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高2022届 高三 化学考前20天终极冲刺 化学反应机理专项训练（含解析答案）
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这是一份高2022届 高三 化学考前20天终极冲刺 化学反应机理专项训练（含解析答案），共81页。
2022年高考化学考前20天终极冲刺之化学反应机理
一．选择题（共18小题）
1．（2022•深圳一模）气相离子催化剂（Fe+、Co+、Mn+等）具有优良的催化效果。其中，在Fe+催化下乙烷氧化反应的机理如图所示（图中﹣﹣为副反应）。下列说法正确的是（ ）
A．FeO+、N2均为反应中间体
B．X既含极性共价键也含非极性共价键
C．该机理涉及的反应均为氧化还原反应
D．每生成1molCH3CHO，消耗N2O的物质的量大于2mol
2．（2022•浙江模拟）NH3选择性催化还原NO的反应为4NH3+6NO═5N2+6H2O，其反应历程如图所示，一定温度下，向恒容密闭容器中充入一定量的NH3、NO、O2，下列说法不正确的是（ ）
A．NO的转化率可能随NH3浓度的增大而增大
B．NH3与催化剂发生强的化学吸附，而NO在此过程中几乎不被催化剂吸附
C．反应①的活化能小，反应速率快，是控速步骤
D．过渡态Ⅱ化合物中，NH3提供的H原子中的2个与NO中的O结合生成H2O
3．（2022•山西一模）科研人员通过研究得出了雾霾微粒中生成硫酸盐的转化机理，其主要过程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．步骤①的反应过程中电子转移的数目为NA
B．②、③两个过程中H2O均参加反应，并起催化剂的作用
C．生成硫酸盐整个过程的总反应为2NO2+H2O+SO32﹣＝HNO2+HSO4﹣+NO2﹣
D．步骤②、③中均有O﹣H键断裂和S﹣O键生成
4．（2022•辽宁模拟）乙烯与溴单质发生加成反应的反应机理如图所示，则下列有关说法错误的是（ ）
A．溴鑰离子中溴原子的杂化方式为sp3
B．产物1，2﹣二溴乙烷存在顺反两种异构体（与）
C．玻璃容器表面的Si﹣O键对反应进行有一定的促进作用
D．根据图中所示机理，将乙烯通入溴水中，理论上会有一定量的CH2BrCH2OH生成
5．（2022•湖北模拟）已知：SiCl4可发生水解反应，机理如图。下列有关C、Si及其化合物的说法正确的是（ ）
A．C和Si同为ⅣA族，可推断CCl4也能发生与SiCl4类似的水解反应
B．由轨道杂化理论，推测中间体SiCl4（H2O）中Si采取的杂化类型为sp3d2
C．C的电负性比Si的大，可推断CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体
D．Si的原子半径比C的大，推断Si原子之间难形成p﹣pπ
6．（2022•湖北模拟）已知试剂1为镍﹣膦配合物，其在某一偶联反应中的催化机理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．Ni2+的电子排布式为[Ar]3d84s2
B．1与2发生的是取代反应
C．4和6都是反应的中间体
D．图中的总过程可表示为：
7．（2022•洛阳二模）我国科研人员提出了由小分子X、Y转化为高附加值产品M的催化反应历程。该历程可用示意图表示如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%
B．①→②过程属于吸热反应
C．X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙醇
D．反应过程中有C﹣H键、C﹣C键、O﹣H键生成
8．（2022•浙江模拟）Fe/Cu/沸石非均相Fenton催化剂的主要成分为Fe3O4、Fe2O3、CuO和Cu2O，通过与H2O2作用产生强氧化性的•OH自由基和•HO2自由基，能够有效去除水体中的苯并三唑（BTA）等污染物，其反应机理如图所示（Mn+表示元素及其价态，不表示其为游离离子）。已知：铁氧化物催化性能优于铜氧化物；•OH是降解污染物的主要反应活性物质。下列说法不正确的是（ ）
A．过程①、②的总反应为2H2O2═•HO2+•OH+H2O
B．过程③、④中Cu2+和Cu+均可看作是催化剂
C．过程⑤中有OH﹣生成，过程⑦中有H+生成
D．过程⑥必然会导致反应生成的自由基减少
9．（2022•广州一模）炼铁工业中高炉煤气的一种新的处理过程如图所示，有关该过程的叙述错误的是（ ）
A．可减少CO2的排放
B．Fe3O4和CaO均可循环利用
C．过程①和④的转化均为氧化还原反应
D．过程①的反应中有非极性键的断裂和生成
10．（2022•广东模拟）CO2加氢耦合苯胺（RNH2）的一种反应机理如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A．金属Au可吸附H原子，TiO2可吸附CO2
B．反应过程中N的成键数目保持不变
C．反应过程中CO2发生还原反应
D．该过程的总反应：RNH2+CO2+H2RNHCHO+H2O
11．（2022•房山区一模）CO2的转化一直是世界范围内的研究热点。利用两种金属催化剂，在水溶液体系中将CO2分别转化为CO和HCOOH的反应过程示意图如图：
下列说法正确的是（ ）
A．在转化为CO的路径中，只涉及碳氧键的断裂和氧氢键的形成
B．在转化为HCOOH的路径中，CO2被氧化为HCOOH
C．两个转化路径均有非极性键的形成
D．上述反应过程说明催化剂具有选择性
12．（2022•宁波模拟）一种有机小分子催化多氟芳香化合物的取代反应机理如图。下列说法不正确的是（ ）
A．该反应是取代反应，原子利用率不为100%
B．物质2是催化剂，物质4和7是中间产物
C．物质2向物质4转化过程中，有氮碳键、氮氟键的形成
D．若物质5是，则产物一定为
13．（2022•门头沟区一模）近期，我国研究人员报道了温和条件下实现固氮的一类三元 NiFeV催化剂，如图为其电催化固氮的机理示意图。以下关于该电催化机理过程的描述不正确的是（ ）
A．反应在酸性条件下进行
B．反应过程涉及N2的氧化反应
C．1个N2分子反应生成2个NH3分子
D．反应分多步进行，中间产物为几种不同的氮氢化物
14．（2022•门头沟区一模）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A．H2S和空气通过上述循环的目的是降低活化能，提高总反应速率
B．在转化过程中能循环利用的物质是FeCl3和CuCl2
C．该过程的总反应式为：2H2S+O22H2O+2S↓
D．若有1molH2S 发生图示转化的同时消耗O2为0.4mol，则混合液中Fe3+浓度增大
15．（2022•浙江模拟）Sonogashira偶联反应机理如图，下列说法正确的是（ ）
A．若原料用苯乙炔和CH2＝CHBr，则产物是
B．R1X变为发生了氧化反应
C．该反应只用了一种催化剂LnPd
D．适量添加Na2CO3有利于提高产率
16．（2022•山东一模）电解法处理含有Cl﹣、NO3﹣的酸性废水，其工作原理及电极b中铁的化合物的催化机理如图所示，H表示氢原子。下列说法错误的是（ ）
A．电极b接电源负极
B．处理1molNO3﹣，电路中转移5mole﹣
C．HClO在阳极生成：Cl﹣+H2O﹣2e﹣＝HClO+H+
D．H与NO3﹣反应的方程式为8H+NO3﹣+2H+＝NH4++3H2O
17．（2022•天津一模）我国科研人员提出CeO2催化合成碳酸二甲酯（DMC）需经历三步反应，示意图如图。下列说法不正确的是（ ）
A．①③均为取代反应，②为加成反应
B．1molDMC在碱性条件下完全水解，消耗4molNaOH
C．合成DMC的总反应中CH2OH和CO2是反应物
D．①中催化剂的作用是使O﹣H键断裂活化
18．（2022•湖南模拟）LnFe（Ⅲ）﹣Cl配合物能够受光激发产生高活性的氯自由基（Cl•），可将烷烃中难以活化的C（sp3）﹣H键转化为C﹣N，反应机理变化情况如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．HCl是反应过程的中间产物
B．催化循环过程中铁元素的化合价不发生变化
C．过程中存在基元反应Cl•+R﹣H→R•+HCl
D．该过程的总反应为Boc﹣N＝N﹣Boc+R﹣H
二．多选题（共2小题）
（多选）19．（2022•湖南模拟）碳硅烷是以碳硅键为主链的有机物，在新材料领域应用广泛。合成一种碳硅烷E的反应机理如图，下列说法正确的是（ ）
A．合成碳硅烷E的反应物为A和B
B．物质B可以改变该反应的化学反应速率
C．中间物质C和D的生成改变了总反应的ΔH
D．物质C生成D的过程中发生了加成反应
（多选）20．（2022•河北模拟）天津大学的最新研究表明，吡啶（）中的氮原子与二硫化钼（MoS2）中的钼原子可结合形成的复合体系，该复合体系可用作全pH范围内的电解水析氢催化剂，某电极的催化原理如图所示（Pyridinic N表示吡啶中的氮原子），下列说法错误的是（ ）
A．该复合催化剂中既含极性键又含非极性键
B．催化过程中钼的化合价不发生变化
C．该复合催化剂在酸性条件下不能起催化作用
D．图中表示的过程是阴极的变化过程
2022年高考化学考前20天终极冲刺之化学反应机理
参考答案与试题解析
一．选择题（共18小题）
1．（2022•深圳一模）气相离子催化剂（Fe+、Co+、Mn+等）具有优良的催化效果。其中，在Fe+催化下乙烷氧化反应的机理如图所示（图中﹣﹣为副反应）。下列说法正确的是（ ）
A．FeO+、N2均为反应中间体
B．X既含极性共价键也含非极性共价键
C．该机理涉及的反应均为氧化还原反应
D．每生成1molCH3CHO，消耗N2O的物质的量大于2mol
【考点】氧化还原反应．菁优网版权所有
【专题】氧化还原反应专题．
【分析】A．FeO+先生成后消耗，是反应中间体，N2属于最后产物；
B．X为H2O，O与H形成极性共价键；
C．存在化合价变化的是氧化还原反应；
D．该反应总反应方程式为C2H6+2N2O＝CH3CHO+2N2+H2O，且发生副反应[（C2H5）Fe（OH）+]→Fe+，结合两个反应分析。
【解答】解：A．FeO+先生成后消耗，是反应中间体，N2由N2O转化得到，是产物，故A错误；
B．由原子守恒可知X是H2O，O与H形成极性共价键，故B错误；
C．该机理中C2H6+FeO+＝[（C2H5）Fe（OH）+]，该反应无化合价变化，不是氧化还原反应，故C错误；
D．该反应总反应方程式为C2H6+2N2O＝CH3CHO+2N2+H2O，由于发生副反应[（C2H5）Fe（OH）+]→Fe+，Fe化合价降低，有电子转移，则每生成1molCH3CHO，消耗N2O的物质的量大于2mol，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应的应用，难度不大，分析反应原理，理解基本概念是解答的关键，注意元素化合物知识和氧化还原概念的理解。
2．（2022•浙江模拟）NH3选择性催化还原NO的反应为4NH3+6NO═5N2+6H2O，其反应历程如图所示，一定温度下，向恒容密闭容器中充入一定量的NH3、NO、O2，下列说法不正确的是（ ）
A．NO的转化率可能随NH3浓度的增大而增大
B．NH3与催化剂发生强的化学吸附，而NO在此过程中几乎不被催化剂吸附
C．反应①的活化能小，反应速率快，是控速步骤
D．过渡态Ⅱ化合物中，NH3提供的H原子中的2个与NO中的O结合生成H2O
【考点】化学平衡的影响因素．菁优网版权所有
【专题】化学反应中的能量变化．
【分析】A．在NO浓度不变时，增大NH3的浓度，化学平衡正向移动；
B．根据图中过渡态Ⅰ和Ⅱ的结构分析；
C．化学反应分多步进行时，总反应由慢反应决定，活化能越大，反应速率越慢；
D．根据过渡态Ⅱ的结构可知，在过渡态Ⅱ化合物中，NH3提供H原子，NO提供O原子。
【解答】解：A．在NO浓度不变时，增大NH3的浓度，化学平衡正向移动，可以使更多的反应物NO转化为N2，故NO转化率可能随NH3浓度的增大而增大，故A正确；
B．根据图示可知，在反应过程中NH3与催化剂发生强的化学吸附作用，而NO几乎不被催化剂吸附，故B正确；
C．化学反应分多步进行时，总反应由慢反应决定，反应①的活化能小，反应速率快，而反应②的活化能高，反应速率慢，因此控速步骤是反应②，故C错误；
D．根据图示可知，在过渡态Ⅱ化合物中，NH3提供H原子，NO提供O原子，2个H与1个O结合生成H2O分子，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素，侧重考查学生分析能力和识图能力，掌握勒夏特列原理以及活化能是解题关键，此题难度中等。
3．（2022•山西一模）科研人员通过研究得出了雾霾微粒中生成硫酸盐的转化机理，其主要过程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．步骤①的反应过程中电子转移的数目为NA
B．②、③两个过程中H2O均参加反应，并起催化剂的作用
C．生成硫酸盐整个过程的总反应为2NO2+H2O+SO32﹣＝HNO2+HSO4﹣+NO2﹣
D．步骤②、③中均有O﹣H键断裂和S﹣O键生成
【考点】含硫物质的性质及综合应用．菁优网版权所有
【专题】氧族元素．
【分析】由图可知，过程①为SO32﹣和NO2反应生成SO3﹣和NO2﹣，过程②和③为SO3﹣和NO2﹣以及水反应生成HNO2和HSO4﹣，据此分析作答即可。
【解答】解：A．根据分析可知，过程①的反应为SO32﹣+NO2＝SO3﹣+NO2﹣，反应中硫元素化合价由+4价升高到+5价，SO32﹣做还原剂，若有1molSO32﹣参加反应，电子转移的数目为NA，由于未说明参加反应的SO32﹣的量，无法计算转移的电子数目，故A错误；
B．由图可知，过程②中水作为反应物参加反应，过程③中水未参加反应，故B错误；
C．过程①的反应为SO32﹣+NO2＝SO3﹣+NO2﹣，②和③的反应为SO3﹣+NO2﹣+H2O＝HNO2+HSO4﹣，将两式相加即可得到：2NO2+H2O+SO32﹣＝HNO2+HSO4﹣+NO2﹣，故C正确；
D．由图可知，步骤②中有O﹣H键断裂和S﹣O键生成，步骤③中有O﹣H键断裂，没有S﹣O键生成，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查学生的看图理解能力，分析能力，读取有效信息的能力，侧重考查学生对反应断键与成键原理的理解，同时考查氧化还原反应的相关知识等，难度中等。
4．（2022•辽宁模拟）乙烯与溴单质发生加成反应的反应机理如图所示，则下列有关说法错误的是（ ）
A．溴鑰离子中溴原子的杂化方式为sp3
B．产物1，2﹣二溴乙烷存在顺反两种异构体（与）
C．玻璃容器表面的Si﹣O键对反应进行有一定的促进作用
D．根据图中所示机理，将乙烯通入溴水中，理论上会有一定量的CH2BrCH2OH生成
【考点】探究化学反应机理．菁优网版权所有
【专题】物质的性质和变化专题．
【分析】A．由溴鑰离子中的结构可知，其中的溴原子σ键电子对是2，孤电子对＝＝2，故其价电子对为4；
B．产物1，2﹣二溴乙烷中没有碳碳双键；
C．Si﹣O键为极性键，而由反应机理可知环境有极性键（Si﹣O）使反应更易进行；
D．溴水中含有的HBrO参与加成。
【解答】解：A．由溴鑰离子中的结构可知，其中的溴原子σ键电子对是2，孤电子对＝＝2，故其价电子对为4，杂化方式为sp3，故A正确；
B．产物1，2﹣二溴乙烷中没有碳碳双键，不存在顺反异构体，故B错误；
C．Si﹣O键为极性键，而由反应机理可知环境有极性键（Si﹣O）使反应更易进行，故C正确；
D．溴水中含有的HBrO参与加成，理论上会有一定量的CH2BrCH2OH生成，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确官能团及其性质关系、原子共平面判断方法等知识点是解本题关键，B为解答易错点，题目难度不大。
5．（2022•湖北模拟）已知：SiCl4可发生水解反应，机理如图。下列有关C、Si及其化合物的说法正确的是（ ）
A．C和Si同为ⅣA族，可推断CCl4也能发生与SiCl4类似的水解反应
B．由轨道杂化理论，推测中间体SiCl4（H2O）中Si采取的杂化类型为sp3d2
C．C的电负性比Si的大，可推断CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体
D．Si的原子半径比C的大，推断Si原子之间难形成p﹣pπ
【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断．菁优网版权所有
【专题】化学键与晶体结构．
【分析】A．C原子最外层为L层，没有d轨道接受水分子中的孤电子对；
B．中间体体SiCl4（H2O）中Si价层电子对数是5；
C．C的电负性比Si的大，C、O元素之间的电负性差较小、Si、O元素之间的电负性差较大；
D．原子半径越大越难形成π键，Si的原子半径比C的大，但在第三周期中，Si原子半径相对较小。
【解答】解：A．C原子最外层为L层，没有d轨道接受水分子中的孤电子对，所以CCl4不能发生类似SiCl4的水解反应，故A错误；
B．中间体体SiCl4（H2O）中Si价层电子对数是5，所以Si原子采用sp3d杂化，故B错误；
C．C的电负性比Si的大，C、O元素之间的电负性差较小，易形成分子晶体，Si、O元素之间的电负性差较大，易形成共价晶体，故C正确；
D．原子半径越大越难形成π键，Si的原子半径比C的大，但在第三周期中，Si原子半径相对较小，所以Si原子之间能形成p﹣pπ，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子杂化类型判断、晶体类型判断等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确原子杂化类型判断方法、电负性与形成晶体类型的关系等知识点是解本题关键，题目难度不大。
6．（2022•湖北模拟）已知试剂1为镍﹣膦配合物，其在某一偶联反应中的催化机理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．Ni2+的电子排布式为[Ar]3d84s2
B．1与2发生的是取代反应
C．4和6都是反应的中间体
D．图中的总过程可表示为：
【考点】配合物的成键情况．菁优网版权所有
【专题】化学键与晶体结构．
【分析】A．Ni原子核外有28个电子，Ni原子失去4s能级上的2个电子生成Ni2+，根据构造原理书写Ni2+的电子排布式；
B．1中的X被2中的R所取代；
C．4和6都是在上一步生成，下一步消耗掉；
D．根据反应的整个过程得出，1为催化剂，4和6都是反应的中间体。
【解答】解：A．Ni原子核外有28个电子，Ni原子失去4s能级上的2个电子生成Ni2+，根据构造原理，Ni2+的电子排布式为[Ar]3d8，故A错误；
B．1中的X被2中的R所取代，生成4，则1与2发生的是取代反应，故B正确；
C．4和6都是在上一步生成，下一步消耗掉，都是反应的中间体，故C正确；
D．根据反应的整个过程得出，1为催化剂，4和6都是反应的中间体，所以总过程可表示为：RMgX+R′﹣XXMgX+R′﹣R，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查配位化合物的成键情况，涉及催化剂、中间体、反应类型等，为高频考点，侧面考查了理解和分析能力，题目难度中等。
7．（2022•洛阳二模）我国科研人员提出了由小分子X、Y转化为高附加值产品M的催化反应历程。该历程可用示意图表示如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%
B．①→②过程属于吸热反应
C．X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙醇
D．反应过程中有C﹣H键、C﹣C键、O﹣H键生成
【考点】探究化学反应机理．菁优网版权所有
【专题】物质的性质和变化专题．
【分析】B．由图可知②能量低于①能量；
C．根据图中各分子结构即可得出答案；
D．由图可知，反应过程中有C﹣C键、O﹣H键生成；
A．该反应CH4+CO2CH3COOH，属于化合反应。
【解答】解：A．该反应CH4+CO2CH3COOH，属于化合反应，则由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%，故A正确；
B．由图可知②能量低于①能量，则①→②过程有热量放出，故B正确；
C．由图可知，X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙酸，故C正确；
D．由图可知，反应过程中有C﹣C键、O﹣H键生成，无C﹣H键，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学反应能量变化，侧重考查学生识图能力和分析能力，注意理解放热反应、吸热反应与反应物总能量、生成物总能量之间的关系，此题难度中等。
8．（2022•浙江模拟）Fe/Cu/沸石非均相Fenton催化剂的主要成分为Fe3O4、Fe2O3、CuO和Cu2O，通过与H2O2作用产生强氧化性的•OH自由基和•HO2自由基，能够有效去除水体中的苯并三唑（BTA）等污染物，其反应机理如图所示（Mn+表示元素及其价态，不表示其为游离离子）。已知：铁氧化物催化性能优于铜氧化物；•OH是降解污染物的主要反应活性物质。下列说法不正确的是（ ）
A．过程①、②的总反应为2H2O2═•HO2+•OH+H2O
B．过程③、④中Cu2+和Cu+均可看作是催化剂
C．过程⑤中有OH﹣生成，过程⑦中有H+生成
D．过程⑥必然会导致反应生成的自由基减少
【考点】化学反应的实质．菁优网版权所有
【专题】物质的性质和变化专题．
【分析】A．写出过程①和过程②的反应原理，叠加得出总反应式；
B．写出过程③和过程④的反应原理，叠加得出总反应式，即可进行判断；
C．写出过程⑤和过程⑦的反应原理，即可进行判断；
D．过程⑥为：Fe3++Cu+＝Fe2++Cu2+，Fe2+有利于H2O2转化为自由基，过程⑥的发生导致自由基增加。
【解答】解：A．由反应机理图可知过程①为H2O2+Fe2+＝OH﹣+•OH+Fe3+，过程②H2O2+Fe3+＝Fe2++•HO2+H+，总反应式为：2H2O2═•HO2+•OH+H2O，故A正确；
B．过程③为H2O2+Cu+＝•OH+Cu2++OH﹣，过程④为H2O2+Cu2+＝Cu++•HO2+H+，总反应式为：2H2O2═•HO2+•OH+H2O，Cu2+和Cu+均可看作是催化剂，故B正确；
C．过程⑤为H2O2+Fe2+＝OH﹣+•OH+Fe3+，过程⑦为H2O2+Cu2+＝Cu++•HO2+H+，故C正确；
D．过程⑥为：Fe3++Cu+＝Fe2++Cu2+，根据以上反应过程可知，Fe2+均有利于H2O2转化为自由基，因此过程⑥的发生导致自由基增加，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查学生的看图理解能力，分析能力，属于高考高频考点，侧重于理解、分析，对能力要求较高，难度中等。
9．（2022•广州一模）炼铁工业中高炉煤气的一种新的处理过程如图所示，有关该过程的叙述错误的是（ ）
A．可减少CO2的排放
B．Fe3O4和CaO均可循环利用
C．过程①和④的转化均为氧化还原反应
D．过程①的反应中有非极性键的断裂和生成
【考点】氧化还原反应；"三废"处理与环境保护．菁优网版权所有
【专题】化学应用．
【分析】A.该反应中消耗二氧化碳；
B.由图可知，Fe3O4和CaO均可循环利用；
C.有化合价变化的反应是氧化还原反应；
D.氢气、氮气之间的键为非极性共价键。
【解答】解：A.该反应中消耗二氧化碳，将二氧化碳转化为CO，故可减少二氧化碳的排放，故A正确；
B.由图可知，四氧化三铁和铁之间相互转化，氧化钙和碳酸钙之间相互转化，故Fe3O4和CaO均可循环利用，故B正确；
C.过程①中氢元素的化合价发生变化，过程④碳元素化合价发生变化，均是氧化还原反应，故C正确；
D.氢气中氢原子与氢原子之间的键为非极性共价键，过程①的反应存在氢分子之间的键的断裂，故有非极性键的断裂，但没有非极性键的形成，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查高炉煤气的一种新的处理过程，涉及到氧化还原反应和非极性键的概念，题目简单，注意要学会看图识图。
10．（2022•广东模拟）CO2加氢耦合苯胺（RNH2）的一种反应机理如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A．金属Au可吸附H原子，TiO2可吸附CO2
B．反应过程中N的成键数目保持不变
C．反应过程中CO2发生还原反应
D．该过程的总反应：RNH2+CO2+H2RNHCHO+H2O
【考点】探究化学反应机理．菁优网版权所有
【专题】物质的性质和变化专题．
【分析】A．由图中过程I可知，金属Au可吸附H原子；
B．由过程IV和V可知，N的成键数目由3→4→3；
C．反应过程中CO2转化为RCHCHO；
D．由图中箭头可知反应物有CO2、H2、RNH2，生成物有RCHCHO、H2O。
【解答】A．由图中过程I可知，金属Au可吸附H原子，TiO2可吸附CO2，故A正确；
B．由过程IV和V可知，N的成键数目由3→4→3，成键数目发生变化，故B错误；
C．反应过程中CO2转化为RCHCHO，C元素化合价降低，发生还原反应，故C正确；
D．由图中箭头可知反应物有CO2、H2、RNH2，生成物有RCHCHO、H2O，该过程的总反应：RNH2+CO2+H2RNHCHO+H2O，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应机理，侧重考查图片对比、分析判断及知识综合应用能力，正确判断反应中断键和成键方式、微粒结构变化是解本题关键，题目难度不大。
11．（2022•房山区一模）CO2的转化一直是世界范围内的研究热点。利用两种金属催化剂，在水溶液体系中将CO2分别转化为CO和HCOOH的反应过程示意图如图：
下列说法正确的是（ ）
A．在转化为CO的路径中，只涉及碳氧键的断裂和氧氢键的形成
B．在转化为HCOOH的路径中，CO2被氧化为HCOOH
C．两个转化路径均有非极性键的形成
D．上述反应过程说明催化剂具有选择性
【考点】共价键的形成及共价键的主要类型；催化剂的作用；碳族元素简介．菁优网版权所有
【专题】氧化还原反应专题；碳族元素．
【分析】A．CO2转化为CO的路径中，含有C≡O三键的形成；
B．CO2中碳元素为+4价，HCOOH中碳元素为+2价，碳元素化合价降低；
C．相同的非金属元素原子之间形成非极性键；
D．不同的催化剂生成CO或生成HCOOH的选择性是不同的。
【解答】解：A．由图可知，CO2转化为CO的路径中，涉及碳氧键的断裂和氧氢键的形成，含有C≡O三键的形成，故A错误；
B．CO2中碳元素为+4价，HCOOH中碳元素为+2价，在CO2转化为HCOOH的路径中，CO2被还原为HCOOH，故B错误；
C．由图可知，在两个转化路径中均没有非极性键的形成，故C错误；
D．上述反应过程说明催化剂具有选择性，不同的催化剂生成CO或生成HCOOH的选择性是不同的，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查学生的看图理解能力，分析能力，同时考查化学键的断裂与形成，极性键与非极性键的判断，氧化还原反应及催化剂的选择性，属于高频考点，难度不大。
12．（2022•宁波模拟）一种有机小分子催化多氟芳香化合物的取代反应机理如图。下列说法不正确的是（ ）
A．该反应是取代反应，原子利用率不为100%
B．物质2是催化剂，物质4和7是中间产物
C．物质2向物质4转化过程中，有氮碳键、氮氟键的形成
D．若物质5是，则产物一定为
【考点】有机物的结构和性质．菁优网版权所有
