資源簡介

化學-2024年高考核心考點回顧與預測模擬
核心考點一 化學與STSE
核心考點二 化學反應機理
核心考點三 化學實驗基礎知識
核心考點四 有機化學基礎
核心考點五 物質結構與元素周期律
核心考點六 電化學
核心考點七 電解質溶液及圖像
核心考點八 化工流程
核心考點九 化學反應原理
核心考點十 探究性實驗
核心考點十一 有機化學合成與推斷
核心考點十二 物質結構與性質
核心考點一 化學與STSE
【典例呈現】化學推動科技進步。下列說法不正確的是
A．華為自主研發的“麒麟”芯片與太陽能電池感光板所用的主要材料均為晶體硅
B．杭州亞運會場館使用的“碲化鎘”光伏發電系統將化學能轉化為電能
C．“神舟十七號”發動機的耐高溫結構材料屬于共價晶體
D．“深海一號”母船海水浸泡區鑲上鋁基是利用了犧牲陽極的金屬防腐原理
【答案】B
【解析】A．晶體硅常用作芯片與太陽能電池感光板所用的主要材料，故A正確；
B．“碲化鎘”光伏發電系統，將太陽能轉化為電能，故B錯誤；
C．耐高溫結構材料 是由原子組成空間網狀結構的共價晶體，熔點高、硬度大，故C正確；
D．“深海一號”母船海水浸泡區的鋁基和鐵在海水中形成原電池，鋁做負極被腐蝕，鐵做正極被保護，犧牲陽極可保障船體不易腐蝕，故D正確；
故答案為：B。
【考前秘笈】
【預測模擬】
1．化學和生活、科技、社會發展息息相關，下列說法正確的是
A．大量開發可燃冰作為新能源有利于實現碳達峰、碳中和
B．高效率鈣鈦礦太陽能電池，其能量轉化形式：化學能→電能
C．防腐劑能延長食品的保質期，需注意使用量及殘留量
D．社區服務中用84消毒液清洗公共桌椅，是因為84消毒液中的有強氧化性
【答案】C
【解析】A．可燃冰的主要成分是甲烷，作為能源燃燒時仍產生大量的二氧化碳，不利于實現碳達峰、碳中和，A項錯誤；
B．太陽能電池的能量轉化形式：太陽能→電能，B項錯誤；
C．防腐劑能延長食品的保質期，過量使用防腐劑對人體有害，故使用時需注意使用量及殘留量，C項正確；
D．社區服務中用84消毒液清洗公共桌椅，是因為84消毒液中的NaClO有強氧化性、不是，D項錯誤；
故選C。
2．(中國詩詞大會)不僅重溫經典詩詞，繼承和發揚中華優秀傳統文化，還蘊含著許多化學知識。下列說法錯誤的是
A．“忽聞海上有仙山，山在虛無縹緲間”，海市蜃樓現象與膠體知識有關
B．“借問瘟君欲何往，紙船明燭照天燒”，紙和燭的化學成分相同
C．“千淘萬漉雖辛苦，吹盡狂沙始到金”，金的化學性質穩定，在自然界常以游離態存在
D．“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，能量轉化方式主要為化學能轉化為熱能
【答案】B
【解析】A．空氣為膠體，能有利于光線的折射，從而導致海市蜃樓的形成，A正確；
B．紙的主要成分為纖維素；燭的主要成分為烴類，二者化學成分不同，B錯誤；
C．該詩句說明金的化學性質穩定，在自然界中常以游離態存在，金和泥沙密度不同，金的密度比較大，可利用水流使泥沙和金分離開來，即可通過物理方法提純金，C正確；
D．“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，能量轉化方式主要為燃料燃燒獲取熱量，即能量轉化為形式化學能轉化為熱能，D正確；
故選B。
3．中華民族文明源遠流長，下列文物的主要成分屬于無機非金屬材料的是
A．九霄環佩木古琴 B．銀鎏金累絲燒藍山水紋扇
C．曾侯乙編鐘 D．青玉交龍鈕玉璽
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】A．九霄環佩木古琴主要成分纖維素，纖維素屬于有機高分子材料，A不合題意；
B．銀鎏金累絲燒藍山水紋扇主要材質為合金，屬于金屬材料，B不合題意；
C．曾侯乙編鐘主要成分為合金，屬于金屬材料，C不合題意；
D．青玉交龍鈕玉璽主要成分為硅酸鹽，屬于無機非金屬材料，D符合題意；
故答案為：D。
4．近年來，我國的航天技術發展迅速，天宮、天和、天問、神舟等體現了中國的強大科技力量。下列說法不正確的是
A．“天問一號”的隔熱材料是使用SiO2納米氣凝膠，SiO2屬于酸性氧化物
B．為航天器量身定制的柔性三結砷化鎵(GaAs)太陽電池陣首次在“天和”號使用，砷化鎵屬于半導體
C．“天和”核心艙用的氮化硼(BN)陶瓷屬于合金材料
D．“神舟號”耐高溫材料使用酚醛樹脂，酚醛樹脂屬于人工合成的有機高分子材料
【答案】C
【解析】A．“天問一號”隔熱材料使用SiO2納米氣凝膠，和堿反應生成鹽和水，SiO2屬于酸性氧化物，A正確；
B．砷化鎵的導電性介于導體和絕緣體之間，砷化鎵屬于半導體材料，可用于制造太陽能電池陣，B正確；
C．氮化硼陶瓷屬于新型無機非金屬材料，不是合金材料，C錯誤；
D．酚醛樹脂是人工用苯酚和甲醛通過縮聚反應制取，屬于人工合成高分子材料，D正確；
故答案為：C。
核心考點二 化學反應機理
【典例呈現】
甲酸甲酯()作為潛在的儲氫材料受到關注，科學家發現使用Ru配合物催化劑可以使甲酸甲酯溫和釋氫，其可能的反應過程如下圖所示。下列說法錯誤的是
A．是極性分子，VSEPR模型名稱為四面體形
B．Ⅲ→Ⅳ每消耗生成
C．總反應為
D．反應涉及鍵、鍵、鍵斷裂和鍵形成
【答案】B
【解析】A．分子中O的價層電子對數為，有兩個孤電子對，正負電荷中心不重合，是極性分子，VSEPR模型名稱為四面體形，故A正確；
B．由流程可知，Ⅲ→Ⅳ反應為，每消耗生成，故B錯誤；
C．由圖可知，總反應為甲酸甲酯和水催化生成氫氣和二氧化碳：，故C正確；
D．結合流程可知，甲酸甲酯轉化為二氧化碳，涉及鍵、鍵、鍵斷裂，反應中生成氫氣，涉及鍵形成，故D正確；
故選B。
【考前秘笈】
【預測模擬】
1．硅鋁酸鹽沸石離子交換分子篩M-ZSM-5(M為Fe、Co、Ni、Cu)催化N2O氧化CH4制甲醇的反應機理如圖所示，下列說法錯誤的是
A．反應②的原子利用率為
B．反應①、②、③、⑥、⑦中，的化合價發生了改變
C．M-ZSM-5能降低氧化制甲醇反應的活化能，改變反應的
D．總反應為
【答案】C
【解析】A．根據反應②的反應物和產物結構式，反應物中的原子全部得到產物，原子利用率為100%，A正確；
B．反應①、②、③、⑥、⑦中，根據題中所給結構式可以判斷，M的化合價發生了改變，B正確；
C．催化劑能降低反應活化能，增大反應速率，但是不會改變反應的ΔH，C錯誤；
D．根據反應機理圖，總反應正確，D正確；
本題選C。
2．是一種特別的共軛體系。在高溫條件下可以由分子經過5步氫提取和閉環脫氫反應生成。其中第一步過程的反應機理和能量變化如下：
下列說法錯誤的是
A．反應過程中有極性鍵的斷裂和形成
B．圖示歷程中的基元反應，速率最慢的是第3步
C．制備的總反應方程式為：
D．從的結構分析，結構中五元環和六元環結構的數目分別為6、10
【答案】A
【解析】A．該過程中涉及C-H斷裂，C-C斷裂和C-C、H-H形成，無極性鍵的形成，A錯誤；
B．由反應機理可知，該歷程包含3個基元反應，其中第三個基元反應的活化能最大，反應3速率最慢，B正確；
C．由圖可知，該過程總反應為：，C正確；
D．由的結構分析，可知其中含有1個五元環，10個六元環，每脫兩個氫形成1個五元環，則總共含有6個五元環，10個六元環，D正確；
故選A。
3．我國科技工作者用鉀離子促進電催化合成尿素可能的反應機理如圖。與其他步驟相比，碳氮鍵的形成過程活化能更高。下列說法正確的是
A．尿素中氮原子采取雜化 B．步驟①和③的反應速率較其他步驟快
C．步驟⑥發生的是氧化反應 D．以上過程中涉及極性鍵的形成和斷裂
【答案】D
【解析】
A．尿素的結構簡式為，其中N原子形成三個σ鍵，另外還含有1個孤電子對，采取sp3雜化，故A錯誤；
B．與其他步驟相比，碳氮鍵的形成過程活化能更高，活化能越高，速率越慢，由圖可知步驟①和③的過程形成碳氮鍵，所以步驟①和③的反應速率較其他步驟慢，故B錯誤；
C．由圖可知步驟⑥過程中得電子，即發生的是還原反應，故C錯誤；
D．由圖可知步驟①和③的過程形成碳氮鍵，步驟④和⑤的過程斷裂氮氧鍵，所以以上過程中涉及極性鍵的形成和斷裂，故D正確；
故答案為：D。
4．和甲醇在（釕銠）基催化劑表面加氫可以制取乙酸，其反應機理如圖所示。下列說法錯誤的是
A．LiI起到催化作用
B．反應①和⑤的反應類型不同
C．反應③中有極性鍵的斷裂和非極性鍵的形成
D．根據該反應機理，可以由制備
【答案】D
【解析】A．反應①消耗LiI，反應⑤又生成等量的LiI，LiI是該反應的催化劑，A正確；
B．反應①是CH3OH中的-OH被-I取代，反應類型為取代反應，而反應⑤發生中和反應，屬于復分解反應，二者反應類型不相同，B正確；
C．反應中C-Rh*極性鍵斷裂，有碳碳非極性鍵形成、O-Rh*極性鍵形成，C正確；
D．由反應原理可知，反應物為CO2、H2、CH3OH，生成物是CH3COOH和H2O，因此如果是2－丙醇，則可以制備的酸是(CH3)2CHCOOH，D錯誤 ；
故選D。
核心考點三 化學實驗基礎知識
【典例呈現】
根據下列實驗操作及現象，所得結論錯誤的是
選項 實驗操作及現象 結論\
A． 向溶有的溶液中滴加溶液，產生白色沉淀 具有強氧化性
B． ，用計測得某一元酸（HR）溶液的 HR為弱電解質
C． 向溶液中加入乙醇，析出深藍色晶體 在水-乙醇混合溶劑中的溶解度較小
D． 將與用導線相連，插入稀硫酸酸化的溶液，一段時間后，從電極區取出少量溶液，滴入2滴溶液，無明顯現象 Zn可以保護不被腐蝕
【答案】A
【解析】A．二氧化硫與水反應生成亞硫酸，酸性條件下硝酸根離子能與二氧化硫反應生成與溶液中鋇離子反應生成硫酸鋇白色沉淀的硫酸根離子，則向溶有二氧化硫的氯化鋇溶液中滴加硝酸鐵溶液，產生白色沉淀不能說明鐵離子具有氧化性，故A錯誤；
B．25℃，用pH計測得0.100mol/L一元酸HR溶液的pH=2.88說明HR在溶液中不能完全電離，屬于弱電解質，故B正確；
C．向硫酸四氨合銅溶液中加入乙醇，析出深藍色晶體說明硫酸四氨合銅在水-乙醇混合溶劑中的溶解度較小，加入乙醇有利于降低硫酸四氨合銅的溶解度，便于晶體析出，故C正確；
D．將鋅與鐵用導線相連，插入稀硫酸酸化的3%氯化鈉溶液，一段時間后，從鐵電極區取出少量溶液，滴入2滴鐵氰化鉀溶液，無明顯現象說明鋅鐵在氯化鈉溶液中構成原電池，鋅做負極被損耗，鐵在正極被保護，證明鋅可以保護鐵不被腐蝕，故D正確；
故選A。
【考前秘笈】
1．實驗操作中的“第一步”
(1)檢查裝置的氣密性——制取氣體、驗證氣體的性質等與氣體有關的實驗操作。
(2)檢查是否漏水——滴定管、容量瓶、分液漏斗等的使用。
(3)調“0”點——天平等的使用。
(4)驗純——點燃可燃性氣體。
(5)分別取少量溶液——未知溶液的鑒別。
(6)潤濕——用紅色石蕊試紙、藍色石蕊試紙、淀粉KI試紙檢驗或驗證某些氣體時。
2．常見儀器的選擇方法
3．化學實驗中的幾個數據
【預測模擬】
1．下列有關說法正確的是
A．圖甲裝置：滴入過量的硝酸銀溶液配制銀氨溶液
B．圖乙裝置：制取并收集干燥純凈的
C．圖丙裝置：比較、、S的氧化性
D．圖丁裝置：分離淀粉溶液和泥沙
【答案】C
【解析】A．配制銀氨溶液時，應將氨水滴入硝酸銀溶液中，直到最初產生的沉淀恰好溶解，得到銀氨溶液，不能將硝酸銀溶液滴入氨水中，故A錯誤；
B．氨氣的密度比空氣小，應用向下排空氣法收集，不能用向上排空氣法收集，故B錯誤；
C．高錳酸鉀與濃鹽酸反應制得氯氣，氧化劑的氧化性強于氧化產物氯氣，反應生成的氯氣與硫化鈉溶液發生置換反應生成硫，氧化劑氯氣的氧化性強于氧化產物硫，則圖丙裝置可以比較高錳酸鉀、氯氣、硫的氧化性，故C正確；
D．淀粉溶液屬于膠體，其中的淀粉分子和濁液的分散質粒子均不能透過半透膜，不能達到分離淀粉溶液和泥沙的目的，應該用過濾法分離淀粉溶液和泥沙，故D錯誤；
選C。
2．下列實驗能達到目的的是
A．測定中和反應的反應熱：用酸堿中和滴定法
B．判斷醋酸為弱電解質：測定并比較醋酸和鹽酸的pH
C．用98%濃硫酸配制10%的稀硫酸：儀器為燒杯、玻璃棒
D．測定鍍鋅鐵皮的鍍層厚度：將鍍鋅鐵皮放入稀硫酸中，待產生氫氣的速率突然減小，可以判斷鋅鍍層已反應完全
【答案】D
【解析】A．酸堿中和滴定法是測定位置酸或堿溶液的濃度的，不能測定中和反應的反應熱，A錯誤；
B．要判斷醋酸為弱電解質，必須測定并比較等濃度醋酸溶液和鹽酸的pH，B錯誤；
C．用98%濃硫酸配制10%的稀硫酸，需要的儀器為量筒、燒杯、玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管，C錯誤；
D．鋅、鐵和稀硫酸構成原電池，鋅作負極，鐵作正極，原電池能加快鋅被腐蝕的速率，鐵
的活潑性小于鋅，且只有鐵時，不能構成原電池，所以生成氫氣的速率減小，所以當產生氫氣的速率速率突然減小，可以判斷鋅鍍層已反應完全，D正確；
故選D。
3．實驗室可以通過以下反應和操作制取肉桂酸：
已知：苯甲醛、肉桂酸均難溶于水，苯甲醛的熔點-26℃，肉桂酸的熔點133℃，乙酸酐(CH3CO)2O易水解。
操作：
①將5.3g苯甲醛(M=106g/mol)、6.12g乙酸酐(M=102g/mol)、K2CO3混合加熱回流0.5h
②向回流后的混合液中加入K2CO3溶液調節溶液至堿性
③將“②”中溶液裝入下圖的Ⅱ裝置中，并通入水蒸氣，Ⅲ中收集到苯甲醛和水
④……，得到純凈的肉桂酸(M=148g/mol)6.2g。
下列有關說法錯誤的是
A．當餾出液無油珠時，即可停止通入水蒸氣 B．操作③結束時，應先打開彈簧夾再移去熱源
C．向Ⅱ中殘余溶液中加入鹽酸酸化，再過濾、洗滌、干燥可以獲得肉桂酸粗品
D．肉桂酸的產率為69.8%
【答案】D
【分析】將一定量苯甲醛、乙酸酐、K2CO3在圓底燒瓶中混合均勻，然后加熱回流0.5h；向回流后的混合液中加入K2CO3溶液調節溶液至堿性，將肉桂酸、乙酸、乙酸酐等轉化為鹽；通入水蒸氣進行蒸餾，收集苯甲醛；將蒸餾后剩余溶液中加入酸，重新生成肉桂酸等，肉桂酸難溶于水，過濾后洗滌、干燥，便可獲得肉桂酸。
【解析】A．苯甲醛難溶于水，當餾出液無油珠時，表明苯甲醛已全部蒸出，此時可停止通入水蒸氣，A正確；
B．操作③結束時，為防止發生倒吸，應先打開彈簧夾使系統與大氣相通，再移去熱源，B正確；
C．向Ⅱ中殘余溶液中加入鹽酸酸化，使肉桂酸鉀轉化為肉桂酸，肉桂酸難溶于水，生成沉淀，再過濾、洗滌、干燥可以獲得肉桂酸粗品，C正確；
D．5.3g苯甲醛的物質的量為0.05mol，6.12g乙酸酐的物質的量為0.06mol，理論上生成肉桂酸的物質的量為0.05mol，質量為0.05mol×148g/mol=7.4g，則肉桂酸的產率為≈83.8%，D錯誤；
故選D。
4．實驗室制備如圖所示氣體所選用的發生裝置、制備試劑和除雜試劑均正確的是
選項 氣體 發生裝置 制備試劑 除雜試劑
A 固體 堿石灰
c 、濃鹽酸 溶液、濃硫酸
C b 大理石、稀硫酸 濃硫酸
D c 無水乙醇、濃硫酸 溶液
【答案】A
【解析】A．在加熱時發生反應，堿石灰可以吸收水和二氧化碳，從而得到氨氣，A正確；
B．Cl2中會混有雜質HCl，需要用飽和食鹽水洗氣除雜，再用濃硫酸干燥氣體，而NaOH溶液會與Cl2反應，因此，B錯誤；
C．大理石與稀硫酸反應會生成微溶于水的CaSO4，沉淀下去覆蓋在大理石表面，阻礙反應的進一步進行，因此應選用稀鹽酸，除雜試劑選用飽和NaHCO3溶液和濃硫酸，C錯誤；
D．無水乙醇與濃硫酸反應制備乙烯需要控制溫度在170℃，c裝置無溫度計，D錯誤。
故本題選A。
核心考點四 有機化學基礎
【典例呈現】
有機“納米小人”風靡全球，其制備過程中涉及的一個反應如圖。下列說法正確的是
A．化合物M的一氯代物有5種
B．化合物N中至少有17個原子共平面
C．該反應符合綠色化學的思想，理論上原子利用率為100%
D．化合物P能發生加成、聚合、氧化、還原等反應
【答案】D
【解析】A．由結構簡式可知，M分子中含有4類氫原子，一氯代物有4種，A錯誤；
B．苯環為平面結構，碳碳三鍵為直線形結構，原子共線也共面，則至少有16個原子共平面，B錯誤；
C．由結構簡式可知，P分子中不含有溴原子，則M與N一定條件下反應生成P的同時還有含溴元素的化合物生成，原子利用率不可能為100%，C錯誤；
D．化合物P中含碳碳三鍵、羥基，醚鍵官能團，可發生加成、聚合、氧化、還原等反應，D正確；
答案選D。
【考前秘笈】
一、有機物的空間結構
1．有機物分子中原子共線、共面數目的確定
(1)常見有機物的空間結構
CH4呈正四面體形，鍵角109°28′。CH2==CH2呈平面形，鍵角120°。
HC≡CH呈直線形，鍵角180°。呈平面正六邊形，鍵角120°。
2．注意鍵的旋轉
①在分子中，形成單鍵的原子可以繞鍵軸旋轉，而形成雙鍵、三鍵等其他鍵的原子不能繞鍵
軸旋轉。
②若平面間靠單鍵相連，所連平面可以繞鍵軸旋轉，可能旋轉到同一平面上，也可能旋轉后不在同一平面上。
③若平面間被多個點固定，則不能旋轉，一定共平面。如分子中所有原子一定共面。
3．恰當地拆分復雜分子
觀察復雜分子的結構，先找出類似于甲烷、乙烯、乙炔和苯分子的結構，再將對應的空間結構及鍵的旋轉等知識進行遷移即可解決有關原子共面、共線的問題。
特別要注意的是，苯分子中處于對位的兩個碳原子以及它們所連的兩個氫原子在一條直線上。
4．對照模板確定原子共線、共面問題
需要結合相關的幾何知識進行分析，如不共線的任意三點可確定一個平面；若一條直線與某平面有兩個交點時，則這條直線上的所有點都在該平面內；同時要注意問題中的限定性詞語，如“可能”“一定”“最多”“最少”“共面”“共線”等，以免出錯。
二、同分異構體的判斷
1．同分異構體的判斷方法
(1)記憶法
①由烴基的異構體數推斷
判斷只有一種官能團的有機物的同分異構體的種數時，根據烴基的異構體數判斷較為快捷。如判斷丁醇的同分異構體時，根據組成丁醇可寫成C4H9—OH，由于丁基有4種結構，故丁醇有4種同分異構體。
常用的烴基異構有—C3H7(2種)、—C4H9(4種)、—C5H11(8種)。
②由苯環上取代基的數目推斷
a．當苯環上只連有一個取代基時，可由烴基的數目推斷。如C9H12O屬于芳香醇，且苯環上只有一個取代基的結構有5種，分別為、、、、。（C9H12O寫為，—C3H6OH含—OH的結構有5種）。
b．當苯環上連有兩個取代基時，有鄰、間、對3種結構。
c．當苯環上連有三個取代基時，若三個取代基完全相同則有3種結構；若三個取代基中有2個完全相同，則有6種結構；若三個取代基各不相同，則有10種結構。如C7H5O2Cl遇FeCl3
顯紫色，能發生銀鏡反應的結構共有10種(如其中一種為)。
(2)由等效氫原子推斷
碳鏈上有幾種不同的氫原子，其一元取代物就有幾種同分異構體。一般判斷原則：①同一碳原子上的氫原子是等效的；②同一碳原子所連甲基上的氫原子是等效的；③處于鏡面對稱位置上的氫原子是等效的。
一元取代物數目即為等效氫的數目，如等效氫的數目為2，則一氯代物有2種。
(3)用替換法推斷
如一個碳碳雙鍵可以用環替換；碳氧雙鍵可以用碳碳雙鍵替換并將氧原子移到他處；碳碳三鍵相當于兩個碳碳雙鍵，也相當于兩個環。不同原子間也可以替換，如二氯苯C6H4Cl2有3種同分異構體，四氯苯C6H2Cl4也有3種同分異構體。
(4)用組合法推斷
