2024年高考化學終極押題密卷2（全國甲卷）含答案

2024年高考化學終極押題密卷2（全國甲卷）一．選擇題（共7小題）1．歌曲《青花瓷》唱道“?外芭蕉惹驟雨，門環(huán)惹銅綠”，其中的“銅綠”即是銅銹，它的化學成分是Cu2（OH）2CO3（堿式碳酸銅）。銅在潮濕的空氣中生銹的化學反應為2Cu+O2+CO2+H2O＝Cu2（OH）2CO3。下列有關該反應的說法錯誤的是（）A．堿式碳酸銅既是氧化產(chǎn)物，又是還原產(chǎn)物 B．該反應屬于氧化還原反應，化合價發(fā)生改變的只有兩種元素 C．該反應中銅失電子，氧氣得電子 D．若有128g銅單質(zhì)參與反應，則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為2mol2．諾氟沙星是廣譜抗生素，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．分子式為C16H18FN3O3 B．分子中含有1個手性碳原子 C．1mol該物質(zhì)最多能與5molH2反應 D．該物質(zhì)既能與NaOH溶液反應，又能與鹽酸反應3．設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．1mol乙醛中含有σ鍵的數(shù)目為6NA B．1LpH＝3的稀H2SO4溶液中氫離子的數(shù)目為0.002NA C．等物質(zhì)的量的O2和C18O氣體中所含中子數(shù)均為16NA D．標準狀況下，11.2LCH3﹣CH2Br中含有的分子數(shù)目為0.5NA4．下列有關元素周期律的比較中正確的是（）A．金屬性：K＞Rb＞Cs B．單質(zhì)與氫氣化合由易到難的順序：Cl2＞S＞P C．簡單氫化物的穩(wěn)定性：PH3＞H2S＞H2O D．堿性強弱：LiOH＞NaOH＞KOH5．我國某大學科研團隊通過超快電脈沖熱還原法開發(fā)了一種新型碳載釕鎳合金納米催化劑（RuNi/C），并基于此催化劑制備出一種極具競爭力的高能量鎳氫氣（Ni﹣H2）電池，其工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．放電時，OH﹣向電極b移動 B．放電一段時間后，KOH溶液的濃度增大 C．放電時，電極a上的電極反應式為NiOOH+e﹣+H2O═Ni（OH）2+OH﹣ D．外電路中每轉(zhuǎn)移2mole﹣，理論上電極b上消耗2gH26．某化學反應包括A（g）→B（g）、B（g）→C（g）兩步反應，整個反應過程中的能量變化如圖所示。下列說法正確的是（）A．兩步反應均為吸熱反應 B．1molA（g）的總鍵能大于1molC（g）的總鍵能 C．1molC（g）與1molA（g）的能量差為（E4﹣E1+E2﹣E3）kJ D．反應A（g）→B（g）一定要加熱才能發(fā)生7．某溫度下，兩種難溶鹽AgxX、AgyY的飽和溶液中﹣lgc（Xx﹣）或﹣lgc（Yy﹣）與﹣lgc（Ag+）的關系如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．x：y＝2：1 B．a(chǎn)點時，c（Xx﹣）＝c（Yy﹣）， C．yAgxX+xYy﹣＝xAgyY+yXx﹣平衡常數(shù)K＝10﹣8 D．向濃度均為0.1mol?L﹣1的NaxX、NayY混合溶液中滴加AgNO3溶液，先產(chǎn)生AgyY沉淀二．解答題（共4小題）8．25℃時，物質(zhì)的量濃度均為0.1mol?L﹣1的幾種鹽溶液的pH如表：序號①②③④⑤溶液NH4ClCH3COONH4NaHCO3NaXNa2CO3pH578.49.711.6（1）①中由水電離出的c（OH﹣）（填“＞”“＝”或“＜”）②中由水電離出的c（H+）。（2）③中共存在種粒子，pH＝8.4的原因：；（3）下列說法正確的是。A．c（NH4+）：①＞②B．物質(zhì)的量濃度和體積均相等的NaCl和CH3COONH4兩種溶液中，離子總數(shù)相等C．等體積的③和⑤形成的混合溶液中：c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）＝0.1mol?L﹣1D．將pH相同的CH3COOH和HX溶液加水稀釋相同倍數(shù)，HX溶液的pH變化?。?）常溫下在20mL0.1mol?L﹣1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol?L﹣1HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各種微粒（CO2因逸出未畫出）物質(zhì)的量分數(shù)（縱軸）隨溶液pH變化的部分情況如圖所示。回答下列問題：①當pH＝7時，溶液中含碳元素的主要微粒為②已知在25℃時，CO32﹣水解反應的平衡常數(shù)Kh＝＝2.0×10﹣4mol?L﹣1，當溶液中c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）＝2：1時，溶液的pH＝。9．將二氧化碳資源化是實現(xiàn)“碳中和”目標的重要手段?；卮鹣铝袉栴}：（1）利用CH4和重整技術可獲得合成氣（主要成分為CO和H2），反應如下：Ⅰ：CH4（g）+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g）ΔH1＝+247kJ?mol﹣1Ⅱ：CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41kJ?mol﹣1反應CH4（g）+3CO2（g）?4CO（g）+2H2O（g）的ΔH＝kJ?mol﹣1，該反應活化能Ea（正）Ea（逆）（填“＞”“＜”或“＝”）。（2）二氧化碳催化加氫可合成乙醇，其反應原理為：2CO2（g）+6H2（g）?C2H5OH（g）+3H2O（g），該反應的平衡常數(shù)與溫度的關系如表。溫度/K400500平衡常數(shù)/K95.3①該反應為反應（填“吸熱”或“放熱”），在時可自發(fā)進行（填“高溫”“低溫”或“任意溫度”）。②恒容絕熱容器中發(fā)生上述反應，下列說法正確的是。A．加入合適的催化劑可以提高CO2的平衡轉(zhuǎn)化率B．反應達平衡后容器內(nèi)溫度保持不變C．反應達平衡時n（CO2）：n（H2）＝1：3一定成立D．容器內(nèi)氣體密度不變時說明達到了平衡狀態(tài)③設m為起始時的投料比，即m＝。通過實驗得到圖像如下：圖甲中控制其他條件，只調(diào)節(jié)反應溫度，反應速率最快的是（填T1、T2或T3），理由是。圖乙表示在m＝3，起始壓強為4MPa的恒容條件下，平衡狀態(tài)時各物質(zhì)的物質(zhì)的量分數(shù)與溫度的關系，T4溫度時，該反應的壓強平衡常數(shù)Kp＝MPa﹣4（用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓＝總壓物質(zhì)的量分數(shù)）。10．高氯酸三碳酰肼合鎳{[Ni（CHZ）3]（ClO4）2}是一種新型的起爆藥，回答下列問題：（1）基態(tài)Ni原子的電子排布式為。（2）基態(tài)碳原子核外電子有種不同運動狀態(tài)。（3）的中心原子的價層電子對數(shù)為，的VSEPR模型是。（4）化學式中的CHZ為碳酰肼，其結(jié)構(gòu)為，是一種新型的環(huán)保鍋爐水除氧劑：①CHZ中氮原子的雜化軌道類型為。②1molCHZ中含有的σ鍵數(shù)目為NA。③鍵角：（填“＞”“＜”或“＝”）。（5）常溫下，0.04mol?L﹣1的HClO溶液的pH約為[已知：Ka（HClO）＝4.0×10﹣8，lg2≈0.3]。11．阿斯巴甜（G）是一種廣泛應用于食品工業(yè)的添加劑，一種合成阿斯巴甜（G）的路線如圖：一定條件已知如下信息：①②回答下列問題：（1）A中官能團的名稱是。（2）A生成B反應的化學方程式為。（3）D的結(jié)構(gòu)簡式為，D生成E的反應中濃硫酸的作用是。（4）E生成G的反應類型為。（5）寫出能同時滿足下列條件的C的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式。①分子中含有苯環(huán)，且苯環(huán)上有兩個取代基②能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應③能在氫氧化鈉溶液中發(fā)生水解反應，且含有苯環(huán)的水解產(chǎn)物的核磁共振氫譜只有一組峰（6）參照上述合成路線，設計以乙醛為起始原料制備聚丙氨酸的合成路線（無機試劑任選）。三．工藝流程題（共1小題）12．利用鋁鋰鈷廢料（主要成分為Co3O4，還含有少量鋁箔、LiCoO2等雜質(zhì)）制備CoC2O4?2H2O）的工藝流程如圖所示。已知：Co3O4具有較強氧化性，Co3O4、LiCoO2均難溶于水?；卮鹣铝袉栴}：（1）寫出增大“堿溶”速率的一種方法：，“堿溶”時發(fā)生反應的離子方程式為。（2）“酸溶”時，Co3O4發(fā)生反應的離子方程式為；從環(huán)保角度考慮，“酸溶”時的試劑（填“能”或“不能”）用濃鹽酸代替，簡要說明理由：。（3）已知Ksp（CoC2O4）＝6.0×10﹣8，要使溶液中的Co2+完全沉淀（即Co2+濃度小于1.0×10﹣5mol?L﹣1），則溶液中C2濃度最小為mol?L﹣1；簡述洗滌CoC2O4?2H2O）的操作：。（4）已知NH3?H2O的電離常數(shù)Kb＝1.7×10﹣5，H2C2O4的電離常數(shù)Ka1＝5.6×10﹣2、Ka2＝1.5×10﹣4。則（NH4）2C2O4溶液中各離子濃度由大到小的順序為。

