高三二轮高效复习讲义化学（单选）第三部分

第三部分高考创新题专练(练习册)[高考创新题专练(一)]突破“一托多”型选择题(选择题每题5分)(2025·江苏南通二模)在元素周期表中，某些主族元素与右下方的主族元素的某些性质是相似的。如：Beeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH))2和Aleq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH))3均为两性氢氧化物，Beeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH))2溶于强碱形成eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Be\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH))4))2；BeO和Al2O3都具有难溶于水、高熔点等性质。BeCl2和AlCl3在气态时通常以二聚体的形式存在。B和Si均能溶于NaOH溶液生成盐和H2。工业上用焦炭和SiO2在高温下反应制粗硅。硼酸(H3BO3)和硅酸都是弱酸，硼酸晶体有类似于石墨的片层状结构，常用作润滑剂。1．下列说法正确的是()A．AlCl3二聚体中含有配位键B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Be\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH))4))2的空间结构为平面正方形C．SiO2中的O—Si—O键角为180°D．H3BO3晶体在常温下能导电2．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是()A．氧化铍熔点较高，可用作耐火材料B．硼酸具有弱酸性，可用作润滑剂C．金属铝质地柔软，可用于冶炼高熔点金属D．二氧化硅硬度高，可用于制造光导纤维3．下列化学反应表示不正确的是()A．焦炭与石英砂反应：SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up7(高温))Si＋2CO↑B．盛放碱液的试剂瓶不能用玻璃塞的原因：SiO2＋2OH－=SiOeq\o\al(2,3)＋H2OC．氯化铍溶液中滴加过量NaOH溶液：Be2+＋2OH－=Beeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH))2↓D．硅与氢氧化钠溶液反应：Si＋2NaOH＋H2O=Na2SiO3＋2H2↑解析：1.选A。AlCl3二聚体结构为，Al最外层电子数为3，存在配位键，A正确；eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Be\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH))4))2的中心原子为Be，Be原子和四个OH－形成4个共价键，无孤电子对，为sp3杂化，空间结构为正四面体形，B错误；Si和O构成了硅氧四面体，每个Si结合4个O，Si在中心，O在四面体的4个顶角，O—Si—O键角不是180°，C错误；H3BO3晶体有类似于石墨的片层状结构，但B最外层电子数为3，形成了3个共价键，为sp2杂化，与石墨具有自由电子的结构不同，无法导电，D错误。2．选A。BeO具有难溶于水、高熔点等性质，则其耐高温，因此可作耐火材料，符合题意，A正确。3．选C。氯化铍溶液中滴加过量NaOH溶液，Beeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH))2会在强碱中溶解生成eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Be\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH))4))2，所以正确的反应为Be2+＋4OH－=[Be(OH)4]2，C错误。(2025·江苏高考)阅读材料，完成下列小题：中国对人类科学进步与技术发展贡献卓著。黑火药(主要成分：KNO3、S和C)是中国古代四大发明之一。侯德榜发明的“联合制碱法”将合成氨法与氨碱法联合，突破了国外制碱技术封锁。我国科学家在世界上首次人工合成结晶牛胰岛素；采用有机合成与酶促合成相结合的方法，人工合成了酵母丙氨酸转移核糖核酸。徐光宪提出的稀土串级萃取理论使我国稀土提取技术取得重大进步。屠呦呦等采用低温、乙醚冷浸提取的青蒿素(C15H22O5，含—O—O—)在治疗疟疾中起到重要作用。闵恩泽研制新型催化剂解决了重油裂解难题。4．下列说法正确的是()A．硫黄有S2、S2、S4等多种同素异形体B．高温下青蒿素分子结构稳定C．NH3分子中H—N—H键角大于CH4分子中H—C—H键角D．题图所示的碱基鸟嘌呤与胞嘧啶通过氢键互补配对5．下列化学反应表示正确的是()A．黑火药爆炸：2KNO3＋C＋3S=K2CO3＋N2↑＋3SO2↑B．电解饱和NaCl溶液制NaOH：Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(通电))2OH－＋H2↑＋ClO－C．重油裂解获得的丙烯制聚丙烯：nCH2=CH—CH3eq\o(→,\s\up7(催化剂))D．向饱和氨盐水中通入过量CO2：NaCl＋NH3＋H2O＋CO2=NaHCO3↓＋NH4Cl6．下列物质组成或性质与分离提纯方法对应关系正确的是()A．蛋白质能水解，可用饱和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH4))2SO4溶液提纯蛋白质B．乙醚与青蒿素组成元素相同，可用乙醚提取青蒿素C．CCl4难溶于水、比水易溶解I2，可用CCl4萃取碘水中的I2D．不同的烃密度不同，可通过分馏从石油中获得汽油、柴油解析：4.选D。同素异形体是同种元素形成的不同单质间的互称，S2是离子不是单质，A错误；根据信息可知青蒿素中含有—O—O—，类比双氧水的分子结构可知其不稳定，高温条件下易分解，B错误；NH3中心原子N原子采用sp3杂化，孤电子对数为1，CH4中心原子C原子采用sp3杂化，孤电子对数为0，中心原子杂化方式相同时，孤电子对数越多，孤电子对对成键电子对的排斥力越大，键角越小，则NH3分子中H—N—H键角小于CH4分子中H—C—H键角，C错误。5．选D。黑火药爆炸时，KNO3、C和S反应生成K2S、N2和CO2，该反应的化学方程式为2KNO3＋3C＋Seq\o(=,\s\up7(点燃))K2S＋N2↑＋3CO2↑，A错误；电解饱和NaCl溶液生成Cl2、H2和NaOH，该反应的离子方程式为2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(通电))H2↑＋Cl2↑＋2OH－，B错误；丙烯生成聚丙烯的反应为nCH2=CH—CH3eq\o(→,\s\up7(催化剂))，C错误。6．选C。蛋白质在饱和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH4))2SO4溶液中会发生盐析，故可用饱和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH4))2SO4溶液分离提纯蛋白质，与蛋白质能发生水解反应无关，A错误；青蒿素在乙醚中的溶解度较大，故可用乙醚提取青蒿素，与二者的组成元素无关，B错误；I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，且CCl4与水不互溶，故可用CCl4萃取碘水中的I2，C正确；不同烃的沸点不同，故可用分馏法从石油中获得汽油、柴油，与烃的密度无关，D错误。(2025·安徽高考)阅读材料，完成下列第7、8小题。氨是其他含氮化合物的生产原料。氨可在氧气中燃烧生成N2。金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，同时生成NaNH2。NaNH2遇水转化为NaOH。Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Cu\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH3))4))(OH)2溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Cu\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2O))4))SO4溶液。氨可以发生类似于水解反应的氨解反应，浓氨水与HgCl2溶液反应生成Hgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH2))Cl沉淀。7．下列有关反应的化学方程式错误的是()A．氨在氧气中燃烧：4NH3＋3O2eq\o(=,\s\up7(点燃))2N2＋6H2OB．液氨与金属钠反应：2Na＋2NH3(l)=2NaNH2＋H2↑C．氨水溶解Cu(OH)2：Cu(OH)2＋4NH3=eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Cu\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH3))4))(OH)2D．浓氨水与HgCl2反应：HgCl2＋NH3=Hgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH2))Cl↓＋HCl8．下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是()A．与H＋结合的能力：OH－>NHeq\o\al(－,2)B．与氨形成配位键的能力：H＋>Cu2+C．H2O和NH3分子中的键长：O—H>N—HD．微粒所含电子数：NHeq\o\al(＋,4)>NHeq\o\al(－,2)解析：7.选D。浓氨水与HgCl2溶液反应生成Hgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH2))Cl沉淀，生成物应为NH4Cl，化学方程式为HgCl2＋2NH3=Hgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH2))Cl↓＋NH4Cl，D错误。8．选B。根据题干信息，NaNH2遇水转化为NaOH，反应为NaNH2＋H—OH=NaOH＋H—NH2，说明NHeq\o\al(－,2)结合H＋能力更强，A错误；深蓝色eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Cu\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH3))4))(OH)2溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Cu\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2O))4))SO4溶液，说明NH3更容易与H＋配位形成NHeq\o\al(＋,4)，故与氨形成配位键的能力：H＋>Cu2+，B正确；原子半径N＞O，则键长：O—H＜N—H，C错误；NHeq\o\al(＋,4)所含电子数为7＋4－1＝10，NHeq\o\al(－,2)所含电子数为7＋2＋1＝10，相同数量的两种微粒所含电子数相等，D错误。(2025·广西贺州模拟)硫酸四氨合铜(化学式为[Cu(NH3)4]SO4·H2O)常用作杀虫剂等。实验小组按照如下步骤进行硫酸四氨合铜的制备及产品中氨的含量测定：①取agCuSO4·5H2O和适量蒸馏水于烧杯中，加热溶解；冷却后滴加适量浓氨水得到蓝色溶液；再滴加适量乙醇，静置析出晶体；用乙醇和浓氨水的混合液洗涤、干燥，制得[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体。②取上述晶体mg于锥形瓶M中，加水溶解；如图安装好仪器(气密性良好)，向M中滴入NaOH溶液，加热将NH3蒸出，M中有黑色固体生成；取出锥形瓶K，加入几滴甲基红[(红)4.4～(橙)～6.2(黄)]，用c2mol·L1NaOH溶液滴定，消耗V2mL。(已知常温下饱和NH4Cl溶液的pH大约在5.6左右)请回答下列第9、10小题：9．对于上述实验，下列说法错误的是()A．使用胶头滴管时，通常用拇指、食指和中指夹持、挤压胶头以控制滴加量B．采用冰水浴冷却，目的是防止NH3、HCl挥发C．使用恒压滴液漏斗，目的是控制NaOH溶液的用量，并保证其顺利流下D．向①的蓝色溶液中加入一定量Na2SO4晶体，也可析出硫酸四氨合铜晶体10．根据上述实验原理，下列说法错误的是()A．M中发生的反应为[Cu(NH3)4]SO4＋2NaOHeq\o(=,\s\up7(△))CuO＋4NH3↑＋Na2SO4＋H2OB．若选用甲基橙做指示剂，测定结果将偏大C．若采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法来制备硫酸四氨合铜晶体，最终测定结果将偏大D．制得的[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体中氨含量(质量分数)为eq\f(17×(c1V1－c2V2),1000m)×100%解析：9.选A。使用胶头滴管时，通常用中指和无名指夹住滴管，拇指和食指捏动胶帽以控制滴加量，A错误；NH3、HCl均易挥发，采用冰水浴冷却，可以防止NH3、HCl挥发，B正确；使用恒压滴液漏斗，可以使液体顺利流下，同时可以控制NaOH溶液的用量，C正确；向①的蓝色溶液中加入一定量Na2SO4晶体，硫酸根离子浓度增大，使溶解平衡左移，所以也可析出硫酸四氨合铜晶体，D正确。10．选C。向M中滴入NaOH溶液，加热将NH3蒸出，M中有黑色固体CuO生成，配平后可得选项所给方程式，A正确；甲基橙变色范围对应pH较小，导致NaOH用量偏少，则测定的与NH3反应的HCl偏多，故测定结果偏大，B正确；若采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法来制备硫酸四氨合铜晶体，蒸发浓缩过程中，硫酸四氨合铜会受热分解，有NH3放出，导致被K吸收的NH3偏少，测定结果偏小，C错误；与HCl反应的NH3物质的量为eq\f(c1V1－c2V2,1000)mol，故制得的[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体中氨含量(质量分数)为eq\f(17×(c1V1－c2V2),1000m)×100%，D正确。(2025·河北邯郸联考)阅读材料，完成下面第11、12小题。5­羟甲基糠醛(HMF)是一种重要的化工产品，可转化为多种高附加值化合物，如2，5­二羟甲基呋喃(DHMF)和2，5­呋喃二甲酸(FDCA)。现有科研工作者利用碳纸支撑的NiOOH和SnO2作两极，稀硫酸与KOH溶液为电解质溶液，实现了HMF的双转化，并探究催化机理以便达到更高效率。HMF的双转化装置及HMF、DHMF、FDCA的结构简式如图所示。11．下列说法错误的是()A．M电极电势低于N电极B．OH－在电场作用下从左向右移动C．电路中每转移1mole－，M电极产生0.5molDHMFD．N电极的电极反应式为＋2H2O－4e－=＋4H＋12．HMF转化路径与反应历程如图所示，“”表示吸附态，反应历程中已略去OH与H2O，下列说法错误的是()A．合成DHMF时，高电位条件下的选择性更好B．路径1和路径2中羟基的氧化顺序不同C．合成FDCA时，更容易发生路径2D．路径1决速步反应为FFCA＋2OH→FDCA＋H2O解析：据图可知，该装置为电解池，根据结构简式分析，HMF转化为DHMF发生还原反应，HMF转化为FDCA发生氧化反应，所以M电极为阴极，电极反应式为＋2H2O＋2e－=＋2OH－，N电极为阳极，电极反应式为＋2H2O－6e－=＋6H＋。11．选D。由于阳极电势高于阴极电势，故M电极电势低于N电极，A正确；由于阴离子向阳极移动，故OH－在电场作用下从左向右移动，B正确。12．选C。由图1可得，合成DHMF时低电位条件下有副产物，所以高电位的选择性更好，A正确；合成FDCA的两条路径中，路径1先氧化羟基，后氧化醛基，路径2先氧化醛基，后氧化羟基，B正确；由图3可知，路径1中各物质状态能量较低，活化能也比较低，所以更易发生路径1，C错误；结合图2、图3可知，路径1中最后一步的活化能最大，为决速步，根据原子守恒得出反应式为FFCA＋2OH→FDCA＋H2O，D正确。[高考创新题专练(二)]模块融合——物质结构与有机化学(选择题每题5分)1．