2024年高考化学终极押题密卷1（新高考1）含答案

2024年高考化学终极押题密卷1（新高考1）一．选择题（共7小题）1．已知：CH4+Cl2→CH3Cl+HCl，下列说法正确的是（）A．CH4的球棍模型： B．CH4的分子空间构型：正方形 C．Cl﹣的结构示意图： D．此反应为取代反应2．从柑橘中炼制萜二烯（），下列有关它的推测，不正确的是（）A．分子式为C10H16 B．它能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C．该分子所有的碳原子可能在一个平面 D．与过量的溴的CCl4溶液反应后产物为3．下列化学用语或表述正确的是（）A．沸点：对羟基苯甲醛＜邻羟基苯甲醛 B．硅原子2py轨道电子云图： C．酸性：HClO4＜HBrO4 D．基态Se的简化电子排布式为：[Ar]4s24p24．关于原电池原理示意图错误的是（）A．锌片溶解 B．铜得到电子，被还原 C．锌失去电子，被氧化 D．电子从锌片经导线流向铜片5．下列实验操作或装置正确的是（）A．蒸发除去苯甲酸中的乙醇 B．用氢氧化钠溶液滴定醋酸溶液 C．除去水中的苯 D．实验室纯化工业乙酸乙酯6．1，2﹣丙二醇可用作制备不饱和聚酯树脂的原料，在化妆品、牙膏和香皂中可与甘油配合用作润湿剂。已知1，2﹣丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理如图所示。下列说法不正确的是（）A．X的化学式为H2O B．催化过程中金属元素Mo成键数发生改变 C．MoO3是该反应的催化剂，可通过降低反应的活化能来提高化学反应速率 D．整个反应的化学方程式为7．常温下，某学习小组用HA（强酸）调节pH，将AgB的溶解度（mol⋅L﹣1）的变化数据绘制出曲线如图所示。在酸性条件下忽略Ag+的水解。已知：，。下列说法错误的是（）A．x的值：3.0＜x＜4.0 B．b点的溶液中存在：c（Ag+）＞c（B﹣）＞c（HB） C．水的电离程度：a＞b D．c点的溶液中：Ksp＞c（B﹣）c（HB）或Ksp＞c（B﹣）c（A﹣）均正确二．解答题（共4小题）8．从物质类别和元素化合价两个维度研究物质的性质及转化是重要的化学学习方法。氯及其化合物有重要用途，如图为氯元素的“价类二维图”的部分信息。请回答下列问题：（1）根据图中信息写出Y、Z的化学式、。（2）漂白液的有效成分是，氯气既有氧化性又有还原性，结合图示说明理由。（3）实验室可用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制得氯气。写出该反应的化学方程式该反应中盐酸表现（填字母）。A．酸性B．氧化性C．还原性（4）84消毒液使用说明中特别提醒不可与洁厕灵混合使用，否则会产生氯气，有关反应方程式为NaClO+2HCl═NaCl+Cl2↑+H2O，下列有关该反应说法不正确的是。A．n（氧化剂）：n（还原剂）＝1：1B．n（氧化剂）：n（还原剂）＝1：2C．氧化性：NaClO＞Cl2D．Cl2既是氧化产物又是还原产物（5）ClO2在杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐（），需将其转化为Cl﹣除去，下列试剂中可将转化为Cl﹣的是（填字母）。A．O3B．FeSO4C．KID．KMnO49．CO2选择性加氢制二甲醚（DME）是实现CO2资源化利用的重要途径之一。近日，我国某研究团队通过镓改性的疏水二氧化硅负载铜基催化剂（Me：﹣CH3），实现了CO2加氢制二甲醚的高效催化。其主要反应为：反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）反应Ⅱ：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）反应Ⅲ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）（1）则反应Ⅳ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH＝kJ•mol﹣1，该反应在（填“低温”或“高温”）下可自发进行。（2）已知：生成物A的选择性＝，在4.0MPa下，密闭容器中充入1molCO2和4molH2发生反应，CO2的平衡转化率和生成物的选择性随温度变化如图所示（不考虑其他因素影响）：①在220℃条件下，平衡时n（CO）＝mol，计算反应Ⅱ的平衡常数Kp为（保留3位有效数字）；②温度高于280℃，CO2的平衡转化率随温度升高而上升，从平衡移动的角度分析原因：；③其他条件不变，压强改为3.0MPa，图中点C将可能调至点（填“A”、“B”或“D”）。（3）结合图像解释“镓物种和疏水基团”在反应Ⅱ进行过程中的重要作用：。10．锰（Mn）、钴（Co）、镍（Ni）等过渡金属元素化合物的应用研究是前沿科学之一，回答下列问题：（1）Mn的价电子排布式为。金属锰可导电、导热，有金属光泽和延展性，这些性质都可以用“理论”解释。（2）已知金属锰有多种晶型，γ型锰的面心立方晶胞俯视图符合下列（填序号），每个Mn原子周围紧邻的原子数为。A.B.C.D.（3）[Co（DMSO）6]（ClO4）2是一种紫色晶体，其中DMSO为二甲基亚砜，化学式为SO（CH3）2，DMSO中硫原子的杂化轨道类型为，SO（CH3）2中键角C﹣S﹣OCH3COCH3中键角C﹣C﹣O（填“大于”“小于”或“等于”），ClO4的空间构型是，元素S、Cl、O的电负性由大到小的顺序为。（4）镍和苯基硼酸在催化剂作用下可以合成丙烯醇（CH2＝CH﹣CH2OH），其相对分子质量等于丙醛（CH3CH2CHO），但两者沸点相差较大，原因是。（5）NiO的晶胞结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为（0，0，0），B为（1，1，1），则C的离子坐标参数为。一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2﹣作密置单层排列，Ni2+填充其中（如图乙），已知O2﹣的半径为apm，设阿伏加德罗常数值为NA，每平方米面积上具有该晶体的质量为g（用含a、NA的代数式表示）。11．溴丙胺太林是一种辅助治疗十二指肠溃疡的药物，其合成路线如图所示：请回答下列问题：（1）C的化学名称为；F中含有的官能团名称为。（2）B转化为C的反应类型是。（3）D的结构简式为。（4）E到F反应中，无机产物分子的VSEPR模型名称为。（5）写出Ⅰ转化为K的化学方程式：。（6）X是Ⅰ的同分异构体，具有如下结构与性质：①含有结构；②能发生银镜反应；③除苯环外，不含其他环。符合条件的X共有种，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积比为1：2：2的结构简式为。三．工艺流程题（共1小题）12．氧化铋（Bi2O3）是一种淡黄色、低毒的氧化物俗称铋黄，广泛应用于医药合成、能源材料等领域，也是制作防火纸的材料之一。以铋精矿（主要成分Bi2S3，还含有SiO2、Cu2S、FeS2、PbO2等杂质）为原料制备Bi2O3的一种工艺流程如图所示：已知：①PbO2不溶于稀盐酸，“酸浸”后溶液中金属阳离子主要有Na+、Bi3+、Fe3+、Cu2+等。②盐酸羟胺常用作还原剂。③BiCl3在pH＝1时开始水解，pH≥3时BiCl3几乎完全水解为白色的BiOCl沉淀。④常温下部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：金属离子Fe3+Fe2+Cu2+开始沉淀完全沉淀回答下列问题：（1）Bi与N同主族，Bi原子处于基态时电子占据最高能级的电子云轮廓图为形。（2）“滤渣1”的主要成分有S、，工业上以纯碱、石灰石、（填化学式）为原料生产普通玻璃。（3）写出“酸浸”步骤中Bi2S3发生氧化还原反应的离子方程式：。（4）“转化”步骤中加入盐酸羟胺（NH3OHCl）的目的是。“调pH”步骤中加入Na2CO3调节溶液的pH，其合理范围为。（5）“滤液2”中主要的金属阳离子有（填离子符号）；流程中生成（BiO）2CO3的化学方程式为。