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】有机小分子可催化多氟芳烃的取代反应，根据流程示意图可知，物质3、5是整个过程的反应物，物质1、6是整个过程的生成物，物质2是催化剂，物质4、7是反应中间体，整个过程表示为：物质3+物质5物质1+物质6。
【解答】解：A．整个过程表示为：物质3+物质5物质1+物质6，该反应为取代反应，原子利用率不为100%，故A正确；
B．根据图知，物质2是催化剂，物质4和7为中间产物，故B正确；
C．物质2向物质4转化过程中，5中的X变为C﹣F键，所以有氮碳键，7中有氮氟键的形成，故C正确；
D．若5为，则X为，故1是，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，关键是正确判断流程中反应物、生成物、中间体、催化剂，题目侧重考查学生信息获取能力、分析能力。
13．（2022•门头沟区一模）近期，我国研究人员报道了温和条件下实现固氮的一类三元 NiFeV催化剂，如图为其电催化固氮的机理示意图。以下关于该电催化机理过程的描述不正确的是（ ）
A．反应在酸性条件下进行
B．反应过程涉及N2的氧化反应
C．1个N2分子反应生成2个NH3分子
D．反应分多步进行，中间产物为几种不同的氮氢化物
【考点】探究化学反应机理．菁优网版权所有
【专题】氮族元素．
【分析】A．由图可知，反应需要H+；
B．氮气生成氨气的过程中，氮元素化合价降低，被还原，发生还原反应；
C．原子守恒可知，存在关系：N2～2NH3；
D．由图可知，中间产物是几种不同的氮氢化物。
【解答】解：A．由图可知，反应需要H+，因此反应需要在酸性条件下进行，故A正确；
B．氮气生成氨气的过程中，氮原子结合氢离子并得到电子，发生还原反应，故B错误；
C．根据原子守恒可知，1个N2分子反应生成2个NH3分子，故C正确；
D．机理图中可以看出中间产物是几种不同的氮氢化物，并且多步进行，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查学生的看图理解能力，读取有效信息的能力，分析能力，同时考查氧化还原反应的相关知识，知识考查比较灵活，难度中等。
14．（2022•门头沟区一模）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A．H2S和空气通过上述循环的目的是降低活化能，提高总反应速率
B．在转化过程中能循环利用的物质是FeCl3和CuCl2
C．该过程的总反应式为：2H2S+O22H2O+2S↓
D．若有1molH2S 发生图示转化的同时消耗O2为0.4mol，则混合液中Fe3+浓度增大
【考点】探究化学反应机理．菁优网版权所有
【分析】A．催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率；
B．由图可知，铁离子、铜离子前面参与反应，后面又生成，属于催化剂；
C．由图可知，总反应为H2S与O2催化剂作用下生成H2O、S；
D．若有1molH2S 发生图示转化，失去的电子为2mol，同时消耗O2为0.4mol，O2得到的电子为1.6，则混合液中Fe3+还需要得到0.4mol电子，被还原为亚铁离子。
【解答】解：A．由图可知，总反应为H2S与氧气反应生成S和水，H2S和空气通过上述循环相当于铁离子、铜离子作了催化剂，催化剂降低了反应的活化能，提高总反应速率，故A正确；
B．由图可知，在转化过程中能循环利用的是铁离子、铜离子，对应的物质是FeCl3和CuCl2，故B正确；
C．由图可知，该过程的总反应式为：2H2S+O22H2O+2S↓，故C正确；
D．若有1molH2S 发生图示转化，失去的电子为1mol×2＝2mol，同时消耗O2为0.4mol，O2得到的电子为0.4mol×4＝1.6，则混合液中Fe3+还需要得到0.4mol电子，被还原为亚铁离子，则混合液中Fe3+浓度减小，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查学生的看图理解能力，读取有效信息的能力，分析能力，同时考查氧化还原反应的相关知识，知识考查比较灵活，难度中等。
15．（2022•浙江模拟）Sonogashira偶联反应机理如图，下列说法正确的是（ ）
A．若原料用苯乙炔和CH2＝CHBr，则产物是
B．R1X变为发生了氧化反应
C．该反应只用了一种催化剂LnPd
D．适量添加Na2CO3有利于提高产率
【考点】有机物的结构和性质．菁优网版权所有
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】A．根据图知，总反应为R1X+R2﹣C≡CH→R2﹣C≡C﹣R1+HX，即﹣C≡CH中氢原子被取代，若原料用苯乙炔和CH2＝CHBr，﹣C≡CH中氢原子被﹣CH＝CH2取代生成﹣C≡CCH＝CH2；
B．R1X变为时，LnPd失电子发生氧化反应；
C．CuX也是催化剂；
D．反应中生成HX，HX能和碳酸钠反应生成卤化钠。
【解答】解：A．根据图知，总反应为R1X+R2﹣C≡CH→R2﹣C≡C﹣R1+HX，即﹣C≡CH中氢原子被取代，若原料用苯乙炔和CH2＝CHBr，﹣C≡CH中氢原子被﹣CH＝CH2取代生成﹣C≡CCH＝CH2，所以生成的有机物结构简式为，故A错误；
B．R1X变为时，LnPd失电子发生氧化反应，则有机物得电子发生还原反应，故B错误；
C．根据图知，反应中、LnPd、CuX都是催化剂，故C错误；
D．反应中生成HX，HX能和碳酸钠反应生成卤化钠，消耗HX而促进反应正向进行，从而通过产率，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质、反应历程，侧重考查对比、分析、判断及知识综合运用能力，明确每一步发生反应的反应物和生成物成分、结构是解本题关键，题目难度不大。
16．（2022•山东一模）电解法处理含有Cl﹣、NO3﹣的酸性废水，其工作原理及电极b中铁的化合物的催化机理如图所示，H表示氢原子。下列说法错误的是（ ）
A．电极b接电源负极
B．处理1molNO3﹣，电路中转移5mole﹣
C．HClO在阳极生成：Cl﹣+H2O﹣2e﹣＝HClO+H+
D．H与NO3﹣反应的方程式为8H+NO3﹣+2H+＝NH4++3H2O
【考点】电解原理．菁优网版权所有
【专题】电化学专题．
【分析】A．由图知，电极b上硝酸根离子转变为铵根离子、被还原；
B．硝酸根离子转变为铵根离子，N元素化合价从+5降低到﹣3；
C．阳极氯离子失去电子被氧化、生成HClO；
D．电极b上硝酸根离子转变为铵根离子。
【解答】解：A．由图知，电极b上硝酸根离子转变为铵根离子、被还原，则电极b为阴极、接电源负极，故A正确；
B．硝酸根离子转变为铵根离子，N元素化合价从+5降低到﹣3，则处理1molNO，电路中转移8mole﹣，故B错误；
C．阳极氯离子失去电子被氧化、生成HClO：Cl﹣+H2O﹣2e﹣＝HClO+H+，故C正确；
D．电极b上硝酸根离子转变为铵根离子、H与NO3﹣反应的方程式为8H+2H++NO3﹣+8e﹣＝NH4++3H2O，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查学生原电池的工作原理知识，注意能量的转化等知识，知识的归纳和梳理是解题的关键，难度不大。
17．（2022•天津一模）我国科研人员提出CeO2催化合成碳酸二甲酯（DMC）需经历三步反应，示意图如图。下列说法不正确的是（ ）
A．①③均为取代反应，②为加成反应
B．1molDMC在碱性条件下完全水解，消耗4molNaOH
C．合成DMC的总反应中CH2OH和CO2是反应物
D．①中催化剂的作用是使O﹣H键断裂活化
【考点】探究化学反应机理．菁优网版权所有
【专题】物质的性质和变化专题．
【分析】反应原理：①CH3OH+H﹣O﹣催→CH3O﹣催+H2O，②CH3O﹣催+CO2→CH3COO﹣催，③CH3OH+CH3COO﹣催→CH3OCOOCH3+H﹣O﹣催，总反应为：2CH3OH+CO2→CH3OCOOCH3+H2O，以此解答该题。
【解答】解：A．根据图中断键和成键的情况分析得到①③均为取代反应，②为加成反应，故A正确；
B．DMC中含有2个酯基，因此1molDMC在碱性条件下完全水解，消耗2molNaOH，故B错误；
C．合成DMC的总反应是CH3OH和CO2反应生成DMC和水，因此CH3OH和CO2是反应物，故C正确；
D．根据①的图示得到①中催化剂的作用是甲醇中的O﹣H键断裂活化，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应机理的探究，侧重考查学生对抽象图象的理解能力和综合运用能力是重点，也是常考点，注意把握反应流程的分析以及题给信息的判断，题目有利于培养化学思维，形成化学学科的核心素养，题目难度不大。
18．（2022•湖南模拟）LnFe（Ⅲ）﹣Cl配合物能够受光激发产生高活性的氯自由基（Cl•），可将烷烃中难以活化的C（sp3）﹣H键转化为C﹣N，反应机理变化情况如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．HCl是反应过程的中间产物
B．催化循环过程中铁元素的化合价不发生变化
C．过程中存在基元反应Cl•+R﹣H→R•+HCl
D．该过程的总反应为Boc﹣N＝N﹣Boc+R﹣H
【考点】配合物的成键情况．菁优网版权所有
【专题】化学键与晶体结构．
【分析】A．中间产物是反应过程中生成，在后续反应中又消耗掉的物质；
B．LnFe（Ⅲ）﹣Cl中含有三价铁，LnFe（Ⅱ）﹣Cl中含有二价铁；
C．根据流程分析可知，Cl•与R﹣H反应生成R•和HCl；
D．根据流程分析可知，LnFe（Ⅲ）﹣Cl受光激发产生高活性的氯自由基Cl•参与反应，使Boc﹣N＝N﹣Boc+R﹣H反应转化为。
【解答】解：A．根据流程分析，HCl在基元反应Cl•+R﹣H→R•+HCl中生成，又与LnFe（Ⅱ）﹣Cl反应生成LnFe（Ⅲ）﹣Cl被消耗，故为中间产物，故A正确；
B．催化循环过程中铁元素有+2和+3价的转化，故B错误；
C．根据流程分析，过程中存在基元反应Cl•+R﹣H→R•+HCl，故C正确；
D．LnFe（Ⅲ）﹣Cl受光激发产生高活性的氯自由基Cl•参与反应，使Boc﹣N＝N﹣Boc+R﹣H反应转化为，总的反应方程式为：Boc﹣N＝N﹣Boc+R﹣H，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查学生的看图理解能力，分析能力，读取有效信息的能力，同时考查中间产物、氧化还原反应、反应机理等，属于高频考点，难度中等。
二．多选题（共2小题）
（多选）19．（2022•湖南模拟）碳硅烷是以碳硅键为主链的有机物，在新材料领域应用广泛。合成一种碳硅烷E的反应机理如图，下列说法正确的是（ ）
A．合成碳硅烷E的反应物为A和B
B．物质B可以改变该反应的化学反应速率
C．中间物质C和D的生成改变了总反应的ΔH
D．物质C生成D的过程中发生了加成反应
【考点】探究化学反应机理．菁优网版权所有
【专题】物质的性质和变化专题．
【分析】A．如图所示反应机理，反应物A和B反应生成C，C和CH2＝CHR反应生成D，D分解生成E和B；
B．由图可知，物质B是先反应后生成；
C．化学反应的热效应只与起始和最终状态有关，与变化途径无关；
D．物质C和CH2＝CHR反应生成一种物质D，且过程中碳碳双键变为碳碳单键。
【解答】解：A．根据如图所示反应机理，反应物A和B反应生成C，C和CH2＝CHR反应生成D，D分解生成E和B；C、D为中间产物，B为催化剂，则反应物A和CH2＝CHR合成碳硅烷E，故A错误；
B．由图可知，物质B是先反应后生成，为该反应的催化剂，可改变反应速率，故B正确；
C．化学反应的热效应只与起始和最终状态有关，与变化途径无关，则反应经历两个中间产物，但反应的热效应不变，故C错误；
D．物质C和CH2＝CHR反应生成一种物质D，过程中碳碳双键变为碳碳单键，发生了加成反应，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查化学反应机理，为高频考点，侧重考查学生的分析能力及灵活运用能力，掌握物质的性质和结构是做题的关键，题目难度不大。
（多选）20．（2022•河北模拟）天津大学的最新研究表明，吡啶（）中的氮原子与二硫化钼（MoS2）中的钼原子可结合形成的复合体系，该复合体系可用作全pH范围内的电解水析氢催化剂，某电极的催化原理如图所示（Pyridinic N表示吡啶中的氮原子），下列说法错误的是（ ）
A．该复合催化剂中既含极性键又含非极性键
B．催化过程中钼的化合价不发生变化
C．该复合催化剂在酸性条件下不能起催化作用
D．图中表示的过程是阴极的变化过程
【考点】探究化学反应机理．菁优网版权所有
【专题】物质的性质和变化专题．
【分析】A．催化剂中含有吡啶环；
B．从钼的成键变化来看催化过程中钼的化合价发生了变化；
C．题中所给信息是该复合体系可用作全pH范围内的电解水析氢催化剂；
D．从图中分析该电极上水得电子生成了氢气。
【解答】解：A．催化剂中含有吡啶环，因此既含极性键又含非极性键，故A正确；
B．从钼的成键变化来看催化过程中钼的化合价发生了变化，故B错误；
C．题中所给信息是该复合体系可用作全pH范围内的电解水析氢催化剂，因此该复合催化剂在酸性条件下也能起催化作用，故C错误；
D．从图中分析该电极上水得电子生成了氢气，因此表示阴极的变化过程，故D正确；
故选：BC。
【点评】本题考查了元素化合物的性质、反应机理的分析等知识，为高频考点，侧重考查学生的读图获取信息能力、分析能力及灵活运用知识的能力，题目难度不大。
考点卡片
1．化学反应的实质
【知识点的认识】
有效碰撞理论：
1）有效碰撞：使分子间发生反应的碰撞．
2）有效碰撞的条件：①发生碰撞的分子具有较高的能量；②取向正确．
3）活化分子：具有较高能量，能够发生有效碰撞的分子．
注意：发生有效碰撞的分子一定是活化分子，但活化分子的碰撞不一定是有效碰撞．
4）活化能：活化分子高出反应物分子平均能量的那部分．
反应过程描述：
化学反应能量转化的原因：
化学反应的实质就是反应物分子中化学键断裂，形成新的化学键的过程．旧键断裂需要吸收能量，新键形成需要放出能量．而一般化学反应中，旧键的断裂所吸收的总能量与新键形成所放出的总能量是不相等的，而这个差值就是反应中能量的变化，所以化学反应过程中会有能量的变化．
【命题方向】
题型：化学反应的实质
典例：下列对化学反应的认识，错误的是（ ）
A．会引起化学键的变化 B．会产生新物质 C．必然引起物质状态的变化 D．必然伴随着能量的变化
分析：A．化学反应的本质是旧化学键断裂，新化学键生成；
B．化学变化是指有新物质生成的变化；
C．化学反应不一定引起物质状态的变化；
D．化学反应都伴随着能量的变化．
解答：A．化学反应必定会引起化学键的变化，故A正确；
B．化学变化是指有新物质生成的变化，会产生新物质，故B正确；
C．化学反应不一定引起物质状态的变化，如氢气与氯气反应生成氯化氢，都是气体，故C错误；
D．化学反应必然伴随着能量的变化，故D正确．
故选C．
点评：本题考查化学反应的特征，难度不大．平时注意知识的积累．
【解题思路点拨】化学反应中的能量变化 化学反应中的能量变化，通常表现为热量的变化．探讨化学反应放热、吸热的本质时，要注意四点：
①化学反应的特点是有新物质生成，新物质和反应物的总能量是不同的，这是因为各物质所具有的能量是不同的（化学反应的实质就是旧化学键断裂和新化学键的生成，而旧化学键断裂所吸收的能量与新化学键所释放的能量不同导致发生了能量的变化）；
②反应中能量守恒实质是生成新化学键所释放的能量大于旧化学键断裂的能量而转化成其他能量的形式释放出来；
③如果反应物所具有的总能量高于生成的总能量，则在反应中会有一部分能量转变为热能的形式释放，这就是放热反应，反之则是吸热反应．
2．共价键的形成及共价键的主要类型
【知识点的知识】
1、共价键、离子键和金属键的比较：
化学键类型
离子键
共价键
金属键
概念
阴、阳离子间通过静电作用所形成的化学键
原子间通过共用电子对所形成的化学键
金属离子和自由电子
之间的强烈相互作用
成键微粒
阴、阳离子
原子
金属阳离子和自由电子
成键性质
静电作用（包括静电吸引和静电排斥）
共用电子对
无方向性
形成条件
活泼金属与活泼非金属
a．IA、ⅡA族的金属元素与ⅥA、ⅦA族的非金属元素．
b．金属阳离子与某些带电的原子团之间（如Na+与OH﹣、SO42﹣等）．
非金属元素的原子之间
某些不活泼金属与非金属之间．
金属阳离子和自由电子之间
表示方法
①电子式，如
②离子键的形成过程：
①电子式，如
②共价键的形成过程：
存在
离子化合物中
非金属单质、共价化合物和部分离子化合物中
金属单质和合金中
作用力大小
一般阴、阳离子电荷数越多，离子半径越小作用力越强
原子半径越小，作用力越强
价电子数目越多，
金属键越强；
原子半径越小，
金属键越强
与性质的关系
离子间越强离子化合物的熔沸点越高．
如：MgO＞NaCl
共价键越强（键能越大），所形成的共价分子越稳定，所形成的原子晶体的熔沸点越高．如稳定性：H2O＞H2S，熔沸点：金刚石＞晶体硅
金属键越强，相应熔点
越高，硬度也越大
如K＜Na＜Mg＜Al
实例
NaCl、MgO
Cl2、HCl、NaOH（O、H之间）
金属
2、共价键的分类
共价键的分类方法很多，可以从不同的角度分类：
1）从共用电子对是否偏移，分成极性共价键和非极性共价键；
2）从形成的共用电子对的数目，分成单键、双键和叁键；
3）从共用电子对的形成方式，分成一般共价键（电子对来自成键原子双方，即两个原子都拿出相等的电子，形成共用电子对）和配位键（电子对来自一方，即一方提供孤对电子，一方提供空轨道）；
4）从电子对形成时的重叠方式，分成σ键和π键．
①σ键：
a、σ键的特点：由两个原子轨道沿轨道对称轴方向相互重叠导致电子在核间出现概率增大而形成的共价键，叫做σ键，可以简记为“头碰头”．σ键属于定域键，它可以是一般共价键，也可以是配位共价键．一般的单键都是σ键．原子轨道发生杂化后形成的共价键也是σ键．由于σ键是沿轨道对称轴方向形成的，轨道间重叠程度大，所以，通常σ键的键能比较大，不易断裂，而且，由于有效重叠只有一次，所以两个原子间至多只能形成一条σ键．
b、σ键的分类：s﹣s（2个s电子）、s﹣px（1个s电子和1个p电子）和px﹣px（2个p电子）．如图所示：
②π键：
a、π键的特点：成键原子的未杂化p轨道，通过平行、侧面重叠而形成的共价键，叫做π键，可简记为“肩并肩”．π键与σ键不同，它的成键轨道必须是未成对的p轨道．π键性质各异，有两中心，两电子的定域键，也可以是共轭π键和反馈π键．两个原子间可以形成最多2条π键，例如，碳碳双键中，存在一条σ键，一条π键，而碳碳三键中，存在一条σ键，两条π键．
b、p﹣pπ键．如图所示：
③σ键和π键的区别：
a、σ键可以绕键轴旋转，π键不能；
b、σ键可以单独存在与两原子之间，π键不可以；
c、π键的轨道重叠程度比σ键小，不如σ键牢固．
【命题方向】本考点主要考察共价键的形成以及共价键的分类，需要重点掌握．
题型一：物质所含化学键类型的判断
典例1：（2014•朝阳区）下列物质中，既含离子键又含共价键的是（ ）
A．NaCl B．CO2 C．NaOH D．N2
分析：一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，既含离子键、又含共价键的物质应为离子化合物，并且含有由多个原子组成的阴离子，据此分析解答．
解答：A．氯化钠只含离子键，故A错误；
B，二氧化碳中只含共价键，故B错误；
C．氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氧原子和氢原子之间存在共价键，故C正确；
D．氮气中只含共价键，故D错误；
故选C．
点评：本题考查化学键知识，题目难度不大，注意离子键与共价键的区别．
题型二：σ键和π键的比较
典例2：下列说法不正确的是（ ）
A．σ键比π键重叠程度大，形成的共价键强 B．两个原子之间形成共价键时，最多有一个σ键
C．气体单质中，一定有σ键，可能有π键 D．N2分子中有一个σ键，2个π键
分析：A．σ键是电子“头对头”重叠形成的，π键是电子“肩并肩”重叠形成的；
B．σ键是电子“头对头”重叠形成的；
C．有些物质不含化学键；
D．氮气分子中氮原子间存在共价三键．
解答：A．σ键是电子“头对头”重叠形成的，π键是电子“肩并肩”重叠形成的，所以σ键比π键重叠程度大，故A正确；
B．σ键是头碰头形成的，两个原子之间能形成一个，原子轨道杂化的对成性很高，一个方向上只可能有一个杂化轨道，所以最多有一个，故B正确；
C．气体单质分子中，可能只有键，如Cl2；也可能既有σ键又有π键，如N2；但也可能没有化学键，如稀有气体，故C错误；
D．氮气分子的结构式为N≡N，所以一个氮气分子中含有一个σ键，2个π键，故D正确；
故选C．
点评：本题考查了σ键、π键，明确σ键和π键的形成是解本题关键，注意并不是所有的物质中都含有化学键，单原子分子不含化学键，为易错点．
题型三：σ键和π键的判断
典例3：在乙烯分子中有5个σ键、一个π键，它们分别是（ ）
A．sp2杂化轨道形成σ键、未杂化的2p轨道形成π键
B．sp2杂化轨道形成π键、未杂化的2p轨道形成σ键
C．C﹣H之间是sp2形成的σ键，C﹣C之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键
D．C﹣C之间是sp2形成的σ键，C﹣H之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键
分析：乙烯中存在4个C﹣H键和1个C＝C双键，没有孤对电子，成键数为3，则C原子采取sp2杂化，以此来解答．
解答：乙烯中存在4个C﹣H键和1个C＝C双键，没有孤对电子，成键数为3，则C原子采取sp2杂化，
C﹣H之间是sp2形成的σ键，C﹣C之间有1个是sp2形成的σ键，C﹣C之间还有1个是未参加杂化的2p轨道形成的π键，
故选AC．
点评：本题考查共价键的形成，注意C＝C双键中有1个σ键、一个π键，π键是未参与杂化的2p轨道肩并肩形成的，题目难度中等．
【解题思路点拨】规律方法：
化学键与物质类别的关系：
1）只含共价键的物质
①同种非金属元素构成的单质，如I2、N2、P4、金刚石、晶体硅等；
②不同种非金属元素构成的共价化合物，如HCl、NH3、SiO2、CS2等；
2）只含有离子键的物质：活泼非金属元素与活泼金属元素形成的化合物，如Na2S、K2O等．
3）既含有离子键又含有共价键的物质：如Na2O2、NH4Cl、NaOH等．
4）无化学键的物质：惰性气体等．
5）碳碳双键中，存在一条σ键，一条π键，而碳碳三键中，存在一条σ键，两条π键．
3．配合物的成键情况
【知识点的知识】
1、配合物的概念：
形成体与一定数目的配位体以配位键按一定的空间构型结合形成的离子或分子叫做配合物．
2、配合物的组成：
配合物有内界和外界组成．外界为简单离子组成，配合物可以无外界，但不能无内界．内界由中心离子和配位体组成．
①形成体通常是金属离子和原子，也有少数是非金属元素，例如：Cu2+，Ag+，Fe3+，Fe，Ni，BⅢ，PⅤ…
②配位体通常是非金属的阴离子或分子，例如：F﹣，Cl﹣，Br﹣，I﹣，OH﹣，CN﹣，H2O，NH3，CO…
③配位原子：与形成体成键的原子．
单齿配体：配位体中只有一个配位原子．形成体的配位数等于配位体的数目．
多齿配体：具有两个或多个配位原子的 配位体．形成体的配位数等于配位体的数目与齿数的乘积．例如：乙二胺
又如：
Cu2+的配位数等于4．
配盐：从溶液中析出配合物时，配离子常与带有相反电荷的其他离子结合成盐，这类盐称为配盐．配盐的组成可以划分为内层和外层．配离子属于内层，配离子以外的其他离子属于外层．外层离子所带电荷总数等于配离子的电荷数．
3、配位键的形成条件
成键原子一方提供空轨道，另一方提供孤对电子．
【命题方向】本考点主要考察配合物的成键情况，考试中主要出现判断是否存在配位键、配位键的画法、配位数等试题，需要重点掌握．
题型一：配合物配位数、空间构型等的判断
典例1：某物质的实验式为PtCl4•2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是（ ）
A．配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6 B．该配合物可能是平面正方形结构
C．Cl﹣ 和NH3分子均与Pt4+配位 D．配合物中Cl﹣ 与Pt4+配位，而NH3分子不配位
分析：实验式为PtCl4•2NH3的物质，其水溶液不导电说明它不是离子化合物，在溶液中不能电离出阴、阳离子．加入AgNO3不产生沉淀，用强碱处理没有NH3放出，说明不存在游离的氯离子和氨分子，所以该物质的配位化学式为[PtCl4（NH3）2]．
解答：加入AgNO3不产生沉淀，用强碱处理没有NH3放出，说明不存在游离的氯离子和氨分子，所以该物质的配位化学式为[PtCl4（NH3）2]，则
A．配合物中中心原子的电荷数电荷数为4，配位数为6，故A错误；
B．该配合物应是8面体结构，Pt与6个配体成键，故B错误；
C．由分析可知，Cl﹣和NH3分子均与Pt4+配位，形成的配合物为[PtCl4（NH3）2]，故C正确；
D．用强碱处理没有NH3放出，说明NH3分子配位，故D错误．
故选C．
点评：本题考查配合物知识，题目难度中等，解答本题的关键是能正确把握题给信息，注意配合物的形成特点．
题型二：配合物组成的考察
典例2：向下列配合物的水溶液中加入AgNO3溶液不能生成AgCl沉淀的是（ ）
A．[Co（NH3）4Cl2]Cl B．[Co（NH3）3Cl3]C．[Co（NH3）6]Cl3 D．[Co（NH3）5Cl]Cl2
分析：配合物中外界离子能和银离子反应生成氯化银沉淀，配原子不和银离子反应，据此分析解答．
解答：A、[Co（NH3）4Cl2]Cl中有外界离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故A错误；
B、[Co（NH3）3Cl3]中没有外界离子氯离子，所以不能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故B正确；
C、[Co（NH3）6]Cl3中有外界离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故C错误；
D、[Co（NH3）5Cl]Cl2中有外界离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故D错误．
故选B．
点评：本题考查了配合物中的成键情况，根据“配合物中外界离子能和银离子反应生成氯化银沉淀，配原子不和银离子反应”来分析解答即可，难度不大．
题型三：配位键形成条件的判断
典例3：下列分子或离子中都存在着配位键的是（ ）
A．NH3、H2O B．NH4+、H3O+C．N2、HClO D．[Cu（NH3）4]2+、PCl3
分析：含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间能形成配位键．
解答：A．氨气分子中氮原子含有孤电子对，但氢原子不含空轨道，所以不能形成配位键；水分子中氧原子含有孤电子对，但氢原子不含空轨道，所以不能形成配位键，故A错误；
B．铵根离子中氮原子含有孤电子对，其中一个氢原子含有空轨道，所以能形成配位键；水合氢离子中氧原子含有孤电子对，其中一个氢原子含有空轨道，所以能形成配位键，故B正确；
C．氮气分子、次氯酸分子中都不含空轨道的原子，所以不能形成配位键，故C错误；
D．三氯化磷分子中磷原子含有孤电子对，但没有提供空轨道的原子，所以不能形成配位键；铜氨络合离子中铜含有空轨道，氮原子含有孤电子对，所以铜氨络合离子中含有配位键，故D错误；
故选B．
点评：
【解题思路点拨】如何判断是否存在配位键：首看是否存在孤对电子和空轨道．
中心离子
配位体．
