2008年重庆市高考理综化学试题解析及相应知识点归纳

2008年普通高等学校招生全国统一考试重庆卷理综
化学试题解析及相应知识点归纳
6、下列做法中用到物质氧化性的是 （ ）
A、明矾净化水 B、纯碱除去油污 C、臭氧消毒餐具 D、食醋清洗水垢
【答案】C。
【解析】
A选项：明矾净水是指明矾水解生成的Al(OH)3胶体（带正电荷）吸附水中的杂质（带负电荷）一并沉积达到净水的目的，涉及水解的酸碱性问题，不涉及氧化性。
B选项：油污在纯碱水解的碱性条件下水解生成可溶于水的羧酸盐和甘油，涉及水解的酸碱性问题，不涉及氧化性。
C选项：臭氧具有强氧化性，杀菌消毒后本身转化成无毒的氧气或者其它氧化物，利用臭氧的强氧化性杀菌消毒。
D选项：水垢的主要成分是CaCO3和Mg(OH)2，用食醋的酸性比碳酸的酸性强，发生复分解反应，洗去水垢CaCO3 ，利用食醋的酸性中和水垢Mg(OH)2发生复分解反应，除去水垢。
本题涉及的化学方程式有：
明矾水解的化学方程式：2KAl(SO4)2+6H2O
K2SO4+3H2SO4+2Al(OH)3（胶体）。
碳酸钠水解的化学方程式：Na2CO3+H2O
NaHCO3+NaOH ；NaHCO3+H2O
H2CO3+NaOH ；
食醋清洗水垢的化学方程式：CaCO3+2CH3COOH→(CH3COO)2Ca+CO2↑+H2O ，Mg(OH)2+2CH3COOH→(CH3COO)2Mg+2H2O 。
【相应知识点归纳】
①结构决定性质，性质决定用途，平时要多关注和积累与生活相关的化学用途。
②水解的应用：
Ⅰ、利用水解制备胶体
将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，直到溶液变成红褐色为止，就形成了氢氧化铁胶体。有关的化学方程式：FeCl3 +3H2O
Fe(OH)3 （胶体）+3HCl 。
Ⅱ、利用水解配制溶液
配制氯化铁溶液的方法：将氯化铁固体溶解在浓盐酸中，然后再稀释成相应的浓度使用。
说明：氯化铁水解出现氢氧化铁胶体，为了防止氢氧化铁胶体的出现，加入盐酸抑制其水解。
Ⅲ、利用水解实现弱碱的盐酸盐向弱碱的转化
例如：加热蒸干氯化镁溶液得到氢氧化镁固体，在电解氯化镁制镁时，氯化镁晶体是在氯化氢气体包围下浓缩蒸干氯化镁溶液制得的。
Ⅳ、利用水解判断正盐溶液的酸碱性
ⅰ、强酸强碱盐溶液不水解呈中性，如氯化钠溶液。
ⅱ、强酸弱碱盐溶液水解呈酸性，如氯化铵、明矾水解呈酸性。
ⅲ、弱酸强碱盐溶液水解呈碱性，如醋酸钠、碳酸钠水解呈碱性。
③常见试管内“残迹”的处理方法：
ⅰ、试管内残留的苯酚用酒精浸泡溶解洗掉。
ⅱ、试管内残留的碘用酒精浸泡溶解洗掉。
ⅲ、试管内残留的硫磺用二硫化碳浸泡溶解洗掉或者加入浓碱溶液加热发生歧化反应溶解掉。
ⅳ、试管内残留的银镜（或铜镜）用稀硝酸浸泡溶解洗掉。
ⅴ、试管内残留的二氧化锰在通风橱内用浓盐酸加热反应溶解掉，将产生的氯气用导管导入盛有氢氧化钠溶液的烧杯中。
ⅵ、腐蚀电路板上的铜用氯化铁溶液。
ⅶ、试管内壁的油污用热碱水、去污粉、洗涤剂处理。
7、向三份0.1mol/LCH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl2固体（忽略溶液体积变化），则CH3COO—浓度的变化依次为 （ ）
A、减小、增大、减小 B、增大、减小、减小 C、减小、增大、增大 D、增大、减小、增大
【答案】A。
【解析】CH3COONa水解呈碱性，NH4NO3和FeCl2水解产生的氢离子中和了CH3COONa水解产生的氢氧根离子，使CH3COONa水解平衡正向移动，CH3COO-浓度减小；加入的Na2SO3水解产生的氢氧根离子，增大了CH3COONa水解产生的氢氧根离子浓度，使水解平衡向逆反应法向移动，则CH3COO-浓度增大，所以选择A。
【相应知识点归纳】
①盐类水解的实质是破坏了水的电离平衡，使得c(H+)c(OH-)；水解后c(H+)>c(OH-)，溶液呈酸性；水解后c(H+)②盐类水解的规律：有弱就水解，越弱越水解，谁强显谁性，例如：碳酸钠水解呈碱性，明矾水解呈酸性，醋酸铵水解呈中性，氟化铵水解呈酸性。
③外界条件对水解平衡的影响的著名实例：利用水解制备氢氧化铁胶体
ⅰ、制备氢氧化铁胶体的方法：将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，直到溶液变成红褐色为止，就形成了氢氧化铁胶体。有关的化学方程式：FeCl3 +3H2O
Fe(OH)3 （胶体）+3HCl 。
ⅱ、浓度对水解平衡的影响：根据平衡移动原理，增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动，制备氢氧化铁胶体时必须用氯化铁的饱和溶液；根据平衡移动原理，减少生成物浓度，平衡向正反应方向移动，由于加热促进生成物盐酸的挥发，促进了氯化铁水解生成氢氧化铁胶体。