先確定一基團同分異構體的數目，再確定另一基團同分異構體的數目，從而確定兩基團組合后同分異構體數目的方法。如飽和一元酯，—R1有m種結構，—R2有n種結構，共有m×n種酯的結構。
實例：分子式為C9H18O2的酯在酸性條件下水解得到的兩種有機物的相對分子質量相等，則形成該酯的酸為C3H7COOH(2種結構)，醇為C5H11OH(8種結構)，故該酯的結構共有2×8＝16種。
2．判斷多元取代物的同分異構體的方法
(1)定一移一法
對于二元取代物同分異構體的判斷，可固定一個取代基的位置，再改變另一個取代基的位置以確定同分異構體的數目。如分析C3H6Cl2的同分異構體，先固定其中一個Cl原子的位置，移動另外一個Cl原子。
(2)定二移一法
對于芳香化合物中若有3個取代基，可以固定其中2個取代基的位置為鄰、間、對的位置，然后移動另一個取代基的位置以確定同分異構體的數目。
三、有機反應中的幾個定量關系
(1)在鹵代反應中1 mol鹵素單質取代1 mol H,同時生成1 mol HX。
(2)1 mol 完全加成需要1 mol H2或1 mol Br2,1 mol醛基或酮基消耗1 mol H2;1 mol甲醛完全被氧化消耗4 mol Cu(OH)2。
(3)1 mol苯完全加成需要3 mol H2。
(4)與NaHCO3反應生成氣體:1 mol —COOH生成1 mol CO2氣體。
(5)與Na反應生成氣體:1 mol —COOH生成0.5 mol H2;1 mol —OH生成0.5 mol H2。
(6)與NaOH反應:1 mol —COOH(或酚—OH)消耗1 mol NaOH;
1 mol (R為鏈烴基)消耗1 mol NaOH;1 mol 消耗2 mol NaOH。
四、有機反應中反應物用量的判斷方法
(1)H2用量的判斷
有機物分子中的、、、、在一定條件下都能與H2發生加成反應，若有機物分子中基團均為1mol時，所需H2的量分別為1：2：3：1：1，特別注意—COOH，—COOR(酯基)中的C=O通常不與H2發生加成反應。
(2)NaOH用量的判斷
(酚羥基)、酯類物質、鹵代烴能與NaOH溶液發生反應，特別要注意，水解產物可能與NaOH溶液發生反應。如1 mol 與NaOH溶液發生反應時最多消耗3 mol NaOH。
(3)Br2用量的判斷
①烷烴：光照下1 mol Br2可取代1 mol H原子。
②苯：FeBr3催化下1 mol Br2可取代1 mol H原子。
③酚類：1 mol Br2可取代與—OH處于鄰、對位上的1 mol H 原子。
④：1 mol雙鍵可與1 mol Br2發生加成反應。
⑤：1 mol三鍵可與2 mol Br2發生加成反應。
五、蛋白質鹽析、變性辨異同
比較項目 鹽析 變性
不 同 點 方法 在輕金屬鹽作用下，蛋白質從溶液中凝聚成固體析出 在重金屬鹽、受熱、紫外線、甲醛、酒精等作用下，蛋白質凝聚成固體析出
特征 過程可逆，即加水后仍可溶解 不可逆
實質 溶解度降低，物理變化 結構、性質發生變化，化學變化
結果 仍保持原有的生理活性 失去原有的生理活性
六、掌握推斷反應類型常用的方法
(1)由官能團轉化推測反應類型。從斷鍵、成鍵的角度掌握各反應類型的特點，如取代反應的特點是有上有下或斷一下一上一；加成反應的特點是只上不下或斷一加二；消去反應的特點是只下不上。
(2)由反應條件推測反應類型。有機反應的重要條件總結如下：
①NaOH水溶液作條件的反應：鹵代烴的水解；酯的堿性水解；NaOH醇溶液與鹵代烴發生的是消去反應。
②以濃H2SO4作條件的反應：醇的消去；醇變醚；苯的硝化；酯化反應。
③以稀H2SO4作條件的反應：酯的水解；糖類的水解；蛋白質的水解。
④Fe：苯環的鹵代。光照：烷烴的鹵代。
⑤當反應條件為光照且與X2反應時，通常是X2與烷烴或苯環側鏈烴基上的氫原子發生取代反應，而當反應條件為催化劑且與X2反應時，通常為苯環上的氫原子直接被取代。
⑥當反應條件為催化劑并有氧氣時，通常是醇氧化為醛或醛氧化為酸。
(3)鹵代、硝化、磺化、酯化、水解、皂化、分子間脫水等反應，本質上屬于取代反應。
(4)有機物的加氫、脫氧屬還原反應，脫氫、加氧屬于氧化反應。
【預測模擬】
1．治療流感的特效藥——“奧司他韋”結構如圖所示，下列說法不正確的是
A．分子式為C16H26N2O4
B．該結構中有5種官能團
C．能發生氧化反應、加成反應、水解反應
D．該物質最多能與發生反應
【答案】A
【解析】A．分子式為C16H28N2O4，故A錯誤；
B．該結構中有酯基、肽鍵、氨基、醚鍵、碳碳雙鍵，共5種官能團，故A正確；
C．含有氨基能發生氧化反應，含有碳碳雙鍵能發生加成反應，含有酯基、肽鍵能發生水解反應，故C正確；
D．酯基、肽鍵能發生水解反應，該物質最多能與發生反應，故D正確；
選A。
2．中國科學院大連化學物理研究所和西湖大學合作合成出一種新的高分子材料(如圖所示，硫原子連接的波浪線代表鍵延長)。下列敘述錯誤的是
A．X中的含氧官能團是酯基 B．X的水解產物之一是
C．Y是線型結構高分子材料，具有熱塑性 D．Y在堿性介質中能降解
【答案】C
【解析】A．由題干有機物X的結構簡式可知，X中的含氧官能團是酯基 -COO-，A正確；
B．由題干有機物X的結構簡式可知，X分子中的3個酯基完全水解之后可知，X的水解產物之一是，B正確；
C．由題干有機物Y的結構簡式可知，Y是體型結構即空間網狀結構的高分子材料，不具有熱塑性，而具有熱固性，C錯誤；
D．由題干有機物Y的結構簡式可知，Y中含有酯基，故Y在堿性介質中能降解，生成小分子物質，D正確；
故答案為：C。
3．我國科學家提出了高強度人造蠶絲的制備方法，用表面活性劑和溶液使絲膠蛋白水解，然后將濃縮的絲素蛋白擠入含和的溶液中凝固成纖維。下列說法不正確的是
A．中既含有親水基團又含有疏水基團
B．核酸和蛋白質都是生物大分子
C．絲膠蛋白水解時酰胺基中發生了斷裂
D．含或的鹽溶液均能使蛋白質變性
【答案】D
【解析】A．中的烴基是疏水基團，磺酸基是親水基團，A正確；
B．核酸和蛋白質都是生物大分子，B正確；
C．絲膠蛋白水解時酰胺基中發生了斷裂，C正確；
D．鋅是重金屬，鈉不是，所以含的鹽溶液能使蛋白質變性，含的鹽溶液不能使蛋白質變性，D錯誤；
故選D。
4．實驗室初步分離苯甲酸乙酯、苯甲酸和環己烷的流程如下：
已知：苯甲酸乙酯的沸點為212.6℃，“乙醚-環己烷-水共沸物”的沸點為62.1℃。下列說法錯誤的是
A．操作a和操作b不同
B．操作c為重結晶
C．無水和飽和碳酸鈉溶液的作用相同
D．由該流程可以說明苯甲酸和苯甲酸鈉在水中的溶解度差別很大
【答案】C
【解析】加入苯甲酸降低酯的溶解度同時與苯甲酸反應產生可溶于水的苯甲酸鈉，水層和油層分離方法分液。共沸物和苯甲酸乙酯的沸點相差大，所以液體有機物進行分離利用沸點不同蒸餾。萃取液中加入H2SO4產生苯甲酸，其在水中的溶解性較低利用過濾獲得苯甲酸晶體。
A．有機相和水相分層的分離方法分液，而b操作分離互溶的有機物選擇蒸餾，A項正確；
B．苯甲酸粗品為含雜質的固體，可選擇重結晶提純，B項正確；
C．無水MgSO4為干燥有機物，而Na2CO3降低酯在水中的溶解度，C項錯誤；
D．苯甲酸鈉為在水中形成了溶液，而苯甲酸在水中析出了晶體。可見兩者溶解性差異很大，D項正確；
故選C。
核心考點五 物質結構與元素周期律
【典例呈現】
一種由短周期元素構成的洗滌劑中間體結構式如圖所示，X、Q、Z、Y、W原子序數依次增大，X和W同主族，Q、Z、Y同周期，基態Q原子核外成對電子對數與未成對電子數相等，Y可與X形成空間構型為V形的分子，下列說法不正確的是
A．第一電離能：
B．簡單離子半徑：
C．Z元素的氧化物對應水化物為強酸
D．Y的簡單氫化物構型為四面體
【答案】C
【分析】一種工業洗滌劑中間體結構式如圖所示，其中短周期元素X、Q、Z、Y、W原子序數依次增大，X和W同主族，W形成+1價陽離子，X形成1個共價鍵，則X為H，W為Na；Y形成2個共價鍵，其原子序數小于Na，則Y為O；Q形成4個共價鍵，基態Q原子核外成對電子對數與未成對電子數相等，則其最外層電子數為4，原子序數小于O，則Q為C；Q、Z、Y為同周期元素，Y可與X形成空間構型為V形的分子，則Z為N，以此分析解答。
【解析】A．由分析可知，Q為C、Z為N、Y為O，根據同一周期從左往右元素第一電離能呈增大趨勢，ⅡA、ⅤA反常，故第一電離能N＞O＞C即，A正確；
B．由分析可知，W為Na、Y為O、Z為N，三者的簡單離子具有相同的電子排布，則核電荷數越大半徑越小，故簡單離子半徑N3-＞O2-＞Na+即，B正確；
C．由分析可知，Z為N，Z元素的氧化物對應水化物HNO3為強酸，而HNO2為弱酸，C錯誤；
D．由分析可知，Y為O，Y的簡單氫化物即H2O，H2O中心原子O周圍的價層電子對數=2+=4，根據價層電子對互斥理論可知，其構型為四面體，D正確；
故答案為：C。
【考前秘笈】
1．元素“位-構-性”之間的關系
（
2．“構位性”關系解題策略
第一步：推斷元素
推斷元素常用的方法有：
（1）根據原子或離子的結構示意圖推斷（2）根據元素化合價的特征關系推斷
（3）根據原子半徑的遞變規律推斷 （4）根據元素的原子結構特征或元素的特征推斷
（5）根據稀有氣體的原子序數推斷
第二步：聯想“規律”
依據推出的元素在周期表中的位置，結合元素周期律對選項中元素的結構和元素性質的變化作出判斷。
第三步：通盤“驗證”
將判斷的結果代入原題中進行檢驗，完全符合題設條件的才是正確選項。
【預測模擬】
1．已知X、Y、Z、W為短周期主族元素。常溫下，它們的原子半徑、原子序數、最高價氧化物對應水化物的溶液(濃度均為)的pH之間的關系如圖所示。下列說法錯誤的是
A．W的氫化物的沸點可能高于水的沸點
B．XZ晶胞中X的配位數為6，X周圍等距且最近的X有12個
C．W與X形成的化合物中，W的化合價可能為價
D．分子中四個原子可能共直線
【答案】D
【分析】濃度均為最高價氧化物對應水化物的溶液，其中X的溶液pH等于12為一元強堿，結合原子半徑最大，X為Na，W對應溶液pH等于2為一元強酸，原子序數小于X則W為N，Z對應溶液pH等于2也為一元強酸，原子序數大于X則Z為Cl，Y對應溶液pH小于2為二元強酸，原子序數大于X則Y為S，則X、Y、Z、W依次為Na、S、Cl、N。
【解析】A．N的氫化物中N2H4的沸點高于水，A正確；
B．X是Na，Z是Cl，NaCl晶體的晶胞中Na+周圍距離最近的Na+有12個，B正確；
C．N與Na形成的化合物Na3N，N的化合價為-3價，C正確；
D．為S2Cl2，分子為含有極性共價鍵的立體結構分子，四個原子不可能共直線，D錯誤；
故選D。
2．M、N、P、Q、R是原子序數依次增大的前四周期主族元素，組成的化合物R4N(PM4)4Q2是某種熒光粉中的成分。M的一種單質是極性分子，N基態原子核外無未成對電子，P元素存在于航空、信息和新能源等高技術領域必需的材料中，Q是一種重要的成鹽元素。下列說法錯誤的是
A．N、Q、R三種元素簡單離子的半徑：Q>R>N
B．N、P、Q、R四種元素的第一電離能：Q>P>N>R
C．M元素與氫元素形成的兩種微粒的鍵角：
D．N、P、R三種氧化物的熔點：P>R>N
【答案】D
【分析】已知M、N、P、Q、R是原子序數依次增大的前四周期主族元素；常見的物質中，氧元素的其中一種單質O3是極性分子，故M為O元素；N基態原子核外無未成對的電子，且N的原子序數必須要大于氧元素的原子序數8，故N為Mg元素；P存在于航空、信息和新能源等高技術領域必需的材料中，故P為Si元素；Q是一種重要的成鹽元素，故Q為Cl元素；由熒光粉的化學式R4N(PM4)4Q2可知，R顯＋2價，且為第四周期主族元素，故R為Ca元素；
【解析】A．N（Mg）、Q（Cl）、R（Ca）三種元素簡單離子的半徑由大到小為：Q（Cl-）＞R（Ca2+）＞N（Mg2+），故A正確；
B．第一電離能由大到小為：Cl＞Si＞Mg＞Ca，即Q>P>N>R，故B正確；
C．H3M＋為H3O＋，電子式為，中心原子O形成3個σ鍵，最外層還有一個孤電子對，所以O的價層電子對數＝3＋1＝4，O采取sp3雜化、H3O＋為三角錐形；而H2M為H2O，O形成2個σ鍵，且O的最外層還有2個孤電子對，H2O為V形結構，孤電子對越多，對成鍵電子排斥作用越強，鍵角越小，因此H3O＋的鍵角大于H2O，即，故C正確；
D．N、P、R的氧化物分別為MgO（離子晶體）、SiO2（共價晶體）、CaO（離子晶體），且離子半徑r(Mg2＋)＜r(Ca2＋)，所以幾種氧化物的熔點由大到小為SiO2＞MgO＞CaO，即：P>N>R，故D錯誤；
故選D。
3．化合物可作凈水劑。為短周期元素且原子序數依次增加，的原子序數是的一半，元素是地殼中含量最高的金屬元素。該化合物的熱重分析曲
線如圖所示。則下列敘述錯誤的是
A．對應簡單氫化物的穩定性： B．簡單離子半徑：W2-＞Z3+
C．200K熱分解1mol該化合物將失去 D．同周期中第一電離能大于的元素有2種
【答案】D
【分析】為短周期元素且原子序數依次增加，元素是地殼中含量最高的金屬元素，則Z為Al元素；的原子序數是的一半，則Y為O元素，W為S；根據物質化學式判斷物質結構中含結晶水，則W為H元素；對應物質為；由圖可知 200K熱分解失重40.54%，=15，即只失去 15 個 X2Y即H2O，900K熱分解后失重84.68%，故生成固體化合物的相對分子質量為：666×(1-84.68%)=102，則恰好為Al2O3。
【解析】A．由分析可知，Y、W分別為O、S，非金屬性O>S，對應簡單氫化物的穩定性：，A正確；
B．由分析可知，Z為Al，W為為S，因為S2-核外有3個電子層，而Al3+核外只有2個電子層，故Z、W 的簡單離子半徑的大小順序為S2-＞Al3+，B正確；
C．根據分析，200K熱分解1mol該化合物將失去，C正確；
D．Y為O，根據同一周期從左往右元素的第一電離能呈增大趨勢，ⅡA、ⅤA元素反常，故Y所在周期中，第一電離能大于Y的元素有N、F、Ne共3種，D錯誤；
故選D。
4．X、Y、Z、W、Q為短周期主族元素，原子序數依次增大且原子序數總和為49。它們的化合物在常溫下有如圖所示的轉化關系：
已知：乙、戊分子都含有 10個電子。甲為三元化合物，其他化合物均為二元化合物。下列說法錯誤的是
A．原子半徑：
B．簡單氫化物的沸點：
C．化合物W2Q2中含有非極性鍵和離子鍵
D．最高價氧化物對應水化物的酸性：
【答案】C
【分析】由題中轉化關系可以看出，丁能使品紅溶液褪色，加熱后又恢復紅色，所以丁是二氧化硫，乙、戊分子都含有 10個電子且丙和戊能產生白煙，所以戊是氨氣，則五種元素中含H、N、O、S，又五種元素原子序數總和等于49，則另一種元素的原子序數為49-16-8-7-1=17，為Cl，結合原子序數大小X、Y、Z、W、Q依次為H、N、O、S、Cl；乙為含10電子的液態物質，乙為H2O；則甲中應含S、Cl，丙為HCl。
【解析】A．原子半徑： S>Cl>O，A正確；
B．由于水中分子間氫鍵數目大于氨氣中分子間氫鍵數目，硫化氫中無氫鍵，所以簡單氫化物的沸點： ，B正確；
C．化合物S2Cl2中不含離子鍵，C錯誤；
D．非金屬性Cl>S，所以最高價氧化物對應水化物的酸性HClO4>H2SO4，D正確；
故選C。
核心考點六 電化學
【典例呈現】
2023年我國首個兆瓦級鐵鉻液流電池儲能項目在內蒙古成功運行。電池利用溶解在鹽酸溶液中的鐵、鉻離子價態差異進行充放電，工作原理如圖所示，已知儲能時Fe2+被氧化。下列有關敘述錯誤的是
A．接風力發電時，鐵鉻液流電池在儲備能量
B．接輸電網時該電池總反應為Fe2++Cr3+=Fe3++Cr2+
C．若用該電池電解水，生成標況下22.4L H2時，有2mol Cr2+被氧化
D．放電時，Cl 移向b極，每1mol Cl 通過交換膜，Fe3+減少1mol
【答案】B
【分析】接風力發電時，該裝置是電解池，已知儲能時Fe2+被氧化，說明a極是陽極，b極是陰極。接輸電網時，該裝置是原電池，a極是正極，b極是負極。
【解析】A．接風力發電時，該裝置是電解池，鐵鉻液流電池在儲備能量，A正確；
B．接輸電網時該裝置是原電池，該電池總反應為Fe3++Cr2+= Fe2++Cr3+，B錯誤；
C．若用該電池電解水，生成標況下22.4L H2時，氫氣的物質的量為1mol，轉移電子2mol，該裝置為原電池，負極電極反應式為：Cr2+-e-= Cr3+，所以有2mol Cr2+被氧化，C正確；
D．放電時，該裝置是原電池，Cl 是陰離子，移向負極，b極是負極，每1mol Cl 通過交換膜，轉移1mol電子，Fe3+減少1mol，D正確；
故選B。
【考前秘笈】
1．突破二次電池的四個角度
2．原電池正極和負極的5種判定方法
3．微粒流向
(1)電子流向：負極→正極(電流的方向正好相反)。
[注意]　電子沿導線傳遞但不能通過電解質溶液。
(2)離子流向：陽離子移向正極，陰離子移向負極。
4．電極反應式的書寫方法
（1）一般電極反應式的書寫
（2）復雜電池的電極反應式書寫
復雜的電極反應式＝總反應式－較簡單電極的電極反應式。
如CH4堿性燃料電池負極反應式的書寫：
CH4＋2O2＋2OH－===CO＋3H2O ……總反應式
2O2＋4H2O＋8e－===8OH－ ……正極反應式
用總反應式－正極反應式得負極反應式
(CH4＋2O2＋2OH－)－(2O2＋4H2O＋8e－)===(CO＋3H2O)－(8OH－)
整理得：CH4＋10OH－－8e－===7H2O＋CO ……負極反應式
5．電解池電極反應式的書寫步驟
6．金屬腐蝕快慢的三個規律
(1)金屬腐蝕類型的差異
電解原理引起的腐蝕>原電池原理引起的腐蝕>化學腐蝕>有防腐措施的腐蝕。
(2)電解質溶液的影響
①對同一金屬來說，腐蝕的快慢(濃度相同)：強電解質溶液>弱電解質溶液>非電解質溶液。
②對同一種電解質溶液來說，電解質濃度越大，腐蝕越快。
(3)活動性不同的兩種金屬，活動性差別越大，腐蝕越快。
7．兩種腐蝕與三種保護
(1)兩種腐蝕：析氫腐蝕、吸氧腐蝕(關鍵在于電解液的pH)。
(2)三種保護：電鍍保護、犧牲陽極的陰極保護法、外加電流的陰極保護法。
8．突破電解定量計算的三種方法
電解的計算包括兩極產物的定量計算、溶液pH的計算、相對原子質量和阿伏加德羅常數的計算等，無論哪種計算都可采用下列三種方法：
方法一：根據總反應式
先寫出電極反應式，再寫出總反應式，最后根據總反應式列比例式計算。
方法二：根據電子守恒
用于串聯電路的陰陽兩極產物、正負兩極產物、相同電量等類型的計算，其依據是電路中轉移的電子數目相等。
方法三：根據關系式
根據得失電子守恒建立已知量與未知量之間的關系，得出計算所需的關系式。
例如由關系式法通過4 mol e－為基準可構建電極產物之間的如下關系式：
9．陽離子交換膜的使用原理
陽離子交換膜有很多微孔，孔道上有許多帶負電荷的基團，陽離子可以自由通過孔道，而陰離子移動到孔道處，受到孔道帶負電荷基團的排斥而不能進入孔道中，因而不能通過交換膜。
質子交換膜是陽離子交換膜的特例，僅允許質子(H＋)通過，其他離子不能通過。
10．陰離子交換膜的使用原理
陰離子交換膜有很多微孔，孔道上有許多帶正電荷的基團，陰離子可以自由通過孔道，而陽離子移動到孔道處，受到孔道帶正電荷基團的排斥而不能進入孔道中，因而不能通過交換膜。
