高三化学二轮复习讲义专题二十七继承创新高考化学创新考法研究

专题二十七继承创新：高考化学创新考法研究真实情境——凸显科技前沿考向分析1.新型化学电源：化学电源试题追求真实情境，展现电化学领域的最新研究成果，选材倾向于最新科技文献，是核心素养为导向的高考化学试题的代表。【例1】（2023年全国甲卷12题）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+2(1)e→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→bC.放电时正极反应为：2Na++S8+2e→Na2SxD.炭化纤维素纸的作用是增强硫电极导电性能【答案】A【解析】【分析】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。【详解】A．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错误；B．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正确；C．由题给的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正确；D．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正确；故答案选A。【例2】（2023年新课标卷10题）一种以和为电极、水溶液为电解质的电池，其示意图如下所示。放电时，可插入层间形成。下列说法错误的是A.放电时为正极B.放电时由负极向正极迁移C.充电总反应：D.充电阳极反应：【答案】C【解析】【分析】由题中信息可知，该电池中Zn为负极、为正极，电池的总反应为。【详解】A．由题信息可知，放电时，可插入层间形成，发生了还原反应，则放电时为正极，A说法正确；B．Zn为负极，放电时Zn失去电子变为，阳离子向正极迁移，则放电时由负极向正极迁移，B说法正确；C．电池在放电时的总反应为，则其在充电时的总反应为，C说法不正确；D．充电阳极上被氧化为，则阳极的电极反应为，D说法正确；综上所述，本题选C。新型材料制备：新型材料合成方法为背景的试题情境体现了化学在发展科技强国中的重要作用，有利于培养学生创新思维和社会责任。【例3】（2023年全国甲卷26题）是一种压电材料。以为原料，采用下列路线可制备粉状。回答下列问题：（1）“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是_______。（2）“焙烧”后固体产物有、易溶于水的和微溶于水的。“浸取”时主要反应的离子方程式为_______。（3）“酸化”步骤应选用的酸是_______(填标号)。a．稀硫酸b．浓硫酸c．盐酸d．磷酸（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？_______，其原因是_______。（5）“沉淀”步骤中生成的化学方程式为_______。（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的_______。【答案】（1）做还原剂，将还原（2）（3）c（4）①.不可行②.也会与盐酸反应生成可溶于水的，导致溶液中混有杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低（5）（6）【解析】【分析】由流程和题中信息可知，与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到、、易溶于水的和微溶于水的；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和，滤液中有和；滤液经酸化后浓缩结晶得到晶体；晶体溶于水后，加入和将钡离子充分沉淀得到；经热分解得到。【小问1详解】由流程和题中信息可知，与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到、、易溶于水的和微溶于水的；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和，滤液中有和；滤液经酸化后浓缩结晶得到晶体；晶体溶于水后，加入和将钡离子充分沉淀得到；经热分解得到。【小问2详解】“焙烧”步骤中，与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到、、和，被还原为，因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将还原。【小问3详解】“酸化”步骤是为了将转化为易溶液于的钡盐，由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于水，而可溶于水，因此，应选用的酸是盐酸，选c。【小问4详解】如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是也会与盐酸反应生成可溶于水的，导致溶液中混有杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低。【小问5详解】“沉淀”步骤中生成的化学方程式为：++=。【小问6详解】“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为，，因此，产生的=。中国科技新成就：彰显化学的学科价值，让学生认识到化学科学对社会进步和发展的贡献。可以拓宽学生的科学视野，培养的证据推理和模型认知的核心素养。【例4】（2023年北京卷16题）尿素合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。