高考化学五年真题分类（2015-2019）

专题16
水溶液中的离子平衡
2019年高考题
1.【2019天津理综，5,6分】某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4?和1.7×10-5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释,其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是?
A.
曲线Ⅰ代表HNO2溶液?
B.溶液中水的电离程度:b点>c点?
C.从c点到d点,溶液中保持不变(其中HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子)?
D.相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后,溶液中n(Na+)相同
?
1.
C
本题考查弱电解质溶液的稀释图像分析，考查的核心素养是变化观念与平衡思想。根据HNO2和CH3COOH的电离常数，可知酸性：HNO2＞CH3COOH。
相同pH的两种酸溶液，稀释相同倍数时，弱酸的pH变化较小，故曲线Ⅰ代表CH3COOH溶液，A项错误；两种酸溶液中水的电离受到抑制，b点溶液pH小于c点溶液pH，则b点对应酸电离出的c
(H+)大，对水的电离抑制程度大，故水的电离程度：b点＜c点，B项错误；溶液中
＝，从c点到d点，HA的电离平衡正向移动，但KW、Ka(HA)的值不变，故不变，C项正确；相同体积a点的两溶液中，由于c(CH3COOH)＞c(HNO2)，故n(CH3COOH)＞n(HNO2)，因此与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)不同，D项错误。?
【解后反思】
对于pH相同的两种酸溶液：①酸性越弱，其物质的量浓度越大；②稀释相同倍数时，酸性越弱，其对应溶液的pH变化越小；③相同体积的两种酸溶液，酸性越弱，中和NaOH的能力越强。
考点2
有关溶液pH的测定及计算
2.【2019全国Ⅲ理综，11,6分】设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是
A．每升溶液中的H+数目为0.02NA
B．c(H+)=
c()+2c()+3c()+
c(OH?)
C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小
D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
2.
B
本题考查阿伏加德罗常数、电离平衡及其影响因素等，考查的核心素养是变化观念与平衡思想。pH=2的H3PO4溶液中c
(H+)=10-2
mol·L-1，每升溶液中所含N(H+)=0.01NA，A错误；由电荷守恒知，该H3PO4溶液中存c(H+)=
c()+2c()+3c()+
c(OH?)，B正确；加水稀释能促进H3PO4的电离，使其电离度增大，由于以增大溶液体积为主，导致溶液中c(H+)减小，溶液pH增大，C错误；向H3PO4溶液中加入NaH2PO4固体，溶液中c(H2PO4-)增大，促使平衡H3PO4H++H2PO4-逆向移动，抑制H3PO4电离，溶液酸性减弱，D错误。
【命题动向】
本题命题角度新颖，在同一道试题中综合考查微粒数目的计算、电离平衡及其影响因素和守恒思想，命题具有前瞻性和导向性。
3.【2019北京理综，12,6分】实验测得0.5
mol·L-1CH3COONa溶液、0.5
mol·L-1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是?
A.随温度升高，纯水中c(H+)＞c(OH-)?
B.随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH-)减小?
C.随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是KW改变与水解平衡移动共同作用的结果?
D.随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO-、Cu2+水解平衡移动方向不同
?
3.
C
本题考查盐类水解等知识，考查的核心素养是变化观念与平衡思想。任何温度时，纯水中H+?浓度与OH-浓度始终相等，A项错误；随温度升高，CH3COONa水解程度增大，溶液中c(OH-)增大，且温度升高，水的电离程度增大，c(OH-)也增大，B项错误；温度升高，水的电离程度增大，c(H+)增大，又CuSO4水解使溶液显酸性，
温度升高，水解平衡正向移动，故c(H+)增大，C项正确；温度升高，能使电离平衡和水解平衡均向正反应方向移动，而CH3COONa溶液随温度升高pH降低的原因是水的电离程度增大得多，而CuSO4溶液随温度升高pH降低的原因是Cu2+水解程度增大得多，D项错误。
【易错警示】本题易错选B。若只观察图中CH3COONa溶液pH随温度升高的变化趋势，而忽视导致该变化的主要原因是水的电离程度随温度升高而增大，或者误认为KW在不同温度时为定值，直接根据图像变化得出c(H+)增大，c(OH-)减小，从而得出错误的结论。
4.【2019全国Ι理综，11，6分】NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸氢钾H2A的Ka1=1.1×10?3
，Ka2=3.9×10?6）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是
A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关
B．Na+与A2?的导电能力之和大于HA?的
C．b点的混合溶液pH=7
D．c点的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH?)
4.
C
本题考查电解质溶液与电离平衡，涉及溶液导电能力的影响因素、混合溶液中离子浓度大小比较、pH判断等知识，考查的核心素养是变化观念与平衡思想。滴定至终点时发生反应：2NaOH+2KHA
K2A+Na2A+2H2O。溶液导电能力与溶液中离子浓度、离子种类有关，离子浓度越大、所带电荷越多，其导电能力越强，A项正确；图像中纵轴表示“相对导电能力”，随着NaOH溶液的滴加，溶液中c(K+)、c（HA-）逐渐减小，而Na+、A2-的物质的量逐渐增大，由题图可知，溶液的相对导电能力逐渐增强，说明Na+与A2-的导电能力之和大于HA-的，B项正确；本实验默认在常温下进行，滴定终点时，溶液中的溶质为邻苯二甲酸钠和邻苯二甲酸钾，由于邻苯二甲酸是弱酸，所以溶液呈碱性，pH＞7，C项错误；滴定终点时，c(K+)＝c(Na+)，a点到b点加入NaOH溶液的体积大于b点到c点的，故c点时?c(K+)＞c(OH-)，所以c(Na+)＞c(K+)＞c(OH-)，D项正确。??
【图像分析】
分析图像时，抓住溶液导电能力与溶液中离子浓度大小的关系、加入氢氧化钠溶液体积与溶液中离子浓度大小的关系等，结合酸式盐与碱反应的方程式分析溶液中溶质的变化。
?
【走出误区】
本题有两个陷阱：（1）相对导电能力；（2）图像中ab段和bc段加入氢氧化钠溶液体积不同，易错选D项。
5.【2019浙江4月选考，24,2分】聚合硫酸铁［Fe(OH)SO4］n能用作净水剂(絮凝剂),可由绿矾(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是?
?A.
KClO3作氧化剂,每生成1
mol［Fe(OH)SO4］n消耗6/n
mol
KClO3?
?
B.生成聚合硫酸铁后,水溶液的pH增大?
C.聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水?
D.在相同条件下,Fe3+比［Fe(OH)］2+的水解能力更强
?
5.
A
本题以聚合硫酸铁的制备和性质为背景考查氧化还原反应，盐类水解的原理、应用以及胶体的性质。FeSO4和KClO3反应生成\[Fe(OH)SO4\]n的化学方程式为6nFeSO4+nKClO3+3nH2O
6\[Fe(OH)SO4\]n+nKCl，根据化学方程式可知，KClO3作氧化剂，每生成1
mol\[Fe(OH)SO4\]n消耗n/6
mol
KClO3，A项?错误；［Fe(OH)］2+的水解能力小于Fe2+，导致生成聚合硫酸铁后，溶液碱性增强，B项正确；\[Fe(OH)\]
2+可在水中水解生成Fe(OH)3胶体而净水，C项正确；比较Fe3+和\[Fe(OH)\]2+的水解能力，可以从二者所带电荷的多少来分析，所带正电荷越多，结合OH-的能力就越强，水解能力就越强，D项正确，故选A。?
【技高一筹】
利用氧化还原反应中得失电子守恒，可以快速求算消耗KClO3的物质的量：每生成1
mol
[Fe(OH)SO4]n转移的电子为n
mol，而1
mol
KClO3参与反应时转移的电子为6
mol，故每生成1
mol［Fe(OH)SO4］n消耗KClO3的物质的量为n/6
mol，A项错误。
?
6.【2019浙江4月选考，21,2分】室温下,取20
mL
0.1
mol·L-1某二元酸H2A,滴加0.2
mol·L-1
NaOH溶液。?
已知:H2A
H++HA-,HA-
H++A2-。下列说法不正确的是?
A.
0.1
mol·L-1
H2A溶液中有c(H+
)-c(OH-
)-c(A2-)=0.1
mol·L-1???
B.当滴加至中性时,溶液中c(Na+)=
c(HA-)+2
c(A2-),用去NaOH溶液的体积小于10
mL?
C.当用去NaOH溶液体积10
mL时,溶液的pH<7
,此时溶液中有c(A2-)=c(H+
)-c(OH-)?
D.当用去NaOH溶液体积20
mL时，此时溶液中有c(Na+)=2
c(HA-)+2
c(A2-)
?
6.
B
本题以二元酸H2A与NaOH溶液反应为背景考查电解质溶液的相关知识。对于0.1
mol·L-1
H2A溶液而言，根据电荷守恒可知c(H+
)＝c(OH-
)+
c(HA-)+2c(A2-)，根?据物料守恒可知c(H2A)+
c(HA-)+
(A2-)＝0.1
mol·L-1，又H2A第一步完全电离，故c(H2A)?＝0，将c(HA-)+
c(A2-)＝0.1
mol·L-1代入c(H+
)＝c(OH-
)+
c(HA-)+2
c(A2-)可得c(H+
)＝c(OH-)+
c(A2-)+0.1
mol·L-1，故c(H+
)-
c(OH-
)-
c(A2-)＝0.1
mol·L-1，A项正确；当溶液呈中性时c(H+
)＝c(OH-
)，由电荷守恒可得c(Na+)＝c(HA-)+2
c(A2-)，若用去的NaOH溶液体积为10
mL，此时溶液的溶质为NaHA，由于HA-只电离，不水解，故此时溶液呈酸性，要使溶液呈中性，则NaOH溶液的体积必须大于10
mL，B项错误；当用去NaOH溶液体积10
mL时，溶液中的溶质为NaHA，HA-只电离，不水解，此时溶液呈酸性，pH＜7，由HA-H++
A2-，H2OH++OH-，根据质子守恒得c(H+
)＝c(OH-
)+c(A2-)，故c(A2-)＝c(H+
)-
c(OH-
)，C项正确；当用去NaOH溶液体积20
mL时，根据物料守恒可知c(Na+)＝2
c(HA-)+2
c(A2-)，D项正确，故选B。
?
【教你解题】
解答本题的关键是审清已知中二元酸H2A第一步是完全电离的，这就导致HA-只电离不水解，且溶液中不存在H2A分子。
?
7.【2019全国Ⅱ理综，12,6分】绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是
A．图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度
B．图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)C．向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动
D．温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动
7.
B
本题考查沉淀溶解平衡图象分析，考查的核心素养是变化观念与平衡思想。a、b?分别表示温度为T1、T2时溶液中Cd2+和S2-?的物质的量浓度，可间接表示对应温度下CdS在水中的溶解度，A项正确；Ksp只受温度影响，即m、n、p三点对应的Ksp相同，又T1＜T2,故Ksp
(m)=
Ksp
(n)=
Ksp
(p)＜Ksp
(q)，B项错误；向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液中c(S2-)增大，温度不变，Ksp不变，则溶液中c(Cd2+)减小，溶液组成由m点沿mpn线向p方向移动，C项正确；温度降低时，CdS的溶解度减小，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动，D项正确。?
【图象分析】图象中m、p、n点均为温度为T1的曲线上的点，q为温度为T2的曲线上的点，结合p、q两点对应阴、阳离子物质的量浓度可确定对应温度下Ksp的大小，一般来说，Ksp随温度升高而逐渐增大，由此可确定温度：T1＜T2。?
2018年高考题
1.（2018天津理综，6，6分）LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始（H2PO4-）的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4-的分布分数δ随pH的变化如图2所示。
下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是
A．溶液中存在3个平衡
B．含P元素的粒子有H?2PO4-、HPO42-和PO43-
C．随c初始（H2PO4-）增大，溶液的pH明显变小
D．用浓度大于1
mol·L-1?的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
1.
D
本题主要考查水溶液中的离子平衡和图象分析。
?
2.
（2018北京理综，11，6分）测定0.1
mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下。
实验过程中,取①④时刻的溶液,加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验,④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是
A.Na2SO3溶液中存在水解平衡:SO32-+H2OHSO3-+OH-
B.④的pH与①不同,是由于SO32-浓度减小造成的
C.①→③的过程中,温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D.①与④的KW值相等
?
2．C
本题考查盐类的水解平衡及其影响因素。亚硫酸钠是强碱弱酸盐，存在水解平衡：SO32-+H2O
HSO3-+OH-，A项正确；①与④的温度相同，但pH不同，主要是由于亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，从而导致溶液的碱性减弱，pH减小，B项正确；①→③的过程中，温度升高使水解平衡正向移动，而SO32-浓度逐渐减小，使水解平衡逆向移动，故温度和浓度对水解平衡移动方向的影响不一致，C项错误；①与④的温度相同，故KW相同，D项正确。?
3.
(2018江苏，13，4分)
根据下列图示所得出的结论不正确的是
A.图甲是
CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线,说明该反应的ΔH<0
B.图乙是室温下
H2O2催化分解放出氧气的反应中
c(H2O2)随反应时间变化的曲线,说明
随着反应的进行
H2O2分解速率逐渐减小
C.图丙是室温下用
0.100
0
mol·L-1
NaOH
溶液滴定
20.00
mL
0.100
0
mol·L-1某一元酸
HX的滴定曲线,说明
HX
是一元强酸
D.图丁是室温下用
Na2SO4除去溶液中
Ba2+达到沉淀溶解平衡时,溶液中
c(Ba2+)与c(SO42-)的关系曲线,说明溶液中c(SO42-)越大c(Ba2+)越小
3.
C
本题考查平衡常数、化学反应速率、酸碱中和滴定以及沉淀溶解平衡的图象分析，难度中等。图甲中，温度升高，lg
K减小，即K减小，说明升高温度平衡逆向移动，则该反应为放热反应，A项正确；图乙中，曲线的斜率的绝对值逐渐减小，说明随着反应进行，H2O2分解速率逐渐减小，B项正确；图丙中，没有滴入NaOH溶液时，0.100
0
mol·L-1HX溶液的pH小于3，则HX为一元弱酸，C项错误；图丁中，曲线上的点均为沉淀溶解平衡的点，c(SO42-)与c(Ba2+)成反比，D项正确。?
4.
（2018全国Ⅲ理综，12，6分）用0.100
mol·L-1
AgNO3滴定50.0
mL
0.050
0
mol·L-1Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是
A.根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10
B.曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)
C.相同实验条件下,若改为0.040
0
mol·L-1Cl-,反应终点c移到a
D.相同实验条件下,若改为0.050
0
mol·L-1
Br-,反应终点c向b方向移动?
4.
C
本题考查溶解平衡和基本计算，意在考查考生对溶解平衡原理的理解、识图和综合分析能力。根据滴定曲线，当加入25
mL
AgNO3溶液时，Ag+与Cl-刚好完全反应，AgCl处于沉淀溶解平衡状态，此时溶液中c(Ag＋)=c
(Cl-)=10-4.75
mol·L-1，Ksp(AgCl)=c(Ag＋)·（Cl-)=10-9.5=3.16×10-10，A项正确；曲线上各点都处于沉淀溶解平衡状态，故符合c(Ag＋)·c（Cl-)=Ksp(AgCl)，B项正确；根据图示，Cl-浓度为0.050
0
mol·L-1时消耗25
mL
AgNO3溶液，则Cl-浓度为
0.040
0
mol·L-1时消耗20
mL
AgNO3溶液，a点对应AgNO3溶液体积为15
mL，所以反应终点不可能由c点移到a点，C项错误；由于AgBr的Ksp小于AgCl的Ksp，初始c(Br-)与c（Cl-）相同时，反应终点时消耗的AgNO3溶液体积相同，但Br-浓度小于Cl-浓度，即反应终点从曲线上的c点向b点方向移动，D项正确。
5.（2018海南，6,2分）某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸，下列说法正确的是
A.AgCl的溶解度、Ksp均减小
B.
AgCl的溶解度、Ksp均不变
C.AgCl的溶解度减小，Ksp不变
D.AgCl的溶解度不变，Ksp减小
5.
C
难溶电解质的溶度积与溶液的温度有关，而与离子浓度无关，即：c(Ag+)×c(Cl－)与温度有关，A、D错误；由于
加入了少量的稀盐酸，溶液中c(Cl－)增大，则AgCl的溶解度减小，C正确，B错误，答案选C。
2017年高考题
1.
【2017高考全国卷Ⅱ卷12题】改变0.1
mol·L-1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)=]。下列叙述错误的是（
）
A.pH=1.2时，c(H2A)=c(HA-)
B.lg
[K2(H2A)]=-4.2
C.pH=2.7时，c(HA-)>c(H2A)=c(A2-)
D.pH=4.2时，c(HA-)=c(A2-)=c(H+)
【答案】D
【解析】本题考查水溶液中的离子平衡。解答本题的关键是明确δ(X)与溶液pH的对应关系，以及H2A、HA-、A2-的浓度与pH的大小关系。从图象中可以看出pH=1.2时，δ(H2A)=δ(HA-)，则c(H2A)=c(HA-)，A项正确；根据HA-H++A2-，可确定K2(H2A)=，从图象中可以看出pH=4.2时，δ(HA-)=δ(A2-)，则c(HA-)=c(A2-)，即lg
[K2(H2A)]=lg?c(H+)=-4.2，B项正确；从图象中可以看出pH=2.7时，δ(HA-)>δ(H2A)=δ(A2-)，则c(HA-)>c(H2A)=c(A2-)，C项正确；从图象中可以看出pH=4.2时，δ(HA-)=δ(A2-)，则c(HA-)=c(A2-)≈0.05
mol·L-1，而c(H+)=10-4.2?mol·L-1，D项错误。
2.【2017高考全国卷Ⅲ卷13题】在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl-会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl-。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是（
）
A.Ksp(CuCl)的数量级为10-7
B.除Cl-反应为Cu+Cu2++2Cl-2CuCl
C.加入Cu越多，Cu+浓度越高，除Cl-效果越好
D.2Cu+Cu2++Cu平衡常数很大，反应趋于完全
【答案】C
【解析】本题考查溶度积常数、平衡常数的计算及其应用。由题图可知，当c(Cu+)=10-2?mol·L-1时，c(Cl-)约为10-4.75?mol·L-1，则Ksp(CuCl)=c(Cu+)·c(Cl-)的数量级为10-7，A项正确；根据题目信息可知B项正确；Cu、Cu2+是按一定物质的量之比反应的，并不是加入Cu越多，Cu+浓度越高，除Cl-效果越好，C项错误；由题图可知，交点处c(Cu+)=c(Cu2+)≈10-6?mol·L-1，则2Cu+Cu2++Cu的平衡常数K=≈106，该平衡常数很大，因而反应趋于完全，D项正确。
【名师点睛】上述详细分析过程包含较多的计算，在高考时间紧迫的情况下，可以回避这些繁琐的计算，直接运用常识判断出本题的答案为C项。对于非可逆反应，加入过多的铜是浪费原料，所以C项说法是错误的。
3.
【2017高考浙江卷自选模块23题】
25℃时，在含CH3COOH和CH3COOˉ的溶液中，CH3COOH和CH3COOˉ二者中各自所占的物质的量分数(α)随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法不正确的是（
）
A．在pH＜4.76的溶液中，c(CH3COOˉ)＜c(CH3COOH)
B．在pH＝7的溶液中，α(CH3COOH)＝0，α(CH3COOˉ)＝1.0
C．在pH＞4.76的溶液中，c(CH3COOˉ)与c(OHˉ)之和可大于c(H+)
D．在pH＝4.76的溶液中加盐酸，α(CH3COOH)与α(CH3COOˉ)之和保持不变
【答案】B
【考点】考查结合图像解答溶液中微粒之间的关系，电荷守恒、物料守恒思想的应用
【解析】根据电离平衡判断CH3COOH和CH3COOˉ两者含量随PH升高的变化情况，酸性越强CH3COOH含量越大，碱性越强CH3COOˉ越大，判断A正确；加入盐酸，根据物料守恒，始终存在α(CH3COOH)+α(CH3COOˉ)=1，D正确；电离平衡或是水解平衡是可逆的，α(CH3COOH)或α(CH3COOˉ)不可能=0或=1，只能接近于0或1，若不考虑溶液中的平衡原理只看图，将出错选B；PH>4.76，溶液中存在其他阳离子,根据电荷守恒，判断C正确
。
2016~2013年高考题
1.
【2016江苏卷】下列图示与对应的叙述不相符合的是（
）
A.图甲表示燃料燃烧反应的能量变化
B.图乙表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化
C.图丙表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程
D.图丁表示强碱滴定强酸的滴定曲线
【答案】A
【解析】本题考查图象中的化学知识，意在考查考生运用图象分析化学知识的能力。A项，燃烧反应一定是放热反应，而图甲表示的是吸热反应，错误；B项，酶在一定温度下，催化效果好反应速率快，但是如果温度过高或过低，酶的活性会降低，反应速率慢，正确；C项，弱电解质电离时，开始时分子电离为离子的速率最大，而离子结合为分子的速率最小，当二者的速率相等时，则建立了电离平衡，正确；D项，在强酸中滴加入强碱，pH不断增大，当接近终点时，溶液中的pH会发生突变，正确。
2.
【2016天津卷】下列叙述正确的是
(
)
A.使用催化剂能够降低化学反应的反应热(ΔH)
B.金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率与氧气浓度无关
C.原电池中发生的反应达平衡时，该电池仍有电流产生
D.在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小
【答案】D
【解析】本题考查化学基本原理，意在考查考生运用化学概念分析实际问题的能力。催化剂可以降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，A项错误；金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率与氧气浓度有关，O2浓度越大，腐蚀速率越快，B项错误；反应达到平衡时，正负极的电势差为0，所以电池不会产生电流，C项错误；CuS不溶于盐酸，而ZnS溶于盐酸，说明CuS更难溶，对应的溶解度小，D项正确。
3.【2016全国卷Ⅰ卷（乙卷）】298
K时，在20.0
mL
0.10
mol·L-1氨水中滴入0.10
mol·L-1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10
mol·L-1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是
(
)
A.该滴定过程应选择酚酞作为指示剂
B.M点对应的盐酸体积为20.0
mL
C.M点处的溶液中c(NH4＋)=c(Cl-)=c(H+)=c(OH-)
D.N点处的溶液中pH<12
【答案】D
【解析】本题考查了酸碱中和滴定过程中溶液中存在的平衡的分析，意在考查考生分析图象的能力以及灵活运用所学知识解决问题的能力。当恰好完全中和时，生成NH4Cl，而NH4Cl溶液呈酸性，酚酞的变色范围为pH=8.2~10.0，甲基橙的变色范围为pH=3.1~4.4，故应选甲基橙作指示剂，A项错误；当V(盐酸)=20.0
mL时，恰好完全反应，溶液呈酸性，B项错误；M点时由溶液中电荷守恒知c(NH4＋)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，而溶液呈中性，即c(H+)=c(OH-)，则c(NH4＋)=c(Cl-)，但c(NH4＋)=c(Cl-)?c(H+)=c(OH-)，C项错误；该温度下，0.10
mol·L-1?一元强碱溶液的pH=13，若0.10
mol·L-1一元弱碱溶液的电离度为10%，则其pH=12，而0.10
mol·L-1氨水的电离度小于10%，故溶液的pH<12，D项正确。
4.【2016全国卷Ⅲ卷（丙卷）】下列有关电解质溶液的说法正确的是（
）
A.向0.1
mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小
B.将CH3COONa溶液从20
℃升温至30
℃，溶液中增大
C.向盐酸中加入氨水至中性，溶液中
D.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变
【答案】D
【解析】本题考查电解质溶液知识，意在考查考生对电离平衡、水解平衡、溶解平衡基础知识的理解和应用能力。对于离子比值变化的题目，一般通过电离平衡常数、水解平衡常数或难溶电解质的Ksp进行分析；对于比较离子浓度大小的题目，一般根据电荷守恒、物料守恒进行分析。CH3COOH溶液中存在电离平衡:CH3COOHCH3COO-+H+，加水平衡正向移动，n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，溶液体积相同，所以?增大，A项错误。CH3COONa溶液中存在水解平衡:CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，水解反应属于吸热反应，升高温度，水解平衡常数增大，即?增大，则减小，B项错误。根据电荷守恒:c(NH4＋)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，
c(NH4＋)=c(Cl-)，所以c(NH4＋)与c(Cl-)的比值为1，C项错误。向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入AgNO3后Ag+浓度不变，由于Ksp不变，故c(Cl-)与c(Br-)的比值也不变，D项正确。
5．【2016浙江卷】苯甲酸钠(，缩写为NaA)可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-。已知25
℃时，HA的Ka=6.25×10-5，
H2CO3的Ka1=4.17×10-7，Ka2=4.90×10-11。
在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2气体。下列说法正确的是(温度为25
℃，不考虑饮料中其他成分)（
）
A.相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低
B.提高CO2充气压力，饮料中c(A-)不变
C.当pH为5.0时，饮料中=0.16
D.碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为:c(H+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(OH-)-c(HA)
【答案】C
【解析】本题考查电离平衡等知识，意在考查考生分析问题和解决问题的能力。根据题中所给的电离平衡常数可知，酸性:HA>H2CO3>
HCO3-。A项，碳酸饮料因充有CO2而使HA的电离受到抑制，故相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料中HA的浓度较大，抑菌能力较强，错误；B项，提高CO2充气压力，CO2的溶解度增大，HA的电离平衡左移，c(A-)减小，错误；C项，因为HAH++A-，Ka=，故?=?==0.16，正确；D项，依据溶液中电荷守恒可知:c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)+c(A-)，结合物料守恒:c(Na+)=c(A-)+c(HA)，所以，c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)-c(HA)，错误。
6．【2015新课标Ⅰ卷】浓度均为0.10
mol·L-1、体积均为V0的MOH和ROH溶液,分别加水稀释至体积V,pH随的变化如图所示。下列叙述错误的是（
）
A.MOH的碱性强于ROH的碱性
B.ROH的电离程度:b点大于a点
C.若两溶液无限稀释,则它们的c(OH-)相等
D.当=2时,若两溶液同时升高温度,则增大
【答案】D
【解析】本题考查强、弱电解质电离知识,意在考查考生对知识的迁移应用能力,以及对图形
的观察判断能力。由图可知MOH溶液稀释104倍时pH改变了4个单位,而ROH溶液稀释
104倍时pH改变小于4个单位,所以MOH是强碱,ROH是弱碱,A项正确;加水稀释促进电
离,ROH的电离程度:b点大于a点,B项正确;若两溶液无限稀释,则两溶液接近中性,二者氢氧
根离子浓度相等,C项正确;当稀释100倍时,同时加热,MOH中c(M+)不变,加热促进ROH电
离,c(R+)增大,
减小,D项错误。对于强酸,体积扩大10倍,pH增加1个单位;对于
强碱,体积扩大10倍,pH减小1个单位;对于弱酸,体积扩大10倍,pH增加小于1个单位;对于
弱碱,体积扩大10倍,pH减小小于1个单位;而当无限稀释时,只能接近中性,酸不能变成碱,碱
不能变成酸。
7．【2015重庆卷】下列叙述正确的是（
）
A.稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度
B.25
℃时,等体积等浓度的硝酸与氨水混合后,溶液pH=7
C.25
℃时,0.1
mol·L-1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱
D.0.1
mol
AgCl和0.1
mol
AgI混合后加入1
L水中,所得溶液中c(Cl-)=c(I-)
【答案】C
【解析】本题考查电解质溶液知识,意在考查考生对弱电解质的电离平衡、盐类水解和溶解
平衡基础知识的理解能力。CH3COOH在水溶液中存在如下平衡:CH3COOH
CH3COO-+
H+,加入CH3COONa,增加了CH3COO-浓度,平衡逆向移动,CH3COOH电离程
度减小,A项错误。二者完全反应后生成NH4NO3,
NH4＋水解导致溶液呈酸性,故反应后的溶液pH<7,B项错误。H2S溶液中,H2S不能完全电离,溶液中离子浓度小,导电能力弱,Na2S在溶液中完全电离,溶液中离子浓度大,导电能力强于同浓度的H2S溶液,C项正确。AgCl和AgI的Ksp不等,该溶液中c(Cl-)和c(I-)不可能相等,D项错误。
8．【2015天津卷】下列说法不正确的是（
）
A.Na与H2O的反应是熵增的放热反应,该反应能自发进行
B.饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀,但原理不同
C.FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解,同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同
D.Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡:Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq),该固体可溶于NH4Cl溶液
【答案】C
【解析】本题考查化学反应原理,意在考查考生的知识迁移能力。钠与水反应有气体生成,是
熵增的放热反应,所以反应能自发进行,A项正确。饱和硫酸钠溶液使蛋白质溶液产生沉淀发
生的是蛋白质的盐析,而浓硝酸使蛋白质溶液产生沉淀发生的是蛋白质的变性,二者原理不
同,B项正确。FeCl3和MnO2都能催化H2O2分解,但催化剂具有选择性,二者的催化效率肯定
不相同,C项错误。Mg(OH)2固体能溶于NH4Cl溶液中,是由于NH4Cl水解溶液显酸性,且发
生了反应:
NH4＋+OH-=NH3·H2O,使沉淀溶解平衡正向移动,D项正确。
9．【2015天津卷】室温下,将0.05
mol
Na2CO3固体溶于水配成100
mL溶液,向溶液中加入下列物质,有关结论正确的是（
）
加入的物质
结论
A?
50
mL
1
mol·L-1?H2SO4
反应结束后,c(Na+)=c(SO42-)
B?
0.05
mol
CaO
溶液中增大
C?
50
mL
H2O
由水电离出的c(H+)·c(OH-)不变
D?
0.1
mol
NaHSO4固体
反应完全后,溶液pH减小,c(Na+)不变
【答案】B
【解析】本题考查化学反应原理,意在考查考生的知识迁移应用能力。0.05
mol
Na2CO3与50
mL
1
mol·L-1?H2SO4恰好完全反应生成Na2SO4,c(Na+)=2c(SO42-),A项错误。含0.05
mol
Na2CO3的溶液中加入0.05
mol
CaO,二者恰好完全反应生成CaCO3沉淀和NaOH,溶液中c(OH-)增大、c(HCO3-)减小,二者的比值将增大,B项正确。在碳酸钠溶液中加水,水的电离程度减小,由水电离出的c(H+)·c(OH-)将减小,C项错误。在碳酸钠溶液中加入NaHSO4固体,溶液中c(Na+)必然增大,D项错误。
10．【2015广东卷】一定温度下,水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图。下列说法正确的是（
）
A.升高温度,可能引起由c向b的变化
B.该温度下,水的离子积常数为1.0×10-13
C.该温度下,加入FeCl3可能引起由b向a的变化
D.该温度下,稀释溶液可能引起由c向d的变化
【答案】C
【解析】本题考查影响水电离平衡的因素,意在考查考生读图处理信息的能力。升温促进水
的电离,升温后溶液不能由碱性变为中性,A项错误;根据c(H+)和c(OH-)可求出KW=1.0×10-14,B
项错误;加入FeCl3,Fe3+水解溶液呈酸性,可引起由b向a变化,C项正确;温度不变,稀释后,
c(OH-)减小,c(H+)增大,但仍在该曲线上,不可能到达d点,D项错误。
11．【2015广东卷】准确移取20.00
mL某待测HCl溶液于锥形瓶中,用0.100
0
mol·L-1?NaOH溶液滴定。下列说法正确的是（
）
A.滴定管用蒸馏水洗涤后,装入NaOH溶液进行滴定
B.随着NaOH溶液滴入,锥形瓶中溶液pH由小变大
C.用酚酞作指示剂,当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D.滴定达终点时,发现滴定管尖嘴部分有悬滴,则测定结果偏小
【答案】B
【解析】本题考查酸碱中和滴定实验,意在考查考生实验能力。滴定管用蒸馏水洗涤并用
NaOH溶液润洗后,方可装入NaOH溶液,A项错误;在滴定过程中,溶液的pH会由小逐渐变
大,B项正确;用酚酞作指示剂,当溶液由无色变为浅红色,且30
s内颜色不褪去,说明达到滴定
终点,可停止滴定,C项错误;滴定后,若滴定管尖嘴部分有悬滴,说明计算时代入的NaOH溶液
体积的值比实际滴入的大,导致测定结果偏大,D项错误。
12．【2015海南卷】10
mL浓度为1
mol·L-1的盐酸与过量的锌粉反应,若加入适量的下列溶液,能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是（
）
A．K2SO4
B．CH3COONa
C．CuSO4
D．Na2CO3
【答案】AB
【解析】本题考查影响化学反应速率的因素,意在考查考生对影响化学反应速率的因素及规律的理解能力。加入K2SO4溶液,相当于稀释盐酸,反应速率减慢,但H+的物质的量不变,不影响H2的生成量,A项正确;加入CH3COONa溶液,CH3COONa与HCl反应生成CH3COOH,
H+的浓度减小,反应速率减慢,但与锌反应的H+的物质的量不变,不影响H2的生成量,B项正确;加入CuSO4溶液,Zn置换出Cu,Zn和Cu构成原电池,反应速率加快,C项错误;D项,加入Na2CO3溶液,Na2CO3与HCl反应,H+的浓度及物质的量均减小,反应速率减慢,氢气的生成量减小,D项错误。
13．【2015海南卷】下列曲线中,可以描述乙酸(甲,Ka=1.8×10-5)和一氯乙酸(乙,Ka=1.4×10-3)在水中的电离度与浓度关系的是（
）
【答案】B
【解析】本题考查弱电解质的电离、电离常数,意在考查考生对弱电解质电离平衡的分析能力。根据乙酸、一氯乙酸的Ka知,二者均为弱酸,且酸性:一氯乙酸>乙酸。在温度不变、浓度相等时,电离度:一氯乙酸>乙酸,对于弱酸,浓度越大,电离度越小。本题选B。
14．【2015江苏卷】下列说法正确的是（
）
A.若H2O2分解产生1
mol
O2,理论上转移的电子数约为4×6.02×1023
B.室温下,pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合,溶液pH>7
C.钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀
D.一定条件下反应N2+3H22NH3达到平衡时,3v正(H2)=2v逆(NH3)
【答案】C
【解析】本题考查化学基本概念与基本理论,意在考查考生对相关知识的迁移应用能力。2H2O22H2O
+
O2↑,生成1
mol
O2时转移2
mol
e-,A项错误;pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合,反应后醋酸过量,溶液显酸性,B项错误;当铁作原电池的正极或电解池的阴极时,铁均会受到保护,C项正确;由反应方程式的系数知,任何时候均存在
2v正(H2)=3v正(NH3),只有达到平衡时,v正(NH3)=v逆(NH3),所以当2v正(H2)=3v逆(NH3)时,表明反应已达平衡,D项错误。
15．【2014上海卷】向饱和澄清石灰水中加入少量CaC2，充分反应后恢复到原来的温度，所得溶液中（
）
A．c(Ca2＋)、c(OH－)均增大
B．c(Ca2＋)、c(OH－)均保持不变
C．c(Ca2＋)、c(OH－)均减小
D．c(OH－)增大、c(H＋)减小
【答案】B
【解析】试题分析：碳化钙溶于水与水反应生成氢氧化钙和乙炔，反应的化学方程式为CaC2＋2H2O→Ca(OH)2＋HC≡CH↑。由于原氢氧化钙是饱和溶液因此生成的氢氧化钙不可能再溶解。另一方面溶剂水被消耗，导致原溶液中氢氧化钙析出，但温度不变，析出后的溶液仍然是饱和溶液，因此溶液中离子的浓度均保持不变，答案选B。
16．【2014上海卷】室温下，甲、乙两烧杯均盛有5mlpH＝3的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH＝4，关于甲、乙两烧杯中溶液的描述正确的是（
）
A．溶液的体积：10V甲≤V乙
B．水电离出的OH－浓度：10c(OH－)甲≤c(OH－)乙
C．若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲≤乙
D．若分别与5mlpH＝11的NaOH溶液反应，所得溶液的pH：甲≤乙
【答案】AD
【解析】该试题题目难度较大，对学生的思维能力要求较高，意在考查学生灵活应变能力和应用基础知识解决实际问题的能力。该类试题重点考查了学生对知识理解、综合运用能力，以及学生分析、归纳、总结问题的能力。明确弱电解质的电离平衡以及影响因素是答题的关键。
17．【2014福建卷】下列关于0.10
mol·L-1
NaHCO3溶液的说法正确的是（
）
A.溶质的电离方程式为NaHCO3＝Na＋＋
H＋＋
CO32
－
B.25
℃时,加水稀释后,
n(H＋)与n(OH－)的乘积变大
C.离子浓度关系:
c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3－
)＋c(CO32
－)
D.温度升高,
c(HCO3－
)增大
【答案】B
【解析】本题考查电解质溶液的性质,意在考查考生对化学反应原理的理解和应用能力。A项中HCO3－
不能拆开,正确的电离方程式为:
NaHCO3＝Na＋＋
HCO3－
,A项错误;B项,
n(H＋)×n(OH－)=[c(H+)×V]×[c(OH-)×V]=[c(H+)×c(OH-)]×(V×V)=KW·V2,由于水的离子积不变而溶液体积增大,故n(H＋)×n(OH－)的值增大,B项正确;由电荷守恒可知:
c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3－
)＋2c(CO32
－),C项错误;温度升高,
HCO3－
水解程度增大,反应HCO3－
+H2OH2CO3+OH-平衡右移,
HCO3－
浓度减小,D项错误。
18．【2014广东卷】常温下,0.2
mol·L-1的一元酸HA与等浓度NaOH溶液等体积混合后,所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示。下列说法正确的是（
）
A.HA为强酸
B.该混合溶液pH=7.0
C.该混合溶液中:c(A-)+c(Y)=c(Na+)
D.图中X表示HA,Y表示OH-,Z表示H+
【答案】C
【解析】本题考查弱电解质的水解平衡、溶液中微粒组成与浓度大小比较等知识,意在考查考生通过图象获取信息的能力。若HA为强酸,按题意两溶液混合后,所得溶液中c(A-)=0.1
mol·L-1。由图知A-浓度小于0.1
mol·L-1,表明A-发生水解。根据水解原理,溶液中主要微粒的浓度大小关系应为c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+),可以判断X表示OH-,Y表示HA,Z表示H+。则A、B、D项错误,C项满足物料守恒,正确。
19．【2014山东卷】已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等,现向10
mL浓度为0.1
mol·L-1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水,在滴加过程中（
）
A.水的电离程度始终增大
B.先增大再减小
C.
c（CH3COOH）与c（CH3COO-）之和始终保持不变
D.当加入氨水的体积为10
mL时,
c(NH4+)=c(CH3COO-)
【答案】D
【解析】本题考查溶液中的平衡问题,意在考查考生运用所学知识分析解决问题的能力。由CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等可知当二者恰好完全反应时,溶液呈中性,结合电荷守恒知c(CH3COO-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+),则c(CH3COO-)=c(NH4+),D项正确;开始滴加氨水时,水的电离程度增大,二者恰好完全反应时,水的电离程度最大,再继续滴加氨水时,水的电离程度减小,A项错误;开始滴加氨水时,溶液显酸性,
NH3·H2O少量,完全转化为CH3COONH4,而在酸性条件下不利于NH4+的水解,随着氨水的不断滴加,溶液酸性减弱,
NH4+的水解程度增大,当氨水过量时,由于NH3·H2O的电离程度很小,故减小,B项错误;根据原子守恒知n(CH3COO-)与n(CH3COOH)之和不变,但滴加氨水过程中,溶液体积不断增大,故c(CH3COO-)与c(CH3COOH)之和减小,C项错误。
20．【2014全国新课标Ⅰ卷】溴酸银(AgBrO3)溶解度随温度变化曲线如图所示,下列说法错误的是（
）
A.溴酸银的溶解是放热过程
B.温度升高时溴酸银溶解速度加快
C.60
℃时溴酸银的Ksp约等于6×10-4
D.若硝酸钾中含有少量溴酸银,可用重结晶方法提纯
【答案】A
【解析】本题考查溶解度曲线分析和Ksp的计算等,意在考查考生结合图象分析问题的能力。从图象可看出随温度的升高,AgBrO3的溶解度逐渐升高,即AgBrO3的溶解是吸热过程,A项错误;温度升高,其溶解速度加快,B项正确;60
℃时饱和溶液中AgBrO3的物质的量浓度约为≈2.5×10-2?mol/L,其Ksp≈6×10-4,C项正确;由于AgBrO3的溶解度比较小,故KNO3中含有AgBrO3时,可采用重结晶的方法提纯,D项正确。
21．【2014浙江卷】氯在饮用水处理中常用作杀菌剂,且HClO的杀菌能力比ClO-强。25
℃时氯气-氯水体系中存在以下平衡关系:
Cl2(g)Cl2(aq)
K1=10-1.2
Cl2(aq)+
H2OHClO
+
H+
+Cl-
K2=10-3.4
HClOH+
+
ClO-
Ka=?
其中Cl2(aq)、HClO和ClO-分别在三者中所占分数(α)随pH变化的关系如图所示。下列表述正确的是（
）
A．Cl2(g)+
H2O2H+
+
ClO-
+
Cl-
K=10-10.9
B.在氯处理水体系中,
c(HClO)
+
c(ClO-)
=c(H+)－c(OH-)
C.用氯处理饮用水时,pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时差
D.氯处理饮用水时,在夏季的杀菌效果比在冬季好
【答案】C
【解析】本题主要考查电解质溶液知识,意在考查考生对电荷守恒、物料守恒等规律的理解与运用。Cl2(g)+
H2O2H+
+
ClO-
+
Cl-　K=K1×K2×Ka,由图可得Ka
=10-7.5,故K值为10-12.1,A项错误;根据电荷守恒得,c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)+c(Cl-),而c(HClO)由于部分电离而不等于c(Cl-),B项错误;已知HClO的杀菌能力比ClO-强,从图中可知,c(HClO)在pH=7.5时比在pH=6.5时低,则杀菌效果较差,C项正确;夏季温度高,氯的溶解能力变差,杀菌效果也变差,D项错误。
22．【2014重庆卷】下列叙述正确的是（
）
A.浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3胶体
B．CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后c(CH3COO－)增大
C．Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应可得到Ca(OH)2
D．25℃时Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度
【答案】D
【解析】本题综合考查电解质溶液相关基础知识,意在考查考生对胶体制备、电离平衡、溶解平衡和离子反应等基础知识的掌握情况。浓氨水与FeCl3溶液反应生成Fe(OH)3沉淀,A项错误;
CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后,
CH3COO－与H+结合生成弱电解质CH3COOH,导致c(CH3COO－)减小,B项错误;
Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应生成CaCO3沉淀,C项错误;根据溶解平衡:Cu(OH)2(s)??Cu2+(aq)
+
2OH-(aq),在Cu(NO3)2溶液中,该平衡逆向移动,Cu(OH)2溶解度降低,D项正确。专题26
有机合成与推断
2019年高考题
1.【2019全国Ι理综，36，15分】?
化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A中的官能团名称是
。
（2）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出B的结构简式，用星号(
)标出B中的手性碳
。
（3）写出具有六元环结构、并能发生银镜反应的B的同分异构体的结构简式
。(不考虑立体异构，只需写出3个)
（4）反应④所需的试剂和条件是
。
（5）⑤的反应类型是
。
（6）写出F到G的反应方程式
。
（7）设计由甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH3COCH2COOC2H5)制备的合成路线
(无机试剂任选)。
1.
(1).
羟基（1分）
(2).
（2分）
(3).
、、、、
（3分）(4).
C2H5OH/浓H2SO4、加热
（2分）
(5).
取代反应
（2分）
(6).
、
（2分）
(7).
（3分）
【解析】
（1）根据A结构简式可知A中的官能团名称是羟基。
（2）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，则根据B的结构简式可知B中的手性碳原子可表示为。
（3）具有六元环结构、并能发生银镜反应的B的同分异构体的结构简式中含有醛基，则可能的结构为、、、、。
（4）反应④是酯化反应，所需的试剂和条件是乙醇/浓硫酸、加热。
（5）根据以上分析可知⑤的反应类型是取代反应。
（6）F到G的反应分两步完成，方程式依次为：、
。
（7）由甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH3COCH2COOC2H5)制备，可以先由甲苯合成，再根据题中反应⑤的信息由乙酰乙酸乙酯合成，最后根据题中反应⑥的信息由合成产品。具体的合成路线图为：，
。
【点睛】本题考查有机物的推断和合成，涉及官能团的性质、有机物反应类型、同分异构体的书写、合成路线设计等知识，利用已经掌握的知识来考查有机合成与推断、反应条件的选择、物质的结构简式、化学方程式、同分异构体的书写的知识。考查学生对知识的掌握程度、自学能力、接受新知识、新信息的能力；考查了学生应用所学知识进行必要的分析来解决实际问题的能力。有机物的结构、性质、转化、反应类型的判断、化学方程式和同分异构体结构简式的书写及物质转化流程图的书写是有机化学学习中经常碰到的问题，掌握常见的有机代表物的性质、各类官能团的性质、化学反应类型、物质反应的物质的量关系与各类官能团的数目关系，充分利用题目提供的信息进行分析、判断是解答的关键。难点是设计合成路线图时有关信息隐含在题干中的流程图中，需要学生自行判断和灵活应用。?
2.
【2019全国Ⅱ理综，36,15分】环氧树脂因其具有良好的机械性能、绝缘性能以及与各种材料的粘结性能，已广泛应用于涂料和胶黏剂等领域。下面是制备一种新型环氧树脂G的合成路线：
已知以下信息：
回答下列问题：
（1）A是一种烯烃，化学名称为__________，C中官能团的名称为__________、__________。
（2）由B生成C的反应类型为__________。
（3）由C生成D的反应方程式为__________。
（4）E的结构简式为__________。
（5）E的二氯代物有多种同分异构体，请写出其中能同时满足以下条件的芳香化合物的结构简式__________、__________。
①能发生银镜反应；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1。
（6）假设化合物D、F和NaOH恰好完全反应生成1
mol单一聚合度的G，若生成的NaCl和H2O的总质量为765g，则G的n值理论上应等于__________。
2.
（除标明外，每空2分）
(1).
丙烯
（1分）
氯原子
羟基（1分）
(2).加成反应
(3).
或
（4）
（5）
(6).
8
【解析】
（1）根据以上分析，A为CH3CH=CH2，化学名称为丙烯；C为，所含官能团的名称为氯原子、羟基，
故答案为：丙烯；氯原子、羟基；
（2）B和HOCl发生加成反应生成C，
故答案为：加成反应；
（3）C在碱性条件下脱去HCl生成D，化学方程式为：，
故答案为：；
（4）E的结构简式为。
（5）E的二氯代物有多种同分异构体，同时满足以下条件的芳香化合物：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1，说明分子中有3种类型的氢原子，且个数比为3：2：1。则符合条件的有机物的结构简式为、；
故答案为：、；
（6）根据信息②和③，每消耗1molD，反应生成1molNaCl和H2O，若生成的NaCl和H2O的总质量为765g，生成NaCl和H2O的总物质的量为=10mol，由G的结构可知，要生成1
mol单一聚合度的G，需要(n+2)molD，则(n+2)=10，解得n=8，即G的n值理论上应等于8，
故答案为：8。?
3.【2019江苏，17,15分】化合物F是合成一种天然茋类化合物的重要中间体，其合成路线如下：
（1）A中含氧官能团的名称为
▲
和
▲
。
（2）A→B的反应类型为
▲
。
（3）C→D的反应中有副产物X（分子式为C12H15O6Br）生成，写出X的结构简式：
▲
。
（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：
▲
。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；
②碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1。
（5）已知：（R表示烃基，R'和R"表示烃基或氢）
写出以和CH3CH2CH2OH为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。
?
3.
（1）（酚）羟基
（1分）
羧基（1分）
（2）取代反应（2分）
（3）
（3分）（4）（3分）
（5）
（4分）
【解析】
（1）由A的结构简式可知，A中含氧官能团为-OH和-COOH，名称为(酚)羟基、羧基，故答案为：(酚)羟基；羧基；
（2）根据以上分析可知，A→B的反应中-COOH中的羟基被氯原子取代，反应类型为取代反应，
故答案为：取代反应；
（3）观察对比C、D的结构可知，C→D的反应中酚羟基上的氢原子被-CH2OCH3取代生成D，根据副产物X的分子式C12H15O6Br，C→D的反应生成的副产物为C中两个酚羟基都发生了取代反应，可知X的结构简式为，
故答案为：；
（4）C为，C的同分异构体满足以下条件：①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1:1，说明含苯环的产物分子中有两种类型的氢原子且数目相等，应为间苯三酚，则该同分异构体为酚酯，结构简式为，
故答案为：；
（5）根据逆合成法，若要制备，根据题给已知可先制备和CH3CH2CHO。结合所给原料，1-丙醇催化氧化生成CH3CH2CHO，参考题中E→F的反应条件，
在LiAlH4条件下发生还原反应生成，和HCl发生取代反应生成，在Mg、无水乙醚条件下发生已知中的反应生成，和CH3CH2CHO在一定条件下反应生成，所以合成路线设计为：
CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO，
，
故答案为：CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO，
。
【点睛】本题以化合物F的合成路线为载体，考查官能团的识别、反应类型的判断、副产物结构简式的推导、限定条件同分异构体的书写、有机合成路线的设计。难点是有机合成路线的设计，有机合成路线的设计，先对比原料和产物的结构，采用“切割化学键”的分析方法，分析官能团发生了什么改变，碳干骨架发生了什么变化，再根据有机物的之间的相互转化和题给信息进行设计。
4.【2019北京理综，25,16分】抗癌药托瑞米芬的前体K的合成路线如下。
已知：
ⅰ．
ⅱ．有机物结构可用键线式表示，如(CH3)2NCH2CH3的键线式为
（1）有机物A能与Na2CO3溶液反应产生CO2，其钠盐可用于食品防腐。有机物B能与Na2CO3溶液反应，但不产生CO2；B加氢可得环己醇。A和B反应生成C的化学方程式是___________，反应类型是___________________________。
（2）D中含有的官能团：__________________。
（3）E的结构简式为__________________。
（4）F是一种天然香料，经碱性水解、酸化，得G和J。J经还原可转化为G。J的结构简式为__________________。
（5）M是J的同分异构体，符合下列条件的M的结构简式是__________________。
①包含2个六元环
②M可水解，与NaOH溶液共热时，1
mol
M最多消耗2
mol
NaOH
（6）推测E和G反应得到K的过程中，反应物LiAlH4和H2O的作用是__________________。
（7）由K合成托瑞米芬的过程：
托瑞米芬具有反式结构，其结构简式是__________________。
?
4.
（1）
取代反应（或酯化反应）（2分）
（2）羟基、羰基（2分）
（3）（2分）
（4）（2分）
（5）（2分）
（6）还原（加成）（2分）
（7）（2分）
【解析】
（1）根据以上分析，A为苯甲酸，B为苯酚，苯甲酸和苯酚在浓硫酸、H3BO3，加热条件下发生取代反应生成C为，化学方程式为，
故答案为：取代反应；；
（2）D为，D中含有的官能团为羰基、羟基，
故答案为：羰基、羟基；
（3）D发生信息中的反应生成E，其结构简式为，
故答案为：；
（4）F经碱性水解，酸化得G和J，J经还原可转化为G，则G和J具有相同的碳原子数和碳骨架，则G为；J为，
故答案为：；
（5）J为，分子式为C9H8O2，不饱和度为6，其同分异构体符合条件的M，①包含两个六元环，则除苯环外还有一个六元环，②M可水解，与氢氧化钠溶液共热时，1molM最多消耗2molNaOH，说明含有酚酯的结构，则M的结构简式为，
故答案为：；
（6）由合成路线可知，E和G先在LiAlH4作用下还原，再水解最后得到K，
故答案为：还原剂；水解；
（7）由合成路线可知，托瑞米芬分子中含有碳碳双键，两个苯环在双键两侧为反式结构，则其结构简式为：，
故答案为：。
5.【2019天津理综，8,18分】我国化学家首次实现了膦催化的环加成反应，并依据该反应，发展了一条合成中草药活性成分茅苍术醇的有效路线。
已知环加成反应：
（、可以是或）
回答下列问题：
（1）茅苍术醇的分子式为____________，所含官能团名称为____________，分子中手性碳原子（连有四个不同的原子或原子团）的数目为____________。
（2）化合物B的核磁共振氢谱中有______个吸收峰；其满足以下条件的同分异构体（不考虑手性异构）数目为______。
①分子中含有碳碳三键和乙酯基
②分子中有连续四个碳原子在一条直线上
写出其中碳碳三键和乙酯基直接相连的同分异构体的结构简式____________。
（3）的反应类型为____________。
（4）的化学方程式为__________________，除外该反应另一产物的系统命名为____________。
（5）下列试剂分别与和反应，可生成相同环状产物的是______（填序号）。
a．
b．
c．溶液
（6）参考以上合成路线及条件，选择两种链状不饱和酯，通过两步反应合成化合物，在方框中写出路线流程图（其他试剂任选）。
5.
（1）
（1分）
碳碳双键、羟基（2分）
3（1分）
（2）2（1分）
5（1分）
和
（3）加成反应或还原反应（1分）
（4）（2分）
2-甲基-2-丙醇或2-甲基丙-2-醇（2分）
（5）b（2分）
（6）
（写成等合理催化剂亦可，3分）
【解析】
（1）茅苍术醇的结构简式为，分子式为C15H26O，所含官能团为碳碳双键、羟基，含有3个连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故答案为：C15H26O；双键、羟基；3；
（2）化合物B的结构简式为CH3C≡CCOOC（CH3）3，分子中含有两类氢原子，核磁共振氢谱有2个吸收峰；由分子中含有碳碳叁键和—COOCH2CH3，且分子中连续四个碳原子在一条直线上，则符合条件的B的同分异构体有、CH3CH2CH2C≡CCOOCH2CH3、CH3CH2C≡C—CH2COOCH2CH3、CH3—C≡C—CH2CH2COOCH2CH3和等5种结构，碳碳叁键和—COOCH2CH3直接相连的为、CH3CH2CH2C≡CCOOCH2CH3，故答案为：2；5；、CH3CH2CH2C≡CCOOCH2CH3；
（3）C→D的反应为与氢气在催化剂作用下发生加成反应（或还原反应）生成，故答案为：加成反应（或还原反应）；
（4）与甲醇与浓硫酸共热发生酯基交换反应生成，反应的化学方程式为，HOC（CH3）3的系统命名法的名称为2—甲基—2—丙醇，故答案为：，2—甲基—2—丙醇；
（5）和均可与溴化氢反应生成，故答案为：b；
（6）由题给信息可知，CH3C≡CCOOCH2CH3与CH2=COOCH2CH3反应生成，与氢气发生加成反应生成，故答案为：。
【点睛】本题考查有机物推断与合成，对比物质的结构明确发生的反应，侧重对有机化学基础知识和逻辑思维能力考查，有利于培养自学能力和知识的迁移能力，需要熟练掌握官能团的结构、性质及相互转化。
6.【2019全国Ⅲ理综，36,15分】氧化白藜芦醇W具有抗病毒等作用。下面是利用Heck反应合成W的一种方法：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为___________。
（2）中的官能团名称是___________。
（3）反应③的类型为___________，W的分子式为___________。
（4）不同条件对反应④产率的影响见下表：
实验
碱
溶剂
催化剂
产率/%
1
KOH
DMF
Pd(OAc)2
22.3
2
K2CO3
DMF
Pd(OAc)2
10.5
3
Et3N
DMF
Pd(OAc)2
12.4
4
六氢吡啶
DMF
Pd(OAc)2
31.2
5
六氢吡啶
DMA
Pd(OAc)2
38.6
6
六氢吡啶
NMP
Pd(OAc)2
24.5
上述实验探究了________和________对反应产率的影响。此外，还可以进一步探究________等对反应产率的影响。
（5）X为D的同分异构体，写出满足如下条件的X的结构简式________________。
①含有苯环；②有三种不同化学环境的氢，个数比为6∶2∶1；③1
mol的X与足量金属Na反应可生成2
g
H2。
（6）利用Heck反应，由苯和溴乙烷为原料制备，写出合成路线________________。（无机试剂任选）
6.（1）间苯二酚（1，3-苯二酚）(1分)
（2）羧基、碳碳双键
（2分）
（3）取代反应
（2分）
C14H12O4（2分）
（4）不同碱(1分)
不同溶剂(1分)
不同催化剂（或温度等）(1分)
（5）(2分)
（6）(3分)
【解析】（1）A物质所含官能团是两个酚羟基，且苯环上有两个是间位的取代基，那物质的命名就是间苯二酚或1，3-苯二酚；
（2）物质中含有的官能团是碳碳双键和羧基
（3）D物质到E物质没有双键的消失，且在O原子处增加了氢原子，没有双键参与反应所以属于取代反应，W物质中可以轻松数出共有14个C原子，4个氧原子，氢原子的个数可以通过不饱和度来推断出，14个碳的烷应该有30个氢，现在该分子有9个不饱和度，其中一个苯环4个，一个双键1个，一个不饱和度少2个氢，所以30-9×2=12，因此有12个氢原子，即分子式为C14H12O4。
（4）可以从表格中寻找溶剂一样的实验、碱一样的实验发现得出：实验1，2，3探究了不同碱对反应的影响；实验4，5，6探究了不同溶剂对反应的影响，最后只剩下不同催化剂对实验的影响。
（5）D的分子式为：C8H9O2I，要求含苯环，那支链最多含两个C，且1molX与足量Na反应可生成2g氢气，那就证明有两个酚羟基或醇羟基，又有三种不同环境的氢6:2:1，那一定是有两个甲基和两个酚羟基，因为醇羟基没有6个相同环境的氢，则符合条件的有机物结构简式为。
（6）由题意中的heck反应可知需要一个反应物中含双建，一个反应物中含I；从苯出发可以经过溴乙烷和溴化铁的反应制得乙苯，乙苯在乙基上通过烷烃的取代反应引入氯原子，卤代烃在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应产生双键，得到苯乙烯；可以仿照反应①通过相同条件在苯环上引入一个碘原子，因此合成路线图为。
【点睛】最后一个写合成路线，要必须从已有的物质出发，不得自己添加反应所需有机物，仿照题中出现的反应，将合成路线分为两部分，一次合成，遇到不会的合成，首先要在题意和已知中寻找。清楚想要有碳碳双键出现应该利用卤代烃的消去反应。?
2018年高考题
1.
（2018全国Ⅱ理综，36，15分）以葡萄糖为原料制得的山梨醇(A)和异山梨醇(B)都是重要的生物质转化平台化合物。E是一种治疗心绞痛的药物。由葡萄糖为原料合成E的路线如下：
回答下列问题:
(1)葡萄糖的分子式为
。
(2)A中含有的官能团的名称为
。
(3)由B到C的反应类型为
。
(4)C的结构简式为
。
(5)由D到E的反应方程式为
。
(6)
F是B的同分异构体。7.30
g的F与足量饱和碳酸氢钠反应可释放出2.24
L二氧化碳(标准状况)，F的可能结构共有
种(不考虑立体异构);其中核磁共振氢谱为三组峰,峰面积比为3∶1∶1的结构简式为
。
1.
(1)C6H12O6（2分）
(2)羟基（2分）
（3）取代反应（2分）?
(4)
（2分）?
(5)
(3分)?
(6)9（2分）
（2分）?
【解析】
本题结合有机合成考查多种有机物间的相互转化和同分异构体的书写等。葡萄糖经催化加氢生成的A为CH2OH(CHOH)4CH2OH，B和CH3COOH发生酯化反应，结合C的分子式可知B和CH3COOH以等物质的量反应，则C的结构简式为；参考E的结构简式可知C中羟基与硝酸发生反应，则D为
D在碱性条件下发生水解反应生成E。（1）葡萄糖是一种重要的单糖，其分子式为C6H12O6。（2）根据A的结构简式可知A中含有的官能团为羟基。（3）由B和C的结构简式可知
子式为C6H10O4，即F的分子式也为C6H10O4，其摩尔质量为146
g·mol-1，7.30
g
F的物质的量为=0.05
mol，结合0.05
mol
F与饱和NaHCO3溶液反应生成2.24
L（0.1
mol）CO2可知1
mol
F中含2
mol
—COOH，则F的结构中，主链上含有4个碳原子时有6种情况，即（数字表示另一个—COOH的位置，下同）和；主链含3个碳原子时有3种情况，即，则符合条件的F有9种可能结构。其中核磁共振氢谱中吸收峰的峰面积之比为?3∶1∶1的结构简式为。?
2.
（2018北京理综，25，17分）8-羟基喹啉被广泛用作金属离子的络合剂和萃取剂,也是重要的医药中间体。如图是8-羟基喹啉的合成路线。
ii.同一个碳原子上连有2个羟基的分子不稳定。
(1)按官能团分类,A的类别是
。
(2)A→B的化学方程式是
。
(3)C可能的结构简式是
。
(4)C→D所需的试剂a是
。
(5)D→E的化学方程式是
。
(6)F→G的反应类型是
。
(7)[ZK(]将下列K→L的流程图补充完整:
(8)合成8-羟基喹啉时,L发生了
(填“氧化”或“还原”)反应。反应时还生成了水,则L与G物质的量之比为
。?
2.
(1)烯烃(1分）?
?
【解析】
本题考查有机合成与推断。本题的难点是A、B和C的结构简式的推断。A的分子式为C3H6，结合其与氯气反应的生成物B可以发生加成反应，可推知A、B分子中含有碳碳双键，故A的结构简式为CH2==CHCH3。CH2==CHCH3与Cl2在高温下发生α取代生成CH2==CHCH2Cl，即B为CH2==CHCH2Cl，B与HOCl发生加成反应生成的C为ClCH2CHOHCH2Cl或HOCH2CHClCH2Cl，再由D的分子式可知C发生了水解反应，D为HOCH2CHOHCH2OH。有了A、B、C、D的结构，后面的推理就不难了。（1）按照官能团分类,CH2==CHCH3属于烯烃。（2）A→B属于取代反应，注意勿漏掉生成的HCl。（3）CH2==CHCH2Cl的结构不对称，它与HOCl发生加成反应时，可能生成ClCH2CHOHCH2Cl或HOCH2CHClCH2Cl。（4）C→D过程中，氯原子发生了水解，所以所用的试剂是NaOH水溶液。（5）D→E是醇类物质发生的消去反应。（6）F是苯酚，G是苯酚分子中苯环上的氢原子被硝基取代的产物，故F→G属于取代反应。（7）K的分子式为?C9H11NO2，L的分子式为C9H9NO，二者分子组成上相差一个“H2O”，显然从K到L的过程中发生了消去反应。观察K的结构，它不能发生消去反应。但根据“已知i”，可知K分子中醛基能与苯环上氢原子发生加成反应得到醇羟基，然后发生消去反应，即可消去一个H2O分子。所以从K到L的流程为：K分子中的醛基与苯环上的氢原子发生加成反应生成，再由发生消去反应生成(即L)。（8）合成8-羟基喹啉的过程中，L发生的是去氢氧化,一个L分子脱去了2个氢原子，而一个G分子中?—NO2变为—NH2需要6个氢原子，则L与G的物质的量之比应为3∶1。
3.
（2018全国Ⅲ理综，36，15分）近来有报道,碘代化合物E与化合物H在Cr-Ni催化下可以发生偶联反应,合成一种多官能团的化合物Y,其合成路线如下：
回答下列问题:
(1)〖ZK(#〗A的化学名称是
。
(2)B为单氯代烃,由B生成C的化学方程式为
。
(3)[ZK(]由A生成B、G生成H的反应类型分别是
、
?
。
(4)D的结构简式为
。
(5)Y中含氧官能团的名称为
。
(6)E与F在Cr-Ni催化下也可以发生偶联反应,产物的结构简式为
。
(7)X与D互为同分异构体,且具有完全相同官能团。X的核磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢,其峰面积之比为3∶3∶2。写出3种符合上述条件的X的结构简式
。
3.(1)丙炔（1分）?
(2)
（2分）?
(3)取代反应（2分）
加成反应（2分）?
(4)
（2分）?
(5)羟基、酯基（1分）?
（6）（2分）?
?
【解析】本题考查有机合成与推断。（1）的名称为丙炔。（2）与Cl2在光照条件下发生取代反应生成与NaCN在加热条件下发生取代反应生成,即B→C的化学方程式为。（3）A生成B的反应为取代反应，结合已知信息可推出G生成H的反应为加成反应。
?
【走出误区】本题的易错点是D的同分异构体的书写，首先要结合题目条件弄清楚含有的官能团和原子团，写出符合条件的一种结构简式，然后在此基础上移动官能团或原子团（如—CH3、—CH2—）得出其他同分异构体的结构简式。
?
4.
（2018天津理综，8，18分）化合物N具有镇痛、消炎等药理作用，其合成路线如下：
（1）A的系统命名为
，E中官能团的名称为
。
（2）
A→B的反应类型为
，从反应所得液态有机混合物中提纯B的常用方法为
。
（3）C→D的化学方程式为
。
（4）
C的同分异构体W（不考虑手性异构）可发生银镜反应；且?1
mol?
W最多与2
mol
NaOH发生反应，产物之一可被氧化成二元醛。满足上述条件的W有
种，若W的核磁共振氢谱具有四组峰，则其结构简式为
。
（5）F与G的关系为（填序号）
。
a.碳链异构
b.官能团异构
c.顺反异构
d.位置异构
(6)M的结构简式为
。
（7）
该路线中试剂与条件1为
，X的结构简式为
；试剂与条件2为
，Y的结构简式为
。?
4.
(1)1,6-己二醇（1分）
碳碳双键，酯基（2分）?
（2）取代反应（1分）
减压蒸馏（或蒸馏）（1分）?
（3）
（?2分?）?
(4)5（1分）
（2分）?
(5)c（1分）?
(6)
（1分）?
(7)试剂与条件1：HBr，△（1分）
X：（2分）
试剂与条件2：O?2/Cu或Ag，△（1分）
Y：（2分）?
【解析】
本题主要考查有机物的命名、有机物的官能团、同分异构体数目的判断、有机反应条件、有机化学方程式的书写等。（1）A的结构简式为HOCH2CH2CH2CH2CH2CH2OH，其系统命名为1,6－己二醇。E中官能团为碳碳双键、酯基。（2）A→B的反应类型为取代反应；该反应所得混合物中还含有?1,6－?己二醇、氢溴酸，从中提纯?HOCH2CH2CH2CH2CH2CH2Br的常用方法为蒸馏。（3）C→D为和乙醇的酯化反应。（4）根据W能发生银镜反应，知W含有醛基或甲酸酯基，根据1
mol
W最多能与2
mol
NaOH反应，且产物之一可被氧化为二元醛，知W含有甲酸酯基，且含有—CH2Br，因此W可表示为HCOOCH2—C3H6—CH2Br，W可看做HCOOCH2—、—CH2Br取代丙烷中的两个H，用定一移一法，可判断满足条件的W共有5种结构。W的核磁共振氢谱有4组峰的结构简式为。（5）F、G的不同之处是F中双键碳原子上的两个H在碳碳双键同侧，G中双键碳原子上的两个H在碳碳双键两侧，二者互为顺反异构体。（6）根据G、N的结构简式，可知M为。（7）结合题给合成路线，运用逆合成分析法，可知合成
?
5.
（2018全国Ⅰ理综，36，15分）化合物W可用作高分子膨胀剂，一种合成路线如下：
回答下列问题
（1）A的化学名称为
。
（2）②的反应类型是
（3）反应④所需试剂、条件分别为
。
（4）G的分子式为
。
（5）W中含氧官能团的名称是
。
（6）写出与E互为同分异构体的酯类化合物的结构简式（核磁共振氢谱为两组峰，峰面积比为1：1）
（7）苯乙酸苄酯（）是花香型香料，设计由苯甲醇为起始原料制备苯乙酸苄酯的合成路线（无机试剂任选）
5.（1）氯乙酸（2分）?
(2)取代反应（1分）?
（3）乙醇/浓硫酸、加热（2分）?
（4）C12H18O3（2分）?
（5）羟基、醚键（2分）?
(6)
（2分）?
?
【解析】（1）A的化学名称为氯乙酸。（2）反应②中—CN取代—Cl，为取代反应。（3）比较D和E的结构简式可知，反应④是HOOC—CH2—COOH与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生的酯化反应。（4）由G的结构简式可知G的分子式为C12H18O3。（5）由W的结构简式可知,W中含氧官能团的名称为羟基、醚键。（6）根据题意知，满足条件的E的酯类同分异构体具有高度对称结构，则满足条件的同分异构体为。（7）由苯甲醇合成苯乙酸苄酯，需要增长碳链。联系题图中反应②、③、④设计合成路线。〖ZK)〗?
6.
(2018江苏，17，15分)
丹参醇是存在于中药丹参中的一种天然产物。
合成丹参醇的部分路线如下:
(1)
A
中的官能团名称为
(写两种)。
(2)D→E
的反应类型为
。
(3)B
的分子式为
C9H14O,写出
B
的结构简式:
。
(4)
的一种同分异构体同时满足下列条件,写出该同分异构体的结构简式:
。
①分子中含有苯环,能与
FeCl3溶液发生显色反应,不能发生银镜反应;
②碱性条件水解生成两种产物,酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢。
(5)写出以的合成路线流程图(无机试剂和乙醇任用,合成路线流程图示例见本题题干)。
6.
（1）碳碳双键、羰基（2分）
（2）消去反应（2分）
（3）（3分）
（4）（3分）?（5）
【解析】
本题考查有机合成与推断。（1）A中含有2个碳碳双键、1个羰基（也称为酮羰基）。（2）仔细观察对比D和E的结构简式可知，从D生成E，发生的是分子内的脱水反应，属于消去反应。（3）A中含有8个碳原子、不饱和度为4，B中含有9个碳原子，不饱和度为3。说明从A到B，总的结果是发生了加成反应。具体反应过程是：羰基与CH3MgBr发生加成反应，—MgBr加到羰基氧原子上生成?—OMgBr，而—CH3加到羰基碳原子上，—OMgBr经过水解得到—OH。据此不难得到B的结构简式。（4）中含有9个碳原子、3个氧原子，且不饱和度为7。其同分异构体中含有苯环，能与氯化铁溶液发生显色反应，即含有酚羟基；碱性条件下能发生水解，说明含有酯基，由于一个苯环的不饱和度为4，一个酯基的不饱和度是1，说明该同分异构体中还含有碳碳不饱和键。2个碳原子拥有2个不饱和度，只能是存在碳碳叁键，即同分异构体中含有结构。如果是，碱性条件下水解后酸化得到，该分子中含有2种不同化学环境的氢，符合题意。结合条件②“酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢”，推出该同分异构体中含有的是酚酯基，且酚酯基与酚羟基处于苯环的对位，综合上述分析可知符合要求的同分异构体的结构简式为。（5）首先观察目标产物的结构，该目标产物中含有六元环，结合“已知”反应可以推知，该目标产物可由二烯烃与碳碳双键发生加成反应得到。但其原料中只含有1个碳碳双键，所以要在该原料中再引入1个碳碳双键，可以通过卤代烃的消去反应来完成。则有：
。最后一步用氢气还原即可得到目标产物。?
【思维拓展】
在有机合成中，欲增加官能团的数目或者改变官能团的位置，往往需要通过卤代烃的加成、消去来实现。因此，卤代烃是有机合成的重要中间体，是有机合成中的“桥梁”。?
2017年高考题
1.【2017高考海南卷15题】（8分）已知苯可以进行如下转化：
回答下列问题：
（1）反应①的反应类型为________，化合物A的化学名称为___________。
（2）化合物B的结构简式为_________，反应②的反应类型为_______。
（3）如何仅用水鉴别苯和溴苯__________。
【答案】（1）加成反应（或还原反应）（1分）
?环己烷（1分）?（2）（2分）
?消去反应（2分）?（3）在试管中加入少量水，向其中滴入几滴苯或溴苯未知液体，若沉入水底，则该液体为溴苯；若浮在水面，则该液体为苯（2分）?
【综合推断】苯在催化剂存在的条件下与氢气发生加成反应，生成的A是环己烷；光照条件下，卤素能取代烃分子中的饱和氢原子，生成卤代烃，结合B的分子式可知其为一氯代烃，即一氯环己烷；一氯环己烷在NaOH的醇溶液中能发生消去反应，生成的D为环己烯。?【解析】（1）反应①是苯与氢气发生的加成反应，也属于还原反应。（2）根据B的分子式可知其为一氯环己烷；根据反应条件可知反应②是卤代烃的消去反应。（3）苯与溴苯都是无色液体且不溶于水，但苯的密度小于水的密度，而溴苯的密度大于水的密度。据此，可将未知液体分别滴加到水中，根据未知液体在上层还是下层的不同现象即可鉴别苯和溴苯。也可以在两种未知液体中分别滴加水，水在上层的原液体是溴苯，水在下层的原液体是苯。
2.【2017高考浙江卷自选模块26题】（
(6分)A是天然气的主要成分，以A为原料在一定条件下可获得有机物B、C、D、E、F，其相互转化关系如图。已知烃B在标准状况下的密度为1.16
g·Lˉ1，C能发生银镜反应，F为有浓郁香味，不易溶于水的油状液体。
请回答：
(1)
有机物D中含有的官能团名称是________。
(2)
D＋E→F的反应类型是________。
(3)
有机物A在高温下转化为B的化学方程式是________。
(4)
下列说法正确的是________。
A．有机物E与金属钠反应比水与金属钠反应要剧烈
B．有机物D、E、F可用饱和Na2CO3溶液鉴别
C．实验室制备F时，浓硫酸主要起氧化作用
D．有机物C能被新制碱性氢氧化铜悬浊液、酸性KMnO4溶液氧化
【答案】(1)羧基
(2)酯化反应(取代反应)
(3)2CH4
?→
C2H2+3H2
(4)BD
【考点】考查简单有机物烃、醇、醛、酸、酯的相互转化和物质推断、官能团名称、反应类型、陌生有机方程式书写、相关有机物的性质。
【解析】天然气主要成分为甲烷，知A为CH4
；根据密度计算烃B的相对分子质量=1.16×22.4=26，26/12=2······2，知B为C2H2，乙炔；C能发生银镜，再根据F中碳原子个数，确定C为乙醛，氧化成D为乙酸，与氢气还原后得到E为乙醇，F为乙酸乙酯。A→B为陌生的反应，但是根据推断确定A为CH4
，B为C2H2
，根据质量守恒容易得出另外产物为H2，方程式为2CH4
→
C2H2+3H2。
3.【2017高考浙江卷自选模块32题】【加试题】(10分)某研究小组按下列路线合成镇痛药哌替啶：
已知：已知：
请回答：
(1)?A→B的反应类型是________。
(2)下列说法不正确的是________。
A．化合物A的官能团是硝基
B．化合物B可发生消去反应
C．化合物E能发生加成反应
D．哌替啶的分子式是C15H21NO2
(3)写出B＋C→D的化学反应方程式________。
(4)设计以甲苯为原料制备C的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)________。
(5)写出同时符合下列条件的C的所有同分异构体的结构简式________。
①分子中有苯环而且是苯环的邻位二取代物；
②1H-NMR谱表明分子中有6种氢原子；IR谱显示存在碳氮双键（C＝N）。
【答案】(1)取代(2)A
（3）
（4）
（5）
【考点】考查根据信息对含氮有机物化合物转化、结构推断的能力，考查陌生反应的反应类型判断、陌生有机方程式书写、限定条件同分异构体书写
【解析】A的结构推断为该题目的关键，分子式为C5H13NO2，可知所有C、N原子饱和，不可能为—NO2，也没有环，再由A→B的分子式变化“少了两个O两个H，多两个Cl”，推断A中两个羟基被两个氯取代，为取代反应；
根据A中碳原子个数推知A是由两个和一个CH3NH2反应得到，得到两个羟基的物质，反应如下：
根据B、C反应条件确定C、D中有—CN，E中有—COOH，根据E、F反应条件及产物结构推知该反应为酯化反应，所以对产物拆分右图所示
进行逆推，得知D的结构为，C的结构为。
2016~2013年高考题
1．【2016年高考上海卷】（本题共9分）
异戊二烯是重要的有机化工原料，其结构简式为CH2=C(CH3)CH=CH2。
完成下列填空：
（1）化合物X与异戊二烯具有相同的分子式，与Br/CCl4反应后得到3-甲基-1,1,2,2-四溴丁烷。X的结构简式为_______________。
（2）异戊二烯的一种制备方法如下图所示：
A能发生的反应有___________。（填反应类型）
B的结构简式为______________。
（3）设计一条由异戊二烯制得有机合成中间体的合成路线。
（合成路线常用的表示方式为：）
【答案】（本题共9分）
（1）
（2）加成（还原）、氧化、聚合、取代（酯化）、消除反应；
（3）（合理即给分）
【解析】
试题分析：
（1）由题意可知化合物X与异戊二烯的分子式相同，则X的分子式为：C6H10，X的不饱和度Ω=2；由X与Br2/CCl4发生加成反应产物为3-甲基-1,1,2,2-四溴丁烷，则X分子中存在碳碳三键，其结构简式为：CH≡CCH(CH3)2。故答案为：CH≡CCH(CH3)2。
（2）A分子中存在碳碳双键能与H2O、X2、H2、HX等发生加成反应，与H2的加成反应也属于还原反应；能被酸性高锰酸钾溶液氧化而发生氧化反应；能发生加聚反应（聚合反应）。A分子中存在羟基能发生取代反应（酯化反应）和消除反应。将A与异戊二烯的结构简式对比可知，A首先与H2发生加成反应生成，再发生消除反应即可得到异戊二烯，所以B的结构简式为：。故答案为：加成反应、还原反应、氧化反应、聚合（加聚）反应、取代（酯化）反应、消除反应；。
（3）根据题意可知CH2=C(CH3)CH=CH2在一定条件下首先与HCl发生加成反应生成CH2=C(CH3)CH2CH2Cl；CH2=C(CH3)CH2CH2Cl在氢氧化钠溶液、加热条件下发生取代（水解）反应生成CH2=C(CH3)CH2CH2OH；CH2=C(CH3)CH2CH2OH在催化剂、加热条件下与H2发生加成反应即可生成CH3CH(CH3)CH2CH2OH。故答案为：
【考点定位】考查有机反应类型、有机物官能团的性质、常见有机物的推断和合成途径的设计和方法。
【名师点睛】依据反应规律和产物来推断反应物是有机物推断的常见题型，通常采用逆推法：抓住产物的结构、性质、实验现象、反应类型这条主线，找准突破口，把题目中各物质联系起来从已知逆向推导，从而得到正确结论。对于某一物质来说，有机物在相互反应转化时要发生一定的化学反应，常见的反应类型有取代反应、加成反应、消去（消除）反应、酯化反应、加聚反应、缩聚反应等，要掌握各类反应的特点，并会根据物质分子结构特点（包含官能团的种类）进行判断和应用。有机合成路线的设计解题方法一般采用综合思维的方法，其思维程序可以表示为：原料→中间产物←目标产物。即观察目标分子的结构（目标分子的碳架特征，及官能团的种类和位置）→由目标分子和原料分子综合考虑设计合成路线（由原料分子进行目标分子碳架的构建，以及官能团的引入或转化）→对于不同的合成路线进行优选（以可行性、经济性、绿色合成思想为指导）。熟练掌握一定的有机化学基本知识、具备一定的自学能力、信息迁移能力是解答本题的关键，题目难度中等。
2．【2016年高考海南卷】（8分）乙二酸二乙酯（D）可由石油气裂解得到的烯烃合成。回答下列问题：
（1）B和A为同系物，B的结构简式为_______。
（2）反应①的化学方程式为___________，其反应类型为__________。
（3）反应③的反应类型为____________。
（4）C的结构简式为___________。
（5）反应②的化学方程式为______。
【答案】15.(8分)
（1）CH2=CHCH3
（2）CH2=CH2+H2OCH3CH2OH
加成反应
（3）取代反应
（4）HOOC-COOH
（5）2CH3CH2OH+HOOCCOOHCH3CH2OOCCOOCH2CH3+2H2O
【解析】根据流程图可知，A与水反应生成B，B的分子式为C2H6O,氢原子数已经达到饱和，属于饱和一元醇，则B为乙醇，A为乙烯，B与C生成乙二酸二乙酯，则C为乙二酸，B和A为同系物，B含3个碳，则B为丙烯，丙烯与氯气在光照的条件下发生a-H的取代反应生成CH2=CHCH2Cl。
（1）根据上述分析，B为丙烯，结构简式为CH2=CHCH3。[]
（2）反应①为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应的化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，反应类型为加成反应。
考点：有机物的推断，有机反应类型和有机化学方程式的书写等知识。
【名师点睛】该类试题的解题关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。由定性走向定量是思维深化的表现，将成为今后高考命题的方向之一。
3．【2016年高考江苏卷】（15分）化合物H是合成抗心律失常药物决奈达隆的一种中间体，可通过以下方法合成:
(1)D中的含氧官能团名称为　　　　(写两种)。
(2)FG的反应类型为　　　　。
(3)写出同时满足下列条件的C
的一种同分异构体的结构简式:　　　　。
①能发生银镜反应；②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3?溶液发生显色反应；③分子中只有4
种不同化学环境的氢。
(4)E
经还原得到F。E
的分子式为C14H17O3N，写出E
的结构简式:　　　　。
(5)已知:①苯胺()易被氧化
②
请以甲苯和(CH3CO)2O为原料制备，写出相应的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】(1)(酚)羟基、羰基、酰胺键(任写2种)
(2)消去反应
(3)或或
(4)
(5)
【解析】本题主要考查有机合成和推断，意在考查考生对有机合成路线的综合分析能力。
(1)D中含氧官能团的名称为(酚)羟基、羰基、酰胺键。(2)根据F、G的结构简式，可以推断F→G的反应为消去反应。(3)根据①可知，分子中含有醛基或甲酸酯基，根据②可知，分子中含有酯基，且为酚酯，根据③可知，分子中含有4种类型的氢原子，满足上述条件的同分异构体有、、。(4)E经还原得到F，结合E的分子式和F的结构简式，可推知E的结构简式为。(5)运用逆合成分析法，倒推中间产物，确定合成路线。
【考点定位】本题主要是考查有机物推断和合成、官能团、有机反应类型、同分异构体判断以及有机物制备路线图设计等
【名师点晴】有机物的合成是通过化学反应使有机物的碳链增长或缩短，或碳链和碳环的相互转变，或在碳链或碳环上引入或转换各种官能团，以制取不同类型、不同性质的有机物。有机合成题能较全面地考查学生的有机化学基础知识和逻辑思维能力、创造思维能力等。有机合成路线的选择基本要求是：原料廉价易得，路线简捷，便于操作，反应条件适宜，产品易于分离等。解答有机合成题目的关键在于：①选择出合理简单的合成路线；②熟练掌握好各类有机物的组成、结构、性质、相互衍生关系以及重要官能团的引进和消去等基础知识。该题的另一个难点是同分异构体判断，对于芳香族化合物来说，在支链相同时，又由于它们在苯环的位置有邻位、间位、对位三种不同的情况而存在异构体。分子中含有几种不位置的氢原子，就存在几种核磁共振氢谱，核磁共振氢谱峰的面积比就是各类氢原子的个数比。
4．【2016年高考浙江卷】（10分）化合物X是一种有机合成中间体，Z是常见的高分子化合物，某研究小组采用如下路线合成X和Z:
已知:①化合物A的结构中有2个甲基
②RCOOR'+R″CH2COOR'
请回答:
(1)写出化合物E的结构简式　　　　，F中官能团的名称是　　　　。
(2)Y→Z的化学方程式是　　　　　　　　　　　　。
(3)G→X的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　，反应类型是　　　　。
(4)若C中混有B，请用化学方法检验B的存在(要求写出操作、现象和结论)　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
【答案】(1)CH2CH2　羟基
(2)n
(3)+CH3CH2OH　取代反应
(4)取适量试样于试管中，先用NaOH中和，再加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，若产生砖红色沉淀，则有B存在(合理答案均可)
【解析】本题以简单有机物之间的相互转化为背景考查有机推断，意在考查考生的分析推理能力。根据框图并结合已知信息知，A为，B为，C为，D为，E为CH2CH2，F为CH3CH2OH，G为，Y为，Z为。(1)E的结构简式为，F中的官能团为羟基。(2)Y→Z的化学方程式为。(3)依据题给信息知，G→X的化学方程式为+CH3CH2OH，该反应为取代反应。(4)C中混有B，要检验B的操作要点是先用碱溶液将C处理成盐，使待测液呈碱性，然后再用银氨溶液或新制Cu(OH)2进行检验。具体操作为:取适量试样于试管中，先用NaOH中和，再加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，若产生砖红色沉淀，则有B存在。
【考点定位】考查有机物的合成和推断，有机反应类型，有机化学方程式的书写，醛基的检验等知识。
【名师点睛】掌握常见的有机代表物的性质、各类官能团的性质、化学反应类型、物质反应的物质的量关系与各类官能团的数目关系，充分利用题目提供的信息进行分析、判断。有机物推断题要从反应条件和物质的结构特征入手。能连续氧化的为醇氧化成醛，再氧化成酸，则醇的结构中含有-CH2OH，两种有机物反应变成一种有机物通常是醇和酸的酯化反应。结合物质的分子式分析其结构。牢记有机物的官能团和反应条件。如氢氧化钠水溶液加热条件下反应：卤代烃的水解，或酯的水解；氢氧化钠醇溶液加热：卤代烃的消去。浓硫酸加热条件：醇的消去反应，酯化反应等。本题难度适中。
5．【2015海南化学】（8分）乙醇是一种重要的化工原料,由乙醇为原料衍生出的部分化工产品如下图所示:
回答下列问题:
(1)A的结构简式为　　　　　　　　　　。
(2)B的化学名称是　　　　　　　　　　。
(3)由乙醇生成C的反应类型为　。
(4)E是一种常见的塑料,其化学名称是　。
(5)由乙醇生成F的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　。
【答案】(1)CH3COOH
(2)乙酸乙酯
(3)取代反应
(4)聚氯乙烯
(5)CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O
【解析】本题考查有机合成和推断,意在考查考生对有机合成路线的综合分析能力。(1)根据A的分子式,结合A由乙醇氧化得到,可知A为乙酸(CH3COOH)。(2)乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯。(3)由乙醇与C的分子式可知,反应中乙醇分子中的1个氢原子被氯原子取代,为取代反应。(4)C为CH2ClCH2OH,C脱去一个H2O分子生成D(CHCl=CH2),D聚合生成E,可知E为聚氯乙烯。(5)乙醇在浓硫酸作催化剂、170
℃时发生消去反应生成乙烯和水。
【考点定位】考查以乙醇为载体的有机物之间的转化。
【名师点睛】本题以乙醇的性质及应用的转化流程为载体考查乙醇、乙酸及碳碳双键的性质。涉及有机物的命名、反应类型的判断、化学方程式的书写，考查学生对常见有机物及官能团的性质和转化关系掌握的熟练程度，考查学生分析问题、解决问题的能力，逻辑推理能力。题目难度中等。
6．【2015浙江理综化学】(10分)化合物X是一种香料,可采用乙烯与甲苯为主要原料,按下列路线合成:
已知:RXROH;RCHO+CH3COOR'RCH=CHCOOR'
请回答:
(1)E中官能团的名称是　　　　。
(2)B+D→F的化学方程式　　　　。
(3)X的结构简式　　　　。
(4)对于化合物X,下列说法正确的是　　　　。
A.能发生水解反应
B.不与浓硝酸发生取代反应
C.能使Br2/CCl4溶液褪色
D.能发生银镜反应
(5)下列化合物中属于F的同分异构体的是　　　　。
答案
(1)醛基
(2)CH3COOH++H2O
(3)?
(4)AC
(5)BC
解析
本题以香料X的合成为背景,考查考生对有机物结构、性质的判断,意在考查考生对简单有机物及其相互转化等知识的理解与掌握,同时考查考生获取信息和应用相关信息的能力。
由框图可知,A为CH3CH2OH,B为CH3COOH,D为,E为,F为,X为。则化合物中含有的官能团为醛基;B与D反应生成F的化学方程式为:
CH3COOH++H2O;X的结构简式为,该化合物中含有苯环,能与浓硝酸等发生取代反应;含有酯基,能发生水解反应;含有碳碳双键,能与Br2发生加成反应,使Br2/CCl4溶液褪色;无醛基结构,所以不能发生银镜反应。有机物F的分子式为C9H10O2,A项中化合物的分子式为C10H12O2;B项中化合物的分子式为C9H10O2;C项中化合物的分子式为C9H10O2;D项中化合物的分子式为C10H12O2。
【考点定位】本题主要是考查有机物合成与推断、有机物的结构、性质、有机化学方程式书写、同分异构体判断等。
【名师点晴】高考化学试题中对有机化学基础的考查题型比较固定，通常是以生产、生活的陌生有机物的合成工艺流程为载体考查有机化学的核心知识，涉及常见有机物官能团的结构、性质及相互转化关系，涉及有机物结构简式的确定、反应类型的判断、化学方程式的书写、同分异构体的识别和书写等知识的考查。它要求学生能够通过题给情境中适当迁移，运用所学知识分析、解决实际问题，这高考有机化学复习备考的方向。它充分体现了高考命题“源于教材又不拘泥于教材”的命题指导思想，在一定程度上考查了学生的思维能力。
7．【2015重庆理综化学】(14分）某“化学鸡尾酒”通过模拟臭虫散发的聚集信息素可高效诱捕臭虫,其中一种组分T可通过下列反应路线合成(部分反应条件略)。
(1)A的化学名称是　　　,A?B新生成的官能团是　　　。
(2)D的核磁共振氢谱显示峰的组数为　　　。
(3)D?E的化学方程式为　　　。
(4)G与新制的Cu(OH)2发生反应,所得有机物的结构简式为　　　。
(5)L可由B与H2发生加成反应而得,已知，则M的结构简式为　　　。
(6)已知,则T的结构简式为　　　。
答案
(1)丙烯　—Br
(2)2
(3)
(4)
(5)
(6)
解析
(1)的名称为丙烯。与Br2发生取代反应引入新的官能团—Br而生成。(2)CH2BrCHBrCH2Br结构对称,分子中有2种化学环境不同的H原子,所以其核磁共振氢谱中有2组峰。(3)CH2BrCHBrCH2Br在NaOH/醇溶液中发生消去反应生成E(HC≡CCH2Br):
CH2BrCHBrCH2Br　+
2NaOHHC≡CCH2Br+
2NaBr
+
2H2O。(4)HC≡CCH2Br发生水解反应生成HC≡CCH2OH,HC≡CCH2OH被氧化为HC≡CCHO,HC≡CCHO在碱性条件下与新制的Cu(OH)2反应生成HC≡CCOONa。(5)与H2发生加成反应生成CH3CH2CH2Br,根据题目信息,CH3CH2CH2Br与NaC≡CCHO发生取代反应生成M(CH3CH2CH2C≡CCHO)。(6)根据题目信息,CH3CH2CH2C≡CCHO与Na/液NH3发生还原反应生成,模仿题目所给结构可得T的结构简式为。本题难度不大,其关键点是正确阅读和理解题目给出的信息,特别是有机物之间发生转化时化学键断裂部位和对应反应的反应类型,然后对照题目给出的信息,迁移并模仿已知得出所求有机物的结构或反应方程式等,如本题第(6)小问中要注意写有机物T的结构简式时要仿照题目信息,正确写出碳碳双键上C原子连接的原子和原子团的相对位置。
【考点定位】本题主要考查有机物的名称，有机化学反应方程式，有机物的结构简式等知识。
【名师点晴】有机流程推断题是考查化学基础知识的常用形式，可以采用正推法或逆推法，也可从中间向两边推出各有机物，在推断过程中，往往借助分子式，不饱和度，碳链的变化，有机反应条件，有机反应类型，已知信息等，这种考题灵活性较强，本题将将有机物的命名，化学反应条件与类型，官能团的名称，核磁共振氢谱，有机化学方程式的书写，有机流程分析，醛的化学性质，由已知信息推断有机物结构简式联系起来，注重的是有机基础知识，命题常规，难度适中，能较好的考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
8．【2015天津理综化学】(18分)扁桃酸衍生物是重要的医药中间体。以A和B为原料合成扁桃酸衍生物F的路线如图:
(1)A分子式为C2H2O3,可发生银镜反应,且具有酸性,A所含官能团名称为　　　　。写出A+B→C的化学反应方程式:　　　　　　　　　　　　　　。
(2)C()中①、②、③
3个—OH的酸性由强到弱的顺序是　　　　。
(3)E是由2分子C生成的含有3个六元环的化合物,E分子中不同化学环境的氢原子有　　　　种。
(4)D→F的反应类型是　　　　,1
mol
F在一定条件下与足量NaOH溶液反应,最多消耗NaOH的物质的量为　　　　mol。
写出符合下列条件的F的所有同分异构体(不考虑立体异构)的结构简式:　　　　。
①属于一元酸类化合物
②苯环上只有2个取代基且处于对位,其中一个是羟基
(5)已知:R—CH2—COOH
A有多种合成方法,在方框中写出由乙酸合成A的路线流程图(其他原料任选)。
合成路线流程图示例如图:
【答案】(1)醛基、羧基　+
(2)③>①>②
(3)4
(4)取代反应　3　、、、
(5)??
【解析】本题考查有机合成,意在考查考生的知识迁移能力。(1)A能发生银镜反应,说明含有醛基,有酸性说明含有羧基,故其结构简式为;根据C的结构简式可知B是苯酚,且A与B发生的是醛基的加成反应,据此即可写出化学方程式。(2)羧基的酸性强于酚羟基,酚羟基的酸性强于醇羟基。(3)可推出E为两分子C发生酯化反应得到的,其结构简式为,该分子的结构对称,有a、b、c、d
4种不同化学环境的氢原子。(4)D生成F的过程中,羟基被溴原子取代;1
mol
F在氢氧化钠溶液中水解时,酚羟基、溴原子、酯基各消耗1
mol
NaOH,共消耗3
mol
NaOH;根据要求,F的同分异构体中除了含有酚羟基外,另一个支链中含有3个碳原子(其中一个是羧基碳原子)和一个溴原子。则该支链可以是、、、,据此可写出F的4种同分异构体。(5)由合成,需将甲基变为醛基即可。根据信息,先将—CH3中的一个氢原子用氯原子取代,再将氯原子水解得到醇羟基,最后催化氧化即可得到醛基。卤代烃水解需要碱性(NaOH溶液)条件,此时—COOH变为—COONa,所以后续反应中需要加入强酸(硫酸、盐酸等),使—COONa变为—COOH。
【考点定位】本题主要考查了有机物同分异构体的书写、常见有机反应类型、有机合成路线等。
【名师点睛】有机化学包括的知识点有：有机物分子式、结构简式、官能团、同分异构体、化学方程式、官能团化学性质的比较判断，对物质制备流程的设计、反应条件的判断、反应类型的判断，是物质结构决定性质的具体体现。这类题目通过反应条件的不同、反应前后物质结构简式的变化可判断发生的反应类型，物质分子中含有的官能团类型。书写或判断同分异构体的种数是该题中的难点。针对不同的物质类别，抓住书写同分异构体的一般规律，首先判断该物质中是否含有官能团、官能团的种类、取代基的个数及种类，结合链烃的同分异构体的判断即可。注意书写过程中的不重不漏。物质制备流程的设计，需要根据物质之间结构的异同，利用所学化学知识或者是题目已知信息，选择合适的条件和试剂加以合成。
9．【2015四川理综化学】（16分）化合物F(异戊巴比妥)是临床常用的镇静催眠药物,其合成路线如图(部分反应条件和试剂略):
已知:
1)+R2Br+C2H5ONa+C2H5OH+NaBr(R1,R2代表烷基)
2)R—COOC2H5+(其它产物略)
请回答下列问题:
(1)试剂Ⅰ的化学名称是　　　,化合物B的官能团名称是　　　,第④步的化学反应类型是　　　。
(2)第①步反应的化学方程式是　　　。
(3)第⑤步反应的化学方程式是　　　。
(4)试剂Ⅱ的相对分子质量为60,其结构简式是　　　。
(5)化合物B的一种同分异构体G与NaOH溶液共热反应,生成乙醇和化合物H。H在一定条件下发生聚合反应得到高吸水性树脂,该聚合物的结构简式是　　　。
【答案】(1)乙醇　醛基　取代反应或酯化反应
(2)CH3CH2CH(CH2Br)2+2NaOHCH3CH2CH(CH2OH)2+2NaBr
(3)+(CH3)2CHCH2CH2Br+C2H5ONa
+C2H5OH+NaBr
(4)
(5)
【解析】本题考查有机化学基础,意在考查考生对有机化合物结构与性质的理解与应用能力。(1)由框图中试剂Ⅰ的结构简式C2H5OH可知其为乙醇。在NaOH水溶液中发生取代反应生成A,A为,A经氧化反应生成的B为,故B的官能团为醛基。C为B经氧化得到的羧酸,故反应④为乙醇与羧酸的酯化反应(或取代反应)。(2)由上述分析可知第①步反应的化学方程式为+
2NaOH+2NaBr。(3)由已知的第一个化学方程式可知反应⑤为++C2H5ONa+C2H5OH+NaBr
。(4)对照E、F的结构简式可知试剂Ⅱ为CO(NH2)2。(5)B为,其同分异构体G与NaOH溶液共热的生成物中有乙醇,则G为丙烯酸乙酯,故H为丙烯酸钠,其结构简式为。
【考点定位】有机推断与有机合成
【名师点睛】有机推断与合成是高考试题中的必考题型。试题以一种“新”有机物及“新”信息为载体，考查考生在新情景下分析问题和解决问题的能力。此类题型阅读是基础，分析是关键，信息迁移是能力。首先要掌握碳碳双键、碳碳叁键、苯环、醇羟基、酚羟基、醛基、羧基等常见官能团的结构和特性。其次高考考查的重要有机反应有：取代反应、加成反应、消去反应、氧化反应、还原反应、聚合反应、水解反应、酯化反应等。考查的方式有：对陌生的有机反应类型的判断；根据各类有机反应的机理书写有机化学反应方程式。
10．【2015北京理综化学】（17分）“张-烯炔环异构化反应”被《Name?Reactions》收录。该反应可高效构筑五元环状化合物:
(R、R'、R″表示氢、烷基或芳基)
合成五元环有机化合物J的路线如图:
(1)A属于炔烃,其结构简式是　　　　。
(2)B由碳、氢、氧三种元素组成,相对分子质量是30。B的结构简式是　　　　。
(3)C、D含有与B相同的官能团,C是芳香族化合物。E中含有的官能团是　　　　。
(4)F与试剂a反应生成G的化学方程式是　　　　　　　　;试剂b是　　　　。
(5)M和N均为不饱和醇。M的结构简式是　　　　。
(6)N为顺式结构,写出N和H生成I(顺式结构)的化学方程式　。
【答案】(1)
(2)HCHO
(3)碳碳双键、醛基
(4)
NaOH醇溶液
(5)
(6)
【解析】本题考查有机合成与推断,意在考查考生的推断能力和灵活应用所学知识的能力。
(1)A属于炔烃,结合A的分子式可知A的结构简式为。(2)根据B的元素种类和相对分子质量可判断B是甲醛。(3)类比题中“已知”反应,可知C与D反应生成的E中的官能团是碳碳双键、醛基。(4)根据题意可推出F的结构简式为,H的结构简式为,由F得到H先发生加成反应,然后发生消去反应,最后酸化。(5)结合题图可知,M为。(6)N为顺式结构,则N为;I(顺式结构)为。
【考点定位】本题考查有机化学基础的基本知识，涉及有机物结构简式的书写、官能团的判断、化学方程式的书写等?
【名师点晴】本题为有机推断题，考查有机化学基础的基本知识，题目中给出的信息有两个，第一个信息比较陌生，利用张-烯炔环异构反应高效构筑五元环化合物，第二个信息是常见的羟醛缩合，学生比较容易上手，充分理解所给信息的成键断键方式是解答的关键，同时还要能利用合成路线中各物质的转化进行分析，推断出各物质的结构，根据题目要求回答问题即可。
11．【2015安徽理综化学】(15分)四苯基乙烯(TPE)及其衍生物具有聚集诱导发光特性，在光电材料等领域应用前景广阔。以下是TPE的合成路线(部分试剂和反应条件省略):
(1)A的名称是　　　　；试剂Y为　　　　。
(2)B→C的反应类型是　　　　；B中官能团的名称是　　　　　　　；D中官能团的名称是　　　　。
(3)E→F的化学方程式是　　　　　　　　　　　　。
(4)W是D的同分异构体，具有下列结构特征:①属于萘()的一元取代物；②存在羟甲基(—CH2OH)。写出W所有可能的结构简式:　　　　。
(5)下列说法正确的是　　　　。
a.B的酸性比苯酚强
b.D不能发生还原反应
c.E含有3种不同化学环境的氢
d.TPE既属于芳香烃也属于烯烃
【答案】(1)甲苯　酸性KMnO4溶液；(2)取代反应　羧基　羰基；(3)；(4)、；(5)ad
【解析】本题以四苯基乙烯的合成路线为切入点，考查考生对有机化学知识的掌握情况，意在考查考生的分析能力和推断能力。
(1)结合A的分子式，由B的结构简式逆推得A是甲苯，试剂Y是酸性高锰酸钾溶液。(2)由B、C的结构简式可知，B分子羧基中的羟基被PBr3中的Br原子取代，B→C的反应类型为取代反应。B中的官能团为羧基，D中的官能团为羰基
。(3)E→F为溴代烃的水解，反应的化学方程式为。(4)D的分子式为C13H10O，根据同分异构体的特征要求可知，W的支链上有三个碳原子、三个氢原子和一个氧原子，又因支链中存在羟甲基，所以W的支链上必有碳碳叁键，支链结构只能为—C≡CH2OH，符合条件的W的结构简式为、。(5)B(苯甲酸)是羧酸，比苯酚的酸性强，a对；D中苯环和羰基均能与H2发生加成反应，即能发生还原反应，b错；E中有4种不同化学环境的氢，c错；TPE中含有苯环和碳碳双键，d对。
【考点定位】本题属于有机推断题，涉及到常见有机物的命名，官能团的结构和名称，取代反应等反应类型的判断，同分异构体的书写，有机化合物结构和化学性质的分析。
【名师点睛】有机物结构推断是对有机化学知识的整合性的自学能力和思维能力的综合考查，是高考的保留题型之一。解决此题型必须具备的知识有掌握有机化合物的结构特点特别是官能团的性质，例如羧基的酸性、氨基具有碱性、羟基和羧基可以发生酯化反应、双键可以加成等，同时要掌握有机物中主要的反应类型：取代反应，加成反应等。难点在于根据流程图推测有机物的转化，关键是根据题干信息抓住突破口，比如流程中反应条件，反应前后分子组成的变化，可以判断出属于什么反应类型，从而正确写出反应方程式，比如此题的第3小问。
12．【2015广东理综化学】(15分)有机锌试剂(R—ZnBr)与酰氯()偶联可用于制备药物Ⅱ:
(1)化合物Ⅰ的分子式为　　　。
(2)关于化合物Ⅱ,下列说法正确的有　　　(双选)。
A.可以发生水解反应
B.可与新制Cu(OH)2共热生成红色沉淀
C.可与FeCl3溶液反应显紫色
D.可与热的浓硝酸和浓硫酸混合液反应
(3)化合物Ⅲ含3个碳原子,且可发生加聚反应。按照途径1合成路线的表示方式,完成途径2中由Ⅲ到Ⅴ的合成路线:　　　(标明反应试剂,忽略反应条件)。
(4)化合物Ⅴ的核磁共振氢谱中峰的组数为　　　。以H替代化合物Ⅵ中的ZnBr,所得化合物的羧酸类同分异构体共有　　　种(不考虑手性异构)。
(5)化合物Ⅵ与Ⅶ反应可直接得到Ⅱ,则化合物Ⅶ的结构简式为　　　。
【答案】(1)C12H9Br
(2)AD
(3)?或CH2=CHCOOHCH2=CHCOOCH2CH3CH2BrCH2COOCH2CH3
(4)4　4
(5)?
【解析】本题考查多种有机物间的相互转化等,意在考查考生的逻辑推理能力和接受、处理信息的能力。
(1)由化合物Ⅰ的结构简式可确定其分子式为C12H9Br。(2)化合物Ⅱ中含酯基,能发生水解反应,A项正确;化合物Ⅱ中无醛基,不能与新制Cu(OH)2反应,B项错误;化合物Ⅱ中无酚羟基,不能与FeCl3溶液反应显紫色,C项错误;化合物Ⅱ中含有苯基,能与浓硝酸和浓硫酸混合液发生取代反应,D项正确。(3)根据Ⅵ的结构简式可确定Ⅴ为,由此逆推出Ⅳ和Ⅲ分别为BrCH2CH2COOH(或CH2=CHCOOCH2CH3)和CH2=CHCOOH。(4)化合物Ⅴ中4个碳原子上连接的H原子处于不同环境,核磁共振氢谱中呈现出4组吸收峰。CH3CH2COOCH2CH3的属于羧酸类的同分异构体有4种,即CH3CH2CH2CH2COOH、(CH3)2CH2CH2COOH、CH3CH2CH(CH3)COOH和(CH3)3CCOOH。(5)化合物Ⅵ与化合物Ⅶ发生取代反应生成化合物Ⅱ,由Ⅱ和Ⅵ的结构简式及题干信息可确定化合物Ⅶ的结构简式为。
【考点定位】本题主要考查了有机物的性质、有机物合成路线的设计、同分异构体的书写、有机物中氢原子种类的判断、根据反应的特点进行信息的迁移。
【名师点睛】在有机场合成题中一定要注意物质官能团的转化，找出一些新反应的断键特点。有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行的，常见的官能团：醇羟基、酚羟基、醛基、羧基、酯基、卤素原子等的性质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化学题的基础。有机合成路线的设计时先要对比原料的结构和最终产物的结构，官能团有什么改变，碳原子个数是否发生变化，在根据官能团的性质进行设计。同分异构体类型通常有：碳链异构、官能团异构、位置异构等，书写同分异构体时看清楚题目要求。
13．【2014年高考海南卷】（8分）卤代烃在生产生活中具有广泛的应用，回答下列问题：
（1）多卤代甲烷作为溶剂，其中分子结构为正四面体的是__________。工业上分离这些多卤代甲烷的方法是_______________________。
（2）三氟氯溴乙烷（CF3CHClBr）是一种麻醉剂，写出其所有同分异构体的结构简式__________(不考虑立体异构)。
（3）聚氯乙烯是生活中常见的塑料。工业生产聚氯乙烯的一种工艺路线如下：
反应①的化学方程式是_____________，反应类型为_______，反应②的反应类型为___________。
【答案】（1）四氯化碳分馏（2）CHFClCF2Br、CHFBrCF2Cl、CHFClBrCF2.
（3）H2C=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl
加成反应消去反应
【解析】（1）甲烷是由极性键构成的非极性分子，是正四面体结构，若把甲烷分子中的四个H原子全部被Cl原子取代就得到CCl4，仍然是由极性键构成的非极性分子。在得到的这些多卤代甲烷中都是分子构成的分子晶体在常温下呈液态。由于分子间作用力不同，所以沸点不同，因此分离这些沸点不同的液体混合物可采取分馏的方法。（2）三氟氯溴乙烷（CF3CHClBr）是一种麻醉剂，由于原子连接的位置不同可形成三种同分异构体，它们的结构简式是CHFClCF2Br、CHFBrCF2Cl、CHFClBrCF2;结构式是；；。（3）乙烯与氯气发生加成反应得到1,2-二氯乙烷；反应①的化学方程式是H2C=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl。1,2-二氯乙烷在480℃～530℃条件下发生消去反应得到氯乙烯CH2=CHCl.
氯乙烯发生加聚反应得到聚氯乙烯。
【考点定位】本题以甲烷的卤代产物为例，在知识上考查了卤代烃的结构、性质、合成、同分异构体的书写及应用。从能力上考查了考生对知识的掌握情况，考查了考生对同分异构体的概念的掌握、及正确书写的能力及蒸馏等分离混合物的方法的掌握情况，考查了考生的知识迁移能力；分析问题并加以灵活运用的能力。
【命题意图】物质的结构不同，性质就不同。卤代烃是有机合成的重要试剂，在多方面有非常大的作用。解答本题的思路是：书写要掌握物质的分子结构、物理性质、发生的主要化学反应、分离物质的的混合物的方法，同分异构体的概念，然后对这些知识结合物质加以应用。就可使问题迎刃而解。
14．【2014年高考北京卷第25题】（17分）顺丁橡胶、制备醇酸树脂的原料M以及杀菌剂N的合成路线如下:
已知:i.+
ii.RCHCHR'RCHO+R'CHO(R、R'代表烃基或氢)
(1)CH2CH—CHCH2的名称是　　　　。
(2)反应Ⅰ的反应类型是(选填字母)　　　　。?a.加聚反应　　　　b.缩聚反应
(3)顺式聚合物P的结构式是(选填字母)　　　　。
a.?
b.
c.
(4)A的相对分子质量为108。
①反应Ⅱ的化学方程式是　　　　　　　　。
②1
mol
B完全转化成M所消耗H的质量是　　　　g。
(5)反应Ⅲ的化学方程式是　　　　　　　　。
(6)A的某些同分异构体在相同的反应条件下也能生成B和C。写出其中一种同分异构体的结构简式　　　　。
【答案】
(1)1,3-丁二烯　(2)a　(3)b
(4)①2CHCH—CHCH
②6
(5)2+HCHO+H2O
(6)
【解析】本题主要考查有机物的命名、有机反应类型、顺反异构、有机方程式的书写与同分异构体的书写,意在考查考生的理解能力、推理能力、灵活运用能力。(1)根据有机物的命名规律和方法知,CH2CH—CHCH2的名称为1,3-丁二烯。(2)由于1,3-丁二烯中含有碳碳双键,故反应Ⅰ的反应类型为加聚反应。(3)结构相似的基团处于碳碳双键同一侧的构型称为顺式,分处双键两侧的构型称为反式。本题选b。(4)①根据A的相对分子质量和相关反应原理,可推知A的分子式为C8H12,2分子
CH2CH—CHCH2发生反应,生成A()。②B的结构简式为,根据B和M的结构简式可知,1
mol
B完全转化为M消耗3
mol(6
g)氢气。(5)反应Ⅲ的化学方程式为2+HCHO+H2O。(6)A的同分异构体中可以生成B和C的是。
【考点定位】本题主要考查了有机化学的基本知识，如有机物的命名、有机反应类型的判断、化学方程式的书写、同分异构体的书写与判断等知识
【名师点晴】本题属于有机物的推断和合成，要求学生熟练掌握烯烃的命名原则，加聚反应与缩聚反应的区别，烯烃是顺反异构现象，醛与氢气的加成反应，同时要能利用题目所给信息进行解题，考察了学生的自学能力和灵活运用所学知识的能力。解答本题的关键是，首先要熟悉所给信息中键的断裂与生成方式，明确双烯烃的1，4-加成原理，烯烃经臭氧化、在锌作用下水处理得到醛的实质，然后结合物质间的转化关系进行解题即可。
16．【2014年高考广东卷】（15分）不饱和酯类化合物在药物、涂料等领域应用广泛。
(1)下列关于化合物Ⅰ的说法,正确的是　　　。
A.遇FeCl3溶液可能显紫色
B.可发生酯化反应和银镜反应
C.能与溴发生取代和加成反应
D.1
mol化合物Ⅰ最多能与2
mol
NaOH反应
(2)反应①是一种由烯烃直接制备不饱和酯的新方法:
①+2ROH+2CO+O2+2H2O
化合物Ⅱ的分子式为　　　,1
mol化合物Ⅱ能与　　　mol
H2恰好完全反应生成饱和烃类化合物。
(3)化合物Ⅱ可由芳香族化合物Ⅲ或Ⅳ分别通过消去反应获得,但只有Ⅲ能与Na反应产生H2。Ⅲ的结构简式为　　　(写1种);由Ⅳ生成Ⅱ的反应条件为　　　。
(4)聚合物可用于制备涂料,其单体结构简式为　　　。利用类似反应①的方法,仅以乙烯为有机物原料合成该单体,涉及的反应方程式为　　　　　　。
【答案】(1)AC　(2)C9H10　4
(3)或　NaOH醇溶液,加热
(4)CH2CHCOOCH2CH3　CH2CH2+H2OCH3CH2OH,2CH2CH2+2CH3CH2OH+2CO+O22CH2CHCOOCH2CH3+2H2O
【解析】本题综合考查有机化学基础知识,涉及有机物的结构与性质、反应类型的判断、有机综合推断、有机反应方程式的书写等知识,意在考查考生的综合应用能力。(1)由所给化合物Ⅰ的结构简式可知该化合物含有的官能团为酚羟基、酯基、CC键,同时含有苯环,所以该化合物遇FeCl3溶液显紫色,可与溴发生取代反应和加成反应,不含醛基,不能发生银镜反应;1
mol化合物Ⅰ含有2
mol酚羟基和1
mol酯基,故1
mol该化合物最多可与3
mol
NaOH反应,因此A、C两项正确。(2)由化合物Ⅱ的结构简式可知其分子式为C9H10，1
mol该物质中的苯环可与3
mol
H2加成,CC键可与1
mol
H2加成,故1
mol该物质最多可与4
mol
H2反应生成饱和烃类化合物。(3)通过消去反应生成烯烃的物质有醇或卤代烃,其中能与钠反应产生氢气的是醇,所以Ⅲ为醇,Ⅳ为卤代烃。(4)由聚合物的结构简式可知其单体的结构简式为CH2CHCOOCH2CH3。对比反应①及目标产物的结构简式,可知反应中的醇应为乙醇,先用乙烯水化法制得乙醇,然后利用反应①生成目标产物。
【考点定位】本题主要是考查有机物结构和性质、有机物推断和合成、反应条件及方程式书写等。
【名师点晴】本题以酚羟基、碳碳双键、酯基为例，考查有机物中官能团的性质，分子式的判断，结构简式的判断与书写，反应条件的判断，单体的判断，简单计算，物质的合成的设计，化学方程式的书写，尤其是利用类似反应①的方法合成丙烯酸乙酯单体的化学方程式的书写，是对学生驾驭题目信息能力的考查。本题的解题要点为：把握有机物分子中的官能团的类别，根据官能团的化学性质进行应用；对所给的化学反应方程式需判断出其反应机理、反应特点，再进行应用；对于结构相似的物质应具有相似的化学性质；物质结构简式的判断需要认真读题，注意题目的要求，审清题意。
17．【2014高考江苏卷】（15分）非诺洛芬是一种治疗类风湿性关节炎的药物,可通过以下方法合成:
请回答下列问题:
(1)非诺洛芬中的含氧官能团为　　　　和　　　　(填名称)。
(2)反应①中加入的试剂X的分子式为C8H8O2,X的结构简式为　　　　。
(3)在上述五步反应中,属于取代反应的是　　　　(填序号)。
(4)B的一种同分异构体满足下列条件:
Ⅰ.能发生银镜反应,其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应。
Ⅱ.分子中有6种不同化学环境的氢,且分子中含有两个苯环。
写出该同分异构体的结构简式:　　　　。
(5)根据已有知识并结合相关信息,写出以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:
CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH3
【答案】
(1)醚键　羧基
(2)
(3)①③④
(4)
(5)
【解析】本题主要考查有机合成和推断,意在考查考生对有机合成路线的分析和推理能力。(1)非诺洛芬中含氧官能团有醚键和羧基。(2)根据A、B的结构简式及转化关系,可以推断反应①为取代反应,结合X的分子式可知X为。(3)根据图示转化关系可知,①③④为取代反应,②为加成反应,⑤为水解反应。(4)根据条件Ⅰ,知该同分异构体分子中含有甲酸酯基,且水解产物之一中含有酚羟基,结合条件Ⅱ可知其结构简式为。(5)结合提供信息,运用逆合成分析法推断中间产物、确定合成路线。
有机合成和推断是选修部分有机化学基础的常规题型,此类试题主要考查的是有机物的转化关系、有机合成路线的分析与推断。
18．【2014年高考全国大纲卷第30题】(15
分)“心得安”是治疗心脏病的药物,下面是它的一种合成路线(具体反应条件和部分试剂略):
?
回答下列问题:
(1)试剂a是　　　　　,试剂b的结构简式为　　　　　,b中官能团的名称是　　　　。
(2)③的反应类型是　　　　。
(3)心得安的分子式为　　　　。
(4)试剂b可由丙烷经三步反应合成:
C3H8XY试剂b
反应1的试剂与条件为　　　　,
反应2的化学方程式为　　　　　　　　　　　,
反应3的反应类型是　　　　。(其他合理答案也给分)
(5)芳香化合物D是1-萘酚的同分异构体,其分子中有两个官能团,能发生银镜反应,D能被KMnO4酸性溶液氧化成E(C2H4O2)和芳香化合物F(C8H6O4),E和F与碳酸氢钠溶液反应均能放出CO2气体,F芳环上的一硝化产物只有一种。D的结构简式为　　　　　　　　;由F生成一硝化产物的化学方程式为
【答案】(1)NaOH(或Na2CO3)　ClCH2CHCH2
氯原子、碳碳双键
(2)氧化反应　(3)C16H21O2N
(4)Cl2/光照　+NaOHCH2CH—CH3+NaCl+H2O　取代反应
(5)　+HNO3(浓)　2-硝基-1,4-苯二甲酸(或硝基对苯二甲酸)
【解析】本题以有机合成的形式考查有机化合物的结构和性质,意在考查考生对官能团的理解和应用能力。(1)由1-萘酚和A的结构简式可知,a为NaOH或Na2CO3,由A和B的结构简式可知b的结构简式为ClCH2CHCH2,其官能团为氯原子和碳碳双键。(2)由B和C的结构简式可以看出③为碳碳双键的氧化反应。(3)由心得安的结构简式可知其分子式为C16H21O2N。(4)由流程图可知,在光照条件下丙烷和氯气发生取代反应生成2-氯丙烷,然后2-氯丙烷发生消去反应生成丙烯,最后丙烯和氯气发生取代反应生成试剂b。(5)1-萘酚的分子式为C10H8O,D能发生银镜反应,则分子中含有,E(C2H4O2)能与碳酸氢钠溶液反应生成CO2,说明E为乙酸;F(C8H6O4)能与碳酸氢钠溶液反应生成CO2,说明F中含有,又因F芳环上的一硝化产物只有一种,则F上应有两个羧基,且为对位关系,则F的结构简式为;最后可推知D的结构为,由F生成一硝化产物的化学方程式为+HNO(浓)+HO。
【考点地位】本题考查有机化学推断与合成，具体考查官能团名称、结构简式、反应类型、分子式、同分异构体、反应方程式、有机物的命名等
【名师点晴】本题利用已经掌握的知识来考查有机合成与推断、反应条件的选择、物质的结构简式、化学方程式、同分异构体的书写的知识。考查学生对知识的掌握程度、自学能力、接受新知识、新信息的能力；考查了学生应用所学知识进行必要的分析来解决实际问题的能力，综合考查了学生对有机化学的核心知识的掌握和应用的能力。
19．【2014年高考四川卷第10题】（16分）A是一种有机合成中间体,其结构简式为:
A的合成路线如图,其中B~H分别代表一种有机物。
已知:
请回答下列问题:
(1)A中碳原子的杂化轨道类型有　①　;A的名称(系统命名)是　②　;第⑧步反应的类型是　③　。
(2)第①步反应的化学方程式是　。
(3)C物质与CHC(CH)COOH按物质的量之比1∶1反应,其产物经加聚得到可作隐形眼镜的镜片材料I。I的结构简式是　。
(4)第⑥步反应的化学方程式是　。
(5)写出含有六元环,且一氯取代物只有2种(不考虑立体异构)的A的同分异构体的结构简式:　。
【答案】
(1)①sp2、sp3
②3,4-二乙基-2,4-己二烯　③消去反应
(2)
CH3CH2OH+HBr
CH3CH2Br+H2O
(3)
(4)4CH3CH2MgBr++2CH3OMgBr
(5)
【解析】本题主要考查有机合成与推断,意在考查考生对有机合成路线的综合分析能力。(1)①A中有饱和碳原子、双键碳原子两种类型的碳原子,其杂化类型分别为sp3、sp2。②A属于二烯烃,选择含2个碳碳双键的最长链作主链进行命名。③根据图中转化及提供的信息,第⑧步为醇发生分子内脱水生成烯烃,属于消去反应。(2)第①步反应为乙醇与HBr的取代反应。(3)C为乙二醇,与CH2C(CH3)COOH按物质的量之比1∶1发生酯化反应,生成CH2C(CH3)COOCH2CH2OH,该物质发生加聚反应得到高分子化合物I:。(4)E为,由提供的信息类推,第⑥步反应为与C2H5MgBr发生反应,生成和CH3OMgBr。(5)一氯取代物只有2种,则分子中只有2种类型的氢原子,结合A的分子式,可以推断符合要求的A的同分异构体为。
【考点地位】本题主要是考查有机物推断、命名、碳原子杂化轨道类型、有机反应类型、同分异构体判断以及方程式书写等
【名师点晴】本题是有机化学基础知识的综合考查，旨在考查学生对已知信息的获取能力、知识的迁移能力以及灵活应用基础知识解决实际问题的能力的综合考查。解决本题的关键是抓住突破口：有机合成图中已经给出的物质和反应条件，利用题目所给信息，采用正推法，难点在于同分异构体判断
20．【2014年高考天津卷第8题】（18分）从薄荷油中得到一种烃A(C10H16),叫α-非兰烃,与A相关反应如下:
已知:
(1)H的分子式为　　　。
(2)B所含官能团的名称为　　　。
(3)含两个—COOCH3基团的C的同分异构体共有　　　种(不考虑手性异构),其中核磁共振氢谱呈现2个吸收峰的异构体结构简式为　　　　　　　。
(4)B→D,D→E的反应类型分别为　　　、　　　。
(5)G为含六元环的化合物,写出其结构简式:　。
(6)F在一定条件下发生聚合反应可得到一种高吸水性树脂,该树脂名称为　　　。
(7)写出E→F的化学反应方程式:　。
(8)A的结构简式为　　　　　　　　　　,A与等物质的量的Br2进行加成反应的产物共有　　　种(不考虑立体异构)。
【答案】(1)C10H20
(2)羰基、羧基
(3)4　
(4)加成反应(或还原反应)　取代反应
(5)
(6)聚丙烯酸钠
(7)+2NaOHCH2CHCOONa+NaBr+2H2O
(8)　3
【解析】本题考查了有机官能团的结构、性质与转化,有机反应类型,同分异构现象等,意在考查考生运用所学有机化学知识综合分析并解决问题的能力。A→H的转化为加氢,有机物分子的碳链骨架没有变化,可知A分子中含有一个六元环,结合A的分子式C10H16计算其不饱和度,再根据题中信息以及C的结构简式、B的分子式可推出A的结构简式为,则B的结构简式为。B→D为加成反应,则D为,E→F的反应条件为“氢氧化钠的醇溶液加热”,则为卤代烃的消去反应,逆推可知D→E发生取代反应,溴原子取代了D分子中的羟基,则E、F的结构简式分别为和CH2CH—COONa。(3)两个—COOCH3基团在两端,故满足条件的同分异构体有:H3COOC—CH2CH2CH2—COOCH3、、和,共4种,其中只有2种不同化学环境的氢原子。(8)A为共轭烯烃,与等物质的量的Br2发生加成反应,有2种1,2-加成产物,1种1,4-加成产物,共3种。
【考点地位】本题考查有机合成的分析与推断、同分异构体、反应类型的判断
【名师点晴】解决本题的关键是抓住突破口：有机合成图中已经给出的物质和反应条件，利用题目所给信息，碳碳双键被强氧化剂氧化的规律，运用到本题的有机合成中，进行对比、分析和判断。难点则在于通过信息判断双键的位置，学生应根据题目所给信息，根据B、C、H的结构简式，判断出其它有机物的结构，考查了学生综合分析能力和运用所学知识分析问题、解决问题的能力。
21．【2014年高考浙江卷第29题】(15分)某兴趣小组以苯和乙烯为主要原料，采用以下路线合成药物普鲁卡因：
已知：
请回答下列问题：
（1）对于普鲁卡因，下列说法正确的是________。
A．可与浓盐酸形成盐
B．不与氢气发生加成反应
C．可发生水解反应
D．能形成内盐
（2）写出化合物B的结构简式________。
（3）写出B→C反应所需的试剂________。
（4）写出C＋D→E的化学反应方程式________。
（5）写出同时符合下列条件的B的所有同分异构体的结构简式________。
①分子中含有羧基
②1H－NMR谱显示分子中含有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子
（6）通常采用乙烯为原料制得环氧乙烷后与X反应合成D，请用化学反应方程式表示以乙烯为原料制备X的合成路线(无机试剂任选)。
【答案】
(1)A、C　(2)　(3)KMnO4/H+
(4)+HOCH2CH2N(CH2CH3)2
+H2O
(5)、、、
(6)CH2CH2+HClCH3CH2Cl
2CH3CH2Cl+NH3HN(CH2CH3)2
+2HCl(共4分)
【解析】本题以普鲁卡因合成为背景,考查考生对有机物结构、性质的判断,意在考查考生对有机化学基础知识的掌握程度以及获取信息、应用相关信息的能力。(1)普鲁卡因中含有—NH2与酯结构,所以,可与浓盐酸形成盐,可发生水解反应;其含有苯环,所以能与氢气发生加成反应,但没有羧基,所以不能形成内盐。(2)乙烯与苯发生加成反应得到乙苯,乙苯再硝化得到对硝基乙苯,B的结构简式为。(3)C的结构简式为,B→C反应所需的试剂为酸性KMnO4溶液。(4)D为HOCH2CH2N(CH2CH3)2,C与D的化学反应方程式为+HOCH2CH2N(CH2CH3)2+H2O。(5)符合要求的同分异构体有、、、。(6)X为HN(CH2CH3)2,乙烯与HCl加成得到CH3CH2Cl,由CH3CH2Cl与NH3反应得到HN(CH2CH3)2,具体反应为CH2CH2+HClCH3CH2Cl、2CH3CH2Cl+NH3HN(CH2CH3)2+2HCl。
【考点定位】本题主要是考查有机物推断与合成。
【名师点晴】本题以合成药物普鲁卡因为载体，重点考查有机物推断、有机物结构与性质、反应条件、同分异构体判断、方程式书写以及有机合成路线设计等，是对有机化学基础模块的综合考查，旨在考查学生对已知信息的获取能力、知识的迁移能力以及灵活应用基础知识解决实际问题的能力的综合考查。掌握各类官能团的结构和性质，特别是官能团之间的转化是答题的关键，难点是同分异构体判断和设计合成路线，注意基础知识的理解掌握。
22．【2014年高考重庆卷第10题】结晶玫瑰是具有强烈玫瑰香气的香料,可由下列反应路线合成(部分反应条件略去):
(1)A的类别是　　　　,能与Cl2反应生成A的烷烃是　　　　。B中的官能团是　　　　。
(2)反应③的化学方程式为　。
(3)已知:B苯甲醇+苯甲酸钾,则经反应路线①得到的产物加水萃取、分液,能除去的副产物是　　　。
(4)已知:++H2O,则经反应路线②得到一种副产物,其核磁共振氢谱有4组峰,各组吸收峰的面积之比为　　　。
(5)G的同分异构体L遇FeCl3溶液显色,与足量饱和溴水反应未见白色沉淀产生,则L与NaOH的乙醇溶液共热,所得有机物的结构简式为　　　。(只写一种)
【答案】
(1)卤代烃　CH4或甲烷　—CHO或醛基
(2)+CH3COOH+H2O
(3)苯甲酸钾
(4)1∶2∶4∶4
(5)或
【解析】
本题将教材重要反应与信息反应和有机推断相结合,意在考查考生对烷烃、卤代烃、酯、核磁共振氢谱、同分异构体等知识的应用能力以及考生获取新信息和应用新信息的能力。(1)A中含有Cl原子,属于卤代烃。CH4与Cl2在光照下发生取代反应生成CHCl3。B中含有—CHO(醛基)。(2)与CH3COOH发生酯化反应生成。(3)副产物苯甲酸钾能溶于水,加入H2O通过萃取即可除去。(4)根据题目信息,与反应生成,其核磁共振氢谱吸收峰的面积之比为1∶4∶4∶2。(5)有机物L中含有酚羟基,且酚羟基的邻位和对位上不存在H原子,该有机物还能在NaOH的乙醇溶液中发生消去反应,则该有机物可能为或,其与NaOH的乙醇溶液反应可能生成或。
【考点定位】本题主要是考查有机物推断、官能团、同分异构体判断、物质的分离与提纯以及化学反应方程式书写等，属于中等难度试题的考查，难度不是很大，侧重考查学生对信息的获取能力以及灵活应用已知信息解决实际问题的能力和知识的迁移能力。该题设计命题背景新颖，设问角度合理、巧妙，符合考纲要求。突出了对学生基本知识和基本技能的考查，能较准确的反映出学生的知识掌握水平和化学思维能力。
【名师点睛】这类试题起点高，落点低。在解题过程中要及时从试题中的内容，与课本知识结合起来，运用已经学过的知识进行作答。专题09
原子结构和化学键
2019年化学高考题
1.（2019北京理综，8,6分）2019年是元素周期表发表150周年,期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟(49In)等9种元素相对原子质量的新值,被采用为国际新标准。铟与铷(37Rb)同周期。下列说法不正确的是?
A.In是第五周期第ⅢA族元素?
B.
的中子数与电子数的差值为17?
C.原子半径:In>Al?
D.碱性:In(OH)3>RbOH
1.
D
本题考查原子结构、元素周期表和元素周期律，考查的核心素养是证据推理与模型认知。Rb为碱金属，属于第五周期元素，故In亦为第五周期元素，In与Al同主族，即为第ⅢA族元素，A项正确；的中子数为115-49=66，质子数为49，质子数等于核外电子数，故中子数与电子数之差为17，B项正确；同主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，故原子半径：In＞Al，C项正确；同周期主族元素从左到右，金属性逐渐减弱，故其最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，即碱性In(OH)3＜RbOH，D项错误。
?
2.
（2019浙江4月选考，10,2分）
下列说法正确的是?
A.18O2和16O3互为同位素?
B.正己烷和2,2-二甲基丙烷互为同系物?
C.C60和C70是具有相同质子数的不同核素?
D.H2NCH2COOCH3和CH3CH2NO2是同分异构体
?
2.
B
本题考查核素、同位素、同系物以及同分异构体的概念。同位素的研究对象为原子，而18O2和16O3为单质，A项错误；正己烷和2,2-二甲基丙烷结构相似，在分子组成上相差1个“CH2”原子团，两者互为同系物，B项正确；C60和C70均为单质，不是核素，C项错误；H2NCH2COOCH3的分子式为C3H7NO2，而CH3CH2NO2的分子式为C2H5NO2，两者不是同分异构体，D项错误，故选B。
?
3.（2019浙江4月选考，18,2分）下列说法不正确的是?
A.纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同?
B.加热蒸发氯化钾水溶液的过程中有分子间作用力的破坏?
C.CO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变?
D.
石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成,也有分子间作用力的破坏
?
3.
C
本题考查微粒之间的相互作用力（离子键、共价键和分子间作用力）。Na2CO3和NaOH都是离子化合物，熔化时破坏的都是离子键，A项正确；蒸发氯化钾水溶液的过程中，水从液态变成气态，破坏了分子间作用力，B项正确；CO2溶于水，一部分CO2与水反应生成H2CO3，有共价键的断裂和生成，C项错误；在石墨晶体结构中，层与层之间存在分子间作用力，层内存在共价键，故石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏，D项正确，故选C。
?
2018年化学高考题
1.
（2018全国Ⅲ理综，8，6分）下列叙述正确的是
A.24
g镁与27
g铝中,含有相同的质子数
B.同等质量的氧气和臭氧中,电子数相同
C.1
mol重水与1
mol水中,中子数比为2∶1
D.1
mol乙烷和1
mol乙烯中,化学键数相同
1.
B
24
g镁与27
g铝的物质的量均为1
mol，但Mg、Al的质子数分别为12、13，A项错误；1
mol
O2含有16
mol电子，1
mol
O3含有24
mol电子，质量相同（设为mg）的O2、O3含有的电子的物质的量分别为×16
mol=mol、×24
mol=
mol，B项正确；1
mol
D2O含有10
mol中子，1
mol
H2O含有8
mol中子，C项错误；1
mol
CH3―CH3含有7
mol共价键，1
mol
CH2==CH2含有6
mol共价键，D项错误。
2.
（2018全国Ⅱ理综，10，6分）
W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体；Y的周期数是族序数的3倍；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同。下列叙述正确的是?
A.
X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物?
B.Y与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键?
C.四种元素的简单离子具有相同的电子层结构?
D.W的氧化物对应的水化物均为强酸?
2.
A
本题结合元素推断考查元素周期律。根据W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体，可知该气体为NO2，因原子序数递增可知W和X分别为N元素和O元素；结合Y的周期数是族序数的3倍，且Y为短周期元素，则Y只能为Na元素；根据Z原子最外层的电子数与W原子的电子总数相同，且Z为短周期元素可知Z为Cl元素。O能与N形成NO、NO2、N2O5?等化合物，O与Na能形成Na2O和Na2O2，O与Cl能形成ClO2、Cl2O7等化合物，A项正确；Na与N、Cl形成的化合物只含离子键，而Na与O形成的Na2O2?中既含离子键又含共价键，B项错误；N3-、O2-?、Na+?均含10个电子，而Cl-含18个电子，C项错误；N元素的最高价氧化物对应的水化物HNO3为强酸，而该选项中没有指明是N元素的最高价氧化物对应的水化物，D项错误。?
2017年
化学高考题
1.【2017年高考北京卷】2016年IUPAC命名117号元素为Ts(中文名“石田”，tián)，Ts的原子核外最外层电子数是7。下列说法不正确的是
A.Ts是第七周期第ⅦA族元素
B.Ts的同位素原子具有相同的电子数
C.Ts在同族元素中非金属性最弱
D.中子数为176的Ts核素符号是
【答案】D
【解析】本题考查原子结构与元素周期表、元素周期律知识。0族元素从上往下，原子序数依次为2、10、18、36、54、86、118，则可推断117号元素位于第七周期第ⅦA族，A项正确；互为同位素的不同原子具有相同的质子数，质子数等于核外电子数，B项正确；同主族元素从上往下，非金属性逐渐减弱，C项正确；中子数为176的Ts核素符号是，D项错误。
2.【2017年高考浙江卷】下列表示不正确的是
A．CO2的电子式
B．Cl2的结构式：Cl－Cl
C．CH4的球棍模型
D．Clˉ的结构示意图
【答案】C
【考点】考查常见化学用语:电子式、结构式、模型、结构示意图
【解析】有球有棍的模型称球棍模型，C为甲烷的比例模型，故不正确
3.【2017年高考海南卷】下列分子中，其中子总数为24的是
A．18O3
B．2H217O2
C．14N16O2
D．14C16O2[
【答案】D
【解析】1个18O中含有18-8=10个中子，故1个18O3中含有30个中子，A项不符合题意。1个2H中含有2-1=1个中子，1个17O中含有17-8=9个中子，故1个2H217O2分子中含有（2×1+2×9）个=20个中子，B项不符合题意。1个14N16O2分子中含有［(14-7)+2×(16-8)］个=23个中子，C项不符合题意。1个14C16O2分子中含有［(14-6)+2×(16-8)］个=24个中子，D项符合题意。
【名师点睛】本题考查原子结构的表示以及几个数量之间的关系，左上角为质量数、左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，质子数=原子序数等进行判断，此题属于基础题，体现学生对知识的掌握和运用程度。
4.
【2017年高考江苏卷
】短周期主族元素X、Y、Z、W
原子序数依次增大，其中只有Y、Z
处于同一周期且相邻，Z
是地壳中含量最多的元素，W
是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是
A.原子半径:r(X)B.W
的最高价氧化物的水化物是一种弱碱
C.Y
的单质的氧化性比Z
的强
D.X、Y、Z
三种元素可以组成共价化合物和离子化合物
【答案】D
【解析】本题考查元素周期律。地壳中含量最多的元素为O，则Z为O，Y为N，X为H，短周期中金属性最强的元素为Na，则W为Na。原子半径:r(Na)>r(N)>r(O)>r(H)，A项错误；NaOH为强碱，B项错误；非金属性:O>N，则氧化性O2(或O3)强于N2，C项错误；H、N和O可以组成共价化合物如NH3·H2O，也可以组成离子化合物如NH4NO3，D项正确。
5.
【2017年高考天津卷
】根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是
A.气态氢化物的稳定性:H2O>NH3>SiH4
B.氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物
C.如图所示实验可证明元素的非金属性:Cl>C>Si
D.用中文“气奥”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族
【答案】C
【解析】本题考查元素及其化合物的性质。元素非金属性强弱的比较，常用方法有:①单质与氢气化合的难易，②气态氢化物的稳定性，③最高价氧化物对应水化物的酸性，④单质间的置换反应，⑤简单阴离子的还原性。一般通过实验验证元素非金属性的强弱，如可以利用“强酸制弱酸”及“单质间的置换反应”进行验证。非金属性:O>N>C>Si，故气态氢化物的稳定性:H2O>NH3>SiH4，A项正确；H与C、N、O、F等非金属元素形成共价化合物，与Na、Mg等金属元素形成离子化合物，B项正确；如图所示实验可证明酸性:HCl>H2CO3>H2SiO3，但元素非金属性的强弱与元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱有关，HCl不是氯元素的最高价氧化物对应的水化物，故不能根据其酸性强弱判断Cl的非金属性强弱，C项错误；118号元素在元素周期表中位于第七周期0族，D项正确。
6.【2017年高考浙江卷】下列说法正确的是
A．干冰和石英晶体中的化学键类型相同，熔化时需克服微粒间的作用力类型也相同
B．化学变化发生时，需要断开反应物中的化学键，并形成生成物中的化学键
C．CH4和CCl4中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
D．NaHSO4晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键不受影响
【答案】B
【解析】干冰和石英的化学键都是共价键，前者为分子晶体，熔化克服分子间作用力，后者为原子晶体，熔化克服共价键，A错误；CH4中H原子最外层没有达到8电子结构，C错误；NaHSO4晶体中Na+与HSO4—之间为离子键，HSO4—内原子之间为共价键，溶于水后电离过程为NaHSO4=Na++
H++SO42-，离子键和部分共价键破坏，故D错误
7.【2017年高考海南卷】X、Y、L、M为核电荷数依次增大的前20号主族元素。X2是最轻的气体，Y、L与M三种元素的质子数均为5的倍数。回答下列问题：
（1）X与L组成的最简单化合物的电子式为____________。
（2）X与M组成的物质为_____________（填“共价”或“离子”）化合物，该物质可作为野外工作的应急燃料，其与水反应的化学方程式为__________。
（3）Y在周期表中的位置是____________，其含氧酸的化学式为______________。
（4）L与M形成的化合物中L的化合价是__________。
【答案】（1）；（2）离子，CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋H2↑；
(3)第二周期IIIA族,
H3BO3；（4）－3。
【名师点睛】考查元素及化合物的推断、元素的位置、物质化学键类型的判断、化学式、化学方程式的书写等，高考要求学生熟练掌握同一周期、同一主族的原子结构和元素性质的递变规律，了解元素原子结构、元素在周期表中的位置、性质及其它们之间的关系。高考命题中常将将元素周期表、元素周期律、与元素性质结合进行考查，有时还会结合相应物质的性质和制备进行考查，该种题型是高考经典和必考题型。通过元素周期表考查元素性质（主要包含元素主要化合价、元素金属性非金属性、原子或离子半径等），充分体现了化学周期表中位置反映结构、结构决定性质这一基本原理，更突显了化学学科规律的特色。本题基础性强，难度不大。主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力。
2016-2013年
化学高考题
1．【2016年高考上海卷】硼的最高价含氧酸的化学式不可能是（
）
A．HBO2
B．H2BO3
C．H3BO3
D．H2B4O7
【答案】B
【解析】B原子最外层电子数是3，所以其最高化合价是+3价，然后根据化合物中正负化合价的代数和等于0可知不可能是H2BO3（其中B元素化合价为+4价），故只有选项B符合题意。
【考点定位】考查元素化合价判断及化学式书写。
【名师点睛】解决此类问题时首先注意审题“最高价”=主族元素的族序数=原子的最外层电子数。其次注意含计算氧酸中中心原子化合价时H原子为+1价、O原子为-2价，且化合物正、负化合价代数和为0。
2．【2016年高考上海卷】下列各组物质的熔点均与所含化学键的键能有关的是（
）
A．CaO与CO2
B．NaCl与HCl
C．SiC与SiO2
D．Cl2与I2
【答案】C
【解析】A.CaO是离子化合物，熔化断裂离子键，而CO2在固态时是分子晶体，熔化破坏的是分子间作用力，与化学键无关，错误；B.NaCl是离子化合物，熔化断裂离子键，而HCl在固态时是分子晶体，熔化破坏的是分子间作用力，与化学键无关，错误；C.SiC和SiO2都是原子晶体，熔化断裂的是共价键，与化学键有关，正确；D.Cl2和I2在固态时都是分子晶体，熔化断裂的是分子间作用力，与化学键无关，错误。
【考点定位】考查物质熔沸点高低比较方法。
【名师点睛】物质熔点高低取决于熔化过程中需要破坏作用力类型和大小，一般来说原子晶体＞离子晶体＞分子晶体。主要原因是原子晶体和离子晶体融化时分别破坏共价键和离子键，键能越大熔点越高，且原子晶体中原子间由共价键形成空间网状结构，需要破坏化学键数目大于离子晶体；而分子晶体熔化时只破坏分子间作用力，与化学键键能无关，且分子间作用力强弱远小于化学键。因此，本题换个角度考虑，实质是在考查晶体类型，即两种物质全部是分子晶体的选项符合题意。
3．【2016年高考上海卷】已知W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大。W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X为金属元素。下列说法一定正确的是（
）
A．原子半径：X＞Y＞Z＞W
B．W的含氧酸的酸性比Z的含氧酸的酸性强
C．W的气态氢化物的稳定性小于Y的气态氢化物的稳定性
D．若W与X原子序数差为5，则形成化合物的化学式为X3W2
【答案】A
【解析】由于原子序数按W、X、Y、Z依次增大，W与Z是同一主族的元素，而X、Y、Z是同一周期的元素，且只有X是金属元素，则这四种元素在元素周期表中的相对位置为。A．同一周期的元素原子序数越大，原子半径越小；同一主族的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大。所以原子半径：X＞Y＞Z＞W，正确；B．W的最高价氧化物对应的水化物的酸性一定比Z的强，但含氧酸的酸性不一定比Z的强，如B的含氧酸可能是HNO2，Z的含氧酸是H3PO4，酸性HNO2＜?H3PO4，错误；C．元素的非金属性W＞Y，所以气态氢化物的稳定性W＞Y，错误；D．若W、X原子序数相差5，当W为N，X为Mg时，满足X3W2，当W为O，X为Al时，满足X2W3，当W为F，X为Si时，满足XW4，错误。
【考点定位】考查元素周期表和元素周期律综合应用、原子半径比较方法。
【名师点睛】本题属于元素周期表和元素周期律综合应用题型，通常考查的重点是原子序数排在前20号的元素，依据题给信息准确推断元素种类是解题关键。元素的非金属性越强，氧化性越强，与氢气化合越容易，形成气态氢化物越稳定，元素最高价氧化物对应水化物的酸性越强；元素的金属性越强，还原性越强，置换酸（或水）中的氢越容易，元素最高价氧化物对应水化物的碱性越强。同周期元素，从左到右，随着原子序数逐渐增大，原子半径减小，金属性减弱，非金属性增强；同主族元素，从上到下，随着原子序数逐渐增大，原子半径增大，非金属性减弱，金属性增强。
4．【2016年高考新课标Ⅱ卷】a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2-和C+离子的电子层结构相同，d与b同族。下列叙述错误的是（
）
A．a与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1
B．b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物
C．c的原子半径是这些元素中最大的
D．d和a形成的化合物的溶液呈弱酸性
【答案】A
【解析】a的原子中只有1个电子，则a为氢元素，a、b、c、d为短周期元素，b2-和C+离子的电子层结构相同，则b为氧元素，C为Na元素，d与b同族，则d为硫元素。A．H与O、S形成化合物为H2O和H2S，氢元素的化合价为+1，而NaH中氢元素的化合价为-1价，A项错误；B．氧元素与其他元素能形成H2O、H2O2、SO2、SO3、Na2O、Na2O2等化合物
，B项正确；C．同周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，电子层数越多，原子半径越大，原子半径：Na>S>O>H，C项正确；D．d和a形成的化合物为H2S，硫化氢是二元弱酸，H2S的溶液呈弱酸性，D项正确；答案选A。
【考点定位】考查元素的推断，元素周期律的应用等知识。
【名师点睛】本题考查元素的推断，元素周期律的应用等知识。在短周期元素中，能形成b2-和C+离子的元素只能位于第二、第三周期，所以b为氧元素，c为Na元素，H原子的核外只有一个电子，则A为H元素，d与b同族，则d为S元素，然后根据元素周期律的基础知识解答即可。
5．【2015山东理综化学】短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示。已知Y、W的原子充数之和是Z的3倍，下列说法正确的是（
）
Y
Z
X
W
A．原子半径：XB．气态氢化物的稳定性：X>Z
C．Z、W均可与Mg形成离子化合物
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>W
【答案】C
【解析】设Z的原子序数为n，则Y、W的原子序数分别为n－1和n＋9，由于Y、W的原子序数之和是Z的3倍，则n－1＋n＋9＝3n，解之得n＝8，则X、Y、Z、W分别为Si、N、O、Cl。X位于Y、Z的左下方，故原子半径X>Y＞Z，故A项错误；非金属性O＞Si，则气态氢化物稳定性H2O＞SiH4，B项错误；O、Cl分别与Mg形成MgO、MgCl2，二者均是离子化合物，C项正确；最高价氧化物对应水化物的酸性HClO4＞HNO3，D项错误。
【考点定位】本题通过元素的推断以及元素、物质性质的比较和推测，考查了原子结构、元素周期律及和元素周期表、原子半径大小的比较、离子化合物的判断，以及考生对这些基础知识和规律的应用。
【名师点睛】掌握和理解元素周期表的结构、元素周期律的内容及应用是解答本题的关键，首先根据原子序数的关系和各元素在周期表中的位置推出各元素，然后根据元素周期律推出原子半径的大小关系、气体氢化物的稳定性和最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，同时结合离子化合物的含义判断物质的种类，体现了化学理论与元素化合物的联系以及在实践中的应用。
6．【2015福建理综化学】短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的质子数是其最外层电子数的三倍，下列说法不正确的是（
）
X
Y
Z
W
A．原子半径：W>Z>Y>X
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：X>W>Z
C．最简单气态氢化物的热稳定性：Y>X>W>Z
D．元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等
【答案】A
【解析】在短周期元素中，W原子的质子数是其最外层电子数的三倍，则W是15号的P元素，根据元素在周期表中的相对位置关系可确定：X是N元素，Y是O元素；Z是Si元素。A．同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小；不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大。因此这四种元素的原子半径大小关系是：Z>W>X
>
Y，错误。B．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强。由于元素的非金属性：X>W>Z，所以它们的最高价氧化物对应水化物的酸性：X>W>Z，正确。C.元素的非金属性越强，其相应的最简单的氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性：Y>X>W>Z，所以元素的氢化物的稳定性：Y>X>W>Z，正确。D．除非金属性很强的F、O元素外，一般情况下，元素原子的最外层电子数等于该元素原子的最外层电子数。X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等，正确。
【考点定位】考查元素的推断、元素周期表、元素周期律的应用的知识。
【名师点睛】元素周期表是学习化学的工具，元素周期律是化学学习的重要规律。利用元素周期表、元素周期律，结合元素的位、构、性三者的密切关系进行元素推断是化学重要的知识。元素原子的核外电子层数是元素在周期表的周期数，最外层电子数是元素原子所在的主族序数，同一周期随着元素原子序数的增大，原子半径逐渐减小，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族的元素从上到下，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。掌握元素的金属性、非金属性强弱比较方法，结合元素所在的族序数与元素化合价的关系进行判断，确定其正确性。
7．【2015北京理综化学】下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（
）
A．酸性：H2SO4>H3PO4
B．非金属性：Cl>Br
C．碱性：NaOH>Mg(OH)2
D．热稳定性：Na2CO3>NaHCO3
【答案】D??
【解析】?A项比较的是最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，可以根据元素非金属性强弱判断，?B项根据元素在周期表的位置来推断，
C项与金属性强弱有关，比较的是最高价氧化物对应水化物的碱性强弱，以上三个选项都能用元素周期律解释，?D项无法根据元素周期律的知识对盐的热稳定性来判断，故选D。?