2024年菁優(yōu)高考化學終極押題密卷2（全國甲卷）參考答案與試題解析一．選擇題（共7小題）1．歌曲《青花瓷》唱道“?外芭蕉惹驟雨，門環(huán)惹銅綠”，其中的“銅綠”即是銅銹，它的化學成分是Cu2（OH）2CO3（堿式碳酸銅）。銅在潮濕的空氣中生銹的化學反應為2Cu+O2+CO2+H2O＝Cu2（OH）2CO3。下列有關該反應的說法錯誤的是（）A．堿式碳酸銅既是氧化產(chǎn)物，又是還原產(chǎn)物 B．該反應屬于氧化還原反應，化合價發(fā)生改變的只有兩種元素 C．該反應中銅失電子，氧氣得電子 D．若有128g銅單質(zhì)參與反應，則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為2mol【考點】氧化還原反應與非氧化還原反應；氧化還原反應相關的概念；氧化還原反應的基本規(guī)律及應用；酸、堿、鹽、氧化物的概念及其相互聯(lián)系．【專題】氧化還原反應專題．【答案】D【分析】2Cu+O2+CO2+H2O＝Cu2（OH）2CO3反應中，Cu元素的化合價升高，O元素的化合價降低，結(jié)合物質(zhì)的分類方法分析?！窘獯稹拷猓篈．堿式碳酸銅既是Cu化合價升高得到的產(chǎn)物，是氧化產(chǎn)物，又是氧化合價降低得到的產(chǎn)物，是還原產(chǎn)物，故A正確；B．該反應中有Cu和O元素的化合價發(fā)生了變化，化合價發(fā)生改變的只有兩種元素，屬于氧化還原反應，故B正確；C．該反應中銅化合價升高，失去電子，氧氣中氧化合價降低，因此銅失電子，氧氣得電子，故C正確；D．128g銅的物質(zhì)的量n＝＝2mol，2Cu+O2+CO2+H2O＝Cu2（OH）2CO3反應中，反應2molCu電子轉(zhuǎn)移4mol，若有128g銅單質(zhì)參與反應，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為4mol，故D錯誤；故選：D。【點評】本題考查了氧化還原反應、物質(zhì)的分類，明確元素的化合價變化及該反應中Cu、O元素的化合價升降是解答本題的關鍵，題目難度不大。2．諾氟沙星是廣譜抗生素，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．分子式為C16H18FN3O3 B．分子中含有1個手性碳原子 C．1mol該物質(zhì)最多能與5molH2反應 D．該物質(zhì)既能與NaOH溶液反應，又能與鹽酸反應【考點】有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．【專題】有機物的化學性質(zhì)及推斷．【答案】B【分析】A．由結(jié)構(gòu)可知，分子中含16個C原子、18個H原子、1個F原子、3個N原子、3個O原子；B．連接4個不同基團的碳原子為手性碳原子；C．只有苯環(huán)、碳碳雙鍵、羰基與氫氣發(fā)生加成反應；D．含氨基、羧基?！窘獯稹拷猓篈．由結(jié)構(gòu)可知，分子中含16個C原子、18個H原子、1個F原子、3個N原子、3個O原子，分子式為C16H18FN3O3，故A正確；B．連接4個不同基團的碳原子為手性碳原子，不含手性碳原子，故B錯誤；C．只有苯環(huán)、碳碳雙鍵、羰基與氫氣發(fā)生加成反應，則1mol該物質(zhì)最多能與5molH2反應，故C正確；D．含氨基、羧基，則既能與鹽酸反應，又能與NaOH溶液反應，故D正確；故選：B?！军c評】本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，把握有機物的結(jié)構(gòu)、有機反應為解答的關鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意選項B為解答的易錯點，題目難度不大。3．設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．1mol乙醛中含有σ鍵的數(shù)目為6NA B．1LpH＝3的稀H2SO4溶液中氫離子的數(shù)目為0.002NA C．等物質(zhì)的量的O2和C18O氣體中所含中子數(shù)均為16NA D．標準狀況下，11.2LCH3﹣CH2Br中含有的分子數(shù)目為0.5NA【考點】阿伏加德羅常數(shù)．【專題】阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律．【答案】A【分析】A．乙醛的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CHO，1mol乙醛中含有6molσ鍵；B．1LpH＝3的稀H2SO4溶液中，c（H+）＝10﹣3mol/L，n（H+）＝10﹣3mol；C．等物質(zhì)的量的O2和C18O氣體中所含中子數(shù)相等，但不一定是16NA；D．標準狀況下，CH3CH2Br為液體，無法使用Vm＝22.4L/mol。【解答】解：A．乙醛的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CHO，1mol乙醛中含有σ鍵的數(shù)目為6NA，故A正確；B．1LpH＝3的稀H2SO4溶液中，c（H+）＝10﹣3mol/L，n（H+）＝10﹣3mol，則氫離子的數(shù)目為0.001NA，故B錯誤；C．等物質(zhì)的量的O2和C18O氣體中所含中子數(shù)相等，但不一定是16NA，故C錯誤；D．標準狀況下，CH3CH2Br為液體，11.2LCH3CH2Br中含有的分子數(shù)目不是0.5NA，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題主要考查阿伏加德羅常數(shù)的計算，為高頻考點，題目難度不大。4．下列有關元素周期律的比較中正確的是（）A．金屬性：K＞Rb＞Cs B．單質(zhì)與氫氣化合由易到難的順序：Cl2＞S＞P C．簡單氫化物的穩(wěn)定性：PH3＞H2S＞H2O D．堿性強弱：LiOH＞NaOH＞KOH【考點】元素周期律的作用．【專題】元素周期律與元素周期表專題．【答案】B【分析】A．同主族元素自上而下金屬性逐漸增強；B．Cl、S、P為同周期元素，非金屬性越強，與氫氣化合越容易；C．非金屬性越強，形成氫化物穩(wěn)定性越強；D．同主族自上而下金屬性逐漸增強，最高價氧化物對應的水化物的堿性增強【解答】解：A．同主族元素自上而下金屬性逐漸增強，K、Rb、Cs為第ⅠA的元素，金屬性：K＜Rb＜Cs，故A錯誤；B．Cl、S、P為同周期元素，根據(jù)元素周期律可知，非金屬性：Cl＞S＞P，故其單質(zhì)與氫氣化合由易到難的順序：Cl2＞S＞P，故B正確；C．非金屬性強弱為：O＞S＞P，所以簡單氫化物的穩(wěn)定性：H2O＞H2S＞PH3，故C錯誤；D．Li、Na、K為第ⅠA的元素，所以堿性：LiOH＜NaOH＜KOH，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查了周期律分析判斷，主要是金屬性和非金屬性強弱、氫化物穩(wěn)定性等知識點，注意知識的熟練掌握，題目難度不大。5．我國某大學科研團隊通過超快電脈沖熱還原法開發(fā)了一種新型碳載釕鎳合金納米催化劑（RuNi/C），并基于此催化劑制備出一種極具競爭力的高能量鎳氫氣（Ni﹣H2）電池，其工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．放電時，OH﹣向電極b移動 B．放電一段時間后，KOH溶液的濃度增大 C．放電時，電極a上的電極反應式為NiOOH+e﹣+H2O═Ni（OH）2+OH﹣ D．外電路中每轉(zhuǎn)移2mole﹣，理論上電極b上消耗2gH2【考點】化學電源新型電池；原電池與電解池的綜合．【專題】電化學專題．【答案】B【分析】由圖可知，放電時，電極b為負極，電極反應式為H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，電極a為正極，電極反應式為NiOOH+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣，陰離子移向負極，電池的總反應式為：H2+2NiO（OH）2Ni（OH）2，據(jù)此作答。【解答】解：A．