(2025·广东湛江模拟)关于下列“双人花样滑冰运动员”有机分子的说法正确的是()A．“女运动员”比“男运动员”多1个手性碳原子B．“男运动员”最多可以与8molH2发生加成反应C．“女运动员”中所有碳原子可能共平面D．“女运动员”比“男运动员”多3个sp3杂化的碳原子解析：选D。手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，“女运动员”和“男运动员”都没有手性碳原子，A项不正确；苯环、碳碳三键均能和氢气发生加成反应，“男运动员”最多可以与14molH2发生加成反应，B项不正确；“女运动员”中“手”和“辫子”位置的碳原子不可能共平面，C项不正确；“女运动员”和“男运动员”只有“辫子”位置不同，对比结构可知，“女运动员”比“男运动员”多3个sp3杂化的碳原子，D项正确。2．(2025·江苏高考)化合物Z是一种具有生理活性的多环呋喃类化合物，部分合成路线如下：下列说法正确的是()A．1molX最多能和4molH2发生加成反应B．Y分子中sp3和sp2杂化的碳原子数目比为1∶2C．Z分子中所有碳原子均在同一个平面上D．Z不能使Br2的CCl4溶液褪色解析：选B。Y中只形成单键的碳原子为sp3杂化，形成双键的碳原子为sp2杂化，故sp3和sp2杂化的碳原子数目比为2∶4＝1∶2，B正确。1分子X中含有1个苯环、2个酮羰基、1个碳碳双键，故1molX最多能和6molH2发生加成反应，A错误；Z中存在同时连有3个碳原子的饱和碳原子，所有碳原子不可能在同一平面上，C错误；Z中含有碳碳双键，能与Br2发生加成反应使Br2的CCl4溶液褪色，D错误。3．(2025·湖北襄阳三模)4­氯乙酰乙酸乙酯是一种治疗心脑血管疾病的高疗效药中间体。双乙烯酮(M)法合成4­氯乙酰乙酸乙酯(N)的工艺涉及反应方程式如下(Cat.表示催化剂)。下列说法错误的是()A．M中σ键与π键数目之比为5∶1B．X中不可能所有原子共平面C．N能发生氧化、取代、加成、消去反应D．等物质的量的X、N分别与足量NaOH溶液反应，消耗的NaOH的量相等解析：选C。由题干N的结构简式可知，N中含有碳卤键和酯基，能发生取代反应，N中含有酮羰基，则能发生加成反应，N能够燃烧，即N能发生氧化反应，但N中碳卤键的邻位碳上没有H，故不能发生消去反应，C错误。4．(2025·湖北武汉二模)为实现碳达峰，可以将CO2进行碳捕集、利用与封存。科学研究发现，羟基季铵盐离子液体可以高效催化CO2与环氧化合物合成环状碳酸酯的反应，某课题组经研究提出用离子液体三乙基羟乙基溴化铵催化此反应的机理如图所示。下列说法错误的是()A．无羟基结构的四乙基溴化铵的催化活性优于三乙基羟乙基溴化铵B．该过程只有极性键的断裂与形成，没有非极性键的断裂与形成C．反应机理中涉及到取代反应，加成反应D.该过程的总反应式可表示为解析：选A。根据催化机理，—OH与环氧化合物形成了氢键，所以三乙基羟乙基溴化铵的催化活性优于无羟基结构的四乙基溴化铵，A错误。5．(2025·甘肃庆阳模拟)氧化石墨烯薄片是石墨粉末经化学氧化及剥离后的产物，产物中引入了大量基团(如—OH、—COOH等)，其过程及结构如图所示。下列说法错误的是()A．氧化石墨烯比石墨烯的导电性更强B．氧化石墨烯存在手性碳原子C．氧化石墨烯在水中的溶解度大于石墨烯D．氧化石墨烯能发生氧化反应、加成反应、酯化反应解析：选A。氧化石墨烯分子中，有一部分碳原子形成了C—C、C—O键，形成大π键的电子(自由电子)数减少，所以氧化石墨烯的导电性比石墨烯的弱，A项错误。6．(2025·广西柳州模拟)Friedel­Crafts烷基化反应的机理可以简化用下图表示。下列说法正确的是()A．AlCl3既能改变速率又改变平衡转化率B．反应过程中，苯环上C原子的杂化方式未发生改变C．上述过程中有配位键的形成D．已知苯环电子云密度越大，苯环越容易发生烷基化取代反应，则反应活性：＞解析：选C。从反应过程可以看出，AlCl3是该反应的催化剂，则其能改变反应速率但不能改变平衡的转化率，A错误；苯分子中，C原子为sp2杂化，在中，与—R相连的碳原子，变为sp3杂化，相当于苯分子中有1个H原子被1个R取代，C原子的杂化方式不变，所以C经历的杂化为sp2→sp3→sp2，B错误；Al最外层有三个电子，形成三条共价键，反应过程中形成eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\o(R,\s\up6(δ＋))…\o(X,\s\up6(δ－))…AlCl3))，即形成配位键，C正确；已知苯环电子云密度越大，苯环越容易发生烷基化取代反应，中—CF3为吸电子基团，使苯环电子云密度减小，则反应活性：＜，D错误。7．(2025·湖北黄冈模拟)氮叶立德重排(Stevens重排)机理如下(R、R1、R2、R3均为烷基)：下列说法中正确的是()A．反应中有非极性键的断裂与生成B．Y中C与N原子的价层电子对数不同C．X、M均能与盐酸反应生成盐酸盐D.根据机理推测，可实现如下转化：解析：选D。分析反应机理，可知反应中有极性键的断裂(如C—H键、C—N键等)，非极性键的生成(如C—C键的生成)，A项错误；中R、R1、R2、R3均为烷基，C的价层电子对数为4，N＋为N原子失去一个电子，其价层电子对数也为4，故Y中C与N原子的价层电子对数相同，B项错误；X中N原子上无孤电子对，不显碱性，不能与盐酸反应生成盐酸盐，M中N原子上有孤电子对，显碱性，能与盐酸反应生成盐酸盐，C项错误；由反应机理可知，与N原子相连的一个烷基发生氮叶立德重排后，与N原子的邻位C原子成键，则发生重排转化为，D项正确。8．(2025·浙江二模)在一定条件下，化合物A可转变为己内酰胺E，该反应的主要途径如下：下列说法不正确的是()A．化合物A存在sp2杂化的碳原子B．化合物B为该反应的催化剂C．化合物C与D互为同分异构体D．化合物E可发生氧化、水解和缩聚反应解析：选D。已知化合物E中的官能团为酰胺基，E可发生氧化、水解反应等，不能发生缩聚反应，D错误。9．(2025·北京人大附中三模)某课题组研制了一种具有较高玻璃化转变温度的聚合物P，合成路线如下：已知：R1—Breq\o(→,\s\up7(NaN3))R1—N3eq\o(→,\s\up7(≡—R2),\s\do5(CuI))下列说法正确的是()A．化合物B中所有原子一定共平面B．1mol化合物C最多可与3molNaOH反应C．化合物F中碳原子的杂化方式有sp、sp2、sp3D．反应①②③为取代反应，反应④为加聚反应解析：选C。由流程结合物质化学式可知，A为对二甲苯，A被酸性高锰酸钾氧化得到B，B和E生成C，结合E化学式可知，C为、E为CH2BrCH2OH，C发生已知反应生成，再和F生成P，F为。由于碳碳单键可以旋转，B中羧基平面与苯平面不一定共平面，A错误；C中酯基、溴原子均可以与氢氧化钠溶液反应，故1mol化合物C最多可与4molNaOH反应，B错误；由A为对二甲苯、B为可知，反应①为氧化反应而不是取代反应，D错误。10．(2025·安徽合肥三模)氯硝西泮，化学式为C15H10ClN3O3，是一种镇定剂，其分子结构如图所示。下列说法正确的是()A．分子中C和N原子都有sp2、sp3两种杂化方式B．苯环上的一氯代物有7种，分子中含有1个手性碳原子C．1mol氯硝西泮最多可消耗4molNaOH，消耗氢气的数目为7NAD．在酸性条件下水解只生成1种有机物，但产物在水中的溶解度比氯硝西泮小解析：选A。根据题干有机物结构简式可知，苯环上的碳原子、碳氮双键、酰胺基中的碳原子为sp2杂化，其余碳原子为sp3杂化，碳氮双键、氮氧双键的氮原子为sp2杂化，其余氮原子为sp3杂化，A正确。分子中的两个苯环所处环境各不相同，左侧苯环上的一氯代物有3种，下方苯环上的一氯代物有4种，故该有机物的苯环上的一氯代物共有7种；由结构简式可知，分子中不含有手性碳原子，B错误；1mol酰胺基水解消耗1mol氢氧化钠、1mol氯原子水解消耗1mol氢氧化钠，生成酚类物质再消耗1mol氢氧化钠，故1mol氯硝西泮最多可消耗3molNaOH；苯环、碳氮双键都能与氢气发生加成反应，1mol硝基可与3mol氢气发生反应生成氨基，故1mol氯硝西泮最多可消耗氢气的数目为10NA，C错误。在酸性条件下水解，酰胺键打开，只生成1种有机物，产物中含有羧基，属于亲水基团，故产物在水中的溶解度比氯硝西泮大，D错误。11．(2025·湖北黄石二模)瓜环(简称CB[n]，n＝5～8，10，13～15)形似南瓜，简化示意图如图。