【考点定位】考查元素周期律的内容和应用。
【名师点晴】元素周期律是中学化学的基本规律之一，元素或物质的很多性质都能体现元素周期律的实质，如元素的金属性、非金属性，最高价氧化物对应水化物的酸性或碱性强弱，金属单质与水或酸反应难易、非金属单质与氢气反应难易等。但碳酸盐或碳酸氢盐的热稳定性与元素周期律无关。
8．【2015安徽理综化学】碳酸亚乙酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构为。下列有关该物质的说法正确的是（
）
A．分子式为C3H2O3
B．分子中含6个
σ
键
C．分子中只有极性键
D．8.6g该物质完全燃烧得到6.72
L
CO2
【答案】A
【解析】由碳酸亚乙烯酯分子的结构简式和碳原子的成键特点知该分子的分子式为C3H2O3，A项正确；分子中包括C—O键、C—C键、C—H键共8个
σ
键，B项错误；分子中含有的C==C键为非极性键，C项错误；8.6
g该物质的物质的量为0.1
mol，完全燃烧生成0.3
mol的CO2，但气体的体积与温度和压强有关，没有指明温度和压强(标准状况)的条件下，0.3
mol
CO2的体积不一定是6.72
L，D项错误。
【考点定位】本题考查的是有机化合物的结构特点，主要考查化学键的类型和极性，同时也涉及到有机物燃烧产物的判断和相关计算。
【名师点睛】解决本题的关键在于掌握有机物结构的表示方法，可以根据结构简式正确书写分子式。同时理解
σ
键和
π
键的区别，极性键和非极性键的区别。本题还涉及到有机物燃烧产物的判断，根据原子守恒计算产物的物质的量，考查了阿伏伽德罗的相关计算和气体摩尔体积在使用时的注意事项。
9．【2015海南化学】下列离子中半径最大的是（
）
A．Na＋
B．Mg2＋
C．O2－
D．
F－
【答案】C
【解析】Na＋、Mg2＋、O2－
和F－离子核外电子排布都是2、8的电子层结构。对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径最大的是O2-，选C。
【考点定位】本题考查微粒半径大小比较。
【名师点睛】微粒半径大小比较是物质结构元素周期律考查的常见题型。解答此类题目要注意熟练记忆相关原则：同主族元素由上到下原子半径逐渐增大，同周期元素由左向右原子半径逐渐减小；对于电子层结构相同的微粒，核电荷数越大，离子半径越小。侧重基础知识考查，题目难度不大。
10．【2015上海化学】中国科学技术名词审定委员会已确定第116号元素Lv的名称为鉝。关于Lv
的叙述错误的是（
）
A．原子序数116
B．中子数177
C．核外电子数116
D．相对原子质量293
【答案】D
【解析】本题考查原子结构，意在考查考生的理解和记忆能力。原子序数=质子数=核电荷数=核外电子数，中子数=质量数—质子数Lv的质量数是293,不能确定其相对原子质量,D选项错误。
【考点定位】本题考查了元素原子的符号的表示及相互关系的知识。
【名师点睛】物质的性质决定物质的用途，而物质的性质则由物质的结构决定。原子结构是物质结构的基础。要掌握原子的结构及反应变化时是原子的那一构成部分发生变化。原子是由原子核和核外电子构成，原子核是由质子、质子构成。不同元素的原子质子数不同，同一元素的原子质子数相同，而中子数可能不同，原子核外电子数与原子核内质子数相等，等于元素的原子序数。在发生反应事是元素原子的最外层电子发生变化，而原子核不变，在表示元素的原子时，元素符合左上角表示质量数，即质子与中子数的和，左下角表示质子数，由于元素符号已经可以知道元素的种类和质子数，因此有时左下角的质子数也可以不写。掌握原子表示的各个角标的含义是本题的关键。
11．【2015上海化学】不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是（
）
A．单质氧化性的强弱
B．单质沸点的高低
C．单质与氢气化合的难易
D．最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱
【答案】B
【解析】A．元素的非金属性越强，其单质获得电子的能力就越强，因此单质氧化性就越强。故可以通过比较单质氧化性的强弱，判断元素的非金属性的强弱，正确。B．S单质、Cl2都是分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力越大，物质的熔沸点就越高，这与元素的非金属性强弱无关，错误。C．元素的非金属性越强，其单质与氢气化合形成氢化物就越容易，形成的氢化物的稳定性就越强。因此可以比较元素的非金属性的强弱，正确。D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，因此可以通过比较硫、氯两种元素最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱比较元素的非金属性的强弱。
【考点定位】考查比较元素非金属性强弱的判断依据的正误的知识。
【名师点睛】元素周期表是学习化学的工具，元素周期律是化学学习的重要规律。利用元素周期表、元素周期律，结合元素的位、构、性三者的密切关系进行元素推断是化学重要的知识。元素原子的核外电子层数是元素在周期表的周期数，最外层电子数是元素原子所在的主族序数，同一周期随着元素原子序数的增大，原子半径逐渐减小，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族的元素从上到下，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。掌握元素的金属性、非金属性强弱比较方法，结合元素所在的族序数与元素化合价的关系进行判断，确定其正确性。
12．【2014年高考海南卷】下列有关物质性质的说法错误的是（
）
A．热稳定性：HCl>
HI
B．原子半径：Na>
Mg
C．酸性：H2SO3>H2SO4
D．结合质子能力：S2->
Cl-
【答案】C
【解析】A、同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强氢化物越稳定，故稳定性HCl＞HI，A正确；B、同周期从左到右，元素原子半径逐渐减小，所以原子半径：Na＞Mg，B正确；C、H2SO3属于中强酸，H2SO4属于强酸，故酸性：H2SO4＞H2SO3，C错误；D、酸性越弱，酸越难电离，对应的酸根离子越易结合氢离子，因为HCl强于H2S，所以结合质子能力：S2-＞Cl-，D正确。
【考点定位】本题通过典型的金属族元素碱金属、典型的非金属元素族卤素和氧族元素为例考查了考生对元素周期表、元素周期律的知识掌握情况，考查了考生对知识的灵活应用程度。考查了应用所学知识进行必要的分析、和解决具体的问题的能力。
【名师点睛】解答本题的思路是首先要掌握元素的性质及变化规律，然后再加以灵活应用。做题时一定要认真审题同一周期的元素，随着原子序数的增大，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性就越强；最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强；对应的阴离子结合质子的能力就越弱。同一主族的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，元素的非金属性就越强。
13．【2014年高考上海卷第1题】“玉兔”号月球车用Pu作为热源材料。下列关于Pu的说法正确的是（
）
A．Pu与U互为同位素
B．Pu与Pu互为同素异形体
C．Pu与U具有完全相同的化学性质
D．Pu与Pu具有相同的最外层电子数
【答案】D
【解析】A．有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素，Pu和U的质子数不同，不是同位素，故A错误；B．同种元素形成的不同原子是这种元素的不同种核素，同种元素的不同的核素，中子数不同，故B错误；C．两者的质子数不同，属于不同的元素，其化学性质不同，故C错误；D．两者具有相同的质子数，所以其核外电子数相同，则具有相同的最外层电子数，故D正确。
【考点定位】本题主要是考查原子组成、元素性质、同位素以及同素异形体的判断
【名师点晴】本题主要是通过Pu为载体，意在考查学生对原子结构以及原子组成的了解掌握程度，明确有关的概念是关键。明确同位素、同素异形体的含义和判断依据是答题的关键，注意相关基础知识的理解掌握和灵活运用，题目较为简单。
14．【2014年高考上海卷第6题】今年是门捷列夫诞辰180周年。下列事实不能用元素周期律解释的只有（
）
A．碱性：KOH＞NaOH
B．相对分子质量：Ar＞K
C．酸性：HClO4＞H2SO4
D．元素的金属性：Mg＞Al
【答案】B
【解析】A、同主族自上而下金属性逐渐增强，最高价氧化物水化物的碱性逐渐增强，钠和钾均位于IA族，钾的金属性强于钠，因此氢氧化钾的碱性强于氢氧化钠，A不符合题意；B、相对分子质量只与组成物质的元素原子的相对原子质量有关系，而与元素周期律没有关系，B符合题意；C、同周期自左向右非金属性逐渐增强，最高价氧化物水化物的酸性逐渐增强，硫和氯均是第三周期元素，硫元素位于氯元素的左侧，非金属性弱于氯元素，则硫酸的酸性弱于高氯酸的酸性，C不符合题意；D、同周期自左向右金属性逐渐减弱，镁和铝都是第三周期元素，铝元素位于镁元素的右侧，金属性是镁强于铝，D不符合题意，答案选B。
【考点定位】本题主要是考查元素周期律的应用。
【名师点晴】该题通过元素周期律为载体，侧重考查学生灵活应用元素周期律解决实际问题的能力，题目较为基础，难度不大，熟练掌握元素周期律并能灵活应用是关键。高考命题中常将将元素周期表、元素周期律、与元素性质结合进行考察，有时还会结合相应物质的性质和制备进行考查，该种题型是高考经典和必考题型。通过元素周期表考查元素性质（主要包含元素主要化合价、元素金属性非金属性、原子或离子半径等），充分体现了化学周期表中位置反映结构、结构决定性质这一基本原理，更突显了化学学科规律的特色。
15．【2014年高考安徽卷第7题】CO2的的资源化利用是解决温室效应的重要途径。以下是在一定条件下用NH3捕获CO2生成重要化工产品三聚氰胺的反应：NH3+CO2→+H2O。下列有关三聚氰胺的说法正确的是（
）
A．分子式为C3H6N3O3
B．分子中既含极性键，又含非极性键
C．属于共价化合物
D．生成该物质的上述反应为中和反应
【答案】C
【解析】A、根据三聚氰胺的结构简式可知和碳原子的4个价电子可知，其分子式为C3H3N3O3，A错误；B、由同一种非金属元素组成的化学键是非极性键，由不同种非金属元素组成的化学键是极性键，该分子中没有非极性键，全部是极性键，B错误；C、全部由共价键形成的化合物是共价化合物，因此三聚氰胺是共价化合物，C正确；D、酸与碱反应生成盐和水的反应是中和反应，该反应不是中和反应，中，D不正确。
【考点定位】本题主要是考查化学基本概念、物质结构，涉及分子式、化学键、化合物以及中和反应判断等。
【名师点晴】本题意在考查学生对基本概念以及灵活应用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的学科素养。题目难度不大，掌握基础是答题的关键，注意相关基础知识的理解掌握和灵活运用即可解答。
16．【2014年高考广东卷第23题】甲～辛等元素在周期表中的相对位置如表。甲和戊的原子序数相差3，戊的一种单质是自然界硬度最大的物质，丁和辛属同周期元素。下列判断正确的是（
）
A．金属性：甲>乙>丁
B．原子半径：辛>己>戊
C．丙和庚的原子核外电子数相差13
D．乙的单质在空气中燃烧生成只含离子键的化合物
【答案】BC
【解析】金刚石是自然界中硬度最大的单质，因而戊是C、己是Si、庚为Ge、辛为Ga；既然丁与辛同周期，则甲与戊同周期，二者原子序数相差3，所以甲为Li、乙为Na、丙为K、丁为Ca。金属性：Li＜Na＜Ca，A项错误；原子半径Ga>Al>Si>C，B项正确；K是19号元素，Ge是32号元素，原子序数相差13，故核外电子数相差13,
C项正确；Na在空气中燃烧生成的Na2O2既含离子键又含共价键，D项错误。
【考点定位】本题主要是考查元素周期表和元素周期律的应用。
【名师点晴】本题考查学生综合运用元素周期表、元素周期律、元素性质，对元素的金属性、原子半径、原子序数与核外电子数的关系、形成的化合物中的化学键的判断。元素推断题需把握题目中的相关信息，寻找突破口，如本题中的戊的一种单质是自然界硬度最大的物质，就是本题的突破口，根据所学知识判断戊的元素的种类，然后再根据题目中所给的元素周期表的相对位置以及甲和戊的原子序数相差3，判断其他元素，从而进行解答。
17．【2014年高考山东卷第8题】根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是（
）
A．同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱
B．核外电子排布相同的微粒化学性质也相同
C．Cl?、S2?、Ca2+、K+半径逐渐减小
D．
Cl与Cl得电子能力相同
【答案】D
【解析】根据原子结构和元素周期律判断元素性质的递变规律，含氧酸性强弱、化学性质的判断、离子半径的比较、等电子能力的判断。A、没有指明最高价含氧酸，错误；B、核外电子排布相同的微粒可以是分子、原子或粒子，如O2?、H2O、HF、Ne、Na+、Mg2+等化学性质不相同，错误；C、S2?半径大于Cl?，错误；D、Cl与Cl都是Cl原子，得电子能力相同，正确。解答时应根据元素周期律进行分析，注意把握关键的字词，如比较含氧酸的酸性是否指明了最高价，微粒既包括分子、原子，也包括离子等微粒，比较离子半径时离子电子排布相同时的递变规律。
【考点地位】本题考查学生对于原子结构和元素周期律的理解和应用能力，涉及含氧酸的酸性变化规律，离子半径变化规律以及对微粒化学性质和得电子能力
【名师点晴】
高考要求学生熟练掌握同一周期、同一主族的原子结构和元素性质的递变规律，了解元素原子结构、在周期表中的位置、性质及其它们之间的关系。高考命题中常将将元素周期表、元素周期律、与元素性质结合进行考察，有时还会结合相应物质的性质和制备进行考查，该种题型是高考经典和必考题型。通过元素周期表考查元素性质（主要包含元素主要化合价、元素金属性非金属性、原子或离子半径等），充分体现了化学周期表中位置反映结构、结构决定性质这一基本原理，更突显了化学学科规律的特色。
18．【2014年高考浙江卷第9题】如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是（
）
X
Y
W
Z
T
A．X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高
B．由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键
C．物质WY2、W3X4、WZ4均有熔点高、硬度大的特性
D．T元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ4
【答案】D
【解析】W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，则X、Y为第二周期元素，W、Z为第三周期元素，设X的最外层电子为x，则Y、W、Z的原子序数分别为x+1、x-1、x+2，所以x+x+1+x-1+x+2＝22，解得x＝5，即X为N，Y为O，W为Si，Z为Cl，W与T同主族，则T为Ge，则A、X、Y、Z三种元素最低价氢化物分别为NH3、H2O、HCl，H2O、氨气分子中均存在氢键，沸点高于氯化氢的，其中水的沸点高于氨气的，故A错误；B、N、H、O三种元素可形成NH4NO3，既有共价键也有离子键，故B错误；C、SiO2、Si3N4属于原子晶体，熔点高，硬度大，而SiCl4属于分子晶体，熔点低，硬度小，故C错误；D、Ge元素位于金属与非金属之间的分界线，因此具有半导体的特性，与碳属于同一主族，最外层四个电子，性质相似，可形成GeCl4，故D正确。
【考点定位】本题主要是考查元素周期表的结构以及元素周期律的应用。
【名师点晴】本题以元素周期表中元素的推断为载体，重点考查氢键、化学键、晶体类型及性质、元素周期律等，试题综合性较强，题目难度不大，把握元素周期表的结构及最外层电子数的关系推断元素为解答的关键，侧重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。专题17
离子浓度大小比较
2019年高考题
【2019江苏，14,4分】室温下，反应HCO3-+H2O
H2CO3+OH-的平衡常数K=2.2×10-8。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是?
A.
0.2
mol·L-1氨水：c(NH3·H2O)>c
(NH4+)>c
(OH-)>c
(H+)?
B.0.2
mol·L-1NH4HCO3溶液(pH>7):c(NH4+)>c(HCO3-)>c(H2CO3)>c(NH3·H2O)?
C.0.2
mol·L-1氨水和0.2
mol·L-1NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)?
D.0.6
mol·L-1氨水和0.2
mol·L-1
NH4HCO3溶液等体积混合：
c(NH3·H2O)?+c(CO32-)+c(OH-)=0.3
mol·L-1+c(H2CO3)+c(H+)
?
BD
本题考查溶液中粒子浓度关系，考查的核心素养是变化观念与平衡思想。A项，氨水中存在NH3·H2O
NH4++OH-，H2O
H++OH-，氨水中NH3·H2O部分电离，所以主要以NH3·H2O分子形式存在，两个电离方程式均电离出OH－，所以c(OH-)>c(NH4＋)，错误；B项，NH4HCO3溶液显碱性，说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解程度，所以c(NH4＋)>c(HCO3－)＞c(H2CO3)>c(NH3·H2O),正确；C项，由物料守恒可，n(N)∶n(C)=2∶1，则有c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2
[c(H2CO3)+c(HCO3-)+
c(CO32-)]，错误；D项，由物料守恒可知，n(N)∶n(C)=4∶1，则有c(NH4+)+c(NH3·H2O)=4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+
c(CO32-)]①，电荷守恒式为c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)②，结合①②消去c(NH4+)，得：c(NH3·H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)③，0.2
mol·L-1NH4HCO3溶液与0.6
mol·L-1氨水等体积混合后，c(NH4HCO3)=0.1
mol·L-1，由碳元素守恒可知，
c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1
mol·L-1④，将③等式两边各加一个c(CO32-)，则有c(NH3·H2O)+
c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+
3c(HCO3－)+3c(CO32-)⑤，将④代入⑤中得，c(NH3·H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3
mol·L-1，正确。?
2018年高考题
1.
(2018江苏，14，4分)（双选）
H2C2O4为二元弱酸,?Ka1
(H2C2O4)=5.4×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5?,设H2C2O4
溶液中c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)。
室温下用
NaOH
溶液滴定
25.00
mL
0.100
0
mol·L-1
H2C2O4溶液至终点。
滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是
A.
0.100
0
mol·L-1
H2C2O4溶液:c(H+)=0.100
0
mol·L-1+c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4)
B.c(Na+)=c(总)的溶液:c(Na+)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)>c(H+)
C.pH=7
的溶液:c(Na+)=0.100
0
mol·L-1+c(C2O42-)-c(H2C2O4)?
D.c(Na+)=2c(总)的溶液:c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)
1.
AD
本题考查溶液中粒子浓度大小的关系，较难。
H2C2O4溶液中存在电荷守恒：c(H＋)=c(OH－)+c(HC2O4－)+2c(C2O42-)，物料守恒：c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.100
0
mol·L-1，将两式相加，可得c(H+)=0.100
0
mol·L-1+c(C2O42-)+c(OH-)－c(H2C2O4)，A项正确；c(Na＋)=c(总)的溶液，相当于等物质的量的H2C2O4与NaOH反应后的溶液，即为NaHC2O4溶液，已知Ka2=5.4×10-5，Kh(HC2O4-)?=
，说明HC2O4-的电离程度大于其水解程度，故NaHC2O4?溶液显酸性，则c(C2O42-)>c(H2C2O4)，B项错误；起始时，
H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.100
0
mol·L-1，滴入NaOH溶液后，c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)<0.100
0
mol·L-1，溶液中存在电荷守恒：
c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-?)+2c(C2O42-)，pH=7的溶液中，c(Na+)=c(HC2O4-?)+2c(C2O42-)<
0.100
0
mol·L-1+c(C2O42-)-c(H2C2O4)，C项错误；c(Na＋)=2c(总)的溶液，相当于1
mol
H2C2O4与2
mol
NaOH反应后的溶液，即为Na2C2O4溶液，Na2C2O4中存在质子守恒：c(OH-)=c(＋)+c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)，D项正确。?
2017年高考题
1.
【2017高考全国卷Ⅰ卷13题】常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是
(
)
A.Ka2(H2X)的数量级为10-6
B.曲线N表示pH与lg的变化关系
C.NaHX溶液中c(H+)>c(OH-)
D.当混合溶液呈中性时，c(Na+)>c(HX-)>c(X2-)>c(OH-)=c(H+)
【答案】D
【解析】本题考查弱酸电离平衡和溶液中离子浓度大小比较等。(1)图象纵轴表示pH，横轴表示溶液中两种粒子浓度比的对数；(2)酸性越强，c()越大，pH越小；(3)横坐标为0.0时两种粒子浓度之比为1，而电离平衡常数只与温度有关，与浓度无关。选择该点计算电离常数。H2X的电离方程式为H2X+H，H+。当==1时，即横坐标为0.0时，Ka1=c()，Ka2=c'()，因为Ka1>Ka2，故c(H+)>c'(H+)，即pHc(OH-)，C项正确；电荷守恒式为c(N)+c()=c(O)+c(H)+2c()，中性溶液中存在c()=c(O)，故有c(N)=c(H)+2c()，假设c(HX-)=c(X2-)或c(HX-)>c(X2-)(见C项分析)，则溶液一定呈酸性，故中性溶液中c(HX-)【名师点晴】本题受二元弱酸电离，以第一步为主，第二步电离常数小于第一步等思维定势的影响，误认为c(H)>c()，会认为D项正确，导致错选，其错选本质原因是忽视了“混合溶液呈中性”条件的限制。本题主要考查弱电解质电离及电离常数的计算，难点在于选择两种粒子浓度相等条件下求电离常数。
2.
【2017高考江苏卷14题】常温下，Ka(HCOOH)=1.77×10-4，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，Kb(NH3·H2O)=1.76×10-5，下列说法正确的是（
）
A.浓度均为0.1
mol·L-1?的HCOONa
和NH4Cl
溶液中阳离子的物质的量浓度之和:前者大于后者
B.用相同浓度的NaOH
溶液分别滴定等体积pH
均为3
的HCOOH
和CH3COOH
溶液至终点，消耗NaOH
溶液的体积相等
C.0.2
mol·L-1?HCOOH
与0.1
mol·L-1?NaOH
等体积混合后的溶液中:c(HCOO-)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)
D.0.2
mol·L-1?CH3COONa
与0.1
mol·L-1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7):c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)
【答案】AD
【解析】本题考查弱电解质的电离平衡知识。HCOONa溶液中存在
c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)，NH4Cl溶液中存在c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，两溶液中有c(Na+)=c(Cl-)，只要比较HCOONa溶液中c(H+)与NH4Cl溶液中c(OH-)的大小即可，由电离常数可知，的水解程度比HCOO-的大，则NH4Cl溶液中c(H+)较HCOONa溶液中c(OH-)大，即NH4Cl溶液中c(OH-)较HCOONa溶液中c(H+)小，所以有c(Na+)+c(H+)>c(Cl-)+c(OH-)=c()+c(H+)，A项正确；CH3COOH的电离平衡常数比HCOOH的小，即CH3COOH的酸性弱，则相同pH的CH3COOH溶液的浓度大于HCOOH的，和NaOH反应时，CH3COOH溶液消耗NaOH溶液的体积较大，B项错误；反应后得到c(HCOOH)与c(HCOONa)相等的混合溶液，溶液呈酸性，由电荷守恒得:c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，由物料守恒得:2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-)，则c(HCOO-)>c(Na+)>c(HCOOH)，所以c(HCOO-)+c(OH-)>c(HCOOH)+c(H+)，C项错误；反应后得到c(CH3COONa)=c(CH3COOH)=c(NaCl)的混合溶液，由物料守恒得:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Cl-)，pH<7，则CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，即c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)，电离和水解均很微弱，故c(H+)小于c(CH3COOH)，D项正确。
【名师点晴】电解质溶液中存在物料守恒，要抓住谁和谁物料守恒，如本题C项，c(HCOOH)与c(HCOONa)相等的混合溶液，HCOOH电离出HCOO-，HCOO-水解生成HCOOH，故c(HCOO-)和c(HCOOH)之和不变，是Na+浓度的两倍。D项也是如此，0.2
mol·L-1?CH3COONa溶液与0.1
mol·L-1盐酸等体积反应，两者物质的量之比为2∶1，则有物料守恒:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Cl-)。
2013~2016年高考题
1．【2016年高考江苏卷】H2C2O4为二元弱酸。20
℃时，配制一组c(H2C2O4?)+c(H2C2O4?)+c()+c()=0.100
mol·L-1?的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH
的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（
）
A.pH=2.5
的溶液中:c(H2C2O4)+c()>c()
B.c(Na+)=0.100
mol·L-1的溶液中:c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c()
C.c()=c()的溶液中:c(Na+)>0.100
mol·L-1+c()
D.pH=7.0
的溶液中:c(Na+)>2c()
【答案】BD
【解析】本题考查离子浓度大小比较，意在考查考生对溶液中存在的守恒关系的理解能力。A项，由题图知pH=2.5时，c()>0.08
mol·L-1，则c()+c(H2C2O4)<0.02
mol·L-1，错误；B项，当c(Na+)=0.100
mol·L-1时，溶液的溶质恰好为NaHC2O4，依据质子守恒知，B项正确；C项，依据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，
又c()+c()+c(H2C2O4)
=0.100
0
mol·L-1，c()=c()，故2c()=
0.100
0
mol·L-1-c(H2C2O4)，c(Na+)+c(H+)=0.100
0
mol·L-1-c(H2C2O4)+c()+c(OH-)，c(Na+)=0.100
0
mol·L-1+c()-{c(H2C2O4)+[c(H+)-c(OH-)]}，因为c(H2C2O4)>0，由题图知c(H+)-c(OH-)>0，则c(Na+)<0.100
0
mol·L-1+c()=0.100
0
mol·L-1+c()，错误；D项，由电荷守恒知，c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，pH=7.0时有:c(Na+)=c()+2c()，c(Na+)>2c()，正确。
【考点定位】本题主要是考查电解质溶液中的离子平衡以及离子浓度大小比较
【名师点晴】该题综合性强，难度较大。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。多年以来全国高考化学试卷几乎年年涉及。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。围绕盐类水解的类型和规律的应用试题在高考中常有涉及。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离,盐类的水解,化学平衡理论(电离平衡、水解平衡),电离与水解的竞争反应,以及化学反应类型,化学计算,甚至还要用到“守恒”来求解。解题的关键是运用物料守恒、电荷守恒和质子守恒原理计算相关离子浓度大小。
2．【2016年高考四川卷】
向1
L含0.01
mol
NaAlO2和0.02
mol
NaOH的溶液中缓慢通入CO2，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应，当0.01
molmol
时发生的反应是:2NaAlO2+CO2+3H2O2Al(OH)3↓+Na2CO3。下列对应关系正确的是
（
）
选项
n(CO2)/mol
溶液中离子的物质的量浓度
A
0
c(Na+)>c(AlO2-)+c(OH-)
B
0.01
c(Na+)>c(AlO2-)>
c(OH-)>c(CO32-)
C
0.015
c(Na+)>
c(HCO3-)>c(CO32-)>
c(OH-)
D
0.03
c(Na+)>
c(HCO3-)>
c(OH-)>c(H+)
【答案】D
【解析】本题考查溶液中的离子浓度大小比较，意在考查考生利用溶液中的水解平衡原理以及“三大守恒”分析、解决问题的能力。明确各阶段发生的化学反应以及溶液中的溶质是解题的关键。当n(CO2)=0
mol时，c(Na+)mol时，恰好发生反应CO2+2OH-+H2O，溶液中的溶质为等物质的量的NaAlO2和Na2CO3，存在和的水解，且的水解程度大于的水解程度，则溶液中离子浓度关系为c(Na+)>c()>c()>c(OH-)，B项错误；当n(CO2)=0.015
mol时，溶液中的溶质仅为Na2CO3，则溶液中离子浓度关系为c(Na+)>c()>c(OH-)>c()，C项错误；当n(CO2)=0.03
mol时，溶液中的溶质仅为NaHCO3，则溶液中离子浓度关系为c(Na+)>c()>c(OH-)>c(H+)，D项正确。
【考点定位】考查电解质溶液中的离子平衡，钠、铝及其化合物的性质
【名师点睛】本题将元素化合物知识与电解质溶液中离子浓度大小比较综合在一起考查，熟练掌握相关元素化合物知识，理清反应过程，结合相关物质的用量正确判断相关选项中溶液的成分是解题的关键。电解质溶液中微粒浓度大小比较要抓住两个平衡：电离平衡和盐类的水解平衡，抓两个微弱：弱电解质的电离和盐类的水解是微弱的，正确判断溶液的酸碱性，进行比较。涉及等式关系要注意电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式的灵活运用。
3．【2016年高考天津卷】室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1
mol·L-1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定曲线如图所示，下列判断错误的是（
）
A.三种酸的电离常数关系:KHA>KHB>KHD
B.滴定至P点时，溶液中:c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-)
C.pH=7时，三种溶液中:c(A-)=c(B-)=c(D-)
D.当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后:?c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)
【答案】C
【解析】本题考查酸碱中和滴定的分析，意在考查考生对滴定过程中粒子的分析能力。三种酸的浓度相等，根据图象，在滴定前HA溶液的pH最小，酸性最强，HD溶液的pH最大，酸性最弱，说明HA的电离程度最大，电离常数最大，A项正确；P点溶液中含有等物质的量的NaB与HB，此时溶液显酸性，说明HB的电离程度大于B-的水解程度，所以c(B-)>c(HB)，由物料守恒:2c(Na+)=c(HB)+c(B-)知，c(Na+)介于c(B-)、c(HB)之间，B项正确；每种溶液中均存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，X-代表A-、B-、D-，在pH=7时，c(H+)=c(OH-)，c(Na+)
=c(X-)，而pH=7时，三种酸所消耗的NaOH的物质的量不相等，故三种溶液中c(Na+)不相等，则c(X-)也不相等，C项错误；中和百分数为100%的三种溶液，其溶质分别是NaA、NaB、NaD，混合后溶液中的电荷守恒式为:c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(B-)+c(D-)+c(OH-)①，此式中c(Na+)=c(Na+)[NaA]+c(Na+)[NaB]?+c(Na+)[NaD]，混合前的三种溶液中存在物料守恒:c(Na+)[NaA]=c(A-)+c(HA)，c(Na+)[NaB]=c(B-)+c(HB)，c(Na+)[NaD]=c(D-)+c(HD)，消去①式中的c(Na+)和c(A-)、c(B-)、c(D-)，得c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)，D项正确。
【考点定位】考查中和滴定图像、弱电解质的电离平衡、离子浓度大小比较
【名师点晴】本题考查了酸碱混合时的定性判断、弱电解质的电离平衡、离子浓度大小比较等。在判断溶液中微粒浓度大小的比较时，要重点从三个守恒关系出发，分析思考。（1）两个理论依据：①弱电解质电离理论：电离微粒的浓度大于电离生成微粒的浓度。例如，H2CO3溶液中：c(H2CO3)＞c(HCO3－)?c(CO32－)(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离)。②水解理论：水解离子的浓度大于水解生成微粒的浓度。例如，Na2CO3溶液中：c(CO32－)＞c(HCO3－)?c(H2CO3)(多元弱酸根离子的水解以第一步为主)。（2）三个守恒关系：①电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。例如，NaHCO3溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)=c(HCO3－)＋2c(CO32－)＋c(OH－)。②物料守恒：物料守恒也就是原子守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。例如，0.1
mol·L－1?NaHCO3溶液中：c(Na＋)＝c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)＝0.1
mol·L－1。③质子守恒：由水电离出的c(H＋)等于由水电离出的c(OH－)，在碱性盐溶液中OH－守恒，在酸性盐溶液中H＋守恒。例如，纯碱溶液中c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO3－)＋2c(H2CO3)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。解答本题时，能够从图像的起始点得出三种酸的相对强弱是解题的关键。
4．【2015浙江理综化学】40
℃,在氨-水体系中不断通入CO2,各种离子的变化趋势如图所示。下列说法不正确的是（
）
A.在pH=9.0时,c(NH4+)>c(HCO3—)>c(NH2COO-)>c(CO32—)
B.不同pH的溶液中存在关系:c(N
H4+)+c(H+)=2c(CO32—)+c(HCO3—)+c(NH2COO-)+c(OH-)
C.随着CO2的通入,不断增大
D.在溶液pH不断降低的过程中,有含NH2COO-的中间产物生成
【答案】C
【解析】本题考查电解质溶液有关知识,意在考查考生对电荷守恒、物料守恒等规律的理解与运用能力。从图中可知,pH=9.0时c(NH4+)>c(HCO3-)>c(NH2COO-)>c(CO32-),A项正确;电解质溶液中,阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数,B项正确;溶液中对于NH3·H2O、N
H4+、OH-体系而言,存在K=c(NH4+)·c(OH-)/c(NH3·H2O),即K/c(N
H4+)=c(OH-)/c(NH3·H2O),温度不变K值不变,当不断通入CO2时,c(NH4+)增大,则c(OH-)/c(NH3·H2O)减小,C项错误;从图中可知,在通入CO2过程中有NH2COO-中间产物生成,D项正确。
【考点定位】本题主要是考查电解质溶液中离子浓度大小关系，电荷守恒关系，图像分析应用等。
【名师点晴】本题从知识上考查了电解质溶液。涉及弱电解质的电离和盐类的水解、离子浓度的大小比较、外加各类物质对电离平衡、水解平衡的影响。在比较离子浓度的大小关系时经常要用到物料守恒、电荷守恒、质子守恒这三大守恒关系。考察了学生对知识理解、综合运用能力，对离子浓度大小的比较的方法积三大守恒的掌握情况。这道高考题为一道中档题，创新性较强。
5．【2015四川理综化学】常温下,将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合,析出部分NaHCO3晶体,过滤,所得滤液pH<7。下列关于滤液中的粒子浓度关系不正确的是（
）
A.<1.0×10-7?mol/L
B.c(Na+)=c(HCO3—)+c(CO32—)+c(H2CO3)
C.c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(HCO3—)+2c(CO32—)
D.c(Cl-)>c(NH4+)>c(HCO3—)>c(CO32—)
【答案】C
【解析】本题考查电解质溶液,意在考查考生对电解质溶液理论的理解与应用能力。溶液为酸性,而常温下,KW=1.0×10-14,故KW/c(H+)=c(OH-)<1.0×10-7?mol/L,A项正确;由物料守恒可知B项正确;由溶液中的电荷守恒可知c(H+)+c(N
H4+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-),由于有NaHCO3析出,则c(Na+)H4+水解,故c(Cl-)>c(N
H4+),酸性溶液中c(HCO3-)>c(CO32-),
D项正确。
【考点定位】电解质溶液
【名师点睛】电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。多年以来全国高考化学试卷几乎年年涉及。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。围绕盐类水解的类型和规律的应用试题在高考中常有涉及。考查的重点内容有：1、弱电解质的电离平衡（主要考查：电解质、非电解质的判断；某些物质的导电能力大小比较；外界条件对电离平衡的影响及电离平衡的移动；将电离平衡理论用于解释某些化学问题；同浓度(或同pH)强、弱电解质溶液的比较等等。）；2、水的电离程度影响的定性判断与定量计算；3、盐溶液蒸干灼烧后产物的判断；4、溶液中离子浓度大小的比较等。
6．【2015山东理综化学】室温下向10mL0.1
mol·L－1NaOH溶液中加入0.1
mol·L－1的一元酸HA溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（
）
A．a点所示溶液中c(Na+)>c(A—)>c(H+)>c(HA)
B．a、b两点所示溶液中水的电离程度相同
C．pH=7时，c(Na+)=
c(A—)+
c(HA)
D．b点所示溶液中c(A—)>
c(HA)
【答案】D
【解析】本题考查了酸碱中和滴定过程分析,意在考查考生分析图象的能力以及灵活运用所学知识解决问题的能力。加入10
mL一元酸HA溶液时,恰好中和,但溶液的pH为8.7,说明HA为弱酸,a点表示NaA溶液,存在A-的水解,应有:c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+),A项错误;a点水的电离受到促进,b点为等物质的量浓度的NaA和HA的混合溶液,溶液呈酸性的原因是HA的电离程度大于A-的水解程度,故c(A-)>c(HA),总的来看水的电离受到了抑制,B项错误,D项正确;由溶液中电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),溶液呈中性,即c(H+)=c(OH-),则可知c(Na+)=c(A-),C项错误。
【考点定位】本题通过分析图像的分析、酸碱中和反应进行的程度，结合弱电解质的电离平衡和盐类的水解规律，考查了离子浓度比较、水的电离程度的比较。[]
【名师点睛】本题难度较大，综合性较强，涉及到电解质水溶液中离子浓度的等量关系、大小关系以及水的电离程度等知识和规律。解答本题时应正确分析图像，根据酸碱中和反应，分析出溶液的溶质，根据酸碱性和弱电解质的电离平衡和盐类的水解规律，考查了考生灵活运用所学知识解决实际问题的能力。
7．【2015安徽理综化学】25
℃时，在10
mL浓度均为0.1
mol·L-1的NaOH和NH3·H2O混合溶液中滴加0.1
mol·L-1盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是（
）
A.未加盐酸时:c(OH-)>c(Na+)=c(NH3·H2O)
B.加入10
mL
盐酸时:c(N)+c(H+)=c(OH-)
C.加入盐酸至溶液pH=7时:c(Cl-)=c(Na+)
D.加入20
mL
盐酸时:c(Cl-)=c(N)+c(Na+)
【答案】B
【解析】本题考查强弱电解质的电离、中和滴定和盐类水解对电解质溶液中粒子浓度的影响，意在考查考生对电解质溶液理论的理解和应用能力。A项错误，NH3·H2O在溶液中存在以下平衡:NH3+H2O?NH3·H2ONH4++OH-，则c(OH-)>c(Na+)>c(NH3·H2O)；B项正确，加入10
mL盐酸时，c(Na+)=c(Cl-)，根据电荷守恒式c(Na+)+c(N
H4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)知，c(N
H4+)+c(H+)=c(OH-)；C项错误，根据电荷守恒式，当溶液的pH=7时，c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)+c(N
H4+)=c(Cl-)，故c(Cl-)>c(Na+)；D项错误，加入20
mL盐酸，氢氧化钠和NH3·H2O恰好被中和，但因生成的氯化铵水解，溶液呈酸性，即c(H+)>c(OH-)，结合电荷守恒式:?c(Cl-)+c(OH-)=c(Na+)
+c(H+)+c(N
H4+)，可得正确的关系式为:?c(Cl-)>c(Na+)
+c(N
H4+)。
【考点定位】本题重点考查溶液中水的电离和离子的水解，比较溶液中离子浓度的大小，物料守恒，电荷守恒和质子守恒原理的应用。
【名师点睛】溶液中离子浓度大小比较,是全国高考的热点题型之一,重复率达100%,因为这类题目涉及的知
识点多,难度大,区分度高。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离,盐类的
水解,化学平衡理论(电离平衡、水解平衡),电离与水解的竞争反应,以及化学反应类型,化学计算,甚至还要
用到"守恒"来求解。解题的关键是运用物料守恒、电荷守恒和质子守恒原理计算相关离子浓度大小。
8．【2015江苏化学】室温下,向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7(通入气体对溶液体积的影响可忽略),溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是（
）
A.向0.10
mol·L-1?NH4HCO3溶液中通CO2:c(NH4+)=c(HCO3-)+c(CO32-)
B.向0.10
mol·L-1?NaHSO3溶液中通NH3:c(Na+)>c(NH4+)>c(SO32-)
C.向0.10
mol·L-1?Na2SO3溶液中通SO2:c(Na+)=2[c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)]
D.向0.10
mol·L-1?CH3COONa溶液中通HCl:c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl-)
【答案】D
【解析】本题考查粒子浓度大小比较,意在考查考生对溶液中存在的守恒关系的理解能力。由电荷守恒有,c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-?)+2c(CO32-),因为pH=7,所以c(H+)=c(OH-),故有c(NH4+?)=c(HC
O3-)+2c(C
O32-),A项错误;由电荷守恒有,c(NH4+)+c(Na+)+c(H+)=c(HS
O3-)+2c(SO32-)+c(OH-),pH=7时c(H+)=c(OH-),则c(NH4+?)+c(Na+)=c(HSO3-)+2c(S
O32-)①,由物料守恒有,c(Na+)=c(HS
O3-?)+c(S
O32-)+c(H2SO3)②,联立①②消去c(Na+),得c(N
H4+?)+c(H2SO3)=c(S
O32-),所以c(S
O32-)>c(N
H4+),B项错误;在Na2SO3溶液中,根据物料守恒,有c(Na+)=2[c(S
O32-)+c(HSO3-?)+c(H2SO3)],但是由于通入了SO2,S元素增多,所以该等式不成立,
C项错误;由物料守恒有,c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)③,所以c(Na+)>c(CH3COOH),由电荷守恒有,c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-),因为pH=7,所以c(H+)=c(OH-),则c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)④,联立③④得,c(CH3COOH)=c(Cl-),D项正确。
【考点定位】考查离子浓度大小比较中电荷守恒、物料守恒等知识。
【名师点睛】涉及离子浓度大小比较，常用规律：电荷守恒、质子守恒、物料守恒、水解程度和弱电解质电离程度微弱，然后分析反应后溶液中溶质有哪些物质，分析是电离为主还是水解为主，这需要根据题目所给信息进行判断，此类题中等难度，要求学生学会分析问题的能力。
9．【2014年高考海南卷】室温下，用0.l00mol/L
NaOH溶液分别滴定20.00
mL
0.100
mol/L的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
（
）
A．II表示的是滴定醋酸的曲线
B．pH=7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20
mL
C．V(NaOH)=
20.00
mL时，两份溶液中c(Cl-)=
c(CH3COO-)
D．V(NaOH)
=10.00
mL时，醋酸溶液中c
(Na+)>
c
(CH3COO-)>
c
(H+)>
c
(OH-)
【答案】B
【解析】A、相同浓度的盐酸和醋酸，由于盐酸是一元强酸，在水溶液中完全电离，醋酸是一元弱酸，在水溶液中部分电离。所以溶液的pH醋酸的大，盐酸小。因此I表示的是醋酸，II表示的是盐酸。错误。B、NaOH是强碱，HCl是强酸，当pH=7时，二者恰好反应，物质的量相等，所以n(NaOH)=20ml。若与醋酸反应的NaOH的体积也是20mL则得到的是醋酸钠。醋酸钠是强碱弱酸盐，水解是溶液显碱性，因此若要使pH=7时，则滴加的体积就要少于20ml。因此滴定消耗的V(NaOH),酸小醋于20
mL。正确。C、任何溶液都符合电荷守恒。、质子守恒、物料守恒。在醋酸溶液中加入20mlNaOH溶液时，醋酸根离子会发生水解反应，所以除了存在醋酸分子外，还存在醋酸根离子。根据物料守恒，可得c
(Cl-)=
c
Na+)=
c
(CH3COO-)+
c
(CH3COOH)。错误。D、V(NaOH)
=10.00
mL时，得到是醋酸和醋酸钠等浓度的混合溶液。由于在等浓度、等体积的醋酸与醋酸钠的混合溶液中，醋酸分子的电离作用大于醋酸钠盐的水解作用，所以根据物料守恒和电荷守恒可得：溶液中c
(CH3COO-)>
c
(Na+)>
c
(H+)>
c
(OH-)。错误。
【考点定位】本题以常见的酸：盐酸、醋酸与常用的强碱溶液混合时溶液中微粒的浓度变化来通过图像的展示来考查三大守恒、盐的水解作用。考查了学生的知识掌握、综合分析、灵活应用能力，综合性很强。
【名师点睛】本题考查图像法在酸碱中和滴定中的应用；考查了盐的水解、酸的电离、比较溶液中微粒浓度的大小的三个守恒知识。解答本题，首先应该掌握物质酸的相对强弱，了解在浓度相同时电离产生的离子浓度的大小。然后看其与与碱混合发生反应时，酸碱相对物质的量的多少、溶液中的溶质的种类、电解质的电离程度与产生的盐的水解程度的相对大小。最后对选项中的问题根据题意进行解答。
10．【2014年高考安徽卷第11题】室温下,下列溶液中粒子浓度关系正确的是（
）
A.Na2S溶液:c(Na+)>c(HS—)>c(OH—)>c(H2S)
B.Na2C2O4溶液:c(OH—)=c(H+)+c(HC2O4—)+2c(H2C2O4)
C.Na2CO3溶液:c(Na+)+c(H+)=2c(CO32—)+c(OH—)
D.CH3COONa和CaCl混合溶液:c(Na+)+c(Ca2+)=c(CH3COO—)+c(CH3COOH)+2c(Cl—)
【答案】B
【解析】本题从不同侧面考查盐类水解对电解质溶液中离子浓度的影响,涉及离子浓度大小关系、电荷守恒关系、物料守恒关系等内容。意在考查考生对电解质溶液理论的理解和应用能力。A项错误,Na2S电离产生的S2-部分水解生成HS-,HS-发生更弱的水解,生成H2S分子,两步水解均破坏了水的电离平衡,使溶液中OH-不断增多,c(HS-)【考点定位】本题主要是考查电解质溶液，涉及盐类水解，三大守恒关系的应用
【名师点晴】本题是高考中的热点题型和高频点，侧重对学生灵活应用基础知识解决实际问题的能力培养。意在考查学生分析问题、解决问题的能力，属于中等难度试题的考查，答题的关键是灵活应用电荷守恒、物料守恒以及质子守恒，题目难度中等。
11．【2014年高考江苏卷第14题】25
℃时,下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（
）
A.0.1mol·L-1CH3COONa溶液与0.1mol·L-1?HCl溶液等体积混合:c(Na+)=c(Cl-)>c(CH3COO-)>c(OH-)
B.0.1
mol·L-1?NH4Cl溶液与0.1mol·L-1氨水等体积混合(pH>7):c(NH3·H2O)>c(NH4+?)>c(Cl-)>c(OH-)
C.0.1
mol·L-1?Na2CO3?溶液与0.1
mol·L-1?NaHCO?溶液等体积混合:c(Na+)=
c(C
O32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)
D.0.1
mol·L-1?Na2C2O4?溶液与0.1
mol·L-1?HCl
溶液等体积混合(HCO为二元弱酸):2c(C2)+c(HC)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)
【答案】AC
【解析】本题考查离子浓度大小的比较,意在考查考生的分析能力。0.1
mol·L-1?CH3COONa溶液与0.1
mol·L-1?HCl溶液等体积混合,溶质为等物质的量的CH3COOH和NaCl,因为醋酸为弱酸,部分电离,所以c(Na+)=c(Cl-)>c(CH3COO-)>c(OH-),A选项正确;0.1
mol·L-1?NH4Cl溶液与0.1
mol·L-1氨水等体积混合,pH>7,说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度,则c(N)>c(NH3·H2O),B选项错误;根据物料守恒,0.1
mol·L-1?Na2CO3溶液中,c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3),0.1
mol·L-1?NaHCO3溶液中,c(Na+)=c(C
O32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3),二者等体积混合,则2c(Na+)=3c(C
O32-)+3c(HC
O3-)+3c(H2CO3),即c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3),C
选项正确;根据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)+c(Cl-),D选项错误。
【考点定位】本题主要是考查溶液中离子浓度的关系判断
【名师点晴】本题以微粒浓度大小的比较、微粒浓度的等式关系判断为载体。考察学生对溶液中各种平衡的理解和对电荷守恒、物料守恒、质子守恒等等式的应用，考察学生的理论应用能力。本题的解题要点为溶液中微粒浓度的关系，首先要明确溶液的溶质，存在哪些微粒，存在哪些平衡，多平衡存在时以哪个平衡为主等，然后明确溶液中的电荷守恒、物料守恒、质子守恒等三个等式。关键是判断溶液中的平衡。
12．【2014年高考四川卷第6题】下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（
）
A.0.1
mol/L
NaHCO溶液与0.1
mol/L
NaOH溶液等体积混合,所得溶液中:c(Na+)>c(C)>c(HC)>c(OH-)
B.20
mL
0.1
mol/L
CHCOONa溶液与10
mL
0.1
mol/L
HCl溶液混合后溶液呈酸性,所得溶液中:c(CHCOO-)>c(Cl-)>c(CHCOOH)>c(H+)
C.室温下,pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合,所得溶液中:c(Cl-)+c(H+)>c(N)+c(OH-)
D.0.1
mol/L
CHCOOH溶液与0.1
mol/L
NaOH溶液等体积混合,所得溶液中:c(OH-)>c(H+)+c(CHCOOH)
【答案】B
【解析】本题考查溶液中粒子浓度大小关系,意在考查考生灵活运用电荷守恒、物料守恒等分析粒子浓度关系的思维能力。二者反应恰好生成Na2CO3,溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+),A项错误;二者反应后得到等物质的量浓度的NaCl、CH3COONa和CH3COOH的混合溶液,且CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,B项正确;所得溶液呈碱性,则c(H+)【考点地位】本题主要是考查水溶液中的离子平衡以及溶液中离子浓度大小比较
【名师点晴】本题属于溶液中离子平衡方面的考查，侧重于弱电解质的电离及盐类水解，题目难度较大。该类试题重点考查了学生对知识理解、综合运用能力，对离子浓度大小的比较的方法及三大守恒的掌握情况。意在考查学生分析、归纳、总结问题的能力。选项C是易错点，注意反应后酸碱过量问题的判断。[]
13．【2014年高考天津卷第5题】下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是（
）
A.pH=1的NaHSO溶液:c(H)=c(S)+c(OH)
B.含有AgCl和AgI固体的悬浊液:c(Ag)>c(Cl)=c(I)
C.CO的水溶液:c(H)>c(HC)=2c(C)
D.含等物质的量的NaHCO和NaCO的溶液:3c(Na)=2[c(HC)+c(C)+
c(H
2C2O4)]
【答案】A
【解析】本题考查电解质溶液、离子浓度大小比较,意在考查考生的理解能力和灵活运用能力。根据质子守恒可知,A项正确;碘化银的Ksp小于氯化银的,所以含有氯化银和碘化银固体的悬浊液中c(I-)小于c(Cl-),B项错误;CO2的水溶液中,c(HCO3-)远远大于c(CO32-),C项错误;含等物质的量的草酸氢钠和草酸钠溶液中,根据物料守恒,2c(Na+)=3[c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)],D项错误。
【考点地位】本题主要是考查溶液中离子浓度大小比较，涉及弱电解质的电离、盐类水解、溶解平衡等
【名师点晴】本题通过NaHSO4溶液、AgCl和AgI、CO2的水溶液和含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液考查了电荷守恒、物料守恒、弱电解质的电离平衡和沉淀溶解平衡，根据守恒规律进行离子浓度比较，考查了学生运用所学规律解决问题的能力。选项D是易错点。
14．【2013年高考四川卷第5题】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:
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】本题考查电离平衡和水解平衡知识,意在考查考生对相关知识的运用能力以及计算能力。实验①反应后溶液的pH为9,即溶液显碱性,说明HA为弱酸,二者等浓度等体积恰好反应生成KA,A-水解,A项正确;实验①反应后的溶液中,由电荷守恒式c(H+)+c(K+)=c(A-)+c(OH-)知,c(K+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+),B项错误;因为HA为弱酸,如果与等体积等浓度的KOH溶液混合,溶液显碱性,若溶液显中性,则在两溶液体积相等的条件下,加入的HA溶液的浓度应大于0.2
mol/L,所以实验②反应后的溶液中,c(A-)+c(HA)>0.1
mol/L,C项正确;实验②反应后溶液显中性,根据电荷守恒式c(H+)+c(K+)=c(A-)+c(OH-),且c(H+)=c(OH-),则c(K+)=c(A-),即c(K+)=c(A-)>c(H+)=c(OH-),D项正确。
【考点定位】本题考查中和反应及离子浓度比较。
【名师点睛】解得本题的关键是室温下，将等体积等浓度的HA和KOH混合（忽略体积变化），溶液呈碱性，说明该酸是弱酸；①根据盐的类型确定溶液中离子浓度的相对大小；②根据电荷守恒计算氢氧根离子浓度；③当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱的浓度；④根据电荷守恒确定离子浓度关系，本题考查了离子浓度大小的比较，根据电荷守恒和微粒守恒来分析解答即可。
1专题10
元素周期表和元素周期律
2019年化学高考题
1.
【2019浙江4月选考，14,2分】2019年是门捷列夫提出元素周期表150周年。根据元素周期律和元素周期表，下列推断不合理的是?
A.第35号元素的单质在常温常压下是液体?
B.位于第四周期第ⅤA族的元素为非金属元素?
C.第84号元素的最高化合价是+7?
D.第七周期0族元素的原子序数为118
?
1.
C
本题考查元素周期表的结构，元素在周期表中的位置等。第35号元素为溴，溴单质在常温常压下是液体，A项正确；位于第四周期第ⅤA族的元素为砷，砷为非金属元素，B项正确；第84号元素位于第六周期第ⅥA族，最高化合价不可能是+7，C项错误；第七周期0族元素的原子序数为118，D项正确，故选C。
?
2.
【2019全国Ⅲ理综，9，6分】X、Y、Z均为短周期主族元素,它们原子的最外层电子数之和为10。X与Z同族,Y最外层电子数等于X次外层电子数,且Y原子半径大于Z。下列叙述正确的是?
A.熔点:X的氧化物比Y的氧化物高?
B.热稳定性:X的氢化物大于Z的氢化物?
C.X与Z可形成离子化合物ZX?
D.Y的单质与Z的单质均能溶于浓硝酸?
2.
B
本题考查元素“位—构—性”的关系，考查的核心素养是证据推理与模型认知。X、Y、Z均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为10，X、Z同主族，Y最外层电子数等于X次外层电子数，则X的次外层电子数为2，设X的最外层电子数为?a，有a+a+2=10，解得a=4，又Y原子半径大于Z,则X为C元素，Y为Mg元素，Z为Si元素。MgO为离子晶体，碳的氧化物为分子晶体，故Mg的氧化物的熔点高于碳的氧化物，A错误；非金属性：C>Si,故氢化物的热稳定性：CH4>SiH4，B正确；C、Si
形成的化合物SiC为共价化合物，C错误；Mg能溶解在浓硝酸中，Si不与浓硝酸反应，D错误。?
3.
【2019全国Ι理综，13，6分】
科学家合成出了一种新化合物(如图所示),其中W、X、Y、Z为同一短周期元素,Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是?
A.WZ的水溶液呈碱性?
B.元素非金属性的顺序为X>Y>Z?
C.Y的最高价氧化物的水化物是中强酸?
D.该新化合物中Y不满足8电子稳定结构
3.
C
本题考查元素推断与元素周期律，涉及元素非金属性强弱判断和最高价氧化物的水化物酸性强弱判断等知识，考查的核心素养是证据推理与模型认知、宏观辨识与微观探析。该化合物由阴、阳离子组成，说明它是离子化合物。从该化合物的结构式看出，W为金属元素；1个Z原子形成1个共价键，说明Z原子最外层有1个或7个电子；1个X原子形成4个共价键，说明X原子最外层有4个电子；Y原子形成2个共价键，阴离子得1个电子，说明Y原子最外层有5个电子；根据“Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半”知，W、X、Y、Z分别为Na、Si、P、Cl。氯化钠是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，A项错误；元素非金属性顺序为Z(Cl)＞Y(P)>X（Si），B项错误；磷的最高价氧化物是P2O5，其对应的水化物为HPO3、H3PO4?，它们均是中强酸，C项正确；2个硅原子和1个P原子形成2个共价键，阴离子得到1个电子，所以该化合物中磷原子最外层达到8电子稳定结构，D项错误。?
【教你解题】本题要依据原子最外层电子数与形成共价键数目的关系，联系短周期元素原子特点采用试推法，结合题意逐一推断，进而选择合适的元素。?
【走出误区】（1）本题题干中“同一短周期元素”易误理解为“同为短周期元素”，导致推断错误。（2）审题时易漏掉阴离子和阳离子所带电荷数，导致错选D项。（3）如果不能正确判断结构式中共价键与价电子数关系，本题易推错元素。（4）如果忽视X的核外电子数等于Z核外最外层电子数的2倍，易导致推断错误。
4.
【2019全国Ⅱ理综，9,6分】今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。如表是元素周期表的一部分,W、X、Y、Z为短周期主族元素,W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是?
A.原子半径：WB.常温常压下,Y单质为固态?
C.气态氢化物热稳定性:ZD.X的最高价氧化物的水化物是强碱
?
4.
D
本题考查元素推断、元素周期律，考查的核心素养是证据推理与模型认知。由题中信息和图示可知W位于第二周期，X、Y、Z位于第三周期，结合W与X的最高化合价之和为8，且族序数相差2，可知X为Al，W和Z分别为N和P，Y为Si。原子半径：N＜Al，A项正确；常温常压下，单质硅呈固态，B项正确；由非金属性：P＜N，可知气态氢化物热稳定性：PH3＜NH3，C项正确。Al的最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3是典型的两性氢氧化物，并非强碱，D项错误
5.【2019江苏，8,2分】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层有2个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法正确的是?
A.原子半径:?r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)?
B.由X、Y组成的化合物是离子化合物?
C.Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强?
D.W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强
?
5.
B
本题考查元素推断和元素周期律，考查的核心素养是证据推理与模型认知。
“X是地壳中含量最多的元素”，则X为O元素，“Y原子的最外层有2个电子”，Y的原子序数大于X，则Y为Mg元素，“Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料”，则Z为Si元素，“W与X位于同一主族”，则W为S元素。A项，原子半径：r(Mg)>r(Si)>r(S)>r(O)，错误；B项，MgO为离子化合物，正确；C项，非金属性Si＜S，则酸性H2SiO3＜H2SO4，错误；D项，非金属性S＜O，则热稳定性H2S＜H2O，错误。
6.【2019天津理综，7
，14分】氮、磷、砷(As)、锑(Sb)、铋(Bi)、镆(Mc)为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。回答下列问题:?
(1)=砷在元素周期表中的位置
。
的中子数为
。?
已知:?
P(s,白磷)
P(s,黑磷)
ΔH=-39.3
kJ·mol-1;?
P(s,白磷)
P(s,红磷)
ΔH=-17.6
kJ·mol-1;?
由此推知,其中最稳定的磷单质是
。
?
(2)氮和磷氢化物性质的比较：?
热稳定性:NH3
PH3(填“>”或“<”)。?
沸点:N2H4
P2H4（填“>”或“<”),判断依据是
。
?
(3)
PH3和NH3与卤化氢的反应相似,产物的结构和性质也相似。下列对PH3与HI反应产物的推断正确的是
(填序号)。?
a.不能与NaOH反应
b.含离子键、共价键?
c.能与水反应
?
(4)
SbCl3能发生较强烈的水解,生成难溶的SbOCl,写出该反应的化学方程式
,因此,配制SbCl3溶液应注意
。
（5）在1
L真空密闭容器中加入a
mol
PH4I固体,?t
℃时发生如下反应：?
达平衡时,体系中n(HI)=bmol,n(I2)=cmol,n(H2)=dmol,则t
℃时反应①的平衡常数K值为
(用字母表示)。
?
?
6.
(1)第四周期第ⅤA族（1分）
173（1分）
黑磷（1分）?
(2)>（1分）
>（1分）
N2H4分子间存在氢键（1分）?
(3)b、c（2分）?
(4)SbCl3+H2OSbOCl↓+2HCl(“”写成“”亦可)（2分）?
加盐酸,抑制水解（2分）?
（5）（2分）??
【解析】
本题考查原子结构与元素周期表、物质热稳定性及沸点比较、盐类的水解及应用等，考查的核心素养是变化观念与平衡思想。（1）砷为第四周期第ⅤA族元素。的中子数为288-115＝173。将题给两个已知热化学方程式相减，可得P(s，红磷)
P(s，黑磷)
ΔH＝-21.7
kJ·mol-1，则各物质能量白磷＞红磷＞黑磷，根据能量越低越稳定，可知最稳定的磷单质为黑磷。（2）非金属性：N＞P，故热稳定性：NH3＞PH3，N2H4、P2H4?均为分子晶体，由于N2H4分子间可形成氢键，故沸点：N2H4＞P2H4。（3）由NH3与HI反应生成NH4I，类推PH3与HI反应生成PH4I，由NH4I含离子键、共价键，类推PH4I含离子键、共价键，由NH4I能与NaOH、H2O反应，类推PH4I能与NaOH、H2O反应。（4）SbCl3与水反应生成SbOCl和HCl，化学方程式为SbCl3+H2OSbOCl↓+2HCl。配制SbCl3溶液时应加入盐酸，抑制SbCl3的水解。?（5）反应①生成的n(HI)=体系中n
(HI)+2×体系中n(I2)＝(b+2c)
mol，反应②中生成?n(H2)＝体系中n(H2)-反应③中生成的n
(H2)＝(d-c)
mol，体系中n
(PH3)=反应①生成的n?(PH3)-反应②中转化的n
(PH3)＝=mol，反应①的平衡常数K＝。
本题涉及多重平衡体系中平衡常数的计算，对于反应①的平衡常数，一要注意PH3、HI的平衡浓度由三个反应共同作用决定，二要注意PH3、HI各自还存在反应②、③，二者的平衡浓度不同，三要注意运用元素守恒进行平衡浓度的计算。
2018年
化学高考题
1.
（2018全国Ⅲ理综，13，6分）
W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大,元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应,有黄绿色气体产生,此气体同冷烧碱溶液作用,可得到含YZW的溶液。下列说法正确的是?
A.原子半径大小为WB.X的氢化物水溶液酸性强于Z的?
C.Y2W2与ZW2均含有非极性共价键?
D.标准状况下W的单质状态与X的相同?
1.
D
本题考查元素推断，意在考查考生对“位—构—性”知识的综合应用能力。根据题目给出的原子序数大小关系、元素在周期表中的位置关系、物质的颜色以及转化关系，首先推出黄绿色气体为Cl2，联想氯及其化合物的转化关系：NaClO＋2HCl（浓）===
Cl2↑＋NaCl＋H2O，对照盐YZW的组成以及Cl2与NaOH溶液反应等信息得出W为O，X为F，Y为Na，Z为Cl。根据元素周期律，可知原子半径：Na>Cl>O>F，A项错误；HF是弱酸，HCl为强酸，酸性：HF2.
（2018天津理综，2，6分）下列有关物质性质的比较，结论正确的是
A．
溶解度：Na2CO3B．热稳定性：HClC．沸点：C2H5SHD．碱性：LiOH2.
C
本题主要考查物质性质的比较、元素周期律的应用。碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的溶解度，A项错误；非金属性：Cl＞P，故气态氢化物的热稳定性：HCl＞PH3，B项错误；C2H5SH、C2H5OH均为分子晶体，但C2H5OH能够形成分子间氢键，故沸点：C2H5SH＜C2H5OH，C项正确；金属性：Li＞Be，故最高价氧化物对应的水化物的碱性：LiOH＞Be(OH)2，D项错误。?
3.
(2018江苏，8，2分)
短周期主族元素
X、Y、Z、W
原子序数依次增大,X是地壳中含量最多的元素,Y原子的最外
层只有一个电子,Z位于元素周期表ⅢA族,W与X属于同一主族。
下列说法正确的是
A.原子半径:?r(W)>r(Z)>r(Y)
B.由
X、Y
组成的化合物中均不含共价键
C.Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱
D.X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强?
3.
D
本题考查元素周期律，较易。地壳中含量最多的元素X为O元素；短周期元素Y的原子序数大于X，且Y原子的最外层只有一个电子，则Y为Na元素；Z的原子序数大于Na且为第ⅢA族短周期元素，则Z为Al元素；W与X属于同一主族，且为短周期元素，则W为S元素。原子半径：Na>Al>S，A项错误；Na2O2中两个氧原子之间为共价键，B项错误；Y和Z的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3,碱性：NaOH>Al(OH)3，C项错误；O的非金属性强于S，则气态氢化物的热稳定性：H2O强于H2S，D项正确。?
4.
（2018全国Ⅰ理综，12，6分）主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层层电子数之和为10；W与Y同族；W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃。下列说法正确的是（
?）
A．常温常压下X的单质为气态
B．Z的氢化物为离子化合物
C．Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性
D．W与Y具有相同的最高化合价?
4．B
本题考查元素推断与元素周期律。〓审题时抓住“主族元素”、“原子序数依次增加”、“均不大于20”等，切入点是W与Z形成的化合物与浓硫酸反应生成的产物可腐蚀玻璃，则该产物为HF。原子序数不大于20，暗示可以等于20。W一定为氟元素，Y一定为氯元素，Z的原子序数大于17且为主族元素，Z可能为钾元素、钙元素，由W、X、Z的最外层电子数之和为10推知，X可能为镁元素、钠元素。综上所述，W为氟元素，X为钠元素（或镁元素），Y为氯元素，Z为钙元素（或钾元素）。钠、镁单质在常温常压下均呈固态，A项错误；CaH2、KH都是离子化合物，B项正确；氯化钾溶液呈中性，C项错误；氟没有正化合价，D项错误。
5.
（2018海南，13,8分）X、Y、Z为短周期元素，X原子的质子数等于Z与Y的质子数之和，Z与Y位于同一周期，Y原子核外有3个未成对电子，非金属Z的一种固体单质可导电。回答下列问题：
(1)
Y在周期表中的位置是第_______周期、第_________族，其原子结构示意图为________；Y与Z之间形成的化学键属于____________。
(2)
X、Y、
Z三种元素中子原半径最大的是__________(填元素符号);X单质既可与盐酸反应，又可溶于.氢氧化钠溶液，产生的气体为___________(填分子式)，该气体与Y单质反应的化学方程式为_________________。
(3)
Z高价氧化物的电子式为______________。
5.⑴第二同期、ⅤA、、共价键；⑵X、H2、N2+3H22NH3；⑶；
分析：短周期中原子核外有3个未成对的电子的元素是ⅤA的N和P，因为X的质子数===
Y原子的质子数+z原子的质子数，则Y应该为N元素，在元素周期表中位于第二周期，ⅤA族；Z为C元素，其最高价氧化物为CO2，电子式为；X为Al元素，在Al、N与C三种元素中，原子半经最大的是Al原子，其次为C原子，而N原子的半经最小，Al是两性元素，其单质金属名品即能与稀盐酸反应，也能与NaOH溶液反应且均有H2生成，氮气与氢气在用铁触媒作催化剂，并且在高温、高压等苛刻的条件下反应生成氨气（合成氨工业反应原理），而且反应属于可逆反应。
2017年
化学高考题
1.【2017年高考全国卷Ⅰ】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是
A.X的简单氢化物的热稳定性比W的强
B.Y的简单离子与X的具有相同的电子层结构
C.Y与Z形成化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红
D.Z与X属于同一主族，与Y属于同一周期
【答案】C
【解析】本题考查元素推断和元素周期律。(1)短周期主族元素；(2)原子序数依次增大；(3)常见的制冷剂有NH3；(4)中学常见的黄色沉淀有硫、碘化银等，而盐与盐酸反应产生有刺激性气味的气体和黄色沉淀，很容易联想到硫代硫酸钠，反应式为:Na2S2O3+2HCl2NaCl+S↓+SO2↑+H2O。由题知，W为氮，X为氧，Y为钠，Z为硫。同周期元素从左至右，简单氢化物的热稳定性逐渐增强，H2O的热稳定性比NH3的强，A项正确；氧离子(O2-)和钠离子(Na+)核外都有10个电子，B项正确；钠和硫形成的化合物为硫化钠，它是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，能使红色石蕊试纸变蓝色，不能使蓝色石蕊试纸变色，C项错误；氧、硫位于同主族，钠与硫位于第三周期，D项正确。
【名师点晴】本题的难点是将化学反应中的现象作为推断题眼，因为硫代硫酸钠与酸反应来自教材选修4，大多数考生忽视了这个反应。选修4还有一个重要的反应是酸性高锰酸钾溶液与草酸反应。启示考生在备考时要关注教材边角知识。
2.
【2017年高考全国卷Ⅱ】a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族。下列叙述正确的是
A.原子半径:d>c>b>a
B.4种元素中b的金属性最强
C.c的氧化物的水化物是强碱
D.d单质的氧化性比a单质的氧化性强
【答案】B
【解析】本题考查元素周期表和元素周期律。解答本题的关键是确定b原子次外层有2个电子还是8个电子。若b原子次外层有2个电子，则a为He，与a为主族元素不符，故b原子次外层应有8个电子，即a原子核外有8个电子，a为O；结合c所在周期数与族数相同，可确定c为Al；再结合b原子次外层有8个电子，可推出b可能为Na或Mg，d与a同族，则d为S。同周期主族元素从左到右，金属性逐渐减弱，即金属性:Na(或Mg)>Al，B项正确。原子半径:Na(或Mg)>Al>S>O，A项错误；Al2O3对应的水化物为Al(OH)3，Al(OH)3是两性氢氧化物，C项错误；同主族元素自上而下，非金属性逐渐减弱，则对应单质的氧化性逐渐减弱，即氧化性:O2>S，D项错误。
3.
【2017年高考全国卷Ⅲ】短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是
A.氢化物沸点:WB.氧化物对应水化物的酸性:Y>W
C.化合物熔点:Y2X3D.简单离子的半径:Y【答案】D
【解析】本题考查物质结构及元素周期律。熟练掌握元素周期表的结构，是正确解答本题的关键。对本题而言，W、X、Y和Z位于元素周期表的右侧，为第ⅢA族~ⅦA族元素或者第ⅣA族~0族元素，再结合最外层电子数之和为21可判断出各元素。根据元素周期表的结构可以判断出W为N元素、X为O元素、Y为Al元素、Z为Cl元素。NH3存在分子间氢键，而HCl不存在分子间氢键，所以NH3的沸点比HCl的沸点高，A项错误；Al(OH)3显两性，N的氧化物对应的水化物HNO3、HNO2均显酸性，B项错误；Al2O3是离子晶体，而AlCl3是分子晶体，离子晶体的熔点一般高于分子晶体的熔点，C项错误；Al3+和O2-的电子层结构相同，具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径:Al3+4．【2017年高考浙江卷】W、X、Y、Z四种短周期元素，它们在周期表中位置如图所示，下列说法不正确的是
A．Z、Y、X的原子半径依次减小，非金属性依次降低
B．Z、Y、W的最高价氧化物的水化物的酸性依次降低
C．WH4与Z元素的单质在一定条件下可发生化学反应
D．W的位置是第2周期、第ⅣA族
【答案】A
【考点】考查元素周期表、元素周期律的简单运用
【解析】熟记短周期元素种类，牢记元素周期律中原子半径、非金属性和金属性、最高价氧化物的酸性变化规律，易选出A选项错误。C选项CH4与Cl2光照条件下可以发生取代反应。
2016-2013年
化学高考题
1．【2016年高考江苏卷】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于IA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是（
）
A．元素X、W的简单阴离子具有相同的电子层结构
B．由Y、Z两种元素组成的化合物是离子化合物
C．W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强
D．原子半径：r（X）＜r（Y）＜r（Z）＜r（W）
【答案】B
【解析】依据题意推知，X、Y、Z、W分别为O、F、Na和S。O2－和S2－的电子层结构不同，A项错误；
Y、Z两元素组成的化合物NaF为离子化合物，B项正确；
F的非金属性比S强，所以氢化物的热稳定性HF>H2S，C项错误；原子半径：r(Na)>r(S)>r(O)>r(F)，D项错误。
【考点定位】本题主要是考查元素推断、元素周期律的应用等
【名师点晴】正确推断出元素是解答的关键，注意元素周期律的灵活应用。“位—构—性”推断的核心是“结构”，即根据结构首先判断其在元素周期表中的位置，然后根据元素性质的相似性和递变性预测其可能的性质；也可以根据其具有的性质确定其在周期表中的位置，进而推断出其结构。该题难度不大。
2．【2016年高考新课标Ⅰ卷】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性，0.01
mol·L–1
r溶液的pH为2，s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（
）
A．原子半径的大小WB．元素的非金属性Z>X>Y
C．Y的氢化物常温常压下为液态
D．X的最高价氧化物的水化物为强酸
【答案】C
【解析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，则Z是氯元素，n是Cl2；0.01
mol·L–1
r溶液的pH为2，说明r是一元强酸，Cl2与两种元素组成的化合物反应会产生两种化合物，其中一种r是HCl，另一种物质q的水溶液具有漂白性，则说明W是H元素；m是H2O，
q是HClO；两种元素组成的化合物p与Cl2光照反应产生HCl，同时产生s，s通常是难溶于水的混合物，根据转化关系图可知p是甲烷，则s可能是CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4中的几种物质。因此X是碳元素，Y是氧元素。A．根据元素周期律的原子半径变化规律：同一周期的元素，原子序数越大原子半径越小，同一主族的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，则原子半径的大小WZ>X，错误；C．Y元素的氢化物有H2O和H2O2，二者在常温常压下都为液态，正确；D．X的最高价氧化物的水化物是碳酸，该物质是二元弱酸，不是强酸，错误。
【考点定位】考查元素周期表、元素周期律的应用及和无机框图题推断的知识。
【名师点睛】元素周期表、元素周期律是学习化学的工具和基本规律。元素周期表反映了元素的原子结构、元素的性质及相互转化关系的规律，是根据元素周期律的具体表现形式，元素周期律是元素周期表排布的依据。元素的原子半径、元素的化合价、元素的金属性、非金属性、原子核外电子排布都随着原子序数的递增而呈周期性的变化。同一周期的元素原子核外电子层数相同，从左到右原子序数逐渐增大；同一主族的元素，原子最外层电子数相同，从上到下原子核外电子层数逐渐增大。原子核外电子排布的周期性变化是元素周期律变化的原因，掌握元素的单质及化合物的结构、反应条件、物质的物理性质、化学性质等是进行元素及化合物推断的关键。本题难度较大，常由于物质的某个性质未掌握好导致失误、失分。
3．【2016年高考新课标Ⅲ卷】四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是（
）
A．简单离子半径：W<
XB．
W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性
C．气态氢化物的热稳定性：WD．最高价氧化物的水化物的酸性：Y>Z
【答案】B
【解析】根据提供的信息，可以推断W为N或O，X为Na，Y为P或S，Z为Cl。O2－(或N3－)、Na＋具有相同电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，故简单离子半径：Na＋＜O2－(或N3－)＜Cl－，A项错误；O与Na形成的化合物Na2O、Na2O2溶于水分别发生反应Na2O＋H2O===2NaOH、2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，所得溶液均呈碱性，N与Na形成的化合物Na3N溶于水发生反应Na3N＋3H2O===NH3↑＋3NaOH，所得溶液也呈碱性，B项正确；非金属性N＞P或O＞S，则气态氢化物的热稳定性NH3＞PH3或H2O＞H2S，C项错误；非金属性P(或S)＜Cl，则最高价氧化物的水化物的酸性H3PO4(或H2SO4)＜HClO4，D项错误。
【考点定位】考查原子结构和元素周期律的关系。
【名师点睛】本试题考查元素周期表和元素周期律的知识，首选根据题目信息判断出元素名称，再根据元素周期律进行知识的判断，这就需要掌握住（非）金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识，因此平时中夯实基础知识是关键，同时应注意知识的灵活运用，审清题意如是不是最高价等。元素周期表、元素周期律是学习化学的工具和基本规律。元素周期表反映了元素的原子结构、元素的性质及相互转化关系的规律，是根据元素周期律的具体表现形式，元素周期律是元素周期表排布的依据。元素的原子半径、元素的化合价、元素的金属性、非金属性、原子核外电子排布都随着原子序数的递增而呈周期性的变化。同一周期的元素原子核外电子层数相同，从左到右原子序数逐渐增大；同一主族的元素，原子最外层电子数相同，从上到下原子核外电子层数逐渐增大。原子核外电子排布的周期性变化是元素周期律变化的原因，掌握元素的单质及化合物的结构、反应条件、物质的物理性质、化学性质等是进行元素及化合物推断的关键。本题难度适中，常由于物质的某个性质未掌握好导致失误、失分。
4．【2016年高考浙江卷】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2
倍，X、Y的核电荷数之比为3:4。W?的最外层为8电子结构。金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应。下列说法正确的是（
）
A．X与Y能形成多种化合物，一般条件下都能与Z的最高价氧化物的水化物发生反应
B．原子半径大小：X＜Y，Z＞W
C．化合物Z2Y和ZWY3都只存在离子键
D．Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂
【答案】D
【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2
倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3:4，则Y为O元素，W?的最外层为8电子结构，W为F元素或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能是Cl元素。A．X与Y形成的化合物有CO和CO2，Z的最高价氧化物的水化物是NaOH，CO与NaOH不反应，A项错误；B．一般来说，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小，则原子半径大小：X>Y，Z＞W，B项错误；C．化合物Z2Y和ZWY3分别是Na2O、NaClO3，氯酸钠是含氧酸盐，既存在离子键，也存在共价键，C项错误；D．Y的单质臭氧，W的单质氯气，Y、W的化合物ClO2可作水的消毒剂，D项正确；答案选D。
【考点定位】考查元素的推断，元素周期律的综合应用等知识。
【名师点睛】掌握原子的电子层结构特征。最外层电子数是电子层数的2倍的有氦、碳、硫，最外层电子数是电子层数的3倍的有氧。最外层电子数是次外层电子数2倍的为碳，最外层电子数是次外层电子数3倍的为氧。最外层电子数是内层电子数一半的为磷和锂。同主族元素原子序数是2倍关系的为硫和氧。
5．【2015新课标Ⅰ卷理综化学】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18。下列说法正确的是（
）
A．单质的沸点：W>X
B．阴离子的还原性：W>Z
C．氧化物的水化物的酸性：YD．X与Y不能存在于同一离子化合物中
【答案】B
【解析】W的L层无电子，则W是H元素；X的L层有5个电子，则X是N元素，Y与Z的L层都是8个电子，则二者都是第三周期元素。由“最外层电子数之和为18”可知Y与Z的最外层电子数之和为12。又因为Z的原子序数大于Y且均为主族元素，所以Y是P，Z是Cl元素。A、氢气与氮气都是分子晶体，相对分子质量大的沸点高，沸点X>W。错误；B、H元素的非金属性比Cl弱，所以简单阴离子的还原性W>Z。正确；C、未指明是最高价氧化物的水化物，故不能判断酸性（如：H3PO4>HClO，但H3PO4【考点定位】考查元素简单推断、非金属性的判据、无机物结构与性质的简单判断；难度为较难等级。
【名师点睛】元素周期表是学习化学的工具，元素周期律是化学学习的重要规律。利用元素周期表、元素周期律，结合元素的位、构、性三者的密切关系进行元素推断是化学重要的知识。元素原子的核外电子层数是元素在周期表的周期数，最外层电子数是元素原子所在的主族序数，同一周期随着元素原子序数的增大，原子半径逐渐减小，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族的元素从上到下，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。掌握元素的金属性、非金属性强弱比较方法，结合元素所在的族序数与元素化合价的关系进行判断，确定其正确性。
6．【2015新课标Ⅱ卷理综化学】原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。a－的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c－和d+的电子层结构相同。下列叙述错误的是（
）
A．元素的非金属性次序为c＞b＞a
B．a和其他3种元素均能形成共价化合物
C．d和其他3种元素均能形成离子化合物
D．元素a
、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6
【答案】B
【解析】原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1，即分别属于第IA、ⅥA
ⅦA、IA族。a－的电子层结构与氦相同，则a是H。b和c的次外层有8个电子，即二者均是第三周期元素，所以b是S，c是Cl。c－和d+的电子层结构相同，都是18电子微粒，则d是K。A．同周期自左向右非金属性逐渐增强，同主族自上而下非金属性逐渐减弱，则元素的非金属性次序为c＞b＞a，A正确；B．氢元素与硫元素和氯元素分别可以形成共价化合物H2S和HCl，但氢元素与钾元素不能形成共价化合物，而是形成离子化合物KH，B错误；C．d和其他3种元素均能形成离子化合物，即KH、K2S、KCl，C正确；D．氢元素、硫元素和氯元素的最高价、最低价分别是+1和-1、+6或
-2、+7或-1，所以元素a
、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6，D正确，答案选B。
【考点定位】本题主要是考查元素推断、元素周期律的应用，涉及非金属性强弱比较、共价化合物和离子化合物判断以及化合价等。
【名师点晴】高考要求学生熟练掌握同一周期、同一主族的原子结构和元素性质的递变规律，了解元素原子结构、元素在周期表中的位置、性质及其它们之间的关系。高考命题中常将将元素周期表、元素周期律、与元素性质结合进行考查，有时还会结合相应物质的性质和制备进行考查，该种题型是高考经典和必考题型。通过元素周期表考查元素性质（主要包含元素主要化合价、元素金属性非金属性、原子或离子半径等），充分体现了化学周期表中位置反映结构、结构决定性质这一基本原理，更突显了化学学科规律的特色，题目浓度不大。
7．【2015海南化学】a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c。下列叙述错误的是（
）
A．d元素的非金属性最强
B．它们均存在两种或两种以上的氧化物
C．只有a与其他元素生成的化合物都是离子化合物
D．b、c、d与氢形成的化合物中化学键均为极性共价键
【答案】D
【解析】
M层有1个电子的元素是Na；最外层电子数是内层电子数2倍，则核外电子排布有两个电子层，分别为2、4，b是碳元素；c元素的最高化合价和最低化合价的绝对值和为8，最高化合价是最低化合价绝对值的3倍，则该元素的最高化合价和最低化合价分别是＋6、－2价，故为S；第三周期原子半径比硫小的元素是氯，即为d。上述非金属元素中氯的非金属性最强，A项正确；Na可以形成氧化物Na2O、Na2O2，C可以形成氧化物CO、CO2，S的氧化物有SO2、SO3，Cl的氧化物有Cl2O、ClO2、ClO3等多种氧化物，B项正确；Na为金属元素，与其他元素形成的化合物都是离子化合物，C项正确；碳形成的有机物如CH3CH3，既有极性键，又有非极性键，D项错误。
【考点定位】本题考查元素推断及相关物质的结构与性质。
【名师点睛】本题将短周期元素推断、原子结构、元素周期律、元素化合物及化学键知识结合在一起考查是物质结构元素周期律部分考查的常见题型。从原子结构、元素在周期表中的位置及元素的性质准确推断元素是得分的关键；还要熟悉常见元素单质及其化合物的性质、把握化学键的概念。题目难度中等。
8．【2015江苏化学】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层有6个电子，Y是至今发现的非金属性最强的元素，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，W的单质广泛用作半导体材料。下列叙述正确的是（
）
A．原子最外层电子数由多到少的顺序：Y、X、W、Z
B．原子半径由大到小的顺序：W、Z、Y、X
C．元素非金属性由强到弱的顺序：Z、W、X
D．简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：X、Y、W
【答案】A
【解析】四种元素都是短周期元素，且原子序数依次增大，X原子最外层有6个电子，推出X：O，Y是至今发现的非金属性最强的元素，推出Y：F，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，推出Z：Al，W的单质广泛用作半导体材料，推出W：Si，A、四种元素的原子最外层电子数分别是：6、7、3、4，最外层电子数由多到少的顺序是：F、O、Si、Al，故A正确；B、原子半径：电子层数越多，半斤越大，同周期从左向右半斤依次减小（稀有气体除外），原子半径由大到小的顺序是：Al>Si>O>F，故B错误；C、Al是金属，主要体现非金属性，故C错误；D、氢化物越稳定，其非金属性越强，非金属性F>O>Si，氢化物稳定性：HF>H2O>SiH4，故D错误。
【考点定位】考查元素周期表的结构、元素周期律及元素性质。
【名师点睛】设计元素周期律、元素周期表的结构，以元素及其化合物性质作铺垫，进行考查元素周期表和元素周期律，熟记元素及其化合物特殊的性质：氟是至今非金属性最强的元素，无正价，硅单质广泛用于半导体材料等等，掌握基础知识，对知识熟练运用。
9．【2015上海化学】短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应。下列说法错误的是（
）
A．元素丙的单质可用于冶炼金属
B．甲与丁形成的分子中由非极性分子
C．简单离子半径：丁
>
乙
>
丙
D．甲与乙形成的化合物均有氧化性
【答案】D
【解析】短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，则甲的核外电子排布是1s22s22p2，甲是C元素，丁的核外电子排布可能是1s22s22p63s23p2，或1s22s22p63s23p4，由于乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应则丁是核外电子排布的1s22s22p63s23p4，是S元素，丙是Al元素，甲是Na元素。A．由于Al元素的金属活动性较强，一般的还原剂不能把其从化合物中置换出来，要用电解熔融的Al2O3的方法冶炼，正确。B．C与S元素形成的化合物CS2中的化学键是极性共价键，由于两个S原子在C原子的两侧，键角180°，所以形成的分子是非极性分子，正确。D．C形成的化合物CO有强的还原性，CO2有弱的氧化性；
Na形成的化合物Na2O2有强的氧化性，而Na2O则氧化性很弱，错误。
【考点定位】考查元素周期表、元素周期律的应用的知识。
【名师点睛】元素周期表是学习化学的工具，元素周期律是化学学习的重要规律。利用元素周期表、元素周期律，结合元素的位、构、性三者的密切关系进行元素推断是化学重要的知识。元素原子的核外电子层数是元素在周期表的周期数，最外层电子数是元素原子所在的主族序数，同一周期随着元素原子序数的增大，原子半径逐渐减小，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族的元素从上到下，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。电子层结构相同的离子核电荷数越大，原子序数越大，离子半径越小，电子层结构不同的离子，离子核外电子层数越多，离子半径就越大。金属的冶炼方法与金属活动性强弱有关，要掌握金属活动性及冶炼方法，结合物质的性质进行判断，确定其正确性。
10．【2015浙江理综化学】右下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍。下列说法正确的是（
）
X
Y
Z
W
T
A．X、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次增大
B．Y、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次增强
C．YX2晶体熔化、液态WX3气化均需克服分子间作用力
D．根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，T2X3具有氧化性和还原性
【答案】D
【解析】短周期元素中，同主族元素核电荷数具有2倍倍数关系的是O和S，根据元素在周期表中的位置可知X为O，Y为Si，Z为P，W为S，T为As。原子半径P>S>O，氢化物的热稳定性PH3B项错误；SiO2熔化时破化共价键，SO3为分子晶体，液态SO3汽化时破坏分子间作用力，C项错误；As与Si位于对角线，性质有相似性，故可用作半导体，As2O3中As为＋3价，可以氧化至＋5价，也可以还原至－3价，所以As2O3具有氧化性和还原性，正确。
【考点定位】本题主要是考查位置、结构与性质、元素周期表与元素周期律，涉及O、S、Si、P、As等五种元素。考查的知识点有原子半径半径、氢化物稳定性、S的存在、晶体类型及作用力、氧化还原反应、元素周期表的应用等。
【名师点晴】高考要求学生熟练掌握同一周期、同一主族的原子结构和元素性质的递变规律，了解元素原子结构、在周期表中的位置、性质及其它们之间的关系。高考命题中常将将元素周期表、元素周期律、与元素性质结合进行考查，有时还会结合相应物质的性质和制备进行考查，该种题型是高考经典和必考题型。通过元素周期表考查元素性质（主要包含元素主要化合价、元素金属性非金属性、原子或离子半径等），充分体现了化学周期表中位置反映结构、结构决定性质这一基本原理，更突显了化学学科规律的特色。
11．【2015广东理综化学】甲～庚等元素在周期表中的相对位置如下表，己的最高氧化物对应水化物有强脱水性，甲和丁在同一周期，甲原子最外层与最内层具有相同电子数。下列判断正确的是（
）
A．丙与戊的原子序数相差28
B．气态氢化物的稳定性：庚<己<戊
C．常温下，甲和乙的单质均能与水剧烈反应
D．丁的最高价氧化物可用于制造光导纤维
【答案】AD
【解析】己的最高氧化物对应水化物有强脱水性为浓硫酸，则己是S元素，可以推出庚是F元素，戊是As元素，丁是Si元素，丙是B元素，甲和丁在同一周期，甲原子最外层与最内层具有相同电子数，甲是Mg，乙是Ca。A．丙与戊的原子序数相差（8+18+2）=28，对；B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性：庚＞己＞戊，B错；甲单质与水反应不剧烈，C错；丁是Si元素，二氧化硅可用于制造光导纤维，D对。
【考点定位】本题主要考查元素周期报和元素周期律的应用，光导纤维的主要成分。
【名师点睛】在解决有关元素周期表和元素周期律的问题时要具备一些基础知识：1、元素周期表的基本结构，多少个主族，多少个周期，每一周期有多少种元素等。2、必须记得前三周期的元素。3、前三周期元素的化合价、原子半径大小规律。4、同周期、同主族元素性质的递变规律。5、金属性、非金属性强弱的比较。6、离子半径的大小比较。
12．【2014年高考江苏卷第9题】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2＋与Y2－具有相同的电子层结构，W与X同主族。下列说法正确的是（
）
A．原子半径大小顺序：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(X)
B．Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同
C．X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的弱
D．Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强
【答案】D
【解析】X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，则X只能是碳元素。Y是地壳中含量最高的元素，则Y是氧元素。Z2＋与Y2－具有相同的电子层结构，则Z是镁元素。W与X同主族，故W是硅元素。A、同周期自左向右原子半径逐渐减小,同主族自上而下原子半径逐渐增大，原子半径大小顺序：r(Z)＞r(W)＞
r(X)＞r(Y)，不正确；B、Y分别与Z、W形成的化合物分别是氧化镁和二氧化硅，前者含有离子键，后者含有共价键，化学键类型不相同，不正确；C、碳元素的非金属性强于硅元素，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因此X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强，不正确；D、氧元素的非金属性强于硅元素，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，因此Y的气态简单氢化物水的热稳定性比SiH4的强，正确。
【考点定位】本题主要是考查元素周期表的结构与元素周期律的应用。
【名师点晴】本题以元素推断为载体，重点考查原子结构、元素周期律、元素周期表等内容，考查学生对元素的“位构性”三者的理解，重点考查了元素周期律的知识。本题的解题要点元素周期律与原子结构，首先要根据原子核外电子的排布及在周期表中位置，确定元素，然后根据元素周期律解决问题。
13．【2014年高考新课标Ⅰ卷第10题】X、Y、Z均是短周期元素，X、Y处于同一周期，X、Z的最低价离子分别为X2－和Z－
，Y＋和Z-离子具有相同的电子层结构。下列说法正确的是（
）
A．
原子最外层电子数：X＞Y＞Z
B．
单质沸点：X＞Y＞Z
C．
离子半径：X2－＞Y＋＞Z－
D．
原子序数：X＞Y＞Z
【答案】D
【解析】解决本题，首先要清楚同一周期的元素，原子的电子层数相同。原子核外的电子层数等于元素的周期数，原子的最外层电子数等于其主族序数；金属元素失去最外层电子变为阳离子；非金属元素的原子获得电子变为阴离子。然后还要掌握：离子的半径大小规律、元素形成的单质的晶体类型，对物质熔沸点的影响。结合其性质对其作出相应的判断。根据题意可以推知，X、Y、Z分别为S、Na、F；A.
原子最外层电子数F>S>Na。即：Z
>
X>Y。错误；B、Na形成的金属晶体，
S形成的是分子晶体，在室温下为固体，
F单质F2形成的是分子晶体，在室温下是气态。晶体的熔点变化规律是：原子晶体>离子晶体>分子晶体。因此它们形成的单质的沸点关系是：Y>X>
Z。错误。C、Na+、F-是电子层结构相同。对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子的半径越小，S2-比Na+、F-多一个电子层。对于电子层结构不同的离子来说，电子层数越多，离子半径就越大。因此离子半径X2->
Z-
>Y+。错误；D、根据上述叙述可知：原子序数X>Y>Z。正确。
【考点地位】本题主要是考查因素推断、元素周期律的应用。
【名师点晴】元素周期表、元素周期律是化学学习的重要理论，也是化学学习的工具。元素的原子结构决定元素在周期表中的位置，原子结构决定元素的性质，元素在周期表中的位置体现了元素的原子结构。元素之间结构的相似与不同，使不同的元素之间既有相似性也有差异性。掌握物质间的这种关系及变化规律，可以使我们更好的认识世界，避免实践的盲目性，发挥拉拉队实践的指定作用。
14．【2013年高考江苏卷第10题】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
【答案】D
【解析】由题推知：X为H（氢），Y为N（氮），Z为O（氧），W为Na（钠）。D项只含X、Y、Z三种元素的化合物可以是共价化合物如：HNO3，也可以是离子化合物如：NH4NO3
，D项正确。A项原子半径大小应该是：r(W)>r(Y)>r(Z)，错误。B项元素Z、W
的简单离子分别为O2-和Na+，电子层结构相同。C项，Y、Z的气态氢化物分别是NH3和H2O，稳定性H2O大于NH3
，错误。
【考点定位】本题考查元素周期表和元素周期律及其应用。中档题。
【名师点睛】本题的知识点是元素周期表和元素周期律的应用，推断元素是解题的关键，短周期元素X、Y、Z、W?的原子序数依次增大，Z?是地壳中含量最高的元素，Z为氧元素，X?的原子半径比Y?的小，则X不可能与Y处于同一周期，Y的原子序数小于氧元素，Y处于第二周期，X处于第一周期，则X为氢元素，X与W同主族，W为Na元素，四原子最外层电子数之和为13，则Y原子的最外层电子数为13-1-1-6=5，Y为氮元素，注意利用同周期原子半径大小关系确定X为氢元素，难度中等。
15．【2013年高考上海卷第13题】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】通过液化空气法可分离得到N2或O2，则X可能为N或O，O的氢化物H2O呈中性，A错误。Y元素原子最外层上s、p电子数相等，则最外层电子排布为ns2np2，可能为C或Si，C的氧化物CO、CO2熔点和沸点都很低，D错误。Z元素的＋2价阳离子核外电子排布与z氖原子相同，因此Z为Mg；W元素M层有一个未成对的p电子，则其最外层电子排布可能为3s23p1或3s23p5，因此W可能为Al或Cl。Mg、Al、Cl均为第三周期元素，离子半径Mg2＋＞Al3＋，Cl－＞Mg2＋，B错误。Mg在一定条件下可与O2或N2反应，C正确。
【考点定位】本题考查物质结构和元素周期律。
【名师点睛】本题考查的知识点是物质结构和元素周期律，侧重于考查结构性质位置关系、元素化合物性质、半径比较、晶体结构与性质，难度中等，推断元素是解答本题的关键，解答过程中还应注意W元素的不确定性，注意掌握核外电子排布规律。
16．【2013年高考四川卷第4题】同周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外电子层电子数之比为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形成的分子的空间构型可能是正四面体
D．WY2分子中
σ
键与
π
键的数目之比是2:1
【答案】C
【解析】根据W、X的最外层电子数比为3：2，而且是原子序数递增的主族元素可知W是C，X是Al，则Z是Cl。根据电负性的周期性变化：Cl>C>Si或Cl>S>C等，A项错误；根据原子半径的周期性变化可知一定有Al>C，即B项错误；若Y是Si，则C正确；若Y是S则CS2中σ键与π键的比为1：1，D项错误。
【考点定位】本题考查物质结构和元素周期律。
【名师点睛】本题考查的知识点是元素的推断，元素电负性的大小比较，分子的空间构型和共价键类型等知识，原子结构和元素周期律，为高频考点，元素的推断是解答本题的关系，注意短周期，不考虑稀有气体时电子层为2或3即可解答，题目难度不大。
17．【2016年高考海南卷】（8分）短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，回答下列问题：
（1）M元素位于周期表中的第______周期、_______族。
（2）Z元素是____，其在自然界中常见的二元化合物是____。
（3）X与M的单质在高温下反应的化学方程式为______，产物分子为直线形，其化学键属__________共价键（填“极性”或“非极性”）。
（4）四种元素中的____可用于航空航天合金材料的制备，其单质与稀盐酸反应的化学方程式为_________。
【答案】（1）三
ⅥA
（2）Si
SiO2
（3）C+2SCS2
极性
（4）Mg
Mg+2HCl==MgCl2+H2↑
【解析】短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，则X是C元素；Y2+电子层结构与氖相同，则Y是Mg元素；Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，则Z是Si元素；M是S元素。（1）M元素是S，核外电子排布是2、8、6，所以位于周期表中的第三周期、VIA族；（2）Z元素是Si元素，其在自然界中常见的二元化合物是SiO2；（3）X与M的单质在高温下反应产生CS2，该反应的化学方程式为C+2SCS2，产物分子为直线形，结构与CO2类似，由于是不同元素的原子形成的共价键，所以其化学键属极性共价键；（4）四种元素中的只有Mg是金属元素，密度比较小，制成的合金硬度大，所以可用于航空航天合金材料的制备，该金属是比较活泼的金属，可以与盐酸发生置换反应产生氢气，其单质与稀盐酸反应的化学方程式为Mg+2HCl==MgCl2+H2↑。
考点：考查元素及化合物的推断、元素的位置、物质化学键类型的判断、化学式、化学方程式的书写等。
【名师点睛】高考要求学生熟练掌握同一周期、同一主族的原子结构和元素性质的递变规律，了解元素原子结构、元素在周期表中的位置、性质及其它们之间的关系。高考命题中常将将元素周期表、元素周期律、与元素性质结合进行考查，有时还会结合相应物质的性质和制备进行考查，该种题型是高考经典和必考题型。通过元素周期表考查元素性质（主要包含元素主要化合价、元素金属性非金属性、原子或离子半径等），充分体现了化学周期表中位置反映结构、结构决定性质这一基本原理，更突显了化学学科规律的特色。本题基础性强，难度不大。主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力。
18．【2016年高考天津卷】(14分)下表为元素周期表的一部分。
碳
氮
Y
X
硫
Z
回答下列问题
（1）Z元素在周期表中的位置为
。
（2）表中元素原子半径最大的是(谢元素符号)__________。
（3）下列事实能说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的是__________；
a．Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊
b．在氧化还原反应中，1mol
Y单质比1mol
S得电子多
c．Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高
（4）X与Z两元素的单质反应生成1molX的最高价化合物，恢复至室温，放热687kJ，已知该化合物的熔、沸点分别为-69℃和58℃，写出该反应的热化学方程式
。
（5）碳与镁形成的1mol化合物Q与水反应，生成2molMg(OH)2和1mol烃，该烃分子中碳氢质量比为9:1，烃的电子式为__________。Q与水反应的化学方程式为__________。
（6）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由表中两种气体组成，气体的相对分子质量都小于50。为防止污染，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1L2.2mol/LNaOH溶液和1molO2，则两种气体的分子式及物质的量分别为__________，生成硫酸铜物质的量为__________。
【答案】
（1）第三周期，ⅦA族
（2）Si
（3）ac
（4）Si(s)+2Cl2(g)==SiCl4(l)
△H=-687kJ/mol
（5）；Mg2C3+4H2O===2
Mg(OH)2+C3H4↑
（6）NO
0.9mol；NO2
1.3mol；2mol
【解析】根据元素周期表的结构，可知X为Si元素，Y为O元素；Z为Cl元素；
（1）Cl元素在周期表中位于第三周期，ⅦA族，故答案为：第三周期，ⅦA族；
（2）同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，表中元素原子半径最大的是Si，故答案为：Si；（3）下列事实能说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的是；a.Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊，说明氧气的氧化性比硫强，从而说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强，周期；b.氧化性的强弱与得电子的多少无关，错误；c.元素的非金属性越强，氢化物越稳定，正确；故选ac；（4）根据书写热化学方程式的方法，该反应的热化学方程式为Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l)△H=-687kJ/mol，故答案为：Si(s)+2Cl2(g)===SiCl4(l)
ΔH=-687kJ/mol；
（5）该烃分子中碳氢质量比为9:1，物质的量之比为=，结合碳与镁形成的1mol化合物Q与水反应，生成2molMg(OH)2和1mol烃，Q的化学式为Mg2C3，烃的化学式为C3H4，电子式为，Q与水反应的化学方程式为Mg2C3+4H2O===2
Mg(OH)2+C3H4↑，故答案为：；Mg2C3+4H2O=2
Mg(OH)2+C3H4↑；（6）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应可能生成一氧化氮和二氧化氮，相对分子质量都小于50，符合题意，1molO2参与反应转移电子的物质的量为4mol。假设二氧化氮的物质的量为x，一氧化氮的物质的量为y，则x+y=2.2，x+3y=4，解得x=1.3mol，y=0.9mol。参与反应的铜的物质的量为mol=2mol，因此生成硫酸铜物质的量为2mol，故答案为：NO
0.9mol；NO2
1.3mol；2mol。
【考点定位】考查元素周期表和元素周期律、元素及其化合物的性质、氧化还原反应。
【名师点晴】本题考查了元素周期表的结构以及元素化合物的性质和元素周期律的知识。能结合题中条件快速确定元素的名称是解答的前提和基础。本题的易错点是元素金属性和非金属性的比较，要注意归纳常见的比较方法：如元素非金属性强弱的判断依据：①同周期中，从左到右，随核电荷数的增加，非金属性增强；同主族中，由上到下，随核电荷数的增加，非金属性减弱；②依据最高价氧化物的水化物酸性的强弱：酸性愈强，其元素的非金属性也愈强；③依据其气态氢化物的稳定性：稳定性愈强，非金属性愈强；④与氢气化合的条件；⑤与盐溶液之间的置换反应；6、其他，例：2Cu＋SCu2S??
Cu＋Cl2CuCl2?所以，Cl的非金属性强于S。本题的难点是（5）和（6），要掌握和理解质量守恒定律，氧化还原反应计算的一般方法。
19．【2015安徽理综化学】（14分）C、N、O、Al、Si、Cu是常见的六种元素。
（1）Si位于元素周期表第____周期第_____族。
（2）N的基态原子核外电子排布式为_____；Cu的基态原子最外层有___个电子。
（3）用“>”或“<”填空：
原子半径
电负性
熔点
沸点
Al_____Si
N____O
金刚石_____晶体硅
CH4____SiH4
（4）常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池（图1），测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图2所示，反应过程中有红棕色气体产生。
0-t1时，原电池的负极是Al片，此时，正极的电极反应式是_____,溶液中的H+向___极移动，t1时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是______。
【答案】（1）三
IVA
（2）1s22s22p3，1个（3）>，<，>，<（4）2H+
+
NO3-+e-===NO2
↑+
H2O，正，Al在浓硝酸中发生钝化，氧化膜阻止了Al进一步反应。
【解析】（1）Si的核电荷数为14，位于元素周期表第三周期IVA族；（2）N原子的核外电子数为7，根
据电子排布式的书写规则，N的基态原子核外电子排布式为1s22s22p3；Cu的基态原子核外电子排布式为：1s2
2s2
2p6
3s2
3p6
3d10
4s1故最外层有1个电子（3）同周期元素原子随核电荷数递增，原子半径减小；非金属性越强电负性越大；金刚石和晶体硅都属于原子晶，但C—C键键长短，键能大，故熔点更高；组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，沸点越高。（4）正极得电子发生还原反应，故电极反应式为：2H+
+
NO3-+e-===NO2
↑+
H2O；在电场作用下，阳离子向电池正极移动；由图像得t1时刻电流方向改变，说明电负极发生变化，Al因为发生钝化不再进一步反应。
【考点定位】本题属于实验题，考查知识点覆盖范围较广，包括元素周期表和元素周期律、核外电子排布、晶体类型、原电池原理等知识，难度也由简入难。
【名师点睛】关于元素周期表的掌握关键是规范表达元素在周期表中的位置，周期和族的表示书写要规范；在书写电子排布式时要注意根据能量最低原理和泡利不相容原理，同时还要注意洪特规则中的特例，如半满和全满结构的特殊性；晶体类型和分子的结构对物质物理性质的影响，化学键对物理性质的影响也是本题的考查重点；判断原电池的正负极关键在于理解原电池的本质是氧化还原反应，根据这个原理来判断正负极，负极失电子，发生氧化反应，进而再根据电极材料、电解质溶液和题干信息书写电极反应式。
20．【2015天津理综化学】(14分)随原子序数的递增，八种短周期元素（用字母
x
表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。
根据判断出的元素回答问题：
（1）f
在元素周期表的位置是__________。
（2）比较
d、e常见离子的半径的小（用化学式表示，下同）_______＞__________；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：_______＞__________。
（3）任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式__________。
（4）已知1mol
e
的单质在足量
d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反应的热化学方程式：___________________。
（5）上述元素可组成盐R：zx4f(gd4)2,向盛有10mL1mol·L-1R溶液的烧杯中滴加1mol·L-1NaOH溶液，沉淀物质的量随
NaOH溶液体积变化示意图如下：
①R离子浓度由大到小的顺序是：__________。
②写出m点反应的离子方程式_________________。
③若在R溶液中改加20mL1.2
mol·L-1
Ba(OH)2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为__________mol。
【答案】（1）第三周期ⅢA族
（2）r(O2-)＞r(Na+)、HClO4＞H2SO4
（3）
（或）
（4）2Na(s)+O2(g)
===Na2O2(s)
△H=-511kJ·mol-1
（5）
①c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(Al3+)＞c(H+)＞c(OH-)
②NH4+
+
OH-===NH3·H2O
③0.022
【解析】从图中的化合价和原子半径的大小，可以退出x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素。（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期ⅢA族。
（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故r(O2-)＞r(Na+)；非金属性越强最高价氧化物水化物的酸性越强，故HClO4＞H2SO4。（3）四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2、C2H2等，其电子式为：
（或）（4）1molNa的单质在足量O2中燃烧，放出255.5kJ热量，则该反应的热化学方程式为：2Na(s)+O2(g)
===Na2O2(s)
△H=-511kJ·mol-1
（5）①R是NH4Al(SO4)2,
Al3+比
NH4+水解程度更大，故离子浓度由大到小的顺序是：c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(Al3+)＞c(H+)＞c(OH-)
②m点过程中加入氢氧化钠沉淀物质的量不变，是NH4+
发生了反应，离子方程式为：NH4+
+
OH-===NH3·H2O
③10mL1mol·L-1
NH4Al(SO4)2,溶液中Al3+
物质的量为0.01mol，NH4+的物质的量为0.01mol，SO42-的物质的量为0.02mol，20mL1.2
mol·L-1Ba(OH)2溶液Ba2+物质的量为0.024mol，OH-为0.048mol，反应生成沉淀为
0.022mol。
【考点定位】本题主要考查了化学图像、盐类水解、离子半径的大小比较。涉及元素的判断、元素周期律的应用、溶液中离子浓度的比较、化学用语的书写、物质的量的计算等。
【名师点睛】本题将元素的判断、元素在周期表中位置的判断、原子半径与元素化合价规律的应用，元素周期律的应用，酸性的比较，电子式的书写，热化学方程式的书写，电解质溶液中离子浓度的比较，对图像的分析理解，离子方程式的书写、物质的量的有关计算等有机的结合起来，从化学用语到元素周期表和元素周期律的应用，再到化学反应原理的应用，层层递进，逐步加大难度。考查了学生的综合分析问题、解决问题的能力。针对每个知识点根据所学知识进行解答。尤其是溶液中离子浓度比较的问题，抓住溶液的酸碱性，水解程度与电离程度的相对强弱进行判断。电子式的书写中应注意物质的类别，根据离子化合物、共价化合物、单质的电子式的不同进行书写。离子半径的比较应掌握一般规律三步法：电子层数、质子数、核外电子数决定简单粒子半径的顺序逐一判断。
21．【2014年高考海南卷】（9分）4种相邻的主族短周期元素的相对位置如表，元素x的原子核外电子数是m的2倍，y的氧化物具有两性。回答下列问题：
m
n
x
y
（1）元素x在周期表中的位置是第_____周期、第____族，其单质可采用电解熔融的_____方法制备。
（2）m、n、y三种元素最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是______，碱性最强的是______.(填化学式)
（3）气体分子(mn)2的电子式为_______，(mn)2称为拟卤素，性质与卤素类似，其与氢氧化钠溶液反应的化学方程式是_____________________________。
【答案】(1)
第三周期第ⅡA族；MgCl2；(2)
HNO3、Al(OH)3；
(3)
(CN)2+2NaOH===NaCN+NaCNO+H2O
【解析】根据题意可得x是Mg;y是Al；m是C;n是N.
（1）元素Mg在周期表中的位置是第三周期第ⅡA族，金属的冶炼方法与金属的活动性强弱有关。特别活泼的金属用电解法冶炼；比较活泼的金属用热还原法冶炼；不活泼的金属用热分解非冶炼。Mg是活泼的金属，在工业上一般用电解熔融的含Mg2+的化合物的方法获得。Mg在工业上采用电解熔融的MgCl2的方法制取。（2）元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强，所以酸性强弱顺序是HNO3>
H2CO3>Al(OH)3.
酸性最强的是HNO3。氢氧化铝是两性氢氧化物，既有酸性，也有碱性，因此碱性最强的是Al(OH)3。（3）气体分子(CN)2是共价化合物，两个C原子间共用一对电子对，C原子与N原子间共用三对电子对。它的电子式为。(CN)2是拟卤素，拟卤素性质与卤素类似。根据氯气与氢氧化钠反应的规律，可得(CN)2与NaOH反应的方程式是：(CN)2+2NaOH===
NaCN+
NaCNO+H2O。
【考点定位】本题通过元素的推断考查了考生对元素周期表、元素周期律的掌握情况。通过Mg单质
的工业制法来考查考生对金属的冶炼方法的掌握情况，通过比较物质的酸碱性、电子式、化学方程式的书写来考查考生对元素周期律、微粒的结构化学用语的掌握情况。综合考查了考生的知识与能力。
【命题意图】元素周期表、元素周期律是化学学习的重要工具和理论。金属的冶炼方法的掌握和灵活应用也是学生必须掌握的重要知识。本题是元素及化合物推断试题。首先要了解短周期元素是那些元素；掌握元素的位置、结构、性质的关系。最后根据各元素的相对位置确定元素，再利用元素周期律一一解答。
22．【2014年高考安徽卷第25题】(14分)Na、Cu、O、Si、S、Cl是常见的六种元素。
（1）Na位于元素周期表第
周期第
族；S的基态原子核外有
个未成对电子；Si的基态原子核外电子排布式为
。
（2）用“＞”或“＜”填空：
第一电离能
离子半径
熔点
酸性
Si
S
O2－
Na＋
NaCl
Si
H2SO4
HClO4
（3）CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和一种黑色固体。在25
℃、101KPa下，已知该反应每消耗1
mol
CuCl2(s)，放热44.4KJ，该反应的热化学方程式是
。
（4）ClO2是常用于水的净化，工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2。写出该反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目
。
<
>
<
<
【答案】(1)三　Ⅰ
A　2　1s22s22p63s23p2
(2)
(3)
4CuCl(s)＋O2(g)===2CuCl2(s)＋2CuO(s)
ΔH＝－177.6
kJ·mol－1(合理答案均可)
(4)2ClO＋C2e－l2===2ClO2＋2Cl－(合理答案均可)
【解析】(1)Na核外电子分三层排布且最外层电子数为1，位于周期表的第三周期ⅠA族；S的价层电子排布为3s23p4，利用洪特规则和泡利不相容原理可知S的基态原子核外有2个未成对电子；依据能量最低原理以及洪特规则和泡利不相容原理，14号元素Si的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p2。(2)非金属性Si＜S，因此第一电离能Si＜S；核外电子排布相同的简单离子，核电荷数越大离子半径越小，离子半径O2－＞Na＋；离子晶体NaCl的熔点小于原子晶体单质硅的熔点；元素非金属性越强其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性H2SO4＜HClO4。(3)利用氧化还原反应规律和原子守恒等可知，CuCl与O2反应得到氧化产物CuCl2，黑色产物必为还原产物CuO(同时也属于氧化产物)，由此可得反应的热化学方程式：4CuCl(s)＋O2(g)===2CuCl2(s)＋2CuO(s)　ΔH＝－177.6
kJ/mol。(4)Cl2将ClO氧化为ClO2，自身被还原为Cl－，由此可得反应的离子方程式，并可标出电子转移的方向和数目。
【考点定位】本题主要是考查物质结构、元素及化合物性质、氧化还原反应、热化学反应方程式等。
【名师点晴】本题以Na、Cu、O、Si、S、Cl六种常见元素为载体，重点考查元素在周期表中的物质、核外电子排布、第一电离能、微粒半径、晶体熔点，含氧酸酸性比较等。该题难易适中，知识点覆盖全面，但题目难度不大，侧重对学生能力的考查，有利于培养学生的创新思维能力和逻辑思维能力。
23．【2014年高考福建卷第23题】(15分)元素周期表中第VIIA族元素的单质及其化合物的用途广泛。
（1）与氯元素同族的短周期元素的原子结构示意图为
。
（2）能作为氯、溴、碘元素非金属性(原子得电子能力)递变规律的判断依据是
(填序号)。
a．Cl2、Br2、I2的熔点
b．
Cl2、Br2、I2的氧化性
c．HCl、HBr、HI的热稳定性
d．
HCl、HBr、HI的酸性
（3）工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：
NaCl溶液
NaClO3溶液KClO3晶体
①完成I中反应的总化学方程式：□NaCl＋□H2O===□NaClO3＋□
。
②II中转化的基本反应类型是
，该反应过程能析出KClO3晶体而无其它晶体析出的原因是
。
（4）一定条件，在水溶液中1
mol
Cl－、ClOx－(x＝1，2，3，4)的能量(KJ)相对大小如图所示。
①D是
(填离子符号)。
②B→A＋C反应的热化学方程式为
(用离子符号表示)。
【答案】（1）
（2）b、c
（3）①1NaCl＋3H2O===1NaClO3＋3H2↑
②复分解反应
室温下，氯酸钾在水中的溶解度明显小于其它晶体
（4）①ClO4－
②3ClO－(aq)===ClO3－
(aq)＋2Cl－(aq)，ΔH＝－117KJ·mol－1
【解析】本题的解题方法是应用物质结构与元素周期律、电解、氧化还原反应等知识等去分析作答。
（1）与氯元素同族的短周期元素为氟元素，故可知原子结构示意图。（2）非金属单质的氧化性、非金属元素的氢化物的稳定性能作为判断非金属性递变规律的判断依据，而非金属单质的熔点(物理性质)、非金属元素的氢化物的酸性(没有相似的递变规律)不能作为判断非金属性递变规律的判断依据。（3）①首先分析80
℃下电解NaCl溶液在阳极产生NaClO3，在阴极产生H2，然后根据氧化还原反应化合价升降法将其配平。②II中所发生的反应为：NaClO3＋KCl===KClO3↓＋NaCl，属于复分解反应；由于室温下，氯酸钾在水中的溶解度明显小于其它晶体，故该反应过程能析出KClO3晶体而无其它晶体析出。（4）①据图知D对应的化合价为＋7，则其含氯的离子为ClO4－
。②据图知A为Cl－，B为ClO－，C为ClO3－
，则B→A＋C反应的化学方程式(并标出状态)为：3ClO－
(aq)===ClO3－
(aq)＋2Cl－(aq)，反应放出热量：60×3－63×1－0×2＝117KJ/mol，故其反应热ΔH＝－117KJ/mol，综上便可写出完整的热化学方程式。
【考点定位】本题主要是考查元素周期律、电解原理的应用，化学方程式的书写、化学反应类型的分析与判断、热化学方程式的书写等
【名师点晴】本题主要是通过元素周期表为载体，重点考查学生对这部分知识的掌握程度和分析解决问题的能力，尤其是第（4）题考查氯元素不同价态的微粒，应用歧化反应原理书写离子反应，并根据图中的数据计算该反应的反应热，这对学生的能力要求较高。
24．【2014年高考全国大纲卷第27题】(15分)A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍。B
在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2。E＋与D2－具有相同的电子数。A在F中燃烧，产物溶于水得到一种强酸。回答下列问题：
（1）A在周期表中的位置是
，写出一种工业制备单质F的离子方程式
。
（2）B、D、E组成的一种盐中，E的质量分数为43%，其俗名为
，其水溶液与F单质反应的化学方程式为
；在产物中加入少量KI，反应后加人CC14并振荡，有机层显
色。
（3）由这些元素组成的物质，其组成和结构信息如下表：
物质
组成和结构信息
a
含有A的二元离子化合物
b
含有非极性共价键的二元离子化合物，且原子数之比为1:1
c
化学组成为BDF2
d
只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体
a的化学式为
；b的化学式为
；c的电子式为
；
d的晶体类型是
。
（4）由A和B、D元素组成的两种二元化合物形成一类新能源物质。一种化合物分子通过
键构成具有空腔的固体；另一种化合物(沼气的主要成分)分子进入该空腔，其分子的空间结构为
。
【答案】（1）第一周期IA族
2Cl－
＋2H2O2OH－
＋H2↑＋C12↑(或2NaCl(熔融)2Na＋Cl2。↑(每空2分)
（2）纯碱(或苏打)(1分)
2Na2CO3＋Cl2＋H2O
=
NaClO＋NaCl＋2NaHCO3
(
2分)紫(1分)
（3）NaH
(1分)
Na2〇2和Na2C2
(
2分)
(1分)
金属晶体(1分)（4）氢(1分)正四面体(1分)
【解析】
试题分析：根据“非金属元素A最外层电子数与其周期数相同”确定A为氢元素，然后根据其它信息推出B为碳元素，D为氧元素，E为钠元素，F为氯元素。?
⑴H在周期表中的位置为第一周期IA族；工业制备上Cl2的原理有电解饱和食盐水或电解熔融的NaCl，据此便可写出其相应的离子方程式。
⑵C、O、Na组成的一种盐中，满足E的质量分数为43%的盐为Na2CO3，俗称纯碱或苏打；其水溶液与Cl2反应，可理解为Cl2先与水反应有HCl和HClO，Na2CO3水解有NaHCO3和NaOH，二者再反应，可确定其生成物有NaClO、NaCl
、NaHCO3，然后通过氧化还原反应的配平方法将其配平；在产物中加入少量KI，NaClO将KI氧化生成I2，反应后加人CC14并振荡溶液显紫色。
⑶在这些元素中只有Na才与H形成二元离子化合物NaH(a的化学式)；形成含有非极性共价键的二元离子化合物，且原子数之比为1:1的物质有Na2〇2和Na2C2(b的化学式)；BDF2的化学式为COCl2，其结构式为，据此便可写出其电子式；只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体为金属钠，属于金属晶体。
⑷由H和C、O元素组成的两种二元化合物CH4、H2O能形成一类新能源物质，一种化合物分子(H2O)通过氢键构成具有空腔的固体；另一种化合物(沼气的主要成分CH4)分子进入该空腔，CH4分子的空间结构为正四面体结构。
【考点地位】本题主要是考查物质的结构与元素周期表(律)、化学式的推断、电子式的书写、化学、离子方程式的书写，晶体类型、分子间作用力(氢键)、空间构型等。
【名师点晴】本题通过元素的推断，重点考查学生对物质结构、元素周期表（律）、元素化合物知识的综合应用能力。掌握和理解元素周期表的结构、元素周期律的内容及应用是解答本题的关键，首先根据元素的性质和各元素在周期表中的位置推出各元素，然后根据分析物质的性质和运用有关化学知识解答本题，体现了化学理论与元素化合物的联系以及在实践中的应用。专题14
反应速率、化学平衡
2019年化学高考题
1.【2019浙江4月选考，17,2分】下列说法正确的是?
A.
H2(g)+I2(g)
2HI(g),其他条件不变,缩小反应容器体积,正逆反应速率不变?
B.C(s)+H2O(g)
H2(g)+CO(g),碳的质量不再改变说明反应已达平衡?
C.若压强不再随时间变化能说明反应2A(?)+B(g)
2C(?)
已达平衡,则A、C不能同时是气体?
D.1
mol
N2和3
mol
H2反应达到平衡时H2转化率为10%,放出热量Q1;在相同温度和压强下，当2
mol
NH3分解为N2和H2的转化率为10%时,吸收热量Q2,Q2不等于Q1
1.
B
本题考查化学反应速率的影响因素，可逆反应化学平衡状态的判断与可逆反应中的能量变化判断。对于反应H2(g)+I2(g)
2HI(g)，反应前后气体分子数相等，缩小反应容器体积，平衡不移动，正逆反应速率增大相同的倍数，A项错误；碳的质量不变，说明正、逆反应速率相等，反应已达平衡状态，B项正确；恒温恒容条件下，若A、C同时为气体，当压强不变时，也能说明反应达到平衡状态，C项错误；设N2(g)+3H2(g)
2NH3(g)
ΔH＝-a（a>0）
kJ·mol-1，1
mol
N2和3
mol
H2反?应达到平衡时H?2转化率为10%，放出热量Q1＝0.1akJ，?当2
mol
NH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收热量Q2＝0.1akJ，故Q1＝Q2，D项错误,故选B。
?
2.【2019江苏，15,4分】在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示（图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化）。下列说法正确的是?
A.反应2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)的Δ?H?>0?
B.图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率?
C.图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率?
D.380
℃下，c起始(O2)=5.0×10-4mol·L-1,NO平衡转化率为50%,则平衡常数K>2
000
?
2.
BD
本题考查化学平衡图像分析与平衡移动，考查的核心素养是变化观念与平衡思想。A项，实线表示不同温度下相同时间内NO的转化率，虚线表示相同条件下NO的平衡转化率，由题图知，随着温度升高，NO的平衡转化率减小，即温度升高，反应2NO+O2?
2NO2的平衡逆向移动，说明该反应为放热反应，ΔH<0，错误；B项，X点对应NO的转化率低于该温度下NO的平衡转化率，所以反应没有达到平衡状态，延长反应时间，可以提高NO的转化率，正确；C项，Y点时反应已达平衡状态，增加O2的浓度，平衡正向移动，NO的转化率会提高，错误；D项，设起始时?c?(NO)=amol·L-1，则：?
2018年化学高考题
1.
(2018江苏，10，2分)
下列说法正确的是
A.氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能
B.反应
4Fe(s)+3O2(g)
2Fe2O3(s)常温下可自发进行,该反应为吸热反应
C.3
mol
H2与
1
mol
N2混合反应生成
NH3,转移电子的数目小于
6×6.02×1023?
D.在酶催化淀粉水解反应中,温度越高淀粉水解速率越快
1.
C
本题考查能量转化、反应自发性、可逆反应以及化学反应速率等知识，较易。电池放电时化学能除了转化为电能外，还可能转化为热能、光能等，A项错误；该反应是熵减反应，但是能自发进行，故一定属于放热反应，B项错误；N2与H2合成NH3反应属于可逆反应，1
mol
N2与3
mol
H2反应的过程中，由于N2不可能完全转化为NH3，故转移电子数小于6×6.02×1023?，C项正确；催化淀粉水解的酶属于蛋白质，在高温下蛋白质会发生变性而失去催化活性，故在高温下，淀粉水解速率反而变小，D项错误。
2.
（2018天津理综，5，6分）室温下，向圆底烧瓶中加入1
mol
C2H5OH和含1
mol
HBr的氢溴酸，溶液中发生反应：C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4
℃和78.5
℃。下列有关叙述错误的是
A．加入NaOH，可增大乙醇的物质的量
B．增大HBr浓度，有利于生成C2H5Br
C．若反应物均增大至2
mol，则两种反应物平衡转化率之比不变
D．若起始温度提高至60
℃，可缩短反应达到平衡的时间
2.
D本题主要考查化学平衡移动原理。加入NaOH，c(HBr)减小，平衡向逆反应方向移动，乙醇的物质的量增大，A项正确；增大HBr浓度，平衡向正反应方向移动，有利于生成?C2H5Br，B项正确；若反应物按照化学计量数之比加入溶液中，则各物质的平衡转化率相等，故反应物均增大至2
mol，两种反应物平衡转化率之比不变，C项正确；若起始温度提高至60
℃，生成物C2H5Br为气态，能够从反应体系中逸出，导致反应不断向正反应方向进行，因此不能缩短反应达到平衡的时间，D项错误。?
3.
(2018江苏，15，4分)
（双选）一定温度下,在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物,发生反应
(正反应放热),测得反应的相关数据如下:
下列说法正确的是
A.?v1B.?K1>K3,p2>2p3?
C.?v1α3(SO2)
D.?c2>2c3,α2(SO3)+α3(SO2)<1
3.
CD
本题考查化学平衡移动及等效平衡的应用，较难。容器2中反应物投入量相当于容器1中反应物投入量的2倍，平衡时，容器2中SO2的反应速率大，容器2中反应达到的平衡相当于容器1中反应达到平衡后加压，增大压强，平衡正向移动，则平衡时SO3的浓度：c2＞2c1，A项错误；平衡常数仅与温度有关，容器3中温度高，而该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，则K1>K3，容器1和容器2中温度相同，投料量不同，平衡时p2＜2p1,升温平衡逆向移动，则平衡时p1＜p3,故p2＜2p3，B项错误；容器1和容器3中反应物投入量相等，但是容器3中温度高，则反应速率快，即v3>v1，升高温度，平衡逆向移动，SO2的平衡转化率减小，即α1
(SO2)>α3(SO2)，C项正确；平衡时c2＞2c1,c1＞c3，故c2＞2c3，假设容器2中投入2
mol
SO3?且保持容器2和容器3的反应温度相同，则两容器中的反应达到的平衡完全等效，则有α2(SO3)+α3(SO2)=1，对于容器2而言，相当于对容器3加压并降低温度，该反应是气体分子数减小的放热反应，加压、降温均会使平衡正向移动，则α2(SO3)减小，所以?α2(SO3)+α3(SO2)<1，D项正确。
4.
（2018北京理综，27，12分）近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：
(1)反应Ⅰ:2H2SO4(l)
2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)
ΔH1=+551
kJ·mol-1?
反应Ⅲ:S(s)+O2(g)
SO2(g)
ΔH3=-297
kJ·mol-1?
反应Ⅱ的热化学方程式：
。
(2)对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。p2
p1(填“>”或“<”)，得出该结论的理由是
。
(3)
I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。
i.SO2+4I-+4H+S↓+2I2+2H2O
ii.I2+2H2O+
+
+2I-
(4)探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18
mL
SO2饱和溶液加入到2
mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）
1
B是A的对比实验，则a=
。
2
比较A、B、C，可得出的结论是
。
3
实验表明，SO2的歧化反应速率D>A。结合i、ii反应速率解释原因：
。
4.
(1)3SO2(g)+2H2O(g)===2H2SO4(l)+S(s)
ΔH2=-254
kJ·mol-1
(2分）?
(2)>(1分）
反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应,温度一定时,增大压强使反应正向移动,H2SO4的物质的量增大,体系总物质的量减小,H?2SO?4的物质的量分数增大(2分）?
(3)SO2
SO42-?4H+(共2分）?
(4)①0.4(1分）?
②I-是SO2歧化反应的催化剂,H+单独存在时不具有催化作用,但H?+可以加快歧化反应速率(2分）?
4
反应ii比i快;D中由反应ii产生的H+使反应i加快(2分）?
【解析】
（1）由于反应Ⅱ是二氧化硫的歧化反应，且由题意可知其氧化产物和还原产物分别为H??2?SO??4?和S，根据得失电子守恒和元素守恒可写出反应Ⅱ的化学方程式为：3SO2(g)+2H2O(g)===2H2SO4(l)+S(s)。根据盖斯定律，反应Ⅰ与反应Ⅲ的热化学方程式相加得：2H2SO4?(l)+S(s)==3SO2(g)+2H2O(g)
ΔH?=+254
kJ·mol-1，所以反应Ⅱ的热化学方程式为：3SO2(g)+2H2O(g)===
2H2SO4(l)+S(s)
ΔH2=-254
kJ·mol-1。（3）由题意知二氧化硫的歧化反应可由i与ii相加所得，所以反应Ⅱ的离子方程式3SO2+2H2O===4H+?+2SO42-?+S↓减去i式得：2I2?+4H2O+2SO2===2SO42-+8H+?+4I-?，化简得到：I2?+2H2O+SO2===SO42-?+4H+?+2I-?。（4）①由于B是A的对比实验，所以两
组实验中KI的浓度必须相同，即a=0.4。②A说明I-?能催化二氧化硫发生歧化反应。C中无明显现象，说明H+单独存在时不具有催化作用，不能使二氧化硫歧化反应速率加快。B中溶液变黄，出现浑浊较A快，结合C可知，增强溶液的酸性，可增强I-的催化效果。③由于I?-催化二氧化硫的歧化反应是i与ii两个过程分步进行，所以两个反应中任何一个反应的速率都会影响总反应的速率。D中直接加入I2，故反应ii可立即发生，而由反应ii产生的H+可使反应i速率加快，所以D的反应速率比A快。?
5.
（2018全国Ⅲ理综，28，15分）三氯氢硅（SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：
(1)
SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等，写出该反应的化学方程式
。
(2)
SiHCl3在催化剂作用下发生反应：
2SiHCl3(g)
SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)
ΔH1=48
kJ·mol-1?
3SiH2Cl2(g)
SiH4(g)+2SiHCl3(g)
ΔH2=-30
kJ·mol-1
则反应4SiHCl3(g)
SiH4(g)+3SiCl4(g)的ΔH为
kJ·mol-1。
(3)对于反应2SiHCl3(g)
SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323
K和343
K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。
1
343
K时反应的平衡转化率α=
%。平衡常数K343
K=
(保留2位小数)。
2
343
K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是
；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有
。
比较a、b处反应速率大小：va
vb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率v=v正-v逆=k正x2SiHCl3-
k逆xSiH2Cl2xSiCl4，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数,x为物质的量分数，计算a处的v正/v逆=
（保留1位小数）。
5.
(1)2SiHCl3+3H2O===(HSiO)2O+6HCl（2分）?
(2)114（2分）?
(3)①22（2分）
0.02（2分）?
②及时移去产物（1分）
改进催化剂（1分）
提高反应物压强(浓度)
（1分）?
3
大于（1分）
1.3（3分）?
【解析】
（1）SiHCl3遇潮气发生反应生成(HSiO)2O和HCl，即2SiHCl3?+H2O===(HSiO)2O+6HCl。（2）将已知热化学方程式依次编号为①、②,根据盖斯定律，由①×3+②，可得：4SiHCl3(g)===SiH4(g)+
SiCl4(g)
ΔH=3×48
kJ·mol-1
-30
kJ·mol-1=114
kJ·mol-1。（3）①温度越高，反应越先达到平衡，根据图示，左侧曲线对应的温度为343
K，343
K时反应的平衡转化率为22%。设开始时加入SiHCl3的浓度为a
mol·L-1，根据化学方程式和SiHCl3的平衡转化率知，达平衡时，SiHCl3?、SiH2Cl2、SiCl4?的浓度分别为0.78a
mol·L-1、0.11amol·L-1、0.11amol·L-1，化学平衡常数K==0.02。
②根据化学平衡移动原理并结合该反应特点，及时分离出生成物可提高反应物的转化率。缩短反应达到平衡的时间，实质就是提高反应速率，可采用加压的方式或选择更为高效的催化剂。
③温度越高，反应速率越大，a点所在曲线对应的温度高于b点所在曲线对应的温度，所以a点反应速率大于b点反应速率。a点所在曲线达到平衡时，v正=v逆，即k正x2SiHCl3=k逆xSiH2Cl2xSiCl4，从题图上可知a点所在曲线平衡时SiHCl3的转化率为22%，设投入SiHCl3
y
mol，则根据三段式法得?
?
?
6.
（2018全国Ⅰ理综，28，15分）采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问題
（1）1840年
Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5。该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为
。
（2）F·Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5（g）分解反应：
其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间r的变化如下表所示（t＝∞时，N2O5（g）完全分解）：
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
①已知：2N2O5(g)=2N2O4(g)＋O2(g)
?△H1＝－4.4kJ·mol-1
2NO2(g)=N2O4(g)
?△H2＝－55.3kJ·mol-1
则反应N2O5(g)=2NO2(g)＋0.5O2(g)
?△H1＝
kJ·mol-1
②研究表明，N2O5(g)分解的反应速率
υ＝2x10-3xpN2O5（kPa·min-1）。
t＝62min时，测得体系中pO2＝2.9kPa，则此时的pN2O5=
kPa，υ＝
kPa·min-1
③若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p（35℃）
63.1kPa（填“大于”“等于”或“小于”），原因是
。
①25℃时N2O4（g）?2NO2（g）反应的平衡常数Kp＝
kPa（Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数）。
（3）对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)＋O2(g)?，R·A·Ogg提出如下反应历程
第一步
?N2O5?NO2＋NO3
?
??快速平衡
第二步
?NO2＋NO3→NO＋NO2＋O2
??慢反应
第三步
NO＋NO3一→2NO2
??快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是
（填标号）
A
?υ(第一步的逆反应)＞?υ(第二步反应)?
B
?反应的中间产物只有NO3
C
?第二步NO2与NO3的碰撞仅部分有效
D
?第三步反应活化能较高
6.
(1)O?2（2分）?
(2)①53.1（2分）
②30.0（2分）
6.0×10-2?（2分
③大于（1分）
温度提高，体积不变，总压强提高;NO?2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高（2分）
④13.4（2分）?
(3)AC（2分）?
【解析】
本题考查化学反应原理，意在考查考生综合分析问题的能力。（1）氯气与硝酸银反应生成N2O5，氯气作氧化剂，还原产物为氯化银，又硝酸银中氮元素、银元素已经是最高化合价，则只能是氧元素化合价升高，所以气体氧化产物为O2。（2）①将已知热化学方程式依次编号为a、b，根据盖斯定律，由1/2×a-b得N2O5(g)===2NO2(g)＋1/2O2(g)
Δ?H?＝
kJ·mol-1=＋53.1
kJ·mol-1?。
②t=62
min时，体系中?pO2=2.9
kPa,根据三段式法得?
。③刚性反应容器的体积不变，25
℃
N2O5(g)完全分解时体系的总压强为63.1
kPa，升高温度，从两个方面分析：一方面是体积不变，升高温度，体系总压强增大；另一方面，2NO2?N2O4?的逆反应是吸热反应，升温，平衡向生成NO2的方向移动，体系物质的量增大，故体系总压强增大。
④N2O5完全分解生成N2O4和O2，起始pN2O5＝35．8
kPa，其完全分解时pN2O4=35.8
kPa,?pO2＝17．9
kPa,设25
℃平衡时N2O4转化了x,则?
明第一步反应的正、逆反应速率都较大，则第一步反应的逆反应速率大于第二步反应的速率，A项正确；反应的中间产物除NO3外还有NO，B项错误；有效碰撞才能发生反应，第二步反应慢，说明部分碰撞有效，C项正确；第三步反应快，说明反应活化能较低，D项错误。
?
2017年
化学高考题
1.【2017年高考江苏卷
】H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70
℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A.图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快
B.图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快
C.图丙表明，少量Mn2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
D.图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大
【答案】D
【解析】本题考查反应条件对反应速率的影响。由图甲可知，起始时H2O2的浓度越小，曲线下降越平缓，说明反应速率越慢，A项错误；OH-的浓度越大，pH越大，即0.1
mol·L-1NaOH对应的pH最大，曲线下降最快，即H2O2分解最快，B项错误；由图丙可知，相同时间内，0.1
mol·L-1?NaOH条件下H2O2分解最快，0
mol·L-1?NaOH条件下H2O2分解最慢，而1.0
mol·L-1?NaOH条件下H2O2的分解速率处于中间，C项错误；由图丁可知，Mn2+越多，H2O2的分解速率越快，说明Mn2+对H2O2分解速率影响较大，D项正确。
2.【2017年高考天津卷】常压下羰基化法精炼镍的原理为:Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230
℃时，该反应的平衡常数K=2×10-5。已知:Ni(CO)4的沸点为42.2
℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段:将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；
第二阶段:将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230
℃制得高纯镍。
下列判断正确的是
A.增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大
B.第一阶段，在30
℃和50
℃两者之间选择反应温度，选50
℃
C.第二阶段，Ni(CO)4分解率较低
D.该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)
【答案】B
【解析】本题考查化学反应速率和化学平衡。第一阶段，50
℃时，反应速率较快且Ni(CO)4为气态，能从反应体系中分离出来，B项正确。增加c(CO)，平衡正向移动，但平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，A项错误；相同温度下，第二阶段与第一阶段的平衡常数互为倒数，则230
℃时，第二阶段的平衡常数K'=5×104，反应进行的程度大，故
Ni(CO)4分解率较高，C项错误；该反应达到平衡时，
4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)，D项错误。
3.【2017年高考江苏卷
】温度为T1时，在三个容积均为1
L
的恒容密闭容器中仅发生反应:2NO2(g)
2NO
(g)+O2(g)(正反应吸热)。实验测得:v正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2)，v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)·c(O2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是
容器编号
物质的起始浓度(mol·L-1)
物质的平衡浓度(mol·L-1)
c(NO2)
c(NO)
c(O2)
c(O2)
Ⅰ
0.6
0
0
0.2
Ⅱ
0.3
0.5
0.2
Ⅲ
0
0.5
0.35
A.达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4∶5
B.达平衡时，容器Ⅱ中比容器Ⅰ中的大
C.达平衡时，容器Ⅲ中NO
的体积分数小于50%
D.当温度改变为T2时，若k正=k逆，则T2>T1
【答案】CD
【解析】本题考查化学平衡。容器Ⅰ中平衡时，c(NO2)=0.2
mol·L-1，c(NO)=0.4
mol·L-1，c(O2)=0.2
mol·L-1，容器容积为1
L，气体总物质的量为(0.2+0.4+0.2)
mol=0.8
mol，容器Ⅱ中投入量为(0.3+0.5+0.2)
mol=1
mol，若容器Ⅱ中投入量与平衡量相等，则两容器内压强之比为0.8∶1=4∶5，根据容器Ⅰ中的相关数据，知该反应的平衡常数K==0.8
mol·L-1，容器Ⅱ中Qc=≈0.56
mol·L-1mol·L-1?NO2和0.1
mol·L-1?NO，达到平衡时，相对容器Ⅰ，平衡逆向移动，则容器Ⅱ中的值小，B项错误；容器Ⅰ中达到平衡时NO的体积分数为×100%=50%，容器Ⅲ中相当于起始加入0.5
mol·L-1?NO2和0.1
mol·L-1?O2，达到平衡时，相对容器Ⅰ，平衡逆向移动，则容器Ⅲ中NO的体积分数小于50%，C项正确；容器Ⅰ中，T1时，平衡常数K==0.8
mol·L-1，T2时，k正=k逆，反应达平衡时，v正=v逆，即k正c2(NO2)=k逆c2(NO)·c(O2)，得c2(NO2)=c2(NO)·c(O2)，K=c2(NO)·c(O2)/c2(NO2)=1，平衡常数增大，反应正向移动，该反应为吸热反应，则应升高温度，即T2>T1，D项正确。
4．【2017年高考海南卷】已知反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
ΔH＜0。在一定温度和压强下于密闭容器中，反应达到平衡。下列叙述正确的是
A．升高温度，K减小
B．减小压强，n(CO2)增加
C．更换高效催化剂，α(CO)增大
D．充入一定量的氮气，n(H2)不变
【答案】AD
【解析】该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数K减小，A项正确。充入一定量的氮气，相当于减小体系压强，但由于改变压强对该反应的平衡移动无影响，故n(H2)不变，D项正确。该反应是反应前后气体分子数不变的反应，减小压强，平衡不移动，n(CO2)不变，B项错误。催化剂对平衡移动无影响，所以更换高效催化剂，CO的转化率不变，C项错误。?
【易错警示】本题所给反应是一个反应前后气体分子数不变的反应，压强对平衡移动无影响。
【名师点睛】本题考查化学平衡常数的和影响化学平衡移动的因素，化学平衡常数：是一定条件下达到平衡时，生成物浓度的幂之积与反应物浓度的幂之积的比值，化学平衡常数只受温度的影响；影响化学平衡移动的因素是温度、压强、浓度等，要熟记这些因素如何影响平衡的移动，尤其是压强对化学平衡的移动，首先判断物质的状态是否是气体，然后判断反应前后气体系数之和是否相等，然后作出合理判断，此题较简单。
5．【2017年高考浙江卷】已知：X(g)＋2Y(g)3Z(g)　ΔH＝－a
kJ·molˉ1(a＞0)。下列说法不正确的是
A．0.1
mol
X和0.2
mol
Y充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3
mol
B．达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化
C．达到化学平衡状态时，反应放出的总热量可达a
kJ
D．升高反应温度，逆反应速率增大，正反应速率减小
【答案】D
【考点】考查可逆反应和化学平衡的基本特征、反应速率的影响因素
【解析】选项对化学平衡的逆、等、定、动、变五个特征中四个特征进行了考核。可逆反应具有不彻底性，故A正确；可逆反应达到平衡后，正反应与逆反应速率相等，各个物质的量浓度不再发生改变，故B正确；C易错选，C中反应放出的热量与实际参加反应的量有关，只要实际参与反应的A为1mol就可以放出热量a
kJ，所以C正确；温度升高，无论是放热反应还是吸热反应，正、逆速率都增大，故D错误
6．【2017年高考浙江卷】对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究。在相同温度下，M的物质的量浓度(mol·Lˉ1)随时间(min)变化的有关实验数据见下表。
时间水样
0
5
10
15
20
25
Ⅰ(pH＝2)
0.40
0.28
0.19
0.13
0.10
0.09
Ⅱ(pH＝4)
0.40
0.31
0.24
0.20
0.18
0.16
Ⅲ(pH＝4)
0.20
0.15
0.12
0.09
0.07
0.05
Ⅳ(pH＝4，含Cu2+)
0.20
0.09
0.05
0.03
0.01
0
下列说法不正确的是
A．在0～20
min内，Ⅰ中M的分解速率为0.015
mol·Lˉ1·minˉ1
B．水样酸性越强，M的分解速率越快
C．在0～25
min内，Ⅲ中M的分解百分率比Ⅱ大
D．由于Cu2+存在，Ⅳ中M的分解速率比Ⅰ快
【答案】D
【考点】根据表格获取信息，计算、比较、分析反应速率和分解百分率
【解析】分解速率=M浓度的变化量/时间=（起点浓度-时刻浓度）/时间，分解百分率=M浓度的变化量/起点浓度。在0～20
min内，Ⅰ中M的分解速率为
(0.4-0.1)/20=0.015
mol·Lˉ1·minˉ1，A正确；Ⅰ和II比较可以得出B结论正确；II分解百分率=0.22/0.4=0.11/0.2，III分解百分率=0.13/0.2，后者大，C正确；IV20分钟内M变化量为0.19mol/L，Ⅰ中为0.3mol/L，后者大，D错误
2016-2013年
化学高考题
1．【2016年高考北京卷】下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（
）
A．抗氧化剂
B．调味剂
C．着色剂
D．增稠剂
【答案】A
【解析】食品添加剂中添加抗氧化剂，目的是减慢食品被氧化的速率，A项正确；调味剂的主要作用是补充、增强或增加食品的味道，与反应速率无关，B项错误；着色剂是以食品着色为主要目的，与反应速率无关，C项错误；增稠剂在食品中主要目的是将液体、浆状食品形成特定形态，与反应速率无关，D项错误。
【考点定位】本题主要是考查食品添加剂的有关判断。
【名师点晴】化学是一门实用性很强的学科，在日常生活及工农业生产和科学技术中应用十分广泛。食品添加剂关互我们每个人的健康，了解食品添加剂是每个人应该掌握的基本常识，只有掌握一定的化学知识，才会使我们的生活质量得以提升，也才会更安全、更健康。了解抗氧化剂、调味剂、着色剂、增稠剂的含义是解答的关键，注意相关知识的积累。
2．【2016年高考四川卷】一定条件下，CH4与H2O(g)发生反应：CH4(g)+H2O(g)?
?CO(g)+3H2(g)，设起始=Z，在恒压下，平衡时CH4的体积分数
(CH4)与Z和T（温度）的关系如图所示。下列说法正确的是（
）
A．该反应的焓变ΔH>0
B．图中Z的大小为a>3>b
C．图中X点对应的平衡混合物中=3
D．温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后
(CH4)减小
【答案】A
【解析】A、从图分析，随着温度升高甲烷的体积分数逐渐减小，说明升温平衡正向移动，则正反应为吸热反应，故正确；B、的比值越大，则甲烷的体积分数越小，故a<3【考点定位】考查化学平衡图像分析。
【名师点睛】化学平衡图像题的解题思路：一、看懂图：横纵坐标的物理意义，图像的变化趋势，曲线的特殊点，如起点、交点、折点、终点；二、想规律：外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响规律；三、作出正确的判断。注意“先拐先平”和“定一议二”方法的运用。
3．【2016年高考江苏卷】一定温度下，在3个体积均为1.0
L的恒容密闭容器中反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)
达到平衡。下列说法正确的是（
）
A．该反应的正反应放热
B．达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的大
C．达到平衡时，容器Ⅱ中c(H2)大于容器Ⅲ中c(H2)的两倍
D．达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大
【答案】AD
【解析】A、分析Ⅰ、Ⅲ中数据知反应开始时Ⅰ中加入的H2、CO与Ⅲ中加入甲醇的物质的量相当，平衡时甲醇的浓度：Ⅰ＞Ⅲ，温度：Ⅰ＜Ⅲ，即升高温度平衡逆向移动，该反应正向为放热反应，A正确；B、Ⅱ相当于将容器Ⅰ的体积缩小二分之一，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的小，B错误；C、Ⅰ和Ⅱ对比，Ⅱ相当于将容器Ⅰ的体积缩小二分之一，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，则Ⅱ中氢气的浓度小于Ⅰ中氢气浓度的2倍，Ⅲ和Ⅰ对比，平衡逆向移动，氢气浓度增大，故达到平衡时，容器Ⅱ中c(H2)小于容器Ⅲ中c(H2)的两倍，C错误；D、温度：Ⅲ＞Ⅰ，当其他条件不变时，升高温度反应速率加快，故达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大，D正确。答案选AD。
【考点定位】本题主要是考查化学反应速率和化学平衡的有关判断与计算以及外界条件对反应速率和平衡状态的影响。
【名师点晴】《高考考纲》明确要求：理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对化学反应速率和化学平衡的影响。理解化学平衡常数的含义，能够利用化学平衡常数进行简单的计算。化学反应速率这一部分主要考查化学反应速率的概念及表示方法、影响化学反应速率的影响因素、化学反应速率的大小比较和化学反应速率的有关图像。化学平衡是重要的化学基本理论，是中学化学的重点和难点，也是考查学生能力的重要载体，是高考历久不衰的热点。化学平衡是包含溶解平衡、电离平衡、水解平衡等的一个平衡理论体系，而化学平衡则是这一体系的核心，是分析其他平衡移动的基础。化学平衡常数则是新课标地区的高考命题热点，并且试题的综合性强、能力要求高。解答时注意利用好放大缩小思想：该方法适用于起始投入物质的物质的量之间存在一定的倍数关系。它指的是将反应容器的体积扩大一定的倍数，使起始物质的浓度相同，则在一定条件下，可建立相同的平衡态。然后在此基础上进行压缩，使其还原为原来的浓度。分析在压缩过程中，平衡如何移动，再依据勒夏特列原理，分析相关量的变化情况。
4．【2015重庆理综化学】羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：
CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)
K=0.1
反应前CO物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的是（
）
A．升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应
B．通入CO后，正反应速率逐渐增大
C．反应前H2S物质的量为7mol
D．CO的平衡转化率为80%
【答案】C
【解析】升高温度H2S浓度增加，说明平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，故正反应为放热反应，A项错误；通入CO后，CO的浓度增大，则正反应速率突然增大，平衡正向移动，后逐渐减小，B项错误；由于是恒容密闭容器，可用物质的量代入计算平衡常数。
　　　　　　
CO(g)＋H2S(g)?