放電時，陰離子移向負極，即OH﹣向電極b移動，故A正確；B．電池的總反應式為：H2+2NiO（OH）2Ni（OH）2，故放電一段時間后，KOH溶液的濃度不變，故B錯誤；C．放電時，電極a為正極，電極反應式為NiOOH+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣，故C正確；D．放電時，負極反應式為H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，外電路中每轉(zhuǎn)移2mole﹣，理論上電極b上消耗×2g/mol＝2gH2，故D正確；故選：B?！军c評】本題考查可充電電池，題目難度中等，能依據(jù)圖象和信息準確判斷正負極和陰陽極是解題的關鍵，難點是電極反應式的書寫。6．某化學反應包括A（g）→B（g）、B（g）→C（g）兩步反應，整個反應過程中的能量變化如圖所示。下列說法正確的是（）A．兩步反應均為吸熱反應 B．1molA（g）的總鍵能大于1molC（g）的總鍵能 C．1molC（g）與1molA（g）的能量差為（E4﹣E1+E2﹣E3）kJ D．反應A（g）→B（g）一定要加熱才能發(fā)生【考點】反應熱和焓變．【專題】化學反應與能量圖像；化學反應中的能量變化．【答案】C【分析】A．反應物總能量小于生成物總能量，為吸熱反應；反應物總能量大于生成物總能量，為放熱反應；B．根據(jù)ΔH＝反應物的總鍵能﹣生成物的總鍵能以及A（g）→C（g）為放熱反應，ΔH＜0判斷；C．根據(jù)圖象結(jié)合各步的能量進行計算可得；D．吸熱反應不一定加熱才能發(fā)生，比如八水合氫氧化鋇和氯化銨的反應?！窘獯稹拷猓篈．由圖可知，A（g）→B（g）反應物總能量小于生成物總能量，為吸熱反應，B（g）→C（g）反應物總能量大于生成物總能量，為放熱反應，故A錯誤；B．由圖可知，1molA（g）的總能量大于1molC（g）的總能量，則A（g）→C（g）為放熱反應，則1molA（g）的總鍵能小于1molC（g）的總鍵能，故B錯誤；C．根據(jù)圖象，1molC（g）與1molA（g）的能量差為（E4﹣E1+E2﹣E3）kJ，故C正確；D．反應A（g）→B（g）為吸熱反應，但不一定要加熱才能發(fā)生，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查反應熱與焓變和圖象的理解分析，為高頻考點，把握反應中能量變化、焓變及熱量為解答關鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，題目難度中等。7．某溫度下，兩種難溶鹽AgxX、AgyY的飽和溶液中﹣lgc（Xx﹣）或﹣lgc（Yy﹣）與﹣lgc（Ag+）的關系如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．x：y＝2：1 B．a(chǎn)點時，c（Xx﹣）＝c（Yy﹣）， C．yAgxX+xYy﹣＝xAgyY+yXx﹣平衡常數(shù)K＝10﹣8 D．向濃度均為0.1mol?L﹣1的NaxX、NayY混合溶液中滴加AgNO3溶液，先產(chǎn)生AgyY沉淀【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】難溶鹽AgxX的飽和溶液中Ksp（AgxX）＝cx（Ag+）?c（Xx﹣），根據(jù)圖中（0，6），（12，0）兩點數(shù)值可求得x＝2，且Ksp（Ag2X）＝10﹣12，同理難溶鹽AgyY的飽和溶液中Ksp（AgyY）＝cy（Ag+）?c（Yy﹣），根據(jù)圖中（0，10），（10，0）兩點數(shù)值可求得y＝1，且Ksp（AgY）＝10﹣10，據(jù)此分析解答。【解答】解：A．由上述分析可知，x＝2，y＝1，則x：y＝2：1，故A正確；B．由上述分析可知，x＝2，y＝1，Ksp（Ag2X）＝10﹣12，Ksp（AgY）＝10﹣10，則＝＝10﹣2，故B正確；C．由上述分析可知，x＝2，y＝1，Ksp（Ag2X）＝10﹣12，Ksp（AgY）＝10﹣10，則yAgxX+xYy﹣＝xAgyY+yXx﹣平衡常數(shù)K＝＝＝＝108，故C錯誤；D．Ksp（Ag2X）＝10﹣12，Ksp（AgY）＝10﹣10，0.1mol?L﹣1的NaxX轉(zhuǎn)化為Ag2X沉淀時所需c（Ag+）＝＝mol/L＝10﹣5.5mol/L，同理0.1mol?L﹣1的NayY轉(zhuǎn)化為AgY沉淀時所需c（Ag+）＝mol/L＝10﹣9mol/L＜10﹣5.5mol/L，即先生成AgY沉淀，故D正確；故選：C。【點評】本題考沉淀溶解平衡圖象分析，側(cè)重考查分析判斷及計算能力，明確溶度積常數(shù)的表達式和化學平衡常數(shù)的計算是解本題關鍵，題目難度中等。二．解答題（共4小題）8．25℃時，物質(zhì)的量濃度均為0.1mol?L﹣1的幾種鹽溶液的pH如表：序號①②③④⑤溶液NH4ClCH3COONH4NaHCO3NaXNa2CO3pH578.49.711.6（1）①中由水電離出的c（OH﹣）＜（填“＞”“＝”或“＜”）②中由水電離出的c（H+）。（2）③中共存在7種粒子，pH＝8.4的原因：碳酸氫根離子水解程度大于其電離程度，NaHCO3+H2O?H2CO3+NaOH；（3）下列說法正確的是AD。A．c（NH4+）：①＞②B．物質(zhì)的量濃度和體積均相等的NaCl和CH3COONH4兩種溶液中，離子總數(shù)相等C．等體積的③和⑤形成的混合溶液中：c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）＝0.1mol?L﹣1D．將pH相同的CH3COOH和HX溶液加水稀釋相同倍數(shù)，HX溶液的pH變化?。?）常溫下在20mL0.1mol?L﹣1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol?L﹣1HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各種微粒（CO2因逸出未畫出）物質(zhì)的量分數(shù)（縱軸）隨溶液pH變化的部分情況如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：①當pH＝7時，溶液中含碳元素的主要微粒為HCO3﹣、H2CO3②已知在25℃時，CO32﹣水解反應的平衡常數(shù)Kh＝＝2.0×10﹣4mol?L﹣1，當溶液中c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）＝2：1時，溶液的pH＝10?！究键c】離子濃度大小的比較．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）25℃時，溶液①NH4Cl中，銨根離子結(jié)合水電離出的氫氧根離子生成一水合氨，溶液顯酸性，CH3COONH4溶液PH＝7，溶液呈中性說明醋酸根離子和銨根離子水解程度相同，醋酸根離子水解促進銨根離子水解；（2）③NaHCO3溶液中碳酸氫鈉完全電離生成鈉離子和碳酸氫根離子，碳酸氫根離子存在水解和電離，溶液中存在水的電離，據(jù)此分析存在的粒子，碳酸氫鈉溶液PH＝8.4說明碳酸氫根離子水解程度大于其電離程度；（3）A．等濃度的NH4Cl和CH3COONH4溶液相比，醋酸銨溶液中銨根離子水解程度大；B．醋酸根離子和銨根離子水解促進，氯化鈉是強酸強堿鹽不水解；C．等體積的③NaHCO3和⑤Na2CO3形成的混合溶液中存在物料守恒，碳元素守恒分析判斷；D．將pH相同的CH3COOH和HX溶液加水稀釋相同倍數(shù)，酸性強的溶液pH變化大；（4）常溫下在20mL0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/LHCl溶液40mL，先反應生成碳酸氫鈉，再與鹽酸反應生成二氧化碳、水，水解常數(shù)Kh＝＝，以此分析計算解答?！窘獯稹拷猓海?）25℃時，溶液①NH4Cl的PH＝5，銨根離子結(jié)合水電離出的氫氧根離子生成一水合氨，溶液顯酸性，CH3COONH4溶液PH＝7，溶液呈中性說明醋酸根離子和銨根離子水解程度相同，醋酸根離子水解促進銨根離子水解，①中由水電離出的c（OH﹣）＜②中由水電離出的c（H+），故答案為：＜；（2）③NaHCO3溶液中碳酸氫鈉完全電離生成鈉離子和碳酸氫根離子，碳酸氫根離子存在水解生成碳酸和氫氧根離子，碳酸氫根離子電離生成碳酸根離子和氫離子，溶液中存在水的電離，溶液中共存在粒子為7種，碳酸氫鈉溶液PH＝8.4說明碳酸氫根離子水解程度大于其電離程度，NaHCO3+H2O?H2CO3+NaOH，故答案為：7；碳酸氫根離子水解程度大于其電離程度，NaHCO3+H2O?H2CO3+NaOH；（3）A．溶液pH分析，等濃度的NH4Cl和CH3COONH4溶液相比，醋酸銨溶液中銨根離子水解程度大，c（NH4+）：①＞②，故A正確；B．物質(zhì)的量濃度和體積均相等的NaCl和CH3COONH4兩種溶液中，醋酸根離子和銨根離子水解相互促進，溶液中離子總數(shù)不相等，故B錯誤；C．