2013年高考化学试题分类解析汇编（13份打包）

2013年高考化学试题分类解析汇编：化学与生活、技术、环境和工业
（2013大纲卷）6、下面有关发泡塑料饭盒的叙述，不正确的是
A.主要材质是高分子材料 B.价廉、质轻、保温性能好
C.适用于微波炉加热食品 D.不适于盛放含油较多的食品
【答案】C
【解析】本题结合生活，考察学生的有机基础知识，有机物的通性。
（2013福建卷）６. 化学与社会、生产、生活紧切相关。下列说法正确的是
A．石英只能用于生产光导纤维
B．从海水提取物质都必须通过化学反应才能实现
C．为了增加食物的营养成分，可以大量使用食品添加剂
D．“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂
【答案】D
【解析】A是一种用途，但不是唯一用途；B蒸馏淡水是物理变化；C不能过量。
（2013江苏卷）1.燃料电池能有效提高能源利用率，具有广泛的应用前景。下列物质均可用作燃料电池的燃料，其中最环保的是
A.甲醇 B.天然气 C.液化石油气 D.氢气
【参考答案】D
【解析】本题属于考核化学与社会问题中的节能减排、保护环境、资源利用等相关问题。燃料电池的能量转换率为80%，普通燃烧过程能量转换率为30%左右(《选修四》教材P77)，氢气作为燃料电池的燃料，其产物又是水，对环境无危害性，从能效比及环境保护的角度看，氢气的确是最理想的能源。太阳能和氢能全面使用将是新能源领域人类努力的方向。
（2013四川卷）1. 化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（　　）
A．二氧化硫可广泛用于食品的增白
B．葡萄糖可用于补钙药物的合成
C．聚乙烯塑料制品可用于食品的包装
D．次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌
【答案】A
【解析】二氧化硫有一定毒性，少量用于漂白，但不能用于食品漂白，A不正确，其余选项都是正确的，答案选A。
（2013上海卷）6.与索尔维制碱法相比，侯德榜制碱法最突出的优点是
A.原料利用率高 B.设备少
C.循环利用的物质多 D.原料易得
答案：A
【解析】索尔维法制碱与侯德榜制碱法均分两个过程，第一个过程相同，在第二个过程中，索尔维法再用Ca(OH)2溶液与含NaCl、NH4Cl滤液作用得到循环利用的NH3时，有一部分原料NaCl伴随CaCl2溶液作为废液被抛弃了，造成NaCl的利用率降低；侯德榜制碱法在在第二步分离NaCl、NH4Cl的滤液时，是向低温滤液中通入NH3使NH4Cl析出，最后得到溶液基本上是饱和NaCl溶液，可循环利用，提高了NaCl的利用率，故答案为：A。
（2013山东卷）7．化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A．聚乙烯塑料的老化是由于发生了加成反应
B．煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料
C．合成纤维、人造纤维及碳纤维都属于有机高分子材料
D．利用粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程
解析：聚乙烯塑料的老化是因为被氧化所致，A选项错；煤的气化是化学变化，B错；碳纤维是碳的单质，C错；用粮食酿酒时，先在糖化酶作用下水解为葡萄糖，然后在酵母作用下转变为酒精，都是化学变化。D正确。
答案：D
（2013全国新课标卷1）7、化学无处不在，下列与化学有关的说法，不正确的是（）
A、侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异
B、可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气
C、碘是人体必须微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物
D、黑火药由硫磺、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成
答案：C
解析：A对，侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，由于NaHCO3溶解度小于Na2CO3,故NaHCO3在溶液中析出。
B对，浓盐酸易挥发，与NH3结合生成NH4Cl固体小颗粒，冒白烟。
C错，碘是人体必需元素，补碘常在食盐中加入KIO3固体而不是高碘酸，高碘酸为强酸性物质。
D对，制备黑火药的原料为S、KNO3、C，三者比例为1：2：3
备注：该题与人们日常生活紧密结合，均为最基本的化学常识，属于基础性试题的考查。
（2013天津卷）2、以下食品化学知识的叙述不正确的是
A、食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂
B、新鲜蔬菜做熟后，所含维生素C会有损失
C、纤维素在人体内可水解为葡萄糖，故可做人类的营养物质
D、葡萄糖中的花青素在碱性环境下显蓝色，故可用苏打粉检验假红酒。
【解析】该题考查和生活息息相关的一些物质的主要性质。命题依据来源于选修1《化学与生活》。A选项正确，考查程食盐的常识性知识；B选项考查维生素Ｃ的性质，维生素Ｃ再人体内或受热时很容易被氧化，生吃新鲜蔬菜比熟吃损失小，正确；C选项，纤维素在人体内不能水解，所以不能作为人类的营养物质，错误。D选项苏打是碳酸钠，呈碱性，假设红酒中没有葡萄糖时与苏打不显蓝色，正确。
答案选：C
（2013浙江卷）7、下列说法不正确的是
A．多孔碳可用作氢氧燃料电池的电极材料
B．pH计不能用于酸碱中和滴定终点的判断
C．科学家发现一种新细菌的DNA链中有砷(As)元素，该As元素最有可能取代了普通DNA链中的P元素
D．CH3CH—CH2和CO2反应生成可降解聚合物[ O—CHCH2—O—C ]n，该反应符合绿色化学的原则
O CH3 O
【解析】A选项：氢氧燃料电池要求电极必须多孔具有很强的吸附能力，并具一定的催化作用，同时增大气固的接触面积，提高反应速率。C选项：As和P同主族。甲基环氧乙烷与二氧化碳在一定条件下反应生成聚碳酸酯，原子利用率达到100%，生成的聚碳酸酯易降解生成无毒无害物质，所以此反应符合绿色化学原则。B选项：pH计可用于酸碱中和滴定终点的判断。
答案：B
（2013山东卷）31．（8分）【化学——化学与技术】
废旧硬质合金刀具中含有碳化钨（WC）、金属钴（Co）及少量杂质铁，利用电解法可回收WC和Co。工艺流程图如下：
（1）电解时废旧刀具做阳极，不锈钢做阴极，HCl溶液为电解质溶液。阴极主要的电极反应式为________________________________________。
（2）净化步骤所得滤饼的主要成分是_______________。回收的洗涤液代替水配制电解液，目的是回收利用其中的____________________。
（3）溶液I的主要成分是_____________。洗涤CoC2O4不充分对最终产品纯度并无明显影响，但焙烧时会造成环境污染，原因是______________________________。
（4）将Co2O3还原成CO粉的化学方程式为_______________________________________。
解析：（1）电解时阴极得到电子，由于HCl是电解质溶液，所以阴极是氢离子放电生成氢气，电极反应式是2H＋＋2e－=H2↑
（2）电解是阳极是铁失去电子，生成亚铁离子。然后加入双氧水将亚铁离子氧化生成铁离子，在加入氨水则生成氢氧化铁沉淀，即净化步骤所得滤饼的主要成分是Fe(OH)3。回收的洗涤液中含有Co2＋，因此目的是回收利用其中的Co2＋。
（3）由于电解质溶液是盐酸，且在反应过程中加入了氨水和醋酸铵，所以过滤后溶液I的主要成分是NH4Cl。由于在煅烧是氯化铵分解生成氨气和氯化氢，从而造成环境污染。
（4）氢气还原Co2O3生成CO粉的同时，还有水生成，所以该反应的化学方程式是Co2O3＋3H2=2CO＋3H2O。
（1）2H＋＋2e－=H2↑ （2）Fe(OH)3；Co2＋（或Co）
（3）NH4Cl；焙烧时NH4Cl分解产生NH3和HCl
（4）Co2O3＋3H2=2CO＋3H2O
（2013全国新课标卷1）36.【化学—选修2:化学与技术](15分)
草酸(乙二酸)可作还原剂和沉淀剂，用于金属除锈、织物漂白和稀土生产。一种制备草酸(含2个结晶水)的工艺流程如下:
回答下列问题
(1) CO和NaOH在一定条件下合成甲酸钠、甲酸钠加热脱氢的化学反应方程式分别为 、 。
（2）该制备工艺中有两次过滤操作，过滤操作①的滤液是 ，滤渣是 ；过滤操作②的滤液是 和 ，滤渣是 。
（3）工艺过程中③和④的目的是 。
（4）有人建议甲酸钠脱氢后直接用硫酸酸化制备草酸。该方案的缺点是产品不纯，其中含有的杂质主要是 。
(5)结晶水合草酸成品的纯度用高锰酸钾法测定。称量草酸成品0.250g溶于水，用0.0500 mol . L-1的酸性KMnO4溶液滴定，至浅粉红色不消褪，消耗KMnO4溶液15.00 mL, 反应的离子方程式为 ；列式计算该成品的纯度 。
考点：考查物质的分类、化学方程式和离子方程式的书写
审题策略：在解题时要仔细观察流程图，根据物质的性质，比如一些物质的溶解性、草酸钙难溶于水、硫酸钙微溶于水，可以推出过滤操作①和②中滤液和滤渣的成分，从而完成各步问题。
解析：（1）根据已知信息并结合原子守恒可得出该反应的化学方程式是CO＋NaOHHCOONa、2HCOONaNaOOC－COONa＋H2↑。
(2)草酸钠和氢氧化钙反应生成草酸钙和氢氧化钠，草酸钙难溶于水，则过滤①中滤渣是草酸钙，滤液中是氢氧化钠；用硫酸将草酸钙酸化，生成草酸和硫酸钙，其中硫酸钙是微溶于水，所以在过滤②中滤渣是硫酸钙，滤液是草酸和过量的稀硫酸。
（3）工艺流程③中有氢氧化钠生成，而④中有硫酸生成，所以工艺过程中③和④的目的是分别循环利用氢氧化钠和硫酸（降低成本），减少污染。
（4）由于甲酸钠脱氢后生成的产物是草酸钠，直接和硫酸反应生成草酸和硫酸钠，得到的草酸中含有硫酸钠杂质，所以该方案是不可取的。
（5）高锰酸钾是氧化剂，还原产物是锰离子。草酸是还原剂氧化产物是CO2，所以根据电子的得失守恒可知，该反应的离子方程式是5C2O42－＋16H＋＋2MnO4－＝2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑。该题反应的方程式可知，该成品的纯度是。
答案：（1）CO＋NaOHHCOONa、2HCOONaNaOOC－COONa＋H2↑
（2）氢氧化钠溶液；草酸钙；草酸溶液和硫酸溶液；硫酸钙
（3）别循环利用氢氧化钠和硫酸（降低成本），减少污染
（4）Na2SO4
（5）5C2O42－＋16H＋＋2MnO4－＝2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑
。
（2013全国新课标卷2）36.[化学——选修2：化学与技术]（15）
锌锰电池（俗称干电池）在生活中的用量很大。两种锌锰电池的构造图如图（a）所示。
回答下列问题：
普通锌锰电池放电时发生的主要反应为：
Zn+2NH4Cl+2MnO2=Zn(NH3)2Cl2+2MnOOH
该电池中，负极材料主要是________，电解质的主要成分是______，正极发生的主要反应是 。
与普通锌锰电池相比，碱性锌锰电池的优点及其理由是
。
图（b）表示回收利用废旧普通锌锰电池的一种工艺（不考虑废旧电池中实际存在的少量其他金属）。
（3）图（b）中产物的化学式分别为A_______，B________。
操作a中得到熔块的主要成分是K2MnO4。操作b中，绿色的K2MnO4溶液反应后生成紫色溶液和一种黑褐色固体，该反应的离子方程式为
。
采用惰性电极电解K2MnO4溶液也能得到化合物D，则阴极处得到的主要物质是________。（填化学式）
解析：（1）①原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。所以根据反应的总方程式可知，锌失去电子，做负极。电解质的主要成分是氯化铵，正极是二氧化锰得到电子，电极反应式是MnO2＋e－＋NH4＋＝MnOOH＋NH3。
②碱性电池不容易发生电解质溶液泄漏，因为消耗的负极改装在电池的内部；
碱性电池使用寿命较长，因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高；
（2）氯化锌和氯化铵易溶于水，所以滤液的主要成分是氯化锌和氯化铵。氯化铵步稳定，加热易分解，所以A是氯化锌，B是氯化铵。
①绿色的K2MnO4溶液反应后生成紫色溶液和一种黑褐色固体，这说明反应中有MnO4－和MnO2生成，因此该反应是锰酸钾自身的氧化还原反应，所以方程式是3MnO42－＋2CO2＝2MnO4－＋MnO2＋2CO32－。
②电解池中阴极得到电子，所以是溶液中的氢离子得到电子生成氢气，而在MnO42－阳极失去电子生成高锰酸钾溶液。
答案：（1）①Zn；NH4Cl；MnO2＋e－＋NH4＋＝MnOOH＋NH3
②碱性电池不容易发生电解质溶液泄漏，因为消耗的负极改装在电池的内部；
碱性电池使用寿命较长，因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高；
（3）ZnCl2; NH4Cl；
①3MnO42－＋2CO2＝2MnO4－＋MnO2＋2CO32－；
②H2；
（2013海南卷）20．[选修2——化学与技术] （20分）
20-I（6分）下列叙述正确的是
A．合成氨的“造气”阶段会产生废气
B．电镀的酸性废液用碱中和后就可以排放
C．电解制铝的过程中，作为阳极材料的无烟煤不会消耗
D．使用煤炭转化的管道煤气比直接燃煤可减少环境污染
[答案]AD
[解析]：A中氨的造气用天燃气或煤，必产生二氧化碳；B中电镀液含重金属离子，应处理后排放；C中，铝的生产中阳极会产生二氧化碳，煤有消耗；D中煤的气化后作了脱硫处理，污染减少。
20-II（14分）硅在地壳中的含量较高。硅及其化合物的开发由来已久，在现代生活中有广泛应用。回答下列问题：
（1）1810年瑞典化学家贝采利乌斯在加热石英砂、木炭和铁时，得到一种“金属”。这种“金属”可能是 。
（2）陶瓷、水泥和玻璃是常用的硅酸盐材料。其中，生产普通玻璃的主要原料有 。
（3）高纯硅是现代信息、半导体和光伏发电等产业都需要的基础材料。工业上提纯硅有多种路线，其中一种工艺流程示意图及主要反应如下：
①用石英砂和焦炭在电弧炉中高温加热也可以生产碳化硅，该反应的化学方程式为 ；碳化硅又称 ，其晶体结构与 相似。
②在流化床反应的产物中，SiHCl3大约占85%，还有SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl等，有关物质的沸点数据如下表，提纯SiHCl3的主要工艺操作依次是沉降、冷凝和 。
物质
Si
SiCl4
SiHCl3
SiH2Cl2
SiH3Cl
HCl
SiH4
沸点/℃
2355
57.6
31.8
8.2
-30.4
-84.9
-111.9
③SiHCl3极易水解，其完全水解的产物为 。
（4）氯碱工业可为上述工艺生产提供部分原料，这些原料是 。
[答案] （1）含有硅、碳的铁合金（或硅铁） （2）石英砂、纯碱和石灰石
（3）①SiO2+3CSiC+2CO↑ 金刚砂 金刚石（或单晶硅） ②精馏（或蒸馏）③H4SiO4（或H2SiO3）、H2、HCl （4）H2、HCl
[解析]：大多为常见知识考查。（3）比较SiHCl3、SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl的沸点，可得常温下SiHCl3、SiCl4为液体、SiH2Cl2、SiH3Cl为气体，沉降除去产物中的固体后，冷凝得到SiHCl3、SiCl4的混合液体，用蒸馏可分离二者。
2013年高考化学试题分类解析汇编：化学反应中的能量变化
（2013福建卷）11.某科学家利用二氧化铈（CeO2）在太阳能作用下将H2O、CO2转变成H2、CO。其过程如下：
下列说法不正确的是（　　）
A．该过程中CeO2没有消耗
B．该过程实现了太阳能向化学能的转化
C．右图中△H1=△H2+△H3
D．以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为CO+4OH——2e—=CO32—+2H2O
【答案】C
【解析】利用盖斯定律可知△H1+△H2+△H3=0，正确的应该是△H1=－（△H2+△H3），这里是考察盖斯定律。
（2013海南卷）5．已知下列反应的热化学方程式：
6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(l) △H1
2 H2(g)+ O2(g)= 2H2O(g) △H2
C(s)+ O2(g)=CO2(g) △H3
则反应4C3H5(ONO2)3(l)= 12CO2(g)+10H2O(g) + O2(g) +6N2(g)的△H为
A．12△H3+5△H2-2△H1 B．2△H1-5△H2-12△H3
C．12△H3-5△H2 -2△H1 D．△H1-5△H2-12△H3
[答案]A
[解析]：盖斯定律常规考查。③×12＋②×5－①×2即可得到4C3H5(ONO2)3(l)= 12CO2(g)+10H2O(g) + O2(g) +6N2(g)的△H，答案选A。
[2013高考?重庆卷?6]已知：P4(g)+6Cl2(g)＝4PCl3(g) △H＝a kJ?mol—1
P4(g)+10Cl2(g)＝4PCl5(g) △H＝b kJ?mol—1
P4具有正四面体结构，PCl5中P－Cl键的键能为c kJ?mol—1，PCl3中P－Cl键的键能为1.2c kJ?mol—1。
下列叙述正确的是
A．P－P键的键能大于P－Cl键的键能
B．可求Cl2(g)+ PCl3(g)＝4PCl5(g)的反应热△H
C．Cl－Cl键的键能为(b－a+5.6c)/4 kJ?mol—1
D．P－P键的键能为(5a－3b+12c)/8 kJ?mol—1
答案：C
【解析】原子半径P＞Cl,因此P-P键键长大于P-Cl键键长，则P-P键键能小于P-Cl键键能，A项错误；利用“盖斯定律”，结合题中给出两个热化学方程式可求出Cl2(g)+PCl3(g)＝PCl5(g)△H＝（b-a）/4KJ·mol-1，但不知PCl5(g)＝PCl5(s)的△H，因此无法求出Cl2(g)+PCl3(g)＝PCl5(s)的△H，B项错误；利用Cl2(g)+PCl3(g)＝PCl5(g)△H＝（b-a）/4KJ·mol-1可得E(Cl-Cl)+3×1.2c-5c＝（b-a）/4，因此可得E(Cl-Cl)＝(b-a+5.6c)/4kJ·mol-1，C项正确；由P4是正四面体可知P4中含有6个P-P键，由题意得6E(P-P)+10×(b-a+5.6c)/4－4×5c＝b，解得E(P-P)＝（2.5a-1.5b+6c）/6 kJ·mol-1，D项错误。
（2013上海卷）9.将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中。然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固。由此可见
A. NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应
B.该反应中，热能转化为产物内部的能量
C.反应物的总能量高于生成物的总能量
D.反应的热化学方程式为：NH4HCO3+HCl→NH4Cl+CO2↑+H2O-Q
答案：B
【解析】醋酸逐渐凝固说明反应吸收热量导致醋酸溶液温度降低，即NH4HCO3与HCl的反应为吸热反应，A项错误；因反应为吸热反应，即吸热的热量转化为产物内部的能量，故B项正确；因反应为吸热反应，则反应后生成物的总能量高于反应物的总能量，C项错误；书写热化学方程式时，应注明物质的状态, D项错误。
（2013山东卷）12．CO（g）+H2O（g） H2（g）+CO2（g）△H﹤0，在其他条件不变的情况下
A．加入催化剂，改变了反应的途径，反应的△H也随之改变
B．改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变
C．升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变
D．若在原电池中进行，反应放出的热量不变
解析：催化剂虽然改变了反应途径，但是△H只取决于反应物、生成物的状态，△H不变，A错；这是一个反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量也不变，B正确；该反应是放热反应，升高温度，平衡左移，反应放出的热量减小，C错；若在原电池中进行，反应不放出热量，而是转换为电能，D错。
答案：B
（2013新课标卷2）12.在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应
H2S（g）+ O2(g)=SO2(g)+H2O(g) △H1
2H2S(g)+SO2(g)=S2(g)+2H2O(g) △H2
H2S(g)+O2(g)=S(g)+H2O(g) △H3
2S(g) =S2(g) △H4
则△H4的正确表达式为
A.△H4＝（△H1＋△H2－3△H3） B.△H4＝（3△H3－△H1－△H2）
C.△H4＝（△H1＋△H2＋3△H3） D.△H4＝（△H1－△H2－3△H3）
解析：考察盖斯定律。根据S守恒原理，要得到方程式4，可以用（方程式1+方程式2—3×方程式2）×；即选择△H4的正确表达式为△H4＝（△H1＋△H2－3△H3），即选项A正确。
答案：A
（2013北京卷）6.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是
【答案】D
【解析】
A、硅太阳能电池是将太阳能直接转化为电能，故错误；
B、锂离子电池将化学能直接转化为电能，故错误；
C、太阳能集热器是将太阳能转变为热能，故错误；
D、燃料燃烧将化学能直接转化为热能，故正确。
（2013全国新课标卷1）28.二甲醚（CH3OCH3）是无色气体，可作为一种新型能源，由合成气（组成为H2、CO、和少量CO2）直接制备二甲醚，其中主要过程包括以下四个反应：
甲醇合成反应：
①CO(g）+ 2H2(g)＝CH3OH(g)????????????△H1=-90.1 kJ·mol-1
②CO2(g)+ 3H2(g)＝CH3OH(g)+H2O(g)??????? ??△H2=-49.0 kJ·mol-1
水煤气变换反应：
③CO(g) + H2O (g)＝CO2(g)+H2(g)??????????△H3=-41.1 kJ·mol-1
二甲醚合成反应：
④2CH3OH(g)＝CH3OCH3(g)+H2O(g)?????????? △H4=-24.5 kJ·mol-1
⑴Al2O3是合成气直接制备二甲醚反应催化剂的主要成分之一。工业上从铝土矿制备较高纯度Al2O3的主要工艺流程是???????????????????????????? ?（以化学方程式表示） 。
⑵分析二甲醚合成反应④对于CO转化率的影响?????????????? ?????????。
⑶由H2和CO直接制备二甲醚（另一产物为水蒸气）的热化学方程式为?????????????? 。
⑷有研究者在催化剂（含Cu-Zn-Al-O和Al2O3），压强为5.0MPa的条件下由H2和CO直接制备二甲醚，结果如下图所示。其中CO转化率随温度升高而降低的原因是____________。
⑸二甲醚直接燃料电池具有启动快，效率高等优点，其能量密度高于甲醇直接燃烧燃料电池（5.93kW·h·kg-1），若电解质为酸性，二甲醚直接燃料电池的负极反应为_______________。
一个二甲醚分子经过电化学氧化，可以产生_______个电子的电量；该电池理论输出电压1.20V，能量密度E=_____（列式计算，能量密度=电池输出电能/燃料质量，1kW·h=3.6×105J ）
答案：（1）Al2O3（铝土矿）+2NaOH+3H2O＝2NaAl(OH)4；NaAlO2+CO2+2H2O＝NaHCO3+Al(OH)3↓； 2Al(OH)3Al2O3＋3H2O
(2)消耗甲醇，促进甲醇合成反应①平衡向右移，CO转化率增大；生成的H2O，通过水煤气变换反应③消耗部分CO。
（3）2CO(g)+4H2(g)＝CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-204.7kJ/mol；该反应分子数减小，压强升高使平衡右移，CO和H2的转化率增大，CH3OCH3产率增加。压强升高使CO和H2的浓度增加，反应速率增大。
（4）反应放热，温度升高，平衡左移
（5）CH3OCH3－12e－＋3H2O＝2CO2＋12H＋；12
。
（1）工业上从铝土矿中提纯高纯度氧化铝的流程是：用氢氧化钠溶液溶解铝土矿，然后过滤，在滤液中通入过量的CO2，得到氢氧化铝，然后高温煅烧氢氧化铝，即可得到高纯度的氧化铝。
（2）合成二甲醚消耗甲醇，对于CO参与的反应相当于减小生成物的浓度，有利于平衡向右移动，使CO的转化率提高。
（3）根据盖斯定律可知，将①×2＋④即得到反应2CO(g)+4H2(g)＝CH3OCH3(g)+H2O(g)，所以该反应的放热△H＝－90.1 kJ/mol×2－24.5 kJ/mol＝－204.7kJ/mol。
（4）该反应分子数减小，压强升高使平衡右移，CO和H2的转化率增大，CH3OCH3产率增加。压强升高使CO和H2的浓度增加，反应速率增大。
（5）原电池中负极失去电子，所以负极电极反应式是CH3OCH3－12e－＋3H2O＝2CO2＋12H＋；二甲醚中碳原子的化合价是－2价，反应后变为＋4价，失去6个电子，所以一个二甲醚分子经过电化学氧化，可以产生12个电子的电量；由于能量密度＝电池输出电能/燃料质量，所以该电池的能量密度＝
。
（2013北京卷）26.（14分）
NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。
(1) NOx能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的化学方程式:_ .
(2)汽车发动机工作时会引发N2和02反应，其能量变化示意图如下:
①写出该反应的热化学方程式: _ 。
②随温度升高，该反应化学平衡常数的变化趋势是_ 。
（3）在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOX的排放。
①当尾气中空气不足时，NOX在催化转化器中被还原成N2排出。写出NO被CO还原的化学方程式：_ 。
② 当尾气中空气过量时，催化转化器中的金属氧化物吸收NOX生成盐。其吸收能力顺序如下：12MgO <2oCaO <38SrO<56BaO。原因是 ，元素的金属性逐渐增强，金属氧化物对NOX的吸收能力逐渐增强。
通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如下:
①Pt电极上发生的是 反应(填“氧化”或“还原”)。
②写出NiO电极的电极反应式: 。
【答案】（1）3NO2+2H2O=2HNO3+NO；
（2）①N2(g)+O2（g）=2NO(g) △H=+183KJ/mol； ②增大；
（3）①2NO+2CON2+2CO2
②由Mg、Ca、Sr、Ba的质子数，得知它们均为第ⅡA族。同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大；
（4）①还原； ②NO+O2--2e-＝NO2；
【解析】（1）NO2与H2O反应生成HNO3与NO；
（2）①△H=945kJ/mol+498kJ/mol-2×630KJ/mol=+183KJ/mol；
②该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，化学平衡常数增大；
（3）①NO被CO还原N2，CO被氧化为CO2；
②由Mg、Ca、Sr、Ba的质子数可知，它们均处于第ⅡA族，同一主族自上而下，原子半径增大，金属性增强；
（4）①由工作原理示意图可知，O2在Pt电极发生还原反应生成O2-；
②在O2-参加反应下，NO在NiO电极发生氧化反应生成NO2。
2013年高考化学试题分类解析汇编：化学反应速率和化学平衡
（2013大纲卷）7、反应X(g)＋Y(g)2Z(g)；△H＜0，达到平衡时，下列说法正确的是
A.减小容器体积，平衡向右移动 B.加入催化剂，Z的产率增大
C.增大c(X)，X的转化率增大 D.降低温度，Y的转化率增大21世纪教育网
【答案】D
【解析】根据方程式系数和△H，分析可得压强增大，平衡不移动；温度升高，平衡逆向移动。
（2013福建卷）12. NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，根据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020mol·L-1NaHSO3（含少量淀粉）10.0ml、KIO3（过量）酸性溶液40.0ml混合，记录10~55℃间溶液变蓝时间，55℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如右图。据图分析，下列判断不正确的是
A．40℃之前与40℃之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反
B．图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率相等
C．图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.0 ×10-5mol·L-1·s-1
D．温度高于40℃时，淀粉不宜用作该试验的指示剂
【答案】B
【解析】A读图可知正确； 计算v，根据公式，C0等于0.02/5，终了为0，除去80，v(NaHSO3)==5.0×10-5mol·L-1·s-1，得到选项C是对的。可得；D温度越高，反应速率越快，但是这里呈现负增长，淀粉不再合适做指示剂。B中因为温度是唯一改变的条件，温度升高反应速率加快，不会相等。
（2013江苏卷）15.一定条件下存在反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，其正反应放热。现有三个相同的2L恒容绝热(与外界没有热量交换)密闭容器I、II、III，在I中充入1molCO和1molH2O，在II中充入1molCO2和1mol H2，在III中充入2molCO和2molH2O，700℃条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是
A.容器I、II中正反应速率相同
B.容器I、III中反应的平衡常数相同
C.容器I中CO的物质的量比容器II中的多
D.容器I中CO的转化率与容器II中CO2的转化率之和小于1
【参考答案】CD
【解析】本题属于基本理论中化学平衡问题，主要考查学生对速率概念理解与计算，平衡常数概念与计算，平衡移动等有关内容理解和掌握程度。高三复习要让学生深刻理解一些基本概念的内涵和外延。
A.在I中充入1molCO和1molH2O，在II中充入1molCO2和1mol H2，刚开始时，容器I、中正反应速率最大，容器II中正反应速率为零。达到平衡时，容器I温度大于700℃，容器II温度小于700℃，所以，容器I中正反应速率大于容器II中正反应速率。
B.容器III可看成容器I体积压缩一半，各物质浓度增加一倍，若温度恒定，则平衡不移动；但恒容绝热的情况下，容器III中温度比容器I高，更有利于平衡向逆反应方向移动，故平衡常数容器III小于容器I。
C.若温度恒定，容器I、II等效，但两者温度不等。达到平衡时，容器I温度大于700℃，容器II温度小于700℃，有利于容器I平衡向逆反应方向移动，故容器I中CO的物质的量比容器II中的多。
D.若温度恒定，容器I、II等效，容器I中CO的转化率与容器II中CO2的转化率之和等于1。但两者温度不等，达到平衡时，容器I温度大于700℃，容器II温度小于700℃，有利于容器I平衡向逆反应方向移动，有利于容器II平衡向正反应方向移动，故容器I中CO的转化率相应减小，容器II中CO2的转化率同样会相应减小，因此，容器I中CO的转化率与容器II中CO2的转化率之和小于1。
[2013高考?重庆卷?7]将E和F加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E(g)+F(s)2G(g)。忽略固体体积，平衡时G的体积分数(%)随温度和压强的变化如下表所示：
压强/MPa
体积分数/%
温度/℃
1.0
2.0
3.0
810
54.0
a
b
915
c
75.0
d
1000
e
f
83.0
① b＜f ② 915℃、2.0MPa时E的转化率为60%
③ 该反应的△S＞0 ④ K(1000℃)＞K(810℃)
上述①~④中正确的有
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
答案：A
【解析】同温下，增大压强，平衡逆向进行，平衡时G的体积分数变小，故可知c＞75.0＞54.0＞a＞b，利用c＞75.0＞54.0可知同压下，升温平衡正向移动，即正反应为吸热反应，从而可知f＞75.0，所以①正确；在915℃、2M Pa下，设E的起始量为amol，转化率为x，则平衡时G的量为2ax，由题意得2ax/(a-ax+2ax)＝75%,解得x＝0.6，②正确；该题是气体体积增大的反应，因此为熵增反应，③正确；结合前面分析知升温平衡正向移动，则平衡常数增大，④正确，故正确答案为：A。
（2013四川卷）6. 在一定温度下，将气体X和气体Y 各0.16 mol充入10 L 恒容密闭容器中，发
生反应X（g）+ Y（g）2Z（g） △H < 0，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下
表（　　）
t / min
2
4
7
9
n(Y)/mol
0.12
0.11
0.10
0.10
A. 反应前2min的平均速率v(Z)=2.0×10-5 mol/（L·min）
B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v(逆)＞v(正)
C．该温度下此反应的平衡常数K=1.44
D．其他条件不变，再充入0.2 mol Z，平衡时X的体积分数增大
【答案】C
【解析】A. Y的反应速率为v(Y)=(0.16-0.12)mol/(10L*2mim)=2.0×10-3mol/L，v(Z)=2v(Y)=4.0×10-3 mol/L。
　　B. ΔH<0，放热反应，降温正反速率均降低，降温反应向正向移动，V(正)>V(逆)
　　C. 列出三行式，由平衡常数公式可得K=1.44
　　D. 反应前后计量数不变，达到等效平衡，X体积分数不变。
（2013上海卷）20.某恒温密闭容器中，可逆反应A(s) B+C(g)-Q达到平衡。缩小容器体积，重新达到平衡时，C(g)的浓度与缩小体积前的平衡浓度相等。以下分析正确的是
A.产物B的状态只能为固态或液态
B.平衡时，单位时间内n(A)消耗﹕n(C)消耗=1﹕1
C.保持体积不变，向平衡体系中加入B，平衡可能向逆反应方向移动
D.若开始时向容器中加入1molB和1molC，达到平衡时放出热量Q
答案：BC
【解析】若B为气体，且原平衡时B与C的浓度相等时，因容器保持恒温，缩小容器体积，达到新平衡时平衡常数不变，则气体C的浓度也一定不变，故A项错误；平衡时，各物质的量不再改变，因此单位时间内n(A)消耗＝n(C)消耗，B项正确；保持体积不变，若B为气态，则向平衡体系中加入B，平衡逆向移动，C项正确；因反应为可逆反应，故加入1molB和1molC至反应达到平衡时不能完全消耗，放出热量小于Q，D项错误。
（2013安徽卷）11.一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO:MgSO3(s) + CO(g)MgO(s) + CO2(g) +SO2(g) △H＞0
该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是
选项
x
y
A
温度
容器内混合气体的密度
B
CO的物质的量
CO2与CO的物质的量之比
C
SO2的浓度
平衡常数K
D
MgSO4的质量（忽略体积）
CO的转化率
【答案】A
【解析】该反应为正方向体积增加且吸热的可逆反应。A、升高温度，平衡正向移动，气体的质量增加，密度增大，正确；B、增加CO的物质的量，平衡正向移动，但CO的转化率降低，故比值减小，错误；C、平衡常数只与温度有关，错误；D中因MgSO4为固体，增加其质量，对CO的转化率没有影响，不正确。
（2013北京卷）11.下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是
【答案】C
【解析】
A、存在平衡2NO2N2O4，升高温度平衡向生成NO2方向移动，故正确；
B、水的电离是可逆过程，升高温度Kw增大，促进水的电离，故B正确；
C、催化剂不能影响平衡移动，故C错误；
D、弱电解质电离存在平衡，浓度越稀，电离程度越大，促进电离，但离子浓度降低，所以氨水的浓度越稀，pH值越小，故D正确。
（2013全国新课标卷2）28.（14分）
在1.0 L密闭容器中放入0.10molA(g)，在一定温度进行如下反应应：
A(g)B(g)＋C(g) △H=+85.1kJ·mol－1
反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的数据见下表：
时间t/h
0
1
2
4
8
16
20
25
30
总压强p/100kPa
4.91
5.58
6.32
7.31
8.54
9.50
9.52
9.53
9.53
回答下列问题:
(1)欲提高A的平衡转化率，应采取的措施为 。
(2)由总压强P和起始压强P0计算反应物A的转化率α(A)的表达式为 。
平衡时A的转化率为 ，列式并计算反应的平衡常数K 。
(3)①由总压强p和起始压强p0表示反应体系的总物质的量n总和反应物A的物质的量n（A），n总= mol，n（A）= mol。
②下表为反应物A浓度与反应时间的数据，计算a= 。
反应时间t/h
0
4
8
16
c（A）/（mol·L-1）
0.10
a
0.026
0.0065
分析该反应中反应反应物的浓度c（A）变化与时间间隔（△t）的规律，得出的结论是 ，
由此规律推出反应在12h时反应物的浓度c（A）为 mol·L-1。
解析：考察化学平衡知识，涉及平衡移动，转化率、平衡常数、平衡计算、反应速率、表格数据分析。
（1）根据反应是放热的、气体分子数增大的特征可知，要使A的转化率增大，平衡要正向移动，可
以采用升高温度、降低压强的方法。
（2）反应前气体总物质的量为0.10mol，令A的转化率为α(A)，改变量为0.10α(A) mol，根据差量
法可得，气体增加0.10α(A)mol，由阿伏加德罗定律列出关系：
＝ α(A)=( －1)×100%；α(A)=（－1）×100%＝94.1%
平衡浓度c(C)=C(B)=0.1×94.1%=0.0941mol/L
C(A)=0.1-0.0941=0.0059mol/L
K＝＝1.5
（3）①＝ n=0.1× ；其中，n（A）=0.1－（0.1×－0.1）=0.1×（2－）
②n(A)=0.1×（2－）=0.051 C(A)=0.051/1=0.051mol/L
每间隔4小时，A的浓度为原来的一半
当反应12小时时，c(A)=0.026/2=0.013mol/L
答案：（1）升高温度、降低压强
（2）( －1)×100%；94.1%；K==1.5mol/L
（3）①0.1×；0.1×（2－）；
②0.051；达到平衡前每间隔4小时，c(A)减少约为一半；0.013
（2013全国新课标卷1）28.二甲醚（CH3OCH3）是无色气体，可作为一种新型能源，由合成气（组成为H2、CO、和少量CO2）直接制备二甲醚，其中主要过程包括以下四个反应：
甲醇合成反应：
①CO(g）+ 2H2(g)＝CH3OH(g)????????????△H1=-90.1 kJ·mol-1
②CO2(g)+ 3H2(g)＝CH3OH(g)+H2O(g)??????? ??△H2=-49.0 kJ·mol-1
水煤气变换反应：
③CO(g) + H2O (g)＝CO2(g)+H2(g)??????????△H3=-41.1 kJ·mol-1
二甲醚合成反应：
④2CH3OH(g)＝CH3OCH3(g)+H2O(g)?????????? △H4=-24.5 kJ·mol-1
⑴Al2O3是合成气直接制备二甲醚反应催化剂的主要成分之一。工业上从铝土矿制备较高纯度Al2O3的主要工艺流程是???????????????????????????? ?（以化学方程式表示） 。
⑵分析二甲醚合成反应④对于CO转化率的影响?????????????? ?????????。
⑶由H2和CO直接制备二甲醚（另一产物为水蒸气）的热化学方程式为?????????????? 。
⑷有研究者在催化剂（含Cu-Zn-Al-O和Al2O3），压强为5.0MPa的条件下由H2和CO直接制备二甲醚，结果如下图所示。其中CO转化率随温度升高而降低的原因是____________。
⑸二甲醚直接燃料电池具有启动快，效率高等优点，其能量密度高于甲醇直接燃烧燃料电池（5.93kW·h·kg-1），若电解质为酸性，二甲醚直接燃料电池的负极反应为_______________。
一个二甲醚分子经过电化学氧化，可以产生_______个电子的电量；该电池理论输出电压1.20V，能量密度E=_____（列式计算，能量密度=电池输出电能/燃料质量，1kW·h=3.6×105J ）
答案：（1）Al2O3（铝土矿）+2NaOH+3H2O＝2NaAl(OH)4；NaAlO2+CO2+2H2O＝NaHCO3+Al(OH)3↓； 2Al(OH)3Al2O3＋3H2O
(2)消耗甲醇，促进甲醇合成反应①平衡向右移，CO转化率增大；生成的H2O，通过水煤气变换反应③消耗部分CO。
（3）2CO(g)+4H2(g)＝CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-204.7kJ/mol；该反应分子数减小，压强升高使平衡右移，CO和H2的转化率增大，CH3OCH3产率增加。压强升高使CO和H2的浓度增加，反应速率增大。
（4）反应放热，温度升高，平衡左移
（5）CH3OCH3－12e－＋3H2O＝2CO2＋12H＋；12
。
（1）工业上从铝土矿中提纯高纯度氧化铝的流程是：用氢氧化钠溶液溶解铝土矿，然后过滤，在滤液中通入过量的CO2，得到氢氧化铝，然后高温煅烧氢氧化铝，即可得到高纯度的氧化铝。
（2）合成二甲醚消耗甲醇，对于CO参与的反应相当于减小生成物的浓度，有利于平衡向右移动，使CO的转化率提高。
（3）根据盖斯定律可知，将①×2＋④即得到反应2CO(g)+4H2(g)＝CH3OCH3(g)+H2O(g)，所以该反应的放热△H＝－90.1 kJ/mol×2－24.5 kJ/mol＝－204.7kJ/mol。
（4）该反应分子数减小，压强升高使平衡右移，CO和H2的转化率增大，CH3OCH3产率增加。压强升高使CO和H2的浓度增加，反应速率增大。
（5）原电池中负极失去电子，所以负极电极反应式是CH3OCH3－12e－＋3H2O＝2CO2＋12H＋；二甲醚中碳原子的化合价是－2价，反应后变为＋4价，失去6个电子，所以一个二甲醚分子经过电化学氧化，可以产生12个电子的电量；由于能量密度＝电池输出电能/燃料质量，所以该电池的能量密度＝
。
（2013北京卷）26.（14分）
NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。
(1) NOx能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的化学方程式:_ .
(2)汽车发动机工作时会引发N2和02反应，其能量变化示意图如下:
①写出该反应的热化学方程式: _ 。
②随温度升高，该反应化学平衡常数的变化趋势是_ 。
（3）在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOX的排放。
①当尾气中空气不足时，NOX在催化转化器中被还原成N2排出。写出NO被CO还原的化学方程式：_ 。
② 当尾气中空气过量时，催化转化器中的金属氧化物吸收NOX生成盐。其吸收能力顺序如下：12MgO <2oCaO <38SrO<56BaO。原因是 ，元素的金属性逐渐增强，金属氧化物对NOX的吸收能力逐渐增强。
通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如下:
①Pt电极上发生的是 反应(填“氧化”或“还原”)。
②写出NiO电极的电极反应式: 。
【答案】（1）3NO2+2H2O=2HNO3+NO；
（2）①N2(g)+O2（g）=2NO(g) △H=+183KJ/mol； ②增大；
（3）①2NO+2CON2+2CO2
②由Mg、Ca、Sr、Ba的质子数，得知它们均为第ⅡA族。同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大；
（4）①还原； ②NO+O2--2e-＝NO2；
【解析】（1）NO2与H2O反应生成HNO3与NO；
（2）①△H=945kJ/mol+498kJ/mol-2×630KJ/mol=+183KJ/mol；
②该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，化学平衡常数增大；
（3）①NO被CO还原N2，CO被氧化为CO2；
②由Mg、Ca、Sr、Ba的质子数可知，它们均处于第ⅡA族，同一主族自上而下，原子半径增大，金属性增强；
（4）①由工作原理示意图可知，O2在Pt电极发生还原反应生成O2-；
②在O2-参加反应下，NO在NiO电极发生氧化反应生成NO2。
（2013天津卷）10、某市对大气进行监测，发现该市首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5（直径小于等于2.5um的悬浮颗粒物）其主要来源为燃煤、机动车尾气等。因此，对PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义。请回答下列问题：
（1）对PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：
离子
K+
Na+
NH4+
SO42-
NO3-
Cl-
浓度/mol.L
4×10-6
6×10-6
2×10-5
4×10-5
3×10-5
2×10-5
根据表中数据判断PM2.5的酸碱性为_________，试样的PH值＝____________。
（2）为减少SO2的排放，常采取的措施有：
①将煤转化为清洁气体燃料。已知：
H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g) H= －241.8kJ/mol C(s)+1/2O2(g)=CO(g) H= －110.5kJ/mol
写出焦炭与水蒸气反应的热化学方程式_____________________________________________；
②洗涤含SO2的烟气，以下物质可作洗涤剂的是________________________________。
a.Ca(OH)2 b.Na2CO3 c.CaCl2 d.NaHSO3
(3)汽车尾气中NOx和CO的生成及转化为：
①已知气缸中生成NO的反应为：
N2(g)+O2(g) 2NO(g) H＞0
若1mol空气含有0.8molN2和0.2molO2,1300℃时在密闭容器内反应达到平衡。测得NO为8×10-4mol。计算该温度下的平衡常数K= ___________。
汽车启动后，气缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是_______________________________。
②汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：
2CO(g)=2C(s)+O2(g)已知该反应的H＞0，简述该设想能否实现的依据：_____________________________。
③目前，在汽车尾气系统中装置催化转化器可减少CO和NO的污染，其化学反应方程式为__________。
【解析】该题综合考查化学反应原理的基础知识。涉及离子的水解、pH的计算、盖斯定律的应用、化学平衡常数的计算、自由能的应用等。
（1）观察表格中离子可知，含有NH4＋，水解溶液显酸性，即pM2.5的酸碱性应该是酸性。试样的pH值根据表中数据依据溶液中的电荷守恒可计算出氢离子浓度是10－4mol/L，则pH＝4。
（2）根据盖斯定律可知，②－①即得到C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)，所以该反应的反应热△H＝－110.5kJ/mol＋241.8kJ/mol＝＋131.3kJ/mol。烟气中含有SO2，而SO2是酸性氧化物，所以可以选择碱性物质氢氧化钙和碳酸钠，即答案选ab。
（3）① N2(g)+O2(g) 2NO(g)
起始量（mol） 0.8 0.2 0
转化量（mol） 4×10-4 4×10-4 8×10-4
平衡量（mol） 0.8 0.2 8×10-4
由于反应前后体积不变，所以该反应的平衡常数K＝。
正方应是吸热反应，升高温度，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，所以单位时间内NO的排放量增大。
②该反应是焓值增加，熵值减小的反应，所以根据△G＝△H－T·△S可知。△G始终大于0，因此在任何温度下都不能实现。
③CO和NO在催化剂的作用下反应生成CO2和氮气，反应的化学方程式是2CO＋2NO2CO2＋N2。
答案：（1）酸性；4 （2）①C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g) △H＝＋131.3kJ/mol ②a、b
（3）①4×10－6；温度升高，反应速率加快，平衡右移
②该反应是焓增，熵减的反应，任何温度下均不能自发进行
③2CO＋2NO2CO2＋N2
（2013山东卷）29．（15分）化学反应原理在科研和生产中有广泛应用
（1）利用“化学蒸气转移法”制备TaS2晶体，发生如下反应：
TaS2（s）+2I2（g） TaI4（g）+S2（g）△H＞0 （I）
反应（I）的平衡常数表达式K＝ 。若K＝1，向某恒容密闭容器中加入1mol I2（g）和足量TaS2（s），I2（g）的平衡转化率为 。
（2）如图所示，反应（I）在石英真空管中进行，先在温度为T2的一端放入未提纯的TaS2粉末和少量I2（g），一段时间后，在温度为T1的一端得到了纯净的TaS2晶体，则温度T1 T2（填“＞”“＜”或“＝”）。上述反应体系中循环使用的物质是 。
（3）利用I2的氧化性可测定钢铁中硫的含量。做法是将钢铁中的硫转化为H2SO3，然后用一定浓度的I2溶液进行滴定，所用指示剂为 ，滴定反应的离子方程式为 。
（4）25℃时，H2SO3HSO3-+H+的电离常数Ka＝1×10-2mol/L，则该温度下NaHSO3的水解平衡常数Kh= mol/L。若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将 （填“增大”“减小”或“不变”）。
解析：（1）或，通过三行式法列出平衡浓度，带入K值可以得出转化率为66.7%。
（2）由所给方程式可知该反应为吸热反应，低温有利于反应向逆反应方向进行，即有利于提纯TaS2。在温度为T1的一端得到了纯净的TaS2晶体，所以T1＜T2。I2是可以循环使用的物质。
(3)因为I2遇到淀粉会变蓝色,所以可以用淀粉溶液作指示剂。离子反应方程式是H2SO3＋I2+H2O＝4H+＋SO42-＋2I-。
(4)Ka＝,HSO3-＋H2OH2SO3＋OH-,Kb＝＝1.0×102×1.0×10-14＝1.0×10-12,当加入少量I2时，溶液酸性增强，[H+]增大，但是温度不变，Kb不变，则增大。
答案：（1）；66.7%
（2）＜；I2
（3）淀粉；H2SO3＋I2+H2O＝4H+＋SO42-＋2I-
（4）1.0×10-12；增大
（2013上海卷）镍具有优良的物理和化学特性，是许多领域尤其是高技术产业的重要原料。羰基法提纯粗镍涉及的两步反应依次为：
（1）Ni(S)+4CO(g) Ni(CO)4(g)+Q
（2）Ni(CO)4(g) Ni(S)+4CO(g)
完成下列填空：
31.在温度不变的情况下，要提高反应（1）中Ni(CO4)的产率，可采取的措施有 、
。
32.已知在一定条件下的2L密闭容器中制备Ni(CO)4，粗镍（纯度98.5%,所含杂质不与CO反应）剩余质量和反应时间的关系如右图所示。Ni(CO)4在0～10min的平均反应速率为
。
33.若反应（2）达到平衡后，保持其他条件不变，降低温度，重新达到平衡时 。
a.平衡常数K增大 b.CO的浓度减小
c.Ni的质量减小 d.v逆[Ni(CO)4]增大
34.简述羰基法提纯粗镍的操作过程。
【答案】（31）增大压强 、从反应体系中移走Ni(CO)4(g) ；（32）0.05mol/(L·min) （33）b c （34）在封闭的玻璃管一端放入粗镍，控制温度在50℃，通入CO气体，一点时间后在玻璃管的另一端加热至230℃，即可在该端获得纯净的镍。
【解析】(31)反应（1）是气体体积减少的放热反应，因此在温度不变的情况下，采取增大体系压强、从反应体系中移走Ni(CO)4(g)等措施均可使反应正向进行，提高Ni(CO)4的产率。（32）随反应进行，粗镍减少的质量即为参加反应（1）消耗的镍的质量，在0～10min，生成Ni(CO)4的物质的量＝(100g-41g)/59g·mol-1＝1mol，故在0～10min，v[Ni(CO)4]＝1mol/(2L×10min)＝0.05mol/(L·min)。（33）由反应（1）为放热反应可知反应（2）为吸热反应，因此反应（2）达到平衡后，降温，平衡逆向进行，反应平衡常数K变小、CO的浓度与Ni的质量均减小、因温度降低，v逆[Ni(CO)4]减小。（34）利用信息可知，可采取在低温（50℃）时让粗镍和CO作用，使生成的Ni(CO)4在230℃时分解即可得到纯镍。
（2013海南卷）15．（9分）
反应A(g) B(g) +C(g)在容积为1.0L的密闭容器中进行，A的初始浓度为0.050mol/L。温度T1和T2下A的浓度与时间关系如图所示。回答下列问题：
（1）上述反应的温度T1 T2，平衡常数K(T1) K(T2)。（填“大于”、“小于”或“等于”）
（2）若温度T2时，5min后反应达到平衡，A的转化率为70%，则：
①平衡时体系总的物质的量为 。
②反应的平衡常数K= 。
③反应在0~5min区间的平均反应速率v(A)= 。
[答案] （1）小于 小于 （2）①0.085mol ②0.082mol/L ③0.007mol/(L·min)
[解析]：（1）图中显示，T2时达到平衡所用时间少，速率大所以温度高；而温度越高c(A)越小，可判断反应为吸热反应，升温K将增大。
（2）平衡问题的常规计算，略。
（2013浙江卷）27、捕碳技术(主要指捕获CO2)在降低温室气体排放中具有重要的作用。目前NH3和(NH4)2CO3已经被用作工业捕碳剂，它们与CO2可发生如下可逆反应：
反应Ⅰ：2NH3 (l)+ H2O (l)+ CO2 (g)(NH4)2CO3 (aq) △H1
反应Ⅱ：NH3 (l)+ H2O (l)+ CO2 (g)NH4HCO3 (aq) △H2
反应Ⅲ：(NH4)2CO3 (aq) + H2O (l)+ CO2 (g)2NH4HCO3 (aq) △H3
请回答下列问题：
（1）△H1与△H2、△H3之间的关系是：△H3=_____ ______。
（2）为研究温度对(NH4)2CO3捕获CO2气体效率的影响，在某温度T1下，将一定量的(NH4)2CO3溶液置于密闭容器中，并充入一定量的CO2气体(用氮气作为稀释剂)，在t时刻，测得容器中CO2气体的浓度。然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下，保持其它初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测得CO2气体浓度，得到趋势图(见图1)。则：
①△H3______0(填“＞”、“=”或“＜”)。②在T1-T2及T4- T5二个温度区间，容器内CO2气体浓度呈现如图1所示的变化趋势，其原因是_____ ____。
③反应Ⅲ在温度为T1时，溶液pH随时间变化的趋势曲线如图2所示。当时间到达t1时，将该反应体系温度迅速上升到T2，并维持该温度。请在该图中画出t1时刻后溶液的pH变化趋势曲线。
（3）利用反应Ⅲ捕获CO2，在(NH4)2CO3初始浓度和体积确定的情况下，提高CO2吸收量的措施有_____（写出2个）。
（4）下列物质中也可能作为CO2捕获剂的是
A．NH4Cl B．Na2CO3 C．HOCH2CH2OH D．HOCH2CH2NH2
.【解析】（1）将反应Ⅰ倒过来书写：
(NH4)2CO3 (aq) 2NH3 (l)+ H2O (l)+ CO2 (g) —△H1
将反应Ⅱ×2：
+） 2NH3 (l)+ 2H2O (l)+ 2CO2 (g)2NH4HCO3 (aq) 2△H2
得：(NH4)2CO3 (aq) + H2O (l)+ CO2 (g)2NH4HCO3 (aq) △H3 =2△H2—△H1
（2）由图1可知：在温度为T3时反应达平衡，此后温度升高，c(CO2)增大，平衡逆向移动，说明反应Ⅲ是放热反应(△H3＜0)。在T3前反应未建立平衡，无论在什么温度下(NH4)2CO3 (aq)总是捕获CO2，故c(CO2)减小。
反应Ⅲ在温度为T1时建立平衡后(由图2可知：溶液pH不随
时间变化而变化)，迅速上升到T2并维持温度不变，平衡逆向移动，
溶液pH增大，在T2时又建立新的平衡。
（3）根据平衡移动原理，降低温度或增大c(CO2)
（4）具有碱性的物质均能捕获CO2，反应如下：
Na2CO3 +CO2 +H2O===2NaHCO3
HOCH2CH2NH2 +CO2 +H2O== HOCH2CH2NH3+ HCO3—
【答案】（1）2△H2—△H1 （2）①＜ ②T1-T2区间，化学反应未达到平衡，温度越高，反应速率越快，所以CO2被捕获的量随温度的升而提高。T4- T5区间，化学反应已到达平衡，由于正反应是放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，所以不利于CO2的捕获。 ③
（3）降低温度；增加CO2浓度(或压强) （4）BD
（2013广东卷）31.(16分)大气中的部分碘源于O3对海水中I-的氧化。将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究.
（1）O3将I-氧化成I2的过程由3步反应组成：
①I-（aq）+ O3（g）= IO-(aq)+O2（g） △H1
②IO-（aq）+H+(aq) HOI(aq) △H2
③HOI(aq) + I-(aq) + H+(aq) I2(aq) + H2O(l) △H3
总反应的化学方程式为 ，其反应△H= 。
（2）在溶液中存在化学平衡：I2(aq) + I-(aq) I3-(aq)，其平衡常数表达式为_______。
（3） 为探究Fe2+ 对O3氧化I-反应的影响（反应体系如图13），某研究小组测定两组实验中I3-浓度和体系pH，结果见图14和下表。
①第1组实验中，导致反应后pH升高的原因是_______。
②图13中的A为_____，由Fe3+生成A的过程能显著提高Ⅰ-的转化率，原因是_______。
③第2组实验进行18s后，I3-浓度下降。导致下降的直接原因有（双选）______。
A.c(H+)减小 B.c(I-)减小 C. I2(g)不断生成 D. c(Fe3+)增加
（4）据图14，计算3-18s内第2组实验中生成I3-的平均反应速率（写出计算过程，结果保留两位有效数字）。
解析：（1）将已知3个化学方程式连加可得O3+2Ⅰ—+2H+＝Ⅰ2+ O2+ H2O，由盖斯定律得△H＝△H1+△H2+△H3。
（2）依据平衡常数的定义可得，K＝。
（3）①由表格可以看出第一组溶液的pH由反应前的5.2变为反应后的11.0，其原因是反应过程中消耗氢离子，溶液酸性减弱，pH增大，水电离出氢离子参与反应破坏水的电离平衡，氢氧根浓度增大，溶液呈碱性，pH增大。
②由于是持续通入O3=，O3可以将Fe2+氧化为Fe3+：O3+2Fe2++2H+＝2Fe3++ O2+ H2O，Fe3+氧化Ⅰ—：2Fe3++2Ⅰ—＝Ⅰ2+2Fe2+，即A是亚铁离子。Ⅰ—消耗量增大，转化率增大，与Ⅰ2反应的量减少，Ⅰ3—浓度减小。
（4）由图给数据可知△c（Ⅰ3—）=（11.8×10—3 mol/L-3.5×10—3 mol/L）=8.3×10—3 mol/L，由速率公式得：v（Ⅰ3—）=△c（Ⅰ3—）/△t= 8.3×10—3 mol/L/(18—3)=5.5×10—4 mol/L·s。
答案：（1） O3+2Ⅰ—+2H+=Ⅰ2+ O2+ H2O，△H=△H1+△H2+△H3。（2）
（3）反应过程中消耗氢离子，溶液酸性减弱，pH增大，水电离出氢离子参与反应破坏水的电离平衡，氢氧根浓度增大，溶液呈碱性，pH增大；Fe3+，BD
（4）（计算过程略）5.5×10—4 mol/L·s
命题意图：化学反应原理与元素化合物
（2013福建卷）23.（16分）
利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气制取氢气，既廉价又环保。
（1）工业上可用组成为K2O·M2O3·2RO2·nH2O的无机材料纯化制取的氢气
①已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质量数之和为27，则R的原子结构示意图为_________
②常温下，不能与M单质发生反应的是_________（填序号）
a.CuSO4溶液 b.Fe2O3 c.浓硫酸 d.NaOH e.Na2CO3固体
（2）利用H2S废气制取氢气来的方法有多种
①高温热分解法
已知：H2S(g)==H2+1/2S2(g)
在恒温密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验。以H2S起始浓度均为c mol·L-1测定H2S的转化率，结果见右图。图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率。据图计算985℃时H2S按上述反应分解的平衡常数K=________；说明温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：___________
②电化学法
该法制氢过程的示意图如右。反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是___________；反应池中发生反应的化学方程式为_____________________。反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为_______________________。
【答案】（1）① ②b、e
（2）① 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短（或其它合理答案）
②增大反应物接触面积，使反应更反分
H2S + 2FeCl3 = 2FeCl2 + S↓ + 2HCl 2Fe2＋ + 2H＋ 2Fe3＋ + H2↑
【解析】本题考查元素推断、原子结构、化学平衡的影响因素及计算、电化学等化学反应原理的知识，同时考查学生的图表分析能力。
（1）R为+4价，位于第3周期，应为Si元素，同理M为Al元素。常温下铝与Fe2O3不反应，与Na2CO3也不反应；（2）①K===。温度越高，反应速率越快，反应物的转化率越高，与平衡转化率差距越小，所以离得近。②FeCl3具有强氧化性，能够氧化H2S：2FeCl3＋H2S＝2FeCl2＋S＋2HCl。该逆流原理与浓硫酸中SO3的吸收相类似，气体从下端通入，液体从上端喷，可以增大气液接触面积，反应充分。从图可知电解过程中从左池通入的Fe2(生成Fe3(（阳极反应），循环使用；而另一电极产生的则为H2（阴极反应）。故电解总的离子方程式为：2Fe2+＋2H＋2Fe3+＋H2↑。
2013年高考化学试题分类解析汇编：化学实验
（2013大纲卷）10、下列操作不能达到目的的是
选项
目的
操作
A.
配制100 mL 1.0 mol/L CuSO4溶液
将25 g CuSO4·5H20溶于100 mL蒸馏水中
B.
除去KNO3中少量NaCl
将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤
C.
在溶液中将MnO4－完全转化为Mn2＋
向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液至紫色消失
D.
确定NaCl溶液中是否混有Na2CO3
取少量溶液滴加CaCl2溶液，观察是否出现白色浑浊
【答案】A
【解析】水的量过多，最后配得的溶液总质量为125克，溶质仍然为0.1，所以浓度不对。
（2013福建卷）10.下列有关试验的做法不正确的是
A.分液时，分液漏斗的上层液体应由上口倒出
B．用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体
C.配置0.1000 mol·L-1氢氧化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流
D．检验NH4+时，往试样中加入NaOH溶液，微热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验逸出的气体
【答案】D
【解析】ABC正确，D的正确方法应该是用湿润的红色石蕊试纸检验。
（2013江苏卷）5.用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是