瓜环的环壁上含有4倍于其结构单元数的氮原子，可以包结有机分子、气体分子和其他客体小分子。已知：苯环直径为0.34nm。下列说法错误的是()CB[n]CB[5]CB[6]CB[7]端口直径/nm0.240.390.54空腔直径/nm0.440.580.73高度/nm0.910.910.91A．由化合物I和H2C=O生成1molCB[7]的同时生成14molH2OB．瓜环在识别分子时可通过非共价键作用形成超分子C．化合物I既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应D．苯环可被包结进入CB[5]的空腔中解析：选D。由表中数据可知，CB[5]的端口直径仅0.24nm，而苯环直径约0.34nm，苯环无法通过如此小的端口进入CB[5]的空腔，D错误。[高考创新题专练(三)]模块融合——电化学与物质结构或有机化学(选择题每题5分)1．(2025·湖北武汉二模)羟基自由基(·OH)具有极强的氧化能力，它能有效地氧化降解废水中的有机污染物。在直流电源作用下，利用双极膜电解池产生羟基自由基(·OH)处理含苯酚废水和含甲醛废水，原理如图所示。已知：双极膜中间层中的H2O解离为H＋和OH－。下列说法错误的是()A．M极电极反应式：O2＋2e－＋2H＋=2·OHB．电极电势：N>MC．每处理6.0g甲醛，理论上有0.8molH＋透过膜bD．通电一段时间后，理论上苯酚和甲醛转化生成CO2的物质的量之比为7∶6解析：选D。根据氧化还原反应规律，1mol甲醛生成CO2转移4mole－，1mol苯酚生成CO2转移28mole－，理论上苯酚和甲醛转化生成CO2的物质的量之比为6∶7，D错误。2．(2025·河北保定三模)二苯重氮甲烷在抗生素的制备过程中起关键作用。以二苯甲酮腙为前体合成二苯重氮甲烷的原理如图所示。下列说法错误的是()A．电极电势：石墨>NiB．若以铅酸蓄电池为电源，则与Ni电极相连的为Pb电极C．合成1mol二苯重氮甲烷，理论上消耗22.4L氢气(标准状况下)D．电解质溶液中合成二苯重氮甲烷的化学方程式为＋I2→＋2HI解析：选C。石墨电极上I－失电子生成I2，发生氧化反应，为阳极；Ni电极上H＋得电子生成H2，发生还原反应，2H＋＋2e－=H2↑，为阴极。合成二苯重氮甲烷时，石墨电极上I－失电子，根据得失电子守恒，合成1mol二苯重氮甲烷，转移2mol电子，理论上生成1molH2，标准状况下体积为22.4L，并不是消耗，C错误。3．(2025·黑龙江哈尔滨二模)环己酮是一种重要的化工原料。苯酚电催化加氢具有操作条件温和、由可再生的电力驱动等优势，是一种有吸引力的环己酮生产工艺。我国科研人员选用不同负载材料电极研究其合成机理如图所示[已知：Hads代表吸附态氢原子；法拉第效率FEeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X))＝eq\f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(生成X的电子)),n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(通过电极的电子)))×100%]。下列说法正确的是()A．Pt/C和Pt/TiO2电极均连接电源的正极B．Pt/C和Pt/TiO2电极上均可能有H2溢出C．Pt/C电极上若生成1mol环己酮的FE为20%，则一定伴随生成约2.7mol环己醇D．TiO2增大了Pt上Hads的覆盖度，有利于提高环己酮制备的纯度解析：选B。苯酚在Pt/C和Pt/TiO2表面电化学加氢生成环己酮和环己醇的机理：首先溶液中的H＋得电子生成吸附态的H原子，然后苯酚与吸附态的H原子反应生成环己酮和环己醇，电极反应式可写为C6H6O＋4H＋＋4e－=C6H10O和C6H6O＋6H＋＋6e－=C6H12O，因此Pt/C和Pt/TiO2电极为阴极，连接电源负极，A错误；H＋得电子除了生成吸附态的H原子，还可能还原为H2，B正确；生成1mol环己酮的FE为20%，若通过电极的电子全部用于苯酚加氢生成环己酮和环己醇，则生成环己酮和环己醇所需电子数比例为1∶4，根据电极反应式可知生成1mol环己酮需4mol电子，因此有16mol电子用于生成环己醇，得到环己醇的物质的量约为2.7mol，由于通过电极的电子可能存在其他用途，则生成环己醇的物质的量最大约为2.7mol，C错误；如图所示，TiO2诱导了Hads从Pt到TiO2的迁移，降低了Pt表面的Hads覆盖度，有效抑制了环己酮的过度加氢，因此Pt/C表面苯酚加氢生成环己酮和环己醇，而Pt/TiO2表面苯酚加氢还原产物只有环己酮，提高了环己酮选择性，D错误。4．(2025·辽宁抚顺二模)利用有机电化学合成1，2­二氯乙烷的装置如图所示。若该装置工作时中间室NaCl溶液的浓度通过调整保持不变，电解时阴极生成气体的速率为xmol·h1，下列说法错误的是()A．电源中电势比较：b>aB．离子交换膜Ⅰ为阴离子交换膜，离子交换膜Ⅱ为阳离子交换膜C．合成室内发生的反应为CH2=CH2＋2CuCl2→CH2ClCH2Cl＋2CuClD．中间室补充NaCl的速率为2xmol·h1解析：选B。由图可知，右侧电极上Cu的化合价由＋1价升高为＋2价，发生氧化反应，则电极N为阳极，电极b为正极，所以电极M为阴极，电极a为负极，中间室内的氯离子通过离子交换膜Ⅱ，进入右室，最终和CuCl生成CuCl2，左室H2O得到电子，生成H2，OH－浓度增大，与中间室移动过来的Na＋结合，生成NaOH，所以离子交换膜Ⅰ为阳离子交换膜，Ⅱ为阴离子交换膜，B错误。5．(2025·山东济南二模)我国科学家利用WO2和NiOOH的协同作用实现了CH3OH和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CH3))2NH电催化合成HCONeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CH3))2，反应装置及催化机理如图所示。下列说法错误的是()A．b为电源正极B．工作一段时间后e极附近pH减小C．CH3OH和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CH3))2NH均发生氧化反应D．理论上每生成1mol的C气体，e上有2mol的eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CH3))2NH被氧化解析：选D。由图可知，在该电催化合成装置中，CH3OH和(CH3)2NH在e电极发生反应生成HCON(CN3)2，发生氧化反应，所以e为阳极，d极为阴极。与阳极相连的b为电源正极，A正确；e极发生的反应为CH3OH＋(CH3)2NH－4e－=HCON(CH3)2＋4H＋，工作一段时间后，e极附近氢离子浓度增大，pH减小，B正确；从催化机理图可知，CH3OH转化为CHO，C元素化合价升高，(CH3)2NH转化为N(CH3)2，N元素化合价升高，因此CH3OH和(CH3)2NH均发生氧化反应，C正确；由A分析可知，d极为阴极，e极为阳极，阴极反应为2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑，H2即为题中的C气体，阳极反应为CH3OH＋(CH3)2NH－4e－=HCON(CH3)2＋4H＋，根据得失电子守恒，理论上生成1molH2，转移2mol电子，阳极上有0.5mol的(CH3)2NH被氧化，D错误。6．(2025·山东青岛模拟)一种新型醌类酸碱混合电池具有高能量密度和优异的循环稳定性，该电池工作示意图如下。下列说法正确的是()A．c为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜B．放电时，中间室的K2SO4溶液浓度减小C．充电时，电路中每转移1mol电子，阳极区溶液质量增加4.5gD．放电时有1mol生成，理论上电路中转移电子的数目为2nNA解析：选C。由题干图示信息可知，放电时a电极为正极，MnO2转化为Mn2+，发生还原反应，电极反应为MnO2＋2e－＋4H＋=Mn2+＋2H2O，b电极为负极，发生氧化反应，电极反应为＋2nOH－－4ne－=＋2nK＋＋2nH2O，此时阳离子移向正极，阴离子移向负极，则c交换膜为阴离子交换膜，则左室的SOeq\o\al(2,4)进入中间K2SO4室，d为阳离子交换膜，右室的K＋进入中间K2SO4室。