2024年高考化學終極押題密卷1（新高考1）一．選擇題（共7小題）1．已知：CH4+Cl2→CH3Cl+HCl，下列說法正確的是（）A．CH4的球棍模型： B．CH4的分子空間構型：正方形 C．Cl﹣的結構示意圖： D．此反應為取代反應2．從柑橘中煉制萜二烯（），下列有關它的推測，不正確的是（）A．分子式為C10H16 B．它能使酸性高錳酸鉀溶液褪色 C．該分子所有的碳原子可能在一個平面 D．與過量的溴的CCl4溶液反應后產物為3．下列化學用語或表述正確的是（）A．沸點：對羥基苯甲醛＜鄰羥基苯甲醛 B．硅原子2py軌道電子云圖： C．酸性：HClO4＜HBrO4 D．基態(tài)Se的簡化電子排布式為：[Ar]4s24p24．關于原電池原理示意圖錯誤的是（）A．鋅片溶解 B．銅得到電子，被還原 C．鋅失去電子，被氧化 D．電子從鋅片經導線流向銅片5．下列實驗操作或裝置正確的是（）A．蒸發(fā)除去苯甲酸中的乙醇 B．用氫氧化鈉溶液滴定醋酸溶液 C．除去水中的苯 D．實驗室純化工業(yè)乙酸乙酯6．1，2﹣丙二醇可用作制備不飽和聚酯樹脂的原料，在化妝品、牙膏和香皂中可與甘油配合用作潤濕劑。已知1，2﹣丙二醇脫氧脫水反應的催化循環(huán)機理如圖所示。下列說法不正確的是（）A．X的化學式為H2O B．催化過程中金屬元素Mo成鍵數發(fā)生改變 C．MoO3是該反應的催化劑，可通過降低反應的活化能來提高化學反應速率 D．整個反應的化學方程式為7．常溫下，某學習小組用HA（強酸）調節(jié)pH，將AgB的溶解度（mol?L﹣1）的變化數據繪制出曲線如圖所示。在酸性條件下忽略Ag+的水解。已知：，。下列說法錯誤的是（）A．x的值：3.0＜x＜4.0 B．b點的溶液中存在：c（Ag+）＞c（B﹣）＞c（HB） C．水的電離程度：a＞b D．c點的溶液中：Ksp＞c（B﹣）c（HB）或Ksp＞c（B﹣）c（A﹣）均正確二．解答題（共4小題）8．從物質類別和元素化合價兩個維度研究物質的性質及轉化是重要的化學學習方法。氯及其化合物有重要用途，如圖為氯元素的“價類二維圖”的部分信息。請回答下列問題：（1）根據圖中信息寫出Y、Z的化學式、。（2）漂白液的有效成分是，氯氣既有氧化性又有還原性，結合圖示說明理由。（3）實驗室可用二氧化錳與濃鹽酸在加熱條件下制得氯氣。寫出該反應的化學方程式該反應中鹽酸表現（填字母）。A．酸性B．氧化性C．還原性（4）84消毒液使用說明中特別提醒不可與潔廁靈混合使用，否則會產生氯氣，有關反應方程式為NaClO+2HCl═NaCl+Cl2↑+H2O，下列有關該反應說法不正確的是。A．n（氧化劑）：n（還原劑）＝1：1B．n（氧化劑）：n（還原劑）＝1：2C．氧化性：NaClO＞Cl2D．Cl2既是氧化產物又是還原產物（5）ClO2在殺菌消毒過程中會產生副產物亞氯酸鹽（），需將其轉化為Cl﹣除去，下列試劑中可將轉化為Cl﹣的是（填字母）。A．O3B．FeSO4C．KID．KMnO49．CO2選擇性加氫制二甲醚（DME）是實現CO2資源化利用的重要途徑之一。近日，我國某研究團隊通過鎵改性的疏水二氧化硅負載銅基催化劑（Me：﹣CH3），實現了CO2加氫制二甲醚的高效催化。其主要反應為：反應Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）反應Ⅱ：2CH3OH（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g）反應Ⅲ：CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）（1）則反應Ⅳ：2CO2（g）+6H2（g）?CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH＝kJ?mol﹣1，該反應在（填“低溫”或“高溫”）下可自發(fā)進行。（2）已知：生成物A的選擇性＝，在4.0MPa下，密閉容器中充入1molCO2和4molH2發(fā)生反應，CO2的平衡轉化率和生成物的選擇性隨溫度變化如圖所示（不考慮其他因素影響）：①在220℃條件下，平衡時n（CO）＝mol，計算反應Ⅱ的平衡常數Kp為（保留3位有效數字）；②溫度高于280℃，CO2的平衡轉化率隨溫度升高而上升，從平衡移動的角度分析原因：；③其他條件不變，壓強改為3.0MPa，圖中點C將可能調至點（填“A”、“B”或“D”）。（3）結合圖像解釋“鎵物種和疏水基團”在反應Ⅱ進行過程中的重要作用：。10．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）Mn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），每個Mn原子周圍緊鄰的原子數為。A.B.C.D.（3）[Co（DMSO）6]（ClO4）2是一種紫色晶體，其中DMSO為二甲基亞砜，化學式為SO（CH3）2，DMSO中硫原子的雜化軌道類型為，SO（CH3）2中鍵角C﹣S﹣OCH3COCH3中鍵角C﹣C﹣O（填“大于”“小于”或“等于”），ClO4的空間構型是，元素S、Cl、O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（CH2＝CH﹣CH2OH），其相對分子質量等于丙醛（CH3CH2CHO），但兩者沸點相差較大，原因是。（5）NiO的晶胞結構如圖甲所示，其中離子坐標參數A為（0，0，0），B為（1，1，1），則C的離子坐標參數為。一定溫度下，NiO晶體可以自發(fā)地分散并形成“單分子層”，可以認為O2﹣作密置單層排列，Ni2+填充其中（如圖乙），已知O2﹣的半徑為apm，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）。11．溴丙胺太林是一種輔助治療十二指腸潰瘍的藥物，其合成路線如圖所示：請回答下列問題：（1）C的化學名稱為；F中含有的官能團名稱為。（2）B轉化為C的反應類型是。（3）D的結構簡式為。（4）E到F反應中，無機產物分子的VSEPR模型名稱為。（5）寫出Ⅰ轉化為K的化學方程式：。（6）X是Ⅰ的同分異構體，具有如下結構與性質：①含有結構；②能發(fā)生銀鏡反應；③除苯環(huán)外，不含其他環(huán)。符合條件的X共有種，其中核磁共振氫譜有3組峰，且峰面積比為1：2：2的結構簡式為。三．工藝流程題（共1小題）12．氧化鉍（Bi2O3）是一種淡黃色、低毒的氧化物俗稱鉍黃，廣泛應用于醫(yī)藥合成、能源材料等領域，也是制作防火紙的材料之一。以鉍精礦（主要成分Bi2S3，還含有SiO2、Cu2S、FeS2、PbO2等雜質）為原料制備Bi2O3的一種工藝流程如圖所示：已知：①PbO2不溶于稀鹽酸，“酸浸”后溶液中金屬陽離子主要有Na+、Bi3+、Fe3+、Cu2+等。②鹽酸羥胺常用作還原劑。③BiCl3在pH＝1時開始水解，pH≥3時BiCl3幾乎完全水解為白色的BiOCl沉淀。④常溫下部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見下表：金屬離子Fe3+Fe2+Cu2+開始沉淀完全沉淀回答下列問題：（1）Bi與N同主族，Bi原子處于基態(tài)時電子占據最高能級的電子云輪廓圖為形。（2）“濾渣1”的主要成分有S、，工業(yè)上以純堿、石灰石、（填化學式）為原料生產普通玻璃。（3）寫出“酸浸”步驟中Bi2S3發(fā)生氧化還原反應的離子方程式：。（4）“轉化”步驟中加入鹽酸羥胺（NH3OHCl）的目的是?！罢{pH”步驟中加入Na2CO3調節(jié)溶液的pH，其合理范圍為。（5）“濾液2”中主要的金屬陽離子有（填離子符號）；流程中生成（BiO）2CO3的化學方程式為。