A.称量 B.溶解 C.转移 D.定容
【参考答案】B
【解析】本题属于基础实验与基本实验操作的考查范畴。内容源于《必修一》P16物质的量浓度溶液的配制。
A.托盘天平称量物品中的左物右码。现物品在右托盘，错。
B.搅拌溶解，操作合理。
C.引流要用玻璃棒，并伸至刻度线以下位置。
D.定容时不得将滴管伸入容量瓶。
本题以常见气体制取、蒸干、除杂、萃取、分液为实验操作为素材，考查学生对实验操作的熟悉程度和实验原理的应用能力，试图引导中学化学教学关注化学实验操作的真实性。
（2013江苏卷）13.下列依据相关实验得出的结论正确的是
A.向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液一定是碳酸盐溶液
B.用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液
C.将某气体通入溴水中，溴水颜色褪去，该气体一定是乙烯
D.向某溶液中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，该溶液中一定含
Fe2＋
【参考答案】D
【解析】本题属于常规实验与基本实验考查范畴。
A.不能排除碳酸氢盐与SO32－、HSO3－形成的盐的干扰
B.也可是钠的单质或其他化合物，这里焰色反应火焰呈黄色仅证明含有钠元素。
C.其他还原气体或碱等都可使溴水褪色。
D.Fe2＋检验方法过程合理。
【备考提示】常见物质的制备、分离提纯、除杂和离子检验等都是学生必备的基本实验技能，我们要在教学中不断强化，反复训练，形成能力。
（2013海南卷）6．下图所示仪器可用于实验室制备少量无水FeCl3，仪器连接顺序正确的是
A．a-b-c-d-e-e-f-g-h B.a-e-d-c-b-h-i-g
C．a-d-e-c-b-h-i-g D.a-c-b-d-e-h-i-f
[答案]B
[解析]：装置顺序为：制氯气、除杂（HCl、水蒸气）、反应制备、尾气碱处理，注意洗气瓶中导管为“长进短出”。
（2013海南卷）7．下列鉴别方法不可行的是
A．用水鉴别乙醇、甲苯和溴苯
B．用燃烧法鉴别乙醇、苯和四氯化碳
C．用碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯
D．用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯、环已烯和环已烷
[答案]D
[解析]：A、B、C均可鉴别：A中，乙醇溶于水，甲苯比水密度小，溴苯比水密度大；B中，乙醇、苯燃烧火焰有明显差别，而四氯化碳不燃烧；C中，乙醇溶于碳酸钠，乙酸与碳酸钠反应产生气泡，乙酸乙酯浮于溶液表面。
（2013海南卷）11．下列关于仪器使用的说法正确的是
A．滴定管装滴定液时应先用滴定液润洗
B．锥形瓶用作反应容器时一定不能加热
C．蒸馏时温度计水银球可以高于蒸馏瓶支管口
D．振荡分液漏斗时应关闭其玻璃塞和活塞
[答案]AD
[解析]：B选项中锥形瓶可隔着石棉网加热，C选项中水银球不可以高于蒸馏瓶支管口
[2013高考?重庆卷?4]按以下实验方案可从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物：
下列说法错误的是
A．步骤(1)需要过滤装置 B．步骤(2)需要用到分液漏斗
C．步骤(3)需要用到坩埚 D．步骤(4)需要蒸馏装置
答案：C
【解析】步骤（1）是分离固液混合物，其操作为过滤，A项正确；步骤（2）分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗，B项正确；步骤(3)是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿，C项错误；步骤（4）是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，D项正确。
（2013上海卷）14.为测定镀锌铁皮锌镀层的厚度，将镀锌皮与足量盐酸反应，待产生的气泡明显减少时取出，洗涤，烘干，称重。关于该实验的操作对测定结果的影响判断正确的是
A.铁皮未及时取出，会导致测定结果偏小
B.铁皮未洗涤干净，会导致测定结果偏大
C.烘干时间过长，回导致测定结果偏小
D.若把盐酸换成硫酸，会导致测定结果偏大
答案：C
【解析】铁皮未及时取出，导致部分铁被消耗，最后称重质量变小，使测定结果偏大；铁皮未洗涤干净，导致最后称重质量偏大，使测定结果偏小；若烘干时间过长，部分铁可能被氧化，导致最后称重质量偏大，使测定结果偏小；若把盐酸换成硫酸，对测定结果无影响，故正确答案为：C。
（2013山东卷）11．利用实验器材（规格和数量不限），能完成相应实验的一项是
实验器材（省略夹持装置）
相应实验
A
烧杯、玻璃棒、蒸发皿
硫酸铜溶液的浓缩结晶
B
烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸
用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡
C
烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶
用固体氯化钠配制0.5mol/L的溶液
D
烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗
用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI
解析：硫酸铜溶液的浓缩结晶需要用到酒精灯，A错；用盐酸除去BaSO4中的少量BaCO3需要进行过滤，需要用到漏斗，B错；用固体配制溶液需要用到托盘天平称量固体，C错；D中可以先进行置换反应，然后进行萃取、分液，D正确。
答案：D
（2013安徽卷）8.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是
选项
a中的物质
b中的物质
c中收集的气体
d中的物质
A
浓氨水
CaO
NH3
H2O
B
浓硫酸
Na2SO3
SO2
NaOH溶液
C
稀硝酸
Cu
NO2
H2O
D
浓盐酸
MnO2
Cl2
NaOH溶液
【答案】B
【解析】该装置分别为固液不加热制气体，向上排空气法收集气体，以及采用防倒吸的方法进行尾气处理。A、氨气不能使用向上排空气法，错误；B、正确；C、铜与稀硝酸反应得不到NO2，错误；D、制取氯气需要加热，错误。
【考点定位】考查化学实验基本原理（气体的制备），实验装置、仪器的使用。
（2013广东卷）23．下列实验的现象与对应结论均正确的是
选项
操作
现象
结论
A
将浓硫酸滴到蔗糖表面
固体变黑膨胀
浓硫酸有脱水性和强氧化性
B
常温下将Al片放入浓硝酸中
无明显变化
Al与浓硝酸不反应
C
将一小块Na放入无水乙醇中
产生气泡
Na能置换出醇羟基中的氢
D
将水蒸气通过灼热的铁粉
粉末变红
铁与水在高温下发生反应
解析：将浓硫酸滴到蔗糖表面，浓硫酸因脱水性使蔗糖脱水炭化，浓硫酸因强氧化性与碳反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，所以蔗糖固体变黑膨胀，A正确；Al放入浓硝酸，因浓硝酸具有强氧化性使Al钝化，阻碍反应继续进行，B错误；Na放入无水乙醇中，会与活泼性较强的羟基反应，置换出氢气，C正确；铁与水蒸气在高温下反应生成黑色的四氧化三铁和氢气，D错误。答案：AC
命题意图：化学实验与元素化合物
（2013北京卷）12.用右图所示装置检验乙烯时不需要除杂的是
【答案】B
【解析】A、B选项乙烯中的杂质为乙醇，乙醇可使KMnO4褪色，故必须用水除去。乙醇不能使Br2的CCl4溶液褪色，故不需出去。
Ｃ、Ｄ选项乙烯中杂质为乙醇、SO2和CO2。其中乙醇、SO2均可使KMnO4褪色，故用氢氧化钠溶液除去；尽管乙醇不能使Br2的CCl4溶液褪色，但SO2在有H2O（g）存在的情况下能使Br2的CCl4溶液褪色，故用氢氧化钠溶液除去。故ACD错误，B正确。
（2013全国新课标卷1）13、下列表中所采取的分离方法与对应原理都正确的是
选项
目的
分离方法
原理
A
分离溶于水中的碘
乙醇萃取
碘在乙醇中的溶解度较大
B
分离乙酸乙酯和乙醇
分液
乙酸乙酯和乙醇的密度不同
C
除去KNO3中混杂的NaCl
重结晶
氯化钠在水中的溶解度很大
D
除去丁醇中的乙醚
蒸馏
丁醇与乙醚的沸点相差较大
答案：D
解析：A错，萃取的原则之一是两种溶剂互不相溶，但乙醇易溶于水中，故不能分离；
B错，分液原理是分离互不相溶的液体，乙酸乙酯和乙醇均为液体有机物，可以互溶；
C错，重结晶可以分离KNO3中混杂的NaCl是因为KNO3的溶解度随温度变化比NaCl大。
（2013天津卷）4、下列实验误差分析错误的是
A、用湿润的pH试纸测稀碱液的pH，测定值偏小
B、用容量瓶配置溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小
C、滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小
D、测定中和反应的应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小
【解析】该题考查基本实验的误差分析。A选项湿润的pH试纸测稀碱液的pH时，碱液被稀释，pH值偏小，正确。B选项用容量瓶配置溶液定容时俯视刻度线，所加水偏少，所配溶液浓度偏大，错误。C选项滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小，也就是读数偏小，正确。D选项测定中和反应的应热时，将碱缓慢倒入酸中，热量损失比较多，所测温度值偏小，正确。
答案：B
（2013浙江卷）13、现有一瓶标签上注明为葡萄糖酸盐(钠、镁、钙、铁)的复合剂，某同学为了确认其成分，取部分制剂作为试液，设计并完成了如下实验：


已知：控制溶液pH=4时，Fe(OH)3沉淀完全，Ca2+、Mg2+不沉淀。
该同学得出的结论正确的是
A．根据现象1可推出该试液中含有Na+
B．根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根
C．根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2+，但没有Mg2+
D．根据现象5可推出该试液中一定含有Fe2+
【解析】A选项：因加入了NaOH (aq)和Na2CO3(aq)，在滤液中引入了Na+，不能根据滤液焰色反应的黄色火焰判断试液是否含Na+。B选项：试液是葡萄糖酸盐溶液，其中一定含葡萄糖酸根，葡萄糖能发生银镜反应，葡萄糖酸根不能发生银镜反应。D选项：溶液加入H2O2，后再滴加KSCN(aq)显血红色，不能证明葡萄糖酸盐试液中是否含Fe2+。正确的方法是：在溶液中滴加KSCN(aq)不显血红色，再滴入滴加H2O2显血红色，证明溶液中只含Fe2+。若此前各步均没有遇到氧化剂，则可说明葡萄糖酸盐试液中只含Fe2+。C选项：根据“控制溶液pH=4时，Fe(OH)3沉淀完全，Ca2+、Mg2+不沉淀”信息，在过滤除去Fe(OH)3的滤液中分别加入NH3·H2O(aq)和Na2CO3(aq)，加入NH3·H2O(aq)不产生沉淀说明滤液中不含Mg2+，加入Na2CO3 (aq)产生白色沉淀，说明滤液中含Ca2+。
答案：C
（2013全国新课标卷2）26.（15）正丁醛是一种化工原料。某实验小组利用如下装置合成正丁醛。
发生的反应如下：
CH3CH2CH2CH2OH CH3CH2CH2CHO
反应物和产物的相关数据列表如下：
沸点/℃
密度/(g·cm-3)
水中溶解性
正丁醇
11.72
0.8109
微溶
正丁醛
75.7
0.8017
微溶
实验步骤如下：
将6.0gNa2Cr2O7放入100mL烧杯中，加30mL水溶解，再缓慢加入5mL浓硫酸，将所得溶液小心转移至B中。在A中加入4.0g正丁醇和几粒沸石，加热。当有蒸汽出现时，开始滴加B中溶液。滴加过程中保持反应温度为90～95℃，在E中收集90℃以下的馏分。将馏出物倒入分液漏斗中，分去水层，有机层干燥后蒸馏，收集75～77℃馏分，产量2.0g。
回答下列问题：
（1）实验中，能否将 Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，说明理由
。
（2）加入沸石的作用是 。若加热后发现未加沸石，应采取的正确方法是 。
（3）上述装置图中，B仪器的名称是 ，D仪器的名称是 。
（4）分液漏斗使用前必须进行的操作是 （填正确答案标号）。
a.润湿 b.干燥 c.检漏 d.标定
（5）将正丁醛粗产品置于分液漏斗中分水时，水在 层（填“上”或“下”）。
（6）反应温度应保持在90～95℃，其原因是 。
（7）本实验中，正丁醛的产率为 %。
解析：以合成正丁醛为载体考察化学实验知识。涉及浓硫酸稀释、沸石作用、仪器名称、分液操作、分层
分析、原因分析和产率计算。
（1）不能将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，应该将浓硫酸加到Na2Cr2O7溶液，因为浓硫酸溶于水会放出大量热，容易溅出伤人。
（2）沸石的作用是防止液体暴沸，若加热后发现未加沸石，应采取的正确方法冷却后补加，以避免加热时继续反应而降低产率。
（3）B仪器是分液漏斗，D仪器是直形冷凝管。
（4）分液漏斗使用前必须检查是否漏水。
（5）因为正丁醛的密度是0.8017 g·cm-3，比水轻，水层在下层。
（6）反应温度应保持在90～95℃，根据正丁醛的沸点和还原性，主要是为了将正丁醛及时分离出来，促使反应正向进行，并减少正丁醛进一步氧化。
（7）按反应关系，正丁醛的理论产量是：4.0g×＝3.9g，实际产量是2.0g,产率为：×100%=51.3%。
答案：（1）不能；易迸溅。
（2）防止暴沸；冷却后补加。
（3）滴液漏斗；直形冷凝管。
（4）c
（5）下
（6）既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化。
（7）51%
（2013北京卷）28.（15分）
某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：
操作
现象
取4g漂粉精固体，加入100mL水
部分固体溶解，溶液略有颜色
过滤，测漂粉精溶液的pH
pH试纸先变蓝（约为12），后褪色
液面上方出现白雾；
稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；
ⅲ.稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去
（1）Cl2和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是 。
（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是 。
（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由HCl小液滴形成，进行如下实验：
a.用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；
b.用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。
① 实验a目的是 。
②由实验a、b不能判断白雾中含有HC1，理由是 。
（4）现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和C1-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是 。
（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X。
①向沉淀X中加入稀HC1，无明显变化。取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是 。
②用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因： 。
【答案】
（1）2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋2Ca(ClO)2＋2H2O；
（2）碱性、漂白性；
（3）①检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；
②白雾中含有SO2，SO2可与酸化的AgNO3溶液反应产生白色沉淀；
（4）向漂白精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；
（5）①CaSO4；
②Cl2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Cl－＋SO42－。
【解析】
（1）Cl2和Ca（OH）2生成氯化钙、次氯酸钙与水；
（2）pH试纸先变蓝（约为12），说明溶液呈碱性，后颜色褪去，说明具有漂白性；
（3）①反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；
②白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；
（4）向漂白精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；
（5）①取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42-,故沉淀X为CaSO4；
②溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸。
（2013天津卷）9、FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业生产流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。
I.经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图（加热及夹持装置略去）及操作步骤如下：
①检查装置的气密性；
②通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；
③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成
④……
⑤体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的N2赶尽Cl2，将收集器密封
请回答下列问题：
装置A中反应的化学方程式为_____________________________________。
第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A的右端。要使沉积得FeCl3进入收集器，第④步操作是_______________________________________________。
操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有（填步骤序号）_________________________。
装置B中的冷水浴的作用为__________________；装置C的名称为__________________；装置D中FeCl2全部反应完后，因为失去吸收Cl2的作用而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂：___________。
在虚线框内画出尾气吸收装置E并注明试剂。
II.该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液。
FeCl3与H2S反应的离子方程式为___________________________________________________。
电解池中H+在阴极放电产生H2，阳极的电极反应为___________________________________。
综合分析实验II的两个反应，可知该实验有两个显著优点：
①H2S的原子利用率100%；②____________________________________________________________。
【解析】（1）A中是制备氯化铁的，则反应的化学方程式为2Fe＋3Cl22FeCl3。
（2）要使沉积的FeCl3进入收集器，根据FeCl3加热易升华的性质，第④的操作应该是：在沉积的的FeCl3固体下方加热。
（3）为防止FeCl3潮解所采取的措施有②通入干燥的Cl2，⑤用干燥的N2赶尽Cl2，即答案选②⑤。
（4）B 中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品；装置C的名称为干燥管。装置D中FeCl2全部反应完后，因为失去吸收Cl2的作用而失效，检验FeCl2是否失效就是检验二价铁离子，最好用K3[FeCN]6溶液，也可以用酸性高锰酸钾溶液检验。
（5）氯气有毒，应该有氢氧化钠溶液吸收。由于吸收的是氯气，不用考虑防倒吸。
（6）铁离子具有氧化性，能把H2S氧化生吃单质S，所以反应的离子方程式是2Fe3＋＋H2S＝2Fe2＋＋S↓＋2H＋。
（7）阳极失去电子，发生氧化反应，所以阳极电极反应为Fe2＋－3e－=Fe3＋。
（8）在实验中得到氯化铁，而氯化铁是可以循环使用的，即该实验的另一个优点是FeCl3可以循环利用。
答案：（1）2Fe＋3Cl22FeCl3；（2）在沉积的的FeCl3固体下方加热；（3）②⑤
（4）冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品；干燥管；K3[FeCN]6溶液。（5）。
（6）2Fe3＋＋H2S=2Fe2＋＋S↓＋2H＋； （7）Fe2＋－3e－=Fe3＋；（8）FeCl3得到循环利用。
（2013全国新课标卷1）26. 醇脱水是合成烯烃的常用方法，实验室合成环己烯的反应和实验装置如下：