由分析可知，放电时中间室K2SO4溶液浓度增大，B错误；充电时，a为阳极，电极反应为Mn2+＋2H2O－2e－=MnO2＋4H＋，电路中每转移2mol电子，阳极区生成1molMnO2，质量减少87g，同时中间室有1molSOeq\o\al(2,4)经c膜进入左室阳极区，质量增加96g，则阳极质量最终增加(96－87)g＝9g，故电路中每转移1mol电子，阳极区溶液质量增加4.5g，C正确；由分析可知，放电时b电极为负极，且～4ne－，有1mol生成时，理论上电路中转移电子的数目为4nNA，D错误。7．(2025·北京东城期末)一种锂离子电池[电极材料分别为嵌锂石墨，钴酸锂eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(LiCoO2))]某时段的工作原理如下。总反应方程式：Li1－xCoO2＋LixCyeq\o(⥬,\s\up7(放电),\s\do5(充电))LiCoO2＋Cy下列说法正确的是()A．图示中的电池处于充电状态B．放电时，嵌锂石墨作正极C．充电时，阴极发生的反应为Cy＋xLi＋＋xe－=LixCyD．充电时，钴元素失去电子的数目大于脱出的锂离子数目解析：选C。放电时，LixCy为原电池的负极，LixCy在负极失去电子发生氧化反应生成锂离子和碳，电极反应式为LixCy－xe－=Cy＋xLi＋，Li1－xCoO2为正极，在锂离子作用下，Li1－xCoO2在正极得到电子发生还原反应生成LiCoO2，电极反应式为Li1－xCoO2＋xLi＋＋xe－=LiCoO2；充电时，LixCy与直流电源的负极相连，作电解池的阴极，Li1－xCoO2与正极相连，作阳极。图示Li＋嵌入Li1－xCoO2电极，由分析可知，发生的反应是Li1－xCoO2＋xLi＋＋xe－=LiCoO2，是原电池正极的反应，则电池处于放电状态，A错误；由分析可知，放电时，嵌锂石墨作负极，B错误；充电时，阴极的反应与原电池负极的反应相反，为Cy＋xLi＋＋xe－=LixCy，C正确；充电时，阳极的反应为LiCoO2－xe－=Li1－xCoO2＋xLi＋，钴元素失去电子的数目与脱出的锂离子数目相等，D错误。8．(2025·广西河池模拟)如图是一种以离子液体AlCl3/eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(EMIM))Cl为电解液的铝离子电池的工作原理，其中阴离子有AlCleq\o\al(－,4)、Al2Cleq\o\al(－,7)，阳离子有EMIM＋，不考虑图上离子大小。下列有关说法错误的是()A．该电池在充放电过程中，Cn电极有AlCleq\o\al(－,4)的嵌入和脱嵌过程B．充电时的总反应为3Cn＋4Al2Cleq\o\al(－,7)eq\o(=,\s\up7(通电))Al＋4AlCleq\o\al(－,4)＋3Cneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AlCl4))C．阳离子EMIM＋不参与反应，电池放电时移向Al电极D．放电时电路中每通过1mol电子，有1molCneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AlCl4))被还原解析：选C。电池在放电过程中Cn电极脱嵌AlCleq\o\al(－,4)，充电过程中Cn电极嵌入AlCleq\o\al(－,4)，即Cn电极有AlCleq\o\al(－,4)的嵌入和脱嵌过程，A正确；充电时，铝电极为阴极，Al2Cleq\o\al(－,7)在阴极得到电子发生还原反应生成铝和AlCleq\o\al(－,4)，Cn电极为阳极，AlCleq\o\al(－,4)得到电子嵌入Cn得到Cn(AlCl4)，总反应为3Cn＋4Al2Cleq\o\al(－,7)eq\o(=,\s\up7(通电))Al＋4AlCleq\o\al(－,4)＋3Cneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AlCl4))，B正确；放电时，铝电极为负极，Cn电极为正极，则阳离子EMIM＋向正极Cn电极移动，C错误；放电时，Cn电极为正极，Cn(AlCl4)得到电子脱嵌AlCleq\o\al(－,4)得到Cn，电极反应式为Cneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AlCl4))＋e－=Cn＋AlCleq\o\al(－,4)，则电路中每通过1mol电子时，有1molCneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AlCl4))被还原，D正确。9．(2025·宁夏吴忠一模)某研究团队发现，以非晶态Ni(Ⅲ)基硫化物为催化剂，能有效催化OER(析氧反应)和UOR(尿素氧化反应)，从而降低电解水制氢过程中的能耗，其工作原理和反应机理如图所示。下列说法正确的是()A．UOR的电化学反应总过程为COeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH2))2－6e－＋6OH－=CO2↑＋N2↑＋5H2OB．电解过程中，电极A附近溶液的pH不变C．OER分四步进行，其中没有非极性键的形成与断裂D．若将光伏电池换成铅酸蓄电池，电极A应连接铅酸蓄电池的PbO2电极解析：选A。该装置是电解池，电解水制氢，电极A上水得到电子生成氢气，电极反应式为2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑，电极B上尿素失电子生成氮气，电极反应式为COeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH2))2－6e－＋6OH－=CO2↑＋N2↑＋5H2O。电极A上电极反应式为2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑，电极A附近溶液的碱性增强，pH变大，B错误；OER的第Ⅱ步骤有O—O非极性键的形成，C错误；电极A为电解池的阴极，应该与铅酸蓄电池的负极即Pb极相连，D错误。10．(2025·湖北黄冈三模)α­AgI可用作固体离子导体，能通过加热γ­AgI制得。两种晶体的晶胞如图所示(Ag＋未标出)。测定α­AgI中导电离子类型的实验装置如图所示，在电场的作用下，α­AgI中的离子无需克服太大阻力即可发生迁移。下列说法错误的是()A．γ­AgI与α­AgI晶胞的质量之比为2∶1B．可用X射线衍射区分γ­AgI和α­AgI晶体C．γ­AgI与α­AgI中与I－等距且最近的I－个数比为3∶2D．支管a中AgI质量不变，可判定导电离子是I－而非Ag＋解析：选D。a为阳极，银失去电子生成银离子，然后和I－结合生成AgI，同时Ag＋通过AgI固体离子导体移向支管b，然后在b得到电子生成银，该装置实际为银的电解精炼过程，支管a中AgI质量一直保持不变，导电离子为Ag＋，D错误。11．(2025·广东梅州一模)国内首创的电化学脱嵌法盐湖提锂是通过“富锂态吸附材料(阳极)|支持电解质|阴离子交换膜|卤水|欠锂态吸附材料(阴极)”实现盐湖卤水中锂的高效选择性提取和富集，且高选择性提取锂的磷酸铁(FePO4)离子筛价廉易得可反复使用。工作原理如图所示，下列说法不正确的是()A．该离子筛高选择性提取锂而不提取Na＋、K＋的原因是Li＋的离子半径小，能嵌入离子筛B．阴极室发生的电极反应式：FePO4＋Li＋＋e－=LiFePO4C.卤水中的Cl－通过阴离子交换膜进入阳极室以维持整个体系的电荷平衡D．以5A(表示1秒通过导体横截面的电荷量为5C)的电流电解32分钟后，阳极板质量减轻1.4g(F＝96000C/mol)解析：选D。5A的电流电解32分钟后，转移电子eq\f(5×32×60,96000)mol＝0.1mol，则阳极板释放出0.1molLi＋，质量减轻0.7g，D错误。12．(2025·云南高考)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Li0.45La0.85))ScO3是优良的固态电解质材料，Ce4+取代部分La3+后产生空位，可提升Li＋传导性能。取代后材料的晶胞结构示意图(O2未画出)及其作为电解质的电池装置如下。下列说法错误的是()A．每个晶胞中O2个数为12B．该晶胞在yz平面的投影为C．Ce4+取代后，该电解质的化学式为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Li0.45La0.85－yCey))ScO3D．