11．離子交換膜類型的判斷方法
依據電解質溶液呈電中性的原理，判斷膜的類型，判斷時首先要寫出陰、陽兩極上的電極反應，依據電極反應式確定該電極附近哪種離子剩余；依據該電極附近電解質溶液滿足電荷守
恒原則，判斷出離子移動的方向、進而確定離子交換膜的類型。
例如離子交換膜法淡化海水的實驗裝置如圖：
陽極室中的電極反應為2Cl－－2e－===Cl2↑，剩余Na＋，要維持陽極室內電荷守恒，則Cl－通過a膜進入陽極室，故a為陰離子交換膜，陰極室中的電極反應為2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，反應生成OH－，要維持陰極室內電荷守恒，則Na＋通過b膜進入陰極室，故b為陽離子交換膜。
【預測模擬】
1．中國科學院物理研究所發明了一種以對苯二甲酸二鈉復合材料和硬碳(多孔形態，化學式為C)為電極材料的有機鈉離子電池，其內部結構如下圖所示，放電時，a電極發生如下變化：
下列說法錯誤的是
A．放電時，a電極電勢高于b電極
B．充電時，向b電極移動
C．放電時，b電極的電極反應式為
D．用該電池為一個60200mAh的充電寶充滿電，a電極質量增加51.75g(，一個電子的電量，為)
【答案】C
【分析】
放電時，a電極發生反應：，說明Na+移向a電極，a電極為正極，b電極為負極，以此解答。
【解析】A．由分析可知，放電時，a電極為正極，b電極為負極，a電極電勢高于b電極，
A正確；
B．由分析可知，放電時，a電極為正極，b電極為負極，則充電時，a電極為陽極，b電極為陰極，向陰極移動，B正確；
C．由分析可知，放電時，a電極為正極，b電極為負極，電極方程式為：，C錯誤；
D．a電極為正極，電極方程式為：+2e-+2Na+= ，a電極質量增加51.75g時，參與反應的n(Na+)= =2.25mol，轉移2.25mol電子，充入電量為，D正確；
故選C。
2．用電解法(圖1)通過翻轉電極可同時處理含和的生活污水，聯合脫除過程中，測得溶液pH變化如圖2所示。0～20分鐘除去的原理如圖3所示，20～40分鐘除的方法是將其轉化為沉淀。
下列說法不正確的是
A．在時內，a為電源的負極
B．除時，陽極的電極反應式為：
C．除過程中，溶液pH變小
D．除的總反應離子方程式為：
【答案】B
【分析】由圖可知，除時，陰極是H2O放電，陽極是Cl-放電；除時，鐵就作陽極，鐵失電子生成亞鐵離子，與磷酸根產生沉淀，陰極為石墨，氫離子得電子生成氫氣。
【解析】A．0-20min，若a作負極，石墨就作陽極，陽極Cl-放電生成Cl2，Cl2和水反應生成HCl和HClO，溶液酸性增強，pH降低，與圖像相符，A正確；
B．除時，陽極是Cl-放電，B錯誤；
C．除時，陰極是H2O放電，局部產生大量OH-，陰極附近的pH增大，C正確；
D．除的總反應離子方程式為：，D正確；
答案選B。
3．圖1是一種居家天然氣報警器成品裝置，其工作原理如圖2所示，其中可以在固體電解質ZnO2—Na2O中移動。當空間內甲烷達到一定濃度時，傳感器隨之產生電信號并聯動報警。當報警器觸發工作時，下列說法不正確的是
A．電極a的電勢比電極b高
B．在電解質中向電極a移動
C．電極a上發生的電極反應為：
D．當電極a消耗時，電路中有0.8mol電子轉移
【答案】A
【分析】由圖可知，氣體傳感器為燃料電池裝置，通入空氣的多孔電極b極為燃料電池的正極，氧氣在正極得到電子發生還原反應生成氧離子，電極反應式為O2+2e =O2 ，通入甲烷的多孔電極a為負極，在氧離子作用下，甲烷失去電子發生氧化反應生成二氧化碳和水，電極反應式為CH4 8e +4O2 =CO2+2H2O。
【解析】A．由分析可知，a為負極，b為正極，負極電勢低于正極，A錯誤；
B．由分析可知，電池工作時，陰離子氧離子向負極(電極a)移動，參與電極反應，B正確；
C．由分析可知，通入甲烷的多孔電極a為負極，在氧離子作用下，甲烷失去電子發生氧化反應生成二氧化碳和水，電極反應式為CH4 8e +4O2 =CO2+2H2O，C正確；
D．根據CH4 8e 的關系計算，當電極a消耗1.6gCH4，即0.1mol CH4時，電路中有0.8mol電子轉移，D正確；
故答案選D。
4．磷酸鐵鋰電池在充放電過程中表現出了良好的循環穩定性，具有較長的使用壽命，放電時的反應為： LixC6+Li1-xFePO4= 6C+LiFePO4。圖1為某磷酸鐵鋰電池的切面，圖2為LiFePO4晶胞充放電時Li+脫出和嵌入的示意圖。其中O圍繞Fe和P分別形成正八面體和正四面體，它們通過共頂點、共棱形成空間鏈結構。下列說法錯誤的是
A．放電時，負極反應： LixC6- xe- = xLi++6C
B．(a)過程中1mol晶胞轉移的電子數為NA
C．(b)代表放電過程， Li+脫離石墨，經電解質嵌入正極
D．充電時的陽極反應： LiFePO4- xe-= Li1-xFePO4+xLi+
【答案】B
【解析】從總反應分析， LixC6變為C和Li+為氧化反應，該極為原電池的負極。而Li1-xFePO4變為LiFePO4發生還原反應，它為原電池的正極。
A．由上分析，放電的負極為 LixC6- xe- = xLi++6C，A項正確；
B．a過程由于Fe2+化合價升高為Fe3+，為了平衡電荷Li+脫嵌減少。從圖看晶胞中減少了棱上1個和面心的一個Li+總共減少，所以1mol晶體中轉移NA電子，B項錯誤；
C．放電時，該材料在正極發生還原反應，即Fe由+2變為+3為b過程，Li+嵌入正極，C項正確；
D．充電時的總反應為 6C+LiFePO4= LixC6+Li1-xFePO4，陽極發生氧化反應為 LiFePO4- xe-= Li1-xFePO4+xLi+，D項正確；
故選B。
5．鈉堿循環法脫除煙氣中的SO2，生成的吸收液中含有Na2SO3和NaHSO3。電解吸收液回收SO2，并實現堿液的循環。雙極膜內層為水層，工作時水層中的H2O解離成H+和OH-，并分別通過離子交換膜向兩側發生遷移。如圖為吸收液的電滲析裝置示意圖。下列說法正確的是
A．出口4的產物為NaOH溶液
B．出口5中Na2SO4溶液的濃度增大
C．、可從鹽室最終進入陽極液中
D．陰極電極反應式為2H++2e- =H2↑
【答案】D
【解析】依圖，左邊為陰極，發生還原反應：2H2O+2e-=2OH-+H2↑或2H++2e- =H2↑；
右邊為陽極，發生氧化反應：2H2O--4e-=4H++O2↑。吸收液為Na2SO3和NaHSO3，SO32-和HSO3-通過陰離子交換膜進入交換室2，發生反應，產生SO2和H2O。
A.出口2、3之間為陽離子交換膜，生成的OH-不能通過，故出口4的產物為H2SO4，A錯誤；
B.物質Na2SO4未得到補充，故濃度不變，B錯誤；
C．SO32-和HSO3-通過陰離子交換膜進入交換室2，發生反應產生SO2和H2O，C錯誤；
D．陰極電極反應式為：2H++2e- =H2↑或2H2O+2e-=2OH-+H2↑，D正確。
故答案為：D。
核心考點七 電解質溶液及圖像
【典例呈現】
濕法提銀工藝中，浸出的需加入進行沉淀。與可結合生成多種配合物，在水溶液中存在如下平衡：
I．平衡常數 II．平衡常數
III．平衡常數IV．平衡常數
時，平衡體系中含Ag微粒的分布系數隨的變化曲線如圖所示。已知；沉淀最徹底時，溶液中下列說法錯誤的是
A．曲線a、b、c、d、e分別表示、
B．時， C．時，平衡常數
D．時，隨著的不斷加入，溶液中的比值保持不變
【答案】C
【分析】由反應平衡過程可知，向Ag+溶液中加入Cl-進行沉淀過程，曲線a、b、c、d、e分別代表Ag+、AgCl、、、，據此解答。
【解析】A．lgc(Cl-)越大，氯離子濃度越大，根據分析中的平衡過程，與銀離子配位的氯離子增加，故曲線a、b、c、d、e分別代表Ag+、AgCl、、、，A正確；
B．氯化銀最多即淀最徹底時，溶液中c(Ag+)=1×10 7.21mol L 1，由曲線b可知此時c(Cl-)=10-2.54mol/L，Ksp(AgCl)=c(Cl-)×c(Ag+)=10-9.75，B正確；
C．由平衡III，，曲線c、d交點有且c(Cl-)=10-0.2mol/L，代入得K3=100.2，C錯誤；
D．題干中四個反應相加可得，該總反應，K只受溫度影響，比值不變，D正確；
本題選C。
【考前秘笈】
圖象分析
1．強、弱電解質的比較圖像（圖像法理解一強一弱的稀釋規律）
(1)相同體積、相同濃度的鹽酸、醋酸
加水稀釋相同的倍數，醋酸的pH大 加水稀釋到相同的pH，鹽酸加入的水多
　　(2)相同體積、相同pH的鹽酸、醋酸
加水稀釋相同的倍數，鹽酸的pH大 加水稀釋到相同的pH，醋酸加入的水多
2．酸、堿中和滴定圖像
抓5點破中和滴定圖像
(1)抓反應的“起始”點：判斷酸、堿的相對強弱。
(2)抓反應“一半”點：判斷是哪種溶質的等量混合。
(3)抓“恰好”反應點：判斷生成的溶質成分及溶液的酸堿性。
(4)抓溶液的“中性”點：判斷溶液中溶質的成分及哪種物質過量或不足。
(5)抓反應的“過量”點：判斷溶液中的溶質，判斷哪種物質過量。
例如：室溫下，向20 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液pH的變化如圖所示：
3．沉淀溶解平衡圖像
(1)溶解平衡曲線類似于溶解度曲線，曲線上任一點都表示飽和溶液，曲線上方的任一點，均表示過飽和，此時有沉淀析出，曲線下方的任一點，均表示不飽和。但如果將離子濃度取負對數，則結果正好相反，即線上方任一點表示不飽和，線下方任一點表示過飽和。
(2)從圖像中找到數據，根據公式計算得出Ksp的值。
(3)比較溶液的Q與Ksp的大小，判斷溶液中有無沉淀析出。
(4)涉及Q的計算時，所代入的離子濃度一定是混合溶液中的離子濃度，因此計算離子濃度時，所代入的溶液體積也必須是混合液的體積。
4．離子平衡圖像
巧抓“四點”，突破溶液中的粒子濃度關系
(1)抓反應“一半”點，判斷是什么溶質的等量混合。
(2)抓“恰好”反應點，判斷生成什么溶質及溶液的酸堿性。
(3)抓溶液的“中性”點，判斷生成什么溶質，哪種物質過量或不足。
(4)抓反應的“過量”點，判斷溶液中是什么溶質，哪種物質過量。
實例分析：向CH3COOH溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液pH與加入NaOH溶液的關系如圖所示。
(注：a點為反應一半點，b點呈中性，c點恰好完全反應，d點NaOH過量一倍)
分析：
a點，溶質為________________，離子濃度關系：_____________________________；
b點，溶質為________________，離子濃度關系：_____________________________；
c點，溶質為________________，離子濃度關系：_____________________________；
d點，溶質為________________，離子濃度關系：_____________________________。
答案：CH3COONa、CH3COOH　c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)　CH3COONa、CH3COOH
c(CH3COO－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)　CH3COONa　c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)　CH3COONa、NaOH　c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)
5．滴定直線圖像
常溫下，二元弱酸H2Y溶液中滴加NaOH溶液，所得混合溶液的pH與離子濃度變化的關系如圖所示。
回答下列問題：
(1)向二元弱酸H2Y中滴加NaOH溶液，依次反應的離子方程式為
________________________________________________________________________。
(2)隨著NaOH溶液的滴加，lg________(填“增大”或“減小”，下同)，lg________。
(3)Ka2(H2Y)＝________。
(4)在交叉點e，c(H2Y)________c(Y2－)(填“＞”“＜”或“＝”)。
解析：(3)Ka2＝，
當c(H＋)＝10－3 mol·L－1時，＝10－1.3，
所以Ka2＝10－4.3。
(4)在e點，lg＝lg，
則＝，
所以c(H2Y)＝c(Y2－)。
答案：(1)H2Y＋OH－H2O＋HY－、HY－＋OH－H2O＋Y2－
(2)增大　減小
(3)10－4.3
(4)＝
6．滴定曲線圖像中“交叉點”的分析與應用
T ℃時，向某濃度的草酸溶液中逐滴加入一定濃度的NaOH溶液，所得溶液中三種微粒H2C2O4、HC2O、C2O的物質的量分數(δ)與pH的關系如圖所示：
回答下列問題：
(1)寫出H2C2O4的電離方程式及電離平衡常數表達式。
①_______________________________________________________________________，
Ka1＝____________________________________________________________________；
②_______________________________________________________________________，
Ka2＝____________________________________________________________________。
(2)根據A點，Ka1＝________，根據B點，Ka2＝________。
(3)在pH＝2.7的溶液中，＝________。
(4)0.1 mol·L－1的NaHC2O4溶液呈________性，其離子濃度從大到小的順序為________________。
答案：(1)①H2C2O4H＋＋HC2O　
②HC2OH＋＋C2O　
(2)10－1.2　10－4.2　(3)1 000
(4)酸　c(Na＋)＞c(HC2O)＞c(H＋)＞c(C2O)＞c(OH－)
【預測模擬】
1．常溫下，將一定濃度的氨水逐滴加入溶液中，該過程中溶液與加入氨水體積V的關系如圖所示，已知e點對應的溶液迅速由渾濁變澄清，且此時溶液中的與均約為，下列敘述錯誤的是
A．a點對應溶液中由水電離出的
B．b點對應溶液中：
C．由e點可知，反應的平衡常數約為
D．最好選擇d~e段溶液與葡萄糖等含有醛基的有機物發生銀鏡反應
【答案】D
【分析】銀氨溶液的配制是向硝酸銀溶液中滴加氨水，出現白色沉淀，繼續滴加氨水，直至白色沉淀恰好溶解，由圖可知，a點為硝酸銀溶液，溶液中硝酸根離子濃度最大，由e點對應的溶液迅速由渾濁變得澄清可知，e點所得溶液為銀氨溶液，c~d段為生成氫氧化銀的階段；
【解析】A．由分析可知，a點沒有加入氨水，溶液為硝酸銀溶液，水解促進水的電離， ，，由水電離出的，故A正確；
B．由圖可知，b點溶液中AG大于0，溶液中氫離子濃度大于氫氧根離子濃度，由電荷守恒關系c(Ag+)+c[Ag(NH3)2]++c()+c(H+)=c(OH—)+c()可知，溶液中c(Ag+)+c[Ag(NH3)2]+＜c()—c()，故B正確；
C．由題意可知，e點加入氨水體積為4.7mL，溶液中銀離子和氨分子的濃度都為2×10-3mol/L，則溶液中二氨合銀離子的濃度為—2×10-3 mol/L≈0.1mol/L，反應的平衡常
數K===1.25×107，故C正確；
D．由分析可知，e點所得溶液為銀氨溶液，c~d段為生成氫氧化銀的階段，則與葡萄糖發生銀鏡反應，最好選用e點，故D錯誤；
答案選D。
2．室溫下，某溶液體系中滿足，現利用平衡移動原理，研究在不同pH的體系中的可能產物。圖1中曲線表示體系中各含碳粒子的物質的量分數與pH的關系；圖2為沉淀溶解平衡曲線，曲線Ⅰ的離子濃度關系符合，曲線Ⅱ的離子濃度關系符合，不同pH下由圖1得到。下列說法錯誤的是
A．由圖1，的水解平衡常數的數量級是
B．圖2中M點，溶液中存在
C．圖2中P點，存在
D．沉淀制備時，選用溶液比溶液效果好
【答案】B
【分析】由圖1可知時pH=10.25，則，時pH=6.37，則；
【解析】A．的水解平衡常數，數量級是，A
正確；
B．．M點時pH=8.25，pOH=5.75，c(OH-)=10-5.75mol/L，而由圖1可知，pH=8.25時，碳酸氫根離子物質的量分數約為1.0，則c()≈0.1mol·L-1，則，≈10-3mol·L-1，B錯誤；
C．圖2中P點在曲線之下，則碳元素沒有進入沉淀，由物料守恒可知，存在，C正確；
D．由圖2可知，pH大于8.25時，更容易轉化為沉淀，而pH小于8.25時，更容易轉化為沉淀，結合圖1可知，沉淀制備時，選用溶液比溶液效果好，D正確；
故選B。
3．將等物質的量濃度等體積的甘氨酸溶液與鹽酸混合，發生反應：，取上述溶液(含0.04mol )，滴加NaOH溶液，pH的變化如下圖所示(注：b點溶液中甘氨酸以的形式存在)。
下列說法不正確的是
A．中解離出的能力：
B．b點溶液pH<7，推測中解離出的程度大于-COO-水解的程度
C．c點溶液中存在：c()
D．由d點可知：的
【答案】C
【分析】甘氨酸溶液與鹽酸混合，發生反應：，向反應后的溶液中加氫氧化鈉溶液，依次發生、。
【解析】A．甘氨酸溶液與鹽酸混合，發生反應：，生成物為，再向其中加氫氧化鈉溶液，繼續反應，b點溶液中甘氨酸以的形式存在，即-COOH更容易和氫氧化鈉溶液反應，所以解離出H+的能力：，故A正確；
B．b點溶液中甘氨酸以的形式存在，-COO-水解使溶液有呈堿性的趨勢、電離使溶液有呈酸性的趨勢，b點溶液pH<7，所以中解離出的程度大于-COO-水解的程度，故B正確；
C．c點n(NaOH)＞0.04mol，而溶液中n(Cl-)=0.04mol，所以n(NaOH)＞n(Cl-)，即c(NaOH)＞c(Cl-)，甘氨酸溶液與鹽酸混合，發生反應：，向反應后的溶液中加氫氧化鈉溶液，b點溶液中甘氨酸以的形式存在，此時與氫氧化鈉恰好完全反應：，再加氫氧化鈉溶液，發生反應：，生成，所以c點溶液中應是存在：，故C錯誤；
D．b點0.04molNaOH與0.04mol反應，生成0.04mol ，再加的0.02molNaOH與0.02mol反應，生成0.02mol，即d點溶液中與的物質的量相等，又pH=9.6，即c(H+)=10-9.6mol/L，所以的，故D正確；
故答案為：C。
4．常溫下將NaOH溶液滴加到溶液中，混合溶液的pH與離子濃度變化的關系如圖所
示[縱坐標為或]。下列敘述正確的是
A．曲線N表示pH與的關系
B．圖中a點對應溶液中：
C．NaHA溶液中：
D．溶液pH從5.6到9.6的過程中，水的電離程度先增大后減小
【答案】C
【解析】A．，，因為縱坐標為或，分別取a、b點，則此時對應曲線上有和，可以算出對應曲線的電離平衡常數為和，因為，所以，，所以曲線M，N分別表示pH與和pH與的關系。根據分析可知曲線M表示pH與的關系，A項錯誤；
