的。
①加热的目的：增大化学反应速率或使化学平衡向某方向移动。
②降温的目的：防止某物质在高温时分解或使化学平衡向某方向移动。
③控制温度在一定范围的目的：若温度过低，则反应速率(或溶解速率)较小；若温度过高，则某物质(如H2O2、氨水、草酸、浓硝酸、铵盐)会分解或挥发。
④水浴加热的优点：受热均匀，温度可控，且温度不超过100 ℃。
⑤冰水浴冷却的目的：防止某物质分解或挥发。
⑥趁热过滤的原因：保持过滤温度，防止温度降低后某物质析出。
⑦减压蒸发的原因：减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止某物质分解(如浓缩过氧化氢需减压蒸发低浓度的过氧化氢溶液)。
(2)实验中溶液pH控制的目的。
①分离除杂：使杂质充分沉淀或溶解，提高纯度。
②调控反应：使溶液呈酸性，提高氧化性，或使溶液呈碱性，控制反应的发生。
类型二 物质的性质实验
主要以探究物质的性质、组成为线索，综合考查化学常用仪器的名称，物质的检验、分离，装置气密性以及对某处实验设计的评价及改进等知识。
2．(2023·湖南卷)金属Ni对H2有强吸附作用，被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氢化反应。将块状Ni转化成多孔型雷尼Ni后，其催化活性显著提高。
已知：①雷尼Ni暴露在空气中可以自燃，在制备和使用时，需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”。
②邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行。
某实验小组制备雷尼Ni并探究其催化氢化性能的实验如下：
步骤1：雷尼Ni的制备。
合金颗粒)eq \o(――→,\s\up7(（a）),\s\do5(\a\vs4\al(NaOH
溶液)))eq \x(雷尼Ni
混合物)eq \o(――→,\s\up7(（b）),\s\do5(移除清液))eq \o(――→,\s\up7(（c）),\s\do5(碱洗))eq \o(――→,\s\up7(（d）),\s\do5(水洗))eq \o(――→,\s\up7(（e）),\s\do5(\a\vs4\al(加入有机溶剂)))eq \x(雷尼Ni
悬浮液)
步骤2：邻硝基苯胺的催化氢化反应。
反应的原理和实验装置图如下(夹持装置和搅拌装置略)。装置Ⅰ用于储存H2和监测反应过程。
回答下列问题：
(1)操作(a)中，反应的离子方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)操作(d)中，判断雷尼Ni被水洗净的方法是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)操作(e)中，下列溶剂中最有利于步骤2中氢化反应的是__________(填字母)。
A．丙酮 B．四氯化碳
C．乙醇 D．正己烷
(4)向集气管中充入H2时，三通阀的孔路位置如下图所示；发生氢化反应时，集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路位置需调节为__________(填字母)。
(5)仪器M的名称是__________。
(6)反应前应向装置Ⅱ中通入N2一段时间，目的是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
(7)如果将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下，可能导致的后果是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
(8)判断氢化反应完全的现象是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：本题是一道工业流程兼实验的综合题，首先用氢氧化钠溶液溶解镍铝合金中的铝，过滤后先、后用碱和水来洗涤固体镍，随后加入有机溶剂制得雷尼Ni悬浮液，用于步骤2中邻硝基苯胺的催化氢化。
(1)铝可以和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al(OH)4]－＋3H2↑。
(2)由于水洗之前是用碱洗，此时溶液显碱性，故可以用酸碱指示剂来判断是否洗净，具体方法为，取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净。
(3)根据题给信息可知，邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行，在丙酮，四氯化碳，乙醇，正己烷中极性较强的为乙醇，故选C。
(4)向集气管中充入H2时，氢气从左侧进入，向下进入集气管，再由集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路位置需调节为气体由下方的集气管，向右进入装置Ⅱ，故选C。
(5)由图可知，仪器M的名称是恒压滴液漏斗。
(6)根据题给信息可知，雷尼Ni暴露在空气中可以自燃，故反应前向装置Ⅱ中通入N2一段时间，目的是排除装置中的空气，防止雷尼Ni自燃。
(7)如果将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下，则会在三颈瓶中产生气泡，从而导致管道中气流不稳，不利于监测反应过程。
(8)反应完成后，氢气不再被消耗，则集气管中液面不再改变。
答案：(1)2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al(OH)4]－＋3H2↑
(2)取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净
(3)C (4)C (5)恒压滴液漏斗
(6)排除装置中的空气，防止雷尼Ni自燃
(7)管道中气流不稳，不利于监测反应过程
(8)集气管中液面不再改变
1．明确相关物质的性质和实验原理是解答探究物质的性质实验题的关键，实验设计的基本流程：原理→反应物→实验装置→现象→结论→作用→意义→联想。
(1)巧审题，明确实验目的和原理。实验原理可从题给的化学情境(或题首所给实验目的)并结合元素化合物、化学实验基本操作、化学反应基本原理等有关知识获取。
(2)想过程，理清实验操作的先后顺序。根据实验原理所确定的实验方案中的实验过程，确定实验操作的方法、步骤，把握各步实验操作的要点，理清实验操作的先后顺序。
(3)看准图，分析各项实验装置的作用。在解答过程中，要认真细致地分析图中所示的各项装置，并结合实验目的和原理，确定它们在该实验中的作用。
(4)细分析，得出正确的实验结论。在分析实验现象(或数据)的过程中，要善于找出影响实验成败的关键以及产生误差的原因，或从有关数据中归纳出定量公式，绘制变化曲线等。
2．实验方案设计要明确以下要点：
(1)题目有无特殊要求。
(2)题给的药品、装置的数量和种类。
(3)注意试验过程中的安全性操作。
(4)会画简单的实验装置图。
(5)注意仪器的规格。
(6)要防倒吸、防爆炸、防燃烧、防暴沸、防氧化、防吸水，冷凝、冷却、水浴加热时应采取相应措施。
(7)同一仪器在不同位置的相应作用。
(8)要严格按“操作(实验步骤)＋现象＋结论”的格式叙述。
类型三 探究性实验
探究性实验题在知识点的涵盖上既可以考查基本概念、基本理论，又可以考查元素化合物的相关知识，而且符合新课改在学习方法上强调的“探究学习”“自主学习”，因此探究性实验题将会是今后高考题中的一个亮点。创新探究类试题一般有以下几种命题形式：探究化学反应机理，探究化学实验中的反常现象，探究对经典问题的质疑，探究未知物的成分，探究物质的性质，探究化学反应的条件以及化学反应的现象等。
3．(2023·深圳光明区高级中学校联考模拟预测)某实验小组为探究CuSO4与Na2SO3反应后的产物，做如下探究实验。
【查阅资料】
①Cu2O为砖红色固体，不溶于水。
②Cu2SO3为黄色固体，不溶于水。
③[Cu(SO3)2]3－为无色配合离子、[Cu(NH3)2]＋为无色配合离子、[Cu(NH3)4]2＋为深蓝色配合离子。
【实验探究】
实验1：
①向2 mL 0.2 mol·L－1的CuSO4溶液中滴加0.2 mol·L－1的Na2SO3溶液，开始出现黄色沉淀，但无气体产生。
②继续加入Na2SO3溶液，最终沉淀消失。经检验，溶液中生成[Cu(SO3)2]3－离子。
实验2：向90 ℃ 2 mL 0.2 mol·L－1的CuSO4溶液中滴加0.2 mol·L－1的Na2SO3溶液，直接生成砖红色沉淀。
实验3：向2 mL 0.2 mol·L－1的Na2SO3溶液中滴加0.2 mol·L－1的CuSO4溶液，开始阶段有蓝色沉淀出现。
(1)某同学认为实验1黄色沉淀中有少量Cu(OH)2，该同学认为是CuSO4、Na2SO3相互促进水解产生的，用离子方程式表示生成Cu(OH)2沉淀的过程：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)若要进一步检验黄色沉淀中有Cu(OH)2，可采用的具体实验方法为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)经检验，实验2所得溶液中有大量SO、HSO生成。该实验中Cu2＋表现________性，写出该实验中反应的离子方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)某同学设计了如图所示的电化学装置，探究CuSO4与Na2SO3的反应。该装置中左侧烧杯中的石墨电极作________(填“正”或“负”)极，右侧烧杯中发生反应的电极反应式为____________________________________。设计实验检验右侧烧杯中生成的阴离子，写出具体操作、现象和结论：________________________________________________________________________。
解析：通过查阅的资料，结合实验1可知，CuSO4与Na2SO3生成Cu2SO3，继续加入则生成[Cu(SO3)2]3－离子，沉淀消失；结合实验2可知，升高温度则二者反应直接生成Cu2O；结合实验3可知，Na2SO3过量则发生双水解，得到Cu(OH)2蓝色沉淀。
(1)Na2SO3与CuSO4发生相互促进的水解反应，生成Cu(OH)2沉淀；离子方程式为Cu2＋＋SO＋2H2O===Cu(OH)2↓＋H2SO3[或Cu2＋＋2SO＋2H2O===Cu(OH)2↓＋2HSO]。
(2)若要证明沉淀中有Cu(OH)2沉淀，为避免溶液中Cu2＋的干扰，应先将沉淀过滤，然后利用Cu(OH)2可溶于氨水生成深蓝色配合离子进行检验。
(3)实验2所得沉淀为Cu2O沉淀，Cu2＋表现氧化性，结合题中信息溶液中有HSO生成，可写出反应的离子方程式为2Cu2＋＋5SO＋2H2OCu2O↓＋SO＋4HSO。
(4)该装置为原电池装置，避免了Cu2＋和SO的相互促进水解反应，左侧石墨作正极，烧杯中发生Cu2＋的还原反应，右侧石墨作负极；烧杯中发生SO的氧化反应，所以右侧烧杯中的电极反应式为SO－2e－＋H2O===SO＋2H＋(或3SO－2e－＋H2O===SO＋2HSO)；若要检验生成的SO，应先排除SO的干扰，具体操作为取少量右侧烧杯中的溶液，滴加盐酸调至酸性，然后滴加氯化钡溶液，溶液中产生白色沉淀证明有SO生成。
答案：(1)Cu2＋＋SO＋2H2O===Cu(OH)2↓＋H2SO3[或Cu2＋＋2SO＋2H2O===Cu(OH)2↓＋2HSO]
(2)将实验1中的黄色沉淀过滤，并洗涤，向沉淀中加入浓氨水，若沉淀溶解并得到深蓝色溶液可证明沉淀中有Cu(OH)2
(3)氧化 2Cu2＋＋5SO＋2H2OCu2O↓＋SO＋4HSO(或2Cu2＋＋SO＋2H2OCu2O↓＋SO＋4H＋、H＋＋SO===HSO)
(4)正 SO－2e－＋H2O===SO＋2H＋(或3SO－2e－＋H2O===SO＋2HSO) 取少量右侧烧杯中的溶液，滴加盐酸调至酸性，然后滴加氯化钡溶液，溶液中产生白色沉淀则证明有SO生成
1．探究性实验的一般思路。
提出假设→ 实验探究→ 得出结论。
虽然探究性实验主要考查学生的探究能力，但在问题的设置上常包含了对实验基础知识的考查，如：
(1)常见物质的分离、提纯方法：结晶法、蒸馏法、过滤法、升华法、萃取分液法、渗析法等。
(2)常见气体的制备、净化、干燥、收集方法。
(3)熟悉重点操作，气密性检查，量气操作，防倒吸，防污染等。
2．探究实验的解题要领。
(1)细心审题是关键：目的、原理要清楚。
(2)认真分析是核心：原理分析、变量分析、结果分析。
(3)正确表达是保障：大多数学生有实验思路，就是拿不到分，因此我们在表达过程中一定要做到条理清晰，表述规范。
3. 熟知常考的“十大实验设计”
实验目的 实验设计方案 说明
(1)证明CO2中含有CO 先除尽CO2，再把气体通入灼热的CuO中，若黑色固体变为红色，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，则原混合气体中含有CO 先除尽CO2后再通入CuO中，黑色固体变红色说明该气体具有还原性
(2)证明SO中含有SO 向混合液中加入足量BaCl2溶液，将沉淀溶于足量盐酸中，若沉淀部分溶解且有刺激性气味的气体生成，则原混合液中含有SO 或加入盐酸生成能使品红溶液褪色的有刺激性气味的气体
(3)证明含有Fe3＋的溶液中含有Fe2＋ 加入酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液褪色，则证明原混合液中含有Fe2＋ 不能用硫氰化钾溶液鉴别，且不能有Cl－干扰