2024年菁優(yōu)高考化學終極押題密卷1（新高考1）參考答案與試題解析一．選擇題（共7小題）1．已知：CH4+Cl2→CH3Cl+HCl，下列說法正確的是（）A．CH4的球棍模型： B．CH4的分子空間構型：正方形 C．Cl﹣的結構示意圖： D．此反應為取代反應【考點】球棍模型與比例模型；判斷簡單分子或離子的構型．【專題】原子組成與結構專題．【答案】D【分析】A．是CH4的空間充填模型，不是球棍模型；B．CH4的價層電子對數＝4+＝4，C原子sp3雜化，據此判斷分子空間構型；C．氯原子得到一個電子形成了氯離子，核電荷數為17，核外電子數18，據此寫出Cl﹣的結構示意圖；D．有機物中的原子或原子團被其它原子或原子團代替發(fā)生的反應為取代反應?！窘獯稹拷猓篈．CH4分子是正四面體結構，球棍模型：，故A錯誤；B．CH4的分子空間構型為正四面體形，故B錯誤；C．氯離子的結構示意圖為：，故C錯誤；D．已知：CH4+Cl2→CH3Cl+HCl，反應為取代反應，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查了常見化學用語的表示方法，題目難度中等，涉及結構簡式、原子結構示意圖、電子式等知識，明確常見化學用語的書寫原則為解答關鍵，試題培養(yǎng)了學生的規(guī)范答題能力。2．從柑橘中煉制萜二烯（），下列有關它的推測，不正確的是（）A．分子式為C10H16 B．它能使酸性高錳酸鉀溶液褪色 C．該分子所有的碳原子可能在一個平面 D．與過量的溴的CCl4溶液反應后產物為【考點】有機物的結構和性質．【答案】C【分析】由及C形成4個共價鍵，分析分子式，分子中含C＝C，結合烯烴的性質來解答?！窘獯稹拷猓篈．由結構簡式可知，分子式為C10H16，故A正確；B．含有碳碳雙鍵，可被酸性高錳酸鉀溶液氧化，故B正確；C．含有飽和碳原子，具有甲烷的結構特征，則所有的碳原子不可能在同一個平面上，故C錯誤；D．含2個雙鍵，與2mol溴發(fā)生加成，則與過量的溴的CCl4溶液反應后產物為，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查有機物結構和性質，為高考常見題型，側重考查烯烴性質，明確官能團及其性質關系是解本題關鍵，注意D中發(fā)生加成反應特點，題目難度不大。3．下列化學用語或表述正確的是（）A．沸點：對羥基苯甲醛＜鄰羥基苯甲醛 B．硅原子2py軌道電子云圖： C．酸性：HClO4＜HBrO4 D．基態(tài)Se的簡化電子排布式為：[Ar]4s24p2【考點】電子排布式與電子排布圖；原子核外電子排布．【專題】化學用語專題．【答案】B【分析】A．對羥基苯甲醛易形成分子間氫鍵，鄰羥基苯甲醛易形成分子內氫鍵；B．硅原子2py軌道為紡錘形，沿著y軸延伸；C．同主族元素從上到下，最高價含氧酸酸性依次減弱；D．漏掉3d上的電子?！窘獯稹拷猓篈．對羥基苯甲醛易形成分子間氫鍵，鄰羥基苯甲醛易形成分子內氫鍵，沸點：對羥基苯甲醛＞鄰羥基苯甲醛，故A錯誤；B．硅原子2py軌道電子云圖：，故B正確；C．酸性：HClO4＞HBrO4，故C錯誤；D．基態(tài)Se的簡化電子排布式為：[Ar]3d104s24p2，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查常見化學用語的表示方法，為高頻考點，涉及電子云圖、電子排布表示式等知識，把握常見化學用語的書寫原則為解答關鍵，試題側重考查學生的規(guī)范答題能力，題目難度不大。4．關于原電池原理示意圖錯誤的是（）A．鋅片溶解 B．銅得到電子，被還原 C．鋅失去電子，被氧化 D．電子從鋅片經導線流向銅片【考點】原電池原理．【專題】電化學專題．【答案】B【分析】該原電池中，Zn易失電子作負極、Cu作正極，負極反應式為Zn﹣2e﹣＝Zn2+、正極反應式為2H++2e﹣＝H2↑，電子從負極沿導線流向正極，據此分析解答?！窘獯稹拷猓篈．鋅易失電子作負極，負極反應式為Zn﹣2e﹣＝Zn2+，所以隨著反應的進行，鋅片溶解，故A正確；B．正極為Cu，正極反應式為2H++2e﹣＝H2↑，所以氫離子在銅表面被還原，產生氣泡，銅未得到電子，故B錯誤；C．Zn易失電子作負極，被氧化，故C正確；D．電子從鋅沿導線流向正極Cu，故D正確；故選：B?！军c評】本題考查了原電池原理，明確原電池正負極的判斷、正負極上發(fā)生的反應及電子流向即可解答，能正確書寫電極反應式，題目難度不大。5．下列實驗操作或裝置正確的是（）A．蒸發(fā)除去苯甲酸中的乙醇 B．用氫氧化鈉溶液滴定醋酸溶液 C．除去水中的苯 D．實驗室純化工業(yè)乙酸乙酯【考點】化學實驗方案的評價．【專題】實驗評價題．【答案】D【分析】A.苯甲酸溶于乙醇，二者沸點不同；B.氫氧化鈉溶液滴定醋酸溶液，NaOH應盛放在堿式滴定管中；C.苯與水分層；D.工業(yè)乙酸乙酯中各有機物的沸點不同?！窘獯稹拷猓篈.苯甲酸溶于乙醇，二者沸點不同，不能選蒸發(fā)，應蒸餾分離，故A錯誤；B.氫氧化鈉溶液滴定醋酸溶液，NaOH應盛放在堿式滴定管中，不能選圖中酸式滴定管，故B錯誤；C.苯與水分層，不能過濾分離，應選分液法，故C錯誤；D.工業(yè)乙酸乙酯中各有機物的沸點不同，可選圖中蒸餾裝置分離，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、混合物分離提純、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。6．1，2﹣丙二醇可用作制備不飽和聚酯樹脂的原料，在化妝品、牙膏和香皂中可與甘油配合用作潤濕劑。已知1，2﹣丙二醇脫氧脫水反應的催化循環(huán)機理如圖所示。下列說法不正確的是（）A．X的化學式為H2O B．催化過程中金屬元素Mo成鍵數發(fā)生改變 C．MoO3是該反應的催化劑，可通過降低反應的活化能來提高化學反應速率 D．整個反應的化學方程式為【考點】探究化學反應機理．【專題】物質的性質和變化專題．【答案】D【分析】A．反應②為；B．Mo成鍵數發(fā)生改變；C．催化劑降低反應的活化能；D．由圖可知，1，2﹣丙二醇為反應物，丙烯、甲醛和乙醛是生成物?！窘獯稹拷猓篈．由題干反應歷程圖可知，反應②為，則X為H2O，故A正確；B．由圖可知，Mo成鍵數發(fā)生改變，故B正確；C．催化劑MoO3通過降低反應的活化能來提高化學反應速率，故C正確；D．由圖可知，1，2﹣丙二醇為反應物，丙烯、甲醛和乙醛是生成物，則整個反應的化學方程式為：，故D錯誤；故選：D。【點評】本題考查反應過程，側重考查學生反應機理的掌握情況，試題難度中等。7．常溫下，某學習小組用HA（強酸）調節(jié)pH，將AgB的溶解度（mol?L﹣1）的變化數據繪制出曲線如圖所示。在酸性條件下忽略Ag+的水解。已知：，。下列說法錯誤的是（）A．x的值：3.0＜x＜4.0 B．b點的溶液中存在：c（Ag+）＞c（B﹣）＞c（HB） C．水的電離程度：a＞b D．c點的溶液中：Ksp＞c（B﹣）c（HB）或Ksp＞c（B﹣）c（A﹣）均正確【考點】沉淀溶解平衡．【專題】電離平衡與溶液的pH專題．【答案】C【分析】A．Ksp（AgBr）＝c（Ag+）?c（B﹣），a點時c（Ag+）＝0.10mol/L，則c（B﹣）＝mol/L＝0.002mol/L，物料守恒關系為c（Ag+）＝c（B﹣）+c（HB）＝0.10mol/L，c（HB）＝0.10mol/L﹣0.002mol/L≈0.10mol/L，結合Ka（HB）＝×c（H+）進行計算；B．由圖可知，b點時pH＝5，c（H+）＝1.0×10﹣5mol/L，Ka（HB）＝×1.0×10﹣5＝1.75×10﹣5，c（B﹣）＝1.75c（HB）＞c（HB），結合物料守恒為c（Ag+）＝c（B﹣）+c（HB）分析判斷；C．酸抑制水的電離，c（H+）越大，抑制作用越強；D．由圖可知，c點溶液呈中性，c（H+）＝c（OH﹣），電荷守恒關系為c（Ag+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（B﹣）+c（A﹣），即c（Ag+）＝c（B﹣）+c（A﹣）＞c（A﹣），物料守恒關系為c（Ag+）＝c（B﹣）+c（HB）＞c（HB），結合Ksp（AgBr）＝c（Ag+）?c（B﹣）分析判斷?！窘獯稹拷猓篈．