COS(g)＋H2(g)
起始物质的量/mol　10　
　x　　　　　0　　　0
转化物质的量/mol　2
　
　
2　　　　　2　　　2
平衡物质的量/mol　8　　x－2　　　
　2　　　2
则K＝＝0.1，解得x＝7，C项正确；CO的转化率为2
mol÷10
mol×100%＝20%，D项错误。
【考点定位】本题主要考查影响化学反应速率的因素，反应的热效应，化学平衡的有关计算。
【名师点晴】化学平衡的计算，可以利用三段式解题，将三组数据依次列出，简单明了，是学生必须掌握的基本技能，本题将影响化学反应速率和化学平衡的因素，反应的热效应，化学平衡转化率的计算联系起来，重点考查化学平衡，试题形式更加常规，学生容易入题，难度在保持基本稳定的同时有所下降。
5．【2015天津理综化学】下列说法不正确的是（
）
A．Na与H2O的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行
B．饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，但原理不同
C．FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同
D．Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH—(aq)，该固体可溶于NH4Cl溶液
【答案】C
【解析】Na与水反应生成NaOH和H2，该反应有气体生成，且放热，为熵增的放热反应，能自发进行，A项正确；饱和Na2SO4溶液使蛋白质溶液产生沉淀是发生的盐析现象，浓硝酸使蛋白质溶液产生沉淀是发生了变性反应，二者原理不同，B项正确；FeCl3和MnO2可以催化H2O2分解，加快反应速率，但二者对H2O2的催化效率不同，C项错误；加入NH4Cl溶液，NH与OH－结合为NH3·H2O，c(OH－)减小，平衡Mg(OH)2(s)
Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)正向移动，Mg(OH)2逐渐溶解，D项正确。
【考点定位】本题主要考查了化学反应原理。涉及化学反应与能量的关系、化学反应速率的影响因素、化学平衡理论、蛋白质的性质判断等。
【名师点睛】本题考查化学反应与能量的关系、反应自发判断的依据、熵值、焓值变化的判断，蛋白质的盐析与变性、原理的分析，催化剂对反应速率的影响、同一化学反应催化剂可以不同的认识，化学平衡的移动的判断、沉淀的溶解平衡移动的判断，包含了选修4中的大部分的内容，对于反应原理的应用，应注重学生理解能力的培养，如化学反应中焓减、熵增为反应自发的判断依据，如何判断，勒夏特列原理对于任何可逆反应都适用，溶液中的平衡也不例外，催化作用与催化效果的不同，抓住反应的本质，使学生加以理解应用。
6．【2015天津理综化学】某温度下，在2L的密闭容器中，加入1mol
X（g）和2mol
Y（g）发生反应：
X（g）+m
Y（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1mol
Z（g），再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是（
）
A．m=2
B．两次平衡的平衡常数相同
C．X与Y的平衡转化率之比为1:1
D．第二次平衡时，Z的浓度为0.4
mol·L－1
【答案】D
【解析】某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+m
Y（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1mol
Z（g），则可等效为两等效平衡体系合，在合并瞬间X、Y、Z的体积分数不变，但单位体积内体系分子总数增多，依据勒夏特列原理平衡应朝使单位体积内分子总数减小方向移动，但再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，则说明m+1=3，故m=2，A项正确；同一化学反应的平衡常数只与温度有关，两次平衡温度不变，故两次平衡的平衡常数相同，B项正确；m=2，则起始量X与Y之比为1:2，则反应过程中由方程式可知反应的X与Y之比为1:2，故X与Y的平衡转化率之比为1:1，C项正确；m=2，则该反应为反应前后气体总量不变的反应，故第二次平衡时Z的物质的量为：4×10%=0.4mol，故Z的浓度为0.4mol÷2L=0.2mol/L，故D项错误；本题选D。
【考点定位】本题主要考查了化学平衡移动原理及计算。涉及化学计量数的计算、转化率的计算、物质浓度的计算，平衡移动的判断等。
【名师点睛】化学平衡包括的知识点很多，有平衡标志的判断、平衡移动的判断、等效平衡的判断、平衡的计算、物质浓度、转化率、质量分数、体积分数的计算、平衡常数的表达式及计算、平衡常数的应用、反应速率的变化对平衡的影响、反应方向的判断等。平衡的计算不是平衡问题的难点，一般根据“三段式”计算即可，而平衡标志的判断、等效平衡的判断是难点，抓住平衡标志的特点与非平衡时状态的不同时解决平衡标志问题的关键。对于等效平衡的判断，应注意条件及反应的本身特点。
7．【2015四川理综化学】一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+
CO2(g)
2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示。已知：气体分压（P分）=气体总压（P总）×体积分数。下列说法正确的是（
）
A．550℃时，若充入惰性气体，v正，v逆
均减小，平衡不移动
B．650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%
C．T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动
D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=24.0P总
【答案】B
【解析】550
℃时，若充入惰性气体，由于保持压强不变，体积增大相当于对原体系的减压过程，v正、v逆均减小，平衡向正反应方向移动，A项错误；根据图示可知，在650
℃时，CO的体积分数为40%，根据反应方程式：C(s)＋CO2(g)2CO(g)。设开始加入1
mol
CO2，反应掉了x
mol，则有：
　C(s)　＋　CO2(g)　　2CO(g)
始态：　
　
1
mol　　　　　　0
变化：　
　
x
mol　　
　
　2x
mol
平衡：　　
(1－x)mol　
　　2x
mol
因此有：×100%＝40%，解得x＝0.25，故B项正确；T
℃，平衡时CO和CO2的体积比1∶1，再按1∶1加入两种气体，平衡将不发生移动，C项错误；925
℃时，CO的体积分数为96%，故KP＝＝23.04p总，D项错误。
【考点定位】化学反应速率与化学平衡、化学平衡常数。
【名师点睛】《高考考纲》明确要求：理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对化学反应速率和化学平衡的影响。理解化学平衡常数的含义，能够利用化学平衡常数进行简单的计算。化学反应速率这一部分主要考查化学反应速率的概念及表示方法、影响化学反应速率的影响因素、化学反应速率的大小比较和化学反应速率的有关图像。化学平衡是重要的化学基本理论，是中学化学的重点和难点，也是考查学生能力的重要载体，是高考历久不衰的热点。化学平衡是包含溶解平衡、电离平衡、水解平衡等的一个平衡理论体系，而化学平衡则是这一体系的核心，是分析其他平衡移动的基础。化学平衡常数则是新课标地区的高考命题热点，并且试题的综合性强、能力要求高，预测今后一段时间内仍然会有对化学平衡常数的考查。有关化学平衡的图像试题涉及知识面广,灵活性大。题目大多注重对知识综合应用能力和分析判断能力的考查,是考查学生能力的常见题型。考查的图像主要有三类：第一类是化学平衡建立过程中有关量随时间的变化图像；第二类是平衡移动原理的应用或它的逆向思维图像；第三类是反应物或生成物物质的量
(或浓度或质量分数)与时间关系的图像，此类图像既要考虑反应速率的大小，又要考虑化学平衡移动，反应物的转化。由于化学平衡图像将数字知识和化学平衡理论融为一体,它正体现新课程改革的要求。
8．【2015福建理综化学】在不同浓度（c)、温度（T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率（v）如下表。下列判断
不正确的是（
）
0.600
0.500
0.400
0.300
318.2
3.60
3.00
2.40
1.80
328.2
9.00
7.50
a
4.50
b
2.16
1.80
1.44
1.08
A．a=6.00
B．同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变
C．b＜318.2
D．不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同
【答案】D
【解析】A.根据表格的数据可知：温度不变时，蔗糖的浓度越大，水解的速率越快。根据浓度与速率的变化关系可知：在328.2T时，蔗糖的浓度每减小0.100mol/L，水解速率减小1.50mmol/(L?min)，所以在温度是328.2T、浓度是0.400mol/L时，水解的速率是a=7.50-1.50=6.00
mmol/(L?min)，正确。B．根据表格数据可知：升高温度，水解速率增大，增大浓度，水解速率也增大，若同时改变反应物的浓度和反应的温度，则二者对水解反应速率的影响因素可能相互抵消，使反应速率可能不发生改变，正确。C．在物质的浓度不变时，升高温度，水解速率增大，降低温度，水解速率减小。由于在物质的浓度是0.600mol/L时，温度是318.2T时水解速率是3.60
mmol/(L?min)，现在该反应的速率是2.16
mmol/(L?min)<3.60
mmol/(L?min)，说明反应温度低于318.2
T。即b＜318.2，正确。D．不同温度时，蔗糖浓度减少，所以速率减慢，但是温度不同，在相同的浓度时的反应速率不相同，错误。
【考点定位】考查蔗糖水解的速率与温度、物质的浓度的关系的计算与判断的知识。
【名师点睛】研究化学反应，既要看反应进行的快慢，也要看物质转化的程度大小，因此掌握化学反应速率、化学平衡移动原理是生活、生产的非常必要的理论知识。本题以蔗糖的水解反应为线索，考查了温度、浓度对水解反应速率大小影响，同时考查学生对数据进行观察、分析、判断和应用的能力。掌握各种因素（内因、外因）对化学反应速率的影响、观察数据的变化特点是本题解决的关键。
9．【2015海南化学】10ml浓度为1mol/L的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成的是（
）
A．K2SO4
B．CH3COONa
C．CuSO4
D．Na2CO3
【答案】AB
【解析】Zn与稀盐酸发生反应：Zn+2HCl===ZnCl2+H2↑，若加入物质是反应速率降低，则c(H+)减小。但是不影响产生氢气的物质的量，说明最终电离产生的n(H+)不变。A、K2SO4是强酸强碱盐，不发生水解，溶液显中性，溶液中的水对盐酸起稀释作用，使c(H+)减小，但没有消耗H+，因此n(H+)不变，符合题意，正确；B、CH3COONa与HCl发生反应：CH3COONa+HCl===CH3COOH+NaCl，使溶液中c(H+)减小，反应速率降低，当反应进行到一定程度，会发生反应：2CH3COOH+Zn===
(CH3COO)2Zn+
H2↑，因此最终不会影响产生氢气的物质的量，正确；C、加入CuSO4溶液会与Zn发生置换反应：CuSO4+Zn===Cu+ZnSO4，产生的Cu与Zn和盐酸构成原电池。会加快反应速率，与题意不符合，错误；D、若加入Na2CO3溶液，会与盐酸发生反应：Na2CO3+2HCl===2NaCl2+H2O+CO2↑，使溶液中溶液中的c(H+)减小，但由于逸出了CO2气体，因此使n(H+)也减小，产生氢气的物质的量减小，不符合题意，错误。
【考点定位】考查影响化学反应速率速率的因素。
【名师点睛】本题将外界条件对化学反应速率速率的影响因素与物质之间的反应、弱电解质的电离和原电池原理的应用结合在一起考查浓度为化学反应速率的影响、原电池反应能加快化学反应速率，考查学生分析问题、解决问题的能力。
10．【2015江苏化学】在体积均为1．0L的量恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1molCO2和0.2molCO2，在不同温度下反应CO2(g)＋C(s)2CO(g)达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如图所示(图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上)。下列说法正确的是（
）
A．反应CO2(g)＋C(s)2CO(g)
ΔS>0、ΔH<0
B．体系的总压强P总：P总(状态Ⅱ)>2P总(状态Ⅰ）
C．体系中c(CO)：c(CO，状态Ⅱ)<2c(CO，状态Ⅲ)
D．逆反应速率v逆：v逆（状态Ⅰ）>v逆（状态Ⅲ)
【答案】BC
【解析】
从图中看，升高温度，c(CO2)减小，即平衡正向移动，所以反应为吸热反应，A项错误；Ⅰ处是通入0.1
mol
CO2的T－c曲线，Ⅱ处是通入0.2
mol
CO2
的T－c曲线，可将状态Ⅱ假设为以下过程：先在1.0
L密闭容器中通入0.1
mol
CO2，此时的压强与Ⅰ处相等，再通入0.1
mol
CO2，假设平衡不移动，此时的压强等于2p总(状态Ⅰ)，当状态Ⅱ与状态Ⅰ中c(CO2)相等时，应使反应正向移动，气体产物的量增加，因此p总(状态Ⅱ)>2p总(状态Ⅰ)，B项正确；状态Ⅱ可以看作先通0.1
mol
CO2，此时两者CO的浓度相等，再通入0.1
mol
CO2，假设平衡不移动，Ⅱ状态CO的浓度等于Ⅲ状态CO浓度的2倍，但再充入CO2，相当于增大压强，平衡左移，消耗CO，因此c(CO，状态Ⅱ)<2c(CO，状态Ⅲ)，故正确；状态Ⅲ比状态Ⅰ的温度高，所以状态Ⅲ的反应速率快，D项错误。
【考点定位】考查熵变、焓变、勒夏特列原理、等效平衡知识。
【名师点睛】将熵变和常见吸热反应进行考查，熟记常见吸热反应和放热反应，平时注重等效平衡的分析而不是简单的规律，特别是一些技巧的应用，影响化学反应速率的因素在题目中也有所体现，只是简单考查温度对反应速率的影响，能较好考查学生对基础知识的掌握好运用，平时学习中注重基础知识的培养。
11．【2015上海化学】对于合成氨反应，达到平衡后，以下分析正确的是
(
)
A．升高温度，对正反应的反应速率影响更大
B．增大压强，对正反应的反应速率影响更大
C．减小反应物浓度，对逆反应的反应速率影响更大
D．加入催化剂，对逆反应的反应速率影响更大
【答案】B
【解析】本题考查化学平衡知识,意在考查考生的理解能力和判断能力。合成氨反应为放热反应,升高温度,正、逆反应速率都增大,但平衡逆向移动,所以对逆反应速率影响更大,A选项错误;合成氨反应为气体分子数减小的反应,增大压强,正、逆反应速率都增大,但平衡正向移动,所以对正反应速率影响更大,B选项正确;减小反应物浓度,正反应速率瞬时减小,逆反应速率瞬时不变,所以对正反应速率影响更大,C选项错误;加入催化剂,同等程度地影响正、逆反应速率,D选项错误。
【考点定位】考查外界条件对可逆反应的正反应、逆反应速率的影响的判断的知识。
【名师点睛】化学反应速率、化学平衡是中学化学的重要理论，要掌握反应的实质、影响的因素。化学反应速率是衡量化学反应进行的快慢程度的物理量。反应进行快慢由参加反应的物质的本身性质决定，在物质不变时，温度、压强、催化剂、浓度、物质的颗粒大小、溶剂、光、紫外线等也会影响化学反应进行的快慢。化学平衡研究的是可逆反应进行的程度大小的，反应进行程度大小可以根据化学平衡常数判断。化学平衡常数越大，反应进行的程度就越大，外界条件会影响化学平衡，遵循化学平衡移动原理，要会用平衡移动原理来分析解决问题。
12．【2014年高考海南卷】将BaO2放入密闭的真空容器中，反应2BaO2(s)
2BaO(s)+O2(g)达到平衡。保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是
(
)
A．平衡常数减小
B．BaO量不变
C．氧气压强不变
D．BaO2量增加
【答案】CD
【解析】A、平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数就不变。错误。B、该反应的正反应是气体体积增大的反应。保持温度不变，缩小容器容积，也就增大了压强，根据平衡移动原理，化学平衡向气体体积减小的反应，即向逆反应方向移动，所以BaO量减小。错误。C、由于温度不变，化学平衡常数就不变，其数值就等于氧气的浓度，浓度不变，因此压强不变。正确。D、缩小容器容积，平衡逆向移动，所以体系重新达到平衡BaO2量增加。正确。
【考点定位】本题通过BaO2的分解反应考查了影响化学反应平衡的因素，考查压强与化学平衡常数及平衡移动的关系；考查了考生对化学平衡移动的理论的了解和掌握，考查了考生对化学理论的灵活应用能力。
【名师点睛】化学反应很多都是可逆反应。研究可逆反应的规律、特点，对提高反应物的转化率、增大产物的产率、降低生产成本、提高生产效益都无疑具有重要的意义。解答本题，首先看清楚本题是可逆反应，物质的存在状态、正反应是体积扩大还是缩小的反应，反应热如何。然后还要掌握化学平衡常数的影响因素、压强改变对平衡的移动的影响、物质的量的变化情况等。再对选项中的问题做一一剖析。
13．【2014年高考安徽卷第10题】臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为：2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是（
）
A
B
C
D
升高温度，平衡常数
减小
0~3s内，反应速率为：v(NO2)=0.2mol?L-1
t1时仅加入催化剂，平衡正向移动
达平衡时，仅改变x，则x为c(O2)
【答案】A
【解析】A、根据图像可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应。升高温度平衡向逆反应方向移动，故平衡常数减小，A正确；B、速率单位错误，该为mol?L-1?s-1，B错误；C、催化剂不影响平衡移动，只能改变反应速率，C错误；D、通入氧气，增大生成物浓度，平衡向逆反应方向移动，反应物NO2的转化率减小，D错误，答案选A。
【命题意图】本题主要是考查化学反应速率、化学平衡移动，涉及平衡常数、反应速率单位、催化剂以及浓度对反应速率和平衡的影响，侧重考查图像分析，属于中等难度试题的考查，意在考查学生严谨的逻辑思维能力和分析问题、解决问题的能力。
14．【2014年高考北京卷第12题】一定温度下，10mL0.40mol/L
H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测定生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。
t/min
0
2
4
6
8
10
V(O2)/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）（
）
A．0~6min的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10-2mol/(L?min)
B．6~10min的平均反应速率：v(H2O2)<3.3×10-2mol/(L?min)
C．反应至6min时，c(H2O2)=0.3mol/L
D．反应至6min时，H2O2分解了50%
【答案】C
【解析】10mL溶液中含有H2O2物质的量为0.01L×0.4mol/L=0.004mol，6min时，氧气的物质的量为0.0224L÷22.4L/mol=0.001mol，根据三段法解题：
2H2O2
2H2O+O2↑
初始物质的量（mol）
0.004
0
变化的物质的量（mol）
0.002
0.001
6min时物质的量（mol）
0.002
0.001
则0~6min时间内，Δc（H2O2）=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L，所以v（H2O2）=0.2mol/L÷6min≈3.3×10-2mol/(L·min)，故A正确；6min时，c（H2O2）=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L，故C错误；6min时，H2O2分解率为：×100%=50%，故D正确；随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小，又由于反应物的浓度越小，反应速率越慢，所以6~10min的平均反应速率小于前6min的平均速率，即＜3.3×10-2mol/(L·min)，故B正确；
答案为C。
【考点定位】本题主要是考查化学反应速率的计算、一段时间反应物的浓度及分解率等知识。
【名师点晴】本题难度中等，综合性较强，考查了学生对三段式解题的运用以及化学反应速率的影响因素的理解。该类试题重点考查了学生对基本概念的理解和综合分析应用能力，考查了基本概念的内涵和外延，重点考查这些基本概念、基本计算、以及对数据的分析与处理的综合能力。对学生的要求较高。
15．【2014年高考福建卷第12题】在一定条件下，N2O分解的部分实验数据如下：
反应时间/min
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
c(N2O)/mol/L
0.100
0.090
0.080
0.070
0.060
0.050
0.040
0.030
0.020
0.010
0.000
下图能正确表示该反应有关物理量变化规律的是（
）
(注：图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间，c1、c2均表示N2O初始浓度且c1＜c2)
【答案】A
【解析】要从表中的数据去分析N2O的浓度与反应速率、半衰期、转化率的数据关系。从表中的数据说明每个时间段内v
(N2O)相等，故A项图像正确；B项图像错误；C项从表中数据分析可知半衰期与浓度的关系图为，错误；D项从表中数据分析可知不同浓度下的转化率不同(浓度大转化率小)，在相同浓度条件下的转化率相同，故D项图像错误。
【考点定位】本题主要是考查化学反应速率、转化率、半衰期与浓度的关系等。
【名师点晴】本题难度大，综合性强，是选择题中的压轴题。该类试题重点考查了学生对基本概念的理解和综合分析应用能力，考查了基本概念的内涵和外延，重点考查这些基本概念、基本计算、以及对数据的分析与处理的综合能力。对学生的要求较高。
16．【2014年高考江苏卷第11题】下列有关说法正确的是
(　　)
A．若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀
B．2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的ΔH>0
C．加热0.1
mol·L－1Na2CO3溶液，CO的水解程度和溶液的pH均增大
D．对于乙酸与乙醇的酯化反应(ΔH<0)，加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大
【答案】C
【解析】海轮的外壳是钢铁，因铁比铜活泼，海轮外壳上附着铜块后形成原电池，铁作负极，会加速海轮外壳的腐蚀，A项错误；B反应为气体体积减小的反应，反应ΔS＜0，若反应能自发进行，则ΔH－TΔS＜0，故反应的ΔH＜0，B项错误；由于盐类的水解反应为吸热反应，升高温度能增大CO的水解程度，溶液中c(OH－)增大，溶液pH增大，C项正确；浓硫酸是酯化反应的催化剂，加入少量浓硫酸使反应速率增大，该反应为放热反应，一段时间后混合体系温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，D项错误。
【考点定位】本题主要是考查化学反应原理应用的有关判断。
【名师点晴】本题通过对金属防腐蚀、反应自发性、外界条件对水解平衡和反应速率以及平衡常数的影响考查，多方面考察学生的化学反应原理方面的知识，考察学生对原理在实际中的应用能力。本题的解题要点为化学反应原理综合，首先需要学生对常见的化学反应原理有较牢固的认识和理解，还需要对基本原理进行简单的应用。
17．【2014年高考江苏卷第15题】一定温度下，在三个体积约为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)
容器编号
温度（℃）
起始物质的量（mol）
平衡物质的量（mol）
CH3OH(g)
CH3OCH3(g)
H2O(g)
I
387
0.20
0.080
0.080
Ⅱ
387
0.40
Ⅲ
207
0.20
0.090
0.090
下列说法正确的是(　　)
A．该反应的正反应为放热反应
B．达到平衡时，容器Ⅰ中的CH3OH体积分数比容器Ⅱ中的小
C．容器Ⅰ中反应到达平衡所需时间比容器Ⅲ中的长
D．若起始时向容器Ⅰ中充入CH3OH
0.15
mol、CH3OCH3
0.15
mol和H2O
0.10
mol，则反应将向正反应方向进行
【答案】AD
【解析】比较Ⅰ、Ⅲ数据可知：温度越低，平衡时CH3OCH3含量越高，则降温时平衡正向移动，正反应为放热反应，A项正确；由于Ⅰ和Ⅱ温度相同，且该反应前后气体分子数不变，故虽然Ⅱ中甲醇的起始量为Ⅰ的两倍，压强不同，但CH3OH的分解率不变，达到平衡时两容器中CH3OH的体积分数相同，B项错误；温度越高反应速率越快，达平衡用的时间越短，故容器Ⅰ中反应达平衡的时间比容器Ⅲ中短，C项错误；由容器Ⅰ中的数据可求得387
℃时的K＝＝4，根据D项所给的数据可知此时Q＝＝＜K，故反应正向进行，D项正确。
【考点定位】本题主要是考查化学平衡有关知识。
【名师点晴】本题以化学反应速率、平衡移动、化学平衡常数的有关判断等为载体，重点考查学生对外界因素对化学平衡影响的理解，对等效平衡的识别能力，充分体现出学生思维能力的考察。本题的解题要点为化学平衡，需要学生掌握温度、浓度、压强等变化对平衡的影响，会控制影响因素分析外界条件的变化对化学平衡的影响。做题时要分清影响因素，是温度、浓度还是压强是解题的关键。
18．【2014年高考四川卷第7题】在10
L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g)＋Y(g)
M(g)＋N(g)，所得实验数据如下表：
实验编号
温度/℃
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n(X)
n(Y)
n(M)
①
700
0.40
0.10
0.090
②
800
0.10
0.40
0.080
③
800
0.20
0.30
a
④
900
0.10
0.15
b
下列说法正确的是(　　)
A．实验①中，若5
min时测得n(M)＝0.050
mol，则0至5
min时间内，用N表示的平均反应速率v(N)＝1.0×10－2
mol·L－1·min－1
B．实验②中，该反应的平衡常数K＝2.0
C．实验③中，达到平衡时，X的转化率为60%
D．实验④中，达到平衡时，b>0.060
【答案】C
【解析】A、实验①中，若5min时测得n(M)＝0.050mol，浓度是0.0050mol/L，则根据反应的化学方程式可知，同时生成的N的物质的量也是0.0050mol/L
，因此0至5min时间内，用N表示的平均反应速率
v(N)＝0.0050mol/L
÷5min＝1.0×10－3mol/(L·min)，A不正确；B、实验②中，平衡时M的浓度是0.0080mol/L，则同时生成的N的浓度是0.0080mol/L，消耗X与Y的浓度均是0.0080mol/L，因此平衡时X和Y的浓度分别为0.01mol/L－0.0080mol/L＝0.002mol/L，0.04mol/L－0.0080mol/L＝0.032mol/L，因此反应的平衡常数K＝＝1，B不正确；C、根据反应的化学方程式可知，如果X的转化率为60%，则
X(g)
＋
Y(g)M(g)
＋
N(g)
起始浓度（mol/L）
0.020
0.030
0
0
转化浓度（mol/L）
0.012
0.012
0.012
0.012
平衡浓度（mol/L）
0.008
0.018
0.012
0.012
温度不变，平衡常数不变，则K＝＝1，即反应达到平衡状态，因此最终平衡时X的转化率为60%。C正确；D、700℃时
X(g)
＋
Y(g)M(g)
＋
N(g)
起始浓度（mol/L）
0.040
0.010
0
0
转化浓度（mol/L）
0.009
0.009
0.009
0.009
平衡浓度（mol/L）0.031
0.001
0.009
0.009
则该温度下平衡常数K＝＝2.9＞1，这说明升高温度平衡常数减小，即平衡向逆反应方向移动，因此正方应是放热反应。若容器④中温度也是800℃，由于反应前后体积不变，则与③相比④平衡是等效的，因此最终平衡时M的物质的量b＝0.5a＝0.06。当温度升高到900℃时平衡显逆反应方向移动，因此b＜0.060，D不正确，答案选C。
【考点地位】本题主要是考查化学反应速率和化学平衡常数的有关判断与计算。
【名师点晴】本题难度大，综合性强，是选择题中的压轴题。该类试题重点考查了学生对基本概念的理解和综合分析应用能力，对转化率的计算与等效平衡和化学平衡移动结合起来分析，考查了基本概念的内涵和外延，对学生的要求较高。该题的难点在于平衡常数和等效平衡的应用。
19．【2014年高考新课标Ⅰ卷第9题】已知分解1
mol
H2O2
放出热量98KJ，在含少量I－的溶液中，H2O2的分解机理为：H2O2＋
I－
→H2O
＋IO－
慢
H2O2＋
IO－→H2O
＋O2＋
I－
快
下列有关反应的说法正确的是（
）
A．反应的速率与I－的浓度有关
B．IO－也是该反应的催化剂
C．反应活化能等于98KJ·mol－1
D．v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)
【答案】A
【解析】本题的解题要点为：首先要认识反应原理，然后对各个选项的问题进行逐一解答。做题时一定要认真审题，看清问的问题、关键字眼，避免造成不必要的丢分。由反应机理可知I-
是H2O2分解的催化剂，碘离子浓度大，产生的IO－就多，反应速率就快。因此A正确。B.
IO-是I-与H2O2发生反应的中间产物，由于开始时未加入该物质，反应结束，该物质也不存在，因此IO-不是该反应的催化剂。错误。C.反应的活化能是反应错误。C、活化能可以用于表示一个化学反应发生所需要的最小能量。反应的活化能是反应物的总能量与生成物的总能量的差值，这与反应的物质得到多少，单位是千焦耳每摩尔(kJ/mol)。错误。D、
H2O2分解的总方程式是2H2O22H2O+
O2↑。由于水是纯液体，不能用来表示反应速率，同一化学反应，用不同物质来表示化学反应速率时，速率的比等于方程式该物质前边的计量数的比，因此用H2O2和O2表示的化学反应速率是不同的。错误。
【考点地位】本题主要是考查外交途径对反应速率的影响、活化能等有关判断。
【名师点晴】化学反应速率是化学教学中的重要理论。催化剂对化学反应速率的影响、化学反应速率的表示、反应的活化能等抽象的概念、理论借助常见物质H2O2来实现，使问题形象化、具体化，使知识在难度上得到降低。化学反应有快慢之分，反应过程既有物质变化，也有能量变化。通过本题得到充分的展现。考查了学生综合运用所学化学知识解决相关化学问题的能力。
20．【2014年高考重庆卷第7题】在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X(g)Y(g)，温度T1、T2下X的物质的量浓度c(X)随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是
(　　)
A．该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量
B．T2下，在0～t1时间内，v
(Y)＝mol·L－1·min－1
C．M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率v逆
D．M点时再加入一定量X
，平衡后X的转化率减小
【答案】C
【解析】根据图像可知，T1＜T2，ΔH<0，因此该反应是放热反应，故c(X)变化越大，放出热量越多，故M点放出的热量小于W点放出的热量，A项错误；T2温度，0～t1时间内，v(Y)＝v(X)＝
mol·L－1·min－1，B项错误；因T1>T2，vM正＝vM逆>vW逆，又因vN逆＜vW逆，所以vN逆【考点定位】本题主要是考查化学反应速率和平衡平衡状态的有关判断与计算、图像识别等，题目难度较大，对学生的思维能力要求较高，意在考查学生严谨的逻辑思维能力和分析问题、解决问题的能力。
【名师点睛】本题从化学反应速率与化学平衡图像入手，结合反应方程式及改变的条件进行综合分析。观察图像的时候首先看横纵坐标，然后看变化趋势，与化学反应速率与化学平衡移动的影响因素相结合，得出相关结论，进行解题。
T/K
v/(mmol·L－1·min）－1)
c/(mol·L－1)专题03
阿伏加德罗常数
2019年化学高考题
1.
（2019全国Ⅱ理综，8，6分）已知NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是?
A.
3
g
3He含有的中子数为1
NA?
B.1
L
0.1
mol·L-1磷酸钠溶液含有的PO43-数目为0.1
NA?
C.1
mol
K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6
NA?
D.48
g正丁烷和10
g异丁烷的混合物中共价键数目为13
NA
?
1.
B
本题考查阿伏加德罗常数的应用，考查的核心素养是宏观辨识与微观探析。3
g
3He的物质的量为1
mol，每个3He含1个中子，则1
mol
3He含1
mol中子，A项正确；该溶液中含0.1
mol
Na3PO4，由于部分PO43-水解，故溶液中PO43-的数目小于0.1NA，B项错误；K2Cr2O7中Cr元素为+6价，1
mol
K2Cr2O7被还原成Cr3+时，得到6
mol电子，C项正确；正丁烷和异丁烷互为同分异构体，每个分子中均含10个C—H键和3个C—C键，即每个分子中含13个共价键，则48
g正丁烷和10
g异丁烷的混合物中含13
mol共价键，D项正确。?
【光速解法】Na3PO4为强碱弱酸盐，部分PO43-在溶液中发生水解反应而使溶液中PO43-数目减少。
2.（2019浙江4月选考，19，2分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是?
A.1
mol
CH2CH2分子中含有的共价键数为6NA?
B.500
mL
0.5
mol·L-1的NaCl溶液中微粒数大于0.5
NA?
C.30
g
HCHO与CH3COOH混合物中含C原子数为NA
D.
2.3
g
Na与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1
NA和0.2
NA之间
?
2.
D
本题考查与阿伏加德罗常数相关的计算。1个CH2CH2分子中包含4个单键和1个双键，而1个双键中有2个共价键，故1
mol
CH2CH2分子中含有的共价键数为6
NA，A项正确；500
mL
0.5
mol·L-1的NaCl溶液中含有的微粒包括Na+、Cl-、H2O、H+、OH-，故微粒数大于0.5
NA，B项正确；HCHO和CH3COOH的最简式均为CH2O，故30
g
HCHO和CH3COOH混合物中含“CH2O”的物质的量为1
mol，含C原子数为NA，C项正确；2.3
g
Na与O2完全反应，不论生成Na2O还是Na2O2，转移的电子数均为0.1
NA，D项不正确，故选D。?
【走出误区】一个碳碳双键包含两个共价键，即一个σ键和一个π键。?
3.
（2019全国Ι理综，10，6分）
固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。如图为少量HCl气体分子在253
K冰表面吸附和溶解过程的示意图,下列叙述错误的是?
A.冰表面第一层中,HCl以分子形式存在?
B.冰表面第二层中,H+浓度为5×10-3mol·L-1(设冰的密度为0.9
g·cm-3)?
C.冰表面第三层中,冰的氢键网络结构保持不变?
D.冰表面各层之间,均存在可逆反应HClH++Cl-?
3.
D
本题考查图像分析与化学计算等知识，考查的核心素养是证据推理与模型认知。观察图示知，第一层只存在HCl分子，HCl没有电离，A项正确，D项错误；在冰表面第二层中，假设H2O的物质的量为1
mol
，则n(Cl-)＝1×10-4mol，n(Cl-)＝n(H+)，冰的体积V＝＝20.00
cm3，c(H+)＝1×10-4mol/20×10-3L＝5.0×10-3mol·L-1，B项正确；第三层中水分子结构不变，每个水分子与4个水分子形成氢键，氢键网络结构保持不变，C项正确。
2018年化学高考题
1.
（2018全国Ⅰ理综，10，6分）NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（
?）
A．16.25
g
FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA
B．22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NA
C．92.0g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0NA
D．1.0
mol
CH4与C12在光照下反应生成CH3Cl分子数为1.0NA
1.
B
本题考查阿伏加德罗常数的应用。16.25
g
FeCl3的物质的量n(FeCl3)＝0.1
mol，如果氯化铁完全水解，则生成0.1
mol
Fe(OH)3，而氢氧化铁胶体粒子由许多氢氧化铁聚集而成，故氢氧化铁胶体粒子数远小于0.1NA，A项错误；氩气是单原子分子，1
mol
Ar含18
mol质子，B项正确；甘油（丙三醇）的分子式为C3H8O3，相对分子质量为92，1
mol(92.0
g)甘油含3
mol羟基，C项错误；甲烷与氯气在光照下反应会生成四种有机产物，即
1.0
mol甲烷反应后生成的CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4共为1
mol，D项错误。
2.
（2018全国Ⅱ理综，11，6分）
NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A.常温常压下，124
g
P4中所含P—P键数目为4NA
B.100
mL
1
mol·L-1
FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA
C.标准状况下，11.2
L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
D.密闭容器中，2
mol
SO2和1
mol
O2催化反应后分子总数为2NA
2.
C
本题考查阿伏加德罗常数的应用。每个P4分子中含6个P—P键，124
g
P4的物质的量为1
mol，含6
mol
P—P键，A项错误；该溶液中虽然含0.1
mol
FeCl3，但由于Fe3+?部分水解，即溶液中Fe3+?数目小于0.1NA，B项错误；标准状况下，11.2
L甲烷和乙烯的混合气体为0.5
mol，根据1
mol
CH4和1
mol
C2H4均含4
mol
H原子可知，0.5
mol混合气体中含2
mol
H原子，C项正确；SO2和O2的反应为可逆反应，即反应后容器中同时含有SO2、O2和SO3，分子总数大于2NA，D项错误。
3.
（2018海南，9,4分）NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A.12
g金刚石中含有化学键的数目为4NA
B.
18
g的D2O中含有的质子数为10NA
C.
28
g的乙烯和环己烷混合气体中所含原子总数为6
NA
D.
1L
1
mol.L-1，的NH4Cl溶液中NH4+和Cl-的数目均为1NA
3.C
金刚石内部的碳原子间通过共价键与其它四个碳原子形成正四面体的C-C键，即每个C-C键拥有2个碳原子，而每个碳原子则拥有4个C-C键，所以12g金刚石，即1mol金刚石中含有2mol的C-C键，A错误；D2O（重水）分子为10电子分子，即含有10个质子，暨1molD2O中含有10质子，但18gD2O的物质的量＜1mol，所以B论述观点也是不对的；乙烯与环已烷具有相同的最简式：CH2，28g的乙烯与环已烷的混合气体中含有2mol的“CH2”单元，即含有6mol的原子，C观点正确；D中的NH4Cl属于强酸弱碱盐，能够发生水解，因此1L
1
mol.L-1的NH4Cl溶液中NH4+数目小于1NA，D也不正确。
2017年
化学高考题
1.【2017高考全国卷II】阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是
A.1
L
0.1
mol·L-1NH4Cl溶液中，的数量为0.1NA
B.2.4
g
Mg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NA
C.标准状况下，2.24
L
N2和O2的混合气体中分子数为0.2NA
D.0.1
mol
H2和0.1
mol
I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA
【答案】D
【解析】本题考查阿伏加德罗常数的运用。H2与I2的反应虽为可逆反应，但由于反应前后气体总物质的量不变，因此无论反应程度如何，分子总数均为0.2NA，D项正确。溶液中含
0.1
mol
NH4Cl，由于NH4+部分水解，即NH4+的数量少于0.1NA，A项错误；2.4
g
Mg为
0.1
mol，与H2SO4完全反应转移0.2
mol电子，B项错误；标准状况下，2.24
L
N2和O2的混合气体为0.1
mol，其分子数为0.1NA，C项错误。
2.【2017高考全国卷III】NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A.0.1
mol的11B中，含有0.6NA个中子
B.pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+
C.2.24
L(标准状况)苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子
D.密闭容器中1
mol
PCl3与1
mol
Cl2反应制备PCl5(g)，增加2NA个P—Cl键
【答案】A
【解析】本题考查阿伏加德罗常数的应用。1个11B原子中含有6个中子，0.1
mol?11B中含有0.6NA个中子，A项正确。H3PO4溶液的体积未知，所以不能计算出所含氢离子个数，B项错误；标准状况下苯是液体，不能利用标准状况下的气体摩尔体积计算
2.24
L
苯在O2中完全燃烧产生CO2分子的数目，C项错误；PCl3与Cl2生成PCl5的反应是可逆反应，所以1
mol
PCl3与1
mol
Cl2不可能完全反应，生成的PCl5小于1
mol，故增加的P—Cl键的数目小于2NA，D项错误。
3.【2017年高考海南卷】NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是
A．1
mol
乙烯分子中含有的碳氢键数为4NA
B．1
mol
甲烷完全燃烧转移的电子数为8NA
C．1
L
0.1
mol·L?1的乙酸溶液中含H+的数量为0.1NA
D．1
mol
的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA
【答案】C
【解析】A、乙烯的结构简式为CH2=CH2，1mol乙烯中含有碳氢键的物质的量为4mol，故A说法正确；B、甲烷燃烧生成CO2，甲烷中C的化合价为－4价，CO2中C的化合价为＋4价，因此1mol甲烷完全燃烧转移电子物质的量为8mol，故B说法正确；C、乙酸是弱酸，部分电离，因此溶液中H＋物质的量小于0.1mol，故C说法错误；D、1molCO含有质子物质的量为(6＋8)mol=14mol，1molN2中含有质子物质的量为2×7mol=14mol，因此1molN2和CO的混合气体中含有质子物质的量为14mol，故D说法正确。
【名师点睛】本题考查阿伏加德罗常数的应用，一般从结构、转移电子、弱电解质电离、隐含条件、微粒数、气体摩尔体积等角度进行考查，从结构：书写常见物质的结构，如金刚石为原子晶体，一个碳原子与四个碳原子形成化学键，因此一个碳原子真正具有的共价键为2个，1个SiO2中Si有4个化学键等等；转移电子：一般涉及歧化反应，那就从氧化产物或还原产物中寻找，如Na2O2与H2O的反应，从氧气中进行判断，生成1molO2转移电子物质的量为1×2×[0－(－1)]mol=2mol；隐含条件：一般涉及可逆反应，如NO和O2的反应，2NO＋O2=2NO2，2NO2N2O4，可逆反应不能仅到底；气体摩尔体积：看清楚条件是否是标准状况，标准状况下，此物质是否是气体，记住H2O、SO3、HF在标准状况下不是气体；这需要夯实基础知识，此题一般属于基础题，容易拿分。
4．【2017年高考浙江卷】设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，2.24
L乙醇中碳氢键的数目为0.5
NA
B．1
L
0.1
mol·Lˉ1硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4
NA
C．0.1
mol
KI与0.1
mol
FeCl3在溶液中反应转移的电子数为0.1
NA
D．0.1
mol乙烯与乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧分子数为0.3
NA
【答案】D
【考点】以阿伏加德罗常数为核心综合考查物质微观结构、化学反应微粒变化
【解析】标况下，乙醇为非气体，A错误；B忽略水中的氧原子；C忽略Fe3+与I-反应是一个可逆反应；1mol乙醇或乙烯消耗的氧气都为3mol，1mol混合气体（任意比例混合）消耗氧气都为3mol。
2016-2013年
化学高考题
1．【2016年高考海南卷】利用太阳能分解制氢，若光解0.02
mol水，下列说法正确的是（
）
A．可生成H2的质量为0.02g
B．可生成氢的原子数为2.408×1023个
C．可生成H2的体积为0.224L（标准情况）
D．生成H2的量理论上等于0.04mol
Na与水反应产生H2的量
【答案】D
【解析】根据方程式2H2O===2H2↑+O2↑，光解0.02
mol水，可产生0.02
mol
H2和0.01
molO2。则可知，A项，可生成H2的质量为0.04g，错误；B项，可生成氢的原子数为2.408×1022个，错误；C项，可生成标准状况下H2的体积为0.448L，错误；D项，0.04mol
Na与水反应产生0.02
mol
H2，正确，答案选D。
【考点定位】考查水的分解及简单方程式的计算。
【名师点睛】本类题的解题策略：（1）掌握基本概念，找出各化学量之间的关系；（2）加强与原子结构、元素化合物性质、有机物结构性质等相关知识的横向联系；（3）找出解题的突破口，在常规解法和计算技巧中灵活选用。顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。
2．【2016年高考江苏卷】下列说法正确的是（
）
A．氢氧燃料电池工作时，H2在负极上失去电子
B．0.1mol/LNa2CO3溶液加热后，溶液的pH减小
C．常温常压下，22.4L
Cl2中含有的分子数为6.02×1023个
D．室温下，稀释0.1mol/LCH3COOH溶液，溶液的导电能力增强
【答案】A
【解析】A、氢氧燃料电池工作时，H2发生氧化反应，在负极上失去电子，A正确；B、升高温度，促进碳酸钠的水解，溶液的pH增大，B错误；C、常温常压下，气体的摩尔体积大于22.4L/mol，22.4LCl2中的物质的量小于1mol，含有的分子数小于6.02×1023个，C错误；D、室温下，稀释稀醋酸，虽然电离平衡正向移动，自由移动离子的数目增加，但溶液体积的增大起主导作用，自由移动离子的浓度减小，溶液的导电能力减弱，D错误。答案选A。
【考点定位】本题主要是考查燃料电池，电解质溶液中的离子平衡，阿伏加德罗常数计算等
【名师点晴】该题考查的知识点较多，综合性较强，但难度不大。明确原电池的工作原理、碳酸钠的水解、气体摩尔体积以及弱电解质的电离是解答的关键，易错选项是D，注意理解溶液导电性影响因素，溶液的导电能力强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷的多少，离子浓度越大，离子所带的电荷越多，溶液的导电性越强。若强电解质溶液中离子浓度很小，而弱电解质溶液中离子浓度大，则弱电解质溶液的导电能力强，因此电解质的强弱与电解质溶液的导电性并无必然联系。
3．【2016年高考四川卷】
NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（
）
A．2.4g
Mg在足量O2中燃烧，转移的电子数为0.1NA
B．标准状况下，5.6LCO2气体中含有的氧原子数为0.5NA
C．氢原子数为0.4NA的CH3OH分子中含有的
σ
键数为0.4
NA
D．0.1L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有的H+数为0.05NA
【答案】B
【解析】本题考查了阿伏加德罗常数的应用，意在考查考生对化学基础知识的应用能力。
2.4
g
Mg在足量O2中燃烧，生成MgO，转移0.2
mol电子，A项错误；标准状况下，5.6
L
CO2为0.25
mol，含有氧原子数为0.5NA，B项正确；
氢原子数为0.4NA的CH3OH的物质的量为0.1
mol，含有0.5
mol
σ键，C项错误；D项忽视了醋酸为弱酸，不能完全电离，D项错误。
【考点定位】考查阿伏加德罗常数、以物质的量为中心的计算、相关物质的结构与性质。
【名师点睛】本题型为新课标高考的常见题型。解答本类题目要审清选项中涉及的以下几个方面：①要审清所求粒子的种类，如分子、原子、离子、质子、中子、电子等，②涉及物质的体积时要审清物质的状态和温度、压强，③涉及中子数和化学键的计算，要审清相关物质的结构和特殊物质的摩尔质量，④涉及化学反应要明确相关反应的特点和电子转移；⑤涉及溶液中的微粒要关注电离和水解；⑥要注意审清运算公式。
4．【2016年高考新课标Ⅰ卷】设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是（
）
A．14
g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA
B．1
mol
N2与4
mol
H2反应生成的NH3分子数为2NA
C．1
mol
Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA
D．标准状况下，2.24
LCCl4含有的共价键数为0.4NA
【答案】A
【解析】本题考查了阿伏加德罗常数的正误判断，意在考查考生对化学基础知识的理解与应用能力。乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故14
g乙烯和丙烯的混合气体中氢原子数为2NA，A项正确；B项忽视了N2与H2的反应为可逆反应，不能进行彻底，B项错误；Fe与过量硝酸反应生成Fe3+，1
mol
Fe参加反应转移3NA个电子，C项错误；标准状况下CCl4为液态，D项错误。
【考点定位】考查阿伏加德罗常数计算的知识。
【名师点睛】阿伏加德罗常数是单位物质的量的物质内含有的该物质的基本微粒数目，用NA表示，其近似值是6.02×1023/mol；在国际上规定：0.012kg的12C所含有的碳原子数，任何物质只要其构成的基本微粒数与0.012kg的12C所含有的碳原子数相同，就说其物质的量是1mol。有关公式有；；；。掌握各个公式的适用范围、对象，是准确应用的保证。有时阿伏加德罗常数会与物质结构、氧化还原反应、电化学等知识结合在一起考查，要掌握物质的物理性质、化学性质及发生的反应特点等，才可以得到准确的解答。
5．【2015新课标Ⅰ卷理综化学】NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（
）
A．18g
D2O和18g
H2O中含有的质子数均为10NA
B．2
L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+离子数为2NA
C．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA
D．密闭容器中2mol
NO与1mol
O2充分反应，产物的分子数为2NA
【答案】C
【解析】
A、核素D和H的质量数不同，质子数相同。则18gD2O和18gH2O的物质的量不同，所以含有的质子数不同，错误；B、亚硫酸为弱酸，水溶液中不完全电离，所以溶液中氢离子数目小于2NA，错误；C、过氧化钠与水反应生成氧气，则氧气的来源于-1价的O元素，所以生成0.1mol氧气时转移电子0.2NA，正确；D、NO与氧气反应生成二氧化氮，但常温下，二氧化氮与四氧化二氮之间存在平衡，所以产物的分子数小于2NA，错误，答案选C。
【考点定位】
考查阿伏加德罗常数与微粒数的关系判断，涉及到核素、弱电解质电离、氧化还原反应、化学平衡等知识点。试题难度为较易等级。
【名师点晴】阿伏加德罗常数的考查，几乎可以将中学化学计算兼容到一个题中，所以几乎是高考必考题。在选择题前半部分（四道题）出现，一般试题偏易；在选择题后半部分或非选择题出现，一般试题偏难。阿伏加德罗常数的考题充分体现了化学研究从定性到定量、从宏观到微观的特点，更凸显了化学科学特点和化学研究基本方法，能较好的考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
【2015新课标Ⅱ卷理综化学】NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（
）
A．60g丙醇中存在的共价键总数为10NA
B．1L
0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－和CO32－离子数之和为0.1NA
C．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。23g钠充分燃烧时转移电子数为1NA
D．235g核互U发生裂变反应：U+nSr+U+10n，净产生的中子(n)数为10NA
【答案】C
【解析】本题考查阿伏加德罗常数的应用,意在考查考生的应用能力。1
mol
丙醇中含有
11
mol共价键,A项错误;NaHCO3溶液中碳元素的存在形式有:HCO3-、CO32-
及H2CO3，三者共0.1
mol,B项错误;钠与O2反应的各种产物中钠只有+1价,所以1
mol
Na反应失去1
mol
e-,C项正确;235
g核素U为1
mol,由核反应知,净产生的中子为9
mol,D项错误。本题B项,易忽视碳元素还以H2CO3形式存在。
【考点定位】本题主要是考查阿伏加德罗常数的有关计算，涉及丙醇分子中共价键判断、溶液中物料守恒应用、氧化还原反应中电子转移计算以及核裂变反应等
【名师点晴】将分子、原子的结构、相对分子质量或式量、物质质量、摩尔质量、物质的量、物质的量在物质及其所含构成微粒关系式计算中的应用、溶液体积、溶质的物质的量浓度、溶质的物质的量、溶质与水化合即电解质的电离、可逆反应、取值范围、气体摩尔体积、物质的状态、电解质溶液中存在的微粒、钠的燃烧、氧化还原反应、化合价、物质的量在钠与失去电子的关系式计算中的应用等联系起来。充分体现了化学研究从定性到定量、从宏观到微观的特点，更突显了化学科学特点和化学研究基本方法，能较好的考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
7．【2015四川理综化学】设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（
）
A．2.0g
H218O与D2O的混合物中所含中子数为NA
B．常温常压下，4.4g乙醛所含σ键数目为0.7NA
C．标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5
NA
D．50ml
12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
【答案】A
【解析】本题考查阿伏加德罗常数,意在考查考生对阿伏加德罗常数概念的理解与应用能力及计算能力。H218O和D2O的摩尔质量均为20
g/mol,即2.0
g
H218O和D2O的混合物为0.1
mol,
H218O和D2O所含的中子数均为10,A项正确;4.4
g乙醛为0.1
mol,而1个乙醛分子含有4个碳氢
σ
键、1个碳碳
σ
键和1个碳氧σ键,共6个σ键,即4.4
g乙醛应该含0.6
mol
σ
键,B项错误;
1
mol
CO2与1
mol
Na2O2反应生成0.5
mol
O2,转移1
mol电子,而标准状况下5.6
L
CO2为0.25
mol,即转移0.25
mol电子,
C项错误;浓盐酸与二氧化锰反应时,随着反应进行,浓盐酸浓度降低,反应逐渐停止,故无法通过给出的盐酸的量计算出转移的电子数,
D项错误。该题易误选C、D。忽视二氧化碳与过氧化钠反应时生成氧气的元素来源,则容易误选C;只按照化学方程式进行计算,而忽视反应过程中盐酸浓度的变化,易误选D。
【考点定位】本题主要是考查阿伏加德罗常数的有关计算，涉及物质组成、分子中σ键判断、氧化还原反应中电子转移计算以及浓度变化对化学反应的影响等。
【名师点晴】阿伏加德罗常数正误判断题在注重对有关计算关系考查的同时，又隐含对某些概念理解的考查，试题计算虽然难度不大，但概念性强，区分度大，具有较强的综合性，符合了目前高考理综的命题特点。主要考查物质所含的粒子数目（质子数、中子数、电子数、离子数、电荷数、化学健）、气体摩尔体积、氧化还原反应中电子转移的数目、可逆反应、弱电解质的电离平衡和盐类水解、物质之间可能发生的反应等。
8【2015广东理综化学】设nA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（
）
A．
23g
Na
与足量H2O反应完全后可生成nA个H2分子
B．1
mol
Cu和足量热浓硫酸反应可生成nA个SO3分子
C．标准状况下，22.4L
N2和H2混合气中含nA个原子
D．3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8nA个电子
【答案】D
【解析】23g
Na完全反应时转移电子为1mol，生成H2为0.5mol，个数为0.5nA个，A错；Cu和足量热浓硫酸反应生成的是SO2，不是SO3，B错；标准状况下，22.4L
N2和H2混合气的物质的量为1mol，含有的分子数目是nA个，由于N2和H2都是双原子分子，故原子的物质的量为2mol，个数为2nA个，C错；Fe3O4看成Fe2O3·FeO，3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8nA个电子，D对。
【考点定位】本题主要是考查阿伏加德罗常数和物质的量的有关计算，还涉浓硫酸的性质和氧化还原反应的电子转移的计算。
【名师点睛】计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合价的改变以及物质的量，还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反应过程中转移的电子数；在计算一个反应消耗或生成物质的物质的量时一定要知道反应能否完全进行，反应物是否会全部反应等，只有根据具体情况才能判断；在进行混合物的有关计算是分析一下混合物有什么规律，如相对分子质量相同，最简式相同、所带电荷数相同、含有的原子数相同等，找出规律进行解答。
9．【2015海南化学】下列指定微粒的数目相等的是（
）
A．等物质的量的水与重水含有的中子数
B．等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数
C．同温、同压同体积的CO和NO含有的质子数
D．等物质的量的铁和铝分别于足量氯气完全反应时转移的电子数
【答案】B、D
【解析】本题考查微粒数目大小比较,意在考查考生对物质构成微粒、氧化还原反应中电子转移的分析能力。1个H2O和1个D2O中的中子数分别为8和10,A项错误;烯烃CnH2n共用电子对数为3n,设乙烯、丙烯的质量均为m
g,则共用电子对数分别为m/28×6×NA=3m/14NA、m/42×9×NA=3m/14NA,B项正确;1个CO和1个NO中的质子数分别为14和15,同温、同压、同体积的CO和NO的物质的量相等,但质子数不相等,C项错误;Fe、Al分别与足量Cl2反应,生成FeCl3、AlCl3,FeCl3、AlCl3中Fe、Al均为+3价,故等物质的量的铁和铝分别与足量氯气完全反应时转移的电子数相等,D项正确。
【考点定位】本题主要是考查阿伏加德罗常数的有关计算，涉及原子结构、乙烯和丙烯的分子结构、氧化还原反应中电子转移等。
【名师点睛】将分子和原子的结构、物质质量、物质的体积、物质的量等在物质及其所含构成微粒关系式计算中的应用与原子的构成、物质的结构、氧化还原反应电子转移等联系起来。充分体现了化学研究从定性到定量、从宏观到微观的特点，更突显了化学科学特点和化学研究基本方法，能较好的考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力考查相关物质的组成、结构与性质。
10．【2014年高考广东卷】设nA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是（
）
A．18g
H2O含有10nA个质子
B．1mol甲苯含有6nA个C—H键
C．标准状况下，22.4L氨水含有nA个NH3分子
D．56g铁片投入足量浓硫酸中生成nA个SO2分子
【答案】A
【解析】本题以阿伏加德罗常数为载体,综合考查物质结构、化学键、物质性质等知识,意在考查考生综合应用所学知识的能力。每个水分子中有10个质子,18
g水为1
mol,所以18
g水中含有10
nA个质子,A正确。每个甲苯分子中含有8个C—H键,1
mol甲苯中含有8
nA个C—H键,B错。22.4
L·mol-1是气体在标准状况下的摩尔体积,不适用于液体,同时氨水中的溶质是NH3·H2O,NH3含量很小,C错。铁在浓硫酸中发生钝化,D错。
【考点定位】本题主要是考查阿伏加德罗常数的有关计算
【名师点晴】本题旨在考查阿伏加德罗常数与物质的量之间的关系，对22.4L/mol数据的应用条件、质子数、化学键数目、氧化还原反应中气体分子数的判断，对物质的结构式、反应的特点、物质的状态的考查。阿伏加德罗常数是每年高考题中必现的题目，在这类题目中要注意与22.4L/mol有关的描述、氧化还原反应中得失电子的数目、盐溶液中水解离子的数目、质子数、中子数、化学键的数目、由同位素原子构成的物质的摩尔质量、氧化还原反应中与浓度有关的问题等的判断，所以读题需认真，做题需谨慎。
11．【2014年高考江苏卷】设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（
）
A．1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NA
B．0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NA
C．标准状况下，11.2L苯中含有分子的数目为0.5NA
D．在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.4NA
【答案】A
【解析】A、氧气和臭氧都是氧原子形成的单质，则1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NA，正确；B、丙烯酸的结构简式为CH2==CHCOOH，则0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.2NA，不正确；C、标准状况下，苯不是气态不能适用于气体摩尔体积，则11.2L苯中含有分子的数目一定不是0.5NA不正确；D、在过氧化钠与水的反应中，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，氧元素的化合价从－1价升高到0价，部分降低到－2价，因此反应中每生成1mol氧气转移2mol电子，则每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.2NA，不正确。
【考点定位】本题主要是考查阿伏加德罗常数的计算。
【名师点晴】本题以阿伏加德罗常数计算为载体，重点考查微粒的构成关系（原子、分子、离子、电子、质子，化学键等数目）、气体体积换算、化学反应中电子的转移等内容，较好的考查学生的知识面。本题的解题要点为阿伏加德罗常数有关计算，该部分内容要求学生掌握微粒的构成关系（原子、分子、离子、电子、质子，化学键等数目）、气体体积换算、化学反应中电子的转移等内容，要注意气体摩尔体积的使用条件、歧化反应中的电子转移等。
12．【2014年高考全国大纲卷】NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（
）
A．l
mol
FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NA
B．2
L0.5
mol
?
L－1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NA
C．1
mol
Na2O2固体中含离子总数为4NA
D．丙烯和环丙烷组成的42
g混合气体中氢原子的个数为6
NA
【答案】D
【解析】1
mol
FeI2与足量Cl2反应时，Fe2＋被氧化为Fe3＋，I－被氧化为I2，转移电子3NA，A项错误；2
L0.5
mol·L－1的硫酸钾溶液中n(SO)＝1
mol，所带电荷数为2NA，B项错误；Na2O2由Na＋和O(过氧根离子)构成，1
mol
Na2O2中的离子总数为3NA，C项错误；丙烯和环丙烷为同分异构体，其分子式均为C3H6，最简式为CH2，42
g混合气中的氢原子个数为×2NA＝6NA，D项正确。
【考点地位】本题主要是考查化学常用计量(阿伏加德罗常数的有关计算)
【名师点晴】本题总体上通过阿伏加德罗常数的有关计算，综合考查学生的基本计算能力和分析问题的能力。该类题的特点是以微粒数目的计算为依托，考查物质的结构、元素化合物、氧化还原反应、电解质溶液等知识。顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。
13．【2014年高考四川卷第5题】设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（
）
A．高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA
B．室温下，1LpH＝13的NaOH溶液中，由水电离的OH－离子数目为0.1NA
C．氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NA
D．5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，生成28g
N2时，转移的电子数目为3.75NA
【答案】D
【解析】A、高温下铁与水蒸气反应的化学方程式为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，因此高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为×0.2
NA＝0.27NA，A不正确；B、室温下，1LpH＝13的NaOH溶液中，氢离子的物质的量是10－13，水电离出1个氢离子，必然电离出1个OH－离子，所以由水电离的OH－离子数目为10－13NA，B不正确；C、氢氧燃料电池正极消耗氧气，22.4L（标准状况）氧气的物质的量是1mol，氧气在反应中得到4个电子，则1mol氧气得到4mol电子，电路中通过的电子数目为4NA，C不正确；D、5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，－3价的氮元素升高到0价，失去3个电子。＋5价的氮元素降低到0价，得到5个电子，即每生成4mol氮气反应中转移电子的物质的量是15mol。因此生成28g
N2即1mol氮气时，转移电子的物质的量是15mol÷4＝3.75mol，其的电子数目为3.75NA，D正确，答案选D。
【考点地位】本题主要是考查阿伏加德罗常数的有关判断与计算。
【名师点晴】该类试题知识面覆盖广，能较好的考查学生对知识的掌握情况。该类试题重点考查考生对物质的量、阿伏加德罗常数、气体摩尔体积、物质的量浓度、分子结构、原子结构等概念的了解；考查考生根据物质的量、质量、微粒数目、气体体积之间的相互关系进行有关计算的能力；考查考生对溶液、电解质的电离的了解；考生考生对常见氧化还原反应及其失去电子数的了解；考查考生对化学科学特点和化学研究基本方法的了解情况。该类试题是高考题中一道中等难度题，但区分度较好，它在继承与创新方面找到了较好的平衡。
14．【2013年高考江苏卷】设NA
为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（
）
A．1
L
1
mol·L-1的NaClO
溶液中含有ClO－的数目为NA
B．78
g
苯含有C==C
双键的数目为3NA
C．常温常压下，14
g
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.
72
L
NO2与水充分反应转移的电子数目为0.
1NA
【答案】C
【解析】本题考查阿伏加德罗常数,意在考查考生的分析判断能力。ClO－能发生水解,故1
L
1
mol/L的NaClO溶液中ClO－的数目小于NA,故A错误。苯分子中不含碳碳双键,B错误。14
g
N2与CO混合气体的物质的量为0.5
mol,所含原子数等于NA,C正确。在反应3NO2+H2O==2HNO3+NO中,若有3
mol
NO2与水反应转移2
mol电子,标况下6.72
L
NO2为0.3
mol,转移电子数为0.2NA,故D错误。
【考点定位】考查阿伏加德罗常数的应用。中档题。
【名师点睛】本题考查的知识点是阿伏加德罗常数NA的应用，在NaClO溶液中注意ClO－的水解，掌握苯的结构，混合气体的物质的量的计算以及氧化还原反应中的电子转移，这些基础知识以阿伏加德罗常数的有关计算为载体设计出来，关键在于细节的把握，有一定的难度，也会在今后高考命题的过程中有所体现。
15．【2013年高考上海卷】NA代表阿伏加德罗常数。已知C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，则该混合物（
）
A．所含共用电子对数目为（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】1个C2H4分子中含共用电子对数目为6对，碳氢键数目为4个，1个C3H6分子中含共用电子对数目为9对，碳氢键数目为6个，则A错误(应该为3aNA/14);B正确；C项没有给氧气的状态，D项含原子总数为3aNA/14，因此选B。
【考点定位】本题考查阿伏加德罗常数。
【名师点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的判断及计算，注意满足C3H6的化合物可能为烯烃，也有可能为环烷烃，同时注意掌握根据最简式计算混合物中含有原子数目的方法。这些基础知识以阿伏加德罗常数的有关计算为载体设计出来，关键在于细节的把握，有一定的难度，也会在今后高考命题的过程中有所体现。
16．【2013年高考广东卷】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2nA个电子
【答案】A
【解析】试题分析：氧气的相对分子质量为32，其摩尔质量为32
g/mol，由m/M=n可得，n(O2)=8g÷32g/mol=1/4mol，由于1个O原子含有8个电子，1个O2含有16个电子，则电子与氧气的物质的量之比等于16，由此可得关系式O2～16
e－，其中电子与氧气的物质的量之比等于系数之比，则n(电子)=16
n(O2)=16×1/4mol=4mol，N(电子)=
n(电子)?NA=4mol
×
nAmol－1=4nA，A项正确；假设氨水的溶质为NH3?H2O，由c?V=n可得，n(NH3?H2O)=c?V=0.1mol/L×1L=0.1mol，由于NH3?H2O是弱碱，不能完全电离出铵根离子，其电离是可逆反应，即NH3?H2ONH4++OH－，则n(NH4+)远远小于n(NH3?H2O)，则N(NH4+)远远小于0.1nA，B项错误；盐酸是液体，不能用V÷22.4L/mol计算出其物质的量，且HCl是强酸，在水中能完全电离成氢离子和氯离子，不可能存在HCl分子，C项错误；由钠的性质可得：2Na+O2Na2O2，根据化合价升高总数等于失去电子数可得如下关系式：2Na+O2Na2O2～2
e－，其中失去电子与Na的物质的量之比等于关系式中的系数之比，则1molNa被完全氧化生成Na2O2时失去nA个电子，D项错误。
【考点定位】本题考查考生对物质的量、阿伏加德罗常数、氧气分子的电子数、气体摩尔体积、物质的量浓度等概念的了解；考查考生根据物质的量、质量、微粒数目、气体体积之间的相互关系进行有关计算的能力；考查考生对电解质的电离的了解；考查考生对常见氧化还原反应及其电子转移数的了解。
【名师点睛】本题考查的知识点是阿伏加德罗常数NA的应用，根据物质的量、质量、微粒数目、气体体积之间的相互关系进行有关计算，对常见氧化还原反应及其电子转移数的计算，这些基础知识以阿伏加德罗常数的有关计算为载体设计出来，关键在于细节的把握，有一定的难度，也会在今后高考命题的过程中有所体现。
17．【2013年高考全国大纲卷】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1
mol，可得A错误。
【考点定位】考查阿伏加的罗定律及推论的应用。
【名师点睛】同温同压下，气体的Vm相等，等体积时，根据n=V/Vm，可知气体的物质的量相等，结合原子的构成以及相关物理量的计算公式解答该题，本题考查基本概念和基本理论知识，意在考查考生对一些重要概念与理论的理解能力，题目难度中等。
18．【2013年高考全国新课标Ⅱ卷】NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（
）
A．1.0
L1.0mo1·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-的数目为0.1
NA
D．
1
mol的羟基与1
moL的氢氧根离子所含电子数均为9
NA
【答案】B
【解析】NaAlO2水溶液中不仅有NaAlO2，还有H2O，1.0L1.0mo1·L-1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数大于2NA，A错误；根据石墨的分子结构可知，每个六元环真正含2个碳原子，12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5NA，B正确；25℃时，没有溶液的体积，不能确定pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目，C错误；1
mol的羟基所含电子数为9
NA，
1
moL的氢氧根离子所含电子数为10
NA，D错误。
【考点定位】阿伏加德罗常数、盐类水解、石墨的结构、电解质溶液。
【名师点睛】本题考查的知识点是阿伏加德罗常数NA的应用,在NaAlO2溶液中注意AlO2－的水解，掌握石墨烯的结构，电解质溶液中离子数目的计算和羟基、OH－的区别，这些基础知识以阿伏加德罗常数的有关计算为载体设计出来，关键在于细节的把握，有一定的难度，也会在今后高考命题中常考常新。专题06
氧化还原反应
2019年化学高考题
1.【2019浙江4月选考，6,2分】反应8NH3+3Cl2===N2+6NH4Cl,被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为?
A.2∶3
B.8∶3
C.6∶3
D.3∶2
?
1.
A
本题考查氧化还原反应中氧化剂和还原剂的判断。反应中NH3并没有全部被氧化，根据生成N2的量可知被氧化的NH3的量占NH3总量的1/4，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为2∶3，故选A。
?
2.【2019北京理综，10,6分】下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是
2.
B
本题考查物质除杂及氧化还原反应，考查的核心素养是科学探究与创新意识。A项，Fe粉将溶液中的Fe3+转化为Fe2+，涉及氧化还原反应；B项，Mg2+与NaOH溶液反应生成Mg(OH)2沉淀，多余的NaOH用稀盐酸中和，两个反应均不涉及氧化还原反应；C项，Cl2?能溶于水并与水发生氧化还原反应，不能用水除去Cl2中的HCl；D项，NO2?溶于水生成HNO3和NO，涉及氧化还原反应。?
2018年化学高考题
1.
（2018北京理综，9，6分）下列实验中的颜色变化,与氧化还原反应无关的是
1.
C
本题考查对氧化还原反应的判断及物质的性质。NaOH溶液滴入FeSO4?溶液中，发生反应：2NaOH+FeSO4==Fe(OH)2↓+Na2SO4，生成白色沉淀Fe(OH)2，Fe(OH)2不稳定，迅速被空气中的氧气氧化为红褐色的Fe(OH)3?：4Fe(OH)2+O2+2H2O===
4Fe(OH)3?，后一过程发生了氧化还原反应，A项不符合题意；氯水中含有HCl和HClO，溶液呈酸性，能使石蕊溶液变红，次氯酸具有强氧化性，能将红色物质氧化，溶液红色褪去，该过程发生了氧化还原反应，B项不符合题意；Na2S溶液滴入AgCl浊液中，发生了沉淀的转化：Na2S+2AgCl===
Ag2S+2NaCl，此过程中不涉及氧化还原反应，C项符合题意；将铜丝插入稀硝酸中，发生反应：3Cu+8HNO3(稀)===
3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，生成无色气体NO，但NO能与空气中的氧气发生反应：2NO+O2===2NO2，这两步反应都是氧化还原反应，D项不符合题意。
2.
(2018江苏，20，14分)
NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
(1)用水吸收NOx的相关热化学方程式如下:
2NO2(g)+H2O(l)
HNO3(aq)+HNO2(aq)
ΔH=-116.1
kJ·mol-1??
3HNO2(aq)
HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)
ΔH=75.9
kJ·mol-1??
反应3NO2(g)+H2O(l)
2HNO3(aq)+NO(g)的ΔH=kJ·mol-1?。
(2)用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式:
。
(3)用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx,吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：
。
(4)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。
①NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1
mol
N2时，转移的电子数为
mol。
②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应（装置如图1）。
反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图2所示，在50~250
℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是
；当反应温度高于380
℃时，NO的去除率迅速下降的原因可能是
。?
2.
(1)-136.2（2分）
(2)HNO2-2e-+H2O====3H++NO3-（2分）?
(3)2HNO2+(NH2)2CO====2N2↑+CO2↑+3H2O（2分）?
(4)①
（3分）?
②迅速上升段是催化剂活性随
温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大;上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大(2分)
催化剂活性下降;NH3与O2反应生成了NO（3分）?
?
2017年
化学高考题
1.
【2017年高考天津卷】下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是
A.硅太阳能电池工作时，光能转化成电能
B.锂离子电池放电时，化学能转化成电能
C.电解质溶液导电时，电能转化成化学能
D.葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能
【答案】A
【解析】本题考查能量转化的原理。A项，硅太阳能电池工作时，光能转化为电能，与氧化还原反应无关；B项，锂离子电池放电时，化学能转化为电能，原电池总反应为氧化还原反应；C项，电解质溶液导电时，电能转化为化学能，总反应为氧化还原反应；D项，葡萄糖为人类生命活动提供能量时，葡萄糖发生氧化还原反应，化学能转化为热能。
2.
【2017年高考海南卷】在酸性条件下，可发生如下反应：+2M3++4H2O=+
Cl－+8H+，中M的化合价是
A．+4
B．+5
C．+6
D．+7
【答案】C
【解析】根据离子反应方程式中，反应前后所带电荷数相等，即6－1=8－n－1，解得n=2，从而得出M2O7n－中M的化合价为+6价，故C正确。
【名师点睛】本题考查离子反应方程式中所带电荷数守恒以及化合价的判断，反应前所带电荷数为5，反应后所带电荷数为为（8－1－n），反应前后所带电荷数守恒，即8－1－n=5，n=2，M2O7n－中O为－2价，因此M的价态为＋6价，此题属于基础题。
3.
【2017年高考浙江卷】下列属于氧化还原反应的是
A．2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O
B．Na2O＋H2O===2NaOH
C．2KI＋Br2===2KBr＋I2
D．MgO＋2HCl===MgCl2＋H2O
【答案】C
【考点】考查氧化还原反应和非氧化还原反应的判断
【解析】有化合价变化的化学反应为氧化还原反应。
2016-2013年
化学高考题
1．【2016年高考北京卷】K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-（橙色）+H2O2CrO42-（黄色）+2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：
结合实验，下列说法不正确的是（
）
A．①中溶液橙色加深，③中溶液变黄
B．②中Cr2O72-被C2H5OH还原
C．对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强
D．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色
【答案】D
【解析】本题考查离子平衡及氧化还原反应原理，意在考查考生的实际运用能力及理解能力。A项，在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，A项正确；B项，②中酸性重铬酸钾溶液氧化乙醇，重铬酸钾被还原为绿色的Cr3+，B项正确；C项，②是酸性条件，④是碱性条件，K2Cr2O7在酸性条件下能氧化乙醇，而在碱性条件下不能，说明其在酸性条件下氧化性强，C项正确；D项，若向④中加入70%
H2SO4溶液至过量，溶液为酸性，K2Cr2O7可以氧化乙醇，溶液变为绿色，D项错误。
【考点定位】本题主要是考查化学平衡移动、氧化还原反应判断。
【名师点晴】明确溶液中的反应特点，并能灵活应用勒夏特列原理判断平衡的移动方向是解答的关键，解答时要注意通过对比实验的分析得出在酸性溶液中重铬酸钾的氧化性强，能把乙醇氧化。易错选项是D，注意④中的实验环境，不要忽视了溶液中还存在乙醇，而不能单纯的考虑平衡的移动方向。
2．【2016年高考上海卷】下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（
）
A．海带提碘
B．氯碱工业
C．氨碱法制碱
D．海水提溴
【答案】C
【解析】试题分析：A．海带提碘是由KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；B．氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；C．氨碱法制取碱的过程中没有元素化合价的变化，是非氧化还原反应，正确；D．海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误。故选项C正确。
【考点定位】考查氧化还原反应概念。
【名师点睛】氧化还原反应是历年高考必考知识点之一，重点是氧化还原反应的概念、氧化性和还原性强弱比较、氧化还原反应方程式配平、氧化还原反应有关计算等。掌握氧化还原反应基本概念是解答的关键：失去（共用电子对偏离）电子、化合价升高、被氧化、发生氧化反应、本身做还原剂、转化为氧化产物；得到（共用电子对偏向）电子、化合价降低、被还原、发生还原反应、本身做氧化剂、转化为还原产物。涉及氧化还原反应配平和计算时依据“质量守恒”、“电子守恒”便可解答，一般题目难度不大。
3．【2016年高考上海卷】一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子。
关于此反应说法错误的是（
）
A．一定属于吸热反应
B．一定属于可逆反应
C．一定属于氧化还原反应
D．一定属于分解反应
【答案】A
【解析】试题分析：根据图示可知该反应反应物是一种，生成物是两种且其中一种是单质。A．该物质属于分解反应，一般的分解反应是吸热反应，但也有的分解反应如2H2O2===2H2O+O2↑的反应是放热反应，错误；B．根据图示可知有一部分反应物未参加反应，属于该反应是可逆反应，正确；C．该反应中化合物发生分解反应有单质生成，所以有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，正确；D．反应物是一种，生成物是两种，因此属于分解反应，正确。
【考点定位】考查常见化学反应类型的判断。
【名师点睛】化学试题的呈现方式形式多样，可采用文字、数据、图表、示意图等多种方式的融合，增加试题信息的广度，考查学生从不同呈现方式中提取有用信息、加工信息，并利用信息进行思考或推理的能力。这些信息蕴含着解决试题的重要思路、数据和方法，如物质性质、物质形态、反应条件、反应产物、结构特征以及变化趋势等。这就要求考生通过“现场独立自学”的方式，从中概括抽象出新的知识或发现数据之间的关系，同时与学过的知识相组合，形成较全面的网络化的知识体系，将这些知识体系进一步应用到新的知识情境中，从而解决问题。这种试题对具有自主学习和独立思考能力的培养和考查，将发挥非常重要的作用。本题利用分子模型示意图考查了四种基本反应类型与氧化还原反应、可逆反应、吸（放）热反应的区别与联系，注意示意图中隐藏的信息：反应前只有一种分子，反应后既有新生成的化合物分子，又有新生成的单质分子，还有未反应的反应物分子，结合各种反应的本质特征回答即可。
4．【2016年高考上海卷】O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（
）
A．氧气是氧化产物
B．O2F2既是氧化剂又是还原剂
C．若生成4.48
L
HF，则转移0.8
mol电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:4
【答案】D
【解析】试题分析：A．O元素的化合价由反应前的+1价变为反应后的0价，化合价降低，获得电子，所以氧气的还原产物，错误；B．在反应中O2F2中的O元素的化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而H2S中的S元素的化合价是—2价，反应后变为SF6中的+6价，所以H2S是还原性，错误；C．外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，错误；D．根据方程式可知还原剂H2S与氧化剂O2F2的物质的量的比是1:4，正确；
【考点定位】考查氧化还原反应的有关概念和简单计算。
【名师点睛】本题主要涉及氧化还原反应，
氧化还原反应的特征是元素的化合价发生变化，其本质是在反应中有电子转移。在反应中，氧化剂是得到电子的或电子对偏向的物质，本身具有氧化性，反应后化合价降低，对应的产物是还原产物；还原剂是失去电子的或电子对偏离的物质，本身具有还原性，反应后化合价升高，对应的产物为氧化产物。整个反应过程电子从还原剂转移到氧化剂。一定记清各概念之间的关系：还原剂—化合价升高—失去电子—被氧化—发生氧化反应—生成氧化产物；氧化剂—化合价降低—得到电子—被还原—发生还原反应—生成还原产物。
5．【2015北京理综化学】在通风橱中进行下列实验：
步骤
现象
Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色
Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止
Fe、Cu接触后，其表面产生红棕色气泡
下列说法中不正确的是（
）
A．Ⅰ中气体有无色变红棕色的化学方程式：2NO+O2===2NO2
B．Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应
C．对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3
D．针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化
【答案】C?
【解析】本题从实验和原电池的角度考查硝酸的化学性质,意在考查考生的综合分析能力和灵活应用所学知识的能力。稀硝酸与铁反应生成NO,NO在空气中被氧化为NO2,故A项正确。浓硝酸能使铁钝化,B项正确。Ⅱ中铁钝化,反应停止,不能比较稀硝酸与浓硝酸氧化性的强弱,C项错误。构成原电池后可以根据电流的方向判断正、负极,从而判断Fe是否被氧化,D项正确。
【考点定位】考查Fe与硝酸的反应，涉及氮氧化物的性质、浓硝酸的强氧化性、原电池工作原理等。
【名师点晴】利用铁与稀硝酸、浓硝酸的反应考查有关实验现象及解释，原电池理论等，学生应明确铁在稀硝酸中反应生成NO，在浓硝酸中发生钝化现象，并能根据反应实质判断浓稀硝酸的氧化性强弱，同时还要知道原电池的构成条件以及原电池工作原理。
6．【2015海南化学】
已知在碱性溶液中可发生如下反应：
2R(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2RO＋3Cl－＋5H2O。则RO中R的化合价是(　　)
A．＋3
B．＋4
C．＋5
D．＋6
【答案】D
【解析】
根据离子反应中反应前后电荷守恒，可得：3＋4＝2n＋3，解得n＝2，在RO离子中，设R的化合价为x，则x－2×4＝－2，解得x＝＋6,
D项正确。
【考点定位】考查离子反应、化合价规则。
【名师点睛】本题考查氧化还原反应类型的离子反应，解答此题可从氧化还原反应角度利用得失电子数目相同进行作答，也可利用离子反应的电荷守恒结合化合价规则进行作答，考查了学生思维的灵活性。
7．【2015江苏化学】下列说法正确的是
(　　)
A．分子式为C2H6O的有机化合物性质相同
B．相同条件下，等质量的碳按a、b两种途径完全转化，途径a比途径b放出更多热能
途径a：CCO＋H2CO2＋H2O
途径b：CCO2
C．在氧化还原反应中，还原剂失去电子的总数等于氧化剂得到电子的总数
D．通过化学变化可以直接将水转变为汽油
【答案】C
【解析】本题考查化学基本概念与基本理论,意在考查考生运用化学知识分析、解决问题的能力。
C2H6O存在两种同分异构体，一种是乙醇，一种是二甲醚，两者的化学性质不同，A项错误；途径a中涉及的反应有：①C＋H2O(g)===CO＋H2，②2CO＋O2===2CO2，
③2H2＋O2===2H2O，根据盖斯定律，得C＋O2===CO2，与途径b相同，所以两个途径中的反应热相等，B项错误；根据氧化还原反应的守恒规律知，
反应中得失电子数目是相等的，C项正确；水由H、O元素组成，而汽油是烃类物质，其中含有C、H，化学转化过程中元素种类不可能发生变化，D项错误。
【考点定位】考查有机物同分异构体的性质、盖斯定律、氧化还原反应的规律、化学反应规律等知识。
【名师点睛】涉及同分异构体、盖斯定律的应用、氧化还原反应的规律、化学反应遵循规律，同分异构体化学性质可能相同，如正丁烷、异丁烷等，也可能不相等，如乙醇、乙醚等，氧化还原反应规律体现在得失电子数目守恒、归中规律、强强联手等知识上，而化学反应应是遵循原子个数守恒和元素守恒等，注重学生基础的夯实。
8．【2015江苏化学】下列说法正确的是（
）
A．若H2O2分解产生1mol
O2,理论上转移的电子数约为4×6.02×1023
B．室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH>7
C．钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀
D．一定条件下反应N2＋3H22NH3达到平衡时，3v正(H2)=2v逆(NH3)
【答案】C
【解析】2H2O2===2H2O
＋
O2↑，生成1
mol
O2时转移2
mol
e－，A项错误；pH＝3的CH3COOH溶液中已电离出的H＋，恰好能与pH＝11的NaOH溶液电离出的OH－完全中和，但是CH3COOH是弱酸，醋酸过量，反应后溶液显酸性，B项错误；由反应方程式的化学计量数知，达到平衡时：v正(H2)∶v逆(NH3)＝3∶2，即2v正(H2)＝3v逆(NH3)，D项错误。
【考点定位】考查氧化还原反应中电子转移、盐类水解和弱电解质的电离、金属防护、达到化学平衡的判断等知识。
【名师点睛】对化学原理的考查，涉及氧化还原反应、盐类水解和弱电解质的电离、达到化学平衡的标志、金属腐蚀的防护等原理，要求平时学习注意化学反应原理，体现化学的特点，学生学习化学反应实质，可以培养学生分析问题的能力。
9．【2015上海化学】下列反应中的氨与反应4NH3
+
5O2
→
4NO
+
6H2O中的氨作用相同的是
(
)
A．2Na
+
2NH3
→
2NaNH2
+
H2↑
B．2NH3
+
3CuO
→
3Cu
+
N2
+3H2O
C．4NH3
+
6NO
→
5N2
+
6H2O
D．3SiH4
+
4NH3
→
Si3N4
+
12H2
【答案】B、C
【解析】在反应4NH3
+
5O2
→
4NO
+
6H2O中N元素的化合价由反应前氨中的的-3价变为反应后NO中的+2价，化合价升高，失去电子，氨气作还原剂。A．在2Na
+
2NH3
→
2NaNH2
+
H2↑反应中，H元素的化合价由NH3中的+1价变为反应后H2的0价，化合价降低，得到电子，所以NH3作氧化剂，与上述反应的氨的作用不同，错误。B．在2NH3
+
3CuO
→
3Cu
+
N2
+3H2O中，NH3中的N化合价由-3价变为反应后的0价，失去电子，作还原剂，与上述反应相同，正确。C．在4NH3
+
6NO
→
5N2
+
6H2O中，NH3的N元素的化合价由-3价变为反应后N2的0价，化合价升高，失去电子，作还原剂，与上述反应相同，正确。D．在3SiH4
+
4NH3
→
Si3N4
+
12H2中，NH3的N元素的化合价没有发生变化，既不作氧化剂，也不作还原剂，错误。
【考点定位】考查氨在不同的化学反应中的作用的正误判断的知识。
【名师点睛】氧化还原反应是一类重要的化学反应，氧化还原反应中电子转移数目相等。氧化还原反应的实质是电子
，特征是化合价的升降，反应实质、特征及反应类型的关系可以用6个字概括：升、失、氧，降、得、还；在氧化还原反应中元素的化合价升高，原子失去电子，发生氧化反应，作还原剂；元素的化合价降低，原子获得电子，发生还原反应，作氧化剂。元素化合价升降总数与原子失去或获得的电子数相等，要掌握反应的规律、配平技巧、有关的概念是本题的关键。
10．【2015上海化学】工业上将Na2CO3和Na2S以1:2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2。在该反应中（
）
A．硫元素既被氧化又被还原
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2
C．每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子
D．相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO2
【答案】A、D
【解析】本题考查氧化还原反应,意在考查考生对基础知识的理解运用能力和计算能力。根据题给条件得到反应的方程式:Na2CO3+2Na2S+4SO23Na2S2O3+CO2。该反应中只有硫元素的化合价发生变化,A选项正确;SO2为氧化剂,Na2S为还原剂,氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1,B选项错误;由反应方程式可知每生成3
mol
Na2S2O3转移电子8
mol,则每生成1
mol
Na2S2O3转移?mol电子,C选项错误;相同条件下,每吸收4
mol
SO2就会放出1
mol
CO2,故每吸收
10
m3
SO2就会放出2.5
m3
CO2,D选项正确。
【考点定位】考查工业上制取Na2S2O3的反应原理的知识。
【名师点睛】氧化还原反应是一类重要的化学反应，在氧化还原反应中，电子得失数目相等，要结合物质发生反应时物质之间的物质的量关系，结合物质中元素化合价的升降确定物质反应的多少、电子转移数目。要掌握氧化还原反应中规律、物质的作用、和有关计算技巧。
11．【2014年高考上海卷】含有砒霜（As2O3）的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢（AsH3）在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。若砷的质量为1.50mg，则（
）
A．被氧化的砒霜为1.98mg
B．分解产生的氢气为0.672ml
C．和砒霜反应的锌为3.90mg
D．转移的电子总数为6×10-5NA
【答案】C
【解析】根据题意可知，有关反应的化学方程式为As2O3＋6Zn＋12HCl→6ZnCl2＋3H2O＋2AsH3↑、2AsH3→2As＋3H2↑，则A、砒霜中砷的化合价是＋3价，而砷化氢中砷的化合价是－3价，化合价降低得到电子，砒霜被还原，A不正确；B、不能确定砷化氢的状态，因此不能确定砷化氢的体积，B不正确；C、1.50mg砷的物质的量＝1.50×10－3g÷75g/mol＝
2×10－5mol，则砒霜转化为砷化氢得到电子的物质的量是2×10－5mol
×6＝1.2×10－4mol。锌失去2个电子，则根据电子得失守恒可知，和砒霜反应的锌的质量＝×65g/mol＝3.9×10－3g＝3.9mg，C正确；D、两次反应中转移的电子总数为（2×10－5×6＋2×10－5×3）NA＝1.8×10―4NA，D不正确，答案选C。
【考点定位】本题主要是考查氧化还原反应的有关判断与计算
【名师点晴】本题以砒霜和砷化氢放热分解为载体，意在考查学生对氧化还原反应有关概念的了解程度以及灵活应用这些知识解决实际问题的能力，明确概念的含义与判断依据是答题的关键。注意相关基础知识的理解掌握和灵活运用。
12．【2014年高考上海卷】用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉。对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是（
）
A．若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3＋
B．若有固体存在，则溶液中一定有Fe2＋
C．若溶液中有Cu2＋，则一定没有固体析出
D．若溶液中有Fe2＋，则一定有Cu析出
【答案】B
【解析】氧化性是Fe3＋＞Cu2＋＞Fe2＋，还原性是Fe＞Cu，则A、若无固体剩余，这说明铁粉完全被溶液中的铁离子氧化，但此时溶液中不一定还有Fe3＋，A不正确；B、若有固体存在，则固体中一定有铜，可能还有铁，因此溶液中一定有Fe2＋，B正确；C、若溶液中有Cu2＋，则也可能有部分铜已经被置换出来，因此不一定没有固体析出，C不正确；D、若溶液中有Fe2＋，但如果溶液铁离子过量，则不一定有Cu析出，D不正确，答案选B。
【考点定位】本题主要是考查铁、铜及其化合物转化的有关判断。
【名师点晴】本题通过氯化铁与铁及铜的反应生成物判断为载体，旨在考查学生灵活应用氧化还原反应以及有关物质的性质解决实际问题的能力。掌握氧化性和还原性强弱是以及氧化还原反应的有关原理是答题的关键，题目难度中等。
13．【2014年高考全国大纲卷】已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且的值与温度高低有关。当n(KOH)＝a
mol时，下列有关说法错误的是(　　)
A．若某温度下，反应后＝11，则溶液中＝
B．参加反应的氯气的物质的量等于a
mol
C．改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：a
mol≤ne≤a
mol
D．改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为a
mol
【答案】D
【解析】若某温度下反应后＝11，令c(Cl－)＝11
mol·L－1，c(ClO－)
＝1
mol·L－1，根据电子守恒可求得c(ClO)
＝2
mol·L－1，则＝，A项正确；B项，由反应产物KCl、KClO和KClO3的化学式看出钾元素与氯元素物质的量之比均为1∶1，n(Cl2)＝n(Cl)＝n(KOH)＝a
mol，B项正确；改变温度，若反应中只生成KCl和KClO，转移电子a
mol，若反应中只生成KCl和KClO3，则转移电子a
mol，故反应中转移电子的物质的量范围为
a
mol≤ne≤a
mol，C项正确；改变温度，若反应中只生成KCl和KClO3，根据电子守恒，可产生KClO3(最大理论产量)a
mol，D项错误。
【考点地位】本题主要是考查氧化还原反应的相关计算，涉及极限法、原子守恒法等。
【名师点晴】本题通过氧化还原反应的有关计算，重点考查学生对复杂的氧化还原反应的分析能力、以及常用化学计算技巧的应用能力，这对学生的能力要求较高。关于氧化还原反应的计算型试题，首先要全面分析所发生的反应方程式，然后再根据这些方程式进行讨论、分析与计算、注意解题过程中要应用一些常见的计算技巧，如守恒法、极限法等。
14．【2014年高考山东卷】等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是（
）
A．FeO
B.
Fe2O3
C.
FeSO4
D、Fe3O4
【答案】A
【解析】比较化学反应生成物的量的判断，根据氧化还原反应原理，比较各选项物质中+2价Fe的含量，然后可得出NO的生成量的大小。根据化学式可算出四种物质中+2价Fe含量最大的是FeO，所以等质量的四种物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是FeO，故A项正确。正确的标出各物质中Fe元素的化合价，如Fe3O4中，两个Fe为+3价，一个Fe化合价为+2价，通过比较可知FeO中+2价Fe的含量最高，根据氧化还原反应原理可推出正确答案。
【考点地位】本题主要是考查氧化还原反应的有关计算。
【名师点晴】本题通过比较生成物的多少，考查学生化合价的判断、化学式的计算和氧化还原反应原理，考查学生运用所学理论知识分析和解决实际问题的能力。题目难度中等。化学方面的计算，首先需要掌握反应的原理，然后借助于各种守恒法，结合具体的题干灵活运用即可。
15．【2013年高考上海卷】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】A、氯气过量，Br-、Fe2+都完全被完全氧化，反应方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2→2Fe3++2Br2+6Cl-，故A正确；B、氧化性Br2＞Fe3+，不可能存在Fe2+、Br2共存，故B错误；C、加入的氯气的物质的量与铁的物质的量1：2时，发生反应?
2Fe2++Cl2→2Fe3++2Cl-，故C正确；D、当加入的氯气把Fe2+完全氧化成Fe3+，还有部分剩余时，可以发生反应2Fe2++2Br-+2Cl2→2Fe3++1Br2+4Cl-，故D正确。
【考点定位】本题考查氧化还原反应的先后。
【名师点睛】氧化还原反应是高考的热点，也是难点，本题考查了氧化还原反应中氧化剂氧化性强弱的排序，由于Cl2>Br2>Fe3＋，导致Cl2的通入量不同，发生反应的离子不同，解答本题的关键是要注意氧化还原反应的先后，同时氧化还原反应的配平也是本题的难点，要注意电荷守恒和原子守恒。
16．【2016年高考上海卷】（12分）NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：
（1）NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl
（2）NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2
已知HCN（Ki=6.3×10-10）有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。
完成下列填空：
（1）第一次氧化时，溶液的pH应调节为____________（选填“酸性”
“碱性”或“中性”）；原因是______________________。
（2）写出第二次氧化时发生反应的离子方程式。
_______________________________________
（3）处理100
m3含NaCN
10.3
mg/L的废水，实际至少需NaClO___g（实际用量应为理论值的4倍），才能使NaCN含量低于0.5
mg/L，达到排放标准。
（4）（CN）2与Cl2的化学性质相似。（CN）2与NaOH溶液反应生成_________、__________和H2O。
【答案】（1）碱性；防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气。
（2）2OCN－+3ClO－===CO32－+CO2↑+3Cl－+N2↑
（3）14
900
（4）NaOCN、NaCN
【解析】（1）NaCN易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性。（2）反应中氯元素的化合价从+1降低到－1，得到2个电子。N元素化合价从－3升高到0，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3,反应的离子方程式为2CNO－+3ClO－→CO2↑+
CO32－+3Cl－+N2↑。（3）NaCN被氧化的两个阶段氧化剂均为NaClO，所以可以合并一起进行计算，即反应物为NaCN和NaClO，生成物为：Na2CO3、CO2、NaCl和N2。参加反应的NaCN是，反应中C由＋2价升高到＋4价，N元素化合价从－3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，1mol次氯酸钠得到2mol电子，所以处理100m3含NaCN10.3mg/L的废水，实际至少需NaClO的质量为g。（4）(CN)2与Cl2的化学性质相似，则根据氯气与氢氧化钠反应的方程式可知(CN)2与NaOH溶液反应生成NaOCN、NaCN和H2O。
【考点定位】考查氧化还原反应方程式书写、计算、元素周期律等有关判断。
【名师点睛】对于HAH++A-，Ki=，一定温度下电离平衡常数的大小通常是用来衡量酸性强弱的主要依据，Ki值越大说明酸性越强。HCN的Ki=6.3×10-10，说明HCN是极弱的酸，NaCN属于强碱弱酸盐，极易水解使水溶液表现碱性，即NaCN只能存在于碱性环境中。若调整NaCN溶液pH至中性或酸性，NaCN几乎完全转化为剧毒物质HCN。该题中主要涉及氧化还原反应，
氧化还原反应的特征是元素的化合价发生变化，其本质是在反应中有电子转移。在氧化还原反应中遵循电子守恒，即氧化剂得到的电子的物质的量（或个数）等于还原剂失去的电子的物质的量（或个数）。若将电子守恒规律应用于解题，可以大大简化我们的计算过程，收到事半功倍的效果。守恒法是中学化学中常用的解题方法之一，守恒法包括质量守恒、原子守恒、电荷守恒、电子守恒等。在进行解题时，如何选择并应用上述方法对于正确快速地解答题目十分关键。首先必须明确每一种守恒法的特点，然后挖掘题目中存在的守恒关系，最后巧妙地选取方法，正确地解答题目。①
在溶液中存在着阴阳离子，由于溶液呈电中性，所以可考虑电荷守恒；
②在氧化还原反应中存在着电子的转移，通常考虑电子守恒。③在某些复杂多步的化学反应中可考虑某种元素的守恒法；④在一个具体的化学反应中，由于反应前后质量不变，因此涉及到与质量有关的问题可考虑质量守恒法。微粒半径比较可能涉及到原子或者离子，一般规律是：电子层数多的微粒半径大，当电子层数相同时原子序数大的半径小。
17．【2016年高考新课标Ⅰ卷】(14分)NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：
回答下列问题：
（1）NaClO2中Cl的化合价为_______。
（2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式
。
（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为________、________。“电解”中阴极反应的主要产物是______。
（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，该反应中氧化产物是_________。
（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为____。(计算结果保留两位小数)
【答案】(1)+3价；(2)2NaClO3+SO2+H2SO4===ClO2+2NaHSO4；
(3)NaOH溶液
；Na2CO3溶液
；ClO2-(或NaClO2)；(4)2:1；
O2；
(5)1.57g。
【解析】本题考查无机化工流程，涉及氯及其化合物的相关知识，包括计算元素化合价、书写陌生氧化还原反应方程式、流程分析、电解产物的判断、氧化剂与还原剂的判断及量的分析、有效氯含量的计算。解答本题应抓住以下几点:一是框图中物质的转化和问题提示；二是元素化合价变化与氧化还原反应原理运用；三是书写陌生氧化还原反应方程式的技巧；四是题目新概念，如有效氯含量，需要将其转化成解题信息。
(1)根据化合物中各元素化合价代数和等于0，计算出NaClO2中氯元素化合价为+3。(2)从流程图看出，反应物是氯酸钠、二氧化硫、硫酸，产物为硫酸氢钠、二氧化氯，根据得失电子守恒、原子守恒配平化学方程式:2NaClO3+SO2+H2SO4===2ClO2+2NaHSO4。(3)粗盐提纯中加入氢氧化钠溶液沉淀镁离子，加入碳酸钠溶液沉淀钙离子。电解过程中ClO2在阴极放电得到http!://www(.
未来脑教学云平台!%，故阴极反应的主要产物为NaClO2。(4)依题意，用含氢氧化钠的双氧水吸收尾气中的二氧化氯，发生反应:2ClO2+H2O2+2OH-
===2ClO2-+O2↑+2H2O，ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，氧化产物为O2。(5)氯气、亚氯酸钠的氧化能力就是得电子能力，得电子数相等时，氧化能力相当。氯气、亚氯酸钠的最终还原产物为氯离子。根据:NaClO2Cl-，Cl22Cl-，得电子数相等时，存在:NaClO2~2Cl2，故亚氯酸钠的有效氯含量为≈1.57。
【考点定位】考查混合物的分离与提纯、氧化还原反应的分析及电解原理的应用的知识。
【名师点睛】化合价是元素形成化合物时表现出来的性质，在任何化合物中，所有元素正负化合价的代数和等于0，掌握常见元素的化合价，并根据元素吸引电子能力大小及化合物中，所有元素正负化合价的代数和等于0的原则判断元素的化合价。有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，元素化合价升高，失去电子，该物质作还原剂，变为氧化产物；元素化合价降低，获得电子，该物质作氧化剂，变为还原产物，元素化合价升降总数等于反应过程中电子转移的数目；可利用最小公倍数法配平氧化还原反应方程式，对于离子反应，同时还要符合电荷守恒及原子守恒。物质的氧化能力大小可结合每1mol物质获得电子的多少，获得电子越多，其氧化能力就越强。
18．【2014年高考福建卷第24题】(节选)铁及其化合物与生产、生活关系密切。
（2）用废铁皮制取铁红(Fe2O3)的部分流程示意图如下：
①步骤I若温度过高，将导致硝酸分解。硝酸分解的化学方程式为
。
②步骤II中发生反应：4Fe(NO3)2＋O2＋(2n＋4)H2O===2Fe2O3·nH2O＋8HNO3，反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe(NO3)2，该反应的化学方程式为
。
③上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是
(任写一项)。
【答案】（2）①4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O
②4Fe＋10HNO3===4
Fe(NO3)2＋NH4NO3＋3H2O
③氮氧化物排放少（或其他合理答案）
【解析】结合铁的吸氧腐蚀原理分析第⑴题；应用书写陌生反应方程式的方法回答第⑵题；结合化学平衡常数的表达式、化学平衡的三段式分析法分析计算第⑶题。
(2)①硝酸的受热分解产生NO2、O2、H2O
，则根据氧化还原的化合价升降法配平其化学方程式为4HNO34NO2↑＋O2↑＋2H2O。②根据图示和信息可知：该生产流程中生成了
NH4NO3，则硝酸与废铁皮反应的化学方程式为
4Fe＋10HNO3===4Fe(NO3)2＋
NH4NO3＋3H2O。③该生产流程中生成了NH4NO3，没有产生NO、NO2等有毒气体，减少了氮氧化物的排放量，符号“绿色化学”思想。
【考点定位】本题主要是考查金属的电化学腐蚀原理，反应方程式的书写，化学平衡常数的相关计算。
【名师点晴】本题主要是通过铁及其化合物为载体，重点考查学生对核心知识（电化学、氧化还原反应、化学平衡）的掌握和应用的能力。体现了化学是一门实用性学科，从而提高学生学习化学的积极性和学习的兴趣。在一定程度上考查了学生的知识的灵活运用能力和分析问题解决问题的能力。题目难度中等。
19．【2015天津理综化学】（14分）FeCl3
具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3
高效，且腐蚀性小。请回答下列问题：
（1）FeCl3
净水的原理是
。FeCl3
溶液腐蚀钢铁设备，除H＋作用外，另一主要原因是（用离子方程式表示）
。
（2）为节约成本，工业上用NaClO3
氧化酸性FeCl2
废液得到FeCl3
。
①若酸性FeCl2
废液中c(Fe2＋)=2.0×10-2mol·L-1,
c(Fe3＋)=1.0×10-3mol·L-1,
c(Cl－)=5.3×10-2mol·L-1,则该溶液的PH约为
。
②完成NaClO3
氧化FeCl2
的离子方程式：ClO3-+Fe2＋+
=Cl－+
Fe3＋+
.
（3）FeCl3
在溶液中分三步水解：
Fe3＋+H2O
Fe(OH)2++H＋
K1
Fe(OH)2++H2OFe(OH)2++H＋
K2
Fe(OH)++H2OFe(OH)3+H＋
K3
以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是
。
通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氧化铁，离子方程式为：
xFe3++yH2OFex(OH)y(3x-y)++yH+
欲使平衡正向移动可采用的方法是（填序号）
。
a．降温
b．加水稀释
c．加入NH4Cl
d．加入NaHCO3
室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是
。
（4）天津某污水处理厂用氯化铁净化污水的结果如下图所示。由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁[以Fe(mg·L-1)表示]的最佳范围约为
mg·L-1。
【答案】（1）Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质
2
Fe3++Fe===3
Fe2+
（2）①2
②1
6
6H+
1
6
3H2O
（3）K1>K2>K3
b
d
调节溶液的pH
（4）18～20
【解析】(1)FeCl3净水，是Fe3＋水解产生的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质。FeCl3中Fe3＋具有氧化性，能氧化Fe：2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，因此能腐蚀钢铁设备。(2)①该溶液为酸性溶液，根据电荷守恒，2c(Fe2＋)＋3c(Fe3＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)，则c(H＋)＝5.3×10－2
mol/L－2×2.0×10－2
mol/L－3×1.0×10－3
mol/L＝1.0×10－2
mol/L，溶液的pH＝－lg
1.0×10－2＝2。
(3)一级水解常数大于二级水解常数，二级水解常数大于三级水解常数。水解吸热，降温时，水解平衡逆向移动，a错；加水稀释有利于水解，水解平衡正向移动，b对；加入NH4Cl，NH结合OH－，c(H＋)增大，水解平衡逆向移动，c错；加入NaHCO3，c(H＋)减小，水解平衡正向移动，d对。根据Fe3＋水解生成聚合氯化铁的方程式，调节溶液的pH可以使水解平衡不断正向进行。(4)根据图示，Fe的浓度为18～20
mg·L－1时去污率较高，而污水浑浊度较低。
【考点定位】本题主要考查了对铁的化合物性质的应用，氧化还原反应方程式的配平，对图像的分析能力。
【名师点睛】盐水解的应用之一为用作净水剂，与盐水解产生的胶体粒子的吸附作用有关，涉及的知识点仍是盐的水解；溶液pH的计算需计算溶液中的氢离子浓度，根据溶液中的电荷守恒、溶度积、水的离子积常数等来计算；化学方程式的配平，首先判断该反应是否为氧化还原反应，若为氧化还原反应，则先根据得失电子守恒配平氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的系数，再根据电荷守恒，配平方程式中离子的系数，最后根据质量守恒定律配平其余物质的系数；对于多步反应的平衡常数的判断，根据方程式之间的关系，写出平衡常数的表达式，找出其中的数学关系即可；对于图像题，理解图像是解题的关键，观察横轴、纵轴的含义及曲线的变化趋势；平衡移动的判断，根据勒夏特列原理，结合条件的改变判断平衡移动的方向。该题包括的知识点很多，但彼此之间的联系不大。每个小题都是一个独立的题目。综合考查了学生的分析问题、解决问题的能力。
20．【2015浙江理综化学】Ⅰ．(6分)
请回答：
（1）H2O2的电子式___________。
（2）镁燃烧不能用CO2灭火，用化学方程式表示其理由________________。
（3）在AgCl沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，写出反应的离子方程式_____________。
（4）完成以下氧化还原反应的离子方程式：
(
)MnO4－＋(
)C2O42－+______===(
)Mn2+＋(
)CO2↑＋________
Ⅱ．(12分)
化合物甲和NaAlH4都是重要的还原剂。一定条件下金属钠和H2反应生成甲。甲与水反应可产生H2，甲与AlCl3反应可得到NaAlH4。将4.80g甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24
L(已折算成标准状况)的H2。
请推测并回答：
（1）甲的化学式__________。
（2）甲与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式_
_________。
（3）NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式__
________。
（4）甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂(铁锈的成分表示为Fe2O3)，脱锈过程发生反应的化学方程式
。
（5）某同学认为：用惰性气体赶尽反应体系中的空气，将铁和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥，再与金属钠反应，得到固体物质即为纯净的甲；取该固体物质与水反应，若能产生H2，即可证明得到的甲一定是纯净的。
判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性并说明理由______
_____。
【答案】Ⅰ．（1）
（2）2Mg＋CO22MgO＋C
（3）
AgCl
+
Br－===
AgBr
+
Cl－
（4）
2MnO4－
+
5C2O42－
+
16H+
===
2Mn2+
+
10CO2↑+
8H2O
Ⅱ．（1）NaH
（2）
4NaH+AlCl3===NaAlH4+3NaCl
（3）NaAlH4+2H2O===
NaAlO2+4H2↑
（4）
3NaH+Fe2O3===
2Fe+3NaOH
（5）制备过程不合理，因为盐酸易挥发，H2中混有HCl，导致产物中有NaCl
验纯方法不合理，如果有Na残留，Na与水反应也产生H2；没有考虑混入的NaCl
【解析】Ⅰ．（1）H2O2分子中两个氧原子与氢原子形成共用电子对，两个氧原子间也形成共用电子对，其电子式为：
。
（2）镁可以在CO2中燃烧，生成MgO和C，化学方程式为：2Mg＋CO22MgO＋C。
（3）AgBr比AgCl更难溶，生成的淡黄色沉淀为了溴化银，离子方程式为AgCl
+
Br－===AgBr
+
Cl－。（4）MnO4－→Mn2+，Mn的化合价降低5，C2O42－→2CO2，C的化合价升高2，根据化合价升降相等，变化可得：2MnO4－
+
5C2O42－
===
2Mn2+
+
10CO2↑，该反应只能在酸性条件下进行(因为生成Mn2+)，再根据原子数守恒可得完整的化学方程式：2MnO4－
+
5C2O42－
+
16H+
===
2Mn2+
+
10CO2↑+
8H2O
Ⅱ.(2)NaH与AlCl3反应生成NaAlH4，由元素守恒知，NaH与AlCl3以物质的量之比4∶1反应，同时有NaCl生成。(3)NaAlH4中的H为－1价，H2O中的H为＋1价，发生归中反应生成H2，OH－与Na＋和Al3＋分别结合后，Al(OH)3会被NaOH溶解生成NaAlO2。
（4）－1价的氢具有强还原性，可把Fe3+还原为铁，化学方程式为：3NaH+Fe2O3===2Fe+3NaOH(若氧化产物为H2，还可以被Fe2O3继续氧化)。
（5）该同学的制备过程不合理，因为盐酸易挥发，H2中混有HCl，经浓硫酸干燥时HCl不能除去，HCl与Na反应导致产物中有NaCl；验纯方法也不合理，若钠有残留，Na与水反应也产生H2，若混入NaCl，固体物质也不纯净。
【考点定位】本题主要是考查化学基本概念、电子式、离子反应、氧化还原反应、考查无机物的推断，新情境下化学方程式的书写，实验方案的评价等。涉及双氧水、镁、CO2、卤化银、钠、铝及其化合物等。
【名师点晴】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。定性与定量相结合推断物质，重点考查学生分析问题与解决问题的能力。将计算与物质的性质紧密联系起来，可培养学生的逻辑推理能力。无机推断是高考命题的一种经典题型，既能考查学生掌握元素及其化合物知识的熟悉程度，又能考查学生分析间题、逻辑推理及灵活运用知识的能力，因而无机推断对学生的学科素质要求较高，同时无机推断也是历年高考的难点之一，随着高考注重基础、凸显能力的命题趋势，无机推断更侧重于物质结构知识的考查、侧重于元素周期表周期律的考查、侧重于元素化合物性质的考查。同时化学实验出现在无机推断题、中化学计算分散在无机推断题中、与科技有关的化学物质出现在推断中。专题08
非金属及其化合物
2019年化学高考题
1.【2019浙江4月选考，20,2分】
在温热气候条件下,浅海地区有厚层的石灰石沉积，而深海地区却很少。下列解析不正确的是?
A.与深海地区相比，浅海地区水温较高,有利于游离的CO2增多、石灰石沉积?
B.与浅海地区相比，深海地区压强大，石灰石岩层易被CO2溶解,沉积少?
C.深海地区石灰石岩层的溶解反应为:CaCO3(s)+H2O(l)+CO2(aq)
Ca(HCO3)
2(aq)?
D.海水呈弱碱性，大气中CO2浓度增加,会导致海水中CO32-浓度增大
1.
D
本题以浅海地区与深海地区石灰石沉积厚度为背景，考查元素及其化合物的性质。与深海地区相比，浅海地区水温较高，CO2在海水中溶解度小，有利于游离的CO2增多，石灰石沉积，A项正确；与浅海地区相比，深海地区压强大，CO2溶解度大，石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少，B项正确；题给反应为石灰石岩层的溶解反应，C项正确；大气中CO2浓度增加，会导致海水中CO32-转化为HCO3-?，导致CO32-浓度减小，D项错误，故选D。
?
2.【2019浙江4月选考，4,2分】下列属于置换反应的是?
A.4NH3+5
O2
4NO+6H2O?
B.2Na2SO3+O22Na2SO4?
C.2Na2
O2+2CO22Na2CO3+
O2?
D.2KI+Cl22KCl+I2
?
2.
D
本题考查置换反应的概念。置换反应是指单质与化合物反应，生成另外一种单质和化合物的化学反应。D项中Cl2与KI反应生成I2和KCl，属于置换反应，其余选项均不是，故选D。
?
3.
【2019浙江4月选考，11,2分】针对下列实验现象表述不正确的是?
A.
用同一针筒先后抽取80
mL氯气、20
mL水，振荡，气体完全溶解,溶液变为黄绿色?
B.在表面皿中加入少量胆矾,再加入3
mL浓硫酸,搅拌,固体由蓝色变白色?
C.向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液,再滴加双氧水,产生白色沉淀?
D.将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶，镁条剧烈燃烧,有白色、黑色固体生成
3.
A
本题考查常见元素的单质及其化合物的性质。常温常压下，1体积水约溶解2体积的氯气，故20
mL
水只能溶解大约40
mL的氯气，A项错误；浓硫酸具有吸水性，将CuSO4·5H2O转化为CuSO4，固体由蓝色变为白色，B项正确；双氧水将含+4价硫元素的微粒氧化为SO42-?，SO42-与BaCl2反应生成BaSO4沉淀，C项正确；镁在二氧化碳中燃烧生成MgO和C，D项正确，故选A。
?
4.【2019天津理综，10,14分】多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。
回答下列问题：
Ⅰ．硅粉与在300℃时反应生成气体和，放出热量，该反应的热化学方程式为________________________。的电子式为__________________。
Ⅱ．将氢化为有三种方法，对应的反应依次为：
①
②
③
（1）氢化过程中所需的高纯度可用惰性电极电解溶液制备，写出产生的电极名称______（填“阳极”或“阴极”），该电极反应方程式为________________________。
（2）已知体系自由能变，时反应自发进行。三个氢化反应的与温度的关系如图1所示，可知：反应①能自发进行的最低温度是____________；相同温度下，反应②比反应①的小，主要原因是________________________。
（3）不同温度下反应②中转化率如图2所示。下列叙述正确的是______（填序号）。
a．B点：
b．：A点点
c．反应适宜温度：℃
（4）反应③的______（用，表示）。温度升高，反应③的平衡常数______（填“增大”、“减小”或“不变”）。
（5）由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除、和外，还有______（填分子式）。
4.
Ⅰ．
（2分）
Ⅱ．（1分）
（1）阴极（1分）
或（1分）
（2）1000℃（1分）
导致反应②的小（1分）
（3）a、c（2分）
（4）
（1分）减小（2分）
（5）、（2分）
【解析】
本题考查热化学方程式书写、电极反应式书写、反应自发进行条件的判断等，考查的核心素养是变化观念与平衡思想。Ⅰ.
该反应的热化学方程式为：Si(s)+3HCl(g)
SiHCl3(g)+H2
(g)
ΔH?=-225
kJ·mol??-1?。SiHCl3的结构式为，故电子式为。Ⅱ.（1）用惰性电极电解KOH溶液，实质为电解水，阴极上产生氢气，电极反应式为：2H2O+2e-?2OH-+H2↑。（2）ΔG＜0时，反应能自发进行，故反应①自发进行的最低温度为1
000
℃。由于ΔG＝ΔH-TΔS，反应②的ΔH2＜0，而反应①的ΔH1＞0，ΔH2＜ΔH1，ΔS1＞ΔS2，因此相同温度下反应②比反应①的ΔG小的主要原因为ΔH2＜ΔH1。（3）a项，同一点比较正逆反应速率看反应进行方向，B点反应正向进行，所以v正＞v逆，正确；b项，不同点比较正逆反应速率看反应条件，A点温度低于E点温度，所以v正：A点＜E点，错误；c项，根据图示，温度在480～520
℃时，SiCl4转化率高，480~520
℃为反应适宜温度，正确。（4）根?据盖斯定律，由反应②-反应①，可得反应③，则ΔH3＝ΔH2-ΔH1。由ΔH2＜0，ΔH1＞0知ΔH3＜0，反应③为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小。（5）根据由粗硅制备多晶硅的过程可知，循环使用的物质还有HCl和H2。
【原理对接】①化学反应进行方向判断：由焓变和熵变组成的复合判据吉布斯自由能变ΔG＝ΔH-TΔS判断，ΔG＜0的反应能自发进行，ΔG＞0的反应不能自发进行；②平衡图像中速率大小比较：同一点比较正逆反应速率看反应进行方向，正向进行v正大；不同点比较正逆反应速率看反应条件，温度越高，速率越大。?
5.【2019江苏，16,12分】N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
（1）N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为
▲
。
（2）NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为
NO+NO2+2OH?2+H2O
2NO2+2OH?++H2O
①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有
▲
（填字母）。
A．加快通入尾气的速率
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是
▲
（填化学式）；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是
▲
（填化学式）。
（3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。
①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl?和，其离子方程式为
▲
。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是
▲
。
?
5.
（1）2NH3+2O2N2O+3H2O
（2分）
（2）①BC（2分）
②NaNO3
（2分）
NO（2分）
（3）①3HClO+2NO+H2O3Cl?+2+5H+（2分）
②溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强（2分）
【解析】
本题考查氮氧化物的处理及相关知识。（1）NH3被O2氧化生成N2O，N元素从-3价升至+1价，1
mol
NH3失去4
mol
e-，O元素从0价降至-2价，1
mol
O2得到4
mol
e-，根据N和O元素得失电子守恒及原子守恒配平方程式。（2）①A项，通入尾气速率过快时，尾气吸收不充分，错误；B项，采用气、液逆流方式吸收尾气时，尾气吸收会更充分，正确；C项，补充NaOH溶液，c(OH-)增大，能更充分吸收尾气，正确。②NO2与NaOH反应可生成NaNO2、NaNO3和水，所以NaNO2晶体中会混有NaNO3杂质。由吸收尾气的主要反应可知，NO2吸收更充分，故吸收后排放的尾气中NO的含量较高。（3）①HClO氧化NO生成NO3-，自身被还原为Cl-，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平方程式。②氧化NO的是HClO，NaClO在酸性条件下会生成HClO，所以pH越小，溶液中HClO的浓度越大，NO转化率越高。
6.【2019北京理综，28,16分】化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。
（1）实验一：用如下装置（夹持、加热仪器略）制备SO2，将足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B。
①浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是____________________________________。
②试剂a是____________。
（2）对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B可能为Ag2SO3、Ag2SO4或二者混合物。（资料：Ag2SO4微溶于水；Ag2SO3难溶于水）
实验二：验证B的成分
①写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式：__________。
②加入盐酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F。推断D中主要是BaSO3，进而推断B中含有Ag2SO3。向滤液E中加入一种试剂，可进一步证实B中含有Ag2SO3。所用试剂及现象是__________。
（3）根据沉淀F的存在，推测的产生有两个途径：
途径1：实验一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B进入D。
途径2：实验二中，被氧化为进入D。
实验三：探究的产生途径
①向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有________：取上层清液继续滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag2SO4。做出判断的理由：_______。
②实验三的结论：__________。
（4）实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是_________________。
（5）根据物质性质分析，SO2与AgNO3溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间，有Ag和生成。
（6）根据上述实验所得结论：__________________。
6.
（1）①Cu+
2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
(2分)
②饱和NaHSO3溶液(1分)
（2）①Ag2SO3+4NH3·H2O=2Ag(NH3)2+
++4H2O(2分)
②H2O2溶液，产生白色沉淀(2分)
（3）①Ag+
(1分)
Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4沉淀时，必定没有Ag2SO4(2分)
②途径1不产生，途径2产生(2分)
（4）2Ag++SO2+H2O=
Ag2SO3↓+2H+(2分)
（6）实验条件下：
SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和的速率
碱性溶液中更易被氧化为(2分)
【解析】(1)①铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O，
故答案为：Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O；
②由于烧瓶中的空气没有排出，反应生成的SO2可能会被氧气氧化为SO3，SO3会干扰后续的实验，所以试剂a应为除去杂质SO3的试剂，可以用饱和NaHSO3溶液；
故答案为：饱和NaHSO3溶液；
（2）①Ag2SO3溶于氨水得到Ag(NH3)2+，离子方程式为：Ag2SO3+4NH3?H2O=2
Ag(NH3)2++SO32-+4H2O，
故答案为：Ag2SO3+4NH3?H2O=2
Ag(NH3)2++SO32-+4H2O；
②推测沉淀D为BaSO3，加过量稀盐酸溶解得滤液E和少量沉淀F，则E中可能含有溶解的SO2，可加入双氧水溶液，若加入双氧水溶液可以将亚硫酸或亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，从而生成白色的硫酸钡沉淀，则证明B中含有Ag2SO3；
故答案为：H2O2，溶液，产生白色沉淀，则证明B中含有Ag2SO3；
（3）①加入过量盐酸产生白色沉淀，说明含有Ag+；B中不含Ag2SO4，因若含有Ag2SO4，加入BaCl2溶液会生成难溶的BaSO4白色沉淀，
故答案为：Ag+；因若含有Ag2SO4，加入BaCl2溶液会生成难溶的BaSO4白色沉淀；
②实验三的结论：实验一中，SO2在AgNO3溶液中未被氧化生成Ag2SO4；实验二中，SO32-被氧化为SO42-；
（4）根据以上分析，二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银沉淀，离子方程式为：2Ag++SO2+H2O=
Ag2SO3+2H+，
故答案为：2Ag++SO2+H2O=
Ag2SO3+2H+；
（6）综合实验一、实验二和实验三的分析，可以得出该实验的结论为：二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率，碱性溶液中亚硫酸根离子更易被氧化为硫酸根离子。
故答案为：二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率，碱性溶液中亚硫酸根离子更易被氧化为硫酸根离子。
2018年化学高考题
1.
(2018江苏，3，2分)
下列有关物质性质与用途具有对应关系的是?
A.NaHCO3受热易分解,可用于制胃酸中和剂?
B.SiO2熔点高硬度大,可用于制光导纤维?
C.Al2O3是两性氧化物,可用作耐高温材料?
D.CaO
能与水反应,可用作食品干燥剂
?
1.
D
本题考查物质的性质与用途，较易。NaHCO3可用于制胃酸中和剂是因为NaHCO3?可以与胃酸中的HCl反应，而不是因为其受热易分解，A项错误；SiO2用作光导纤维，不是因为其熔点高硬度大，而是因为其具有较强的传导能力，B项错误；Al2O3用作耐高温材料是因为其熔点高，C项错误；CaO可以吸水，故可作食品干燥剂，D项正确。?
2.
（2018全国Ⅱ理综，8，6分）
研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如图所示）。下列叙述错误的是?
A.
雾和霾的分散剂相同?
B.雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵?
C.NH3是形成无机颗粒物的催化剂?
D.雾霾的形成与过度施用氮肥有关
?
2.
C
本题结合雾霾的形成考查硫和氮的化合物间的转化。雾和霾的分散剂均为空气，A项正确；结合图示可知形成雾霾的无机颗粒物中含有NH4NO3和(NH4)2SO4，B项正确；根据图示可知空气中NOx、SO2等分别转化为HNO3、H2SO4后，吸收空气中的NH3生成NH4NO3和(NH4)2SO4，即NH3是形成无机颗粒物的反应物，C项错误；过度施用氮肥，会导致空气中挥发的NH3浓度增大，与雾霾的形成有关，D项正确。?
3.
(2018江苏，6，2分)
下列有关物质性质的叙述一定不正确的是?
A.向FeCl2溶液中滴加
NH4SCN
溶液,溶液显红色?
B.KAl(SO4)2·12H2O
溶于水可形成
Al(OH)3胶体?
C.NH4Cl与Ca(OH)2混合加热可生成
NH3?
D.Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2?
3.
A
本题考查典型无机物的性质，较易。Fe2+遇SCN－无红色出现，A项错误；Al3+?水解生成Al(OH)3胶体：Al3+?+3H2O===Al(OH)3(胶体)+3H＋，B项正确；铵盐与碱混合加热可产生NH3：2NH4Cl+Ca(OH)2?CaCl2+2NH3↑+2H2O，C项正确；Fe3＋可以氧化Cu，反应的化学方程式为2FeCl3+Cu====2FeCl2+CuCl2?，D项正确。?
4.
(2018江苏，9，2分)
在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是
4.
A
本题考查物质之间的相互转化，中等难度。2NaHCO3?Na2CO3+CO2↑+H2O，Na2CO3+Ca(OH)2==CaCO3↓+2NaOH，A项正确；2Al+2NaOH+2H2O===2NaAlO2+3H2↑，NaAlO2与过量HCl反应生成Al3+，即AlO2－+4H＋====Al3++2H2O，B项错误；蔗糖分子中不含醛基，无还原性，不能发生银镜反应，C项错误；Fe2O3+2Al
Al2O3+2Fe，而Fe与HCl反应只能生成FeCl2：Fe+2HCl===FeCl2+H2↑，D项错误。?
5.（2018海南，2,2分）某工业废气所含氮氧化物(NOx)的氮氧质量比约为7：4，该NOx可表示为
A.
N2O
B.NO
C.N2O3
D.NO2
5.A
氮氧化物NOx中的N:O=7：4=28：16，即为N2O。
6.
（2018全国Ⅰ理综，27，14分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：
1）生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式
。
（2）利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：
①pH＝4.1时，Ⅰ中为
溶液（写化学式）。
②工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是
。
（3）制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，
其中SO2碱吸收液中含有
NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为
-。电解后，
室的?NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5
（4）Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂，在测定某葡萄j酒中Na2S2O5残留量时，取50.00mL葡蔔酒样品，用0.01000mol·L-1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00mL。滴定反应的离子方程式为
，该样品中Na2S2O5的残留量为
g·L-1(以SO2计)
6（每空2分）（1）2NaHSO3===Na2S2O5+H2O
?
（2）①NaHSO3
②得到NaHSO3过饱和溶液?
（3）2H2O-4e-====4H++O2↑
a?
(4)S2O52-+2I2+3H2O=====2SO42-?+4I-+6H+
0.128?
【解析】
本题考查无机化工流程和电化学知识等，意在考查考生的综合运用能力。（1）NaHSO3结晶脱水生成Na2S2O5。（2）①向Na2CO3饱和溶液中通入SO2?，可能生成Na2SO3、NaHSO3，因Na2SO3溶液呈碱性,Ⅰ中溶液呈弱酸性，所以生成的是NaHSO?3。②审题时抓住“生产Na2S2O5,通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得”，则工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的是得到NaHSO3过饱和溶液。（3）阳极发生氧化反应:2H2O-4e-====4H++O2↑，阳极室H+向a室迁移，a室中的Na2SO3转化成NaHSO3。阴极发生还原反应，析出H2，OH-增多,Na+由a室向b室迁移，则b室中?Na2SO3浓度增大。（4）I2作氧化剂，将S2O52-氧化成SO42-。计算样品中Na2S2O5的残留量时以SO2?计，则n(I2)＝n(SO2)＝0.010
00
mol·L-1×0.01
L＝0.000
1
mol，m(SO2)＝0.006
4
g，则该样品中Na2S2O5的残留量为〖SX(〗0.006
4
g〖〗0.05
L〖SX)〗＝0.128
g·L-1?。?
7.
（2018北京理综，26，13分）磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：
已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。
溶解度：Ca5(PO4)3(OH)(1)上述流程中能加快反应速率的措施有
。
(2)磷精矿粉酸浸时发生反应：
2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO4·0.5H2O+6H3PO4
反应体现出酸性关系：H3PO4
H2SO4(填“>”或“<”)。
②结合元素周期律解释①中结论：P和S电子层数相同，
。
(3)酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式：
。
(4)
H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80
℃后脱除率变化的原因：
。
(5)脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，原因是
；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是
。
(6)取ag所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用bmol·L-1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液cmL。精制磷酸中H3PO4的质量分数是
。（已知：H3PO4摩尔质量为98
g·mol-1）
7.
(1)研磨、加热(1分）?
(2)①<(1分）?
②核电荷数PS,得电子能力P(3)2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O
10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF(2分）?
(4)80
℃后,H2O2分解速率大,浓度显著降低(2分）?
(5)CaSO4微溶(1分）?
BaCO3+SO42-+2H3PO4===BaSO4+CO2↑+H2O+2H2PO4-?
(2分）?
（6）(2分）?
【解析】
本题以无机化工流程为载体，考查影响化学反应速率的因素、无机含氧酸酸性强弱的比较、化学方程式和离子方程式的书写以及化学计算等。
（1）流程中能加快反应速率的措施有将磷精矿研磨，酸浸时进行加热。（2）①该反应符合复分解反应中“强酸制弱酸”的规律。②比较硫酸与磷酸的酸性强弱，可以比较S与P的非金属性强弱。
结合元素周期律可以比较S、P的原子半径、核电荷数。（3）根据元素守恒可写出反应的化学方程式。（4）有机碳的脱除率受两个因素的共同影响：一方面，温度越高，反应速率越快，在相同投料比、相同反应时间内，有机碳的脱除率越高；另一方面，温度升高可使较多的H??2?O??2?分解，氧化剂的量减少，使得有机碳的脱除率降低。80
℃后，H??2?O??2?分解对有机碳脱除率的影响超过了温度升高的影响，导致脱除率逐渐降低。（5）脱硫是用CaCO3除去剩余的硫酸，由于生成的硫酸钙是微溶物，所以即使CaCO3过量，充分反应后仍有SO42-?残留。加入BaCO3可使CaSO4转化为更难溶的BaSO4，进一步提高硫的脱除率。?
?
8.
（2018全国Ⅲ理综，27，14分）KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题：
(1)
KIO3的化学名称是
。
(2)利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如图所示：
“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。“逐Cl2”采用的方法是
。“滤液”中的溶质主要是
。“调pH”中发生反应的化学方程式为
。
(3)KIO3也可采用“电解法”制备，装置如图所示。
①写出电解时阴极的电极反应式
。
②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为
，其迁移方向是
。
与“电解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足之处有
（写出一点）。
8.
（除标明外，每空2分）(1)碘酸钾（1分）?
(2)加热（1分）
KCl
KH(IO3)2+KOH===2KIO3+H2O(或HIO3+KOH===KIO3+H2O)?
(3)①2H2O+2e-===2OH-+H2↑?
②K+
由a到b?
产生Cl2易污染环境等?
【解析】
（1）KIO3的名称为碘酸钾。（2）Cl2是一种易挥发且溶解度不大的气体，可通过加热法去除溶液中溶解的Cl2?。加入KOH溶液“调pH”使KH(IO3)2转化为KIO3：KH(IO3)2+KOH===2KIO3＋H2O。（3）①电解法制备KIO3时，H2O在阴极得到电子，发生还原反应：2H2O＋2e-===2OH-＋H2↑。②电解池中阳离子向阴极移动，即由电极a向电极b迁移，阳离子交换膜只允许阳离子通过，故主要是K+通过阳离子交换膜。③根据工艺流程分析，KClO3氧化法生成的Cl2有毒，且在调pH时加入KOH的量不易控制，另外，生成的KIO3中杂质较多。?
2017年
化学高考题
1.【2017年高考北京卷】下列变化中，气体被还原的是
A.二氧化碳使Na2O2固体变白
B.氯气使KBr溶液变黄
C.乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色
D.氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀
【答案】B
【解析】本题考查元素化合物知识、氧化还原反应理论。溶液变黄说明有溴单质生成，反应后溴元素化合价升高，溴离子被氧化，氯气被还原，B项正确。二氧化碳与过氧化钠反应，过氧化钠中氧元素化合价既有升高又有降低，二氧化碳中的碳元素和氧元素化合价都不变，A项错误；乙烯与溴的反应是加成反应，C项错误；氨气与氯化铝溶液反应产生白色沉淀，是复分解反应，D项错误。
2.
【2017年高考海南卷】分别将足量下列气体通入稀Na2S溶液中，可以使溶液变浑浊的是
A．CO
B．SO2
C．HCl
D．CO2
【答案】B
【解析】A、CO不与Na2S发生反应，因此没有沉淀产生，故A错误；B、SO2具有弱氧化性，与Na2S发生氧化还原反应，即SO2＋2S2－＋4H＋=3S↓＋2H2O，故B正确；C、利用酸性强的制取酸性弱的，即发生2H＋＋S2－=H2S，没有沉淀产生，故C错误；D、不产生沉淀，故D错误。
【名师点睛】本题考查元素及其化合物的性质，此题比较基础，考查硫及其化合物的性质以及酸性的强的制取酸性弱，本题体现了SO2的弱氧化性，平时注意基础的夯实。
3.
【2017年高考北京卷】根据SO2通入不同溶液中的实验现象，所得结论不正确的是
溶液
现象
结论
A
含HCl、BaCl2的FeCl3溶液
产生白色沉淀
SO2有还原性
B
H2S溶液
产生黄色沉淀
SO2有氧化性
C
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
SO2有漂白性
D
Na2SiO3溶液
产生胶状沉淀
酸性:H2SO3>
H2SiO3
【答案】C
【解析】本题考查SO2的化学性质。产生的白色沉淀为BaSO4，SO2中硫元素的化合价从+4升高到+6，被Fe3+氧化，体现了SO2的还原性，A项正确；黄色沉淀为硫单质，SO2中硫元素的化合价从+4降低为0，被H2S还原，体现了SO2的氧化性，B项正确；紫色溶液褪色，是因为酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能将SO2氧化，自身被还原为无色的Mn2+，体现了SO2的还原性而不是漂白性，C项错误；胶状沉淀为硅酸，发生的反应为SO2+H2O+
SiO32-H2SiO3↓+
SO32-，原理为强酸制弱酸，因此H2SO3的酸性强于H2SiO3，D项正确。
4.
【2017年高考浙江卷】下列能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是
A．NH3
B．SO2
C．HCl
D．CO2
【答案】A
【考点】考查常见湿润气体的酸碱性
【解析】使红色石蕊试纸变蓝色的气体是碱性物质，氨气溶于水生成NH3·H2O，溶液显碱性，B、C、D都为溶于水使溶液显酸性的气体，故选A。
5.【2017年高考全国卷I】近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题:
(1)下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是　　　　(填标号)。
A.氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以
B.氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸
C.0.10
mol·L-1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1
D.氢硫酸的还原性强于亚硫酸
(2)如图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。
通过计算，可知系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)制氢的热化学方程式分别为　　　　
　
　　　、
　　　　　
　　　，制得等量H2所需能量较少的是　　　　。
(3)H2S与CO2在高温下发生反应:H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)。在610
K时，将0.10
mol
CO2与0.40
mol
H2S充入2.5
L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。
①H2S的平衡转化率α1=　　　　%，反应平衡常数K=　　　　。
②在620
K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率α2　　　　α1，该反应的ΔH　　　　0。(填“>”“<”或“=”)
③向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S转化率增大的是　　　　(填标号)。
A.H2S??
B.CO2??
C.COS?
D.N2
【答案】(1)D
(2)H2O(l)H2(g)+1/2O2(g)　ΔH=286
kJ·mol-1
H2S(g)H2(g)+S(s)　ΔH=20
kJ·mol-1　系统(Ⅱ)
(3)①2.5　2.8×10-3
②>　>
③B
【解析】本题考查化学反应原理的综合应用。(1)比较酸性强弱，就是比较相同浓度下酸电离出氢离子的难易。(2)H2S和CO2反应是等气体分子数反应，反应前后气体总物质的量保持不变，可以根据水的物质的量分数直接计算生成的水的物质的量，不必用三段式法列关系式求水的物质的量。
(1)根据较强酸制备较弱酸原理，氢硫酸不和碳酸氢钠反应，亚硫酸与碳酸氢钠反应，说明亚硫酸、碳酸、氢硫酸的酸性依次减弱，A项正确；相同浓度，溶液的导电能力与离子总浓度有关，相同浓度下，氢硫酸溶液导电能力弱，说明氢硫酸的电离能力较弱，即电离出的氢离子数较少，B项正确；相同浓度下，亚硫酸的pH较小，故它的酸性较强，C项正确；酸性强弱与还原性无关，酸性强调酸电离出氢离子的难易，而还原性强调还原剂失电子的难易，D项错误。(2)系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)都是吸热反应，从热化学方程式可以看出，系统(Ⅱ)制备1
mol
H2需要消耗20
kJ能量，而系统(Ⅰ)制备1
mol
H2需要消耗286
kJ能量，故系统(Ⅱ)消耗的能量较少。(3)①用三段式法计算:该反应是等气体分子数反应，平衡时n(H2O)=0.02×0.50
mol=0.01
mol。
α(H2S)=×100%=2.5%。对于等气体分子数反应，可直接用物质的量替代浓度计算平衡常数:K==≈2.8×1。②总物质的量不变，H2O的物质的量分数增大，说明平衡向右移动，H2S的转化率增大。即升高温度，平衡向正反应方向移动，正反应是吸热反应。③平衡之后，再充入H2S，则CO2的转化率增大，H2S的转化率减小，A项错误；充入CO2，平衡向右移动，H2S的转化率增大，B项正确；充入COS，平衡向左移动，硫化氢的转化率减小，C项错误；充入氮气，无论体积是否变化，对于气体分子数相等的反应，平衡不移动，硫化氢的转化率不变，D项错误。
6.
【2017年高考北京卷】SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。
(1)SCR(选择性催化还原)工作原理:
①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式:　???????????????????????????
???????????。
②反应器中NH3还原NO2的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　。
③当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成:　????????????????????
????????。
④尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素(M=60
g·mol-1)含量的方法如下:
取a?g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1?mL?c1?mol·L-1?H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2?mL?c2?mol·L-1NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是　　　　。
(2)NSR(NOx储存还原)工作原理:
NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。
图a
图b
①通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是　　　　。
②用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是　　　　。
③还原过程中，有时会产生笑气(N2O)。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在有氧条件下，15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO。将该反应的化学方程式补充完整:
　　　?NNO+　H2O
【答案】(1)①CO(NH2)2+H2OCO2+2NH3
②8NH3+6NO2?7N2+12H2O
③2SO2+O2+4NH3+2H2O?2(NH4)2SO4
④
(2)①BaO　②8∶1
③415NO+4NH3+3O2?415NNO+6H2O
【解析】本题以SCR和NSR两种核心技术原理为切入点，主要考查氧化还原反应相关知识、中和滴定等。(1)①根据题意，反应物为H2O和CO(NH2)2，生成物为NH3和CO2，反应条件为加热，结合元素守恒可写出该反应的化学方程式。②根据题意，反应物为NH3和NO2，生成物为N2和H2O，反应需在催化剂作用下进行。③根据题意，NH3、SO2、O2和H2O反应生成(NH4)2SO4。④根据题意，加入硫酸的总物质的量为c1v1×10-3?mol，NaOH消耗硫酸的物质的量为?mol，因此与NH3反应的硫酸的物质的量为(c1v1×10-3-)
mol，根据关系式:CO(NH2)2~2NH3~H2SO4，得n[CO(NH2)2]=?mol，因此尿素溶液中溶质的质量分数为×100%=。(2)①由图a可以看出NOx在BaO中储存，在Ba(NO3)2中还原，因此储存NOx的物质为BaO。②由图b可知，Ba(NO3)2在第一步反应中被H2还原为NH3，根据得失电子守恒，1
mol
Ba(NO3)2转化成NH3得到
2
mol×8=16
mol电子，1
mol氢气失去2
mol电子，因此消耗的氢气与硝酸钡的物质的量之比为8∶1。③根据题意，有氧气参与反应，同时根据生成物为15NNO和H2O，可推测出参加反应的15NO与NH3的物质的量之比为1∶1，结合得失电子守恒、原子守恒配平化学方程式。
7.
【2017年高考天津卷】H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，回答下列各方法中的问题。
Ⅰ.H2S的除去
方法1:生物脱H2S的原理为:
H2S+Fe2(SO4)3S↓+2FeSO4+H2SO4
4FeSO4+O2+2H2SO42Fe2(SO4)3+2H2O
(1)硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍，该菌的作用是　　
　　。
(2)由图3和图4判断使用硫杆菌的最佳条件为　　　　　　　　　　　　。若反应温度过高，反应速率下降，其原因是　　　　　　　　　　　　。
图3　?????????????
图4
方法2:在一定条件下，用H2O2氧化H2S
(3)随着参加反应的n(H2O2)/n(H2S)变化，氧化产物不同。当n(H2O2)/n(H2S)=4时，氧化产物的分子式为　　　　。
Ⅱ.SO2的除去
方法1(双碱法):用NaOH吸收SO2，并用CaO使NaOH再生
NaOH溶液Na2SO3溶液
(4)写出过程①的离子方程式:　　　　　　　　　　　　；CaO在水中存在如下转化:
CaO(s)+H2O(l)Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)
从平衡移动的角度，简述过程②NaOH再生的原理　　　　　　　　　　　　。
方法2:用氨水除去SO2
(5)已知25
℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10-5，H2SO3的Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.2×10-8。若氨水的浓度为2.0
mol·L-1，溶液中的c(OH-)=　　　　mol·L-1。将SO2通入该氨水中，当c(OH-)降至1.0×10-7?mol·L-1时，溶液中的c(SO32-)/c(HSO3-)=　　　　。
【答案】(1)降低反应活化能(或作催化剂)
(2)30
℃、pH=2.0　蛋白质变性(或硫杆菌失去活性)
(3)H2SO4
(4)2OH-+SO2
SO32-+H2O　
SO32-与Ca2+生成
CaSO3?沉淀，平衡正向移动，有
NaOH
生成
(5)6.0×10-3　0.62
【解析】本题通过工业上H2S、SO2尾气的治理，考查电离常数等。(1)使用硫杆菌，反应速率加快，说明硫杆菌作催化剂，能够降低反应的活化能，加快反应速率。(2)根据图3、图4可知，当温度为30
℃、pH=2.0时，Fe2+被氧化的速率最快。反应温度过高，反应速率下降，可能是因为催化剂的催化活性降低，即硫杆菌中蛋白质发生变性。(3)当n(H2O2)/n(H2S)=4时，设氧化产物中S的化合价为x。由H2O2→H2O、H2S→，根据得失电子守恒，知[-1-(-2)]×2×4=[x-(-2)]×1，解得x=6，故H2S对应的氧化产物的分子式为H2SO4。(4)过程①的离子方程式为2OH-+SO2
SO32-+H2O。加入CaO，Ca2+与SO32-生成CaSO3沉淀，平衡正向移动，因此有NaOH生成。(5)设氨水中c(OH-)=x?mol·L-1，根据NH3·H2O的Kb=，则=1.8×10-5，解得x=6.0×10-3。根据H2SO3的Ka2=，则=，当c(OH-)降至1.0×10-7?mol·L-1时，c(H+)为1.0×10-7mol·L-1，则==0.62。
2016-2013年
化学高考题
1．【2016年高考海南卷】下列叙述错误的是（
）
A．氦气可用于填充飞艇
B．氯化铁可用于硬水的软化
C．石英砂可用于生产单晶硅
D．聚四乙烯可用于厨具表面涂层
【答案】B
【解析】A．气球内其他的密度必须比空气密度小，氦气的密度小于空气的密度，并且化学性质稳定，不易和其它物质发生反应，氦气可用于填充气球，故A正确；B．氯化铁不能与钙离子、镁离子反应，不能降低钙离子、镁离子浓度，所以不能用于硬水的软化，故B错误；C．二氧化硅与焦炭反应生成硅与二氧化硅，所以石英砂可用于生产单晶硅，故C正确；D．不粘锅表面涂层的主要成分为聚四氟乙烯，故D正确。
【考点定位】考查化学在生活的应用正误判断。
【名师点睛】化学是一门实用性的学科，在日常生活及工农业生产和科学技术中应用十分广泛。解答此类题时需注意各物质的性质与用途。
2．【2016年高考江苏卷】在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（
）
A．SiO2SiCl4Si
B．FeS2SO2H2SO4
C．N2NH3NH4Cl(aq)
D．MgCO3MgCl2(aq)Mg
【答案】C
【解析】A、四氯化硅被氢气还原可以制备单质硅，但SiO2与盐酸不反应，A错误；B、煅烧FeS2可以得到氧化铁和二氧化硫，但SO2和H2O反应生成H2SO3，B错误；C、N2+3H22NH3、NH3+HCl===NH4Cl，C正确；D、镁是活泼的金属，金属镁的冶炼方法是电解熔融的氯化镁，电解氯化镁溶液生成氯气、氢气和氢氧化镁，D错误。答案选C。
【考点定位】本题主要是考查元素及其化合物相互转化的有关判断。
【名师点晴】掌握常见元素及其化合物的性质是解答的关键，注意相关基础知识的积累，注意二氧化硅化学性质的特殊性。金属的冶炼一般是依据金属的活泼性选择相应的方法，常见金属冶炼的方法有：1.热分解法：适用于不活泼的金属，如汞可用氧化汞加热制得；2.热还原法：用还原剂(氢气，焦炭，一氧化碳，活泼金属等)还原；3.电解法：适用于K、Ca、Na、Mg、Al等活泼金属；4.其他方法：如CuSO4+Fe===Cu+FeSO4。
3．【2016年高考上海卷】向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是（
）
A．碳酸钙粉末
B．稀硫酸
C．氯化钙溶液
D．二氧化硫水溶液
【答案】A
【解析】在氯水中存在反应：Cl2＋H2O===H＋＋Cl－＋HClO，若反应使溶液中c(HClO)增大，则溶液的漂白性会增强。A．由于酸性HCl>H2CO3>HClO，所以向溶液中加入碳酸钙粉末，会发生反应：2HCl+CaCO3===CaCl2+H2O+CO2↑，使化学平衡正向移动，导致c(HClO)增大，则溶液的漂白性会增强，正确；B．若加入稀硫酸，使溶液中c(H+)增大，平衡逆向移动，溶液的漂白性减弱，错误；C．加入氯化钙溶液，不能发生反应，溶液的水对氯水起稀释作用，使溶液的漂白性减弱，错误；D．加入二氧化碳的水溶液，电离产生氢离子，使化学平衡逆向移动，溶液的漂白性减弱，错误。
【考点定位】考查氯水的性质。
【名师点睛】氯水的成分及其性质是中学化学的重要考点，在新制的氯水中存在下列关系：Cl2＋H2OH+＋Cl-＋HClO、HClOH++ClO-、H2OH+＋OH-，氯水中存在三分子：H2O、Cl2、HClO，四离子：H+、Cl-、ClO-、OH-。所以，新制的氯水呈浅黄绿色，有刺激性气味，属于混合物，其所含的多种微粒使氯水的化学性质表现出多重性。①Cl2的强氧化性；②HCl的强酸性；③HClO的强氧化性（漂白性等）、弱酸性；④Cl-的性质等。特别注意的是氯气和水的反应为可逆反应、HClO存在电离平衡，分析氯水的性质时要结合反应条件及平衡移动原理。
4．【2016年高考上海卷】在硫酸工业生产中，为了有利于SO2的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室（见右图）。下列说法错误的是（
）
A．a、b两处的混合气体成分含量相同，温度不同
B．c、d两处的混合气体成分含量相同，温度不同
C．热交换器的作用是预热待反应的气体，冷却反应后的气体
D．c处气体经热交换后再次催化氧化的目的是提高SO2的转化率
【答案】B
【解析】A．根据装置图可知，从a进入的气体是含有SO2、O2、N2等的冷气，经过热交换器后从b处出来的是热的气体，成分与a处相同，正确；B．在c处出来的气体SO2、O2在催化剂表面发生反应产生的含有SO3及未反应的SO2、O2等气体，该反应是放热反应，当经过热交换器后被冷的气体降温，SO3变为液态，故二者含有的气体的成分不相同，错误；C．热交换器的作用是预热待反应的冷的气体，同时冷却反应产生的气体，为SO3的吸收创造条件，正确；D．处气体经过热交换器后再次被催化氧化，目的就是使未反应的SO2进一步反应产生SO3，从而可以提高SO2的转化率，正确。故选B。
【考点定位】考查工业制硫酸中SO2催化氧化的设备及工作原理。
【名师点睛】化学工业是历次考试题的重要组成部分，虽然完全考查设备的题型不是特别多，但是往往以工业流程为载体考查元素化合物知识，所以教材中的几个重要工业（工业生产中均有重要应用）的整体流程、主要设备、反应条件的选择等是我们学习的重要内容之一。需要关注的有：工业制硫酸、合成氨工业、硝酸工业、纯碱工业、氯碱工业、海水资源的综合利用及镁的冶炼、铝的冶炼、铜的精炼等。要求会正确书写相关的化学方程式，理解硫酸工业、合成氨工业条件的选择依据。
5．【2016年高考上海卷】一定条件下，一种反应物过量，另一种反应物仍不能完全反应的是（
）
A．过量的氢气与氮气
B．过量的浓盐酸与二氧化锰
C．过量的铜与浓硫酸
D．过量的锌与18
mol/L硫酸
【答案】AC
【解析】试题分析：A．H2和N2制备NH3是可逆反应，反应物始终不能消耗完；B．可以加入过量的浓盐酸，使二氧化锰彻底反应完全；C．浓硫酸随着反应变稀，稀硫酸不再与铜反应；D．18mol/L的浓硫酸与锌开始反应产生SO2，随着反应进行，浓硫酸变稀，再与锌反应产生H2。故选AC。
【考点定位】考查常见可逆反应的判断。
【名师点睛】常见化学反应中，有些反应能否发生（或者能否完全反应）除了与反应本身特点有关外，往往与反应物的量（或浓度）有关。常见类型有：①所有的可逆反应；②二氧化锰只能与浓盐酸反应生成氯气；③铜只能与浓硫酸在加热条件下反应；④活泼金属与稀硫酸反应生成氢气、与浓硫酸生成二氧化硫，两个反应的原理不同；⑤澄清石灰水中通入二氧化碳（或二氧化硫）气体，随着气体的量不同产物不同；⑥碳酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸的反应；⑦可溶性铝盐与强碱溶液、可溶性偏铝酸盐与强酸溶液的反应；⑧银氨溶液的配置过程；⑨过量的变价金属铁与定量浓硫酸、浓稀硝酸的反应等等。建议整理的过程中写出相应的离子方程式。
6．【2016年高考上海卷】类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是（
）
A．CO2是直线型分子，推测CS2也是直线型分子
B．SiH4的沸点高于CH4，推测H2Se的沸点高于H2S
C．Fe与Cl2反应生成FeCl3，推测Fe与I2反应生成FeI3
D．NaCl与浓H2SO4加热可制HCl，推测NaBr与浓H2SO4加热可制HBr
【答案】AB
【解析】A．O和S是同族元素，故形成的CO2和CS2都是直线形分子，正确；B．C和Si，Se和S都分别为同族元素，所形成的氢化物都为分子晶体，沸点取决于分子间作用力的大小，分子间作用力大小可以用相对分子质量来比较，正确；C．因I2的氧化性较弱，故与铁反应生成为FeI2，错误；D．浓硫酸氧化性很强，会将HBr氧化为Br2，错误。
【考点定位】考查类比推理方法在掌握化学知识中的合理运用。
【名师点睛】类比推理是学习和研究化学物质及其变化的一种常用的科学思维方法。由于物质的结构决定性质、性质决定用途，结构相似的物质往往具有相似的物理、化学性质。所以，依据事先设定好的“标准”将物质进行合理分类，对掌握物质的结构、通性等化学知识起着事半功倍的作用。但由于各种物质组成和结构具有一定的差异性，运用类推法时一定不能完全照搬。
7．【2016年高考新课标Ⅲ卷】化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是（
）
化学性质
实际应用
A
Al2(SO4)3和小苏打反应
泡沫灭火器灭火
B
铁比铜金属性强
FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板
C
次氯酸盐具有氧化性
漂白粉漂白织物
D
HF与SiO2反应
氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记
【答案】B
【解析】A、硫酸铝和碳酸氢钠发生反应生成氢氧化铝沉淀、硫酸钠和二氧化碳，能灭火，故说法正确；B、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，说明铜的还原性强于亚铁离子，不能说明铁比铜强，故说法错误；C、次氯酸具有强氧化性，能漂白，故说法正确；D、氟化氢和二氧化硅反应生成四氟化硅和水，可以刻蚀玻璃，故说法正确。
【考点定位】考查盐类水解的应用，氧化还原反应，次氯酸的性质，二氧化硅的性质。
【名师点睛】本试题考查考生对元素及其化合物性质的掌握。考查考生对知识的夯实和运用的能力。盐类水解在生活中涉及方方面面，如泡沫灭火器、明矾净水等等，泡沫灭火剂原理就是盐类水解，Al3＋＋3HCO3－===Al(OH)3↓＋3CO2↑，比较金属性的强弱，可以通过置换反应，利用金属性强的制取金属性弱的，如Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，说明Fe比Cu金属性强，漂白性的原理分为三类：一是具有强氧化性的，如HClO、O3等，二是结合性的，如SO2，三是吸附性，如活性炭，前两者属于化学变化，后者属于物理变化，漂白衣服常用氧化性的，但注意不能和洁厕剂混用，会产生氯气，SO2漂白纸张等，活性炭吸附水中的杂质，雕刻玻璃常用氢氟酸，因为发生4HF＋SiO2===SiF4↑＋2H2O，氢氟酸常保存在塑料瓶中，只有掌握一定的化学知识，才会使我们的生活质量得以提升，也才会更安全、更健康。
8．【2016年高考浙江卷】为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：下列说法不正确的是（
）
A．固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3
B．X可以是空气，且需过量
C．捕获剂所捕获的气体主要是CO
D．处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4++NO2-===N2↑+2H2O
【答案】B
【解析】试题分析：A、工业废气通入过量的石灰乳，二氧化碳和二氧化硫被吸收形成碳酸钙或亚硫酸钙沉淀，所以固体1中含有氢氧化钙和碳酸钙和亚硫酸钙，故正确；B、气体1为一氧化碳和一氧化氮和氮气，微粒能被氢氧化钠吸收成亚硝酸钠，需要将一氧化氮变成二氧化氮，与一氧化氮一起与氢氧化钠反应，所以通入的X为空气，因为要实现的反应为NO+NO2+2NaOH===2NaNO2+H2O，空气不能过量，故错误；C、一氧化碳和氢氧化钠不反应，所以捕获剂捕获的气体主要为一氧化碳，故正确；D、亚硝酸钠中的氮元素为+3价，与铵根离子中的氮元素-3价发生氧化还原反应，生成的无污染的气体为氮气，根据电子守恒和电荷守恒分析，其方程式为NH4++NO2-===N2↑+2H2O，故正确。故答案选B。
【考点定位】考查工业废水、废气的处理等知识。
【名师点睛】工业废气中的二氧化碳和二氧化硫都可以被过量的石灰乳吸收，而氮气、一氧化碳、一氧化氮不被吸收，从亚硝酸钠和铵根离子反应生成无污染的气体分析，无污染的气体为氮气，则说明一氧化氮被氢氧化钠吸收，因为存在NO+NO2+2NaOH===2NaNO2+H2O反应，所以要使气体中的一氧化氮被氢氧化钠吸收，应该通入空气，使部分一氧化氮变成二氧化氮，且不能过量。剩余的气体为一氧化碳，所以捕获的产物为一氧化碳。本题考查的是非金属及其化合物的性质。结合元素守恒和元素化合价的变化分析各物质的成分。
9．【2015新课标Ⅰ卷理综化学】我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金.......其水甚强，五金八石皆能穿滴，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指（
）
A．氨水
B．
硝酸
C．醋
D．卤水
【答案】B
【解析】
根据所给四种物质的氧化性的强弱可判断，该强水为硝酸，硝酸具有强氧化性，可溶解大部分金属。
【考点定位】本题考查历史背景下的化学知识，核心考点为元素化合物知识。难度为容易等级。
【名师点晴】我国古籍中有一些古人对化学知识的初步认识。结合高中化学知识考查对古籍中描述的物质进行辨识，这种考法可能会延续几年。《本草纲目》、《淮南万毕术》等古籍中描述的化学物质和化学反应可以适当关注。
10．【2015新课标Ⅱ卷理综化学】海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是（
）
A．向苦卤中通入Cl2是为了提取溴
B．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯
C．工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂
D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收
【答案】C
【解析】A．氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，因此向苦卤中通入Cl2是为了提取溴，A正确；B．粗盐中的钙离子、镁离子等可采用沉淀法除去，所得氯化钠溶液可采用重结晶等过程提纯，B正确；C．工业生产常选用来源更广泛、价格更便宜的石灰乳作为沉淀剂，用氢氧化钠不经济，C错误；D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，SO2具有还原性，能被溴氧化，因此再用SO2将其还原吸收，D正确，答案选C。
【考点定位】本题以海水的综合开发利用为载体重点考查了粗盐的提纯、海水提取溴、物质的分离与提纯操作、试剂的选取等，题目难度中等。
【名师点晴】本题从知识上考查物质的分离与提纯，考查了学生对知识了解、理解、掌握和分析、综合运用的情况。明确常见的化学实验基本操作以及常见物质的性质是答题的关键。
11．【2015重庆理综化学】下列说法正确的是（
）
A．I的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强
B．P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强
C．Al2O3和MgO均可与NaOH溶液反应
D．SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液可得到BaSO3和BaSO4
【答案】B
【解析】
I、Br同主族，非金属性I＜Br，气态氢化物的热稳定性HI＜HBr，A项错误；P、Si同周期，非金属性P＞Si，最高价氧化物对应的水化物的酸性H3PO4＞H2SiO3，B项正确；MgO是碱性氧化物，不能与NaOH反应，C项错误；SO2通入水中显酸性，NO能将其氧化为SO，最终生成BaSO4沉淀，D项错误。
【考点定位】本题主要考查原子半径的大小比较，由非金属性强弱来比较气态氢化物的稳定性以及最高价含氧酸的酸性的强弱，铝、镁、硫的化合物的化学性质。
【名师点晴】元素周期表是元素周期律的具体表现形式，它是化学学习和化学研究的重要工具，随着原子序数的递增，元素原子的最外层电子排布，原子半径，元素的非金属性和元素的金属性均呈现周期性变化，将元素周期表的结构及元素周期律，氧化物的类别与性质，SO2、SO3的化学性质，氧化还原反应和硝酸盐的性质等联系起来，充分体现了元素及其化合物之间存在着相互联系和变化规律，该题基础性较强，是每年高考化学的热点。
12．【2015北京理综化学】下列关于自然界中氮循环（如图）的说法不正确的是（
）
A．氮元素均被氧化
B．工业合成氨属于人工固氮
C．含氮无机物和含氮有机物可相互转化
D．碳、氢、氧三种元素也参与了氮循环
【答案】A?
【解析】A.人工固氮中氮气转化为氨气，是N2转化为NH3的过程，N化合价由0→-3价，化合价降低，被还原，故A错误；?B.工业合成氨是典型的人工固氮方法，故B正确；C.根据自然界中氮循环图知，通过生物体可以将铵盐和蛋白质相互转化，实现了含氮的无机物和有机物的转化，故C正确；D.生物体合成蛋白质的过程也有碳、氢、氧元素的参与，故D选项正确。
【考点定位】非金属元素氮的物理和化学性质?，涉及氮的固定、氧化还原反应等知识。
【名师点晴】考查自然界中氮的循环，自然界中氮的存在形态多种多样，除N2、NH3、NOx、铵盐、硝酸盐等无机物外，还可以蛋白质等有机物形态存在，氮的循环中氮元素可被氧化也可能发生还原反应，判断的依据主要是看变化过程中氮元素的化合价的变化情况，要明确化合价升高被氧化，化合价降低被还原。
13．【2015海南化学】0.1mol下列气体分别与1L
0.lmol·L-1的NaOH溶液反应，形成的溶液pH最小的是（
）
A．NO2
B．SO2
C．SO3
D．CO2
【答案】C
【解析】A项，NO2和NaOH溶液发生反应：2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O，二者恰好反应生成NaNO3和NaNO2的混合溶液，NaNO2为强碱弱酸盐，NO水解使溶液显碱性；B项，SO2与NaOH等物质的量反应：SO2＋NaOH===NaHSO3，由于HSO电离程度大于其水解程度，溶液显酸性；C项，发生反应：SO3＋NaOH===NaHSO4，该盐是强酸强碱的酸式盐，HSO完全电离，溶液的酸性相当于一元强酸，酸性比C项NaHSO3强；D项，发生反应：CO2＋NaOH===NaHCO3，由于HCO电离程度小于水解程度，溶液显碱性。综上所述，pH最小的溶液是NaHSO4，C项正确。
【考点定位】本题考查溶液酸碱性的判断、相关物质的性质。
【名师点睛】本题将元素化合物知识与溶液酸碱性的判断结合在一起考查了学生分析问题、解决问题的能力。熟练掌握相关物质之间的反应，准确判断反应后溶液的成分结合弱电解质的电离的电离和盐类水解原理做出相应的判断。充分体现了化学研究从定性到定量的特点，能较好的考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
14．【2015海南化学】下列叙述正确的是（
）
A．稀盐酸可除去烧瓶内残留的MnO2
B．可用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液
C．稀硝酸可除去试管内壁的银镜
D．煮沸自来水可除去其中的Ca(HCO3)2
【答案】C、D
【解析】A、稀盐酸与MnO2不能发生反应，不能除去烧瓶内残留的MnO2，错误；B、NaOH与玻璃中的SiO2会发生反应：2NaOH+SiO2===Na2SiO3+H2O，产生的Na2SiO3有粘合性，将玻璃瓶与玻璃塞黏在一起，因此不能使用玻璃塞，要用橡胶塞，错误；C、稀硝酸具有强氧化性，能够与Ag发生反应产生可溶性的AgNO3，达到除去试管内壁的银镜的目的，正确；D、煮沸自来水，Ca(HCO3)2不稳定，受热会发生反应：Ca(HCO3)2CaCO3+H2O+CO2↑，达到除去Ca(HCO3)2的目的，正确。
【考点定位】本题考查物质的性质和用途。
【名师点睛】本题以试管的洗涤、药品的存放和硬水的软化为载体考查相关物质的性质。准确把握相关物质的性质是解题的关键。考查学生对基础知识掌握的熟练程度，体现了学以致用的思想。题目难度不大。
15．【2015上海化学】下列物质见光不会分解的是（
）
A．HClO
B．NH4Cl
C．HNO3
D．AgNO3
【答案】B
【解析】A．HClO不稳定，光照发生分解反应产生HCl和O2，反应方程式是：2HClO2HCl+O2↑，错误。B．NH4Cl在加热时发生分解反应，而在光照时不会分解，正确。C．HNO3不稳定，在加热或光照时发生分解反应，方程式是：4HNO3(浓)
4NO2↑+
O2↑＋2H2O，错误。D．AgNO3不稳定，光照发生分解反应，方程式是：2AgNO32Ag+2NO2↑+
O2↑，错误。
【考点定位】考查物质的稳定性与反应条件的关系的知识。
【名师点睛】我们在使用物质、研究物质、保存物质时，都应该考虑的性质。物质的性质包括物理性质和化学性质，物理性质包括物质的颜色、状态、溶解性、挥发性、熔沸点、导电性等。物质的化学性质包括物质的稳定性、酸性、碱性、氧化性、还原性等。只有掌握了物质的性质，在保存物质、使用物质时才可以方法得到，使物质不发生变质、达到应有的实验效果和实验目的。上述几种物质都不稳定，有的干燥容易分解，有的加热容易分解，掌握好其分解条件是本题的关键。
16．【2015上海化学】二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有（
）
A．还原性
B．氧化性
C．漂白性
D．酸性
【答案】A
【解析】二氧化硫能使溴水褪色,是由于发生反应：Br2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HBr。在该反应在二氧化硫中的S元素的化合价升高，失去电子，表现还原性。故答案的A。
【考点定位】考查二氧化硫的化学性质的知识。
【名师点睛】二氧化硫是学生非常熟悉的一种气态物质，其因为会造成大气污染、形成酸雨而臭名昭著。只有对其性质充分认识和了解，才可以合理利用，对污染进行治理，对环境进行保护，才可以变废为宝，达到物尽其用的目的。二氧化硫是酸性氧化物，检验酸性氧化物的通性，还具有漂白性、氧化性、还原性，主要表现还原性。掌握SO2的化学性质是了解各种溶液褪色原理的关键所在。
17．【2015上海化学】与氢硫酸反应有沉淀生成的电解质是（
）
A．硫酸铜
B．氢氧化钠
C．硫酸亚铁
D．二氧化硫
【答案】A
【解析】试题分析：A.
CuSO4是盐，属于电解质，加入氢硫酸，会发生反应：CuSO4+H2S===CuS↓+H2SO4，产生黑色沉淀，正确。B．氢氧化钠
是碱，属于电解质，与氢硫酸发生反应：2NaOH+H2S===Na2S+2H2O，产生的Na2S是可溶性的物质，没有沉淀产生，错误。C．硫酸亚铁是盐，属于电解质，由于酸性：硫酸>氢硫酸，属于二者不能发生反应，无沉淀产生，错误。D．二氧化硫与硫化氢会发生反应：SO2+2H2S===3S↓+2H2O，产生沉淀，但是SO2是非电解质，不符合题意，错误。
【考点定位】考查物质的分类及反应现象的正确描述的知识。
【名师点睛】氢硫酸是酸，具有酸的通性，同时该物质具有还原性和不稳定性。可以根据其性质，结合反应产生的物质的溶解性大小，及物质的分类知识判断选项的正确性。以氢硫酸为线索，间接考查了物质的分类、物质的物理性质、化学性质是本题的目的。
18．【2014年高考海南卷】下列关于物质应用和组成的说法正确的是（
）
A．P2O5可用于干燥C12和NH3
B．“可燃冰”主要成分是甲烷和水
C．CC14可用于鉴别溴水和碘水
D．Si和SiO2都用于制造光导纤维
【答案】B、C
【解析】A.
P2O5是酸性干燥剂，可用于干燥C12，但是能够与碱性气体NH3发生反应，因此不可以干燥氨气。错误。B．“可燃冰”是甲烷的水化物。因此主要成分是甲烷和水。正确。C.