可能用到的有关数据如下：
?
相对分子质量
密度
沸点
溶解性
环己醇
100
0.9618
161
微溶于水
环己烯
82
0.8102
83
难溶于水
合成反应：
在a中加入20 g环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入1 mL浓硫酸。b中通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过90 oC。
分离提纯：
反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5% 碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙。最终通过蒸馏得到纯净环己烯10 g。
(1)装置b的名称是_______________
(2)加入碎瓷片的作用是____________；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是____________(填正确答案标号)。
?? A.立即补加??? B. 冷却后补加? C. 不需补加??? D. 重新配料
(3)本实验中最容易产生的副产物的结构简式为_________________。
(4)分液漏斗在使用前必须清洗干净并________。在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的__________（填“上口倒出”或“下口倒出”）。
(5)分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是_________________。
(6)在环已烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有_________(填正确答案标号)。
?? A.圆底烧瓶? B. 温度计?? C. 吸滤瓶??? D. 环形冷凝管?? E. 接收器
(7)本实验所得到的环己烯产率是_________(填正确答案标号)。
?? A. 41%???? B. 50%????? C. 61%??????? D. 70%
答案：（1）直形冷凝管 （2）防止暴沸； B ? ?（3）
（4）检漏；上口倒出； （5）干燥（或除水除醇）（6）CD （7）C
解析：该题以醇的消去反应为知识载体考查了物质的分离和提纯的方法，以及实验数据的处理能力。
（1）根据仪器的构造特点可知，装置b是直形冷凝管。
（2）实验中为了防止暴沸，应该加入碎瓷片；如果忘记加入碎瓷片，须冷却后再添加，若立即添加液体会暴沸，答案选B。
（3）联想到实验室制乙烯的反应，可以得出最可能的副反应就是醇分子间生成醚，即该反应的副产物的结构简式应该是。
（4）分液漏斗在使用前应该检查是否漏液。在分液时密度大的液体从漏斗下口倒出，密度小的液体从山口倒出。
（5）无水氯化钙具有吸水性，可以除去粗产品中的少量水分。
（6）在环己烯的蒸馏过程中，用不到吸滤瓶和球形冷凝管，答案选CD。
（7）根据反应式可知，理论上生成环己烯的质量是，所以环己烯的产率是，即答案选C。
（2013山东卷）30．（15分）TiO2既是制备其他含钛化合物的原料，又是一种性能优异的白色颜料。
（1）实验室利用反应TiO2（s）+2CCl4（g）＝TiCl4（g）+CO2（g），在无水无氧条件下，制取TiCl4实验装置示意图如下
有关性质如下表
物质
熔点/℃
沸点/℃
其他
CCl4
-23
76
与TiCl4互溶
TiCl4
-25
136
遇潮湿空气产生白雾
仪器A的名称是 ，装置E中的试剂是 。反应开始前依次进行如下操作：①停止通氮气②熄灭酒精灯③冷却至室温。正确的顺序为 （填序号）。欲分离D中的液态混合物，所采用操作的名称是 。
（2）工业上由钛铁矿（FeTiO3）(含Fe2O3、SiO2等杂质)制备TiO2的有关反应包括：
酸溶FeTiO3（s）+2H2SO4（aq）＝FeSO4（aq）+ TiOSO4（aq）+ 2H2O（l）
水解TiOSO4（aq）+ 2H2O（l）H2TiO3（s）+H2SO4（aq）
简要工艺流程如下：

①试剂A为 。钛液Ⅰ需冷却至70℃左右，若温度过高会导致产品收率降低，原因是 。
②取少量酸洗后的H2TiO3，加入盐酸并振荡，滴加KSCN溶液后无明显现象，再加H2O2后出现微红色，说明H2TiO3中存在的杂质离子是 。这种H2TiO3即使用水充分洗涤，煅烧后获得的TiO2也会发黄，发黄的杂质是 （填化学式）。
解析：（1）仪器A是干燥管，因为TiCl4遇到水蒸气会水解，所以E中可以用浓硫酸来隔离空气。对于气体的制取性质实验应该：组装仪器、检验气密性、加装药品……。终止实验时为防止倒吸，应先熄灭酒精灯，冷却到室温后再停止通入N2。分离两种沸点不同的液体混合物应该用蒸馏。
（2）①因为矿石经硫酸溶解后得到的Fe2(SO4)3，而后面过滤得到的是FeSO4·7H2O，所以试剂A是铁粉，把Fe3+还原为Fe2+。由于TiOSO4容易水解，若温度过高，则会有较多TiOSO4水解为固体H2TiO3而经过滤进入FeSO4·7H2O中导致TiO2产率降低。
②加KSCN溶液无现象，加H2O2后出现红色，说明存在Fe2+。经加热后Fe2+氧化为Fe2O3而使产品发黄。
答案：（1）干燥管；浓硫酸；检查气密性；②③①，分馏（或蒸馏）
（2）①Fe；温度过高会导致TiOSO4提前水解，产生H2TiO3沉淀。
②Fe2+，Fe2O3
（2013安徽卷）27.（13分）
二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物。平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2）以及其它少量可溶于稀酸的物质）。某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：
（1）洗涤滤渣A的目的是为了去除 （填离子符号），检验该离子是否洗涤的方法是 。
（2）第②步反应的离子方程式是 ，滤渣B的主要成分是 。
（3）萃取是分离稀土元素的常用方法，已知化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，TBP （填“能”或“不能”）与水互溶。实验室进行萃取操作是用到的主要玻璃仪器有 、烧杯、玻璃棒、量筒等。
（4）取上述流程中得到的Ce(OH)4产品0.536g，加硫酸溶解后，用0.1000mol/LFeSO4标准溶液滴定至终点时（铈被还原为Cs3＋）,消耗25.00mL标准溶液，该产品中Ce(OH)4的质量分数为 。
【答案】（1）Fe3+；取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净；反之，未洗净。
（2）2CeO2+H2O2+6H+＝2Ce3++O2 +4H2O；SiO2
（3）不能；分液漏斗
（4）97.01%
【解析】该反应过程为：①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，、Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2。②加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+滤渣为SiO2。③加入碱后Ce3+转化为沉淀。④通入氧气将Ce从+3氧化为+4，得到产品。
Ce（OH）4～FeSO4
N[Ce（OH）4]＝n(FeSO4)＝0.1000mol/L×0.025L＝0.0025mol
M＝0.0025mol×208g/mol=0.52g
所以产品中Ce(OH)4的质量分数为＝97.01%
【考点定位】以工艺流程为基础，考察化学实验基本操作、元素及化合物知识、化学计算、氧化还原反应等相关知识。
（2013安徽卷）28.（14分）
某酸性工业废水中含有K2Cr2O7。光照下，草酸(H2C2O4)能将其中的Cr2O72－转化为Cr3＋。某课题组研究发现，少量铁明矾[Al2Fe(SO4)2·24H2O]即可对该反应堆起催化作用。
为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：
（1）在25°C下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，作对比实验，完成以下实验设计表（表中不要留空格）。
测得实验①和②溶液中的Cr2O72－浓度随时间变化关系如图所示。
（2）上述反应后草酸被氧化为 （填化学式）。
（3）实验①和②的结果表明 ；实验①中0～t1时间段反应速率（Cr3＋）＝ _________________
mol·L－1·min－1 (用代数式表示)。
（4）该课题组队铁明矾[Al2Fe(SO4)2·24H2O]中起催化作用的成分提出如下假设，请你完成假设二和假设三：
假设一：Fe2＋起催化作用；
假设二： ；
假设三： ；
…………
(5)请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容。
（除了上述实验提供的试剂外，可供选择的药品有K2SO4、FeSO4、K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O、Al2(SO4)3等。溶液中Cr2O72－的浓度可用仪器测定）
实验方案（不要求写具体操作过程）
预期实验结果和结论
【答案】（1）
（2）CO2
（3）溶液pH对该反应的速率有影响；
（4）Al3+起催化作用；SO42－起催化作用
（5）（本题属于开放性试题，合理答案均可）
实验方案（不要求写具体操作过程）
预期实验结果和结论
用等物质的量的K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其它反应条件与实验①相同，进行对比实验
反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr2O72－)大于实验①中c(Cr2O72－)，则假设一成立；若溶液中的c(Cr2O72－)相同，则假设一不成立
【解析】（1）实验①与实验②相比，初始pH不同，则实验②与实验③相比草酸溶液用量不同，所以草酸溶液和蒸馏水的体积都是20ml。
（2）草酸被氧化后的产物为二氧化碳。
（3）考查了从图像中获取数据并分析的能力。图像越陡，反应速率越快，即实验结论是溶液pH对该反应的速率有影响。根据图像可知，实验①中0～t1时间段内c(Cr2O72－)的浓度变化量是（），则c(Cr3＋)的浓度变化量是2（），所以（Cr3＋）＝。
（4）对于假设可以从加入的物质铁明矾中获取，故为Al3+和SO42－，然后根据上面的过程，进行对比实验，即可以得到答案。
（5）要设计实验验证上述假设一，则可以选择不含有亚铁离子的K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其它反应条件与实验①相同，进行对比实验。
【考查定位】考查化学实验探究基本能力和化学反应基本原理
（2013四川卷）9. 为了探究AgNO3的氧化性和热稳定性，某化学兴趣小组设计了如下实验。
Ⅰ. AgNO3的氧化性
将光亮的铁丝伸入AgNO3溶液中，一段时间后将铁丝取出。为检验溶液中Fe的氧化产物，将溶液中的Ag+ 除尽后，进行了如下实验。可选用的试剂：KSCN溶液、K3[Fe(CN)6]溶液、氯水。
（1）请完成下表：
操作
现象
结论
取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入KSCN溶液，振荡
①
存在Fe3+
取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入 ② ，振荡
③
存在Fe2+
【实验结论】Fe的氧化产物为Fe2+和Fe2+。
Ⅱ.AgNO3的热稳定性
用下图所示的实验装置A加热AgNO3固体，产生红棕色气体，在装置D中收集到无色气体。当反应结束后，试管中残留固体为黑色。
（2）装置B的作用是 。
（3）经小组讨论并验证该无色气体为O2，其验证方法是 。
（4）【查阅资料】Ag2O和粉末状的Ag均为黑色； Ag2O可溶于氨水。
【提出设想】试管中残留的黑色固体可能是：ⅰ.Ag；ⅱ.Ag2O；ⅲ.Ag和Ag2O。
【实验验证】该小组为验证上述猜想，分别取少量黑色固体放入试管中，进行了如下实验。
实验编号
操作
现象
a
加入足量氨水，振荡
黑色固体不溶解
b
加入足量稀硝酸，振荡
黑色固体溶解，并有气体产生
【实验评价】根据上述实验，不能确定固体产物成分的实验是 ① （填实验编号）。
【实验结论】根据上述实验结果，该小组得出AgNO3固体热分解的产物有 ② 。
【答案】 （1）①溶液呈红色 ②K2[Fe(CN)6]溶液 ③产生蓝色沉淀 （2）防倒吸 （3）用带火星的木条伸入集气瓶内，木条复燃，证明无色气体为O2 （4）① b ②Ag、NO2、O2
【解析】⑴Fe3+ 与SCN-络合形成血红色溶液 ；Fe2+ 与CN-络合形成普鲁士蓝溶液
　　⑵防止溶液倒吸进试管
　　⑶用带火星木条靠近瓶口，木条复燃，证明是氧气
⑷①b实验中，黑色固体溶解，可能有Ag或者Ag2O 有气体产生证明有Ag ,所以不能证明确定有Ag2O ②红棕色气体是NO2，实验证明有Ag和O2
（2013上海卷）七、（本题共12分）
溴化钙可用作阻燃剂、制冷剂，具有易溶于水，易吸潮等性质。实验室用工业大理石（含有少量Al3+、Fe3+等杂质）制备溴化钙的主要流程如下：
完成下列填空：
35.上述使用的氢溴酸的质量分数为26%，若用47%的氢溴酸配置26%的氢溴酸的氢溴酸500ml，所需的玻璃仪器有玻璃棒、 。
36.已知步骤Ⅲ的滤液中不含NH4+。步骤Ⅱ加入的试剂a是 ，控制溶液的pH约为8.0的目的是 、 。
37.试剂b是 ，步骤Ⅳ的目的是 。
38.步骤Ⅴ所含的操作依次是 、 。
39.制得的溴化钙可以通过如下步骤测定其纯度：
①称取4.00g无水溴化钙样品；②溶解；③滴入足量Na2CO3溶液，充分反应后过滤；④ ；⑤称量。若得到1.88g碳酸钙，则溴化钙的质量分数为 （保留两位小数）。
若实验操作规范而测定结果偏低，其原因是 。
【答案】（35）量筒、烧杯、胶头滴管、500mL容量瓶 （36）Ca(OH)2(或CaO)； 除去溶解后溶液中的杂质离子Al3+、Fe3+、使Ca2+留在溶液中 （37）HBr 中和溶液中多余的Ca(OH)2 （38）蒸发浓缩、冷却结晶
（39）洗涤、干燥； 94.00% ； 滴加的Na2CO3溶液不足，溶液中Ca2+未能完全转化为CaCO3沉淀（其他合理答案均可）
【解析】（35）用浓溶液配制一定体积的稀溶液，需通过计算算出需浓溶液的体积，因此需要量筒、胶头滴管，烧杯、玻璃棒和500mL的容量瓶。（36）步骤Ⅲ为过滤操作，因此在步骤Ⅱ中加入的试剂a作用是使杂质离子转化为沉淀通过过滤除去，而同时防止Ca2+转化为沉淀，结合Al3+、Fe3+的性质知应为碱性，结合信息（步骤Ⅲ的滤液中不含NH4+），说明a试剂不是氨水，再结合除杂不能引入新杂的原则可知加入试剂最好为Ca(OH)2(或CaO)。（37）步骤Ⅳ中加入试剂b是为了除去前面加入的过量试剂a[Ca(OH)2(或CaO)]，同样应遵循除杂不能引入新杂的原则可知加入试剂b为HBr。（38）步骤Ⅴ是从溴化钙溶液中获得溴化钙晶体，因此其操作为蒸发浓缩、冷却结晶。（39）过滤出的沉淀上沾有杂质，为减少实验误差应将沉淀进行洗涤、干燥后载称量；利用“钙守恒”可得：CaBr2～CaCO3，故样品中溴化钙的质量分数为[（200g·mol-1×1.88g/100g·mol-1）/4.00g]×100%＝94.00%；若实验操作规范，而测定结果偏低则说明得到CaCO3质量偏小，因此该结果的可能的原因是滴加的Na2CO3溶液不足，溶液中Ca2+未能完全转化为CaCO3沉淀或洗涤CaCO3沉淀有部分沉淀溶解导致。
[2013高考?重庆卷?9](15分)某研究小组利用题9图装置探究温度对CO还原Fe2O3的影响(固定装置略)

题9图
(1)MgCO3的分解产物为 。
(2)装置C的作用是 ，处理尾气的方法为 。
(3)将研究小组分为两组，按题9图装置进行对比实验，甲组用酒精灯、乙组用酒精喷灯对装置D加热，反应产物均为黑色粉末(纯净物)。两组分别用产物进行以下实验：
步骤
操作
甲组现象
乙组现象
1
取黑色粉末加入盐酸
溶解，无气泡
溶解，有气泡
2
取步骤1中溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液
蓝色沉淀
蓝色沉淀
3
取步骤1中溶液，滴加KSCN溶液
变红
无现象
4
取步骤3溶液中滴加新制氯水
红色褪去
先变红，后褪色
①乙组得到的黑色粉末是 。
②甲组步骤1中反应的离子方程式为 。
③乙组步骤4中，溶液变红的原因为 ，溶液褪色可能的原因及其验证方法为 。
④从实验安全考虑，题9图装置可采取的改进措施是 。
答案：（15分）MgO、CO2 （2）除CO2 点燃 （3）①Fe ②Fe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++4H2O
③Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN-显红色；假设SCN-被Cl2氧化，向溶液中加入KSCN溶液，若出现红色，则假设成立（其他合理答案均可得分） ④在装置B C之间添加装置E防倒吸（其他合理答案均可得分）
【解析】（1）难溶的碳酸盐受热易分解为氧化物和CO2，因此MgCO3受热分解得到产物是MgO与CO2。（2）结合实验目的可知在装置B处，CO2与Zn作用生成CO气体，进入后面装置进行实验，故装置C中NaOH是用来吸收CO中混有的CO2气体；CO气体不一定完全反应，因此尾气中会有CO，可利用其可燃性采取点燃法来进行尾气处理。（3）①利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；②利用甲组现象可知Fe2O3与CO在酒精灯加热的条件下，Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式；③因Fe3+遇SCN-显红色，所以步骤4中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致、溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN-氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红；④若B处停止加热后，C中液体易倒吸入B中引起玻璃管炸裂，因此可采取的改进措施是在装置B C之间添加装置E防倒吸。
17．（9分）
BaCl2·xH2O中结晶水数目可通过重量法来确定：
①称取1.222g样品，置于小烧杯中，加入适量稀盐酸，加热溶解，边搅拌边滴加稀硫酸到沉淀完全，静置；
②过滤并洗涤沉淀；
③将盛有沉淀的滤纸包烘干并中温灼烧；转入高温炉中，反复灼烧到恒重，称得沉淀质量为1.165g。
回答下列问题：
（1）在操作②中，需要先后用稀硫酸和 洗涤沉淀；检验沉淀中氯离子是否洗净的方法是 。
（2）计算BaCl2·xH2O中的x= （要求写出计算过程）。
（3）操作③中，如果空气不充足和温度过高，可能会有部分沉淀被滤纸中的碳还原为BaS，这使x的测定结果 （填“偏低”、“偏高”或“不变”）。
[答案] （1）蒸馏水 取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl-已经冼净。
（2）样品中BaCl2的物质的量为
质量

（3）偏高
[解析]：（1）若沉淀洗涤后洗涤液中不含Cl-则已经洗净，这是沉淀洗涤的常用方法；
（2）计算氯化钡和水的物质的量比，即求出x；
（3）题中已经表明硫酸钡被还原为BaS，则沉淀质量减小，相对水的质量比提高，x数据将偏高。
（2013浙江卷）28、利用废旧镀锌铁皮可制备磁性Fe3O4胶体粒子及副产物ZnO。制备流程图如下：

已知：Zn及其化合物的性质与Al及其化合物的性质相似。请回答下列问题：
（1）用NaOH溶液处理废旧镀锌铁皮的作用有__ _。
A．去除油污B．溶解镀锌层C．去除铁锈D．钝化
（2）调节溶液A的pH可产生Zn(OH)2沉淀，为制得ZnO，后续操作步骤是___________。
（3）由溶液B制得Fe3O4胶体粒子的过程中，须持续通N2，其原因是_______________。
（4）Fe3O4胶体粒子能否用减压过滤法实现固液分离？_____(填“能”或“不能”)，理由是_______________。
（5）用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测得产物Fe3O4中二价铁含量。若需配制浓度为0.01000 mol/L的K2Cr2O7的标准溶液250 mL，应准确称取______g K2Cr2O7 (保留4位有效数字，已知MK2Cr2O7==294.0 g/mol)。配制该标准溶液时，下列仪器不必要用到的有_____(用编号表示)。
①电子天平 ②烧杯 ③量筒 ④玻璃棒 ⑤容量瓶 ⑥胶头滴管 ⑦移液管
（6）滴定操作中，如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将_______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
【解析】本题以“废旧镀锌铁皮可制备磁性Fe3O4胶体粒子及副产物ZnO”为载体，考查实验基本操作和技能。涉及标准溶液的配制及滴定的误差分析。试题主要取材于《实验化学》模块中《镀锌铁皮镀层厚度的测定》。试题难度不大。
【答案】（1）AB （2）抽滤、洗涤、灼烧
（3）N2气氛下防止Fe2+被氧化 （4）不能 胶体粒子太小，抽滤时易透过滤纸
（5）0.7350 （0.01000 mol/L×0.250 L×294.0 g/mol） ③⑦
（6）偏大
（2013广东卷）33.（17分）
化学实验有助于理解化学知识，形成化学观念，提高探究与创新能力，提升科学素养。
（1）在实验室中用浓盐酸与MnO2共热制取Cl2并进行相关实验。
下列收集Cl2的正确装置是 。
②将Cl2通入水中，所得溶液中具有氧化性的含氯粒子是 。
③设计实验比较Cl2和Br2的氧化性，操作与现象是：取少量新制氯水和CCl4于试管中，

（2）能量之间可以相互转化：电解食盐水制备Cl2是将电能转化为化学能，而原电池可将化学能转化为电能。设计两种类型的原电池，探究其能量转化效率。
限选材料：ZnSO4(aq)，FeSO4(aq)，CuSO4(aq)；铜片，铁片，锌片和导线。
完成原电池的甲装置示意图（见图15），并作相应标注。
要求：在同一烧杯中，电极与溶液含相同的金属元素。
以铜片为电极之一，CuSO4(aq)为电解质溶液，只在一个烧杯中组装原电池乙，工作一段时间后，可观察到负极 。
甲乙两种原电池中可更有效地将化学能转化为电能的是 ，其原因是 。
（3）根据牺牲阳极的阴极保护法原理，为减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，在（2）的材料中应选 作阳极。
解析：（1）Cl2是有刺激性气味、密度比空气大、有毒的黄绿色气体，在制备和收集Cl2时必须有尾气吸收装置。Ａ没有排气管不能用于收集气体；Ｂ用于收集密度比空气小的气体；C用以收集密度比空气大的气体，且有尾气吸收装置；Ｄ吸收氯气不能收集。氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸部分电离，所以有氧化性的含氯粒子是Cl2、HClO和ClO—。比较Cl２和Br２的氧化性，可以利用置换反应。所以其具体操作是：取少量新制氯水和CCl４于试管中，用胶头滴管向试管中滴加NaBr溶液，振荡静置，溶液下层呈橙色。
（2）由题给试剂，结合原电池的形成条件可知可以组合的原电池可以是：锌铜、锌铁、铁铜原电池。由图示所给电子移动方向可知左边为负极（活泼金属）、右边为正极（不活泼金属），则组装的原电池可以如下：

由所给的电极材料可知，当铜片做电极时，铜片一定是正极，则负极是活泼的金属（失电子发生氧化反应），反应的现象是电极逐渐溶解。以Zn和Cu做电极为例，如果不用盐桥则Zn与CuSO4反应，置换出的Cu附着在Zn表面，阻碍了Zn与CuSO4的接触，不能提供稳定电流。
（3）根据牺牲阳极的阴极保护法，可知被保护的金属作阴极，即Zn作为阳极。
答案：（1）C；HClO和ClO—；取少量新制氯水和ＣＣｌ４于试管中，用胶头滴管向试管中滴加NaBr溶液，振荡静置，溶液下层呈橙色（2）(装置图如下)；电极逐渐溶解；甲；可以避免活泼金属如Zn和CuSO4的接触，从而提供稳定电流（3）Zn
命题意图：化学实验、元素化合物与化学反应原理
（2013江苏卷）18.(12分)硫酸镍铵[(NH4)xNiy(SO4)m·nH2O]可用于电镀、印刷等领域。某同学为测定硫酸镍铵的组成，进行如下实验：①准确称取2.3350g样品，配制成100.00mL溶液A；②准确量取25.00 mL 溶液A，用0.04000 mol·L－1 的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Ni2＋(离子方程式为Ni2＋＋H2Y2－=NiY2－＋2H＋)，消耗EDTA标准溶液31.25mL；③另取25.00 mL溶液A，加足量的NaOH溶液并充分加热，生成NH3 56.00mL(标准状况)。
(1)若滴定管在使用前未用EDTA标准溶液润洗，测得的Ni2＋含量将 (填“偏高”、或“偏低”或“不变”)。
(2)氨气常用 检验，现象是 。
(3)通过计算确定银硫酸镍铵的化学式(写出计算过程)。
【参考答案】
18.(12分)
(1)偏高 (2)湿润的红色石蕊试纸 试纸颜色由红变蓝
(3)n(Ni2＋)=0.04000mol·L－1×31.25 mL×10－3L·mL－1=1.250×10－3mol
n(NH4＋)==2.500×10－3mol
n(SO42－)= ==2.500×10－3mol
m(Ni2＋)=59g·mol－1×1.250×10－3mol=0.07375g
m(NH4＋)=18g·mol－1×2.500×10－3mol=0.04500g
m(SO42-)=96g·mol－1×2.500×10－3mol=0.2400g
n(H2O)==1.250×10－2mol
x:y:m:n=n(NH4＋):n(Ni2＋):n(SO42－):n(H2O)=2:1:2:10
硫酸镍铵的化学式为(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O
【解析】本题属于物质组成分析与化学综合计算题。利用电符守恒计算n(SO42－)，利用质量守恒计算n(H2O)。
（2013江苏卷）19.(15分)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种易吸收的高效铁制剂，可由绿矾(FeSO4·7H2O)通过下列反应制备：FeSO4＋Na2CO3=FeCO3↓＋Na2SO4 FeCO3＋C6H8O7=FeC6H6O7＋CO2↑＋H2O 下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L－1计算)。
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Fe3＋
1.1
3.2
Al3＋
3.0
5.0
Fe2＋
5.8
8.8
(1)制备FeCO3时，选用的加料方式是 (填字母)，原因是
。
a.将FeSO4溶液与Na2CO3溶液同时加入到反应容器中
b.将FeSO4溶液缓慢加入到盛有Na2CO3溶液的反应容器中
c.将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中
(2)生成的FeCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是
。
(3)将制得的FeCO3加入到足量柠檬酸溶液中，再加入少量铁粉，80℃下搅拌反应。①铁粉的作用是 。②反应结束后，无需过滤，除去过量铁粉的方法是 。
(4)最后溶液经浓缩、加入适量无水乙醇、静置、过滤、洗涤、干燥，获得柠檬酸亚铁晶体。分离过程中加入无水乙醇的目的是
。
(5)某研究性学习小组欲从硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3)出发，先制备绿矾，再合成柠檬酸亚铁。请结合右图的绿矾溶解度曲线，补充完整由硫铁矿烧渣制备FeSO4·7H2O晶体的实验步骤(可选用的试剂：铁粉、稀硫酸和NaOH溶液)：向一定量烧渣中加入足量的稀硫酸充分反应，
，得到FeSO4溶液， ，得到FeSO4·7H2O晶体。
【参考答案】
19.(15分)
(1)c 避免生成Fe(OH)2沉淀
(2)取最后一次的洗涤滤液1～2 mL于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净。
(3)①防止＋2价的铁元素被氧化 ②加入适量柠檬酸让铁粉反应完全
(4)降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出
(5)过滤，向反应液中加入足量的铁粉，充分搅拌后，滴加NaOH溶液调节反应液的pH约为5，过滤。或过滤，向滤液中滴加过量的NaOH溶液，过滤，充分洗涤固体，向固体中加入足量稀硫酸至固体完全溶解，再加入足量的铁粉，充分搅拌后，过滤。
(滴加稀硫酸酸化)加热浓缩得到60℃饱和溶液 冷却至0℃结晶，过滤，少量冰水洗涤，低温干燥
【解析】本题以柠檬酸亚铁制取和分析为背景的综合实验题，涉及元素化合物知识、检验洗涤是否完全的方法、除去过量铁粉的方法、分离过程中加入无水乙醇的目的、合成柠檬酸亚铁实验步骤等多方面内容，考查学生对综合实验处理能力。(5)过滤，向反应液中加入足量的铁粉，充分搅拌后，滴加NaOH溶液调节反应液的pH约为5，过滤。或过滤，向滤液中滴加过量的NaOH溶液，过滤，充分洗涤固体，向固体中加入足量稀硫酸至固体完全溶解，再加入足量的铁粉，充分搅拌后，过滤。两个过程中加入足量的铁粉，都是为了让三价铁变为二价铁。加热浓缩得到60℃饱和溶液前一般滴加稀硫酸酸化，为防止二价铁离子受热水解。少量冰水洗涤减少FeSO4·7H2O晶体溶解。低温干燥减少FeSO4·7H2O晶体失水分解。
【备考提示】实验的基本操作、实验仪器的选择、实验误差分析、物质的除杂和检验等内容依然是高三复习的重点，也是我们能力培养的重要目标之一。
（2013江苏卷）B.[实验化学]
3，5-二甲氧基苯酚是重要的有机合成中间体，可用于天然物质白柠檬素的合成。一种以间苯三酚为原料的合成反应如下：
甲醇、乙醚和3，5-二甲氧基苯酚的部分物理性质见下表：
物质
沸点/℃
熔点/℃
密度(20℃) / g·cm－3
溶解性
甲醇
64.7
0.7915
易溶于水
乙醚
34.5
0.7138
微溶于水
3，5－二甲氧基苯酚
33～36
易溶于甲醇、乙醚，微溶于水
(1)反应结束后，先分离出甲醇，再加入乙醚进行萃取。
①分离出甲醇的操作是的 。
②萃取用到的分液漏斗使用前需 并洗净，分液时有机层在分液漏斗的
填(“上”或“下”)层。
(2)分离得到的有机层依次用饱和NaHCO3溶液、饱和食盐水、少量蒸馏水进行洗涤。用饱和NaHCO3溶液洗涤的目的是 ；用饱和食盐水洗涤的目的是 。
(3)洗涤完成后，通过以下操作分离、提纯产物，正确的操作顺序是 (填字母)。
a.蒸馏除去乙醚 b.重结晶 c.过滤除去干燥剂 d.加入无水CaCl2干燥
(4)固液分离常采用减压过滤。为了防止倒吸，减压过滤完成后应先
，再 。
【参考答案】
(1)①蒸馏 ②检查是否漏水 上
(2)除去HCl 除去少量NaHCO3且减少产物损失
(3)dcab
(4)拆去连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管 关闭抽气泵
【解析】本题是一道“实验化学”的基础性试题，通过3，5-二甲氧基苯酚制备相关实验过程的一些探究，着力考查学生对化学原理、化学实验方法的掌握程度，对实验方案的分析评价和运用化学知识解决化学实验中的具体问题的能力。
（2013大纲卷）28、（15分）制备氮化镁的装置示意图如下：
回答下列问题：
（1）检查装置气密性的方法是 ，a的名称是 ，b的名称是 ；
（2）写出NaNO2和(NH4)2SO4反应制备氮气的化学方程式 ；
（3）C的作用是 ，D的作用是 ，是否可以把C和D的位置对调并说明理由 ；
（4）写出E中发生反应的化学方程式 ；
（5）请用化学方法确定是否有氮化镁生成，并检验是否含有未反应的镁，写出实验操作及现
象 。
【答案】（1）微热b，这时G中有气泡冒出，停止加热冷却后，G中插在溶液里的玻璃管形成一段水柱，则气密性良好（2分） 分液漏斗（1分） 圆底烧瓶（1分）
（2）2NaNO2＋(NH4)2SO42N2↑＋Na2SO4＋4H2O（2分）
（3）除去氧气（及氮氧化物）（1分） 除去水蒸气 （1分） 不能，对调后无法除去水蒸气（1分） （4）N2＋3MgMg3N2（2分）
（5）取少量产物于试管中，加入少量蒸馏水，试管底部有沉淀生成，可闻到刺激性氨味（把湿润的红色石蕊试纸放在管口，试纸变蓝），证明产物中含有氮化镁；弃去上清液，加入盐酸，若观察到有气泡产生，则证明产物中含有未反应的镁（4分）
【解析】（1）因为装置比较复杂，所以在检验装置气密性的时候要采取加热蒸法，即微热b，
这时G中有气泡冒出，停止加热冷却后，G中插在溶液里的玻璃管形成一段水柱，则气密
性良好；
（2）根据反应物（NaNO2 和(NH4)2SO4）和生成物（N2）。可知该反应为归中反应，所以化学方程式为2NaNO2＋(NH4)2SO42N2↑＋Na2SO4＋4H2O；
（3）从A中出来的气体中可能含有O2，对后面的实验会带来干扰，所以在和Mg反应之前必须除去，而饱和的硫酸亚铁溶液中含有（Fe2+），能除去O2；生成物Mg3N2极易和水发生反应，所以在制取反应前必须干燥（即浓硫酸的作用）；
（5）根据Mg3N2和H2O反应的方程式：，可知检验方法为取少量产物于试管中，加入少量蒸馏水，试管底部有沉淀生成，可闻到刺激性氨味（把湿润的红色石蕊试纸放在管口，试纸变蓝），证明产物中含有氮化镁；弃去上清液，加入盐酸，若观察到有气泡产生，则证明产物中含有未反应的镁。
（2013福建卷）25.（15分）
固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂。某学习小组以Mg(NO3)2为研究对象，拟通过实验探究其热分解的产物，提出如下4种猜想：
甲：Mg(NO3)2、NO2、O2 乙：MgO、NO2、O2 丙：Mg3N2、O2 丁：MgO、NO2、N2
（1）实验前，小组成员经讨论认定猜想丁不成立，理由是_____________。
查阅资料得知：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O
针对甲、乙、丙猜想，设计如下图所示的实验装置（图中加热、夹持仪器等均省略）：
（2）实验过程
①取器连接后，放人固体试剂之前，关闭k，微热硬质玻璃管（A），观察到E 中有气泡连续放出，表明________
② 称取Mg(NO3)2固体3 . 79 g置于A中，加热前通人N2以驱尽装置内的空气，其目的是________；关闭K，用酒精灯加热时，正确操作是先________然后固定在管中固体部位下加热。
③ 观察到A 中有红棕色气体出现，C、D 中未见明显变化。
④ 待样品完全分解，A 装置冷却至室温、称量，测得剩余固体的质量为1 . 0g
⑤ 取少量剩余固体于试管中，加人适量水，未见明显现象。
( 3 ）实验结果分析讨论
① 根据实验现象和剩余固体的质量经分析可初步确认猜想_______是正确的。
② 根据D 中无明显现象，一位同学认为不能确认分解产物中有O2，因为若有O2，D中将发生氧化还原反应：_____________________（填写化学方程式），溶液颜色会退去；小组讨论认定分解产物中有O2存在，未检侧到的原因是_____________________。
③ 小组讨论后达成的共识是上述实验设计仍不完善，需改进装里进一步研究。
【答案】（1）不符合氧化还原反应原理（或其它合理答案）
（2）①装置气密性良好
②避免对产物O2的检验产生干扰（或其它合理答案）
移动酒精灯预热硬质玻璃管
（3）①乙
②2Na2SO3 + O2 2Na2SO4
O2在通过装置B时已参与反应（或其它合理答案）
【解析】本题考查Mg(NO)3加热分解后的产物的探究，以及实验基本操作。
（1）Mg(NO3)2中Mg、N、O的化合价分别为＋2、＋5、－2价，NO2、N2、Mg2N3中氮的化合价分别为＋4、0、－3价，O2中氧的化合价是0价。故甲、乙、丙中元素的化合价“有升有降”，符合氧化还原反应特点。而丁猜想只有化合价的降低，没有化合价的升高，该猜测不成立。
（2）最后一个装置中有气泡，说明整个装置气密性良好。N2将装置中的空气赶出的目的，是防止对分解产物的O2的检验超成干扰。加热操作是先预热，再集中加热。
（3）①Mg(NO3)2易溶于水，Mg3N2能够与水反应：Mg3N2＋6H2O＝3Mg(OH)2↓＋2NH3↑，MgO难溶于水。将固体溶于水，未见明显现象，故乙猜想正确。
②Na2SO3为弱酸强碱盐，SO32(水解溶液呈碱性：SO32(＋H2OHSO3(＋OH(，溶液颜色退去，说明氧气能够氧化Na2SO3为Na2SO4：2Na2SO3＋O2＝2Na2SO4。
未检验到氧气，则是由于NO2、O2与水共同作用可以产生HNO3，被NaOH吸收，导致无法检验O2的存在。
2013年高考化学试题分类解析汇编：化学用语及其规律
（2013江苏卷）2.下列有关化学用语表示正确的是
A.丙烯的结构简式：C3H6
B.氢氧根离子的电子式：
C.氯原子的结构示意图：
D.中子数为146、质子数为92的铀(U)原子14692U
【参考答案】B
【解析】有关化学用语常涉及常见物质的组成和结构，尤其是一些常见物质电子式、结构式、结构简式及模型等等，内容比较基础。教学中，我们力求从原子结构示意图还是离子结构示意图、结构式还是结构简式、－OH还是OH－、－NO2还是NO2－、－CH3还是CH3＋等辨析的角度落实教学内容。
（2013海南卷）2．下列化合物的俗称与化学式不对应的是
A．绿矾-FeSO4·7H2O B．芒硝-Na2SO4·10H2O
C．明矾- Al2(SO4)3·12H2O D．胆矾- CuSO4·5H2O
[答案]C
[解析]：对常见物质俗称识记。明矾是KAl(SO4)2·12H2O.
（2013天津卷）1.运用有关概念判断下列叙述正确的是
A、1molH2燃烧放出的热量为H2的燃烧热
B、Na2SO3和H2O2的反应为氧化还原反应
C、和互为同系物
D、BaSO4的水溶液不导电，故BaSO4是弱电解质
【解析】该题考查化学基本概念。A选项燃烧热的定义是在25℃、101kPa时，1moL纯物质完全燃烧生成稳定化合物时所放出的热量，如果生成气态水，就不是H2的燃烧热。所以A选项错误。C选项中两种物质虽然相差-CH2,但前者是酚类物质，后者是醇类物质，不符合同系物定义，错误；D选选BaSO4属于盐类，是强电解质，电解质的强弱时指一定条件下能否完全电离的化合物，错误；B选项中Na2SO3具有强还原性，H2O2具有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，正确。
答案：B
（2013四川卷）2. 下列物质分类正确的是（　　）
A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物
B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体
C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质
D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物
【答案】D
【解析】A中.CO不是酸性氧化物，B中氧化铁不是胶体，C中CCl4属于非电解质，答案选D。
2013年高考化学试题分类解析汇编：有机化学
（2013大纲卷）13、某单官能团有机化合物，只含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为58，完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O。它可能的结构共有（不考虑立体异构）
A.4种 B.5种 C.6种 D.7种
【答案】B
【解析】根据题意，可先解得分子式。设为CnH2nOX，氧最少为一个，58-16=42，剩下的为碳和氢，碳只能为3个，即为C3H6O，一个不饱和度。设有两个O,那么58-32=2 6，只能为C2H4OX，x不可能为分数，错。由此可得前者可以为醛一种，酮一种，烯醇一种，三元碳环一种，四元杂环一种。
（2013福建卷）7.下列关于有机化合物的说法正确的是
A．乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区别 B．戊烷（C5H12）有两种同分异构体
C．乙烯、聚氯乙烯和苯分子均含有碳碳双键 D．糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应
【答案】A
【解析】B应该是三种同分异构体，分别是正戊烷、异戊烷、新戊烷；C由于聚氯乙烯没有，错误；D糖类中的单糖不行。
（2013江苏卷）12.药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得：
下列有关叙述正确的是
A.贝诺酯分子中有三种含氧官能团
B.可用FeCl3 溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚
C.乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚均能与NaHCO3 溶液反应
D.贝诺酯与足量NaOH 溶液共热，最终生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠
【参考答案】B
【解析】该题贝诺酯为载体，考查学生对有机化合物的分子结构、官能团的性质等基础有机化学知识的理解和掌握程度。
☆能熟练区分醇羟基、酚羟基、酸羟基的性质上的差异：
醇中的羟基连在脂肪烃基、环烷烃基或苯环的侧链上，由于这些原子团多是供电子基团，使得与之相连的羟基上氢氧原子间的电子云密度变大，氢氧共价键得到加强，氢原子很难电离出来。因此，在进行物质的分类时，我们把醇归入非电解质一类。
酚中的羟基直接连在苯环或其它芳香环的碳原子上，由于这些原子团是吸电子基团，
使得与之相连的羟基上氢氧原子间的电子云密度变小，氢氧共价键受到削弱，氢原子比醇羟基上的氢容易电离，因此酚类物质表现出一定的弱酸性。
羧酸中的羟基连在 上，受到碳氧双键的影响，羟基氢原子比酚羟基上的氢原子容易电离，因此羧酸(当然是短链)的水溶液呈明显的酸性，比酚溶液的酸性要强得多。
Na
NaOH
Na2CO3
NaHCO3
醇羟基
√
╳
╳
╳
酚羟基
√
√
√
╳
羧羟基
√
√
√
√
相关对比：
酸性强弱对比：CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH＞HCO3－
结合H＋能力大小：CH3COO－＜HCO3－＜C6H5O－＜CO32－
故： C6H5OH＋Na2CO3→C6H5ONa＋NaHCO3
A.苯环不属于官能团，仅羧基、肽键二种官能团。
B.三氯化铁遇酚羟基显紫色，故能区别。
C.按羟基类型不同，仅酸羟基反应而酚羟基不反应。
D.贝诺酯与足量NaOH反应，肽键也断裂。
（2013海南卷）1．下列有机化合物中沸点最高的是
A．乙烷 B．乙烯 C．乙醇 D．乙酸
[答案]D
[解析]：四项中，C、D两项为液态，沸点明显要高，但学生只注意了乙醇的氢键，易失误。
（2013海南卷）7．下列鉴别方法不可行的是
A．用水鉴别乙醇、甲苯和溴苯
B．用燃烧法鉴别乙醇、苯和四氯化碳
C．用碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯
D．用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯、环已烯和环已烷
[答案]D
[解析]：A、B、C均可鉴别：A中，乙醇溶于水，甲苯比水密度小，溴苯比水密度大；B中，乙醇、苯燃烧火焰有明显差别，而四氯化碳不燃烧；C中，乙醇溶于碳酸钠，乙酸与碳酸钠反应产生气泡，乙酸乙酯浮于溶液表面。
（2013海南卷）9．下列烃在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代物的有
A．2-甲基丙烷 B．环戊烷
C．2,2-二甲基丁烷 D．2,2-二甲基丙烷
[答案]BD
[解析]：等效氢的考查，其中A、C均有2种，B、D均只有1种。
[2013高考?重庆卷?5]有机物X和Y可作为“分子伞”给药载体的伞面和中心支撑架(未表示出原子或原子团的空间排列)。