等體積的③和⑤形成的混合溶液中存在物料守恒，碳元素守恒：c（H2CO3）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）＝0.1mol?L﹣1，故C錯誤；D．CH3COOH酸性大于HX，將pH相同的CH3COOH和HX溶液加水稀釋相同倍數(shù)，HX溶液的pH變化小，故D正確；故選AD，故答案為：A，D；（4）①由圖象可知，pH＝7時，溶液中含碳元素的主要微粒為HCO3﹣、H2CO3，故答案為：HCO3﹣、H2CO3；②水解常數(shù)Kh＝＝＝2×10﹣4，當溶液中c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）＝2：1時，c（OH﹣）＝10﹣4mol/L，由Kw可知，c（H+）＝10﹣10mol/L，所以pH＝10，故答案為：10；【點評】本題考查了弱電解質(zhì)電離、鹽類水解、電解質(zhì)溶液中離子濃度關系、電荷守恒和物料守恒，涉及鹽類的水解、弱電解質(zhì)的電離及溶液中酸堿之間的反應，綜合考查學生分析問題、解決問題的能力，題目難度中等。9．將二氧化碳資源化是實現(xiàn)“碳中和”目標的重要手段。回答下列問題：（1）利用CH4和重整技術可獲得合成氣（主要成分為CO和H2），反應如下：Ⅰ：CH4（g）+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g）ΔH1＝+247kJ?mol﹣1Ⅱ：CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41kJ?mol﹣1反應CH4（g）+3CO2（g）?4CO（g）+2H2O（g）的ΔH＝+329kJ?mol﹣1，該反應活化能Ea（正）＞Ea（逆）（填“＞”“＜”或“＝”）。（2）二氧化碳催化加氫可合成乙醇，其反應原理為：2CO2（g）+6H2（g）?C2H5OH（g）+3H2O（g），該反應的平衡常數(shù)與溫度的關系如表。溫度/K400500平衡常數(shù)/K95.3①該反應為放熱反應（填“吸熱”或“放熱”），在低溫時可自發(fā)進行（填“高溫”“低溫”或“任意溫度”）。②恒容絕熱容器中發(fā)生上述反應，下列說法正確的是B。A．加入合適的催化劑可以提高CO2的平衡轉(zhuǎn)化率B．反應達平衡后容器內(nèi)溫度保持不變C．反應達平衡時n（CO2）：n（H2）＝1：3一定成立D．容器內(nèi)氣體密度不變時說明達到了平衡狀態(tài)③設m為起始時的投料比，即m＝。通過實驗得到圖像如下：圖甲中控制其他條件，只調(diào)節(jié)反應溫度，反應速率最快的是T1（填T1、T2或T3），理由是由于該反應放熱，所以溫度越高反應物轉(zhuǎn)化率越低，T1＞T2＞T3，溫度越高反應越快，反應速率最快的是T1。圖乙表示在m＝3，起始壓強為4MPa的恒容條件下，平衡狀態(tài)時各物質(zhì)的物質(zhì)的量分數(shù)與溫度的關系，T4溫度時，該反應的壓強平衡常數(shù)Kp＝MPa﹣4（用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓＝總壓物質(zhì)的量分數(shù)）?！究键c】化學平衡的計算；化學平衡狀態(tài)的判斷．【專題】化學反應中的能量變化；化學平衡專題；化學平衡計算．【答案】（1）+329；＞；（2）①放熱；低溫；②B；③T1；由于該反應放熱，所以溫度越高反應物轉(zhuǎn)化率越低，T1＞T2＞T3，溫度越高反應越快，反應速率最快的是T1；?！痉治觥浚?）根據(jù)蓋斯定律：Ⅰ+Ⅱ×2計算反應CH4（g）+3CO2（g）?4CO（g）+2H2O（g）的ΔH，ΔH＝Ea（正）﹣Ea（逆）；（2）①由表中數(shù)據(jù)可知，平衡常數(shù)K隨溫度升高而減小，即升高溫度時平衡逆向移動，正反應是放熱反應，且該反應是氣體體積減小的反應，結(jié)合反應自發(fā)進行的條件ΔH—TΔS＜0分析判斷；②A．催化劑不能提高反應物的平衡轉(zhuǎn)化率；B．絕熱條件下反應達平衡后容器內(nèi)溫度保持不變；C．反應達平衡時n（CO2）：n（H2）不一定等于1：3，與起始量有關；D．體系中各物質(zhì)均為氣體，恒容條件下容器內(nèi)氣體的質(zhì)量不變，即混合氣體的密度始終不變；③該反應是放熱反應，升高溫度時平衡逆向移動，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率減小，即其他條件相同時，溫度越高，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率越?。粓D乙中m＝3，與反應物的計量數(shù)之比相同，所以任意時刻均有n（H2）：n（CO2）＝3：1，且升高溫度時平衡逆向移動，n（CO2）和n（H2）增大，n（C2H5OH）和n（H2O）減小，則圖中曲線a、b、c、d分別代表H2O、CO2、H2O和C2H5OH?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)蓋斯定律：Ⅰ+Ⅱ×2計算反應CH4（g）+3CO2（g）?4CO（g）+2H2O（g）的ΔH＝+247kJ?mol﹣1+（+41kJ?mol﹣1）×2＝+329kJ/mol，ΔH＝Ea（正）﹣Ea（逆）＞0，即Ea（正）＞Ea（逆），故答案為：+329；＞；（2）①由表中數(shù)據(jù)可知，溫度升高平衡常數(shù)減小，且升高溫度平衡向吸熱方向移動，說明該反應為放熱反應，ΔH＜0，該反應是氣體體積減小的反應則ΔS＜0，由自發(fā)反應的條件ΔH—TΔS＜0可知，該反應在低溫時可自發(fā)進行，故答案為：放熱；低溫；②A.加入合適的催化劑只改變反應速率，平衡不移動，不能提高CO2的平衡轉(zhuǎn)化率，故A錯誤；B.該反應是放熱反應，反應在絕熱容器中正向進行時體系溫度升高，當反應達平衡后容器內(nèi)溫度保持不變，故B正確；C.反應達平衡時反應達平衡時n（CO2）：n（H2）不一定等于1：3，與起始投入量和轉(zhuǎn)化率有關，故C錯誤；D.系中各物質(zhì)均為氣體，恒容條件下容器內(nèi)氣體的質(zhì)量不變，則容器內(nèi)氣體密度一直不變，不能據(jù)此判斷反應是否達到平衡狀態(tài)，故D錯誤；故答案為：B；③該合成反應正向放熱，其他條件不變時升高溫度，平衡逆向移動，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率降低，即其他條件相同時，溫度越高，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率越小，且其他條件相同時，溫度越高反應速率越快，控制其他條件，所以只調(diào)節(jié)反應溫度，反應速率最快的是T1，反應為2CO2（g）+6H2（g）?C2H5OH（g）+3H2O（g），m＝3時反應任意時刻，均有n（H2）：n（CO2）＝3：1、n（乙醇）：n（水）＝1：3，且升高溫度時平衡逆向移動，n（CO2）和n（H2）增大，n（C2H5OH）和n（H2O）減小，所以圖中曲線a、b、c、d分別分別代表H2O、CO2、H2O和C2H5OH，由圖可知，T4溫度時，n（H2）＝n（H2O）、n（CO2）＝n（C2H5OH），即p（H2）＝p（H2O）＝0.375×4MPa，p（CO2）＝p（C2H5OH）＝0.125×4MPa，則該反應的壓強平衡常數(shù)Kp＝＝＝MPa﹣4，故答案為：T1；由于該反應放熱，所以溫度越高反應物轉(zhuǎn)化率越低，T1＞T2＞T3，溫度越高反應越快，反應速率最快的是T1；。【點評】本題考查化學平衡的計算、化學平衡的影響因素，側(cè)重學生的分析能力和計算能力，把握化學平衡判斷、化學平衡的影響因素、蓋斯定律的計算應用和化學平衡常數(shù)計算為解答的關鍵，題目難度中等。10．高氯酸三碳酰肼合鎳{[Ni（CHZ）3]（ClO4）2}是一種新型的起爆藥，回答下列問題：（1）基態(tài)Ni原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d84s2。（2）基態(tài)碳原子核外電子有6種不同運動狀態(tài)。（3）的中心原子的價層電子對數(shù)為4，的VSEPR模型是正四面體。（4）化學式中的CHZ為碳酰肼，其結(jié)構(gòu)為，是一種新型的環(huán)保鍋爐水除氧劑：①CHZ中氮原子的雜化軌道類型為sp3。②1molCHZ中含有的σ鍵數(shù)目為11NA。③鍵角：相等（填“＞”“＜”或“＝”）。（5）常溫下，0.04mol?L﹣1的HClO溶液的pH約為4.4[已知：Ka（HClO）＝4.0×10﹣8，lg2≈0.3]?！究键c】原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；原子核外電子排布．