（1）十九世纪初，用氰酸银与在一定条件下反应制得，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是____________________。（2）二十世纪初，工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：ⅰ．和生成；ⅱ．分解生成尿素。结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是__________(填序号)。a．活化能：反应ⅰ<反应ⅱb．ⅰ为放热反应，ⅱ为吸热反应c．（3）近年研究发现，电催化和含氮物质(等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的溶液通至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示。①电极是电解池的__________极。②电解过程中生成尿素的电极反应式是_____________。（4）尿素样品含氮量的测定方法如下。已知：溶液中不能直接用溶液准确滴定。①消化液中的含氮粒子是__________。②步骤ⅳ中标准溶液的浓度和消耗的体积分别为和，计算样品含氮量还需要的实验数据有__________。【答案】（1）（2）ab（3）①.阳②.（4）①.②.样品的质量、步骤Ⅲ所加入溶液的体积和浓度【解析】【小问1详解】根据原子守恒分析，二者反应生成尿素和氯化银，化学方程式是。答案为；【小问2详解】a．反应ⅰ的活化能是，反应ⅱ活化能是，，a项正确；b．从图中反应物和生成物能量的相对大小可看出反应ⅰ放热，反应ⅱ吸热，b项正确；c．总反应的：，c项错误；故选ab。【小问3详解】①电极b上发生失电子生成的氧化反应，是电解池的阳极。②a极硝酸根离子得电子转化为尿素，再结合酸性环境可分析出电极反应式为。答案为阳极；；【小问4详解】①尿素消化分解生成和，由于反应中存在浓，则消化液中含氮粒子为。②除了已知数据外，还需要的是样品的质量、步骤ⅲ所加入溶液的体积和浓度。答案为；样品的质量、步骤Ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度。二、教学策略1.具体真实的情境中蕴含着化学学科问题，引导学生进行知识建构，促进了知识的迁移和应用，情境是学生学科核心素养形成和发展的载体。2.问题情境为表，学科理解为里。同一情境包括教材原型情境、新情境、陌生情境和不良结构情境，不同的素材呈现方式,不同的设问角度,学生需要调取知识储备不同,应用的解题思路及思维方法也是多样化的。我要把新情境跟教材上的原型情境做类比做关联。从真实情境溯源教材原型情境，从中抽提分析解决问题的模型，培养学生程序化的思维习惯。思维模型：放电时：（1）明确两极：负极:，正极:。（2）分析两路：外电路中电子的移动方向，电流方向。内电路的导电离子为，移动方向为。（3）书写两式：负极的电极反应为:。正极的电极反应为：。（4）定量计算：放电时，若转移1mol，石墨电极将减少g充电时：（5）充电时阳极的电极反应式为3.挖掘优质高考试题情境，从以下两个方面进行实践应用：（1）从教学主题和目标出发，寻找合适的试题情境进行加工处理，应用于课堂教学；（2）筛选与核心知识和关键能力相匹配的高考试题情境进行整合改编，引导学生拓宽化学认知视野，培养学科高阶思维。融合创新——物质结构考向分析：高考题中有关物质结构的考查方式有四种：选择题中物质结构单独考、选择题中物质结构融合考、物质结构综合大题、物质结构与其他题型融合。1.选择题中物质结构融合考【例1】（2023年湖南卷2题）下列化学用语表述错误的是A.HClO的电子式：B.中子数为10的氧原子：OC.NH3分子的VSEPR模型：D.基态N原子的价层电子排布图：【答案】C【解析】【详解】A．HClO中O元素成负化合价，在结构中得到H和Cl共用的电子，因此HClO的电子式为，A正确；B．中子数为10，质子数为8的O原子其相对原子质量为10+8=18，其原子表示为O，B正确；C．根据VSEPR模型计算，NH3分子中有1对故电子对，N还连接有3和H原子，因此NH3的VSEPR模型为四面体型，C错误；D．基态N原子是价层电子排布为2s22p3，其电子排布图为，D正确；故答案选C。【例2】（2023年湖北卷5题）化学用语可以表达化学过程，下列化学用语的表达错误的是A.用电子式表示的形成：B.用离子方程式表示溶于烧碱溶液：C.用电子云轮廓图表示HH的ssσ键形成的示意图：D.用化学方程式表示尿素与甲醛制备线型脲醛树脂：【答案】D【解析】【详解】A．钾原子失去电子，硫原子得到电子形成硫化钾，硫化钾为离子化合物，用电子式表示的形成：，A正确；B．氢氧化铝为两性氢氧化物，可以和强碱反应生成四羟基合铝酸根离子，离子方程式为：，B正确；C．H的s能级为球形，两个氢原子形成氢气的时候，是两个s能级的原子轨道相互靠近，形成新的轨道，则用电子云轮廓图表示HH的ssσ键形成的示意图：，C正确；D．用化学方程式表示尿素与甲醛制备线型脲醛树脂为，D错误；故选D。选必2结构在高考大题中融合考【例3】（2023年新课标卷29题）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题：（1）根据图1数据计算反应的_______。（2）研究表明，合成氨反应在催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，表示被吸附于催化剂表面的)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为_______(填步骤前的标号)，理由是_______。（3）合成氨催化剂前驱体(主要成分为)使用前经还原，生成包裹的。已知属于立方晶系，晶胞参数，密度为，则晶胞中含有的原子数为_______(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。