高考必刷题——真题分类集训（2015-2019）——化学（答案及解析）

微信公众号嗨呀同学／／第-章从实验学化学｜（2）红色石蕊试纸检测碱性物质,试纸变蓝｝（3）蓝色石蕊试纸;检测酸性物质』试纸变红（4）淀粉碘化钾试纸;检测强氧化性物质』试纸变蓝能根据发生的（5）醋酸铅试纸:检测H2S气体,试纸变黑°钾溶液中通入｜［测训诊断］（1）本题考查化学实验基本操作,涉及定体积的液体乙烯被氧化为｜的量取＼试管的清洗＼试纸的使用＼定物质的呈浓度的溶液的配制亡后溶液不会分｜等』难度中等’大多数考生可得分°＝瓶,发生反应｜（2）本题若错呵能因不熟悉滴定管的构造而导致错选。糕獭.墨挪膊露撇爆蹦睁臆鳃蕊搬;O2↑＋S↓＋｜Na2CO3溶液》吸收液中会出现分层现象』最后用分液漏斗进行分液’贰』c正确向盛｜瞧》‖‖赫:剿;j蕊栅襄γ强隐『恿e＋2Fe3＋＝＝!2『障』｀｛…｜撇瓣蕊鹏默:f鞠藤撰嚼舅;4:剿粤穗滁｜蕊瞒剖鳃镣翼翼鞠堕鳞｝蹦瞬帮霉剿醚鹏蹦鹏獭｝臆曰第‖节化学实验墓础｜老占】l∧［解析］本题主要考查化学实验基础’并要求考生能根据发生的化学反应预测实验现象］综合性较强°向酸性言锰酸钾溶液中通入足量的乙烯’Z烯与高锰酸钾发生氧化还原反应,乙烯被氧化为CO2,MnOJ被还原为Mn2十］溶液紫色逐渐褪去,静置后溶液不会分层′A错误l镁条点燃后迅速伸入集满二氧化碳的集气瓶］发生反应2Mg＋CO2蚂MgO＋C』生成氧化镁和碳单质’故可观察至‖集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生,B正确向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸』发生反应S2O;ˉ＋2H＋—SO2↑＋S↓＋H2O,实验现象为有刺激′｜｀生气昧气体产生‖溶液变浑浊』C正确『向盛有FeCl3溶液的试管中加入过量铁粉‖发生反应Fe＋2Fe3＋-3Fe2＋,故可观察至｜｜黄色逐渐消失」反应后的溶液中无Fe3＋!故充分振荡后加∧I滴KSCN溶液!溶液颜色不变,D正确°［关键点拨］本题中涉及的实验大多来自教材实验］故在复习的过程中要关注教材基础实验伺时要能够根据发生的化学反应预测可能出现的现象°此外’还需对教材实验进行适当的深化拓展。2B［解析］固体氢氧化钠加入少量蒸馏水溶解是明显的放热过程］应冷却到室温后再转移至250mL容量瓶中,A错误↑铁离子具有较强氧化性』维生素C若有还原性］加入氯化铁溶液中就可以把铁离子（溶液显黄色）还原为亚铁离子（溶液显浅绿色）’B正确｛｜‘纯化＂氢气时应最后通入浓硫酸中干燥,若最后通入高锰酸钾溶液’氢气中会混有水蒸气C错误『亚硫酸氢钠具有还原性,与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸钠和水』该反应没有明显现象］无法探究浓度对反应速率的影晌‖D错误。［刷盲所得］要获得纯净干燥的气体,最后步的除杂—定不能通入水溶液中!否贝｜」会带出水蒸气°［测训诊断］本题考查化学实验中的基本操作和探究性实验设计思想,本题易错选D项］只注意实验设计时保证单—变量,而忽略了对实验结果的判断依据。3B［解析］用稀硫酸和锌粒制取H2时,加入几滴CuSO4溶液］Zn置换出Cu,从而形成Zn＿Cu＿H2SO4原电池,加快化学反应速率』A正确｛达至｜」滴定终点时溶液呈弱酸性,酚酞的变色范围为pH＝8.2～10’因此用盐酸滴定NaHCO3溶液应选用甲基橙作指示剂‖B错误｜由火焰呈黄色可确定该盐类物质中含有钠元素｛则在盐溶液中＿定含有Na＋』C正确;蒸馏时为防止液体受热喷出〕圆底烧瓶内液体体积不能超过其容积的三分之二］D正确°［测训诊断］（1）本题主要考查化学实验基本操作,难度中等’意在使大多数考生得分.（2）本题不应错〕若错』可能是对原电池原理的应用不熟悉以及对焰帛裔藕蠕粪蕊条瞩篡?o强酸强硼q相互漓定,指示剂可选用酚酞或甲基橙;@强酸滴定弱碱时,指示剂应选用甲基橙;强碱滴定弱酸时,指示齐｜」应选用酚酞。4B［解析］分析《本草衍义〉中对精制砒霜过程的描述:｜｜取砒之法!将生砒就置火上』以器覆之〗令砒烟上飞看覆器＂］包含生砒变成砒烟,砒烟变成砒霜两个过程’前者为升华,后者为凝华’故B项符合题意。［关键点拨］解答本题的关键是分析对精市｜」砒霜过程的描述,确定物质发生变化的类型、操作原理及 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 。［测训诊断］（1）本题结合砒霜的精制过程考查了物质的分离及提纯操作,难度较小,大部分考生可得分°（2）本题若错』可能是由于《本草衍义》采用文言文叙述砒霜精制的过程,部分考生不能正确理解其含义而错选A项或C项。5B［解析］由于在酸式滴定营下端还有较长—截没有刻度的部分』故将滴定营（量程为50mL）中初始读数为30.00mL的液体全部放出后‖放出的液体体积大于20.00mL,A错误;碘单质易溶干乙醚｀Z醇等有机溶剂!故可先用酒精清洗试管中的碘单质』再用水洗去试管壁上附着的酒精即可,B正确;润湿的pH试纸会稀释溶液,造成测定的醋酸钠溶液的pH偏低’C错误｝容量瓶只能用来定容』不能在容量瓶中溶解KMnO4固体』D错误。［刷百所得］常考的试纸的用途（1）pH试纸测定溶液pH时试纸不可润湿］测定气体的酸碱性时’试纸必须润湿;等｛大多数考生可得分。（2）本题不应错』若错』可能是混淆长颈漏斗和分液漏斗的构造及应用而错选A项,或忽视用饱和食盐水除去Cl2中的HCI的同时会混入水蒸气而错选D项°7.D［解析］向沸水中滴入几滴饱和FeCl3溶液!继续煮沸即可制得Fe（OH）3胶体,将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中将得至｜」Fe（OH）3沉淀,A错误;MgCl2是强酸弱碱盐』因MgCl2溶液水解产生的HCl受热易挥发］导致MgCl2的水解程度增大,所以由MgCl2溶液制备无水MgCl2时要在HCl气流中加热蒸干,B错误;铜能够与稀硝酸反应,因此除去Cu粉中混有的CuO应该用稀盐酸,C错误｛乙醇是非电解质,水是弱电解质’能够电离出少量的H＋］分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中‖钠在水中反应剧烈〕而在乙醇中反应平缓』说明水中的氢比乙醇中的氢更活泼,D正确°［关键点拨］胶体中不能存在大量的电解质,否则易发生聚沉;在加热蒸干AlCl3、MgCl2等溶液制备相应固体时,需要在HCl气流中进行,以防止发生水解。［测‖｜｜诊断］（1）本题主要考查化学实验的基本操作与实验评价’难度中等］意在提高试题的区分度°（2）—部分同学易忽略MgCl2在溶液中的水解!误选B项『也可能忽略稀硝酸的强氧化性］误选C项。8D［解析］因浓硫酸密度大于水且溶于水时放出大量的热,因此稀释浓硫酸时需将浓硫酸沿器壁缓慢地倒入水中,且边加边搅拌｛A错误;利用排水法收集KMnO4分解产生的O2时‖若先熄灭酒精灯］后移出导管,则气体发生装置内因温度降低｀压强减小而发生倒吸,易导致试管炸裂,B错误『制得的Cl2若先通过浓硫酸’后通过饱和食盐水‖则收集的气体中仍会混有水蒸气!C错误｛因CCl4的密度大于水!革取分层后CCl4在下层』故分液时应先从分液漏斗下□放出有机层,再从上口倒出水层,D正确°［刷盲所得］禾」用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气时』应先通过饱和食盐水,再通过浓硫酸进行除杂『利用分液漏斗进行分液操作时,需首先从下口放出下层液体,然后再从上口倒出上层液体°［测训诊断］（1）本题主要考查化学实验基本操作,难度较小’意在使大多数考生得分。（2）本题不应错’若错,可能是因忽视实验操作‖顶序而导致错选°9B［解析］容量瓶只能在室温下使用］不能用烘箱烘干』A错误↓滴定管使用前’要先用 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 液润洗,以减小实验误差,B正确｝酸碱滴定实验中］不能用待测液润洗锥形瓶’否则会导致待测液中溶质的物质的量增大］影晌测定结果,C错误｝若加水超过容量瓶的亥｜」度线,需重新进行配制’D错误·［关键点拨］了解常见化学仪器的规格｀用法和使用注意事项是正确解答本题的关键。［测训诊断］（1）本题考查常见实验仪器的使用,难度较小!意在使大多数考生得分。（2）本题易错选A项,原因是忽视容量瓶的使用方法°三题分类集训~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~@「微信公众号嗨呀同学川咋三二」川『…闻＾『』吁≡｀巩…‖」→内尸闰另旷‖‖凹凹〖Ⅷ触尸誊刮码…瞻枷邓峭≡~~~~~凯手』苛＂尚田~~~~~什‖吞号～聪~~~串尸↑已l出00B［解析］本题考查实验装置和实验基本操作。混合浓硫酸和Z醇时,应该将浓硫酸加入乙醇中,并不断搅拌’防止迸溅,A项错误;定容时!视线要与凹液面最低处相平〕B项正确;收集二氧化氮气体!应该用向上排空气法,气体应该｜｜长进短出＂,C项错误;用电石制备的乙炔中含有的硫化氢等还原性气体杂质也可以使漠水褪色,因此应先进行洗气操作』再通入澳水中!D项错误°［刷育所得］二氧化氮能与水发生反应,且其密度大于空气,因此收集二氧化氮用向上排空气法。＿氧化氮能与氧气反应,收集—氧化氮—般用排水法°［易错警示］电石中含有少量硫化钙（CaS）｀砷化钙（Ca3As2）｀磷化钙（Ca3P2）等杂质,与饱和食盐水作用时制得的乙炔中常含有H2S｀AsH3、PH3等杂质,易忽略这些还原性杂质也能使澳水褪色而错选D项°ⅧD［解析］本题考查化学实验设计与评价。用经水湿润的pH试纸测量溶液的pH会使得所测溶液的浓度减小,测得溶液的pH可能与其实际pH不符,A错误｛容量瓶不可作为溶解固体或稀释液体的容器,B错误｛AlCl3是强酸弱碱盐!加热AlCl3溶液促进Al3＋水解,且水解生成的HCl易挥发｀Al（OH）3受热分解〕故蒸干AlCl3溶液得不到无水AlCl3固体,C错误｝NaOH溶液能与SO2反应而与乙烯不反应,D正确°［刷盲所得］测量溶液的pH时不可对pH试纸进行湿润,否则会使得所测溶液浓度减小。］2∧［解析］观察图形可知A项为腐蚀品标志’A正确B项为易燃固体的标志,B错误『C项是放射性物品的标志!C错误;D项是氧化剂的标志,D错误。‖3BD［解析］锥形瓶用于盛装待测液,不能用待测液润洗』若滴定前用待测液润洗锥形瓶〕会造成测量结果偏大,A错误;容呈瓶和滴定管均为定量仪器!故使用前均需要检漏!B正碉为了提高冷凝效果和实验的安全性,蒸馏结束时』要先熄灭酒精灯『再停止通冷凝水,C错误;为了防止两种液体交叉污染〗分液时］下层溶液先从下口放出,上层溶液再从上口倒出,D正确°‖4B［解析］苯酚过量,生成的三澳苯酚溶解于苯酚,A错误;沉淀部分溶解,则沉淀中有BaSO4和BaSO3‖说明Na2SO3部分被氧化为Na2SO4’B正确‖加入银氨溶液前需加入碱液中和稀硫酸’C错误｝该黄色溶液还可能含Fe3＋,Fe3＋与I—发生氧化还原反应生成I2』D错误。｜考点2物质的检验｀分离和提纯｜］5D［解析］过滤时玻璃棒下端应紧靠过滤器中的三层滤纸—侧,旦漏斗下端尖嘴应与烧杯内壁相贴’A错误｛固体碳酸氢钠受热分解时试管口应路向下倾斜,B错误｛洗气时应从长导管进气〕短导管出气｛C错误制备乙酸乙酪时试管口向上’导管不能插入饱和碳酸钠溶液中,D正确。［关键点拨］掌握过滤｀洗气、固体加热及乙酸乙酷帘」备的操作是正确解答本题的关键。［测训诊断］（l）本题考查化学实验基本操作,难度中等意在使大多数考生得分。（2）本题不应错’若错’可能是观察不细心,导致错选A项!解答这类实验题时＿定要仔细观察装置是否精确·↑6.B［解析］本题以物质的除杂过程为素材,重点考查氧化还原反应的基本概念°除去FeCl2溶液中的FeCl3,可加入Fe粉,发生反应:2FeCl3＋Fe一FeCl2!该反应是氧化还原反应,A不符合题意｝除去NaCl溶液中的MgCl2］先加入过量NaOH溶液生成Mg（OH）2沉淀!过滤后,向滤液中加入稀HCl至溶液呈中性’整个过程中只发生复分解反应!不涉及氧化还原反应『B符合题意;除去Cl2中的HCl,要将混合气体依次通过盛有饱和食盐水、浓H2SO4的洗气瓶洗气,Cl2溶于水］旦与水反应’不能选用Ⅱ2O来除杂,C不符合题意;除去NO中的NO2!将混合气体先通过盛有水的洗气瓶］发生氧化还原反应:3NO2＋H2O—2HNO3＋NO,再通过盛有无水CaCl2的干燥管进行干燥‖D不符合题意。［关键点拨］采用“排除法＂分析］本题有两个要求:—是除杂试剂选用正确;二是除杂过程不涉及氧化还原反应。‖7B［解析］乙醇与水互溶!不能用乙醇苯取水溶液中的I2,A不符合题意氯化钾易溶于水!二氧化锰难溶于水］故可用过滤法分离,B符合题意;P2O5为酸性氧化物!能跟碱性物质发生反应!故不能用来吸收氨气中的水蒸气』C不符合题意;无水氯化钙能与乙醇形成配合物〗不能用无水氯化钙除去Z醇中的水｛应先加氧化钙!再进行蒸馏!D不符合题意。［刷盲所得］除杂｀提纯的原则:能除去杂质’不能与期望产物发生反应,不能弓｜入新的杂质。］8∧［解析］从碘水中提取碘单质—般用革取分液的方法’A符合题意｝铜粉在加热条件下与空气中的氧气反应生成氧化铜,B不符合题意;硫酸与碳酸钠反应有气体生成、与硅酸钠反应生成白色沉淀｀与硫酸钠不反应′现象不同可用硫酸鉴别这三种物质〕C不符合题意;含氢氧化钠的氢氧化铜悬浊液与乙醇混合无明显现象｀与乙醛混合在加热的条件下有砖红色沉淀生成｀与乙酸反应浑浊消失且溶液变为蓝色,现象不同,可鉴别!D不符合题意°↑9.D［解析］澄清石灰水与CO不反应,与CO2能够反应生成碳酸钙沉淀’溶液变浑浊,能够鉴另｜」』A不符合题意｛苯和四氯化碳均不溶于水,但苯的密度小于水’与水混合后水层在下层!四氯化碳的密度大于水』与水混合后水层在上层,能够鉴另｜」］B不符合题意;Ba（OH）2溶液与NH4Cl加热时有刺激性气昧的气体逸出‖与（NH4）2SO4加热时生成白色沉淀和柬｜｜激性气昧的气体;与K2SO4反应生成白色沉淀,现象各不相同!能够鉴别’C不符合题意;淀粉ˉ碘化钾试纸遇碘水和澳水均变成蓝色』现象相同!不能鉴另｜」］D符合题意。20D［解析］NaHCO3受热易分解〕Na2CO3受热不分解『将固体加热至恒重得至｜」的是Na2CO3而不是NaHCO3］A错误AlCl3是强酸弱碱盐〗AICl3溶液受热水解生成易挥发的HCl和易分解的A］（OH）3］所以蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液不能得至｜」AlCl3］B错误;常温下苯甲酸在水中的溶解度较小,但苯甲酸在水中的溶解度随温度升高而增大,故重结晶提纯苯甲酸的实验步骤应为:热溶解｀趁热过滤｀冷却结晶、过滤、洗涤｀干燥!C错误;NaBr和KI溶液中分另｜」加新制氯水后可置换出Br2和I2,而二者溶于CCl4后分另｜」呈橙红色和紫红色］可鉴另｜」‖D正确°［刷盲所得］AlCl3｀MgCl2溶液水解生成挥发性酸和受热易分解的氢氧化物’加热AlCl3和MgCl2溶液最终只能得至｜l氧化物,若要得至｜」无水AlCl3和MgCl2’需要在HCl气氛中加热。［测‖｜｜诊断］（1）本题考查化学实验设计‖考查NaHCO3与Na2CO3的热稳定性］盐类的水解’物质的分离提纯』氯｀〉臭｀碘间的相互转化’试题难度中等,大多数考生可得分°（2）本题不应错!若错,可能是审题不清而错选A项』忽视AlCI3溶液的水解而错选B项。2T（1）增加固液接触面积’提取充分沸石（2）乙醇易挥发,易燃使用溶剂且少’可连续革取（革取效率高）（3）Z醇沸点低,易浓缩AC（4）单宁酸水（5）升华［解析］本题考查实验的基本操作,涉及革取｀蒸馏、升华等知识,其中索氏提取法的概念比较陌生,需认真读题,提取题目中的有效信息。（l）实验时需将茶∩十研细’研细的目的是增加固液接触面积!使提取更加充分｛为防止暴沸］加热前还要加几粒沸石°（2）提取过程不可选用明火直接加热,原因是乙醇易挥发!易燃。根据题干信息“苯取液液面达到虹吸管3顶端时’经虹吸管3返回烧瓶’从而实现对茶叶末的连续革取＂可知,与常规的革取相比』采用索氏提取器的优点是可连续革取!使用溶齐｜］少,革取效率言°（3）提取液需经＂蒸馏浓缩＂除去大部分溶齐｜｜,与水相比’Z醇作为革取剂的优点是沸点低,易浓缩『蒸馏时需选用的仪器除了圆底烧瓶｀蒸馏头｀温度计｀接收管之外,还有直形冷凝营和接收瓶°注意在蒸馏操作中冷凝馏出物时不可使用球形冷凝管‖因为球形冷凝管有凹槽,斜放时会有较多液体残留在凹槽中°（4）茶叶中含有单宁酸,根据单宁酸的Ka约为l0ˉ6,可知单宁酸为弱酸,且单宁酸易溶于水及乙醇』故浓缩液加入生石灰的作用是中和单宁酸和吸收水。（5）根据题干信息咖啡因』100℃以上开始升华＂‘‘将粉状物放入蒸发皿中并小火加热,咖啡因在扎有小孔的滤纸上凝结＂,可知该分离提纯方法的名称是升华。［刷盲所得］（l）常见的冷凝管有直形冷凝管和球形冷凝管’直形冷凝管—般用于蒸馏）球形冷凝管用于反应中冷凝回流］增大原料的利用率°（2）蒸馏是利用互溶液体混合物中各组分沸点相差较大’通过加热使各组分分离的操作,需要的装置有圆底烧瓶、蒸馏头｀温度计、直形冷凝营｀牛角管、接收瓶｀酒精灯等°｝｜考点3实验 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 设计与评价｜22∧［解析］本题考查物质的制备与除杂的实验原理°酸性:H2CO3＞HClO＞HCO丁,氯气与水反应生成的次氯酸会与碳酸钠反应生成碳酸氢钠,不能得到浓度较高的次氯酸溶液’A错误;二氧化锰能够催化过氧化氢分解生成氧气’B正确;乙酸可以与碳酸钠溶液反应,而乙酸乙酷在饱和碳酸钠溶液中的溶解度低’可以用饱和碳酸钠溶液除去乙酸’C正确;硫酸酸性强于亚硫酸,根据强酸制取弱酸原理’可向饱和亚硫酸钠溶液中加人浓硫酸制备二氧化硫,D正确。［刷盲所得］饱和碳酸钠溶液可以吸收乙酸乙酝中混有的Z醇,中和乙酸,还能降低乙酸乙醋在水中的溶解度°o微信公众号嗨呀同学答案及解析［易错鳖示］本题错选原因可能是认为氯气与水反应产生的盐酸能与碳酸钠反应,使氯气与水反应平衡正向移动］次氯酸浓度增大,忽视了次氯酸也能与碳酸钠反应的事实。23。B［解析］实验室利用干燥的H2还原WO3制备金属W,KMnO4溶液用来除去含硫的还原性气体‖焦性没食子酸溶液用于吸收少量O2,而气体从焦性没食子酸中逸出会混入水蒸气,故O中溶液应为浓H2SO4,A错误;H2中混有空气’在加热时易发生爆炸’故管式炉加热前,要用试管在@处收集气体并点燃,进行气体纯度的检验,若听至｜」尖锐的爆鸣声］贝｜」证明H2不纯!若声音较′｜｀!则证明H2较纯净’B正确;结束反应时,要先停止加热,待装置冷却后,再关闭活塞K,防止生成的W被空气中的O2重新氧化〕C错误‖二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气’而装置Q（启普发生器）只适用干固体颗粒与液体在不加热条件下反应制备气体,D错误。［刷有所得］利用H2还原金属氧化物时,要注意:O先除去H2中混入的还原性气体杂质;@加热之前,要先检验H2的纯度,防止发生爆炸;o除去H2中混入的杂质时,要先除去其他气体杂质,最后除去水蒸气@实验结束时,要先停止加热’后停止通入H2°［测0｜｜诊断］（1）本题以实验室用H2还原WO3制备金属W为背景,考查了H2的制备｀除杂｀验纯等问题,难度中等’大部分考生可得分°（2）本题若错’可能是不能正确辨析实验装置图’忽视H2净化过程中通入试剂的先后｜｜顶序而错选A项‖或忽视实验结束时＂停止加热＂与『』停止通入H2＂的先后｜｜顷序而错选C项。24C［解析］向2mL0.1mol°Lˉl的FeCl3溶液中加足量铁粉,振荡’黄色逐渐消失,加l滴KSCN溶液］颜色不变,说明溶液中不含Fe3十〗发生反应Fe＋2Fe3＋—3Fe2＋,根据还原齐｜」的还原性强于还原产物的还原性可知,还原性:Fe＞Fe2＋‖A正确;将金属钠在燃烧匙中点燃!迅速伸入集满CO2的集气瓶〕瓶内有黑色颗粒产生］说明有碳单质生成］贝｜｜在反应中二氧化碳转化为碳单质〕碳元素化合价降低‖二氧化碳作氧化剂,具有氧化性!B正确;加热盛有少量NH4HCO3固体的试管,并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸］石蕊试纸变蓝］是因为NH4HCO3受热分解产生的氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝,不能说明NH4HCO3显碱性’C错误j银离子的浓度相同,NaCl和NaI溶液的浓度相同’有碘化银黄色沉淀生成,而无氯化银白色沉淀生成’说明K‘p（AgI）＜KSp（AgCl）］D正确。［刷盲所得］在氧化还原反应中‖氧化性:氧化剂＞氧化产物,还原性:还原剂＞还原产物｛氨气是中学阶段所学的唯＿能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体·［测‖｜｜诊断］（1）本题主要考查化学实验方案的评价,涉及氧化还原反应｀物质的酸碱性及难溶电解质的溶解平衡’难度较大’意在提高试题的区分度°（2）本题若错,可能是未能根据B项中的实验现象判断出产物而导致错选,或忽略NH4HCO3受热易分解产生NH3而导致错选°25。C［解析］NaHCO3和Al（OH）3中加入足量稀硫酸有气泡产生,但最终固体全部溶解’无固体剩余,A错误。AgCl不溶于盐酸］加入盐酸后固体不会全部溶解〗B错误。Na2SO3可溶于水］而BaCO3不溶于水’即样品加水后固体部分溶解;若加入稀盐酸］BaCO3与盐酸反应生成BaCl2｀CO2和H2O,有气泡产生并且固体全部溶解;若加入稀硫酸,BaCO3与稀硫酸反应生成BaSO4沉淀、CO2和H2O］有气泡产生并且振荡后仍有固体存在,符合题意］C正确。Na2CO3｀CuSO』中加入足量稀硫酸,有气泡产生但振荡后无固体剩余,D错误°［关键点拨］两个实验中分另｜」向样品中加入水｀稀盐酸和稀硫酸!由题中信息可知］该样品可溶于酸性溶液,并且与SOiˉ反应生成沉淀°［测0｜｜诊断］（1）本题主要考查物质的推断与鉴另｜」,难度中等,意在提高试题的区分度·（2）考生可能因没有完全理解题目中的信息而出错,也可能因不了解元素化台物的性质而出错°26D［解析］A项,盐酸首先与NaOH反应〕故@中不会立即产生气泡’不符合题意‖B项‖常温下!铝条在浓硝酸中发生钝化,不会产生红棕色气体,不符合题意｛C项,氯化铝溶液滴入浓氢氧化钠溶液中］在初始阶段,NaOH相对于AlCl3是过量的’产物应是偏铝酸钠｀氯化钠和水!不会产生白色沉淀,不符台题意;D项!草酸具有还原性｛能被酸性高锰酸钾溶液氧化,高锰酸钾被还原为Mn2＋,故溶液逐渐褪色!符合题意·［关键点拨］熟悉常见物质的性质和相关反应的现象是解答本题的关键。［测‖｜｜诊断］（1）本题主要考查钠的化合物、硝酸｀铝及其化合物的性质］难度中等,意在使大多数考生得分°（2）本题不应错,若错‖可能是对相关物质的化学性质不熟悉造成的°27.c［解析］本题考查化学实验操作｀现象及评价°若X溶液中含有Fe3＋!进行题述操作后溶液也会变为红色’故题述实验操作利现象不能说明X溶液中—定含有Fe2＋’A错误;由于混合溶液中c（Clˉ）＝c（Iˉ）!加入少量AgNO3先产生黄色的AgI沉淀!说明KSp（AgCl）＞KSp（AgI）〗B错误;滴加淀粉溶液呈蓝色说明有I2生成］Br2将I—氧化为I2,贝｜」氧化性:Br2＞I2,C正确『没有告知CH］COONa溶液和NaNO2溶液的浓度是否相同,无法判断CH3COOH和HNO2的酸性强弱,D错误°［刷盲所得］相同温度下’对于浓度相同的CH3COONa和NaNO2溶液’碱性越强说明对应酸根离子水解程度越大〕对应酸的酸性越弱·28.B［解析］铜与稀硫酸不反应’A错误』SO2能使品红溶液褪色,说明SO2具有漂白性,B正确;SO2的密度大干空气,应用向上排空气法收集!C错误;SO2在饱和NaHSO3溶液中的溶解度很小,不可用饱和NaHSO3溶液吸收SO2］D错误°［刷盲所得］SO2有三种褪色原因:OSO2使品红溶液褪色,体现SO2的漂白性;@SO2使澳水｀酸性高锰酸钾溶液褪色,体现SO2的还原性;OSO2使滴有酚酞的NaOH溶液褪色’体现SO2有酸性氧化物的性质。29.o加入过■稀盐酸o出现乳黄色浑浊◎（吸）取上层清液,滴入BaCl2溶液◎产生白色沉淀［思路分析］利用Na2S2O3可与盐酸反应生成SO2与S的性质!向样品中加入足量稀盐酸除尽Na2S2O3!然后用BaCl2溶液检验上层清液中是否含有SO;ˉ’即可确定样品中是否含有硫酸根杂质。［解析］Na2S2O3·5H2O可用作还原剂’易被氧化为Na2SO4。要确认样品中是否含有Na2SO4,则检验过程中不能弓｜入SO;ˉ,因此先将样品溶于除氧蒸馏水中,然后加入足量稀盐酸除去S2O;ˉ。反应中生成硫单质,溶液变浑浊,因此需要静置—段时间,然后取上层清液并向其中滴加BaCl2溶液〕若有不溶干盐酸的白色沉淀生成!则说明样品中含有SOiˉ。［测‖｜｜诊断］本题主要考查实验探究｀溶液的配制｀滴定终点的判断与定量计算等,难度中等,意在使大多数考生得分。30.（1）1.6×104v（2）HCOj＋NH3.H2O—NHⅪ＋CO;ˉ＋H2O（或HCO丁＋NH3.H2O＝≡NH旷＋CO;ˉ＋H2O）增加溶液中CO;ˉ的浓度,促进CaSO4的转化（3）温度过高,（NH4）2CO3分解加快搅拌速率（4）在搅拌下向足Ⅲ稀盐酸中分批加入滤渣,待观察不到气泡产生后,过滤,向滤液中分批加入少且Ca（OH）2,用pH试纸测且溶液pH’当pH介于5～8。5时,过滤［思路分析］废渣粉末中的CaSO4·2H2O与加入的（NH4）2CO3反应生成CaCO3,由干SiO2｀Al2O3｀Fe2O3都没有参加反应而存在干滤渣中!所以要除去杂质可加入稀盐酸使滤渣充分溶解,过滤后向滤液中再加Ca（OH）2将Fe3＋和Al3＋沉淀完全］过滤即可得CaCl2溶液!进而制得轻质CaCO3·［解析］本题考查溶度积常数｀离子方程式的书写｀化学实验操作｀化学实验设计°c（SOiˉ）c（SOiˉ）·c（Ca2＋）（1）室温下’题述反应达到平衡』贝｜」c（CO;ˉ）＝c（CO;ˉ）.c（Ca2＋）≡≡KSp（CaSO4）4。8×10ˉ5Ksp（CaCO3）3×10ˉ9＝1。6×104。（2）NH3°H2O与NH4HCO3反应生成（NH4）2CO3和H2O’则其离子方程式为NH3.H2O＋HCO丁—NH旷＋CO;＿＋H2O或HCO丁＋NH3.H2O＝≡NH旷＋CO;ˉ＋H2O。结合离子方程式可知,加入适量浓氨水可增大CO;ˉ的浓度,促进CaSO4转化为CaCO3°（3）温度过高!（NH斗）2CO3受热分解生成的CO2逸出,使溶液中CO;＿浓度减小｀CaSO4转化率下降。加速搅拌可使反应物充分接触,使反应更充分°（4）滤渣的主要成分是CaCO3’还含有少量的SiO2｀Al2O3、Fe2O3,为制取CaCl2溶液!可先加入足量稀盐酸!CaCO3｀Al2O3、Fe2O3完全溶解后过滤除去SiO2〕向含Ca2＋、Al3＋｀Fe3＋的滤液中加入Ca（OH）2调节溶液的pH在5至｜」8.5之间］待Al3＋｀Fe3＋沉淀完全后过滤可得CaCl2溶液。［关键点拨］解答实验方案设计题时要充分利用所提供的试剂;盐酸溶解沉淀｀Ca（OH）2进行除杂,再根据题给已知信息可知需要调节溶液的PH°第2节化学计≡｜考点4物质的Ⅲ与阿伏加德罗常数｜lB［解析］本题主要考查阿伏加德罗常数的应用!涉及物质的组成与结构、电解质溶液中粒子数目的判断｀氧化还原反应中电子转移数目的判断｀有机物分子中共价键数目的判断〕综合性较强°1个3He原子中含有2个质子和1个中子〗3g（即lmol）3He原子中含有的中子数夏题分类集训@微信公众号嗨呀同学高考必刷题真题分类集训化学为ⅣA,A正确;lL0。lmol·Lˉl的磷酸钠溶液含溶质的物质的量为0』mol,因为PO』ˉ会水解,所以含有的POjˉ数目′｜｀于0.l／VA］B错误｝1molK2Cr2O7被还原为Cr3＋转移的电子数为2×3ⅣA≡6／VA,C正确正丁烷和异丁烷互为同分异构体］分子式均为C4Hl0］混台物总质量为48g＋10g＝58g!故混合物的物质的量为1mol,每—个C4Hl0分子中含有13个共价键,则48g正丁烷和l0g异丁烷的混合物中共价键数目为13ⅣA｛D正确°［｜诀解］烷烃的分子通式为C＂H2＂＋2,其中所含有的化学键包含两类,C—H键（2n＋2）个,C—C键（n—l）个,总共含共价键（3n＋l）个,对于碳原子数较多的烷烃可利用该通式快速计算出其中的共价键数曝蠕蕊撬礁黑嚣鳃;删百措烷与异丁烷之间的关系〕不能根据它们的相对分子质量和分子中所含的共价键数目进行正确判断°2.B［解析］氯化铁的摩尔质呈为162.5g°molˉl,16.25gFeCl3的物质的量为O1mol｛铁离子水解生成的氢氧化铁胶体粒子是大量氢氧化铁分子的聚集体’故氢氧化铁胶体粒子数／｜｀于0。l／VA!A错误｛标准状况下］22.4L氢气（氢气分子为单原子分子）的物质的量为1mol,Ar是18号元素,1mol氨气分子含有18mol质子,即质子数为18ⅣA,B正确甘油的摩尔质量为92g·mol｜’92。0g甘油的物质的量「Ⅱ2＿oⅡ为1mol’甘油（丙三醇）的结构简式为CH—OH!1个丙三醇分子中CH2OH含有3个轻基!故92.0g甘油中含有轻基数为3ˉ0ⅣA,C错误』甲烷与氯气在光照下反应生成的有机产物有氯甲烷（CH3Cl）｀二氯甲烷、三氯甲烷和四氢化碳,故l。0molCH4与氯气在光照下反应生成的CH3Cl分子数小于l。0ⅣA,D错误。［刷盲所得］沸水中加入饱和FeCl3溶液可制得Fe（OH）3胶体］体系中的氢氧化铁胶体粒子是大量氢氧化铁分子的聚集体,—般不能准确判断其胶粒数目。3。C［解析］124gP4的物质的量是1mol,P4的分子结构为串………….离子会部分水解为氢氧化铁］故l00mL1mol°LˉlFeCl3溶液中铁离子数目′」｀于0.1ⅣA,B错误;标准状况下,］l.2L气体物质的量为0.5mol〗由干甲烷和乙烯分子中氢原子数均为4!故无论二者以何种比例混合,含有的氢原子数目均为2ⅣA,C正确;密闭容器中,二氧化硫与氧气的催化反应是可逆反应’故反应后是二氧化硫｀氧气、三氧化硫的混合物’分子总数大于2／VA,D错误°［刷盲所得］有关阿伏加德罗常数的计算中常见＂陷饼＂o只给出气体物质的体积,而不指明物质的状态’或者标准状况下物质的状态不是气体!求解时〕—要看是否为标准状况,不为标准状况无法直接用22.4L°molˉl（标准状况下气体的摩尔体积）求Ⅶ;二要看物质在标准状况下是否为气态｜若不为气态也无法由标准状况下气体的摩尔体积求得则,如CCl4｀水｀液澳｀SO3｀己烷｀苯、汽油等常作为命题的干扰因素迷惑学生。@注意物质的微观结构,解答此类题型需要对物质构成非常熟悉,弄清楚微粒中相关粒子数（质子数｀中子数｀电子数）及离子数｀电荷数、化学键之间的关系°常涉及稀有气体He｀Ne等单原子分子,Cl2｀N2｀O2｀H2等双原子分子及O3｀P4｀l8O2｀D2O｀Na2O2｀CH4｀CO2等特殊物质。O电解质溶液中离子数目判断,如是否有离子的水解｀是否指明了溶液的体积｀所给条件是否与电解质的组成有关等°@注意是否存在隐含反应,如NO2和N2O4的转化｀可逆反应°◎电子转移的特殊情况］解答时需注意反应物的量对反应硼橇‖勤篱霸糊蜒蕊的相关计算』属于高考常考的经典题型,复习时需要注意常涉及的几种＂陷饼＂｛加强练习°（2）本题若错,可能是不熟悉白磷的四面体结构,或是忽略SO2与O2的反应是可逆的’反应不能进行完全。4D［解析］lL0.lmol。Lˉl的NH4Cl溶液中含有溶质NH4Cl的物质的量为0.lmol,由于NH旷部分水解］故溶液中含有的NHJ的物质的量小于0ˉlmol,则NHi的数量小于Ol／VA,A错误｝2.4gMg的物质的量为O1mol,与H2SO4完全反应生成MgSO4和H2,转移的电子数为0.2ⅣA’B错误;标准状况下,N2与O2不反应,所以2.24LN2和O2的混合气体的物质的量为O1mol,所含分子数为0。lⅣA〕C错误‖碘与氢气反应的化学方程式为H2（g）＋I2（g）＝△≡2HI（g）’由化学方程式可知,反应前后混合气体的总物质的量不变］反应前混合气体的总物质的量为O2mol］所以反应后混合气体的总物质的量也是0.2mol‖即其分子总数为0。2ⅣA］D正确°［刷盲所得］易水解的阳离子有NH旷＼Mg2＋｀Al3十｀Fe3＋＼Cu2十等;易水解的阴离子有AlOI＼CO;ˉ＼HCOj｀SiO;ˉ＼SO;ˉ等°［测训诊断］（1）本题主要考查阿伏加德罗常数的计算』涉及盐类水解、电子转移等知识’难度中等,多数考生可得分°（2）本题若错,可能是忽略了盐类的水解或碘与氢气反应的特点而导致错选°5。∧［解析］B的原子序数为5,1mol的llB中含有5mol的质子和6mol的中子’故0。1mol的llB中含有0。6ⅣA个中子,A正确｜因未告知溶液体积,故无法确定pH＝1的H3PO4溶液中含有的H＋数目’B错误i苯在标准状况下是液体｝故标准状况下2。24L苯的物质的量远大于0.1mol,其完全燃烧后所得的CO2分子数目远大干0.6／VA‖C错误;PCl3和Cl2的反应是可逆反应,故1molPCl3与lmolCl2反应不可能完全转化为1molPCl5』故增加的P—Cl键的数目小于2ⅣA〗D错误。［刷盲所得］（l）原子中的两大等量关系质子数＋中子数＝质量数≈相对原子质量｝质子数＝核电荷数＝核外电子数＝原子序数°（2）标准状况下的常见液体Br2｀HF｀H2O｀H2O2、CH3OH｀CH3CH2OH、CH2Cl2｀CHCl3｀CCl4｀N2H4｀苯、辛烷｀己烷等;标准状况下的常见固舶｜蹦）删慈翼蹦藤瓢腾恐及原子结构溶液中微粒数目的计算｀22.4L／mol的适用条件、可逆反应的特征等!难度中等』大多数考生可得分°（2）本题陷饼较多］若出错,可能忽赂22.4L／mol的适用条件,忽略苯在标准状况下为液体,而错选C项°6.∧［解析］Z烯和丙烯的分子式分另｜」为C2H4｀C3H6,二者的最简式均为CH2,14g乙烯和丙烯混合气体中含有』CH2＂的物质的量为谅糕厂丁＝lm。l’故所含氢原子数为2″A’Ar确。N2和H』合成氨的反应为N』带3H』＝警2＂Ⅱ』』该反应为q逆反应′｜m＂N2与4molH2反应生成的NH3的物质的量′」｀干2mol,故NH3分子数′｜｀于2ⅣA］B错误°Fe与过量硝酸反应生成Fe（NO3）3,故lmolFe参与反应时转移电子数为3M］C错误°标准状况下’CCl4为液体,2。24LCCl4的物质的量远大于O1mol,故含有的共价键数目远辗鞘髓毙糯硝酸发生的反应为3『叶8＂N0』｜稀｜-3Fe（NO3）2＋2NO↑＋4H2O;Fe与足量稀硝酸发生的反应为Fe＋栅瓣｛了了恕:曾硼键鳃偷相关计算滩度中等』大多数考生可得分°（2）本题不应错,若错］可能是忽视N2与H2合成氨反应的可逆性而错选B项,或忽视Fe与稀硝酸反应时反应物的量对产物的影响而错选C项°7.C［解析］l8gD2O的物质的量为0.9mol,故18gD2O中含有的质子数为9ⅣA］A错误｝亚硫酸是弱电解质〗在溶液中不能完全电离］故2L0.5mol·Lˉl亚硫酸溶液中含有的H＋数小于2ⅣA,B错误;过氧化钠中氧元素的化合价为ˉ1价,过氧化钠与水反应是歧化反应!生成0.lmol氧气时转移的电子数为0ˉ2ⅣA］C正确2molNO与lmolO2充分反应后生成2molNO2,因存在可逆反应2NO2＝＝滁赠′舔剖漏鳃霍相等H:s0』属于露酸』在水溶液中部分电离｜Na2O2与水反应属干歧化反应『NO2与N2O4可相互转化·［测‖｜｜诊断］（1）本题以元素化合物知识为载体考查物质的量的相关知识,考查的内容常见且典型’难度中等‖大多数考生可得分°（2）本题不应错!若错!可能是因为没有弄清楚过氧化钠与水的反应中的电子转移情况°8.C［解析］A项,60g丙醇（C3H7OH）的物质的量为lmol］1mol丙醇中含有2mol碳碳单键｀1mol碳氧单键、7mol碳氢单键｀lmol氢氧单键,共有1lmol共价键!共价键总数为l1ⅣA］错误『B项］1L0.lmol.L＿l的NaHCO3溶液中HCO丁＼CO;＿｀H2CO3的数目之和为0.1Ⅳ∧,错误;C项,Na在空气中燃烧可生成Na2O和Na2O2’产物中Na元素的化合价均为＋1价!故23gNa（］mol）充分燃烧时转移lmol电子』转移电子数为lⅣA,正确D项,235g2;iU的物质的量为lmol’由题意可知’lmol2;;U裂变净产生9mol中子’数目为9ⅣA’错误。［快解］根据钠元素的化合价即能快速确定1molNa反应所转移的电子数目。o微信公众号嗨呀同学答案及解祈［测训诊断］（］）本题主要考查与阿伏加德罗常数有关的知识〗难度中等］意在使大多数考生得分°（2）本题不应错,若错』可能是对丙醇的结构｀物料守恒｀电子转移数目计算不清楚而造成的°9.C［解析］金刚石中每个碳原子与其他碳原子形成4个C—C键,每个C—C键又被2个碳原子共用『所以12g（即1mol）金刚石中含有化学键的数目为4NA×÷＝2″A,A不符合题意｛l个D2O分子中含垄有的质子数为l×2＋8＝10,贝｜」l8gD2O中含有的质子数为i匝坚箭＿了×］0×NAm＂lˉ｛三,＂A』＂不符合题慧;乙烯和环己烷的最简式都为CH2,故等质量的乙烯和环己烷中所含原子总数相同〗则28;二者的混台气体中含有的原子总数为焉谎F×3＂Am＂｜—｜-6ⅣA,C符合题意｛NH矿会发生水解,则lL1mol·Lˉ｜的NH4Cl溶液中NHj数目小于1ⅣA,D不符合题意°［测‖｜｜诊断］（l）本题考查阿伏加德罗常数的应用｀物质的结构及性质｀盐类水解等内容’试题综合性较强’难度中等］意在使大多数考生得分°（2）本题若错］可能是A项忽略了—个共价键是2个原子共用的;B项忽略了同位素原子的质量数不同;D项忽略了按根离子的水解。］0.D［解析］1个乙烯分子中含有1个碳碳双键｀4个C—H键’共6个共价键,因而1molCH2＝CH2分子中含有的共价键数为6ⅣA!A项正确;n（Na＋）＝n（Clˉ）≡0.5L×0。5mol°Lˉl＝0.25mol〕n（Na＋）＋″（Clˉ）＝0.5mol’故Na＋和Clˉ共0.5ⅣA个!但溶液中存在水分子｀少量的H＋和OH—］因而NaCl溶液中微粒数大干0.5ⅣA］B项正确;HCHO与CH3COOH的最简式均为CH2O,原混合物相当于30gCH2O,″（CH2O）≡lmol』因而C原子数为ⅣA,C项正确;无论钠和氧气生成氧化钠还是过氧化钠,钠元素的化合价都由0价变为＋l价,因而2ˉ3gNa（O1mol）与O2完全反应转移电子数为0.1mol×1×／VAmolˉl＝0.1ⅣA』D项错误°］TD［解析］由S8的分子结构可知lmolS8中所含共价键数目为8′VA,32gS8的物质的量为0』25mol,所含共价键数目为ⅣA,故选项A正确;H2｜8O和2H2O的相对分子质量均为20’质子数均为10’2g该混合物的物质的量为0.lmol,含有的质子数为ⅣA’故选项B正确｝lmol氧化铜被氢气还原转移的电子数为2M!8g氧化铜的物质的量为0.1mol,转移电子数为0.2ⅣA!故选项C正确｛标准状况下1l2L氯气的物质的量为0.5mol’氯气与水之间的反应是可逆反应,反应不彻底,溶液中Cl｀ClO—和HClO的微粒数之和小干ⅣA‖故选项D不正确。HⅡ＼／02C［解析］乙烯的结构式为C＝C〕分子中含有4个C—H／＼HH键,故1mol乙烯分子中含有的碳氢键数为4ⅣA!A正确;甲烷中碳为-4价,完全燃烧生成二氧化碳,故1mol甲烷完全燃烧转移的电子数为8ⅣA,B正确;乙酸为弱酸’故1L0.1mol°Lˉl的乙酸溶液中含H＋的数量小于0。lⅣA］C错误｛CO和N2的质子数都是14,故1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14／VA,D正确。［易错分析］没有看清题目要求的是碳氢键数目］造成错选A;仅仅是通过简单想象,没有写出具体反应］造成错选B;只是根据化学式直接半｜」断而错选D。凹液面的最低处与容量瓶的刻度线相切;@淀粉遇碘显蓝色］用Na2S2O3溶液滴定含有淀粉的碘溶液,当碘恰好完全反应时,溶液蓝色褪去’利用题给离子方程式可得关系式;Cr2O;—～6S2O;ˉ’设所配样品溶液中c（Na2S2O3）为勿nml°Lˉl!由题意得:O皿刃×0.但00×6＝0。＂48熊!解得匆≈0.仪5卯,所以样品中Na2S2O3°5H2O的纯度为0°叫5wIml·Lˉl×0°1L×纠8g·nmˉl×1＂％≈％.0％。1.Ⅻ0g［关键点拨］利用题中有关物质反应的离子方程式或利用得失电子守恒快速找出标准溶液中的溶质K2Cr2O7与Na2S2O3的物质的量关系是解答本题的关键°［测0｜｜诊断］本题不应错,若错!可能是不能找出K2Cr2O7与Na2S2O3的物质的量关系造成的°T4（1）2Fe2＋＋H2O2＋2H＋-2Fe3＋＋2H2O减小（2）o偏大@″（Cr2O;ˉ）＝5,000×10ˉ2mol.Lˉl×22.00mL×10ˉ3L·mLˉl＝1°1＂×10ˉ3mol由滴定时Cr2O;—→Cr3＋和Fe2＋→Fe3＋,根据电子得失守恒可得微粒的关系式:Cr2O;ˉ～6Fe2＋（或Cr2O;—＋14H＋＋6Fe2＋—6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O）则n（Fe2＋）＝6″（Cr2O;ˉ）≡6×l.100×10ˉ3mol＝6.600×10ˉ3mol样品中铁元素的质Ⅲ:m（Fe）≡6.6＂×10ˉ3mol×56g.molˉl＝0°3696g样品中铁元素的质且分数;鹏（Fe）＝乌二船×l00％＝lz32％［解析］本题考查氧化还原反应方程式书写、化学计算°（1）Fe2＋在酸性条件下被H2O2氧化为Fe3＋2凡2＋＋2H＋＋H2O2—2Fe3＋＋2H2O°Fe3＋水解使得溶液呈酸性!所以水解聚台反应使得溶液酸性增强,即溶液的PH减小°（2）OSn2＋也能被K2Cr2O7溶液氧化,若不除去Sn2＋’会导致消耗K2CI2O7溶液的体积偏大,使样品中铁的质量分数的测定结果偏大°@根据得失电子守恒可知n（Fe2＋）＝6″（K2Cr2O7）≡6×5.000×10ˉ2mol。Lˉl×22.00mL×l0ˉ3L.mLˉl≡6.600×10ˉ3mol’再由铁元素的质量守恒可知n（Fe3＋）≡n（Fe2＋）＝6。6＂×10—3mol0贝｜」样品中铁元素的质量分数为6.600×10ˉ3mol×56g·molˉl×3.Ⅻg100％≡l2.32％。［关键点拨］解答计算题时要找出已知相关量的物质与所求物质之间的关系!该题中已知K2Cr2O7的量可求算出Fe2＋的量’再根据质量守恒定律求出样品中铁元素的质量分数°〗5.（l）1:2（2）0.100mol。Lˉl［解析］（l）由题图可得,生成沉淀的最大质量为2.33g’即0.01molBaSO4］说明其中＿份的固体样品中含有O01molSO;ˉ,n［（NH4）2SO4］＝0.01mol,则m［（NH4）2SO↓］＝1.32g!贝｜」NH4Cl的质量为1。07g!其物质的量为0.02mol!″［（NH4）2SO4］:n（NH4Cl）≡l:2°（2）由（l）可知］加入1＂mLBa（OH）2溶液］生成0.01molBaSO4,则‘［Ⅱa｜0Ⅱ）』］＝0措晋!＝αlm°卜Lˉ｜·混合物中有0＂m。lNH旷,要想使NH旷与Ba（OH）2溶液恰好完全反应,贝｜」需要β凰（O圃）:溶液体积为α隅平!ˉ｜＝α2L』＂（Cr）＝M2m。l》则°（Clˉ）＝0湍粤l＝αl00m°l.Lˉ｜·『｜考点5物质的量浓度及计算‖3.o烧杯容∏瓶刻度@蓝色褪去95.0［解析］O配制Na2S2O3溶液时,需先将称量好的样品在烧杯中溶解,冷却后将溶液转移至｜」100mL容量瓶中,最后定容’加水至溶液第二章化』第0节物质的组成｀性质和分类化学物质及其变化2.C［解析］PM2~5是指直径小于或等干2。5队m的可吸入悬浮颗粒物’在空气中聚集可导致呼吸系统疾病’A正确;绿色化学的基本要求就是无污染或从源头上减少污染‖B正确;CaO可以与SO2发生反应］燃煤中加入CaO可以减少SO2的排放,减少酸雨的形成,但不能减少温室气体CO2的排放,C错误｝天然气和液化石油气在燃烧时都无粉尘污染,是我国目前推广使用的较好的清洁燃料!D正确°［刷盲所得］常见的环境问题及形成原因:O酸雨So2和No翼;@温室效应CO2和CH4;O白色污染:聚乙烯和聚氯乙烯等塑料『@水体富营养化;N或P元素超标｝◎臭氧层空洞氟利昂;◎PM25:直径≤2.5‖m的可吸入悬浮颗粒物°考点6化学与STSE‖D［解析］本题以经典古诗词为背景考查蚕丝、蜡的组成及变化°蚕丝的主要成分是蛋白质,A正确;蚕丝属于天然高分子材料!B正确｝＂蜡炬成灰＂即蜡烛燃烧的过程,燃烧是可燃物与氧化剂之间发生的剧烈的发光发热的化学反应,故“蜡炬成灰＂过程中发生了氧化反应］C正确｜古代的蜡通常用动物油脂制造］油脂不属于言分子化合物,D错误。［刷盲所得］常见的天然高分子材料:o棉｀麻其主要成分是纤维素｜@丝、毛发‖其主要成分是蛋白质｛o天然橡胶。［关键点拨］油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酷］不属于高分子化合物。@夏题分类集训微信公众号嗨呀同学高考必刷题舅题分类集训化学［测‖｜｜诊断］（1）本题考查化学与环境问题,涉及PM25｀绿色化学｀酸雨的防治和清洁燃料的使用,难度较小,大多数考生可得分°（2）本题若错‖可能因不理解清洁燃料的含义而导致错选·3。B［解析］氨水不能溶解＂五金∧石＂〕A错误;硝酸具有强氧化性］能溶解铜｀银等不活泼金属‖即能溶解“五金八石＂’B正确;醋酸属干有机物］不符合题意〗C错误｛卤水主要是氯化镁的水溶液,也不能溶解“五金∧石＂］D错误。［测0｜｜诊断］（l）本题考查常见物质的性质’难度较小’意在使大多数考生得分°（2）本题不应错,若错,可能是因为不清楚硝酸的性质或卤水的成分导致错选°4∧［解析］本题取材于我国科研成果,考查无机非金属材料｀物质的组成元素以及元素在元素周期表中的位置关系等。碳化硅是由C｀Si元素形成的无机非金属材料,C元素和Si元素同处于周期表中第ⅣA族!A符合题意｛聚氨酷速滑服的材料是合成纤维,属于有机高分子材料〕B不符合题意‖碳包覆银纳米线使用了碳、银,其中银是金属〕旦C元素和Ag元素不处于同族0C不符合题意;钦台金是以钦为基础加入其他元素形成的合金材料’D不符合题意·［关键点拨］解答本题需抓住两个关键点“同主族元素＂“无机非金属材料＂°5.B［解析］氢气用作燃料在燃烧时发生了化学变化’A不符合题意;化学变化中的最小微粒是原子〕所以核聚变发生的不是化学变化,B符合题意｛燃料燃烧发生了化学变化〕C不符合题意｜可燃冰的主要成分是甲烷水合物,作为能源使用时发生了化学变化,D不符合题意°［关键点拨］有新物质生成是化学变化的特征之—’核聚变虽然也有新物质生成］但生成了新的原子,所以不属于化学变化°［测‖｜｜诊断］（］）本题考查对化学变化概念的理解,难度较／」｀,大多数考生可得分。（2）本题若错,可能忽视了核聚变生成了新原子,而误认为也发生了化学变化°6。∧［解析］谷物的主要成分是淀粉,经水解最终得至｜」葡萄糖‖葡萄糖在酒化酶作用下反应生成乙醇〕乙醇再经氧化生成乙酸!故酒和醋的酿造过程中并非只发生水解反应’A错误;商代的后（司）母戊鼎是由青铜制成,属于铜锡合金,B正确｝瓷器主要以茹土为原料,经言温烧制而成,C正确｜屠吻哟用乙醚从吉篙中提取言篙素〗是利用了青蓄素在乙醚中溶解度较大的性质,该过程包括革取操作’D正确°［测‖｜｜诊断］（l）本题以中华民族为人类文明进步做出的巨大贡献的几个事例为载体,考查了化学在生产｀生活中的作用’试题难度较小］大部分考生可得分°（2）本题不应错’若错,可能是不熟悉后（司）母戊鼎的主要材质’或混淆制取玻璃和陶瓷的原理而导致错解°7c［解析］夏天空调的设定温度越低会越耗电’浪费资源〕A错误;使用—次性塑料袋和纸巾是浪费资源的行为’B错误;少开私家车多乘公共交通工具｛属干节约集约利用资源的行为,C正确;对商品进行豪华包装会导致纸张｀塑料等资源浪费,D错误°8.∧［解析］瓷器的主要成分是硅酸盐’属于无机物］A正确;丝绸的主要成分是蛋白质,属于有机物,B错误;茶∩十的主要成分是茶多酚｀碳水化台物｀蛋白质等有机物及少量无机物］C错误｝中草药主要是植物的根｀茎｀∩十｀果等,主要成分为有机物］D错误°［刷盲所得］无机物通常指不含碳元素的化合物,少数含碳的化合物（如—氧化碳｀二氧化碳｀碳酸盐｀氰化物等）也属于无机物°无机物大致可分为氧化物｀酸、碱｀盐等°玻璃｀水泥、陶瓷为传统硅酸盐产品〗为无机非金属材料,主要成分为无机物°［测‖｜｜诊断］（l）本题考查化学与生活的密切联系,考查常见物质的组成与分类,试题难度较小’绝大多数考生可得分。（2）本题不应错,若错］可能是忽视瓷器属于硅酸盐产品,硅酸盐产品为常见无机非金属材料°应生成有毒的氯化钡,不能用于胃肠X射线造影检查!D错误.［关键点拨］人教版教材选修4第53页试题8涉及主要成分为氢氧化铝的治疗胃病的胃舒平,复习时＿定要重视教材习题。胃肠X射线造影拎奋向使用“钡餐＂硫酸钡｝因为硫酸钡不溶于水｀不溶干酸’不易被X射线透过°［测‖｜｜诊断］本题考查化学与生活,易错选C项］原因可能是不了解Al（OH）3的性质和胃酸的主要成分是HCl°?1C｛解析］硅胶具有吸水性’可作食品干燥剂’A正确｛P2O5吸水后生成磷酸,磷酸具有腐蚀性,不能作食品干燥剂,B正确;氯化钙具有吸水性,六水氯化钙不具有吸水性,不能作干燥剂］C错误｛加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂,D正确°［关键点拨］熟悉常见干燥齐｜」的性质是解题的关键°［测训诊断］（1）本题主要考查常见物质的｜住质和应用］难度较小’意在使大多数考生得分°（2）本题不应错］若错］可能是对常见干燥剂的性质和应用范围不清楚造成的。‖2C［解析］烧碱指的是NaOH而不是Na2CO3,NaOH可直接与油污反应］A错误;Ca（ClO）2与空气中的CO2和水蒸气反应生成CaCO3禾∩HClO,HClO进步分解为HCl和O2导致漂白粉变质,而CaCl2与CO2不反应,B错误;若K2CO3与NH4Cl混合使用,会发生互促的双水解反应释放出NH3,降低肥效,C正确;FeCl3与Cu的反应为2FeCl3＋Cu-2FeCl2＋CuCl2’FeCl3不能将Cu2十还原为Cu,D错误°［刷育所得］漂白粉的主要成分为次氯酸钙与氯化钙,其有效成分为次氯酸钙;漂粉精的有效成分为次氯酸钙;‘』84＂消毒液的有效成分为NaClO°它们共同的漂白原理是次氯酸盐与水｀二氧化碳反应生成具有强氧化性的次氯酸,从而起到漂白的作用°［测‖｜｜诊断］（1）本题考查生活中的化学知识,难度较小,意在使大多数考生得分°（2）本题易错选A项’错因是误把烧碱当成纯碱’考题中较多出现纯碱,容易形成思维定势°T3.∧［解析］活性炭除异昧是利用其吸附性’该过程仅发生物理变化,A正确;热碱水除油污是利用油脂在碱性条件下能发生彻底的水解反应!属于化学变化,B错误｛高锰酸钾可吸收｀氧化催熟水果中的乙烯’泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可保鲜水果,发生化学变化‖C错误｛硅胶具有吸水性］可防止食品受潮,发生物理变化‖铁粉具有还原性‖可防止食品氧化,发生化学变化,D错误°［关键点拨］化学变化—定有新物质生成;物理变化无新物质生成。［测‖｜｜诊断］（1）本题考查化学与生活,难度较小,意在使大多数考生得分。（2）本题不应错,若错,可能是忽视食品包装袋中铁粉的作用而错选D项。T4.D［解析］本题考查化学与生活中常见变化的分类°A项,废弃的秸秆经过预处理｀水解｀发酵等过程可以生成生物质燃料乙醇,涉及化学变化’不符合题意｛B项!石油的分馏产物经过相关转化后再进行加聚反应或缩聚反应!可以制塑料、化纤等高分子材料,涉及化学变化,不符台题意｛C项,基本化学原料通过—系列化学合成步骤,可以转化为化学合成药物!发生了化学变化,不符合题意;D项〗利用反渗透膜从海水中分离出淡水的过程中没有新物质生成,不涉及化学变化］符合题意°［刷盲所得］塑料通常由加聚反应制得’而涤纶、尼龙等则通常由缩聚反应制得°［关键点拨］化学变化是指有新物质生成的变化!化学变化和物理变化的本质区另｜」为是否有新物质生成°‖5B［解析］本题考查物质的性质和用途°NH4HCO3可用作氮肥是因为其含有可满足植物生长需求的氮元素’与其受热易分解的性质无关,A错误;铁锈的主要成分是Fe2O3°nH2O,稀硫酸具有酸性,能与铁锈反应,B正确『SO2可用于漂白纸浆是由干其具有漂白性而不是氧化性,C错误｜Al2O3可用于〉台炼金属铝!因为它属干离子化合物’在熔融状态下可电离出Al3十］经电解生成单质铝,与其具有两性没有关系,D错误·［易错警示］SO2使酸性KMnO4溶液｀滇水等褪色体现其还原性’使品红溶液褪色体现其漂白性。‖6B［解析］Na2O2可与CO2反应放出氧气,可用于制作呼吸面具,A不符合题意｛SjO2不具有导电性’但传导光的能力非常强‖可用干制作光导纤维,而光电池的主要成分是单质硅,B符合题意;聚四氟乙烯化学性质稳定,具有耐强酸｀强碱腐蚀的特点!可用作化工反应器的内壁涂层,C不符合题意『氯气与水反应生成具有漂白性的HClO!所以氯水可用于漂白纸张、织物等,D不符合题意°‖7D［解析】蔗糖有甜昧’可作调昧剂,A正确;铁具有还原性,可作食品抗氧剂］B正确;双氧水有氧化性,可作杀菌消毒剂!C正确‖熟石灰是氢氧化钙,不能吸收水’不可作食品干燥剂』D错误。考点7物质的性质与应用｜9C［解析］本题考查常见化学物质在曰常生活｀生产中的应用°硅单质为半导体材料’高纯硅可用于制作太阳能电池板,也可用干制作光感电池］A正确铝合金密度小｀抗腐蚀性强］可用于高铁建设!B正确;活性炭具有吸附性］可以吸附异昧但不具有杀菌作用‖C错误『碘酒中含有酒精］可以使细菌的蛋白质发生变性］且单质碘具有—定的氧化性］故碘酒可用于皮肤外用消毒’D正确°［关键点拨］—般具有强氧化性的物质才有杀菌消毒作用‖活性炭只具有物理吸附作用°T0D［解析］碳酸钠水解使溶液呈碱性,餐具上的油污（主要成分是油脂）在碱性条件下发生水解反应生成溶于水的物质’从而达至｜」去油污的作用］A正确;漂白粉中的次氯酸钙具有强氧化性,可用干生活用水的杀菌消毒B正确;氢氧化铝是典型的两性氢氧化物〕可用于中和过多胃酸（主要成分是HCl）’C正确;碳酸钡可以与胃酸反o微信公众号嗨呀同学答案及解析｜［刷百所得］酸性条件下MnOJ作氧化剂时］其还原产物—般为Mn2＋;SO2被氧化时］其氧化产物般为SO;ˉ°4∧［解析］本题考查离子方程式的正误判断°用稀NaOH溶液吸收Cl2』反应生成NaCl｀NaClO和H2O,A正确;题给离子方程式不满足得失电子守恒和电荷守恒!正确的离子方程式为2Al＋2OHˉ＋2H2O—2AlOf＋3H2↑,B错误;Cu与稀硝酸反应生成NO〕离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NOJ—3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O,C错误;Na2SiO3可~子Fe—Fe2＋＋Cu,D项错误°6.∧［解析］硫酸钙固体微溶’与CO;—反应生成更难溶的碳酸钙,该｛反应为可逆反应’应写可逆符号』A正确｝酸性条件下’I0丁与I发｜生氧化还原反应生成I2,根据得失电子守恒可知正确的离子方程式｜”副ˉ,!…＂-＂』…凰镭课｀屋……中迸｜行,所以生成物中不可能有H＋｛C错误｝电解饱和食盐水的离子方程｜式中左边参加反应的物质是水,不是H＋’D错误°7B［解析］纯碱属于强碱弱酸盐》溶液显碱性’可用于去除物品表面｜的油污〕A不符合题意｝镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳』镁着火不能用≡氧化碳灭火｛B符合题意;植物秸秆的主要成分是纤维素｛纤维素在—定条件下可生成Z醇,C不符合题意｝氢氧化铁胶体具有吸附性,可作为净水剂,D不符合题意。8D［解析］醋酸是弱电解质〗不能拆成离子形式］A错误｛浓硫酸具有强氧化′｝生,反应不可能生成H2S和Fe2＋’B错误｛铝离子和碳酸根离子在溶液中发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体］C错误j氢氧化钠溶液吸收二氧化氮生成亚硝酸钠和硝酸钠］D正确°9。C［解析］澄清石灰水中通入过量的≡氧化碳,反应的化学方程式为Ca（OH）2＋2CO2—Ca（HCO3）2,在澄清石灰水中反应’｛Ca（OH）2、Ca（HCO3）2均为强电解质』离子方程式中需拆开,A项正确｝金属钠和水反应的化学方程式为2Na＋2H2O-2NaOH＋H2↑,NaOH为强电解质〕离子方程式中需拆开｛B项正确;反应2Fe2＋＋H2O2-2Fe3＋＋O2↑＋2H＋的电荷不守恒,且不符合＂酸性溶液＂的反应事实］正确的离子方程式为2H＋＋2Fe2＋＋Ⅱ2O2—2Fe3＋＋2H2O］C项错误＝氧化硫与氯化钡溶液的总反应为SO3＋BaCl2＋H2O—BaSO4↓＋2HCl］BaCl2和HCl为强电解质‖离子方程式中需拆开!D项正确。00。B［解析］Na与H2O反应的离子方程式为2Na＋2H2O—2Na＋＋2OHˉ＋H2↑,A错误｛Ba（OH）2与稀硫酸反应的离子方程式为Ba2＋＋2OH-＋2H＋＋SOi—＝＝≡BaSO4↓＋2H2O,C错误;｜NH矿与OH—能够发生反应生成NH］和H2O’石灰水足量时,反应｜的离子方程式为Ca2÷＋NHj＋HCO丁＋2OH—-≡CaCO3↓＋｜［厕‖育所得］关于离子方程式的正误判断｀霍注意以下几点;o弱电｜NH3↑＋2H2O,D错误°解质与难溶性物质不能拆;@原子和电荷守恒;o反应物过量或少｜量时对产物的影响°Ⅷ.S2O;ˉ＋2I2＋3H2O-2SO箭ˉ＋4Iˉ＋6H＋0』28［解析］Na2S2O5可用作食品的抗氧化齐｜」,则Na2S2O5具有强还原性］与I2反应时］Na2S2O5中＋4价硫被单质I2氧化为＋6价!碘被还原为I＿,先根据得失电子守恒写出;S2O!＋2I2一2SO;—＋4I,再根据电荷守恒和质量守恒在左边补充H2O｀右边补充H＋并配平S2O;ˉ＋2I2＋3H2O-2SO;—＋4I—＋6H＋°根据上述离子方程式’”／s∩2ˉ）′l（I2）-00l0＂mol.L—｜×l0.＂mI」×10ˉ3I′。mlˉl~08.∧［解析］Na2O2与CO2反应生成O2,可用作呼吸面具中的供氧齐｜」］A正确ClO2用于杀菌消毒是利用其强氧化性,B错误;SiO2用于制造光导纤维是利用其对光的折射能力‖与SiO2的硬度无关,C错误;液氨易汽化,汽化吸热,液氨可用作制冷剂］与NH3的溶解性无关’D错误。