2024年高考化学终极押题密卷3（全国乙卷）含答案

2024年高考化学终极押题密卷3（全国乙卷）一．选择题（共7小题）1．古诗词是传统文化的重要组成部分。下列叙述只发生非氧化还原反应的是（）A．北宋•王安石：“爆竹声中一岁除，春风送暖入居苏” B．东晋•葛洪：“以曾青涂铁，铁赤色如铜” C．明•于谦：“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间” D．唐•杜牧：“蜡烛有心还惜别，替人垂泪到天明”2．苯达莫司汀（Bendamustine）是一种抗癌药物，其结构简式如图所示：关于该药物的说法不正确的是（）A．能发生水解反应 B．属于芳香族化合物 C．不能与FeCl3溶液发生显色反应 D．分子式为C16H22Cl2N3O23．下列实验装置使用正确的是（）A．图①装置用于二氧化锰和浓盐酸反应制氯气 B．图②装置用于验证金属锌保护铁 C．图③装置用于测定中和反应的反应热 D．图④装置用于制备乙酸乙酯4．使用Zn﹣Mn双原子电催化剂，可以实现以N2、CO2和水为前驱体制得尿素CO（NH2）2，其中有关表述错误的是（）A．Mn元素位于周期表的第VIIB族 B．N2中的共价键类型：σ键和π键 C．CO2的电子式： D．尿素的空间填充模型：5．氯气氧化HBr提取溴的新工艺反应之一为：6H2SO4+5BaBr2+Ba（BrO3）2＝6BaSO4↓+6Br2+6H2O，利用此反应和CCl4得到液溴的实验中不需要用到的实验装置是（）A． B． C． D．6．我国科学家设计了CO2与氯碱耦合电解池装置如图。这种方法的优点是可以得到氯气和氢氧化钠，实现与氯碱工业的联合。下列说法正确的是（）A．离子交换膜为阴离子交换膜 B．工作一段时间阴极附近溶液的pH减小 C．电解总化学反应方程式为： D．标准状况下，每生成2.24LCl2，溶液中通过的电子为0.2mol7．常温下，用HCl（g）调节SrF2浊液的pH，测得在通入HCl（g）的过程中，体系中﹣lgc（X）（X代表Sr2+或F﹣）与的关系如图所示。下列说法错误的是（）已知：SrF2为微溶于水，溶于盐酸，不溶于氢氟酸、乙醇和丙酮的固体。A．Ksp（SrF2）＝10﹣8.4 B．L2表示﹣lgc（Sr2+）的变化情况 C．随着HCl的加入，SrF2溶解度逐渐增大 D．m、n点对应的溶液中均存在c（HF）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）二．解答题（共4小题）8．价类二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具。如图是钠的价类二维图：（1）NaH中氢元素的化合价为，NaH能与水剧烈反应：NaH+H2O═NaOH+H2↑，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是。（2）某同学欲进行钠在空气中燃烧的实验，可将钠放入（填字母）中进行加热。A．蒸发皿B．坩埚（3）若①是一种淡黄色固体，其在呼吸面具中作供氧剂的原理是（用化学方程式表示，写一个即可）。（4）检验上图中物质所含钠元素的方法。（5）某纯碱样品中含杂质NaCl，取质量为ag的样品，加入足量的稀盐酸，充分反应后，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体物质，则此样品中Na2CO3的质量分数为。9．CO2与H2反应合成HCOOH，是实现“碳中和”的有效途径。回答下列问题：（1）HCOOH中碳原子的杂化类型为。（2）已知：CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）。（3）在催化作用下，温度为T1℃时，将一定量CO2和H2充入密闭容器中发生如下反应：主反应Ⅰ：CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）K＝α副反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH＝+41.2kJ⋅mol﹣1。①如图是不同催化剂电化学还原CO2生产HCOOH的催化性能及机理，并通过DFT计算催化剂表面该还原过程的物质的相对能量，如图所示（带“*”表示物质处于吸附态）。电化学还原CO2生产HCOOH，使用作催化剂较优。②实验测得反应Ⅰ：v正＝k正c（CO2）c（H2），v逆＝k逆c（HCOOH），k正、k逆为速率常数。温度为T2℃时，k正＝0.8αk逆，则T2℃T1℃（填“大于”“小于”“等于”），判断依据是。③实验测得平衡时CO2的转化率及HCOOH和CO的选择性（产物的选择性：生成的HCOOH或CO与转化的CO2的比值）随温度变化如图所示。曲线b表示，200℃～360℃，升高温度曲线b对应纵坐标值减小的原因是。240℃时，平衡体系中氢气的分压为p0kPa，主反应Ⅰ的Kp＝（kPa）﹣1（用x、y、p0表示）。10．江西矿产资源丰富，其中铁、锰、钛、钒、铜、锌、金、银等储量居全国前3位，有亚洲最大的铜矿和中国最大的铜冶炼基地。回答下列问题：（1）铜原子价层电子排布图。（2）[Cu（NH3）4]Cl2是一种常见农药，能防治真菌、细菌和霉菌引起的多种病害。1mol[Cu（NH3）4]Cl2中含有的σ键数目为；NH3分子与Cu2+形成配合物后H—N—H键角（填“变大”“变小”或“不变”）。（3）Cu与Fe的第二电离能分别为I2（Cu）＝1928kJ•mol﹣1、I2（Fe）＝1561kJ•mol﹣1，I2（Cu）大于I2（Fe）的主要原因是。（4）FeCl3蒸气状态下以双聚分子形式在（如图1），其中Fe的配位数为，双聚分子中存在配位键，提供空轨道的是（填元素符号）原子。（5）镍钛记忆合金用于飞机和宇宙飞船。已知一种镍钛合金的晶胞结构如图2所示，其中Ti原子采用面心立方最密堆积方式，该合金中与Ti原子距离最近且相等的Ni原子个数为；若合金的密度为ρg•cm﹣3，NA代表阿伏加德罗常数的值，则晶胞中两个钛原子间的最近距离是pm（用含ρ和NA的计算式表示，不必化简）。11．萘氧啶是抗肿瘤药物，其一种合成路线如图：回答下列问题：（1）A的分子式为。（2）B中碳原子有种杂化类型。（3）A中含有的官能团为。（填名称）（4）C→D的反应类型是。（5）1molC最多能与molH2发生加成反应，完全加成后的产物分子有个手性碳原子。（6）T是E的同分异构体，T中含，且该结构上只有一个取代基，不含醚键，T能发生银镜反应，符合上述条件的T有种（不包括立体异构体）。其中核磁共振氢谱有9组峰且峰面积之比为1：2：2：1：2：2：2：2：2的结构简式为。三．工艺流程题（共1小题）12．江西稀土资源丰富。碳酸铈[Ce2（CO3）3]是一种稀土材料，工业上常以氟碳铈矿（主要成分为CeFCO3、BaSO4、SiO2）为原料制备碳酸铈，其工艺流程如图所示。已知：常温下，H2CO3的、，Ce2（CO3）3的。回答下列问题：（1）铈（Ce）原子序数为58，其在元素周期表中的位置。（2）“焙烧”中常采用高压空气、逆流操作（空气从焙烧炉下部通入，矿粉从中上部加入），这样操作的目的是。（3）滤渣A的主要成分为、（写化学式）。（4）硫脲结构为：，则硫脲中的键角：∠N﹣C﹣N∠N﹣C﹣S（填“大于”“小于”“等于”）；硫脲与反应后生成物的结构为：，写出该反应的离子反应方程式。（5）步骤④所发生的离子反应方程式；常温下，若沉淀后溶液中，c（Ce3+）＝1×10﹣6.5mol•L﹣1。此时溶液的pH＝。