溴单质、碘单质在有机溶剂中的溶解度较大，而在水中的溶解度较小。当分别向溴水和碘水中加入CC14，振荡、静止，分层，下层是紫色的是碘水，下层是橙色的是溴水。因此CC14可用于鉴别溴水和碘水。正确。D.
SiO2用于制造光导纤维，Si用于制半导体材料。错误。
【考点定位】考查物质应用和组成的的知识。
【名师点睛】学习物质，目的就是为了更好的利用物质的性质、加以灵活应用。本题从物质的应用的角度考查物质的性质，再次强调对于元素及化合物的学习不能停留在死记硬背上，要进行对知识进行深入理解和应用上的融会贯通。
19．【2014年高考安徽卷第12题】中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是（
）
选项
规律
结论
A
较强酸可以制取较弱酸
次氯酸溶液无法制取盐酸
B
反应物浓度越大，反应速率越快
常温下，相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸，浓硝酸中铝片先溶解完
C
结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高
NH3沸点低于PH3
D
溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化
ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀
【答案】D
【解析】A、盐酸的制备不一定通过复分解反应完成，也可以使用氧化还原的原理来制取，如HClO光照分解生成HCl，A错误；B、常温下铝与浓硝酸、浓硫酸发生钝化，结论错误，应该用不同浓度盐酸或稀硫酸，B不正确；C、氨气分子间存在氢键，其沸点高于PH3，C错误；D、根据溶解平衡可知，溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化，硫化铜比硫化锌更难溶，因此ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀，D正确，答案选D。
【考点定位】本题主要是考查化学反应基本原理的应用
【名师点晴】本题主要是考查较强酸制备较弱酸、反应物浓度对对反应速率的影响、氢键对物质性质的影响以及溶解平衡应用等，侧重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。解答本题的关键是明确有关化学反应原理的内涵和外延，然后结合题干灵活运用即可。
20．【2014年高考福建卷第9题】常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（
）
X
Y
Z
①
NaOH溶液
Al(OH)3
稀硫酸
②
KOH溶液
SiO2
稀盐酸
③
O2
N2
H2
④
FeCl3溶液
Cu
浓硝酸
A．①③
B．①④
C．②④
D．②③
【答案】B
【解析】第①组[Al(OH)3]为两性氢氧化物，既能与强碱又能与强酸反应，正确；第②组SiO2不与盐酸反应，错误；第③组常温下N2既不与O2反应，又不与H2反应，错误；第④组常温下Cu既与FeCl3反应，又与浓硝酸反应，正确。
【考点定位】本题主要是考查常见元素及其化合物的性质以及转化的有关判断。
【名师点晴】本题主要是考查无机化合物间的转化(反应)，考查学生对重要无机物之间反应的掌握程度，在平时的复习中要做到对常见反应非常熟悉。本题的答题策略是采用逐一验证的方法进行解答，要注意反应的条件为“常温下”。题目难度不大。
21．【2014年高考广东卷第9题】下列叙述I和II均正确并有因果关系的是（
）
选项
叙述I
叙述II
A
KNO3的溶解度大
用重结晶法除去KNO3中混有的NaCl
B
BaSO4难溶于酸
用盐酸和BaCl2溶液检验SO42-
C
NH3能使酚酞溶液变红
NH3可用于设计喷泉实验
D
Ca(OH)2能制成澄清石灰水
可配制2.0
mol?L-1的Ca(OH)2溶液
【答案】B
【解析】A、重结晶法除去硝酸钾中的氯化钠是利用了二者的溶解度受温度变化影响不同，硝酸钾随温度升高溶解度增大的幅度比氯化钠随温度升高溶解度增大的幅度大，所以当温度降低时，硝酸钾的溶解度骤降，而氯化钠的溶解度变化不大，因此硝酸钾析出，氯化钠留在溶液中，从而除去硝酸钾中的氯化钠，并非是硝酸钾的溶解度大的缘故，错误；B、硫酸钡难溶于酸，先加盐酸无沉淀产生，排除Ag+、CO32-、SO32-的干扰，再加BaCl2溶液有白色沉淀产生，证明原溶液中存在SO42-，正确；C、因为氨气易溶于水，所以可用于设计喷泉实验，与氨气使酚酞溶液变红无因果关系，错误；D、氢氧化钙微溶于水，可配制澄清石灰水，但不能得到浓度为2.0mol/L的Ca（OH）2溶液，错误，答案选B。
【考点定位】本题主要是考查物质的分离与提纯、离子检验、物质的量浓度溶液的配制。
【名师点晴】本题以硝酸钾、硫酸钡、氨气、氢氧化钙为载体，考查对重结晶法、硫酸根离子的检验、氨气的喷泉实验、氢氧化钙溶液的配制的判断，对物质性质的描述是否存在因果关系的判断。这类题目需注意3个方面：1.
叙述I是正确的；2.
叙述II是正确的；3.
二者存在因果关系。三点必须同时满足才是正确答案。对每条叙述都必须认真思考后作答。
22．【2014年高考江苏卷第4题】下列物质性质与应用对应关系正确的是（
）
A．晶体硅熔点高硬度大，可用于制作半导体材料
B．氢氧化铝具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂
C．漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张
D．氧化铁能与酸反应，可用于制作红色涂料
【答案】B
【解析】A、晶体硅能导电，可用于制作半导体材料，与熔点高硬度大无关系，不正确；B、氢氧化铝具有弱碱性，能与酸反应生成铝盐和水，可用于制胃酸中和剂，正确；C、漂白粉具有强氧化性，可用于漂白纸张，与其稳定性无关系，不正确；D、氧化铁是红棕色粉末，可用于制作红色涂料，与是否能与酸反应无关系，不正确。
【考点定位】本题主要是考查物质性质与应用的正误判断。
【名师点晴】本题主要是考查常见的元素化合物的基本性质与用途，体现“性质决定用途”的化学思想。本题的解题要点为：熟悉常见的元素化合物的性质及与性质对应的用途，首先确定物质的性质和用途是否正确，再看性质和用途是否对应，这也是解题的关键点，也是容易失分点。
23．【2014年高考江苏卷第8题】下列各组物质中，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是（
）
物质
组别
甲
乙
丙
A
Al
HCl
NaOH
B
NH3
O2
HNO3
C
SiO2
NaOH
HF
D
SO2
Ca(OH)2
NaHCO3
【答案】B
【解析】Al既能与HCl反应又能与NaOH溶液反应，HCl和NaOH能发生中和反应，A项任意两种物质均能反应；NH3能被O2氧化，NH3能与HNO3发生中和反应，但O2不能与HNO3反应，B项符合题意；SiO2既能与NaOH反应又能与HF反应，NaOH能与HF发生中和反应，C项任意两物质均能反应；因酸性H2SO3＞H2CO3，SO2既能与Ca(OH)2反应又能与NaHCO3反应，Ca(OH)2能与NaHCO3反应，D项任意两种物质均能反应。
【考点定位】本题主要是考查常见元素及其化合物的性质、有关转化判断。
【名师点晴】本题以物质之间的反应为载体，重点考查物质间反应，涉及铝、氮的化合物、二氧化硅、二氧化硫等物质的化学性质。考察学生对常见物质化学性质的掌握情况，主要考察学生的识记能力和对知识的理解能力。本题的解题要点为物质之间的反应，要求学生熟悉元素化合物的重要化学性质。对重要物质的特性和一般性质的掌握不牢，则会导致失分。
24．【2014年高考江苏卷第13题】在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（
）
A．氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2
B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－
C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋
D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO
【答案】D
【解析】A、氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2，A正确；B、向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl－，B正确；C、向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H＋，C正确；D、向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成。由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D不正确，答案选D。
【考点定位】本题主要是考查氯水性质、成分及其检验。
【名师点晴】本题以探究新制饱和氯水成分的实验为载体，重点氯气、氯离子、氢离子、次氯酸等检验方法，考察学生对物质检验的方法及常见的注意事项，要求学生能通过现象看到反应的本质，考察学生分析、比较综合的实验能力，充分体现了“源于教材又不拘泥于教材”的命题指导思想，在一定程度上考查了学生的创新思维能力。本题的解题要点为氯水成分的检验，需要学生熟悉常见微粒的检验方法及注意事项。
25．【2014年高考全国大纲卷第8题】下列叙述错误的是（
）
A．SO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同
B．制备乙酸乙酯时可用热的NaOH溶液收集产物以除去其中的乙酸
C．用饱和食盐水替代水跟电石反应，可以减缓乙炔的产生速率
D．用AgNO3溶液可以鉴别KC1和KI
【答案】B
【解析】熟练掌握中学化学实验的基本原理。A项SO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色均发生的是氧化还原反应，正确；B项NaOH溶液会破坏乙酸乙酯，错误；C项用饱和食盐水替代水跟电石反应，可以减缓乙炔的产生速率，正确；D项用AgNO3溶液分别与KC1和KI反应产生白色、黄色沉淀(不同现象)，正确。
【考点地位】本题主要是考查化学实验基本原理
【名师点晴】本题通过考查SO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理、制备乙酸乙酯、制备乙炔、鉴别KC1和KI等，这些都属于中学化学实验中的重要内容，由此可见扎实的基础是应考的法宝。在一定程度上考查了学生的知识的灵活运用能力和分析问题解决问题的能力。
26．【2014年高考新课标Ⅰ卷第8题】化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是（
）
选项
现象或事实
解释
A
用热的纯碱溶液洗去油污
Na2CO3可直接和油污反应
B
漂白粉在空气中久置变质
漂白粉中的CaCl2
与空气中的CO2反应
生成CaCO3
C
施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用
K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效
D
FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作
FeCl3能从含有Cu2＋的溶液中置换出铜
【答案】C
【解析】本题是有关盐的应用。首先要认识盐的组成、性质、然后通过与其它物质接触会发生什么反应、有何作用和影响。最后得到相应的结论。盐主要考查盐类知识的应用。主要是盐的水解。盐水解的规律是：有弱才水解，谁弱谁水解，谁强显谁性。都弱都水解，都强不水解。A、纯碱是强碱弱酸盐水解使溶液显碱性。盐的水解反应是吸热反应，所以升高温度，促进盐的水解，使溶液的碱性更强。油脂在碱性情况下水解产生容易溶解于水的高级脂肪酸的钠盐和甘油。因此用热的纯碱溶液可以更好地洗去油污。而不是碳酸钠与油污直接发生反应。错误。B、漂白粉是CaCl2和Ca(ClO)2的混合物。在空气中久置变质，是因为其有效成分Ca(ClO)2与空气中的H2O、CO2发生反应Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO,产生的HClO不稳定，光照分解2HClO2HCl＋O2↑.最后得到的固体是CaCl2和CaCO3的混合物而失去漂白性。错误；C、草木灰的有效成分K2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，而NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，当施肥时若把草木灰（有效成分为K2CO3）与NH4Cl混合使用，则二者的水解作用相互促进，发生的双水解反应的离子方程式为：CO32-+2NH4+===
CO2↑+NH3↑
+H2O；这样N元素就会以氨气的形式逸出从而使肥效会降低。正确。D、FeCl3有强氧化性，能够与Cu在溶液发生氧化还原反应2FeCl3+Cu===2FeCl2+CuCl2，把多余的Cu腐蚀掉。因此可用于铜质印刷线路板的制作，并非发生置换反应。错误。
【考点地位】本题主要是考查常见物质的性质和应用的有关判断。涉及碳酸钠、氯化铁、漂白粉、草木灰。
【名师点晴】化学是一门实用科学，它渗透到社会、生活、生产、科研的方方面面，与我们息息相关。学以致用是我们的学习目的，只有了解了化学原理，我们才可以提高我们的生活质量、生产效益、科研水平，生活的更安全、健康、环保、和谐。做题时一定要认真审题，看清盐的成分、性质等关键字眼，避免不必要的丢分。考察了学生对化学知识的掌握情况。考察了应用所学知识进行必要的分析、和解决具体的问题的能力。它充分体现了“源于教材又不拘泥于教材”的命题指导思想。在今后的考试中份量会逐渐加重。我们应该加强练习，力求掌握。
27．【2014年高考新课标Ⅰ卷第13题】利用右图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（
）
选项
①
②
③
实验结论
A
稀硫酸
Na2S
AgNO3与AgCl的浊液
Ksp(AgCl)＞Ksp(Ag2S)
B
浓硫酸
蔗糖
溴水
浓硫酸具有脱水性、氧化性
C
稀盐酸
Na2SO3
Ba(NO3)2溶液
SO2与可溶性钡盐均可以生成白色沉淀
D
浓硝酸
Na2CO3
Na2SiO3溶液
酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸
【答案】B
【解析】A、产生的H2S通入③中，无法比较Ksp(AgCl)与Ksp(Ag2S)，错误；B、浓硫酸有脱水性，能够使蔗糖脱水碳化。然后浓硫酸与产生的C单质发生氧化还原反应，生成CO2、SO2、H2O，在③中与溴水反应:Br2＋2H2O＋SO2===H2SO4＋2HBr。因此证明了浓硫酸具有脱水性、氧化性，正确；C、SO2在水溶液中溶解产生亚硫酸使溶液显酸性，这时与Ba(NO3)2发生氧化还原反应：3SO2＋2H2O＋3Ba(NO3)2===3BaSO4↓＋2NO↑＋4HNO3。若在③中无氧化性的物质，则在酸性环境中不能发生沉淀反应。错误；D、①②发生反应：Na2CO3＋2HNO3===2NaNO3＋CO2↑＋H2O；产生的在CO2遇Na2SiO3在溶液中发生反应：Na2SiO3＋
CO2＋H2O===
Na2CO3＋H2SiO3↓。由于浓硝酸有挥发性，挥发出的硝酸也会与Na2SiO3溶液反应Na2SiO3＋2HNO3===
2NaNO3＋H2SiO3↓。产生硅酸白色胶状沉淀。因此不能证明酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸。错误。
【考点地位】本题主要是考查化学实验方案设计与评价，涉及浓硫酸的特性：强氧化性、脱水性；浓硝酸的挥发性、强氧化性；溴水的氧化性、SO2的还原性、沉淀溶解平衡、稀硫酸、稀盐酸的酸性及溶液酸性强弱的比较及复分解反应的规律。
【名师点晴】盐酸、硫酸、硝酸是中学化学常使用的三大强酸。掌握酸的通性与特性、复分解反应的规律并加以灵活运用是学好化学的基础。任何规律都有其适用范围。在物质之间的发生的反应，经常发生沉淀的形成与转化问题。若离子浓度的乘积达到难溶物的溶度积常数，就可以形成沉淀，若小于溶度积常数，就不能形成沉淀。对于组成结构相似的物质来说，规律是难溶的物质向更难溶的物质转化，对于结构不相同的物质来说，该规律就不适用。因此一定要掌握规律的适用范围。这样才不会得到错误的结论。在一定程度上考查了学生的知识的灵活运用能力和分析问题解决问题的能力。专题12
电化学基本原理
2019年化学高考题
1.【2019全国Ι理综，12，6分】利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成,电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子,示意图如图所示。下列说法错误的是
A.相比现有工业合成氨,该方法条件温和,同时还可提供电能?
B.阴极区,在氢化酶作用下发生反应H2+2MV2+2H++2MV+
C.正极区,固氮酶为催化剂,N2发生还原反应生成NH3?
D.电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动?
1.
B
本题考查原电池工作原理，涉及酶的特性、电极反应式的书写和电解质中离子迁移方向等知识，考查的核心素养是证据推理与模型认知、宏观辨识与微观探析。由题图和题意知，电池总反应是3H2+N22NH3。该合成氨反应在常温下进行，并形成原电池产生电能，反应不需要高温、高压和催化剂，A项正确；观察题图知，左边电极发生氧化反应MV+-e-MV2+,为负极，不是阴极，B项错误；正极区N2在固氮酶作用下发生还原反应
生成NH3，C项正确；电池工作时，H+通过交换膜，由左侧（负极区）向右侧（正极区）迁移，D项正确。
【教你解题】分析装置图时，抓住粒子流向与物质转化，整体认识合成氨原理。联系原电池原理综合作出判断。
【解后反思】电解池的电极分阴极、阳极，阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应；原电池的电极分正极、负极，正极发生还原反应，负极发生氧化反应。
2.【2019浙江4月选考，12,2分】化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。?
?下列说法不正确的是?
A.甲：Zn2+向Cu电极方向移动,Cu电极附近溶液中H+浓度增加
?
B.乙：正极的电极反应式为Ag2O+2e-+H2O2Ag+2OH-?
C.丙：锌筒作负极,发生氧化反应,锌筒会变薄?
D.丁：使用一段时间后,电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降
?
2.
A
本题以铜锌原电池，钮扣式银锌电池，锌锰干电池和铅蓄电池为背景考查原电池的基本概念、工作原理以及电极反应式的书写。
铜锌原电池（电解质溶液为硫酸）中铜作正极，电极反应为?2H++2e-H2↑，故铜电极附近H+浓度降低，A项错误。
?
3.【2019北京理综，27（2），6分】可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如图。通过控制开关连接K1或K2,可交替得到H2和O2。?
制H2时,连接
。产生H2的电极反应式是
。
②改变开关连接方式,可得O2。?
结合①和②中电极3的电极反应式,说明电极3的
作用：
。
3.①K1(1分)
2H2O+2e-H?2
+2OH-(2分)
制H2时，电极3发生反应：Ni(OH）2+OH--e-NiOOH+H2O。制O2时，上述电极反应逆向进行，使电极3得以循环使用(3分)
【解析】
①电解碱性电解液时，H2O电离出的H+在阴极得到电子产生H2，根据题图可知电极1与电池负极连接，为阴极，所以制H2时，连接K1，产生H2的电极反应式为2H2O＋2e-H2↑＋2OH-。③制备O2时碱性电解液中的OH-失去电子生成O2，连接K2，O2在电极2上产生。连接K1时，电极3为电解池的阳极，Ni(OH)2失去电子生成NiOOH，电极反应式为Ni(OH)2-e-+OH-NiOOH+H2O,连接K2时，电极3为电解池的阴极，电极反应式为NiOOH+e-＋H2ONi(OH)2+OH-,使电极3得以循环使用。
【易错警示】
本题中部分考生不能根据电池的正、负极和电解原理找出生成H2、O2的电极，书写电极反应式时忘记考虑电解质溶液的酸、碱性而出错等。
4.
【2019全国Ⅲ理综，13,6分】为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn（3D?Zn）可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3D?Zn—NiOOH二次电池，结构如下图所示。电池反应为Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l)ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。
A．三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高
B．充电时阳极反应为Ni(OH)2(s)+OH?(aq)?e?NiOOH(s)+H2O(l)
C．放电时负极反应为Zn(s)+2OH?(aq)?2e?ZnO(s)+H2O(l)
D．放电过程中OH?通过隔膜从负极区移向正极区?
4.
D
本题考查新型电池的工作原理，考查的核心素养是证据推理与模型认知。该电池采用的三维多孔海绵状Zn具有较大的表面积，可以高效沉积ZnO，且所沉积的ZnO分散度高，A正确；根据题干中总反应可知该电池充电时，Ni(OH)??2?在阳极发生氧化反应生成NiOOH，其电极反应式为?Ni(OH)2(s)+OH-(aq)－e-?NiOOH(s)+H2O(l)，B正确；放电时Zn在负极发生氧化反应生成ZnO，电极反应式为Zn(s)+2OH-?(aq)－2e-ZnO(s)+H2O(l)，C正确；电池放电过程中，OH-等阴离子通过隔膜从正极区移向负极区，D错误。?
【教你解题】结合题意和题图可知，放电时相当于原电池，充电时相当于电解池，结合反应前后Zn、Ni元素的化合价变化可写出充、放电时的电极反应式。
5.【2019天津理综，6,6分】我国科学家研制了一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池,其工作原理示意图如图。
图中贮液器可储存电解质溶液,提高电池的容量。?
下列叙述不正确的是?
A.放电时,a电极反应为I2Br-+2e-2I-+Br-?
B.放电时,溶液中离子的数目增大??
C.充电时,b电极每增重0.65
g,溶液中有0.02
mol
I?-被氧化?
D.充电时,a电极接外电源负极
?
5.
D
本题考查锌-碘溴液流电池的工作原理，考查的核心素养是证据推理与模型认知。根据电池的工作原理示意图，可知放电时a电极上I2Br-转化为Br-和I-?，电极反应为I2Br-+2e-?
2I-+
Br-，A项正确；放电时正极区I2Br-转化为Br-和I-?，负极区Zn转化为Zn2+，溶液中离子的数目增大，B项正确；充电时b电极发生反应Zn2++2e-?
Zn，b电极增重0.65
g时，转移002
mol
e-，a电极发生反应2I-+
Br--2e-I2Br-，根据各电极上转移电子数相同，则有0.02
mol
I-?被氧化，C项正确；放电时a电极为正极，充电时，a电极为阳极，接外电源正极，D项错误。
?
6.【2019江苏，10,2分】将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是?
A.铁被氧化的电极反应式为Fe-3e-Fe3+??
B.铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能?
C.活性炭的存在会加速铁的腐蚀?
D.以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀
?
6.
C
本题考查金属的电化学腐蚀，考查的核心素养是证据推理与模型认知。A项，铁和炭的混合物用NaCl溶液湿润后构成原电池，铁作负极，铁失去电子生成Fe2+?，电极反应式为Fe－2e-Fe2+，错误；B项，铁腐蚀过程中化学能除了转化为电能外，还可转化为热能等，错误；C项，构成原电池后，铁腐蚀的速率变快，正确；D项，用水代替NaCl溶液，Fe和炭也可以构成原电池，Fe失去电子，空气中的O2得到电子，铁发生吸氧腐蚀，错误。
2018年化学高考题
1.
（2018全国Ⅱ理综，12，6分）我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na-CO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳钠米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为：3CO2+4Na2Na2CO3+C。下列说法错误的是
A.[ZK(#]放电时，ClO4-向负极移动
B.充电时释放CO2，放电时吸收CO2
C.放电时，正极反应为:3CO2+4e-2CO32-+C
D.充电时，正极反应为:Na++e-Na
1.
D
本题考查化学电源。结合总反应式和题图可知，该电池放电时Na为负极，Ni为正极。Na-CO2二次电池放电时为原电池，充电时为电解池。结合总反应进行分析作答。电池放电时，ClO4-向负极移动，A项正确；结合总反应可知放电时需吸收CO2，而充电时释放出CO2，B项正确；放电时，正极CO2得电子被还原生成单质C，即电极反应式为3CO2+4e-===2CO32-+C，C项正确；充电时阳极发生氧化反应，即C被氧化生成CO2，D项错误。?
2.
（2018全国Ⅲ理综，11，6分）一种可充电锂-空气电池如图所示。当电池放电时,O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x(x=0或1)。下列说法正确的是
A.
放电时,多孔碳材料电极为负极
B.放电时,外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极
C.充电时,电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移
D.充电时,电池总反应为Li2O2-x2Li+
O2
?
2.
D
本题考查原电池和电解池知识，意在考查考生对电化学知识的运用能力。根据电池工作原理，多孔碳材料吸附O2，O2?在此获得电子，所以多孔碳材料电极为电池的正极，A项错误；放电时电子从负极（锂电极)流出，通过外电路流向正极（多孔碳材料电极），B项错误；Li＋带正电荷，充电时，应该向电解池的阴极（锂电极）迁移，C项错误；充电时，电池总反应为?Li2O
x
2-?===2Li
＋（1-
)O2，D项正确。[ZK)]?
3.
（2018全国Ⅰ理综，6分）最近我国科学家设计了一种CO2＋H2S协同转化装置，实现对天然气中CO2和H2S的高效去除。示意图如图所示，
?
其中电极分别为ZnO＠石墨烯（石墨烯包裹的ZnO）和石墨烯，石墨烯电极区发生反应为：
①?EDTA-Fe2+-?e-?=?EDTA-Fe3+?
②?2EDTA-Fe3+?+?H2S
=
2H+?+
S
+?2EDTA-Fe2+
该装置工作时，下列叙述错误的是
A．阴极的电极反应：CO2＋2H＋＋2e-＝CO＋H2O
B．协同转化总反应：CO2＋H2S＝CO＋H2O＋S
C．石墨烯上的电势比ZnOa＠石墨烯上的低
D．若采用Fe3+/Fe2＋取代EDTA－Fe3＋／EDTA－Fe2＋，溶液需为酸性
3.
C
本题考查电解原理的应用，意在考查考生的综合分析能力、处理新信息能力。阴极发生还原反应，氢离子由交换膜右侧向左侧迁移，阴极的电极反应式为CO2＋2e-===CO＋H2O，A项正确；结合阳极区发生的反应，可知协同转化总反应为CO2＋H2S===S＋CO＋H2O，B项正确；石墨烯作阳极，其电势高于ZnO@石墨烯的，C项错误；Fe3+、Fe2+在碱性或中性介质中会生成沉淀，它们只稳定存在于酸性较强的介质中，D项正确。?
4.
（2018北京理综，12，6分）验证牺牲阳极的阴极保护法,实验如下(烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液)。
下列说法不正确的是
A.对比②③,可以判定Zn保护了Fe
B.对比①②,K3\[Fe(CN)6\]可能将Fe氧化
C.验证Zn保护Fe时不能用①的方法
D.将Zn换成Cu,用①的方法可判断Fe比Cu活泼
4.
D
本题考查金属的电化学腐蚀与防护。②中Zn作负极，发生氧化反应生成Zn2+，Fe作正极被保护，所以取出的少量Fe附近的溶液中滴入铁氰化钾溶液，试管内无明显变化。但③中没有Zn保护Fe，Fe在酸性环境中发生析氢腐蚀，Fe作负极被氧化生成Fe2+，所以取出的少量Fe附近的溶液中滴入铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，对比②③可知Zn保护了Fe，A项正确；①与②的区别在于：前者是将铁氰化钾溶液直接滴入烧杯中，而后者是在取出的少量Fe附近的溶液中滴加铁氰化钾溶液，①中出现了蓝色沉淀，说明有Fe2+生成。对比分析可知，可能是铁氰化钾氧化Fe生成了Fe2+，B项正确；通过上述分析可知，验证Zn保护Fe时不能用①的方法，C项正确；若将Zn换成Cu，铁氰化钾仍会将Fe氧化为Fe2+，在铁的表面同样会生成蓝色沉淀，所以无法判断Fe2+是不是负极产物，即无法判断Fe与Cu的活泼性，D项错误。
5.（2018海南，8,4分）（双选）一种镁氧电池如图所示，电极材料为金属镁和吸附氧气的活性炭。电解液为KOH浓溶液。下列说法错误的是
A.电池总反应式为:2Mg
+
O2+
2H2O===2Mg(OH)2
B.正极反应式为:Mg-2e-===Mg2+
C.活性炭可以加快O2在负极上的反应速率
D.电子的移动方向由a经外电路到b
5.BC
镁是活泼金属作负极，电极反应式为：Mg2+－2e－＝Mg2+，吸附氧气的活性炭作为正极，电极反应式为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－，总反应式为2Mg＋O2＋2H2O＝2Mg(OH)2　A、D观点正确，B观点错误；活性炭，内部具有疏松多孔的结构，用作正极能够帮助O2在正极上放电，C观点不正确，答案选B、C。?
2017年
化学高考题
1.【2017年高考全国卷Ⅰ】支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是
A.通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零
B.通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩
C.高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流
D.通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整
【答案】C
【解析】本题考查实际应用中的电化学腐蚀(外加电流的阴极保护法)。审题抓住“外加电流的阴极保护法”、高硅铸铁为惰性辅助阳极等。依题意，钢管桩为阴极，电子流向阴极，阴极被保护，钢管桩表面腐蚀电流是指铁失去电子形成的电流，接近于0，铁不容易失去电子，A项正确；阳极上发生氧化反应，失去电子，电子经外电路流向阴极，B项正确；高硅铸铁作阳极，阳极上发生氧化反应，阳极上主要是海水中的水被氧化生成氧气，惰性辅助阳极不被损耗，C项错误；根据海水对钢管桩的腐蚀情况，增大或减小电流强度，D项正确。
【名师点睛】本题易错误理解“腐蚀电流”，腐蚀电流即指金属被腐蚀时形成原电池而产生的电流，腐蚀电流为0，就是金属没有被腐蚀。原电池中电子流向:负极→正极；电解池中电流流向:正极→阳极，阴极→负极。在金属保护中，外加电流的阴极保护法中阳极常为惰性电极，海水中水发生氧化反应:2H2O-4e-O2↑+4H+。
2.
【2017年高考全国卷Ⅱ】用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为H2SO4-H2C2O4混合溶液。下列叙述错误的是
A.待加工铝质工件为阳极
B.可选用不锈钢网作为阴极
C.阴极的电极反应式为:Al3++3e-Al
D.硫酸根离子在电解过程中向阳极移动
【答案】C
【解析】本题考查电解原理的应用。利用电解氧化法在铝制品表面形成致密的Al2O3薄膜，即待加工铝质工件作阳极，A项正确；阴极与电源负极相连，对阴极电极材料没有特殊要求，可选用不锈钢网等，B项正确；电解质溶液呈酸性，阴极上应是H+放电，C项错误；在电解过程中，电解池中的阴离子向阳极移动，D项正确。
3.
【2017年高考全国卷Ⅲ】全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为:16Li+xS88Li2Sx(2≤x≤8)。下列说法错误的是
A.电池工作时，正极可发生反应:2Li2S6+2Li++2e-3Li2S4
B.电池工作时，外电路中流过0.02
mol电子，负极材料减重0.14
g
C.石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性
D.电池充电时间越长，电池中Li2S2的量越多
【答案】D
【解析】本题考查电化学知识。原电池工作时，正极发生一系列得电子的还原反应，即:Li2S8→Li2S6→Li2S4→Li2S2，其中可能有2Li2S6+2Li++2e-?3Li2S4，A项正确；该电池工作时，每转移0.02
mol电子，负极有0.02
mol
Li(质量为0.14
g)被氧化为Li+，则负极质量减少0.14
g，B项正确；石墨烯能导电，用石墨烯作电极，可提高电极a的导电性，C项正确；充电过程中，Li2S2的量逐渐减少，当电池充满电时，相当于达到平衡状态，电池中Li2S2的量趋于不变，故不是电池充电时间越长，电池中Li2S2的量越多，D项错误。
4．【2017年高考海南卷】一种电化学制备NH3的装置如图所示，图中陶瓷在高温时可以传输H+。下列叙述错误的是
A．Pb电极b为阴极
B．阴极的反应式为：N2+6H++6e?=2NH3
C．H+由阳极向阴极迁移
D．陶瓷可以隔离N2和H2
【答案】A
【名师点睛】本题考查电解原理，首先判断阴阳两极，阴极连接电源的负极，阴极上得到电子化合价降低，发生还原反应，阳极连接电源的正极，阳极上失去电子化合价升高，发生氧化反应，然后判断电极材料，惰性电极还是活动性金属作电极，活动性金属作阳极，活动性金属先失电子，如果是惰性材料作阳极，则是还原性强的阴离子先失电子，氧化性强的离子在阴极上得电子；电极反应式的书写是高考的热点，一般需要根据装置图完成，需要看清反应环境。
5．【2017年高考浙江卷】银锌电池是一种常见化学电源，其反应原理：Zn＋Ag2O＋H2O===Zn(OH)2＋2Ag，其工作示意图如下。下列说法不正确的是
A．Zn电极是负极
B．Ag2O电极发生还原反应
C．Zn电极的电极反应式：Zn－2eˉ＋2OHˉ===Zn(OH)2
D．放电前后电解质溶液的pH保持不变
【答案】D
【考点】考查原电池工作原理，陌生原电池反应的正负极、反应类型、电极方程式书写判断
【解析】根据给出原电池原理反应，从化合价角度分析，Zn化合价升高失去电子为负极，电解质为KOH，电极方程式为Zn-2e_
+2OH_=Zn(OH)2，A、C正确；Ag2O化合价降低为正极，被还原，B正确；总反应显示反应过程中生成水，原溶液显碱性，所以碱性减弱，PH减小
2016-2013年
化学高考题
1．【2016年高考北京卷】用石墨电极完成下列电解实验。
实验一
实验二
装置
现象
a、d处试纸变蓝；b处变红，局部褪色；c处无明显变化
两个石墨电极附近有气泡产生；n处有气泡产生；……
下列对实验现象的解释或推测不合理的是（
）
A．a、d处：2H2O+2e===H2↑+2OH-
B．b处：2Cl--2e-===Cl2↑
C．c处发生了反应：Fe-2e-===Fe2+
D．根据实验一的原理，实验二中m处能析出铜
【答案】B
【解析】a、d处试纸变蓝，说明溶液显碱性，是溶液中的氢离子得到电子生成氢气，氢氧根离子剩余造成的，故A项正确；b处变红，局部褪色，说明是溶液中的氢氧根和氯离子同时放电，故B项错误；c处为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，故C项正确；实验一中ac形成电解池，db形成电解池，所以实验二中也相当于形成三个电解池(一个球两面为不同的两极)，m为电解池的阴极，另一球朝m的一面为阳极(n的背面)，故相当于电镀，即m上有铜析出，故D项正确。
【考点定位】本题主要是考查电解原理的应用。
【名师点睛】化学反应主要是物质变化，同时也伴随着能量变化。电化学是化学能与电能转化关系的化学。电解池是把电能转化为化学能的装置，它可以使不能自发进行的化学借助于电流而发生。与外接电源正极连接的电极为阳极，与外接电源的负极连接的电极为阴极。阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。若阳极是活性电极(除Au、Pt、C之外的电极)，则电极本身失去电子，发生氧化反应；若是惰性电极(Au、Pt、C等电极)，则是溶液中的阴离子放电，放电的先后顺序是S2->I->Br->Cl->OH->含氧酸根离子，阴极则是溶液中的阳离子放电，放电顺序是Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+，与金属活动性顺序刚好相反。因此掌握电解池反应原理是本题解答的关键。注意依据实验现象分析可能发生的电极反应。
2．【2016年高考海南卷】某电池以K2FeO4和Zn为电极材料，KOH溶液为电解溶质溶液。下列说法正确的是（
）
A．Zn为电池的负极
B．正极反应式为2FeO42?+
10H++6e?===Fe2O3+5H2O
C．该电池放电过程中电解质溶液浓度不变
D．电池工作时向负极迁移
【答案】AD
【解析】A．根据化合价升降判断，Zn化合价只能上升，故为负极材料，K2FeO4为正极材料，正确；B．KOH溶液为电解质溶液，则正极电极方程式为2FeO42?
+6e?+
8H2O
===2Fe(OH)3+10OH?，错误；C．该电池放电过程中电解质溶液浓度减小，错误；D．电池工作时阴离子OH?向负极迁移，正确；故选AD。
【考点定位】考查原电池原理及化学电源。
【名师点睛】原电池原理是建立在氧化还原和电解质溶液基础上，借助氧化还原反应实现化学能与电能的相互转化，是高考命题重点，题目主要以选择题为主，主要围绕原电池的工作原理、电池电极反应的书写与判断、新型电池的开发与应用等进行命题。
3．【2016年高考上海卷】图1是铜锌原电池示意图。图2中，x轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，y轴表示（
）
A．铜棒的质量
B．c(Zn2+)
C．c(H+)
D．c(SO42-)
【答案】C
【解析】该装置构成原电池，Zn是负极，Cu是正极。A．在正极Cu上溶液中的H+获得电子变为氢气，Cu棒的质量不变，错误；B．由于Zn是负极，不断发生反应Zn-2e-===Zn2+，所以溶液中c(Zn2+)增大，错误；C．由于反应不断消耗H+，所以溶液的c(H+)逐渐降低，正确；D．SO42-不参加反应，其浓度不变，错误。
【考点定位】考查原电池基本原理和溶液中离子浓度变化。
【名师点睛】原电池原理无论在工业生产、日常生活和科学研究领域都有着重要用途，尤其在金属的腐蚀与防护、新能源的开发和利用方面有着不可替代的作用，因此也是历年高考必考知识点之一。无论题型如何变化，如果把握原电池的工作原理、电极反应式和电池总反应方程式问题都会迎刃而解。在原电池中，一般活泼金属做负极、失去电子、发生氧化反应（金属被氧化）、逐渐溶解（或质量减轻）；不活泼金属（或导电的非金属）做正极、发生还原反应、有金属析出（质量增加）或有气体放出；电子从负极流出经过外电路流回正极，电流方向正好相反；溶液中离子浓度变化及移动方向由电极反应决定。
4．【2016年高考四川卷】某电动汽车配载一种可充放电的锂离子电池。放电时电池的总反应为：Li1-xCoO2+LixC6===LiCoO2+
C6(x<1)。下列关于该电池的说法不正确的是（
）
A．放电时，Li+在电解质中由负极向正极迁移
B．放电时，负极的电极反应式为LixC6-
xe－===
xLi++
C6
C．充电时，若转移1mol
e-，石墨C6电极将增重7xg
D．充电时，阳极的电极反应式为LiCoO2-
xe－
===Li1-xCoO2+xLi+
【答案】C
【解析】该电池放电时是原电池，带正电荷的阳离子向正极移动，放电时负极失去电子，电极反应式为LixC6－xe－===xLi＋＋C6，A、B项正确；充电时是电解池，阴极石墨(C6)发生还原反应：xLi＋＋C6＋xe－===LixC6，若转移1
mol电子，则石墨C6电极增重7
g，阳极失去电子发生氧化反应，电极反应式为LiCoO2－xe－===Li1－xCoO2＋xLi＋，
C项错误，
D项正确。
【考点定位】考查电化学原理的应用，化学电源。
【名师点睛】电化学问题分析思路：首先要根据题给信息和装置确定考查的是原电池和电解池，然后根据反应类型、电子和电流方向、电解质中的离子流向、电极材料和实验现象等确定装置的两极，结合电极材料和离子种类、放电顺序确定放电的微粒，结合溶液的酸碱性、反应物和生成物结合原子守恒和电荷守恒确定电极反应式，进一步确定总反应进行作答。涉及电化学计算要紧抓电子守恒，涉及酸碱性分析要根据电极反应分析电极周围的pH变化，根据总反应分析整个过程中的pH变化。
5．【2016年高考新课标Ⅰ卷】三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42－可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。
下列叙述正确的是（
）
A．通电后中间隔室的SO42－离子向正极迁移，正极区溶液pH增大
B．该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品
C．负极反应为2
H2O–4e–
===O2+4H+，负极区溶液pH降低
D．当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成
【答案】B
【解析】A.根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，在电解池中阴离子会向正电荷较多的阳极区定向移动，因此通电后中间隔室的SO42－离子向正极迁移；在正极区带负电荷的OH–
失去电子，发生氧化反应而放电，由于破坏了附近水的电离平衡，使溶液中c(H+)>c(OH-)，所以正极区溶液酸性增强，溶液的pH减小，错误；B.阳极区氢氧根放电，溶液中产生硫酸，阴极区氢离子获得电子，发生还原反应而放电，破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(OH-)>c(H+)，所以产生氢氧化钠，因此该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品，正确；C.负极区氢离子得到电子，使溶液中c(H+)增大，所以负极区溶液pH升高，错误；D.当电路中通过1mol电子的电量时，根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知反应产生氧气的物质的量是n(O2)=1mol÷4=0.25mol，错误。
【考点定位】考查电解原理的应用的知识。
【名师点睛】化学反应主要是物质变化，同时也伴随着能量变化。电化学是化学能与电能转化关系的化学。电解池是把电能转化为化学能的装置，它可以使不能自发进行的化学借助于电流而发生。与外接电源正极连接的电极为阳极，与外接电源的负极连接的电极为阴极。阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。若阳极是活性电极(除Au、Pt、C之外的电极)，则电极本身失去电子，发生氧化反应；若是惰性电极(Au、Pt、C等电极)，则是溶液中的阴离子放电，放电的先后顺序是S2->I->Br->Cl->OH->含氧酸根离子，阴极则是溶液中的阳离子放电，放电顺序是Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+，与金属活动性顺序刚好相反。溶液中的离子移方向符合：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，即阳离子向阴极区移动，阴离子向阳极区移动。掌握电解池反应原理是本题解答的关键。本题难度适中。
6．【2016年高考新课标Ⅱ卷】Mg—AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述错误的是(　　)
A．负极反应式为Mg－2e－===Mg2＋
B．正极反应式为Ag＋＋e－===Ag
C．电池放电时Cl－由正极向负极迁移
D．负极会发生副反应Mg＋2H2O===Mg(OH)2＋H2↑
【答案】B
【解析】该电池中还原性较强的Mg为负极，失去2个电子发生氧化反应，A项正确；氧化性较强的AgCl为正极，发生还原反应，正极反应式为AgCl＋e－===Ag＋Cl－，B项错误；由于Mg失去电子成为Mg2＋，使负极区域带正电，AgCl得到电子生成Ag和Cl－，使正极区域带负电，因此Cl－由正极向负极迁移，使电解质溶液保持电中性，C项正确；氧化还原反应为放热反应，镁与热水能发生置换反应生成Mg(OH)2和H2，D项正确。
【考点定位】考查原电池的工作原理。
【名师点睛】本题以Mg—AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池为载体，考查原电池电极反应式的书写，离子的迁移方向等知识。化学电源是高考中的热点，也是难点，学生要结合原电池的知识来推断试题给出的化学电源的工作原理，然后结合化合价的变化判断正、负极。
7．【2016年高考新课标Ⅲ卷】锌–空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O2+4OH–+2H2O===2Zn(OH)。下列说法正确的是（
）
A．充电时，电解质溶液中K+向阳极移动
B．充电时，电解质溶液中逐渐减小
C．放电时，负极反应为：Zn+4OH–-2e–===Zn(OH)
D．放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L（标准状况）
【答案】C
【解析】A、充电时阳离子向阴极移动，故错误；B、放电时总反应为：2Zn+O2+4KOH+2H2O===2K2Zn(OH)4,，则充电时生成氢氧化钾，溶液中的氢氧根离子浓度增大，故错误；C、放电时，锌在负极失去电子，故正确；D、标准状况下22.4L氧气的物质的量为1mol，对应转移4mol电子，故错误。
【考点定位】考查原电池和电解池的工作原理。
【名师点睛】本题考查原电池的工作原理和电解池工作原理，这是两个装置的重点，也是新电池的考查点，需要熟记，同时考查对知识的灵活运用；电极反应式的书写是电化学中必考的一项内容，一般先写出还原剂（氧化剂）和氧化产物（还原产物），然后标出电子转移的数目，最后根据原子守恒和电荷守恒完成缺项部分和配平反应方程式，作为原电池，正极反应式为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，负极电极反应式为：Zn＋4OH－－2e－===Zn(OH)42－；充电是电解池，阳离子在阴极上放电，阴离子在阳极上放电，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，对可充电池来说，充电时原电池的正极接电源正极，原电池的负极接电源的负极，不能接反，否则发生危险或电极互换，电极反应式是原电池电极反应式的逆过程；涉及到气体体积，首先看一下有没有标准状况，如果有，进行计算，如果没有必然是错误选项。掌握原电池和电解池反应原理是本题解答的关键。本题难度适中。
8．【2016年高考浙江卷】金属（M）–空气电池（如图）具有原料易得、能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源。该类电池放电的总反应方程式为：4M+nO2+2nH2O===4M(OH)
n。已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。下列说法不正确的是
（
）
A．采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面
B．比较Mg、Al、Zn三种金属–空气电池，Al–空气电池的理论比能量最高
C．M–空气电池放电过程的正极反应式：4Mn++nO2+2nH2O+4ne–===4M(OH)n
D．在M–空气电池中，为防止负极区沉积Mg(OH)2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜
【答案】C
【解析】多孔电极的接触面积大，有利于氧气的吸附，A项正确；根据信息提示，相同质量的Mg、Al、Zn完全反应，失去电子的物质的量分别为
mol、
mol、
mol，B项正确；正极为O2放电，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，C项错误；不能采用碱性电解质，否则负极产生的Mg2＋与OH－反应生成沉淀，采用阳离子交换膜时，正极产生的OH－不能通过阳离子交换膜移到负极，D项正确。
【考点定位】考查原电池的工作原理。
【名师点睛】原电池是将化学能变成电能的装置。负极失去电子，被氧化，正极得到电子被还原。注意原电池中的正负极的反应，氧气肯定在正极得到电子，金属肯定在负极失去电子，结合原电池的电解质的环境分析其电极反应的书写。在电解质溶液中，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，电子从负极经过导线流向正极。
9．【2015新课标Ⅰ卷理综化学】微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是（
）
A．正极反应中有CO2生成
B．微生物促进了反应中电子的转移
C．质子通过交换膜从负极区移向正极区
D．电池总反应为C6H12O6+6O2===6CO2+6H2O
【答案】A
【解析】C6H12O6反应生成CO2时，C元素的化合价升高为＋4，发生氧化反应，因此是原电池的负极反应，A项错误；在微生物的作用下，该装置为原电池装置，反应速率加快，促进了反应中电子的转移，B项正确；原电池工作时，阳离子(H＋)移向电池的正极，C项正确；根据电池装置图知电池总反应为葡萄糖的氧化反应C6H12O6＋6O2===6CO2＋6H2O，D项正确。
【考点定位】原电池原理；难度为一般等级。
【名师点晴】本题是关于能量转化的题目，电化学包括原电池和电解池。原电池是将化学能转化为电能的装置，组成有正负极、电解质溶液、形成闭合回路，活动性强的电极为负极，发生氧化反应，活动性弱的电极为正极，正极上发生还原反应。电解池是将电能转化为化学能的装置。与外加电源正极连接的为阳极，与电源负极连接的为阴极。阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。若阳极是活性电极，则是电极本身失去电子，若电极是惰性电极，则电解质溶液（或熔融状态）阴离子发生还原反应。掌握好阴离子、阳离子的放电顺序、清楚在闭合回路中电子转移数目相等是本题的关键。
10．【2015浙江理综化学】在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O—CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示。下列说法不正确的是（
）
A．X是电源的负极
B．阴极的反应式是：H2O＋2eˉ===H2＋O2ˉ
CO2＋2eˉ===CO＋O2ˉ
C．总反应可表示为：H2O＋CO2H2＋CO＋O2
D．阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1︰1
【答案】D
【解析】A、从图示可看出，与X相连的电极发生H2O→H2、CO2→CO的转化，均得电子，应为电解池的阴极，则X为电源的负极，A正确；B、阴极H2O→H2、CO2→CO均得电子发生还原反应，电极反应式分别为：H2O＋2eˉ===H2＋O2ˉ、CO2＋2eˉ===CO＋O2ˉ，B正确；C、从图示可知，阳极生成H2和CO的同时，阴极有O2生成，所以总反应可表示为H2O＋CO2H2＋CO＋O2，C正确；D、从总反应方程式可知，阴极生成2mol气体(H2、CO各1mol)、阳极生成1mol气体(氧气)，所以阴、阳两极生成的气体物质的量之比2∶1，D不正确。答案选D。
【考点定位】本题主要是考查电解原理及其应用、电极判断、电极反应式书写、电极产物判断与计算等。
【名师点晴】电化学是历年高考的重要考点之一，考查的内容为：提供电极材料和电解质溶液判断能否形成原电池，原电池电极名称判断及电极反应式的书写，提供反应方程式设计原电池、电解池（包括电镀池、精炼池），根据电解时电极质量或溶液p
H的变化判断电极材料或电解质种类，电解产物的判断和计算，结合图像考查电极质量或电解质溶液质量分数的变化。电化学部分，尤其是原电池、电解池的电极反应式的书写，可以说是对氧化还原反应的灵活应用，实现了氧化还原反应的“合久必分”的发展和延伸。解答电解池相关题目时，应从几步入手：①看电极（材料），判断电极本身是否参与反应。②看溶液，判断电解液中的阳离子、阴离子种类，从而判断在阴极、阳极发生反应的微粒。③看隔膜，判断两极反应发生后阴离子、阳离子的浓度变化，从而判断溶液中微粒穿过阴（阳）离子隔膜的方向和产物。
11．【2015天津理综化学】锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是（
）
A．铜电极上发生氧化反应
B．电池工作一段时间后，甲池的c(SO42－)减小
C．电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加
D．阴阳离子离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡
【答案】C
【解析】由图像可知该原电池反应原理为Zn+
Cu2＋===
Zn2＋+
Cu，故Zn电极为负极失电子发生氧化反应，Cu电极为正极得电子发生还原反应，故A项错误；该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故两池中c(SO42－)不变，故B项错误；电解过程中溶液中Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池，乙池中Cu2＋+2e—===
Cu，故乙池中为Cu2＋～Zn2＋，摩尔质量M(Zn2＋)>M(Cu2＋)故乙池溶液的总质量增加，C项正确；该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，电解过程中溶液中Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池保持溶液中电荷平衡，阴离子并不通过交换膜，故D项错误；本题选C。
【考点定位】本题主要考查了原电池的反应原理，涉及反应类型、离子浓度的变化、电极的判断、离子的移动方向的判断等。
【名师点睛】电化学反应原理是选修4中的重要内容，也是难点之一。原电池的反应原理的应用，抓住化学反应的本质、正负极的判断、正负极反应类型的判断、电极反应式的书写、总反应方程式的书写、电子的流向、电流的流向、溶液中离子的流向、电极是否参加反应、电子的转移、有关氧化还原反应的计算、溶液质量的变化、离子交换膜的判断、溶液的pH的计算或变化、溶液颜色的变化是解题的关键。综合性较强，针对每个知识点进行详细剖析，使学生真正理解原电池的反应中所涉及的知识。
12．【2015四川理综化学】用右图所示装置除去含CN－、Cl－废水中的CN－时，控制溶液PH为9~10，阳极产生的ClO－将CN－氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确的是（
）
A．用石墨作阳极，铁作阴极
B．阳极的电极反应式：Cl－
+
2OH－－2e－===
ClO－
+
H2O
C．阴极的电极反应式为：2H2O
+
2e－
===
H2↑
+
2OH－
D．除去CN－的反应：2CN－+
5ClO－
+
2H+
===
N2↑
+
2CO2↑
+
5Cl－+
H2O
【答案】D
【解析】若铁作阳极，则铁失电子生成Fe2＋，则CN－无法除去，故铁只能作阴极，A项正确；Cl－要生成ClO－，Cl的化合价要升高，故在阳极发生氧化反应，又已知该溶液为碱性条件，B项正确；阳离子在电解池的阴极得电子发生还原反应，碱性条件下，H2O提供阳离子H＋，故C项正确；由于溶液是碱性条件，方程式中不能出现H＋，D项错误。
【考点定位】电化学基础知识。
【名师点睛】原电池原理和电解池原理都是建立在氧化还原和电解质溶液基础上，借助氧化还原反应实现化学能与电能的相互转化，是高考命题重点，题目主要以选择题为主，主要围绕工作原理、电极反应的书写与判断、新型电池的开发与应用等进行命题。电化学的命题除在继续加强基本知识考查的基础上，更加注重了试题题材的生活化、实用化、情景化，同时也加强了不同知识间的相互渗透与融合，这与新课标所倡导的提高国民科学素养与探究、创新、灵活解决实际问题的能力极为相符，相信今后的电化学命题将会有更新颖的形式与题材出现。
13．【2015福建理综化学】某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2
转化为O2和燃料(C3H8O)。下列说法正确的是（
）
A．该装置将化学能转化为光能和电能
B．该装置工作时，H＋从b极区向a极区迁移
C．每生成1
mol
O2，有44
g
CO2被还原
D．a电极的反应为：3CO2
+
16H＋—18e－===
C3H8O+4H2O
【答案】B
【解析】由装置图中物质变化及变化的条件知，该装置是将电能转化为化学能的装置，A项错误；工作中阳离子(H＋)移向阴极a区，B项正确；由反应方程式6CO2＋8H2O→2C3H8O＋9O2知每生成1
mol
O2，有
mol
CO2被还原，其质量为×44
g，C项错误；a极为阴极，电极上得电子发生还原反应，电极反应式为3CO2＋18H＋＋18e－===C3H8O＋5H2O，D项错误。
【考点定位】考查电解池反应原理的应用的知识。
【名师点睛】电化学理论是化学学习的重要理论，特别是在科技迅速发展，人均能耗不断增加，能源日趋紧张的今天，了解电化学理论，实现能量的转化，减少对环境的污染和保护，都是非常必要的。电化学知识包括原电池和电解池，首先要确定装置是原电池还是电解池。确定方法是观察图示是否有电源，若有就是电解池，否则就是原电池。电解池工作时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。结合电解质溶液的酸碱性书写电极反应式、总反应方程式，并根据电性作用原理：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引确定电解质溶液中离子移动的方向。原电池工作时，活动性强的电极为负极，发生氧化反应，活动性弱的电极为正极，正极上发生还原反应。要掌握电化学反应原理，利用好图示及题干提供的信息，是本题解决的关键。
14．【2015江苏化学】一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是（
）
A．反应CH4＋H2O3H2＋CO,每消耗1molCH4转移12mol
电子
B．电极A上H2参与的电极反应为：H2＋2OH－－
2e－===2H2O
C．电池工作时，CO32－向电极B移动
D．电极B上发生的电极反应为：O2＋2CO2＋4e－===2CO32－
【答案】D
【解析】A、1molCH4→CO，化合价由-4价→+2上升6价，1molCH4参加反应共转移6mol电子，故错误；B、环境不是碱性，否则不会产生CO2，其电极反应式：CO＋H2＋
2CO32－－4e－===3CO2＋H2O，故B错误；C、根据原电池工作原理，电极A是负极，电极B是正极，阴离子向负极移动，故C错误；D、根据电池原理，O2、CO2共同参加反应，其电极反应式：O2＋2CO2＋4e－===2CO32－，故D正确。
【考点定位】考查原电池的工作原理和电极反应式书写。
【名师点睛】考查原电池的工作原理，负极上失电子，正极上得电子，阴离子一般向负极移动，阳离子向正极移动，电极反应式书写，先写化合价变化的物质以及得失电子数，然后根据所给条件配平其他，也可以用总电极反应式减去简单的电极反应式，但要注意还原剂不出现在正极上，氧化剂不出现在负极上，培养学生对氧化还原反应的书写。
15．【2015上海化学】研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法错误的是（
）
A．d为石墨，铁片腐蚀加快
B．d为石墨，石墨上电极反应为：O2
+
2H2O
+
4e
→
4OH–
C．d为锌块，铁片不易被腐蚀
D．d为锌块，铁片上电极反应为：2H+
+
2e
→
H2↑
【答案】D
【解析】由于活动性：Fe>石墨，所以铁、石墨及海水构成原电池，Fe为负极，失去电子被氧化变为Fe2+进入溶液，溶解在海水中的氧气在正极石墨上得到电子被还原，比没有形成原电池时的速率快，正确。B.d为石墨，由于是中性电解质，所以发生的是吸氧腐蚀，石墨上氧气得到电子，发生还原反应，电极反应为：O2
+
2H2O
+
4e
→
4OH–，正确。C.若d为锌块，则由于金属活动性：Zn>Fe，Zn为原电池的负极，Fe为正极，首先被腐蚀的是Zn，铁得到保护，铁片不易被腐蚀，正确。D.
d为锌块，由于电解质为中性环境，发生的是吸氧腐蚀，在铁片上电极反应为：O2
+
2H2O
+
4e
→
4OH–，错误。
【考点定位】考查金属的电化学腐蚀及防护的知识。
【名师点睛】电化学理论是化学学习的重要理论，特别是在科技迅速发展，人均能耗不断增加，能源日趋紧张的今天，了解电化学理论，实现能量的转化，减少对环境的污染和保护，都是非常必要的。电化学知识包括原电池和电解池，首先要确定装置是原电池还是电解池。确定方法是观察图示是否有电源，若有就是电解池，否则就是原电池。电解池工作时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。结合电解质溶液的酸碱性书写电极反应式、总反应方程式，并根据电性作用原理：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引确定电解质溶液中离子移动的方向。原电池工作时，活动性强的电极为负极，发生氧化反应，活动性弱的电极为正极，正极上发生还原反应。要掌握电化学反应原理，结合电极及电解质溶液的酸碱性正确书写电极反应式，利用好图示及题干提供的信息，是本题解决的关键。
16．【2014年高考海南卷】以石墨为电极，电解KI溶液（其中含有少量酚酞和淀粉）。下列说法错误的是（
）
A．阴极附远溶液呈红色
B．阴极逸出气体
C．阳极附近溶液呈蓝色
D．溶液的pH变小
【答案】D
【解析】以石墨为电极，电解KI溶液，发生的反应为2KI+2H2O2KOH+H2↑+I2（类似于电解饱和食盐水），阴极产物是H2和KOH，阳极产物是I2。由于溶液中含有少量的酚酞和淀粉，所以阳极附近的溶液会变蓝（淀粉遇碘变蓝），阴极附近的溶液会变红（溶液呈碱性），ABC正确；由于电解产物有KOH生成，所以溶液的PH逐渐增大，D错误。
【考点定位】本题就以电解KI溶液为例考查了学生对电解原理的掌握情况，考查了考生灵活应用所学知识解决具体问题的能力；考查了考生对电极反应的产物是现象的表达能力。
【名师点睛】电化学包括原电池、电解池。电解池是中学化学的重要理论。在金属的腐蚀与保护、金属的冶炼、电镀等方面有重要的应用。本题解题思路是：首先了解在电解反应原理。如果是惰性电极，则是电解质溶液中的离子在阴极、阳极发生氧化还原反应。其次是掌握阳离子、阴离子放电顺序。最后是电极反应发生后的产物与溶液中其它物质反应的性质及相应的实验现象。就可迅速得到解答。
17．【2014年高考上海卷第12题】如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中。下列分析正确的是（
）
A．K1闭合，铁棒上发生的反应为2H＋＋2e－→H2↑
B．K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高
C．K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法
D．K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.001mol气体
【答案】B
【解析】K1闭合，该装置为原电池，铁棒作负极，发生反应：Fe—2e－→Fe2+，石墨棒作正极，发生反应：2H2O＋4e－＋O2→4OH—，c（OH—）增大，故石墨棒周围溶液pH逐渐升高，B项正确；K2闭合，该装置为电解池，铁棒作阴极，属于外加电流的阴极保护法，C项错误；K2闭合，该装置为电解池，总反应为：2NaCl+2H2O→2NaOH+H2↑+Cl2↑,有1mol
H2和1mol
Cl2生成时，转移2mol
电子，则转移0.002mol电子时，两极共产生0.002mol气体，D项错误。
【考点定位】本题主要是考查电化学原理的应用。
【名师点晴】本题通过电解饱和氯化钠溶液为载体，重点考查原电池和电解池的判断，金属的腐蚀与防护以及电极产物判断和计算，属于中等难度试题的考查，意在考查学生分析问题、解决问题的能力。熟练掌握电化学原理，准确判断正、负极以及阴阳极，明确两极的电极反应及电池反应是解题的关键。该类试题的难点在于是电极反应式的书写和有关计算。
18．【2014年高考北京卷第8题】下列电池工作时，O2在正极放电的是（
）
A．锌锰电池
B．氢燃料电池
C．铅蓄电池
D．镍镉电池
【答案】B
【解析】A、锌锰电池负极为锌，正极为石墨棒，主要是二氧化锰、氯化铵等物质得电子；B、氢燃料电池，总反应为氢气与氧气反应生成水，氢气在负极反应，氧气在正极放电，正确；C、铅蓄电池负极为Pb，正极为PbO2放电，电解质为硫酸；D、镍镉电池负极Cd，正极为NiOOH，电解质为KOH。
【考点定位】本题主要是考查原电池原理的应用。
【名师点晴】本题以常见化学电池的考查学生对原电池原理的认识，但不必书写电极反应，要求学生能对必修2教材内容进行熟练把握。电化学是历年高考的重要考点之一，考查的内容为：提供电极材料和电解质溶液判断能否形成原电池，原电池电极名称判断及电极反应式的书写，提供反应方程式设计原电池、电解池（包括电镀池、精炼池），根据电解时电极质量或溶液p
H的变化判断电极材料或电解质种类，电解产物的判断和计算，结合图像考查电极质量或电解质溶液质量分数的变化。
19．【2014年高考福建卷第11题】某原电池装置如图所示，电池总反应为2Ag＋Cl2===2AgCl。下列说法正确的是（
）
A．正极反应为AgCl
＋e－===Ag
＋Cl－
B．放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成
C．若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变
D．当电路中转移0.01
mol
e－时，交换膜左侧溶液中约减少0.02
mol离子
【答案】D
【解析】抓住电池总反应式，结合氧化还原反应与电化学原理间的联系进行分析。A项正确的正极反应式为Cl2＋2e－===2Cl－，错误；B项由于阳离子交换膜只允许阳离子通过，故在左侧溶液中才会有大量白色沉淀生成，错误；C项若用NaCl溶液代替盐酸，但电池总反应不变，错误；D项当电路中转移0.01
mol
e－时，交换膜左侧产生0.01
mol
Ag＋与盐酸反应产生AgCl沉淀，同时约有0．01
mol
H＋通过阳离子交换膜转移到右侧溶液中，故左侧溶液共约0．02
mol离子减少，正确。
【考点定位】本题主要是考查原电池工作原理的有关判断.
【名师点晴】本题通过原电池为载体重点考查了电极反应式的书写、反应现象的分析、转移电子数与离子数的关系，尤其是D项按照常规思路容易判断错误，通过这些内容能考查学生对原电池原理的掌握情况和分析解决问题的能力，要克服思维定势给审题时带来的干扰。
20．【2014年高考广东卷第11题】某同学组装了如图所示的电化学装置。电极I为Al，其他电极均为Cu，则（
）
A．电流方向：电极IV―→―→电极I
B．电极I发生还原反应
C．电极II逐渐溶解
D．电极III的电极反应：Cu2++2e-===Cu
【答案】A
【解析】根据原电池的构成原理，可知电极Ⅰ为负极，电极Ⅱ为正极，电极Ⅲ为阳极，电极Ⅳ为阴极。电子流向为电极Ⅰ→→电极Ⅳ，故电流方向为电极Ⅳ→→电极Ⅰ，
A项正确；电极Ⅰ为负极，发生氧化反应，B项错误；电极Ⅱ为正极，Cu2＋在此被还原，
C项错误；电极Ⅲ为阳极，活性阳极Cu在此被氧化，D项错误。
【考点定位】本题主要是考查原电池工作原理的应用。
【名师点晴】本题以原电池与电解池组合的形式，考查学生运用所学知识对电化学装置的判断，原电池的构成条件的应用，电极、电极反应、电流方向、反应类型的综合考查。判断该装置是原电池还是电解池还是二者组合的形式，首先看装置中是否存在外加电源，然后再去判断是一个原电池还是一个电解池，还是二者的组合。一般情况下无外电源的装置中必有1个是原电池，若该装置是组合的形式，则另一装置为电解池；若存在外加电源，则都是电解池装置或是串联的电解池装置。原电池与电解池组合的形式中，从装置的两极的材料或发生的反应判断哪个是原电池哪个是电解池。一般存在电解质溶液的原电池中的电极材料是不同的，而电解池的电极材料可以是相同的。
21．【2014年高考全国大纲卷第9题】右图是在航天用高压氢镍电池基础上发展起来的一种金属氢化物镍电池(MH－Ni电池)。下列有关说法不正确的是（
）
A．放电时正极反应为：NiOOH＋H2O＋e－→Ni(OH)2＋OH－
B．电池的电解液可为KOH溶液
C．充电时负极反应为：MH＋OH－→＋H2O＋M＋e－
D．MH是一类储氢材料，其氢密度越大，电池的能量密度越高
【答案】C
【解析】电池放电时正极发生还原反应，A项正确；电池正极反应物为NiOOH，所以电解质溶液须为碱性电解质溶液，可为KOH溶液，B项正确；充电时，该电池负极作阴极，发生得电子的还原反应，C项错误；MH中氢密度越大，其化学能密度越高，电池的能量密度越高，D项正确。
【考点地位】本题主要是考查电化学原理的应用。
【名师点晴】本题通过考查电极反应式、电解液、电容量等问题，综合考查学生对电化学的应用分析问题的能力，对学生各方面的能力要求较高。电化学部分，尤其是原电池、电解池的电极反应式的书写，可以说是对氧化还原反应的灵活应用，实现了氧化还原反应的“合久必分”的发展和延伸。解答电解池相关题目时，应从几步入手：①看电极（材料），判断电极本身是否参与反应。②看溶液，判断电解液中的阳离子、阴离子种类，从而判断在阴极、阳极发生反应的微粒。③看隔膜，判断两极反应发生后阴离子、阳离子的浓度变化，从而判断溶液中微粒穿过阴（阳）离子隔膜的方向和产物。
22．【2014年高考天津卷第6题】已知：锂离子电池的总反应为：LixC+Li1-xCoO2C+LiCoO2
锂硫电池的总反应为：2Li+SLi2S，有关上述两种电池说法正确的是（
）
A．锂离子电池放电时，Li+向负极迁移
B．锂硫电池充电时，锂电极发生还原反应
C．理论上两种电池的比能量相同
D．右图表示用锂离子电池给锂硫电池充电
【答案】B
【解析】电池工作时，阳离子(Li＋)向正极迁移，A项错误；锂硫电池充电时，锂电极上发生Li＋得电子生成Li的还原反应，B项正确；两种电池负极材料不同，故理论上两种电池的比能量不相同，C项错误；根据电池总反应知，生成碳的反应是氧化反应，因此碳电极作电池的负极，而锂硫电池中单质锂作电池的负极，给电池充电时，电池负极应接电源负极，即锂硫电池的锂电极应与锂离子电池的碳电极相连，D项错误。
【考点地位】本题主要是考查原电池和电解池原理的应用与判断。
【名师点晴】本题通过锂离子电池和锂硫电池考查了电化学原理，根据原电池规律，判断离子移动方向、反应类型以及充电的连接方式，同时考查了学生分析问题、解决问题的能力。明确原电池和电解池的工作原理是答题的关键，难点是电极反应式的书写。
23．【2014年高考新课标Ⅱ卷第12题】2013年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系。下列叙述错误的是（
）
A．a为电池的正极
B．电池充电反应为LiMn2O4Li1-xMn2O4+xLi
C．放电时，a极锂的化合价发生变化
D．放电时，溶液中Li＋从b向a迁移
【答案】C
【解析】根据题给装置图判断，Li金属电极b电极为原电池的负极，电极反应式为Li－
e－===Li＋，则a为电池的正极，A项正确；a电极的电极反应式为Li1－xMn2O4＋xLi＋===LiMn2O4，则充电时的反应为LiMn2O4===Li1－xMn2O4＋xLi，B项正确；放电时a极中是锰的化合价发生变化，C项错误；带正电荷的阳离子移向电源的正极，D项正确。
【考点定位】本题主要是考查原电池和电解池的工作原理。
【名师点晴】本题以水溶液锂离子电池体系为载体考查了原电池原理、化学电源等知识。考查了学生阅读材料接受、整合信息的能力，运用所学化学知识分析、解决化学实际问题的能力。熟练掌握原电池原理，准确判断正、负极，明确两极的电极反应及电池反应是解题的关键。该类试题的难点在于是电极反应式的书写。
24．【2014年高考浙江卷第11题】镍氢电池(NiMH)目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型。NiMH中的M表示储氢金属或合金。该电池在充电过程中的总反应方程式是：Ni(OH)2
+
M===NiOOH
+
MH
已知：6NiOOH
+
NH3
+
H2O
+
OH－===6
Ni(OH)2
+
NO2－
下列说法正确的是（
）
A．NiMH电池放电过程中，正极的电极反应式为：NiOOH
+
H2O
+
e－===
Ni(OH)2
+
OH－
B．充电过程中OH－离子从阳极向阴极迁移
C．充电过程中阴极的电极反应式：H2O
+
M
+
e－===
MH
+
OH－，H2O中的H被M还原
D．NiMH电池中可以用KOH溶液、氨水等作为电解质溶液
【答案】A
【解析】镍氢电池中主要为KOH作电解液
充电相当于是电解池，阳极失去电子发生氧化反应，阳极反应：Ni(OH)2+OH－===NiOOH+H2O+e－，阴极得到电子发生还原反应，即阴极反应：M+H2O+e－===MH+OH－，总反应：M+Ni(OH)2===MH+NiOOH；放电时相当于是原电池，正极得到电子发生还原反应，即正极反应式：NiOOH+H2O+e－===Ni(OH)2+OH－，负极失去电子发生氧化反应，即负极反应式：MH+OH――e－===M+H2O，总反应：MH+NiOOH===M+
Ni(OH)2，以上式中M为储氢合金，MH为吸附了氢原子的储氢合金，则A、正极的电极反应式为：NiOOH+H2O+e－===Ni(OH)2+OH－，故A正确；B、电解时阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，所以OH－离子从阴极向阳极迁移，故B错误；C、M+H2O+e－===MH+OH－，
H2O中的H电离出的H+得到电子被还原，不是被M还原，故C错误；D、由已知6NiOOH
+
NH3
+
H2O
+
OH－===6
Ni(OH)2
+
NO2－可知NiOOH
与NH3
发生反应生成亚硝酸根，因此不能用氨水做电解质溶液，故D错误，答案选A。
【考点定位】本题主要是考查了原电池和电解池原理的应用与有关判断。
【名师点晴】本题以新型电源为载体，侧重考查电极反应式的书写、离子的移动方向，电解质溶液判断以及氧化还原反应的判断等，明确题给信息的含义以及原电池和电解池的工作原理是答题的关键，难点的电极反应式的书写，意在考查学生对已知信息的理解、应用以及严谨的逻辑思维能力和分析问题、解决问题的能力。
25．【2013年高考海南卷第4题】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】
Mg的化合价升高，为原电池的负极，A、B都错；
KCl
是电解质，导电能力强于海水，能激活该电池，C错；该电池产生的电当然可以用于海上应急照明供电，D对。
【考点定位】本题考查新型电池。
【名师点睛】新型电池——能被海水激活的一次性储备电池，它是以原电池的工作原理为基本考查点，考查了电极反应，电池的正负极和电池的应用等知识，题目不难，设计新颖，灵活性较大，新型电池贴近生产和生活实际，关注最新科技，体现了化学的实际应用价值和化学为人类服务的精神，也将是今后命题的方向。专题28
物质结构与性质
2019年高考题
1.【2019全国Ι理综，35，15分】?
在普通铝中加入少量Cu和Mg后，形成一种称为拉维斯相的MgCu2微小晶粒，其分散在Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要村料。回答下列问题：
（1）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是
(填标号)。
A.[Ne]
?B.?[Ne]?
C.?[Ne]
D.[Ne]
（2）乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是
、
。乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是
，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是
(填“Mg2+”或“Cu2+”)。
（3）一些氧化物的熔点如下表所示：
氧化物
Li2O
MgO
P4O6
SO2
熔点/°C
1570
2800
23.8
?75.5
解释表中氧化物之间熔点差异的原因
。
（4）图(a)是MgCu2的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu。图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见，Cu原子之间最短距离x=
pm，Mg原子之间最短距离y=
pm。设阿伏加德罗常数的值为NA，则MgCu2的密度是
g·cm?3(列出计算表达式)。
1.
(1)A（2分）
(2)
sp3（1分）
sp3（1分）
乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键（2分）
Cu2＋（1分）?
(3)
Li2O、MgO为离子晶体，P4O6、SO2为分子晶体。晶格能MgO＞Li2O，分子间力（分子量）P4O6＞SO2（2分）?
（4）（2分）〓（2分）〓
（2分）
【解析】
（1）A.[Ne]3s1属于基态的Mg+，由于Mg的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子所需能量较高；?B.?[Ne]?3s2属于基态Mg原子，其失去一个电子变为基态Mg+；
C.?[Ne]
3s13p1属于激发态Mg原子，其失去一个电子所需能量低于基态Mg原子；
D.[Ne]
3p1属于激发态Mg+，其失去一个电子所需能量低于基态Mg+，综上所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ne]3s1，答案选A；
（2）乙二胺中N形成3个单键，含有1对孤对电子，属于sp3杂化；C形成4个单键，不存在孤对电子，也是sp3杂化；由于乙二胺的两个N可提供孤对电子给金属离子形成配位键，因此乙二胺能与Mg2＋、Cu2＋等金属离子形成稳定环状离子；由于铜离子的半径较大且含有的空轨道多于镁离子，因此与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2＋；
（3）由于Li2O、MgO为离子晶体，P4O6、SO2为分子晶体。晶格能MgO＞Li2O，分子间力（分子量）P4O6＞SO2，所以熔点大小顺序是MgO＞Li2O＞P4O6＞SO2；
（4）根据晶胞结构可知Cu原子之间最短距离为面对角线的1/4，由于边长是a
pm，则面对角线是，则x＝pm；Mg原子之间最短距离为体对角线的1/4，由于边长是a
pm，则体对角线是，则y＝；根据晶胞结构可知晶胞中含有镁原子的个数是8×1/8+6×1/2+4＝8，则Cu原子个数16，晶胞的质量是。由于边长是a
pm，则MgCu2的密度是g·cm?3。
2.
【2019全国Ⅱ理综，35,15分】近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe?Sm?As?F?O组成的化合物。回答下列问题：
（1）元素As与N同族。预测As的氢化物分子的立体结构为_______，其沸点比NH3的_______（填“高”或“低”），其判断理由是_________________________。
（2）Fe成为阳离子时首先失去______轨道电子，Sm的价层电子排布式为4f66s2，Sm3+的价层电子排布式为______________________。
（3）比较离子半径：F?__________O2?（填“大于”等于”或“小于”）。
（4）一种四方结构的超导化合物的晶胞结构如图1所示，晶胞中Sm和As原子的投影位置如图2所示。
图中F?和O2?共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用x和1?x代表，则该化合物的化学式表示为____________，通过测定密度ρ和晶胞参数，可以计算该物质的x值，完成它们关系表达式：ρ=________g·cm?3。
以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图1中原子1的坐标为()，则原子2和3的坐标分别为__________、__________。
2.
(1)三角锥形（2分）
低（2分）
NH?3分子间存在氢键（2分）?
(2)4s（1分）
4f?5（1分）
(3)小于（1分）
(4)
SmFeAsO1?xFx（2分）
（2分）（1分）
（1分）
?
【解析】（1）As与N同族，则AsH3分子的立体结构类似于NH3，为三角锥形；由于NH3分子间存在氢键使沸点升高，故AsH3的沸点较NH3低，
故答案为：三角锥形；低；NH3分子间存在氢键；
（2）Fe为26号元素，Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去1个电子使4s轨道为半充满状态，能量较低，故首先失去4s轨道电子；Sm的价电子排布式为4f66s2，失去3个电子变成Sm3+成为稳定状态，则应先失去能量较高的4s电子，所以Sm3+的价电子排布式为为4f5，
故答案为：4s；4f5；
（3）F-和O2-的核外电子排布相同，核电荷数越大，则半径越小，故半径：F-故答案为：<；
（4）由图1可知，每个晶胞中含Sm原子：4=2，含Fe原子：4+1=2，含As原子：4=2，含O原子：（8+2）（1-x）=2（1-x），含F原子：（8+2）x=2x，所以该化合物的化学式为SmFeAsO1-xFx；
根据该化合物的化学式为SmFeAsO1-xFx，一个晶胞的质量为，一个晶胞的体积为a2c10-30cm3，则密度=g/cm3，
故答案为：SmFeAsO1-xFx；；
根据原子1的坐标（，，），可知原子2和3的坐标分别为（，，0），（0，0，），故答案为：（，，0）；（0，0，）；
3.
【2019全国Ⅲ理综，35,15分】
磷酸亚铁锂（LiFePO4）可用作锂离子电池正极材料，具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点，文献报道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作为原料制备。回答下列问题：
（1）在周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素是________，该元素基态原子核外M层电子的自旋状态_________（填“相同”或“相反”）。
（2）FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为________，其中Fe的配位数为_____________。
（3）苯胺）的晶体类型是__________。苯胺与甲苯（）的相对分子质量相近，但苯胺的熔点（-5.9℃）、沸点（184.4℃）分别高于甲苯的熔点（-95.0℃）、沸点（110.6℃），原因是___________。
（4）NH4H2PO4中，电负性最高的元素是______；P的_______杂化轨道与O的2p轨道形成_______键。
（5）NH4H2PO4和LiFePO4属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如下图所示：
这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为____________（用n代表P原子数）。
3.
（除标明外，每空1分）（1）Mg
相反
（2）
（2分）
4（2分）
（3）分子晶体
苯胺分子之间存在氢键
（4）O
sp3
σ（2分）
（5）(PnO3n+1)(n+2)-
（3分）
【解析】（1）根据元素周期表和对角线原则可知与锂化学性质相似的是镁，镁的最外层电子数是2，占据s轨道，s轨道最多容纳2个电子，所以自旋方向相反。
（2）氯化铁的双聚体，就是两个氯化铁相连接在一起，已知氯化铁的化学键有明显的共价性所以仿照共价键的形式将两个氯化铁连接在一起，即结构式为，因此Fe的配位数为4。
（3）大多数有机物都是分子晶体，除了一部分有机酸盐和有机碱盐是离子晶体。苯胺比甲苯的熔沸点都高，同一种晶体类型熔沸点不同首先要考虑的就是是否有氢键，苯胺中存在电负性较强的N所以可以形成氢键，因此比甲苯的熔沸点高。
（4）电负性与非金属性的大小规律相似，从左到右依次增大，O就是最大的。计算出P的杂化类型是sp3，与氧原子形成的是磷氧双键，其中p轨道是σ，与氢氧形成的是单键。
（5）可以根据磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式推导：PO42-、P2O74-、P3O105-：
磷原子的变化规律为：1，2，3，4，n
氧原子的变化规律为：4，7，10，3n+1
酸根的变化规律为：3，4，5，n+2
因此这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为[PnO(3n+1)](n+2)－。
【点睛】第二小问，双聚分子的氯化铁结构式，从共价键的角度分析，存在着配位键，那配位原子就是氯原子，共用两个氯原子就可实现将两个氯化铁连接在一起的结构；第五小问，应用数学的找规律递推到通式，首先写出磷酸的化学式，然后寻找规律。?
4.【2019江苏，21,12分】
Cu2O广泛应用于太阳能电池领域。以CuSO4、NaOH和抗坏血酸为原料，可制备Cu?O。
（1）Cu2+基态核外电子排布式为
▲
。
（2）的空间构型为
▲
（用文字描述）；Cu2+与OH?反应能生成[Cu(OH)4]2?，[Cu(OH)4]2?中的配位原子为
▲
（填元素符号）。
（3）抗坏血酸的分子结构如图1所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为
▲
；推测抗坏血酸在水中的溶解性：
▲
（填“难溶于水”或“易溶于水”）。
（4）一个Cu2O晶胞（见图2）中，Cu原子的数目为
▲
。
?
4.
（每空2分）（1）[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9
（2）正四面体
O
（3）sp3、sp2
易溶于水
（4）4
【解析】
（1）Cu位于第四周期IB族，其价电子排布式为3d104s1，因此Cu2＋基态核外电子排布式为[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9；
（2）SO42－中S形成4个σ键，孤电子对数为(6＋2－4×2)/2=0，因此SO42－空间构型为正四面体形；[Cu(OH)4]2－中Cu2＋提供空轨道，OH－提供孤电子对，OH－只有O有孤电子对，因此[Cu(OH)4]2－中的配位原子为O；
（3）根据抗坏血酸的分子结构，该结构中有两种碳原子，全形成单键的碳原子和双键的碳原子，全形成单键的碳原子为sp3杂化，双键的碳原子为sp2杂化；根据抗环血酸分子结构，分子中含有4个－OH，能与水形成分子间氢键，因此抗坏血酸易溶于水；
（4）考查晶胞的计算，白球位于顶点和内部，属于该晶胞的个数为8×1/8+1=2，黑球全部位于晶胞内部，属于该晶胞的个数为4，化学式为Cu2O，因此白球为O原子，黑球为Cu原子，即Cu原子的数目为4；
【点睛】有关物质结构与性质的考查，相对比较简单，考查点也是基本知识，这就要求考生在《物质结构与性质》的学习中夯实基础知识，同时能够达到对知识灵活运用，如考查抗坏血酸分子溶解性，可以从乙醇极易溶于水的原因分析。
2018年高考题
1.
（2018全国Ⅲ理综，35，15分）锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：
(1)
Zn原子核外电子排布式为
。
(2)黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离I1(Zn)
?I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是
。
(3)ZnF2具有较高的熔点(872
℃)，其化学键类型是
；ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是
。
(4)《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石（ZnCO3）入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为
，C原子的杂化形式为
。
(5)金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示,这种堆积方式称为
。六棱柱底边边长为a
cm,高为c
cm,阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为
g·cm-3（列出计算式）。
1．（除标明外，每空2分）(1)[Ar]3d104s2（1分）?
(2)大于（1分）
Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子?
(3)离子键（1分）
ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主、极性较小?
(4)平面三角形
sp2?
(5)六方最密堆积（A3型）
【解析】本题综合考查物质结构与性质，意在考查考生对核外电子排布、第一电离能、空间构型和晶胞结构等知识的应用能力。（1）Zn原子核外有30个电子，其电子排布式为[Ar]3d104s2。（2）Cu原子的外围电子排布式为3d104s1,4s能级处于半充满状态，而Zn原子的4s能级处于全充满状态，Zn原子更不易失去1个电子，所以Zn原子的第一电离能较大。（3）根据ZnF2晶体的熔点较高可知，ZnF2为离子晶体，含有离子键，而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主、极性较小，故能够溶解在有机溶剂中。（4）CO32-中碳原子的价层电子对数为3，中心碳原子采取sp2?杂化，故CO32-的空间构型为平面三角形。（5）题图中原子的堆积方式为六方最密堆积。六棱柱底部正六边形的面积=6×cm2，六棱柱的体积=6×cm3，该晶胞中Zn原子个数为=6，已知Zn的相对原子质量为65，阿伏加德罗常数的值为NA，则Zn的密度ρ=
=
。?
2.
（2018全国Ⅰ理综，35，15分）Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下列问题:?
(1)〖ZK(〗下列Li原子电子排布图表示的状态中，
能量最低和最高的分别为
、
(填标号)。
(2)〖ZK(〗Li?+与H?-具有相同的电子构型，r（Li+）小于r（H-）,原因是
。
(3)〖ZK(〗LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是
、中心原子的杂化形式为。LiAlH?4中，存在（填标号）。
A.离子键
B.σ键
C.π键
D.氢键
2.（1）D（1分）
C（1分）?
(2)Li+核电荷数较大（2分）?
（3）正四面体（1分）
sp3（1分）
AB（2分）?
(4)520（1分）
498（1分）
2
908（2分）?
(5)
（3分）
?
【解析】本题考查物质结构与性质，意在考查考生的空间想象能力。（1）根据能级能量E(1s)＜E(2s)＜E(2p)判断，能量最低的为D，能量最高的为C。（2）Li+和H-的电子层结构相同，而具有相同电子层结构的离子半径大小与核电荷数有关，核电荷数越大，离子半径越小。?（3）[AlH4]-中Al采用sp3杂化，呈正四面体结构。四氢铝锂中存在离子键、配位键和共价键，配位键也是σ键。（4）锂原子的第一电离能是指1
mol气态锂原子失去1
mol电子变成1
mol气态锂离子所吸收的能量，即为＝520
kJ·mol-1?。OO键键能是指1
mol氧气分子断裂生成气态氧原子所吸收的能量，即为249
kJ·mol-1×2＝498
kJ·mol-1。晶格能是指气态离子结合生成1
mol晶体所释放的能量或1
mol晶体断裂离子键形成气态离子所吸收的能量，则Li2O的晶格能为2
908
kJ·mol-1?。（5）1个氧化锂晶胞含O的个数为=4，含Li的个数为8,1
cm＝107
nm，代入密度公式计算可得Li?2O的密度为。
3.
（2018全国Ⅱ理综，35，15分）硫及其化合物有许多用途,相关物质的物理常数如下表所示:
回答下列问题:
(1)基态Fe原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为
,基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为
形。
(2)根据价层电子对互斥理论,H2S、SO2、SO3的气态分子中,中心原子价层电子对数不同于其他分子的是
。
(3)图(a)为S8的结构,其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多,主要原因为
。
(4)气态三氧化硫以单分子形式存在,其分子的立体构型为
形,其中共价键的类型有
种；固体三氧化硫中存在如图(b)所示的三聚分子,该分子中S原子的杂化轨道类型为
。
(5)FeS2晶体的晶胞如图(c)所示。晶胞边长为anm，FeS2相对式量为M?，阿伏加德罗常数的值为NA,其晶体密度的计算表达式为
g·cm-3;晶胞中Fe2+位于S22-所形成的正八面体的体心,该正八面体的边长为
nm。?
3.
(1)
（1分）
哑铃(纺锤)（1分）?
(2)H2S（2分）?
(3)S8相对分子质量大，分子间范德华力强（2分）?
(4)平面三角（2分）
2（1分）
sp?3（2分）?
(5)
（2分）
（2分）?
【解析】本题主要考查价层电子的电子排布图、价层电子对互斥理论、分子立体构型判断、中心原子杂化轨道类型判断、分子晶体熔沸点高低比较、晶胞结构分析及晶体密度计算等。（1）基态Fe原子核外有26个电子，按照构造原理，其核外电子排布式为[Ar]3d64s2，按照洪特规则，价层电子3d上6个电子优先占据5个不同轨道，故价层电子的电子排布图为。基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，电子占据最高能级为3p，p能级的电子云轮廓图为哑铃（纺锤）形。（2）价层电子对数包括成键电子对数和孤电子对数，H2S中S的成键电子对数为2，孤电子对数为＝2，故价层电子对数为4（或价层电子对数为＝4），同理,SO2?中S的价层电子对数为＝3，SO3中S的价层电子对数为
＝3，H2S中S的价层电子对数不同于SO2、SO3。（3）S8和SO2均为分子晶体，分子间存在的作用力均为范德华力，S8的相对分子质量大，分子间范德华力强，故熔点和沸点高。（4）气态SO3为单分子，分子中S无孤电子对，其分子的立体构型为平面三角形，S和O之间形成双键，故共价键有σ键和π键两种。固态SO3为三聚分子，分子中每个S与4个O成键，S无孤电子对，故原子的杂化轨道类型为sp3。（5）该晶胞中Fe??2＋?位于棱上和体心，个数为＝4，S22-位于顶点和面心，个数为＝4，故晶体密度为。根据晶胞结构，S22-所形成的正八面体的边长为该晶胞中相邻面的面心之间的连线之长，即为晶胞边长的，故该正八面体的边长为?a
nm?。
4.
(2018江苏，21A，12分)
臭氧（O3)在\[Fe(H2O)6\]2+?催化下能将烟气中的SO2
、NOx分别氧化为SO42-和NO3-,NOx也可在其他条件下被还原为N2。
(1)
SO42-中心原子轨道的杂化类型为
；NO3-的空间构型为
（用文字描述）。
(2)Fe2+基态核外电子排布式为
。
（3）与O3分子互为等电子体的一种阴离子为
（填化学式）。
(4)
N2分子中σ键与π键的数目比n(σ)∶n(π)=
。
(5)
\[Fe(H2O)6
\]2+与NO反应生成的\[Fe(NO)(H2O)5\]2+中,NO以N原子与Fe2+形成配位键。请在\[Fe(NO)(H2O)5\]2+结构示
意图的相应位置补填缺少的配体。
4.（1）sp3（2分）
平面（正）三角形（2分）?
（2）［Ar］3d6或1s22s22p63s?23p63d6（2分）
（3）NO2-?（2分）
(4)1∶2（2分）
??（5）
（2分）??
【解析】
本题考查了电子排布式、空间构型、杂化轨道，侧重于对化学知识的迁移，试题难度中等。（1）SO42-中S原子的价层电子对数为4，所以采取sp3杂化。NO3-中氮原子上无孤对电子，成键电子对数为3，即N采取sp2杂化，NO3-的空间构型为平面正三角形。（2）Fe的原子序数是26，Fe2+核外有24个电子，其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6。（3）等电子体是指价电子总数和原子数均相同的分子、离子或原子团，O3与NO2-均为3原子18价电子的粒子，故二者互为等电子体。（4）N2分子中含有1个σ键和2个π键。（5）注意[Fe(NO)(H2O)5]2+中N原子与Fe2+形成配位键即可。
5.（2018海南，19,20分）(
6分)下列元素或化合物的性质变化顺序正确的是
A.第一电离能:Cl>S>P>Si
B.共价键的极性:HF
>
HCl
>
HBr>HI
C.晶格能:NaF>NaCl
>
NaBr
>
NaI
D.热稳定性:MgCO3
>
CaCO3
>
SrCO3>BaCO3
19-Ⅱ(14分)黄铜矿是主要的炼铜原料，CuFeS2是其中铜的主要存在形式。回答下列问题:
(1)
CuFeS2中存在的化学键类型_______。下列基态原子或离子的价层电子排布图正确的是______(填标号).
(2)在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时.有少量臭鸡蛋气味的X气体产生。
①X分子的立体构型是____________。中心原子杂化类型为_________，属于__________（填“非极性”或“极性”）分子。
②X的沸点比水低的主要原因是____________________.
(3)CuFeS2与氧气反应生成SO2。SO2中心原子的价层电子对数为_____，共价键的类型有___。
(4)四方晶系CuFeS2的晶胞结构如右图所示.
①Cu+的配位数为____________，S2-的配位数为_____________。
②己知:a=b=0.524nm，c=l.032nm，NA为阿伏加德罗常数的值，CuFeS2晶体的密度是_____g.cm-3(列出计算式)。
5.
19-ⅠB、C；19-Ⅱ⑴离子键、C、D;⑵①V型、SP3杂化、极性分子；②水分子间能够形成氢键，增加了水分子间的作用力；⑶3对、极性共价键；⑷①4、4；②。
分析：19-Ⅰ同周期元素第一电离能从左到右依次有递增的趋势，但根据洪特规则的特殊，ⅡA的第一电离能比相邻的IA和ⅢA的第一电离能高，ⅤA元素比相邻的ⅣA元素和ⅥA的元素的第一电离能高，即第一电离能大小的顺序为：Cl＞P＞S＞Si，A不正确；元素周期表中同主族元素从上到下，非金属性依次递减，则其对应的气态氢化物的热稳定性相应依次递减，B正确；离子晶体的熔沸点与其离子键的强弱直接相关，离子键越强，则相应形成的离子晶体的晶格能越大，晶体熔化时所需的能量越多，晶体熔沸点越高，同种晶型，离子半经越小，则形成的离子键越强，卤化钠晶体的晶格能依：NaF、NaCl、NaBr、NaI降低，C正确；ⅡA的碱土金属形成的含氧酸盐的热稳定性与其离子半经的大小相关，离子半经越小，则其热稳定性越弱，即碱土金属的碳酸盐的热稳定性依MgCO3、CaCO3、SrCO3、BaCO3而增加，D错误。
19-Ⅱ⑴
⑵①臭鸡蛋气味的气体系H2S，H2S与H2O属于等电子体，其分子空间构型完全相似，中心硫原子的价电子对数为4对，采用SP3杂化，配位数为2，故即为“V”型，属于极性分子；②与H2O分子相比较，虽然H2S的相对分子质量比H2O大，但
由于H2O分子间能够形成氢键，增加了水分子间的作用力，因此，熔化冰或气化水时所需要的克服的能量相对比H2S多，即H2O的熔沸点比H2S高。
⑶根据VSEPR理论计算SO2分子中的中心原子硫原子的价电子对数为SO2分子的空间构型为“V”型，SO2分子属于极性分子，分子中存在极性共价键，其中即有σ键，又有π键。
⑷①从图中分析，每个Cu+的与它相邻的最近等距离的有2个S2-与2个铁原子，故其配位数为4，同样在每个S2-与它最近的等距离的有2个Fe3+和2个Cu+，则Cu+的配位数同样为4。②分析图中CuFeS2晶胞结构，晶胞体积V=0.524×10-7cm×0.524×10-7cm×1.032×10-7cm≈2.834×10-22cm-3；又从图中分析计算晶胞中含有Cu+的个数为：Fe3+有：即单个晶胞的质量为。
2017年高考题
1.【2017年全国卷Ⅰ卷第35题】（15分）钾和碘的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题:
(1)元素K的焰色反应呈紫红色，其中紫色对应的辐射波长为　　　　nm(填标号)。
A.404.4　　B.553.5　　C.589.2　　D.670.8　　E.766.5
(2)基态K原子中，核外电子占据最高能层的符号是　　　　，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为　　　　。K和Cr属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属K的熔点、沸点等都比金属Cr低，原因是　　　　。
(3)X射线衍射测定等发现，I3AsF6中存在离子。离子的几何构型为　　　　，中心原子的杂化形式为　　　　。
(4)KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料，具有钙钛矿型的立方结构，边长为a=0.446
nm，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，如图所示。K与O间的最短距离为　　　　nm，与K紧邻的O个数为　　　　。
(5)在KIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，则K处于　　　　位置，O处于　　　　位置。
【答案】(1)A　(2)N　球形　K原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱　(3)V形　sp3　(4)0.315　12　(5)体心　棱心
【解析】本题考查物质结构与性质的综合应用。(1)当对金属钾或其化合物进行灼烧时，焰色反应显紫红色，可见光的波长范围为400
nm~760
nm，紫色光波长较短(钾原子中的电子吸收较多能量发生跃迁，但处于较高能量轨道的电子不稳定，跃迁到较低能量轨道时放出的能量较多，故放出的光的波长较短)。(2)基态钾原子核外有4个能层:K、L、M、N，能量依次增高，处于N层的1个电子位于s轨道，s电子云轮廓图形状为球形。金属原子半径越小、价电子数越多，金属键越强，其熔沸点越高。(3)中I原子为中心原子，则其孤电子对数为×(7-1-2)=2，且其形成了2个σ键，中心原子采取sp3杂化，为V形结构。(4)二者间的最短距离为晶胞面对角线长的一半，即×0.446
nm≈0.315
nm。与钾紧邻的氧原子有12个。(5)想象4个晶胞紧密堆积，则I处于顶角，O处于棱心，K处于体心。
2，【2017年全国卷Ⅱ卷第35题】（15分）我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(NH4)4Cl(用R代表)。回答下列问题:
(1)氮原子价层电子的轨道表达式(电子排布图)为　　　　　　　　　　。
(2)元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E1)。第二周期部分元素的E1变化趋势如图(a)所示，其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是　　　　　　　　　　；氮元素的E1呈现异常的原因是　　　　　　　　　　。
??????
图(a)　?????????
?????????????图(b)
(3)经X射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局部结构如图(b)所示。
①从结构角度分析，R中两种阳离子的相同之处为　　　　，不同之处为　　　　。(填标号)
A.中心原子的杂化轨道类型
B.中心原子的价层电子对数
C.立体结构
D.共价键类型
②R中阴离子中的σ键总数为　　　　个。分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为)，则中的大π键应表示为　。
③图(b)中虚线代表氢键，其表示式为()N—HCl、　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　。
(4)R的晶体密度为d?g·cm-3，其立方晶胞参数为a?nm，晶胞中含有y个[(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl]单元，该单元的相对质量为M，则y的计算表达式为　　　　　　　。
【答案】(1)
(2)同周期元素随核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大　N原子的2p轨道为半充满状态，具有额外稳定性，故不易结合一个电子
(3)①ABD　C　②5　
③(H3O+)O—H…N()　()N—HN()
(4)(或×10-21)
【解析】本题主要考查物质结构与性质知识的综合应用。
(1)根据构造原理可知氮原子价电子排布式为2s22p3，根据洪特规则和泡利原理可写出其价电子的轨道表达式。(2)从图(a)可以看出:除N外，同周期元素随核电荷数依次增大，E1逐渐增大，这是因为随原子半径逐渐减小，结合一个电子需要释放出更多的能量；N原子的2p轨道处于半充满状态，不易再结合一个电子，故E1呈现异常。(3)①结合图(b)可知:晶体R中两种阳离子为和H3O+，两种阳离子的中心原子均采取sp3杂化；中成键电子对数为4，H3O+中含1个孤电子对和3个成键电子对，即中心原子的价层电子对数均为4；两种阳离子中均存在极性键，不存在非极性键。和H3O+分别为正四面体结构和三角锥形结构，即立体结构不同。②从图(b)可以看出:阴离子呈五元环状结构，其含有的σ键总数为5个；中参与形成大π键的电子数为6，故可将其中的大π键表示为。(4)该晶胞的体积为(a×10-7cm)3，根据×M=(a×10-7)3d，可求出y=(或×10-21)。
3，【2017年全国卷Ⅲ卷第35题】（15分）研究发现，在CO2低压合成甲醇反应(CO2+3H2CH3OH+H2O)中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题:
(1)Co基态原子核外电子排布式为　　　　。元素Mn与O中，第一电离能较大的是　　　　，基态原子核外未成对电子数较多的是　　　　。
(2)CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为　　　　和　　　　。
(3)在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为　　　　，原因是　　　　。
(4)硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了σ键外，还存在　　　　。
(5)MgO具有NaCl型结构(如图)，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a=0.420
nm，则r(O2-)为　　　　nm。MnO也属于NaCl型结构，晶胞参数为a'=0.448
nm，则r(Mn2+)为　　　　nm。
【答案】(1)1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2　O　Mn
(2)sp　sp3
(3)H2O>CH3OH>CO2>H2　H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多；CO2与H2均为非极性分子，CO2分子量较大、范德华力较大
(4)离子键和π键(键)
(5)0.148　0.076
【解析】本题考查物质的结构与性质。(1)根据构造原理可写出Co基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2。O是非金属元素，而Mn是金属元素，前者易得电子而不易失电子，后者则反之，所以O的第一电离能大于Mn。Mn和O的基态原子核外电子排布式分别为1s22s22p63s23p63d54s2、1s22s22p4，前者的3d轨道中5个电子均未成对，后者的2p轨道中有2个电子未成对，所以Mn的基态原子核外未成对电子数较多。(2)CO2中C的价层电子对数为2，故为sp杂化；CH3OH分子中C的价层电子对数为4，故为sp3杂化。(3)水和甲醇均为极性分子，常温常压下两种物质均呈液态；二氧化碳和氢气均为非极性分子，常温常压下两种物质均呈气态，根据四种物质在相同条件下的状态可以判断出水、甲醇的沸点均高于二氧化碳、氢气的沸点。由于水分子中的2个氢原子都能参与氢键的形成，而甲醇分子中只有羟基上的氢原子能够形成氢键，所以水中的氢键比甲醇多，则水的沸点高于甲醇的沸点。二氧化碳和氢气都属于分子晶体，但由于二氧化碳的相对分子质量大于氢气，所以二氧化碳的沸点高于氢气的沸点。(4)Mn(NO3)2是离子化合物，存在离子键；此外在NO3-中，3个O原子和中心原子N之间还形成一个4中心6电子的大π键(键)，所以Mn(NO3)2中的化学键有σ键、π键和离子键。(5)因为O2-采用面心立方最密堆积方式，所以面对角线长度是O2-半径的4倍，则有[4r(O2-)]2=2a2，解得r(O2-)=×0.420
nm≈0.148
nm；MnO也属于NaCl型结构，根据晶胞的结构可得2r(Mn2+)+2r(O2-)=a'，代入数据解得r(Mn2+)=0.076
nm。
4.
【2017年高考江苏卷21A题】（12分）铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与。
(1)Fe3+基态核外电子排布式为　　　　　　　　　　。
(2)丙酮()分子中碳原子轨道的杂化类型是　　　　　　　，1
mol
丙酮分子中含有σ键的数目为　　　　　　　　　　。
(3)C、H、O
三种元素的电负性由小到大的顺序为　　　　　　　　　　。
(4)乙醇的沸点高于丙酮，这是因为　　　　　　　　　　。
(5)某FexNy的晶胞如图-1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x-n)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图-2所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为　　　　　　　　　　。
?????????????
图-1
FexNy晶胞结构示意图???
图-2　转化过程的能量变化
【答案】(1)[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5
(2)sp2和sp3　9NA
(3)H(4)乙醇分子间存在氢键
(5)Fe3CuN
【解析】本题考查物质结构与性质。
(1)Fe为26号元素，Fe3+基态核外电子排布式为[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5。(2)甲基上的碳原子为sp3杂化，羰基上的碳原子为sp2杂化。单键全为σ键，1个双键中含有1个π键和1个σ键，故1
mol丙酮中含有9
mol
σ键。(3)非金属性:H【2017高考海南卷19题】（20分）
19-Ⅰ（6分）
下列叙述正确的有
A．某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5倍，则其最高正价为+7
B．钠元素的第一、第二电离能分别小于镁元素的第一、第二电离能
C．高氯酸的酸性与氧化性均大于次氯酸的酸性与氧化性
D．邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛的熔点
19-Ⅱ（14分）
ⅣA族元素及其化合物在材料等方面有重要用途。回答下列问题：
（1）碳的一种单质的结构如图（a）所示。该单质的晶体类型为___________，原子间存在的共价键类型有________，碳原子的杂化轨道类型为__________________。
（2）SiCl4分子的中心原子的价层电子对数为__________，分子的立体构型为________，属于________分子（填“极性”或“非极性”）。
（3）四卤化硅SiX4的沸点和二卤化铅PbX2的熔点如图（b）所示。
①SiX4的沸点依F、Cl、Br、I次序升高的原因是_________________。
②结合SiX4的沸点和PbX2的熔点的变化规律，可推断：依F、Cl、Br、I次序，PbX2中的化学键的离子性_______、共价性_________。（填“增强”“不变”或“减弱”）
（4）碳的另一种单质C60可以与钾形成低温超导化合物，晶体结构如图（c）所示。K位于立方体的棱上和立方体的内部，此化合物的化学式为_______________；其晶胞参数为1.4
nm，晶体密度为
_______g·cm-3。
【答案】19-Ⅰ
AD（6分）?
19-Ⅱ
（1）混合型晶体(1分)
σ键、π键(1分)
?sp2?杂化(1分)?
（2）4(1分)
?正四面体(1分)
?非极性(1分)?
（3）①均为共价化合物，范德华力随相对分子质量增大而增大(2分)
?②减弱(1分)
??增强(1分)?
（4）K3C60?(2分)
?2.0(2分)?
【解析】
（1）观察所给晶体结构示意图可知图（a）是石墨的晶体，石墨晶体中既有共价键，又是金属键，还有范德华力，所以是一种混合型晶体。在石墨晶体中，同层的每一个碳原子以σ键结合，六个碳原子在同一个平面上形成了正六边形的环，伸展成片层结构。在同一平面的碳原子还各剩下一个p轨道，其中有一个2p电子。这些p轨道又都互相平行，并垂直于碳原子sp2
杂化轨道构成的平面，形成了大π键。所以石墨晶体中的共价键有σ键与π键两种。由于每个碳原子与其他三个碳原子形成三个共价键，故碳原子采取的是sp2杂化。（2）SiCl4分子的中心原子是Si原子，其价层电子对数为(4+4)/2=4；由于中心原子的价层电子对数是4，配位数也是4，所以是正四面体结构，属于非极性分子。（3）①四卤化硅在固态时均为分子晶体。对于结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高。②共价键和离子键是两种不同类型的化学键，但二者之间没有截然的界限。对于化学式组成相似的晶体，离子性越强、共价性越弱，形成离子晶体的倾向越大，形成分子晶体的倾向越小，晶体的熔沸点就越高，反正则熔沸点越低。从PbF2到PbBr2，晶体的熔点逐渐减小，说明其所含化学键的共价型增强、离子性减弱。但要注意，晶体的熔沸点还受范德华力的影响，PbI2的熔点高于PbBr2的熔点，就是因为PbI2中的范德华力大于PbBr2所致。（4）观察该化合物的晶胞结构示意图可知，每个晶胞中含有12×1/4+9=12个钾原子；含有8×1/8+6×1/2=4个“C60”，二者的个数之比为3∶1，所以此化合物的化学式为K3C60；设晶体密度为ρg·cm-3，解得ρ=2.0
g·cm-3?。?
【易错警示】计算晶胞的密度时，容易误认为1个晶胞就是1个“K3C60”，导致计算结果错误。
2016~2013年高考题
1．[选修3——物质结构与性质]
19–Ⅰ【2016年高考海南卷】（6分）
下列叙述正确的有（
）
A．第四周期元素中，锰原子价电子层中未成对电子数最多
B．第二周期主族元素的原子半径随核电荷数增大依次减小
C．卤素氢化物中，HCl的沸点最低的原因是其分子间的范德华力最小
【答案】19-Ⅰ
BC
（6分）
2．【2016年高考海南卷】（14分）
M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子。元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同。回答下列问题：
（1）单质M的晶体类型为______，晶体中原子间通过_____作用形成面心立方密堆积，其中M原子的配位数为______。
（2）元素Y基态原子的核外电子排布式为________，其同周期元素中，第一电离能最大的是______（写元素符号）。元素Y的含氧酸中，酸性最强的是________（写化学式），该酸根离子的立体构型为________。
（3）M与Y形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。
①该化合物的化学式为_______，已知晶胞参数a=0.542
nm，此晶体的密度为_______g·cm–3。（写出计算式，不要求计算结果。阿伏加德罗常数为NA）
②该化合物难溶于水但易溶于氨水，其原因是________。此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，深蓝色溶液中阳离子的化学式为_______。
【答案】
19-Ⅱ
（14分）
（1）金属晶体
金属键
12
（每空1分，共3分）
（2）1s22s22p63s23p5
Ar
HClO4
正四面体
（每空1分，共4分）
（3）①CuCl
（每空2分，共4分）
②Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物（或配离子）
[Cu(NH3)4]2+
(2分，1分，共3分)
【解析】19–Ⅱ（14分）根据题给信息推断M为铜元素，Y为氯元素。
（1）单质铜的晶体类型为金属晶体，晶体中微粒间通过金属键作用形成面心立方密堆积，铜原子的配位数为12。
（2）氯元素为17号元素，位于第三周期，根据构造原理知其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5
，同周期元素由左向右元素原子的第一电离能逐渐增大，故其同周期元素中，第一电离能最大的是Ar。氯元素的含氧酸中，酸性最强的是HClO4，该酸根离子中氯原子的为sp3杂化，没有孤对电子，立体构型为正四面体形。
（3）①根据晶胞结构利用切割法分析，每个晶胞中含有铜原子个数为8×1/8+6×1/2=4，氯原子个数为4，该化合物的化学式为CuCl
；则1mol晶胞中含有4mol
CuCl，1mol晶胞的质量为4×99.5g，又晶胞参数a=0.542
nm，此晶体的密度为g·cm–3。②该化合物难溶于水但易溶于氨水，其原因是Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物。该溶液在空气中Cu(I)被氧化为Cu(II)，故深蓝色溶液中阳离子的化学式为[Cu(NH3)4]2+
。
考点：考查物质结构与性质，涉及原子结构与元素的性质，分子结构和晶胞计算。
【名师点睛】本题考查较为综合，题目难度较大。答题时注意电子排布式的书写方法，把握分子空间构型、等电子体、分子极性等有关的判断方法。关于核外电子排布需要掌握原子结构“三、二、一”要点：三个原理：核外电子排布三个原理——能量最低原理、泡利原理、洪特规则；两个图式：核外电子排布两个表示方法——电子排布式、电子排布图；一个顺序：核外电子排布顺序——构造原理。
3．【2016年高考江苏卷】[物质结构与性质]
[Zn(CN)4]2-在水溶液中与HCHO
发生如下反应:
4HCHO+[Zn(CN)4]2-+4H++4H2O?[Zn(H2O)4]2++4HOCH2CN
(1)Zn2+基态核外电子排布式为　　　　。
(2)1
mol
HCHO分子中含有σ键的数目为　　　　mol。
(3)HOCH2CN
分子中碳原子轨道的杂化类型是　　　　。
(4)与H2O
分子互为等电子体的阴离子为　　　　。
(5)[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-?的C
原子形成配位键。不考虑空间构型，[Zn(CN)4]2-的结构可用示意图表示为　　　　。
【答案】
(1)1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)
(2)3
(3)sp3和sp
(4)
(5)或
【解析】
本题主要考查物质结构与性质，意在考查考生对原子、分子结构和性质的理解能力。
(1)Zn2+核外有28个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。(2)HCHO的结构式为，1个HCHO分子中含有3个σ键，则1
mol
HCHO分子中含有3
mol
σ键。(3)HOCH2CN中有两个碳原子，—CH2—中C无孤电子对，杂化类型为sp3，—CN中C无孤电子对，杂化类型为sp。(4)与H2O分子互为等电子体的阴离子为N。(5)[Zn(CN)4]2-的结构为或。
4．【2016年高考上海卷】（本题共12分）
NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：
（1）NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl
（2）NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2
已知HCN（Ki=6.3×10-10）有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。
完成下列填空：
（5）上述反应涉及到的元素中，氯原子核外电子能量最高的电子亚层是___________；H、C、N、O、Na的原子半径从小到大的顺序为_______。
（6）HCN是直线型分子，HCN是___________分子（选填“极性”或“非极性”）。HClO的电子式为___________。
【答案】
（5）2p；H（6）极性；
【解析】[]
【考点定位】考查氧化还原反应方程式书写、计算、元素周期律等有关判断
【名师点睛】对于HAH++A-，Ki=，一定温度下电离平衡常数的大小通常是用来衡量酸性强弱的主要依据，Ki值越大说明酸性越强。HCN的Ki=6.3×10-10，说明HCN是极弱的酸，NaCN属于强碱弱酸盐，极易水解使水溶液表现碱性，即NaCN只能存在于碱性环境中。若调整NaCN溶液pH至中性或酸性，NaCN几乎完全转化为剧毒物质HCN。该题中主要涉及氧化还原反应，
氧化还原反应的特征是元素的化合价发生变化，其本质是在反应中有电子转移。在氧化还原反应中遵循电子守恒，即氧化剂得到的电子的物质的量（或个数）等于还原剂失去的电子的物质的量（或个数）。若将电子守恒规律应用于解题，可以大大简化我们的计算过程，收到事半功倍的效果。守恒法是中学化学中常用的解题方法之一，守恒法包括质量守恒、原子守恒、电荷守恒、电子守恒等。在进行解题时，如何选择并应用上述方法对于正确快速地解答题目十分关键。首先必须明确每一种守恒法的特点，然后挖掘题目中存在的守恒关系，最后巧妙地选取方法，正确地解答题目。①
在溶液中存在着阴阳离子，由于溶液呈电中性，所以可考虑电荷守恒；
②在氧化还原反应中存在着电子的转移，通常考虑电子守恒。③在某些复杂多步的化学反应中可考虑某种元素的守恒法；④在一个具体的化学反应中，由于反应前后质量不变，因此涉及到与质量有关的问题可考虑质量守恒法。微粒半径比较可能涉及到原子或者离子，一般规律是：电子层数多的微粒半径大，当电子层数相同时原子序数大的半径小。
5．【2016年高考四川卷】（13分）M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z是一种过渡元素。M基态原子L层中p轨道电子数是s轨道电子数的2倍，R是同周期元素中最活泼的金属元素，X和M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，Z的基态原子4s和3d轨道半充满。请回答下列问题:
(1)R基态原子的电子排布式是　　　　　　　　，X和Y中电负性较大的是　　　　(填元素符号)。
(2)X的氢化物的沸点低于与其组成相似的M的氢化物，其原因是　　　　　　　　　　　　　　。
(3)X与M形成的XM3分子的空间构型是　　　　　　。
(4)M和R所形成的一种离子化合物R2M晶体的晶胞如图所示，则图中黑球代表的离子是　　　?(填离子符号)。
(5)在稀硫酸中，Z的最高价含氧酸的钾盐(橙色)氧化M的一种氢化物，Z被还原为+3价，该反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
【答案】
(1)1s22s22p63s1或[Ne]3s1　Cl
(2)H2S分子间不存在氢键，H2O分子间存在氢键
(3)平面三角形
(4)Na+
(5)K2Cr2O7+3H2O2+4H2SO4?K2SO4+Cr2(SO4)3+3O2↑+7H2O
【解析】本题考查元素推断、基态原子的核外电子排布、电负性、晶体空间构型的判断、
晶胞的组成、化学方程式的书写等，意在考查考生分析问题的能力。由M基态原子L层中p轨道电子数是s轨道电子数的2倍，可知M为氧元素；R是同周期元素中最活泼的短周期金属元素，且原子序数大于氧元素，故R为钠元素；X和M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，故X为硫元素，Y为氯元素；Z的基态原子4s和3d轨道半充满，故其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，故Z为铬元素。(1)R为钠元素，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s1；氯比硫活泼，故电负性较大的是Cl。(2)S的氢化物为H2S，与H2S组成相似的O的氢化物为H2O，由于水分子间能够形成氢键，使H2O的沸点高于H2S。(3)三氧化硫中硫是sp2杂化，形成3个能量等同的sp2轨道，键角为120°，故SO3分子的空间构型为平面三角形。(4)分析Na2O的晶胞结构图，利用均摊法可知，黑球与白球的个数之比为2:1，故黑球代表的离子为Na+。(5)在稀硫酸中，K2Cr2O7具有很强的氧化性，能把H2O2氧化，化学方程式为:K2Cr2O7+3H2O2+4H2SO4K2SO4+Cr2(SO4)3+3O2↑+7H2O。
【考点定位】考查物质结构与性质模块，涉及元素推断、原子结构和元素的性质，分子结构与性质，晶胞计算，氧化还原方程式的书写。
【名师点睛】本题考查化学选修3《物质结构与性质》的相关知识，以填空或简答方式考查，常涉及如下高频考查点：原子结构与元素的性质(基态微粒的电子排布式、电离能及电负性的比较)、元素周期律；分子结构与性质(化学键类型、原子的杂化方式、分子空间构型的分析与判断)；晶体结构与性质(晶体类型、性质及与粒子间作用的关系、以晶胞为单位的密度、微粒间距与微粒质量的关系计算及化学式分析等)。对于此类题要掌握以下几点：(1)ⅡA族元素的价电子构型为ns2、ⅤA族元素的价电子构型为ns2np3，分别属于全满或半满状态，属于稳定结构，因此ⅡA族，ⅤA族元素的第一电离能分别大于同周期相邻元素。(2)金属元素的电负性较小，非金属元素的电负性较大。同周期元素从左到右，元素的电负性递增，同主族元素自上而下，元素的电负性递减。(3)化学键影响物质的物理性质和化学性质；范德华力和氢键只影响物质的物理性质。(4)均摊法在有关晶胞计算中的规律。根据题给信息准确推断相关元素、结合相关知识进行作答是得分的关键。题目难度适中。
6．【2016年高考新课标Ⅰ卷】[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）
锗(Ge)是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。回答下列问题:
(1)基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]　　　　，有　　　　个未成对电子。
(2)Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键。从原子结构角度分析，原因是　?????????????????????????????????????????????????????????????。
(3)比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因?　???????????????????????????????????????????。
GeCl4
GeBr4
GeI4
熔点/℃
-49.5
26
146
沸点/℃
83.1
186
约400
(4)光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是　　　　??????????????????????????????????????。
(5)Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为　　　　，微粒之间存在的作用力是　　　　。
(6)晶胞有两个基本要素:
①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置。如图为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(，0，)；C为(，0)。则D原子的坐标参数为　　　　。
②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状。已知Ge单晶的晶胞参数a=565.76
pm，其密度为　　　　g·cm-3(列出计算式即可)。
【答案】
(1)3d104s24p2　2
(2)Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键
(3)GeCl4、GeBr4、GeI4的熔、沸点依次增高。原因是分子结构相似，分子量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强
(4)O>Ge>Zn
(5)sp3　共价键
(6)①()　②×107
【解析】本题以锗为载体考查物质的结构与性质，意在考查考生的综合分析能力和空间想象能力。
(1)在元素周期表中，锗位于硅正下方，锗的原子序数为14+18=32，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar]3d104s24p2，由于4p能级有3个能量相同的轨道，根据洪特规则，4p上2个电子分别占据两个轨道且自旋方向相同，故未成对电子数为2。(2)本题从单键、双键、叁键的特点切入，双键、叁键中都含有π键，难以形成双键、叁键，实质是难以形成π键，因为锗的原子半径较大，形成单键的键长较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小。(3)根据表格数据得出，三种锗卤化物都是分子晶体，其熔、沸点分别依次增高，而熔、沸点的高低与分子间作用力强弱有关，分子间相互作用力强弱与分子量大小有关。(4)锌、锗位于同周期，同一周期从左至右元素的电负性逐渐增大(除稀有气体元素外)，而氧位于元素周期表右上角，电负性仅次于氟，由此得出氧、锗、锌的电负性依次减小。(5)类比金刚石，晶体锗是原子晶体，每个锗原子与其周围的4个锗原子形成4个单键，故锗原子采用sp3杂化。微粒之间的作用力是共价键。(6)①对照晶胞图示、坐标系以及A、B、C点坐标，选A点为参照点，观察D点在晶胞中位置(体对角线1/4处)，由B、C点坐标可以推知D点坐标。②类似金刚石晶胞，1个晶胞含有8个锗原子，ρ=×107?g·cm-3。
【考点定位】考查物质结构的有关知识。
【名师点睛】物质结构包括原子结构(原子核外电子排布、原子的杂化方式、元素电负性大小比较、元素金属性、非金属性的强弱)、分子结构(化学键、分子的电子式、结构式、结构简式的书写、化学式的种类、官能团等)、晶体结构(晶体类型的判断、物质熔沸点的高低、影响因素、晶体的密度、均摊方法的应用等)。只有掌握这些，才可以更好的解决物质结构的问题。
7．【2016年高考新课标Ⅱ卷】[化学-—选修3：物质结构与性质]（15分）
东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题:
(1)镍元素基态原子的电子排布式为　　　　　　　　，3d能级上的未成对电子数为　　　　。
(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是　　　　??????。
②在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为　　　　，提供孤电子对的成键原子是　　　　。
③氨的沸点　　　　(填“高于”或“低于”)膦(PH3)，原因是　　　　；氨是　　　　分子(填“极性”或“非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为　　　　。
(3)单质铜及镍都是由　　　　键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为:ICu=1
958
kJ·mol-1、INi=1
753
kJ·mol-1，ICu>INi的原因是　????。
(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。
①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为　　　　。
②若合金的密度为d?g·cm-3，晶胞参数a=　　　　nm。
【答案】
(1)1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2　2
(2)①正四面体
　②配位键
　N
　③高于
　NH3分子间可形成氢键
　极性
　sp3
(3)金属
　铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子
(4)①3∶1
　②×107
【解析】
本题主要考查物质结构与性质，意在考查考生对原子、分子、晶体结构和性质的理解能力。(1)Ni元素原子核外有28个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2。3d能级上有2个未成对电子。(2)①S中S无孤电子对，立体构型为正四面体。②
[Ni(NH3)6为配离子，Ni2+与NH3之间为配位键。配体NH3中提供孤电子对的为N。③NH3分子间存在氢键，故沸点比PH3高。NH3中N有一个孤电子对，立体构型为三角锥形，因此NH3为极性分子，N的杂化轨道数为3+1=4，杂化类型为sp3。(3)单质铜及镍都是由金属键形成的晶体，Cu、Ni失去一个电子后电子排布式分别为[Ar]3d10、[Ar]3d84s1，铜的3d轨道全充满，达到稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大。(4)①Cu原子位于面心，个数为6×=3，Ni原子位于顶点，个数为8×=1，铜原子与镍原子的数量比为3∶1。②以该晶胞为研究对象，则?g=d?g·cm-3×(a×10-7cm)3，解得a=×107。
【考点定位】考查核外电子排布，轨道杂化类型的判断，分子构型，化学键类型，晶胞的计算等知识。
【名师点睛】本题考查核外电子排布，轨道杂化类型的判断，分子构型，物质熔沸点的判断，化学键类型，晶胞的计算等知识，保持了往年知识点比较分散的特点，立足课本进行适当拓展，但整体难度不大。晶胞中原子的数目往往采用均摊法：①位于晶胞顶点的原子为8个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/8；②位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/2；③位于晶胞棱心的原子为4个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/4；④位于晶胞体心的原子为1个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1。
8．【2016年高考新课标Ⅲ卷】[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）
砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等。回答下列问题:
(1)写出基态As原子的核外电子排布式　　　　　　　　。
(2)根据元素周期律，原子半径Ga　　　　As，第一电离能Ga　　　　As。(填“大于”或“小于”)
(3)AsCl3分子的立体构型为　　　　，其中As的杂化轨道类型为　　　　。
(4)GaF3的熔点高于1
000
℃，GaCl3的熔点为77.9
℃，其原因是　　　　　　　　。
(5)GaAs的熔点为1
238
℃，密度为ρ?g·cm-3，其晶胞结构如图所示。该晶体的类型为　　　　，Ga与As以　　　　键键合。Ga和As的摩尔质量分别为MGa?g·mol-1和MAs?g·mol-1，原子半径分别为rGa?pm和rAs?pm，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为　　　　。
答案
(1)[Ar]3d104s24p3
(2)大于　小于
(3)三角锥形　sp3
(4)GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体
(5)原子晶体　共价　×100%
解析
本题考查物质结构与性质知识，意在考查考生对相关原理的应用能力。
(1)根据构造原理可写出基态As原子的核外电子排布式。(2)同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，第一电离能呈增大趋势。Ga的原子半径大于As，Ga的第一电离能小于As。(3)AsCl3的中心原子(As原子)的价层电子对数为(5+1×3)/2=4，所以是sp3杂化。AsCl3的立体构型为三角锥形。(4)根据晶体类型比较熔点。一般来说，离子晶体的熔点高于分子晶体的熔点。(5)根据晶胞结构示意图可以看出，As原子与Ga原子形成了空间网状结构的晶体，结合GaAs的熔点知GaAs是原子晶体。首先用均摊法计算出1个晶胞中含有As原子的个数:8×1/8+6×1/2=4，再通过观察可知1个晶胞中含有4个Ga原子。4个As原子和4个Ga原子的总体积V1=4×(π×10-30×+π×10-30×)
cm3；1个晶胞的质量为4个As原子和4个Ga原子的质量之和，即(+)
g，所以1个晶胞的体积V2=(MAs+MGa)
cm3。最后由V1/V2即得结果。
【考点定位】考查核外电子排布、电离能、原子半径、杂化轨道、空间构型以及晶胞结构判断与计算等
【名师点睛】物质结构包括原子结构(原子核外电子排布、原子的杂化方式、元素电负性大小比较、元素金属性、非金属性的强弱)、分子结构(化学键、分子的电子式、结构式、结构简式的书写、化学式的种类、官能团等)、晶体结构(晶体类型的判断、物质熔沸点的高低、影响因素、晶体的密度、均摊方法的应用等)。本题考查物质结构内容，涉及前36号元素核外电子排布式的书写、元素周期律、第一电离能规律、空间构型、杂化轨道、晶体熔点高低的判断、晶体类型、以及晶胞的计算等知识，这部分知识要求考生掌握基础知识，做到知识的灵活运用等，考查了学生综合运用所学化学知识解决相关化学问题的能力。只有掌握这些，才可以更好的解决物质结构的问题。
9．【2015新课标Ⅰ卷理综化学】[化学——选修3：物质结构与性质]
碳及其化合物广泛存在于自然界中。回答下列问题:
(1)处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用　　　　　　　　形象化描述。在基态14C原子中,核外存在　　　　对自旋相反的电子。
(2)碳在形成化合物时,其键型以共价键为主,原因是　。
(3)CS2分子中,共价键的类型有　　　　,C原子的杂化轨道类型是　　　　,写出两个与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子　　　　。
(4)CO能与金属Fe形成Fe(CO)5,该化合物的熔点为253
K,沸点为376
K,其固体属于　　　　晶体。
(5)碳有多种同素异形体,其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示:
①在石墨烯晶体中,每个C原子连接　　　　个六元环,每个六元环占有　　　　个C原子。
②在金刚石晶体中,C原子所连接的最小环也为六元环,每个C原子连接　　　　个六元环,六元环中最多有　　　　个C原子在同一平面。
答案
(1)电子云　2　(2)C有4个价电子且半径小,难以通过得或失电子达到稳定电子结构　(3)σ键和π键　sp　CO2、SCN-(或COS等,)　(4)分子　(5)①3　2　②12　4
解析
本题主要考查物质结构知识,意在考查考生的抽象思维能力、空间想象能力以及知识迁移能力。(1)处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用“电子云”形象化描述。根据碳的基态原子核外电子排布图可知,自旋相反的电子有2对。(2)碳原子有4个价电子,且碳原子半径小,很难通过得或失电子达到稳定电子结构,所以碳在形成化合物时,其键型以共价键为主。(3)CS2中C为中心原子,采用sp杂化,与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子有CO2、SCN-等。(4)Fe(CO)5的熔、沸点较低,符合分子晶体的特点,故其固体为分子晶体。(5)①由石墨烯晶体结构图可知,每个C原子连接3个六元环,每个六元环占有的C原子数为×6=2。②观察金刚石晶体的空间构型,以1个C原子为标准计算,1个C原子和4个C原子相连,则它必然在4个六元环上,这4个C原子中每个C原子又和另外3个C原子相连,必然又在另外3个六元环上,3×4=12,所以每个C原子连接12个六元环;六元环中最多有4个C原子在同一平面。
【考点定位】考查物质结构与性质的应用、化学键类型的判断、晶胞的计算；试题难度为较难等级。
(
→
→
)【名师点晴】（5）问中的晶体结构，石墨烯晶体相对简单，使用均分法即可得解。金刚石晶体结构复杂，这里说明一下。大家看一下晶体结构示意图（我找了一幅图并处理了一下），有些图形信息在局部图形中看不到：
选定一个目标碳原子（图中箭头所指），注意到这个碳原子有四个共价键呈四面体伸展，两两组合成六个角。按理说六个角只对应六个六元环，但大家仔细看右图，红、蓝两色的六元环共同一个夹角。故可推知：每个碳原子连接有2×6=12个六元环。
右图晶体结构中可以分离出一个小结构（下图左），可以观察其中某一个六元环（下图右）。注意到六元环虽不是平面结构，但它是由三组平行线构成。任取一组平行线，可以确定四个原子共面。
10．【2015新课标Ⅱ卷理综化学】[化学—选修3：物质结构与性质](15分）A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素,A2-和B+具有相同的电子构型;C、D为同周期元素,C核外电子总数是最外层电子数的3倍;D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题:
(1)四种元素中电负性最大的是　　　　?(填元素符号),其中C原子的核外电子排布式为　　　　。
(2)单质A有两种同素异形体,其中沸点高的是　　　　(填分子式),原因是　　　　;A和B的氢化物所属的晶体类型分别为　　　　和?　　　　。
(3)C和D反应可生成组成比为1∶3的化合物E,E的立体构型为　　　　,中心原子的杂化轨道类型为　　　　。
(4)化合物D2A的立体构型为　　　　,中心原子的价层电子对数为?　　　　,单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A,其化学方程式为　　　　。
(5)A和B能够形成化合物F,其晶胞结构如图所示,晶胞参数a=0.566
nm,F的化学式为　　　　;晶胞中A原子的配位数为　　　　;列式计算晶体F的密度(g·cm-3?)　　　　。
答案
(1)O　1s22s22p63s23p3(或[Ne]3s23p3)
(2)O3　O3相对分子质量较大,范德华力大　分子晶体　离子晶体
(3)三角锥形　sp3
(4)V形　4　2Cl2+2Na2CO3+H2OCl2O+2NaHCO3+2NaCl(或2Cl2+Na2CO3Cl2O+CO2+2NaCl)
(5)Na2O　8　=2.27
g·cm-3
解析
本题考查物质结构与性质,意在考查考生对原子、分子以及晶体知识的掌握程度。C的核外电子总数是最外层电子数的3倍,则C可能是Li或P,但是A、B、C、D原子序数依次增大,所以C应为P,D的最外层只有一个未成对电子,所以D为Cl。A2-和B+的电子层结构相同,则A为O,B为Na。(1)电负性最大,也即非金属性最强的为O。P为15号元素,核外电子排布式为1s22s22p63s23p3。(2)氧的两种同素异形体分别为O2和O3,均为分子晶体,分子晶体中相对分子质量越高,沸点越高。H2O为分子晶体,NaH为离子晶体。(3)PCl3中P有一对孤对电子,价层电子对数为1+3=4,所以P为sp3杂化,PCl3的空间构型为三角锥形。(4)Cl2O中O有两对孤对电子,价层电子对数为2+2=4,所以O为sp3杂化,Cl2O的空间构型为V形。Cl2O中Cl为+1价,Cl2发生歧化反应生成Cl2O和NaCl。(5)由晶胞图知,小黑球有8个,大黑球有8×1/8+6×1/2=4,所以化学式为Na2O。小黑球为Na,大黑球为O。A为O,由晶胞结构知,面心上的1个O连有4个钠,在相邻的另一个晶胞中,O也连有4个钠,故O的配位数为8。1个晶胞中含有4个Na2O,根据密度公式有:ρ====2.27
(g·cm-3)。
【考点定位】本题主要是考查元素推断、核外电子排布、电负性、空间构型、杂化轨道、晶体类型与性质及晶胞结构与计算等
【名师点晴】本题考查的内容包含了选修模块“物质的结构与性质”中最基本和最重要的内容，通过晶胞中原子个数的计算和晶体的密度计算来考查考生的计算能力和应用知识解决问题的能力，考查了学生综合运用所学化学知识解决相关化学问题的能力。
11．【2015山东理综化学】（12分）[化学---物质结构与性质]
氟在自然界中常以CaF2的形式存在。
(1)下列有关CaF2的表述正确的是　　　。
a.Ca2+与F-间仅存在静电吸引作用
b.F-的离子半径小于Cl-,则CaF2的熔点高于CaCl2
c.阴阳离子比为2∶1的物质,均与CaF2晶体构型相同
d.CaF2中的化学键为离子键,因此CaF2在熔融状态下能导电
(2)CaF2难溶于水,但可溶于含Al3+的溶液中,原因是　　　　　　　(用离子方程式表示)。已知在溶液中可稳定存在。
(3)F2通入稀NaOH溶液中可生成OF2,OF2分子构型为　　　,其中氧原子的杂化方式为　　　。
(4)F2与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物,例如ClF3、BrF3等。已知反应Cl2(g)+3F2(g)2ClF3(g)　ΔH=-313
kJ·mol-1,F—F键的键能为159
kJ·mol-1,Cl—Cl键的键能为242
kJ·mol-1,则ClF3中Cl—F键的平均键能为　　　kJ·mol-1。ClF3的熔、沸点比BrF3的　　　(填“高”或“低”)。
答案
(1)b、d
(2)3CaF2+Al3+3Ca2++
(3)V形　sp3
(4)172　低
解析
本题主要考查了物质的结构与性质,意在考查考生对物质结构与性质知识的理解与应用能力。(1)CaF2为离子化合物,熔融状态下能导电,Ca2+与F-间既有静电吸引作用,又有静电排斥作用,a错,d对;离子半径越小,离子键越强,故CaF2的熔点高于CaCl2熔点,b对;阴阳离子比为2∶1的物质,其晶体构型与阴阳离子的半径的相对大小有关,c错。(2)由题中信息可知Al3+与F-结合生成较稳定的,导致溶解平衡CaF2(s)?Ca2+(aq)+2F-(aq)右移而使CaF2溶解,故反应的离子方程式可表示为3CaF2+Al3+3Ca2++。(3)中心原子O原子的孤电子对数为×(6-1×2)=2,形成了2个σ键,采取sp3杂化,分子构型为V形。(4)设Cl—F键的平均键能为a?kJ·mol-1,则159
kJ·mol-1×3+242
kJ·mol-1-6a=-313
kJ·mol-1,解得a=172
kJ·mol-1。ClF3与BrF3分子结构相似,前者相对分子质量较小,分子间作用力较小,熔、沸点较低。
【考点定位】本题以CaF2为情景，考查了物质的结构、离子半径比较、离子方程式的书写、中心原子的杂化方式和分子的构型、键能的计算、熔点的比较。
【名师点睛】本题考查知识点较多，容量大，覆盖面广，几乎涵盖了物质结构与性质模块的所有重要核心内容和主干知识，利用有限的试题实现了物质结构与性质模块的全面考查。第1小题融合考查了离子键的判断及作用、离子半径的比较、晶体特征，第2小题应充分理解题目所给信息，把信息和离子方程式的书写方法相结合，可得到正确答案，第3小题中分子构型及中心原子的杂化类型为常规考题，利用价层电子对互斥理论计算即可，第4小题键能的计算与焓变的含义相结合即可，关于熔沸点的比较应首先判断晶体的类型，根据不同类型晶体的特点可得出大小顺序。
12．【2015福建理综化学】
[化学-物质结构与性质]（13分）科学家正在研究温室气体CH4和CO2的转化和利用。
(1)CH4和CO2所含的三种元素电负性从小到大的顺序为　　　　。
(2)下列关于CH4和CO2的说法正确的是　　　　(填序号)。
a.固态CO2属于分子晶体
b.CH4分子中含有极性共价键,是极性分子
c.因为碳氢键键能小于碳氧键,所以CH4熔点低于CO2
d.CH4和CO2分子中碳原子的杂化类型分别是sp3和sp
(3)在Ni基催化剂作用下,CH4和CO2反应可获得化工原料CO和H2。
①基态Ni原子的电子排布式为　　　　,该元素位于元素周期表中的第　　　　族。
②Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni(CO)4,1
mol
Ni(CO)4中含有　　　　?mol
σ键。
(4)一定条件下,CH4、CO2都能与H2O形成笼状结构(如下图所示)的水合物晶体,其相关参数见下表。CH4与H2O形成的水合物晶体俗称“可燃冰”。
①“可燃冰”中分子间存在的2种作用力是　　　　。
②为开采深海海底的“可燃冰”,有科学家提出用CO2置换CH4的设想。已知上图中笼状结构的空腔直径为0.586
nm,根据上述图表,从物质结构及性质的角度分析,该设想的依据是　。
答案
(1)H、C、O　(2)a、d
(3)①1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2　Ⅷ　②8
(4)①氢键、范德华力　②CO2的分子直径小于笼状结构空腔直径,且与H2O的结合能大于CH4
解析
本题主要考查物质结构和性质,意在考查考生对原子、分子、晶体的结构和性质的理解能力。(1)根据电负性的递变规律得,H、C、O的电负性逐渐增大。(2)固态CO2由CO2分子构成,为分子晶体,a对;CH4中含有极性键,但为非极性分子,b错;CH4、CO2为分子晶体,熔点由分子间作用力大小决定,与键能大小无关,c错;CH4中C的杂化类型为sp3,CO2中C的杂化类型为sp,d对。(3)①基态Ni原子核外有28个电子,电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2,Ni位于元素周期表第四周期Ⅷ族。②1
mol
Ni(CO)4中Ni与O之间形成4
mol
σ键、C与O之间形成4
mol
σ键,共有8
mol
σ键。(4)①可燃冰为甲烷的水合物,分子间存在范德华力,水分子间还存在氢键。②根据提供的数据,CO2的分子直径小于笼状结构空腔直径,且与H2O的结合能大于CH4,因此科学家提出该设想。
【考点定位】考查元素的电负性的比较、原子核外电子排布式的书写、物质的晶体结构、化学键、物理性质的比较、配位化合物的形成及科学设想的构思等知识。
【名师点睛】元素的非金属性影响元素的电负性大小比较，要根据元素在周期表的位置及元素周期律，掌握元素的非金属性强弱比较方法进行判断。了解元素的原子杂化与形成的化合物的结构关系，掌握元素的种类与形成化学键的类别、晶体类型的关系，了解影响晶体熔沸点的因素及作用、掌握原子核外电子排布时遵循的能量最低原理、保利不相容原理和洪特规则、原子核外电子排布的能级图，正确写出原子核外电子排布式、确定元素在周期表的位置，结合微粒的直径大小和晶体结构特点分析温室气体CH4和CO2的转化和利用。掌握原子结构的基本理论和元素周期律知识是本题的关键。本题较为全面的考查了考生对物质结构的掌握情况。
13．【2015海南化学】[选修3—物质结构与性质]（14分）
Ⅰ下列物质的结构或性质与氢键无关的是
A.乙醚的沸点
B.乙醇在水中的溶解度
C.氢化镁的晶格能
D.DNA的双螺旋结构
Ⅱ钒(23V)是我国的丰产元素,广泛用于催化及钢铁工业。
回答下列问题:
(1)钒在元素周期表中的位置为　　　　　,其价层电子排布图为　　　　　　　。
(2)钒的某种氧化物的晶胞结构如图1所示。晶胞中实际拥有的阴、阳离子个数分别为　　　、　　　。
(3)V2O5常用作SO2?转化为SO3的催化剂。SO2?分子中S原子价层电子对数是　?　　　对,分子的立体构型为　　　　;SO3气态为单分子,该分子中S原子的杂化轨道类型为　　　　;SO3的三聚体环状结构如图2所示,该结构中S原子的杂化轨道类型为　　　　;该结构中S—O键长有两类,一类键长约140
pm,另一类键长约为160
pm,较短的键为　　　　(填图2中字母),该分子中含有　　　　个σ键。
图1　　
　　??
图2　　　　　　　　　图3
(4)V2O5溶解在NaOH溶液中,可得到钒酸钠(Na3VO4),该盐阴离子的立体构型为　　　　;也可以得到偏钒酸钠,其阴离子呈如图3所示的无限链状结构,则偏钒酸钠的化学式为　　　　　　　。
答案
ⅠAC
Ⅱ(1)第四周期、ⅤB族　
(2)4　2
(3)3　V形　sp2　sp3　a　12
(4)正四面体　NaVO3
解析
Ⅰ考查氢键,意在考查考生对氢键的形成及对物质结构或性质的影响的理解能力。Ⅱ考查物质结构和性质,意在考查考生对原子、分子、晶体的结构和性质的理解能力。
ⅠA项,乙醚分子间不存在氢键;B项,乙醇在水中的溶解度较大是因为乙醇与水分子之间存在氢键;C项,MgH2为离子晶体,不存在氢键;D项,DNA的双螺旋结构是由于DNA分子内形成了氢键。本题选AC。Ⅱ(1)钒的原子序数为23,位于周期表中第四周期ⅤB族,其价层电子排布式为3d34s2,价层电子排布图为。(2)由晶胞结构图知,O形成阴离子,数目为4×+2=4,V形成阳离子,数目为8×+1=2。(3)SO2?分子中S有1对孤对电子,价层电子对数为1+2=3,S为sp2杂化,所以SO2分子的立体构型为V形。SO3中S无孤对电子,价层电子对数为0+3=3,S为sp2杂化。SO3的三聚体环状结构可表示为,其中S原子价层电子对数为4,故S为sp3杂化。题图a处为硫氧双键,b处为硫氧单键,故a处键长较短。1个双键中包括1个σ键和1个π键,单键均为σ键,故该分子中含有12个σ键。(4)钒酸钠(Na3VO4)中阴离子为V,V的价层电子对数为4,则V为sp3杂化,V的立体构型为正四面体;从偏钒酸钠的阴离子的结构看,1个V连接3个O,所以偏钒酸根为V,其中V为+5价,所以偏钒酸钠的化学式为NaVO3。
【考点定位】本题考查物质结构与性质选修模块，涉及原子结构、分子结构和晶体结构。
【名师点睛】考查物质的性质与氢键的关系、以钒及其化合物为载体元素在周期表中的位置、原子核外电子排布、晶胞的计算、杂化轨道理论、化学键类型的判断、分子的空间构型，考查学生的观察能力和空间想象能力、分析、解决问题的能力。解（2）小题要注意切割法的应用，注意题目难度较大。
14．【2015江苏化学】[物质结构与性质]
下列反应曾用于检测司机是否酒后驾驶:
2Cr2+3CH3CH2OH+16H++13H2O4[Cr(H2O)6]3++3CH3COOH
(1)Cr3+基态核外电子排布式为　　　;配合物[Cr(H2O)6]3+中,与Cr3+形成配位键的原子是　　　(填元素符号)。
(2)CH3COOH中C原子轨道杂化类型为　　　;1
mol
CH3COOH分子含有σ键的数目为　　　。
(3)与H2O互为等电子体的一种阳离子为　　　(填化学式);H2O与CH3CH2OH可以任意比例互溶,除因为它们都是极性分子外,还因为　。
答案
(1)1s22s22p63s23p63d3(或[Ar]3d3)　O
(2)sp3和sp2　7NA(或7×6.02×1023)
(3)H2F+　H2O与CH3CH2OH之间可以形成氢键
解析
本题考查物质结构与性质,意在考查考生对原子结构、分子结构等基础知识的掌握程度。
(1)Cr为24号元素,基态Cr原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1,形成离子时,先失去最外层上的电子,所以Cr3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3。H2O中的O含有孤对电子,所以O为配位原子。(2)甲基中的C原子为sp3杂化,羧基中的C原子为sp2杂化。单键全部为σ键,1个双键中有1个π键、1个σ键,所以1
mol
CH3COOH中含有7
mol
σ键。(3)H2O和H2F+互为等电子体。H2O分子与CH3CH2OH分子之间可以形成氢键,且两者都是极性分子,故两者是互溶的。
【考点定位】考查物质结构、电子排布式、杂化类型、共价键类型、等电子体、溶解度等知识。
【名师点睛】涉及了洪特特例、电子排布式的书写、杂化类型和价层电子对数之间的关系、δ键的特性、等电子体的判断、溶解度的问题，都是基础性的知识，能使学生拿分，这次没涉及晶胞问题，估计明年会涉及，复习时多注意这块知识，让学生夯实基础，提高基础知识的运用。
15．【2014年高考海南卷】【选修3-物质结构与性质】（20分）
（14分）碳元素的单质有多种形式，下图依次是C60、石墨和金刚石的结构图：
回答下列问题：
（1）金刚石、石墨、C60.碳纳米管等都是碳元素的单质形式，它们互为_____________。
（2）金刚石、石墨烯（指单层石墨）中碳原子的杂化形式分别为____、____。
（3）C60属于____晶体，石墨属于____晶体。
（4）石墨晶体中，层内C-C键的键长为142
pm，而金刚石中C-C键的键长为154
pm。其原因是金刚石中只存在C-C间的____共价键，而石墨层内的C-C间不仅存在____共价键，还有____键。
（5）金刚石晶胞含有____个碳原子。若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r=
______a，列式表示碳原子在晶胞中的空间占有率____（不要求计算结果）。
【答案】19-I
19-II(1)同素异形体（2）sp3
sp2
(3)分子
混合
（4）σ键
σ键
π键
（或大π键或p-pπ键）
(5)
8
【解析】19-II(1)
(l)金刚石、石墨、C60、碳纳米管等都是碳元素的单质，性质不同，它们互称同素异形体。(2)在金刚石中碳原子的四个价电子与四个C原子形成四个共价键，C的杂化形式是sp3；在石墨烯（指单层石墨）中碳原子与相邻的三个C原子形成三个共价键，C的杂化形式为sp2；(3)
C60是由60个C原子形成的分子，属于分子晶体。而石墨在层内原子间以共价键结合，在层间以分子间作用力结合，所以石墨属于混合晶体；（4）在金刚石中只存在C-C间的σ共价键；在石墨层内的C-C间不仅存在σ共价键，还存在π键。
(5)共价金刚石的立体网状结构金刚石晶胞，属A4型，顶点8个，相当于1个C原子，然后面心上6个，相当于3个C原子，而在其8个四面体空隙中有一半也是C原子，且在晶胞内，故还有4个C原子，加在一起，可得一个金刚石晶胞中有8个C原子。若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则正方体对角线的1/4就是C-C键的键长，即，所以r=a，碳原子在晶胞中的空间占有率。
【考点定位】本题从知识上考查元素周期表、元素周期律的应用、同素异形体概念的辨析、原子的杂化、原子间的作用力、晶体类型、计算；从能力上考查了考生对元素周期律的掌握情况，对物质结构与化学键、原子的杂化、分子间作用力的关系的掌握情况，对于晶体结构、晶胞及有关计算的能力；对物质结构的空间想象能力、计算能力等。多角度考查了知识和能力。
【名师点睛】解答本题，要掌握物质的结构、物质的晶体类型、原子的杂化方式、结合方式、晶体类型、晶胞的计算方法；要会对给定的信息进行分析、比较，最后加以运用。
16．【2014年高考福建卷第31题】【化学－物质结构与性质】(13分)
氮化硼(BN)晶体有多种相结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相,与石墨相似,
具有层状结构,可作高温润滑剂。立方相氮化硼是超硬材料,有优异的耐磨性。它们的晶体结构S如图所示。
(1)基态硼原子的电子排布式为　　　。
(2)关于这两种晶体的说法,正确的是　　　　　　　(填序号)。
a.立方相氮化硼含有σ键和π键,所以硬度大
b.六方相氮化硼层间作用力小,所以质地软
c.两种晶体中的B—N
键均为共价键
d.两种晶体均为分子晶体
(3)六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型为　　　,其结构与石墨相似却不导电,原因是　　　。
(4)立方相氮化硼晶体中,硼原子的杂化轨道类型为　　　。该晶体的天然矿物在青藏高原地下约300
km的古地壳中被发现。根据这一矿物形成事实,推断实验室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是　　　。
(5)NH4BF4
(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一。1
mol
NH4BF4?含有　　　mol
配位键。
答案
(1)1s22s22p1　(2)b、c
(3)平面三角形　层状结构中没有自由移动的电子
(4)sp3　高温、高压　(5)2
解析
本题考查物质结构与性质,意在考查考生对知识的理解和运用能力。(2)立方相氮化硼只含有σ键,a错误;六方相氮化硼质地软,是由于其层间作用力为范德华力,作用力小,b正确;B、N均为非金属元素,两者形成的化学键为共价键,c正确;六方相氮化硼属于分子晶体,立方相氮化硼属于原子晶体,d错误。(3)观察六方相氮化硼的晶体结构可知,每个硼原子与相邻3个氮原子构成平面三角形。其结构虽与石墨相似,但由于N的电负性较大,共价键上的电子被N原子强烈吸引,不能自由移动,所以不导电。(4)立方相氮化硼晶体中,每个硼原子形成4个共价单键,所以为sp3杂化;地下约300
km的环境应为高温、高压。(5)NH4+中存在一个由氮原子提供孤电子对、H+提供空轨道而形成的配位键;在BF-中,存在一个由F-提供孤电子对、B提供空轨道而形成的配位键,所以1
mol氟硼酸铵中含有2
mol配位键。
【考点定位】本题主要是考查物质结构与性质，具体考查硼原子的基态电子排布式、晶体类型、微粒的空间构型、中心原子的杂化方式、配位键等
【名师点晴】本题虽然材料新但难度不大，重点考查学生对知识的掌握和应用的能力。考查了学生综合运用所学化学知识解决相关化学问题的能力。本题的解题要点为：掌握元素的原子序数、原子核外电子排布、原子的杂化、晶体的类型、晶体结构、共价键的计算方法。然后对各个问题进行逐一解答。
17．【2014年高考江苏卷第21A题】[物质结构与性质]
含有NaOH的Cu(OH)2悬浊液可用于检验醛基,也可用于和葡萄糖反应制备纳米Cu2O。
(1)Cu+基态核外电子排布式为　　　　。
(2)与OH-互为等电子体的一种分子为　　　　(填化学式)。
(3)醛基中碳原子的轨道杂化类型是　　　　;1
mol乙醛分子中含有的σ键的数目为　　　　。
(4)含有NaOH的Cu(OH)
2悬浊液与乙醛反应的化学方程式为　　　　　　　　　　。
(5)Cu2O在稀硫酸中生成Cu和CuSO4。铜晶胞结构如图所示,铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为　　　　。
答案
(1)[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10　(2)HF　(3)sp2　6
mol或6×6.02×1023个　(4)2Cu(OH)2
+CH3CHO+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O　(5)12
解析
本题主要考查物质结构与性质、核外电子排布、等电子体、杂化类型、化学方程式、晶胞计算等,意在考查考生的理解能力、推理能力及灵活运用知识的能力。(1)Cu为29号元素,Cu+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。(2)OH-为10电子粒子,HF为与OH-互为等电子体的分子。(3)醛基的空间构型是平面三角形,所以醛基中碳原子的轨道杂化类型为sp2。由乙醛的结构式可以得出,1个乙醛分子中含6个σ键,所以1
mol乙醛分子中含σ键6
mol(或6×6.02×1023个)。(4)乙醛在碱性条件下可以被氢氧化铜氧化生成乙酸,反应的化学方程式为2Cu(OH)2
+CH3CHO+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O。(5)根据铜晶胞结构示意图可以看出,在每个铜原子周围与其距离最近的铜原子每层有4个,共有3层,所以铜晶体内每个铜原子周围与其距离最近的铜原子共有12个。
【考点定位】本题考查物质结构有关内容，涉及电子排布式、等电子体、原子的杂化类型、化学键的类型和数目、配位数等知识，考察学生对物质结构主干知识的掌握情况。
【名师点晴】本题通过铜及其化合物为载体，重点考查了学生综合运用所学化学知识解决相关化学问题的能力。本题的解题要点为：掌握物质的性质、元素的原子序数、原子核外电子排布、原子的杂化、等电子体、晶体结构、共价键等。然后对各个问题进行逐一解答。题目难度中等。
18．【2014年高考山东卷第33题】（12分）【化学—物质结构与性质】
石墨烯(图甲)是一种由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料,石墨烯中部分碳原子被氧化后,其平面结构会发生改变,转化为氧化石墨烯(图乙)。
图甲　石墨烯结构　　图乙　氧化石墨烯结构
(1)图甲中,1号C与相邻C形成σ键的个数为　　　　。
(2)图乙中,1号C的杂化方式是　　　　,该C与相邻C形成的键角　　　　(填“>”“<”或“=”)图甲中1号C与相邻C形成的键角。
(3)若将图乙所示的氧化石墨烯分散在H2O中,则氧化石墨烯中可与H2O形成氢键的原子有　　　(填元素符号)。
图丙
(4)石墨烯可转化为富勒烯(C60),某金属M与C60可制备一种低温超导材料,晶胞如图丙所示,M原子位于晶胞的棱上与内部。该晶胞中M原子的个数为　　　　,该材料的化学式为　　　　。
答案
(1)3　(2)sp3　<　(3)O、H　(4)12　M3C60
解析
本题主要考查物质的结构与性质,意在考查考生对相关知识的掌握情况。(1)图甲中,1号C与相邻的3个C形成1个碳碳双键和2个碳碳单键,即形成3个σ键和1个π键。(2)图乙中,1号C除与3个C形成化学键外,还与羟基氧原子形成化学键,故该C采取sp3杂化。(3)氧化石墨烯中含有羟基,羟基氧原子可与水分子中的氢原子形成氢键,羟基氢原子可与水分子中的氧原子形成氢键。(4)通过晶胞结构可知,有12个M原子在晶胞的12条棱上,由分摊法可知这12个M原子属于该晶胞的只有12×1/4=3(个);还有9个M原子在晶胞内部,故该晶胞中M原子为12个。该晶胞中含有的C60为8×1/8+6×1/2=4(个),即一个晶胞可表示为M12
(C60)4,即M3C60。
【考点地位】本题主要是考查化学键、空间构型、氢键、晶胞结构等
【名师点晴】本题以石墨烯和氧化石墨烯为情景考查学生对化学键的判断、杂化方式和键角的判断、氢键、晶胞的计算的掌握情况，考查了考生“接受、吸收、整合化学信息的能力”，“分析问题和解决(解答)问题的能力”。本题围绕石墨烯创设试题情境，考生通过结合“剥离”石墨所得“石墨烯”及石墨烯”氧化所得的“氧化石墨烯”的结构示意图，根据已有的对石墨结构的了解，结合《物质结构与性质》模块的核心知识可以解决问题。
19．【2014年高考四川卷第8题】（13分）X、Y、Z、R为前四周期元素,且原子序数依次增大。XY2是红棕色气体;X与氢元素可形成XH3;Z基态原子的M层与K层电子数相等;R2+离子的3d轨道中有9个电子。
请回答下列问题:
(1)Y基态原子的电子排布式是　①　;Z所在周期中第一电离能最大的主族元素是　②　。
(2)XY2-离子的立体构型是　①　;R2+的水合离子中,提供孤电子对的原子是　②　。
(3)Z与某元素形成的化合物的晶胞如图所示,晶胞中阴离子与阳离子的个数比是　　　。
(4)将R单质的粉末加入XH3的浓溶液中,通入Y2,充分反应后溶液呈深蓝色,该反应的离子方程式是　。
答案
(1)①1s22s22p4　②Cl
(2)①V形　②O
(3)2∶1
(4)2Cu+8NH3·H2O+O22[Cu(NH3)4]2+
+4OH-+6H2O
解析
本题主要考查元素推断、物质结构与性质,意在考查考生对原子、晶体结构和性质的理解能力。根据提供信息,可以推断X为N,Y为O,Z为Mg,R为Cu。(1)①O原子核外有8个电子,基态原子的核外电子排布式为1s22s22p4。②Mg位于第三周期,第三周期中第一电离能最大的主族元素为Cl。(2)①NO2-中N有一对孤电子对,N
O2-的立体构型为V形。②Cu2+的水合离子中,H2O分子中O原子提供孤电子对。(3)阴离子个数为2+4×1/2=4,阳离子个数为1+8×1/8=2,故阴阳离子个数比为2∶1。(4)该反应生成了[Cu(NH3)4](OH)2配合物。
【考点地位】本题主要是考查元素推断、核外电子排布、第一电离能、晶胞结构与计算、配位键等
【名师点晴】本题是物质结构的一道综合性试题，重点考查学生对知识的了解、应用能力，意在考查学生分析问题、解决问题的能力。本题的解题要点为：掌握物质的物质、元素的原子序数、原子核外电子排布、原子的杂化、晶体的类型、晶体结构。然后对各个问题进行逐一解答。
20．【2014年高考新课标Ⅰ卷第37题】〔化学—选修3：物质结构与性质〕(15分)
早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu、Fe三种金属元素组成。回答下列问题:
(1)准晶是一种无平移周期序,但有严格准周期位置序的独特晶体,可通过　　　　方法区分晶体、准晶体和非晶体。
(2)基态Fe原子有　　　　个未成对电子,Fe3+的电子排布式为　　　　。可用硫氰化钾检验Fe3+,形成的配合物的颜色为　　　　。
(3)新制备的Cu(OH)2可将乙醛(CH3CHO)氧化成乙酸,而自身还原成Cu2O。乙醛中碳原子的杂化轨道类型为　　　　,1
mol乙醛分子中含有的σ键的数目为　　　　,乙酸的沸点明显高于乙醛,其主要原因是　　　　。Cu2O为半导体材料,在其立方晶胞内部有4个氧原子,其余氧原子位于面心和顶点,则该晶胞中有　　　　个铜原子。
(4)Al单质为面心立方晶体,其晶胞参数a=0.405
nm,晶胞中铝原子的配位数为　　　　,列式表示Al单质的密度　　　　g·cm-3(不必计算出结果)。
(1)X-射线衍射　(2)4　1s22s22p63s23p63d5　血红色
(3)sp3、sp2　6NA　CH3COOH存在分子间氢键　16
(4)12　
解析
本题考查原子结构、分子结构与晶体结构等知识,意在考查考生综合分析问题的能力。(1)区分晶体、准晶体和非晶体可运用X-射线衍射的方法。(2)基态铁原子的3d能级上有4个未成对电子,Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5,Fe(SCN)3呈血红色。(3)由乙醛的结构式()知,—CH3、—CHO上的碳原子分别为sp3、sp2杂化。由于1个乙醛分子中含有4个C—H键、1个C—C键、1个C=O键,共有6个σ键,故1
mol
乙醛分子中含有6NA个σ键。乙酸分子之间能形成氢键而乙醛分子之间不能形成氢键,故乙酸的沸点明显高于乙醛。
根据均摊原理,一个晶胞中含有的氧原子为4+6×+8×=8(个),再结合化学式Cu2O知一个晶胞中含有16个铜原子。(4)面心立方晶胞中粒子的配位数是12。一个铝晶胞中含有的铝原子数为8×+6×=4(个),一个晶胞的质量为×27
g,再利用密度与质量、晶胞参数a的关系即可求出密度,计算中要注意1
nm=10-7?cm。
【考点地位】本题主要是考查晶体判断、核外电子排布、共价键、氢键、晶胞结构和计算等
【名师点晴】金属元素占元素总数的4/5,
Fe、Al、Cu是日常生活、生产中用途广、用量大的常见金属。只有认识专题27
有机合成与推断
2017年高考题
1．【2017年高考卷Ⅰ卷36题】（15分）
化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下:
已知:①RCHO+CH3CHO+H2O
②
回答下列问题:
(1)A的化学名称是　　　　。
(2)由C生成D和E生成F的反应类型分别是　　　、　　　。
(3)E的结构简式为　　　　。
(4)G为甲苯的同分异构体，由F生成H的化学方程式为?　　　　　　　　　　　。
(5)芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶1∶1。写出2种符合要求的X的结构简式　　　　。
(6)写出用环戊烷和2-丁炔为原料制备化合物的合成路线　　　　(其他试剂任选)。
【答案】(1)苯甲醛　(2)加成反应　取代反应
(3)?