T9.C［解析］石灰｀碳酸钠都能与酸反应,生成的CO2气体逸出,使溶液酸性减弱,所以可用于处理废水中的酸,A正确°可溶性铝盐和铁盐在水中电离出的Al3＋和Fe3＋水解生成Al（OH）3胶体和Fe（OH）3胶体｛胶体具有较强的吸附作用,可吸附水中的悬浮物!B正确。含有Cu2＋和Hg2＋等重金属离子的废水中常加入可溶性的硫化物‖形成难溶性的硫化物沉淀而除去重金属离子〗C错误°烧碱（NaOH）能与NH旷反应生成NH3,符合强碱制弱碱原理,D正确°［刷育所得］化学上废水处理的常用方法有中和法（如处理酸性废水）｀氧化还原法（如处理CNˉ）｀沉淀法（如处理重金属离子）等。［测‖｜｜诊断］（1）本题考查污水处理的常见方法｛试题难度较小〕大多数考生可得分°（2）本题不应错,若错,可能受主观影晌认为Cl2可杀菌消毒导致审题不清·｜考点8分散系胶体20.∧D［解析］NaFe（SO4）2.6H2O溶干水电离产生的Fe3＋能水解］生成的氢氧化铁胶体可吸附废水中的悬浮物’A项符合题意』CaSO4°2H2O难溶于水,电离产生的Ca2＋没有吸附作用］B项不符台题意｛Pb（C∏3COO）2是弱电解质,在水中只能发生微弱的电离,且Pb（CH］COO）2属于重金属盐］不能用作水处理剂〕C项不符合题意｛KAl（SO4）2.12H2O溶于水电离产生的Al3＋能水解‖生成的氢氧化铝胶体可吸附废水中的悬浮物］D项符合题意°［关键点拨］由题意知,絮凝剂有助干去除工业和生活废水中的悬浮物,因此!絮凝剂本身与水作用生成的产物具有吸附性。20.c［解析］能产生“丁达尔效应｜,是胶体的特性°稀硫酸｀硫酸铜溶液、酒精溶液均属于溶液,不会产生＂丁达尔效应＂｛氢氧化铁胶体属于胶体,能产生“丁达尔效应＂。第2节离子反应｜考点9离子共司↑.∧［解析］本题考查离子共存°Na＋｀K＋｀CO;ˉ、AlOI之间都不反应,且都不与OHˉ反应］可以大量共存｛A正确jFeCl2溶液由于Fe2＋的水解而呈酸性‖酸性条件下〕Fe2＋可被MnO「氧化为Fe3＋!Cl也能被MnOJ氧化］不能大量共存,B错误Ba2＋与CO;ˉ易反应生成BaCO3沉淀而不能大量共存,C错误｛HSO丁能与H＋反应而不能大量存在’且酸性条件下』NO丁有强氧化性〕能够氧化HSO丁,D错误°［易错警示］半｜」断溶液中离子能否共存时除要考虑能否发生复分解反应生成难溶物｀难电离物质或易挥发物质』还要考虑能否发生氧化还原反应,同时也要考虑盐溶液因水解而体现出的酸性或碱性°［关键点拨］酸性条件下’NOj具有强氧化性〕能够氧化Fe2＋、S2｀SO;ˉ、l—等还原性离子。2B［解析］KI溶液中的l有较强的还原性‖而ClOˉ有较强的氧化性’二者不能大呈共存〕A错误;选项所给离子与硫酸铁溶液中的离子均不能相互反应〕离子之间能大量共存,B正确｛CH3COO与H＋结合生成醋酸分子,二者不能大量共存,C错误｛Mg2＋｀HCO丁能与OⅡˉ反应!不能大量共存!D错误°考点‖0离子方程式｜3.∧［解析］本题考查离子方程式的书写。氯化镶溶液中,按根离子水解使溶液显酸性,可以溶解氢氧化镁］离子方程式书写正确,A正确｝沸水中滴加饱和氢化铁溶液得到的红褐色液体为氢氧化铁胶体!反应的离子方程式为Fe3＋＋3H2O—Fe（OH）3（胶体）＋3H＋｛B错误;二氧化硫被酸性高锰酸钾溶液氧化为硫酸根离子］MnO『被还原为Mn2＋］结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得反应的离子方程式为5SO2＋2MnOJ＋2H2O-5SOiˉ＋2Mn2＋＋4H＋,C项错误｜硝酸有强氧化性’氧化亚铁溶于稀硝酸会被氧化为铁离子,同时生成还原产物—氧化氮,离子方程式为3FeO＋NO丁＋l0H＋＿3Fe3十＋NO↑＋5H2O,D项错误。［快解］C项中,可直接通过电荷不守恒判断离子方程式书写错误°D项中,硝酸具有氧化性〕会氧化亚铁离子,可直接由产物半｜」断其离子方程式书写错误°［关键点拨］判断离子方程式正误时,首先要检查反应是否符合客观事实』是否有隐含的反应没有体现］再检查方程式中物质书写形式（拆写为离子或保留化学式）是否正确,然后检查离子方程式是否满足得失电子守恒（氧化还原反应）｀电荷守恒和原子守恒,最后检查沉淀｀气体符号是否正确°~叫＿）~~）∑日○〗吕（〗′′ol回2U5′-225×l0ˉ5mol’根据硫元素守恒’″（SO2）＝2＂（S2O;ˉ）＝2×5×］0ˉ5mol＝l.0×］0ˉ4mol’以SO2计算得到Na2S2O5的残留量为｜10×l0ˉ4mol×64g·molˉ］＝0.l28g·Lˉl。0.05000L｜｜考点｀↑—寓宇肘检…翻｜02C［解析］白色固体混合物A加水得无色溶液B和固体C’B中肯定不含Cu2＋,但结合固体C加过量硝酸,产生蓝色溶液!说明A至｜」｜Ⅱ＼C的过程中Cu2伞转化为沉淀』则A中含CuSO4’加入水后』Cu2＋｜转化为沉淀,SOiˉ进入无色溶液B中;固体C中加过量硝酸后得｜至｜」白色固体F｜说明A中含Na2SiO3｜固体C与硝酸反应可得无色气真题分粪集训@微信公众号嗨呀同学高考必刷题夏题分类集训化学［刷盲所得］Na2O2与CO2｀H2O反应的实质为Na2O2的歧化反应,即反应中Na2O2中—1价的O的化合价—部分升高为0价,—部分降低为ˉ2价‖1molNa2O2参与反应时转移1mol电子°［测训诊断］（1）本题考查常见物质的反应及氧化还原反应中基本概念的理解与判断］试题难度较′｜｀,大多数考生可得分。（2）本题不应错,若错,可能是忽视Na2O2自身的氧化还原反应而错选A项。4c［解析］氧化还原反应的本质是电子的转移,体现为元素化合价的改变。A｀B｀D项所对应的反应,各元素在反应前后化合价没有发生变化］为非氧化还原反应;而C项对应的反应!其中碘元素由-l价升高到0价,澳元素则由0价降低到ˉl价!所以C项反应为氧化还原反应°5.C［解析］解法1:根据电荷守恒〗2×3-1≡8—1—n,计算得n≡2,则M2O;＿中M的化合价为＋6。解法2:根据得失电子守恒,设M的化合价为z,根据化学方程式中氯元素的化合价下降6,贝｜」6＝2×（闪-3）!得至｜」z＝6,故C项正确°6.D［解析］OK2Cr2O7溶液中加入H2SO4,增大c（H＋）,题给可逆反应的平衡逆向移动］溶液橙色加深］O中加入了NaOH溶液］OHˉ中和了溶液中的H＋,使c（H＋）减小0题给可逆反应的平衡正向移动’溶液变黄』A正确｜@中溶液变成绿色』说明有Cr3带生成’即Cr2O;ˉ被C2H5OH还原为Cr3十’B正确｛对比@｀@可知,酸性条件下~Cr2O;ˉ被C2H5OH还原为Cr3＋』而碱性条件下Cr2O;—不能被还原,说明酸性条件下K2Cr2O7的氧化性更强,C正确;若向O中加过量的H2SO4溶液’溶液呈酸性,题给可逆反应的平衡逆向移动,CrO;ˉ转化为Cr2O;ˉ’K2Cr2O7会被C2H5OH还原为绿色的Cr3÷’溶液不会变为橙色0D错误°［刷盲所得］增加c（H＋）,题给反应平衡逆向移动,c（Cr2O;ˉ）增大』溶液橙色加深｜加入OH—］中和H＋〗使c（H＋）减小’题给反应平衡正向移动』c（CrO;—）增大,颜色变黄‖K2Cr2O7在酸性条件下的氧化性更强°［测0｜｜诊断］（1）本题主要考查化学平衡的移动｀氧化还原反应］难度中等,意在使大多数考生得分°（2）本题易错选B项,没有注意CIh听ˉ能被C2H5OH还原为绿色的Cr3十°7°O2［思路分析］根据题给信息提取出反应物和生成物!结合得失电子守恒和原子守恒半｜」断出氧化产物°［解析］氯气与硝酸银反应生成N2O5时’氮元素的化合价不变］结合氧化产物是＿种气体可以判断!NOj中ˉ2价的氧（最低价,只表现还原性）失去电子被氧化为O2』Cl2得到电子被还原为Clˉ!根据得失电子守恒可以写出化学方程式;2Cl2＋4A刨O3—4AgCl＋2N2O5＋O2°体,该气体只能是CO2,可能是CaCO3和硝酸反应0也可能是Cu2十与CO;ˉ形成的碱式碳酸铜与硝酸反应生成的’因此,不能确定碳酸钙和碳酸钠是否—定都存在,但两者至少存在—种。无色溶液B成分复杂!若B中只含有Na2SO4,则pH＝7｛若含有Na2CO3或硅酸钠或两者均有』则CO;ˉ和硅酸根离子水解使溶液显碱性』pH＞7’故无色溶液的pH≥7’A项正确·白色固体F难溶于硝酸］说明F为H2SiO3,B项正确·由以上分析可知混台物A中不—定含CaCO3,C项错误°检验Clˉ可用硝酸酸化的A刨O3溶液,要证明A中含有KCl,只需证明B中含有Clˉ即可,D项正确。?3.C［解析］若固体中含有SO;＿和NOJ』溶于盐酸后’SO;—会被氧化生成SO;ˉ,会出现相同现象,故该固体试样中不＿定存在SOiˉ,A错误;若固体为FeCl3和Fe的混合物,也可能有相同的现象,故固体试样中可能存在Fe3十,B错误;检验NH＄的操作为加浓NaOH溶液,加热,选项操作中没有加热,故不能确定固体试样中有没有NH旷’C正确｛加盐酸出现白色沉淀!再加NaOH溶液沉淀溶解,可能是原固体中含有AlOf’加盐酸生成Al（OH）3沉淀’再加NaOH溶液Al（OH）3溶解’不—定为SiO;ˉ,D错误°［易错鳖示］本题易错选B项,注意该固体试样不＿定为纯净物,在加盐酸溶解时可能发生氧化还原反应使Fe3＋发生转化。04B｛解析］K3［Fe（CN）6］溶液用于检验溶液中是否含有Fe2＋,待测液中滴加K3［Fe（CN）6］溶液‖产生蓝色沉淀,则原溶液中含有Fe2＋’但不能确定原溶液中是否含有Fe3＋’可加入KSCN溶液检验是否含有Fe3十,A错误;向C6H5ONa溶液中通入CO2!溶液变浑浊,说明反应生成了C6H5OH,可知酸性:H2CO3＞C6H5OH〗B正确向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液,Na2S与CuSO4发生复分解反应生成黑色沉淀CuS,并未发生CuS和ZnS之间的转化!故无法比较Ksp（CuS）｀K9p（ZnS）的大小,C错误;待测液中加入Ba（NO3）2溶液］再加入足量盐酸!生成白色沉淀且不溶解,则该沉淀为BaSO4’由干NOf（H,）可将SO;ˉ氧化生成SO乱＿’故不能确定原溶液中是否含有SO;ˉ,D错误。［测‖｜｜诊断］（1）本题考查对化学实验操作｀现象及结论的评价’涉及离子的检验｀酸性强弱的比较｀溶度积大小的比较等,侧重考查化学实验基础知识‖试题难度中等!大部分考生可得分。（2）本题不应错,若错’可能是不清楚ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液发生的反应’或忽视酸性条件下NO丁（H＋）可将SO;ˉ氧化生成SO孙ˉ而导致错解°‖5.B［解析］溶液中加入AgNO3与HNO3后产生白色沉淀,则原溶液中必有Clˉ『焰色反应呈黄色,所以原溶液中含有Na＋‖加入过量的Ba（NO3）2之后,产生能被盐酸溶解的白色沉淀!贝｜」原溶液中—定含有CO;＿』—定不存在SO;—。由此可得原溶液中＿定含有Na＊＼Clˉ＼CO;—』—定不存在SO;＿’所以C项错误｝由于存在Na＋』所以在不使用蓝色钻玻璃的情况下,焰色反应只观察到黄色,而没有观察到紫色,不能由此判断原溶液中是否存在K＋’所以A｀D项错误°第3节氧化还原反应0考点↑3氧化还原反应方程式的配平和计算a（1）碘酸钾（2）加热KClKH（IO3）2＋KOH—2KIO3＋H2O（或HIO3＋KOH—KIO3＋H2O）［思路分析］（1）类比氯酸钾可知KIO3的名称是碘酸钾o（2）根据气体在水中溶解度与温度的关系,可知“逐Cl2”时可用加热的方法除去溶液中溶解的氯气;目标产物为KIO3,故过滤时滤液中的溶质主要是KCl;结合酸碱中和反应特点和不弓｜入新杂质的要求可知,调pH时应加入KOH°［解析］（1）KIO3的化学名称为碘酸钾。（2）结合气体溶解度—般随温度升高而减小的规律可知,可用加热的方法除去』酸化反应＂后溶解在溶液中的Cl2;＂逐Cl2＂后的溶液中含有KH（IO3）2和KCl,由最终得到KIO3知,在结晶过滤时除去杂质KCl!故滤液中的溶质主要是KCl｛结合实验目的和实验中不引入新杂质的要求,可知调pH时应加入KOH,发生的反应为KII（IO3）2＋KOH—H2O＋2KIO3。［测训诊断］（1）本题主要考查工艺流程和电化学知识‖难度中等］意在使大多数考生得分°（2）本题不应错!若错’可能是忽视＂除杂时不能弓｜入新杂质＂的实验要求错答｜‖调PH＂时发生反应的化学方程式。9.Cr2O;ˉ＋3HSOf＋5H伞—2Cr3＋＋3SOiˉ＋4H2O［解析］NaHSO3将废液中的Cr2O;ˉ还原成C产＋,则HSOj被氧化为SOiˉ,结合得失电子守恒＼质量守恒和电荷守恒可知!反应的离子方程式为Cr2O;ˉ＋3HSO丁＋5H十—2Cr3＋＋3SO岛ˉ＋4H2O°‖O固体逐渐变黑,并有气泡产生1N2H4的用且少,不产生其他杂质（产物为N2和H2O,而Na2SO3产生Na2SO4）［解析］联氨能够将AgBr还原为单质银］同时有氮气生成〗发生的反应为N2H4＋4AgBr—4Ag＋N2↑＋4HBr,固体由淡黄色逐渐变黑』且有气泡产生°联氨用干处理高压锅炉水中的氧］发生的反考点02氧化还原反应的基本概念和规律0.C｛解析］NaOH溶液滴入FeSO4溶液中,生成的白色沉淀是Fe（OH）2,Fe（OH）2被O2氧化生成红褐色的Fe（OH）3’A不符合题意;石蕊溶液滴入氯水中先变红是由干存在反应;Cl2＋H2O＝＝H＋＋Clˉ＋HClO,溶液呈酸性,随后迅速褪色是由干HClO的强氧化性,涉及氧化还原反应’B不符合题意;沉淀由白色的AgCl转化为黑色的Ag2S,发生反应2AgCl＋S2——Ag2S＋2Clˉ’该反应不属干氧化还原反应］C符台题意『热铜丝插入稀硝酸中’铜与硝酸发生氧化还原反应!生成NO,NO易被O2氧化为红棕色的NO2,D不符合题意°2.∧［解析］A项,滇化钠中澳元素化合价升高,被氧化,符合题意;B项,澳单质中澳元素化合价降低,被还原!不符合题意;C项!澳单质被氧化生成漠酸钠!被还原生成澳化钠,不符台题意;D项‖该反应为中和反应!各元素化合价不变］不属于氧化还原反应,不符合题意。3.B［解析］CO2和Na2O2反应生成Na2CO3和O2,该反应中Na2O2发生自身的氧化还原反应,CO2中碳元素和氧元素的化合价均没有发生变化,故CO2没有被还原］A不符合题意;Cl2和KBr发生反应生成KCl和Br2,Cl2→Clˉ』氯元素化合价降低,Cl2被还原〗B符合题意;CH2≡CH2和Br2发生加成反应生成CH2BrCH2Br!乙烯没有被还原,C不符合题意;NH3与AlCl3反应生成Al（OH）3和NH4Cl,NH3中氮元素和氢元素的化合价均没有发生变化］NH3没有被还原,D不符合题意。［快解］气体被还原,说明气体作氧化齐｜」,气体分子中有元素的化合价降低,B项中Cl2与KBr发生置换反应生成KCl和Br2符合题意。@微信公众号嗨呀同学苔案及解析应为N2H4＋O2-N2＋2H2O,理论上1kg的联氨可除去水中溶解的氧气的质量为iI÷嘿奇丁×32;m°「」-!000‘-!雌｝与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比’联氨的优点是消耗量低,且产物为N2和H2O］不产生其他杂质,对环境无污染］而Na2SO3的氧化产物为Na2SO4!易生成硫酸盐沉淀,影晌锅炉的安全使用°↑‖.（1）＋3（2）2NaClO3＋SO2＋H2SO4一ClO2＋2NaHSO4（3）NaOH溶液Na2CO3溶液ClOf（或NaClO2）（4）2:1O2（5）l57［思路分析］分析制取NaClO2的工艺流程图’结合元素化合价｀氧化还原反应、食盐的精制等知识〕分析｀解答问题°［解析］（l）NaClO2中Na元素显＋l价］O元素显—2价,结台化台物中各元素化合价的代数和为0推知’Cl元素显＋3价°（2）由流程图可知,＂反应＂步骤中‖NaClO3与硫酸｀SO2反应生成ClO2,同时回收NaHSO4〕结合得失电子守恒和元素守恒可知,反应的化学方程式为2NaClO3＋SO2＋H2SO4-2ClO2＋2NaHSO4°（3）粗盐精制时,应选用NaOH溶液除去Mg2＋,选用Na2CO3溶液除去Ca2＋°电解食盐水时通入ClO2,同时产生Cl2!且电解液经结晶｀干燥得到NaClO2产品,据此推测阳极上Clˉ放电生成Cl2,电极反应式为2Cl＿—2eˉ-Cl2↑』阴极上ClO2得电子被还原生成ClOf,电极反应式为ClO2＋eˉ-ClOf〕故阴极反应的主要产物为ClOf（或NaClO2）°（4）由图可知,“尾气吸收＂过程中用NaOH｀H2O2吸收少量ClO2,同时得到成品液］即反应生成NaClO2’其中Cl元素由＋4价降低到＋3价］根据氧化还原反应规律推知,H2O2中＿l价O元素应被氧化为0价］即生成O2,反应的化学方程式为2NaOH＋H2O2＋2ClO2—2NaClO2＋O2↑＋2H2O°该反应中,氧化剂为ClO2,还原剂为H2O2’二者的物质的量之比为2:1;该反应中氧化产物为O2］还原产物为NaClO2°（5）含氯消毒剂在消毒过程中均被还原为Clˉ,IgNaClO2得电子的物质的量为9α’》且丽F翼4二亡卿°!』｜‘α』得电子的物质的量为7丁盖∏≡「×2＝÷m。l』故№αO2的有效氯含三为六m°｜≈l.57◎勺六mol［刷盲所得］粗盐水中含有SOiˉ＼Mg2十和Ca2十等杂质,精制过程中,要加入过量BaCl2溶液除去SO品ˉ’加入过量NaOH溶液除去Mg2＋］加入过量Na2CO3溶液除去Ca2＋及剩余Ba2＋,加入稀盐酸中和NaOH和Na2CO3〕加入试剂时要考虑加入的量及先后｜｜顶序°［测‖｜｜诊断］（l）本题考查化工流程问题,侧重考查氧化还原反应的理解及迁移应用｀读图及识图能力’难度中等,大部分考生可得分。（2）本题不应错］若错,可能是不能正确辨析NaClO2的生产工艺流程!不能正确迁移应用氧化还原反应知识分析＼解决相关问题°｀2（｜｜2N∏』十2o』健普荆N』o十3H』0（2）OBC@NaNO3NO（3）@3HClO＋2NO＋H2O-3Clˉ＋2NO丁＋5H十@溶液pH越小,溶液中HClO的浓度越大,氧化NO的能力越强［思路分析］氧化还原反应方程式可根据得失电子守恒和原子守恒进行配平°由信息可知NO2过量时!除生成NaNO2外还生成NaNO3,而NO过量则无法吸收,可推知获得的晶体中含有的主要杂质及吸收后排放的尾气中含量较言的氮氧化物°［解析］本题考查氧化还原反应方程式的书写｀含氮化合物的性质｀离子方程式的书写°（1）NH3与O2反应生成N2O和H2O,由得失电子守恒可知方程式关系:n（NH3）＝n（O2）］最后再由质量守恒配平得:2NH3＋2o』催普剂N』o十3∏』o.（2）O加快通入尾气的速率会使反应不充分,去除率降低,A错误;采用气｀液逆流的方式吸收尾气可使气体与液体充分接触,提高去除率,B正确｝随看反应的进行］NaOH不断被消耗,所以定期补充NaOH溶液可提言NO和NO2去除率,C正确。@若NO2过量,贝｜」会与OHˉ反应生成NaNO2和NaNO3,但过量的NO不能与NaOH溶液反应,故尾气中含量较高的是NO,晶体中主要的杂质为NaNO3。（3）OHclo氧化No生成No丁和clˉ’cl元素化合价由＋1→ˉ1,N元素化合价由＋2→＋5,根据得失电子守恒可知方程式中HClO和NO的化学计量数比为3:2,最后再由酸性条件｀原子守恒和电荷守恒配平得:3HClO＋2NO＋H2O-3Clˉ＋2NO丁＋5H＋°@NaˉClO溶液初始pH越小,c（H＋）越大,HClO的浓度越大,氧化NO的能力越强］NO的转化率越言°［关键点拨］（3）问第@小问’需结合第O小问获取信息将No氧化的物质为HClO’pH越小,ⅡClO的浓度越大］NO的转化率越高°（l）容丘瓶（2）5Brˉ＋BrO丁＋6H十-3Br2＋3H2OOHOH｜』｜心ˉ蛔蜒一险逾』,…＂~｜Br（4）Br2过量’保证苯酚完全反应（5）反应物用且存在关系:KBrO3～3Br2～6KI,若无苯酚时,消耗KI物质的且是KBrO3物质的Ⅲ的6倍,因有苯酚消耗Br2,所以当n（KI）≥6n（KBm3）时,KI-定过量′纺｀←←→≈匹＾二→｀、‖′止』曰｀（6α″l-加3）×94′＾｀＝…′’、（6）溶液蓝色恰好消失（8）易挥发（7）∏｜36O2［思路分析］分析测定废水中苯酚含量的实验操作步骤,结合加入的物质及氧化还原反应知识写出相关反应的化学（或离子）方程式｜根据题中涉及的反应］建立相关物质之间的定量关系,计算″2mL废水中苯酚的物质的量进而求得其质量〕再计算废水中苯酚的含量。［解析］本题以废水中苯酚含量的定量测定为背景,突出对元素守恒规律的考查!侧重于考查实验基础知识和基本技能等°（l）步骤I中配制定体积的αmol°L—lKBrO3标准溶液,用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒｀胶头滴管和容量瓶°（2）KBrO3溶液中加入过量KBr’加H2SO4酸化〕溶液颜色呈棕黄色!Brˉ和BrOj发生氧化还原反应生成Br2］根据得失电子守恒和电荷守恒可得离子方程式为5Brˉ＋BrO丁＋6H＋-3Br2＋3H2O°（3）Ⅱ所得溶液中含有Br2’加入含苯酚的废水’发生取代反应生成2,OH』旷〕′4’6—三漠苯酚』化学方程式为SOH＋3Br』—→Br3HBr◎（4）步骤Ⅳ中加KI前,溶液颜色须为黄色,此时溶液中含有Br2］保证废水中苯酚完全反应］便于准确测定废水中苯酚的含量°（5）KBr与KBrO］在酸性溶液中发生氧化还原反应’离子方程式为5Br—＋BrO丁＋6H＋-3Br2＋3H2O!KI与Br2发生反应的离子方程式为2I＿＋Br2-2Brˉ＋I2］结合以上方程式可知］存在关系:KBrO3～3Br2～6KI!若无苯酚时’消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍,因有苯酚消耗Br2］故当n（KI）≥6″（KBrO3）时!KI—定过量°（6）用bmol。LˉlNa2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时〕滴加2滴淀粉溶液!此时溶液呈蓝色继续滴定至终点〕滴定过程中发生反应:I2＋2Na2S2O3—2NaI＋Na2S4O6,Na2S2O3｀Na2S4O6溶液颜色均为无色,故滴定至终点的现象是溶液蓝色恰好消失°（7）根据反应5Brˉ＋BrO丁＋6H＋—3Br2＋3H2O可知,生成的n（Br2）＝3×αmol°Lˉl×ol×10—3L＝3α＂｜×103mol｝结合反应Br2＋2Iˉ＝＝＝I2＋2Brˉ及I2＋2Na2S2O3＝＝2NaI＋Na2S4O6可知』卿｜Br』｜＝″（］2）＝÷″（Na2S2O』）＝÷×6m。l.Lˉ｜×,’×10ˉ3L＝5加3×10ˉ4mol］则与苯酚反应的网（Br2）＝3α″l×10ˉ3mol—5仇3×l0ˉ4mol≡（30α″l-56o3）×l0ˉ4mol〗从而可得:厕（C‘H5OE｜＝＋厕（Br2）＝十×（30α,｜—5枷』）×］0ˉ.m。l＝30αOl-5bl）3…ˉ△,′＾亏可厂…｀30αUlˉˉ5仇3°＾ˉ△∏~~~~×1（）—4mol’″l（C6H5OH）＝94（30αol＝5bo3）.＾ˉ△〕＝＝＝J×］0ˉ0mol×3×10ˉ4g〕故废水中苯酚的含量为ˉˉ□’…′＝394g·∏lolˉl94×（30α″l三≡—-5bi′］）3.×10ˉ4g（6α″l-6U3）×943『0-l~口□U2×10ˉ3L602□一口（8）Br2具有较强的挥发性,步骤Ⅱ～Ⅳ中反应须在密闭容器中进行,否则滴定过程消耗Na2S2O3标准溶液的体积偏小,测得的废水中苯酚含量偏高°［刷盲所得］OKBrO3和KBr在酸性条件下反应生成Br2:5Brˉ＋BrO丁＋6H＋＝＝＝3Br2＋3H2O;@用Na2S2O3标准溶液滴定I2时!加入淀粉溶液作指示剂!滴定过程发生反应I2＋2Na2S2O3＝＝2NaI＋夏题分类集‖｜｜微信公众号嗨呀同学高考必刷题真题分类集‖｜｜化学″（H2O2）／n（H2S）＝4,所以当有4molH2O2作为氧化剂参与反应时,转移8mol电子!即1molH2S失去8mol电子〗所以氧化产物中硫显＋6价,再根据原干守恒可知氧化产物是H2SO4°Na2S4O60达到滴定终点时!溶液的蓝色褪去’且半分钟内不恢复原来颜色。］4.H2SO4［解析］H2O2与H2S反应时,H2O2是氧化剂,H2S是还原齐｜」,由干第三章孟第‖节钠｀镁｀铝及具化台物金属及其化台物知］LiPF6受热分解的产物为LiF和PF5·05镁｀铝及其化合6∧［解析］泡沫灭火器使用时会喷出硫酸钠溶液!硫酸钠是强电解质』其水溶液能导电’因此泡沫灭火器不适用于电器起火］A错误｛疫苗—般是具有活性的蛋白质,因此应冷藏存放,避免高温弓｜起蛋白质变性〕B正确;油性漆含有大量的有害物质’会损害人体健康｛水性漆对人体无害］不污染环境〗因此使用水性漆有利于健康及环境,C正确｛电热水器的内胆材质多为不锈钢,将内胆与活泼金属镁连接］形成原电池时镁作负极从而保护内胆不被腐蚀!该防护方法是牺牲阳极的阴极保护法0D正确°［关键点拨］解答本题的关键是明确泡沫灭火器灭火原理!即利用硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合来制取CO2〗反应前后溶液中均含有强电解质’故溶液能导电·［测训诊断］（l）本题主要考查化学与生活,难度较′」｀,意在使大多数考生得分◎（2）本题不应错‖若错’可能是不清楚原电池原理在金属防护中的应用造成的°7D［解析］将稀硝酸加入过量铁粉中得至｜」硝酸亚铁溶液,同时得至｜」NO气体和水〗因此向反应后的溶液中滴加KSCN溶液］溶液不会呈血红色］A错误;将铜粉加入硫酸铁溶液中发生氧化还原反应,生成硫酸铜和硫酸亚铁〗因此可看到溶液变蓝色!但不会出现黑色固体,B错误;用增涡钳夹住铝箔在酒精灯上加热‖铝表面生成—层致密且熔点高的氧化铝薄膜］因此现象为铝熔化但不滴落,C错误『将MgSO4溶液滴入NaOH溶液中至不再有沉淀生成时,溶液中不存在OH］然后滴入CuSO4溶液后白色Mg（OH）2沉淀转化为蓝色的Cu（OH）2沉淀〕说明Mg（OH）2｀Cu（OH）2二者的Ksp相比’前者大,D正确。［关键点拨］判断实验现象和结论是否相符合］必须清楚了解化学反应原理。稀硝酸能将Fe氧化为Fe3＋,但过量铁又能将Fe3十还原为Fe2＋;金属铝的熔点为660℃,氧化铝的熔点为2050℃°［测‖｜｜诊断］（1）本题以化学实验为载体考查物质的性质,难度中等’大多数考生可得分°（2）本题不应错!若错!是因为对常见物质性质不熟悉。8.B［解析］本题考查化学反应的条件和物质间的转化°Cl2的氧化性较强!Cl2和Fe反应只能得到FeCl3!A错误;Mg（OH）2比Ca（OH）2更难溶!MgCl2溶液与石灰乳［主要成分为Ca（OH）2］反应生成Mg（OH）2］Mg（OH）2受热分解生成MgO］B正确｝S在O2中点燃后只能得至｜」SO2而不能得至｜｜SO3］C错误;NH3、CO2与NaCl（aq）反应不能直接得到Na2CO3固体!D错误°［刷盲所得］Cl2的氧化性较强!与变价金属反应时将其氧化到较高价态,如Cl2与Cu｀Fe反应分另｜｜生成CuCl2｀FeCl3·S的氧化性较弱!与变价金属反应时将其氧化到较低价态’S与Cu｀Fe反应分另｜」生成Cu2S＼FeS◎9.∧［解析］碳酸氢钠可受热分解生成碳酸钠,碳酸钠与石灰水反应可生成氢氧化钠和碳酸钙沉淀!A正确『铝与氢氧化钠溶液反应可生成偏铝酸钠‖偏铝酸钠与过量盐酸反应生成氯化铝,不生成氢氧化铝〗B错误;蔗糖为非还原性糖,不能与银氨溶液反应,不能生成Ag,C错误;铁与盐酸等非氧化性酸反应只能生成Fe2＋｜D错误°］0.（1）NH4HCO3＋NH3—（NH4）2CO3（2）SiO2、Al2O3｀Fe2O3KSCN（3）—元弱转化为H3BO3,促进析出（4）2Mg2＋＋3CO;ˉ＋2H2O＝＝＝Mg（OH）2·MgCO3↓＋2HCOf［或2Mg2÷＋2CO;ˉ＋H2O-≡Mg（OH）2.MgCO3↓＋CO2↑］溶浸高温焙烧［思路分析］硼镁矿中加入（NH4）2SO4溶液＂溶浸＂’Mg2B2O5°H2O与之反应而溶解,经＂过滤1”』SiO2｀Al2O3、Fe2O3进入滤渣l中;调节pH＝3.5』使B元素以H3BO3沉淀形式析出,经『‘过滤2＂］滤液中主要含有Mg2＋,加入碳酸按“沉镁＂,形成碱式碳酸镁!将碱式碳酸镁高温焙烧可得轻质氧化镁·［解析］本题以生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程为载体,考查离子检验、信息离子方程式的书写｀操作方案的设计等!侧重考查考生1c［解析］本题考查二元弱酸阴离子的水解｀溶液酸碱性和离子浓度大小判断°离子相同时!离子浓度越大｜溶液导电能力越强;浓度相同时,离子所带电荷越多〗溶液导电能力越强］故混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关’A正确。α点溶液中溶质为KHA,主要含有的离子为K＋｀HAˉ］b点溶液中主要含有的离子为K＋｀Na＋｀A2ˉ,α点溶液中K十数目与b点的相同］所以c（K＋）:α＞b!但是b点溶液的导电能力大于α点!说明Na＋与A2ˉ的导电能力之和大于HAˉ的导电能力,B正确。6点为反应终点］可看作是邻苯二甲酸钠（Na2A）与邻苯二甲酸钾（K2A）的混合溶液,A2—水解使溶液显碱性!C错误°b点为反应终点,b点时c（Na个）＝c（K＋）,b-〉c继续滴加NaOH溶液,则c点:c（Na＋）＞c（K＋）’c点Na＋浓度小干K＋浓度的2倍］则继续加入的OHˉ的浓度′｜｀于K＋的浓度（A2ˉ水解微弱,水解产生的OHˉ较少）!故c（OHˉ）＜c（K＋）,D正确°［快解］根据邻苯二甲酸根离子水解使溶液显碱性可以快速半｜」断错误选项为C°2.CD［解析］稀硫酸和铜粉不反应!A错误;浓硫酸具有氧化性,碘化钾能被浓硫酸氧化生成碘单质〗B错误;过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气!故该反应可制备氧气,C正确‖铝箔在氯气中燃烧生成无水氯化铝‖D正确°3。（1）D［解析］（l）立德粉中含有钡元素,灼烧时‖钡的焰色为绿色°4（1）碳酸氢钠溶液浓硫酸产生的气体使干燥管内盐酸液面下降,与碳酸钙脱离接触,反应停止生成的硫酸钙覆盖在碳酸钙表面,阻止反应进—步进行（2）OD@碳（C）O4Na＋3CO2鲤2Na2CO3＋C［思路分析］（1）根据杂质的成分选择除杂试剂;根据简易启普发生器的原理分析关闭弹簧夹的现象以及实验中药品的选择°（2）根据实验现象分析黑色固体和白色物质的成分;根据得失电子守恒写出金属钠和二氧化碳反应的化学方程式。［解析］（1）根据发生的反应!产生的二氧化碳气体中含有氯化氢和水蒸气两种杂质’除去氯化氢可选择饱和碳酸氢钠溶液,除水蒸气可选择浓硫酸反应结束后』关闭弹簧夹］产生的气体使干燥管内压强增大,则干燥管内盐酸液面下降!与碳酸钙脱离接触,反应停止｛若使用稀硫酸,生成的微溶的硫酸钙会覆盖在碳酸钙的表面‖阻止反应进—步进行°（2）O向—支试管中滴加1滴酚酞溶液,溶液变红,说明溶液显碱性;向另—支试管中滴加澄清石灰水0溶液变浑浊］说明能与氢氧化钙反应生成沉淀,由此可推出该物质为碳酸钠,D项正确°@黑色固体与浓硫酸反应］生成的气体具有刺激性气昧’说明发生氧化还原反应生成了二氧化硫’故黑色固体是C°o由以上分析可知,金属钠与二氧化碳反应生成了碳酸钠和碳,根据得失电子守恒｀原子守恒配平化学方程式;4Na＋3CO2鲤2Na2CO3＋C°5.（1）盐酸｀氯化钙等Li＋＋eˉ-Li（2）锤化学性质比较活泼,在高温下’锤和二氧化碳能够发生化学反应（3）实验方法是焰色反应,火焰呈黄色的是硬脂酸钠,透过蓝色钻玻璃火焰呈紫色的是硬脂酸钾’火焰呈紫红色的是硬脂酸狸（4）LiF［解析］（1）根据元素守恒可知用碳酸锤和盐酸、氯化钙等反应可制备氯化锤’电解LiClˉKCl的熔融混台物时,阴极为阳离子放电,故电极反应式为Li＋＋eˉ-Li。（2）锤的化学性质比较活泼〗在高温下‖锤能够和二氧化碳发生化学反应,故不可使用二氧化碳灭火器扑灭因金属锤弓｜起的火灾°（3）硬脂酸锤、硬脂酸钠｀硬脂酸钾中所含阳离子不同］鉴别三者可采用的实验方法是焰色反应』火焰呈黄色的是硬脂酸钠,透过蓝色钻玻璃观察至｜」火焰呈紫色的是硬脂酸钾,火焰呈紫红色的是硬脂酸锤。（4）LiPF6中Li显＋1价,P显＋5价』F显-1价’PF5中P显＋5价］F显-1价,因此LiPF6分解不属于氧化还原反应’结合原子守恒可@微信公众号嗨呀同学苔案及解析结台已学知识分析解答问题的能力。（l）在95℃＂溶浸｜硼镁矿粉］Mg2B2O5·H2O与（NH4）2SO刻反应产生的气体是NH3］NH3用NH4HCO3溶液吸收’生成（NH4）2CO3’反应的化学方程式为NH4HCO3＋NH3-（NH4）2CO3。（2）由流程图可知＂溶浸＂过程中〕SiO2｀Al2O3｀Fe2O3不发生反应,故“滤渣1＂的主要成分是SiO2、Al2O3、Fe2O3;为检验｜过滤l＂后的滤液中是否含有Fe3十,可选用的化学试剂是KSCN溶液,向滤液中滴加KSCN溶液,若溶液变红,说明溶液中含有Fe3＋』否贝｜」不含Fe3十。（3）根据题中所给的硼酸的解离反应方程式及电离平衡常数’可半｜」断硼酸是—元弱酸‖在＂过滤2＂前!将溶液pH调节至3。5〗目的是使溶液中含B元素的微粒转化为H3BO3,促进析出°（4）＂沉镁＂即向含有M矿＋的溶液中加入（NH4）2CO3溶液!M乡＋与CO;ˉ发生互促水解反应伺时M旷余会结合CO;ˉ生成MgCO3’反应的离子方程式为2M矿＋＋3CO;ˉ＋2H2O—Mg（OH）2.MgCO3↓＋2HCOj或2M矿＋＋2CO;ˉ＋H2O-Mg（OH）2.MgCO3↓＋CO2↑;母液主要含（NH4）2SO4,还有少量的NH4HCO3,故经加热后可返回＂溶浸＂工序循环利用。将碱式碳酸镁高温焙烧‖碱式碳酸镁发生分解’可制取轻质氧化镁°［关键点拨］第（2）问注意“滤渣1＂的成分不要漏写,后面的流程中不涉及Al和Fe的除杂,也可推出Al｀Fe元素在过滤1中已经除去;第（3）问〗硼酸分子中虽然有3个氢原子,但是根据信息提示—个硼酸分子只能解离出-个H＋,且Kα很′｜｀,故其为—元弱酸°↑1蓝紫色溶液变浅,同时有灰蓝色沉淀生成,然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液［解析］Cr3＋与Al3＋的化学性质相似,据此推测向Cr2（SO4）3溶液中逐滴加入NaOH溶液依次发生的反应为Cr2（SO4）3＋6NaOH—2Cr（OH）3↓＋3Na2SO4＼Cr（OH）3＋NaOH—NaCr（OH）4!观察至｜」的现象是蓝紫色溶液变浅,同时有灰蓝色沉淀生成〗然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液·］2（1）MgCl2。6H2O△MgCl2·6H2O≡≡≡MgO＋2HCl↑＋5H2O↑（2）2K2FeO4＋16HCl—4KCl＋2FeCl3＋3Cl2↑＋8H2O［解析］取—定量的溶液丙!加入少量K2FeO叫固体,产生黄绿色气体,说明丙溶液中含有氯离子;则无色混合气甲中含HCl,在步骤O中’取而溶液丙′恰好中和需消耗α00200m。l№0H,则厕（HCl）＝0。002＂mol×10＝0。02mol,故X中含有氯元素的物质的量为0.02mol,混合气甲中HCl的质量为0。73g,X中含有4种短周期元素,已推测出含H｀O、Cl3种元素,因为加热后有固体生成,贝｜」根据元素组成!推测该固体乙为金属氧化物°混台气甲中除了氯化氢〗应该有水,则见（H2O）＝（2.03—0。40ˉ0。731g≡0。05mol!即在混18g·molˉ1合气甲中n（Cl）＝0.02mol!n（H）≡0。12mol!n（O）≡0。05mol’因为X是含结晶水的正盐!由上述信息可确定X是含结晶水的氯化物‖因为X中氢与氧的比例为2:1,则固体乙中含有0.01mol氧原子,根据金属氧化物中含氧为0.01mol和氯化物中含氯为0。胆mol推知该金属元素为＋2价〗设X的化学式为RCl2°6H2O］其物质的量为0。01mol,设R的摩尔质量为熊g。molˉl!贝｜」（勿＋35.5×2＋6×l8）×0。0l＝2。03’得期≡24’R为Mg,故X的化学式为MgCl2·6H2O·（l）由以上分析可知X的化学式为MgCl2°6H2O;X分解的化学方△程式为MgCl2。6H2O＝＝MgO＋2HCl↑＋5H2O↑°（2）溶液丙中的HCl与K2FeO4固体发生氧化还原反应的化学方程式为2K2FeO4＋16HClˉKCl＋2FeCl3＋3Cl2↑＋8H2O。‖3.（1）Al2O3＋2OHˉ—2AlOr＋H2O（2）减小（3）石墨电极被阳极上产生的O2氧化（4）4CO;＿＋2H2Oˉ4eˉ—4HCOj＋O2↑H2（5）NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜［解析］（1）＂碱溶＂时Al2O3和NaOH反应可生成NaAlO2:Al2O3＋2OH-—2AlOf＋H2O。（2）向＂过滤I＂所得滤液中加入NaHCO3溶液,使滤液中NaOH转化为Na2CO3〗所以溶液的碱性减弱,pH减′」｀。（3）电解熔融Al2O3时’阳极上生成的O2可将石墨电极氧化。（4）由题图可知］阳极区的Na2CO3转化为NaHCO3』同时生成了O2;4CO;ˉ＋2H2O-4eˉ＝＝＝4HCO丁＋O2↑;阴极生成了H2和NaOH!所以阴极产生的物质A为H2。（5）铝表面金属易被氧气氧化为Al2O3,而NH4Cl受热分解生成的HCl可将其破坏。｜第2节铁｀铜及莫化台物｜考点06铁｀铜及其化合物｜0B［解析］Al3＋与HCO丁在水溶液中发生双水解反应生成CO2,可用于灭火］A正确;利用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板是因为Fe3＋氧化性强干Cu2＋!而不是因为Fe的金属性强于Cu,B错误;HClO具有强氧化性’可用干漂白织物〗C正确;玻璃中的主要成分为SiO2’因此可依据HF与SiO2反应生成SiF4气体与H2O’利用氢氟酸在玻璃器Ⅲ上刻蚀标记］D正确°［测〗｜｜诊断］（1）本题主要考查物质的性质与用途,难度较小,意在使大多数考生得分°（2）本题不应错〗若错!可能是对HF与SiO2反应不熟悉而错选D项。2.3FeC2O4＋2K3［Fe（CN）6］-Fe3［Fe（CN）6］2＋3K2C2O4［解析］由题意可知显色反应是用K3［Fe（CN）6］检验二价铁离子的反应,该反应生成蓝色沉淀,化学方程式为3FeC2O4＋2K3［Fe（CN）6］—Fe3［Fe（CN）6］2＋3K2C2O4°［刷盲所得］Fe2＋和Fe3＋的鉴另｜｜方法:O显色法,加入KSCN’变血红色的是含Fe3＋的溶液,因为Fe3＋与SCNˉ生成的络合物为血红色;@加碱法,加入碱液（如氨水｀氢氧化钠｀氢氧化钾溶液）,生成红褐色沉淀的是含Fe3＋的溶液‖生成白色沉淀并立即转变为灰绿色,最后变为红褐色的是含Fe2＋的溶液°O赤Ⅲ盐法,加入K3［Fe（CN）6］（赤血盐）溶液,出现蓝色沉淀的是含Fe2＋的溶液°@氧化还原法:加入铁粉｜能够使铁粉溶解的是含Fe3＋的溶液°要证明溶液中只含有Fe2＋:向溶液中滴加KSCN,不变红色〗通入氯气后变红,则证明原溶液中只有Fe2＋·3。c［解析］本题考查金属及其化合物在生活和生产中的应用。废气中的氯气可以与氯化亚铁溶液发生反应,而Fe2＋的氧化产物Fe3＋又可与铁屑反应再生成Fe2＋’Fe2十继续和Cl2反应以达到除去Cl2的目的’A项正确『金属铝与锤可形成低密度｀高强度的铝合金,制得的台金可用于航空工业’B项正确;Na2CO3与熟石灰发生反应Na2CO3＋Ca（OH）2—CaCO3↓＋2NaOH!产物仍然呈碱性,不能改变土壤的碱性,反而使±壤板结］C项错误;变色硅胶中含有氯化钻,利用无水氯化钻吸水后颜色的不同可以判断变色硅胶是否吸水』D项正确°［刷盲所得］硅酸干凝胶（硅胶）硅胶具有的疏松多孔的结构使其具有较强的吸水能力’在实验室中常被置于干燥器底部作为吸水材料.但由干硅胶的颜色为白色!无法直观判断其吸水情况,因此常在硅胶中掺入氯化钻形成变色硅胶。无水时’CoCl2呈蓝色吸水后会变成粉红色’可以根据其颜色变化判断硅胶的吸水情况°硅胶可以通过烘干循环使用。由于硅胶表面的特殊结构〕它还可以用作催化剂的载体。4.∧［解析］根据题干中信息,可利用氧化还原配平法写出化学方程式:6则FeSO4＋nKClO3＋3″H2O-＝6［Fe（OH）SO4］＂＋nKCl,可知KC｜O』作氧化剂每生成lmO｜［Fe（O＂）S0‘］″消耗÷mo｜KC｜O』’A项错误;绿矾溶干水后!亚铁离子水解使溶液呈酸性’当其转化为聚合硫酸铁后〕亚铁离子的浓度减小,因而水溶液的pH增大,B项正确;聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体』胶体粒子吸附杂质微粒聚沉而净水,C项正确』多元弱碱阳离子的水解是分步进行的,［Fe（OH）］2＋的水解相当于Fe3＋的二级水解,由于其所带的正电荷比Fe3十少〗故在相同条件下,其结合水电离产生的OHˉ的能力较弱!故其水解能力不如Fe3＋,即在相同条件下,Fe3＋比［Fe（OH）］2＋的水解能力更强‖D项正确.5.（l）100℃、2h,90℃｀5h（2）FeTiO3＋4H＋＋4Clˉ—Fe2＋＋TiOClj＋2H2O（3）低于40℃,TiO2。闪H2O转化反应速率随温度升高而增加;超过40℃’双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·zH2O转化反应速率下降（4）4′尸｀U,q＋【＾旦＝＝←-＾ˉ『′＝纯ˉ｀1°3×10ˉ22.ˉ｜ˉˉ（5）FLe3＋恰好沉淀完全时,c（PO;ˉ）＝｀ˉ′ˉˉ‖….·,…～…-厨、°,ˉ｀≡q′ˉ］＝1°3×3×10—l7）2＝＾°…、mol1.0×l0ˉ5……＝10ˉl7mol.Lˉl,c3（M霄＋）。c2（pOjˉ）的值为0。0l3×（1ˉ3×10ˉl7）2＝1。7×10ˉ仰＜KSp［Mg3（PO4）2］,因此不会生成Mg3（PO4）2沉淀（6）2FePO4＋Li2CO〕＋H2C2O4鲤2LiFePO4＋3CO2↑＋H2O↑［思路分析］分析利用钦铁矿制备I』4Ti5Ol2和LiFePO4的工艺流程图’结合氧化还原反应、离子反应｀化学反应速率｀溶度积等知识分析、解决相关问题°［解析］（1）由“酸浸＂实验中铁的浸出率结果图可知,当铁的浸出率为70％时采取的实验条件是100℃、2h和90℃｀5h°（2）钦铁矿的主要成分为FeTjO3’加入盐酸＂酸浸＂后’钦主要以TiOCliˉ形式存在,结台原子守恒和电荷守恒写出离子方程式°夏题分类集训.微信公众号嗨呀同学高考必刷题寞题分类集训化学（2）FeCl3溶液刻蚀印∏｜｜电路板铜箔,Fe3＋把Cu氧化成Cu2＋］反应的离子方程式为Cu＋2Fe3＋＝＝＝Cu2十＋2Fe2＋°FeCl3溶液应保持酸性』目的是防止Fe3＋水解生成Fe（OH）3°（3）反应O中铜的化合价由＋2→＋1价!化合价降低,贝｜」Cu2＋为氧化剂°设溶液中Cu2＋的浓度为卯mol°Lˉ｜］根据反应关系2S,O;ˉI丁2Cu2＋0°1000mol·Ll×0.025L冗mol.Lˉl×0°02L0.1＂0mol°Lˉl×0.但5L＝zmol°L—l×0.＂L,解得z＝0.l250°45～50℃（1）O4CuCl＋O2＋8H2O一Cu2（OH）2Cl2。3H2O@Fe2＋｜2｜鹏｜α—｜-＂（A:c｜｜×磐删-｜4』3l隅蒜撼器器＝4.8＂×I0ˉ3mol厕（CU2.｜＝＂（EDTA）×罢舟器二α08000m。l.Lˉ｜×3α00mL×｜0ˉ｀DmLˉ｜×警舟器＝9600×l0’m。ln（OHˉ）＝2n（Cu2＋）—n（Clˉ）＝2×9.600×10ˉ3mol—4800×10ˉ3mol≡1.440×l0ˉ2molm（Clˉ）＝4。800×10ˉ3mol×35.5g·molˉl＝0。l704gm（Cu2＋）＝9。600×10ˉ3mol×64g·molˉl≡O6144gm（OHˉ）＝1440×10ˉ2mol×l7g。moll＝02448g（3）TiO2。如H2O沉淀与双氧水｀氨水的反应在40℃时TiO2°勉H2O的转化率最高,当温度低于40℃时］TiO2·熊H2O转化反应速率随温度升高而增加超过40℃时,由于H2O2不稳定,受热发生分解］以及氨气逸出!导致TiO2·勿H2O转化反应速率下降°（4）Li2Ti5Ol5中Ti的化合价为＋4价,Li的化合价为＋1价’而过氧键（—O—O—）中O元素的化台价为—1价〕设过氧键的个数为匆个‖其余O原子为γ个,则有2z＋γ＝15°根据化合物中各元素化合价的代数和为0可得（＋l）×2＋（＋4）×5＋（—1）×2z＋（ˉ2）×γ≡0’解得匆＝4,y＝7,故过氧键数目为4个。（5）FepO刻的K愚p≡l3×l0ˉ22｛当Fe3＋恰好沉淀完全时’溶液中c（pO』—）＝Ksp（FePO4）＝1。3×10ˉ22加入双氧水和磷酸后溶液体积增加l倍,c（Mg2＋）＝0.02mol°Lˉ｜×÷＝O0lmol.Lˉ1°此时』浓度商Q·＝c3（Mg2＋）.c2（PO』ˉ）＝乙0.013×（1.3×10ˉl7）2＝17×10ˉ们＜KSp［Mg3（PO4）2］’故不会生成Mg3（PO4）2沉淀°（6）由工艺流程图可知,＂高温缎烧@＂中FePO4、Li2CO3、H2C2O4在高温下反应生成LiFePO4°结合原子守恒推知,产物还有CO2和H2O,根据质量守恒定律写出化学方程式°［易错警示］第（4）问易错的原因有:O误以为Li2Ti5Ol5中O元素的化台价均相同;@不熟悉过氧键（—O一O—）及O元素的化合价°［测〗｜｜诊断］（l）本题考查化学工艺流程问题,考查反应条件的控制｀离子方程式的书写｀沉淀的生成等,难度中等,大部分考生可得分°（2）本题若错’可能是不能正确辨析工艺流程图］不能获取关键信息｜并与所学离子反应｀氧化还原反应｀溶度积等知识相结合来解决实际问题。6,（l）0.l00mol（2）2.40g［解析］（1）根据题给信息〗发生反应CuO＋H2SO4—CuSO4＋H2O、Fe2O3＋3H2SO4-Fe2（SOq）3＋3H2O｀CuSO4＋Fe-FeSO4＋Cu、Fe2（SO4）3＋Fe—3FeSO4、Fe＋H2SO4-FeSO4＋H2↑）由题给数据,加入的铁粉与硫酸的物质的量均为0.1mol,若40g固体全部为氧化铜,则为O05mol!若40g固体全部为氧化铁!则为0.025mol‖则铁粉过量’最终溶液中溶质为硫酸亚铁］根据硫酸根离子守恒可知,溶液中溶质的物质的量等干硫酸的物质的量］即0ˉ05L×2。00mol。Lˉl≡0.1mol°（2）5。6g铁粉的物质的量为0』mol,最多可消耗0。lmol硫酸恰好生成硫酸亚铁］但固体混合物中含有Fe2O3,则铁粉有剩余‖最终得至｜」的3。04g固体为铜与铁的混合物,其中铁的质量等干固体混合物氧化铁中所含铁的质量,铜的质量也等于固体混合物中氧化铜中所含铜的质量°设CuO的物质的量为勿mol〕Fe2O3的物质的量为ymol‖由80冗＋l60y＝40』64z＋2γ×56＝3.叫］解得“＝0.03,y＝0.0l!所以CuO的质量为0.03mol×80g°mol—｜＝2.40g°7。（l）滴液漏斗（分液漏斗）液封,防止空气进入装置4（2）在装置2｀3之间添加控制开关（3）装置4内的空气没有排尽［解析］利用该装置制备Fe（OH）2白色沉淀是在排尽空气的气氛中］先使铁屑和稀硫酸反应得至｜」FeSO4,再利用产生的气压把FeSO4溶液压至装置4中与NaOH反应〗得至｜」Fe（OH）2°（1）观察仪器1的特征可知］仪器l是分液漏斗或者滴液漏斗｜该反应需要在无氧环境下进行］可知装置5的作用是液封,防止空气进入装置4。（2）实验开始时!关闭K2’打开K｜］反应—段时间后’再打开K2,关闭Kl,发现3中溶液不能进入4中｛原因在于3中产生的H2从左侧导管逸出］没有足够的压强’不能将FeSO4溶液压入装置4中］因而需在装置2、3之间添加控制开关°（3）产生灰绿色沉淀的原因是Fe（OH）2被空气氧化,因为装置4中空气没有完全排尽°8.（1）Cu＋H2O2＋H2SO4＿CuSO4＋2H2O（2）Cu＋2Fe3＋～Cu2十＋2R2＋酸性防止Fb3＋水解生成R（OH）3（3）Cu2＋0.l250［思路分析］（1）铜与稀硫酸不反应〗稀硫酸的作用是提供酸性环境,增强过氧化氢的氧化性°（2）由于Fe3＋易水解〕因此配带｜」的FeCl3溶液要保持在酸性条件下,抑制水解°（3）根据得失电子守恒可歹‖关系式求解°［解析］（1）H2O2作氧化剂’反应的化学方程式为Cu＋H2O2＋H2SO4＝≡＝CuSO4＋2H2O◎9l」160g-0°1704g一0°6144g-0.2“8g＝4.8＂×n（H2O）≡10ˉ3moll8肩·molˉlα:b:c:绷≡′l（Cu2＋）:n（OHˉ）:′0（Clˉ）:n（H2（））＝2:3:1:1化学式为Cu2（OH）3Cl·H2O［解析］（1）O由CuCl制取Cu2（OH）2Cl2·3H2O,可知发生了氧化还原反应,CuCl是还原剂,空气中的O2是氧化剂〗由得失电子守恒可知n（Cu（〕l）＝4″（O2）,最后再由质量守恒配平得4CuCl＋O2＋Ⅱ℃与＋］●『∩矢可—不图由°◎○∑Ⅱ〕■∑］℃∑）Ⅱ○（∑Ⅲ山＾℃二○日日▲·’Ⅱβ反应生成Cu2＋,Fe3＋作氧化齐｜」］所以还原产物是Fe2＋,而Fe2＋在酸性条件下可被O2氧化｛又生成Fe3＋°（2）由AgCl的质量可求算出Clˉ的物质的量,由EDTA的使用量可求算出Cu2＋的物质的量〗再由碱式氯化铜整体呈电中性可求算出OHˉ的物质的量’然后再根据质量守恒定律可求算出H2O的物质的量］最后再根据各微粒的物质的量之比求算出化学式,详细计算步骤见答案°［易错鳖示］计算题由于实验使用量并不是开始时配制的样品量］所以易忽视要将25。00mL转化为100.00mL进行计算°［刷有所得］本题是求化学式的常见题型之:先根据不同实验确定不同微粒的物质的量,再根据电荷守恒求算出剩余—种离子的物质的量,然后再根据质量守恒求算出水的物质的量］最后再根据各微粒物质的量比值得到其化学式°第3节金属有关的工业流程分析「落甭∏7金属有睡bm｜酮琵曙E而‖D［解析］废日电池随意丢弃既会对环境造成污染又会浪费资源〗合理处理废｜日电池既有禾｜」于保护环境’又能实现资源再利甩A正确;正极片与碱液反应生成偏铝酸钠〗贝｜］可以回收金属铝］磷酸亚铁锤中含有理元素和铁元素,分步沉淀可以回收金属铁和锤‖B正确;含磷酸亚铁锤滤渣与硫酸和硝酸的混合溶液反应,因硝酸有强氧化性’可以把亚铁离子氧化为铁离子,故含Li｀P、Fe等滤液中Fe元素以Fe3今形式存在,加入碱液后Fe3十与氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉淀』C正确!最后滤液中的锤离子与碳酸钠中的碳酸根离子结合生成碳酸锤沉淀,由对角线规贝｜」可知,锤及其化合物的性质与镁及其化合物的性质相似,由碳酸镁难溶于水推知碳酸锤难溶于水,由硫酸镁易溶于水推知硫酸锤也易溶于水,故不能用硫酸钠代替碳酸钠〕D错误。［快解］结合流程图半｜」断加入碳酸钠的作用是产生碳酸锤沉淀,再结台元素周期律知识判断出硫酸锤易溶于水!不能用硫酸钠代替碳酸钠!可确定D项错误。［关键点拨］解答工艺流程题时］要利用守恒思想弄清楚各元素的来源和去向!在明白各步原理的基础上弄清楚物料的走向。如本题］从流程图中可以看出,正极片中含有的金属元素有Al｀Fe｀Li』含磷酸亚铁狸滤渣中加入硫酸和硝酸后!Fe2＋被氧化为三价铁!再加入碱液后可转化为沉淀。2（1）SiO2（不溶性硅酸盐）MnO2＋MnS＋2H2SO4＝＝≡2MnSO4＋S＋2H2Oo微信公众号嗨呀同学答案及解析（2）将Fe2十氧化为Fe3十（3）4.7（4）NjS和ZnS（5）Fˉ与H＋结合形成弱电解质HF,MgF2＝＝Mg2＋＋2Fˉ平衡向右移动（6）Mn』.＋2HCOj＿MnCO’↓＋CO2↑＋H2O（7）＋［解析］本题通过天然二氧化锰粉与硫化锰矿制备硫酸锰的工艺流程分析,重点考查氧化还原反应｀金属离子除杂｀沉淀溶解平衡等知识°（1）矿物中硅元素—般以二氧化硅或硅酸盐的形成存在,滤渣1中除S外还含有不溶于硫酸的二氧化硅或不溶性硅酸盐·＂滤渣1＂中含有S,说明＂溶浸＂中氧化剂二氧化锰将硫化锰中-2价的硫氧化为单质S,＋4价的锰被还原为Mn2＋’结合得失电子守恒和原子守恒可得反应的化学方程式:MnO2＋MnS＋2H2SO4—2MnSO4＋S＋2H2O。（2）二氧化锰是常见的氧化剂,根据金属离子沉淀的pH范围可知Fe2＋与Mn2＋沉淀范围有重叠’不易通过调节pH除去Fe2＋,但可通过调节pH除去Fe3＋,可知添加适量的二氧化锰的作用是将亚铁离子氧化为铁离子°（3）铁离子｀铝离子沉淀完全的pH分别为2.8和4。7,要使二者都完全沉淀,应调节溶液的pH≥4。7°（4）＂除杂1＂加入的是硫化钠,结合“目的是除去Zn2＋和Ni2＋＂,可判断滤渣3＂的主要成分是ZnS和NiS°（5）含有氟化镁沉淀的溶液中’存在氟化镁的沉淀溶解平衡M戚72＝＝Mg2＋＋2Fˉ’“溶液酸度过高＂是指溶液中氢离子浓度过大〗此时氢离子与氟离子结合生成弱电解质HF,氟离子浓度减小,使MgF2＝≡Mg2＋＋2Fˉ平衡向右移动,镁离子沉淀不完全°（6）在碳酸氢按溶液中存在电离平衡;HCOj＝≡CO;—＋H＋’锰离子与碳酸根离子结合生成碳酸锰沉淀’电离平衡向右移动〗氢离子浓度增大’氢离子与溶液中过量的碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水’故!沉锰＂的离子方程式为Mn2＋＋2HCO丁-MnCO3↓＋CO2↑＋H2O。（7）第IA族的锤元素化台价为＋1价’氧元素化合价为-2价,根据化合物中各元素正负化合价代数和为0’可得l＋2z＋3y＋4z＝2×2’将露二γ二＋代入』解得凰＝＋.［关键点拨］第（2）问’Fe2＋与Mn2＋沉淀的pH接近,不容易通过调节pH除去,故流程中＂氧化＂的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋‖方便除杂°第（7）问利用化合物中各元素正负化合价代数和为0求算°3（l｜zns÷o2鲤z＂o令so,（2）PbSO↓调节溶液的pH无法除去杂质Fe2＋（3）Cd2＋＋Zn＝≡Zn2＋＋Cd［思路分析］第（1）问’闪锌矿的主要成分为ZnS、SiO2,焙烧时主要是ZnS被空气中的氧气氧化;第（2）问’加入ZnO可以消耗溶液中的H＋!同时生成Zn2＋,不弓｜入新的杂质;结合金属离子沉淀的pH范围判断］Fe2＋和Zn2＋沉淀的pH非常接近‖很难通过沉淀的方法除杂’得出加入O2的目的是将Fe2＋转化为Fe3＋°［解析］（1）焙烧过程中发生的主要反应是闪锌矿中的ZnS被氧气氧化为氧化锌和二氧化硫;ZnS＋÷O2堕丝ZnO＋S02.～（2）滤渣1中除了含有不溶于酸的二氧化硅外!还含有闪锌矿中的杂质PbS与硫酸反应生成的难溶物PbSO感°氧化除杂工序中氧化锌与溶液中的氢离子反应］可调节溶液PH］使铁离子完全沉淀除去。＂溶浸＂过程中硫化亚铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁’若不通入氧气’亚铁离子就不能转化为铁离子,由于亚铁离子开始沉淀的PH｀沉淀完全的pH都与锌离子非常接近〕故无法通过形成氢氧化物沉淀的方法除去杂质亚铁离子·（3）根据溶液中的Cd2＋可用锌粉除去可知!发生的是锌粉与Cd2＋的置换反应,反应的离子方程式为Cd2＋＋Zn-Cd＋Zn2＋。［测0｜｜诊断］本题以金属锌的制备工艺流程为载体］考查元素及其化合物的基本性质｀分离提纯的基本操作｀反应方程式｀电极反应式的书写,难度不大,第（2）问在半｜」断滤渣1的主要成分时』可结合课本选修4铅蓄电池的内容判断另—沉淀为PbSO4°4（l）2:7陶瓷在高温下会与Na2CO3反应（2）FeAl（OH）3（3）小2CrO珊ˉ＋2H＋＝≡Cr2O;ˉ＋H2O｜4｜」复分…｜,）滞×Ⅻ％［思路分析］该流程的推断过程如图所示;｜器:等Feo.C鹰2o3｜酚删制0f｜:二｜黔粤聪［解析］（l）FeO°Cr2O3是还原剂,被氧化为Na2CrO4和Fe2O3,1molFeO。Cr2O3参与反应失去7mol电子’而NaNO3是氧化剂,还原产物为NaNO2’1molNaNO3参与反应得到2mol电子‖根据得失电子守恒可知,步骤O反应配平后的FeO°Cr2O3和NaNO3的系数比为2:7｝陶瓷的主要成分是SiO2’高温下Na2CO3能与SiO2反应生成Na2SjO3和CO2,故该步骤不能使用陶瓷容器。（2）熔块中氧化铁不溶于水,过滤后进入滤渣1,贝｜」滤渣1中含量最多的金属元素是铁;滤液1中含有的溶质主要有Na2SiO3｀NaAlO2、Na2CrO4和NaNO2,调pH＝7』SiO;ˉ可转化为H2SiO3沉淀』AlOI可转化为Al（OH）3沉淀。（3）滤液2调节pH的目的是增强溶液的酸性!使pH减小,因为溶液中存在平衡;2CrO》＿＋2H＊≡≡Cr2O;ˉ＋H2O’增大溶液中H÷的浓度’可使平衡正向移动’使溶液中Cr2O;ˉ浓度增大°（4）由题图可知K2Cr2O7的溶解度随着温度的降低而下降’故冷却结晶时采取较低的温度,以保证更多的K2Cr2O7晶体析出’d符合题意『步骤O加入KCl后,发生反应』2KCl＋Na2Cr2O7—K2Cr2O7＋2NaCl『该过程中没有元素化合价发生改变!发生的是复分解反应。（5）根据铬铁矿中Cr2O3的含量计算K2Cr2O7的理论产量为加lkg×40％ˉ!l47m｜.』」ˉˉ一＿°′｀二.。:.m°lˉ』≡糕k:』故K』cr2o′的产率为×294l52g·molˉl″、＝‖℃＾…-1加2kg190加7×1＂％≡—二×l00％。警k‘147ml［刷盲所得］氧化还原反应配平技巧（1）标出价,列变化:标出变价元素的化合价’歹‖出化合价升降;（2）令相等,系数平:配成化合价升降的最小公倍数’确定氧化剂｀还原剂｀氧化产物和还原产物的系数｛（3）再观察‖平其他再通过观察法确定其他没有发生化合价变化的｜物质的系数。黑鹏鹏麓龋鳃麓絮瞬蕊黑霹｜控制和流程简单计算等!难度较大!部分考生可得分。（2）本题若错,可能会出现在最后—问的产率计算上,很多考生难以计算出最后结果.（1）V2O5＋2H＋-2VOf＋H2OSiO2（2）05（3）Fe（OH）3和Al（OH）3（4）碱（5）K＋△（6）2NH4VO3—V2O5＋2NH3↑＋H2O↑［思路分析］依据SiO2｀Fe2O3｀Al2O3的性质以及操作流程和目的理清每步操作的目的,结合氧化还原反应｀离子反应等知识即可）｜顶利解答本题。［解析］（1）』｜酸浸＂时V2O5转化为VOj!V元素化合价不变,说明不｜是氧化还原反应〗根据原子守恒可知反应的离子方程式为V2O5＋2H＋—2VOf＋H2O;废钒催化剂的成分中只有SiO2不溶于稀硫酸,故｜酸浸＂后得至｜」废渣1的主要成分为SiO2。