(4)①证明草酸的酸性强于碳酸；②证明草酸是二元酸 ①向1 mol·L－1 NaHCO3溶液中加入1 mol·L－1草酸，若产生大量气泡，则证明草酸的酸性强于碳酸；②定量实验：用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗NaOH的物质的量为草酸的2倍，则说明草酸是二元酸 ①利用强酸制弱酸；②定量中和反应
(5)证明碳酸的酸性强于硅酸 把CO2通入硅酸钠溶液中，若出现白色沉淀，则说明碳酸的酸性强于硅酸 利用强酸制弱酸
(6)证明氯气的氧化性强于单质硫 把氯气通入硫化氢溶液中，若有淡黄色沉淀生成，则证明氯气的氧化性强于单质硫 氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性
(7)证明H2C2O4是弱酸 测Na2C2O4溶液的pH，pH>7说明H2C2O4是弱酸；或将pH＝1的H2C2O4溶液稀释10倍，pH<2说明H2C2O4是弱酸 弱酸存在电离平衡，弱酸阴离子存在水解平衡
(8)证明SO2中含有CO2 先把混合气体通入足量高锰酸钾溶液中，再通入品红溶液不褪色，最后通入澄清石灰水中，若变浑浊，说明含有CO2 品红溶液不褪色，说明不含有SO2，澄清石灰水变浑浊说明含有CO2
(9)证明多元弱酸的酸式盐电离程度与水解程度的相对大小(以NaHCO3、NaHSO3为例) ①常温下，测量NaHCO3溶液的pH，若pH>7，则说明HCO的水解程度大于电离程度；②常温下，测量NaHSO3溶液的pH，若pH<7，则说明HSO的电离程度大于水解程度 多元弱酸酸式盐(HA－)水解呈碱性，HA－电离呈酸性，故通过测量溶液酸碱性来判断
(10)Ksp大小的比较(以AgCl、AgI为例) ①向AgNO3稀溶液中滴加NaCl溶液至不再有白色沉淀生成，再向其中滴加相同浓度KI溶液产生黄色沉淀；②向浓度均为0.1 mol·L－1的NaCl、NaI混合溶液中，滴加0.1 mol·L－1 AgNO3溶液，先产生黄色沉淀 ①沉淀转化的实质是Ksp小的沉淀转化成Ksp更小的沉淀：AgCl＋I－===AgI＋Cl－；②向等浓度的NaCl、NaI混合溶液中加入Ag＋，Ksp小的首先产生沉淀题型解读六 物质结构与性质题型突破
纵观近几年各地新课标高考试题，稳定加创新是本专题的基本特点，命题采取结合新科技、新能源等社会热点为背景，命题的形式没有太大的变化，原子的结构与性质、分子的结构与性质和晶体的结构与性质是命题的三大要点。从题目情况来看，给出一定的知识背景，然后设置成3～4个小题，每个小题考查一个知识要点是主要的命题模式。从题型分析主要以填空命题、内容可考查基本概念，如电子排布式、轨道式、电离能、电负性、杂化方式以及空间构型等，也可联系有机化学基础知识考查有机物中C原子的杂化，联系数学几何知识考查晶体的计算等。本专题的压轴考点是利用均摊法考查晶胞中的原子个数，或者考查晶体的化学式的书写、晶体类型的判断等。
1．(2023·茂名一模)锗及其化合物广泛用于半导体、催化剂、光伏、制药工业。回答下列问题：
(1)锗的基态原子核外电子排布式为__________________________。
(2)硅、锗、铅的氯化物的熔点如下表：
物质 SiCl4 GeCl4 PbCl4
熔点/℃ －70 约－50 －15
①GeCl4的分子空间构型为____________。
②熔点SiCl4
________________________________________________________________________。
(3)有机锗被称为“生命的奇效元素”，在医疗上具有重要应用。一种锗的有机配合物合成方法如下：
该有机配合物中锗的配位数为________，其阴离子中C、Ge、O元素的第一电离能从大到小顺序为______________。
(4)一种含锗的化合物应用于太阳能电池，其晶胞为长方体，结构如图(a)：
①该锗化合物晶胞的表示方式有多种，图中________(填“b”“c”或“d”)图也能表示此化合物的晶胞。
②用NA表示阿伏加德罗常数的数值，计算晶胞(a)密度为____________g·cm－3(用含x、y、z和NA的式子表示)。
解析：(1)Ge是32号元素，其原子核外有32个电子，根据构造原理知其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2。
(2)①GeCl4中Ge原子价层电子对数为4＋＝4，分子空间构型为正四面体。②分子晶体的熔点与分子间作用力有关，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高，所以硅、锗、锡、铅的氯化物均为分子晶体，随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔点逐渐升高，熔点SiCl4(3)该有机配合物中与锗相连的O原子是6个，锗的配位数为6；同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，同主族从上到下元素的第一电离能随着电子层数的增大而减小，C、Ge、O元素的第一电离能从大到小顺序为O、C、Ge。
(4)①该锗化合物晶胞的表示方式有多种，a中CH3NH3的个数为8×＝1，I的个数为6×＝3，Ge的个数为1，b中CH3NH3的个数为1，I的个数为12×＝3，Ge的个数为8×＝1，c中I的个数为10×＝2.5，d中CH3NH3的个数为1，I的个数为8×＋2×＝3，Ge的个数为8×＝1，故图中bd图也能表示此化合物的晶胞。②用NA表示阿伏加德罗常数的数值，晶胞(a)密度为ρ＝＝g·cm－3＝×1021g·cm－3。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s24p2
(2)①正四面体 ②硅、锗、锡、铅的氯化物均为分子晶体，随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔点逐渐升高
(3)6 O、C、Ge
(4)①bd ②×1021
2．(2022·广东卷)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Ⅳ的合成路线如下：
(1)Se与S同族，基态硒原子价电子排布式为________。
(2)H2Se的沸点低于H2O，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)关于Ⅰ～Ⅲ三种反应物，下列说法正确的有________(填字母)。
A．Ⅰ中仅有σ键
B．Ⅰ中的Se—Se为非极性共价键
C．Ⅱ易溶于水
D．Ⅱ中原子的杂化轨道类型只有sp与sp2
E．Ⅰ～Ⅲ含有的元素中，O电负性最大
(4)Ⅳ中具有孤电子对的原子有________。
(5)硒的两种含氧酸的酸性强弱为H2SeO4________(填“>”或“<”)H2SeO3。研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠(Na2SeO4)可减轻重金属铊引起的中毒。SeO的立体构型为________________。
(6)我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。
①X的化学式为________。
②设X的最简式的式量为Mr，晶体密度为ρ g·cm－3，则X中相邻K之间的最短距离为____________nm(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。
解析：(1)基态硫原子价电子排布式为3s23p4，Se与S同族，Se为第四周期元素，因此基态硒原子价电子排布式为4s24p4。(2)H2Se的沸点低于H2O，其原因是两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高。(3)Ⅰ中有σ键，还有大π键，故A项错误；Se—Se中是同种元素，因此Ⅰ中的Se—Se为非极性共价键，故B项正确；烃都是难溶于水，因此Ⅱ难溶于水，故C项错误；Ⅱ中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp，故D项正确；根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此Ⅰ～Ⅲ含有的元素中，O电负性最大，故E项正确；综上所述，答案为BDE。(4)根据题中信息Ⅳ中O、Se都有孤电子对，碳、氢、硫都没有孤电子对。(5)根据非羟基氧越多，酸性越强，因此硒的两种含氧酸的酸性强弱为H2SeO4＞H2SeO3。SeO中Se价层电子对数为4＋(6＋2－2×4)＝4，其立体构型为正四面体形。(6)①根据晶胞结构得到K有8个，有8×＋6×＝4(个)，则X的化学式为K2SeBr6。②设X的最简式的式量为Mr，晶体密度为ρ g·cm－3，设晶胞参数为a nm，得到ρ＝＝＝ρ g·cm－3，解得a＝×107 nm，X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半即××107 nm。
答案：(1)4s24p4
(2)两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高
(3)BDE
(4)O、Se
(5)＞ 正四面体形
(6)①K2SeBr6 ②××107
1．物质结构与性质题目中的各种表达式
(1)原子、离子核外电子排布式和价电子排布式、排布图。
(2)离子、分子的等电子体等。
2．化学键的类型
(1)大多数的盐、碱、活泼金属氧化物都有离子键。
(2)共价键是原子之间通过共用电子对所形成的相互作用。共价键可分为极性共价键和非极性共价键。非极性键存在于同种原子之间(如H2的H—H键)。
(3)金属键：使金属原子形成金属晶体的化学键，主要存在于金属中。
(4)化学键的分类与判断。
出现频率较高的：σ键、π键、极性键、非极性键、配位键、键参数。
(5)杂化轨道、分子和离子的空间构型、分子间作用力、分子的极性的判断。
一些常见的分子立体构型及其分子极性(见下表)。
分子类型 分子形状 键的极性 分子极性 代表物
AB 直线形 极性 极性 HCl、NO
ABA 直线形 极性 非极性 CO2、CS2
ABA V形 极性 极性 H2O、SO2
A4 正四面体形 非极性 非极性 P4
AB3 平面三角形 极性 非极性 BF3、SO3
AB3 三角锥形 极性 极性 NH3、NCl3
AB4 正四面体形 极性 非极性 CH4、CCl4
(6)运用氢键解释一些物理性质。
①由于分子间存在氢键，除了要克服纯粹的分子间力外，还必须提高温度，获得额外的能量来破坏分子间氢键，所以这些物质的熔、沸点比同系列氢化物的熔、沸点高。
②在极性溶剂中，若溶质分子与溶剂分子之间可以形成氢键，则溶质的溶解度增大。例如，HF和NH3在水中的溶解度比较大，就是这个缘故。
(7)晶体类型和晶体常识的判断：晶体与其他团体的区分方法：X衍射射线法。
3．物质结构与性质题目中的常见分析、比较类考点
(1)第一电离能、电负性：掌握规律和特殊。随着原子序数的递增，元素的第一电离能、电负性呈周期性变化：同周期从左到右，第一电离能有逐渐增大的趋势，稀有气体的第一电离能最大，碱金属的第一电离能最小；同主族从上到下，第一电离能有逐渐减小的趋势。
(2)稳定性强弱：化学键的稳定性、分子的稳定性比较。
(3)熔、沸点的高低，晶体类型，构成晶体微粒间作用力大小。
①不同晶体类型的熔、沸点比较。
②同种晶体类型的熔、沸点比较。
③金属晶体由于金属键的差别很大，金属晶体的熔沸点差别也很大。
4．物质结构与性质题目中的计算类型
(1)配位数的计算。
(2)晶胞参数的计算：边长、密度、质量。
晶体晶胞中的微粒数N与摩尔质量M、密度ρ、晶胞边长a之间的关系：NM＝ρa3NA(N用均摊法计算)。
(3)空间利用率的计算：类型和计算方法(难点)。
①熟悉各种典型的晶体结构。
②空间利用率的计算：类型和计算方法(难点突破)。
一般是计算金属的密度，采用密度计算公式，式中为晶胞中粒子的总质量(注意：单位的换算)。
突破口：先算出一个晶胞中含有多少个微粒，再找准球体半径与晶胞体积(或边长)的关系。
③注意审题：看清楚题干中各物理量的单位，先统一单位再计算。
④金属晶体中的原子堆积模型及其配位数。
面心立方最密堆积、六方最密堆积、简单立方堆积、体心立方堆积中，金属元素的配位数分别为12、12、6、8。
总之，《物质结构与性质》其实就是把原子、分子结构和性质、晶体结构和性质等知识拼盘成一个大题，设置若干个小问题，每一个小题考查相应的知识，实现了三者的有机融合，覆盖面广，综合性强，考查学生对知识的整合能力。
1．(2023·山东卷)卤素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题：
(1)－40 ℃时，F2与冰反应生成HOF和HF。常温常压下，HOF为无色气体，固态HOF的晶体类型为________________，HOF水解反应的产物为________________(填化学式)。
(2)ClO2中心原子为Cl，Cl2O中心原子为O，二者均为V形结构，但ClO2中存在大π键(Π)。ClO2中Cl原子的轨道杂化方式为________________；O—Cl—O键角________________(填“>”“<”或“＝”)Cl—O—Cl键角。比较ClO2与Cl2O中Cl—O的键长并说明原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)
一定条件下，CuCl2、K和F2反应生成KCl和化合物X。已知X属于四方晶系，晶胞结构如图所示(晶胞参数a＝b≠c，α＝β＝γ＝90°)，其中Cu化合价为＋2。上述反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
若阿伏加德罗常数的值为NA，化合物X的密度ρ＝__________ g·cm－3(用含NA的代数式表示)。