a點時c（Ag+）＝0.10mol/L，Ksp（AgBr）＝c（Ag+）?c（B﹣），則c（B﹣）＝mol/L＝0.002mol/L，物料守恒關系為c（Ag+）＝c（B﹣）+c（HB）＝0.10mol/L，c（HB）＝0.10mol/L﹣0.002mol/L≈0.10mol/L，即Ka（HB）＝×c（H+）＝×c（H+）＝1.75×10﹣5，c（H+）＝8.75×10﹣4mol/L，由于1.0×10﹣4＜8.75×10﹣4＜1.0×103，所以3.0＜x＜4.0，故A正確；B．由圖可知，b點時pH＝5，c（H+）＝1.0×10﹣5mol/L，Ka（HB）＝×1.0×10﹣5＝1.75×10﹣5，c（B﹣）＝1.75c（HB）＞c（HB），物料守恒為c（Ag+）＝c（B﹣）+c（HB）＞c（B﹣），所以b點的溶液中存在：c（Ag+）＞c（B﹣）＞c（HB），故B正確；C．由圖可知，酸性：a＞b，酸抑制水的電離，c（H+）越大，抑制作用越強，則水的電離程度：a＜b，故C錯誤；D．由圖可知，c點溶液呈中性，c（H+）＝c（OH﹣），電荷守恒關系為c（Ag+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（B﹣）+c（A﹣），即c（Ag+）＝c（B﹣）+c（A﹣）＞c（A﹣），物料守恒關系為c（Ag+）＝c（B﹣）+c（HB）＞c（HB），則Ksp（AgBr）＝c（Ag+）?c（B﹣）＞c（B﹣）?c（HB）或Ksp＞c（B﹣）?c（A﹣），故D正確；故選：C?！军c評】本題考查沉淀溶解平衡圖象分析，側重圖象分析判斷能力和計算能力考查，把握溶度積常數和弱酸電離平衡常數表達式及其應用、水的電離及其影響因素是解題關鍵，注意掌握溶液中守恒關系式的應用，題目難度中等。二．解答題（共4小題）8．從物質類別和元素化合價兩個維度研究物質的性質及轉化是重要的化學學習方法。氯及其化合物有重要用途，如圖為氯元素的“價類二維圖”的部分信息。請回答下列問題：（1）根據圖中信息寫出Y、Z的化學式Cl2O7、HClO。（2）漂白液的有效成分是NaClO，氯氣既有氧化性又有還原性，結合圖示說明理由氯元素為0價，既有降低的趨勢，又有升高趨勢。（3）實驗室可用二氧化錳與濃鹽酸在加熱條件下制得氯氣。寫出該反應的化學方程式MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O該反應中鹽酸表現AC（填字母）。A．酸性B．氧化性C．還原性（4）84消毒液使用說明中特別提醒不可與潔廁靈混合使用，否則會產生氯氣，有關反應方程式為NaClO+2HCl═NaCl+Cl2↑+H2O，下列有關該反應說法不正確的是B。A．n（氧化劑）：n（還原劑）＝1：1B．n（氧化劑）：n（還原劑）＝1：2C．氧化性：NaClO＞Cl2D．Cl2既是氧化產物又是還原產物（5）ClO2在殺菌消毒過程中會產生副產物亞氯酸鹽（），需將其轉化為Cl﹣除去，下列試劑中可將轉化為Cl﹣的是BC（填字母）。A．O3B．FeSO4C．KID．KMnO4【考點】氯及其化合物的綜合應用；根據化學式判斷化合價．【專題】鹵族元素．【答案】（1）Cl2O7；HClO；（2）NaClO；氯元素為0價，既有降低的趨勢，又有升高的趨勢；（3）MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O；AC；（4）B；（5）BC?！痉治觥浚?）根據圖中信息利用Cl元素的化合價和物質類別書寫化學式；（2）氯氣為0價，處于中間價態(tài)，所以既有降低的趨勢，又有升高趨勢；（3）二氧化錳與濃鹽酸在加熱條件下反應生成氯化錳、氯氣和水，濃鹽酸既體現了還原性，又體現了酸性；（4）84消毒液與潔廁靈混合使用，會產生氯氣，反應的離子方程式為2H++Cl﹣+ClO﹣═Cl2↑+H2O，則NaClO是氧化劑，鹽酸是還原劑，Cl2既是氧化產物又是還原產物；（5）將轉化為Cl﹣的物質具有還原性?！窘獯稹拷猓海?）根據圖中信息可知，Cl的化合價為+7價，Y為氧化物，則Y的化學式為Cl2O7，Z的化合價為+1價，Z為酸，則Z的化學式為：HClO，故答案為：Cl2O7；HClO；（2）漂白液的有效成分是NaClO，氯氣既有氧化性又有還原性，結合圖可知，理由是：氯元素為0價，既有降低的趨勢，又有升高趨勢，故答案為：NaClO；氯元素為0價，既有降低的趨勢，又有升高趨勢；（3）實驗室可用二氧化錳與濃鹽酸在加熱條件下反應生成氯化錳、氯氣和水，則該反應的化學方程式：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O，鹽酸的Cl的化合價部分由﹣1價升高變?yōu)?價，既體現了還原性，又體現了酸性，故答案為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O；AC；（4）A.反應中，NaClO是氧化劑，HCl是還原劑，部分被氧化，則n（氧化劑）：n（還原劑）＝1：1，故A正確；B.n（氧化劑）：n（還原劑）＝1：1，則m（氧化劑）：m（還原劑）＝74.5：36.5，故B錯誤；C.NaClO是氧化劑，Cl2是氧化產物，則氧化性：NaClO＞Cl2，故C正確；D.Cl2中Cl元素來源于NaClO和HCl，既是氧化產物又是還原產物，故D正確；故答案為：B；（5）將轉化為Cl﹣的物質具有還原性，則FeSO4和KI能將轉化為Cl﹣，故BC正確，故答案為：BC。【點評】本題考查氧化還原反應，為高考常見題型，把握反應中氯元素的化合價變化為解答的關鍵，平時注意方程式書寫及判斷，題目難度不大。9．CO2選擇性加氫制二甲醚（DME）是實現CO2資源化利用的重要途徑之一。近日，我國某研究團隊通過鎵改性的疏水二氧化硅負載銅基催化劑（Me：﹣CH3），實現了CO2加氫制二甲醚的高效催化。其主要反應為：反應Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）反應Ⅱ：2CH3OH（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g）反應Ⅲ：CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）（1）則反應Ⅳ：2CO2（g）+6H2（g）?CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH＝﹣122.54kJ?mol﹣1，該反應在低溫（填“低溫”或“高溫”）下可自發(fā)進行。（2）已知：生成物A的選擇性＝，在4.0MPa下，密閉容器中充入1molCO2和4molH2發(fā)生反應，CO2的平衡轉化率和生成物的選擇性隨溫度變化如圖所示（不考慮其他因素影響）：①在220℃條件下，平衡時n（CO）＝0.02mol，計算反應Ⅱ的平衡常數Kp為24.9（保留3位有效數字）；②溫度高于280℃，CO2的平衡轉化率隨溫度升高而上升，從平衡移動的角度分析原因：反應Ⅰ為放熱反應，反應Ⅲ為吸熱反應，升溫時反應Ⅰ左移，反應Ⅲ右移，溫度高于280℃時，反應Ⅲ右移程度大于反應Ⅰ左移程度，CO2的平衡轉化率上升；③其他條件不變，壓強改為3.0MPa，圖中點C將可能調至點D（填“A”、“B”或“D”）。（3）結合圖像解釋“鎵物種和疏水基團”在反應Ⅱ進行過程中的重要作用：鎵物種作為催化劑加快了化學反應速率；疏水甲基基團調控了催化劑表面的浸潤性，提升水分子的擴散速率并抑制其二次吸附，有利于反應正向進行，實現了催化劑活性、選擇性提升，從而實現甲醇到二甲醚反應的高效轉化。【考點】化學平衡的計算；用蓋斯定律進行有關反應熱的計算；化學平衡的影響因素．【專題】化學反應中的能量變化；化學平衡專題．【答案】（1）﹣122.54；低溫；（2）①0.02；24.9；②反應Ⅰ為放熱反應，反應Ⅲ為吸熱反應，升溫時反應Ⅰ左移，反應Ⅲ右移，溫度高于280℃時，反應Ⅲ右移程度大于反應Ⅰ左移程度，CO2的平衡轉化率上升；③D；（3）鎵物種作為催化劑加快了化學反應速率；疏水甲基基團調控了催化劑表面的浸潤性，提升水分子的擴散速率并抑制其二次吸附，有利于反應正向進行，實現了催化劑活性、選擇性提升，從而實現甲醇到二甲醚反應的高效轉化。