2024年菁优高考化学终极押题密卷3（全国乙卷）参考答案与试题解析一．选择题（共7小题）1．古诗词是传统文化的重要组成部分。下列叙述只发生非氧化还原反应的是（）A．北宋•王安石：“爆竹声中一岁除，春风送暖入居苏” B．东晋•葛洪：“以曾青涂铁，铁赤色如铜” C．明•于谦：“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间” D．唐•杜牧：“蜡烛有心还惜别，替人垂泪到天明”【考点】氧化还原反应与非氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【答案】C【分析】化合价升降为氧化还原反应特征，则反应中存在元素化合价变化时属于氧化还原反应，反应前后各元素化合价均不变时不涉及氧化还原反应，以此进行判断。【解答】解：A．爆竹中含有黑火药，爆炸时发生了氧化还原反应，故A错误；B．“以曾青涂铁，铁赤色如铜”指的是硫酸铜溶液与铁发生置换反应生成硫酸亚铁和铜，Fe和Cu元素化合价变化，发生了氧化还原反应，故B项错误；C．碳酸钙分解生成生石灰，生石灰与水反应生成氢氧化钙，再吸收CO2生成碳酸钙，反应前后元素化合价均为改变，发生非氧化还原反应，故C正确；D．“蜡烛有心还惜别，替人垂泪到天明”中蜡烛发生了燃烧，C和O元素化合价发生变化，是氧化还原反应，故D错误；故选：C。【点评】本题考查氧化还原反应，明确发生反应原理、元素化合价变化情况为解答关键，注意掌握氧化还原反应概念及特征，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。2．苯达莫司汀（Bendamustine）是一种抗癌药物，其结构简式如图所示：关于该药物的说法不正确的是（）A．能发生水解反应 B．属于芳香族化合物 C．不能与FeCl3溶液发生显色反应 D．分子式为C16H22Cl2N3O2【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【答案】D【分析】A．含碳氯键；B．含苯环；C．不含酚羟基；D．分子中含16个C原子、22个H原子、3个N原子、2个O原子。【解答】解：A．含碳氯键，可发生水解反应，故A正确；B．含苯环，属于芳香族化合物。故B正确；C．不含酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，故C正确；D．分子中含16个C原子、21个H原子、3个N原子、2个O原子，分子式为C16H21Cl2N3O2，故D错误；故选：D。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。3．下列实验装置使用正确的是（）A．图①装置用于二氧化锰和浓盐酸反应制氯气 B．图②装置用于验证金属锌保护铁 C．图③装置用于测定中和反应的反应热 D．图④装置用于制备乙酸乙酯【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【答案】C【分析】A．二氧化锰和浓盐酸在常温下不反应；B．图中构成原电池，Zn为负极；C．图中保温好，温度计测定温度；D．右侧试管中导管口在液面下，易发生倒吸。【解答】解：A．二氧化锰和浓盐酸在常温下不反应，图中缺少酒精灯，故A错误；B．图中构成原电池，Zn为负极，Fe为正极，但酸化的溶液可与Fe反应生成亚铁离子，正极附近滴入K3[Fe（CN）6]出现蓝色沉淀，不能证明Fe被保护，故B错误；C．图中保温好，温度计测定温度，可测定中和热，故C正确；D．右侧试管中导管口在液面下，易发生倒吸，则导管口应在液面上，故D错误；故选：C。【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、物质的制备、电化学、中和热测定、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。4．使用Zn﹣Mn双原子电催化剂，可以实现以N2、CO2和水为前驱体制得尿素CO（NH2）2，其中有关表述错误的是（）A．Mn元素位于周期表的第VIIB族 B．N2中的共价键类型：σ键和π键 C．CO2的电子式： D．尿素的空间填充模型：【考点】元素周期表的结构及其应用；共价键的形成及共价键的主要类型；电子式．【专题】原子组成与结构专题；元素周期律与元素周期表专题．【答案】D【分析】A．Mn元素核电荷数为25，互为电子层数4个价电子排布3d54s2；B．N2中的共价键为N≡N；C．二氧化碳为共价化合物，碳原子和两个氧原子分别形成两个共价键；D．由原子相对大小表示空间结构为空间填充模型。【解答】解：A．Mn元素位于周期表的第四周期第VIIB族，故A正确；B．N2中的共价键为N≡N，共价键类型为1个σ键和2个π键，故B正确；C．CO2的电子式为：，故C正确；D．为球棍模型，故D错误；故选：D。【点评】本题考查化学用语、原子结构的分析应用，侧重考查学生基础知识的掌握情况，题目难度不大。5．氯气氧化HBr提取溴的新工艺反应之一为：6H2SO4+5BaBr2+Ba（BrO3）2＝6BaSO4↓+6Br2+6H2O，利用此反应和CCl4得到液溴的实验中不需要用到的实验装置是（）A． B． C． D．【考点】氯及其化合物的综合应用．【答案】D【分析】氯气氧化HBr提取溴的新工艺反应之一为：6H2SO4+5BaBr2+Ba（BrO3）2＝6BaSO4↓+6Br2+6H2O，利用过滤后得到溴的水溶液，萃取分液得到四氯化碳的溴单质的溶液，通过蒸馏得到液溴，据此分析判断。【解答】解：氯气氧化HBr提取溴的新工艺反应之一为：6H2SO4+5BaBr2+Ba（BrO3）2＝6BaSO4↓+6Br2+6H2O，反应过程中生成了硫酸钡沉淀，利用过滤除去沉淀后得到溴的水溶液，加入四氯化碳萃取分液分离溴单质，萃取分液得到四氯化碳的溴单质的溶液，控制温度通过蒸馏得到液溴，需要的装置有ABC，D装置是灼烧固体用，故选：D。【点评】本题考查了实验基本操作、实验装置的用途、溴单质提取的原理和性质等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。6．我国科学家设计了CO2与氯碱耦合电解池装置如图。这种方法的优点是可以得到氯气和氢氧化钠，实现与氯碱工业的联合。下列说法正确的是（）A．离子交换膜为阴离子交换膜 B．工作一段时间阴极附近溶液的pH减小 C．电解总化学反应方程式为： D．标准状况下，每生成2.24LCl2，溶液中通过的电子为0.2mol【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【答案】C【分析】由图示可知，阴极的电极反应式为：，阳极的电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，由此分析回答。【解答】解：A．阴极区域生成OH﹣，Na+从阳极区域通过交换膜进入阴极区，所以该离子交换膜只能让阳离子通过，不能让阴离子通过，采用阳离子交换膜，可以提高NaOH的产量和纯度，故A错误；B．工作一段时间阴极产生OH﹣，阴极附近pH变大，故B错误；C．电解总化学反应方程式为：，故C正确；D．电子不能通过溶液，故D错误；故选：C。【点评】本题考查电化学，侧重考查学生电解池的掌握情况，试题难度中等。7．常温下，用HCl（g）调节SrF2浊液的pH，测得在通入HCl（g）的过程中，体系中﹣lgc（X）（X代表Sr2+或F﹣）与的关系如图所示。下列说法错误的是（）已知：SrF2为微溶于水，溶于盐酸，不溶于氢氟酸、乙醇和丙酮的固体。A．Ksp（SrF2）＝10﹣8.4 B．L2表示﹣lgc（Sr2+）的变化情况 C．随着HCl的加入，SrF2溶解度逐渐增大 D．m、n点对应的溶液中均存在c（HF）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）【考点】沉淀溶解平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【答案】B【分析】A．HF的电离平衡常数，纵坐标相当于，随着变大，c（F﹣）变大，﹣lgc（F﹣）变小，则L2表示﹣lgc（F﹣）的变化情况；B．L2表示﹣lgc（F﹣）的变化情况；C．随着HCl的加入，SrF2溶解平衡正向移动；D．m、n点时的溶液中均存在电荷守恒有2c（Sr2+）+c（H+）＝c（F﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣），又根据SrF2组成可知，溶液中存在物料守恒2c（Sr2+）＝c（F﹣）+c（HF）。【解答】解：A．