化学-必刷题合订本-狂K重点

化学化学重难点11化学反应历程分析……重难点11化学反应历程分析……………372模块一模块一化学基本概念和理论重难点1反应方程式的正误判断……………347重难点2新情境下陌生反应方程式的书写……348重难点3化学定量计算………………351重难点12化学反应速率与平衡图像分析375重难点13溶液中粒子浓度大小的比较380重难点14水溶液中离子平衡图像的分析382考向1滴定图像分析模块二模块二元素及其化合物重难点4元素化合物的推断 354重难点5工艺流程题的分析 356重难点6元素推断与元素周期律 360重难点7物质结构与性质的归因分析 362重难点8晶胞结构分析及计算 364模块四化学反应原理重难点9反应热的计算 368重难点10新型电化学装置的分析 369考向3液流电池考向4浓差电池考向4复合图像分析重难点15化学反应原理的综合分析…………387考向1归因解释类考向2化学平衡常数K的计算重难点16限定条件下同分异构体的数目判断与结构书写 392重难点17有机反应机理分析 395重难点18有机合成题的重点解读 397模块六化学实验与科学探究重难点19表格型实验方案的设计与评价 402重难点20化学实验综合的解题思路 404考向1无机物制备考向2有机物制备考向3定量实验考向4探究实验重难点1反应方程式的正误判断必刷打卡P3T2~3,P4T5~6,P5T8~9必考度：70%难度；适中知识锦囊澄清石灰水则拆成离子，若为浊液则写化学式；作为电子守恒(氧化还原反应)。六看反应物或产物的配比是否正确：如稀硫酸与Ba(OH)₂溶液反应，不能写成H⁴+OH⁻+SO²-+Ba²+—=BaSO₄↓+H₂0,应写成2H⁺+20H⁻+SO2-+示例与说明多元酸/酸性氧化CO₂与NaOH反应CO₂不足时：CO₂+20H⁻=CO³+H₂O;CO₂过量时：CO₂+OH⁻=HCO₃多元弱酸盐+强酸Na₂CO₃溶液与盐酸反应盐酸不足时：CO³+H⁴=HCO₃;盐酸过量时：CO³+2H⁴=H₂O+CO₂↑强碱AlCl₃溶液与NaOH溶液反应NaOH不足时：A³++30H=Al(OH)₃↓;NaOH过量时：A⁴+40H=[Al(OH)₄]Fe不足时：Fe+NO₃+4H⁺==Fe³++2H₂O+NO↑;Fe过量时：3Fe+2NO₃+8H⁺=等反应向含Cu2²的溶液中加入氨水氨水不足时生成Cu(OH)₂;氨水过量时生成[Cu(NH₃)₄]²+锦囊妙计锦囊妙计离子方程式正误判断的一般思路反应物三大守恒反应条件是否拆写错误或漏写忘对应第一、二、三、四看是否配平→对应第五看是否注意溶液酸碱性对应第六、七看是否符合多重反应配比是否符合定量关系一是否发生连续反应例1对于下列过程中发生的化学反应。判断相应(1)[河南2025·5C]向次氯酸钠溶液中加入碘化氢(3)[河南2025·5B]用稀盐酸浸泡氧化银：Ag₂O+(4)[重庆2025·3A]Ca(OH)₂溶液滴人NaHSO₃溶(5)[山东2025·5B]用Na₂O₂和水制备少量O₂:(6)浓氨水与HgCl₂反应：HgCl₂+NH₃=HCl+(7)[河南2025·5D]向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳件下二者发生氧化还原反应，离子方程式为Cl0⁻+(2)石灰乳为浊液，Ca(OH)₂不能拆，离子方程式(5)Na₂O₂与水反应生成氢氧化钠和氧气，正确的离子方程式为2Na₂O₂+2H₂O=4Na+40H⁻+0₂↑;(6)生成的HCl会继续与NH₃结合为NH₄Cl,离子方程式为HgCl₂+2NH₃=Hg(NH₂)Cl↓+NH₄+Cl-;锦囊①常见的氧化剂及对应的还原产物锦囊②常见的还原剂及对应的氧化产物性质相似的元素。如Ge类比Si;Co³类比Fe³+等。模块一化学基本概念和理论重难剖析类型1以碳酸氢盐为沉淀剂的反应寻找生成沉淀所需离子及生成该离子的平衡根据平衡的副产物与沉淀剂的反应，确定剩余产物信息处理氨水催化剂氨水催化剂天青石矿粉酸解沉锶操作粉碎过滤产品0的SrSO₄(s)可以转化为K较小的SrCO₃(s)。②利用沉淀【解析(1)第一步：信息处理。溶液中SrSO₄转化为SrCO₃沉淀，没有元素化合价变化，为非氧化还原物。HCO₃电离产生的H⁺与NH₃·H₂O反应生成NH₃·H₂O+NH₄HCO₃=SrCO₃+(NH₄)₂SO₄+H₂H⁺与HCO₃发生反应H⁺+HCO₃一H₂O+CO₂类型2广义水解反应信息处理物种确定确定反应框架、反应规律质量守恒、电荷守恒根据异性相吸原则初步确定产物 例3[浙江2025年6月·17节选]化合物A[化学解析第一步：信息处理.初步得到反应框架A+氧化还原反应方程式的书写第三步：配平根据质量守恒，化学方程式为例4离子方程式从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、应的离子方程式为MnO₂+SO3-+2H⁺==Mn²++SO²2⁻+H₂O。 (1)写出煅烧工序中Fe(CrO₂)₂反应生成K₂CrO₄的化2Fe₂O₃+8K₂CrO₄+8H₂0反应物为KOH、空气中的O₂及Fe(CrO₂Fe(CrO₂)2中+3价Cr被O₂氧化为K₂CrO₄。质性质，还可得出+2价Fe在空气中煅烧被氧化为Fe₂O₃;O2被还原，0元素从0价降为-2价。学计量数为8。利用0原子守恒检查配平，补齐反应条件，确定反应的化学方程式为4Fe(CrO₂)₂+70₂+ 物补H₂0,化学计量数为4。