解析：(1)常温常压下，HOF为无色气体，则HOF的沸点较低，因此，固态HOF的晶体类型为分子晶体。HOF分子中F显－1价，其水解时结合H2O电离的H＋生成HF，则OH＋结合H2O电离的OH－，两者反应生成H2O2，H2O2不稳定，易分解生成O2，因此，HOF水解反应的产物为HF、H2O2和O2。
(2)ClO2中心原子为Cl，Cl2O中心原子为O，二者均为V形结构，但ClO2中存在大π键(Π)。由ClO2中存在Π可以推断，其中Cl原子只能提供1对电子，有一个O原子提供1个电子，另一个O原子提供1对电子，这5个电子处于互相平行的p轨道中形成大π键，Cl提供孤电子对与其中一个O形成配位键，与另一个O形成的是普通的共价键(σ键，这个O只提供了一个电子参与形成大π键)，Cl的价层电子对数为3，则Cl原子的轨道杂化方式为sp2；Cl2O中心原子为O，根据价层电子对的计算公式可知n＝＝4，因此，O的杂化方式为sp3；根据价层电子对互斥理论可知，n＝4时，价电子对的几何构型为正四面体，n＝3时，价电子对的几何构型平面正三角形，sp2杂化的键角一定大于sp3的，因此，虽然ClO2和Cl2O均为V形结构，但O—Cl—O的键角大于Cl—O—Cl的键角，孤电子对对成键电子对的排斥作用也改变不了这个结论。ClO2分子中Cl—O的键长小于Cl2O中Cl—O的键长，其原因是ClO2分子中既存在σ键，又存在大π键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中Cl—O的键长较小，而Cl2O只存在普通的σ键。
(3)一定条件下，CuCl2、K和F2反应生成KCl和化合物X。已知X属于四方晶系，其中Cu化合价为＋2。由晶胞结构图可知，该晶胞中含有黑球的个数为8×＋2＝4、白球的个数为16×＋4×＋2＝8、灰色球的个数为8×＋1＝2，则X中含有3种元素，其个数比为1∶2∶4，由于其中Cu化合价为＋2、F的化合价为－1、K的化合价为＋1，根据化合价代数和为0，可以推断X为K2CuF4，上述反应的化学方程式为CuCl2＋4K＋2F2===K2CuF4＋2KCl。若阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞的质量为 g，晶胞的体积为a2c pm3＝a2c×10－30cm3，化合物X的密度ρ＝＝ g·cm－3。
答案：(1)分子晶体 HF、H2O2和O2
(2)sp2 ＞ ClO2分子中Cl—O的键长小于Cl2O中Cl—O的键长，其原因是ClO2分子中既存在σ键，又存在大π键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中Cl—O的键长较小，而Cl2O只存在普通的σ键
(3)CuCl2＋4K＋2F2===K2CuF4＋2KCl
2．(2023·浙江卷)硅材料在生活中占有重要地位。请回答下列问题：
(1)Si(NH2)4分子的空间结构(以Si为中心)名称为__________，分子中氮原子的杂化轨道类型是__________。Si(NH2)4受热分解生成Si3N4和NH3，其受热不稳定的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)由硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1、③[Ne]3s23p14s1，有关这些微粒的叙述，正确的是________(填字母)。
A．微粒半径：③>①>②
B．电子排布属于基态原子(或离子)的是①②
C．电离一个电子所需最低能量：①>②>③
D．得电子能力：①>②
(3)Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如下图。该晶体类型是________，该化合物的化学式为________。
解析：(1)Si(NH2)4分子可视为SiH4分子中的4个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的，所以Si(NH2)4分子中Si原子轨道的杂化类型是sp3，分子的空间结构(以Si为中心)名称为四面体。氨基(—NH2)氮原子形成3个σ键，含有1对孤电子对，N原子杂化轨道数目为4，N原子轨道的杂化类型是sp3；Si周围的NH2基团体积较大，受热时斥力较强[Si(NH2)4中Si—N键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)，故Si(NH2)4受热不稳定，容易分解生成Si3N4和NH3。
(2)由硅原子核形成的三种微粒电子排布式分别为①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1、③[Ne]3s23p14s1，可推知分别为基态Si原子、Si＋离子、激发态Si原子；激发态Si原子有四层电子，Si＋离子失去了一个电子，根据微粒电子层数及各层电子数多少可推知，微粒半径：③>①>②，选项A正确；根据上述分析可知，电子排布属于基态原子(或离子)的是①②，选项B正确；激发态Si原子不稳定，容易失去电子；基态Si原子失去一个电子是硅的第一电离能，Si＋离子失去一个电子是硅的第二电离能，由于I2>I1，可以得出电离一个电子所需最低能量：②>①>③，选项C错误；由选项C的分析可知，②比①更难失电子，则②比①更容易得电子，即得电子能力：②>①，选项D错误。故选AB。
(3)由Si与P形成的某化合物晶体的晶胞图可知，原子间通过共价键形成的空间网状结构，形成共价晶体；根据均摊法可知，一个晶胞中含有8×＋6×＝4个Si，8个P，故该化合物的化学式为SiP2。
答案：(1)四面体 sp3 Si周围的NH2基团体积较大，受热时斥力较强[Si(NH2)4中Si—N键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)
(2)AB
(3)共价晶体 SiP2题型解读三 化学工业流程题解题突破
工艺流程综合题是近年高考必考题型，该题型以真实的工业生产为载体，涉及的知识点众多。对于工艺流程综合题，应注意以下考查角度：(1)通过方程式的书写、提纯试剂的选择或分离、产物的组成分析等考查元素化合物知识。(2)通过对实验条件的选择、具体实验措施的解释等考查运用化学反应原理解决实际问题的能力。(3)通过“物质循环利用”和“三废处理”考查绿色化学观念。(4)通过“定量分析”考查反应物计量对转化率及产率的影响。(5)通过控制溶液pH分离除杂考查实验基本操作和沉淀溶解平衡。这类题主要考查学生分析与推测、归纳与总结能力。
1．(2023·广州调研)钒(V)广泛应用于冶金、化工、航天等领域。一种以钒渣(主要成分是FeV2O4、Fe2SiO4、MnV2O4等)为原料制取金属钒的工艺流程如图所示：
已知：①VO具有强氧化性，主要存在于pH<2的溶液中，pH>2时转化成酸式多钒酸盐。
②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 Fe3＋ Fe2＋ Mn2＋ Mg2＋
开始沉淀时(c＝0．1 mol·L－1)的pH 1.9 7.0 8.1 8.9
沉淀完全时(c＝1.0×10－5 mol·L－1)的pH 3.2 9.0 10.1 10.9
回答下列问题：
(1)FeV2O4中Fe为＋2价，V的化合价为________。
(2)“焙烧Ⅰ”中FeV2O4转化为Mg2V2O7和Fe2O3的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)“酸浸”所得浸出液中除含有VO、Mn2＋外，还含有的金属阳离子有__________。
(4)“沉钒”可得到(NH4)4H2V10O28沉淀，“焙烧Ⅱ”中反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)“沉钒”所得滤液中加入氨水调节溶液pH＝x，过滤得到Mn(OH)2沉淀和溶液A，溶液A中Mg2＋浓度为0.24 g·L－1，为尽可能多地回收Mn2＋，并避免Mn(OH)2中混入Mg(OH)2，应控制x＝__________。溶液A经加氨沉淀除镁后，溶液中的溶质可再生循环到__________工序使用。
(6)一种钒的硫化物的晶体结构(图a)及其俯视图(图b)如下图所示：
①该钒的硫化物的化学式是________。
②该钒的硫化物的晶体中，与每个V原子最近且等距的S原子的个数是________。
解析：(1)FeV2O4中Fe为＋2价、氧为－2价，根据化合价代数和为零可知，V的化合价为＋3。
(2)“焙烧Ⅰ”中FeV2O4和氧化镁、氧气反应，转化为Mg2V2O7和Fe2O3，化学方程式为4FeV2O4＋8MgO＋5O24Mg2V2O7＋2Fe2O3。
(3)“酸浸”过程中镁、铁也会和硫酸反应转化为相应的盐溶液，故所得浸出液中除含有VO、Mn2＋外，还含有的金属阳离子有Mg2＋、Fe3＋。
(4)“沉钒”可得到(NH4)4H2V10O28沉淀，“焙烧Ⅱ”中(NH4)4H2V10O28分解得到V2O5，根据质量守恒可知，还会生成氨和水，反应的化学方程式为(NH4)4H2V10O285V2O5＋4NH3↑＋3H2O。
(5)由表格可知，镁离子为c＝0.1 mol·L－1，pH＝8.9开始沉淀，此时pOH＝5.1，则Ksp＝0.1×(10－5.1)2＝10－11.2；溶液A中Mg2＋浓度为0.24 g·L－1，为0.01 mol·L－1，则氢氧根离子浓度为 ＝10－4.6 mol·L－1，即pOH＝4.6，则pH＝9.4；溶液A经加氨沉淀除镁后，溶液中的溶质含有硫酸铵，故可再生循环到沉钒工序使用。
(6)①由题图可知，根据均摊法，1个晶胞中V为12×＋6×＋2×＋1＝6(个)、S为6个，故该钒的硫化物的化学式是VS。②该钒的硫化物的晶体中，以体心的V为例，可知与每个V原子最近且等距的S原子的个数是6。
答案：(1)＋3
(2)4FeV2O4＋8MgO＋5O24Mg2V2O7＋2Fe2O3
(3)Mg2＋、Fe3＋
(4)(NH4)4H2V10O285V2O5＋4NH3↑＋3H2O
(5)9.4 沉钒
(6)①VS ②6
2．(2022·广东卷)稀土(RE)包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸(C11H23COOH)熔点为44 ℃；月桂酸和(C11H23COO)3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持＋3价不变；(C11H23COO)2Mg的Ksp＝1.8×10－8，Al(OH)3开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子 Mg2＋ Fe3＋ Al3＋ RE3＋
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2～7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是________。
(2)“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至________________的范围内，该过程中Al3＋发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2＋浓度为2.7 g·L－1。为尽可能多地提取RE3＋，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c(C11H23COO－)低于________mol·L－1(保留两位有效数字)。
(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3＋溶出、提高产率，其原因是____________________。
②“操作X”的过程为先__________，再固液分离。
(5)该工艺中，可再生循环利用的物质有________________(写化学式)。
(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。
①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1 mol Pt3Y转移________mol电子。
②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为________________________________________________________________________。
解析：由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有RE3＋、Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、SO等离子，经氧化调pH使Fe3＋、Al3＋形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有RE3＋、Mg2＋、SO等离子，加入月桂酸钠，使RE3＋形成(C11H23COO)3RE沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。
(1)“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2＋氧化为Fe3＋，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2＋。
(2)由表中数据可知，Al3＋沉淀完全的pH为4.7，而RE3＋开始沉淀的pH为6.2～7.4，所以为保证Fe3＋、Al3＋沉淀完全，且RE3＋不沉淀，要用NaOH溶液调pH至4.7≤pH<6.2的范围内，该过程中Al3＋发生反应的离子方程式为Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓。