HF的电离平衡常数，纵坐标相当于，随着变大，c（F﹣）变大，﹣lgc（F﹣）变小，则L2表示﹣lgc（F﹣）的变化情况，L1表示﹣lgc（Sr2+）的变化情况，根据m、n两点的数据，得，故A正确；B．HF的电离平衡常数，纵坐标相当于，随着变大，c（F﹣）变大，﹣lgc（F﹣）变小，则L2表示﹣lgc（F﹣）的变化情况，L1表示﹣lgc（Sr2+）的变化情况，故B错误；C．随着HCl的加入，SrF2溶解平衡正向移动，溶解度增大，故C正确；D．m、n点时的溶液中均存在电荷守恒有2c（Sr2+）+c（H+）＝c（F﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣），又根据SrF2组成可知，溶液中存在物料守恒2c（Sr2+）＝c（F﹣）+c（HF），可得c（HF）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣），故D正确；故选：B。【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生沉淀溶解平衡的掌握情况，试题难度中等。二．解答题（共4小题）8．价类二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具。如图是钠的价类二维图：（1）NaH中氢元素的化合价为﹣1，NaH能与水剧烈反应：NaH+H2O═NaOH+H2↑，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：1。（2）某同学欲进行钠在空气中燃烧的实验，可将钠放入B（填字母）中进行加热。A．蒸发皿B．坩埚（3）若①是一种淡黄色固体，其在呼吸面具中作供氧剂的原理是2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑（用化学方程式表示，写一个即可）。（4）检验上图中物质所含钠元素的方法焰色试验。（5）某纯碱样品中含杂质NaCl，取质量为ag的样品，加入足量的稀盐酸，充分反应后，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体物质，则此样品中Na2CO3的质量分数为×100%。【考点】钠的化学性质；过氧化钠的性质与用途；根据化学式判断化合价．【专题】金属概论与碱元素．【答案】（1）﹣1；1：1；（2）B；（3）2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑；（4）焰色试验；（5）×100%。【分析】（1）氢化钠是离子化合物，钠元素化合价+1价，氢元素﹣1价；元素化合价升高的物质作还原剂，元素化合价降低的物质作还原剂，结合化学方程式计算氧化剂和还原剂物质的量之比；（2）钠为固体，在空气中燃烧可以选择坩埚；（3）若①是一种淡黄色固体，则为Na2O2，其在呼吸面具中作供氧剂的原理是2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑；（4）通过焰色试验可以鉴别上图中物质中的钠元素；（5）反应Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O固体质量增重，用差量法分析。【解答】解：（1）氢化钠（NaH）中钠元素化合价+1价，化合物中元素化合价代数和为0，则氢元素的化合价为﹣1价，NaH能与水剧烈反应：NaH+H2O═NaOH+H2↑，NaH中氢元素化合价﹣1价变化为0价，作还原剂，H2O中氢元素化合价+1价变化为0价作氧化剂，该反应中的氧化剂是H2O，氧化剂和还原剂物质的量之比1：1，故答案为：﹣1；1：1；（2）钠为固体，在空气中燃烧可以选择坩埚，故答案为：B；（3）若①是一种淡黄色固体，则为Na2O2，其在呼吸面具中作供氧剂的原理是2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，故答案为：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑；（4）通过焰色试验可以鉴别上图中物质中的钠元素，故答案为：焰色试验；（5）设碳酸钠的质量为m，则：Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O固体质量增重106           117          11m                               （b﹣a）g所以106：11＝m：（b﹣a）g，解得m＝g，故该样品中纯碱的质量分数为：×100%，故答案为：×100%。【点评】本题考查钠及其化合物的化学性质与应用等知识，为高频考点，把握物质的性质为解答的关键，侧重分析能力、计算能力与实验能力的考查，题目难度不大。9．CO2与H2反应合成HCOOH，是实现“碳中和”的有效途径。回答下列问题：（1）HCOOH中碳原子的杂化类型为sp2。（2）已知：CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）ΔH＝﹣31.4kJ⋅mol﹣1。（3）在催化作用下，温度为T1℃时，将一定量CO2和H2充入密闭容器中发生如下反应：主反应Ⅰ：CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）K＝α副反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH＝+41.2kJ⋅mol﹣1。①如图是不同催化剂电化学还原CO2生产HCOOH的催化性能及机理，并通过DFT计算催化剂表面该还原过程的物质的相对能量，如图所示（带“*”表示物质处于吸附态）。电化学还原CO2生产HCOOH，使用BiIn作催化剂较优。②实验测得反应Ⅰ：v正＝k正c（CO2）c（H2），v逆＝k逆c（HCOOH），k正、k逆为速率常数。温度为T2℃时，k正＝0.8αk逆，则T2℃大于T1℃（填“大于”“小于”“等于”），判断依据是K（T2）＝0.8α＜K（T1），该反应ΔH＜0，温度越高，K越小。③实验测得平衡时CO2的转化率及HCOOH和CO的选择性（产物的选择性：生成的HCOOH或CO与转化的CO2的比值）随温度变化如图所示。曲线b表示CO2的转化率，200℃～360℃，升高温度曲线b对应纵坐标值减小的原因是升高温度，反应Ⅰ逆向移动程度大于反应Ⅱ正向移动程度。240℃时，平衡体系中氢气的分压为p0kPa，主反应Ⅰ的Kp＝（kPa）﹣1（用x、y、p0表示）。【考点】化学平衡的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学平衡的影响因素．【专题】化学键与晶体结构；化学平衡专题；化学平衡计算．【答案】（1）sp2；（2）ΔH＝﹣31.4kJ⋅mol﹣1；（3）①BiIn；②大于；K（T2）＝0.8α＜K（T1），该反应ΔH＜0，温度越高，K越小；③CO2的转化率；升高温度，反应Ⅰ逆向移动程度大于反应Ⅱ正向移动程度；。【分析】（1）HCOOH中碳原子的价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形；（2）由图可知，热化学方程式为①CO（g）+H2O（g）⇌HCOOH（g）ΔH＝﹣72.6kJ/mol，②CO2（g）＝CO（g）+O2（g）ΔH＝+283.0kJ/mol，③O2（g）+H2（g）⇌H2O（g）ΔH＝﹣241.8kJ/mol，根据盖斯定律：①+②+③计算CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）的焓变ΔH；（3）①反应的活化能越低，反应速率越快，催化剂的催化效果越好；②反应达到平衡状态时v正＝v逆，即k正c（CO2）c（H2）＝k逆c（HCOOH），＝＝K，T1℃平衡常数K（T1）＝α，T2℃时k正＝0.8αk逆，则T2℃时平衡常数K（T2）＝0.8α＜K（T1），结合反应Ⅰ为放热反应、温度对平衡的影响分析判断；③主反应Ⅰ为CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g），副反应Ⅱ为CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），则HCOOH和CO的选择性之和为1，升高温度时反应Ⅰ逆向移动、反应Ⅱ正向移动，即HCOOH的选择性随温度升高而减小，CO的选择性随温度升高而增大，所以图中曲线a、b、c分别表示HCOOH选择性、CO2的平衡转化率和CO的选择性随温度的变化曲线，由图可知，240℃时CO2的平衡转化率为y、CO的选择性为x，则HCOOH选择性的选择性为1﹣x，设CO2的起始量为nmol，平衡时n（CO2）＝（1﹣y）nmol，n（HCOOH）＝ny（1﹣x）mol，根据恒温恒容条件下气体的物质的量之比等于其压强之比可知p（HCOOH）：p（CO2）＝y（1﹣x）：（1﹣y），结合分压平衡常数Kp＝计算Kp。