ⅲ、温度对水解平衡的影响：盐类水解是吸热反应，根据平衡移动原理，升高温度平衡向吸热反应（正反应）方向移动，促进了氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，分散质颗粒直径实现1*10-9m到1*10-7m的转化；液体出现红褐色时必须及时停止加热，否则由于加热促进平衡正向移动导致的盐酸过度挥发，平衡进一步向正反应方向移动，氯化铁溶液转变成了氢氧化铁固体，得不到胶体（量变产生了质变）。
8、下列实验装置图正确的是 （ ）
【答案】B
【解析】本题考查了：①了解化学实验常用仪器的主要用途和使用方法，②能绘制和识别典型实验仪器的装置图，③掌握常见气体的实验室制法（包括所用试剂、仪器、反应原理和收集方法）。
A选项：实验室制备乙烯控制乙醇的分解温度是关键，乙醇在圆底烧瓶中，温度计的水银球必须置于反应混合液的液面以下测乙醇的分解温度；C选项：实验室制备氯气是在加热条件下反应的，该装置没有热源，由于反应在加热条件下进行，盐酸的挥发性导致一部分氯化氢气体随着氯气挥发出来，同时伴有少量的水蒸气的产生，所以在收集装置前应该连有两个洗气瓶，一个装有饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体，一个装有浓硫酸除去氯气中的水蒸气，而该装置中没有热源和除杂装置；D选项：随着乙酸乙酯挥发出来的有乙醇和乙酸，其中乙醇极易溶于水，而乙酸又能和碳酸钠溶液反应，导管插入液面就会产生倒吸，使反应得不到乙酸乙酯。
【相应知识点归纳】
①实验室制备乙烯的要点：硫酸酒精3：1（体积比），迅速升温170（摄氏度），为防暴沸加碎瓷，气用排水来收集。
②温度计的应用：ⅰ、石油的分馏：温度计的水银球置于蒸馏烧瓶的支管口处，ⅱ、制乙烯：温度计的水银球置于反应混合液中，ⅲ、制备硝基苯：温度计的水银球置于水浴装置中，ⅳ、测硝酸钾的溶解度，温度计的水银球硝酸钾溶液中。
③实验室制备氯气的成套装置有：制备装置→净化装置（分别除去氯化氢气体和水蒸气）→收集装置→尾气处理装置。
④洗气瓶和集气瓶进气的长短管选择原则：洗气瓶永远是长管进气插入溶液，短管出气刚刚伸出胶塞；集气瓶进气长短管的选择：密度比空气大的气体，长管进气短管出气，密度比空气小的气体，短管进气长管出气。
⑤尾气处理的原则：无害化处理是始终遵循的总原则。
ⅰ、可燃性气体燃烧产物无毒的进行燃烧处理，例如：H2 、CO 、CH4 等。ⅱ、有刺激性气味的气体，极易溶于水的用水吸收法处理，注意防止倒吸，例如：HCl 、NH3等。ⅲ、酸性有毒的气体用过量的强碱溶液处理，例如：2NO2 +2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O ，SO2 +2NaOH=Na2SO3+H2O ，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 。ⅳ、酸性还原性气体用酸性高锰酸钾溶液处理：2H2O+5SO2 +2KMnO4 +3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5H2SO4
⑥制备乙酸乙酯时饱和碳酸钠溶液的作用：
ⅰ、除去乙酸，便于闻到乙酸乙酯的香味；ⅱ、溶解乙醇，便于闻到乙酸乙酯的香味；ⅲ、降低乙酸乙酯的溶解度。
⑥玻璃棒在化学实验中的几种作用：ⅰ、固体溶解或液体稀释时玻璃棒的作用：加速溶解和及时散热，ⅱ、蒸发浓缩溶液时用玻璃棒搅拌：使受热均匀，ⅲ、悬浊液过滤和将溶液向容量瓶中转移用到玻璃棒：引流；ⅳ、渗析实验用到玻璃棒：支撑物，ⅴ、测溶液的pH用到玻璃棒：蘸取溶液。
9、下列各组离子在给定条件下能大量共存的是 （ ）
A、在pH＝1溶液中：NH4＋、K＋、ClO-、Cl-
B、有SO存在的溶液中：Na＋、Mg2＋、Ca2＋、I-
C、有NO存在的强酸性溶液中：NH4＋、Ba2＋、Fe2＋、Br-
D、在c(H＋) ＝1.0×10—13mol/L的溶液中：Na＋、S2-、AlO、SO
【答案】D
【解析】A项pH=1为酸性条件，其中的ClO－与H＋会生成弱电解质HClO；B项SO42 －与Ca2＋生成CaSO4微溶物，在离子方程式中微溶物作沉淀；C项在酸性条件有NO3－ 存在的情况下，相当于HNO3，会氧化Fe2＋和Br－；D项中的c(OH－)=10-1mol·L-1，即强碱性条件，所有离子均能存在。注意题干中的隐含条件：①强酸性条件下溶液中有大量的H+ ,凡是与H+反应的离子均不能大量共存，②强碱性条件下溶液中有大量的OH- , 凡是与OH-反应的离子均不能大量共存，③水电离出来的c(H+)=1*10-12mol/L是溶液既肯能是强酸溶液也肯能是强碱溶液；凡是与OH-或H+反应的离子均不能大量共存，④无色溶液中不会含有有色离子：MnO（紫色）、Fe3+（黄色）、Fe2+（浅绿色）、Cu2+（蓝色），⑤因为发生复分解反应不能共存，离子反应的类型必须是复分解反应，⑥因为发生氧化还原反应不能共存，离子反应的类型必须是氧化还反应，⑦因为络合反应不能共存，离子反应的类型必须是络合反应，例如：Fe3+ +SCN-