下列叙述错误的是
A．1mol X在浓硫酸作用下发生消去反应，最多生成3mol H2O
B．1mol Y发生类似酯化的反应，最多消耗2mol X
C．X与足量HBr反应，所得有机物的分子式为C24H37O2Br3
D．Y和癸烷的分子链均呈锯齿形，但Y的极性较强
答案：B
【解析】1molX中含有3mol醇羟基，因此在浓硫酸作用下发生消去反应时，最多可生成3molH2O，A项正确；Y中“-NH2与-NH-”中H原子可与X中X中羧基发生类似酯化反应的取代反应，结合X、Y结构简式可知1molY发生类似酯化反应的反应，最多可消耗3molX，B项错误；X与HBr在一定条件下反应时，-Br取代X中-OH，C项正确；Y中含有氨基，因此极性大于癸烷，D项正确。
（2013上海卷）1.2013年4月24日，东航首次成功进行了由地沟油生产的生物航空燃油的验证飞行。能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽油、煤油、柴油等）的方法是
A.点燃，能燃烧的是矿物油
B.测定沸点，有固定沸点的是矿物油
C.加入水中，浮在水面上的是地沟油
D.加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油
答案：D
【解析】地沟油属于酯类、矿物油属于烃类，二者点燃时都能燃烧，A项错误；地沟油、矿物油均属于混合物，二者没有固定沸点，B项错误；地沟油、矿物油二者的密度均比水小且都不溶于水，与水混合都浮在水面上，C项错误；加入足量NaOH溶液，矿物油不发生反应，液体混合物分层、地沟油与NaOH溶液反应生成甘油、高级脂肪酸的钠盐，混合液不分层，D项正确。
（2013上海卷）2.氰酸铵（NH4OCN）与尿素[CO(NH2)2]
A.都是共价化合物 B.都是离子化合物
C.互为同分异构体 D.互为同素异形体
答案：C
【解析】氰酸铵属于铵盐，是离子化合物，A项错误；尿素是共价化合物，B项错误；氰酸铵与尿素的分子式均为CON2H4，因此属于同分异构体，C项正确；同素异形体是指同种元素形成不同单质，而氰酸铵与尿素属于化合物，D项错误。
（2013上海卷）10.下列关于实验室制备乙酸乙酯和乙酸丁酯的描述正确的是
A.均采用水浴加热 B.制备乙酸乙酯时正丁醇过量
C.均采用边反应边蒸馏的方法 D.制备乙酸乙酯时乙醇过量
答案：D
【解析】制备乙酸丁酯和乙酸乙酯均是采取用酒精灯直接加热法制取，A项错误；制备乙酸丁酯时采用容易获得的乙酸过量，以提高丁醇的利用率的做法，B项错误；制备乙酸乙酯采取边反应边蒸馏的方法、制备乙酸丁酯则采取直接回流的方法，待反应后再提取产物，C项错误；制备乙酸乙酯时，为提高乙酸的利用率，采取乙醇过量的方法，D项正确。
（2013上海卷）12.根据有机化合物的命名原则，下列命名正确的是
A. 3-甲基-1,3-丁二烯
B. 2-羟基丁烷
C.CH3CH(C2H5)CH2CH2CH3 2-乙基戊烷
D.CH3CH(NH2)CH2COOH 3-氨基丁酸
答案：D
【解析】A项，利用取代基位次和最小原子可知其名称为：2-甲基-1,3-丁烯；B项，该有机物含有羟基，属于醇类，其名称为：1-甲基丙醇；C项，利用主链最长的原则可知其名称为：3-甲基己烷；D项，该物质为氨基酸，以羧基为主体，氨基为取代基，因此名称为：3-氨基丁酸。
（2013山东卷）10．莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草酸的说法正确的是
A．分子式为C7H6O5
B．分子中含有两种官能团
C．可发生加成和取代反应
D．在水溶液中羟基和羧基均能电离出氢离子
解析：根据莽草酸的结构式可确定其分子式为：C7H10O5，需要注意不存在苯环，A错；有三种官能团：羧基、羟基、碳碳双键，B错；碳碳双键可以被加成，羧基、羟基可发生酯化反应，C正确；在水溶液中羧基可以电离出H+，羟基不能发生电离，D错。
答案：C
（2013浙江卷）10、下列说法正确的是
A．按系统命名法，化合物的名称是2,3,5,5-四甲基-4,4-二乙基己烷
B．等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量不相等
C．苯与甲苯互为同系物，均能使KMnO4酸性溶液褪色
D．结构片段为的高聚物，其单体是甲醛和苯酚
【解析】A选项：题给化合物正确的名称为2,2,4,5-四甲基-3,3-二乙基己烷。B选项：苯甲酸的分子式为C7H6O2，可将分子式变形为C6H6·CO2，因此等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量相等。C选项：苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色。
答案：D
（2013广东卷）7．下列说法正确的是
A．糖类化合物都具有相同的官能团
B．酯类物质是形成水果香味的主要成分
C．油脂的皂化反应生成脂肪酸和丙醇
D．蛋白质的水解产物都含有羧基和羟基
解析：葡萄糖的官能团是羟基和醛基，而果糖的官能团是羟基和羰基，A错误；酯类一般都是易挥发具有芳香气味的物质，Ｂ正确；油脂在碱性条件水解生成高级脂肪酸盐和甘油，称之为皂化反应，Ｃ错误；蛋白质的水解产物是氨基酸，氨基酸的官能团是羧基和氨基，Ｄ错误。答案：Ｂ
命题意图：有机化学基础
（2013全国新课标卷1）8、香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如下：
下列有关香叶醇的叙述正确的是（）
A、香叶醇的分子式为C10H18O???? B、不能使溴的四氯化碳溶液褪色
C、不能使酸性高锰酸钾溶液褪色??? D、能发生加成反应不能发生取代反应
答案：A
解析：由该有机物的结构式可以看出：A正确。
B错误，因为香叶醇含有碳碳双键，可以使溴的四氯化碳溶液褪色
C错误，因为香叶醇含有碳碳双键、醇羟基，可以使高锰酸钾溶液褪色
D错误，香叶醇有醇羟基，可以发生酯化反应（取代反应的一种）
备注：此题非常常规，核心是有机化学的核心—官能团，有什么官能团就能发生对应的特征反应。
（2013新课标卷2）7. 在一定条件下，动植物油脂与醇反应可制备生物柴油，化学方程式如下:
动植物油脂 短链醇 生物柴油 甘油
下列叙述错误的是.
A.生物柴油由可再生资源制得 B. 生物柴油是不同酯组成的混合物
C.动植物油脂是高分子化合物 D. “地沟油”可用于制备生物柴油
解析：考察油脂知识。动植物油脂不是是高分子化合物。选择C。
答案：C
（2013新课标卷2）8. 下列叙述中，错误的是
A.苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持55-60℃反应生成硝基苯
B.苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷
C.乙烯与溴的四氯化碳溶液反应生成1,2-二溴乙烷
D.甲苯与氯气在光照下反应主要生成2,4-二氯甲苯
解析：考察有机反应原理。甲苯与氯气在光照下反应主要是甲基上的H被取代，选项D不正确，答案选D。
答案：D
（2013全国新课标卷1）12、分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，若不考虑立体异构，这些醇和酸重新组合可形成的酯共有
A、15种????? B、28种
C、32种????? D、40种
答案：D
解析：此题有两处转折，因为其最终问的是能形成C5H10O2的化合物的酸与醇，最终重新组成形成的酯有多少种。我们先谈论酸和醇的数目： ???????????
酯
酸的数目
醇的数目
H-COO-C4H9
1种
4种
CH3-COO-C3H7
1种
2种
C2H5-COO-C2H5
1种
1种
C3H7-COO-CH3
2种
1种
共计
5种
8种
从上表可知，酸一共5种，醇一共8种，因此可组成形成的酯共计：5×8=40种。
备注：同分异构体的考查，有一部分是光注重数目的考查的，因此要记住各烷基的数目。
（2013安徽卷）26.（16分）
有机物F是一种新型涂料固化剂，可由下列路线合成（部分反应条件略去）：
（1）B的结构简式是 ；E中含有的官能团名称是 。
（2）由C和E合成F的化学方程式是 。
（3）同时满足下列条件的苯的同分异构体的结构简式是 。
①含有3个双键 ②核磁共振氢谱只显示1个峰 ③不存在甲基
（4）乙烯在实验室可由 （填有机物名称）通过 （填反应类型）制备。
（5）下列说法正确的是 。
a. A 属于饱和烃 b. D与乙醛的分子式相同
c．E不能与盐酸反应 d. F可以发生酯化反应
【答案】（1）HOOC(CH2)4COOH 羟基和氨基
（2）CH3OOC(CH2)4COOCH3+2HOCH2CH2NH2HOCH2CH2NHOC(CH2)4CONHCH2CH2OH＋2CH3OH
（3）
（4）乙醇 消去反应
（5）a、b、d
【解析】本题可以采用正向合成的方法得到，苯催化加氢得到A（环己烷），再催化氧化断链，为一个六个碳的直链，由C的结构简式可以确定B为己二酸，然后与甲醇发生酯化反应得到C。将C与F对比可得，CF的反应为氨基将甲醇替换下来，故可以写出该反应的方程式。
【考点定位】考查有机化学基础知识，涉及有机化合物之间的转化关系，官能团及性质，有机反应类型，有条件的同分异构体的书写等相关知识。
(2013全国新课标卷2)38.[化学——选修5：有机化学基础]（15分）
化合物Ⅰ（C11H12O3）是制备液晶材料的中间体之一，其分子中含有醛基和酯基。Ⅰ可以用E和H在一定条件下合成：
已知以下信息：
A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢；
RCH=CH2 RCH2CH2OH
化合物F苯环上的一氯代物只有两种；
通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。
回答下列问题：
A的化学名称为_________。
D的结构简式为_________ 。
E的分子式为___________。
（4）F生成G的化学方程式为 ,
该反应类型为__________。
（5）I的结构简式为___________。
（6）I的同系物J比I相对分子质量小14，J的同分异构体中能同时满足如下条件：
①苯环上只有两个取代基；
②既能发生银镜反应，又能和饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，共有______种（不考虑立体异构）。J的一个同分异构体发生银镜反应并酸化后核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为2:2:1，写出J的这种同分异构体的结构简式 。
解析：以有机框图合成为载体考察有机化合物知识，涉及有机命名、有机结构简式、分子式、化学方程式、同分异构体种类。
（1）A的分子式为C4H9Cl，核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢，所以A的结构简式为
(CH3)3CCl，为2—甲基—2—氯丙烷。
（2）A→B是消去反应，B是(CH3)2C=CH2；B→C是加成反应，根据提供的反应信息，C是
(CH3)2CHCH2OH；C→D是氧化反应，D是(CH3)2CHCHO。
（3）D→E是氧化反应，E是(CH3)2CHCOOH，分子式为C4H8O2。
（4）F的分子式为C7H8O；苯环上的一氯代物只有两种，所以F的结构简式为；在光照条件下
与氯气按物质的量之比1:2反应，是对甲酚中的甲基中的2个H被Cl取代。化学方程式为：
，属于取代反应。
（5）F→G是取代反应，G→H是水解反应，根据信息，应该是—CHCl2变成—CHO，H→I是酯化反应。I的结构简式为：。
（6）J是I的同系物，相对分子质量小14，说明J比I少一个C原子，两个取代基，既能发生银镜反应，又能和饱和NaHCO3溶液反应放出CO2；官能团一个是羧基，一个醛基，或—COOH与—CH2CH2CHO组合，或—COOH与—CH(CH3)CHO组合，或—CH2COOH与—CH2CHO组合，或—CH2CH2COOH与—CHO组合，或—CH(CH3)COOH与—CHO组合，或HOOCCH（CHO）—与—CH3的组合；每一个组合考虑邻、间、对三个位置变化，一共有6×3=18种满足条件的同分异构体。其中，一个同分异构体发生银镜反应并酸化后核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为2:2:1，结构简式为：
。
答案：（1）2—甲基—2—氯丙烷（或叔丁基氯）；
（2）(CH3)2CHCHO；
（3）C4H8O2；
（4）取代反应。
（5）
（6）18；。
（2013天津卷）8、已知
水杨酸酯E为紫外吸收剂，可用于配制防晒霜。E的一种合成路线如下：① ② ③ ④
请回答下列问题：
一元醇A中氧的质量分数约为21.6%。则A的分子式为___________。结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为______________。
B能与新制的Cu(OH)2发生反应，该反应的化学方程式为_______________________________。
C有_____种结构；若一次取样，检验C中所含官能团，按使用的先后顺序写出所用试剂_______。
第③步的反应类型为_________________；D所含官能团的名称为_______________________。
写出同时符合下列条件的水杨酸所有同分异构体的结构简式：_________________________。
a.分子中含有6个碳原子在一条线上；
b.分子中所含官能团包括水杨酸具有的官能团
（6）第④步的反应条件为________________；写出E的结构简式_______________________________。
【解析】（1）A是一元醇，氧的质量分数约为21.6%，A只有一个甲基，推知A的相对分子质量为74，-OH相对分子质量17，碳氢部分为57，应该为－C4H9，只有一个甲基，所以为1－丁醇，化学式是C4H10O。
（2）B为丁醛，与新制的Cu(OH)2反应的化学方程式为CH3CH2CH2CHO＋2Cu(OH)2＋NaOHCH3CH2CH2COONa＋Cu2O↓＋3H2O。
（3）B自身2分子的反应，根据题干信息，2分子丁醛先发生加成反应形成
，再发生消去反应可以形成两种结构。检验C中的碳碳双键和醛基时，用银氨溶液先检验醛基，再加稀盐酸使溶液呈酸性后，加溴水检验碳碳双键。在这里不能先检验碳碳双键。也可以用酸性高锰酸钾检验碳碳双键。D为醛基加H2形成的醇。
（4）第③的反应类型为加成（还原）反应，D所含的官能团为羟基。
（5）水杨酸除了羧基，苯环的不饱和度为4，6个碳原子在一条直线上时，应该有碳碳叁键两个，即
，，

第④步的反应为酯化反应，所以反应条件为浓硫酸、加热。E的结构简式

答案：（1）C4H10O；1－丁醇
（2）CH3CH2CH2CHO＋2Cu(OH)2＋NaOHCH3CH2CH2COONa＋Cu2O↓＋3H2O
（3）2；银氨溶液、稀盐酸、溴水（或其它合理答案）
（4）还原反应（或加成反应）；羟基
（5），，

（6）浓硫酸，加热；
（2013北京卷）25．（17分）可降解聚合物P的合成路线如下
（1）A的含氧官能团名称是____________。
（2）羧酸a的电离方程式是________________。
（3）B→C的化学方程式是_____________。
（4）化合物D苯环上的一氯代物有2中，D的结构简式是___________。
（5）E→F中反应①和②的反应类型分别是___________。
（6）F的结构简式是_____________。
（7）聚合物P的结构简式是________________。
【答案】（1）羟基；（2）CH3COOHCH3COO－＋H＋；
(3)；
（4）；
（5）加成反应，取代反应；
（6）；
（7）。
【解析】A不饱和度为=4，结合C的还原产物可知，A中含有一个苯环，能与羧酸a反应酯化反应生成B，a为CH3COOH，A为，B为。B通过硝化反应生成C，则C为，化合物D苯环上的一氯代物有2种，结合与D的分子式可知，首先-NH2被转化-OH，再发生酚羟基与NaOH反应，同时发生酯的水解，D的结构简式是，D发生催化氧化后，再酸化生成E，结合E的分子式可知，醇羟基氧化为-CHO，故E的结构简式为，根据反应信息i可知，E先发生加成反应，再发生取代反应，最后发生水解反应生成F，F为，加热生成G，结合G的分子式与结构特点可知，应是2分子F通过形成肽键再形成1个六元环状，故G为，根据反应信息ii可知，P为。
（2013山东卷）33．（8分）【化学——有机化学基础】
聚酰胺—66常用于生产帐篷、渔网、降落伞及弹力丝袜等织物，可利用下列路线合成：
（1）能与银氨溶液反应的B的同分异构体的结构简式为
（2）D的结构简式为 ，①的反应类型为
（3）为检验D中的官能团，所用试剂包括NaOH水溶液及
（4）由F和G生成H的反应方程式为
解析：A经H2加成得到环丁醚B，与HCl取代得到C氯代丁醇，再进行一步取代得D：丁二醇；通过反应①取代得到己二腈，结合所给信息可知F是己二酸，G是己二胺，通过缩聚反应得到H：聚酰胺-66。
（1）B分子式是C4H8O，符合饱和一元醛的通式，可以写出：CH3CH2CH2CHO、(CH3)2CHCHO。
（2）D是1,4-二氯丁醇：CH2ClCH2CH2CH2Cl；反应①是取代反应。
（3）要检验氯代烃中氯元素，应先通过NaOH溶液水解，然后用硝酸酸化的AgNO3溶液检验Cl-。
（4）nHOOC(CH2)4COOH+nNH2(CH2)6NH2HO－(CH2)4－－NH(CH2)6NHH＋(2n－1)H2O
答案：（1）CH3CH2CH2CHO、(CH3)2CHCHO
（2）CH2ClCH2CH2CH2Cl；取代反应。
（3）HNO3、AgNO3
（4）nHOOC(CH2)4COOH+nNH2(CH2)6NH2HO－(CH2)4－－NH(CH2)6NHH＋(2n－1)H2O
（2013全国新课标卷1）38.[化学—选修5:有机化学荃础](15分)
查尔酮类化合物G是黄酮类药物的主要合成中间体，其中一种合成路线如下:
已知以下信息:
芳香烃A的相对分子质量在100-110之间，I mol A充分燃烧可生成72g水。
②C不能发生银镜反应。
③D能发生银镜反应、可溶于饱和Na2CO3溶液、核磁共振氢谱显示其有4中氢。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为__________ 。
（2）由B生成C的化学方程式为_______________ 。
（3）E的分子式为___________,由生成F的反应类型为_______________ 。
（4）G的结构简式为______________ 。
（5）D的芳香同分异构体H既能发生银镜反应，又能发生水解反应，H在酸催化下发生水解反应的化学方程式为_______________________ 。
（6）F的同分异构体中，既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应的有____种，其中2核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2:2:2:1:1的为________(写结构简式）。
考点：考查有机物的结构与性质、同分异构体的判断
解析：（1）1molA 充分燃烧可生成72g水，即水的物质的量是4mol，则A分子中还有8个氢原子。根据B生成C的条件可知，该反应是羟基的催化氧化，则B分子中还有羟基。A和水反应生成B，这说明A分子中含有碳碳双键，和水发生加成反应生成羟基。根据A的相对分子质量可推测A是苯乙烯，其结构简式是。D能发生银镜反应，说明含有醛基。可溶于饱和Na2CO3溶液，所以根据D的化学式可知，含有酚羟基。又因为核磁共振氢谱显示其有4中氢，所以D中酚羟基和醛基是对位的，即D的结构简式是。D和氢氧化钠溶液反应生成E，则E的结构简式是。根据已知信息④可知，F的结构简式应该是。C和F可以生成G，则根据已知信息⑤可知，C分子中含有羰基，其结构简式应该是，所以B的结构简式就是。
答案：（1）苯乙烯
（2）
（3）C7H5O2Na；取代反应 （4）
（5）
（6）
（2013广东卷）30.（16分）脱水偶联反应是一种新型的直接烷基化反应，例如：
化合物Ⅰ的分子式为 ，1mol该物质完全燃烧最少需要消耗 molO2。
化合物Ⅱ可使 溶液（限写一种）褪色；化合物Ⅲ（分子式为C10H11C1）可与NaOH水溶液共热生成化合物Ⅱ，相应的化学方程式为______。
化合物Ⅲ与NaOH乙醇溶液共热生成化合物Ⅳ，Ⅳ的核磁共振氢谱除苯环峰外还有四组峰，峰面积之比为为1：1：1：2，Ⅳ的结构简式为_______。
由CH3COOCH2CH3可合成化合物Ⅰ。化合物Ⅴ是CH3COOCH2CH3的一种无支链同分异构体，碳链两端呈对称结构，且在Cu催化下与过量O2反应生成能发生银镜反应的化合物Ⅵ。Ⅴ的结构简式为______，Ⅵ的结构简式为______。
一定条件下，也可以发生类似反应①的反应，有机产物的结构简式为 。
解析：（1）通过观察可知，化合物Ⅰ分子中含有6个碳、10个氢、3个氧，分子式为C6H10O3，1mol该物质完全燃烧生成6molCO2、5molH2O，所以其耗氧量为（2×6+1×5—3）／ 2=7mol。（2）化合物Ⅱ中含有的官能团为碳碳双键（可以使溴水、溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色）和羟基（可以使酸性高锰酸钾溶液褪色）。化合物Ⅲ与ＮａＯＨ水溶液共热生成化合物Ⅱ，结合卤代烃的水解规律可知化合物Ⅲ的结构简式为，反应的方程式为：＋ＮａＯＨ＋ＮａＣｌ。
（3）化合物Ⅲ在ＮａＯＨ醇溶液中共热发生消去反应，可能生成，分子中含除苯环外含３类氢，不合题意；或生成，分子中含除苯环外含４类氢，个数比为１:１:１:２，所以化合物Ⅳ的结构简式为。
（4）依据题意，ＣＨ３ＣＯＯＣＨ２ＣＨ３的同分异构体化合物Ⅴ能够在Ｃｕ催化下与Ｏ２反应生成能发生银镜反应的化合物Ⅵ，说明化合物Ⅴ具有二氢醇的结构，依据碳链两端呈对称结构，说明分子中含有２个羟基和一个碳碳双键，即化合物Ⅴ的结构简式为，化合物Ⅵ为。
（5）反应①的反应机理是化合物Ⅱ中的羟基，被化合物Ⅰ中所取代，依照机理可知相当于化合物Ⅱ，相当于化合物Ⅰ，两者反应应该得到。
答案：（1）C6H10O3，7mol（2）酸性高锰酸钾溶液，＋ＮａＯＨ＋ＮａＣｌ（3）（4），（5）
命题意图：有机化学
（2013浙江卷）29、某课题组以苯为主要原料，采取以下路线合成利胆药——柳胺酚。
回答下列问题：
柳胺酚
已知：

（1）对于柳胺酚，下列说法正确的是
A.1 mol柳胺酚最多可以和2 molNaOH反应 B.不发生硝化反应
C.可发生水解反应 D.可与溴发生取代反应
（2）写出A B反应所需的试剂______________。
（3）写出B C的化学方程式__________________________________。
（4）写出化合物F的结构简式_____________________________。
（5）写出同时符合下列条件的F的同分异构体的结构简式____________（写出3种）。
①属酚类化合物，且苯环上有三种不同化学环境的氢原子； ②能发生银镜反应
（6）以苯和乙烯为原料可合成聚苯乙烯，请设计合成路线（无机试剂及溶剂任选）。
注：合成路线的书写格式参照如下示例流程图：

【解析】根据合成路线，由柳胺酚的分子结构可逆推出F为邻羟基苯甲酸，E为，D为，C，B为，A为。柳胺酚分子中含酚羟基——具有酸性、酰胺键(类似于肽键)——发生水解反应。1 mol柳胺酚最多可以和3 mol NaOH反应，苯环上可以发生硝化反应，苯环上酚羟基邻对位的氢可以发生溴代反应，1mol柳胺酚与Br2反应最多可以消耗4 molBr2。
【答案】（1）CD
（2）浓硝酸和浓硫酸
（3）
+ 2NaOH + NaCl+H2O
（4）
（5）

（6）
【点评】今年高考有机试题较前三年的都较容易。考查的内容都是有机化学的基础知识——辨认分子结构中的官能团，抓官能团性质；有机分子结构式、有机化学反应方程式的正确书写；同分异构体概念及其有机合成流程的正确表示。能力要求是依据有机化学基础知识采取逆向推理，从而得出各有机化合物的结构，再根据有机合成路线回答相关问题。
（2013四川卷）10. 有机化合物G是合成维生素类药物的中间体，其结构简式为：.G的合成路线如下：

其中A~F分别代表一种有机化合物，合成路线中部分产物及反应条件已略去
已知：
请回答下列问题：
（1）G的分子式是 ① ，G中官能团的名称是 ② 。
（2）第①步反应的化学方程式是 。
（3）B的名称（系统命名）是 。
（4）第②~⑥步反应中属于取代反应的有 （填步骤编号）。
（5）第④步反应的化学方程式是 。
（6）写出同时满足下列条件的E的所有同分异构体的结构简式 。
①只含一种官能团；②链状结构且无—O—O—；③核磁共振氢谱只有两种峰。
【答案】（1）①C6H10O3 ②羟基、酯基
（2）

（3）2-甲基-1-丙醇
（4）②⑤
（5）


（6）CH3COOCH2CH2OOCCH3 CH3CH2OOCCOOCH2CH3 CH3OOCCH2CH2COOCH3
【解析】从反应条件可推知A为加成产物，从B和氧气的产物可以逆推出B的结构，由G的结构式可以逆推得F的结构简式为开环加水的构型，则加氢之前的E含有醛基。由反应五可知D为酯，水解得到乙醇和E，则D为乙醇酯，但是根据提示信息，加入C就是发生信息里面的反应，所以C必须为含有醛基的物质，根据酯基、肽键等才可以水解，可知添加的C为甲酸乙酯，得解。
（2013上海卷）九、（本题共10分）
异构化可得到三元乙丙橡胶的第三单体。由A（C5H6）和B经Diels-Alder反应制得。Diels-Alder反应为共轭双烯与含有烯键或炔键的化合物相互作用生成六元环状化合物的反应，最简单的反应是
完成下列填空：
44. Diels-Alder反应属于 反应（填反应类型）：A的结构简式为 。
45．写出与互为同分异构，且一溴代物只有两种的芳香烃的名称
写出生成这两种一溴代物所需要的反应试剂和反应条件。
46.B与Cl2的1,2—加成产物消去HCl得到2—氯代二烯烃，该二烯烃和丙烯酸（CH2=CHCOOH）聚合得到的聚合物可改进氯丁橡胶的耐寒性和加工性能，写出该聚合物的结构简式。
47.写出实验室由的属于芳香烃的同分异构体的同系物制备的合成路线，（合成路线常用的表示方式为：目标产物）
【答案】（44）加成反应 、 （45）1,3,5-三甲基苯（或均-三甲基苯）
（46）
（47）
【解析】（44）利用题中乙烯与1,3-丁二烯反应得到环己烯的信息可知Diels-Alder反应的机理是不饱和键断裂，然后在不饱和键两端的碳原子上直接连接其他原子，因此属于加成反应；结合的结构和分子式（C9H12）可知B为1,3-丁二烯，A的结构简式为：。（45）与（分子式为：C9H12）互为同分异构体且属于芳香烃的同分异构体有8种（一取代产物2种，取代基分别为：丙基、异丙基；二取代产物有3种，取代基为甲基、乙基，有邻、间、对三种；三取代产物有3种，取代基为三个甲基，分连、偏、均三种情况），结合限定条件，知满足条件的该物质是1,3,5-三甲基苯（或均-三甲基苯）。（46）由B（1,3-丁二烯）经加成、消去反应得到2-氯代二烯烃（CH2=CCl-CH=CH2）与丙烯酸的聚合反应类似乙烯生成聚乙烯的加聚反应，因此可得聚合物的结构简式。（4）结合苯甲醛的碳骨架结构可知合成苯甲醛的原料为甲苯（甲苯恰好是与的属于芳香烃的同分异构体的同系物），甲苯在光照下可与氯气发生甲基上的取代反应，生成氯代烃在NaOH溶液水解可得到苯甲醇，醇在Ag或Cu的催化作用下，可与氧气发生催化氧化得到苯甲醛。
（2013上海卷）十、（本题共12分）
沐舒坦（结构简式为，不考虑立体异构）是临床上使用广泛的。下图所示的其多条合成路线中的一条（反应试剂和反应条件均未标出）
完成下列填空：
48.写出反应试剂和反应条件。
反应① 反应⑤
49.写出反应类型。
反应③ 反应⑥
50.写出结构简式。
A B
51．反应⑥中除加入反应试剂C外，还需要加入K2CO3，其目的是为了中和
防止
52.写出两种C的能发生水解反应，且只含3种不同化学环境氢原子的同分异构体的结构简式。
53. 反应②，反应③的顺序不能颠倒，其原因是 、 。
【答案】（48）①HNO3 ；浓硫酸、加热。 ② 溴 、FeBr3 。
（49）还原反应 、 取代反应
（50）、 （51）HCl、 氨基与盐酸发生反应
（52）、 （53）因氨基容易被氧化，若反应②、③颠倒，再利用KMnO4、加热的条件下氧化-CH3转化为-COOH的同时也会将-NH2氧化。
【解析】结合产物的结构简式，利用流程图和起始原料的分子式（C7H8）可知起始原料为甲苯，所以反应①是甲苯与HNO3在浓硫酸做催化剂，加热的条件下发生取代反应生成邻硝基甲苯，利用题中的已知信息知，反应②是邻硝基甲苯与KMnO4在加热条件下发生氧化反应（甲基氧化为羧基）得到邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸经还原反应（反应③）使硝基转化为氨基，故A的结构简式为：；反应④是物质A与甲醇发生酯化反应得到，然后在FeBe3做催化剂作用下，与Br2发生取代反应（反应⑤），利用取代基的定位效应知-Br取代氨基邻、对位上的氢原子，因此反应⑤生成产物的结构简式为：。结合流程中物质B反应前后物质的结构简式，利用B的分子式可推知B的结构简式为：；反应⑥中有HCl生成，而HCl与-NH2可发生反应，因此可知反应⑥加入K2CO3的作用是中和反应生成的HCl，同时还防止HCl与-NH2发生反应；物质的结构简式为：，分子式为C6H13NO，该物质可水解的同分异构体只能含有肽键，结合只含3种化学环境不同的氢原子可知肽键两端链接的烷基中都只含一种氢原子，因此两个烷基只能是-CH3与-C(CH3)3，由此可写出满足条件的两种同分异构体的结构简式。
[2013高考?重庆卷?10](15分)华法林是一种治疗心脑血管疾病的药物，可由化合物E和M在一定条件下合成得到(部分反应条件略)。

(1) A的名称为 ，A→B的反应类型为 。
(2) D→E的反应中，加入的化合物X与新制Cu(OH)2反应产生红色沉淀的化学方程式为 。
(3) G→J为取代反应，其另一产物分子中的官能团是 。
(4) L的同分异构体Q是芳香酸，Q R(C8H7O2Cl) S T，T的核磁共振氢谱只有两组峰，Q的结构简式为 。
(5) 题10图中，能缩合成体型高分子化合物的酚类单体是 。
(6) 已知：L→M的原理为 ① C6H5OH+C2H5OCR C6H5OCR+C2H5OH和
② R1CCH3+C2H5OCR2 R1CCH2CR2+C2H5OH，M的结构简式为 。
答案：（15分）（1）丙炔，加成反应 （2）C6H5CHO+2Cu(OH)2+NaOHC6H5COONa+Cu2O↓+3H2O
（3）-COOH或羧基
（4）
（5）苯酚 （6）
【解析】（1）A中含有碳碳三键，属于炔烃，故可知A→B是乙炔与H2O发生加成反应。（2）利用D、E的结构简式知E是D与X（苯甲醛）发生反应生成E与H2O，苯甲醛可与新制氢氧化铜浊液发生氧化还原反应生成苯甲酸与砖红色氧化亚铜沉淀、水，反应溶液为碱性，因此生成苯甲酸又与碱反应生成本甲酸盐，由此可知X（苯甲醛）与新制氢氧化铜浊液反应的化学方程式。（3）G为乙酸酐，G与苯酚生成J同时，还生成乙酸，乙酸中含有的官能团是-COOH。（4）利用L的结构简式可知满足条件的Q为甲基苯甲酸，再利用T的结构特点可知Q为对甲基苯甲酸；光照时甲基上的一个H被Cl取代，故R→S为氯代烃的水解反应。（5）苯酚可与甲醛缩合成体型高分子化合物。（6）结合题中已知和M的分子式容易得出M的结构简式。
（2013海南卷）16．（8分）
2-丁烯是石油裂解的产物之一，回答下列问题：
（1）在催化剂作用下，2-丁烯与氢气反应的化学方程式为 ，反应类型为 。
（2）烯烃A是2-丁烯的一种同分异构体，它在催化剂作用下与氢气反应的产物不是正丁烷，则A的结构简式为 ；A分子中能够共平面的碳原子个数为 ，A与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式为 。
[答案] （1）CH3CH=CHCH3+H2CH3CH2CH2CH3 加成反应
（2）