(3)滤液2中Mg2＋浓度为2.7 g·L－1，即0.112 5 mol·L－1，根据Ksp＝[(C11H23COO)2Mg]＝c(Mg2＋)·c2(C11H23COO－)，若要加入月桂酸钠后只生成(C11H23COOR)3RE，而不产生(C11H23COO)2Mg，则c(C11H23COO－)<＝＝4.0×10－4 mol·L－1。
(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3＋溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可增大反应速率。②“操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸(C11H23COOH)熔点为44 ℃，故“操作X”的过程为先冷却结晶，再固液分离。
(5)由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4。
(6)①YCl3中Y为＋3价，PtCl4中Pt为＋4价，而Pt3Y中金属均为0价，所以还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1 mol Pt3Y转移15 mol电子。②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH。
答案：(1)Fe2＋
(2)4.7≤pH<6.2 Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
(3)4.0×10－4
(4)①加热搅拌可增大反应速率 ②冷却结晶
(5)MgSO4
(6)①15 ②O2＋4e－＋2H2O===4OH－
1．读懂工艺流程图。
(1)箭头：箭头进入的是投料(反应物)、出去的是主产物或副产物(生成物)。
(2)三线：出线和进线均表示物料流向或操作流程，可逆线表示物质循环。
2．常考化工术语。
常考化工术语关键词 释义
研磨、雾化 将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以增大反应(溶解)速率或使反应更充分，提高原料的转化率(或浸取率)
灼烧(煅烧) 使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿
浸取 向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等
酸浸 在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去
过滤 固体与液体的分离
滴定 定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定
蒸发结晶 蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出
蒸发浓缩 蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度
水洗 用水洗去可溶性杂质，类似的还有酸洗、醇洗等
酸作用 溶解，除去氧化物(膜)，抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等
碱作用 除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH、促进水解(形成沉淀等)
3.常考条件控制。
(1)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)。
(2)控制温度：主要从物质性质(热稳定性、水解、氧化性或还原性、溶解度、熔点、沸点、挥发性、胶体聚沉等)和反应原理(反应速率、平衡移动、催化剂活性、副反应)两个角度思考。
(3)控制压强：改变速率，影响平衡。
(4)使用合适的催化剂：增大反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。
(5)趁热过滤：防止某物质降温时析出。
(6)洗涤：常见的洗涤方式有“水洗”和“乙醇洗”。“水洗”的目的是除去沉淀或晶体表面残留的杂质，当沉淀物的溶解度随温度升高而增大时一般可用冰水洗；“乙醇洗”既可以除去沉淀或晶体表面残留的杂质，又可以降低晶体的溶解度，减少损失，还可以利用乙醇易挥发的性质，加快除去沉淀或晶体表面的水分。
(7)氧化：氧化剂的选择要依据试题设置的情境，常见的氧化剂有氯气、过氧化氢、氧气和次氯酸钠等，为了避免引入新的杂质，通常选择的氧化剂有过氧化氢和氧气。
4．产物的分离提纯。
(1)常用分离操作。
(2)常用结晶方法。
①晶体不带结晶水(如NaCl、KNO3)：蒸发结晶。
②晶体带结晶水(如胆矾)：将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
③要得到溶解度受温度影响小的溶质(如除去NaCl中少量的KNO3)：蒸发浓缩结晶、趁热过滤 。
④要得到溶解度受温度影响大的溶质(如除去KNO3中少量的NaCl)：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
⑤重结晶的方法分离的原理：随温度的改变，两种物质的溶解度变化量差别较大。
1．(2023·湛江一模)镍钴锰酸锂材料是近年来开发的一类新型锂离子电池正极材料，具有容量高、循环稳定性好、成本适中等优点，这类材料可以同时有效克服钴酸锂材料成本过高、磷酸铁锂容量低等问题。工业上可由废旧的钴酸锂、磷酸铁锂、镍酸锂、锰酸锂电池正极材料(还含有铝箔、炭黑、有机黏合剂等)，经过一系列工艺流程制备镍钴锰酸锂材料，该材料可用于三元锂电池的制备，实现电池的回收再利用，工艺流程如下图所示：
已知：①粉碎灼烧后主要成分是Li2O、NiO、Co2O3、MnO、Fe2O3、Al2O3。
②萃取剂对Fe3＋选择性很高，且生成的物质很稳定，有机相中的Fe3＋很难被反萃取。
请回答下列问题：
(1)正极材料在“灼烧”前先粉碎的目的是______________________________________________________________________________。
(2)“碱浸”的目的是____________________，涉及的化学方程式是________________________________________________________________________。
(3)“酸浸”时加入H2O2的作用是________________________________________________________________________。
(4)上述工艺流程中采用萃取法净化除去了Fe3＋，若采用沉淀法除去铁元素，结合下表，最佳的pH范围是______________。
金属离子 Fe3＋ Al3＋ Fe2＋ Co2＋ Ni2＋ Mn2＋
开始沉淀时pH 1.5 3.4 6.3 6.6 6.7 7.8
完全沉淀时pH 3.5 4.7 8.3 9.2 9.5 10.4
(5)镍钴锰酸锂材料中根据镍钴锰的比例不同，可有不同的结构，其中一种底面为正六边形结构的晶胞如图所示。
①该物质的化学式为__________，写出基态Mn原子价层电子的轨道表示式________________________________________________________________________。
②已知晶胞底面边长是a nm，高是b nm，一个晶胞的质量为M g，计算该晶胞的密度ρ＝____________g·cm－3(用计算式表示)。
解析：废旧电池正极材料灼烧，得到Li2O、NiO、Co2O3、MnO、Fe2O3、Al2O3，加入氢氧化钠碱浸除去铝，固体加入过氧化氢、稀硫酸酸浸后溶液加入萃取剂，萃取除去铁，水相加入CoSO4、NiSO4、MnSO4调节镍、钴、锰离子物质的量之比后加入氨水得到钴锰镍氢氧化物沉淀，滤液加入碳酸钠得到碳酸锂沉淀，钴锰镍氢氧化物沉淀与碳酸锂沉淀烧结得到产品。
(1)粉碎的目的是增大固体与相应反应物的接触面积，使反应更充分。
(2)根据流程可知粉碎灼烧后含有能和碱反应的Al2O3，所以“碱浸”的目的是除去氧化物中的Al2O3，对应的化学反应方程式是Al2O3＋2NaOH＋3H2O===2Na[Al(OH)4]。
(3)结合流程可知钴元素价态在氧化物中是＋3价，而最后得到＋2价，中间不涉及其他还原反应，故此过程中H2O2的作用应该是把＋3价钴还原为＋2价。
(4)根据流程信息，需要保证Fe3＋完全沉淀，而Co2＋、Ni2＋、Mn2＋均未开始沉淀，故pH的最佳范围是3.5≤pH<6.6。
(5)①根据晶胞的均摊规则可知：Li＋数目＝6×＋6＋1＝9，Ni2＋和Mn2＋数目都是3，Co2＋数目＝12×＋2×＝3，O2－数目＝12×＋12＋2＝18，其化学式应为Li3NiCoMnO6。Mn为25号元素，其价层电子轨道表示为。②1个晶胞的质量为M g，底面积S＝nm2，故晶胞的密度ρ＝ g/cm3。
答案：(1)增大固体与相应反应物的接触面积，使反应更充分
(2)除去氧化物中的Al2O3 Al2O3＋2NaOH＋3H2O===2Na[Al(OH)4]
(3)把＋3价钴还原为＋2价
(4)3.5≤pH＜6.6
(5)①Li3NiCoMnO6
②
2．(2023·汕头一模)电解金属锰阳极渣(主要成分MnO2，杂质为Pb、Fe、Cu元素的化合物)和黄铁矿(FeS2)为原料可制备Mn3O4。
其流程如图所示：
已知：Ksp(MnF2)＝5.0×10－3、Ksp(CaF2)＝3.5×10－11。
回答下列问题：
(1)锰原子价层电子的轨道表示式为________________________，它处于周期表的________区，Mn3O4中Mn的化合价为____________。
(2)“酸浸”时，所用的稀酸X是__________。
(3)“酸浸”过程中，Fe2＋、Fe3＋的质量浓度、Mn浸出率与时间的关系如图1所示。
20～80 min内，浸出Mn元素的主要离子方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)若“净化”过程中Mn2＋的浓度为2 mol·L－1，则此时Ca2＋的浓度为________mol·L－1。
(5)MnO2是一种两性氧化物，用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量铁的氧化物)和BaS可制备高纯MnCO3。保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，软锰矿还原率和氢氧化钡的产率的变化如图2所示。当>3.5时，Ba(OH)2产率减小的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(6)碳酸锰在空气中加热可以生成相应的氧化物，称取115 mg碳酸锰(摩尔质量115 g·mol－1)加热，固体物质的质量随温度的变化如图3所示。
527．4 ℃时，MnCO3生成相应固体物质的化学方程式为________________________________________________________________________。
解析：MnO2在酸性条件下有强氧化性，FeS2有强还原性，二者在酸浸时会发生氧化还原反应，结合题图中后续操作后得到的是MnSO4溶液，可知所用的稀酸X为稀硫酸。然后向滤液中加入H2O2可以将杂质Fe2＋离子氧化为Fe3＋，再加入CaO调整溶液pH，使Fe3＋、Cu2＋形成Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，但是用CaO来调pH又会导致溶液中留下较多的Ca2＋，净化阶段加入MnF2的目的就是使Ca2＋转化为难溶物CaF2除去，过滤得到的滤液含有MnSO4，然后经一系列处理得到Mn3O4。
(1)Mn原子序数为25，价电子排布图为，位于周期表中d区；Mn3O4中O为－2价，结合化合物中各元素的代数和为可知，Mn3O4中Mn的化合价既有＋2价也有＋3价。
(2)由分析知，稀酸X为稀硫酸。
(3)由图可知，20～80 min内，Mn元素浸出率提高，Fe3＋含量明显增加，说明此时MnO2与FeS2反应生成Mn2＋、Fe3＋、S等，对应的离子方程式为3MnO2＋2FeS2＋12H＋===3Mn2＋＋4S↓＋2Fe3＋＋6H2O。
(4)由Ksp(MnF2)＝c(Mn2＋)·c2(F－)＝5.0×10－3，Mn2＋的浓度为2 mol·L－1，可得：c2(F－)＝＝2.5×10－3；再由Ksp(CaF2)＝c(Ca2＋)·c2(F－)＝3.5×10－11，可得c(Ca2＋)＝＝＝1.4×10－8 mol·L－1。
(5)由题意可知，二氧化锰与硫化钡反应生成氢氧化钡，因反应物MnO2是一种两性氧化物，当>3.5时，二氧化锰过量，过量的二氧化锰与氢氧化钡反应消耗氢氧化钡，导致其产率降低。
(6)n(MnCO3)＝＝0.001 mol，则n(Mn)＝0.001 mol，m(Mn)＝0.001 mol×55 g·mol－1＝0.055 g；527.4 ℃时，m(O)＝(0.079－0.055)g＝0.024g，n(O)＝＝0.001 5 mol，可知：n(Mn)∶n(O)＝0.001 mol∶0.001 5 mol＝2∶3，则此时产物为Mn2O3，反应方程式为4MnCO3＋O22Mn2O3＋4CO2。
答案：(1) d ＋2、＋3
(2)稀硫酸
(3)3MnO2＋2FeS2＋12H＋===3Mn2＋＋4S↓＋2Fe3＋＋6H2O
(4)1.4×10－8
(5)过量的MnO2消耗了反应生成的Ba(OH)2
(6)4MnCO3＋O22Mn2O3＋4CO2题型解读四 化学反应原理题解题突破