（2）VO2＋转化为VOi时V的化合价由＋4价升高到＋5价,故3mol的VO2＋变为VOj时失去3moleˉ,依据得失电子守恒知需要氧化剂KClO3（还原产物为Clˉ〕1molClO丁得到6moleˉ）至少为｜0。5mol°（3）氧化后得到的溶液中含有的杂质金属阳离子有K十｀Fe3＋｀Al3＋,因此加入KOH中和后得到废渣2的主要成分为Fe（OH）3和Al（OH）3。（4）利用淋洗液洗脱的目的是使R4V4Ol2转化为V4O↑r!即反应向｜逆反应方向进行’因此淋洗液中应含有大量的OHˉ〗即溶液显碱性°（5）在离子交换时除得到RqV4Ol2外‖还生成KOH,因此流出液中阳离子最多的是K十。…流橇翔,懒爆皿v＂》蹦得…｝露镭合原子守慢知呻｜应有NH3、H2O生成］故缎烧时反应的化学方程式为2NH4VO3—V2O5＋2NH3↑＋H2O↑°［关键点拨］判断出转化流程中V的化合价是否改变,从而判知每步发生的反应｀操作目的等是解答本题的关键°［测‖｜｜诊断］（1）本题主要考查物质制备工艺流程’涉及离子方程式的书写、氧化还原反应及相关计算、元素化合物知识等』难度中等］意在使大多数考生得分。（2）本题若错］可能是不能熟练地利用原子守恒和反应方程式!从而错答第（1）、（4）｀（5）问。霹夏题分类集训5微信公众号嗨呀同学高考必刷题舅题分类集训化学Cl—′不利于AgCl与氨水反应（5）向滤液中滴加2mol·Ll水合脐溶液,搅拌使其充分反应,同时用lmol·LˉlH2SO4溶液吸收反应中放出的NH3’待溶液中无气泡产生,停止滴加,静置,过滤、洗涤‖干燥［解析］（1）控制反应温度在0～100℃之间常用的方法是水浴加热法°（2）NaClO与Ag发生氧化还原反应生成AgCl｀NaOH和O2］其中氧化剂是NaClO,还原剂是Ag］氧化产物是AgCl和O2,还原产物是AgCl!由于氧化产物有两种］而n（Ag）:″（Cl）＝l:1』即当有］molAgCl生成时Ag失去lmol电子｀ClOˉ得至｜」2mol电子!则生成0.25molO2,所以发生反应的化学方程式为4Ag＋4NaClO＋2H2O＝≡＝4AgCl＋4NaOH＋O2↑;HNO3作为氧化剂,生成NO和NO2,会污染空气°（3）由于洗涤后的滤液中含有银离子’为了提高Ag的回收率需将洗涤后的滤液并入＂过滤Ⅱ＂的滤液中°（4）若没有＂过滤I｜｜,未过滤掉的溶液会稀释氨水］且滤液中含有Clˉ’不利于AgCl与氨水反应。（5）』｜过滤Ⅱ＂后的滤液中主要含有Ag（NH3）2OH,根据题给信息可加入2mol.Lˉ｜的水合脐溶液进行还原,搅拌可使其充分反应,同时用1mol。LˉlH2SO4溶液吸收反应中放出的氨气待完全反应即没有气体产生时］停止滴加］静置后再进行过滤｀洗涤｀干燥°6.（l）SO2＋OHˉ-HSO丁（2）OFeS2@硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中（3）NaAlO2Al（OH）3（4）l:16［解析］（1）SO2是酸性氧化物〕可被碱性溶液吸收,由于SO2过量］反应生成酸式盐］离子方程式为SO2＋OHˉ-HSOj°（2）O由题目信息知‖金属硫酸盐的分解温度—般言于600℃,所以低于500℃时去除的硫元素主要来自原料中少量的FeS2,该物质焙烧时被氧化生成SO2°@添加少量氧化钙后］矿粉中的硫酸盐与氧化钙反应转化为硫酸钙］由于硫酸钙在700℃时不分解］仍留在矿粉中〕所以硫去除率较低。（3）碱浸时,氧化铝会与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠!过滤后,偏铝酸钠进入滤液］向滤液中通入CO2’NaAlO2与CO2反应转化为氢氧化铝沉淀,因H2CO3酸性较弱｛故不会进—步生成Al3＋°（4）Fe2O3与FeS2在缺氧条件下反应生成Fe3O4和SO2,根据得失△电子守恒可知反应的化学方程式为l6Fe2O3＋FeS2-llFG3O4＋2SO2↑°7.（1）水浴加热（2）4Ag＋4NaClO＋2H2O-4AgCl＋4NaOH＋O2↑会释放出氮氧化物（或NO、NO2）!造成环境污染（3）将洗涤后的滤液合并入“过滤Ⅱ＂的滤液中（4）未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水,且其中含有一定浓度的第四章非;第0节碳｀硅及具化台物非金属及其化台物CaC2O4.H2O的相对分子质量为l46可知加热至｜」不同温度时乘｜余固体的成分:400℃时的固体是CaC2O4｀600℃时的固体是（〕a（〕O3｀l（）00℃时的固体是CaO』所以400～600℃范围内发生热分解反应40（｝～600℃的化学方程式为CaC2O4—CaCO］＋CO↑。@等物质的量的CaCO3和CaC2O4°H2O受热完全分解时!CaC2O4·H2O分解得至｜」的气体产物较多,所以得至｜」的CaO更加疏松多孔］更有禾」于CO2的捕集°（2）O由题图可知’CO2在阴极得电子｛结合电荷守恒写出生成H（〕OO—的电极反应式;CO2＋HCO丁＋2eˉ-≡HC（）O＿＋CO;或CO2＋H＋＋2e-＝HCOOˉ°@阳极发生反应2H2O—4eˉ＝-O2↑＋4H＋,溶液的pH减／｜＼‖HCO丁与H＋反应而使其浓度减小｜由于溶液呈电中性｛贝｜｜K十部分移向阴极区,所以电解段时间后,阳极区KH（〕O3溶液浓度降低·第2节氯＼澳＼碘及具化台物｜考点08碳｀硅及其化合物T.∧［解析］本题考查陶瓷的组成｀制备和性质°氧化铁是红棕色的］瓷器的吉色不是来自氧化铁,A错误;秦兵马偶是陶带｜」品,陶器是由轴±经言温烧结而成的,B正确;陶瓷是应用较早的人造材料｜其主要化学成分是硅酸盐］C正确;陶瓷化学性质稳定!能够耐酸碱侵蚀、抗氧化］D正确°2D［解析］碳酸氢钠用干制胃酸中和剂是因为其能中和胃酸中的盐酸］与其受热易分解的性质无关,A错误『二氧化硅用于带｜｜光导纤维与其熔点高低｀硬度大小无关｛主要与其能够透光〕折射率台适,能发生全反射有关］B错误］氧化铝作耐高温材料与其高熔点有关,与具为两性氧化物无关,C错误;氧化钙与水反应消耗水’所以可作食品干燥剂,性质与用途有对应关系〕D正确°3。C［解析］工业上—般采用电解熔融氯化镁的方法制取镁’A正确｛电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气’可制取氯气｛B正确;生产普通玻璃的主要原料为石灰石｀纯碱和石英’C不正碉接触法制硫酸的硫元素主要来源于硫黄或含硫矿石,常通过硫与氧气反应或缎烧硫铁矿生成二氧化硫,D正确。4。C［解析］Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3‖A错误;S在O2中燃烧只能生成SO2｛B错误;CaCO3分解生成CaO和CO2,CaO与SiO2反应生成CaSiO3］C正确;NO与H2O不能发生反应,D错误。5.2SiHCl3＋3H2O-（HSiO）2O＋6HCl［思路分析］利用原子守恒可知该反应还生成HCl,由此可得反应的化学方程式。［解析］利用原子守恒可知］SiHCl3与H2O反应生成（HSiO）2O的同时还生成HCl『故反应的化学方程式为2SiHCl3＋3H2O＝＝≡（HSiO）2O＋6HCl°6HCl｀H2［解析］用H2还原SiHCl3生成的HCl可用干流程中粗硅提纯的第l步｜混合物分离出的H2可用干SiCl4氢化和SiHCl3还原｛未完全转化的H2也可循环使用°7.（l）Mg2Si熔融,电解NH3,NH4Cl（2）SiC［解析］（l）A2B与NH3｀NH4Cl经反应O生成SiH4和MgCl2°6NH3』结合原子守恒推知A2B为Mg2Si°反应@由MgCl2制备Mg,应采用电解熔融MgCl2的方法°分析流程可知〗MgCl2.6NH3与HCl反应生成的NH4Cl!MgCl2.6NH3在300℃时反应产生的NH3‖均可重新参与反应O］故可循环使用的物质有NH4cl和NH3°（2）在—定条件下!由SiH4和CH4反应生成H2和—种固体耐磨材料〕结合原子守恒及固体材料具有耐磨性推知,该固体为SiC°4＂～6＂℃8ˉ（］）OCaC2O4CaCO3＋CO↑@CaC2O4.H2O热分解放出更多的气体,制得的CaO更加疏松多孔（2）OCO2＋H＋＋2eˉ-HCOOˉ或CO2＋HCO丁＋2eˉ-≡HCOO＋CO;ˉ@阳极产生O2’pH减小,HCO丁浓度降低;K＋部分迁移至阴极区［解析］（1）o由剩余固体的质量与原始固体的质量比值结合｜考点T9氢及其重要化合物｜q.d［解析］明矾与亚氯酸盐不反应｛a不符合题意｛碘化钾与亚氢酸盐反应生成碘单质］而碘单质有毒,b不符合题意｜加入盐酸,亚氯酸盐转化为亚氯酸｛不能达至｜｜除去亚氯酸根的目的｛c不符合题意加入硫酸亚铁,亚氯酸盐被还原为Clˉ,Fe2＋被氧化为Fe3＋〕Fe3＋水解生成氢氧化铁胶体］氢氧化铁胶体具有吸附性〕能起至」净化水的目的,故d符合题意°2.（1）O2KMnO4＋16HCl（浓）-2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O蕴.…＿…〃@饱和食盐水（2）Ol.Fe3＋4FeOiˉ＋20H＋ˉFe3＋＋3O2↑＋l0H2Oll.排除ClOˉ的干扰@＞溶液的酸碱性不同O理由:FeO乱ˉ在过量酸的作用下完全转化为Fe3＋和O2,溶液浅紫色一定是MnOJ的颜色方案:向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4,观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色［思路分析］（l）A是用浓盐酸与KMnO4反应制取Cl2的装置’由于浓盐酸易挥发,所以使用B中的溶液吸收挥发出的HCl,C是市｜｜取K2FeO4的装置,D是尾气处理装置°（2）探究K2FeO4的性质时,要注意实验的对照｛通过对比得出结论·［解析］（l）OA中发生的是浓盐酸与KMnO4制取Cl2的反应,反应方程式为2KMnO4＋］6HCl（浓）-2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。@浓盐酸易挥发,装置B的作用是除去Cl2中的HCl气体!故B中所装试剂应为饱和食盐水,洗气时气体应｜｜长进短出｜｜°OCl2会和过量的KOH溶液反应Cl2＋2OHˉ-Cl＋ClOˉ＋H2O。@微信公众号嗨呀同学答案及解析［刷盲所得］SO2在水溶液中具有较强的还原性］能使酸性高锰酸钾溶液｀澳水褪色’体现其还原性;SO2的漂白性主要体现在其能使品红溶液褪色（加热时能恢复红色）’但其不能使酸碱指示剂褪色〕如SO2通入石蕊试液中,溶液只变红不褪色°［测0｜｜诊断］（l）本题考查SO2的性质〗涉及氧化性｀还原性｀漂白性的判断〗酸性的强弱比较等’试题难度中等’大多数考生可得分°（2）本题不应错,若错］可能是忽视SO2能被Fe3十氧化为SO;ˉ而错选A项°B［解析］CO与Na2S不反应］A错误｛SO2具有氧化性』可以在水中和硫化钠反应产生沉淀硫单质,可以使溶液变浑浊,B正确］HCl和Na2S反应产生H2S气体,没有沉淀产生!C错误;CO2与Na2S反应生成NaHCO3和H2S气体］不会产生沉淀,D错误°（l）OBaSO4＋4C-≡BaS＋4CO↑CO＋H2O＝＝＝CO2＋H2@BaCOjOS2ˉ＋Ba2＋＋Zn2＋＋SO》＿＝≡BaSO4.ZnS↓（2）Ol。加入KSCN溶液’溶液变红说明含有Fe3＋。由题给信息可知》FeOiˉ在酸性条件下会快速产生O2’贝｜」发生的反应为4FeOi—＋20H＋-4Fe3＋＋3O2↑＋10H2O,也会产生Fe3＋°ll。由干ClOˉ也可将Cl～氧化’所以用KOH溶液洗涤的目的是除去ClOˉ’防止干扰实验°@氧化还原反应中,氧化性:氧化剂＞氧化产物’碱性条件下Cl2作氧化齐｜」可制取K2FeO4,即氧化性:Cl2＞FeO;—,酸性条件下K2FeO4作氧化剂可制取Cl2’即氧化性;Cl2＜FeOiˉ］由此可知溶液的酸碱性会影响物质的氧化性强弱°［关键点拨］根据氧化还原反应原理可得物质氧化性强弱关系〗但本题需注意找出发生反应的条件差别以及干扰项因素°［测‖｜｜诊断］（1）本题考查化学实验,涉及Cl2的制取｀物质的制备｀氧化还原反应｀化学实验设计与评价］难度较大,仅部分考生可得分。（2）本题若错!可能是分析原因时不知道物质氧化性强弱改变是由干溶液酸碱性不同,实验评价时没有注意题目中K2FeO4的性质°3.（1）OTiO2（s）＋2Cl2（g）＋2C（s）-TiCl4（g）＋2CO（g）△H≡-45.5kJ.molˉl@＞随温度升高’CO含丘增大,说明生成CO的反应是吸热反应OH2O、FeCl2溶液｀NaOH溶液@MgCl2｀AlCl3、FeCl3（2）SiCl4高干136℃,低干181℃［思路分析］分析以铁精矿原料制备纯TiCl4的工艺流程图,结合热化学方程式书写的注意事项、化学平衡的移动原理、尾气的吸收方法｀工业条件的选择与分析等知识分析｀解决相关问题°［解析］（1）O反应物有TiO2,“加碳氯化＂说明反应物还有C｀Cl2〕生成物为TiCl4｀CO,写出目标反应并标上聚集状态;TiO2（s）＋2C（s）＋2Cl2（g）-TiCl4（g）＋2CO（g）!可由题给反应相加获得『则△H＝＋175.4kJ°nⅫˉl＋（ˉm.9kJ°nmlˉl）＝—45.5kJ·molˉl°@由图可知!随温度的升高,CO2的物质的量减少,CO的物质的量增多］说明平衡向生成CO的正反应方向移动,即正反应是吸热反应°O可得粗盐酸’可知先用水吸收HCl;可得FeCl3溶液,可知用FeCl2溶液吸收Cl2;最后用NaOH溶液进行尾气处理°@由题给表格中数据可知冷却至室温后〕AlCl3｀FeCl3｀MgCl2为固体!且MgCl2难溶于TiCl4］AlCl3、FeCl3微溶干TiCl斗,过滤得到的滤渣为MgCl2｀AlCl3｀FeCl3的混合物·（2）SiCl4与TiCl4互溶,粗TiCl4中含有SiCl4及少量的FeCl3｀AlCl3,由于SiCl4的沸点低,先控制温度在58～136℃,蒸馏出SiCl4!故物质a为SiCl4,再控制温度在l36～I81℃,蒸馏出TiClq『即得纯TiCl4°［刷盲所得］用FeCl2溶液吸收Cl2〗发生反应2Feα2＋Cl2—2FeCl3°［测‖｜｜诊断］（1）本题考查化工生产流程问题］难度中等,大部分考生可得分6（2）本题若错,—是第（1）o问中没有注意吸收的｜｜顶序,若先用FeCl2溶液吸收!贝｜｜HCl也被吸收］无法制得粗盐酸『二是第（1）@问没有能根据表中数据正确判断常温下物质的状态;三是第（2）问中没有根据各物质的沸点关系,判断蒸馏产物的先后｜｜顶序°｜考点20卤素单质海水资源的开发利用｜4C［解析］A项,由转化关系图可知,向苦卤中通入Cl2可提取澳,正确;B项,利用除杂和重结晶等过程可提纯粗盐,正确;C项］从工业生产中的经济原则考虑!NaOH的价格较贵!工业生产中常选用生石灰作为沉淀剂,错误;D项!液漠易挥发且有氧化性』富集滇—般先用空气和水蒸气吹出单质澳,再用SO2将其还原吸收］正确°［刷百所得］工业上用碱作沉淀剂时,—般使用生石灰或熟石灰而不用氢氧化钠,主要原因是NaOH的价格比较高·在实际生产中必须考虑设备｀原料的成本问题°［测‖｜｜诊断］（1）本题主要考查物质的分离、提纯和氧化还原反应等知识,难度中等,意在使大多数考生得分°（2）本题不应错,若错!可能是不了解实际生产中要考虑原料的成本问题而造成的°第3节硫及具化台物｜考点20硫及其氧化物过氧化割T。C［解析］SO2通入含HCl、BaCl2的FeCl3溶液中’Fe3十将SO2氧化为SO;ˉ’Ba2＋与SOiˉ生成BaSO4沉淀;2Fe3＋＋SO2＋2H2O-＝2Fe2＋＋SOiˉ＋4H＋,说明SO2具有还原性』A正确‖SO2与H2S反应生成S单质:2H2S＋SO2＝＝3S↓＋2H2O’SO2中硫元素化合价降低’体现了SO2的氧化性’B正确｜SO2使酸性言锰酸钾溶液褪色!是因为SO2将MnO「还原为Mn2＋:5SO2＋2MnOJ＋2H2O＝＝＝5SO:ˉ＋2Mn2＋＋4H＋,体现了SO2的还原性』C错误;SO2通入Na2SiO3溶液中:SO2＋H2O＋Na2SiO3＝＝H2S1O3↓＋Na2SO3’根据0强酸制弱酸川的原理可知酸性H2SO3＞H2SiO3］D正确°23∑］×◎‖◎］‖＾×）γ］—∑β◎日∑（（2）浅蓝色罕无色×l00％程°涉及物质性肌×l000［解析］本题考查以重晶石为原料制备立德粉的流程°涉及物质性质＼陌生氧化还原方程式的书写,以及用＂碘量法＂测S2ˉ含量过程中的滴定的终点判断和计算°（1）O在回转炉中重晶石（Baso4）被过量焦炭还原为可溶性硫化钡,根据题目信患!｜回转炉尾气中含有有毒气体,生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2＂可知有CO气体生成’再根据得失电子守恒和原子守恒进行配平,得BaSO4＋4C-BaS＋4CO↑。生产上可通过水蒸气变换反应将CO转化为CO2和—种清洁能源气体（H2）］该反应的化学方程式为CO＋H2O—CO2＋H2°@在潮湿空气中长期放置的“还原料＂（BaS）］会逸出臭鸡蛋气昧的气体（H2S）!目水溶性变差］主要原因是＂还原料＂（BaS）与潮湿空气中的H2O｀CO2发生复分解反应生成BaCO3和H2S’而BaCO3难溶干水°O根据流程图可知沉淀器中发生的为BaS溶液与硫酸锌溶液的反应‖根据离子方程式的书写原则,可得沉淀器中反应的离子方程式为S2ˉ＋Ba2＋＋Zn2＋＋SO1-BaSO4.ZnS↓°（2）根据反应I2＋2S2O;ˉ—2Iˉ＋S4O:’可知当到达滴定终点时,I2被消耗完全,故终点颜色变化为浅蓝色至无色°由上述离子方程式可得关系式I2～2S2O;,可知和S2O;＿反应的I2的物质的量为÷γ×0」000×l0ˉ』m°l』2虱00mL0」000m。卜Lˉ｜的l』ˉⅪ溶液中所含I2的物质的量为25。＂×0.1们0×l0ˉ3mol,则可知和mg样品反应的l2的物质的量为（25D0ˉ÷V）×0」000×l0＿』mol』由样垄品与I2—KI溶液反应有S析出判断发生的反应为I2＋S2——2Iˉ＋S｀则可知砸g样品中S2ˉ的物质的量为（2虱00—÷『）×0」000×（25o0ˉ＋『）×0｜000×321〔）ˉ3mol’故样品中S2ˉ的含量为×1＂％°m×1Ⅷ..ˉ≡.ˉ°［关键点拨］第（l）问根据题目中的＂在潮湿空气中长期放置＂〗初步判断还原料会与空气中的H2O和CO2反应,再根据＂臭鸡蛋气昧＂和＂难溶于水＂判断是空气中的CO2、水蒸气和BaS反应产生H2S气体和BaCO3。第（2）问考查氧化还原滴定分析,需明确该反应的原理’首先移取的I2-KI溶液是过量的,第—步是发生S2ˉ与I2的反应,I2过量］再用Na2S2O3消耗掉过量的I2!通过反应的离子方程式计算出I2的剩余量,再根据起始移取量计算与S2反应的I2的量‖进而求出成品中S2ˉ的含量。480Y〕后,H2O2分解速率大’浓度显著降低［解析］H2O2在高温下分解’使得有机碳脱除率下降°2Mg（OH）2＋2SO2＋O2-2MgSO4＋2H2O［解析］向煤中加入浆状Mg（OH）2］使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化台物’该化合物应为MgSO4’反应的化学方程式为2Mg（OH）2＋2SO2＋O2～2MgSO4＋2H2O°△（1）3Cl2＋6OHˉˉCl＿＋ClO丁＋3H2O缓慢通入Cl2（2）NaClO碱性溶液减少水台脐的挥发（3）O测丘溶液的pH’若pH约为4,停止通SO2@边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液,测丘溶液PH,PH约为10时,停止滴加NaOH溶液,加热浓缩溶液至有大丘晶体析出,在高于34℃条件下趁热过滤［解析］（1）根据提示］氯气与氢氧化钠在不同温度下的反应产物不△同］温度超过40℃时反应的离子方程式为3Cl2＋6OHˉ-＝5Clˉ＋夏题分类集‖｜｜56.微信公众号嗨呀同学高考必刷题夏题分类集训化学解产生NO2,两种情况中NO2均为还原产物,C正确;O中检测出CO2』可能是红热的木炭燃烧生成CO2,不能说明木炭＿定与浓硝酸发生了反应］D错误°△［刷有所得］浓HNO］具有不稳定性〗可以发生分解反应:4HNO3—4NO2↑＋O2↑＋2H2O,加热或光照均能加速其分解,因此浓HNO3应保存在棕色瓶中!并置干冷暗处°［测‖｜｜诊断］（1）本题考查硝酸的性质｀化学实验探究!侧重考查考生分析问题｀解决问题的能力］试题难度较大!仅部分考生能够得分°（2）本题易错点有两点:一是易忽视浓HNO3自身可以分解加热能加速其分解;二是易忽视红热的木炭燃烧可以产生CO2。HH5.（1）H:N:N8H—2（2）NaClO＋2NH3＝＝N2H4＋NaCl＋H2OHH［解析］（1）联氨是共价化合物,电子式为H:N:N:H‖其中H显＋1价’根据化合价代数和为0,可知氮的化合价为-2价°（2）用次氯酸钠与氨反应制备联氨,N的化台价由-3价升言为＿2价〗而Cl的化合价由＋1价降低为—1价］根据氧化还原反应中化合价升降的总数相等和质量守恒进行配平］反应的化学方程式为NaClO＋2NH3＝≡＝N2H4＋NaCl＋H2O。茧….→6。（l）除尘（2）c（3）［思路分析］分析烟道气中NO熙含量的采样及监测流程,分析各部分装置盛装的试齐｜｛及作用｛分析NOx含量测定原理〕结合滴定操作原理及实验数据计算NO＂的含量,并进行误差分析°［解析］（1）烟道气中含有粉尘、空气、H2O、NO雾‖过滤器A中装有无碱玻璃棉’其作用是除去烟道气中的粉尘°（2）烟道气中的NO剪与空气中O2在加热器中反应生成高价态氮氧化物,碱石灰不能用于干燥酸性气体,无水CuSO4—般用于检验生成的H2O而不作干燥剂,P2O5是酸′｜生干燥剂!可用于干燥氮氧化物!故选c。（3）吸收器D用于吸收氮氧化物］考虑到氮氧化物可与碱溶液反应,故可将气体通过盛有NaOH溶液的洗气瓶］装置图见答案。7.（1）HNO2＝2eˉ＋H2O-3H＋＋NO丁（2）2HNO2＋（NH2）2CO-2N2↑＋CO2↑＋3H2O（3）o等@迅速上升段是催化剂活性随温窿升离增大与温度升商共同使NOⅪ去除反应速率迅速增大;上升缓慢段主要是温度升高引起的NO颠去除反应速率增大催化剂活性下降;NH3与O2反应生成了NO［解析］（1）电解硝酸、亚硝酸的混合液得到较浓的硝酸］则HNO2转化为HNO3,氮元素化合价升言;被氧化,电解时阳极发生氧化反应］所以阳极的电极反应式为HNO2—2eˉ＋H2O—3H＋＋NOj。（2）该反应是氧化还原反应’尿素中N元素化合价可看作-3价］亚硝酸中氮元素化合价为＋3价］反应生成氮气,可依据得失电子守恒配平,化学方程式为2ⅧO2＋（NH2）2CO-2N2↑＋CO2↑＋3H2O°（3）ONH3与NO2反应的化学方程式为8NH3＋6NO2ˉ催止i上7N2＋12H2O〗该反应中生成7molN2,有24mol电子发生转移’所以生成lm°｜N』转移电子的物质的量为等m°｜.圆温度升高使反应速率加快’也使催化剂活性增强!所以在50～250℃范围内去除率迅速上升｜后上升缓′｜曼是由于催化剂活性达到最大’只剩温度升高继续影晌反应速率温度继续升高’高于380℃后,NO“的去除率不增反降,可能是催化齐｜｜的活性下降‖也可能是发生昌‖反应,如氨气与氧气反应生成NO°△8.（l）OCO（NH2）2＋H2O＝＝CO2＋2NH3ClO丁＋3H2O｛冰水浴可降温,由于Cl2和NaOH反应为放热反应,还可以通过降低反应速率来控制温度,如降低通入氢气的速率°（2）根据已知信息知’反应过程中次氯酸钠不能过量!否则会与水台脐反应生成氮气〕影响水合脐的产率!所以应用滴液漏斗控制次氯酸钠溶液的滴加量与滴加速率｝因反应温度为110℃’接近水合脱的沸点｜故需要使用冷凝管回流挥发的水合脐。（3）O根据题图乙,HSO丁的微粒摩尔分数在pH≈4时达至｜」最高,此时即可停止通入SO2°@由图乙可知〕随溶液pH不断升高HSO丁逐渐转化为SO;ˉ’且HSOJ完全转化生成SO;ˉ时的PH约为10’此时停止滴加氢氧化钠溶液!即得至｜」亚硫酸钠溶液｛由图丙可知,34℃后继续升高温度］Na2SO3溶解度逐渐降低’故应将Na2SO3溶液加热浓缩’使Na2SO3以晶体形式析出,而后在言于34℃时趁热过滤°｜考点22硫的其他化合物｜7。（1）2NaHSO3—Na2S2O5＋H2O（2）ONaHSO3@得到NaHSO3过饱和溶液［解析］（1）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）和亚硫酸氢钠（NaHSO3）中的硫元素均为＋4价,该生产过程发生的是非氧化还原反应’根据质量守恒定律写出配平的化学方程式:2NaHSO3—Na2S2O5＋H2O°（2）O亚硫酸是中强酸,其酸性强于碳酸’亚硫酸钠是强碱弱酸盐,其水溶液显碱性!亚硫酸氢钠溶液中亚硫酸氢根离子的电离程度大干其水解程度,故溶液显酸性,据此结合题中I的pH≡4.1,可判断I中的反应是Na2CO3饱和溶液中通入过量SO2生成亚硫酸氢钠］同时放出CO2气体°@将（1）中的信息“生产Na2S2O5’通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得＂迁移到本小题中理解;Ⅱ中加入Na2CO3固体‖Ⅲ中再次充入SO2的目的是进—步生成亚硫酸氢钠!得至｜」NaHSO3过饱和溶液,便于后续结晶脱水制得Na2S2O5°8.2As2S3＋5O2＋6H2OˉH3AsO4＋6S增加反应物O2的浓度,提高As2S3的转化速率［思路分析］陌生反应先确定产物,再根据化合价升降守恒配平;有气体参加的反应’加压可以加快反应速率］根据反应前后气体分子数的增减可确定改变压强平衡移动的方向。［解析］根据题干可知!As元素的化合价由＋3价变为＋5价〗升高了2价,S元素的化合价由-2价变为0价,也升高了2价,故1molAs2S3在反应中失去l0mol电子｛O元素的化合价由0价降为ˉ2价］故llnolO2在反应中得至‖4mol电子;根据得失电子守恒｀质量守恒可得反应的化学方程式为2As2S3＋5O2＋6H2OˉH3AsO4＋6S;对于有气体参加的反应,增大压强’可以增大氧气浓度提高As2S3的转化速率。第4节氮及具化台物｜考点23氮及其化台物｜｜1C［解析］本题考查硝酸的性质｀Cl2的实验室制法｀SO2的性质和Na的性质°Fe遇冷的浓硝酸发生钝化!A错误｛MnO2和稀盐酸不反应,实验室使用MnO2与浓盐酸在加热条件下制Cl2］B错误SO2与过量氨水反应生成（NH4）2SO30与少量氨水反应生成NH4HSO3‖C正确;室温下Na与O2反应生成Na2O’在加热条件下Na与O2反应生成Na2O2｜D错误。［关键点拨］铁遇冷的浓硝酸发生钝化,遇稀硝酸或热的浓硝酸不能发生钝化·2A［解析｜氮氧化物的分子式为NO霍』则］4;［6撼＝7;4』解得撼＝＋’则该氮氧化物可表示为N2O,故A符合题意°［测0｜｜诊断］（1）本题考查化学式的确定’难度不大］意在使大多数考生得分。（2）本题若错’可能是在代入数据计算时由于粗心］把关系弄混而出错。3.C［解析］雾和疆的分散剂均为空气!A正确;由题图知无机颗粒物的成分是硝酸按和硫酸镶故形成的雾露中含有硝酸按和硫酸铁〗B正确;氨气分别与硝酸和硫酸反应生成硝酸按和硫酸按!故氨气是反应物!不是催化剂,C错误;部分氮肥不稳定,过度施用会分解生成氨气,逸散到空气中］形成无机颗粒物,导致雾霍的形成,D正确·［快解］催化剂在反应前后质量和性质都不发生变化,从图中可以看出NH3作为反应物参与了反应,不是催化剂’贝｜」可快速选出C项。［测训诊断］本题以雾霍为主题考查元素化合物知识,本题易错选B项‖原因可能是不能从图中获取雾霍中无机颗粒物的主要成分°4D［解析］@中灼热的碎玻璃使浓HNO3的温度升高,加速了浓HNO3的分解］所得气体为NO2和O2的混合气体］A正确j@中可能是红热的木炭使温度升高加速了浓HNO3的分解’不能说明木炭与浓HNO3发生了反应’B正确｝O中红热的木炭没有与浓HNO3接触而产生了红棕色气体〕说明HNO3挥发,并进—步发生反应产生红棕色气体,＿是HNO3可能和木炭反应生成的NO2］二是HNO3遇热分催化剂7N2＋12H2O颐NH3＋6NO2O2SO2＋O2＋4NH3＋2H2O—2（NH烈）2SO4o丑2‘｜版』赂）（2）OBaOα:1催化剂4l5NNO＋6II2OO↓l5NO＋4NH3＋3O2［解析］（l）OCO（MI2）2水溶液加热生成CO2和NH3’由原子守恒可△知反应物还有H2O］该反应的化学方程式为CO（NH2）2＋H2O-o微信公众号嗨呀同学答案及解析NH3的化学计量数设为1,则NH3中的H和O2生成H2O］由H原子守恒』Ⅱ2o的化学计量数为÷｀则o2化学计量数为÷′扩大相应倍数得:4｜5NO＋4NH3＋3O2催化剂4l5NNO＋6H2O°［刷盲所得］尾气中的SO2在氧气作用下生成（NH4）2SO4,类似于用氨水吸收SO2］再被氧气氧化:2NH3＋SO2＋H2O-（NH4）2SO3｀2（NH4）2SO3＋O2-＝2（NH4）2SO4°剿鹏｛槛瞒瓣震撼潮｀蕊鹊熬愚考生可得分°（2）本题若错’—是第（l）o问中没有注意水溶液,根据原子守恒补＂H2O＂;二是第（l）O问中没有正确配平｜三是第（I）@问中没有注意H2SO4是≡元酸］没能正确找出各物质之间对应量的关系;四是第（2）o问中没有注意＂有氧＂条件,没有能够根据原子守恒进行正确配平。2NH3＋CO2。@NH3还原NO2生成N2和H2O!根据得失电子守恒及原子守恒配平:8NH3＋6NO2催化剂7N2＋12H2O°O反应物为NH3、H2O｀SO2和O2,生成物为（NH4）2SO4,化学方程式为4NH3＋2SO2＋O2＋2H2O＝＝＝2（NH4）2SO4°@H2SO4为二元酸,有2n（H2SO4）＝n（NaOR）＋n（NH3）］n（NH3）＝2clVl×10ˉ3mol-c2L×10ˉ3mol°由氮原子守恒有:CO（NH2）2～2NH3,尿素溶液中溶质的质量2clVl＝c2‖／i×10ˉ3mol×60g·moll3（2c｜V｜—c勺队）2Jhb■jⅦ3（2clVl—c2％）分数为~~αgl00〔】（2）OBaO吸收NO“生成Ba（NO3）2,Ba（NO3）2与还原性尾气反应又生成BaO,故储存NO＂的物质是BaO°@由图b可知H2与Ba（NO3）2反应第—阶段生成NH3,由得失电子守恒lmolH2转移2mol电子,Ba（NO3）2中N由＋5价降低至｜」NH3中的—3价,1molBa（NO3）2含有2molN原子,转移16mol电子,″（H2）:″［Ba（NO3）2］≡8:1°O在有氧条件下,反应物为l5NO、NH3和O2,生成物为l5NNO｀H2O,即l5NO＋NH3＋O2＿→15NNO＋H2O］由l5NNO可知若l5NO｀第五章物质;第T节原子结构化学键物质结构元素周期律》;鞠剿臻慧辩蕊雾辩j魄示意图,书写化合6D［解析］l8O原子的中子数为l8—8＝l0〕则｜8O3含有的中子数为30］A错误｝2H2｜7O2含有的中子数为（2—l）×2＋（17—8）×2≡20!B错误｜l4Nl6O2含有的中子数为（l4—7）＋（l6ˉ8）×2≡23’C错误!l4Cl6O2含有的中子数为（14ˉ6）＋（16ˉ8）×2≡24,D正确°｛挫峻甥寨鞘撼霞器蜜—漓弹子数〗由此只要仔细计算〕不难得到答案°［解析］砷是33号元素］位于元素周期表第四周期第VA族］贝｜｜其原ˉ…唇煮互5-花享割8。C［解析］烧碱和纯碱均属于离子化合物,熔化时需克服离子键〕A项正确｛加热蒸发氯化钾水溶液］液态水变为气态水,水分子之间的分子间作用力被破坏,B项正确CO2溶于水发生反应CO2＋H2O＝≡H2CO3］有化学键的断裂和生成!C项错误;石墨属于层状结构晶体』每层石墨原子间以共价键相结合〕层与层之间存在分子间作用力!金刚石只含有共价键,因而石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成〗也有分子间作用力的破坏’D项正确°9∧［解析］酷化反应的断键方式是酸脱去轻基、醇脱去氢所以l8O应该在生成的酪中〕A错误｝常温时］若—水合氨是强碱,则0.1mol°L＿l氨水中c（OHˉ）≡0。1mol.Ll,即pH＝13,而实际上pH＝11。1’所以NH3·H2O是弱电解质’其电离方程式应用可逆号,B正确｜NaCl是离子化台物’其形成过程中Na失去l个电子,Cl得至｜」l个电子,C正确;电解精炼铜时阴极发生的是Cu2＋得到电子生成Cu的还原反应］D正确°［快解］酪化反应中醇中的O应该在生成的醋中°鳞嘘｜帛瞧鹏霍蠢驾i篙孺萝霹糠早Zn2＋｀Fe2＋等在阴极放电,由于电解质溶液中含有大量的Cu2＋,所以阴极始终是Cu2十得到电子生成Cu。剿鳞黔龋篡搬鹏‖嚼腆器霹的（2）本题若错,可能是对酷化反应断键方式不熟悉°T0.∧［解析］氧化钙与水化合过程中,水中的共价键会断裂,形成氢氧根离子时有共价键形成,A正确｝氢化物热稳定性与元素非金属性有关,与分子间作用力大小无关’元素非金属性越强,对应简单氢化物的热稳定性越强,氧元素的非金属性强于硫元素!所以H2O的热稳定性比H2S强’B不正确;HCI属于共价化合物,C不正确;足球烯（C60）并非化合物〕D不正确°‖0.C［解析］MgF2中的化学键是离子键,A错误;金属在熔融状态下也能导电’但其不含离子键｛B错误;N2和Cl2两种分子中］每个原子的最外层都具有8电子稳定结构］C正确;干冰溶于水生成碳酸的过程中需要克服分子间作用力和共价键］D错误°0.B［解析］24gMg与27gAl的物质的量均为lmol’含有的质子数分另｜」为12／VA、13／VA,A错误;等质量的氧气与臭氧中含有等物质的量的氧原子,因此含有的电子数—定相同,B正确｜因D的原子核中含有l个中子!故1molD2O（重水）中含有的中子数为10ⅣA〕H的原子核中不含中子,故1molH2O中含有的中子数为8ⅣA,二者所含中子数之比是5:4,C错误;乙烷分子中含有6个C—H键和l个C—C键,乙烯分子中含有4个C—H键和1个C＝C键’二者所含化学键的数目不同’D错误°［」快解］禾｜」用＂微粒观＂思想!依据原子结构特点及相对原子质量快速判断出B正确°［测‖‖诊断］（1）本题考查原子结构和有机物价键规律,难度较小0意在使大多数考生得分°（2）本题不应错〗若错,可能是计算粗心,忽视重氢原子核内含有中子造成的°2.D［解析］本题考查考生在新情境下的观察及分析能力°观察题中示意图可知!冰表面第—层与气相中HCl均以分子形式存在］A正确｜冰表面第二层中〕门（Clˉ）:n（H2O）＝l0ˉ4:1〗Clˉ来自氯化氢的电离〕故n（Clˉ）＝n（H＋）,n（H＋）:〃（H2O）＝10ˉ4:1!设H2O的物质的量n（H2O）＝αmol’则则（H＋）＝l0ˉ4αmol!V（H2O）＝αmol×18舀·molˉl气＾0∩…w曰｜『′汀可丛｀10ˉ4αmolˉαmol×18g·molˉl~~~＝约αcm3＝0（EαL］贝｜｜c（H＋）＝0.9g·Cmˉ30.9g·cmˉJ」≡..｀′×■〕~~O02αLˉ..10ˉ3mol·Lˉl,B正确｛由题图可知］冰表面第三层没有受至｜」氯化氢的影响,冰的氢键网络结构保持不变,C正碉HCl分子在第＿层被吸附,第二层解离,第三层只有水分子’因此在第二层和第三层之间不存在HCl的可逆电离,D错误。［关键点拨］B项计算H＋浓度时,首先要根据HCl的电离判断出H＋浓度与Clˉ浓度相等’再利用冰的密度和Clˉ与H2O的相对数目计算体积,进而得出H＋浓度°3。∧［解析］Cl原子最外层有7个电子,为达到8电子稳定结构,需要拿出—个电子与其他原子的电子形成—对共用电子对］O原子最外层有6个电子’为达至｜」8电子稳定结构］需要拿出2个电子与其他原子的电子形成2对共用电子对,因而次氯酸的电子式为H:O:Cl;,A项错误·4C［解析］原子符号左上角的数字为质量数,中子数为8的氮原子的质量数为l5’正确的原子符号为l;N,A错误;氯化氢是共价化合物｛H与Cl共用1对电子形成共价键,正确的电子式为H;Cl;,B错误;氨分子中有3个N—H键’其结构式为H—N—H‖C正确;氢离子H最外层有8个电子!D错误°5D［解析］本题考查化学用语°中子数为18的氯原子的质量数是17＋18≡35,贝‖该氯原子可表示为;;Cl,A错误;N2分子中氮原子间形成氮氮三键’则N2的结构式为N≡N’B错误;Na＋最外层电子数墨…↑…№……O》√价化合物!电子式为H:O:H,D正确。错误;H2O是共o夏题分类集训微信公众号嗨呀同学高考必刷题夏题分类集训化学第2节元素周期律元素周期表医焉26元素周期表和元素周期雁硒｜‖D［解析］本题考查位｀构｀性三者之间的关系,涉及原子半径的比较｀物质状态的判断｀气态氢化物稳定性的比较｀物质的分类等°根据题目提供的元素周期表片断’设W的最外层电子数为α‖则X的最外层电子数为α—2］根据主族元素的最外层电子数和其最高化合价相等（O｀F除外）‖可列式α＋（α-2）＝8’计算可得α＝5］可推得W为氮元素‖X为铝元素‖Y为硅元素,Z为磷元素°同周期元素从左至｜｜右!原子半径逐渐减小!则原子半径;N＜B］同主族元素从上到下〗原子半径逐渐增大〗贝｜」原子半径;B＜Al’可得原子半径N＜Al’A正确;常温常压下,Si为灰黑色固体,B正确;元素非金属性越强］简单气态氢化物的稳定性越强!非金属性:N＞P’故简单气态氢化物的热稳定性;PH3＜NH3’C正确jX的最高价氧化物对应的水化物为Al（OH）3’属于两性氢氧化物!不属于强碱,D错误°［关键点拨］解答本题的关键是要根据W｀X的位置关系’并结合题干信息＂W与X的最高化合价之和为8＂进行计算,推出相应的元素。2B［解析］本题考查元素周期律相关知识,涉及熔点高低的比较｀氢化物稳定性的比较、化合物的类型｀非金属单质与酸的反应等°Y最外层电子数等于X次外层电子数!说明Y最外层电子数是2］三者最外层电子数之和为l0］X与Z同族’最外层电子数相同］贝｜」都为4］且X只有2个电子层｛所以X为C元素］Y为Si元素!又因为Y原子半径大于硅!贝｜」Y为Mg元素°常温下,CO2｀CO是气体,MgO是固体,因此CO2｀CO熔点低!A错误『非金属性越强‖简单气态氢化物越稳定,因非金属性;C＞Si’所以热稳定性:CH4＞SiH4’B正确‖碳化硅是共价化合物,C错误;单质镁能溶于浓硝酸’单质硅不溶于浓硝酸｛D错误。［关键点拨］本题的关键是判断X｀Y、Z分别代表何种元素‖要充分挖掘题干中的隐含信息’＂Y最外层电子数等干X次外层电子数＂中隐含的信息为X为第二周期元素,只有2个电子层’基于此判断进—步可确定Z为第三周期元素·3.B［解析］a｀b｀c｀d为原子序数依次增大的短周期主族元素,a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同,若b位于第二周期〗则a为He元素,He元素不是主族元素,不符合题意｛若b位于第三周期〗则a为O元素］符合题意°c所在周期数与族数相同!且原子序数大于O元素的原子序数』贝｜」c为Al元素°d与a同族’则d为S元素。b位于第三周期,且原子序数小于Al的原子序数‖贝｜」b可能为Na元素或Mg元素°原子的电子层数越多‖其原子半径越大;同周期无素原子序数越大’原子半径越小!则原子半径:b＞c＞d＞a］A错误;O和S都是非金属元素,而b无论是Na还是Mg’金属性都强干Al’所以4种元素中b的金属性最强,B正确｝c的氧化物的水化物为Al（OH）3,Al（OH）3碱性不强’为两性氢氧化物!C错误;O和S为同主族元素,O的非金属性强于S,所以氧气的氧化性比硫单质的氧化性强,D错误°［测‖｜｜诊断］（1）本题主要考查元素周期表和元素周期律的综台应用’难度中等’大多数考生可得分°（2）本题的难点是b元素的推断,考生可能因忽略Al（OH）3是弱碱而导致错选·4D［解析］设Y元素原子的最外层电子数为γ,则W｀X｀Z元素原子的最外层电子数分别为y＋2｀y＋3｀γ＋4］由于这四种元素原子的最外层电子数之和为21,故可得γ＝3〕可推知Y为Al!W为N,X为O,Z为Cl°N的氢化物之＿为N2H4］在常温下为液态,其沸点高于常温下呈气态的HCl!A错误｜Al的氧化物对应水化物为Al（OH）3,属干两性氢氧化物,而N的最高价氧化物对应水化物为HNO3’属于强酸,故后者酸性更强‖B错误;Al2O3是离子晶体‖熔化时克服的是较强的离子键,熔点较言〗AlCl3是分子晶体］熔化时克服的是较弱的分子间作用力!熔点较低,故熔点:Al2O3＞AlCl3,C错误;Al3＋和O2＝的电子层结构相同,核电荷数大的离子半径小,故简单离子半径:Al3＋＜O2ˉ,D正确°［刷宦所得］各种晶体的熔沸点比较的—般规律:原子晶体＞离子晶体＞分子晶体。［测‖｜｜诊断］（1）本题考查元素推断｀元素周期律的应用’涉及熔沸点大小比较｀氧化物对应水化物的酸性强弱和离子半径大小比较等,难度中等,多数考生可得分°（2）本题若错〗可能易错选A项〗忽略了N的不同氢化物在常温下的状态及熔沸点高低°5.∧［解析】由题给信息可知‖a为H元素,b｀c｀d分别为O｀Na、S元素°H元素在NaH中显-1价,A错误｜O元素可与H元素形成H2O、H2O2’与Na元素形成Na2O｀Na2O2,与S元素形成SO2｀SO3等,B正确;四种元素的原子半径大′」｀关系Na＞S＞O＞H!C正确;H2S是—种二元弱酸!D正确°［测‖｜｜诊断］（l）本题主要考查元素周期表｀元素周期律及元素化合物的性质,难度中等’意在提高试题的区分度°（2）—部分同学可能因不能正确判断出b和c两种元素而出错,也可能因为不清楚金属氢化物中氢元素的化合价而误选°6B［解析］首先根据题中＂X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的＂可知X元素为Na,再根据＂Z与X形成的离干化合物的水溶液呈中性＂可知Z元素为Cl!进而可推知W元素为N或O,Y元素为P或S°简单离子半径:Clˉ＞O2ˉ（或N3ˉ）＞Na十’A错误｛Na与O形成的Na2O或Na2O2溶干水后均得至｜」NaOH溶液,溶液呈碱性,N与Na形成的化合物Na3N溶于水发生反应Na3N＋3H2O-NH3↑＋3NaOH,所得溶液也呈碱性,B正确;因非金属性;O＞S（或N＞P）’则热稳定性:H2O＞H2S（或NH3＞PH3）,C错误｜由非金属性:S（或P）＜Cl可知‖酸性H2SO4（或H3PO4）＜HClO4!D错误°［刷盲所得］判断非金属元素的气态氢化物的热稳定性、最高价氧化物对应水化物的酸性等需利用元素的非金属性°［测‖｜｜诊断］（l）本题主要考查元素推断与元素周期律,难度中等,意在使多数考生得分。（2）本题不应错〗若错｛可能是元素推断时出现错误｜也可能是对Na2O、Na2O2或Na3N的化学性质不熟而导致错选°7.B［解析］由题干中信息可推知元素W｀X｀Y｀Z分别为H｀N｀P｀Cl°结构相似的分子］相对分子质量越大’沸点越高’即沸点:H2＜N2‖A错误‖单质氧化性越强’其相应阴离子的还原性越弱’故还原性Hˉ＞Clˉ,B正确元素非金属性越强,其最高价氧化物的水化物的酸性越强』因此无法比较P｀Cl的氧化物的水化物的酸性强弱,只能比较二者的最高价氧化物的水化物的酸性强弱〕C错误;（NH4）3PO4是离子化合物!可见P、N可存在于同—离子化合物中］D错误°［∏‖盲所得］相关元素周期律的问题通常紧密关注＂位｀构｀性＂三者关系;此题中还需注意Hˉ的还原性很强］N、P虽然都是非金属元素〗但可构成（NH4）3PO4等离子化合物·［测‖‖诊断］（1）本题考查元素周期律,难度中等,大多数考生可得分。（2）本题易错选C项!错因在于不清楚最高价氧化物的水化物的酸性才可以用于比较元素的非金属性强弱°8.B［解析］根据题意可推知,a为H’b为S’c为Cl,d为K°非金属性Cl＞S＞H〗A正确;H和K形成离子化合物KH〗B错误｝K和H｀S｀Cl能分别形成离子化合物:KH、K2S、KCl’C正确;H｀S｀Cl各自的最高化合价分别为＋1、＋6｀＋7］最低化合价分另｜」为-1｀ˉ2｀ˉl,故元素a｀b｀c各自最高和最低化合价的代数和分别为0｀4、6｜D正确°［关键点拨］根据原子结构的特点确定出元素的种类是解题的关键°［测训诊断］（1）本题主要考查原子结构｀元素周期律｀元素周期表｀化学键等知识〗难度中等’意在使大多数考生得分°（2）本题不应错,若错,可能是对原子结构的特点不清楚!不能正确推出各元素的种类造成的°9D［解析］本题考查元素周期表｀元素周期律的应用。37Rb位于元素周期表中第五周期第IA族,钢（49In）与铡（37Rb）同周期!且原子序数比Rb大l2,由于周期表中第五周期中含有10种过渡元素,贝｜｜In位于元素周期表中第五周期第ⅢA族,A正确;l』;In的质量数为115’质子数为49,则中子数为l15-49≡66’又因其电子数等于其质子数］故中子数和电子数的差值为66—49≡l7］B正确;In和Al同处于第ⅢA族］In原子比Al原子多2个核外电子层则原子半径:In＞Al,C正确｛由于金属性:Rb＞In］贝｜」碱性In（OH）3＜RbOH〗D错误°［刷盲所得］O原子4x中A代表质量数,z代表质子数,存在关系A≡Z＋M中子数）｛@同主族元素原子的核外电子层数越多,原子半径越大o元素的金属性越强,其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强°T0.B［解析］本题考查元素周期表｀元素周期律°地壳中含量最多的元素是O（X）,Y的原子序数比X大〗再由Y原子的最外层电子数是2可知Y是Mg,Si（Z）晶体是应用最广泛的半导体材料〗S（W）和O（X）位于同—主族.同周期元素原子半径随原子序数的增大而减小’同主族元素原子半径从上到下依次增大‖贝｜」有原子半径Mg＞Si＞S（同周期）、S＞O（同主族）〗综合可知原子半径:Mg＞Si＞S＞O’A错误｛MgO是离子化合物,B正确｛元素非金属性越强｛其最高价氧化物对应水化物的酸性越强］非金属性:Si＜S,所以酸性:H2SiO3＜H2SO4,C错误｛元素的非金属性越强〗其简单气态氢化物越稳定］非金属性:O＞S〕所以热稳定性H2O＞H2S,D错误°［关键点拨］在元素周期表中,同周期主族元素的非金属性随原子序数增大而增强｀同主族元素的非金属性随原子序数增大而减小’金属性的变化趋势则相反｛元素的非金属性越强!其最高价氧化物对应水化物的酸性和简单气态氢化物的热稳定性越强°‖T。C［解析］相同温度下,Na2CO3的溶解度大于NaHCO3’A错误｝元素的非金属性:Cl＞P〕则对应的简单气态氢化物的热稳定性:HCl＞PH3’B错误｝C2H5OH易形成分子间氢键,而C2H5SH不能』其分子@微信公众号嗨呀同学~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~答案及解析之间只存在范德华力,由干氢键作用远强于范德华力,故沸点:C2H5SH＜C2H5OH!C正确;由于元素的金属性Li＞Be!则对应碱的碱性LiOH＞Be（OH）2,D错误°［刷有所得］o元素的非金属性越强’简单气态氢化物的稳定性越强,最高价氧化物对应水化物的酸性越强｜@元素的金属性越强,最高价氧化物对应水化物的碱性越强;ONH3＼HF＼H2O及CH3OH｀C2H5OH、CH3COOH等易形成分子间氢键,其沸点相对较高。‖2D［解析］元素周期表中第至第六周期容纳元素的种类数分别为2、8｀8｀18、18｀32,1l7号元素:1l7-2-8-8-18-18ˉ32＝3l＜32（第七周期排满时能容纳元素的种数）’故117号元素Ts应位于周期表的第七周期第ⅦA族］A项正确;具有相同质子数｀不同中子数的同—元素的不同核素互为同位素0原子中质子数等干核外电子数’则Ts的同位素原子具有相同的核外电子数,B项正确伺—主族元素,随原子序数的逐渐增大!元素的非金属性逐渐减弱,C项正确｛中子数为176的Ts’质量数为117＋176＝293』则核素符号为粥Ts,D项错误°［刷盲所得］同位素指质子数相同而中子数不同的同元素的不同原子’研究的对象是原子;同素异形体指同—元素形成的结构不同的单质,研究的对象是单质同分异构体指分子式相同而结构不同的化合物〗研究的对象是化合物·｛测训诊断］（l）本题考查原子结构特点及相关计算｀元素周期表与元素周期律等,试题难度较小,大多数考生可得分°（2）本题不应错!若错,可能是不清楚同主族元素非金属性的递变规律而错选C项。03D［解析］地壳中含量最多的元素是O,则Z为O元素;Y｀Z处于同—周期目相邻,则Y为N元素『W是短周期中金属性最强的元素’W为Na元素;X原子序数／｜｀于Y!且不与Y同周期’X为H元素°同周期元素,随原子序数增大,原子半径减小!贝｜」原子半径:N＞O’A错误｛W的最高价氧化物的水化物为NaOH］为强碱］B错误‖同周期元素〕从左到右,元素非金属性增强,单质氧化性增强,氧化性O2＞N2,C错误;H｀N｀O可形成离子化合物NH4NO3、共价化合物HNO3’D正确°‖4（l）第四周期第VA族173黑磷（2）＞＞N2H郸分子间存在氢键（3）b、c［解析］（1）砷元素与氮元素同族,在周期表中所处的位置为第四周期第VA族｛中子数＝质量数ˉ质子数≡288-1l5＝173;物质能量越低越稳定,由白磷转化为黑磷比转化为红磷放热更多,因此黑磷更稳定°（2）元素非金属性越强,其简单氢化物的热稳定性越强,N元素非金属性强于P元素,则NH3热稳定性强于PH3｜N2H4分子间可以形成氢键,增大分子间的作用力,而P2H4分子间不能形成氢键,则N2H哗的沸点高干P2H刻。（3）由题意可知〕PH3和NH3与卤化氢的反应相似〕产物的结构和性质也相似,NH3与HI反应生成NH4I］贝‖PH3与HI反应生成PH4I。PH4I与NH4I性质相似］能与氢氧化钠溶液反应生成PH3,a错误‖PH4I与NH4I结构相似,为离子化合物,含有离子键和共价键’b正确;PH4I与NH4I类似,可以发生水解反应,c正确°叫撼…?5.（l）二VA（2）灿＂』＂』半3Ⅱ』揣2＂＂』（3）;o瓣c;;o;［解析］非金属Z的—种固体单质可导电,应为石墨］则Z为C元素;Z与Y位于同—周期,Y原子核外有3个未成对电子’则可推出Y为N元素｝X原子的质子数等于Z与Y的质子数之和!则X为Al元素°（1）Y为N,位干元素周期表中第二周期第VA族!其原子结构示意吟…手………图为（2）三种原子中’铝原子核外电子层数最多,原子半径最大｛Al与盐酸或氢氧化钠溶液反应产生的气体均为H2,H2与N2反应的化学方程式为＂』带3＂』糕诗＂H』.（3）Z是C!最高价氧化物为CO2,其电子式为《0::C::0:。‖6厂（H＋）＜厂（Mg2＋）＜厂（N3—）＜厂（Clˉ）第三周期第ⅡA族［H:0:］—Mg2＋［:0:H］ˉ［解析］MgCl2·6NH3所含元素的简单离子有Mg2＋｀Clˉ｀N3—｀H＋,贝｜｜离子半径由小至｜」大的｜｜陨序为H＋＜Mg2＋＜N3ˉ＜Clˉ。Mg原子核外有12个电子,分别排布在K｀L｀M层上’目最外层有2个电子0故Mg元素处于第三周期第ⅡA族。Mg（OH）2是离子化合物］由Mg2＋和OH＿构成’其电子式为［H:9:］—Mg2＋［:0:H］.考点27元素推断和元素周期律的综合应用07B［解析］根据W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应’其生成物可腐蚀玻璃可知,生成物是HF,则W、Z中有—种元素为F;若Z为F元素］W与Y同主族,且原子序数均′｜｀于Z｛则只能为第IA族元素,W为H、Y为Lj,则X只能为He元素,He元素不是主族元素『不符合题意,所以W为F元素｝W与Y同主族!则Y为Cl元素‖Z只能为K或Ca元素!W、X｀Z的最外层电子数之和为10,W的最外层电子数为7,若Z为K元素,则X为Mg元素,若Z为Ca元素,则X为Na元素°由以上分析可知’W、X、Y｀Z对应的元素分别为F｀Mg（或Na）｀Cl｀K（或Ca）°X的单质是金属钠或镁,常温常压下为固体!A错误‖Z是Ca（或K）,其氢化物为CaH2（或KH）,属于离子化合物,B正确｛Y和Z形成的化台物是CaCl2（或KCl）,为强酸强碱盐,水溶液呈中性］C错误｝氟与氢虽然同为第ⅦA族元素,但氟没有正化台价’氯的最高化合价等于其最外层电子数,为＋7价〕D错误°［刷盲所得］常见金属元素中,第IA族的Na、K和第IA族的Ca｀Ba等’均能与氢形成离子化合物NaH｀KH｀CaH2｀BaH2等｛它们均为强还原剂,均能与水反应生成相应的强碱和氢气。主族元素的最高化合价—般等于其最外层电子数（或主族序数）’只有第二周期的O和F例外’O有正价（如OF2中的O是＋2价）但没有最高正价,F没有正价。08。C［解析］本题考查原子结构、元素周期律｀元素化合物性质等!侧重于考查学生对知识的灵活运用能力°X形成4个单键,可能是碳或硅,若X是碳’碳原子核外电子数为6］由＂Z核外最外层电子数是X核外电子数的—半＂判断］则Z最外层电子数为3〗Z是硼（X｀Z为同—短周期元素）］但硼原子不可能只形成—个单键!故X不是碳;若X是硅］核外电子数为14〕贝｜」Z最外层电子数为7!Z是氯（最外层电子数为7且与硅同周期）｛W能形成带—个单位正电荷的阳离子,W为钠;由图可知’该化台物中阴离子带—个单位负电荷,阴离子中Si、Cl原子最外层均已满足8电子稳定结构,说明Y除形成2个单键外’还可得至｜」1个电子以形成稳定结构,贝｜｜Y为磷°A项］NaCl溶液呈中性’A错误;元素的非金属性强弱｜｜顶序为Si＜P＜Cl,B错误;P的最高价氧化物对应的水化物是磷酸（H3PO4）〗为中强酸,C正确;该新化合物中P原子最外层满足8电子稳定结构,D错误。［关键点拨］关键是要根据Y形成2个单键和整个复杂阴离子带—个单位负电荷,推出Y成键后又得至｜」—个电子形成8电子稳定结构,从而明确Y是磷元素°［刷盲所得］通常情况下,共价化合物中第ⅣA族元素形成4个共用电子对（可以是4个单键｀l个三键与l个单键｀2个双键｀2个单键和l个双键）〕第VA族元素形成3个共用电子对（可以是3个单键、l个单键与1个双键｀1个三键）］第ⅥA族元素形成2个共用电子对（l个双键或2个单键）,氢和第ⅦA族元素形成l个单键°‖9。∧［解析］W与X可生成—种红棕色有刺激性气昧的气体,该气体是NO2〕结合W｀X｀Y和Z原子序数依次增大判断W是氮｀X是氧周期数是族序数3倍的短周期元素只有钠,则Y为钠元素‖Z原子最外层的电子数与W的电子总数（氮原子核外电子总数是7）相同,贝｜｜Z是位于第三周期第ⅦA族的氯元素°氮的常见氧化物有N2O｀NO｀N2O3、NO2、N2O4和N2O5;钠的常见氧化物有氧化钠和过氧化钠j氢的常见氧化物有Cl2O｀Cl2O3｀ClO2等,A正确°钠与氧形成的过氧化钠中既含有离子键又含有共价键,B错误°氮离子｀氧离子｀钠离子都有两个电子层’具有相同的电子层结构!而氯离子有三个电子层’与其他三种不同,C错误｛N2O3的水化物是HNO2!不属于强酸’属于弱电解质,D错误°［关键点拨］根据红棕色有刺激性气昧的气体］且为二元化合物,迅速推断为NO2］可知W｀X分别为N和O元素,以此为突破口］结合其他信息解题°［刷盲所得］O牢记常见的有色物质’如Cl2为黄绿色,NO2和Br2（g）为红棕色气体’Na2O2和S为淡黄色固体°掌握离子化合物和共价化合物的区别,离子化合物—定含离子键,可能含共价键,共价化合物只含共价键;ON＼P＼S｀Cl的氧化物不止—种,所以在判断氧化物的水化物的酸性时要特别注意题目是否要求是最高价氧化物对应的水化物°20。D［解析］由题意知黄绿色气体为Cl2』盐YZW为NaαO’结合X与Z同主族可知元素W｀X｀Y、Z分别为O、F、Na｀Cl°电子层数越多］原子半径越大!同周期主族元素从左向右原子半径逐渐减小,故O｀F｀Na｀Cl的原子半径大小为F＜O＜Cl＜Na,即X＜W＜Z＜Y’A错误｛X的氢化物（HF）水溶液是弱酸］Z的氢化物（Hα）水溶液是夏题分类集训‖］挪』｀!ˉ1.‘｀霸）＼＋』＼』」「→微信公众号嗨呀同学高考必刷题寞题分类集训化学强酸’B错误川a2O2中O;ˉ中含有非极性共价键』ClO2中只含极性共价键,C错误;标准状况下］O2｀F2均为气体,D正确°［关键点拨］利用元素化合物知识’由黄绿色气体判断有Cl2生成］结合Clˉ与ClOˉ反应生成Cl2,判断出YZW是NaClO是解题的关键。［测‖｜｜诊断］（1）本题主要考查元素周期律｀化学键等知识〗难度中等,意在使大多数考生得分°（2）本题不应错,若错］可能是不熟悉Clˉ与ClOˉ的反应造成的°2‖.C［解析］短周期主族元素W、X、Y｀Z的原子序数依次增大!W的简单氢化物可用作制冷齐｜」』该氢化物应为NH3’则W为N元素『Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的］则Y为Na元素｝由X｀Y｀Z三种元素形成的—种盐溶于水后!加入稀盐酸］有黄色沉淀析出’同时有刺激性气体产生’则符合条件的盐为Na2S2O3,反应中生成S和SO2!从而推知X为O元素!Z为S元素°元素的非金属性越强,其简单氢化物的热稳定性越强,X（O）元素的非金属性比W（N）强,则热稳定性:H2O＞NH3!A正确;Y（Na）｀X（O）的简单离子分别为Na＋｀O2,二者具有相同的电子层结构,B正确｛Y（Na）与Z（S）形成的化合物为Na2S,属于强碱弱酸盐’由于S2—发生水解反应而使其水溶液显碱性,可使红色石蕊试纸变蓝,C错误;Z（S）与X（O）同处干第ⅥA族!Z（S）与Y（Na）同处于第三周期!D正确°［关键点拨］解答本题的关键是根据题给信息正确推断出W｀X｀Y、Z四种元素‖再结合元素周期表及元素周期律｀盐类的水解等知识〗逐项分析｀判断°［测‖｜｜诊断］（l）本题考查短周期主族元素的推断｀元素周期律的迁移应用等问题,难度中等,大部分考生可得分。（2）本题若错,可能是不熟悉X、Y和Z三种元素形成的盐及其与盐酸反应的现象］错误推断该盐的组成及X｀Z元素〕导致错选°22C［解析］n是元素Z的单质,通常为黄绿色气体,则n为Cl2,Z为Cl元素°Cl2（n）与二元化合物p在光照条件下反应生成r和s』0.01mol·Lˉ］r溶液的pH为2’s通常是难溶于水的混合物,则p为烃（如CH4）』r为HCl,s为氢代烃的混合物°二元化合物m与Cl2（n）反应生成q和r,q的水溶液具有漂白性’r为HCl’从而椎知m为H2O,q为HClO°结台四种短周期元素的原子序数关系及形成＝元化合物之间的转化推知』W｀X｀Y、Z分别为H、C｀O｀Cl元素°同周期元素的原子半径随原子序数的递增而逐渐减小0原子半径的大小关系为H＜O＜C］A错误°同周期主族元素的非金属性自左向右逐渐增强｛则元素的非金属′｜生O＞C,在化合物ClO2中’Cl元素显正价,O元素显负价〕则非金属性:O＞Cl,B错误°Y（O）的氢化物有H2O｀H2O2］常温常压下均为液态,C正确°X（C）的最高价氧化物的水化物为H2CO3］是—种二元弱酸‖D错误°［关键点拨］解答本题的关键是根据题目提供的短周期元素W、X｀Y｀Z及其化合物的转化等信息推断各种元素及其化合物,再结合元素周期律解题。