[解析]：（2）A加氢后不生成正丁烷，可判断其碳链有支链，结构只能是一种，4个碳原子均在碳碳双键形成的平面上。（感叹：第3个空形同鸡肋，考了加氢接着又考加溴的方程式？就算考个现象描述都比这强，出题人江郎才尽矣）。
（2013海南卷）18．[选修5——有机化学基础]（20分）
18-I（6分）下列化合物中，同分异构体数目超过7个的有
A．已烷 B．已烯
C．1,2-二溴丙烷 D．乙酸乙酯
[答案]BD
[解析]：同分异构体常规考查。
18-II（14分）
肉桂酸异戊酯G（）是一种香料，一种合成路线如下：
已知以下信息：
①；
②C为甲醛的同系物，相同条件下其蒸气与氢气的密度比为22。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 。
（2）B和C反应生成D的化学方程式为 。
（3）F中含有官能团的名称为 。
（4）E和F反应生成G的化学方程式为 ，反应类型为 。
（5）F的同分异构体中不能与金属钠反应生成氢气的共有 种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱只有两组峰，且峰面积比为3:1的为 （写结构简式）。
[答案] （1）苯甲醇 （2）
（3）羟基（4） 取代反应（或酯化反应）
（5）6
[解析]：（1）A的不饱和度为4含苯环，分子可能为苯甲醇或邻、间、对甲苯酚，而转化为B的条件为醇氧化，因而A为苯甲醇；
（2）根据信息可得此反应为两醛缩合，结合G的结构可判断出用到了乙醛；
（3）根据反应条件，E与F反应为酯化，结合G的结构，醇那部分结构就明了；
（5）F的异构体不能与金属钠反应只能是醚。醚的异构体写出，以氧原子为分界：①左1个碳右4个碳（丁基），丁基有4种异构则醚有4种异构体，②左2个碳右3个碳（丙基），丙基有2种异构则醚有2种异构体，共6种。
17.(15分)化合物A(分子式为C6H6O)是一种有机化工原料，在空气中易被氧化。A的有关转化反应如下(部分反应条件略去)：
已知：①
②(R表示烃基，R′和R″表示烃基或氢)
(1)写出A的结构简式： 。
(2)G是常用指示剂酚酞。写出G中含氧官能团的名称： 和 。
(3)某化合物是E的同分异构体，且分子中只有两种不同化学环境的氢。写出该化合物的结构简式： (任写一种)。
(4)F和D互为同分异构体。写出反应E→F的化学方程式：
。
(5)根据已有知识并结合相关信息，写出以A和HCHO为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：
【参考答案】
17.(15分)
(1) (2) (酚)羟基 酯基
(3)或
(4)
(5)
【解析】本题是一道基础有机合成题，着力考查阅读有机合成方案、利用题设信息、解决实际问题的能力，也考查了学生对信息接受和处理的敏锐程度、思维的整体性和对有机合成的综合分析能力。本题涉及到有机物性质、有机官能团、同分异构体推理和书写，合成路线流程图设计与表达，重点考查课学生思维的敏捷性和灵活性，对学生的信息获取和加工能力提出较高要求。
解题时，我们应首先要认真审题，分析题意，从中分离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，以官能团变化作为解题突破口，充分利用已知条件中的信息暗示和相关知识进行推理，排除干扰，作出正确推断。一般推理的方法有：顺推法(以有机物结构、性质和实验现象为主线，采用正向思维，得出正确结论)、逆推法(以有机物结构、性质和实验现象为主线，采用逆向思维，得出正确结论)、多法结合推断(综合应用顺推法和逆推法)等。关注官能团种类的改变，搞清反应机理。
30、（15分）芳香化合物A是一种基本化工原料，可以从煤和石油中得到。OPA是一种重要的有机化工中间体。A、B、C、D、E、F和OPA的转化关系如下所示：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是 ；
（2）由A生成B 的反应类型是 。在该反应的副产物中，与B互为同分异构体的化合物的结构简式为 ；
（3）写出C所有可能的结构简式 ；
（4）D（邻苯二甲酸二乙酯）是一种增塑剂。请用A、不超过两个碳的有机物及合适的无机试剂为原料，经两步反应合成D。用化学方程式表示合成路线 ；
（5）OPA的化学名称是 ，OPA经中间体E可合成一种聚酯类高分子化合物F，由E合成F的反应类型为 ，该反应的化学方程式为 。（提示）
（6）芳香化合物G是E的同分异构体，G分子中含有醛基、酯基和醚基三种含氧官能团，写出G所有可能的结构简式
【答案】（1）邻二甲苯（1分） （2）取代反应（1分）
（1分） （3）（2分）
（4）（2分）
（5）邻苯二甲醛（1分） 缩聚反应（1分）
（2分）
（6） （4分）
【解析】（1）根据A发送取代反应生成B的结构式可知A的结构简式；
（2）A到B的取代，产物还有可能是 ；
（3） 这个转化为取代反应，由于甲基的存在，使其对位和邻位上的H原子发生活化，更容易发生取代反应，产物是 ；
（4）合成邻苯二甲酸二乙酯的原料是邻苯二甲酸和乙醇， 可以由邻二甲苯发生氧化反应得到，所以合成路线为 ；
（5）
根据反应条件、生成物的分子式以及单体E合成聚酯类高分子化合物，可知E中的2个醛
基，一个被氧化成羧基，一个被还原成羟基，所以E的结构简式为 ，则E发生缩聚反应的方程式可得；（6）G的分子式为C8H8O3，G分子中含有醛基、酯基和醚基三种含氧官能团，根据官能团位置异构，我们可以写出其结构简式 。
（2013福建卷）32.[化学-有机化学基础](13分)
已知：
为合成某种液晶材料的中间体M，有人提出如下不同的合成途径
（1）常温下，下列物质能与A发生反应的有_______（填序号）
a.苯 b.Br2/CCl4 c.乙酸乙酯 d.KMnO4/H+溶液
（2）M中官能团的名称是____，由C→B反应类型为________。
（3）由A催化加氢生成M的过程中，可能有中间生成物和______（写结构简式）生成
（4）检验B中是否含有C可选用的试剂是_____（任写一种名称）。
（5）物质B也可由C10H13Cl与NaOH水溶液共热生成，C10H13Cl的结构简式为______。
（6）C的一种同分异构体E具有如下特点：
a.分子中含—OCH3CH3 b.苯环上只有两种化学环境不同的氢原子
写出E在一定条件下发生加聚反应的化学方程式__________________。
【答案】（1）b、d
（2）羟基
还原反应（或加成反应）
（3）
（4）银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液）
（5）
（6）
【解析】本题考查有机推断及有机物的性质。
（1）A所含的官能团有醛基和碳碳双键，碳碳双键能够与Br2发生加成反应，酸性高锰酸钾溶液能够氧化碳碳双键和醛基，b、d正确。
（2）M所含的官能团是羟基。对比B、D的结构及从D→B的转化关系可知C的结构简式为：，则C→B为醛基与氢气的加成反应（或还原反应）。
（3）A结构中碳碳双键和醛基均能够与氢气发生加成反应，若其中之一与氢气发生加成反应，则可能产物为：或。
（4）B和C的结构差异为官能团不同，B的官能团是羟基、C的官能团是醛基，利用醛基的特性，可利用新制氢氧化铜或银氨溶液鉴别。
（5）卤代烃水解可以在有机物中引入羟基，该过程为取代反应，由B的结构简式可逆推知C10H13Cl的结构简式为：。
（6）C的侧链有一个不饱和度，故苯环侧链除CH3CH2O—外，还含有的侧链为CH2＝CH—，因苯环侧链有两种化学环境不同的氢原子，故二者处于对位，故E的结构简式为：。故侧链的碳碳双键在一定条件下可发生加聚反应。
2013年高考化学试题分类解析汇编：物质的量
2013大纲卷8、下列关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是
A.体积相等时密度相等 B.原子数相等时具有的中子数相等
C.体积相等时具有的电子数相等 D.质量相等时具有的质子数相等
【答案】C
【解析】两者相同的量有，“三同导一同”同体积时，同物质的量；相同物质的量的时候，有相同的原子数，每种分子的电子数均为14，C正确；分子数相同质子数相等，D错误。中子数前者为16，后者为14，B错误。因为M不同，设各有1mol，可得A错误。
（2013江苏卷）7.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A.1L1mol·L－1的NaClO 溶液中含有ClO－的数目为NA
B.78g 苯含有C＝C双键的数目为3NA
C.常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA
D.标准状况下，6.72L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA
【参考答案】C
【解析】本题考查阿伏加德罗常数计算中一些常见问题和注意事项。
A.ClO－水解，ClO－数目小于NA。
B.苯中事实上没有真正的双键，而是介于单键和双键之间的一种独特的键。
C.相对分子质量皆为28的CO和N2混合气体，因分子中碳原子数目一样为二个，故为NA。
D.6.72L即0.3molNO2溶于水，转移的电子数目为0.2NA。
解决此类问题的关键是：灵活应用各种知识，尤其基本概念与理论中元素守恒、化学键问题、晶体结构问题、氧化还原中电子转移问题、可逆反应问题及物质的量计算中一些特殊物质的状态等。
【备考提示】结合阿伏伽德罗常数为NA，判断一定量的物质所含有的某种粒子数目的多少，是高考命题的热点之一，在近几年的各种高考试题中保持了相当强的连续性。这种题型所涉及的内容非常丰富，在备考复习时应多加注意，强化训练，并在平时的复习中注意知识的积累和总结。
（2013上海卷）15.NA代表阿伏伽德罗常数。已知C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，则该混合物
A.所含公用电子对书目为（a/7+1）NA B.所含碳氢键数目为aNA/7
C.燃烧时消耗的O2一定是33.6a/14L D.所含原子总数为aNA/14
答案：B
【解析】同质量的C2H4或C3H6中所含共用电子对数目或碳氢键数目相等，故可知14g混合物中含有共用电子对数目、碳氢键数目分别为3NA、2NA。ag混合物中含有共用电子对数目为（3a/14）NA；ag混合物中含有碳氢键数目为(2a/14) NA＝a NA/7；不知反应所处的温度、压强，无法求算反应消耗氧气的体积；二者最简式相同，均为CH2，因此ag混合物中所含原子总数为3aNA/14，故答案为：B。
（2013新课标卷2）9.NA为阿伏伽德罗常数的值.下列叙述正确的是
A.1.0L1.0mo1·L－1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NA
B.12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5NA
C. 25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH一的数目为0.1 NA
D. 1mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为9NA
解析：考察阿伏加德罗常数问题。A项错误，溶质NaAlO2和溶剂H2O中都含有O原子；B项，12g石墨烯含有NA个C原子，每一个C原子为三个六边形共用，每一个六边形含有2个C原子，共有1NA×=0.5NA，B正确。C项错误，缺少溶液体积；D项错误，1mol的羟基含有9NA个电子，但1 mol的氢氧根离子所含电子数为10NA。
答案：B。
（2013广东卷）9．设nA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A．常温常压下，8gO2含有4nA个电子
B．1L0.1mol·L-1的氨水中有nA个NH4+
C．标准状况下，22.4L盐酸含有nA个HCl分子
D．1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去个2nA电子
解析：1个O2分子含有的电子数为16个，8gO2的物质的量为0.25mol，所以8gO2含有的电子数为0.25 mol×16=4 mol，A正确；一水合氨为部分电离的弱电解质，所以1L1 mol/L的氨水中NH4+的数目会小于nA个，B错误；标准状况下，盐酸为液态混合物，无法换算（或氯化氢为强电解质，盐酸溶液中不存在氯化氢分子），C错误；1 mol Na完全氧化为Na2O2转移的电子数为1 mol，即失去的电子数为nA个，D错误。答案：A
命题意图：阿伏伽德罗常数
2013年高考化学试题分类解析汇编：物质结构 元素周期律
（2013江苏卷）10.短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13。X 的原子半径比Y 的小，X 与W 同主族，Z 是地壳中含量最高的元素。下列说法正确的是
A.原子半径的大小顺序: r(Y)＞r(Z)＞r(W)
B.元素Z、W的简单离子的电子层结构不同
C.元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强
D.只含X、Y、Z三种元素的化合物，可能是离子化合物，也可能是共价化合物
【参考答案】D
【解析】该题以“周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。金属性、非金属性比较：
金属的金属性
非金属的非金属性
金属金属性越强与水反应越容易
非金属金属性越强与氢化合越容易
金属金属性越强与酸反应越容易
非金属金属性越强形成的氢化物越稳定
金属金属性越强最高氧化物对应的水化物碱性越强
非金属金属性越强最高氧化物对应的水化物酸性越强
金属性强的金属可以置换出盐溶液金属性弱的金属
非金属性强的金属可以置换出溶液中非金属性弱的非金属
突破口是Z为O，又短周期元素原子序数依次增大，X原子半径比Y小，说明X是H，同时W与X属于同一主族，则W 是钠。且最外层电子数之和为13，推出Y 为N。
（2013海南卷）3．重水(D2O)是重要的核工业原料，下列说法错误的是
A．氘(D)原子核外有1个电子 B．1H与D互称同位素
C．H2O与D2O互称同素异形体 D．1H18O与D216O的相对分子质量相同
[答案]C
[解析]：同位素是同种元素不同种原子间互称，所以选项C是错误的，答案选C。
（2013福建卷）9.四种短周期元素在周期表中的位置如右图，其中只有M为金属元素。下列说法不正确的是（　　）
A．原子半径ZB．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X 的弱
C．X 的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小
D．Z位于元索周期表中第2 周期、第ⅥA族
【答案】B
【解析】由元素位置可知，Y、Z在第二周期，M、X在第三周期，由于只有M为金属，故Y、Z、M、X四种元素分别为N、O、Al、Si。根据信息可得Y为F,没有最高价，只有负价，所以没法比较。
[2013高考?重庆卷?3]下列排序正确的是
A．酸性：H2CO3＜C6H5OH＜CH3COOH　 B．碱性：Ba(OH)2＜Ca(OH)2＜KOH
C．熔点：MgBr2＜SiCl4＜BN D．沸点：PH3＜NH3＜H2O
答案：D
【解析】苯酚的酸性小于碳酸，A项错误；元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，因此碱性：Ba(OH)2＞Ca(OH)2,B项错误；SiCl4为分子晶体，熔点低于离子晶体MgBr2，C项错误；NH3分子间存在氢键，沸点反常大于PH3，H2O分子间存在氢键，常温下为液态，在H2O、NH3、PH3中沸点最高，D项正确。
（2013四川卷）4. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4:3，Z原子比X原子的核外电子数多4。下列说法正确的是（　　）
A．W、Y、Z的电负性大小顺序一定是Z>Y>W
B．W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W>X>Y>Z
C．Y、Z形成的分子空间构型可能是正四面体
D．WY2分子中δ键与π键的数目之比是2:1
【答案】C
【解析】因为最外层电子数W:X＝4:3，故W最外层电子数为4，X的为3，又因为WXYZ的原子序数依次增加，可以推出：
W:C
X:Al
Z:Cl
所以W为C，X为Al，Z为Cl，Y可能为Si、P、S，所以C选项SiCl4为正四面体，正确。A若Y为S则电负性应该为Z>W>Y;C同周期半径大小为X>Y>Z，而W处于上一周期，不能比较;D中W与Y形成的为CS2的σ：π=1：1。
（2013上海卷）3.230Th和232Th是钍的两种同位素，232Th可以转化成233U。下列有关Th的说法正确的是
A. Th 元素的质量数是232 B. Th 元素的相对原子质量是231
C. 232Th 转换成233U是化学变化 D. 230Th和232Th的化学性质相同
答案：D
【解析】Th有质量数为230、232的两种同位素，因此无法确定Th的质量数，A项错误；不知230Th与232Th的丰度，无法确定Th的相对原子质量，B项错误；化学变化过程中原子种类不变，而232Th转化为233U原子种类发生变化，C项错误； 230Th与232Th互为同位素，二者化学性质相同，D项正确。
（2013上海卷）4.下列变化需克服相同类型作用力的是
A.碘和干冰的升华 B.硅和C60的熔化
C.氯化氢和氯化钾的溶解 D.溴和汞的气化
答案：A
【解析】碘与干冰的升华，均为固体分子转化为气体分子，克服的作用力均为分子间作用力，A项正确；硅是原子晶体，熔化时克服的作用力是共价键、C60是分子晶体，熔化时克服作用力是分子间作用力，B项错误； HCl和NaCl溶解克服的作用力分别为共价键、离子键，C项错误；溴与汞的气化克服的作用力分别为分子间作用力、金属键，D项错误。
（2013上海卷）13.X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同；W元素原子的M层有1个未成对的p电子。下列有关这些元素性质的说法一定正确的是
A.X元素的氢化物的水溶液显碱性
B.Z元素的离子半径大于W元素的离子半径
C.Z元素的单质在一定条件下能与X元素的单质反应
D.Y元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点
答案：C
【解析】工业上分离液态空气可获得氧气或氮气，故X为N或O，由Y的最外层电子排布ns2np2可知Y为C或Si、Z2+核外电子数为10，则Z为Mg，价层电子排布为3s23p1或3s23p5元素均可满足元素W的结构特点，因此W为Al或Cl。若X为O，H2O为中性，A项错误；若W为Cl-，则离子半径：Mg2+＜Cl-，B项错误；Mg在一定条件下可与氧气或氮气发生反应生成氧化镁或氮化镁，C项正确；若Y为C，其最高价氧化物CO2的熔、沸点都很低，D项错误。
（2013山东卷）8．W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，由此可知
W
X
Y
Z
A．X、Y、Z中最简单氢化物稳定性最弱的是Y
B．Z元素氧化物对应水化物的酸性一定强于Y
C．X元素形成的单核阴离子还原性强于Y
D．Z元素单质在化学反应中只表现氧化性
解析：因为W的气态氢化物可与其最高价含氧酸生成离子化合物，这指的是铵盐，所以W是N元素，则X、Y、Z依次是O、S、Cl。则其氢化物中H2S最不稳定，A正确；只有氯元素的最高价含氧酸才一定比Y的含氧酸酸性强，B错；阴离子还原性S2-＞O2-，C错；Cl2与水的反应中既表现氧化性，也表现了还原性，D错。
答案：A
（2013广东卷）22．元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示， 其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸。则下列判断正确的是
A．非金属性：ZB．R与Q的电子数相差26
C．气态氢化物稳定性：R D．最高价氧化物的水化物的酸性：T>Q
解析：由R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，可知R为F，由周期表的相对位置可以确定X为S、T为Cl、Z为Ar、Q为Br。由于Z（Ar）为稀有气体，不能比较其非金属性，A错误；R的（原子序数）电子数为9，Q的（原子序数）电子数为35,35—9=26，B正确；F、Cl、Br三种元素位于同主族，同主族元素从上到下非金属性依次减弱，氢化物的稳定性依次减弱，最高价氧化物对应水化物酸性减弱，C错误、D正确。答案：BD
命题意图：元素周期律与元素周期表
（2013浙江卷）9、短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表的位置如表所示，其中X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则下列说法正确的是
A．钠与W可能形成Na2W2化合物
B．由Z与Y组成的物质在熔融时能导电
C．W得电子能力比Q强
D．X有多种同素异形体，而Y不存在同素异形体
【解析】由“X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半”可推出X为C，因此Y为O，Z为Si，W为S，Q为Cl。A选项：Na和S可形成类似于Na2O 2 的Na2S2。Z与Y组成的物质是SiO2，SiO2是原子晶体，熔融时不能导电。C选项：S得电子能力比Cl弱。D选项：C、O元素都能形成多种同素异形体。
答案：A
（2013天津卷）3、下列有关元素的性质及其递变规律正确的是
A、IA族与VIIA族元素间可形成共价化合物或离子化合物
B、第二周期元素从左到右，最高正价从+1递增到+7
C、同主族元素的简单阴离子还原性越强，水解程度越大
D、同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越强
【解析】该题考查元素周期律。A选项IA族的H元素可以与VIIA族的元素形成共价化合物，Na元素可以与VIIA族的形成离子化合物，正确；B选项第二周期元素从左到右，元素O和F无正价，错误。C选项同主族元素的简单阴离子还原性越强，水解程度越小，错误。D选项同周期金属元素的化合价越高，其失电子能力越弱，如Na 、Mg、 Al，错误。
答案：A
（2013安徽卷）7.我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，其反应如下：HCHO+O2CO2+H2O。下列有关说法正确的是
A．该反应为吸热反应 B．CO2分子中的化学键为非极性键
C．HCHO分子中既含α键又含π键 D．每生成1.8gH2O消耗2.24L O2
【答案】C
【解析】A、该反应在室温下可以进行，故该反应为放热反应，错误；B、二氧化碳结构为，为极性键，错误；C、甲醛分子中，含有碳氧双键，故其中既含有键又含有键，正确；D、氧气的体积，并没有标明状况，故不一定为2.24L，错误。
【考点定位】以除甲醛气体为新的情境，考查了化学反应基本理论和基本概念，涉及化学反应中能量变化，分子结构、化学键以及气体的体积等相关知识。
（2013全国新课标卷1）9、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是
A、W2-??? X+?????? B、X+ ???Y3+
C、Y3+??? Z2-?????? D、X+??? Z2-
答案：C
解析：根据选项可知W、X、Y、Z形成的简单离子分别为W2- 、X+ 、Y3+ 、Z2-，又知W、X、Y、Z均为短周期元素，且原子序数依次增大，故可推出W为O，X为Na，Y为Al，Z为S， Al3+和S2-均能发生水解，水解打破了水的电离平衡。O2-不能在水溶液存在，而Na+不水解。
备注：该题命题结构简单，切入点新颖，考查了离子化合价与其离子电荷的关系，难度不大。
（2013安徽卷）25.（15分）
X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的四种短周期元素，其相关信息如下表：
（1）W位于元素周期表第 周期第 族；W的原子半径比X的 （填“大”或“小”）。
（2）Z的第一电离能比W的 （填“大”或“小”）； XY2由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是 ；氢元素、X、Y的原子可共同形成多种分子，写出其中一种能形成同种分子间氢键的物质名称 。
（3）振荡下，向Z单质与盐酸反应后的无色溶液中滴加NOH溶液直至过量，能观察到的现象是________；W的单质与氢氟酸反应生成两种无色气体，该反应的化学方程式是 ________________________ 。
（4）在25°、101Kpa下，已知13.5g的固体单质在Y2气体中完全燃烧后恢复至原状态，放热419kJ,该反应的热化学方程式是 _________________________________________________________ 。
【答案】（1）三 ⅣA 大
（2）小 分子间作用力（范德华力） 乙酸
（3）先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最后变成无色溶液 Si + 4HF＝SiF4↑+ 2H2↑
（4）4Al(s) + 3O2 g)＝Al2O3(s) △H＝－3352kJ/mol
【解析】（1）X的最高价氧化对应的水化物为H2XO3，可以确定X的化合价为＋4价，故可能为C、Si；Y是地壳中含量最高的为O，Z最外层电子为3s23p1，为Al；W质子数为28－14＝14为Si，综上所述可知X、Y、Z、W分别为C、O、Al、Si。
（2）Al是金属，Si是非金属，所以铝的第一电离能比硅的小。CO2形成的晶体是分子晶体，由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是分子间作用力（范德华力）。H、C、O三种元素形成的同种分子间氢键的物质是乙酸。
（3）由于氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于氢氧化钠溶液中，所以实验中观察到的实验现象是先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最后变成无色溶液，单质硅和HF反应生成化学方程式是Si + 4HF＝SiF4↑+ 2H2↑。
（4）13.5g的Al的物质的量是0.5mol，所以4mol铝完全反应放出的热量是419kJ×8＝3352kJ，因此该反应的热化学方程式是4Al(s) + 3O2 g)＝Al2O3(s) △H＝－3352kJ/mol
【考点定位】以物质结构为基础，考查原子结构、分子结构，元素周期表和元素周期律，反应热的计算及热化学方程式的书写。
（2013天津卷）7、X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大。X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0；Q与X同主族；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素。
请回答下列问题：
五种元素原子半径由大到小的顺序是（写元素符号）_______________________。
X与Y能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质（写分子式）________________。
由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系