B．圖中a點對應溶液中存在電荷守恒：且此時，所以有：，a點pH=5.6，則，所以，B項錯誤；
C．的水解常數，的電離常數，的水解程度大于其電離程度，NaHA溶液中：，C項正確；
D．初始溶質為，呈酸性，電離出的氫離子抑制水的電離，完全反應時生成，水解呈堿性，促進水的電離，所以由到完全生成的過程中，水的電離程度一直增
大，則溶液pH從5.6到9.6的過程中，水的電離程度逐漸增大，D項錯誤；
故選C。
核心考點八 化工流程
【典例呈現】
錳可用于制造特種鋼材，在汽車電池、高端裝備制造、新材料等領域有廣泛應用。二氧化錳廣泛應用于電池、電子工業。以主要成分為的某錳礦(雜質為、等)為原料制備單質錳的一種流程如圖所示：
已知：金屬離子濃度的負對數與溶液的關系如圖所示：
回答下列問題：
(1)濾液中的溶質為、 (填化學式)，“氧化除硫”過程中有紅褐色固體生成，則參與反應的化學方程式為 。
(2)“酸浸氧化”過程被氧化的離子方程式為 。
(3)為何不通過調的方法將除去： ；已知若溶液中同時沉淀完全時，溶液中，則相同溫度下， 。
(4)通過控制適當的反應條件，電解溶液時，既可得到也可得到，則生成單質時，應在 (填“陽極”或“陰極”)上放電；寫出生成時的電極反應式： 。
(5)已知單質錳的立方晶胞結構如圖所示：
則錳的配位數是 ；若錳原子半徑為，阿伏加德羅常數值為，則單質錳的密度為 (用含的代數式表示)。
【答案】(1)
(2)
(3) 當沉淀完全時，也會形成沉淀
(4) 陰極
(5) 12
【分析】礦石中的能與溶液反應生成，“酸浸氧化”過程中，二價鐵被氧化為，被還原為，調的方法將Fe3+、Cu2+除去，加入(NH4)2S除Ni2+，最后電解得到錳或二氧化錳。
【解析】（1）礦石中的能與溶液反應生成，故濾液中的溶質為NaOH、Na2SiO3；由圖可知，硫化物中硫元素轉化為單質硫，紅褐色固體是，相應反應的化學方程式為。
（2）“酸浸氧化”過程中，二價鐵被氧化為，被還原為，離子方程式為。
（3）由已知圖可知，當沉淀完全時，也會形成沉淀，當同時形成沉淀時，溶液中存在、。
（4）轉化為時發生還原反應，故在陰極上放電；轉化為時發生氧化反應，電極反應式為。
（5）由圖可知錳的配位數是12；由于面心上的原子與頂點上的原子相切，故面對角線長度為，設晶胞參數為，則，解得，晶胞體積為，由均攤法知，一個晶胞中含有4個錳原子，故晶胞的質量為，錳的密度為。
【考前秘笈】
常見操作的答題思考角度
常見操作 答題思考角度
分離、提純 過濾、蒸發、分液、蒸餾等常規操作。從溶液中得到晶體的方法：蒸發濃縮—冷卻結晶—過濾(—洗滌、干燥)；或蒸發結晶
提高原子利用率 綠色化學(物質的循環利用、廢物處理、原子利用率、能量的充分利用)
在空氣中或在其他氣體 中進行的反應或操作 要考慮O2、H2O、CO2或其他氣體是否參與反應或能否達到隔絕空氣，防氧化、水解、潮解等目的
判斷沉淀是否洗滌干凈 取少量最后一次洗滌液，檢驗其中是否還有某種離子存在
控制溶液的pH ①調節溶液的酸堿性，使某些金屬離子形成氫氧化物沉淀析出(或抑制水解)。 ②加入酸或調節溶液至酸性還可除去氧化物(膜)。 ③加入堿或調節溶液至堿性還可除去油污，除去鋁片氧化膜，溶解鋁、二氧化硅等。 ④特定的氧化還原反應需要的酸性條件(或堿性條件)。
控制溫度(常用水 浴、冰浴或油浴) ①防止副反應的發生； ②使化學平衡移動：控制化學反應的方向； ③控制固體的溶解與結晶； ④控制反應速率：使催化劑達到最大活性； ⑤升溫：促進溶液中的氣體逸出，使某物質達到沸點揮發； ⑥加熱煮沸：促進水解，聚沉后利于過濾分離； ⑦趁熱過濾：減少因降溫而析出溶質的量； ⑧降溫：防止物質高溫分解或揮發；降溫(或減壓)可以減少能源成本，降低對設備的要求
洗滌晶體 ①常見洗滌方式見前述； ②洗滌沉淀方法：往漏斗中加入蒸餾水至浸沒沉淀，待水自然流下后，重復以上操作2～3次
表面處理 “水洗”除去表面可溶性雜質，金屬晶體可用機械法(打磨)或化學法除去表面氧化物、提高光潔度等
【預測模擬】
1．稀有金屬釩和鈦在鋼鐵、化工、航空航天等領域應用廣泛。從釩鈦磁鐵礦中提取釩、鈦的工藝流程圖如下：
已知：①鈦渣中主要包括、、和等。
②“高溫氯化”后的產物中含少量的、、、雜質，相關物質的沸點如下表：
化合物
沸點/℃ 136 310 56.5 180 127
回答下列問題：
(1)鈦在周期表中的位置為 ，上述獲得鈦單質的“還原”工序中需要通入氬氣的目的是 。
(2)濾液X中含有的主要金屬離子有 。
(3)“高溫氯化”工序生成和一種可燃性氣體Y，該反應的化學方程式為 ；的粗產品可以通過分餾提純，但收集的中總是混有的原因是 。
(4)釩的浸出率隨焙燒溫度和浸取時間的變化如圖所示，則“焙燒”時最適合的反應條件為 。
(5)“浸出”目的是將難溶物轉化成進入水相，以便后續沉釩，則“浸出”時反應的離子方程式為 。
(6)采用USTB工藝電解制備高純鈦，過程以固體為陽極、碳棒為陰極，熔融鹽為電解質。陽極產生與，陰極只發生的還原反應。請寫出電池陽極反應的電極反應式： 。
【答案】(1) 第四周期第ⅣB族 作保護氣，防止鈦和鈉被氧化
(2)、、
(3) 沸點相近，難以通過分餾分離
(4)1200℃、浸取1h
(5)
(6)
【分析】釩鈦磁鐵礦在空氣中高溫冶煉，得到含釩鐵水和鈦渣，向含釩鐵水中通入空氣深度氧化得到半鋼水和釩渣，釩渣加入CaO焙燒后用CO2和碳酸氫銨溶液浸出，得到碳酸鈣沉淀，過濾后向濾液中加入氯化銨固體沉釩，最后經過煅燒得到V2O5，鈦渣中主要包括、、和等，用鹽酸酸浸，和不和鹽酸反應，濾液X中含有、、，，，和濾渣用NaOH堿浸得到硅酸鈉溶液，過濾后和Cl2、C反應生成TiCl4和CO，TiCl4用鈉還原得到Ti，以此解答。
【解析】（1）鈦是22號元素，在周期表中的位置為第四周期第ⅣB族，上述獲得鈦單質的“還原”工序中需要通入氬氣的目的是作保護氣，防止鈦和鈉被氧化。
（2）鈦渣中主要包括、、和等，用鹽酸酸浸，和和鹽酸反應，和不和鹽酸反應，濾液X中含有、、。
（3）“高溫氯化”工序生成和一種可燃性氣體Y為CO，根據得失電子守恒和質量守恒配平化學方程式為：，的粗產品可以通過分餾提純，但收集的中總是混有的原因是沸點相近，難以通過分餾分離。
（4）由圖可知，“焙燒”時最適合的反應條件為1200℃、浸取1h，此時釩的浸出率最高。
（5）“浸出”目的是將難溶物轉化成進入水相，以便后續沉釩，則“浸出”時和NaHCO3、CO2反應生成NaVO3、CaCO3和H2O，反應的離子方程式為。
（6）陽極失去電子生成與，根據得失電子守恒和電荷守恒配平電極方程式為：。
2．鎳-鎘電池是一種非常理想的直流供電電池。廢舊鎳-鎘電池中含有鎳、鎘、鐵及少量鈷和有機質等。回收利用廢舊鎳-鎘電池的一種工藝流程如圖所示。
請回答下列問題；
(1)“灼燒”時控制溫度600~700℃，并通入足量空氣，該工序的作用是 。
(2)“氧化”工序發生主要反應的離子方程式為 。
(3)試劑X可選擇_____(填標號)。
A．氨水 B．NaOH溶液 C．NiO D．溶液
(4)已知：的溶度積，“調pH”時溶液中，則應控制pH小于 。
(5)濾渣2可表示為。取3.05g樣品溶于適量蒸餾水，加入過量NaOH溶液并加熱，產生標準狀況下448mL氣體和0.93g沉淀，則濾渣2的化學式為 。
(6)濾液1經處理之后可循環至 工序中使用。
(7)可用于冶煉鎘，產生的粗鎘可利用電解精煉的方法進行提純，在電解池的 (填“陽極”或“陰極”)產生純鎘。
(8)一項研究表明，采用溶劑萃取法可將、、從混合溶液中有效分離。如圖為不同pH下DEHPA和Cyanex272對溶液中三種離子的萃取效率，則此方法的流程為 。
【答案】(1)將原料中的有機質氧化成和、將金屬元素轉化為金屬氧化物，便于浸出
(2)
(3)AC
(4)7.5
(5)
(6)沉鎳
(7)陰極
(8)首先用DEHPA作萃取劑，將從溶液中分離；隨后使用Cyanex272將和分離
【分析】1
【解析】（1）在足量空氣中灼燒粉碎的原料，可將原料中的有機質氧化成和；并將金屬元素轉化為金屬氧化物，便于“酸浸”時與硫酸發生反應而浸出；
（2）“氧化”工序中，在酸性條件下將氧化為，反應的離子方程式為；
（3）“調pH”的目的是使轉化成沉淀，為避免引入對后續工序產生影響的雜質，試劑X可選擇氨水或NiO；
（4）為避免生成沉淀，需控制溶液中的，利用的溶度積計算，，可得，則，因此應控制pH小于7.5；
（5）由題中所給數據計算可知，在所取的3.05g樣品中，；；根據電荷守恒關系，可知；
。根據各種微粒的物質的量之比可得濾渣2的化學式為；
（6）“沉鎘”時發生的反應為，因此濾液1的主要成分為，經處理之后可循環至沉鎳工序中使用；
（7）根據電解原理可知，電解精煉鎘時，在電解池的陰極產生純鎘；
（8）分析圖像可知，采用溶劑萃取法分離三種離子的流程為：首先用DEHPA作萃取劑，將從溶液中分離；隨后使用Cyanex272將和分離。
核心考點九 化學反應原理
【典例呈現】
天然氣、石油鉆探過程會釋放出CO2、H2S等氣體。某種將CO2和H2S共活化的工藝涉及
如下反應：
①
②
③
④
回答下列問題：
(1)已知：298K時，18g氣態水轉化為液態水釋放出44kJ的能量；H2S(g)的標準摩爾燃燒焓(△H)為-586kJ·mol-1，則COS(g)的標準摩爾燃燒焓()為 kJ·mol-1，反應②在 (填“高溫”“低溫”或“任意溫度”)下能自發進行。
(2)一定條件下，向起始壓強為200kPa的恒容密閉容器中通入等物質的量的CO2(g)和H2S(g)混合氣體，發生上述反應，25min時，測得體系總壓強為210kPa，S2(g)的平均反應速率為 kPa·min-1.達到平衡時，測得體系總壓強為230kPa，，此時H2S(g)的平衡轉化率為 ，反應②的標準平衡常數 (已知：分壓=總壓×該組分物質的量分數，對于反應，，其中，、、、為各組分的平衡分壓)。
(3)將等物質的量的CO2(g)和H2S(g)混合氣體充入恒壓密閉容器中，發生上述反應，反應物的平衡轉化率、COS或H2O的選擇性與溫度關系如圖所示。COS的選擇性，H2O的選擇性。
①表示“COS的選擇性”的曲線是 (填“曲線a”或“曲線b”)；
②溫度低于500℃時，H2S的轉化率與CO2的相等，原因是 。
【答案】(1) -577 高溫
(2) 0.4 80% 2.7
(3) 曲線b 溫度低于500℃時，反應③和反應④幾乎不發生或者反應④正向進行的程度是反應③的兩倍
【解析】（1）298K時，18g氣態水轉化為液態水釋放出44kJ的能量；H2S(g)的標準摩爾燃燒焓(△H)為-586kJ·mol-1，可得：；；
COS(g)的標準摩爾燃燒焓的反應為：；根據蓋斯定律可知，該反應可由⑥-①-⑤得到，則；反應②正向氣體分子數增加，，該反應可由③+2×④得到，則該反應，，則反應在高溫條件下能自發進行。
（2）由反應可知①和④反應前后氣體分子數相等，則反應前后不會導致壓強變化，②和③反應前后氣體分子數均增加，且增加量恰好等于生成的S2(g)的物質的量，根據壓強之比等于氣體物質的量的之比可得，反應后體系內壓強的增加量即為S2(g)的分壓，則，S2(g)的平均反應速率為；
設起始時CO2(g)和H2S(g)的物質的量均為1mol，則兩者的起始分壓均為100kPa，平衡時，測得體系總壓強為230kPa，則平衡時氣體的物質的量之和為2.3mol，結合以上分析可得n (S2)=0.3mol，其平衡分壓為30 kPa，設平衡時n(H2)=x，則n(COS)=x, n(CO2)=2x，根據S原子守恒可得：2n(S2)+ n(COS)+ n(H2S)平衡= n(H2S)初始，得n(H2S)平衡=(1-x-0.3×2)=(0.4-x)mol；根據氫原子守恒可得：2n(H2S)平衡+2n(H2O)+2n(H2)= 2n(H2S) 初始，則得2(0.4-x)+2 n(H2O)+2x=2：解得：n(H2O)=0.6mol，根據C原子守恒得：n(COS)+ n(CO2)平衡+ n(CO)= n(CO2)初始，可得：n(CO)=(1-3x)mol，在結合O原子守恒：n(COS)+ 2n(CO2)平衡+ n(CO)+ n(H2O)= 2n(CO2)初始，解得：x=0.2，則平衡時各氣體的物質的量：n(CO2)=0.4 mol，n(COS)=0.2 mol，n(CO)=0.4 mol，n (S2)=0.3mol，n(H2O)=0.6 mol，n(H2S)=0.2 mol, n(H2)=0.2 mol，總氣體為2.3mol；此時H2S(g)的平衡轉化率為；反應②的標準平衡常數
==2.7；
（3）①由反應可知COS只在反應①中生成，且該反應同時生成等量的水，而水在①②④中均生成，則相同條件下，H2O的選擇性高于COS的選擇性，故曲線b表示COS的選擇性；
②溫度低于500℃時，反應③和反應④幾乎不發生或者反應④正向進行的程度是反應③的兩倍，從而使H2S的轉化率與CO2的相等。
【考前秘笈】
1．疊加法求焓變
步驟1　“倒”
為了將方程式相加得到目標方程式，可將方程式顛倒過來，反應熱的數值不變，但符號相反。這樣，就不用再做減法運算了，實踐證明，方程式相減時往往容易出錯。
步驟2　“乘”
為了將方程式相加得到目標方程式，可將方程式乘以某個倍數，反應熱也要相乘。
步驟3　“加”
上面的兩個步驟做好了，只要將方程式相加即可得到目標方程式，反應熱也要相加。
2．對比法理解反應熱、燃燒熱與中和熱
(1)化學反應吸收或放出的熱量稱為反應熱，符號為ΔH，常用單位為kJ·mol－1，它只與化學反應的化學計量數、物質的聚集狀態有關，而與反應條件無關。中學階段研究的反應熱主要是燃燒熱和中和熱。
(2)燃燒熱：在101 kPa時，1 mol純物質完全燃燒生成穩定的氧化物時所放出的熱量。單位為kJ·mol－1。需注意：①燃燒熱是以1 mol純物質完全燃燒生成穩定的氧化物放出的熱量來定義的，因此在書寫燃燒熱的熱化學方程式時，一般以燃燒1 mol純物質為標準來配平其余物質的化學計量數；②燃燒產物必須是穩定的氧化物，如C→CO2、H2→H2O(l)等。
(3)中和熱：在稀溶液中，強酸跟強堿發生中和反應生成1 mol液態H2O時的反應熱。需注意：①稀溶液指物質溶于大量水中；②中和熱不包括離子在水溶液中的生成熱、物質的溶解熱、電解質電離時的熱效應；③中和反應的實質是H＋和OH－化合生成H2O，即H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。
(4)反應熱指反應完全時的熱效應，所以對于可逆反應，其熱量要小于反應完全時的熱量。
3．反應熱大小的比較規律
(1)吸熱反應的ΔH比放熱反應的ΔH大(前者大于0，后者小于0)
(2)等量的可燃物完全燃燒所放出的熱量比不完全燃燒所放出的熱量多
例：C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1＜0　C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH2＜0；ΔH1為完全燃燒放出的熱量多，又ΔH1和ΔH2均為負值，所以ΔH1＜ΔH2
(3)產物相同時，A(g)燃燒放出的熱量比等量的A(s)燃燒放出的熱量多
例：S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH1＜0
S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH2＜0　則ΔH1＜ΔH2
(4)反應物相同時，生成C(l)所放出的熱量比生成等量的C(g)放出的熱量多
例：A(g)＋B(g)===C(l)　ΔH1＜0
A(g)＋B(g)===C(g)　ΔH2＜0　則ΔH1＜ΔH2
(5)對于可逆反應，因反應不能進行完全，實際反應過程中放出或吸收的熱量要小于理論值
例：2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)　ΔH＝－197 kJ·mol－1，向密閉容器中通入2 mol SO2和1 mol O2反應達平衡后，放出的熱量小于197 kJ
(6)對于同一反應，化學計量數大的，對應放出(吸收)的熱量多
例：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH1＜0
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH2＜0　則ΔH1＜ΔH2
(7)生成等量的水時，強酸和強堿的稀溶液反應比弱酸和強堿或強酸和弱堿或弱酸和弱堿的稀溶液反應放出的熱量多
(8)離子電荷相同時，半徑越小，斷裂離子鍵時吸收的能量越多
(9)若比較的是ΔH的大小，則看的是ΔH的整體數值，包括正負號進行比較 ；若題中所說的是放出(吸收)的熱量大小比較，則比較的是ΔH的絕對值大小
4．反應速率、化學平衡圖像題解題步驟
5．化學平衡圖像題解題技巧
（1）“定一議二”原則
在化學平衡圖像中，了解縱軸、橫軸和曲線所表示的三個量的意義。在確定橫軸所表示的量后，討論縱軸與曲線的關系，或在確定縱軸所表示的量后，討論橫軸與曲線的關系。
比如：反應2A(g)+B(g) 2C(g)達到化學平衡時，A的平衡轉化率與壓強和溫度的關系如圖1所示[A的平衡轉化率（ α），橫軸為反應溫度（T）]。
圖1 圖2 圖3
定壓看溫度變化，升高溫度曲線走勢降低，說明A的轉化率降低，平衡向逆反應方向移動，正反應是放熱反應。
定溫看壓強變化，因為此反應是反應后氣體體積減小的反應，壓強增大，平衡向正反應方向移動，A的轉化率增大，故p2>p1。
（2）“先拐先平數值大”原則
對于同一化學反應在化學平衡圖像中，先出現拐點的反應先達到平衡狀態，先出現拐點的曲線表示的溫度較高（如圖2所示，α表示反應物的轉化率）或壓強較大[如圖3所示，φ（A）表示反應物A的體積分數]。
圖2：T2>T1，正反應放熱。
圖3：p1（3）三步分析法
一看反應速率是增大還是減小；二看v正、v逆的相對大小；三看化學平衡移動的方向。
（4）v－t圖像中的“斷點”和“接點”
?“斷點”表示改變溫度、壓強、催化劑引起v正、v逆的變化。
?“接點”表示改變反應體系中某種物質濃度引起v正、v逆的變化。
【預測模擬】
1．丙烯是一種重要的化工原料，但丙烯的產量僅通過石油的催化裂解反應無法滿足工業生產需求。工業上以WO3/SiO2為催化劑，利用丁烯和乙烯的催化歧化反應制丙烯： 。請回答下列問題：
(1)相關物質的燃燒熱數據如下表所示：
物質
燃燒熱 -1411 -2049 -2539
催化歧化反應的 ；
(2)利用丁烯和乙烯的催化歧化反應制備丙烯時，僅發生如下反應：
反應ⅰ：
反應ⅱ：
一定條件下，經相同反應時間，丙烯的產率、丁烯的轉化率隨溫度變化的關系如圖所示：
①丁烯的轉化率隨溫度升高而增大可能的原因是 ，500~550℃丙烯產率下降的原因為 。
②某溫度下，保持體系總壓強為1.0 MPa，按投料，達平衡狀態時，C4H8、C2H4的轉化率分別為96%、32%，則平衡時 ；反應ⅰ的壓強平衡常數 (保留三位有效數字)。