4．原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【知识点的知识】
1、杂化的概念：
原子在形成分子时，为了增强成键能力，使分子的稳定性增加，趋向于将不同类型的原子轨道重新组合成能量、形状和方向与原来不同的新原子轨道，这种重新组合称为杂化．
2、杂化轨道的概念：杂化后的原子轨道称为杂化轨道．
3、杂化原则：
1）只有能量相近的轨道才能相互杂化；
2）形成的杂化轨道数目等于参加杂化的原子轨道数目；
3）杂化后轨道伸展方向和形状发生改变；
4）杂化后都是能量相同的轨道（即等价轨道）．
4、杂化类型：
1）sp3杂化
原子形成分子时，同一原子中能量相近的一个ns轨道与三个np轨道进行混合组成四个新的原子轨道称为sp3杂化轨道．
1°等性sp3杂化（如CH4，CCl4）：
2°不等性sp3杂化（如NH3，H2O）：123
2）sp2杂化
同一个原子的一个ns轨道与两个np轨道进行杂化组合为sp2杂化轨道．
BF3杂化：
注意：乙烯、苯属于sp2杂化．
3）sp杂化：
BeCl2杂化：
同一原子中ns﹣np杂化成新轨道：一个s轨道和一个p轨道杂化组合成两个新sp杂化轨道．
注意：乙炔属于sp杂化．
总结：
杂化类型
sp
sp2
sp3
杂化轨道排布
直线形
三角形
四面体
杂化轨道中孤对电子数
0
0
0
1
2
分子空间构型
直线形
三角形
正四面体
三角锥形
角 形
实 例
BeCl2
BF3
CCl4
NH3
H2O
【命题方向】
题型一：杂化类型的判断
典例1：下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是（ ）
A．CO2与SO2 B．CH4与NH3 C．BeCl2与BF3 D．C2H2与C2H4
分析：A、B、C物质属于ABm，ABm型杂化类型的判断：
中心原子电子对计算公式：价电子对数n＝（中心原子的价电子数+配位原子的价电子数×m±电荷数）
注意：①当上述公式中电荷数为正值时取“﹣”，电荷数为负值时取“+”．
②当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零．
根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n＝2，sp杂化；n＝3，sp2杂化；n＝4，sp3杂化．
D、对于有机物利用杂化轨道数＝孤对电子对数+σ键数进行判断．
解答：A、CO2中C原子杂化轨道数为×（4+0）＝2，采取sp杂化方式，SO2中S原子杂化轨道数为×（6+0）＝3，采取sp2杂化方式，二者杂化方式不同，故A错误．
B、CH4中C原子杂化轨道数为×（4+4）＝4，采取sp3杂化方式，NH3中N原子杂化轨道数为×（5+3）＝4，采取sp3杂化方式，二者杂化方式相同，故B正确；
C、BeCl2中Be原子杂化轨道数为×（2+2）＝2，采取 sp杂化方式，BF3中B原子杂化轨道数为×（3+3）＝3，采取sp2杂化方式，二者杂化方式不同，故C错误；
D、C2H2分子中碳原子形成1个C﹣H，1个C≡C（含1个σ键），C原子杂化轨道数为1+1＝2，采取sp杂化方式，C2H4分子中碳原子形成2个C﹣H，1个C═C双键（含1个σ键），C原子杂化轨道数为（2+1）＝3，C原子采取sp2杂化方式，故D错误．
故选：B．
点评：考查杂化轨道理论，难度中等，判断中心原子的杂化轨道数是关键．
题型二：杂化轨道的概念
典例2：有关杂化轨道的说法不正确的是（ ）
A．杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变
B．sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角分别为109°28′、120°、180°
C．四面体形、三角锥形、V形分子的结构可以用sp3杂化轨道解释
D．杂化轨道全部参加形成化学键
分析：A．原子轨道杂化前后轨道总数不变，但形状发生变化；
B．根据其空间构型判断夹角；
C．采用用sp3杂化的分子根据其含有的孤电子对个数确定其实际空间构型；
D．杂化轨道可以部分参加形成化学键．
解答：A．杂化前后的轨道数不变，杂化后，各个轨道尽可能分散、对称分布，导致轨道的形状发生了改变，故A正确；
B．sp3、sp2、sp杂化轨道其空间构型分别是正四面体、平面三角形、直线型，所以其夹角分别为109°28′、120°、180°，故B正确；
C．部分四面体形、三角锥形、V形分子的结构可以用sp3杂化轨道解释，如甲烷、氨气分子、水分子，故C正确；
D．杂化轨道可以部分参加形成化学键，例如NH3中N发生了sp3杂化，形成了4个sp3杂化杂化轨道，但是只有3个参与形成化学键，故D错误；
故选：D．
点评：本题考查了原子杂化，根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及原子杂化方式的判断，难度中等．
题型三：杂化类型和空间构型的关系
典例3：氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为（ ）
A．两种分子的中心原子杂化轨道类型不同，NH3为sp2型杂化，而CH4是sp3型杂化
B．NH3分子中N原子形成3个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道
C．NH3分子中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强
D．氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子
分析：NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，氨气分子空间构型是三角锥形；CH4分子中C原子采取sp3型杂化杂化，杂化轨道全部用于成键，碳原子连接4个相同的原子，为正四面体构型．
解答：NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，N﹣H之间的键角小于109°28′，所以氨气分子空间构型是三角锥形；CH4分子中C原子采取sp3型杂化杂化，杂化轨道全部用于成键，碳原子连接4个相同的原子，C﹣H之间的键角相等为109°28′，故CH4为正四面体构型，故ABD错误，C正确．
故选：C．
点评：考查了分子空间构型的判断，难度中等，注意理解价层电子对互斥理论与杂化轨道理论．
【解题思路点拨】杂化类型的判断方法：
1）例如常见的简单分子，C2H2、CO2为直线型分子，键角为180°，推断其C原子的杂化轨道类型为sp；C2H4、C6H6为平面型分子，键角为120°，推断其C原子的杂化轨道类型为sp2；CH4、CCl4为正四面体，键角109.5°，推断其C原子的杂化轨道类型为sp3．扩展到以共价键形成的晶体，如：已知金刚石中的碳原子、晶体硅和石英中的硅原子，都是以正四面体结构形成共价键的，所以也都是采用sp3杂化；已知石墨的二维结构平面内，每个碳原子与其它三个碳原子结合，形成六元环层，键角为120°，由此判断石墨的碳原子采用sp2杂化．
2）根据价层电子对互斥理论判断杂化类型：
ABm型杂化类型的判断：
中心原子电子对计算公式：价电子对数n＝（中心原子的价电子数+配位原子的价电子数×m±电荷数）
注意：①当上述公式中电荷数为正值时取“﹣”，电荷数为负值时取“+”．
②当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零．
根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n＝2，sp杂化；n＝3，sp2杂化；n＝4，sp3杂化．
3）对于有机物利用杂化轨道数＝孤对电子对数+σ键数进行判断．如：C2H2分子中碳原子形成1个C﹣H，1个C≡C（含1个σ键），C原子杂化轨道数为1+1＝2，采取sp杂化方式，C2H4分子中碳原子形成2个C﹣H，1个C═C双键（含1个σ键），C原子杂化轨道数为（2+1）＝3，C原子采取sp2杂化方式．
5．氧化还原反应
【知识点的知识】
1、概念：
在反应中有元素化合价变化的化学反应．
（1）实质：有电子的转移（得失或偏移）；
（2）特征：有元素化合价的升降．
2、四大基本反应类型与氧化还原反应之间的关系：
1）置换反应一定是氧化还原反应；
2）复分解反应一定不是氧化还原反应；
3）部分化合反应是氧化还原反应（有单质参加的）
4）部分分解反应是氧化还原反应（有单质生成的）
关系图如下图所示：
3、相关概念辨析
1）氧化反应：元素化合价升高的反应
还原反应：元素化合价降低的反应
氧化还原反应：凡有元素化合价升降的化学反应就是氧化还原反应
2）氧化剂和还原剂（反应物）
氧化剂：得电子（或电子对偏向）的物质﹣﹣﹣﹣﹣﹣氧化性：氧化剂具有的得电子的能力
还原剂：失电子（或电子对偏离）的物质﹣﹣﹣﹣﹣﹣还原性：还原剂具有的失电子的能力
3）氧化产物：氧化后的生成物
还原产物：还原后的生成物．
4）被氧化：还原剂在反应时化合价升高的过程
被还原：氧化剂在反应时化合价降低的过程
5）氧化性：氧化剂具有的得电子的能力
还原性：还原剂具有的失电子的能力
6）氧化还原反应的实质：电子的转移（电子的得失或共用电子对的偏移）
口诀：失电子，化合价升高，被氧化（氧化反应），还原剂；
得电子，化合价降低，被还原（还原反应），氧化剂．
7）关系网络如下图所示：
【命题方向】
题型一：氧化还原反应的判断
典例1：（2010•福州一模）化合反应、分解反应、置换反应和复分解反应是四种基本化学反应类型．下列变化属于氧化还原反应，但是不属于四种基本反应类型的是（ ）
A．CO+CuOCu+CO2 B．2Al+Fe2OAl2O3+2Fe C．2O33O2 D．Cl2+2FeCl2═2FeCl3
分析：反应符合“多变一”的特征，属于化合反应，符合“一变多”特征的反应，属于分解反应，一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，属于置换反应，两种化合物相互交换成分生成两种新的化合物的反应，属于复分解反应，有电子的转移的化学反应是氧化还原反应．
解答：A、该反应中有化合价的升降，属于氧化还原反应，但不符合四种基本反应类型，故A正确；
B、该反应中有化合价的升降，属于氧化还原反应，同时又是置换反应，故B错误；
C、该反应没有化合价的升降，不属于氧化还原反应，故C错误；
D、该反应有化合价的升降，属于氧化还原反应，同时又是化合反应，故D错误．
故选A．
点评：本题考查了化学基本概念，难度不大，根据定义来分析解答即可．
题型二：氧化剂、还原剂和转移电子数的判断
典例2：（2014•宿迁模拟）三氟化氮（NF3）是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O＝2NO+HNO3+9HF．下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A．NF3是氧化剂，H2O是还原剂 B．还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1
C．若生成0.2 mol HNO3，则转移0.2 mol电子 D．NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体
分析：3NF3+5H2O＝2NO+HNO3+9HF反应中，只有N元素的化合价发生变化，NF3既是氧化剂又是还原剂，从化合价的变化的角度分析氧化还原反应．
解答：A．只有N元素的化合价发生变化，NF3既是氧化剂又是还原剂，故A错误；
B．NF3生成NO，被还原，NF3生成HNO3，被氧化，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2，故B错误；
C．生成0.2molHNO3，转移的电子的物质的量为0.2mol×（5﹣3）＝0.4mol，故C错误；
D．生成的NO易与空气中氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，故D正确．
故选D．
点评：本题考查氧化还原反应，题目难度中等，注意化合价的升降为氧化还原反应的特征，注意从化合价的角度分析．
题型三：是否需要加入氧化剂（或还原剂）的判断
典例3：（2013•浙江模拟）下列变化中，必须加入还原剂才能发生的是（ ）
A．SO2→SO3 B．CuO→Cu C．I﹣→I2 D．HCO3﹣→CO32﹣
分析：加入还原剂才能发生，则选项中物质为氧化剂发生的化学反应，氧化剂中某元素的化合价降低，以此来解答．
解答：A．SO2→SO3中，S元素的化合价升高，需要加氧化剂实现，故A错误；
B．CuO→Cu中，Cu元素的化合价降低，需要加还原剂实现，故B正确；
C．I﹣→I2中，I元素的化合价升高，需要加氧化剂实现，故C错误；
D．HCO3﹣→CO32﹣中，元素的化合价不变，不发生氧化还原反应，故D错误；
故选B．
点评：本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意氧化剂中元素的化合价降低，题目难度不大．
【解题思路点拨】氧化还原反应中的基本规律：
（1）电子得失守恒规律
氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等，常用于有关氧化还原反应的计算及配平氧化还原反应方程式．运用守恒规律进行氧化还原反应的计算方法：氧化剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值＝还原剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值
（2）表现性质规律
当元素具有可变化合价，一般化合价处于最低价态时只具有还原性；处于最高价态时只具有氧化性；处于中间价态 时既具有氧化性又具有还原性．利用此规律可判断物质是否具有氧化性及还原性，但不能判断物质氧化性及还原性的强弱．
（3）反应先后规律
同一氧化剂与含多种还原剂（物质的量浓度相同）的溶液反应时，首先被氧化的是还原性较强的物质；同一还原剂与含多种氧化剂（物质的量浓度相同）的溶液反应时，首先被还原的是氧化性较强的物质．
如：将Cl2通入物质的量浓度相同的NaBr和NaI的混合液中，Cl2首先与NaI反应；将过量铁粉加入到物质的量浓度相同的
Fe3+和Cu2+的混合溶液中，Fe首先与Fe3+反应；FeBr2中通入Cl2，Cl2首先氧化Fe2+．
（4）价态变化规律
高价氧化（性）低价还原（性），中间价态两边转．同一元素的不同价态之间发生氧化还原反应，价态只能归中而不能交叉． 本规律应用于氧化还原反应的分析和判断（如反应KClO3+6HClKCl+3Cl2↑+3H2O中氧化产物和还原产物均为 Cl2，生成3molCl2电子转移数是5mol ）．
①歧化反应规律
同一种物质分子内同一种元素同一价态的原子（或离子）发生电子转移的氧化还原反应叫歧化反应．歧化反应化合价的特点是：某元素的中间价态在适宜条件下同时向较高和较低的价态转化．歧化反应是自身氧化还原反应的一种，常用于判断某种元素的化合价高低以及有关氧化还原反应方程式的计算．
②价态归中规律
同种元素由不同价态（高价态和低价态）转变为中间价态的氧化还原反应，称之为归中反应，也称“反歧化反应”．常用于方程式的书写，当有中间价态时，才可能发生，否则不反应，如SO2与浓硫酸不反应，可用浓H2SO4干燥．
（5）性质强弱规律
氧化还原反应若能进行，一般为较强氧化性的氧化剂跟较强还原性的还原剂反应，生成弱还原性的还原产物和弱氧化性的氧化产物． 常用于在适宜条件下，用氧化性较强的物质制备氧化性较弱的物质或用还原性较强的物质制备还原性较弱的物质，亦可用于比较物质间氧化性或还原性的强弱，氧化性：氧化剂＞氧化产物，还原性：还原剂＞还原产物．
6．催化剂的作用
【知识点的认识】
1、活化能与反应速率的关系分析：
反应物本身的性质活化能的大小单位体积内活化分子的多少单位体积内有效碰撞次数的多少化学反应速率的快慢．
2、催化剂作用原理分析（改变反应途径）：
使用催化剂，催化剂与反应物结合为中间产物，使发生反应所需的活化能降低，这样会使更多的反应物的分子成为活化分子，大大增加单位体积内反应物分子中活化分子所占的百分数，从而使有效碰撞的几率提高，因而使反应速率加快．
【命题方向】
题型：催化剂的作用
典例：加入正催化剂使反应速率加快，下列叙述不正确的是（ ）
A．使反应体系的活化能降低 B．使反应体系的活化分子总数增多
C．使正反应速率增大，逆反应速率减小 D．使反应体系的活化分子百分数增大
分析：A、加入正催化剂使反应的活化能降低进而会使反应速率加快；
B、正催化剂使反应体系的活化分子总数增多；
C、催化剂能同等程度的改变正逆反应速率；
D、催化剂可以使反应体系的活化分子百分数增加．
解答：A、加入正催化剂使反应体系的活化能降低，进而使反应速率加快，故A正确；
B、正催化剂使反应体系的活化分子总数增多，故B正确；
C、催化剂能同等程度的改变正逆反应速率，加入正催化剂使正反应速率增大，逆反应速率也增大，故C错误；
D、催化剂可以使反应体系的活化分子百分数增加，故D正确．
故选C．
点评：本题考查学生催化剂改变化学反应速率的实质，可以根据所学知识进行回答，难度不大．
【解题方法点拨】浓度、压强、温度、催化剂对反应速率的影响对比：
反应条件
单位体积内
有效碰撞次数
化学反应速率
分子总数
活化分子数
活化分子百分数
增大浓度
增加
增加
不变
增加
加快
增大压强
增加
增加
不变
增加
加快
升高温度
不变
增加
增加
增加
加快
加催化剂
不变
增加
增加
增加
加快
7．化学平衡的影响因素
【知识点的认识】
1、化学平衡的影响因素（v﹣t图象）：
（1）浓度：
a、增大反应物浓度，平衡正向移动；减小反应物浓度，平衡逆向移动
增大反应物浓度，平衡正向移动 减小反应物浓度，平衡逆向移动
b、增大生成物浓度，平衡逆向移动；减小生成物浓度，平衡正向移动
减小生成物浓度，平衡正向移动 增大生成物浓度，平衡逆向移动
（2）温度：
①升高温度，平衡向吸热反应方向移动：
②降低温度，平衡向放热反应方向移动：
（3）压强：
①增大压强，反应朝着气体体积减小的方向进行；
②减小压强，反应朝着气体体积增大的方向进行．
③对于气体体积不变的反应，压强改变平衡不移动．
（4）催化剂：催化剂同倍数增大反应物浓度，平衡不移动．
2、化学平衡移动原理（勒夏特列原理）：
改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强、温度），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，这就是勒夏特列原理．
概念的理解：
①影响平衡的因素只有浓度、压强、温度三种；
②原理的适用范围是只有一项条件变化的情况，当多项条件同时发生变化时，情况比较复杂；
③定性角度：平衡移动的方向为减弱外界改变的方向；
定量角度：平衡移动的结果只能减弱（不可能抵消）外界条件的变化．
【命题方向】
题型一：化学平衡的影响因素
典例1：（2014•安徽模拟）COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）；△H＞0．当反应达到平衡时，下列措施：①升温 ②恒容通入惰性气体 ③增加CO浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是（ ）
A．①②④B．①④⑥C．②③⑤D．③⑤⑥
分析：化学反应COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）△H＞0，正反应是气体体积增大的吸热反应，
①升温平衡向吸热反应方向移动；
②恒容通入惰性气体，总压增大，分压不变，平衡不动；
③增加CO的浓度，平衡逆向进行；
④减压平衡向气体体积增大的方向进行；
⑤加催化剂，改变速率不改变平衡；
⑥恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，体积增大压强减小，平衡正向进行．
解答：化学反应COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）△H＞0，正反应是气体体积增大的吸热反应，
①升温平衡向正反应移动，COCl2转化率增大，故①符合；
②恒容通入惰性气体，总压增大，反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，COCl2转化率不变，故②不符合；
③增加CO的浓度，平衡向逆反应方向移动，COCl2转化率减小故③不符合；
④减压平衡向正反应方向移动，COCl2转化率增大，故④符合；
⑤加催化剂，改变速率不改变平衡，COCl2转化率不变，故⑤不符合；
⑥恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，体积增大压强减小，平衡正向进行，COCl2转化率增大，故⑥符合，
故选：B．
点评：本题考查了化学平衡的影响因素，注意理解通入惰性气体对平衡移动影响，题目难度中等．
题型二：图象题分析
典例2：对于可逆反应：A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）；△H＜0下列图象中正确的是（ ）
A． B． C． D．
分析：对于可逆反应A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）△H＜0，正反应放热，升高温度正逆反应速率都增大，化学向逆反应方向移动，增大压强，平衡向正反应方向移动，结合图象分析解答．
解答：A．升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，交叉点后，逆反应速率应该大于正反应速率，故A正确；
B．该反应是气体体积减小的可逆反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，所以A的含量是减小，压强一定升高温度，平衡向逆反应方向移动，A的含量增大，故B正确；
C．该反应是放热反应，先拐先平，温度高，故C错误；
D．压强越大，反应速率越大，正逆反应速率都增大，故D错误；
故选AB．
点评：本题考查化学平衡的图象，明确外界条件对化学平衡的影响及图象中纵横坐标的含义、“定一议二”“先拐先平”即可解答，难度不大．
【解题方法点拨】外界条件对化学反应速率和化学平衡影响对比分析：
条件变化
反应特征
化学反应速率
v正与v逆的关系
平衡移动方向
增大c（A）
可逆反应
加快
加快
v正＞v逆
正反应方向
增大c（C）
加快
加快
v正＜v逆
逆反应方向
减小c（A）
减慢
减慢
v正＜v逆
逆反应方向
减小c（C）
减慢
减慢
v正＞v逆
正反应方向
增大压强
m+n＞p+q
加快
加快
v正＞v逆
正反应方向
m+n＝p+q
加快
加快
v正＝v逆
平衡不移动
m+n＜p+q
加快
加快
v正＜v逆
逆反应方向
减小压强
m+n＞p+q
减慢
减慢
v正＜v逆
逆反应方向
m+n＝p+q
减慢
减慢
v正＝v逆
平衡不移动
m+n＜p+q
减慢
减慢
v正＞v逆
正反应方向
升高温度
Q＜0
加快
加快
v正＜v逆
逆反应方向
Q＞0
加快
加快
v正＞v逆
正反应方向
降低温度
Q＜0
减慢
减慢
v正＞v逆
正反应方向
Q＞0
减慢
减慢
v正＜v逆
逆反应方向
注意：
①升高温度和增大压强，正逆反应速率都加快，只是增加幅度不同，因此平衡发生移动；
②降低温度和减小压强，正逆反应速率都减慢．
8．电解原理
【知识点的认识】
一、电解原理
1、概念：使电流通过电解质溶液而在阴、阳两极引起氧化还原反应的过程叫做电解．借助于电流引起氧化还原反应的装置，也就是把电能转变为化学能的装置，叫做电解池或电解槽．
构成电解池（电解槽）的条件：
（1）有外加直流电源．
（2）有电解质溶液或熔融的离子化合物．
（3）有两个电极（材料为金属或石墨，两极材料可相同或不同）：
阴极：与直流电源的负极直接相连的一极．
阳极：与直流电源的正极直接相连的一极．
（4）两个电极要与电解质溶液接触并形成回路．
注意：电解池的阴、阳极完全由外加直流电源的负、正极确定，与电极材料本身的性质无关．而原电池的正、负极则由构成电极材料本身的性质决定．
2、惰性电极和活性电极：
在电解时，根据电极本身是否参与氧化还原反应，可把电极分为惰性电极和活性电极两类：
①惰性电极（C、Pt等）：只起导电作用，不参与反应；
②活性电极（除Pt、Au外的其余金属）：当作阳极时，除起导电作用外，还失去电子变成金属阳离子进入溶液中．
3、离子放电顺序
①在阴极上．在阴极上发生的是得电子反应，因此，电极本身只起导电作用而不能发生氧化还原反应，发生反应的是溶液中的阳离子，它们得电子的能力顺序为：
说明：上列顺序中H+有两个位置：在酸溶液中，H+得电子能力在Cu2+与Pb2+之间；若在盐溶液中，则H+位于Zn2+与Ag+之间．
②在阳极上．首先应考虑电极是活性电极还是惰性电极，若为活性电极，则是阳极本身失去电子被氧化成阳离子进入溶液中，即此时不能考虑溶液中阴离子的失电子情况；若为惰性电极，溶液中的阴离子失电子的能力顺序为：
二、电解池与原电池对比
电 极
电极反应
电子转移方向
能量
转变
举 例
原电池
正、负极由电极材料决定：相对活泼的金属作负极；较不活泼的金属作正极
负极：电极本身失去电子，发生氧化反应
正极：溶液中的阳离子得到电子，发生还原反应
电子由负极流出，经外电路回正极
化学能转变为电能
铜锌原电池
负极：
Zn﹣2e﹣＝Zn2+
正极：
2H++2e﹣＝H2↑
电解池
阴、阳极完全由外加直流电源的负、正极决定：与直流电源正极相连的是阳极；与直流电源负极相连的是阴极
阴极：较易获得电子的阳离子优先得到电子，发生还原反应阳极，金属或较易失去电子的阴离子优先失去电子，发生氧化反应
电子由直流电源的负极流出，经导线到达电解池的阴极，然后通过电解液中的离子放电，电子再从阳极经导线回到直流电流的正极
电能转变为化学能
以石墨为电极电解CuCl2溶液
阳极：
2C1﹣﹣2e﹣＝C12↑
阴极：
Cu2++2e﹣＝Cu↓
三、电解原理的应用
1、精炼铜和电镀铜
项 目
铜的电解精炼
电镀铜
含 义
利用电解原理将粗铜中的杂质（如锌、铁、镍、银、金等）除去，以获得电解铜（含Cu的质量分数达99.95%～99.98%）的过程
利用电解原理在某些金属的表面镀上一薄层其他金属（铜）或合金的过程
目 的
制得电解铜，以增强铜的导电性
使金属更加美观耐用，增强防锈抗腐能力
电解液
CuSO4溶液（加入一定量的硫酸）
含有镀层金属离子（Cu2+）的电解质溶液作电镀液（如CuSO4溶液）
阳极材料
粗铜
镀层金属（Cu）
阴极材料
纯铜
待镀金属制品
电极反应式
阴极
Cu2++2e﹣＝Cu
Cu2++2e﹣＝Cu
阳极
Cu﹣2e﹣＝Cu2+
Zn﹣2e﹣＝Zn2+
Ni﹣2e﹣＝Ni2+
Cu﹣2e﹣＝Cu2+
特 点
①阳极反应为粗铜中的Cu及杂质失去电子而溶解
②溶液中CuSO4的浓度基本不变
①阳极本身失去电子而溶解
②溶液中金属阳离子的浓度保持不变
③溶液的pH保持不变
说 明
当阳极上的Cu失去电子变成Cu2+溶解后，银、金等金属杂质以单质的形式沉积于电解槽底，形成阳极泥
①铜镀层通常主要用于电镀其他金属之前的预镀层，以使镀层更加牢固和光亮
②电镀工业的废水中常含剧毒物质如氰化物、重金属等．因此必须经过处理才能排放
2、氯碱工业
①电解饱和食盐水溶液的反应原理．
阴极电极反应式（Fe棒）：2H++2e﹣＝H2↑（H+得电子产生H2后，阴极区OH﹣浓度增大而显碱性）
阳极电极反应式（石墨）：2C1﹣﹣2e﹣＝Cl2↑
电解的总化学方程式：2NaCl+H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
②设备：离子交换膜电解槽．离子交换膜电解槽主要由阳极、阴极、离子交换膜、电解槽框和导电铜棒等组成，每台电解槽由若干个单元槽串联或并联组成．电解槽的阳极用金属钛制成；阴极由碳钢网制成．