[Fe(SCN)]2+ 。
【相应知识点归纳】
根据溶液的酸碱性判断离子能否大量共存
（1）、强酸性条件下因为发生复分解反应不能共存的离子有：
①产生气体的离子有：CO 、HCO (IVA)； S2- 、HS- 、SO 、HSO 、S2O (VIA)。
②产生沉淀的离子有：AlO (IIIA) ；SiO (IVA)；C6H5O- (IVA)。
③没有反应现象的离子：ClO- 、F- （VIIA）；PO 、H2PO 、HPO (VA)；OH-(VIA)。
（2）、强酸性条件下因为发生氧化还原反应不能共存的离子有：
①NO和I- ；NO和Fe2+ 。
②MnO 和Cl- ；MnO 和Br- ； MnO和 I- ；MnO和Fe2+ 。
③ClO和Cl- ；BrO 和Br- ；IO 和I- ；SO 和S2- ；
（3）、强碱性条件下因为发生复分解反应不能共存的离子有：
①产生气体的离子有：NH (VA)。
②产生沉淀的离子有：Mg2+ Al3+ Fe2+ Fe3+ Cu2+ Ag+
③没有反应现象的离子：HCO (IVA)； HS- 、HSO (VIA)； H2PO 、HPO (VA)；H+ (IA)。
（4）、只存在于酸性溶液中的离子和只存在于碱性溶液中的离子因为发生双水解反应而不能共存
①Al3+ 和AlO（IIIA）；Al3+ 和CO(HCO) (IVA)；Al3+ 和S2-(VIA) 。
②Fe3+和AlO（IIIA）；Fe3+和CO(HCO) (IVA)。
10、下列叙述正确的是 （ ）
A、稀硝酸、稀硫酸均能将木炭氧化成二氧化碳
B、Na2O2与水反应、红热的Fe与水蒸气反应均能生成碱
C、Li、C、P分别在足量氧气中燃烧均生成一种相应氧化物
D、NaHCO3、Na2CO3、(NH4)2CO3三种固体受热后均能生成气体
【答案】C
【解析】A项中稀硫酸与木炭不反应；B项中Fe与水蒸气反应生成Fe3O4固体；C项由于氧气足量，分别生成Li2O、CO2、P2O5，D项Na2CO3受热不分解。
【相应知识点归纳】
①碳与氧化性强酸的反应：
C+2H2SO4（浓）CO2 ↑+2SO2 ↑+2H2O ；C+4HNO3（浓）CO2 ↑+4NO2 ↑+2H2O
②金属与水反应的规律：K~Al：生成碱和氢气，Fe~Sn：生成氧化物和氢气。
③金属氧化物与水反应的规律：活泼金属氧化物与水反应生成碱，过氧化物（超氧化物）与水反应生成碱和氧气。
④非金属单质与水反应的规律：X2+H2O=HX+HXO ,X{Cl 、Br、 I}，
2F2+2H2O=4HF+O2 ，C+H2O(g)CO+H2
⑤金属与氧气反应的特例：碱金属除锂外，点燃条件下与氧气反应时生成过氧化物、超氧化物、臭氧化物等。
⑥碳酸盐的热稳定性： ⅰ、碳酸的铵盐受热分解产生二氧化碳、水蒸气和氨气，ⅱ、碳酸的酸式盐受热分解生成碳酸的正盐、二氧化碳和水蒸汽（碳酸氢铵例外），ⅲ、碱金属的碳酸正盐都不分解（碳酸锂例外），ⅳ、碱土金属的碳酸盐高温分解生成金属氧化物和二氧化碳。
11、食品香精菠萝酯的生产路线（反应条件略去）如下：
下列叙述错误的是 （ ）
A、步骤⑴产物中残留的苯酚可用FeCl3溶液检验
B、苯酚和菠萝酯均可与酸性KMnO4溶液发生反应
C、苯氧乙酸和菠萝酯均可与NaOH溶液发生反应
D、步骤⑵产物中残留的烯丙醇可用溴水检验
【答案】D
【解析】A项苯酚与ClCH2COOH反应生成的苯氧乙酸不含有酚羟基，故残留物中若含有苯酚可以与FeCl3显紫色；B项苯酚可以被O2所氧化而呈粉红色，当然也可以被KMnO4所氧化，菠萝酯含有碳碳双键，故也可被KMnO4氧化；苯氧乙酸中含有羧酸可与碱发生中和反应，菠萝酯属于酯可以在碱性条件下发生水解；由于菠萝酯含有碳碳双键也可以使溴水褪色，故不能用来检验残留的烯丙醇。
【相应知识点归纳】
1．根据结构能判断该物质的类别。
（1）单官能团化合物：含卤素的就是卤代烃；含羟基的物质，羟基直接连在苯环上的是酚类，其余的是醇类；含醛基的是醛类；含羧基的是羧酸类；含酯键的是酯类。
（2）多官能团化合物：含多羟基的醛类或酮类是糖类；既含氨基又含羧基的化合物是氨基酸。
2．根据结构能判断该物质具有的化学性质，以及能发生哪些反应类型。
（1）单官能团化合物：
①卤代烃：能发生水解反应，卤素所连碳原子的邻位碳上有氢原子存在的还可以发生消去反应，注意卤代烃不能与硝酸银溶液反应。②醇类：能发生酯化反应，与活泼金属发生置换反应，羟基所连碳原子的邻位碳上有氢原子存在的还可以发生消去反应，伯醇、仲醇可以发生氧化反应。③酚类：与碱发生中和反应， 与溴水发生取代反应，与氯化铁溶液发生显色反应。④醛类：与银氨溶液、新制的氢氧化铜悬浊液、酸性高锰酸钾溶液、氧气（在催化剂作用下）发生氧化反应，与氢气发生加成反应即还原反应。⑤羧酸类：与碱发生中和反应，与醇发生酯化反应。⑥酯类：发生水解反应。
（2）多官能团化合物：