若只有Li＋发生迁移，外电路转移的电子数与通过截面MNPQ的Li＋数目相等解析：选C。Ce4+取代La3+后，Li＋数目减小并产生空位，因此，根据化合价的代数和为0可知，取代后该电解质的化学式为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Li0.45－yLa0.85－yCey))ScO3，C错误。[高考创新题专练(四)]模块融合——有机化学与反应原理(选择题每题5分)1．(2025·湖南高考)环氧化合物是重要的有机合成中间体。以钛掺杂沸石为催化剂，由丙烯eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())为原料生产环氧丙烷eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())的反应机理如图所示。下列说法正确的是()A．过程中Ⅱ是催化剂B．过程中有极性键和非极性键的断裂和形成C．过程中Ti元素的化合价发生了变化D．丙烯与双氧水反应生成环氧丙烷的原子利用率为100%解析：选B。根据反应原理，Ⅰ先消耗再生成，是整个历程的催化剂，Ⅱ先生成再消耗，是中间产物，A错误；过程中存在H2O2中O—O非极性键的断裂，以及O2中非极性键的形成，还存在O—H极性键的断裂，以及O—C极性键的形成，B正确；过程中Ti的化学键(Ti—O)始终是4个，配位键不会改变Ti的化合价，故Ti元素的化合价不变，C错误；反应生成了H2O，且存在H2O2的分解反应，原子利用率小于100%，D错误。2．(2025·河北保定三模)Rh(Ⅰ)­Ru(Ⅲ)双金属配合物的结构及催化醋酸甲酯反应制备醋酸的反应机理如图所示。下列说法错误的是()A．反应过程中Ru的成键数目和化合价均不变B．反应甲和乙均为取代反应，且在反应过程中，碳原子的杂化类型不变C．Rh(Ⅰ)­Ru(Ⅲ)双金属配合物是反应的催化剂，降低了反应的焓变D．总反应为CH3COOCH3＋CO＋H2Oeq\o(→,\s\up7(催化剂))2CH3COOH解析：选C。Rh(Ⅰ)­Ru(Ⅲ)双金属配合物是反应的催化剂，催化剂的作用是降低反应的活化能，加快反应速率，而反应的焓变由反应物和生成物的能量差决定，催化剂不能改变焓变，C错误。3．一定温度下，(X)在Al2O3存在下与等物质的量的HCl反应，主要产物为Y和Z。X、Y和Z的物质的量分数随时间的变化如图1所示，反应过程中能量变化示意图如图2所示。下列说法错误的是()A．由图1可知，X→Z的活化能大于X→Y的活化能B．5～10min时，由于E1<E2，所以Y线升高C．Y→Z的过程中，存在π键的断裂与形成、σ键的旋转D．此温度下，Y为动力学产物，Z为热力学产物解析：选B。反应开始时，Y的含量迅速上升，说明生成Y的速率快，活化能越低，反应速率越快，则X→Z的活化能大于X→Y的活化能，A正确；5～10min时，Z的浓度很低，说明主要发生X→Y的反应，而Y→Z的速率很慢，即Y→Z的活化能大，则可以用E1<E3来解释，B错误；σ键的键能大于π键，在Y→Z的过程中，先通过π键的断裂，而σ键保持稳定，再通过单键旋转将—CH3从下端调整到上端，最后再重新形成π键，C正确；在多步基元反应中，动力学产物生成速率快但稳定性低，在低温或未达平衡时优先形成，多数出现在中间过渡产物中，热力学产物稳定性高但生成速率慢，常在高温或平衡后成为主要产物，多数出现在最终产物中，结合图2可知，此温度下，Y为中间过渡产物，则为动力学产物，Z为最终产物，则为热力学产物，D正确。4．(2025·福建莆田二模)以丙烷与氯气在光照下的一氯取代反应探究自由基的稳定性，决速步的能量变化如下图所示：根据丙烷中氢原子的两种化学环境，预测并实验得到的数据如下表所示：产物1­氯丙烷2­氯丙烷预期产物比例75%25%实验产物比例43%57%下列有关说法正确的是()A．CH3CH2CH2·(g)→CH3CHCH3(g)ΔH＝－27kJ·mol1B．CH3CH2CH3中—CH3的碳氢键比—CH2—的碳氢键更容易断裂C．从实验数据证明，丙基自由基更稳定的是CH3CH2CH2·D．可能产生的副产物有解析：选D。由图可知，CH3CH2CH2·(g)转化为CH3CHCH3(g)的反应是放热反应，ΔH＝(－19kJ/mol)－(－8kJ/mol)＝－11kJ/mol，A错误；由2­氯丙烷的实验产物比例大于1­氯丙烷可知，丙烷中—CH3的碳氢键比—CH2—的碳氢键更难断裂，B错误；由图可知，CH3CH2CH2·(g)的能量高于CH3CHCH3(g)，能量越高越不稳定，则丙基自由基更稳定的是CH3CHCH3(g)，C错误；由图可知，丙烷能转化为CH3CHCH3(g)，CH3CHCH3(g)相互结合生成，所以反应中产生的副产物有，D正确。5．(2025·山东淄博三模)已知C2H5Br在NaOH醇溶液中发生的取代反应和消去反应互为竞争，二者反应历程中的相对能量变化如下图所示。下列说法错误的是()A．升高温度对反应历程1更有利B．NaOH醇溶液中OH－与乙醇分子间形成了氢键C．C2H5Br发生取代反应或消去反应时，OH－进攻的原子不同D．NaOH醇溶液中C2H5Br发生消去反应在热力学上更有利解析：选D。由图可知，取代反应产物能量比消去反应产物能量低，能量越低越稳定，说明在NaOH醇溶液中C2H5Br发生取代反应在热力学上更有利，并非消去反应，D错误。6．(2025·贵州毕节二模)科研团队以双氧水为氧化剂催化苯羟基化制苯酚，反应机理如下图。下列说法错误的是()A．反应过程中，钒基催化剂表现出氧化性和还原性B．随着H2O2的加入，只形成单过氧钒物种C．反应过程中，V—O键裂解生成过氧钒自由基eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(V\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ⅳ))—O—O·))D．该过程的总反应化学方程式：＋H2O2eq\o(→,\s\up7(钒基催化剂))＋H2O解析：选B。如图所示，V的化合价包含＋4和＋5，表现出氧化性和还原性，A正确；根据反应机理可知，随着H2O2的加入，可能形成双过氧钒物种，B错误；根据反应机理可知，存在V—O键裂解生成过氧钒自由基eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(V\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ⅳ))—O—O·))，如图：→，C正确；如图所示，反应物为苯、过氧化氢，产物为苯酚、水，反应的化学方程式为＋H2O2eq\o(→,\s\up7(钒基催化剂))＋H2O，D正确。7．(2025·黑龙江哈尔滨二模)我国科学家实现了二氧化碳到淀粉的人工合成。有关物质转化过程示意如下：下列说法不正确的是()A．C6→淀粉的过程中只涉及O—H键的断裂和形成B．反应②中CO2→CH3OH，碳原子的杂化方式发生了变化C．核磁共振、X射线衍射等技术可检测合成淀粉与天然淀粉的结构组成是否一致D．反应①中分解H2O制备H2需从外界吸收能量解析：选A。由历程图可知，C6→淀粉的过程中涉及O—H键、C—O键和P—O键的断裂，O—H键、C—O键的形成，A错误。8．(2025·福建莆田二模)一种电催化羧酸与芳香酮化合物生成酯的装置(以碘化钾为电解质和催化剂，二甲基亚砜作溶剂)如下图所示。下列说法正确的是()A．b为电源正极B．工作时，K＋移向碳棒C．工作时，总反应：＋R′COOHeq\o(→,\s\up7(I－),\s\do5(通电))H2↑＋D．工作时，碳棒的电极反应式：I－＋e－=I·解析：选C。由图可知，碳棒电极上碘离子失去电子生成I·，则a为正极，铂片上氢离子得到电子生成氢气，则b电极为负极，A错误；碳棒为阳极，铂片为阴极，电解池中阳离子向阴极移动，则K＋移向铂片，B错误；碳棒电极上碘离子失去电子生成I·，电极反应式为I－－e－=I·，D错误。9．(2025·福建厦门二模)以废塑料PBS(聚丁二酸丁二酯)和生物质源马来酸为原料无膜共电解生产琥珀酸的工作原理如图。下列有关说法正确的是()A.PBS的水解反应为＋＋B．阳极电极反应式为＋10OH－－8e－→6H2O＋C．理论上电解过程转移8xmole－，最终至少可获得6xmol琥珀酸D．若略去碳酸化步骤，可简化分离提纯过程并提高经济效益解析：选C。