（4）在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为，另一种为。(物质i的摩尔分数：)①图中压强由小到大的顺序为_______，判断的依据是_______。②进料组成中含有情性气体的图是_______。③图3中，当、时，氮气的转化率_______。该温度时，反应的平衡常数_______(化为最简式)。【答案】（1）（2）①.(ⅱ)②.在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于的键能比HH键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)（3）（4）①.②.合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大③.图4④.⑤.【解析】【小问1详解】在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由图1数据可知，反应的。【小问2详解】由图1中信息可知，的，则的键能为；的，则HH键的键能为。在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于的键能比HH键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)。【小问3详解】已知属于立方晶系，晶胞参数，密度为，设其晶胞中含有的原子数为，则晶体密度，解之得，即晶胞中含有的原子数为。【小问4详解】①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数，因此，图中压强由小到大的顺序为，判断的依据是：合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。

②对比图3和图4中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图4中平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下充入情性气体，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分子数增大的方向移动，因此，充入情性气体不利于合成氨，进料组成中含有情性气体的图是图4。③图3中，进料组成为两者物质的量之比为3:1。假设进料中氢气和氮气的物质的量分别为3mol和1mol，达到平衡时氮气的变化量为xmol，则有：当、时，，解之得，则氮气的转化率，平衡时、、的物质的量分别为、2、，其物质的量分数分别为、、，则该温度下因此，该温度时，反应的平衡常数。【例4】（2023年新课标卷30题）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）①.氨基②.羟基（4）取代反应（5）（6）+H2O+HCl+N2↑（7）①.9②.【解析】【分析】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。【小问1详解】根据有机物A的结构，有机物A的化学名称为3甲基苯酚(间甲基苯酚)。【小问2详解】有机物C中含有苯环，苯环上的C原子的杂化类型为sp2杂化，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杂化，故答案为2种。【小问3详解】根据分析，有机物D的结构为，其官能团为氨基和羟基。【小问4详解】有机物E与有机物F发生反应生成有机物G，有机物中的羟基与有机物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。【小问5详解】根据分析，有机物F的结构简式为。【小问6详解】有机物I与水反应生成有机物J，该反应的方程式为+H2O+HCl+N2↑。【小问7详解】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【例5】（2023年湖南卷17题）超纯是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯方面取得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯的工艺流程如下：已知：①金属的化学性质和相似，的熔点为；②(乙醚)和(三正辛胺)在上述流程中可作为配体；③相关物质的沸点：物质沸点/55.734.642.4365.8回答下列问题：（1）晶体的晶体类型是_______；（2）“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在的原因是_______，阴极的电极反应式为_______；（3）“合成”工序中的产物还包括和，写出该反应的化学方程式：_______；（4）“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是_______；（5）下列说法错误的是_______；A.流程中得到了循环利用B.流程中，“合成”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行C.“工序X”的作用是解配，并蒸出D.用核磁共振氢谱不能区分和（6）直接分解不能制备超纯，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯理由是_______；（7）比较分子中的键角大小：_______(填“>”“<”或“=”)，其原因是_______。【答案】（1）分子晶体（2）①.保证Ga为液体，便于纯Ga流出②.Ga3++3eˉ=Ga（3）8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2+3+2；（4）CH4（5）D（6）NR3沸点较高，易与Ga(CH3)3分离，Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，一起气化，难以得到超纯Ga(CH3)3（7）①.