(4)
(5)(任写2种)
(6)
【解析】本题考查有机合成与推断。由H的结构简式逆推可知A、B、C、D、E、F苯环上均只有一个取代基。结合信息①及B的分子式，则A为苯甲醛，B为，由B→C的反应条件可知B→C的转化为醛基转化为羧基，C为，C与Br2发生加成反应，生成D()，D在KOH的乙醇溶液中加热发生消去反应，酸化后生成E()，E与乙醇发生酯化反应(或取代反应)生成F()，F与G发生类似信息②所给反应(加成反应)生成H，逆推可知G的结构简式为。
(5)F为，苯环外含有5个碳原子、3个不饱和度和2个O原子，其同分异构体能与饱和碳酸氢钠溶液反应生成CO2，即必含有羧基，核磁共振氢谱显示有4种氢原子，则具有较高的对称性，氢原子个数比为6∶2∶1∶1，可知含有两个对称的甲基，还有2个碳原子和2个不饱和度，则含有碳碳叁键，故满足条件的同分异构体的结构简式为、和。(6)由产物的结构简式，迁移信息②可知要先制出，可由氯代烃发生消去反应得到，而氯代烃可由环戊烷与氯气在光照条件下发生取代反应制得。
2.【2017年高考卷Ⅱ卷36题】（15分）化合物G是治疗高血压的药物“比索洛尔”的中间体，一种合成G的路线如下:
已知以下信息:
①A的核磁共振氢谱为单峰；B的核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6∶1∶1。
②D的苯环上仅有两种不同化学环境的氢；1
mol
D可与1
mol
NaOH或2
mol
Na反应。
回答下列问题:
(1)A的结构简式为　　　　　　　　　　。
(2)B的化学名称为　　　　　　　　　　。
(3)C与D反应生成E的化学方程式为　　　　　　　　　　。
(4)由E生成F的反应类型为　　　　　　　　　　。
(5)G的分子式为　　　　　　　　　　。
(6)L是D的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应，1
mol的L可与2
mol的Na2CO3反应，L共有　　　　种；其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3∶2∶2∶1的结构简式为　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　。
【答案】(1)
(2)2-丙醇(或异丙醇)
(3)++H2O
(4)取代反应
(5)C18H31NO4
(6)6　　
【解析】本题结合有机合成考查多种有机物间的转化和同分异构体的书写等。结合C的结构简式，A、B的分子式及信息①可确定B的结构简式为(CH3)2CHOH，A的结构简式为。结合G的结构简式可逆推出F的结构简式为，则E为，再结合C的结构简式及信息②可确定D的结构简式为。
(4)根据E、F的结构简式可确定由E生成F的反应为取代反应。(5)根据G的结构简式可确定其分子式为C18H31NO4。(6)根据L遇FeCl3溶液发生显色反应可知L中含酚羟基，再结合D的分子式和1
mol
L能与2
mol
Na2CO3反应，可知L中含2个酚羟基和1个—CH3，2个酚羟基位于苯环邻位、间位和对位时，—CH3所处的位置分别有2种、3种和1种，即L共有6种可能的结构。其中核磁共振氢谱中有四组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶1的结构简式为和。
3.【2017年高考卷Ⅲ卷36题】（15分）氟他胺G是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A制备G的合成路线如下:
回答下列问题:
(1)A的结构简式为　　　　。C的化学名称是　　　　。
(2)③的反应试剂和反应条件分别是　　　　，该反应的类型是　　　　。
(3)⑤的反应方程式为　　　　。吡啶是一种有机碱，其作用是　　　　。
(4)G的分子式为　　　　。
(5)H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，则H可能的结构有　　　　种。
(6)4-甲氧基乙酰苯胺()是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚()制备4-甲氧基乙酰苯胺的合成路线　　　　(其他试剂任选)。
【答案】(1)　
三氟甲苯
(2)浓HNO3/浓H2SO4、加热　取代反应
(3)++HCl
吸收反应产生的HCl，提高反应转化率
(4)C11H11F3N2O3?　(5)9
(6)
【解析】本题考查有机合成与推断。
(1)根据B的分子式可知A是含有7个碳原子的芳香烃，A是甲苯。是甲苯分子中甲基上的3个氢原子被3个氟原子取代的产物，名称是三氟甲苯。(2)反应③在苯环上引入了硝基，所用试剂是浓硫酸与浓硝酸的混合物，反应条件是加热。该反应的实质是硝基取代了苯环上的一个氢原子，所以是取代反应。(3)观察G的结构简式可知，反应⑤是E中氨基上的氢原子与中的氯原子结合成HCl，同时生成F，据此可写出反应⑤的化学方程式。该反应中有HCl生成，而吡啶是一种有机碱，可与HCl反应，因而能够促使上述反应正向进行，提高原料的利用率。(4)G的分子式为C11H11O3N2F3。(5)G的苯环上有3个不同的取代基，不妨设为—X、—Y、—Z。可以先确定—X、—Y在苯环上的相对位置，得到邻、间、对3种同分异构体，再将—Z分别取代上述3种同分异构体中苯环上的氢原子，分别得到4种、4种、2种同分异构体，共有10种，则H可能的结构有9种。(6)对比原料和目标产物，目标产物在苯甲醚的对位引入了—NHCOCH3。结合题干中合成路线的信息，运用逆合成分析法，首先在苯甲醚的对位引入硝基，再将硝基还原为氨基，最后与发生取代反应即可得到目标产物。
4.【2017年高考北京卷25题】（17分）羟甲香豆素是一种治疗胆结石的药物，合成路线如图所示:
已知:+
RCOOR'+R″OHRCOOR″+R'OH(R、R'、R″代表烃基)
(1)A属于芳香烃，其结构简式是　　　　。B中所含的官能团是　　　　。
(2)C→D的反应类型是　　　　。
(3)E属于酯类。仅以乙醇为有机原料，选用必要的无机试剂合成E，写出有关化学方程式:　。
(4)已知:2EF+C2H5OH。F所含官能团有和　　　　。
(5)以D和F为原料合成羟甲香豆素分为三步反应，写出有关化合物的结构简式:
【答案】(1)　硝基
(2)取代反应
(3)2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O　2CH3CHO+O22CH3COOH　CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O
(4)
(5)
【解析】本题综合考查有机物的组成、结构、性质，有机反应类型及有机合成路线设计。
(1)根据A→B的反应条件知，A→B为硝化反应，B→C为硝基的还原反应，两步反应均不涉及碳原子数的改变，因此A中所含碳原子数与C中所含碳原子数相同，都等于6，且A为芳香烃，因此A为；A→B为苯的硝化反应，因此B中含有的官能团为硝基。(2)根据D的分子式为C6H6O2且D中含有苯环，可推断出D中苯环上有两个羟基，C中苯环上有2个氨基，因此C→D为2个氨基被2个羟基取代的反应，属于取代反应。(3)根据E的分子式为C4H8O2及E在一定条件下可得到乙醇知，E为乙酸乙酯，仅以乙醇为有机原料通过连续氧化先得到乙酸，然后通过酯化反应可得到乙酸乙酯。(4)2EF+C2H5OH属于陌生反应，直接推导F的结构难度较大，但对比E(乙酸乙酯)和另一产物——乙醇的分子结构，可以推出其中一分子乙酸乙酯的酯基中C—O键断裂，得到和—OCH2CH3，另一分子乙酸乙酯的中C—H键断裂，得到—H和，—OCH2CH3与—H两部分拼接得到乙醇，剩下的两部分拼接得到F()，因此F中含有羰基和酯基。(5)D中含有酚羟基，F中含有羰基，因此D与F第一步发生已知信息中的第一个反应——羰基与酚羟基邻位氢的加成反应，得到中间产物1，再根据图中反应条件和已知信息中的第二个反应知，中间产物1的侧链含有酯基，可与其邻位的酚羟基发生已知信息中的第二个反应——酯交换反应，得到中间产物2，并脱去一分子乙醇。故可得到:中间产物2为，中间产物1为，D为，F为。
5.
【2017年高考天津卷8题】（18分）2-氨基-3-氯苯甲酸(F)是重要的医药中间体，其制备流程图如下:
已知:
回答下列问题:
(1)分子中不同化学环境的氢原子共有　　　　种，共面原子数目最多为　　　　。
(2)B的名称为　　　　。写出符合下列条件B的所有同分异构体的结构简式　　　　。
a.苯环上只有两个取代基且互为邻位
b.既能发生银镜反应又能发生水解反应
(3)该流程未采用甲苯直接硝化的方法制备B，而是经由①②③三步反应制取B，其目的是　　　　。
(4)写出⑥的化学反应方程式:　　　　　　　　　　　　，该步反应的主要目的是　　　　　　　　　　　　。
(5)写出⑧的反应试剂和条件:　　　　；F中含氧官能团的名称为　　　　。
(6)在方框中写出以为主要原料，经最少步骤制备含肽键聚合物的流程。
【答案】(1)4　13
(2)2-硝基甲苯或邻硝基甲苯　和
(3)避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代(或减少副产物，或占位)
(4)++HCl　保护氨基
(5)Cl2/FeCl3(或Cl2/Fe)　羧基
(6)
【解析】本题考查有机合成和推断。
(1)中有如所示4种不同化学环境的氢原子。可以看做是甲基取代苯环上的一个H所得的产物，根据苯分子中12个原子共平面，知—CH3中的C一定与苯环上11个原子共平面，根据CH4分子中最多3个原子共平面，知—CH3中最多只有1个H与苯环共平面，故中共平面的原子最多有13个。(2)的名称为邻硝基甲苯或2-硝基甲苯。根据能发生银镜反应，则可能含有醛基或甲酸酯基；能发生水解反应，则可能含有甲酸酯基或酰胺键，故同时满足苯环上只有两个取代基且互为邻位的B的同分异构体为和。(3)若直接硝化，则苯环上甲基对位的氢原子可能会被硝基取代。(4)C为，根据反应物和生成物的结构简式，可知反应⑥为中—NH2上的1个H被中的取代，该反应为取代反应，化学方程式为++HCl。根据C→F，可知反应⑥的作用是保护氨基。(5)根据图示转化关系，可知E为，反应⑧为D与Cl2的取代反应，反应试剂和条件为Cl2/FeCl3(或Cl2/Fe)。中含氧官能团为羧基。(6)发生水解反应得到，发生缩聚反应可以得到含肽键的聚合物。
【名师点睛】对于多官能团有机物，欲选择性地在一个官能团进行反应，则需要对其他官能团用保护基加以保护，使其在反应过程中不致被破坏，待反应结束，再得以脱除，这是官能团的保护作用。不饱和键(如、)的保护主要是让其先与HX或X2加成，再在碱的醇溶液中发生消去反应。
6.
【2017年高考江苏卷17题】化合物H
是一种用于合成γ-分泌调节剂的药物中间体，其合成路线流程图如图：
(1)C中的含氧官能团名称为　　　　和　　　　。
(2)D→E的反应类型为　　　　。
(3)写出同时满足下列条件的C
的一种同分异构体的结构简式:　　　　。
①含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；②能发生水解反应，水解产物之一是α-氨基酸，另一水解产物分子中只有2种不同化学环境的氢。
(4)G
的分子式为C12H14N2O2，经氧化得到H，写出G的结构简式:　　　　。
(5)已知:(R代表烃基，R'代表烃基或H)
请写出以、和(CH3)2SO4?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见本题题干)。
【答案】(1)醚键　酯基
(2)取代反应
(3)
(4)
(5)?
【解析】本题考查有机物的推断与合成。(1)C中含有的“—C—O—C—”为醚键，“—COO—”为酯基。(2)D中N原子上的H原子被BrCH2COCH3中的—CH2COCH3取代，故D→E发生的是取代反应。(3)能水解，说明含有酯基；产物之一为α-氨基酸，即含有；对比C的结构简式知，除以上结构和苯环外，还有一个碳原子和一个氧原子；另一水解产物分子中只有2种不同化学环境的H原子，则符合条件的C的同分异构体中的两个取代基在苯环上应处于对位，且其水解产物之一具有对称结构，由此写出其结构简式为。(4)对比F和H的结构简式可知，F中的酯基转变成了醛基，已知G经氧化得到H，则G中含有醇羟基，由此写出G的结构简式为。(5)与HBr发生取代反应生成，模仿A→B的反应可知:可转化成，硝基被还原生成氨基，氨基上的H原子与中的Br原子结合生成HBr，另一产物即为。
7.【2017高考海南卷18题】（20分）
18-Ⅰ（6分）
香茅醛（）可作为合成青蒿素的中间体，关于香茅醛的叙述正确的有（
??）
A．分子式为C10H18O
B．不能发生银镜反应
C．可使酸性KMnO4溶液褪色
D．分子中有7种不同化学环境的氢
18-Ⅱ（14分）
当醚键两端的烷基不相同时（R1－O－R2，R1≠R2），通常称其为“混醚”。若用醇脱水的常规方法制备混醚，会生成许多副产物：
R1—OH+
R2—OH?R1—O—R2+
R1—O—R1+
R2—O—R2+H2O
一般用Williamson反应制备混醚：R1—X+
R2—ONa→R1—O—R2+NaX，某课外研究小组拟合成（乙基苄基醚），采用如下两条路线进行对比：
Ⅰ：
Ⅱ：①
②
③
回答下列问题：
（1）路线Ⅰ的主要副产物有______________、______________。
（2）A的结构简式为______________。
（3）B的制备过程中应注意的安全事项是______________。
（4）由A和B生成乙基苄基醚的反应类型为______________。
（5）比较两条合成路线的优缺点：______________。
（6）苯甲醇的同分异构体中含有苯环的还有________种。
（7）某同学用更为廉价易得的甲苯替代苯甲醇合成乙基苄基醚，请参照路线Ⅱ，写出合成路线______________。
【答案】18-Ⅰ
AC（6分）?
18-Ⅱ
（1）?（1分）CH3CH2OCH2CH3（1分）?
（2）（2分）?
（3）规范使用金属钠；防止氢气爆炸（2分）?
（4）取代反应（2分）?
（5）路线Ⅰ比路线Ⅱ步骤少，但路线Ⅰ比路线Ⅱ副产物多，收率低（2分）?
（6）4（2分）?
（7）（2分）?
【解析】（1）根据信息，醇与醇发生分子间脱水制备醚时，脱水反应可以发生在不同种醇分子之间，也可以发生在同种醇分子之间。因此，路线I中用乙醇和苯甲醇制备乙基苄基醚时，可能生成的副产物有CH3CH2OCH2CH3?、。（2）醇与浓盐酸在加热条件下能发生取代反应，氯原子取代醇羟基，生成。（3）使用钠与乙醇时，要规范使用金属钠；同时，由于二者反应时会产生氢气，所以要防止氢气发生爆炸。（4）与C2H5ONa反应生成乙基苄基醚的过程，可视为C2H5O—取代了中的氯原子，所以属于取代反应。（5）路线Ⅰ虽然只有一步反应，但有两种有机副产物；路线Ⅱ虽然经过了三个反应，但每一步都没有有机副产物。（6）苯甲醇的同分异构体中含有苯环的结构有两类，一类是醚，
另一类是酚。符合要求的结构共有四种。（7）制备乙基苄基醚的原料是和C2H5ONa。用甲苯与氯气在光照条件下发生取代反应制备，用钠与乙醇反应制备C2H5ONa，二者发生取代反应即可得到目标产物。
2016~2013年高考题
1．【2016年高考海南卷】
富马酸（反式丁烯二酸）与Fe2+形成的配合物——富马酸铁又称“富血铁”，可用于治疗缺铁性贫血。以下是合成富马酸铁的一种工艺路线：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为_____由A生成B的反应类型为_____。
（2）C的结构简式为_____。
（3）富马酸的结构简式为_____。
（4）检验富血铁中是否含有Fe3+的实验操作步骤是_____。
（5）富马酸为二元羧酸，1mol富马酸与足量饱和NaHCO3溶液反应可放出____L
CO2（标况）；富马酸的同分异构体中，同为二元羧酸的还有____________（写出结构简式）。
【答案】
18-Ⅱ（14分）
（1）环己烷
取代反应
（每空2分，共4分）
（2）
（2分）
（3）
（2分）
（4）取少量富血铁，加入稀硫酸溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则产品中含有Fe3+；反之，则无。
（2分）
（5）44.8
（每空2分，共4分）
【解析】
试题分析：18-Ⅱ（1）A的化学名称为环己烷，由环己烷在光照条件下与氯气发生取代反应，生成1—氯环己烷。
（2）环己烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成C，C的结构简式为。
（3）丁二烯酸钠酸化得富马酸，其结构简式为。
（4）考查Fe3＋的检验。检验富血铁中是否含有Fe3+的实验操作步骤是取少量富血铁，加入稀硫酸溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则产品中含有Fe3+；反之，则无。
（5）富马酸为二元羧酸，1mol富马酸与足量饱和NaHCO3溶液反应生成2molCO2，标准状况的体积为44.8L
CO2；富马酸的同分异构体中，同为二元羧酸的还有。
考点：考查有机物的结构与性质，有机合成和有机推断。
【名师点睛】高考化学试题中对有机化学基础的考查题型比较固定，通常是以生产、生活的陌生有机物的合成工艺流程为载体考查有机化学的核心知识，涉及常见有机物官能团的结构、性质及相互转化关系，涉及有机物结构简式的确定、反应类型的判断、化学方程式的书写、同分异构体的识别和书写等知识的考查。它要求学生能够通过题给情境中适当迁移，运用所学知识分析、解决实际问题，这高考有机化学复习备考的方向。有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，常见的官能团：醇羟基、酚羟基、醛基、羧基、酯基、卤素原子等。这些官能团的性质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化学题的基础。有机合成路线的设计时先要对比原料的结构和最终产物的结构，官能团发生什么改变，碳原子个数是否发生变化，再根据官能团的性质进行设计。同分异构体类型类型通常有：碳链异构、官能团异构、位置异构等，有时还存在空间异构，要充分利用题目提供的信息来书写符合题意的同分异构体。物质的合成路线不同于反应过程，只需写出关键的物质及反应条件、使用的物质原料，然后进行逐步推断，从已知反应物到目标产物。本题较全面的考查了考生对有机物的性质、物质的反应类型、物质之间的相互转化关系和一些基本概念、基本理论的掌握和应用能力。
2.
【2016年高考北京卷】（17分）
功能高分子P的合成路线如下:
(1)A的分子式是C7H8，其结构简式是　　　　。
(2)试剂a是　　　　。
(3)反应③的化学方程式:　??????????????????????????????????????????????????。
(4)E的分子式是C6H10O2。E中含有的官能团:　　　　。
(5)反应④的反应类型是　　　　。
(6)反应⑤的化学方程式:　?????????????????????????????????????????。
(7)已知:2CH3CHO。
以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成E，写出合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。
【答案】
(1)
(2)浓HNO3和浓H2SO4
(3)+NaOH+NaCl
(4)碳碳双键、酯基
(5)加聚反应
(6)+nH2O+nC2H5OH
(7)H2C=CH2?C2H5OHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOOC2H5
【解析】
本题以合成功能高分子聚合物为载体，考查考生对有机化学基础知识的掌握、理解和应用能力。A的分子式为C7H8，不饱和度为4，结合高分子P的结构简式推出A为甲苯，B为，C为。(1)A的结构简式为。(2)甲苯和浓硝酸在浓硫酸的催化作用下加热生成，所以试剂a为浓硫酸和浓硝酸。(3)反应③是在氢氧化钠的水溶液中发生的取代反应，生成对硝基苯甲醇。(4)根据高分子P的结构简式，再结合E的分子式，可推出E的结构简式为CH3CH=
CHCOOC2H5，所含官能团为碳碳双键、酯基。(5)F是E发生加聚反应生成的高分子化合物，故反应④是加聚反应。(6)反应⑤为酯的水解反应。(7)乙烯和水可以直接加成生成乙醇，乙醇经催化氧化生成乙醛，乙醛发生已知条件中的反应即可以使碳链增长，3-羟基丁醛发生消去反应即可得到2-丁烯醛，2-丁烯醛再被氧化生成2-丁烯酸，该羧酸和乙醇发生酯化反应，即可得到物质E。
【考点定位】本题主要是考查有机物的推断与合成、结构、性质、转化、化学方程式的书写等知识。
【名师点睛】有机物的结构、性质、转化、反应类型的判断、化学方程式和同分异构体结构简式的书写及物质转化流程图的书写是有机化学学习中经常碰到的问题，掌握常见的有机代表物的性质、各类官能团的性质、化学反应类型、物质反应的物质的量关系与各类官能团的数目关系，充分利用题目提供的信息进行分析、判断。解决这类题的关键是以反应类型为突破口，以物质类别判断为核心进行思考。经常在一系列推导关系中有部分物质已知，这些已知物往往成为思维“分散”的联结点。可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。本题的区分度体现在“E物质”的推导过程，该物质可用“逆推法”来推断。有机题高起低落，推断过程可能略繁琐，但大多数问题的难度不大，第（6）问的方程式书写较易出错，注意解答的规范化。
3．【2016年高考上海卷】（本题共13分）
M是聚合物胶黏剂、涂料等的单体，其一条合成路线如下（部分试剂及反应条件省略）：
完成下列填空：
（1）反应①的反应类型是____________。反应④的反应条件是_____________。
（2）除催化氧化法外，由A得到所需试剂为___________。
（3）已知B能发生银镜反应。由反应②、反应③说明：在该条件下，_______________。
（4）写出结构简式，C________________
D________________
（5）D与1-丁醇反应的产物与氯乙烯共聚可提高聚合物性能，写出该共聚物的结构简式。_____________
（6）写出一种满足下列条件的丁醛的同分异构体的结构简式。____________
①不含羰基
②含有3种不同化学环境的氢原子
已知：双键碳上连有羟基的结构不稳定。
【答案】（本题共13分）
（1）消除反应；浓硫酸，加热
（2）银氨溶液，酸（合理即给分）
（3）碳碳双键比羰基易还原（合理即给分）
（4）CH2=CHCHO；
（5）（合理即给分）
（6）（合理即给分）
【解析】
（2）除催化氧化法外，由A得到还可以利用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液等将醛基氧化成羧基，然后再酸化的方法。故答案为：银氨溶液，酸（其他合理答案亦可）。
（3）化合物A（C8H14O）与H2发生加成反应生成B（C8H16O），由B能发生银镜反应，说明碳碳双键首先与H2加成，即碳碳双键比醛基（羰基）易还原。故答案为：碳碳双键比醛基（羰基）易还原（其他合理答案亦可）。
（4）丙烯CH2=CHCH3在催化剂作用下被O氧化为C（分子式为C3H4O），结构简式为：CH2=CHCHO；CH2=CHCHO进一步被催化氧化生成D（分子式为C3H4O2），D的结构简式为：CH2=CHCOOH；Y的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH(CH2CH3)CH2OH，D与Y在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成M，M的结构简式为：。故答案为：CH2=CHCHO；。[]
（5）D为CH2=CHCOOH，与1-丁醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3，CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3与氯乙烯发生加聚反应可生成高聚物：。故答案为：（合理即给分）。
（6）丁醛的结构简式为：CH3CH2CH2CHO，Ω=1，在其同分异构体中①不含羰基，说明分子
中含有碳碳双键，②含有3种不同化学环境的氢原子且双键碳上连有羟基的结构不稳定。则符合条件的结构简式为：（合理即给分）。
【考点定位】考查有机物的合成途径的选择、有机物结构简式的书写方法。
【名师点睛】有机推断题型，考查学生有机化学基础知识同时还考查信息迁移能力、分析问题和解决问题等综合能力，因而深受出题者的青睐，是历年高考必考题型之一，题目难度中等。有机推断题常以框图题的形式出现，解题的关键是确定突破口：（1）根据有机物的性质推断官能团：有机物官能团往往具有一些特征反应和特殊的化学性质，这些都是有机物结构的突破口。①能使溴水褪色的物质可能含有碳碳双键、碳碳三键、醛基或酚类物质（产生白色沉淀）；②能发生银镜反应或与新制Cu(OH)2悬浊液煮沸后生成红色沉淀的物质一定含有-CHO，并且氧化产物经酸化后转化为-COOH；③能与H2发生加成（还原）反应说明分子中可能还有碳碳双键、碳碳三键、羰基、苯环等；④能被催化氧化说明是碳碳双键、-CHO、醇类等；⑤Na、NaOH、Na2CO3等分别用来推断有机物中-OH、酸性官能团和酯基、-COOH等官能团的种类和数目；⑥能发生消去反应说明该有机物属于醇类或卤代烃；⑦能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质可能含有碳碳双键、碳碳三键、醛基、酚类物质或苯的同系物。（2）根据性质和有关数据推断官能团的数目。（3）从特定的变量进行推断，主要依据反应前后相对分子质量变化进行推断反应类型及官能团的变化。（4）依据反应前后分子式的变化进行推断，主要依据反应前后分子组成的变化进行推断反应类型及官能团的变化。最后准确书写有机物的结构式、结构简式等也是此类题型的关键点。
4．
【2016年高考四川卷】（16分）高血脂严重影响人体健康，化合物E是一种临床治疗高血脂症的药物。E的合成路线如下(部分反应条件和试剂略):
已知:+CO2↑(R1和R2代表烷基)
请回答下列问题:
(1)试剂Ⅰ的名称是　　　　　　　　，试剂Ⅱ中官能团的名称是　　　　　　　　，第②步的反应类型是　　　　　　　。
(2)第①步反应的化学方程式是　????????????????????????????????????????????????????????????。
(3)第⑥步反应的化学方程式是　???????????????????????????????????????????????????????????????????。
(4)第⑦步反应中，试剂Ⅲ为单碘代烷烃，其结构简式是　　　　　　　　　　　　。
(5)C的同分异构体在酸性条件下水解，生成X、Y和CH3(CH2)4OH。若X含有羧基和苯环，且X和Y的核磁共振氢谱都只有两种类型的吸收峰，则X与Y发生缩聚反应所得缩聚物的结构简式是　　　　　　　　　　　　　。
答案
(1)甲醇　溴原子　取代反应
(2)+2CH3OH+2H2O
(3)
(4)CH3I
(5)
解析
本题考查有机合成与推断，同分异构体、结构简式的书写，反应类型的判断，物质的检验和缩聚反应方程式的书写，意在考查考生的推理能力和分析能力。根据题中的合成路线推断出，A为，B为，C为，D为。(1)试剂Ⅰ的名称为甲醇；试剂Ⅱ中官能团名称为溴原子；第②步的反应类型为取代反应。(2)第①步反应为与CH3OH在浓硫酸、加热的作用下发生的酯化反应，生成，故化学方程式为+2CH3OH+2H2O。(3)根据题给信息，可得出第⑥步为脱去CO2生成，故化学方程式为+CO2↑。(4)根据D与E的结构简式，可知第⑦步反应为D分子中羧基邻位碳原子上的一个氢原子被—CH3取代，又已知题中试剂Ⅲ为单碘代烷烃，故试剂Ⅲ为CH3I。(5)因C为
，与C互为同分异构体，且在酸性条件下能水解，则该物质应属于酯类，结合题意可得X为，Y为HOCH2CH2OH，与HOCH2CH2OH发生缩聚反应所得产物的结构简式为HO。
【考点定位】考查有机合成和有机推断，涉及有机物的命名，官能团的识别，反应类型的判断，结构简式、同分异构体、化学方程式的书写等。
【名师点睛】本题考查选修5《有机化学基础》相关知识，以简答或填空形式考查。常涉及如下高频考点：有机物的命名；官能团的识别、检验方法和官能团转化的反应条件；反应类型判断；有机物分子中原子共线、共面分析；有机物结构简式推断及书写；有机化学反应方程式书写；同分异构数目判断及书写；有机物合成路线设计等。解答此类题目首先要熟练掌握常见有机物官能团的性质和相互转化关系，然后阅读题给信息（转化关系和题给信息反应），与教材信息整合形成新的知识网络。有机推断的关键点是寻找突破口，抓住突破口进行合理假设和推断。常见突破口有：特殊颜色，特殊状态，特殊气味等物理性质；特殊反应类型和反应条件，特殊反应现象和官能团所特有的性质，特殊制法和特殊用途等。有机合成首先判断目标有机物属于哪类有机物，其次分析目标有机物中碳原子的个数、碳链组成与原料、中间物质的组成关系。根据给定原料，结合信息，利用反应规律合理地把目标有机物分解成若干个片段，找出官能团引入、转换的途径及保护方法。找出关键点、突破点后，要正向思维和逆向思维、纵向思维和横向思维相结合，选择最佳合成途径。（5）小题是本题的难点，首先根据C的分子式和题给信息确定其同分异构属于酯类，结合水解产物的结构和性质确定X为对二苯甲酸，Y为CH2OHCH2OH，进一步写出缩聚产物的结构简式。审清题目的要求，规范书写学科用语是得分的关键。题目难度适中。
5．【2016年高考天津卷】(18分)
反-2-己烯醛(D)是一种重要的合成香料，下列合成路线是制备D的方法之一。根据该合成路线回答下列问题:
已知:
RCHO+R'OH+R″OH
(1)A的名称是　　　　；B分子中的共面原子数目最多为　　　　???；
C分子中与环相连的三个基团中，不同化学环境的氢原子共有　???种。
(2)D中含氧官能团的名称是　　　　，写出检验该官能团的化学反应方程式:　　　　　　　??????????????????????????　　　。
(3)E为有机物，能发生的反应有:　　????　　。
a.聚合反应???
b.加成反应
c.消去反应???
d.取代反应
(4)B的同分异构体F与B有完全相同的官能团，写出F所有可能的结构:　　　　　　　　　　　。
(5)以D为主要原料制备己醛(目标化合物)，在方框中将合成路线的后半部分补充完整。
(6)问题(5)的合成路线中第一步反应的目的是　????????????????????????????????。
答案
(1)正丁醛或丁醛　9　8
(2)醛基
+2Ag(NH3)2OH
+2Ag↓+3NH3+H2O
或+2Cu(OH)2+NaOH
+Cu2O↓+3H2O
(3)cd
(4)CH2CHCH2OCH3、、、
(5)CH3(CH2)4CHO
(6)保护醛基(或其他合理答案)
【解析】本题考查有机合成，意在考查考生的分析推理能力。(1)碳碳双键两端的碳原子及与之相连的原子均共面，单键可旋转，从而使氧原子、乙基上的两个碳原子都可能位于同一平面上，乙基上最多有一个氢原子位于上述平面内，故B分子中的共面原子数目最多为9。C分子中与环相连的三个基团都不等效，所以三个基团中共有8种碳原子，即有8种氢原子。(2)D中的含氧官能团是醛基，检验醛基可用银氨溶液，也可用新制氢氧化铜。(3)结合“已知”信息及C→D+A+E可知，E为乙醇。乙醇能发生消去反应，也能发生取代反应，故c、d项正确；乙醇不能发生聚合反应和加成反应，故a、b项错误。(4)B中含有碳碳双键和醚键。书写同分异构体时，可先写出含有4个碳原子的烯烃的所有同分异构体(碳骨架共有三种:CC—C—C、C—CC—C、)，再在碳碳单键中插入氧原子(注意考虑顺反异构体)，剔除重复者即可。(5)由D制备己醛，碳碳双键变成了碳碳单键，发生了加成反应，但醛基未发生变化。第一步反应中醛基与CH3OH发生加成反应，生成物中含有—CH(OCH3)2结构，根据“已知”信息，该结构发生酸性水解即可重新得到醛基。所以第二步可与氢气发生加成反应，以将碳碳双键变为碳碳单键，最后一步发生酸性水解，即可达到目的。(6)根据上述分析，第一步反应的目的是为了保护醛基，使其不与氢气发生加成反应。
【考点定位】考查有机合成与推断
【名师点晴】本题为信息推断题，解这类题目的关键是看懂信息，明确各类有机物的基本反应类型和相互转化关系。可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。本题的难点是同分异构体的书写，特别是有限制条件的同分异构体的书写，平时要多加训练。
6．【2016年高考新课标Ⅰ卷】[化学——选修5：有机化学基础]（15分）
秸秆(含多糖类物质)的综合利用具有重要的意义。下面是以秸秆为原料合成聚酯类高分子化合物的路线:
回答下列问题:
(1)下列关于糖类的说法正确的是　　　　。(填标号)
a.糖类都有甜味，具有CnH2mOm的通式
b.麦芽糖水解生成互为同分异构体的葡萄糖和果糖
c.用银镜反应不能判断淀粉水解是否完全
d.淀粉和纤维素都属于多糖类天然高分子化合物
(2)B生成C的反应类型为　　　　。
(3)D中的官能团名称为　　　　　　，D生成E的反应类型为　　　　　　　。
(4)F的化学名称是　　　　，由F生成G的化学方程式为　?　????????????????????????????????????????????。
(5)具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5
mol
W与足量碳酸氢钠溶液反应生成44
g
CO2，W共有　　　　种(不含立体异构)，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为　　　　。
(6)参照上述合成路线，以(反，反)-2，4-己二烯和C2H4为原料(无机试剂任选)，设计制备对苯二甲酸的合成路线　　　　　　　　　　　。
【答案】
(1)cd
(2)取代反应(酯化反应)
(3)酯基、碳碳双键　消去反应
(4)己二酸????????????????+(2n-1)H2O
(5)12　
(6)
【解析】
本题考查有机推断与合成，涉及糖类组成和性质、反应类型、官能团名称、有机物名称、有机化学方程式的书写、同分异构体数目的判断及限制条件的结构简式的书写、根据框图信息设计合成路线，意在考查考生综合运用有机化学知识的能力。本题的解题关键是抓住有机物官能团变化和化学式变化，结合框图中反应条件推断有机物结构变化及反应本质。(1)糖类不一定具有甜味，不一定符合碳水化合物通式，a项错误；麦芽糖水解生成葡萄糖，而蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，b项错误；用碘水检验淀粉是否完全水解，用银氨溶液可以检验淀粉是否水解，c项正确；淀粉、纤维素都是多糖类天然高分子化合物，d项正确。(2)B→C发生酯化反应，又叫取代反应。(3)D中官能团名称是酯基、碳碳双键。D生成E，增加两个碳碳双键，说明发生消去反应。(4)F为二元羧酸，名称为己二酸或1，6-己二酸。己二酸与1，4-丁二醇在一定条件下合成聚酯，注意链端要连接氢原子或羟基，脱去小分子水的数目为(2n-1)，高聚物中聚合度n不可漏写。(5)W具有一种官能团，不是一个官能团；W是二取代芳香族化合物，则苯环上有两个取代基，0.5
mol
W
与足量碳酸氢钠反应生成44
g
CO2，说明W分子中含有2个羧基。则有4种情况:①—CH2COOH，—CH2COOH；②—COOH，—CH2CH2COOH；③—COOH，—CH(CH3)COOH；④—CH3，—CH(COOH)COOH。每组取代基在苯环上有邻、间、对三种位置关系，W共有12种结构。在核磁共振氢谱上只有3组峰，说明分子是对称结构，结构简式为。(6)流程图中有两个新信息反应原理:一是C与乙烯反应生成D，是生成六元环的反应；二是D→E，在Pd/C，加热条件下脱去H2增加不饱和度。结合这两个反应原理可得出合成路线。
【考点定位】考查有机物的结构、性质、转化、化学方程式和同分异构体的书写的知识。
【名师点睛】有机物的结构、性质、转化、反应类型的判断、化学方程式和同分异构体结构简式的书写及物质转化流程图的书写是有机化学学习中经常碰到的问题，掌握常见的有机代表物的性质、各类官能团的性质、化学反应类型、物质反应的物质的量关系与各类官能团的数目关系，充分利用题目提供的信息进行分析、判断。掌握同分异构体的类型有官能团异构、碳链异构、位置异构和空间异构四种基本类型；对于芳香族化合物来说，在支链相同时，又由于它们在苯环的位置有邻位、间位、对位三种不同的情况而存在异构体。分子中含有几种不位置的氢原子，就存在几种核磁共振氢谱，核磁共振氢谱峰的面积比就是各类氢原子的个数比。掌握其规律是判断同分异构体的种类及相应类别结构式的关键。本题难度适中。
7．【2016年高考新课标Ⅱ卷】[化学--选修5：有机化学基础]（15分）
氰基丙烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为，从而具有胶黏性。某种氰基丙烯酸酯(G)的合成路线如下:
已知:
①A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，核磁共振氢谱显示为单峰
②
回答下列问题:
(1)A的化学名称为　　　　　。
(2)B的结构简式为　　　　，其核磁共振氢谱显示为　　　　组峰，峰面积比为　　　。
(3)由C生成D的反应类型为　　　　。
(4)由D生成E的化学方程式为　????????????????????????????????????????????????????。
(5)G中的官能团有　　　　、　　　　、　　　　。(填官能团名称)
(6)G的同分异构体中，与G具有相同官能团且能发生银镜反应的共有　　　　种。(不含立体异构)
【答案】
(1)丙酮
(2)　2
　6∶1(或1∶6)
(3)取代反应
(4)+NaOH+NaCl
(5)碳碳双键　酯基　氰基
(6)8
【解析】本题主要考查有机合成和推断，意在考查考生对有机合成路线的综合分析能力。(1)根据A能发生已知②中的反应，则A含有(羰基)，根据已知①中氧元素质量分数，可知A中O的个数为=1，根据核磁共振氢谱显示为单峰，知两端的取代基相同，结合相对分子质量为58，推出A的结构简式为，化学名称为丙酮。(2)B的结构简式为，有两种类型的氢原子，故其核磁共振氢谱有2组峰，峰面积比为1∶6或6∶1。(3)C为，C→D的反应条件为光照，反应类型为取代反应。(4)D为，D→E为D的水解反应，生成的E的结构简式为。(5)G为，所含官能团有碳碳双键、酯基、氰基。(6)与G具有相同官能团且能发生银镜反应的G的同分异构体应含有甲酸酯基，包括、、HCOOCH2—CHCHCN、HCOOCHCHCH2CN、、、
、，共8种。
【考点定位】考查有机物的推断，有机化学方程式的书写，官能团，同分异构体的判断等知识。
【名师点睛】本题考查有机物的推断，有机化学方程式的书写，官能团，同分异构体的判断等知识。本题涉及到的有机物的合成，思路及方法与往年并没有差异，合成路线不长，考点分布在官能团、反应类型、有机化学反应方程式和同分异构体等基本知识点上。对于有机物的推断关键是看懂信息，明确各类有机物的基本反应类型和相互转化关系，审题时要抓住基础知识，结合信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。
8．【2016年高考新课标Ⅲ卷】[化学——选修5：有机化学基础]（15分）
端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应，称为Glaser反应。
+H2
该反应在研究新型发光材料、超分子化学等方面具有重要价值。下面是利用Glaser反应制备化合物E的一种合成路线:
回答下列问题:
(1)B的结构简式为　　　　，D的化学名称为　　　　。
(2)①和③的反应类型分别为　　　　、　　　　。
(3)E的结构简式为　　　　。用1
mol
E合成1，4-二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气　　　　mol。
(4)化合物()也可发生Glaser偶联反应生成聚合物，该聚合反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(5)芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3∶1，写出其中3种的结构简式　　　　??????????????????????????????????????????????????????????。
(6)写出用2-苯基乙醇为原料(其他无机试剂任选)制备化合物D的合成路线　???????????????????。
答案
(1)　苯乙炔
(2)取代反应　消去反应
(3)　4
(4)+(n-1)H2
(5)、、、、(任意三种)
(6)
解析
本题考查有机合成，意在考查考生的有机推理能力。(1)观察合成路线可知，A为含有苯环的化合物，结合从A到B的过程可知，A是苯，B是乙苯。D的化学名称是苯乙炔。(2)①相当于苯环上的一个氢原子被乙基取代，所以是取代反应。③是卤代烃的消去反应。(3)根据题述信息可知，E是两分子的苯乙炔发生偶联反应的产物，同时生成H2。用1
mol合成，理论上需要消耗氢气4
mol。(4)结合题述信息可写出聚合反应的化学方程式。(5)书写同分异构体的思路是:首先写出C8H10的属于芳香烃的所有的同分异构体(有四种:乙苯、邻二甲苯、间二甲苯和对二甲苯)，再用两个氯原子分别取代其中的两个氢原子。由于F分子中只有两种氢，所以F必定具有对称结构。符合要求的同分异构体:取代邻二甲苯上的氢原子得到两种①②，取代间二甲苯上的氢原子得到一种③，取代对二甲苯上的氢原子得到两种④⑤。
①　②　③　④　⑤
(6)首先使2-苯基乙醇发生消去反应引入碳碳双键，再与卤素单质发生加成反应生成卤代烃，最后由卤代烃发生消去反应即可引入碳碳叁键。
【考点定位】考查有机物推断与合成
【名师点睛】本题考查有机物的推断和合成，涉及官能团的性质、有机物反应类型、同分异构体的书写等知识，利用已经掌握的知识来考查有机合成与推断、反应条件的选择、物质的结构简式、化学方程式、同分异构体的书写的知识。考查学生对知识的掌握程度、自学能力、接受新知识、新信息的能力；考查了学生应用所学知识进行必要的分析来解决实际问题的能力。有机物的结构、性质、转化、反应类型的判断、化学方程式和同分异构体结构简式的书写及物质转化流程图的书写是有机化学学习中经常碰到的问题，掌握常见的有机代表物的性质、各类官能团的性质、化学反应类型、物质反应的物质的量关系与各类官能团的数目关系，充分利用题目提供的信息进行分析、判断。本题难度适中。
9．【2015山东理综化学】（12分）[化学---有机化学基础]
菠萝酯F是一种具有菠萝香味的赋香剂,其合成路线如图:
已知：
1)A的结构简式为　　　,A中所含官能团的名称是　　　。
(2)由A生成B的反应类型是　　　,E的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢,该同分异构体的结构简式为　　　。
(3)写出D和E反应生成F的化学方程式　。
(4)结合题给信息,以溴乙烷和环氧乙烷为原料制备1-丁醇,设计合成路线(其他试剂任选)。
合成路线流程图示例:CH3CH2ClCH3CH2OHCH3COOCH2CH3
答案
(1)?　碳碳双键、醛基
(2)加成(或还原)反应　CH3COCH3
(3)?+CH2=CHCH2OH
+H2O
(4)CH3CH2BrCH3CH2MgBrCH3CH2CH2CH2OH
解析
本题主要考查有机物的性质与转化、有机反应类型、同分异构体以及有机合成路线的设计等,意在考查考生运用所学的有机化学知识解决综合问题的能力。迁移题中已知信息可知A的结构简式为,根据A→B的转化条件可知发生加成反应,B的结构简式为,B与HBr再发生取代反应生成C(),C与Mg反应后再发生与已知信息类似的反应生成,发生催化氧化后生成,再被酸性高锰酸钾溶液氧化为(D),D再与E发生酯化反应,由F逆推可知E为。(2)E为CH2=CHCH2OH,不饱和度为1,其只有一种相同化学环境的氢的同分异构体为CH3COCH3。(4)由溴乙烷制取1-丁醇可迁移题中信息,溴乙烷先与Mg反应,再与环氧乙烷反应并酸化即可。
【考点定位】本题通过有机合成的分析，考查了有机化合物的结构与性质、反应类型的判断、同分异构体的判断、化学方程式的书写以及有机合成路线的设计。
【名师点睛】本题题干给出了较多的信息，考生将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，考生需要具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型，较难的问题是第4小题有机合成路线的设计，要求考生具备较好的知识迁移能力，充分利用题目所给信息，设计出有机合成路线。
10．【2015福建理综化学】[化学-有机化学基础]（13分）
“司乐平”是治疗高血压的一种临床药物,其有效成分M的结构简式如图所示。
(1)下列关于M的说法正确的是　　　　(填序号)。
a.属于芳香族化合物
b.遇FeCl3溶液显紫色
c.能使酸性高锰酸钾溶液褪色
d.1
mol
M完全水解生成
2
mol
醇
(2)肉桂酸是合成M的中间体,其一种合成路线如下:
①烃A的名称为　　　。步骤Ⅰ中B的产率往往偏低,其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②步骤Ⅱ反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
③步骤Ⅲ的反应类型是　　　　　　　　　。
④肉桂酸的结构简式为　　　　　。
⑤C的同分异构体有多种,其中苯环上有一个甲基的酯类化合物有　　　种。
答案
(1)a、c
(2)①甲苯　反应中有一氯取代物和三氯取代物生成
②
③加成反应
④
⑤9
解析
本题主要考查有机合成和推断,意在考查考生的分析和推断能力。
(1)M中含有苯环,属于芳香族化合物,a对;M中不含酚羟基,遇FeCl3溶液不显紫色,b错;M中含有碳碳双键,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,c对;1
mol
M中含有3
mol
酯基,完全水解生成3
mol醇,d错。(2)①根据步骤Ⅱ的条件及已知反应,可知B为,根据步骤Ⅰ的条件,可知A为,其名称为甲苯。步骤Ⅰ为Cl取代甲苯中甲基上的氢原子,还可能生成一氯取代物和三氯取代物,因此产率较低。②根据已知信息可知,步骤Ⅱ中先水解为,然后失水转化为。③步骤Ⅲ为加成反应。④C发生消去反应生成D,D为,D发生氧化反应得到肉桂酸,肉桂酸的结构简式为。⑤苯环上的取代基可以有三种组合:ⅰ.—CH3、—COOCH3,ⅱ.—CH3、CH3COO—,ⅲ.
—CH3、HCOOCH2—,每种组合在苯环上有邻、间、对3种位置关系,因此共有9种。
【考点定位】考查有机物的结构、性质、转化、反应类型、化学方程式和同分异构体的书写的知识。
【名师点睛】进行物质的性质判断，要从基本概念和物质的结构及含有的官能团进行分析。含有苯环的化合物是芳香族化合物，含有苯环的烃是芳香烃。酚羟基遇氯化铁会发生显色反应，酯基、卤代烃会发生水解反应，含有碳碳双键、碳碳三键、酚羟基、与苯环直接连接的碳原子上有H原子的物质，都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，而使溶液的紫色褪去。根据物质的相互转化关系，结合已知条件对物质进行推理。掌握各类化学反应类型的特点及规律，进行有机物的合成与转化。在有机场合成题中一定要注意物质官能团的转化，找出一些新反应的断键特点。有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，常见的官能团：醇羟基、酚羟基、醛基、羧基、酯基、卤素原子等。这些官能团的性质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化学题的基础。有机合成路线的设计时先要对比原料的结构和最终产物的结构，官能团发生什么改变，碳原子个数是否发生变化，再根据官能团的性质进行设计。同分异构体类型类型通常有：碳链异构、官能团异构、位置异构等，有时还存在空间异构，要充分利用题目提供的信息来书写符合题意的同分异构体。本题较全面的考查了考生对有机物的性质、物质的反应类型、物质之间的相互转化关系和一些基本概念、基本理论的掌握和应用能力。
11．【2015江苏化学】(15分)
化合物F是一种抗心肌缺血药物的中间体,可以通过以下方法合成:
(1)化合物A中的含氧官能团为　　　　和　　　　(填官能团名称)。
(2)化合物B的结构简式为　;
由C→D的反应类型是　　　　。
(3)写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
Ⅰ.分子中含有2个苯环
Ⅱ.分子中含有3种不同化学环境的氢
(4)已知:RCH2CNRCH2CH2NH2,请写出以为原料制备化合物X(结构简式如图)的合成路线流程图(无机试剂可任选)。合成路线流程图示例如下:
CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3
【答案】
(1)醚键　醛基
(2)?　取代反应
(3)或
(4
【解析】本题主要考查有机合成和推断,意在考查考生对有机合成路线的综合分析能力。
(1)A中含氧官能团为—O—、—CHO,分别为醚键、醛基。(2)化合物B为A中醛基被还原所得的产物,B的结构简式为。根据C、D的结构简式知,C→D为C中—Cl被—CN取代,故为取代反应。(3)根据Ⅱ知该同分异构体为高度对称的结构,共有3种类型的氢原子,结合Ⅰ,符合条件的同分异构体为或。(4)运用逆合成分析法推断中间产物、确定合成路线。
【考点定位】考查有机物官能团、有机物反应类型、同分异构体书写、有机合成等知识。
【名师点睛】本试题考查有机物的推断和合成，涉及了官能团、同分异构体书写、有机反应类型、等效氢、有机合成等知识，有机物的推断和合成注意官能团的消除和引入，从而确定反应类型，书写出结构简式，同分异构体的书写是有机考查的重点，也是学生难点，书写时注意避免重复和漏掉，一定要按规律或限制条件在书写，培养学生审题和利用信息的能力。
12．【2015上海化学】（本题共10分）
对溴苯乙烯与丙烯的共聚物是一种高分子阻燃剂,具有低毒、热稳定性好等优点。
完成下列填空:
(1)写出该共聚物的结构简式。______________
(2)实验室由乙苯制取对溴苯乙烯,需先经两步反应制得中间体。写出该两步反应所需的试剂及条件。
(3)将与足量氢氧化钠溶液共热得到A,A在酸性条件下遇FeCl3溶液不显色。
A的结构简式为　　　　　　　　　。
由上述反应可推知　????????????????。
由A生成对溴苯乙烯的反应条件为　。
(4)丙烯催化二聚得到2,3-二甲基-1-丁烯,B与2,3-二甲基-1-丁烯互为同分异构体,且所有碳原子处于同一平面。
写出B的结构简式。　　　　　　　　　?
设计一条由2,3-二甲基-1-丁烯制备B的合成路线。
(合成路线常用的表示方式为:AB……目标产物)
【答案】
(1)?(合理即给分)
(2)Br2/Fe,加热　Br2/光照,加热
(3)　与苯环直接相连的卤原子不易被羟基取代　浓H2SO4,加热
(4)
(2分,合理即给分)
【解析】
（1）对溴苯乙烯与丙烯CH2=CH—CH3都含有碳碳双键，它们在一定条件下可以发生加聚反应，形成共聚物，反应的方程式是
。
（2）实验室由乙苯制取对溴苯乙烯，首先是乙苯与液溴在Fe作催化剂时发生苯环上的取代反应产生对溴乙苯和HBr，产生的对溴乙苯与溴蒸气在光照时发生侧链的取代反应产生和HBr。
（4）丙烯催化二聚得到2,3-二甲基-1-丁烯，B与2,3-二甲基-1-丁烯互为同分异构体，且所有碳原子处于同一平面。结合乙烯分子是平面结构，可知B分子应该含有乙烯的结构，乙烯分子的四个H原子被四个甲基取代，就得到B，其结构简式是。由2,3-二甲基-1-丁烯制备B的方法是：2,3-二甲基-1-丁烯在过氧化物存在时与HBr发生加成反应产生，产生的与NaOH的乙醇溶液在加热时发生消去反应形成，合成路线是
【考点定位】考查有机物的结构、性质、反应类型、反应条件、相互转化、合成路线的判断的知识。
【名师点睛】物质的结构决定物质的性质，掌握各类物质的官能团的性质是进行物质的性质判断的关键。酚羟基遇氯化铁会发生显色反应，醇羟基不能氯化铁发生显色反应，烯烃、二烯烃、炔烃会发生加成反应、加聚反应，形成高聚物；不对称烯烃在过氧化物存在时，与化合物分子发生加成反应，H原子结合在含有H原子较多的原子上，若不存在过氧化物，则H原子结合在含有H原子少的碳原子上，反应条件不同，反应加成的产物不同，制取物质要结合适当的反应条件，选择适当的方法。在有机场合成题中一定要注意物质官能团的转化，找出一些新反应的断键特点。有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，常见的官能团：醇羟基、酚羟基、醛基、羧基、酯基、卤素原子等。这些官能团的性质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化学题的基础。有机合成路线的设计时先要对比原料的结构和最终产物的结构，官能团发生什么改变，碳原子个数是否发生变化，再根据官能团的性质进行设计。本题较全面的考查了考生对有机物的性质、物质的反应类型、物质之间的相互转化关系和一些基本概念、基本理论的掌握和应用能力。
13．【2015上海化学】（本题共12分）
局部麻醉药普鲁卡因E(结构简式为)的三条合成路线如图所示(部分反应试剂和条件已省略):
完成下列填空:
(1)比A多一个碳原子,且一溴代物只有3种的A的同系物的名称是　　　　　　　　。
(2)写出反应试剂和反应条件。
反应①　　　　　　　　　　　　?
反应③　　　　　　　　　　　　?
(3)设计反应②的目的是　。
(4)B的结构简式为　　　　　　　　　　　　　;C的名称是　　　　　　　　　　　　　。
(5)写出一种满足下列条件的D的同分异构体的结构简式。　　　　　　　　　　　　　　　?
①芳香族化合物　②能发生水解反应　③有3种不同化学环境的氢原子
1
mol该物质与NaOH溶液共热最多消耗　　　　mol
NaOH。
(6)普鲁卡因的三条合成路线中,第一条合成路线与第二条、第三条相比不太理想,理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
答案
(1)邻二甲苯
(2)浓HNO3/浓H2SO4,加热　KMnO4/H+,加热
(3)保护氨基,使之在后续的氧化反应中不被氧化
(4)　对氨基苯甲酸
(5)(合理即给分)　2
(6)合成路线较长,导致总产率较低(合理即给分)
（3）—NH2有强的还原性，容易被氧化变为—NO2，设计反应②的目的是保护—NH2，防止在甲基被氧化为羧基时，氨基也被氧化。
（4）与酸性KMnO4溶液发生反应，甲基被氧化变为羧基，得到B，B的结构简式为。
B发生水解反应，断开肽键，亚氨基上结合H原子形成氨基，产生C，结构简式是；名称为对氨基苯甲酸。
（5）D的分子式是C9H9NO4，它的同分异构体中，①芳香族化合物，说明含有苯环；②能发生水解反应，说明含有酯基；③有3种不同环境的氢原子，说明分子中含有三种不同位置的H原子，则其同分异构体是：也可能是。该物质中含有酯基，酯基水解产生甲酸和酚羟基，二者都可以与NaOH发生反应，所以1
mol该物质与NaOH溶液共热最多消耗2molNaOH。
（6）普鲁卡因的三条合成路线中，第一条合成路线与第二条、第三条相比不太理想，理由是B发生水解反应是在碱性环境中进行，这时羧基与碱发生反应产生羧酸的盐，若再酸化，氨基又发生反应。
【考点定位】考查药物普鲁卡因合成方法中的物质的性质、反应类型、反应条件的控制及方案的评价的知识。
【名师点睛】有机化学反应的发生与反应条件有密切的关系，反应条件不同，发生反应的产物不同。要注意反应条件对反应的影响。在确定反应的先后时，要考虑对其它原子团的影响，在判断反应产生的同分异构体时，要同分异构体类型类型通常有：碳链异构、官能团异构、位置异构等，有时还存在空间异构，要充分利用题目提供的信息来书写符合题意的同分异构体。结合各种官能团的种类、数目多少进行相应的计算，确定其数目的多少。本题较全面的考查了考生对有机物的性质、物质的反应类型、物质之间的相互转化关系、同分异构体的书写和一些基本概念、基本理论的掌握和应用能力。
14．【2015海南化学】[选修5—有机化学基础]
Ⅰ下列有机物的命名错误的是
Ⅱ芳香化合物A可进行如下转化:
回答下列问题:
(1)B的化学名称为　　　　　　　　　。
(2)由C合成涤纶的化学方程式为?　????????????????????。
(3)E的苯环上一氯代物仅有两种,E的结构简式为　　　　　　　　。
(4)写出A所有可能的结构简式　　　　　　　　。
(5)写出符合下列条件的E的同分异构体的结构简式　　　　　　　。
①核磁共振氢谱显示苯环上仅有两种氢
②可发生银镜反应和水解反应
答案
ⅠBC
Ⅱ(1)乙酸钠
(2)n+nHOCH2CH2OH
+(2n-1)H2O
(3)?
(4)?、
(5)?
解析
考查有机物的命名,意在考查考生对有机物命名正误的判断能力。Ⅱ考查有机合成和推断,意在考查考生对有机合成路线的综合分析能力。ⅠB项,应命名为3-甲基-1-戊烯,B项错误;C项,应命名为2-丁醇,C项错误。
Ⅱ(1)根据提供的流程和信息,A在NaOH溶液中发生水解反应,生成的B为CH3COONa。(2)合成涤纶的反应为乙二醇和对苯二甲酸的缩聚反应。(3)A水解生成B(CH3COONa)、C(HOCH2CH2OH)和D,根据酯的水解反应及A的分子式,可以推断D中含有7个碳原子、3个氧原子,D与H+反应得到E,结合E的苯环上一氯代物仅有两种知,E的结构简式为,D为。(4)根据B、C、D的结构简式可知,A的可能结构有、。(5)由条件①知苯环上仅有两种氢,由条件②知可发生银镜反应和水解反应,为甲酸酯类,故符合条件的E的同分异构体的结构简式为。
【考点定位】本题考查有机化学基础选修模块，涉及有机物的命名、有机合成和有机推断。
【名师点睛】将有机化合物的命名与有机合成和有机推断等知识放在一起考查学生对有机化学基础掌握的熟练程度，考查学生分析问题、解决问题的能力，考查逻辑推理能力及规范书写化学用语的能力。准确把握有机物代表物官能团的性质及相互转化关系是得分的关键。本题的难点是同分异构体的书写，要注意思维的有序性和全面性，注意把握题给限定条件。
15．【2015新课标Ⅰ卷理综化学】[化学——选修5：有机化学基础]（15分）
A(C2H2)是基本有机化工原料。由A制备聚乙烯醇缩丁醛和顺式聚异戊二烯的合成路线(部分反应条件略去)如图所示
回答下列问题:
(1)A的名称是　　　　,B含有的官能团是　　　　。
(2)①的反应类型是　　　　,⑦的反应类型是　　　　。
(3)C和D的结构简式分别为　　　　、　　　　。
(4)异戊二烯分子中最多有　　　　个原子共平面,顺式聚异戊二烯的结构简式为　　　　。
(5)写出与A具有相同官能团的异戊二烯的所有同分异构体　　　　　　　　　　　　　　　　(填结构简式)。
(6)参照异戊二烯的上述合成路线,设计一条由A和乙醛为起始原料制备1,3-丁二烯的合成路线　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
答案
(1)乙炔　碳碳双键和酯基
(2)加成反应　消去反应
(3)　CH3CH2CH2CHO
(4)11　
(5)、、
(6)
解析
本题主要考查有机物的推断与合成知识,意在考查考生对基础知识的综合应用能力、对隐含信息的挖掘能力以及解答综合问题的能力。分析框图,对比反应前后所给物质的结构简式以及反应条件可以推出:A为乙炔,结构简式为,B的结构简式为,C的结构简式为,D的结构简式为CH3CH2CH2CHO。(1)A为乙炔,B中含有碳碳双键和酯基两个官能团。(2)由A和乙酸的分子式以及B的分子式,可推出反应①为加成反应;分析反应⑦中反应物和生成物可知,此反应为消去反应。(3)C的结构简式为,D的结构简式为CH3CH2CH2CHO。(4)根据烯烃的共面原理以及碳碳单键可以旋转,可知共面的原子最多为11个;书写顺式聚异戊二烯时要注意不能写成反式结构。(5)A的官能团为碳碳叁键,书写含5个碳原子的炔烃的同分异构体时可以先写出戊烷的碳骨架结构,然后把碳碳叁键添上,再补齐氢原子,得适合的结构:、、。(6)根据题给条件,仿照异戊二烯的合成,可设计如图合成路线:。
【考点定位】有机物分子结构；有机化学基本反应类型；简单有机合成路线设计。试题难度为较难等级。
【名师点睛】进行物质的性质判断，要从基本概念和物质的结构及含有的官能团进行分析。要掌握典型的各类物质的代表物的空间构型进行判断物质的分子中原子是共平面的问题。根据物质的相互转化关系，结合已知条件对物质进行推理。掌握各类化学反应类型的特点及规律，进行有机物的合成与转化。在有机场合成题中一定要注意物质官能团的转化，找出一些新反应的断键特点。有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，常见的官能团：醇羟基、酚羟基、醛基、羧基、酯基、卤素原子等。这些官能团的性质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化学题的基础。有机合成路线的设计时先要对比原料的结构和最终产物的结构，官能团发生什么改变，碳原子个数是否发生变化，再根据官能团的性质进行设计。同分异构体类型类型通常有：碳链异构、官能团异构、位置异构等，有时还存在空间异构，要充分利用题目提供的信息来书写符合题意的同分异构体。物质的合成路线不同于反应过程，只需写出关键的物质及反应条件、使用的物质原料，然后进行逐步推断，从已知反应物到目标产物。本题较全面的考查了考生对有机物的性质、物质的反应类型、物质之间的相互转化关系和一些基本概念、基本理论的掌握和应用能力。
16．【2015新课标Ⅱ卷理综化学】[化学一选修5：有机化学基础]（15分）
聚戊二酸丙二醇酯(PPG)是一种可降解的聚酯类高分子材料,在材料的生物相容性方面有很好的应用前景。PPG的一种合成路线如图:
已知:
①烃A的相对分子质量为70,核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢
②化合物B为单氯代烃;化合物C的分子式为C5H8
③E、F为相对分子质量差14的同系物,F是福尔马林的溶质
④?
回答下列问题:
(1)A的结构简式为　　　　。
(2)由B生成C的化学方程式为　　　　。
(3)由E和F生成G的反应类型为　　　　,G的化学名称为　　　　。
(4)①由D和H生成PPG的化学方程式为　　　　;
②若PPG平均相对分子质量为10
000,则其平均聚合度约为　　　　(填标号)。
a.48　　　　b.58　　　　c.76　　　　d.122
(5)D的同分异构体中能同时满足下列条件的共有　　　　种(不含立体异构);
①能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体
②既能发生银镜反应,又能发生皂化反应
其中核磁共振氢谱显示为3组峰,且峰面积比为6∶1∶1的是　　　　(写结构简式);
D的所有同分异构体在下列—种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同,该仪器是　　　　(填标号)。
a.质谱仪?????
b.红外光谱仪
c.元素分析仪????
d.核磁共振仪
答案
(1)
(2)+NaOH+NaCl+H2O
(3)加成反应　3-羟基丙醛(或β-羟基丙醛)
(4)
+(2n-1)H2O　b
(5)5　　c
解析
本题考查有机推断及有机物性质,意在考查考生的综合推断能力和新信息处理能力。(1)烃A的相对分子质量为70,由70÷12=5…10得烃A的化学式为C5H10,因为只有一组峰,所以A为五元环。(2)A与Cl2在光照条件下生成一卤代物,则B为,B在NaOH醇溶液作用下发生消去反应生成的C为,C在酸性KMnO4作用下,碳碳双键被氧化成羧基,则D为戊二酸。(3)F为福尔马林的溶质,则F为HCHO,E与F为相对分子质量相差14的同系物,则E为CH3CHO,E和F在稀NaOH作用下发生类似于已知④的加成反应,生成的G为HOCH2CH2CHO,名称为3-羟基丙醛。(4)G与H2发生加成反应生成HOCH2CH2CH2OH,D与H发生聚合反应生成PPG(酯),分子式为(C8H12O4)n,相对分子质量为172n,若平均相对分子质量为10
000,则聚合度为10
000/172≈58。(5)能与NaHCO3反应放出CO2,应含有羧基,能发生银镜反应、皂化反应,则应为甲酸形成的酯,D共有5个碳原子,其中1个为羧基碳,1个为酯基碳,多余的3个碳原子分别接上羧基和酯基,共有5种情况。其中满足峰面积比为6∶1∶1的有机物的结构简式为。同分异构体在元素分析仪中显示的信号相同。
【考点定位】本题主要是考查有机物合成与推断、有机物命名、有机反应类型、化学方程式书写、有机物结构、同分异构体判断以及高分子化合物计算等。
【名师点晴】高考化学试题中对有机化学基础的考查题型比较固定，通常是以生产、生活的陌生有机物的合成工艺流程为载体考查有机化学的核心知识，涉及常见有机物官能团的结构、性质及相互转化关系，涉及有机物结构简式的确定、反应类型的判断、化学方程式的书写、同分异构体的识别和书写等知识的考查。它要求学生能够通过题给情境中适当迁移，运用所学知识分析、解决实际问题，这高考有机化学复习备考的方向。它充分体现了高考命题“源于教材又不拘泥于教材”的命题指导思想，在一定程度上考查了学生的思维能力。
17．【2014年高考海南卷】[选修5-有机化学基础】（20分）
18-I【2014年高考海南卷】（6分）
图示为一种天然产物，具有一定的除草功效。下列有关该化合物的说法错误的是（
）
A．分子中含有三种含氧官能团
B．1
mol该化合物最多能与6molNaOH反应
C．既可以发生取代反应，又能够发生加成反应
D．既能与FeC13发生显色反应，也能和NaHCO3反应放出CO2
18-II【2014年高考海南卷】(14分)l,6-己二酸(G)是合成尼龙的主要原料之一，可用含六个碳原子的有机化合物氧化制备。下图为A通过氧化反应制备G的反应过程(可能的反应中间物质为B、C、D、E和F):
回答下列问题：
（1）化合物A中含碳87.8%，其余为氢，A的化学名称为_____________。
（2）B到C的反应类型为______________。
（3）F的结构简式为_____________。
（4）在上述中间物质中，核磁共振氢谱出峰最多的是__________，最少的是____。（填化合物代号）
（5）由G合成尼龙的化学方程式为___________________________。
（6）由A通过两步反应制备1，3-环己二烯的合成路线为________________________。
【答案】18-I
B、D
；18--II（1）环己烯（2）加成反应（3）（4）D
、E；
F
(5)
;(6)
【解析】首先要看清楚物质的结构简式，看清楚物质含有的官能团、还要掌握好各类官能团的性质及相互转化，结合具体物质进行分析就可很迅速的得到答案。18-IA、由化合物的结构简式可知：物质中含有羟基（—OH）、酯基—COO—、醚键—O—三种含氧官能团。正确。B、在该化合物的一个分子中含有3个酚羟基、一个酯基，所以1
mol该化合物最多能与4molNaOH反应.错误。C、该物质中含有羟基、甲基、苯环；所以能够发生取代反应，含有不饱和的C=C时间及苯环，所以还可以发生加成反应。因此既可以发生取代反应，又能够发生加成反应。正确。D、该物质含有酚羟基，所以能与FeC13发生显色反应是溶液显紫色，但无羧基，因此不能和NaHCO3反应放出CO2。错误。18--II（1）根据A与产物B的转化关系可知A是环己烯。(2)根据B、C的结构简式可知B到C的反应类型为加成反应；(3)E发生消去反应得到F，F的结构简式为；(4)在物质分子结构中有几种氢原子，在核磁共振氢谱出峰中就有几组峰。在上述中间物质中，核磁共振氢谱出峰中，B：、C、G有3种；D、E有6种；F有2种。因此核磁共振氢谱出峰最多的是D
、E；最少的是F;
(5)根据示意图可得由G合成尼龙的化学方程式为:;
(6)由A通过两步反应制备1，3-环己二烯的合成路线为
.
【考点定位】本题从知识上考查了有机物的结构、性质、相互转化、化学反应方程式的书写及物质的同分异构体；从能力上考查了考生对知识的掌握情况；考查了考生对知识的灵活应用能力；考查了学生应用所学知识来解决具体问题的能力。考查了考生对制取物质的实验方案设计能力。
【名师点睛】本题是典型的有机推断与有机合成题，从框图上看，我们可以应用正向推断（A中碳氢的百分含量）和逆向推断（G的结构）结合有机官能团的转化关系进行确定。
18．【2014年高考福建卷第32题】化学－有机化学基础(13分)
叶酸是维生素B族之一,可以由下列甲、乙、丙三种物质合成。
(1)甲中显酸性的官能团是　　　(填名称)。
(2)下列关于乙的说法正确的是　　　(填序号)。
a.分子中碳原子与氮原子的个数比是7∶5
b.属于芳香族化合物
c.既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应
d.属于苯酚的同系物
(3)丁是丙的同分异构体,且满足下列两个条件,丁的结构简式为　　　。
a.含有?
b.在稀硫酸中水解有乙酸生成
(4)甲可以通过下列路线合成(分离方法和其他产物已经略去):
戊(C9H9O3N)甲
Ⅳ
①步骤Ⅰ的反应类型是　　　。
②步骤Ⅰ和Ⅳ在合成甲过程中的目的是　　　。
③步骤Ⅳ反应的化学方程式为　　　。
【答案】
(1)羧基　(2)a、c
(3)
(4)①取代反应
　②保护氨基
③+H2O+CH3COOH
【解析】
本题考查有机化合物的性质及有机合成与推断,意在考查考生的分析推理能力。(1)甲中含有两个官能团,其中氨基显碱性,羧基显酸性。(2)乙分子中含有7个碳原子、5个氮原子,a正确;乙分子中没有苯环,不属于芳香族化合物,b错误;氨基能与盐酸反应,—CH2Cl能与氢氧化钠溶液反应,c正确;乙不属于酚,不属于苯酚的同系物,d错误。(3)丁中除含有外,必含有CH3COO—结构,故其结构简式为。(4)①步骤Ⅰ可视为—NH2中的1个H原子被取代;②步骤Ⅰ中将—NH2变为,步骤Ⅳ又将变为—NH2,显然是为了保护氨基;③步骤Ⅳ发生的反应是肽键的水解。
【考点定位】本题主要是考查有机化学推断，具体考查官能团的名称、性质与保护、同分异构体的书写、反应类型、有机反应方程式的书写等，考查了学生对有机化学的核心知识的掌握和应用的能力。
【名师点晴】利用已经掌握的知识来考查有机合成与推断、反应条件的选择、物质的结构简式、化学方程式的书写等知识。考查学生对知识的掌握程度、自学能力、接受新知识、新信息的能力；考查了学生应用所学知识进行必要的分析来解决实际问题的能力。解析有机推断与合成题，要从反应条件、反应类型、官能团、不饱和度、碳原子数（碳的骨架）、有机信息（断键、成键的部位）等为抓手进行综合分析。
19．【2014年高考山东卷第34题】（12分）【化学—有机化学基础】
3-对甲苯丙烯酸甲酯(E)是一种用于合成抗血栓药的中间体,其合成路线如下:
已知:HCHO+CHCHOCHCHCHO+HO
(1)遇FeCl溶液显紫色且苯环上有两个取代基的A的同分异构体有　　　　种。B中含氧官能团的名称为　　　　。
(2)试剂C可选用下列中的　　　　。
a.溴水　　　　　　　　　b.银氨溶液
c.酸性KMnO溶液
d.新制Cu(OH)悬浊液
(3)是E的一种同分异构体,该物质与足量NaOH溶液共热的化学方程式为　　　　。
(4)E在一定条件下可以生成高聚物F,F的结构简式为　　　　。
答案
(1)3　醛基
(2)b、d
(3)+2NaOH+CHCHCHCOONa+HO(配平不作要求)
(4)
解析
本题主要考查有机推断与合成,意在考查考生对相关知识的综合应用能力。(1)遇FeCl溶液显紫色,则苯环上连有—OH,故另外一个取代基为—CHCH,因此符合条件的A的同分异构体含有这两个取代基,有邻位、间位和对位3种。结合已知的化学方程式可知B的结构简式为,B中含有醛基和碳碳双键两种官能团,其中醛基为含氧官能团。(2)对比B、D的结构简式可知,B、D中均含有碳碳双键,D中含有羧基,而B中含有醛基,故加入的C为氧化剂,且氧化剂只能氧化醛基,不能氧化碳碳双键,故只能选取弱氧化剂银氨溶液或新制Cu(OH)悬浊液。(3)中的为酯基,与NaOH溶液共热水解,由于水解生成羧酸钠和酚,而酚与NaOH溶液反应,故反应的化学方程式为+CHCHCHCOONa+HO。(4)结合(3)及合成路线中D与甲醇的酯化反应可知E为,含有碳碳双键可发生加聚反应,故高聚物F为。
【考点地位】本题通过3—对甲苯丙烯酸甲酯的合成考查有机合成的分析与推断、同分异构体的分析和判断、有机化学化学方程式的书写
【名师点晴】本题为有机合成题，突破口为已知的物质甲苯、A、D，通过分析有机合成路线，结合题目所给信息，采用正向推导和逆向推导相结合的方式进行分析和判断，特别要注意官能团的转化和反应条件，利用所学有机化学知识和题目所给反应的规律解答本题，侧重于考查了学生运用所学知识和接受新知识，分析问题、解决问题的能力。题目难度中等。
20．【2014年高考新课标Ⅰ卷第38题】〔化学—选修5：有机化学基础〕(15分)
席夫碱类化合物G在催化、药物、新材料等方面有广泛应用。合成G的一种路线如下:
已知以下信息:
①R1CHO+
②1
mol
B经上述反应可生成2
mol
C,且C不能发生银镜反应
③D属于单取代芳烃,其相对分子质量为106
④核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢
⑤RNH2++H2O
回答下列问题:
(1)由A生成B的化学方程式为　　　　,反应类型为　　　　。
(2)D的化学名称是　　　　,由D生成E的化学方程式为　　　　。
(3)G的结构简式为　　　　。
(4)F的同分异构体中含有苯环的还有　　　　种(不考虑立体异构),其中核磁共振氢谱为4组峰,且面积比为6∶2∶2∶1的是　　　　(写出其中一种的结构简式)。
(5)由苯及化合物C经如下步骤可合成N-异丙基苯胺:
反应条件1所选用的试剂为　　　　,反应条件2所选用的试剂为　　　　,I的结构简式为　　　　。
【答案】
(1)　消去反应
(2)乙苯　+HNO3
(3)
(4)19　或或
(5)浓硝酸、浓硫酸　铁粉/稀盐酸　
【解析】
本题考查有机物的组成、结构与性质等知识,意在考查考生的推理能力及综合分析能力。由C的性质及C与A、B之间的转化关系知C是丙酮,则B是,A是。由D的物质类型及相对分子质量可确定其分子式为C8H10,故D是乙苯。由信息④知F的苯环上有—NH2、—C2H5两个取代基且处于对位。再结合信息⑤知G的结构简式为。(4)F的同分异构体中,若苯环上只有1个取代基,则这个取代基可能为—CH2CH2NH2、—CH(NH2)CH3、—CH2NHCH3、—NHCH2CH3、—N(CH3)2,共有5种;若苯环上有2个取代基,分别为—C2H5、—NH2时有2种;分别为—CH3、—CH2NH2时有3种,分别为—CH3、—NHCH3时有3种;若苯环上有3个取代基(2个—CH3、1个—NH2)时有6种,故共有19种。其中符合题中核磁共振氢谱要求的是或或。(5)综合分析知,H应该是硝基苯,反应条件1所选用试剂为浓硫酸与浓硝酸;I是苯胺,反应条件2所选用的试剂为铁粉与稀盐酸。
【考点地位】本题主要是考查有机物推断与合成、反应类型、反应条件、同分异构体判断及方程式书写
【名师点晴】无机物有十几万种，而有机物包括自然界存在和和人工合成的有几百万种。而且种类在以很高的速率增加。就是由于有机化合物有质轻、不导电、耐磨等很多优良的性能。所以利用已经掌握的知识来考查有机合成与推断、反应条件的选择、物质的结构简式、化学方程式、同分异构体的书写的知识。考查学生对知识的掌握程度、自学能力、接受新知识、新信息的能力；考查了学生应用所学知识进行必要的分析来解决实际问题的能力。解决本题的关键是：认识卤代烃的烯烃、芳香烃、醛分子式通式、化学性质、特征反应，同分异构体的概念机书写方法和规律；了解核磁共振氢谱在物质分子结构测定中的应用；然后结合题目提供的信息结合物质的性质及相互转化关系进行逐一剖析。使问题一个个迎刃而解。
21．【2014年高考新课标Ⅱ卷第38题】[化学选修——5：有机化学基础]（15分）
立方烷()具有高度对称性、高致密性、高张力能及高稳定性等特点,因此合成立方烷及其衍生物成为化学界关注的热点。下面是立方烷衍生物I的一种合成路线:
回答下列问题:
(1)C的结构简式为　　　　,E的结构简式为　　　　。
(2)③的反应类型为　　　　,⑤的反应类型为　　　　。
(3)化合物A可由环戊烷经三步反应合成:
XY
反应1的试剂与条件为　　　　;反应2的化学方程式为　　　　;反应3可用的试剂为　　　　。
(4)在I的合成路线中,互为同分异构体的化合物是　　　　(填化合物代号)。
(5)I与碱石灰共热可转化为立方烷。立方烷的核磁共振氢谱中有　　　　个峰。
(6)立方烷经硝化可得到六硝基立方烷,其可能的结构有　　　　种。
答案
(1)　
(2)取代反应　消去反应　(3)Cl2/光照　O2/Cu(其他合理答案也给分)
(4)G和H　(5)1　(6)3
解析
本题主要考查有机化学基础知识,意在考查考生对知识的迁移能力、信息的捕捉能力和推理能力。(1)C为B的消去产物,所以C的结构简式为;E为D与Br2发生的加成反应的产物,所以E为。(2)根据C与D的结构简式判断反应③为取代反应。根据E与F的结构简式判断反应⑤为消去反应。(3)环戊烷在光照条件下与氯气反应得一氯环戊烷,一氯环戊烷在NaOH水溶液、加热的条件下水解,得到环戊醇,然后通过Cu作催化剂催化氧化得到化合物A。反应2的化学方程式为,反应3是醇的催化氧化,试剂为O2/Cu。(4)在I的合成路线中,互为同分异构体的化合物为G和H。(5)立方烷的8个氢原子所处的化学环境相同,所以立方烷的核磁共振氢谱中只有1个峰。(6)立方烷的六硝基取代物与二硝基取代物的同分异构体数目相等,二硝基取代物有3种,则六硝基取代物也是3种。
【考点地位】本题以立方烷的结构和立方烷的衍生物的合成工艺流程为载体考查有机合成与有机综合推断，涉及有机物结构简式的确定、反应类型的判断、化学方程式的书写、同分异构体的识别和书写等知识。
【名师点晴】本题主要是考查了学生对常见有机物官能团的结构和性质掌握情况，对有机合成路线分析方法的掌握情况。考察了学生应用所学知识进行必要的分析、推断，解决具体的化学问题的能力。高考化学试题中对有机化学基础的考查题型比较固定，通常是以生产、生活的陌生有机物的合成工艺流程为载体考查有机化学的核心知识，涉及常见有机物官能团的结构、性质及相互转化关系，涉及有机物结构简式的确定、反应类型的判断、化学方程式的书写、同分异构体的识别和书写等知识的考查。它要求学生能够通过题给情境中适当迁移，运用所学知识分析、解决实际问题，这高考有机化学复习备考的方向。它充分体现了高考命题“源于教材又不拘泥于教材”的命题指导思想，在一定程度上考查了学生的思维能力。
22.【2013新课标全国卷Ⅱ】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:
①A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢;
②;
③化合物F苯环上的一氯代物只有两种;
④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:
(1)A的化学名称为　　　。
(2)D的结构简式为　　　。
(3)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,又能与饱和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　　　。
答案
(1)2-甲基-2-氯丙烷(或叔丁基氯)
(2)　(3)C4H8O2
(4)+2Cl2+2HCl　取代反应
(5)　(6)18
解析
本题考查了有机物命名、有机物结构与性质的分析、有机反应类型、有机物同分异构体的推理、书写等,考查了考生的信息获取和加工能力。　信息①表明A物质是(CH3)3C—Cl,A发生消去反应后生成(CH3)2CCH2;由信息②可知C为(CH3)2CHCH2OH,C在铜催化下被氧化得到D,D为(CH3)2CHCHO,D继续被氧化再酸化生成E,E为(CH3)2CHCOOH,F苯环上的一氯代物只有两种,说明其对称性高,可知其为对甲基苯酚,在光照下F苯环上的甲基发生二氯取代,由信息④知G水解酸化后得到对羟基苯甲醛,E和H在一定条件下发生分子间脱水生成。(6)满足条件的J的同分异构体在苯环上只有两个取代基,且含有醛基和羧基两种官能团,两取代基分别处于苯环的邻、间、对位置,这两个取代基可以分别是“—CHO与—CH2CH2COOH”、“—CHO与—CH(CH3)COOH”
、“—CH2CHO与—CH2COOH”、“—CH2CH2CHO与—COOH”、“—CH(CH3)CHO与—COOH”、“—CH3与—CH(COOH)CHO”,共18种同分异构体。J的一种同分异构体发生银镜反应并酸化后,核磁共振氢谱有三组峰,且峰面积比为2∶2∶1,说明该物质对称性相当高,通常取代基处于苯环对位且两个取代基中碳原子数相同,由此可推知该有机物为。
23.【2013新课标全国卷Ⅰ】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:
①芳香烃A的相对分子质量在100~110之间,1
mol
A充分燃烧可生成72
g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种氢。
④
⑤RCOCH3+R'CHORCOCH=CHR'
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E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共有　　　种,其中核磁共振氢谱为5组峰,且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1的为　　　(写结构简式)。
【答案】
(1)苯乙烯
(2)2+O22+2H2O
(3)C7H5O2Na
取代反应
(4)?
(5)+H2O+HCOOH
(6)13　
【解析】
本题考查了有机物的组成、结构、性质,意在考查考生的推理能力和分析判断能力。由1
mol
A完全燃烧生成4
mol
H2O知,1个A分子中有8个氢原子,再结合A是芳香烃及相对分子质量在100~110之间知,1个A分子中有8个碳原子,故A是苯乙烯;苯乙烯与水加成生成醇B,因B的氧化产物C不能发生银镜反应,故B为、C为。D能发生银镜反应说明其含有—CHO,能溶于Na2CO3溶液中,说明还含有—OH,结合核磁共振氢谱中氢原子种数知,羟基与醛基在苯环上处于对位,故D为。E是D与NaOH发生中和反应的产物,为,分子式为C7H5O2Na;由信息④知E转化为F()属于取代反应;由信息⑤并结合C、F分子结构知,G为。H能发生水解反应说明其含有酯基,故H是甲酸苯酯,在酸催化下发生水解反应时生成苯酚与甲酸。F的同分异构体中含有—OH、—CHO。当—CHO直接连接在苯环上时,苯环上还有一个—OH、一个—CH3,共三个取代基,它们共有10种不同的结构;当苯环上的取代基为—CH2CHO与—OH时,二者在苯环上有3种不同的位置关系,故共有13种同分异构体。其中符合题设要求的结构中苯环上应存在等位氢原子,故苯环上的两个取代基应处于对位,由此可写出相应的结构简式:。
24.【2013福建卷】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的反应类型为　　　。
(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—OCH2CH3
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)n?
【解析】
本题将教材重要反应与信息反应和有机推断相结合,考查有机物性质、反应类型、同分异构体等知识,意在考查考生获取新信息和应用新信息的能力。　(1)A分子中含有碳碳双键,能与Br2/CCl4发生加成反应,能与KMnO4溶液发生氧化反应,但不能与苯和乙酸乙酯反应。(2)M中的官能团为羟基。C的结构简式为,对比B的结构简式可知该反应为还原(加成)反应。(3)与H2反应时可能只有碳碳双键或加成,也可能二者全部加成,其产物可能有3种:、、(M),前两者为M的中间生成物。(4)C中含有—CHO,可用银氨溶液或新制的Cu(OH)2悬浊液检验。(5)分子式为C10H13Cl的卤代烃在NaOH溶液中水解生成,则可推知该卤代烃的结构简式为。(6)由题中所述条件可得,E为,E在一定条件下发生加聚反应生成。
25.【2013山东卷】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:
已知反应:R—CNR—COOH　R—CNR—CH2NH2
(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　　　　　　　。
答案
(1)CH3CH2CH2CHO、(CH3)2
CHCHO
(2)CH2ClCH2CH2CH2Cl　取代反应
(3)HNO3、AgNO3
(4)nHOOC—(CH2)4—COOH+nH2N—(CH2)6—NH2?+(2n-1)H2O
解析
本题考查同分异构体的书写、反应类型、物质检验及反应方程式的书写,意在考查考生灵活运用有机物的结构和性质的关系进行推断的能力。　(1)B的分子式是C4H8O,能与银氨溶液反应,则含有醛基,丙基有两种,所以B的同分异构体有CH3CH2CH2CHO、(CH3)2
CHCHO。(2)生成D的反应是—OH被—Cl取代的反应,所以D是CH2ClCH2CH2CH2Cl。分析D和CH2
(CN)CH2CH2CH2CN的结构知反应①是取代反应。(3)加NaOH溶液,D中的氯原子水解产生Cl-,然后加硝酸银溶液和稀硝酸检验Cl-。(4)F是HOOC(CH2)4
COOH,G是H2N(CH2)6
NH2,则两者发生缩聚反应生成H。专题07
金属及其化合物
2019年化学高考题
1.【2019天津理综，3,6分】下列有关金属及其化合物的应用不合理的是?
A.将废铁屑加入FeCl2溶液中,可用于除去工业废气中的Cl2?
B.铝中添加适量锂,制得低密度、高强度的铝合金,可用于航空工业?
C.盐碱地(含较多Na2CO3等)不利于作物生长,可施加熟石灰进行改良?
D.无水CoCl2呈蓝色,吸水会变为粉红色,可用于判断变色硅胶是否吸水
?
1.
C
本题考查金属及其化合物的性质及用途，考查的核心素养是科学探究与创新意识。将废铁屑加入Fe
Cl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2，发生反应2FeCl2+
Cl2
2FeCl3?、2FeCl3+Fe
3Fe
Cl2，A项正确；铝中添加适量锂，制得的铝合金密度小、硬度大，可用于航空工业，B项正确；盐碱地中施加熟石灰，发生反应Na2CO3?+Ca(OH)
2CaCO3+2NaOH，生成的NaOH为强碱，不利于作物生长，C项错误；无水Co
Cl2吸水后会发生颜色变化，可用于判断变色硅胶是否吸水，D项正确。
?
2.【2019江苏，6,2分】
下列有关化学反应的叙述正确的是?
A.Fe在稀硝酸中发生钝化?
B.MnO2和稀盐酸反应制取Cl2?
C.SO2与过量氨水反应生成(NH4)
2SO3?
D.室温下Na与空气中O2反应制取Na2
O2
?
2.
C
本题考查常见化学反应。A项，常温下，Fe在浓硝酸中会发生钝化，错误；B项，MnO2与浓盐酸在加热条件下发生反应生成Cl2，与稀盐酸不反应，错误；C项，氨水过量，SO2与NH3·H2O发生反应生成(NH4)
2SO3，正确；D项，室温下，Na与空气中O2反应生成Na2O，错误。
3.【2019全国Ι理综，26，14分】硼酸（H3BO3）是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿（含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3）为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）在95
℃“溶侵”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为_________。
（2）“滤渣1”的主要成分有_________。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+离子，可选用的化学试剂是_________。
（3）根据H3BO3的解离反应：H3BO3+H2OH++B(OH)?4，Ka=5.81×10?10，可判断H3BO3是_______酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是_______________。
（4）在“沉镁”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的离子方程式为__________，母液经加热后可返回___________工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是_________。
?
3.
（1）NH4HCO3+NH3(NH4)2CO3
（2）SiO2、Fe2O3、Al2O3
KSCN
（3）一元弱
转化为H3BO3，促进析出
（4）2Mg2++3+2H2OMg(OH)2·MgCO3↓+2
（或2Mg2++2+H2OMg(OH)2·MgCO3↓+CO2↑）
溶浸
高温焙烧
【解析】本题考查无机化工流程，涉及流程分析、元素化合物等知识，考查的核心素养是宏观辨识与微观探析、科学态度与社会责任。（1）硫酸铵溶液中存在平衡：NH4+＋H2ONH3·H2O＋H+，硼酸镁能与水解出的H+反应，促进平衡向右移动，生成的一水合氨浓度增大，因溶液中存在平衡NH3·H2ONH3＋H2O，一水合氨浓度增大，促进NH3·H2O分解产生NH3。用NH4HCO3溶液吸收氨气，发生的反应为NH4HCO3＋NH3(NH4)2CO3。（2）二氧化硅、氧化铁、氧化铝不溶于硫酸铵溶液，滤渣1的主要成分是二氧化硅、氧化铁、氧化铝。检验Fe3+?的试剂可选用KSCN。（3）由题给硼酸的解离反应方程式知，硼酸是一元弱酸。“过滤2”之前，调节pH≈3.5目的是将硼元素转化为硼酸，促进硼酸析出。（4）“沉?镁”中，碳酸铵溶液与硫酸镁溶液发生双水解反应生成碱式碳酸镁：2MgSO4＋2(NH4)
2CO3＋H2OMg(OH)2·MgCO3↓＋2(NH4)2SO4＋CO2↑，或者反应生成碱式碳酸镁和碳酸氢盐。母液含硫酸铵，可以将母液返回“溶浸”工序循环使用，体现绿色化学理念和环境保护思想。碱式碳酸镁转化成轻质氧化镁，联系碳酸镁、氢氧化镁受热都能分解生成氧化镁，也可以联系碱式碳酸铜分解生成氧化铜、水和二氧化碳，可知采用的方法是高温焙烧法，MgCO3·Mg(OH)22MgO＋H2O＋CO2↑。?
4.【2019江苏，18,12分】聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。
（1）将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在约70
℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2+的离子方程式为
▲
；水解聚合反应会导致溶液的pH
▲
。
（2）测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000
g，置于250
mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液（Sn2+将Fe3+还原为Fe2+），充分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000×10?2
mol·L?1
K2Cr2O7溶液滴定至终点（滴定过程中与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液22.00
mL。
①上述实验中若不除去过量的Sn2+，样品中铁的质量分数的测定结果将
▲
（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。
②计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程）。
?
4.
（1）2Fe2++
H2O2+2H+2Fe3++2H2O
（2分）
减小（2分）
（2）①偏大
（2分）
②n()=5.000×10?2
mol·L?1×22.00
mL×10?3
L·mL?1=1.100×10?3
mol
由滴定时→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒可得微粒的关系式：~6Fe2+
（或+14H++6Fe2+6Fe3++2Cr3++7H2O）
则n(Fe2+)=6n()=6×1.100×10?3
mol=6.600×10?3
mol
样品中铁元素的质量：
m(Fe)=6.600×10?3
mol×56
g·mol?1=0.3696
g
样品中铁元素的质量分数：w(Fe)=×100%=12.32%（6分）
【解析】
本题考查离子方程式的书写、盐类水解、化学计算，考查的核心素养是科学探究与创新意识。（1）H2O2氧化Fe2+生成Fe3+，自身被还原为H2O，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平离子方程式。Fe3+发生水解聚合反应使溶液pH减小。（2）聚合硫酸铁中的Fe3+被Sn2+还原为Fe2+，然后用K2Cr2O7溶液滴定Fe2+，根据6
Fe2+?~Cr2O72-?，可知n(Fe2+)=6×5.000×10-2×2200×10-3
mol=6.600×10-3mol，进而计算出该样品中铁元素的质量分数?w?(Fe)=
=12.32%。若不除去具有还原性的Sn2+，则消耗K2Cr2O7的量偏多，导致样品中铁的质量分数的测定结果偏大。
?
2018年化学高考题
1.
（2018全国Ⅱ理综，7，6分）
化学与生活密切相关。下列说法错误的是?
A.碳酸钠可用于去除餐具的油污?
B.漂白粉可用于生活用水的消毒?
C.氢氧化铝可用于中和过多胃酸?
D.碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查
1.
D
本题考查化学知识在生活中的应用。Na2CO3溶液水解呈碱性，油污在碱性条件下能发生水解反应，A项正确；漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，Ca(ClO)2溶于水生成HClO,HClO具有杀菌消毒作用，故可用于生活用水的杀菌消毒，B项正确；胃酸的主要成分为盐酸，可用Al(OH)3进行中和，C项正确；BaCO3能与胃酸反应生成Ba2+，Ba2+为重金属离子，能引起蛋白质变性，D项错误。
2.（2018海南，4,2分）下列化合物中，能与Na2CO3溶液反应生成沉淀且沉淀可溶于NaOH溶液的是
A.MgCl2
B.Ca(NO3)2
C.FeSO4
D.AlCl3
2.D
MgCl2、Ca(NO3)2、FeSO4以及AlCl3四种溶液分别与Na2CO3溶液混合作用可以分别形成MgCO3、CaCO3、Fe(OH)3以及Al(OH)3等沉淀，其中只有Al(OH)3可与NaOH溶液反应生成相当于性的NaAlO2而发生溶解，其余的均不能溶于NaOH溶液。
3.
（2018天津理综，14分）（14分）下图中反应①是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl2·6NH3是优质的镁资源。回答下列问题：
（1）
MgCl2·6NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序（H-除外）：
，Mg在元素周期表中的位置：
，Mg（OH）2的电子式：
。
（2）
A2B的化学式为
。反应②的必备条件是
。上图中可以循环使用的物质有
。
（3）
在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料
（写化学式）。
（4）
为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg（OH）2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，写出该反应的化学方程式：
。
（5）用Mg制成的格氏试剂（RMgBr）常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：
依据上述信息，写出制备
所需醛的可能结构简式：
。
3.
（1）r（H?+）第三周期ⅡA族（1分）
（1分）?
（2）Mg?2Si（1分）
熔融，电解（2分）
NH3，NH4Cl（1分）?
（3）SiC（2分）?
（4）2Mg（OH）2+2SO2+O2===2MgSO4+2H2O（2分）?
（5）CH3CH2CHO，CH3CHO（2分）?
【解析】
本题主要考查元素及其化合物知识。（1）MgCl2·6NH3所含元素的简单离子有Mg2+?、Cl-、N3-?、H＋?，Cl－?有3个电子层，四者中离子半径最大，Mg2+?、N3-有2个电子层，且具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，则N3-的半径大于Mg2+?的半径，故离子半径由小到大的顺序为r(H＋?)＜r(Mg2+?)＜r(N3-)＜r(Cl-)?。根据镁的原子结构示意图?可推知镁位于元素周期表的第三周期ⅡA族。Mg(OH)2为离子化合物，其电子式为?。?（2）根据反应①，由原子守恒可推知A2B为Mg2Si。可通过电解熔融的MgCl2获得Mg。由题图可知，由MgCl2·6NH3?得到的NH3、NH4Cl可以循环用于反应①。（3）由SiH4和CH4反应生成H??2?和一种固体耐磨材料，显然该耐磨材料为原子晶体SiC。（4）煤燃烧产生的SO2与Mg(OH)2反应生成MgSO3，MgSO3具有还原性，易被空气中的氧气氧化为MgSO4，反应的化学方程式为2Mg(OH)2＋2SO2＋O2===2MgSO4＋2H2O。（5）根据格氏试剂与醛反应合成醇的反应原理，
可由CH3MgBr与CH3CH2CHO反应制得，也可由CH3CH2MgBr与CH3CHO反应制得，故所需醛的可能结构简式为CH3CH2CHO、CH3CHO。
4.
（2018全国Ⅱ理综，26，14分）我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿(ZnS,含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示:
相关金属离子［c0(Mn+)=0.1
mol·L-1］形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
回答下列问题：
(1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为
。
(2)滤渣1的主要成分除SiO2外还有
;
氧化除杂工序中ZnO的作用是
；
,若不通入氧气,其后果是
。
(3)溶液中的Cd2+可用锌粉除去,还原除杂工序中反应的离子方程式为
。
(4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时,阴极的电极反应式为
；
沉积锌后的电解液可返回
工序继续使用。?
4.
(1)ZnS+O2
ZnO+SO2(2分)
(2)PbSO4(2分)〓调节溶液的pH(2分)
无法除去杂质Fe2+?(2分)
(3)Cd2+?+Zn===Cd+Zn2+?(2分)
(4)Zn2++2e-====Zn(2分)
溶浸(2分)?
【解析】
本题结合工艺流程主要考查元素化合物间的转化、物质分离提纯等知识的综合运用。（1）在焙烧过程中ZnS和O2反应生成ZnO和SO2。（2）溶液中的Pb2+与SO42-不能共存生成PbSO4沉淀，SiO2不溶于H2SO4,即滤渣1中含SiO2和PbSO4。氧化除杂过程中O2能将溶液中Fe2+氧化生成Fe3+，加入ZnO能调节溶液的pH，促进Fe3+?完全水解。由题表知Fe2+、Zn2+?开始沉淀和沉淀完全时的pH非常接近，若不通入O2使Fe2+氧化为Fe3+，加入ZnO后无法除去Fe2+，会影响Zn的纯度。（3）根据题中信息可知还原除杂工序中涉及的离子反应为Cd2++Zn====Cd+Zn2+。（4）结合图示可知电解ZnSO4溶液时生成Zn，即电解时Zn2+?在阴极被还原，电极反应式为Zn2++2e-===Zn。沉积Zn后的电解液中主要含有H2SO4，可返回溶浸工序中继续使用。
?
2017年
化学高考题
1.
【2017年高考天津卷】下列有关水处理方法不正确的是
A.用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸
B.用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物
C.用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
D.用烧碱处理含高浓度NH的废水并回收利用氨
【答案】C
【解析】本题考查水处理的方法。石灰、碳酸钠等碱性物质能与废水中的酸反应，因此可以用于处理废水中的酸，A项正确；可溶性的铝盐和铁盐溶于水，电离出的Al3+、Fe3+水解分别生成Al(OH)3、Fe(OH)3胶体，其可吸附水中的悬浮物质，因此可以处理水中的悬浮物，B项正确；氯气与Cu2+、Hg2+等重金属离子不反应，不能用Cl2处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，可用Na2S来处理，C项错误；烧碱能与NH反应生成NH3，因此可用烧碱处理含高浓度NH的废水并回收利用NH3，D项正确。
2.
【2017年高考江苏卷】在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A.
FeFeCl2Fe(OH)2
B.SSO3H2SO4
C.CaCO3CaOCaSiO3
D.NH3NOHNO3
【答案】C
【解析】本题考查物质之间的相互转化知识。Fe与Cl2反应生成FeCl3，A项错误；S与O2反应生成SO2，B项错误；CaCO3高温分解生成CaO，CaO与SiO2在高温时反应生成CaSiO3，C项正确；NO与H2O不反应，D项错误。
3.
【2017年高考海南卷】下列叙述正确的是
A．稀硫酸和铜粉反应可制备硫酸铜
B．碘化钾与浓硫酸反应可制备碘化氢
C．过氧化钠与二氧化碳反应可制备氧气
D．铝箔在氯气中燃烧可制备无水三氯化铝
【答案】CD
【解析】A、根据金属活动顺序表，Cu排在H的右边，因此金属铜不与稀硫酸反应，故A错误；B、浓硫酸具有强氧化性，能把HI氧化，故B错误；C、2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，因此可以制备氧气，故C正确；D、铝在氯气中燃烧生成AlCl3，故D正确。
【名师点睛】本题考查常见物质的制备，应从反应的原理入手，同时涉及某些物质的性质，如浓硫酸不仅具有强酸性，同时还具有强氧化性，能把还原性的物质氧化，因此制备还原性物质时，一般不用浓硫酸，此题属于基础题目。
4.
【2017年高考江苏卷】碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。
(1)碱式氯化铜有多种制备方法。
①方法1:45~50
℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2?Cl2·3H2O，该反应的化学方程式为　　
　　。
②方法2:
先制得CuCl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2，Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。M'的化学式为　　　　　　　。
(2)碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。为测定某碱式氯化铜的组成，
进行下列实验:①称取样品1.116
0
g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00
mL
溶液A；②取25.00
mL
溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl
0.172
2
g；③另取25.
00
mL
溶液A，调节pH
4~5，用浓度为0.080
00
mol·L-1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2+(离子方程式为Cu2++H2Y2-CuY2-+2H+)，滴定至终点，消耗标准溶液30.00
mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。
【答案】(1)①4CuCl+O2+8H2O?2Cu2(OH)2Cl2·3H2O
②Fe2+
(2)n(Cl-)=n(AgCl)×=×=4.800×10-3?mol
n(Cu2+)=n(EDTA)×=0.080
00
mol·L-1×30.00
mL×10-3?L·mL-1×=9.600×10-3?mol
n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=2×9.600×10-3?mol-4.800×10-3?mol=1.440×10-2?mol
m(Cl-)=4.800×10-3?mol×35.5
g·mol-1=0.170
4
g
m(Cu2+)=9.600×10-3?mol×64
g·mol-1=0.614
4
g
m(OH-)=1.440×10-2?mol×17
g·mol-1=0.244
8
g
n(H2O)=?=4.800×10-3?mol
a∶b∶c∶x=n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1
化学式为Cu2(OH)3Cl·H2O
【解析】本题考查化学方程式的书写和物质化学式的确定。
(1)①在H2O存在的条件下，CuCl能被空气中的O2氧化生成Cu2(OH)2Cl2·3H2O，根据Cu和O得失电子守恒配平反应的化学方程式。②由题图知，O2氧化M'生成M，根据题意“Fe3+对该反应有催化作用”，则M'为Fe2+，Fe3+再氧化Cu生成Cu2+和Fe2+。(2)由②中生成AgCl的质量，可计算出1.116
0
g样品中Cl-的物质的量n(Cl-)；由③可计算出1.116
0
g样品中Cu2+的物质的量n(Cu2+)，根据电荷守恒:n(OH-)+n(Cl-)=2n(Cu2+)，得出n(OH-)，最后由质量守恒得出n(H2O)；由四种粒子的物质的量，可确定样品的化学式。
5.
【2017年高考海南卷】锂是最轻的活泼金属，其单质及其化合物有广泛的用途。回答下列问题：
（1）用碳酸锂和_______反应可制备氯化锂，工业上可由电解LiCl-KCl的熔融混合物生产金属锂，阴极上的电极反应式为__________。
（2）不可使用二氧化碳灭火器扑灭因金属锂引起的火灾，其原因是__________。
（3）硬脂酸锂是锂肥皂的主要成分，可作为高温润滑油和油脂的稠化剂。鉴别硬脂酸锂与硬脂酸钠、硬脂酸钾可采用的实验方法和现象分别是__________。
（4）LiPF6易溶于有机溶剂，常用作锂离子电池的电解质。LiPF6受热易分解，其热分解产物为PF5和__________。
【答案】（1）盐酸，Li＋＋e－=Li；（2）金属锂在CO2仍可燃烧；（3）分别取样品进行焰色反应，锂盐焰色为深红色，钠盐焰色为黄色，钾盐焰色为紫色（透过蓝色钴玻璃）；（4）LiF。
【解析】（1）碳酸锂制备氯化锂，利用碳酸锂的性质与碳酸镁的性质相似，因此碳酸锂与盐酸反应制备氯化锂，根据电解原理，阴极上发生还原反应，得到电子，电极反应式为Li＋＋e－=Li；（2）根据元素周期表中对角线原则，Li和Mg的性质相似，Mg能在CO2中燃烧，Mg与CO2反应生成MgO和C，因此锂也能与CO2反应，因此不能用CO2灭火；（3）阳离子不同，阳离子属于碱金属元素，因此采用焰色反应进行鉴别，分别取样品进行焰色反应，锂盐焰色为深红色，钠盐焰色为黄色，钾盐焰色为紫色（透过蓝色钴玻璃）；LiPF6中Li显＋1价，P显＋5价，F显－1价，PF5中P显＋5价，F显－1价，因此LiPF6分解不属于氧化还原反应，根据元素守恒，另一种产物中含有Li，即另一种产物是LiF。
【名师点睛】本题化学反应原理，涉及物质的制备，元素及其化合物的性质、焰色反应、电极反应式的书写等知识，本题从元素周期表中的对角线原则进行判断，Li和Mg处于对角线，性质具有一定的相似性，属于中等题，平时学生需要夯实基础，注意知识的综合运用。
2016-2013年
化学高考题
1．【2016年高考江苏卷】下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（
）
A．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
B．NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥
C．Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂
D．Al2O3熔点高，可用作耐高温材料
【答案】D
【解析】SO2具有漂白性，可以用于漂白纸浆，A项错误；
NH4HCO3中含有氮元素，可用作氮肥，无对应关系，B项错误；
Fe3＋水解生成胶体，可用于净水，与Fe2(SO4)3是否易溶于水无对应关系，C项错误；
Al2O3的熔点高，不易熔化，故可用作耐高温材料，D项正确。
【考点定位】本题主要是考查元素及其化合物性质和用途的判断。
【名师点晴】掌握常见物质的性质和用途是解答的关键，注意相关基础知识的积累。易错点是A，注意理解二氧化硫的化学性质的多样性，例如二氧化硫通入下列溶液中的现象与其体现的性质可总结如下：
溶液
石蕊试液
加有酚酞的
NaOH溶液
酸性KMnO4
溶液
溴水
品红溶液
氢硫酸
(H2S溶液)
现象
变红
褪色
褪色
褪色
褪色
生成浅黄色沉淀
SO2性质
溶于水显酸性
溶于水显酸性
还原性
还原性
漂白性
氧化性
2．【2016年高考江苏卷】根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（
）
【答案】C
【解析】制取NH3需要NH4Cl与Ca(OH)2反应，若只加热NH4Cl生成NH3和HCl，在试管口遇冷又生成固体NH4Cl，可能堵塞导管，A项错误；制取NaHCO3时，向NH3和食盐的饱和溶液中通入CO2的导气管应长进短出，B项错误；
NaHCO3在水中的溶解度小，可用过滤法分离，C项正确；加热NaHCO3会分解，无法得到干燥的NaHCO3，D项错误。
【考点定位】本题主要是考查化学实验基础知识，元素化合物的性质等判断。
【名师点晴】化学实验常用仪器的使用方法和化学实验基本操作是进行化学实验的基础，对化学实验的考查离不开化学实验的基本操作，解答时注意掌握氨气的制备原理、物质的分离与提纯化学实验等基本操作，掌握相关物质的性质是解答的关键，易错选项是B和D，注意洗气瓶的气体通入以及碳酸氢钠的不稳定性。
3．【2016年高考上海卷】下列各组混合物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能分离的是（
）
A．氧化镁中混有氧化铝
B．氯化铝溶液中混有氯化铁
C．氧化铁中混有二氧化硅
D．氯化亚铁溶液中混有氯化铜
【答案】D
【解析】A．MgO是碱性氧化物与NaOH不能反应，而Al2O3是两性氧化物，可以与NaOH发生反应产生NaAlO2，过滤后洗涤，就得到纯净的MgO，错误；B．向溶液中加入过量的NaOH溶液，氯化铁变为Fe(OH)3沉淀，氯化铝变为NaAlO2，过滤，然后向溶液中加入适量的盐酸，当沉淀达到最大值中，过滤，得到Al(OH)3，再分别向两种物质的沉淀中加入适量的盐酸溶解，就得到氯化铝溶液，除去了杂质，错误；C．二氧化硅是酸性氧化物，可以与NaOH发生反应，而氧化铁与NaOH不能发生反应。加入过量的NaOH，然后过滤洗涤，就得到纯净的氧化铁，错误；D．二者都可以与NaOH发生反应，当再向得到的沉淀中加入盐酸时，二者都溶解，不能分离、提纯二者，正确。
【考点定位】考查常见物质的性质和分离方法。
【名师点睛】把物质中混有的杂质除去而获得纯净物的过程叫提纯；将相互混在一起的不同物质彼此分开而得到相应组分的各纯净物的过程叫分离。物质的分离就是利用混合物中各物质的物理性质或化学性质的差异，将它们分离开来，所以这类题目的实质还是对物质性质的考查，只有熟练掌握了各物质的性质，特别是“与众不同的个性”，才能快速准确的判断和解答。本题中涉及到镁、铝、铁、铜、硅等元素的化合物，重点考查了氧化铝、氢氧化铝的两性。对于答案A，虽然氧化镁和氧化铝都是金属氧化物，但根据氧化铝是两性氧化物的特点，可先用氢氧化钠溶液溶解将二者分开，过滤得氧化镁固体和偏铝酸钠溶液，往偏铝酸钠溶液中加入适量的盐酸可得氢氧化铝沉淀，过滤，将氢氧化铝加热可得氧化铝；对于答案B
，先加入足量氢氧化钠溶液，过滤，得氢氧化铁和偏铝酸钠溶液，往偏铝酸钠溶液中加入适量的盐酸可得氢氧化铝，过滤，然后用盐酸分别溶解氢氧化铁和氢氧化铝，可得到氯化铝溶液和氯化铁溶液；对于答案C，一个碱性氧化物，一个是酸性氧化物，所以可先用氢氧化钠溶液溶解，过滤，得氧化铁固体和硅酸钠溶液，往硅酸钠溶液中加入盐酸，过滤，将所得沉淀加热即可得到二氧化硅。对于答案D，由于氯化亚铁和氯化铜都只能和氢氧化钠反应，且得到的沉淀又都溶于盐酸，所以二者不能分离。
4．【2016年高考上海卷】已知NaOH+Al(OH)3→Na[Al(OH)4]。向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起。上述实验过程中没有发生的离子反应是（
）
A．CO2+2OH?→CO32?+H2O
B．Al2O3+2OH?+3
H2O→2
[Al(OH)4]
?
C．2
Al+2OH?+6H2O→2
[Al(OH)4]
?+3
H2↑
D．Al3++4
OH?→[Al(OH)4]?
【答案】D
【解析】向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2与氢氧化钠反应，表现为铝罐变瘪，接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应，因铝罐表面的氧化膜Al2O3具有两性可溶解于氢氧化钠溶液，然后单质Al与氢氧化钠溶液反应生成H2，罐壁又重新凸起。故可发生A、B、C的反应。故选D。
【考点定位】考查铝及其化合物的性质。
【名师点睛】铝元素是自然界中含量最高的金属元素，人类对铝及其化合物的应用量仅次于铁，因此铝及其化合物的性质、铝的冶炼是历次考试的主要考点之一。重点掌握Al、Al2O3、Al(OH)3的性质及有关反应的化学方程式、离子方程式的书写，有关Al(OH)3两性的图像题和计算，由铝土矿冶炼金属铝的工业流程等。一般都具有一定难度，复习过程中要注意有关基础知识的积累和解题技巧、方法的总结。
5．【2016年高考新课标Ⅱ卷】某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：
①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；
②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。
该白色粉末可能为（
）
A．NaHCO3、Al(OH)3
B．AgCl、NaHCO3
C．Na2SO3
、BaCO3
D．Na2CO3、CuSO4
【答案】C
【解析】NaHCO3溶于水，而Al(OH)3难溶于水，NaHCO3能与足量稀盐酸反应放出CO2气体，Al(OH)3能溶于足量稀盐酸，符合实验①但不符合实验②，A项错误；AgCl难溶于水，也难溶于稀盐酸，因此不符合实验①但符合实验②，B项错误；Na2SO3可溶于水，而BaCO3难溶于水，BaCO3、Na2SO3都能溶于足量稀盐酸，且能与稀盐酸反应放出CO2和SO2气体，Na2SO3具有强还原性，容易被空气中的O2氧化为Na2SO4，SO与Ba2＋结合生成不溶于稀盐酸的BaSO4沉淀，既符合实验①又符合实验②，C项正确；Na2CO3、CuSO4均可溶于水，且能反应生成难溶于水的碳酸铜、氢氧化铜或碱式碳酸铜，碳酸铜、氢氧化铜或碱式碳酸铜均能溶于足量稀盐酸，且放出CO2气体，符合实验①但不符合实验②，D项错误。
【考点定位】考查物质的推断和性质。
【名师点睛】本题考查物质的推断和性质。该题既能检查学生元素化合物基础知识的掌握情况，又能检查学生灵活应用知识的能力，更能考查学生的逻辑推理能力，难度较大，解答时应认真分析题干，找出明显条件和隐蔽条件。
6．【2015新课标Ⅰ卷理综化学】下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（
）
选项
实
验
现
象
结
论
A．
将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液
有气体生成，溶液呈血红色
稀硝酸将Fe氧化为Fe3＋
B．
将铜粉加1.0
mol·L－1
Fe2(SO4)3溶液中
溶液变蓝、有黑色固体出现
金属铁比铜活泼
C．
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
熔化后的液态铝滴落下来
金属铝的熔点较低
D．
将0.1mol·L－1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L－1CuSO4溶液
先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀
Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小
【答案】D
【解析】将稀硝酸加入过量铁粉中，生成Fe(NO3)2
、NO和水，无Fe3＋，因此加入KSCN后溶液不会变红，A项错误；铜粉加入到Fe2(SO4)3溶液生成CuSO4和FeSO4，无黑色固体生成，B项错误；打磨后的铝箔在酒精灯上灼烧表面生成Al2O3，高熔点的Al2O3兜住了熔融的液态铝，不会滴落，C项错误；将MgSO4溶液滴入NaOH溶液中生成白色Mg(OH)2沉淀，再加入CuSO4溶液，白色沉淀变为蓝色沉淀Cu(OH)2，说明Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]，D项正确。
【考点定位】中学常见实验、常见反应的定性考查；难度为一般等级。
【名师点晴】这种题主要考查考生读题获取的信息是否完整、是否抓住了关键词（A项中的“过量铁粉”、B项“有黑色固体出现”、C项“液态铝滴落”、D项“不再有沉淀产生”等）。学生的决断力也有考查，如看到B项“有黑色固体出现”，考生要坚信自己所学的Cu和Fe3+的反应而判断B项错误。
7．【2015新课标Ⅱ卷理综化学】用如图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是（
）
选项
①中物质
②中物质
预测②中的现象
A．
稀盐酸
碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液
立即产生气泡
B．
浓硝酸
用砂纸打磨过的铝条
产生红棕色气体
C．
氯化铝溶液
浓氢氧化钠溶液
产生大量白色沉淀
D．
草酸溶液
高锰酸钾酸性溶液
溶液逐渐褪色
【答案】D
【解析】稀盐酸先和②中NaOH反应，然后再与Na2CO3反应，不会立即产生气体，A项错误；Al片遇到浓HNO3表面钝化，不会产生气体，B项错误；AlCl3溶液滴入NaOH溶液中，开始时NaOH溶液过量，不会出现白色沉淀，随着不断反应，后来出现白色沉淀，C项错误；草酸溶液具有还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化，使KMnO4溶液褪色，D项正确。
【考点定位】本题主要是考查实验方案设计与评价，涉及碳酸钠、氢氧化钠与盐酸反应、铝及其化合物、钝化、氢氧化铝制备、浓硝酸、草酸、酸性高锰酸钾溶液等。
【名师点晴】该题以实验探究的形式考查元素及其化合物的性质，充分体现了金属元素化合物和非金属元素化合物考查的目的，有利于培养学生的思维能力、分析问题的能力、动手能力、观察能力等，能更全面地考查考生的综合素质和能力。掌握常见元素及其化合物的性质是答题的关键，注意基础知识的理解掌握和灵活运用。
8．【2015浙江理综化学】某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，设计了如下流程：
下列说法不正确的是（
）
A．溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉
B．固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3，进入固体2
C．从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解
D．若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O
【答案】D
【解析】烧渣中SiO2不溶于酸，Fe2O3、Al2O3溶解于酸生成Fe3＋和Al3＋，因为最终要获得Fe2＋，所以应加入铁粉还原Fe3＋，A项正确；控制pH是为了分离Fe2＋和Al3＋，从流程图知，溶液2中含有Fe2＋，所以加入的NaOH只能让Al3＋生成沉淀，B项正确；Fe2＋易被氧化生成Fe3＋，FeSO4·7H2O在受热时，也易分解失去水，C项正确；溶液1中是Fe3＋，加入过量的NaOH生成Fe(OH)3沉淀，再加入H2SO4，得到Fe2(SO4)3，不能得到FeSO4·7H2O，D项错误。
【考点定位】本题以流程图的形式考查离子反应、物质分离、实验流程、实验评价、实验条件控制等。涉及试剂的选择、溶液pH控制、硫酸亚铁性质、实验条件选择和控制等。
【名师点晴】离子推断题的发展主要以离子反应为前提，主要考查学生在熟练掌握阴阳离子性质的基础上，进行定性推断，考查方式为离子的判断、离子间的反应方程式，在此基础上会结合相关化学量的计算，还有综合推断型，主要考查学生定性分析和定量分析的综合能力，还会出现与元素化合物知识相结合。考查学生的综合解题能力。考查了学生对知识理解、综合运用能力及阅读材料接受信息的能力和思维能力，对相关知识的掌握情况，能够很好地考查考生所掌握的化学知识结构。这道高考题为一道中高档题，能力要求较高。
9．【2015天津理综化学】下列关于物质或离子检验的叙述正确的是（
）
A．在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+
B．气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气
C．灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，无K+
D．将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2
【答案】B
【解析】A项Fe3+遇KSCN会使溶液呈现红色，Fe2+遇KSCN不反应无现象，如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN?溶液，溶液呈红色，则证明存在Fe3+但并不能证明无Fe2+，故A项错误；B项气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，则发生反应：CuSO4+5H2O===CuSO4·5H2O，CuSO4·5H2O为蓝色，故可证明原气体中含有水蒸气，B项正确；C项灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，Na+颜色反应为黄色，但并不能证明无K+，因为黄光可遮住紫光，故K+颜色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察，故C项错误；D项能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等，故将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则原气体比一定是CO2，D项错误；本题选B。
【考点定位】本题主要考查了常见物质、离子的检验，设计铁离子、水、钠离子、钾离子、二氧化碳气体。
【名师点睛】Fe3+与KSCN溶液的反应、Fe2+的检验、二者同时存在的检验，CuSO4固体与CuSO4
?5H2O的颜色区别、水的检验，钠离子、钾离子的焰色反应的应用、检验时操作的异同，二氧化碳的检验、二氧化碳与澄清石灰水的化学方程式、现象的判断，注意在进行物质或离子的检验或鉴别时，现象与结论的对应关系的描述，不同操作的关键点，使学生着重记忆物质的性质的本质区别，学会利用物质的性质分析检验的方案及现象。
10．【2015山东理综化学】某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是（
）
A．AlCl3
B．Na2O
C．FeCl2
D．SiO2
【答案】A
【解析】A、AlCl3可由单质Al与Cl2反应制得，AlCl3与Ba(HCO3)2反应生成CO2和Al(OH)3沉淀，同时有气体和沉淀产生，正确；B、Na2O与Ba(HCO3)2反应生成BaCO3沉淀、Na2CO3和H2O，没有气体生成，错误；C、因为Cl2具有强氧化性，Cl2与Fe反应只能生成FeCl3，FeCl2不能由两种单质直接反应生成，错误；D、SiO2不与Ba(HCO3)2反应，错误。
【考点定位】本题考查物质的性质，涉及了单质之间的反应以及反应现象的判断。
【名师点睛】解答本题的关键是熟练掌握单质和化合物的化学性质以及反应规律，根据氧化还原反应原理判断单质之间反应能否生成选项中的化合物，反应现象的判断需要根据反应物的反应规律，包含了相互促进的完全水解反应，酸式盐与碱的反应，酸性氧化物的性质，同时考查了考生运用所学知识分析实际问题的能力。
11．【2015福建理综化学】纯净物X、Y、Z转化关系如右图所示，下列判断正确的是（
）
A．X可能是金属铜
B．Y不可能是氢气
C．Z可能是氯化钠
D．Z可能是三氧化硫
【答案】A
【解析】试题分析：A.若X是Cu，Y是Cl2，Cu在Cl2燃烧产生的Z是CuCl2，电解CuCl2溶液产生Cu和Cl2，符合上述物质转化关系，正确。B．若X是Cl2，Y是氢气，氢气在氯气中燃烧产生Z是HCl，电解HCl的水溶液，产生氢气和氯气，符合上述物质转化关系，错误。C．若Z是氯化钠，则X、Y分别是Na和Cl2中的一种；电解氯化钠水溶液会产生氢气、氯气、氢氧化钠，不能产生金属钠，不符合上述物质转化关系，错误。D．若Z是三氧化硫，而X、Y分别是O2和SO2中的一种，SO3溶于水产生硫酸，电解硫酸溶液，实质是电解水，产生氢气和氧气，不能产生O2和SO2，不符合上述转化关系，错误。
【考点定位】考查物质的性质及转化关系的正误判断的知识。
【名师点睛】在物质的化学性质及相互转化关系中，要充分利用物质的化学性质、反应条件及反应物生成物的种类，同时掌握电解原理并加以灵活应用。电解物质时首先要看清电解时阳极材料是活性电极还是惰性电极，活性电极是电极本身被氧化，惰性电极，就要看电解质溶液（或熔融电解质）的阴离子放电顺序确定阳极的电极反应，再根据电解质溶液（或熔融电解质）的阳离子放电顺序确定阴极电极反应式，利用在闭合回路中电子转移数目相等，将两个电极反应式叠加得到总反应方程式，了解电解原理，掌握物质的化学性质及相互装关系是解决本题的关键。
12．【2015安徽理综化学】下列有关说法正确的是（
）
A．在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解
B．Fe(OH)3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象
C．H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥
D．SiO2既能和氢氧化钠溶液反应也能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物
【答案】C
【解析】A、Na2CO3固体受热不易分解，故A错误；B、Fe(OH)3胶体是红褐色，故B错误；C、以上三种气体都不与浓硫酸反应，能用浓硫酸干燥，故C正确；D、SiO2和氢氟酸反应，没有生成盐和水，不是两性氧化物，故D错误；此题选C。
【考点定位】本题考查几种常见无机化合物的性质，包括盐、氧化物和氢氧化物的性质，还涉及到胶体的性质。
【名师点睛】解决本题需要具备的知识基础是掌握碳酸钠和碳酸氢钠的性质比较，关键是化学性质中热稳定性的比较；氢氧化铁胶体的性质中除了需要重点掌握其具有丁达尔现象，同时不能忽略它的颜色等性质。在氧化物性质中考查了两性氧化物的概念，同时要注意二氧化硅作为酸性氧化物不能说明的一个性质，它可以与氢氟酸反应。
13．【2015广东理综化学】下列实验操作、现象和结论均正确的是（
）
选项
实验操作
现象
结论
A
分别加热Na2CO3和NaHCO3固体
试管内壁都有水珠
两种物质均受热分解
B
向稀的苯酚水溶液中滴加饱和溴水
生成白色沉淀
产物三溴苯酚不溶于水
C
向含I-的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液
加入淀粉后溶液变成蓝色
氧化性：Cl2>I2
D
向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液再滴加H2O2溶液
加入H2O2后溶液变成
血红色
Fe2+既有氧化性又有
还原性
【答案】BC
【解析】加热NaHCO3固体会生成Na2CO3、CO2和H2O，试管内壁有水珠，固体Na2CO3受热不分解，A项错误；向稀的苯酚水溶液中滴加饱和溴水，苯酚与溴反应生成难溶于水的三溴苯酚白色沉淀，B项正确；向含I－的无色溶液中滴加少量新制氯水，发生反应：Cl2＋2I－===2Cl－＋I2，淀粉遇碘变蓝，说明氧化性Cl2>I2，C项正确；向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液再滴加H2O2溶液，H2O2溶液将Fe2＋氧化为Fe3＋，溶液变为血红色，体现Fe2＋的还原性，D项错误。
【考点定位】本题主要考查Na2CO3和NaHCO3固体、苯酚的性质，Cl2、I2氧化性强弱的比较以及Fe2+的检验，以及实验操作、现象、结论之间的关系。
【名师点睛】在判断实验操作、现象和结论的一致性的时候，先判断操作是否正确，如果操作正确能否得到相应的现象，再看结论与现象是否吻合，这一类题通常侧重于现象和结论的关系，判断现象和结论的一致性的时候一定要考虑到物质的性质，在整个实验中体现的是什么性质。
14．【2015海南化学】下列叙述正确的是（
）
A．稀盐酸可除去烧瓶内残留的MnO2
B．可用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液
C．稀硝酸可除去试管内壁的银镜
D．煮沸自来水可除去其中的Ca(HCO3)2
【答案】C、D
【解析】稀盐酸与MnO2不反应，浓盐酸和MnO2在加热条件下才能发生反应，A项错误；玻璃中的成分SiO2能与NaOH反应：2NaOH＋SiO2===Na2SiO3＋H2O，生成的Na2SiO3具有黏合性，会将瓶口和瓶塞粘在一起，无法打开，B项错误；稀硝酸具有强氧化性，能与Ag发生反应，生成的AgNO3为易溶物质，C项正确；Ca(HCO3)2受热易分解生成CaCO3沉淀：Ca(HCO3)2CaCO3＋CO2↑＋H2O，D项正确。
【考点定位】本题考查物质的性质和用途。
【名师点睛】本题以试管的洗涤、药品的存放和硬水的软化为载体考查相关物质的性质。准确把握相关物质的性质是解题的关键。考查学生对基础知识掌握的熟练程度，体现了学以致用的思想。题目难度不大。
15．【2015江苏化学】在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C。下列说法正确的是（
）
A．元素C的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体
B．Mg、MgO中镁元素微粒的半径：r(Mg2＋)>r(Mg)
C．在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性
D．该反应中化学能全部转化为热能
【答案】C
【解析】A、C还存在C60、C70等同素异形体，故A错误；B、同种元素的半径的比较，看电子数，电子数越多，半径越大，r(Mg2＋)【考点定位】考查同素异形体、半径大小比较规律、能量之间的转化、还原性强弱比较等知识。
【名师点睛】涉及碳存在的同素异形体、半径大小比较、能量的转化、还原性强弱的比较，同素异形体指同种元素组成，不同结构的单质，同素异形体的之间的转化是化学变化，半径的比较：设计到原子之间、原子和离子之间、离子之间的比较，熟记这些规律，培养学生对基础知识的运用。
16．【2015江苏化学】给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是(
)
A．粗硅SiCl4Si
B．Mg(OH)2MgCl2(aq)Mg
C．Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3
D．AgNO3(aq)[Ag(NH3)2]OH(aq)Ag
【答案】A
【解析】A、Si＋2Cl2SiCl4↑，SiCl4＋2H2Si＋4HCl，故正确；B、工业上制备Mg，是电解熔融状态下的氯化镁，故B错误；C、FeCl3是强酸弱碱盐，直接加热蒸发最终得到的是氧化铁，故C错误；D、蔗糖是非还原性糖，不能与银氨溶液反应，故D错误。
【考点定位】考查元素及其化合物的性质。
【名师点睛】涉及元素及其化合物的性质、水解原理等知识，工业制取硅，碳和二氧化硅制取粗硅，混有未反应碳，然后和氯气反应，最后和氢气反应，最终得到纯硅，工业电解熔融状态下的氯化镁得到镁单质，FeCl3是强酸弱碱盐，直接加热蒸发，促进水解，得到氧化铁，注意实验反应的细节问题。
17．【2015上海化学】检验用硫酸亚铁制得的硫酸铁中是否含有硫酸亚铁，可选用的试剂是（
）
A．NaOH
B．KMnO4
C．KSCN
D．
【答案】B
【解析】本题考查物质检验知识,意在考查考生对相关知识的运用能力。Fe2+具有还原性,高锰酸钾溶液具有氧化性,若有Fe2+,加入高锰酸钾溶液,二者发生氧化还原反应,选B。
【考点定位】考查物质的鉴定的知识。
【名师点睛】硫酸亚铁含有的Fe2+有还原性，可以被强氧化剂KMnO4氧化为Fe3+，Fe2+与OH-会发生复分解反应，产生Fe(OH)2白色沉淀，这种物质不稳定，容易被空气中氧气氧化为红褐色Fe(OH)3沉淀，反应过程中会有灰绿色产生，而Fe3+与OH-会发生复分解反应，产生Fe(OH)3沉淀，遇苯酚溶液变为红色，而Fe2+则无现象，可以根据Fe2+、Fe3+的性质的不同加以鉴别，或确定某成分的存在。掌握Fe2+、Fe3+的性质是本题的关键。
18．【2015上海化学】与氢硫酸反应有沉淀生成的电解质是（
）
A．硫酸铜
B．氢氧化钠
C．硫酸亚铁
D．二氧化硫
【答案】A
【解析】
A.
CuSO4是盐，属于电解质，加入氢硫酸，会发生反应：CuSO4+H2S===CuS↓+H2SO4，产生黑色沉淀，正确。B．氢氧化钠是碱，属于电解质，与氢硫酸发生反应：2NaOH+H2S===Na2S+2H2O，产生的Na2S是可溶性的物质，没有沉淀产生，错误。C．硫酸亚铁是盐，属于电解质，由于酸性：硫酸>氢硫酸，属于二者不能发生反应，无沉淀产生，错误。D．二氧化硫与硫化氢会发生反应：SO2+2H2S===3S↓+2H2O，产生沉淀，但是SO2是非电解质，不符合题意，错误。
【考点定位】考查物质的分类及反应现象的正确描述的知识。
【名师点睛】氢硫酸是酸，具有酸的通性，同时该物质具有还原性和不稳定性。可以根据其性质，结合反应产生的物质的溶解性大小，及物质的分类知识判断选项的正确性。以氢硫酸为线索，间接考查了物质的分类、物质的物理性质、化学性质是本题的目的。
19．【2014年高考海南卷】下列关于物质应用的说法错误的是（
）
A．玻璃容器可长期盛放各种酸
B．纯碱可用于清洗油污
C．浓氨水可检验氯气管道漏气
D．Na2S可除去污水中的Cu2+
【答案】A
【解析】A、玻璃容器含有SiO2、硅酸盐。一般常见的酸如盐酸、硫酸、硝酸都不能与容器发生反应，但是氢氟酸会与SiO2发生反应：SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O，因而会腐蚀容器，所以不能盛装氢氟酸。错误。B、纯碱Na2CO3是强碱弱酸盐，弱酸根离子水解消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性，而油脂在碱性条件下水解得到可溶性的高级脂肪酸钠盐和甘油，因此纯碱溶液可以促进油脂的水解，故该溶液可用于清洗油污。正确。C、若氯气管道漏气，则发生反应：3Cl2+8NH3===N2+6NH4Cl,
NH4Cl是白色固体，因此会看到产生白烟。故可用浓氨水来检验氯气管道是否漏气。正确。D、Na2S电离产生的S2-与污水中Cu2+发生沉淀反应，S2-+
Cu2+===CuS↓，从而降低了污水中的Cu2+的浓度。故Na2S可以治理污水。正确。
【考点定位】本题考查了考生对物质性质的掌握情况，考查了考生对物质性质的灵活运用能力。
【名师点睛】本题的考查充分体现了“源于教材又不拘泥于教材”的指导思想，在一定程度上考查了学生的知识的灵活运用能力和分析问题解决问题的能力。学以致用，教学相长。解决本题，首先应该掌握物质的化学性质，了解物质的用途。然后灵活应用，对各个选项逐一分析，做一一解答。
20．【2014年高考上海卷】下列试剂不会因为空气中的氧气而变质的是（
）
A．过氧化钠
B．氢硫酸
C．硫酸亚铁
D．苯酚
【答案】A
【解析】A、过氧化钠和空气中二氧化碳、水蒸气反应，但和氧气不反应，不会因空气中的氧气而变质，故A正确；B、氢硫酸和氧气反应生成硫和水，会因空气中的氧气而变质，故B错误；C、硫酸亚铁和氧气反应生成硫酸铁，会因空气中的氧气而变质，故错误；D、苯酚能被氧气氧化变成苯醌，会因空气中的氧气而变质，故D错误。
【考点定位】本题主要是考查常见物质的化学性质。
【名师点晴】本题主要是通过常见的化学试剂，侧重考查物质性质、氧化还原反应的判断等，题目难度不大，熟练记住常见物质的性质是关键，意在考查学生对元素化合物知识的了解程度。
21．【2014年高考上海卷】右图模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置。下列操作正确的是（
）
A．a通入CO2，然后b通入NH3，c中放碱石灰
B．b通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰
C．a通入NH3，然后b通入CO2，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉
D．b通入CO2，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉
【答案】C
【解析】由于CO2在水中的溶解度小，而氨气极易溶于水，且氨气是碱性气体，CO2是酸性气体，因此先通入氨气，然后再通入CO2，这样有利于吸收CO2，易于形成碳酸氢钠晶体。又因为由于氨气极易溶于水需要防止倒吸，因此a通入NH3，b通入CO2。氨气是碱性气体需要稀硫酸吸收多余的氨气，答案选C。
【考点定位】本题主要是考查碳酸氢钠制备的有关判断。
【名师点晴】本题主要是以侯氏制碱法为载体，侧重考查物质变化的判断，涉及CO2、氨气、碳酸氢钠等，有利于培养学生的创新思维能力，提升学生的学科素养和学科能力，明确反应的原理以及相关物质的性质特别是化学性质是答题的关键，题目难度中等。
22．【2014年高考上海卷】下列反应与Na2O2＋SO2→Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是（
）
A．2Na2O2＋2CO2→2Na2CO3＋O2
B．2Na2O2＋2SO3→2Na2SO4＋O2
C．2Na2O2＋H2SO4→Na2SO4＋H2O2
D．3Na2O2＋Cr2O3→2Na2CrO4＋Na2O
【答案】D
【解析】反应Na2O2＋SO2→Na2SO4中SO2是还原剂，过氧化钠是氧化剂，则A、反应
2Na2O2＋2CO2→2Na2CO3＋O2中过氧化钠既是氧化剂，也还原剂，A不正确；B、反应
2Na2O2＋2SO3→2Na2SO4＋O2中过氧化钠既是氧化剂，也还原剂，B不正确；C、反应
2Na2O2＋H2SO4→Na2SO4＋H2O2中元素的化合价均没有发生变化，不是氧化还原反应，C不正确；D、反应3Na2O2＋Cr2O3→2Na2CrO4＋Na2O中，过氧化钠是氧化剂，D正确，答案选D。
【考点定位】本题主要是考查过氧化钠性质的判断。
【名师点晴】本题通过过氧化钠的性质判断为载体，旨在考查学生获取信息的能力以及灵活应用这些信息去解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑思维能力。掌握氧化还原反应的有关原理、含义和判断依据是答题的关键。
23．【2014年高考上海卷】已知：2[NaAl(OH)4]＋CO2→2Al(OH)3↓＋Na2CO3＋H2O。向含2mol
NaOH、1mol
Ba(OH)2、2mol
Na[Al(OH)4]的混合液中慢慢通入CO2，则通入CO2的量和生成沉淀的量的关系正确的是（
）
选项
A
B
C
D
n(CO2)(mol)
2
3
4
6
n(沉淀)(mol)
1
2
3
3
【答案】AC
【解析】氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强碱氢氧化钠溶液中，因此向混合液中慢慢通入CO2时反应的先后顺序为①
Ba2＋＋2OH－＋CO2→BaCO3↓＋H2O
1mol
1mol
1mol
②
2OH－＋CO2→CO32－＋H2O
2mol
1mol
1mol
③
2Al(OH)4－＋CO2→2Al(OH)3↓＋CO32－＋H2O
2mol
1mol
2mol
1mol
④
CO32－＋CO2＋H2O→2HCO3－
2mol
2mol
⑤
BaCO3＋CO2＋H2O→Ba2＋＋2HCO3－
1mol
1mol
则A、当通入2mol
CO2时，生成1mol碳酸钡，A正确；B、当通入3mol
CO2时，生成1mol碳酸钡和2mol氢氧化铝沉淀，共计是3mol，B不正确；C、当通入4molCO2时，生成1mol碳酸钡和2mol氢氧化铝沉淀，共计是3mol，C正确；D、当通入6mol
CO2时，只有2mol氢氧化铝沉淀，D不正确，答案选AC。
【考点定位】本题主要是考查混合物与氢氧化钠反应的有关计算。
【名师点晴】本题通过化学反应的有关计算为载体，重点考查偏铝酸钠、氢氧化钠和氢氧化钡的性质和有关转化，题目综合性强，难度较大，侧重对学生灵活应用基础知识解决实际问题的能力培养。意在考查学生分析问题、解决问题的能力。明确物质的性质以及反应的先后顺序是答题的关键，有利于培养学生的逻辑思维能力和应试能力。
24．【2014年高考北京卷】下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是（
）
A．K
B．Na
C．Fe
D．Al
【答案】D
【解析】解答本题应明确常见金属的性质，K、Na性质非常活泼，在空气中极易被氧化，表面不能形成保护内部金属不被氧化的氧化锰，Fe在空气中被氧化后形成的氧化铁膜比较疏松，起不到保护内层金属的作用；金属铝的表面易形成致密的氧化物薄膜保护内层金属不被腐蚀，选D。
【考点定位】本题考查学生对常见金属的化学性质的掌握程度，应明确铝表面易形成致密氧化膜的常识。
【名师点晴】本题主要是考查无机化合物间的转化(反应)，考查学生对重要无机物之间反应的掌握程度，在平时的复习中要做到对常见反应非常熟悉。本题的答题策略是采用逐一验证的方法进行解答，要注意反应的条件为“常温下”。题目难度不大。
25．【2014年高考广东卷】下列实验操作、现象和结论均正确的是（
）
选项
实验操作
现象
结论
A
向苏打和小苏打溶液中分别加入盐酸
均冒气泡
两者均能与盐酸反应
B
向AgNO3溶液中滴加过量氨水
溶液澄清
Ag+与NH3?H2O能大量共存
C
将可调高度的铜丝伸入到稀NHO3中
溶液变蓝
Cu与稀HNO3发生置换反应
D
将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，震荡，静置
下层溶液显紫红色
氧化性：Fe3+>I2
【答案】AD
【解析】由于盐酸的酸性强于碳酸，因而Na2CO3和NaHCO3均能与盐酸反应，A项正确；AgNO3先与NH3·H2O反应生成AgOH沉淀，AgOH沉淀再与NH3·H2O反应生成可溶性的[Ag(NH3)2]OH，Ag＋与NH3·H2O不能大量共存，B项错误；
Cu与稀HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，不属于置换反应，
C项错误；由于Fe3＋的氧化性强于I2，故I－被Fe3＋氧化为I2，I2溶于CCl4显紫红色，D项正确。
【考点定位】本题主要是考查化学实验方案设计与评价
【名师点晴】本题以碳酸钠、碳酸氢钠与盐酸、硝酸银与氨水、铜与硝酸、碘化钾与氯化铁的反应为例，考查物质的性质、实验现象、实验结论的对应关系的判断，重点是现象与结论的考查。判断实验操作、现象、结论是否均正确，要注意三者的对应关系。在这类题目中，有时滴加顺序错误也会是错误操作的一种。对于本题而言，在正确的操作的基础上判断实验现象是否正确，结论是否与实验现象相对应。
26．【2014年高考新课标Ⅱ卷】下列反应中，反应后固体物质增重的是（
）
A．氢气通过灼热的CuO粉末
B．二氧化碳通过Na2O2粉末
C．铝与Fe2O3发生铝热反应
D．将锌粒投入Cu(NO3)2溶液
【答案】B
【解析】本题的解题要点是首先理清反应过程的相关反应，根据反应方程式判断相关物质的质量变化；其次要认真审题，审清“固体”
“增重”等关键词语，逐项分析。A、氢气通过灼热的CuO粉末发生的反应为CuO+H2Cu+H2O，固体由CuO变为Cu，1molCuO的质量为80g，1molCu的质量为64g，反应后固体质量减小，错误；B、二氧化碳通过Na2O2粉末发生的反应为2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2，固体由Na2O2变为Na2CO3，1mol
Na2O2的质量为78g，1mol
Na2CO3的质量为106g，反应后固体质量增加，正确；C、铝与Fe2O3发生铝热反应，化学方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，反应前后各物质均为固体，根据质量守恒定律知，反应后固体质量不变，错误；D、将锌粒投入Cu(NO3)2溶液发生的反应为Zn
+
Cu(NO3)2
===Zn(NO3)2+
Cu，固体由Zn变为Cu，1mol
Zn的质量为65g，1molCu的质量为64g，反应后固体质量减小，错误。
【考点定位】本题主要是考查常见元素及其化合物的性质、化学反应。
【名师点晴】本题考查了学生对常见元素单质及其化合物性质的掌握情况，考查根据化学方程式的简单计算。涉及氢气还原氧化铜、二氧化碳与过氧化钠、铝热反应、锌粒与硝酸铜等有关反应判断与计算，准确写出反应的化学方程式是答题的关键，题目难度不大。专题24
化学探究实验设计与评价
2019年高考题
1.【2019天津理综，9,18分】环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：
回答下列问题：
Ⅰ．环己烯的制备与提纯
（1）原料环己醇中若含苯酚杂质，检验试剂为____________，现象为__________________。
（2）操作1的装置如图所示（加热和夹持装置已略去）。
①烧瓶A中进行的可逆反应化学方程式为________________________，浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择而不用浓硫酸的原因为________________________（填序号）。
a．浓硫酸易使原料炭化并产生
b．污染小、可循环使用，符合绿色化学理念
c．同等条件下，用比浓硫酸的平衡转化率高
②仪器B的作用为____________。
（3）操作2用到的玻璃仪器是____________。
（4）将操作3（蒸馏）的步骤补齐：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，____________，弃去前馏分，收集83℃的馏分。
Ⅱ．环己烯含量的测定
在一定条件下，向环己烯样品中加入定量制得的，与环己烯充分反应后，剩余的与足量作用生成，用的标准溶液滴定，终点时消耗标准溶液（以上数据均已扣除干扰因素）。
测定过程中，发生的反应如下：
①
②
③
（5）滴定所用指示剂为____________。样品中环己烯的质量分数为____________（用字母表示）。
（6）下列情况会导致测定结果偏低的是____________（填序号）。
a．样品中含有苯酚杂质
b．在测定过程中部分环己烯挥发
c．标准溶液部分被氧化
1.
（1）溶液（1分）
溶液显紫色（1分）
（2）①
（2分）
a、b（2分）
②减少环己醇蒸出（2分）
（3）分液漏斗、烧杯（2分）
（4）通冷凝水，加热（2分）
（5）淀粉溶液（1分）
（3分）
（6）b、c（2分）
【解析】
I.（1）检验苯酚的首选试剂是FeCl3溶液，原料环己醇中若含有苯酚，加入FeCl3溶液后，溶液将显示紫色；
（2）①从题给的制备流程可以看出，环己醇在FeCl3·6H2O的作用下，反应生成了环己烯，对比环己醇和环己烯的结构，可知发生了消去反应，反应方程式为：，注意生成的小分子水勿漏写，题目已明确提示该反应可逆，要标出可逆符号，FeCl3·6H2O是反应条件（催化剂）别漏标；此处用FeCl3·6H2O而不用浓硫酸的原因分析中：a项合理，因浓硫酸具有强脱水性，往往能使有机物脱水至炭化，该过程中放出大量的热，又可以使生成的炭与浓硫酸发生反应：C+2H2SO4(浓)
CO2↑+SO2↑+2H2O；b项合理，与浓硫酸相比，FeCl3·6H2O对环境相对友好，污染小，绝大部分都可以回收并循环使用，更符合绿色化学理念；c项不合理，催化剂并不能影响平衡转化率；
②仪器B为球形冷凝管，该仪器作用除了导气外，主要作用是冷凝回流，尽可能减少加热时反应物环己醇的蒸出，提高原料环己醇的利用率；
（3）操作2实现了互不相溶的两种液体的分离，应是分液操作，分液操作时需要用到的玻璃仪器主要有分液漏斗和烧杯；
（4）题目中已明确提示了操作3是蒸馏操作。蒸馏操作在加入药品后，要先通冷凝水，再加热；如先加热再通冷凝水，必有一部分馏分没有及时冷凝，造成浪费和污染；
II.（5）因滴定的是碘单质的溶液，所以选取淀粉溶液比较合适；根据所给的②式和③式，可知剩余的Br2与反应消耗的Na2S2O3的物质的量之比为1：2，所以剩余
Br2的物质的量为：n(Br2)余=×cmol·L-1×vmL×10-3L·mL-1=mol，反应消耗的Br2的物质的量为（b-）mol，据反应①式中环己烯与溴单质1：1反应，可知环己烯的物质的量也为（b-）mol，其质量为（b-）×82g，所以ag样品中环己烯的质量分数为：。
（6）a项错误，样品中含有苯酚，会发生反应：，每反应1molBr2，消耗苯酚的质量为31.3g；而每反应1mol
Br2，消耗环己烯的质量为82g；所以苯酚的混入，将使耗Br2增大，从而使环己烯测得结果偏大；b项正确，测量过程中如果环己烯挥发，必然导致测定环己烯的结果偏低；c项正确，Na2S2O3标准溶液被氧化，必然滴定时消耗其体积增大，即计算出剩余的溴单质偏多，所以计算得出与环己烯反应的溴单质的量就偏低，导致最终环己烯的质量分数偏低。
【点睛】①向规范、严谨要分数。要注意题设所给的引导限定词语，如“可逆”、“玻璃”等，这些是得分点，也是易扣分点。
②要计算样品中环己烯的质量分数，只需要算出环己烯的物质的量即可顺利求解。从所给的3个反应方程式可以得出：2Na2S2O3~I2~Br2~，将相关已知数据代入计算即可。
③对于a项分析，要粗略计算出因苯酚的混入，导致单位质量样品消耗溴单质的量增加，最终使测得环己烯的结果偏高。
2.【2019江苏，19,15分】实验室以工业废渣（主要含CaSO4·2H2O，还含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3）为原料制取轻质CaCO3和(NH4)2SO4晶体，其实验流程如下：
（1）室温下，反应CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq)达到平衡，则溶液中=
▲
[Ksp(CaSO4)=4.8×10?5，Ksp(CaCO3)=3×10?9]。
（2）将氨水和NH4HCO3溶液混合，可制得(NH4)2CO3溶液，其离子方程式为
▲
；浸取废渣时，向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水的目的是
▲
。
（3）废渣浸取在如图所示的装置中进行。控制反应温度在60~70
℃，搅拌，反应3小时。温度过高将会导致CaSO4的转化率下降，其原因是
▲
；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高CaSO4转化率的操作有
▲
。
（4）滤渣水洗后，经多步处理得到制备轻质CaCO3所需的CaCl2溶液。设计以水洗后的滤渣为原料，制取CaCl2溶液的实验方案：
▲
[已知pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全；pH=8.5时Al(OH)3开始溶解。实验中必须使用的试剂：盐酸和Ca(OH)2]。
?
2.
（1）1.6×104（3分）
（2）+NH3·H2O++H2O(或+NH3·H2O++H2O)
增加溶液中的浓度，促进CaSO4的转化（3分）
（3）温度过高，(NH4)2CO3分解
（2分）
加快搅拌速率（2分）
（4）在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量Ca(OH)2，用pH试纸测量溶液pH，当pH介于5~8.5时，过滤（3分）
【解析】
（1）反应CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）达到平衡时，溶液中====1.6×104。答案：1.6×104
（2）NH4HCO3属于酸式盐，与氨水反应生成（NH4）2CO3，反应的化学方程式为NH4HCO3+NH3·H2O=（NH4）2CO3+H2O[或NH4HCO3+NH3·H2O（NH4）2CO3+H2O]，离子方程式为HCO3-+NH3·H2O=NH4++CO32-+H2O（或HCO3-+NH3·H2ONH4++CO32-+H2O）；浸取废渣时，加入的（NH4）2CO3属于弱酸弱碱盐，溶液中存在水解平衡：CO32-+NH4++H2OHCO3-+NH3·H2O，加入适量浓氨水，水解平衡逆向移动，溶液中CO32-的浓度增大，反应CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）正向移动，促进CaSO4的转化。答案：HCO3-+NH3·H2O=NH4++CO32-+H2O（或HCO3-+NH3·H2ONH4++CO32-+H2O）
增加溶液中CO32-的浓度，促进CaSO4的转化
（3）由于铵盐具有不稳定性，受热易分解，所以温度过高，（NH4）2CO3分解，从而使CaSO4转化率下降；由于浸取过程中的反应属于固体与溶液的反应（或发生沉淀的转化），保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高CaSO4转化率即提高反应速率，结合外界条件对化学反应速率的影响，实验过程中提高CaSO4转化率的操作为加快搅拌速率（即增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率）。答案：温度过高，（NH4）2CO3分解
加快搅拌速率
（4）工业废渣主要含CaSO4·2H2O，还含有少量SiO2、Al2O3和Fe2O3，加入（NH4）2CO3溶液浸取，其中CaSO4与（NH4）2CO3反应生成CaCO3和（NH4）2SO4，SiO2、Al2O3和Fe2O3都不反应，过滤后所得滤渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将CaCO3完全转化为CaCl2，发生的反应为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，与此同时发生反应Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，SiO2不反应，经过滤除去SiO2；得到的滤液中含CaCl2、AlCl3、FeCl3，根据“pH=5时Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀完全，pH=8.5时Al（OH）3开始溶解”，为了将滤液中Al3+、Fe3+完全除去，应加入Ca（OH）2调节溶液的pH介于5~8.5[加入Ca（OH）2的过程中要边加边测定溶液的pH]，然后过滤即可制得CaCl2溶液。答案：在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量Ca（OH）2，用pH试纸测得溶液pH，当pH介于5~8.5时，过滤
【点睛】本题以工业废渣为原料制取轻质CaCO3和（NH4）2SO4晶体的实验流程为载体，考查溶度积的计算、影响盐类水解的因素、实验条件的控制、制备实验方案的设计和对信息的处理能力等。难点是第（4）问实验方案的设计，设计实验方案时首先要弄清水洗后滤渣中的成分，然后结合题给试剂和已知进行分析，作答时要答出关键点，如pH介于5~8.5等。3.【2019江苏，21B，12分】丙炔酸甲酯（）是一种重要的有机化工原料，沸点为103~105
℃。实验室制备少量丙炔酸甲酯的反应为
实验步骤如下：
步骤1：在反应瓶中，加入14
g丙炔酸、50
mL甲醇和2
mL浓硫酸，搅拌，加热回流一段时间。
步骤2：蒸出过量的甲醇（装置见下图）。
步骤3：反应液冷却后，依次用饱和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗涤。分离出有机相。
步骤4：有机相经无水Na2SO4干燥、过滤、蒸馏，得丙炔酸甲酯。
（1）步骤1中，加入过量甲醇的目的是
▲
。
（2）步骤2中，上图所示的装置中仪器A的名称是
▲
；蒸馏烧瓶中加入碎瓷片的目的是
▲
。
（3）步骤3中，用5%Na2CO3溶液洗涤，主要除去的物质是
▲
；分离出有机相的操作名称为
▲
。
（4）步骤4中，蒸馏时不能用水浴加热的原因是
▲
。
5.（每空2分）（1）作为溶剂、提高丙炔酸的转化率
（2）(直形)冷凝管
防止暴沸
（3）丙炔酸
分液
（4）丙炔酸甲酯的沸点比水的高
【解析】
本题考查丙炔酸甲酯的制备实验，考查的核心素养是科学探究与创新意识。（1）甲醇可作为溶剂，同时增加一种反应物的用量，可提高另一种反应物的转化率。（2）蒸馏时用到的仪器A为直形冷凝管，蒸馏烧瓶中加入碎瓷片的目的是防止暴沸。
（3）Na2CO3可以与丙炔酸反应。丙炔酸甲酯在Na2CO3溶液中的溶解度较小，
故可以用分液法分离有机相和无机相。
（4）丙炔酸甲酯的沸点比水高，若用水浴加热，则不能将丙炔酸甲酯蒸出来。〖ZK)〗
2018年高考题
1.