③阳离子交换膜的作用：①把电解槽隔为阴极室和阳极室；②只允许Na+通过，而Cl﹣、OH﹣和气体则不能通过．这样，既能防止生成的H2和Cl2相混合而发生爆炸，又能避免C12进入阴极区与NaOH溶液作用生成NaClO而影响烧碱的质量．
【命题方向】
题型一：电解原理
典例1：（2014•广州一模）某小组设计电解饱和食盐水的装置如图，通电后两极均有气泡产生，下列叙述正确的是（ ）
A．铜电极附近观察到黄绿色气体 B．石墨电极附近溶液呈红色
C．溶液中的Na+向石墨电极移动 D．铜电极上发生还原反应
分析：根据电解饱和食盐水的装置，如果通电后两极均有气泡产生，则金属铜电极一定是阴极，根据电解池的工作原理结合电极反应来回答判断即可．
解答：根据电解饱和食盐水的装置，如果通电后两极均有气泡产生，则金属铜电极一定是阴极，该极上的反应：2H++2e﹣＝H2↑，阳极上是氯离子失电子，发生的电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑．
A、金属铜电极一定是阴极，该极上的反应为2H++2e﹣＝H2↑，铜电极附近观察到无色气体，故A错误；
B、石墨电极是阳极，该电极附近发生的电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，可以观察到黄绿色气体产生，故B错误；
C、电解池中，阳离子移向阴极，即移向铜电极，故C错误；
D、金属铜电极是阴极，该极上的反应为2H++2e﹣＝H2↑，属于还原反应，故D正确．
故选D．
点评：本题考查学生电解池的工作原理知识，注意电解池的阳极材料决定电极反应的书写，难度不大．
题型二：电解池和原电池综合
典例2：（2011•连云港模拟）某化学兴趣小组的同学用如图所示装置研究电化学问题．当闭合该装置的电键时，观察到电流计的指针发生偏转．下列有关说法不正确的是（ ）
A．甲装置是原电池，乙装置是电解池 B．当甲中产生0.1 mol气体时，乙中析出固体的质量为6.4 g
C．实验一段时间后，甲烧杯中溶液的pH增大 D．将乙中的C电极换成铜电极，则乙装置可变成电镀装置
分析：A、依据装置图分析电极与电解质溶液可知电极活泼性相差大的为原电池，甲池为原电池，乙池为电解池；
B、依据电极反应和电子守恒计算分析；
C、甲池中氢离子在铜电极得到电子生成氢气，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大；
D、乙中C电极和原电池负极连接做电解池的阴极，换做铜对电解过程无影响，不能形成电镀装置，电镀装置是阳极为镀层金属．
解答：A、Zn、Cu电极和稀硫酸构成原电池，其中Zn作负极，Cu作正极；乙装置是电解池，C为阴极，Pt为阳极，故A正确；
B、当甲中产生0.1 mol H2时，电极反应无味2H++2e﹣═H2↑，电路转移0.2 mol 电子，乙中电解池中，阴极上 电极反应为Cu2++2e﹣═Cu，依据电子守恒计算得到0.1 mol Cu，质量为6.4 g，故B正确；
C、实验一段时间后，甲烧杯的溶液中c（H+）减小，pH增大，故C正确；
D、乙中的C电极是阴极，将其换成铜电极，该装置不是电镀装置，故D错误．
故选：D．
点评：本题考查了原电池和电解池原理的分析应用，电极反应和电极判断，电子守恒的计算应用是解题关键，题目难度中等．
题型三：电解混合溶液相关计算
典例3：500mL KNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中c（NO3﹣）＝0.6mol•L﹣1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24L气体（标准状况下），假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是（ ）
A．原混合溶液中c（K+）为0.2 mol•L﹣1 B．上述电解过程中共转移0.2 mol电子
C．电解得到的Cu的物质的量为0.05 mol D．电解后溶液中c（H+）为0.2 mol•L﹣1
分析：电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，根据得失电子守恒计算铜的物质的量，再结合电荷守恒计算钾离子的浓度，据此分析解答．
解答：电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，气体的物质的量＝＝0.1mol；
每生成1mol氧气转移4mol电子，每生成1mol氢气转移2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，
所以根据转移电子守恒得铜的物质的量＝＝0.1mol，
则铜离子的物质的量浓度＝＝0.2mol/L，
根据电荷守恒得钾离子浓度＝0.6mol•L﹣1﹣0.2mol/L×2＝0.2mol/L，
A．根据分析知，原混合溶液中c（K+）为0.2 mol•L﹣1，故A正确；
B．转移电子的物质的量＝0.1mol×4＝0.4mol，故B错误；
C．根据以上分析知，铜的物质的量为0.1mol，故C错误；
D．当电解硝酸铜时溶液中生成氢离子，当电解硝酸钾溶液时，实际上是电解水，所以电解后氢离子的物质的量为氧气的4倍，为0.1mol×4＝0.4mol，则氢离子浓度＝＝0.8mol/L，故D错误；
故选：A．
点评：本题考查了电解原理，明确离子放电顺序是解本题关键，结合转移电子守恒、电荷守恒来分析解答，难度中等．
题型四：电解酸、碱、盐水溶液产物及溶液pH变化分析
典例4：用石墨作电极，电解1mol•L﹣1下列物质的溶液，溶液的pH保持不变的是（ ）
A．HCl B．CuSO4 C．Na2SO4 D．NaCl
分析：电解时，根据溶液中离子放电顺序判断电解后溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小如何改变，如果电解后溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性，如果氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，如果两者相等则溶液呈中性；
用石墨作电极电解，溶液中阳离子放电顺序为：K+＜Ca2+＜Na+＜Mg2+＜Al3+＜H+＜Zn2+＜Fe2+＜Sn2+＜Pb2+＜H+＜Cu2+＜Fe3+＜Hg2+＜Ag+；
阴离子放电顺序为：S2﹣＞SO32﹣＞I﹣＞Br﹣＞Cl﹣＞OH﹣＞含氧酸根离子＞F﹣，据此即可解答．
解答：A．用石墨作电极电解盐酸，电解过程中，阳极：溶液中阴离子OH﹣、Cl﹣移向阳极，放电顺序Cl﹣＞OH﹣，Cl﹣放电发生氧化反应，阳极电极反应式：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑；阴极：溶液中阳离子H+移向阴极放电2H++2e﹣＝H2↑，所以溶液中氢离子浓度逐渐减小，pH值逐渐变大，故A错误；
B．用石墨作电极电解CuSO4溶液，电解过程中，阳极：溶液中阴离子OH﹣、SO42﹣移向阳极，氢氧根离子放电发生氧化反应，电极反应式：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑；阴极：溶液中阳离子Cu2+、H+移向阴极发生还原反应，电极反应：2Cu2++4e﹣═2Cu；所以溶液中氢氧离子浓度逐渐减小，氢离子浓度逐渐增大，pH值逐渐变小，故B错误；
C．用石墨作电极电解硫酸钠溶液，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，阴极：4H++4e﹣＝2H2 ↑，阳极4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑；相当于电解水，导致溶液中硫酸钠的浓度增大，但溶液中氢离子和氢氧根离子的浓度不变，所以溶液的pH值保持不变，故C正确；
D．用石墨作电极电解氯化钠溶液时，阴极电极反应式为：2H2O+2e﹣＝H2 ↑+2OH﹣，阳极上氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，同时生成氢氧化钠，所以其电池反应式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，所以溶液中氢离子浓度逐渐减小，pH值逐渐变大，故D错误；
故选C．
点评：本题以电解原理为载体考查了电解质溶液中离子的放电顺序，电解电解质溶液时，有电解水型，如电解硫酸钠溶液；有电解电解质型，如电解氯化铜溶液；有电解电解质和水型，如电解氯化钠溶液，明确电极反应是解答本题的关键，题目难度不大．
题型五：电解原理的应用（见铜的精炼和氯碱工业相关考点卡片）
【解题方法点拨】
用惰性电极作阳极电解酸、碱、盐水溶液的规律：
物 质
代表物
参加电解
的物质
阴极（区）
产物
阳极（区）
产物
溶液pH
的变化
酸
含氧酸
H2SO4、HNO3
H2O
H2
O2
减小
无氧酸
（除HF）
HCl
HCl
H2
C12
增大
碱
强碱
NaOH、KOH
H2O
H2
O2
增大
盐
不活泼金属的无氧酸盐
CuCl2
CuCl2
Cu
C12
增大（若考虑C12的溶解，则pH减小）
活泼金属的
无氧酸盐
NaCl
NaCl、H2O
H2、NaOH
C12
减小
不活泼金属的含氧酸盐
CuSO4、AgNO3
CuSO4、H2O
AgNO3、H2O
Cu；Ag
O2、H2SO4
O2、HNO3
增大
活泼金属的
含氧酸盐
K2SO4、NaNO3
KNO3、Na2SO4
H2O
H2
O2
不变
归纳：（1）电解含氧酸、强碱和活泼金属含氧酸盐的水溶液，实际上都是电解水，即：2H2O2H2↑+O2↑
（2）电解无氧酸（HF除外）、不活泼金属无氧酸的水溶液，就是电解溶质本身．例如：2HClH2↑+Cl2↑；CuCl2Cu+C12↑
（3）电解活泼金属无氧酸盐溶液时，电解的总化学方程式的通式可表示为：溶质+H2OH2↑+碱+卤素单质X2（或S）
（4）电解不活泼金属含氧酸盐的溶液时，电解的总化学方程式的通式可表示为：溶质+H2OO2↑+酸+金属单质
（5）电解时，若只生成H2，pH增大．若只生成O2，则pH减小．若同时生成H2和O2，则分为三种情况：电解酸的溶液，pH减小；电解碱的溶液，pH增大；电解盐的溶液，pH不变．
9．"三废"处理与环境保护
【知识点的知识】
“三废”是废水、废气和固体废弃物的总称．
1、水体污染
（1）重金属：使人体的蛋白质变性，可通过食物链被富集，人通过饮水和食物摄入而中毒；
（2）植物营养物质污染：生活废水和工业废水蛋白质含N、洗涤剂和化肥中含P等植物营养素 在分解时大量消耗水中的溶解氧，释放养分，使藻类和浮游生物大量繁殖．在江河湖泊在出现叫水华；在海湾在出现叫赤潮．
2、大气污染
（1）大气污染源：颗粒物、硫的氧化物、氮的氧化物、CO 碳氢化合物、氟氯代烷
（2）大气污染危害：危害人体健康、影响动植物的生长、严重时会影响地球的气候
（3）全球性三大环境问题：酸雨、臭氧层受损、温室效应
①酸雨：正常雨水：PH约为5.6 酸雨：PH小于5.6 我国为硫酸型酸雨，烧煤炭造成
硫酸型：硫的氧化物转化 SO2+H2O＝H2SO3 2H2SO3+O2＝2H2SO4 大气中烟尘和O3作催化剂
硝酸型：氮的氧化物转化 3NO2+H2O＝2HNO3+NO↑
②臭氧层：自然界的臭氧90%集中在距地面15﹣50km的大气平流层中 吸收自太阳的大部分紫外线引起臭氧层受损物质；
③温室效应：太阳短波辐射可以透过大气射入地面，而地面增暖后放出的长短辐射却被大气中的二氧化碳等物质所吸收，从而产生大气变暖的效应．引起温室效应的物质：CO2、CH4、N2O、氟氯代烷．
（4）大气污染的防治：
①减少煤等化石燃料燃烧产生污染：改善燃煤质量、改进燃烧装置、技术和排烟设备、发展洁净煤技术和综合利用、调整和优化能源结构；②减少汽车等机动车尾气污染．
3、固体废弃物污染
（1）垃圾处理
三原则：无害化、减量化、资源化
三方法：卫生填埋、堆肥、焚烧
卫生填埋：处理量最大，最终手段 浪费土地，地表水有重金属
堆肥：用微生物处理其中的有机物，成肥料，但重金属可对土地污染
焚烧：高温烧成灰渣，再填埋，可发电，占地少、减量大、但有空气污染物
（2）城市生活垃圾分类标志
①粗分6个：可回收物、有害垃圾、大件垃圾、可堆肥垃圾、其他垃圾、可燃垃圾
②细分8个：织物、瓶罐、厨余垃圾、电池、纸类、塑料、金属、玻璃
（3）常见垃圾造成的污染
①废旧电池：含汞作缓蚀剂；
②医疗垃圾：含多种致病菌，属高危险性、高污染性废物，要焚烧，但要防产生二噁英；
③白色污染：废旧塑料（占垃圾5﹣14%）难降解引起的污染 污染土壤、地下水，危害动物、焚烧放毒气．
10．碳族元素简介
【知识点的知识】
1、碳族元素的物理性质：
单质熔点从高到低的原因分析：碳和硅单质的微粒间的作用力是共价键，是原子晶体，碳的键长比硅的键长短，键能高，故碳的单质比硅的单质熔点高，而锗、锡、铅单质的微粒间为金属键，其键能依次减弱，故其熔点降低．
2、碳族元素的化学性质：
3、碳族元素的特性：
碳族元素中碳和硅的一些特殊规律：
（1）金刚石和晶体硅都是原子晶体，但金刚石不导电，晶体硅能导电．且金刚石的熔点（大于3550℃）比硅的熔点（1410℃）高；石墨是过渡型晶体或混合型晶体，也能导电．
（2）碳和硅都能跟O2反应生成氧化物，碳的两种氧化物CO和CO2在常温下是气体，而硅的氧化物SiO2在常温下是固体．
（3）碳跟碱溶液不反应，而硅跟碱溶液能反应．
Si+2NaOH+H2O═Na2SiO3+2H2↑
（4）碳在高温时能跟水蒸气反应，而硅不能．
C+H2O（g）CO+H2
（5）碳跟氢氟酸不反应，而硅能跟氢氟酸反应．
Si+4HF═SiF4↑+2H2↑
（6）碳能被浓硫酸（或浓硝酸）氧化生成二氧化碳，但硅不能被浓硫酸（或浓硝酸）氧化．
C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O
C+4HNO3（浓）4NO2↑+2H2O+CO2↑
（7）碳和硅都具有还原性，且硅的还原性比碳强，但在高温时碳能把硅从SiO2中还原出来．
2C+SiO2Si+2CO↑
（8）碳的氢化物都不能自燃，而SiH4能自燃．
SiH4+2O2＝SiO2+2H2O
（9）通常情况下，CO、CO2都是分子晶体，熔、沸点都很低；而SiO2是原子晶体，熔、沸点较高．
（10）CO2溶于水且能跟水反应生成碳酸，SiO2却不能．
（11）CO2跟氢氟酸不反应，而SiO2能跟氢氟酸反应．
SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O
（12）CO2跟碱溶液反应生成正盐或酸式盐，而SiO2跟碱溶液反应只生成正盐．
CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O
CO2+NaOH═NaHCO3
SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O
（13）在溶液中Na2SiO3可转变为Na2CO3，而在高温条件下Na2CO3又可转变为Na2SiO3．
Na2SiO3+CO2+H2O＝Na2CO3+H2SiO3↓
Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑
硅及其化合物的几种反常现象：
（1）Si的还原性大于C，但C却能在高温下还原出Si，可从平衡移动的角度理解，由于高温下生成了气态物质CO，它的放出降低了生成物的浓度，有利于应反正向进行，故可发生反应：SiO2+2CSi+2CO↑
（2）部分非金属单质能与碱溶液反应，但其中只有Si与碱反应放出H2；
常见的非金属单质与碱溶液的反应有：
Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O ①
3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O ②
Si+2NaOH+H2O＝Na2SiO3+2H2↑③
在反应①②中，Cl2、S既作氧化剂又作还原剂：在反应③中，Si为还原剂．
（3）非金属单质一般不与弱氧化性酸反应，而硅不但能与氢氟酸反应，而且还会产生H2；
（4）非金属氧化物的熔沸点一般较低，但SiO2的熔沸点却很高，非金属氧化物一般为分子晶体，但SiO2为原子晶体．
（6）SiO2是酸性氧化物却能跟HF作用
SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O，此反应并不是因为HF的酸性，而是因为为常温下SiF4为气态物质，有利于反应正向进行，这是SiO2的突出特性，当然也是HF的特性．
（7）H2CO3的酸性强于H2SiO3．但却能发生如下反应：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑
强酸制备弱酸作为判断反应方向的依据，只适用于水溶液体系，而在非水溶液的条件下不一定适用，在高温下H2SiO3难挥发，H2CO3易挥发，这符合高沸点物质制低沸点物质的反应规律，与此反应类似的还有：
2NaCl+H2SO4（浓）Na2SO4+2HCl↑
NaNO3+H2SO4（浓）NaHSO4+HNO3↑
上述两反应并不是由于H2SO4的强酸性，而是由于H2SO4为高沸点酸，HCl、HNO3为低沸点酸．
11．含硫物质的性质及综合应用
【知识点的知识】
一、硫化氢
1、硫化氢的分子结构：
H2S的分子结构与H2O相似，呈角形，是一种极性分子，但极性比水弱，不能形成氢键．熔点（﹣86℃） 和沸点（﹣71℃）都比水低．
2、硫化氢的物理性质：H2S是一种无色，有臭鸡蛋气味的气体，比空气稍重，能溶于水（常温常压下，1体积水中能溶解2.6体积硫化氢）．
3、硫化氢的化学性质：
（1）对热较不稳定：H2SH2+S
（2）强还原性：
2H2S+O2＝2S+2H2O（空气不充足）
2H2S+3O22SO2+2H2O（空气充足）
H2S+Cl2＝2HCl+S
2H2S+SO2＝2H2O+3S
H2S+I2＝2HI+S
H2S+H2SO4（浓）＝S↓+SO2+2H2O
3．氢硫酸氢硫酸是二元弱酸，可分步电离：
H2S⇌H++HS﹣；HS﹣⇌H++S2﹣，因此氢硫酸具有酸的通性．
4、S2﹣，HS﹣
Na2S+2HCl＝2NaCl+H2S
Na2S+H2S＝2NaHS
Na2S、NaHS均具有强还原性，在空气中均易被氧化．S2﹣遇Fe3+、ClO﹣、NO3﹣（H+）等氧化性离子都发生氧化还原反应．
二、二氧化硫
2）二氧化硫的重要性质
（1）物理性质：二氧化硫是一种无色有刺激性气味的有毒气体，密度比空气大，易液化，易溶于水，常温常压下，1体积水能溶解大约40体积的SO2．
（2）化学性质
①具有酸性氧化物（酸酐）的通性
与水反应：SO2+H2O＝H2SO3
与碱反应：SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O SO2+NaOH＝NaHSO3
与碱性氧化物的反应：CaO+SO2＝CaSO3
②还原性：2SO2+O22SO3 SO2+Cl2+2H2O＝H2SO4+2HCl
③氧化性：SO2+2H2S＝3S+2H2O
SO2既有氧化性，又有还原性，以还原性为主．
④漂白性：
SO2与Na2O2、Cl2（HClO）、O3的漂白性异同：
名称
二氧化硫
氯水
原理
二氧化硫溶于水产生的亚硫酸与有色物质直接结合生成不稳定的无色物质
氯水中的次氯酸将有色物质氧化成无色物质
实质
非氧化还原反应
氧化还原反应
程度
可逆
不可逆
范围
漂白某些有色物质，不能使紫色石蕊试液褪色
漂白大多数有色物质，使紫色石蕊试液褪色
三、硫酸
1、硫酸：
硫酸的分子式：H2SO4；结构式：，H2SO4中硫元素为+6价，处于最高价，具有氧化性，但只有浓H2SO4表现出强氧化性，而稀硫酸、硫酸盐中的硫元素通常不表现氧化性．
2、硫酸的物理性质
纯硫酸是无色、黏稠的油状液体，密度大，沸点高，是一种难挥发的强酸，易溶于水，能以任意比与水互溶．浓硫酸溶于水时放出大量的热．常见浓硫酸的质量分数为98.3%，其密度为 1.84g•cm﹣3，沸点为338℃，物质的量浓度为18.4mol•L﹣1．H2SO4的浓度越大，密度越大，若将30%的H2SO4溶液与10%的H2SO4溶液等体积混合，所得溶液的质量分数大于20%．
3、稀硫酸的化学性质：稀硫酸具有酸的通性．
（1）与指示剂作用：能使紫色石蕊试液变红．
（2）与碱发生中和反应
（3）与碱性氧化物或碱性气体反应
（4）与活泼金属发生置换反应
（5）与某些盐溶液反应．
4、浓硫酸的特性
（1）吸水性将一瓶浓硫酸敞口放置在空气中，其质量将增加，密度将减小，浓度降低，体积变大．这是因为浓硫酸具有吸水性，实验室里常利用浓硫酸作干燥剂．浓硫酸不仅可以吸收空气中的水，还可吸收混在气体中的水蒸气、混在固体中的湿存水、结晶水合物中的部分结晶水．
浓H2SO4可作某些不与其反应的气体、固体的干燥剂，同时不能暴露在空气中．能够用浓H2SO4干燥的气体等酸性或中性气体，而具有还原性的气体H2S、HBr、H和碱性气体NH3则不能用浓H2SO4干燥．另外在酯化反应中中，浓H2SO4作催化剂和吸水剂．
不同类型干燥剂的对比：
干燥剂
可干燥的气体
不可干燥的气体
名称或化学式
酸碱性
状态
浓H2SO4
酸性
液体
H2、N2、O2、CO2、HCl、CH4、CO
NH3
固体NaOH、生石灰，碱石灰（氢氧化钠和生石灰的混合物）
碱性
固态
H2、O2、N2、CH4、CO、NH3等
CO2、SO2、HCl
无水CaCl2
中性
固态
除NH3外的所有气体
NH3
（2）脱水性指浓H2SO4将有机物里的氧、氧元素按原子个数比2：1脱去生成水的性质．浓H2SO4从有机物中脱下来的是氢、氧元素的原子，不是水，脱下来的氢、氧元素的原子按2：1的比例结合成H2O；对于分子中所含氢、氧原子个数比为2：l的有机物（如蔗糖、纤维素等），浓H2SO4使其炭化变黑，如：HCOOHCO↑+H2O
（3）强氧化性常温下，Fe、Al遇浓H2SO4会发生钝化．但热的浓H2SO4能氧化大多数金属（除金、铂外）、某些非金属单质及一些还原性化合物．如：
Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑
S+2H2SO4（浓）2H2O+3SO2↑
C+2H2SO4（浓）CO2↑+2H2O+2SO2↑
2KI+2H2SO4（浓）K2SO4+I2+2H2O+SO2↑
2HI+H2SO4（浓）I2+SO2↑+2H2O
在这些氧化还原反应中，浓硫酸的还原产物一般为SO2．
5、浓硫酸和稀硫酸的鉴别
从浓H2SO4和稀H2SO4性质的差异人手，可知鉴别浓H2SO4和稀H2SO4的方法有多种．
方法一：取少量蒸馏水，向其中加入少量试样硫酸，如能放出大量热则为浓H2SO4，反之则为稀H2SO4．
方法二：观察状态，浓H2SO4呈黏稠状，而稀H2SO4为黏稠度较小的溶液．
方法三：用手掂掂分量，因为浓H2SO4的密度较大 （1.84g•cm﹣3，相同体积的浓H2SO4和稀H2SO4，浓H2SO4的质量比稀H2SO4大很多．
方法四：取少量试样，向其中投入铁片，若产生气体，则为稀H2SO4；若无明显现象（钝化），则为浓H2SO4．
方法五：用玻璃棒蘸取试样在纸上写字，立即变黑 （浓H2SO4的脱水性）者为浓H2SO4，另一种为稀H2SO4．
方法六：取少量试样，分别投入一小块铜片，稍加热发生反应的（有气泡产生）为浓H2SO4．（浓H2SO4的强氧化性），无现象的是稀H2SO4．
12．有机物的结构和性质
【知识点的知识】
类别
通 式
官能团
代表物
分子结构结点
主要化学性质
卤代烃
一卤代烃：
R﹣X
多元饱和卤代烃：CnH2n+2﹣mXm
卤原子
﹣X
C2H5Br
（Mr：109）
卤素原子直接与烃基结合
β﹣碳上要有氢原子才能发生消去反应；且有几种H生成几种烯
1．与NaOH水溶液共热发生取代反应生成醇
2．与NaOH醇溶液共热发生消去反应生成烯
醇
一元醇：
R﹣OH
饱和多元醇：
CnH2n+2Om
醇羟基
﹣OH
CH3OH
（Mr：32）
C2H5OH
（Mr：46）
羟基直接与链烃基结合，O﹣H及C﹣O均有极性。
β﹣碳上有氢原子才能发生消去反应；有几种H就生成几种烯。
α﹣碳上有氢原子才能被催化氧化，伯醇氧化为醛，仲醇氧化为酮，叔醇不能被催化氧化。
1．跟活泼金属反应产生H2
2．跟卤化氢或浓氢卤酸反应生成卤代烃
3．脱水反应：乙醇
140℃分子间脱水成醚
170℃分子内脱水生成烯
4．催化氧化为醛或酮
5．一般断O﹣H键与羧酸及无机含氧酸反应生成酯
醚
R﹣O﹣R′
醚键
C2H5O C2H5
（Mr：74）
C﹣O键有极性
性质稳定，一般不与酸、碱、氧化剂反应
酚
酚羟基
﹣OH
（Mr：94）
﹣OH直接与苯环上的碳相连，受苯环影响能微弱电离。
1．弱酸性
2．与浓溴水发生取代反应生成沉淀
3．遇FeCl3呈紫色
4．易被氧化
醛
醛基
HCHO
（Mr：30）
（Mr：44）
HCHO相当于两个
﹣CHO
有极性、能加成。
1．与H2加成为醇
2．被氧化剂（O2、多伦试剂、斐林试剂、酸性高锰酸钾等）氧化为羧酸
酮
羰基
（Mr：58）
有极性、能加成
与H2、HCN加成为醇
不能被氧化剂氧化为羧酸
羧酸
羧基
（Mr：60）
受羰基影响，O﹣H能电离出H+，受羟基影响不能被加成。
1．具有酸的通性
2．酯化反应时一般断羧基中的碳氧单键，不能被H2加成
3．能与含﹣NH2物质缩去水生成酰胺（肽键）
酯
酯基
HCOOCH3
（Mr：60）
（Mr：88）
酯基中的碳氧单键易断裂
1．发生水解反应生成羧酸和醇
2．也可发生醇解反应生成新酯和新醇
硝酸酯
RONO2
硝酸酯基
﹣ONO2
不稳定
易爆炸
硝基化合物
R﹣NO2
硝基﹣NO2
一硝基化合物较稳定
一般不易被氧化剂氧化，但多硝基化合物易爆炸
氨基酸
RCH（NH2）COOH
氨基﹣NH2
羧基﹣COOH
H2NCH2COOH
（Mr：75）
﹣NH2能以配位键结合H+；﹣COOH能部分电离出H+
两性化合物
能形成肽键
蛋白质
结构复杂
不可用通式表示
肽键
氨基﹣NH2
羧基﹣COOH
酶
多肽链间有四级结构
1．两性
2．水解
3．变性（记条件）
4．颜色反应（鉴别）
（生物催化剂）
5．灼烧分解
糖
多数可用下列通式表示：
Cn（H2O）m
羟基﹣OH
醛基﹣CHO
羰基
葡萄糖
CH2OH（CHOH）4CHO
淀粉（C6H10O5）n
纤维素
（C6H10O5）n
多羟基醛或多羟基酮或它们的缩合物
1．氧化反应（鉴别）
（还原性糖）
2．加氢还原
3．酯化反应
4．多糖水解
5．葡萄糖发酵分解生成乙醇
油脂
酯基
可能有碳碳双键
酯基中的碳氧单键易断裂
烃基中碳碳双键能加成
1．水解反应
（碱中称皂化反应）
2．硬化反应
【命题方向】本考点主要考察有机物的结构和性质，主要以综合题的形式出现。
【解题思路点拨】结构决定性质，结构特点决定了有什么样的性质，理解加动手画结构能更牢固地记住各类官能团的性质。
13．探究化学反应机理
【知识点的认识】
一、探究型试题命题应遵循的原则：
（1）科学性的原则：所设计的实验应该符合科学道理，不能凭空捏造．
（2）对照性的原则：要设计一个对照性的实验，要想这个实验更能够说明问题，一定要有正反两个方面的实验．
（3）等量性的原则：所设计的实验中的平行反应，试剂的取用应该是等量的．
（4）单因子的变量原则：对某个实验的影响，会有很多的因素，实验正是要人为控制条件，使众多变量中，只能有一个因素是变量，其余几个是一样的．
二、科学探究的一般步骤是：
（1）提出问题：化学用语要规范，语言要精练、严谨而符合逻辑．
（2）猜想与假设：利用原有知识和题中所读出的信息进行大胆猜想与假设，猜想与假设要全面，不要有个别遗漏．
（3）制定计划：要从实际实验角度制定探究计划，探究计划要循序渐进、操作要严谨可行、现象明显．
（4）进行实验、收集证据．
（5）解释与结论．
（6）反思与评价等．
【解题思路点拨】
分析此类探究题时应注意：（1）对于题中的异常现象要根据自己的原有知识进行大胆的排查、推测．（2）推测的正确性要靠实验的验证，如题中已给出了验证试验，要仔细分析其是否合理；如题中没给出了验证试验，自己要设计合理的实验验证．