>②.Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小【解析】【分析】以粗镓为原料，制备超纯，粗Ga经过电解精炼得到纯Ga，Ga和Mg反应生产Ga2Mg5，Ga2Mg5和CH3I、Et2O反应生成、MgI2和CH3MgI，然后经过蒸发溶剂、蒸馏，除去残渣MgI2、CH3MgI，加入NR3进行配体交换、进一步蒸出得到超纯，Et2O重复利用，据此解答。【小问1详解】晶体的沸点较低，晶体类型是分子晶体；【小问2详解】电解池温度控制在可以保证Ga为液体，便于纯Ga流出；粗Ga在阳极失去电子，阴极得到Ga，电极反应式为Ga3++3eˉ=Ga；【小问3详解】“合成”工序中的产物还包括和，该反应的化学方程式8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2+3+2；【小问4详解】“残渣”含，经纯水处理，能产生可燃性气体CH4；【小问5详解】A.根据分析，流程中得到了循环利用，A正确；B.容易和水反应，容易被氧化，则流程中，“合成”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行，B正确；C.“配体交换”得到，“工序X”先解构后蒸出，C正确；D.二者甲基的环境不同，核磁共振氢谱化学位移不同，用核磁共振氢谱能区分和，D错误；故选D；【小问6详解】直接分解时由于Et2O的沸点较低，与Ga(CH3)3一起蒸出，不能制备超纯，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯的理由是，根据题给相关物质沸点可知，NR3沸点远高于Ga(CH3)3，与Ga(CH3)3易分离；【小问7详解】分子中的键角>，其原因是Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小。【例6】（2023年湖南卷17题）16.是生产多晶硅的副产物。利用对废弃的锂电池正极材料进行氯化处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如下：回答下列问题：（1）Co位于元素周期表第_______周期，第_______族。（2）烧渣是LiCl、和的混合物，“500℃焙烧”后剩余的应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因_______。（3）鉴别洗净的“滤饼3”和固体常用方法的名称是_______。（4）已知，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中浓度为_______。“850℃煅烧”时的化学方程式为_______。（5）导致比易水解的因素有_______(填标号)。a．SiCl键极性更大b．Si的原子半径更大c．SiCl键键能更大d．Si有更多的价层轨道【答案】（1）①.4②.Ⅷ（2）（3）焰色反应（4）①.②.（5）abd【解析】【分析】由流程和题中信息可知，粗品与在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、和的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是和；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2（主要成分为）和滤液2（主要溶质为LiCl）；滤饼2置于空气中在850℃煅烧得到；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为。小问1详解】Co是27号元素，其原子有4个电子层，其价电子排布为，元素周期表第8、9、10三个纵行合称第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4周期、第Ⅷ族。【小问2详解】“500℃焙烧”后剩余的应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为。【小问3详解】洗净的“滤饼3”的主要成分为，常用焰色反应鉴别和，的焰色反应为紫红色，而的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体常用方法的名称是焰色反应。【小问4详解】已知，若“沉钴过滤”pH控制为10.0，则溶液中，浓度为。“850℃煅烧”时，与反应生成和，该反应的化学方程式为。【小问5详解】a．SiCl键极性更大，则SiCl键更易断裂，因此，比易水解，a有关；b．Si的原子半径更大，因此，中的共用电子对更加偏向于，从而导致SiCl键极性更大，且Si原子更易受到水电离的的进攻，因此，比易水解，b有关；c．通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，SiCl键键能更大不能说明SiCl更易断裂，故不能说明比易水解，c无关；d．Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的形成化学键，从而导致比易水解，d有关；综上所述，导致比易水解的因素有abd。【例7】（2023年湖北卷17题）碳骨架的构建是有机合成的重要任务之一。某同学从基础化工原料乙烯出发，针对二酮H设计了如下合成路线：回答下列问题：（1）由A→B的反应中，乙烯的碳碳_______键断裂(填“π”或“σ”)。（2）D的同分异构体中，与其具有相同官能团的有_______种(不考虑对映异构)，其中核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为的结构简式为_______。