化学反应原理一直是高考命题的重点和热点，大多以生产、生活、环境或科技素材为载体进行设置。主要考查点：(1)结合图像(或速率方程式)计算化学反应速率或分析反应速率变化的原因。(2)结合化学平衡图像，考查化学平衡常数(或压强平衡常数)和平衡转化率的计算、化学平衡移动的原因分析等。随着新高考命题改革的推进，各自主命题试题中可能会出现选择题和综合性大题，还可能将电化学、电解质溶液知识等融于其中，侧重考查考生的理解与辨析能力、分析与推测能力、归纳与论证能力等化学学科的关键能力，应引起高度关注。
1．(2023·广东卷)配合物广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。
(1)某有机物R能与Fe2＋形成橙红色的配离子[FeR3]2＋，该配离子可被HNO3氧化成淡蓝色的配离子[FeR3]3＋。
①基态Fe2＋的3d电子轨道表示式为____________________________。
②完成反应的离子方程式：NO＋2[FeR3]2＋＋3H＋?________＋2[FeR3]3＋＋H2O
(2)某研究小组对(1)中②的反应进行了研究。
用浓度分别为2.0 mol·L－1、2.5 mol·L－1、3.0 mol·L－1的HNO3溶液进行了三组实验，得到c([FeR3]2＋)随时间t的变化曲线如图1。
①c(HNO3)＝3.0 mol·L－1时，在0～1 min内，[FeR3]2＋的平均消耗速率＝________________________________________________________________________。
②下列有关说法中，正确的有______(填字母)。
A．平衡后加水稀释，增大
B．[FeR3]2＋平衡转化率：αⅢ>αⅡ>αⅠ
C．三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小
D．体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间：tⅢ>tⅡ>tⅠ
(3)R的衍生物L可用于分离稀土。溶液中某稀土离子(用M表示)与L存在平衡：
M＋L?ML K1；
ML＋L?ML2 K2。
研究组配制了L起始浓度c0(L)＝0.02 mol·L－1、M与L起始浓度比不同的系列溶液，反应平衡后测定其核磁共振氢谱。配体L上的某个特征H在三个物种L、ML、ML2中的化学位移不同，该特征H对应吸收峰的相对峰面积S(体系中所有特征H的总峰面积计为1)如下表。
S(L) S(ML) S(ML2)
0 1.00 0 0
a x <0.01 0.64
b <0.01 0.40 0.60
【注】 核磁共振氢谱中相对峰面积S之比等于吸收峰对应H的原子数目之比；“<0.01”表示未检测到。
①＝a时，x＝________。
②＝b时，平衡浓度比c平(ML2)∶c平(ML)＝________。
(4)研究组用吸收光谱法研究了(3)中M与L反应体系。当c0(L)＝1.0×10－5 mol·L－1时，测得平衡时各物种随的变化曲线如图2。＝0.51时，计算M的平衡转化率(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
解析：(1)①基态Fe2＋的3d电子轨道表示式为。②根据原子守恒可知离子方程式中需要增加HNO2。
(2)①浓度分别为2.0 mol·L－1、2.5 mol·L－1、3.0 mol·L－1的HNO3溶液，反应物浓度增加，反应速率增大，据此可知三者对应的曲线分别为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ；c(HNO3)＝3.0 mol·L－1时，在0～1 min内，观察题图可知[FeR3]2＋的平均消耗速率为＝5×10－5mol/(L·min)。②对于反应NO＋2[FeR3]2＋＋3H＋?HNO2＋2[FeR3]3＋＋H2O，加水稀释，平衡向逆反应方向移动，[FeR3]2＋含量增加，[FeR3]3＋含量减小，增大，A项正确；HNO3浓度增加，[FeR3]2＋转化率增加，故αⅢ>αⅡ>αⅠ，B项正确；观察题图可知，三组实验反应速率都是前期速率增加，后期速率减小，C项错误；硝酸浓度越高，反应速率越大，体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间越短，故tⅢ(3)①＝a时，S(ML2)＋S(ML)＋S(L)＝1，且S(ML2)＝0.64，S(ML)<0.01，则x＝0.36。
②(ML2相比于ML)含有两个配体，则S(ML2)与S(ML)的浓度比应为ML2相对峰面积的一半与ML的相对峰面积之比，即＝。
(4)由题图，＝0.51时，＝0.4，则c0(M)＝0.51×c0(L)＝5.1×10－6 mol·L－1；c平(ML)＝c平(L)＝0.4×c0(L)＝4.0×10－6 mol·L－1，由L守恒可知c平(ML2)＝＝1.0×10－6 mol·L－1，则c转(M)＝4.0×10－6 mol·L－1＋1.0×10－6 mol·L－1＝5.0×10－6 mol·L－1；则M的转化率为×100%≈98%。
答案：(1)① ②HNO2
(2)①5×10－5mol/(L·min) ②AB
(3)①0.36 ②3∶4或0.75 (4)98%
2．(2023·全国甲卷)甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①3O2(g)===2O3(g) K1 ΔH1＝＋285 kJ·mol－1；
②2CH4(g)＋O2(g)===2CH3OH(l) K2 ΔH2＝－329 kJ·mol－1。
反应③CH4(g)＋O3(g)===CH3OH(l)＋O2(g)的ΔH3＝________ kJ·mol－1，平衡常数K3＝________(用K1、K2表示)。
(2)电喷雾电离等方法得到的M＋(Fe＋、Co＋、Ni＋等)与O3反应可得MO＋。MO＋与CH4反应能高选择性地生成甲醇。分别在300 K和310 K下(其他反应条件相同)进行反应MO＋＋CH4===M＋＋CH3OH，结果如图1所示。图中300 K的曲线是________(填“a”或“b”)。300 K、60 s时MO＋的转化率为__________________________(列出算式即可)。
(3)MO＋分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如图2所示(两者历程相似，图中以CH4示例)。
①步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则MO＋与CD4反应的能量变化应为图中曲线________(填“c”或“d”)。
③MO＋与CH2D2反应，氘代甲醇的产量CH2DOD______(填“＞”“＜”或“＝”)CHD2OH。若MO＋与CHD3反应，生成的氘代甲醇有________种。
解析：(1)根据盖斯定律可知，反应③＝(反应②－①)，所以对应ΔH3＝(ΔH2－ΔH1)＝(－329 kJ·mol－1－285 kJ·mol－1)＝－307 kJ·mol－1；根据平衡常数表达式与热化学方程式之间的关系可知，对应化学平衡常数K3＝或 。
(2)根据题图1所示信息可知，纵坐标表示－lg，即与MO＋的微粒分布系数成反比，与M＋的微粒分布系数成正比。则同一时间内，b曲线生成M＋的物质的量浓度比a曲线的小，证明化学反应速率慢，又因同一条件下降低温度化学反应速率减慢，所以曲线b表示的是300 K条件下的反应；根据上述分析结合图像可知，300 K、60 s时－lg＝0.1，则＝10－0.1，利用数学关系式可求出c(M＋)＝(100.1－1)c(MO＋)，根据反应MO＋＋CH4===M＋＋CH3OH可知，生成的M＋即为转化的MO＋，则MO＋的转化率为×100%。
(3)①步骤Ⅰ涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以符合题意的是步骤Ⅰ。②直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则此时正反应活化能会增大，根据图示可知，MO＋与CD4反应的能量变化应为题图2中曲线c。③MO＋与CH2D2反应时，因直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则单位时间内产量会下降，则氘代甲醇的产量CH2DOD＜CHD2OH；根据反应机理可知，若MO＋与CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH共2种。
答案：(1)－307
(2)b ×100%
(3)①Ⅰ ②c ③＜ 2
化学反应原理题解题“三原则”
原则(一) 跳跃思维——不放弃。
化学反应原理综合题是拼盘式考查，热化学和电化学的题目设计一般没有递进性，答题时可跳跃解决，不能因为化学平衡的题目难度大而放弃。
原则(二) 分析图像——审仔细。
分析图像要明确三步：
(1)“一看”——看图像。
①看面：弄清纵、横坐标的含义。
②看线：弄清线的走向、变化趋势及线的陡及平。
③看点：弄清曲线上点的含义，特别是一些特殊点，如与坐标轴的交点、曲线的交点、拐点、最高点与最低点等。
④看量的变化：弄清是浓度变化、温度变化还是转化率的变化。
⑤看是否需要作辅助线，如等温线、等压线等。
(2)“二想”——想规律。
看完线后联想外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响规律。
(3)“三判”——得结论。
通过对比分析，作出正确判断。
原则(三) 分层解题——难化易。
即要把大题化为小题，把综合性问题分解为相对独立的小问题，降低难度，逐个击破。如：
(1)利用盖斯定律计算反应热，这样分层思考：①明确待求热化学方程式中的反应物和生成物。②处理已知热化学方程式中的化学计量数和焓变。③叠加处理热化学方程式确定答案。
(2)化学反应速率的计算、转化率及平衡常数的计算都要用到“三段式”法，可以这样分层找相关“量”：用什么时刻量，用什么物理量计算。如计算平衡常数K时，不能使用平衡时的物质的量，要用平衡时的物质的量浓度。
(3)电化学的考查可以这样分层思考：首先要分析电化学装置，判断是原电池还是电解池，然后再根据电极所处的环境书写电极反应式。
1．(2023·深圳第二次调研考试改编)Ⅰ.人类对物质结构的探索永无止境，碳硼烷酸[化学式为H(CHB11Cl11)是目前世界上已知的最强酸，但腐蚀性很小，可以作为无污染的酸催化剂。
(1)现代化学中常利用的____________特征谱线来鉴定元素。组成碳硼烷酸的4种元素中，基态原子中未成对电子数最多的是______________(填电子排布式)。
Ⅱ.“O3氧化法”和“光催化氧化法”常用于烟气脱硫、脱硝，对环境保护意义重大。回答下列问题：
(2)用O3氧化烟气中的SO2时，体系中存在以下反应：
(a)SO2(g)＋O3(g)?SO3(g)＋O2(g) ΔH1
(b)2O3(g)?3O2(g) ΔH2＝－286.6 kJ·mol－1
(c)2SO2(g)＋O2(g)?2SO3(g) ΔH3＝－196.6 kJ·mol－1
根据盖斯定律，ΔH1＝__________。
(3)在密闭容器中充入1 mol N2O4和1 mol O3，发生以下反应：
(d)N2O4(g)?2NO2(g) ΔH4＝＋57 kJ·mol－1
(e)N2O4(g)＋O3(g)?N2O5(g)＋O2(g) ΔH5
不同压强(p)下，N2O4的平衡转化率α(N2O4)随反应温度(T)的变化关系如图1所示：
①由图可知，ΔH5________0，p1________p2。(均填“大于”或“小于”)
②下列有关该反应体系的说法正确的是________(填字母)。
A．恒压下，混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
B．任意时刻，存在n(NO2)＋n(N2O4)＋n(N2O5)<1 mol
C．恒容下，升高温度，该体系中气体颜色变浅
D．恒容下，增大N2O4的浓度，反应d、e的正反应速率均增大
③某温度下，平衡时N2O4的物质的量分数为，且NO2与O2的物质的量分数相等，此时n(O2)＝________mol。
Ⅲ.光催化氧化法。
光照条件下，催化剂TiO2表面产生电子(e－)和空穴(h＋)。电子与O2作用生成离子自由基(·O)，空穴与水电离出的OH－作用生成羟基自由基(·OH)，·O和·OH分别与NO反应生成NO。变化过程如图2所示：
(4)一定范围内，NO脱除速率随烟气湿度的增大而增大，结合催化剂的作用机理，分析可能的原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)已知该过程中生成的HNO2可继续与·OH发生反应：HNO2＋2·OH===H＋＋NO＋H2O；该反应可分两步进行，请补充反应ⅰ：
ⅰ.________________________________________________________________________；
ⅱ.NO2＋·OH===H＋＋NO。
(6)理论上“光催化氧化法”中，消耗的OH－与生成的NO的物质的量之比为________。
解析：(1)现代化学中常利用的原子光谱特征谱线来鉴定元素，按原子排布规律找出氢、碳、硼、氯的基态原子中未成对电子数最多的是碳。
(2)根据盖斯定律，×(反应b＋反应c)可得反应a，则ΔH1＝×(－286.6－196.6)＝－241.6 kJ·mol－1。