利用0原子守恒检查配Fe(CO)₅+K₂CrO₄+4H₂O==Cr(OH)₃↓+重难剖析差量法在热重法分析固体成分中的应用如：△M,=18a,失去a个H₂0;△M₂=28,失去1个CO;△M=44,失去1个CO₂;△M,=17,失去1个NH₃。状态命名ABCD温度范围/℃未加热关系式法在滴定计算中的应用第二步：计算各温度范围内固体的相对分子质量M,(B)=147,M,(C)≈80.3,M,(H₂O,状态B剩余固体为CoC₂0₄。态C剩余固体为Co₃O₄。故290～320℃加热过程中发生反应的化学方程式为Co₃O₄+6CO₂。5CaO₂+2MnO₄+16H⁺==5Ca²++2Mn²++50₂↑+8H₂O)。 5.6×10⁻⁴mol,根据关系式得25.00mL样品溶液中白色固体，易溶于冷水。实验室制备二氯异氰(CNO)₃H₃+2HCIO;HCIO+2I*+准确称取mg粗产品，溶于无氧蒸馏水配成100mL和过量KI溶液，密封在暗处静置5min;加入淀粉溶例9返滴定(剩余滴定)实验室测量AII₃纯度。对准溶液沉淀I,再用NH₄SCN标准溶液滴定剩余的难溶电解质AgI(黄色)AgSCN(白色)25.00×10⁻³L=1×10⁻³mol;n(NH₄SC纯度为必刷打卡P42T10~11必考度：40%难度：适中知锦囊①关键“题眼”物质黑色红色固体：Fe₂O₃红棕色、Fe(OH)₃红褐色、Cu紫红色、Cu₂O砖红色溶液：Fe(SCN)₃红色、溴水橙红色气体：NO₂红棕色、Br₂红棕色固体：CuSO₄·5H₂O(胆矾)蓝色、Cu(OH)₂蓝色、[Cu(NH₃)₄]SO₄·H₂O深蓝色、KFe[Fe(CN)₆]普鲁士蓝溶液：CuSO₄蓝色、[Cu(NH₃)₄]SO₄深蓝色紫色固体：KMnO₄紫红色、I紫黑色气体：I₂紫色固体：Na₂O₂淡黄色、S黄色、AgBr淡黄色、AgI黄色、FeS₂黄色溶液：FeCl₃黄色固体：FeSO₄·7H₂O浅绿色溶液：FeSO₄浅绿色气体：Cl₂黄绿色白色固体：Ag⁺-Cl-/CO3/SO²、Ba²-SO₃/SO²-/Al(OH)₃、Fe(OH)₂白色絮状、H₂SiO₃白色锦囊②核心“关系网”氧化物2酸(或碱)H₂S/Sx+SO₃:H₂S/硫燃烧只能氧化为NO₂;Fe(OH)₂Fe₂O₃:Fe(OH)₂在空气中先被氧化为SiO₂×H₂SiO₃;SiO₂不溶于H₂O,不能与H₂O反应生成CuO×Cu(OH)₂:CuO不溶于H₂0,不能与H₂0反应模块二元素及其化合物生成Cu(OH)₂;锦囊妙计将全部推导结果代入题干信息，检查是否合理为Q(略去部分参与反应的物质和反应条件)溶液溶液R溶液Z固体Y(黑色)B.溶液Z加热煮沸后颜色会发生变化C.R→Q反应需要在强酸性条件下进行D.Q可以通过单质间化合反应制备作为突破点例2[湖北2025·8,3分]如图所示的物质转化关向可溶性亚铁盐溶液(R)中加入H₂S(弱酸)或可溶解平衡NH₄+H₂O=NH₃·H₂O+H⁴,能增加体系中CNO₂(F)溶于水能生成HNO₃和NO,故N答案A 知识锦囊 知识锦囊固体原料粉碎(或研磨)/液时的反应速率，提高浸取率①除去硫、碳元素；②除去有机物；③高温下原料与空气中氧气反应；水浸利用水溶性把物质分离①溶解转变成可溶物进入溶液中，以达到与难溶物分离的目的；②除去氧化物(膜)①除去金属表面的油污；②溶解SiO₂、铝、氧化铝等；③调pH加入氧化剂(或还原剂)①将元素转化为目标价态；②除去杂质离子[如把Fe²+氧化成Fe³+,而后调节溶液的pH,使其转化为Fe(OH)₃沉淀除去]加入沉淀剂成碳酸盐沉淀；③加入氟化钠，除去Ca²、Mg²;并过滤除去(如Zn置换Cu²+);淀而过滤除去属离子(多为+3价)的目的；②抑制盐类水解；分离模块二元素及其化合物萃取-反萃取在工艺流程中为组合操加热①加快反应速率或溶解速率；②促进平衡向吸热反应方向移动；③除杂，除去热稳定性差的杂质，如H₂O₂、NaHCO₃、Ca(HCO₃)₂、化气态；⑤煮沸时促进溶液中的气体(如氧气)降温①防止某些物质(如H₂O₂、NH₃·H₂O等)在高温时分解；②使化学平衡向放热反应方向移动；质分离等；①结晶获得所需物质；②防止某种物质(如H₂O₂、草酸、浓硝酸、铵盐、HCl等)高温分解或挥发；③使某物质达到沸点挥发出来；④使催化剂的活性达到最高；锦囊③产品分离提纯阶段问题(“操作线”)锦囊③产品分离提纯阶段问题(“操作线”)重难剖析已知H₂Se的沸点为231K,回答下列问题：(1)真空焙烧时生成的主要产物为Al₂Se₃,其中Se的化合价为-2_,Al元素基态原子的电子排布式(2)氢化过程没有发生化合价的变化，Al元素转化为Al₂O₃·xH₂O,则反应的化学方程式为AC₂Se₃+由气态直接转变为固态的过程称为凝华。迅速降温的目的是减少H₂Se生成，提高Se的产率;加入0.1000mol·L⁻¹Na₂S₂O₃标准溶液40.00mL,再加入少量KI和淀粉溶液，继续用Na₂S₂O₃标准溶液滴定原子守恒知，Al₂Se₃在水蒸气作用下发生反应生成H₂Se和Al₂O₃·xH₂0,反应的化学方程式为Al₂Se₃+(x+3)H₂0=Al₂O₃·xH₂O+Se↓+3H₂O。