（3）E与足量酸性溶液反应生成的有机物的名称为_______、_______。（4）G的结构简式为_______。（5）已知：，H在碱性溶液中易发生分子内缩合从而构建双环结构，主要产物为I()和另一种α，β不饱和酮J，J的结构简式为_______。若经此路线由H合成I，存在的问题有_______(填标号)。a．原子利用率低b．产物难以分离c．反应条件苛刻d．严重污染环境【答案】（1）π（2）①.7②.（3）①乙酸②.丙酮（4）（5）①.②.ab【解析】【分析】A为CH2=CH2，与HBr发生加成反应生成B（CH3CH2Br），B与Mg在无水乙醚中发生生成C（CH3CH2MgBr），C与CH3COCH3反应生成D（），D在氧化铝催化下发生消去反应生成E（），E和碱性高锰酸钾反应生成F（），参考D～E反应，F在氧化铝催化下发生消去反应生成G（），G与反应加成反应生成二酮H，据此分析解答。【小问1详解】A为CH2=CH2，与HBr发生加成反应生成B（CH3CH2Br），乙烯的π键断裂，故答案为：π；【小问2详解】D为，分子式为C5H12O，含有羟基的同分异构体分别为：共8种，除去D自身，还有7种同分异构体，其中核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为的结构简式为，故答案为：7；；【小问3详解】E为，酸性高锰酸钾可以将双键氧化断开，生成和，名称分别为乙酸和丙酮，故答案为：乙酸；丙酮；【小问4详解】由分析可知，G为，故答案为：；【小问5详解】根据已知的反应特征可知，H在碱性溶液中易发生分子内缩合从而构建双环结构，主要产物为I（）)和J（）。若经此路线由H合成I，会同时产生两种同分异构体，导致原子利用率低，产物难以分离等问题，故答案为：；ab。二、教学策略体现板块融合思想的一轮复习规划例如：在“融合”理念下，物质结构作为复习元素化合物的工具,促进学生对物质性质的深入理解。先复习必要的工具性知识，然后在元素化合物复习中加以运用；在元素化合物复习中夯实化学实验中的基础实验、简单探究，并融入结构和定量计算；物质结构元素周期律复习将必修第一册与选必2融合；元素化合物(含有机化合物)作为载体复习反应原理，并将分散在必修第二册与选必1的内容打通；在有机化学复习中融入物质结构知识。例如：在“融合”理念下，物质结构作为复习元素化合物的工具,促进学生对物质性质的深入理解。1.依据范德华力的影响因素理解卤素单质在常温下的状态；2.借助分子的极性理解CCl4萃取碘水中I2的原因;3.根据分子极性与晶体类型理解硫单质熔沸点低和难溶于水、微溶于酒精、易溶于CS2的性质;4.应用氢键模型解释氨极易溶于水,可以形成“喷泉”。5.NH3中N为3价,HNO3中N为+5价，为何二者一般不发生氧化还原反应而是生成铵盐?NH3中N的孤对电子遇到H+容易形成配位键，故生成铵盐更加容易。微观反应机理角度认识催化剂一、考向分析1.基于能量变化理解催化剂【例1】（2023年浙江1月卷14题）标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知和的相对能量为0]，下列说法不正确的是（）A．B．可计算键能为C．相同条件下，的平衡转化率：历程Ⅱ>历程ⅠD．历程工、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：【答案】C【例2】（2023年全国甲卷28题）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：①②反应③的_______，平衡常数_______(用表示)。（2）电喷雾电离等方法得到的(等)与反应可得。与反应能高选择性地生成甲醇。分别在和下(其他反应条件相同)进行反应，结果如下图所示。图中的曲线是_______(填“a”或“b”。、时的转化率为_______(列出算式)。（3）分别与反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以示例)。(ⅰ)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。(ⅱ)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，则与反应的能量变化应为图中曲线_______(填“c”或“d”)。(ⅲ)与反应，氘代甲醇的产量_______(填“＞”“＜”或“=”)。若与反应，生成的氘代甲醇有_______种。【答案】（1）①.②.或（2）①.b②.（3）①.Ⅰ②.c③.＜④.2【解析】【小问1详解】根据盖斯定律可知，反应③=(反应②①)，所以对应；根据平衡常数表达式与热化学方程式之间的关系可知，对应化学平衡常数或，故答案为：；或；【小问2详解】根据图示信息可知，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300K条件下的反应；根据上述分析结合图像可知，、时lg()=0.1，则=100.1，利用数学关系式可求出，根据反应可知，生成的M+即为转化的，则的转化率为；故答案为：b；；【小问3详解】(ⅰ)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；(ⅱ)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，与反应的能量变化应为图中曲线c；(ⅲ)与反应时，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＜；根据反应机理可知，若与反应，生成的氘代甲醇可能为或共2种，故答案为：＜；2。2.基于物质变化辨识催化剂【例3】（2023年湖南卷14题）是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某(Ⅱ)催化剂(用表示)能高效电催化氧化合成，其反应机理如图所示。下列说法错误的是A.