(3)反應ⅱ中，WO3/SiO2催化機理如圖，關于該過程中的說法錯誤的是___________(填字母)。
A．有加成反應發生 B．能將2-丁烯轉化為1-丁烯
C．W元素的成鍵數目一直未發生變化 D．存在碳碳單鍵的斷裂和形成
(4)為了增強WO3/SiO2催化劑的活性和吸附能力，其他條件一定時，可向WO3/SiO2催化劑中添加催化劑助劑。下圖為不同催化劑助劑的加入對丁烯的轉化率、丙烯的選擇性(產率轉化率選擇性)的影響，選擇 作催化劑助劑為優選方案(填化學式)。
【答案】(1)+148
(2) 反應i為吸熱反應，溫度升高，平衡正向移動，丁烯轉化率增大 此時丙烯的選擇性隨溫度升高而降低 9 38.1
(3)BC
(4)MgO
【解析】（1）由表格中燃燒熱的數據可得熱化學方程式：
①；
②；
③；
根據蓋斯定律，③+①-2×②得目標方程式；
故答案為：+148；
（2）①溫度升高，反應速率加快，單位時間內消耗丁烯的含量增加，使丁烯的轉化率增大；500~550℃反應ii參加反應，
故答案為：溫度升高，反應速率加快，單位時間內消耗丁烯的含量增加，使丁烯的轉化率增大；
②設初始時、，C4H8、C2H4的轉化率分別為96%、32%，可得三段式：，，平衡時
、、、，總物質的量為：(1.36a+0.04a+1.44a+0.16a)mol=3amol，則；；
（3）
A．過程中有加成反應發生，如：與CH2=CHCH2CH3生成，故A正確；
B．根據反應機理圖可知，可將2-丁烯轉化為1-丙烯或1-戊烯，但不能轉化為1-丁烯，故B錯誤；
C．W元素的成鍵數目有3和5兩種，發生了變化，故C錯誤；
D．由圖可知，存在碳碳單鍵的斷裂和形成，故D正確；
故選BC。
（4）丁烯的轉化率、丙烯的選擇性要盡可能高，由圖可知，選擇MgO作催化劑助劑為優選方案。
2．對氮氧化物的資源化利用，運用多種方式促進氮的循環轉化，具有重要的研究意義。
(1)已知a：　
b：C的燃燒熱為；
c：　
①請寫出與反應生成兩種無污染性氣體的熱化學方程式： 。
②將等物質的量的與混合氣體分別通入體積均為的恒溫密閉容器Ⅰ和絕熱密閉容器Ⅱ中，反應一段時間后兩容器內達到平衡狀態，下列說法正確的是 。
A．兩容器內混合氣體密度相等
B．轉化率
C．反應平衡常數
(2)可利用鈷氨配合物吸收對的配合能力很強，而對的配合能力極低。
①已知的結構如圖所示，中含有鍵的數目是 。
②有氧和無氧條件下，溶液脫除的效率如圖1所示，有氧環境下，發生總反應：，在的有氧環境下，往溶液中持續通入試樣氣體脫除率為60%(假設溶液體積不發生改變)，結合圖1信息，計算此時鈷氨溶液中有效含鈷率為 。
(有效含鈷率)
③鈷氨溶液經過多次循環吸收后，其吸收的能力變化如圖2所示，前內鈷氨溶液吸收的能力不斷下降的原因是 。
(3)催化電解吸收液可將還原為，其催化機理如圖3所示，在相同條件下，恒定通過電解池的電量，電解得到部分還原產物的法拉第效率隨電解電壓的變化如圖4所示。已知表示電解生還原產物X所轉移電子的物質的量，F表示法拉第常數；表示電解過程中通過的總電量。
①當電解電壓為時，催化電解生成的電極反應式為 。
②當電解電壓為時，電解生成的和的物質的量之比為 。
【答案】(1) 2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=—748kJ/mol AC
(2) 24NA 85.6% [Co(NH3)6]2+被氧化為[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]3+對NO的配位能力極低
(3) NO+5e—+5H+=NH3+H2O 15：2
【解析】（1）①由題意可知，碳燃燒的熱化學方程式為C(s) +O2(g)= CO2(g) △H=—393kJ/mol，由蓋斯定律可知，反應b—a—c得到反應2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，則反應△H=(—393kJ/mol)—(+182.6kJ/mol)—(+172.4kJ/mol)=—748kJ/mol，故答案為：2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=—748kJ/mol；
②A．由質量守恒定律可知，反應前后氣體的質量相等，則1L的恒溫密閉容器Ⅰ和絕熱密閉容器Ⅱ中混合氣體密度相等，故正確；
B．該反應為放熱反應，則恒溫密閉容器Ⅰ中反應溫度小于絕熱密閉容器Ⅱ，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，一氧化氮的轉化率減小，則一氧化氮轉化率αⅠ大于αⅡ，故錯誤；
C．該反應為放熱反應，則恒溫密閉容器Ⅰ中反應溫度小于絕熱密閉容器Ⅱ，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，化學平衡常數減小，則反應平衡常數KⅠ大于KⅡ，故正確；
故選AC；
（2）①[Co(NH3)6]3+離子中配位鍵屬于σ鍵、氮氫鍵屬于σ鍵，則1mol[Co(NH3)6]3+離子中含有σ鍵的數目1mol×24×NAmol—1=24NA，故答案為：24NA；
②由題給信息可知，反應消耗一氧化氮的物質的量為2×10—4m3/min×300min×2×10—2mol/m3×60%=0.00072mol，則鈷氨溶液中[Co(NH3)6]2+有效含鈷率為×100%=85.6%，故答案為：85.6%；
③由圖可知，前16h內鈷氨溶液吸收NO的能力不斷下降的原因是[Co(NH3)6]2+被氧化為[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]3+對NO的配位能力極低，故答案為：[Co(NH3)6]2+被氧化為[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]3+對NO的配位能力極低；
（3）①由圖可知，當電解電壓為U2時，催化電解一氧化氮生成氨氣的電極為陰極，酸性
條件下一氧化氮在陰極得到電子發生還原反應生成氨氣和水，電極反應式為NO+5e—+5H+=NH3+H2O，故答案為：NO+5e—+5H+=NH3+H2O；
②由圖可知，當電解電壓為U1時，氫氣和氨氣的法拉第效率分別為60%和20%，則電解生成的氫氣和氨氣的物質的量之比為：=15：2，故答案為：15：2。
核心考點十 探究性實驗
【典例呈現】
亞硝酸鈣是一種白色粉末，易潮解，在鋼筋混凝土工程中，主要用作水泥硬化促進劑和防凍阻銹劑。實驗室中采用如圖裝置制取少量亞硝酸鈣。
回答下列問題：
(1)裝置Ⅰ中儀器a的名稱是 ，裝置中發生主要反應的化學方程式為 。
(2)裝置Ⅱ的作用是 。
(3)如圖裝置中，能用來替代裝置Ⅲ的是 (填標號)。
(4)滴入稀硝酸前，需要向裝置中通入一段時間，待反應結束后還需繼續通入一段時間，兩次通的目的分別是 ； 。
(5)若缺少裝置Ⅴ，產生的影響是 。
(6)裝置Ⅵ中氮元素被氧化成價，則反應的離子方程式為 。
(7)若所得亞硝酸鈣產品中僅含少量硝酸鈣雜質，可用如下實驗操作測定其純度：稱量產品溶于水，先加入足量溶液，充分攪拌后過濾，除去，再加入適量飽和溶液，加熱煮沸，將轉化為。然后向所得溶液中加入溶液，并用稀硫酸酸化，充分反應后用標準溶液滴定過量的，消耗標準溶液的體積為。
①除去時，反應的離子方程式為 。
②計算可知，所得產品的純度為 (用含、的式子表示)。
【答案】(1) 分液漏斗 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
(2)除去NO氣體中混有少量的NO2
(3)AC
(4) 排除裝置中的空氣，防止生成的NO被空氣中的O2氧化為NO2 將裝置內剩余的NO全部排入尾氣處理裝置中，以防污染環境
(5)裝置Ⅵ中的水蒸氣進入V中，引起亞硝酸鈣潮解，減低產品的純度
(6)2NO++6H+=2+2Cr3++3H2O
(7) +=N2+2H2O 1-%
【分析】用CaO2與NO制備亞硝酸鈣，實驗開始前先通氮氣是為了排除裝置內的空氣，在裝置Ⅰ中由銅和稀硝酸反應制取一氧化氮3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，產生的氣體中混有少量的NO2，可用Ⅱ裝置進行除雜，則Ⅱ裝置中盛放的試劑為蒸餾水，發生反應的化學方程式為：3NO2+H2O=2HNO3+NO，裝置Ⅲ為干燥裝置，通過Ⅳ中與過氧化鈣反應生成亞硝酸鈣，裝置Ⅴ為防止尾氣處理裝置中的水蒸氣進入裝置Ⅳ中，裝置Ⅵ為尾氣吸收裝置，據此分析解題。
【解析】（1）根據實驗裝置圖可知，儀器a為分液漏斗，在裝置Ⅰ中由銅和稀硝酸反應制取一氧化氮3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故答案為：分液漏斗；3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
（2）由分析可知，裝置Ⅱ的作用是除去NO氣體中混有少量的NO2，故答案為：除去NO氣體中混有少量的NO2；
（3）由分析可知，裝置Ⅲ為干燥裝置，即干燥NO，膽礬和CuO沒有吸水性，NO與堿石灰、濃硫酸不反應，故能用來替代裝置Ⅲ的是AC，故答案為：AC；
（4）由分析可知，向三頸燒瓶中加入稀硝酸之前，應向裝置中通入一段時間的N2，目的是排除裝置中的空氣，防止生成的NO被空氣中的O2氧化為NO2，反應結束后繼續通入一段時間N2，以將裝置內剩余的NO全部排入尾氣處理裝置中，以防污染環境，故答案為：排除裝置中的空氣，防止生成的NO被空氣中的O2氧化為NO2；將裝置內剩余的NO全部排入尾氣處理裝置中，以防污染環境；
（5）由題干信息可知，亞硝酸鈣易潮解，故若缺少裝置Ⅴ，產生的影響是裝置Ⅵ中的水蒸氣進入V中，引起亞硝酸鈣潮解，減低產品的純度，故答案為：裝置Ⅵ中的水蒸氣進入V中，引起亞硝酸鈣潮解，減低產品的純度；
（6）裝置Ⅵ中氮元素被氧化成價，即NO被氧化成，被還原為Cr3+，根據氧化還原反應配平可知，該反應的離子方程式為：2NO++6H+=2+2Cr3++3H2O，故答案為：2NO++6H+=2+2Cr3++3H2O；
（7）①由題干信息可知，用除去生成N2，根據氧化還原反應配平可知，該反應
的離子方程式為+=N2+2H2O，故答案為：+=N2+2H2O；
②根據得失電子守恒可知，該反應的關系式為3n()=n(Fe2+)，6n()=n(Fe2+)，則亞鐵離子總的物質的量為2.5a×10-2mol，K2Cr2O7消耗的亞鐵離子的物質的量為n(Fe2+)=6n()=6×bV×10-3mol，剩余的亞鐵離子的物質的量為n(Fe2+)=(25a-6×bV)×10-3mo，根據關系式3n()=n(Fe2+)，樣品中n()=n(Fe2+)=×(25a-6bV)×10-3mol，則硝酸鈣的物質的量為×(25a-6bV)×10-3mol，硝酸鈣的質量為m=nM=×(25a-6bV)×10-3mol×164g/mol=×(25a-6bV)×10-3g，硝酸鈣的百分含量為×100%=%，則產品純度為：1-%，故答案為：1-%。
【考前秘笈】
1．探究類試題常見的命題形式
(1)探究化學反應機理； (2)探究化學實驗中的反常現象； (3)探究對經典問題的質疑；
(4)探究未知物的成分； (5)探究物質的性質；(6)探究化學反應的條件；(7)探究化學反應的現象。
2．解答探究型實驗題的基本程序
解答探究型實驗題的基本程序可用以下流程圖表示：
提出問題→提出猜想→設計驗證方案→觀察實驗發現特殊現象，提出新猜想現象→得出結論
(1)提出問題。
要提出問題，首先得發現問題，對題給信息進行對比、質疑，通過思考提出值得探究的問題。此外，實驗中出現的特殊現象也是發現問題、提出問題的重要契機。
(2)提出猜想。
所謂猜想就是根據已有知識對問題的解決提出的幾種可能的情況。有一些問題，結論有多種可能(這就是猜想)，只能通過實驗進行驗證。
(3)設計驗證方案。
提出猜想后，就要結合題給條件，設計出科學、合理、安全的實驗方案，對可能的情況進行探究。實驗設計中，關鍵點是對試劑的選擇和實驗條件的調控。
(4)觀察實驗現象，得出結論。
根據設計的實驗方案，結合實驗現象進行推理分析或計算分析得出結論。
【預測模擬】
1．在工業上經常用水蒸氣蒸餾的方法從橙子等水果果皮中收集橙油(主要成分是檸檬烯)，其鍵線式和實驗步驟如下：
對象 密度 熔點 沸點 化學性質
檸檬烯 177℃ 遇明火、高溫、強氧化劑易燃
39.8℃ 遇明火易爆炸
I．提取檸檬烯
①將200g新鮮的橙子皮剪成小碎片后，投入燒瓶D中，加入約水，按照上圖安裝水蒸餾裝置。
②松開彈簧夾G，加熱水蒸氣發生器A至水沸騰，當T形管的支管口大量水蒸氣時夾緊彈簧夾化學-2024年高考核心考點回顧與預測模擬
核心考點一 化學與STSE
核心考點二 化學反應機理
核心考點三 化學實驗基礎知識
核心考點四 有機化學基礎
核心考點五 物質結構與元素周期律
核心考點六 電化學
核心考點七 電解質溶液及圖像
核心考點八 化工流程
核心考點九 化學反應原理
核心考點十 探究性實驗
核心考點十一 有機化學合成與推斷
核心考點十二 物質結構與性質
核心考點一 化學與STSE
【典例呈現】化學推動科技進步。下列說法不正確的是
A．華為自主研發的“麒麟”芯片與太陽能電池感光板所用的主要材料均為晶體硅
B．杭州亞運會場館使用的“碲化鎘”光伏發電系統將化學能轉化為電能
C．“神舟十七號”發動機的耐高溫結構材料屬于共價晶體
D．“深海一號”母船海水浸泡區鑲上鋁基是利用了犧牲陽極的金屬防腐原理
【考前秘笈】
【預測模擬】
1．化學和生活、科技、社會發展息息相關，下列說法正確的是
A．大量開發可燃冰作為新能源有利于實現碳達峰、碳中和
B．高效率鈣鈦礦太陽能電池，其能量轉化形式：化學能→電能
C．防腐劑能延長食品的保質期，需注意使用量及殘留量
D．社區服務中用84消毒液清洗公共桌椅，是因為84消毒液中的有強氧化性
2．(中國詩詞大會)不僅重溫經典詩詞，繼承和發揚中華優秀傳統文化，還蘊含著許多化學知識。下列說法錯誤的是
A．“忽聞海上有仙山，山在虛無縹緲間”，海市蜃樓現象與膠體知識有關
B．“借問瘟君欲何往，紙船明燭照天燒”，紙和燭的化學成分相同
C．“千淘萬漉雖辛苦，吹盡狂沙始到金”，金的化學性質穩定，在自然界常以游離態存在
D．“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，能量轉化方式主要為化學能轉化為熱能
3．中華民族文明源遠流長，下列文物的主要成分屬于無機非金屬材料的是
A．九霄環佩木古琴 B．銀鎏金累絲燒藍山水紋扇
C．曾侯乙編鐘 D．青玉交龍鈕玉璽
4．近年來，我國的航天技術發展迅速，天宮、天和、天問、神舟等體現了中國的強大科技力量。下列說法不正確的是
A．“天問一號”的隔熱材料是使用SiO2納米氣凝膠，SiO2屬于酸性氧化物
B．為航天器量身定制的柔性三結砷化鎵(GaAs)太陽電池陣首次在“天和”號使用，砷化鎵屬于半導體
C．“天和”核心艙用的氮化硼(BN)陶瓷屬于合金材料
D．“神舟號”耐高溫材料使用酚醛樹脂，酚醛樹脂屬于人工合成的有機高分子材料
核心考點二 化學反應機理
【典例呈現】
甲酸甲酯()作為潛在的儲氫材料受到關注，科學家發現使用Ru配合物催化劑可以使甲酸甲酯溫和釋氫，其可能的反應過程如下圖所示。下列說法錯誤的是
A．是極性分子，VSEPR模型名稱為四面體形
B．Ⅲ→Ⅳ每消耗生成
C．總反應為
D．反應涉及鍵、鍵、鍵斷裂和鍵形成
【考前秘笈】
【預測模擬】
1．硅鋁酸鹽沸石離子交換分子篩M-ZSM-5(M為Fe、Co、Ni、Cu)催化N2O氧化CH4制甲醇的反應機理如圖所示，下列說法錯誤的是
A．反應②的原子利用率為
B．反應①、②、③、⑥、⑦中，的化合價發生了改變
C．M-ZSM-5能降低氧化制甲醇反應的活化能，改變反應的
D．總反應為
2．是一種特別的共軛體系。在高溫條件下可以由分子經過5步氫提取和閉環脫氫反應生成。其中第一步過程的反應機理和能量變化如下：
下列說法錯誤的是
A．反應過程中有極性鍵的斷裂和形成
B．圖示歷程中的基元反應，速率最慢的是第3步
C．制備的總反應方程式為：
D．從的結構分析，結構中五元環和六元環結構的數目分別為6、10
3．我國科技工作者用鉀離子促進電催化合成尿素可能的反應機理如圖。與其他步驟相比，碳氮鍵的形成過程活化能更高。下列說法正確的是
A．尿素中氮原子采取雜化 B．步驟①和③的反應速率較其他步驟快
C．步驟⑥發生的是氧化反應 D．以上過程中涉及極性鍵的形成和斷裂
4．和甲醇在（釕銠）基催化劑表面加氫可以制取乙酸，其反應機理如圖所示。下列說法錯誤的是
A．LiI起到催化作用
B．反應①和⑤的反應類型不同
C．反應③中有極性鍵的斷裂和非極性鍵的形成
核心考點三 化學實驗基礎知識
【典例呈現】
根據下列實驗操作及現象，所得結論錯誤的是
選項 實驗操作及現象 結論\
A． 向溶有的溶液中滴加溶液，產生白色沉淀 具有強氧化性
B． ，用計測得某一元酸（HR）溶液的 HR為弱電解質
C． 向溶液中加入乙醇，析出深藍色晶體 在水-乙醇混合溶劑中的溶解度較小
D． 將與用導線相連，插入稀硫酸酸化的溶液，一段時間后，從電極區取出少量溶液，滴入2滴溶液，無明顯現象 Zn可以保護不被腐蝕
【考前秘笈】
1．實驗操作中的“第一步”
(1)檢查裝置的氣密性——制取氣體、驗證氣體的性質等與氣體有關的實驗操作。
(2)檢查是否漏水——滴定管、容量瓶、分液漏斗等的使用。
(3)調“0”點——天平等的使用。
(4)驗純——點燃可燃性氣體。
(5)分別取少量溶液——未知溶液的鑒別。
(6)潤濕——用紅色石蕊試紙、藍色石蕊試紙、淀粉KI試紙檢驗或驗證某些氣體時。
2．常見儀器的選擇方法
3．化學實驗中的幾個數據
【預測模擬】
1．下列有關說法正確的是
A．圖甲裝置：滴入過量的硝酸銀溶液配制銀氨溶液
B．圖乙裝置：制取并收集干燥純凈的
C．圖丙裝置：比較、、S的氧化性
D．圖丁裝置：分離淀粉溶液和泥沙
2．下列實驗能達到目的的是
A．測定中和反應的反應熱：用酸堿中和滴定法
B．判斷醋酸為弱電解質：測定并比較醋酸和鹽酸的pH
C．用98%濃硫酸配制10%的稀硫酸：儀器為燒杯、玻璃棒
D．測定鍍鋅鐵皮的鍍層厚度：將鍍鋅鐵皮放入稀硫酸中，待產生氫氣的速率突然減小，可以判斷鋅鍍層已反應完全
3．實驗室可以通過以下反應和操作制取肉桂酸：
已知：苯甲醛、肉桂酸均難溶于水，苯甲醛的熔點-26℃，肉桂酸的熔點133℃，乙酸酐(CH3CO)2O易水解。
操作：
①將5.3g苯甲醛(M=106g/mol)、6.12g乙酸酐(M=102g/mol)、K2CO3混合加熱回流0.5h
②向回流后的混合液中加入K2CO3溶液調節溶液至堿性
③將“②”中溶液裝入下圖的Ⅱ裝置中，并通入水蒸氣，Ⅲ中收集到苯甲醛和水
④……，得到純凈的肉桂酸(M=148g/mol)6.2g。
下列有關說法錯誤的是
A．當餾出液無油珠時，即可停止通入水蒸氣 B．操作③結束時，應先打開彈簧夾再移去熱源
C．向Ⅱ中殘余溶液中加入鹽酸酸化，再過濾、洗滌、干燥可以獲得肉桂酸粗品
D．肉桂酸的產率為69.8%
4．實驗室制備如圖所示氣體所選用的發生裝置、制備試劑和除雜試劑均正確的是