第一次加入40.00mLNa₂S₂O₃标准溶液[与Se(IV)按4:1发生过程②生成Se(Ⅱ)]和少量KI由过程③的离子方程式及题给化学方程式可知，H₂SeO₃~2I₂~4Na₂S₂O₃,又因为过程②中存在H₂SeO₃4Na₂S₂O₃,故整个过程48.00mL0.1000mol·L¹的Na₂S₂O₃标准溶液与H₂SeO₃按物质的量之比为1:4反应，则Se(IV)的物质的量为L×0.1000mol·L⁻¹=1.2×10⁻³mol,可得样品中Se的质量分数为铁锰氧化矿 (3)HR萃取Cu”反应为2HR(有机相)+Cu²(水相)—CuR₂(有机相)+2H'(水相)。“反萃取”时加人的试剂 子守恒可推知，反应还有NH₃生成，故配平得N₂↑+NH₃↑+6H₂O。模块三模块三物质结构与性质元素周期律 必刷打卡P55 必刷打卡P55必考度：85%难度：进阶知识锦囊性质半径小；同主族元素，从上到下逐渐增大金属性/非金同周期从左到右主族元素的金属性逐渐减的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱化物对应水化物的碱性；③单质的还原性及相应阳离子的①单质与氢气化合的难易程度及气态氢化(除F、O)氧化物对应水化物的酸性；③单质的氧化性及相应阴离子的还原性第一电离能(I₁):同周期元素I₁从左到右呈增大趋势(第ⅡA族和第VA族元素的I₁大元素I₁从上到下逐渐减小逐级电离能：同一元素的各级电离能逐级增大，突变即跨层电负性电负性：同周期主族元素，从左到右逐渐增大；同主族元素，从上到下逐渐减小(3)可以形成3个单键或1个单键和1个双键或1个(4)可以形成4个单键或1个双键和2个单键或1个HC形成化合物种类最多；形成自然界硬度最大的物质N空气中含量最多；简单氢化物(常温下为气体)可用作制冷剂0F酸可腐蚀玻璃；气态氢化物最稳定单质密度最小的金属地壳中含量最多的金属良好的半导体材料；地壳中含量第二P单质最易着火的非金属常温下单质呈液态的非金属常温下单质呈液态的金属重难剖析不同的前四周期①。Y的最外层电子数是内层的3倍②,X和Y的最外层电子数之和等于Z的最外层电①是具有全充满结构的He,且Y位于第二周期，Z位于第三周期，M位于第四周期②的原子结构为(③Z为Cl④M的电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁰4s²,答案D 了考向2。物质结构类元素推断例3[安徽2025·9,3分]某化合物的结构如图所②②③④⑤解析A基态X(0)原子失去一个电子后电子排布CY的单质为N₂,Z的单质为F₂,二者均为分子晶答案A一Y位于第VA族电子对数为4,孤电子对数为0,杂化方式为sp³,S原子形成2个单键，成键电子对数为2,孤电子对数为2,杂化方式也为sp³,正确；D同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但第VA族元素的最外层p轨道处于半充满的稳定状态，其第一电离能大于同周期第VIA族元素的第一电离能，则基态必刷打卡P67必考度：70%难度：进阶1.在化学键类型及极性强弱判断中的应用：一般认为，两种成键元素的电负性差值大于1.7,形成离子键；两种成键元素的电负性差值小于1.7,形成共价成键电子对间的斥力减小，所以NF₃的键角更小；大于丙酸的……随着烃基加长，酸性的差异越来子对提供给中心原子，配位能力越强。②中心原子和是否为0,或根据分子的正电中心和负电中心是否重合。只含非极性键的分子一定是非极性分子(注醛形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛形成分性才由共价键的键能决定熔点：金刚石>金刚砂>晶体硅。它们同为共价晶体，模块三物质结构与性质元素周期律3.离子晶体熔、沸点的影响因素：离子键——晶格同，阳离子所带电荷数也相同，但Na的半径比Cs电负性对性质的影响例4判断下列对物质性质差异解释的正误性质沸点：H₂O>H₂S电离能：0>S×酸性：HClO>HBr0电负性：Cl>Br√酸性：CH₃COOH<HCOOH—CH₃是推电子基团√极性小√子半径小，H₂0分子间存在氢键和范德华力，而H₂S分子间只有范德华力，氢键强度强于范德华力，则沸化学键对性质的影响例6判断正误性质√离子电荷数：Mg²>√熔点：NaCl>AICl₃离子晶体中离子所带电大，离子晶体熔点越低×熔点：C₂H₅NH₃NO₃<C₂H₅NH₃的体积大于√Fe比Na的金属性弱×(3)—CH₃是推电子基团，使乙酸羧基中羟基的极性(4)电负性：0>N>P,硝酸中N=0吸引电子能力强，例5[浙江2025年6月·17节选]化合物A[化学化合物B给出H⁺趋势相对更大，请从结构角度分析强，更易断裂o(3)NaCl熔点高于AlCl₃的原因是AlCl₃为分子晶体狂晶胞中微粒数目的计算方法——均摊法a、r关系简单立方金刚石晶胞中微粒数目的计算方法——均摊法a、r关系简单立方金刚石相对位置(距离最近)心、体心与面心6正八面体空隙顶点与体心8立方体空隙顶点与面心一正四面体的体心与顶点、的体心与顶点及面心4正四面体空隙114棱心：4161611迈面心去体心：1→体心：1胞参数a的关系如表：胞参数a的关系如表：的配位数=n:m。锦囊⑤晶胞投影图分析晶胞中相对位置关系(平行替换)顶点与棱心、体心与面心顶点与体心顶点与面心、棱心与棱心、面心与面心金刚石晶胞中小正方体的体心与顶点(2)原子坐标法：根据晶胞确定两原子分数坐标A参数)。锦囊晶体密度计算步骤加德罗常数);丁考向1、原子分数坐标、晶体密度及微粒间距例7[河北2025·11,3分]SmCo(k>1)是一种具有优异磁性能的稀土永磁材料，在航空航天等领域中获得重要应用。