⑦羟基酸：能发生分子间的酯化反应成链状，也可以发生分子内或分子间的酯化反应成环状，例如：乳酸。⑧氨基酸：能发生分子间的缩合反应成链状，也可以发生分子内或分子间的缩合反应成环状，例如：甘氨酸。
3．根据结构能判断发生一些化学反应时的定量关系
（1）1摩有机物分子最多能与几摩氢氧化钠反应的问题
①中学阶段能与氢氧化钠溶液反应的有机物种类有：卤代烃，酚类，羧酸，酯类，二肽或多肽，对应的官能团有：卤素原子，酚羟基，羧基，酯键（-COO-）,肽键。
②烃的衍生物与氢氧化钠溶液反应的原理如下：
a.卤代烃类：RX+NaOH→ROH+NaX, “R-”如果是脂肪烃基，1摩一卤代烃只能与1摩NaOH 反应，生成1摩醇和1摩卤化钠；“R-”如果是苯基，1摩一卤代芳烃与1摩氢氧化钠溶液反应后先得到的是1摩苯酚和1摩卤化钠(例如：C6H5X+ NaOH→C6H5OH+NaX)，1摩苯酚还可以和1摩NaOH 反应，生成1摩苯酚钠和1摩水，即“R-”如果是苯基，1摩一卤代芳烃最多能与2摩氢氧化钠反应。
b. 酚类：C6H5OH + NaOH→C6H5ONa+H2O,1摩一元酚只能与1摩NaOH反应，生成1摩酚钠和1摩水。
c.羧酸类：RCOOH+NaOH→RCOONa+H2O,1摩一元羧酸只能与1摩NaOH 反应，生成1摩羧酸钠和1摩水。
d.酯类：RCOOR′+NaOH→RCOONa+ R′OH, 1摩酯与1摩NaOH 反应，生成1摩羧酸钠和1摩醇；如果“R′”是苯基，1摩“酯”与1摩NaOH 反应，生成1摩羧酸钠和1摩酚，1摩一元酚又能与1摩NaOH反应，生成1摩酚钠和1摩水，这种情况下，1摩“酯”最多可以与2 摩NaOH 反应。
e.二肽：1摩二肽水解得到各1摩不同的氨基酸或2摩同样的氨基酸，所以1摩二肽可以与2摩NaOH反应。
注意区别：卤素原子是否直接连接在苯环上，酯键的烷氧基部分是否是碳氧单键与苯环相连。
（2）1摩有机物分子最多能与几摩溴水中的溴反应的问题
①1摩碳碳双键与1摩溴发生加成反应，1摩碳碳三键与2摩溴发生加成反应。注意：苯环不能发生与溴水的加成反应。
②在苯环上有羟基或烷烃基时，溴水中的溴会在苯环上羟基或烷烃基的邻对位发生取代反应；苯环上羟基或烷烃基的邻对位有几个空位，1摩该有机物就可以与几摩溴分子发生取代反应。
（3）1摩有机物分子最多能与几摩氢气反应的问题。
①1摩碳碳双键与1摩氢气发生加成反应。②1摩碳碳三键与2摩氢气发生加成反应。③1摩苯环与3摩氢气发生加成反应。④1摩碳氧双键与1摩氢气发生加成反应（酮羰基加成生成醇，醛基加成生成醇，酯键中的羰基不能发生与氢气的加成反应）。
4．能辨认该分子中有没有环存在，是几元环（构成环的原子数是几就是几元环，全部由碳原子形成的环是碳环），存在几个环，分子中氢原子个数在饱和烃氢原子个数的基础上就减去环个数的2倍个氢原子。
5．注意判别6元碳环是否是苯环，单双键交替的6碳环是苯环，含有离域大Л键的6碳环（6碳环中含有一个圆圈的是苯环）是苯环，含苯环的化合物是芳香族化合物。
6．注意辨析“酯键”必须是羰基碳和碳氧单键的碳是同一个碳，注意辨析“肽键”必须是羰基碳和碳氮单键的碳是同一个碳，注意辨析“酯键”和“肽键”的书写形式，从左至右书写与从右至左的区别，注意“酯键”中的羰基不能与氢气发生加成反应。
12、如题12图所示，将紧紧缠绕不同金属的铁钉放入培养皿中，再加入含有适量酚酞和NaCl的琼脂热溶液，冷却后形成琼胶（离子在琼胶内可以移动）。下列叙述正确的是 （ ）
A、a中铁钉附近呈现红色
B、b中铁钉上发生还原反应
C、a中铜丝上发生氧化反应
D、b中铝条附近有气泡产生
【答案】B
【解析】a中构成的是铁铜原电池，铁作为负极，发生氧化反应，电极反应为Fe-2e－=Fe2＋，没有红色出现，A项错；铜作为正极，发生还原反应，C项不正确；b中构成铁铝原电池，铝作负极，失去电子，发生Al-3e－=Al3＋，没有气体产生，D项错；铁作正极，发生还原反应，B项正确。
【相应知识点归纳】
原电池的知识梳理
⑴、原电池是一种将化学能转变成电能的装置。
⑵、原电池的构成条件：活动性不同的两个电极、电解质溶液、形成闭合回路。韵语记忆：一强一弱两块板，两极必用导线连，同时插入电解液，活动导体溶里边。
⑶、只有氧化还原反应才有电子的得失，只有氧化还原反应才可能被设计成原电池（复分解反应永远不可能被设计成原电池）。
⑷、氧化还原反应中还原剂的氧化反应和氧化剂的还原反应同时发生，一个氧化还原反应被设计成原电池后，氧化反应和还原反应被分别设计在负极和正极发生，两极反应式叠加后应该与氧化还原反应式吻合，要求书写电极反应式时，负极失去的电子数与正极得到的电子数相等。
⑸、无论什么样电极材料、电解质溶液（或熔融态的电解质）构成原电池，只要是原电池永远遵守电极的规定：电子流出的电极是负极，电子流入的电极是正极。
（6）、在化学反应中，失去电子的反应（电子流出的反应）是氧化反应，得到电子的反应（电子流入的反应）是还原反应，所以在原电池中：负极永远发生氧化反应，正极永远发生还原反应。
⑺、原电池作为一种化学电源，当它用导线连接上用电器形成闭合回路时就会有电流通过。