(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，配体失去质子能力增强B.M中的化合价为C.该过程有非极性键的形成D.该过程的总反应式：【答案】B【解析】【详解】A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，中的带有更多的正电荷，其与N原子成键后，吸引电子的能力比(Ⅱ)强，这种作用使得配体中的键极性变强且更易断裂，因此其失去质子（）的能力增强，A说法正确；B．(Ⅱ)中的化合价为+2，当其变为(Ⅲ)后，的化合价变为+3，(Ⅲ)失去2个质子后，N原子产生了1个孤电子对，的化合价不变；M为，当变为M时，N原子的孤电子对拆为2个电子并转移给1个电子，其中的化合价变为，因此，B说法不正确；C．该过程M变为时，有键形成，是非极性键，C正确；D．从整个过程来看，4个失去了2个电子后生成了1个和2个，(Ⅱ)是催化剂，因此，该过程的总反应式为，D说法正确；综上所述，本题选B。基于途径变化探析催化剂【例4】（2023年新课标卷29题）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题：（1）根据图1数据计算反应的_______。（2）研究表明，合成氨反应在催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，表示被吸附于催化剂表面的)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为_______(填步骤前的标号)，理由是_______。（3）合成氨催化剂前驱体(主要成分为)使用前经还原，生成包裹的。已知属于立方晶系，晶胞参数，密度为，则晶胞中含有的原子数为_______(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。（4）在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为，另一种为。(物质i的摩尔分数：)①图中压强由小到大的顺序为_______，判断的依据是_______。②进料组成中含有情性气体的图是_______。③图3中，当、时，氮气的转化率_______。该温度时，反应的平衡常数_______(化为最简式)。【答案】（1）（2）①.(ⅱ)②.在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于的键能比HH键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)（3）（4）①.②.合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大③.图4④.⑤.【解析】【小问1详解】在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由图1数据可知，反应的。【小问2详解】由图1中信息可知，的，则的键能为；的，则HH键的键能为。在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于的键能比HH键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)。【小问3详解】已知属于立方晶系，晶胞参数，密度为，设其晶胞中含有的原子数为，则晶体密度，解之得，即晶胞中含有的原子数为。【小问4详解】①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数，因此，图中压强由小到大的顺序为，判断的依据是：合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。

②对比图3和图4中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图4中平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下充入情性气体，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分子数增大的方向移动，因此，充入情性气体不利于合成氨，进料组成中含有情性气体的图是图4。③图3中，进料组成为两者物质的量之比为3:1。假设进料中氢气和氮气的物质的量分别为3mol和1mol，达到平衡时氮气的变化量为xmol，则有：当、时，，解之得，则氮气的转化率，平衡时、、的物质的量分别为、2、，其物质的量分数分别为、、，则该温度下因此，该温度时，反应的平衡常数。二、知识重构催化剂：向反应中加入催化剂后，催化剂通过改变反应历程达到降低活化能的目的，继而达到增大化学反应速率的目的。催化剂既是反应物也是生成物，反应前后质量和化学性质不变。三、重温经典【例1】（2020年天津卷10题）理论研究表明，在101kPa和298K下，异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是A.HCN比HNC稳定B.该异构化反应的C.正反应的活化能大于逆反应的活化能D.使用催化剂，可以改变反应的反应热【10题答案】【答案】D【解析】【详解】A．根据图中信息得到HCN能量比HNC能量低，再根据能量越低越稳定，因此HCN比HNC稳定，故A正确；B．根据焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，因此该异构化反应，故B正确；C．根据图中信息得出该反应是吸热反应，因此正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C正确；D．使用催化剂，不能改变反应的反应热，只改变反应路径，反应热只与反应物和生成物的总能量有关，故D错误。综上所述，答案为D。