2024年菁优高考化学终极押题密卷1（新高考1）参考答案与试题解析一．选择题（共7小题）1．已知：CH4+Cl2→CH3Cl+HCl，下列说法正确的是（）A．CH4的球棍模型： B．CH4的分子空间构型：正方形 C．Cl﹣的结构示意图： D．此反应为取代反应【考点】球棍模型与比例模型；判断简单分子或离子的构型．【专题】原子组成与结构专题．【答案】D【分析】A．是CH4的空间充填模型，不是球棍模型；B．CH4的价层电子对数＝4+＝4，C原子sp3杂化，据此判断分子空间构型；C．氯原子得到一个电子形成了氯离子，核电荷数为17，核外电子数18，据此写出Cl﹣的结构示意图；D．有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团代替发生的反应为取代反应。【解答】解：A．CH4分子是正四面体结构，球棍模型：，故A错误；B．CH4的分子空间构型为正四面体形，故B错误；C．氯离子的结构示意图为：，故C错误；D．已知：CH4+Cl2→CH3Cl+HCl，反应为取代反应，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及结构简式、原子结构示意图、电子式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力。2．从柑橘中炼制萜二烯（），下列有关它的推测，不正确的是（）A．分子式为C10H16 B．它能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C．该分子所有的碳原子可能在一个平面 D．与过量的溴的CCl4溶液反应后产物为【考点】有机物的结构和性质．【答案】C【分析】由及C形成4个共价键，分析分子式，分子中含C＝C，结合烯烃的性质来解答。【解答】解：A．由结构简式可知，分子式为C10H16，故A正确；B．含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B正确；C．含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不可能在同一个平面上，故C错误；D．含2个双键，与2mol溴发生加成，则与过量的溴的CCl4溶液反应后产物为，故D正确；故选：C。【点评】本题考查有机物结构和性质，为高考常见题型，侧重考查烯烃性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意D中发生加成反应特点，题目难度不大。3．下列化学用语或表述正确的是（）A．沸点：对羟基苯甲醛＜邻羟基苯甲醛 B．硅原子2py轨道电子云图： C．酸性：HClO4＜HBrO4 D．基态Se的简化电子排布式为：[Ar]4s24p2【考点】电子排布式与电子排布图；原子核外电子排布．【专题】化学用语专题．【答案】B【分析】A．对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键；B．硅原子2py轨道为纺锤形，沿着y轴延伸；C．同主族元素从上到下，最高价含氧酸酸性依次减弱；D．漏掉3d上的电子。【解答】解：A．对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，沸点：对羟基苯甲醛＞邻羟基苯甲醛，故A错误；B．硅原子2py轨道电子云图：，故B正确；C．酸性：HClO4＞HBrO4，故C错误；D．基态Se的简化电子排布式为：[Ar]3d104s24p2，故D错误；故选：B。【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，为高频考点，涉及电子云图、电子排布表示式等知识，把握常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。4．关于原电池原理示意图错误的是（）A．锌片溶解 B．铜得到电子，被还原 C．锌失去电子，被氧化 D．电子从锌片经导线流向铜片【考点】原电池原理．【专题】电化学专题．【答案】B【分析】该原电池中，Zn易失电子作负极、Cu作正极，负极反应式为Zn﹣2e﹣＝Zn2+、正极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，电子从负极沿导线流向正极，据此分析解答。【解答】解：A．锌易失电子作负极，负极反应式为Zn﹣2e﹣＝Zn2+，所以随着反应的进行，锌片溶解，故A正确；B．正极为Cu，正极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，所以氢离子在铜表面被还原，产生气泡，铜未得到电子，故B错误；C．Zn易失电子作负极，被氧化，故C正确；D．电子从锌沿导线流向正极Cu，故D正确；故选：B。【点评】本题考查了原电池原理，明确原电池正负极的判断、正负极上发生的反应及电子流向即可解答，能正确书写电极反应式，题目难度不大。5．下列实验操作或装置正确的是（）A．蒸发除去苯甲酸中的乙醇 B．用氢氧化钠溶液滴定醋酸溶液 C．除去水中的苯 D．实验室纯化工业乙酸乙酯【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【答案】D【分析】A.苯甲酸溶于乙醇，二者沸点不同；B.氢氧化钠溶液滴定醋酸溶液，NaOH应盛放在碱式滴定管中；C.苯与水分层；D.工业乙酸乙酯中各有机物的沸点不同。【解答】解：A.苯甲酸溶于乙醇，二者沸点不同，不能选蒸发，应蒸馏分离，故A错误；B.氢氧化钠溶液滴定醋酸溶液，NaOH应盛放在碱式滴定管中，不能选图中酸式滴定管，故B错误；C.苯与水分层，不能过滤分离，应选分液法，故C错误；D.工业乙酸乙酯中各有机物的沸点不同，可选图中蒸馏装置分离，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。6．1，2﹣丙二醇可用作制备不饱和聚酯树脂的原料，在化妆品、牙膏和香皂中可与甘油配合用作润湿剂。已知1，2﹣丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理如图所示。下列说法不正确的是（）A．X的化学式为H2O B．催化过程中金属元素Mo成键数发生改变 C．MoO3是该反应的催化剂，可通过降低反应的活化能来提高化学反应速率 D．整个反应的化学方程式为【考点】探究化学反应机理．【专题】物质的性质和变化专题．【答案】D【分析】A．反应②为；B．Mo成键数发生改变；C．催化剂降低反应的活化能；D．由图可知，1，2﹣丙二醇为反应物，丙烯、甲醛和乙醛是生成物。【解答】解：A．由题干反应历程图可知，反应②为，则X为H2O，故A正确；B．由图可知，Mo成键数发生改变，故B正确；C．催化剂MoO3通过降低反应的活化能来提高化学反应速率，故C正确；D．由图可知，1，2﹣丙二醇为反应物，丙烯、甲醛和乙醛是生成物，则整个反应的化学方程式为：，故D错误；故选：D。【点评】本题考查反应过程，侧重考查学生反应机理的掌握情况，试题难度中等。7．常温下，某学习小组用HA（强酸）调节pH，将AgB的溶解度（mol⋅L﹣1）的变化数据绘制出曲线如图所示。在酸性条件下忽略Ag+的水解。已知：，。下列说法错误的是（）A．x的值：3.0＜x＜4.0 B．b点的溶液中存在：c（Ag+）＞c（B﹣）＞c（HB） C．水的电离程度：a＞b D．c点的溶液中：Ksp＞c（B﹣）c（HB）或Ksp＞c（B﹣）c（A﹣）均正确【考点】沉淀溶解平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【答案】C【分析】A．Ksp（AgBr）＝c（Ag+）•c（B﹣），a点时c（Ag+）＝0.10mol/L，则c（B﹣）＝mol/L＝0.002mol/L，物料守恒关系为c（Ag+）＝c（B﹣）+c（HB）＝0.10mol/L，c（HB）＝0.10mol/L﹣0.002mol/L≈0.10mol/L，结合Ka（HB）＝×c（H+）进行计算；B．由图可知，b点时pH＝5，c（H+）＝1.0×10﹣5mol/L，Ka（HB）＝×1.0×10﹣5＝1.75×10﹣5，c（B﹣）＝1.75c（HB）＞c（HB），结合物料守恒为c（Ag+）＝c（B﹣）+c（HB）分析判断；C．酸抑制水的电离，c（H+）越大，抑制作用越强；D．由图可知，c点溶液呈中性，c（H+）＝c（OH﹣），电荷守恒关系为c（Ag+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（B﹣）+c（A﹣），即c（Ag+）＝c（B﹣）+c（A﹣）＞c（A﹣），物料守恒关系为c（Ag+）＝c（B﹣）+c（HB）＞c（HB），结合Ksp（AgBr）＝c（Ag+）•c（B﹣）分析判断。