SmCo₆的六方晶胞示意图如下，晶胞参数a=500pm、c=400pm,M、N原子的分数坐标分*设NA是阿伏加德罗*A.该物质的化学式为SmCo₅B.体心原子的分数坐标D.原子Q到体心的距离为a=500pm【解析A黑球位于顶角、棱心、体内，根据均摊法可球位于体心，数目为1,结合题意知，白球为Sm、黑球为Co,该物质化学式为SmCos,正确；晶胞缺陷与掺杂及配位数相关计算例8晶胞缺陷[东北三省一区2025·9,3分]Na₄WO₃晶体因x变化形成空位而导致颜色各异，当0.44≤x≤0.95时，其立方晶胞结构如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.与W最近且等距的D.空位数不同，吸收的可见光波长不同体心原子位于晶胞的中心，其分数坐标为每个晶胞中含有1个“SmCos”,晶胞边长为a,高为注品体密度计算D原子Q的分数坐标为),体心原子的分数坐标为,则原子Q到体心的距离=(另解：用相对位置法——两点的相对位置为棱心和体心，即距离为对应面对角线长的一半pm=50√41pm),错误。『答案D微粒个数比等于微粒配位数的反比，0位于棱的W数为2,故W配位的0数为6,正确；B0元素化合价为-2,负价总数为-6,设W元素的平均化合价为y,据化合物中正负化合价代数和为0可得-6+y+x=0,y=6-x,x增大，y减小，即W元素的平C0.44≤x≤0.95时，立方晶胞中W个数为g0个数为晶胞质量g或氧空位(无0²-,解得x=0.5,若掺杂Y₂O₃后晶体中0²的空缺率为10%,则,解得x=0.5,例9晶胞掺杂CeO₂晶胞中掺杂Y₂O₃,Y³占据原则含有[(4-2x)×2+x×3]个0²-,此晶体中O²-的空缺多面体空隙及晶胞投影图分析多面体空隙及晶胞投影图分析超导材料，镁原子和镍原子一起构成立方最密堆积超导材料，镁原子和镍原子一起构成立方最密堆积A.镍原子位于立方体的体B.组成该晶体的化学式为A.镍原子位于立方体的体B.组成该晶体的化学式为图：,存在两种不同的空隙——八面体D.每个Ni原子周围与其等距且最近的Ni原子数为D.每个Ni原子周围与其等距且最近的Ni原子数为8解析A碳原子只填充在由镍原子构成的部分八面B该晶胞结构为,根据均摊法得到晶胞中例11沿面对角线投影CdSe是一种重要的半导体材A.So基态原子电子排布式子围成的正四面体空隙中，填隙率为50%C.沿晶胞面对角线投影图为D.Cd原子与Se原子之间的最短距离解析ASe是第四周期第IVA族元素，基态原子电子排布式应为[Ar]3d¹⁰4s²4p⁴,错误；BCdSe晶胞中，Cd原子呈面心立方堆积，正四面体空隙共8个，Se原子位于4个正四面体空隙中，填隙,正确；,错误；错误。例12沿体对角线投影[陕晋青宁2025·8,3分]一种负热膨胀材料的立方晶胞结构如图，晶体密度为dg·cm⁻³。阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是()A.沿晶胞体对角线方向的投影图为C.晶体中与Ag最近且距离相等的Ag有6个D.Ag和B的最短距离要点图解顶点，C、N位于体对角线上，沿晶胞体对角线方向投影，该方向的体对角线上的原子投影到中心(重叠),其余6个顶点原子分别投影到六元环的顶点上，其他C、N原子都投影到对应顶点原子投影与中心的连线BAg位于体心，与周围4个N原子成键，价层电子对数为4,且与4个N原子形成正四面体，则Ag为sp³杂化，共用顶点B原子的8个晶胞中，有4个晶胞中各存在1个C原子与该B原子成键，即B原子的价层电子对数为4,为sp³杂化，正确；晶胞中Ag位于体心，与Ag最近且距离相等的AgD设a为晶胞参数，Ag和B分别位于晶胞的体心和顶晶胞参数和B的最短距离模块四模块四化学反应原理重难剖析例1[重庆2025·12,3分]肼(N₂H₄)与氧化剂剧烈(1)2NH₃(g)+3N₂O(g)=4N(2)N₂O(g)+3H₂(g)=N₂(3)N₂H₄(1)+9H₂(g)+40₂(g)=2N则反应N₂H₄(1)+O₂(g)=N₂(g)+2H₂O(1)的ABC.a-3b+cD.a+3b-cN₂(g)只在(1)中存在。-1367kJ·mol⁻¹和-2238kJ·mol⁻¹,则酯化反应CH₃COOH(1)+C₂H₅OH(1)=C解析第一步：定始终。确定反应物为CH₃COOH(1)+C₂H₅OH(1)、生成物为CH₃COOC₂H₅(1)+H₂O(1)。路径1模块四化学反应原理 1367kJ·mol⁻¹+2238kJ·必刷打卡P99~101必考度：100%必刷打卡P99~101必考度：100% 原电池失电子场所得电子场所注意(1)电子为何不下水?“交出”。电解质溶液中是离子导电，而不是电子导电。(2)为什么形成原电池后会加快反应速率?将氧化剂和还原剂之间的电子转移，转变为通过外电路定向转移，从而绕过了活化能较高的反应步骤(氧化剂与还原剂直接碰撞，需要克服粒子间的静电斥力)。