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2022年高考化学考前20天终极冲刺之化学反应机理
一．选择题（共18小题）
1．（2022•深圳一模）气相离子催化剂（Fe+、Co+、Mn+等）具有优良的催化效果。其中，在Fe+催化下乙烷氧化反应的机理如图所示（图中﹣﹣为副反应）。下列说法正确的是（ ）
A．FeO+、N2均为反应中间体
B．X既含极性共价键也含非极性共价键
C．该机理涉及的反应均为氧化还原反应
D．每生成1molCH3CHO，消耗N2O的物质的量大于2mol
2．（2022•浙江模拟）NH3选择性催化还原NO的反应为4NH3+6NO═5N2+6H2O，其反应历程如图所示，一定温度下，向恒容密闭容器中充入一定量的NH3、NO、O2，下列说法不正确的是（ ）
A．NO的转化率可能随NH3浓度的增大而增大
B．NH3与催化剂发生强的化学吸附，而NO在此过程中几乎不被催化剂吸附
C．反应①的活化能小，反应速率快，是控速步骤
D．过渡态Ⅱ化合物中，NH3提供的H原子中的2个与NO中的O结合生成H2O
3．（2022•山西一模）科研人员通过研究得出了雾霾微粒中生成硫酸盐的转化机理，其主要过程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．步骤①的反应过程中电子转移的数目为NA
B．②、③两个过程中H2O均参加反应，并起催化剂的作用
C．生成硫酸盐整个过程的总反应为2NO2+H2O+SO32﹣＝HNO2+HSO4﹣+NO2﹣
D．步骤②、③中均有O﹣H键断裂和S﹣O键生成
4．（2022•辽宁模拟）乙烯与溴单质发生加成反应的反应机理如图所示，则下列有关说法错误的是（ ）
A．溴鑰离子中溴原子的杂化方式为sp3
B．产物1，2﹣二溴乙烷存在顺反两种异构体（与）
C．玻璃容器表面的Si﹣O键对反应进行有一定的促进作用
D．根据图中所示机理，将乙烯通入溴水中，理论上会有一定量的CH2BrCH2OH生成
5．（2022•湖北模拟）已知：SiCl4可发生水解反应，机理如图。下列有关C、Si及其化合物的说法正确的是（ ）
A．C和Si同为ⅣA族，可推断CCl4也能发生与SiCl4类似的水解反应
B．由轨道杂化理论，推测中间体SiCl4（H2O）中Si采取的杂化类型为sp3d2
C．C的电负性比Si的大，可推断CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体
D．Si的原子半径比C的大，推断Si原子之间难形成p﹣pπ
6．（2022•湖北模拟）已知试剂1为镍﹣膦配合物，其在某一偶联反应中的催化机理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．Ni2+的电子排布式为[Ar]3d84s2
B．1与2发生的是取代反应
C．4和6都是反应的中间体
D．图中的总过程可表示为：
7．（2022•洛阳二模）我国科研人员提出了由小分子X、Y转化为高附加值产品M的催化反应历程。该历程可用示意图表示如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%
B．①→②过程属于吸热反应
C．X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙醇
D．反应过程中有C﹣H键、C﹣C键、O﹣H键生成
8．（2022•浙江模拟）Fe/Cu/沸石非均相Fenton催化剂的主要成分为Fe3O4、Fe2O3、CuO和Cu2O，通过与H2O2作用产生强氧化性的•OH自由基和•HO2自由基，能够有效去除水体中的苯并三唑（BTA）等污染物，其反应机理如图所示（Mn+表示元素及其价态，不表示其为游离离子）。已知：铁氧化物催化性能优于铜氧化物；•OH是降解污染物的主要反应活性物质。下列说法不正确的是（ ）
A．过程①、②的总反应为2H2O2═•HO2+•OH+H2O
B．过程③、④中Cu2+和Cu+均可看作是催化剂
C．过程⑤中有OH﹣生成，过程⑦中有H+生成
D．过程⑥必然会导致反应生成的自由基减少
9．（2022•广州一模）炼铁工业中高炉煤气的一种新的处理过程如图所示，有关该过程的叙述错误的是（ ）
A．可减少CO2的排放
B．Fe3O4和CaO均可循环利用
C．过程①和④的转化均为氧化还原反应
D．过程①的反应中有非极性键的断裂和生成
10．（2022•广东模拟）CO2加氢耦合苯胺（RNH2）的一种反应机理如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A．金属Au可吸附H原子，TiO2可吸附CO2
B．反应过程中N的成键数目保持不变
C．反应过程中CO2发生还原反应
D．该过程的总反应：RNH2+CO2+H2RNHCHO+H2O
11．（2022•房山区一模）CO2的转化一直是世界范围内的研究热点。利用两种金属催化剂，在水溶液体系中将CO2分别转化为CO和HCOOH的反应过程示意图如图：
下列说法正确的是（ ）
A．在转化为CO的路径中，只涉及碳氧键的断裂和氧氢键的形成
B．在转化为HCOOH的路径中，CO2被氧化为HCOOH
C．两个转化路径均有非极性键的形成
D．上述反应过程说明催化剂具有选择性
12．（2022•宁波模拟）一种有机小分子催化多氟芳香化合物的取代反应机理如图。下列说法不正确的是（ ）
A．该反应是取代反应，原子利用率不为100%
B．物质2是催化剂，物质4和7是中间产物
C．物质2向物质4转化过程中，有氮碳键、氮氟键的形成
D．若物质5是，则产物一定为
13．（2022•门头沟区一模）近期，我国研究人员报道了温和条件下实现固氮的一类三元 NiFeV催化剂，如图为其电催化固氮的机理示意图。以下关于该电催化机理过程的描述不正确的是（ ）
A．反应在酸性条件下进行
B．反应过程涉及N2的氧化反应
C．1个N2分子反应生成2个NH3分子
D．反应分多步进行，中间产物为几种不同的氮氢化物
14．（2022•门头沟区一模）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A．H2S和空气通过上述循环的目的是降低活化能，提高总反应速率
B．在转化过程中能循环利用的物质是FeCl3和CuCl2
C．该过程的总反应式为：2H2S+O22H2O+2S↓
D．若有1molH2S 发生图示转化的同时消耗O2为0.4mol，则混合液中Fe3+浓度增大
15．（2022•浙江模拟）Sonogashira偶联反应机理如图，下列说法正确的是（ ）
A．若原料用苯乙炔和CH2＝CHBr，则产物是
B．R1X变为发生了氧化反应
C．该反应只用了一种催化剂LnPd
D．适量添加Na2CO3有利于提高产率
16．（2022•山东一模）电解法处理含有Cl﹣、NO3﹣的酸性废水，其工作原理及电极b中铁的化合物的催化机理如图所示，H表示氢原子。下列说法错误的是（ ）
A．电极b接电源负极
B．处理1molNO3﹣，电路中转移5mole﹣
C．HClO在阳极生成：Cl﹣+H2O﹣2e﹣＝HClO+H+
D．H与NO3﹣反应的方程式为8H+NO3﹣+2H+＝NH4++3H2O
17．（2022•天津一模）我国科研人员提出CeO2催化合成碳酸二甲酯（DMC）需经历三步反应，示意图如图。下列说法不正确的是（ ）
A．①③均为取代反应，②为加成反应
B．1molDMC在碱性条件下完全水解，消耗4molNaOH
C．合成DMC的总反应中CH2OH和CO2是反应物
D．①中催化剂的作用是使O﹣H键断裂活化
18．（2022•湖南模拟）LnFe（Ⅲ）﹣Cl配合物能够受光激发产生高活性的氯自由基（Cl•），可将烷烃中难以活化的C（sp3）﹣H键转化为C﹣N，反应机理变化情况如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．HCl是反应过程的中间产物
B．催化循环过程中铁元素的化合价不发生变化
C．过程中存在基元反应Cl•+R﹣H→R•+HCl
D．该过程的总反应为Boc﹣N＝N﹣Boc+R﹣H
二．多选题（共2小题）
（多选）19．（2022•湖南模拟）碳硅烷是以碳硅键为主链的有机物，在新材料领域应用广泛。合成一种碳硅烷E的反应机理如图，下列说法正确的是（ ）
A．合成碳硅烷E的反应物为A和B
B．物质B可以改变该反应的化学反应速率
C．中间物质C和D的生成改变了总反应的ΔH
D．物质C生成D的过程中发生了加成反应
（多选）20．（2022•河北模拟）天津大学的最新研究表明，吡啶（）中的氮原子与二硫化钼（MoS2）中的钼原子可结合形成的复合体系，该复合体系可用作全pH范围内的电解水析氢催化剂，某电极的催化原理如图所示（Pyridinic N表示吡啶中的氮原子），下列说法错误的是（ ）
A．该复合催化剂中既含极性键又含非极性键
B．催化过程中钼的化合价不发生变化
C．该复合催化剂在酸性条件下不能起催化作用
D．图中表示的过程是阴极的变化过程
2022年高考化学考前20天终极冲刺之化学反应机理
参考答案与试题解析
一．选择题（共18小题）
1．（2022•深圳一模）气相离子催化剂（Fe+、Co+、Mn+等）具有优良的催化效果。其中，在Fe+催化下乙烷氧化反应的机理如图所示（图中﹣﹣为副反应）。下列说法正确的是（ ）
A．FeO+、N2均为反应中间体
B．X既含极性共价键也含非极性共价键
C．该机理涉及的反应均为氧化还原反应
D．每生成1molCH3CHO，消耗N2O的物质的量大于2mol
【考点】氧化还原反应．菁优网版权所有
【专题】氧化还原反应专题．
【分析】A．FeO+先生成后消耗，是反应中间体，N2属于最后产物；
B．X为H2O，O与H形成极性共价键；
C．存在化合价变化的是氧化还原反应；
D．该反应总反应方程式为C2H6+2N2O＝CH3CHO+2N2+H2O，且发生副反应[（C2H5）Fe（OH）+]→Fe+，结合两个反应分析。
【解答】解：A．FeO+先生成后消耗，是反应中间体，N2由N2O转化得到，是产物，故A错误；
B．由原子守恒可知X是H2O，O与H形成极性共价键，故B错误；
C．该机理中C2H6+FeO+＝[（C2H5）Fe（OH）+]，该反应无化合价变化，不是氧化还原反应，故C错误；
D．该反应总反应方程式为C2H6+2N2O＝CH3CHO+2N2+H2O，由于发生副反应[（C2H5）Fe（OH）+]→Fe+，Fe化合价降低，有电子转移，则每生成1molCH3CHO，消耗N2O的物质的量大于2mol，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应的应用，难度不大，分析反应原理，理解基本概念是解答的关键，注意元素化合物知识和氧化还原概念的理解。
2．（2022•浙江模拟）NH3选择性催化还原NO的反应为4NH3+6NO═5N2+6H2O，其反应历程如图所示，一定温度下，向恒容密闭容器中充入一定量的NH3、NO、O2，下列说法不正确的是（ ）
A．NO的转化率可能随NH3浓度的增大而增大
B．NH3与催化剂发生强的化学吸附，而NO在此过程中几乎不被催化剂吸附
C．反应①的活化能小，反应速率快，是控速步骤
D．过渡态Ⅱ化合物中，NH3提供的H原子中的2个与NO中的O结合生成H2O
【考点】化学平衡的影响因素．菁优网版权所有
【专题】化学反应中的能量变化．
【分析】A．在NO浓度不变时，增大NH3的浓度，化学平衡正向移动；
B．根据图中过渡态Ⅰ和Ⅱ的结构分析；
C．化学反应分多步进行时，总反应由慢反应决定，活化能越大，反应速率越慢；
D．根据过渡态Ⅱ的结构可知，在过渡态Ⅱ化合物中，NH3提供H原子，NO提供O原子。
【解答】解：A．在NO浓度不变时，增大NH3的浓度，化学平衡正向移动，可以使更多的反应物NO转化为N2，故NO转化率可能随NH3浓度的增大而增大，故A正确；
B．根据图示可知，在反应过程中NH3与催化剂发生强的化学吸附作用，而NO几乎不被催化剂吸附，故B正确；
C．化学反应分多步进行时，总反应由慢反应决定，反应①的活化能小，反应速率快，而反应②的活化能高，反应速率慢，因此控速步骤是反应②，故C错误；
D．根据图示可知，在过渡态Ⅱ化合物中，NH3提供H原子，NO提供O原子，2个H与1个O结合生成H2O分子，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素，侧重考查学生分析能力和识图能力，掌握勒夏特列原理以及活化能是解题关键，此题难度中等。
3．（2022•山西一模）科研人员通过研究得出了雾霾微粒中生成硫酸盐的转化机理，其主要过程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．步骤①的反应过程中电子转移的数目为NA
B．②、③两个过程中H2O均参加反应，并起催化剂的作用
C．生成硫酸盐整个过程的总反应为2NO2+H2O+SO32﹣＝HNO2+HSO4﹣+NO2﹣
D．步骤②、③中均有O﹣H键断裂和S﹣O键生成
【考点】含硫物质的性质及综合应用．菁优网版权所有
【专题】氧族元素．
【分析】由图可知，过程①为SO32﹣和NO2反应生成SO3﹣和NO2﹣，过程②和③为SO3﹣和NO2﹣以及水反应生成HNO2和HSO4﹣，据此分析作答即可。
【解答】解：A．根据分析可知，过程①的反应为SO32﹣+NO2＝SO3﹣+NO2﹣，反应中硫元素化合价由+4价升高到+5价，SO32﹣做还原剂，若有1molSO32﹣参加反应，电子转移的数目为NA，由于未说明参加反应的SO32﹣的量，无法计算转移的电子数目，故A错误；
B．由图可知，过程②中水作为反应物参加反应，过程③中水未参加反应，故B错误；
C．过程①的反应为SO32﹣+NO2＝SO3﹣+NO2﹣，②和③的反应为SO3﹣+NO2﹣+H2O＝HNO2+HSO4﹣，将两式相加即可得到：2NO2+H2O+SO32﹣＝HNO2+HSO4﹣+NO2﹣，故C正确；
D．由图可知，步骤②中有O﹣H键断裂和S﹣O键生成，步骤③中有O﹣H键断裂，没有S﹣O键生成，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查学生的看图理解能力，分析能力，读取有效信息的能力，侧重考查学生对反应断键与成键原理的理解，同时考查氧化还原反应的相关知识等，难度中等。
4．（2022•辽宁模拟）乙烯与溴单质发生加成反应的反应机理如图所示，则下列有关说法错误的是（ ）
A．溴鑰离子中溴原子的杂化方式为sp3
B．产物1，2﹣二溴乙烷存在顺反两种异构体（与）
C．玻璃容器表面的Si﹣O键对反应进行有一定的促进作用
D．根据图中所示机理，将乙烯通入溴水中，理论上会有一定量的CH2BrCH2OH生成
【考点】探究化学反应机理．菁优网版权所有
【专题】物质的性质和变化专题．
【分析】A．由溴鑰离子中的结构可知，其中的溴原子σ键电子对是2，孤电子对＝＝2，故其价电子对为4；
B．产物1，2﹣二溴乙烷中没有碳碳双键；
C．Si﹣O键为极性键，而由反应机理可知环境有极性键（Si﹣O）使反应更易进行；
D．溴水中含有的HBrO参与加成。
【解答】解：A．由溴鑰离子中的结构可知，其中的溴原子σ键电子对是2，孤电子对＝＝2，故其价电子对为4，杂化方式为sp3，故A正确；
B．产物1，2﹣二溴乙烷中没有碳碳双键，不存在顺反异构体，故B错误；
C．Si﹣O键为极性键，而由反应机理可知环境有极性键（Si﹣O）使反应更易进行，故C正确；
D．溴水中含有的HBrO参与加成，理论上会有一定量的CH2BrCH2OH生成，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确官能团及其性质关系、原子共平面判断方法等知识点是解本题关键，B为解答易错点，题目难度不大。
5．（2022•湖北模拟）已知：SiCl4可发生水解反应，机理如图。下列有关C、Si及其化合物的说法正确的是（ ）
A．C和Si同为ⅣA族，可推断CCl4也能发生与SiCl4类似的水解反应
B．由轨道杂化理论，推测中间体SiCl4（H2O）中Si采取的杂化类型为sp3d2
C．C的电负性比Si的大，可推断CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体
D．Si的原子半径比C的大，推断Si原子之间难形成p﹣pπ
【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断．菁优网版权所有
【专题】化学键与晶体结构．
【分析】A．C原子最外层为L层，没有d轨道接受水分子中的孤电子对；
B．中间体体SiCl4（H2O）中Si价层电子对数是5；
C．C的电负性比Si的大，C、O元素之间的电负性差较小、Si、O元素之间的电负性差较大；
D．原子半径越大越难形成π键，Si的原子半径比C的大，但在第三周期中，Si原子半径相对较小。
【解答】解：A．C原子最外层为L层，没有d轨道接受水分子中的孤电子对，所以CCl4不能发生类似SiCl4的水解反应，故A错误；
B．中间体体SiCl4（H2O）中Si价层电子对数是5，所以Si原子采用sp3d杂化，故B错误；
C．C的电负性比Si的大，C、O元素之间的电负性差较小，易形成分子晶体，Si、O元素之间的电负性差较大，易形成共价晶体，故C正确；
D．原子半径越大越难形成π键，Si的原子半径比C的大，但在第三周期中，Si原子半径相对较小，所以Si原子之间能形成p﹣pπ，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子杂化类型判断、晶体类型判断等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确原子杂化类型判断方法、电负性与形成晶体类型的关系等知识点是解本题关键，题目难度不大。
6．（2022•湖北模拟）已知试剂1为镍﹣膦配合物，其在某一偶联反应中的催化机理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．Ni2+的电子排布式为[Ar]3d84s2
B．1与2发生的是取代反应
C．4和6都是反应的中间体
D．图中的总过程可表示为：
【考点】配合物的成键情况．菁优网版权所有
【专题】化学键与晶体结构．
【分析】A．Ni原子核外有28个电子，Ni原子失去4s能级上的2个电子生成Ni2+，根据构造原理书写Ni2+的电子排布式；
B．1中的X被2中的R所取代；
C．4和6都是在上一步生成，下一步消耗掉；
D．根据反应的整个过程得出，1为催化剂，4和6都是反应的中间体。
【解答】解：A．Ni原子核外有28个电子，Ni原子失去4s能级上的2个电子生成Ni2+，根据构造原理，Ni2+的电子排布式为[Ar]3d8，故A错误；
B．1中的X被2中的R所取代，生成4，则1与2发生的是取代反应，故B正确；
C．4和6都是在上一步生成，下一步消耗掉，都是反应的中间体，故C正确；
D．根据反应的整个过程得出，1为催化剂，4和6都是反应的中间体，所以总过程可表示为：RMgX+R′﹣XXMgX+R′﹣R，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查配位化合物的成键情况，涉及催化剂、中间体、反应类型等，为高频考点，侧面考查了理解和分析能力，题目难度中等。
7．（2022•洛阳二模）我国科研人员提出了由小分子X、Y转化为高附加值产品M的催化反应历程。该历程可用示意图表示如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%
B．①→②过程属于吸热反应
C．X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙醇
D．反应过程中有C﹣H键、C﹣C键、O﹣H键生成
【考点】探究化学反应机理．菁优网版权所有
【专题】物质的性质和变化专题．
【分析】B．由图可知②能量低于①能量；
C．根据图中各分子结构即可得出答案；
D．由图可知，反应过程中有C﹣C键、O﹣H键生成；
A．该反应CH4+CO2CH3COOH，属于化合反应。
【解答】解：A．该反应CH4+CO2CH3COOH，属于化合反应，则由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%，故A正确；
B．由图可知②能量低于①能量，则①→②过程有热量放出，故B正确；
C．由图可知，X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙酸，故C正确；
D．由图可知，反应过程中有C﹣C键、O﹣H键生成，无C﹣H键，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学反应能量变化，侧重考查学生识图能力和分析能力，注意理解放热反应、吸热反应与反应物总能量、生成物总能量之间的关系，此题难度中等。
8．（2022•浙江模拟）Fe/Cu/沸石非均相Fenton催化剂的主要成分为Fe3O4、Fe2O3、CuO和Cu2O，通过与H2O2作用产生强氧化性的•OH自由基和•HO2自由基，能够有效去除水体中的苯并三唑（BTA）等污染物，其反应机理如图所示（Mn+表示元素及其价态，不表示其为游离离子）。已知：铁氧化物催化性能优于铜氧化物；•OH是降解污染物的主要反应活性物质。下列说法不正确的是（ ）
A．过程①、②的总反应为2H2O2═•HO2+•OH+H2O
B．过程③、④中Cu2+和Cu+均可看作是催化剂
C．过程⑤中有OH﹣生成，过程⑦中有H+生成
D．过程⑥必然会导致反应生成的自由基减少
【考点】化学反应的实质．菁优网版权所有
【专题】物质的性质和变化专题．
【分析】A．写出过程①和过程②的反应原理，叠加得出总反应式；
B．写出过程③和过程④的反应原理，叠加得出总反应式，即可进行判断；
C．写出过程⑤和过程⑦的反应原理，即可进行判断；
D．过程⑥为：Fe3++Cu+＝Fe2++Cu2+，Fe2+有利于H2O2转化为自由基，过程⑥的发生导致自由基增加。
【解答】解：A．由反应机理图可知过程①为H2O2+Fe2+＝OH﹣+•OH+Fe3+，过程②H2O2+Fe3+＝Fe2++•HO2+H+，总反应式为：2H2O2═•HO2+•OH+H2O，故A正确；
B．过程③为H2O2+Cu+＝•OH+Cu2++OH﹣，过程④为H2O2+Cu2+＝Cu++•HO2+H+，总反应式为：2H2O2═•HO2+•OH+H2O，Cu2+和Cu+均可看作是催化剂，故B正确；
C．过程⑤为H2O2+Fe2+＝OH﹣+•OH+Fe3+，过程⑦为H2O2+Cu2+＝Cu++•HO2+H+，故C正确；
D．过程⑥为：Fe3++Cu+＝Fe2++Cu2+，根据以上反应过程可知，Fe2+均有利于H2O2转化为自由基，因此过程⑥的发生导致自由基增加，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查学生的看图理解能力，分析能力，属于高考高频考点，侧重于理解、分析，对能力要求较高，难度中等。
9．（2022•广州一模）炼铁工业中高炉煤气的一种新的处理过程如图所示，有关该过程的叙述错误的是（ ）
A．可减少CO2的排放
B．Fe3O4和CaO均可循环利用
C．过程①和④的转化均为氧化还原反应
D．过程①的反应中有非极性键的断裂和生成
【考点】氧化还原反应；"三废"处理与环境保护．菁优网版权所有
【专题】化学应用．
【分析】A.该反应中消耗二氧化碳；
B.由图可知，Fe3O4和CaO均可循环利用；
C.有化合价变化的反应是氧化还原反应；
D.氢气、氮气之间的键为非极性共价键。
【解答】解：A.该反应中消耗二氧化碳，将二氧化碳转化为CO，故可减少二氧化碳的排放，故A正确；
B.由图可知，四氧化三铁和铁之间相互转化，氧化钙和碳酸钙之间相互转化，故Fe3O4和CaO均可循环利用，故B正确；
C.过程①中氢元素的化合价发生变化，过程④碳元素化合价发生变化，均是氧化还原反应，故C正确；
D.氢气中氢原子与氢原子之间的键为非极性共价键，过程①的反应存在氢分子之间的键的断裂，故有非极性键的断裂，但没有非极性键的形成，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查高炉煤气的一种新的处理过程，涉及到氧化还原反应和非极性键的概念，题目简单，注意要学会看图识图。
10．（2022•广东模拟）CO2加氢耦合苯胺（RNH2）的一种反应机理如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A．金属Au可吸附H原子，TiO2可吸附CO2
B．反应过程中N的成键数目保持不变
C．反应过程中CO2发生还原反应
D．该过程的总反应：RNH2+CO2+H2RNHCHO+H2O
【考点】探究化学反应机理．菁优网版权所有
【专题】物质的性质和变化专题．
【分析】A．由图中过程I可知，金属Au可吸附H原子；
B．由过程IV和V可知，N的成键数目由3→4→3；
C．反应过程中CO2转化为RCHCHO；
D．由图中箭头可知反应物有CO2、H2、RNH2，生成物有RCHCHO、H2O。
【解答】A．由图中过程I可知，金属Au可吸附H原子，TiO2可吸附CO2，故A正确；
B．由过程IV和V可知，N的成键数目由3→4→3，成键数目发生变化，故B错误；
C．反应过程中CO2转化为RCHCHO，C元素化合价降低，发生还原反应，故C正确；
D．由图中箭头可知反应物有CO2、H2、RNH2，生成物有RCHCHO、H2O，该过程的总反应：RNH2+CO2+H2RNHCHO+H2O，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应机理，侧重考查图片对比、分析判断及知识综合应用能力，正确判断反应中断键和成键方式、微粒结构变化是解本题关键，题目难度不大。
11．（2022•房山区一模）CO2的转化一直是世界范围内的研究热点。利用两种金属催化剂，在水溶液体系中将CO2分别转化为CO和HCOOH的反应过程示意图如图：
下列说法正确的是（ ）
A．在转化为CO的路径中，只涉及碳氧键的断裂和氧氢键的形成
B．在转化为HCOOH的路径中，CO2被氧化为HCOOH
C．两个转化路径均有非极性键的形成
D．上述反应过程说明催化剂具有选择性
【考点】共价键的形成及共价键的主要类型；催化剂的作用；碳族元素简介．菁优网版权所有
【专题】氧化还原反应专题；碳族元素．
【分析】A．CO2转化为CO的路径中，含有C≡O三键的形成；
B．CO2中碳元素为+4价，HCOOH中碳元素为+2价，碳元素化合价降低；
C．相同的非金属元素原子之间形成非极性键；
D．不同的催化剂生成CO或生成HCOOH的选择性是不同的。
【解答】解：A．由图可知，CO2转化为CO的路径中，涉及碳氧键的断裂和氧氢键的形成，含有C≡O三键的形成，故A错误；
B．CO2中碳元素为+4价，HCOOH中碳元素为+2价，在CO2转化为HCOOH的路径中，CO2被还原为HCOOH，故B错误；
C．由图可知，在两个转化路径中均没有非极性键的形成，故C错误；
D．上述反应过程说明催化剂具有选择性，不同的催化剂生成CO或生成HCOOH的选择性是不同的，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查学生的看图理解能力，分析能力，同时考查化学键的断裂与形成，极性键与非极性键的判断，氧化还原反应及催化剂的选择性，属于高频考点，难度不大。
12．（2022•宁波模拟）一种有机小分子催化多氟芳香化合物的取代反应机理如图。下列说法不正确的是（ ）
A．该反应是取代反应，原子利用率不为100%
B．物质2是催化剂，物质4和7是中间产物
C．物质2向物质4转化过程中，有氮碳键、氮氟键的形成
D．若物质5是，则产物一定为
【考点】有机物的结构和性质．菁优网版权所有
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】有机小分子可催化多氟芳烃的取代反应，根据流程示意图可知，物质3、5是整个过程的反应物，物质1、6是整个过程的生成物，物质2是催化剂，物质4、7是反应中间体，整个过程表示为：物质3+物质5物质1+物质6。