【解答】解：（1）HCOOH中碳原子的价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，C原子的杂化方式为sp2，故答案为：sp2；（2）由图可知，热化学方程式为①CO（g）+H2O（g）⇌HCOOH（g）ΔH＝﹣72.6kJ/mol，②CO2（g）＝CO（g）+O2（g）ΔH＝+283.0kJ/mol，③O2（g）+H2（g）⇌H2O（g）ΔH＝﹣241.8kJ/mol，根据盖斯定律：①+②+③计算CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）的焓变ΔH＝﹣72.6kJ/mol+（+283.0kJ/mol）+（﹣241.8kJ/mol）＝﹣31.4kJ/mol，故答案为：ΔH＝﹣31.4kJ⋅mol﹣1；（3）①由图可知，Bi和In作催化剂时反应的活化能均较高，反应的活化能越高，其反应速率越慢，而BiIn作催化剂时反应的活化能较低，其反应速率越快，其催化效果越好，所以使用BiIn作催化剂较优，故答案为：BiIn；②反应达到平衡状态时v正＝v逆，即k正c（CO2）c（H2）＝k逆c（HCOOH），＝＝K，T1℃平衡常数K（T1）＝α，T2℃时k正＝0.8αk逆，则T2℃时平衡常数K（T2）＝0.8α＜K（T1），反应Ⅰ是放热反应，升高温度时平衡逆向移动，平衡常数K减小，所以温度：T2℃大于T1℃，故答案为：大于；K（T2）＝0.8α＜K（T1），该反应ΔH＜0，温度越高，K越小；③主反应Ⅰ为CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g），副反应Ⅱ为CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），则HCOOH和CO的选择性之和为1，并且升高温度时反应Ⅰ逆向移动、反应Ⅱ正向移动，即HCOOH的选择性随温度升高而减小，CO的选择性随温度升高而增大，所以图中曲线a、b、c分别表示HCOOH选择性、CO2的平衡转化率和CO的选择性随温度的变化曲线；由图可知，200℃～360℃升高温度时CO2的平衡转化率随温度升高而减小，说明升高温度时反应Ⅰ逆向移动程度大于反应Ⅱ正向移动程度；图中240℃时CO2的平衡转化率为y、CO的选择性为x，则HCOOH选择性的选择性为1﹣x，设CO2的起始量为nmol，平衡时n（CO2）＝（1﹣y）nmol，n（HCOOH）＝ny（1﹣x）mol，根据恒温恒容条件下气体的物质的量之比等于其压强之比可知p（HCOOH）：p（CO2）＝y（1﹣x）：（1﹣y），则反应Ⅰ的分压平衡常数Kp＝＝（kPa）﹣1，故答案为：CO2的转化率；升高温度，反应Ⅰ逆向移动程度大于反应Ⅱ正向移动程度；。【点评】本题考查化学平衡计算、化学平衡影响因素和原子杂化方式的判断，侧重分析能力和计算能力考查，把握盖斯定律的计算应用、化学平衡影响因素、平衡常数计算、VSEPR模型的应用是解题关键，注意掌握反应速率常数与平衡常数关系，题目难度中等。10．江西矿产资源丰富，其中铁、锰、钛、钒、铜、锌、金、银等储量居全国前3位，有亚洲最大的铜矿和中国最大的铜冶炼基地。回答下列问题：（1）铜原子价层电子排布图。（2）[Cu（NH3）4]Cl2是一种常见农药，能防治真菌、细菌和霉菌引起的多种病害。1mol[Cu（NH3）4]Cl2中含有的σ键数目为16；NH3分子与Cu2+形成配合物后H—N—H键角变大（填“变大”“变小”或“不变”）。（3）Cu与Fe的第二电离能分别为I2（Cu）＝1928kJ•mol﹣1、I2（Fe）＝1561kJ•mol﹣1，I2（Cu）大于I2（Fe）的主要原因是基态铜原子失去1个电子后，形成了3d10全充满的稳定结构，较难再失去1个电子。（4）FeCl3蒸气状态下以双聚分子形式在（如图1），其中Fe的配位数为4，双聚分子中存在配位键，提供空轨道的是Fe（填元素符号）原子。（5）镍钛记忆合金用于飞机和宇宙飞船。已知一种镍钛合金的晶胞结构如图2所示，其中Ti原子采用面心立方最密堆积方式，该合金中与Ti原子距离最近且相等的Ni原子个数为6；若合金的密度为ρg•cm﹣3，NA代表阿伏加德罗常数的值，则晶胞中两个钛原子间的最近距离是××1010pm（用含ρ和NA的计算式表示，不必化简）。【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用．【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构．【答案】（1）；（2）16NA；变大；（3）基态铜原子失去1个电子后，形成了3d10全充满的稳定结构，较难再失去1个电子；（4）4；Fe；（5）6；××1010。【分析】（1）Cu是29号元素，价层电子排布式为3d104s1；（2）[Cu（NH3）4]Cl2中Cu2+与NH3形成4个配位键，NH3中存在3个N—H键；孤电子对对成键电子对间存在斥力；（3）基态Cu+的价电子排布为3d10，为全充满的稳定结构，较难再失去1个电子，基态Fe+的价电子排布为3d64s1，较易失去1个电子形成3d5的半充满结构；（4）由图1可知，Fe与Cl形成4个σ键；Cl有孤电子对；（5）与顶点的Ti原子距离最近且相等的Ni原子位于棱心；设晶胞边长为apm，晶胞体积为（a×10﹣10）3cm3，晶胞质量为g，根据ρ＝可得，ρg•cm﹣3＝g•cm﹣3，则a＝×1010pm，晶胞中两个钛原子间的最近距离为面对角线的一半。【解答】解：（1）Cu是29号元素，价层电子排布式为3d104s1，价层电子排布图为，故答案为：；（2）[Cu（NH3）4]Cl2中Cu2+与NH3形成4个配位键，NH3中存在3个N—H键，1mol[Cu（NH3）4]Cl2中含有的σ键数目为（4+3×4）NA＝16NA；NH3分子中N原子为sp3杂化，有1个孤电子对，NH3分子与Cu2+形成配合物后N原子为sp3杂化，没有孤电子对，孤电子对对成键电子对间存在斥力，NH3分子中H—N—H键角小，NH3分子与Cu2+形成配合物后H—N—H键角变大，故答案为：16NA；变大；（3）铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布为3d104s1，失去1个电子后形成了3d10全充满的稳定结构，较难再失去1个电子，而铁元素的原子序数为26，基态Fe原子价电子排布为3d64s2，失去两个电子后形成了3d6的结构，较易失去1个电子形成3d5的半充满结构，所以铜元素的第二电离能大于铁元素的第二电离能，故答案为：基态铜原子失去1个电子后，形成了3d10全充满的稳定结构，较难再失去1个电子；（4）由图1可知，Fe与Cl形成4个σ键，Fe的配位数为4；形成配位键时，Cl提供孤电子对，Fe提供空轨道，故答案为：4；Fe；（5）与顶点的Ti原子距离最近且相等的Ni原子位于棱心，共6个；设晶胞边长为apm，晶胞体积为（a×10﹣10）3cm3，晶胞质量为g，根据ρ＝可得，ρg•cm﹣3＝g•cm﹣3，则a＝×1010pm，晶胞中两个钛原子间的最近距离为面对角线的一半，即为××1010pm，故答案为：6；××1010。