阳离子交换膜阳离子、平衡阴极区产生的负电荷，隔离阴离子与阴离子交换膜阴离子、平衡阳极区产生的正电荷，隔离阳离子与传递质子，隔化剂场景和OH⁻,分供不同的酸碱环境”电解制备高纯酸/碱、污染物处理装置切入点电子流向电流方向电流方向的反向离子移向阳离子移向电子流入极，阴离子移向电电极现象电极质量减轻的一极大多为电子流出极定物质确定反应物和产物，负极：还原性微粒-ne一→还原性产物算转移[(高价-低价)×变价原子检查未变价的元素原子是否守恒，如看H补H₂0,最后一般用0检查配平尊注意若电极反应产生的物质能与电解质溶液反2e⁻==2H⁺,生成的H⁺再发生H⁺+0H⁻=H₂O(非氧化还原反应),两者相加得负极反应式：H₂-2e⁻+20H⁻=2H₂0;正极上发生O₂+4e⁻==20²-,0²-再与水电离出的H+反应生成OH⁻:0²⁻+H₂O=20H(非氧化还原反应),两者相加得正极反应式：0₂+若电极反应产生的物质与电解质溶液发生氧化还原反应，则该反应不并入电极反应式。如电解处理酸性含铬废水(主要含有Cr₂O²-),其装置示意图如下：2Cr³++6Fe³++7H₂O(氧化还原反应),此反应为电极区重难剖析(TQ)。电极b表面的主要反应历程如图乙(灰球表甲乙第三步：写式。电极a的电极反应式为4H⁴+4e⁻=4H*;总反应↑。A电解过程中，阳离子移向阴极，右室(阳极室)产生的H*通过质子交换膜移至左室(阴极室),正确；根据反应历程图可知，TY转化为TQ的过程中，官能团由酚羟基变为C=0,同时水分子结合催化剂进的0原子并未脱离苯环，而酚羟基对位引入的0原子来自H₂0,所以用¹0标记电解液中的水，得到的是锂离子电池是一种二次电池，一般需要先充电、再放电，充电时的电极反应式(以正极活性材料为LiCoO₂为磷酸铁锂(LiFePO₄)电池是新能源汽车的主流嵌入电极材料中。电极材料每转移1mol电子，对应的理论容量为26.8A·h。下列说法正确的是()A.为了增强导电性，电解质可以配成水溶液B.充电时，电极a与电源正极相连C.充电时，电极b的反应式为LiFePO₄-xe⁻=D.电池驱动汽车前进时，负极材料减重14g,理论上能降低的理论容量为107.2A·h例5[山东2025·12,4分](双选)全铁液流电池工作原理如图所示，两电极分别为石墨电极和负载铁的石墨电极。下列说法正确的是()A.隔膜为阳离子交换膜C.充电时，隔膜两侧溶液Fe²+浓度均减小1mol,Fe²总量相应增加2mol载铁的石墨电极，Fe失去电子生成Fe2⁺;b极一侧含电源负极，为阴极，电极反应式为C₆+xLi+xe⁻=LiC₆;电极b连电源正极，为阳极，电极反应式为A电极a中嵌有Li,锂能与水发生反应，无法用水溶D根据负极反应式Li₂C₆-xe⁻=C₆+xLit,负极材料减重14g即脱嵌2molLi*,转移2mol电子，理论上能降低的理论容量为53.6A·h,错误。第三步：写式。a极是负极，电极反应式为Fe-2e=Fe²+;b极是正极，电极反应式为Fe³⁺+e⁻=Fe²+,总反应为Fe+2Fe³+—=3Fe²+。AFe³若进入左侧，会与电极反应，导致外电路中电流减小甚至无电流通过，隔膜应为阴离子交换膜，狂重难点D根据2Fe³++Fe==3Fe²+可知，Fe³减少1mol,Fe²增加1.5mol,错误。D根据2Fe³++Fe==3Fe²+可知，Fe³减少1mol,Fe²增加1.5mol,错误。离子交换膜例6用热再生氨电池处理含Cu²+电镀废液的装置离子交换膜电池部分A.电池部分能产生电流的直接驱动力是NH₃结合B.若用该电池电解精炼铜，a电极所连电极材料为极连接电解池的阴极，阴极电极材料为精铜，正确；Ca极室溶液中由于Cu溶解生成[Cu(NH₃必刷打卡P115~117必刷打卡P115~117必考度：90%难度：进阶剂(先消耗后生成)与中间体(先生成后消耗),如图中的⑤反应历程Pd(钯)与Rh(铑)催化甲酸(HCOOH)分解生成CO₂过渡态20.4①过渡态1反应历程④模块四化学反应原理①活化能(能垒)是指每个基元反应的反应物与过渡越高。催化活性优于Rh]。重难剖析A.该反应的原子利用率为100%0⑩是催化剂，是循环反应的“起点”;循环的物质为CH₃COOH(乙酸),是产物；其余环上物质是第二步；追线判键。观察Rh、Fe的配位环境(结合0、S、羟基、乙酰基等基团),在不同步骤中，Rh/Fe与不同电负性的基团结合，且参与了CO的氧化等电子转催化剂2CH₃COOH。B每消耗1molO₂可生成2molCH₃COOH,错误；CD₃CO0-结合水电离出的H⁺可得到CD₃COOH,例8峰式能量图像已知1,3-丁二烯和Br₂按实验编号时间/的物质的的物质的1t2tB.相同条件下由活性中间体C生成产物A的速率D.实验1在tmin时，若升高温度至25℃,部分产物A会经活性中间体C转化成产物B【解析第一步：看物定热。终点相对于起点的能量较A产物A(1,2-加成产物)和B(1,4-加成产物)分子分别发生1,2-加成反应与1,4-加成反应生成产物A成反应的活化能小，相同条件下生成产物A的速率更生成更稳定的B,但实验1中A占62%,表明体系未过中间体C转化为更稳定的B,导致B占比升高，正确。例9梯式能量图像[河北2025·12,3分]氮化镓2GaN(s)+3H₂O(g)制备。反应态)如下：反应历程C.反应i包含2个基元反应第二步：算能定速。活化能是基元反应中谷(中间体)与峰(过渡态)的能量差，反应ii中的TS7对应的基元反应活化能为3.07eV,是整个反应历程中活化能最大的，这一步是整个反应历程的速控步。