(3)①由题图①可知，同一压强下，温度升高，N2O4的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，则ΔH5小于0，同一温度下，增大压强反应d的平衡逆向移动，α(N2O4)减小，则p1小于p2。②恒压下混合气体的总质量不变，但反应前、后气体分子数不相等，即物质的量会发生变化，根据pV＝nRT，容器的体积会发生变化，则密度是变量，当密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，故A项正确；任意时刻，由氮元素质量守恒，存在n(NO2)＋n(N2O4)＋n(N2O5)＝1 mol，故B项错误；恒容下，升高温度，反应d正向移动，c(NO2)增大，则该体系中气体颜色变深，故C项错误；恒容下，增大N2O4的浓度，则压强变大，反应d、e的正反应速率均增大，故D项正确；故选AD。
③起始充入1 mol N2O4和1 mol O3，列出“三段式”：
N2O4(g)?2NO2(g)
起始量/mol 1 0
变化量/mol x 2x
平衡量/mol 1－x－y2x
N2O4(g)＋O3?N2O5(g)＋O2(g)
起始量/mol 1 1 0 0
变化量/mol y yyy
平衡量/mol 1－x－y 1－yyy
平衡时N2O4的物质的量分数为，则＝，且NO2与O2的物质的量分数相等，则2x＝y，联立两式，解得x＝0.1，y＝0.2，此时n(O2)＝0.2 mol。
(4)一定范围内，NO脱除速率随烟气湿度的增大而增大，可能的原因是：随着烟气湿度的增大，更多的OH－在催化剂表面转化为·OH，提高了NO的氧化速率。
(5)将总反应减去反应ⅱ可得反应ⅰ为HNO2＋·OH===NO2＋H2O。
(6)“光催化氧化法”中OH－由H2O电离出的，·O和·OH分别与NO反应生成NO，N元素化合价升高了3，生成1 mol NO失去3 mol电子，而电子与O2作用生成离子自由基(·O)，消耗1 mol O2得到4 mol电子，由得失电子守恒有关系式3OH－～3O2～4NO，可知消耗的OH－与生成的NO的物质的量之比为3∶4。
答案：(1)原子光谱 1s22s22p2
(2)－241.6 kJ·mol－1
(3)①小于 小于 ②AD ③0.2
(4)随着烟气湿度的增大，更多的OH－在催化剂表面转化为·OH，提高了NO的氧化速率
(5)HNO2＋·OH===NO2＋H2O
(6)3∶4
2．(2023·大湾区第二次联合模拟)高纯硅用途广泛，SiHCl3是制备高纯硅的主要原料，制备SiHCl3主要有以下工艺。
Ⅰ.热氢化法：在1 200～1 400 ℃、0.2～0.4 MPa条件下，H2和SiCl4在热氢化炉内反应。
(1)写出该反应的化学方程式：________________________________________________________________________。
(2)已知热氢化法制SiHCl3有两种反应路径，反应进程如图所示，该过程更优的路径是________(填“a”或“b”)。
Ⅱ.氯氢化法：反应原理为Si(s)＋3HCl(g)?SiHCl3(g)＋H2(g) ΔH<0。
(3)在恒温恒容条件下，该反应达到化学平衡状态，下列说法正确的是________(填字母)。
A．HCl、SiHCl3和H2的物质的量浓度之比为3∶1∶1
B．向体系中充入HCl，反应速率增大，平衡常数增大
C．向反应体系充入惰性气体，平衡不发生移动
D．移除部分SiHCl3，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动
Ⅲ.冷氢化法：在一定条件下发生如下反应：
ⅰ.3SiCl4(g)＋Si(s)＋2H2(g)?4SiHCl3(g) ΔH1；
ⅱ.2SiHCl3(g)?SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g) ΔH2；
ⅲ.SiHCl3(g)＋H2(g)?Si(s)＋3HCl(g) ΔH3。
(4)在催化剂作用下，反应ⅱ中温度和SiHCl3转化率关系如图1所示，200 min时，353 K条件下SiHCl3转化率较高，其原因可能是________________________________(写出一种)。
(5)反应ⅰ进行的同时还会发生反应ⅳ。
ⅳ.SiCl4(g)＋Si(s)＋2H2(g)?2SiH2Cl2(g) ΔH4
ΔH4＝____________(写出代数式)
(6)已知反应ⅰ和反应ⅳ的压强平衡常数的负对数随着温度的变化如图2所示。
①反应ⅰ、ⅳ中，属于放热反应的是________(填序号)。
②某温度下，保持压强为12 MPa的某恒压密闭容器中，起始时加入足量Si，通入8 mol SiCl4和6 mol H2假设只发生反应ⅰ和反应ⅳ，反应达到平衡后，测得SiCl4转化率为50%，n(SiHCl3)∶n(SiH2Cl2)＝2∶1，该温度下的反应ⅰ压强平衡常数Kp＝________(已知压强平衡常数的表达式为各气体物质的平衡分压替代物质的量浓度，气体的分压等于其物质的量分数乘以总压强)。
(7)高纯硅的用途广泛，请写出基于其物理性质的一种用途：________________________________________________________________________。
解析：(1)H2和SiCl4在热氢化炉内反应生成SiHCl3和HCl，SiCl4＋H2SiHCl3＋HCl。
(2)过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小，故该过程更优的路径是a。
(3)达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，但是不能说明HCl、SiHCl3和H2的物质的量浓度之比为3∶1∶1，A项错误；平衡常数受温度影响，温度不变，向体系中充入HCl，平衡常数不变，B项错误；恒温恒容条件下，向反应体系充入惰性气体，不影响反应中各物质的浓度，平衡不发生移动，C项正确；移除部分SiHCl3，生成物SiHCl3的浓度减小，逆反应速率减小，且平衡向正反应方向移动，D项正确；故选CD。
(4)相同时间内353 K条件下SiHCl3转化率较高，其原因可能是：温度高，反应速率大则转化率高，也可能为反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，导致SiHCl3转化率较高。
(5)已知：ⅰ.3SiCl4(g)＋Si(s)＋2H2(g)?4SiHCl3(g) ΔH1
ⅱ.2SiHCl3(g)?SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g) ΔH2
由盖斯定律可知，ⅰ＋2×ⅱ得：ⅳ.SiCl4(g)＋Si(s)＋2H2(g)?2SiH2Cl2(g) ΔH4＝ΔH1＋2ΔH2。
(6)①由题图2可知，随着温度升高，ⅰ的平衡常数减小，则平衡逆向移动，反应为放热反应；随着温度升高，ⅳ的平衡常数增大，则平衡正向移动，反应为吸热反应。
②某温度下，保持压强为12 MPa的某恒压密闭容器中，起始时加入足量Si，通入8 mol SiCl4和6 mol H2，假设只发生反应ⅰ和反应ⅳ，反应达到平衡后，测得SiCl4转化率为50%，n(SiHCl3)∶n(SiH2Cl2)＝2∶1，则列出“三段式”：
3SiCl4(g)＋Si(s)＋2H2(g)?4SiHCl3(g)
起始量/mol 8 6 0
转化量/mol 1.5aa 2a
平衡量/mol
SiCl4(g)＋Si(s)＋2H2(g)?2SiH2Cl2(g)
起始量/mol 0
转化量/mol 0.5aaa
平衡量/mol
则×100%＝50%，a＝2 mol，则平衡时SiCl4、H2、SiHCl3、SiH2Cl2分别为4 mol、2 mol、4 mol、2 mol，共12 mol，则SiCl4、H2、SiHCl3、SiH2Cl2分压分别为4 MPa、2 MPa、4 MPa、2 MPa，故该温度下的反应ⅰ压强平衡常数Kp＝＝1。
(7)硅具有良好的半导体性能，可以制作芯片等。
答案：(1)SiCl4＋H2SiHCl3＋HCl
(2)a (3)CD
(4)反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动(或其他合理答案)
(5)ΔH1＋2ΔH2 (6)①ⅰ ②1
(7)制作芯片(或其他合理答案)题型解读五 有机化学题型突破
有机合成与推断综合题是高考中有机化学基础模块的重要考查形式，命题情境新颖，试题的综合性强，考查知识全面，难度一般较大，大多以框图转化关系形式呈现，侧重考查考生的理解与辨析能力、分析与推测能力、归纳与论证能力。
选择题通常以药物、材料、新物质的合成为载体考查有机化学的核心知识。涉及的常见考点如下：有机物结构简式的确定、官能团的名称、反应类型的判断、有机物的命名、化学方程式的书写、同分异构体的分析和书写等。
非选择题通常以药物、材料、新物质的合成为背景，根据合成路线命题形式总体可分为三类：第一类是有机推断型，即在合成路线中各物质的结构简式是未知的，需要结合反应条件、分子式、目标产物、题给信息等进行推断；第二类是结构已知型，即合成路线中各物质的结构简式是已知的，此类试题中所涉及的有机物大多是陌生且比较复杂的，需要根据前后的变化来分析其反应特点；第三类是“半推半知”型，即合成路线中部分有机物的结构简式是已知的，部分是未知的，审题时需要结合条件及已知结构去推断未知有机物的结构。考查的知识点相对比较稳定，如：有结构简式的推断、官能团的名称、有机物命名、反应类型的判断、有机化学方程式的书写、同分异构体数目的判断、结合核磁共振氢谱书写指定有机物的结构简式、合成路线设计等。
1．靛蓝在我国生产和使用已有三千多年的历史，古代人们是用菘蓝和蓼蓝提取的，1870年德国化学家拜耳成功合成了靛蓝，并获得1905年度诺贝尔化学奖。下面是一种合成靛蓝的方法：
已知：。
回答下列问题：
(1)A→B所用的试剂和反应条件为_____________________________________。
(2)C的结构简式为____________________________________。
(3)D的化学名称是____________________，由D生成E的反应类型为____________。
(4)由E生成F的化学方程式为________________________________________________________________________。
(5)写出靛蓝G中含氧官能团的名称：________________________________。
(6)NBS(N 溴代丁二酰亚胺)是有机合成中一种很有用的溴代剂，其结构简式为。其同分异构体中能同时满足以下三个条件的有________种(不考虑立体异构体，填字母)。
①最少有三个碳原子在一条直线上；
②不含有环状结构；
③含有硝基和溴原子。
a．4 b．6 c．8 d．10
其中，在同一直线上的碳原子最多且含有手性碳(注：连有四个不同的原子或基团的碳)的化合物的结构简式为________________________________________________________________________________。
解析：本题为有机合成流程题。根据题干流程信息及E的结构简式和D到E的转化条件可知，D的结构简式为，根据C到D的转化条件可知，C的结构简式为，由B的分子式并结合B到C的转化条件和已知信息可知，B的结构简式为，由A的分子式并结合A到B的转化条件可知，A的结构简式为，据此分析解题。
(1)由分析可知，A→B即在浓硫酸、浓硝酸中加热发生硝化反应，故所用的试剂和反应条件为浓硫酸、浓硝酸，加热。(2)由分析可知，C的结构简式为。(3)由分析可知，D的结构简式为，故D的化学名称是邻硝基苯甲醇或2 硝基苯甲醇，由D生成E即经过催化氧化生成，该反应的反应类型为氧化反应。(4)根据题干流程可知，由E生成F即和在碱性环境中生成和CH3COONa、H2O，该反应的化学方程式为＋＋NaOH―→＋CH3COONa＋2H2O。(5)由题干流程图中靛蓝G的结构简式可知，靛蓝G中含氧官能团的名称酮羰基或羰基。(6)已知的分子式为C4H4NO2Br，其同分异构体中能同时满足以下三个条件：①最少有三个碳原子在一条直线上即含有碳碳三键或者碳氮三键；②不含有环状结构即为链状，③含有硝基和溴原子故只能含有碳碳三键，先考虑碳链异构有：CH≡CCH2CH3和CH3C≡CCH3，在考虑Br的位置异构分别有：BrC≡CCH2CH3、CH≡CCHBrCH3、CH≡CCH2CH2Br和CH2BrC≡CCH3，在考虑硝基的位置异构分别有：2种、3种、3种和2种，一共有2＋3＋3＋2＝10(种)，其中，在同一直线上的碳原子最多即为2 丁炔且含有手性碳化合物的结构简式为CH3C≡CCHBr(NO2)。
答案：(1)浓HNO3、浓硫酸、加热
(2)
(3)邻硝基苯甲醇(或2 硝基苯甲醇) 氧化反应
(4)＋＋NaOH―→＋CH3COONa＋2H2O
(5)羰基(或酮羰基)
(6)d CH3C≡CCHBr(NO2)
2．(2023·梅州模拟预测)以芳香族化合物A为原料制备某药物中间体G的路线如下：
已知：同一碳原子上连两个羟基时不稳定，易发生反应：RCH(OH)2―→RCHO＋H2O。
请回答下列问题：
(1)化合物A中非含氧官能团的名称是__________________________。
(2)化合物B的结构简式为__________。
(3)F→G的反应除有机产物外仅有水生成，该反应类型是__________，试剂R的分子式为__________。
(4)C在一定条件下可转化为H，两者性质如下表所示。
物质 名称 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃
3 溴 4 羟基苯甲醛 201.02 130～135 261.3
3，4 二羟基苯甲醛 138.2 153～154 295.42
H相对分子质量小于C，熔、沸点却高于C，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)J是D的同分异构体，同时满足下列条件的J有________种(不包括立体异构)。