【解答】解：A．a点时c（Ag+）＝0.10mol/L，Ksp（AgBr）＝c（Ag+）•c（B﹣），则c（B﹣）＝mol/L＝0.002mol/L，物料守恒关系为c（Ag+）＝c（B﹣）+c（HB）＝0.10mol/L，c（HB）＝0.10mol/L﹣0.002mol/L≈0.10mol/L，即Ka（HB）＝×c（H+）＝×c（H+）＝1.75×10﹣5，c（H+）＝8.75×10﹣4mol/L，由于1.0×10﹣4＜8.75×10﹣4＜1.0×103，所以3.0＜x＜4.0，故A正确；B．由图可知，b点时pH＝5，c（H+）＝1.0×10﹣5mol/L，Ka（HB）＝×1.0×10﹣5＝1.75×10﹣5，c（B﹣）＝1.75c（HB）＞c（HB），物料守恒为c（Ag+）＝c（B﹣）+c（HB）＞c（B﹣），所以b点的溶液中存在：c（Ag+）＞c（B﹣）＞c（HB），故B正确；C．由图可知，酸性：a＞b，酸抑制水的电离，c（H+）越大，抑制作用越强，则水的电离程度：a＜b，故C错误；D．由图可知，c点溶液呈中性，c（H+）＝c（OH﹣），电荷守恒关系为c（Ag+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（B﹣）+c（A﹣），即c（Ag+）＝c（B﹣）+c（A﹣）＞c（A﹣），物料守恒关系为c（Ag+）＝c（B﹣）+c（HB）＞c（HB），则Ksp（AgBr）＝c（Ag+）•c（B﹣）＞c（B﹣）•c（HB）或Ksp＞c（B﹣）•c（A﹣），故D正确；故选：C。【点评】本题考查沉淀溶解平衡图象分析，侧重图象分析判断能力和计算能力考查，把握溶度积常数和弱酸电离平衡常数表达式及其应用、水的电离及其影响因素是解题关键，注意掌握溶液中守恒关系式的应用，题目难度中等。二．解答题（共4小题）8．从物质类别和元素化合价两个维度研究物质的性质及转化是重要的化学学习方法。氯及其化合物有重要用途，如图为氯元素的“价类二维图”的部分信息。请回答下列问题：（1）根据图中信息写出Y、Z的化学式Cl2O7、HClO。（2）漂白液的有效成分是NaClO，氯气既有氧化性又有还原性，结合图示说明理由氯元素为0价，既有降低的趋势，又有升高趋势。（3）实验室可用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制得氯气。写出该反应的化学方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O该反应中盐酸表现AC（填字母）。A．酸性B．氧化性C．还原性（4）84消毒液使用说明中特别提醒不可与洁厕灵混合使用，否则会产生氯气，有关反应方程式为NaClO+2HCl═NaCl+Cl2↑+H2O，下列有关该反应说法不正确的是B。A．n（氧化剂）：n（还原剂）＝1：1B．n（氧化剂）：n（还原剂）＝1：2C．氧化性：NaClO＞Cl2D．Cl2既是氧化产物又是还原产物（5）ClO2在杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐（），需将其转化为Cl﹣除去，下列试剂中可将转化为Cl﹣的是BC（填字母）。A．O3B．FeSO4C．KID．KMnO4【考点】氯及其化合物的综合应用；根据化学式判断化合价．【专题】卤族元素．【答案】（1）Cl2O7；HClO；（2）NaClO；氯元素为0价，既有降低的趋势，又有升高的趋势；（3）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；AC；（4）B；（5）BC。【分析】（1）根据图中信息利用Cl元素的化合价和物质类别书写化学式；（2）氯气为0价，处于中间价态，所以既有降低的趋势，又有升高趋势；（3）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，浓盐酸既体现了还原性，又体现了酸性；（4）84消毒液与洁厕灵混合使用，会产生氯气，反应的离子方程式为2H++Cl﹣+ClO﹣═Cl2↑+H2O，则NaClO是氧化剂，盐酸是还原剂，Cl2既是氧化产物又是还原产物；（5）将转化为Cl﹣的物质具有还原性。【解答】解：（1）根据图中信息可知，Cl的化合价为+7价，Y为氧化物，则Y的化学式为Cl2O7，Z的化合价为+1价，Z为酸，则Z的化学式为：HClO，故答案为：Cl2O7；HClO；（2）漂白液的有效成分是NaClO，氯气既有氧化性又有还原性，结合图可知，理由是：氯元素为0价，既有降低的趋势，又有升高趋势，故答案为：NaClO；氯元素为0价，既有降低的趋势，又有升高趋势；（3）实验室可用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，则该反应的化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，盐酸的Cl的化合价部分由﹣1价升高变为0价，既体现了还原性，又体现了酸性，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；AC；（4）A.反应中，NaClO是氧化剂，HCl是还原剂，部分被氧化，则n（氧化剂）：n（还原剂）＝1：1，故A正确；B.n（氧化剂）：n（还原剂）＝1：1，则m（氧化剂）：m（还原剂）＝74.5：36.5，故B错误；C.NaClO是氧化剂，Cl2是氧化产物，则氧化性：NaClO＞Cl2，故C正确；D.Cl2中Cl元素来源于NaClO和HCl，既是氧化产物又是还原产物，故D正确；故答案为：B；（5）将转化为Cl﹣的物质具有还原性，则FeSO4和KI能将转化为Cl﹣，故BC正确，故答案为：BC。【点评】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中氯元素的化合价变化为解答的关键，平时注意方程式书写及判断，题目难度不大。9．CO2选择性加氢制二甲醚（DME）是实现CO2资源化利用的重要途径之一。近日，我国某研究团队通过镓改性的疏水二氧化硅负载铜基催化剂（Me：﹣CH3），实现了CO2加氢制二甲醚的高效催化。其主要反应为：反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）反应Ⅱ：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）反应Ⅲ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）（1）则反应Ⅳ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH＝﹣122.54kJ•mol﹣1，该反应在低温（填“低温”或“高温”）下可自发进行。（2）已知：生成物A的选择性＝，在4.0MPa下，密闭容器中充入1molCO2和4molH2发生反应，CO2的平衡转化率和生成物的选择性随温度变化如图所示（不考虑其他因素影响）：①在220℃条件下，平衡时n（CO）＝0.02mol，计算反应Ⅱ的平衡常数Kp为24.9（保留3位有效数字）；②温度高于280℃，CO2的平衡转化率随温度升高而上升，从平衡移动的角度分析原因：反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，升温时反应Ⅰ左移，反应Ⅲ右移，温度高于280℃时，反应Ⅲ右移程度大于反应Ⅰ左移程度，CO2的平衡转化率上升；③其他条件不变，压强改为3.0MPa，图中点C将可能调至点D（填“A”、“B”或“D”）。（3）结合图像解释“镓物种和疏水基团”在反应Ⅱ进行过程中的重要作用：镓物种作为催化剂加快了化学反应速率；疏水甲基基团调控了催化剂表面的浸润性，提升水分子的扩散速率并抑制其二次吸附，有利于反应正向进行，实现了催化剂活性、选择性提升，从而实现甲醇到二甲醚反应的高效转化。【考点】化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题．