Ⅰ、在外电路：ⅰ、电流的流向是从电源的正极出发经用电器流向电源的负极。ⅱ、电子的流向是从电源的负极出发经用电器流向电源的正极。Ⅱ、在内电路：ⅰ、电解质溶液中的阳离子向正极移动，因为：正极是电子流入的电极，正极聚集了大量的电子，而电子带负电，吸引阳离子向正极移动。ⅱ、电解质溶液中的阴离子向负极移动，因为：负极溶解失去电子变成阳离子，阳离子大量聚集在负极，吸引阴离子向负极移动。（硝酸做电解质溶液时，在H+帮助下，NO3-向正极移动得电子放出NO2或NO）
⑻、原电池的基本类型：Ⅰ、只有一个电极参与反应的类型：负极溶解，质量减小；正极本身不参与反应，但是在正极可能有气体产生或正极质量增大。Ⅱ、两个电极都参与反应的类型：例如：充电电池类的：蓄电池、锂电池、银锌电池等。Ⅲ、两个电极都不参与反应的类型：两极材料都是惰性电极，电极本身不参与反应，而是由引入到两极的物质发生反应，如：燃料电池，燃料电池的电解质溶液通常是强碱溶液。
⑼、电解质溶液的作用：运载电荷或参与电极反应（产生沉淀、放出气体、改变微粒的存在形式）。
⑽、如果负极产生的阳离子和电解质溶液中的阴离子不能共存，二者将发生反应使得各自的离子浓度减少，并可能伴有沉淀或气体的产生。
⑾、在特定的电解质溶液的条件下：能单独反应的金属做负极，不能单独反应的金属做正极。
例1：两极材料分别是铜片和铝片，电解质溶液是浓硝酸，虽然金属活动性铝比铜活泼，但是由于铝与浓硝酸发生钝化，不再继续反应，而铜与浓硝酸发生氧化反应，在电池中，铜作原电池的负极，铝作原电池的正极。例2：两极材料分别是镁片和铝片，电解质溶液是氢氧化钠溶液，虽然金属活动性镁比铝活泼，但是由于铝与氢氧化钠溶液发生氧化反应产生氢气，而镁与氢氧化钠溶液不反应，在电池中，铝作原电池的负极，镁作原电池的正极。
⑿、在非氧化性酸的酸性条件下或中性条件下，金属活动性强的金属做负极。
13、化学反应N2＋3H2 ＝ 2NH3的能量变化如题13图所示，该反应的热化学方程式是 （ ）
A、N2(g)＋3H2(g) ＝ 2NH3(l)；
⊿H ＝ 2(a—b—c)kJ/mol
B、N2(g)＋3H2(g) ＝ 2NH3(g) ；
⊿H ＝ 2(b—a)kJ/mol
C、N2(g)＋H2(g) ＝ NH3(l) ； ⊿H ＝ (b＋c—a)kJ/mol
D、N2(g)＋H2(g) ＝NH3(g) ； ⊿H ＝ (a＋b)kJ/mol
【答案】A
【解析】从图像分析，箭头出发点为反应物，箭头指向点为生成物，本图中箭头指向方向能量升高，即从反应物到生成物是吸热反应。有热化学方程式如下：
molN2（g）+molH2（g）=1molN+3molH ；H= +akJ/mol 。--------------------------------------①
1molNH3(g)= 1molN+3molH ；H= +bkJ/mol
1molN+3molH=1molNH3(g) ；H= -bkJ/mol。----------------------------------------------------------------②
1molNH3(l)= 1molNH3(g) ；H= +ckJ/mol
1molNH3(g)= 1molNH3(l) ；H= -ckJ/mol 。-------------------------------------------------------------------③
根据盖斯定律：将①②③叠加得到：molN2（g）+molH2（g）= 1molNH3(l) ；H= +(a—b—c)kJ/mol N2(g)＋3H2(g) ＝ 2NH3(l) ； ⊿H ＝+ 2(a—b—c)kJ/mol
【相应知识点归纳】
（1）放热反应、吸热反应判断方法
①．根据具体化学反应实例判断：ⅰ、常见的放热反应：所有可燃物的燃烧、所有金属与酸的反应、所有中和反应、绝大多数化合反应、少数分解反应、多数置换反应、某些复分解反应。ⅱ、常见的吸热反应：极个别的化合反应（CO2 和C的反应）、绝大多数的分解反应、少数置换反应[C+H2O(g)、Fe+H2O(g)]、某些复分解反应（铵盐与强碱的反应），盐类的水解。②．根据反应物和生成物的相对稳定性判断：由稳定的物质生成不稳定的物质的反应为吸热反应，反之为释放能量的反应。③．根据反应条件判断，凡是持续加热才能进行的反应一般就是吸热反应，反之，一般为释放能量的反应。
④．根据反应物和生成物的总能量的相对大小判断，若反应物的总能量大于生成物的总能量，反应时释放能量，否则吸收能量。⑤溶解热：浓硫酸、强碱、强碱的碱性氧化物溶于水时放热，铵盐溶于水吸热。
（2）燃烧热、中和热、反应热的关系
①．弄清燃烧热的含义：在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫该物质的燃烧热，例如：C(s)+O2(g)=CO2(g) ；ΔH=-393.5KJ/mol，碳的燃烧热是393.5kJ/mol 。