（2018全国Ⅱ理综，28，15分）K3［Fe(C2O4）3］·3H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体,可用于晒制蓝图。回答下列问题：
(1)〖ZK(〗晒制蓝图时,用K3［Fe(C2O4)3］·3H2O作感光剂,以K3［Fe(CN)6］溶液为显色剂。
其光解反应的化学方程式为：2K3［Fe(C2O4)3］2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑；显色反应的化学方程式为
。
(2)某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物,按如图所示装置进行实验。
①通入氮气的目的是
。
②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊,装置E中固体变为红色,由
此判断热分解产物中一定含有
、
。
③为防止倒吸,停止实验时应进行的操作是
。
④样品完全分解后,装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3,检验Fe2O3存在的方法是：
。
(3)测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。
①称量mg样品于锥形瓶中,溶解后加稀H2SO4酸化,用cmol·L-1
KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是
。
②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后,过滤、洗涤,将滤液及洗涤液全部
收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化,用cmol·L-1KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4
溶液VmL。该晶体中铁的质量分数的表达式为
。
1.
(1)3FeC2O4+2K3［Fe(CN)6］===Fe3［Fe(CN)6］2+3K2C2O4(2分)?
(2)①隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置（2分）?
②CO?2(1分)
CO（1分）?
③先熄灭装置A、E的酒精灯,冷却后停止通入氮气（2分）?
④取少许固体粉末于试管中,加稀硫酸溶解,滴入1~2滴KSCN溶液,溶液变红色,证明含有Fe2O3（2分）?
(3)①粉红色出现（2分）
②（3分）??
【解析】
本题考查化学实验知识综合应用。（1）发生的显色反应是溶液中Fe2+与K3?[Fe(CN)6]生成Fe3[Fe(CN)6]2，其化学方程式为3FeC2O4+2K3[Fe(CN)6]===Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4。（2）①实验时通入N2，不仅能隔绝空气，排除空气的干扰，还能使反应产生的气体全部进入后续装置。②实验中装置B中澄清石灰水变浑浊，说明三草酸合铁酸钾的热分解产物中含有CO2，经NaOH溶液可除去CO2，气体经浓硫酸干燥后，与灼热的CuO反应，得到单质Cu，且由装置F中现象可知装置E中又生成CO2，由此可判断热分解产物中还含有CO。③为防止倒吸，实验结束后，应先熄灭装置A、E两处的酒精灯，冷却后停止通入氮气。④要检验A中残留固体中含有Fe2O3，可取少量A中残留固体，加入足量稀硫酸或稀盐酸溶解，再滴入少许KSCN溶液，溶液中出现红色，即可确定残留固体中含有Fe2O3。（3）①KMnO4能将样品溶液中Fe2+氧化成Fe3+，将C2O42-氧化成CO2,达到滴定终点时，KMnO4稍过量，溶液中出现粉红色。②加入过量锌粉能将溶液中Fe3+还原为Fe2+，酸化后Fe2+与KMnO4溶液反应，根据化合价变化可找出关系式为5Fe2+~MnO4-，根据消耗KMnO4溶液的浓度和体积可知溶液中n(Fe2+)=c
mol·L-1×V×10-3L×5=5×10-3cV
mol，则该晶体中铁元素的质量分数为
。?
2.（2018北京理综，28，16分）实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。
资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。
(1)制备K2FeO4(夹持装置略)
A为氯气发生装置。A中反应方程式是
（锰被还原为Mn2+）。
②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。
C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有
3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有
。
(2)探究K2FeO4的性质
①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a,经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2，设计以下方案：
i.由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有
离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化，还可能由
产生（用方程式表示）。
ii.方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl-。用KOH溶液洗涤的目的是
。
②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2
FeO42-
(填“>”或“<”)，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是
。
资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42->MnO4-，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色。该现象能否证明氧化性FeO42->MnO4-。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。
理由或方案：
。
2.
(1)①2KMnO4+16HCl===2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O(2分）?
②(2分）?
③Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O(2分）?
(2)①i.Fe3+?(1分）
4FeO42-+20H+===
4Fe3++3O2↑+10H2O(2分）?
ii.排除ClO-的干扰(2分）?
②＞(1分）
溶液酸碱性不同(2分）?
③理由:FeO42-?在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2,溶液浅紫色一定是MnO4-的颜色(2分）?
或方案:向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4,观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色(2分）?
【解析】本题考查化学实验的设计与评价。（1）①由题图知A中反应物为浓盐酸和KMnO4，生成物有Cl2，且锰被还原为Mn2+，根据得失电子守恒及元素守恒即可完成反应的化学方程式。②由于装置C中高铁酸钾的制备环境呈碱性而制得的氯气中混有的氯化氢气体为酸性，可用饱和食盐水除去氯化氢，注意“长导管进短导管出”。③氯气能与过量的KOH溶液反应。
（2）①i.Fe3+遇KSCN溶液变红色。由已知高铁酸钾在酸性溶液中快速产生氧气，反应过程中氧元素的化合价升高，根据氧化还原反应的规律，高铁酸钾中+6价的铁元素化合价必然降低，其还原产物可能是Fe3+。也就是说，Fe3+可能来自于高铁酸钾自身的氧化还原反应。书写离子方程式时，可以先写出明确的、已知的反应物(即FeO42-)和生成物(即Fe3+和O2)，根据得失电子守恒确定Fe3+和O2的化学计量数之比为4∶3，再根据电荷守恒和元素守恒确定反应物中还应有H+，最后用观察法配平即可。ii.C中Cl2与KOH反应生成的ClO-具有氧化性，也能氧化Cl-，故需排除ClO-的干扰。
②K2FeO4的制备实验中Cl2化合价降低作氧化剂，故氧化性Cl2>FeO42-，该反应是在碱性条件下进行的，方案Ⅱ是在酸性条件下进行的，溶液的酸碱性对物质的氧化性或还原性会产生影响。?
3.
（2018天津理综，9，18分）烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下采样和检测方法。回答下列问题：
Ⅰ.采样
采样步骤：
①检验系统气密性；②加热器将烟道气加热至140
℃；③打开抽气泵置换系统内空气；④采集无尘、干燥的气样；⑤关闭系统，停止采样。
（1）A中装有无碱玻璃棉，其作用为
。
（2）C中填充的干燥剂是（填序号）
。
a.碱石灰
b.无水CuSO4
c.P2O5
（3）用实验室常用仪器组装一套装置，其作用与D（装有碱液）相同，在虚线框中画出该装置的示意图，标明气体的流向及试剂。
（4）采样步骤②加热烟道气的目的是
。
Ⅱ.NOx含量的测定
将v
L气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化成NO3-，加水稀释至100.00
mL。量取20.00
mL该溶液，加入v1
mL
c1
mol·L-1FeSO4标准溶液（过量），充分反应后，用?c2
mol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v2
mL。
（5）NO被H2O2氧化为NO3-的离子方程式为
。
（6）滴定操作使用的玻璃仪器主要有
。
（7）滴定过程中发生下列反应：
3Fe2++NO3-+4H+NO↑+3Fe3++2H2O
Cr2O72-+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O
则气样中NOx折合成NO2的含量为
mg·m-3?。
（8）判断下列情况对NOx含量测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
若缺少采样步骤③，会使测定结果
。
若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果
。
3.（每空2分）(1)除尘
（2）c?
(3)
?
(4)防止NOx溶于冷凝水?
(5)2NO+3H2O2===2H++2NO3-+2H2O?
（6）锥形瓶、酸式滴定管?
（7）?
（8）偏低
偏高?
【解析】本题主要考查烟道气中NOx含量的测定实验。（1）A中装有无碱玻璃棉，其作用是除去烟道气中的粉尘。（2）C中填充的干燥剂不能吸收NOx，因此不能为碱石灰，而无水CuSO4通常只用于检验水而不是吸收水，故该干燥剂为P2O5。（3）D的作用是吸收NOx，故该装置中应装有碱液，为洗气瓶装置，气体从长管进、短管出。（4）NOx中的NO2能溶于水且与水反应，故加热烟道气的目的是防止NOx溶于冷凝水。
（8）若缺少采样步骤③，则采集的烟道气中混有空气，测定结果偏低；若FeSO4标准溶液部分变质，则消耗的FeSO4标准溶液的体积偏大，测定结果偏高。?
4.
2017年高考题
1.【2017年高考北京卷28题】某小组在验证反应“Fe+2Ag+Fe2++2Ag”的实验中检测到Fe3+，发现和探究过程如下。
向硝酸酸化的0.05
mol·L-1硝酸银溶液(pH≈2)中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。
(1)检验产物
①取出少量黑色固体，洗涤后，　　　　　　　　　　　　　　　　　　(填操作和现象)，证明黑色固体中含有Ag。
②取上层清液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有　　　　。
(2)针对“溶液呈黄色”，甲认为溶液中有Fe3+，乙认为铁粉过量时不可能有Fe3+，乙依据的原理是　　　　　　　　　　　　　　　　　(用离子方程式表示)。针对两种观点继续实验:
①取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，证实了甲的猜测。同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色深浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如下:
序号
取样时间/min
现象
ⅰ
3
产生大量白色沉淀；溶液呈红色
ⅱ
30
产生白色沉淀，较3
min时量少；溶液红色较3
min时加深
ⅲ
120
产生白色沉淀，较30
min时量少；溶液红色较30
min时变浅
(资料:Ag+与SCN-生成白色沉淀AgSCN)
②对Fe3+产生的原因作出如下假设:
假设a:可能是铁粉表面有氧化层，能产生Fe3+；
假设b:空气中存在O2，由于　　　　　　　　　　　　　　　　　(用离子方程式表示)，可产生Fe3+；
假设c:酸性溶液中的具有氧化性，可产生Fe3+；
假设d:根据　　　　　　　　　　　　　　　　　现象，判断溶液中存在Ag+，可产生Fe3+。
③下述实验Ⅰ可证实假设a、b、c不是产生Fe3+的主要原因。实验Ⅱ可证实假设d成立。
实验Ⅰ:向硝酸酸化的　　　　溶液(pH≈2)中加入过量铁粉，搅拌后静置，不同时间取上层清液滴加KSCN溶液。3
min时溶液呈浅红色，30
min后溶液几乎无色。
实验Ⅱ:装置如图。其中甲溶液是　　　　，操作及现象是　???????????????????????????????????????????????。
(3)根据实验现象，结合方程式推测实验ⅰ~ⅲ中Fe3+浓度变化的原因:　??????????????????????????????????????????。
【答案】(1)①加硝酸加热溶解固体，再滴加稀盐酸，产生白色沉淀
②Fe2+
(2)2Fe3++Fe3Fe2+　②4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O　加入KSCN溶液后产生白色沉淀　③0.05
mol·L-1?NaNO3　FeSO4溶液　分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN溶液，后者红色更深
(3)溶液中存在反应:①2Ag++FeFe2++2Ag，②Ag++Fe2+Fe3++Ag，③Fe+2Fe3+3Fe2+。反应开始时，c(Ag+)大，以反应①、②为主，c(Fe3+)增大。约30
min后，c(Ag+)小，以反应③为主，c(Fe3+)减小
【解析】本题考查综合实验探究。
(1)①黑色固体溶于热的硝酸溶液后，向其中加入稀盐酸，产生白色沉淀，可证明黑色固体中含有Ag。②可利用K3[Fe(CN)6]检验Fe2+的存在。(2)过量的铁粉会与Fe3+反应。②空气中的O2会与Fe2+发生氧化还原反应，产生Fe3+；加入KSCN溶液后产生白色沉淀，说明溶液中存在Ag+，Ag+可与Fe2+反应产生Fe3+。③实验Ⅰ可证实假设a、b、c不是产生Fe3+的主要原因，只要将原实验反应体系中的替换，其他微粒的种类及浓度保持不变，做对比实验即可，所以可选用0.05
mol·L-1?NaNO3溶液(pH≈2)；实验Ⅱ利用原电池装置证明反应Ag+?+
Fe2+Ag
+
Fe3+能发生，所以甲溶液是FeSO4溶液。操作和现象:分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN溶液，后者红色更深。
2.【2016年高考江苏卷19题】某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略)。
已知:①NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，如:
3NaClO?2NaCl+NaClO3
②AgCl可溶于氨水:AgCl+2NH3·H2O+Cl-+2H2O
③常温时N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原：4+N2H4·H2O?4Ag↓+N2↑+4+4NH3↑+H2O
(1)“氧化”阶段需在80
℃条件下进行，适宜的加热方式为　　　　　　　　　　。
(2)NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，该反应的化学方程式为　　　　　　　　　。HNO3也能氧化Ag，从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是　　　　　　　　　　　　　。
(3)为提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并　　　　　　　。
(4)若省略“过滤Ⅰ”，直接向冷却后的反应容器中滴加10%
氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量NaClO与NH3·H2O反应外(该条件下NaClO3与NH3·H2O不反应)，还因为　　　　　　　。
(5)请设计从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质Ag的实验方案:　　　　　　　(实验中须使用的试剂有:2
mol·L-1水合肼溶液，1
mol·L-1?H2SO4)。
【答案】(1)水浴加热
(2)4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑　会释放出氮氧化物(或NO、NO2?)，造成环境污染
(3)将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中
(4)未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且其中含有一定浓度的Cl-，不利于AgCl
与氨水反应
(5)向滤液中滴加2
mol·L-1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1
mol·L-1?H2SO4溶液吸收反应中放出的NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥
【解析】本题考查银的回收实验。
(1)加热温度在低于100
℃时，可采用水浴加热的方式。(2)在溶液中，NaClO氧化Ag生成AgCl、NaOH和O2，根据得失电子守恒及原子守恒配平反应的化学方程式。HNO3氧化Ag时会产生氮氧化物，污染环境。(3)为提高Ag的回收率，需要将洗涤后的滤液也一起合并到过滤Ⅱ的滤液中。(4)未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，增加氨水的用量；由已知信息①知冷却后的溶液中因NaClO的分解，会含有一定浓度的Cl-，不利于AgCl和氨水反应的正向进行。(5)由已知信息③知，水合肼可以和银氨溶液发生反应生成Ag和NH3。生成的NH3用1
mol·L-1?H2SO4溶液吸收，当溶液中不再产生气泡时，说明反应已进行完全，静置，过滤出生成的Ag，洗涤、干燥，得Ag。
2016~2013年高考题
1．【2016年高考北京卷】（16分）
以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。
实验
试剂
现象
滴管
试管
0.2
mol·L-1
Na2SO3溶液
饱和Ag2SO4溶液
Ⅰ.产生白色沉淀
0.2
mol·L-1CuSO4溶液
Ⅱ.溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀
0.1
mol·L-1Al2(SO4)3
溶液
Ⅲ.开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀
(1)经检验，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ:　?????????????????????????????????????????????。
(2)经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含，含有Cu+、Cu2+和。
已知:Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓(白色)+I2。
①用稀H2SO4证实沉淀中含有Cu+的实验现象是?　????????????????????????????????????????????????????????。
②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和。
a.白色沉淀A是BaSO4，试剂1是　　　?????????????????????????????　。
b.证实沉淀中含有Cu2+和的理由是　???????????????????????????????????????????????????。
(3)已知:Al2(SO3)3在水溶液中不存在。经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色。
①推测沉淀中含有亚硫酸根和　　　　。
②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设:i.被Al(OH)3所吸附；ii.存在于铝的碱式盐中。对假设ii设计了对比试验，证实了假设ii成立。
a.将对比实验方案补充完整。
步骤一:
步骤二:　　　　　　　　　　　(按如图形式呈现)。
b.假设ii成立的实验证据是　????????????????????????????????????????????????????????。
(4)根据实验，亚硫酸盐的性质有　　　　。盐溶液间反应的多样性与　　　　有关。
【答案】(1)2Ag++Ag2SO3↓
(2)①析出红色固体
②a.HCl和BaCl2溶液　b.在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，转化为
(3)①Al3+、OH-
②a.
b.V1明显大于V2
(4)亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性　两种盐溶液中阴、阳离子的性质和反应条件
【解析】本题考查了亚硫酸钠溶液和不同的金属盐溶液的相关反应，以及反应后生成产物的判断和检验等，意在考查考生接受、吸收、整合信息的能力。充分利用已知信息，理清现象与结论之间的关联；找到探究点，对已有的实验方案进行微调整；结合实验目的，得出实验结论。
(1)饱和溶液中的Ag+与Na2SO3反应会生成更难溶的Ag2SO3。(2)①根据现象Ⅱ和已知信息知，取少量洗涤干净的棕黄色沉淀，滴加稀硫酸，若有红色固体析出，则证明有Cu+。②a.根据沉淀A是BaSO4，知加入的试剂1含Ba2+，可以选用盐酸酸化的BaCl2溶液。b.由白色沉淀A为BaSO4可知原沉淀中的被氧化为，则加入KI时反应生成了I2，说明原沉淀中有Cu2+，即加入KI时Cu2+与I-反应生成白色沉淀CuI和I2，I2又与反应生成与I-，所以加入淀粉无明显现象。(3)①根据题意知，现象Ⅲ的白色沉淀中无，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色，推测沉淀中含有亚硫酸根、Al3+和OH-。②与Al(OH)3相比，铝的碱式盐中每个铝离子所对应的氢氧根离子不足3个，因此可设计定量实验，记录数据V1，设计对比实验，记录数据V2，对比V1与V2即可得出结论。(4)I2被还原，酸性KMnO4溶液褪色，均显示了亚硫酸盐的还原性，亚硫酸盐与Al3+发生双水解反应生成氢氧化铝，证明了亚硫酸盐在水溶液中水解而体现了酸碱性，根据实验流程及现象可知，盐溶液间反应的多样性和盐的性质及反应条件有关。
2．【2016年高考四川卷】（13分）CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl2·2H2O制备CuCl，并进行相关探究。
【资料查阅】
【实验探究】该小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器略)。
请回答下列问题:
(1)仪器X的名称是　　　　　　　　。
(2)实验操作的先后顺序是a→　　　　→e(填操作的编号)。
a.检查装置的气密性后加入药品
b.熄灭酒精灯，冷却
c.在“气体入口”处通入干燥HCl
d.点燃酒精灯，加热
e.停止通入HCl，然后通入N2
(3)在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是　　　　　　　　　　　。
(4)装置D中发生的氧化还原反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　。
【探究反思】
(5)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，根据资料信息分析:
①若杂质是CuCl2，则产生的原因是　　　　　　　　　　　。
②若杂质是CuO，则产生的原因是　　　　　　　　　　。
【答案】(1)干燥管
(2)cdb
(3)先变红，后褪色
(4)Cl2+2OH-?ClO-+Cl-+H2O
(5)①加热时间不足或温度偏低
②通入HCl的量不足
【解析】本题考查化学实验设计与评价，意在考查考生的实验探究能力和对实验方案的评价能力。
(1)仪器X的名称为干燥管。(2)实验操作中应先通氯化氢气体，再点燃酒精灯，反应结束后，先熄灭酒精灯，再停止通入氯化氢气体，故实验操作的先后顺序为:a→c→d→b→e。(3)实验过程中，由于通入氯化氢气体，多余的氯化氢气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红；又由于反应过程中产生氯气，氯气与水反应生成的HClO能漂白试纸而使试纸褪色。(4)装置D中发生的氧化还原反应为氯气与氢氧化钠溶液的反应，离子方程式为Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O。(5)①由于加热时间不足或温度偏低，CuCl2·2H2O失去结晶水后生成CuCl2，CuCl2没有完全分解；②通入的氯化氢气体不足，反应过程中CuCl2水解生成Cu2(OH)2Cl2，Cu2(OH)2Cl2分解而生成CuO。
3．【2015福建理综化学】（15分）某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验。
实验一制取氯酸钾和氯水
利用右图所示的实验装置进行实验。
（1）制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶、过滤、洗涤。该实验操作过程需要的玻璃仪器有______。
（2）若对调B和C装置的位置，_____(填“能”或
“不能”)提高B中氯酸钾的产率。
实验二氯酸钾与碘化钾反应的探究
（3）在不同条件下KClO3可将KI氧化为I2或KIO3
。该小组设计了系列实验研究反应条件对反应产物的影响，其中系列a实验的记录表如下(实验在室温下进行)：
①系列a实验的实验目的是_______。
②设计1号试管实验的作用是___________。
③若2号试管实验现象为“黄色溶液”，取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色；假设氧化产物唯一，还原产物为KCl，则此反应的离子方程式为_________________。
实验三测定饱和氯水中氯元素的总量
（4）该小组设计的实验方案为：使用右图装置，加热15.0ml饱和氯水试样，测定产生气体的体积。此方案不可行的主要原因是_______。(不考虑实验装置及操作失误导致不可行的原因)
（5）根据下列资料，为该小组设计一个可行的实验方案(不必描述操
作过程的细节)：______
资料：i.次氯酸会破坏酸碱指示剂；
ii.次氯酸或氯水可被SO2、H2O2、FeCl2等物质还原成Cl-。
【答案】（15分）（1）烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管(不填“胶头滴管”也可)；（2）能；
（3）①研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响；
②硫酸浓度为0的对照实验；
③ClO3-+6I-+6H+=Cl-+3I2+3H2O
（4）因存在Cl2的重新溶解、HClO分解等，此方案无法测算试样含氯总量(或其他合理答案)。
（5）量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，称量沉淀质量(或其他合理答案)。
【解析】本题主要考查化学实验装置的分析、化学实验方案的评价等,意在考查考生对化学实验装置、化学实验方案的综合分析能力。(1)冷却结晶、过滤、洗涤等操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管等。(2)若对调B和C装置的位置,则可以除去Cl2中的HCl,因此能提高B中氯酸钾的产率。(3)①由表格数据可知,各试管中只有硫酸的浓度不同,因此实验目的是研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响。②1号试管没有加入硫酸,为对照实验。③根据淀粉溶液显蓝色知氧化产物为I2,该反应的离子方程式为ClO3-+6I-+6H+Cl-+3I2+3H2O。(4)题中装置用于测定氯气的体积,但氯气会重新溶解且氯气与水反应生成的HClO分解会产生O2,测得氯气的体积不准确,因此实验方案不可行。(5)量取一定量饱和氯水样品,加入足量的H2O2溶液,将饱和氯水中的Cl2和HClO全部还原为Cl-,加热除去过量的H2O2,冷却,加入足量AgNO3溶液,通过测定所得沉淀的质量计算氯元素的总量。
【考点定位】考查化学仪器的的使用、实验方案的设计与评价、离子方程式的书写的知识。
【名师点睛】化学是一门实验性的学科，物质的制备、混合物的分离提纯、物质的含量的测定及实验时仪器的选择使用，实验方法的设计与评价的问题，都是化学实验必不可少的。因此掌握一些基本化学基础和仪器的使用方法、实验技巧是非常必要的。混合物分离方法有过滤、蒸馏、分液、蒸发、萃取、结晶等。将溶质从溶液中分离出来，可以根据溶质在溶剂中的溶解性的不同进行。对于溶解度受温度的影响变化较大的物质，采用冷却热饱和溶液的方法即结晶的方法分离；对于溶解度受温度的影响变化较小的物质，采用蒸发溶剂的方法得到。然后使用过滤器，利用漏斗、玻璃棒、烧杯进行分离。对于实验装置的评价，可以根据对反应的影响分析，如果对调，可以除去杂质，使更多的反应物变为生成物，就可以提高反应物的转化率和产物的产率，因此了解反应原理和物质的成分是评价的依据。要根据电荷守恒、电子守恒及原子守恒进行有电子转移的离子方程式的书写，会对实验数据进行观察、分析、比较，找到他们的相同点和区别，从而得到设计各个实验及比较的目的。在进行物质含有元素的含量测定时，从物质含有的成分、可能发生的反应及对元素含量测定可能会造成哪些影响判断分析，这样才可以得到正确的结论和评价。本题较为全面的考查了考生的实验基本技能和实验知识的掌握。
4．【2015安徽理综化学】（14分）某研究小组将纯净SO2气体通入0.1mol·L-1的Ba(NO3)2溶液中，得到了BaSO4沉淀，为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2，该小组突出了如下假设:
假设一：溶液中的NO3-
假设二：溶液中溶解的O2
验证假设一
该小组涉及实验验证了假设一，请在下表空白处填写相关实验现象
实验步骤
实验现象
结论
实验1：在盛有不含O2的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体
假设一成立
实验2：在盛有不含O2的25ml0.1mol/LBa（NO3）2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体
（2）为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶液的pH随通入SO2体积的变化曲线入下图
实验1中溶液pH变小的原因是____;V1时，实验2中溶液pH小于实验1的原因是（用离子方程式表示）_________。
（3）验证假设二
请设计实验验证假设二，写出实验步骤，预期现象和结论。
实验步骤、预期现象和结论（不要求写具体操作过程）
（4）若假设二成立，请预测：在相同条件下，分别通入足量的O2和KNO3，氧化相同的H2SO3溶液（溶液体积变化忽略不计），充分反映后两溶液的pH前者_______(填大于或小于)后者，理由是________
【答案】（1）无明显现象、有白色沉淀生成（2）SO2溶于水后生成H2SO3
;
3SO2+2NO3-+2H2O=3SO42-+4H++2NO;
（3）
实验步骤
实验现象
结论
实验1：作为参考实验
假设二成立
实验3：将纯净的SO2气体通入未经脱O2处理的25mL0.1mol/L的BaCl2溶液中
有白色沉淀生成
（4）小于，反应的离子方程式表明，足量的O2和NO3-分别氧化相同的H2SO3，生成的H+的物质的量前者多余后者
【解析】（1）根据强酸制弱酸的原理，亚硫酸是弱酸不能制备盐酸，故实验1无现象，SO2溶于水后生成
H2SO3，亚硫酸显酸性，电离出Ｈ＋，和NO3-结合生成硝酸，具有强氧化性，将SO32-氧化成SO42-，故生
成白色的BaSO4沉淀；（2）SO2溶于水后生成H2SO3，亚硫酸显酸性，故pH值减小；3SO2+2NO3-+2H2O=3SO42-+4H++2NO;
（3）
实验步骤
实验现象
结论
实验1：在盛有不含O2的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体
无现象
假设二成立
实验2：在盛有富含O2的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体
有白色沉淀生成
（4）小于，反应的离子方程式表明，足量的O2和NO3-分别氧化相同的H2SO3，生成的H+的物质的量前者多余后者（其他合理答案也正确）
【考点定位】本题属于实验设计和评价题，考查学生对实验的设计探究能力，多属于开放性试题，可能出现多种正确答案，属于综合性较强的较难题型，
【名师点睛】解决本题首先应具备的知识基础是掌握基本的化学实验原理及方法，比如物质的分离与提纯的原理和方法，物质的检验的原理和方法，数据的处理的方法和误差分析等方法。解决本题型的关键在于审题仔细，找出要探究的具体问题，像题目中的“研究、验证、探究”等字眼后面的一般就是我们需要把握的探究问题。在设计实验时还有遵循以下原则，比如科学性原则、单一变量原则和对照原则等原则，比如此题在设计实验时用实验1作为对照实验，有利于更好的得出结论。实验探究一般步骤为，提出假设，设计实验，根据实验现象得出结论。
5．【2014年高考安徽卷第28题】(14分)
某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素，将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞(如图1)。从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化。
（1）请完成以下实验设计表(表中不要留空格)：
编号
实验目的
碳粉/g
铁粉/g
醋酸/%
①
为以下实验作参照
0.5
2.0
90.0
②
醋酸浓度的影响
0.5
36.0
③
0.2
2.0
90.0
（2）编号①实验测得容器中压强随时间变化如图2。t2时，容器中压强明显小于起始压强，其原因是铁发生了腐蚀，请在图3中用箭头标出发生该腐蚀时电子流动方向；此时，碳粉表面发生了(“氧化”或“还原”)反应，其电极反应式是。
（3）该小组对图2中0～t1时压强变大的原因提出了如下假设，请你完成假设二：
假设一：发生析氢腐蚀产生了气体；
假设二：；
……
（4）为验证假设一，某同学设计了检验收集的气体中是否含有H2的方案。请你再设计一个实验方案验证假设一，写出实验步骤和结论。
实验步骤和结论(不要求写具体操作过程)：
【答案】(1)
(2)吸氧　　还原　2H2O+O2+4e-4OH-(或4H++O2+4e-2H2O)
(3)反应放热,温度升高
①药品用量和操作同编号①实验（多孔橡皮塞增加进、出管）
②通入氩气排净瓶内空气；
③滴入醋酸溶液，同时测量瓶内压强变化（也可测温度变化，检验Fe2+等）。如果瓶内压强增大，假设一成立。否则假设一不成立。
若加KSCN溶液不变红，滴入氯水后溶液也不变红，则证明假设一错误；
(4)
①药品用量和操作同编号①实验（多孔橡皮塞增加进、出管）
②通入氩气排净瓶内空气；
③滴入醋酸溶液，同时测量瓶内压强变化（也可测温度变化，检验Fe2+等）。如果瓶内压强增大，假设一成立。否则假设一不成立。
若加KSCN溶液不变红，滴入氯水后溶液也不变红，则证明假设一错误；
①药品用量和操作同编号①实验（多孔橡皮塞增加进、出管）
②通入氩气排净瓶内空气；
③滴入醋酸溶液，同时测量瓶内压强变化（也可测温度变化，检验Fe2+等）。如果瓶内压强增大，假设一成立。否则假设一不成立。
若加KSCN溶液不变红，滴入氯水后溶液也不变红，则证明假设一错误；
①药品用量和操作同编号①实验（多孔橡皮塞增加进、出管）
②通入氩气排净瓶内空气；
③滴入醋酸溶液，同时测量瓶内压强变化（也可测温度变化，检验Fe2+等）。如果瓶内压强增大，假设一成立。否则假设一不成立。
若加KSCN溶液不变红，滴入氯水后溶液也不变红，则证明假设一错误；
?
(本题属于开放性试题,合理答案均给分)
【解析】本题以探究弱酸性条件下铁的电化学腐蚀类型为目标,展开一系列实验探究,意在考查考生综合运用知识分析问题的能力以及实验设计能力。(1)对比实验①,实验②中碳粉的质量与实验①相同,醋酸的浓度与实验①不同,所以铁粉的质量应与实验①相同,即2.0
g;实验③中碳粉质量与实验①不同,铁粉质量和醋酸浓度均与实验①相同,显然实验③目的是探究碳粉含量的影响。(2)t2时,容器中压强明显小于起始压强,说明容器中气体减少,所以铁发生的是吸氧腐蚀。在铁吸氧腐蚀过程中,铁为负极,发生氧化反应,形成Fe2+,碳为正极,发生还原反应:2H2O+O2+4e-4OH-(或4H++O2+4e-2H2O)。(3)0~t1时压强增大,应从两方面考虑,一是生成气体,二是温度升高,则由假设一内容可得假设二应是:此反应是放热反应,温度升高。
6．【2014年高考广东卷第33题】（17分）H2O2是一种绿色氧化还原试剂，在化学研究中应用广泛。
（1）某小组拟在同浓度Fe3+的催化下，探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响。限选试剂与仪器：30%
H2O2、0.1mol?L-1Fe2(SO4)3、蒸馏水、锥形瓶、双孔塞、水槽、胶管、玻璃导管、量筒、秒表、恒温水浴槽、注射器
①写出本实验H2O2分解反应方程式并标明电子转移的方向和数目：____________
②设计实验方案：在不同H2O2浓度下，测定____________________________________（要求所测得的数据能直接体现反应速率大小）。
③设计实验装置，完成图20的装置示意图。
④参照下表格式，拟定实验表格，完整体现实验方案（列出所选试剂体积、需记录的待测物理量和所拟定的数据；数据用字母表示）。
物理量
实验序号
V[0.1mol?L-1Fe2(SO4)3]/mL
……
1
a
……
2
a
……
（2）利用图21（a）和21（b）中的信息，按图21（c）装置（连能的A、B瓶中已充有NO2气体）进行实验。可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的_________（填“深”或“浅”），其原因是______________________________________________________。
【答案】（1）①
②生成相同体积的氧气所需的时间
③
④测定反应时间
H2O2的体积(mL)
0.1mol?L-1Fe2(SO4)3的体积（mL）
加入蒸馏水的体积（mL）
生成O2的体积(mL)
反应时间（min）
实验1
b
a
c
d
实验2
c
a
b
d
（2）深；因为过氧化氢分解是放热反应，2NO2(g)N2O4(g)也是放热反应，所以B瓶温度高于A瓶，温度升高，平衡逆向移动，二氧化氮浓度增大，颜色加深。
【解析】本题考查化学反应速率、化学平衡、反应热知识,意在考查考生的实验探究能力。(1)①过氧化氢分解,Fe2
(SO4)3作催化剂,能加快过氧化氢分解产生氧气的速率,反应的方程式为:2H2O22H2O+O2↑。②要能直接体现反应速率的大小,可以测定收集一定体积的气体所需的时间。(2)由图a和b中的信息可知,H2O2分解是放热反应,NO2转化为N2O4的反应是放热反应,升温有利于N2O4转化为NO2,气体颜色加深。
7．【2013年高考安徽卷第28题】（14分）某酸性工业废水中含有K2Cr2O7。光照下，草酸（H2C2O4）能将其中的Cr2O转化为Cr3+。某课题组研究发现，少量铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]即可对该反应起催化作用。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）。
实验编号
初始pH
废水样品体积mL
草酸溶液体积mL
(
②
①
)蒸馏水体积mL
①
4
60
10
30
②
5
60
10
30
③
5
60
测得实验①和②溶液中的Cr2O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v（Cr3+）=mol·L-1·min-1
(用代数式表示)。
（4）该课题组队铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]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、Al2Fe(SO4)4·24H2O、Al2(SO4)3等，溶液中Cr2O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）
20
20
（2）CO2
（3）pH越大，反应的速率越慢
（4）Al3+起催化作用；
SO起催化作用
（5
实验方案（不要求写具体操作过程）
预期实验结果和结论
用等物质的量的代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与①相同，进行对比实验
反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr2O)大于实验①中的c(Cr2O)，则假设一成立；若量溶液的c(Cr2O)相同，则假设一不成立。
（其他答案合理即可）
【解析】（1）①②中pH不同，是探究pH对速率的影响；则②③是探究不同浓度时草酸对速率的影响，所以表格中的体积应为20、20。
（2）草酸中碳元素化合价为+3价，被氧化为+4价，所以氧化产物为CO2。
（3）由实验①②表明溶液pH越大，反应的速率越慢，所以溶液pH对该反应的速率有影响，
（4）根据铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]组成分析，Al3+起催化作用；SO42-起催化作用。
（5）要证明Fe2+起催化作用，需做对比实验，再做没有Fe2+存在时的实验，所以要选K2SO4?Al2（SO4）3?24H2O；用等物质的量K2SO4?Al2（SO4）3?24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验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；若两溶液中的c（Cr2O72-）相同，则假设一不成立，所以答案为
实验方案（不要求写具体操作过程）
预期实验结果和结论
用等物质的量的代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与①相同，进行对比实验
反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr2O)大于实验①中的c(Cr2O)，则假设一成立；若量溶液的c(Cr2O)相同，则假设一不成立。
【考点定位】考查化学实验探究基本能力和化学反应基本原理。
【名师点睛】本题属于开放性试题，具体思路如下，（1）①②中PH不同，是探究PH对速率的影响；则②③是探究不同浓度时草酸对速率的影响；（2）草酸中碳元素化合价为+3价，被氧化为+4价；（3）实验①②表明溶液pH越大，反应的速率越慢，根据公式求算；（4）根据铁明矾的组成分析；（5）做对比实验，由上述分析可知考查了从图像中获取数据并分析的能力，突出了对学生再学习能力、信息整合能力、分析推理应用和解决问题能力、实验探究能力的考查，同时也对学生心理素质提出较高要求。
8．【2013年高考北京卷第28题】（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；
稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去
（1）C12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HC1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
=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O。
（2）漂白性。
（3）①检验氯气。②SO2也能和酸化的硝酸银生成白沉。
（4）要证明现象II中黄绿色为溶液酸性的增强引起的，可以在原溶液中滴加稀硫酸，观察溶液的颜色变化即可。
（5）①CaSO4。②Cl2＋SO2＋2H2O===2Cl-＋4H++
SO42-。
【解析】本题主要考查SO2与漂粉精反应的实验探究,意在考查考生的信息挖掘能力、实验分析能力和实验探究能力。　(1)Cl2和Ca(OH)2制取漂粉精的化学方程式:2Cl2+2Ca(OH)2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。(2)由pH试纸先变蓝后褪色可知,漂粉精溶液具有碱性和漂白性。(3)向水中通入过量SO2不能形成白雾,说明二氧化硫不能形成白雾;用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾,无变化,说明白雾中不含氯气;根据实验a、b不能判断白雾中含有HCl,因为白雾中混有SO2时也能满足实验a、b的现象,最终生成硫酸银白色沉淀。(4)现象ⅱ中溶液变为黄绿色,说明有氯气生成,即发生反应:Cl-+ClO-+2H+Cl2↑+H2O,为确认这种可能性,可向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸,观察溶液是否变为黄绿色。(5)①向沉淀X中加入稀HCl,无明显变化。取上层清液,加入BaCl2溶液,产生白色沉淀,说明上层清液中含有SO42-,则沉淀X中含有CaSO4。专题04
化学计算
2018年化学高考题
1.
(2018江苏，18，12分)
碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末,反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为
生成物(1-x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。
(1)制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变,提高x值的方法有
。
(2)碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中，溶液的pH
(填“增大”、“减小”、“不变”)。
(3)通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：
①取碱式硫酸铝溶液25.00
mL,加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.330
0
g?。
②取碱式硫酸铝溶液2.50
mL,稀释至25
mL，加入0.100
0
mol·L-1EDTA标准溶液25.00
mL，调节溶液pH约为4.2,煮沸,冷却后用0.080
00
mol·L-1
CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点,消耗CuSO4标准溶液20.00
mL(已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1∶1)。
计算(1-x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值(写出计算过程)。?
1.
(1)适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率
(2)减小
(3)25
mL溶液中:
【解析】
本题考查溶液酸碱性的判断、化学计算。（1）碱式硫酸铝中“氢氧化铝”的生成原理是：碳酸钙与硫酸铝水解出的氢离子反应，促进硫酸铝水解，生成氢氧化铝。所以，欲提高x值，即提高Al(OH)3的生成量，可以增加碳酸钙的量。也可以在不增加碳酸钙用量的情况下，加快搅拌速率，使二者接触更充分，从而使硫酸铝的水解率增大。（2）二氧化硫是酸性氧化物，吸收二氧化硫必将使碱式硫酸铝溶液的pH减小。
（3）见答案。
2.（2018海南，14,8分）铜是人类发现最早并广泛使用的一种金属。回答下列问题:
(1)实验室使用稀硫酸和H2O2溶解铜片，.该反应的化学方程式为_________________
(2)电子工业使用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，写出该过程的离子方程式_____________。配制的FeCl3溶液应保持__________(填“酸性”“碱性”或“中性”)原因是________。
(3)溶液中Cu2+的浓度可采用碘量法测得：
①2Cu2++5I-===2CuI↓+I3-;②I3-+2S2O32-===S4O62-+
3I-
反应①中的氧化剂为__________。现取20.00
mL含Cu2+的溶液。加入足量的KI充分反应后，用0.1000mo1.
L-1的Na2S2O3标准沼液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液25.00
mL，此溶液中Cu2+的浓度为_________mol.L-1。
2.⑴Cu+H2SO4+H2O2===
CuSO4+2H2O；⑵2Fe3++Cu===
Cu2++2Fe2+、酸性、抑制FeCl3水解；⑶Cu2+、0.125mol·L-1。
【解析】⑴用稀硫酸和H2O2来溶解金属铜，实际反应分进一步进行：第一步是铜首先被H2O2氧化成氧化铜，H2O2则被还原成H2O；第二步，生成的CuO被H2SO4所溶解生成CuSO4与水，综合二步反应的总反应方程式为：Cu+H2SO4+H2O2===
CuSO4+2H2O；⑵工业上使用FeCl3来印刷线路板，是利用具有氧化性的Fe3+去腐蚀铜制线路板中的金属铜，生成二价的Cu2+,相关反应的离子反应方程式为：2Fe3++Cu===
Cu2++2Fe2+；由于FeCl3属于强酸弱碱盐，FeCl3溶液中电离生成的Fe3+能够水解生成Fe(OH)3与HCl，而使溶液呈强酸性，为了抑制Fe3+的水解，通常采用加入少量的盐酸，使FeCl3溶液呈酸性；⑶分析①②两步反应可以得到如下物质的量关系式：
2Cu2+~
即Cu2+与是等物质的量的关系，则可知溶液中Cu2+的物质的量浓度=
2017年
化学高考题
1.
【2017年高考江苏卷】下列说法正确的是
A.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的ΔH<0，ΔS>0
B.地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀
C.常温下，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，pH=10的含Mg2+溶液中，c(Mg2+)≤5.6×10-4?mol·L-1
D.常温常压下，锌与稀H2SO4反应生成11.2
L
H2，反应中转移的电子数为6.02×1023
【答案】BC
【解析】该反应是气体分子数减小的反应，即ΔS<0，A项错误；锌比铁活泼，与铁相连可以保护铁，为牺牲阳极的阴极保护法，B项正确；pH=10时，c(OH-)=10-4?mol·L-1，达到沉淀溶解平衡时，c(Mg2+)=Ksp[Mg(OH)2]/c2(OH-)=5.6×10-12/(10-4)2=5.6×10-4?mol·L-1，C项正确；常温常压下，11.2
L
H2不是0.5
mol，D项错误。
2.
【2017年高考全国卷I】Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为　　　　。
(2)“酸浸”后，钛主要以TiOCl42-形式存在，写出相应反应的离子方程式　
　　　　　　。
(3)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40
min所得实验结果如下表所示:
温度/℃
30
35
40
45
50
TiO2·xH2O转化率/%
92
95
97
93
88
分析40
℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因　　
　　。
(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，其中过氧键的数目为　　
　　。
(5)若“滤液②”中c(Mg2+)=0.02
mol·L-1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5?mol·L-1，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成?　　　　(列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24。
(6)写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式：　
　　　。
【答案】(1)100
℃、2
h，90
℃、5
h
(2)FeTiO3+4H++4Cl-Fe2++
TiOCl42-+2H2O
(3)低于40
℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40
℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降
(4)4
(5)Fe3+恰好沉淀完全时，c(PO43-)=?mol·L-1=1.3×10-17?mol·L-1，c3(Mg2+)·c2(PO43-)值为0.013×(1.3×10-17)2=1.7×10-40(6)2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O↑
【解析】本题考查无机化工流程，涉及书写陌生的化学方程式、溶度积计算、控制条件、分析原理等，意在考查考生的综合应用能力。四审无机化工流程题:一审原料成分和性质，钛铁矿的主要成分是钛酸亚铁，杂质是二氧化硅和氧化镁，而二氧化硅是酸性氧化物，氧化镁是碱性氧化物。二审流程图，抓住盐酸、氨水、磷酸、双氧水、氢氧化锂、碳酸锂、草酸等物质发生的化学反应；抓住混合物分离方法等。三审图象，通过“浸出率”与时间、温度的关系图象，可以确定最佳反应条件。四审设问，联系化学反应速率的影响因素、盐类水解原理、溶度积等解答相关问题。
(1)从图象直接可以看出，铁的浸出率为70%时对应的温度、时间，符合温度升高，反应速率加快，值得注意的是，这类填空题可能有多个合理答案。(2)考查离子方程式书写。难点为生成物还有什么，钛酸亚铁中钛为+4价，铁为+2价，产物有氯化亚铁，比较FeTiO3和TiOCl42-知，产物中一定有H2O。值得注意的是钛酸亚铁与盐酸反应是非氧化还原反应。(3)联系化学反应速率、双氧水和氨水性质分析转化率。这类问题要从两个角度分析，即低于40
℃时，随着温度的升高，反应速率加快；高于40
℃时，氨水挥发速率加快、双氧水分解速率加快，导致反应物浓度降低，结果转化率降低。(4)考查化学式与元素化合价关系。锂元素在化合物中只有一种化合价(+1)，化合物中元素化合价代数和等于0，过氧键中氧显-1价，类似双氧水、过氧化钠。如果能求出-1价氧原子个数，就能求出过氧键数目，即过氧键数目等于-1价氧原子个数的一半。设Li2Ti5O15中-2价、-1价氧原子个数分别为x、y。有:，解得x=7，y=8。所以，过氧键数目为8/2=4。(5)考查溶度积计算以及判断沉淀是否形成。分两步计算:①计算铁离子完全沉淀时磷酸根离子浓度。c(Fe3+)·c(PO43-)=Ksp(FePO4)，c(PO43-)=?mol·L-1=1.3×10-17mol·L-1。②混合后，溶液中镁离子浓度为c(Mg2+)=0.01
mol·L-1，c3(M
g2+)·c2(PO43-)=0.013×(1.3×10-17)2=1.7×10-40<
Ksp[Mg3(PO4)2]，没有磷酸镁沉淀生成。(6)草酸中碳为+3价，高温煅烧过程中铁的化合价降低，碳的化合价升高，有CO2生成。
【名师点睛】解答无机化工流程题时常用“通用原理”:(1)“控制合适温度”——常考虑物质挥发、分解、转化，如双氧水、盐酸、氨水和硝酸等作反应物。当然，温度过低，反应速率较小。(2)“加过量试剂”——常考虑提高另一种物质的转化率、提高产率，但下一步要考虑上一步过量的试剂。(3)能否加入其他试剂——常考虑转化率、产品纯度等问题。(4)“在空气中或其他气体中”——主要考虑O2、CO2、水是否参与反应。(5)判断某离子是否完全沉淀——在上层清液中继续加入对应的沉淀剂，观察是否有沉淀生成。(6)判断沉淀是否洗涤干净——取最后一次的洗涤液，滴加某试剂，观察现象。(7)“控制pH”——主要考虑防水解、促进离子沉淀、防止某离子沉淀、除去某杂质等。(8)“某些有机试剂洗涤”——降低产品溶解度、减小产品损失或提高产率。例如，乙醇、异丙醇等都是常用的洗涤剂。(9)选择加热方式或干燥方式——主要考虑受热是否均匀、产品是否易分解或易挥发等。
3.
【2017年高考海南卷】
碳酸钠是一种重要的化工原料，主要采用氨碱法生产。回答下列问题：
（1）碳酸钠俗称________，可作为碱使用的原因是___________（用离子方程式表示）。
（2）已知：①2NaOH(s)+CO2(g)Na2CO3(s)+H2O(g)
ΔH1=?127.4
kJ·mol?1
②NaOH(s)+CO2(g)NaHCO3(s)
ΔH1=?131.5
kJ·mol?1
反应2NaHCO3(s)Na2CO3(s)+
H2O(g)
+CO2(g)的ΔH=_______
kJ·mol?1，该反应的平衡常数表达式K=________。
（3）向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3沉淀生成时溶液中
=_____________。已知Ksp(BaCO3)=2.6×10?9，Ksp(BaSO4)=1.1×10?10。
【答案】（1）纯碱或苏打；CO32－＋H2OHCO3－＋OH－；（2）135.6，c(H2O)×c(CO)；（3）24。
【解析】（1）碳酸钠俗称纯碱和苏打，碳酸钠属于强碱弱酸盐，CO32－发生水解反应，其水解方程式为：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，溶液显碱性；（2）①－2×②得到：2NaHCO3(s)=Na2CO3(s)＋CO2(g)＋H2O(g)
△H=(－127.4＋2×131.5)kJ·mol－1=
＋135.6kJ·mol－1，Na2CO3和NaHCO3为固体，根据化学平衡常数的定义K=
c(H2O)×c(CO)；（4）在同一个溶液中，c(Ba2＋)相同，依据溶度积的数学表达式，则有=24。
【名师点睛】本题考查物质的俗称、盐类水解、热化学方程式的计算、化学平衡常数的表达、溶度积的计算，本题相对比较简单，热化学反应方程式的计算，一般采用先找出目标反应方程式，通过对已知反应方程式变形进行加减，注意△H的符号和数值的变化；溶度积的计算，根据信息，因为是同一种溶液中c(Ba2＋)相等，因此此比值分子分母同乘以c(Ba2＋)，得到相应的溶度积，然后进行计算，注意理解溶度积的含义。
4.
【2017年高考浙江卷】分别称取2.39
g
(NH4)2SO4和NH4Cl固体混合物两份。
(1)
将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的Ba(OH)2溶液，产生的沉淀质量与加入Ba(OH)2溶液体积的关系如图。混合物中n[(NH4)2SO4]∶n(NH4Cl)为________。
(2)
另一份固体混合物中NH与Ba(OH)2溶液(浓度同上)恰好完全反应时，溶液中c(Cl)＝________(溶液体积变化忽略不计)。
【答案】
(1)
1:2
(2)0.100mol·Lˉ1
【考点】基于化学反应的物质的量、物质的量浓度的计算
【解析】n[(NH4)2SO4]=n(BaSO4)=0.01mol
，n(NH4Cl)=（2.39-0.01×132）/53.5=0.02mol
所以n[(NH4)2SO4]∶n(NH4Cl)=1:2
；c[Ba(OH)2]=0.1mol/L
，2NH
~
Ba(OH)2
，∵NH
总共0.04mol，∴n[Ba(OH)2]=0.02mol，∴加入V[Ba(OH)2]=0.02/0.1=0.2L，∴c(Cl—)=0.100mol/L。本题需要注意有效数字，有效数字不正确相应扣分。
2016-2013年
化学高考题
1．【2016年高考上海卷】某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112ml
Cl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为（
）
A．0.80
B．0.85
C．0.90
D．0.93
【答案】A
【解析】根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等，标准状况下，112ml
Cl2转移的电子数为0.01mol，
选项A正确。
【考点定位】考查化学反应方程式的有关计算。
【名师点睛】氧化还原反应计算是历次考试的重要考点，往往与阿伏加德罗常数、物质的量等结合在一起考查，掌握正确的解题思路和技巧一般难度不大。得失电子守恒法（化合价升降总数相等）是最常用的解题方法，具体步骤：①找出氧化剂、还原剂及对应产物；②准确找出一个微粒（原子、离子或分子）对应的得失电子数目；③设未知数、依据电子守恒列出关系式、计算出未知量。注意，对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程中电子没有损耗，可直接找出起始物和最终产物之间的电子守恒关系，快速求解。
2．【2016年高考上海卷】称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24g，加入含0.1mol
NaOH的溶液，完全反应，生成NH3
1792ml（标准状况），则
(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为（
）
A．1:1
B．1:2
C．1.87:1
D．3.65:1
【答案】C
【解析】利用极值法分析，可知0.1mol氢氧化钠不足，故先将NH4HSO4反应完，再反应(NH4)2SO4,因共生成NH3
0.08mol，故与H+反应的氢氧化钠为0.02mol，则可知道NH4HSO4为0.02mol，则(NH4)2SO4质量为7.24g－115g/mol×0.02mol=4.94g，(NH4)2SO4的物质的量为4.94g
÷132g/mol=0.0374mol。因此(NH4)2SO4与NH4HSO4物质的量之比为：1.87:1
，故选C。
【考点定位】考查有关化学反应计算的技巧和方法。
【名师点睛】根据化学方程式的计算，多以物质的量为核心，考查物质的量、阿伏加德罗常数、物质的量浓度、物质的质量、摩尔质量、气体的体积、气体摩尔体积等相关物理量的转化关系，以及反应物的转化率或产物的产率的计算，同时还可以融入多种化学解题思想，比如极值法、差量法、守恒法、讨论法、特殊值法等，是历来高考的重点内容。
日常学习中要注意相关知识的积累，以便快速准确作答，题目难度中等。
3．【2015上海化学】将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8mL气体。原混合气体中O2的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况）（
）
A．231.5mL
B．268.8mL
C．287.5mL
D．313.6mL
【答案】C、D
【解析】将O2和NH3的混合气体通过加热的三氧化二铬，发生反应：4NH3+5O24NO+6H2O。充分反应后，再通过足量的水，发生反应：4NO+3O2+2H2O===4HNO3，将两个方程式叠加，可得总反应方程式：NH3+2O2===HNO3+H2O，若最后得到的气体是NO，则发生4NH3+5O24NO+6H2O消耗的氧气的体积是V(O2)=5/4V(NO)=
5/4×44.8mL=56ml，消耗的总体积是V(总)=
V(O2)+V(NH3)=9
/4×44.8mL=100.8ml，其余的气体体积是448mL-100.8ml=347.2ml，发生反应：NH3+2O2=
HNO3+H2O，反应消耗的氧气体积是：V(O2)=2/3V(剩余)=
2/3×347.2ml=
231.
5ml，则其中的氧气的总体积是：V(O2)(总)=
56ml+
231.5ml
=287.5mL。若最后剩余的气体是O2，则O2应该是发生总反应NH3+2O2===HNO3+H2O消耗的和剩余的氧气两部分，氧气的体积是：V(O2)=(448mL
–
44.8mL
)×2/3+44.8mL
=313.6mL。故答案是选项C、D。
【考点定位】考查反应物有过量时的化学计算的知识。
【名师点睛】本题涉及氧化还原反应的有关计算，对于多步反应的化学计算，要学会使用关系式方法、元素守恒、电子守恒确定物质之间的相互关系。先判断过量物质的成分，再结合物质反应中的关系判断所有的可能性。
4．【2013年高考上海卷】汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3→K2O+
5Na2O+16N2↑。若氧化产物比还原产物多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】C、D
【解析】
根据反应方程式可知，每当生成16
mol
N2，则氧化物比还原物多14
mol。转移电子的物质的量为10
mol，被氧化的N原子的物质的量为30
mol，有2
mol
KNO3被还原，现氧化物比还原物多1.7
mol，则生成2mol
N2，转移电子的物质的量为1.25
mol，被氧化的N原子的物质的量为3.75
mol，因此，C、D正确。
【考点定位】本题考查氧化还原反应计算。
【名师点睛】本题考查氧化还原反应有关知识，侧重于氧化还原反应的计算，注意根据化合价的变化结合方程式判断氧化产物和还原产物的物质的量关系为解答本题的关键，氧化还原反应是高频考点，试题注重考查学生的计算技巧。难点中等。
5．【2013年高考上海卷】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】A、C
【解析】方法一、洗气瓶排列顺序有6种，若第一个洗气瓶装氢氧化钠溶液，则这时出来的气体有CO、NH3，后面的2个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为CO；若第一个洗气瓶装水，则这时出来的气体有CO、CO2、NO，后面的2个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为CO、NO；若第一个洗气瓶装饱和碳酸氢钠溶液，则这时出来的气体有CO、CO2、NO，后面的2个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为CO、NO。方法二、洗气瓶的排列顺序不论怎样，最终的气体肯定没有CO2、NH3，而CO与三种溶液都不反应，尾气肯定有CO，若第一个洗气瓶装氢氧化钠溶液，则尾气没有NO（NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O），若第一个洗气瓶不是装氢氧化钠溶液，则尾气一定有NO。
【考点定位】本题考查化学计算、收敛思维能力。
【名师点睛】本题考查的知识点是常见气体的检验，主要考查了洗气瓶的洗气，掌握常见气体和足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液反应的性质是解答本题的关键，该题综合性较强，有利于培养学生分析、解决问题的能力。
6．【2013年高考上海卷】一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体V
L（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CuO
12.0g，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．9.0
B．13.5
C．15.7
D．16.8
【答案】A
【解析】若混合物全是CuS，其物质的量为12/80=0.15mol，电子转移数，0.15×(6+2)=1.2mol。两者体积相等，设NO
xmol,NO2
xmol,3x+x1=1.2，计算的x=0.3。气体体积V=0.6×22.4=13.44L；若混合物全是Cu2S,其物质的量为0.075mol,转移电子数0.075×10=0.75mol，设NO
xmol,NO2
xmol,
3x+x1=0.75，计算得x=0.1875,气体体积0.375×22.4=8.4L，因此选A。
【考点定位】本题考查氧化还原反应计算（极限法）。
【名师点睛】利用极限法解答，假设混合物全是CuS，或混合物全是Cu2S，根据n=m/M，计算n（CuO），根据电子转移守恒计算n（CuS）、n（Cu2S），再根据电子转移数目守恒，计算n（NO）、n（NO2），根据V=nVm
计算气体体积，实际气体介于二者之间，本题考查了氧化还原反应的计算，一定要注意守恒思想与极限法的利用，是对学生综合能力的考查。
7．【2013年高考四川卷】1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4
的混合气体1120mL
(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液,当金属离子全部沉淀时，得到2.54g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14.0mol/L
C．NO2和N2O4
的混合气体中，NO2
的体积分数是80%
D．得到2.54沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL
【答案】D
【解析】设铜镁的物质的量分别为x、y，则①64x+24y=1.52
②64x+24y+34x+34y=2.54，解得x=0.02mol，y=0.01
mol，设N2O4、NO2的物质的量分别为a、b，则根据得失电子数相等：2x+2y=2a+b，a+b=0.05，则a=0.01mol，b=0.04mol，A、C正确；c(HNO3)=1000×1.4×63%/63=14.0mol·L－1，C项正确；沉淀达最大时，溶液中只有硝酸钠，根据原子守恒：n(NaOH)=n(HNO3)-（2a+b）=0.7-0.06=0.64mol，氢氧化钠溶液体积为640mL，D错误。
【考点定位】本题考查科学计算。
【名师点睛】本题以铜镁合金与硝酸反应为载体，考查混合物的有关计算，难度中等，理解化学反应发生的过程是关键，是对学生综合能力的考查，在解题过程中要注意守恒思想的应用，该试题依托教材，体现主干知识，重点知识。注重测试学生的计算能力。
8．【2016年高考江苏卷】（节选）过氧化钙（CaO2·8H2O）是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂。
（3）水中溶解氧的测定方法如下：向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液，生成MnO(OH)2沉淀，密封静置；加入适量稀H2SO4，待MnO(OH)2与I?完全反应生成Mn2+和I2后，以淀粉作指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点，测定过程中物质的转化关系如下：
①写出O2将Mn2+氧化成MnO(OH)2的离子方程式；_____________。
②取加过一定量CaO2·8H2O的池塘水样100.00
mL，按上述方法测定水中溶解氧量，消耗0.01000
mol·L?1
Na2S2O3标准溶液13.50
mL。计算该水样中的溶解氧（用mg·L?1表示），写出计算过程。
【答案】(3)①2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓
②在100.00
mL水样中
I2＋2S2O===2I－＋S4O
n(I2)＝＝
＝6.750×10－5
mol
n[MnO(OH)2]＝n(I2)＝6.750×10－5
mol
n(O2)＝n[MnO(OH)2]＝×6.750×10－5
mol＝3.375×10－5
mol
水中溶解氧＝＝10．80
mg·L－1
【解析】本题主要考查CaO2·8H2O的制备实验、水中溶解氧含量的测定实验，意在考查考生对物质制备实验和定量分析实验的理解能力。(3)①反应中Mn由＋2价升至＋4价，O由0价降至－2价，根据Mn和O得失电子守恒配平反应，并用OH－平衡电荷。②找出反应之间的关系：n(O2)～n[MnO(OH)2]～n(I2)～?n(S2O)，根据Na2S2O3的消耗量，可计算出水样中的溶解氧。
【考点定位】本题主要是考查氧化还原反应方程式书写以及溶解氧含量测定等。
【名师点晴】灵活应用电子得失守恒是解答的关键，电子守恒是氧化还原反应计算的核心思想：得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)×得电子原子数×原子降价数＝n(还原剂)×失电子原子数×原子升价数。利用这一等式，解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简。
9．【2016年高考新课标Ⅰ卷】（节选）
（3）在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl?，利用Ag+与CrO42?生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl?恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10?5
mol·L?1)时，溶液中c(Ag+)为_______
mol·L?1，此时溶液中c(CrO42?)等于__________
mol·L?1。(已知Ag2
CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10?12和2.0×10?10)。
【答案】(3)
2.0×10-5
；5×10-3；
【解析】
(3)当溶液中Cl-完全沉淀时，即c(Cl-)=1.0×10?5
mol·L?1，根据溶度积常数Ksp(AgCl)=2.0×10?10，可得溶液中c(Ag+)=Ksp(AgCl)÷c(Cl-)=2.0×10?10÷(1.0×10?5
mol·L?1)=2.0×10-5
mol·L?1；则此时溶液中c(CrO42?)=Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag+)=2.0×10?12÷(2.0×10-5
mol·L?1)=5×10-3mol·L?1；
【考点定位】考查溶度积常数的应用。
【名师点睛】该题考查了学生对化学平衡移动原理溶度积常数的含义的理解与计算、应用。
10．【2016年高考新课标Ⅱ卷】（节选）
联氨（又称联肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，回答下列问题：
（5）联氨是一种常用的还原剂。向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是
。联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O2
kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是
。
【答案】（5）固体逐渐变黑，并有气泡产生
1
N2H4的用量少，不产生其他杂质（还原产物为N2和H2O，而Na2SO3产生Na2SO4
【解析】(5)由于联氨具有还原性，能将AgBr中的Ag+还原为Ag，可看到固体逐渐变黑，N2H4被氧化为N2，可看到溶液中有气泡产生。1
mol联氨在反应中失去4
mol电子，而1
mol
O2能得到4
mol电子，且联氨与O2的相对分子质量相等，故反应的联氨与O2的物质的量和质量均相等，故1
kg的联氨可除去水中溶解的O2的质量为1
kg。使用联氨处理水中溶解的O2，消耗联氨的质量小，且氧化产物为N2，对环境无污染，而用Na2SO3处理水中溶解的O2时，Na2SO3被氧化为Na2SO4，产生新杂质。
【考点定位】考查化合价，化学计算等知识。
【名师点睛】本题以多知识点综合题的形式考查化合价，简单化学计算等知识。
11．【2016年高考上海卷】（14分）CO2是重要的化工原料，也是应用广发的化工产品。CO2与过氧化钠或超氧化钾反应可产生氧气。完成下列计算：
（1）CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解。2.00
mol
NH4HCO3完全分解，分解产物经干燥后的体积为_________L(标准状况)。
（2）某H2中含有2.40
molCO2，该混合气体通入2.00
L
NaOH溶液中，CO2被完全吸收。如果NaOH完全反应，该NaOH溶液的浓度为_______。
（3）CO2和KO2有下列反应：
4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2
4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2
若9
mol
CO2在密封舱内和KO2反应后生成9
mol
O2，则反应前密封舱内H2O的量应该是多少？列式计算。
（4）甲烷和水蒸气反应的产物是合成甲醇的原料：CH4+H2OCO+3H2
已知：CO+2H2CH3OH
CO2+3H2CH3OH+H2O
300
mol
CH4完全反应后的产物中，加入100
mol
CO2后合成甲醇。若获得甲醇350
mol，残留氢气120
mol，计算CO2的转化率。
【答案】（本题共14分）
（1）89.6（2）2.4
mol/L≥c≥1.2
mol/L
（3）
n(H2O)=(9/6)×2=3(mol)
（4）300
mol
CH4完全反应产生H2
900mol
设CO2转化率为α，CO转化率为β
300β+100α=350
600β+300α=900-120
α=80%
或设CO2转化率为α
900?350×2?100α=120
α=80/100=80%
【解析】试题分析：
NH4HCO3分解的化学方程式为NH4HCO3H2O+NH3↑+CO2↑，由方程式可知，分解产物经干燥后所得气体为NH3和CO2，且n(NH3)+n(CO2)=2n(NH4HCO3)=4.00
mol,则V(混合气体)=4.00
mol×22.4L/mol=89.6L，即分解产物经干燥后的体积为89.6L。（2）根据题意要求，2.40molCO2被完全吸收，NaOH也完全吸收，则反应产物可能是Na2CO3或者NaHCO3或Na2CO3和NaHCO3的混合物。用极值思想分析两种特殊情况：
（3）法一：依题意，9
mol
CO2在密封舱内和KO2反应后生成9
mol
O2，即n(CO2)∶n(O2)=1∶1，通过观察题给两个方程式可知，当把两个方程式相加时正好符合题目要求：8KO2+6CO2+2H2O→2K2CO3+4KHCO3+6O2[来所以有n(H2O)=n(CO2)=×9mol=3mol，即反应前密封舱内H2O的物质的量为3mol。
法二：设反应前密封舱内H2O的物质的量为n
4KO2
+
4CO2
+
2H2O
→
4KHCO3
+
3O2
2n
n
1.5n
4KO2
+
2CO2
→
2K2CO3
+
3O2
9-2n
1.5(9-2n)
根据题意生成氧气9mol，所以有1.5n+
1.5(9-2n)=9mol，解得n=3mol，即反应前密封舱内
H2O的物质的量为3mol。
（4）法一：CH4
+
H2O
→
CO
+
3H2
300mol
300mol
900mol
设CO2的转化率为α，CO的转化率为
β
CO
+
2H2
→
CH3OH
CO2
+
3H2
→
CH3OH
+
H2O
300βmol
600βmol
300βmol
100αmol
300αmol
100αmol
根据题意，共生成350mol甲醇，所以有300βmol+100αmol=350mol——①式
根据题意，反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为900mol-350mol，所以有
600βmol+300αmol=900mol-350mol——②式，由①②式可得
α=0.8，即设CO2的转化率为80%。
法二：在合成甲醇的反应中，氢元素在生成物中有两种存在形式，一是存在于甲醇中，二是存在于水中，设CO2的转化率为α
CH4
+
H2O
→
CO
+
3H2
300mol
900mol
CO2
+
3H2
→
CH3OH
+
H2O
100αmol
100αmol
根据题意，反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为900mol-350mol，根据反应中氢元素的守恒可有：900mol-120mol=350mol×2+100αmol，解得α=0.8，即设CO2的转化率为80%。
【考点定位】根据化学方程式的计算；物质的量、气体体积、物质的量浓度的转化关系；极值思想、守恒思想的运用。
【名师点睛】根据化学方程式的计算，多以物质的量为核心，考查物质的量、阿伏加德罗常数、物质的量浓度、物质的质量、摩尔质量、气体的体积、气体摩尔体积等相关物理量的转化关系，以及反应物的转化率或产物的产率的计算，同时还可以融入多种化学解题思想，比如极值法、差量法、守恒法、讨论法、特殊值法等，是历来高考的重点内容。例如第（1）题考查了物质的量与气体体积的转化关系；第（2）题考查了物质的量与物质的量浓度的转化关系，同时也考查了极值思想的应用；第（4）题可根据元素守恒思想列出关系式求解。根据化学方程式计算时一定要准确找出相关物质之间的计量数关系，如果有一种反应物过量，则应根据量少的反应物来进行计算；如果涉及多步反应，可以根据几个化学方程式找出有关物质的关系式进行计算，使计算简化；如果是离子反应，可以根据离子方程式进行计算；如果是氧化还原反应，也可以利用电子转移关系进行有关计算。
12．【2014年高考上海卷第十（52~55）题】（14分）硫有多种含氧酸，亚硫酸（H2SO3）、硫酸（H2SO4）、焦硫酸（H2SO4·SO3）、硫代硫酸（H2S2O3）等等，其中硫酸最为重要，在工业上有广泛的应用。在实验室，浓硫酸是常用的干燥剂。完成下列计算：
（1）焦硫酸（H2SO4·SO3）溶于水，其中的SO3都转化为硫酸。若将445g焦硫酸溶于水配成4.00L硫酸，该硫酸的物质的量浓度为________mol/L。
（2）若以浓硫酸吸水后生成的H2SO4·H2O计算，250g质量分数为98%的硫酸能吸收多少g水？
（3）硫铁矿是工业上制硫酸的主要原料。硫铁矿氧化焙烧的化学反应如下：
3FeS2＋8O2→Fe3O4＋6SO2
4FeS2＋11
O2→2Fe2O3＋8SO2
若48mol
FeS2完全反应耗用氧气2934.4L（标准状况），计算反应产物中Fe3O4与Fe2O3物质的量之比。
（4）用硫化氢制取硫酸，既能充分利用资源又能保护环境，是一种很有发展前途的制备硫酸的方法。硫化氢体积分数为0.84的混合气体（H2S、H2O、N2）在空气中完全燃烧，若空气过量77%，计算产物气体中SO2体积分数（水是气体）。（已知空气组成：N2体积分数0.79、O2体积分数0.21）
【答案】（1）1.25
（2）250×98%÷98×16＝40g
（3）2934.4÷22.4＝131mol
设Fe3O4
a
mol
Fe2O3
b
mol
3a+2b＝48
8a+11÷2b＝131
a＝4
b＝18
n
(Fe3O4):n(Fe2O3)＝2:9
设混合气为1体积，0.84体积硫化氢完全燃烧生成0.84体积二氧化硫和0.84体积水，消耗1.26体积氧气。所需空气为1.26÷0.21×1.77＝10.62
体积＝0.84÷（10.62－1.26+1.84）＝0.075
【解析】试题分析：
可以吸收水的质量是45g—5g=40g。（3）设Fe3O4的物质的量是a
mol，Fe2O3的物质的量是b
mol，反应中消耗氧气的物质的量是2934.4L÷22.4L/mol＝131mol，则根据方程式可知3a+2b＝48、8a+11÷2b＝131，解得a＝4、b＝18，则n
(Fe3O4):n(Fe2O3)＝2:9
设混合气为1体积，根据氯化氢完全燃烧的方程式2H2S＋3O22SO2＋2H2O
可知，0.84体积硫化氢完全燃烧生成0.84体积二氧化硫和0.84体积水，消耗1.26体积氧气。反应中空气过量77%，因此所需空气为×1.77＝10.62，则二氧化硫体积分数＝＝0.075
【考点定位】本题主要是考查硫及其化合物反应的有关化学计算。
【名师点晴】本题通过硫及其化合物的有关反应和计算为载体，旨在考查学生的化学计算能力以及学生对基础知识的理解，有利于培养学生的规范答题意识，以及灵活应用基础知识解决实际问题的能力。该题属于中等难度试题的考查，注意解题方法和规律的总结及积累。特别是化学计算中各种守恒法的应用，需要引起考生的注意。
13．【2015山东理综化学】(15分)利用LiOH和钴氧化物可制备锂离子电池正极材料。LiOH可由电解法制备，钴氧化物可通过处理钴渣获得。
（1）利用如图装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液。B极区电解液为__________溶液（填化学式），阳极电极反应式为__________
，电解过程中Li+向_____电极迁移（填“A”或“B”）。
（2）利用钴渣[含Co(OH)3、Fe(OH)3等]制备钴氧化物的工艺流程如下：
Co(OH)3溶解还原反应的离子方程式为____________________________________，铁渣中铁元素的化合价为___________，在空气中煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2的体积为1.344L（标准状况），则钴氧化物的化学式为__________。
【答案】（1）LiOH
2Cl?—2e?===Cl2↑
B
（2）2Co(OH)3+4H++SO32?===2Co2++SO42?+5H2O
+3
Co3O4
【解析】本题主要考查了电化学原理、离子方程式的书写及化学计算等,意在考查考生利用化学原理分析、解决实际问题的能力。(1)产生H2的极为阴极,同时产生OH-,Li+通过阳离子交换膜进入阴极,阴极区电解液为LiOH溶液。阳极区电解液为LiCl溶液,Cl-发生失电子的氧化反应生成Cl2。（2）在酸性条件下，Co(OH)3首先与H+反应生成Co3+，Co3+具有氧化性，把SO32?氧化为SO42?，配平可得离子方程式：2Co(OH)3+4H++SO32?===2Co2++SO42?+5H2O；铁渣中铁元素的化合价应该为高价，为+3价；CO2的物质的量为：1.344L÷22.4L/mol=0.06mol，根据CoC2O4的组成可知Co元素物质的量为0.03mol，设钴氧化物的化学式为CoxOy，根据元素的质量比可得：59x：16y=0.03mol×59g/mol：（2.41g—0.03mol×59g/mol），解得x：y=3:4，则钴氧化物的化学式为：Co3O4。
【考点定位】本题考查了电极原理及应用，包括电极方程式的书写、电解液的判断、离子移动方向的判断；还考查了离子方程式的书写、元素化合价的判断、根据化学计算推测物质的化学式。
【名师点睛】本题试题立意鲜明，以考查学生能力为主导，抓住学科知识的内在联系，首先通过电解法制备LiOH的分析考查了电解的原理及应用，然后利用钴渣制备钴氧化物的工艺流程，考查了离子方程式的书写和化学式的推断，将化学学科知识的考查融于化工生产实践中，体现了化学学科的科学和社会价值，侧重于对考生分析问题、解决问题能力的考查。
14．【2015江苏化学】(12分)软锰矿(主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等)的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4·H2O
，反应的化学方程式为：MnO2＋SO2===MnSO4
（1）质量为17．40g纯净MnO2最多能氧化_____L(标准状况)SO2。
（2）已知：Ksp[Al(OH)3]=1×10－33，Ksp[Fe(OH)3]=3×10－39，pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3＋、Al3＋(使其浓度小于1×10－6mol·L－1)，需调节溶液pH范围为________。
（3）如图所示可以看出，从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O晶体，需控制结晶温度范围为_______。
（4）准确称取0．1710g
MnSO4·H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H2PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2＋全部氧化成Mn3＋，用c(Fe2＋)=0.0500mol·L－1的标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3＋被还原为Mn2＋)，消耗Fe2＋溶液20．00mL。计算MnSO4·H2O样品的纯度(请给出计算过程)。
【答案】(1)4.48　(2)5.0℃
(4)n(Fe2＋)＝0.050
0
mol·L－1×＝1.00×10－3
mol
n(Mn2＋)＝n(Fe2＋)＝
1.00×10－3
mol
m(MnSO4·H2O)＝1.00×10－3
mol
×
169
g·mol－1＝0.169
g
MnSO4·H2O样品的纯度：×100%＝98.8%
【解析】(1)n(MnO2)＝＝0.2
mol，由方程式知，可以氧化0.2
mol
SO2，标准状况下为0.2
mol×22.4
L·mol－1＝4.48
L。(2)由Al(OH)3和Fe(OH)3的Ksp知，使Al3＋完全沉淀时，Fe3＋肯定已沉淀。Ksp[Al(OH)3]＝c(Al3＋)·c3(OH－)，c3(OH－)＝＝10－27，c(OH－)＝
10－9
mol·L－1，pH＝5，为了不使Mn2＋沉淀，所以pH要小于7.1。(3)由溶解度曲线图知，MnSO4·H2O结晶需要温度高于40
℃，但此时MnSO4·H2O的溶解度大于MgSO4·6H2O，所以此时若析出MnSO4·H2O，同时可能会有MgSO4·6H2O析出，在60
℃时两者溶解度相等，随后MnSO4·H2O的溶解度减小，易析出，而MgSO4·6H2O的溶解度增大，进入溶液中，此后的温度两者更易于分离。(4)Mn2＋先转化成Mn3＋，Mn元素的量没有改变，依据反应
Mn3＋＋Fe2＋===Mn2＋＋Fe3＋知，消耗的Fe2＋的物质的量等于Mn3＋的物质的量，所以n(MnSO4·H2O)＝n(Mn2＋)＝n(Mn3＋)＝n(Fe2＋)＝0.05
mol/L×0.02
L＝0.001
mol，MnSO4·H2O的纯度为×100%＝98.8%。
【考点定位】考查化学反应计算、溶度积的计算、物质除杂等问题。
【名师点睛】本题设计化学反应的计算、溶度积的计算、物质的除杂、氧化还原反应的得失电子数目守恒，第一题的计算中主要运用化学反应方程式，进行计算，第二题中虽然考查pH的范围，实际上设计了除杂和溶度积的计算，注意题干中所给信息，1×10－6mol·L－1，第三题根据图像看，如何除杂，第四题根据氧化还原反应得失电子数目守恒的思想解决问题，培养学生计算能力和看图能力，解决知识的运用能力。
15．【2015上海化学】（12分）甲醛是深受关注的有机化合物。甲醛含量的测定有多种方法，例如：在调至中性的亚硫酸钠溶液中加入甲醛水溶液，经充分反应后，产生的氢氧化钠的物质的量与甲醛的物质的量相等，然后用已知浓度的硫酸滴定氢氧化钠。完成下列填空：
（1）将4.00
mL甲醛水溶液加入到经调至中性的亚硫酸钠溶液中，充分反应后，用浓度为1.100
mol/L的硫酸滴定，至终点时耗用硫酸20.00
mL。甲醛水溶液的浓度为
mol/L。
（2）上述滴定中，若滴定管规格为50mL，甲醛水溶液取样不能超过
mL。
（3）工业甲醛含量测定的另一种方法：在甲醛水溶液中加入过氧化氢，将甲醛氧化为甲酸，然后用已知浓度的氢氧化钠溶液滴定。
HCHO
+
H2O2
→
HCOOH
+
H2O
NaOH
+
HCOOH
→
HCOONa
+
H2O
已知H2O2能氧化甲酸生成二氧化碳和水。如果H2O2用量不足，会导致甲醛含量的测定结果
（选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”），因为
；如果H2O2过量，会导致甲醛含量的测定结果
（选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”），因为
。
（4）甲醛和新制氢氧化铜的反应显示了甲醛的还原性，发生反应的化学方程式通常表示如下：
HCHO+2Cu(OH)2HCOOH+Cu2O↓+2H2O
若向足量新制氢氧化铜中加入少量甲醛，充分反应，甲醛的氧化产物不是甲酸或甲酸盐，设计一个简单实验验证这一判断。
①主要仪器：试管
酒精灯
②可供选用的试剂：硫酸铜溶液、甲醛、甲酸、氢氧化钠溶液
【答案】（1）11
（2）10
（3）偏低，未完全将甲醛氧化为甲酸，使消耗的NaOH标准溶液少；偏低，将甲醛氧化的甲酸进一步氧化为二氧化碳和水，使消耗的NaOH标准溶液少。
（4）向试管中加入2ml
10％的NaOH溶液，然后向其中滴加2％的硫酸铜溶液CuSO4溶液4~6滴，产生Cu(OH)2蓝色絮状沉淀，取少量反应后的溶液，加入到新制Cu(OH)2悬浊液中，加热煮沸，观察有无砖红色沉淀产生，若有证明含有甲酸或甲酸盐，否则不含有甲酸或甲酸盐。
【解析】
（3）如果H2O2用量不足，产生的HCOOH偏少，进行中和滴定消耗的NaOH标准溶液的体积就偏小，会导致甲醛含量的测定结果偏低。如果H2O2过量，由于H2O2能氧化反应产生的甲酸生成二氧化碳和水，使中和滴定消耗的NaOH标准溶液的体积也偏小，因此也会导致甲醛含量的测定结果偏低。
（4）甲酸HCOOH或甲酸盐如HCOONa等都含有醛基，所以要证明向足量新制氢氧化铜中加入少量甲醛，充分反应，甲醛的氧化产物不是甲酸或甲酸盐，只要证明在物质中不含有醛基就可以。方法是向试管中加入2ml10％的NaOH溶液，然后向其中滴加2％的硫酸铜溶液CuSO4溶液4~6滴，产生Cu(OH)2蓝色絮状沉淀，取少量反应后的溶液，加入到新制Cu(OH)2悬浊液中，加热煮沸，观察有无砖红色沉淀产生，若有证明含有甲酸或甲酸盐，否则不含有甲酸或甲酸盐。
【考点定位】考查甲醛物质的量浓度的计算、含量的测定的误差分析、醛基存在的检验方法的设计的知识。
【名师点睛】物质的量浓度是表示溶液浓度的方法，物质的量浓度的计算要依据物质的量浓度定义式，物质含量的测定要进行得到，物质存在的检验方法要依据物质含有的官能团的结构及反应现象进行确定。误差分析要根据消耗标准溶液的体积的大小确定，在实验方案的设计时，要操作方便、现象明显，安全性强。
16．【2015上海化学】（14分）氨碱法制纯碱包括石灰石分解、粗盐水精制、氨盐水碳酸化等基本步骤。完成下列计算：
（1）CaCO3质量分数为0.90的石灰石100
kg完成分解产生CO2
L（标准状况）。
石灰窑中，该石灰石100
kg与焦炭混合焙烧，产生CO2
29120
L（标准状况），如果石灰石中碳酸钙完全分解，且焦炭完全燃烧，不产生CO，则焦炭的物质的量为
mol。
（2）已知粗盐水含MgCl2
6.80
mol/m3，含CaCl2
3.00mol/m3。向粗盐水中加入Ca(OH)2除镁离子：MgCl2
+
Ca(OH)2
→
Mg(OH)2↓
+
CaCl2然后加入Na2CO3除钙离子。处理上述粗盐水10
m3，至少需要加Na2CO3
g。如果用碳酸化尾气（含NH3体积分数为0.100、CO2体积分数0.040）代替碳酸钠，发生如下反应：Ca2+
+
2NH3
+
CO2
+
H2O
→
CaCO3↓
+
2NH4+处理上述10
m3粗盐水至少需要通入多少L（标准状况）碳酸化尾气？列式计算。
（3）某氨盐水含氯化钠1521
kg，通入二氧化碳后析出碳酸氢钠晶体，过滤后溶液中含氯化铵1070
kg。列式计算：①过滤后溶液中氯化钠的质量。②析出的碳酸氢钠晶体的质量。
【答案】（1）20160L
400
（2）10388
54880L
（3）①351kg
②1680kg。
【解析】（1）CaCO3分解的反应方程式是：CaCO3CaO+CO2↑，根据方程式可知每1mol
CaCO3反应会产生1mol
CO2，质量分数为0.90的石灰石100
kg物质的量是n(CaCO3)=
(1.0×105g×0.90)÷100g/mol=900mol，则石灰石完成分解产生标准状况下的CO2的体积是V(CO2)=n?Vm=900mol×22.4L/mol=20160L。石灰窑中，该石灰石100
kg与焦炭混合焙烧，产生标准状况下CO2
29120
L，如果石灰石中碳酸钙完全分解，且焦炭完全燃烧，不产生CO，则焦炭燃烧产生的CO2的体积是V(CO2)=V(总)-V(石灰石)=29120
L-20160L=8960L，则其物质的量是n(CO2)=
V(CO2)
÷Vm=8960L÷22.4L/mol=400mol。根据碳元素守恒，可知焦炭的物质的量与产生的物质的量CO2相等，也是400mol。（2）10
m3粗盐水中含有的MgCl2、CaCl2
物质的量是：n(MgCl2)=
6.80
mol/m3×10
m3=68mol；n(CaCl2)=
3.00mol/m3×10
m3=30mol。根据反应方程式MgCl2
+
Ca(OH)2
→
Mg(OH)2↓
+
CaCl2可知1mol
MgCl2发生反应被除去时引入1mol
CaCl2.则向粗盐水中加入Ca(OH)2除镁离子后得到的溶液中含有的CaCl2的物质的量是：68mol+30mol=98mol，根据反应方程式：Na2CO3+
CaCl2=CaCO3↓+2NaCl可知反应消耗Na2CO3的物质的量与CaCl2的物质的量相等，则其质量是m(Na2CO3)=nM=98mol×106g/mol=10388g。根据反应方程式Ca2+
+
2NH3
+
CO2
+
H2O
→
CaCO3↓
+
2NH4+可知反应消耗的氨气与CO2的物质的量的比是2:1，而混合气体中含NH3体积分数为0.100、CO2体积分数0.040，说明NH3过量，不能完全反应，应该以不足量的CO2为标准进行计算，而n(Ca2+)=n(CO2)，n(Ca2+)=98mol，则需要n(CO2)=
98mol，混合气体的物质的量是n(混合)=
98mol÷0.04=2450mol，其在标准状况下的体积是V(混合)=nVm=
2450mol×22.4L/mol=54880L。（3）①n(NaCl)(总)=m÷M=1521000g÷58.
5g/mol=26000mol，反应产生的NH4Cl的物质的量是n(NH4Cl)=
m÷M=1070
000g÷53.
5g/mol=20000mol，根据氯元素守恒可知，在溶液中含有的NaCl的物质的量是n(NaCl)=
n(NaCl)(总)-
n(NH4Cl)=
26000mol-20000mol=6000mol，其质量是m(NaCl)=n?M=6000mol×58.
5g/mol=351000g=351kg。②氨盐水中发生反应根据反应方程式：NaCl+CO2+NH3+H2O=
NaHCO3↓+NH4Cl。产生的NaHCO3的物质的量与NH4Cl的物质的量相等，则析出的碳酸氢钠晶体的质量是m(NaHCO3)=n?M=20000mol×84g/mol=1680000g=1680kg。
【考点定位】考查氨碱法制纯碱的有关化学计算的知识。
【名师点睛】氨碱法制纯碱是化学重要的理论，其中涉及物质CO2、NH3的制取方法、反应的先后顺序、根据反应方程式进行的有关计算。掌握物质的化学性质、方程式的书写及物质的量与物质的质量、摩尔质量、物质的量与气体的体积、气体摩尔体积的关系和反应前后的元素守恒是做本题的关键。
17．【2014年高考江苏卷】（12分）碱式碳酸铝镁[MgaAlb(OH)c(CO3)d·x
H2O]常用作塑料阻燃剂。
（1）碱式碳酸铝镁具有阻燃作用，是由于其受热分解需吸收大量热量和
。
（2）MgaAlb(OH)c(CO3)d·x
H2O中a、b、c、d的代数关系式为
。
（3）为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：
①准确称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO2
0.560
L（已换算成标准状况下）。②另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率（固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量×100%）随温度的变化如图所示（样品在270℃时已完全失去结晶水，600℃以上残留固体为金属氧化物的混合物）。
根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的
n(OH－):
n(CO32－)（写出计算过程）。
【答案】(1)生成的产物具有阻燃作用　(2)2a＋3b＝c＋2d
(3)n(CO2)＝＝2.50×10－2mol
m(CO2)＝2.50×10－2
mol×44
g·mol－1＝1.10
g
在270～600
℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解放出CO2和H2O
m(CO2)＋m(H2O)＝3.390
g×(0.734
5－0.370
2)＝1.235
g
m(H2O)＝1.235
g－1.10
g＝0.135
g
n(H2O)＝＝7.50×10－3
mol
n(OH－)＝7.50×10－3
mol×2＝1.50×10－2
mol
n(OH－)∶n(CO)＝1.50×10－2
mol∶2.50×10－2
mol＝3∶5
【解析】本题主要考查对碱式碳酸铝镁组成的确定,意在考查考生对图象、数据的分析和处理能力。(1)碱式碳酸铝镁分解后生成Al2O3、MgO、CO2，这些物质都可起到阻燃作用。
(2)根据化合物中各元素的化合价代数和为0，故2a＋3b＋(－1)c＋(－2)d＝0，即2a＋3b＝
c＋2d。(3)利用标准状况下CO2的体积计算所含CO2的物质的量，从而求出CO2的质量；再结合图像，求出分解过程中生成H2O的质量，从而求出H2O的物质的量。解题时要特别注意：①固体残留率在73.45%以前，结晶水已经全部失去，此时减少的质量为分解生成的CO2和H2O，②固体分解可看成是镁铝的氢氧化物及其碳酸盐的分解，故分解生成1
mol
H2O需要2
mol
OH－，分解生成1
mol
CO2需要1
mol
CO。
【考点定位】本题主要是考查化学计算。
【名师点晴】本题以物质的化学式计算为载体，重点考查化学式中化合价代数和为零的原则和实际工业中的测定组成的方法，考察了应用所学知识进行必要的分析、类推或计算一些具体的化学问题的能力。高考化学试题中对考生设计简单实验能力的考查赋予较多的关注，其中就包括对定量实验的设计的考查，它要求学生能够通过题给实验情境中适当迁移，准确把化学实验基础知识和基本操作技能运用到某些类似的定量实验中去，解决一些原理和操作较简单的定量问题。考察学生的实际应用能力和阅读能力，体现了化学科的实用性。专题15
平衡原理综合应用
2019年化学高考题
1.
【2019全国Ι理综，28，14分】水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题：
（1）Shibata曾做过下列实验：①使纯H2缓慢地通过处于721
℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还原为金属钴(Co)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250。
②在同一温度下用CO还原CoO(s)，平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0192。
根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO_________H2（填“大于”或“小于”）。
（2）721
℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中H2的物质的量分数为_________（填标号）。
A．＜0.25
B．0.25
C．0.25~0.50
D．0.50
E．＞0.50
（3）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用标注。
可知水煤气变换的ΔH________0（填“大于”“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活化能）E正=_________eV，写出该步骤的化学方程式_______________________。
（4）Shoichi研究了467
℃、489
℃时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系（如下图所示），催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的PH2O和PCO相等、PCO2和PH2相等。
计算曲线a的反应在30~90
min内的平均速率(a)=___________kPa·min?1。467
℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是___________、___________。489
℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是___________、___________。
1.
（1）大于（1分）
（2）C（2分）
（3）小于（1分）
2.02
（2分）
COOH
+H
+H2O
===COOH
+2H
+OH
（或H2O
===
H
+OH
）（2分）
（4）0.0047（2分）
b（1分）
c（1分）
a（1分）
d（1分）
【解析】
本题考查化学反应原理，涉及活化能、反应速率、反应热等知识，考查的核心素养是变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知。（1）〖JP3〗由题给信息①可知，H??2?(g)＋CoO(s)
Co(s)＋H??2?O(g)（i）?K1?＝＝39,由题给信息②可知，CO(g)＋?CoO(s)
Co(s)?＋CO2(g)（ii）?K2＝＝≈51.08。相同温度下，平衡常数越大，反应倾向越大，故CO还原氧化钴的倾向大于H2。（2）第（1）问和第（2）问的温度相同，利用盖斯定律，由(ii)-(i)得CO(g)＋H2O(g)
CO2(g)＋H2(g)?K＝≈1.31。设起始时CO（g）、H2O(g)?的物质的量都为1
mol，容器体积为1
L，在721
℃下，反应达平衡时H2的物质的量为xmol。?
?若K取4，则x≈0.67，φ(H2)≈0.33。
氢气的物质的量分数介于0.25与0.33之间，故选C。（3）观察起始态物质的相对能量与终态物质的相对能量知，终态物质相对能量低于始态物质相对能
量，说明该反应是放热反应，Δ?H?小于0。过渡态物质相对能量与起始态物质相对能量相差越大，活化能越大，由题图知，最大活化?能E正＝1.86
eV－(－0.16
eV)＝2.02
eV，
该步起始物质为COOH[HT]
＋H[HT]
＋H2O[HT]
，产物为COOH[HT]
＋2H[HT]
＋OH[HT]
。（4）由题图可知，30~90
min内。水煤气变换中CO是反应物，H2是产物，又该反应是放热反应，升高温度，平衡向左移动，重新达到平衡时，H2的压强减小，CO的压强增大。故a曲线代表489
℃时pH2随时间变化关系的曲线，d曲线代表489
℃时pCO?随时间变化关系的曲线，b曲线代表467
℃时pH2随时间变化关系的曲线,c曲线代表467
℃时?pCO随时间变化关系的曲线。
2.
【2019全国Ⅱ理综，27,15分】环戊二烯（）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：
（1）已知：(g)
(g)+H2(g)
ΔH1=100.3
kJ·mol
?1
①
H2(g)+
I2(g)
2HI(g)
ΔH2=?11.0
kJ·mol
?1
②
对于反应：(g)+
I2(g)
(g)+2HI(g)
③
ΔH3=___________kJ·mol
?1。
（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（）在刚性容器内发生反应③，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为_________，该反应的平衡常数Kp=_________Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有__________（填标号）。
A．通入惰性气体
B．提高温度
C．增加环戊烯浓度
D．增加碘浓度
（3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是__________（填标号）。
A．T1＞T2
B．a点的反应速率小于c点的反应速率
C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率
D．b点时二聚体的浓度为0.45
mol·L?1
（4）环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe(C5H5)2结构简式为），后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯的DMF溶液（DMF为惰性有机溶剂）。
INCLUDEPICTURE
"C:\\Users\\化学-钟\\Documents\\Tencent
Files\\465249997\\Image\\Group\\Image2\\2F@3Q9Z3Q_$C]NVW]AHFS$O.jpg"
\
MERGEFORMAT
INCLUDEPICTURE
"C:\\Users\\化学-钟\\Documents\\Tencent
Files\\465249997\\Image\\Group\\Image2\\2F@3Q9Z3Q_$C]NVW]AHFS$O.jpg"
\
MERGEFORMATINET
INCLUDEPICTURE
"D:\\蔡佳\\2020版高考帮化学看板PDF\\化学-钟\\Documents\\Tencent
Files\\465249997\\Image\\Group\\Image2\\2F@3Q9Z3Q_$C]NVW]AHFS$O.jpg"
\
MERGEFORMATINET
INCLUDEPICTURE
"C:\\Users\\化学-钟\\Documents\\Tencent
Files\\465249997\\Image\\Group\\Image2\\7Y%NESHNE13IXJR3@IE%3~2.jpg"
\
MERGEFORMAT
INCLUDEPICTURE
"C:\\Users\\化学-钟\\Documents\\Tencent
Files\\465249997\\Image\\Group\\Image2\\7Y%NESHNE13IXJR3@IE%3~2.jpg"
\
MERGEFORMATINET
INCLUDEPICTURE
"D:\\蔡佳\\2020版高考帮化学看板PDF\\化学-钟\\Documents\\Tencent
Files\\465249997\\Image\\Group\\Image2\\7Y%NESHNE13IXJR3@IE%3~2.jpg"
\
MERGEFORMATINET
该电解池的阳极为____________，总反应为__________________。电解制备需要在无水条件下进行，原因为_________________________。
?
2.
【解析】
本题考查化学反应与能量变化、化学反应速率与化学平衡、电化学知识，考查的核心素养是变化观念与平衡思想。（1）〖JP3〗根据盖斯定律，由反应①+反应②得反应③，则ΔH3=ΔH1+ΔH2=（100.3-11.0）
kJ·mol-1=+89.3
kJ·mol-1?。（2）设容器中起始加入I2?(g)和环戊烯的物质的量均为a，平衡时转化的环戊烯的物质的量为x，列出三段式：?
根据平衡时总压强增加了20%，且恒温恒容时，压强之比等于气体物质的量之比，得，解得?x=0.4a?，则环戊烯的转化率为，平衡时的分压分别为?则Kp?=，根据p总=1.2×105Pa，可得Kp=×1.2×105Pa≈3.56×104Pa?。通入惰性气体，对反应③的平衡无影响，
A项不符合题意；反应③为吸热反应，提高温度，平衡正向移动，可提高环戊烯的平衡转化率，B项符合题意；增加环戊烯浓度，能提高I2(g)?的平衡转化率，但环戊烯的平衡转化率降低，C项不符合题意；增加I2(g)的浓度，能提高环戊烯的平衡转化率，D项符合题意。（3）由相同时间内，环戊二烯浓度减小量越大，反应速率越快可知，T1＜T2，A项错误；影响反应速率的因素有温度和环戊二烯的浓度等，a点时温度较低，但环戊二烯浓度较大，c点时温度较高，但环戊二烯浓度较小，故无法比较a点和c点的反应速率大小，B项错误；a点和b点温度相同，a点时环戊二烯的浓度大于b点时环戊二烯的浓度，即a点的正反应速率大于b点的正反应速率，因为b点时反应未达到平衡，b点的正反应速率大于逆反应速率，故a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，C项正确；b点时，环戊二烯的浓度减小0.9mol·L-1，结合生成的二聚体浓度为环戊二烯浓度变化量的，可知二聚体的浓度为0.45
mol·L-1，D项正确。
（4）
结合图示电解原理可知，Fe电极发生氧化反应，为阳极；在阴极上有H2生成，故电解时的总反应为?。结合相关反应可知，电解制备需在无水条件下进行，否则水会阻碍中间产物Na的生成，水电解生成OH-，OH-会进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2，从而阻碍二茂铁的生成。?
【易错警示】①影响化学反应速率的因素有浓度、温度、压强等，比较化学反应速率的大小时要考虑多个因素的相互影响；②注意原电池和电解池的区别，并能结合图示和题干信息等进行综合分析。
3.
【2019全国Ⅲ理综，28,15分】近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：
（1）Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl)
∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：
可知反应平衡常数K（300℃）____________K（400℃）（填“大于”或“小于”）。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K（400℃）=____________（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是____________。
（2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)
ΔH1=83
kJ·mol-1
CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)
ΔH2=-20
kJ·mol-1
CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)
ΔH3=-121
kJ·mol-1
则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________
kJ·mol-1。
（3）在一定温度的条件下，进一步提高HCI的转化率的方法是______________。（写出2种）
（4）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：
负极区发生的反应有____________________（写反应方程式）。电路中转移1
mol电子，需消耗氧气__________L（标准状况）
3.
（除标明外，每空2分）（1）大于
O2和Cl2分离能耗较高（1分）HCl转化率较低（1分）
（2）﹣116
（3）增加反应体系压强、及时除去产物
（4）Fe3++e?=Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
5.6
【解析】
本题考查反应热、电化学、化学平衡知识，考查的核心素养是变化观念与平衡思想。(1)由题给HCl平衡转化率随温度变化的关系图可知，随温度升高，HCl平衡转化率降低，则此反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，即?K?(300
℃)大于?K?(400
℃)。结合题图可知，?c?(HCl)〖DK〗∶?c?(O?2)=1〖DK〗∶1、400
℃时HCl的平衡转化率为84%,列出三段式：?
?则K
(400
℃)=
；进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低会使O2和Cl2分离的能耗较高，过高则会造成HCl转化率较低。(2)将已知热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，由(①+②+③)×2得4HCl(g)+O2(g)
2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=-116
kJ·mol-1。(3)题述反应是气体体积减小的反应，增大反应体系压强可使反应正向移动，提高HCl的转化率，及时分离出产物也能提高HCl的转化率。(4)负极区发生还原反应Fe3++e-Fe2+，生成的二价铁又被氧气氧化成三价铁，发生反应4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O，由反应可知电路中转移4
mol电子消耗1
mol
O2，则转移1
mol电子消耗氧气1/4
mol，其在标准状况下的体积为1/4
mol×22.4
L·mol-1=5.6
L。?
【技巧点拨】
电解池中电极反应式的书写技巧：(1)首先看阳极材料，如果阳极是活泼金属作电极，则应是阳极失电子，阳极不断溶解，溶液中的阴离子不能失电子。(2)如果阳极是惰性电极(Pt、Au、石墨等作电极)，则应是电解质溶液中的离子放电，根据离子的放电顺序书写电极反应式。阳极(惰性电极)发生氧化反应，阴离子失去电子被氧化的顺序为S2-＞I-＞Br-＞Cl-＞OH-＞含氧酸根离子＞F-。阴极发生还原反应，阳离子得到电子被还原的顺序为Ag+＞Hg2+＞Fe3+＞Cu2+＞H+＞Pb2+＞Sn2+＞Fe2+＞Zn2+?。
2018年
化学高考题
1.
（2018全国Ⅱ理综，27，14分）CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气(CO和H2),还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：
(1)
CH4-CO2催化重整反应为:CH4(g)+CO2(g)
2CO(g)+2H2(g)。
已知:C(s)+2H2(g)
CH4(g)
ΔH=-75
kJ·mol-1?
C(s)+O2(g)
CO2(g)
ΔH=-394
kJ·mol-1?
C(s)+
1/2O2(g)
CO(g)
ΔH=-111
kJ·mol-1?
该催化重整反应的ΔH=
kJ·mol-1。有利于提高CH4平衡转化率的条件是
(填标号)。
A.高温低压
B.低温高压
C.高温高压
D.低温低压
某温度下,在体积为2
L的容器中加入2
mol
CH4、1
mol
CO2以及催化剂进行重整
反应,达到平衡时CO2的转化率是50%,其平衡常数为
mol2·L-2。
(2)反应中催化剂活性会因积碳反应而降低,同时存在的消碳反应则使积碳量减少。
相关数据如下表：
1
上表判断,催化剂X
Y(填“优于”或“劣于”),理由是
。
在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下,某催化剂表面的积碳量随温度的变化
关系如图1所示,升高温度时,下列关于积碳反应、消碳反
应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是
(填标号)。
A.K积、K消均增加
B.v积减小、v消增加
C.K积减小、K消增加
D.v消增加的倍数比v积增加的倍数大
2
一定温度下,测得某催化剂上沉积碳的生成速率
方程为。在p(CH4)一定时,不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图2所示,则pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的
顺序为
。
1.（1）247(2分)
A(2分)
1/3(2分)?
(2)①劣于(2分)
相对于催化剂X,催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大(2分)
AD(2分)
②pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)(2分)?
【解析】
本题考查化学反应与能量、化学反应速率和化学平衡等知识的综合运用。（1）将已知中3个反应依次记为①、②、③，根据盖斯定律③×2-①-②得该催化重整反应的ΔH=（-111×2+75+394）kJ·mol-1=+247
kJ·mol-1。由于该反应为吸热且气体体积增大的反应，要提高CH4的平衡转化率，需在高温低压下进行。根据平衡时消耗的CO2为1
mol×50%=0.5
mol，则消耗的CH4为0.5
mol，生成的CO和H2均为1
mol，根据三段式法可知平衡时CH4、CO2、CO和H2的平衡浓度分别为0.75
mol·L-1、0.25
mol·L-1、0.5
mol·L-1、0.5
mol·L-1，则平衡常数K=
。
（2）①从表格中数据可看出相对于催化剂X，用催化剂Y催化时积碳反应的活化能大，则积碳反应的反应速率小，而消碳反应活化能相对小，则消碳反应的反应速率大，再根据题干信息“反应中催化剂活性会因积碳反应而降低”可知催化剂X劣于催化剂Y。结合图示可知500~600
℃随温度升高积碳量增加，而600~700
℃随温度升高积碳量减少，故随温度升高，K积和K消均增加，且消碳反应速率增加的倍数比积碳反应的大，故A、D正确。②由该图象可知在反应时间和p(CH4)?相同时，图象中速率关系va＞vb＞vc，结合沉积碳的生成速率方程v=
，在p(CH4)相同时，随着p(CO2)增大，反应速率逐渐减慢，即可判断：pc(CO2)＞pb(CO2)＞pa(CO2)。?
【解后反思】解答该化学反应原理题，需明确要结合盖斯定律计算反应热，涉及已知反应方向或计量数的调整;根据催化重整反应的特点采取适当措施提高CH4的转化率;结合三段式法和反应中CO2的转化率计算平衡时各物质的物质的量浓度，然后计算化学平衡常数等。?
2017年
化学高考题
1.
【2017年高考全国卷II】丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题:
(1)正丁烷(C4H10)脱氢制1-丁烯(C4H8)的热化学方程式如下:
①C4H10(g)C4H8(g)+H2(g)　ΔH1
已知:②C4H10(g)+1/2O2(g)C4H8(g)+H2O(g)　ΔH2=-119
kJ·mol-1
③H2(g)+
1/2O2(g)H2O(g)　ΔH3=-242
kJ·mol-1
反应①的ΔH1为　　　　kJ·mol-1。图(a)是反应①平衡转化率与反应温度及压强的关系图，x　　　　0.1(填“大于”或“小于”)；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是　　　　(填标号)。
A.升高温度　
B.降低温度　
C.增大压强　
D.降低压强
(2)丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂)，出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。图(b)为丁烯产率与进料气中n(氢气)/n(丁烷)的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是　　　　　　　　　　　　　。
(3)图(c)为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590
℃之前随温度升高而增大的原因可能是　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　；590
℃之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是　
。
【答案】(1)123　小于　AD
(2)氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，逆反应速率增大
(3)升高温度有利于反应向吸热方向进行　温度升高反应速率加快　丁烯高温裂解生成短链烃类
【解析】本题主要考查盖斯定律和化学平衡知识的应用。本题给出了3个图象，图象信息量比较大，正确分析图象是解答本题的关键。解答试题时要根据图象作出正确判断，从图(a)中要看出在温度相同时，改变压强对平衡转化率的影响；从图(b)中要看出在达到平衡之前，丁烯产率逐渐增大，但达到平衡后再增大n(氢气)/n(丁烷)，平衡逆向移动，丁烯产率降低；从图(c)中要看出590
℃前后产率的变化情况，并结合第(3)问中副产物是高温裂解生成的短链烃类，分析丁烯产率随温度变化的原因。
(1)根据盖斯定律，可得①=②-③，则ΔH1=ΔH2-ΔH3=-119
kJ·mol-1+242
kJ·mol-1=123
kJ·mol-1。反应①为气体总体积增大的反应，在温度相同时降低压强有利于提高平衡转化率，故x<0.1。反应①为吸热反应，升高温度有利于平衡正向移动，A项正确；降低压强平衡向气体总体积增大的方向移动，D项正确。(2)结合图(b)可看出随着n(氢气)/n(丁烷)增大，丁烯产率先升高后降低，这是因为氢气是生成物，当n(氢气)/n(丁烷)逐渐增大时，逆反应速率加快，故丁烯的产率逐渐降低。(3)在590
℃之前随温度升高丁烯产率逐渐增大，这是因为温度升高不仅能加快反应速率，还能促使平衡正向移动；但温度高于590
℃时，丁烯高温裂解生成短链烃类，导致丁烯产率快速降低。
2.
【2017年高考全国卷III】砷(As)是第四周期ⅤA族元素，可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物，有着广泛的用途。回答下列问题:
(1)画出砷的原子结构示意图　　　　。
(2)工业上常将含砷废渣(主要成分为As2S3)制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式　　　　　　　　　　　　。该反应需要在加压下进行，原因是　　
　　。
(3)已知:As(s)+3/2
H2(g)+2O2(g)H3AsO4(s)　ΔH1
H2(g)+1/2O2(g)H2O(l)　ΔH2
2As(s)+5/2O2(g)As2O5(s)　ΔH3
则反应As2O5(s)+3H2O(l)2H3AsO4(s)的ΔH=　　　　。
(4)298
K时，将20
mL
3x?mol·L-1?Na3AsO3、20
mL
3x?mol·L-1?I2和20
mL
NaOH溶液混合，发生反应:
AsO33-
(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)
AsO43-(aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中c(AsO43-)与反应时间(t)的关系如图所示。
①下列可判断反应达到平衡的是　　　　(填标号)。
a.溶液的pH不再变化
b.v(I-)=2v(AsO33-)
c.c(AsO43-)/c(AsO33-)不再变化
d.c(I-)=y?mol·L-1
②tm时，v正　　　　v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。
③tm时v逆　　　　tn时v逆(填“大于”“小于”或“等于”)，理由是　
。
④若平衡时溶液的pH=14，则该反应的平衡常数K为　　　　。
【答案】1)
(2)2As2S3+5O2+6H2O4H3AsO4+6S　增加反应物O2的浓度，提高As2S3的转化速率
(3)2ΔH1-3ΔH2-ΔH3
(4)①a、c　②大于　③小于　tm时生成物浓度较低　④?(mol·L-1)-1
【解析】本题考查原子结构、盖斯定律、化学平衡移动原理、平衡常数计算等。(1)从内向外P的各层电子数依次是2、8、5，砷与磷位于同主族且相邻，砷原子比磷原子多一个电子层，所以从内向外砷的各层电子数分别为2、8、18、5，据此可画出其原子结构示意图。(2)根据得失电子守恒先确定As2S3与O2的化学计量数分别为2、5，再结合元素守恒得出H3AsO4、S和H2O的化学计量数分别为4、6、6。(3)将已知热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，由①×2-②×3-③可得:As2O5(s)+3H2O(l)?2H3AsO4(s)　ΔH=2ΔH1-3ΔH2-ΔH3。(4)①溶液的pH不再变化，即OH-的浓度不再变化，所以平衡体系中各组分的浓度均不再变化，说明反应达到平衡状态，a项正确；当v正(I-)=2v逆(AsO33-)或v逆(I-)=2v正(AsO33-)时反应达到平衡状态，选项中的速率未指明是正反应速率还是逆反应速率，故b项错误；反应达到平衡之前，c(AsO33-)逐渐减小而c(AsO43-)逐渐增大，故c(AsO43-)/c(AsO33-)逐渐增大，当c(AsO43-)/c(AsO33-)不变时反应达到平衡状态，c项正确；根据离子方程式可知反应体系中恒有c(I-)=2c(AsO43-)，观察图象可知反应达到平衡时c(AsO43-)=y?mol·L-1，此时c(I-)=2y?mol·L-1，故d项错误。②tm时反应未达到平衡状态，所以v正大于v逆。③从tm到tn，反应逐渐趋于平衡状态，反应物浓度逐渐减小而生成物浓度逐渐增大，所以正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，故tm时v逆小于tn时v逆。④根据题意，起始时c(AsO33-)=c(I2)=x?mol·L-1。根据图象可知平衡时c(AsO43-)=y?mol·L-1，则此时c(I-)=
2y?mol·L-1，c(AsO33-)=?c(I2)=(x-y)
mol·L-1，平衡时溶液的pH=14，则c(OH-)=1
mol·L-1，故该反应的平衡常数K==?(mol·L-1)-1。
3．【2017年高考浙江卷】以氧化铝为原料，通过碳热还原法可合成氮化铝（AlN）；通过电解法可制取铝。电解铝时阳极产生的CO2可通过二氧化碳甲烷化再利用。
请回答：
(1)
已知：2Al2O3(s)===4Al(g)＋3O2(g)
ΔH1＝3351
kJ·molˉ1
2C(s)＋O2(g)===2CO(g)
ΔH2＝－221
kJ·molˉ1
2Al(g)＋N2(g)===2AlN(s)
ΔH3＝－318
kJ·molˉ1
碳热还原Al2O3合成AlN的总热化学方程式是________，该反应自发进行的条件
________。
(2)
在常压、Ru/TiO2催化下，CO2和H2混和气体(体积比1∶4，总物质的量a
mol)进行反应，测得CO2转化率、CH4和CO选择性随温度变化情况分别如图1和图2所示(选择性：转化的CO2中生成CH4或CO的百分比)。
反应Ⅰ
CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)
ΔH4
反应Ⅱ
CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)
ΔH5
①下列说法不正确的是________
A．ΔH
4小于零
B．温度可影响产物的选择性
C．CO2平衡转化率随温度升高先增大后减少
D．其他条件不变，将CO2和H2的初始体积比改变为1∶3，可提高CO2平衡转化率
②350℃时，反应Ⅰ在t1时刻达到平衡，平衡时容器体积为V
L，该温度下反应Ⅰ的平衡常数为________(用a、V表示)
③350℃下CH4物质的量随时间的变化曲线如图3所示。画出400℃下0～t1时刻CH4物质的量随时间的变化曲线。
(3)
据文献报道，CO2可以在碱性水溶液中电解生成甲烷，生成甲烷的电极反应式是
________。
【答案】(1)
Al2O3(s)＋
3C(s)＋
N2(g)===2Al(g)
＋3CO(g)＋
2AlN(s)，ΔH=+1026
kJ·molˉ1
高温
(2)
①
CD
②625V2/a2
③
(3)
CO2＋
6H2O
＋8eˉ
===
6CH4＋
8OHˉ
【考点】考查利用盖斯定律书写热化学方程式、反应自反条件判断、平衡常数计算、结合图像解答平衡移动相关问题和利用平衡移动原理画图、电解电极方程式
【解析】(1)
通过观察已知三个方程式，用Al2O3合成AlN的方程式为
Al2O3(s)＋
3C(s)＋
N2(g)===2Al(g)
＋3CO(g)＋
2AlN(s)，ΔH=(ΔH1+3ΔH2+2ΔH3)/2=+1026kJ·molˉ1，又∵ΔS>0，∴高温自发
(2)由图一转化率随温度变化看出，350℃之前为未平衡之前的转化率，之后为CO2的平衡转化率，温度升高转化率降低，说明反应Ⅰ为放热反应A正确，C错误；从图2可以看出温度对生成产物（产物的选择性）有影响，B正确；相同条件下CO2和H2的初始体积比从1：4改变为1∶3，前者CO2的转化率高，D错误；故选择C、D
根据图一350℃
CO2的平衡转化率为0.8，三段式进行计算
CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)　
初n
1/5a
4/5a
0
0
转化n
1/5a
×0.8
1/5a
×0.8×4
1/5a
×0.8
1/5a
×0.8×2
平衡n
1/5a
×0.2
1/5a
×0.8
1/5a
×0.8
1/5a
×1.6
代入求平衡常数K=[
1/5a
×0.8×（1/5a
×1.6）2×]/[1/5a
×0.2×(1/5a
×0.8）4×]=625V2/a2
（要除以体积转化为浓度之后代入）
t1时350℃达到平衡，反应为放热反应，400℃反应速率加快，平衡逆移动，后生成甲烷的量减少。
2016-2013年
化学高考题
1．【2016年高考海南卷】(9分)
顺—1,2—二甲基环丙烷和反—1,2—二甲基环丙烷可发生如下转化：
该反应的速率方程可表示为：v(正)=k(正)c(顺)和v(逆)=k(逆)c(反)，k(正)和k(逆)在一定温度时为常数，分别称作正，逆反应速率常数。回答下列问题：
（1）已知：t1温度下，k(正)=0.006s－1，k(逆)=0.002s－1，该温度下反应的平衡常数值K1=_____；该反应的活化能Ea(正)小于Ea(逆)，则ΔH_______0(填“小于”“等于”或“大于”)。
（2）t2温度下，图中能表示顺式异构体的质量分数随时间变化的曲线是_______(填曲线编号)，平衡常数值K2=
；温度t2
t1(填“小于”“等于”或“大于”),判断理由是
。
【答案】
（1）3
小于
（2）B
7/3
大于
放热反应升高温度时平衡向逆反应方向移动
【解析】（1）根据v(正)=k(正)c(顺)、k(正)=0.006s－1，则v(正)=0.006c(顺)，v(逆)=k(逆)c(反)，
k(逆)=0.002s－1，v(逆)=0.002c(反)，化学平衡状态时正逆反应速率相等，则0.006c(顺)=0.002c(反)，K1=c(反)/c(顺)=3；该反应的活化能Ea(正)小于Ea(逆)，说明断键吸收的能量小于成键释放的能量，即该反应为放热反应，则ΔH小于零。（2）随着时间的推移，顺式异构体的质量分数不断减少，则符合条件的曲线是B，设顺式异构体的起始浓度为x，该可逆反应左右物质系数相等，均为1，则平衡时，顺式异构体为0.3x，反式异构体为0.7x，所以平衡常数值K2=0.7x÷0.3x=7/3，因为K1>K2，放热反应升高温度时平衡向逆反应方向移动，所以温度t2大于t1。
【考点定位】化学平衡常数的计算，影响平衡的因素等知识。
【名师点睛】化学平衡的影响因素可以结合勒夏特列原理：如果改变影响化学平衡的条件之一(如温度、压强，以及参加反应的化学物质的浓度)，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。而化学平衡常数的计算则根据定义，结合本题所给新信息可得。
2．【2016年高考上海卷】（12分）随着科学技术的发展和环保要求的不断提高，CO2的捕集利用技术成为研究的重点。完成下列填空：
（1）目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为：
CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）
已知H2的体积分数随温度的升高而增加。
若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，判断下列表格中各物理量的变化。（选填“增大”、“减小”或“不变”）
v正
v逆
平衡常数K
转化率α
（2）相同温度时，上述反应在不同起始浓度下分别达到平衡，各物质的平衡浓度如下表：
[CO2]/mol·L-1
[H2]/mol·L-1
[CH4]/mol·L-1
[H2O]/mol·L-1
平衡Ⅰ
a
b
c
d
平衡Ⅱ
m
n
x
y
a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为
。
（3）碳酸：H2CO3，Ki1=4.3×10-7，Ki2=5.6×10-11
草酸：H2C2O4，Ki1=5.9×10-2，Ki2=6.4×10-5
0.1
mol/L
Na2CO3溶液的pH__________0.1
mol/L
Na2C2O4溶液的pH。（选填“大于”“小于”或“等于”）
等浓度广东草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是___________。
若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是_____。（选填编号）
a．[H+]>[HC2O4-]>[HCO3-]>[CO32-]
b．[HCO3-]>[HC2O4-]>[C2O42-]>[CO32-]
b．[H+]>[HC2O4-]>[C2O42-]>[CO32-]
d．[H2CO3]
>[HCO3-]>[HC2O4-]>[CO32-]
（4）人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H++
HCO3-
H2CO3，当有少量酸性或碱性物质进入血液中时，血液的pH变化不大，用平衡移动原理解释上述现象
。
【答案】（1）
v正
v逆
平衡常数K
转化率α
增大
增大
减小
减小
（2）
（3）大于
草酸
ac
（4）当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变。（合理即给分）
【解析】（1）H2的体积分数随温度的升高而增加，这说明升高温度平衡向逆反应方向进行，即正反应是放热反应。升高温度正逆反应速率均增大，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，反应物的转化率减小。（2）相同温度时平衡常数不变，则a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为。（3）根据电离常数可知草酸的酸性强于碳酸，则碳酸钠的水解程度大于草酸钠，所以0.1
mol/L
Na2CO3溶液的pH大于0.1
mol/L
Na2C2O4溶液的pH。草酸的酸性强于碳酸，则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸。草酸的二级电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大，故溶液中[H+]>[HC2O4-]>[C2O42-]>[HCO3-]>[CO32-]，a、c正确，b、d错误。（4）根据平衡可知当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变。
【考点定位】考查外界条件对平衡状态的影响、电离常数应用等。
【名师点睛】高中化学中，我们除了学习了化学反应平衡以外，还学习了水溶液中的电离平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡。溶液中的这三大平衡，和普通的化学反应平衡一样，都适用勒夏特列原理，所有关于平衡的原理、规律、计算都是相通的，在学习过程中，不可将他们割裂开来。勒夏特列原理（又称平衡移动原理）的内容是：改变影响平衡的一个因素，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动。关键词“减弱”有两层含义，（1）平衡移动方向：与改变条件相反的方向；（2）平衡移动程度：不能抵消这种改变。它定性揭示了化学平衡与外界条件的关系，在帮助中学生判断平衡移动方向，分析平衡移动后浓度、体积百分含量、转化率变化等方面非常方便实用。而且“勒夏特列原理有广泛适用性，可用于研究所有的化学动态平衡，如沉淀溶解平衡、电离平衡、盐类水解平衡等，所以它是一个很重要的基本规律。另外注意平衡常数只是温度的函数，温度不变，K值不变。
3．【2016年高考天津卷】(节选)
氢能是发展中的新能源，它的利用包括氢的制备、储存和应用三个环节。回答下列问题：（3）在恒温恒容的密闭容器中，某储氢反应：MHx(s)+yH2(g)MHx+2y(s)
ΔH<0达到化学平衡。下列有关叙述正确的是________。
a．容器内气体压强保持不变
b．吸收y
mol
H2只需1
mol
MHx
c．若降温，该反应的平衡常数增大
d．若向容器内通入少量氢气，则v(放氢)>v(吸氢)
（4）利用太阳能直接分解水制氢，是最具吸引力的制氢途径，其能量转化形式为_______。
【答案】（3）ac
（4）光能转化为化学能
【解析】(3)该反应达到平衡状态时气体的量不变(只有氢气为气体)，故压强不变，a正确；由于该反应为可逆反应，反应物不能完全转化，要吸收y
mol氢气，需要的MHx的物质的量要大于1
mol，故b错误；平衡常数只与温度有关，该反应为放热反应，降温，平衡右移，平衡常数增大，故c正确；向平衡体系中通入氢气，平衡右移，则v(吸氢)>v(放氢)，故d错误。(4)利用太阳能分解水制得氢气和氧气，其能量转化形式是光能转化为化学能。（4）利用太阳能直接分解水制氢，是将光能转化为化学能，故答案为：光能转化为化学能。
【考点定位】考查化学反应中的能量变化、电解原理及其应用。
【名师点晴】本题以氢气利用为线索考查了化学反应中的能量变化、电解原理及其应用等相关知识。：③负极失电子所得氧化产物和正极得电子所得还原产物，与溶液的酸碱性有关(如+4价的C在酸性溶液中以CO2形式存在，在碱性溶液中以CO32-形式存在)；④溶液中不存在O2-：在酸性溶液中它与H+结合成H2O、在碱性或中性溶液中它与水结合成OH-。本题的易错点和难点是c(Na2FeO4)低于最高值的原因分析。分析时，要注意从题目中寻找线索并结合反应的特征分析。
4．【2016年高考新课标Ⅰ卷】
(节选)元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)4?(绿色)、Cr2O72?(橙红色)、CrO42?(黄色)等形式存在，Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：
（2）CrO42?和Cr2O72?在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0
mol·L?1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72?)随c(H+)的变化如图所示。
①离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应
。
②由图可知，溶液酸性增大，CrO42?的平衡转化率__________(填“增大“减小”或“不变”)。根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为__________。
③升高温度，溶液中CrO42?的平衡转化率减小，则该反应的ΔH_________(填“大于”“小于”或“等于”)。
【答案】(2)①2CrO42-+2H＋Cr2O72-+H2O；
②
增大；1.0×1014
；③小于；
【解析】
(2)①随着H+浓度的增大，CrO42-于溶液的H+发生反应，反应转化为Cr2O72-的离子反应式为：2CrO42-+2H＋Cr2O72-+H2O。②根据化学平衡移动原理，溶液酸性增大，c(H+)增大，化学平衡2CrO42-+
2H＋Cr2O72-+H2O向正反应方向进行，导致CrO42?的平衡转化率增大；根据图像可知，在A点时，c(Cr2O72-)=0.25mol/L，由于开始时c(CrO42?)=1.0mol/L，根据Cr元素守恒可知A点的溶液中CrO42-的浓度c(CrO42?)=0.5mol/L；H+浓度为1×10-7mol/L；此时该转化反应的平衡常数为；③由于升高温度，溶液中CrO42?的平衡转化率减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动，导致溶液中CrO42?的平衡转化率减小，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应方向是吸热反应，所以该反应的正反应是放热反应，故该反应的
ΔH＜0。
【考点定位】考查化学平衡移动原理的应用、化学平衡常数的应用、两性物质的性质的知识。
【名师点睛】两性氢氧化物是既能与强酸反应产生盐和水，也能与强碱反应产生盐和水的物质，化学平衡原理适用于任何化学平衡。如果改变影响平衡的一个条件，化学平衡会向能够减弱这种改变的方向移动。该题是重要的化学平衡移动原理的应用，考查了学生对化学平衡移动原理、化学平衡常数含义的理解与计算、应用。
5．【2016年高考新课标Ⅱ卷】（14分）丙烯腈（CH2==CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产，主要副产物有丙烯醛（CH2==CHCHO）和乙腈（CH3CN）等，回答下列问题：
（1）以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈（C3H3N）和副产物丙烯醛（C3H4O）的热化学方程式如下：
①
C3H6(g)+NH3(g)+
3/2O2(g)===C3H3N(g)+3H2O(g)
ΔH=—515kJ/mol
②
C3H6(g)+
O2(g)===C3H4O(g)+H2O(g)
ΔH=—353kJ/mol
两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是
；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是
；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是
。
（2）图（a）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应温度为460℃．低于460℃时，丙烯腈的产率
（填“是”或者“不是”）对应温度下的平衡产率，判断理由是
；高于460℃时，丙烯腈产率降低的可能原因是
（双选，填标号）
A．催化剂活性降低
B．平衡常数变大
C．副反应增多
D．反应活化能增大
（3）丙烯腈和丙烯醛的产率与n（氨）/n（丙烯）的关系如图（b）所示。由图可知，最佳n（氨）/n（丙烯）约为
，理由是
。进料氨、空气、丙烯的理论体积约为
。
【答案】（1）两个反应均为放热量大的反应
降低温度、降低压强
催化剂
（2）不是
该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低
AC
（3）1
该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低
1:7.5:1
【解析】
(1)由题意可知，反应①、②都是放热反应，反应①、②分别放出515
kJ·mol－1和353
kJ·mol－1热量，两反应均符合化学反应自发进行的焓判据；反应①的正反应是气体体积增大的放热反应，由勒夏特列原理可知，降温、减压均能使反应①的化学平衡向正反应方向移动，提高丙烯腈平衡产率；催化剂具有高度的专一性，因此提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂，而非温度、压强。(2)反应①的正反应是放热反应，如果已经达到化学平衡状态，当投料、压强、浓度等变量不变时，升温能使平衡左移，丙烯腈的产率逐渐减小，读图可知，低于460
℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率。温度高于460
℃时，催化剂活性可能降低，导致丙烯腈产率降低，A项正确；反应①的正反应是放热反应，升温使平衡逆向移动，平衡常数逐渐变小，B项错误；温度高于460
℃时，副反应进行程度可能增多，反应①进行程度减少，导致丙烯腈产率降低，C项正确；反应活化能与催化剂有关，与温度、压强、浓度等无关，升高温度，不能使反应活化能改变，D项错误。(3)读图可知，最佳n(氨)/n(丙烯)约为1，因为该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低。由反应①的热化学方程式可知，进料气中氨、氧气、丙烯气体的理论体积之比为1∶1.5∶1，空气中氧气的体积分数约为1/5(氮气约占4/5)，则进料气中氨、空气、丙烯的理论体积比约为1∶∶1＝1∶7.5∶1。
【考点定位】考查影响化学平衡的因素，化学图像的分析与判断，化学计算等知识。
【名师点睛】本题考查影响化学平衡的因素，化学图像的分析与判断，化学计算等知识。该题是对化学平衡的集中考查，涉及的知识点不多，解题的关键点是看懂图像的含义，看图像时：①一看面：纵坐标与横坐标的意义；②二看线：线的走向和变化趋势；③三看点：起点，拐点，终点，然后根据图象中呈现的关系、题给信息和所学知识相结合，做出符合题目要求的解答。
6．【2016年高考新课标Ⅲ卷】（节选）煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝，回答下列问题：
（1）
NaClO2的化学名称为_______。
（2）在鼓泡反应器中通入含有含有SO2和NOx的烟气，反应温度为323
K，NaClO2溶液浓度为5×10?3mol·L?1
。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。
离子
SO42?
SO32?
NO3?
NO2?
Cl?
c/（mol·L?1）
8.35×10?4
6.87×10?6
1.5×10?4
1.2×10?5
3.4×10?3
①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式
。增加压强，NO的转化率______（填“提高”“不变”或“降低”）。
②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐______
（填“提高”“不变”或“降低”）。
③由实验结果可知，脱硫反应速率______脱硝反应速率（填“大于”或“小于”）。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是___________。
（3）在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压pc如图所示。
①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均______________（填“增大”“不变”或“减小”）。
②反应ClO2?+2SO32?===2SO42?+Cl?的平衡常数K表达式为___________。
【答案】（1）亚氯酸钠；（2）①2OH-＋3ClO2－＋4NO===4NO3－＋3Cl－＋2H2O
提高
②减小；
③大于
NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高
（3）①减小；②
【解析】(1)NaClO2中Cl为＋3价，其酸根对应含氧酸HClO2为亚氯酸，故其名称为亚氯酸钠。(2)①NaClO2溶液脱硝过程，ClO转化为Cl－，NO主要转化为NO，则有4NO＋3ClO＋4OH－===4NO＋2H2O＋3Cl－。增加压强，反应正向进行，NO的转化率提高。②根据脱硫、脱硝反应，随着吸收反应的进行，吸收剂溶液由NaClO2溶液转化为NaCl、NaNO3、Na2SO4的混合溶液，pH减小。③由实验结果可知，SO浓度大于NO浓度，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因还可能是NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高。(3)①由图可知，反应温度升高，SO2和NO的－lgpc都减小，则pc增大，说明平衡向逆反应方向进行，故平衡常数减小。②反应ClO＋2SO===2SO＋Cl－的平衡常数K＝eq
\f(c2（SO）·c（Cl－）,c2（SO）·c（ClO）)。(4)①Ca(ClO)2替代NaClO2进行烟气脱硫，Ca(ClO)2与SO2反应，生成CaSO4沉淀，平衡向产物方向移动，SO2转化率提高。②根据盖斯定律，由第一个反应＋第二反应－第三个反应，可得SO2(g)＋Ca2＋(aq)＋ClO－(aq)＋2OH－(aq)===CaSO4(s)＋H2O(l)＋Cl－(aq)，则ΔH＝ΔH1＋ΔH2－ΔH3。
【考点定位】考查氧化还原反应、盖斯定律、外界条件对反应速率和平衡状态的影响等。
【名师点睛】本题考查物质的名称、氧化还原反应方程式的书写、勒夏特列原理、图表数据和图像、盖斯定律等化学理论知识，平时的训练中夯实基础，强化知识的运用，体现了知识的运用能力。平时的学习中注意对选修4学习。依据题目中所给数据，再根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写离子反应方程式；化学平衡原理适用于任何化学平衡，如果改变影响平衡的一个条件，化学平衡会向能够减弱这种改变的方向移动。化学平衡常数：一定条件下达到化学平衡，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，只受温度的影响，依据题目所给信息作出合理判断；盖斯定律是对于一个化学反应，无论是一步完成还是分几步完成，其反应热效应是相同的；本题是综合性试题，难度适中。
7．【2015海南化学】（节选）氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料，回答下列问题：
（1）氨的水溶液显弱碱性，其原因为
（用离子方程式表示），0．1
mol·L-1的氨水中加入少量的NH4Cl固体，溶液的PH
（填“升高”或“降低”）；若加入少量的明矾，溶液中的NH4+的浓度
（填“增大”或“减小”）。
（2）硝酸铵加热分解可得到N2O和H2O，250℃时，硝酸铵在密闭容器中分解达到平衡，该分解反应的化学方程式为
。平衡常数表达式为
；若有1mol硝酸铵完全分解，转移的电子数为
mol。
【答案】（1）NH3·H2ONH4++OH-
降低
增大；
（2）NH4NO3N2O+2H2O
c(N2O)c2(H2O)；4
【解析】
(1)氨水中的溶质NH3？H2O是弱电解质，其部分电离：NH3·H2ONH＋OH－。若向氨水中加入NH4Cl，增大了NH浓度，电离平衡逆向移动，OH－浓度减小，pH减小。若加入少量明矾，会生成Al(OH)3，使氨水的电离平衡向电离方向移动，NH浓度增大。(2)根据题意写出化学方程式，注意达到“平衡”，则该反应为可逆反应：NH4NO3N2O＋2H2O。注意固体不能写入平衡常数表达式，故该反应的平衡常数表达式为：K＝c(N2O)·c2(H2O)。NH4NO3氮元素的化合价分别为－3、＋5价，生成N2O中氮的化合价为＋1价，故生成1
mol氮气反应中转移4
mol电子。
【考点定位】本题考查弱电解质的电离平衡的判断，化学方程式的书写，化学反应与能量的关系判断。
【名师点睛】以氨气、硝酸铵和氮的氧化物为载体考查弱电解质电离平衡的影响因素、化学方程式的书写、平衡常数表达式的书写、氧化还原反应电子转移的数目及反应热的计算。以元素化合物知识为载体考查基本概念和基本原理是高考命题的主旨，考查考查学生分析问题、解决问题的能力，是化学高考的常见题型。题目难度中等。
8．【2015北京理综化学】（节选）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下图所示：
（3）反应Ⅱ：2H2SO4（l）===2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)
ΔH=+550kJ/mol
它由两步反应组成：i．H2SO4（l）===SO3(g)
+H2O(g)
ΔH=+177kJ/mol
ii．SO3(g)分解。
L（L1、L2）、X可分别代表压强或温度。如图表示L一定时，ii中SO3(g)的平衡转化率随X的变化关系。
①X代表的物理量是
。
②判断L1、L2的大小关系，并简述理由：
。
【答案】?(3)①压强
②L1kJ/mol，压强一定时，温度升高，平衡转化率增大
【解析】
(3)根据反应Ⅱ和步骤ⅰ写出步骤ⅱ的热化学方程式：2SO3(g)===2SO2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋196
kJ/mol
；①该反应正反应为气体体积增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，SO3的转化率减小，故X代表的物理量为压强；②根据①可知L代表的物理量为温度。该反应的正反应为吸热反应，相同压强时，温度升高，平衡正向移动，SO3的转化率增大，故L2>L1。
【考点定位】考查平衡图像分析、化学平衡影响因素。
【名师点晴】本题以通过太阳能制备氢能源为素材考查化学平衡理论，较好的考查了学生灵活运用所学知识分析问题、解决问题的能力，体现了化学的学科特点。
9．【2015广东理综化学】（节选）用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染。
（2）新型RuO2催化剂对上述HCl转化为Cl2的总反应具有更好的催化活性。
①实验测得在一定压强下，总反应的HCl平衡转化率随温度变化
αHCl~T曲线如图所示，则总反应的ΔH
0（填“＞”、“﹦”或“＜”）；A、B两点的平衡常数K(A)与K(B)中较大的是的
。
②在上述实验中若压缩体积使压强增大，画出相应αHCl~T曲线的示意图，并简要说明理由：
。
③下列措施中有利于提高αHCl的有
。
A、增大n(HCl)
B、增大n(O2)
C、使用更好的催化剂
D、移去H2O
（3）一定条件下测得反应过程中n(Cl2)的数据如下：
t(min)
0
2.0
4.0
6.0
8.0
n(Cl2)/10-3mol
0
1.8
3.7
5.4
7.2
计算2.0～6.0min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率（以mol·min-1为单位，写出计算过程）。
（4）Cl2用途广泛，写出用Cl2制备漂白粉的化学方程式
。
【答案】
(2)
①＜
K(A)
②见图
增大压强，平衡右移，αHCl增大，相同温度下，HCl的平衡转化率比之前实验的大。
③B、D
(3)解：设2.0～6.0min时间内，HCl转化的物质的量为n，则
2HCl(g)
+
1/2O2(g)
===
H2O(g)+Cl2(g)
2
1
n
(5.4-1.8)×10-3mol
解得
n=7.2×10-3mol，所以v(HCl)=
7.2×10-3mol/(6.0-2.0)min==1.8×10-3mol/min
(4)2Cl2+2Ca(OH)2
===
CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】（2）①根据图12可知随着温度的升高，αHCl减小，说明升高温度，平衡向逆向移动，则可知逆反应吸热反应，所以正反应是放热反应，故ΔH＜0，同时由于升高温度，平衡逆移，则生成物减少，温度是B点大于A点，所以平衡常数K(A)
＞K(B)；②同时由于该总反应是气体系数减小的反应，所以，压缩体积使压强增大，一定温度下，平衡应正向移动，αHCl应较题目实验状态下为大，故得曲线如图。③A、增大n(HCl)
，平衡正向移动，但是平衡移动使HCl减少的趋势小于增加HCl使增大的趋势，所以HCl的转化率减小，错；B、增大n(O2)
，反应物的浓度增大，平衡向正向移动，HCl转化率增大，对；C、使用更好的催化剂，不能使化学平衡发生移动，实验HCl的转化率不变，错；
D、移去H2O，及减小了生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，HCl转化率增大。对。故答案是选项B、D。（3）题目中给出的是n(Cl2)的数据，要求的是以HCl的物质的量变化表示的反应速率，所以根据方程式进行计算，注意是2.0～6.0min内的速率，单位是mol·min-1：设2.0～6.0min内，HCl转化的物质的量为n，则：
2HCl(g)
+
1/2O2(g)===H2O(g)+Cl2(g)
2
1
n
(5.4-1.8)×10-3mol
解得
n=7.2×10-3mol，所以v(HCl)=
7.2×10-3mol/(6.0-2.0)min=1.8×10-3mol/min
（4）Cl2与石灰乳发生反应制取漂白粉，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2===CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。
【考点定位】本题主要考查了化学平衡移动、化学平衡常数的大小比较、化学图像的绘制以及化学反应速率的计算。
【名师点睛】化学反应速率的计算时弄清楚物质浓度的改变，再利用公式进行计算。化学平衡的问题通常涉及到平衡状态的判断、平衡的移动、平衡的有关计算等，平衡的判断抓住两个根本标志：各物质的浓度不再变化、同种物质的生成速率和消耗速率相等。平衡移动判断时分析清楚反应两边气体的系数大小、反应时吸热还是放热等。有关化学平衡的计算则一定要用“三段式”。在绘制图像时通常题目会有参考的曲线，在分析新的条件与原曲线的关系的基础上进行绘制。
10.【2015山东理综化学】（节选）合金贮氢材料具有优异的吸收氢性能，在配合氢能的开发中起到重要作用。
(1)一定温度下，某贮氢合金(M)的贮氢过程如图所示，纵轴为平衡时氢气的压强(p)，横轴表示固相中氢原子与金属原子的个数比(H/M)。
在OA段，氢溶解于M中形成固溶体MHx，随着氢气压强的增大，H/M逐渐增大；在AB段，MHx与氢气发生氢化反应生成氢化物
MHy，氢化反应方程式为zMHx(s)＋H2(g)zMHy(s)　ΔH1(Ⅰ)；在B点，氢化反应结束，进一步增大氢气压强，H/M几乎不变。反应(Ⅰ)中z＝________(用含x和y的代数式表示)。温度为T1时，2
g某合金4
min内吸收氢气240
mL，吸氢速率v＝________mL·g－1·min－1。反应(Ⅰ)的焓变ΔH1________0(填“>”“＝”或“<”)。
(2)η表示单位质量贮氢合金在氢化反应阶段的最大吸氢量占其总吸氢量的比例，则温度为T1、T2时，η(T1)________η(T2)(填“>”“＝”或“<”)。当反应(Ⅰ)处于图中a点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，达平衡后反应(Ⅰ)可能处于图中的________点(填“b”“c”或“d”)，该贮氢合金可通过________或________的方式释放氢气。
【答案】(1)　30
　<　(2)>　c　加热　减压
【解析】
(1)根据反应：zMHx(s)＋H2(g)??zMHy(s)，由原子守恒可得：zx＋2＝zy，则z(y－x)＝2，故z＝。根据速率的定义，v＝240
mL÷2
g÷4
min＝30
mL·g－1·min－1。由AB段向A′B′段做垂线，可知升高温度，H/M增大，故该反应放热，即ΔH＜0。(2)图中T1温度下，AB段长，说明最大吸氢量占总吸氢量的比例高，即η(T1)>η(T2)；当反应(Ⅰ)处于a点时，向恒容体系中通入H2，平衡向右移动，则达到平衡后可能处于图中c点。该合金可以通过减压或升温的方式，使其释放氢气。
【考点定位】本题以合金贮氢材料为背景，考查了元素守恒的应用、化学反应速率的计算、焓变的判断、化学平衡移动及影响因素。
【名师点睛】本题素材选取新颖，化学反应速率与化学平衡完全围绕图像展开，这就要求考生具有较强的读图能力，能够快速的从图表中得到有用的数据，是解答本题的关键，本题第2小题为创新的题型，定义了一个新的陌生物理量，并且对该物理量进行分析，这就要求考生们对平时所学知识做到深入理解、活学活用，才能顺利解答。
11.【2015浙江理综化学】(15分)乙苯催化脱氢制苯乙烯的反应为：
(1)已知：
化学键
C—H
C—C
C==C
H—H
键能/(kJ·mol－1)
412
348
612
436
计算上述反应的ΔH＝________kJ·mol－1。
(2)维持体系总压p恒定，在温度T时，物质的量为n、体积为V的乙苯蒸气发生催化脱氢反应。已知乙苯的平衡转化率为α，则在该温度下反应的平衡常数K＝__________(用α等符号表示)。
(3)工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气(原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1∶9)，控制反应温度600
℃，并保持体系总压为常压的条件下进行反应。在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性(指除了H2以外的产物中苯乙烯的物质的量分数)示意图如下：
①掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实：
。
②控制反应温度为600
℃的理由是
。
(4)某研究机构用CO2代替水蒸气开发了绿色化学合成工艺——乙苯?二氧化碳耦合催化脱氢制苯乙烯。保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸气工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度；该工艺中还能够发生反应：CO2＋H2===CO＋H2O，CO2＋C===2CO。新工艺的特点有________(填编号)。
①CO2与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移
②不用高温水蒸气，可降低能量消耗
③有利于减少积炭
④有利于CO2资源利用
【答案】(1)124
(2)Kp＝p或Kc＝
(3)①正反应方向气体分子数增加，加入水蒸气稀释，相当于起减压的效果
②600
℃，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高。温度过低，反应速率慢，转化率低；温度过高，选择性下降。高温还可能使催化剂失活，且能耗大
(4)①②③④
【解析】
(1)用反应物的总键能减去生成的总键能等于反应的焓变，反应可看成是苯乙烷中乙基的两个碳氢键断裂，由碳碳单键变成碳碳双键，同时有H2生成，故有ΔH＝412
kJ·mol－1×2＋348
kJ·mol－1－612
kJ·mol－1－436
kJ·mol－1＝124
kJ·mol－1。(2)平衡时，n(乙苯)＝n(1－α)
mol，n(苯乙烯)＝nα
mol，n(H2)＝nα
mol，由压强恒定，所以反应前后物质的量之比等于体积之比，有n∶(n＋nα)＝V∶V(反应后)，V(反应后)＝(1＋α)V，
Kc＝＝。(3)①因为维持总压不变，所以通入水蒸气，相当于减压，平衡正向移动，乙苯的转化率提高。②分析图示，在600
℃时，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性高。(4)①CO2与生成物H2反应，可促使平衡正向移动，从而提高苯乙烯的产率；②高温条件下，需要消耗能量；③由方程式知，生成的C转化成CO，故该工艺减少了积炭；④CO2会产生温室效应，若将其合理应用，是有益的。所以①②③④均正确。
【考点定位】本题主要是考查化学反应与能量，化学平衡常数计算，反应条件控制，化工生产新工艺的评价，图像分析与应用等。
【名师点晴】本题从知识上考查了热化学方程式、盖斯定律，平衡图像、外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，考查了学生对知识理解、综合运用能力。将热化学方程式、盖斯定律，平衡图像、外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，碳、氮及其化合物的性质等知识同低碳经济、温室气体的吸收等环境问题联系起来，充分体现了学以致用的目的，更突显了化学是一门实用性的学科的特点。
12．【2015新课标Ⅰ卷理综化学】（15分）碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：
（1）大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2，该反应的还原产物为____________。
（2）上述浓缩液中含有I-、Cl-等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中为_____________，已知Ksp（AgCl）=1.8×10-10，Ksp（AgI）=8.5×10-17。
（3）已知反应2HI(g)
===H2(g)
+
I2(g)的ΔH=
+11kJ·mol－1，1mol
H2(g)、1mol
I2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量，则1mol
HI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为______________kJ。
（4）Bodensteins研究了下列反应：
2HI(g)H2(g)
+
I2(g)
在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：
t/min
0
20
40
60
80
120
x(HI)
1
0.91
0.85
0.815
0.795
0.784
x(HI)
0
0.60
0.73
0.773
0.780
0.784
①
根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为：___________。
②
上述反应中，正反应速率为v正=
k正·x2(HI)，逆反应速率为v逆=k逆·x(H2)·x(I2)，其中k正、k逆为速率常数，则k逆为________(以K和k正表示)。若k正
=
0.0027min-1，在t=40min时，v正=__________min-1
③
由上述实验数据计算得到v正~x(HI)和v逆~x(H2)的关系可用下图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为_________________（填字母）
【答案】（1）MnSO4
（2）
4.7×10-7
（3）
299
（4）①　
②　1.95×10－3
③
A、E
【解析】(1)海藻中的碘应为I－，与
MnO2和H2SO4反应的离子方程式为
2I－＋MnO2＋4H＋===Mn2＋＋I2＋2H2O，还原产物为MnSO4。
(2)Ksp(AgCl)＝1.8×10－10>Ksp(AgI)＝8.5×10－17，当AgCl开始沉淀时，AgI已经沉淀，即AgCl、AgI均达沉淀溶解平衡状态，此时溶液中＝＝＝4.7×10－7。
(3)设HI的键能为x，则有2x－436
kJ·mol－1－151
kJ·mol－1＝＋11
kJ·mol－1，解得x＝299
kJ·mol－1。
(4)①根据表格中数据分析知HI的起始物质的量为1
mol,
120
min分解反应达平衡状态，HI的平衡物质的量为0.784
mol，三行式计算表示如下：
　
2HI(g)
H2　(g)＋
I2(g)
n0：　　1
mol　　　　
0　　　　　0
Δn：　0.216
mol　　　0.108
mol　0.108
mol
n平：　0.784
mol　　
0.108
mol　
0.108
mol
2HI(g)H2(g)＋I2(g)为气体分子数不变的反应，K值计算如下：K＝。
②平衡时v正＝v逆，k正x2(HI)＝k逆x(H2)x(I2)，则＝＝K，则k逆＝。若k正＝0.002
7
min－1，在t＝40
min时，v正＝0.002
7
min－1×0.852＝1.95×10－3min－1。
③该反应是吸热反应，升高温度，正逆反应速率增大，而平衡正向移动，HI的物质的量分数降低，H2的物质的量分数升高，故平衡时v正和v逆分别对应A点、E点。
【考点定位】化学平衡常数计算；化学平衡知识的综合运用；本题属于各类平衡知识的综合运用，试题难度为很难等级。
【名师点晴】本题偏难。前三小题虽是常规考点，难度为一般等级。最后一小题赋分10分，难度偏大。考生不容易进入题设情景。（4）问②小问质量作用定律那部分，关键是要记得平衡标志之一——v正=
v逆，找到k正、k逆和K的联系就已突破。（4）问③小问的图像要能快速识别左边曲线是逆反应速率随x(H2)的变化，右边曲线是正反应速率随x(HI)的变化（仔细看了下图，好像已标明v正、v逆，不标也可按解析的方法分析）。虽然横坐标的坐标是共用的，但在左、右两边横坐标的含义是不同的。分析平衡移动导致横坐标变化时一定要注意这一点。
13．【2015新课标Ⅱ卷理综化学】（节选）甲醇是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)
ΔH1
②CO2(g)+3H2(g)CH3OH（g）+H2O(g)
ΔH2
③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)
ΔH3
回答下列问题：
（2）反应①的化学平衡常数K的表达式为
；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为
（填曲线标记字母），其判断理由是
。
图1
图2
（3）合成气的组成n(H2)/n(CO+CO2)＝2.60时，体系中的CO平衡转化率（α）与温度和压强的关系如图2所示。α（CO）值随温度升高而
（填“增大”或“减小”），其原因是
。图2中的压强由大到小为_____，其判断理由是
。
【答案】(2)K＝[或Kp＝]　a　反应①为放热反应，平衡常数数值应随温度升高而变小
(3)减小　反应①为放热反应，升高温度时，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，升高温度时，平衡向右移动，又使产生CO的量增大；总结果，随温度升高，使CO的转化率降低　p3>p2>p1　相同温度下，由于反应①为气体分数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响。故增大压强时，有利于CO的转化率升高
【解析】（2）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，则反应①的化学平衡常数K的表达式为K＝；由于正方应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，因此a正确。（3）反应①为放热反应，温度升高时，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又产生CO的量增大；因此总结果是随温度升高，使CO的转化率降低；相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高，所以图2中的压强由大到小为P3＞P2＞P1。
【考点定位】本题主要是考查反应热计算、盖斯定律应用、平衡常数以及外界条件对平衡状态的影响等。
【名师点晴】本题从知识上考查了热化学方程式、盖斯定律，平衡图像、外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，考查了学生对知识理解、综合运用能力。将热化学方程式、盖斯定律，平衡图像、外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，碳、氮及其化合物的性质等知识同低碳经济、温室气体的吸收等环境问题联系起来，充分体现了学以致用的目的，更突显了化学是一门实用性的学科的特点。
14.【2014年高考海南卷】（9分）硝基苯甲酸乙酯在OH-存在下发生水解反应：O2NC6H4COOC2H5+OH-O2NC6H4COO-+C2H5OH
两种反应物的初始浓度均为0.050mol/L,15
℃时测得：O2NC6H4COOC2H5的转化率α随时间变化的数据如表所示。回答下列问题：
t/s
0
120
180
240
330
30
600
700
800
α/%
0
33.0
41.8
48.8
58.0
69.0
70.4
71.0
71.0
（1）列式计算该反应在120～180s与180～240s区间的平均反应速率
、__________。比较两者大小可得到的结论是_______________________。
（2）列式计算15
℃时该反应的平衡常数_________________。
（3）为提高O2NC6H4COOC2H5的平衡转化率，除可适当控制反应温度外，还可以采取的措施有_________
（要求写出两条）。
【答案】(1)
；
.随着反应的的进行，反应物的浓度降低，反应速率减慢
(2)
或；
(3)增加OH-的浓度，移去产物。
【解析】
(1)根据题意结合表格的数据可知在120～180s内的反应速率是。在180～240s内的反应速率是由反应速率的数值可以看出：随着反应的的进行，反应物的浓度降低，反应速率减慢。（2）在15
℃时该反应的平衡常数是；（3）为提高O2NC6H4COOC2H5的平衡转化率，除可适当控制反应温度外，还可以采取的措施有增加其它反应物浓度的方法或减小生成物浓度的方法。因此对该反应来说，就是可采取增大OH-的浓度，移去产物的方法。
【考点定位】本题以硝基苯甲酸乙酯的水解反应为载体考查化学反应速率含义、计算；影响化学平衡移动的因素、化学平衡常数的表达式等知识；考查了学生对数据的分析处理能力、归纳能力、对反应条件的选择与控制的因素，本题考查了学生应用所学知识来解决具体问题的能力；考查了考生的知识迁移能力；同时也考查了学生的自学能力（学习信息、接受信息）、分析问题并加以灵活运用的能力。
【名师点睛】化学反应速率、化学平衡移动原理是中学化学学习的重要理论。首先要清楚化学反应速率和化学平衡常数的定义、计算方法、影响化学反应平衡移动的因素，还会对题目提供的数据进行分析，找出规律，然后加以利用。
15．【2014年高考北京卷第26题】NH3经一系列反应可以得到HNO3，如下图所示。
（1）I中，NH3
和O2在催化剂作用下反应，其化学方程式是_____________________。
（2）II中，2NO（g）+O22NO2(g)。在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（p1、p2）下温度变化的曲线（如图）。
①比较p1、p2的大小关系：________________。
②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是________________。
（3）III中，降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l），再制备浓硝酸。
①已知：2NO2（g）
N2O4（g）ΔH1
2NO2（g）
N2O4（l）ΔH2
下列能量变化示意图中，正确的是（选填字母）_______________。
②N2O4与O2、H2O化合的化学方程式是_________________。
（4）IV中，电解NO制备
NH4NO3，其工作原理如图所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是_____________，说明理由：
。
【答案】（1）4NH3+5O2
4NO+6H2O；（2）①P1＜P2；②减小；（3）①A；②2N2O4+O2+2H2O===4HNO3；（4）氨气；根据反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，电解产生的HNO3多
【解析】(1)氨的催化氧化的反应方程式为4NH3＋5O24NO＋6H2O。
(2)①由2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)可知该反应为气体体积减小的反应，温度相同，增大压强，平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，根据图示和坐标含义，判断p1N2O4(g)转变为N2O4(l)需要放出热量，所以NO2(g)转变为N2O4(g)比NO2(g)转变为N2O4(l)放出的热量少，B错误，所以正确的图示为A；②N2O4、O2和H2O反应生成硝酸的反应方程式为2N2O4＋O2＋2H2O===4HNO3。
(4)根据工作原理装置图，可以确定阳极为NO失去电子转变为NO，阴极NO转变为NH，根据电极反应书写电极反应式为：
阳极：NO－3e－＋2H2O===NO＋4H＋
阴极：NO＋5e－＋
6H＋===NH＋
H2O
然后根据得失电子守恒，硝酸根离子物质的量比铵根离子物质的量多，所以需要向溶液中加入的物质为NH3(即8NO＋7H2O3NH4NO3＋2HNO3)。
【考点定位】本题主要是考查平衡状态的有关计算、外界条件对平衡状态的影响及电化学原理的应用。
【名师点晴】本题以氨的综合运用为载体考查氨的性质及化学反应原理内容，要求学生熟练掌握氨的催化氧化反应、化学平衡、化学反应中的能量变化、电解知识等内容，要会分析所给图表数据进行答题。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。体现了化学是一门实用性学科，从而提高学生学习化学的积极性和学习的兴趣。在一定程度上考查了学生的知识的灵活运用能力和分析问题解决问题的能力。
16．【2014年高考福建卷第24题】(节选)铁及其化合物与生产、生活关系密切。
（3）已知t℃时，反应FeO(s)＋CO(g)?