［测‖｜｜诊断］（l）本题考查短周期元索的推断｀元素周期律的迁移应用等知识〕考查考生的综合分析能力｀逻辑推理能力及迁移应用能力,难度较大〕仅部分考生可得分°（2）本题若错〕可能是不能根据题给信息推断出W｀X｀Y｀Z元素,不能灵活迁移应用元素周期律进行分析｀判断。23.C［解析］因为非金属性;O＞N＞C（同周期）、C＞Si（同主族）｛所以非金属性;O＞N＞Si,元素的非金属性越强!其气态氢化物越稳定,则稳定性:H2O＞NH3＞SiH4,A正确｝HCl是共价化合物,NaH是离子化合物,B正确;稀盐酸滴入CaCO3中有气泡产生〕说明酸性:HCl＞H2CO3,而HCl不是氢元素最高价含氧酸｜不能根据HCl和H2CO3的酸性强弱比较Cl元素和C元素的非金属性强弱’C错误;第六周期0族稀有气体元素Rn为86号元素,根据元素周期表排布规律!第七周期可排布32种元素‖86＋32≡1］8］故l18号元素位干第七周期最后＿列,D正确°［快解］利用酸的酸性强弱比较相应元素的非金属性强弱时〕注意必须是最高价氧化物对应的水化物°［关键点拨］由每—周期含有元素种类可推知元素的周期数,第至七周期最多包含的元素种类分另｜」是2｀8、8｀l8｀18｀32｀32’将元素种类依次相加可得该周期最后—歹」元素的原子序数］即该周期稀有气体元素的原子序数,再根据族的位置关系确定对应元素的位置°［测‖｜｜诊断］（l）本题考查元素周期表和元素周期律的综合应用,试题难度中等!大多数考生可得分°（2）本题若错,可能忽视HCl不是氯元素的最高价含氧酸而错选!不会运用周期表每—周期元素的种类数推知ll8号元素的位置而错选D项°24.O＜@核电荷数P＜s,原子半径P＞s’得电子能力P＜s,非金属性P＜S［解析］O加入H2SO4酸浸利用了强酸制弱酸的原理,所以酸｛生H3PO4＜H2SO4°@P和S是同周期元素,原子序数越大!非金属性越强〗最言价氧化物对应的水化物酸性越强°25。（1）第三周期第ⅦA族（2）Si（3）ac（4）Si（s）＋2Cl2（g）＝＝SiCl4（l）AH＝～687kJ°mollH（5）H:C;:C:C;HMg2C3＋4H2O-2Mg（OH）2＋C3H4↑H（6）NO0·9mol;NO21.3mol2mol［思路分析］结合六种元素在周期表中的相对位置关系推断X｀Y｀Z元素］再结合题给有关信息,迁移应用元素周期律、热化学方程式｀浓硝酸｀烃等知识,分析、解答相关问题°［解析］（1）Z元素与硫元素处干同—周期’且族序数比硫元素多1］故Z为Cl元素〗处于周期表中第三周期第ⅦA族°（2）由六种元素在周期表中的相对位置关系可知］X为Sj元素,Y为O元素,Z为Cl元素°同周期主族元素的原子半径随原子序数的递增而逐渐减小］同主族元素的原子半径随电子层数的增多而逐渐增大］则六种元素的原子半径大小关系为Si＞S＞Cl＞C＞N＞O,故表中原子半径最大的元素是Si°（3）Y单质（O2）与H2S溶液反应〕溶液变浑浊｜发生的反应为2H2S＋O2—2S↓＋2H2O,说明O2的氧化性强干S!故O元素的非金属性强于S｛a正确°在氧化还原反应中‖不能根据等物质的量的氧化剂得电子数目比较其氧化性,b错误°Y和S两元素形成的简单氢化物分别为H2O｀H2S,前者分解温度高说明H2O的稳定性强于H2S』故O元素的非金属性强于S｛c正确。（4）由题意可知,Si和Cl2反应生成1molSiCl4!恢复至室温,放热687kJ］又知SiCl4的熔｀沸点分另｜」为—矽℃和58℃’贝｜」该化合物在室温时呈液态,该反应的热化学方程式为Si（s）＋2Cl2（g）-SiCl4（l）△H＝-687kJ·molˉl°（5）碳与镁形成的1mol化合物Q与水反应,生成2molMg（OH）2和1mol烃,该烃分子中碳｀氢质量比为9:l,贝｜｜该烃分子中碳｀氢原子的物质的量之比为i;＋＝3;4｀该烃的分子式为C｀H斜,据C、Mg原子守恒推知Q的化学式为Mg2C3,与水反应的化学方程式为Mg2C3＋4H2O＝Mg（OH）2＋C3H4↑°烃（C3H4）的结构简式H为CH3C≡CH,其电子式为H:C;;C:C;H。H（6）铜与—定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应］生成的盐只有硫酸铜,同时生成的两种气体均由表中两种元素组成,气体的相对分子质量都小于50〕据此可知这两种气体为NO和NO2°将NO和NO2完全转化为最言价含氧酸盐,消耗］L2。2mol／LNaOH溶液和lmolO2,据得失电子守恒可得:3n（NO）＋″（NO2）≡4n（O2）＝4mol;据Na｀N原子守恒可得:″（NO）＋n（NO2）＝lL×2.2mol／L≡2.2mol,解上述两式可得＂（NO）≡0.9mol,n（NO2）＝13mol。据得失电子守恒可知,Cu失电子数等于O2得电子数〕则有″（CuSO4）＝上×1mol×4＝2mol。2［刷盲所得］活泼金属的碳化物易发生水解反应生成碱和烃类有机物,例如:Mg2C3＋4H2O-2Mg（OH）2＋C3H4↑＼CaC2＋2H2O-Ca（OH）2＋C2H2↑｀Al4C3＋12H2OˉAl（OH）3＋3CH4↑等。［测‖｜｜诊断】（l）本题以元素周期表为载体‖考查短周期元素的推断｀元素周期律的应用｀热化学方程式的书写｀元素及其化合物的性质｀化学计算等问题!难度中等］大部分考生可得分。（2）本题若错’可能是题目对考生的推理及计算能力要求较言』若对得失电子守恒｀原子守恒规律理解不透彻,在进行推理或计算时存在—定难度!解答第（5）｀（6）题时易出现错误°第六章有机化台物错误;D项］l,3-丁二烯的结构简式为H2（〕＝CHCH＝CH2］由于碳碳双键两侧的碳原子和氢原子均共面,且碳碳单键可以旋转!故1!3-丁二烯中所有原子可能同时共平面!正确°［刷盲所得］与碳碳双键或苯环直接相连的原子与碳碳双键或苯环共平面°与碳碳三键直接相连的原子与碳碳三键在同—条直线上,第‖节认识有机物考点28有机物的组成｀结构与性周‖D［解析］本题考查有机物空间结构中的原子共面问题°甲苯、乙烷｀丙炔的结构中均含有—CH即］所有原子不可能都共平面,A｀B｀（】项@微信公众号嗨呀同学答案及解析当然也共面。甲烷为正四面体结构,C原子位于正四面体的中心,甲基中所有原子不可能都共面°2.B［解析］本题考查苯环及碳碳双键的结构和性质］重点考查碳碳双键的性质｀原子共面｀烃的物理性质等°2—苯基丙烯的宫能团是碳碳双键’能使酸性高锰酸钾溶液褪色〗A错误｛2—苯基丙烯分子中含有碳碳双键,可以发生加成聚合反应!B正确;2—苯基丙烯分子中含有甲基,甲基中的所有原子不可能共平面］C错误;2—苯基丙烯是含9个碳原子的烃’不溶于水,易溶于甲苯,D错误°［快解］根据含碳碳双键的物质能发生加成聚台反应快速确定B项正确。［刷百所得］判断原子共线｀共面问题（1）平面形:苯｀乙烯分子中的所有原子在同—平面上°（2）直线形:Z炔分子中所有原子在同直线上°（3）正四面体形:甲烷分子中的4个H原子形成四面体结构,C原子位于四面体中心,4个H原子不可能在同平面上｛C原子与其中任意3个H原子也不可能在同平面上°3.C［解析］糖类由C｀H｀O三种元素组成,且H｀O原子数之比通常为2:1,—般可用通式C霹（H2O）y来表示‖因此’人们习′｜贯上又称糖类为碳水化合物,A正确｛维生素D可促进人体对钙的吸收,B正确｝蛋白质分子中除了含有碳、氢｀氧元素外’还含有氮、硫等元素〗C错误;硒是种人体必需的微量元素!缺硒有可能诱发皮肤疾病和癌症,但过量摄入会弓起中毒’D正确°［测‖｜｜诊断］（l）本题主要考查基本营养物质的结构和性质,涉及糖类｀蛋白质＼维生素和微量元素等知识‖难度较′｜＼］意在使大多数考生得分°（2）本题若错,可能是对蛋白质的组成或维生素D的用途掌握不牢固°4∧［解析］油脂的氢化是指不饱和高级脂肪酸的甘油酪催化加氢变成饱和高级脂肪酸的甘油酪,此过程中发生了加成反应,A正确;淀粉和纤维素的分子式都可表示为（C6Hl0O5）＂｜但由于n值不同,二者不互为同分异构体〕B错误;环己烷和苯均不能使酸性KMnO4溶液褪色,故不能用酸性KMnO4溶液鉴别二者,C错误;澳苯和苯都属于有机物’都难溶于水,且二者互溶〕故澳苯和苯不能用水分离,D错误。［刷育所得］可以使酸性KMnO4溶液褪色的物质有烯烃｀炔烃｀苯的同系物｀醇（伯醇和仲醇）｀酚｀醛｀甲酸｀甲酸盐｀甲酸酪、葡萄糖｀麦芽糖、草酸｀草酸盐｀S2ˉ｀SO2｀I｀Fe2＋｀Brˉ｀H2O2等。［测‖｜｜诊断］（l）本题考查有机物的结构与性质,涉及油脂的氢化｀同分异构体的半｜」断｀有机物的鉴别｀物质的分离等知识,难度中等］大多数考生可得分°（2）本题若错’可能因忽略淀粉和纤维素的聚合度不同而导致错选。5.c［解析］根据键线式书写特点并结合异丙苯的结构简式可知!异丙苯的分子式为C9Hl2,A正确i因异丙苯的相对分子质量大于苯］则分子间作用力强于苯‖故异丙苯的沸点比苯高,B正确｛异丙苯可看作2个—CH3｀1个—C6H5（苯基）取代甲烷分子中的3个氢原子〕依据甲烷为正四面体结构可知!异丙苯中碳原子—定不能都处于同—平面,C错误『异丙苯是苯分子中氢原子被烷基取代后的产物,因此二者互为同系物』D正确°［刷盲所得］分析有机物分子中原子共面｀共线问题的关键是根据典型分子的结构（甲烷:正四面体,乙烯:平面形｀6原子共面’苯:平面正六边形｀12原子共面）’结合碳碳单键可以旋转!以及题中＂可能＂“—定＂＂最多＂或＂至少＂等关键词进行分析判断°［测训诊断］（1）本题主要考查苯的同系物的结构｀性质等］难度中等’意在使多数人得分。（2）本题不应错,若错!可能是错误地利用＂支链越多则沸点越低｜｜’忽视相对分子质量对分子晶体的熔｀沸点的影响而错选B项。6.C［解析］由乌洛托品的结构式可知其分子式为C6Hl2N4,分子中C、N的原子个数比为6:4,根据原子守恒知所需原料甲醛与氨的物质的量之比为3:2°［测训诊断］（1）本题主要考查有机物分子键线式,难度中等｛意在使大多数考生得分°（2）本题不应错』若错,是因为没有仔细辨识有机物分子的键线式°7.B［解析］根据原子守恒］CO2和H2反应生成CO］同时还有H2O生成,A正确由图可知,反应@中除有碳碳键形成外,还有碳氢键形成,B错误｜汽油主要是C5～Cll的脂肪烃｀环烷烃及少量芳香烃的混合物‖C正确;由图中a的球棍模型可知,a的结构简式为「＂』CH3—CH—CH2—CH3』名称为2ˉ甲基丁烷,D正确°［关键点拨］解答本题的关键在于读懂题图表达的信息,反应@中CO与H2在—定条件下反应生成（CH2）＂’（CH2）″中不仅含有碳碳键〕还含有碳氢键,所以B项错误。［测‖｜｜诊断］（1）本题考查化学反应的过程分析及有机物的结构模型分析,涉及反应产物的判断｀化学键的形成、汽油的组成｀有机物的命名,试题难度较小,大多数考生可得分°（2）本题不应错‖若错,可能是不清楚汽油的组成成分或不能结合有机物的＂球棍模型＂给有机物准确命名。考点29有机反应类型8.C［解析］苯乙烯中含有苯环,在Fe粉作催化剂的条件下］苯乙烯可与液澳发生苯环上的取代反应］A正确｛苯乙烯中含有碳碳双键!可使酸性言锰酸钾溶液褪色!B正确;苯乙烯与氯化氢发生加成反应得至｜」氯代苯乙烷〕C错误;苯乙烯中含有碳碳双键’因此在催化剂的作用下可发生加聚反应生成聚苯乙烯〕D正确。［易错警示］本题考生常因对苯与液漠反应生成澳苯的条件不熟悉而错选A项°［测‖｜｜诊断］（l）本题主要考查常见有机物的性质｀反应类型等〗难度中等,意在使大多数考生得分°（2）本题不应错’若错’可能是对苯转化为澳苯的条件和反应类型不熟悉造成的°9。B［解析］2ˉ甲基丁烷的结构简式为（CH3）2CHCH2CH3!习惯命名为异戊烷,A错误°乙烯（CH2＝CH2）分子中含有碳碳双键,在—定条件下,能与水发生加成反应生成乙醇（CH3CH2OH）〕B正确°C4H9Cl由—C4H9和—Cl构成,而—C4H9有4种不同的结构,分另｜」为—CH2CH2CH2CH3、CH2CH（CH3）2｀—CH（CH3）CH2CH3｀—C（CH3）3‖故C4H9Cl有4种同分异构体‖C错误°蛋白质是有机高分子化合物〕油脂不是有机高分子化合物,D错误。［刷盲所得］确定有机物的—元取代物同分异构体数目的方法;将—元取代物表示为R—X（R为烃基］X为官能团或指定原子团）的形式‖贝｜」其同分异构体是由烃基变化弓｜起的,故—R的种数即为其同分异构体数目°O丙基（—C3H7）有2种结构:—CH2CH2CH3｀—CH（CH3）2°@丁基（—C4H9）有4种结构:—C（CH3）3｀—CH2CH（CH3）2｀＿CH（CH3）CH2CH3｀—CH2CH2CH2CH3°O戊基（—C5H］l）有8种结构:CH3CH2CH2CH2CH2＿｀CH』CH2CH』CH｜CH］｜｀CH』CH2『HCH2｀｜CH］｜2CHCH2CH』—｀CH3CH3（cH』cⅡ2｜』C胀～（CⅡ』｜』cⅡcⅡ（cⅡ乳）｀c鸣cⅡ2↑＿＼（cⅡ』｜』cc吗—。CL［测训诊断］（l）本题考查常见有机物的命名｀结构及性质,难度中等〕大多数考生可得分。（2）本题不应错‖若错,可能是不能正确判断烃基—C4H9及C4H9Cl的结构种类而错选C项］或误认为油脂属于高分子化合物而错选D项°00.B［解析］加成反应是不饱和化合物的—种特征反应’发生在双键或三键等宫能团上°A项中的乙醇｀C项中的澳乙烷和D项中的丙烷都属于饱和有机物｛均不能发生加成反应;B项中的苯能与氢气发生加成反应生成环己烷,氢乙烯可与氢气发生加成反应生成氯乙烷｜符合题意°［关键点拨］能发生加成反应的有机物结构中—定含有不饱和键°［刷盲所得］加成反应和取代反应是两种重要的有机反应类型!应牢固掌握这两类有机反应的典型特征‖如:加成反应过程中的不饱和键（如碳碳双键）变成饱和键,取代反应过程中的原子＂有上有下＂等°［测‖｜｜诊断］（l）本题主要考查有机反应类型!难度较′」｀〕意在考查考生对基础概念的理解能力。（2）本题不应错』若错,可能是对常见有机物的结构与性质不清楚而造成的°01∧［解析］乙烷在光照条件下可与卤素单质发生取代反应,室温下不能与浓盐酸发生反应｛A错误｜禾｜」用乙烯生产的聚乙烯!可以用于食品包装』B正确｝因—OH是亲水基团,故乙醇室温下与水互溶,而澳乙烷不溶于水’C正确;乙酸与甲酸甲酪的分子式均为C2H4O2!且结构不同,故二者互为同分异构体’D正确°［快解］由烷烃与卤素单质反应生成卤代烃和HCl可知］卤代烃与HCl在常温下不反应,从而可快速判知A项错误。［测训诊断］（1）本题主要考查Z烷、乙烯｀乙醇｀酷等有机物的性质和同分异构体的判断,难度较小,意在使大多数考生得分°（2）本题不应错,若错,可能是忽略乙烯可通过加聚反应生成聚乙烯而错选B项。‖2.∧D［解析］酒在长期放置过程中会产生有香昧的乙酸Z酷,故“酒越陈越香＂与酪化反应有关’A正确;丁烷有正丁烷和异丁烷两种同分异构体』B错误;聚氯乙烯中没有不饱和键,不能使澳的四氯化碳溶液褪色］C错误;甲烷与足量氯气在光照下反应可生成—氯甲烷、二氯甲烷｀三氯甲烷和四氯化碳］其中二氯甲烷｀三氢甲烷｀四氢化碳均为难溶于水的油状液体』D正确°夏题分类集训@微信公众号嗨呀同学高考必刷题夏题分类集训化学O（4）5H儿O／×＼BⅨ（5）°（6）谎）c广＂‖O（7）HB吗△／＼／BⅡO2／Cu或A:,△儿［思路分析］分析有机物A～N的分子结构’结合有机物分子结构变化｀反应条件推断发生反应的类型;分析C的同分异构体W的限制条件,确定符合条件的官能团的结构!再考虑官能团的位置异构!确定符合条件的同分异构体种类数｜参照有机物A～E的台成路线!设计由／＼／OH制备／＼＝〈的合成路线。［解析］（1）A为HO／＼／＼／＼／OH‖其化学名称为1,6ˉ己二醇°OE为C』H,Ok～Q／』所含富能团为酶墓和碳碳双键·（2）A与RBr反应〗Br原子取代A分子中的1个轻基’则A→B是取代反应°液体有机物互溶’不分层,可利用其沸点不同,采用蒸馏的方法提纯B°O｜｜（3）HOC＼／＼／＼／Br（C）与C2H5OH发生醋化反应生成O｜｜C2H5OC＼／＼／＼／Br,结合酷化反应原理及原子守恒即可写出化学方程式°O｜｜（4）C是ⅡOC＼／＼／＼／Br,其同分异构体W符合条件@可发生银镜反应〕则含有—CHO;@lmolW最多可与2molNaOH发生反应,产物之—可被氧化成二元醛,贝｜」W中含有—Br（澳原子连在端碳原子上）和—OOCH（甲酸酷基）,符合条件的W共有5种不同结构,分别为HCOO（CH2）5Br｀HCOOCH2CH2CH（CH3）CH2Br、HCOOCH2CH（CH3）CH2CH2Br｀HCOOCH2C（CH3）2CH2Br、HCOOCH2CH（CH2CH3）CH2Br°若W的核磁共振氢谱具有四组峰〕则其结构简式为HCOOCH2C（CH3）2CH2Br°（5）对比F与G的分子结构,二者所含官能团的种类和个数相同』且相同宫能团在两种有机物中碳链上的位置相同,属干｜｜顶反异构°O｜｜HOC＼ˉ／＼／＼／～／（6）~｜（G）与M在定条件下生成O谎n～＂Ⅱ儿…丫｜＂｜｜…＂…蕾.推知,该步转化为取代反应’其中M的结构简式为荒n～＂＂』.OH（7）／＼／OⅡ与ⅡBr发生取代反应生成化合物X｜／＼／Br｜’人在Cu或Ag催化、加热条件下’与O2发生氧化反应生成化合物YO｜儿）』X与Y再发生反应生成＾≡〈·［易错警示］第（4）′｜｀题易错的原因有O不能根据w的化学性质确定所含宫能团的种类;@不能确定剩余碳原子形成的碳链结构种类数目°第2节烃及具衍生物点3↑烃及其衍生物｜｜考点30同系物与同分异构体T3.C［解析］本题主要考查同分异构体数目的判断,重点考查学生对知识的灵活运用能力、有序思维能力°先分析碳骨架异构,有C—C—C—C与C—C—C两种情况］采用『定—移—＂的方法分析;Co在碳骨架C—C—C—C上先连—个氯原子,贝｜｜漠原子可能的位置ClCl有8种,如图C—C～C—C｀C＿C—C＿C;@在碳骨架C＿C—C上l2345678CCl｜23先连—个氢原子］则澳原子可能的位置有4种,如图C—C—C、1｜CCl4｜C—C—C‖所以分子式为C感H8ClBr的有机物共有12种（不含立体C异构）°［关键点拨］明确同分异构体的书写原贝｜」为解答关键’注意掌握＂定—移—＂法在确定有机物同分异构体过程中的应用°即对于二元取代物同分异构体的数目判断′可固定—个取代基的位置!再移动另—个取代基的位置以确定同分异构体的数目°‖4C［解析］螺［2.2］戊烷的分子式为C5H8］不饱和度为2’环戊烯∩｜含’个磁愿子和Ⅱ个不…….的结构简式为C5H8,故两者互为同分异构体,A正确;螺［2。2］戊烷分子中有4个亚甲基］2个氢原子可以取代同—个碳原子上的氢原子’也可以取代不同碳原子上的氢原子!其二氯代物超过2种,B正确;螺［2.2］戊烷分子中环之间共用的碳原子和其他4个碳原子形成四面体］故五个碳原子不都在同平面,C错误｛由lmolC5H8与2molH2反应生成lmolC5Hl2知!理论上参加反应的H2为2mol,考虑到可能有—部分氢气没有参加反应,故生成1molC5Hl2至少需要2molH2,D正确。［刷盲所得］判断二氯代物时!用—个氯原子取代任—亚甲基上的氢原子（0儿cl）’另—个氯原子取代余下的不同氢原子°T5.C［解析］丁烷（C4Hl0）具有2种碳骨架结构〕先固定—个氯原子的取代位置,则另＿个氯原子的取代位置如下所示:ClClClC｜｜扩甘§—遏｀C—§—;C｀晶＿§6』共9种结构』C正确·［关键点拨］遵守书写规贝｜」0按—定的｜｜顶序来书写有机物的同分异构体‖可以有效避免书写重复或遗漏°［测‖｜｜诊断］（1）本题考查有机物的同分异构体数目的判断〗难度中等〕意在提高试题区分度。（2）本题若错’可能是部分考生在书写有机物的同分异构体时重复或遗漏造成的°‖6B［解析］由题意可知,符合要求的有机物为戊酸,其组成可表示为C4H9COOH〕而＂C4H9—＂有4种结构CH3CH2CH2CH2—｀（CH3）2CHCH2—、CH3CH2CH（CH3）—｀（CH3）3C-］B正确。［快解］该酸可表示为QH9COOH,＂C4H9—＂的结构数目就是所求鞍酸同分异构体的数目。［测‖｜｜诊断］（1）本题主要考查有机物的性质及同分异构体数目的半｜」断〗难度中等,意在使大多数考生得分。（2）本题不应错｛若错’可能是不熟悉同分异构体的书写造成的°‖7。B［解析］l8O2禾∩｜6O3是氧元素形成的单质,而同位素是指具有相同质子数’但中子数不同的原子,A项错误;正己烷的分子式为C6Hl4’2,2—二甲基丙烷的分子式是C5Hl2〗两者同属干烷烃,且分子组成差—个CH2］属于同系物’B项正确｛核素是指具有—定质子数和中子数的原子,C6o和C70是碳元素形成的单质,C项错误;H2NCH2COOCH3和CH3CH2NO2的分子式分另｜」为C3H7O2N和C2H5O2N,分子式不同’不互为同分异构体’D项错误。08.（‖）l,6-己二醇碳碳双键‖醋基（2）取代反应减压蒸馏（或蒸馏）OO｜｜｜｜（3｜HOC＼＾＾／Br十C』H蓟OH孪叁C』H,OC＼／＼＾／B『带H20｜考点3↑烃及其衍生物｜TD［解析］生成Z酸乙醋的发生装置是A’收集装置是B,故A｀B均有涉及;纯化乙酸乙酷是把碳酸钠溶液（含乙醇和乙酸钠）与油状的乙酸乙酪分离的过程!通常需要经过振荡｀静置分层｀分液等操作,故C有涉及;D是蒸发操作,实验过程中未涉及,答案选D°［快解］D装置—般用于蒸发浓缩溶液’乙酸乙酷与乙醇｀乙酸钠｀碳酸钠溶液不能通过蒸发分离°［刷盲所得］饱和碳酸钠溶液的作用:吸收挥发出来的乙醇｀除去挥发出来的乙酸、降低乙酸乙酷的溶解度°2D［解析】本题考查漠苯的制备实验分析’涉及实验原理、装置作用｀产品分离等内容°在澳化铁催化下!苯与液漠反应生成滇苯和澳化氢气体,烧瓶内气体压强增大,所以在滴加苯和澳的混合液前需先打开K］既便于混合液流下｛又可避免a中因压强过大发生危险!Ao微信公众号嗨呀同学答案及解祈［刷育所得］强酸制弱酸规律强酸＋较弱酸盐—→较弱酸＋强酸盐!醇酚赣酸中—0＂上＂的活性腿＿c00＂≥Oo‖＞R—o＂.［测0｜｜诊断］（l）本题主要考查实验方案的设计与评价］涉及乙烯的性质及反应、乙醇与钠的反应｀水与钠的反应｀乙酸的性质｀甲烷的取代反应等,难度中等,多数考生可得分°（2）本题若错!可能是对强酸制弱酸的原理不熟悉或忽略甲烷与氯气发生取代反应的产物中含有氯化氢而导致错选°6.∧［解析］根据题意和酪化反应原理可知’楼酸＋2C2H6O—→Cl8H26O5＋2H2O,则鞍酸的分子式为C｜4H｜8O5,故A正确°［快解］＂C｜8H26O5＋2H2O—→梭酸分子式＋2C2H6O＂,根据质量守恒定律可快速得出梭酸的分子式°［测‖｜｜诊断］（1）本题主要考查有机物的组成和酷化反应的原理,难度中等‖意在使大多数考生得分°（2）本题不应错,若错,可能是对酷化反应的原理理解不清楚造成的°7B［解析］烃是碳氢化合物,只含C｀H两种元素］汽油｀煤油｀柴油的主要成分都属于烃类’甘油为丙三醇!属于醇类’不属于烃类。8D［解析］乙酸与Z醇发生酪化反应生成Z酸Z酷,属于取代反应’A不符合题意;Z酸乙酪的同分异构体中属于醋类的有甲酸丙酪｀甲酸异丙酷｀丙酸甲酷3种,但乙酸乙酷的同分异构体不只有酷类〕还可能是竣酸类等‖因此同分异构体的数目多于3种,B不符合题意;乙酸与乙醇的反应是在浓硫酸催化条件下进行的0加入的饱和NaHCO3溶液会和硫酸反应生成CO2气体,对体系中乙酸的检验造成干扰’C不符合题意｝该反应为可逆反应〕加大Z醇的量｛平衡正向移动!乙酸的转化率提高〕D符合题意。9.CD［解析］本题考查有机物的结构与′性质°X中含有的酷基和梭基都能与NaOH反应,由于X中酪基是由酚轻基与鞍基形成的,所以1molX最多能与3molNaOH反应『A错误｛Y中含有轻基,与CH3COOH发生酷化反应可生成X,Y与乙醇反应不能得至｜」X!B错误;X和Y分子中都含有碳碳双键,所以都能与酸性KMnO4溶液反应,C正确｛室温下X和Y分别与足量Br2加成的产物分子中都含有3个手性碳原子,D正确°［易错警示］醇与梭酸形成的酪基和NaOH按l:1反应!由于酚轻基也能与NaOH反应‖所以酚与竣酸形成的酷基和NaOH按1:2反应°］0.BD［解析］单键可以旋转!轻基上的H原子不—定与苯环共平面’A错误｛Y分子中的碳碳双键与澳单质加成后,与甲基相连的碳原子上连有4种不同基团’为手性碳原子,B正确;X中含有酚轻基,Y中含有碳碳双键,所以X、Y都能使酸性高锰酸钾溶液褪色,C错误;XO｜｜生成Y的反应中’轻基上的H原子被—C—C＝CH2取代,属于取CH3代反应!D正确°‖↑.CH3CH2CHO’CH3CHO［解析］根据利用格氏试剂（RMgBr）制备醇类化合物的合成路线可OH知,制备CH3CH2CHCH3’方法:可利用CH3CH2CHO先与CH3MgB『发生加成反应,再发生酸性水解反应『方法二:利用CH3CHO与CH3CH2MgBr发生加成反应〗再发生酸性水解反应°第3节墓本营养物质高分子化台物≡32＝↑.∧［解析］蔗糖和麦芽糖是双糖』果糖是单糖,A错误;酶是—类具有催化作用的有机物‖其中绝大多数是蛋白质’少数是RNA『B错误‖植物油是不饱和高级脂肪酸甘油酪’不饱和脂肪酸中含有的碳碳双键能使Br2／CCl4褪色,C正确;淀粉和纤维素都是多糖!它们水解的最终产物均为葡萄糖,D正确°［关键点拨］本题A｀B项的说法均错误,考试时单选A或单选B都得6分。该题B项有争议,考生从不同的学科角度’对酶的定义有不同的理解,考虑高中教学的实际因素和各方面意见,在理科综合科目评卷中’该题单选A或单选B均给6分°考试时｛如果遇至｜」有争议的题目,要冷静,认真分析题目］选取自己认为最符合题意的答案』对于单选题千万不要不选或多选。［刷盲所得］酶是—类由细胞产生的｀对生物体内的化学反应具有催化作用的有机物,其中绝大多数是蛋白质。酶的催化作用具有以下特点:（1）条件温和｀不需加热。（2）具有高度的专—性。（3）具有高效催化作用’酶催化的化学反应速率比普通的催化剂高l07～‖0l］倍◎2D［解析］蚕丝的主要成分是蛋白质‖人造纤维的主要成分不是蛋白质,灼烧蚕丝有烧焦羽毛的气昧,而灼烧人造纤维则没有’A正确°食用油反复加热会发生聚合、分解｀氧化等反应,产生稠环芳烃等有害物质’B正确°加热能使流感病毒中的蛋白质发生变性,从而起至｜」杀菌｀消毒作用,C正确°医用消毒酒精中乙醇的浓度为75％‖D错误°夏题分类集训正确;苯与澳的反应是放热反应｛而且澳易挥发］挥发出的澳蒸气被b中四氯化碳吸收!故b中液体逐渐变为浅红色］B正确｜难溶于四氯化碳的澳化氢由b中逸出,c中碳酸钠溶液用于吸收澳化氢,防止污染空气,倒置漏斗既能加快澳化氢吸收又能起防倒吸作用,C正确『反应后的混合液主要含有生成的漠苯、未反应完的液澳和苯,可先加稀碱溶液除去液澳〕再通过水洗除去水溶性杂质,后经干燥｀蒸馏即可得到澳苯,D错误°［关键点拨］分离苯和澳苯的混合物不是通过＂结晶＂,而是根据二者沸点不同〕通过蒸馏得至｜」澳苯°3.D［解析］甲烷与氯气在光照下反应的实验现象主要有:试管内气体颜色变浅,据此排除选项A和C］生成的氢化氢易溶于水导致试管内液面上升〕据此排除选项B,生成的难溶于水的油状液体二氯甲烷｀≡氢甲烷｀四氯化碳附着在试管内壁上形成油状液滴｛D正确。［关键点拨］本题考查人教版教材必修2中甲烷的取代反应〗解题时要明确甲烷与Cl2的反应特点,该反应的产物有CH］Cl｀CH2Cl2｀CHCl3、CCl4和HCl’其中CH2Cl2｀CHCl3、CCl4在常温下为油状液体,HCl易溶于饱和食盐水’使试管内液面上升,而CⅡ3Cl为气体且不溶于水｛故液体不能充满试管’据此得出正确答案°4D［解析］b、d、p的分子式均为C6H6,且分子结构不同γ三者互为同分异构体』惺◎｜b）的同分异构体并…d和p两椰》还有键状不饱和爆≡,如Hc≡c—cˉ…H』』A错误.◎｜＂的二氯代物育邻间对三种绪构』m｜d｜分子中有2种不同化…的氢隐子′墓二氯代物霄‘种结构,分捌伪肛:｜、ClClCl~｜~｜~｜巾刚〔工c『中α」Uα0!↑α｀Cl团｜′｜分子巾只旬辩氢…二氯…』榔缮构,分铡”C‖毗〔雕筒叫｛………Cl〔〕l肌ⅢCl甲被酶…o』溶液氧化而◎｜h｜＼（p｜分子中都不存蕊碳…,不…｜虹＂＂o蹈液氧化』嘱错谩.◎（b｜分子为平面六边形结构］分子中6个碳原子和6个氢原子处于同—平面『甲小｜d｜.｜′｜分子…在饱和碳原子』敞二鲁分子中所有愿子不可能处于同—平面’D正确°［关键点拨］解答本题的关键有两点:O判断b＼d｀p分子中不同化学环境的氢原子及二氯代物的种类及数目;O分析b｀d｀p分子的结构‖判断能否与酸性KMnO4溶液反应°［刷盲所得］快速判断有机物分子中所有原子是否处于同平面的方法:先分析有机物分子中是否含有四面体结构的碳原子（即形成4个单键的碳原子）,若含有四面体结构的碳原子〕则有机物中所有原子不可能处于同—平面°［测0｜｜诊断］（1）本题考查烃分子的结构及化学性质｀同分异构体的判断等问题’侧重考查综合分析能力、迁移应用能力’难度中等!大部分考生可得分°（2｜本题着镐可熊是忽榔◎｛b｜…不饱和…等的同分异构体而错…｀…阳（d｜分子中存在两神不闸氢愿子而错选B项°5ˉ∧［解析］将乙烯通入澳的四氢化碳溶液,乙烯与澳单质发生加成反应生成l］2ˉ二澳Z烷〗l］2ˉ二澳乙烷可溶于四氯化碳,溶液呈无色’A正确;水与钠的反应比乙醇与钠的反应剧烈!所以Z醇分子中的氢比水分子中的氢的活性′｜｀!B错误根据强酸制弱酸的原理可知,乙酸的酸性强于碳酸的酸性’C错误;甲烷与氯气在光照下发生取代反应生成氯甲烷和HCl］其中HCl溶于水显酸性］可使湿润的石蕊试纸变红,D错误°~~~~~~~~~~｜o~~微信公众号嗨呀同学高考必刷题真题分类集训化学［刷有所得］加热｀强酸｀强碱｀重金属盐｀紫外线等都能使蛋白质发生变性〗变性后的蛋白质失去生理活性!该过程不可逆,属于化学变化·［测训诊断］（l）本题考查化学与生活的密切关系↑考查常见有机物的性质及用途］试题难度较′」｀］大多数考生可得分°（2）本题不应错,若错!可能是忽视食用油反复加热过程中发生的变化而错选B项°3D［解析］石油是烃的混合物］分馏无法得至｜」植物油,A错误｛葡萄糖是单糖,不能水解!在酒化酶的作用下葡萄糖氧化分解为乙醇和二氧化碳,B不正确｝汽油是烃的混合物’无法和氢氧化钠溶液反应’C不正确;向蛋白质溶液中加入重金属盐会使蛋白质变性析出,D正确°［关键点拨］葡萄糖为单糖’不能发生水解反应°4D［解析］鸡蛋清溶液中加入Na2SO4溶液后会发生盐析现象!不会使蛋白质变性!A项错误;牛油禾∩氢氧化钠溶液混合加热,油脂会发生皂化反应〗水解所得混合液中加入热的饱和食盐水,析出的高级脂肪酸钠浮在上层!B项错误;氨基酸不属于高分子化合物’C项错误｝淀粉｀纤维素｀麦芽糖在催化剂作用下发生水解!最终生成的均为葡萄糖!D项正确°［易错鳖示］糖类不都属干高分子化合物,油脂不属于高分子化合物〕氨基酸或二肤也不属干高分子化合物°5.∧［解析］蛋白质在—定条件下发生水解反应’最终生成氨基酸’A正确°蛋白质遇重金属离子会变性,而氨基酸不会,B错误°αˉ氨基丙酸和αˉ氨基苯丙酸混合物脱水生成二肤时‖同种分子之间脱水可生成2种二肋,异种分子之间脱水可生成2种二肋』故共可生成4种二肤］C错误°氨基酸溶于过量NaOH溶液中‖氨基酸分子中＿COOH与NaOH发生中和反应生成—COOˉ,在电场作用下向正极移动］D错误°［刷百所得］氨基酸分子中含有—NH2和—COOH,具有酸性和碱性］在—定条件下发生成肋反应生成二肤｀多肚｀蛋白质等｛两种不同的氨基酸发生成肋反应生成二肤时,可能生成4种不同的二肤°解反应,A正确;聚合物P中含有酝基〕观察X｀Y的结构,可判断其合成单体为邻苯二甲酸和丙三醇,二者发生缩聚反应生成P,B正确;由B项分析可知’聚合物P的合成单体之—为丙三醇,油脂发生水解生成丙三醇和高级脂肪酸（盐）］C正确;聚合物P是网状高分子化合物,Z二醇（HOCH2CH2OH）与邻苯二甲酸在聚合时只能形成线形言分子化合物,不能形成类似P的交联结构,D错误。［刷盲所得］O聚合物分子中含有若干个酷基（—coo—）或酞胺键（—CO—NH—）,形成聚台物的反应类型是缩聚反应｝@聚合物中酉旨基或酚胺键在—定条件下能发生水解反应°8。B［解析］由结构片段可知该高分子的完全水解产物是HOOC—0COOH和H2N＿9NH2』由于二者的结构都具有对称性!故两个分子中苯环上的4个氢原子分另｜」具有相同的化学环境』A错误;HOOC＿GCOOH中含有的宫能团是＿COOH』H2N—GNH2中含有的官能团是＿Ⅻ』』B正确;由陶可知该言分子可形成分子间氢键,使得其熔沸点变高,C错误『HO0C＿9COOH和H2N—0NH』发生缩聚反应生成的高OOH分子化合物的结构简式为ⅡO｛』—9』—‖—0‖｝Ⅱ』∏H错误°［关键点拨］由结构可知该言分子是单体间通过肤键连接而成的!所以可对该有机物进行切割找出其单体考点33高分子化合物◎6.∧［解析］纤维分为天然纤维｀合成纤维等〕其中制造尼龙绳的聚酞胺属于合成纤维〗A项符合题意;宣纸｀羊绒衫｀棉衬衣都是由天然纤维制造而成,B｀C、D项不符合题意°［测‖｜｜诊断］（1）本题考查化学与生活!侧重考查常见有机材料及其应用‖难度较小,大部分考生可得分。（2）本题若错〕可能是不明确天然纤维和合成纤维的分类依据而错选D项。7D［解析］本题以交联聚合物为素材‖考查有机高分子形成过程及性质的分析°由聚合物P的结构片段可知‖P中含有酷基,能发生水［测‖｜｜诊断］（1）本题考查有机物的结构与性质,涉及等效氢｀宫能团｀氢键｀结构简式等 知识点 高中化学知识点免费下载体育概论知识点下载名人传知识点免费下载线性代数知识点汇总下载高中化学知识点免费下载 ,难度中等］大多数考生可得分°（2）本题若错,可能由于该物质结构较复杂而较难找出单体和书写结构简式°第七章化学反应与能量4％。4kJ.∏℃lˉl＋4鳃kJ°1mlˉl-4×q租.8kJ.Imlˉ1≡＿4刨。4kJ°molˉl］B项正确｜由B项分析可知2H2O（g）-＝2H2（g）＋O2（g）△〃＝＋480.4kJ。molˉ｛‖由液态水变为气态水时］还需要吸收热量,所以反应2H2O（l）-2H2（g）＋O2（g）的AH＞480ˉ4kJ.molˉl］C项错误｝同埋｀反应H2（詹｜＋＋O2｜§｜—H』O（l｜的△〃＜—2402kJ°molˉl,D项错误°［易错警示］由键能计算反应热时应注意:是物质的状态;二是键能所指的是生成1mol相应化学键所释放的热量或破坏1mol相应化学键所吸收的热量°4∧［解析］本题考查反应进行的方向｀原电池原理｀氧化还原反应计算｀化学反应中的能量变化°当△H＿T△S＜0时,反应能自发进行］该反应是气体分子数减小的反应］即△S＜0,所以—定温度下反应能自发进行说明△H＜0〕A正确｝氢氧燃料电池为原电池,负极上H2发生失去电子的氧化反应,B错误;不能根据标准状况下的气体摩尔体积计算常温常压下112LH2的物质的量,因而也无法计算出转移电子的数目］C错误｝△H＝反应中断裂｜日化学键的键能之和-反应中形成新化学键的键能之和,D错误。［易错蟹示］用题给气体体积计算气体的物质的量时,要注意是否处于标准状况下°5c［解析］氢氧燃料电池放电时主要是将化学能转化为电能’但也有部分化学能转化为热能,A错误｛反应4Fe（s）＋3O2（g）-2Fe2O3（s）为嫡减′」｀的反应,即△S＜0,又因具常温下可自发进行,则△G＝△Hˉ7△S＜0!说明该反应的△H＜0!贝｜｜该反应为放热反应,B错误;由于H2和N2生成NH3的反应是可逆反应〕3molH2和ImolN2不能全部反应转化为氨气,所以转移电子数目小于6×6.02×1023’C正确;酶催化反应中温度不能过言!否则酶会失去活性］D错误°6cD［解析］由题图可知｜反应物的总能量高于生成物的总能量’因此氧分子的活化过程是放热过程,每活化—个氧分子放出0ˉ29eV的能量］A第‖节化学能与热能考点34化学反应中的能丘变化l∧［解析］硅太阳能电池工作时直接将光能转化为电能,没有氧化还原反应的发生］A符合题意。锤离子电池放电时!负极失去电子,发生氧化反应,正极得到电子］发生还原反应］B不符合题意°电解质溶液导电时］电能转化成化学能,形成电解池,阴｀阳两极发生氧化还原反应］C不符合题意°葡萄糖为人类生命提供能量时被O2氧化,发生氧化还原反应,D不符合题意°［测‖｜｜诊断］（1）本题考查化学反应中的能量变化｀氧化还原反应〕试题难度较小,大多数考生可得分°（2）本题不应错,若错,可能忽视化学能转化为电能和电能转化为化学能时都有电子的转移和元素化合价升降,都与氧化还原反应有关而导致错选°2。D［解析］CO2与CH4转化为CH3COOH的总反应为CO2＋CH4…修CH3COOH’该反应的原子利用率为100％』A正确｜由图示反应历程可知］反应过程中CH4中四个CH键中的—个发生了断裂,B正确;由图示反应历程可知,O→@的过程中形成了c—c键‖且反应物的总能量高干生成物的总能量’则该过程放出能量’C正确催化剂通过改变反应的活化能来改变反应速率‖而不能使平衡发生移动,即不能改变反应物的平衡转化率,D错误°［快解］催化剂对平衡移动没有影响°［测训诊断］（l）本题考查化学反应过程!涉及原子利用率、化学键的断裂与形成｀化学反应中的能量变化｀催化齐｜」对反应的影响］难度较小!大多数考生可得分。（2）本题若错,可能不能根据图示准确找出相关信息‖或将催化剂对反应速率和平衡移动的影响相混淆°3.B［解析］lmolH2O中含有2molH—O键,所以断裂1molH2O（g）中所含化学键需要吸收925.6kJ的能量,选项中没有指明H2O的状态’A项错误;反应的△H＝反应物的总键能-生成物的总键能＝2×@微信公众号嗨呀同学答案及解析［解析］O如果采用NaClO｀Ca（ClO）2替代NaClO2,SO2在脱硫过程中被氧化为SOi后与溶液中Ca2＋反应生成CaSO4沉淀,化学平衡向产物方向移动］SO2转化率提言,因此脱硫效果更好｛@根据盖斯定律,由O＋@＿O可得SO2（g）＋Ca2＋（aq）＋ClOˉ（aq）＋2OHˉ（aq）—CaSO4（s）＋H2O（l）＋Clˉ（aq）,故该反应的△H＝△Hl＋△H2＿△H3°‖7.2Cl2（g）＋TiO2（s）＋2C（s）—TiCl4（l）＋2CO（g）△H≡-85.6kJ°molˉ1［解析］Cl2与焦炭｀TiO2完全反应生成的还原性气体应为CO,由另—种液态产物易水解为TiO2.匆H2O’可知Ti元素在上述反应中化合价没有发生变化〕因反应中C元素的化合价升高,贝｜｜应是Cl元素的化合价由0价降为-l价］结合元素守恒可知液态产物为TiCl4,贝｜｜发生的反应为2Cl2（g）＋TiO2（s）＋2C（s）-TiCl4（l）＋2CO（g）’由于0.lmolCl2反应放出428kJ的热量’所以当有2molCl2参与反应时放出的热量为4.28kJ×20＝85.6kJ〗所以发生反应的热化学方程式为2Cl2（g）＋TiO2（s）＋2C（s）-TiCl4（l）＋2CO（g）AH≡-85.6kJ。molˉl°08。Al2O3（s）＋3C（s）＋N2（g）-2AlN（s）＋3CO（g）△H＝＋1026kJ.mol—l高温［解析］反应Al2O3（s）＋3C（s）＋N2（g）＝AlN（s）＋3CO（g）的△H＝÷×（M｜＋Mi×3＋Mj×2）＝÷×［＋335lkJ.mol＿!＋（ˉ3×▲～22lkJ.molˉl）＋（＿2×3l8kJ°mo!～l）］＝＋1026kJ°mol—l｛该反应的△H＞0｀AS＞0〕所以在高温下能自发进行°‖9。-196小于［思路分析］根据盖斯定律计算反应热;根据放热反应升温后平衡逆向移动判断平衡常数的大小关系°［解析］已知;OH2（g）＋÷o2（g）-H2o（l）垄△Hl＝一286kJ·molˉl@H2（g）＋O2（g）-≡H2O2（l）AH2≡ˉ188kJ.molˉl根据盖斯定律］O×2ˉ@×2得2H2O2（l）＝＝＝2H2O（l）＋O2（g）的△H＝2△Hl-2AH2≡＿l96kJ.molˉl°该反应为放热反应,温度升言］化学平衡常数减′」｀,所以K3l3K＜尼98K°20。-136.2［解析］依次编号3个反应为I、Ⅱ｀Ⅲ｛根据盖斯定律!反应Ⅲ可由反应I×3＋反应Ⅱ得到,则反应Ⅲ的焰变为2-l16.1kJ·molˉ1×3＋75.9kJ。molˉl≡-136.2kJ·molˉl·22l（1）3SO2（g）＋2H2O（g）—2H2SO4（l）＋S（s）A〃≡-254kJ·molˉ1（2）＞反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应,温度-定时’增大压强使反应正向移动‖H2SO4的物质的E增大,体系总物质的Ⅲ减小,H2SO4的物质的丘分数增大［思路分析］（l）由图示可找出反应Ⅱ的反应物和生成物,再由巳知热化学方程式及盖斯定律可求算出反应热］即可写出热化学方程式°（2）由方程式可知反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应,所以当温度相同时,增大压强〕平衡正向移动］H2SO4的物质的量分数增大°［解析］（1）由图像可知反应Ⅱ的反应物是SO2和H2O］生成物是H2SO4和S,所以发生的反应为3SO2（g）＋2H2O（g）—2H2SO4（l）＋S（s）!该反应可由已知反应运算得至｜」;Ⅱ＝＿（I＋Ⅱ）,所以由盖斯定律可求出该反应的反应热A〃＝ˉ（△H1＋△H3）＝-（551kJ.mol—l-297kJ。molˉl）≡-254kJ。molˉl°（2）反应Ⅱ正方向是气体分子总数减小的反应’温度相同时］增大压强,平衡正向移动,H2SO4的物质的量分数变大,结合图像可得p2＞pl○项错误『水可使氧分子活化反应的活化能降低0。75eV-0.57eV＝0。18eV‖B项错误;由图可知,氧分子的活化是O-O键的断裂与C—O键的生成过程,C项正确;活化氧可以快速氧化SO2,而炭黑颗粒可以活化氧分子,因此炭黑颗粒可以看作大气中SO2转化为SO3的催化齐｜」］D项正确。y°299［解析］设断裂1InolHI（g）分子中化学键所需吸收的能量为鳃kJ‖由△H≡∑E（反应物）ˉ∑E（生成物）＝2嘶kJ.molˉl-436kJ°molˉl—151kJ°moll＝＋l1kJ°mol＿l’解得匆＝299。↑｜考点35盖斯定律及其应用aB［解析］将题给4个热化学方程式依次编号为O@O@,由盖斯定律知!O×6＋@＋O≡@｛即6△Hl＋△〃2＋△〃3＝△H4,B正确,C｀D错误°物质由气态转化为液态或固态均放热,则△H｜＜0,△H2＜0’结合6AHl＋△H2＋△〃3＝A必可知△H3＞AH4!A错误°［关键点拨］物质由气态转化为液态放热!由固态转化为气态吸热;利用盖斯定律求反应热时需注意物质的系数关系°9C［解析］Ca2十半径大于咽＋半径』所以CaCO3中离子键弱于l吧CO3,CaO中离子键弱于MgO’△Hl表示断裂CO;ˉ和M2＋间离子键所吸收的能量’离子键越强,断裂时吸收的能量越多!因而△Hl（MgCO3）＞皿l（CaCO3）＞0』A正确;△L表示断裂CO;ˉ（g）中共价键形成O2ˉ（g）和CO2（g）的能量变化’与M2＋无关!因而△H2（MgCO3）＝△H2（CaCO3）＞0］B正确;由盖斯定律可知,对干MgCO3和CaCO3〗均有AHl＋△L＝△H＋△〃3‖碳酸盐分解吸热,贝｜」AHl＋△H2-△Hj＝△H＞0!△Hl＋△〃2＞AH3］D正确;由以上分析可得△Hl-△Hj＝△H—△〃2,因为△H（MgCO3）与△H（CaCO3）不相等,△Hh（MgCO3）≡△L（CaCO3）,则△Hl（CaCO3）＿△H3（CaO）与△〃l（MgCO3）-△H3（MgO）不相等’C错误°‖0.C［解析］反应O和@的最终产物为CO2和H2’是反应O的反应物,A正确｛CO2与H2反应生成能源CH3OH,B正确;该反应生成的H2O为液态,反应@中的产物H2O为气态,液态水汽化需要吸热,C错误;根据盖斯定律,反应@×2＋反应O×2＋反应@可得此反应!D正确°Ⅶ°＝1l6［解析］本题考查影响化学平衡的因素｀利用图像信息计算平衡常数｀盖斯定律的应用以及电解池的工作原理。将题给三个热化学方程式分另｜」编号为O｀@＼O〕根据盖斯定律由O×2＋@×2＋O×2可得目标热化学方程式］则反应热△〃≡2△Hl＋2△H2＋2△H3＝＿1l6kJ·molˉl。‖2.114［解析］给题给两个热化学方程式分另｜」编号为o｀@,利用盖斯定律,O×3＋@即可得至｜」4SiHCl3（g）-SiH4（g）＋3SiCl4（g）AH＝＋114kJ°molˉ1。［测‖｜｜诊断］本题不应错,若错,可能是对新信息的接收能力欠缺造成的°｜3H2O（l）-Ⅱ2（g｜＋÷O』（g）M＝辨286kJ.m。lˉ｜H2S（g）＝＝＝H2（g）＋S（s）△H＝＋20kJ·molˉl系统（Ⅱ）［解析］将题给四个热化学方程式依次编号为o@o@,系统（I）中制氢的反应为Ⅱ2o｜l）—Ⅱ』｜g）带÷o2（g｜根据盖斯定律』由O＋@＋O可得;H2O（l）-＂2（g｜十÷O2（g）皿二M!＋△Hi＋△′］j＝（＋3刀kJ°molˉl）＋（-l5lkJ.Imlˉl）＋（＋l10kJ·nDlˉl）＝286kJ°molˉl°系统（Ⅱ）中制氢的反应为H2S（g）—H2（g）＋S（s）,根据盖斯定律!由@＋O＋@可得:H2S（g）—H2（g）＋S（s）A〃≡△H2＋AH3＋△H4≡（＝15lkJ°molˉl）＋（＋1l0kJ°molˉl）＋（＋6lkJ。molˉl）＝20kJ°mol-l°分析系统（I）和系统（Ⅱ）制氢反应的热化学方程式可知‖制取等量的H2时〕系统（Ⅱ）消耗的能量少°］4.2△Hl-3△H2-AH3［解析］按照由上到下的‖顶序将已知热化学方程式分另｜」编号为o｀@｀O’根据盖斯定律,由O×2—@×3ˉO即可得目标热化学方程式］故目标反应的反应热为2△Hl—3△H2-△H3°05.2△〃3ˉ2△〃2-AHl反应放热丘大,产生大且气体［解析］根据盖斯定律,反应@可由2×O-2×@ˉO求得,故热效应之间的关系可表示为:△腿＝2△H3＿2△H2＿△Hl;联氨有强还原性!N2O4有强氧化性,两者反应时放出大量的热量,且产生大量气体］故联氨和N2O4可作为火箭推进剂°06@形成CaSO4沉淀’反应平衡向产物方向移动,SO2转化率提高@△Hl＋△〃2-AH3~第2节电化学｜考点36原电池化学电源0.B［解析］本题考查微生物燃料电池的工作原理°现有工业合成氨的条件是言温｀高压｀催化齐｜］,题给方法在室温下即可合成氨〗同时还可提供电能,A正确由示意图左侧电极反应为MV＋ˉeˉ—MV2＋〕左侧电极上发生失电子的氧化反应,左侧为负极区,负极区中,在氢化酶作用下发生反应H2＋2MV2＋-2H十＋2MV＋’B错误;右侧电极反应为MV2＋＋eˉ-MV＋,右侧电极为正极,右侧为正极区,在固氮酶作用下］N2得至｜」电子被还原为NH3』C正确;电池工作时’H＋（质子）由左侧负极区通过交换膜向石侧正极区移动,D正确。夏题分类集‖‖@微信公众号嗨呀同学高考必刷题舅题分类集训化学［刷育所得］从不同角度判断原电池的正＼负极哪｛凝谴撒:,…｛撼撒嚣留,2.D［解析］本题考查电化学知识,涉及可充电电池的电极反应式书写‖阴｀阳离子的移动方向判断等°三维多孔海绵状Zn比表面积大］所沉积的ZnO分散度高0而且题干也强调三维多孔海绵状Zn可以高效沉积ZnO,A正确°充电时｛阳极Ni（OH）2失去电子发生氧化反应,在碱性电解质溶液中转化为NiOOH,题给电极反应式符合题意!B正确°放电时‖负极锌失去电子发生氧化反应转化为ZnO‖根据总反应式可知负极反应式为ZIl（s）＋2OHˉ（aq）-2e—-ZnO（s）＋H2O（［）,C正确°放电过程为原电池工作过程｛阴离子应该从正极区移向负极区,D错误°［刷百所得］放电时为原电池『阳离子移向正极!阴离子移向负极｛充电时为电解池’阳离子移向阴极,阴离子移向阳极。3c［解析］根据元素化合价的升降结合示意图判断电极名称’左侧ZnO@石墨烯电极上CO2转化为CO时碳元素化合价降低,所以ZnO@石墨烯电极为阴极『右侧石墨烯电极区硫元素化合价升高,所以石墨烯为阳极°阴极上CO2得至｜」电子被还原为CO,余下的l个O2ˉ结台2个H＋生成H2O,电极反应式为CO2＋2H个＋2eˉ-CO＋H2o’A正确;将石墨烯电极区发生的反应O×2＋反应@＋阴极的电极反应!可得到协同转化总反应:CO2＋H2S-CO＋H2O＋S,B正确｛电解池中阳极电势高于阴极电势,故石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯电极上的高,C错误;铁离子通常只能在强酸性溶液中大量存在’因此］用Fe3＋／Fe2＋取代EDTAˉFe3＋／EDTAˉFe2＋时,溶液需为酸性〕否则铁离子会沉淀,D正确。4D［解析］高氢酸根离子是阴离子,电池放电时为原电池装置,阴离子向负极移动,A正确;由题图结合电池总反应知’充电时释放二氧化碳’放电时吸收二氧化碳!B正确;放电时,正极反应可以理解为＂CO2得到4eˉ还原为C,余下的两个O2ˉ进＿步结合CO2生成CO;ˉ′』』3CO2＋4eˉ一CO;ˉ＋C’C正确充电时电池的正极与外接电源的正极相连,作电解池的阳极,发生失电子的氧化反应,应为碳失电子生成CO2,D错误°［关键点拨］解答本题的关键是判断电池的正、负极’放电时!Na作为活泼金属只能失去电子’发生氧化反应〗故Na电极为负极,Ni电极为正极°［刷盲所得］对于二次电池’充电时为电解池,电解质溶液中阳离子向阴极移动｀阴离子向阳极移动‖放电时为原电池,电解质溶液中阳离子向正极移动〕阴离子向负极移动。二次电池充电时,外接电源正极接放电时（原电池）的正极,外接电源负极接放电时（原电池）的负极。5.D［解析］利用题中信息知,放电时,Li失电子发生氧化反应,作负极,O2在多孔碳材料电极上得电子发生还原反应,因此多孔碳材料电极为正极,A错误;放电时,外电路电子由负极（锤电极）流向正极（多孔碳材料电极）,B错误;充电时捏电极作阴极］电解质溶液中Li＋向阴极移动’C错误j充电时阴极上Li＋得电子生成Li,阳极上发生氧化反应生成（）2〕因此电池总反应是Li2O2ˉx转化为Ij和O2’D正确。［快解］依据元素价态变化快速判断出原电池正｀负极,然后利用原电池工作原理分析即可。［测训诊断］（］）本题主要考查化学电源］难度较大’意在提高试题区分度°（2）本题不应错,若错｛可能是不理解原电池工作原理造成的°［刷盲所得］原电池工作原理:负极发生氧化反应｀正极发生还原反应｛电子由负极经导线流向正极,电流贝｜」是由正极经导线流向负极｛在电解质溶液中无电子流过］只有离子的定向移动,放电时!阳离子移向正极｀阴离子移向负极°6D［解析］该电池反应中Li由0价升高为＋1价］故电极b作原电池负极,则电极a作正极;在电极a中由li2S8、Li2S6、Li2S4至｜」Lj2S2,其中S元素的价态逐渐降低’发生还原反应｛故放电过程中Li2S2的量应逐渐增多’而充电过程中Li2S2的量会逐渐减少’D错误;正极发生还原反应可能使S元素由—＋价降低到＿＋价′由Li2S6变成Li2S4’用Li＋使电极反应式电荷守恒即可!A正确;每消耗1molLj,转移1moleˉ’当转移0.02mol电子时,负极材料质量减重7g／mol×0.02mol＝0。14g,B正确;S8为非金属单质’不易导电,其中掺有石墨烯可用干增强电极的导电性』C正确°［刷盲所得］电化学题目的解题技巧（1）第—步,根据装置特点分析是原电池还是电解池’有负载的为原电池,有外接电源的为电解池｜（2）第二步!判断电极’—般来说,原电池中活泼金属作负极,较不活泼金属或石墨作正极电解池中与电源正极相连的为阳极,与电源负极相连的为阴极｛（3）第三步,分析电极反应式’结合化合价升降和反应的环境分析并书写电极反应式;（4）第四步,进行简单的电化学计算°根据电子转移守恒可以直接建立已知量和未知量的关系式,以方便电化学的相关计算°［测‖｜｜诊断］（1）本题考查电化学基础］涉及电极反应式的书写｀简单的电化学计算｀电极材料的选择｀电极产物的推断等］难度较大,部分考生可得分°（2）本题若错,可能易错选A项,原因在于难以确定S元素的化合价’因此难以确定电极a上是发生氧化反应还是还原反应°7.B［解析］该原电池中!Mg作负极,发生反应Mg-2eˉ-Mg2十’A正确;AgCl在正极得电子,电极反应式为AgCl＋e——Ag＋Clˉ,B错误‖Cl＿带负电荷』电池放电时在电解质溶液中由正极向负极移动!C正确;Mg是活泼金属’负极易发生副反应;Mg＋2H2O-Mg（OII）2＋H2↑,D正确。［关键点拨］在原电池中,活泼金属作负极』在反应中失去电子』发生氧化反应;阳离子向正极移动,而阴离子向负极移动.［测‖｜｜诊断］（‖）本题主要考查原电池及电极反应式的正误判断］难度较小,意在使大多数考生得分°（2）本题不应错,若错,可能是对原电池反应的电极反应式的书写规Ⅲ｜｜理解模糊造成的°8.C［解析］充电时,该装置相当于电解池〕电解质溶液中K＋应向阴极移动’A错误『由题中反应式知’充电时生成OHˉ!电解质溶液中c（OHˉ）逐渐增大0B错误｜放电时,负极Zn发生失电子的氧化反应,结合总反应知负极反应式为Zn＋4OHˉˉ2eˉ-Zn（OH）iˉ!C正确根据总反应知放电时〕电路中通过2mol电子,消耗氧气05mol‖即11.2L（标准状况）］D错误°［关键点拨］在原电池的电解质溶液中’阴离子移向负极｀阳离子移向正极;在电解池的电解质溶液中!阴离子移向阳极｀阳离子移向阴极。［测‖｜｜诊断］（1）本题主要考查电化学工作原理及应用,难度中等,意在使多数人得分。（2）本题不应错,若错,可能是对电解池装置的电解质溶液中离子移动方向不清楚而错选A项·9.∧［解析］由电池结构图可知!在正极上氧气得到电子发生还原反应,与移向正极的H＋反应得到水’A错误;微生物在反应中促进葡萄糖的氧化,即促进了电子的转移!B正确;利用原电池工作原理知,质子可通过质子交换膜由负极区移向正极区,C正确;该电池的总反应为葡萄糖发生氧化反应生成二氧化碳和水,D正确°［刷盲所得］掌握原电池的工作原理应把握如下几点:负极失去电子,发生氧化反应’阴离子移近,电流流入｛正极;得到电子］发生还原反应』阳离子移近］电流流出·［测‖｜｜诊断］（1）本题考查原电池工作原理,难度中等!大多数考生可得分°（2）本题易错选B项,错因在干没有分析清楚该电池的正负极电极反应°TO∧［解析］Zn比Cu沽泼,作负极,Cu作正极〕负极上Zn失电子变成Zn2＋,原电池中阳离子向正极迁移,正极上H＋得电子变成H2』因而c（H＋）减′｜｀〕A项错误;Ag2O在正极得到电子被还原成Ag,结合KOH溶液作电解液’故正极反应式为Ag2O＋2eˉ＋H2O—2Ag＋2OHˉ〕B项正确｝锌锰干电池中锌作负极『发生氧化反应,电极反应式为Zn-2eˉ-Zn2＋〕锌溶解,因而锌筒会变薄］C项正确;铅蓄电池的总反应为Ph0』十Pb锥2Ⅱ剪so器2Pbsq十2H』0,可知放电—段时间后,H2SO4被消耗,因此电解质溶液的酸性减弱,导电能力下降,D项正确°［关键点拨］判断原电池正｀负极时!可先写出总反应,原电池的总反应为自发进行的氧化还原反应,再根据反应中得失电子情况,判断正｀负极材料及反应‖如本题A项’可判断出总反应为Zn＋2H＋—Zn2＋＋H2,推知锌为负极｀铜为正极,原电池中阳离子向正极移动’阴离子向负极移动°0T.c［解析］由电子的流动方向可知左边为负极,发生氧化反应,右边为正极,发生还原反应!A正确;负极发生反应:H2ˉ2eˉ＋2OHˉ-2H2O,B正确‖电池的总反应没有O2参与,总反应方程式中不存在氧气,C不正确;在原电池中!阳离子向正极移动,阴离子向负极移动!D正确。.微信公众号嗨呀同学~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~答案及解析［关键点拨］解答本题的关键是分析钢管桩的外加电流的阴极保护法的工作原理图示,结合电解原理知识逐项进行分析、判断。［测训诊断］（l）本题考查金属的电化学防护!考查了外加电流的阴极保护法及应用’难度中等,大部分考生可得分°（2）本题若错!可能是不能正确辨析电化学防护工作原理图示,忽路“电子不能在电解质溶液中移动＂而错选B项°‖7C［解析］由信息可知,用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密｀耐腐蚀的氧化膜’则该氧化膜为氧化铝’所以在电解过程中〕铝失电子转化为氧化铝,所以待加工铝质工件为阳极,A正确｛在电解池中,阴极的金属电极不放电〗被保护’所以可选用不锈钢网作为阴极’B正确;在该电解池中｜阴极为氢离子放电生成氢气,电极反应式为2H＋＋2eˉ—H2↑,C错误;在电解池中,阴离子向阳极移动,所以硫酸根离子在电解过程中向阳极移动,D正确。［刷盲所得］在电解池中!阳极为活性电极时,电极本身放电’金属电极失电子被氧化］阴离子在阳极不放电;阳极为惰性电极时,溶液中阴离子在阳极放电;不管阴极为活性电极还是惰性电极,溶液中阳离子都在阴极放电°‖8.B［解析］正极区发生的反应为2H2O-4eˉ-O2↑＋4H十!由于生成H＋』正极区溶液的pH减小,中间隔室的SO1ˉ向正极区迁移,A错误°负极区发生的反应为2H2O＋2eˉ—2OHˉ＋H2↑‖中间隔室的Na＋向负极区迁移〕故负极区产生NaOH〗正极区产生H2SO4!B正确°由B项分析可知,负极区产生OHˉ］负极区溶液的pH升高》C错误°正极区发生的反应为2H2Oˉ4eˉ—O2↑＋4H＋〕故电路中通过1mol电子时,生成0。25molO2’D错误°［刷育所得］用′｜青性电极进行电解时］阳极上发生氧化反应］阴极上发生还原反应,但阳极区｀阴极区溶液呈电中性’结合两极反应式判断电解质溶液中阴｀阳离子透过离子交换膜的移动信况°T9c［解析］本题考查金属的腐蚀原理°铁被腐蚀时失去电子生成Fe2＋,A错误‖铁腐蚀过程中』化学能除了转化为电能‖也会转化为热能］B错误｝活性炭与Fe｀NaCl溶液构成原电池］加快铁的腐蚀〕C正确;NaCl溶液的导电性比水强,腐蚀速率较快｛但水中含有—定量的H＋和OHˉ］铁仍会发生吸氧腐蚀］D错误°［刷育所得］金属的腐蚀类型有化学腐蚀与电化学腐蚀,电化学腐蚀分为析氢腐蚀和吸氧腐蚀。碱性或中性溶液中金属—般发生吸氧腐蚀‖酸性溶液中金属—般发生析氢腐蚀°20D［解析］Fe2＋能与K3［Fe（CN）6］反应生成蓝色沉淀,对比@和O发现@中的Fe没有被腐蚀｀O中的Fe被腐蚀,说明Zn可保护Fe,A正确;由@可知O中的Fe应被保护,而由O的实验现象可知铁被氧化‖贝｜」可能是K3［Fe（CN）6］将Fe氧化］B正确;Fe会被K3［Fe（CN）6］氧化,所以不能用O的方法验证Zn保护Fe!C正确;由以上分析可知,Fe可以被K3［Fe（CN）6］氧化,故加入K3［Fe（CN）6］溶液生成蓝色沉淀不能说明Fe比Cu活泼,D错误°［关键点拨］本题的解题关键是通过实验o@的对比,推断出o中铁表面出现蓝色沉淀可能是K3［Fe（CN）6］将Fe氧化°2T.∧［解析］根据题意可知,该电解池反应的实质是氮气和氢气反应生成氨气｛故氢气为还原齐｜」］发生氧化反应］通入氢气的电极为阳极°Pd电极b通入氢气］为阳极!A错误｝阴极发生还原反应’电极反应式为N2＋6H＋＋6e＿-2NH3,B正确‖电解池中｛H＋由阳极向阴极迁移｛C正确｛观察装置图可知〕陶瓷可以传递氢离子伺时可以隔离N2和H2‖D正确。22BC［解析］该反应正向气体分子总数减小’为嫡减的反应’A错误;钢铁管道连接锌块!