【答案】（1）﹣122.54；低温；（2）①0.02；24.9；②反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，升温时反应Ⅰ左移，反应Ⅲ右移，温度高于280℃时，反应Ⅲ右移程度大于反应Ⅰ左移程度，CO2的平衡转化率上升；③D；（3）镓物种作为催化剂加快了化学反应速率；疏水甲基基团调控了催化剂表面的浸润性，提升水分子的扩散速率并抑制其二次吸附，有利于反应正向进行，实现了催化剂活性、选择性提升，从而实现甲醇到二甲醚反应的高效转化。【分析】（1）根据盖斯定律，反应Ⅰ×2+反应Ⅱ，可得，2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH＝2ΔH1+ΔH2；根据ΔH﹣T△S＜0自发进行判断；（2）①在220℃条件下，平衡时CO2的转化率为40%，CO的选择性为5%，DME的选择性为80%，设反应Ⅰ转化的n（CO2）＝xmol，反应Ⅱ生成（DME）＝ymol，反应Ⅲ生成n（CO）＝zmol，CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）变化量（mol）x3xxx2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）变化量（mol）2yyyCO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）变化量（mol）zzzz则×100%＝40%，×100%＝5%，×100%＝80%，可解得，x＝0.38，y＝0.16，z＝0.02，根据Kp＝计算反应Ⅱ的平衡常数；②温度升高，平衡向吸热方向移动；③反应Ⅰ为气体减小的反应，反应Ⅱ、Ⅲ都为反应前后气体体积不变的反应，压强减小，反应Ⅰ逆向移动，甲醇的物质的量减小；（3）催化剂能加快反应速率；疏水甲基基团调控了催化剂表面的浸润性，提升水分子的扩散速率并抑制其二次吸附。【解答】解：（1）根据盖斯定律，反应Ⅰ×2+反应Ⅱ，可得，2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH＝2ΔH1+ΔH2＝2×（﹣49.01kJ•mol﹣1）+（﹣24.52kJ•mol﹣1）＝﹣122.54kJ•mol﹣1；ΔH＜0，反应Ⅳ为气体体积减小的反应，即△S＜0，根据ΔH﹣T△S＜0自发进行可知，低温下能自发进行，故答案为：﹣122.54；低温；（2）①在220℃条件下，平衡时CO2的转化率为40%，CO的选择性为5%，DME的选择性为80%，设反应Ⅰ转化的n（CO2）＝xmol，反应Ⅱ生成（DME）＝ymol，反应Ⅲ生成n（CO）＝zmol，CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）变化量（mol）x3xxx2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）变化量（mol）2yyyCO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）变化量（mol）zzzz则×100%＝40%，×100%＝5%，×100%＝80%，可解得，x＝0.38，y＝0.16，z＝0.02，即n（CO）＝0.02mol，n（H2O）＝（x+y+z）mol＝0.56mol，n（CH3OCH3）＝0.16mol，n（CH3OH）＝（x﹣2y）mol＝0.06mol，p（CH3OCH3）＝×p总，p（H2O）＝×p总，p（CH3OH）＝×p总，反应Ⅱ的平衡常数Kp＝＝≈24.9，故答案为：0.02；24.9；②反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，升温时反应Ⅰ左移，反应Ⅲ右移，温度高于280℃时，反应Ⅲ右移程度大于反应Ⅰ左移程度，使CO2的平衡转化率随温度升高而上升，故答案为：反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，升温时反应Ⅰ左移，反应Ⅲ右移，温度高于280℃时，反应Ⅲ右移程度大于反应Ⅰ左移程度，CO2的平衡转化率上升；③其他条件不变，压强改为3.0MPa，压强减小，反应Ⅰ为气体减小的反应，反应Ⅱ、Ⅲ都为反应前后气体体积不变的反应，压强减小，反应Ⅰ逆向移动，甲醇的物质的量减小，则反应Ⅱ逆向移动，CH3OCH3的物质的量减小，DME的选择性减小，图中点C将可能调至点D，故答案为：D；（3）镓物种作为催化剂能加快反应速率；疏水甲基基团调控了催化剂表面的浸润性，提升水分子的扩散速率并抑制其二次吸附，有利于反应正向移动，实现了催化剂活性、选择性提升，从而实现甲醇到二甲醚反应的高效转化故答案为：镓物种作为催化剂加快了化学反应速率；疏水甲基基团调控了催化剂表面的浸润性，提升水分子的扩散速率并抑制其二次吸附，有利于反应正向进行，实现了催化剂活性、选择性提升，从而实现甲醇到二甲醚反应的高效转化。【点评】本题考查化学平衡的计算、外界条件对化学平衡的影响等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确化学平衡常数的计算方法、图像分析是解本题关键，题目难度较大。10．锰（Mn）、钴（Co）、镍（Ni）等过渡金属元素化合物的应用研究是前沿科学之一，回答下列问题：（1）Mn的价电子排布式为3d54d2。金属锰可导电、导热，有金属光泽和延展性，这些性质都可以用“电子气理论”解释。（2）已知金属锰有多种晶型，γ型锰的面心立方晶胞俯视图符合下列C（填序号），每个Mn原子周围紧邻的原子数为12。A.B.C.D.（3）[Co（DMSO）6]（ClO4）2是一种紫色晶体，其中DMSO为二甲基亚砜，化学式为SO（CH3）2，DMSO中硫原子的杂化轨道类型为sp3，SO（CH3）2中键角C﹣S﹣O小于CH3COCH3中键角C﹣C﹣O（填“大于”“小于”或“等于”），ClO4的空间构型是正四面体形，元素S、Cl、O的电负性由大到小的顺序为O＞Cl＞S。（4）镍和苯基硼酸在催化剂作用下可以合成丙烯醇（CH2＝CH﹣CH2OH），其相对分子质量等于丙醛（CH3CH2CHO），但两者沸点相差较大，原因是丙烯醇分子之间能形成分子间氢键。（5）NiO的晶胞结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为（0，0，0），B为（1，1，1），则C的离子坐标参数为（1，，）。一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2﹣作密置单层排列，Ni2+填充其中（如图乙），已知O2﹣的半径为apm，设阿伏加德罗常数值为NA，每平方米面积上具有该晶体的质量为g（用含a、NA的代数式表示）。【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【专题】化学键与晶体结构．【答案】（1）3d54d2；电子气；（2）C；12；（3）sp3；小于；正四面体形；O＞Cl＞S；（4）烯醇分子之间能形成分子间氢键；（5）（1，，）；。【分析】（1）锰元素的原子序数为24；金属晶体中原子之间存在金属键，描述金属键本质的最简单理论是电子气理论；（2）γ型锰为面心立方晶胞，晶胞中锰原子位于晶胞的顶点和面心；（3）二甲基亚砜中硫原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，丙酮中羰基碳原子的杂化方式为sp2杂化，无孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用；（4）相对分子质量相等的丙烯醇和丙醛中，丙烯醇分子间之间能形成分子间氢键，分子间的分子间作用力大于丙醛；（5）由氧化镍晶胞中离子坐标参数A为（0，0，0）、B为（1，1，1）可知，晶胞的边长为1，则位于右侧面心离子坐标参数C为（1，，）；由图乙可知，每个镍离子被3个氧离子包围，每个氧离子被3个镍离子包围，相对位置如图所示：，相邻的3个氧离子的中心形成边长为2apm的正三角形，每个三角形中含有1个镍离子，三角形的面积为×2apm×2apm×sin60°＝a2pm2，实际上镍离子被如图所示的两个小三角形所包含：，两个小三角形形成的平行四边形的面积为2a2pm2，含有的氧离子个数为6×＝1，则每平方米面积上具有该晶体的质量为g。