【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、化学键、键角比较、电离能、配位键、晶胞结构与计算等知识，试题侧重考查学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度中等。11．萘氧啶是抗肿瘤药物，其一种合成路线如图：回答下列问题：（1）A的分子式为C16H14O2。（2）B中碳原子有3种杂化类型。（3）A中含有的官能团为醚键、羰基、碳碳双键。（填名称）（4）C→D的反应类型是还原反应。（5）1molC最多能与7molH2发生加成反应，完全加成后的产物分子有4个手性碳原子。（6）T是E的同分异构体，T中含，且该结构上只有一个取代基，不含醚键，T能发生银镜反应，符合上述条件的T有18种（不包括立体异构体）。其中核磁共振氢谱有9组峰且峰面积之比为1：2：2：1：2：2：2：2：2的结构简式为。【考点】有机物的合成．【专题】有机推断．【答案】（1）C16H14O2；（2）3；（3）醚键、羰基、碳碳双键；（4）还原反应；（5）7；4；（6）18；。【分析】A和HCN发生加成反应生成B，B水解生成C，C发生还原反应生成D，D中﹣COOH发生取代反应生成E，E发生反应生成萘氧碇。【解答】解：（1）A的分子式为C16H14O2，故答案为：C16H14O2；（2）B中苯环及连接双键的碳原子采用sp2杂化、﹣CN中碳原子采用sp杂化、饱和碳原子采用sp3杂化，所以B中碳原子有3种杂化类型，故答案为：3；（3）A中含有的官能团为醚键、羰基、碳碳双键，故答案为：醚键、羰基、碳碳双键；（4）C→D的反应类型是还原反应，故答案为：还原反应；（5）C中羰基和氢气以1：1发生加成反应，苯环和氢气以1：3发生加成反应，则1molC最多能与7molH2发生加成反应，完全加成后的产物分子如图，有4个手性碳原子，故答案为：7；4；（6）T是E的同分异构体，E的不饱和度是10，的不饱和度是9，T中含，且该结构上只有一个取代基，不含醚键，T能发生银镜反应，说明含有醛基，存在HCOO﹣或1个醛基和1个醇羟基，取代基为﹣CH2CH（OH）CHO或﹣CH（OH）CH2CHO或C（OH）（CHO）CH3或﹣CH（CHO）CH2OH或﹣CH2CH2OOCH或﹣CH（CH3）OOCH，每一种取代基有3种位置异构，所以符合上述条件的T有18种（不包括立体异构体），其中核磁共振氢谱有9组峰且峰面积之比为1：2：2：1：2：2：2：2：2的结构简式为，故答案为：18；。【点评】本题考查有机物的合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，易错点是限制性条件下同分异构体种类判断。三．工艺流程题（共1小题）12．江西稀土资源丰富。碳酸铈[Ce2（CO3）3]是一种稀土材料，工业上常以氟碳铈矿（主要成分为CeFCO3、BaSO4、SiO2）为原料制备碳酸铈，其工艺流程如图所示。已知：常温下，H2CO3的、，Ce2（CO3）3的。回答下列问题：（1）铈（Ce）原子序数为58，其在元素周期表中的位置第六周期第ⅢB族。（2）“焙烧”中常采用高压空气、逆流操作（空气从焙烧炉下部通入，矿粉从中上部加入），这样操作的目的是加快反应速率。（3）滤渣A的主要成分为SiO2、BaSO4（写化学式）。（4）硫脲结构为：，则硫脲中的键角：∠N﹣C﹣N小于∠N﹣C﹣S（填“大于”“小于”“等于”）；硫脲与反应后生成物的结构为：，写出该反应的离子反应方程式。（5）步骤④所发生的离子反应方程式；常温下，若沉淀后溶液中，c（Ce3+）＝1×10﹣6.5mol•L﹣1。此时溶液的pH＝6。【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）第六周期第ⅢB族；（2）加快反应速率；（3）SiO2、BaSO4；（4）小于；；（5）；6。【分析】氟碳铈矿含CeFCO3、BaSO4、SiO2等，在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，用硫酸浸取，Ce4+进入溶液，SiO2、BaSO4不反应，过滤分离，滤渣A为SiO2、BaSO4，滤液中加入硫脲将Ce4+还原为Ce3+，Ce2（SO4）3与Na2SO4形成复盐沉淀Ce2（SO4）3•Na2SO4•nH2O，过滤分离。复盐沉淀加入碱，再加入酸，Ce3+被转移到溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2（CO3）3，据此分析解题。【解答】解：（1）铈（Ce）原子序数为58，其在元素周期表中的位置第六周期第ⅢB族，故答案为：第六周期第ⅢB族；（2）“焙烧”中常采用高压空气、逆流操作（空气从焙烧炉下部通入，矿粉从中上部加入），这样操作的目的是延长反应时间加快反应速率，故答案为：加快反应速率；（3）根据分析可知，滤渣A的主要成分为SiO2、BaSO4，故答案为：SiO2、BaSO4；（4）硫脲结构为：，则硫脲中的键角：∠N﹣C﹣N小于∠N﹣C﹣S，因为S原子的半径大于N，产生的斥力更大，故夹角更大；硫脲与反应后生成物的结构为：，硫脲将Ce4+还原为Ce3+，产物还有F﹣、HF，该反应的离子反应方程式：，故答案为：小于；；（5）据分析可知步骤④为Ce3+被转移到溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2（CO3）3，同时生成二氧化和水，离子反应方程式；常温下，若沉淀后溶液中，c（Ce3+）＝1×10﹣6.5mol⋅L﹣1，Ce2（CO3）3的，，，c（H+）＝1×10﹣6mol⋅L﹣1。此时溶液的pH＝6，故答案为：；6。【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．氧化还原反应与非氧化还原反应【知识点的认识】1.得失氧或得失氢的角度：得氧或失氢的反应为氧化反应，失氧或得氢的反应为还原反应；2.电子转移角度：得电子的反应为还原反应、失电子的反应为氧化反应；3.化合价角度：失电子化合价升高的反应为氧化反应、得电子化合价降低的反应为还原反应；【命题的方向】1.基本概念及氧化性、还原性的判断：典例：水是重要的化合物，其既能作化学反应的溶剂，又能参与化学反应。下列是水参与的部分反应：①2Na+2H2O═2NaOH+H2↑；②3NO2+H2O═2HNO3+NO；③SO2+H2O═H2SO3；④2F2+2H2O═4HF+O2。回答下列问题：（1）上述反应中，不属于氧化还原反应的是（③）（填序号）。（2）上述反应中，水只作氧化剂的反应是（①）（填序号，下同）；水只作还原剂的反应是（④）。该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为（1：2）；2.电子转移的表示方法：单线桥、双线桥典例：用单线桥或双线桥表示下列反应的电子转移，并写出氧化剂和还原剂（用单线桥表示）。①Fe2O3+3CO═2Fe+3CO2（用单线桥表示）（），②2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑（用双线桥表示）（）；3.氧化性强弱的判断：（1）根据氧化反应反应原理判断：氧化性：氧化剂＞氧化产物，还原性：还原剂＞还原产物；（2）根据元素周期表、金属活动性顺序表、元素周期律判断；典例：下列事实不能作为元素的金属性或非金属性强弱判断依据的是（）A.Zn和Fe分别与稀硫酸反应，判断金属性强弱：Zn＞FeB.B．Mg投入CuCl2溶液中能置换出铜，Ba投入CuCl2溶液中不能置换出铜，判断金属性强弱：Mg＞BaC.酸性：H2SiO3＜HClO4，判断非金属性强弱：Cl＞SiD.依据O2、S分别与H2反应的难易程度，判断非金属性强弱：O＞S（3）根据元素化合价高低判断，最高价只有氧化性、最低价只有还原性、中间价态既有氧化性又有还原性；（4）根据原电池和电解池原理判断，一般来说，两种金属和电解质溶液构成的原电池中，负极的还原性大于正极；电解池中，阴离子还原性越强，越易在阳极上失电子，阳离子氧化性越强，越易在阴极上得电子；典例：（5）外界影响因素：浓度、温度、溶液酸碱性；4.