②弄清中和热的含义：中和热是在稀溶液中，强酸强碱中和反应生成1mol水时放出的热量，中和热为57.3kJ/mol，反应热为ΔH=-57.3kJ/mol。③．反应热随反应物的物质的量变化而变化，一个“可逆的”化学反应，它的正反应和逆反应的晗变大小相等符号相反。④．三者既有联系又有区别，燃烧热和中和热都是正值，并且都是定值，反应热既有正值又有负值，符号不表示大小而表示吸热或放热，反应热随反应物的物质的量变化而变化。
26、（14分）N2O5是一种新型硝化剂，其性质和制备收到人们的关注。
⑴、N2O5与苯发生硝化反应生成的硝基苯的结构简式是___________________。
⑵、一定温度下在恒容密闭容器中N2O5可发生下列反应：2N2O5(g) 4NO2(g)＋O2(g) ；⊿H＞0
①、反应达到平衡后若再通入一定量氮气，则N2O5的转化率将______（填“增大”、“减小”、“不变”）。
②、下表为反应在T1温度下的部分实验数据：
t/s 0 500 1000
c(N2O5)/mol/L 5.00 3.52 2.48
则500s内N2O5的分解速率为______________。
③、在T2温度下，反应1000s时测得NO2
的浓度为4.98mol/L，则T2________T1。
⑶、题26图所示装置可用于制备N2O5，则
N2O5在电解池的___________区生成，其电
极反应式为___________________________.
【答案】（1）（2）①不变 ②0.00296mol·L-1·s-1 ③“＜”或“小于”（3）阳极 N2O4+2HNO3 -2e-=2N2O5+2H+
【解析】（1）写出硝基苯的结构简式；（2）因为是恒容密闭容器，充入N2不参与反应，也不改变容器体积，也不改变浓度，不影响化学平衡的移动，N2O5的转化率将也不改变；500s内N2O5的分解速率为=0.00296 （mol·L-1·s-1）；从表中数据可得出在T1温度1000s 时，c(N2O5 )= 2.48 mol·L-1，则会生成c (NO2 )=（5.00-2.48）×2=5.04 mol·L-1>4.98 mol·L-1（T2温度1000s 时），则说明T2时平衡逆向移动了。而该反应ΔH＞0，正反应为吸热反应，逆反应为放热反应，T2时平衡逆向移动，即T2时向放热反应方向移动，根据了夏特列原理，降温向放热反应方向移动，所以T2【相应知识点归纳】
电解池电极的7种判断方法
（1）根据直流电源的正负极判断：与电源正极相连的是电解池的阳极，与电源负极相连的是电解池的阴极。
（2）根据反应类型判断：电解时发生氧化反应（元素化合价升高的反应）的一极是阳极，电解时发生还原反应的一极是阴极。
（3）根据电极质量发生的变化判断：①惰性电极电解可溶性银盐溶液（或可溶性铜盐溶液）时，电极质量增重的一极是电解池的阴极（在阴极聚集Ag+和H+ ，Ag+氧化性强，优先得电子析出银，使得阴极质量增重），另一极是阳极。②非惰性电极电解电解质溶液时（可溶性硫化物除外），电极质量减少的一极是阳极，另一极是阴极。
（4）根据电极反应现象判断：①用惰性电极电解U形管内盛放的饱和食盐水，在两极上均放一块润湿的淀粉碘化钾试纸，试纸变蓝的一极是电解池的阳极（在阳极聚集I- 和OH-，I-优先于OH-在阳极失去电子变成单质碘，单质碘遇到淀粉变蓝色），另一极是阴极。②用惰性电极电解U形管内盛放的饱和食盐水，在两极上附近均滴入一些酚酞试液，酚酞变红的一极是电解池的阴极（在阴极聚集水电离出来的氢离子和氯化钠溶液中的钠离子，氢离子氧化性强，优先得到电子变成氢气，使得阴极氢氧根离子相对剩余，呈碱性遇到酚酞试液变红），另一极是阳极。
（5）根据电解池现象判断：①将润湿的石蕊试纸作电解池，用惰性电极进行电解，试纸变红的一端是由于OH-放电，H+相对剩余造成的，这一端电极是阳极；试纸变蓝的一端是由于H+放电，OH-相对剩余造成的，这一端电极是阴极。②将润湿的碘化钾淀粉试纸作电解池，用惰性电极进行电解，试纸变蓝的一端是由于I-放电，产生单质碘，碘遇淀粉变蓝造成的，这一端电极是阳极；另一端电极是阴极。
（6）根据电泳现象判断：①将氢氧化铁胶体（带正电荷、红褐色）盛于U形管内，在U形管内各插入一根石墨电极然后通直流电，电极附近液体颜色加深的一极是阴极，另一极是阳极。②将碘化银（带负电荷、黄色）盛于U形管内，在U形管内各插入一根石墨电极然后通直流电，电极附近液体颜色加深的一极是阳极，另一极是阴极。
（7）根据电流大小判断：当两个原电池连在一起时，其中一个产生电流大的做原电池，另一个作电解池。在原电池中较活泼的金属做负极，较不活泼的金属做正极；在电解池中，与原电池负极相连的一极是阴极，另一极是阳极。
27、（14分）某学习小组用题27图装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。
⑴、A中试剂为_______________________。