B反应ii中H₂0(g)脱去步骤经过TS5,则活化能为重难点12▶化学反应速率与平衡图像分析影响因素或压强(气体△n总=0)2-图像<“先拐先平数值大”“先拐先平数值大”速率往往受到两个矛盾的因速率往往受到两个矛盾的因素影响：①温度、反应物浓度；②产物可以作为催化剂、反应物浓度改变的条件(其他条件不变)浓度小生成物浓度向正反应方向移动减小反应物浓度或增大生成物浓度向逆反应方向移动续表改变的条件(其他条件不变)(对于参加的反应)向气体分子总数减小的方向移动减小向气体分子总数增大的方向移动改变平衡不移动温度升高温度向吸热反应方向移动降低温度向放热反应方向移动催化剂某反应体系中，反应A→B(活化能E=50kJ·mol⁻¹)和A→C(活化能E₂=80锦囊③速率常数及反应速率方程的应用锦囊妙锦囊妙计重难剖析重难剖析单反应体系图像分析例10[山东2025·10,2分]在恒容密闭容器中，化关系(实线部分)如图所示。已知：T₂温度时，I.HClO+2CIO₂+H②答案B例12连续反应类[江苏2025·13,3分]甘油反应IC₃H₈O₃(g)=3CO(g)+4H₂(g)△H>0反应ⅡCO(g)+H₂O(g)—CO₂(g)+H₂(g)△H<0的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。①②①②③③m7z6③①n(CH₄)=n(CO)=0.4mol,根据C原子守恒，可得3n(C₃H₈O₃)=7.2mol(也可利用H原子守恒计算),例13[山东2025·20,12分]使用CaS循环再生可不变。(2)乙线所示物种为H₂0(填化学式)。反应Ⅲ质的量相等，若丁线所示物种为amol,则S₂为 0.45+0.5amol(用含a的代数式表示);此时，CaS与CaSO₄物质的量的差值n(CaS)-n(CaSO₄)= 变”),H₂O物质的量n(H₂O)减小(填“增大”(2)因反应Ⅱ平衡常数K=10⁸基本不变，,2,同一体系中1mol,n(S)=2mol,n(H)=0.1mol×2=0.2mol,考向3速率常数及反应速率方程的应用一NMA一101a)mol;根据氧元素守恒可得，n(CaSO₄)=根据钙元素守恒可得，n(CaS)+n(CaSO₄)=n(Ca)=Imol,n(CaS)=n(Ca)-M%知识锦囊锦囊①三大守恒的识别电荷守恒等式两侧全部为离子浓度记忆口诀：“强分物料”等式中出现H或OH⁻,且存在分子 点拨若题给等式没有明显特征，可利用联立两种锦囊②单一溶液中粒子浓度比较c(Na+)>c(HCO₃)>c(H₂数大小来进行比较，即比较K。(CH₃COOH)和c(CH₃CO0~)>c(Na⁺)>c(CH锦囊妙计重难剖析稀盐酸，平衡时溶液中lg[c(M2²+)/(mol·L⁻¹)]与B.pH=1.6时，溶液中c(M²+)>c(Cl-)>c(HA⁻)>,同理，将a点数据、K(H₂A)、K(H₂A)代入可得B2c(H₂A)+c(HA⁻)≈c(M²+)+c(H₂,可得c(HA⁻)>c(HA⁻)+c(H₂A)及电荷守恒c(H+)+2c(M²+)=锦囊妙计锦囊妙计断溶液酸碱性解读横、纵坐标标注特殊点③对数图像就要优先找到横、纵坐标之间的关系式导微粒浓度关系：电离/水解平衡及守大小关系判断溶液的酸碱性；素守恒、质子守恒；③分析溶液中各粒子浓度变化关系错误结论：核对微粒浓度，计算平衡常数，判断水的电离程度重难剖析恰好中和点(D点):恰好完全反应生成NaA倍过量点(F点):n(NaA):n(NaOH)=1:1①溶液酸碱性：NaOH溶液过量，溶液显碱性；①特点：水的电离度最大；②溶液酸碱性：该溶液显碱性；③粒子浓度的大小：c(Na)>c(A⁻)>c(OH>c(HA)>c(H)①溶质成分：NaA和少量的HA;BpH↑DE曲线，强酸起点低范围大于强碱与弱酸反应③室温下pH=7不一定是终点：强碱与强酸反应时，终点是pH=7;强碱与弱酸反应时，终点时pH>7Ⅱ.20.00mL浓度均为0.1000mol·L¹的HCI和B.a点水电离出的c(OH⁻)数量级为10-⁸c(CI-)=2c(NH4)+2c(NH越大，H₂X电离程度越大H⁴与OH⁻浓度比的常用对数AG越大，酸性越强，中性时，负对数H⁴浓度的常用负对数越大，H₂X电离程度越小例17[湖南2025·13,3分]草酸广泛应用于食品、实验1向10mL0.2mol·L¹H₂C₂O₄溶液中滴入一H₂C₂O₄溶液中加入10mL0.2mol·L⁻¹BaCl₂))B.实验1,当溶液呈中性时：c(C₂O2-)>c(HC₂O4)>当溶液中c(H₂C₂04)=pH=1.2,,此时L-¹≈10-3.6mol·L⁻¹,实验2中两溶液混合后，D实验2中由电荷守恒可得2c(Ba²+)+c(H+)=c(CI-)+2c(C₂O2-)+c(HC₂O4)+c(OH⁻),题干中缺δ。代表HA,8,代表AHpH=4.76时，C(HA)=c(A),A⁻的水解平衡常数二元弱酸(H₂A)(常温)δ。代表H₂A,8,代表HA”,82代表A²-①pH=1.2时,CH₂A)=c(HA-),*②pH=4.1时,e(HA-=c(A²),①A²的水解平衡常数②HA⁻的水解平衡常数例18[湖北2025·14,3分]铜(I)、乙腈(简写为 C.n从0增加到2,[CuL]*结合L的能力随之减小D.若c{[CuL]+}=c{[CuL₃]*},则2c{[CuL₂]*}<[CuL₃],所以该反应的平衡常数K=K₁·K₂·K₃,lgK=lgK₁+lgK₂+lgK₃=2.63+1.39+0.27=4.20.48×2=0.04,已知总铜浓度为1.0×10⁻mol·L⁻,C由A项分析可知，K₁>K₂>K₃,所以反应①②③正向进行的程度依次减小，即当n从0增加到2时，注用规律[CuL,]结合L的能力依次减小，正确；D[CuL]*+2L一[CuL₃]+由反应②+反应③得到，该反应的平衡常数K₄=K₂·K₃=101.