選項 氣體 發生裝置 制備試劑 除雜試劑
A 固體 堿石灰
c 、濃鹽酸 溶液、濃硫酸
C b 大理石、稀硫酸 濃硫酸
D c 無水乙醇、濃硫酸 溶液
核心考點四 有機化學基礎
【典例呈現】
有機“納米小人”風靡全球，其制備過程中涉及的一個反應如圖。下列說法正確的是
A．化合物M的一氯代物有5種
B．化合物N中至少有17個原子共平面
C．該反應符合綠色化學的思想，理論上原子利用率為100%
D．化合物P能發生加成、聚合、氧化、還原等反應
【考前秘笈】
一、有機物的空間結構
1．有機物分子中原子共線、共面數目的確定
(1)常見有機物的空間結構
CH4呈正四面體形，鍵角109°28′。CH2==CH2呈平面形，鍵角120°。
HC≡CH呈直線形，鍵角180°。呈平面正六邊形，鍵角120°。
2．注意鍵的旋轉
①在分子中，形成單鍵的原子可以繞鍵軸旋轉，而形成雙鍵、三鍵等其他鍵的原子不能繞鍵軸旋轉。
②若平面間靠單鍵相連，所連平面可以繞鍵軸旋轉，可能旋轉到同一平面上，也可能旋轉后不在同一平面上。
③若平面間被多個點固定，則不能旋轉，一定共平面。如分子中所有原子一定共面。
3．恰當地拆分復雜分子
觀察復雜分子的結構，先找出類似于甲烷、乙烯、乙炔和苯分子的結構，再將對應的空間結構及鍵的旋轉等知識進行遷移即可解決有關原子共面、共線的問題。
特別要注意的是，苯分子中處于對位的兩個碳原子以及它們所連的兩個氫原子在一條直線上。
4．對照模板確定原子共線、共面問題
需要結合相關的幾何知識進行分析，如不共線的任意三點可確定一個平面；若一條直線與某平面有兩個交點時，則這條直線上的所有點都在該平面內；同時要注意問題中的限定性詞語，如“可能”“一定”“最多”“最少”“共面”“共線”等，以免出錯。
二、同分異構體的判斷
1．同分異構體的判斷方法
(1)記憶法
①由烴基的異構體數推斷
判斷只有一種官能團的有機物的同分異構體的種數時，根據烴基的異構體數判斷較為快捷。如判斷丁醇的同分異構體時，根據組成丁醇可寫成C4H9—OH，由于丁基有4種結構，故丁醇有4種同分異構體。
常用的烴基異構有—C3H7(2種)、—C4H9(4種)、—C5H11(8種)。
②由苯環上取代基的數目推斷
a．當苯環上只連有一個取代基時，可由烴基的數目推斷。如C9H12O屬于芳香醇，且苯環上
只有一個取代基的結構有5種，分別為、、、、。（C9H12O寫為，—C3H6OH含—OH的結構有5種）。
b．當苯環上連有兩個取代基時，有鄰、間、對3種結構。
c．當苯環上連有三個取代基時，若三個取代基完全相同則有3種結構；若三個取代基中有2個完全相同，則有6種結構；若三個取代基各不相同，則有10種結構。如C7H5O2Cl遇FeCl3顯紫色，能發生銀鏡反應的結構共有10種(如其中一種為)。
(2)由等效氫原子推斷
碳鏈上有幾種不同的氫原子，其一元取代物就有幾種同分異構體。一般判斷原則：①同一碳原子上的氫原子是等效的；②同一碳原子所連甲基上的氫原子是等效的；③處于鏡面對稱位置上的氫原子是等效的。
一元取代物數目即為等效氫的數目，如等效氫的數目為2，則一氯代物有2種。
(3)用替換法推斷
如一個碳碳雙鍵可以用環替換；碳氧雙鍵可以用碳碳雙鍵替換并將氧原子移到他處；碳碳三鍵相當于兩個碳碳雙鍵，也相當于兩個環。不同原子間也可以替換，如二氯苯C6H4Cl2有3種同分異構體，四氯苯C6H2Cl4也有3種同分異構體。
(4)用組合法推斷
先確定一基團同分異構體的數目，再確定另一基團同分異構體的數目，從而確定兩基團組合后同分異構體數目的方法。如飽和一元酯，—R1有m種結構，—R2有n種結構，共有m×n種酯的結構。
實例：分子式為C9H18O2的酯在酸性條件下水解得到的兩種有機物的相對分子質量相等，則形成該酯的酸為C3H7COOH(2種結構)，醇為C5H11OH(8種結構)，故該酯的結構共有2×8＝16種。
2．判斷多元取代物的同分異構體的方法
(1)定一移一法
對于二元取代物同分異構體的判斷，可固定一個取代基的位置，再改變另一個取代基的位置以確定同分異構體的數目。如分析C3H6Cl2的同分異構體，先固定其中一個Cl原子的位置，移動另外一個Cl原子。
(2)定二移一法
對于芳香化合物中若有3個取代基，可以固定其中2個取代基的位置為鄰、間、對的位置，然后移動另一個取代基的位置以確定同分異構體的數目。
三、有機反應中的幾個定量關系
(1)在鹵代反應中1 mol鹵素單質取代1 mol H,同時生成1 mol HX。
(2)1 mol 完全加成需要1 mol H2或1 mol Br2,1 mol醛基或酮基消耗1 mol H2;1 mol甲醛完全被氧化消耗4 mol Cu(OH)2。
(3)1 mol苯完全加成需要3 mol H2。
(4)與NaHCO3反應生成氣體:1 mol —COOH生成1 mol CO2氣體。
(5)與Na反應生成氣體:1 mol —COOH生成0.5 mol H2;1 mol —OH生成0.5 mol H2。
(6)與NaOH反應:1 mol —COOH(或酚—OH)消耗1 mol NaOH;
1 mol (R為鏈烴基)消耗1 mol NaOH;1 mol 消耗2 mol NaOH。
四、有機反應中反應物用量的判斷方法
(1)H2用量的判斷
有機物分子中的、、、、在一定條件下都能與H2發生加成反應，若有機物分子中基團均為1mol時，所需H2的量分別為1：2：3：1：1，特別注意—COOH，—COOR(酯基)中的C=O通常不與H2發生加成反應。
(2)NaOH用量的判斷
(酚羥基)、酯類物質、鹵代烴能與NaOH溶液發生反應，特別要注意，水解產物可能與NaOH溶液發生反應。如1 mol 與NaOH溶液發生反應時最多消耗3 mol NaOH。
(3)Br2用量的判斷
①烷烴：光照下1 mol Br2可取代1 mol H原子。
②苯：FeBr3催化下1 mol Br2可取代1 mol H原子。
③酚類：1 mol Br2可取代與—OH處于鄰、對位上的1 mol H 原子。
④：1 mol雙鍵可與1 mol Br2發生加成反應。
⑤：1 mol三鍵可與2 mol Br2發生加成反應。
五、蛋白質鹽析、變性辨異同
比較項目 鹽析 變性
不 同 點 方法 在輕金屬鹽作用下，蛋白質從溶液中凝聚成固體析出 在重金屬鹽、受熱、紫外線、甲醛、酒精等作用下，蛋白質凝聚成固體析出
特征 過程可逆，即加水后仍可溶解 不可逆
實質 溶解度降低，物理變化 結構、性質發生變化，化學變化
結果 仍保持原有的生理活性 失去原有的生理活性
六、掌握推斷反應類型常用的方法
(1)由官能團轉化推測反應類型。從斷鍵、成鍵的角度掌握各反應類型的特點，如取代反應的特點是有上有下或斷一下一上一；加成反應的特點是只上不下或斷一加二；消去反應的特點是只下不上。
(2)由反應條件推測反應類型。有機反應的重要條件總結如下：
①NaOH水溶液作條件的反應：鹵代烴的水解；酯的堿性水解；NaOH醇溶液與鹵代烴發生的是消去反應。
②以濃H2SO4作條件的反應：醇的消去；醇變醚；苯的硝化；酯化反應。
③以稀H2SO4作條件的反應：酯的水解；糖類的水解；蛋白質的水解。
④Fe：苯環的鹵代。光照：烷烴的鹵代。
⑤當反應條件為光照且與X2反應時，通常是X2與烷烴或苯環側鏈烴基上的氫原子發生取代反應，而當反應條件為催化劑且與X2反應時，通常為苯環上的氫原子直接被取代。
⑥當反應條件為催化劑并有氧氣時，通常是醇氧化為醛或醛氧化為酸。
(3)鹵代、硝化、磺化、酯化、水解、皂化、分子間脫水等反應，本質上屬于取代反應。
(4)有機物的加氫、脫氧屬還原反應，脫氫、加氧屬于氧化反應。
【預測模擬】
1．治療流感的特效藥——“奧司他韋”結構如圖所示，下列說法不正確的是
A．分子式為C16H26N2O4
B．該結構中有5種官能團
C．能發生氧化反應、加成反應、水解反應
D．該物質最多能與發生反應
2．中國科學院大連化學物理研究所和西湖大學合作合成出一種新的高分子材料(如圖所示，硫原子連接的波浪線代表鍵延長)。下列敘述錯誤的是
A．X中的含氧官能團是酯基 B．X的水解產物之一是
C．Y是線型結構高分子材料，具有熱塑性 D．Y在堿性介質中能降解
3．我國科學家提出了高強度人造蠶絲的制備方法，用表面活性劑和溶液使絲膠蛋白水解，然后將濃縮的絲素蛋白擠入含和的溶液中凝固成纖維。下列說法不正確的是
A．中既含有親水基團又含有疏水基團
B．核酸和蛋白質都是生物大分子
C．絲膠蛋白水解時酰胺基中發生了斷裂
D．含或的鹽溶液均能使蛋白質變性
4．實驗室初步分離苯甲酸乙酯、苯甲酸和環己烷的流程如下：
已知：苯甲酸乙酯的沸點為212.6℃，“乙醚-環己烷-水共沸物”的沸點為62.1℃。下列說法錯誤的是
A．操作a和操作b不同
B．操作c為重結晶
C．無水和飽和碳酸鈉溶液的作用相同
D．由該流程可以說明苯甲酸和苯甲酸鈉在水中的溶解度差別很大
核心考點五 物質結構與元素周期律
【典例呈現】
一種由短周期元素構成的洗滌劑中間體結構式如圖所示，X、Q、Z、Y、W原子序數依次增大，X和W同主族，Q、Z、Y同周期，基態Q原子核外成對電子對數與未成對電子數相等，Y可與X形成空間構型為V形的分子，下列說法不正確的是
A．第一電離能：
B．簡單離子半徑：
C．Z元素的氧化物對應水化物為強酸
D．Y的簡單氫化物構型為四面體
【考前秘笈】
1．元素“位-構-性”之間的關系
（
2．“構位性”關系解題策略
第一步：推斷元素
推斷元素常用的方法有：
（1）根據原子或離子的結構示意圖推斷（2）根據元素化合價的特征關系推斷
（3）根據原子半徑的遞變規律推斷 （4）根據元素的原子結構特征或元素的特征推斷
（5）根據稀有氣體的原子序數推斷
第二步：聯想“規律”
依據推出的元素在周期表中的位置，結合元素周期律對選項中元素的結構和元素性質的變化作出判斷。
第三步：通盤“驗證”
將判斷的結果代入原題中進行檢驗，完全符合題設條件的才是正確選項。
【預測模擬】
1．已知X、Y、Z、W為短周期主族元素。常溫下，它們的原子半徑、原子序數、最高價氧化物對應水化物的溶液(濃度均為)的pH之間的關系如圖所示。下列說法錯誤的是
A．W的氫化物的沸點可能高于水的沸點
B．XZ晶胞中X的配位數為6，X周圍等距且最近的X有12個
C．W與X形成的化合物中，W的化合價可能為價
D．分子中四個原子可能共直線
2．M、N、P、Q、R是原子序數依次增大的前四周期主族元素，組成的化合物R4N(PM4)4Q2是某種熒光粉中的成分。M的一種單質是極性分子，N基態原子核外無未成對電子，P元素存在于航空、信息和新能源等高技術領域必需的材料中，Q是一種重要的成鹽元素。下列說法錯誤的是
A．N、Q、R三種元素簡單離子的半徑：Q>R>N
B．N、P、Q、R四種元素的第一電離能：Q>P>N>R
C．M元素與氫元素形成的兩種微粒的鍵角：
D．N、P、R三種氧化物的熔點：P>R>N
3．化合物可作凈水劑。為短周期元素且原子序數依次增加，的原子序數是的一半，元素是地殼中含量最高的金屬元素。該化合物的熱重分析曲線如圖所示。則下列敘述錯誤的是
A．對應簡單氫化物的穩定性： B．簡單離子半徑：W2-＞Z3+
C．200K熱分解1mol該化合物將失去 D．同周期中第一電離能大于的元素有2種
4．X、Y、Z、W、Q為短周期主族元素，原子序數依次增大且原子序數總和為49。它們的化合物在常溫下有如圖所示的轉化關系：
已知：乙、戊分子都含有 10個電子。甲為三元化合物，其他化合物均為二元化合物。下列說法錯誤的是
A．原子半徑：
B．簡單氫化物的沸點：
C．化合物W2Q2中含有非極性鍵和離子鍵
D．最高價氧化物對應水化物的酸性：
核心考點六 電化學
【典例呈現】
2023年我國首個兆瓦級鐵鉻液流電池儲能項目在內蒙古成功運行。電池利用溶解在鹽酸溶液中的鐵、鉻離子價態差異進行充放電，工作原理如圖所示，已知儲能時Fe2+被氧化。下列有關敘述錯誤的是
A．接風力發電時，鐵鉻液流電池在儲備能量
B．接輸電網時該電池總反應為Fe2++Cr3+=Fe3++Cr2+
C．若用該電池電解水，生成標況下22.4L H2時，有2mol Cr2+被氧化
D．放電時，Cl 移向b極，每1mol Cl 通過交換膜，Fe3+減少1mol
【考前秘笈】
1．突破二次電池的四個角度
2．原電池正極和負極的5種判定方法
3．微粒流向
(1)電子流向：負極→正極(電流的方向正好相反)。
[注意]　電子沿導線傳遞但不能通過電解質溶液。
(2)離子流向：陽離子移向正極，陰離子移向負極。
4．電極反應式的書寫方法
（1）一般電極反應式的書寫
（2）復雜電池的電極反應式書寫
復雜的電極反應式＝總反應式－較簡單電極的電極反應式。
如CH4堿性燃料電池負極反應式的書寫：
CH4＋2O2＋2OH－===CO＋3H2O ……總反應式
2O2＋4H2O＋8e－===8OH－ ……正極反應式
用總反應式－正極反應式得負極反應式
(CH4＋2O2＋2OH－)－(2O2＋4H2O＋8e－)===(CO＋3H2O)－(8OH－)
整理得：CH4＋10OH－－8e－===7H2O＋CO ……負極反應式
5．電解池電極反應式的書寫步驟
6．金屬腐蝕快慢的三個規律
(1)金屬腐蝕類型的差異
電解原理引起的腐蝕>原電池原理引起的腐蝕>化學腐蝕>有防腐措施的腐蝕。
(2)電解質溶液的影響
①對同一金屬來說，腐蝕的快慢(濃度相同)：強電解質溶液>弱電解質溶液>非電解質溶液。
②對同一種電解質溶液來說，電解質濃度越大，腐蝕越快。
(3)活動性不同的兩種金屬，活動性差別越大，腐蝕越快。
7．兩種腐蝕與三種保護
(1)兩種腐蝕：析氫腐蝕、吸氧腐蝕(關鍵在于電解液的pH)。
(2)三種保護：電鍍保護、犧牲陽極的陰極保護法、外加電流的陰極保護法。
8．突破電解定量計算的三種方法
電解的計算包括兩極產物的定量計算、溶液pH的計算、相對原子質量和阿伏加德羅常數的計算等，無論哪種計算都可采用下列三種方法：
方法一：根據總反應式
先寫出電極反應式，再寫出總反應式，最后根據總反應式列比例式計算。
方法二：根據電子守恒
用于串聯電路的陰陽兩極產物、正負兩極產物、相同電量等類型的計算，其依據是電路中轉移的電子數目相等。
方法三：根據關系式
根據得失電子守恒建立已知量與未知量之間的關系，得出計算所需的關系式。
例如由關系式法通過4 mol e－為基準可構建電極產物之間的如下關系式：
9．陽離子交換膜的使用原理
陽離子交換膜有很多微孔，孔道上有許多帶負電荷的基團，陽離子可以自由通過孔道，而陰離子移動到孔道處，受到孔道帶負電荷基團的排斥而不能進入孔道中，因而不能通過交換膜。
質子交換膜是陽離子交換膜的特例，僅允許質子(H＋)通過，其他離子不能通過。
10．陰離子交換膜的使用原理
陰離子交換膜有很多微孔，孔道上有許多帶正電荷的基團，陰離子可以自由通過孔道，而陽離子移動到孔道處，受到孔道帶正電荷基團的排斥而不能進入孔道中，因而不能通過交換膜。
11．離子交換膜類型的判斷方法
依據電解質溶液呈電中性的原理，判斷膜的類型，判斷時首先要寫出陰、陽兩極上的電極反應，依據電極反應式確定該電極附近哪種離子剩余；依據該電極附近電解質溶液滿足電荷守恒原則，判斷出離子移動的方向、進而確定離子交換膜的類型。
例如離子交換膜法淡化海水的實驗裝置如圖：
陽極室中的電極反應為2Cl－－2e－===Cl2↑，剩余Na＋，要維持陽極室內電荷守恒，則Cl－通過a膜進入陽極室，故a為陰離子交換膜，陰極室中的電極反應為2H2O＋2e－===H2↑＋2OH
－，反應生成OH－，要維持陰極室內電荷守恒，則Na＋通過b膜進入陰極室，故b為陽離子交換膜。
【預測模擬】
1．中國科學院物理研究所發明了一種以對苯二甲酸二鈉復合材料和硬碳(多孔形態，化學式為C)為電極材料的有機鈉離子電池，其內部結構如下圖所示，放電時，a電極發生如下變化：
下列說法錯誤的是
A．放電時，a電極電勢高于b電極
B．充電時，向b電極移動
C．放電時，b電極的電極反應式為
D．用該電池為一個60200mAh的充電寶充滿電，a電極質量增加51.75g(，一個電子的電量，為)
2．用電解法(圖1)通過翻轉電極可同時處理含和的生活污水，聯合脫除過程中，測得溶液pH變化如圖2所示。0～20分鐘除去的原理如圖3所示，20～40分鐘除的方法是將其轉化為沉淀。
下列說法不正確的是
A．在時內，a為電源的負極
B．除時，陽極的電極反應式為：
C．除過程中，溶液pH變小
D．除的總反應離子方程式為：
3．圖1是一種居家天然氣報警器成品裝置，其工作原理如圖2所示，其中可以在固體電解質ZnO2—Na2O中移動。當空間內甲烷達到一定濃度時，傳感器隨之產生電信號并聯動報警。當報警器觸發工作時，下列說法不正確的是
A．電極a的電勢比電極b高
B．在電解質中向電極a移動
C．電極a上發生的電極反應為：
D．當電極a消耗時，電路中有0.8mol電子轉移
4．磷酸鐵鋰電池在充放電過程中表現出了良好的循環穩定性，具有較長的使用壽命，放電時的反應為： LixC6+Li1-xFePO4= 6C+LiFePO4。圖1為某磷酸鐵鋰電池的切面，圖2為LiFePO4晶胞充放電時Li+脫出和嵌入的示意圖。其中O圍繞Fe和P分別形成正八面體和正四面體，它們通過共頂點、共棱形成空間鏈結構。下列說法錯誤的是
A．放電時，負極反應： LixC6- xe- = xLi++6C
B．(a)過程中1mol晶胞轉移的電子數為NA
C．(b)代表放電過程， Li+脫離石墨，經電解質嵌入正極
D．充電時的陽極反應： LiFePO4- xe-= Li1-xFePO4+xLi+
5．鈉堿循環法脫除煙氣中的SO2，生成的吸收液中含有Na2SO3和NaHSO3。電解吸收液回收SO2，并實現堿液的循環。雙極膜內層為水層，工作時水層中的H2O解離成H+和OH-，并分別通過離子交換膜向兩側發生遷移。如圖為吸收液的電滲析裝置示意圖。下列說法正確的是
A．出口4的產物為NaOH溶液
B．出口5中Na2SO4溶液的濃度增大
C．、可從鹽室最終進入陽極液中
D．陰極電極反應式為2H++2e- =H2↑
核心考點七 電解質溶液及圖像
【典例呈現】
濕法提銀工藝中，浸出的需加入進行沉淀。與可結合生成多種配合物，在水溶液中存在如下平衡：
I．平衡常數 II．平衡常數
III．平衡常數IV．平衡常數
時，平衡體系中含Ag微粒的分布系數隨的變化曲線如圖所示。已知；沉淀最徹底時，溶液中下列說法錯誤的是
A．曲線a、b、c、d、e分別表示、
B．時， C．時，平衡常數
D．時，隨著的不斷加入，溶液中的比值保持不變
【答案】C
【分析】由反應平衡過程可知，向Ag+溶液中加
入Cl-進行沉淀過程，曲線a、b、c、d、e分別代表Ag+、AgCl、、、，據此解答。
【解析】A．lgc(Cl-)越大，氯離子濃度越大，根據分析中的平衡過程，與銀離子配位的氯離子增加，故曲線a、b、c、d、e分別代表Ag+、AgCl、、、，A正確；
B．氯化銀最多即淀最徹底時，溶液中c(Ag+)=1×10 7.21mol L 1，由曲線b可知此時c(Cl-)=10-2.54mol/L，Ksp(AgCl)=c(Cl-)×c(Ag+)=10-9.75，B正確；
C．由平衡III，，曲線c、d交點有且c(Cl-)=10-0.2mol/L，代入得K3=100.2，C錯誤；
D．題干中四個反應相加可得，該總反應，K只受溫度影響，比值不變，D正確；