形成原电池］锌作负极,为牺牲阳极的阴极保护法,B正确常温下,pH＝10的溶液中,c（OH—）＝l04mol.Lˉl｜c（M旷＋）。‘2（o＂ˉ｜…×｜0ˉ哩』故‘（M矿.）≤虱（料）;』m°l.D｜』则c（Mg2＋）≤5.6×l0＿4mol·Lˉl,C正确常温常压下,11.2LH2的物质的量不是0.5mol,D错误。…＂…O—量……—T2BC［解析］根据电极材料可知Mg作负极〗电极反应式为Mg-2eˉ＋2OHˉ-Mg（OH）2’O2在正极得电子,电极反应式为O2＋2H2O＋4e—-4OHˉ!即得电池总反应为2Mg＋O2＋2H2O—2Mg（OH）2〕A项正确,B项错误｛氧气在正极参与反应〗C项错误｛外电路中,电子由负极a经外电路移向正极b,D项正确°［关键点拨］（1）原电池中负极发生失电子的氧化反应!正极发生得电子的还原反应｛（2）外电路中〕电子由负极流向正极,电流方向与电子流动方向相反。↑3D［解析］本题考查可充电电池的工作原理,涉及电极判断｀电极反应式书写和电解过程中的相关计算等°由电池工作原理图可知］放电过程中,锌失去电子变成锌离子,发生氧化反应,因此b电极为负极,a电极为正极。放电时!a极I2Brˉ得电子!生成碘离子和澳离子,正极反应式为I2Br＋2e-2Iˉ＋Brˉ’A项正确｜放电时］负极反应式为Zn—2e——Zn2十］负极Zn转化为Zn2十,正极I2Brˉ转化为Iˉ和Brˉ’因此溶液中离子的数目增大!B项正确;充电时,b电极连接外电源负极,发生还原反应:Zn2＋＋2eˉ-Zn,b电极每生成0.65g（0.0］mol）Zn,转移0。02mol电子,而阳极发生氧化反应:Brˉ＋2Iˉˉ2eˉ-I2Brˉ,则有0.＂InolIˉ被氧化’C项正确;充电时,a电极为电解池的阳极］连接外电源正极,D项错误°［关键点拨］通过题中图示可知〕在放电过程中〕锌失去电子!作负极;对于可充电电池来说,充电时的阴极（放电时的负极）接在外电源的负极上』充电时的阳极（放电时的正极）接在外电源的正极上°04（l）MnO2＋H＋＋eˉ-MnOOH2MnO2＋Zn＋2H＋-Zn2＋＋2MnOOH［注;式中Zn2带可写为Zn（NH］）!÷｀Zn（NH3）2Cl2等,H＋可写为NH旷］（2）0.05（3）加热浓缩｀冷却结晶碳粉MnOOH空气中加热碳粉转变为CO2’MnOOH氧化为MnO2［思路分析］（］）应用题给信息和原电池原理］写出电极反应和电池反应的离子方程式°（2）根据电量0≡〃≡川（eˉ）F进行相关计算°（3）根据MnO2｀碳粉的性质进行分离°［解析］（l）该原电池中锌筒为负极〕碳棒为正极｛原电池的正极发生还原反应〕MnO2得电子被还原为MnOOH,电极反应式为MnO2＋H＋＋e-MnOOH,负极反应式为Znˉ2eˉ-Zn2＋,电池总反应的离子方程式为2MnO2＋Zn＋2H＋-Zn2＋＋2MnOOH°｛2）?＝h＝＂（.ˉ｜′｜则＂（·ˉ｜＝卡＝惩删翻月＝M0］55m°］』侧｜″（Zn）＝÷＂｜eˉ｜』咖（Zn）＝十×O00l55酗。l×65g·molˉl＝0°05g◎（3）根据ZnCl2和NH4Cl的溶解度随温度变化的情况可知’可采用加热浓缩｀冷却结晶的方法,使ZnCl2和NH4Cl分离回收°滤渣的主要成分是难溶的MnO2、碳粉和MnOOH〕欲从中得至｜」较纯的MnO2〗最简便的方法是在空气中加热］在加热条件下,发生反应:△△C＋O2＝＝CO2’4MnOOH＋O2＝＝4MnO2＋2H2O］故可得至｜」较纯的MnO2。［刷盲所得］电量0＝h＝n（eˉ）·F;K愚p［M（OH）＂］≡C（M″＋）。KWc″（OH）;PH≡—lgc（H＋）＝-lgc（OHˉ）。［测‖｜｜诊断］（1）本题主要考查原电池的工作原理｀物质的分离和提纯｀氧化还原反应｀溶液的PH及难溶电解质溶度积的计算等知识,难度中等偏上,意在提高试题的区分度。（2）本题若错〕主要错在MnO2、碳粉的分离方法上和有关溶度积的计算上］主要是因为对相关物质的性质不是很熟悉］对溶度积的计算过程不熟悉。05.Al-3eˉ-Al3＋（或2Al-6eˉAl3＋）催化剂2Al＋6CO2-Al2（C2O4）3［解析］O2辅助的Al＿CO2电池中,Al是活泼金属,作负极｛发生氧化反应!电极反应式为Al-3eˉ-Al3＋°由电池的正极反应式可知,O2先生成Of’Of与CO2反应生成C2Oiˉ和O2,据此推测,该过程中O2的作用是催化齐｜」°根据正、负极反应式及得失电子守恒得电池的总反应式为2Al＋6CO2＝≡Al2（C2O4）3。~~~~~~~~~~~~~~n考点37电解池金属的腐蚀与防护｜Fe（C5H5）2＋H2↑］水会阻碍中间物Na的生成;水会电解生成OHˉ,进-步与Fe2＋反应生成Fe（OH）2［解析］根据图示可知有Fe2＋参与反应,则Fe在阳极失去电子’故该电解池的阳极为Fe电极;根据图示:霞俄爵………Na＋ˉ-→NaT6。C［解析］由题干可知’高硅铸铁为惰性辅助阳极,与直流电源的正极相连］钢管桩作电解池的阴极,与直流电源的负极相连’通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零,钢管桩得至｜」保护］A正确通电后,外电路中电子由高硅铸铁经导线流向正极］再由电源的负极经导线流向钢管桩‖故通电后外电路中电子被强制从言硅铸铁流向钢管桩’B正确｝言硅铸铁为惰性辅助阳极!只起到传递电流的作用’不会被损耗］C错误｝通入的保护电流要根据海水中电解质的浓度、温度等环境条件变化进行调整］从而有效保护钢管桩’D正确°~~o夏题分类集训微信公众号嗨呀同学高考必刷题真题分类集训化学…O—悬缝.…—…＝H2↑°电解制备需要在无水条件下进行,原因为中间产物包含金属Na’而Na非常活泼］能与水发生反应;同时水在阴极会发生反应2H2O＋2e——H2↑＋2OHˉ,生成的OHˉ进—步与Fe2＋反应生成Fe（OH）2°24.Fe3＋＋eˉ—Fe2＋,4Fe2＋＋O2＋4H＋-4Fe3＋＋2H,O5。6［解析］所谓的＂负极区＂就是电解池的阴极区,电极上的反应为铁离子得至｜」电子被还原为亚铁离子:Fe3＋＋eˉ—Fe2＋!生成的亚铁离子又被氧气重新氧化为铁离子;4Fe2＋＋O2＋4H十＿4Fe3＋＋2H2O°由得失电子守恒知』电路中转移lmoleˉ’阴极上生成1molFe2″』氧化lm°lFe』,消耗÷m。lO2』其在标准吠况下的体积V（O2）＝＋m。l×224L.m。｜＿!≡56L·25.2H2Oˉ4eˉ-4H＋＋O2↑a［解析］装置图中左侧与电源正极相连,为三室膜电解槽的阳极,由于阳极室的溶液为稀硫酸’故阳极发生的反应为2H2O-4eˉ-4H＋＋O2↑｛生成的H＋穿过阳离子交换膜进入a室与SO2碱吸收液中的SO;ˉ反应生成HSO丁』则a室中NaHSO3浓度增加。26Zn2＋＋2eˉ＿Zn溶浸［解析］＂电解硫酸锌溶液制备单质锌＂表明阴极上是锌离子得到电子生成锌,电极反应式为Zn2十＋2eˉ-Zn,阳极发生放氧生酸的反应:2H2O—4e一H＋＋O2↑〕则沉锌后的电解液含有大量硫酸,可返回溶浸工序循环使用°27.皿H2O＋2e-2OHˉ＋H2↑@K＋由a到b［思路分析］电解时,阴极溶液为KOH〕则相当于电解水’即阴极产生氢气;阳极溶液中K＋则通过阳离子交换膜由电解池的左侧（a极）移向右侧（b极）°第∧章化学反第］节化学反应速率化学反［解析］o电解池中阴极发生得电子的还原反应｛故阴极的电极反应式为2Ⅱ2O＋2eˉ-2OHˉ＋H2↑｜@电解过程中,阳离子（K＋）通过阳离子交换膜由电解池的左侧（阳极）移向右侧（阴极）°28.KlO2H2O＋2eˉ-H2↑＋2OHO制H2时,电极3发生反应:Ni（OH）2＋OHˉ—eˉ—NiOOH＋H2O。制O2时’上述电极反应逆向进行,使电极3得以循环使用［解析］本题以高纯氢帝｜」备方法的真实信境为素材’考查化学基本概念｀化学反应原理等’渗透“物质结构决定物质性质｀定性与定量关系＂等化学学科思想。O控制开关连接K｜时,电极1是阴极,电极反应式为2H2O＋2e—2OHˉ＋H2↑,在阴极生成H2。O制H2时,电极3是阳极〕电极反应式为Ni（OH）2＋OH—eˉ-NiOOH＋H2O。制O2时,电极3是阴极,电极反应式为NiOOH＋H2O＋eˉ-Ni（OH）2＋OHˉ］则可知电极3可循环使用°29.（1）Na＋［;O:H］＿加热（或锻烧）电解法（2）ac（3）在直流电场作用下,CrO;ˉ通过阴离子交换膜向阳极室移动,脱离浆液CrOiˉ和Cr2O;ˉNaOH和H2［解析］（l）NaOH中含有共价键和离子键!是离子化合物,所以其电子式为Na＋［:O:H］ˉ°（2）MnO2与浓盐酸的反应在加热条件下能进行〕而不加热反应不能进行｜说明反应受温度影响;反应停止后,固体有剩余］滴加硫酸又有Cl2生成〕即H＋浓度增大后反应又可进行,说明反应受溶液的酸度的影晌,a｀c项正确°（3）通电时,CrOi通过阴离子交换膜向阳极室移动,从而脱离浆液°由于CrO;ˉ在溶液中存在与Cr2O;ˉ间的相互转化,所以分离后含铬元素的粒子有CrOiˉ和Cr2O;ˉ°电解Na2SO4溶液相当于电解水,则阴极的电极反应为2H2O＋2e-H2↑＋2OH‖即阴极生成的物质是NaOH和H’。应速率与化学平衡AHl-2△H2≡53.1kJ·molˉl。2@应用』｜三段式＂法计算如下:2N2O5（g）-≡4NO2（g）＋O2（g）起始压强／kPa35ˉ800变化压强／kPa5.8l1ˉ62.962min压强／kPa30。02。9PN2o5＝30.0kPa,代入题中反应速率的计算式中:o＝2×l0—3×30.0kPa。min1≡6.0×］0ˉ2kPa。minˉl。o—方面提高反应温度,容器容积不变,总压强提高;另—方面,NO2二聚为N2O4的反应为放热反应,提高温度,平衡左移,体系内气体物质的量增加,总压强提高;综合两方面的因素,总压强提高。@若N2O5全部分解,不考虑NO2二聚,有如下关系2N2O5（g）一4NO2（g）＋O2（g）起始压强／kPa35.800变化压强／kPa35.87L617.9全部分解时压强／kPa071.617.9平衡时的总分压＝（7l.6＋l7.9）kPa＝89.5kPa,相对干平衡时的△p≡89.5kPa-63.lkPa＝264kPa。N2O4（g）＝≡2NO2（g）起始压强／kPa716变化压强／kPa鳃2鳃平衡压强／kPa则71。6-2匆△p＝7l.6kPa-（7l.6—2卯＋z）kPa＝26.4kPa』解得勿＝26。4,所以K』-:滞｝ˉ（7M撇跟｜』kP.篡…k№·（2）＂（第—步的正反应）≥D（第步的逆反应）＞四（第二步反应）］第二步反应不影晌第步］A正确;反应的中间产物还有NO,B错误;并不是所有反应物间的碰撞都是有效的!且该反应速率′｜曼,NO2与NO3的碰撞仅部分有效］C正确｝第三步反应速率快］活化能较低,D错误°考点38化学反应速率及计算0D［解析］由表中数据可知］在0～20min内!I中M的分解速率Ac0°40mol·Lˉl-0.10mol·Lˉ1U≡—≡＝0°015mol·Lˉl·minˉl,△r20minA项正确;I与Ⅱ中』M的起始浓度相同］pH不同’I中水样的酸性强〕在相同时间内〗I的反应速率大!M的分解速率快］B项正确｛在0～25min内〕Ⅱ中M的分解率为0~40mol°Lˉlˉ0.16mol·Lˉl三≡0.40mo］。Lˉl0。6Ⅲ中M的分解率为0.20mol°Lˉl-0.05mol°Lˉl≡0.75,C0.20mol·Lˉ1项正确;比较相同时间段内M的分解速率!如0～5min,Ⅳ中M的分解速率为0。20mol°L—l—0.09mol°Lˉ!＝0.022mol·Ll·minˉl,5minI中M的分解速率为0.40mol。Ll—028mol°Lˉl日≡5min0.024mol·Lˉl·minˉl,Ⅳ中M的分解速率比I′｜曼』D项错误°［刷百所得］通过表格方式给出相关数据是这次考试信息提供的—个新变化!图、表这些不连续阅读数据的呈现,将会是试题信息给予的—种“常规』形式。2D［解析］由题图分析知,25℃时!在10～30min内!溶质R的分解平均速率o（R）＝14mol.L＿l—0.8mol。L｜≡0.03Inol。Lˉl°mnˉl,20minA项正确;由30℃和10℃对应曲线可知］反应进行至｜」50min时‖R均完全分解,B项正确｝25℃曲线所代表的起始浓度比30℃曲线所代表的起始浓度大’但其分解平均速率反而小］说明R的分解平均速率随温度升高而增大!C项正确;10℃曲线所代表的起始浓度比30℃曲线所代表的起始浓度小,分解反应速率较小不定是由温度这—因素所造成的!还会受浓度影响,D项错误。3.（1）o53.l@30.06.0×l0ˉ2o大于温度提高,体积不变,总压强提高;NO2二聚为放热反应,温度提高,平衡左移’体系物质的量增加,总压强提高@1〕4（2）AC［解析］（1）@设依次出现的两个热化学方程式为I和Ⅱ,则I—斗×2得到反应N2O’（g）≡＝2NO2（g）＋÷O2（g）’AH＝▲＝考点39影‖向化学反应速率的因素4.O劣于相对于催化剂X,催化剂Y积碳反应的活化能大,积碳反应的速率小;而消碳反应的活化能相对小,消碳反应速率大AI）@Pc（CO2）｀Pb（CO2）、Pa（CO2）［解析］o表中数据表明催化剂Y的积碳反应活化能大,消碳反应活@微信公众号嗨呀同学答案及解析［届‖盲所得］温度、压强、催化剂都影响反应速率′—般信况下］升温、加压、加催化齐｜」使反应速率增大’而温度和压强对平衡的影晌贝｜」需要看反应特点’催化剂不影晌平衡。3D［解析］加入NaOH,可与HBr发生中和反应,使平衡逆向移动｛则乙醇的物质的量增大,A正确;增大HBr的浓度』平衡正向移动,有利于生成C2H5Br］B正确;由于常温下反应物和生成物都是液态‖若反应物均增大至2mol‖C2Ⅱ5Br和C2H5OH的物质的量之比仍等干其化学计呈数之比,故两种反应物的转化率之比不变］C正确;C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4℃和78.5℃!若起始温度提高至60℃〗此时C2H5Br是气体,从反应混合液中不断逸出,使反应正向进行的程度增大｛故达至｜」平衡的时间不—定缩短,D错误°［测‖｜｜诊断］（1）本题考查化学平衡移动及其影响因素,涉及平衡移动及分析｀平衡转化率及反应正向进行程度的判断等,试题难度中等,大部分考生可得分°（2）本题不应错〕若错,可能是忽视升温至60℃时,C2H5Br是气体,会不断从反应混合液中逸出’使平衡向石移动°4B［解析］平衡常数只和温度有关,增加c（CO）』反应的平衡常数不变,A错误;第—阶段是将镍与CO反应转化为气态Nj（CO）4,由于Ni（CO）4的沸点是42.2℃,所以反应温度选择50℃,B正确反应Ni（s）＋4CO（g）＝＝Ni（CO）4（g）的平衡常数K＝2×l0ˉ5!第二阶段的反应为该反应的逆反应』平衡常数为十＝5×l0缴｀平衡常数较大］故Ni（CO）4在第二阶段的分解率较高』C错误;参与反应的物质的反应速率之比等于化学计量数之比,达到平衡时］正反应速率等于逆反应速率〕贝｜」4似生成［M（CO）4］＝u生成（CO）〗D错误°［刷育所得］平衡常数只与温度有关‖温度不变时平衡常数不变°［测‖｜｜诊断］（l）本题考查化学平衡常数｀化学平衡状态及反应条件的选择,试题难度中等,大多数考生可得分。（2）本题不应错］若错,可能将平衡移动和平衡常数等同而错选A项°5.（l）89.3（2）40％3.56×104BD（3）CD［解析］（l）根据盖斯定律!o＋@可得反应o,△H］＝△Hl＋AH2≡100.3kJ。molˉl＋（-l1。0kJ°molˉl）＝89。3kJ。molˉl°（2）设碘和环戊烯的起始物质的量均为1mol,设转化的碘的物质的量为αmol］根据三段式作如下计算;○｜:）＋I』（g）-O｛:｜十2∏‖（‘川起始量／moll100转化量／molααα2α平衡量／moll-α1-αα2α反应后气体的物质的量增加了（2＋α-2）mol≡αmol,根据题目信息,＂刚性容器＂即为恒容容器］在恒温｀恒容状态下』压强之比等于气体的物质的量之比°因此可列式÷＝20％』解得α二04。将“＝o4代入』可得平衡时各气体的物质的三,○（:｜为肌6mol』物质的量分数为十;『』｜恩｜为…°l』物质的二分数为十』O（:）为α4m°l』物质的量分数为÷Ⅱl（g）为α8m。l’物质的皇分数为＋。环戊烯的转化率为0;等l×l00％＝40％°该反应的平衡常数kp＝∏lOll化能小,故积碳反应速率小,消碳反应速率大｜而催化齐｜」X的积碳反应活化能′｜｀〕消碳反应活化能大,其积碳反应速率大,消碳反应速率／｜＼］所以催化剂X劣于Y。由表中积碳反应和消碳反应的△H均大于0知〕积碳反应和消碳反应均为吸热反应］温度升言］平衡常数增加］A正确‖C错误升高温度‖无论是放热反应还是吸热反应〗反应速率均增加〕故o积｀″消均增加〕B错误‖图中600℃后‖升高温度积碳量减少〗说明升高温度消碳反应速率增加的倍数比积碳反应速率增加的倍数大,D正确。@由速率方程可知,p（CH4）—定｜P（CO2）越大｛［P（CO2）］05越′」｀催化剂上沉积碳的生成速率越′」｀,积碳量越小,即积碳量随看p（CO2）的增大而减小｛故P℃（CO2）最大｀pa（CO2）最小,即从大到小的｜｜顶序为pc（CO2）｀Pb（CO2）｀pa（CO2）°5.（l）Cr3＋B（2）大于pH升高,HOr的浓度增加,分解速率加快过氧化氢浓度越高,其电离程度越低,分解率越小［解析］（l）由表中数据可知,Cr3＋的加入量最小］对应的过氧化氢分解率最大,说明Cr3＋对过氧化氢分解反应的催化效果最好,即使过氧化氢分解反应活化能降低最多°使用题述金属材质的容器贮运过氧化氢时,必然会有微量的相应构成金属离子的溶出,Al3＋对H2O2分解反应基本无催化活性’因此可以选纯铝容器来贮运过氧化氢,B项符合°（2）Kal（H2O2）＞Kw’故H2O2电离出氢离子的能力大于水,故酸性:H2O2＞H2O｝pH增大,c（H＋）减小,反应H2O2＝≡HOf＋H＋正向进行!HOf的浓度增加,贝」分解速率加′｜央;过氧化氢浓度越高‖其电离程度越低,故分解率越小°6（1）亚氯酸钠（2）O4No＋3cloI＋4oHˉ—4No丁＋2H2o＋3Clˉ提高@减小o大于NO溶解度低或脱硝反应活化能较高［解析］（1）在NaClO2中Cl为＋3价』比氯酸钠中氯元素的＋5价低’比次氯酸钠中氯元素的＋1价言,故NaClO2的名称应是亚氯酸钠。（2）O利用表中NOf与NOf的浓度可知!在脱硝反应中NO被氧化酌主要产物是NO丁,ClOf被还原为Clˉ］结合电荷守恒｀原子守恒以及电解质溶液呈碱性可得脱硝反应的离子方程式4NO＋3ClOI＋4OHˉ—4NO丁＋2H2O＋3Clˉi正反应是气体体积减小的反应,增大压强,反应正向进行,则NO的转化率提言°@利用上述反应可知,随着反应进行,c（OHˉ）减小〗溶液碱性减弱’溶液pH减小°O从表中生成SOiˉ的浓度大于N0j的浓度知｜脱硫的反应速率大干脱硝的反应速率,其原因可能是SO2和NO在烟气中的初始浓度不同｀NO的溶解度较／｜＼或脱硝反应活化能较高等导致反应速率′｜曼°7.（I）降低反应活化能（或作催化剂）（2）30℃｀pH≡2.0蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）［解析］（］）由反应速率增大可知该菌作催化剂,可以降低反应活化能°（2）由图甲和图乙可知温度为30℃｀pH为2。0时,Fe2＋的氧化速率最大°硫杆菌的主要成分是蛋白质,言温下蛋白质活性降低而使反应速率变小。第2节化学平衡｜考点40化学平衡状态及平衡移动!郎｜!｜｜—｜洲｜叫＿峙…l20链×务＝l0’Pa×｜20输×务＝凯56×｜0』Pa.A项’恒容条件下,通入惰性气体］平衡不移动｛对转化率没有影响,不符合题意;B项’因该反应的正反应为吸热反应］提言温度!平衡正向移动!环戊烯的平衡转化率增大〕符合题意｛C项,对于有两种反应物的可逆反应,增加种反应物的浓度〕该反应物的转化率减小,另—种反应物的转化率增大,贝｜」增加环戊烯浓度］其自身的转化率减小!不符合题意;D项,由C项分析可知』增加碘浓度,环戊烯的转化率增大,符合题意。（3）根据图像信息’在L温度下,单位时间内环戊二烯的浓度变化量更大,即反应速率更′｜央,故Tl＜Tb］A错误;根据曲线的斜率’α点的斜率更大,说明α点单位时间内浓度变化量更大↑可知α点的反应速率大干c点的反应速率!B错误‖根据图像可知‖反应为正向建立平衡,在达至｜」平衡之前的正反应速率均大于逆反应速率’故b点的正反应速率大干b点的逆反应速率,而α点的正反应速率大于6点的正反应速率］故α点的正反应速率大于b点的逆反应速率!C正确;由图可知0点时二聚体的浓度为÷×（l5mol.Lˉ!ˉO6mol.L!）≡叁0.45mol。Lˉ］,D正确°夏题分类集训lB［解析］该可逆反应反应前后气体化学计量数之和不变,缩小反应容器体积,相当于加压］正、逆反应速率同等程度增大,A项错误;在反应达至｜」平衡前,碳的质量不断改变］达至｜」平衡后!碳的质量不变’因而碳的质量不再改变说明反应已达至｜」平衡,B项正确｛若压强不再改变说明反应达至｜」平衡’表明反应前后气体的化学计呈数之和不等,故A｀C可能均为气体!C项错误｜合成氨的反应为3H2（g）＋N2（g）≡≡2NH3（g）△H,实际参与反应的n（H2）＝3mol×l0％＝0。3mol,因而0｜＝旱x｜△″｜＝0」｜△″｜』分解氨气时实际消耗的″｜N＂』｜＝2m°l×」0髓＝α2m°Ⅲ｀Q2＝罢×｜M｜＝0」｜△″｜｀Ⅲ｜｜0｜＝Q2』D项错误·2.B［解析］由表格数据及勒夏特歹‖原理知,正反应放热］降低温度’平衡正向移动,反应物SO2的转化率增大,A正确;由于在不同温度｀压强下,化学反应速率不—定相等’故转化相同物质的量的SO2所需要的时间不—定相等｛B错误;催化齐｜」对化学平衡移动无影响］但可以缩短达至｜」平衡所需时间,C正确;由图中数据可知］10l×105Pa（常压）下｛673K｀723K、773K时SO2的转化率分别为99.2％｀97。5％｀93.5％,已经相当高’巨加压后转化率升高并不明显］所以工业上不通过加压提高转化率,D正确。@微信公众号嗨呀同学高考必刷题真题分类集训化学［关键点拨］（1）影‖问化学反应速率的因素有温度＼浓度｀催化剂等!在判断化学反应速率大′」｀时’需要综合考虑各因素的影晌°（2）解苔有关浓度／物质的量分数—时间图像的题目时‖可根据＂先拐先平’温度高或压强大”判断!如第（3）问］起始浓度相同,相同时间内（如0.5h）’吗温度下的转化量大于Tl温度下的］说明吗温度下反应速率较′｜央’贝｜｜可推断出Zb＞Tl°6o凰·翻大于圃小于‰…物浓魔较｛＂翻（慈鸳｜』［解析］O平衡之前消耗OH,pH下降〕溶液的pH不再变化,说明C（OHˉ）不再改变,则反应体系已达平衡状态’a正确｛b中未标明正＼逆反应速率,反应不定达至｜」平衡’b错误;达平衡前c（AsO』ˉ）逐渐增大’c（AsO;ˉ）逐渐减小’二者的比值逐渐增大,平衡后不再改变’c正确根据图像』达至‖平衡时c（AsO》ˉ）＝γmol.Lˉl』故c（Iˉ）应为2ymol°Lˉl,d错误°@反应从正反应方向开始!tm时反应继续正向进行’故″正＞″逆°@其他条件不变时’生成物的浓度决定″逆’n点的生成物的浓度更大,故逆反应速率更大。@对该反应过程列“三段式＂得:AsO;ˉ（aq）＋I2（aq）＋2OHˉ（aq）＝≡AsO』—（aq）＋2l—（aq）＋H2O（l）起始浓度允勿00mol·L‖转化浓度yγy2γmol·Lˉl平衡浓度mol·Lˉ］冗-y九-yly2yc（AsO1ˉ）×c2（I）y×（2y）2故平衡常数K＝＝≡c（AsO;ˉ）×c（I2）×c2（OH）（豹ˉy）×（鳃ˉy）×l2~4γ］（如ˉy）2°7.（1）—99＋4l‘（6‖训凰｜｜或午′（:‖↑训:）｜.…为（2）K＝放热反应,平衡常数数值应随温度升高而变小（3）减′］｀升高温度时,反应O为放热反应,平衡向左移动,使得体系中co的量增大;反应O为吸热反应,平衡向右移动,又使产生co的量增大;总结果‖随温度升高,使C0的转化率降低P3＞P2＞Pl相同温度下,由于反应o为气体分子数减小的反应,加压有利于提升CO的转化率;而反应o为气体分子数不变的反应,产生CO的H不受压强影晌°故增大压强时,有利于CO的转化率升高［解析］（1）根据焰变和化学键键能之间的关系可知’△Hl≡E（C≡O）＋2E（H—H）-3E（C—H）ˉE（C—O）＝E（H—O）＝（1076＋2×4％ˉ3×413—343ˉ465）kJ°molˉl＝-99kJ·molˉl°根据盖斯定律,@ˉO＝O》则AH3＝△H2ˉ△Hl≡ˉ58kJ.molˉlˉ（-99kJ.molˉl）＝＋41kJ.moll。‘｜6脚‖』｜.M｜≤0,说明（2）根据化学反应方程式,反应O中K＝反应O为放热反应,平衡常数数值随温度升高而减小］故a曲线能正确反映平衡常数K随温度变化的关系。（3）由图示可知,α（co）随温度的升高而减′｜｀。升高温度时,反应O为放热反应‖平衡向左移动,使得体系中的CO的量增大;反应o为吸热反应‖平衡向右移动!又使产生CO的量增大;总结果,随温度升高,使CO的转化率降低°相同温度下,由于反应@为气体分子数减′｜｀的反应,加压有利于提高CO的转化率｛而反应o为气体分子数不变的反应］产生CO的量不受压强影晌°故增大压强时,有禾｜」于CO的转化率升高°a（1）OcH4＋2H2o丝4H2＋co2O由图可知,从Zl时开始,CaO消耗率的变化曲线斜率减小,说明单位时间内CaO消耗率降低°此时CaO消耗率约为35％’但巴失效’因为反应CaO＋CO2-CaCO3生成的CaCO3覆盖在CaO表面,减少了CaO与CO2的接触面积］阻碍CaO与CO2反应°2OH＋SO2—SO;ˉ＋H2OSO;ˉ与Ca2带生成CaSO3沉淀,平衡向正向移动,有№OH生成［解析］过程O发生的是SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3,所以离子方程式为2OHˉ＋SO2-SO;＋H2O。CaO与水反应生成Ca（OH）2’Ca（OH）2在溶液中电离出Ca2＋和OH—,SO;＿与Ca2辨反应生成CaSO3沉淀〕促进Ca（OH）2的沉淀溶解平衡向正反应方向进行］从而实现NaOH的再生·3＂℃｜.I.Si（s）＋3HCl（g）SiHCl3（g）＋H2（g）△H＝-225kJ。molˉl:Cl;:C｜:Si:Cl;HI（1）阴极2H2O＋2e-H2↑＋2OH或2H十＋2eˉ-H2↑（2）1000℃△H2＜△Hl导致反应@的△C小（3）a、c（4）△〃2-A〃｜减小［思路分析］由粗硅制备多晶硅的过程包含多个化学变化］首先需要让粗硅与氯化氢发生反应,生成的混合物中］存在的四氯化硅通过氢化步骤转化为SiHCl3,再通过氢气还原SiHCl3!最终获得多晶硅。该方法中‖存在吉多种可循环利用的物质］如SiCl4｀SiHCl3｀Si、H2｀HCl等,可以提高反应原料的利用率°［解析］l硅粉与HCl在3＂℃时反应生成SiHCl3和H2,结合原子守Ⅻ℃恒可写出反应的化学方程式为Si＋3HClSiHCl3＋H2!生成1molSiHCl3时放出225kJ热量,则反应的热化学方程式为Si（s）＋3＂℃3HCl（g）SiHCl3（g）＋H2（g）AH≡-225kJ。moll°SjHCl3中〕Si和Cl最外层满足8电子稳定结构,则SiHCl3的电子式;Cl:为:d:就:d:。HⅡ（］）用′｜青性电极电解KOH溶液制备高纯度H2,阴极发生得电子的还原反应生成H2,电极反应式为2H2O＋2eˉ-H2↑＋2OHˉ。（2）由题图甲可知］随温度升言］反应@△G逐渐减／｜｀,当△O＜0时,反应能自发进行!贝｜」反应o能自发进行的最低温度为l刚℃°反应O为吸热反应’△Hl＞0,反应@为放热反应,△〃2＜0,根据△G≡△H—T△S‖则相同温度下‖反应@的△G比反应oAG小的主要原因是△H2＜△〃l。（3）反应@为放热反应,AD段反应未达至｜」平衡状态,随温度升高,反应速率加快,SiCl4转化率增大｝D点时反应达至｜」平衡状态’DE段随着温度升高］平衡逆向移动］SiCl4转化率减小°a项｛B点反应正向进行,正反应速率大于逆反应速率｛正确;b项,E点反应温度大于A点反应温度,温度越高,反应速率越快!故″正:A点＜E点’错误｛c项,由图像可知,在温度为480～520℃时』SiCl4的转化率较高〕故反应的适宜温度为480～520℃,正确°（4）根据盖斯定律’@—o可得反应o’所以AH3≡△H2＿△Hl,因△〃2＜0｀△Hl＞0,所以△H3小于0,即反应o的正反应为放热反应,而放热反应的化学平衡常数随看温度的升高而减小。［刷盲所得］半｜」断反应能否自发进行—吉布斯自由能变△CAG＝△H—T△S＜0反应能自发进行△C＝△HˉT△S≡0反应达至｜」平衡状态△G＝△〃ˉTAS＞0反应不能自发进行9】0@C（s）＋2H2O（g）-CO2（g）＋2H2（g）或C（s）＋CO2（g）-2CO（g）Oabc@降低CaO＋CO2—CaCO3,CaCO3覆盖在CaO表面’减少了CO2与CaO的接触面积［解析］（1）O甲烷与水蒸气反应］初始反应的生成物为H2和co2〕其物质的量之比为4:1］结合得失电子守恒和原子守恒写出化学方程式;CH4＋2H2O里4H2＋CO2°@分析反应l＼ll｀Ⅲ中涉及的物质〕根据盖斯定律,由l＋llˉⅢ可得:C（s）＋2H2O（g）—CO2（g）＋2H2（g）△〃,贝｜」A〃3可由△〃l＋△H2＝△〃得到‖也可由l—ll-Ⅲ得:C（s）＋CO2（g）—2CO（g）△H,则△H3可由A〃l—△H2—△〃得至｜」°O反应物投料比采用厕（H2O）:＂（CH4）＝4:1,大于初始反应的化学计量数之比,使H2O（g）过量!促使反应l和ll正向进行,促进CH4和CO的转化,同时使体系中H2增多!减′｜｀反应Ⅲ正向进行程度↑从而减少积炭生成］a｀b｀c正确°‖.∧D［解析］该反应为放热反应,升言温度!K减′｜｀］A正确j反应前后气体分子数不变’故减小压强!化学平衡不移动,＂（CO2）不变,B错误催化剂不影响化学平衡的移动,C错误;压强不变’充入—定量的氮气’容器容积扩大!平衡不移动,n（H2）不变,D正确°‖2.CD［解析］比较容器1｀2,容器2中投料气转化为左侧物质］其物质的量是容器l中的2倍,即容器2中起始压强是容器1中的2倍］所以平衡时o2＞ol］该反应正反应为气体体积减小的反应’由干容器2中压强大,可视为在容器1的基础上增大压强,平衡向右移动］则平衡时:c2＞2cl,A错误°对于放热反应而言!温度越言’平衡常数越小!比较容器1｀3］3中温度高所以Kl＞K3;比较容器2、3中的投料,2中投料相当于3中的2倍］若不考虑温度影响,贝｜」p2＜2p3』3中温度高!升高温度］使平衡逆向移动,所以定是p2＜2p3,B错误°比较容器1、3］3中温度高’反应速率′｜央〗即ol＜″3］3中反应可视为在容器1的基础上升高温度使平衡逆向移动］所以3中SO2的转化率低,即αl（SO2）＞α3（SO2）,C正确°结合B项分o微信公众号嗨呀同学答案及解析析,比较容器2｀3,2中投料相当于是3中的2倍］若其他条件相同,则有c2＝2c3!但2中压强大,有利于反应正向进行』则c2＞2c3,2中温度低,有禾｜」于反应正向进行,所以仍然为c2＞2c3j容器2、3分另｜」从不同方向建立平衡,若其他条件相同则α2（SO3）＋α3（SO2）≡l,由于2中温度低｀压强大’更有禾｜」于反应正向进行,α2（SO3）变小,所以α2（SO3）＋α3（SO2）＜1』D正确°［关键点拨］平衡常数只与温度有关,对于放热反应］温度越高｛平衡常数越′｜｀］本题容器1和容器2的反应温度相同〕贝｜」平衡常数相同,容器3温度较言,贝｜」平衡常数较小｛对于反应速率］达到平衡后正｀逆反应速率相等!而速率大′｜｀取决于反应温度、浓度和催化剂等°0°422×0°422‖3。大于（l＝0.84）4×（l—0.2l）c0O2和Cl2分离能耗较高｀HCl转化率较低［解析］由题图甲可知』当氯化氢与氧气的进料浓度比相同时｜氯化氢的平衡转化率随着温度升高逐渐减小!说明温度升高该反应的平衡向吸热的逆反应方向移动!正反应为放热反应,由干放热反应的平衡常数随温度升高而减小,故K（300℃）大于K（400℃）°温度相同时〗氯化氢的平衡转化率随c（HCl）:c（O2）的增大而减小,据此可知400℃’c（HCl）:c（O2）≡l:l时氯化氢的平衡转化率为84％］起始时HCl和O2的浓度均为C0!歹｜」三段式4HCl（g）＋O2（g）—2Cl2（g）＋2H2O（g）起始浓度c0co00变化浓度0.84c00.21c00.42c00.42c0平衡浓度（］—0.84）c0（1-0.21）c00.42c00。42c0（0.但co）2×（0.42r0）20孵×O但2吕＝料浓度比c（HCl）:c（O2）过低］氧气过量,不利影响是氧气和氯气分离能耗较高进料浓度比c（HCl）:c（O2）过高,氯化氢过量,不利影晌是氯化氢的转化率较低°］4.0。0047bcad［解析］曲线a的反应在30～90mjn内的平均速率万（a）＝（4.08—3。80）kPa≈0。0047kpa°min—l°30～90min,a｀b、c｀d的60min分压变化量分别为0。28kPa｀0.34kPa｀0.34kPa｀0。28kPa,则b和c为—组实验数据］a和d为—组实验数据,由题给信息可知,水煤气变换反应CO（g）＋H2O（g）≡＝CO2（g）＋H2（g）在467℃｀489℃时的化学平衡常数大于1’实验初始时体系中的p＂2o和pco相等｀pCO2和pH2相等｜故反应达至｜」平衡时pCO2≡pH2＞pH2O＝pCO,由此可知同—温度下,平衡时分压大的为生成物’分压小的反应物｛即a、b曲线表示PH2,c、d曲线表示Pco°正反应为放热反渊（毗｜减应γ升高温度,平衡逆向移动!平衡常数K≡小,由图像可以看出b、c曲线对应的匹比a、d曲线对应的丝pCOpCO大,则b｀c曲线对应的平衡常数更大,对应的反应温度更低,由此可知b｀c分别为467℃下PH,和Pco〕a｀d分别为489℃下P＂2和pCO°｜…A÷［解析］将题中已知的三个反应依次编号为O@O,由O×2—Oˉ@得催化重整反应的AH＝247kJ·molˉl;催化重整反应的正方向是气体分子数增大的吸热反应,高温低压有利于平衡向正反应方向移动’提高甲烷的平衡转化率,故选A°“三段式法＂计算平衡常数的过程如下:CH4（g）＋CO2（g）一2CO（g）＋2H2（g）起始浓度／（mol.L—l）10.500变化浓度／（mol·Lˉl）0。250250。5O5平衡浓度／（mol。Lˉ｜）0.750。250.50.5＂≡;割:;m°｜Ⅱ.r』-＋mol』Lˉ』.06.O22o02@及时移去产物改进催化剂提高反应物压强（浓度）o大于1。3［解析］O利用＂先拐先平数值大＂可知,a点所在曲线是343K时SiHCl3转化率变化曲线’由图示可知!343K下SiHCl3的平衡转化率为22％;假设起始时c（SiHCl3）＝1mol°L｜］采用＂三段式＂可知平衡时SiHCl3＼SiH2Cl2｀SiCl4的浓度分另｜｜为0.78mol·Lˉl｀0.l1mol°Lˉl、0.llmol°Lˉl］故反应的平衡常数K＝c（SiH2Cl2）·c（SiCl4）≈0.02。@在343K下,要提高平衡转化率,c2（SiHCl3）可采取不断移去产物的方法,要缩短达至｜」平衡的时间］则需要加′｜央反应速率‖所以可采取改进催化齐｜」或缩小反应容器容积以增大反应物的浓度等措施。oa｀b两点处容器内各物质浓度相同,但a点温度高故.点…攀大;在…时,策ˉ腮～M2,而＂点U正SiHCl3｀SiH2Cl2、SiCl4物质的量分数分别为0.8、0.l、Ol’故—＝0逆k正·0°82片逆·0°l2≡0.02×64≈l.3。T7.皿.52.8×10ˉ3@＞＞oB［解析］Ⅸl0K时向空钢瓶中充入0.l0molCO2和0.40molH2S!钢瓶容积为2.5L］按＂三段式＂法进行计算:H2S（g）＋CO2（g）-＝COS（g）＋H2O（g）起始量／mol0.400.1000转化量／mol匆如卯匆平衡量／mol0.40-熊0。10-zz龙反应平衡后水的物质的量分数为0.02〕贝｜」有九＝0.02］解得x＝0。0l｛故H2S的平（0.40-卿）＋（0ˉl0-鳃）＋z＋冗衡转化率α!＝｛;;揣×］00％＝25％。此时H2S｀CO2｀COS和H2O（g）的物质的量（mol）分另｜」为0.39｀c（COS）.c（H2O）0.09｀0.01｀O0l,故该反应的平衡常数K＝＝c（H2S）.c（CO2）几（COS）.″（H2O）0.012≈2.8×l0ˉ3◎三≡n（H2S）.n（CO2）0.39×0。09α20K重复实验‖平衡后水的物质的量分数为0.03,说明温度升高’平衡后水的物质的量分数增大〕平衡正向移动,则有△H＞0｛升言温度,平衡正向移动］反应物的平衡转化率增大!贝｜」H2S的转化率:α2＞αl°O该反应器为钢瓶,反应过程中容积不变°向反应器中再充∧H2S气体,平衡正向移动,CO2的转化率增大］但H2S的转化率减小』A错误;充入CO2〕平衡正向移动｛H2S的转化率增大〕CO2的转化率减小,B正确;充入COS］平衡逆向移动,H2S的转化率减小］C错误;充入N2〕平衡不移动!H2S的转化率不变,D错误°08ˉ（1）＋］23小于AD（2｜氢气是产物之—,随着用｜藕｜增大,逆反应速率增大（3）升高温度有利干反应向吸热方向进行温度升高反应速率加快丁烯高温裂解生成短碳链烃类化合物［解析］（1）根据盖斯定律,由反应@-反应o可得反应OC4Hl0（g）—C4H8（g）＋H2（g）△Hl＝△H2ˉ△H3≡—l19kJ.molˉl-（-242kJ。moll）＝＋123kJ°moll°由图甲可知,温度相同时,压强由0.1MPa变为宛MPa〕反应O平衡转化率增大,由反应o化学方程式可知〕该反应是气体体积增大的反应‖增大压强,平衡逆向移动,平衡转化率减小’故卯／｜｀于0.l。反应@的正反应为吸热反应↑升高温度］平衡正向移动』丁烯的平衡产率提高,A正确;降低温度,平衡逆向移动,丁烯的平衡产率降低,B错误;增大压强,反应o的平衡逆向移动,丁烯的平衡产率降低‖C错误｛降低压强,反应O的平衡正向移动,丁烯的平衡产率提高,D正确°（2｜氢气是反应o的产物之—,随着舟｛需｝的增大,氢气的含量增大,浓度增大’贝｜」反应o的逆反应速率增大,平衡逆向移动,所以丁烯产率降低°（3）590℃之前,温度升高时反应速率加快』生成的丁烯会增多,同时由于反应o是吸热反应’升高温度平衡正向移动,平衡体系中会生成更多的丁烯而温度超过590℃时’丁烯会裂解生成短碳链烃类化合物!所以丁烯产率快速降低°‖98.7×10ˉ7N2H6（HSO4）2c（N2H;）［解析］巳知N2H4＋H＋＝≡N2H扩的K＝≡c（N2H4）°c（H＋）8.7×107,Kw＝c（OH）·c（H＋）＝10×10ˉl4,根据氨在水中的电离方程式NH3＋H2O＝＝NH旷＋OHˉ’可推知联氨第—步电离的方程式为N2H4＋H2O≡≡N2H;＋OHˉ’平衡常数K≡c（N2H;）·c（OHˉ）c（N2H;）c（N2H4）＝c（N2H4）°c（H＋）×c（OHˉ）.c（H＋）≡8.7×107×10×10l4≡8。7×10ˉ7;联氨为二元弱碱‖与硫酸形成的酸式盐的化学式为N2H6（HSO4）2°夏题分类集‖｜｜@微信公众号嗨呀同学高考必刷题舅题分类集训化学:oo减小圆K～瓣〕｜′j（战｜）［解析］O由图示知温度升高,so2｀No在平衡混合物中的体积分数增大‖说明升温反应逆向进行］平衡常数减小。（D根据反应的方程式ClOj＋2SO;ˉ＝＝2SO蜀ˉ＋Cl＿可知平衡常数的表达式为c（Clˉ）.c2（SO;ˉ）K≡c（ClOj）.c2（SO;ˉ）°2T.O2CrO;ˉ＋2H带＝＝Cr2O;＿＋H2O@增大1.0×10l4o小干［解析］OCrO:ˉ和Cr2O;ˉ在溶液中可相互转化,由图可知,c（Cr2O;ˉ）随c（H＋）的增大而逐渐增大’则Na2CrO4溶液中转化反应的离子方程式为2CrOl＋2H＋＝＝Cr2O;ˉ＋H2O。@由图可知,随看溶液酸性增大,c（Cr2O;ˉ）逐渐增大,说明平衡2CrO】ˉ＋2H＋≡＝Cr2O;ˉ＋H2O正向移动］CrO;ˉ的平衡转化率增大。A点溶液中!c（H＋）≡1.0×10ˉ7mol。Lˉl｛c（Cr2O;ˉ）＝0.25mol.Lˉl’而初始时c（CrO》＿）＝l.0mol。Lˉl,则平衡时c（CrO》＿）＝0.5mol.L＿l’故该转化反应的平衡常数K＝c（Cr2O;＿）′斟（C幻iˉ）.c』（H·）＝α5』×（!;》l0ˉ,）2＝止0×｜0＂·O升高温度,溶液中CIOiˉ的平衡转化率减′」｀,说明平衡2CrO;ˉ＋2H带＝≡Cr2O;ˉ＋H2O逆向移动』则该反应的M＜0°22o!」删il06酗正′Ⅱ』95×!0ˉ』酗Ⅱ（解析］o该反应是反应前后气体物质的量不变的反应!因此各物质的物质的量分数相当干各物质的物质的量,也相当于各物质的浓度,因此结合反应的方程式和“三段式＂可知,平衡时H2｀I2的物质c（H2）°c（I2）的量分数均为0.108’故反应的平衡常数K＝≡c2（HI）0.10826万丽了。@当刚正＝o逆时’反应处于平衡态’即内正卯2（HI）＝∧逆匆（H2）熊（I2）,由此可得片正／片逆＝K,故片逆＝内正／K!o正≡0。0027×0。852minˉl≡1.95×10ˉ3minˉl°o对于2HI（g）≡＝H2（g）＋I2（g）反应建立平衡时’升高温度〕正｀逆反应速率均加快］因此排除C点。正反应为吸热反应,升高温度〕平衡向吸热反应方向移动］因此平衡正向移动!再次平衡时HI的物质的量分数减小〗因此排除B点,故选A点｝对于H2（g）＋I2（g）—哩HI（g）反应建立平衡时］升高温度,正、逆反应速率均加快,因此排除F点°升高温度］平衡向吸热反应方向移动］因此平衡逆向移动!再次平衡时H2的物质的量分数增大’因此排除D点］故选E点°2汕1-测3-3ZU如NH3≡J—＝页IJ｀绷N2＝Jˉ≡IIJ｀嘶＂2≡Jˉ＝万J反应在恒定温度和标准压强下进行!则体系总压强为pO,根据反应的标坦尸×肌汕勺叁勺≈＝斗准平衡常数表达式可得K●＝f匡‖‖大」［『〕…≥P飞烂上L刁『丁Ⅲn-（愚×贵）赡（慧铬）“揣≡器｝型·鹤该反应为放热反应温膛升高』平衡逆向移动』平衡常数减小〕贝」lnK●减小］B、D错误;lnKO与温度不成正比,A正确。（3）O由反应＋N2（鼠）÷H』（g｜≡-NⅡ』（g｜可知’j∩过三氮气』有利于平衡正向移动］提高H2的转化率’同时根据题干｜‘N2的吸附分解反应活化能高｀速率慢,决定了合成氨的整体反应速率＂可知’N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤’适度过量有利于提高整体反应速率。@该反应为嫡成的放热反应,则△H＜0＼△S＜0,A正确;控制温度远高于室温是为了保证催化剂的活性提高反应速率!并非为了保证尽可能高的平衡转化率｛温度升高］平衡转化率反而是减小的』B错误｝恒压条件下‖充入少量惰性气体!气体总体积增大’相当于减压］平衡逆向移动］不利于提高平衡转化率,C错误『不断将氨气液化移去〗生成物浓度降低,有利干平衡正向移动］D正确;通过天然气和水蒸气转化制得的H2中含有CH4｀CO等易燃气体｛容易出现安全隐患］此外CH4｀CO可能会与催化齐｜」反应!造成催化剂活性降低,所以必须经过净化处理,E正确°考点哩化学平衡图像25.BD［解析］本题考查化学平衡移动和平衡常数的计算。由图像中的虚线与温度的变化关系可知’其他条件相同时升高温度］NO的平衡转化率降低’所以正反应是放热反应,即△H＜0,A错误｛X点没有达到平衡状态’该条件下平衡时NO的转化率大于x点对应的转化率’所以延长时间可提高NO的转化率!B正确;增大O2的浓度可增大NO的平衡转化率｛C错误;由干NO的平衡转化率为50％］所以达到平衡时c（NO）＝c（NO2）｀c（O2）＜5。0×c2（NO2）l0ˉ4mol°Lˉl’平衡常数K≡c2（NO）.c（O2）＞2000］D正确。（关键点拨｜…的化学半衡常数腮-圆‘｜闹｜N9:｜o曾）』由＂o的平衡转化率为50％可知达至｜」平衡时c（NO）＝c（NO2）,所以K＝c2（NO2）‘鹰｜＂o卜′｜0』）—志,而c露熔（02｜二5o鳃｜0ˉ』m］Lˉ｜’所以达至｜」平衡时c平衡（O2）＜5.0×10ˉ4mol.Ll〗从而可知平衡常数K＞2000。26（1）两个反应均为放热量大的反应低温｀低压催化剂（2）不是该反应为放热反应,平衡产率应随温度升高而降低AC（3）l.0该比例下丙烯腊产率最高,而副产物丙烯醛产率最低l:7·5:1［思路分析］本题围绕丙烯腊和副产物丙烯醛设置了相关问题,回答问题时应该紧紧结合两个热化学方程式和图甲、乙进行讨论。［解析］（l）因为生成丙烯腊和丙烯醛的反应均为放热量较大的反应,所以在热力学上趋势均很大;反应o为气体体积增大的放热反应,低温｀低压均有利于提高丙烯腊的平衡产率｛使用合适的催化剂可以提高丙烯腊反应的选择性。（2）该反应是放热反应,温度升高平衡产率应降低,而低干460℃时产率随温度的升言而增大,说明反应平衡尚未建立］对应温度下的产率不是平衡产率°催化剂在—定的温度范围内活性较高’言干460℃时,催化剂活性降低,丙烯睛产率降低,A正确反应o是放热反应］温度升高化学平衡左移’平衡常数变小,丙烯腊产率降低,B错误｜温度升高’副反应增多］导致丙烯腊的产率下降!C正确;反应活化能的大小不影响化学平衡的移动,D错误°（剔｜根擂图乙可知』当＂糯｜ˉ｜o时』丙烯臆的产率最高,而丙烯醛的产率最低’故l.0是最佳比值°根据化学反应C3H6（g）＋勺NH3（g）＋÷O2（g）-C』H3N（g）＋3H2O（g）』氨气氧气丙烯按≡l:l.5:l的初始体积比加入反应达到最佳状态!而空气中氧气约占÷』所以进料氨空气丙烯的理论体积比约为!;75;l。［关键点拨］图像图表题是化学试题的种重要类型,在读图时首先要明确图像的纵｀横坐标表示的物理量‖理解图中曲线的含义及趋势,掌握图表传递的有效信息,结合试题中设置的相关问题,找至｜」正确答案。23（肝生了丝）b［解析］由反应的化学方程式可以看出,I2只在反应o中产生’利用平衡时体系中I2的量推算反应o中HI的消耗量和H2的生成量』在反应O中生成的I2和H2均为cmol,因此消耗的HI为2cmol;平衡时,体系中n（H2）≡Ⅲmol,则反应@中生成的氢气为（d＿c）mol,因此反应@消耗的PH』为÷（＂ˉc｜m°!｝由于平衡时体系中还剩余bmolHI,而反应O中消耗2cmolHI〕故反应O中生成的HI和PH3均为（…）m°l｜反应@生成（0＋2c｜m。lPH乳』反应@渭耗÷（』＿勺‘）molPH3』贝‖平衡时体系中剩余的PH:有（b＋2‘）molˉ亏（〃ˉ°｜m。｜＝（b＋生;里）m°｜,故K＝c｜PⅡ』卜‘（Ⅲ｜＝（‖＋8c;M）‖。24.（1）AD｜2）o釜｜｝二蹦｝』鹤‖（3）o原料气中N2相对易得,适度过丘有利干提高H2的转化率;N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤,适度过量有利于提高整体反应速率@ADE［解析］（1）合成氨的反应为气体体积逐渐减／」｀的放热反应］为了提高合成氨平衡产率,应使反应平衡正向移动〕可采用低温和言压的条件!A、D正确°（2）O设N2的物质的量为αmol’则H2的物质的量为3αmol〕歹｜」三段式:＋N2（g）＋÷H2（g）＝＝NⅡ3（g）起始量／molα3α0转化量／mol川α3川α2汕α平衡量／molα-帅α3α≡3凹α2测αo微信公众号嗨呀同学答案及解析436kJ。mol＿l×2）＝＋l凹kJ.moll°反应CH4（g）＋CO2（g）＝丝型兰2CO（g）＋2H2（g）的正反应是气体总分子数增加的吸热反应』加入CH4和CO2各1mol的混合气体’恒压条件下反应正向进行的程度大,故容器B达至｜」平衡时吸收的热量多。@由题图可得,随着温度的升高,CO｀H2的产率逐渐增大〕而900℃时｛合成气产率已经很高］继续升高温度］合成气的产率增幅不大］但耗能增大,导致经济效益降低］故优选温度为900℃°［测0｜｜诊断］（1）本题主要考查化学反应速率与化学平衡及其影响因素,难度中等〕意在考查考生对基本理论｀化学图像的掌握程度°（2）本题若错‖可能是因为考生对化学图像的理解能力较弱〕易失分。27。O＋l20kJ.mollBα00℃时,合成气产率已经较高,再升高温度产率增幅不大,但能耗升高,经济效益降低［解析］o根据反应热与键能的关系可得,该反应的AH＝（413kJ.molˉ1×4＋745kJ·molˉl×2）-（2×1075kJ°mol—l＋第九章水蹈第］节弱电解质的电离平衡水溶液中的离子平衡开始时金属镁与盐酸的反应速率更快,C不符合题意;相同浓度的两溶液,分别与NaOH固体反应后呈中性,醋酸消耗NaOH的量小,由电荷守恒结合物料守恒可知c（CH3COO）＜c（Clˉ）,D不符合题意°5.B［解析］由干二元酸H2A第—步完全电离］第二步部分电离『该溶液中不存在H2A微粒,0.lmol°LˉlH2A溶液中存在电荷守恒:c（H＋）≡c（OHˉ）＋2c（A2ˉ）＋c（HAˉ）’因而c（H＋）-c（OHˉ）＝c（A2ˉ）＝c（A2ˉ）＋c（HA）≡O1mol°Lˉl!A项正确｝若NaOH溶液用去］0mL,反应得至｜」NaHA溶液］溶液显酸性,因而滴加至中性时］需要加入超过10mL的NaOH溶液］B项错误｛当用去NaOH溶液体积为l0mL时］得到NaHA溶液,溶液的pH＜7,存在质子守恒:c（H＋）≡c（A2ˉ）＋c（OH—）,可得c（A2ˉ）≡c（H＋）ˉc（OH＿）,C项正确当用去NaOH溶液体积为20mL时,得到Na2A溶液’根据物料守恒有c（Na十）≡2c（HAˉ）＋2c（A2ˉ）’D项正确。6.∧D［解析］由条件知,NH旷的水解程度大于HCOO—的水解程度,则cNH4cl（OHˉ）＜cHcooNa（H＋）’因c（Na＋）＝c（Cl—）!故c（Na＋）＋c＂cooNa（H＋）＞c（Clˉ）＋cNH4cl（OHˉ）,再结台电荷守恒:c（Clˉ）＋cNH4cl（OHˉ）≡c（NH旷）＋cNH4cl（H＋）可知,HCOONa溶液中阳离子的浓度大于NH4Cl溶液!A正确;由于HCOOH的酸性强于CH3COOH,贝｜｜pⅡ均等于3的HCOOH和CH3COOH的两种溶液,后者浓度大!所以后者消耗NaOH溶液的体积大］B错误;混合后为等浓度的HCOONa和HCOOH的混合溶液’根据电荷守恒有c（HCOOˉ）＋c（OH）≡c（Na＋）＋c（H＋）O’根据物料守恒有2c（Na＋）＝c（HCOOH）＋c（HCOO—）@,联立O@关系式得c（HCOOH）＋2c（H＋）≡c（HCOOˉ）＋2c（OHˉ）,C错误;混台后为等浓度的CH3COONa｀CH3COOH｀NaCl的混合溶液,pH＜7说明CH3COO的水解程度小于CH3COOH的电离程度!则c（CH3COO）＞c（Clˉ）＞c（CH3COOH）＞c（H＋）｛D正确°7D［解析］酸与盐发生复分解反应符合｜』强酸制弱酸＂的反应规律］氢硫酸不能与NaHCO3溶液反应’而H2SO3可以,说明酸性:H2S＜H2CO3］H2SO3＞H2CO3’故酸′｜生H2S＜H2SO3］A不符合题意｛H2S和H2SO3都是二元酸氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸』说明H2S的电离程度小于H2SO3,故酸性:H2S＜H2SO3,B不符合题意;0.l0mol°L｜的氢硫酸和亚硫酸的pH分另｜」为45和2.1』则亚硫酸中c（H＋）大于氢硫酸中c（H＋）,说明H2S的电离程度小干H2SO3,故酸性;H2S＜H2SO3!C不符合题意;H2S、H2SO3的酸性强弱与其还原性无关,D符合题意。8.（l）碱性溶液吸收了空气中的CO2（2）OOHˉ＋H3AsO3-H2AsO丁＋H2O@2.2（3）O在pH＝7～9之间,随pH升高H2AsOJ转变为HAsOiˉ,吸附剂X表面所带负电荷增多’静电斥力增加@在pH＝4～7之间’吸附剂X表面带正电,五价砷主要以H2AsOJ和HAsOiˉ形式存在,静电引力较大;而三价砷主要以H3AsO3分子存在,与吸附剂X表面产生的静电引力小加入氧化剂,将三价砷转化为五价砷［解析］（l）由原子守恒可知碳元素来自于空气中的CO2,即CO;—是由CO2与NaOH反应所得°（2）O由酚酞的变色范围为pH≡8.0～l0.0及图甲可知,使用酚酞作为指示齐｜」时H3AsO3反应生成NaH2AsO3,对应的离子方程式为OHˉ＋H3AsO3—H2AsO丁＋H2O°@由图乙可知当pH≡2.2时,c（H3AsO4）＝c（H2AsOJ）,故c（H2AsOJ）·c（H＋）＝10ˉ22,所以pKal＝2ˉ2°（3）O由信Kal＝c（H3AsO4）息可知pH＞7.l时］pH越言!吸附剂X表面所带负电荷越多,即H2AsOJ逐渐转化为HAsO;ˉ,吸附剂X表面负电荷增多从而导致静电斥力增大］对五价砷的吸附量下降°@由图像可知pH在4～7之间,三价砷以H3AsO3形式存在｀五价砷以H2AsOJ和HAsO爵ˉ形式存在］再由信息可知pH＜7.1时吸附齐｜」X表面带正电荷,所以pH夏题分类集训考点43弱电解质的电离平衡‖.B［解析］本题考查了弱电解质溶液相关知识,涉及阿伏加德罗常数、水溶液中三大守恒关系式及电离平衡的影响因素°H3PO4是三元弱酸,pH＝2,说明氢离子浓度为0.01mol.Lˉl］每升溶液中含有H＋的数目为0.0lⅣA』A错误;H3PO4溶液中存在电荷守恒:c（H＋）＝c（H2POJ）＋2c（HPOiˉ）＋3c（POl）＋c（OH＿）』该式也是溶液中的质子守恒表达式,B正确;＂越稀越电离＂’弱酸溶液加水稀释,电离度增大!但是c（H＋）减小,pH增大,C错误『向H3PO郸溶液中加入NaH2PO4固体,溶液中c（H2PO『）增大｛使H3PO4的电离平衡左移］c（H＋）减小,因此酸性减弱!D错误。［刷盲所得］弱酸溶液的电荷守恒表达式和质子守恒表达式相同°H3PO4溶液中的H＋来源有2种H2O的电离和H3PO4的电离,水电离产生的H＋与OHˉ相等］H3PO4电离产生的H十可以用含磷离子换算:溶液中由H3PO4电离出l个H2POJ］同时产生1个H＋;由H3PO4电离出l个H2POJ』再由1个H2POJ电离出l个HPOi,共电离产生2个H十;由H3PO4电离出l个H2POJ』再由l个H2POJ电离出l个HPO;—｜最后由1个HPO》ˉ电离出l个PO』』共电离产生3个H＋;由此可歹‖出质子守恒表达式c（H十）＝c（H2POJ）＋2c（HPO1ˉ）＋3c（PO』ˉ）＋c（OHˉ）°2.D［解析］利用MOH与ROH的起始pH,再结合二者浓度可知MOH为强碱,ROH为弱碱‖A正确｛加水促进弱电解质的电离,b点溶液是将α点溶液又加水稀释l0倍,故RO＂的电离程度6点大干α点〕B正确;当两溶液无限稀释时’两溶液的pH都接近中性｜贝｜｜二者c（oHˉ｜相等』c正碉当l:÷2时』结含二者碱性可知』同时于高溶液温度』c｜＂″｜不变』赚｜＂.｜增大』因此溶液中籍｝减小,D错误°［刷盲所得］强弱电解质的本质区另｜」在于水溶液中强电解质是完全电离的］弱电解质是部分电离的;弱电解质存在电离平衡,遵守化学平衡移动原理°3.C［解析］本题考查水溶液中的离子平衡!涉及弱酸稀释过程中的pH变化｀水的电离程度｀电离平衡常数｀酸碱中和等°根据电离平衡常数可以判断,酸性:HNO2＞CⅡ3COOH‖pH相同的酸溶液在加水稀释过程中,pH变化越大］酸的酸性越强〕即曲线I代表CH3COOH溶液』曲线Ⅱ代表HNO2溶液,A项错误;相同温度下｛酸溶液的pH越小,溶液中水的电离程度越小,因此］水的电离程度b点＜c点,B项错误;稀释过程中］‘（＂A｜.c｛O＂ˉ｜～c｜HA卜.（O＂ˉ｜.°（＂,｜÷’田于温度C（Aˉ）c（A）.c（H＋）α不变』川K铡和K.不变』故g（ⅡA」（1〔｜′Hˉ）不变』c项正磷;州干两溶液起始浓度不同:c（CH3COOH）＞c（HNO2）』恰好完全中和时,CH3COOH溶液消耗氢氧化钠的量更多］D项错误。［关键点拨］解答本题的关键是明确起始溶液的pH相同’从而得出两种酸溶液浓度的相对大小°另外,根据稀释过程中的PH变化』半｜」断出两曲线和两酸溶液的对应情况°［刷盲所得］酸溶液或碱溶液中水的电离受到抑制』浓度相同时,酸性或碱′｝生越强,水的电离程度越小｛强碱弱酸盐（强酸弱碱盐）促进水的电离］相同浓度溶液中盐类水解程度越大,水的电离程度越大°4∧［解析］pH相等的两溶液中氢离子浓度相等〕根据电荷守恒可知阴离子浓度相等』贝｜」c（OHˉ）＋c（CH3COOˉ）＝c（Clˉ）＋c（OHˉ）!同温下］pH相等的两溶液中c（OHˉ）也相等,则有c（CH3COO）≡c（Clˉ）‖A符合题意;pH相等｀体积相等的两溶液中醋酸的物质的量大于HCl的物质的量!醋酸消耗NaOH的物质的量大于盐酸!B不符合题意相同浓度的两溶液〗分另」与金属镁反应‖由于HCl全部电离,而CH3COOH部分电离］冈｜」开始时｛盐酸中H＋的浓度大!所以刚~~~~~~~~~~~~~］丫o微信公众号嗨呀同学高考必刷题夏题分类集训化学在4～7之间吸附剂X对三价砷的去除能力较弱;可加入氧化剂将三价砷氧化为五价砷来提高去除效果。（2）本题若错,可能是对该类试题解答技巧掌握不熟］同时对电离常数、水解常数以及溶度积常数等均只与温度有关,而与溶液中有关离子的浓度无关理解不透彻°］2.CO;ˉ］0［解析］若所得溶液pH＝l3,溶液呈强碱性,由于HCOj与OHˉ反应生成CO;’故此时CO2主要转化为CO;ˉ°H2CO3的第二级电c（CO;）。c（H＋）＝5×10ll］若所得溶液中c（HCOf）:离常数L＝c（HCOJ）c（CO:ˉ）＝2:1,则有c（H＋）＝1×1（）ˉl0mol.Lˉl’｜考点“电离平衡常数及其应用｜9D［解析］己二酸（H2X）分步发生电离H2X-≡HXˉ＋H＋｀HXˉ-＝X2ˉ＋H十,且以第步电离为主］则Kal（H2X）＞腿鲤｜Ⅱ』x｜』酸｜蜂件下』pⅡ桐同时揣｜｜≥÷｜｜箭-｜｜』故曲线M表示l:÷｜｜萧｜｜的变化关系』曲线N轰示｜g:｜｜器｜｜的变化关系.由曲线M可知′当pⅡ-4;时!:蒜≡｜｜-ˉα6｀侧｜有隧｜x』—｜二二c（HX）10ˉo.6。Ka2（H2X）≡c（X2ˉ）。c（H＋）＝10ˉ0.6×10ˉ48＝10ˉ5.4≈c（HXˉ）』×10ˉ偷』A正磷.由上述分析可知』曲线N表示pH与1g÷（｜器）｜的变化关系,Ⅱ正确.聪｜（H』x）＝c（Ⅱ汕f｜H″）,取曲线N上—点代入可求得Ka‖＝10ˉ轧4’HXˉ的水解常数K（HXˉ）＝′｜＂椭」γⅡˉ｜则K（Ⅱxˉ｜ˉ雨≡示雨≡＂ˉ,‘≤l0’.-KWl0-l4K卫,所以在NaHX溶液中｛HXˉ的电离程度大干其水解程度,故NaHX溶液显酸性〗c（H＋）＞c（OHˉ）‖C正确。当混合溶液呈中性时0C（H＋）＝C（OHˉ）’由图中曲线M可知,溶液pH＝7时,｜:÷｜｜羔｜｜＞0』侧｜有c｜x』—｜＞臆｜ⅡXˉ｜』D镭误.