³⁹×10⁰·27=10.66例19[河北2025·14,3分]已知Cu²+和工³结合形与溶液pH的关A.Cu²++L³-—[CuL]”,K=B.HL²-H⁺+L³-,K=1C.图中a点对应的pH=4.2c(Cu²+)=c([CuL]-),由图可知，此时lgc(L³-)=B曲线I和曲线Ⅱ的交点处lgc(L³-)=lgc(HL²-),即c(L³-)=c(HL²-),此时pH=11.6,代入平衡常数表得[CuL]"+L-[CuL₂]⁴-的平衡常数K'=L⁻¹,且a点对应c(HL²-)=10⁻¹mol·L⁻¹,代入HL²-8cu₂2¹=0.90,8cLJ-c([CuL₂]⁴-)=0.90×0.00210⁻³mol·L⁻¹,c([CuL]-)=0重难剖析于降压→化学平衡向气体总体积增大的方向原则于降压→化学平衡向气体总体积增大的方向原则既不能过快，又不能太慢既不能过快，又不能太慢化学平衡移动既要注意外界条件对速率和平化学平衡移动既要注意外界条件对速率和平者影响的矛盾性原料的利用率产成本原料的利用率产成本实际生产能力如高温、高压、设备承受能力等注意催化剂的活性对温度的实际生产能力如高温、高压、设备承受能力等注意催化剂的活性对温度的例20单反应图像分析[河北2025·17节选]煤化原因是正反应为气体分子数减小的反应，相同流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为100反应进程甲①根据图甲，写出生成C₄H₁0的决速步反应式：C₄H₈的原因是由*C₄Hq生成C₄H₁₀(g)的能垒(或活化能)低于生成C₄H₈(g)的能垒(或活化能),生成C₄H₁₀(g)的速率大于C₄H₈(g)体积减小的反应，入口压强不变，随着x增大，反应体系的分压越小。平衡向左移动。提取信息①生成C₄H₁₀(g)的路径上过渡态为TSⅡ的反应的活化能最大解析①决速步为反应过程中活化能最大的步骤，由活化能最大，该步骤的反应式为*C₂H₅+*C₂H₄=反应ICaCO₃(s)CaO(s)+CO原因是CH₃重整过程消耗CaCO₃分解产生的CO₂,促进CaCO₃分解反应向右移动(或恒压条件下加入CH₄气体，CO₂分压降低，CaCO₃分解反应平衡向右移动)0(填“T₁”“T₂”或“T₃”),原因是反应(和Ⅱ均为吸热反应。压强一定时，升高温度。平衡向右移动。CH。的平衡转化率增大0了考向2、化学平衡常数K的计算分数)分数)N₂(g)+3H₂(g)—2NH₃(g)的压强平衡常①分压定律：混合气体的总压等于相同温度下各p(始)Po3p₀03.反应aA(g)+bB(g)yY(g)+zZ(g),K、=3.反应aA(g)+bB(g)yY(g)+zZ(g),K、=物质的量或物质的量浓度计算各气体组分的物质的量分数或体积 反应1:2H₂S(g)+O₂(g)=2H₂O(g)+S₂(g)10⁴mol,反应2的平衡常数K=1×10⁻5o率的曲线是I;n(H₂S):n(O₂)=88:10:210⁻³mol,n(O₂)=2×10⁻⁴mol,设P点时生成了2xmol2H₂S(g)+O₂(g)=2H₂O( S₂。P点H₂S的转化率为50%,5×10⁻⁴=2x+2y,2y=10⁻⁴mol,n(H₂S)=5×10⁻⁴mol,容器容积为1L,K=注的一个环境热点问题。科研人员设计了利用CO₂T₁温度下，将1molCO₂和3molH₂充入容积为1L的恒容密闭容器中，容器起始压强为Po,进行反应。反应达到平衡时CH₃OH(g)为0.5mol,求反应的平衡解析1molCO₂和3molH₂充入容积为1L的恒容p(平)0.125p。0.375po0.125p₀0.125p₀恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的 ⑤的平衡常数(kPa)² 40:40:20,设初始投料n(CH₄)=n(CO₂)=40xmol,只参与反应③,其平衡转化率为20%,即有8xmol与了反应③,而CO₂的平衡转化率为30%,则有4xmol,n(CO)=20xmol,n(H₂)=12xmol,n(CO₂)=例26K的计算[河北2025·17节选]煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二醇，原子利用率可达2CO(g)+3H₂(g)一HOCH₂CH₂OH(g)①△H20可知D点对应的平衡转化率为0.5,根据题给信002111平衡时气体的总物质的量为3mol。CO、H₂、计算不饱和度一一不饱和度计算的窍门0原子锦囊②常见的结构限定信息结构特点属于芳香族化合物一般含苯环原子结构高度对称，如A苯环上有2种不同且个数比为3:2:1必刷打卡P166~167必考度：90%难度；压轴结构特点沉淀与钠反应产生H₂能与NaHCO₃反应含—COOH能与Na₂CO₃反应含HCO0一含—CH₂OH能发生水解反应酯类、卤代烃、酰胺能与HCN反应锦囊③理解核磁共振氢谱中常见数字——9, 锦囊④同分异构体数目判断方法1.官能团异构(官能团不同)(C,H₂n)、炔烃/二烯烃/环烯烃(C,H2ₙ-2)。锦囊⑤同分异构体数目判断的常用技巧有4种同分异构体。四氯苯(C₆H₂Cl₄)也有3种同分异构体(将H和Cl互换);又如CH₄的一氯代物只有1种，新戊烷[C(CH₃)₄]的一氯代物也只有1种。