本題選C。
【考前秘笈】
圖象分析
1．強、弱電解質的比較圖像（圖像法理解一強一弱的稀釋規律）
(1)相同體積、相同濃度的鹽酸、醋酸
加水稀釋相同的倍數，醋酸的pH大 加水稀釋到相同的pH，鹽酸加入的水多
　　(2)相同體積、相同pH的鹽酸、醋酸
加水稀釋相同的倍數，鹽酸的pH大 加水稀釋到相同的pH，醋酸加入的水多
2．酸、堿中和滴定圖像
抓5點破中和滴定圖像
(1)抓反應的“起始”點：判斷酸、堿的相對強弱。
(2)抓反應“一半”點：判斷是哪種溶質的等量混合。
(3)抓“恰好”反應點：判斷生成的溶質成分及溶液的酸堿性。
(4)抓溶液的“中性”點：判斷溶液中溶質的成分及哪種物質過量或不足。
(5)抓反應的“過量”點：判斷溶液中的溶質，判斷哪種物質過量。
例如：室溫下，向20 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液pH的變化如圖所示：
3．沉淀溶解平衡圖像
(1)溶解平衡曲線類似于溶解度曲線，曲線上任一點都表示飽和溶液，曲線上方的任一點，均表示過飽和，此時有沉淀析出，曲線下方的任一點，均表示不飽和。但如果將離子濃度取負對數，則結果正好相反，即線上方任一點表示不飽和，線下方任一點表示過飽和。
(2)從圖像中找到數據，根據公式計算得出Ksp的值。
(3)比較溶液的Q與Ksp的大小，判斷溶液中有無沉淀析出。
(4)涉及Q的計算時，所代入的離子濃度一定是混合溶液中的離子濃度，因此計算離子濃度時，所代入的溶液體積也必須是混合液的體積。
4．離子平衡圖像
巧抓“四點”，突破溶液中的粒子濃度關系
(1)抓反應“一半”點，判斷是什么溶質的等量混合。
(2)抓“恰好”反應點，判斷生成什么溶質及溶液的酸堿性。
(3)抓溶液的“中性”點，判斷生成什么溶質，哪種物質過量或不足。
(4)抓反應的“過量”點，判斷溶液中是什么溶質，哪種物質過量。
實例分析：向CH3COOH溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液pH與加入NaOH溶液的關系如
圖所示。
(注：a點為反應一半點，b點呈中性，c點恰好完全反應，d點NaOH過量一倍)
分析：
a點，溶質為________________，離子濃度關系：_____________________________；
b點，溶質為________________，離子濃度關系：_____________________________；
c點，溶質為________________，離子濃度關系：_____________________________；
d點，溶質為________________，離子濃度關系：_____________________________。
5．滴定直線圖像
常溫下，二元弱酸H2Y溶液中滴加NaOH溶液，所得混合溶液的pH與離子濃度變化的關系如圖所示。
回答下列問題：
(1)向二元弱酸H2Y中滴加NaOH溶液，依次反應的離子方程式為
________________________________________________________________________。
(2)隨著NaOH溶液的滴加，lg________(填“增大”或“減小”，下同)，lg________。
(3)Ka2(H2Y)＝________。
(4)在交叉點e，c(H2Y)________c(Y2－)(填“＞”“＜”或“＝”)。
6．滴定曲線圖像中“交叉點”的分析與應用
T ℃時，向某濃度的草酸溶液中逐滴加入一定濃度的NaOH溶液，所得溶液中三種微粒H2C2O4、HC2O、C2O的物質的量分數(δ)與pH的關系如圖所示：
回答下列問題：
(1)寫出H2C2O4的電離方程式及電離平衡常數表達式。
①_______________________________________________________________________，
Ka1＝____________________________________________________________________；
②_______________________________________________________________________，
Ka2＝____________________________________________________________________。
(2)根據A點，Ka1＝________，根據B點，Ka2＝________。
(3)在pH＝2.7的溶液中，＝________。
(4)0.1 mol·L－1的NaHC2O4溶液呈________性，其離子濃度從大到小的順序為________________。
【預測模擬】
1．常溫下，將一定濃度的氨水逐滴加入溶液中，該過程中溶液與加入氨水體積V的關系如圖所示，已知e點對應的溶液迅速由渾濁變澄清，且此時溶液中的與均約為，下列敘述錯誤的是
A．a點對應溶液中由水電離出的
B．b點對應溶液中：
C．由e點可知，反應的平衡常數約為
D．最好選擇d~e段溶液與葡萄糖等含有醛基的有機物發生銀鏡反應
2．室溫下，某溶液體系中滿足，現利用平衡移動原理，研究在不同pH的體系中的可能產物。圖1中曲線表示體系中各含碳粒子的物質的量分數與pH的關系；圖2為沉淀溶解平衡曲線，曲線Ⅰ的離子濃度關系符合，曲線Ⅱ的離子濃度關系符合，不同pH下由圖1得到。下列說法錯誤的是
A．由圖1，的水解平衡常數的數量級是
B．圖2中M點，溶液中存在
C．圖2中P點，存在
D．沉淀制備時，選用溶液比溶液效果好
3．將等物質的量濃度等體積的甘氨酸溶液與鹽酸混合，發生反應：，取上述溶液(含0.04mol )，滴加NaOH溶液，pH的變化如下圖所示(注：b點溶液中甘氨酸以的形式存在)。
下列說法不正確的是
A．中解離出的能力：
B．b點溶液pH<7，推測中解離出的程度大于-COO-水解的程度
C．c點溶液中存在：c()
D．由d點可知：的
4．常溫下將NaOH溶液滴加到溶液中，混合溶液的pH與離子濃度變化的關系如圖所示[縱坐標為或]。下列敘述正確的是
A．曲線N表示pH與的關系
B．圖中a點對應溶液中：
C．NaHA溶液中：
D．溶液pH從5.6到9.6的過程中，水的電離程度先增大后減小
核心考點八 化工流程
【典例呈現】
錳可用于制造特種鋼材，在汽車電池、高端裝備制造、新材料等領域有廣泛應用。二氧化錳廣泛應用于電池、電子工業。以主要成分為的某錳礦(雜質為、等)為原料制備單質錳的一種流程如圖所示：
已知：金屬離子濃度的負對數與溶液的關系如圖所示：
回答下列問題：
(1)濾液中的溶質為、 (填化學式)，“氧化除硫”過程中有紅褐色固體生成，則參與反應的化學方程式為 。
(2)“酸浸氧化”過程被氧化的離子方程式為 。
(3)為何不通過調的方法將除去： ；已知若溶液中同時沉淀完全時，溶液中，則相同溫度下， 。
(4)通過控制適當的反應條件，電解溶液時，既可得到也可得到，則生成單質時，應在 (填“陽極”或“陰極”)上放電；寫出生成時的電極反應式： 。
(5)已知單質錳的立方晶胞結構如圖所示：
則錳的配位數是 ；若錳原子半徑為，阿伏加德羅常數值為，則單質錳的密度為 (用含的代數式表示)。
【考前秘笈】
常見操作的答題思考角度
常見操作 答題思考角度
分離、提純 過濾、蒸發、分液、蒸餾等常規操作。從溶液中得到晶體的方法：蒸發濃縮—冷卻結晶—過濾(—洗滌、干燥)；或蒸發結晶
提高原子利用率 綠色化學(物質的循環利用、廢物處理、原子利用率、能量的充分利用)
在空氣中或在其他氣體 要考慮O2、H2O、CO2或其他氣體是否參與反應或能否達到隔絕
中進行的反應或操作 空氣，防氧化、水解、潮解等目的
判斷沉淀是否洗滌干凈 取少量最后一次洗滌液，檢驗其中是否還有某種離子存在
控制溶液的pH ①調節溶液的酸堿性，使某些金屬離子形成氫氧化物沉淀析出(或抑制水解)。 ②加入酸或調節溶液至酸性還可除去氧化物(膜)。 ③加入堿或調節溶液至堿性還可除去油污，除去鋁片氧化膜，溶解鋁、二氧化硅等。 ④特定的氧化還原反應需要的酸性條件(或堿性條件)。
控制溫度(常用水 浴、冰浴或油浴) ①防止副反應的發生； ②使化學平衡移動：控制化學反應的方向； ③控制固體的溶解與結晶； ④控制反應速率：使催化劑達到最大活性； ⑤升溫：促進溶液中的氣體逸出，使某物質達到沸點揮發； ⑥加熱煮沸：促進水解，聚沉后利于過濾分離； ⑦趁熱過濾：減少因降溫而析出溶質的量； ⑧降溫：防止物質高溫分解或揮發；降溫(或減壓)可以減少能源成本，降低對設備的要求
洗滌晶體 ①常見洗滌方式見前述； ②洗滌沉淀方法：往漏斗中加入蒸餾水至浸沒沉淀，待水自然流下后，重復以上操作2～3次
表面處理 “水洗”除去表面可溶性雜質，金屬晶體可用機械法(打磨)或化學法除去表面氧化物、提高光潔度等
【預測模擬】
1．稀有金屬釩和鈦在鋼鐵、化工、航空航天等領域應用廣泛。從釩鈦磁鐵礦中提取釩、鈦的工藝流程圖如下：
已知：①鈦渣中主要包括、、和等。
②“高溫氯化”后的產物中含少量的、、、雜質，相關物質的沸點如下表：
化合物
沸點/℃ 136 310 56.5 180 127
回答下列問題：
(1)鈦在周期表中的位置為 ，上述獲得鈦單質的“還原”工序中需要通入氬氣的目的是 。
(2)濾液X中含有的主要金屬離子有 。
(3)“高溫氯化”工序生成和一種可燃性氣體Y，該反應的化學方程式為 ；的粗產品可以通過分餾提純，但收集的中總是混有的原因是 。
(4)釩的浸出率隨焙燒溫度和浸取時間的變化如圖所示，則“焙燒”時最適合的反應條件為 。
(5)“浸出”目的是將難溶物轉化成進入水相，以便后續沉釩，則“浸出”時反應的離子方程式為 。
(6)采用USTB工藝電解制備高純鈦，過程以固體為陽極、碳棒為陰極，熔融鹽為電解質。陽極產生與，陰極只發生的還原反應。請寫出電池陽極反應的電極反應式： 。
2．鎳-鎘電池是一種非常理想的直流供電電池。廢舊鎳-鎘電池中含有鎳、鎘、鐵及少量鈷和有機質等。回收利用廢舊鎳-鎘電池的一種工藝流程如圖所示。
請回答下列問題；
(1)“灼燒”時控制溫度600~700℃，并通入足量空氣，該工序的作用是 。
(2)“氧化”工序發生主要反應的離子方程式為 。
(3)試劑X可選擇_____(填標號)。
A．氨水 B．NaOH溶液 C．NiO D．溶液
(4)已知：的溶度積，“調pH”時溶液中，則應控制pH小于 。
(5)濾渣2可表示為。取3.05g樣品溶于適量蒸餾水，加入過量NaOH溶液并加熱，產生標準狀況下448mL氣體和0.93g沉淀，則濾渣2的化學式為 。
(6)濾液1經處理之后可循環至 工序中使用。
(7)可用于冶煉鎘，產生的粗鎘可利用電解精煉的方法進行提純，在電解池的 (填“陽極”或“陰極”)產生純鎘。
(8)一項研究表明，采用溶劑萃取法可將、、從混合溶液中有效分離。如圖為不同pH下DEHPA和Cyanex272對溶液中三種離子的萃取效率，則此方法的流程為 。
核心考點九 化學反應原理
【典例呈現】
天然氣、石油鉆探過程會釋放出CO2、H2S等氣體。某種將CO2和H2S共活化的工藝涉及如下反應：
①
②
③
④
回答下列問題：
(1)已知：298K時，18g氣態水轉化為液態水釋放出44kJ的能量；H2S(g)的標準摩爾燃燒焓(△H)
為-586kJ·mol-1，則COS(g)的標準摩爾燃燒焓()為 kJ·mol-1，反應②在 (填“高溫”“低溫”或“任意溫度”)下能自發進行。
(2)一定條件下，向起始壓強為200kPa的恒容密閉容器中通入等物質的量的CO2(g)和H2S(g)混合氣體，發生上述反應，25min時，測得體系總壓強為210kPa，S2(g)的平均反應速率為 kPa·min-1.達到平衡時，測得體系總壓強為230kPa，，此時H2S(g)的平衡轉化率為 ，反應②的標準平衡常數 (已知：分壓=總壓×該組分物質的量分數，對于反應，，其中，、、、為各組分的平衡分壓)。
(3)將等物質的量的CO2(g)和H2S(g)混合氣體充入恒壓密閉容器中，發生上述反應，反應物的平衡轉化率、COS或H2O的選擇性與溫度關系如圖所示。COS的選擇性，H2O的選擇性。
①表示“COS的選擇性”的曲線是 (填“曲線a”或“曲線b”)；
②溫度低于500℃時，H2S的轉化率與CO2的相等，原因是 。
【考前秘笈】
1．疊加法求焓變
步驟1　“倒”
為了將方程式相加得到目標方程式，可將方程式顛倒過來，反應熱的數值不變，但符號相反。這樣，就不用再做減法運算了，實踐證明，方程式相減時往往容易出錯。
步驟2　“乘”
為了將方程式相加得到目標方程式，可將方程式乘以某個倍數，反應熱也要相乘。
步驟3　“加”
上面的兩個步驟做好了，只要將方程式相加即可得到目標方程式，反應熱也要相加。
2．對比法理解反應熱、燃燒熱與中和熱
(1)化學反應吸收或放出的熱量稱為反應熱，符號為ΔH，常用單位為kJ·mol－1，它只與化學反應的化學計量數、物質的聚集狀態有關，而與反應條件無關。中學階段研究的反應熱主要是燃燒熱和中和熱。
(2)燃燒熱：在101 kPa時，1 mol純物質完全燃燒生成穩定的氧化物時所放出的熱量。單位為kJ·mol－1。需注意：①燃燒熱是以1 mol純物質完全燃燒生成穩定的氧化物放出的熱量來定義的，因此在書寫燃燒熱的熱化學方程式時，一般以燃燒1 mol純物質為標準來配平其余物質的化學計量數；②燃燒產物必須是穩定的氧化物，如C→CO2、H2→H2O(l)等。
(3)中和熱：在稀溶液中，強酸跟強堿發生中和反應生成1 mol液態H2O時的反應熱。需注意：①稀溶液指物質溶于大量水中；②中和熱不包括離子在水溶液中的生成熱、物質的溶解熱、電解質電離時的熱效應；③中和反應的實質是H＋和OH－化合生成H2O，即H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。
(4)反應熱指反應完全時的熱效應，所以對于可逆反應，其熱量要小于反應完全時的熱量。
3．反應熱大小的比較規律
(1)吸熱反應的ΔH比放熱反應的ΔH大(前者大于0，后者小于0)
(2)等量的可燃物完全燃燒所放出的熱量比不完全燃燒所放出的熱量多
例：C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1＜0　C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH2＜0；ΔH1為完全燃燒放出的熱量多，又ΔH1和ΔH2均為負值，所以ΔH1＜ΔH2
(3)產物相同時，A(g)燃燒放出的熱量比等量的A(s)燃燒放出的熱量多
例：S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH1＜0
S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH2＜0　則ΔH1＜ΔH2
(4)反應物相同時，生成C(l)所放出的熱量比生成等量的C(g)放出的熱量多
例：A(g)＋B(g)===C(l)　ΔH1＜0
A(g)＋B(g)===C(g)　ΔH2＜0　則ΔH1＜ΔH2
(5)對于可逆反應，因反應不能進行完全，實際反應過程中放出或吸收的熱量要小于理論值
例：2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)　ΔH＝－197 kJ·mol－1，向密閉容器中通入2 mol SO2和1 mol O2反應達平衡后，放出的熱量小于197 kJ
(6)對于同一反應，化學計量數大的，對應放出(吸收)的熱量多
例：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH1＜0
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH2＜0　則ΔH1＜ΔH2
(7)生成等量的水時，強酸和強堿的稀溶液反應比弱酸和強堿或強酸和弱堿或弱酸和弱堿的稀溶液反應放出的熱量多
(8)離子電荷相同時，半徑越小，斷裂離子鍵時吸收的能量越多
(9)若比較的是ΔH的大小，則看的是ΔH的整體數值，包括正負號進行比較 ；若題中所說的是放出(吸收)的熱量大小比較，則比較的是ΔH的絕對值大小
4．反應速率、化學平衡圖像題解題步驟
5．化學平衡圖像題解題技巧
（1）“定一議二”原則
在化學平衡圖像中，了解縱軸、橫軸和曲線所表示的三個量的意義。在確定橫軸所表示的量后，討論縱軸與曲線的關系，或在確定縱軸所表示的量后，討論橫軸與曲線的關系。
比如：反應2A(g)+B(g) 2C(g)達到化學平衡時，A的平衡轉化率與壓強和溫度的關系如圖1所示[A的平衡轉化率（ α），橫軸為反應溫度（T）]。
圖1 圖2 圖3
定壓看溫度變化，升高溫度曲線走勢降低，說明A的轉化率降低，平衡向逆反應方向移動，正反應是放熱反應。
定溫看壓強變化，因為此反應是反應后氣體體積減小的反應，壓強增大，平衡向正反應方向移動，A的轉化率增大，故p2>p1。
（2）“先拐先平數值大”原則
對于同一化學反應在化學平衡圖像中，先出現拐點的反應先達到平衡狀態，先出現拐點的曲線表示的溫度較高（如圖2所示，α表示反應物的轉化率）或壓強較大[如圖3所示，φ（A）表示反應物A的體積分數]。
圖2：T2>T1，正反應放熱。
圖3：p1（3）三步分析法
一看反應速率是增大還是減小；二看v正、v逆的相對大小；三看化學平衡移動的方向。
（4）v－t圖像中的“斷點”和“接點”
?“斷點”表示改變溫度、壓強、催化劑引起v正、v逆的變化。
?“接點”表示改變反應體系中某種物質濃度引起v正、v逆的變化。
【預測模擬】
1．丙烯是一種重要的化工原料，但丙烯的產量僅通過石油的催化裂解反應無法滿足工業生產需求。工業上以WO3/SiO2為催化劑，利用丁烯和乙烯的催化歧化反應制丙烯： 。請回答下列問題：
(1)相關物質的燃燒熱數據如下表所示：
物質
燃燒熱 -1411 -2049 -2539
催化歧化反應的 ；
(2)利用丁烯和乙烯的催化歧化反應制備丙烯時，僅發生如下反應：
反應ⅰ：
反應ⅱ：
一定條件下，經相同反應時間，丙烯的產率、丁烯的轉化率隨溫度變化的關系如圖所示：
①丁烯的轉化率隨溫度升高而增大可能的原因是 ，500~550℃丙烯產率下降的原因為 。
②某溫度下，保持體系總壓強為1.0 MPa，按投料，達平衡狀態時，C4H8、C2H4的轉化率分別為96%、32%，則平衡時 ；反應ⅰ的壓強平衡常數 (保留三位有效數字)。
(3)反應ⅱ中，WO3/SiO2催化機理如圖，關于該過程中的說法錯誤的是___________(填字母)。
A．有加成反應發生 B．能將2-丁烯轉化為1-丁烯
C．W元素的成鍵數目一直未發生變化 D．存在碳碳單鍵的斷裂和形成
(4)為了增強WO3/SiO2催化劑的活性和吸附能力，其他條件一定時，可向WO3/SiO2催化劑中添加催化劑助劑。下圖為不同催化劑助劑的加入對丁烯的轉化率、丙烯的選擇性(產率轉化率選擇性)的影響，選擇 作催化劑助劑為優選方案(填化學式)。
2．對氮氧化物的資源化利用，運用多種方式促進氮的循環轉化，具有重要的研究意義。
(1)已知a：　
b：C的燃燒熱為；
c：　