【分析】（1）根據蓋斯定律，反應Ⅰ×2+反應Ⅱ，可得，2CO2（g）+6H2（g）?CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH＝2ΔH1+ΔH2；根據ΔH﹣T△S＜0自發(fā)進行判斷；（2）①在220℃條件下，平衡時CO2的轉化率為40%，CO的選擇性為5%，DME的選擇性為80%，設反應Ⅰ轉化的n（CO2）＝xmol，反應Ⅱ生成（DME）＝y(tǒng)mol，反應Ⅲ生成n（CO）＝zmol，CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）變化量（mol）x3xxx2CH3OH（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g）變化量（mol）2yyyCO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）變化量（mol）zzzz則×100%＝40%，×100%＝5%，×100%＝80%，可解得，x＝0.38，y＝0.16，z＝0.02，根據Kp＝計算反應Ⅱ的平衡常數；②溫度升高，平衡向吸熱方向移動；③反應Ⅰ為氣體減小的反應，反應Ⅱ、Ⅲ都為反應前后氣體體積不變的反應，壓強減小，反應Ⅰ逆向移動，甲醇的物質的量減??；（3）催化劑能加快反應速率；疏水甲基基團調控了催化劑表面的浸潤性，提升水分子的擴散速率并抑制其二次吸附。【解答】解：（1）根據蓋斯定律，反應Ⅰ×2+反應Ⅱ，可得，2CO2（g）+6H2（g）?CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH＝2ΔH1+ΔH2＝2×（﹣49.01kJ?mol﹣1）+（﹣24.52kJ?mol﹣1）＝﹣122.54kJ?mol﹣1；ΔH＜0，反應Ⅳ為氣體體積減小的反應，即△S＜0，根據ΔH﹣T△S＜0自發(fā)進行可知，低溫下能自發(fā)進行，故答案為：﹣122.54；低溫；（2）①在220℃條件下，平衡時CO2的轉化率為40%，CO的選擇性為5%，DME的選擇性為80%，設反應Ⅰ轉化的n（CO2）＝xmol，反應Ⅱ生成（DME）＝y(tǒng)mol，反應Ⅲ生成n（CO）＝zmol，CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）變化量（mol）x3xxx2CH3OH（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g）變化量（mol）2yyyCO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）變化量（mol）zzzz則×100%＝40%，×100%＝5%，×100%＝80%，可解得，x＝0.38，y＝0.16，z＝0.02，即n（CO）＝0.02mol，n（H2O）＝（x+y+z）mol＝0.56mol，n（CH3OCH3）＝0.16mol，n（CH3OH）＝（x﹣2y）mol＝0.06mol，p（CH3OCH3）＝×p總，p（H2O）＝×p總，p（CH3OH）＝×p總，反應Ⅱ的平衡常數Kp＝＝≈24.9，故答案為：0.02；24.9；②反應Ⅰ為放熱反應，反應Ⅲ為吸熱反應，升溫時反應Ⅰ左移，反應Ⅲ右移，溫度高于280℃時，反應Ⅲ右移程度大于反應Ⅰ左移程度，使CO2的平衡轉化率隨溫度升高而上升，故答案為：反應Ⅰ為放熱反應，反應Ⅲ為吸熱反應，升溫時反應Ⅰ左移，反應Ⅲ右移，溫度高于280℃時，反應Ⅲ右移程度大于反應Ⅰ左移程度，CO2的平衡轉化率上升；③其他條件不變，壓強改為3.0MPa，壓強減小，反應Ⅰ為氣體減小的反應，反應Ⅱ、Ⅲ都為反應前后氣體體積不變的反應，壓強減小，反應Ⅰ逆向移動，甲醇的物質的量減小，則反應Ⅱ逆向移動，CH3OCH3的物質的量減小，DME的選擇性減小，圖中點C將可能調至點D，故答案為：D；（3）鎵物種作為催化劑能加快反應速率；疏水甲基基團調控了催化劑表面的浸潤性，提升水分子的擴散速率并抑制其二次吸附，有利于反應正向移動，實現了催化劑活性、選擇性提升，從而實現甲醇到二甲醚反應的高效轉化故答案為：鎵物種作為催化劑加快了化學反應速率；疏水甲基基團調控了催化劑表面的浸潤性，提升水分子的擴散速率并抑制其二次吸附，有利于反應正向進行，實現了催化劑活性、選擇性提升，從而實現甲醇到二甲醚反應的高效轉化。【點評】本題考查化學平衡的計算、外界條件對化學平衡的影響等知識點，側重考查閱讀、分析、判斷及計算能力，明確化學平衡常數的計算方法、圖像分析是解本題關鍵，題目難度較大。10．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）Mn的價電子排布式為3d54d2。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“電子氣理論”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C（填序號），每個Mn原子周圍緊鄰的原子數為12。A.B.C.D.（3）[Co（DMSO）6]（ClO4）2是一種紫色晶體，其中DMSO為二甲基亞砜，化學式為SO（CH3）2，DMSO中硫原子的雜化軌道類型為sp3，SO（CH3）2中鍵角C﹣S﹣O小于CH3COCH3中鍵角C﹣C﹣O（填“大于”“小于”或“等于”），ClO4的空間構型是正四面體形，元素S、Cl、O的電負性由大到小的順序為O＞Cl＞S。（4）鎳和苯基硼酸在催化劑作用下可以合成丙烯醇（CH2＝CH﹣CH2OH），其相對分子質量等于丙醛（CH3CH2CHO），但兩者沸點相差較大，原因是丙烯醇分子之間能形成分子間氫鍵。（5）NiO的晶胞結構如圖甲所示，其中離子坐標參數A為（0，0，0），B為（1，1，1），則C的離子坐標參數為（1，，）。一定溫度下，NiO晶體可以自發(fā)地分散并形成“單分子層”，可以認為O2﹣作密置單層排列，Ni2+填充其中（如圖乙），已知O2﹣的半徑為apm，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）?！究键c】晶胞的計算；原子核外電子排布；元素電離能、電負性的含義及應用；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷．【專題】化學鍵與晶體結構．【答案】（1）3d54d2；電子氣；（2）C；12；（3）sp3；小于；正四面體形；O＞Cl＞S；（4）烯醇分子之間能形成分子間氫鍵；（5）（1，，）；?！痉治觥浚?）錳元素的原子序數為24；金屬晶體中原子之間存在金屬鍵，描述金屬鍵本質的最簡單理論是電子氣理論；（2）γ型錳為面心立方晶胞，晶胞中錳原子位于晶胞的頂點和面心；（3）二甲基亞砜中硫原子的價層電子對數為4，孤對電子對數為1，丙酮中羰基碳原子的雜化方式為sp2雜化，無孤電子對，孤電子對對成鍵電子對的排斥作用大于成鍵電子對之間的排斥作用；（4）相對分子質量相等的丙烯醇和丙醛中，丙烯醇分子間之間能形成分子間氫鍵，分子間的分子間作用力大于丙醛；（5）由氧化鎳晶胞中離子坐標參數A為（0，0，0）、B為（1，1，1）可知，晶胞的邊長為1，則位于右側面心離子坐標參數C為（1，，）；由圖乙可知，每個鎳離子被3個氧離子包圍，每個氧離子被3個鎳離子包圍，相對位置如圖所示：，相鄰的3個氧離子的中心形成邊長為2apm的正三角形，每個三角形中含有1個鎳離子，三角形的面積為×2apm×2apm×sin60°＝a2pm2，實際上鎳離子被如圖所示的兩個小三角形所包含：，兩個小三角形形成的平行四邊形的面積為2a2pm2，含有的氧離子個數為6×＝1，則每平方米面積上具有該晶體的質量為g?！窘獯稹拷猓海?）