【解答】解：A．整个过程表示为：物质3+物质5物质1+物质6，该反应为取代反应，原子利用率不为100%，故A正确；
B．根据图知，物质2是催化剂，物质4和7为中间产物，故B正确；
C．物质2向物质4转化过程中，5中的X变为C﹣F键，所以有氮碳键，7中有氮氟键的形成，故C正确；
D．若5为，则X为，故1是，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，关键是正确判断流程中反应物、生成物、中间体、催化剂，题目侧重考查学生信息获取能力、分析能力。
13．（2022•门头沟区一模）近期，我国研究人员报道了温和条件下实现固氮的一类三元 NiFeV催化剂，如图为其电催化固氮的机理示意图。以下关于该电催化机理过程的描述不正确的是（ ）
A．反应在酸性条件下进行
B．反应过程涉及N2的氧化反应
C．1个N2分子反应生成2个NH3分子
D．反应分多步进行，中间产物为几种不同的氮氢化物
【考点】探究化学反应机理．菁优网版权所有
【专题】氮族元素．
【分析】A．由图可知，反应需要H+；
B．氮气生成氨气的过程中，氮元素化合价降低，被还原，发生还原反应；
C．原子守恒可知，存在关系：N2～2NH3；
D．由图可知，中间产物是几种不同的氮氢化物。
【解答】解：A．由图可知，反应需要H+，因此反应需要在酸性条件下进行，故A正确；
B．氮气生成氨气的过程中，氮原子结合氢离子并得到电子，发生还原反应，故B错误；
C．根据原子守恒可知，1个N2分子反应生成2个NH3分子，故C正确；
D．机理图中可以看出中间产物是几种不同的氮氢化物，并且多步进行，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查学生的看图理解能力，读取有效信息的能力，分析能力，同时考查氧化还原反应的相关知识，知识考查比较灵活，难度中等。
14．（2022•门头沟区一模）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A．H2S和空气通过上述循环的目的是降低活化能，提高总反应速率
B．在转化过程中能循环利用的物质是FeCl3和CuCl2
C．该过程的总反应式为：2H2S+O22H2O+2S↓
D．若有1molH2S 发生图示转化的同时消耗O2为0.4mol，则混合液中Fe3+浓度增大
【考点】探究化学反应机理．菁优网版权所有
【分析】A．催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率；
B．由图可知，铁离子、铜离子前面参与反应，后面又生成，属于催化剂；
C．由图可知，总反应为H2S与O2催化剂作用下生成H2O、S；
D．若有1molH2S 发生图示转化，失去的电子为2mol，同时消耗O2为0.4mol，O2得到的电子为1.6，则混合液中Fe3+还需要得到0.4mol电子，被还原为亚铁离子。
【解答】解：A．由图可知，总反应为H2S与氧气反应生成S和水，H2S和空气通过上述循环相当于铁离子、铜离子作了催化剂，催化剂降低了反应的活化能，提高总反应速率，故A正确；
B．由图可知，在转化过程中能循环利用的是铁离子、铜离子，对应的物质是FeCl3和CuCl2，故B正确；
C．由图可知，该过程的总反应式为：2H2S+O22H2O+2S↓，故C正确；
D．若有1molH2S 发生图示转化，失去的电子为1mol×2＝2mol，同时消耗O2为0.4mol，O2得到的电子为0.4mol×4＝1.6，则混合液中Fe3+还需要得到0.4mol电子，被还原为亚铁离子，则混合液中Fe3+浓度减小，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查学生的看图理解能力，读取有效信息的能力，分析能力，同时考查氧化还原反应的相关知识，知识考查比较灵活，难度中等。
15．（2022•浙江模拟）Sonogashira偶联反应机理如图，下列说法正确的是（ ）
A．若原料用苯乙炔和CH2＝CHBr，则产物是
B．R1X变为发生了氧化反应
C．该反应只用了一种催化剂LnPd
D．适量添加Na2CO3有利于提高产率
【考点】有机物的结构和性质．菁优网版权所有
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】A．根据图知，总反应为R1X+R2﹣C≡CH→R2﹣C≡C﹣R1+HX，即﹣C≡CH中氢原子被取代，若原料用苯乙炔和CH2＝CHBr，﹣C≡CH中氢原子被﹣CH＝CH2取代生成﹣C≡CCH＝CH2；
B．R1X变为时，LnPd失电子发生氧化反应；
C．CuX也是催化剂；
D．反应中生成HX，HX能和碳酸钠反应生成卤化钠。
【解答】解：A．根据图知，总反应为R1X+R2﹣C≡CH→R2﹣C≡C﹣R1+HX，即﹣C≡CH中氢原子被取代，若原料用苯乙炔和CH2＝CHBr，﹣C≡CH中氢原子被﹣CH＝CH2取代生成﹣C≡CCH＝CH2，所以生成的有机物结构简式为，故A错误；
B．R1X变为时，LnPd失电子发生氧化反应，则有机物得电子发生还原反应，故B错误；
C．根据图知，反应中、LnPd、CuX都是催化剂，故C错误；
D．反应中生成HX，HX能和碳酸钠反应生成卤化钠，消耗HX而促进反应正向进行，从而通过产率，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质、反应历程，侧重考查对比、分析、判断及知识综合运用能力，明确每一步发生反应的反应物和生成物成分、结构是解本题关键，题目难度不大。
16．（2022•山东一模）电解法处理含有Cl﹣、NO3﹣的酸性废水，其工作原理及电极b中铁的化合物的催化机理如图所示，H表示氢原子。下列说法错误的是（ ）
A．电极b接电源负极
B．处理1molNO3﹣，电路中转移5mole﹣
C．HClO在阳极生成：Cl﹣+H2O﹣2e﹣＝HClO+H+
D．H与NO3﹣反应的方程式为8H+NO3﹣+2H+＝NH4++3H2O
【考点】电解原理．菁优网版权所有
【专题】电化学专题．
【分析】A．由图知，电极b上硝酸根离子转变为铵根离子、被还原；
B．硝酸根离子转变为铵根离子，N元素化合价从+5降低到﹣3；
C．阳极氯离子失去电子被氧化、生成HClO；
D．电极b上硝酸根离子转变为铵根离子。
【解答】解：A．由图知，电极b上硝酸根离子转变为铵根离子、被还原，则电极b为阴极、接电源负极，故A正确；
B．硝酸根离子转变为铵根离子，N元素化合价从+5降低到﹣3，则处理1molNO，电路中转移8mole﹣，故B错误；
C．阳极氯离子失去电子被氧化、生成HClO：Cl﹣+H2O﹣2e﹣＝HClO+H+，故C正确；
D．电极b上硝酸根离子转变为铵根离子、H与NO3﹣反应的方程式为8H+2H++NO3﹣+8e﹣＝NH4++3H2O，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查学生原电池的工作原理知识，注意能量的转化等知识，知识的归纳和梳理是解题的关键，难度不大。
17．（2022•天津一模）我国科研人员提出CeO2催化合成碳酸二甲酯（DMC）需经历三步反应，示意图如图。下列说法不正确的是（ ）
A．①③均为取代反应，②为加成反应
B．1molDMC在碱性条件下完全水解，消耗4molNaOH
C．合成DMC的总反应中CH2OH和CO2是反应物
D．①中催化剂的作用是使O﹣H键断裂活化
【考点】探究化学反应机理．菁优网版权所有
【专题】物质的性质和变化专题．
【分析】反应原理：①CH3OH+H﹣O﹣催→CH3O﹣催+H2O，②CH3O﹣催+CO2→CH3COO﹣催，③CH3OH+CH3COO﹣催→CH3OCOOCH3+H﹣O﹣催，总反应为：2CH3OH+CO2→CH3OCOOCH3+H2O，以此解答该题。
【解答】解：A．根据图中断键和成键的情况分析得到①③均为取代反应，②为加成反应，故A正确；
B．DMC中含有2个酯基，因此1molDMC在碱性条件下完全水解，消耗2molNaOH，故B错误；
C．合成DMC的总反应是CH3OH和CO2反应生成DMC和水，因此CH3OH和CO2是反应物，故C正确；
D．根据①的图示得到①中催化剂的作用是甲醇中的O﹣H键断裂活化，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应机理的探究，侧重考查学生对抽象图象的理解能力和综合运用能力是重点，也是常考点，注意把握反应流程的分析以及题给信息的判断，题目有利于培养化学思维，形成化学学科的核心素养，题目难度不大。
18．（2022•湖南模拟）LnFe（Ⅲ）﹣Cl配合物能够受光激发产生高活性的氯自由基（Cl•），可将烷烃中难以活化的C（sp3）﹣H键转化为C﹣N，反应机理变化情况如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．HCl是反应过程的中间产物
B．催化循环过程中铁元素的化合价不发生变化
C．过程中存在基元反应Cl•+R﹣H→R•+HCl
D．该过程的总反应为Boc﹣N＝N﹣Boc+R﹣H
【考点】配合物的成键情况．菁优网版权所有
【专题】化学键与晶体结构．
【分析】A．中间产物是反应过程中生成，在后续反应中又消耗掉的物质；
B．LnFe（Ⅲ）﹣Cl中含有三价铁，LnFe（Ⅱ）﹣Cl中含有二价铁；
C．根据流程分析可知，Cl•与R﹣H反应生成R•和HCl；
D．根据流程分析可知，LnFe（Ⅲ）﹣Cl受光激发产生高活性的氯自由基Cl•参与反应，使Boc﹣N＝N﹣Boc+R﹣H反应转化为。
【解答】解：A．根据流程分析，HCl在基元反应Cl•+R﹣H→R•+HCl中生成，又与LnFe（Ⅱ）﹣Cl反应生成LnFe（Ⅲ）﹣Cl被消耗，故为中间产物，故A正确；
B．催化循环过程中铁元素有+2和+3价的转化，故B错误；
C．根据流程分析，过程中存在基元反应Cl•+R﹣H→R•+HCl，故C正确；
D．LnFe（Ⅲ）﹣Cl受光激发产生高活性的氯自由基Cl•参与反应，使Boc﹣N＝N﹣Boc+R﹣H反应转化为，总的反应方程式为：Boc﹣N＝N﹣Boc+R﹣H，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查学生的看图理解能力，分析能力，读取有效信息的能力，同时考查中间产物、氧化还原反应、反应机理等，属于高频考点，难度中等。
二．多选题（共2小题）
（多选）19．（2022•湖南模拟）碳硅烷是以碳硅键为主链的有机物，在新材料领域应用广泛。合成一种碳硅烷E的反应机理如图，下列说法正确的是（ ）
A．合成碳硅烷E的反应物为A和B
B．物质B可以改变该反应的化学反应速率
C．中间物质C和D的生成改变了总反应的ΔH
D．物质C生成D的过程中发生了加成反应
【考点】探究化学反应机理．菁优网版权所有
【专题】物质的性质和变化专题．
【分析】A．如图所示反应机理，反应物A和B反应生成C，C和CH2＝CHR反应生成D，D分解生成E和B；
B．由图可知，物质B是先反应后生成；
C．化学反应的热效应只与起始和最终状态有关，与变化途径无关；
D．物质C和CH2＝CHR反应生成一种物质D，且过程中碳碳双键变为碳碳单键。
【解答】解：A．根据如图所示反应机理，反应物A和B反应生成C，C和CH2＝CHR反应生成D，D分解生成E和B；C、D为中间产物，B为催化剂，则反应物A和CH2＝CHR合成碳硅烷E，故A错误；
B．由图可知，物质B是先反应后生成，为该反应的催化剂，可改变反应速率，故B正确；
C．化学反应的热效应只与起始和最终状态有关，与变化途径无关，则反应经历两个中间产物，但反应的热效应不变，故C错误；
D．物质C和CH2＝CHR反应生成一种物质D，过程中碳碳双键变为碳碳单键，发生了加成反应，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查化学反应机理，为高频考点，侧重考查学生的分析能力及灵活运用能力，掌握物质的性质和结构是做题的关键，题目难度不大。
（多选）20．（2022•河北模拟）天津大学的最新研究表明，吡啶（）中的氮原子与二硫化钼（MoS2）中的钼原子可结合形成的复合体系，该复合体系可用作全pH范围内的电解水析氢催化剂，某电极的催化原理如图所示（Pyridinic N表示吡啶中的氮原子），下列说法错误的是（ ）
A．该复合催化剂中既含极性键又含非极性键
B．催化过程中钼的化合价不发生变化
C．该复合催化剂在酸性条件下不能起催化作用
D．图中表示的过程是阴极的变化过程
【考点】探究化学反应机理．菁优网版权所有
【专题】物质的性质和变化专题．
【分析】A．催化剂中含有吡啶环；
B．从钼的成键变化来看催化过程中钼的化合价发生了变化；
C．题中所给信息是该复合体系可用作全pH范围内的电解水析氢催化剂；
D．从图中分析该电极上水得电子生成了氢气。
【解答】解：A．催化剂中含有吡啶环，因此既含极性键又含非极性键，故A正确；
B．从钼的成键变化来看催化过程中钼的化合价发生了变化，故B错误；
C．题中所给信息是该复合体系可用作全pH范围内的电解水析氢催化剂，因此该复合催化剂在酸性条件下也能起催化作用，故C错误；
D．从图中分析该电极上水得电子生成了氢气，因此表示阴极的变化过程，故D正确；
故选：BC。
【点评】本题考查了元素化合物的性质、反应机理的分析等知识，为高频考点，侧重考查学生的读图获取信息能力、分析能力及灵活运用知识的能力，题目难度不大。
考点卡片
1．化学反应的实质
【知识点的认识】
有效碰撞理论：
1）有效碰撞：使分子间发生反应的碰撞．
2）有效碰撞的条件：①发生碰撞的分子具有较高的能量；②取向正确．
3）活化分子：具有较高能量，能够发生有效碰撞的分子．
注意：发生有效碰撞的分子一定是活化分子，但活化分子的碰撞不一定是有效碰撞．
4）活化能：活化分子高出反应物分子平均能量的那部分．
反应过程描述：
化学反应能量转化的原因：
化学反应的实质就是反应物分子中化学键断裂，形成新的化学键的过程．旧键断裂需要吸收能量，新键形成需要放出能量．而一般化学反应中，旧键的断裂所吸收的总能量与新键形成所放出的总能量是不相等的，而这个差值就是反应中能量的变化，所以化学反应过程中会有能量的变化．
【命题方向】
题型：化学反应的实质
典例：下列对化学反应的认识，错误的是（ ）
A．会引起化学键的变化 B．会产生新物质 C．必然引起物质状态的变化 D．必然伴随着能量的变化
分析：A．化学反应的本质是旧化学键断裂，新化学键生成；
B．化学变化是指有新物质生成的变化；
C．化学反应不一定引起物质状态的变化；
D．化学反应都伴随着能量的变化．
解答：A．化学反应必定会引起化学键的变化，故A正确；
B．化学变化是指有新物质生成的变化，会产生新物质，故B正确；
C．化学反应不一定引起物质状态的变化，如氢气与氯气反应生成氯化氢，都是气体，故C错误；
D．化学反应必然伴随着能量的变化，故D正确．
故选C．
点评：本题考查化学反应的特征，难度不大．平时注意知识的积累．
【解题思路点拨】化学反应中的能量变化 化学反应中的能量变化，通常表现为热量的变化．探讨化学反应放热、吸热的本质时，要注意四点：
①化学反应的特点是有新物质生成，新物质和反应物的总能量是不同的，这是因为各物质所具有的能量是不同的（化学反应的实质就是旧化学键断裂和新化学键的生成，而旧化学键断裂所吸收的能量与新化学键所释放的能量不同导致发生了能量的变化）；
②反应中能量守恒实质是生成新化学键所释放的能量大于旧化学键断裂的能量而转化成其他能量的形式释放出来；
③如果反应物所具有的总能量高于生成的总能量，则在反应中会有一部分能量转变为热能的形式释放，这就是放热反应，反之则是吸热反应．
2．共价键的形成及共价键的主要类型
【知识点的知识】
1、共价键、离子键和金属键的比较：
化学键类型
离子键
共价键
金属键
概念
阴、阳离子间通过静电作用所形成的化学键
原子间通过共用电子对所形成的化学键
金属离子和自由电子
之间的强烈相互作用
成键微粒
阴、阳离子
原子
金属阳离子和自由电子
成键性质
静电作用（包括静电吸引和静电排斥）
共用电子对
无方向性
形成条件
活泼金属与活泼非金属
a．IA、ⅡA族的金属元素与ⅥA、ⅦA族的非金属元素．
b．金属阳离子与某些带电的原子团之间（如Na+与OH﹣、SO42﹣等）．
非金属元素的原子之间
某些不活泼金属与非金属之间．
金属阳离子和自由电子之间
表示方法
①电子式，如
②离子键的形成过程：
①电子式，如
②共价键的形成过程：
存在
离子化合物中
非金属单质、共价化合物和部分离子化合物中
金属单质和合金中
作用力大小
一般阴、阳离子电荷数越多，离子半径越小作用力越强
原子半径越小，作用力越强
价电子数目越多，
金属键越强；
原子半径越小，
金属键越强
与性质的关系
离子间越强离子化合物的熔沸点越高．
如：MgO＞NaCl
共价键越强（键能越大），所形成的共价分子越稳定，所形成的原子晶体的熔沸点越高．如稳定性：H2O＞H2S，熔沸点：金刚石＞晶体硅
金属键越强，相应熔点
越高，硬度也越大
如K＜Na＜Mg＜Al
实例
NaCl、MgO
Cl2、HCl、NaOH（O、H之间）
金属
2、共价键的分类
共价键的分类方法很多，可以从不同的角度分类：
1）从共用电子对是否偏移，分成极性共价键和非极性共价键；
2）从形成的共用电子对的数目，分成单键、双键和叁键；
3）从共用电子对的形成方式，分成一般共价键（电子对来自成键原子双方，即两个原子都拿出相等的电子，形成共用电子对）和配位键（电子对来自一方，即一方提供孤对电子，一方提供空轨道）；
4）从电子对形成时的重叠方式，分成σ键和π键．
①σ键：
a、σ键的特点：由两个原子轨道沿轨道对称轴方向相互重叠导致电子在核间出现概率增大而形成的共价键，叫做σ键，可以简记为“头碰头”．σ键属于定域键，它可以是一般共价键，也可以是配位共价键．一般的单键都是σ键．原子轨道发生杂化后形成的共价键也是σ键．由于σ键是沿轨道对称轴方向形成的，轨道间重叠程度大，所以，通常σ键的键能比较大，不易断裂，而且，由于有效重叠只有一次，所以两个原子间至多只能形成一条σ键．
b、σ键的分类：s﹣s（2个s电子）、s﹣px（1个s电子和1个p电子）和px﹣px（2个p电子）．如图所示：
②π键：
a、π键的特点：成键原子的未杂化p轨道，通过平行、侧面重叠而形成的共价键，叫做π键，可简记为“肩并肩”．π键与σ键不同，它的成键轨道必须是未成对的p轨道．π键性质各异，有两中心，两电子的定域键，也可以是共轭π键和反馈π键．两个原子间可以形成最多2条π键，例如，碳碳双键中，存在一条σ键，一条π键，而碳碳三键中，存在一条σ键，两条π键．
b、p﹣pπ键．如图所示：
③σ键和π键的区别：
a、σ键可以绕键轴旋转，π键不能；
b、σ键可以单独存在与两原子之间，π键不可以；
c、π键的轨道重叠程度比σ键小，不如σ键牢固．
【命题方向】本考点主要考察共价键的形成以及共价键的分类，需要重点掌握．
题型一：物质所含化学键类型的判断
典例1：（2014•朝阳区）下列物质中，既含离子键又含共价键的是（ ）
A．NaCl B．CO2 C．NaOH D．N2
分析：一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，既含离子键、又含共价键的物质应为离子化合物，并且含有由多个原子组成的阴离子，据此分析解答．
解答：A．氯化钠只含离子键，故A错误；
B，二氧化碳中只含共价键，故B错误；
C．氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氧原子和氢原子之间存在共价键，故C正确；
D．氮气中只含共价键，故D错误；
故选C．
点评：本题考查化学键知识，题目难度不大，注意离子键与共价键的区别．
题型二：σ键和π键的比较
典例2：下列说法不正确的是（ ）
A．σ键比π键重叠程度大，形成的共价键强 B．两个原子之间形成共价键时，最多有一个σ键
C．气体单质中，一定有σ键，可能有π键 D．N2分子中有一个σ键，2个π键
分析：A．σ键是电子“头对头”重叠形成的，π键是电子“肩并肩”重叠形成的；
B．σ键是电子“头对头”重叠形成的；
C．有些物质不含化学键；
D．氮气分子中氮原子间存在共价三键．
解答：A．σ键是电子“头对头”重叠形成的，π键是电子“肩并肩”重叠形成的，所以σ键比π键重叠程度大，故A正确；
B．σ键是头碰头形成的，两个原子之间能形成一个，原子轨道杂化的对成性很高，一个方向上只可能有一个杂化轨道，所以最多有一个，故B正确；
C．气体单质分子中，可能只有键，如Cl2；也可能既有σ键又有π键，如N2；但也可能没有化学键，如稀有气体，故C错误；
D．氮气分子的结构式为N≡N，所以一个氮气分子中含有一个σ键，2个π键，故D正确；
故选C．
点评：本题考查了σ键、π键，明确σ键和π键的形成是解本题关键，注意并不是所有的物质中都含有化学键，单原子分子不含化学键，为易错点．
题型三：σ键和π键的判断
典例3：在乙烯分子中有5个σ键、一个π键，它们分别是（ ）
A．sp2杂化轨道形成σ键、未杂化的2p轨道形成π键
B．sp2杂化轨道形成π键、未杂化的2p轨道形成σ键
C．C﹣H之间是sp2形成的σ键，C﹣C之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键
D．C﹣C之间是sp2形成的σ键，C﹣H之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键
分析：乙烯中存在4个C﹣H键和1个C＝C双键，没有孤对电子，成键数为3，则C原子采取sp2杂化，以此来解答．
解答：乙烯中存在4个C﹣H键和1个C＝C双键，没有孤对电子，成键数为3，则C原子采取sp2杂化，
C﹣H之间是sp2形成的σ键，C﹣C之间有1个是sp2形成的σ键，C﹣C之间还有1个是未参加杂化的2p轨道形成的π键，
故选AC．
点评：本题考查共价键的形成，注意C＝C双键中有1个σ键、一个π键，π键是未参与杂化的2p轨道肩并肩形成的，题目难度中等．
【解题思路点拨】规律方法：
化学键与物质类别的关系：
1）只含共价键的物质
①同种非金属元素构成的单质，如I2、N2、P4、金刚石、晶体硅等；
②不同种非金属元素构成的共价化合物，如HCl、NH3、SiO2、CS2等；
2）只含有离子键的物质：活泼非金属元素与活泼金属元素形成的化合物，如Na2S、K2O等．
3）既含有离子键又含有共价键的物质：如Na2O2、NH4Cl、NaOH等．
4）无化学键的物质：惰性气体等．
5）碳碳双键中，存在一条σ键，一条π键，而碳碳三键中，存在一条σ键，两条π键．
3．配合物的成键情况
【知识点的知识】
1、配合物的概念：
形成体与一定数目的配位体以配位键按一定的空间构型结合形成的离子或分子叫做配合物．
2、配合物的组成：
配合物有内界和外界组成．外界为简单离子组成，配合物可以无外界，但不能无内界．内界由中心离子和配位体组成．
①形成体通常是金属离子和原子，也有少数是非金属元素，例如：Cu2+，Ag+，Fe3+，Fe，Ni，BⅢ，PⅤ…
②配位体通常是非金属的阴离子或分子，例如：F﹣，Cl﹣，Br﹣，I﹣，OH﹣，CN﹣，H2O，NH3，CO…
③配位原子：与形成体成键的原子．
单齿配体：配位体中只有一个配位原子．形成体的配位数等于配位体的数目．
多齿配体：具有两个或多个配位原子的 配位体．形成体的配位数等于配位体的数目与齿数的乘积．例如：乙二胺
又如：
Cu2+的配位数等于4．
配盐：从溶液中析出配合物时，配离子常与带有相反电荷的其他离子结合成盐，这类盐称为配盐．配盐的组成可以划分为内层和外层．配离子属于内层，配离子以外的其他离子属于外层．外层离子所带电荷总数等于配离子的电荷数．
3、配位键的形成条件
成键原子一方提供空轨道，另一方提供孤对电子．
【命题方向】本考点主要考察配合物的成键情况，考试中主要出现判断是否存在配位键、配位键的画法、配位数等试题，需要重点掌握．
题型一：配合物配位数、空间构型等的判断
典例1：某物质的实验式为PtCl4•2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是（ ）
A．配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6 B．该配合物可能是平面正方形结构
C．Cl﹣ 和NH3分子均与Pt4+配位 D．配合物中Cl﹣ 与Pt4+配位，而NH3分子不配位
分析：实验式为PtCl4•2NH3的物质，其水溶液不导电说明它不是离子化合物，在溶液中不能电离出阴、阳离子．加入AgNO3不产生沉淀，用强碱处理没有NH3放出，说明不存在游离的氯离子和氨分子，所以该物质的配位化学式为[PtCl4（NH3）2]．
解答：加入AgNO3不产生沉淀，用强碱处理没有NH3放出，说明不存在游离的氯离子和氨分子，所以该物质的配位化学式为[PtCl4（NH3）2]，则
A．配合物中中心原子的电荷数电荷数为4，配位数为6，故A错误；
B．该配合物应是8面体结构，Pt与6个配体成键，故B错误；
C．由分析可知，Cl﹣和NH3分子均与Pt4+配位，形成的配合物为[PtCl4（NH3）2]，故C正确；
D．用强碱处理没有NH3放出，说明NH3分子配位，故D错误．
故选C．
点评：本题考查配合物知识，题目难度中等，解答本题的关键是能正确把握题给信息，注意配合物的形成特点．
题型二：配合物组成的考察
典例2：向下列配合物的水溶液中加入AgNO3溶液不能生成AgCl沉淀的是（ ）
A．[Co（NH3）4Cl2]Cl B．[Co（NH3）3Cl3]C．[Co（NH3）6]Cl3 D．[Co（NH3）5Cl]Cl2
分析：配合物中外界离子能和银离子反应生成氯化银沉淀，配原子不和银离子反应，据此分析解答．
解答：A、[Co（NH3）4Cl2]Cl中有外界离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故A错误；
B、[Co（NH3）3Cl3]中没有外界离子氯离子，所以不能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故B正确；
C、[Co（NH3）6]Cl3中有外界离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故C错误；
D、[Co（NH3）5Cl]Cl2中有外界离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故D错误．
故选B．
点评：本题考查了配合物中的成键情况，根据“配合物中外界离子能和银离子反应生成氯化银沉淀，配原子不和银离子反应”来分析解答即可，难度不大．
题型三：配位键形成条件的判断
典例3：下列分子或离子中都存在着配位键的是（ ）
A．NH3、H2O B．NH4+、H3O+C．N2、HClO D．[Cu（NH3）4]2+、PCl3
分析：含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间能形成配位键．
解答：A．氨气分子中氮原子含有孤电子对，但氢原子不含空轨道，所以不能形成配位键；水分子中氧原子含有孤电子对，但氢原子不含空轨道，所以不能形成配位键，故A错误；
B．铵根离子中氮原子含有孤电子对，其中一个氢原子含有空轨道，所以能形成配位键；水合氢离子中氧原子含有孤电子对，其中一个氢原子含有空轨道，所以能形成配位键，故B正确；
C．氮气分子、次氯酸分子中都不含空轨道的原子，所以不能形成配位键，故C错误；
D．三氯化磷分子中磷原子含有孤电子对，但没有提供空轨道的原子，所以不能形成配位键；铜氨络合离子中铜含有空轨道，氮原子含有孤电子对，所以铜氨络合离子中含有配位键，故D错误；
故选B．
点评：
【解题思路点拨】如何判断是否存在配位键：首看是否存在孤对电子和空轨道．
中心离子
配位体．
4．原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【知识点的知识】
1、杂化的概念：