?Fe(s)＋CO2(g)的平衡常数K＝0．25。
①
t℃时，反应达到平衡时n(CO)：n(CO2)＝
。
②若在1
L密闭容器中加入0.02
mol
FeO(s)，并通入x
mol
CO，t℃时反应达到平衡。此时FeO(s)转化率为50%，则x＝
。
【答案】（3）①4：1
②0.05
【解析】
(3)
①在t
℃时，K＝＝＝0.25，则＝4。
②　　
FeO(s)＋　CO(g)?
?Fe(s)＋CO2(g)
n起始/mol
0.02
x
0
0
n转化/mol
0.01
0.01
0.01
0.01
n平衡/mol
0.01
x－0.01
0.01
0.01
根据t
℃时，K＝
＝
＝＝0.25
，求得x＝0.05。
【考点定位】本题主要是考查化学平衡常数的相关计算。
【名师点晴】本题主要是通过铁及其化合物为载体，重点考查学生对化学平衡的掌握和应用的能力。体现了化学是一门实用性学科，从而提高学生学习化学的积极性和学习的兴趣。在一定程度上考查了学生的知识的灵活运用能力和分析问题解决问题的能力。题目难度中等。
17．【2014年高考广东卷第31题】用CaSO4代替O2与燃料CO反应，既可提高燃烧效率，又能得到高纯CO2，是一种高效、清洁、经济的新型燃烧技术。反应①为主反应，反应②和③为副反应。
①CaSO4(s)＋CO(g)CaS(s)＋CO2(g)　
ΔH1＝－47.3
kJ·mol－1
②CaSO4(s)＋CO(g)CaO(s)＋CO2(g)＋SO2(g)　ΔH2＝＋210.5
kJ·mol－1
③CO(g)C(s)＋CO2(g)　ΔH3＝－86.2
kJ·mol－1
(1)反应2CaSO4(s)＋7CO(g)
CaS(s)＋CaO(s)＋6CO2(g)
＋C(s)＋SO2(g)的ΔH＝________(用ΔH1、ΔH2和ΔH3表示)。
(2)反应①～③的平衡常数的对数lg
K随反应温度T的变化曲线如图所示。结合各反应的ΔH，归纳lg
K～T曲线变化规律：
a．________；b．________。
(3)向盛有CaSO4的真空恒容密闭容器中充入CO，反应①于900
℃达到平衡，c平衡(CO)＝8.0×10－5
mol·L－1，计算CO的转化率(忽略副反应，结果保留两位有效数字)。
(4)为减少副产物，获得更纯净的CO2，可在初始燃料中适量加入________。
(5)以反应①中生成的CaS为原料，在一定条件下经原子利用率100%的高温反应，可再生CaSO4，该反应的化学方程式为______________________________________，在一定条件下，CO2可与对二甲苯反应，在其苯环上引入一个羧基，产物的结构简式为________。
【答案】(1)4ΔH1＋ΔH2＋2ΔH3
(2)a.放热反应，
lg
K随T增大而减小；吸热反应，
lg
K随T增大而增大　b．焓变越大，lgK随T的变化程度越大　(3)99%　(4)Ca(ClO)2(或KClO3、KMnO4等氧化性物质)　(5)CaS＋2O2CaSO4
【解析】(1)将给定的三个热化学方程式按照①×4＋②＋③×2相加可得目标方程式，故ΔH＝4ΔH1＋ΔH2＋2ΔH3。(2)反应①为放热反应，由图可看出，随着温度的升高，放热反应的平衡常数的对数在减小，故曲线Ⅰ表示反应③，曲线Ⅱ表示反应②。(3)设开始时c(CO)＝a，转化的c(CO)＝x，则a－x＝8.0×10－5
mol·L－1。根据方程式可知，生成的c(CO2)＝
x，平衡常数K＝＝＝
。由图示可知，在900
℃时，lg
K＝2，K＝100，则x＝8.0×10－3
mol·L－1，故CO的转化率＝×100%≈99%。(4)由于CO2气体中主要含有SO2气体，该气体具有比较强的还原性，故可加入具有氧化性的物质来除去，该氧化性的物质有Ca(ClO)2、KClO3、KMnO4等。(5)由于要求原子利用率为100%，故反应类型属于化合反应，可将CaS在高温下与O2反应制取CaSO4，反应的方程式为CaS＋2O2CaSO4；苯环上只有一类氢原子，故在苯环上引入1个羧基，产物仅有1种，其结构为。
【考点定位】本题主要是考查盖斯定律的应用、外界条件对平衡状态的影响、有机物结构简式的判断等。
【名师点晴】本题以硫酸钙与CO的反应为例，考查盖斯定律的应用，对图像的分析，转化率的计算，化学方程式、结构简式的书写，物质的判断，考查学生分析、总结的语言能力、计算能力、把握题目信息的能力，同时也考查了学生活学学活的程度，同时体现了人类根据反应的特点可以使某些反应不进行或进行的程度较小，达到为人类服务的目的。本题的解题要点：首先要理解盖斯定律的原理，如何运用盖斯定律；其次对图像的总结是开放性题目，看待问题的出发点不同，得到的结论可能不同，尽力与所学知识联系；转化率的计算不是本题的难点；从气体的类别上分析，运用平衡的观点解决（4）的问题；对于化学方程式的书写，注意题目所给信息，判断出反应物、产物，再结合质量守恒定律写出其他物质并配平即可。最后物质结构简式的判断需注意是否存在同分异构现象，分析苯环的等效氢的种类，写出其结构简式。
18．【2014年高考全国大纲卷第28题】(节选)化合物AX3和单质X2在一定条件下反应可生成化合物AX5。回答下列问题：
（2）反应AX3(g)＋X2(g)?
?AX5(g)在容积为10
L的密闭容器中进行。起始时AX3和X2均为0.2
mol。反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。
①列式计算实验a从反应开始至达到平衡时的反应速率
v(AX5)＝
。
②图中3组实验从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)由大到小的次序为
(填实验序号)；与实验a相比，其他两组改变的实验条件及判断依据是：b
、
c
。
③用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，α表示AX3的平衡转化率，则α的表达式为
；实验a和c的平衡转化率：αa为
、αc为
。
【答案】(2)①＝1.7×10－4
mol·L－1·min－1
②bca　加入催化剂。反应速率加快，但平衡点没有改变　温度升高。反应速率加快，但平衡点向逆反应方向移动(或反应容器的容积和起始物质的量未改变，但起始总压强增大　③α＝2(1－)　50%　40%
【解析】(2)②由图像知，达到平衡所需时间：a＞c＞b，所以反应速率v(AX5)由大到小的顺序为b＞c＞a；与实验a相比，实验b先达到平衡，化学反应速率快，但平衡点没有变化，说明实验b加入了催化剂；反应为放热反应，与实验a相比，实验c平衡向逆反应方向移动，且反应速率加快，说明实验c改变的条件是升高温度。
　　　　　
　AX3(g)　＋　X2(g)
?
?
AX5(g)
起始量(mol)
0.2
0.2
0
变化量(mol)
x
x
x
平衡量(mol)
0.2－x
0.2－x
x
则有＝，解得x＝，则AX3的转化率为＝2(1－)；分别将实验a、c的p、p0的数据代入上式，得aa、ac分别为50%、40%。
【考点地位】本题考查热化学方程式的书写，化学反应速率的计算，化学平衡移动原理的应用，转化率的计算等，对学生的综合计算能力要求高。
【名师点晴】本题以物质的推断为线索考查化学反应原理、热化学方程式的书写、化学平衡移动原理、反应热、化学平衡常数的计算的知识。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。体现了化学是一门实用性学科，从而提高学生学习化学的积极性和学习的兴趣。在一定程度上考查了学生的知识的灵活运用能力和分析问题解决问题的能力。
19．【2014年高考山东卷第29题】（17分）研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：
2NO2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g）
K1
?H
<
0
（I）
2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g）
K2
?H
<
0
（II）
（1）4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=
（用K1、K2表示）。
（2）为研究不同条件对反应（II）的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2mol
NO和0.1mol
Cl2，10min时反应（II）达到平衡。测得10min内v（ClNO）=7.5×10-3mol?L-1?min-1，则平衡后
n（Cl2）=
mol，NO的转化率α1=
。其它条件保持不变，反应（II）在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2
α1（填“>”“<”或“=”），平衡常数K2
（填“增大”“减小”或“不变”。若要使K2减小，可采用的措施是
。
（3）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOH===NaNO3+NaNO2+H2O。含0.2mol
NaOH的水溶液与0.2mol
NO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1mol?L?1的CH3COONa溶液，则两溶液中
c（NO3?）、c（NO2-）和c（CH3COO?）由大到小的顺序为
。（已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10-4mol?L?1，CH3COOH的电离常数K
a=1.7×10-5mol?L?1，可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是
。
a．向溶液A中加适量水
b.向溶液A中加适量NaOH
c．向溶液B中加适量水
d.向溶液B中加适量NaOH
【答案】（1）K12/
K2（2）2.5×10-2
75%
>
不变
升高温度（3）c(NO3?)
>
c(NO2-)
>
c(CH3COO?)；b、c
【解析】(1)反应(Ⅰ)×2－反应(Ⅱ)即得到反应：4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)，利用平衡常数定义可知该反应平衡常数K＝eq
\f(K,K2)。(2)平衡时容器中n(ClNO)＝7.5×10－3mol·L－1·min－1×10
min×2
L＝0.15
mol，则平衡后n(Cl2)＝0.1
mol－×0.15
mol＝0.025
mol；NO的转化率＝×100%＝75%；若恒压下达到平衡态相当于将原平衡加压，平衡正向移动，NO的转化率增大；平衡常数只与温度有关，恒压下达到平衡的平衡常数与原平衡常数相等；因该反应为放热反应，升高温度，反应逆向进行，反应平衡常数减小
。(3)反应后得到溶液A为物质的量浓度均为0.1
mol/L的NaNO2与NaNO3的混合溶液，利用已知电离常数可知CH3COO－水解程度大于NO，NO不发生水解，两溶液中c(NO)＞c(NO)＞c(CH3COO－)；利用CH3COO－水解程度大于NO可知溶液B的碱性强于溶液A，为使溶液A、B的pH相等，可采取的措施有向溶液A中加适量NaOH或向B溶液中加入适量水稀释或向B溶液中加入适量稀醋酸等。
【考点地位】本题以反应速率、转化率和平衡常数的计算，考查了学生对基本公式的掌握，通过化学平衡移动，离子浓度比较考查了学生对基本化学反应原理的理解和应用。
【名师点晴】本题主要是查学生综合运用所学化学知识解决相关化学问题的能力。体现了化学是一门实用性学科，从而提高学生学习化学的积极性和学习的兴趣。在一定程度上考查了学生的知识的灵活运用能力和分析问题解决问题的能力。由已知反应的平衡常数求未知反应的平衡常数应根据分步反应和总反应的关系计算，根据化学反应速率可求出转化量，然后根据化学方程式进行计算，判断转化率的大小要根据平衡移动方向分析，而平衡常数的大小只与温度有关，比较盐溶液中离子浓度大小，应根据离子的水解程度去判断。
20．【2014年高考天津卷第10题】（14分）合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为：
N2（g）+3H2（g）2NH3（g）
?H=—92.4kJ?mol?1
一种工业合成氨的简易流程图如下：
（1）天然气中的H2S杂质常用常用氨水吸收，产物为NH4HS。一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式：
。
（2）步骤II中制氯气原理如下：
①CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)
ΔH＝＋206.4
kJ·mol－1
②CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
ΔH＝－41.2
kJ·mol－1
对于反应①，一定可以提高平衡体系中H2百分含量，又能加快反应速率的措施是
。
a.升高温度
b.增大水蒸气浓度
c.加入催化剂
d.降低压强
利用反应②，将CO进一步转化，可提高H2产量。若1mol
CO和H2的混合气体（CO的体积分数为20%）与H2O反应，得到1.18mol
CO、CO2和H2的混合气体，则CO转化率为
。
（3）图1表示500℃、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：
。
（4）依据温度对合成氨反应的影响，在图2坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图。
（5）上述流程图中，使合成氨放出的热量得到充分利用的主要步骤是（填序号）
，简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法：
。
【答案】（1）2NH4HS
+O2===
2NH3?H2O+2S↓
（2）a
90%
（3）14.5%
（4）（5）IV
对原料气加压
分离液氨后。未反应的N2、H2循环使用。
【解析】
(1)由题意可知为空气中的O2将负二价硫氧化为硫单质，根据电子守恒将方程式配平即可。(2)反应①为气体物质的量增大的吸热反应，降低压强使平衡右移，但反应速率减小，d错；催化剂不能改变反应限度，即不能改变H2的百分含量，c错；增大水蒸气浓度虽可使反应速率增大以及平衡右移，但产物H2的百分含量却减小，b错；升高温度反应速率增大，且平衡正向移动，H2的百分含量增大，a对。CO与H2的混合气体与水蒸气的反应中，反应体系中的气体的物质的量不变，而1
molCO与H2的混合气体参加反应生成1.18
mol混合气，说明有0.18
mol
水蒸气参加反应，则根据方程式②可知参加反应的CO也为0.18
mol，则其转化率为×100%＝90%。(3)由图中看出当N2与H2物质的量比为1∶3时，NH3的平衡体积分数最大，为42%。设平衡时转化的N2的物质的量为x
mol，由三段式：
　　　　　N2＋3H2??2NH3
起始(mol):
1
3
0
转化(mol):
x
3x
2x
平衡(mol):
1－x
3－3x
2x
×100%＝42%，则x＝0.59
则平衡时N2的体积分数为×100%＝14.5%。(4)作图时要注意开始时NH3物质的量不断增多，是因为反应正向进行(反应未达平衡)，达到一定程度后反应达到平衡而此时温度继续升高，平衡逆向移动，NH3的物质的量减小。(5)热交换器可以使需要加热的物质得到加热，还可以使需要冷却的物质得到冷却，能充分利用能量。合成氨反应为气体物质的量减小的反应，加压利于反应正向进行；此外，循环利用可反复利用原料，提高原料利用率。
【考点地位】本题考查化学反应速率和化学平衡的移动、化学计算、化学图像、化学流程的分析。
【名师点晴】本题属于化学反应原理方面的考查，试题体现了学科内综合，综合性较强，另外本题需要根据信息来推测未学过反应的方程式，这也体现了新课标的重要思想，通过学过的理论来推测未知的知识，这也是化学研究的重要步骤，考查了学生解决实际问题的能力。解答好本题首先要掌握反应规律，根据反应规律写出相关化学方程式，其次要理解和掌握有关化学平衡的规律和计算方法，特别是正确运用“三段式”进行计算，是解决本题的关键。另外能够正确的分析图像的含义，并能绘画图像。
21．【2014年高考新课标Ⅰ卷第28题】(节选)乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法生产或间接水合法生产。回答下列问题：
(3)如图所示为气相直接水合法中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系[其中n(H2O)∶n(C2H4)＝1∶1]。
①列式计算乙烯水合制乙醇反应在图中A点的平衡常数Kp＝____________________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
②图中压强(p1、p2、p3、p4)的大小顺序为____________，理由是___________________________________。
③气相直接水合法常采用的工艺条件为：磷酸/硅藻土为催化剂，反应温度290
℃、压强6.9
MPa，n(H2O)∶n(C2H4)＝0.6∶1。乙烯的转化率为5%，若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可采取的措施有___________________________________、____________________________
。
【答案】（3）①K=0.07(MPa)-1;
②P1<
P2<
P3<
P4
反应分子数减少，相同温度下，压强升高，乙烯转化率提高；
③
将产物乙醇液化转移去，增加n(H2O):n(C2H4)的比。
【解析】(3)①设起始时C2H4和H2O(g)的物质的量均为n，根据C2H4的转化率为20%，则平衡时C2H4、H2O(g)和C2H5OH的物质的量分别为80%n、80%n和20%n，则Kp＝＝＝＝0.07(MPa)－1。②增大压强，平衡将正向移动，能提高C2H4的转化率，即压强p1＜p2＜p3＜p4。③为了使平衡正向移动，还可以将乙醇液化及时分离，或增大n
(H2O)：n
(C2H4)
之比等措施。
【考点地位】本题主要是考查平衡状态计算及外界条件对平衡状态的影响等。
【名师点晴】本题以乙醇的制取方法为线索考查化学平衡移动原理、物质制取方案的比较、反应条件的选择、化学平衡常数的计算的知识。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。体现了化学是一门实用性学科，从而提高学生学习化学的积极性和学习的兴趣。在一定程度上考查了学生的知识的灵活运用能力和分析问题解决问题的能力。
22．【2014年高考新课标Ⅱ卷第26题】（13分）在容积为1.00
L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高，混合气体的颜色变深。
回答下列问题：
(1)反应的ΔH________0(填“大于”或“小于”)；100
℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示。在0～60
s时段，反应速率v(N2O4)为________mol·L－1·s－1；反应的平衡常数K1为________。
(2)100
℃时达平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)以0.002
0
mol·L－1·s－1的平均速率降低，经10
s又达到平衡。
①T________100
℃(填“大于”或“小于”)，判断理由是___________________________________。
②列式计算温度T时反应的平衡常数K2：___________________________________________________。
(3)温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，平衡向________(填“正反应”或“逆反应”)方向移动，判断理由是________________________________________________________________________。
【答案】(1)大于　0.001
0　0.36
mol·L－1
(2)①大于　反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高
②平衡时，c(NO2)＝0.120
mol·L－1＋0.002
0
mol·L－1·s－1×10
s×2＝0.16
mol·L－1
c(N2O4)＝0.040
mol·L－1－0.002
0
mol·L－1·s－1×10
s＝0.020
mol·L－1
K2＝＝1.3
mol·L－1
(3)逆反应　对气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动
【解析】
(1)依题意知，温度升高，混合气体的颜色加深，说明平衡向生成NO2的正反应方向移动，即正反应是吸热反应；根据图像0～60
s时段，NO2的物质的量浓度变化为0.060
mol·L－1，根据公式v＝即可计算出速率；根据图像可知NO2的平衡浓度为0.120
mol·L－1，N2O4的平衡浓度为0.040
mol·L－1，根据K＝可计算出平衡常数K1。(2)①根据题意知，改变反应温度为T后，反应速率降低，故为降低温度，即T小于100
℃；②根据题意知，再次达到平衡后N2O4的浓度减小，Δc＝v·Δt＝0.002
0
mol·L·s－1×10
s＝0.02
mol·L－1，则NO2的浓度增加0.040
mol·L－1，即达到新平衡时N2O4的浓度为0.020
mol·L－1，NO2的浓度为0.160
mol·L－1，据K＝可计算出平衡常数K2。(3)温度为T时，反应达到平衡，将反应容器减小一半，即增大压强。其他条件不变时，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，即向逆反应方向移动。
【考点定位】本题考查了化学反应速率、化学平衡常数的概念及相关计算，外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响规律。
【名师点晴】本题主要是考查了学生对化学反应速率和化学平衡等主干知识的掌握情况。考查了应用所学知识进行必要的分析或计算解决一些具体的化学问题的能力。考查了学生阅读材料接受信息的能力、对图像、图表的数据分析能力及计算能力。高考化学试题中对教材主干知识的考查给予较多的关注，它要求学生能够准确把握教材相关原理，通过题给情境进行迁移应用，解决相关问题。题目难度中等。
23．【2014年高考浙江卷第27题】(14分)煤炭燃烧过程中会释放出大量的SO2，严重破坏生态环境。采用一定的脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，降低脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下：
CaSO4(s)+CO(g)
CaO(s)
+
SO2(g)
+
CO2(g)
ΔH1=218.4kJ·m专题01
化学与STSE
2019年化学高考题
1.（2019全国Ι理综，7，6分）
陶瓷是火与土的结晶,是中华文明的象征之一,其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法错误的是?
A.“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色,来自氧化铁?
B.闻名世界的秦兵马俑是陶制品,由黏土经高温烧结而成?
C.陶瓷是应用较早的人造材料,主要化学成分是硅酸盐?
D.陶瓷化学性质稳定,具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点?
1.
A
本题考查物质组成、性质与用途，考查的核心素养是科学态度与社会责任。“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色与氧化亚铁有关，而氧化铁显红色，A项错误；秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成，B项正确；陶瓷以黏土为原料，经高温烧制而成，属于人造材料，主要成分是硅酸盐，C项正确；陶瓷主要成分是硅酸盐，硅酸盐中硅元素化合价处于最高价，化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点，D项正确。?
【解后反思】审题时抓住硅酸盐的主要性质，理解“耐酸碱侵蚀”的含义是硅酸盐不容易与酸碱反应；“抗氧化”含义是硅酸盐不容易被氧化。联系生活中广泛使用的陶瓷器具和教材中“硅酸盐”作耐火材料等进行解答。?
2.（2019全国Ⅱ理综，7，6分）
“春蚕到死丝方尽,蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句,下列关于该诗句中所涉及物质的说法错误的是?
A.蚕丝的主要成分是蛋白质?
B.蚕丝属于天然高分子材料?
C.“蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应?
D.古代的蜡是高级脂肪酸酯,属于高分子聚合物?
2.
D
本题结合诗句考查中华传统文化中的化学知识，考查的核心素养是科学态度与社会责任。蚕丝的主要成分是蛋白质，A项正确；蚕丝属于天然高分子化合物，B项正确；“蜡炬成灰”是指蜡烛燃烧，这属于氧化反应，C项正确。在古代蜡烛通常由动物油脂制成，动物油脂的主要成分为高级脂肪酸酯，其不属于高分子聚合物，D项错误。
3.
（2019全国Ⅲ理综，7，6分）化学与生活密切相关。下列叙述错误的是?
A.高纯硅可用于制作光感电池?
B.铝合金大量用于高铁建设?
C.活性炭具有除异味和杀菌作用?
D.碘酒可用于皮肤外用消毒?
3.
C
本题考查化学与生活，考查的核心素养是科学态度与社会责任。利用高纯硅的半导体性能，可制造光感电池，A正确；铝合金具有质地轻、强度高、抗腐蚀能力强等特点，可用于制造高铁车厢等，B正确；活性炭具有吸附作用，能除去异味，但没有杀菌消毒能力，C错误；碘酒能使蛋白质变性，可用于皮肤外用消毒，D正确。
4.
（2019北京理综，6，6分）
下列我国科研成果所涉及材料中,主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的是?
4.
A
本题考查化学与材料，考查的核心素养是宏观辨识与微观探析。SiC中的C、Si分别为第二周期和第三周期的第ⅣA族元素，二者均为非金属元素，形成的SiC为无机非金属材料，A项正确。?聚氨酯中含有C、H、N等元素，三种元素不属于同主族元素，且聚氨酯为有机材料，B项错误；碳包覆银纳米线由C、Ag元素组成，是无机非金属材料，但两种元素不是同主族元素，C项错误；钛合金是金属材料，D项错误。
?
5.
（2019天津理综，1，6分）化学在人类社会发展中发挥着重要作用,下列事实不涉及化学反应的是?
A.利用废弃的秸秆生产生物质燃料乙醇?
B.利用石油生产塑料、化纤等高分子材料?
C.利用基本的化学原料生产化学合成药物?
D.利用反渗透膜从海水中分离出淡水?
5.
D
本题考查化学与STSE，考查的核心素养是科学态度与社会责任。利用废弃的秸秆生产乙醇的过程中，秸秆中的纤维素水解生成葡萄糖，葡萄糖再转化成乙醇，A项不符合题意；利用石油生产塑料、化纤等高分子材料的过程中，发生加聚反应或缩聚反应，B项不符合题意；利用基本的化学原料生产化学合成药物的过程中，发生了化学反应，C项不符合题意；利用反渗透膜从海水中分离出淡水，属于物理变化，D项符合题意。
?
6.
（2019江苏，3，2分）
下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是?
A.NH4HCO3受热易分解，可用作化肥?
B.稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈?
C.SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白?
D.Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝
?
6.
B
本题考查物质的性质与用途。A项，因为NH4HCO3中含有氮元素，所以其可以用作化肥，错误；B项，铁锈的主要成分为Fe2O3，加入稀硫酸可以除去Fe2O3利用了稀硫酸的酸性，正确；C项，SO2漂白纸浆利用了SO2的漂白性，不是其氧化性，错误；D项，电解Al2O3获得铝，不是因为Al2O3具有两性，错误。
7.（2019浙江4月选考，2,2分）下列属于强电解质的是?
A.硫酸钡
B.食盐水?
C.二氧化硅
D.醋酸
?
7.
A
本题考查强电解质的概念。硫酸钡是盐，属于强电解质；食盐水是混合物，既不是电解质也不是非电解质；二氧化硅属于非电解质；醋酸是弱酸，属于弱电解质，故选A。
?
8.
（2019浙江4月选考，8，2分）下列说法不正确的是?
A.液氯可以储存在钢瓶中?
B.天然气的主要成分是甲烷的水合物?
C.天然石英和水晶的主要成分都是二氧化硅?
D.硫元素在自然界的存在形式有硫单质、硫化物和硫酸盐等
?
8.
B
本题考查元素及其化合物的性质。天然气的主要成分是甲烷，而甲烷水合物是可燃冰的主要成分，B项错误。?
2018年化学高考题
1.
（2018全国Ⅲ理综，7，6分）化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A.泡沫灭火器可用于一般的起火,也适用于电器起火
B.疫苗一般应冷藏存放,以避免蛋白质变性
C.家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆,有利于健康及环境
D.电热水器用镁棒防止内胆腐蚀,原理是牺牲阳极的阴极保护法
1.
A
本题考查化学知识在生活中的应用，意在考查考生对化学基础知识的理解和应用能力。?泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分，H2O能导电，且H2O也易损坏电器，因此泡沫灭火器不适用于电器起火，A项错误；疫苗的主要成分是蛋白质，高温下蛋白质易变性而失去活性，所以疫苗要冷藏，B项正确；水性漆以水作溶剂，相较于油性漆，更有利于健康和环境，C项正确；活泼金属镁易失去电子，形成原电池时为负极，电热水器内胆（Ag)被保护，此为牺牲阳极的阴极保护法，D项正确。
2.
（2018北京理综，6，6分）下列我国科技成果所涉及物质的应用中,发生的不是化学变化的是
2.
B
本题考查化学变化和物理变化的区别。由甲醇制备氢气的过程中有新物质生成，显然属于化学变化，A项不符合题意；原子是化学变化中的最小粒子，核聚变过程中原子发生了变化，所以核聚变属于核反应，而不是化学反应，B项符合题意；偏二甲肼用作发射火箭的燃料，是利用其还原性，与氧化剂（常见的是四氧化二氮）发生氧化还原反应，反应时放出大量的热，把火箭送入太空，C项不符合题意；可燃冰作为能源是由于其主要成分(甲烷)燃烧时放出大量的热，燃烧属于化学变化，D项不符合题意。
3.
（2018天津理综，1，6分）
以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分析不合理的是
A．四千余年前用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应
B．商代后期铸造出工艺精湛的后（司）母戊鼎，该鼎属于铜合金制品
C．汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土
D．屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作
3.
A
本题主要考查与化学知识相关的中国科技成果。谷物的主要成分为淀粉，用谷物酿造出酒和醋，酿造过程主要包括淀粉水解为葡萄糖，葡萄糖发酵生成乙醇，乙醇被氧化为乙酸，因此酿造过程中涉及水解反应和氧化反应，A项错误；后（司）母戊鼎为商代后期的青铜器，属于铜合金制品，B项正确；陶瓷的主要原料为黏土，C项正确；青蒿素易溶于乙醚，而不易溶于水，因此，屠呦呦用乙醚提取青蒿素的过程包括萃取操作，D项正确。
4.
（2018江苏，1，2分）
CO2是自然界碳循环中的重要物质。
下列过程会引起大气中
CO2含量上升的是
A.光合作用
B.自然降雨
C.化石燃料的燃烧
D.碳酸盐的沉积
4.
C
本题考查CO2的性质，较易。光合作用过程中植物吸收CO2?使CO2含量下降，A项不符合题意；自然降雨的过程会消耗CO2，使CO2含量下降，B项不符合题意；化石燃料燃烧时会产生CO2，使CO2含量上升，C项符合题意；碳酸盐能够与CO2反应生成可溶性的碳酸氢盐，消耗CO2，使CO2含量下降，D项不符合题意。
5.
（2018海南，5,2分）化学与生产生活密切相关。下列说法错误的是
A.Na2O2可与CO2反应放出氧气，可用于作制呼吸面具
B.
SiO2具有导电性.可用于制作光导纤维和光电池
C.聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀.可用作化工反应器的内壁涂层
D.氯水具有较强的氧化性，可用于漂白纸张、织物等
5.B
潜艇及太空的宇航员通常用Na2O2能够与人呼吸产生的CO2作用生成O2来供给呼吸用，A正确；SiO2没有导电性，但用它制作出的光导纤维能够反射光，因此SiO2可用作光导纤维却不能用来制作光电池，B观点错误；聚四氟乙烯无毒无害，不仅耐酸和耐碱，而且还能阻燃，C正确；氯水中的次氯酸具有漂白杀菌的作用，D正确。
2017年
化学高考题
1.
【2017年高考全国卷Ⅲ】化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A.PM2.5是指粒径不大于2.5
μm的可吸入悬浮颗粒物
B.绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染
C.燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
D.天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料
【答案】C
【解析】本题考查化学与STSE。PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物，A项正确；绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染，B项正确；燃煤中加入CaO，CaO可以与燃烧后生成的二氧化硫反应生成CaSO3，并进一步被氧化为CaSO4，从而减少二氧化硫的排放，因此可以减少酸雨的形成，但燃煤中加入CaO不能减少温室气体的排放，故C项错误；天然气和液化石油气完全燃烧的产物是二氧化碳和水，属于清洁燃料，D项正确。
2.【2017年高考北京卷】古丝绸之路贸易中的下列商品，主要成分属于无机物的是
A.瓷器
B.丝绸
C.茶叶
D.中草药
【答案】A
【解析】本题考查物质的化学组成。瓷器的主要成分为硅酸盐，属于无机物，A项正确。丝绸的主要成分为蛋白质，属于有机物，B项错误；茶叶的主要成分为茶多酚(属于酚类)、生物碱、氨基酸、有机酸等，属于有机物，C项错误；中草药成分复杂，通常含有糖类、氨基酸、蛋白质、油脂、维生素、有机酸、生物碱等，其主要成分属于有机物，D项错误。
3.【2017年高考江苏卷
】2017年世界地球日我国的主题为“节约集约利用资源，倡导绿色简约生活”。下列做法应提倡的是
A.夏天设定空调温度尽可能的低
B.推广使用一次性塑料袋和纸巾
C.少开私家车多乘公共交通工具
D.对商品进行豪华包装促进销售
【答案】C
【解析】本题考查化学与STSE。空调温度低时，需要消耗大量的电能，A项错误；推广使用一次性塑料袋和纸巾会产生“白色污染”且浪费资源，B项错误；少开私家车，可以减少汽车尾气的排放，C项正确；豪华包装会浪费不必要的材料，D项错误。
4.
【2017年高考江苏卷
】下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A.
Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂
B.
ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒
C.
SiO2硬度大，可用于制造光导纤维
D.
NH3易溶于水，可用作制冷剂
【答案】A
【解析】本题考查物质性质与用途的关系。本题要注意“对应”两字，两者之间要有因果关系，即“性质决定用途”。人呼出的CO2可与Na2O2反应生成O2，故可用作呼吸面具供氧剂，A项正确；ClO2具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，B项错误；SiO2可用于制造光导纤维的原因是其导光性能好，与硬度无对应关系，C项错误；液氨汽化吸收大量的热是其作制冷剂的原因，D项错误。
2016-2013年
化学高考题
1．【2016年高考北京卷】我国科技创新成果斐然，下列成果中获得诺贝尔奖的是（
）
A．徐光宪建立稀土串级萃取理论
B．屠呦呦发现抗疟新药青蒿素
C．闵恩泽研发重油裂解催化剂
D．侯德榜联合制碱法
【答案】B
【解析】2015年我国科学家屠呦呦发现抗疟疾的新药青蒿素而获得诺贝尔生理奖或医学奖，答案选B。
【考点定位】本题主要是考查相关化学史判断。
【名师点晴】本题侧重于考查我国科学家在化学相关领域中的重大研究成果，主要是与诺贝尔奖有关的判断，学生只要平时注意稍加留意即可得出正确判断，有利于培养学生的化学兴趣，激发学生的爱国主义热情。
2．【2016年高考江苏卷】大气中CO2含量的增加会加剧“温室效应”。下列活动会导致大气中CO2含量增加的是（
）
A．燃烧煤炭供热
B．利用风力发电
C．增加植被面积
D．节约用水用电
【答案】A
【解析】A项，煤炭燃烧会放出CO2，正确；风力发电、节约用水用电均与CO2无关，增加植被面积，会减少CO2的排放。
【考点定位】本题考查CO2对环境的影响，意在考查考生对生产、生活的关注以及对化学与环境保护、低碳经济等有关判断。
【名师点晴】掌握能源的特点、燃烧产物以及常见新能源等是解答的关键，侧重于考查学生的环境保护意识，题目难度不大。
3．【2016年高考四川卷】化学与生产和生活密切相关。下列过程中没有发生化学变化的是（
）
A．氯气作水杀菌消毒剂
B．硅胶作袋装食品的干燥剂
C．二氧化硫作纸浆的漂白剂
D．肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂
【答案】B
【解析】氯气作水的杀菌消毒剂是利用氯气与水反应生成的次氯酸的强氧化性，发生了化学变化；硅胶作袋装食品的干燥剂，是因为硅胶疏松多孔，具有吸收水分的作用，没有发生化学变化；二氧化硫作纸浆的漂白剂是因为二氧化硫可与某些有色物质发生化学反应生成不稳定的无色物质；肥皂的主要成分为高级脂肪酸钠，肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂是利用高级脂肪酸钠在水中发生水解反应使溶液呈碱性的性质，发生了化学变化。
【考点定位】本题考查常见物质的性质与用途，意在考查考生利用所学化学知识解释生产、生活中化学问题能力。
【名师点睛】本题以生活中常见物质的用途为载体考查物理变化和化学变化的判断。解答此类题目要注意抓住化学变化的特征是有新物质生成；遵循质量守恒定律，即反应前后原子的种类不改变、个数不增减，原子核不发生变化；化学变化的实质是旧化学键断裂和新化学键形成，二者缺一不可。物质的性质决定物质的用途，这就要求我们在日常学习中多从化学的视角关注生活，关注生活中的化学知识。题目较易。
4．【2016年高考新课标Ⅰ卷】化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（
）
A．用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维
B．食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质
C．加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性
D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%
【答案】D
【解析】A.蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质在灼烧时会产生烧焦羽毛的气味，人造纤维的主要成分为纤维素，在灼烧时会蜷缩成一个小球，有浓烈的黑烟，有与蛋白质灼烧不一样的气味，故可以区别蚕丝和人造纤维，正确；B.食用油高温反复加热发生化学变化，产生多种有毒、有害甚至是致癌的稠环芳香烃物质，进而会危害人体健康，正确；C.加热或高温会使蛋白质发生变性而失去生物活性，故具有杀菌消毒作用，正确；D.医用消毒酒精通常是用体积比浓度为75%中乙醇溶液，浓度太大，杀菌能力强，但渗透性差，浓度太小，渗透性强而杀菌能力又弱。体积分数为95%的酒精溶液渗透性差，会导致病毒的表面的蛋白质变性，当病毒退壳后，里边的蛋白质仍然会危害人体健康，错误。
【考点定位】考查化学在生活的应用正误判断的知识。
【名师点睛】化学是一门实用性的学科，在日常生活及工农业生产和科学技术中应用十分广泛。我们生活就要吃饭、穿衣，在生活过程中在与周围环境接触的过程中，往往会接触微生物或注意不当而患有疾病，消毒、治疗要使用一定的方法、或用一定的物质进行处理，这些都与化学知识有关。常见的纤维有棉花、羊毛、腈纶化学纤维等，棉花主要成分是纤维素，属于糖类，灼烧有烧被套的气味；羊毛主要成分是蛋白质，灼烧有烧焦羽毛的气味，腈纶等是人工合成的物质，灼烧有浓烈的黑烟，会蜷缩成一个小球，冷后是一个小硬球。购买的衣服布料材料就可以用灼烧的方法鉴别，也可以根据物质的面料的成分的性质在洗涤时采用适当方法。实用的植物油高温反复加热会产生致癌物质，故要少吃油炸食品；肌肉注射或输液时经常要用酒精消毒，消毒用的酒精是体积比为75%的酒精的水溶液，浓度过大或过小都不能很好的杀菌消毒。只有掌握一定的化学知识，才会使我们的生活质量得以提升，也才会更安全、更健康。
5．【2016年高考新课标Ⅱ卷】下列有关燃料的说法错误的是（
）
A．燃料燃烧产物CO2是温室气体之一
B．化石燃料完全燃烧不会造成大气污染
C．以液化石油气代替燃油可减少大气污染
D．燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一
【答案】B
【解析】本题考查燃料和化石燃料等相关知识，意在考查考生运用所学知识解答实际问题的能力。燃料燃烧产生的CO2是导致温室效应的主要气体之一，A项正确；化石燃料完全燃烧生成的SO2属于大气污染物，B项错误；液化石油气含碳量比燃油低，用液化石油气代替燃油能减少大气污染，C项正确；CO是大气污染物之一，D项正确。
【考点定位】考查燃料燃烧，环境污染与防治等知识。
【名师点睛】本题考查燃烧的燃烧，涉及化石燃料和液化石油气等，化石燃料是一种碳氢化合物或其衍生物。化石燃料所包含的天然资源有煤、石油和天然气；液化石油气是由炼厂气或天然气(包括油田伴生气)加压、降温、液化得到的一种无色、挥发性气体，是一种比较清洁的能源。
6．【2016年高考浙江卷】下列说法不正确的是（
）
A．储热材料是一类重要的能量存储物质，单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较大的热量
B．Ge（32号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池
C．Ba2+浓度较高时危害健康，但BaSO4可服人体内，作为造影剂用于X-射线检查肠胃
道疾病
D．纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附
【答案】D
【解析】纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质原因是铁是活泼金属，能与Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等离子发生置换反应，从而过滤除去，答案选D。
【考点定位】生产、生活中的各种材料
【名师点睛】在日常生活中随处都是化学知识。例如胃酸的主要成分为盐酸，硫酸钡不溶于水或盐酸，可以作钡餐，但碳酸钡因为能溶于盐酸，而会造成钡离子中毒不能代替硫酸钡。纳米铁粉可以和污水中的离子发生置换反应进而除去重金属离子，利用了金属的活动性顺序。
7．【2015新课标Ⅱ卷理综化学】食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好。下列说法错误的是（
）
A．硅胶可用作食品干燥剂
B．P2O5不可用作食品干燥剂
C．六水合氯化钙可用作食品干燥剂
D．加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂
【答案】C
【解析】本题考查物质的性质与用途,意在考查考生关注化学在生产、生活中的应用。硅胶、植物纤维均是无毒、无味、无腐蚀性,所以可用作干燥剂,A、D项正确;无水CaCl2具有吸水作用,而CaCl2·6H2O无吸水作用,不可用作干燥剂,C项错误;P2O5吸水生成H3PO4,H3PO4具有腐蚀性,因此P2O5不可用作食品干燥剂,B项正确。
【考点定位】考查硅胶、P2O5、氯化钙、新型植物纤维等食品干燥剂中的应用。
【名师点晴】本题从知识上考查了常见干燥剂在生活中的应用，考查了学生对知识理解、综合运用能力，对生活中的化学知识的运用情况，熟悉常见干燥剂的性质是答题的关键。这道高考题为一道中下档题，难度偏低。
8．【2015天津理综化学】下列有关“化学与生活”的叙述不正确的是（
）
A．点燃爆竹后,硫燃烧生成SO3
B．中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈
C．服用阿司匹林出现水杨酸反应时，用NaHCO3溶液解毒
D．使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力减弱
【答案】A
【解析】本题考查元素化合物的性质,意在考查考生的识记能力和知识的综合应用能力。爆竹中的硫在空气中燃烧生成二氧化硫,A项错误。明矾水解使溶液呈酸性,可使铜锈溶解,B项正确。阿司匹林能与碳酸氢钠溶液反应,从而解除水杨酸反应,C项正确。肥皂在钙离子浓度较大的地下水中会生成硬脂酸钙沉淀,使去污能力减弱,D项正确。硫即使在过量空气中燃烧,也不会直接生成三氧化硫。
【考点定位】本题主要考查化学与生产生活的联系，涉及硫的化学性质、金属的腐蚀、药物的使用等。
【名师点睛】考查硫的燃烧产物的判断、硫单质的二次氧化、盐的水解、溶液的酸碱性的判断、盐水解的应用、物质的性质与用途的关系的应用、生活中硬水的判断、硬水与软水的鉴别等知识，每个选项都是一个知识层面的问题。硫与氧气的产物只能是二氧化硫，而不可能是三氧化硫，这一点应给学生讲清楚。钙离子较多的水实质为硬水，这方面的知识在初三已经学过，可以从硬水与软水的角度分析D选项。本题充分体现生活处处有化学，化学源于生活，用于生活的理念，使学生能够很好的学以致用。
9．【2015四川理综化学】下列物质在生活中应用时，起还原作用的是（
）
A．明矾作净水剂
B．甘油作护肤保湿剂
C．漂粉精作消毒剂
D．铁粉作食品袋内的脱氧剂
【答案】D
【解析】A、明矾净水是因为Al3+水解成Al(OH)3胶体吸附；B、甘油具有强的吸湿性，可以让皮肤上的水分不会太快散发，同时适当从空气中吸收水蒸气，故用作保湿剂；C、漂粉精具有强氧化性，故可作消毒剂；D、铁粉可以消耗食品袋中的氧气，铁粉自身被氧化，起还原作用。选D。
【考点定位】考查氧化还原反应与STSE。考查考生应用化学知识解决实际问题的能力。
【名师点睛】高考命题侧重氧化还原反应的基本概念、判断氧化还原反应中电子转移的方向和数目、配平反应方程式和化学计算等多个知识点。本题将氧化还原反应基础知识与常见元素及其化合物的性质结合起来，这种考查方式在历年高考中再现率较高，成为高考的热点，在复习时要引起足够的重视。对各种不同的概念首先要准确地理解，知道其内涵及其
适用的范围；其次要找一找和其他概念的联系和结合点，形成系统的概念体系；三要熟悉有关概念的典型实例，并要注意一些常见的特例。
10．【2015海南化学】化学与生活密切相关。下列应用中利用了物质氧化性的是（
）
A．明矾净化水
B．纯碱去油污
C．食醋除水垢
D．漂白粉漂白织物
【答案】D
【解析】本题考查物质的性质和用途,意在考查考生应用化学原理解决实际问题的能力。A项,明矾净化水,利用Al3+水解生成的Al(OH)3具有吸附性,吸附水中悬浮杂质;B项,纯碱去油污,利用纯碱水解,溶液显碱性,油污在碱性条件下发生水解反应生成可溶性的高级脂肪酸盐和甘油;C项,食醋除水垢,利用的是CH3COOH与CaCO3的复分解反应;D项,漂白粉漂白织物,利用漂白粉溶于水,Ca(ClO)2转化为有强氧化性的HClO。故本题选D。
【考点定位】本题考查化学常识、常见物质的用途。
【名师点睛】本题以生活中的化学为载体将相关物质的性质用途和氧化性概念结合在一起进行考查，理清相关物质的用途涉及的化学反应原理及氧化性的概念是本题得分的关键。体现了化学与生活、生产的密切联系，学习过程中要多注意分析生活中的化学问题，多从化学的视角关注生活。
11．【2015江苏化学】“保护环境”是我国的基本国策。下列做法不应该提倡的是(
)
A．采取低碳、节俭的生活方式
B．按照规定对生活废弃物进行分类放置
C．深入农村和社区宣传环保知识
D．经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等
【答案】D
【解析】A、低碳能减少CO2的排放，故A说法正确；B、对生活废弃物进行分类，可以对物质进行回收使用，分类处理，故B说法正确；C、宣传环保知识，人人都参与进来，减少人类对环境的破环，故C说法正确；D、使用一次性筷子、纸杯对树木加大破坏，塑料袋使用引起白色污染，故D说法错误。
【考点定位】考查环境保护和节约资源问题。
【名师点睛】此题较简单，跟生活比较贴近，考查现在提出的：低碳生活、垃圾分类处理、加大环保知识的宣传，要求熟悉课本上元素及其化合物对环境的影响，复习时注重基础知识的夯实，培养学生环保意识。
12．【2014年高考海南卷】化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是（
）
A．碘酒是指单质碘的乙醇溶液
B．84消毒液的有效成分是NaClO
C．浓硫酸可刻蚀石英制艺术品
D．装饰材料释放的甲醛会造成污染
【答案】C
【解析】A.
碘酒是指单质碘的酒精溶液。酒精就是乙醇的俗称。正确。B．84消毒液是氯气与氢氧化钠反应得到溶液。其有效成分是NaClO。正确。C．氢氟酸可刻蚀石英制艺术品。错误。D.
装饰材料释放的甲醛会造成人体一些不适，免疫能力下降等。因此会造成污染。正确。
【考点定位】本题以碘酒、84消毒液、甲醛等几种常见的物质为载体介绍了化学的应用，考查学生对物质的性质及用途的了解、理解和掌握程度；考查了考生对知识的灵活应用和综合运用所学化学知识解决相关化学问题的能力。体现了化学的实用性的特点。
【名师点睛】解决本题首先要清楚选项给出的物质的成分、性质，然后根据要求作出相应的判断。在学习过程中要注重知识的积累，如物质的组成、俗名、元素及化合物的性质。能用化学的眼光来洞察生产、生活中的相关问题。
13．【2014年高考广东卷】生活中处处有化学。下列说法正确的是（
）
A．做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体
B．制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金
C．煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类
D．磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸
【答案】B
【解析】本题考查元素化合物的应用,意在考查考生对基础知识的掌握情况。A中棉和麻属于纤维素,淀粉与纤维素分子式相同而聚合度不同,不互为同分异构体,A错。花生油以不饱和酯为主,C错。蛋白质在煮沸时发生变性而不会发生水解生成氨基酸,D错。
【考点定位】本题主要是考查化学与生活的有关判断。
【名师点晴】本题以合金、多糖、油脂、蛋白质为载体，考查学生对物质的性质、成分的判断，同分异构体的判断。化学与生活的考查中，要注意所学知识与实际生活的联系，比如选项D即便不学化学，根据生活常识也可判断，豆浆煮沸后是不会变成氨基酸的。
14．【2014年高考江苏卷第1题】水是生命之源，2014年我国科学家首次拍摄到水分子团簇的空间取向图像，模型如图。下列关于水的说法正确的是（
）
A．水是弱电解质
B．可燃冰是可以燃烧的水
C．氢氧两种元素只能组成水
D．0℃时冰的密度比液态水的密度大
【答案】A
【解析】A、水部分电离属于弱电解质，正确；B、可燃冰不是水，是甲烷和水组成的水合物，错误；C、氢氧两种元素既能组成水，也能组成H2O2、H3O+、OH—等粒子，错误；D、0℃时冰的密度比液态水的密度小，4℃时水的密度最大，错误。
【考点定位】本题主要是考查水的知识，涉及水的组成、物理性质和化学性质及可燃冰的知识。
【名师点晴】本题以水为载体，重点考查了学生对水的知识的理解，不同于往年高考试题中的化学与生活类型试题，题目比较简单，能平稳学生的情绪。本题的解题要点为：水的性质和结构，需要熟悉水的常见的物理性质和化学性质，知道可燃冰的组成等内容。
15．【2014年高考四川卷第1题】化学与生活密切相关。下列说法不正确的是（
）
A．乙烯可作水果的催熟剂
B．硅胶可作袋装食品的干燥剂
C．福尔马林可作食品的保鲜剂
D．氢氧化铝可作胃酸的中和剂
【答案】C
【解析】A、乙烯是一种植物生长调节剂，可作水果的催熟剂，A正确；B、硅胶多孔，吸收水分能力强，可作袋装食品的干燥剂，B正确；C、福尔马林是甲醛的水溶液，甲醛有毒，不能作食品的保鲜剂，C不正确；D、氢氧化铝属于两性氢氧化物能与酸反应，可作胃酸的中和剂，D正确，答案选C。
【考点地位】本题主要是考查化学与生活的有关判断。
【名师点晴】本题主要是以化学在生活中的应用为载体，涉及乙烯、硅胶、甲醛和氢氧化铝的性质与用途，意在提高学生关注化学在生活中的广泛应用，提高学生的科学素养。本题难度不大，平时注意相关基础知识的理解掌握和积累。
16．【2014年高考天津卷】化学与生产、生活息息相关，下列叙述错误的是（
）
A．铁表面镀锌可以增强其抗腐蚀性
B．用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染
C．大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要因素
D．含重金属离子的电镀废液不能随意排放
【答案】B
【解析】本题考查化学与生产、生活的联系,意在考查考生学以致用的能力。铁表面镀锌,可以形成原电池,锌作负极,增强铁的抗腐蚀性,A项正确;聚乙烯塑料会引起白色污染,B项错误;大量燃烧化石燃料造成污染,是造成雾霾天气的一种重要因素,C项正确;重金属离子有毒,不能随意排放,D项正确。
【考点地位】考查化学与生活的有关判断。
【名师点晴】本题以化学与环境污染以及化学在生产、生活中的应用考查了化学与STSE，同时也考察了化学基本理论，如A项查了金属的腐蚀与防护、B选项考查了有机高分子的特点、D选项考查了重金属阳离子的毒性等问题。判断化学在社会、生活中的应用，首先应掌握化学基础知识，分析本题时应结合社会、生活实践，运用所学化学知识分析、判断。
17．【2013年高考福建卷】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、石英的主要成分是SiO2，用途广泛，除了制造光导纤维，还可以生产高纯硅、制工艺品等等，错误；B、海水是巨大的宝库，从中提取的物质有物理变化也有化学变化，如海水淡化不需要化学反应，错误；C、食品添加剂，有些有副作用，需要在一定范围内使用，错误；D、油脂通过皂化反应得到肥皂，正确。
【考点定位】考查化学与生产、生活、社会的关系。
【名师点睛】石英的主要成分是二氧化硅；从海水中可以提取氯化钠；食品添加剂应适量添加；“地沟油”主要成分是油脂，这些都是与生活有关的化学知识，本题考查二氧化硅的用途、物质的分离、食品添加剂、油脂等，难度不大，注意“地沟油”禁止食用，但其主要成分是油脂，在碱性溶液中发生水解反应，可用于制造肥皂。
18．【2013年高考山东卷】化学与生产和生活密切相关，下列说法正确的是（
）A．聚乙烯塑料的老化是因为发生了加成反应
B．煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料
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
【答案】
D
【解析】聚乙烯结构中不存在不饱和键，其不能发生加成反应，A错；煤的气化和液化均为化学变化，且煤脱硫后才能转化为清洁能源，B错；碳纤维属于无机材料，C错；粮食酿酒是淀粉转化为葡萄糖，并进一步转化为乙醇，D对。
【考点定位】此题综合考查了化学必修2中的有机化学基础知识，包括塑料和有机材料、煤的加工、粮食酿酒等。
【名师点睛】本题考查的知识点是塑料和有机材料、煤的加工、粮食酿酒等知识，针对的是基础性试题的考查，也是高考中的常见题型。试题紧扣教材，贴近生活实际，有利于调动学生的学习兴趣和学习积极性，难度不大。
19．【2013年高考上海卷】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】试题分析：
超临界水仍然呈中性，
C项错误，A项pH小于7，错误、根据相似相溶的原理可知B正确（有机物大多数是非极性分子），D错误。
【考点定位】本题考查超临界水的性质。
【名师点睛】本题考查学生的知识运用能力，明确纯水的特点、相似相溶原理是解题的关键，难度中等，注重考查学生从文字的情景资料中获取信息的能力，考查学生的分析、判断、推理、解决问题的能力，注重基础知识与学科能力的有机结合。
20．【2013年高考天津卷】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。
【答案】C
【解析】本题考查生活中的化学知识,意在考查考生利用所学知识解决实际问题的能力。　食盐可作调味剂,也可以腌制食品作防腐剂,A项正确;随温度升高,新鲜蔬菜中所含维生素C会有损失,B项正确;人体内没有使纤维素水解的酶,C项错误;苏打粉水溶液显碱性,所以可用于红酒的检验,D项正确。
【考点定位】考查生活中的化学知识：食盐的用途、炒菜如何控制温度不使维生素C分解（结构破坏）、纤维素能否在人体水解、检验葡萄酒是否含有花青素等，贴近生活，关注化学在生活中的应用。
【名师点睛】食盐具有咸味，食盐腌制食品，以抑制细菌的滋生，常用作调味品和防腐剂；维生素C加热烹调处理、浸水等，都会让蔬菜的维生素C大幅度减少，维生素C呈酸性，加热或在溶液中易氧化分解，在碱性条件下更易被氧化；纤维素在人体中不水解，不能被人体吸收；苏打是碳酸钠，依据葡萄中的花青素在碱性环境下显蓝色信息进行解答，本题主要考查了生活中的化学，依据相关的知识即可解答，平时要注意生活中的化学知识的积累。专题11
化学反应中的能量变化
2019年化学高考题
1.【2019江苏，11,4分】
氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是?
A.一定温度下，反应2H2(g)+O2(g)
2H2O(g)能自发进行，该反应的ΔH<0?
B.氢氧燃料电池的负极反应为O2+2H2O+4e-4OH-?
C.常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2
L
H?2,转移电子的数目为6.02×1023?
D.反应2H2(g)+O2(g)
H2O(g)的ΔH可通过下式估算:ΔH=反应中形成新共价键的键能之和-反应中断裂旧共价键的键能之和
?
1.
A
本题考查反应自发性、电极反应式、气体摩尔体积以及焓变的计算，考查的核心素养是证据推理与模型认知。A项，该反应前后气体分子数减少，即熵减少，又反应能自发进行，说明该反应为放热反应，ΔH<0，正确；B项，负极上应是H2失去电子，错误；C项，11.2
L
H2不是处于标准状况下，无法计算H2的物质的量，进而无法计算转移的电子数，错误；D项，反应的焓变等于反应物断裂旧共价键的键能之和减去生成物形成新共价键的键能之和，错误。?
2.【2019浙江4月选考，23,2分】
MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(M=Ca、Mg):?
已知:离子电荷相同时,半径越小,离子键越强。下列说法不正确的是?
A.ΔH1(MgCO3)>ΔH1(CaCO3)>0?
B.ΔH2(MgCO3)=ΔH2(CaCO3)>0?
C.ΔH1(CaCO3)-ΔH1(MgCO3)=ΔH3(CaO)-ΔH3(MgO)?
D.对于MgCO3和CaCO3,ΔH1+ΔH2>ΔH3
?
2.
C
本题以MCO3（M=Mg、Ca）的能量关系图为背景考查化学键的断裂和形成与反应中能量变化的关系，盖斯定律。根据已知信息，离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。由于r(Mg2+)＜r(Ca2+)，所以MgCO3的离子键强于CaCO3，由于化学键断裂需要吸热，故
ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0，A项正确；由于ΔH2只与CO32-相关，故ΔH2(MgCO3)＝
ΔH2(CaCO3)＞0，B项正确；根据能量关系图可知ΔH＝ΔH1+ΔH2-ΔH3，由于ΔH(MgCO3)≠ΔH(CaCO3)，故ΔH1(MgCO3)+ΔH2(MgCO3)-ΔH3(MgO)≠ΔH1(CaCO3)+ΔH2(CaCO3)-
ΔH3(CaO)，而ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)，故ΔH1(MgCO3)-ΔH3(MgO)≠ΔH1(CaCO3)-
ΔH3(CaO)，ΔH1(CaCO3)-ΔH1(MgCO3)≠ΔH3(CaO)-ΔH3(MgO)，C项错误；由于ΔH＋ΔH3＝ΔH1+ΔH2，而ΔH＞0，故ΔH1+ΔH2＞ΔH3，D项正确，故选C。
2018年
化学高考题
1.
（2018北京理综，7，6分）我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如图。
下列说法不正确的是
A.生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B.CH4→CH3COOH过程中,有C—H键发生断裂
C.①→②放出能量并形成了C—C键
D.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
1.
D
本题考查原子利用率、化学键及催化剂对化学平衡的影响。
由CO2和CH4制备CH3COOH的化学方程式为CO2+CH4CH3COOH，反应中没有副产物生成，所以总反应的原子利用率为100%，A项正确；CH4分子中含有4个C—H键，而CH3COOH分子中含有3个C—H键，显然CH4
CH3COOH过程中必有C—H键发生断裂，B项正确；观察反应的示意图可知，①→②过程中放出能量，且在此过程中形成了新化学键，即乙酸分子中的C—C键，C项正确；催化剂只能改变化学反应速率，而不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误。?
2.
（2018海南，12,4分）（双选）炭黑是雾霾中的重要颗粒物。研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧。活化过程的能量变化模拟计算结果如右圈所示。活化氧可以快速氧化二氧化硫。下列说法正确的是
A.每活化一个氧分子吸收0.29
eV的能量
B.水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eV
C.氧分子的活化是O—O的断裂与C—O键的生成过程
D.炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂
2.CD
从图中分析得知，活化氧的能量比碳黑和氧气的总能量低，因此碳黑活化氧分子的结果是放热过程，A错误；活化能是指使反应物中的普通能量的分子（在吸收外界能量的基础上）转变为碰撞时能够发生有效碰撞的活化分子所需要的最低能量，图中表示碳黑催化反应在无水时进行所需的活化能0.75eV，而有水存在时，则仅为0.57eV，相差0.18eV，可见，水能够使氮分子的活化能降低0.18eV而不是0.42eV，B错误；从图中分析可知，C正确；由于二氧化硫转化为三氧化硫是与空气中的氧气，碳黑具有活化氧分子的能力，所以自然也是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂，D正确。
2017年
化学高考题
1.【2017年高考江苏卷
】通过以下反应可获得新型能源二甲醚(CH3OCH3)。下列说法不正确的是
①C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)　??
ΔH1=a?kJ·mol-1
②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)　ΔH2=b?kJ·mol-1
③CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH3=c?kJ·mol-1
④2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)　ΔH4=d?kJ·mol-1
A.反应①、②为反应③提供原料气
B.反应③也是CO2资源化利用的方法之一
C.反应CH3OH(g)1/2CH3OCH3(g)+
1/2H2O(l)的ΔH=d/2?kJ·mol-1
D.反应2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)的ΔH=(2b+2c+d)
kJ·mol-1
【答案】C
【解析】本题考查热化学知识。反应①的产物为CO和H2，反应②的产物为CO2和H2，反应③的原料为CO2和H2，A项正确；反应③将温室气体CO2转化为燃料CH3OH，B项正确；反应④中生成物H2O为气体，C项中生成物H2O为液体，故C项中反应的焓变不等于d/2?kJ·mol-1，C项错误；依据盖斯定律，由②×2+③×2+④，可得所求反应的焓变，D项正确。
【名师点睛】反应焓变值与物质的状态有关，如本题C项，生成物H2O的状态不同，反应的焓变值也不同。
2．【2017年高考浙江卷】下列物质放入水中，会显著放热的是
A．食盐
B．蔗糖
C．酒精
D．生石灰
【答案】D
【考点】考查常见生活中熟悉的物质溶于水的吸、放热情况
【解析】生石灰CaO溶于水，生成Ca(OH)2并会放出大量的热。
3．【2017年高考浙江卷】已知断裂1
mol
H2(g)中的H－H键需要吸收436.4
kJ的能量，断裂1
mol
O2(g)中的共价键需要吸收498
kJ的能量，生成H2O(g)中的1
mol
H－O键能放出462.8
kJ的能量。下列说法正确的是
A．断裂1
mol
H2O中的化学键需要吸收925.6
kJ的能量
B．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　　ΔH＝－480.4
kJ·molˉ1
C．2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)　　ΔH＝471.6
kJ·molˉ1
D．H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　　ΔH＝－240.2
kJ·molˉ1
【答案】B
【考点】考查ΔH的含义，键能与ΔH计算，正确书写相关热化学方程式
【解析】本题易错选A。1molH2O中2mol
H-O，断裂1molH2O（g）吸收热量为2×462.8
kJ，A选项未说明H2O状－480.4态，故不正确；C、D中都为H2O（l）根据题意，错误；经计算B方程式中ΔH=2×436.4
+498
-4×462.8
=－480.4kJ·molˉ1，故正确
2016-2013年
化学高考题
1．【2016年高考海南卷】油酸甘油酯（相对分子质量884）在体内代谢时可发生如下反应：C57H104O6(s)+80O2(g)===57CO2(g)+52H2O
(l)
已知燃烧1kg该化合物释放出热量3.8×104kJ。油酸甘油酯的燃烧热ΔH为（
）
A．3.8×104kJ·mol-1
B．－3.8×104kJ·mol-1
C．3.4×104kJ·mol-1
D．－3.4×104kJ·mol-1
【答案】D
【解析】试题分析：燃烧热指的是燃烧1mol可燃物生成稳定的氧化物所放出的热量。燃烧1kg油酸甘油酯释放出热量3.8×104kJ，则燃烧1mol油酸甘油酯释放出热量为3.4×104kJ，则得油酸甘油酯的燃烧热ΔH=－3.4×104kJ·mol-1
【考点定位】考查燃烧热及化学反应中的能量。
【名师点睛】考纲明确要求：了解化学能与热能的相互转化。了解吸热反应、放热反应、反应热等概念。根据考纲的这一要求将化学反应中的物质变化和能量变化综合起来考查将成为一种热门的题型，同时注意到由于能源日益匮乏，因此有关燃烧热、中和热、盖斯定律等问题必将成为今后命题的重点。新课程背景下的高考热化学方程式试题大多是一些思路型题型，题目变化较多，但思路变化却较少，主干知识依然是重点考查的内容。此类试题比较贴近当前的教学实际，虽然形式上有各种各样的变化，但只要学会了基础题型的解题思路和应对策略，缜密分析、逐层递解，再经过一些变化演绎，就可以准确解答相关题型。此外，通过此类题型的解题策略探究还有利于培养学生科学素养、创新精神和灵活运用所学知识综合解决实际问题的能力。
2．【2016年高考海南卷】由反应物X转化为Y和Z的能量变化如图所示。下列说法正确的是（
）
A．由反应的ΔH=E5?E2
B．由反应的ΔH<0
C．降低压强有利于提高Y的产率
D．升高温度有利于提高Z的产率
【答案】BC
【解析】
【考点定位】考查化学反应中的能量变化，化学图像的分析与判断。
【名师点睛】对于化学图像问题，可按以下的方法进行分析：
①认清坐标系，搞清纵、横坐标所代表的意义，并与化学反应原理挂钩。②紧扣反应特征，搞清反应方向是吸热还是放热，体积增大还是减小，有无固体、纯液体物质参加反应。③看清起点、拐点、终点，看清曲线的变化趋势等等。本题考查化学反应与能量变化，主要结合物质反应与能量变化图，考查学生对化学反应热的理解。对于AB两项判断反应是放热反应还是吸热反应，可以从三个角度判断：一是比较反应物和生成物的总能量相对大小，生成物总能量比反应物总能量高的反应是吸热反应；二是比较反应物和生成物的总键能；三是从常见的分类去判断。
3．【2016年高考江苏卷】通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是（
）
①太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)===2H2（g）+
O2（g）
ΔH1=571.6kJ·mol–1
②焦炭与水反应制氢：C（s）+
H2O(g)
===CO（g）+
H2（g）ΔH2=131.3kJ·mol–1
③甲烷与水反应制氢：CH4（g）+
H2O(g)===CO（g）+3H2（g）ΔH3=206.1kJ·mol–1
A．反应①中电能转化为化学能
B．反应②为放热反应
C．反应③使用催化剂，ΔH3减小
D．反应CH4（g）===C（s）+2H2（g）的
ΔH=74.8kJ·mol–1
【答案】D
【解析】A、①中太阳能转化为化学能，A错误；B、②中ΔH2＝131.3kJ·mol–1＞0，反应为吸热反应，B错误；C、使用催化剂能改变反应的活化能，从而改变反应速率，但不能改变化学反应的焓变，C错误；D、根据盖斯定律：③－②即可得反应CH4（g）===C（s）+2H2（g）的ΔH＝206.1kJ·mol–1－131.3kJ·mol–1＝74.8kJ·mol–1，D正确。答案选D。
【考点定位】本题主要是考查化学反应与能量转化的有关判断以及反应热计算等。
【名师点晴】应用盖斯定律进行反应热的简单计算的关键在于设计反应过程，同时还需要注意：①参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。②当热化学方程式乘、除以某一个数时，ΔH也应相应地乘、除以某一个数；方程式进行加减运算时，ΔH也同样要进行加减运算，且要带“＋”“－”符号，即把ΔH看作一个整体进行运算。③将一个热化学方程式颠倒书写时，ΔH的符号也随之改变，但数值不变。④在设计反应过程中，会遇到同一物质的三态(固、液、气)的相互转化，状态由固→液→气变化时，会吸热；反之会放热。答题时注意灵活应用。
4．【2015重庆理综化学】黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：
S(s)+2KNO3(s)+3C(s)===K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)
ΔH=
x
kJ·mol－1
已知硫的燃烧热ΔH1=
a
kJ·mol－1
S(s)+2K(s)===K2S(s)
ΔH2=
b
kJ·mol－1
2K(s)+N2(g)+3O2(g)===2KNO3(s)
ΔH3=
c
kJ·mol－1
则x为（
）
A．3a+b－c
B．c
－3a－b
C．a+b－c
D．c－a－b
【答案】A
【解析】已知硫的燃烧热为ΔH1=
a
kJ·mol－1，则硫的燃烧热化学方程式为，
①S(s)+O2(g)===SO2(g)
ΔH1=akJ·mol-1，②S(s)+2K(s)===K2S(s)
ΔH2=bkJ·mol-1，③2K(s)+N2(g)+3O2(g)===2KNO3(s)
ΔH3=ckJ·mol-1，根据盖斯定律可得
ΔH
=3ΔH1+ΔH2—ΔH3，即x=3a+b－c，答案选A。
【考点定位】本题主要考查盖斯定律的应用。
【名师点晴】在反应焓变的计算中，经常利用盖斯定律，考查盖斯定律的应用是高考命题的重点，将热化学中反应热的计算与黑火药爆炸原理联系起来，既考查了基础知识，又能引导学生提高人文素养，试题背景新颖，关注化学与生活、社会、科技等的有机结合和联系。
5．【2015北京理综化学】最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：
下列说法中正确的是（
）
A．CO和O生成CO2是吸热反应
B．在该过程中，CO断键形成C和O
C．CO和O生成了具有极性共价键的CO2
D．状态Ⅰ
→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程
【答案】C??
【解析】由图示可知CO和O生成CO2是放热反应，A错误；由状态Ⅰ、状态Ⅱ可知CO没有断键，B错误；CO2中碳氧键为极性键，C正确；状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，不是O2分子，D错误。
【考点定位】反应原理中化学反应与能量变化。
【名师点晴】基础题，解题关键是明确化学反应中能量变化的原因，知道从能量高的状态变化到能量低的状态，可释放能量，并且要能根据图示内容正确分析物质变化情况。
6【2015海南化学】己知丙烷的燃烧热ΔH=-2215KJ·mol-1，若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g水，则放出的热量约为（
）
A．55
kJ
B．220
kJ
C．
550
kJ
D．1108
kJ
【答案】A
【解析】丙烷分子式是C3H8，1
mol丙烷燃烧会产生4
mol
H2O，丙烷完全燃烧产生1.8
g水(物质的量为0.1
mol)：4
mol∶0.1
mol＝2215
kJ∶Q，解得Q＝55.375
kJ,
A项正确。
【考点定位】本题从知识上考查燃烧热的概念、反应热的计算，从能力上考查学生分析问题、解决问题的能力及计算能力。
【名师点睛】本题以丙烷为载体考查燃烧热的概念、反应热的计算。准确把握燃烧热的概念：298K、101Kpa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热。抓住丙烷的分子式C3H8，利用原子守恒确定生成物水和热量的关系：4molH2O(l)——2215KJ，结合题给数据解决此题。
7．【2015上海化学】已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如下图所示。下列说法正确的是（
）
A．加入催化剂，减小了反应的热效应
B．加入催化剂，可提高H2O2的平衡转化率
C．H2O2分解的热化学方程式：H2O2
→
H2O
+
O2
+
Q
D．反应物的总能量高于生成物的总能量
【答案】D
【解析】本题考查化学反应中的能量变化和化学平衡知识,意在考查考生观察图像的能力和分析能力。催化剂对反应的热效应和H2O2的平衡转化率没有影响,A、B选项错误;热化学方程式中应标明物质的聚集状态,C选项错误;观察图象可知,反应物的总能量高于生成物的总能量,D选项正确。
【考点定位】考查图示法在表示催化剂对化学反应的影响的知识。
【名师点睛】图像方法在化学反应原理的表示中有直观、形象、具体的特点，在溶液的成分的确定、化学反应速率和化学平衡、沉淀的形成及溶解、化学反应过程的能量变化及反应的过程和反应的热效应中多有应用。反应的过程就是原子重新组合的过程，在这个过程中断裂旧键吸收能量，形成新的化学键放出热量。反应物的能量要高于生成物的能量就是放热反应，生成物的能量若高于反应物的能量，反应是吸热反应。看清反应物、生成物的能量的高低，掌握反应的热效应的含义及反应原理，是本题的关键。
8．【2014年高考海南卷】某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是（
）
A．反应过程a有催化剂参与
B．该反应为放热反应，热效应等于ΔH
C．改变催化剂，可改变该反应的活化能
D．有催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E2
【答案】B
C
【解析】A、由图示可知反应过程a需要的活化能较高，这是没有催化剂参与的过程。错误。B、由于反应物的能量高于生成物的能量，多余的能量就以热能的形式释放出来。所以该反应为放热反应，热效应等于反应物与生成物能量的差值ΔH。正确。C、加入催化剂，改变了反应途径，降低了反应的活化能，但是反应热不变。正确。D、无论是否存在催化剂，反应的活化能等于反应物与生成物的能量的差值，等于ΔH。错误。
【考点定位】本题考查了反应物、生成物的能量与反应热的关系；考查了催化剂与反应所需活化能的关系；考查催化剂与化学反应途径的关系的知识。考查了考生对图像法表示反应途径、反应热的掌握和应用能力。
【名师点睛】解答本题，首先应该会看图像，清楚图像的横坐标、纵坐标表示的含义。然后看清反应物与生成物的相对能量的多少及反应热、活化能的含义。了解催化剂对化学反应过程中作用（改变活化能）。最后根据根据各个选项的问题逐一解答。
9．【2014年高考海南卷】标准状态下，气态分子断开l
mol化学键的焓变称为键焓。已知H—H、H—O和O==O键的键焓ΔH分别为436
kJ/mol、463
kJ/mol和495kJ/mol。下列热化学方程式正确的是（
）
A．H2O
(g)===H2(g)+O2(g);
ΔH=
-485
kJ/mol
B．H2O
(g)===H2(g)+O2(g);
ΔH==+485
kJ/mol
C．2H2(g)+
O2
(g)===
2H2O(g)；
ΔH
=
+485
kJ/mol
D．2H2(g)+
O
2(g)===2H2O(g)；
ΔH
=
-485
kJ/mol
【答案】D
【解析】根据“H—H、H—O和O==O键的键焓ΔH分别为436KJ/mol，463KJ/mol，495KJ/mol”，可以计算出2mol
H2和1mol
O2完全反应生成2mol
H2O(g)产生的焓变是436KJ/mol×2+495KJ/mol×1—463KJ/mol×4=
—485KJ/mol，所以该过程的热化学方程式为
2
H2(g)
+
O2(g)===2
H2O(g)
△H
=
—485KJ/mol，D正确。
【考点定位】本题考查了考生对化学键的键能与反应热的关系的掌握和灵活运用的能力。
【名师点睛】我们使用的能量大多来自化学反应释放的能量。化学能通常转化为热能。盖斯定律是化学学习的一个重要的理论。任何化学反应发生都是旧化学键断裂和新化学键形成的过程。断键吸热，形成化学键放热。反应热就是断裂化学键吸收的热量与形成化学键释放的热量的差值。物质在反应过程中反应热既与物质的状态有关，也与物质的多少有关。
10．【2014年高考上海卷第9题】1,3－丁二烯和2－丁炔分别与氢气反应的热化学方程式如下：
CH2==CH－CH==CH2(g)＋2H2(g)→CH3CH2CH2CH3(g)＋236.6kJ
CH3－C≡≡C－CH3(g)＋2H2(g)→CH3CH2CH2CH3(g)＋272.7kJ
由此不能判断（
）
A．1，3－丁二烯和2－丁炔稳定性的相对大小
B．1，3－丁二烯和2－丁炔分子储存能量的相对高低
C．1，3－丁二烯和2－丁炔相互转化的热效应
D．一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能之和的大小
【答案】D
【解析】已知反应①CH2==CH－CH==CH2(g)＋2H2(g)→CH3CH2CH2CH3(g)＋236.6kJ，
②CH3－C≡≡C－CH3(g)＋2H2(g)→CH3CH2CH2CH3(g)＋272.7kJ，则根据盖斯定律可知①－②即得到CH2==CH－CH==CH2(g)→CH3－C≡≡C－CH3(g)－36.1kJ，这说明1，3－丁二烯转化为2－丁炔是吸热反应，因此在质量相等的条件下1，3－丁二烯的总能量低于2－丁炔的总能量。能量越低越稳定，因此1，3－丁二烯比2－丁炔稳定性强，所以选项A、B、C均是正确的；反应热等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值，但由于不能确定碳碳单键和碳氢单键键能，因此根据热化学方程式不能确定一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能之和的相对大小，D不正确，答案选D。
【考点定位】本题主要是考查反应热的有关判断与计算。
【名师点晴】本题以1，3－丁二烯和2－丁炔分别与氢气反应的热化学方程式为载体，侧重盖斯定律的应用，明确物质稳定性与能量高低的关系是关键，旨在培养学生分析问题的能力，题目难度不大。该类试题在今后的考试中主要是考查反应中能量转化形式、热化学方程式书写判断、盖斯定律应用、电化学反应原理等内容，注意相关基础知识的理解掌握。
11．【2014年高考江苏卷第10题】已知：C(s)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH1
CO2(g)＋C(s)===2CO(g)
ΔH2
2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)
ΔH3
4Fe(s)＋3O3(g)===2Fe2O3(s)
ΔH4
3
CO(g)＋Fe2O3(s)===3CO2(g)＋2Fe(s)
ΔH5
下列关于上述反应焓变的判断正确的是（
）
A．ΔH1＞0，ΔH3＜0
B．ΔH2＞0，ΔH4＞0
C．ΔH1＝ΔH2＋ΔH3
D．ΔH3＝ΔH4＋ΔH5
【答案】C
【解析】A、碳和CO燃烧均是放热反应，ΔH1＜0，不正确；B、二氧化碳与碳反应是吸热反应，铁在氧气中燃烧是放热反应，ΔH4＜0，不正确；C、②CO2(g)＋C(s)===2CO(g)
ΔH2，③2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)
ΔH3，则根据盖斯定律可知②＋③即得到C(s)＋O2(g)===CO2(g)
，ΔH1＝ΔH2＋ΔH3，正确；D、已知④4Fe(s)＋3O3(g)===2Fe2O3(s)
ΔH4，⑤3CO(g)＋Fe2O3(s)===3CO2(g)＋2Fe(s)
ΔH5，则根据盖斯定律可知（④＋⑤×2）÷3得到2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)，则ΔH3＝（ΔH4+2ΔH5）/
3
，不正确。
【考点定位】本题主要是考查反应热判断以及计算.
【名师点晴】本题以反应热的计算为载体，重点考查常见的放热反应和吸热反应、盖斯定律的应用，考察学生对化学反应能量变化的理解，能根据已知反应的反应热计算未知反应的反应热即盖斯定律的简单应用。本题的解题要点为常见的放热反应和吸热反应、盖斯定律的应用，需要学生掌握常见的吸热反应和放热反应，并会应用盖斯定律计算反应的反应热。对于盖斯定律的使用要注意方程式的加减和计量数的变化，否则会出现错误。
12．【2014年高考新课标Ⅱ卷第13题】室温下，将1mol的CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为ΔH1，将1mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为ΔH2；CuSO4·5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4·5H2O(s)
CuSO4(s)+5H2O(l)，
热效应为ΔH3。则下列判断正确的是（
）
A．ΔH2＞ΔH3
B．ΔH1＜ΔH3
C．ΔH1+ΔH3
=ΔH2
D．ΔH1+ΔH2＞ΔH3
【答案】B
【解析】解答本题要注意：首先要掌握ΔH的概念、意义和ΔH大小比较原则，吸热反应
ΔH＞0；放热反应ΔH＜0；ΔH大小比较要带符号比，即吸热反应的ΔH大于放热反应的ΔH；放热反应，放出的热量越多，ΔH越小；吸热反应，吸收的热量越多，ΔH越大；然后根据题给信息，结合盖斯定律理清相关过程的ΔH，结合相关数学知识进行作答。根据题意知，CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液的温度降低，热化学方程式为CuSO4·5H2O(s)===
Cu2＋（aq）+SO42—（aq）+5H2O(l)，ΔH1＞0；CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热化学方程式为CuSO4(s)===
Cu2＋（aq）+SO42—（aq），ΔH2＜0；根据盖斯定律知，CuSO4·5H2O受热分解的热化学方程式为：CuSO4·5H2O(s)===CuSO4(s)+5H2O(l)，
ΔH3=ΔH1—ΔH2＞0。
A、根据上述分析知，ΔH2＜0，ΔH3＞0，则ΔH2＜ΔH3，ΔH错误；B、根据上述分析知，
ΔH1＞0，ΔH2＜0，ΔH3=ΔH1—ΔH2，结合相关数学知，ΔH1＜ΔH3，正确；C、根据上述分析知，ΔH3=ΔH1—ΔH2，错误；D、根据上述分析知，ΔH1＞0，ΔH2＜0，ΔH1+ΔH2
＜ΔH3，错误。
【考点定位】本题考查ΔH大小比较、盖斯定律应用。
【名师点晴】本题主要考查了学生综合运用所学化学知识解决相关化学问题的能力。明确反应热中ΔH的含义，特别是放热反应中ΔH＜0，吸热反应中ΔH＞0以及灵活运用盖斯定律是答题的关键。该类试题在今后的考试中主要是考查反应中能量转化形式、热化学方程式书写判断、盖斯定律应用、电化学反应原理等内容，注意相关基础知识的理解掌握。
13．【2014年高考重庆卷第6题】已知：C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)
ΔH＝a
kJ/mol
C(s)＋O2(g)===2CO(g)
ΔH＝－220
kJ/mol
H—H、O==O和O—H键的键能分别为436、496和462
kJ/mol，则a为（
）
A．－332
B．－118
C．＋350
D．＋130
【答案】D
【解析】已知热化学方程式①C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)
ΔH=a
kJ/mol，②2C(s)＋O2(g)===2CO(g)
ΔH=－220kJ/mol，则根据盖斯定律可知②－①×2即得到热化学方程式
O2(g)＋2H2(g)===2H2O(g)
ΔH＝－（220＋2a）kJ/mol。由于反应热等于断键吸收的能量与形成新化学键所放出的能量的差值，则496
kJ/mol＋2×436
kJ/mol－2×2×462
kJ/mol＝
－（220＋2a）kJ/mol，解得a＝＋130，答案选D。
【考点定位】本题主要是考查考查盖斯定律的应用和反应热计算，题目设计比较新颖，侧重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。
【名师点睛】本题的综合性比较强，思维要求比较高。解题过程中从已知数据入手，得出O2(g)＋2H2(g)===2H2O(g)反应的反应热，然后与已知反应结合在一起，运用盖斯定律，建立未知数据的联系，从而进行解答。
14．【2016年高考天津卷】(节选)氢能是发展中的新能源，它的利用包括氢的制备、储存和应用三个环节。回答下列问题：
（2）氢气可用于制备H2O2。已知：
H2(g)+A(l)===B(l)
ΔH1
O2(g)+B(l)===A(l)+H2O2(l)
ΔH2
其中A、B为有机物，两反应均为自发反应，则H2(g)+
O2(g)===
H2O2(l)的ΔH____0(填“>”、“<”或“=”)。
【答案】＜
【解析】由反应方程式可看出两反应的ΔS均小于0，又因为两个反应均为自发反应，所以两个反应的焓变ΔH1、ΔH2均小于0，由盖斯定律得ΔH＝ΔH1＋ΔH2，故ΔH<0。
【考点定位】考查化学反应中的能量变化、电解原理及其应用。
【名师点晴】本题以氢气利用为线索考查了化学反应中的能量变化等相关知识。
15．【2016年高考新课标Ⅱ卷】（节选）联氨（又称联肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，回答下列问题：
（1）联氨分子的电子式为_________，其中氮的化合价为______。
（2）实验室可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为_____
______。
（3）①2O2(g)+N2(g)===N2O4(l)
ΔH1
②N2(g)+2H2(g)===N2H4(l)
ΔH2
③O2(g)+2H2(g)===2H2O(g)
ΔH3
④2
N2H4(l)
+
N2O4(l)===
3N2(g)+
4H2O(g)
ΔH4=—1048.9kJ/mol
上述反应热效应之间的关系式为ΔH4=________________，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为_________________________________________________。
【答案】（1）
；
-2
（2）NaClO+2NH3===N2H4+NaCl+H2O
（3）ΔH4=2ΔH3—2ΔH2—ΔH1
；反应放热量大、产生大量气体
【解析】1）联氨是由两种非金属元素形成的共价化合物，电子式为，根据化合价的代数和为零，其中氮的化合价为-3×2+
4
=
-2价。（2）次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，Cl元素的化合价由+1价降低到-1价，N元素的化合价由-3价升高到-2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平，反应的化学方程式为NaClO+2NH3===N2H4+NaCl+H2O。
（3）根据盖斯定律，2×③-2×②-①即得2
N2H4(l)
+
N2O4(l)===
3N2(g)+
4H2O(g)
的ΔH4，所以反应热效应之间的关系式为ΔH4=2ΔH3—2ΔH2—ΔH1。联胺有强还原性，N2O4有强氧化性，两者在一起易发生氧化还原反应，反应放热量大、产生大量气体，所以联氨和N2O4可作为火箭推进剂。
【考点定位】考查电子式，化合价，盖斯定律的应用，弱电解质的电离，化学计算等知识。
【名师点睛】本题以多知识点综合题的形式考查化学基本用语，涉及电子式和化合价，盖斯定律的应用，弱电解质的电离平衡，简单化学计算等知识。对于弱电解质电离平衡常数的计算要注意几点：①准确书写电离平衡常数的表达式；②若没有直接的数据代入，要根据题意做一些变形，得到平衡常数之间的关系式也可解答。
16．【2016年高考新课标Ⅲ卷】（节选）煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝，回答下列问题：
（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。
①从化学平衡原理分析，Ca（ClO）2相比NaClO具有的优点是_______
。
②已知下列反应：
SO2(g)+2OH?
(aq)
===SO32?
(aq)+H2O(l)
ΔH1
ClO?
(aq)+SO32?
(aq)
===SO42?
(aq)+Cl?
(aq)
ΔH2
CaSO4(s)
===Ca2+（aq）+SO42?（aq）
ΔH3
则反应SO2(g)+
Ca2+（aq）+
ClO?
(aq)
+2OH?
(aq)
===CaSO4(s)
+H2O(l)
+Cl?
(aq)的ΔH=______。
【答案】
（4）①生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行
②ΔH1＋ΔH2－ΔH3
【解析】(4)①Ca(ClO)2替代NaClO2进行烟气脱硫，Ca(ClO)2与SO2反应，生成CaSO4沉淀，平衡向产物方向移动，SO2转化率提高。②根据盖斯定律，由第一个反应＋第二反应－第三个反应，可得SO2(g)＋Ca2＋(aq)＋ClO－(aq)＋2OH－(aq)===CaSO4(s)＋H2O(l)＋Cl－(aq)，则ΔH＝ΔH1＋ΔH2－ΔH3。
【考点定位】考查能量变化，盖斯定律，计算等。
【名师点睛】平时的学习中注意对选修4学习。盖斯定律是对于一个化学反应，无论是一步完成还是分几步完成，其反应热效应是相同的；本题是综合性试题，难度适中。
17．【2016年高考浙江卷】（节选）催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平衡反应，分别生成CH3OH和CO。反应的热化学方程式如下：
CO2（g）+3
H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1=-53.7kJ·mol-1
I
CO2（g）+
H2（g）
CO（g）+H2O（g）ΔH2
II
某实验室控制CO2和H2初始投料比为1:2.2，经过相同反应时间测得如下实验数据：
T(K)
催化剂
CO2转化率(%)
甲醇选择性(%)
543
Cat.1
12.3
42.3
543
Cat.2
10.9
72.7
553
Cat.1
15.3
39.1
553
Cat.2
12.0
71.6
【备注】Cat.1:Cu/ZnO纳米棒；Cat.2:Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醛的百分比
已知：①CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ·mol-1和-285.8kJ·mol-1
②H2O（l）===
H2O（g）
ΔH3=44.0kJ·mol-1
请回答（不考虑温度对ΔH的影响）：
（1）反应I的平衡常数表达式K=
；反应II的ΔH2=
kJ·mol-1。
（4）在右图中分别画出I在无催化剂、有Cat.1和由Cat.2三种情况下“反应过程—能量”示意图。
【答案】（1）
+41.2
（4）
【解析】
试题分析：（1）根据平衡常数的公式，生成物的浓度幂之积与反应物浓度的幂之积的比值书写平衡常数为
。有热化学方程式为：a:CO（g）+O2（g）===CO2（g）
ΔH=
-283.0kJ·mol-1
b：H2（g）+O2（g）===H2O
（l）
ΔH=-285.8kJ·mol-1
c:
H2O（l）===
H2O（g）
ΔH3=44.0kJ·mol-1根据盖斯定律分析，b-a+c即可得热化学方程式为：CO2（g）+
H2（g）
CO（g）+H2O（g）ΔH2=-285.8+283.0+44=+41.2
kJ·mol-1。
（4）从表中数据分析，在催化剂Cat.2的作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂Cat.2对反应Ⅰ的催化效果更好，催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂Cat.2的反应过程中活化能更低，故图为：
【考点定位】平衡常数，盖斯定律，催化剂的作用。
【名师点睛】掌握盖斯定律是分析和计算反应热常用的工具。根据方程式的加减确定反应热的加减。同时注意反应热的正负号。掌握平衡移动原理，注意只有浓度、温度和压强硬性平衡，注意催化剂的使用只能改变反应速率但不影响平衡，可以影响到达平衡的时间。当增大一种反应物的浓度时，平衡正向移动，另一种反应物的转化率会提高，但本身转化率会降低。
18．【2015广东理综化学】（节选）用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染。
（1）传统上该转化通过如图所示的催化剂循环实现，
其中，反应①为：2HCl(g)
+
CuO(s)
H2O(g)+CuCl2(g)
ΔH1
反应②生成1molCl2(g)的反应热为ΔH2，则总反应的热化学方程式为
,
(反应热用ΔH1和ΔH2表示)。
【答案】(1)
2HCl(g)
+
1/2O2(g)H2O(g)+Cl2(g)
ΔH=ΔH1+ΔH2
【解析】根据图像信息，箭头指向的是生成物可写出反应②的热化学方程式：CuCl2(g)+1/2O2(g)CuO(s)
+Cl2(g)
ΔH2，则①+②可得总反应。
【考点定位】本题主要考查了盖斯定律的应用。
【名师点睛】利用盖斯定律进行热化学方程式计算时先要观察分反应中物质在总反应的位置，运用“同边相加异边减”的方法将分反应转化为总反应。
19．【2015山东理综化学】（节选）合金贮氢材料具有优异的吸收氢性能，在配合氢能的开发中起到重要作用。
（3）贮氢合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4的反应，温度为T时，该反应的热化学方程式为_________
。已知温度为T时：CH4(g)+2H2O===CO2(g)+4H2(g)
ΔH=+165KJ?mol
CO(g)+H2O(g)===CO2(g)+H2(g)
ΔH=-41KJ?mol
【答案】
（3）CO(g)+3H2(g)===CH4(g)+H2O(g)
?H=—206kJ?mol?1
【解析】（3）写出化学方程式并注明状态：CO(g)+3H2(g)===CH4(g)+H2O(g)，然后根据盖斯定律可得该反应的?H=—?H1+?H2=—206kJ?mol?1，进而得出热化学方程式。
【考点定位】本题以合金贮氢材料为背景，考查了热化学方程式的书写。
【名师点睛】本题素材选取新颖，第3小题为热化学方程式的书写，为常规题目，只要考生注意正负号、物质的状态以及数值的计算等，即可得到正确答案。
20．【2015新课标Ⅰ卷理综化学】（节选）碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：
（3）已知反应2HI(g)
===H2(g)
+
I2(g)的ΔH=
+11kJ·mol－1，1mol
H2(g)、1mol
I2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量，则1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为______________kJ。
【答案】（3）
299
【解析】（3）
键能一般取正值来运算，ΔH=E（反应物键能总和）－E（生成物键能总和）；设1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为x
kJ，代入计算：+11=2x－（436+151）
x
=299
【考点定位】化学平衡常数计算；化学平衡知识的综合运用。
【名师点晴】本题偏难。第三小题虽是常规考点，难度为一般等级。
21．【2015新课标Ⅱ卷理综化学】（节选）甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料。利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)
ΔH1
②CO2(g)+3H2(g)CH3OH（g）+H2O(g)
ΔH2
③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)
ΔH3
回答下列问题：
（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：
化学键
H—H
C—O
C
O
H—O
C—H
E/（kJ.mol-1）
436
343
1076
465
413
由此计算ΔH1＝
kJ·mol-1，已知ΔH2＝-58kJ·mol-1，则ΔH3＝
kJ·mol-1。
【答案】（1）—99；＋41
【解析】(1)根据反应热＝断开旧键吸收的总能量－形成新键释放的总能量，ΔH1＝(1076＋436×2)kJ·mol－1－(413×3＋343＋465)kJ·mol－1＝－99
kJ·mol－1。②式－③式可得①式，故
ΔH2－ΔH3＝ΔH1，ΔH3＝－58
kJ·mol－1－(－99
kJ·mol－1)＝41
kJ·mol－1。
【考点定位】本题主要是考查反应热计算、盖斯定律应用等。
【名师点晴】本题从知识上考查了热化学方程式、盖斯定律，考查了学生对知识理解、综合运用能力。将热化学方程式、盖斯定律，碳、氮及其化合物的性质等知识同低碳经济、温室气体的吸收等环境问题联系起来，充分体现了学以致用的目的，更突显了化学是一门实用性的学科的特点。
22．【2014年高考广东卷第31题】（节选）用CaSO4代替O2与燃料CO反应，既可以提高燃烧效率，又能得到高纯CO2，是一种高效、清洁、经济的新型燃烧技术，反应①为主反应，反应②和③为副反应。
①1/4CaSO4(s)+CO(g)1/4CaS(s)+CO2(g)
ΔH1=－47.3kJ/mol
②CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+
CO2(g)+
SO2(g)
ΔH2=+210.5kJ/mol
③CO(g)1/2C(s)+1/2CO2(g)
ΔH3=-86.2kJ/mol
（1）反应2
CaSO4(s)+7CO(g)CaS(s)+CaO(s)+C(s)+6CO2(g)+SO2(g)的ΔH=
（用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示）。
【答案】（1）4ΔH1+ΔH2+2ΔH3；
【解析】（1）根据盖斯定律可得2
CaSO4(s)+7CO(g)CaS(s)+CaO(s)+C(s)+6CO2(g)+SO2(g)的ΔH=①×4+②+③×2=4ΔH1+ΔH2+2ΔH3；
【考点定位】本题主要是考查盖斯定律的应用等。
23．【2014年高考全国大纲卷第28题】(节选)化合物AX3和单质X2在一定条件下反应可生成化合物AX5。回答下列问题：
（1）已知AX3的熔点和沸点分别为－93．6
℃和76
℃，AX5的熔点为167
℃。室温时AX3与气体X2反应生成lmol
AX5，放出热量123．8
kJ。该反应的热化学方程式为
。
【答案】
（1）AX3(l)＋X2(g)
===
AX5(s)
ΔH=—123．8KJ·mol－1
【解析】⑴据题意，先写出反应方程式并标出各物质的状态AX3(l)＋X2(g)
===
AX5(s)，然后确定其反应热ΔH=－123.8KJ·mol－1，综上便可写出完整的热化学方程式。
【考点地位】本题考查热化学方程式的书写。
【名师点晴】本题以物质的推断为线索考查化学反应原理、热化学方程式的书写。考查学生运用所学化学知识解决相关化学问题的能力。体现了化学是一门实用性学科，从而提高学生学习化学的积极性和学习的兴趣。在一定程度上考查了学生的知识的灵活运用能力和分析问题解决问题的能力。
24．【2014年高考新课标Ⅰ卷第28题】(节选)乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯直接水合法或间接水合法生产。回答下列问题：
（1）间接水合法是指先将乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯(C2H5OSO3H)。再水解生成乙醇。写出相应反应的化学方程式
。
（2）已知：甲醇脱水反应
①
2CH3OH(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g)?ΔH1＝－23.9KJ·mol－1
甲醇制烯烃反应
②
2CH3OH(g)===C2H4
(g)＋2H2O(g)?ΔH2＝－29.1KJ·mol－1
乙醇异构化反应
③
CH3CH2OH(g)===CH3OCH3(g))?
ΔH3＝+50.7KJ·mol－1
则乙烯气相直接水合反应C2H4(g)＋H2O(g)===C2H5OH(g)的
ΔH＝
KJ·mol=－1。与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是
。
【答案】（1）C2H4+H2SO4===
C2H5OSO3H
;
C2H5OSO3H＋H2O===C2H5OH+
H2SO4;
(2)
-45.5
污染小，腐蚀性小等
【解析】
(1)根据题中信息可写出由乙烯与浓硫酸间接水合法制乙醇的反应为C2H4＋H2SO4→C2H5OSO3H
和C2H5OSO3H＋H2O→C2H5OH＋H2SO4。(2)根据盖斯定律①－②－③得：C2H4(g)＋H2O(g)===C2H5OH(g)　ΔH＝－45.5
kJ·mol－1。间接水合法中用到浓硫酸等强腐蚀性物质，与其相比直接水合法具有污染小、腐蚀性小等优点。
【考点地位】本题主要是考查方程式书写、反应热计算等。
【名师点晴】本题以乙醇的制取方法为线索考查化学反应原理、方程式的书写盖斯定律的应用、反应热的知识。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。体现了化学是一门实用性学科，从而提高学生学习化学的积极性和学习的兴趣。在一定程度上考查了学生的知识的灵活运用能力和分析问题解决问题的能力。专题23
定量实验
2019年高考题
【2019北京理综，26,12分】化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量（废水中不含干扰测定的物质）。
Ⅰ．用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a
mol·L?1
KBrO3标准溶液；
Ⅱ．取v1
mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；
Ⅲ．向Ⅱ所得溶液中加入v2
mL废水；
Ⅳ．向Ⅲ中加入过量KI；
Ⅴ．用b
mol·L?1
Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液v3
mL。
已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+
Na2S4O6
Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色
（1）Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和____________。
（2）Ⅱ中发生反应的离子方程式是_______________________________。
（3）Ⅲ中发生反应的化学方程式是_________________________________。
（4）Ⅳ中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是______________________________。
（5）KI与KBrO3物质的量关系为n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI一定过量，理由是________。
（6）Ⅴ中滴定至终点的现象是_____________________________。
（7）废水中苯酚的含量为___________g·L?1（苯酚摩尔质量：94
g·mol
?1）。
（8）由于Br2具有____________性质，Ⅱ~Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。
（1）容量瓶(1分)
（2）+5Br-+6H+=3Br2
+3H2O(2分)
（3）(2分)
（4）Br2过量，保证苯酚完全反应(1分)
（5）反应物用量存在关系：KBrO3~3Br2~6KI，若无苯酚时，消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍，因有苯酚消耗Br2，所以当n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI一定过量(2分)
（6）溶液蓝色恰好消失(1分)
（7）(2分)
（8）易挥发
(1分)
【解析】
本题考查氧化还原滴定与物质含量测定。（1）准确称量KBrO3固体配置溶液所需的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，一定规格的容量瓶，因而该空填容量瓶、量筒；
（2）KBrO3溶液中加入KBr和H2SO4，溶液颜色呈棕黄色，说明生成Br2，根据缺项配平可知该离子方程式为BrO3-
+
5Br-
+
6H+
=
3Br2
+
3H2O；
（3）苯酚和溴水反应得到白色沉淀2,4,6-三溴苯酚，化学方程式为；
（4）该测量过程是利用一定量的溴分别与苯酚和KI反应，注意溴须反应完全，且一定量溴的总量已知，部分溴与KI反应生成的I2可利用氧化还原滴定法测量，进而计算出与KI反应的溴的消耗量，将一定量溴减去与KI反应的溴的消耗量，可得与苯酚反应的溴的消耗量，因而一定量的溴与苯酚反应完，必须有剩余的溴与KI反应，Ⅲ中反应结束时，若溶液显黄色说明苯酚反应完，且有溴剩余，以便与KI反应，故原因为Ⅱ中生成的Br2与废水中苯酚完全反应后，Ⅲ中溶液颜色为黄色，说明有Br2剩余，剩余Br2与过量KI反应，从而间接计算苯酚消耗的Br2；
（5）Ⅱ中反应为KBrO3
+
5KBr
+
3H2SO4=3K2SO4+
3Br2
+
3H2O可知3n(KBrO3)=n1(Br2)，Ⅱ中Br2部分与苯酚反应，剩余溴的量设为n2(Br2)（n1(Br2)>n2(Br2)）在Ⅳ中反应为Br2+2KI=I2+2KBr，若剩余溴完全反应，则n(KI)≥
2n2(Br2)，推知n(KI)≥6n(KBrO3)；因而当n(KI)≥6n(KBrO3)，KI一定过量；
（6）Ⅴ中含碘的溶液内加入淀粉，溶液显蓝色，随着Na2S2O3溶液滴入，蓝色变浅直至消失，因而当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且30s不变色；
（7）n(BrO3-)=av1×10-3mol，根据反应BrO3-
+
5Br-
+
6H+
=
3Br2
+
3H2O可知n(Br2)=3av1×10-3mol，溴分别与苯酚和KI反应，先计算由KI消耗的溴的量，设为n1(Br2)，根据I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知I2~2Na2S2O3，又Br2+2I-=I2+2Br-可知Br2~
I2，可得Br2~2Na2S2O3，n(Na2S2O3)=
bv3×10-3mol，n1(Br2)=bv3×10-3mol，再计算由苯酚消耗的溴的量，设为n2(Br2)=
n(Br2)-
n1(Br2)=(
3av1-bv3)
×10-3mol，苯酚与溴水反应的计量数关系为3Br2~C6H5OH，n(C6H5OH)=n2(Br2)=(av1-bv3)×10-3mol，废水中苯酚的含量==mol；
（8）Ⅱ中生成的溴须被苯酚和KI完全反应掉，而溴有挥发性，反应时须在密闭容器中进行。
2018年高考题
1.（2018全国Ⅲ理综，26，14分）硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O,M=248
g·mol-1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：
(1)已知:Ksp(BaSO4)=1.1×10-10,Ksp(BaS2O3)=4.1×10-5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质,选用下列试剂设计实验方案进行检验:
试剂:稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液
(2)利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下:
①溶液配制:称取1.200
0
g某硫代硫酸钠晶体样品,用新煮沸并冷却的蒸馏水在
中溶解,完全溶解后,全部转移至100
mL的
中,加蒸馏水至
。
②滴定:取0.009
50
mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液20.00
mL,硫酸酸化后加入过量KI,发生反应:Cr2O72-+6I-+14H+
3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色,发生反应:I2+2S2O32-
S4O62-+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂,继续滴定,当溶液
，即为终点。平行滴定3次,样品溶液的平均用量为24.80
mL,则样品纯度为
%(保留1位小数)。
1.（除标明外，每空2分）（1）③加入过量稀盐酸?
④出现乳黄色浑浊?
⑤（吸）取上层清液，滴入BaCl?2溶液?
⑥产生白色沉淀?
(2)①烧杯（1分）
容量瓶（1分）
刻度（1分）
②蓝色褪去（1分）
95.0?
【解析】本题考查物质的检验、含量测定等实验，意在考查考生的实验设计与计算能力。（1）欲检验市售Na2S2O3中是否含有SO42-?，应先取少量样品，加入除氧蒸馏水，固体完全溶解得澄清溶液，向其中加入过量稀盐酸，使S2O32-完全反应（S2O32-+2H+===S↓+SO2↑+H2O），以避免生成BaS2O3沉淀，对检验产生干扰，产生的现象是出现乳黄色浑浊，并有刺激性气味的气体产生，静置后，取上层清液，向其中滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀即可说明市售Na2S2O3中含有SO42-。（2）①配制溶液时称取的样品应在烧杯中溶解，溶解、冷却至室温后全部转移至100
mL的容量瓶中，加蒸馏水至刻度线。?②利用I2遇淀粉溶液显蓝色来判断滴定终点时，当溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复即可说明达到滴定终点。根据题中反应可得：Cr2O72-～3I2～6S2O32-，则1.200
0
g样品中含有Na2S2O3·5H2O的质量=
2017年高考题
1.【2017年高考全国卷Ⅰ卷】凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，然后通过滴定测量。已知:NH3+H3BO3NH3·H3BO3；NH3·H3BO3+HClNH4Cl+H3BO3。
回答下列问题:
(1)a的作用是　　　　。
(2)b中放入少量碎瓷片的目的是　　　　。f的名称是　　　　。
(3)清洗仪器:g中加蒸馏水；打开k1，关闭k2、k3，加热b，蒸气充满管路；停止加热，关闭k1，g中蒸馏水倒吸进入c，原因是　　　　；打开k2放掉水。重复操作2~3次。
(4)仪器清洗后，g中加入硼酸(H3BO3)和指示剂。铵盐试样由d注入e，随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗d，关闭k3，d中保留少量水。打开k1，加热b，使水蒸气进入e。
①d中保留少量水的目的是　　　　。
②e中主要反应的离子方程式为　　　　，e采用中空双层玻璃瓶的作用是　　　　。
(5)取某甘氨酸(C2H5NO2)样品m克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为c?mol·L-1的盐酸V?mL，则样品中氮的质量分数为　　　　%，样品的纯度≤　　　　%。
【答案】(1)避免b中压强过大
(2)防止暴沸　直形冷凝管
(3)c中温度下降，管路中形成负压
(4)①液封，防止氨气逸出
②+OH-NH3↑+H2O　保温使氨完全蒸出
(5)　
【解析】本题考查实验设计与评价。(1)水蒸气发生装置需要加热，暗示:烧瓶内可能产生大量水蒸气，气压增大。(3)实验装置中液体倒吸，要利用气压差原理解释。(4)对于定量实验，要防止氨气逸出，采用办法之一是液封。铵盐与碱反应生成的氨气极易溶于水，为了使氨气完全逸出，需要加热；中空双层玻璃瓶传热较慢。(5)计算时抓住氮元素守恒。(1)导管a与大气相通，其作用是避免烧瓶内气压过大，发生危险。(2)加热液体时加入碎瓷片，其作用是防止液体暴沸。冷凝管有直形冷凝管和球形冷凝管等，要指明。(3)停止加热，瓶内水蒸气冷凝，气体压强减小，会引起g中液体倒吸入c中，利用蒸馏水倒吸来洗涤仪器e、f。(4)①止水夹k3处可能漏气，导致测定的N元素质量分数偏低，故d中保留少量水起液封作用，防止氨气逸出。②e中发生的主要反应是铵盐与氢氧化钠反应，需要加热，使氨气全部逸出。“中空双层玻璃瓶”考生比较陌生，可以联想平时生活中保温玻璃瓶来分析问题。(5)n(N)=n(NH3)=n(HCl)=?mol，w(N)=×100%=%。C2H5NO2的相对分子质量为75，w(C2H5NO2)=%×=%。
【名师点晴】本题属于定量实验，操作比较复杂，字母多，对考生阅读能力、心理素质要求高。细心研究本题可以发现，该题是在近几年全国卷高考实验题的基础上创新组合而成的:(1)运用气压差原理解释实验现象、说明原因。2016年全国卷Ⅰ实验题要求描述“倒吸现象”，而2017年全国卷Ⅰ实验题要求解释“倒吸原因”。(2)2014年全国卷Ⅱ实验题测定晶体组成，其中，将晶体中氨释放出来，用盐酸吸收，再用氢氧化钠标准溶液滴定过量的盐酸，并联系氯化银沉淀滴定进行相关计算，考查了溶度积、长导管作用，利用水蒸气排出氨气。通过比较发现，2017年全国卷Ⅰ和2014年全国卷Ⅱ实验题有较多相似之处。(1)注重研究高考真题。在高考备考中要精选近十年经典高考题进行训练，熟悉高考考查方向和角度。(2)加强定量实验探究。全国卷由性质探究、气体制备实验转向定量实验，定量实验离不开误差分析和计算，这两个方面是难点和试题区分点。(3)强化方法指导。研究实验多采用比较、归纳法，找到不同实验的共同点。例如，冷凝管作用、直导管作用等。(4)滴定实验是定量分析的关键，归纳、整理酸碱中和滴定、氧化还原反应滴定、沉淀滴定、络合滴定等使用的仪器、操作方法及误差分析等。
2.【2017年高考全国卷Ⅱ卷28题】（15分）水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下:
Ⅰ.取样、氧的固定
用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。
Ⅱ.酸化、滴定
将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I-还原为Mn2+，在暗处静置5
min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2
S2O32-+I22I-+
S4O62-)。
回答下列问题:
(1)取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是　　　　。
(2)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为　　　　。
(3)Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和　　　　；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除　　　　及二氧化碳。
(4)取100.00
mL水样经固氧、酸化后，用a?mol·L-1?Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为　　　　；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b?mL，则水样中溶解氧的含量为　　　　mg·L-1。
(5)上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏　　　　。(填“高”或“低”)
【答案】(1)使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差
(2)O2+2Mn(OH)22MnO(OH)2
(3)量筒　氧气
(4)蓝色刚好褪去　80ab
(5)低
【解析】本题结合水中溶解氧量的测定主要考查化学实验基本操作与实验误差分析。
(1)取水样时避免扰动水体表面，这样能保证所取水样中溶解氧量与水体中实际溶解氧量基本相同，以减小实验误差。(2)根据水样与Mn(OH)2碱性悬浊液反应生成MnO(OH)2，可写出固氧的反应为O2+2Mn(OH)22MnO(OH)2。(3)由于Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定，配制该溶液时无需用容量瓶，只需粗略配制，故配制Na2S2O3溶液时，还需要用到的玻璃仪器为量筒；所用蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，这样能除去水中溶解的氧气和CO2，且能杀菌。(4)根据Ⅱ可知MnO(OH)2能将水样中的I-氧化为I2，滴定过程中用淀粉溶液作指示剂，在滴定终点前I2遇淀粉变蓝，达到滴定终点时，I2完全被消耗，溶液蓝色刚好褪去。根据关系式O2~2MnO(OH)2?~2I2~4Na2S2O3，结合消耗n(Na2S2O3)=a?mol·L-1×b×10-3?L=ab×10-3?mol，可求出100.00
mL水样中溶解氧的质量为1/4ab×10-3?mol×32
g·mol-1=8ab×10-3?g=8ab?mg，则该水样中溶解氧的含量为8ab?mg÷0.100
00
L=80ab?mg·L-1。(5)滴定完成时，滴定管尖嘴处留有气泡，会导致读取的Na2S2O3标准液体积偏小，根据关系式O2~4Na2S2O3，可知测定的溶解氧的含量偏低。
【名师点睛】本题需根据多个反应计算水样中溶解氧的含量，为了减少运算量，可结合所给化学反应通过某种或某几种物质找出最初反应物和最终生成物间的计量关系进行计算，即利用关系式法，如本题通过MnO(OH)2?、I2可找出关系式O2~4Na2S2O3。在类似多步计算的题目中均可以采用关系式法解题。
3.【2017年高考天津卷9题】（18分）（用沉淀滴定法快速测定
NaI等碘化物溶液中c(I-)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。
Ⅰ.准备标准溶液
a.准确称取AgNO3基准物4.246
8
g(0.025
0
mol)后，配制成250
mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。
b.配制并标定100
mL
0.100
0
mol·L-1?NH4SCN标准溶液，备用。
Ⅱ.滴定的主要步骤
a.取待测NaI溶液25.00
mL于锥形瓶中。
b.加入25.00
mL
0.100
0
mol·L-1?AgNO3溶液(过量)，使I-完全转化为AgI沉淀。
c.加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。
d.用0.100
0
mol·L-1?NH4SCN溶液滴定过量的Ag+，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。
e.重复上述操作两次。三次测定数据如下表:
实验序号
1
2
3
消耗NH4SCN标准溶液体积/mL
10.24
10.02
9.98
f.数据处理。
回答下列问题:
(1)将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有　　　　。
(2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是　　　　　　　　　　　　。
(3)滴定应在pH<0.5的条件下进行，其目的是　　　　　　　　　　　　。
(4)b和c两步操作是否可以颠倒　　　　，说明理由　　　　　　　　　　　　。
(5)所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为　　　　mL，测得c(I-)=　　　　mol·L-1。
(6)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为　　　　　　　　。
(7)判断下列操作对c(I-)测定结果的影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果　　　　。
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果　　　　。
【答案】(1)250
mL(棕色)容量瓶、胶头滴管
(2)AgNO3见光分解
(3)防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断(或抑制
Fe3+的水解)
(4)否(或不能)　若颠倒，Fe3+与I-反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点
(5)10.00　0.060
0
(6)用
NH4SCN
标准溶液进行润洗
(7)偏高　偏高
【解析】本题考查沉淀滴定法测定NaI溶液中c(I-)。沉淀滴定法是以沉淀反应为基础的一种滴定分析方法。本题的滴定原理为Ag++I-AgI↓、Ag++SCN-AgSCN↓，指示剂为NH4Fe(SO4)2，当达到滴定终点时，溶液变为淡红色，滴定过程中定量关系为n(Ag+)=n(I-)+n(SCN-)。(1)配制一定物质的量浓度的标准溶液，除烧杯和玻璃棒外，还需用到的仪器有250
mL(棕色)容量瓶、胶头滴管。(2)AgNO3见光容易分解，因此需要保存在棕色试剂瓶中。(3)滴定实验中用NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂，Fe3+容易发生水解，影响滴定终点判断，因此控制pH<0.5，目的是抑制Fe3+的水解。(4)Fe3+能与I-发生氧化还原反应:2Fe3++2I-2Fe2++I2，因此b、c不能颠倒，否则指示剂耗尽，无法判断滴定终点。(5)第1组数据误差较大，舍去，取第2组、第3组实验数据的平均值，消耗NH4SCN标准溶液的体积为(10.02+9.98)mL×=10.00
mL。根据滴定原理，则n(Ag+)=n(I-)+n(SCN-)，故n(I-)=n(Ag+)-n(SCN-)=0.025
L×0.100
0
mol·L-1-0.01
L×0.100
0
mol·L-1=0.001
5
mol，则c(I-)==0.060
0
mol·L-1。(6)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液之前，要先用NH4SCN标准溶液润洗滴定管。(7)①配制AgNO3标准溶液时，若烧杯中溶液有少量溅出，配制的AgNO3标准溶液的浓度偏低，则滴定时消耗的NH4SCN标准溶液的体积偏小，测得的c(I-)偏高。②滴定管0刻度在上，读数时从上往下读数，读取体积偏小，计算所用NH4SCN的物质的量偏低，测得的c(I-)偏高。
2013~2016年高考题
1．【2016年高考天津卷】(18分)水中溶氧量(DO)是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示，单位
mg·L-1。我国《地表水环境质量标准》规定，生活饮用水源的DO不能低于5
mg·L-1。某化学小组同学设计了下列装置(夹持装置略)，测定某河水的DO。
Ⅰ.测定原理:
碱性条件下，O2将Mn2+氧化为MnO(OH)2:①2Mn2++O2+4OH-2MnO(OH)2↓
酸性条件下，MnO(OH)2将I-氧化为I2:②MnO(OH)2+I-+H+Mn2++I2+H2O(未配平)
用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2:③2S2+I2S4+2I-
Ⅱ.测定步骤:
a.安装装置，检验气密性，充N2排尽空气后，停止充N2。
b.向烧瓶中加入200
mL水样。
c.向烧瓶中依次迅速加入1
mL
MnSO4无氧溶液(过量)、2
mL碱性KI无氧溶液(过量)，开启搅拌器，至反应①完全。
d.搅拌并向烧瓶中加入2
mL
H2SO4无氧溶液，至反应②完全，溶液为中性或弱酸性。
e.从烧瓶中取出40.00
mL溶液，以淀粉作指示剂，用0.010
00
mol·L-1?Na2S2O3溶液进行滴定，记录数据。
f.……
g.处理数据(忽略氧气从水样中的逸出量和加入试剂后水样体积的变化)。
回答下列问题:
(1)配制以上无氧溶液时，除去所用溶剂水中氧的简单操作为　　　　。
(2)在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择的仪器是　　　　。
①滴定管　　　　②注射器　　　　③量筒
(3)搅拌的作用是　???????????????????????????????。
(4)配平反应②的方程式，其化学计量数依次为　????????????????????????。
(5)步骤f为　????????????????????????????????????????。
(6)步骤e中达到滴定终点的标志为　　　　　　　　　　　　。若某次滴定消耗Na2S2O3溶液4.50
mL，水样的DO=　　　　mg·L-1(保留一位小数)。作为饮用水源，此次测得DO是否达标:　　　　(填“是”或“否”)。
(7)步骤d中加入H2SO4溶液反应后，若溶液pH过低，滴定时会产生明显的误差。写出产生此误差的原因(用离子方程式表示，至少写出2个)　　　　　　　　　　　　　　。
【答案】
(1)将溶剂水煮沸后冷却
(2)②
(3)使溶液混合均匀，快速完成反应
(4)1，2，4，1，1，3
(5)重复步骤e的操作2~3次
(6)溶液蓝色褪去(半分钟内不变色)　9.0　是
(7)2H++S2O32-S↓+SO2↑+H2O、SO2+I2+2H2O4H++SO42-+2I-、4H++4I-+O22I2+2H2O(任写其中2个)
【解析】本题考查化学实验，意在考查考生运用相关化学原理解决实际问题的能力。(1)气体的溶解度随温度的升高而减小，所以除去水中氧的简单操作是将溶剂水进行煮沸。(2)向封闭式体系中添加液体试剂最宜选择的仪器是注射器。(3)搅拌可使溶液混合均匀，使反应快速完成。(4)该反应是氧化还原反应，依据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒即可完成配平。(5)定量实验要求重复进行2~3次，取平均值。(6)步骤e是向碘-淀粉的蓝色溶液中滴加Na2S2O3溶液，达到滴定终点时，溶液蓝色褪去且半分钟内不变色。根据题中所给的离子方程式可得:O2~2MnO(OH)2~2I2~4S2O32-，即O2~4S2
O32-。40.00
mL水样最终消耗Na2S2O3的物质的量为4.5×10-5mol，故其中氧气的物质的量为×10-5mol，质量为×10-5mol×32
g·mol-1×103?mg·g-1=0.36
mg，则1
L
水样中氧气的质量为0.36
mg×=9.0
mg，即DO=9.0
mg·L-1>5
mg·L-1，作为饮用水源达标。(7)若溶液的pH过低，则溶液酸性过强。在酸性条件下，H+能与S2
O32-发生反应生成SO2等；氧气能将I-氧化，生成的碘单质能与生成的二氧化硫发生反应，使实验产生误差。
【考点定位】考查物质含量的测定、滴定实验及其计算
【名师点晴】本题以水中溶氧量的测定为载体，考查了物质含量的测定、滴定实验及其计算的知识。考查的知识点来源与课本而略高于课本，能够很好的考查学生灵活运用基础知识的能力和解决实际问题的能力。要掌握滴定操作的一般步骤和计算方法。解答本题时，能够顺利的配平方程式并找到物质间的定量关系是计算的基础和关键，解答时还要注意单位的转换，这是本题的易错点。
2．【2016年高考浙江卷】（15分）无水MgBr2可用作催化剂。实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图1，主要步骤如下:
步骤1
　三颈瓶中装入10
g镁屑和150
mL无水乙醚；装置B中加入15
mL液溴。
步骤2　缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中。
步骤3　反应完毕后恢复至常温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0
℃，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。
步骤4　室温下用苯溶解粗品，冷却至0
℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160
℃分解得无水MgBr2产品。
已知:①Mg与Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。
②MgBr2?+3C2H5OC2H5MgBr2·3C2H5OC2H5
请回答:
(1)仪器A的名称是　　　　。
实验中不能用干燥空气代替干燥N2，原因是　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)如将装置B改为装置C(图2)，可能会导致的后果是
　　????????????　　　　　　　　　　　　　　。
(3)步骤3中，第一次过滤除去的物质是　　　　。
(4)有关步骤4的说法，正确的是　　　　。
A.可用95%的乙醇代替苯溶解粗品
B.洗涤晶体可选用0
℃的苯
C.加热至160
℃的主要目的是除去苯
D.该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴
(5)为测定产品的纯度，可用EDTA(简写为Y4-)标准溶液滴定，反应的离子方程式:Mg2++Y4-MgY2-
①滴定前润洗滴定管的操作方法是　　　　　　　　。
②测定前，先称取0.250
0
g无水MgBr2产品，溶解后，用0.050
0
mol·L-1的EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液26.50
mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是　　　　(以质量分数表示)。
【答案】(1)干燥管　防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg与Br2的反应
(2)会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患
(3)镁屑
(4)BD
(5)①从滴定管上口加入少量待装液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出，重复2~3次　
②
97.5%
【解析】本题以无水MgBr2的制备为载体，考查有关物质的制备、分离与提纯等相关化学实验知识，意在考查考生对化学实验基本操作、化学实验常用仪器及使用方法等的掌握情况。(1)装置图中仪器A为干燥管；镁有很强的金属活性，极易与O2反应生成MgO，MgO沉积在表面会阻止镁与溴的反应，所以不能用空气代替N2。(2)原装置采用通入的N2带动挥发的溴进入三颈瓶中，若用C装置代替B装置，则锥形瓶中的液溴将被快速地压入三颈瓶中，使反应过快，短时间产生大量的热而引发危险。(3)步骤3中第一次过滤除去的是未反应的镁屑。(4)95%乙醇中含有的水会造成产物的分解，加热的主要目的是使三乙醚合溴化镁分解得到无水溴化镁，所以A、C项不正确；步骤4的目的是除去乙醚和可能残留的溴，所以应以苯作为洗涤剂洗涤，B、D项正确。(5)①洗涤滴定管的方法为:从滴定管的上口加入少量待装液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出洗涤液，重复2~3次。②n(EDTA)=n(MgBr2)=26.50
mL×0.050
0
mol·L-1×10-3?L·mL-1=0.001
325
mol，m(MgBr2)=0.001
325
mol×184
g·mol-1=0.243
8
g，纯度为×100%=97.5%。
【考点定位】制备实验方案的设计，混合物的计算，物质的分离和提纯的综合应用
【名师点睛】实验题一定要分析实验目的和实验的关键问题。识别实验仪器和使用方法。掌握物质分离的方法和操作注意问题。掌握中和滴定的实验步骤：水洗-润洗-装液--读数-取液--读数-滴定-读数，通常实验重复2-3次，取平均值计算。在洗涤过程中注意滴定管要用待装溶液润洗，但锥形瓶不能润洗。注意读数要保留两位小数。
3．【2015浙江理综化学】(15分)某学习小组按如下实验流程探究海带中碘含量的测定和碘的制取。
实验(一)　碘含量的测定
取0.010
0
mol·L-1的AgNO3标准溶液装入滴定管,取100.00
mL海带浸取原液至滴定池,用电势滴定法测定碘含量。测得的电动势(E)反映溶液中c(I-)的变化,部分数据如下表:
V(AgNO3)/mL
15.00
19.00
19.80
19.98
20.00
20.02
21.00
23.00
25.00
E/mV
-225
-200
-150
-100
50.0
175
275
300
325
实验(二)　碘的制取
另制海带浸取原液,甲、乙两种实验方案如下:
已知:3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O。
请回答:
(1)实验(一)中的仪器名称:仪器A　　　　,仪器B　　　　。
(2)①根据表中数据绘制滴定曲线;
②该次滴定终点时用去AgNO3溶液的体积为　　　　mL,计算得海带中碘的百分含量为　　　　%。
(3)①分液漏斗使用前须检漏,检漏方法为　　　　。
②步骤X中,萃取后分液漏斗内观察到的现象是　　　　。
③下列有关步骤Y的说法,正确的是　　　　。
A.应控制NaOH溶液的浓度和体积
B.将碘转化成离子进入水层
C.主要是除去海带浸取原液中的有机杂质
D.NaOH溶液可以由乙醇代替
④实验(二)中操作Z的名称是　　　　。
(4)方案甲中采用蒸馏不合理,理由是　　　　。
【答案】(1)坩埚　500
mL容量瓶
(2)①如图
②20.00
mL　0.635
(3)①向分液漏斗中加入少量水,检查旋塞处是否漏水;将漏斗倒转过来,检查玻璃塞是否漏水
②液体分上下两层,下层呈紫红色
③AB
④过滤
(4)碘易升华,会导致碘的损失
【解析】本题以海带中碘含量测定、由海带制备单质碘为背景,考查考生对化学实验知识与技能的掌握。意在考查考生的实验素养,分析与推断能力,关键信息的获取与正确运用能力。
仪器A是坩埚;定容时需用到500
mL
容量瓶;实验到滴定终点时,消耗的AgNO3标准溶液为20.00
mL,若设所得海带浸取原液中I-浓度为x?mol·L-1,则0.010
0×20=100x,x=0.002
0,原样品中碘的物质的量为0.002
0
mol·L-1×500×10-3?L=1×10-3mol;质量为127
g·mol-1×1×10-3?mol=0.127
g;百分含量为×100%=0.635%。步骤Y的目的是将碘转化为离子形式,反应所用碱液的浓度要合适,同时应该控制碱液的量。操作Z应为过滤。
【考点定位】本题主要是考查定量实验、实验设计与评价、实验流程分析与应用，涉及仪器识别、仪器选择与使用、物质的分离与提纯实验操作等
【名师点晴】本题考查了学生对化学实验基本操作的掌握，对常见仪器或试剂的主要用途和使用方法的掌握情况。考察了应用所学知识进行必要的分析、类推或计算一些具体的化学问题的能力。高考化学试题中对考生设计简单实验能力的考查赋予较多的关注，其中就包括对定量实验的设计的考查，它要求学生能够通过题给实验情境中适当迁移，准确把化学实验基础知识和基本操作技能运用到某些类似的定量实验中去，解决一些原理和操作较简单的定量问题。它充分体现了“源于教材又不拘泥于教材”的命题指导思想，在一定程度上考查了学生的创新思维能力。“用正确的化学实验基本操作，完成规定的‘学生实验’的能力”也是《考试大纲》中对学生实验能力的基本要求。现行高中教材中通过配制一定物质的量浓度的溶液、酸碱中和滴定等基本定量实验的完成，训练学生的基本操作技能，为学生将来参加社会实践或进一步学习打下必要的良好基础，这也是构成人才科学素质的重要组成部分。高考中对定量实验涉及的计量仪器的考查主要包括托盘天平、量筒、容量瓶、滴定管、温度计和pH试纸等，从考查的要求看，主要是识记层次，考查学生对常见计量仪器的结构、用途、读数和使用方法的认识。
4．【2015四川理综化学】(13分)(NH4)2SO4是常用的化肥和化工原料,受热易分解。某兴趣小组拟探究其分解产物。
【查阅资料】(NH4)2SO4在260
℃和400
℃时分解产物不同。
【实验探究】该小组拟选用如图所示装置进行实验(夹持和加热装置略)。
实验1:连接装置A-B-C-D,检查气密性,按图示加入试剂(装置B盛0.500
0
mol/L盐酸70.00
mL)。通入N2排尽空气后,于260
℃加热装置A一段时间,停止加热,冷却,停止通入N2。品红溶液不褪色。取下装置B,加入指示剂,用0.200
0
mol/L
NaOH溶液滴定剩余盐酸,终点时消耗NaOH溶液25.00
mL。经检验滴定后的溶液中无。
(1)仪器X的名称是　　　。
(2)滴定前,下列操作的正确顺序是　　　(填字母编号)。
a.盛装0.200
0
mol/L
NaOH溶液
b.用0.200
0
mol/L
NaOH溶液润洗
c.读数、记录
d.查漏、清洗
e.排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面
(3)装置B内溶液吸收气体的物质的量是　　　mol。
实验2:连接装置A-D-B,检查气密性,按图示重新加入试剂。通入N2排尽空气后,于400
℃加热装置A至(NH4)2SO4完全分解无残留物,停止加热,冷却,停止通入N2。观察到装置A、D之间的导气管内有少量白色固体。经检验,该白色固体和装置D内溶液中有无。进一步研究发现,气体产物中无氮氧化物。
(4)检验装置D内溶液中有,无的实验操作和现象是　　　。
(5)装置B内溶液吸收的气体是　　　。
(6)(NH4)2SO4在400
℃分解的化学方程式是　　　　　　。
【答案】
(1)圆底烧瓶
(2)dbaec
(3)0.03
(4)取少量装置D内溶液于试管中,滴加BaCl2溶液,生成白色沉淀;加入足量稀盐酸后沉淀完全溶解,放出无色刺激性气体
(5)NH3或氨气
(6)3(NH4)2SO44NH3↑+N2↑+3SO2↑+6H2O↑
【解析】本题考查化学实验,意在考查考生对实验仪器的识别与使用,以及对物质检验、元素化合物性质的理解与计算能力。(1)根据仪器X的形状特点可知其为圆底烧瓶。(2)使用滴定管前需要先检查是否漏液,并对其进行清洗;然后用标准液润洗,防止对加入的标准液造成稀释;润洗后加入标准液,并排出滴定管中的气泡,防止对量取的液体体积造成误差;最后读数、记录数值。故正确的顺序为dbaec。(3)装置B中的盐酸吸收NH3,设吸收的氨气为x?mol,则有0.500
0
mol/L×0.070
0
L=x?mol+0.200
0
mol/L×0.025
0
L,得x=0.03。(4)取少量装置D中的溶液,可向其中加入足量稀盐酸,然后再滴加BaCl2溶液,只有刺激性气味的气体(SO2)产生,无沉淀(BaSO4)产生。(5)装置B中所盛盐酸可吸收碱性气体,故吸收的是NH3。(6)通过分析所给信息可知(NH4)2SO4受热分解过程中被还原,故N被氧化,而产物中无氮氧化物,故氧化产物为N2,因此(NH4)2SO4分解的化学方程式为3(NH4)2SO43SO2↑+N2↑+4NH3↑+6H2O↑。
【考点定位】实验设计与评价
【名师点睛】考纲明确要求考生能根据实验试题要求：(1)设计、评价或改进实验方案；(2)了解控制实验条件的方法；(3)分析或处理实验数据，得出合理结论(4)绘制和识别典型的实验仪器装置图。实验方案设计与评价取材于教材、高于教材，注重创新是近年高考化学试题的一大特点。近年高考综合实验试题往往是在教材实验、演示实验或考生已有实验知识的基础上进行改进，创设新情境，提出新问题，考查考生的创新意识。主要体现在以下几个方面：(1)根据题干给予的新信息，预测实验现象等。(2)药品使用创新、仪器功能拓展、实验操作改进创新和实验操作新途径开辟等。(3)面对新情境，能够正确提取并处理信息(准确提炼规律、严密推理分析、做出合理解释等)。(4)面对新问题，能够全面深入思考，合理优化结构，准确深刻评价等。
5．【2014年高考北京卷第27题】（12分）碳、硫的含量影响钢铁性能。碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体,再用测碳、测硫装置进行测定。
(1)采用装置A,在高温下将x克钢样中碳、硫转化为CO2、SO2。
①气体a的成分是　　　　。
②若钢样中硫以FeS形式存在,A中反应:3FeS+5O21　　　　+3　　　　。
(2)将气体a通入测硫装置中(如图),采用滴定法测定硫的含量。
①H2O2氧化SO2的化学方程式:　　　　　　　　　。
②用NaOH溶液滴定生成的H2SO4,消耗z
mL
NaOH溶液。若消耗1
mL
NaOH溶液相当于硫的质量为y克,则该钢样中硫的质量分数:　　　　。
(3)将气体a通入测碳装置中(如图),采用重量法测定碳的含量。
①气体a通过B和C的目的是　　　　。
②计算钢样中碳的质量分数,应测量的数据是　　　　。
【答案】(1)①O2、SO2、CO2　②Fe3O4　SO2
(2)①H2O2+SO2H2SO4　②
(3)①排除SO2对CO2测定的干扰　②吸收CO2前、后吸收瓶的质量
【解析】(1)①根据题给信息可知气体a的成分为CO2、SO2和过量的O2。②根据原子守恒和得失电子守恒配平方程式得:3FeS+5O2Fe3O4+3SO2。(2)①过氧化氢具有氧化性,二氧化硫具有还原性,二者发生氧化还原反应生成硫酸。②消耗1
mL
NaOH溶液相当于硫的质量为y
g,则消耗z
mL
NaOH溶液相当于硫的质量为yz
g,所以钢样中硫的质量分数为。(3)①整个装置要准确测定CO2的含量,故需要排除干扰气体SO2,由题给装置可知,活性二氧化锰的作用是除去气体a中的SO2,重铬酸钾和浓硫酸的作用是检验SO2是否除尽。②通过测量二氧化碳吸收瓶吸收CO2前、后的质量计算出钢样中碳的质量分数。
【考点定位】本题主要是考查物质检验实验方案设计与探究
【名师点晴】本题以二氧化硫、二氧化碳的知识模型为基础，从定性定量的角度检验二氧化硫、二氧化碳，要求学生对平时所学习的知识能灵活运用。考查了学生对化学实验基本操作、常见物质性质的掌握情况。考查了学生应用所学知识进行必要的分析，解决具体的化学问题的能力。化学实验实验为基础的科学，高考化学试题中对实验能力的考查赋分较高，今后复习备考多加关注。题目难度中等偏上。
6．【2014年高考福建卷第25题】(15分)焦亚硫酸钠(Na2S2O5?)是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验:
实验一　焦亚硫酸钠的制取
采用图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出,发生的反应为:
Na2SO3+SO2Na2S2O5
(1)装置Ⅰ中产生气体的化学方程式为　　　。
(2)要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体,可采取的分离方法是　　　。
(3)装置Ⅲ用于处理尾气,可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为　　　(填序号)。
实验二　焦亚硫酸钠的性质
Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3?。
(4)证明NaHSO3?溶液中HSO3-?的电离程度大于水解程度,可采用的实验方法是　　　(填序号)。
a.测定溶液的pH　　
　b.加入Ba(OH)2溶液???????
c.加入盐酸??
d.加入品红溶液
e.用蓝色石蕊试纸检测
(5)检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是　　　。
实验三　葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定
(6)葡萄酒常用Na2S2O5?作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2?计算)的方案如下:
(已知:滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI)
①按上述方案实验,消耗标准I2?溶液25.00
mL,该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2?计算)
为　　　g·L-1?。
②在上述实验过程中,若有部分HI被空气氧化,则测定结果　　　(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
【答案】(1)Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2↑+H2O(或Na2SO3+2H2SO42NaHSO4+SO2↑+H2O)
(2)过滤　(3)d　(4)a、e
(5)取少量Na2S2O5晶体于试管中,加适量水溶解,滴加足量盐酸,振荡,再滴入氯化钡溶液,有白色沉淀生成
(6)①0.16　
②偏低
【解析】
(1)浓硫酸与亚硫酸钠发生复分解反应,可生成二氧化硫。(2)题目明确指出“……获得已析出的晶体”,因此分离方法是过滤。(3)a装置中含有单孔塞,二氧化硫不能顺利进入装置中,此外其导管口离液面太远,不利于尾气的吸收,所以a装置不合理;二氧化硫在食盐水和浓硫酸中溶解度不大,所以b、c装置均不合理;二氧化硫易溶于NaOH溶液,干燥管还可以防倒吸,所以d装置最合理。(4)若NaHSO3的电离程度大于水解程度,则其水溶液呈酸性,测定溶液的pH即可证明,a正确。NaHSO3与Ba(OH)2溶液反应生成BaSO3白色沉淀,与其电离程度和水解程度相对强弱无关,b错误。NaHSO3与盐酸会发生复分解反应,符合复分解反应中“强酸制弱酸”的规律,与其电离程度和水解程度相对强弱无关,c错误。品红溶液常用于验证二氧化硫的存在,与HSO3-的电离程度和水解程度相对强弱无关,d错误。用蓝色石蕊试纸可检验出NaHSO3溶液呈酸性,也就证明了其电离程度大于水解程度,e正确。(5)由于Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3,若将已被氧化的Na2S2O5晶体溶于水,则溶液的溶质中会含有Na2SO4。因此,检验Na2SO4的存在即可证明Na2S2O5已被氧化,而Na2SO4可用氯化钡检验。(6)①100.00
mL葡萄酒样品中抗氧化剂的残留量n(SO2)=n(I2)=0.010
00
mol·L-1×25.00×10-3?L=2.5×10-4?mol,则1
L样品中抗氧化剂的残留量为2.5×10-4?mol×10×64
g·mol-1=0.16
g。②HI被氧化生成I2,若有部分HI被氧化,则实验过程中读数较实际消耗标准I2溶液偏少,测定结果会偏低。
【考点定位】本题主要是考查物质制备实验方案设计与探究
【名师点晴】本题以“焦亚硫酸钠的制取、性质、含量的测定”为素材，考查学生的化学实验综合探究能力，对学生的分析解决问题的能力要求很高。不仅考查考生对气密性检查原理的深度理解，还考查考生科学、规范的语言表达能力，本题以物质的制备为主线，设计相应问题，考查考生实验探究能力和实践创新能力。
7．【2014年高考江苏卷第21B题】[实验化学]磷酸铁（FePO4·2H2O，难溶于水的米白色固体）可用于生成药物、食品添加剂和锂离子电池的正极材料，实验室可通过下列实验制备磷酸铁。
（1）称取一定量已除去油污的废铁屑，加入稍过量的稀硫酸，加热、搅拌，反应一段时间后过滤，反应加热的目的是。
（2）向滤液中加入一定量H2O2氧化Fe2＋。为确定加入H2O2的量，需先用K2Cr2O7标准溶液滴定滤液中的Fe2＋，离子方程式如下：
①在向滴定管注入K2Cr2O7标准溶液前，滴定管需要检漏、和。
②若滴定xmL滤液中的Fe2＋，消耗amol·L—1
K2Cr2O7标准溶液bmL，则滤液中
c(Fe2＋)=
mol·L—1
③为使滤液中的Fe2＋完全被H2O2氧化，下列实验条件控制正确的是（填序号）。
A．加入适当过量的H2O2溶液
B．缓慢滴加H2O2溶液并搅拌
C．加热，使反应在较高温度下进行
D．用氨水调节pH=7
（3）将一定量的Na2HPO4溶液（溶液显碱性）加入到含有Fe3＋的溶液中，搅拌、过滤、洗涤、干燥得到FePO4·2H2O
。若反应得到的FePO4·2H2O固体呈棕黄色，则磷酸铁中混有的杂质可能为。
【答案】(1)加快铁与稀硫酸反应速率
(2)①用蒸馏水洗净　用K2Cr2O7标准溶液润洗2~3次　②6ab/x　③AB
(3)Fe(OH)3(或氢氧化铁)
【解析】本题主要考查《实验化学》知识,意在考查考生对知识的理解能力及灵活运用能力。(1)升高温度,可以加快化学反应的反应速率,提高实验效率。(2)①滴定管使用前要先检漏,然后用蒸馏水清洗干净,再用K2Cr2O7标准溶液润洗2~3次,之后才可向滴定管中注入K2Cr2O7标准溶液。②设滤液中Fe2+的浓度为c
mol·L-1,根据离子反应方程式可得关系式:
K2Cr2O7　~　6Fe2+
1?????
6
ab×10-3??????
cx×10-3
解得:c6ab/x。③H2O2具有强氧化性,可以将Fe2+氧化。但H2O2不稳定,受热易分解,C错误。pH增大不利于H2O2将Fe2+完全氧化,D错误。适当过量的H2O2可保证将Fe2+完全氧化,A正确。缓慢滴加H2O2溶液并搅拌有利于充分反应,可保证将Fe2+完全氧化,B正确。(3)Fe3+极易水解,在碱性环境中迅速生成Fe(OH)3
(或氢氧化铁),所以磷酸铁中混有的杂质可能是Fe(OH)3
(或氢氧化铁)。
【考点定位】本题主要是考查实验化学有关内容，涉及实验化学中滴定管的使用，简单的氧化还原反应计算，实验条件的控制原理等内容
【名师点晴】本题通过实验室制备磷酸铁为载体，重点考查了学生对化学实验基本操作的掌握，对常见仪器或试剂的主要用途和使用方法的掌握情况。考察了应用所学知识进行必要的分析、类推或计算一些具体的化学问题的能力。本题的解题要点为实验化学中滴定管的使用，简单的氧化还原反应计算，实验条件的控制原理等知识，审题时抓住“完全氧化”“溶液显碱性”等关键词，避免不必要的失分。
8．【2014年高考天津卷第9题】（18分）Na2S2O3是重要的化工原料,易溶于水,在中性或碱性环境中稳定。
Ⅰ.制备Na2S2O3·5H2O
反应原理:Na2SO3
(aq)+S(s)Na2S2O3
(aq)
实验步骤:
①称取15
g
Na2SO3加入圆底烧瓶中,再加入80
mL蒸馏水。另取5
g研细的硫粉,用3
mL乙醇润湿,加入上述溶液中。
②安装实验装置(如图所示,部分夹持装置略去),水浴加热,
微沸60分钟。
③趁热过滤,将滤液水浴加热浓缩,冷却析出Na2S2O3·5H2O,经过滤、洗涤、干燥,得到产品。
回答问题:
(1)硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是　。
(2)仪器a的名称是　　　,其作用是　　　　　　　　　。
(3)产品中除了有未反应的Na2SO3外,最可能存在的无机杂质是　　　　　。检验是否存在该杂质的方法是　。
(4)该实验一般控制在碱性环境下进行,否则产品发黄,用离子反应方程式表示其原因:　　　　　　　　　　　　　　　。
Ⅱ.测定产品纯度
准确称取W
g产品,用适量蒸馏水溶解,以淀粉作指示剂,用0.100
0
mol·L-1碘的标准溶液滴定。
反应原理为:2S2O32-+I2S4O62-+2I-
(5)滴定至终点时,溶液颜色的变化:　。
(6)滴定起始和终点的液面位置如图,则消耗碘的标准溶液体积为　　　mL。产品的纯度为(设Na2S2O3·5H2O相对分子质量为M)　。
Ⅲ.Na2S2O3的应用
(7)Na2S2O3还原性较强,在溶液中易被Cl2氧化成SO42-,常用作脱氯剂,该反应的离子方程式为　。
【答案】（1）使硫粉易于分散到溶液中
（2）冷凝管冷凝回流
（3）Na2SO4
取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4
（4）S2O32?+2H+=S↓+SO2↑+H2O
（5）由无色变为蓝色
（6）18.10
（7）S2O32?+4Cl2+5H2O
=
2SO42?+8Cl?+10H+
【解析】本题考查了物质的制备与提纯,涉及实验基本仪器的使用、物质的检验、实验原理的分析、氧化还原反应滴定等,意在考查考生运用所学知识解决实际问题的能力。(1)硫粉难溶于水,微溶于乙醇,故硫粉用乙醇润湿后易扩散到溶液中。(2)装置中仪器a(冷凝管)可以将挥发出的乙醇冷凝回流到烧瓶中。(3)因反应物Na2SO3易被空气中的氧气氧化成Na2SO4,故可能存在的无机杂质是Na2SO4;检验产品中是否含有Na2SO4,即检验SO42-是否存在,需要防止SO32-的干扰,故不能用具有强氧化性的硝酸酸化,而应用盐酸酸化,过滤除去不溶物,再向滤液中滴加氯化钡溶液。(4)产品发黄,说明产品中含有硫杂质,这是由于在酸性环境中Na2S2O3不稳定,发生反应:2H++
S2O32-S↓+SO2↑+H2O。(5)滴定终点时,过量的单质碘使无色的淀粉溶液变蓝,可指示滴定终点。(6)起始读数为0.00
mL,终点读数为18.10
mL,所以消耗碘的标准溶液的体积为18.10
mL-0.00
mL=18.10
mL;根据2Na2S2O3·5H2O~2
S2O32-~I2,得n(Na2S2O3·5H2O)
=2n(I2)=2×0.100
0
mol·L-1×18.10×10-3?L=3.620×10-3?mol,则产品的纯度=×100%=×100%。(7)S2O32-被Cl2氧化成SO42-,Cl2被还原为Cl-,首先根据化合价升降总值相等写出S2O32-+4Cl22
SO42-+8Cl-,然后根据原子守恒和电荷守恒配平得:
S2O32-+4Cl2+5H2O2
SO42-+8Cl-+10H+。
【考点地位】本题考查实验基本仪器和基本操作、离子的检验、滴定实验及计算、离子方程式的书写。
【名师点晴】本题以Na2S2O3?5H2O的制备为载体，重点考查了学生对实验基础知识的掌握，和数据处理能力，试题体现了学以致用的特点，如滴定管起点和终点液面的读数。本题为实验设计及探究问题，解题的关键是：首先掌握基本仪器的使用和基本操作，杂质的判断和除去方法，其次是理解氧化还原反应滴定的原理，并能进行数据处理。
9．【2014年高考新课标Ⅱ卷第28题】（15分）某小组以CoCl2·6H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料,在活性炭催化下,合成了橙黄色晶体X。为确定其组成,进行如下实验。
①氨的测定:精确称取w?g
X,加适量水溶解,注入如图所示的三颈瓶中,然后逐滴加入足量10%NaOH溶液,通入水蒸气,将样品液中的氨全部蒸出,用V1?mL?c1mol·L-1的盐酸标准溶液吸收。蒸氨结束后取下接收瓶,用c2?mol·L-1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl,到终点时消耗?mL
NaOH溶液。
②氯的测定:准确称取样品X,配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定,K2CrO4溶液为指示剂,至出现淡红色沉淀不再消失为终点(Ag2CrO4为砖红色)。
回答下列问题:
(1)装置中安全管的作用原理是　　　　。
(2)用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时,应使用　　　　式滴定管,可使用的指示剂为　　　　。
(3)样品中氨的质量分数表达式为　　　　。
(4)测定氨前应该对装置进行气密性检验,若气密性不好测定结果将　　　　(填“偏高”或“偏低”)。
(5)测定氯的过程中,使用棕色滴定管的原因是　　　　;滴定终点时,若溶液中c(Ag+)=2.0×10-5?mol·L-1,c(CrO42-)为　　　　　　　　mol·L-1。(已知:Ksp(Ag2CrO4)=1.12×10-12)
(6)经测定,样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1∶6∶3,钴的化合价为　　　　。制备X的化学方程式为　　　　;X的制备过程中温度不能过高的原因是　　　　。
【答案】(1)当A中压力过大时,安全管中液面上升,使A瓶中压力稳定(2)碱　酚酞(或甲基红)　(3)?×100%　(4)偏低　(5)防止硝酸银见光分解　2.8×10-3(6)+3　2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+2H2O　温度过高过氧化氢分解、氨气逸出
【解析】本题的解题要点为：首先要明确物质组成测定的实验原理，理清题给实验装置的作用，掌握酸碱中和滴定中滴定管使用的注意事项，掌握相关物质的性质及沉淀溶解平衡的相关计算。其次是能利用化学方程式进行简单的计算及进行实验的误差分析。
(1)当A中压力过大时,安全管中液面上升,使A瓶中压力稳定。(2)盛装氢氧化钠溶液应使用碱式滴定管,强碱滴定强酸,可以使用酚酞,也可以使用甲基红作指示剂。(3)总的盐酸的物质的量减去氢氧化钠的物质的量即为氨气物质的量,所以氨的质量分数的表达式为[(c1V1-c2V2)×10-3×17/w]
×100%。(4)气密性不好,会有一部分氨逸出,使测定结果偏低。(5)因为硝酸银见光易分解,所以使用棕色滴定管;由题意,c2(Ag+)×c(CrO42-)=4.0×10-10×c(Cr
O42-)=1.12×10-12,c(Cr
O42-)=2.8×10-3?mol·L-1。(6)由题给条件,可以写出X的化学式为[Co(NH3)6]Cl3,所以Co的化合价为+3,制备X的化学方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+2H2O,反应物中有NH3和H2O2,温度过高,会使过氧化氢分解、氨气逸出,不利于X的制备。
【考点地位】本题主要是考查了物质的制备和组成的测定实验方案设计与探究。
【名师点晴】本题以[Co(NH3)6]Cl3的制备为载体，侧重考查了酸碱中和滴定、沉淀溶解平衡的计算、根据信息书写化学方程式、根据化学方程式计算及实验方案的分析评价等知识。考查了学生对化学实验基本操作、常见物质性质的掌握情况。考查了学生应用所学知识进行必要的分析，解决具体的化学问题的能力。化学实验实验为基础的科学，高考化学试题中对实验能力的考查赋分较高，今后复习备考多加关注。题目难度中等偏上。
10．【2014年高考重庆卷第9题】（15分）中华人民共和国国家标准(GB2760-2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25
g·L-1。某兴趣小组用图1装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2,并对其含量进行测定。
(1)仪器A的名称是　　　　,水通入A的进口为　　　　。
(2)B中加入300.00
mL葡萄酒和适量盐酸,加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应,其化学方程式为　　　　。
(3)除去C中过量的H2O2然后用0.090
0
mol·L-1?NaOH标准溶液进行滴定,滴定前排气泡时,应选择图2中的　　　　;若滴定终点时溶液的pH=8.8,则选择的指示剂为　　　　;若用50
mL滴定管进行实验,当滴定管中的液面在刻度“10”处,则管内液体的体积(填序号)　　　　(①=10
mL,②=40
mL,③<10
mL,④>40
mL)。
(4)滴定至终点时,消耗NaOH溶液25.00
mL,该葡萄酒中SO2含量为:　　　　g·L-1。
(5)该测定结果比实际值偏高,分析原因并利用现有装置提出改进措施　。
【答案】(1)冷凝管或冷凝器　b
(2)SO2+H2O2H2SO4
(3)③　酚酞　④
(4)0.24
(5)原因:盐酸的挥发;改进措施:用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸,或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验,扣除盐酸挥发的影响
【解析】本题考查重要仪器的识别、化学实验基本操作、物质含量测定、误差分析与实验评价等,意在考查考生对教材基础实验的迁移和应用能力。(1)仪器A为起冷凝作用的冷凝管(或冷凝器)。为使整个冷凝管中充满冷凝水,水应该从下端(b端)进入。(2)SO2被H2O2氧化为H2SO4,反应方程式为SO2?+
H2O2?H2SO4。(3)盛放NaOH溶液,应用带有橡皮管的碱式滴定管,可通过折弯橡胶管的方法(③)排出滴定管中的气泡。滴定终点时溶液的pH=8.8,溶液呈弱碱性,应该选用酚酞作指示剂。由于滴定管下端充满溶液且没有刻度,所以滴定管中NaOH溶液的体积大于50
mL-10
mL=40
mL。(4)根据SO2~H2SO4~2NaOH,n(SO2)=1/2×0.090
0
mol·L-1?×25.00×10-3?L=1.125
0×10-3?mol,则m(SO2)=1.125
0×10-3?mol×64
g/mol=7.2×10-2?g,故SO2的含量==0.24
g·L-1。(5)测定结果偏高应该从消耗NaOH溶液体积进行分析,如B中加入的盐酸具有挥发性,加热时进入装置C中,导致溶液中H+的量增多,消耗NaOH溶液体积增大,导致测定结果偏高,要消除影响,可用难挥发性酸(如稀硫酸)代替盐酸;也可从滴定管读数方面进行分析。
【考点定位】本题主要是考查化学实验方案设计与评价、涉及仪器识别、氧化还原反应方程式书写、滴定管和指示剂选择、物质含量计算以及误差分析与实验改进等，题目综合性强，考查了学生对化学实验基本操作的掌握，对常见仪器或试剂的主要用途和使用方法的掌握情况。考察了应用所学知识进行必要的分析、类推或计算一些具体的化学问题的能力。
【名师点睛】高考化学试题中对考生设计简单实验能力的考查赋予较多的关注，它要求学生能够通过题给实验情境中适当迁移，准确把化学实验基础知识和基本操作技能运用到某些类似的实验中去，解决一些原理和操作较简单的问题。
11．【2014年高考上海卷第六（33~37）题】（本题共12分）
在精制饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打（NaHCO3），并提取氯化铵作为肥料或进一步提纯为工业氯化铵。
完成下列填空：
（1）写出上述制备小苏打的化学方程式。________________________
（2）滤出小苏打后，母液提取氯化铵有两种方法：
①通入氨，冷却、加食盐，过滤
②不通氨，冷却、加食盐，过滤
对两种方法的评价正确的是__________（选填编号）
a．①析出的氯化铵纯度更高
b．②析出的氯化铵纯度更高
c．①的滤液可直接循环使用
d．②的滤液可直接循环使用
（3）提取的NH4Cl中含少量Fe2＋、SO42－。将产品溶解，加入H2O2，加热至沸，再加入BaCl2溶液，过滤，蒸发结晶，得到工业氯化铵。
加热至沸的目的是____________________________。
滤渣的主要成分是_________________、_________________。
（4）称取1.840g小苏打样品（含少量NaCl），配成250ml溶液，取出25.00ml用0.1000mol/L盐酸滴定，消耗盐酸21.50ml。
实验中所需的定量仪器除滴定管外，还有__________________。
选甲基橙而不选酚酞作为指示剂的原因是_________________。
样品中NaHCO3的质量分数为__________________。（保留3位小数）
（5）将一定质量小苏打样品（含少量NaCl）溶于足量盐酸，蒸干后称量固体质量，也可测定小苏打的含量。若蒸发过程中有少量液体溅出，则测定结果_______。（选填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
【答案】（1）NH4HCO3＋NaCl→NaHCO3↓＋NH4Cl
（2）ad
（3）使Fe3＋完全水解为Fe(OH)3；Fe(OH)3、BaSO4
（4）电子天平、250ml容量瓶；选用酚酞作为指示剂，不能确定滴定终点；0.982
（5）偏高
【解析】（1）由于碳酸氢钠的溶解度较小，因此在精制饱和食盐水中加入碳酸氢钠可析出碳酸氢钠，反应的化学方程式为NH4HCO4+NaCl→NaHCO3↓+NH4Cl。
（2）通入氨气可增大溶液中的铵根离子浓度，有利于氯化铵析出，即①析出的氯化铵纯度更高；如果不通入氨气，析出的氯化铵少，则溶液中氯化钠的浓度更大，可以直接循环使用，答案选ad。
（3）双氧水具有氧化性，能把亚铁离子氧化生成铁离子，铁离子水解，水解吸热，因此加热使Fe3+完全水解为Fe(OH)3;铁转化为氢氧化铁，硫酸根转化为硫酸钡沉淀，即滤渣的主要成分是Fe(OH)3、BaSO4。
（4）要称取1.840g小苏打样品需要电子天平，配制250ml溶液需要250ml容量瓶；盐酸与碳酸氢钠恰好反应时溶液显酸性（二氧化碳溶解），酚酞的变色范围是8.2～10.0，选用酚酞作为指示剂，不能确定滴定终点。样品中碳酸氢钠的质量＝0.1000mol/L×0.02150L××84g/mol＝1.806g，因此碳酸氢钠的质量分数为1.806g÷1.840g＝0.982。
（5）碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和CO2，最终得到的固体是氯化钠，根据差量法可以计算出碳酸氢钠的质量，即
2NaHCO3→Na2CO3＋H2O＋CO2↑
固体质量减少量
168g
62g
m
△m
若蒸发过程中有少量液体溅出，则最终生成的氯化钠质量偏少，因此根据差量法可知固体减少的质量偏大，即△m偏大，则碳酸氢钠的质量偏大，因此测定结果偏高。
【考点定位】本题主要是考查钠的化合物、物质的分离与提纯、溶液配制、含量测定以及误差分析等
【名师点晴】本题属于实验综合题，题目综合性强，考查了学生对化学实验基本操作的掌握，对常见仪器或试剂的主要用途和使用方法的掌握情况。考查了应用所学知识进行必要的分析、类推或计算一些具体的化学问题的能力。它要求学生能够通过题给实验情境中适当迁移，准确把化学实验基础知识和基本操作技能运用到某些类似的实验中去，解决一些原理和操作较简单的问题。
12．【2013年高考海南卷第17题】（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。
【考点定位】本题考查BaCl2·xH2O中结晶水数目的测定。
【名师点睛】本题考查BaCl2·xH2O中结晶水数目的测定，要求学生通过重量法来计算氯化钡和水的物质的量比，再求出x，物质组成的测定，分子式的确定是难点，沉淀的洗涤，误差分析是基础知识，这些都需要学生具备扎实的化学基础知识，计算能力等，该题难度中等。
13．【2013年高考江苏卷第18题】硫酸镍铵[(NH4)x
Niy
(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2.335
0
g
样品,配制成100.00
mL
溶液A;②准确量取25.00
mL溶液A,用0.040
00
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31.25
mL;③另取25.