①請寫出與反應生成兩種無污染性氣體的熱化學方程式： 。
②將等物質的量的與混合氣體分別通入體積均為的恒溫密閉容器Ⅰ和絕熱密閉容器Ⅱ中，反應一段時間后兩容器內達到平衡狀態，下列說法正確的是 。
A．兩容器內混合氣體密度相等
B．轉化率
C．反應平衡常數
(2)可利用鈷氨配合物吸收對的配合能力很強，而對的配合能力極低。
①已知的結構如圖所示，中含有鍵的數目是 。
②有氧和無氧條件下，溶液脫除的效率如圖1所示，有氧環境下，發生總反應：，在的有氧環境下，往溶液中持續通入試樣氣體脫除率為60%(假設溶液體積不發生改變)，結合圖1信息，計算此時鈷氨溶液中有效含鈷率為 。
(有效含鈷率)
③鈷氨溶液經過多次循環吸收后，其吸收的能力變化如圖2所示，前內鈷氨溶液吸收的能力不斷下降的原因是 。
(3)催化電解吸收液可將還原為，其催化機理如圖3所示，在相同條件下，恒定通過電解池的電量，電解得到部分還原產物的法拉第效率隨電解電壓的變化如圖4所示。已知表示電解生還原產物X所轉移電子的物質的量，F表示法拉第常數；表示電解過程中通過的總電量。
①當電解電壓為時，催化電解生成的電極反應式為 。
②當電解電壓為時，電解生成的和的物質的量之比為 。
核心考點十 探究性實驗
【典例呈現】
亞硝酸鈣是一種白色粉末，易潮解，在鋼筋混凝土工程中，主要用作水泥硬化促進劑和防凍阻銹劑。實驗室中采用如圖裝置制取少量亞硝酸鈣。
回答下列問題：
(1)裝置Ⅰ中儀器a的名稱是 ，裝置中發生主要反應的化學方程式為 。
(2)裝置Ⅱ的作用是 。
(3)如圖裝置中，能用來替代裝置Ⅲ的是 (填標號)。
(4)滴入稀硝酸前，需要向裝置中通入一段時間，待反應結束后還需繼續通入一段時間，兩次通的目的分別是 ； 。
(5)若缺少裝置Ⅴ，產生的影響是 。
(6)裝置Ⅵ中氮元素被氧化成價，則反應的離子方程式為 。
(7)若所得亞硝酸鈣產品中僅含少量硝酸鈣雜質，可用如下實驗操作測定其純度：稱量產品溶于水，先加入足量溶液，充分攪拌后過濾，除去，再加入適量飽和溶液，加熱煮沸，將轉化為。然后向所得溶液中加入
溶液，并用稀硫酸酸化，充分反應后用標準溶液滴定過量的，消耗標準溶液的體積為。
①除去時，反應的離子方程式為 。
②計算可知，所得產品的純度為 (用含、的式子表示)。
【考前秘笈】
1．探究類試題常見的命題形式
(1)探究化學反應機理； (2)探究化學實驗中的反常現象； (3)探究對經典問題的質疑；
(4)探究未知物的成分； (5)探究物質的性質；(6)探究化學反應的條件；(7)探究化學反應的現象。
2．解答探究型實驗題的基本程序
解答探究型實驗題的基本程序可用以下流程圖表示：
提出問題→提出猜想→設計驗證方案→觀察實驗發現特殊現象，提出新猜想現象→得出結論
(1)提出問題。
要提出問題，首先得發現問題，對題給信息進行對比、質疑，通過思考提出值得探究的問題。此外，實驗中出現的特殊現象也是發現問題、提出問題的重要契機。
(2)提出猜想。
所謂猜想就是根據已有知識對問題的解決提出的幾種可能的情況。有一些問題，結論有多種可能(這就是猜想)，只能通過實驗進行驗證。
(3)設計驗證方案。
提出猜想后，就要結合題給條件，設計出科學、合理、安全的實驗方案，對可能的情況進行探究。實驗設計中，關鍵點是對試劑的選擇和實驗條件的調控。
(4)觀察實驗現象，得出結論。
根據設計的實驗方案，結合實驗現象進行推理分析或計算分析得出結論。
【預測模擬】
1．在工業上經常用水蒸氣蒸餾的方法從橙子等水果果皮中收集橙油(主要成分是檸檬烯)，其鍵線式和實驗步驟如下：
對象 密度 熔點 沸點 化學性質
檸檬烯 177℃ 遇明火、高溫、強氧化劑易燃
39.8℃ 遇明火易爆炸
I．提取檸檬烯
①將200g新鮮的橙子皮剪成小碎片后，投入燒瓶D中，加入約水，按照上圖安裝水蒸餾裝置。
②松開彈簧夾G，加熱水蒸氣發生器A至水沸騰，當T形管的支管口大量水蒸氣時夾緊彈簧夾G，開啟冷卻水，水蒸氣蒸餾即開始進行。一段時間后可觀察到錐形瓶餾出液的水面上有一層很薄的油層。
II．提純檸檬烯
①將餾出液用萃取，萃取3次后合并萃取液，置于裝有適量無水硫酸鈉的錐形瓶中。
②將錐形瓶中的溶液倒入蒸餾燒瓶中蒸餾。本實驗共獲得橙油
回答下列問題：
(1)直形玻璃管C的作用 。
(2)水蒸氣蒸餾時，判斷蒸餾結束的方法是 。
(3)將餾出液用萃取時，檸檬烯從 (填儀器名稱)的 (填“上口”或“下口”)出來。
(4)無水硫酸鈉可以換成 (填字母)。
a．濃硫酸　　　　　b．熟石灰　　　c．無水氯化鎂
(5)提純檸檬烯的蒸餾操作時，下列操作的先后順序分別為 (填字母)
a．通冷凝水　　　b．加熱蒸餾燒瓶
蒸餾操作用 加熱的方法。
(6)新鮮橙子皮中的橙油質量分數為 %(保留到小數點后兩位)。
2．某實驗小組對分別與、的反應進行實驗探究。
實驗藥品：0.1mol/L溶液()；0.1mol/L溶液()；0.05mol/L溶液()；固體；NaCl固體。
實驗過程
實驗編 I Ⅱ Ⅲ
號
實驗操作
實驗現象 溶液呈紫色，靜置后紫色迅速褪去，久置后出現淡黃色渾濁 溶液呈紫色，靜置后紫色褪去，久置后不出現淡黃色渾濁 溶液呈紫色，靜置后紫色緩慢褪去，久置后不出現淡黃色渾濁
資料：i．在酸性條件下不穩定，發生自身氧化還原反應；
ii．(暗紫色)，遇無明顯現象。
(1)配制溶液時，一般是將固體藥品溶于少量濃鹽酸，然后再加水稀釋，請結合離子方程式解釋其可能的原因： 。
(2)對實驗I中現象產生的原因探究如下：
①證明有Fe 生成：取實驗I中褪色后的溶液，加入1~2滴溶液，觀察到有藍色沉淀生成，請寫出生成藍色沉淀的離子方程式： ；中的配離子是由和通過配位鍵形成的，其中提供孤電子對形成配位鍵的原子是 。
②實驗I中紫色褪去時被氧化成，相關反應的離子方程式是 。
③實驗I和Ⅱ對比，I中出現淡黃色渾濁，而Ⅱ中不出現淡黃色渾濁的原因是 。
(3)為探究實驗Ⅱ和Ⅲ中紫色褪去快慢不同的原因，設計實驗如下：
實驗編號 Ⅳ V
實驗操作
實驗現象 紫色褪去時間：a>b 紫色褪去時間：c①試劑X是 。
②由實驗Ⅳ和實驗V得出的結論是 。
3．硫脲（）可用作橡膠的硫化促進劑、金屬礦物的浮選劑。已知硫脲易溶于水，易被氧化，受熱時部分發生異構化反應而生成硫氰化銨。實驗室制備硫脲的裝置如圖所示（夾持和加熱裝置略）。
請回答下列問題：
(1)儀器a的名稱是 ；裝置A中發生反應的化學方程式為 。
(2)反應開始時，先打開，當觀察到 時，再打開，這樣操作的目的是 。
(3)裝置B中除生成硫脲外，還生成一種堿，寫出裝置B中發生反應的化學方程式： ；檢驗裝置B中硫脲是否異構化的試劑名稱是 。
(4)裝置B反應后的液體經分離、提純、烘干可得產品。測定產品的純度：
稱取m g產品，加水溶解配成250 mL溶液，取25 mL于錐形瓶中，加入稀硫酸酸化，用 mol L酸性標準溶液滴定，滴定至終點時消耗標準溶液V mL（已知滴定時，硫脲轉化為、和，假設雜質不參與反應）。
①該實驗中滴加酸性標準溶液的正確操作是 （填字母）。
②樣品中硫脲的質量分數為 %（用含m、、V的代數式表示）。
③若滴定前平視酸性標準溶液液面讀數，滴定后俯視液面讀數，計算得到的待測產品純度比實際純度 （填“大”或“小”）。
核心考點十一 有機化學推斷
【典例呈現】
化合物G是合成具有抗菌、消炎作用的黃酮醋酸類藥物的中間體，其合成路線如下：
請回答下列問題：
(1)A的名稱是 ，B中含有的官能團名稱是： 。
(2)滿足下列條件的C的同分異構體有 種。
a．苯環上有兩個取代基 b．能發生銀鏡反應 c．能發生水解反應
(3)C生成D的化學方程式為 。
(4)下列關于的說法不正確的是_____。
A．可通過紅外光譜檢測出有機物E中含有鍵和鍵
B．有機物F中所有碳原子一定共平面
C．該反應過程有鍵的斷裂和鍵的形成
D．有機物E中碳原子的雜化方式有2種
(5)化合物G的一種同分異構體結構簡式為，分析預測其可能的具有的化學性質，完成下表。
所用試劑 反應生成的新結構 反應類型
的溶液 ① 加成反應
溶液 ② ③
(6)參照以上合成路線及條件，以苯、和為原料制備
。
基于你設計的路線，回答下列問題。
①第一步反應產物的核磁共振氫譜峰面積之比為 。
②最后一步為取代反應，對應的化學方程式為 。
【考前秘笈】
1．常見重要官能團的檢驗方法
官能團種類 試劑與條件 判斷依據
碳碳雙鍵或 碳碳三鍵 溴的CCl4溶液 紅色褪去
酸性KMnO4溶液 紫紅色褪去
鹵素原子 NaOH溶液，加熱， AgNO3溶液和稀硝酸 有沉淀產生
醇羥基 鈉 有H2放出
酚羥基 FeCl3溶液 顯紫色
濃溴水 有白色沉淀產生
羧基 NaHCO3溶液 有CO2放出
醛基 銀氨溶液，水浴加熱 有銀鏡生成
新制Cu(OH)2懸濁液， 煮沸 有磚紅色沉淀 生成
酯基 NaOH與酚酞的混合物，加熱 紅色褪去
2．掌握推斷反應類型常用的方法
(1)由官能團轉化推測反應類型。從斷鍵、成鍵的角度掌握各反應類型的特點，如取代反應的特點是有上有下或斷一下一上一；加成反應的特點是只上不下或斷一加二；消去反應的特點是只下不上。
(2)由反應條件推測反應類型。有機反應的重要條件總結如下：
①NaOH水溶液作條件的反應：鹵代烴的水解；酯的堿性水解；NaOH醇溶液與鹵代烴發生的是消去反應。
②以濃H2SO4作條件的反應：醇的消去；醇變醚；苯的硝化；酯化反應。
③以稀H2SO4作條件的反應：酯的水解；糖類的水解；蛋白質的水解。
④Fe：苯環的鹵代。光照：烷烴的鹵代。
⑤當反應條件為光照且與X2反應時，通常是X2與烷烴或苯環側鏈烴基上的氫原子發生取代反應，而當反應條件為催化劑且與X2反應時，通常為苯環上的氫原子直接被取代。
⑥當反應條件為催化劑并有氧氣時，通常是醇氧化為醛或醛氧化為酸。
(3)鹵代、硝化、磺化、酯化、水解、皂化、分子間脫水等反應，本質上屬于取代反應。
(4)有機物的加氫、脫氧屬還原反應，脫氫、加氧屬于氧化反應。
3．確定有機物同分異構體數目的4種方法
(1)基團連接法
將有機物看作由基團連接而成，由基團的異構體數目可推斷有機物的異構體數目。如：—C4H9有四種，丁醇(C4H9OH)、C4H9Cl分別有四種。
(2)換位思考法
將有機物分子中的不同原子或基團換位進行思考。如：乙烷分子中共有6個氫原子，若有一個氫原子被氯原子取代所得一氯乙烷只有一種結構，那么五氯乙烷也只有一種結構。
(3)等效氫原子法(又稱對稱法)
有機物分子中有多少種等效氫原子，其一元取代物就有多少種，從而確定同分異構體數目的方法。
分子中等效氫原子有如下情況：
①分子中同一個碳上的氫原子等效；
②同一個碳上的甲基氫原子等效；
③分子中處于鏡面對稱位置(相當于平面鏡成像時)上的氫原子是等效的。
(4)定1移2法
分析二元取代物的方法，先固定一個取代基的位置，再移動另一取代基的位置，從而可確定同分異構體的數目。如分析C3H6Cl2的同分異構體，先固定其中一個氯原子的位置，移動另外一個氯原子。
4．常用的合成路線
有機合成往往要經過多步反應才能完成，因此確定有機合成的途徑和路線時，要進行合理選擇。
（1）一元合成路線
R—CH=CH2鹵代烴一元醇一元醛一元羧酸酯
（2）二元合成路線
CH2CH2 CH2X—CH2XCH2OH—CH2OH
HOOC—COOH鏈酯、環酯、聚酯
（3）芳香化合物的合成路線
①
②
芳香酯
注意：與Cl2反應時條件不同所得產物不同，光照時，只取代側鏈甲基上的氫原子，生成；而Fe作催化劑時，取代苯環上甲基鄰、對位上的氫原子，生成。
5．高考常見的新信息反應總結
(1)丙烯αH被取代的反應：
CH3CHCH2＋Cl2ClCH2CHCH2＋HCl。
(2)共軛二烯烴的1,4加成反應：
②。
(3)烯烴被O3氧化：
(4)苯環側鏈的烴基(與苯環相連的碳上含有氫原子)被酸性KMnO4溶液氧化：。
(5)苯環上硝基被還原：。
(6)醛、酮的加成反應(加長碳鏈，—CN水解得—COOH)：
；
(8)醛或酮與格氏試劑(R′MgX)發生加成反應，所得產物經水解可得醇：
(10)羧酸用LiAlH4還原時，可生成相應的醇：RCOOHRCH2OH。
(11)酯交換反應(酯的醇解)：R1COOR2＋R3OH―→R1COOR3＋R2OH。
【預測模擬】
1．酮基布洛芬片是用于治療各種關節腫痛以及牙痛、術后痛等的非處方藥。其合成路線如圖所示：
(1)A的化學名稱為 。
(2)酮基布洛芬官能團的名稱為 ，D→E的反應類型為 。
(3)寫出C的結構簡式： ；A～G中含有手性碳原子的物質有 種。
(4)請寫出B在NaOH水溶液中加熱的化學方程式： 。
(5)H為酮基布洛芬的同分異構體，則符合下列條件的H有 種。
①含的酯類化合物
②兩個苯環上還有一個取代基
(6)以、苯和為原料(無機試劑任選)，設計制的一種合成路線 。
2．有機物M()是一種制備液晶材料的重要中間體，以苯酚為原料制備M的合成路線如圖：
已知：Ⅰ.(格林試劑)，X=Cl、Br、I；
Ⅱ.；
Ⅲ.。
回答下列問題：
(1)B的化學名稱為 。
(2)L中含氧官能團的名稱是 。
(3)H的結構簡式為 。
(4)I→K的反應類型是 。
(5)寫出A→B反應的化學方程式： 。
(6)反應中使用三甲基氯硅烷()的作用是 ，在本流程中起類似作用的有機物還有 (填名稱)。
(7)符合下列條件的E的同分異構體有 種(不考慮立體異構)。其中核磁共振氫譜顯示有6組峰且面積之比為6∶2∶1∶1∶1∶1，并含有1個手性碳原子的結構簡式為 (寫出一種即可)。
①能與金屬鈉反應產生氫氣；
②含兩個甲基；
③能發生銀鏡反應。
3．以胍鹽離子液體（GIL）為催化劑合成化合物G的路線如下：
(1)化合物G中sp、雜化的碳原子數目之比為 。
(2)B→D過程中還可能經歷B→X→D，其中物質X與C互為同分異構體，X的結構簡式為 。
(3)E→F的反應過程中加入KOH溶液可以提高F的產率，其原因是 。
(4)寫出同時滿足下列條件的C的一種同分異構體的結構簡式： 。
能發生水解反應，生成兩種產物均含苯環，且兩種產物中核磁共振氫譜分別為2個峰和4個峰。
(5)已知：①；②。
寫出以、和為原料制備的合成路線流程圖 （無機試劑和有機溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干）。
核心考點十二 物質結構與性質
【典例呈現】
2023年諾貝爾化學獎授予三位在發現和合成量子點方面做出重要貢獻的科學家。量子點是一種納米級別的半導體，其直徑常在2-20nm之間，例如碳量子點、砷化鎵(GaAs)量子點等。
(1)我國化學家研究的一種新型復微合光催化劑［碳量子點／氮化碳(納米復合物)］可以利用太陽光實現高效分解水，其原理如圖所示。下列說法正確的是___________。
A．總反應為 B．水分解過程中，作催化劑
C．復合光催化劑中兩種納米材料均屬于共價化合物
D．若反應II是放熱反應，則反應I一定是吸熱反應
(2)基態Ga原子核外有 種能量不同的電子，基態As原子的價電子排布式 。
(3)N、P、As的氣態氫化物沸點由高到低的順序是 (用氫化物分子式表示)。
(4)砷化鎵可由和在700℃時制得。中鎵原子的雜化方式為 。分子的空間構型為 。
(5)砷化鎵(GaAs)的晶胞結構如圖甲所示。將Mn摻雜到晶體中得到稀磁性半導體材料，其晶胞結構如圖乙所示。下列說法錯誤的是___________。
A．圖甲中，與Ga原子直接連接的As原子構成的幾何形狀為正四面體形
B．圖甲中，與Ga原子等距離的Ga原子個數為12個
C．Ga的第一電離能小于As D．稀磁性半導體材料中，Mn、As的原子個數比為1：2
(6)已知砷化鎵晶胞的邊長為0.565nm，，計算GaAs晶體的密度為 (計算結果保留3位有效數字)。
(7)氮化鎵(GaN)和砷化鎵(GaAs)是具有相似結構的共價晶體，試比較二者熔點的高低并說明理由。 。
【考前秘笈】
1．晶胞中微粒數目的計算方法--------均攤法確定晶胞的化學組成
(1)方法
晶胞中任意位置上的一個原子如果是被n個晶胞所共有，那么每個原子對這個晶胞的貢獻就是。
(2)類型
①長方體(正方體)晶胞中不同位置的粒子對晶胞的貢獻：
②非長方體晶胞中粒子視具體情況而定
A．正三棱柱晶胞中：
B．六棱柱晶胞中：
C．石墨晶胞每一層內碳原子排成六邊形，其頂角(1個碳原子)被三個六邊形共有，每個六邊形占。
2．晶胞質量
晶胞質量＝晶胞占有的微粒的質量＝晶胞占有的微粒數×。
3．晶體密度及微粒間距離的計算
(1)晶體密度計算的基本流程
(
(2)計算晶體中微粒間距離的方法
4．空間利用率＝。
5．晶體結構的相關計算
(1)晶胞計算公式(立方晶胞)。
a3ρNA＝nM(a為棱長；ρ為密度；NA為阿伏加德羅常數的數值；n為1 mol晶胞所含基本粒子或特定組合的物質的量；M為該粒子或特定組合的摩爾質量)。
(2)金屬晶體中體心立方堆積、面心立方堆積中的幾組公式(設棱長為a)。
①面對角線長＝a。②體對角線長＝a。 ③體心立方堆積4r＝a(r為原子半徑)。
④面心立方堆積4r＝a(r為原子半徑)。
【預測模擬】
1．硒(Se是人體必需微量元素之一，含硒化合物在材料和藥物領域具有重要應用。自我國科學家發現聚集誘導發光(AIE)效應以來，AIE在發光材料、生物醫學等領域引起廣泛關注。一種含Se的新型AIE分子的合成路線如下：
回答下列問題：
(1)基態硒原子的價電子排布式為 。
(2)比較沸點 (填“>”或“＜”)，并解釋原因 。
(3)關于Ⅰ～Ⅳ物質，下列說法正確的有
A．Ⅰ中Se原子為雜化，碳原子不都是雜化
B．Ⅱ是由極性鍵和非極性鍵組成的弱極性分子
C．Ⅲ含有的所有元素中，O的電負性最大
D．Ⅳ中含有2個手性碳原子
(4)分子Ⅲ的價電子中，有 mol孤電子對。
(5)適量的硒酸鈉可減輕重金屬鉈引起的中毒，的立體構型為 。結合無機含氧酸的酸性變化規律，比較酸性： (填“>”或“＜”)。
(6)由鐵、鉀、硒形成的一種超導材料，其晶胞結構如圖1所示。
①該晶胞在xy平面投影如圖2所示，在晶體中，每個Fe周圍緊鄰的Se有 個。
②該晶胞參數、，該晶體密度 。(用表示阿伏加德羅常數，寫出計算表達式即可)
2．錳(Mn)、鈷(Co)、鎳(Ni)等過渡金屬元素化合物的應用研究是前沿科學之一，回答下列問題：
(1)的價電子排布式為 。金屬錳可導電、導熱，有金屬光澤和延展性，這些性質都可以用“ 理論”解釋。
(2)已知金屬錳有多種晶型，γ型錳的面心立方晶胞俯視圖符合下列 (填序號)，Mn原子的配位數為 。
A．　　　B．　　　　C．　　　　D．
(3)是一種紫色晶體，其中DMSO為二甲基亞砜，化學式為。DMSO中硫原子的雜化軌道類型為 ，中鍵角 中鍵角(填“大于”“小于”或“等于”)，的中心原子價層電子對數為 ，元素S、Mn、N的電負性由大到小的順序為 。
(4)鎳和苯基硼酸在催化劑作用下可以合成丙烯醇()，該物質與丙醛()相比，兩者沸點相差較大，原因是 。
(5)的晶胞結構如圖甲所示，其中離子坐標參數A為，B為，則C的離子坐標參數為 。一定溫度下，晶體可以自發地分散并形成“單分子層”，可以認為作密置單層排列，填充其中(如圖乙)，已知的半徑為，設阿伏加德羅常數值為NA，每平方米面積上具有該晶體的質量為 g(用含a、NA的代數式表示)。

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