【專題】化學鍵與晶體結(jié)構(gòu)；電離平衡與溶液的pH專題．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d84s2；（2）6；（3）4；正四面體；（4）①sp3；②11；③相等；（5）4.4?！痉治觥浚?）Ni是28號元素，根據(jù)構(gòu)造原理原理書寫核外電子排布式；（2）原子核外沒有運動狀態(tài)相同的電子；（3）的中心原子的價層電子對數(shù)為4+（7+1﹣4×2）＝4；（4）①由碳酰肼的結(jié)構(gòu)式可知，N原子價層電子對數(shù)是4；②單鍵均為σ鍵，雙鍵中含有1個σ鍵；③中C原子的價層電子對數(shù)為3+（4+2﹣3×2）＝3，中N原子的價層電子對數(shù)為3+（5+1﹣3×2）＝3，VSEPR模型均為平面三角形；（5）根據(jù)c（H+）＝計算HClO溶液中c（H+）?！窘獯稹拷猓海?）Ni是28號元素，根據(jù)構(gòu)造原理原理可知，其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d84s2，故答案為：1s22s22p63s23p63d84s2；（2）碳原子核外電子有6個電子，則有6種不同的運動狀態(tài)，故答案為：6；（3）的中心原子的價層電子對數(shù)為4+（7+1﹣4×2）＝4，VSEPR模型為正四面體，故答案為：4；正四面體；（4）①由碳酰肼的結(jié)構(gòu)式可知，N原子價層電子對數(shù)是4，VSEPR模型為四面體，氮原子的雜化軌道類型為sp3，故答案為：sp3；②由碳酰肼的結(jié)構(gòu)式可知，1個分子中含有11個σ鍵，則1molCHZ中含有的σ鍵數(shù)目為11NA，故答案為：11；③、中C、N原子的價層電子對數(shù)分別為3+（4+2﹣3×2）＝3、3+（5+1﹣3×2）＝3，VSEPR模型均為平面三角形，均無孤電子對，則二者鍵角相等、均為120°，故答案為：相等；（5）0.04mol?L﹣1的HClO溶液中c（H+）＝＝mol/L＝4.0×10﹣5mol/L，pH＝﹣lg4.0×10﹣5＝4.4，故答案為：4.4?！军c評】本題考查分子結(jié)構(gòu)及原子雜化方式的判斷，側(cè)重分析能力和計算能力的考查，把握核外電子排布、價層電子對數(shù)的計算方法、電離平衡常數(shù)的計算應用是解題關鍵，題目難度中等。11．阿斯巴甜（G）是一種廣泛應用于食品工業(yè)的添加劑，一種合成阿斯巴甜（G）的路線如圖：一定條件已知如下信息：①②回答下列問題：（1）A中官能團的名稱是醛基。（2）A生成B反應的化學方程式為+HCN→。（3）D的結(jié)構(gòu)簡式為，D生成E的反應中濃硫酸的作用是催化劑、吸水劑。（4）E生成G的反應類型為取代反應。（5）寫出能同時滿足下列條件的C的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式。①分子中含有苯環(huán)，且苯環(huán)上有兩個取代基②能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應③能在氫氧化鈉溶液中發(fā)生水解反應，且含有苯環(huán)的水解產(chǎn)物的核磁共振氫譜只有一組峰（6）參照上述合成路線，設計以乙醛為起始原料制備聚丙氨酸的合成路線CH3CHO（無機試劑任選）?！究键c】有機物的合成．【專題】有機物的化學性質(zhì)及推斷．【答案】（1）醛基；（2）+HCN→；（3）；催化劑、吸水劑；（4）取代反應；（5）；（6）CH3CHO。【分析】對比A、C的結(jié)構(gòu)，結(jié)合信息①，可知A與HCN發(fā)生加成反應生成B，B中﹣CN水解為﹣COOH生成C，故B為，結(jié)合G的結(jié)構(gòu)簡式，可知C發(fā)生信息②中取代反應生成D，D與甲醇發(fā)生酯化反應生成E，E與F發(fā)生取代反應生成生成G，故D為、E為；（6）發(fā)生縮聚反應生成，CH3CHO與HCN反應生成，然后水解生成，一定條件下與NH3反應生成?！窘獯稹拷猓海?）A的結(jié)構(gòu)簡式為，A中官能團的名稱是醛基，A中苯環(huán)、碳碳雙鍵能與氫氣發(fā)生加成反應，1molA與H2進行加成反應，最多消耗4molH2，故答案為：醛基；（2）A生成B反應的化學方程式為+HCN→，故答案為：+HCN→；（3）由分析可知，D的結(jié)構(gòu)簡式為，D生成E的反應是酯化反應，濃硫酸的作用是催化劑、吸水劑，故答案為：；催化劑、吸水劑；（4）E生成G的過程中羧基與氨基之間反應形成酰胺基，同時生成水，該反應類型為取代反應，故答案為：取代反應；（5）能同時滿足下列條件的C的同分異構(gòu)體：①分子中含有苯環(huán)，且苯環(huán)上有兩個取代基，②能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明含有酚羥基，③能在氫氧化鈉溶液中發(fā)生水解反應，說明含有酯基，且含有苯環(huán)的水解產(chǎn)物的核磁共振氫譜只有一組峰，說明水解產(chǎn)物為、CH3CH2COONa，故同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：；（6）發(fā)生縮聚反應生成，CH3CHO與HCN反應生成，然后水解生成，一定條件下與NH3反應生成，合成路線為CH3CHO，故答案為：CH3CHO。【點評】本題考查有機物的推斷與合成，涉及官能團識別、有機物結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、有機反應方程式的書寫、有機反應類型、限制條件同分異構(gòu)體書寫、合成路線設計等，注意對給予信息的離子鍵，對比有機物的結(jié)構(gòu)理解發(fā)生的反應，題目側(cè)重考查學生分析推理能力、知識遷移運用能力。三．工藝流程題（共1小題）12．利用鋁鋰鈷廢料（主要成分為Co3O4，還含有少量鋁箔、LiCoO2等雜質(zhì)）制備CoC2O4?2H2O）的工藝流程如圖所示。已知：Co3O4具有較強氧化性，Co3O4、LiCoO2均難溶于水?；卮鹣铝袉栴}：（1）寫出增大“堿溶”速率的一種方法：將鋁鋰鈷廢料粉碎增大固液接觸面積或適當增大NaOH溶液濃度或適當升高反應溫度或充分攪拌等，“堿溶”時發(fā)生反應的離子方程式為2Al+2OH﹣+6H2O＝2[Al（OH）4]﹣+3H2↑。（2）“酸溶”時，Co3O4發(fā)生反應的離子方程式為Co3O4++6H+＝3Co2+++3H2O；從環(huán)保角度考慮，“酸溶”時的試劑不能（填“能”或“不能”）用濃鹽酸代替，簡要說明理由：將Na2SO3或H2SO4換成濃鹽酸，將發(fā)生反應Co3O4+8HCl＝3CoCl2+Cl2↑＝4H2O，會產(chǎn)生有毒氣體Cl2，污染環(huán)境。（3）已知Ksp（CoC2O4）＝6.0×10﹣8，要使溶液中的Co2+完全沉淀（即Co2+濃度小于1.0×10﹣5mol?L﹣1），則溶液中C2濃度最小為6.0×10﹣3mol?L﹣1；簡述洗滌CoC2O4?2H2O）的操作：向過濾器中加入蒸餾水至沒過沉淀，待水自然流出后重復2～3次。（4）已知NH3?H2O的電離常數(shù)Kb＝1.7×10﹣5，H2C2O4的電離常數(shù)Ka1＝5.6×10﹣2、Ka2＝1.5×10﹣4。則（NH4）2C2O4溶液中各離子濃度由大到小的順序為c（）＞c（C2）＞c（H+）＞c（OH﹣）＞c（HC2）?！究键c】制備實驗方案的設計．【專題】制備實驗綜合．【答案】（1）將鋁鋰鈷廢料粉碎增大固液接觸面積或適當增大NaOH溶液濃度或適當升高反應溫度或充分攪拌等；2Al+2OH﹣+6H2O＝2[Al（OH）4]﹣+3H2↑；（2）Co3O4++6H+＝3Co2+++3H2O；不能；將Na2SO3或H2SO4換成濃鹽酸，將發(fā)生反應Co3O4+8HCl＝3CoCl2+Cl2↑＝4H2O，會產(chǎn)生有毒氣體Cl2，污染環(huán)境；（3）6.0×10﹣3；向過濾器中加入蒸餾水至沒過沉淀，待水自然流出后重復2～3次；（4）c（）＞c（C2）＞c（H+）＞c（OH﹣）＞c（HC2）?！痉治觥坑深}干鋁鋰鈷廢料（主要成分為Co3O4，還含有少量鋁箔、LiCoO2等雜質(zhì)）制備CoC2O4?2H2O）的工藝流程圖可知，向鋁鋰鈷廢料中加入NaOH溶液進行“堿溶”主要是將Al轉(zhuǎn)化為NaAl（OH）4而溶解，過濾出濾液和濾渣（主要含有Co3O4、LiCoO2），向濾渣中加入H2SO4、Na2SO3進行“酸溶”將Co轉(zhuǎn)化為Co2+而溶解，對反應后的溶液進行調(diào)節(jié)pH過濾出溶性雜質(zhì)得到溶渣，向濾液中加入有機磷萃取，分液后得到含有Li2SO4的無機相及含有CoR2的有機相，有機相中可加入H2SO4進行反萃取分離出Co2+，最后加入（NH4）2C2O4溶液沉鈷獲得CoC2O4?2H2O，據(jù)此分析解題。