⑵、实验前，先将铝镁合金在稀硝酸中浸泡片刻，其目的是__________________________。
⑶、检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：①记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤、洗涤、干燥，称重；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；④由A向B中滴加足量试剂；⑤检查气密性。上述操作的顺序是___________（填序号）；记录C的液面位置时，除视线平视外，还应______________________。
⑷、B中发生反应的化学方程式为____________________；
⑸、若实验用铝镁合金的质量为a g ，测得氢气体积为b mL （已换算为标准状况），B中剩余固体质量为c g，则铝的相对原子质量为____________________。
⑹、实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将_____（填“偏大”、“偏小”、“不受影响”）。
【答案】（1）NaOH溶液；（2）除去铝镁合金表面的氧化膜；（3）⑤①④③②；使D和C的液面相平；（4）2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；（5） ；（6）偏小 。
【解析】
（1）Mg、Al均可以和酸反应，因此不可以用酸来实验，由于Al可以和碱反应而不和Mg反应，则可以用NaOH与Al反应制得H2，然后用排水法收集H2，以计算Al的量。
（2）由于Al表面容易生成氧化膜，因而要用酸处理。
（3）整个操作过程及原理是：检查气密性；记录起始液面；加入碱反应；不产生气体后，记录末读数，两将相减即为产生H2的量；最后称得的固体即为Mg的质量。在读数时要注意D、C液面相平，否则气体将受压，造成读数不准。
（4）B中发生的是Al与碱的反应；
（5）（a-c）即为铝的质量，再除以Al的物质的量即为铝的摩尔质量。而n(Al)可以由产生的H2获得；（6）未洗涤，则超成（a-c）变小，则由（5）的结果得，偏小。
【相应知识点归纳】
U形管测量气体体积注意事项：ⅰ、反应器不再产生气泡为止，ⅱ、装置恢复至室温，ⅲ、在读数时要注意U形管两边液面相平，否则气体将受压，造成读数不准。
28、（16分）天然气化工是重庆市的支柱产业之一。以天然气为原料经下列反应路线可得工程塑料PBT。
⑴、B分子结构中只有一种氢、一种氧、一种碳，则B的结构简式是__________________；B的同分异构体中与葡萄糖具有类似结构的是________________（写结构简式）。
⑵、F的结构简式是__________________；PBT属______________类有机高分子化合物。
⑶、由A、D生成E的反应方程式为__________________，其反应类型为__________________。
⑷、E的同分异构体C不能发生银镜反应，能使溴水褪色、能水解且产物的碳原子数不等，则C在NaOH溶液中发生水解反应的化学方程式是__________________________。
【答案】（1）　　　
(2)HO—CH2—CH2—CH2—CH2—OH；酯（或聚酯）
（3）HC≡CH+2HCHOHOCH2C≡CCH2OH ；加成反应
（4）CH2=CH—COOCH3+NaOHCH2=CH—COONa+CH3OH
【解析】（1）甲醇在铜作催化剂的条件下可被氧化成甲醛，结合B的化学式，可推断应为三分子甲醛的反应；葡萄糖具有羟基和醛基两种官能团。根据B的化学式不难写出其含有这两种官能团的同分异构。（2）（3）由机理分析，碳碳叁键与羰基在碱性条件下可以反应，A+D→E，明显就是要运用这个机理，结合F，根据碳原子守恒，D中必须含有两个碳，即乙炔，此反应属于加成反应；E→F应为碳碳叁键的加成反应； F →PBT是通过与二元羧酸的聚合反应，则PBT应为酯。（4）G能在碱性条件下发生水解，说明为酯类物质，又能使溴水褪色，说明含有碳碳双键。不能银镜，说明不是甲酸形成的酯，则只能是丙烯酸和甲醇形成的酯。
【相应知识点归纳】见第13题相应知识点。
29（16分）在2008年初我国南方遭遇的冰雪灾害中，使用了一种融雪剂，其主要成分的化学式为XY2，X、Y均为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，且1molXY2含有54mol电子。
⑴、该融雪剂的化学式是___________；X与氢元素形成的化合物的电子是_______________。
⑵、元素D、E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，D与Y相邻，则D的离子结构示意图是________；D与E能形成一种非极性分子，该分子的结构式为_________；D所在族元素的氢化物中，沸点最低的是________。