錳元素的原子序數為24，基態(tài)原子的價電子排布式為3d54d2；金屬晶體中原子之間存在金屬鍵，描述金屬鍵本質的最簡單理論是電子氣理論，電子氣理論可解釋金屬晶體的熔沸點的高低，也可以解釋金屬的導電、導熱性能，有金屬光澤和延展性，則金屬錳可導電、導熱，有金屬光澤和延展性可用電子氣理論解釋，故答案為：3d54d2；電子氣；（2）γ型錳為面心立方晶胞，晶胞中錳原子位于晶胞的頂點和面心，由圖可知，C為面心立方晶胞俯視圖，晶胞中頂點的錳與位于面心的錳原子緊鄰，則每個錳原子周圍緊鄰的原子數為12，故答案為：C；12；（3）二甲基亞砜中硫原子的價層電子對數為4，孤對電子對數為1，則硫原子的雜化方式為sp3雜化，丙酮中羰基碳原子的雜化方式為sp2雜化，無孤電子對，孤電子對對成鍵電子對的排斥作用大于成鍵電子對之間的排斥作用，則二甲基亞砜中鍵角∠C﹣S﹣O小于丙酮中鍵角∠C﹣C﹣O；高氯酸根離子中氯原子的價層電子對數為4，孤對電子對數為0，則離子的空間構型為正四面體形；元素的非金屬性越大，電負性越大，元素非金屬性的強弱順序為O＞Cl＞S，則電負性的大小順序為O＞Cl＞S，故答案為：sp3；小于；正四面體形；O＞Cl＞S；（4）相對分子質量相等的丙烯醇和丙醛中，丙烯醇分子間之間能形成分子間氫鍵，分子間的分子間作用力大于丙醛，沸點高于丙醛，故答案為：丙烯醇分子之間能形成分子間氫鍵；（5）由氧化鎳晶胞中離子坐標參數A為（0，0，0）、B為（1，1，1）可知，晶胞的邊長為1，則位于右側面心離子坐標參數C為（1，，）；由圖乙可知，每個鎳離子被3個氧離子包圍，每個氧離子被3個鎳離子包圍，相對位置如圖所示：，相鄰的3個氧離子的中心形成邊長為2apm的正三角形，每個三角形中含有1個鎳離子，三角形的面積為×2apm×2apm×sin60°＝a2pm2，實際上鎳離子被如圖所示的兩個小三角形所包含：，兩個小三角形形成的平行四邊形的面積為2a2pm2，含有的氧離子個數為6×＝1，則每平方米面積上具有該晶體的質量為g＝g，故答案為：（1，，）；。【點評】本題考查晶胞計算，屬于拼合型題目，側重考查學生分析計算能力、理解能力、知識遷移運用能力，需要學生具備扎實的基礎，理解熟記中學常見晶胞結構特點，掌握均攤法進行晶胞有關計算。11．溴丙胺太林是一種輔助治療十二指腸潰瘍的藥物，其合成路線如圖所示：請回答下列問題：（1）C的化學名稱為2﹣氯苯甲酸或鄰氯苯甲酸；F中含有的官能團名稱為羧基和醚鍵。（2）B轉化為C的反應類型是氧化反應。（3）D的結構簡式為。（4）E到F反應中，無機產物分子的VSEPR模型名稱為四面體。（5）寫出Ⅰ轉化為K的化學方程式：。（6）X是Ⅰ的同分異構體，具有如下結構與性質：①含有結構；②能發(fā)生銀鏡反應；③除苯環(huán)外，不含其他環(huán)。符合條件的X共有15種，其中核磁共振氫譜有3組峰，且峰面積比為1：2：2的結構簡式為?！究键c】有機物的合成；有機物的結構和性質．【專題】有機物的化學性質及推斷．【答案】（1）2﹣氯苯甲酸或鄰氯苯甲酸；羧基和醚鍵；（2）氧化反應；（3）；（4）四面體；（5）；（6）15；。【分析】根據C的結構簡式知，A中含有苯環(huán)，結合A的分子式知，A為，B為，B中甲基發(fā)生氧化反應生成C，C為和苯酚發(fā)生取代反應生成D，D經過酸化得到E，E為，則D的結構簡式為：，E發(fā)生還原反應生成F，則F為，F在Zn、NaOH作用下反應生成G，發(fā)生水解反應生成H，根據K和I的結構簡式知，J為，I和J發(fā)生酯化反應生成K，K和CH3Br反應生成溴丙胺太林，據此分析回答問題?！窘獯稹拷猓海?）題意分析可知C的化學名稱為2﹣氯苯甲酸或鄰氯苯甲酸，F中含有的官能團名稱為羧基和醚鍵，故答案為：2﹣氯苯甲酸或鄰氯苯甲酸；羧基和醚鍵；（2）B轉化為C的反應是在酸性高錳酸鉀溶液中氧化生成2﹣氯苯甲酸，反應類型是：氧化反應，故答案為：氧化反應；（3）分析可知，D的結構簡式為：，故答案為：；（4）E到F反應中，無機產物分子為H2O，水分子的VSEPR模型名稱為四面體，故答案為：四面體；（5）Ⅰ轉化為K的化學方程式為：，故答案為：；（6）X是Ⅰ的同分異構體，具有如下結構與性質：①含有結構；②能發(fā)生銀鏡反應；③除苯環(huán)外，不含其他環(huán)，其它為兩個醛基取代基，用定一移一法，得到符合條件的X共有3×5＝15種，其中核磁共振氫譜有3組峰，且峰面積比為1：2：2的結構簡式為：，故答案為：15；?！军c評】本題考查了有機物的制備過程分析判斷，主要是有機物發(fā)生反應的類型、反應實質和官能團變化的理解應用，注意同分異構體書寫的原則和方法，題目難度較大。三．工藝流程題（共1小題）12．氧化鉍（Bi2O3）是一種淡黃色、低毒的氧化物俗稱鉍黃，廣泛應用于醫(yī)藥合成、能源材料等領域，也是制作防火紙的材料之一。以鉍精礦（主要成分Bi2S3，還含有SiO2、Cu2S、FeS2、PbO2等雜質）為原料制備Bi2O3的一種工藝流程如圖所示：已知：①PbO2不溶于稀鹽酸，“酸浸”后溶液中金屬陽離子主要有Na+、Bi3+、Fe3+、Cu2+等。②鹽酸羥胺常用作還原劑。③BiCl3在pH＝1時開始水解，pH≥3時BiCl3幾乎完全水解為白色的BiOCl沉淀。④常溫下部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見下表：金屬離子Fe3+Fe2+Cu2+開始沉淀完全沉淀回答下列問題：（1）Bi與N同主族，Bi原子處于基態(tài)時電子占據最高能級的電子云輪廓圖為啞鈴形。（2）“濾渣1”的主要成分有S、PbO2、SiO2，工業(yè)上以純堿、石灰石、SiO2（填化學式）為原料生產普通玻璃。（3）寫出“酸浸”步驟中Bi2S3發(fā)生氧化還原反應的離子方程式：。（4）“轉化”步驟中加入鹽酸羥胺（NH3OHCl）的目的是將Fe3+還原為Fe2+，防止加入碳酸鈉溶液調節(jié)pH時，鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀，影響產品純度?！罢{pH”步驟中加入Na2CO3調節(jié)溶液的pH，其合理范圍為3～4.7。（5）“濾液2”中主要的金屬陽離子有Na+、Fe2+、Cu2+（填離子符號）；流程中生成（BiO）2CO3的化學方程式為2BiOCl+2NH4HCO3＝（BiO）2CO3+CO2↑+2NH4Cl+H2O?！究键c】制備實驗方案的設計．【專題】物質的分離提純和鑒別．【答案】（1）啞鈴；（2）PbO2、SiO2；SiO2；（3）；（4）將Fe3+還原為Fe2+，防止加入碳酸鈉溶液調節(jié)pH時，鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀，影響產品純度；3～4.7；（5）Na+、Fe2+、Cu2+；2BiOCl+2NH4HCO3＝（BiO）2CO3+CO2↑+2NH4Cl+H2O?！痉治觥裤G精礦（主要成分Bi2S3，還含有SiO2、Cu2S、FeS2、PbO2等雜質）“酸浸”后溶液中金屬陽離子主要有Na+、Bi3+、Fe3+、Cu2+等，浸出渣有S、PbO2、SiO2，在轉化步驟中加入鹽酸羥胺將Fe3+還原為Fe2+，防止加入碳酸鈉溶液調節(jié)pH時，鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀，影響產品純度，接著調節(jié)pH將BiCl3轉化為BiOCl沉淀，然后向BiOCl沉淀加入碳酸氫銨，將BiOCl轉化為（BiO）2CO3，同時生成CO2，將（BiO）2CO3在530℃煅燒即可得到Bi2O3，據此分析答題?！窘獯稹拷猓海?）Bi與N同主族，則Bi原子基態(tài)價電子排布式為ns2np3，最高能級是np，電子云輪廓圖為啞鈴形，故答案為：啞鈴；（2）鉍精礦“酸浸”后溶液中金屬陽離子主要有Na+、Bi3+、Fe3+、Cu2+等，浸出渣有S、PbO2、SiO2，工業(yè)上以純堿、石灰石、SiO2為原料生產普通玻璃，故答案為：PbO2、SiO2；SiO2；（3）“酸浸”步驟中發(fā)生的最主要的氧化還原反應是將Bi2S3轉化為Bi3+，離子方程式為，故答案為：；（4）轉化步驟中加入鹽酸羥胺的目的是將Fe3+還原為Fe2+，防止加入碳酸鈉溶液調節(jié)pH時，鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀，影響產品純度；“調pH”步驟中加入Na2CO3調節(jié)溶液的pH是為了BiCl3水解完全，而Fe2+、Cu2+不沉淀，因此pH合理范圍為3～4.7，故答案為：將Fe3+還原為Fe2+，防止加入碳酸鈉溶液調節(jié)pH時，鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀，影響產品純度；3～4.7；（5）“濾液2”中主要的金屬陽離子有Na+、Fe2+、Cu2+，向BiOCl沉淀加入碳酸氫銨將BiOCl轉化為（BiO）2CO3同時生成CO2和NH4Cl，化學方程式為2BiOCl+2NH4HCO3＝（BiO）2CO3+CO2↑+2NH4Cl+H2O，故答案為：Na+、Fe2+、Cu2+；2BiOCl+2NH4HCO3＝（BiO）2CO3+CO2↑+2NH4Cl+H2O?！军c評】本題考查物質的制備，側重考查學生物質之間的反應和分離提純的掌握情況，試題難度中等。