【解答】解：（1）锰元素的原子序数为24，基态原子的价电子排布式为3d54d2；金属晶体中原子之间存在金属键，描述金属键本质的最简单理论是电子气理论，电子气理论可解释金属晶体的熔沸点的高低，也可以解释金属的导电、导热性能，有金属光泽和延展性，则金属锰可导电、导热，有金属光泽和延展性可用电子气理论解释，故答案为：3d54d2；电子气；（2）γ型锰为面心立方晶胞，晶胞中锰原子位于晶胞的顶点和面心，由图可知，C为面心立方晶胞俯视图，晶胞中顶点的锰与位于面心的锰原子紧邻，则每个锰原子周围紧邻的原子数为12，故答案为：C；12；（3）二甲基亚砜中硫原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，则硫原子的杂化方式为sp3杂化，丙酮中羰基碳原子的杂化方式为sp2杂化，无孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，则二甲基亚砜中键角∠C﹣S﹣O小于丙酮中键角∠C﹣C﹣O；高氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，则离子的空间构型为正四面体形；元素的非金属性越大，电负性越大，元素非金属性的强弱顺序为O＞Cl＞S，则电负性的大小顺序为O＞Cl＞S，故答案为：sp3；小于；正四面体形；O＞Cl＞S；（4）相对分子质量相等的丙烯醇和丙醛中，丙烯醇分子间之间能形成分子间氢键，分子间的分子间作用力大于丙醛，沸点高于丙醛，故答案为：丙烯醇分子之间能形成分子间氢键；（5）由氧化镍晶胞中离子坐标参数A为（0，0，0）、B为（1，1，1）可知，晶胞的边长为1，则位于右侧面心离子坐标参数C为（1，，）；由图乙可知，每个镍离子被3个氧离子包围，每个氧离子被3个镍离子包围，相对位置如图所示：，相邻的3个氧离子的中心形成边长为2apm的正三角形，每个三角形中含有1个镍离子，三角形的面积为×2apm×2apm×sin60°＝a2pm2，实际上镍离子被如图所示的两个小三角形所包含：，两个小三角形形成的平行四边形的面积为2a2pm2，含有的氧离子个数为6×＝1，则每平方米面积上具有该晶体的质量为g＝g，故答案为：（1，，）；。【点评】本题考查晶胞计算，属于拼合型题目，侧重考查学生分析计算能力、理解能力、知识迁移运用能力，需要学生具备扎实的基础，理解熟记中学常见晶胞结构特点，掌握均摊法进行晶胞有关计算。11．溴丙胺太林是一种辅助治疗十二指肠溃疡的药物，其合成路线如图所示：请回答下列问题：（1）C的化学名称为2﹣氯苯甲酸或邻氯苯甲酸；F中含有的官能团名称为羧基和醚键。（2）B转化为C的反应类型是氧化反应。（3）D的结构简式为。（4）E到F反应中，无机产物分子的VSEPR模型名称为四面体。（5）写出Ⅰ转化为K的化学方程式：。（6）X是Ⅰ的同分异构体，具有如下结构与性质：①含有结构；②能发生银镜反应；③除苯环外，不含其他环。符合条件的X共有15种，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积比为1：2：2的结构简式为。【考点】有机物的合成；有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【答案】（1）2﹣氯苯甲酸或邻氯苯甲酸；羧基和醚键；（2）氧化反应；（3）；（4）四面体；（5）；（6）15；。【分析】根据C的结构简式知，A中含有苯环，结合A的分子式知，A为，B为，B中甲基发生氧化反应生成C，C为和苯酚发生取代反应生成D，D经过酸化得到E，E为，则D的结构简式为：，E发生还原反应生成F，则F为，F在Zn、NaOH作用下反应生成G，发生水解反应生成H，根据K和I的结构简式知，J为，I和J发生酯化反应生成K，K和CH3Br反应生成溴丙胺太林，据此分析回答问题。【解答】解：（1）题意分析可知C的化学名称为2﹣氯苯甲酸或邻氯苯甲酸，F中含有的官能团名称为羧基和醚键，故答案为：2﹣氯苯甲酸或邻氯苯甲酸；羧基和醚键；（2）B转化为C的反应是在酸性高锰酸钾溶液中氧化生成2﹣氯苯甲酸，反应类型是：氧化反应，故答案为：氧化反应；（3）分析可知，D的结构简式为：，故答案为：；（4）E到F反应中，无机产物分子为H2O，水分子的VSEPR模型名称为四面体，故答案为：四面体；（5）Ⅰ转化为K的化学方程式为：，故答案为：；（6）X是Ⅰ的同分异构体，具有如下结构与性质：①含有结构；②能发生银镜反应；③除苯环外，不含其他环，其它为两个醛基取代基，用定一移一法，得到符合条件的X共有3×5＝15种，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积比为1：2：2的结构简式为：，故答案为：15；。【点评】本题考查了有机物的制备过程分析判断，主要是有机物发生反应的类型、反应实质和官能团变化的理解应用，注意同分异构体书写的原则和方法，题目难度较大。三．工艺流程题（共1小题）12．氧化铋（Bi2O3）是一种淡黄色、低毒的氧化物俗称铋黄，广泛应用于医药合成、能源材料等领域，也是制作防火纸的材料之一。以铋精矿（主要成分Bi2S3，还含有SiO2、Cu2S、FeS2、PbO2等杂质）为原料制备Bi2O3的一种工艺流程如图所示：已知：①PbO2不溶于稀盐酸，“酸浸”后溶液中金属阳离子主要有Na+、Bi3+、Fe3+、Cu2+等。②盐酸羟胺常用作还原剂。③BiCl3在pH＝1时开始水解，pH≥3时BiCl3几乎完全水解为白色的BiOCl沉淀。④常温下部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：金属离子Fe3+Fe2+Cu2+开始沉淀完全沉淀回答下列问题：（1）Bi与N同主族，Bi原子处于基态时电子占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃形。（2）“滤渣1”的主要成分有S、PbO2、SiO2，工业上以纯碱、石灰石、SiO2（填化学式）为原料生产普通玻璃。（3）写出“酸浸”步骤中Bi2S3发生氧化还原反应的离子方程式：。（4）“转化”步骤中加入盐酸羟胺（NH3OHCl）的目的是将Fe3+还原为Fe2+，防止加入碳酸钠溶液调节pH时，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，影响产品纯度。“调pH”步骤中加入Na2CO3调节溶液的pH，其合理范围为3～4.7。（5）“滤液2”中主要的金属阳离子有Na+、Fe2+、Cu2+（填离子符号）；流程中生成（BiO）2CO3的化学方程式为2BiOCl+2NH4HCO3＝（BiO）2CO3+CO2↑+2NH4Cl+H2O。【考点】制备实验方案的设计．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【答案】（1）哑铃；（2）PbO2、SiO2；SiO2；（3）；（4）将Fe3+还原为Fe2+，防止加入碳酸钠溶液调节pH时，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，影响产品纯度；3～4.7；（5）Na+、Fe2+、Cu2+；2BiOCl+2NH4HCO3＝（BiO）2CO3+CO2↑+2NH4Cl+H2O。【分析】铋精矿（主要成分Bi2S3，还含有SiO2、Cu2S、FeS2、PbO2等杂质）“酸浸”后溶液中金属阳离子主要有Na+、Bi3+、Fe3+、Cu2+等，浸出渣有S、PbO2、SiO2，在转化步骤中加入盐酸羟胺将Fe3+还原为Fe2+，防止加入碳酸钠溶液调节pH时，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，影响产品纯度，接着调节pH将BiCl3转化为BiOCl沉淀，然后向BiOCl沉淀加入碳酸氢铵，将BiOCl转化为（BiO）2CO3，同时生成CO2，将（BiO）2CO3在530℃煅烧即可得到Bi2O3，据此分析答题。