原子在形成分子时，为了增强成键能力，使分子的稳定性增加，趋向于将不同类型的原子轨道重新组合成能量、形状和方向与原来不同的新原子轨道，这种重新组合称为杂化．
2、杂化轨道的概念：杂化后的原子轨道称为杂化轨道．
3、杂化原则：
1）只有能量相近的轨道才能相互杂化；
2）形成的杂化轨道数目等于参加杂化的原子轨道数目；
3）杂化后轨道伸展方向和形状发生改变；
4）杂化后都是能量相同的轨道（即等价轨道）．
4、杂化类型：
1）sp3杂化
原子形成分子时，同一原子中能量相近的一个ns轨道与三个np轨道进行混合组成四个新的原子轨道称为sp3杂化轨道．
1°等性sp3杂化（如CH4，CCl4）：
2°不等性sp3杂化（如NH3，H2O）：123
2）sp2杂化
同一个原子的一个ns轨道与两个np轨道进行杂化组合为sp2杂化轨道．
BF3杂化：
注意：乙烯、苯属于sp2杂化．
3）sp杂化：
BeCl2杂化：
同一原子中ns﹣np杂化成新轨道：一个s轨道和一个p轨道杂化组合成两个新sp杂化轨道．
注意：乙炔属于sp杂化．
总结：
杂化类型
sp
sp2
sp3
杂化轨道排布
直线形
三角形
四面体
杂化轨道中孤对电子数
0
0
0
1
2
分子空间构型
直线形
三角形
正四面体
三角锥形
角 形
实 例
BeCl2
BF3
CCl4
NH3
H2O
【命题方向】
题型一：杂化类型的判断
典例1：下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是（ ）
A．CO2与SO2 B．CH4与NH3 C．BeCl2与BF3 D．C2H2与C2H4
分析：A、B、C物质属于ABm，ABm型杂化类型的判断：
中心原子电子对计算公式：价电子对数n＝（中心原子的价电子数+配位原子的价电子数×m±电荷数）
注意：①当上述公式中电荷数为正值时取“﹣”，电荷数为负值时取“+”．
②当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零．
根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n＝2，sp杂化；n＝3，sp2杂化；n＝4，sp3杂化．
D、对于有机物利用杂化轨道数＝孤对电子对数+σ键数进行判断．
解答：A、CO2中C原子杂化轨道数为×（4+0）＝2，采取sp杂化方式，SO2中S原子杂化轨道数为×（6+0）＝3，采取sp2杂化方式，二者杂化方式不同，故A错误．
B、CH4中C原子杂化轨道数为×（4+4）＝4，采取sp3杂化方式，NH3中N原子杂化轨道数为×（5+3）＝4，采取sp3杂化方式，二者杂化方式相同，故B正确；
C、BeCl2中Be原子杂化轨道数为×（2+2）＝2，采取 sp杂化方式，BF3中B原子杂化轨道数为×（3+3）＝3，采取sp2杂化方式，二者杂化方式不同，故C错误；
D、C2H2分子中碳原子形成1个C﹣H，1个C≡C（含1个σ键），C原子杂化轨道数为1+1＝2，采取sp杂化方式，C2H4分子中碳原子形成2个C﹣H，1个C═C双键（含1个σ键），C原子杂化轨道数为（2+1）＝3，C原子采取sp2杂化方式，故D错误．
故选：B．
点评：考查杂化轨道理论，难度中等，判断中心原子的杂化轨道数是关键．
题型二：杂化轨道的概念
典例2：有关杂化轨道的说法不正确的是（ ）
A．杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变
B．sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角分别为109°28′、120°、180°
C．四面体形、三角锥形、V形分子的结构可以用sp3杂化轨道解释
D．杂化轨道全部参加形成化学键
分析：A．原子轨道杂化前后轨道总数不变，但形状发生变化；
B．根据其空间构型判断夹角；
C．采用用sp3杂化的分子根据其含有的孤电子对个数确定其实际空间构型；
D．杂化轨道可以部分参加形成化学键．
解答：A．杂化前后的轨道数不变，杂化后，各个轨道尽可能分散、对称分布，导致轨道的形状发生了改变，故A正确；
B．sp3、sp2、sp杂化轨道其空间构型分别是正四面体、平面三角形、直线型，所以其夹角分别为109°28′、120°、180°，故B正确；
C．部分四面体形、三角锥形、V形分子的结构可以用sp3杂化轨道解释，如甲烷、氨气分子、水分子，故C正确；
D．杂化轨道可以部分参加形成化学键，例如NH3中N发生了sp3杂化，形成了4个sp3杂化杂化轨道，但是只有3个参与形成化学键，故D错误；
故选：D．
点评：本题考查了原子杂化，根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及原子杂化方式的判断，难度中等．
题型三：杂化类型和空间构型的关系
典例3：氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为（ ）
A．两种分子的中心原子杂化轨道类型不同，NH3为sp2型杂化，而CH4是sp3型杂化
B．NH3分子中N原子形成3个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道
C．NH3分子中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强
D．氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子
分析：NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，氨气分子空间构型是三角锥形；CH4分子中C原子采取sp3型杂化杂化，杂化轨道全部用于成键，碳原子连接4个相同的原子，为正四面体构型．
解答：NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，N﹣H之间的键角小于109°28′，所以氨气分子空间构型是三角锥形；CH4分子中C原子采取sp3型杂化杂化，杂化轨道全部用于成键，碳原子连接4个相同的原子，C﹣H之间的键角相等为109°28′，故CH4为正四面体构型，故ABD错误，C正确．
故选：C．
点评：考查了分子空间构型的判断，难度中等，注意理解价层电子对互斥理论与杂化轨道理论．
【解题思路点拨】杂化类型的判断方法：
1）例如常见的简单分子，C2H2、CO2为直线型分子，键角为180°，推断其C原子的杂化轨道类型为sp；C2H4、C6H6为平面型分子，键角为120°，推断其C原子的杂化轨道类型为sp2；CH4、CCl4为正四面体，键角109.5°，推断其C原子的杂化轨道类型为sp3．扩展到以共价键形成的晶体，如：已知金刚石中的碳原子、晶体硅和石英中的硅原子，都是以正四面体结构形成共价键的，所以也都是采用sp3杂化；已知石墨的二维结构平面内，每个碳原子与其它三个碳原子结合，形成六元环层，键角为120°，由此判断石墨的碳原子采用sp2杂化．
2）根据价层电子对互斥理论判断杂化类型：
ABm型杂化类型的判断：
中心原子电子对计算公式：价电子对数n＝（中心原子的价电子数+配位原子的价电子数×m±电荷数）
注意：①当上述公式中电荷数为正值时取“﹣”，电荷数为负值时取“+”．
②当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零．
根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n＝2，sp杂化；n＝3，sp2杂化；n＝4，sp3杂化．
3）对于有机物利用杂化轨道数＝孤对电子对数+σ键数进行判断．如：C2H2分子中碳原子形成1个C﹣H，1个C≡C（含1个σ键），C原子杂化轨道数为1+1＝2，采取sp杂化方式，C2H4分子中碳原子形成2个C﹣H，1个C═C双键（含1个σ键），C原子杂化轨道数为（2+1）＝3，C原子采取sp2杂化方式．
5．氧化还原反应
【知识点的知识】
1、概念：
在反应中有元素化合价变化的化学反应．
（1）实质：有电子的转移（得失或偏移）；
（2）特征：有元素化合价的升降．
2、四大基本反应类型与氧化还原反应之间的关系：
1）置换反应一定是氧化还原反应；
2）复分解反应一定不是氧化还原反应；
3）部分化合反应是氧化还原反应（有单质参加的）
4）部分分解反应是氧化还原反应（有单质生成的）
关系图如下图所示：
3、相关概念辨析
1）氧化反应：元素化合价升高的反应
还原反应：元素化合价降低的反应
氧化还原反应：凡有元素化合价升降的化学反应就是氧化还原反应
2）氧化剂和还原剂（反应物）
氧化剂：得电子（或电子对偏向）的物质﹣﹣﹣﹣﹣﹣氧化性：氧化剂具有的得电子的能力
还原剂：失电子（或电子对偏离）的物质﹣﹣﹣﹣﹣﹣还原性：还原剂具有的失电子的能力
3）氧化产物：氧化后的生成物
还原产物：还原后的生成物．
4）被氧化：还原剂在反应时化合价升高的过程
被还原：氧化剂在反应时化合价降低的过程
5）氧化性：氧化剂具有的得电子的能力
还原性：还原剂具有的失电子的能力
6）氧化还原反应的实质：电子的转移（电子的得失或共用电子对的偏移）
口诀：失电子，化合价升高，被氧化（氧化反应），还原剂；
得电子，化合价降低，被还原（还原反应），氧化剂．
7）关系网络如下图所示：
【命题方向】
题型一：氧化还原反应的判断
典例1：（2010•福州一模）化合反应、分解反应、置换反应和复分解反应是四种基本化学反应类型．下列变化属于氧化还原反应，但是不属于四种基本反应类型的是（ ）
A．CO+CuOCu+CO2 B．2Al+Fe2OAl2O3+2Fe C．2O33O2 D．Cl2+2FeCl2═2FeCl3
分析：反应符合“多变一”的特征，属于化合反应，符合“一变多”特征的反应，属于分解反应，一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，属于置换反应，两种化合物相互交换成分生成两种新的化合物的反应，属于复分解反应，有电子的转移的化学反应是氧化还原反应．
解答：A、该反应中有化合价的升降，属于氧化还原反应，但不符合四种基本反应类型，故A正确；
B、该反应中有化合价的升降，属于氧化还原反应，同时又是置换反应，故B错误；
C、该反应没有化合价的升降，不属于氧化还原反应，故C错误；
D、该反应有化合价的升降，属于氧化还原反应，同时又是化合反应，故D错误．
故选A．
点评：本题考查了化学基本概念，难度不大，根据定义来分析解答即可．
题型二：氧化剂、还原剂和转移电子数的判断
典例2：（2014•宿迁模拟）三氟化氮（NF3）是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O＝2NO+HNO3+9HF．下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A．NF3是氧化剂，H2O是还原剂 B．还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1
C．若生成0.2 mol HNO3，则转移0.2 mol电子 D．NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体
分析：3NF3+5H2O＝2NO+HNO3+9HF反应中，只有N元素的化合价发生变化，NF3既是氧化剂又是还原剂，从化合价的变化的角度分析氧化还原反应．
解答：A．只有N元素的化合价发生变化，NF3既是氧化剂又是还原剂，故A错误；
B．NF3生成NO，被还原，NF3生成HNO3，被氧化，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2，故B错误；
C．生成0.2molHNO3，转移的电子的物质的量为0.2mol×（5﹣3）＝0.4mol，故C错误；
D．生成的NO易与空气中氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，故D正确．
故选D．
点评：本题考查氧化还原反应，题目难度中等，注意化合价的升降为氧化还原反应的特征，注意从化合价的角度分析．
题型三：是否需要加入氧化剂（或还原剂）的判断
典例3：（2013•浙江模拟）下列变化中，必须加入还原剂才能发生的是（ ）
A．SO2→SO3 B．CuO→Cu C．I﹣→I2 D．HCO3﹣→CO32﹣
分析：加入还原剂才能发生，则选项中物质为氧化剂发生的化学反应，氧化剂中某元素的化合价降低，以此来解答．
解答：A．SO2→SO3中，S元素的化合价升高，需要加氧化剂实现，故A错误；
B．CuO→Cu中，Cu元素的化合价降低，需要加还原剂实现，故B正确；
C．I﹣→I2中，I元素的化合价升高，需要加氧化剂实现，故C错误；
D．HCO3﹣→CO32﹣中，元素的化合价不变，不发生氧化还原反应，故D错误；
故选B．
点评：本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意氧化剂中元素的化合价降低，题目难度不大．
【解题思路点拨】氧化还原反应中的基本规律：
（1）电子得失守恒规律
氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等，常用于有关氧化还原反应的计算及配平氧化还原反应方程式．运用守恒规律进行氧化还原反应的计算方法：氧化剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值＝还原剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值
（2）表现性质规律
当元素具有可变化合价，一般化合价处于最低价态时只具有还原性；处于最高价态时只具有氧化性；处于中间价态 时既具有氧化性又具有还原性．利用此规律可判断物质是否具有氧化性及还原性，但不能判断物质氧化性及还原性的强弱．
（3）反应先后规律
同一氧化剂与含多种还原剂（物质的量浓度相同）的溶液反应时，首先被氧化的是还原性较强的物质；同一还原剂与含多种氧化剂（物质的量浓度相同）的溶液反应时，首先被还原的是氧化性较强的物质．
如：将Cl2通入物质的量浓度相同的NaBr和NaI的混合液中，Cl2首先与NaI反应；将过量铁粉加入到物质的量浓度相同的
Fe3+和Cu2+的混合溶液中，Fe首先与Fe3+反应；FeBr2中通入Cl2，Cl2首先氧化Fe2+．
（4）价态变化规律
高价氧化（性）低价还原（性），中间价态两边转．同一元素的不同价态之间发生氧化还原反应，价态只能归中而不能交叉． 本规律应用于氧化还原反应的分析和判断（如反应KClO3+6HClKCl+3Cl2↑+3H2O中氧化产物和还原产物均为 Cl2，生成3molCl2电子转移数是5mol ）．
①歧化反应规律
同一种物质分子内同一种元素同一价态的原子（或离子）发生电子转移的氧化还原反应叫歧化反应．歧化反应化合价的特点是：某元素的中间价态在适宜条件下同时向较高和较低的价态转化．歧化反应是自身氧化还原反应的一种，常用于判断某种元素的化合价高低以及有关氧化还原反应方程式的计算．
②价态归中规律
同种元素由不同价态（高价态和低价态）转变为中间价态的氧化还原反应，称之为归中反应，也称“反歧化反应”．常用于方程式的书写，当有中间价态时，才可能发生，否则不反应，如SO2与浓硫酸不反应，可用浓H2SO4干燥．
（5）性质强弱规律
氧化还原反应若能进行，一般为较强氧化性的氧化剂跟较强还原性的还原剂反应，生成弱还原性的还原产物和弱氧化性的氧化产物． 常用于在适宜条件下，用氧化性较强的物质制备氧化性较弱的物质或用还原性较强的物质制备还原性较弱的物质，亦可用于比较物质间氧化性或还原性的强弱，氧化性：氧化剂＞氧化产物，还原性：还原剂＞还原产物．
6．催化剂的作用
【知识点的认识】
1、活化能与反应速率的关系分析：
反应物本身的性质活化能的大小单位体积内活化分子的多少单位体积内有效碰撞次数的多少化学反应速率的快慢．
2、催化剂作用原理分析（改变反应途径）：
使用催化剂，催化剂与反应物结合为中间产物，使发生反应所需的活化能降低，这样会使更多的反应物的分子成为活化分子，大大增加单位体积内反应物分子中活化分子所占的百分数，从而使有效碰撞的几率提高，因而使反应速率加快．
【命题方向】
题型：催化剂的作用
典例：加入正催化剂使反应速率加快，下列叙述不正确的是（ ）
A．使反应体系的活化能降低 B．使反应体系的活化分子总数增多
C．使正反应速率增大，逆反应速率减小 D．使反应体系的活化分子百分数增大
分析：A、加入正催化剂使反应的活化能降低进而会使反应速率加快；
B、正催化剂使反应体系的活化分子总数增多；
C、催化剂能同等程度的改变正逆反应速率；
D、催化剂可以使反应体系的活化分子百分数增加．
解答：A、加入正催化剂使反应体系的活化能降低，进而使反应速率加快，故A正确；
B、正催化剂使反应体系的活化分子总数增多，故B正确；
C、催化剂能同等程度的改变正逆反应速率，加入正催化剂使正反应速率增大，逆反应速率也增大，故C错误；
D、催化剂可以使反应体系的活化分子百分数增加，故D正确．
故选C．
点评：本题考查学生催化剂改变化学反应速率的实质，可以根据所学知识进行回答，难度不大．
【解题方法点拨】浓度、压强、温度、催化剂对反应速率的影响对比：
反应条件
单位体积内
有效碰撞次数
化学反应速率
分子总数
活化分子数
活化分子百分数
增大浓度
增加
增加
不变
增加
加快
增大压强
增加
增加
不变
增加
加快
升高温度
不变
增加
增加
增加
加快
加催化剂
不变
增加
增加
增加
加快
7．化学平衡的影响因素
【知识点的认识】
1、化学平衡的影响因素（v﹣t图象）：
（1）浓度：
a、增大反应物浓度，平衡正向移动；减小反应物浓度，平衡逆向移动
增大反应物浓度，平衡正向移动 减小反应物浓度，平衡逆向移动
b、增大生成物浓度，平衡逆向移动；减小生成物浓度，平衡正向移动
减小生成物浓度，平衡正向移动 增大生成物浓度，平衡逆向移动
（2）温度：
①升高温度，平衡向吸热反应方向移动：
②降低温度，平衡向放热反应方向移动：
（3）压强：
①增大压强，反应朝着气体体积减小的方向进行；
②减小压强，反应朝着气体体积增大的方向进行．
③对于气体体积不变的反应，压强改变平衡不移动．
（4）催化剂：催化剂同倍数增大反应物浓度，平衡不移动．
2、化学平衡移动原理（勒夏特列原理）：
改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强、温度），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，这就是勒夏特列原理．
概念的理解：
①影响平衡的因素只有浓度、压强、温度三种；
②原理的适用范围是只有一项条件变化的情况，当多项条件同时发生变化时，情况比较复杂；
③定性角度：平衡移动的方向为减弱外界改变的方向；
定量角度：平衡移动的结果只能减弱（不可能抵消）外界条件的变化．
【命题方向】
题型一：化学平衡的影响因素
典例1：（2014•安徽模拟）COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）；△H＞0．当反应达到平衡时，下列措施：①升温 ②恒容通入惰性气体 ③增加CO浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是（ ）
A．①②④B．①④⑥C．②③⑤D．③⑤⑥
分析：化学反应COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）△H＞0，正反应是气体体积增大的吸热反应，
①升温平衡向吸热反应方向移动；
②恒容通入惰性气体，总压增大，分压不变，平衡不动；
③增加CO的浓度，平衡逆向进行；
④减压平衡向气体体积增大的方向进行；
⑤加催化剂，改变速率不改变平衡；
⑥恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，体积增大压强减小，平衡正向进行．
解答：化学反应COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）△H＞0，正反应是气体体积增大的吸热反应，
①升温平衡向正反应移动，COCl2转化率增大，故①符合；
②恒容通入惰性气体，总压增大，反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，COCl2转化率不变，故②不符合；
③增加CO的浓度，平衡向逆反应方向移动，COCl2转化率减小故③不符合；
④减压平衡向正反应方向移动，COCl2转化率增大，故④符合；
⑤加催化剂，改变速率不改变平衡，COCl2转化率不变，故⑤不符合；
⑥恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，体积增大压强减小，平衡正向进行，COCl2转化率增大，故⑥符合，
故选：B．
点评：本题考查了化学平衡的影响因素，注意理解通入惰性气体对平衡移动影响，题目难度中等．
题型二：图象题分析
典例2：对于可逆反应：A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）；△H＜0下列图象中正确的是（ ）
A． B． C． D．
分析：对于可逆反应A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）△H＜0，正反应放热，升高温度正逆反应速率都增大，化学向逆反应方向移动，增大压强，平衡向正反应方向移动，结合图象分析解答．
解答：A．升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，交叉点后，逆反应速率应该大于正反应速率，故A正确；
B．该反应是气体体积减小的可逆反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，所以A的含量是减小，压强一定升高温度，平衡向逆反应方向移动，A的含量增大，故B正确；
C．该反应是放热反应，先拐先平，温度高，故C错误；
D．压强越大，反应速率越大，正逆反应速率都增大，故D错误；
故选AB．
点评：本题考查化学平衡的图象，明确外界条件对化学平衡的影响及图象中纵横坐标的含义、“定一议二”“先拐先平”即可解答，难度不大．
【解题方法点拨】外界条件对化学反应速率和化学平衡影响对比分析：
条件变化
反应特征
化学反应速率
v正与v逆的关系
平衡移动方向
增大c（A）
可逆反应
加快
加快
v正＞v逆
正反应方向
增大c（C）
加快
加快
v正＜v逆
逆反应方向
减小c（A）
减慢
减慢
v正＜v逆
逆反应方向
减小c（C）
减慢
减慢
v正＞v逆
正反应方向
增大压强
m+n＞p+q
加快
加快
v正＞v逆
正反应方向
m+n＝p+q
加快
加快
v正＝v逆
平衡不移动
m+n＜p+q
加快
加快
v正＜v逆
逆反应方向
减小压强
m+n＞p+q
减慢
减慢
v正＜v逆
逆反应方向
m+n＝p+q
减慢
减慢
v正＝v逆
平衡不移动
m+n＜p+q
减慢
减慢
v正＞v逆
正反应方向
升高温度
Q＜0
加快
加快
v正＜v逆
逆反应方向
Q＞0
加快
加快
v正＞v逆
正反应方向
降低温度
Q＜0
减慢
减慢
v正＞v逆
正反应方向
Q＞0
减慢
减慢
v正＜v逆
逆反应方向
注意：
①升高温度和增大压强，正逆反应速率都加快，只是增加幅度不同，因此平衡发生移动；
②降低温度和减小压强，正逆反应速率都减慢．
8．电解原理
【知识点的认识】
一、电解原理
1、概念：使电流通过电解质溶液而在阴、阳两极引起氧化还原反应的过程叫做电解．借助于电流引起氧化还原反应的装置，也就是把电能转变为化学能的装置，叫做电解池或电解槽．
构成电解池（电解槽）的条件：
（1）有外加直流电源．
（2）有电解质溶液或熔融的离子化合物．
（3）有两个电极（材料为金属或石墨，两极材料可相同或不同）：
阴极：与直流电源的负极直接相连的一极．
阳极：与直流电源的正极直接相连的一极．
（4）两个电极要与电解质溶液接触并形成回路．
注意：电解池的阴、阳极完全由外加直流电源的负、正极确定，与电极材料本身的性质无关．而原电池的正、负极则由构成电极材料本身的性质决定．
2、惰性电极和活性电极：
在电解时，根据电极本身是否参与氧化还原反应，可把电极分为惰性电极和活性电极两类：
①惰性电极（C、Pt等）：只起导电作用，不参与反应；
②活性电极（除Pt、Au外的其余金属）：当作阳极时，除起导电作用外，还失去电子变成金属阳离子进入溶液中．
3、离子放电顺序
①在阴极上．在阴极上发生的是得电子反应，因此，电极本身只起导电作用而不能发生氧化还原反应，发生反应的是溶液中的阳离子，它们得电子的能力顺序为：
说明：上列顺序中H+有两个位置：在酸溶液中，H+得电子能力在Cu2+与Pb2+之间；若在盐溶液中，则H+位于Zn2+与Ag+之间．
②在阳极上．首先应考虑电极是活性电极还是惰性电极，若为活性电极，则是阳极本身失去电子被氧化成阳离子进入溶液中，即此时不能考虑溶液中阴离子的失电子情况；若为惰性电极，溶液中的阴离子失电子的能力顺序为：
二、电解池与原电池对比
电 极
电极反应
电子转移方向
能量
转变
举 例
原电池
正、负极由电极材料决定：相对活泼的金属作负极；较不活泼的金属作正极
负极：电极本身失去电子，发生氧化反应
正极：溶液中的阳离子得到电子，发生还原反应
电子由负极流出，经外电路回正极
化学能转变为电能
铜锌原电池
负极：
Zn﹣2e﹣＝Zn2+
正极：
2H++2e﹣＝H2↑
电解池
阴、阳极完全由外加直流电源的负、正极决定：与直流电源正极相连的是阳极；与直流电源负极相连的是阴极
阴极：较易获得电子的阳离子优先得到电子，发生还原反应阳极，金属或较易失去电子的阴离子优先失去电子，发生氧化反应
电子由直流电源的负极流出，经导线到达电解池的阴极，然后通过电解液中的离子放电，电子再从阳极经导线回到直流电流的正极
电能转变为化学能
以石墨为电极电解CuCl2溶液
阳极：
2C1﹣﹣2e﹣＝C12↑
阴极：
Cu2++2e﹣＝Cu↓
三、电解原理的应用
1、精炼铜和电镀铜
项 目
铜的电解精炼
电镀铜
含 义
利用电解原理将粗铜中的杂质（如锌、铁、镍、银、金等）除去，以获得电解铜（含Cu的质量分数达99.95%～99.98%）的过程
利用电解原理在某些金属的表面镀上一薄层其他金属（铜）或合金的过程
目 的
制得电解铜，以增强铜的导电性
使金属更加美观耐用，增强防锈抗腐能力
电解液
CuSO4溶液（加入一定量的硫酸）
含有镀层金属离子（Cu2+）的电解质溶液作电镀液（如CuSO4溶液）
阳极材料
粗铜
镀层金属（Cu）
阴极材料
纯铜
待镀金属制品
电极反应式
阴极
Cu2++2e﹣＝Cu
Cu2++2e﹣＝Cu
阳极
Cu﹣2e﹣＝Cu2+
Zn﹣2e﹣＝Zn2+
Ni﹣2e﹣＝Ni2+
Cu﹣2e﹣＝Cu2+
特 点
①阳极反应为粗铜中的Cu及杂质失去电子而溶解
②溶液中CuSO4的浓度基本不变
①阳极本身失去电子而溶解
②溶液中金属阳离子的浓度保持不变
③溶液的pH保持不变
说 明
当阳极上的Cu失去电子变成Cu2+溶解后，银、金等金属杂质以单质的形式沉积于电解槽底，形成阳极泥
①铜镀层通常主要用于电镀其他金属之前的预镀层，以使镀层更加牢固和光亮
②电镀工业的废水中常含剧毒物质如氰化物、重金属等．因此必须经过处理才能排放
2、氯碱工业
①电解饱和食盐水溶液的反应原理．
阴极电极反应式（Fe棒）：2H++2e﹣＝H2↑（H+得电子产生H2后，阴极区OH﹣浓度增大而显碱性）
阳极电极反应式（石墨）：2C1﹣﹣2e﹣＝Cl2↑
电解的总化学方程式：2NaCl+H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
②设备：离子交换膜电解槽．离子交换膜电解槽主要由阳极、阴极、离子交换膜、电解槽框和导电铜棒等组成，每台电解槽由若干个单元槽串联或并联组成．电解槽的阳极用金属钛制成；阴极由碳钢网制成．
③阳离子交换膜的作用：①把电解槽隔为阴极室和阳极室；②只允许Na+通过，而Cl﹣、OH﹣和气体则不能通过．这样，既能防止生成的H2和Cl2相混合而发生爆炸，又能避免C12进入阴极区与NaOH溶液作用生成NaClO而影响烧碱的质量．