其中C是溶于水显酸性的气体；D是淡黄色固体。写出C的结构式________；D的电子式_________。
①如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，则A的化学式为_____________。
由A转化为B的离子方程式________________________。
②如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性。用离子方程式表示A溶液显碱性的原因_________________________________________。A、B浓度均为0.1mol/L的混合溶液中，离子浓度由大到小的顺序是_________________________________；常温下，在该溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有_______________________。
【解析】该题以周期律和周期表为基础知识，考查元素推断、重要元素化合物的性质、化学用语、电解质溶液中离子浓度大小比较等重要知识。
根据短周期元素X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0，可推知X、 Y元素分别为H和C，Q与X同主族推知Q为Na元素，Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，推知Z为O元素，R为Al元素。原子半径大小顺序为Na＞Al＞Ｃ＞Ｏ＞Ｈ
（２）Ｃ和Ｈ形成的物质是有机化合物，含极性键又含非极性键，分子质量最小的只能是C2H2。
（３）C溶于水显酸性的气体只能是CO2，Ｄ是淡黄色固体，只能是过氧化钠，则CO2的结构式是；过氧化钠的电子式是。
①Ｂ为两性不溶物，Ａ　Ｂ均由三种元素组成，根据转化关系Ａ为NaAlO2，Ｂ为Al(OH)3，由Ａ转化为Ｂ的离子方程式AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-或2 AlO2-+3 H2O+CO2=2 Al(OH)3↓+CO32-。
②A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性，A是Na2CO3，B是NaHCO3。A显碱性的原因是CO32-的水解。水解的离子方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-。二者等浓度的混合溶液中，离子浓度的大小顺序为c(Na+) ＞c(HCO3-) ＞c(CO32-) ＞c(OH-) ＞c(H+)，碳酸根的水解程度比碳酸氢根的水解程度大。在滴加盐酸至中性时，碳酸钠和盐酸反应生成NaHCO3，NaHCO3和盐酸反应生成NaCl、H2O、CO2、如果溶质全是NaCl，由于有CO2，溶液就显酸性，所以溶质是NaHCO3、NaCl、CO2。
答案：（1）Na＞Al＞Ｃ＞Ｏ＞Ｈ；（2）C2H2；（3）；。
①NaAlO2；②AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-或2 AlO2-+3 H2O+CO2=2 Al(OH)3↓+CO32-。
③CO32-+H2OHCO3-+OH-；c(Na+) ＞c(HCO3-) ＞c(CO32-) ＞c(OH-) ＞c(H+)；NaHCO3、NaCl、CO2（或H2CO3）
（2013山东卷）32．（8分）【化学——物质结构与性质】
卤素元素包括F、Cl、Br等。
（1）下列曲线表示卤素元素某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是____________。
（2）利用“卤化硼法”课合成含B和N两种元素的功能陶瓷，右图为其晶胞结构示意图，则每个晶胞中含有B原子的个数为________，该功能陶瓷的化学式为___________。
（3）BCl3和NCl3中心原子的杂化方式分别为________和_________。第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有________种。
（4）若BCl3与XYm通过B原子与X原子间的配位健结合形成配合物，则该配合物中提供孤对电子的原子是________。
解析：（1）非金属性越强，电负性越大。同主族自上而下非金属性逐渐减弱，电负性逐渐降低，a正确；F是最强的非金属，没有正价，b错误；HF分子间存在氢键沸点大于HBr的，c错误；卤素单质自上而下单质的熔点逐渐升高，d错误，答案选a。
（2）B原子半径大于N原子半径，所以白球是B原子，黑球是N原子。其中B原子的个数是，N原子个数是，所以该物质的化学式是BN。
（3）根据价层电子对互斥理论可知，BCl3和NCl3中心原子含有的孤对电子对数分别是（3－3×1）÷2＝0、（5－3×1）÷2＝1，所以前者是平面三角形，B原子是sp2杂化。后者是三角锥形，N原子是sp3杂化。
（4）在BCl3分子中B原子最外层的3个电子全部处于成键，所以在该配合物中提供孤对电子的应该是X原子，B原子提供空轨道。
答案：（1）a （2）2；BN （3）sp2；sp3 （4）X
（2013全国新课标卷2）37.[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）
前四周期原子序数依次增大的元素A，B，C，D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，并且A－和B+的电子相差为8；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2。
回答下列问题：
（1）D2+的价层电子排布图为_______。
（2）四种元素中第一电离最小的是____，电负性最大的是____。（填元素符号）
（3）A、B和D三种元素组成的一个化合物的晶胞如图所示。
①该化合物的化学式为_________；D的配位数为_______；
②列式计算该晶体的密度_______g·cm-3。
（4）A－、B+和C3+三种离子组成的化合物B3CA6，其中化学键的类型有_____；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为_______，配位体是____。
解析：A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，并且A－和B+的电子相差为8，所以A是F，B是K。与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2，C应该是Fe，D应该是Ni。
（1）根据构造原理可知，D2+的价层电子排布图为。
（2）金属性越强，第一电离能越小，所以四种元素中第一电离最小的是K。非金属性越强，电负性越大，所以电负性最大的是F。
（3）①根据晶胞的结构简式可知，F原子的个数是；K原子的个数是；Ni原子个数是，所以该化合物的化学式是K2NiF4。
②根据晶胞的结构简式可知，中间的立方体中Ni原子周围最近的F原子个数是6，既配位数是6。
③根据①可知该晶胞的目的应该是 g·cm-3。
（4）A－、B+和C3+三种离子组成的化合物是K3[FeF6]，含有的化学键是离子间和配位健，其中复杂的离子是[FeF6]3－，配体是F－。
答案：（1）
（2）K F
（3）①K2NiF4； 6
②
（4）离子键、配位键；[FeF6]3－；F－
（2013全国新课标卷1）37.[化学—选修3:物质结构与性质](15分)
硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的基础。回答下列问题:
(1)基态Si原子中，电子占据的最高能层符号 ，该能层具有的原子轨道数为 、电子数为 。
(2)硅主要以硅酸盐、 等化合物的形式存在于地壳中。
(3)单质硅存在与金刚石结构类似的晶体，其中原子与原子之间以 相结合，其晶胞中共有8个原子，其中在面心位置贡献 个原子。
(4)单质硅可通过甲硅烷(SiH4)分解反应来制备。工业上采用Mg2Si和NH4CI在液氨介质中反应制得SiH4,，该反应的化学方程式为 。
(5)碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实:
硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是 。
SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是 。
(6)在硅酸盐中，SiO44－四面体(如下图(a))通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。图(b)为一种无限长单链结构的多硅酸根；其中Si原子的杂化形式为 。Si与O的原子数之比为 化学式为
考点：考查基态原子核外电子排布、金属晶体、化学方程式的书写、杂化轨道、化学键
审题策略：根据金刚石的结构，可以推知晶体硅的结构；由键能与物质稳定性的关系，可以解释（5）中的问题。根据均摊原理可以得出（6）中的结论。
解析：（1）硅是14号元素，根据构造原理可知，基态电子排布式为1s22s22p63s23p2，所以能量最高的为M能层，该能层有s、p、d能级，共计有1＋3＋5＝9个原子轨道。其中最外层电子数是4个。
（2）硅由于性质活泼，在自然界中物单质存在，主要以硅酸盐和二氧化硅的形式存在于地壳中。
（3）硅和金刚石的结构类似，属于原子晶体，硅原子间以共价键结合。在金刚石晶胞中每个面心具有一个碳原子，晶体硅和金刚石类似，则面心位置贡献的原子为个。
（4）根据原子守恒可知，生成物还有氯化镁和氨气，则反应的化学方程式是Mg2Si＋4NH4Cl=SiH4＋4NH3＋2MgCl2。
（5）①烷烃分子中C－C键和C－H键的键能大于硅烷中的Si－Si键和Si－H键的键能，稳定性强，所以硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多。
②由于键能越大，物质越稳定，C－H键的键能大于C－O键的键能，故C－H键比C－O键稳定；而Si－H键的键能却远小于Si－O键的键能，所以Si－H键不稳定，而倾向于形成稳定性更强的Si－O键，即更易生成氧化物。
（6）在硅酸盐中，SiO44－形成四面体结构，所以中心原子Si原子采取sp3杂化。根据图（b）结构可知，在无限长单链结构的多硅酸根，Si与O的原子原子个数之比为1:3，化学式为SiO32－。
答案：（1）M；9；4 （2）二氧化硅； （3）共价键；3
（4）Mg2Si＋4NH4Cl=SiH4＋4NH3＋2MgCl2
（5）①硅烷中的Si－Si键和Si－H键的键能小于烷烃分子中C－C键和C－H键的键能，稳定性差，以断裂，导致长链硅烷难以形成，所以硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多。
②由于键能越大，物质越稳定，C－H键的键能大于C－O键的键能，故C－H键比C－O键稳定；而Si－H键的键能却远小于Si－O键的键能，所以Si－H键不稳定，而倾向于形成稳定性更强的Si－O键，即更易生成氧化物。
（6）sp3；1:3；[SiO3]n 2n－（或SiO32－）
（2013上海卷）金属铝质轻且有良好的防腐蚀性，在国防工业中有非常重要的作用。完成下列填空：
23.铝原子核外电子云有 种不同的伸展方向，有 种不同运动状态的电子。
24.镓（Ga）与铝同族。写出镓的氯化物和氨水反应的化学方程式。
25.硅与铝同周期。SiO2是硅酸盐玻璃（Na2CaSi6O14）的主要成分，Na2CaSi6O14也可写成Na2O·CaO·6SiO2。盛放NaOH溶液的试剂瓶若用玻璃瓶塞容易形成粘性的硅酸盐而无法打开，发生反应的化学方程式 。
长石是铝硅盐酸，不同类长石其氧原子的物质的量分数相同。由钠长石化学式NaAlSi3O8可推知钙长石的化学式为
26.用铝和金属氧化物反应制备金属单质是工业上较常用的方法。如：
2Al+4BaO3Ba↑+BaO·Al2O3
常温下Al的金属性比Ba的金属性 （选填“强”“弱”）。利用上述方法可制取Ba的主要原因是 。
a.高温时Al的活泼性大于Ba b.高温有利于BaO分解
c.高温时BaO·Al2O3比Al2O3稳定 d.Ba的沸点比Al的低
【答案】（23）9 、13 ； （24）GaCl3+3NH3·H2O＝3NH4Cl+Ga(OH)3↓
（25）SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+2H2O 、CaAl2Si6O16 （26）弱 、 d
【解析】（23）s轨道只有1个伸展方向、p轨道有3个伸展方向，Al核外电子排布为1s22s22p63s23p1，涉及3个s轨道、2个p轨道，因此其核外电子云（轨道）的伸展方向有9个；核外13个电子的运动状态各不相同，因此核外有13种不同运动状态的电子。
（24）同主族元素化学性质相似，因此类比氯化铝与氨水的反应可得氯化稼与氨水反应的方程式。
（25）在Na2O、CaO、SiO2中，只有SiO2是酸性氧化物，可与NaOH作用生成可用作粘合剂的硅酸钠溶液；由“长石是铝硅酸盐”，结合钠长石的化学式可知钙长石就是将钠长石的中钠更换为钙，铝硅酸阴离子不变，以及化合物中化合价代数和等于0可得钙长石的化学式为：Ca(AlSi3O8)2，即CaAl2Si6O16。
（26）利用元素Ba、Al在元素周期表的位置可知金属活泼性：Al＜Ba；但Al在高温下可将氧化钡中钡置换出来，原因是Ba的沸点低于铝，高温时Ba转化为气体脱离反应体系，使反应正向进行。
（四川卷）8.X、Y、Z、R为前四周期元素且原子序数依次增大。X的单质与氢气可化合生成气体G，其水溶液pH＞7；Y的单质是一种黄色晶体；R基态原子3d轨道的电子数是4s轨道电子数的3倍。Y、Z分别与钠元素可形成化合物Q和J, J的水溶液与AgNO3溶液反应可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀I；Z与氢元素形成的化合物与G反应生成M。
请回答下列问题：
（1）M固体的晶体类型是 。
（2）Y基态原子的核外电子排布式是 ① ；G分子中X原子的杂化轨道类型是 ② 。
（3）L的悬浊液中加入Q的溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀，其原因是 。
（4）R的一种含氧酸根RO42-具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生，该反应的离子方程式是 。
【答案】
（1）离子晶体；（2）1s2 2s2 2p6 3s2 3p4，sp3杂化；（3）Ksp(AgCl)【解析】(1)M的晶体类型，M为NH4Cl，属离子晶体。
　　(2)Y基态原子的电子排布：1s2 2s2 2p6 3s2 3p4，G分子中X原子的杂化轨道类型为sp3杂化。
　　(3)AgCl悬浊液中加入Ag2S，Ksp(AgCl)(4)R的含氧酸跟RO42-为FeO42-，向其钠盐溶液中加入硫酸，溶液变黄，说明生成Fe3+，并有无色气体生成，反应中Fe的化合价降低，只能是O元素的化合价升高，则无色气体比为O2，反应的离子方程式为：4 FeO42-+20H+==4Fe3++3O2↑+10H2O。
①气体G可溶于水且水溶液呈碱性，知气体G为NH3，气体G由X的单质与H2化合得到，则X为N元素。
　　②Y的单质为黄色晶体，知Y为S元素。
　　③R的3d轨道电子数为为4s轨道的三倍，则R为第四周期元素，4s轨道电子数为2，3d轨道为6，R原子的电子排布为1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d6 4s2，则R为Fe元素。
　　④Z的原子序数大于Y，且能与Na化合，则X为Cl元素。
⑤则Q为Na2S，J为NaCl，I为AgCl，M为NH4Cl。
（2013海南卷）13．（9分）
X、Y和Z均为短周期元素，原子序数依次增大，X的单质为密度最小的气体，Y原子最外层电子数是其周期数的三倍，Z与X原子最处层电子数相同。回答下列问题：
（1）X、Y和Z的元素符号分别为 、 、 。
（2）由上述元素组成的化合物中，既含有共价键又含有离子键的有 、 。
（3）X和Y组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的是 。
此化合物在酸性条件下与高锰酸钾反应的离子方程式为 ；此化合物还可将碱性工业废水中的CN-氧化为碳酸盐和氨，相应的离子方程式为 。
[答案] （1）H O Na （2）NaOH Na2O2
（3）H2O2 5 H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2++8 H2O+5O2↑
H2O2+CN-+OH-=CO32-+NH3
[解析]：（1）氢气是密度最小的气体推出X为H，Y只能是第二周期元素推出为O，Z与H同族且原子序数大于O推出为Na。
（2）3种元素两两组合，再全组合可得结论。
（3）第3个空已经给出反应物为H2O2、CN-、OH-，产物为CO32-、NH3，配平即可，此时CN-中C为+2价，N为-3价。
（2013海南卷）19．[选修3——物质结构与性质]（20分）
19-I（6分）下列化合物中，含有非极性共价键的离子化合物是
A．CaC2 B．N2H4
C．Na2S2 D．NH4NO3
[答案]AC
[解析]：略。
19-II（14分）图A所示的转化关系中（具体反应条件略），a、b、c和d分别为四种短周期元素的常见单质，其余均为它们的化合物，i的溶液为常见的酸，a的一种同素异形体的晶胞如图B所示。
回答下列问题：
（1）图B对应的物质名称是 ，其晶胞中的原子数为 ，晶体类型为 。
（2）d中元素的原子核外电子排布式为 。
（3）图A中由二种元素组成的物质中，沸点最高的是 ，原因是 ，该物质的分子构型为 ，中心原子的杂化轨道类型为 。
（4）图A中的双原子分子中，极性最大的分子是 。
（5）k的分子式为 ，中心原子的杂化轨道类型为 ，属于 分子（填“极性”或“非极性”）。
[答案] （1）金刚石 8 原子晶体 （2）1s22s22p63s23p5
（3）H2O 分子间形成氢键 V形（或角形） sp3 （4）HCl （5）COCl2 sp2 极性
[解析]：（1）每个原子周围有4个键，判断为金刚石。
（2）a为C，则b为H2、c为O2，因i是常见的酸，只由b、d形成可判断为盐酸，则d为Cl2。
（3）除a、b、c、d外，f为CO，g为CO2，i为HCl，而k与水反应生成CO2与盐酸，该反应没在教材中出现过，且由f、d反应得到，应含C、O、Cl三种元素，只能判断为COCl2（在历届高考中有出现过）。所有两元素形成的物质中，只有水是液态，其它都是气体。
（4）所有双原子分子中，只有H、Cl电负性差值最大，因而极性最大。
（5）COCl2中羰基的平面结构显示其为sp2杂化。
（2013江苏卷）A.[物质结构与性质]
元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍。
(1)X与Y所形成化合物晶体的晶胞如右图所示。
①在1个晶胞中，X离子的数目为 。
②该化合物的化学式为 。
(2)在Y的氢化物(H2Y)分子中，Y原子轨道的杂化类型是
。
(3)Z的氢化物(H2Z)在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是
。
(4)Y与Z可形成YZ42－
①YZ42－的空间构型为 (用文字描述)。
②写出一种与YZ42－互为等电子体的分子的化学式： 。
(5)X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X(NH3)4]Cl2，1mol该配合物中含有σ键的数目为 。
【参考答案】
(1)①4 ②ZnS
(2)sp3
(3)水分子与乙醇分子之间形成氢键
(4)①正四面体 ②CCl4或SiCl4
(5)16mol或16×6.02×1023个
【解析】本题考查学生对原子核外电子排布、晶体结构与计算、原子轨道杂化类型、分子空间构型、氢键、配合物等《选修三》中基础知识的掌握和应用能力。本题基础性较强，重点特出。
元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2，显然是锌。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，即硫。元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍，为氧。
(1)①在1个晶胞中，Zn离子的数目为8×1/8＋6×1/2=4。
②S离子的数目也为4，化合物的化学式为ZnS。
(4)①SO42－的空间构型根据VSEPR模型与杂化类型可知无孤对电子为正四面体。
②SO42－互为等电子体的分子的化学式CCl4或SiCl4
(5)锌的氯化物与氨水反应可形成配合物[Zn(NH3)4]Cl2，1mol该配合物中含有σ键的数目既要考虑到配体中，还要考虑配体与中心原子之间的配位键，因此1mol该配合物中含有σ键的数目为16mol或16×6.02×1023个。
【备考提示】《选修三》的知识点是单一的、基础的，高考结构题的考点相对比较稳定，要让学生抓住重点，明确考试的题型和考点，1－36号元素在周期表中的位置、原子核外电子排布(价电子排布式)、杂化方式、化学键类型、晶体结构、配合物、电负性和电离能大小比较、等电子体、氢键等知识是高考的热点也是重点。狠抓基础知识，强化主干知识的巩固和运用，这是我们高三复习的灵魂所在。
（2013大纲卷）27、（15分）五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和C同族，B和D 同族，C离子和B离子具有相同的电子层结构。A和B、D、E均能形成共价型化合物。A和B形成的化合物在水中呈碱性，C和E形成的化合物在水中呈中性。回答下列问题：
（1）五种元素中，原子半径最大的是 ，非金属性最强的是 （填元素符号）；
（2）由A和B、D、E所形成的共价型化合物中，热稳定性最差的是 （用化学式表示）；
（3）A和E形成的化合物与A和B形成的化合物反应，产物的化学式为 ，其中存在的化学键类型为 ；
（4）D最高价氧化物的水化物的化学式为 ；
（5）单质D在充足的单质E中燃烧，反应的化学方程式为 ；D在不充足的E中燃烧，生成的主要产物的化学式为 ；
（6）单质E与水反应的离子方程式为 。
【答案】（1）Na（1分） Cl （1分） （2）PH3（2分）
（3）NH4Cl（2分） 离子键和共价键（2分）
（4）H3PO4（2分） (5)2P＋5Cl22PCl5（2分） PCl3（1分）
（6）Cl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClO（2分）
【解析】根据题目所给的信息，A和BDE均可以形成共价型化合物，可知A是H元素，B是N元素（AB形成化合物的水溶液显碱性），C是Na元素，D是P元素，E是Cl元素。
（1）根据原子半径变化规律，可知Na的原子半径最大；Cl的非金属性最强；
（2）H与N、P、Cl形成的氢化物NH3、PH3、HCl，PH3最不稳定（P的非金属新最弱）；
（3）AE形成的化合物是HCl，A和B形成的化合物是NH3，二者反应的到的盐是NH4Cl，存在的化学键：离子键和共价键；
（4）P的最高价是+5价，最高价氧化物水化物的化学式为H3PO4。
（2013福建卷）31.[化学—物质结构与性质]（13分）
（1）依据第2周期元素第一电离能的变化规律，参照右图B、F元素的位置，用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置。
（2）NF3可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到：
①上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有_________（填序号）。
a.离子晶体 b.分子晶体 c.原子晶体 d.金属晶体
②基态铜原子的核外电子排布式为________。
（3）BF3与一定量水形成(H2O)2·BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：
①晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及___________（填序号）。
a.离子键 b.共价键 c.配位键 d.金属键 e.氢键 f.范德华力
②R中阳离子的空间构型为_______，阴离子的中心原子轨道采用_______杂化。
（4）已知苯酚()具有弱酸性，其Ka=1.1 ×10-10；水杨酸第一级电离形成的离子能形成分子内氢键。据此判断，相同温度下电离平衡常数Ka2(水杨酸)_______Ka(苯酚)（填“>”或“<”），其原因是__________。
【答案】（1）
（2）①a、b、d
②1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1
（3）①a、d
②三角锥型 sp3
（4）< 中形成分子内氢键，使其更难电离出H＋
【解析】本题考查物质结构与性质模块的内容。考查了电离能、电子排布式、空间构型、杂化以及氢键等知识。
（1）同周期元素的第一电离能呈增大趋势，但是氮的2p轨道处于半满状态2p3，使其结构相对较为稳定，致使其第一电离能大于相邻的碳、氧元素。
（2）①NH3、F2、NF3为分子晶体，铜为金属晶体，而NH4F是由NH4+和F(组成的为离子晶体。
②铜的原子序数为29，处于ⅠB族，故其电子排布式为：1s11s22s22p63s23p63d104s1。
（3）①在Q晶体中H2O是由共价键组成的分子、除存在共价键外，B最外层有3个电子，与F原子形成共价键，B原子提供空轨道与O原子间形成配位键，除分子间作用力外，H2O的氧原子与的氢原子键存在氢键。
②H3O(中的氧原子是sp3杂化，形成的空间构型为三角锥形。阴离子的B原子形成四条单键，无孤对电子对，故其杂化类型为sp3。
（4）当形成分子内氢键后，导致酚羟基的电离能力降低，故其第二电离能力比苯酚小。
2013年高考化学试题分类解析汇编：电化学基础
（2013大纲卷）9、电解法处理酸性含铬废水（主要含有Cr2O72－）时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应Cr2O72＋6Fe2＋＋14H＋2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，最后Cr3＋以Cr(OH)3形式除去，下列说法不正确的是
A.阳极反应为Fe－2e－Fe2＋ B.电解过程中溶液pH不会变化
C.过程中有Fe(OH)3沉淀生成 D.电路中每转移12 mol电子，最多有1 mol Cr2O72－被还原
【答案】B
【解析】根据总方程式可得酸性减弱，B错误。阳-yang-氧，↑失氧，A正确；Fe－2e－＝Fe2＋~~~~2e－，则6mol的铁发生变化时候转移电子数12mol，又据能够处理的关系式，得6Fe~~~~12e－~~~6Fe2＋~~~Cr2O72－，所以D正确。在阴极，发生还原反应，↓得还，溶液中的氢离子得到电子减少，同时生成氢氧根，C正确。
（2013江苏卷）9.Mg-H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器。该电池以海水为电解质溶液，示意图如下。该电池工作时，下列说法正确的是
A.Mg电极是该电池的正极
B.H2O2在石墨电极上发生氧化反应
C.石墨电极附近溶液的pH增大
D.溶液中Cl－向正极移动
【参考答案】C
【解析】本题是电化学基础的一条简单综合题，着力考查学生对原电池基础知识的理解能力。
A.组成的原电池的负极被氧化，镁为负极，而非正极。
B、C.双氧水作为氧化剂，在石墨上被还原变为水，溶液PH值增大。
D.溶液中Cl－移动方向同外电路电子移动方向一致，应向负极方向移动。
（2013海南卷）4．Mg-AgCl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池反应方程式为：
2AgCl+ Mg = Mg2++ 2Ag +2Cl-。有关该电池的说法正确的是
A．Mg为电池的正极
B．负极反应为AgCl+e-=Ag+Cl-
C．不能被KCl 溶液激活
D．可用于海上应急照明供电
[答案]D
[解析]：根据氧化还原判断，Mg为还原剂是负极、失电子，所以A、B都错，C是指电解质溶液可用KCl 溶液代替。
（2013海南卷）12．下图所示的电解池I和II中，a、b、c和d均为Pt电极。电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重b>d。符合上述实验结果的盐溶液是
选项
X
Y
A．
MgSO4
CuSO4
B．
AgNO3
Pb(NO3)2
C．
FeSO4
Al2 (SO4)3
D．
CuSO4
AgNO3
[答案]D
[解析]：题意表明b、d没有气体逸出，所电解的盐溶液中金属元素，应该在金属活动顺序表中（H）以后，只有D符合题意。
（2013上海卷）8.糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。下列分析正确的是
A.脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期
B.脱氧过程中铁作原电池正极，电极反应为：Fe-3e→Fe3+
C.脱氧过程中碳做原电池负极，电极反应为：2H2O+O2+4e→4OH-
D.含有1.12g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336mL（标准状况）
答案：D
【解析】在脱氧过程中，由铁、碳做电极，氯化钠溶液做电解质溶液形成原电池，发生吸氧腐蚀，该过程为放热反应；在脱氧过程中，碳做正极，铁做负极，失电子发生氧化反应生成Fe2+；在脱氧过程中，Fe失电子氧化为Fe2+，Fe2+最终还是被氧气氧化为Fe3+，由电子守恒知消耗氧化剂氧气的体积（标况下）V(O2)＝22.4L·mol-1×（3×1.12g/56g·mol-1）/4＝336mL。
（2013安徽卷）10.热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca ＝CaCl2+Li2SO4+Pb。下列有关说法正确的是
A．正极反应式：Ca+2Cl- - 2e- ＝CaCl2
B．放电过程中，Li＋向负极移动
C．每转移0.1mol电子，理论上生成20.7gPb
D．常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转
【答案】D
【解析】A、正极发生还原反应，故为，错误；B、放电过程为原电池，阳离子向正极移动，错误；C、每转移0.1mol电子，生成0.05molPb，为10.35g，错误；D常温下，电解质不能融化，不能形成原电池，故指针不偏转，正确。
【考点定位】考查化学基本理论，电极判断、电极反应方程式的书写、离子流动方向以及简单计算。
（2013新课标卷2）11.“ZEBRA”蓄电池的结构如图所示，电极材料多孔Ni/NiCl2和金属钠之间由钠离子导体制作的陶瓷管相隔。下列关于该电池的叙述错误的是
A.电池反应中有NaCl生成
B.电池的总反应是金属钠还原三个铝离子
C.正极反应为：NiCl2+2e－=Ni+2Cl－
D.钠离子通过钠离子导体在两电极间移动
解析：考察原电池原理。原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。据此可知负极是液体金属Na，电极反应式为：Na－e－＝Na＋；正极是Ni，电极反应式为NiCl2+2e－=Ni+2Cl－；总反应是2Na＋NiCl2=2NaCl＋Ni。所以A、C、D正确，B错误，选择B。
答案：B
（2013浙江卷）11、电解装置如图所示，电解槽内装有KI及淀粉溶液，中间用阴离子交换膜隔开。在一定的电压下通电，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色逐渐变浅。
已知:3I2+6OH—==IO3—+5I—+3H2O
下列说法不正确的是
A．右侧发生的电极方程式：2H2O+2e—==H2↑+2OH—
B．电解结束时，右侧溶液中含有IO3—
C．电解槽内发生反应的总化学方程式KI+3H2O＝KIO3+3H2↑
D．如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，电解槽内发生的总化学方程式不变
【解析】电解的电极反应为：阳极 2I——2e—== I2 左侧溶液变蓝色
3I2+6OH—==IO3—+5I—+3H2O 一段时间后，蓝色变浅
阴极 2H2O+2e—==H2↑+2OH— 右侧放出氢气
如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜：
电极反应为：阳极 2I——2e—== I2
阴极 2H2O+2e—==H2↑+2OH—
多余K+通过阳离子交换膜迁移至阴极保证两边溶液呈电中性，所以选项D不正确，答案选D。
答案：D
（2013天津卷）6、为增强铝的耐腐蚀性，现以铅蓄电池为外电源，以Al作阳极、Pb作阴极，电解稀硫酸，使铝表面的氧化膜增厚。其反应原理如下：
电池：Pb(s) + PbO2(s) + 2H2SO4(aq) =2PbSO4(s) + 2H2O(l)
电解池：2Al+3H2OAl2O3+3H2↑
电解过程中，以下判断正确的是
电池
电解池
A
H+移向Pb电极
H+移向Pb电极
B
每消耗3molPb
生成2molAl2O3
C
正极：PbO2+4H++2e=Pb2++2H2O
阳极：2Al+3H2O-6e=Al2O3+6H+
D
【解析】该题考查原电池和电解池的基本知识。A选项H+离子在原电池中移向PbO2电极，错误。B选项每消耗3molPb，根据电子守恒生成lmolAl2O3，错误。C选项在原电池的正极电极反应是生成PbSO4，错误。D选项在原电池中Pb电极的质量由于生成PbSO4，质量增加，在电解池中，Pb阴极，质量不变，正确。
答案：D
（2013北京卷）7.下列金属防腐的措施中，使用外加电流的阴极保护法的是
A.水中的钢闸门连接电源的负极 B.金属护拦表面涂漆
C.汽水底盘喷涂高分子膜 D.地下钢管连接镁块
【答案】A
【解析】
A、钢闸门连接电源的负极，为电解池的阴极，被保护，属于外加电流的阴极保护法，故正确；
BC、是金属表面覆盖保护层，隔绝空气，故错误
D、 镁比铁活泼，构成原电池，铁为正极，被保护，是牺牲阳极的阴极保护法，故错误。
（2013北京卷）9.用石墨电极电解CuCl2溶液（见右图）。下列分析正确的是
A.a端是直流电源的负极
B.通电使CuCl2发生电离
C.阳极上发生的反应：Cu2++2e-=Cu
D.通电一段时间后，在阴极附近观察到黄绿色气体
【答案】A
【解析】
A、由溶液中离子移动方向可知，U型管左侧电极是阴极，连接电源
的负极，a端是电源的负极，故正确；
B、通电使CuCl2发生电解，不是电离，故错误；
C、阳极发生氧化反应，Cl-在阳极放电2Cl--2e-=C12↑，故错误；
D、Cl-发生氧化反应，在阳极放电生成C12，故D错误。
（2013全国新课标卷1）10．银质器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故，根据电化学原理可进行如下处理：在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去，下列说法正确的是
A、处理过程中银器一直保持恒重
B、银器为正极，Ag2S被还原生成单质银
C、该过程中总反应为2Al+3Ag2S=6Ag+Al2S3
D、黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl
答案：B
解析：A错，银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，失电子，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银附着在银器的表面，故银器质量增加；
C错，Al2S3在溶液中不能存在，会发生双水解反应生成H2S和Al(OH)3；
D错，黑色褪去是Ag2S转化为Ag而不是AgCl
（2013全国新课标卷1）27.锂离子电池的应用很广，其正极材料可再生利用。某锂离子电池正极材料有钴酸锂（LiCoO2）,导电剂乙炔黑和铝箔等。充电时，该锂离子电池负极发生的反应为6C+xLi++xe-=LixC6。现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源 （部分条件未给出）
回答下列问题：
⑴LiCoO2 中，Co元素的化合价为___________。
⑵写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式_________________________________。
⑶“酸浸”一般在80 oC下进行，写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式__________________;可用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，但缺点是_________。
⑷写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式_____________。
⑸充放电过程中发生LiCoO2与Li1-xCoO2之间的转化，写出放电时电池反应方程式___________________。
⑹上述工艺中“放电处理”有利于锂在正极的回收。其原因是___________________________。在整个回收工艺中，可回收的金属化合物有_________________(填化学式）。
答案：（1）+3；（2）2Al+2OH—+6H2O＝2Al(OH)4—+3H2↑
（3）2LiCoO2＋3H2SO4＋H2O2Li2SO4＋2CoSO4＋O2↑＋4H2O；2H2O22H2O＋O2↑；有氯气生成，污染大
（4）CoSO4+2NH4HCO3＝CoCO3↓+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑
（5）Li1-xCoO2+LixC6＝LiCoO2+6C
（6）Li+从负极中脱出，经电解质向正极移动并进入正极材料中；Al(OH)3、CoCO3、Li2SO4
解析：（1）Li和O元素的化合价分别是＋1和－2价，所以该化合物中Co的化合价是＋（2×2－1）＝＋3价。
（2）正极材料中的金属铝能和氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式是2Al+2OH—+6H2O＝2Al(OH)4—+3H2↑。
（3）根据后面流程可知，有CoSO4生成，这说明在反应中LiCoO2是氧化剂，双氧水是还原剂，因此该反应的化学方程式是2LiCoO2＋3H2SO4＋H2O2Li2SO4＋2CoSO4＋O2↑＋4H2O；在反应中双氧水是过量的，则过量的双氧水还会发生自身的氧化还原反应，即2H2O22H2O＋O2↑；如果用盐酸代替，则氯化氢能被氧化生成氯气，会造成环境污染。
（4）根据原子守恒可知，在反应中还应该有硫酸铵、CO2和H2O生成，所以反应的化学方程式是CoSO4+2NH4HCO3＝CoCO3↓+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑。
（5）根据充电时，该锂离子电池负极发生的反应为6C+xLi++xe-=LixC6可知，放电时LixC6在负极失去电子，则Li1-xCoO2在正极得到电子，所以该反应式是Li1-xCoO2+LixC6＝LiCoO2+6C。
（6）由于放电时Li+从负极中脱出，经电解质向正极移动并进入正极材料中，所以有利于锂在正极的回收；根据工艺流程图可知，在整个回收工艺中，可回收的金属化合物有Al(OH)3、CoCO3、Li2SO4。
（2013全国新课标卷1）28.二甲醚（CH3OCH3）是无色气体，可作为一种新型能源，由合成气（组成为H2、CO、和少量CO2）直接制备二甲醚，其中主要过程包括以下四个反应：
甲醇合成反应：
①CO(g）+ 2H2(g)＝CH3OH(g)????????????△H1=-90.1 kJ·mol-1
②CO2(g)+ 3H2(g)＝CH3OH(g)+H2O(g)??????? ??△H2=-49.0 kJ·mol-1
水煤气变换反应：
③CO(g) + H2O (g)＝CO2(g)+H2(g)??????????△H3=-41.1 kJ·mol-1
二甲醚合成反应：
④2CH3OH(g)＝CH3OCH3(g)+H2O(g)?????????? △H4=-24.5 kJ·mol-1
⑴Al2O3是合成气直接制备二甲醚反应催化剂的主要成分之一。工业上从铝土矿制备较高纯度Al2O3的主要工艺流程是???????????????????????????? ?（以化学方程式表示） 。
⑵分析二甲醚合成反应④对于CO转化率的影响?????????????? ?????????。
⑶由H2和CO直接制备二甲醚（另一产物为水蒸气）的热化学方程式为?????????????? 。
⑷有研究者在催化剂（含Cu-Zn-Al-O和Al2O3），压强为5.0MPa的条件下由H2和CO直接制备二甲醚，结果如下图所示。其中CO转化率随温度升高而降低的原因是____________。
⑸二甲醚直接燃料电池具有启动快，效率高等优点，其能量密度高于甲醇直接燃烧燃料电池（5.93kW·h·kg-1），若电解质为酸性，二甲醚直接燃料电池的负极反应为_______________。
一个二甲醚分子经过电化学氧化，可以产生_______个电子的电量；该电池理论输出电压1.20V，能量密度E=_____（列式计算，能量密度=电池输出电能/燃料质量，1kW·h=3.6×105J ）
答案：（1）Al2O3（铝土矿）+2NaOH+3H2O＝2NaAl(OH)4；NaAlO2+CO2+2H2O＝NaHCO3+Al(OH)3↓； 2Al(OH)3Al2O3＋3H2O
(2)消耗甲醇，促进甲醇合成反应①平衡向右移，CO转化率增大；生成的H2O，通过水煤气变换反应③消耗部分CO。
（3）2CO(g)+4H2(g)＝CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-204.7kJ/mol；该反应分子数减小，压强升高使平衡右移，CO和H2的转化率增大，CH3OCH3产率增加。压强升高使CO和H2的浓度增加，反应速率增大。
（4）反应放热，温度升高，平衡左移
（5）CH3OCH3－12e－＋3H2O＝2CO2＋12H＋；12
。
（1）工业上从铝土矿中提纯高纯度氧化铝的流程是：用氢氧化钠溶液溶解铝土矿，然后过滤，在滤液中通入过量的CO2，得到氢氧化铝，然后高温煅烧氢氧化铝，即可得到高纯度的氧化铝。
（2）合成二甲醚消耗甲醇，对于CO参与的反应相当于减小生成物的浓度，有利于平衡向右移动，使CO的转化率提高。
（3）根据盖斯定律可知，将①×2＋④即得到反应2CO(g)+4H2(g)＝CH3OCH3(g)+H2O(g)，所以该反应的放热△H＝－90.1 kJ/mol×2－24.5 kJ/mol＝－204.7kJ/mol。
（4）该反应分子数减小，压强升高使平衡右移，CO和H2的转化率增大，CH3OCH3产率增加。压强升高使CO和H2的浓度增加，反应速率增大。
（5）原电池中负极失去电子，所以负极电极反应式是CH3OCH3－12e－＋3H2O＝2CO2＋12H＋；二甲醚中碳原子的化合价是－2价，反应后变为＋4价，失去6个电子，所以一个二甲醚分子经过电化学氧化，可以产生12个电子的电量；由于能量密度＝电池输出电能/燃料质量，所以该电池的能量密度＝
。
（2013北京卷）26.（14分）
NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。
(1) NOx能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的化学方程式:_ .
(2)汽车发动机工作时会引发N2和02反应，其能量变化示意图如下:
①写出该反应的热化学方程式: _ 。
②随温度升高，该反应化学平衡常数的变化趋势是_ 。
（3）在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOX的排放。
①当尾气中空气不足时，NOX在催化转化器中被还原成N2排出。写出NO被CO还原的化学方程式：_ 。
② 当尾气中空气过量时，催化转化器中的金属氧化物吸收NOX生成盐。其吸收能力顺序如下：12MgO <2oCaO <38SrO<56BaO。原因是 ，元素的金属性逐渐增强，金属氧化物对NOX的吸收能力逐渐增强。
通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如下:
①Pt电极上发生的是 反应(填“氧化”或“还原”)。
②写出NiO电极的电极反应式: 。
【答案】（1）3NO2+2H2O=2HNO3+NO；
（2）①N2(g)+O2（g）=2NO(g) △H=+183KJ/mol； ②增大；
（3）①2NO+2CON2+2CO2
②由Mg、Ca、Sr、Ba的质子数，得知它们均为第ⅡA族。同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大；
（4）①还原； ②NO+O2--2e-＝NO2；
【解析】（1）NO2与H2O反应生成HNO3与NO；
（2）①△H=945kJ/mol+498kJ/mol-2×630KJ/mol=+183KJ/mol；
②该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，化学平衡常数增大；
（3）①NO被CO还原N2，CO被氧化为CO2；
②由Mg、Ca、Sr、Ba的质子数可知，它们均处于第ⅡA族，同一主族自上而下，原子半径增大，金属性增强；
（4）①由工作原理示意图可知，O2在Pt电极发生还原反应生成O2-；
②在O2-参加反应下，NO在NiO电极发生氧化反应生成NO2。
（2013山东卷）28．（12分）金属冶炼和处理常涉及氧化还原反应。
（1）由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是 。
a．Fe2O3 b．NaCl c．Cu2S d．Al2O3
（2）辉铜矿（Cu2S）可发生反应2Cu2S+2H2SO4+5O2＝4CuSO4+2 H2O，该反应的还原剂是 ，当1mol O2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为 mol。向CuSO4溶液中加入镁条时有气体生成，该气体是 。
（3）右图为电解精炼银的示意图， （填a或b）极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应式为 。（4）为处理银器表面的黑斑（Ag2S），将银器置于铝制容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，食盐水的作用为 。
解析：（1）NaCl与Al2O3冶炼需要用电解法，Fe2O3与Cu2S可以用热还原法，所以答案为b、d。
（2）在该反应中，Cu元素化合价由+1升高到+2，S元素化合价由-2升高到+6，Cu2S做还原剂；当有1molO2参与反应转移的电子为4mol，由于Cu2+水解呈酸性，加入镁条时，镁与H+反应生成了氢气。
（3）电解精炼时，不纯金属做阳极，这里就是a极；b电极是阴极，发生还原反应，生成了红棕色气体是NO，遇空气氧化生成的NO2，电极反应：NO3-+3e-＋4H+＝NO↑+2H2O。或NO3-+e-＋2H+＝NO2↑+H2O
（4）做电解质溶液，形成原电池。
答案：（1）b、d
（2）Cu2S；4；氢气
（3）a；NO3-+e-＋2H+＝NO2↑+H2O
（4）做电解质溶液（或导电）
[2013高考?重庆卷?11](14分)化学在环境保护中趁着十分重要的作用，催化反硝化法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。
(1) 催化反硝化法中，H2能将NO3—还原为N2，
25℃时，反应进行10min，溶液的pH由7变为12。
①N2的结构式为 。
②上述反应离子方程式为 ，
其平均反应速率v(NO3—)为 mol ?L—1 ?min—1
③还原过程中可生成中间产物NO2—，写出3
种促进NO2—水解的方法 。
(2)电化学降解NO3—的原理如题11图所示。
①电源正极为 (填“A”或“B”)，
阴极反应式为 。
②若电解过程中转移了2mol电子，则膜两侧
电解液的质量变化差(△m左－△m右)为 g。
答案：（1）①N≡N ②2NO3-+5H2N2+2OH-+4H2O 0.001 ③加酸，升高温度，加水
（2）①A， 2NO3-+6H2O+10e-＝N2+12OH- ②14.4
【解析】（1）①N2分子中氮原子间通过氮氮三键结合，因此其结构式为N≡N；②利用溶液pH变化可知有OH-生成，再结合原子守恒可写出反应的离子方程式；利用离子方程式知v(NO3-)＝v(OH-)＝(10-2-10-7)/10＝0.001mol/(L·min)；③水解是吸热反应，NO2-水解使溶液中c(OH-)变大，因此可促进NO2-水解的措施有加热、加水或加酸等。（2）①由图示知在Ag-Pt电极上NO3-发生还原反应，因此Ag-Pt电极为阴极，则B为负极，A为电源正极；在阴极反应是NO3-得电子发生还原反应生成N2，利用电荷守恒与原子守恒知有H2O参与反应且有OH-生成；②转移2mol电子时，阳极（阳极反应为H2O失电子氧化为O2和H+）消耗1mol水，产生2molH+进入阴极室，阳极室质量减少18g；阴极室中放出0.2molN2（5.6g），同时有2molH+（2g）进入阴极室，因此阴极室质量减少3.6g，故膜两侧电解液的质量变化差（△m左-△m右）＝18g-3.6g＝14.4g。
（2013福建卷）23.（16分）
利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气制取氢气，既廉价又环保。
（1）工业上可用组成为K2O·M2O3·2RO2·nH2O的无机材料纯化制取的氢气
①已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质量数之和为27，则R的原子结构示意图为_________
②常温下，不能与M单质发生反应的是_________（填序号）
a.CuSO4溶液 b.Fe2O3 c.浓硫酸 d.NaOH e.Na2CO3固体
（2）利用H2S废气制取氢气来的方法有多种
①高温热分解法
已知：H2S(g)==H2+1/2S2(g)
在恒温密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验。以H2S起始浓度均为c mol·L-1测定H2S的转化率，结果见右图。图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率。据图计算985℃时H2S按上述反应分解的平衡常数K=________；说明温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：___________
②电化学法
该法制氢过程的示意图如右。反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是___________；反应池中发生反应的化学方程式为_____________________。反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为_______________________。
【答案】（1）① ②b、e
（2）① 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短（或其它合理答案）
②增大反应物接触面积，使反应更反分
H2S + 2FeCl3 = 2FeCl2 + S↓ + 2HCl 2Fe2＋ + 2H＋ 2Fe3＋ + H2↑
【解析】本题考查元素推断、原子结构、化学平衡的影响因素及计算、电化学等化学反应原理的知识，同时考查学生的图表分析能力。
（1）R为+4价，位于第3周期，应为Si元素，同理M为Al元素。常温下铝与Fe2O3不反应，与Na2CO3也不反应；（2）①K===。温度越高，反应速率越快，反应物的转化率越高，与平衡转化率差距越小，所以离得近。②FeCl3具有强氧化性，能够氧化H2S：2FeCl3＋H2S＝2FeCl2＋S＋2HCl。该逆流原理与浓硫酸中SO3的吸收相类似，气体从下端通入，液体从上端喷，可以增大气液接触面积，反应充分。从图可知电解过程中从左池通入的Fe2(生成Fe3(（阳极反应），循环使用；而另一电极产生的则为H2（阴极反应）。故电解总的离子方程式为：2Fe2+＋2H＋2Fe3+＋H2↑。
2013年高考化学试题分类解析汇编：电解质溶液
（2013福建卷）8.室温下，对于0.10 mol·L-1的氨水，下列判断正确的是（　　）
A．与AlCl3溶液反应发生的离子方程式为 Al3++3OH—=Al(OH)3↓
B．加水稀释后，溶液中c(NH4+)c(OH—)变大
C．用HNO3溶液完全中和后，溶液不显中性
D．其溶液的pH=13
【答案】C
【解析】A中的氨水不能拆写；B项，加水稀释过程中，电离平衡常数不变，但溶液中c(NH3·H2O)减小，故c(NH4+)·c(OH-)减小，错；D不可能完全电离。
（2013大纲卷）12、右图表示溶液中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是
A.两条曲线间任意点均有c(H＋)×c(OH－)＝Kw
B.M区域内任意点均有c(H＋)＜c(OH－)
C.图中T1＜T2
D.XZ线上任意点均有pH＝7
【答案】D
【解析】随着温度的升高，Kw会增大，上面的曲线是浓度乘积较大的，所以C正确。只要是水溶液中，都会有A关系；B中，固定氢离子浓度为十的负七次方，氢氧根浓度总是大于十的负七次方。D 中是一条Kw渐渐变大的线，PH也变大。
（2013江苏卷）11.下列有关说法正确的是