【解答】解：（1）將鋁鋰鈷廢料粉碎增大固液接觸面積、適當增大NaOH溶液濃度、適當升高反應溫度和充分攪拌等措施均可增大“堿溶”速率，由分析可知，“堿溶”即Al與NaOH溶液反應，該過程發(fā)生反應的離子方程式為：2Al+2OH﹣+6H2O＝2[Al（OH）4]﹣+3H2↑，故答案為：將鋁鋰鈷廢料粉碎增大固液接觸面積或適當增大NaOH溶液濃度或適當升高反應溫度或充分攪拌等；2Al+2OH﹣+6H2O＝2[Al（OH）4]﹣+3H2↑；（2）由分析可知，“酸溶”時是將Co轉(zhuǎn)化為Co2+，即Co3O4與H2SO4、Na2SO3發(fā)生氧化還原反應，根據(jù)氧化還原反應配平可得，該反應的離子方程式為：Co3O4++6H+＝3Co2+++3H2O，若將Na2SO3或H2SO4換成濃鹽酸，則將產(chǎn)生有毒氣體Cl2，反應原理為：Co3O4+8HCl＝3CoCl2+Cl2↑＝4H2O，故從環(huán)保角度考慮，“酸溶”時的試劑不能用濃鹽酸代替，故答案為：Co3O4++6H+＝3Co2+++3H2O；不能；將Na2SO3或H2SO4換成濃鹽酸，將發(fā)生反應Co3O4+8HCl＝3CoCl2+Cl2↑＝4H2O，會產(chǎn)生有毒氣體Cl2，污染環(huán)境；（3）已知Ksp（CoC2O4）＝6.0×10﹣8，要使溶液中的Co2+完全沉淀（即Co2+濃度小于1.0×10﹣5mol?L﹣1），則溶液中C2濃度需≥＝mol/L＝6.0×10﹣3mol/L，即溶液中C2濃度最小為6.0×10﹣3mol?L﹣1；洗滌CoC2O4?2H2O）的操作為：向過濾器中加入蒸餾水至沒過沉淀，待水自然流出后重復2～3次，故答案為：6.0×10﹣3；向過濾器中加入蒸餾水至沒過沉淀，待水自然流出后重復2～3次；（4）已知NH3?H2O的電離常數(shù)Kb＝1.7×10﹣5，H2C2O4的電離常數(shù)Ka1＝5.6×10﹣2、Ka2＝1.5×10﹣4，則銨根離子水解平衡常數(shù)Kh＝＝，草酸根離子的水解平衡常數(shù)Kh1＝＝，草酸氫根離子的水解平衡常數(shù)為：Kh2＝＝，故銨根離子水解大于草酸根離子，則（NH4）2C2O4溶液呈酸性，且HC2還能發(fā)生水解生成H2C2O4和OH﹣，則（NH4）2C2O4溶液中各離子濃度由大到小的順序為：c（）＞c（C2）＞c（H+）＞c（OH﹣）＞c（HC2），故答案為：c（）＞c（C2）＞c（H+）＞c（OH﹣）＞c（HC2）?！军c評】本題考查物質(zhì)的制備，側(cè)重考查學生物質(zhì)之間的反應和分離提純知識的掌握情況，試題難度中等。

考點卡片1．酸、堿、鹽、氧化物的概念及其相互聯(lián)系【知識點的認識】1、酸、堿、鹽的對比物質(zhì)類別概念構(gòu)成特點分類酸電離時生成的陽離子全部是H+的化合物氫離子和酸根離子①酸分子中是否有氧原子：含氧酸、無氧酸；②酸分子電離生成個數(shù)：一元酸、二元酸、三元酸；③酸性強弱：強酸、弱酸；④沸點高低：高沸點酸、非揮發(fā)性酸；低沸點酸、揮發(fā)性酸堿電離時生成的陰離子全部是OH﹣的化合物金屬陽離子（或銨根離子）與氫氧根離子構(gòu)成的①溶解性；可溶性堿、不溶性堿；②堿性強弱：強堿、弱堿；③與一個金屬離子結(jié)合的的個數(shù)：一元堿、二元堿鹽一類金屬離子或銨根離子（NH4+）與酸根離子或非金屬離子結(jié)合的化合物。金屬陽離子（或銨根離子）與酸根離子（1）根據(jù)組成不同：①正鹽；②酸式鹽；③堿式鹽（2）溶解性：可溶性鹽、不溶性鹽（3）相同金屬離子或酸根離子的統(tǒng)稱：某鹽、某酸鹽①金屬元素+酸根，讀作“某酸某或某酸亞某”；②金屬元素+非金屬元素，讀作“某化某或某化亞某”；③金屬元素+H+酸根，讀作“某酸氫某或酸式某酸某”；④金屬元素+OH+酸根，讀作“堿式某酸某或堿式某化某”氧化物其構(gòu)成中只含兩種元素，其中一種一定為氧元素，另一種若為金屬元素，則為金屬氧化物；若為非金屬，則為非金屬氧化物。氧元素為負二價時和另外一種化學元素組成的二元化合物①金屬氧化物與非金屬氧化物②離子型氧化物與共價型氧化物離子型氧化物：部分活潑金屬元素形成的氧化物如Na2O、CaO等；共價型氧化物：部分金屬元素和所有非金屬元素的氧化物如MnO2、HgO、SO2、ClO2等③普通氧化物、過氧化物和超氧化物④酸性氧化物、堿性氧化物和兩性氧化物、不成鹽氧化物、其它復雜氧化物2、酸性氧化物、堿性氧化物和兩性氧化物的對比：酸性氧化物堿性氧化物兩性氧化物概念一類能與水作用生成酸或與堿作用生成鹽和水的氧化物能跟酸起反應，生成一種鹽和水的氧化物叫堿性氧化物（且生成物只能有鹽和水，不可以有任何其它物質(zhì)生成）。既可以與酸反應生成鹽和水又可以與堿反應生成鹽和水的氧化物組成一般是非金屬元素的氧化物和某些過渡金屬元素的高價氧化物堿性氧化物都是金屬氧化物。金屬氧化物一般為堿性氧化物，但有例外，比如七氧化二錳和三氧化鉻主要由活動性較低的金屬組成。常例CO2、SO2、SO3、P2O5、SiO2、Mn2O7、CrO3Na2O、CaO、BaO和CrO、MnOBeO、Al2O3、ZnO等。性質(zhì)1．與水反應生成相應的酸（除了二氧化硅SiO2，它不與水反應）2．與堿反應生成鹽和水3．與堿性氧化物反應1．堿性氧化物的對應水化物是堿。例如，CaO對應的水化物是Ca（OH）2，Na2O對應的水化物是NaOH．但對應水化物是不溶性堿的則其氧化物不與水反應，如：氧化銅不與水反應，堿金屬鈉、鉀等，還有鈣和鋇的氧化物能跟水反應，生成相應的氫氧化物。它們都是強堿：Na2O+H2O═2NaOHCaO+H2O═Ca（OH）22．高溫下，部分堿性氧化物和酸性氧化物作用生成鹽：CaO+SiO2═CaSiO33．部分堿性氧化物可直接與酸性氧化物反應：Na2O+CO2═Na2CO3。堿性氧化物受熱時比較穩(wěn)定，一般不會分解。既能表現(xiàn)酸性氧化物的性質(zhì)，又能表現(xiàn)堿性氧化物的性質(zhì)區(qū)別與聯(lián)系大多數(shù)金屬氧化物是堿性氧化物，大多數(shù)非金屬氧化物是酸性氧化物。堿性氧化物都是一些金屬氧化物，酸性氧化物中有一些是非金屬氧化物，也有一些是金屬氧化物。所以說，金屬氧化物不一定是堿性氧化物，非金屬氧化物也不一定是酸性氧化物（如CO、NO）。酸性氧化物也不一定是非金屬氧化物，但堿性氧化物一定是金屬氧化物?！久}方向】本內(nèi)容重點掌握酸性氧化物、堿性氧化物和兩性氧化物的概念和性質(zhì)。題型一：酸、堿、鹽互為氧化物的概念典例1：分類是學習和研究化學的一種重要方法，下列分類合理的是（）A．K2CO3和K2O都屬于鹽B．KOH和Na2CO3都屬于堿C．H2SO4和HNO3都屬于酸D．Na2O和Na2SiO3都屬于氧化物分析：電離時生成的陽離子全部是氫離子的化合物叫酸；電離時生成的陰離子全部是氫氧根離子的化合物叫堿；電離時生成金屬離子和酸根離子的化合物叫鹽；由兩種元素組成其中一種是氧元素的化合物叫氧化物；據(jù)定義分析即可。解答：A、K2CO3屬于鹽，K2O屬于氧化物，故A錯誤。B、KOH屬于堿，Na2CO3屬于鹽，故B錯誤。C、H2SO4和HNO3都屬于酸，故C正確。D、Na2O屬于氧化物，Na2SiO3屬于鹽，故D錯誤。故選C。點評：本題考查了酸、堿、鹽、氧化物的概念，難度不大，注意這幾個概念的區(qū)別。題型二：酸性氧化物、堿性氧化物的識別典例2：下列物質(zhì)的分類正確的是（）堿酸鹽堿性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4NaOHSO2CO2BNaOHHClNaClNa2OCOCNaOHCH3COOHCaF2COSO2DKOHHNO3CaCO3CaOSO2A．AB．BC．CD．D分析：根據(jù)堿電離出的陰離子全部是氫氧根離子，酸電離出的陽離子全部是氫離子，鹽電離出的陽離子是金屬離子或銨根離子，陰離子是酸根離子，能與酸反應生成鹽和水的氧化物為堿性氧化物，能與堿反應生成鹽和水的氧化物為酸性氧化物等概念進行分析。解答：A、NaOH屬于堿，SO2屬于酸性氧化物，故A錯誤；B、CO屬于不成鹽氧化物，故B錯誤；C、CO屬于不成鹽氧化物，故C錯誤；D、根據(jù)物質(zhì)的分類，KOH屬于堿，HNO3屬于酸，CaCO3屬于鹽，CaO屬于堿性氧化物，SO2屬于酸性氧化物，故D正確。故選D。點評：本題考查物質(zhì)的分類，題目難度不大，注意物質(zhì)的分類角度的總結(jié)。題型三：酸性氧化物、非金屬氧化物、堿性氧化物、金屬氧化物的辨析關系典例3：下列關于氧化物的敘述中，正確的是（）A．酸性氧化物都是非金屬氧化物B．非金屬氧化物都是酸性氧化物C．堿性氧化物肯定是金屬氧化物D．金屬氧化物肯定是堿性氧化物分析：A、能和堿反應生成只鹽和水的氧化物是酸性氧化物；B、非金屬氧化物可能是不成鹽氧化物；C、能和酸反應只生成鹽和水的氧化物是堿性氧化物。D、金屬氧化物不一定都是堿性氧化物。