考點卡片1．球棍模型與比例模型【知識點的認識】球棍模型與比例模型的比較：球棍模型比例模型定義球棒模型是一種空間填充模型，用來表現化學分子的三維空間分布．在此作圖方式中，線代表共價鍵，可連結以球型表示的原子中心．比例模型就是原子緊密連起的，只能反映原子大小，大致的排列方式．特點球棍模型除比例模型的特征還具有共價鍵的反映（如鍵長、鍵角）主要體現組成該分子的原子間的大小關系．實例【命題方向】本考點主要考察球棍模型和比例模型的區(qū)別，需要知道兩者的區(qū)別．題型：化學用語綜合典例：下列化學用語或圖示表達正確的是（）A．乙烯的比例模型B．Na+的結構示意圖C．葡萄糖的實驗式C6H12O6D．CO2的電子式分析：A．乙烯的分子式為C2H4；B．鈉原子的質子數是11；C．實驗式又稱最簡式，是化學式的一種．用元素符號表示化合物分子中元素的種類和各元素原子個數的最簡整數比的式子；D．根據原子的最外層電子數來分析電子式的書寫．解答：A．乙烯的分子式為C2H4，比例模型：，故A正確；B．鈉原子失去最外層電子生成鈉離子，核內質子數不變，應為11，故B錯誤；C．葡萄糖的分子式為C6H12O6，實驗式為CH2O，故C錯誤；D．因碳原子最外層有4個電子，為滿足最外層8電子的穩(wěn)定結構，則碳與氧原子之間存在兩對公用電子對，即電子式為，故D錯誤．故選A．點評：本題考查了化學常用化學用語的規(guī)范書寫，主要是比例模型、離子結構示意圖、實驗式、電子式的書寫，較簡單．【解題思路點撥】比例模型：用不同體積的小球表示不同原子的大??；球棍模型：小球表示原子，短棍表示價鍵．2．根據化學式判斷化合價【知識點的認識】1、化合價原則：化學式中所有元素的化合價之和為0．2、根據化學式判斷化合價的步驟：1）記住常用的元素的化合價，如一價鉀鈉氯氫銀；2）根據化合價原則利用已知的化合價算出未知元素的化合價．【命題方向】本考點屬于初中學過的基礎知識，了解即可．題型：根據化學式判斷化合價典例：某些化學試劑可用于凈水．水處理中使用的一種無機高分子混凝劑的化學式可表示為[Al2（OH）nClm?yH2O]X，式中m等于（）A．3﹣nB．6﹣nC．6+nD．3+n分析：根據化合物中各元素的化合價的代數和為0計算m．解答：在化合物[Al2（OH）nClm?yH2O]X中Al是+3價，OH﹣是﹣1價，H2O是0價，Cl是﹣1價，所以2×（+3）+n×（﹣1）+m×（﹣1）+y×0＝0所以m＝6﹣n故選B．點評：本題考查了根據化學式判斷化合價，難度不大，根據化合物中各元素的化合價的代數和為0判斷即可．【解題思路點撥】本考點難度不大，重要的是需要記住常見元素或原子團的化合價．3．原子核外電子排布04．電子排布式與電子排布圖【知識點的知識】1.電子排布式定義：用數字在能級符號右上角標明該能級上排布的電子數，這就是電子排布式。以鉀原子為例：1s22s22p63s23p64s12.電子排布圖（軌道表示式）（1）在軌道表示式中，用方框（或圓圈）表示原子軌道，能量相同的原子軌道（簡并軌道）的方框相連，箭頭表示一種自旋狀態(tài)的電子，“↑↓”稱電子對，“↑”或“↓”稱單電子（或稱未成對電子）。（2）表示方法：以鋁原子為例，軌道表示式中各符號、數字的意義為【命題方向】題型：書寫常見原子的電子排布式和電子排布圖典例：（1）金屬鋁質輕且有良好的防腐蝕性，在國防工業(yè)中有非常重要的作用。鋁原子核外電子云有________種不同的伸展方向，有________種不同運動狀態(tài)的電子。（2）基態(tài)鐵原子有_____個未成對電子，三價鐵離子的電子排布式為_______________________________。（3）29Cu+的價層電子排布式為________。分析：依據構造原理正判斷原子結構和電子排布。答：（1）Al原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p1，原子中存在s、p兩種形狀的電子云，s電子云呈球形，有1種伸展方向，而p電子云呈啞鈴狀的，有3種伸展方向，則鋁原子核外電子云共有4種不同的伸展方向，由于每個核外電子的運動狀態(tài)都不完全相同，所以鋁原子核外共有13種不同運動狀態(tài)的電子。（2）26號元素Fe的核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，則基態(tài)Fe原子上有4個未成對電子，當Fe原子失去2個4s電子和1個3d電子，就得到了Fe3+，因此Fe3+的電子排布式是1s22s22p63s23p63d5。（3）29號元素Cu的簡化電子排布式為[Ar]3d104s1，原子失去電子時首先失去最外層電子，即Cu+的簡化電子排布式為[Ar]3d10，則其價層電子排布式為3d10。故答案為：（1）4；13；（2）4；1s22s22p63s23p63d5；（3）3d10。點評：本題考查原子的電子排布式和電子排布圖，能準確掌握常見原子的核外電子排布規(guī)律、電子排布式和電子排布圖是解題的關鍵，題目難度不大?！窘忸}思路點撥】解決該類問題前提是要準確掌握常見原子的電子排布式和電子排布圖的書寫規(guī)則和正確寫法。5．元素電離能、電負性的含義及應用【知識點的知識】一、元素電離能的含義及應用1、基態(tài)：處于最低能量的原子。2、激發(fā)態(tài)：1）概念：基態(tài)原子的電子吸收能量后，電子會躍遷到較高能級，變成激發(fā)態(tài)原子。2）激發(fā)態(tài)產生方法：①光激發(fā)：這是產生激發(fā)態(tài)的最主要方法。②放電。主要用于激勵原子，如高壓汞燈、氙弧光燈。③化學激活。某些放熱化學反應可能使電子被激發(fā)，導致化學發(fā)光。激發(fā)態(tài)是短壽命的，很容易返回到基態(tài)，同時放出多余的能量。3、電離能：1）定義：基態(tài)的氣態(tài)原子或氣態(tài)離子失去一個電子所需要的最小能量稱為元素的電離能。2）符號：I．單位為kJ?mol﹣1。表示式：M（g）＝M+（g）+e﹣I1M+（g）＝M2+（g）+e﹣I2M2+（g）＝M3+（g）+e﹣I33）意義：比較元素金屬性強弱，即失去電子的難易程度。電離能越大，氣態(tài)時原子越難失去電子；電離能越小，氣態(tài)時原子越容易失去電子。難點突破：Mg的第一電離能比Al大，所以Al比Mg容易失去電子，但根據金屬活動性順序表可知Mg的活動大于Al，與酸反應時更劇烈，似乎矛盾？（解釋：條件不一樣，電離能指的是氣態(tài)，后面指的是溶液中）4、第一電離能遞變性規(guī)律：1）隨原子序數變化圖2）同一周期或主族①總體規(guī)律：②總體增大的趨勢中有些曲折解釋：當外圍電子在能量相等的軌道上形成全空（p0，d0，f0）、半滿（p3，d5，f7）或全滿（p6，d10，f14）結構時，原子的能量較低，元素的第一電離能較大。二、元素電負性的含義及應用1、電負性的概念：1）定義：元素原子吸引電子的能力。2）應用：①元素的電負性越大，吸引電子的能力越強。一般認為，電負性大于1.8的元素為非金屬元素；小于1.8的元素為金屬元素。電負性越大，元素的非金屬性越強；電負性越小，元素的金屬性越強。電負性最大的元素是F，為4.0，鋰的電負性為1.0。②判斷化合價：一般地，電負性大的元素呈負價，電負性小的元素呈正價。③判斷化學鍵類型：電負性產值大的元素原子之間一般形成離子鍵；差值小的元素原子之間形成共價鍵。