A.反应NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的△H＜0
B.电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极
C.CH3COOH 溶液加水稀释后，溶液中 的值减小
D.Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2 固体，CO32－水解程度减小，溶液的pH 减小
【参考答案】AC
【解析】本题是化学反应与热效应、电化学等的简单综合题，着力考查学生对用熵变焓变判断反应方向，水解反应、原电池电解池、化学反应速率的影响因素等方面的能力。
A.本反应前后气体变固体，熵变小于零，只有在焓变小于零时自发。内容来源于《选修四》P34－P36中化学方向的判断。
B.精炼铜时，粗铜铜作阳极，被氧化，纯铜作阴极，被还原。内容来源于《选修四》P81。
C.越稀越电离，醋酸与醋酸根离子浓度比减小。内容来源于《选修四》P41。
D.Na2CO3溶液加少量Ca(OH)2固体，抑制碳酸根离子水解，但pH值随着Ca(OH)2固体的加入而增大。
（2013江苏卷）14.一定温度下，三种碳酸盐MCO3(M：Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋)的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。已知: pM=－lgc(M)，
pc(CO32－)=－lgc(CO32－)。下列说法正确的是
A.MgCO3、CaCO3、MnCO3 的Ksp依次增大
B.a点可表示MnCO3的饱和溶液，且c(Mn2＋)=c(CO32－)
C.b点可表示CaCO3的饱和溶液，且c(Ca2＋)＜c(CO32－)
D.c点可表示MgCO3 的不饱和溶液，且c(Mg2＋)＜c(CO32－)
【参考答案】BD
【解析】本题属于基本概念与理论的考查，落点在水解与电离平衡、物料守恒和电荷守恒、离子浓度大小比较。图线变化隐含pH的实质。
A.pM 、pc(CO32－)与pH一样，图线中数值越大，实际浓度越小。因此，MgCO3、CaCO3、MnCO3 的Ksp依次减小。
B.a点在曲线上，可表示MnCO3的饱和溶液，又在中点，故c(Mn2＋)=c(CO32－)。
C.b点可表示CaCO3的饱和溶液，但图线中数值越大，实际浓度越小，故c(Ca2＋)＞c(CO32－)。
D.c点在曲线上方，可表示MgCO3 的不饱和溶液，且图线中数值越大，实际浓度越小，故c(Mg2＋)＜c(CO32－)。
（2013海南）8．0.1mol/LHF溶液的pH=2，则该溶液中有关浓度关系式不正确的是
A．c(H+)> c(F-) B．c(H+)> c(HF)
C．c(OH-)> c(HF) D．c(HF) > c(F-)
[答案]BC
[解析]：电离后，因水也电离产生H+，所以c(H+)>c(F-)均约为0.01，c(HF)约0.09，c(OH-)为10-12。
[2013高考?重庆卷?2]下列说法正确的是
A．KClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质
B．25℃时、用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH＝7，V醋酸＜VNaOH
C．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成
D．AgCl易转化为AgI沉淀且K(AgX)＝c(Ag+)? c(X—)，故K(AgI)＜K(AgCl)
答案：D
【解析】SO3溶于水能导电是因SO3与H2O反应生成H2SO4发生电离、液态SO3不能发生电离，故SO3是非电解质，A项错误；因醋酸是弱电解质，故25℃时，醋酸滴定NaOH溶液至至中性时，溶液中溶质为CH3COOH与CH3COONa，因此所需溶液体积为：V(CH3COOH)＞V(NaOH)，B项错误；向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液发生反应：AlO2-+HCO3-+H2O＝Al(OH)3↓+CO32-，C项错误；沉淀易转化为更难溶沉淀，越难溶物质其饱和溶液中电离出相应离子浓度越小，故可知K(AgI)＜K(AgCl)，D项正确。
（2013四川卷）5. 室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：
实验编号
起始浓度/（mol·L-1）
反应后溶液的pH
c(HA)
c(KOH)
①
0.1
0.1
9
②
x
0.2
7
下列判断不正确的是（　　）
A. 实验①反应后的溶液中：c(K+) > c(A—) > c(OH—) > c(H+)
B. 实验①反应后的溶液中：c(OH—) = c(K+) — c(A—) = mol/L
C．实验②反应后的溶液中：c(A—) + c(HA) > 0.1 mol/L
D．实验②反应后的溶液中：c(K+) = c(A—) > c(OH—) = c(H+)
【答案】B
【解析】由表中①的HA为弱酸且酸碱物质的量相等，因此得A正确；由①中电荷守恒得[OH-]=[K+]-[A-]+[H+]=Kw/1X10-9 mol/L，故B错误；C中由②得知道溶液中只有四种离子，氢离子等于氢氧根，所以[K+]=[A-]=0.1，所以总数x>0.2mol/L，故C正确；由电荷守恒得D正确。
（2013上海卷）5.374℃、22.1Mpa以上的超临界水具有很强的溶解有机物的能力，并含有较多的H+和OH-，由此可知超临界水
A.显中性，pH等于7 B.表现出非极性溶剂的特性
C.显酸性，pH小于7 D.表现出极性溶剂的特性
答案：B
【解析】临界水电离出较多的H+和OH-，其浓度大于常温下水中H+和OH-的浓度，但水中H+和OH-的量相等，故该水显中性，pH＜7；利用“相似相容原理”，结合题中“临界水具有很强的溶解有机物的能力”可知临界水表现出非极性溶剂的特性，故正确答案为：B。
（2013上海卷）11.H2S水溶液中存在电离平衡H2SH++HS-和HS-H++S2-。若向H2S溶液中
A.加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大
B.通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH值增大
C.滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH值减小
D.加入少量硫酸铜固体（忽略体积变化），溶液中所有离子浓度都减小
答案：C
【解析】加水，电离平衡虽向右移动，但因溶液体积变大，c(H+)减小，A项错误；通入少量SO2时，因发生SO2+2H2S＝3S↓+2H2O，平衡向左移动，溶液pH增大、但通入过量SO2，最终溶液为饱和亚硫酸溶液，溶液pH减小，B项错误；加入新制氯水，发生反应：H2S+Cl2＝S↓+2HCl,平衡向左移动，酸性增强，pH减小，C项正确；加入CuSO4后，发生反应：H2S+Cu2+＝CuS↓+2H+，溶液中c(H+)变大，D项错误。
（2013上海卷）19.部分弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸
HCOOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数
（25℃）
Ki=1.77×10-4
Ki=4.9×10-10
Ki1=4.3×10-7
Ki2=5.6×10-11
下列选项错误的是
A.2CN-+H2O+CO2→2HCN+CO32-
B.2HCOOH+CO32-→2HCOO-+H2O+CO2↑
C.中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者
D.等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者小于后者
答案：AD
【解析】因Ka1(H2CO3)＞Ka1(HCN)＞Ka2(H2CO3)，故HCN可与CO32-发生反应生成CN-和HCO3-，因此向含CN-离子的溶液中通入CO2发生反应为：CN-+H2O+CO2＝HCN+HCO3-，A项错误；利用甲酸与碳酸的电离平衡常数可知酸性：HCOOH＞H2CO3，则HCOOH可与碳酸盐作用生成甲酸盐和CO2、H2O，B项正确；酸性：HCOOH＞HCN，故等pH的HCOOH和HCN相比，HCN的物质的量浓度大，所以中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者，C项正确；在等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中，均存在：c(Na+)+c(H+)＝c(R-)+c(OH-)[R-＝HCOO-或CN-]，因CN-水解程度大，则在NaCN溶液中c(H+)较小，而两溶液中c(Na+)相等，故两溶液中所含离子数目前者大于后者，A项错误。
（2013山东卷）13．某温度下，向一定体积0.1mol/L醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH(pOH＝－lg[OH-])与pH的变化关系如图所示，则
A．M点所示溶液导电能力强于Q点
B．N点所示溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+)
C．M点和N点所示溶液中水的电离程度相同
D．Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积
解析：由于醋酸是弱酸，电离程度很小，离子浓度也较小，M点溶液的导电能力最弱，A错；N点所示溶液为碱性，根据溶液电荷守恒易判断出此时c（Na+）＞c(CH3COO-)，B错；由于M点的H+浓度等于N点的OH-浓度，对水的电离程度抑制能力相同，所以两点所示溶液中水电离程度相同，C正确；Q点的pOH＝pH，溶液为中性，而两者等体积混合后生成醋酸钠，水解显碱性。则所加NaOH溶液体积略小于醋酸溶液的体积，D错。
答案：C
（2013浙江卷）12、25℃时，用浓度为0.1000 mol/L的NaOH溶液滴定20.00 mL浓度均为0.1000 mol/L的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：HZ＜HY＜HX
B．根据滴定曲线，可得Ka(HY)≈10—5
C．将上述HX、HY溶液等体积混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时：c(X—)＞c(Y—)＞c(OH—)＞c(H+)
D．HY与HZ混合，达到平衡时：c(H+)= + c(Z—) +c(OH—)
【解析】浓度均为0.1000 mol/L的三种酸HX、HY、HZ，根据滴定曲线0点三种酸的pH可得到HZ是强酸，HY和HX是弱酸，但酸性：HY＞HX。因此，同温同浓度时，三种酸的导电性：HZ＞HY＞HX。B选项：当NaOH溶液滴加到10 mL时，溶液中c(HY)≈c(Y—)，即Ka(HY)≈c(H+)=10—pH=10—5。C选项：用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时，HY早被完全中和，所得溶液是NaY和NaX混合溶液，但因酸性：HY＞HX，即X—的水解程度大于Y—，溶液中c(Y—)＞c(X—)。D选项：HY与HZ混合，溶液的电荷守恒式为：c(H+)=c(Y—)+ c(Z—) +c(OH—)，又根据HY的电离平衡常数：
Ka(HY)= 即有：c(Y—)=
所以达平衡后：c(H+)= + c(Z—) +c(OH—)
答案：B
（2013广东卷）12．50℃时，下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是
A．pH=4的醋酸中：c（H+）=4.0mol·L-1
B．饱和小苏打溶液中：c（Na+）= c（HCO3-）
C．饱和食盐水中：c（Na+）+ c（H+）= c（Cl-）+c（OH-）
D．pH=12的纯碱溶液中：c（OH-）=1.0×10-2mol·L-1
解析：50℃时，水的离子积常数大于1×10—14。pH=4的醋酸中，ｃ（H＋）=1×10—4 mol/L，A错误；饱和小苏打溶液中，ＨＣＯ３—会发生水解反应导致浓度减小，ｃ（Ｎａ＋）＞ｃ（ＨＣＯ３—），B错误；饱和食盐水中，ｃ（Ｎａ＋）+ｃ（H＋）=ｃ（ＯＨ—）+ｃ（Cl—）符合电荷守恒的关系，C正确；pH=12的碳酸钠溶液中, ｃ（ＯＨ—）=KW/1×10—12＞1×10—2 mol/L,D错误。答案：C
命题意图：水溶液中的离子平衡
（2013全国新课标卷2）13.室温时，M(OH)2(s) M2+(aq)+2OH-(aq) Ksp=a；c(M2+)=b mol·L-1时，溶液的pH等于
A. B.
C.14＋ D.14＋
解析：考察沉淀溶解平衡与pH值的关系。C(M2+)·C2(OH-)= a，所以C2(OH-)=a/b。则根据水的离子积常数可知，溶液中氢离子浓度是mol/L，所以pH＝14＋，选择C。
答案：C
（2013安徽卷）12.我省盛产矿盐（主要成分是NaCl，还好有SO42-等其他可溶性杂质的离子）。下列有关说法正确的是
A．有矿盐生成食盐，除去SO42- 最合适的实际是Ba(NO3)2
B．工业上通过电解氯化钠溶液制备金属钠和氯气
C．室温下，AgCl在水中的溶解度小于在食盐中的溶解度
D．用酚酞试液可鉴别饱和食盐水和饱和纯碱溶液
【答案】D
【解析】A、除去硫酸根的同时，引入了新的杂质硝酸根，错误；B、要得到钠和氯气需要电解熔融的NaCl,错误；C、增加氯离子的量，AgCl的沉淀溶解平衡向逆向移动，溶解度减小，错误；D、氯化钠溶液显中性，纯碱水呈碱性，正确。
（2013天津卷）5、下列有关电解质溶液的说法正确的是
A、在蒸馏水中滴加浓H2SO4，KW不变
B、CaCO3难溶于稀硫酸，也难溶于醋酸
C、在Na2S稀溶液中，c(H+)=c(OH-)-2c(H2S)-c(HS-)
D、NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同
【解析】该题考查电解质溶液的基本知识。A选项在蒸馏水中滴加浓H2SO4，放出热量，溶液温度升高，KW变大，错误。B选项CaCO3难溶于稀硫酸，但能溶于醋酸，错误。C选项时溶液中的质子守恒，正确。D选项CH3COONH4双水解，促进水的电离，水的电离程度增大，错误。
答案：C
（2013北京卷）10.实验：①0.1mol·L-1AgNO3溶液和0.1mol·L-1NaCI溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；
② 向滤液b中滴加0.1mol·L-1KI溶液，出现浑浊；
③ 向沉淀c中滴加0.1mol·L-1KI溶液，沉淀变为黄色。
下列分析不正确的是
浊液a中存在沉淀溶解平衡：
滤液b中不含有Ag+
③中颜色变化说明AgCI 转化为AgI
实验可以证明AgI比AgCI更难溶
【答案】B
【解析】
A、绝对不溶的物质没有，难溶物质在溶液中存在沉淀溶解平衡，故正确；
B、溶液中存在沉淀溶解平衡，滤液中含有Ag+，故错误；
C、D选项沉淀由白色变为黄色，说明生成AgI，反应向更难溶的方向进行，故正确。
（2013全国新课标卷1）11、已知Ksp（AgCl）=1.56×10-10，Ksp（AgBr）=7.7×10-13 ，Ksp（Ag2CrO4）=9×10-11。某溶液中含有Cl-、Br-和CrO42-，浓度均为0.010mol/L，向该溶液中逐滴加入0.010mol/L的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为
A、Cl-、Br-、CrO42-???????????????????? B、CrO42-、Br、Cl-
C、Br-、Cl-、CrO42-? ???????????????????D、Br、CrO42-、Cl-
答案：C
解析：设Cl-、Br-、CrO42- 刚开始沉淀时，银离子的浓度分别为x mol、y mol、z mol，则根据Ksp可得：
0.01x=1.56×10-10
0.01y=7.7×10-13
0.01z2=9×10-11
可分别解出x≈1.56×10-8? y≈7.7×10-13? z≈3××10-4.5
可知y（2013安徽卷）13.已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：
HSO3- + H2OH2SO3 + OH- ①
HSO3-H+ + SO32- ②
向0.1mol·L-1的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是
A．加入少量金属Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO3-)增大
B．加入少量Na2SO3固体，则c(H+) + c(Na+)=c(HSO3-) + c(OH-) +c(SO32-)
C．加入少量NaOH溶液，、的值均增大
D．加入氨水至中性，则2c(Na+)=c(SO32-)＞c(H+)＝c(OH-)
【答案】C
【解析】NaHSO3溶液显酸性，说明电离大于水解。A加入Na，与水反应生成NaOH，与NaHSO3反应，故c(NaHSO3) 减小，错误；B该溶液中存在电荷守恒，故亚硫酸根前乘以2；错误；C、加入少量NaOH，生成亚硫酸钠和水，酸性降低，碱性增强，C正确；D不正确，因为还有亚硫酸铵生成，所以根据电荷守恒可知，选项D不正确。
【考点定位】考查电解质溶液，涉及弱电解质的电离和盐类的水解、三大守恒关系的应用。
（2013山东卷）29．（15分）化学反应原理在科研和生产中有广泛应用
（1）利用“化学蒸气转移法”制备TaS2晶体，发生如下反应：
TaS2（s）+2I2（g） TaI4（g）+S2（g）△H＞0 （I）
反应（I）的平衡常数表达式K＝ 。若K＝1，向某恒容密闭容器中加入1mol I2（g）和足量TaS2（s），I2（g）的平衡转化率为 。
（2）如图所示，反应（I）在石英真空管中进行，先在温度为T2的一端放入未提纯的TaS2粉末和少量I2（g），一段时间后，在温度为T1的一端得到了纯净的TaS2晶体，则温度T1 T2（填“＞”“＜”或“＝”）。上述反应体系中循环使用的物质是 。
（3）利用I2的氧化性可测定钢铁中硫的含量。做法是将钢铁中的硫转化为H2SO3，然后用一定浓度的I2溶液进行滴定，所用指示剂为 ，滴定反应的离子方程式为 。
（4）25℃时，H2SO3HSO3-+H+的电离常数Ka＝1×10-2mol/L，则该温度下NaHSO3的水解平衡常数Kh= mol/L。若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将 （填“增大”“减小”或“不变”）。
解析：（1）或，通过三行式法列出平衡浓度，带入K值可以得出转化率为66.7%。
（2）由所给方程式可知该反应为吸热反应，低温有利于反应向逆反应方向进行，即有利于提纯TaS2。在温度为T1的一端得到了纯净的TaS2晶体，所以T1＜T2。I2是可以循环使用的物质。
(3)因为I2遇到淀粉会变蓝色,所以可以用淀粉溶液作指示剂。离子反应方程式是H2SO3＋I2+H2O＝4H+＋SO42-＋2I-。
(4)Ka＝,HSO3-＋H2OH2SO3＋OH-,Kb＝＝1.0×102×1.0×10-14＝1.0×10-12,当加入少量I2时，溶液酸性增强，[H+]增大，但是温度不变，Kb不变，则增大。
答案：（1）；66.7%
（2）＜；I2
（3）淀粉；H2SO3＋I2+H2O＝4H+＋SO42-＋2I-
（4）1.0×10-12；增大
2013年高考化学试题分类解析汇编：离子共存 离子反应
（2013大纲卷）11、能正确表示下列反应的离子方程式是
A.用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3·H20＋SO22NH4＋＋SO32－＋H2O
B.氯化钠与浓硫酸混合加热：H2SO4＋2Cl－SO2↑＋Cl2↑＋H2O
C.磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2＋＋4H＋＋NO3－3Fe3＋＋NO↑＋3H2O
D.明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42－恰好完全沉淀：
2Ba2＋＋3OH－＋Al3＋＋2SO42－2BaSO4↓＋Al(OH)3↓
【答案】 A
【解析】B错在不是离子反应；C错在磁性氧化铁不能拆写；D错在此时氢氧根过量（不是2：3，而是2：4）溶液中会有偏铝酸根，不是沉淀。
[2013高考?重庆卷?1]在水溶液中能大量共存的一组离子是
A．Na+、Ba2+、Cl—、NO3— B．Pb2+、Hg2+、S2—、SO42—
C．NH4+、H+、S2O32—、PO43— D．Ca2+、Al3+、Br—、CO32—
答案：A
【解析】Na+、Ba2+、Cl-、NO3-离子间不能发生反应，在同一溶液中可以大量共存，A项正确；Pb2+与SO42-可生成PbSO4沉淀、Pb2+、Hg2+可与S2-形成沉淀，B项错误；H+与S2O32-在溶液中发生歧化反应生成S与SO2，C项错误；Ca2+可与CO32-形成CaCO3沉淀、此外Al3+与CO32-可发生双水解反应而不能共存，D项错误。
（2013安徽卷）9.下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是
A．银氨溶液： Na+、K+、NO3-、NH3·H2O
B．空气： C2H2、CO2、SO2、NO
C．氢氧化铁胶体： H+、K+、S2-、Br-
D．高锰酸钾溶液： H+、Na+、SO42-、葡萄糖分子
【答案】A
【解析】A、可以共存；B、NO易被空气中氧气氧化生成NO2，不能共存；C、氢氧化铁胶体在酸性条件下不能共存；D、高锰酸根在酸性条件下具有强氧化性，葡萄糖具有还原性，能发生氧化还原反应不能大量共存。
【考点定位】考查粒子共存问题，涉及胶体的性质、物质的性质、氧化还原反应等。
（2013广东卷）8．水溶解中能大量共存的一组离子是
A．Na+、Al3+、Cl-、CO32-
B．H+、Na+、Fe2+、MnO4-
C．K+、Ca2+、Cl-、NO3-
D．K+、NH4+、OH-、SO42-
解析：Al3+和CO32-因发生双水解而不能共存，Ａ错误；H+、Fe2+、MnO4-因发生氧化还原反应不能共存，B错误；NH4+与ＯＨ—因生成弱电解质一水合氨而不能共存，D错误。答案：C
命题意图：离子共存
（2013江苏卷）8.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A.MnO2与浓盐酸反应制Cl2：MnO2＋4HClMn2＋＋2Cl－＋Cl2↑＋2H2O
B.明矾溶于水产生Al(OH)3胶体：Al3＋＋3H2O=Al(OH)3↓＋3H＋
C.Na2O2溶于水产生O2：Na2O2＋H2O=2Na＋＋2OH－＋O2↑
D.Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3－＋Ca2＋＋OH－=CaCO3↓＋H2O
【参考答案】D
【解析】本题是基本概念中离子方程式判断正误的考查，选题以元素化合物基础和生活内容为背景，内容基础。
A.氯化氢是最解质，水溶液中应拆成离子。
B.铝离子水解不能进行到底，中间用可逆符号，不写沉淀箭头。
C.该反应未配平，系数应为2、2、4、4、1。
D.书写合理。
【备考提示】高考常设置的错误形式有：离子反应不符合客观事实；各物质化学式拆分错误；不符合“三个守恒”(质量、电荷、电子)；不符合有机物官能团性质；反应环境与产物的矛盾；改写是否正确(注意区别胶体与沉淀)；隐含的反应是否遗漏(生成物与反应物不共存、隐含的氧化性物质等)；方程式与所给的“量”的条件是否切合“过量”，“适量”，“足量”，“少量”等
解此类问题是应做到：
注意“三看”：看反应环境，看操作顺序，看反应物之间量的关系。
牢记“三查”：查物质是否能拆分成离子形式，查三个守恒，查阴阳离子的比例与它们形成化合物时的比例是否相同。
（2013北京卷）8.下列解释事实的方程式不准确的是
A.用浓盐酸检验氨：NH3+HCl＝NH4Cl
B.碳酸钠溶液显碱性：CO2-3+H2OHCO-3+OH-
C.钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：Fe-3e-＝Fe3+
D.长期盛放石灰水的试剂瓶内壁出现白色固体：Ca（OH）2+CO2＝CaCO3↓+H2O
【答案】C
【解析】
A、盐酸具有挥发性，挥发出的HCl与氨气反应生成氯化铵，冒白烟，故正确；
B、碳酸钠是强碱弱酸盐，溶液中存在CO2-3水解平衡：CO2-3+H2OHCO-3+OH-，使溶液呈碱性，故正确；
C、钢铁发生吸氧腐蚀，铁作负极被氧化，电极反应式为Fe-2e-＝Fe2+，故错误；
D、石灰水与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙，故正确。
（2013海南卷）10．能正确表示下列反应的离子反应方程式为
A．NH4HCO3溶于过量的浓KOH溶液中：
NH4++ HCO3-+2OH-= CO32-+ NH3↑+2 H2O
B．向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-沉淀完全：
2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH -=2 Al(OH)3↓+3BaSO4↓
C．向FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2++4Br-+3Cl2=2 Fe3++2 Br2+6 Cl-
D．醋酸除去水垢：2H++CaCO3=Ca2++ CO2↑+ H2O
[答案]AC
[解析]：B选项明矾溶液中，Al3+和SO42-个数比为1:2，SO42-完全沉淀时，Al3+应转化为AlO2-；D选项中醋酸是弱酸，应该以分子的形式写入离子方程式。
（2013江苏卷）3.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A.使甲基橙变红色的溶液：Mg2＋、K＋、SO42－、NO3－
B.使酚酞变红色的溶液：Na＋、Cu2＋、HCO3－、NO3－
C.0.1 mol·L－1AgNO3溶液：H＋、K＋、SO42－、I－
D.0.1 mol·L－1NaAlO2溶液: H＋、Na＋、Cl－、SO42－
【参考答案】A
【解析】本题以溶液中离子共存的方式考查学生对指示剂的颜色变化，碱性溶液中的碳酸氢根离子、碘离子与银离子、偏铝酸根与氢离子等共存问题的理解程度，考查学生综合运用所学化学知识解决相关化学问题的能力。
（2013新课标卷2）10.能正确表示下列反应的离子方程式是
A.浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
B.钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu↓+2Na+
C.NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO2-3+2H+=H2O+CO2↑
D.向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2：3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+
解析：考察离子方程式正误判断。A项错误，浓盐酸与铁屑反应生成Fe2＋；B项错误，.钠与CuSO4溶液反应，Na先与水反应，生成的NaOH再与硫酸铜反应；C项错误，是HCO3－与H＋反应；选择D。
答案：D
（2013四川卷）3. 下列离子方程式正确的是（　　）
A．Cl2通入水中：Cl2 + H2O === 2H+ + Cl— + ClO—
B．双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：H2O2 + 2H+ + 2I— === I2 + 2H2O
C．用铜作电极电解CuSO4溶液：2Cu2+ + 2H2O === 2Cu + O2↑+ 4H+
D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32— ＋4H+ === SO42— + 3S↓ + 2H2O
【答案】B
【解析】A中的HClO 是弱电解质不拆，C中的Cu做电解池电极时参加反应失电子做阳极，不是水中的氢氧根失去电子。D中生成物应该是SO2、S和H2O，答案选B。
（2013上海卷）17.某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色衬垫；顾虑，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中
A.至少存在5种离子
B.Cl-一定存在，且c（Cl）≥0.4mol/L
C.SO42-、NH4+、一定存在，Cl-可能不存在
D.CO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在
答案：B
【解析】加入足量NaOH溶液加热，得到0.02mol气体说明含有0.02molNH4+；得到红褐色沉淀说明含有Fe3+，则不能含有CO32-（CO32-与Fe3+发生双水解，不能共存）；利用灼烧后得到1.6g固体知溶液中含有0.02molFe3+；再利用加入BaCl2得到4.66g不溶于盐酸沉淀可知溶液中含有0.02molSO42-，Al3+、K+是否存在无法判定，利用“电荷守恒”可知溶液中必含有Cl-，若溶液中不含Al3+、K+时，溶液中含有0.04molCl-、若溶液中含Al3+、K+时，溶液中含有Cl-的物质的量一定大于0.04mol,结合溶液体积（100mL）可知原溶液中一定存在Cl-，且c(Cl-)≥0.4mol/L，由上述分析知，正确答案为：B。
2013年高考化学试题分类解析汇编：金属及其化合物
（2013江苏卷）6.甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：。下列有关物质的推断不正确的是
A.若甲为焦炭，则丁可能是O2
B.若甲为SO2，则丁可能是氨水
C.若甲为Fe，则丁可能是盐酸
D.若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2
【参考答案】B
【解析】本题属于元素及其化合物知识的考查范畴，有一定的难度，代入逐一对照验证法是一种比较简单的方法。
A.若甲为焦炭，则乙为一氧化碳，丙为二氧化碳，二氧化碳与炭反应生成一氧化碳。
B.若甲为二氧化硫，则乙为亚硫酸氢铵，丙为亚硫酸铵，亚硫酸铵与二氧化硫反应生成亚硫酸氢铵。
C.若甲为铁，丁为盐酸，则乙为氯化来铁，氯化来铁可能再与盐酸反应。
D.若甲为氢氧化钠，丁为二氧化碳，则乙为碳酸钠，丙为碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠。
（2013四川卷）7. 1.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120 mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀。下列说法不正确的是（　　）
A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2:1
B. 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/L
C．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
D．得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL21世纪教育网
【答案】D
【解析】A. 设Cu Xg, Mg Yg.
　　X+Y=1.52
　　X/64×98+Y/24×58=2.54
　　得X=0.02 Y=0.01
　B. c(HNO3)=1000ρ?/M=1000×1.40×63/63=14.0（mol/L ）
　C. n(HNO3)=14.0×0.05=0.7mol=n（NO2）+2n（N2O4）
　n（NO2）+n（N2O4）=1.12L/22.4L/mol, 　n（NO2）=0.04 mol n（N2O4）=0.01 mol
　　可知C正确。
　D. 与硝酸反应的NaOH ： n（NaOH）=0.7-0.04-0.02=0.64
　　与金属离子反应的NaOH ： n（NaOH）=0.06
　　总NaOH的量 n总=0.64+0.06=0.7 mol
故需要NaOH 700 mL
（2013上海卷）22.一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1﹕1，则V可能为
A.9.0L B.13.5L C.15.7L D.16.8L
答案：A
【解析】由铜守恒可知CuS与Cu2S中含有n(Cu)＝12.0g/80g·mol-1＝0.15mol，利用电子守恒，依据“极端假设法”可知，当混合物全部为CuS时可得：0.15mol×8＝n(NO)×3+n(NO2) ×1，因n(NO)＝n(NO2)，解之得n(NO)＝n(NO2)＝0.3mol，则反应所得混合气体在标况下的体积V＝（0.3mol+0.3mol）×22.4mol·L-1＝13.44L；当混合物全部为Cu2S时可得：10×0.15mol/2＝n(NO)×3+n(NO2) ×1，因n(NO)＝n(NO2)，解之得n(NO)＝n(NO2)＝0.1875mol，则反应所得混合气体在标况下的体积V＝（0.1875mol+0.1875mol）×22.4mol·L-1＝8.4L,所以收集到气体体积：8.4L＜V＜13.44L，故答案为：A。
（2013山东卷）9．足量下列物质与等质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是
A．氢氧化钠溶液 B．稀硫酸 C．盐酸 D．稀硝酸
解析：首先硝酸与金属铝反应不生成氢气，根据生成物的化学式：Na[Al(OH)4]、Al2(SO4)3、AlCl3，通过物料守恒可直接判断出等量的铝消耗NaOH物质的量最少。
答案：A
（2013广东卷）23．下列实验的现象与对应结论均正确的是
选项
操作
现象
结论
A
将浓硫酸滴到蔗糖表面
固体变黑膨胀
浓硫酸有脱水性和强氧化性
B
常温下将Al片放入浓硝酸中
无明显变化
Al与浓硝酸不反应
C
将一小块Na放入无水乙醇中
产生气泡
Na能置换出醇羟基中的氢
D
将水蒸气通过灼热的铁粉
粉末变红
铁与水在高温下发生反应
解析：将浓硫酸滴到蔗糖表面，浓硫酸因脱水性使蔗糖脱水炭化，浓硫酸因强氧化性与碳反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，所以蔗糖固体变黑膨胀，A正确；Al放入浓硝酸，因浓硝酸具有强氧化性使Al钝化，阻碍反应继续进行，B错误；Na放入无水乙醇中，会与活泼性较强的羟基反应，置换出氢气，C正确；铁与水蒸气在高温下反应生成黑色的四氧化三铁和氢气，D错误。答案：AC
命题意图：化学实验与元素化合物
（2013浙江卷）26、氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生H2的化合物甲和乙。将6.00 g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72 LH2（已折算成标准状况）。甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状态下的密度为1.25 g/L。请回答下列问题：
（1）甲的化学式是_________；乙的电子式是__________。
（2）甲与水反应的化学方程式是__________________________________-。
（3）气体丙与金属镁反应的产物是_______（用化学式表示）。
（4）乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式_________。
有人提出产物Cu中可能还含有Cu2O，请设计实验方案验证之_________________________。
（已知Cu2O+2H+==Cu+Cu2++H2O）
（5）甲与乙之间_______（填“可能”或“不可能）发生反应产生H2，判断理由是________。
【解析】“单质气体丙在标准状态下的密度为1.25 g/L”——丙为N2，化合物乙分解得到H2和N2，化合物乙为NH4H，NH4H有NH4+和H—构成的离子化合物。6.00 g化合物甲分解得到短周期元素的金属单质和0.3 molH2，而短周期元素的金属单质的质量为5.4 g；化合物甲与水反应生成的白色沉淀可溶于NaOH溶液，说明该沉淀可能是Al(OH)3，进而可判定化合物甲为AlH3。涉及的反应为：
a.甲、乙受热分解：2AlH3 2Al+3H2↑ 2NH4HN2↑+5H2↑
b.甲与水反应： 2AlH3+6H2O==2Al(OH)3+6H2↑
c. 2NH4H+5CuO5Cu+ N2↑+5H2O
d. 化合物甲和乙的组成中都含－1价H，—1价H还原性很强，可发生氧化还原反应产生H2，即
化合物甲与乙可能发生的反应：2AlH3+ 2NH4H 2Al+N2↑+8H2↑。
NH4H电子式：
第（4）题的实验设计是1992年全国高考题的再现：Cu+在酸性溶液中不稳定，可发生自身氧化还原反应生成Cu2+和Cu。现有浓硫酸、浓硝酸、稀硫酸、稀硝酸、FeCl3稀溶液及pH试纸，而没有其它试剂。简述如何用最简便的实验方法来检验CuO经氢气还原所得到的红色产物中是否含有碱性氧化物Cu2O。
实验方案设计的关键是Cu2O溶解而Cu不溶解：①Cu2O为碱性氧化物；②不能选用具有强氧化性的试剂，否则Cu被氧化为Cu2+。
实验方案设计的表述：简述操作步骤，复述实验现象，根据现象作出判断。
【答案】（1）AlH3；（2）2AlH3+6H2O==2Al(OH)3+6H2↑（3）Mg3N2；
（4）2NH4H+5CuO5Cu+ N2↑+5H2O；取少量反应产物，滴加足量稀硫酸，若溶液由无色变为蓝色，证明产物Cu中含有Cu2O；若溶液不变蓝色，证明产物Cu中不含Cu2O。
（5）可能；AlH3中氢元素的化合价为－1价，NH4H中含有＋1价的氢元素，二者可发生氧化还原反应产生H2。
【点评】本题要求根据物质的性质及其计算进行推理，考查了化学式、电子式、化学方程式的正确书写，根据题给信息设计实验的能力，并要求根据物质的组成判断物质的化学性质。本题完全依据2013年《考试说明》样卷对应试题的模式进行命题。
（2013天津卷）9、FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业生产流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。
I.经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图（加热及夹持装置略去）及操作步骤如下：
①检查装置的气密性；
②通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；
③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成
④……
⑤体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的N2赶尽Cl2，将收集器密封
请回答下列问题：
装置A中反应的化学方程式为_____________________________________。
第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A的右端。要使沉积得FeCl3进入收集器，第④步操作是_______________________________________________。
操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有（填步骤序号）_________________________。
装置B中的冷水浴的作用为__________________；装置C的名称为__________________；装置D中FeCl2全部反应完后，因为失去吸收Cl2的作用而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂：___________。
在虚线框内画出尾气吸收装置E并注明试剂。
II.该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液。
FeCl3与H2S反应的离子方程式为___________________________________________________。
电解池中H+在阴极放电产生H2，阳极的电极反应为___________________________________。
综合分析实验II的两个反应，可知该实验有两个显著优点：
①H2S的原子利用率100%；②____________________________________________________________。
【解析】（1）A中是制备氯化铁的，则反应的化学方程式为2Fe＋3Cl22FeCl3。
（2）要使沉积的FeCl3进入收集器，根据FeCl3加热易升华的性质，第④的操作应该是：在沉积的的FeCl3固体下方加热。
（3）为防止FeCl3潮解所采取的措施有②通入干燥的Cl2，⑤用干燥的N2赶尽Cl2，即答案选②⑤。
（4）B 中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品；装置C的名称为干燥管。装置D中FeCl2全部反应完后，因为失去吸收Cl2的作用而失效，检验FeCl2是否失效就是检验二价铁离子，最好用K3[FeCN]6溶液，也可以用酸性高锰酸钾溶液检验。
（5）氯气有毒，应该有氢氧化钠溶液吸收。由于吸收的是氯气，不用考虑防倒吸。
（6）铁离子具有氧化性，能把H2S氧化生吃单质S，所以反应的离子方程式是2Fe3＋＋H2S＝2Fe2＋＋S↓＋2H＋。
（7）阳极失去电子，发生氧化反应，所以阳极电极反应为Fe2＋－3e－=Fe3＋。
（8）在实验中得到氯化铁，而氯化铁是可以循环使用的，即该实验的另一个优点是FeCl3可以循环利用。
答案：（1）2Fe＋3Cl22FeCl3；（2）在沉积的的FeCl3固体下方加热；（3）②⑤
（4）冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品；干燥管；K3[FeCN]6溶液。（5）。
（6）2Fe3＋＋H2S=2Fe2＋＋S↓＋2H＋； （7）Fe2＋－3e－=Fe3＋；（8）FeCl3得到循环利用。
（2013全国新课标卷2）27.（14分）
氧化锌为白色粉末，可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗。纯化工业级氧化锌(含有Fe(Ⅱ), Mn(Ⅱ), Ni(Ⅱ)等杂质)的流程如下:
工业ZnO 浸出液 滤液
滤液 滤饼 ZnO
提示:在本实脸条件下，Ni(Ⅱ)不能被氧化；高锰酸钾的还原产物是MnO2
回答下列问题:
(1)反应②中除掉的杂质离子是 ，发生反应的离子方程式为 ；
加高锰酸钾溶液前，若pH较低，对除杂的影响是 ；
(2)反应③的反应类型为 。过滤得到的滤渣中，除了过量的锌外还有 ；
(3)反应④形成的沉淀要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是
。
(4)反应④中产物的成分可能是ZnCO3·xZn(OH)2 .取干操后的滤饼11.2g，煅烧后可得到产品8.1 g. 则x等于 。
解析：以工艺流程为形式考察化学知识，涉及反应原理、除杂方法、影响因素、反应类型、产物分析、洗涤干净的检验方法、化学计算等。
（1）除去的杂质离子是Fe2＋和Mn2＋；Fe2＋以Fe(OH)3的形式沉淀下来，Mn2＋以MnO2的形式沉淀下
来；反应离子方程式为：MnO4－＋3Fe2＋＋7H2O＝MnO2↓＋3Fe(OH)3↓＋5H＋、3Mn2＋＋2MnO4－＋2H2O
＝5MnO2↓＋4H＋；在加高锰酸钾溶液前，若pH较低，不会形成Fe(OH)3和MnO2沉淀。
（2）Zn＋Ni2＋＝Zn2＋＋Ni是置换反应；还有Ni。
（3）洗涤主要是除去SO42－和CO32－离子。检验洗净应该检验SO42－离子。取最后一次洗涤液少量，
滴入稀硝酸，加入硝酸钡溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净。
（4）设ZnCO3为amol，Zn(OH)2为bmol
125a+99b=11.2；81(a+b)=8.1
解得a:b=1:x=1:1，x=1
答案：（1）Fe2＋和Mn2＋；
MnO4－＋3Fe2＋＋7H2O＝MnO2↓＋3Fe(OH)3↓＋5H＋；
3Mn2＋＋2MnO4－＋2H2O＝5MnO2↓＋4H＋；
铁离子和锰离子不能生成沉淀，从而无法除去铁和锰杂质。
（2）置换反应；镍
（3）取最后一次洗涤液少量于试管值，滴入1～2滴稀硝酸，再代入硝酸钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净。
（4）1
（2013北京卷）27.（12分）
用含有A12O3、SiO2和少量FeO·xFe2O3的铝灰制备A12(SO4)3·18H2O。，工艺流程如下(部分操作和条件略):
Ⅰ.向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤:
Ⅱ.向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；
Ⅲ.加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色:
Ⅳ.加入MnSO4至紫红色消失，过滤；
Ⅴ.浓缩、结晶、分离，得到产品。
H2SO4溶解A12O3的离子方程式是
KMnO4 - 氧化Fe2+的离子方程式补充完整：
（3）已知：生成氢氧化物沉淀的pH
Al（OH）3
Fe（OH）2
Fe（OH）3
开始沉淀时
3.4
6.3
1.5
完全沉淀时
4.7
8.3
2.8
注：金属离子的起始浓度为0.1mol·L-1
根据表中数据解释步骤Ⅱ的目的： 。
(4)己知:一定条件下，MnO4 - 可与Mn2+反应生成MnO2。
① 向 Ⅲ 的沉淀中加入浓HCI并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是 。
② Ⅳ 中加入MnSO4的目的是 。
【答案】（1）Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O；
（2）5、8H+、5、4H2O；
（3）pH约为3时，Fe2+和Al3＋不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，可使铁完全沉淀；
（4）①生成有黄绿色气体；
②除去过量的MnO4-。
【解析】
（1）氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝与水；
（2）反应中MnO4-→Mn2+，Fe2+→Fe3+， MnO4-系数为1，根据电子转移守恒可知，Fe2+系数为=5，由元素守恒可知， Fe3+系数为5，由电荷守恒可知，由H+参加反应，其系数为8，根据元素原子守恒可知，有H2O生成，其系数为4，方程式配平为MnO4-+5 Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；
（3）滤液中含有Fe2+，由表中数据可知，Fe（OH）2开始沉淀的pH大于Al（OH）3 完全沉淀的pH值，而Fe（OH）3完全沉淀的pH值小于Al（OH）3开始沉淀的pH值，pH值约为3时，Al3+、Fe2+不能沉淀，步骤Ⅱ是将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH值使铁完全沉淀；
（4）①MnO2能将HCl氧化为Cl2，若有黄绿色气体生成说明沉淀中存在MnO2；
②Ⅲ 的上层液呈紫红色，MnO4-过量，加入MnSO4，除去过量的MnO4-。
（2013四川卷）11. 明矾石经处理后得到明矾[KAl(SO4)2·12H2O]。从明矾制备Al、K2SO4、和H2SO4的工艺过程如下所示：
焙烧明矾的化学方程式为：4KAl(SO4)2·12H2O + 3S === 2K2SO4 + 2Al2O3 + 9SO2 + 48H2O
请回答下列问题：
（1）在焙烧明矾的反应中，还原剂是 。
（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是 。
（3）Al2O3在一定条件下可制得AlN，其晶体结构如右图所示，该晶体中Al的配位数是 。
（4）以Al和NiO(OH)为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO(OH)转化为Ni(OH)2，该电池反应的化学方程式是 。
（5）焙烧产生的SO2可用于制硫酸。已知25℃、101kPa时：
2SO2（g）+ O2（g） 2SO3（g） △H1= -197 kJ /mol；
H2O（g） H2O（l） △H2=-44 kJ/mol；
2SO2（g）+ O2（g）+ 2H2O（g）===2H2SO4 △H3=-545 kJ/mol。
则SO3（g）与H2O（l）反应的热化学方程式是 ① 。
焙烧948 t明矾（M = 474 g/mol），若SO2的利用率为96%，可产生质量分数为98%的硫酸 ② t。
【答案】　　(1)S 　　(2)蒸发结晶 　　(3)4
　　(4)Al+3NiO(OH)+H2O==NaAlO2+3Ni(OH)2
　　(5)SO3(g)+H2O(l)==H2SO4(l), ΔH=-130 KJ/mol 　　432t
【解析】ΔH=(ΔH3-ΔH1-2ΔH2)/2=-130 KJ/mol
　　948 t明矾生成SO2物质的量为4500mol
故生成硫酸的质量m=4500×0.96×98÷0.98=432000Kg=432t
（2103上海卷）十一、（本题共14分）
碳酸氢纳俗称“小苏打”，是氨碱法和联合制碱法制纯碱的中间产物，可用作膨松剂，制酸剂，灭火剂等。工业上用纯碱溶液碳酸化制取碳酸氢钠。
54.某碳酸氢钠样品中含有少量氯化钠。称取该样品，用0.1000mol/L盐酸滴定，耗用盐酸20.00mL。若改用0.05618mol/L硫酸滴定，需用硫酸 mL(保留两位小数)。
55.某溶液组成如表一：
问该溶液通入二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体。取出晶体后溶液组成如表二：
计算析出的碳酸氢纳晶体的质量（保留1位小数）。
56.将组成如表二的溶液加热，使碳酸氢纳部分分解，溶液中NaHCO3的质量由428.8kg降为400.3kg，补加适量碳酸纳，使溶液组成回到表一状态。计算补加的碳酸纳质量（保留1位小数）。
57.某种由碳酸钠和碳酸氢钠组成的晶体452kg溶于水，然后通入二氧化碳，吸收二氧化碳44.8（标准状况），获得纯的碳酸氢钠溶液，测得溶液中含碳酸氢钠504kg。通过计算确定该晶体的化学式。
【答案】（54）17.80 （55）1044.6 （56）659.1 （57）Na2CO3·NaHCO3·2H2O
【解析】（54）利用消耗盐酸的量求出样品中含有碳酸氢钠的量，即可求出需耗硫酸的体积。由关系式：2NaHCO3～2HCl～H2SO4可知v消耗(H2SO4)＝[(0.1000mol/L×0.020L)÷2]/0.05618mol·L-1＝17.80mL。（55）通入CO2后，碳酸钠生成碳酸氢钠晶体的质量m新生成(NaHCO3)＝[(814.8×103g-137.7×103g)/106g·mol-1]×168g·mol-1＝1073.1kg，故析出NaHCO3的质量为：1073.1kg+400.3kg-428.8kg＝1044.6kg。（56）受热时NaHCO3分解生成的Na2CO3的质量为[(428.8×103g-400.3×103g)/168g·mol-1]×106g·mol-1＝18.0kg，因此需要加入m(Na2CO3)＝814.8kg-137.7kg-18.0kg＝659.1kg。（57）设该晶体的化学式为xNa2CO3·yNaHCO3·ZH2O，452kg晶体中含有n(Na2CO3)＝(44.8×103L)/22.4L·mol-1＝2000mol，则452kg晶体中含有n(NaHCO3)＝[(504×103g)/84g·mol-1]-2000mol×2＝2000mol，452kg晶体中含有n(H2O)＝（452×103g-2000mol×106g·mol-1－2000mol×84g·mol-1）/18g·mol-1＝4000，即x:y:z＝1:1:2，故晶体的化学式为：Na2CO3·NaHCO3·2H2O。
[2013高考?重庆卷?8](14分)合金是建造航空母舰的主体材料。
(1) 航母升降机可由铝合金制造。
① 铝元素在周期表中的位置为 。工业炼铝的原料由铝土矿提取而得。提取过程中通入的气体为 。
② Al-Mg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜，其化学方程式为 。
焊接过程中使用的保护气为 (填化学式)。
(2) 航母舰体为合金钢。
① 舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为 。
② 航母用钢可由低硅生铁冶炼而成，则在炼铁过程中为降低硅含量需加入的物质为 。
(3) 航母螺旋桨主要用铜合金制造。
① 80.0gCu-Al合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，过滤得白色沉淀39.0g，则合金中Cu的质量分数为 。
② 为分析某铜合金的成分，用酸将其完全溶解后，用NaOH溶液调pH，当pH＝3.4时开始出现沉淀，分别在pH为7.0、8.0时过滤沉淀。结合题8图信息推断该合金中除铜外一定含有 。