解答：A、酸性氧化物也可能是金屬氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故A錯誤；B、非金屬氧化物不一定是酸性氧化物，可能是不成鹽氧化物，如CO屬于非金屬氧化物但不屬于酸性氧化物，故B錯誤；C、堿性氧化物肯定是金屬氧化物，故C正確；D、金屬氧化物不一定是堿性氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故D錯誤；故選C。點評：本題考查了氧化物的概念及其聯(lián)系，難度不大，但概念間的聯(lián)系是學習的難點，屬于易錯題。【解題思路點撥】金屬氧化物不一定是堿性氧化物，非金屬氧化物也不一定是酸性氧化物（如CO、NO）。酸性氧化物也不一定是非金屬氧化物，但堿性氧化物一定是金屬氧化物。2．氧化還原反應與非氧化還原反應【知識點的認識】1.得失氧或得失氫的角度：得氧或失氫的反應為氧化反應，失氧或得氫的反應為還原反應；2.電子轉(zhuǎn)移角度：得電子的反應為還原反應、失電子的反應為氧化反應；3.化合價角度：失電子化合價升高的反應為氧化反應、得電子化合價降低的反應為還原反應；【命題的方向】1.基本概念及氧化性、還原性的判斷：典例：水是重要的化合物，其既能作化學反應的溶劑，又能參與化學反應。下列是水參與的部分反應：①2Na+2H2O═2NaOH+H2↑；②3NO2+H2O═2HNO3+NO；③SO2+H2O═H2SO3；④2F2+2H2O═4HF+O2。回答下列問題：（1）上述反應中，不屬于氧化還原反應的是（③）（填序號）。（2）上述反應中，水只作氧化劑的反應是（①）（填序號，下同）；水只作還原劑的反應是（④）。該反應中，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為（1：2）；2.電子轉(zhuǎn)移的表示方法：單線橋、雙線橋典例：用單線橋或雙線橋表示下列反應的電子轉(zhuǎn)移，并寫出氧化劑和還原劑（用單線橋表示）。①Fe2O3+3CO═2Fe+3CO2（用單線橋表示）（），②2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑（用雙線橋表示）（）；3.氧化性強弱的判斷：（1）根據(jù)氧化反應反應原理判斷：氧化性：氧化劑＞氧化產(chǎn)物，還原性：還原劑＞還原產(chǎn)物；（2）根據(jù)元素周期表、金屬活動性順序表、元素周期律判斷；典例：下列事實不能作為元素的金屬性或非金屬性強弱判斷依據(jù)的是（）A.Zn和Fe分別與稀硫酸反應，判斷金屬性強弱：Zn＞FeB.B．Mg投入CuCl2溶液中能置換出銅，Ba投入CuCl2溶液中不能置換出銅，判斷金屬性強弱：Mg＞BaC.酸性：H2SiO3＜HClO4，判斷非金屬性強弱：Cl＞SiD.依據(jù)O2、S分別與H2反應的難易程度，判斷非金屬性強弱：O＞S（3）根據(jù)元素化合價高低判斷，最高價只有氧化性、最低價只有還原性、中間價態(tài)既有氧化性又有還原性；（4）根據(jù)原電池和電解池原理判斷，一般來說，兩種金屬和電解質(zhì)溶液構(gòu)成的原電池中，負極的還原性大于正極；電解池中，陰離子還原性越強，越易在陽極上失電子，陽離子氧化性越強，越易在陰極上得電子；典例：（5）外界影響因素：濃度、溫度、溶液酸堿性；4.氧化還原反應的有關計算，典例：實驗室可以用固體氯酸鉀和濃鹽酸反應制氯氣：KClO3+6HCl（濃）═KCl+3Cl2↑+3H2O，下列說法中正確的是（）A.KClO3是氧化劑，HCl是還原劑；Cl2是氧化產(chǎn)物，KCl是還原產(chǎn)物B.當有9mol電子轉(zhuǎn)移時，參加反應的KClO3的物質(zhì)的量為1.5molC.產(chǎn)生1.5molCl2時，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為3molD.當有3molCl2生成時，作還原劑的HCl為5mol5.氧化還原反應的配平：典例：在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，發(fā)生下列反應。配平反應方程式并用單線橋標出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目（）NaIO3+（）NaHSO3═（）I2+（）Na2SO4+（）H2SO4+（）H2O6.信息型氧化還原反應方程式的書寫：典例：高純硫酸錳作為合成鎳鈷錳三元正極材料的原料，工業(yè)上可由天然二氧化錳粉與硫化錳礦（還含F(xiàn)e、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制備，工藝如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：相關金屬離子[c0（Mn+）＝0.1mol?L﹣1]形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：金屬離子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+開始沉淀的pH6.9沉淀完全的pH4.7（1）寫出“溶浸”中二氧化錳與硫化錳反應的化學方程式MnO2+MnS+2H2SO4＝2MnSO4+S+2H2O?！窘忸}思路點撥】1.氧化劑和還原劑可能是同一種物質(zhì)；氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物可能是同一種物質(zhì)；2.根據(jù)元素化合價高低可以判斷物質(zhì)是否具有氧化性或還原性，但不能判斷氧化性或還原性強弱；3.元素處于最高價態(tài)時只有氧化性，但不一定具有強氧化性；金屬陽離子不一定只有氧化性，如亞鐵離子；4.在氧化還原反應的有關計算中靈活運用轉(zhuǎn)移電子守恒進行計算；3．阿伏加德羅常數(shù)【知識點的認識】1、阿伏伽德羅常數(shù)：（1）概念：阿伏伽德羅常數(shù)的定義值是指0.012kg12C所含的原子數(shù)，約為6.02×1023，符號為NA．表示1mol任何粒子的數(shù)目。（2）單位：mol﹣1。2、阿伏伽德羅常數(shù)可用多種實驗方法測得，到目前為止測得比較精確的數(shù)據(jù)是6.0221367×1023mol﹣1。【命題方向】本考點主要考察阿伏伽德羅常數(shù)的概念、符號及數(shù)值、單位，需要重點掌握。題型一：阿伏伽德羅常數(shù)的概念典例1：下列敘述正確的是（）A．1mol任何物質(zhì)都含有6.02×1023個原子B．0.012kg12C約含有6.02×1023個碳原子C．硫酸的摩爾質(zhì)量是98gD．常溫常壓下，1mol氧氣的體積約為22.4L分析：A、物質(zhì)有的是單原子分子，有的是雙原子分子多原子分子，離子化合物等；B、依據(jù)阿伏伽德羅常數(shù)的概念分析判斷；C、摩爾質(zhì)量是單位物質(zhì)的量的物質(zhì)的質(zhì)量；D、常溫常壓下，氣體摩爾體積不為22.4L/mol。解答：A、構(gòu)成物質(zhì)的微粒不同，1mol任何物質(zhì)不一定都含有6.02×1023個原子，故A錯誤；B、0.012kg12C約含有6.02×1023個碳原子為1mol，為阿伏伽德羅常數(shù)的規(guī)定，故B正確；C、硫酸的摩爾質(zhì)量是98g/mol，故C錯誤；D、常溫常壓下，1mol氧氣的體積不是22.4L，故D錯誤；故選B。點評：本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的應用，主要考查阿伏伽德羅常數(shù)的規(guī)定，氣體摩爾體積的條件應用，摩爾質(zhì)量的概念判斷，題目較簡單。題型二：阿伏伽德羅常數(shù)的計算應用典例2：設NA是阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值。下列說法正確的是（）A．1L0.1mol?L﹣1的FeCl3溶液中，F(xiàn)e3+的數(shù)目為0.1NAB．1molNH3中含有N﹣H鍵的數(shù)目為3NAC．7.8gNa2O2中含有的陽離子數(shù)目為0.1NAD．標準狀況下，22.4L水中分子個數(shù)為NA分析：A、氯化鐵溶液中鐵離子部分水解，鐵離子數(shù)目減少；B、氨氣分子中含有3個氮氫鍵，1mol氨氣中含有3mol氮氫鍵；C、過氧化鈉中的陽離子為鈉離子，0.1mol過氧化鈉中含有0.2mol鈉離子；D、標準狀況下水的狀態(tài)不是氣體，不能使用標況下的氣體摩爾體積計算水的物質(zhì)的量。解答：A、1L0.1mol?L﹣1的FeCl3溶液中含有溶質(zhì)氯化鐵0.1mol，鐵離子部分水解，溶液中含有的鐵離子小于0.1mol，F(xiàn)e3+的數(shù)目小于0.1nA，故A錯誤；B、1mol氨氣中含有3mol氮氫鍵，含有N﹣H鍵的數(shù)目為3nA，故B正確；C、7.8g過氧化鈉的物質(zhì)的量為0.1mol，0.1mol過氧化鈉中含有0.2mol鈉離子，含有的陽離子數(shù)目為0.2nA，故C錯誤；D、標況下，水不是氣體，題中條件無法計算22.4L水的物質(zhì)的量，故D錯誤；故選B。