条件：①与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生水解反应；③苯环上只有两个取代基。
其中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为3∶2∶2∶1的结构简式为__________(写一种即可)。
(6)根据上述路线中的相关知识，设计以和乙酸为原料制备?的合成路线(其他试剂任选)。
解析：(1)化合物A中非含氧官能团的名称是酯基和碳氯键。
(2)根据B的化学式和C的结构简式可知，化合物B的结构简式为。
(3)F和发生取代反应(酯化反应)生成G和水。
(4)根据结构可以看出，3，4 二羟基苯甲醛比3 溴 4 羟基苯甲醛分子间氢键多，所以沸点相对较高。
(5)D的同分异构体J苯环上只有两个取代基，遇氯化铁溶液发生显色反应，能发生水解反应，说明J分子的取代基可能为—OH和—CH2OOCH，或—OH和—OOCCH3，或—OH和—COOCH3，两个取代基在苯环上都有邻、间、对三种位置关系，则符合条件的J共有3×3＝9(种)，其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰的面积之比为3∶2∶2∶1的结构简式为、。
(6)由题给路线中的相关知识可知，以和乙酸为原料制备的合成步骤为在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，与乙酸发生信息反应生成，一定条件下，发生加聚反应生成，合成路线为?。
答案：(1)酯基和碳氯键 (2)
(3)取代反应
(4)3，4 二羟基苯甲醛比3 溴 4 羟基苯甲醛分子间氢键多
(5)9
(6)见解析
有机推断的解题技能
1．有机推断题的解题思路。
2．有机推断题的破题技巧。
(1)根据反应条件推断某一反应的反应物或生成物，如反应条件为“NaOH的醇溶液，加热”，则反应物必是含卤原子的有机物，生成物中肯定含不饱和键。
(2)根据有机反应的特殊现象推断有机物的官能团。
①能使溴水褪色，则表示有机物分子中可能含有碳碳双键、碳碳三键或醛基。
②能使酸性KMnO4溶液褪色，则该物质中可能含有碳碳双键、碳碳三键、羟基、醛基或苯的同系物。
③遇FeCl3溶液显紫色或加入浓溴水出现白色沉淀，表示该物质分子中含有酚羟基。
④加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热，有砖红色沉淀生成(或加入银氨溶液并水浴加热有银镜出现)，说明该物质分子中含有—CHO。
⑤加入金属钠，有H2产生，表示该物质分子中可能有—OH或—COOH。
⑥加入NaHCO3溶液有气体放出，表示该物质分子中含有—COOH。
(3)以特征产物为突破口来推断碳架结构和官能团的位置。
①醇的氧化产物与结构的关系。
②由消去反应的产物可确定“—OH”或“—X”的位置。
③由取代产物的种数或氢原子环境可确定碳架结构。有机物取代产物越少或相同环境的氢原子数越多，说明此有机物结构的对称性越高，因此可由取代产物的种数或氢原子环境联想到此有机物碳架结构的对称性而快速进行解题。
④由加氢后的碳架结构可确定碳碳双键或碳碳三键的位置。
⑤由有机物发生酯化反应能生成环酯或高聚酯，可确定该有机物是含羟基的羧酸；根据酯的结构，可确定—OH与—COOH的相对位置。
1．(2022·河北卷)舍曲林(Sertraline)是一种选择性5 羟色胺再摄取抑制剂，用于治疗抑郁症，其合成路线之一如下：
已知：
(ⅰ)手性碳原子是指连有四个不同原子或原子团的碳原子。
回答下列问题：
(1)①的反应类型为____________。
(2)B的化学名称为______________。
(3)写出一种能同时满足下列条件的D的芳香族同分异构体的结构简式：________________________________________________________________________。
(a)红外光谱显示有C===O；
(b)核磁共振氢谱有两组峰，峰面积比为1∶1。
(4)合成路线中，涉及手性碳原子生成的反应路线为______、______(填反应路线序号)。
(5)H→I的化学方程式为________________________________________，反应还可生成与I互为同分异构体的两种副产物，其中任意一种的结构简式为__________(不考虑立体异构)。
(6)W是一种姜黄素类似物，以香兰素()和环己烯()为原料，设计合成W的路线(无机及两个碳以下的有机试剂任选)。
W
解析：A在KMnO4作用下，甲基被氧化为羧基，得到B()，B中羧基上的—OH被SOCl2中的Cl取代得到C，C中的Cl原子与苯环上的H原子在AlCl3环境发生消去反应得到D，D中羰基在和乙酸酐共同作用下生成碳碳双键得到E，E在一定条件下脱去酯基生成F，F中的碳碳双键加氢得到G，G与SOCl2反应得到H()，H脱去HCl得到I()，I中的羰基发生已知(ⅱ)的反应得到目标产物舍曲林。据此分析解答。
(1)据分析，反应①是中的甲基被KMnO4氧化为羧基，反应类型是氧化反应。(2)据分析，B的结构简式是，名称是3，4-二氯苯甲酸。(3)从D的结构简式可知，其分子式为C13H8Cl2O，能满足核磁共振氢谱两组峰，且峰面积比为1∶1的结构应是高度对称结构，又含有C===O键，则该芳香族同分异构体的结构简式为 (4)手性碳原子指连接四个不同原子或原子团的碳，题给合成路线中涉及手性碳原子的物质是G()、H()、I()和Sertraline()，则涉及手性碳原子生成的反应路线是G和Sertraline的生成，即路线⑥和⑨。(5)据分析，H→I是H中的碳基上的Cl与苯环消去HCl，形成一个环，化学方程式为：＋HCl；当该碳基上的Cl与苯环上的其他氢原子消去，则得到I的同分异构体，有和。(6)根据题给信息(ⅲ)，目标物质W可由2个与1个合成，故设计合成路线如下。
碱
答案：(1)氧化反应
(2)3，4-二氯苯甲酸
(3)
(4)⑥ ⑨
(5) ＋HCl (或)
(6)见解析
2．(2023·广州一模)化合物Ⅶ是一种用于缓解肌肉痉挛的药物，其合成路线如下：
回答下列问题：
(1) 中官能团的名称是__________。Ⅵ→Ⅶ的反应类型是__________。
(2)1 mol Ⅳ中手性碳原子的个数是________NA(NA代表阿伏加德罗常数的值)。化合物的分子式是___________________________________________。
(3)已知Ph3P===CH2＋Ⅱ―→Ph3P===O＋Ⅲ(Ph表示—C6H5，则Ⅲ的结构简式是________________________________________________________________________。
(4)Ⅴ→Ⅵ的化学方程式是________________________________________________________________________。
(5)符合下列条件的化合物Ⅱ的同分异构体有________种。
a．含有结构单元
b．含有—CHO
c．苯环上有两个取代基
(6)参考上述信息，写出以Ph3P===CHCOOC2H5和苯甲醇为原料制备的合成路线。
解析：物质Ⅰ和在一定条件下生成物质Ⅱ，根据物质Ⅳ的结构，和Ⅲ的分子式，可以推出物质Ⅲ的结构为，物质Ⅳ发生催化氧化生成物质Ⅴ，Ⅴ再被氧化生成Ⅵ，最后发生酯化反应得到产物Ⅵ。
(1) 含有的官能团为碳碳双键，根据分析，Ⅵ→Ⅶ的反应类型是取代反应。
(2)根据物质Ⅳ的结构式，1 mol Ⅳ中手性碳原子的个数是1NA；的分子式为C8H15NO。
(3)根据以上分析，物质Ⅲ的结构式为。
(4)物质Ⅴ被氧化生成Ⅵ，反应的方程式为
(5)化合物Ⅱ的结构为a.含有结构单元，b.含有—CHO，c.苯环上有两个取代基的结构有种。
(6)由氧化生成，和Ph3P===CHCOOC2H5反应，生成
，再催化氧化，生成产品，流程为。
答案：(1)碳碳双键 取代反应
(2)1 C8H15NO (3)
(4)
(5)3
(6)见解析题型解读一 选择题解题指导
类型一 化学与STSE
1．(2023·广东百校高三联考)在香港回归祖国二十五周年之际，筹备多年的香港故宫文化博物馆在2022年7月3日正式对公众开放，本次香港故宫文化博物馆开幕展览中，将有许多珍贵文物分批展出，绝大部分为首次在港展出。下列几件展品中，其主要成分为硅酸盐的是( )
A.定窑白釉孩儿枕 B.填漆戗金炕桌 C.金錾云龙纹执壶 D.朱碧山银槎
解析：定窑白釉孩儿枕为瓷器，主要成分为硅酸盐，故A项符合题意；填漆戗金炕桌主要材质为木材，故B项不符题意；金錾云龙纹执壶主要材质为金，故C项不符题意；朱碧山银槎主要材质为银，故D项不符题意。故选A。
答案：A
化学与生活、科学、科技、社会、环境等STSE知识在各类考试中一直存在，且不断向深入化、真实情境、最新科技成果等方面转化，充分体现学以致用，淡化死记硬背。此类题目知识涉及面广，难度不大，复习时要注意环境问题、能源问题、材料问题、社会生活问题、传统文化等与基本知识的结合，习惯从化学视角去思考问题。
化学与STSE解题“四部曲”。
类型二 阿伏加德罗常数
2．(2023·广东清中、河中、北中、惠中高三8月联考)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )
A．14.4 g 28SiN4中含质子的数目为7NA
B．5.8 g C4H10充分裂解生成乙烷的分子数为0.1NA
C．1 mol雄黄含有4NA个As—S
D．标准状况下，Na2S2O3与H2SO4溶液混合产生22.4 L气体时转移电子数为4NA
解析：每个28SiN4中含有70个质子，14.4 g 28SiN4的物质的量为0.1 mol，则14.4 g 28SiN4含质子的数目为7NA，A项正确；5.8 g C4H10的物质的量为0.1 mol，但C4H10可能发生均裂，也可能发生异裂，所以充分裂解生成乙烷的分子数小于0.1NA，B项不正确；从的结构看，黑球表示As原子，白球表示S原子，1个As4S4中含有8个As—S，则1 mol雄黄含有8NA个As—S，C项不正确；Na2S2O3与H2SO4溶液混合反应时存在如下关系式：Na2S2O3～2e－～SO2，则标准状况下，产生22.4 L气体时转移电子数为2NA，D项不正确。故选A。
答案：A
“物质的量”在各类考试中都是必考题，题目难度不大，但是也存在很多易错的环节，稍不注意就会丢分。如：
(1)气体体积的问题，对象必须是气体(H2O、CCl4、CH3CH2OH、SO3等在标准状况下均不是气态)，标准状况下气体摩尔体积才是22.4 L/mol。
(2)某些物质中离子个数比，Na2O2中阳离子和阴离子个数比是2∶1、NaHSO4中阳离子和阴离子个数比是1∶1等。
(3)排除干扰，题中会给出非标准状况下气体的物质的量或质量，干扰学生的分析。
(4)可逆反应，可逆反应由于不能反应完全，故无法计算生成物的量。
(5)电子转移，氧化还原反应中的电子转移个数要注意实际参加反应的物质有多少，如：MnO2＋4HClMnCl2＋2H2O＋Cl2↑中参加反应的HCl是4 mol，被氧化的是2 mol，所以转移电子是2 mol。
一般解题方法：
第一步：查看物质的状态和外界条件。①当物质是气体时，应查看所给条件是不是标准状况。②当条件是标准状况时，应查看所给物质在标准状况下是不是气体。
第二步：确定研究对象的状态和外部条件。①已知某种物质的质量或物质的量时，则这些数据不受外界条件的限制。②已知数据是体积时，要关注外界条件是不是标准状况、这种物质是不是气体。③已知数据是物质的量浓度或pH时，要关注考题是否给出了溶液的体积。
第三步：根据所求内容进行计算。①同种物质在不同的氧化还原反应中“角色”可能不同，电子转移数目也可能不同，不能一概而论。如1 mol Cl2溶于水转移电子数小于NA，而1 mol Cl2与NaOH反应转移NA个电子。②计算特殊物质中所含微粒及化学键的数目时需要准确记忆典型物质的组成与结构。如白磷、过氧化氢等。
类型三 离子反应
3．(2023·广州第二中学校考模拟预测)下列离子方程式正确的是( )
A．饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体：CO＋CO2＋H2O===2HCO
B．向0.5 mol溴化亚铁溶液中通入0.5 mol氯气：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
C．碳酸钠的水解反应：CO＋H3O＋?HCO＋H2O
D．酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢反应：2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
解析：饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体生成碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为CO＋CO2＋H2O＋2Na＋===2NaHCO3↓，A项错误；还原性Fe2＋>Br－，向0.5 mol溴化亚铁溶液中通入0.5 mol氯气，氯气先氧化0.5 mol Fe2＋，再氧化0.5 mol Br－，反应的离子方程式为2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2===2Fe3＋＋4Cl－＋Br2，B项错误；碳酸钠的水解反应CO＋H2O?HCO＋OH－，C项错误；酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢反应，过氧化氢被氧化为氧气，反应的离子方程式为2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，D项正确。故选D。
答案：D