由图可知，左侧电极为电解池的阳极，碱性条件下氢氧化镍在阳极失去电子发生氧化反应生成碱式氧化镍和水，电极反应式为Ni(OH)2－e－＋OH－=NiOOH＋H2O，放电生成的碱式氧化镍在碱性条件下与丁二醇反应生成氢氧化镍、丁二酸根离子和水，离子方程式为＋8NiOOH＋2OH—eq\o(→,\s\up7(),\s\do5())＋8Ni(OH)2；右侧电极为阴极，水电离出的氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H＋＋2e—=H2↑，放电生成的氢气与反应生成，＋H2eq\o(→,\s\up7(),\s\do5())，反应得到的溶液经碳酸化、盐酸沉淀得到琥珀酸。由结构简式可知，聚丁二酸丁二酯在一定条件下发生水解反应生成丁二酸和丁二醇，反应的化学方程式为＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n－1))H2Oeq\o(→,\s\up7(一定条件))＋，A错误；由分析知，左侧电极为电解池的阳极，电极反应式为Ni(OH)2－e－＋OH－=NiOOH＋H2O，B错误；由题意可知，聚丁二酸丁二酯水解生成1mol丁二醇时，生成1mol丁二酸，由分析可知，电解过程转移8xmol电子时，阳极消耗xmol丁二醇、生成xmol，阴极生成4xmol，所以理论上生成琥珀酸的物质的量为6xmol，C正确；由图可知，向溶液中通入二氧化碳碳酸化时，二氧化碳转化为碳酸氢钠，说明电解所得溶液呈碱性，若略去碳酸化步骤，会使盐酸沉淀步骤消耗盐酸的量增大，导致经济效益降低，D错误。10．（2025·陕西渭南二模）马来酸(P)在医药、农药、食品等方面有广泛的应用。一定条件下，其与氢气加成的反应过程如图甲，反应过程中各物质的物质的量分数与反应时间的关系如图乙。下列说法错误的是()A．物质P和N互为顺反异构体B．焓变：ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝0C．活化能：反应①>反应②D．物质Q可以与乙二醇发生缩聚反应解析：选B。从图中可知，反应②＝反应①＋反应③，根据盖斯定律，焓变：ΔH1－ΔH2＋ΔH3＝0，B错误。[高考创新题专练（五）]模块融合——工艺流程与实验探究（选择题每题5分，非选择题每题10分）1．（2025·福建厦门二模）从锗精矿（主要成分为GeO2，含As2O3杂质）中提取GeO2的流程如下。已知：GeCl4与CCl4结构相似。下列说法正确的是()A．“氯化蒸馏”中MnO2与浓盐酸反应体现浓盐酸的酸性和氧化性B．“氧化”时存在反应：AsCl3＋Cl2＋4H2O=H3AsO4＋5HClC．“操作X”为蒸馏D．“水解”后的滤液可直接用于溶解锗精矿解析：选B。锗精矿加入浓盐酸、二氧化锰氯化蒸馏得到GeCl4与AsCl3的混合物，氧化步骤中AsCl3被氯气氧化生成H3AsO4，H3AsO4溶于浓盐酸，GeCl4结构与CCl4相似，难溶于水，浓盐酸抑制其水解，通过分液进行分离，再加大量水水解得到GeO2。“氯化蒸馏”中MnO2与浓盐酸反应体现浓盐酸的酸性和还原性，A错误；氧化步骤中AsCl3被氯气氧化生成H3AsO4，反应的化学方程式为AsCl3＋Cl2＋4H2O=H3AsO4＋5HCl，B正确；根据分析，“操作X”为分液，C错误；“水解”后的滤液是稀盐酸，不能直接用于溶解锗精矿，D错误。2．（2025·福建莆田二模）实验室模拟用银废液（主要含AgCl、Ag2CrO4）制取硝酸银的流程如下：下列说法错误的是()A．滤液1中含有的阴离子主要为CrOeq\o\al(2,4)，未经处理可直接排放B．“络合还原”的总反应为Zn＋2AgCl＋4NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2+＋2Ag＋2Cl－＋4H2OC．“除锌”加入的试剂X可以为稀硫酸D．“酸溶”需在通风橱中进行解析：选A。由流程可知，含银离子的废液（主要含AgCl、Ag2CrO4）与NaCl反应，Ag2CrO4转化为AgCl，分离出AgCl，用稀氨水溶解AgCl，用稍过量的Zn粉还原回收银时，Zn粉与[Ag(NH3)2]Cl发生反应生成Ag，固体主要含有银、锌，加入过量稀硫酸，可除去锌，过滤得到银，滤渣中加入稀硝酸充分反应，将所得硝酸银溶液经一系列处理得硝酸银固体。滤液1中含有的阴离子主要为CrOeq\o\al(2,4)，CrOeq\o\al(2,4)具有氧化性，会污染环境，需要经处理后排放，A错误。3．（2025·广西七市联考）碘及其化合物广泛用于医药、染料等。一种从海水中获取单质碘的部分工艺流程如下，下列有关说法错误的是()A．过滤操作用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒B．将“沉淀”与稀硝酸反应，生成的物质可循环使用C．通入氯气的过程中，先生成的氧化产物为I2D．将“氧化”后的溶液直接蒸馏可得I2解析：选D。净化除氯后的海水，加入硝酸银进行富集，发生的反应为I－＋Ag＋=AgI↓，生成含有AgI的悬浊液，加入铁粉，发生反应Fe＋2AgI=2I－＋2Ag＋Fe2+，过滤掉析出的Ag，向FeI2溶液中通入过量Cl2，发生的反应为2FeI2＋3Cl2=2FeCl3＋2I2，得到I2。“氧化”后的溶液需要先萃取分液再进行蒸馏，可得单质碘，D错误。4．（2025·浙江二模）乙酰水杨酸是阿司匹林片的有效成分。某化学小组设计了如下实验方案：下列说法不正确的是()A．现象1和现象2对应溶液的颜色是红色、紫色B．操作Ⅰ使用研钵研碎样品，有助于加速样品的溶解C．操作Ⅱ中稀硫酸可促进酯基的水解，本实验中可用NaOH溶液替代D．操作Ⅲ是为了中和产物的羧基以及过量的硫酸，否则不易检出酚羟基解析：选C。操作Ⅱ加入稀硫酸是为了促进酯的水解，不宜用NaOH溶液替代，因为如果用NaOH替代，需要中和过量的NaOH溶液，否则FeCl3与NaOH反应，会导致无法形成紫色溶液，C错误。5．（2025·河北邯郸模拟）硫代硫酸钠(Na2S2O3·5H2O)是重要的硫代硫酸盐，易溶于水，不溶于乙醇，是一种常见的化工生产原料，广泛应用于摄影、印刷、医药、纺织等行业。制备硫代硫酸钠的一种工艺流程如下图所示：下列说法错误的是()A．“煅烧”工序中12gFeS2被氧化时转移1.1mol电子B．“反应”工序的化学方程式为2Na2S＋4SO2＋Na2CO3=3Na2S2O3＋CO2C．为得到较大晶体颗粒应使用猛火加热蒸发并快速冷却D．向冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可减小Na2S2O3的溶解度解析：选C。使用猛火加热蒸发并快速冷却得到的晶体颗粒较小，C错误。6．乙炔是一种重要的有机原料，常用于合成橡胶。工业上利用电石（主要成分为CaC2）制备乙炔及石膏（主要成分为CaSO4·2H2O）的具体工业流程如下：下列说法错误的是()A．该流程中可用CuSO4溶液除去C2H2中少量杂质B．Kspeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Ca\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH))2))>Kspeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Mn\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH))2))C．利用C2H2合成橡胶的过程中碳的杂化方式发生改变D．获得石膏的操作为将含有CaSO4的稀溶液蒸发至没有水分解析：选D。获得石膏CaSO4·2H2O的操作应为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，若将含有CaSO4的稀溶液蒸发至没有水分，会失去结晶水，得不到石膏，D项错误。7．（2025·江西二模）从高砷烟尘（主要成分为As2O3、As2O5和Pb5O8，其中Pb5O8中的Pb为＋2价或＋4价，As2O3、As2O5均为酸性氧化物）中回收制备砷酸钠晶体的工艺流程如下。已知：浸出液的主要成分为Na3AsO4和NaAsO2。下列说法正确的是()A．As位于元素周期表中第四周期第ⅣA族B．“碱浸”时，Pb5O8发生的反应：Pb5O8＋8Na2S＋8H2O=5PbS＋16NaOH＋3S，其中氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶5C．