點評：本題考查阿伏加德羅常數(shù)的有關計算和判斷，題目難度中等，注意明確標況下的氣體摩爾體積的使用條件?！窘忸}思路點撥】阿伏伽德羅常數(shù)的常見問題和注意事項：1）物質(zhì)的狀態(tài)是否為氣體；2）對于氣體注意條件是否為標況；3）注意同位素原子的差異；4）注意可逆反應或易水解鹽中離子數(shù)目的判斷；5）注意物質(zhì)的結(jié)構(gòu)：如Na2O2是由Na+和構(gòu)成，而不是有Na+和O2﹣構(gòu)成；SiO2、SiC都是原子晶體，其結(jié)構(gòu)中只有原子沒有分子，SiO2是正四面體結(jié)構(gòu)，1molSiO2中含有的共價鍵為4NA，1molP4含有的共價鍵為6NA等。4．元素周期律的作用【知識點的知識】元素周期表的作用：1）預測元素的性質(zhì)：根據(jù)原子結(jié)構(gòu)、元素性質(zhì)及表中位置的關系預測元素的性質(zhì)；①比較同主族元素的金屬性、非金屬性、最高價氧化物水化物的酸堿性、氫化物的穩(wěn)定性等．如：堿性：Ra（OH）2＞Ba（OH）2；氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：CH4＞SiH4．②比較同周期元素及其化合物的性質(zhì)．如：酸性：HClO4＞H2SO4；穩(wěn)定性：HCl＞H2S．③比較不同周期、不同主族元素性質(zhì)時，要找出參照物．例如：比較氫氧化鎂和氫氧化鉀的堿性，可以把氫氧化鈉作為參照物得出氫氧化鉀的堿性強于氫氧化鎂．④推斷一些未學過的元素的某些性質(zhì)．如：根據(jù)ⅡA族的Ca（OH）2微溶，Mg（OH）2難溶，可以推知Be（OH）2更難溶．2）啟發(fā)人們在一定范圍內(nèi)尋找某些物質(zhì)①半導體元素在分區(qū)線附近，如：Si、Ge、Ga等．②農(nóng)藥中常用元素在右上方，如：F、Cl、S、P、As等．③催化劑和耐高溫、耐腐蝕合金材料、主要在過渡元素中找．如：Fe、Ni、Rh、Pt、Pd等．【命題方向】本考點主要考察元素周期律的作用，主要以選擇題的形式考查對基礎知識的掌握，同時也將推斷、推理、計算等以填空題的形式在高考中進行考查．題型一：元素周期表幫助發(fā)現(xiàn)某些物質(zhì)典例1：元素周期表中某區(qū)域的一些元素多用于制造半導體材料，它們是（）A．左下方區(qū)域的金屬元素B．右上方區(qū)域的非金屬元素C．金屬元素和非金屬元素分界線附近的元素D．稀有氣體元素分析：根據(jù)元素周期表中各元素的排布及相關性質(zhì)來解題，一般金屬元素位于左下角，可以做導體材料，非金屬元素一般不導電，金屬與非金屬交界處的元素可以用來做半導體材料．解答：A．元素周期表中有金屬元素和非金屬元素，其中金屬元素位于元素周期表的左邊，可以用來做導體材料，故A錯誤；B．非金屬元素一般位于元素周期表的右邊，氫元素除外，非金屬元素一般不導電，是絕緣體材料，故B錯誤；C．在金屬與非金屬元素交界處的元素大多數(shù)可用于制作半導體材料，故C正確；D．稀有氣體元素屬于非金屬元素，它們的性質(zhì)更穩(wěn)定，一般不用來做半導體材料，故D錯誤；故答案為C．點評：本題考察了元素周期表中金屬元素位于元素周期表的左邊，導電性良好，可以用來做導體材料．非金屬元素一般位于元素周期表的右邊，氫元素除外，一般不導電．在金屬與非金屬元素交界處的元素大可用于制作半導體材料．題型二：推斷未知物質(zhì)的性質(zhì)典例2：鍺（Ge）是第四周期第ⅣA元素，處于周期表中金屬區(qū)與非金屬區(qū)的交界線上，下列敘述正確的是（）A．鍺是一種金屬性很強的元素B．鍺的單質(zhì)具有半導體的性能C．鍺是一種非金屬性很強的元素D．鍺酸（H4GeO4）是難溶于水的強酸分析：處于金屬區(qū)與非金屬區(qū)的交界線上的元素常用于做半導體材料，鍺和硅處于同一主族，根據(jù)同主族元素的金屬性、非金屬性的遞變規(guī)律比較最高價含氧酸的酸性，類比硅酸判斷溶解性等性質(zhì)．解答：A、鍺處于金屬區(qū)與非金屬區(qū)的交界線上，元素金屬性和非金屬性都較弱，反應中既不易得電子，也不易失去電子，故A錯誤；B、鍺處于金屬區(qū)與非金屬區(qū)的交界線上，既有金屬性又有非金屬性，常用于做半導體材料，故B正確；C、鍺處于金屬區(qū)與非金屬區(qū)的交界線上，元素金屬性和非金屬性都較弱，反應中既不易得電子，也不易失去電子，故C錯誤；鍺和硅處于同一主族，主族元素的非金屬性從上到下逐漸減弱，則硅的非金屬性大于鍺，非金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物的酸性越強，所以酸性比硅酸弱，為弱酸．碳酸溶液水，硅酸不溶于水，推知鍺酸（H4GeO4）應難溶于水，故D錯誤；故選B．點評：本題考查位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關系，題目難度不大，注意同主族元素的性質(zhì)的遞變性和相似性．【解題思路點撥】元素周期律可用來預測某些新物質(zhì)的性質(zhì)，可以根據(jù)元素周期律對我們不熟悉的物質(zhì)進行探索．5．原子核外電子排布06．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(shù)目等于參加雜化的原子軌道數(shù)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(jié)：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(shù)00012分子空間構(gòu)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(zhì)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(shù)n＝（中心原子的價電子數(shù)+配位原子的價電子數(shù)×m±電荷數(shù)）注意：①當上述公式中電荷數(shù)為正值時取“﹣”，電荷數(shù)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(shù)為零．根據(jù)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(shù)＝孤對電子對數(shù)+σ鍵數(shù)進行判斷．解答：A、CO2中C原子雜化軌道數(shù)為×（4+0）＝2，采取sp雜化方式，SO2中S原子雜化軌道數(shù)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(shù)為×（4+4）＝4，采取sp3雜化方式，NH3中N原子雜化軌道數(shù)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(shù)為×（2+2）＝2，采取sp雜化方式，BF3中B原子雜化軌道數(shù)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(shù)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(shù)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(shù)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(shù)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(jié)構(gòu)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(shù)不變，但形狀發(fā)生變化；B．根據(jù)其空間構(gòu)型判斷夾角；C．采用用sp3雜化的分子根據(jù)其含有的孤電子對個數(shù)確定其實際空間構(gòu)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(shù)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(gòu)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(jié)構(gòu)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(jù)價層電子對互斥理論確定分子空間構(gòu)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(gòu)型的關系典例3：氨氣分子空間構(gòu)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