【例2】（2022年湖南卷12题）反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如下图所示：下列有关四种不同反应进程的说法正确的是A.进程Ⅰ是放热反应 B.平衡时P的产率：Ⅱ>ⅠC.生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ D.进程Ⅳ中，Z没有催化作用【答案】AD【解析】【详解】A．由图中信息可知，进程Ⅰ中S的总能量大于产物P的总能量，因此进程I是放热反应，A说法正确；B．进程Ⅱ中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时P产率相同，B说法不正确；C．进程Ⅲ中由S•Y转化为P•Y的活化能高于进程Ⅱ中由S•X转化为P•X的活化能，由于这两步反应分别是两个进程的决速步骤，因此生成P的速率为Ⅲ<Ⅱ，Ｃ说法不正确；D．由图中信息可知，进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S•Z，然后S•Z转化为产物P•Z，由于P•Z没有转化为P＋Z，因此，Z没有表现出催化作用，D说法正确；综上所述，本题选AD。【例2】（2020年全国Ⅱ卷11题）据文献报道：Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是()A．OH－参与了该催化循环B．该反应可产生清洁燃料H2C．该反应可消耗温室气体CO2D．该催化循环中Fe的成键数目发生变化第11题图【答案】C本题考查Fe(CO)5催化某反应的反应机理。催化循环中，转化为的过程中消耗了OH－，转化为的过程中生成了OH－，可知OH－参与了该催化循环，A项正确；转化为的过程中产生了清洁燃料H2，且整个催化循环中H2不被消耗，B项正确；转化为的过程中生成了CO2，且整个反应过程中没有消耗CO2的步骤，C项错误；催化循环中，Fe的成键数目有4(如)、5(如)或6(如)，成键数目发生变化，D项正确。模型建构催化剂参与反应历程认知模型五、教学策略1.注重关键能力的培养：基于循环图、能垒图和反应机理，要重视引导学生获取关键信息和实现信息深度加工能力的培养。2.注重思维模型的建构：无论是对催化机理的认识，还是基元反应历程的书写，都要抓住总反应与基元反应的关系，从连续性反应的特征出发。3.注重证据推理意识的培养:基于分子水平认识反应的动力学过程，引导学生认识真实的微观反应，尊重证据的前提下寻求对证据的科学理解。键类二维角度认识有机反应考向分析【例1】（2023年北京卷17题）化合物是合成抗病毒药物普拉那韦的原料，其合成路线如下。已知：（1）A中含有羧基，A→B的化学方程式是____________________。（2）D中含有的官能团是__________。（3）关于D→E的反应：①的羰基相邻碳原子上的CH键极性强，易断裂，原因是____________________。②该条件下还可能生成一种副产物，与E互为同分异构体。该副产物的结构简式是__________。（4）下列说法正确的是__________(填序号)。a．F存在顺反异构体b．J和K互为同系物c．在加热和催化条件下，不能被氧化（5）L分子中含有两个六元环。的结构简式是__________。（6）已知：，依据的原理，和反应得到了。的结构简式是__________。【答案】（1）（2）醛基（3）①.羰基为强吸电子基团，使得相邻碳原子上的电子偏向羰基上的碳原子，使得相邻碳原子上的键极性增强②.（4）ac（5）（6）【解析】【分析】A中含有羧基，结合A的分子式可知A为；A与乙醇发生酯化反应，B的结构简式为；D与2戊酮发生加成反应生成E，结合E的结构简式和D的分子式可知D的结构简式为，E发生消去反应脱去1个水分子生成F，F的结构简式为，D→F的整个过程为羟醛缩合反应，结合G的分子式以及G能与B发生已知信息的反应可知G中含有酮羰基，说明F中的碳碳双键与发生加成反应生成G，G的结构简式为；B与G发生已知信息的反应生成J，J为；K在溶液中发生水解反应生成，酸化得到；结合题中信息可知L分子中含有两个六元环，由L的分子式可知中羧基与羟基酸化时发生酯化反应，L的结构简式为；由题意可知L和M可以发生类似D→E的加成反应得到，发生酮式与烯醇式互变得到，发生消去反应得到P，则M的结构简式为。【小问1详解】A→B的化学方程式为。答案为；【小问2详解】D的结构简式为，含有的官能团为醛基。答案为醛基；【小问3详解】①羰基为强吸电子基团，使得相邻碳原子上的电子偏向碳基上的碳原子，使得相邻碳原子上的键极性增强，易断裂。②2戊酮酮羰基相邻的两个碳原子上均有键，均可以断裂与苯甲醛的醛基发生加成反应，如图所示，1号碳原子上的键断裂与苯甲醛的醛基加成得到E，3号碳原子上的键也可以断裂与苯甲醛的醛基加成得到副产物。答案为羰基为强吸电子基团，使得相邻碳原子上的电子偏向羰基上的碳原子，使得相邻碳原子上的C−H键极性增强；；【小问4详解】a．F的结构简式为，存在顺反异构体，a项正确；b．K中含有酮脲基，J中不含有酮脲基，二者不互为同系物，b项错误；c．J的结构简式为，与羟基直接相连的碳原子上无H原子，在加热和作催化剂条件下，J不能被氧化，c项正确；故选ac；【小问5详解】由上分析L为。答案为；【小问6详解】由上分析M为。答案为。三大难点：有机流程中结构简式的推断、限定条件下同分异构体书写、合成路线设计。根本原因：尽管学生能掌握具体官能团的结构和性质，但是认知水平仅仅停留在识记和理解两个低阶的层面上。而高考题立足学科本质,注重关键能力的考查。学生由于迁移能力、分析与推测能力不足,无法精准获取有机物之间相互转化的本质,导致真实情境中无法有效地提取相关知识去分析和解决问题。模型建构基于键类二维视角认识有机反应的认知模型首先关注有机物的官能团类型和化学键的极性(包括成键原子的电负性差值、邻近基团对化学键的影响)，明确断键部位；再根据“正负电荷相互吸引”的原则,分析新物质的形成。