2、電負性遞變性規(guī)律：1）隨原子序數變化圖2）同一周期或主族【命題方向】本考點主要考察電離能、電負性的含義以及變化規(guī)律，通常在選擇題或綜合題中出現，需要重點掌握。題型一：元素第一電離能大小的比較典例1：下列說法中正確的是（）A．第三周期中鈉的第一電離能最小B．鋁的第一電離能比鎂的第一電離能大C．在所有元素中氟的第一電離能最大D．鉀的第一電離能比鎂的第一電離能大分析：A、同周期自左而右，元素的第一電離能增大，注意能級處于半滿、全滿的穩(wěn)定特殊情況；B、鎂原子的3s能級處于全滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能比Al元素高；C、同周期稀有氣體的第一電離能最大，同族自上而下第一電離能降低；D、同主族自上而下第一電離能降低，同周期自左而右第一電離能增大，據此解答。解答：A、同周期自左而右，元素的第一電離能增大，故第3周期所包含的元素中鈉的第一電離能最小，故A正確；B、鎂原子的3s能級處于全滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能比Al元素高，故B錯誤；C、稀有氣體的原子結構是穩(wěn)定結構，同周期稀有氣體的第一電離能最大，同族自上而下第一電離能降低，故氦元素的第一電離能最大，故C錯誤；D、同主族自上而下第一電離能降低，故第一電離能Na＞K，同周期自左而右第一電離能增大，故第一電離能Mg＞Na，所以第一電離能Mg＞K，故D錯誤；故選A。點評：考查第一電離能的變化規(guī)律等，比較基礎，注意同周期主族元素能級處于半滿、全滿的穩(wěn)定特殊情況第一電離能增大的特殊情況。典例2：下面的電子結構中，第一電離能最小的原子可能是（）A．ns2np3B．ns2np5C．ns2np4D．ns2np6分析：同一周期中，元素的第一電離能隨著原子序數的增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于相鄰元素，同一主族元素中，其第一電離能隨著原子序數的增大而減小。解答：同一周期中，元素的第一電離能隨著原子序數的增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于相鄰元素，同一主族元素中，其第一電離能隨著原子序數的增大而減小，ns2np3屬于第VA族元素、ns2np5屬于第VIIA族元素、ns2np4屬于第VIA族元素、ns2np6屬于O族元素，如果這幾種元素都是第二周期元素，其第一電離能大小順序是Ne＞F＞N＞O，所以第一電離能最小的原子可能是第VIA族元素，故選C。點評：本題考查了第一電離能大小的判斷，明確元素周期律中第一電離能變化規(guī)律是解本題關鍵，再根據元素在周期表中所處位置判斷，題目難度不大。題型二：元素電負性大小的比較典例3：下列是幾種原子的基態(tài)電子排布，電負性最大的原子是（）A．1s22s22p4B．1s22s22p63s23p3C．1s22s22p63s23p2D．1s22s22p63s23p64s2分析：不同元素的原子在分子內吸引電子的能力大小可用數值表示，該數值稱為電負性，即元素的非金屬性越強其電負性越大。同一周期中，電負性隨著原子序數的增大而增大，同一主族中，元素的電負性隨著原子序數的增大而減小，據此分析解答。解答：不同元素的原子在分子內吸引電子的能力大小可用數值表示，該數值稱為電負性，元素的非金屬性越強其電負性越大。同一周期中，電負性隨著原子序數的增大而增大，同一主族中，元素的電負性隨著原子序數的增大而減小。A是O元素，B是P元素，C是Si元素，D是Ca元素，所以非金屬性最強的元素是O元素，即電負性最強的元素是O元素，故選A。點評：本題考查了元素非金屬性強弱的判斷，難度不大，明確元素的非金屬性強弱與元素的電負性強弱關系是解答本題的關鍵。典例4：已知X、Y元素同周期，且電負性X＞Y，下列說法錯誤的是（）A．X與Y形成化合物時，X可以顯負價，Y顯正價B．第一電離能可能Y小于XC．最高價含氧酸的酸性：X對應的酸的酸性弱于Y對應的酸的酸性D．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：HmY小于HnX分析：由X、Y元素同周期，且電負性X＞Y，則非金屬性X＞Y，A、電負性大的元素在化合物中顯負價；B、同周期自左而右元素的第一電離能呈增大趨勢，當能級處于半滿、全滿穩(wěn)定狀態(tài)時，能量較低，第一電離能大于同周期相鄰元素；C、非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物的酸性越強，但O、F除外；D、非金屬性越強，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定。解答：A、電負性大的元素在化合物中顯負價，所以X和Y形成化合物時，X顯負價，Y顯正價，故A正確；B、第一電離能可能Y大于X，如N＞O，也可能小于X，故B正確；C、非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物的酸性越強，非金屬性X＞Y，則X對應的酸性強于Y對應的酸的酸性，故C錯誤；D、非金屬性越強，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：HmY小于HnX，故D正確；故選：C。點評：本題主要考查位置、結構、性質的關系，明確同周期位置關系及電負性大小得出元素的非金屬性是解答本題的關鍵，題目難度不大?！窘忸}思路點撥】價電子構型與電離能：影響電離能大小的因素：1）原子核電荷數：（同一周期）即電子層數相同，核電荷數越多、半徑越小、核對外層電子引力越大，越不易失去電子，電離能越大；2）原子半徑：（同族元素）原子半徑越大，原子核對外層電子的引力越小，越容易失去電子，電離能越??；（3）電子構型：全充滿、半充滿較大。因為全充滿和半充滿的電子構型較為穩(wěn)定（相對于相鄰原子）。6．判斷簡單分子或離子的構型【知識點的知識】一、價層電子對互斥模型：1、內容：價層電子對互斥理論認為，在一個共價分子中，中心原子周圍電子對排布的幾何構型主要決定于中心原子的價電子層中電子對的數目。所謂價層電子對包括成鍵的σ電子對和孤電子對。價層電子對各自占據的位置傾向于彼此分離得盡可能地遠些，這樣電子對彼此之間的排斥力最小，整個分子最為穩(wěn)定。這樣也就決定了分子的空間結構。也正因此，我們才可以用價層電子對很方便地判斷分子的空間結構。2、排斥作用大小的影響因素：價層電子對相互排斥作用的大小，決定于電子對之間的夾角和電子對的成鍵情況。一般規(guī)律：①電子對之間的夾角越小，排斥力越大；②成鍵電子對受兩個原子核的吸引，電子云比較緊縮；孤對電子對只受中心云子的吸引，電子云較“肥大”，對鄰近電子對的斥力越大。電子對之間斥力大小的順序：孤對電子對﹣﹣孤對電子對＞孤對電子對﹣﹣成鍵電子對＞成鍵電子對﹣﹣成鍵電子對。③三鍵、雙鍵比單鍵包含的電子數目多，所以其斥力大小順序為：三鍵＞雙鍵＞單鍵。例如：甲烷分子（CH4），中心原子為碳原子，碳有4個價電子，4個氫原子各有一個電子，這樣在中心原子周圍有8個電子，4個電子對，所以這4個電子對互相排斥，為了使排斥力最小，分子最穩(wěn)定，它們只能按正四面體的方式排布。這樣就決定了CH4的正四面體結構。二、利用理論推斷分子或離子的空間結構：1）確定中心原子A價層電子對數目。以AXm為例，A﹣﹣中心原子，X﹣﹣配位原子中心原子A的價電子數與配位體X提供共用的電子數之和的一半，就是中心原子A價層電子對的數目。例如BF3分子，B原子有3個價電子，三個F原子各提供一個電子，共6個電子，所以B原子價層電子對數為3。價層電子對數目計算公式：價層電子對數目＝（中心原子價電子數目+配體X提供的價電子數目×m±微粒所帶電荷數）計算時注意：①氧族元素（ⅥA族）原子作為配位原子時，可認為不提供電子（如氧原子有6個價電子，作為配位原子時，可認為它從中心原子接受一對電子達到8電子結構），但作為中心原子時，認為它提供所有的6個價電子。