【命题方向】
题型一：电解原理
典例1：（2014•广州一模）某小组设计电解饱和食盐水的装置如图，通电后两极均有气泡产生，下列叙述正确的是（ ）
A．铜电极附近观察到黄绿色气体 B．石墨电极附近溶液呈红色
C．溶液中的Na+向石墨电极移动 D．铜电极上发生还原反应
分析：根据电解饱和食盐水的装置，如果通电后两极均有气泡产生，则金属铜电极一定是阴极，根据电解池的工作原理结合电极反应来回答判断即可．
解答：根据电解饱和食盐水的装置，如果通电后两极均有气泡产生，则金属铜电极一定是阴极，该极上的反应：2H++2e﹣＝H2↑，阳极上是氯离子失电子，发生的电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑．
A、金属铜电极一定是阴极，该极上的反应为2H++2e﹣＝H2↑，铜电极附近观察到无色气体，故A错误；
B、石墨电极是阳极，该电极附近发生的电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，可以观察到黄绿色气体产生，故B错误；
C、电解池中，阳离子移向阴极，即移向铜电极，故C错误；
D、金属铜电极是阴极，该极上的反应为2H++2e﹣＝H2↑，属于还原反应，故D正确．
故选D．
点评：本题考查学生电解池的工作原理知识，注意电解池的阳极材料决定电极反应的书写，难度不大．
题型二：电解池和原电池综合
典例2：（2011•连云港模拟）某化学兴趣小组的同学用如图所示装置研究电化学问题．当闭合该装置的电键时，观察到电流计的指针发生偏转．下列有关说法不正确的是（ ）
A．甲装置是原电池，乙装置是电解池 B．当甲中产生0.1 mol气体时，乙中析出固体的质量为6.4 g
C．实验一段时间后，甲烧杯中溶液的pH增大 D．将乙中的C电极换成铜电极，则乙装置可变成电镀装置
分析：A、依据装置图分析电极与电解质溶液可知电极活泼性相差大的为原电池，甲池为原电池，乙池为电解池；
B、依据电极反应和电子守恒计算分析；
C、甲池中氢离子在铜电极得到电子生成氢气，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大；
D、乙中C电极和原电池负极连接做电解池的阴极，换做铜对电解过程无影响，不能形成电镀装置，电镀装置是阳极为镀层金属．
解答：A、Zn、Cu电极和稀硫酸构成原电池，其中Zn作负极，Cu作正极；乙装置是电解池，C为阴极，Pt为阳极，故A正确；
B、当甲中产生0.1 mol H2时，电极反应无味2H++2e﹣═H2↑，电路转移0.2 mol 电子，乙中电解池中，阴极上 电极反应为Cu2++2e﹣═Cu，依据电子守恒计算得到0.1 mol Cu，质量为6.4 g，故B正确；
C、实验一段时间后，甲烧杯的溶液中c（H+）减小，pH增大，故C正确；
D、乙中的C电极是阴极，将其换成铜电极，该装置不是电镀装置，故D错误．
故选：D．
点评：本题考查了原电池和电解池原理的分析应用，电极反应和电极判断，电子守恒的计算应用是解题关键，题目难度中等．
题型三：电解混合溶液相关计算
典例3：500mL KNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中c（NO3﹣）＝0.6mol•L﹣1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24L气体（标准状况下），假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是（ ）
A．原混合溶液中c（K+）为0.2 mol•L﹣1 B．上述电解过程中共转移0.2 mol电子
C．电解得到的Cu的物质的量为0.05 mol D．电解后溶液中c（H+）为0.2 mol•L﹣1
分析：电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，根据得失电子守恒计算铜的物质的量，再结合电荷守恒计算钾离子的浓度，据此分析解答．
解答：电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，气体的物质的量＝＝0.1mol；
每生成1mol氧气转移4mol电子，每生成1mol氢气转移2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，
所以根据转移电子守恒得铜的物质的量＝＝0.1mol，
则铜离子的物质的量浓度＝＝0.2mol/L，
根据电荷守恒得钾离子浓度＝0.6mol•L﹣1﹣0.2mol/L×2＝0.2mol/L，
A．根据分析知，原混合溶液中c（K+）为0.2 mol•L﹣1，故A正确；
B．转移电子的物质的量＝0.1mol×4＝0.4mol，故B错误；
C．根据以上分析知，铜的物质的量为0.1mol，故C错误；
D．当电解硝酸铜时溶液中生成氢离子，当电解硝酸钾溶液时，实际上是电解水，所以电解后氢离子的物质的量为氧气的4倍，为0.1mol×4＝0.4mol，则氢离子浓度＝＝0.8mol/L，故D错误；
故选：A．
点评：本题考查了电解原理，明确离子放电顺序是解本题关键，结合转移电子守恒、电荷守恒来分析解答，难度中等．
题型四：电解酸、碱、盐水溶液产物及溶液pH变化分析
典例4：用石墨作电极，电解1mol•L﹣1下列物质的溶液，溶液的pH保持不变的是（ ）
A．HCl B．CuSO4 C．Na2SO4 D．NaCl
分析：电解时，根据溶液中离子放电顺序判断电解后溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小如何改变，如果电解后溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性，如果氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，如果两者相等则溶液呈中性；
用石墨作电极电解，溶液中阳离子放电顺序为：K+＜Ca2+＜Na+＜Mg2+＜Al3+＜H+＜Zn2+＜Fe2+＜Sn2+＜Pb2+＜H+＜Cu2+＜Fe3+＜Hg2+＜Ag+；
阴离子放电顺序为：S2﹣＞SO32﹣＞I﹣＞Br﹣＞Cl﹣＞OH﹣＞含氧酸根离子＞F﹣，据此即可解答．
解答：A．用石墨作电极电解盐酸，电解过程中，阳极：溶液中阴离子OH﹣、Cl﹣移向阳极，放电顺序Cl﹣＞OH﹣，Cl﹣放电发生氧化反应，阳极电极反应式：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑；阴极：溶液中阳离子H+移向阴极放电2H++2e﹣＝H2↑，所以溶液中氢离子浓度逐渐减小，pH值逐渐变大，故A错误；
B．用石墨作电极电解CuSO4溶液，电解过程中，阳极：溶液中阴离子OH﹣、SO42﹣移向阳极，氢氧根离子放电发生氧化反应，电极反应式：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑；阴极：溶液中阳离子Cu2+、H+移向阴极发生还原反应，电极反应：2Cu2++4e﹣═2Cu；所以溶液中氢氧离子浓度逐渐减小，氢离子浓度逐渐增大，pH值逐渐变小，故B错误；
C．用石墨作电极电解硫酸钠溶液，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，阴极：4H++4e﹣＝2H2 ↑，阳极4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑；相当于电解水，导致溶液中硫酸钠的浓度增大，但溶液中氢离子和氢氧根离子的浓度不变，所以溶液的pH值保持不变，故C正确；
D．用石墨作电极电解氯化钠溶液时，阴极电极反应式为：2H2O+2e﹣＝H2 ↑+2OH﹣，阳极上氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，同时生成氢氧化钠，所以其电池反应式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，所以溶液中氢离子浓度逐渐减小，pH值逐渐变大，故D错误；
故选C．
点评：本题以电解原理为载体考查了电解质溶液中离子的放电顺序，电解电解质溶液时，有电解水型，如电解硫酸钠溶液；有电解电解质型，如电解氯化铜溶液；有电解电解质和水型，如电解氯化钠溶液，明确电极反应是解答本题的关键，题目难度不大．
题型五：电解原理的应用（见铜的精炼和氯碱工业相关考点卡片）
【解题方法点拨】
用惰性电极作阳极电解酸、碱、盐水溶液的规律：
物 质
代表物
参加电解
的物质
阴极（区）
产物
阳极（区）
产物
溶液pH
的变化
酸
含氧酸
H2SO4、HNO3
H2O
H2
O2
减小
无氧酸
（除HF）
HCl
HCl
H2
C12
增大
碱
强碱
NaOH、KOH
H2O
H2
O2
增大
盐
不活泼金属的无氧酸盐
CuCl2
CuCl2
Cu
C12
增大（若考虑C12的溶解，则pH减小）
活泼金属的
无氧酸盐
NaCl
NaCl、H2O
H2、NaOH
C12
减小
不活泼金属的含氧酸盐
CuSO4、AgNO3
CuSO4、H2O
AgNO3、H2O
Cu；Ag
O2、H2SO4
O2、HNO3
增大
活泼金属的
含氧酸盐
K2SO4、NaNO3
KNO3、Na2SO4
H2O
H2
O2
不变
归纳：（1）电解含氧酸、强碱和活泼金属含氧酸盐的水溶液，实际上都是电解水，即：2H2O2H2↑+O2↑
（2）电解无氧酸（HF除外）、不活泼金属无氧酸的水溶液，就是电解溶质本身．例如：2HClH2↑+Cl2↑；CuCl2Cu+C12↑
（3）电解活泼金属无氧酸盐溶液时，电解的总化学方程式的通式可表示为：溶质+H2OH2↑+碱+卤素单质X2（或S）
（4）电解不活泼金属含氧酸盐的溶液时，电解的总化学方程式的通式可表示为：溶质+H2OO2↑+酸+金属单质
（5）电解时，若只生成H2，pH增大．若只生成O2，则pH减小．若同时生成H2和O2，则分为三种情况：电解酸的溶液，pH减小；电解碱的溶液，pH增大；电解盐的溶液，pH不变．
9．"三废"处理与环境保护
【知识点的知识】
“三废”是废水、废气和固体废弃物的总称．
1、水体污染
（1）重金属：使人体的蛋白质变性，可通过食物链被富集，人通过饮水和食物摄入而中毒；
（2）植物营养物质污染：生活废水和工业废水蛋白质含N、洗涤剂和化肥中含P等植物营养素 在分解时大量消耗水中的溶解氧，释放养分，使藻类和浮游生物大量繁殖．在江河湖泊在出现叫水华；在海湾在出现叫赤潮．
2、大气污染
（1）大气污染源：颗粒物、硫的氧化物、氮的氧化物、CO 碳氢化合物、氟氯代烷
（2）大气污染危害：危害人体健康、影响动植物的生长、严重时会影响地球的气候
（3）全球性三大环境问题：酸雨、臭氧层受损、温室效应
①酸雨：正常雨水：PH约为5.6 酸雨：PH小于5.6 我国为硫酸型酸雨，烧煤炭造成
硫酸型：硫的氧化物转化 SO2+H2O＝H2SO3 2H2SO3+O2＝2H2SO4 大气中烟尘和O3作催化剂
硝酸型：氮的氧化物转化 3NO2+H2O＝2HNO3+NO↑
②臭氧层：自然界的臭氧90%集中在距地面15﹣50km的大气平流层中 吸收自太阳的大部分紫外线引起臭氧层受损物质；
③温室效应：太阳短波辐射可以透过大气射入地面，而地面增暖后放出的长短辐射却被大气中的二氧化碳等物质所吸收，从而产生大气变暖的效应．引起温室效应的物质：CO2、CH4、N2O、氟氯代烷．
（4）大气污染的防治：
①减少煤等化石燃料燃烧产生污染：改善燃煤质量、改进燃烧装置、技术和排烟设备、发展洁净煤技术和综合利用、调整和优化能源结构；②减少汽车等机动车尾气污染．
3、固体废弃物污染
（1）垃圾处理
三原则：无害化、减量化、资源化
三方法：卫生填埋、堆肥、焚烧
卫生填埋：处理量最大，最终手段 浪费土地，地表水有重金属
堆肥：用微生物处理其中的有机物，成肥料，但重金属可对土地污染
焚烧：高温烧成灰渣，再填埋，可发电，占地少、减量大、但有空气污染物
（2）城市生活垃圾分类标志
①粗分6个：可回收物、有害垃圾、大件垃圾、可堆肥垃圾、其他垃圾、可燃垃圾
②细分8个：织物、瓶罐、厨余垃圾、电池、纸类、塑料、金属、玻璃
（3）常见垃圾造成的污染
①废旧电池：含汞作缓蚀剂；
②医疗垃圾：含多种致病菌，属高危险性、高污染性废物，要焚烧，但要防产生二噁英；
③白色污染：废旧塑料（占垃圾5﹣14%）难降解引起的污染 污染土壤、地下水，危害动物、焚烧放毒气．
10．碳族元素简介
【知识点的知识】
1、碳族元素的物理性质：
单质熔点从高到低的原因分析：碳和硅单质的微粒间的作用力是共价键，是原子晶体，碳的键长比硅的键长短，键能高，故碳的单质比硅的单质熔点高，而锗、锡、铅单质的微粒间为金属键，其键能依次减弱，故其熔点降低．
2、碳族元素的化学性质：
3、碳族元素的特性：
碳族元素中碳和硅的一些特殊规律：
（1）金刚石和晶体硅都是原子晶体，但金刚石不导电，晶体硅能导电．且金刚石的熔点（大于3550℃）比硅的熔点（1410℃）高；石墨是过渡型晶体或混合型晶体，也能导电．
（2）碳和硅都能跟O2反应生成氧化物，碳的两种氧化物CO和CO2在常温下是气体，而硅的氧化物SiO2在常温下是固体．
（3）碳跟碱溶液不反应，而硅跟碱溶液能反应．
Si+2NaOH+H2O═Na2SiO3+2H2↑
（4）碳在高温时能跟水蒸气反应，而硅不能．
C+H2O（g）CO+H2
（5）碳跟氢氟酸不反应，而硅能跟氢氟酸反应．
Si+4HF═SiF4↑+2H2↑
（6）碳能被浓硫酸（或浓硝酸）氧化生成二氧化碳，但硅不能被浓硫酸（或浓硝酸）氧化．
C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O
C+4HNO3（浓）4NO2↑+2H2O+CO2↑
（7）碳和硅都具有还原性，且硅的还原性比碳强，但在高温时碳能把硅从SiO2中还原出来．
2C+SiO2Si+2CO↑
（8）碳的氢化物都不能自燃，而SiH4能自燃．
SiH4+2O2＝SiO2+2H2O
（9）通常情况下，CO、CO2都是分子晶体，熔、沸点都很低；而SiO2是原子晶体，熔、沸点较高．
（10）CO2溶于水且能跟水反应生成碳酸，SiO2却不能．
（11）CO2跟氢氟酸不反应，而SiO2能跟氢氟酸反应．
SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O
（12）CO2跟碱溶液反应生成正盐或酸式盐，而SiO2跟碱溶液反应只生成正盐．
CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O
CO2+NaOH═NaHCO3
SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O
（13）在溶液中Na2SiO3可转变为Na2CO3，而在高温条件下Na2CO3又可转变为Na2SiO3．
Na2SiO3+CO2+H2O＝Na2CO3+H2SiO3↓
Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑
硅及其化合物的几种反常现象：
（1）Si的还原性大于C，但C却能在高温下还原出Si，可从平衡移动的角度理解，由于高温下生成了气态物质CO，它的放出降低了生成物的浓度，有利于应反正向进行，故可发生反应：SiO2+2CSi+2CO↑
（2）部分非金属单质能与碱溶液反应，但其中只有Si与碱反应放出H2；
常见的非金属单质与碱溶液的反应有：
Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O ①
3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O ②
Si+2NaOH+H2O＝Na2SiO3+2H2↑③
在反应①②中，Cl2、S既作氧化剂又作还原剂：在反应③中，Si为还原剂．
（3）非金属单质一般不与弱氧化性酸反应，而硅不但能与氢氟酸反应，而且还会产生H2；
（4）非金属氧化物的熔沸点一般较低，但SiO2的熔沸点却很高，非金属氧化物一般为分子晶体，但SiO2为原子晶体．
（6）SiO2是酸性氧化物却能跟HF作用
SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O，此反应并不是因为HF的酸性，而是因为为常温下SiF4为气态物质，有利于反应正向进行，这是SiO2的突出特性，当然也是HF的特性．
（7）H2CO3的酸性强于H2SiO3．但却能发生如下反应：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑
强酸制备弱酸作为判断反应方向的依据，只适用于水溶液体系，而在非水溶液的条件下不一定适用，在高温下H2SiO3难挥发，H2CO3易挥发，这符合高沸点物质制低沸点物质的反应规律，与此反应类似的还有：
2NaCl+H2SO4（浓）Na2SO4+2HCl↑
NaNO3+H2SO4（浓）NaHSO4+HNO3↑
上述两反应并不是由于H2SO4的强酸性，而是由于H2SO4为高沸点酸，HCl、HNO3为低沸点酸．
11．含硫物质的性质及综合应用
【知识点的知识】
一、硫化氢
1、硫化氢的分子结构：
H2S的分子结构与H2O相似，呈角形，是一种极性分子，但极性比水弱，不能形成氢键．熔点（﹣86℃） 和沸点（﹣71℃）都比水低．
2、硫化氢的物理性质：H2S是一种无色，有臭鸡蛋气味的气体，比空气稍重，能溶于水（常温常压下，1体积水中能溶解2.6体积硫化氢）．
3、硫化氢的化学性质：
（1）对热较不稳定：H2SH2+S
（2）强还原性：
2H2S+O2＝2S+2H2O（空气不充足）
2H2S+3O22SO2+2H2O（空气充足）
H2S+Cl2＝2HCl+S
2H2S+SO2＝2H2O+3S
H2S+I2＝2HI+S
H2S+H2SO4（浓）＝S↓+SO2+2H2O
3．氢硫酸氢硫酸是二元弱酸，可分步电离：
H2S⇌H++HS﹣；HS﹣⇌H++S2﹣，因此氢硫酸具有酸的通性．
4、S2﹣，HS﹣
Na2S+2HCl＝2NaCl+H2S
Na2S+H2S＝2NaHS
Na2S、NaHS均具有强还原性，在空气中均易被氧化．S2﹣遇Fe3+、ClO﹣、NO3﹣（H+）等氧化性离子都发生氧化还原反应．
二、二氧化硫
2）二氧化硫的重要性质
（1）物理性质：二氧化硫是一种无色有刺激性气味的有毒气体，密度比空气大，易液化，易溶于水，常温常压下，1体积水能溶解大约40体积的SO2．
（2）化学性质
①具有酸性氧化物（酸酐）的通性
与水反应：SO2+H2O＝H2SO3
与碱反应：SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O SO2+NaOH＝NaHSO3
与碱性氧化物的反应：CaO+SO2＝CaSO3
②还原性：2SO2+O22SO3 SO2+Cl2+2H2O＝H2SO4+2HCl
③氧化性：SO2+2H2S＝3S+2H2O
SO2既有氧化性，又有还原性，以还原性为主．
④漂白性：
SO2与Na2O2、Cl2（HClO）、O3的漂白性异同：
名称
二氧化硫
氯水
原理
二氧化硫溶于水产生的亚硫酸与有色物质直接结合生成不稳定的无色物质
氯水中的次氯酸将有色物质氧化成无色物质
实质
非氧化还原反应
氧化还原反应
程度
可逆
不可逆
范围
漂白某些有色物质，不能使紫色石蕊试液褪色
漂白大多数有色物质，使紫色石蕊试液褪色
三、硫酸
1、硫酸：
硫酸的分子式：H2SO4；结构式：，H2SO4中硫元素为+6价，处于最高价，具有氧化性，但只有浓H2SO4表现出强氧化性，而稀硫酸、硫酸盐中的硫元素通常不表现氧化性．
2、硫酸的物理性质
纯硫酸是无色、黏稠的油状液体，密度大，沸点高，是一种难挥发的强酸，易溶于水，能以任意比与水互溶．浓硫酸溶于水时放出大量的热．常见浓硫酸的质量分数为98.3%，其密度为 1.84g•cm﹣3，沸点为338℃，物质的量浓度为18.4mol•L﹣1．H2SO4的浓度越大，密度越大，若将30%的H2SO4溶液与10%的H2SO4溶液等体积混合，所得溶液的质量分数大于20%．
3、稀硫酸的化学性质：稀硫酸具有酸的通性．
（1）与指示剂作用：能使紫色石蕊试液变红．
（2）与碱发生中和反应
（3）与碱性氧化物或碱性气体反应
（4）与活泼金属发生置换反应
（5）与某些盐溶液反应．
4、浓硫酸的特性
（1）吸水性将一瓶浓硫酸敞口放置在空气中，其质量将增加，密度将减小，浓度降低，体积变大．这是因为浓硫酸具有吸水性，实验室里常利用浓硫酸作干燥剂．浓硫酸不仅可以吸收空气中的水，还可吸收混在气体中的水蒸气、混在固体中的湿存水、结晶水合物中的部分结晶水．
浓H2SO4可作某些不与其反应的气体、固体的干燥剂，同时不能暴露在空气中．能够用浓H2SO4干燥的气体等酸性或中性气体，而具有还原性的气体H2S、HBr、H和碱性气体NH3则不能用浓H2SO4干燥．另外在酯化反应中中，浓H2SO4作催化剂和吸水剂．
不同类型干燥剂的对比：
干燥剂
可干燥的气体
不可干燥的气体
名称或化学式
酸碱性
状态
浓H2SO4
酸性
液体
H2、N2、O2、CO2、HCl、CH4、CO
NH3
固体NaOH、生石灰，碱石灰（氢氧化钠和生石灰的混合物）
碱性
固态
H2、O2、N2、CH4、CO、NH3等
CO2、SO2、HCl
无水CaCl2
中性
固态
除NH3外的所有气体
NH3
（2）脱水性指浓H2SO4将有机物里的氧、氧元素按原子个数比2：1脱去生成水的性质．浓H2SO4从有机物中脱下来的是氢、氧元素的原子，不是水，脱下来的氢、氧元素的原子按2：1的比例结合成H2O；对于分子中所含氢、氧原子个数比为2：l的有机物（如蔗糖、纤维素等），浓H2SO4使其炭化变黑，如：HCOOHCO↑+H2O
（3）强氧化性常温下，Fe、Al遇浓H2SO4会发生钝化．但热的浓H2SO4能氧化大多数金属（除金、铂外）、某些非金属单质及一些还原性化合物．如：
Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑
S+2H2SO4（浓）2H2O+3SO2↑
C+2H2SO4（浓）CO2↑+2H2O+2SO2↑
2KI+2H2SO4（浓）K2SO4+I2+2H2O+SO2↑
2HI+H2SO4（浓）I2+SO2↑+2H2O
在这些氧化还原反应中，浓硫酸的还原产物一般为SO2．
5、浓硫酸和稀硫酸的鉴别
从浓H2SO4和稀H2SO4性质的差异人手，可知鉴别浓H2SO4和稀H2SO4的方法有多种．
方法一：取少量蒸馏水，向其中加入少量试样硫酸，如能放出大量热则为浓H2SO4，反之则为稀H2SO4．
方法二：观察状态，浓H2SO4呈黏稠状，而稀H2SO4为黏稠度较小的溶液．
方法三：用手掂掂分量，因为浓H2SO4的密度较大 （1.84g•cm﹣3，相同体积的浓H2SO4和稀H2SO4，浓H2SO4的质量比稀H2SO4大很多．
方法四：取少量试样，向其中投入铁片，若产生气体，则为稀H2SO4；若无明显现象（钝化），则为浓H2SO4．
方法五：用玻璃棒蘸取试样在纸上写字，立即变黑 （浓H2SO4的脱水性）者为浓H2SO4，另一种为稀H2SO4．
方法六：取少量试样，分别投入一小块铜片，稍加热发生反应的（有气泡产生）为浓H2SO4．（浓H2SO4的强氧化性），无现象的是稀H2SO4．
12．有机物的结构和性质
【知识点的知识】
类别
通 式
官能团
代表物
分子结构结点
主要化学性质
卤代烃
一卤代烃：
R﹣X
多元饱和卤代烃：CnH2n+2﹣mXm
卤原子
﹣X
C2H5Br
（Mr：109）
卤素原子直接与烃基结合
β﹣碳上要有氢原子才能发生消去反应；且有几种H生成几种烯
1．与NaOH水溶液共热发生取代反应生成醇
2．与NaOH醇溶液共热发生消去反应生成烯
醇
一元醇：
R﹣OH
饱和多元醇：
CnH2n+2Om
醇羟基
﹣OH
CH3OH
（Mr：32）
C2H5OH
（Mr：46）
羟基直接与链烃基结合，O﹣H及C﹣O均有极性。
β﹣碳上有氢原子才能发生消去反应；有几种H就生成几种烯。
α﹣碳上有氢原子才能被催化氧化，伯醇氧化为醛，仲醇氧化为酮，叔醇不能被催化氧化。
1．跟活泼金属反应产生H2
2．跟卤化氢或浓氢卤酸反应生成卤代烃
3．脱水反应：乙醇
140℃分子间脱水成醚
170℃分子内脱水生成烯
4．催化氧化为醛或酮
5．一般断O﹣H键与羧酸及无机含氧酸反应生成酯
醚
R﹣O﹣R′
醚键
C2H5O C2H5
（Mr：74）
C﹣O键有极性
性质稳定，一般不与酸、碱、氧化剂反应
酚
酚羟基
﹣OH
（Mr：94）
﹣OH直接与苯环上的碳相连，受苯环影响能微弱电离。
1．弱酸性
2．与浓溴水发生取代反应生成沉淀
3．遇FeCl3呈紫色
4．易被氧化
醛
醛基
HCHO
（Mr：30）
（Mr：44）
HCHO相当于两个
﹣CHO
有极性、能加成。
1．与H2加成为醇
2．被氧化剂（O2、多伦试剂、斐林试剂、酸性高锰酸钾等）氧化为羧酸
酮
羰基
（Mr：58）
有极性、能加成
与H2、HCN加成为醇
不能被氧化剂氧化为羧酸
羧酸
羧基
（Mr：60）
受羰基影响，O﹣H能电离出H+，受羟基影响不能被加成。
1．具有酸的通性
2．酯化反应时一般断羧基中的碳氧单键，不能被H2加成
3．能与含﹣NH2物质缩去水生成酰胺（肽键）
酯
酯基
HCOOCH3
（Mr：60）
（Mr：88）
酯基中的碳氧单键易断裂
1．发生水解反应生成羧酸和醇
2．也可发生醇解反应生成新酯和新醇
硝酸酯
RONO2
硝酸酯基
﹣ONO2
不稳定
易爆炸
硝基化合物
R﹣NO2
硝基﹣NO2
一硝基化合物较稳定
一般不易被氧化剂氧化，但多硝基化合物易爆炸
氨基酸
RCH（NH2）COOH
氨基﹣NH2
羧基﹣COOH
H2NCH2COOH
（Mr：75）
﹣NH2能以配位键结合H+；﹣COOH能部分电离出H+
两性化合物
能形成肽键
蛋白质
结构复杂
不可用通式表示
肽键
氨基﹣NH2
羧基﹣COOH
酶
多肽链间有四级结构
1．两性
2．水解
3．变性（记条件）
4．颜色反应（鉴别）
（生物催化剂）
5．灼烧分解
糖
多数可用下列通式表示：
Cn（H2O）m
羟基﹣OH
醛基﹣CHO
羰基
葡萄糖
CH2OH（CHOH）4CHO
淀粉（C6H10O5）n
纤维素
（C6H10O5）n
多羟基醛或多羟基酮或它们的缩合物
1．氧化反应（鉴别）
（还原性糖）
2．加氢还原
3．酯化反应
4．多糖水解
5．葡萄糖发酵分解生成乙醇
油脂
酯基
可能有碳碳双键
酯基中的碳氧单键易断裂
烃基中碳碳双键能加成
1．水解反应
（碱中称皂化反应）
2．硬化反应
【命题方向】本考点主要考察有机物的结构和性质，主要以综合题的形式出现。
【解题思路点拨】结构决定性质，结构特点决定了有什么样的性质，理解加动手画结构能更牢固地记住各类官能团的性质。
13．探究化学反应机理
【知识点的认识】
一、探究型试题命题应遵循的原则：
（1）科学性的原则：所设计的实验应该符合科学道理，不能凭空捏造．
（2）对照性的原则：要设计一个对照性的实验，要想这个实验更能够说明问题，一定要有正反两个方面的实验．
（3）等量性的原则：所设计的实验中的平行反应，试剂的取用应该是等量的．
（4）单因子的变量原则：对某个实验的影响，会有很多的因素，实验正是要人为控制条件，使众多变量中，只能有一个因素是变量，其余几个是一样的．
二、科学探究的一般步骤是：
（1）提出问题：化学用语要规范，语言要精练、严谨而符合逻辑．
（2）猜想与假设：利用原有知识和题中所读出的信息进行大胆猜想与假设，猜想与假设要全面，不要有个别遗漏．
（3）制定计划：要从实际实验角度制定探究计划，探究计划要循序渐进、操作要严谨可行、现象明显．
（4）进行实验、收集证据．
（5）解释与结论．
（6）反思与评价等．
【解题思路点拨】
分析此类探究题时应注意：（1）对于题中的异常现象要根据自己的原有知识进行大胆的排查、推测．（2）推测的正确性要靠实验的验证，如题中已给出了验证试验，要仔细分析其是否合理；如题中没给出了验证试验，自己要设计合理的实验验证．
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