【解答】解：（1）Bi与N同主族，则Bi原子基态价电子排布式为ns2np3，最高能级是np，电子云轮廓图为哑铃形，故答案为：哑铃；（2）铋精矿“酸浸”后溶液中金属阳离子主要有Na+、Bi3+、Fe3+、Cu2+等，浸出渣有S、PbO2、SiO2，工业上以纯碱、石灰石、SiO2为原料生产普通玻璃，故答案为：PbO2、SiO2；SiO2；（3）“酸浸”步骤中发生的最主要的氧化还原反应是将Bi2S3转化为Bi3+，离子方程式为，故答案为：；（4）转化步骤中加入盐酸羟胺的目的是将Fe3+还原为Fe2+，防止加入碳酸钠溶液调节pH时，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，影响产品纯度；“调pH”步骤中加入Na2CO3调节溶液的pH是为了BiCl3水解完全，而Fe2+、Cu2+不沉淀，因此pH合理范围为3～4.7，故答案为：将Fe3+还原为Fe2+，防止加入碳酸钠溶液调节pH时，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，影响产品纯度；3～4.7；（5）“滤液2”中主要的金属阳离子有Na+、Fe2+、Cu2+，向BiOCl沉淀加入碳酸氢铵将BiOCl转化为（BiO）2CO3同时生成CO2和NH4Cl，化学方程式为2BiOCl+2NH4HCO3＝（BiO）2CO3+CO2↑+2NH4Cl+H2O，故答案为：Na+、Fe2+、Cu2+；2BiOCl+2NH4HCO3＝（BiO）2CO3+CO2↑+2NH4Cl+H2O。【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的反应和分离提纯的掌握情况，试题难度中等。

考点卡片1．球棍模型与比例模型【知识点的认识】球棍模型与比例模型的比较：球棍模型比例模型定义球棒模型是一种空间填充模型，用来表现化学分子的三维空间分布．在此作图方式中，线代表共价键，可连结以球型表示的原子中心．比例模型就是原子紧密连起的，只能反映原子大小，大致的排列方式．特点球棍模型除比例模型的特征还具有共价键的反映（如键长、键角）主要体现组成该分子的原子间的大小关系．实例【命题方向】本考点主要考察球棍模型和比例模型的区别，需要知道两者的区别．题型：化学用语综合典例：下列化学用语或图示表达正确的是（）A．乙烯的比例模型B．Na+的结构示意图C．葡萄糖的实验式C6H12O6D．CO2的电子式分析：A．乙烯的分子式为C2H4；B．钠原子的质子数是11；C．实验式又称最简式，是化学式的一种．用元素符号表示化合物分子中元素的种类和各元素原子个数的最简整数比的式子；D．根据原子的最外层电子数来分析电子式的书写．解答：A．乙烯的分子式为C2H4，比例模型：，故A正确；B．钠原子失去最外层电子生成钠离子，核内质子数不变，应为11，故B错误；C．葡萄糖的分子式为C6H12O6，实验式为CH2O，故C错误；D．因碳原子最外层有4个电子，为满足最外层8电子的稳定结构，则碳与氧原子之间存在两对公用电子对，即电子式为，故D错误．故选A．点评：本题考查了化学常用化学用语的规范书写，主要是比例模型、离子结构示意图、实验式、电子式的书写，较简单．【解题思路点拨】比例模型：用不同体积的小球表示不同原子的大小；球棍模型：小球表示原子，短棍表示价键．2．根据化学式判断化合价【知识点的认识】1、化合价原则：化学式中所有元素的化合价之和为0．2、根据化学式判断化合价的步骤：1）记住常用的元素的化合价，如一价钾钠氯氢银；2）根据化合价原则利用已知的化合价算出未知元素的化合价．【命题方向】本考点属于初中学过的基础知识，了解即可．题型：根据化学式判断化合价典例：某些化学试剂可用于净水．水处理中使用的一种无机高分子混凝剂的化学式可表示为[Al2（OH）nClm•yH2O]X，式中m等于（）A．3﹣nB．6﹣nC．6+nD．3+n分析：根据化合物中各元素的化合价的代数和为0计算m．解答：在化合物[Al2（OH）nClm•yH2O]X中Al是+3价，OH﹣是﹣1价，H2O是0价，Cl是﹣1价，所以2×（+3）+n×（﹣1）+m×（﹣1）+y×0＝0所以m＝6﹣n故选B．点评：本题考查了根据化学式判断化合价，难度不大，根据化合物中各元素的化合价的代数和为0判断即可．【解题思路点拨】本考点难度不大，重要的是需要记住常见元素或原子团的化合价．3．原子核外电子排布04．电子排布式与电子排布图【知识点的知识】1.电子排布式定义：用数字在能级符号右上角标明该能级上排布的电子数，这就是电子排布式。以钾原子为例：1s22s22p63s23p64s12.电子排布图（轨道表示式）（1）在轨道表示式中，用方框（或圆圈）表示原子轨道，能量相同的原子轨道（简并轨道）的方框相连，箭头表示一种自旋状态的电子，“↑↓”称电子对，“↑”或“↓”称单电子（或称未成对电子）。（2）表示方法：以铝原子为例，轨道表示式中各符号、数字的意义为【命题方向】题型：书写常见原子的电子排布式和电子排布图典例：（1）金属铝质轻且有良好的防腐蚀性，在国防工业中有非常重要的作用。铝原子核外电子云有________种不同的伸展方向，有________种不同运动状态的电子。（2）基态铁原子有_____个未成对电子，三价铁离子的电子排布式为_______________________________。（3）29Cu+的价层电子排布式为________。分析：依据构造原理正判断原子结构和电子排布。答：（1）Al原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，原子中存在s、p两种形状的电子云，s电子云呈球形，有1种伸展方向，而p电子云呈哑铃状的，有3种伸展方向，则铝原子核外电子云共有4种不同的伸展方向，由于每个核外电子的运动状态都不完全相同，所以铝原子核外共有13种不同运动状态的电子。（2）26号元素Fe的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，则基态Fe原子上有4个未成对电子，当Fe原子失去2个4s电子和1个3d电子，就得到了Fe3+，因此Fe3+的电子排布式是1s22s22p63s23p63d5。（3）29号元素Cu的简化电子排布式为[Ar]3d104s1，原子失去电子时首先失去最外层电子，即Cu+的简化电子排布式为[Ar]3d10，则其价层电子排布式为3d10。故答案为：（1）4；13；（2）4；1s22s22p63s23p63d5；（3）3d10。点评：本题考查原子的电子排布式和电子排布图，能准确掌握常见原子的核外电子排布规律、电子排布式和电子排布图是解题的关键，题目难度不大。【解题思路点拨】解决该类问题前提是要准确掌握常见原子的电子排布式和电子排布图的书写规则和正确写法。5．元素电离能、电负性的含义及应用【知识点的知识】一、元素电离能的含义及应用1、基态：处于最低能量的原子。2、激发态：1）概念：基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子。2）激发态产生方法：①光激发：这是产生激发态的最主要方法。②放电。主要用于激励原子，如高压汞灯、氙弧光灯。③化学激活。某些放热化学反应可能使电子被激发，导致化学发光。激发态是短寿命的，很容易返回到基态，同时放出多余的能量。3、电离能：1）定义：基态的气态原子或气态离子失去一个电子所需要的最小能量称为元素的电离能。2）符号：I．单位为kJ•mol﹣1。表示式：M（g）＝M+（g）+e﹣I1M+（g）＝M2+（g）+e﹣I2M2+（g）＝M3+（g）+e﹣I33）意义：比较元素金属性强弱，即失去电子的难易程度。电离能越大，气态时原子越难失去电子；电离能越小，气态时原子越容易失去电子。难点突破：Mg的第一电离能比Al大，所以Al比Mg容易失去电子，但根据金属活动性顺序表可知Mg的活动大于Al，与酸反应时更剧烈，似乎矛盾？（解释：条件不一样，电离能指的是气态，后面指的是溶液中）4、第一电离能递变性规律：1）随原子序数变化图2）同一周期或主族①总体规律：②总体增大的趋势中有些曲折解释：当外围电子在能量相等的轨道上形成全空（p0，d0，f0）、半满（p3，d5，f7）或全满（p6，d10，f14）结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大。二、元素电负性的含义及应用1、电负性的概念：1）定义：元素原子吸引电子的能力。2）应用：①元素的电负性越大，吸引电子的能力越强。一般认为，电负性大于1.8的元素为非金属元素；小于1.8的元素为金属元素。电负性越大，元素的非金属性越强；电负性越小，元素的金属性越强。电负性最大的元素是F，为4.0，锂的电负性为1.0。②判断化合价：一般地，电负性大的元素呈负价，电负性小的元素呈正价。③判断化学键类型：电负性产值大的元素原子之间一般形成离子键；差值小的元素原子之间形成共价键。