氧化还原反应的有关计算，典例：实验室可以用固体氯酸钾和浓盐酸反应制氯气：KClO3+6HCl（浓）═KCl+3Cl2↑+3H2O，下列说法中正确的是（）A.KClO3是氧化剂，HCl是还原剂；Cl2是氧化产物，KCl是还原产物B.当有9mol电子转移时，参加反应的KClO3的物质的量为1.5molC.产生1.5molCl2时，转移电子的物质的量为3molD.当有3molCl2生成时，作还原剂的HCl为5mol5.氧化还原反应的配平：典例：在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，发生下列反应。配平反应方程式并用单线桥标出电子转移的方向和数目（）NaIO3+（）NaHSO3═（）I2+（）Na2SO4+（）H2SO4+（）H2O6.信息型氧化还原反应方程式的书写：典例：高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如图所示。回答下列问题：相关金属离子[c0（Mn+）＝0.1mol•L﹣1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9（1）写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式MnO2+MnS+2H2SO4＝2MnSO4+S+2H2O。【解题思路点拨】1.氧化剂和还原剂可能是同一种物质；氧化产物和还原产物可能是同一种物质；2.根据元素化合价高低可以判断物质是否具有氧化性或还原性，但不能判断氧化性或还原性强弱；3.元素处于最高价态时只有氧化性，但不一定具有强氧化性；金属阳离子不一定只有氧化性，如亚铁离子；4.在氧化还原反应的有关计算中灵活运用转移电子守恒进行计算；2．电子式【知识点的认识】（1）电子式的概念：在化学反应中，一般是原子的外层电子发生变化．为了简便起见，化学中常在元素符号周围用小黑点“．”或小叉“×”来表示元素原子的最外层电子．这种表示的物质的式子叫做电子式．（2）电子式表示方法：用电子式可以表示原子、离子、单质分子，也可表示共价化合物、离子化合物及其形成过程．电子式书写的注意事项：①无论何种微粒，其电子式都是由原子为基本单位组成的，不能出现角码甚至系数．②组成各种微粒的各个原子的电子式，必须力求均匀、对称．稳定的8电子结构通常表示为四对电子（一般为元素符号的上、下、左、右各一对电子）．③电子式只能用于表示由主族元素形成的物质，不能表示由过渡元素形成的物质．电子式局限性较大，只能表述一小部分物质的结构．1）原子依据元素的原子最外层电子个数的多少，先用小黑点“•”（或“×”）等符号在元素符号上、下、左、右各表示出1个电子，多余的电子配对．例如：2）离子①阳离子：简单阳离子由于在形成过程中已失去最外层电子，所以其电子式就是其离子符号本身．例如：Na+K+Mg2+Ca2+Ba2+Al3+，复杂的阳离子（例如NH4+、H3O+等．）除应标出共用电子对、非共用电子对等外，还应加中括号，并在括号的右上方标出离子所带的电荷．②阴离子：无论是简单阴离子，还是复杂的阴离子，都应标出电子对等，还应加中括号，并在括号的右上方标出离子所带的电荷．例如：原子失去电子变成阳离子，原子得到电子变成阴离子．原子中，质子数＝核电荷数＝核外电子数3）共价型单质分子必须正确地表示出共用电子对数，并满足每个原子的稳定结构．例如：4）共价化合物共价化合物电子式的书写，基本与共价型单质分子相同，一般为正价者在前．对于不同价态的元素的原子，一般将化合价绝对值大的写在中间，绝对值小的写在周边．例如：5）离子化合物离子化合物电子式的书写，是将阴阳离子（阳离子在前，阴离子在后）拼在一起．对于不同价态的离子，也按其绝对值，遵照“大值在中间、小值在周边”的原则书写．例如：6）用电子式表示化合物的形成过程①共价化合物的形成过程示例：②离子化合物的形成过程示例：③NaOH属于例外，在它的化学式中，既包含了离子键也包含了共价键．但是由于其含有离子键，所以我们称像NaOH一类的两种键都包含的物质为离子化合物．【命题方向】本考点主要考察电子式的概念和原子、离子、分子及物质的表示方法，需要重点掌握．题型一：电子式的表示方法典例1：下列电子式或结构式错误的是（）A．OH﹣的电子式B．NH4Br的电子式C．CCl4的电子式D．H2O的结构式H﹣O﹣H分析：根据原子的最外层电子数来分析电子式，并注意阴离子的电子式书写应用中括号和带电荷数，共价化合物不用中括号，将共用电子对用“﹣”表示即为结构式．解答：A、因氧原子最外层6个电子，氢原子最外层1个电子，则OH﹣的电子式为，故A正确；B、NH4Br为离子化合物，N原子最外层5个电子，Br原子最外层7个电子，则其电子式为，故B正确；C、CCl4为共价化合物，碳最外层4个电子，而Cl最外层7电子，中Cl的最外层电子数未标全，正确的形式应该是：，故C错误；D、水中有2对共用电子对，则H2O的结构式H﹣O﹣H，故D正确；故选C．点评：本题考查化学用语的使用，明确原子的最外层电子数及物质的类别、电子式的书写方法是解答本题的关键．题型二：用电子式表示化合物的形成过程典例2：下列用电子式表示的形成过程正确的是（）A．B．C．D．分析：A、氯化氢是共价化合物；B、溴化钠是离子化合物；C、MgF2电子式中2个氟离子在镁离子两边；D、O原子和C原子通过共用电子对形成二氧化碳．解答：A、HCl为共价化合物，HCl电子式书写错误，故A错误；B、NaBr为离子化合物，NaBr电子式书写错误，故B错误；C、MgF2为离子化合物，镁离子与两个F﹣形成离子键，正确的形成过程为，故C错误；D、O原子和C原子通过共用电子对形成二氧化碳，所以其形成过程为，故D正确．故选D．点评：本题考查用电子式的形成过程，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．【解题思路点拨】电子式分子式实验式结构式结构简式定义化学中常在元素符号周围用小黑点“．”或小叉“×”来表示元素原子的最外层电子．这种表示的物质的式子叫做电子式．分子式是用元素符号表示纯净物（单质、化合物）的分子的组成及相对分子质量的化学式．实验式又称最简式或经验式，是化学式中的一种．用元素符号表示化合物分子中各元素的原子个数比的最简关系式．结构式是表示用元素符号和短线表示化合物（或单质）分子中原子的排列和结合方式的式子．结构简式就是结构式的简单表达式（通常只适用于以分子形式存在的纯净物，如有机分子），应表现该物质中的官能团，只要把碳氢单键省略掉即可，碳碳单键、碳氯单键、碳和羟基的单键等大多数单键可以省略也可不省略，如，丙烷的结构简式为CH3CH2CH3，乙烯为CH2＝CH2，四氯甲烷CCl4，乙醇CH3CH2OH等．举例H：C：：C：HC2H4CH2CH2＝CH2附注电子式只能用于表示由主族元素形成的物质，不能表示由过渡元素形成的物质．而化学式是用元素符号表示物质组成的式子．化学式是实验式、分子式、结构式、结构简式、电子式的统称．有机化合物中往往有不同的化合物具有相同的实验式．例如乙炔、苯的实验式均为CH，但乙炔的分子式是C2H2，苯的分子式是C6H6．表示有机化合物一般用结构简式，通常省去碳氢键，有时也省去碳碳单键，用折线表示．碳碳双键、三键、大多数环一定不能省略．碳氧双键可省略，比如甲醛HCHO．3．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．4．元素周期表的结构及其应用【知识点的知识】1、元素周期表的结构：特别提醒：掌握元素周期表的结构中各族的排列顺序，结合惰性气体的原子序数，我们可以推断任意一种元素在周期表中的位置．记住各周期元素数目，我们可以快速确定惰性气体的原子序数．各周期元素数目依次为2、8、8、18、18、32、32（如果第七周期排满），则惰性气体原子序数依次为2、2+8＝10、10+8＝18、18+18＝36、36+18＝54、54+32＝86、86+32＝118．