浸出液“氧化”过程中，主要发生反应：H2O2＋AsOeq\o\al(－,2)＋2OH－=AsOeq\o\al(3,4)＋2H2OD．系列操作为加热蒸发、趁热过滤、洗涤、干燥，最终得到砷酸钠晶体解析：选C。根据题干和流程图：高砷烟尘（主要成分为As2O3、As2O5和Pb5O8，As2O3、As2O5均为酸性氧化物），加入氢氧化钠和硫化钠进行碱浸，沉淀为PbS和S，发生反应：Pb5O8＋8Na2S＋8H2O=5PbS＋16NaOH＋3S，浸出液主要成分为Na3AsO4和NaAsO2，加入过氧化氢进行氧化，发生反应：H2O2＋AsOeq\o\al(－,2)＋2OH－=AsOeq\o\al(3,4)＋2H2O，得到Na3AsO4溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到砷酸钠晶体。As是第33号元素，位于元素周期表中第四周期第ⅤA族，A错误；根据分析可知，“碱浸”时发生反应：Pb5O8＋8Na2S＋8H2O=5PbS＋16NaOH＋3S，其中氧化产物(3S)与还原产物(3PbS)的物质的量之比为1∶1，B错误。8．（2025·湖北高考）氟化钠是一种用途广泛的氟化试剂，通过以下两种工艺制备：已知：室温下，TiO2是难溶酸性氧化物，CaTiO3的溶解度极低。20℃时，NaF的溶解度为4.06g/100g水，温度对其溶解度影响不大。回答下列问题：(1)基态氟离子的电子排布式为。(2)20℃时，CaF2饱和溶液的浓度为cmol·L1，用c表示CaF2的溶度积Ksp＝。(3)工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为CaF2＋2NaOH=Ca(OH)2＋2NaF。分析沉淀的成分，测得反应的转化率为78%。水浸分离，NaF的产率仅为8%。①工艺Ⅰ的固相反应（填“正向”或“逆向”）进行程度大。②分析以上产率变化，推测溶解度s(CaF2)seq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Ca(OH)2))（填“>”或“<”）。(4)工艺Ⅱ水浸后NaF的产率可达81%，写出工艺Ⅱ的总化学反应方程式：______________________________________________________________________________________________________________________________。(5)从滤液Ⅱ获取NaF晶体的操作为（填标号）。a．蒸发至大量晶体析出，趁热过滤b．蒸发至有晶膜出现后冷却结晶，过滤(6)研磨能够促进固相反应的原因可能有（填标号）。a．增大反应物间的接触面积b．破坏反应物的化学键c．降低反应的活化能d．研钵表面跟反应物更好接触解析：工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为CaF2＋2NaOH=Ca(OH)2＋2NaF，水浸后得到滤液Ⅰ主要是NaF、Ca(OH)2溶液，经过系列操作得到NaF固体；对比两种工艺流程，工艺Ⅱ添加TiO2粉末，由题目可知，生成的CaTiO3的溶解度极低，使得Ca2+不转化为Ca(OH)2，提高了NaF的产率。(2)CaF2饱和溶液的浓度为cmol·L1，则ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ca2+))＝cmol/L、ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F－))＝2cmol/L，Ksp(CaF2)＝ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ca2+))×c2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F－))＝4c3。(3)①转化率为78%，说明固相反应主要向生成Ca(OH)2和NaF的方向进行，即正向进行程度大。②NaF产率仅为8%，说明大部分NaF未进入溶液，则溶液中存在Ca(OH)2向CaF2的转化过程，根据沉淀转化的规律可推测：seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CaF2))<seq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Ca(OH)2))。(5)滤液Ⅱ主要是NaF溶液，因NaF溶解度受温度影响小，故蒸发至大量晶体析出，趁热过滤即可得到NaF晶体，故选a；其溶解度随温度变化不明显，冷却结晶无法析出更多晶体，故不选b。(6)a.通过研磨将固体颗粒粉碎，减小粒径，从而显著增加反应物之间的接触面积，使反应更易发生；b.研磨过程中的机械力可能导致晶体结构缺陷或局部化学键断裂，产生活性位点，使反应更易发生；c.活化能是反应固有的能量屏障，研磨主要通过增加接触和产生缺陷来提高反应速率，无法降低活化能，c不选；d.研钵仅作为研磨工具，其表面不参与反应，因此与反应物更好接触并非促进反应的原因，d不选。答案：(1)1s22s22p6(2)4c3(3)①正向②＜(4)CaF2＋TiO2＋2NaOH=CaTiO3＋2NaF＋H2O(5)a(6)ab[高考创新题专练（六）]情境创新——挖掘教材情境，创新考查角度（选择题每题5分）1．（2025·北京东城期末）配制100mL0.100mol·L1Na2CO3溶液，部分过程示意图如下。下列说法正确的是()A．步骤1中称取的Na2CO3固体为10.6gB．步骤1中Na2CO3溶解后，应趁热进行步骤2C．若步骤2烧杯中的液体洒到容量瓶外，则所配溶液ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Na2CO3))<0.100mol·L1D．步骤4摇匀后，若容量瓶中液面低于刻度线，应再滴加少量蒸馏水至刻度线解析：选C。配制100mL0.100mol·L1Na2CO3，步骤1中称取的Na2CO3固体为0.1L×0.100mol/L×106g/mol＝1.06g（若用托盘天平称量，称取固体质量为1.1g），A错误；步骤1中Na2CO3溶解后，应冷却后再进行步骤2，B错误；若步骤2烧杯中的液体洒到容量瓶外，物质的量变小，则所配溶液ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Na2CO3))<0.100mol·L1，C正确；步骤4摇匀后，若容量瓶中液面低于刻度线，应不予理会，D错误。2．（2025·山东高考）称取1.6g固体NaOH配制400mL浓度约为0.1mol·L1的NaOH溶液，下列仪器中不需要使用的是()A．100mL烧杯B．500mL容量瓶C．500mL量筒D．500mL细口试剂瓶（具橡胶塞）解析：选B。1.6gNaOH的物质的量为eq\f(1.6g,40g/mol)＝0.04mol，eq\f(0.04mol,0.4L)＝0.1mol/L，即只需要溶解在400mL蒸馏水中即可配制成400mL浓度约为0.1mol·L1的NaOH溶液，可用500mL量筒量取水。准确配制500mL浓度为0.1mol·L1的NaOH溶液，需要0.1mol/L×0.5L×40g/mol＝2.0gNaOH，即不需要500mL容量瓶。3．（2025·重庆高考）下列化学科普实验所涉及物质的性质或应用描述正确的是()选项科普实验性质或应用A焰色试验Na和K的焰色均为紫色B漂白实验Cl2和SO2均可使品红溶液永久褪色C蛋清变性醋酸铅溶液和甲醛溶液均可使蛋白质变性D铜板刻蚀氯化铁溶液和浓硫酸均可在常温下刻蚀铜板解析：选C。钠的焰色试验为黄色，钾的焰色试验需透过蓝色钴玻璃观察，呈紫色，A错误；SO2的漂白是暂时性的，Cl2需生成HClO才有漂白性且为永久漂白，但Cl2本身不具有漂白性，B错误；醋酸铅（重金属盐）和甲醛均能使蛋白质变性，C正确；常温下铜在浓硫酸中表现出惰性，加热才能反应，故浓硫酸无法刻蚀铜电路板，而FeCl3溶液可以，D错误。4．（2025·广西名校联考）工业上煅烧含硫矿物产生的SO2可以按如图流程脱除或利用。下列说法错误的是()A．含硫矿物粉碎有利于提高“煅烧”效率B．途径Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均有空气参与C．途径Ⅲ产生的SO3也可以用浓硫酸吸收D．1molX最多可以与1molNaOH反应解析：选D。X为硫