2、电负性递变性规律：1）随原子序数变化图2）同一周期或主族【命题方向】本考点主要考察电离能、电负性的含义以及变化规律，通常在选择题或综合题中出现，需要重点掌握。题型一：元素第一电离能大小的比较典例1：下列说法中正确的是（）A．第三周期中钠的第一电离能最小B．铝的第一电离能比镁的第一电离能大C．在所有元素中氟的第一电离能最大D．钾的第一电离能比镁的第一电离能大分析：A、同周期自左而右，元素的第一电离能增大，注意能级处于半满、全满的稳定特殊情况；B、镁原子的3s能级处于全满稳定状态，能量较低，第一电离能比Al元素高；C、同周期稀有气体的第一电离能最大，同族自上而下第一电离能降低；D、同主族自上而下第一电离能降低，同周期自左而右第一电离能增大，据此解答。解答：A、同周期自左而右，元素的第一电离能增大，故第3周期所包含的元素中钠的第一电离能最小，故A正确；B、镁原子的3s能级处于全满稳定状态，能量较低，第一电离能比Al元素高，故B错误；C、稀有气体的原子结构是稳定结构，同周期稀有气体的第一电离能最大，同族自上而下第一电离能降低，故氦元素的第一电离能最大，故C错误；D、同主族自上而下第一电离能降低，故第一电离能Na＞K，同周期自左而右第一电离能增大，故第一电离能Mg＞Na，所以第一电离能Mg＞K，故D错误；故选A。点评：考查第一电离能的变化规律等，比较基础，注意同周期主族元素能级处于半满、全满的稳定特殊情况第一电离能增大的特殊情况。典例2：下面的电子结构中，第一电离能最小的原子可能是（）A．ns2np3B．ns2np5C．ns2np4D．ns2np6分析：同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，同一主族元素中，其第一电离能随着原子序数的增大而减小。解答：同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，同一主族元素中，其第一电离能随着原子序数的增大而减小，ns2np3属于第VA族元素、ns2np5属于第VIIA族元素、ns2np4属于第VIA族元素、ns2np6属于O族元素，如果这几种元素都是第二周期元素，其第一电离能大小顺序是Ne＞F＞N＞O，所以第一电离能最小的原子可能是第VIA族元素，故选C。点评：本题考查了第一电离能大小的判断，明确元素周期律中第一电离能变化规律是解本题关键，再根据元素在周期表中所处位置判断，题目难度不大。题型二：元素电负性大小的比较典例3：下列是几种原子的基态电子排布，电负性最大的原子是（）A．1s22s22p4B．1s22s22p63s23p3C．1s22s22p63s23p2D．1s22s22p63s23p64s2分析：不同元素的原子在分子内吸引电子的能力大小可用数值表示，该数值称为电负性，即元素的非金属性越强其电负性越大。同一周期中，电负性随着原子序数的增大而增大，同一主族中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，据此分析解答。解答：不同元素的原子在分子内吸引电子的能力大小可用数值表示，该数值称为电负性，元素的非金属性越强其电负性越大。同一周期中，电负性随着原子序数的增大而增大，同一主族中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小。A是O元素，B是P元素，C是Si元素，D是Ca元素，所以非金属性最强的元素是O元素，即电负性最强的元素是O元素，故选A。点评：本题考查了元素非金属性强弱的判断，难度不大，明确元素的非金属性强弱与元素的电负性强弱关系是解答本题的关键。典例4：已知X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，下列说法错误的是（）A．X与Y形成化合物时，X可以显负价，Y显正价B．第一电离能可能Y小于XC．最高价含氧酸的酸性：X对应的酸的酸性弱于Y对应的酸的酸性D．气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX分析：由X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，则非金属性X＞Y，A、电负性大的元素在化合物中显负价；B、同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，当能级处于半满、全满稳定状态时，能量较低，第一电离能大于同周期相邻元素；C、非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，但O、F除外；D、非金属性越强，气态氢化物越稳定。解答：A、电负性大的元素在化合物中显负价，所以X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价，故A正确；B、第一电离能可能Y大于X，如N＞O，也可能小于X，故B正确；C、非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性X＞Y，则X对应的酸性强于Y对应的酸的酸性，故C错误；D、非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX，故D正确；故选：C。点评：本题主要考查位置、结构、性质的关系，明确同周期位置关系及电负性大小得出元素的非金属性是解答本题的关键，题目难度不大。【解题思路点拨】价电子构型与电离能：影响电离能大小的因素：1）原子核电荷数：（同一周期）即电子层数相同，核电荷数越多、半径越小、核对外层电子引力越大，越不易失去电子，电离能越大；2）原子半径：（同族元素）原子半径越大，原子核对外层电子的引力越小，越容易失去电子，电离能越小；（3）电子构型：全充满、半充满较大。因为全充满和半充满的电子构型较为稳定（相对于相邻原子）。6．判断简单分子或离子的构型【知识点的知识】一、价层电子对互斥模型：1、内容：价层电子对互斥理论认为，在一个共价分子中，中心原子周围电子对排布的几何构型主要决定于中心原子的价电子层中电子对的数目。所谓价层电子对包括成键的σ电子对和孤电子对。价层电子对各自占据的位置倾向于彼此分离得尽可能地远些，这样电子对彼此之间的排斥力最小，整个分子最为稳定。这样也就决定了分子的空间结构。也正因此，我们才可以用价层电子对很方便地判断分子的空间结构。2、排斥作用大小的影响因素：价层电子对相互排斥作用的大小，决定于电子对之间的夹角和电子对的成键情况。一般规律：①电子对之间的夹角越小，排斥力越大；②成键电子对受两个原子核的吸引，电子云比较紧缩；孤对电子对只受中心云子的吸引，电子云较“肥大”，对邻近电子对的斥力越大。电子对之间斥力大小的顺序：孤对电子对﹣﹣孤对电子对＞孤对电子对﹣﹣成键电子对＞成键电子对﹣﹣成键电子对。③三键、双键比单键包含的电子数目多，所以其斥力大小顺序为：三键＞双键＞单键。例如：甲烷分子（CH4），中心原子为碳原子，碳有4个价电子，4个氢原子各有一个电子，这样在中心原子周围有8个电子，4个电子对，所以这4个电子对互相排斥，为了使排斥力最小，分子最稳定，它们只能按正四面体的方式排布。这样就决定了CH4的正四面体结构。二、利用理论推断分子或离子的空间结构：1）确定中心原子A价层电子对数目。以AXm为例，A﹣﹣中心原子，X﹣﹣配位原子中心原子A的价电子数与配位体X提供共用的电子数之和的一半，就是中心原子A价层电子对的数目。例如BF3分子，B原子有3个价电子，三个F原子各提供一个电子，共6个电子，所以B原子价层电子对数为3。价层电子对数目计算公式：价层电子对数目＝（中心原子价电子数目+配体X提供的价电子数目×m±微粒所带电荷数）计算时注意：①氧族元素（ⅥA族）原子作为配位原子时，可认为不提供电子（如氧原子有6个价电子，作为配位原子时，可认为它从中心原子接受一对电子达到8电子结构），但作为中心原子时，认为它提供所有的6个价电子。②如果讨论的是离子，则应加上或减去与离子电荷相应的电子数。如PO43﹣离子中P原子的价层电子数应加上3，而NH4+离子中N原子的价层电子数则应减去1。③如果价层电子数出现奇数电子，可把这个单电子当作电子对看待。如NO2分子中N原子有5个价电子，O原子不提供电子。因此中心原子N价层电子总数为5，当作3对电子看待。2）确定价层电子对的空间构型。由于价层电子对之间的相互排斥作用，它们趋向于尽可能的相互远离。