［关键点拨］解答本题的关键是结合H2X的分步电离及图中pH与｜‘÷｜｜羔｜「｜:糕｜｜的变化关系确定曲线M＂代表的变化关系｜再结合电离平衡｀盐类水解等知识逐项分析｀判断°［测‖｜｜诊断］（1）本题考查酸碱中和滴定｀电离常数的计算｀离子浓度的比较等问题’侧重考查综合分析能力、迁移应用能力,难度较大!仅部分考生可得分°（2）本题若错,可能是不能正确辨析pH与离子浓度变化的关系图像,导致错选A项或C项°T0D［解析］由题图可知,pH≡1。2时’H2A和HA—的物质的量分数相等!则c（H2A）＝c（HAˉ）’A正确『K2（H2A）＝‘（H《（）刹2ˉ｜,…可知』pH≡纵2时』A勤和HAˉ的物陨的量分数相等!贝｜」c（HA—）≡c（A2ˉ）］K2（H2A）＝c（H＋）＝l0ˉ42,故lg［K2（H2A）］＝ˉ4.2’B正确;由题图可知,pH＝2.7时,A2ˉ和H2A的物质的量分数相等,HAˉ的物质的量分数大干A2ˉ和H2A的物质的量分数］故c（HAˉ）＞c（H2A）＝c（A2ˉ）,C正确;由题图可知pH＝42时’A2ˉ和HA的物质的量分数相等,c（HA）≡c（A2ˉ）,此时c（H＋）远′｜｀于C（HAˉ）和c（A2ˉ）〗D不正确°［测‖｜｜诊断］（1）本题主要考查弱电解质的电离｀离子浓度大小的比较｀电离常数及电荷守恒等知识’难度中等,多数考生可得分。（2）本题若错］可能是考生没有分析清楚“pH＝1.2｀pH＝2。7、pH＝42时＂对应的溶液中微粒的关系｛未能结合电离常数或电荷守恒进行综合解题。‖D［解析］向0.lmol·LˉlCH3COOH溶液中加入少量水‖溶液中·｜c＂;coo＂｜删渊｜知』溶液中c（CH3COOˉ）减′｜｀’由c（H＋）≡′（砒bbH｜增大』＾错谩;在醋酸钠溶液中』c（CH3COOˉ）‘（cH』c0oH｜摧｜oHˉ厂方』阔升温促进cH』c0oˉ的水解』盘』c（CH3COO）增大,贝｜」c（CH3COOH）.C（OH—）减′」｀］B错误;利用电荷守恒知『甸翰酸中加＾氨水至中』｜鉴』溶液中?｜架｜｜-!』c镭误;…!、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3〕溶液中c（Cl＿）≡Ksp（AgCl）c（Brˉ）Ksp（AgBr）’Ⅱ鳃｜A:c｜｜、K霸（A:阶｜均不变,故潜液中:｛:-｝不变』D正确。［关键点拨］解答电解质溶液中有关离子浓度比值随条件改变而如何改变的问题时,需将所分析的式子转化为利用有关常数与只含—种离子浓度的式子来表示°［测0｜｜诊断］（l）本题综合考查电解质溶液的相关知识‖难度较大］意在提高试题区分度。溶液的PH＝l0。‖3.6.0×10ˉ30.62°（NⅡj）.‘（oHˉ）‘2（器ˉ｜』解得［解析］氨水中:Kb＝c（NH3.H2O）c（OHˉ）＝6。0×l0ˉ3mol°Lˉl°H2SO3溶液的Ka2≡＂s舶÷｜｜＂.｜』所以〃｜Ⅱ筒听厂〃｜＂.｜≡］0,～M2.c（SO;ˉ）K鲤6.2×10—8第2节水的电离平衡和溶液酸碱性｜考点45水的电离平衡和溶液酸碱性｜?D［解析］H2S溶液中存在两步可逆电离H2S≡＝H＋＋HS—｀HS＝＝S2ˉ＋H＋,根据电荷守恒,c（H＋）＝c（HSˉ）＋2c（S2ˉ）＋c（OH）,则c（H＋）＝l×10ˉ5mol°Lˉl＞c（HSˉ）,A错误;—水合氨是弱电解质!加水稀释时促使其电离平衡正向移动］c（OHˉ）减小程度小于10倍］即α＜b＋1,B错误;混台溶液中存在电荷守恒:c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OHˉ）＋c（HC2OJ）＋2c（C2Oi）!C错误;组成盐的酸根对应的酸越弱］该盐的水解程度越大’碱性越强,等PH时其浓度越小’HCO丁对应的弱酸是H2CO3‖D正确°［快解］禾｜」用电荷守恒可知H2S溶液中存在:c（H＋）≡c（HSˉ）＋2c（S2ˉ）＋c（OH）,快速否定A项｜利用“弱酸、弱碱等弱电解质存在电离平衡!故将弱酸、弱碱溶液稀释10倍］其PH改变不到1个单位＂′｜央速否定B项i利用溶液中存在电荷守恒可快速否定C项°［测0｜｜诊断］（l）本题考查溶液中离子平衡问题,难度较大!意在提言试题的区分度°（2）本题若错,可能是对溶液中电离平衡、水解平衡等应用不能有效掌握,解答这类试题—定要掌握三个守恒;电荷守恒｀物料守恒｀质子守恒°2。C［解析］禾升温时!由0.1mol·Lˉl的Na2SO3溶液在25℃时pH＝9.66’可知Na2SO3是强碱弱酸盐’SO;ˉ水解分两步进行』且以第—步水解为主,A正确｝温度相同,等浓度的Na2SO3溶液的pH应相同‖而在实验过程中O和O的温度相同,但@的pH较小（即碱性变弱）!加入盐酸酸化的BaCl2溶液,@产生白色沉淀多,说明@中SO;ˉ浓度较高』即@中较多SO;ˉ被氧化为SOi—’SO;—浓度降低,SO;ˉ的水解平衡逆向移动,导致OHˉ浓度降低,pH减小］B正确;SO;ˉ的水解平衡为SO;—＋H2O＝＝HSOj＋OH＿’盐类的水解为吸热反应,升高温度促进so;＿的水解,水解平衡向右移动’而O→O过程中’溶液中部分SO;ˉ被氧化为SOi—』SO;—浓度降低,促使水解平衡向左移动］影响不—致,C错误｝温度相同』水的离子积常数Kw相同］D正确°［关键点拨］盐类水解吸热所以升高温度促进水解,使SO;ˉ的水解程度增九从实验中可知随着温度的升高溶液中SO;ˉ的浓度逐渐减小｀SO岛—的浓度逐渐增大,SO;ˉ浓度的减′｜｀使水解平衡逆向移动°考点46酸碱中和滴定和滴定图像分析｜3.D［解析］用0.l0mol·Lˉl盐酸滴定2O0mL0。10mol·L＿l氨水’二者恰好完全反应时生成强酸弱碱盐NH4Cl,溶液显酸性!应选用甲基橙作指示剂,A错误°当V（盐酸）≡20.0mL时,二者恰好完全反应生成NH4Cl］此时溶液呈酸性,M点溶液的pH＝7,故M点对应盐酸的体积应′｜｀于20.0mL!B错误°M点溶液呈中性!贝｜」有c（H＋）＝c（OHˉ）‖根据电荷守恒可得c（H＋）＋c（NHJ）＝c（OHˉ）＋c（Clˉ）!贝｜」有c（NHr）＝c（Clˉ）〕此时溶液中离子浓度关系为c（NH旷）＝c（Clˉ）＞c（H＋）＝c（OHˉ）,C错误°NH3。H2O为弱电解质!部分电离‖Ⅳ点对应的V（盐酸）＝0mL］此时氨水的电离度为L32％］则有c（OHˉ）＝0.l0mol°Lˉl×132％＝132×KWl·0×10ˉl410ˉ］mol°Lˉl,c（H＋）＝≡l0ˉ｜2mol°Lˉ｜!故Ⅳ点溶液的pH＜12,D正确°［关键点拨］解答本题的关键有两点:o判断滴定终点与M点是否—致｛@根据氨水的浓度及电离度计算溶液中c（OHˉ）及pH°［而‖盲所得］盐酸滴定氨水时,滴定终点与溶液呈中性的点不—致达至｜」滴定终点,二者恰好完全反应生成NH4Cl〗此时溶液呈酸性｛若溶液呈中性］则n（HCl）＜Ⅻ（NH3°H2O）°｜@微信公众号嗨呀同学答案及解析［关键点拨］分析本题D项时,需根据题给信息书写物料守恒关系式、电荷守恒关系式并与所给等式进行对比〕进而作出正确解答°3.D［解析］LiH2PO4溶液中存在H2POJ的电离平衡和水解平衡｀HPO;ˉ的电离平衡和水解平衡及水的电离平衡等A错误H3PO4是三元弱酸,贝｜」溶液中含P元素的粒子有H3PO4｀H2POJ｀HPO箭ˉ和PO』ˉ,B错误;由图甲可知’随c初始（H2POJ）增大,溶液的pH变′｜｀』当c初始（H2POJ）＞0.lmol.Lˉ｜时’溶液pH变化不明显｛C错误;由图Z可知〗当pH达到4.66时,H2PO『的分布分数为0.994〕故H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4’D正确°［关键点拨］解答本题的关键有两点:@明确LiH2PO4溶液中存在的电离平衡和水解平衡的种类;@分清甲｀乙两图中横｀纵坐标的含义｛结合图中曲线变化进行分析、判断°［测训诊断］（1）本题考查电解质溶液知识］涉及电离平衡和水解平衡｀微粒分布分数与PH变化图像分析等］试题难度中等〕大部分考生可得分°（2）本题不应错‖若错‖可能是不能正确辨析c初始（H2POJ）与pH变化关系图｀H3PO4溶液中H2POJ分布分数与pH变化关系图〕并从中获取关系进行分析｀判断°4.纯碱（或苏打）CO;ˉ＋H2O＝＝OHˉ＋HCO3［解析］碳酸钠俗称纯碱或苏打;碳酸钠水解使其溶液呈碱性,故可作为碱使用’CO;＿的水解以第—步为主;CO;＿＋H2O＝＝OHˉ＋HCOf°4D［解析］由图可知,当V（NaOH）＝20.00mL时,3组实验都达至｜」滴定终点,均存在关系式n（NaOH）＝＂（HCl）!根据NaOH的浓度］可知c（HCl）分另｜」为l.000mol°Lˉl!0.］000mol°Lˉl和0。0l000mol°Lˉ］］故最大的c（HCl）是最小的100倍’A正确｝3组实验中’当V（NaOH）≡20.00mL时’溶液中的溶质为NaCl‖继续滴加相同体积的NaOH溶液’溶液pH越大,说明滴加的NaOH溶液的浓度越大』c（NaOH）:α＞b＞c〕B正确;当V（NaOH）＝20.00mL时’3组实验都恰好完全反应,溶液呈中性,溶质为NaCl,3个体系中均满足:c（Na＋）＝c（Clˉ）〕C正确｝由图可知‖a曲线pH突跃最大,当V（NaOH）＞20mL时’曲线α对应体系中c（OHˉ）最大］c（H＋）最小,D项错误°［关键点拨］本题为强酸强碱的中和滴定’滴定至｜」终点时］溶液显中性,溶质都为NaCl。5。0°049bCα［解析］由干反应生成了Na2HPO4］故可得关系式H3PO4～2NaOH,几（H3PO4）≡0.5几（NaOH）＝0·5×6mol。L—l×c×l0ˉ3L＝5bc×l0—4mol,则精制磷酸中H3PO4的质量分数为5bc×10ˉ4mol×98g·molˉl≡0·叫9bc◎αgα6.（1）2NO＋3H2O2-＝2H＋＋2NO丁＋2H2O（2）锥形瓶、酸式滴定管（3）23×（clVl-6c2‖／i）×1043V［解析］（1）NO被H2O2氧化为NO丁,H2O2则被还原生成H2O,结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出离子方程式2NO＋3H2O2-2H＋＋2NO丁＋2H2O°（2）滴定操作中使用的玻璃仪器主要有酸式滴定管｀锥形瓶。（3）由题意可知,FeSO4参与两个氧化还原反应,结合N原子守恒有″（NO』）＝n（NO扩｜＝÷×W｜×＂ˉ』L×c｜m°l.Lˉ｜ˉ6×陷×10ˉ3L×c2mol.Lˉl）＝（clVl—6c2‖／i）×］0ˉ3mol’m（NO2）≡3n］ol×46g·moll＝46［（cl‖／l—6c2【）×l0ˉ3］（cl‖／］ˉ6c2L）×l0ˉ3g＝3346（clVl—6c2L）mg,故气样中NO“折合成NO2的含量为346（clVl—6c2％）l＂InLmg×丽了i匝＝23×（c｜V｜ˉ6c2趾×1旷mg.mˉ3°3‖／×10ˉ3m33V第3节盐类水解｜考点47盐类水解及其应用｜?.C［解析］本题以—定浓度的醋酸钠溶液｀硫酸铜溶液和水的pH随温度变化的情况为研究对象,考查水的电离和盐类水解°随看温度升高〗水的电离程度增大］但水电离出的c（H＋）和c（OHˉ）仍相等〗纯水仍呈中性,A错误°随着温度升高’CH3COONa溶液中CH3COOˉ的水解程度增大,溶液中c（OHˉ）增大,B错误°随看温度升高’CuSO4溶液中Cu2＋的水解平衡正向移动,Cu2＋的水解程度增大’溶液中c（H＋）增大,pH减小;温度升高’Kw增大,也会使得c（H＋）增大,故CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果,C正确°盐类的水解是吸热反应〕随着温度升言］CH3COOˉ、Cu2十的水解平衡均正向移动’水解平衡移动方向相同］D错误°〔易错鳖示］解答本题的易错点◎忽视温度升高’Kw逐渐增大;@忽视纯水在任何温度下均呈中性｛o不能以纯水作为参照标准,对比分析CH3COONa溶液和CuSO4溶液pH变化的原因°2.BD［解析］本题考查弱电解质的电离、盐类的水解。氨水中NH3.H2O发生电离NH3.H2O＝＝NHi＋OHˉ,因为NH3.H2O和H2O都可电离出OHˉ!所以c（OHˉ）＞c（NH旷）,A错误｝HCOj水解使溶液显碱性,NH旷水解使溶液显酸性,pH＞7说明HCO丁水解程度大干NH旷水解程度』即c（H2CO3）＞c（NH3°H2O）,而盐类水解是微弱的,则离子浓度大′」｀关系为c（NH旷）＞c（HCO丁）＞c（H2CO3）＞c（NH3·H2O）］B正确;将0。2mol°Lˉl氨水和0.2mol°LˉlNH4HCO3溶液等体积混合’根据物料守恒可得:c（NHj）＋c（NH3。H2O）＝2［c（H2CO3）＋c（HCO丁）＋c（CO;-）］』C错误;由于溶液的体积变成原来的2倍,所以c（NHj）＋c（NH3°H2O）＝0.4mol·Ll、c（CO;—）＋c（HCO丁）＋c（H2CO3）＝0.］mol.Lˉl,再由电荷守恒可知;c（NHJ）＋c（H＋）≡c（HCO丁）＋2c（CO;ˉ）＋c（OHˉ）,直接将三式联立可得;c（NH3。H2O）＋c（CO;ˉ）＋c（OH＿）＝0.3mol。Lˉl＋c（H2CO3）＋c（H＋）’D正确。记~~~~~｜考点48离子浓度大小的比较5。c［解析］本题考查二元弱酸阴离子的水解｀溶液酸碱性和离子浓度大／｝｀半｜」断。离子相同时］离子浓度越大,溶液导电能力越强｛浓度相同时,离子所带电荷越多〕溶液导电能力越强〗故混合溶液的导电能力与离干浓度和种类有关］A正确°α点溶液中溶质为KHA,主要含有的离子为K＋｀HAˉ,b点溶液中主要含有的离子为K＋＼Na＋｀A2ˉ］α点溶液中K＋数目与b点的相同,所以c（K＋）:α＞b,但是b点溶液的导电能力大于α点‖说明Na＋与A2一的导电能力之和大干HA＿的导电能力‖B正确°6点为反应终点］可看作是邻苯二甲酸钠（Na2A）与邻苯二甲酸钾（K2A）的混合溶液,A2ˉ水解使溶液显碱性’C错误°b点为反应终点,b点时c（Na＋）＝c（K十）’b-》c继续滴加NaOH溶液‖则c点:c（Na＋）＞c（K＋）］c点Na＋浓度小于K十浓度的2倍’则继续加入的OHˉ的浓度′｜｀于K＋的浓度（A2ˉ水解微弱］水解产生的OH较少）,故c（OHˉ）＜c（K＋）］D正确。［快解］根据邻苯二甲酸根离子水解使溶液显碱性可以快速半｜」断错误选项为C°6∧D［解析］根据电荷守恒,草酸溶液中c（H＋）＝2c（C2O蜀ˉ）＋c（HC2OJ）＋c（OHˉ）,又由物料守恒可知0.1000mol·Lˉl的草酸溶液中c（H2C2O4）＋c（HC2OJ）＋c（C2O】ˉ）＝0。1＂0『ml.Ll,即c（HC2OJ）＝0.l000mol。Lˉlˉc（H2C2O4）ˉc（C2O:ˉ）｛代入可得c（H＋）＝0.1000mol.Lˉl＋c（C2O】ˉ）＋c（OHˉ）ˉc（H2C2O4）,A正确｛c（Na＋）＝c（总）的溶液是指等物质的量的NaOH和H2C2O4′｜合好反应生成NaHC2O4的溶液,根据草酸的电离常数,可判断出HC2O『的电离程度大于其水解程度］溶液中c（C2O;ˉ）＞c（H2C2O纵）』B错误根据电荷守恒’溶液中存在关系;c（Na＋）＋c（H＋）≡2c（C2Oi-）＋c（HC2OJ）＋c（OHˉ）’由于pH≡7,则c（Na＋）＝2c（C2O;ˉ）＋c（HC2O『）＝c（总）＋c（C2O苛ˉ）ˉc（H2C2O4）但由干反应中加入了NaOH溶液使溶液总体积发生变化!c（总）不等于0.1000mol°Lˉl］所以不能得出c（Na＋）＝0.1000mol.Lˉl＋c（C2Oiˉ）ˉc（H2C2O4）的结论｀C错误讯c（Na＋）＝2c（总）的溶液,即c（Na＋）＝2c（H2C2O4）＋2c（HC2OJ）＋2c（C2Oiˉ）,代入电荷守恒关系c（Na＋）＋c（H＋）＝2c（C2Oiˉ）＋c（HC2OJ）＋c（OHˉ）,即得c（OHˉ）＿c（H＋）＝2c（H2C2O4）＋c（HC2OJ）,D正确。［关键点拨］题中c（总）≡c（H2C2O4）＋c（HC2OJ）＋c（C2O;ˉ）,则B项c（Na＋）＝c（总）的溶液应为NaHC2O4溶液!这样根据物料守恒才有;c（Na＋）≡c（总）＝c（H2C2O4）＋c（HC2OJ）＋c（C2Oiˉ）｛D项,c（Na＋）＝2c（总）的溶液应为Na2C2O4溶液,根据物料守恒才有｀c（Na＋）≡2c（总）＝2c（H2C2O4）＋2c（HC2OJ）＋2c（C2Oiˉ）。7.B［解析］在α点溶液中‖NaOH反应了＿半』且碳酸根离子水解产生氢氧根离子,所以c（Na＋）＞c（CO;ˉ）＞c（OHˉ）＞c（Clˉ）＞c（H＋）!A不符合题意;在b点溶液中］根据电荷守恒可推出″（Na＋）＋n（H＋）＝2n（CO;ˉ）＋＂（Clˉ）＋网（OHˉ）＋n（HCOj）,溶液pH＝7,则网（H＋）≡″（OHˉ）’故n（Na＋）≡2″（CO;ˉ）＋n（Clˉ）＋n（HCO丁）,则2n（CO;ˉ）＋″（HCO丁）＝n（Na＋）ˉ夏题分类集‖｜｜~~~~~~@微信公众号嗨呀同学离考必刷题舅题分类集训化学n（Clˉ）＜0.lmol。Lˉl×O0］L×3-0。lmol.Lˉl×0·02L≡0.＂1mol’则2′』（CO;＿）＋″（HCO丁）＜0.＂lmol’B符合题意｝NaHCO,显碱性!碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度,C不符合题意｛将0.lmol°Lˉl的盐酸换成同浓度的醋酸,当滴至溶液的pH≡7时根据电荷守恒有c（CH3COOˉ）＋2c（CO;ˉ）＋c（HCO丁）＋c（OH＿）＝c（Na＋）＋c（H＋）〗又因c（H＋）＝c（OHˉ）,所以c（Na＋）＞c（CH3COOˉ）』D不符合题意。第4节难溶电解质的溶解平衡加入少量的Na2S固体,平衡体系CdS（s）＝＝Cd2＋（aq）＋S2ˉ（aq）中!c（S2ˉ）增大!平衡逆向移动!c（Cd2＋）减小］溶液组成由m点沿mpⅦ线向p方向移动,C正确;CdS饱和溶液中c（Cd2＋）＝c（S2ˉ）〕pq连线上所有点均满足c（Cd2十）＝c（S2ˉ）!温度降低时平衡CdS（s）＝≡Cd2＋（aq）＋S2ˉ（aq）逆向移动,c（Cd2＋）和c（S2ˉ）均减小,故温度降低时｛q点的饱和溶液的组成由q沿卯线向p方向移动］D正确。［刷育所得］（l）对于图像题要关注面（横纵坐标）｀线（线的走向和变化趋势）｀点（特殊点｀起点｀交点等）°（2）解决此类试题要学会用数形结合的思想进行分析,如本题图像中横纵坐标围成的图像的面积即为Ksp〗而pq连线上所有的点满足c（Cd2＋）＝c（S2ˉ）°6.C［解析］加入25mLAgNO3溶液时,Clˉ与Ag十恰好反应生成AgCl］图中c点对应的溶液中AgCl存在沉淀溶解平衡’此时C（Clˉ）＝c（Ag＋）≈l0ˉ4.7mol.Ll,K惫p（AgCl）＝c（Ag＋）°c（Clˉ）≈3。98×l0l0〕A正确滴加AgNO3溶液时,有AgCl沉淀生成,所得曲线为A配l的沉淀溶解平衡曲线,即曲线上各点均满足c（Clˉ）·c（Ag＋）＝瓜p（AgCl）’B正确『相同条件下｛若改为0.叫00mol.Lˉ｜Clˉ〕达至｜」反应终点时消耗AgNO3溶液的体积为20mL,而图中α点滴加AgNO3溶液的体积为l5mL!C错误｛相同条件下,若改为0。0500mol·L｜Brˉ,达到反应终点时消耗25mLAgNO3溶液,因为Ksp（AgBr）＜Ksp（AgCl）‖故溶液中c（Brˉ）较小!则反应终点由c向b的方向移动,D正确°［关键点拨］利用图示数据,依据AgCl的沉淀溶解平衡进行分析是解答本题的关键°［∏‖盲所得］溶度积Ksp只与难溶电解质本身的性质和温度有关,与其他条件无关°—定温度下,当改变难溶电解质对应的某离子浓度大小时,该电解质的溶解平衡发生变化,但Ksp不变°7.C［解析］Ksp（CuCl）＝c（Cu＋）×c（Clˉ）‖由题图可知,当横坐标等于3时’Cu＋曲线纵坐标的数值在—4～ˉ3之间,故CuCl的Ksp的数量级是l07,A正确;Cu和Cu2＋发生归中反应得到Cu＋〕Cu＋再结合Clˉ得到CuCl沉淀‖B正确;Cu是纯固体,增大其用量,溶液中的反应平衡不移动,故只要Cu足量即可,并不是加入Cu越多〕除Clˉ效果越好‖C错误;取Cu2＋和Cu＋浓度相同［即c（Cu2＋）≡′｛c＂.｜ˉ｜川×!…｜［｜］时｀计算得…数腮-滞｝-l.0×l06（l.0×l06）2＝l0×l06＞1。0×105］故该反应趋于完全!D正确。［刷育所得］图像问题的—般解题思路（l）—看横纵坐标,关注亥｜｜度和单位;（2）二看:曲线走向｛单调递增还是单调递减;（3）三看:特殊的点］如起点｀拐点｀交点和有数据的点°｜考点49难溶电解质的溶解平衡及K鼠p相关计算｜‖.C［解析］在AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡;AgCl（s）＝≡Ag＋（aq）＋Clˉ（aq）’当加入少量稀盐酸时］c（Cl—）增大‖平衡逆向移动’c（Ag＋）减／」｀,溶解的氯化银质量减／｜｀〕AgCl的溶解度减小｛AgCl的KSp只受温度影响,温度不变!K凰p（AgCl）不变,故C正确°［关键点拨］注意溶度积常数只和温度有关,温度不变,Ksp不变°2.2.0×l0ˉ55.0×10ˉ3［解析］KSp（AgCl）＝C（Ag＋）.C（Clˉ）,当溶液中Clˉ恰好沉淀完全时,c（Cl）＝l0×］05mol.Ll〕贝｜」溶液中c（Ag＋）≡Ksp（AgCl）＝＝c（Cl）2·0×l0lo1。0×10—5mol.Ll＝2.0×l0ˉ5mol°Ll°Ksp（Ag2CrO4）＝c2（Ag÷）.c（CrOiˉ）’则溶液中c（OO;ˉ）＝K.p（Ag2ClO4）三≡C2（Ag＋）2°0×l0ˉl2（2。0×10ˉ5）2mol°Lˉl≡5。0×］0ˉ3mol·Lˉl。3~（1）MnSO4（或Mn2＋）（2）4.7×10ˉ7［解析］（l）在反应中I被氧化为I2,则MnO2中＋4价Mn被还原为＋2价’结合反应介质为硫酸溶液可知该反应的还原产物为MnSO4°（2）溶液中c（Iˉ）≡瓜p（AgI）＝8。5×l0ˉ］74.236［解析］c（CO;ˉ）＝c（CO;ˉ）.c（Ba2÷）≡瓜p（BaCO3）2.6×l0ˉ923.6◎｜考点50沉淀溶解平衡图像分析5B［解析］本题主要考查沉淀溶解平衡及相关图像分析°CdS的沉淀溶解平衡为CdS（s）＝＝Cd2＋（aq）＋S2ˉ（aq）,根据图像可知,图中的α｀6所对应的P｀q两点都满足c（Cd2＋）≡c（S2）!且所表示的溶液中CdS（s）都达至｜」沉淀溶解平衡’即α和6分另｜」为Tl｀吗温度下CdS在水中的溶解度』A正确｜m｀″｀p≡点对应的温度相同〕温度不变,Ksp不变,故Ksp（m）＝Ksp（n）＝K舅p（p）｜由题图可知,当c（S2ˉ）—定时］Th时的饱和溶液中c（Cd2＋）大于Tl’贝｜」7b时的Ksp大于Tl’有Ksp（″l）＝Ksp（″）＝KsP（p）＜K剧p（q）｛B错误｛向′n点的溶液中第十章化学实验第‖节物质的制备｜考点5］无机物制备‖D［解析］步骤@中SO2的作用是还原氯化铜中的铜离子,可用Na2SO3替换SO2,A不符合题意;二氧化硫的水溶液具有还原性’能防止步骤O中CuCl被氧化,B不符合题意｛步骤@CuCl和NaOH发△生反应生成更难溶的氧化亚铜‖离子方程式为2CuCl＋2OH-Cu2O＋2Clˉ＋H2O’C不符合题意『CuCl难溶于稀硫酸］氧化亚铜和氧化铜都能与稀硫酸反应］贝｜」不能根据反应前｀后固体质量测定样品的纯度‖D符合题意°2.（1）碱煮水洗（2）加快反应热水浴C（3）将Fe2＋全部氧化为Fe3＋;不引入杂质防止Fe3＋水解（4）加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）（5）NH4Fe（SO4）2·l2H2O［解析］本题通过实验室制备硫酸铁按的流程,考查化学实验的基本操作及化学实验相关计算°（l）废铁屑表面油污的主要成分是油脂,油脂在碱性条件下发生水解,故去除时通常先用热的碱性溶液洗涤,后用蒸馏水洗涤］即＂碱煮水洗＂°（2）加热是为了加快铁屑与硫酸反应的速率〕温度保持80～95℃应采用热水浴的加热方式｝硫化物会与硫酸反应生成有毒的硫化氢气体’由于硫化氢在水中溶解度不大］不宜采用A和B装置］又因为硫化氢气体易与氢氧化钠溶液反应,所以应选用倒置漏斗!既可以防止倒吸’又可以加′｜央吸收速率｜C装置合适。（3）加入足量过氧化氢是为了将亚铁离子全部氧化为铁离子!过氧化氢是绿色氧化剂］还原产物是水］在氧化亚铁离子的过程中’不弓｜入杂质;过氧化氢氧化亚铁离子的反应是放热反应’分批加入是为了防止温度升言过快,促进Fe3＋水解生成Fe（OH）3］同时保持溶液pH小于0.5也是为了防止Fe3＋水解°（4）由硫酸铁和硫酸按的混合溶液中得到硫酸铁按晶体!操作是加热浓缩｀冷却结晶｀过滤｀洗涤｀干燥。实验中不宜蒸发结晶］因为蒸发促进Fe3＋｀NH旷水解,可能无法得到纯净的硫酸铁按晶体°（5）由｜失掉15个结晶水｛失重5.6％＂计算NH4Fe（SO4）2。如H2O晶体的相对分子质量］假设硫酸铁按的物质的量为lmol,加热到150℃时,失掉H2O的物质的量为15mol,则1molNH4Fe（SO4）2·匆H2O的质量为l.5mol×18g°molˉ｜＝482g,即5°6％NH4Fe（SO4）2。勿H2O的相对分子质量为482’l8＋56＋2×96＋l8如＝482,解得z≡l2〕即硫酸铁按晶体的化学式为MI4Fe（SO4）2。l2H2O°3.（l）去除水中溶解氧分液（或滴液）漏斗（2）OZn＋2Cr3十-Zn2＋＋2Cr2＋@排除c中空气（3）c中产生H2使压强大于大气压（冰浴）冷却过滤（4）敞开体系,可能使醋酸亚铬与空气接触［解析］（1）由醋酸亚铬在气体分析中用作氧气吸收剂可知!醋酸亚铬易被氧气氧化,故实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却的目的是去除水中溶解氧;仪器a的名称是分液漏斗或滴液漏斗°（2）O由题可知,在封闭体系中金属锌作还原齐｜」,可将三价铬还原为o微信公众号嗨呀同学答案及解祈二价铬』c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色说明锌将溶液中的Cr3＋（绿色）还原为Cr2＋（亮蓝色）’该反应的离子方程式为2Cr3＋＋Zn-2Cr2＋＋Zn2＋。@c中产生的气体是锌与盐酸反应生成的氢气,其作用是排除c中空气,防止生成的二价铬被氧化°（3）打开K3］关闭Kl和K2〕c中的锌与盐酸继续反应生成氢气,使得c中气体压强大于大气压｛从而把c中亮蓝色溶液压入d中,与醋酸钠溶液发生反应生成砖红色沉淀醋酸亚铬。（4）醋酸亚铬易被氧化］装置d为敞开体系,可能使醋酸亚铬与空气接触而被氧化°［关键点拨］（l）要善于将题干中的信息和各小题中的要求结合起来思考问题!从而准确作答°（2）要善于在新′信境中进行对比迁移｛如平时训练题中从溶液中获得晶体的操作总是加热浓缩＼冷却结晶＼过滤｀洗涤、干燥〕而由于醋酸亚铬难溶于冷水］所以不需要加热浓缩,直接冷却即可〕或据热水浴创造性回答为冰浴冷却°（3）具有固定搭配的分离操作还有振荡｀静置分层｀分液’复习时定要在理解的基础上牢记°△4.OA2NH4Cl＋Ca（OH）2-＝CaCl2＋2NH3↑＋2H2O（或BNH3。△H2O—NH3↑＋H2O）@d→c→l→e→i［思路分析］迁移教材知识写出制取NH］的化学方程式〗再结合反应条件选择发生装置;依据『『干燥→收集→尾气处理＂等｜｜顶序选择仪器〗并根据装置特点及气体流向连接仪器。［解析］O实验室利用NH4cl固体和熟石灰加热制取NH］『发生装置△选择装置A,反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca（OH）2—CaCl2＋2NH3↑＋2H2O;也可加热浓氨水制取NH3,发生装置选择装置B,反应的化学方程式为NH3.H2O＝兰NH3↑＋H2O°@制取的NH3中混有水蒸气!要用碱石灰进行干燥,氨气首先通入C中（大□进小口出）;由于NH3的密度′」｀于空气的密度〕且易溶于水,用向下排空气法收集NH3］故气体通入装置D时导管应＂短进长出＂｝NH3有毒!易污染环境］要利用装置F进行尾气处理,故仪器连接｜｜顶序:发生装置→d→c→f-护e→i°5.（］）调节溶液pH使Fe（OH）3沉淀过滤分离（2）ade（3）酸除去溶液中的CO2（4）CaCl2＋2NH3。H2O＋H2O2＋6H2O-CaO2,8H2O↓＋2NH4Cl（或CaCl2＋2NH3。H2O＋H2O2—CaO2↓＋2NH4Cl＋2H2O）温度过高时双氧水易分解（5）去除结晶表面的水分（6）工艺简单｀操作方便纯度较低［思路分析］利用碳酸钙｀铁的氧化物均可溶于盐酸得至｜」相应的盐以及Fe2＋易被H2O2氧化为Fe3＋’Fe3＋容易转化为Fe（OH）3沉淀,从而结合流程图可回答第（l）问;依据过滤操作的要领和题图装置回答第（2）问最后利用过氧化钙制备流程以及盐类水解等知识和实验目的可回答第（3）～（6）问°［解析］（1）根据流程图知,加入盐酸后得到的溶液中含有氯化钙以及铁的氯化物,过滤后得到的滤渣应是铁的化合物的沉淀,故步骤o中加入H2O2的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋!加入氨水的目的是调节溶液pH,使Fe3＋转化为Fe（OH）3沉淀‖沉淀颗粒长大｛则有利于过滤分离。（2）过滤的操作要领是＂贴、二低｀三靠＂,“—贴＂是指过滤时将滤纸润湿!使其紧贴漏斗内壁,＂二低＂是指滤纸边缘应低于漏斗边缘、待过滤液体液面低于滤纸边缘』“三靠＂是指烧杯紧靠玻璃棒!玻璃棒紧靠三层滤纸〕漏斗末端颈尖紧靠烧杯内壁!过滤时需用玻璃棒弓流液体°由此可知a、d｀e项操作不 规范 编程规范下载gsp规范下载钢格栅规范下载警徽规范下载建设厅规范下载 。（3）由流程图知步骤@得到的滤液为溶有少呈CO2的CaCl2溶液,因此溶液显酸性｛气体的溶解度随温度升高而降低,因此将溶液煮沸的作用是除去溶液中的CO2°（4）结合原子守恒可知步骤O中的反应为CaCl2、NH3·H2O｀H2O2在溶液中反应得到过氧化钙品体］同时还应有NH4Cl生成,故反应的化学方程式为CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2＋6H2O-CaO2°8H2O↓＋2NH4Cl或CaCl2＋2NH3。H2O＋H2O2-CaO2↓＋2NH4Cl＋2H2O;双氧水不稳定!受热易分解!为防止双氧水分解’该反应需在冰浴下进行·（5）过氧化钙在水中的溶解度较小］而乙醇与水互溶且乙醇易挥发］因此水洗后再使用乙醇洗涤的目的是去除结晶表面的水分°（6）从流程看该制备方法只有两步,可见其优点是工艺简单｀操作方便］但缎烧时会得至｜｜CaO,导致产品的纯度低。6.ONH4Cl＋2HCl望皇3H2↑＋NCl3@Cl、OH＿Oc［解析］@电解NH4Cl和HCl的混合溶液］得至｜」H2和NCl3,故电解时发生反应的化学方程式为NH4Cl＋2HCl望里3H2↑＋NCl3°@由题意和质量守恒定律可知,NaClO2溶液和NCl3溶液反应生成ClO2｀NH3、NaCl｀NaOH,反应的化学方程式为6NaClO2＋NCl3＋3H2OˉClO2↑＋NH3↑＋3NaCl＋3NaOH,故溶液X中大量存在的阴离子有Clˉ和OH＿°O由于ClO2易溶于水］故不能用水或饱和食盐水来除去ClO2中混有的NH3,a｀d项不正确｝碱石灰不能吸收NH3!b项不正确;浓硫酸能吸收NH3‖且不能与ClO2反应,故c项正确°7。（1）稀硫酸SjO2｀B2O3（2）将亚铁离子氧化为铁离子便于除去调节溶液的pH’使铁离子、铝离子沉淀（3）取上层清液,滴加KSCN溶液‖若不变红’则“除杂,,基本完成（4）可减少硫酸镁因降温析出而造成损耗［解析］（1）依题意该工艺流程制备的是MgSO4°7H2O,故＂酸解,时应该加入的酸是稀硫酸根据硼镁泥的主要成分可知,金属氧化物与硫酸均能反应,故＂滤渣1”中主要含有SiO2＼B2O3°（2）溶液中含有亚铁离子,加入次氯酸钙可以将亚铁离子氧化为铁离子］便于除去’加入氧化镁的目的是调节溶液的PH,使铁离子｀铝离子沉淀°（3）『『除杂＂基本完成时溶液中不含铁离子!故判断『除杂＂基本完成的检验方法取上层清液,滴加KSCN溶液,若不变红,贝｜」』除杂＂基本完成°（4）硫酸镁的溶解度随温度的升高而增大,趁热过滤可减少硫酸镁因降温析出而造成的损耗°~~~~~~~｜考点52有机物制备8。（l）A（2）BD分液漏斗｀容量瓶（3）充分析出Z酚水杨酸固体（结晶）（4）生成可溶的Z酚水杨酸钠（5）重结晶（6）60［解析］本题考查乙酞水杨酸的制备］重点考查有机物的分离和提纯方法°（l）由“维持瓶内温度在70℃左右＂知,该合成反应中应采用热水浴加热］A正确°（2）步骤O中析出固体后过滤!过滤操作需要使用的玻璃仪器为烧杯、漏斗和玻璃棒］B｀D项符合题意°（3）般固态物质溶解度随温度升高而增大,o中使用冷水的目的是使Z酷水杨酸充分结晶°（4）乙酚水杨酸分子中含有竣基〗能与碳酸氢钠反应生成可溶于水的乙酚水杨酸钠,以便过滤除去难溶杂质°（5）纯化乙酞水杨酸的方法是重结晶］除去其中易溶的氯化钠等杂质。｜‘｜先判断过量鹏｜水杨酸｜-试羔厂「二M…!｀鹏｜醋酸酚｜-!0删↓‖:l1『mˉ］＞α0…｜′醋酸…,乙酸水杨酸的理论产量以水杨酸的量来计算:n（理论乙酚水杨酸）＝″（水杨酸）＝0.05mol｛m（理论Z酷水杨酸）≡0.05Iml×1＂g·Imlˉl＝9.0g!产率＝煞熄蕊蔬虐×l00％二涨×l00辗≡60髓.［易错警示］第（6）问在计算产率时,要注意判断水杨酸和醋酸配量的关系‖根据量少的反应物进行计算°9。（1）FeCl3溶液溶液显紫色OH卤皿1舰训O睡…嚼减…醇蒸＂（2）@（3）分液漏斗｀烧杯（4）通冷凝水,加热（5）淀粉溶液（6＿茄）×82（6）b｀cα［解析］本题以环己烯的制备为素材,考查化学实验、绿色化学｀氧化还原滴定计算等知识°（］）可以利用氢化铁溶液检验酚类物质,现象为溶液变为紫色°（2）O从题给的制备流程可以看出,环己醇在FeCl3°6H2O作用并加热的条件下反应生成了环己烯,对比环己醇和环己烯的结构’可知发生了消OH卤坐票当○,去反应!贝｜」该可逆反应的化学方程式为H2O;因浓硫酸具有脱水性!能使有机物炭化!该过程中放出大量的热’又夏题分类集‖｜｜o微信公众号嗨呀同学高考必刷题舅题分类集训化学3.O隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置@co2coo先熄灭装置A｀E的酒精灯’冷却后停止通入氮气@取少许固体粉末于试管中’加稀硫酸溶解’滴入l～2滴KSCN溶液’溶液变红色,证明含有Fe2O3［解析］o实验前通入氮气是为了排出装置内的空气‖避免空气与三草酸合铁酸钾及其分解产物接触,实验后通入氮气是为了使反应产生的气体全部进入后续装置。@B中澄洁石灰水变浑浊说明分解产物中含有CO2｛气体通过氢氧化钠溶液时CO2被完全吸收］用浓硫酸干燥剩余气体,F中澄清石灰水变浑浊〕E中黑色固体变红色!说明分解产物中的CO与灼热氧化铜反应生成二氧化碳和单质铜,继而使F中澄清石灰水变浑浊｜故分解产物中还含有CO。o为了防止倒吸,停止实验时的操作是先熄灭装置A｀E的酒精灯!冷却后停止通入氮气°@把检验三氧化二铁的存在转化为检验铁离子的存在,为了使氧化亚铁与酸反应生成的亚铁离子对铁离子检验不产生影晌］可采用的检验方法为取少许固体粉末于试管中］加稀硫酸溶解,滴入l～2滴KSCN溶液,溶液变红色,证明残留物中含有Fe2O3°［刷育所得］Fe2＋和Fe3＋的鉴别方法O显色法,加入KSCN,变血红色的是含Fe3＋的溶液,因为Fe3＋与SCNˉ生成的络合物为血红色;@加碱法,加入碱液（如氨水＼氢氧化钠｀氢氧化钾溶液）,生成红褐色沉淀的是含Fe3＋的溶液’生成白色沉淀并立即转变为灰绿色,最后变为红褐色的是含Fe2＋的溶液°O赤血盐法,加入K3［Fe（CN）6］（赤血盐）溶液〕出现蓝色沉淀的是含Fe2＋的溶液°@氧化还原法:加入铁粉,能够使铁粉溶解的是含Fe3＋的溶液°要证明溶液中只含有Fe2十向溶液中滴加KSCN,不变红色,通入氢气后变红］则证明原溶液中只有Fe2＋°4.（l）样品中没有Fe（Ⅲ）Fe（I）易被氧气氧化为Fe（Ⅲ）可以使生成的碳与浓硫酸发生反应C＋2H2SO4（浓）≡＝CO2↑＋2SO2↑＋2H2O,a正碉与浓硫酸相比,FeCl3·6H2O对环境相对友好］污染小,可以回收并循环使用』更符台绿色化学理念］b正确;催化齐｜」只能改变反应速率］而不能改变平衡转化率,c错误°@仪器B为冷凝装置!该仪器的主要作用是冷凝回流,尽可能减少加热时反应物环己醇的蒸出］提高原料环己醇的利用率。（3）根据流程图可知!操作2是将有机相和水相分离,因此该操作为分液,需要用到的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯°（4）进行蒸馏操作时,安装好蒸馏装置并加入待蒸馏的物质和沸石后!需要先通冷凝水｛后开始加热。（5）淀粉溶液遇碘变蓝,达到滴定终点时,Na2S2O3将I2全部还原为Iˉ’所以可以选择淀粉溶液作指示剂°滴定过程中,消耗的硫代硫酸钠的物质的量为c″×10ˉ3mol］根据该过程中反应的化学方程式可知,几剩余（Br2）＝n（I2）＝0.5n（Na2S2O3）＝O5cu×10ˉ3mol,故″（环己烯）≡川总（Br2）-n剩余（Br2）＝（6—0。5co×10ˉ3）mol］环己烯的质量分数为（6—茄）×82◎α（6）样品中含有苯酚,测定过程中会与Br2发生反应’所以样品中含有苯酚杂质〕会使消耗的Br2的物质的量增大!导致测定结果偏高,a项错误『测量过程中环己烯挥发］导致测定结果偏低,b项正确;Na2S2O3标准溶液部分被氧化’滴定时消耗Na2S2O3标准溶液的体积偏大,计算出剩余澳单质的物质的量偏大‖所以测得的与环己烯反应的澳单质的物质的量就偏小’导致测定结果偏低］c项正确。［关键点拨］第（5）问,关于环己烯含量的测定,需注意在该步滴定过程中］加入的澳是过量的,其中部分与环己烯发生了加成反应｛另—部分则与碘离子发生了置换反应,要分另｜」进行求解｛第（6）问’对于a项的分析!要明确因苯酚的混入’导致样品消耗滇单质的量增加!最终使测得环己烯的结果偏高°［刷盲所得］绿色化学又称环境友好化学,它的主要特点是:o充分利用资源和能源,采用无毒＼无害的原料;@在无毒｀无害的条件下进行反应,以减少废物的排放;o提高原子的利用率’力图使所有原料都转化为期望产物｝o生产出有利于环境保护＼社区安全和人体健康的环境友好的产品。第2节实验探究勤爵｜′＂测』）｜（2）O干燥管@）dabke偏小（3）Oca生成白色沉淀＼褪色@2FeSO4旦垦Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑［解析］（1）将少许绿矾样品加水溶解后摘加KSCN溶液‖溶液颜色无明显变化〕说明样品中不含Fe（Ⅲ）,再通入空气〕溶液逐渐变红,说明Fe（Ⅱ）易被氧气氧化为Fe（Ⅲ）°（2）O仪器B为球形干燥管｛@由于空气中O2可以氧化Fe2＋,故需要先通N2排尽装置中空气’再迸行加热操作,加热完毕’熄灭酒精灯,将石英玻璃管冷却至室温后关闭Kl和K2］防止空气进入石英玻璃管中,最后称重o绿矾晶体受热失水的化学方程式为△FeSO4·卯H2O＝＝＝FeSO4＋卿H2O］根据题干数据歹｜」方程式得:…2十…蜒≡腮』ˉ厕｜』解得”≡驴（｜长』≡带｜｜.着亢点燃酒56＋32＋64m3-加l精灯再通入N2,硬质玻璃管中原有的空气会将绿矾中的Fe（Ⅱ）氧化］使最终乘｜余固体质量偏高〗则计算所得结晶水的数目卯的值偏小°（3）O实验后残留的红色粉末为Fe2O3,根据得失电子守恒可知可能有SO2和SO3生成’贝｜｜检验试剂应选择品红溶液和BaCl2溶液〕不能选择Ba（NO3）2溶液］因为SO2会与Ba（NO3）2溶液反应生成白色沉淀°SO2不和BaCl2反应］SO3可以与BaCl2反应产生白色沉淀］故先将气体通入BaCl2溶液中’产生白色沉淀,即可证明有SO3生成;再将气体通入品红溶液中,品红溶液褪色’即可证明有SO2生成°由古§曰以上分析可知FeSO4受热分解的化学方程式为2FeSO4旦旦Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑°［刷百所得］常考气体的检验（1）O2使带火星的木条复燃‖（2）NH3:使湿润的红色石蕊试纸变蓝色｛（3）Cl2检验黄绿色〕且能使湿润的淀粉ˉ碘化钾试纸变蓝;（4）SO2:可以使品红溶液褪色］加热溶液又恢复红色°［测‖｜｜诊断］（l）本题考查绿矾性质的实验探究,涉及仪器辨认｀实验操作｜｜顶序｀化学计算、试剂选择和化学方程式的书写等］难度中等,多数考生可得分°（2）本题若错］可能在第（2）′」｀题第o问计算出错;也可能在第（3）小题第@问书写反应的化学方程式时出错。（l）防止Fe2＋被氧化（2）2Fe2＋＋Cl2-2Fe3＋＋2Clˉ（3）隔绝空气（排除氧气对实验的影‖向）（4）Fe2＋Fe3＋可逆反应（5）H2O2＋2Fe2＋＋2H＋—2Fe3＋＋2H2OFe3＋催化H2O2分解产生O2H2O2分解反应放热‖促进Fe3＋的水解平衡正向移动［思路分析］Fe2＋和Fe3＋在—定条件下可以相互转化,检验Fe2＋可以使用K］［Fe（CN）6］溶液,检验Fe3十通常使用KSCN溶液｝Fe3＋可｜考点53物质性质探究1c［解析］本题以探究草酸性质的实验为素材,考查对草酸的性质的多角度认识°将草酸加入含酚酞的Ca（OH）2溶液中］溶液褪色〕说明H2C2O4有酸性,草酸和Ca（OH）2发生反应生成草酸钙和H2O』A正确°向少量NaHCO3溶液中加入草酸,产生气泡］说明生成CO2气体,则有酸性H2C2O4＞H2CO3,发生反应的化学方程式为NaHCO3＋H2C2O4＿NaHC2O4＋CO2↑＋H2O〕B正确。室温下,0.1mol.LˉlH2C2O4的pH＝l.3’贝｜」H2C2O4是弱酸;将草酸加入酸性KMnO4溶液中,紫色溶液褪色,说明MnOJ被还原生成了Mn2＋,体现H2C2O4的还原性,离子方程式为2MnOJ＋5H2C2O4＋6H＋一Mn2＋＋l0CO2↑＋8H2O｜C错误。向C2H5OH和浓硫酸混合液中加入草酸〕加热后产生有香昧物质,说明反应生成了酝类］推知发生酪化反应;HOOCCOOH＋2C2Ⅱ5OH≡塑堕垦△C2H5OOCCOOC2H5＋2H2O,D正确°［关键点拨］解答本题的关键点:O根据信息＂室温下‖0.1mol.LlH2C2O4的pH＝13＂推知H2C2O4是弱酸,离子方程式中写成分子式｝@根据实验操作及现象推测发生反应的原理!并用台理的方程式表示出来°2.（l）ABD（2）SO2遇品红生成不稳定无色物质,受热释放SO2,溶液恢复红色;温度降低,SO2在品红溶液中溶解度增大,溶液颜色变浅［解析］Cu与浓硫酸发生反应;Cu＋2H2SO4（浓）＝兰CuSO4＋2H2O＋SO2↑,反应会生成二氧化硫,本题考查二氧化硫的相关性质°（1）试管I中白色固体为CuSO4｛加入水中‖溶液呈蓝色』A正确‖SO2通入BaCl2溶液中不发生反应〕但是取下试管,不断振荡时会发生反应:2BaCl2＋2SO2＋O2＋2H2O—2BaSO4↓＋4HCl,试管中出现浑浊是因为生成了BaSO4］B正确｝酸性高锰酸钾溶液褪色是因为SO2具有还原性』将MnO『还原为Mn2＋!C错误试管V是尾气吸收装置］Na2CO3溶液可以吸收SO2,D正确°（2）SO2遇品红溶液生成不稳定的无色物质］受热释放SO2,溶液恢复红色｛温度降低］SO2在品红溶液中溶解度增大,溶液颜色变浅。曰孔@微信公众号嗨呀同学~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~苔案及解析以催化H2O2的分解反应!而分解反应放出热量,又促进了Fe3＋的水解反应°［解析］（1）Fe2十具有还原性］能被空气中的氧气氧化为Fe3＋!所以在配制的FeCl2溶液中应加入少量铁屑,以防止Fe2＋被空气氧化°（2）Cl2可将Fe2＋氧化成Fe3＋,自身得电子生成Clˉ,反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2ˉFe3＋＋2Clˉ°（3）煤〉由的作用是隔绝空气］以防止空气中的氧气将Fe2十氧化,对实验产生干扰。（4）实验@向溶液中加入K3［Fe（CN）6］溶液0生成蓝色沉淀,说明溶液中＿定含有Fe2＋｛碘易溶于CCl4’CCl4层呈紫色,Fe3十遇KSCN溶液显血红色｛在I＿过量的情况下〕溶液中仍含有Fe3＋’说明该反应进行的不彻底,是可逆反应°（5）向H2O2溶液中加入酸化的FeCl2溶液｛溶液变成棕黄色,说明有Fe3十生成『发生反应的离子方程式为H2O2＋2Fe2＋＋2H十-2Fe3＋＋2H2O｛Fe3十可以催化H2O2的分解反应,使H2O2分解放出O2］产生气泡;H2O2的分解反应放出热量,促进Fe3＋的水解反应平衡正向移动］生成红褐色的Fe（OH）3沉淀°［刷育所得］关于铁的化台物的性质中需注意以下几方面（1）NO丁与Fe2＋在酸性条件下不能大量共存。（2）过量的Fe与硝酸作用,或在Fe和Fe2O］的混合物中加入盐酸,要注意产生的Fe3十还可以氧化单质Fe这—隐含反应:Fe＋2Fe］＋—3Fe2＋°（3）注意FeCl3、Fe2（SO4）3的水溶液蒸干所得固体的区别°FeCl3溶液加热浓缩时’因Fe3＋水解和HCl的挥发｜得至｜」的固体为Fe（OH）3,灼烧后得至｜」红色的Fe2O3固体°但Fe2（SO4）3溶液蒸干时］因硫酸是难挥发性酸］不能得至｜」Fe（OH）3固体°（4）亚铁盐及Fe（OH）2易被空气中氧气氧化成三价铁的化合物°如某溶液中加入碱溶液后］最终得到红褐色沉淀,并不能断定原溶液中—定含有Fe］＋］也可能含有Fe2＋°（5）铁单质与强氧化性物质反应时,也有可能生成二价铁的化合物°若反应中Fe过量］可能发生反应2Fe3＋＋Fe—3Fe2＋,最终铁元素将以二价铁的形式存在°［测‖｜｜诊断］（l）本题主要考查元素化合物的′｝生质及实验基本操作｀离子方程式书写等,难度中等｛意在提高试题的区分度°（2）部分考生因不理解反应原理’容易在第（3）小题处出现错误｝若不能有效联系上下文,部分考生可能在第（4）小题最后—空处出错°6.（1）有气泡逸出｀澄清石灰水变浑浊CO2冷凝（水蒸气｀草酸等）,防止草酸进入装置C反应生成沉淀,干扰CO2的检验（2）OF｀D、G、H、D｀Icuo@H中黑色粉末变为红色’其后的D中澄清石灰水变浑浊（3）O向盛有少量NaHco3的试管里滴加草酸溶液,有气泡产生@用NaOH标准溶液滴定草酸溶液,消耗NaOH的物质的曰为草酸的2倍［思路分析］根据图中所示可知装置C用来检验CO2的生成,装置B用来冷凝水蒸气｀草酸等;另产物CO的检验利用CO还原CuO生成铜和CO2｛所以实验设计时必须排除CO2的干扰;验证草酸酸性比碳酸强可禾｜」用强酸制弱酸的原理;验证草酸为二元酸可以利用中和滴定原理。［解析］（1）利用信息知,草酸晶体在装置A中分解〕水蒸气｀草酸等在装置B中冷凝!防止草酸进入装置C与Ca（OH）2反应生成沉淀’干扰CO2的检验’若看至｜」C中有气泡产生、澄清石灰水变浑浊,则说明草酸分解产生CO2气体°（2）要证明草酸分解得至｜」的气体中还有CO,可利用CO的还原′｜生］利用CO还原CuO等得至｜」可使澄清石灰水变浑浊的气体;验证前需先用浓NaOH溶液除尽草酸分解得至｜」气体中的CO2!然后通入澄清石灰水,通过观察澄清石灰水是否变浑浊来判断CO2是否除干净,最后将气体干燥后通入盛有CuO的H装置即可』故装置连接｜｜顶序为A→B→F→D→G→H→D→I◎（3）依据强酸可以制取弱酸的原理,可利用草酸与NaHCO3溶液反应产生CO2来证明草酸的酸性强于碳酸;若证明草酸为二元酸贝｜」需定量测定’可采取的措施为:用NaOH标准溶液滴定草酸溶液,消耗NaOH的物质的量为草酸的2倍,则说明草酸是二元酸°［关键点拨］化学实验设计通常遵守可行性｀科学性｀安全性等原则,在本题的解答中考虑清楚化学反应原理、干扰因素｀尾气处理等很重要°［测训诊断］（1）本题考查实验设计』对考生的能力要求较高,难度中等。（2）本题第（2）问和第（3）问易错,第（2）问易错的原因在于不熟悉CO的性质及该实验应注意的问题;第（3）问易错的原因在于不能联想至｜」用中和滴定原理证明草酸为二元酸。考点54反应原理探究O红棕色气体慢慢变浅@8NH3＋6NO2催化剂7N2＋12H2（）Oz中NaoH溶液产生倒吸现象O反应后气体分子数减少,Y管中气体压强小于外界大气压［思路分析］结台信息“在—定温度和催化剂条件下用NH3将NO“还原生成N2＂及守恒关系写出NH3与NO2反应的化学方程式,再结合实验操作及物质的性质,确定实验现象,并解释原因°［解析］将X中NH3缓｜曼通入盛有少量催化剂和NO2的Y管中〗在—定温度和催化剂条件下NH3将NO2还原生成N2］观察至｜｜Y管中气体的红棕色逐渐变浅］反应的化学方程式为8NH3＋6NO2催化剂7N2＋12H2O°反应后,装置恢复至｜」原体积’并冷却至室温7~~~~~~~~~时〕Y管中气体压强′｜｀于外界大气压］打开K2］烧杯Z中NaOH溶液被倒吸到玻璃管Y中’其中NaOH溶液用于吸收尾气］防止环境污染°［刷百所得］在—定温度和催化剂条件下,用NH3将NO2还原生成N2‖例如:4NH3＋6NO催化剂5N2＋6H2O｀8NH3＋6NO2催化剂7N2＋12H2O◎（1）OCu＋2H2SO4（浓）＝兰CuSO4＋SO2↑＋2H2O@饱和NaHSO3溶液（2）OAg2SO3＋4NH3.H2O-2Ag（NH3）j＋SO;ˉ＋4H2O@H2O2溶液,产生白色沉淀（3）OAg＋Ag2SO4溶解度大于BaSO4,没有BaSO4沉淀时,必定没有Ag2SO4@途径l不产生SO;ˉ’途径2产生SOiˉ（4）2Ag＋＋SO2＋H2O-Ag2SO3↓＋2H＋（6）实验条件下吕SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO;ˉ的速率碱性溶液中SO;ˉ更易被氧化为SO】＿［思路分析］分析实验—的实验装置’写出Cu与浓H2SO4反应的化学方程式,确定试剂a的种类｛分析实验二的实验操作流程及实验结论,写出Ag2SO3与氨水反应的离子方程式,确定证实B中含有Ag2SO3所用试剂及产生现象‖分析实验三中操作及现象〕确定溶液A中含有的离子及实验三的结论°结合实验—中反应产物｛写出SO2与AgNO］溶液反应的离子方程式;对比分析（4）和（5）,得出上述实验操作的结论°［解析］（l）O实验室禾｜」用浓H2SO4与Cu片在加热条件下反应制取SO2』化学方程式为Cu＋2H2SO4（浓）≡兰CuSO4＋SO2↑＋2H2O°@试剂a是饱和NaHSO3溶液,用于观察气体流速,且SO2在饱和NaHSO3溶液中溶解度很小,可防止发生倒吸。（2）OAg2SO3溶于氨水生成Ag（NH3）j’离子方程式为Ag2SO3＋4NH3.H2O-2Ag（NH3）j＋SO;ˉ＋4H2O°@沉淀D洗涤干净后〕加入过量稀盐酸,BaSO3与稀盐酸反应生成BaCl2和SO2｀H2O’则滤液E中含有BaCl2和溶解在水中的SO2形成的H2SO3,可向E中加入H2O2溶液,H2O2将H2SO3氧化生成SO;ˉ,SO1ˉ和Ba2＋反应产生白色BaSO4沉淀’进＿步证实B中含有Ag2SO］°（3）向溶液A中滴入过量盐酸,产生白色沉淀!该沉淀为AgCl,证明溶液A中含有Ag＋｛取上层清液继续滴加BaCl2溶液,未出现白色沉淀’证明溶液A中不含SO;ˉ,由于Ag2SO4微溶于水］则B中不含Ag2SO4’从而确定途径l不产生SO;ˉ｜途径2产生SO;。（4）由（3）推知,实验—中SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3,离子方程式为2Ag＋＋SO2＋H2O—Ag2SO3↓＋2H＋°（6）对比分析（4）（5）可知,SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大干生成Ag和SOiˉ的速率,再结合实验二可知,碱性溶液中SO;—更易被氧化为SO;ˉ°［测‖｜｜诊断］（1）本题以SO2的实验室制备和SO2与AgNO3溶液的反应产物探究为线索,以实验的方式考查考生在解决问题过程中应具备的证据推理意识’要求考生在面对具体情境及与化学相关事实时］能够在观察与辨识的基础上提出问题｀开展探究并得出结论｛能运用多种方法对物质及其变化进行分类并揭示其本质属性,试题难度较大〕仅部分考生可得分。（2）本题若错!可能是题目提供的新信息较多｛考生不能迅速提取出有效信息并理解各步操作之间的联系°（l）SO24H＋SO;ˉ（2）O0.4@Iˉ是so2歧化反应的催化剂,H＋单独存在时不具有夏题分类集‖｜｜~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~8n9@微信公众号嗨呀同学高考必刷题寞题分类集训化学［刷盲所得］Fe2＋和Fe3＋的鉴别方法◎显色法,加入KSCN!变血红色的是含Fe3＋的溶液,因为Fe3＋与SCNˉ生成的络合物为血红色;@加碱法,加入碱液（如氨水｀氢氧化钠、氢氧化钾溶液）,生成红褐色沉淀的是含Fe3＋的溶液,生成白色沉淀并立即转变为灰绿色,最后变为红褐色的是含Fe2＋的溶液°O赤血盐法｛加入K3［Fe（CN）6］（赤血盐）溶液’出现蓝色沉淀的是含Fe2＋的溶液°o氧化还原法:加入铁粉,能够使铁粉溶解的是含Fe3＋的溶液。要证明溶液中只含有Fe2＋:向溶液中滴加KSCM不变红色,通入氯气后变红!贝｜」证明原溶液中只有Fe2＋°（l）避免b中压强过大（2）防止暴沸直形冷凝管（3）c中温度下降,管路中形成负压（4）o液封’防止氨气逸出△@NHJ＋OHˉ—NH3↑＋H2O保温使氨完全蒸出（5）L』LILˉ匹I『70′『l［思路分析］分析题给凯氏定氮法的原理｀发生的反应｀实验装置等信息,迁移化学实验基础知识｀按盐的性质及转化等］分析｀解决相关问题°［解析］（1）水蒸气发生装置中,长玻璃管a插入水中］其作用是平衡b装置内外压强〕防止b中压强过大°（2）制取蒸馏水时〕在圆底烧瓶b中放入少量碎瓷片的目的是防止液体暴沸°f的名称是直形冷凝管°（3）停止加热,关闭k｜］g中蒸馏水倒吸进入c,原因是c中温度下降’水蒸气冷凝成水,导致装置内气体压强小于外界大气压〕管路中形成负压］在大气压力作用下,锥形瓶内的蒸馏水被倒吸入c中°（4）Od中保留少量的水,其目的是液封‖防止生成的NH3逸出°@e中主要反应是按盐与碱在加热条件下反应生成NH3’离子方程△式为N盯＋OH＝≡＝NH3↑＋H2O◎e采用中空双层玻璃瓶的作用是保温’减少热量的损失,有利于NH｛完全转化为NH3而蒸出°（5）根据反应NH3＋H3BO3＝≡＝NH3.H］BO3、NH3°H3BO3＋HCl＝＝＝NH4Cl＋H3BO3及N原子守恒可得:n（N）＝〃（HCl）＝cmol。L｜×V×l0ˉ3L＝0.001c‖／mol,样品中氮的质量加（N）＝0。00lcVmol×l4g。moll≡0.0l4cVg!故样品中氮的质量分数为0卫l尘lL皇×加gl＂％＝L尘Iqb°样品中甘氨酸的质量≤O＂lcVmol×75g.mol＿｜＝刀00.075cVg,故样品的纯度≤0二Q2工L吕×l00％＝L旦LI％°加gm［刷盲所得］化学实验综合题中常见装置及操作:o插入液体中的长玻璃管的作用是保持装置内外压强平衡〕防止装置内气体压强过大;@直形冷凝管与球形冷凝管的区别是前者中间是粗细大致相同的直形玻璃管,其作用是冷凝气体!后者中间是玻璃球泡’其作用是冷凝回流;o蒸馏操作中碎瓷片的作用是防止暴沸｝@装置内液体发生倒吸的原因是装置内气体压强小于外界大气压强。［测‖｜｜诊断］（］）本题考查化学实验基础知识和基本技能,难度中等,大部分考生可得分°（2）本题若错,可能原因有:o对题目中实验操作及原因分析不至｜」位;@计算样品中氮的质量分数及样品的纯度时｛不能结合反应原理及守恒规律建立相关物质之间的定量关系°（l）将样品中可能存在的Fe2＋氧化为Fe3＋H2O2（2）SiO2（或H2SiO3）SiO2＋4HF-SiF4↑＋2H2O（或H2SiO3＋4HF—SiF4↑＋3H2O）（3）防止胶体生成,易于沉淀分离Al（（）H）3Fe（OH）3（4）45.0％［思路分析］水泥样品中加入氯化按｀盐酸和硝酸后,氧化钙以及铁｀铝和镁等金属的氧化物与盐酸和硝酸反应’反应后滤液中含有Ca2＋｀Mg2＋｀Fe3＋｀Al3十等!二氧化硅不溶于盐酸和硝酸》贝｜」沉淀A为二氧化硅,加氨水调pH为4～5,铝离子、铁离子水解生成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀而除去〗滤液中加入草酸按溶液］草酸根离子可与溶液中Ca2＋反应生成草酸钙沉淀,草酸钙与硫酸反应生成草酸,最后用高锰酸钾溶液滴定草酸来间接获知水泥样品中的钙含量。［解析］（1）水泥样品中含有铁的氧化物!加入盐酸后的溶液中可能含有Fe3＋｀Fe2＋,Fe2＋在pH为4～5时不能形成沉淀除去〕所以需要先加入氧化剂将Fe2＋氧化为Fe3＋］故加入硝酸的目的是将样品中可能存在的Fe2＋氧化为Fe3＋;双氧水是—种强氧化齐｜」‖可将Fe2＋氧化为Fe3＋,本身被还原为水］不会弓｜入新的杂质离子,故可用双氧水代替硝酸·（2）钙｀铁｀铝和镁等金属的氧化物都能溶于盐酸和硝酸的混合液］而二氧化硅不与盐酸｀硝酸反应,故沉淀A的主要成分为SiO2（或催化作用,但H＋可以加快歧化反应速率o反应ll比l快;D中由反应ll产生的H＋使反应l加快［解析］（1）由于SO2发生了歧化反应｛所以反应lj生成了H2SO4!则反应ll的反应物中还有SO2］结合原子守恒｀得失电子守恒可知该反应的离子方程式为I2＋2H2O＋SO2-4H＋＋SO;ˉ＋2I—。（2）O由干B是A的对比实验,即探究H2SO4对反应速率的影响｛所以B中KI的浓度应与A相同°@Iˉ是SO2歧化反应的催化齐｜」］对比A与B发现,硫酸存在时,SO2歧化反应速率加快,对比B与C发现’只有硫酸存在时,SO2不能发生歧化反应°O由于D中反应速率比A快］可知反应li比l快,反应ll产生的H＋使反应l加快。［关键点拨］对比实验找出唯—的变量:B在A的基础上加了硫酸］所以KI的浓度不变］对比A和B得出H2SO4对反应速率的影响〕对比B和C得出只使用H2SO4对反应速率的影响。‖0.