2、元素周期表的应用：1）根据元素周期表可以推测各种元素的原子结构以及元素及其化合物性质的递变规律；2）利用元素周期表，可以寻找制取半导体、催化剂、化学农药、新型材料的元素及化合物；3）可以用元素周期表来根据一些已知元素的性质推测一些未知元素的性质．【命题方向】本考点主要考察元素周期表的结构，主要以选择题的形式考查对基础知识的掌握，同时也将推断、推理、计算等以填空题的形式在高考中进行考查．题型一：元素周期表的结构典例1：关于元素周期表的说法正确的是（）A．元素周期表有8个主族B．ⅠA族的元素全部是金属元素C．元素周期表有7个周期D．短周期是指第一、二周期分析：元素周期表有7个周期（短周期、长周期、不完全周期），有18个纵行（7个主族、7个副族、第ⅤⅢ族、零族），以此来解答．解答：A．元素周期表有7个主族，故A错误；B．ⅠA族的元素除H元素外都是金属元素，故B错误；C．元素周期表有7个周期，故C正确；D．短周期是指第一、二、三周期，故D错误；故选C．点评：本题考查元素周期表的结构，较简单，熟悉元素周期表的横行和纵行的排布是解答本题的关键，学生应熟记元素周期表的结构．典例2：在元素周期表中，第三、四、五、六周期元素的数目分别是（）A．8、8、18、32B．8、18、18、32C．8、18、18、18D．8、8、18、18分析：根据元素周期表中各周期元素的种类来解答．解答：元素周期表中第一周期有2种元素；第二周期有8种；第三周期有8种；第四周期有18种；第五周期有18种；第六周期32种；则第三、四、五、六周期元素的数目分别是8、18、18、32，故选B．点评：本题考查元素周期表及各周期元素，熟悉每个周期的元素数目即可解答，较基础．典例3：下列各表中的数字代表的是原子序数，表中数字所表示的元素与它们在元素周期表中的位置相符的是（）A．B．C．D．分析：根据元素周期表的结构：相邻两个周期同主族元素的原子序数相差2、8、18、36来分析．解答：A、3号和5号元素之间相差很多个族，即12号的镁和13号的铝在周期表中不相邻，故A错误；B、5号和15号元素的原子不在同一主族，故B错误；C、1号和11好中间还有3号元素，故C错误．D、O、Cl、Ne的位置关系是正确的，故D正确．故选D．点评：本题考查学生元素周期表的结构和元素的分布知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大．题型二：原子序数关系的推断典例4：A、B为同主族的两元素，A在B的上一周期，若A的原子序数为n，则B的原子序数不可能为（）A．n+8B．n+18C．n+32D．n+20分析：由元素周期表结构可知，对于处于ⅠA、ⅡA元素而言，同主族相邻元素的原子序数差值为周期数小的元素所在周期含有的元素种数；对于过渡元素后边的所有各主族（包括零族），同主族相邻元素的原子序数差值为周期数大的元素所在周期含有的元素种数．解答：由元素周期表结构可知，从第一周期到第六周期，每周期含有的元素种数分别为2、8、8、18、18、32，第七周期为排满，若排满也是32种，同主族相邻元素的原子序数差值只能为2、8、18、32等，不可能相差20．故选D．点评：本题考查学生元素周期表的结构知识，难度不大，熟练掌握元素周期表的结构．典例5：已知a、b分别为同周期的ⅠA和ⅦA族的两种元素，它们的原子序数分别为m和n，则下列关系不可能成立的是（）A．n＝m+16B．n＝m+6C．n＝m+30D．n＝m+10分析：根据周期表的结构及每一周期元素的数目．解答：周期表中第一、二、三、四、五、六、七周期元素的种数分别为2、8、8、18、18、32、26，若元素在二、三周期，则原子序数n＝m+6，若元素在四、五周期，由于副族和ⅥⅡ族出现在ⅠA和ⅦA族之间共10种元素，则原子序数n＝m+6+10＝m+16，若元素在第六周期，又多了镧系的出现，有15种元素，则原子序数n＝m+16+14＝m+30．故选：D．点评：本题主要考查了元素周期表的结构，需要学生有较强的基础知识．题型三：元素周期表的应用（位置元素的推断）典例6：据国外有关资料报道，在独居石（一种共生矿，化学成分为Ce、La、Nd、…的磷酸盐）中，查明有尚未命名的116、124、126号元素．判断其中116号元素应为位于周期表中的（）A．第6周期ⅣA族B．第7周期ⅥA族C．第7周期Ⅷ族D．第8周期ⅥA族分析：根据各周期所含的元素种类推断，用原子序数减去各周期所含的元素种数，当结果为“0”时，为零族；当为正数时，为周期表中从左向右数的纵行，差为8、9、10时为VIII族，差数大于10时，则再减去10，最后结果为族序数．当为负数时其主族序数为8+差值．所以应熟记各周期元素的种数，即2、8、8、18、18、32、32．解答：116号元素在周期表中的位置116﹣2﹣8﹣8﹣18﹣18﹣32﹣32＝﹣2，8+（﹣2）＝6，即为第七周期，第ⅥA族．故选：B．点评：本题考查元素的推断，题目难度不大，注意原子核外电子排布与在周期表中的位置．【解题思路点拨】已知原子序数求位置及属性的解题方法：如110号元素，解法如下：在0族元素中He、Ne、Ar、Kr、Xe、Rn质子数分别为：2、10、18、36、54和86．应该在第六周期之后；第七周期最后的一位元素的原子序数为86+32＝118，所以应该在第七周期．92号以后的元素都为超铀元素且都为金属元素，因此为金属元素．5．原子核外电子排布06．共价键的形成及共价键的主要类型【知识点的知识】1、共价键、离子键和金属键的比较：化学键类型离子键共价键金属键概念阴、阳离子间通过静电作用所形成的化学键原子间通过共用电子对所形成的化学键金属离子和自由电子之间的强烈相互作用成键微粒阴、阳离子原子金属阳离子和自由电子成键性质静电作用（包括静电吸引和静电排斥）共用电子对无方向性形成条件活泼金属与活泼非金属a．IA、ⅡA族的金属元素与ⅥA、ⅦA族的非金属元素．b．金属阳离子与某些带电的原子团之间（如Na+与OH﹣、SO42﹣等）．非金属元素的原子之间某些不活泼金属与非金属之间．金属阳离子和自由电子之间表示方法①电子式，如②离子键的形成过程：①电子式，如②共价键的形成过程：存在离子化合物中非金属单质、共价化合物和部分离子化合物中金属单质和合金中作用力大小一般阴、阳离子电荷数越多，离子半径越小作用力越强原子半径越小，作用力越强价电子数目越多，金属键越强；原子半径越小，金属键越强与性质的关系离子间越强离子化合物的熔沸点越高．如：MgO＞NaCl共价键越强（键能越大），所形成的共价分子越稳定，所形成的原子晶体的熔沸点越高．如稳定性：H2O＞H2S，熔沸点：金刚石＞晶体硅金属键越强，相应熔点越高，硬度也越大如K＜Na＜Mg＜Al实例NaCl、MgOCl2、HCl、NaOH（O、H之间）金属2、共价键的分类共价键的分类方法很多，可以从不同的角度分类：1）从共用电子对是否偏移，分成极性共价键和非极性共价键；2）从形成的共用电子对的数目，分成单键、双键和叁键；3）从共用电子对的形成方式，分成一般共价键（电子对来自成键原子双方，即两个原子都拿出相等的电子，形成共用电子对）和配位键（电子对来自一方，即一方提供孤对电子，一方提供空轨道）；4）从电子对形成时的重叠方式，分成σ键和π键．①σ键：a、σ键的特点：由两个原子轨道沿轨道对称轴方向相互重叠导致电子在核间出现概率增大而形成的共价键，叫做σ键，可以简记为“头碰头”．σ键属于定域键，它可以是一般共价键，也可以是配位共价键．一般的单键都是σ键．原子轨道发生杂化后形成的共价键也是σ键．由于σ键是沿轨道对称轴方向形成的，轨道间重叠程度大，所以，通常σ键的键能比较大，不易断裂，而且，由于有效重叠只有一次，所以两个原子间至多只能形成一条σ键．b、σ键的分类：s﹣s（2个s电子）、s﹣px（1个s电子和1个p电子）和px﹣px（2个p电子）．如图所示：②π键：a、π键的特点：成键原子的未杂化p轨道，通过平行、侧面重叠而形成的共价键，叫做π键，可简记为“肩并肩”．π键与σ键不同，它的成键轨道必须是未成对的p轨道．π键性质各异，有两中心，两电子的定域键，也可以是共轭π键和反馈π键．两个原子间可以形成最多2条π键，例如，碳碳双键中，存在一条σ键，一条π键，而碳碳三键中，存在一条σ键，两条π键．