答案：(14分)（1）① 第三周期第ⅢA族 CO2
②Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O Ar（其他合理答案均可得分）
（2）①吸氧腐蚀 ②CaCO3或CaO （3）①83.1% ②Al、Ni
【解析】（1）①Al的核外电子层数为3，最外层电子数为3，因此位于周期表中第三周期第ⅢA族；工业冶炼铝的原料是Al2O3，由铝土矿中提取Al2O3的方法一般是将铝土矿溶于NaOH溶液，使Al转化为AlO2-，然后通入CO2气体使AlO2-转化为Al(OH)3沉淀，然后再将Al(OH)3沉淀加热即可得到Al2O3。②在焊接过程中为防止Al、Mg等金属发生氧化反应，需在Ar等惰性气体保护下焊接。（2）①舰体的主要成分为钢铁（含少量碳的铁碳合金），因此在海水中因形成原电池发生吸氧腐蚀；②冶炼过程可加入CaCO3或CaO与硅形成硅酸盐，作为炉渣除去从而降低硅含量。（3）①Cu2+在过量氨水中易形成络离子，因此得到39.0g白色沉淀为Al(OH)3沉淀，利用原子守恒可知80.0gCu-Al合金中含有m(Al)＝27g·mol-1×39.0g/78g·mol-1＝13.5g，故该合金中铜的质量分数为（80.0g-13.5g）/80.0g＝83.1%；②利用图示，结合题中信息可知开始出现沉淀为Al(OH)3、pH=8.0时过滤除去Ni(OH)2，因此该铜合金中还含有Al、Ni。
（2013广东卷）32. 银铜合金广泛用于航空工业。从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：
（注：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450℃和80℃）
（1）电解精炼银时，阴极反应式为 ；滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，该气体变色的化学方程式为 。
（2）固体混合物B的组成为 ；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为 。
(3)完成煅烧过程中一个反应的化学方程式： CuO + Al2O3 CuAlO2 + ↑
（4）若银铜合金中铜的质量分数为63.5%，理论上5.0kg废料中的铜可完全转化为 mol CuAlO2，至少需要1.0mol·L-1的Al2(SO4)3溶液 L。
(5)CuSO4溶液也可用于制备胆矾，其基本操作是 、过滤、洗涤和干燥。
解析：（1）仿照精炼铜的原理可以确定粗银做阳极：Ag—e—= Ag+，纯银做阴极： Ag++e—= Ag。 滤渣A中的金属与稀硝酸反应生成无色的NO，NO与空气中的氧气反应生成红棕色的NO2：2NO+O2=2 NO2。
（2）结合信息和流程图分析可知：硫酸铜、硫酸铝固体与稀氢氧化钠反应生成氢氧化铜和氢氧化铝，煮沸时氢氧化铜分解为CuO，氢氧化铝不分解，所以B应该为CuO和Al(OH)3，若NaOH过量，两性氢氧化物Al(OH)3就会溶解：Al(OH)3+OH—= AlO—+2H2O。
（3）依据题给反应物和生成物可以判断：CuO转化为CuAlO2，铜元素化合价由+2下降为+1，CuO做氧化剂，所以生成的物质还应有氧气（化合价-2→0），根据氧化还原反应反应得失电子守恒可配平反应：4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2↑。
（4）银铜合金中的铜的物质的量n（Cu）=，根据元素守恒可得生成的CuAlO2也是50.0mol，依据方CuAlO2中的Cu和Al个数关系及Al原子个数守恒可得,n[Al2(SO4)3]= 25.0 mol，则需要硫酸铝溶液的体积是25.0L。
（5）用溶液制备带结晶水的晶体的一般操作步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
答案：（1）Ag++e—＝Ag，2NO+O2＝2 NO2（2）CuO和Al(OH)3，Al(OH)3+OH—＝AlO—+2H2O
（3）4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2↑（4）25.0L （5）蒸发浓缩、冷却结晶
命题意图：元素化合物
（2013江苏卷）16.(12分)氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛。硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索。以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3)为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：
(1)MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为 。
(2)加入H2O2氧化时，发生反应的化学方程式为 。
(3)滤渣2的成分是 (填化学式)。
(4)煅烧过程存在以下反应：
2MgSO4＋C2MgO＋2SO2↑＋CO2↑
MgSO4＋CMgO＋SO2↑＋CO↑
MgSO4＋3CMgO＋S↑＋3CO↑
利用右图装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集。
①D中收集的气体可以是 (填化学式)。
②B中盛放的溶液可以是 (填字母)。
a.NaOH 溶液 b.Na2CO3溶液 c.稀硝酸 d.KMnO4溶液
③A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，产物中元素最高价态为＋4，写出该反应的离子方程式： 。
【参考答案】
16.(12分)
(1)MgCO3＋2H＋=Mg2＋＋CO2↑＋H2O
(2)2FeSO4＋H2O2＋H2SO4=Fe2(SO4)3＋2H2O
(3)Fe(OH)3
(4)①CO ②d ③3S＋6OH－2S2－＋SO32－＋3H2O
【解析】本题是元素化合物知识与生产工艺相结合的试题，意在引导中学化学教学关注化学学科的应用性和实践性。本题考查学生在“工艺流程阅读分析，离子反应议程式和氧化还原反应方程式的书写”等方面对元素化合物性质及其转化关系及基本实验的理解和应用程度，考查学生对新信息的处理能力。酸溶后，加入H2O2氧化时，使FeSO4转化Fe2(SO4)3
这样在pH左右除尽铁。对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集中注意“分步”两字，A中
冷凝硫，B中除去SO2，C中除去CO2，D中收集CO。
（2013江苏卷）19.(15分)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种易吸收的高效铁制剂，可由绿矾(FeSO4·7H2O)通过下列反应制备：FeSO4＋Na2CO3=FeCO3↓＋Na2SO4 FeCO3＋C6H8O7=FeC6H6O7＋CO2↑＋H2O 下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L－1计算)。
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Fe3＋
1.1
3.2
Al3＋
3.0
5.0
Fe2＋
5.8
8.8
(1)制备FeCO3时，选用的加料方式是 (填字母)，原因是
。
a.将FeSO4溶液与Na2CO3溶液同时加入到反应容器中
b.将FeSO4溶液缓慢加入到盛有Na2CO3溶液的反应容器中
c.将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中
(2)生成的FeCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是
。
(3)将制得的FeCO3加入到足量柠檬酸溶液中，再加入少量铁粉，80℃下搅拌反应。①铁粉的作用是 。②反应结束后，无需过滤，除去过量铁粉的方法是 。
(4)最后溶液经浓缩、加入适量无水乙醇、静置、过滤、洗涤、干燥，获得柠檬酸亚铁晶体。分离过程中加入无水乙醇的目的是
。
(5)某研究性学习小组欲从硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3)出发，先制备绿矾，再合成柠檬酸亚铁。请结合右图的绿矾溶解度曲线，补充完整由硫铁矿烧渣制备FeSO4·7H2O晶体的实验步骤(可选用的试剂：铁粉、稀硫酸和NaOH溶液)：向一定量烧渣中加入足量的稀硫酸充分反应，
，得到FeSO4溶液， ，得到FeSO4·7H2O晶体。
【参考答案】
19.(15分)
(1)c 避免生成Fe(OH)2沉淀
(2)取最后一次的洗涤滤液1～2 mL于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净。
(3)①防止＋2价的铁元素被氧化 ②加入适量柠檬酸让铁粉反应完全
(4)降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出
(5)过滤，向反应液中加入足量的铁粉，充分搅拌后，滴加NaOH溶液调节反应液的pH约为5，过滤。或过滤，向滤液中滴加过量的NaOH溶液，过滤，充分洗涤固体，向固体中加入足量稀硫酸至固体完全溶解，再加入足量的铁粉，充分搅拌后，过滤。
(滴加稀硫酸酸化)加热浓缩得到60℃饱和溶液 冷却至0℃结晶，过滤，少量冰水洗涤，低温干燥
【解析】本题以柠檬酸亚铁制取和分析为背景的综合实验题，涉及元素化合物知识、检验洗涤是否完全的方法、除去过量铁粉的方法、分离过程中加入无水乙醇的目的、合成柠檬酸亚铁实验步骤等多方面内容，考查学生对综合实验处理能力。(5)过滤，向反应液中加入足量的铁粉，充分搅拌后，滴加NaOH溶液调节反应液的pH约为5，过滤。或过滤，向滤液中滴加过量的NaOH溶液，过滤，充分洗涤固体，向固体中加入足量稀硫酸至固体完全溶解，再加入足量的铁粉，充分搅拌后，过滤。两个过程中加入足量的铁粉，都是为了让三价铁变为二价铁。加热浓缩得到60℃饱和溶液前一般滴加稀硫酸酸化，为防止二价铁离子受热水解。少量冰水洗涤减少FeSO4·7H2O晶体溶解。低温干燥减少FeSO4·7H2O晶体失水分解。
【备考提示】实验的基本操作、实验仪器的选择、实验误差分析、物质的除杂和检验等内容依然是高三复习的重点，也是我们能力培养的重要目标之一。
（2013山东卷）28．（12分）金属冶炼和处理常涉及氧化还原反应。
（1）由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是
a．Fe2O3 b．NaCl c．Cu2S d．Al2O3
（2）辉铜矿（Cu2S）可发生反应2Cu2S+2H2SO4+5O2==4CuSO4+2 H2O，该反应的还原剂是 ，当1mol O2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为 mol。向CuSO4溶液中加入镁条时有气体生成，该气体是
（3）右图为电解精炼银的示意图， （填a或b）极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应式为
（4）为处理银器表面的黑斑（Ag2S），将银器置于铝制容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，食盐水的作用为
解析：（1）NaCl与Al2O3冶炼需要用电解法，Fe2O3与Cu2S可以用热还原法，所以为b、d。
（2）在该反应中，Cu元素化合价由+1升高到+2，S元素由-2升高到+6，Cu2S做还原剂，当有1molO2参与反应转移的电子为4mol，由于Cu2+水解呈酸性，加入镁条时，镁与H+反应生成了氢气。
（3）电解精炼时，不纯金属做阳极，这里就是a极；b电极是阴极，发生还原反应，生成了红棕色气体是NO，遇空气氧化生成的NO2，电极反应：NO3-+3e-＋4H+＝NO↑+2H2O。或NO3-+e-＋2H+＝NO2↑+H2O
（4）做电解质溶液，形成原电池。
答案：（1）bd
（2）Cu2S；4；氢气
（3）a；NO3-+3e-＋4H+＝NO↑+2H2O
（4）做电解质溶液，形成原电池。
（2013大纲卷）29、（15分）铝是一种应用广泛的金属，工业上用Al2O3和冰晶石（Na3AlF6）混合熔融电解制得。
①铝土矿的主要成分是Al2O3和SiO2等。从铝土矿中提炼Al2O3的流程如下：
②以萤石（CaF2）和纯碱为原料制备冰晶石的流程如下：
回答下列问题：
（1）写出反应1的化学方程式 ；
（2）滤液Ⅰ中加入CaO生成的沉淀是 ，反应2的离子方程式为 ；
（3）E可作为建筑材料，化合物C是 ，写出由D制备冰晶石的化学方程式 ；
（4）电解制铝的化学方程式是 ，以石墨为电极，阳极产生的混合气体的成分是 。
【答案】（1）2NaOH＋SiO2＝Na2SiO3＋H2O（2分） 2NaOH＋Al2O3＝2NaAlO2＋H2O（2分）
（2）CaSiO3（2分） 2AlO2－＋CO2＋3H2O＝2Al(OH)3↓＋CO32－（2分）
（3）浓H2SO4（1分） 12HF＋3Na2CO3＋2Al(OH)3＝2Na3AlF6＋3CO2＋9H2O（2分）
（4）2Al2O34Al＋3O2↑（2分） O2、CO2（CO）（2分）
【解析】（1）反应1为“碱溶”，发送的反应为：杂质反应2NaOH＋SiO2＝Na2SiO3＋H2O，2NaOH＋Al2O3＝2NaAlO2＋H2O；
（2）滤液I的主要成分是NaAlO2和Na2SiO3，加入生石灰发生的反应：CaO+H2O=Ca(OH)2和Ca(OH)2 ＋Na2SiO3＝CaSiO3+ 2NaOH，即沉淀为CaSiO3。滤液II的主要成分是NaAlO2，通入的气体A是CO2，发生反应的方程式为2NaAlO2＋CO2＋3H2O＝2A l ( O H )3↓＋Na2CO3；
（3）根据生成物可以作为建筑材料以及加入C能和CaF2 发生反应，可知C是浓硫酸，反应的方程式为CaF2+H2SO4（浓）CaSO4+2HF；
（4）电解法制铝的方程式为2Al2O34Al＋3O2↑，阳极产生的气体是O2。
2013年高考化学试题分类解析汇编：非金属及其化合物
（2013江苏卷）4.下列有关物质性质的应用正确的是
A.液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂
B.二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸
C.生石灰能与水反应，可用来干燥氯气
D.氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝
【参考答案】A
【解析】本题属于元素及其化合物知识的考查范畴，这些内容都来源于《必修一》、和《必修二》等课本内容。
A.源于《必修一》P99第8行原文。
B.源于《必修一》P76第9行原文。
C.源于《必修一》P87第3题及《必修一》P85第7行材料。
D.氯化铝从《选修三》电负性差值来看，它属于共价化合物，熔融情况下不导电，不能用于电解制铝。《必修二》P88－P89都介绍了工业上用电解熔融氧化铝的方法制铝。
【备考提示】看来高三一轮复习围绕课本、围绕基础展开，也不失为一条有效的复习途径。
（2013江苏卷）6.甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：。下列有关物质的推断不正确的是
A.若甲为焦炭，则丁可能是O2
B.若甲为SO2，则丁可能是氨水
C.若甲为Fe，则丁可能是盐酸
D.若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2
【参考答案】B
【解析】本题属于元素及其化合物知识的考查范畴，有一定的难度，代入逐一对照验证法是一种比较简单的方法。
A.若甲为焦炭，则乙为一氧化碳，丙为二氧化碳，二氧化碳与炭反应生成一氧化碳。
B.若甲为二氧化硫，则乙为亚硫酸氢铵，丙为亚硫酸铵，亚硫酸铵与二氧化硫反应生成亚硫酸氢铵。
C.若甲为铁，丁为盐酸，则乙为氯化来铁，氯化来铁可能再与盐酸反应。
D.若甲为氢氧化钠，丁为二氧化碳，则乙为碳酸钠，丙为碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠。
（2013四川卷）7. 1.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120 mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀。下列说法不正确的是（　　）
A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2:1
B. 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/L
C．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
D．得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL21世纪教育网
【答案】D
【解析】A. 设Cu Xg, Mg Yg.
　　X+Y=1.52
　　X/64×98+Y/24×58=2.54
　　得X=0.02 Y=0.01
　B. c(HNO3)=1000ρ?/M=1000×1.40×63/63=14.0（mol/L ）
　C. n(HNO3)=14.0×0.05=0.7mol=n（NO2）+2n（N2O4）
　n（NO2）+n（N2O4）=1.12L/22.4L/mol, 　n（NO2）=0.04 mol n（N2O4）=0.01 mol
　　可知C正确。
　D. 与硝酸反应的NaOH ： n（NaOH）=0.7-0.04-0.02=0.64
　　与金属离子反应的NaOH ： n（NaOH）=0.06
　　总NaOH的量 n总=0.64+0.06=0.7 mol
故需要NaOH 700 mL
（2013上海卷）7.将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是
选项
X
Y
A
SO2
H2S
B
Cl2
CO2
C
NH3
CO2
D
SO2
Cl2
答案：B
【解析】A项，会有沉淀（单质硫）生成；B项，Cl2通入BaCl2溶液中无现象，再通入CO2也不会有BaCO3沉淀生成；C项，会有BaCO3沉淀生成；D项，后通入的Cl2可将先通入SO2氧化为H2SO4，因此后有BaSO4沉淀生成，故答案为：B。
（2013上海卷）16.已知氧化性Br2＞Fe3+。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2,发生反应的离子方程式为：
a Fe2++b Br-+c Cl2→d Fe3++ e Br2+ f Cl-
下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是
A.2 4 3 2 2 6 B.0 2 1 0 1 2
C.2 0 1 2 0 2 D.2 2 2 2 1 4
答案：B
【解析】由题意知，将Cl2通入FeBr2溶液中先氧化Fe2+，然后再氧化Br-。若a、b、c为2、4、3时，溶液中Fe2+、Br-恰好完全被氧化，则利用原子守恒知d、e、f是2、2、6；若a、b为0、2,则说明反应先氧化Be-，与事实不符；若a、b、c为2、0、1时，即溶液中Fe2+恰好氧化完全，则利用原子守恒知d、e、f是2、0、2；若a、b、c为2、2、2时，即溶液中Fe2+完全氧化、Br-刚好有一半被氧化，则利用原子守恒知d、e、f是2、1、4，故答案为：B。
（2013上海卷）18.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化物比还原物多1.75mol，则下列判断正确的是
A.生成42.0LN2（标准状况）
B.有0.250molKNO3被氧化
C.转移电子的物质的量为1.25mol
D.被氧化的N原子的物质的量为3.75mol
答案：CD
【解析】利用方程式可知N2既是氧化产物又是还原产物，且氧化产物与还原产物的质量（或物质的量）之比为15:1，因此当氧化产物比还原产物多1.75mol时，生成N2的体积（标准状况）为：[16mol×1.75mol/(15mol-1mol)]×22.4L·mol-1＝44.8L；参加反应的KNO3被还原；利用方程式知生成16molN2时转移10mol电子，结合前面分析知反应生成2molN2,因此反应转移电子的物质的量为10×2/16＝1.25mol，C项正确；利用方程式，结合前面分析知当氧化产物比还原产物多14mol时，被氧化的氮原子的物质的量为30mol,因此该反应被氧化的氮原子的物质的量为30mol×1.75mol/14mol＝3.75mol，D项正确。
（2013上海卷）21.一定条件下，将0.1LCO、0.2LCO2、0.1LNO、0.2LNO2和0.2LNH3混合，然后通过分别盛有足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液的三个洗气瓶（洗气瓶排列顺序不确定）。假设气体通过每个洗气瓶都能充分反应，则尾气（已干燥）
A.可能是单一气体 B.不可能含有一氧化碳
C.可能存在原气体中的两种气体 D.成分和洗气瓶的排列顺序无关
答案：AC
【解析】若混合气体先通入NaOH溶液，然后再依次通入饱和碳酸氢钠溶液、水（或水、饱和碳酸氢钠溶液）则最后得到尾气为CO；若混合气体先通过饱和碳酸氢钠溶液、水（或水、饱和碳酸氢钠溶液），最后通入NaOH溶液，则尾气为CO和NO，由此可知尾气中一定含有CO，故答案为：AC。
（2013上海卷）22.一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1﹕1，则V可能为
A.9.0L B.13.5L C.15.7L D.16.8L
答案：A
【解析】由铜守恒可知CuS与Cu2S中含有n(Cu)＝12.0g/80g·mol-1＝0.15mol，利用电子守恒，依据“极端假设法”可知，当混合物全部为CuS时可得：0.15mol×8＝n(NO)×3+n(NO2) ×1，因n(NO)＝n(NO2)，解之得n(NO)＝n(NO2)＝0.3mol，则反应所得混合气体在标况下的体积V＝（0.3mol+0.3mol）×22.4mol·L-1＝13.44L；当混合物全部为Cu2S时可得：10×0.15mol/2＝n(NO)×3+n(NO2) ×1，因n(NO)＝n(NO2)，解之得n(NO)＝n(NO2)＝0.1875mol，则反应所得混合气体在标况下的体积V＝（0.1875mol+0.1875mol）×22.4mol·L-1＝8.4L,所以收集到气体体积：8.4L＜V＜13.44L，故答案为：A。
（2013广东卷）10．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是
选项
叙述I
叙述II
A
NH4Cl为强酸弱碱盐
用加热法除去NaCl中的NH4Cl
B
Fe3+具有氧化性
用KSCN溶液可以鉴别Fe3+
C
溶解度：CaCO3溶解度：Na2CO3D
SiO2可与HF反应
氢氟酸不能保存在玻璃瓶中
解析：用加热法除去NaCl中的NH2Cl的原因是NH2Cl受热易分解生成氨气和氯化氢，A错误；用KSCN溶液鉴别Fe3+是因为Fe3+与ＳＣＮ—发生络合反应生成红色Fe（ＳＣＮ）3，B错误；碳酸钙的溶解度小于碳酸氢钙，而碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，C错误；玻璃的主要成分SiO2易与HF反应，所以氢氟酸保存在塑料瓶中，Ｄ正确。答案：Ｄ
命题意图：元素化合物
（2013广东卷）11．下列措施不合理的是
A．用SO2漂白纸浆和草帽辫
B．用硫酸清洗锅炉中的水垢
C．高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅
D．用Na2S做沉淀剂，除去废水中的Cu2+和Hg2+
解析：ＳＯ２具有漂白性，常用于漂白纸浆和草帽辫，Ａ合理；硫酸与锅炉中水垢的主要成分碳酸钙反应生成的微溶硫酸钙会覆辙在碳酸钙表面阻碍反应的继续进行，所以应选用盐酸除垢而非硫酸，Ｂ不合理；焦炭在高温下与ＳｉＯ２反应生成硅和一氧化碳，Ｃ合理；Ｃｕ２＋、Ｈｇ２＋与Ｓ２—反应生成难溶的ＣｕＳ、ＨｇＳ沉淀，Ｄ正确。答案：B
命题意图：元素化合物
（2013浙江卷）8、下列说法正确的是
A．实验室从海带提取单质碘的方法是：取样 灼烧 溶解 过滤 萃取
B．用乙醇和浓H2SO4制备乙烯时，可用水浴加热控制反应的温度
C．氯离子存在时，铝表面的氧化膜易被破坏，因此含盐腌制品不宜直接放在铝制容器中
D．将(NH4)2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶液，都出现沉淀，表明二者均可使蛋白质变性
【解析】A选项：实验室从海带提取单质碘缺少了氧化过程，萃取后还要分液。B选项：用乙醇和浓H2SO4制备乙烯时必须使温度迅速升高至约170℃，不可能是水浴加热(水浴加热温度最高只能达到100℃)。D选项：蛋白质溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液发生盐析(盐析是可逆过程，不破坏蛋白质的生理活性，加水后又溶解)，蛋白质溶液中加入CuSO4等重金属盐溶液变性析出（变性是不可逆过程，蛋白质失去了生理活性，加水不再溶解）。C选项：通常认为是Cl—替换氧化铝中的O2—而形成可溶性的氯化物，所以铝表面的氧化膜易被Cl—破坏。
答案：C
（2013浙江卷）26、氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生H2的化合物甲和乙。将6.00 g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72 LH2（已折算成标准状况）。甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状态下的密度为1.25 g/L。请回答下列问题：
（1）甲的化学式是_________；乙的电子式是__________。
（2）甲与水反应的化学方程式是__________________________________-。
（3）气体丙与金属镁反应的产物是_______（用化学式表示）。
（4）乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式_________。
有人提出产物Cu中可能还含有Cu2O，请设计实验方案验证之_________________________。
（已知Cu2O+2H+==Cu+Cu2++H2O）
（5）甲与乙之间_______（填“可能”或“不可能）发生反应产生H2，判断理由是________。
【解析】“单质气体丙在标准状态下的密度为1.25 g/L”——丙为N2，化合物乙分解得到H2和N2，化合物乙为NH4H，NH4H有NH4+和H—构成的离子化合物。6.00 g化合物甲分解得到短周期元素的金属单质和0.3 molH2，而短周期元素的金属单质的质量为5.4 g；化合物甲与水反应生成的白色沉淀可溶于NaOH溶液，说明该沉淀可能是Al(OH)3，进而可判定化合物甲为AlH3。涉及的反应为：
a.甲、乙受热分解：2AlH3 2Al+3H2↑ 2NH4HN2↑+5H2↑
b.甲与水反应： 2AlH3+6H2O==2Al(OH)3+6H2↑
c. 2NH4H+5CuO5Cu+ N2↑+5H2O
d. 化合物甲和乙的组成中都含－1价H，—1价H还原性很强，可发生氧化还原反应产生H2，即
化合物甲与乙可能发生的反应：2AlH3+ 2NH4H 2Al+N2↑+8H2↑。
NH4H电子式：
第（4）题的实验设计是1992年全国高考题的再现：Cu+在酸性溶液中不稳定，可发生自身氧化还原反应生成Cu2+和Cu。现有浓硫酸、浓硝酸、稀硫酸、稀硝酸、FeCl3稀溶液及pH试纸，而没有其它试剂。简述如何用最简便的实验方法来检验CuO经氢气还原所得到的红色产物中是否含有碱性氧化物Cu2O。
实验方案设计的关键是Cu2O溶解而Cu不溶解：①Cu2O为碱性氧化物；②不能选用具有强氧化性的试剂，否则Cu被氧化为Cu2+。
实验方案设计的表述：简述操作步骤，复述实验现象，根据现象作出判断。
【答案】（1）AlH3；（2）2AlH3+6H2O==2Al(OH)3+6H2↑（3）Mg3N2；
（4）2NH4H+5CuO5Cu+ N2↑+5H2O；取少量反应产物，滴加足量稀硫酸，若溶液由无色变为蓝色，证明产物Cu中含有Cu2O；若溶液不变蓝色，证明产物Cu中不含Cu2O。
（5）可能；AlH3中氢元素的化合价为－1价，NH4H中含有＋1价的氢元素，二者可发生氧化还原反应产生H2。
【点评】本题要求根据物质的性质及其计算进行推理，考查了化学式、电子式、化学方程式的正确书写，根据题给信息设计实验的能力，并要求根据物质的组成判断物质的化学性质。本题完全依据2013年《考试说明》样卷对应试题的模式进行命题。
（2013北京卷）28.（15分）
某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：
操作
现象
取4g漂粉精固体，加入100mL水
部分固体溶解，溶液略有颜色
过滤，测漂粉精溶液的pH
pH试纸先变蓝（约为12），后褪色
液面上方出现白雾；
稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；
ⅲ.稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去
（1）Cl2和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是 。
（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是 。
（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由HCl小液滴形成，进行如下实验：
a.用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；
b.用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。
① 实验a目的是 。
②由实验a、b不能判断白雾中含有HC1，理由是 。
（4）现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和C1-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是 。
（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X。
①向沉淀X中加入稀HC1，无明显变化。取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是 。
②用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因： 。
【答案】
（1）2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋2Ca(ClO)2＋2H2O；
（2）碱性、漂白性；
（3）①检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；
②白雾中含有SO2，SO2可与酸化的AgNO3溶液反应产生白色沉淀；
（4）向漂白精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；
（5）①CaSO4；
②Cl2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Cl－＋SO42－。
【解析】
（1）Cl2和Ca（OH）2生成氯化钙、次氯酸钙与水；
（2）pH试纸先变蓝（约为12），说明溶液呈碱性，后颜色褪去，说明具有漂白性；
（3）①反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；
②白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；
（4）向漂白精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；
（5）①取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42-,故沉淀X为CaSO4；
②溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸。
（2013上海卷）溴主要以Br-形式存在于海水中，海水呈弱碱性。工业上制备的Br2的操作步骤为：
①一定条件下，将Cl2通入浓缩的海水中，生成Br2
②利用热空气将Br2吹出，并用浓Na2CO3溶液吸收，生成NaBr、NaBrO3等
③用硫酸酸化步骤②得到的混合物
完成下列填空：
27.Cl2氧化Br-应在 条件下进行，目的是为了避免
28.Br2可用热空气吹出，其原因是
29.写出步骤③所发生的化学反应方程式。
用硫酸而不用盐酸酸化的原因可能是 。步骤②的产品有时运输到目的地后再酸化，主要是因为
30.为了除去工业Br2中微量的Cl2,可向工业Br2中
a.通入HBr b.加入Na2CO3溶液 c.加入NaBr溶液 d.加入Na2SO3溶液
【答案】（27）酸性 、生成的溴与碱发生反应 （28）溴的沸点较低，易挥发
（29）5NaBr+NaBrO3+3H2SO4＝3Na2SO4+3Br2+3H2O 防止在酸性条件下，溴酸钠将Cl-氧化为氯气，影响生成溴的纯度、 防止溴的挥发 （30）a
【解析】（27）利用存在Br-的海水呈碱性和Br2可与碱性物质反应可知为防止氧化得到溴和碱反应，则氯气在氧化Br-时应在酸性条件下进行。
（28）溴可与被热空气吹出，是因为溴的沸点低，易挥发。
（29）向NaBr和NaBrO3的混合溶液中，加入H2SO4，Br-与BrO3-发生归中反应生成Br2，结合原子守恒可写出反应的方程式；酸化时不用盐酸是防止在酸性条件下，BrO3-将Cl-氧化为Cl2混入溴中；因溴易挥发，所以要酸化NaBr和NaBrO3的混合溶液制取溴要等到将混合液运送到目的地再酸化。
（30）遵循除杂不引入新杂质的原子，可采用通入HBr的方法除去溴中混有Cl2。
（2013上海卷）八、（本题共12分）
二氧化硫是硫的重要化合物，在生产、生活中有广泛应用。二氧化硫有毒，并且是形成酸雨的主要气体。无论是实验室制备还是工业生产，二氧化硫尾气吸收或烟气脱硫都非常重要。
完成下列填空：
40.实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫。
如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，上图中可选用的发生装置是 （填写字母）。
41.若用硫酸和亚硫酸钠反应制取3.36L（标准状况）二氧化硫，至少需要称取亚硫酸钠
g（保留一位小数）；如果已有4.0%亚硫酸钠（质量分数），被氧化成硫酸钠，则至少需称取该亚硫酸钠 g （保留一位小数）。
42.实验室二氧化硫尾气吸收与工业烟气脱硫的化学原理相通。石灰-石膏法和碱法是常用的烟气脱硫法。
石灰-石膏法的吸收反应为SO2+Ca(OH)2→CaSO3↓+H2O。吸收产物亚硫酸钙由管道输送至氧化塔氧化，反应为2CaSO3+O2+4H2O→2CaSO4·2H2O。其流程如下图：
碱法的吸收反应为SO2+2NaOH→Na2SO3+H2O。碱法的特点是氢氧化钠碱性强、吸收快、效率高。其流程如下图：
已知：
试剂
Ca(OH)2
NaOH
价格（元/kg）
0.36
2.90
吸收SO2的成本（元/mol）
0.027
0.232
石灰-石膏法和碱法吸收二氧化硫的化学原理相同之处是 。和碱法相比，石灰-石膏法的优点是 ，缺点是 。
43.在石灰-石膏法和碱法的基础上，设计一个改进的、能实现物料循环的烟气脱硫方案（用流程图表示）。
【答案】（40）a e （41）18.9 、 19.8
（42）利用SO2是酸性氧化物，可与碱反应；原料易得，吸收成本低；吸收速率慢，效率低 （43）
【解析】（40）用硫酸和亚硫酸钠制取SO2的试剂为固态和液态，反应条件不需加热，可通过控制添加硫酸的速率来控制反应速率，结合装置可知a、e可达到目的。（41）由硫守恒可得：Na2SO3～SO2，因此需称取m(Na2SO3)＝126g·mol-1×3.36L/22.4L·mol-1＝18.9g；4g亚硫酸氧化为硫酸钠后质量变为(4×142)/126＝4.5g，则有4.0%亚硫酸钠被氧化为硫酸钠的样品中亚硫酸钠的质量分数为：96/100.5＝95.5%，因此称取变质样品的质量应为：18.9g÷95.5%＝19.8g。（42）石灰-石膏法与碱法吸收SO2都是利用SO2是酸性氧化物可与碱反应的性质来吸收SO2的；利用题中已知和有关信息可知采用石灰—石膏法所用原料易得、成本低等，但因Ca(OH)2碱性弱，导致吸收速率慢、效率低。
（2013海南卷）14.（9分）
溴及其化合物广泛应用于医药、农药、纤维、塑料组燃剂等，回答下列问题：
（1）海水提溴过程中，向浓缩的海水中通入 ，将其中的Br-氧化，再用空气吹出溴；然后用碳酸钠溶液吸收溴，溴歧化为Br-和BrO3-，其离子方程式为 。
（2）溴与氯能以共价键结合形成BrCl。BrCl分子中， 显正电性。BrCl与水发生反应的化学方程式为 。
（3）CuBr2分解的热化学方程式为：
2CuBr2(s)=2 CuBr(s)+ Br2(g) △H=+105.4kJ/mol
在密闭容器中将过量CuBr2于487K下加热分解，平衡时p(Br2)为4.66×103Pa。
①如反应体系的体积不变，提高反应温度，则p(Br2)将会 (填“增大”、“不变”或“减小”)。
②如反应温度不变，将反应体系的体积增加一倍，则p(Br2)的变化范围为 。
[答案] （1）Cl2 3 Br2+6 CO32-+3H2O=5 Br-+ BrO3-+6HCO3-
(或3 Br2+3CO32-=5 Br-+ BrO3-+3CO2)
（2）Br BrCl+H2O=HCl+ HBrO （3）①增大 ②2.33×103Pa< p(Br2)≤4.66×103Pa
[解析]：（1）溴在碳酸钠溶液的歧化可把反应理解为，溴与水发生歧化，产生H+的被碳酸钠吸收。
（2）正电性的原子或原子团结合OH形成分子，则生成HBrO。
（3）①升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因而可提高p(Br2)；②体积增大一倍时，p(Br2)降为原来的一半，即2.33×103Pa，减压使平衡向气体体积数增大的方向移动，因而会大于2.33×103Pa；若反应物足量，可平衡恢复到原有的p(Br2)。
（2013江苏卷）16.(12分)氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛。硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索。以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3)为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：
(1)MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为 。
(2)加入H2O2氧化时，发生反应的化学方程式为 。
(3)滤渣2的成分是 (填化学式)。
(4)煅烧过程存在以下反应：
2MgSO4＋C2MgO＋2SO2↑＋CO2↑
MgSO4＋CMgO＋SO2↑＋CO↑
MgSO4＋3CMgO＋S↑＋3CO↑
利用右图装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集。
①D中收集的气体可以是 (填化学式)。
②B中盛放的溶液可以是 (填字母)。
a.NaOH 溶液 b.Na2CO3溶液 c.稀硝酸 d.KMnO4溶液
③A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，产物中元素最高价态为＋4，写出该反应的离子方程式： 。
【参考答案】
16.(12分)
(1)MgCO3＋2H＋=Mg2＋＋CO2↑＋H2O
(2)2FeSO4＋H2O2＋H2SO4=Fe2(SO4)3＋2H2O
(3)Fe(OH)3
(4)①CO ②d ③3S＋6OH－2S2－＋SO32－＋3H2O
【解析】本题是元素化合物知识与生产工艺相结合的试题，意在引导中学化学教学关注化学学科的应用性和实践性。本题考查学生在“工艺流程阅读分析，离子反应议程式和氧化还原反应方程式的书写”等方面对元素化合物性质及其转化关系及基本实验的理解和应用程度，考查学生对新信息的处理能力。酸溶后，加入H2O2氧化时，使FeSO4转化Fe2(SO4)3
这样在pH左右除尽铁。对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集中注意“分步”两字，A中
冷凝硫，B中除去SO2，C中除去CO2，D中收集CO。
（2013江苏卷）20.(14分)磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，主要以难溶于水的磷酸盐如Ca3(PO4)2等形式存在。它的单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用。
(1)白磷(P4)可由Ca3(PO4)2、焦炭和SiO2在一定条件下反应获得。相关热化学方程式如下：
2Ca3(PO4)2(s)＋10C(s)=6CaO(s)＋P4(s)＋10CO(g) △H1=＋3359.26 kJ·mol－1
CaO(s)＋SiO2(s)=CaSiO3(s) △H2=－89.61 kJ·mol－1
2Ca3(PO4)2(s)＋6SiO2(s)＋10C(s)=6CaSiO3(s)＋P4(s)＋10CO(g) △H3
则△H3= kJ·mol－1。
(2)白磷中毒后可用CuSO4溶液解毒，解毒原理可用下列化学方程式表示：
11P4＋60CuSO4＋96H2O=20Cu3P＋24H3PO4＋60H2SO4
60molCuSO4能氧化白磷的物质的量是 。
(3)磷的重要化合物NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4可通过H3PO4与NaOH溶液反应获得，含磷各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH 的关系如右图所示。
①为获得尽可能纯的NaH2PO4，pH应控制在 ；pH=8时，溶液中主要含磷物种浓度大小关系为 。
②Na2HPO4溶液显碱性，若向溶液中加入足量的CaCl2溶液，溶液则显酸性，其原因是
(用离子方程式表示)。
(4)磷的化合物三氯氧磷()与季戊四醇()以物质的量之比2:1 反应时，可获得一种新型阻燃剂中间体X，并释放出一种酸性气体。季戊四醇与X 的核磁共振氢谱如下图所示。
①酸性气体是 (填化学式)。
②X的结构简式为 。
【参考答案】
20.(14分)
(1)2821.6 (2)3mol
(3)①4～5.5(介于此区间内的任意值或区间均可) c(HPO42－)＞c(H2PO4－)
②3Ca2＋＋2HPO42－=Ca3(PO4)2↓＋2H＋
(4)①HCl ②
【解析】本题围绕磷及其化合物展开，涉及元素化合物性质、热化学方程式、氧化还原反应判断、离子反应方程式的书写、读图读表、pH控制、核磁共振氢谱推结构等的综合题，是以常见物质相关的化学知识在生产、生活中具体运用的典型试题。
(1)△H3=△H1＋6△H2=2821.6kJ·mol－1。
(2)60molCuSO4能氧化白磷的物质的量先看铜从正二价变为正一价得60mol电子，P4变H3PO4失20mol电子，因此，60molCuSO4能氧化白磷的物质的量是3mol。
(3)①为获得尽可能纯的NaH2PO4，pH应控制从图表中找出H2PO4－分布分数最在值的区间，即4～5.5左右。pH=8时，溶液中主要含磷物种浓度大小关系也从图表中找出，即
c(HPO42－)＞c(H2PO4－)
②Na2HPO4溶液显碱性，若向溶液中加入足量的CaCl2 溶液，溶液则显酸性，其原因是
有Ca3(PO4)2↓后，溶液中氢离子浓度增加。
【备考提示】高三复习一定要关注社会、关注生活、关注新能源新材料、关注环境保护与社会发展，适度加强综合训练，把学生的能力培养放在高三复习的第一位。
（2013福建卷）24.（14分）
二氧化氯（ClO2）是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂。
（1）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2方法。
①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。其次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的________（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。经检测发现滤液中仍含有一定量的SO42-，其原因是___________【已知：Ksp(BaSO4)= 1.1 ×10-10 Ksp(BaCO3)= 5.1 ×10-9】
②该法工艺原理如右。其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应生成ClO2。
工艺中可以利用的单质有____________（填化学式），发生器中生成ClO2的化学方程式为___________。
（2）纤维素还原法制ClO2是一种新方法，其原理是：纤维素水解得到的最终产物D与NaClO3反应生成ClO2。完成反应的化学方程式：
□ （D） +24NaClO3+12H2SO4=□ClO2↑+□CO2↑+18H2O+□_________
（3）ClO2和Cl2均能将电镀废水中的CN-氧化为无毒的物质，自身被还原为Cl-。处理含CN-相同量得电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的_______倍
【答案】（1）①BaCl2
BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量CO32 －时，BaSO4(s)会部分转化为BaCO3(s)(或其它合理答案)
② H2、Cl2
2NaClO3 + 4HCl 2ClO2↑ + Cl2↑ + 2NaCl + 2H2O
（2）1 C6H12O6 + 24 NaClO3 + 12H2SO4 24 ClO2↑ + 6 CO2↑ + 18H2O + 12 Na2SO4
（3）2.5
本题以ClO2为载体，考查除杂，电解原理，配平以及氧化还原反应等知识。
（1）①除去食盐水中的Ca2(、Mg2(、SO42(离子，分别用Na2CO3、NaOH、BaCl2，为防止引入新的杂质，故应最先加入BaCl2，在加入Na2CO3，在除去Ca2(的同时除去Ba2(。从BaSO4、BaCO3的结构相似，从Ksp大小看，BaCO3比BaSO4更难溶，故加入Na2CO3除去Ca2(时，CO32(浓度大，会使BaSO4转化为BaCO3：BaSO4＋CO32(＝BaCO3＋SO42(，故溶液中仍然会含有一定量的SO42(。②通常情况下，电解饱和食盐水的离子方程式为：2Cl(＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH(，故在电解过程中可以利用的气体单质是H2、Cl2。NaClO3、ClO2、Cl2、HCl中氯的化合价分别为＋5、＋4、0、－1价，从图示可知，二氧化氯发生器除生成ClO2外，还有Cl2生成。故该反应过程为：NaClO3→ClO2为还原反应，氯的化合价降低1价，HCl→Cl2，发生氧化反应。根据化合价升降相等可配平反应方程式。
（2）根据元素守恒可知，方程式右侧空缺的物质应为Na2SO4。24NaClO3→24ClO2，化合价降低24价。纤维素水解的最终产物是葡萄糖，具有强还原性。葡萄糖的分子式为C6H12O6，则碳的化合价可认为是0价，转化为CO2，其中碳的化合价为＋4价，根据化合价升降相等可配平反应方程式。
（3）Cl2→2Cl(，得2e(；ClO2→Cl(得电子5e(。处理含相同量的CN(时转移电子数相等。故所需Cl2的物质的量是ClO2的倍数为2.5。