（l）o加硝酸加热溶解固体’再滴加稀盐酸,产生白色沉淀@Fe2十（2）2Fe3＋＋FeˉFe2＋刨Fe2＋＋O2＋4H十-4Fe3＋＋2H2O加入KSCN溶液后产生白色沉淀α.05mol·L＿lNaNO3FeSO刨溶液分别取电池工作前与工作—段时间后左侧烧杯中溶液,同时滴加KSCN溶液,后者红色更深（3）溶液中存在反应:o2Ag＋＋Fe-Fe2＋＋2Ag,@Ag＋＋Fe2＋-Fe3＋＋Ag,oFe＋2Fe3＋-3Fe2＋°反应开始时’c（Ag＋）大,以反应o、@为主,c（Fe3＋）增大°约30min后,c（Ag＋）小,以反应O为主,c（Fe3＋）减小［解析］（l）O黑色固体中含有过量的铁粉及Ag,要证明黑色固体中含有Ag,可洗涤固体后,加硝酸加热溶解固体,此时溶液中有Ag十、Fe3＋、NOj｀H＋’再滴加稀盐酸,产生白色沉淀°@K3［Fe（CN）6］溶液可以检验Fe2＋,若生成蓝色沉淀］说明溶液中含有Fe2＋°（2）Fe3＋能与Fe发生反应:2Fe3＋＋Fe＿3Fe2＋°@空气中含有O2,酸性条件下可将Fe2＋氧化为Fe3十:4Fe2＋＋O2＋4H＋—4Fe3＋＋2H2O°由题给资料＂Ag＋与SCNˉ生成白色沉淀AgSCN＂,可判断溶液中含有Ag＋。O要证明假设a＼b｀c不是产生Fe3＋的主要原因］可以从实验I后续现象分析｛30min后溶液几乎无色,说明此时溶液中几乎没有Fe3十〗故可在保证假设a｀b、c中的影‖向因素都存在而假设d中的影响因素（Ag十）不存在的条件下,验证溶液中还是不会产生Fe3＋来证明假设a｀b｀c不是产生Fe3＋的主要原因°故可加入0.05mol.LˉlNaNO3溶液’此时a、b｀c中的假设条件都满足,但最终还是不会产生Fe3＋°要证明假设d成立］即证明实验I原电池装置中发生反应Ag＋＋Fe2＋-Fe3＋＋Ag,所以甲溶液可以是FeSO4溶液0作原电池的负极,发生电极反应Fe2＋—eˉ-Fe3十’右烧杯中发生电极反应:Ag＋＋eˉ—Ag］分别取电池工作前与工作—段时间后左侧烧杯中溶液］同时滴加KSCN溶液’后者颜色更深,即可证实假设d成立°（3）实验l～ll过程中,白色沉淀减少〗说明c（Ag＋）减小;红色加深,说明c（Fe3＋）增大,此时主要发生反应:2Ag＋＋Fe—Fe2＋＋2Ag〕Ag＋＋Fe2十-Fe3＋＋Ag°实验ll～Ⅲ过程中｛白色沉淀减少,说明c（Ag＋）减小’此时红色变浅〕即c（Fe3＋）减小,此阶段说明以2Fe3＋＋FeˉFe2＋反应为主°［刷盲所得］禾｜」用K3［Fe（CN）6］检验Fe2＋,利用KSCN检验Fe3＋°由反应Ag＋＋Fe2＋-Fe3＋＋Ag可知氧化′｜生Ag＋＞Fe3＋°第3节定量实验｝考点墅定量实圃｜o粉红色出现@黑｜棚×］00％［思路分析］含MnOJ的溶液为紫色‖用于氧化还原滴定时!还原产物Mn2＋是无色的］不需要另加指示剂;利用氧化还原反应找出关系式,得出晶体中铁的质量分数的表达式°［解析］OK3［Fe（C2O4）3］。3H2O溶于水后’加稀H2SO4酸化,反应的化学方程式为2K3［Fe（C2O4）3］＋6H2SO4-3K2SO4＋Fe2（SO4）3＋6H2C2O4』用高锰酸钾溶液滴定,实际上是高锰酸钾氧化草酸』当草酸恰好完全被氧化时,继续加入—滴高锰酸钾溶液,则有粉红色出现,且半分钟内不褪色°@过量锌粉把上述溶液中的铁离子还原为Fe2＋!再次滴定发生的反应是高锰酸根离子氧化亚铁离子:MnOJ＋5Fe2＋＋8H＋-Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O,Ⅶ（Fe2＋）≡5几（MnOJ）＝5cV×］0ˉ3mol］铁元素的质量为5cV×l0ˉ3×56g,该晶体中铁的质量分数的表达式为黑｜×蒜×｜＂％。23o微信公众号嗨呀同学答案及解析［解析］O锥形瓶内ClO2与KI在酸性条件下发生氧化还原反应生成I2和KCl和水,反应的离子方程式为2ClO2＋l0Iˉ＋8H＋-5I2＋4H2O＋2Clˉ◎@玻璃液封装置可以吸收二氧化氢气体,同时避免碘的逸出°oV中加入的指示剂为淀粉溶液,当锥形瓶中的碘完全与滴入的硫代硫酸钠反应时〕溶液由蓝色变为无色!且半分钟内溶液的颜色不再发生变化〕说明滴定至｜」达终点°@由反应的离子方程式可得关系式;2ClO2～5I2～10S2O;ˉ’则＂（C｜O』）＝十＂（S』O;ˉ｜＝＋×αl000m°l.Lˉ｜×α02000L＝0.＂04mol,m（ClO2）≡0.0004mol×67.5g·mol—l≡0ˉ02700g°6（1）适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率（2）减小｜』｜2’mL溶液中;＂｜s0i—｜-＂｜圈斟so』）-2删品告—0.0100mol2.5mL溶液中:n（Al3＋）≡n（EDTA）—n（Cu2＋）＝0.1＂0mol·Lˉl×25°00mL×l0ˉ3L°mLˉl-0°08000mol·Lˉl×20°00mL×10ˉ3L·mLˉl≡9.000×10ˉ4mol25mL溶液中:″（Al3＋）＝9.000×10ˉ3mollmol（1-如）Al2（SO4）3·熊Al（OH）3中n（Al3＋）＝（2-箍）mol;″（SO;ˉ）＝3（lˉz）mol糕＋』｜←÷｜≡9删｜腮严!,疟0＂［解析］（l）由已知反应分析可知,该反应的原理可视为Al3＋与CO;ˉ发生双水解反应］促进Al3＋水解即可提高则的值』所以可增加碳酸钙的量!Al3＋的水解平衡正向进行!或加快搅拌速率使碳酸钙与Al3＋水解生成的H＋充分接触反应,促进Al3＋的水解平衡正向进行,提言愿值°（2）由于SO2是酸性氧化物’碱式硫酸铝吸收SO2后溶液的酸性增强,pH减′｜｀°（3）由碱式硫酸铝的化学式可知↑物质中铝离子与硫酸根离子的比值为（2＝匆）:3（1—卯）』依据25.00mL溶液中生成的硫酸钡沉淀的质量,可求出硫酸根离子的物质的量为0.01mol｛用加入的EDTA的总量减去铜离子消耗的量即得铝离子的物质的量°则2。5mL溶液中铝离子的物质的量为（0.l000mol·Lˉl×25.＂mL×10—3L.mLˉl一0ˉ080＂mol。L—l×20.00mL×10ˉ3L°mLl）≡9。0＂×l0ˉ4mol,由此求出25mL溶液中含铝离子9。Ⅻ×l0—3mol］最后由Al3＋与SOiˉ的比例关系求出卿,即∏（Al3＋）＝2ˉ勿＝9.000×10ˉ3mol解得卿＝0.41°7。（1）250mL（棕色）容量瓶｀胶头滴管（2）避免AgNO3见光分解（3）防止因Fe3＋的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3＋的水解）（4）否（或不能）若颠倒,Fe3＋与Iˉ反应‖指示剂耗尽,无法判断滴定终点（5）l0.000.0600（6）用NH4scN标准溶液进行润洗（7）O偏高@偏高［思路分析］该题使用NH4SCN标准溶液来滴定过量的Ag＋］再用加入的n总（Ag＋）减去MI4SCN滴定的″（Ag＋）!最终可求算出c（Iˉ）｛在计算滴定液体积时要注意数据的筛选及求其平均值］使用滴定管前必须先用蒸馏水清洗并检漏］然后使用待装液润洗］误差分析时转化为消耗NH4SCN的量°［解析］（l）因为AgNO3见光易分解〕所以使用棕色容量瓶,且要注意容量瓶规格是250mL!还需要选用胶头滴管定容。（3）滴定过程中要防止Fe3＋的水解影响滴定终点的半｜」断,所以要在pH＜0。5的条件下进行滴定°（4）由于Iˉ能将Fe3＋还原］所以b和c两步操作不可颠倒,否贝｜」Fe3＋完全转化为Fe2＋］而无法确定滴定终点°（5）10.24mL为反常数据’应舍去‖所以消耗NH4SCN溶液体积的平均值为l0。02mL＋9.98mL＝10.00mL°2500mLNaI溶液中2n（Iˉ）≡c（AgNO3）·V（AgNO3）-c（NH4SCN）°V（NH4SCN）＝25·＂×l0ˉ3L×0。1＂0Inol·Lˉl-10°＂×l0ˉ3L×0.l＂0nm.Lˉl≡α00｜5mol｀所以c｛r）＝2删娜:!L＝o0600m°卜Lˉ!·（7）O配制AgNO3标准溶液时烧杯中溶液有少量溅出,使得AgNO3标准液的浓度减小,贝｜」消耗NH4SCN溶液的体积偏小!使计算的Iˉ消耗的Ag＋的量偏大’即测定结果偏高°@滴定终点俯视标准液液面使得读数比实际读数偏小,即读取的消耗NH4SCN溶液的体积偏小,使计算的Iˉ消耗的Ag＋的量偏大,即测定结果偏高°夏题分类集‖｜｜H2SjO3）『二氧化硅可与氢氟酸反应!生成四氟化硅和水｜该反应的化学方程式为SiO2＋4HF—SiF4↑＋2H2O（或H2SiO3＋4HF-SiF4↑＋3H2O）°（3）Fe3＋和Al3＋在pH为4～5日寸可水解分另｜」生成氢氧化铁｀氢氧化铝,水解过程中会生成氢氧化铁胶体和氢氧化铝胶体〗不利于分离出沉淀〕加热可使胶体聚沉,有禾｜」于分离出沉淀,所以加热可防止溶液中有胶体生成,易于沉淀分离,故沉淀B的主要成分为Al（OH）3｀Fe（OH）3。（4）根据化合价升降法｀电荷守恒和质呈守恒配平反应MnOJ＋H＋＋H2C2O4—→Mn2＋＋CO2＋Ⅱ2O,可得2MnOJ＋6H＋＋5H2C2O4-2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O,设含钙的物质的量为鳃mol,由反应方程式和钙元素守恒可得关系式:5Ca2＋5H2C2O4～2MnOJ5mol2mol卯mol0°0500mol°Ll×36。00×l03L5mol2mol卯mol0ˉ0500mol·Lˉ1×36°00×l03L’解得Z≡4.5×］0ˉ3,则0.400g水泥样品中钙元素的质量为45×l0ˉ3mol×40g·molˉl＝0.180g’故该水泥样品中钙的质量分数为0二lβl＿吕×100％＝45.0％°0.400g［刷育所得］当溶液中含有Fe2＋杂质时,通常将其转化为Fe3＋,再调节溶液pH］使其生成Fe（OH）3沉淀而除去『SjO2虽是酸′｜生氧化物］但能与HF反应;双氧水为绿色氧化齐｜」〗作氧化剂时自身被还原为水’不会弓｜入杂质。［测‖｜｜诊断］（1）本题以测定水泥样品中钙含呈为载体考查工艺流程分析,涉及化学方程式的书写｀氧化还原反应的配平｀根据关系式进行计算等’难度中等’大多数考生可得分°（2）本题若错,可能是第（4）问出错,未能正确配平离子方程式并根据关系式法进行求解。4（1）使测定值与水体中的实际值保持—致’避免产生误差（2）O2＋2Mn（OH）2—2MnO（OH）2（3）量筒氧气（4）蓝色刚好褪去80α6（5）低［思路分析］（1）根据生沽常识可知扰动水体表面会使水中的气体逸出『（2）根据题给信息,写出反应的化学方程式;（3）Na2S2O3溶液不稳定,配制该溶液所用的蒸馏水中不能含有氧气;（4）根据滴定原理和得失电子守恒,找出物质之间的关系式并进行计算°［解析］（1）取水样时如果扰动水体表面｛会使水体中溶解的氧气逸出］则会产生误差］故取水样时应尽量避免扰动水体表面°（2）根据氧化还原反应原理Mn（OH）2被氧气氧化生成MnO（OH）2,该反应的化学方程式为O2＋2Mn（OH）2～MnO（OH）2。（3）配制Na2S2O3溶液时需要的玻璃仪器有烧怀｀玻璃棒｀试剂瓶和量筒Na2S2O3溶液不稳定‖可被空气中的氧气氧化］故配制Na2S2O3溶液时用的蒸馏水要经过煮沸除去水中溶解的氧气°（4）淀粉溶液遇碘变蓝』由离子方程式2S2O;—＋I2-2l＿＋S4O;—可知,当滴定至终点时］碘单质恰好全部转化为碘离子,则溶液的蓝色褪去］故滴定终点现象为溶液蓝色刚好褪去;根据得失电子守恒可得关系式删O2～2MnO（OH）2～2I2～4S2O;32g4mol′n（O2）αmol。Lˉl×6×l0ˉ3L32g—4molm（O2）αmol。Lˉ｜×b×l0ˉ3L’解得m（O2）＝8αb×l03g＝8α6mg‖贝」水样中溶解氧的含量为β旦hˉ四吕≡80α6mg·Ll。0.lL（5）若滴定完成后滴定管尖嘴处留有气泡’则读取的消耗的Na2S2O3溶液的体积偏小｜导致测量水样中溶解氧的含量结果偏低°［刷盲所得］得失电子守恒:在氧化还原反应中氧化齐｜」得至｜」的电子总数＝还原剂失去的电子总数＝转移的电子总数。［测0｜｜诊断］（1）本题以碘量法测定河水中的溶解氧含量为载体,考查化学方程式的书写、实验仪器的选择、氧化还原滴定及误差分析等知识!难度中等,多数考生可得分°（2）本题若错］可能第（4）问因未能分析清楚滴定原理’而在描述滴定终点的现象时出现错误j第（5）问可能因对消耗Na2S2O3溶液的体积分析错误而导致答错°5ˉO2ClO2＋10Iˉ＋8H＋ˉI2＋4H2O＋2Clˉ@吸收残余的二氧化氯气体（避免碘的逸出）o淀粉溶液溶液由蓝色变为无色’且半分钟内溶液颜色不再改变qn02700｜｜@!微信公众号嗨呀同学高考必刷题夏题分类集训化学的I2’达至｜」滴定终点时］溶液蓝色褪去,且半分钟内不恢复原来颜色。由测定原理中三个反应可得关系式:O2～2MnO（OH）2～2I2～4Na2S2O］!滴定时消耗标准Na2S2O3溶液450mL’贝｜」有则（O2）＝十″｜N鞠S2O］｜＝÷×450×l0』L×α0l000m。卜L｜≡1.l25×l0ˉ5mol’故200mL水样中m（O2）＝l.125×l05mol×揣蒜L×32‘.m。lˉ｜＝M00×」0］‘＝」800mg｜该水洋的DO＝b÷船二9Dm野Lˉ｜。生活饮用水源的DO不能低干5mg·Lˉl,该水样的DO为9.0mg°Lˉl,故此次测得水样的I）O达标°（7）步骤d中加入H2SO4溶液反应后］若溶液pH过低,溶液的酸性较强,步骤e中利用标准Na2S2O3溶液滴定I2时,Na2S2O3发生歧化反应;2H＋＋S2O;ˉ-S↓＋SO2↑＋H2O｜生成的SO2与I2发生氧化还原反应生成H2SO4和HI』SO2＋I2＋2H2O—4H÷＋SOiˉ＋2Iˉ。另夕卜,溶液中的O2可将I氧化成I2:4H＋＋4Iˉ＋O2＝≡2I2＋2H2O◎［刷百所得］实验操作中搅拌的作用是使反应混合物混合均匀!加快反应速率｜滴定终点的标志是溶液褪色（或由无色变成有色）,且半分钟内不恢复原来的颜色°［测训诊断］（1）本题是定量化学实验综合试题,涉及仪器的选择｀实验操作描述｀氧化还原反应方程式的配平、滴定操作及数据处理｀实验误差分析等］难度中等,大部分考生可得分。（2）本题若错］可能是实验提供的信息较多］不能将题给信息进行分解,分另｜」用干分析｀解答各／｝＼题『缺乏对化学实验的分析及评价能力°［易错分析］第（l）问易忽略AgNO3见光易分解的性质和容量瓶的规格而漏答棕色和容量瓶的规格（250mL）‖第（5）问易忽视l0。24mL是反常数据应舍去,第（7）问因分析不清楚实验操作对测定结果的影响而错答°［测‖｜｜诊断］（1）本题考查—定物质的量浓度溶液的配制｀常见仪器的使用、滴定计算及误差分析等’试题难度中等］大多数考生可得分°（2）本题不应错』若错,可能答题不规范或漏答,或计算滴定结果时误用三组数据出现错误。8.（1）将溶剂水煮沸后冷却（2）@（3）使溶液混合均匀’快速完成反应（4）1’2,4,1’1’3（5）重复步骤e的操作2～3次（6）溶液蓝色褪去（半分钟内不变色）9.0是（7）2H＋＋S2O;ˉ～S↓＋SO2↑＋H2O;SO2＋I2＋2H2O-4H＋＋SO;ˉ＋2Iˉ;4H＋＋4I＿＋O2-2I2＋2H2O（任写其中2个）［思路分析］分析测定河水的DO的实验装置｀测定原理及测定步骤,结合题目具体要求〕迁移应用氧化还原反应｀中和滴定等知识,分析｀解答相关问题°［解析］（l）氧气在水中的溶解度随温度的升言而降低!故配制无氧溶液时‖可通过加热煮沸｀冷却的方法除去溶齐｜｜水中的氧气°（2）在橡胶塞处加入水样及有关试剂’应选择的仪器是注射器,操作方便｀简单,且在加入试剂的过程中不会弓｜入空气中的氧气°（3）开启搅拌器进行搅拌的作用是使溶液混合均匀〕加′｜央反应速率°（4）该反应中〕Mn元素由＋4价降低至｜」＋2价,I元素由ˉ1价升高至｜」0价!结合得失电子守恒｀原子守恒和电荷守恒配平该离子方程式MnO（OH）2＋2Iˉ＋4H＋—Mn2＋＋I2＋3H2O°（5）滴定实验操作中,要多次测定取平均值,故步骤f是重复步骤e的操作2～3次°（6）以淀粉作指示剂『用0。01000mol°LˉlNa2S2O3溶液滴定生成第十-章有机化学基础趴此可以找至｜」B中手性碳原子‖即（3）根据B的结构简式可知分子中含有8个C｀l个O｀2个不饱和度°根据要求:o具有—个六元环（占用l个不饱和度）;@能发生银镜反应,含醛基（占用l个O和1个不饱和度）｛当六元环上有2个取代基,则取代基为＿CHO、—CH3］二者连在不同C原子上的结构富』融（＿0cm旷幢H∩＼口』鸟2个…”｀CHO碰阎—个c膘了…〈二〉√＂j;奎六元……″时』取代基为—CH2CHO』同分异构体的结构是0CH2C＂O’共5种,任选3种即可°（4）联系C｀E的结构简式和反应O的条件可知D的结构简式为揖Ⅷ＂………『…….C2H5OH｀浓硫酸｛反应条件为加热。（5）由思路分析可知F→G的反应是酷在碱性条件下水解后再酸化,枪狐『…结台G的结构可以推出F的结构为结构简式与另—反应物的结构简式（CH3CH2CH2Br）’可知E→F是E与澳代烃发生了取代反应°COOH｜7｜将目标产物键线式写成结构简式叭CH—『CH』』再对比原料与◎0目标产物的结构,结合题干中E→F→G可知乙酚乙酸Z酪中连有酷基和鼓基的碳原子上的H可以与卤代烃发生取代反应』因此只需要将甲苯与滇存光照条件下发生取代得到3CH型B『』后面两步按照反应o｀@进行合成即可得到合成路线°｜考点56有机合成与推断｜耐T.（1）轻基（2）CHOCHOPHOqHO『HO~／己丁｛＼卤◎亡｜搔写3辩｜中（3）（4）C2H5OH／浓H2SO4｀加热（5）取代反应枪川,些怖.贬＂二Ⅷ（6）啡些怖＂Br2（7）C‘H5CH3颗C6H5CH2BrcⅡ』coCHcooc2H’l）C2H5ONa／C2H5OHCH3COCH2COOC2H52）C6H5CH2BrCH2C6H5CH』CO↑HCOOH1）OHˉ′△oCH22）H＋C6H5［思路分析］A→B发生的是醇被高锰酸钾氧化为酮的反应｜B→C是B与甲醛发生加成反应;由C和E的结构及C→D的反应条件可知D的结构,对比E｀G的结构结合反应o｀@的反应条件可知F→G是酪在碱性条件下水解后再酸化的过程,根据G的结构可以逆推出F的结构,E→F应该是E与澳代烃发生取代反应］这个是第（7）问合成路线设计的关键。［解析］本题以常见的有机反应类型为出发点,侧重考查学生从题中获取｀归纳信息并用于解题的能力。（1）由A的结构简式可知A中所含的宫能团是轻基°（2）手性碳原子的特点是碳原子上连有4个不同的原子或基团‖由@微信公众号嗨呀同学答案及解析式可以看出W分子中含有14个C原子｀4个O原子｀12个H原子,故分子式为Cl4Hl2O4°（4）根据“控制变量法＂］读表可知实验1｀2｀3变量是碱!实验4｀5｀6变量是溶剂‖此外,还能探究不同温度和不同催化剂对反应产率的影响°（5）根据D的结构简式可知D的分子式为C8H9O2I‖含有4个不饱和度!根据条件o含有苯环（4个不饱和度）,@有三种不同化学环境的氢个数比为6:2:l!说明X分子中含有2个—CH3（对称位置）,O1mol的X能与足量金属钠反应产生2gH2,说明—个X分子中含有2个—OH（结合H原子种类及个数比’说明2个—OH也是对称结构）］II立抑立吗由此推出X的结构简式可以是HOOH（6）结合题干反应@采用逆向合成分析法分析,能够反应得至｜」目标产……是苯乙烯矿和碘零〈—厂!｝∩｜可以根″反应O由苯与KI／BTPPC反应得到;苯乙烯可由卤代烃经消去反应得到:原料澳乙烷与苯发生取代反应制得Z苯!乙苯在光照条件下发生取代反应得至｜」卤代烃;据此可写出台成路线°［易错疆示］本题第（6）问台成路线的书写难度较大,特别是苯乙烯的合成,合成路线的第步题干没有信息支撑,目题干反应@对合成路线还有干扰］不易得分°4（l）氯Z酸（2）取代反应（3）乙醇／浓硫酸｀加热O叔义》〈义（4）Cl2Hl8O3（5）醚键｀轻基（6）O叫2ClqH2CN叫2OHCH2COOH｜训c卫◎埋C垫岭卤.器;罢日c＂』coocH葱＿〈≡》［解析］（1）A为乙酸分子中甲基上的—个氢原子被—个氯原子取代的产物〕故其名称为氯Z酸°（2）B→C是B中的氯原子被NaCN中的氰基取代］所以反应类型为取代反应。（3）D是丙二酸］E是丙二酸二乙酮反应@是丙二酸与Z醇发生酷化反应生成丙二酸二Z酉旨〕因此所需的试剂是乙醇（C2H5OH）和浓硫酸,所需条件是加热°（4）从G的键线式可以看出］1个G分子包含1个C6H5～］5个—CH2—!3个—OH］1个—C—］分子式为Cl2Hl8O3°（5）根据W的键线式可以得出其中含氧官能团的名称是醚键和轻基°（6）E分子中有l2个H原子］核磁共振氢谱有2组峰且峰面积比为l:1］说明l2个H中各有6个相同的H原子］6个相同的氢原子分为2个相同的＿CH3］即可能有2个—CH3连在同—个C原子上,或者是2个—CH3处于对称结构;其次要求属于酪类同分异构体!贝｜」含酪基〕由此得至｜」的结构简式为CH3OOCC（CH3）2COOCH］或CH3COOC（CH3）2OOCCH3。（7）从苯乙酸干酉旨的结构简式可以看出它是由苯乙酸与苯甲醇发生酉旨化反应得至｜」的°结合题给合成路线采用逆推法即可写出合成路线。OH闻5（l）C6Hl2O6（2）轻基（3）取代反应（4）H3CCOO碱·惮·〈〕寺.№°H一…呐.（5）H3CCOOHO（6）9〉ˉ〈HOOCCOOH［思路分析］葡萄糖的分子式为C6H｜2O6,是多轻基醛在催化剂作用下!与H2发生加成反应生成的A为HOCH2（CHOH）4CH2OH°B的不饱和度为2,C的不饱和度为3!从B至｜」C不饱和度增加了l〕通过对比分子式,C比B多了2个C＼1个O和2个H〕综合这些信息〕可以推出B与CH3COOH在催化剂作用下发生酷化反应0且只有—个夏题分类集训2（l）丙烯氯原子轻基（2）加成反应OHO（3）Cl＼人／Cl＋NaOH—→乙—兰＼／Cl＋NaCl＋H2OClO（或HO＼／LCl＋NaOH—→么＿△＼／Cl＋NaCl＋H2O）~γH］~γH3O卤凰叶Ⅷ｜c｜‘｜＂｜‘（4）~｜Cl~｜ClCHOCHO［解析］本题考查官能团名称｀反应类型＼基本方程式书写以及同分异构体的书写°（］）含3个碳原子的烯烃A是丙烯°由合成路线图知,丙烯与氯气在光照条件下发生甲基上的取代反应’生成的B为CH2＝CHCH2Cl］OHB再与HOCl发生碳碳双键上的加成反应》生成的C为Cl＼／LCl或ClHO＼人／Cl’C中宫能团为轻基和氯原子°（2）B生成C的反应类型为加成反应°（3）C→D发生分子内消去反应,脱去HCl!脱去的氯化氢与NaOH反OHO应生成NaCl和H2O;Cl＼／LCl＋NaOH—→么＿△＼／Cl＋NaCl＋ClOH2O或HO＼／八／Cl＋NaOH—→么—△＼／Cl＋NaCl＋H2O。（4）将信息O中的—R改为苯基分别得至｜」E和F的结构简式,E为O○人…‰（5）E的二氯代物的分子式为C8H6OCl2,属干芳香族化合物,表明含有苯环’能发生银镜反应说明含有醛基（—CHO）〕峰面积比为3:2:l说明有l个—CH3!核磁共振氢谱有≡组峰说明结构具有高度对称性（两个氯原子在苯环上为对称位置）,满足上述条件的同分异构体.…哄赞q铡『№口＂.~｜~＂CHOCHO（6）由G的结构简式可以看出,生成1molG需要（n＋2）molD参与反应｛D与F发生取代反应,有（n＋2）molD参与反应］则生成（＂＋2）molHCl,HCl与NaOH反应生成NaCl和H2O,可知生成lmol单—聚台物G时,产生（n＋2）molNaCl和（″＋2）molH2O］即（″＋2）mol×（58.5g.molˉl＋18g°molˉl）＝765g!解得n＝8°［关键点拨］第（6）问考查聚合度的计算〕需了解反应机理〗认识到聚合物是如何产生的〕再根据产物NaCl和H2O的总质量来反推聚合度°3.（l）间苯二酚（］,3—苯二酚）（2）竣基｀碳碳双键（3）取代反应Cl4Hl2O4（4）不同碱不同溶剂不同催化剂（或温度等）II宜＂侧宜＂＂（5）HOOHCl（6）○黑笋／—◎÷〉—◎鉴L′ˉ◎炒◎坐惨〈＝厂IG｀—◎［思路分析］从W的合成路线来言,所有有机物的结构简式都指明了,不需要椎断〗前4问看问题就能直接写答案｝第（5）问解题的关键是写出D的分子式’判断不饱和度,根据H原子的种类和数目找对称结构｛第（6）问合成路线需要采用逆向合成分析法°［解析］本题以氧化白蔡芦醇W（具有抗病毒功效）的合成为背景考查有机基础知识〗涉及有机物的命名、宫能团的名称｀反应类型｀分子式｀同分异构体的书写、合成路线等。（］）根据习惯命名法’A为间苯二酚｛根据系统命名法,A为1,3ˉ苯二酚。（2）＝／COOH中的宫能团名称为碳碳双键和梭基°（3）由D｀E的结构简式分析］反应O为取代反应!根据W的结构简~~~~@微信公众号嗨呀同学高考必刷题舅题分类集训化学醇轻基与乙酸发生了酪化反应’酪化反应是取代反应的—种,所以由OH闻~B至｜」C的反应类型为取代反应］C的结构简式为H3C＼C≡OO根据C｀D的分子式分析’C→D是C分子中轻基与硝酸发生取代反应,D至｜」E是酪在碱性条件下的水解反应〗由E的结构简式可推知D的结构简ONO2妈~式为H3C＼C≥OO［解析］（l）葡萄糖的分子式为C6Hl2O6°（2）山梨醇（A）为葡萄糖催化加氢的产物］故A的结构简式为HOCH2（CHOH）4CH2OH］含有的宫能团为轻基°（3）B→C发生的是醇与酸的酪化反应,属于取代反应°OH闪~（4）由B→C的反应类型推知C的结构简式为~｜H3CCOO（5）D到E是酷在碱性条件下的水解反应,反应方程式为ONO2ONO2闻…一脚ˉ…叭…H3CCOOHO（6）F是B的同分异构体］则F的分子式为C6Hl0O4］7.30gF的物质的量为0.05mol!与足量碳酸氢钠溶液反应产生的CO2的物质的量为22汗’甜°lˉ!二010m°!』说明｜m°］F分子中含有2m。l梭基·再将F看作是丁烷分子中2个H原子被2个梭基取代,先写出丁烷2种异构形式的碳骨架‖采用＂定—移—＂的方式写出2个矮基的取COOHCOOHCOOH代位置:CC—C—C、C—C—C—C、C—C—C—C｀COOHCOOHCOOHCOOHCOOHCOOHC—C—C—C｀C—C—C—C、C—C—C—C｀C～C—C＼COOHCOOHCOOHCOOHCCOOHCOOHC—C—C—COOH｀C—C—C＿COOH!共有9种;F分子中有10个｜CCCOOHH原子,三种氢原子的个数比为6:2:2,贝｜」分子中有2个—CH3对称,2个—CH—对称,2个—COOH对称,因此满足条件的结构简式为〉ˉ（°HOOCCOOH△6.（1）丙炔（2）≡-CH2Cl＋NaCNˉ-→≡-CH2CN＋NaCl（3）取代反应加成反应（4）≡-CH2COOC2H5OC6H5＼√O儿O＾（5）轻基、酪基（6）OHOOO（7）儿Oˉ≡—／人O／—≡议o≡OOO—≡」o＾—≡—儿o／／＿≡儿o／［思路分析］（1）物质A含有碳碳三键〕属于炔烃°（2）丙炔与氯气在光照条件下发生取代反应生成B‖B为单氯代烃’则为ClCH2C≡CH,再结台C的分子式知B与NaCN发生取代反应得到CH≡C—CH2CN。（3）根据已知信息和H的结构简式可推知G和F的结构简式°（4）C→D为—CN先转化为—COOH!再与乙醇发生酪化反应°（5）根据Y的结构简式可知分子中含有的含氧宫能团为轻基、酷基。（6）H为苯丙醛｀F为苯甲醛,因此通过类比可得E与F反应产物的结构简式为∩↑Ⅱ—「—CⅡ』COOCH2CH』。（7｜结合OHCH2D的分子式以及含有的宫能团和三种氢原子数目比为3:3:2,可知满足条件的同分异构体中含有两个不同位置的—CH3｀—个—CH2｀碳碳三键和酷基］由此可写出满足条件的同分异构体。［解析］（l）物质A含有碳碳三键〕属于炔烃,其名称为丙炔。（2）丙炔与氯气在光照条件下发生取代反应生成ClCH2C≡CH］再利用C的分子式可知B与NaCN发生取代反应,C为CH≡C—CH2—CN。（3）F→G发生信息反应］则F中含有—CHO’结合F的分子式可知,『为OC＂O』则C为OCH＝CHC＂＂』对比嚼与H的结构简式可知,G→H发生加成反应°（4）C→D过程中—CN先转化为—COOH,再与乙醇发生酪化反应!故D的结构简式为CH≡CCH2COOCH2CH3°（5）利用Y的结构简式可知分子中含有的含氧宫能团为轻基、酪基°（6）H为苯丙醛,与E在Cr-M催化下发生反应得至｜」Y!F为苯甲醛!因此通过类比可得E与F反应所得产物的结构简式为G＿↑H—｜—CH2COOCⅡ2CH』·OHCH2（7）D的分子式为C6H8O2〕分子中含有碳碳≡键和酪基〕则X中也含有碳碳三键和酪基;核磁共振氢谱显示有3种氢原子,峰面积之比为3:3:2,则满足条件的同分异构体中含有2个不同位置的—CH3（即2个甲基不能连接在同—个碳原子上）和1个—CH2—,由此可得满足条件的同分异构体°［易错警示］本题考生可能在回答（5）｀（7）小题时］忽视题目要求或限定条件而错答伺日寸可能由于信患迁移能力较差导致错答（6）小题°［测‖｜｜诊断］（］）本题主要考查有机物合成与推断〕难度中等〕意在使大多数考生得分°（2）本题不应错’若错｛可能是不能正确推出合成路线中有关物质的转化关系］不能写出有关物质的结构简式或忽视题目中限定条件造成的°［刷育所得］解答有机推断题策略首先要认真审题,分析题意,从中分析出已知条件和推断内容］弄清被推断物和其他有机物的关系,以反应条件｀特征现象｀结构简式或分子式变化等作为解题突破□,结合信息和相关知识进行推理｛排除干扰〕作出正确推断］同时应关注宫能团种类的改变］弄清楚反应机理和反应类型°（1）苯甲醛（2）加成反应取代反应（或酪化反应）｜］｜敬［≡ccoo＂炯［羔＾岿,Qαˉc…＂,幽′（4）哥‘蛔…‘妊哑№（5）HC≡C／口凸cˉ臆—c＂o皿‘≡ccoo圃｜…刺｜｜6｜○÷OαM删f＂佩。＂;O里磊笋C辽7Br斗】■」℃℃／／●←下Ⅲ‖Br［思路分析］分析由芳香化合物A制取H的合成路线］结合有机物之间的转化条件及已知信息反应推断A～G的结构简式〕再结合题目要求’迁移应用所学知识分析｀解决相关问题°［解析］A与CH3CHO在NaOH／H2O｀加热条件下反应生成O时…B（〔】9H8O）,结合已知信患反应O可知］A为◎—c＂-‘日［』＂o.＂经…化;oc叫o＂｜:加热凰＂,（酸化）生成C（C9H8O2）］该过程中—CHO转化为—COOH〕贝｜」C为◎—c＂ˉc＂co0＂·＂与＂·鳖壁枷［成反廊锥成＂｜…』［儿｜』则Ⅲ为◎—!!—俏‖c。o＂。D经两步转化:｜@微信公众号嗨呀同学~~答案及解析＼oⅡo—O—bˉ／—厂带＂』0（4）取代反应（5）Cl8H3lNO4矽“遗HO（6）6HOOH［解析］A的化学式为C2H4O｛其核磁共振氢谱为单峰］则A为C吧2丁CH2｝B的化学式为C3H8O』核磁共振氢谱为三组峰’峰面积O之比为6:l:l!贝｜」B的结构简式为CH3CH（OH）CH3;D的化学式为′C7H8O2,其苯环上仅有两种不同化学环境的氢1molD可与1molNaOH或2molNa反应｛贝｜」苯环上有酚轻基和—CH2OH］且两个取代墓为剩位给构》＂｜＂的缝…为」∑广o＂.HO（l）A的结构简式为C!2丁CH2°O（2）B的结构简式为CH3CH（OH）CH3,其化学名称为2ˉ丙醇或异丙醇°（］）Ⅱo＝o人｜们｜和」≤广oH（n｜发生…咸＂HO的化学方程式为H0→0人＋＂o＿◎—＼o＂斗垫＼oⅡo—O—b—／—厂＋＂:0（4）根据反应物的结构简式和F的分子式可知,E和CH勺CHCH7Cl＼～／＝发生取代反应生成OH2C‖‘＂—c＂』—0—s……＂｜刚』｜』№F［（5）根据有机物G的结构简式可知其分子式为Cl8H3lNO4°（6）L是D的同分异构体’可与FeCl3溶液发生显色反应｛说明L中含有酚轻基,1molL可与2molNa2CO3反应,则l个L分子中含有2个酚轻基］由分子式可知L中还含有l个甲基｛满足条件的L的结构简式有6”』,册Ⅱ笛叫出曲‖HO种:OH弘闸………＂』叫HO~｜OH有4种不同化学环境的氢原子,峰面积之比为3:2:2:］‖说明不同化学环境的氢原子的个数比为3:2:2:1｛满足条件的L的结构简式为汐Ⅲd~HOHOOH［刷百所得］同分异构体的书写的—般｜｜顶序:宫能团类别异构→碳骨架异构→宫能团位置异构。书写的—般步骤:半｜」类另｜」、写碳链｀移官位｀氢饱和。［测‖｜｜诊断］（1）本题主要考查有机物的合成与推断,涉及有机物的命名｀反应类型的判断｀有机反应方程式的书写及同分异构体数目的判断与书写等知识,难度中等,意在考查考生分析推断能力°（2）本题第（3）问,化学方程式的书写易出现错误;第（6）问同分异构体的书写易因漏写或书写不规范等原因而失分。a（」｜厂》cH』三氟甲苯（2）浓HNO3／浓H2SO4｀加热取代反应OKoH／c2H5oH＼加热（消去反应）,@H＋（酸化）生成E,贝‖E的结构简式为Qc≡m∩∩∏·…＂,o‖在溅＂鲤sQ加热条件下…化反…F,则『为OC≡c…＂’。…蛔渊避｜……在催化齐｜」作用下生成H（☆.构体,结合已知信息反应@可知,G为Od＂…瞄…（l）由上述分析可知,A为（2）α｛OcHˉcucoo＂｜与隘,…q成反应生咸∩｜o!!—!!窿oo＂｜;＂…oⅢ存…抑瓣条件「…化反应生咸『｛ocˉcc0oc』＂’｜｀该反应属…反应°｜』｜由上述分析可知』腻的籍构简式为nc≡cc∩∩＂◎肉（4）G为甲苯的同分异构体,其结构简式为『｜αc—c…＂』｜与c在催化剂作用下发生已知信息反灯蔗幢凰＂应@,生成H（（5｜萧霍化舍物堤′（Oc≡“ooQ日’｜输同分异构侮瞒足条件:O能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2‖则含有—COOH;@核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢原子,峰面积之比为6:2:1:1｜则X分子结构对称,且含有2个—CH3］满足条件的X的—αmo肌＂幢-c二口酗皿结构可能为HC≡C＼~／岭…咖№／Gc一cm°哪／｜‘｜○与αⅪ…条件卜…代反…○α』霉存№oⅢc』Ⅱ鼠oH加热条件下发生消玄反应生成O;缮台已知信息反应翻′◎与c＂』CˉmⅡ』在催化剂作用卜发生反应生成闻;（Cα｜最后与圃……肆Ⅷ,鹏此写出合,路线°［易错警示］第（4）问易错的原因有◎不能正确推导有机物F和C的结构简式;@不能模仿已知信患反应@写出化学方程式°第（5）问易错的原因有:O不能根据X与饱和碳酸氢钠溶液的反应｀核磁共振氢谱等信息判断苯环上所含基团的种类及个数;@忽视X分子结构的对称性。［测‖｜｜诊断］（1）本题考查有机物的名称｀反应类型｀化学方程式的书写｀限制条件的同分异构体的书写｀有机合成路线的设计等问题侧重考查综合分析能力｀逻辑推理能力和迁移应用能力〕难度中等,大部分考生可得分°（2）本题若错,可能是因为不熟悉有机物之间的转化,不能根据题给信息正确推断未知有机物的结构,影响解答°a（｜）V（2）2ˉ丙醇（或异丙醇）｜3｜＂o＝o人＋Ⅱo—◎＿bH典巡@夏题分类集‖｜｜微信公众号嗨呀同学高考必刷题夏题分类集训化学『L?F］◎啊』＝战!蜒◎＂务,＂α｜（3）吸收反应产生的HCl’提高反应转化率（4）Cl1H｜lF3N2O3（5）9γCH』γCH』γCH’?CH3（6｜◎黄搔拭湍黑器中中喀△NO2NH2NHCOCH3［思路分析］（1）根据反应条件可确定卤素取代的位置可确定A的结构;先确定取代基位置,再看碳架结构｝可进行简单有机物的命名。（2）硝化反应的反应条件属于识记型的知识,依据反应物和生成物的结构特点可以确定反应类型°（3）根据反应物和生成物的结构及特征,可确定有机反应方程式］书写时不要忘记反应条件°（4）根据结构简式结合不饱和度可以确定分子式°（5）有机物G的苯环上共有3种不同取代基］分别标记为—A｀—B｀—C,则先固定—A｀—B位置’再移动确定—C的位置即可确定同分异构体的种类数目°（6）此问有机合成可采取‘｜｜顶推法＂,注意利用好题干信息°［解析］（1）芳香烃A中含有苯环］根据反应条件为光照确定取代的是苯环侧链上的氢原子』结合c的结构可推测A为〈＝厂c＂’;在元照条件下日CH』的甲墓上的』个氢愿子被氯愿子取代得至｜」B!然后B中氯原子被氟原子取代得至｜」三氟甲苯°矗……,｛哉Ⅱ…（2）反应o是NO2试剂和反应条件分别是浓硝酸和浓硫酸的混酸｀加热｛该反应属干取代反应。O（3）反应O是〉～〈中的Cl原子取代了—NH2中的H原子得到Cl鼠＂,.牛“化合物F’反应的化学方程式为邀＂＂∧＋Hα』毗赡…可与…物m…［述反应向右进行〗提高反应的转化率°（4）根据有机物的成键特点,可推出G的分子式为CllHllF3N2O3°（5）有机物G苯环上共有3种不同的取代基〕分别标记为＿A｀1—凰＿c,圃定—匙＿隅位置,侧｜—c可能晌位置畜;;α;＼4AAαl磷汁｜…腾……＂颤,』,中23B的结构有9种。（6）厂》OCH』先发生硝化反应得到O2N—厂厂OCH』』再把—NO』还愿为＿NH』』得到H2N—〈＝〉OCH』,霄根搪题干的信息反应｀H篡N—《＝广OCH’存毗绽作用下与CH』COα反应得到目标产物。［测训诊断］（1）本题考查有机合成与推断〗涉及有机物命名｀有机物结构简式的确定｀有机反应条件和有机反应类型的判断｀有机反应方程式的书写、有机物同分异构体数目的确定以及有机合成路线设计等,难度中等］大多数考生可得分°（2）本题若错’可能出现在第（3）问和第（5）问‖第（3）问需挖掘题干的提示信息,第（5）问计算同分异构体种类的数目时!需先固定两个官能团!再移动另—个宫能团,且不要忘记除去有机物G本身°｜（1）cd（2）取代反应（醋化反应）（3）酣基｀碳碳双键消去反应（4）己二酸催化剂COOH＋nHO--—-→几／＼／＼／HOOC＼／＼／＼OHO｜｜／＼／＼／＼／＼／＼／O汞HCHOˉ［CO＋（2″ˉl）H2O｜｜O（5｜皿ⅡooccH2＿GcH』cooⅡ『H3ql〕ql］『OOⅡ｜‘＜竿竿业≥中中申CH3CH3CH3COOH［思路分析］分析以秸秆为原料合成聚酪类高分子化合物的路线图!结合有机物之间的转化条件,推断未知有机物的结构简式’再根据题目提供的信患及要求分析｀解决相关问题。［解析］（l）并非所有的糖都有甜昧］如纤维素等多糖没有甜昧!也不是所有的糖都具有C″H2mO厕通式’如脱氧核糖的分子式为C5Hl0O4,a错误°麦芽糖水解只生成葡萄糖,b错误。若淀粉部分水解!生成的葡萄糖也可以发生银镜反应,即银镜反应不能判断溶液中是否还含有淀粉］应用碘水半｜」断淀粉水解是否完全!c正确°淀粉和纤维素都属于多糖类天然高分子化合物!d正确°（2）B（HOOC—／＿｀—COOH）与CH3OH在酸性条件下反应生成C（C8HloO4）］结合C原子守恒推知’该反应是酸和醇生成酪的反应,属于取代反应（或酷化反应）。（3）通过观察D分子的结构简式可判断,D分子中含有酪基和碳碳双键｛由D生成E的反应为消去反应°（4）F为含有6个碳原子的二元酸,化学名称为己二酸己二酸与1,4ˉ丁二醇发生缩聚反应!其反应的化学方程式为催化齐｜」COOH＋见HO----→n／＼／＼／HOOC＼／＼／＼OHO‖／＼／＼／＼／＼／＼／O击HCHOˉ［CO＋（2′oˉ1）H2O｜｜O（5）W为二取代芳香化合物』是E（HjCOOC—GCOOCH』）的同分异构体0贝｜」苯环上有两个取代基’0.5molW与足量碳酸氢钠溶液反应生成q4gCO2,说明W分子结构中含有2个—COOH,而取代基可能有4种不同信况!分另｜」为—COOH和—CH2CH2COOH｀—COOH和—CH（CH3）COOH｀—CH2COOH和—CH2COOH｀—CH3和—CH（COOH）2,这些取代基在苯环上都可能存在邻位＼间位、对位3种位置关系,故W可能的结构种类数为4×3＝12种’其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为HOOCCH2＿9CH2COOH·（6）由题给路线图可知,（反!反）ˉ2’4ˉ己二烯与乙烯可生成环状烯〕环状烯可转化为对二甲苯］用酸性高锰酸钾溶液可将对二甲苯氧化为对苯二甲酸,故合成路线为叫］叫』『Ⅱ’cooⅡ~｜（竿竿…,中卓中CH3CH3CH3COOH［刷盲所得］判断淀粉水解程度常用银氨溶液和碘水’具体如下表:∏｜0［测‖｜｜诊断］（l）本题考查有机合成与推断｀反应类型的判断、化学方程式的书写｀限制条件的同分异构体数目判断｀有机合成路线设计等问题‖难度中等‖大部分考生可得分。（2）本题若错』可能是符合条件的E（H3COOC＿SCOOCH’）的@试剂及现象｜银氨溶液碘水未水解｜无明显现象溶液变成蓝色』鞠k〔郡分水解｜产生光亮的镶霞｜溶液变成蕊色完全水解｜产生光亮的银镜｝无明显现象微信公众号嗨呀同学答案及解析同分异构体W的种类较多｛不能正确推断两个取代基可能的结构,或忽视两个取代基在苯环上的位置关系〕出现重复或遗漏现象°OH＂｛l｜丙酮（2）H』C—丫—CH］26;l（3｜取代反应CNH2O（4｜CH』＝↑＿CⅡ直C｜＋№O＂了CⅡ』＝丫—C＂』OH＋№ClCNCN（5）碳碳双键醋基氰基（6）8［思路分析］由已知信息｛可以推知A为丙酮!然后依照合成路线和每步反应的条件特征〕推断出其他有机物的结构简式,进而完成设置的问题（6）同分异构体的书写,按照先确定宫能团〗再确定碳骨架的原贝｜｜依序书写即可。［解析］（｜｜根据已知O中信息』可知A中氢原子个数为58×储盯6＝｜’由58—l6＝42!贝｜｜根据商余法,42÷12＝3…6!可确定A分子的分子式为C3H6O,核磁共振氢谱显示为单峰‖贝｜」A的结构简式为O‖H3C—C—CH3』A的化学名称为丙酮°（2）由A的结构』结合已知@中的信息,可推知B为OH＂乳c—「—cⅡ』』B分子中有2种不同化学环境的氢原子｀其核磁CN共振氢谱显示为2组峰,峰面积比为6:l。｜3｜C的结构简式为CH』＝↑CH』』在光照条件下与氯气发生取CN代反应生成D（C∏2＝↑CH』α｜.CN（4）D与NaOH水溶液共热!发生水解反应生成E（CH』＝↑—CH』OⅡ｜’反应的化学方程式为CNCH:＝『—CH.α＋NaOH了CH』＝「—CH2OH＋NaαCNCN｜5）E经氧化生咸『（CⅡ翻＝↑—COOH）』『与CHjO＂发生醋化反CN应生成G（CH2≡C＿COOCH3）,G中的宫能团有碳碳双键｀醋基CN和氨基°（6）G的同分异构体中,与G具有相同官能团且能发生银镜反应的有机物为甲酸醋把氰基作为取代基｛用阿拉伯数字代表其所在碳原子的位置,则有HCOOCH2CH＝CH2］HCOOCH-CHCH3↑HCOOC＝CH2,l23456｜8CH37共8种°［刷育所得］有机反应中取代反应是个｜｜大家族＂‖我们经常提及的以下反应都是这个家族的成员:o卤代反应如烷烃在光照条件下与氯气的反应＼苯酚与浓澳水的反应、Z醇与氯化氢的反应等;@硝化反应:如苯与浓硝酸和浓硫酸在加热条件下的反应;o磺化反应:如苯与浓硫酸在加热条件下的反应｛@酪化反应梭酸与醇在浓硫酸｀加热条件下的反应;o水解反应:如酪在酸性或碱性条件下水解｀卤代烃在强碱水溶液加热条件下水解｀多糖在催化剂作用下水解｀多肚的水解等;o成肤反应;氨基酸形成肤键的反应°［测0｜｜诊断］（l）本题主要考查有机物的合成与推断｀有机物命名｀有机反应类型及同分异构体数目判断等,难度中等!意在考查考生分析｀推断能力°（2）有机物结构简式的书写｀有机反应式的书写及同分异构体数目的判断是考生失分最多的地方。｜Z（l）《＝〉—C2H’苯乙炔（2）取代反应消去反应（3｜∩＿c≡C—C＝c＿《≡》」（4）＂HC≡C—GC≡CH幽,H｛C≡C—GC≡C士H带（鹏ˉl｜Ⅱ』取侧卤｛中［｜Ⅷ率爬〔（5）ClCl◎侧｜臆三卿｜Cl（6｜OcⅡ』c＂』oⅡ斗塑OcⅡ＝cⅡ,….◎c＂M＂』圃!斗｝普Oc＝C＂［解析］（1）依据B→C的反应条件｀B的分子式和C的结构简式可知B的结构简式为《＝》C2H’,由D的结构简式可知』D是由苯基取代了乙炔分子中的—个H原子得到的,故其名称为苯乙炔。（2）由物质B的结构简式和反应o的条件可知,反应o是苯与氯Z烷发生取代反应得至｜｜Z苯｛反应o为氯代烃发生消去反应生成苯乙炔。（3）类比题中给出的Glaser反应’依据D（苯Z炔）的结构简式可知’E的结构简式为〈＝》C≡C—C≡C—〈＝》;lmo｜碳碳三键完全加成需消耗2molH2］故1molE合成l!4ˉ二苯基丁烷需消耗4molH2°（4）由偶联反应特点知∏C≡C—〈≡》C≡CH生成聚合物时断裂碳碳三键中碳原子上的碳氢键’消去′｜｀分子H2,同时得到聚合物’故聚合反应的方程式为＂HC≡C＿0C≡CH…,Ⅱ｛C≡C—0C≡C士Ⅱ十（＂ˉ｜｜H』。（5）根据限定条件可知,满足条件的同分异构体分子中有两个—Cl连接在苯环上｛此外苯环上还连接两个—CH3’且两个—CH3化学环境相同!苯环上剩余的两个H的化学环境也相同,由此可得满足条件遍比｛牵‖冲‘〔的同分异构体有ClCl凰佩｜,Cl（6）利用乙醇的性质可知2ˉ苯基Z醇在浓硫酸、加热的条件下发生消去反应可得至｜」苯乙烯,然后苯乙烯与澳的四氯化碳溶液发生加成反应得到澳代烃,最后利用题中合成路线中反应o的信息可由得到的澳代烃发生消去反应得至｜」苯乙炔°［刷盲所得］等效氢的确定方法:处于分子中对称位置上的氢原子是等效的『连接在同—个碳原子上的氢原子是等效的;连接在同—个碳原子上的甲基上的氢原子是等效的°［测0｜｜诊断］（1）本题考查有机推断与合成｛涉及有机物的命名｀反应类型的判断｀反应方程式的书写｀同分异构体的书写、有机合成路线的设计等］难度中等,意在使大多数考生得分°（2）本题若错〗可能是对题中信息＂Glaser反应＂分析不足而错答第（4）问或忽视限定条件而错答第（5）问°（1）乙炔碳碳双键和酷基（2）加成反应消去反应OHH3C＼／H（3）［CH2—CH十CH3CH2CH2CHO（4）llC＝C／＼ˉ［CH2CH2赤（5）HC≡C—CH2-CH2-CH3、CH3＿C≡C—CH2-CH3｀H3C＼CH—C≡CH／H3COHCH3CHOH2（6）HC≡CH—--＿-→HC≡C—CH—CH3pd／pbOCaCO3KOHOHAl2O3H2C＝CH—CH—CH3了步CH2＝CH—CH＝CH2［思路分析］根据合成路线中的已知物质的结构简式或反应条件可推出A＼B＼C｀D的结构］也可判断出反应类型｝由图中反应◎｀@｀@夏题分类集训∏~司｛｛@‖贴｜微信公众号嗨呀同学离考必刷题寞题分类集训化学获取信息］即可得A和Z醛合成1!3ˉ丁二烯的台成路线°［解析］（1）结合反应O和物质A｀B的分子式可知A为乙炔,反应@为B发生加聚反应,依据反应@得到高聚物的结构简式可知单O｜｜体B为CH2≡CH＿O—C—CH3!故B中含有的官能团是碳碳双键｀囚旨基。（2）结合（1）中分析知,反应o是乙炔与乙酸发生的加成反应,反应o是醇轻基发生的消去反应°（3｜C是醋水解得到的聚Z烯醇其结构简式为卡CH』—丫Ⅱ十;OH通过C的结构简式和反应@产物的结构简式及化学名称可推知,D为正丁醛,其结构简式为CH3CH2CH2CHO°（4）根据Z烯分子的六个原子共面可推知异戊二烯分子中最多有I1个原子共平面（两个碳碳双键通过单键旋转可在同—平面上,甲基上有l个氢原子通过单键旋转可在碳碳双键所在的平面上）°（5）满足条件的同分异构体为炔烃!分子式为C5H8〕因此可得至｜」3种,即1ˉ戊炔｀2ˉ戊炔和3ˉ甲基ˉ1ˉ丁炔°（6）由题中由A经反应◎｀@、@的转化获取信息,即可得至｜」A和乙醛合成l,3ˉ丁二烯的合成路线°［关键点拨］分析清楚合成路线!有效利用题中信息｛结合基础化学知识是解决有机合成题的关键所在°本题解答的突破口是根据卡CH2—「H击推出Ⅱ.O『CH』O［测0｜｜诊断］（l）本题属于有机化学台成推断题,难度中等‖大多数考生可得分°（2）本题易错第（5）和（6）问］第（5）问易错是因为同分异构体考虑~不全面,第（6）问易错是因为不能有效模仿题中反应路线设计合成路线。叫｜］｜○（2｜Qα带＂.oB罕o带＂凰c｜带＂堕0（3）加成反应3ˉ轻基丙醛（或βˉ轻基丙醛）（4）″HOOCCOOH＋″HO／＼／＼OH…,＼／＼／△OOⅡO十』—｜C＂:｜』—C＿O＿（CH』｜』ˉO十Ⅱ十｜2鹏ˉ｜）＂』0｜｜b、OCHO（5｜5H3C—↑—COOH°CH3［思路分析］根据有机物的结构｀性质｀反应条件｀反应特点!结合题给信息和各物质之间的相互转化关系进行解答。［解析］烃A的相对分子质量为70’70÷l2＝5……1O,则A的分子式为C5Hl0『由于A分子的核磁共振氢谱显示只有—种化学环境的氢』故A的结构简式为○.由信息翻和转化关系可避—步推知』β为○—c｜』c为◎』o为moc—c＂堕c＂』cH:—cOo＂‖由已知信息O可知,F为HCHO,E为CH3CHO｛结合信息@可进＿步推知G为HOCH2CH2CHO‖H为H哑H2CH2CH2OH’进而推知!胚为OOⅡo｛｛—（c玛h—c—卜（cH2）,—o卜H.｜｜（3）由已知信息@可知,由E和F生成G的反应属于加成反应,G为HOCH2CH2CHO!其名称为3ˉ轻基丙醛°（4）O由D和H生成PPG的化学方程式为″HOOCCOOH＋″HO／＼／＼OH…,＼ˉ／＼／△OO＂0｛』～（cH,｜』—c—o＿｜cⅡ恿｜』—o卜Ⅱ带｜2腮＿!｜Ⅱ』0｜｜@若PPG平均相对分子质量为10000,则172n＋18＝10000’解得几≡58◎（5）由信息O可知,该化台物中含有鞍基,由信息@可知,该化合物中含有醛基和醋基,结合D的结构简式可知］该化合物中含有-个楼基和—个甲酸〗旨基,符合要求的结构简式有5种’分另｜」为:HCOO—CH2CH2CH2—COOH｀HCOO—CH（CH3）CH2—COOH｀HCOO—CH2CH（CH3）＿COOH、HCOO—C（CH3）2—COOH、HCOO—CH（CH2CH3）—COOH。其中核磁共振氢谱显示为3组峰》且峰面积比为6:1:l的是HCOO—C（CH3）2—COOH°D的所有同分异构体中各元素的种类和数目均相同!故其中元素分析仪中显示的信号完全相同°［刷盲所得］烃分子式的求法:烃的相对分子质量÷12＝α……b］则该烃的分子式为CαHb‖注意:0＜b≤2α＋2°核磁共振氢谱中的峰数＝分子中氢原子的种数’峰面积之比＝不同化学环境的氢原子数目之比。［测〗｜｜诊断］（1）本题主要考查有机物的结构｀性质｀反应类型｀有机反应方程式及同分异构体的书写］难度中等］意在使大多数考生得分°（2）本题若错〗可能是对相关有机物的结构｀性质｀反应条件不熟悉,特别是对有机物同分异构体的书写不熟悉造成的。COOHOH~｜~｜O（｜｜◎＋◎簧器0』ˉo—○＋M取代反应（或醋化反应）O（2）轻基戳基（3）＼‖～／o—9』＿O巳~二＝■■α9≠9CH＝CH—COOH（4）（5）Cl（6）还原（加成）（7）｛N～｀／＼（／［思路分析］根据有机物A和B与Na2CO3溶液的反应’及B加氢可得环己醇推测A｀B和C的结构简式结合信息l和ll及有机物之间转化条件及K的结构简式推测有机物D｀E｀F、G和J的结构简式,并根据题目要求回答相关问题°［解析］有机物A能与Na2CO3溶液反应产生CO2,其钠盐可用于食品防腐』则A含有-COOH』应为苯甲酸｜9COOH）;B能与Na2CO3溶液反应,但不产生CO2’B加氢可得环己醇!贝｜」B为苯酚（O—oH｜｝A与B在浓H2so』｀H』Bo』以及加热条件下生成c｜c!’H!002）’则c的结构简式为O—coo—O.c在AlCl3作用｀加热的条件下得到D,结合信息i推知,D的结构简式OCl为HO＿0』＿O。D与、‖…在K2CO3作用下反应生成E（Cl7Hl9NO2）!结合信息l推知’该步反应是取代反应〕EO的键线式为＼‖～／o—0』—O。F（Cl8Hl6O2）经碱性水解、酸化得到G和J（C9H8O2）!J经还原可转化为G,贝｜」J为梭酸〕G为醇;G与E经LiAlH4｀H2O作用得至｜」K’结合K的结构简式推知］G的键线式为O～＾OH』从而推知J是O～／COOH◎（l）结台上述分析可知,A和B在浓H2SO4｀H3BO3以及加热条件下发生取代反应生成C和水!据此写出化学方程式。（2）由上述分析中D的结构简式可知,D中含有的官能团为碳基、轻基。O＼N＼／o—0｛＿O（3）由上述分析可知’E的结构简式为｜°｜4｜由上述分析可知』J的结构简式为○～／COOH◎｜5）J的结构简式为○／＝COOH’M是J的同分异构体’符合条件◎包含2个六元环;@M可水解,与NaOH溶液共热时,1molM最多消耗2molNaOH,则M分子中含有由酚轻基和梭基反应形@微信公众号嗨呀同学答案及解析时,仅发生醋的水解］由于二者双键位置不同,产物也不同,c不符合题意°（6）根据题中信息分析可知］可以选用含有碳碳三键的共5个碳原子的链状酉旨与含有碳碳双键的共5个碳原子的链状酷反应,或选用含有碳碳三键的共6个碳原子的链状酪与含有碳碳双键的共4个碳原子的链状酪反应’具体流程如下:CH3C≡CCOOCH3＋CH2＝CⅡCOOCH2CH］褂″硼雁÷≤撇Ⅷ或CH3C≡CCOOCH2CH］＋CH2＝CHCOOCH］ˉ隘催1Lil→≤川六＜nⅧ（Pd／C写成Ni等合理催化剂亦可）°［关键点拨］（l）问,茅苍术醇中只含C｀H｀O三种元素,确定分子式时可利用不饱和度法〕分子中含］个双键和2个环’不饱和度为3,再根据C原子数确定H原子数;（3）问］迁移应用Z炔分子中四个原子在同条直线上可知,连续四个碳原子在—条直线上说明三键碳原子分另」连有碳原子,即碳碳三键不能处于链端°‖7。（1）（酚）轻基竣基（2）取代反应◎〔g丫o.成的酷基｛故M为（6）G与E经LiAlH4、H2O作用得到K〕对比G、E和K的分子结构可知,G和E发生加成反应生成K,E中碳基被还原为轻基］则可推知LiAlH4＼H2O的作用是还原（加成）。（7）K脱去1分子水生成N,N与SOCl2发生取代反应生成托瑞米与司Ⅳ◎∏）（｀｜…／曰正Ⅳ贝构结式反有具芬米瑞托芬SOCl2发生取代反应生成托瑞米芬!从分子中O、H原子数目的变化判断‖该步反应中—Cl取代了N分子中的—OⅡ』贝」托瑞米芬的l○C（＼√｜仆／为式简构结‖6。（l）Cl5H26O碳碳双键、轻基3（2）25CⅡ』『ⅡC≡CCOOCH』CⅡ乳和CⅡ』CⅡ2CH2C≡CCOOCⅡ』CⅡ』CH3（3）加成反应或还原反应（4）Oˉ』O〈i仔～…｜…＂竿βP……＂2-甲基ˉ2-丙醇或2—甲基丙—2—醇（5）b（6）CH3C≡CCOOCH3＋CH2＝CHCOOCH2CH］…,≤器严刊＂｀或CH3C≡CCOOCH2CH3＋CH2＝CHCOOCH3…’≤川肃≤＂＂（Pd／C写成Ni等合理催化剂亦可）［解析］本题考查有机物推断与合成,对比物质的结构确定发生的反应类型〕侧重对有机化学基础知识和逻辑思维能力｀信息迁移应用能力的考查°（1）茅苍术醇分子中共有l5个碳原子’不饱和度为3］故其分子式为Cl5H26O,所含宫能团是碳碳双键和轻基,分子中的手性碳原子粉六啊…如图:（2）B分子中不同化学环境的氢原子只有2种］因此核磁共振氢谱共有2组吸收峰;由分子中含有碳碳三键和乙酷基〕且分子中连续四个碳原子在—条直线上,可知碳碳三键不位于碳链两端,贝｜」符台条件的B的同分异构体有OCH3C≡CCH2CH2COOCH2CH3｀@CH3CH2C≡CCH2COOCH2CH3｀OCH3CH2CH2C≡CCOOCH2CH3｀@ClLCH（CH3）匡CCOOCH2CH3｀OCH3匡CCH（CH3）COOCH2CH3,共5种。碳碳三键和乙酪基直接相连的为CLCH（CIh）C≡CC皿H2CH3、CH3CH2CH2C≡CCOOCH2CH3◎（3）C→D发生碳碳双键与氢气的加成反应,属于还原反应°（4）D→E发生取代反应’反应的化学方程式为捉酗帆…呻呼彤…雕Ⅷ＂｝（CH3）3COH的名称为2—甲基-2—丙醇或2—甲基丙-2—醇°（5）F和G与澳发生加成反应时］两个澳原子连在双键碳原子上｛产物不同,a不符合题意｝与HBr发生加成反应时］Br原子连在士巴～…已P酗。们…巴…ˉ产＂BrP赡咖…言…＂铡＂…相同,都为O「…叫;｛｛·Ⅷ严m…〃（3）OHO2（5）CH3CH2CH2OH雨’CH3CH2CHOC（《‖‖似Ⅱ』些c（蹬＂Ⅱ里C（册;q栽蠢OHα嚣哗｜』＂f＂·郎!…』c№［解析］本题考查有机物的结构｀性质｀同分异构体、有机物间的相互转化｀有机合成°（1）A中含有（酚）轻基和梭基两种含氧官能团°OHOH~｜~~｜~~拱…………『鞘W（2）（3）对比C｀D的结构简式］可知C中两个酚轻基中的—个与CH3OCH2Cl发生取代反应生成D（Cl0HllO5Br）,再由副产物X的分子式可知,C中两个酚轻基均发生取代反应得到的X的结构简式~~耽l!H』oc＂』为CHjOCⅡ』O／l／kCOOCH』◎（4）C的—种同分异构体满足:O能与FeCl3溶液发生显色反应’说明含有酚轻基;@碱性水解后酸化!含苯环的产物分子中只有两种氢原子!且两种氢原子的数目相同贝｜可知该产物的结构为OH＂o◎o∏赣…子…………』OH~｜H0凰o0…◎（5）对比原料和产物的结构简式,可对产物碳链进行切割:OH｜｜qc＂型—｜p日心＂』c＂｀』再由已知反…』目标产物刨由CH3烤渺α与αⅡⅧc……翻｛』橇蠕已铡信;夏题分类集‖‖@微信公众号嗨呀同学高考必刷题舅题分类集训化学鞠!蔓…鞠严｜得到｀鞠严同.输孪o＂″生飘代反…｛』鞠!膛o＂.GCOOCH』发生还原反应得到CH』CH2C＂O由＼CH3CH3CH2CH2OH发生催化氧化反应得至｜」据此可写出合成路线°［关键点拨］第（4）问由于含苯环的产物分子中只有2种不同化学环境的氢原子,且含有酚轻基,从而可确定该水解产物的结构!进而可写出符合条件的同分异构体°有机合成要充分利用已知信息,如本题中敖基与RMgCl反应弓｜入轻基!且可将碳链增长°（1）烯烃（2）CHjCH＝CH2＋Cl2醒ClCH2CH＝CH’＋HCl（3）ClCH2CHClCH2OH或ClCH2CH（OH）CH2Cl（4）NaOH,H2O浓H2SO4（5）HOCH2CH（OH）CH2OH＿CH2＝CHCHO＋2H2O△OH瞒絮Ⅷ｛…｛（6）取代反应（7）［思路分析］已知J的分子式｀K的结构简式,结合E和J发生加成OH逝酗』』｜‘.反应生成K,可知E是CH2＝CHCHO、J是OHOH卤＂o;F晨心｜露.信…及哟分…铡L.靛……—………’不稳定可知,D是HOCH2CH（OH）CH2OH］由反应流程及A的分子式可知,A是CH3CH＝CH2］由于烯烃与Cl2发生加成反应是在常温下进行的’而A在高温下与Cl2反应生成B’且B还可以与HOCl发生加成反应!所以A→B发生取代反应］B是ClCH2CH＝CH2,C是ClCH2CHClCH2OH或ClCH2CH（OH）CH2Cl°［解析］（1）A是CH3CH＝CH2,属于烯烃°（2）CH3CH＝CH2转化为ClCH2CH＝CH2发生的是氯原子取代甲古令曰基上氢的反应:CH3CH＝CH2＋Cl2…ClCH2CH＝CH,＋HCl。（3）ClCH2CH＝CH2与HOCl发生加成反应可能生成ClCH2CHClCH2OH或ClCH2CH（OH）CH2Cl°（4）αα山αⅪ吗αI［或αα山αⅡ（OH）α电α］生成IⅫILCH（Ⅷ）吗阳发生了卤代烃的水解反应］反应条件是NaOH水溶液｀加热·（5）由原子守恒可知,HOCH2CH（OH）CH2OH在浓硫酸｀加热的条件下除生成CH2＝CHCHO外还生成了H2O,反应的化学方程式为浓H2SO4HOCH2CH（OH）CH2OH＿----→CH2≡CHCHO＋2H2O°△OHOH◇籍化为d＂0.………反鹰∑（6）OH~｜辗……（7）K→L先发生信息l的反应生成珊成（8）8-轻基哇琳比L少了2个氢原子］所以该过程L发生了氧化播｛｝｜＂输＂;｛……＝反应°w圃ˉ…琳｜｛……壁.q＂H』（川和OHOH髓………′″了H2O,所以1mol｜皿·｜Q＂o』参与反应生成」和水需霉6m°｜氢愿子,所以OH糯｜＝.