b、p﹣pπ键．如图所示：③σ键和π键的区别：a、σ键可以绕键轴旋转，π键不能；b、σ键可以单独存在与两原子之间，π键不可以；c、π键的轨道重叠程度比σ键小，不如σ键牢固．【命题方向】本考点主要考察共价键的形成以及共价键的分类，需要重点掌握．题型一：物质所含化学键类型的判断典例1：（2014•朝阳区）下列物质中，既含离子键又含共价键的是（）A．NaClB．CO2C．NaOHD．N2分析：一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，既含离子键、又含共价键的物质应为离子化合物，并且含有由多个原子组成的阴离子，据此分析解答．解答：A．氯化钠只含离子键，故A错误；B，二氧化碳中只含共价键，故B错误；C．氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氧原子和氢原子之间存在共价键，故C正确；D．氮气中只含共价键，故D错误；故选C．点评：本题考查化学键知识，题目难度不大，注意离子键与共价键的区别．题型二：σ键和π键的比较典例2：下列说法不正确的是（）A．σ键比π键重叠程度大，形成的共价键强B．两个原子之间形成共价键时，最多有一个σ键C．气体单质中，一定有σ键，可能有π键D．N2分子中有一个σ键，2个π键分析：A．σ键是电子“头对头”重叠形成的，π键是电子“肩并肩”重叠形成的；B．σ键是电子“头对头”重叠形成的；C．有些物质不含化学键；D．氮气分子中氮原子间存在共价三键．解答：A．σ键是电子“头对头”重叠形成的，π键是电子“肩并肩”重叠形成的，所以σ键比π键重叠程度大，故A正确；B．σ键是头碰头形成的，两个原子之间能形成一个，原子轨道杂化的对成性很高，一个方向上只可能有一个杂化轨道，所以最多有一个，故B正确；C．气体单质分子中，可能只有键，如Cl2；也可能既有σ键又有π键，如N2；但也可能没有化学键，如稀有气体，故C错误；D．氮气分子的结构式为N≡N，所以一个氮气分子中含有一个σ键，2个π键，故D正确；故选C．点评：本题考查了σ键、π键，明确σ键和π键的形成是解本题关键，注意并不是所有的物质中都含有化学键，单原子分子不含化学键，为易错点．题型三：σ键和π键的判断典例3：在乙烯分子中有5个σ键、一个π键，它们分别是（）A．sp2杂化轨道形成σ键、未杂化的2p轨道形成π键B．sp2杂化轨道形成π键、未杂化的2p轨道形成σ键C．C﹣H之间是sp2形成的σ键，C﹣C之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键D．C﹣C之间是sp2形成的σ键，C﹣H之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键分析：乙烯中存在4个C﹣H键和1个C＝C双键，没有孤对电子，成键数为3，则C原子采取sp2杂化，以此来解答．解答：乙烯中存在4个C﹣H键和1个C＝C双键，没有孤对电子，成键数为3，则C原子采取sp2杂化，C﹣H之间是sp2形成的σ键，C﹣C之间有1个是sp2形成的σ键，C﹣C之间还有1个是未参加杂化的2p轨道形成的π键，故选AC．点评：本题考查共价键的形成，注意C＝C双键中有1个σ键、一个π键，π键是未参与杂化的2p轨道肩并肩形成的，题目难度中等．【解题思路点拨】规律方法：化学键与物质类别的关系：1）只含共价键的物质①同种非金属元素构成的单质，如I2、N2、P4、金刚石、晶体硅等；②不同种非金属元素构成的共价化合物，如HCl、NH3、SiO2、CS2等；2）只含有离子键的物质：活泼非金属元素与活泼金属元素形成的化合物，如Na2S、K2O等．3）既含有离子键又含有共价键的物质：如Na2O2、NH4Cl、NaOH等．4）无化学键的物质：惰性气体等．5）碳碳双键中，存在一条σ键，一条π键，而碳碳三键中，存在一条σ键，两条π键．7．键能、键长、键角及其应用【知识点的知识】键参数：1、键能：①概念：气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量．通常取正值．单位：kJ/mol．如：形成1molH﹣H键释放的最低能量为436.0kJ，则H﹣H键能为436.0kJ/mol．②键能与化学键稳定性的关系：键能越大，化学键越牢固，分子越稳定．如H﹣H键的键能为436kJ/mol，Cl﹣Cl的键能为243kJ/mol．2、键长：①概念：形成共价键的两个原子之间的核间距．②键长与共价键的稳定性的关系：两个原子核之间的距离．键长越短，键能越大，化学键越牢固，分子越稳定．如H﹣F，H﹣Cl，H﹣Br，H﹣I键长依次递增，键能依次递减，分子的热稳定性依次递减．3、键角：①概念：多原子分子中，两个化学键之间的夹角．②键角的作用：键角一定，表明共价键具有方向性．键角是描述分子立体结构的重要参数，分子的许多性质与键角有关．键角决定空间构型和分子极性．【命题方向】本考点主要考察键能、键长、键角对化学键的影响．题型一：键能、键长和键角相关概念典例1：（2014•黄浦区一模）关于键长、键能和键角，下列说法不正确的是（）A．键角是描述分子立体结构的重要参数B．键长的大小与成键原子的半径和成键数目有关C．键能越大，键长越长，共价化合物越稳定D．键角的大小与键长、键能的大小无关分析：A、键角与分子的立体结构有关；B、一般来讲形成共价键的两原子半径之和越小共用电子对数越多则共价键越牢固；C、键长越长，作用力越小，键能越小，化合物越不稳定；D、根据价层电子对互斥理论，中心原子外面的价层电子对数，直接决定分子的形状，同时也决定键角大小的主要因素．解答：A、键长和键角常被用来描述分子的空间构型，键角是描述分子立体结构的重要参数，故A正确；B、形成共价键的两原子半径之和越小共用电子对数越多，则共价键越牢固，键长越短，故B正确；C、键能越大，键长越短，共价化合物越稳定，故C错误；D、键角是分子内同一原子形成的两个化学键之间的夹角，与其分子结构有关，与键长键能无关，故D正确；故选：C．点评：本题考查了化学键的键参数的含义和判断，掌握概念的内涵是解题关键，题目较简单．题型二：键能的影响因素及应用典例2：下列物质性质的变化规律，与共价键的键能大小有关且正确的是（）A．F2，Cl2，Br2，I2的熔点、沸点逐渐升高B．HF，HC1，HBr，HI的热稳定性依次增强C．金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅D．NaF，NaCI，NaBr，NaI的熔点依次降低分析：A．F2、Cl2、Br2、I2属于分子晶体，影响熔沸点的因素是分子间作用力的大小；B．HF、HI、HBr、HCl属于共价化合物，影响稳定性的因素是共价键；C．金刚石、晶体硅属于原子晶体，影响熔沸点的因素是共价键；D．NaF、NaCl、NaBr、NaI属于离子晶体，影响熔沸点的因素是离子键．解答：A．F2、Cl2、Br2、I2属于分子晶体，影响熔沸点的因素是分子间作用力的大小，物质的相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，与共价键的键能大小无关，故A错误；B．HF、HI、HBr、HCl属于共价化合物，影响稳定性的因素是共价键，共价键的键能越大越稳定，与共价键的键能大小有关，但是HF，HC1，HBr，HI的热稳定性依次减弱，故B错误；C．金刚石、晶体硅属于原子晶体，原子之间存在共价键，原子半径越小，键能越大，熔沸点越高，与共价键的键能大小有关且正确，故C正确；D．NaF、NaCl、NaBr、NaI属于离子晶体，离子半径越大，键能越小，熔沸点越低，与共价键的键能大小无关，故D错误．故选C．点评：本题考查晶体的熔沸点的比较，分子的稳定性，题目难度不大，注意晶体的类型以及影响晶体熔沸点高低的因素的判断．【解题思路点拨】键能和键长是共价键稳定性的重要参数，键角是分子在空间立体结构的重要参数，要学会根据这些参数分析判断分子的结构．8．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