(插入C=C)、醚(插入—0一)、酯(插入—CO0—锦囊妙计锦囊妙计重难剖析重难剖析环)③且不同化学环境氢原子个数比为3:2:1②的同1剩余1个不饱和度、1个0原子、1个C原子，可能为第二步：解读限制条件。含和3个—CH₃、0接6个—CH₃,其中3个位置被三个不同取代基(1考向2、同分异构体结构书(不考①能与FeCl₃发生显色反应①;1mol该物质②核磁共振氢谱显示6组峰，且峰面积比为9:2:R"可以是H或烃基)。第二步：解读限制条件。由提取信息可知，含0第四步：组装同分异构体。满足条件的结构简式为例4含杂环的同分异构体写出一种满足下列条件)的同分异构体的结构简式：考虑立体异构)。②能发生银镜反应';③核磁共振氢谱显示3组峰，且峰面积之比为2:【解析第一步：确定组成。分子式为C₇H₄ONCl₂(可不计算H原子数目),Ω=4+1=5。2个Cl0个的原子或原子团在对称轴上。结构简式为锦囊①电性规则在有机反应中的应用(1)水解反应(2)醇解反应①例5“黄鸣龙还原法”是以中国科学家的名字命名的有机化学反应，反应机理如图(R、R′代表烃基)。A.过程②③均为消去反应B.若用ND₂ND₂发生该反应，过程③生成了HDOC.过程④的反应历程可表示为D.1molN₂H₄能还原2转化为转化为B若用ND₂ND₂发生该反应，过程③起始变为C过程④的反应历程表示为molN₂H₄最多只能还原1molB转化为生加成反应，可确认第①步方程式：锦囊①典型有机物的转化关系及反应类型取代加成取代加成消去锦囊②有机合成中碳骨架的构建引入官能团X₂的加成；③醇与HX的取代反应钠中滴加酸或通入CO₂(酮)羰基续表引入官能团同系物与KMnO₄(H+)反应原性官能团时，不希望被氧化的官能团需要先进行目标产物增长缩短成环保护效应后恢复后移除后加成题给原料、合成中间体 解析第一步，对比结构：根据合成路线X→Y→产品中使用的试剂，确定要仿第二步，根据起始原料，用基本反应推导中间产物X:根据原料中的官能团和反应条件分析知，发生卤素原子的消去反应，生成的X的结构简式为第三步，根据已知反应信息推断中间产物Y:根据X→Y使用的试剂确定，该反应类似题干中的G→H,在苯环邻位双键碳上引入Br原子，Y的结构简式为有机合成路线的设计例8决奈达隆(I)是抗心律失常药物，下图为有机物I的合成过程(部分转化条件已省略)。模块五有机化学基础锦囊①常见离子的检验方法加入KSCN溶液，现象：溶液变红络合物，不是沉淀先滴加KSCN溶液，再颠倒加入K₃[Fe(CN)₆]溶一加入酸性KMnO₄溶液，若为FeCl₂,此法不可也能使酸性KMnO₄加入浓NaOH溶液、加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，现象：试纸变蓝必须“加热”可用铁丝代替铂丝，取；黄光会掩盖紫光加入硝酸酸化的AgNO₃必须加稀HNO₃先加稀盐酸，再加BaCl₂沉淀必须先加稀盐酸，再加BaCl₂CO3-先加CaCl₂溶液，现象：必须先加CaCl₂溶液1.难溶电解质的溶解能力大小看溶解浓度而不是Kp。Ag₂CrO₄;K:Ag₂S<AgI<Ag₂CrO₄向溶解度更小的沉淀的实现AgNO₃溶液；再滴入4滴沉淀，则证明K(AgCl)>NaCl与AgNO₃保证AgNO₃完溶解度小的先沉淀沉淀，则证明K(AgCl)>CI-、I浓度相同典例用pH计测定pH:①NaHCO₃溶液；②CH₃COONa溶液，若pH:①>②,则H₂CO₃酸性弱于CH₃COOH×比较CH₃COO-和HCO₃的水0.1mol·L¹的CH₃COONH₄于前者，则K(CH₃CO0-)<×NH₄也会发生水持相同分别测定等物质的量浓度的NH₄F与(NH₄)₂SO₃溶液的×比较H₂SO₃酸性应选含HSO;的中NH₄浓度不同，NH₄水解影响溶液pH第二步：运用“四维”评价法则(核心)逐项剖析第二步：运用“四维”评价法则(核心)逐项剖析维度1:原理正确性；维度2:操作可行性；维度3:现象专属性；维度4:逻辑严密性第三步：对比择优(安全性高、步骤/操作简单、现象明显、试剂绿色环保等)第一步：明确实验目的原理正确性-实验原目的：验证“侯氏制碱法”中NaHCO₃的生成原理。方案：向饱和NaCl溶液中先通入足量NH₃,再通入足量CO₂,观察是否有晶体析出。错误：该操作确实能析出NaHCO₃晶体，但无法证明析出的晶体是NaHCO₃还是NH₄HCO₃否合理、安全、可目的：制备并纯化乙酸乙酯。荡分液。错误：现象不专属。HNO₃不稳定，受热分解也会生成二氧化氮红棕色气体目的：探究温度对2NO₂(g)一N₂O₄(g)例①操作、现象与结论型[河北2025·13,3分]下A向盛有NO₂与N₂O₄的恒压密闭容器中通人一定体积的N₂,最终气体颜色变浅化学平衡向NO₂减少的方向移动B以K₂CrO₄为指示剂，用AgNO₃标准溶液滴定溶液中的CI",先出现白色沉淀，后出现砖红色沉淀C向盛有2mLFeCl₃溶液的试管中D向盛有2mL饱和Na₂SO₄溶液的试蛋白质沉淀【解析A恒压条件下通入N₂,容器容积增大，NO₂、N₂O₄浓度减小，对于反应2NO₂(g)N₂O₄(g)来性意原理正确性、现象专属性AgCl和Ag₂CrO₄的类型不同，无法根据沉淀的先后顺序判断二者K的大小关系，错误；C过量铁粉还原Fe³,溶液中铁元素以Fe²+形式存 实验目的ACuSO₄溶液中镀铜B向粗盐水中先后加入过量Na₂CO₃溶液、NaOH溶液和BaCl₂溶液Ca²、Mg