三、教学策略教学内容认识有机化合物思路方法的进阶发展有机化合物中的共价键通过从结构角度分析必修二中典型有机化合物的反应，建立π键与加成反应、σ键与取代反应和电负性的关联，以乙烯和乙醇为例，建立具体的加成反应和取代反应的认识思路，构建分析有机化合物的一般思路。烷烃、烯烃、炔烃应用分析有机化合物的一般思路，预测烷烃、烯烃、炔烃的性质，从一个到一类，从单官能团到多官能团，从具体到抽象，学生从结构的角度解释原因，发展学生的逻辑推理能力。芳香烃应用分析有机化合物的一般思路，预测烷烃、烯烃、炔烃的性质，从一个到一类，从单官能团到多官能团，从具体到抽象，学生从结构的角度解释原因，发展学生的逻辑推理能力。卤代烃应用完善的认识有机化合物的一般思路，预测卤代烃的性质，建立消去反应的认识思路，从化学键的单角度预测到化学键与物质转化的多角度预测。醇、酚、醛、酮、羧酸、羧酸衍生物应用完善的认识有机化合物的一般思路，从化学键和物质转化角度预测烃的含氧衍生物的性质，通过有机化合物性质的结构解释，发展学生的逻辑推理能力。在全面、多角度、独立预测有机化合物性质的过程中，内化与评价学生对认识有机化合物思路的理解水平。水溶液中离子平衡的图像分析考向分析【例1】（2023年湖南卷12题）常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A.约为B.点a：C.点b：D.水的电离程度：【答案】D【解析】【分析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。【详解】A．由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=103.38mol/L，==104.76，故A正确；B．a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl)=c(CH3COOH)+c(CH3COO)，故B正确；C．点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO的水解程度，则c(CH3COOH)<c(CH3COO)，故C正确；D．c点溶液中CH3COO水解促进水的电离，d点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d，故D错误；答案选D。【例2】（2023年北京卷14题）利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。已知：i.图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始，不同下由图1得到]。下列说法不正确的是A.由图1，B.由图2，初始状态，无沉淀生成C.由图2，初始状态，平衡后溶液中存在D.由图1和图2，初始状态、，发生反应：【答案】C【解析】【详解】A．水溶液中的离子平衡从图1可以看出时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；B．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确；C．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中，C项错误；D．时，溶液中主要含碳微粒是，，时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，D项正确；故选C。知识重构考查的化学基础知识主要是两大理论：弱电解质的电离、盐类的水解，三大守恒：电荷守恒、物料守恒、质子守恒，四大常数。抓住五个关键点例如：常温下，用0.1000mol例如：常温下，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图。起点：0.1000mol起点：0.1000mol·L－1CH3COOH粒子浓度大小关系：c(CH3COOH)﹥c(H+)﹥c(CH3COO－)﹥c(OH)计算：Ka电离度C(H+)（二）中和点CH3COONa粒子浓度大小关系：C(Na+)﹥c(CH3COO)﹥c(OH)﹥c(CH3COOH)﹥c(H+)电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)物料守恒：c(Na+)=c(CH3COO－)+c(CH3COOH)质子守恒：c（CH3COOH）+c(H+)=c(OH－)（三）中性点（CH3COOH和CH3COONa混合溶液）微粒浓度大小关系：C(Na+)=c((CH3COO－)﹥c(CH3COOH)﹥c(H+)=c(OH－)（四）中和一半点（1:1CH3COOH和CH3COONa）微粒浓度大小关系：c(CH3COO－)>c(Na+)﹥c(CH3COOH)﹥c(H+)﹥c(OH－)（五）过量一半点（1:1CH3COONa和NaOH）微粒浓度大小关系：C(Na+)﹥c(OH－)﹥c(CH3COO－)﹥c(CH3COOH)﹥c(H+)三、重温经典【例2】（2020年全国Ⅰ卷13题）以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2－的分布系数：δ(A2－)＝eq\f(c（A2－）,c（H2A）＋c（HA－）＋c（A2－）)]下列叙述正确的是()A．曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA－)B．H2A溶液的浓度为0.2000mol·L－1C．HA－的电离常数Ka＝1.0×10－2D．滴定终点时，溶液中c(Na＋)<2c(A2－)＋c(HA－)第13题图【答案】C读图知，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH溶液的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数