｜鞠…［n（［关键点拨］分子式、反应条件、已知信息是有机推断的关键由A的分子式｀在高温下与Cl2反应及B能发生加成反应可知A的结构,从而推出B｀C的结构,由K的结构及其是由E与J发生加成反应所得〕可知E和J的结构｜由G发生还原反应生成J可知G的结构,再由分子式可知F的结构°［测‖｜｜诊断］（1）本题考查有机化学基础］难度中等,大多数考生可得分。（2）本题若错’可能题目中提供的分子式较多而结构简式较少导致推断物质的结构时有—定的难度°≥（1）碳碳双键｀碳基（2）消去反应（3）OHO（4）ⅡO—SO—』＿C≡CH（刚C里;∑婴≡○丝O〔臆＂＂幢＂六αco＂c＂』［解析］（1）根据A的结构简式可知］A中的宫能团有碳基和碳碳双键°（2）对比D｀E的结构简式〕D失去醇轻基和邻位H原子转化为E中的碳碳双键］所以D转化为E的反应是消去反应°（3）分析对比A｀C的结构简式可知’B生成C的反应类似干已知信患Ob寺｜＂……』的反应!即B中含二烯烃的结构与叭.结合B的分子式C9Hl4O］可分析出B的结构简式为OHO＼±〔》…霹构……氢…灌嚣…（4）反应,贝｜」含酚轻基‖不能发生银镜反应,即不含醛基碱性条件下水解生成两种产物,则含酷基『水解产物酸化后分子中均只含2种不同化学环境的氢,目水解产物中含苯环的结构中还含有轻基,所以水解产O｀±吟箍翁……添呻.物中必有对苯二酚!结合（7）可知,另—种水解产物被酸化后为HOOCC≡CH!所以该同分异O构体的结构简式为ⅡO＿9O—』—C≡CH。（5）以C利（COOCH’为愿料制备αCOOCH』,田◎生成αCOOCH』需先生成—个新的环状结构』结台已知信息中的反应’可由〔coocH』与◎生成αcoocⅡ,』产物再与氢气加成即得目标产物』所以关键是将C转化为◎』可用C先与液谩加成然后再消去得到◎。I.BDⅡ.（1）2,6ˉ二甲基苯酚（2）碳基｀滇~／~／｜］）αo＂＋＂7＃№oH一qⅧ＋＂啦.H,O取代反应‖80920@微信公众号嗨呀同学答案及解析｜驯αⅧ,＂~／~／＂｜q｀＂｜;＂o—口［解析］I』烯烃与氯化氢加成］产物中与氯原子相连的碳原子的相邻碳原子上必有氢原子,B项’2,2—二甲基—l—氯丙烷［结构简式为（CH3）3CCH2Cl］中2号碳原子上无氢原子』故不可能通过烯烃与HCl加成得到;D项,2!2,3,3ˉ四甲基ˉlˉ氯丁烷［结构简式为CH2ClC（CH3）2C（CH3）3］中与氯原子相连的碳原子的相邻碳原子上也无氢原子,故无法由烯烃与HCl加成直接得至｜」·I（1）由B｀C的结构简式｀A的分子式及A＋B→C的反应逆推得口o∏…氛…—二….A的结构简式为（2）B的结构简式为B∩「’B中官能团的名称为澳和碳基°O（3）A与B在碱性条件下发生反应生成C,反应的化学方程式为~／~／口o＂＋＂丁,№。＂一厨。↑…真α反应类型是取代反应°（4）根据D的结构分析｛立体异构即为碳氮双键的｜｜顶反异构］故D…异构体的结构简式为w▲o／丫.—＼』N＼＼OH（5）根据反应流程分析,C→D过程中NH2OH。HCl参与反应,贝｜」用NH3代替NH2OH。HCl,将D中—OH换成—H即得反应产物:四o＂.（6）能与三氯化铁溶液发生显色反应说明结构中含有酚轻基°若苯环上取代基只有2个’贝｜」为乙基和酚轻基,有邻、间、对3种位置关系°若苯环上有3个取代基,则为2个甲基和1个酚轻基,若2个甲基位于邻位〕则轻基有2种位置;若2个甲基位于对位‖则轻基只有1种位置｛若2个甲基位于间位〗则轻基有3种位置,除去物质A!共有8种同分异构体°核磁共振氢谱为4组峰］峰面积比为6:2:l:1!说明结构中含有2个甲基,且为对称结构,符合条件的同分异构体为3,5—二甲墨苯酚,绩构简式为＂o-w..～.｜｜｜◎硝摹｜2｜取代厦魔（3｜2c』Ⅱ霸o＂＋购竿2cH』cHO十2Ⅱ』02c＂』cHo＋o』堡坠c＂jcOo∏浓H2SO4CH3COOH＋C2H5OH＝＝＝≡＝≡CH3COOC2H5＋H2O△O｜｜（4）—C—O—RHOOHOO（5）U‘Ⅱ」cⅡ』oQH’HOOHHOOO们′＾刊［思路分析］由D的分子式及轻甲香豆素的结构可推知D的结构’结合A→B→C→D的反应条件及C的分子式可推知A、B、C的结构°由（3）可知E为醋〗可仅由乙醇为有机原料合成,结合E的分子式可知E为Z酸乙酪。由（4）中反应结合原子守恒及F中含有碳基,推出F的结构°结合题给信患可知D｀F发生的三步反应为『‘加成’醋交换成环,消去＂°［解析］由A→B的反应条件〕可知发生硝化反应;B→C为还原反应,即—NO2被还原为—NH2｝由C的分子式C6H8N2］可知C中含有2个—NH2;D的分子式为C6H6O2!可知D中含有2个酚轻基,即—NH2被—OH取代,由轻甲香豆素中苯环上宫能团的位置,可知…个…处于间位,＂｜A为◎′圆为o』＂U＂o』“H2NHOOH＊UNH:』D”U.（｜｜由上述分析可知』A的缝构简式为◎』R中所言富能团为硝基°（2）C中—NH2被—OH取代生成D,故C→D为取代反应·（3）E为乙酸乙醋〕可仅以乙醇为有机原料合成,合成过程中有关化学方程式为2cH』cH』oH＋0』竿2cⅡ』cⅡo＋2H』o｀浓H2SO42c＂』cⅡo带o』堡掣2p∏』cooⅡcⅡ』cooH＋c:Ⅱ’oⅡ＿＝△CH3COOC2H5＋H2O。O｜｜（4）2CH3COOC2H5…镁F＋C2H5OH｜F中含有＿C—』结合OO｜｜｜｜轻甲香豆素的结构可知F的结构简式为CH3CCH2COC2H5°HOOHOO｜｜｜｜｜＂℃「和…H』coc:B;先缝生题绘情…±HOOHHOOOm迂＂魔＂｀唇…缝.）w′成H3COHH3COHHO最后发生消去反应生成◎CH3［关键点拨］解答本题的关键有两点:（1）采用＂逆合成分析法＂结合D的分子式’推断出D的分子结构］然后根据反应条件,逆推得到A｀B｀C的分子结构｛（2）能够结合题给的两个信息反应成功推断出F的分子结构及D和F合成轻甲香豆素的三步反应过程°［测训诊断］（l）本题考查有机合成与推断｀反应类型的判断｀化学方程式的书写｀有机合成路线设计等问题!难度中等］其中第（4）、（5）问难度较大,大部分考生可得分°（2）本题若错!可能是没根据F中含有碳基和原子守恒正确推断出F的结构‖或者是没能正确理解题给信息’无法得出D与F合成轻甲香豆素过程中发生的反应°（1）413OO｜｜｜｜OCHNHCH卤＂Ⅱ』颗卤。＂（2）2ˉ硝基甲苯（或邻硝基甲苯）（3）避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代（或减少副产物,或占位）OCOOHCOOH‖（心＂Ⅱ』』‘＂』α一逝…』＋＂＂｜｜保护氨基（5）Cl2／FeCl3（或Cl2／Fe）竣基OCOOH‖COOH亡＂皿cH』坐卤＂凰,烹螺雨（6）OH｜｜＂o卡c门＂恭ⅡCH3卤与磁…0,［思路分析］由生成物结构和反应条件可知镭｝……,条件下发生取代反应生成SO0H2?22夏题分类集训微信公众号嗨呀同学高考必刷题翼题分类集训化学CHj＼＝＼口α蛔＂｜｀～／N—（4）CH、O〕OHBr／＼／HBr／＼／HN》HN＼／＼＼／＼OHBr（5）OH（）cH30cH3中」铡,」ˉ中.击中NO勺NO,NH7·辩—……捞W;;酗≡…赣＂~｜~｜SO3HSO3HCH2「……卤＂＂』｜憾｜…叫∏｜懦卜′COOHCOOH亡y“卤＂∩』…信息…生氧化反应生成COOH…卤＂№（C）,C与CH3COCl发生取代反应生成COOH~COOH卤＂Ⅲ刚c＂｀士NH…｀宿…『榷糕下…ⅧC＂HCOOH卤…｜叫剩“卤…』反应生成HQSHO3SCOOⅡCOOH卤＂＂』…’卵·口＂＂《哪＂,硒″和ClHO3SCl苯环上氢原子的反应条件是Cl2／FeCl］°CH3心的籍……了ˉ裔…桐％［解析］（l）由于学环境的氢°苯环上所有原子及与苯环直接相连的碳原子定共面］由于CH4是正四面体结构’所以—CH3中最多还有］个氢原子可与苯环共面』即甲苯中最多有13个原子共面°（2）B分子除苯环外的不饱和度是1｛B的同分异构体能发生银镜反应,说明含有醛基〗能发生水解反应说明含有酷基或肤键』且苯环上含有2个邻位取代基］则2个取代基为HCOO—和—NH2或HCONH和—OⅡ,即符台条件的B的同分异构体的结构简式为OO｜｜OCHNHCH占酗』和亡啊〔（3）由干苯环上的—CH3是邻｀对位活性定位基,所以在—CH3对位弓｜入—SO3H后〗—NO2只能取代苯环上甲基邻位的H原子〕从而减少副产物的生成°（4）在反应过程中—NH2先形成肤键,后又转化为—NH2!所以目的是保护—NH2。（6）形成含肤键聚台物的单体中含有氨基和楼基,贝」可将COOH◎…』水解属…,［…分了襄凿,OH｜｜Ⅱ…门….［关键点拨］甲烷是正四面体结构｛所以甲烷中最多有3个原子共面’乙烯分子中2个碳原子和4个氢原子共面,苯分子中6个碳原子和6个氢原子共面,乙炔分子中2个碳原子和2个氢原子共线,当氢原子被取代时,直接相连的原子位置不变’同时要考虑单键可旋转的性质°［测‖｜｜诊断］（l）本题考查有机物的结构｀性质及其转化,试题难度中等’大多数考生可得分°（2）本题不应错,若错］可能是第（2）问中忽视肤键的水解而漏写同分异构体,推导有机物E的结构时没能考虑E中—SO3H和肤键都能水解o23。（1）醚键酷基（2）取代反应O（3｜＂o＿0o—‖—C＂c∏』NH2O（】H3卤~｜（‖〕HK2CO3~COOCH3（蹄＂｛｜卓醚＂NH2中含有酷基和醚键两种含氧宫能团。（2）由D和E的结构可知D→E发生了取代反应］同时生成了HBr°（3）α-氨基酸的通式为R—CHCOOH,C的同分异构体能水解说明NH2含有酷基再由另—水解产物分子中只有2种不同化学环境的氢可推知该产物中苯环的对位上有2个相同的取代基］综合可推知符合要求的CO的同分异构体的结构简式为HO—〈-厂O—』—CHCH』.NH2（4）由F和H的结构可知F→G→H过程中F中的酷基发生变化,再由……绩…c阔℃＂ˉ°延o＂侧~CH｀O（5）由目标产物的结构可知由（酚）轻基转化为醚键的方法类似于A转化为B,而苯环上另个取代基的市」备方法根据题目信息可知,可由—NH2与卤素原子发生取代反应得至｜」’所以可将—NO2还原为—NH2｀醇轻基转化为卤素原子,最终可得至｜」合理的合成路线流程图°［名师点评］有机合成题—定要找出原料结构与目标分子结构的联系!再根据原料找出题目中物质的转化方法’同时要注意转化过程OH中.＾….中是否有副反应发生,根据信息提示可知由~｜NO2的｜｜顶序是先形成醚键］再将硝基还原为氨基°I。ACⅡ｜l）C2H’—O—C2H’GCH2—O—CH2—O（2）SCH』Cl（3）规范使用金属钠,防止不纯的氢气遇明火发生爆炸（4）取代反应（5）合成路线I步骤简单!但副产物多,合成路线I原料成本高］反应步骤多’但产物较为纯净（6）4｜7｜◎÷∩坐卜门＾刁可CH3CH2ClCH2—O—C2H5［解析］I。观察香茅醛的结构可知其分子式为CloHl8O,A项正确｛香茅醛分子中含有醛基,能发生银镜反应｜B项错误;香茅醛中含有醛基和碳碳双键］可使酸性KMnO4溶液褪色］C项正确;香茅醛分子结构不对称!分子中有8种不同化学环境的氢!D项错误。I（1）根据信息路线l的主要副产物有C2H5—O—C2H5和日CH型—O—CH』＿O·（2）反应O苯甲醇和浓盐酸发生取代反应生成A,贝｜」其结构简式为9CH2Cl°（3）乙醇和钠反应产生的氢气具有可燃性〕因此制备过程中要注意防止不纯的氢气遇明火发生爆炸°24@微信公众号嗨呀同学苔案及解析｜（4）根据信息Rl—X＋R2—ONa—→Rl—O—R2＋NaX!可知A和B生成乙基干基醚的反应类型为取代反应°（5）观察台成路线可知,合成路线I步骤简单,但副产物多］合成路线Ⅱ原料成本高,反应步骤多,但产物较为纯净。（6）苯甲醇含有苯环的同分异构体有苯甲醚、邻甲基苯酚｀间甲基第十二章‖｜考点57物质结构与性囤‖.（15分）（1）A（2）sp3sp3乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键Cu2＋（3）Li2O、MgO为离子晶体,P4O6｀SO2为分子晶体·晶格能MgO＞Li2O。分子间力（分子Ⅲ）P4O6＞SO2｜4｜?°争＄撇｛;朗.［解析］本题考查原子核外电子排布和能级｀化合物中成键原子的轨道杂化形式｀分子构型｀晶体结构及具性质等内容°（1）由题可知’B、C为镁原子,而A、D是Mg＋。A｀B中微粒均处于基态’贝｜」A失去最外层—个电子所需能量比B大｛由于3p轨道上电子能量言于3s’能量越言越容易失去!则B失去＿个电子所需能量比C大,A失去—个电子所需能量比D大°（2）乙二胺（H2N＿CH2—CH2—NH2）中N原子形成3个o键0有1个孤电子对,杂化轨道数为4!采取sp3杂化。C原子形成4个O键］杂化轨道数为4!采取sp3杂化。乙二胺的2个N可以提供孤对电子给金属离子形成配位键,Cu为过渡金属’Cu2＋与乙二胺具有很强的结合力］故Cu2十与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高°（3）化合物的熔点高低与晶体类型有关,离子晶体熔点—般较高’分子晶体熔点—般较低°分子晶体的相对分子质量越大时!分子间作用力越强］熔点越高°离子晶体中离子所带电荷数越多’离子半径越小’晶格能越高’则熔点越高。（4）由题图乙右侧图形可知4个Cu原子相切排歹‖!煎为Cu原子直径,晶胞面对角线为抠αpm』由题可知4鳃＝徊αpm』所以鳃＝子°pmM3原子之间最短距离为体对角线长的十』则′-￥…｝晶胞密厦′＝÷’V＝（α×l0ˉ｜o）』cm3’晶胞质量鹏为8个Mg和l6个Cu的质量』,‖哪-8×2辨｜…:′所以′-腰并｜『｜甄…—』.′VA［刷盲所得］晶体熔沸点比较o—般来说,熔｀沸点原子晶体＞离子晶体＞分子晶体;@原子晶体的熔｀沸点受原子半径的影晌’原子半径越小,熔｀沸点越高;o离子晶体的熔｀沸点取决于晶格能的大小’离子半径越小｀所带电荷数越多’晶格能越大’熔｀沸点越高@分子晶体的熔｀沸点随分子间作用力的增大而增大,但需注意是否含有氢键!若含氢键〗贝｜」熔｀沸点明显增大°2。（1）三角锥形低NH3分子间存在氢键（2）4s4P（3）小于物苯酚和对甲基苯酚4种。（7）参照合成路线Ⅱ］首先使甲苯在光照条件下发生卤代反应,生成的OCH』Cl和C』H鼠O№反应即可得到目标产物。质结构与性质个晶胞内有2个Fe、2个Sm｀2个As｀O2ˉ和Fˉ—共2个,可得该化合物｜的化学式表示为SmFeAsOlˉ雾Fzi已知超导化合物晶体晶胞参数为αpm、αpm、cpm,且SmFeAsO｜ˉ蒸F剪的相对分子质量为281＋l6（1ˉ匆）＋19z!根2×［28l＋16（1ˉ鳃）＋19冗］ⅣAˉq｜垣全T÷广』｀土『n／□据密度公式p＝号得p＝绥凶出′＝＝…厂V｜、」尸g·cm-3（α×10ˉ10）2×（c×10ˉl0）℃….2［281＋16（lˉz）＋19z］g.cm＿3;原子2位于原子1正下方（底面α2CⅣA×10ˉ3O面心）,则由原子1坐标结合三维坐标系的方向可知原子2坐标为（÷÷0）;原子3位干棱心｀其坐标为（0』0』÷）。［关键点拨］本题第（4）问难度较大,在判断该化合物的化学式时』首先要明确各原子在晶胞中的位置!进而利用＂均摊法＂判断各原子数目。其中As和Sm的位置较难判断!需利用Sm和As原子的投影图‖图乙是图甲的俯视图,即沿z轴俯视鳃y平面,可以看出As原子和Sm原子都位干晶胞的面上·ClClCl＼／＼／（1）Mg相反（2）FeFe4／＼／＼ClClCl（3）分子晶体苯胺分子之间存存氢键（4）Osp3o（5）（P″O3″＋1）（n＋2）ˉ［解析］本题考查元素周期表和对角线规则｀泡利原理、配合物的形成｀熔沸点的判断方式和晶体类型的判断方法等°（l）根据对角线规则!与锤的化学性质最相似的邻族元素是镁（Mg）’镁位干元素周期表第三周期第ⅡA族］最外层（M层）有2个电子’同处3s轨道,同—轨道上的两个电子自旋状态相反’即该元素基态原子核外M层电子的自旋状态相反°ClClCl＼／＼／（2）蒸汽状态下双聚分子Fe2Cl6的结构式为FeFe｀其／＼／＼ClClCl中有两个配位键’铁原子的配位数为4°（3）苯胺的晶体类型为分子晶体,苯胺分子中有氨基,可以形成分子间氢键使得苯胺晶体的熔点｀沸点分别高于甲苯。（4）同周期元素从左至｜」右’电负性逐渐增大’贝｜」电负性;O＞N;同主族元素从上至｜」下!电负性逐渐减小!贝｜」电负性N＞P;PH3中H元素显正价’P元素显负价!贝｜」电负性:P＞H。由此可得电负性;O＞N＞P＞H,故NH4H2PO4中〗电负性最高的是氧（O）。P与O原子形成4个o键,且无孤电子对,则P采用sp3杂化］P的sp3杂化轨道与O的2p轨道形成O键°（5）两个磷酸分子间脱去1个H2O分子可得到焦磷酸（H4P2O7）,则焦磷酸根离子为P2O↑ˉ,3个磷酸分子间脱去2个H2O分子可得到三磷酸（H5P3O!0）’则三磷酸根离子为P3O;6,″个磷酸分子脱去（″-1）个H2O分子可得至｜」H（厕十2）P″O（3″十l）,贝｜」这类磷酸根离子的通式为（p厕O3″＋l）（＂＋2）一◎［关键点拨］第（2）问,以双聚分子存在的氯化铁的结构式从共价键的角度分析,存在着配位键!配位原子为氯原子,共用2个氯原子可实现将两个氯化铁分子连接在—起°［万法总结］第（5）问可应用数学的找规律递推到通式。可以根据磷酸根离子（PO』ˉ）｀焦磷酸根离子（P2O↑ˉ）｀三磷酸根离子（P3O『6）的化学式推导:磷原子数的变化规律为1‖2〗3］…,〃‖氧原子数的变化规律为4!7〕10‖..。』3几＋1;酸根离子所带电荷数的变化规律为3,4］5,…!n＋2｛因此得出这类磷酸根离子的通式为（P厕O3网十l）（侧＋2）ˉ◎（l）DC（2）Li＋核电荷数较大（3）正四面体Sp3AB′.·ˉ-.一-～＾′ˉ、8×7＋4×16（4）5204982908（5）32［281＋16（1ˉ虹）＋l9卯‖）‖】］—∑〗］—〗（（4）SmFeAsOlˉxF“（斗′□IIlrenSUl＝搏【zα2cⅣA×10ˉ3O（百,丁,M）（0』0,＋）［解析】本题考查元素周期律｀原子结构、化学键与分子间作用力、晶胞结构的分析与计算等·（1）元素As与N位于同主族,As的氢化物（AsH3）分子的立体结构与N的氢化物（NH3）分子的立体结构相同］均为三角锥形;AsH3的沸点比NH3的低］原因为NH3分子间存在氢键。（2）Fe成为阳离子时首先失去的是最外层的电子,故先失去4s轨道电子;Sm的价层电子排布式为4l66s2］Sm3十为Sm原子失去3个价电子后形成的阳离子〕可得Sm3十的价层电子排布式为4P°（3）Fˉ和O2ˉ核外电子排布相同’但因为Fˉ的核电荷数较大,对核外电子的吸引作用较强,故离子半径;Fˉ小于O2ˉ。（4）由题图甲可知,晶胞内Fe处于体心和棱心!Fe原子＿共有4×上＋1＝2个’结合题图乙得知『As原子和Sm原子位于面上’As原4子—共有4×÷＝2个’Sm原子—共有4×＋＝2个’O2ˉ和F＿位凸＝于上下底面』则O2＿和Fˉ共有8×十＋2×＋＝2个踪上所述』—』｜｀°′≡0～一…｀＝′ⅣA（O4665×10ˉ7）3［思路分析］（1）能层越言,能量越高,同—能层!″s｀np、″d｀nf……的能量依次升高,据此判断电子排布图的能量高低i（2）电子层结构相同时!核电荷数越大’离子半径越小｝（3）利用价层电子对互斥理论判断物质的空间构型;（4）结合第—电离能定义和图中提供的信息夏题分类集训@微信公众号嗨呀同学高考必刷题舅题分类集训化学长为＂nm』根菇勾股定埋有（÷）2＋（÷）2二鳃:｀贝‖缠二粤α.（1）［Ar］3dlo4s2~（2）大于Zn核外电子排布为全满稳定结构,较难失电干（3）离子键ZnF2为离干化合物‖ZnCl2｀ZnBr2｀ZnI2的化学键以共价键为主,极性较小（4）平面三角形Sp265×6（5）六方最密堆积（A3型）—＿／VA×6×互×α2℃4［思路分析］（l）依据能量最低原理,结合Zn的核外电子数可写出其核外电子排布式（2）由于Zn的价电子排布处干稳定的全充满状态］因此其第电离能大于Cu｛（3）利用ZnF2的熔点以及F的电负性知ZnF2是离子晶体》其化学键类型是离子键（4）CO;＿的价层电子对数为3,因此中心原子的杂化类型为sp2’又因C原子不含孤对电子,故CO;ˉ的空间构型为平面三角形;（5）Zn的堆积方式是六方最密堆积,根据密度公式］求出该晶胞的体积和质量即可求出其密度°［解析］（l）Zn原子核外电子数为30〕根据能量最低原理可知其核外电子排布式为［Ar］3dlo4s2°（2）由于Zn的价电子排布为稳定的全充满结构,因此其第—电离能大于Cu。（3）根据ZnF2的熔点以及F的电负性可知ZnF2是离子晶体‖其化学键类型是离子键;而ZnCl2｀ZnBr2｀ZnI2的化学键以共价键为主｛极性较小,依据＂相似相溶＂原理知,它们易溶于Z醇｀Z醚等有机溶剂°（4）CO;ˉ中心C原子的价层电子对数为3＋4＋2ˉ3×2＝3,因此其2空间构型为平面三角形,中心C原子的杂化轨道类型为sp2°（5）由晶胞结构可知］Zn的堆积方式是六方最密堆积;利用均摊法可知每个晶胞中含有Zn原手的个数为‖2藤÷＋2×尹3二6』利氏晶胞参数可知每个晶胞的体积为6×亨×绷』…』』利用密度公式可知其密度为65×6ˉ3g·cm◎№×6×￥×侧型‘［关键点拨］本题最后—问可利用正六棱柱体积的计算公式确定出晶胞的体积,再依据｜均摊法＂确定出每个晶胞中所含Zn原子数目］然后由p＝;即可计算°［测0｜｜诊断］（1）本题主要考查物质结构与性质｛难度中等』意在使大多数考生得分°（2）本题不应错］若错〕可能是不知道六棱柱体积的计算方法造成最后—问错答◎［刷育所得］元素电离能与电负性的递变规律』（l）电离能伺主族元素从上到下,第＿电离能逐渐减／｜＼,同周期元素从左至｜」右］第—电离能呈增大趋势,但第ⅡA｀VA族特殊,如第二｀三周期中出现反常的元素有Be＞B｀N＞O｀Mg＞Al｀P＞S;（2）电负性伺主族元素从上至｜｜下,电负性逐渐减′｜｀,同周期元素从左至｜」右（0族除外）,电负性逐渐增大°（l）A（2）N球形K原子半径较大且价电子数较少,金属键较弱（3）V形sp3（4）0.3］5］2（5）体心棱心［思路分析］根据基态K原子的核外电子排布,判断核外电子占据的最高能层的符号及电子云轮廓图形状‖比较K｀Cr原子的半径及价电子数‖半｜」断金属键的强弱｛分析K的熔点｀沸点低于Cr的原因;根据价层电子对互斥理论判断I扩的几何构型及中心I原子的杂化类型;分析KIO3晶胞的结构!计算K与O间的最短距离及与K紧邻的O原子数目°［解析］（1）元素K的焰色反应呈紫红色｛紫色对应的辐射波长介干380～440nm,只有4044nm符合要求!故A正确°（2）基态K原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64sl］故核外电子占据的最高能层符号为N,占据该能层电子的原子轨道为4s轨道〗电子云轮廓图形状为球形°K和Cr都是金属晶体〗其熔点｀沸点与金属键的强弱有关!K和Cr处于同周期’且核外最外层电子构型相同｛但K的原子半径比Cr大］且K的价电子数比Cr少’则K的金属键比Cr弱’因此金属K的熔点、沸点比金属Cr低°（3）Ij的中心I原子形成2个I—I键’孤电子对数为÷×（7ˉlˉ垒2×l）≡2,即中心I原子形成2个O键!还有2对孤电子对,故中心I原子采取sP3杂化〕Ij的几何构型为V形◎（4）分析KIO｀晶胞结构可知｛K原子与O原子间的最短距离是晶胞判断Li原子的第—电离能;（5）利用均摊法,求出每个晶胞中含有的Li2O个数‖再利用密度公式求密度°［解析］（l）基态多电子原子的核外电子排布应该遵循能量最低原理!即—般按照能级｜｜顶序填充（1s＜2s＜2p）°因此能量最低的状态就是先排满ls,再排2s’即回□□□□’能量最低的（基ls2s2p憋2py2pz态）原子为D｝C选项中2个电子排在2p雾上,l个电子排布在2s上｜是四个选项中能量最高的状态。（2）Li＋与Hˉ具有相同的电子构型,Li＋核电荷数为3,H核电荷数为l』电子构型相同时］核电荷数越大〕原子核对核外电子的吸弓｜能力越大］离子半径就越小°（3）根据价层电子对互斥理论（VSEPR模型）计算,AlHJ中叮键电子对数为4』中心原子的孤对电子数＝＋×（α＿藤b）＝十×｜3刊ˉ4×1）≡0］所以AlHJ的空间构型是正四面体形,中心原子的杂化轨道类型是sp3。（4）第—电离能指的是气态电中性基态原子失去—个电子转化为气态基态正离子所需要的能量,从图甲可以看出Li原子的第—电离能为1040kJ.molˉ］＝520kJ·molˉ｜.O＝O键键能是指1molO2断2裂成2个O原子所需的能量,从图甲可以看出O＝O键键能为249kJ°molˉl×2＝498kJ。mol｜;离子晶体的晶格能定义是气态离子形成lmol离子晶体所释放的能量］通常取正值｛Li2O晶格能从图甲可以直接得出为2908kJ°molˉl°（5）从图乙Li2O晶胞的结构可以看出晶胞中Ij＋的个数为8』顶点有8个O』ˉ』面心有6个0』』晶胞中O:的个数为8渊÷十6×＋二4』所以8×7＋4×16ˉ3lmol晶胞中含有4molIj2O,因此p≡／VA（0.4665×10ˉ7）3g.cm°［刷盲所得］半｜」断陌生微粒的空间构型时］可通过等电子原理转化为常见物质的空间构型判断!如本题对AlHJ空间构型的半｜」断,可利用等电子原理知CH4为它的等电子体｜CH4的空间构型为正四面体形’则AlHJ也为正四面体形。6邑（｜）…O哑铃｜纺锤）（2｜H2S3d4S（3）S8相对分子质量大,分子间范德华力强（剿｜平面三霜2.p』（5｜湍渊｜0Ⅻ粤α［思路分析］分子晶体的熔｀沸点与分子间作用力有关』据此分析S8和SO2的熔、沸点差异禾｜」用价层电子对互斥理论半｜」断气态三氧化硫分子的立体构型｛利用＂均摊法＂计算FeS2晶胞中含有FeS2的个数,由此求晶胞密度。［解析］（l）Fe元素是26号元素,基态Fe原子的核外电子排布式为［Ar］3d64s2,因此其价层电子排布图为…o｛基态s原子的核夕卜电子排布式为3d4s［Ne］3s23p4,最高能级为3p,其电子云轮廓图为哑铃形°（2）H2S分子中心S原子的价层电子对数为2＋6—2×1＝4;2SO2、SO3分子中心S原子的价层电子对数分另｜」为2＋6-2×2目＝23｀3＋6-3×2＝3,故价层电子对数不同于其他分子的是H2S。2（3）由分子构成的物质〕相对分子质量越大,范德华力越大!熔｀沸点越高,由此得S8的熔、沸点比SO2的高。（4）由（2）中分析可知〕SO］分子中S原子形成3个叮键且无孤对电子,因此SO〕分子的立体构型为平面三角形｛SO3分子中含有S—O间的o键和1个离域大∏键（∏j）,故有2种共价键类型°由图乙可知,固态SO3的三聚分子中每个S原子形成4个o键,采取sp3杂化°（5）根据均摊法’—个晶胞中的s:ˉ个数为8×÷＋6×÷＝4｀Fe2,4×″ⅣAˉ3个数为｜＋l2×十＝4,因此密度′＝｜α×l0ˉ’｜］§.m≡4M·』″A×l0—驯…—』-湍×!0驯…—』.『懂』.位于s;所形成的正／＼面体的体心’体心到面心的距离为等nm’设正／＼面体的边叁7@微信公众号嗨呀同学警案及解析面对角线的＋’即为粤×α郸6nm＝α3l5nm.与Ⅸ原子紧邻的O原子个数为12°（5）根据KIO3的化学式及晶胞结构推知,I原子位干晶胞顶角时!K原子处于体心位置,O原子处于棱心位置°［测训诊断］（1）本题考查了原子光谱｀核外电子排布｀熔点及沸点的比较｀空间构型及杂化轨道类型、晶胞结构及分析等］难度中等,大部分考生可得分°（2）本题若错］可能原因有◎忽视对原子光谱知识的掌握’不能确定紫色光对应的辐射波长;@不能正确辨析KIO3晶胞结构,不能确定晶胞中K、O原子的位置°a（｜）〖｜↑｜↑｜↑｜2s2p（2）同周期元素随核电荷数依次增大,原子半径逐渐变小,故结合-个电子释放出的能且依次增大N原子的2p轨道为半充满状态,具有额外稳定性,故不易结合＿个电子（3）OABDc@5∏§O（H3o十）o-HˉˉˉN（N了）（NH旷）N＿H-N（N歹）｜4）竿涎｜0—红域呼｜［思路分析］（1）根据构造原理｀泡利原理和洪特规则解答｜（2）根据题给信息和同周期元素的原子半径｀电负性的变化规律解答;（3）O利用图Z和价层电子对互斥理论解答;@根据题给大∏键表示信息进行解答;o根据图乙写出化合物R中其他氢键的表示式;（4）根据公式m＝pV解答°［解析］（1）氮原子为元素周期表中第7号元素,基态N原子的价电子排布式为2鼠22p］》故氮原子价电子排布图为四｜↑｜↑∏◎2s2p（2）由题意可知］元素的基态气态原子越容易得到—个电子’得至｜」—个电子形成气态负—价离子时所放出的能量越大,即第—电子亲和能（El）越大’同周期元素随核电荷数的增大］原子的电负性逐渐增大〗得电子的能力逐渐增强’故结合～个电子释放的能量逐渐增大;基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3,贝｜」N原子的2p轨道为半充满状态,原子的能量较低!相对稳定〗不易得电子°（3）OR中的两种阳离子分另｜」为NH旷和H3O＋,NH旷的中心原子是N,中心N原子形成4个∏键〗没有孤电子对’价层电子对数为4’故其杂化类型为sp3,NH旷的空间构型为正四面体形;H3O十的中心原子是O,中心O原子形成3个o键!孤电子对数为l,价层电子对数为4,故其杂化类型为Sp3’H3O＋的空间构型为三角锥形;NHJ和H3O＋中共价键类型都是极性共价键‖故R中两种阳离子的相同之处为A、B｀D项,不同之处为C项°@由图乙可知,R中阴离子N了中有5个N＿N键‖所以N5中的O键总数为5‖由图乙可知!N了中的大∏键中共含有5个N原子］所以参与形成大∏键的原子数为5,每个N原子形成2个O键,还有1对孤电子对,每个N原子提供l个电子形成大∏键］从外界得到的1个电子也参与形成大而键,故参与形成大而键的电子数为6,则N了中的大行键应表示为∏:°o由图乙可知,H3O＋中的1个H原子与N了中的1个N原子形成氢键,NH旷中的l个H原子与N了中的1个N原子形成氢键’则还含有的氢键表示式应为（NHr）N—HˉˉˉN（N了）和（H3O＋）O—HˉˉˉN（Nj）°（4）晶胞的履旦为铲g』晶胞的体积为（“×10ˉ’cm｜’,R的晶体Iˉ日ˉ皿密度为…m—狈｜〃＝侧』揣—』｛』解得’二等×｜0ˉ』｛』将″…2×!0鲤代＾竿×‖0ˉ驯可得》-60铲。［关键点拨］N了中从外界得到的单电子参与形成大∏键·［测‖｜｜诊断］（1）本题主要考查物质结构与性质,涉及价电子排布图书写｀第—电子亲和能｀价层电子对互斥理论、大而键的书写｀氢键表示式的书写｀晶体的计算等知识,难度中等』大多数考生可得分·（2）本题若错〗可能是解答第（3）问第@小题时’考生因未读懂大∏键的信息而不能正确求出参与形成大∏键的电子数导致错答;或解答第（3）问第o小题时考生不能根据题给信息正确写出氢键的表示式。9ˉ（1）［Ar］3d74s2OMn（2）spsp3（3）H2O＞CH3OH＞CO2＞H2H2O与CH3OH均为极性分子‖H2O中氢键比甲醇多;CO2与H2均为非极性分子‖CO2相对分子质丘较大、范德华力较大（4）离子键和∏键（∏』键）（5）0.1480.076［思路分析］（1）根据构造原理可以书写基态原子的核外电子排布式;根据元素周期律可以确定元素第—电离能的相对大／｜｀〗画出价电子排布图可以确定基态原子核外未成对电子数目｜（2）根据价层电子对互斥理论可以确定中心原子的杂化方式;（3）结构相似的分子,相对分子质量越大〕熔｀沸点越高’含有氢键的分子熔｀沸点反常;（4）分析化学键类型时先分析晶体类型!再考虑特殊的结构;（5）题目提示阴离子为面心立方最密堆积,可推测4′阴离子＝徊α,即可推出阴离子半径;根据在＂NaCl大晶胞＂分成的8个小晶胞中阴、阳离子半径之和为小晶胞的棱长（÷）即可推测阳离子半径。［解析］（l）Co是27号元素,位于元素周期表中第四周期第Ⅷ族’其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或［Ar］3d74s2。同周期元素从左至右,元素的第电离能呈增大趋势,故Mn的第—电离能小干Se‖同主族元素从上到下’元素的第—电离能逐渐减小!故Se的第—电离能小干O］则第—电离能Mn＜O。O基态原子的价电子排布式为2s22p4!所以其核外未成对电子数是2’而Mn基态原子的价电子排布式为3d54s2〗所以其核外未成对电子数是5,故核外未成对电子数较多的是Mn°（2）根据价层电子对互斥理论,CO2和CH3OH的中心C原子分别属于“2（成键电子对数）＋0（孤电子对数）＂型和｜‖4＋0＂型!中心C原子的价层电子对数分另｜」为2和4〗所以CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为sp和sp3°（3）H2O｀CH3OH｀CO2｀H2这4种物质中』常温下水和甲醇是液体］而二氧化碳和氢气是气体‖液体的沸点高干气体』水分子中有两个氢原子都可形成分子间氢键‖而甲醇分子中只有—个轻基上的氢原子可用于形成分干间氢键,所以水的沸点高于甲醇的沸点『二氧化碳的相对分子质量比氢气大,所以二氧化碳的分子间作用力较大!沸点较高。（4）硝酸锰是离子化合物!硝酸根和锰离子之间形成离子键’硝酸根（NOJ）中存在N≡O键,则存在∏键°（5）因为O2ˉ是面心立方最密堆积方式,面对角线是O2ˉ半径的4倍,即4『≡徊·』解得′≡乎×α420皿№o也属于№α型结构』在每—个小晶胞（大晶胞的÷｜中阻阳离子的半径之和等于小晶胞的棱长（:m）』故＂n2｛半径为α224m—乎×α420nmˉ0°07553nm≈0°076nm◎［刷盲所得］各种晶胞中半径和棱长的关系（1）简单立方堆积:2厂＝α;（2）面心立方堆积:4′≡徊α;（3）体心立方堆积‘4′≡√可α;（4）Naα型晶胞!′＂.＋＋厂c｜＿＝÷』（5）金冈｜」石晶胞8厂＝何α。［测‖｜｜诊断］（1）本题考查物质结构与性质］涉及核外电子排布式的书写、元素的第—电离能的大小比较｀核外未成对电子数目和原子轨道杂化方式的判断｀分子晶体熔点和沸点高低比较｀化学键的判断和晶胞结构的分析与计算等,难度中等!大多数考生可得分°（2）本题较全面地考查了物质结构与性质的常考内容!具有较强的弓｜导性］对学生的分析能力和空间想象能力进行了较高水平的考查,第（5）问易错!主要原因是空间想象能力不够°。（1）3dlo4s24p22（2）锗的原子半径大,原子间形成的o键较长,Pˉp轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠,难以形成∏键（3）GeCl4、GeBr4｀GeI4的熔｀沸点依次增高;原因是分子结构相似,相对分子质且依次增大,分子间作用力逐渐增强（4）O＞Ge＞Zn（5）sp3共价键′乒｀＾′11l、＾8×73）］@】O—↓■］＿斗】］—斗（●）β（｀＝′｀＝｀4,4,4′JVI.ⅣA×（565·76×10ˉl0）3［思路分析］根据核外电子排布规律写出基态Ge原子核外电子排布式,并确定未成对电子数;分析Ge和C原子结构差异0确定成键不同的原因;分析锗卤化物的熔点和沸点,确定存在的变化规律,结合所属晶体类型及存在作用力分析变化原因;根据元素电负性的变化规律’比较Zn＼Ge和O元素的电负性大小;类比金刚石的结构及碳原子成键方式’推测Ge单晶中Ge原子的杂化方式及存在的作用力;根据晶胞结构及各原子坐标参数｀晶胞参数‖分析、解决相关问题。夏题分类集训@微信公众号嗨呀同学高考必刷题翼题分类集训化学［Ar］3d84sl,故Cu＋核外电子排布比Ni＋稳定］难以失去电子,所以lCu＞′MO（4）o根据』』均摊法｜｛计算』暴胞中铜原子个数为6×÷＝3』镍原子个数为‘×÷二｜』＂｜钠原子和镍原子的数星比为3;｜。@该合金的晶胞组成为Cu3Ni,晶体的密度p≡丁≡｜·蔗l0ˉ,鹰m｜』…｜｜～硼…』川·～闹×＂’戴251g·moll（602:｛‖鲤×d）』×｜0,·［刷有所得］氢键不属于化学键’而属于分子间作用力°除NH3｀H2O｀HF外‖同主族元索的氢化物的沸点遵循相对分子质量增大,分子间作用力增大,熔｀沸点升高的规律。［测‖｜｜诊断］（l）本题主要考查物质结构与性质及相关的概念与变化规律’难度中等］意在提高试题的区分度。（2）考生易在半｜」断分子极性｀轨道杂化类型及晶胞有关计算时出错。（1）［Ar］3d｜04s24p3（或］s22s22p63s23p63dlo4s24p3）（2）大于小于（3）三角锥形sp3（4）GaF3为离子晶体,GaCl3为分子晶体4∏×10ˉ］0ⅣAp（rt‘＋′i.）×l00％（5）原子晶体共价3（MGα＋MAs）［思路分析］利用核外电子排布规律和元素周期律,结合As｀Ga的原子序数可回答第（1）｀（2）问‖由价层电子对互斥理论可知AsCl3分子的空间构型以及中心原子As的轨道杂化类型｜由晶体性质可回答第（4）问;由｜｜均摊法＂,结合晶胞结构和密度公式｀球体体积公式等即可解答最后—问。［解析］（1）As位于第四周期第VA族’类比P的核外电子排布式可知基态As原子的核外电子排布式为［Ar］3dl04s24p3或1s22s22p63s23p63dl04s24p3◎（2）Ga位于第四周期第ⅢA族］而AS位于第四周期第VA族!同周期主族元素的原子半径随核电荷数增大而减′｜｀!故原子半径Ga＞As伺周期元素随原子序数的增大!第—电离能呈增大的趋势］且As的4p轨道处于半充满的稳定状态］使其第电离能较大］故第—电离能:Ga＜As。（3）由价层电子对互斥理论知〕AsCl3分子的中心原子As的价层电子对数目为4（其中孤电子对数为5—斗×l＝｜）,因此其分子构型为凸三角锥形｛As的杂化轨道类型是sp3杂化°（4）非金属性:F＞Cl,再结合GaF3与GaCl3的熔点知,GaF3熔点较高的原因是GaF3是通过离子键形成的离子晶体］而GaCl3则是通过共价键形成的分子晶体°（5）GaAs的熔点较高,结合晶胞结构知GaAs是Ga与As通过共价键形成的原子晶体;由＂均摊法＂可知每个晶胞中含有4个Ga原子和4个As原子,依据密度公式,结合题中数据知每个晶胞的体积4（Mca＋MAs）cm3｜每个晶胞中含有原子的体积之和为:V（晶胞）≡P／VA4×［÷而×］0测（心＋′i‖cm』』故caA.晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为4×［÷厕×l0ˉ』0（危杆九）｜cm』×l00％＝「（″腻删鳃）卜m』4∏×l030ⅣAp（rta＋厂is）×100％°3（MGa＋MAs）［快解］结合原子在周期表中的位置］利用元素周期律和P的核外电子排布可得基态As的核外电子排布式｝类比NH3的结构可′｜央速解答第（3）问。［测‖｜｜诊断］（l）本题考查原子核外电子排布｀原子半径比较、电离能｀分子构型｀杂化轨道理论｀熔点比较、化学键、晶胞计算等］难度中等］意在使大多数考生得分。（2）本题若错!可能是忽视有关数据的单位’对晶胞结构不理解］从而将最后—问答错或不能解出°（l）电子云2（2）C有4个价电子且半径小,难以通过得或失电子达到稳定结构（3）O键和∏键spCO2｀SCNˉ（或COS等）（4）分干（5）@32@l24［解析］（l）基态Ge原子核外有32个电子,根据原子核外电子排布规律可知其核外电子排布式:［Ar］3d｜04s24p2,而Ge原子4p轨道上的2个电子分另｜｜占有不同的轨道］故有2个未成对电子。（2）Ge与C同处于第ⅣA族｛但Ge原子比C原子多2个电子层!则Ge的原子半径大干C原子,Ge原子之间形成的o键较长,pˉp轨道肩并肩重叠程度较小｛故难以形成∏键°（3）分析锗卤化物的熔点和沸点数据可知’GeCl4｀GeBr4和GeI4的熔、沸点均呈增大的趋势;由GeCl嘶｀GeBr4和GeI4的熔｀沸点较低可判断三者为分子晶体,而相同类型的分子晶体,其熔｀沸点言低取决于分子间作用力的大小,物质的相对分子质量越大,分子间作用力就越大,熔｀沸点就越高°（4）同周期元素从左至｜」右,元素的电负性逐渐变大,Zn和Ge为同周期元素,Ge在Zn的右边〕因此Ge的电负性比Zn的强｛O为活泼的非金属元素’电负性强于Ge和Zn,因此三者电负性由大至小的｜｜侦序为O＞Ge＞Zn。（5）Ge单晶具有金冈｜」石型结构］而金冈｜」石属于原子晶体’碳原子采取sp3杂化’据此推知Ge单晶中Ge原子也采取sp3杂化’微粒之间存在的作用力为共价键°（6）O根据题给图示可知］与D相连的4个原子形成正四面体结沟』且D位丁正四面体的体心。由B在瓣轴的坐标为＋知』D在＂轴的坐标为＋。同埋得出D在γ｀忽轴的坐标均为十｀则D的坐标参数为（十』÷』十）｜@每个晶胞中含有锗原子的个数为8×÷带6×÷＋4二8个』每个晶胞的陵邑为坠×糕b｜ug?l—｛品胞的憾积…7‘撼｜0｜』cⅧ｜』』8×73g·molˉ］所以晶胞的密度为ⅣAmolˉl×（565。76×10ˉl0cm）3°［刷育所得］同主族元素,随着电子层数的增多〕原子半径逐渐增大!原子之间形成共价键的重叠程度减′｜｀］故形成O键和∏键的难度逐渐增大°［测‖｜｜诊断］（l）本题考查原子结构（核外电子排布及特点｀电负性大小）｀化学键与分子间作用力（成键特点、杂化方式｀作用力类型）｀品体结构（坐标参数｀晶胞参数及密度）等知识,难度中等!大部分考生可得分°（2）本题若错‖可能是对物质结构与性质核心知识掌握不牢固〕在结合题给信息进行迁移应用时出现错误°Ⅷ.（l）ls22s22p63s23p63d84s2或［Ar］3d84s22（2）O正四面体@配位键NO高于氨分子间可形成氢键极性Sp3（3）金属铜失去的是全充满的3dl0电干,镍失去的是4sl电子（4｜o3;｜◎（602熟』×硼）』×l0,［思路分析］镍与铜均为第四周期过渡元素］掌握电子排布式｀配位键｀极性分子等相关概念和沸点、电离能等物质的性质变化规律是解答本题的关键°（4）利用密度求算公式p＝;代入相关的量进行计算即可°［解析］（1）镍是28号元素!位于第四周期第Ⅷ族,根据核外电子排布规则｛其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或［Ar］3d84s2°根据洪特规则〕基态原子中的电子总是优先占据—个轨道,则镍的3d轨道中有5个电子分另｜」占据l个轨道,剩余的电子再以自旋方向相反的状态填充至｜」其中的3个轨道中,所以镍的3d能级上的未成对的电子数为2°（2）O根据价层电子对互斥理论,soiˉ的价层电子对数为4,孤电子对数为（6＋2ˉ2×4｜×÷-0』其空「司立体构型为正四面体形·@在［Ni（NH3）6］2＋中Ni2＋提供空轨道〕NH3中N原子提供孤电子对,M2＋与NH3之间形成的化学键称为配位键°o氨分子间存在氢键,分子间作用力强,所以氨的沸点高于腆（PH3）;根据价层电子对互斥理论’氨中心原子N的O键电子对数为3』孤电子对数为（5＿3）×＋＝l’贝‖N原子是sp』杂化』氨分子凸空间构型为三角锥形,正｀负电荷中心不重叠］氨是极性分子。（3）铜和镍属于金属元素,单质铜及镍都是由金属键形成的晶体｛Cu＋核外电子排布式为［Ar］3d｜o,Ni十的核外电子排布式为｜『02］3o微信公众号嗨呀同学『答案及解析［思路分析］根据原子结构的特点｀原子轨道杂化理论｀分子空间构型的确定方法及晶体结构的特点进行解答°［解析］（l）基态碳原子中位于1s｀2s轨道的2对电子自旋方向相反°（2）碳在形成化合物时,因C原子有4个价电子且半径小,既不容易失电子也不容易得电子’因此易与其他元素原子形成共价键°（3）在CS2中存在两个碳硫双键在碳硫双键中,—个是o键,—个是∏键;中心C原子的价层电子对数为2］因此其杂化轨道类型为sp｝依据等电子原理可知CO2｀SCNˉ和COS等微粒的空间构型和键合形式与CS2相同°（4）根据Fe（CO）5的熔｀沸点很低可推知其固体为分子晶体°（5）O由图可知在石墨烯晶体中,每个碳原子以3个碳碳单键与其他原子相连形咸六元环』每个磷原子对六元环的贡献为＋』故每个六元环占有的碳原子数为6×＋＝2;@由金刚石的晶体结构可知在金刚石中每个碳原子与其他原子形成4个碳碳单键’每个碳碳单键为3个六元环共用,故每个C原子连接12个六元环’且该六元环中最多有4个碳原子共面。［刷盲所得］利用＂均摊法＂确定晶胞的分子式或进行有关计算时〕需明确每个晶胞对原子的占有率,其计算方法为:若晶胞为立为体』则顶点上的原子为β个晶胞共用｀有÷属干该晶胞｝棱上的原子为4个晶胞共用』有÷属于该晶胞｝面心上的原子为2个晶胞共用』有＋属于该晶胞;体心的原子处于晶胞内部｀全部属于该晶胞。若晶胞为六棱柱》＂‖顶点上的原子为6个晶胞共用』有÷属干该晶胞°［测‖｜｜诊断］（1）本题主要考查原子结构｀共价键｀原子的杂化轨道｀分子的空间构型｀晶体结构等知识,难度中等,意在使大多数考生得分·（2）本题若错’可能是因为不熟悉杂化轨道的特点｀分子的空间结构的判断方法、晶体结构的特点造成的。T4（l）Ols22s22p63s23p3（或［Ne］3s23p3）（2）O3O3相对分子质量较大,范德华力大分子晶体离子晶体（3）三角锥形sP3（4）V形42Cl2＋2Na2CO3＋H2O-Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl（或2Cl2＋Na2CO3-Cl2O＋CO2＋2NaCl）4×62g·molˉlˉ3（5）Na2O8（0.5而×l0ˉ7cm）3×6ˉⅢ×l023molˉl＝2.27g·cm［思路分析］根据原子结构的特点＼元素周期律｀构造原理、原子轨道杂化理论｀分子空间构型的确定方法及晶体结构的特点进行解答。［解析］C核外电子总数是最外层电子数的3倍,可推知C为l5号元素P,A、B｀C｀D的原子序数依次增大‖C｀D同周期〕目D元素最外层有个未成对电子,可推知D为Cl］A2ˉ和B＋具有相同的电子构型,则A为O〕B为Na°（l）O｀Na｀P｀Cl四种元素中电负性最大的是O,P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3。（2）O元素的单质有O2和O3两种同素异形体,其中O3的沸点较高原因是O3的相对分子质量较大!范德华力较大°O的氢化物为H2O或H2O2,其固体均为分子晶体,Na的氢化物为NaH’为离子晶体°（3）p和Cl反应可生成组成比为l:3的化合物PCl3,PCl3中中心原子P的价层电子对数为手＝4』中心原子P的孤电子对数是］］故中心原子P采取sp3杂化,PCl3分子的立体构型为三角锥形。（4）化合物Cl2O中中心原子O的价层电子对数为旦芳旦＝4,中心原垄子O的孤电子对数为2!故化合物Cl2O的立体构型为V形。Cl2与湿润的Na2CO3反应生成Cl2O的化学反应方程式为2Cl2＋2Na2CO3＋H2O-Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl（或2Cl2＋Na2CO3-Cl2O＋CO2＋2NaCI）°（5）由题意和晶胞结构可知｛有8个A位干立方体的8个顶点,有6个A位于立方体的6个面心上,有8个B位于晶胞内部,故每个晶胞由含有A的数目为8×＋＋6×÷＝4’含有B的数目为8』故晶胞中Na和O的数目比为8:4＝2:1’其化学式可表示为Na2O。以晶胞面心上的—个O原子为中心,距离O原子最近且距离相等的Na原子的数目为8,故晶胞中O原子的配位数为8°—个晶胞的4×62g·molˉl质量″!＝6.02×l023molˉl—个晶胞的体积J／≡（0。566nm）34×田吕·Imlˉl∩么△≈←″‖6。＂×1G3rmlˉ］（0566×l07cm）』’则晶体Na2O的密度＝子＝~~（0,5“×10ˉ7cm）34×62g·mollˉ3（0.566×］0ˉ7cm）3×6·02×l023moll＝227g·cm°［刷育所得］要求晶体密度］首先根据均摊法求出—个晶胞中所含物质粒子的数目,然后根据物质的摩尔质量,求出—个晶胞的质量｛呈尸二士曰十曰…唁／入＋:什仁身ˉL蕾曰什耘律＝—个晶胞的质量最后根据密度公式进行计算晶体密度…丙』～曰一≡-一、～｜」″｜乔咱曰『下出′二~~~~—个晶胞的体积—个晶胞所含物质微粒的数目×物质的摩尔质量ⅣA×晶胞边长3［测‖｜｜诊断］（］）本题主要考查原子结构｀元素周期律、电子排布式｀原子轨道杂化类型｀分子的立体结构｀晶体结构和相应计算,难度中等!意在使大多数考生得分。（2）本题若错］可能是因为不熟悉分子结构与价层电子对的关系｀不能应用均摊法求出晶体的化学式或不熟悉晶体密度的计算方法°（l）［Ar］3d9或ls22s22p63s23p63d9（2）正四面体O（3）sp3｀sp2易溶于水（4）4［解析］本题考查物质结构与性质］侧重考查核外电子排布｀分子构型、杂化类型｀晶胞相关计算等°（］）Cu是第29号元素,基态Cu原子核外电子排布式为［Ar］3dlo4sl,则Cu2＋基态核外电子排布式为［Ar］3d9或ls22s22p63s23p63d9°′∩｀∩∩’ˉ←∩＝≡垒△′＾［＝→≥-｜亚′｀｜.6＋2-2×4′同Ⅶ＾→（2）SO;ˉ中S原子的价层电子对数为4‖5＋＝4,贝｜」S原2子的杂化方式为sp3,不含孤电子对,所以SO岛ˉ的空间构型是正四面体。中心离子（Cu2＋）提供空轨道!配位原子（O）提供孤对电子°（3）参与形成4个单键的碳原子的杂化方式是sp3,参与形成双键的碳原子的杂化方式是Sp2。抗坏血酸分子中含有多个轻基］轻基为亲水基』所以抗坏血酸易溶于水°（4）由题图乙可知］白球位干晶胞的顶点（8）和体心（1）』所以每个晶胞含有8×÷带［＝2个白球》黑球位于晶胞的内部｜4｜’再由Cu2O的化学式可知白球表示O｛黑球表示Cu］则每个晶胞中含有的Cu原子数为4°（］）sp3平面（正）三角形（2）［Ar］3d6或ls22s22p63s23p63d6H2O＼／0H2（3）NOI（4）l;2（5）ON歹Fe2｜丁OH』／OH勺H2O［解析］（1）SO甜ˉ中S原子的价层电子对数为4,且无孤电子对,所以离子的空间构型为正四面体结构’中心原子的杂化方式为sp3杂化;NOf中N原子的价层电子对数为3』形成3个共价键］无孤电子对’所以微粒的空间构型为平面三角形,N原子的杂化方式为sp2杂化°（2）铁为第工号元素,基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,所以Fe2＋基态核外电子排布式为ls22s22p63s23p63d6〕或写为［Ar］3d6°（3）等电子体为原子总数｀价电子总数均相等的类分子或离子〕寻找等电子体的常见方法有同族变换法和左右移位法,本题中将O3中—个O原子换成N原子,形成-1价阴离子,则O3的等电子体为NOf°（4）氮氮三键中含l个O键和2个∏键,O键和∏键的个数比为1:2°（5）根据图示］Fe2＋的配位数为6］水分子中O原子提供孤电子对!NO中N原子提供孤电子对,所以［Fe（NO）（H2O）5］2＋的结构示意OH,06◎气乙／／／」＼·勺▲＋Ⅸ●○＼卜／／比◎○Ⅱ为图I。BCI（l）离子键CD‖7@夏题分类集训微信公众号嗨呀同学高考必刷题舅题分类集训化学晶胞含有的N原子数为l］则更稳定的Cu替代型产物的化学式为Fe3CuN°［技法提升］根据结构判断碳原子杂化方式的最快捷方法是单键碳Sp3杂化｀双键碳Sp2杂化｀三键碳Sp杂化°‖9。I。ADⅡ（1）混台晶体O键｀∏键Sp2（2）4正四面体非极性（3）OSix4均为分子晶体,分子晶体的沸点与相对分子质量成正比@减弱增强（4）K3C6o2。03［命题意图］本题主要考查物质结构与性质等知识,意在考查学生对物质结构知识的掌握｀理解和灵活应用能力°［解析］I。某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5倍,则为澳元素,最外层有7个电子〕其最高化合价为＋7］A项正确;钠原子失去—个电子达到稳定结构〕故其第二电离能大于镁元素的第二电离能,B项错误高氯酸的酸性强于次氯酸!但次氯酸的氧化性强于高氯酸!C项错误j从结构上看,对轻基苯甲醛要比邻轻基苯甲醛对称得多‖所以对轻基苯甲醛晶体的排歹｜」更整齐’要破坏这个结构就需要更多的能量］故对轻基苯甲醛的熔点更高D项正确°Ⅱ（1）观察题图（a）所示的结构,层内为共价键’层间为分子间作用力］故该单质的晶体类型为混合晶体］每个碳原子与周围3个碳原子相连〕即有双键存在,故原子间存在的共价键类型有O键｀∏键,碳原子的杂化轨道类型为Sp2。（2｜siα铡分子的中心原子的价层电子对数为竿二4』故分子的立体构型为正四面体’分子结构对称,属于非极性分子°（3）Osjx4固体均为分子晶体,分子晶体的沸点与相对分子质量成正比,故SiX4的沸点依F＼Cl｀Br＼I次序升高°@观察图（b）可知依F｀Cl、Br｀I次序‖SiX4的沸点逐渐升高,pbX2的熔点逐渐降低,故依F｀Cl｀Br｀I次序］pbX2中的化学键的离子性逐渐减弱｀共价性逐渐增强°（4）K位干立方体的棱上和立方体的内部,则—个晶胞含有K数目为l2×上辨9＝｜2』含有C硼数目为8×÷…＋＝4』此化合物4的化学式为K3C60］lmol晶胞的质量为4×837g,其体积为（l.4×（2）OV形sp3极性@水分子间存在氢键（3）3〔丁键和∏键函∏撇搁6湘2×″＾（4）o4［解析］I。P原子的3p轨道为半充满的稳定结构,不易失去电子,其第—电离能大于S原子‖A项错误｛共价键的极性取决于成键两原子元素的电负性差值大小］电负性:F＞Cl＞Br＞I,故它们的氢化物共价键的极性依次变小!B项正确;离子半径越小,离子所带电荷数越多’晶格能越大］由厂（F—）＜厂（Clˉ）＜′（Br）＜厂（Iˉ）,则晶格能:NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI,故C项正确;第ⅡA族元素金属离子M2＋从CO;ˉ中夺取氧离子形成MO的能力随M2＋半径减′｜｀而增强,故热稳定′｜生MgCO3＜CaCO3＜SrCO3＜BaCO3,D项错误°Ⅱ.（1）选项A为Fe2＋的电子排布图］失电子时违背了能量最低原理］应完全失去4s电子;选项C为Fe3＋的电子排布图!Fe原子失去了两个4s电子和—个3d电子形成Fe3＋』是正确的电子排布;选项B和D分别是铜原子利Cu十的电子排布图］前者违背3d全满时原子最稳定的特例］故是错误的’后者失去4s单电子〕故该排布方式是正确的。（2）O臭鸡蛋气昧的气体为硫化氢］H2S分子中中心硫原子形成2个o键,孤电子对数为6ˉ马×l＝2,则中心硫原子的轨道杂化类型＝为sp3!分子构型为V形,属于极性分子°@水分子间存在氢键,熔｀沸点较高’H2S分子间只存在范德华力］熔｀沸点较低。（3）SO2中心原子的价层电子对数为2＋6ˉ:×2＝3’S原子与O＝原子之间以双键结合〕共价键类型为O键和∏键°（4）@以底面Cu＋为例,与Cu＋最近目等距的S2ˉ的数目为4（底面上方2个,底面下方2个）与S2ˉ最近且等距的有2个Cu＋和2个Fe3十］则S2ˉ的配位数为4°@l个CuFeS2晶胞中含有Cu的个数为6×＋＋4×＋＝4’含有Fe的个数为8×÷…＋＋l＝4〕含有S的个数为8』则晶胞质量为（4×64＋4×56＋8×32）g·molˉl｛晶胞体积为0.524×0。524×ⅣAmolˉlL032×l0Ⅻ·mˉ』’根据p＝÷’CuFeS2晶体的密度是4×64＋4×56＋8×32ˉ3（0.5242×1。032）×l0ˉ2l×／VAg·cm°［测‖｜｜诊断］（l）本题主要考查物质结构与性质的相关知识,涉及原子的核外电子排布｀分子构型｀价键类型的判断以及晶胞结构的分析与计算等内容,难度中等,大多数考生可完成—定分值的解答°（2）本题要注意两个易错点伺—周期中‖元素的第—电离能随原子序数的增大呈增大趋势〕但价电子轨道为全空｀半满｀全满的稳定状态时,第—电离能较大｛同—主族元素的氢化物相对分子质量越大,分子间作用力越大』熔｀沸点越高但氢键能影响熔｀沸点°（1）［Ar］3d5或（1s22s22p63s23p63d5）（2）sp2和sp39ⅣA（3）H＜C＜O（4）Z醇分子间存在氢键（5）Fe3CuN［命题意图］本题考查物质结构与性质］意在考查学生对构造原理与电子排布式｀杂化轨道理论、电负性、氢键及其对物质性质的影晌｀晶胞等知识点的理解能力°［解析］（1）Fe是26号元素〕所以基态Fe原子核外电子排布式为［Ar］3d64s2,所以Fe3＋基态核外电子排布式为［Ar］3d5或1s22s22p63s23p63d5°（2）甲基中的碳原子的杂化方式是sp3］碳基中的碳原子的杂化方式是sp2｝lmol丙酮分子中含有6mol碳氢键｀2mol碳碳键和lmol碳氧双键‖lmol碳氧双键中含有lmolO键和1mol∏键］所以lmol丙酮分子中含有9molO键°（3）—般来说,元素的非金属性越强］其电负性越大,所以电负性》H＜C＜O◎（4）乙醇分子间存在氢键使得其熔｀沸点言于丙酮。（5）能量越低!物质越稳定!所以由图乙可知Cu苔代a位置Fe时产物的能量更低’即Cu位于晶胞的顶点］所以平均每个晶胞含有的cu原子数为8×÷＝｜』Fe位于暴胞的面心｀所以平均每个暴胞含有的Fe原子数为6×÷＝3,而N位于晶胞的体心』所以平均每个≡4×837吕l0ˉ7）』×″Aαm』’故晶体密度p＝号＝』u）＾」vA凹皿』,队目口伴四′又尸-V-～～（1.4×l0＿7）3×ⅣAcm32°03g·cmˉ3。2O（l）1s22s22p63slCl（2）H2S分子间不存在氢键,H2O分子间存在氢键（3）平面三角形（4）Na＋（5）K2Cr2O7＋3H2O2＋4H2SO4-≡K2SO4＋Cr2（SO4）3＋3O2↑＋7H2O［思路分析］首先根据原子结构和元素周期律推出题给元素,然后结合电子排布规律｀电负性等元素性质规律｀氢键的形成及影响、判断分子空间结构的方法｀』｜均摊法＂分析晶胞｀氧化还原反应规律等对题目所设问题逐—进行解答。［解析］由题给条件可推出〕M、R、X｀Y｀Z分另｜」为氧｀钠｀硫、氢、铬元素°（l）R是钠元素’其原子核外有l1个电子’根据能量最低原理知基态钠原子的核外电子排布式为1s22s22p63sl;氯的非金属性比硫强,因此电负性较大的是氯元素。（2）硫化氢的沸点低于水的沸点’原因是水分子间可以形成氢键,而硫化氢分子间不能形成氢键。（3）SO3的中心原子没有孤对电子‖且S原子的价层电子对数为3,故S原子采取sp2杂化］因此SO3分子的空间构型是平面三角形°（4）由“均摊法｜｜可知晶胞中白球有4个0黑球有8个!由化学式R2M（即Na2O）知黑球代表钠离子°（5）Z（即Cr）的最高价含氧酸的钾盐（橙色）是K2Cr2O7,能被氧化的氧的氢化物是H2O2’结台有关信息,根据电子得失守恒可知反应的化学方程式为K2Cr2O7＋3H2O2＋4H2SO4—K2SO4＋Cr2（SO4）3＋3O2↑＋7H2O°［关键点拨］此类试题的解答关键是依据题中信息,结合核外电子排布规律｀原子在周期表的位置或元素的特殊性质等推断出各元素°［测‖｜｜诊断］（1）本题主要考查物质结构有关知识,难度中等,意在使大多数考生得分°（2）本题若错,可能是对元素推断｀三氧化硫空间构型｀『『均摊法＂分析晶胞等知识掌握不够熟练而出错°T8@微信公众号嗨呀同学微信公众号嗨呀同学