离子反应是历年高考的命题热点之一，如离子方程式的书写及正误判断，离子的共存问题，离子的检验、鉴别与推断，有关离子反应的应用与计算都是常考点。关于离子方程式的判断有以下三个特点：
(1)考查的离子反应大多是中学化学教材中的基本反应，其错因设置主要有：化学式拆分不当、电荷不守恒、产物不合理、忽略了限定条件(如溶液的酸碱性、无色透明)等。
(2)涉及的反应类型大多是复分解反应和一些常见的氧化还原反应。
(3)除了要注意物质的变化之外，还需要注意各物质之间量的关系。
在复习和考试中要善于总结离子方程式的书写、正误判断的规律和方法，学会判断离子能否大量共存。
判断离子方程式正误的方法：
类型四 氧化还原反应
4．(2023·山东威海二模)向酸化的KI溶液中通入SO2，溶液变黄并出现浑浊，发生反应Ⅰ：SO2＋4H＋＋4I－===2I2＋S↓＋2H2O，继续通入SO2，溶液变为无色，发生反应Ⅱ：I2＋SO2＋2H2O===SO＋4H＋＋2I－。下列说法错误的是( )
A．SO2、I2的氧化性强弱与外界条件有关
B．每生成0.1 mol SO，整个过程中转移0.4 mol电子，同时消耗0.2 mol KI
C．该过程的总反应为3SO2＋2H2O===2SO＋S↓＋4H＋
D．该反应过程中KI作催化剂
解析：由题干反应Ⅰ可知SO2的氧化性强于I2，由反应Ⅱ可知，I2的氧化性强于SO2，故可说明SO2、I2的氧化性强弱与外界条件有关，A项正确；每生成0.1 mol SO，由离子方程式I2＋SO2＋2H2O===SO＋4H＋＋2I－可知，转移电子0.2 mol，同时生成0.2 mol I－，反应0.1 mol I2，而生成0.1 mol I2则通过反应Ⅰ(SO2＋4H＋＋4I－===2I2＋S↓＋2H2O)消耗0.2 mol I－，转移电子数为0.2 mol，故整个过程中转移0.4 mol电子，不消耗KI，B项错误；由题干信息可知，反应Ⅰ＋2×反应Ⅱ可得该过程的总反应为3SO2＋2H2O===2SO＋S↓＋4H＋，C项正确；由C项分析可知，该反应过程中KI作催化剂，D项正确。故选B。
答案：B
氧化还原反应贯穿于化学学习的始终，是中学化学的重要内容之一，考查面广，常以比较有深度的综合题形式考查，有较高的区分度，因此高考基本上必考。氧化还原反应的高考命题除了注意基本概念的考查外，还有将氧化还原反应方程式配平与物质的性质结合在一起的题型。因此对于氧化还原反应的复习一定要紧扣概念，理清关系，明确概念的内涵和外延，并能灵活驾驭和运用这些概念解决具体的化学问题。
类型五 元素化合物
5．(2023·梅州统考模拟预测)W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和，也是Y的最外层电子数的2倍，Y是地壳中含量最多的金属元素。W和X的单质常温下均为气体。下列叙述正确的是( )
A．原子半径：Z>Y>X
B．电负性：X>W>Y
C．W、X形成的化合物只含有极性共价键
D．Y的氧化物属于碱性氧化物
解析：Y为地壳中含量最多的金属元素，则Y为Al。Z的最外层电子数为Y的最外层的2倍，则Z的最外层电子数为6，Z为S。Z的最外层电子数为W和X的最外层电子数之和，同时W和X的单质常温下为气体，则W为H而X为N。由此推出W、X、Y、Z分别为H、N、Al、S。据此分析解答。原子半径大小判断：电子层多半径大；若电子层数相同，则核电荷数大半径小，原子半径：Y>Z>X，A项错误；电负性为N>H>Al，B项正确；W与X形成的化合物有NH3和N2H4等，N2H4中存在N—N非极性键和N—H的极性键，C项错误；Y的氧化物为Al2O3，为两性氧化物，D项错误。故选B。
答案：B
正确推断元素的常用方法：
(1)根据原子或离子的结构示意图推断。
(2)根据元素化合物主要化合价的特征关系推断，如：形成化合物最多的元素是C，地壳中含量最多的元素是O等。
(3)根据原子半径的递变规律推断。
(4)由元素周期表中短周期的特殊结构推断，如：第一周期只有H、He两种元素。
(5)综合利用“位”“构”“性”之间的关系进行推断。
类型六 物质结构与元素周期律
6．(2022·海南卷)钠和钾是两种常见金属，下列说法正确的是( )
A．钠元素的第一电离能大于钾
B．基态钾原子价层电子轨道表示式为
C．钾能置换出NaCl溶液中的钠
D．钠元素与钾元素的原子序数相差18
解析：同一主族元素的第一电离能从上到下依次减小，金属性越强的元素，其第一电离能越小，因此，钠元素的第一电离能大于钾，A说法正确；基态钾原子价层电子为4s1，其轨道表示式为，B说法不正确；钾和钠均能与水发生置换反应，因此，钾不能置换出 NaCl溶液中的钠，C说法不正确；钠元素与钾元素的原子序数分别为11和19，两者相差8，D说法不正确。故选A。
答案：A
物质结构与元素周期律每年必考，主要考查点是原子(离子)结构、核外电子排布、元素化合物的性质等。题型主要是选择题。解答时，先进行元素的推断，然后逐项分析粒子半径大小、金属性的强弱比较、非金属性的强弱比较、气态氢化物的稳定性强弱、最高价氧化物对应水化物的酸碱性强弱等元素周期律知识。
类型七 有机化学基础
7．(2023·深圳统考一模)谷氨酸单钠是味精的主要成分，利用发酵法制备该物质的流程如下。下列说法不正确的是( )
A．可用碘水检验淀粉是否完全水解
B．可用红外光谱仪测定谷氨酸中所含官能团的种类
C．1 mol谷氨酸中含有手性碳原子的数目约为1.204×1024
D．“中和”时，需要严格控制Na2CO3的用量
解析：淀粉遇碘变蓝色，所以可以用碘水检验淀粉是否完全水解，故A项正确；红外光谱仪主要检测物质所含的官能团的种类以及其所处的化学环境，可用红外光谱仪测定谷氨酸中所含官能团的种类，故B项正确；手性碳原子是指与4个各不相同原子或基团相连的碳原子，谷氨酸中手性碳(图中*标注)原子有1个，1 mol谷氨酸中含有手性碳原子的数目约为6.02×1023，故C项错误；谷氨酸中含有2个羧基，若Na2CO3过多，可能生成，故D项正确。故选C。
答案：C
有机化学基础常考的知识点：
(1)有机物的结构与性质。
(2)反应类型的判断。
(3)同分异构体数目的判断。
(4)有机物结构的表示方法；有机物的命名。
(5)根据有机物的结构判断有机物的分子式。
这一部分的题目都比较简单，解题时要灵活运用“结构决定性质”这一基本原理，掌握规律、归纳特性、方法得当、思维有序，最后是要利用好题中所给的各项信息，包括反应条件。
类型八 电化学基础
8．(2023·广东实验中学校考模拟预测)我国科学家研发了一种水系可逆ZnCO2电池，电池工作原理如图所示，电极材料为金属锌和选择性催化材料，图中的双极膜层间的H2O解离成H＋和OH—，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是( )
A．电解质溶液2一定是碱性溶液
B．充电时，每生成标准状况下11.2 L O2在阳极可生成65 g Zn
C．放电时，1 mol CO2转化为HCOOH，转移的电子数为2NA
D．放电时，电池总反应为2Zn＋O2＋4OH－＋2H2O===2Zn(OH)
解析：由题图可知，放电时，锌为原电池负极，碱性条件下失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，电极反应式为Zn－2e－＋4OH－===Zn(OH)，右侧电极为正极，酸性条件下二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为CO2＋2e－＋2H＋===HCOOH；充电时，锌与直流电源的负极相连，作电解池的阴极，电极反应式为Zn(OH)＋2e－===Zn＋4OH－，右侧电极为阳极，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＋，则电解质溶液1是碱性溶液、电解质溶液2是酸性溶液。据此分析解答。由分析可知电解质溶液2是酸性溶液，A项错误；充电时阴极反应式为Zn(OH)＋2e－===Zn＋4OH－，阳极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，则电池总反应式为2Zn(OH)＋2H2O===2Zn＋4OH－＋O2↑＋4H2O。n(O2)＝＝0.5 mol，生成1 mol O2时生成2 mol Zn，则生成0.5 mol O2，生成n(Zn)＝×2 mol＝1 mol，m(Zn)＝1 mol×65 g/mol＝65 g，则阴极上生成65 g Zn，B项错误；放电时，正极反应式为CO2＋2e－＋2H＋===HCOOH，则1 mol CO2转化为HCOOH转移电子的物质的量为2 mol，转移电子数为2NA，C项正确；放电时，负极反应式为Zn－2e－＋4OH－===Zn(OH)、正极反应式为CO2＋2e－＋2H＋===HCOOH，则电池总反应式为Zn＋CO2＋2OH－＋2H2O===Zn(OH)＋HCOOH，D项错误。故选C。
答案：C
二次电池是既能将化学能转化为电能(放电，原电池)，又能将电能转化为化学能(充电，电解池)的一类特殊电池，此类题既可以考查原电池的性质，又可以考查电解池的性质，所以是各类考试中常出的考题。解题时首先分清选项考查的是原电池还是电解池，然后依据相关原理进行解答。常见的错误：
(1)混淆原电池和电解池，适用原理错误。
(2)离子移动方向判断错误，原电池中：阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。
(3)书写电极方程式时必须首先判断是“充电”还是“放电”。
类型九 化学实验基础
9．(2023·广东校联考一模)实验室用如图所示装置研究不同价态硫元素之间的转化，下列说法正确的是( )
A．将①中生成的气体通入BaCl2溶液中会出现白色沉淀
B．②中棉花紫色褪去，体现KMnO4的还原性
C．③中有黄色固体生成，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2
D．向④的小烧杯中加入少量苯可起到防倒吸作用
解析：SO2不能与BaCl2反应，不会出现白色沉淀，A项错误；SO2与KMnO4反应，KMnO4被还原，体现KMnO4的氧化性，B项错误；③中SO2与S2－反应有黄色固体硫生成，SO2作氧化剂，S2－作还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2，C项正确；苯的密度比NaOH溶液小，苯在上层，不能起到防倒吸的效果，D项错误。故选C。
答案：C
化学实验基础题一般解题步骤：
第一步：巧审题——明确实验目的、原理。
实验原理可以从题给的化学情境(或题目所给的实验目的)并结合元素化合物的有关知识获取，在此基础上，依据可靠性、简捷性、安全性的原则，确定符合实验目的、要求的实验方案。
第二步：想过程——理清操作先后顺序
根据由实验原理所确定的实验方案中的实验过程，确定实验操作的方法和步骤，把握各实验步骤的要点，理清实验操作的先后顺序。
第三步：看准图——分析装置或流程作用
若题目中给出装置图，在分析解答过程中，要认真细致地分析图中的各部分装置，并结合实验目的和原理，确定它们在实验中的作用。
第四步：细分析——得出正确的实验结论
在定性实验的基础上研究量的关系，根据实验现象和记录的数据，对实验数据进行筛选，通过分析、计算、推理等确定有关样品含量及化学式，得出正确的实验结论。
类型十 水溶液中的离子平衡
10．下列实验方案能达到实验目的的是( )
选项 实验方案 实验目的
A 将一定浓度的醋酸溶液加入碳酸钠溶液中，产生的气体通入硅酸钠溶液中，观察实验现象 证明酸性：醋酸>碳酸>硅酸
B 向溶液A中加入稀硫酸，产生的气体通入品红溶液中，观察实验现象 探究溶液A中是否含有SO
C 向2 mL 0.1 mol·L－1 NaCl溶液中加入2.5 mL 0.1 mol·L－1 AgNO3溶液，振荡试管，然后再加入5滴0.1 mol·L－1 KI溶液，观察实验现象 证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D 室温下，用pH计测量一定浓度某弱酸盐NaHX溶液的pH 比较HX－的电离程度与水解程度的大小
解析：醋酸具有挥发性，将一定浓度的醋酸溶液加入碳酸钠溶液中，产生的CO2气体中混有乙酸，乙酸也能和硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，则不能证明酸性：碳酸>硅酸，故A项错误；向溶液A中加入稀硫酸，产生的气体通入品红溶液中，若品红褪色说明生成的气体是SO2，但不能证明溶液A中含有SO，也可能含有HSO，故B项错误；向2 mL 0.1 mol·L－1 NaCl溶液中加入2.5 mL 0.1 mol·L－1 AgNO3溶液，振荡试管，Ag＋过量，然后再加入5滴0.1 mol·L－1 KI溶液，不能证明生成的AgI是由AgCl转化而来的，则不能说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故C项错误；NaHX溶液中HX－既发生电离也发生水解，室温下，用pH计测量一定浓度某弱酸盐NaHX溶液的pH，若溶液为酸性则HX－的电离程度大于水解程度，若溶液为碱性则HX－的电离程度小于水解程度，故D项正确。故选D。
答案：D
水溶液中的离子平衡是高考的重点，近几年多为有关图像的选择题，主要考查弱电解质的电离平衡，盐类的水解平衡，难溶电解质的溶解平衡的移动影响规律及应用，溶液中粒子浓度大小的比较，Ksp、pH的计算，中和滴定的计算，指示剂的选择，误差分析等。试题难度较大，区分度高。常涉及的理论、原理：
(1)勒夏特列原理是判断平衡移动的理论依据。
(2)平衡常数的综合运用，包括平衡常数的计算和由平衡常数计算离子浓度。
(3)水的电离在pH计算过程中的运用。
(4)酸、碱稀释问题，酸、碱无限稀释，溶液的pH接近7，但是酸溶液不会显碱性，碱溶液也不会显酸性。
(5)盐类水解原理的运用，谁弱谁水解，越弱越水解，谁强显谁性，都弱双水解。