⑶、元素W与Y同周期，其单质是原子晶体；元素Z的单质分子Z2中由3个共价键；W与Z能形成一种新型无机非金属材料，其化学式是_______。
⑷、元素R与Y同主族，其氢化物能用于刻蚀玻璃，R2与NaOH溶液反应的产物之一是OR2，该反应的离子方程式为___________________________。
【答案】（1）CaCl2;
(2) S=C=S(2分)；H2S
(3)Si3N4 (4)2F2+2OH- =2F-+OF2+H2O
【解析】（1）前20号中存在XY2的且阳离子和阴离子的电子层结构相同的物质有MgF2和CaCl2,又1molXY2含有54 mol电子，则只能是CaCl2。X的氢化物为CaH2，为离子化合物，含有氢负离子；（2）最外层电子数是其电子层数的2倍的元素为C和S。D与Y相邻，则D为硫。D与E能形成一种非极性分子，为CS2；D（硫元素）所在族元素的氢化物中，由于H2O中含有氢键，沸点最高，其他的氢化物的沸点，按照相对分子质量进行递增，所以H2S是最小的。（3）元素W与Y同周期，其单质是原子晶体，则应为Si；元素Z的单质分子Z 2中有3个共价健，则应为N，两者结合的化合物，可根据Si为+4，N为-3，与出其化学式为Si3N4。（4）氢化物能用于刻蚀玻璃的为HF，OF2中氧为+2价，则F2应从0降到-1价F－，然后根据氧化还原反应中化合价升降总值相等进行配平。
【相应知识点归纳】
1、1~18号元素原子结构特征解析
第一类：倍比关系
（1）短周期元素中最外层电子数是电子层数一倍的元素有：H、Be、Al；最外层电子数是电子层数两倍的元素有：C、S；最外层电子数是电子层数三倍的元素有：O ；最外层电子数是电子层数四倍的元素有：Ne；两种元素原子的核外电子层数与最外层电子数之比相等，则在周期表中的前10号元素中，满足上述关系的元素有：2对；1：1时，氢元素 和铍元素；1：2时，氦元素 和 碳元素 。
（2）短周期元素中电子层数是最外层电子数二倍的元素有：Li ；电子层数是最外层电子数三倍的元素有：Na。
（3）短周期元素中次外层电子数是最外层电子数两倍的元素有：Li、Si；.次外层电子数是最外层电子数四倍的元素有：Mg ；次外层电子数是最外层电子数八倍的元素有：Na ；次外层电子数是最外层电子数一倍的元素有：Be、Ar。
（4）短周期元素中最外层电子数是次外层电子数二倍的元素有：C；.最外层电子数是次外层电子数一倍的元素有：Be、Ar；最外层电子数是次外层电子数三倍的元素有：O；最外层电子数是次外层电子数四倍的元素有：Ne 。
（5）短周期元素中内层电子总数是最外层电子数2倍的元素有：Li、P；内层电子总数是最外层电子数5倍的元素有：Mg 。
（6）短周期元素中电子总数是电子层数2倍的元素有：He、Be；电子总数是电子层数1倍的元素有：H ；电子总数是电子层数3倍的元素有：C；电子总数是电子层数4倍的元素有：O、Mg ；电子总数是电子层数5倍的元素有：Ne、P ；电子总数是电子层数6倍的元素有：Ar 。
第二类：乘积关系：
（7）短周期元素中电子层数与最外层电子数之积等于原子序数的元素有：H、He、Be、P 。
第三类：和差关系
（8）短周期元素中元素的最高正化合价与最低负化合价之和为6的元素有： Cl ；短周期元素中元素的最高正化合价与最低负化合价之和为4的元素有：S，短周期元素中元素的最高正化合价与最低负化合价之和为2的元素有：N、P；短周期元素中为0的元素有：H、C、Si 。
2、常见的等电子体：
①具有He（2个电子）电子数的微粒：阳离子：Li+ Be2+ ；中性原子：He ；阴离子：H-
②具有Ne（10个电子）电子数的微粒：简单阳离子：Na+ 、Mg2+ 、Al3+ ；简单阴离子：F- 、O2- 、N3- ；复杂阳离子：NH、H3O+ ；复杂阴离子：OH- 、 NH 、BH；中性分子：Ne、HF 、H2O 、NH3 、CH4 。
③具有Ar（18个电子）电子数的微粒：简单阳离子：K+ 、Ca2+ ；简单阴离子：Cl- 、S2- 、P3- ；复杂阳离子：N2H；杂阴离子：HS- 、 O；中性分子：Ar；HCl 、H2S 、PH3 、SiH4 ；F2 、H2O2 、 N2H4 、 C2H6 ，CH3F 、CH3OH 、CH3NH2 、H2N-OH 、HO-F。
④14个电子的等电子体：N2 、C2H2 、CO、HCN 、NO+；它们具有相似的结构，都有三键：氮氮三键、碳碳三键、碳氧三键、碳氮三键。
⑤22个电子的微粒：N2O 、CO2
⑥42个电子的微粒：C6H6 、B3N3H6
⑦50个电子的微粒：H4SiO4 、H3PO4 、H2SO4 、HClO4 ；SiO 、PO 、SO 、ClO
⑧最外层18个电子的微粒：O3 、SO2 、NO
⑨最外层24电子的微粒：SO3 、CO 、NO
碱
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