于是价层电子对的空间构型与价层电子对数目的关系如下表所示：价层电子对数目23456价层电子对构型直线三角形正四面体三角双锥八面体3）分子空间构型的确定。①价层电子对数目＝成键电子对数目+孤电子对数目。②中心原子周围配位原子（或原子团）数，就是成键电子对数，价层电子对的总数减去成键电子对数，得孤电子对数。根据成键对数和孤对电子对数，可以确定相应的较稳定的分子几何构型，如下表所示：电子对数目电子对的空间构型成键电子对数孤电子对数电子对的排列方式分子的空间构型实例2直线20直线BeCl2CO23三角形30三角形BF3SO321V﹣形SnBr2PbCl24四面体40四面体CH4CCl431三角锥NH3PCl322V﹣形H2O5三角双锥50三角双锥PCl541变形四面体SF432T﹣形BrF323直线形XeF260八面体SF66八面体51四角锥IF542正方形XeF4【命题方法】本考点主要考察常见分子或离子构型的判断，需要重点掌握。题型：运用价层电子对模型预测分子或离子空间构型典例：用价层电子对互斥理论预测H2S和BF3的立体结构，两个结论都正确的是（）A．直线形；三角锥形B．V形；三角锥形C．直线形；平面三角形D．V形；平面三角形分析：价层电子对互斥理论认为：分子的立体构型是“价层电子对”相互排斥的结果。价层电子对就是指分子中的中心原子上的电子对，包括σ键电子对和中心原子上的孤电子对；σ键电子对数和中心原子上的孤电子对数之和就是价层电子对数，由于价层电子对的相互排斥，就可得到含有孤电子对的VSEPR模型，略去孤电子对就是该分子的空间构型。解答：H2S分子的中心原子是S原子，价层电子对数目＝（6+2×1）＝4，S的配位原子数为2，因此成键电子对数为2，孤电子对数＝4﹣2＝2，所以硫化氢分子的VSEPR模型是四面体型，略去孤电子对后，实际上其空间构型是V型；BF3分子的中心原子B原子的价层电子对数目＝（3+3×1）＝3，B原子的配位原子数为3，因此成键电子对数为3，孤对电子数＝3﹣3＝0，所以BF3分子的VSEPR模型是平面三角型，中心原子上没有孤对电子，所以其空间构型就是平面三角形。故选D。点评：本题考查了分子空间构型的判断，难度不大，易错点是确定中心原子S原子的价层电子对数目。【解题思路点拨】判断空间构型的两种方法：1）第一种：①计算价层电子对数目；②判断成键电子对数目；③计算孤对电子对数目；④判断分子或离子的空间构型。2）第二种：①判断成键电子对数目；②计算孤对电子对数目：孤对电子对数目＝（中心原子价电子数﹣配位原子数×m）；价层电子对数目＝成键电子对数目+孤电子对数目。③判断分子或离子的空间构型。7．原子轨道杂化方式及杂化类型判断【知识点的知识】1、杂化的概念：原子在形成分子时，为了增强成键能力，使分子的稳定性增加，趋向于将不同类型的原子轨道重新组合成能量、形状和方向与原来不同的新原子轨道，这种重新组合称为杂化．2、杂化轨道的概念：杂化后的原子轨道称为杂化轨道．3、杂化原则：1）只有能量相近的轨道才能相互杂化；2）形成的杂化轨道数目等于参加杂化的原子轨道数目；3）杂化后轨道伸展方向和形状发生改变；4）杂化后都是能量相同的轨道（即等价轨道）．4、杂化类型：1）sp3杂化原子形成分子时，同一原子中能量相近的一个ns轨道与三个np轨道进行混合组成四个新的原子轨道称为sp3杂化轨道．1°等性sp3杂化（如CH4，CCl4）：2°不等性sp3杂化（如NH3，H2O）：1232）sp2杂化同一个原子的一个ns轨道与两个np轨道进行杂化组合为sp2杂化轨道．BF3杂化：注意：乙烯、苯属于sp2杂化．3）sp杂化：BeCl2杂化：同一原子中ns﹣np杂化成新轨道：一个s轨道和一个p轨道杂化组合成两个新sp杂化轨道．注意：乙炔属于sp杂化．总结：杂化类型spsp2sp3杂化轨道排布直线形三角形四面体杂化轨道中孤对电子数00012分子空间构型直线形三角形正四面体三角锥形角形实例BeCl2BF3CCl4NH3H2O【命题方向】题型一：杂化类型的判断典例1：下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是（）A．CO2与SO2B．CH4与NH3C．BeCl2与BF3D．C2H2与C2H4分析：A、B、C物质属于ABm，ABm型杂化类型的判断：中心原子电子对计算公式：价电子对数n＝（中心原子的价电子数+配位原子的价电子数×m±电荷数）注意：①当上述公式中电荷数为正值时取“﹣”，电荷数为负值时取“+”．②当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零．根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n＝2，sp杂化；n＝3，sp2杂化；n＝4，sp3杂化．D、对于有机物利用杂化轨道数＝孤对电子对数+σ键数进行判断．解答：A、CO2中C原子杂化轨道数为×（4+0）＝2，采取sp杂化方式，SO2中S原子杂化轨道数为×（6+0）＝3，采取sp2杂化方式，二者杂化方式不同，故A错误．B、CH4中C原子杂化轨道数为×（4+4）＝4，采取sp3杂化方式，NH3中N原子杂化轨道数为×（5+3）＝4，采取sp3杂化方式，二者杂化方式相同，故B正确；C、BeCl2中Be原子杂化轨道数为×（2+2）＝2，采取sp杂化方式，BF3中B原子杂化轨道数为×（3+3）＝3，采取sp2杂化方式，二者杂化方式不同，故C错误；D、C2H2分子中碳原子形成1个C﹣H，1个C≡C（含1个σ键），C原子杂化轨道数为1+1＝2，采取sp杂化方式，C2H4分子中碳原子形成2个C﹣H，1个C═C双键（含1个σ键），C原子杂化轨道数为（2+1）＝3，C原子采取sp2杂化方式，故D错误．故选：B．点评：考查杂化轨道理论，难度中等，判断中心原子的杂化轨道数是关键．题型二：杂化轨道的概念典例2：有关杂化轨道的说法不正确的是（）A．杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变B．sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角分别为109°28′、120°、180°C．四面体形、三角锥形、V形分子的结构可以用sp3杂化轨道解释D．杂化轨道全部参加形成化学键分析：A．原子轨道杂化前后轨道总数不变，但形状发生变化；B．根据其空间构型判断夹角；C．采用用sp3杂化的分子根据其含有的孤电子对个数确定其实际空间构型；D．杂化轨道可以部分参加形成化学键．解答：A．杂化前后的轨道数不变，杂化后，各个轨道尽可能分散、对称分布，导致轨道的形状发生了改变，故A正确；B．sp3、sp2、sp杂化轨道其空间构型分别是正四面体、平面三角形、直线型，所以其夹角分别为109°28′、120°、180°，故B正确；C．部分四面体形、三角锥形、V形分子的结构可以用sp3杂化轨道解释，如甲烷、氨气分子、水分子，故C正确；D．杂化轨道可以部分参加形成化学键，例如NH3中N发生了sp3杂化，形成了4个sp3杂化杂化轨道，但是只有3个参与形成化学键，故D错误；故选：D．点评：本题考查了原子杂化，根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及原子杂化方式的判断，难度中等．题型三：杂化类型和空间构型的关系典例3：氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为（）A．两种分子的中心原子杂化轨道类型不同，NH3为sp2型杂化，而CH4是sp3型杂化B．NH3分子中N原子形成3个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道C．NH3分子中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强D．氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子分析：NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，氨气分子空间构型是三角锥形；CH4分子中C原子采取sp3型杂化杂化，杂化轨道全部用于成键，碳原子连接4个相同的原子，为正四面体构型．解答：NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型