②如果討論的是離子，則應加上或減去與離子電荷相應的電子數。如PO43﹣離子中P原子的價層電子數應加上3，而NH4+離子中N原子的價層電子數則應減去1。③如果價層電子數出現奇數電子，可把這個單電子當作電子對看待。如NO2分子中N原子有5個價電子，O原子不提供電子。因此中心原子N價層電子總數為5，當作3對電子看待。2）確定價層電子對的空間構型。由于價層電子對之間的相互排斥作用，它們趨向于盡可能的相互遠離。于是價層電子對的空間構型與價層電子對數目的關系如下表所示：價層電子對數目23456價層電子對構型直線三角形正四面體三角雙錐八面體3）分子空間構型的確定。①價層電子對數目＝成鍵電子對數目+孤電子對數目。②中心原子周圍配位原子（或原子團）數，就是成鍵電子對數，價層電子對的總數減去成鍵電子對數，得孤電子對數。根據成鍵對數和孤對電子對數，可以確定相應的較穩(wěn)定的分子幾何構型，如下表所示：電子對數目電子對的空間構型成鍵電子對數孤電子對數電子對的排列方式分子的空間構型實例2直線20直線BeCl2CO23三角形30三角形BF3SO321V﹣形SnBr2PbCl24四面體40四面體CH4CCl431三角錐NH3PCl322V﹣形H2O5三角雙錐50三角雙錐PCl541變形四面體SF432T﹣形BrF323直線形XeF260八面體SF66八面體51四角錐IF542正方形XeF4【命題方法】本考點主要考察常見分子或離子構型的判斷，需要重點掌握。題型：運用價層電子對模型預測分子或離子空間構型典例：用價層電子對互斥理論預測H2S和BF3的立體結構，兩個結論都正確的是（）A．直線形；三角錐形B．V形；三角錐形C．直線形；平面三角形D．V形；平面三角形分析：價層電子對互斥理論認為：分子的立體構型是“價層電子對”相互排斥的結果。價層電子對就是指分子中的中心原子上的電子對，包括σ鍵電子對和中心原子上的孤電子對；σ鍵電子對數和中心原子上的孤電子對數之和就是價層電子對數，由于價層電子對的相互排斥，就可得到含有孤電子對的VSEPR模型，略去孤電子對就是該分子的空間構型。解答：H2S分子的中心原子是S原子，價層電子對數目＝（6+2×1）＝4，S的配位原子數為2，因此成鍵電子對數為2，孤電子對數＝4﹣2＝2，所以硫化氫分子的VSEPR模型是四面體型，略去孤電子對后，實際上其空間構型是V型；BF3分子的中心原子B原子的價層電子對數目＝（3+3×1）＝3，B原子的配位原子數為3，因此成鍵電子對數為3，孤對電子數＝3﹣3＝0，所以BF3分子的VSEPR模型是平面三角型，中心原子上沒有孤對電子，所以其空間構型就是平面三角形。故選D。點評：本題考查了分子空間構型的判斷，難度不大，易錯點是確定中心原子S原子的價層電子對數目。【解題思路點撥】判斷空間構型的兩種方法：1）第一種：①計算價層電子對數目；②判斷成鍵電子對數目；③計算孤對電子對數目；④判斷分子或離子的空間構型。2）第二種：①判斷成鍵電子對數目；②計算孤對電子對數目：孤對電子對數目＝（中心原子價電子數﹣配位原子數×m）；價層電子對數目＝成鍵電子對數目+孤電子對數目。③判斷分子或離子的空間構型。7．原子軌道雜化方式及雜化類型判斷【知識點的知識】1、雜化的概念：原子在形成分子時，為了增強成鍵能力，使分子的穩(wěn)定性增加，趨向于將不同類型的原子軌道重新組合成能量、形狀和方向與原來不同的新原子軌道，這種重新組合稱為雜化．2、雜化軌道的概念：雜化后的原子軌道稱為雜化軌道．3、雜化原則：1）只有能量相近的軌道才能相互雜化；2）形成的雜化軌道數目等于參加雜化的原子軌道數目；3）雜化后軌道伸展方向和形狀發(fā)生改變；4）雜化后都是能量相同的軌道（即等價軌道）．4、雜化類型：1）sp3雜化原子形成分子時，同一原子中能量相近的一個ns軌道與三個np軌道進行混合組成四個新的原子軌道稱為sp3雜化軌道．1°等性sp3雜化（如CH4，CCl4）：2°不等性sp3雜化（如NH3，H2O）：1232）sp2雜化同一個原子的一個ns軌道與兩個np軌道進行雜化組合為sp2雜化軌道．BF3雜化：注意：乙烯、苯屬于sp2雜化．3）sp雜化：BeCl2雜化：同一原子中ns﹣np雜化成新軌道：一個s軌道和一個p軌道雜化組合成兩個新sp雜化軌道．注意：乙炔屬于sp雜化．總結：雜化類型spsp2sp3雜化軌道排布直線形三角形四面體雜化軌道中孤對電子數00012分子空間構型直線形三角形正四面體三角錐形角形實例BeCl2BF3CCl4NH3H2O【命題方向】題型一：雜化類型的判斷典例1：下列分子中的中心原子雜化軌道的類型相同的是（）A．CO2與SO2B．CH4與NH3C．BeCl2與BF3D．C2H2與C2H4分析：A、B、C物質屬于ABm，ABm型雜化類型的判斷：中心原子電子對計算公式：價電子對數n＝（中心原子的價電子數+配位原子的價電子數×m±電荷數）注意：①當上述公式中電荷數為正值時取“﹣”，電荷數為負值時取“+”．②當配位原子為氧原子或硫原子時，成鍵電子數為零．根據n值判斷雜化類型：一般有如下規(guī)律：當n＝2，sp雜化；n＝3，sp2雜化；n＝4，sp3雜化．D、對于有機物利用雜化軌道數＝孤對電子對數+σ鍵數進行判斷．解答：A、CO2中C原子雜化軌道數為×（4+0）＝2，采取sp雜化方式，SO2中S原子雜化軌道數為×（6+0）＝3，采取sp2雜化方式，二者雜化方式不同，故A錯誤．B、CH4中C原子雜化軌道數為×（4+4）＝4，采取sp3雜化方式，NH3中N原子雜化軌道數為×（5+3）＝4，采取sp3雜化方式，二者雜化方式相同，故B正確；C、BeCl2中Be原子雜化軌道數為×（2+2）＝2，采取sp雜化方式，BF3中B原子雜化軌道數為×（3+3）＝3，采取sp2雜化方式，二者雜化方式不同，故C錯誤；D、C2H2分子中碳原子形成1個C﹣H，1個C≡C（含1個σ鍵），C原子雜化軌道數為1+1＝2，采取sp雜化方式，C2H4分子中碳原子形成2個C﹣H，1個C═C雙鍵（含1個σ鍵），C原子雜化軌道數為（2+1）＝3，C原子采取sp2雜化方式，故D錯誤．故選：B．點評：考查雜化軌道理論，難度中等，判斷中心原子的雜化軌道數是關鍵．題型二：雜化軌道的概念典例2：有關雜化軌道的說法不正確的是（）A．雜化前后的軌道數不變，但軌道的形狀發(fā)生了改變B．sp3、sp2、sp雜化軌道的夾角分別為109°28′、120°、180°C．四面體形、三角錐形、V形分子的結構可以用sp3雜化軌道解釋D．雜化軌道全部參加形成化學鍵分析：A．原子軌道雜化前后軌道總數不變，但形狀發(fā)生變化；B．根據其空間構型判斷夾角；C．采用用sp3雜化的分子根據其含有的孤電子對個數確定其實際空間構型；D．雜化軌道可以部分參加形成化學鍵．解答：A．雜化前后的軌道數不變，雜化后，各個軌道盡可能分散、對稱分布，導致軌道的形狀發(fā)生了改變，故A正確；B．sp3、sp2、sp雜化軌道其空間構型分別是正四面體、平面三角形、直線型，所以其夾角分別為109°28′、120°、180°，故B正確；C．部分四面體形、三角錐形、V形分子的結構可以用sp3雜化軌道解釋，如甲烷、氨氣分子、水分子，故C正確；D．雜化軌道可以部分參加形成化學鍵，例如NH3中N發(fā)生了sp3雜化，形成了4個sp3雜化雜化軌道，但是只有3個參與形成化學鍵，故D錯誤；故選：D．點評：本題考查了原子雜化，根據價層電子對互斥理論確定分子空間構型及原子雜化方式的判斷，難度中等．題型三：雜化類型和空間構型的關系典例3：氨氣分子空間構型是三角錐形，而甲烷是正四面體形，這是因為（）A．兩種分子的中心原子雜化軌道類型不同，NH3為sp2型雜化，而CH4是sp3型雜化B．NH3分子中N原子形成3個雜化軌道，CH4分子中C原子形成4個雜化軌道C．NH3分子中有一對未成鍵的孤對電子，它對成鍵電子的排斥作用較強D．氨氣分子是極性分子而甲烷是非極性分子分析：NH3中N原子成3個σ鍵，有一對未成鍵的孤對電子，雜化軌道數為4，采取sp3型雜化雜化，孤對電子對成鍵電子的排斥作用較強，氨氣分子空間構型是三角錐形；CH4分子中C原子采取sp3型雜化雜化，雜化軌道全部用于成鍵，碳原子連接4個相同的原子，為正四面體構型．解答：NH3中N原子成3個σ鍵，有一對未成鍵的孤對電子，雜化軌道數為4，采取sp3型