00
mL溶液A,加足量的NaOH溶液并充分加热,生成NH3?56.00
mL(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”、“偏低”或“不变”)。
(2)氨气常用　　　检验,现象是　　　。
(3)通过计算确定硫酸镍铵的化学式(写出计算过程)。
【答案】
（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.
04000
mol·L-1×31.
25
mL×10-3L·mL-1
=1.
250×10-3
mol
n(NH4
+)=
=2.
500×10-3
mol
n(SO42－)=
==2.
500×10-3mol
m(Ni2＋)=
59
g·mol－1×1.
250×10-3
mol=0.
07375
g
m(NH4+)=
18
g·mol－1×2.
500×10-3
mol=0.
04500
g
m(SO42-)=
96
g·mol-1×2.
500×10-3
mol=0.
2400
g
n(H2O)==1.
250×10-2
mol
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】(1)若滴定管未用EDTA标准溶液润洗,则EDTA标准溶液会被稀释,滴定过程中消耗标准溶液的体积增大,使滴定结果偏高。(2)氨气是碱性气体,溶于水生成弱碱(NH3·H2O),能够使红色石蕊试纸变蓝。(3)根据题目给出的数据,分别计算Ni2+、NH4+、SO42-的物质的量,然后由Ni2+、NH4+、SO42-的物质的量确定结晶水的物质的量。
【考点定位】本题考查定量计算测定物质的组成.
【名师点睛】本题的知识点是定量计算测定物质的组成，定量分析的计算题，首先要弄清楚计算什么，虽然考查的是陌生的实验操作，用EDTA滴定法测金属离子的含量，但EDTA滴定法类似于酸碱中和滴定，实验仪器、实验原理、步骤大同小异，实际上考查定量分析实验中常见滴定法的理解应用能力、知识的迁移能力和基本的计算能力。
14．【2013年高考浙江卷第28题】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,须持续通入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)可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。若需配制浓度为0.010
00
mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液250
mL,应准确称取　　　g
K2Cr2O7(保留4位有效数字,已知M
K2Cr2O7=294.0
g·mol-1)。配制该标准溶液时,下列仪器中不必要用到的有　　　(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”)。
【答案】
(1)A、B　(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,抽滤时容易透过滤纸　(5)0.735
0　③⑦　(6)偏大
【解析】本题考查了物质的制备,意在考查考生对实验过程的分析与设计能力。　(1)结合已知信息可知,用NaOH溶液处理废旧镀锌铁皮,既可以去除铁皮表面的油污,又可以溶解镀锌层。(2)由Zn(OH)2到ZnO,后续的操作步骤是抽滤、洗涤、灼烧。(3)持续通入N2,是为了防止Fe2+被O2氧化。(4)抽滤不宜用于过滤胶状沉淀或颗粒太小的沉淀。(5)0.735
0
g
的K2Cr2O7固体需要用电子天平称量,直接配制一定物质的量浓度的溶液时,不必要用到移液管和量筒。(6)滴定前滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后消失,说明消耗的标准液体积读数偏大,故测定结果偏大。
【考点定位】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。
【名师点睛】本题考查锌的化学性质及滴定误差分析、物质的量浓度的溶液的配制等知识，取材于教材，以“废物利用”引导出胶体等知识，考查学生的实验基本操作和技能，属于高频考点，也是今后命题的方向。
21专题05
离子反应
2019年化学高考题
1.【2019全国Ⅱ理综，11，6分】下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是
A．向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失：Zn+CuSO4Cu+ZnSO4
B．澄清的石灰水久置后出现白色固体：Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2O
C．Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色：2Na2O22Na2O+O2↑
D．向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀：3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2
1.
C
本题结合物质变化考查化学方程式。CuSO4溶液呈蓝色，加入足量Zn粉后，Cu2+被还原为Cu，溶液变成无色，A项正确；澄清石灰水在空气中久置能吸收空气中的CO2，生成CaCO3白色固体，B项正确；Na2O2呈淡黄色，在空气中放置后变为白色，是Na2O2吸收空气中的CO2和H2O转化成了Na2CO3和NaOH的缘故，C项错误；向Mg(OH)
2悬浊液中加入足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀，是因为Mg(OH)2与FeCl3溶液发生复分解反应生成了更难溶Fe(OH)3，D项正确。?
【走出误区】Na2O或Na在空气中加热可转化为Na2O2，Na2O2在空气中放置不能分解生成Na2O和O2,但其能与空气中的CO2和水蒸气反应生成Na2CO3和NaOH。
?
2.【2019天津理综，2,6分】
下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是
2.
A
本题考查化学实验现象分析及离子方程式正误判断，考查的核心素养是科学探究与创新意识、变化观念与平衡思想。氢氧化镁悬浊液中存在沉淀溶解平衡Mg(OH)2Mg2++2OH-，滴加氯化铵溶液，NH4+与OH-?结合生成NH3·H2O，Mg(OH)2的沉淀溶解平衡正向移动，离子方程式为Mg(OH)2+2NH4+
Mg2++2NH3·H2O，A项正确；向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，得到红褐色Fe(OH)3胶体而不是沉淀，B项错误；二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生反应5SO2+2MnO4-+2H2O5SO42-+2Mn2++4H+，C项错误；氧化亚铁与稀硝酸发生氧化还原反应3FeO+10H++NO3-3Fe3++NO↑+5H2O，D项错误。
?
3.
【2019江苏，7，2分】下列指定反应的离子方程式正确的是?
?A.室温下用稀NaOH溶液吸收Cl2:Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2O?
B.用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2:Al+2OH-AlO2-+H2↑?
?C.室温下用稀HNO3溶解铜:Cu+2NO3-+2H+Cu2++2NO2↑+H2O?
D.向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+H2SiO3↓+2Na+?
3.
A
本题考查离子方程式的正误判断。A项，Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O，正确；B项，题给离子方程式不符合电荷守恒与得失电子守恒，错误；C项，稀HNO3与Cu发生反应生成NO，错误；D项，Na2SiO3为可溶性的钠盐，应拆开，错误。
?
4.【2019浙江4月选考，13,2分】不能正确表示下列变化的离子方程式是?
A.二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应：5SO2+2H2O+2MnO4-?2Mn2++5SO42-+4H+?
B.酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水:2I-+2H++H2O2I2+2H2O??
C.硅酸钠溶液和盐酸反应:SiO32-+2H+H2SiO3↓?
D.硫酸铜溶液中加少量的铁粉:3Cu2++2Fe2Fe3++3Cu
?
4.
D
本题考查离子方程式的正误判断。硫酸铜溶液中加少量的铁粉：Cu2++FeFe2++Cu，D项错误。
?
5.
【2019江苏，4，2分】室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
?
A.0.1
mol·L-1NaOH溶液：Na+、K+、CO32-?、AlO2-??
B.0.1
mol·L-1
FeCl2溶液:K+、Mg2+、SO42-、MnO4-??
C.0.1
mol·L-1
K2CO3溶液:Na+、Ba2+、Cl-、OH-?
D.0.1
mol·L-1
H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3-、HSO3-?
?
5.
A
本题考查离子共存。A项，题给四种离子在碱性条件下均能大量存在，正确；B项，MnO4-可以氧化Fe2+，错误；C项，CO32-与Ba2+会发生反应生成BaCO3沉淀，错误；D项，H+可以与HSO3-反应生成SO2，且酸性条件下NO3-?会氧化HSO3-生成SO42-，错误。
6.【2019全国Ⅲ理综，10，6分】离子交换法净化水过程如图所示。下列说法中错误的是
A．经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数不变
B．水中的
、、Cl?通过阳离子树脂后被除去
C．通过净化处理后，水的导电性降低
D．阴离子树脂填充段存在反应H++OH?H2O
6.
A
本题考查离子交换法的净水原理，考查的核心素养是证据推理与模型认知。结合上述分析及电荷守恒可知，经过阳离子交换树脂后，水中阳离子总数增多，A错误；水中的NO3-、SO42-、Cl-被阴离子树脂吸附除去，B正确；经过净化处理后，水中的离子浓度降低，水的导电性减弱，C正确；阳离子交换树脂吸附交换时产生的H?+通过阴离子交换树脂时与OH?-反应生成H2O，离子方程式为：H++OH?H2O，D正确。
【知识拓展】
离子交换法净化水是利用离子交换树脂活性基团上具有离子交换能力的H+和OH-与水中阳、阴离子杂质进行交换，将水中阳、阴离子杂质截留在树脂上，进入水中的H+和OH-重新结合成水而达到纯化水的目的。凡能与阳离子起交换作用的树脂称为阳离子交换树脂，与阴离子起交换作用的树脂称为阴离子交换树脂。
2018年化学高考题
1.
(2018江苏，7，2分)
下列指定反应的离子方程式正确的是
A.饱和
Na2CO3
溶液与CaSO4固体反应:CO32-?+CaSO4
CaCO3+SO42-??
B.酸化
NaIO3和
NaI的混合溶液:I-+IO3-+6H+I2+3H2O
C.KClO
碱性溶液与
Fe(OH)3反应:3ClO-+2Fe(OH)32FeO42-+3Cl-+4H++H2O
D.电解饱和食盐水:2Cl-+2H+Cl2↑+H2↑
1.
A
本题考查离子方程式的正误判断，较易。CaSO4?固体在离子方程式中不能拆开，CO32-与CaSO4可结合成更难溶的CaCO3，符合沉淀溶解平衡的移动规律，A项正确；离子方程式的书写不遵循得失电子守恒以及电荷守恒，B项错误；碱性溶液中不可能生成H＋，C项错误；电解NaCl溶液，阳极上水电离出来的H＋放电，水为弱电解质，在离子方程式中不可拆开，故应写成2Cl-+2H2O
Cl2↑+H2↑+2OH-，D项错误。
2.
(2018江苏，2分)
室温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A.
0.1
mol·L-1KI
溶液:Na+、K+、ClO-、OH-
B.0.1
mol·L-1
Fe2(SO4)3溶液:Cu2+?、NH4+、NO3-、SO42-??
C.0.1
mol·L-1HCl
溶液:Ba2+、K+、CH3COO-、NO3-?
D.0.1
mol·L-1NaOH
溶液:Mg2+、Na+、SO42-、HCO3-?
2.
B
本题考查离子共存问题，较易。
ClO-与I-能发生氧化还原反应，A项不符合题意；H+与CH3COO-?会结合成弱电解质CH3COOH，C项不符合题意；OH-与Mg2+反应生成Mg(OH)2沉淀，OH-与HCO3-反应生成CO32-和H2O，D项不符合题意。?
2017年
化学高考题
1.
【2017年高考江苏卷】下列指定反应的离子方程式正确的是
A.钠与水反应:Na+2H2ONa++2OH-+H2↑
B.电解饱和食盐水获取烧碱和氯气:2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-
C.向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸:Ba2++OH-+H++
SOBaSO4↓+
H2O
D.向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水:Ca2++
HCO3-+OH-CaCO3↓+H2O
【答案】B
【解析】本题考查离子方程式正误判断。电荷不守恒，A项错误；OH-、H+和H2O前面的系数应为2，C项错误；碳酸氢铵电离出的NH也可与OH-反应，D项错误。
备注：书写与量有关的离子方程式时要“以少定多”，且化学计量数要满足物质化学式组成，如少量的NH4HCO3参与反应时，NH和HCO3-的个数比为1∶1。
2.
【2017年高考江苏卷】常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A.无色透明的溶液中:Fe3+、Mg2+、SCN-、Cl-
B.
c(H+)/c(OH-)=1×10-12的溶液中:K+、Na+、CO32-、NO3-
C.c(Fe2+)=1
mol·L-1的溶液中:K+、NH、MnO4-、SO
D.能使甲基橙变红的溶液中:Na+、NH、SO、HCO3-
【答案】B
【解析】本题考查离子共存。Fe3+为黄色，且Fe3+与SCN-反应会生成血红色Fe(SCN)3，A项错误；c(H+)【名师点睛】离子不能大量共存的情况有:(1)发生复分解反应，生成沉淀、气体和弱电解质；(2)发生氧化还原反应；(3)发生络合反应；(4)发生相互促进的水解反应。
3．【2017年高考海南卷】能正确表达下列反应的离子方程式为
A．用醋酸除去水垢：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O
B．硫化亚铁与浓硫酸混合加热：2H++FeS=H2S↑+
Fe2+
C．向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：2Al3++3=Al2(CO3)3↓
D．用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2：2NO2+2OH－=++
H2O
【答案】D
【解析】CH3COOH是弱电解质，在离子方程式中应写化学式，A项错误。浓硫酸具有强氧化性，能将H2S氧化，故B项错误。Al2（SO4）3与Na2CO3能发生相互促进的水解反应，生成Al（OH）3沉淀，C项错误。D项符合得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒及客观事实，故D项正确。
【名师点睛】本题考查离子反应方程式的正误判断，熟悉掌握元素及其化合物的性质外，还需要掌握书写离子方程式应注意的问题(1)易溶、易电离的物质(可溶性强电解质，包括强酸、强碱、可溶性盐)以实际参加反应的离子符号表示；非电解质、弱电解质、难溶物、气体、单质、氧化物均用化学式表示。(2)离子方程式书写时，浓硫酸不能拆写成离子形式，而浓硝酸、浓盐酸要拆写成离子形式。(3)多元弱酸的酸式酸根不能拆写成离子形式，如NaHCO3不能拆写成“Na＋＋H＋＋CO”。(4)氨水作为反应物写为NH3·H2O；作为生成物，若有加热条件或浓度很大时，写为“NH3↑＋H2O”。(5)高中阶段所学的离子反应一般是在水溶液中发生的，非水溶液中发生的离子反应不能写出离子方程式，如Cu与浓硫酸的反应、NH4Cl固体与NaOH固体的反应。
4．【2017年高考浙江卷】下列离子方程式不正确的是
A．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳CO2＋OH?===HCO
B．金属钠和水反应2Na＋2H2O===2Na+＋2OH－＋H2↑
C．酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水2Fe2+＋H2O2===2Fe3+＋O2↑＋2H+
D．三氧化硫与氯化钡溶液生成沉淀的反应SO3＋Ba2+＋H2O===BaSO4↓＋2H+
【答案】C
【解析】C中Fe2+与H2O2反应，Fe2+被氧化成Fe3+，H2O2被还原产物（氧元素应该降低）为H2O，离子方程式为2Fe2+
+H2O2
+2H+=2Fe3+
+2H2O
2016-2013年
化学高考题
1．【2016年高考海南卷】下列反应可用离子方程式“H++OH?===H2O”
表示的是（
）
A．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合
B．NH4Cl溶液与Ca(OH)
2溶液混合
C．HNO3溶液与KOH溶液混合
D．Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合
【答案】C
【解析】NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合时，除了H+与OH-反应外，还有SO42-与Ba2+反应生成BaSO4沉淀，A项不符合；NH4Cl溶液与Ca(OH)
2溶液混合产生NH3?H2O，B项不符合；HNO3溶液与KOH溶液混合，为可溶性强酸与强碱反应只生成水的类型，C项符合；Na2HPO4不能拆分成H+，D项不符合。
【考点定位】考查离子方程式的书写及离子方程式的含义。
【名师点睛】离子方程式不仅可以表示某一个具体的化学反应，还可以表示同一类型的离子反应，如H＋＋OH－===H2O可以表示可溶于水的强酸或强酸酸式盐与可溶于水的强碱反应生成可溶性的盐和水的反应。
书写离子方程式应注意的问题：
(1)易溶、易电离的物质(可溶性强电解质，包括强酸、强碱、可溶性盐)以实际参加反应的离子符号表示；非电解质、弱电解质、难溶物、气体、单质、氧化物均用化学式表示。
(2)离子方程式书写时，浓硫酸不能拆写成离子形式，而浓硝酸、浓盐酸要拆写成离子形式。
(3)多元弱酸的酸式酸根不能拆写成离子形式，如NaHCO3不能拆写成“Na＋＋H＋＋CO”。
(4)氨水作为反应物写为NH3·H2O；作为生成物，若有加热条件或浓度很大时，写为
“NH3↑＋H2O”。
(5)高中阶段所学的离子反应一般是在水溶液中发生的，非水溶液中发生的离子反应不能写出离子方程式，如Cu与浓硫酸的反应、NH4Cl固体与NaOH固体的反应。
2．【2016年高考北京卷】在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析不正确的是
（
）
A.①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线
B.b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH-
C.c点，两溶液中含有相同量的OH-
D.a、d两点对应的溶液均显中性
【答案】C
【解析】本题主要考查了离子之间的反应对溶液导电能力的影响。Ba(OH)2与H2SO4反应的离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O，Ba(OH)2与NaHSO4溶液反应分为两步：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO===BaSO4↓＋H2O，OH－＋H＋===H2O。从反应方程式可看出，NaHSO4溶液导电能力下降得慢，故①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，②代表滴加NaHSO4溶液的变化曲线，A项正确；从图像可看出，b点为Ba(OH)2与NaHSO4溶液恰好完全沉淀的点，溶液中大量存在未反应的Na＋、OH－，B项正确；在c点，曲线①滴入的H2SO4过量，溶液显酸性，而曲线②滴入的NaHSO4溶液未完全中和溶液中的OH－，溶液显碱性，故两溶液中OH－的量不同，C项错误；a点是Ba(OH)2与H2SO4恰好反应的点，溶液呈中性，d点为NaOH与NaHSO4恰好反应的点，溶质是Na2SO4，溶液呈中性，D项正确。
【考点定位】本题主要是考查酸碱溶液混合时溶液的酸碱性的判断以及图像分析等。
【名师点睛】该题以氢氧化钡与硫酸以及硫酸氢钠的反应为载体，侧重考查溶液的导电性、离子判断以及溶液酸碱性判断。明确反应的原理，正确书写出相应的化学反应方程式是解答的关键，特别是氢氧化钡和硫酸氢钠的反应，应用顺序的不同或量的不同而导致方程式变化，是解答的难点和易错点。注意溶液的导电能力只与溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷数有关系，与离子种类无关。
3．【2016年高考江苏卷】下列指定反应的离子方程式正确的是
(　　)
A．将铜丝插入稀硝酸中：Cu＋4H＋＋2NO===Cu2＋＋2NO2↑＋H2O
B．向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：Fe3＋＋Fe===2Fe2＋
C．向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH
D．向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3＋2H＋===H2SiO3↓＋2Na＋
【答案】C
【解析】
A、反应原理错，将铜插入稀硝酸中生成NO，反应的离子方程式为：3Cu+8H++
2NO3
-
===3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，A错误；B、电荷不守恒，向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉应为：2Fe3++Fe===3Fe2+，B错误；C、氨水是弱碱不能溶解氢氧化铝，则向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水的离子方程式为Al3++3NH3﹒H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，C正确；D、硅酸钠为可溶性盐，应该用化学式表示，向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸的离子方程式为SiO32—+2H+===H2SiO3↓，D错误。答案选C。
【考点定位】本题主要是考查离子反应，离子方程式正误判断。
【名师点晴】掌握相关物质的化学性质和反应的原理是解答的关键，判断离子方程式正确与否时一般可以从以下几点角度分析：（1）检查反应能否发生，例如铜和稀硫酸等。（2）检查反应物、生成物是否正确，利用选项A。（3）检查各物质拆分是否正确，例如选项D。（4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等），例如选项B。（5）检查是否符合原化学方程式。
4．【2016年高考江苏卷】制备（NH4）2Fe（SO4）2·6H2O的实验中，需对过滤出产品的母液（pH<1）进行处理。常温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是（
）
A．通入过量Cl2：Fe2+、H+、NH4+、Cl-、SO42-
B．加入少量NaClO溶液：NH4+、Fe2+、H+、SO42-、ClO-
C．加入过量NaOH溶液：Na+、Fe2+、NH4+、SO42-、OH-
D．加入过量NaClO和NaOH的混合溶液：Na+、SO42-、Cl-、ClO-、OH-
【答案】D
【解析】Cl2会氧化Fe2＋，A项错误；
ClO－会氧化Fe2＋，且H＋会与ClO－结合成弱电解质HClO，B项错误；
OH－会与Fe2＋反应生成Fe(OH)2沉淀，OH－也会与NH反应生成NH3·H2O，C项错误；加入过量的ClO－会氧化Fe2＋生成Fe3＋，过量的OH－会除去Fe3＋和NH
，最终溶液中会留下Na＋和SO，ClO－和OH－均是过量的，而ClO－与Fe2＋发生氧化还原反应后会生成Cl－，D项正确。
【考点定位】本题主要是考查离子反应、离子共存判断。
【名师点晴】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的，因此掌握常见离子的性质是解答的关键。离子共存类问题必须从基本理论和概念出发，搞清楚离子反应的规律和“离子共存”的条件，从复分解反应、氧化还原反应、双水解反应、络合反应等几个方面全面考虑、比较、归纳整理得到。因此做此类问题需要心细，考虑周全，然后全面解答。
5．【2016年高考上海卷】已知：SO32-+I2+H2O→SO42-+2I-+2H+。某溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、K+、I-、SO32-
、SO42-，且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是（
）
A．肯定不含I-
B．肯定不含SO42-
C．肯定含有SO32-
D．肯定含有NH4+
【答案】BC
【解析】溶液本身无色，说明没有Fe2+，加入溴水仍然无色，说明溴水发生了反应，且产物无色，I-、SO32-均可与溴水反应使溴水褪色，此反应后溶液无色，说明没有I2生成，则原溶液中一定有SO32-，由于SO32-的还原性比I-的强，故I-是否存在无法判断，因所有离子浓度相等，则根据电荷守恒可判断肯定不含SO42-。
【考点定位】考查常见离子反应及离子能否共存的判断方法。
【名师点睛】本题将离子共存、氧化还原反应等知识有机结合在一起，是历次考试的重点题型。如果离子间能发生复分解反应、氧化还原反应、双水解反应、络合反应等则不能在溶液中大量共存；当溶液中同时存在几种还原性离子，向其中加入氧化剂时还原性强的离子首先被氧化，常见离子的还原性：S2-＞SO32-＞Fe2+＞I-＞Br-；注意题目中的隐含信息，如“无色”、“酸性”、“一定”、“等物质的量”等。日常学习中，建议将离子共存和离子反应方程式书写结合一起做好专题总结，以便提高解题速度和准确度。
6．【2016年高考四川卷】下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是（
）
A．某无色溶液中可能大量存在H+、Cl-、MnO4-
B．pH=2的溶液中可能大量存在Na+、NH4+、SiO32-
C．Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O
D．稀硫酸和氢氧化钡溶液反应：H++SO42-+Ba2++OH-===BaSO4↓+H2O
【答案】C
【解析】A、水溶液中MnO4-呈紫色，H+、MnO4-
和Cl-发生氧化还原反应，不能大量共存，错误；B、硅酸根离子和氢离子反应生成硅酸沉淀，不能电离共存，错误；C、满足电子守恒和电荷守恒，正确；D、氢离子和硫酸根、氢氧根和钡离子的离子比例应为2:1，错误。
【考点定位】考查离子反应，离子共存和离子方程式正误判断。
【名师点睛】解离子共存问题要注意：①审清题目的隐含信息：颜色、酸碱性、特殊反应和题目的要求，如“一定能”
“可能”
“一定不能”等，②理清哪种离子和哪种离子间发生何种反应，如复分解、氧化还原反、络合和水解相互促进的反应，③结合要求作出正确判断。离子方程式正误判断——注意“七查”。1.“一查”是否符合客观事实，2.“二查”
“反应条件”
“连接符号”
“↑”
“↓”是否使用恰当，3.“三查”拆分是否正确，4.“四查”是否“漏写”离子反应，5.“五查”是否符合三个守恒(1)质量守恒(2)电荷守恒(3)得失电子守恒，6.“六查”是否符合离子配比，7.“七查”反应物的“量”——过量、少量、足量等。
7．【2016年高考天津卷】下列实验的反应原理用离子方程式表示正确的是（
）
A．室温下，测的氯化铵溶液pH<7，证明一水合氨的是弱碱：NH4＋＋2H2O===NH3·H2O＋H3O＋
B．用氢氧化钠溶液除去镁粉中的杂质铝：2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2－＋3H2↑
C．用碳酸氢钠溶液检验水杨酸中的羧基：
+2HCO3-→+2H2O+2CO2↑
D．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO4－＋16H＋＋5C2O42－===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
【答案】B
【解析】本题考查离子方程式的正误判断，意在考查考生对化学反应原理的理解能力。铵根离子水解的离子方程式为NH＋2H2ONH3·H2O＋H3O＋，是“?”而不是“===”，故A项错误；利用铝与氢氧化钠溶液反应而与镁粉不反应的原理除去铝，不增加新杂质，且离子方程式正确，故B项正确；碳酸氢根与羧基反应但不与酚羟基反应，故C项错误；由于草酸为弱酸，离子方程式中草酸应写化学式，故D项错误。
【考点定位】考查离子方程式的正误判断。
【名师点晴】离子方程式正误判断是高考高频知识点，解这类题主要是从以下几个方面考虑：①反应原理，如：铁与盐酸或稀硫酸反应只生成二价铁；三氯化铝溶液与碳酸钠溶液混合发生的是双水解反应，而不是复分解反应；Mg2+遇OH-和CO32-时更宜生成的是Mg(OH)2沉淀等。②电解质的拆分，化学反应方程式改写为离子方程式时只有强酸、强碱及可溶性盐可以改写成完全电离形式，如NaHCO3只能改写成Na+和HCO3-。③配平，离子方程式的配平不能简单的满足原子守恒，而应该优先满足电子守恒、电荷守恒及原子守恒。④注意反应物的用量对离子反应的影响，如选项D中NH4HSO4溶液里NH4+、H+与SO42-的微粒数之比为1:1:1，SO42-完全沉淀时需要1个Ba2+，同时进入溶液里的OH-为2个，恰好与溶液里的NH4+和H+完全反应。⑤反应进行的程度，完全进行的反应用“===”，不能完全进行的反应用“”。
8．【2015广东理综化学】水溶液中能大量共存的一组离子是（
）
A．NH4+
、Ba2+、Br-、CO32-
B．Cl-、SO32-、Fe2+、H+
C．K+、Na+、SO42-、MnO4-
D．Na+、H+、NO3-、HCO3-
【答案】C
【解析】
Ba2+和CO32-反应生成BaCO3沉淀，不能大量共存，A错；SO32-和H+反应生成SO2，不能大量共存，B错；C中四种离子不反应，可以大量共存，C对；H+和HCO3-会反应生成CO2、H2O，不能大量共存，D错。
【考点定位】本题考查了离子间的常见反应和离子的性质，主要涉及复分解反应发生的条件。
【名师点睛】判断离子是否能大量共存时就要知道离子间是否能发生反应，离子反应的类型有：复分解反应、氧化还原反应、络合反应等，要知道能否发生复分解反应就要知道常见的沉淀、弱电解质、生成气体的离子，发生氧化还原反应的常见氧化性离子和还原性离子、常见几个发生络合反应的离子，只有掌握了这些基本知识才能正确的判断。
9．【2015江苏化学】常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（
）
A．使酚酞变红色的溶液中：Na＋、Al3＋、SO42－、Cl－
B．=1×10－13mol·L－1的溶液中：NH4＋、Ca2＋、Cl－、NO3－
C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2＋、K＋、NO3－、SO42－
D．水电离的c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液中：K＋、Na＋、AlO2－、CO32－
【答案】B
【解析】本题考查离子共存,意在考查考生对化学反应规律的理解能力。使酚酞变红的溶液显碱性，Al3＋与OH－会生成Al(OH)3沉淀，不可共存，A项错误；＝c(OH－)＝
10－13
mol/L，即pH＝1，显酸性，与给出的四种离子可以共存，B项正确；与Al反应放出H2的溶液可能显酸性，也可能显碱性，若为酸性，NO
在酸性环境中会氧化Fe2＋，若为碱性，OH－与Fe2＋会生成Fe(OH)2沉淀，
C项错误；水的电离受到抑制，
可能是外加酸或碱引起的，若为酸，则H＋与AlO
、CO均会发生反应，不可共存，D项错误。
【考点定位】考查限制条件下的离子共存问题、元素及其化合物的性等知识。
【名师点睛】离子共存问题，看清隐含条件，如：指示剂变红的溶液、水电离出的H＋、和铝单质反应放出氢气等，以及哪些离子不能共存，不能共存的原因是什么，关键点还是掌握元素及其化合物的性质，特别是水解、氧化还原反应的，此类题考查学生对知识的灵活运用。
10．【2014年高考广东卷】水溶液中能大量共存的一组离子是（
）
A．Na+、Ca2+、Cl-、SO42-
B．Fe2+、H+
、SO32-、ClO-
C．K+、Fe3+、NO3-、SCN-
D．Mg2+、NH4+、Cl-
、SO42-
【答案】D
【解析】A、Ca2+与SO42-结合生成微溶物硫酸钙，不能大量共存，错误；B、Fe2+、SO32-在H+存在条件下被ClO-氧化而不能大量共存，错误；C、；D、4种离子都不反应，可以大量共存，正确。
【考点定位】本题主要是考查离子共存正误判断。
【名师点晴】本题以溶液中离子共存的方式考查对氧化还原反应、络合反应、微溶物的生成反应的判断，考查硫酸钙、次氯酸根离子、氢离子与亚铁离子、硫氰根离子与铁离子的共存问题。判断离子是否大量共存，需掌握离子之间是否发生复分解反应、氧化还原反应、双水解反应、络合反应，尤其是微溶物的生成在离子大量共存问题中需注意。对于本题不存在额外的附加条件，直接判断即可。
12．【2014年高考山东卷】下列有关溶液组成的描述合理的是（
）
A．无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl?、S2?
B．酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO?、SO42?、I?
C．弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl?、HCO3?
D．中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl?、SO42?
【答案】C
【解析】本题考查离子共存问题,涉及氧化还原反应、离子反应等,意在考查考生综合运用所学知识分析问题的能力。Al3＋、S2－发生水解互促反应不能大量共存，A项错误；酸性溶液中不能大量存在ClO－，B项错误；HCO水解使溶液呈弱碱性，因此弱碱性溶液中可大量存在Na＋、K＋、Cl－、HCO，C项正确；中性溶液中不能大量存在Fe3＋，D项错误。
【考点地位】本题主要是考查离子共存正误判断。
【名师点晴】本题以溶液中离子共存的方式考查学生对离子间能否发生复分解反应、氧化还原反应、相互促进的水解反应和络合反应的理解和判断，考查学生运用所学知识解决实际问题的能力。判断离子能否大量共存，应在各选项的前提下，如无色、溶液的酸碱性等条件下分析和判断，各离子间能否发生复分解反应，是否生成沉淀、难电离物质、挥发性物质，能否发生氧化还原反应、相互促进的水解反应、络合反应。
13．【2015四川理综化学】下列有关CuSO4溶液的叙述正确的是（
）
A．该溶液中Na+、NH4+、NO3-、Mg2+可以大量共存
B．通入CO2气体产生蓝色沉淀
C．与H2S反应的离子方程式：Cu2++
S2-===CuS↓
D．与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2++2NH3·H2O===Cu(OH)2↓+2NH4+
【答案】A
【解析】
CuSO4溶液显酸性，故Na＋、NH、NO、Mg2＋可以共存，A项正确；CO2与CuSO4溶液不发生反应，违反了强酸制备弱酸的原理，B项错误；H2S属于弱电解质，书写离子反应方程式时，应写为化学式，C项错误；CuSO4溶液与过量浓氨水反应不会生成Cu(OH)2沉淀，而是生成[Cu(NH3)4]2＋，D项错误。
【考点定位】考查离子反应。
【名师点睛】本题把离子共存和离子方程式正误判断混合一起考察，离子共存和离子方程式正误作为高考常规题，一方面考查学生对基本的离子间的反应掌握情况，另一方面考查了学生对已掌握知识的应用能力。解决离子共存题时，先要弄懂题干中的隐藏条件，解题时要逐个条件分别考虑，可用排除法得出正确答案。对于化学方程式和离子方程式的正确书写，主要是拆分是否正确和与“量”的有关问题。书写与“量”有关的离子方程式时，要具体问题具体分析。特别是要判断不足的物质是什么，以不足的物质完全反应为根据写出对应的化学反应方程式，再改写成离子方程式，防止出差错。一般按“以少定多”的原则来书写，即以量少的反应物（离子）确定量多离子前面的系数。
14．【2015山东理综化学】下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是(　　)
A．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO＋2H＋===SO2↑＋H2O
B．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO＋
SO2＋
H2O===H2SiO3↓＋
SO
C．向Al2(SO4)3溶液中加入过量NH3·H2O：Al3＋＋4NH3·H2O===[Al(OH)4]－＋4NH
D．向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2＋2Cu2＋＋2H2O===4Na＋＋2Cu(OH)2↓＋O2↑
【答案】D
【解析】稀HNO3具有强氧化性，加入具有还原性的Na2SO3溶液，则应发生氧化还原反应，A项错误；向Na2SiO3溶液中通入过量的SO2则应生成HSO，B项错误；Al2(SO4)3溶液与过量氨水反应只能生成Al(OH)3沉淀，C项错误；向CuSO4溶液中加入Na2O2，则Na2O2先与H2O反应，生成NaOH和O2，然后生成的NaOH再与CuSO4反应得到Cu(OH)2沉淀，D项正确。
【考点定位】本题考查离子方程式的书写，涉及了氧化还原反应、复分解反应和多步反应。
【名师点睛】应在分析反应实质的前提下，遵循离子方程式的基本原则，运用所学离子方程式书写的方法，判断各选项中离子方程式的正误，各选项中的离子方程式涉及了氧化还原反应、反应物量的多少对反应产物的影响，正确判断化学反应的实质，考生应熟练掌握化学反应规律和重要物质的性质，认真审题，才能正确写出离子方程式。
15．【2015北京理综化学】某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，下列用来解释事实的方程式中不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）（
）
A．该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2
+2OH－===Cl－+
ClO－+
H2O
B．该消毒液的pH约为12：ClO－+
H2OHClO+
OH－
C．该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生Cl2：2H＋+
Cl－+
ClO－===Cl2
↑+
H2O
D．该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+
ClO－===
HClO+
CH3COO-
【答案】B?
【解析】?A.用Cl2和NaOH溶液反应制取漂白液，方程式正确，故A正确?；B.
根据提干信息知：饱和NaClO溶液的pH约为11，而该溶液pH=12＞11，故主要是因为该消毒液中含有一定量的NaOH，故B不合理；?C.根据HCl和HClO中Cl的化合价分析，该氧化还原方程式的书写正确，故C正确?；D.根据漂白粉起漂白作用的原理，应用的是较强酸制取较弱酸，故D正确。
【考点定位】考查化学反应原理和化学方程式的正误判断?。
【名师点晴】将元素化合物（氯气、HClO等）与化学反应原理相结合，考查学生灵活运用化学理论解释化学现象的能力，充分体现了化学科学的特点和化学研究的基本方法，要求学生在学习中应加强理论联系实际的能力。
16．【2015安徽理综化学】下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是（
）
A．该溶液中，H+、NH4+、SO42-、Br-可以大量共存
B．该溶液中，Ag+、K+、NO3-、CH3CHO可以大量共存
C．向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+===
Cl-+2Fe3++H2O
D．向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.02×1023个
【答案】D
【解析】?本题综合考查了粒子共存、氧化还原反应等，意在考查考生分析和解决问题的能力。A项错误，H+与ClO-不能大量共存，且在酸性条件下，Br-可被ClO-氧化；B项错误，Ag+与Cl-不能大量共存；C项错误，NaClO和NaCl的混合溶液呈碱性，反应物中不应出现H+；D项正确，该反应是ClO-与Cl-在酸性条件下发生的归中反应。
【考点定位】本题考查离子共存问题，涉及到盐类的水解，离子方程式的书写，氧化还原反应中电子转移数目的计算等问题，属于较难的题型。
【名师点睛】解决本题关键在于掌握一些离子的水解反应，和一些离子的氧化性比较。在离子共存问题的解决中要熟记物质的溶解性，在离子方程式书写过程中要注意电荷、原子是否守恒，还要注意反应是否符合客观事实，既要考虑到反应物的水解又要考虑到它的氧化性，是综合性比较强的题型。
17．【2015江苏化学】下列指定反应的离子方程式正确的是(　　)
A．氯气溶于水：Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－
B．Na2CO3溶液中CO的水解：CO＋H2O===HCO＋OH－
C．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO＋I－＋6H＋===I2＋3H2O
D．NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO＋Ba2＋＋OH－===BaCO3↓＋H2O
【答案】D
【解析】Cl2溶于水为可逆反应，且生成的HClO为弱电解质，不可拆开，A项错误；CO水解为可逆反应，B项错误；酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2的正确离子方程式为IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O，C项错误；HCO与OH－反应生成CO，CO与Ba2＋不能大量共存，NaHCO3少量，设为1
mol，则离子方程式为HCO＋OH－＋Ba2＋===BaCO3↓＋H2O，D项正确。
【考点定位】考查离子反应方程式正误判断。
【名师点睛】考查离子反应方程式正误判断，注意是否符合客观事实、所电荷数是否守恒、是否漏掉离子反应方程式、拆写问题、“量”的问题、多元弱酸根的水解等问题，要求熟练掌握基础知识，能够运用基础知识，作出正确的判断，题型一般简单。
18．【2015上海化学】离子方程式2Ca2+
+
3HCO3–
+
3OH–
→
2CaCO3↓
+
CO32–
+
3H2O可以表示(
)
A．Ca(HCO3)2与NaOH溶液反应
B．NaHCO3与澄清石灰水反应
C．Ca(HCO3)2与澄清石灰水反应
D．NH4HCO3与澄清石灰水反应
【答案】AB
【解析】本题考查离子方程式的书写知识,意在考查考生的分析判断能力。A选项Ca(HCO3)2与NaOH按物质的量之比2∶3反应可以得到题干给出的离子方程式,A选项正确;B选项NaHCO3与Ca(OH)2按物质的量之比3∶2反应可以得到题干给出的离子方程式,B选项正确;C、D选项发生反应均不能得到题干给出的离子方程式,C、D选项错误。
【考点定位】考查化学反应方程式和离子方程式书写的正误判断的知识。
【名师点睛】电解质在溶液中实质是以离子形式存在，离子在溶液中的反应就是离子反应，离子反应用离子方程式表示。电解质在溶液中发生离子反应时，要注意物质的量对反应的影响，弱酸弱碱盐与酸、碱都能发生反应，弱酸的酸式盐与强碱发生反应，二者的相对量的多少不同，反应不同，一定要结合二者的性质书写离子方程式，并判断离子方程式的正误。
19．【2014年高考上海卷】向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合液中加入稀盐酸。下列离子方程式与事实不相符的是（
）
A．OH－＋CO32－＋2H＋→HCO3－＋H2O
B．2OH－＋CO32－＋3H＋→HCO3－＋2H2O
C．2OH－＋CO32－＋4H＋→CO2↑＋2H2O
D．OH－＋CO32－＋3H＋→CO2↑＋2H2O
【答案】C
【解析】向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合液中加入稀盐酸，首先发生酸碱中和反应，即①OH－＋H＋→H2O。由于碳酸钠与盐酸反应是分步进行的，所以第二步反应是
②CO32－＋H＋→HCO3－，最后是碳酸氢钠与盐酸反应放出CO2气体，即③HCO3－＋H＋→
CO2↑＋H2O。则①＋②即得到OH－＋CO32－＋2H＋→HCO3－＋H2O，A正确；①×2＋②即得到2OH－＋CO32－＋3H＋→HCO3－＋2H2O，B正确；①＋②＋③即得到OH－＋CO32－＋
3H＋→CO2↑＋2H2O，D正确；因此C是可能的，答案选C。
【考点定位】本题主要是考查钠的化合物与盐酸反应离子方程式的判断。
【名师点晴】本题主要是通过离子方程式的正误判断为载体，意在考查学生对元素化合物知识的熟悉了解程度。明确反应的先后顺序是答题的关键，该类试题侧重考查了学生对知识的记忆、理解以及利用所学知识分析、解决实际问题的能力，反应物的量（过量、少量）时化学反应以及反应先后顺序的分析与判断，突出了化学学科核心知识。
20．【2014年高考安徽卷】下列有关Fe2(SO4)3溶液的叙述正确的是（
）
A．该溶液中K＋、Fe2＋、C6H5OH、Br－可以大量共存
B．和KI溶液反应的离子方程式：Fe3＋＋2I－===Fe2＋＋I2
C．和Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：Fe3＋＋SO42—＋Ba2＋＋3OH－===Fe(OH)3↓＋Ba
SO4↓
D．1
L0.1
mol·L—1该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2
g
Fe
【答案】D
【解析】
Fe3＋与C6H5OH发生显色反应，A项错误；题中离子方程式电荷不守恒，B项错误；离子方程式中离子不符合化学式的配比，正确的离子方程式为2Fe3＋＋3SO＋3Ba2＋＋6OH－===3BaSO4↓＋2Fe(OH)3↓，C项错误，1
L
0.1
mol/L的该溶液中含有n(Fe3＋)＝1
L×0.2
mol/L＝0.2
mol，利用原子守恒可知加入足量锌可置换出铁的质量为0.2
mol×56
g/mol＝
11.2
g，D项正确。
【考点定位】本题主要是考查粒子共存、离子反应、离子方程式判断以及有关化学计算。
【名师点晴】本题主要是通过硫酸铁溶液的有关判断，重点考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，题目难度不大。本题侧重对学生基础知识的考查与应用，意在考查学生分析问题。解决问题的能力，易错点是选项C。
21．【2014年高考北京卷】下列解释事实的方程式不正确的是（
）
A．测0.1mol/L氨水的pH为11：NH3·H2ONH4++OH-
B．将Na块放入水中，产生气体：2Na+2H2O===2NaOH+H2↑
C．用CuCl2溶液做导电实验，灯泡发光：CuCl2
Cu2++2Cl-
D．Al片溶于NaOH溶液中，产生气体：2Al+2OH-+2H2O===2AlO2-+3H2↑
【答案】C
【解析】A、0.1mol/L氨水的pH为11，说明氨水为弱电解质，存在电离平衡，故电离方程式应用可逆号连接，正确；B、Na性质非常活泼，可与水反应放出H2，同时生成NaOH，正确；C、CuCl2溶液导电是由于CuCl2在水溶液中可以电离出Cu2+和Cl-，电离本身不需要通电，故电离方程式错误；D、Al可与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠同时放出氢气，正确。
【考点定位】本题主要是考查离子方程式的正误判断。
【名师点晴】本题判断方程式与化学事实对于关系的方式考查学生对化学原理的理解，学生应明确弱电解质的实质是存在电离平衡，电解质溶液导电的原因是存在自由移动的离子，电离本身与是否通电无关，同时要会写常见的离子方程式。题目难度中等。
22．【2014年高考江苏卷】下列指定反应的离子方程式正确的是（
）
A．Cu溶于稀硝酸HNO3：Cu＋2H＋＋NO3－===Cu2＋＋NO2↑＋H2O
B．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe(OH)2：Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓
C．用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑
D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3：CO2＋AlO2－＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO3－
【答案】D
【解析】A、稀硝酸的还原产物是NO，不正确；B、氢氧化钠过量，铵根离子参与反应，不正确；C、醋酸是弱酸，应该用化学式表示，不正确；D、偏铝酸钠溶液中通入CO2气体生成氢氧化铝和碳酸氢钠，正确。
【考点定位】本题主要是考查离子方程式的正误判断。
【名师点晴】本题以离子方程式的正误判断为载体，重点考查离子方程式的书写中两个守恒（电荷守恒、质量守恒）、物质拆分、过量反应及实验事实等等知识；考察学生对离子反应实质的理解，对离子方程式书写原则的掌握程度、对离子方程式正误判断的技巧。本题的解题要点为离子方程式的正误判断，要求学生离子方程式的书写原则，能正确的离子反应的实质，确定物质的电离情况、离子间反应的是否漏写、过量反应物时产物的判断及元素守恒和电荷守恒的判断依据。
23．【2014年高考全国大纲卷】下列离子方程式错误的是（
）
A．向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋
SO42
－
===BaS04↓＋2H2O
B．酸性介质中KMnO4氧化
H2O2：2MnO4－
＋5H2O2＋6H＋===
2Mn2＋＋5O2↑＋
8H2O
C．等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2
和
HC1
溶液混合：Mg2＋＋2OH－===
Mg(OH)2↓
D．铅酸蓄电池充电时的正极反应：PbSO4＋2H2O－2e-
===PbO2＋4H＋＋SO42
－
【答案】C
【解析】离子方程式正误判断，主要从反应原理、物质的拆写、电荷守恒、原子守恒、原子间的配比等常见错误处去分析判断。C项正确的离子反应应该为Mg2＋＋2H＋＋4OH－===
Mg(OH)2↓＋2H2O，错误。
【考点定位】本题考查离子方程式的书写正误判断。
【名师点睛】应在分析反应实质的前提下，遵循离子方程式的基本原则，运用所学离子方程式书写的方法，判断各选项中离子方程式的正误，各选项中的离子方程式涉及了氧化还原反应、反应物量的多少对反应产物的影响，正确判断化学反应的实质，考生应熟练掌握化学反应规律和重要物质的性质，认真审题，才能正确写出离子方程式。
25．【2014年高考安徽卷】室温下，在0.2mol/L
Al2(SO4)3溶液中，逐滴加入1.0mol/L
NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如下图，下列有关说法正确的是（
）
A．a点时，溶液呈酸性的原因是Al3+水解，离子方程式为：
Al3++3OH-Al(OH)3
B．a~b段，溶液pH增大，Al3+浓度不变
C．a~c段，加入的OH-主要用于生成Al(OH)3沉淀
D．d点时，Al(OH)3沉淀开始溶解
【答案】C
【解析】Al3＋水解的离子方程式为Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋,A项错误；a～b段,Al3＋与OH－作用生成Al(OH)3沉淀，Al3＋浓度不断减小，B项错误；c点溶液pH＜7，说明溶液中还没有NaAlO2生成，因此b～c段，加入的OH－主要用于生成Al(OH)3沉淀，C项正确；在c～d段pH逐渐增大，说明沉淀逐渐溶解，到达d点，Al(OH)3沉淀已完全溶解，D项错误。
【考点定位】本题主要是考查与化学反应相关的图像的有关判断。
【名师点晴】本题以硫酸铝和氢氧化钠溶液反应为载体，重点考查盐类的水解，水解方程式、氢氧化铝的的性质，题目难度较大，对学生的思维能力要求较高，意在考查学生严谨的逻辑思维能力和分析问题、解决问题的能力。明确有关物质的化学性质和反应过程是答题的关键，注意相关基础知识的理解掌握。
26．【2014年高考浙江卷】雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42－、NO3－、Cl－
。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后试样溶液，设计并完成了如下的实验：
已知：3NO3－+
8Al
+
5OH－
+
2H2O3NH3↑+
8AlO2－
根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是（
）
A．试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42－和NO3－
B．试样中一定不含Al3+
C．试样中可能存在Na+、Cl－
D．该雾霾中可能存在NaNO3
、NH4Cl和MgSO4
【答案】B
【解析】试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体1是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体2，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体2是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3-，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3-；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42-，能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg
2+，则A、通过以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42-和NO3-，故A正确；B、通过以上分析知，试样中不能确定是否含有Al3+，故B错误；C、通过以上分析知，试样中可能存在Na+、Cl-，要检验是否含有钠离子或氯离子，可以采用焰色反应鉴定钠离子，用硝酸酸化的硝酸银检验氯离子，故C正确；D、根据以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42-和NO3-，可能存在Na+、Cl-，所以该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4，故D正确，答案选B。
【考点定位】本题主要是考查了离子反应、离子推断以及离子检验。
【名师点晴】本题以雾霾中微粒检测为载体，重点考查常见离子的检验、离子共存、氧化还原反应等，明确物质的性质及特殊反应现象是解本题关键，根据物质的溶解性、物质的性质及题给信息来分析解答，题目综合性强，难度较大，侧重对学生灵活应用基础知识解决实际问题的能力培养。意在考查学生分析问题、解决问题的能力。专题02
化学用语
化学常识
2019年化学高考题
1.
【2019北京理综，7，6分】
下列示意图与化学用语表述内容不相符的是(水合离子用相应离子符号表示)?
1.
B
本题考查化学用语及图像识别，考查的核心素养是证据推理与模型认知。NaCl是强电解质，在水中完全电离，且图中构成水分子的O靠近Na+，H靠近Cl-?，A项正确；B项装置为电解装置，阴极上生成Cu，阳极上生成Cl2，该选项中的方程式为电离方程式，而不是电解方程式，错误；乙酸为弱电解质，在水中不能完全电离，C项正确；化学键断裂吸收能量，化学键形成释放能量，故H2(g)+Cl2(g)===2HCl(g)
ΔH=-431
kJ·mol-1×2+436
kJ·mol-1+243
kJ·mol-1=-183
kJ·mol-1，D项正确。?
2.
【2019江苏，2，2分】
反应NH4Cl+NaNO2===NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是?
A.中子数为18的氯原子：1817Cl?
B.N2的结构式：N
≡N
?
C.Na+的结构示意图:
?
D.H2O的电子式：
?
2.
D
本题考查化学用语。A项，中子数为18的氯原子应表示为?，错误；B项，N2分子中N与N之间形成叁键，结构式为，错误；C项，Na＋的结构示意图为
，错误；D项，H2O为共价化合物，每个H原子和O原子之间共用一个电子对，正确。?
3.
【2019浙江4月选考，7，2分】下列表示不正确的是?
A.次氯酸的电子式
B.丁烷的球棍模型
C.乙烯的结构简式
D.原子核内有8个中子的碳原子?
3.
A
本题考查化学用语。?次氯酸的电子式为，A项错误。
2018年化学高考题
1.
【2018海南，1，2分】下列食品添加剂中.常用作防腐剂的是
A.碘酸钾
B.碳酸氢钠
C.苯甲酸钠
D.磷酸氢钙
1.
C
碘酸钾常用作加碘盐的添加剂，碳酸氢钠是糕饼作坊常用的发泡剂，苯甲酸钠是食品行业中常用的防腐剂，而磷酸氢钙是磷肥的主要成分。
2.【2018江苏，2，2分】
用化学用语表示
NH3+HClNH4Cl
中的相关微粒,其中正确的是
A.中子数为
8
的氮原子:?
B.HCl
的电子式:
C.NH3的结构式:
D.Cl-的结构示意图:
2.
C
本题考查化学用语，较易。?中子数为8的N原子，其质量数为15，故应写成157N，A项错误；HCl为共价化合物，电子式应为
，B项错误；NH3的结构中一个N原子与三个H原子以共价键相连，C项正确；Cl-的最外层为8个e-，应写成
，D项错误。
3.【2018海南，5,2分】
化学与生产生活密切相关。下列说法错误的是
A.Na2O2可与CO2反应放出氧气，可用于作制呼吸面具
B.
SiO2具有导电性.可用于制作光导纤维和光电池
C.聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀.可用作化工反应器的内壁涂层
D.氯水具有较强的氧化性，可用于漂白纸张、织物等
3.
B
潜艇及太空的宇航员通常用Na2O2能够与人呼吸产生的CO2作用生成O2来供给呼吸用，A正确；SiO2没有导电性，但用它制作出的光导纤维能够反射光，因此SiO2可用作光导纤维却不能用来制作光电池，B观点错误；聚四氟乙烯无毒无害，不仅耐酸和耐碱，而且还能阻燃，C正确；氯水中的次氯酸具有漂白杀菌的作用，D正确。
4.（2018海南，3,2分）用浓硫酸配制稀硫酸时，不必要的个人安全防护用品是
A.实脸服
B.橡胶手套
C.护目镜
D.防毒面罩
4.D
硫酸是一种难挥发性的强酸，没有毒性，不必用到防毒面罩，选D。
5.
（2018海南，10,4分）（双选）絮凝剂有助于去除工业和生活废水中的悬浮物。下列物质可作为絮凝剂的是
A.NaFe(SO4)2
6H2O
B.CaSO4·2H2O
C.Pb(CH3COO)2
3H2O
D.KAl(SO4)2
12H2O
5.AD
NaFe(SO4)2
6H2O
溶于水电离生成的Fe3+与KAl(SO4)2
12H2O溶于水电离生成的Al3+能够发生水解分别生成絮状的Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而能够吸附生活污水中的悬浮物，CaSO4·2H2O为易溶于水而且不发生水解产生絮凝剂，Pb(CH3COO)2
·3H2O属于重金属盐，本身会污染水质，B、C不合题意。
2017年
化学高考题
1.
【2017年高考江苏卷】下列有关化学用语表示正确的是
A.质量数为31的磷原子：
B.氟原子的结构示意图：
C.CaCl2的电子式：
D.明矾的化学式：Al2(SO4)3
【答案】A
【解析】本题考查化学用语知识。P的左上角标质量数，左下角标质子数，A项正确；F原子的最外层有7个电子，B项错误；两个Cl-应放在Ca2+的两侧，C项错误；明矾的化学式为KAl(SO4)2·12H2O，D项错误。
2．【2017年高考海南卷】下列说法错误的是
A．蔗糖可作调味剂
B．细铁粉可作食品抗氧剂
C．双氧水可作消毒剂
D．熟石灰可作食品干燥剂
【答案】D
【解析】蔗糖有甜味，可作为调味剂，A项正确。铁具有较强的还原性，可阻止食品被氧化，
因此细铁粉可以作为食品抗氧剂，B项正确。双氧水具有较强的氧化性，能消毒杀菌，可作
为消毒剂，C项正确。熟石灰的主要成分是氢氧化钙，不具有吸水性，不能作为食品干燥剂，
生石灰可作为食品干燥剂，D项错误。
【名师点睛】本题考查物质的用途，此题比较基础，平时夯实基础，掌握物质的性质和用途，体现对化学知识的学以致用。
3．【2017年高考海南卷】下列危险化学品标志中表示腐蚀品的是
A．
B．
C
D．
【答案】A
【解析】A、为腐蚀品标志，故A正确；B、为易燃固体标志，故B错误；C、为辐射标志，故C错误；D、为易燃液体或依然固体标志，故D错误。
【名师点睛】本题考查化学标志的认识，此题属于基础题，要了解化学中每个标志的用途，所对应的物质。
4.
【2017年高考浙江卷】下列说法不正确的是
A．二氧化碳是酸雨的主要成分
B．氢气是一种理想的清洁燃料
C．碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多
D．氯化铁溶液可用于制作印刷铜电路板
【答案】A
【解析】酸雨的分为硫酸性酸雨和硝酸型酸雨，前者与SO2有关，后者与氮氧化物有关。大气中存在二氧化碳，酸雨与二氧化碳无关。故A不正确。
2016-2013年
化学高考题
1．【2016年高考海南卷】下列物质不可用作食品添加剂的是（
）
A．谷氨酸单钠
B．柠檬酸
C．山梨酸钾
D．三聚氰胺
【答案】D
【解析】谷氨酸单钠为味精的主要成分；柠檬酸主要用作酸味剂、抗氧化剂、调色剂等；山梨酸钾
主要用作食品防腐剂；三聚氰胺有毒，不可用于食品加工及作食品添加剂。
【名师点睛】常见的食品添加剂主要是这几类：防腐剂——常用的有苯甲酸钠、山梨酸钾等；抗氧化剂——与防腐剂类似，可以延长食品的保质期，常用的有维C等；着色剂——可改变食品的外观，使其增强食欲，常用的合成色素有胭脂红、苋菜红、柠檬黄、靛蓝等；增稠剂和稳定剂——可以改善或稳定冷饮食品的物理性状，使食品外观润滑细腻，如在酸奶、冰淇淋等中加入；营养强化剂——可增强和补充食品的某些营养成分如矿物质和微量元素（维生素、氨基酸、无机盐等），如各种婴幼儿配方奶粉就含有各种营养强化剂；膨松剂——部分糖果和巧克力中添加膨松剂，可促使糖体产生二氧化碳，从而起到膨松的作用，常用的膨松剂有碳酸氢钠、碳酸氢铵、复合膨松剂等；甜味剂——目的是增加甜味感，常用的人工合成的甜味剂有糖精钠、甜蜜素、阿巴斯甜等。酸味剂——部分饮料、糖果等常采用酸味剂来调节和改善香味效果，常用柠檬酸、酒石酸、苹果酸、乳酸等；增白剂——过氧化苯甲酰是面粉增白剂的主要成分，我国食品在面粉中允许添加最大剂量为0.06g/kg，增白剂超标，会破坏面粉的营养，水解后产生的苯甲酸会对肝脏造成损害，过氧化苯甲酰在欧盟等发达国家已被禁止作为食品添加剂使用；香料——香料有合成的，也有天然的，香型很多，消费者常吃的各种口味巧克力，生产过程中广泛使用各种香料，使其具有各种独特的风味。本题属于基础题，化学来源于生活，引导学生多注意观察实际生活中的化学问题。
2．【2016年高考天津卷】根据所给的信息和标志，判断下列说法错误的是（
）
A
B
C
D
《神农本草经》记载，麻黄能“止咳逆上气”
碳酸氢钠药片
古代中国人已用麻黄治疗咳嗽
该药是抗酸药，服用时喝些醋能提高药效
看到有该标志的丢弃物，应远离并报警
贴有该标志的物品是可回收物
【答案】B
【解析】本题考查化学与STSE。NaHCO3可用于治疗胃酸过多，若再喝醋，NaHCO3会与醋酸发生反应，起不到抗酸药的作用，B项错误。
【考点定位】考查化学史、物质的性质和用途、化学实验安全
【名师点晴】本题考查了物质的性质和用途、化学实验安全等知识点。题目比较基础，要熟悉常见的化学标志：如物品回收标志
；中国节能标志；禁止放易燃物标志；节水标志；禁止吸烟标志：；中国环境标志；绿色食品标志；当心火灾—易燃物质标志等。知道常见的抗酸药及其治疗原理。此类试题有利于提高学生的化学素养。
3．【2016年高考江苏卷】下列有关化学用语表示正确的是（
）
A．中子数为10的氧原子：
B．Mg2+的结构示意图：
C．硫化钠的电子式：
D．甲酸甲酯的结构简式：C2H4O2
【答案】B
【解析】A、在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。因为质子数和中子数之和是质量数，因此中子数为10的氧原子可表示为，A错误；B、Mg2+的质子数是12，核外电子数是10，则镁离子的结构示意图为可表示为；B正确；C、硫化钠为离子化合物，含有离子键，电子式为，C错误；D、甲酸甲酯的结构简式为HCOOCH3，D错误。
【考点定位】本题主要是考查化学用语正误判断
【名师点晴】常见的化学用语主要包括元素符号、化学式、化合价、电子式、原子结构示意图、结构式、结构简式以及方程式和各种模型等，需要学生熟练记住并能灵活应用。易错点是电子式的书写，注意分清楚是离子键还是共价键。
4．【2014年高考北京卷第6题】下列试剂中，标签上应标注和的是（
）
A．C2H5OH
B．HNO3
C．NaOH
D．HCl
【答案】B
【解析】C2H5OH既不是氧化剂，也不是腐蚀品，A项错误；HNO3是强氧化剂，具有强烈的腐蚀性，B项正确；NaOH
是强碱，有强烈的腐蚀性，C项错误；HCl是强酸，有腐蚀性，但通常不作氧化剂，D项错误。
【考点定位】本题主要是考查常见化学品的标志。
5．【2015重庆理综化学】中华民族有着光辉灿烂的发明史，下列发明创造不涉及化学反应的是（
）
A．用胆矾炼铜
B．用铁矿石炼铁
C．烧结粘土制陶瓷
D．打磨磁石制指南针
【答案】D
【解析】A.胆矾的化学式为CuSO4·5H2O，由CuSO4·5H2O→Cu，有新物质生成，属于化学反应,A错误；B.铁矿石的主要成分是Fe2O3
，由Fe2O3
→Fe，有新物质生成，属于化学反应，B错误；C.制陶瓷的原料是粘土，发生化学变化生成硅酸盐产品，C错误；D.
四氧化三铁的俗名是磁铁，打磨磁石制指南针，只是改变物质的外形，没有新物质生成，不涉及化学反应，D正确；答案选D。
【考点定位】本题主要考察化学反应的判断，涉及铜、铁的冶炼，传统硅酸盐工业。
【名师点晴】物质的变化包括物理变化和化学变化，而物理变化和化学变化的根本区别在于是否有新物质生成，如果有新物质生成，则属于化学变化，本题以我国古代科技文明作为背景材料，将生活中的发明创造与化学连接起来，充分体现了化学反应的实质是有新物质生成，为同学们认识物质世界的变化打下基础，激发同学们学习化学的热情。
6．【2015北京理综化学】下列我国古代的技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是（
）
A火药使用
B粮食酿酒
C转轮排字
D铁的冶炼
【答案】C?
【解析】本题考查化学变化与物理变化,意在考查考生的分析判断能力。A、B、D项均涉及化学变化,有新物质生成。
【考点定位】化学反应的定义、常见生产生活中的原理?
【名师点晴】本题以我国古代的科技应用为素材，考查化学反应的基础知识，难度不大，要求学生能灵活运用基础知识解决实际问题。
7．【2014年高考新课标Ⅱ卷第7题】下列过程没有发生化学反应的是（
）
A．用活性炭去除冰箱中的异味
B．用热碱水清除炊具上残留的油污
C．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果
D．用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装
【答案】A
【解析】本题考查生活中的化学知识,意在考查考生应用所学知识解决身边化学问题的能力。用活性炭去除冰箱中的异味是利用活性炭的吸附性,属于物理过程,没有发生化学变化,A项正确;热碱水中,碳酸钠的水解程度大,碱性强,促进油脂的水解,属于化学变化,B项错误;高锰酸钾具有强氧化性,能与乙烯反应,属于化学变化,C项错误;铁粉可与氧气反应从而防止食品被氧化,也涉及化学变化,
D项错误。
【解析】判断一个过程是否发生化学反应，应注意分析变化过程中是否有新物质生成、是否同时存在旧化学键的断裂和新化学键的形成；还要特别注意化学是在原子、分子水平上研究物质，化学反应过程中原子核不发生变化。对于本题应注意审清“没有”、“化学反应”等关键词语，结合所学知识逐项进行分析。A、用活性炭去除冰箱中的异味是利用活性炭具有较大的表面积，具有较强的吸附作用，能吸附产生异味的物质，该过程没有新物质生成，属于物理变化，没有发生化学反应，正确；B、用热碱水清除炊具上残留的油污是利用升高温度，促进纯碱的水解，油脂在碱性条件下发生较为彻底的水解反应，属于化学变化，错误；C、用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果是由于高锰酸钾溶液能将水果释放出的具有催熟水果作用的乙烯氧化，属于化学变化，错误；D、用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装，硅胶具有吸水性，可防止食品受潮，属于物理变化；铁粉具有还原性，可防止食品氧化，属于化学变化，错误。
【考点定位】本题主要是考查物理变化和化学变化的区别。
【名师点晴】本题以日常生活中的化学常识为载体考查相关物质的组成和性质、物理变化与化学变化的概念及判断，考查学生运用所学化学知识解决相关化学问题的能力。明确是化学变化的特征、判断依据以及常见物质的性质是答题的关键。
8．【2014年高考重庆卷第1题】下列物质的使用不涉及化学变化的是（
）
A．明矾用作净水剂
B．液氨用作制冷剂
C．氢氟酸刻蚀玻璃
D．生石灰作干燥剂
【答案】B
【解析】本题考查物理变化和化学变化的概念,意在考查考生对元素及其化合物反应实质的理解。明矾中的Al3+发生水解反应生成有吸附作用的Al(OH)3胶体而净水,涉及化学变化,A项错误;液氨用作制冷剂,只是NH3的状态发生变化,不涉及化学变化,B项正确;HF与玻璃中的SiO2反应生成SiF4和H2O,涉及化学变化,C项错误;CaO与H2O反应涉及化学变化,D项错误。
【考点定位】本题主要是通过常见物质的性质与用途考查化学变化与物理变化的区别与判断，意在考查学生对基础知识的熟悉了解掌握程度，题目难度不大，平时注意相关基础知识的积累即可解答。
【名师点睛】本题考查基本概念，从掌握概念的本质入手，了解概念的内涵和外延。本题还与元素及化合物知识紧密的结合在一起。
9．【2015浙江理综化学】下列说法不正确的是（
）
A．液晶态介于晶体状态和液态之间，液晶具有一定程度的晶体的有序性和液体的流动性
B．常压下,0℃时冰的密度比水的密度小,水在4℃时密度最大，这些都与分子间的氢键有关
C．石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性和纳米银粒子的聚集都是化学变化
D．燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施
【答案】C
【解析】A、液晶态介于晶体态和液态之间，既有晶体的某些性质如有序性，也有液态的一些性质如流动性，A正确；B、0℃冰的密度比水的密度小，与水分子间的氢键有关，冰的水分子间氢键比液态水时的氢键更多，B正确；C、石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性都有新物质生成，都是化学变化，但纳米银粒子的聚集属于物理变化，C不正确；D、酸雨的形成主要是SO2和氮氧化物的过渡排放造成的，燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和氮氧化物的催化转化都可以减少SO2、氮氧化物的排放，所以可以减少酸雨的产生，D正确。
【考点定位】本题主要是考查液晶的性质、水中氢键对水物理性质的影响、石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性和纳米银粒子的聚集等变化判断以及预防酸雨的措施。
【名师点晴】本题从知识上考查了液晶结构与性质判断、氢键对水物理性质的影响、石油裂解、煤的干馏和综合利用、乙醇的工业制法、蛋白质性质以及纳米材料的应用、酸雨形成与预防等知识。考查了学生对知识理解、综合运用能力，对生活中的化学知识的运用情况。这道高考题为一道中下档题，题目难度偏低，有利于培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
10．【2015福建理综化学】下列制作铅笔的材料与相应工业不对应的是（
）
A．橡皮擦——橡胶工业
B．铝合金片——冶金工业
C．铝笔芯——电镀工业
D．铅笔漆——涂料工业
【答案】C
【解析】本题考查化学与工业生产,意在考查考生运用化学知识解决实际问题的能力。橡皮擦的主要成分为橡胶,与橡胶工业有关;铝合金与冶金工业有关;铅笔芯的主要成分为石墨,与电镀工业无关;铅笔漆与涂料工业有关。本题选C。
【考点定位】考查制作铅笔涉及的材料与相关工业生成的关系的正误判断的知识。
【名师点睛】本题以学生的学习生活中必不可少、经常使用的最普通的铅笔为线索展示化学学习的重要性的研究。铅笔头上带有擦拭的橡皮擦原料是橡胶，涉及以石油化工产品为原料的有机合成橡胶工业；固定连接橡皮与铅笔的纽带——铝合金片涉及冶炼金属的冶金业；为了增加和学习生活的视觉美感和亲和性，在铅笔外皮刷的油漆及绘制的各种赏心悦目的图案、花纹、文字等使用的原料涉及到有机合成及涂料的生产和使用，制作铅笔芯要以石墨和粘土为原料加工制成。只有对物质的各种成分全面认识，才可以做出正确的判断。可见化学知识已经涉及生活的方方面面，这充分证明学好化学的重要性和学好化学的必要性，充分认识到化学是一门实用性学科，渗透到各个领域、各个方面。
11．【2014年高考山东卷第7题】下表中对应关系正确的是（
）
A
CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl
CH2==CH2+HClCH3CH2Cl
均为取代反应
B
由油脂得到甘油
由淀粉得到葡萄糖
均发生了水解反应
C
Cl2+2Br?===2Cl?+Br2
Zn+Cu2+===Zn2++Cu
均为单质被还原的置换反应
D
2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑
Cl2+H2O===HCl+HClO
均为水作还原剂的氧化还原反应
【答案】B
【解析】本题考查无机反应类型和有机反应类型的判断,意在考查考生对化学反应的理解、分析与判断能力。乙烯与氯化氢发生的是加成反应,A项错误;油脂酸性水解得到甘油和高级脂肪酸,碱性水解得到甘油和高级脂肪酸盐,淀粉水解生成葡萄糖,B项正确;Zn+Cu2+===Zn2++Cu中Zn单质被氧化,C项错误;过氧化钠与水的反应、氯气与水的反应实质上分别为氧元素(过氧化钠中)和氯元素的“歧化反应”,反应中水既不作氧化剂,也不作还原剂,D项错误。
【考点地位】本题主要是考查有机反应类型判断。
【名师点晴】本题以中学常见的化学反应为例，分析和判断有机化学和无机化学中的反应类型，考查化学反应类型及氧化还原反应原理，以及学生运用所学知识分析问题和解决问题的能力。判断和分析无机化学、有机化学的反应类型，无机化学中的置换反应与氧化还原反应的分析，有机化学中的取代反应和水解反应的判断，应根据具体化学反应进行分析。
12．【2014年高考四川卷第2题】下列关于物质分类的说法正确的是（
）
A．金刚石、白磷都属于单质
B．漂白粉、石英都属于纯净物
C．氯化铵、次氯酸都属于强电解质
D．葡萄糖、蛋白质都属于高分子化合物
【答案】A
【解析】A、由一种元素组成的纯净物是单质，金刚石是碳元素形成的单质，白磷是磷元素形成的电子，A正确；B、有一种物质组成的是纯净物，由不同种物质组成的是混合物。漂白粉是次氯酸钙和氯化钙组成的混合物，石英是二氧化硅，属于纯净物，B不正确；C、在溶液中或在熔融状态下完全电离出离子的化合物是强电解质，不能完全电离，存在电离平衡的是弱电解质。氯化铵是强电解质，次氯酸是弱电解质，C不正确；D、蛋白质是高分子化合物，而葡萄糖是单糖，不是高分子化合物，D不正确，答案选A。
【考点地位】本题主要是考查物质分类的有关判断。
【名师点晴】本题属于基础性试题的考查，题目难度不大，明确有关概念与含义以及判断依据是答题的关键，有利于巩固学生的基础，提高学生的应试能力。注意单质、纯净物、强电解质以及高分子化合物的含义，注意有关基础知识的理解掌握。
13．【2014年高考天津卷】运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是（
）
A．某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应
B．NH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中
C．可燃冰主要甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底
D．增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与铁反应能增大生成H2的速率
【答案】D
【解析】本题考查化学反应原理和元素化合物知识,意在考查考生运用相关知识解决化学问题的能力。根据ΔG
=ΔH-TΔS,放热和熵增有利于反应自发进行,放热的熵增反应一定能自发进行,而吸热且熵减小的反应一定不能自发进行,A项正确;氢氟酸对二氧化硅有腐蚀作用,不能用玻璃瓶存放,B项正确;甲烷水合物也称“可燃冰”,是甲烷气体和水分子形成的晶体,C项正确;铁遇浓硫酸发生钝化,不能生成氢气,D项错误。
【考点地位】本题考查了吉布斯自由能以及反应自发性的判据，HF对玻璃的腐蚀，考查影响反应速率的因素以及浓硫酸使金属铁钝化。
【名师点晴】本题通过对化学知识的应用为载体，侧重考查学生运用所学知识分析问题、解决问题的能力。根据所学基本理论和元素化合物知识进行分析和判断，?H—T?S
<
0，由反应能自发进行，判断?S的变化，判断反应速率的大小，要注意浓硫酸的特殊性。
14．【2014年高考浙江卷第7题】下列说法不正确的是（
）
A．光催化还原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济
B．氨氮废水(含NH4+及NH3)可用化学氧化法或电化学氧化法处理
C．某种光学检测技术具有极高的灵敏度，可检测到单个细胞(V≈10－12L)内的数个目标分子，据此可推算该检测技术能测量到细胞内浓度约为10－12～10－11mol·L－1的目标分子
D．向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值不变
【答案】D
【解析】A、光催化还原水制氢利用的是太阳能，而电解水制氢利用的是电能，需要消耗大量的电能，目前电能主要是利用火力放电，因此光催化还原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济，正确；B、铵根及氨气中的氮元素均是－3价，利用氧化剂将其氧化为氮气，可以进行废水处理，也可以借助于电解法转化为氮气，B正确；C、可检测到单个细胞（V≈10-12L）内的数个目标分子，体积为10-12L，设数个分子为N，则即该检测技术能检测细胞内浓度为mol·L－1，N可能介于1～10之间，则约为10-12-10-11mol?L-1的目标分子，故C正确；D．汽油与甲醇均可燃烧，且热值不同，则向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值发生变化，故D错误，答案选D。
【考点定位】本题主要是考查能源利用、氧化还原反应原理、燃烧热及光学检测技术等。
【名师点晴】本题以光催化电解水、废水处理、物质检测、燃料热值等前沿学科技术为载体，意在考查学生的学科素养和灵活运用基础知识解决实际问题的能力，所考查的知识点较偏僻，平时需要学生注意相关基础知识的收集和积累，题目难度中等。
15．【2013年高考海南卷】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】明矾的化学式是KAl(SO4)2·12H2O。
【考点定位】本题考查物质的俗称与化学式。
【名师点睛】物质的俗称与化学式是中学化学基础知识，该知识点与课本联系密切，源于课本上的知识，学好化学的关键是注重基础，提升能力，在今后高考化学的考查中，也一定会体现重视核心知识、基础知识，主干知识的命题宗旨。
16．【2013年高考上海卷】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】
氰酸铵是离子化合物，尿素是共价化合物，它们的分子式相同，结构不同，是同分异构体的关系，因此C正确。
【考点定位】基本概念。
【名师点睛】本题考查基本概念，明确共价化合物、离子化合物，同分异构体、同素异形体这几个概念的含义是解本题关键，尤其注意同素异形体、同分异构体的区别，题目难度不大，注重的是化学基础知识的考查。
17．【2013年高考四川卷第2题】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】CO是不成盐氧化物，A项错误；硅酸、氯化铁溶液均不是胶体，B项错误；四氯化碳不是电解质，C项错误；福尔马林是甲醛的水溶液、水玻璃是硅酸钠的水溶液、氨水是氨气的水溶液，D项正确。
【考点定位】本题考查物质的分类。
【名师点睛】物质的分类是无机化学的基础知识，也是高频考点，本题考查了氧化物分类，分散系的区分，电解质的判断，混合物的物质组成等知识，题目较简单，试题立足于课本，突出主干，落实双基，有利于学生答题。
18．【2013年高考天津卷】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
【答案】B
【解析】本题考查化学基本概念,意在考查考生对基本概念的记忆、理解以及运用能力。　燃烧热是指1
mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量,A选项没有说明生成物的状态,故错误;有化合价变化的反应(或有电子转移的反应)为氧化还原反应,B项正确;苯酚和苯甲醇是两类不同的物质,不是同系物,C项错误;虽然硫酸钡的水溶液不易导电,但溶解于水中的硫酸钡能完全电离,所以硫酸钡为强电解质,D项错误。
【考点定位】本题考查基本概念中的：燃烧热、氧化还原判断、同系物、强弱电解质，需要平时注意区分，在考试时才能正确作答。
【名师点睛】本题考查的知识点是燃烧热、氧化还原判断、同系物、强弱电解质，这些概念比较基础，在平时的训练中经常练习，属于基础知识题。
19．【2015江苏化学】下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（
）
A．质子数为17、中子数为20的氯原子：
B．氯离子(Cl－)的结构示意图：
C．氯分子的电子式：
D．氯乙烯分子的结构简式：H3C－CH2Cl
【答案】C
【解析】本题考查化学用语,意在考查考生辨析基本化学用语的能力。元素的左上角应标明质量数,应为17+20=37,A项错误;Cl-的最外层为8个电子,B项错误;Cl2中两个Cl原子之间有一对共用电子,
C项正确;氯乙烯中有一个碳碳双键,结构简式为CH2==CHCl,
D项错误。
【考点定位】考查化学用语运用、有机物的命名、电子式、原子结构示意图、原子结构等知识。
【名师点睛】涉及化学用语，本题体现在原子结构、原子结构示意图、电子式表示、有机物的命名，要求学生平时对概念、用语熟练掌握，还会涉及结构简式、电子排布式（图）、分子式、最简式等，培养学生用化学语言来回答问题。
20．【2014年高考江苏卷第2题】下列关于化学用语的表示正确的是（
）
A．过氧化钠的电子式：
B．质子数为35、中子数为45的溴原子：Br
C．硫离子的结构示意图：
D．间二甲苯的结构简式：
【答案】B
【解析】本题考查化学用语知识,意在考查考生对基础知识的掌握和记忆、判断能力。过氧化钠是离子化合物,电子式为,A项错误;质子数加中子数等于质量数,质子数在原子的左下角,质量数在原子的左上角,B项正确;硫离子的最外层电子数应为8,C项错误;间二甲苯的结构简式为,D项错误。
【考点定位】本题主要是考查化学用语的有关内容，涉及到电子式、核素符号、离子结构示意图、简单有机物的命名等知识。
【名师点晴】本题以常见化学用语的正误判断为载体，重点考查学生的化学基本素养，化学用语是化学学习的基本工具，对化学用语的全面考查最能体现出学生的基本化学素养，也是化学必考的知识点。本题的解题要点为：化学用语的考查，学生要掌握核素符号、原子（离子）结构示意图、电子数、分子模型、简单有机物的命名等化学用语，做题时要认真审题，注意化学用语与要求是否一致，尤其是电子式书写、球棍模型还是比例模型等要求，避免不必要的失分。专题13
电化学综合应用
2017年
化学高考题
1.【2017年高考江苏卷
】铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2?和Fe2O3?等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：
注:SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
(1)“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为　　　　　　
　　　　　　。
(2)向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3?溶液，溶液的pH　　　　(填“增大”、“不变”或“减小”)。
(3)“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是　　　　　　　　　　　。
(4)“电解Ⅱ”是电解Na2CO3?溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为　　　　　　　　，
阴极产生的物质A
的化学式为　　　　。
(5)铝粉在1
000
℃时可与N2?反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN
的制备，其主要原因是
　
。
【答案】(1)Al2O3+2OH-2
AlO2-+H2O
(2)减小
(3)石墨电极被阳极上产生的O2氧化
(4)4
CO32–+2H2O-4e-4
HCO3–
+O2↑　H2
(5)NH4Cl
分解产生的HCl
能够破坏Al表面的Al2O3薄膜
【解析】本题考查由铝土矿制备铝的工艺流程。(1)Al2O3为两性氧化物，在NaOH溶液中会溶解生成NaAlO2。(2)加入的NaHCO3与过量的NaOH反应，导致溶液的pH减小。(3)电解
Al2O3时阳极上生成O2，O2会氧化石墨。(4)阳极上OH-失去电子生成O2，由H2O电离出的H+可以与CO32–反应生成HCO3–。阴极上H2O放电生成H2。
2.
【2017年高考天津卷】某混合物浆液含Al(OH)3、
MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置(见图)，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答Ⅰ和Ⅱ中的问题。
固体混合物分离利用的流程图
Ⅰ.固体混合物的分离和利用(流程图中的部分分离操作和反应条件未标明)
(1)反应①所加试剂NaOH的电子式为　　　　，B→C的反应条件为　　　　，C→Al的制备方法称为　　　　。
(2)该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有(填序号)　　　　。
a.温度　　　b.Cl-的浓度　　　c.溶液的酸度
(3)0.1
mol
Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物，放热4.28
kJ，该反应的热化学方程式为　　　　　　　　　　　　。
Ⅱ.含铬元素溶液的分离和利用
(4)用惰性电极电解时，CrO42–能从浆液中分离出来的原因是　　　　，分离后含铬元素的粒子是　　　　；阴极室生成的物质为　　　　(写化学式)。
【答案】(1)加热(或煅烧)　电解法
(2)ac
(3)2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)TiCl4(l)+2CO(g)　ΔH=-85.6
kJ·mol-1
(4)在直流电场作用下，CrO42–通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液　CrO42–和Cr2O72–　NaOH和H2
【解析】本题考查化工流程分析、热化学方程式书写及电解原理等。(1)NaOH由Na+和OH-构成，电子式为。根据题中图示转化关系，向溶液A中通入CO2，发生反应:NaAlO2+2H2O+CO2Al(OH)3↓+NaHCO3，沉淀B为Al(OH)3，固体C为Al2O3，B→C的反应条件为加热或煅烧，Al2O3→Al的制备方法为电解熔融氧化铝。(2)根据“D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成”知温度对反应有影响；滴加硫酸，引入H+，又产生Cl2，说明溶液的酸度对反应有影响。(3)该还原性气体为CO，易水解生成TiO2·xH2O的液态化合物为TiCl4，反应的化学方程式为2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)TiCl4(l)+2CO(g)，结合题意知ΔH=-×2=-85.6
kJ·mol-1。(4)题图2中电解分离装置采用离子交换膜，根据电解时阴离子向阳极移动，则在直流电场作用下，CrO42–通过阴离子膜向阳极室移动，脱离浆液。在阳极室，CrO42–发生可逆反应:2
CrO42–+2H+
Cr2O72–+H2O，故分离后含铬元素的粒子是CrO42–、Cr2O72–。在阴极室，H2O放电:2H2O+2e-H2↑+2OH-，c(OH-)增大，且Na+向阴极室移动，故阴极室生成的物质为NaOH、H2。
2016-2013年
化学高考题
1．【2015上海化学】（12分）氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱和氯的含氧酸盐等系列化工产品。下图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。
完成下列填空：
（1）写出电解饱和食盐水的离子方程式
。
（2）离子交换膜的作用为
、
。
（3）精制饱和食盐水从图中
位置补充，氢氧化钠溶液从图中
位置流出。（选填“a”、“b”、“c”或“d”）
（4）KClO3可以和草酸（H2C2O4）、硫酸反应生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2和KHSO4等物质。
写出该反应的化学方程式
。
（5）室温下，0.1
mol/L
NaClO溶液的pH
0.1
mol/L
Na2SO3溶液的pH。（选填“大于”、“小于”或“等于”）。浓度均为0.1
mol/L
的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32–、CO32–、HSO3–、HCO3–
浓度从大到小的顺序为
。
已知：
H2SO3
Ki1=1.54×10-2
Ki2=1.02×10-7
HClO
Ki1=2.95×10-8
H2CO3
Ki1=4.3×10-7
Ki2=5.6×10-11
【答案】（1）
2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－
（2）阻止OH-进入阳极室，与Cl2发生副反应
2NaOH+Cl2===NaCl+NaClO+H2O
阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸。
（3）a
d
（4）2KClO3+
H2C2O4+
2H2SO4===
2ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O
（5）大于
SO32–>CO32–>HCO3–>HSO3–
【解析】
（1）电解饱和食盐水时，溶液中的阳离子H+在阴极得到电子变为H2逸出，使附近的水溶液显碱性，溶液中的阴离子Cl-在阳极失去电子，发生氧化反应。产生Cl2。反应的离子方程式是2Cl－＋2H2O
Cl2↑＋H2↑＋2OH－。（2）图中的离子交换膜只允许阳离子通过，不能使阴离子通过，这样阻止了OH—进入阳极室，阻止Cl—进入阴极室，使在阴极区产生的NaOH纯度更高。同时可以阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸。（3）随着电解的进行，溶质NaCl不断消耗，所以应及时补充。精制饱和食盐水从与阳极连接的图中a位置补充，由于阴极H+不断放电，附近的溶液显碱性，氢氧化钠溶液从图中d位置流出；水不断被消耗，所以从b口不断加入蒸馏水，从c位置流出的是稀的NaCl溶液。（4）KClO3有氧化性，H2C2O4有还原性，在酸性条件下KClO3可以和草酸（H2C2O4）生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2和KHSO4等物质。则根据电子守恒及原子守恒，可得该反应的化学方程式是：2KClO3+
H2C2O4+
2H2SO4===
2ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O。（5）NaClO、Na2SO3都是强碱弱酸盐，弱酸根离子发生水解反应，消耗水电离产生的H+，破坏了水的电离平衡，当最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，所以溶液显碱性。形成盐的酸越弱，盐水解程度就越大。消耗的离子浓度越大，当溶液达到平衡时，剩余的离子浓度就越小。由于H2SO3的Ki2=1.02×10-7；HClO的Ki1=2.95×10-8，所以酸性：HSO3->HClO，因此溶液的pH:
NaClO>
Na2SO3。由于电离程度：H2SO3>
H2CO3>HSO3->HCO3-，浓度均为0.1
mol/L
的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，水解程度：CO32–>SO32–，所以离子浓度：SO32–>CO32–；水解产生的离子浓度：HCO3-
>
HSO3-。但是盐水解程度总的来说很小，主要以盐电离产生的离子存在。所以在该溶液中SO32–、CO32–、HSO3–、HCO3–
浓度从大到小的顺序为SO32–>CO32–>HCO3–>HSO3–。
【考点定位】考查电解原理的应用、氧化还原反应方程式的书写、电离平衡常数在比较离子浓度大小的应用的知识。
【名师点睛】氧化还原反应、电解原理、弱电解质的电离平衡理论、盐的水解、离子浓度大小比较是中学化学中的重要知识和理论，要掌握其反应原理、规律、方法、比较依据，再结合实际情况，进行正确的判断，得到相应的答案。
2．【2015北京理综化学】（节选）研究CO2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域。
（4）利用如图所示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量。
①结合方程式简述提取CO2的原理：
。
②用该装置产生的物质处理b室排出的海水，合格后排回大海。处理至合格的方法是
。
【答案】（4）①a室：2H2O-4e－===?O2↑+4H+，H+通过阳离子膜进入b室，发生反应：
HCO3－+H+===CO2↑+H2O。?②c室的反应：2H2O+2e-===2OH-+H2↑，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至接近装置入口海水的pH?
【解析】（4）海水pH＞8，显碱性，需要H+中和来降低海水的碱性，a室发生阳极反应：2H2O-4e－===?O2↑+4H+，c(OH—)下降，水电离平衡右移，c(H+)增大，H+从a室进入b室，发生反应：HCO3－+H+===CO2↑+H2O。②
c室的反应：2H2O+2e-===2OH-+H2↑，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至接近装置入口海水的pH?。
【考点定位】考查化学平衡移动、电解等。
【名师点晴】本题以CO2在海洋中的转移和归宿为素材，考查有关化学反应原理知识，难度不大，要求学生掌握弱电解质的电离、化学方程式的书写以及利用守恒观点配平方程式，第（4）问利用电化学利用理论从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量，体现了化学与环境保护、理论与实际相结合的特点。
3．【2015北京理综化学】（15分）为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某同学通过改变浓度研究“2Fe3++2I-2Fe2++I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化。实验如下：
（1）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到
。
（2）iii是ii的对比试验，目的是排除有ii中
造成的影响。
（3）i和ii的颜色变化表明平衡逆向移动，Fe2+向Fe3+转化。用化学平衡移动原理解释原因：
。
（4）根据氧化还原反应的规律，该同学推测i中Fe2+向Fe3+转化的原因：外加Ag+使c(I—)降低，导致I-的还原性弱于Fe2+，用右图装置（a、b均为石墨电极）进行实验验证。
①K闭合时，指针向右偏转，b作
极。
②当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管滴加0.01
mol/L
AgNO3溶液，产生的现象证实了其推测，该现象是
。
（5）按照（4）的原理，该同学用上图装置进行实验，证实了ii中Fe2+向Fe3+转化的原因，
①转化原因是
。
②与（4）实验对比，不同的操作是
。
（6）实验I中，还原性：I—>Fe2+；而实验II中，还原性：Fe2+>I—，将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是
。
【答案】?（1）化学平衡状态（2）溶液稀释对颜色变化（3）加入Ag+发生反应：Ag++I—===AgI↓，c(I—)降低；或增大c(Fe2+)平衡均逆向移动（4）①正?②左管产生黄色沉淀，指针向左偏转?（5）①Fe2+随浓度增大，还原性增强?，使Fe2+还原性强于I-
②向U型管右管中滴加1mol/L?FeSO4溶液（6）该反应为可逆氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动方向
【解析】（1）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到化学平衡状态。
（2）根据实验iii和实验ii的对比可以看出是为了排除有ii中水造成溶液中离子浓度改变?的影响；
（3）i.加入AgNO3，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，I-浓度降低，2Fe3+?+?2I-2Fe2+?+?I2平衡逆向移动。?
ii.加入FeSO4，Fe2+浓度增大，平衡逆移。（4）①K闭合时，指针向右偏转，b极为Fe3+得电子，作正极；②当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管滴加0.01
mol/L
AgNO3溶液，产生黄色沉淀，I-离子浓度减小，2Fe3+?+?2I-2Fe2+?+?I2平衡左移，指针向左偏转。（5）①Fe2+向Fe3+转化的原因是Fe2+浓度增大，还原性增强?；②与（4）实验对比，不同的操作是当指针归零后，向U型管右管中滴加1mol/L?FeSO4溶液。?将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是在其它条件不变时，物质的氧化性和还原性与浓度有关，浓度的改变可影响物质的氧化还原性，导致平衡移动。
【考点定位】考查化学平衡、电化学、以及化学实验设计等知识。
【名师点晴】本题以“2Fe3++2I-2Fe2++I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化为基本素材，考查化学平衡状态的判断、平衡的移动、原电池原理、化学实验设计等内容，要求学生在解答本题时能充分接受、吸收、整合所给信息，分析和解决化学问题，同时本题第（2）（5）等小问也体现了对化学实验与科学探究能力的考查。题目难度不是很大。解答本题时还要注意答题的规范性。
4．【2015海南化学】（节选）银是一种贵金属，古代常用于制造钱币及装饰器皿，现代在电池和照明器材等领域亦有广泛应用。回答下列问题。
（4）右图所示原电池正极的反应式为
。
【答案】（4）Ag++e-
===Ag
【解析】（4）该原电池的实质是Cu与银离子发生置换反应生成Ag单质，所以正极是生成Ag单质的还原反应。
【考点定位】本题考查金属的腐蚀、电极反应式的书写。
【名师点睛】以银及其化合物为载体考查原电池原理的应用。考查学生分析问题、解决问题的能力。
5．【2015安徽理综化学】（节选）C、N、O、Al、Si、Cu是常见的六种元素。
（4）常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池（图1），测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图2所示，反应过程中有红棕色气体产生。
0-t1时，原电池的负极是Al片，此时，正极的电极反应式是___
__,溶液中的H+向___极移动，t1时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是_____
_。
【答案】（4）2H+
+
NO3—+e—
===NO2
↑+
H2O
正
Al在浓硝酸中发生钝化，氧化膜阻止了Al进一步反应。
【解析】（4）正极得电子发生还原反应，故电极反应为:2H+
+
NO3—+e—
===NO2
↑+
H2O
;
在电场作用下，阳离子向电池正极移动，由图像得t1时刻电流方向改变，说明电负极发生改变，Al因为发生钝化不再进一步反应。
【考点定位】本题属于实验题，考查原电池原理等知识。
【名师点睛】判断原电池的正负极关键在于理解原电池的本质是氧化还原反应，根据这个原理来判断正负极，负极失电子，发生氧化反应，进而再根据电极材料、电解质溶液和题干信息书写电极反应式。
6．【2015重庆理综化学】（节选）我国古代青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值，但出土的青铜器大多受到环境腐蚀，故对其进行修复和防护具有重要意义。
（5）如图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图。
①腐蚀过程中，负极是
（填图中字母“a”或“b”或“c”）；
②环境中的Cl-扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为
；
③若生成4.29
g
Cu2(OH)3Cl，则理论上耗氧体积为
L（标准状况）。
【答案】
(5)
①
c
②
2Cu2＋+3OH－+Cl－===Cu2(OH)3Cl↓
③0.448
【解析】(5)①根据图示，青铜基体发生氧化反应，转化为Cu2＋，故c作负极。②负极上Cu发生氧化反应，产物为Cu2＋，正极上O2发生还原反应，产物为OH－，故该反应为2Cu2＋＋3OH－＋Cl－===Cu2(OH)3Cl↓。③根据得失电子守恒，由O24OH－、2CuCu2(OH)3Cl，可得关系式：O2～Cu2(OH)3Cl，则理论上消耗标准状况下O2的体积为0.02mol×22.4
L/mol＝0.448
L。
【考点定位】本题主要考查铜及其化合物的性质，电化学的基本原理。
【名师点晴】生活中常见的金属，以铜为载体设计题目的较少，试题背景注重化学与生活、社会、科技及历史等的有机结合和联系，突显了化学学科的特点，能较好的考查电化学基本知识。
7．【2015新课标Ⅱ卷理综化学】（14分）酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是碳粉，MnO2，ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物，该电池在放电过程产生MnOOH，回收处理该废电池可得到多种化工原料，有关数据下表所示：
溶解度/(g/100g水)
温度/℃化合物
0
20
40
60
80
100
NH4Cl
29.3
37.2
45.8
55.3
65.6
77.3
ZnCl2
343
395
452
488
541
614
化合物
Zn(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Ksp近似值
10-17
10-17
10-39
回答下列问题：
（1）该电池的正极反应式为
，电池反应的离子方程式为
。
（2）维持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，理论上消耗Zn
g。（已经F＝96500C/mol）
（3）废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有ZnCl2和NH4Cl，二者可通过
分离回收；滤渣的主要成分是MnO2、______和
，欲从中得到较纯的MnO2，最简便的方法是
，其原理是
。
（4）用废电池的锌皮制备ZnSO4·7H2O的过程中，需去除少量杂质铁，其方法是：加稀硫酸和H2O2溶解，铁变为_____，加碱调节至pH为
时，铁刚好完全沉淀（离子浓度小于1×10-5mol/L时，即可认为该离子沉淀完全）；继续加碱调节至pH为_____时，锌开始沉淀（假定Zn2＋浓度为0.1mol/L）。若上述过程不加H2O2后果是
，原因是
。
【答案】（1）MnO2＋e—＋H＋===MnOOH
Zn＋2MnO2＋2H＋===Zn2＋＋2MnOOH
（2）0.05g
（3）加热浓缩、冷却结晶
铁粉、MnOOH
在空气中加热；碳粉转变为CO2，MnOOH氧化为MnO2
（4）Fe3＋
2.7
6
Zn2＋和Fe2＋分离不开
Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近
【解析】（1）酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，锌是活泼的金属，锌是负极，电解质显酸性，则负极电极反应式为Zn—2e—===Zn2＋。中间是碳棒，碳棒是正极，其中二氧化锰得到电子转化为MnOOH，则正极电极反应式为MnO2＋e—＋H＋===MnOOH，所以总反应式为Zn＋2MnO2＋2H＋===Zn2＋＋2MnOOH。（2）维持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，则通过的电量是0.5×300＝150，因此通过电子的物质的量是，锌在反应中失去2个电子，则理论消耗Zn的质量是。（3）废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有氯化锌和氯化铵。根据表中数据可知氯化锌的溶解度受温度影响较大，因此两者可以通过结晶分离回收，即通过蒸发浓缩、冷却结晶实现分离。二氧化锰、铁粉、MnOOH均难溶于水，因此滤渣的主要成分是二氧化锰、碳粉、MnOOH。由于碳燃烧生成CO2，MnOOH能被氧化转化为二氧化锰，所以欲从中得到较纯的二氧化锰，最简便的方法是在空气中灼烧。（4）双氧水具有强氧化性，能把铁氧化为铁离子，因此加入稀硫酸和双氧水，溶解后铁变为硫酸铁。根据氢氧化铁的溶度积常数可知，当铁离子完全沉淀时溶液中铁离子浓度为10—5mol/L，则溶液中氢氧根的浓度＝，所以氢离子浓度是2×10—3mol/L，pH＝2.7，因此加碱调节pH为2.7时铁刚好完全沉淀。Zn2＋浓度为0.1mol/L，根据氢氧化锌的溶度积常数可知开始沉淀时的氢氧根浓度为＝＝10—8mol/L，氢离子浓度是10—6mol/L，pH＝6，即继续加碱调节pH为6时锌开始沉淀。如果不加双氧水，则铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，由于氢氧化亚铁和氢氧化锌的溶度积常数接近，因此在沉淀锌离子的同时亚铁离子也沉淀，导致生成的氢氧化锌不纯，无法分离开Zn2＋和Fe2＋。
【考点定位】本题主要是考查原电池原理的应用、物质的分离与提纯等，涉及电极反应式书写、电解计算、溶度积常数的应用、pH计算、化学实验基本操作等。
【名师点晴】该题以酸性锌锰干电池为载体综合考查了氧化还原反应、电化学、化学计算、物质的分离与提纯等，能够很好地考查考生所掌握的化学知识结构。考查了学生对知识理解、综合运用能力及阅读材料接受信息的能力和思维能力，对相关知识的掌握情况。这道高考题为一道中高档题，能力要求较高。
8．【2014年高考海南卷】（9分）锂锰电池的体积小、性能优良，是常用的一次电池。该电池反应原理如图所示，其中电解质LiCIO4。溶于混合有机溶剂中，Li+通过电解质迁移入MnO2晶格中，生成LiMnO2。
回答下列问题：
（1）外电路的电流方向是由____极流向____极。（填字母）
（2）电池正极反应式为
。
（3）是否可用水代替电池中的混合有机溶剂？____（填“是”或“否”），原因是____________
。
（4）MnO2可与KOH和KClO3，在高温下反应，生成K2MnO4，反应的化学方程式为_______________。K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为___________。
【答案】(1)
b
a
(2)
MnO2+e-+Li+===LiMnO2
(3)
否
电极Li是活泼金属，能与水反应
（4）3MnO2+KClO3+6KOH2K2MnO4+KCl+3H2O
2:1
【解析】（1）结合所给装置图以及原电池反应原理，可知Li作负极材料，MnO2作正极材料，所以电子流向是从a→b，那么电流方向则是b→a；（2）根据题目中的信息“电解质LiClO4溶于混合有机溶剂中，Li+?通过电解质迁移入MnO2晶格中，生成LiMnO2”，所以正极的电极反应式MnO2+e—+Li+===LiMnO2；（3）因为负极的电极材料Li是活泼的金属，能够与水发生反应，故不能用水代替电池中的混合有机溶剂；（4）由题目中的信息“MnO2可与KOH和KClO4在高温条件下反应，生成K2MnO4”，可知该反应属于氧化还原反应，Mn元素化合价升高，Cl元素的化合价降低，方程式：3MnO2+KClO3+6KOH2K2MnO4+KCl+3H2O；根据“K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2”，根据电子得失守恒，可知生成的KMnO4和MnO2的物质的量之比为2:1。
【考点定位】本题以锂锰电池为线索，从考查了原电池电极的判断、电极反应式的书写、反应条件的选择、化学方程式的书写及氧化产物与还原产物的物质的量的关系；从能力上考查了考生对原电池反应原理的了解和掌握情况，考查了考生对氧化还原反应的概念、实质、特征的关系及灵活应用能力；考查了学生应用所学知识来解决具体问题的能力。它充分体现了“源于教材又不拘泥于教材”的指导思想，在一定程度上考查了学生的知识的灵活运用能力和分析问题解决问题的能力。
【名师点睛】解答本题的思路是：首先应该掌握原电池的过程条件、电极名称、电极判断、电极反应、溶液中离子的移动方向、外电路中电子的移动方向、氧化还原反应的实质、特征、氧化剂与还原剂等概念。还要清楚加入的物质是否还会发生其它的反应，判断加入物质的可行性。最后按要求进行解答。
9．【2014年高考北京卷第28题】（15分）用FeCl3酸性溶液脱除H2S后的废液，通过控制电压电解得以再生。某同学使用石墨电极，在不同电压（x）下电解pH=1的0.1mol/L
FeCl2溶液，研究废液再生机理。记录如下（a、b、c代表电压值：）
序号
电压/V
阳极现象
检验阳极产物
I
x≥a
电极附近出现黄色，有气泡产生
有Fe3+、有Cl2
II
a＞x≥b
电极附近出现黄色，无气泡产生
有Fe3+、无Cl2
III
b＞x＞0
无明显变化
无Fe3+、无Cl2
（1）用KSCN溶液检验出Fe3+的现象是
。
（2）I中，Fe2+产生的原因可能是Cl—在阳极放电，生成的Cl2将Fe2+氧化。写出有关反应的方程式__________________________。
（3）由II推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，原因是Fe2+具有_____性。
（4）II中虽未检测出Cl2，但Cl-在阳极是否放电仍需进一步验证。电解pH=1的NaCl溶液做对照实验，记录如下：
序号
电压/V
阳极现象
检验阳极产物
IV
a＞x≥c
无明显变化
有Cl2
V
c＞x≥b
无明显变化
无Cl2
①NaCl溶液的浓度是________mol/L。
②IV中检测Cl2的实验方法:____________________。
③与II对比，得出的结论（写出两点）：___________________。
【答案】（1）溶液变为红色
（2）2Cl--2e-
===Cl2↑
；2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-
（3）还原
（4）①0.2
②取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝
③通过控制电压，证实了产生Fe3+的两种原因都成立；通过控制电压，验证了Fe2+先于Cl-放电
【解析】（1）铁离子与KSCN反应生成血红色络合物，故现象为溶液变为血红色；（2）Cl-在阳极放电，电解反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，生成的氯气氧化Fe2+为Fe3+，方程式为：2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-；（3）因为阳极产物无Cl2，又Fe2+具有还原性，故也可能是Fe2+在阳极放电，被氧化为Fe3+；（4）①因为为对比实验，故Cl-浓度应与电解FeCl2的相同，即为0.1mol/L
×2=0.2mol/L；②检测氯气可以用淀粉碘化钾试纸，因氯气的量较少，且氯气能溶于水，故可取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉KI试纸上，若试纸变蓝色，则说明有氯气存在；③与II对比可知，IV中电解氯化亚铁时，电压较大a＞x≥c时，氯离子放电产生氯气，即说明Fe3+可能是由氯气氧化亚铁离子得到；电压较小c＞x≥b时，氯离子不放电，即还原性Fe2+＞Cl-，同时也说明了铁离子也可能是由亚铁离子直接放电得到的。故结论为：①通过控制电压，证实了产生Fe3+的两种原因都成立；②通过控制电压，验证了Fe2+先于Cl-放电。
【考点定位】本题主要是考查物质性质实验设计与探究。
【名师点晴】本题以电解过程中电压控制与产物的关系考查学生的实验能力和实验方法，本题展示了一个完整的实验探究过程，即根据已有的现象和结论，分析问题→提出假设→设计实验→对比讨论→形成结论，很好地把学生对探究过程的理解展示出来了，要求学生在解答时熟练掌握铁离子的检验、电解原理、氯气的检验等知识，题目落点较低。
10．【2014年高考福建卷第24题】(节选)铁及其化合物与生产、生活关系密切。
（1）如图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。
①该电化腐蚀称为
。
②图中A、B、C、D四个区域，生成铁锈最多的是
(填字母)。
【答案】（1）①吸氧腐蚀
②B
【解析】结合铁的吸氧腐蚀原理分析第⑴题。（1）①钢铁在海水(中性环境)中发生的应该是吸氧腐蚀。
②在B点的海水中氧气浓度最大，发生的吸氧腐蚀最快，生成的铁锈最多。
【考点定位】本题主要是考查金属的电化学腐蚀原理。
【名师点晴】本题主要是通过铁及其化合物为载体，重点考查学生对核心知识（电化学）的掌握和应用的能力。体现了化学是一门实用性学科，从而提高学生学习化学的积极性和学习的兴趣。在一定程度上考查了学生的知识的灵活运用能力和分析问题解决问题的能力。题目难度中等。
11．【2014年高考山东卷第30题】（16分）离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系，由有机阳离子、Al2Cl7—和AlCl4—组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝。
（1）钢制品应接电源的
极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为
。若改用AlCl3水溶液作电解液，则阴极产物为
。
（2）为测定镀层厚度，用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当反应转移6
mol电子时，所得还原产物的物质的量为
mol。
（3）用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有
。
a．KCl
b.
KClO3
c.
MnO2
d.
Mg
取少量铝热反应所得到的固体混合物，将其溶于足量稀H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象，
（填“能”或“不能”）说明固体混合物中无Fe2O3，理由是
（用离子方程式说明）。
【答案】（1）负
4
Al2Cl7—+3e?===Al+7
AlCl4—
H2
（2）3
（3）b、d
不能
Fe2O3+6H+===2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+===3Fe2+（或只写Fe+2Fe3+===3Fe2+）
【解析】(1)电镀时，镀件应连接电源负极，作阴极；在阴极上发生还原反应，结合题中“电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应”可知阴极上的反应式是4Al2Cl＋3e－===Al＋7AlCl；若改用AlCl3水溶液作电解液，则阴极反应是水电离出的H＋得电子还原为H2。(2)用NaOH溶解铝镀层时发生反应：
2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，H2是还原产物，当转移6
mol电子时，该反应可得到3
mol还原产物。(3)引发铝粉和Fe2O3粉末反应的助燃剂为KClO3，然后插入镁条，点燃镁条即可使铝热反应发生；混合物中即使含有Fe2O3，Fe2O3溶于酸后生成的Fe3＋与反应生成的Fe发生氧化还原反应生成Fe2＋，再加入KSCN溶液后溶液也不显红色，因此不能证明反应后固体不含Fe2O3。
【考点地位】本题通过电镀铝考查了学生对电化学原理的理解、电极的判断和电极方程式的书写，通过求算电子转移数目考查了学生对氧化还原反应原理的理解，通过铝热反应和Fe2O3的检验考查了学生对基本实验的掌握和基本操作，考查了学生分析问题、解决问题的能力。
【名师点晴】电极反应式的书写，要依据“电镀过程中不产生其它离子且有机阳离子不参与电极反应”，结合电极反应的书写规则，方能做出正确解答。而阴极产物的判断则需要依据“改用AlCl3水溶液作电解液”这一信息，对电镀液内各种离子成分重新分析。考生通过对两种电镀液的对比，理解选择电镀液对电镀过程的重要影响，体会到新材料在科研和生产中的重要作用。
12．【2014年高考重庆卷第11题】（节选）氢能是重要的新能源。储氢作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一。
（4）一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其它有机物）。
①导线中电子移动方向为____________。（用A、D表示）
②生成目标产物的电极反应式为
。
③该储氢装置的电流效率＝_____（＝×100%，计算结果保留小数点后1位）
【答案】（4）①A→D
②C6H6＋6H＋＋6e－===C6H12
③64.3%
【解析】（4）①苯生成环戊烷属于得氢反应，因此是还原反应，即电极D是阴极，电极E是阳极，因此导线中电子的流动方向是A→D。②苯得到电子生成环戊烷是目标产物，由于存在质子交换膜，所以氢离子向阴极移动，则电极反应式为C6H6＋6H＋＋6e－===C6H12。③阳极生成2.8mol气体，该气体应该是阳极OH－放电生成的氧气，则转移电子的物质的量＝2.8mol×4＝11.2mol。设阴极消耗苯的物质的量是xmol，则同时生成
xmol环戊烷，根据电极反应式C6H6＋6H＋＋6e－===C6H12可知得到电子是6xmol，根据电子守恒可知，阴极生成氢气是＝5.6mol－3xmol，所以＝0.1，解得x＝1.2，因此储氢装置的电流效率＝×100%＝64.3%。
【考点定位】本题主要是考查电化学原理的应用与计算，属于中等难度试题的考查，意在考查学生对信息的获取能力，侧重考查学生灵活应用基础知识解决实际问题的能力。
【名师点睛】此题考查到了化学反应的基本原理。在解题过程中要把一个复杂的问题简单化，分离出单一的问题运用单一的原理进行解答，降低试题的难度。专题25
有机物结构与性质
2019年高考题
1.【2019全国Ⅲ理综，8,6分】下列化合物的分子中,所有原子可能共平面的是?
A.甲苯
B.乙烷?
C.丙炔
D.1,3-丁二烯?
1.
D
A、甲苯中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，A不选；
B、乙烷是烷烃，所有原子不可能共平面，B不选；
C、丙炔中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，C不选；
D、碳碳双键是平面形结构，因此1，3－丁二烯分子中两个双键所在的两个面可能重合，所有原子可能共平面，D选。
答案选D。
【方法技巧】
判断有机分子中的原子共面问题时，以甲烷、乙烯、苯、乙炔、甲醛等的结构为基础进行分析，甲烷分子中最多只有3个原子在同一平面内，所以只要分子中含有饱和碳原子，分子中所有原子不可能在同一平面内，乙烯分子中的6个原子、苯分子中的12个原子、乙炔分子中的4个原子、甲醛分子中的4个原子都在同一平面内。
?
2.【2019全国Ⅱ理综，13,6分】分子式为C4H8BrCl的有机物共有（不含立体异构）
A．8种
B．10种
C．12种
D．14种
2.
C
先分析碳骨架异构，分别为
C-C-C-C
与2种情况，然后分别对
2
种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架
C-C-C-C
有、共
8
种，骨架有和，
4
种，综上所述，分子式为C4H8BrCl的有机物种类共8+4=12种，
C项正确；
答案选C。
【点睛】本题考查同分异构体的书写，难度中等，学会利用同分异构体的判断方法解题是关键。
确定有机物的同分异构体时，2个不同原子（如Br、Cl）可取代同一碳原子上的氢原子，也可取代不同碳原子上的氢原子，采用“定一移一”法进行分析时还要考虑有机物分子的空间结构是否对称等。
3.
【2019浙江4月选考，16,2分】
下列表述正确的是?
A.苯和氯气生成C6H6Cl6的反应是取代反应?
B.乙烯与溴水发生加成反应的产物是CH2CH2Br2?
C.等物质的量的甲烷与氯气反应的产物是CH3Cl?
D.硫酸作催化剂,CH3CO18OCH2CH3水解所得乙醇分子中有18O
?
3.
D
本题考查苯与氯气的加成反应，乙烯与溴水的加成反应，甲烷与氯气的取代反应以及酯化反应的机理。苯和氯气生成C6H6Cl6的反应是加成反应，A项错误；乙烯与溴水发生加成反应的产物是CH2BrCH2Br，B项错误；等物质的量的甲烷与氯气反应可生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，C项错误；在硫酸催化下，CH3CO18OCH2CH3水解生成CH3COOH和CH3CH218OH，D项正确，故选D。
?
4.【2019全国Ι理综，8，6分】关于化合物2?苯基丙烯（），下列说法正确的是
A．不能使稀高锰酸钾溶液褪色
B．可以发生加成聚合反应
C．分子中所有原子共平面
D．易溶于水及甲苯
4.
B
本题考查芳香烃结构和性质，涉及原子共平面、氧化反应、加成聚合反应等知识，考查的核心素养是宏观辨识与微观探析。2-苯基丙烯分子中苯环的侧链上含有碳碳双键，它能与稀高锰酸钾溶液发生氧化反应而使其褪色，A项错误；类比乙烯，2-苯基丙烯能发生加成聚合反应，B项正确；2-苯基丙烯分子中含有甲基，故该分子中不可能所有原子共平面，C项错误；2-苯基丙烯属于烃，不易溶于水，D项错误。
5.【2019江苏，12,4分】化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。
下列有关化合物X、Y的说法正确的是
A．1
mol
X最多能与2
mol
NaOH反应
B．Y与乙醇发生酯化反应可得到X
C．X、Y均能与酸性KMnO4溶液反应
D．室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数目相等
?
5.
CD
本题考查有机物的结构与性质。A项，1个X分子中含有1个羧基和1个酚酯基，所以1
mol
X最多能消耗3
mol
NaOH，错误；B项，Y中的羧基与乙醇发生酯化反应，产物不是X，错误；C项，X、Y中均含有碳碳双键，均可以被酸性KMnO4溶液氧化，正确；D项，X与足量Br??2?加成后，生成含有3个手性碳原子的有机物，Y与足量Br??2?加成后，也生成含有3个手性碳原子的有机物，正确。?
6.
【2019浙江4月选考,2分】
糖类是人体所需的重要营养物质。淀粉分子中不含的元素是
A．氢
B．碳
C．氮
D．氧
6.
C
本题考查淀粉的组成。淀粉的组成通式为(C6H10O5)n，不含N元素，C项符合题意。
7.【2019浙江4月选考，15,2分】下列说法不正确的是?
A.正丁烷的沸点比异丁烷的高,乙醇的沸点比二甲醚的高?
B.甲烷、苯、葡萄糖均不能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色?
C.羊毛、蚕丝、塑料、合成橡胶都属于有机高分子材料?
D.天然植物油没有恒定的熔沸点,常温下难溶于水
?
7.
B
本题考查有机物的结构和性质。一般来说，含相同碳原子数的烷烃中支链越多，对应烷烃的沸点越低，故正丁烷的沸点高于异丁烷，由于乙醇分子间能形成氢键，故其沸点比相同摩尔质量的二甲醚高，A项正确；由于葡萄糖分子中含有醛基，能被溴水或酸性高锰酸钾溶液氧化，故其能使二者褪色，B项错误；这些物质都属于有机高分子材料，C项正确；天然植物油中含有多种高级脂肪酸甘油酯，故没有恒定的熔沸点，D项正确，故选B。
?
8.【
2019北京理综，9，6分】交联聚合物P的结构片段如图所示。下列说法不正确的是（图中表示链延长）
A．聚合物P中有酯基，能水解
B．聚合物P的合成反应为缩聚反应
C．聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解获得
D．邻苯二甲酸和乙二醇在聚合过程中也可形成类似聚合物P的交联结构
8.
D
A.根据X为、Y为可知，X与Y直接相连构成了酯基，酯基能在酸性或碱性条件下水解，故A不符合题意；
B.聚合物P是由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应制备的,故B不符合题意；
C.油脂为脂肪酸甘油酯，其在碱性条件下水解可生成脂肪酸盐和甘油即丙三醇，故C，不符合题意；
D.乙二醇的结构简式为HO-CH2CH2-OH,与邻苯二甲酸在聚合过程中只能形成链状结构，故D符合题意；
综上所述，本题应选D。
【点睛】本题侧重考查有机物的结构和性质，涉及高聚物单体以及性质的判断，注意把握官能团的性质，缩聚反应的判断，题目有利于培养学生的分析能力，难度不大。
2018年高考题
1.
（2018全国Ⅲ理综，9，6分）苯乙烯是重要的化工原料。下列有关苯乙烯的说法错误的是?
A.与液溴混合后加入铁粉可发生取代反应?
B.能使酸性高锰酸钾溶液褪色?
C.与氯化氢反应可以生成氯代苯乙烯?
D.在催化剂存在下可以制得聚苯乙烯[ZK)]?
1.C
本题考查有机化学基础知识，意在考查考生对苯、乙烯的结构和性质的迁移应用能力。在Fe作催化剂时，苯乙烯苯环上的H原子可被溴原子取代，A项正确；苯乙烯中的碳碳双键能被酸性KMnO4溶液氧化，从而导致酸性KMnO4溶液褪色，B项正确；苯乙烯与HCl发生加成反应生成氯苯乙烷，C项错误；苯乙烯中含有碳碳双键，在一定条件下能发生加聚反应生成聚苯乙烯，D项正确。
2.
（2018全国Ⅱ理综，9，6分）实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是
2.
D
本题结合实验考查甲烷和氯气的取代反应。甲烷和氯气在光照条件下反应，生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，试管内压强减小，外压大于内压，试管内液面升高，且试管内出现白雾和油状液滴，综合上述分析，D项正确。?
【教材链接】
该实验来自人教版化学必修2第三章第一节教材实验，从近几年高考来看，高考中很多试题都出自教材或以教材知识为载体进行综合命题，因此需重视对教材的复习与教材知识的提升。
?
3.（2018全国Ⅰ理综，8，6分）下列说法错误的是?
A.蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖?
B.酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质?
C.植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br2/CCl4褪色?
D.淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖?
3.
AB
本题考查基本营养物质。蔗糖和麦芽糖是双糖，果糖为单糖，A项错误；大多数酶是一类特殊的蛋白质，作催化剂时具有较高活性和选择性，B项错误；植物油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，如油酸甘油酯、亚油酸甘油酯等，因为“不饱和脂肪酸”中含有碳碳双键等，能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，从而使之褪色，C项正确；淀粉和纤维素都是多糖，它们水解的最终产物均为葡萄糖，D项正确。?
【教材链接】人教版选修5教材第91页专门讲到：酶的催化作用具有以下特点：（1）条件温和、不需加热。（2）具有高度的专一性。（3）具有高效催化作用，酶催化的化学反应速率，比普通的催化剂高107-1013倍。
注：官方给出的标准答案是A，但是不同考生从不同学科角度，对试题选项会有不同的理解，综合各方面意见，考虑高中教学的实际因素，各地招生办经研究决定，对该题单选A或单选B的，均给分。
4.
（2018全国Ⅰ理综，11，6分）环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺［2．2］戊烷
（）是最简单的一种。下列关于该化合物的说法错误的是（
?）
A，与环戊烯互为同分异构体
B．二氯代物超过两种
C．所有碳原子均处同一平面
D．生成1
mol
C5H12至少需要2mol
H2
4.
C
本题考查烃的结构与性质。螺\[2.2\]戊烷的分子式为C5H8，环戊烯的分子式为C5H8，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，A项正确；该有机物的二氯代物有4种，2个氯原子位于同一个碳原子上时有1种，位于2个碳原子上时分两种情况：同环上只有1种，异环上有2种，B项正确；螺\[2.2\]戊烷中每个碳原子形成4个单键，而每个碳原子与4个原子构成四面体形，所以连接两个环的碳原子至少和直接相连的两个碳原子不共平面，C项错误；该有机物含2个三元环，在一定条件下具有类似烯烃的性质，且与氢气发生加成反应的转化率不大于1，则由1
mol
C5H8生成1
mol
C5H12至少需要2
mol
H2，D项正确。
【解题关键】
本题以一种陌生的有机物命题，属于较难题。审题关键包括“错误”、A项中“环”、B项中“超过”、C项中“碳原子”。D项暗示螺\[2.2\]戊烷能与氢气加成，“至少”则需考虑原料利用率问题。
5.
(2018江苏，11，4分)
化合物
Y
能用于高性能光学树脂的合成,可由化合物
X
与
2-甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得:
下列有关化合物X、Y的说法正确的是
A.X
分子中所有原子一定在同一平面上
B.Y
与
Br2
的加成产物分子中含有手性碳原子
C.X、Y
均不能使酸性
KMnO4
溶液褪色
D.X→Y
的反应为取代反应?
5.
BD
本题考查有机物的结构与性质，中等难度。?羟基上的O原子一定与苯环共平面，但是羟基上的Ｈ原子不一定与苯环共平面，A项错误；Ｙ与Br2加成后的产物中，与甲基相连的碳原子为手性碳原子，B项正确；X中的酚羟基、Y中的碳碳双键均可以被酸性KMnO4?溶液氧化，从而使KMnO4溶液颜色褪去，C项错误；X生成Y的另一产物为HCl，该反应可以理解成取代了X中酚羟基上的H原子，D项正确。?
6.
（2018北京理综，10，6分）一种芳纶纤维的拉伸强度比钢丝还高,广泛用作防护材料。其结构片段如图。
下列关于该高分子的说法正确的是
A.完全水解产物的单个分子中,苯环上的氢原子具有不同的化学环境
B.完全水解产物的单个分子中,含有官能团—COOH或—NH2
C.氢键对该高分子的性能没有影响
D.结构简式为:
6.
B
本题考查高分子化合物的结构与性质。根据题述芳纶纤维的结构片段可知其单体有两种：，无论是哪种单体，其苯环上的氢原子都是等效的，A项错误；对苯二甲酸和对苯二胺的官能团分别是?—COOH、—NH2，B项正确；分子内氢键对物质的物理性质(如熔沸点、溶解度等)都有影响，C项错误；该高分子化合物的结构简式为，D项错误。
7.
（2018海南，11,4分）（双选）实验室常用乙酸与过量乙醇在浓硫酸催化下合成乙酸乙酯.下列说法正确的是
A.该反应的类型为加成反应
B.乙酸乙酯的同分异构体共有三种
C.可用饱和碳酸氢钠溶液鉴定体系中是否有未反应的乙酸
D.该反应为可逆反应，加大乙醇的用量可提高乙酸的转化率
7.C、D。酯化反应属于取代反应，A论述不正确；乙酸乙酯的酯类同份异构体3种：分别是：CH3CH2COOCH3、HCOOCH2CH2CH3
(
CH
3
)、羧酸类同份异构体有3种，分别为：正丁酸（CH3CH2CH2COOH）和异丁酸（）……。B错误；乙酸能够与NaHCO3反应产生CO2以冒气泡的形式出现，因此可以借以判断是否含有乙酸，C论述观点正确；对C2H5OH+CH3
COOHCH3CH2OOCCH3+H2O可逆反应来说，增加乙醇的浓度，平衡向正反应方向移动，即能够提高CH3COOH的转化率，D观点正确。
8.（2018海南，15,9分）二甲醚(CH3OCH3）是一种气体麻醉剂，可由“可燃冰”为原料合成。回答下列问题：
(1)
B为黄绿色气体.其化学名称为____________.
(2)由A和B生成D的化学方程式为__________________________________________.
(3)
E的结构简式为__________________________________________________·
(4)由E生成二甲醚的反应类型为__________________________________
(5)二甲醚的同分异构体的结构简式为____________________________________
8.⑴氯气；⑵CH4+Cl2CH3Cl+HCl;
⑶CH3OH;⑷2CH3OHCH3-O-CH3+H2O；⑸CH3CH2OH。
【解析】电解饱和食盐水工可得到Cl2、H2和NaOH，其中黄绿色的气体B为氯气；可燃冰的有效成份是甲烷，甲烷与氯气在光照的条件下发生取代反应生成CH3Cl等一系列卤代甲烷，其中的一氯甲烷能够与氢氧化钠溶液作用生成甲醇，而甲醇在以浓硫酸作催化剂并加热的情况下发生分子间的脱水生成二甲醚（简称甲醚），反应的化学反应方程式为：CH3OH+HOCH3CH3OCH3+H2O，反应属于取代反应；乙醇是二甲醚的同份异构体，其结构简式为CH3CH2OH。
2017年高考题
1．【2017年高考全国卷Ⅰ卷】下列生活用品中主要由合成纤维制造的是（
）
A.尼龙绳
B.宣纸
C.羊绒衫
D.棉衬衣
【答案】A
【解析】本题考查化学与STSE，涉及常见物质的组成、性质和用途。审题时抓住关键词“合成纤维”，合成纤维是将人工合成的、具有适宜相对分子质量并具有可溶(或可熔)性的线型聚合物，经纺丝成形和后处理而制得的化学纤维。尼龙绳是由尼龙切片制成的纤维丝经一系列加工制成的，它属于合成纤维，A项正确。宣纸的主要成分是纤维素，它属于天然纤维，B项错误；羊绒衫的主要原料是羊毛，属于蛋白质，C项错误；棉衬衣的主要原料是棉花，棉花属于天然纤维，D项错误。
2.【2017年高考全国卷Ⅰ卷】化合物(b)、(d)、(p)的分子式均为C6H6，下列说法正确的是（
）
A.b的同分异构体只有d和p两种
B.b、d、p的二氯代物均只有三种
C.b、d、p均可与酸性高锰酸钾溶液反应
D.b、d、p中只有b的所有原子处于同一平面
【答案】D
【解析】本题考查烃类物质的同分异构体、有机物的化学性质和原子共平面等知识，意在考查考生的空间想象能力和综合分析判断能力。有机物d为环烯，有机物p为环烷烃。只有苯分子中所有原子共平面，d、p中均有碳原子与其他四个原子形成共价单键，不能共平面，D项正确。苯的同分异构体还有链状不饱和烃，如、等，A项错误；d的二氯代物有6种，结构简式如下:，B项错误；b为苯，不能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，p是环烷烃，属于饱和有机物，不能与酸性高锰酸钾溶液反应，C项错误。
【名师点睛】判断有机分子中原子共平面的方法:将有机物分子拆分成甲基、乙烯基、苯基等，乙烯和苯分子中所有原子共平面，而甲烷分子中有2个原子与其他原子不共平面。乙烯分子中氢原子被其他原子取代得到的分子中所有原子共平面，苯分子中氢原子被其他原子取代得到的分子中所有原子共平面，如果碳原子与周围4个原子形成单键，有2个原子与其他原子不共平面。
3.【2017年高考全国卷Ⅱ卷10题】下列由实验得出的结论正确的是（
）
?
实验
结论
A
将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明
生成的1，2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳
B
乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体
乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性
C
用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除
乙酸的酸性小于碳酸的酸性
D
甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红
生成的氯甲烷具有酸性
【答案】A
【解析】本题考查有机化学实验。乙烯与溴发生加成反应生成的1，2-二溴乙烷是一种无色、可溶于CCl4的有机物，A项正确。乙醇和水均能与Na反应生成H2，但Na与水反应更剧烈，故水分子中氢的活性强于乙醇分子中氢的活性，需要注意的是乙醇分子中只有—OH中的H能与Na反应，乙醇分子中氢的活性不完全相同，B项错误；乙酸能除去水垢，说明酸性:乙酸>碳酸，C项错误；CH4与Cl2发生取代反应生成的CH3Cl不具有酸性，但生成的HCl能使湿润的石蕊试纸变红，D项错误。
4.【2017年高考全国卷Ⅲ卷8题】下列说法正确的是（
）
A.植物油氢化过程中发生了加成反应
B.淀粉和纤维素互为同分异构体
C.环己烷与苯可用酸性KMnO4溶液鉴别
D.水可以用来分离溴苯和苯的混合物
【答案】A
【解析】本题考查有机化合物的性质。植物油氢化过程中发生了油脂与氢气的加成反应，A项正确。淀粉和纤维素的通式均为(C6H10O5)n，但由于二者n值不同，所以不互为同分异构体，B项错误；环己烷与苯都不能与酸性KMnO4溶液反应，所以不能用酸性KMnO4溶液鉴别环己烷与苯，C项错误；溴苯与苯互溶，且二者均不溶于水，所以不能用水分离溴苯和苯的混合物，D项错误。
5【2017年高考
北京卷9题】我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2转化过程示意图如下:
下列说法不正确的是（
）
A.反应①的产物中含有水
B.反应②中只有碳碳键形成
C.汽油主要是C5~C11的烃类混合物
D.图中a的名称是2-甲基丁烷
【答案】B
【解析】本题考查有机物的组成、结构和命名。反应①是CO2与H2的反应，根据元素守恒可推断有水生成，A项正确；反应②是CO与H2反应生成(CH2)n，(CH2)n中还含有碳氢键，B项错误；由示意图可知，汽油主要是C5~C11的烃类混合物，C项正确；根据a的球棍模型，可得其结构简式为CH3CH(CH3)CH2CH3，系统名称为2-甲基丁烷，D项正确。
6【2017年高考北京卷11题】聚维酮碘的水溶液是一种常用的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如下:
下列说法不正确的是（
）
A.聚维酮的单体是
B.聚维酮分子由(m+n)个单体聚合而成
C.聚维酮碘是一种水溶性物质
D.聚维酮在一定条件下能发生水解反应
【答案】B
【解析】本题考查有机高分子化合物的结构、性质及组成单体。由聚维酮碘的分子结构知，聚维酮由加聚反应制得，其单体为，A项正确；由聚维酮碘的分子结构知，聚维酮分子中左侧链节由2个单体构成，因此，聚维酮分子由(2m+n)个单体聚合而成，B项错误；由题干信息“聚维酮碘的水溶液”知，聚维酮碘溶于水，C项正确；聚维酮分子中含有肽键，因此在一定条件下能够发生水解反应，D项正确。
7.【2017年高考天津卷11题】汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一，对肿瘤细胞的杀伤有独特作用。下列有关汉黄芩素的叙述正确的是（
）
A.汉黄芩素的分子式为C16H13O5
B.该物质遇FeCl3溶液显色
C.1
mol该物质与溴水反应，最多消耗1
mol
Br2
D.与足量H2发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少1种
【答案】B
【解析】本题考查有机化合物(汉黄芩素)的结构和性质。该物质中含有酚羟基，遇FeCl3溶液显色，B项正确。根据有机物中碳的价键总数为4，可得出汉黄芩素分子中的氢原子数，可知其分子式为C16H12O5，A项错误；该物质中含有酚羟基，可与浓溴水发生取代反应，含有碳碳双键，可与Br2发生加成反应，故1
mol该物质与溴水反应时，最多消耗2
mol
Br2，C项错误；该物质中的碳碳双键、羰基均能与H2发生加成反应，反应后该分子中官能团的种类减少2种，D项错误。
【名师点睛】本题综合考查有机物的官能团及其性质。易错点一:汉黄芩素分子中只有2个苯环，中间的环不是苯环；易错点二:汉黄芩素分子中不仅碳碳双键能与溴发生反应，与酚羟基相连碳原子的邻位碳原子上的H也可与溴发生反应；易错点三:汉黄芩素分子中苯环、碳碳双键、羰基都能与H2发生加成反应，反应后官能团减少2种，苯环不是官能团。
8.【2017年高考江苏卷11题】萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是（
）
A.a和b都属于芳香族化合物
B.a和c分子中所有碳原子均处于同一平面上
C.a、b和c均能使酸性KMnO4溶液褪色
D.b
和c均能与新制的Cu(OH)2反应生成红色沉淀
【答案】C
【解析】本题考查有机物的结构与性质。a中没有苯环，不属于芳香族化合物，A项错误；a、c中所有碳原子不可能共平面，B项错误；a中的碳碳双键、b中的羟基以及与苯环相连的甲基、c中的醛基均可以被酸性KMnO4溶液氧化，C项正确；与新制Cu(OH)2反应的官能团为醛基，只有c可以与新制Cu(OH)2反应，而b不能，D项错误。
9.【2017高考海南卷8题】下列叙述正确的是（
）
A．酒越陈越香与酯化反应有关
B．乙烷、丙烷和丁烷都没有同分异构体
C．乙烯和聚氯乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色
D．甲烷与足量氯气在光照下反应可生成难溶于水的油状液体
【答案】AD?
【解析】酒中会有部分乙醇被氧化成乙酸，乙醇能与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，酒放置时间越长，生成的乙酸乙酯的量越多，酒就会越香，A项正确。在光照条件下，甲烷与氯气发生取代反应生成的二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳均为难溶于水的油状液体，D项正确。丁烷有正丁烷和异丁烷两种同分异构体，B项错误。乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色但聚氯乙烯不能，C项错误。
10.【2017高考浙江卷自选模块15题】下列说法不正确的是（
）
A．1
mol乙烷在光照条件下最多能与3
mol
Cl2发生取代反应
B．石油裂解气能使溴的四氯化碳溶液、酸性KMnO4溶液褪色
C．水煤气可用来合成液态烃及甲醇等含氧有机物
D．苯可通过取代反应制得硝基苯、氯苯
【答案】A
【考点】考查必修二中化石燃料相关有机物的性质和运用
【解析】烷烃与Cl2光照条件下得到的多种氯代物，假设全部生成六氯代物，1mol乙烷需要3mol氯气，但是这是情况不可能，故A不正确；石油裂解得到短链烯烃，裂解气含有烯烃，故B正确，B、C、D选项是对书本中石油和煤的综合利用相关内容的识记。
11.【2017高考浙江卷自选模块16题】下列说法正确的是（
）
A．向鸡蛋清的溶液中加入浓的硫酸钠溶液或福尔马林，蛋白质的性质发生改变并凝聚
B．将牛油和烧碱溶液混合加热，充分反应后加入热的饱和食盐水，上层析出甘油
C．氨基酸为高分子化合物，种类较多，分子中都含有－COOH和－NH2?
D．淀粉、纤维素、麦芽糖在一定条件下可和水作用转化为葡萄糖
【答案】D
【考点】考查必修二中食品中相关有机物的性质与运用
【解析】A辨析蛋白质的盐析和变性的不同：蛋白质溶液遇到无机轻金属盐溶解度降低发生凝聚，称盐析，蛋白质性质没有改变，福尔马林、酒精、紫外线、加热、强氧化剂、强酸、强碱、重金属盐会改变蛋白质的性质并凝聚，称变性，故A错误；制取肥皂加入饱和食盐水降低肥皂的溶解度，上层析出的是肥皂，而甘油溶解在水溶液中，B错误；氨基酸是小分子物质，C错误
2016~2013年高考题
1．【2016年高考海南卷】下列物质中，其主要成分不属于烃的是（
）
A．汽油
B．甘油
C．煤油
D．柴油
【答案】B
【解析】甘油为丙三醇，是醇类，不是烃，其余各项都为烃类。故选B。
考点：考查烃的概念及常见有机物的结构
【名师点睛】汽油、煤油、柴油均来自于石油的分馏，也有部分来自于石油的裂化。根据沸点的不同，分别截取不同沸点的馏分，就得到汽油、煤油、柴油。汽油馏分(＜170℃)，煤油馏分(170～230℃)，轻柴油馏分(230～270℃)，重柴油馏分(270～350℃)。一般说来，汽油为C4-C12烃类混合物，煤油为C12-C15烃类混合物，柴油为C10-C22烃类混合物。都属于烃类。本题属于基础题，引导学生回归教材。
2．【2016年高考海南卷】工业上可由乙苯生产苯乙烯：，下列说法正确的是（
）
A．该反应的类型为消去反应
B．乙苯的同分异构体共有三种
C．可用Br2/CCl4鉴别乙苯和苯乙烯
D．乙苯和苯乙烯分子内共平面的碳原子数均为7
【答案】AC
【解析】A．由乙苯生产苯乙烯，单键变成双键，则该反应为消去反应，A项正确；B．乙苯的同分异构体可以是二甲苯，而二甲苯有邻、间、对三种，包括乙苯，乙苯的同分异构体共有四种，B项错误；C．苯乙烯中含有碳碳双键，能使溴的CCl4溶液褪色，而乙苯不能，所以可用Br2/CCl4鉴别乙苯和苯乙烯，C项正确；D．苯环是平面正六边形，所以乙苯中共平面的碳原子有7个，而苯乙烯中，苯和乙烯均是平面形分子，通过碳碳单键的旋转，共平面的碳原子有8个，D项错误；答案选AC。
考点：有机物的结构与性质。
【名师点睛】有机物在相互反应转化时要发生一定的化学反应，常见的反应类型有取代反应、加成反应、消去反应、酯化反应、加聚反应、缩聚反应等，要掌握各类反应的特点，并会根据物质分子结构特点进行判断和应用。掌握一定的有机化学基本知识是本题解答的关键，本题难度不大。
3．【2016年高考江苏卷】化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是（
）
A．分子中两个苯环一定处于同一平面
B．不能与饱和Na2CO3溶液反应
C．在酸性条件下水解，水解产物只有一种
D．1
mol化合物X最多能与2
molNaOH反应
【答案】C
【解析】本题考查有机物的结构与性质，意在考查考生对有机物官能团性质的掌握程度。A项，两个苯环中间有一个碳原子，该碳原子形成四个单键，单键可以自由旋转，所以该碳原子和两个苯环不一定处于同一平面，错误；B项，X分子中含有羧基，可以和Na2CO3反应，错误；C项，在酸性条件下，分子内酯基断开，产物只有一种，正确；D项，1
mol
X分子中有1
mol酚酯，其水解需要2
mol
NaOH，羧基也会与NaOH反应，则1
mol
X最多可以与3
mol
NaOH反应，错误。
【考点定位】本题主要是考查有机物的结构与性质判断
【名师点晴】掌握常见有机物官能团的结构和性质是解答的关键，难点是有机物共线共面判断。解答该类试题时需要注意：①甲烷、乙烯、乙炔、苯、甲醛5种分子中的H原子若被其他原子如C、O、Cl、N等取代，则取代后的分子空间构型基本不变。②借助C—C键可以旋转而—C≡C—键、键不能旋转以及立体几何知识判断。③苯分子中苯环可以以任一碳氢键为轴旋转，每个苯分子有三个旋转轴，轴上有四个原子共线。注意知识的迁移应用。
4．【2016年高考上海卷】轴烯是一类独特的星形环烃。三元轴烯（）与苯（
）
A．均为芳香烃
B．互为同素异形体
C．互为同系物
D．互为同分异构体
【答案】D
【解析】轴烯与苯分子式都是C6H6，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故选项D正确。
【考点定位】考查同系物、同素异形体、同分异构体概念。
【名师点睛】有机物的概念是历次考试的主要考点儿之一，主要包括有机物的分类、有机反应类型、同分异构体等“四同”。有机物所属类别主要由官能团决定，芳香烃是指分子中含有苯环的烃类物质。同位素：是同种元素的不同种核素间的互称，是针对原子而言；同素异形体：是同种元素组成的不同种单质的互称，是针对单质而言；同系物：是指结构相似、组成上相差一个或若干“CH2”原子团的有机物的互称；同分异构体：是指分子式相同而结构不同的有机物的互称。“四同”往往结合在一起考查，理解的基础上熟练掌握概念便可顺利解答，一般题目难度不大。
5．【2016年高考上海卷】烷烃的命名正确的是（
）
A．4-甲基-3-丙基戊烷
B．3-异丙基己烷
C．2-甲基-3-丙基戊烷
D．2-甲基-3-乙基己烷
【答案】D
【考点定位】考查烷烃的命名方法。
【名师点睛】有机物的命名有习惯命名法和系统命名法，考查重点是系统命名法。烷烃中没有官能团，系统命名法可概括为以下步骤：选主链称某烷、编号为定支链、取代基写在前、标位置短线连、不同基简到繁、相同基合并算。对于烯烃、炔烃及其他含有官能团的有机物命名时，选主链、给主链碳原子标序号时都要以官能团为主、其他与烷烃规则类似。
6．【2016年高考天津卷】下列对氨基酸和蛋白质的描述正确的是（
）
A.蛋白质水解的最终产物是氨基酸
B.氨基酸和蛋白质遇重金属离子均会变性
C.α-氨基丙酸与α-氨基苯丙酸混合物脱水成肽，只生成2种二肽
D.氨基酸溶于过量氢氧化钠溶液中生成的离子，在电场作用下向负极移动
【答案】A
【解析】本题考查氨基酸和蛋白质的性质。蛋白质遇重金属离子会变性，氨基酸与重金属离子反应，不属于变性，B项错误；两种氨基酸可以自身脱水形成二肽，也可以相互之间脱水形成二肽，故可以生成3种二肽，C项错误；氨基酸中存在羧基，与OH-反应生成羧酸根阴离子，在电场作用下向正极移动，D项错误。
【考点定位】考查氨基酸和蛋白质的结构和性质
【名师点晴】本题侧重对蛋白质和氨基酸的性质的考查。解答本题要注意区分蛋白质的变性和盐析，向蛋白质溶液中加入某些浓的无机盐（如铵盐、钠盐等）溶液，可使蛋白质的溶解度降低而从溶液中析出，属于蛋白质的盐析，是物理变化；蛋白质发生盐析后，性质不改变，析出的蛋白质加水后又可重新溶解，因此，盐析是可逆的；在热、酸、碱、重金属盐、紫外线、有机溶剂的作用下，蛋白质的性质发生改变而凝结，属于蛋白质的变性，是化学变化，蛋白质变性后，不仅丧失了原有的可溶性，同时也失去了生理活性，因此，蛋白质的变性是不可逆的。注意B选项中蛋白质变性的一些方法和氨基酸与重金属盐反应的区别，氨基酸与重金属盐反应但氨基酸不具有生物活性，这是容易错的。另外D选项要注意氨基酸与氢氧化钠反应的生成物的类别。
7．【2016年高考新课标Ⅰ卷】下列关于有机化合物的说法正确的是（
）
A.2-甲基丁烷也称为异丁烷
B.由乙烯生成乙醇属于加成反应
C.C4H9Cl有3种同分异构体
D.油脂和蛋白质都属于高分子化合物
【答案】B
【解析】本题考查有机化合物的基础知识，意在考查考生对有机化学中基本概念的理解与应用能力。2-甲基丁烷含有5个碳原子，也可称为异戊烷，A项错误；乙烯与水发生加成反应生成乙醇，B项正确；—C4H9有4种结构，故C4H9Cl(一氯丁烷)有4种同分异构体，C项错误；油脂不属于高分子化合物，D项错误。C4H9Cl可表示为C4H9—Cl，“—C4H9”的结构数目就是C4H9Cl(一氯丁烷)的同分异构体的数目。
【考点定位】考查有机物结构和性质判断的知识。
【名师点睛】有机物种类几百万种，在生活、生产等多有涉及。有机物往往存在分子式相同而结构不同的现象，即存在同分异构体，要会对物质进行辨析，并会进行正确的命名。C4H9Cl可看作是C4H10分子中的一个H原子被一个Cl原子取代产生的物质，C4H10有CH3CH2CH2CH3、(CH3)2CH2CH3两种不同的结构，每种结构中含有2种不同的H原子，所以C4H9Cl有四种不同的结构；对于某一物质来说，其名称有习惯名称和系统命名方法的名称，要掌握系统命名方法及原则。有机物在相互反应转化时要发生一定的化学反应，常见的反应类型有取代反应、加成反应、消去反应、酯化反应、加聚反应、缩聚反应等，要掌握各类反应的特点，并会根据物质分子结构特点进行判断和应用。有机物是含有碳元素的化合物，若分子的相对分子质量不确定，则该物质是高分子化合物，若有确定的相对分子质量，则不是高分子化合物。而不能根据相等分子质量大小进行判断。掌握一定的有机化学基本知识是本题解答的关键，本题难度不大。
8．【2016年高考新课标Ⅱ卷】下列各组中的物质均能发生加成反应的是（
）
A．乙烯和乙醇
B．苯和氯乙烯
C．乙酸和溴乙烷
D．丙烯和丙烷
【答案】B
【解析】含碳碳双键等不饱和键的物质可发生加成反应。乙烯中含碳碳双键，能发生加成反应，而乙醇不能发生加成反应，A项错误；苯和氯乙烯中均含不饱和键，均能发生加成反应，B项正确；乙酸和溴乙烷均不能发生加成反应，C项错误；丙烯中含碳碳双键能发生加成反应，而丙烷不能发生加成反应，D项错误。
【考点定位】考查有机反应类型
【名师点睛】本题考查有机反应类型。取代反应、加成反应的异同比较如下：
①有机物分子里的某些原子或原子团被其他原子或原子团所代替的反应，称为取代反应；有机物分子中双键（或三键）两端的碳原子与其他原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应称为加成反应；
②“上一下一，有进有出”是取代反应的特点，“断一，加二都进来”是加成反应的特点；
③一般来说，烷烃、苯、饱和醇、饱和卤代烃往往容易发生取代反应，而含碳碳双键或碳碳三键或苯环的有机物容易发生加成反应。
9．【2016年高考新课标Ⅱ卷】分子式为C4H8Cl2的有机物共有（不含立体异构）（
）
A．
7种
B．8种
C．9种
D．10种
【答案】C
【解析】本题考查同分异构体的书写，意在考查考生的逻辑思维能力。C4H8Cl2可看做C4H10中的2个H被2个Cl取代得到的产物，C4H10有CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)2两种异构体；2个Cl取代CH3CH2CH2CH3中同一碳原子和不同碳原子上的2个H分别有2种和4种不同结构；2个Cl取代CH3CH(CH3)2中同一碳原子和不同碳原子上的2个H分别有1种和2种不同结构。即符合条件的有机物共有9种。
【考点定位】考查同分异构体的判断。
【名师点睛】本题考查同分异构体数目的判断。判断取代产物同分异构体的数目，其分析方法是分析有机物的结构特点，确定不同位置的氢原子种数，再确定取代产物同分异构体数目；或者依据烃基的同分异构体数目进行判断。
10．【2016年高考新课标Ⅲ卷】下列说法错误的是（
）
A．乙烷室温下能与浓盐酸发生取代反应
B．乙烯可以用作生产食品包装材料的原料
C．乙醇室温下在水中的溶解度大于溴乙烷
D．乙酸在甲酸甲酯互为同分异构体
【答案】A
【解析】CH3CH3室温下不能与浓盐酸发生取代反应，A项错误。在一定条件下发生加聚反应生成食品包装材料聚乙烯，B项正确。CH3CH2OH能与H2O形成氢键，能与H2O以任意比例互溶，而CH3CH2Br难溶于H2O，C项正确。乙酸和甲酸甲酯的分子式均为C2H4O2，但二者结构不同，互为同分异构体，D项正确。
【考点定位】考查烷烃的性质，烯烃的性质和用途，乙醇的性质，溴乙烷的性质，同分异构体
【名师点睛】本试题考查考生对有机物基础知识的掌握，属于简单的一类题目，要求在平时学习中夯实基础知识，能构对知识做到灵活运用。有机物中的取代反应包括：烷烃和卤素单质反应(状态是气体)、苯的硝化和溴代、卤代烃的水解、酯化反应、酯的水解等，因此记忆时要注意细节，一般常用的包装塑料有聚乙烯和聚氯乙烯，聚乙烯一般用于食品包装，聚氯乙烯不能作为食品包装，因为在光照下能产生有毒物质，污染食品，不能混用，影响溶解度的因素：相似相溶、形成分子间氢键、发生反应，乙醇可以和水形成分子间氢键，而溴乙烷则不能和水形成分子间氢键，同分异构体是分子式相同而结构不同，分子式都是C2H4O2，但前者属于酸，后者属于酯，同分异构体可以是同类物质，也可以是不同类物质，要理解同分异构体的概念，这样问题就可以解决，因此平时的学习中注意概念的内涵和延伸，反应条件等。
11．【2016年高考新课标Ⅲ卷】已知异丙苯的结构简式如下，下列说法错误的是（
）
A．异丙苯的分子式为C9H12
B．异丙苯的沸点比苯高
C．异丙苯中碳原子可能都处于同一平面
D．异丙苯的和苯为同系物
【答案】C
【解析】本题考查有机化学基础知识，意在考查考生对有机物分子式的确定、同系物概念以及碳原子共面等知识的应用能力。异丙苯的结构简式为，其分子式为C9H12，A项正确。异丙苯的相对分子质量大于苯，故其沸点比苯高，B项正确。异丙苯分子中有2个—CH3，碳原子不可能都处于同一平面，C项错误。异丙苯与苯结构相似，分子组成上相差3个CH2原子团，和苯是同系物，D项正确。
【考点定位】考查有机物的结构和性质
【名师点睛】本试题考查考生对有机物基础知识的掌握，涉及有机物中碳原子的特点、有机物熔沸点高低判断、共面、同系物等知识，培养学生对知识灵活运用能力的，但前提是夯实基础。有机物中碳原子有只有4个键，键线式中端点、交点、拐点都是碳原子，其余是氢元素，因此分子式为C9H12，容易出错的地方在氢原子的个数，多数或少数，这就需要认真以及有机物中碳原子有四个键，这样不至于数错；有机物中熔沸点高低的判断：一是看碳原子数，碳原子越多，熔沸点越高，二是碳原子相同，看支链，支链越多，熔沸点越低，这一般使用于同系物中，注意使用范围；判断共面、共线，常是以甲烷为正四面体结构、乙烯为平面结构、乙炔为直线、苯为平面六边形为基础，进行考查，同时在考查共面的时候还要注意碳碳单键可以旋转，双键不能旋转，审清题意，看清楚是所有原子还是碳原子共面，一般来说如果出现－CH3或－CH2－等，所有原子肯定不共面；同系物的判断，先看结构和组成是否一样，即碳的连接、键的类别、官能团是否相同等，再看碳原子数是否相同，相同则不是同系物；掌握一定的有机化学基本知识是本题解答的关键，本题难度不大。
12．【2016年高考浙江卷】下列说法正确的是（
）
A.的一溴代物和的一溴代物都有4种(不考虑立体异构)
B.CH3CHCHCH3分子中的四个碳原子在同一直线上
C.按系统命名法，化合物的名称是2，3，4-三甲基-2-乙基戊烷
D.与都是α-氨基酸且互为同系物
【答案】A
【解析】本题考查有机化学基础知识，意在考查考生对有机化学基础知识的掌握程度和理解程度。A项，的一溴代物有4种，的一溴代物也有4种，正确；B项，根据乙烯的空间构型知，CH3CHCHCH3分子中的四个碳原子处于同一平面上，但不在同一直线上，错误；C项，按系统命名法，的名称为2，3，4，4-四甲基己烷，错误；D项，与均属于α-氨基酸，但前者含有醚键，后者没有醚键，不互为同系物，错误。
【考点定位】考查同分异构体数目的判断，系统命名法，同系物等知识。
【名师点睛】掌握常见有机物的结构，甲烷是正四面体结构，乙烯是平面结构，乙炔是直线型结构，苯是平面结构。所以根据这些结构将有机物进行分割，进行共面或共线的分析。CH3CH=CHCH3分子含有碳碳双键，类似乙烯，可以由碳原子形成平面结构，但不可能是直线型。同系物指结构相似在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质。注意结构相似的含义：含有相同的官能团，且官能团个数相同，例如苯酚和苯甲醇，都有羟基，但属于酚或醇不是同系物的关系，有些写出分子式不能确定其结构或官能团的物质也不能确定是否为同系物，例如C2H4和C4H8。
13．【2016年高考上海卷】合成导电高分子化合物PPV的反应为：
下列说法正确的是（
）
A．PPV是聚苯乙炔
B．该反应为缩聚反应
C．PPV与聚苯乙烯的最小结构单元组成相同
D．1
mol
最多可与2
mol
H2发生反应
【答案】B
【解析】A．根据物质的分子结构可知该物质不是聚苯乙炔，错误；B．该反应除产生高分子化合物外，还有小分子生成，属于缩聚反应，正确；C．PPV与聚苯乙烯的重复单元不相同，错误；D．该物质一个分子中含有2个碳碳双键和苯环都可以与氢气发生加成反应，属于1mol最多可以与5mol氢气发生加成反应，错误。
【考点定位】考查有机物的结构与性质的关系、加聚反应和缩聚反应的判断。
【名师点睛】加聚反应和缩聚反应是合成有机高分子化合物的两大类基本反应，但这两类反应的定义是不同的，注意理解二者的区别。加聚反应是指由不饱和的单体通过加成聚合生成高分子化合物的反应，加聚反应中无小分子生成；而缩聚反应是指单体间相互反应生成高分子化合物，同时还生成小分子（如水、氨、氯化氢等）的反应。据此很容易判断出题目所给反应是缩聚反应。另外还要准确理解单体和高聚物结构式的关系，既能根据单体写出高聚物的结构式，又能根据高聚物的结构式判断出它的单体，比如题目中的PPV和聚苯乙炔的结构有什么不同。不断重复的基本结构单元称为高聚物的链节，准确判断链节的前提还是要能够准确写出高聚物的结构式，比如本题中考查PPV和聚苯乙烯的链节是否相同。本题的答案D中，还要注意苯环化学键的特殊性，虽然没有典型的碳碳双键，但苯环仍能和氢气发生加成反应。
14．【2015福建理综化学】下列关于有机化合物的说法正确的是（
）
A.聚氯乙烯分子中含碳碳双键
B.以淀粉为原料可制取乙酸乙酯
C.丁烷有3种同分异构体
D.油脂的皂化反应属于加成反应
【答案】B
【解析】聚氯乙烯为氯乙烯(CH2=CHCl)的加聚产物,链节为,不含碳碳双键,A项错误;淀粉水解生成葡萄糖,葡萄糖发酵可以得到乙醇,乙醇氧化可以得到乙酸,乙醇和乙酸发生酯化反应可以制取乙酸乙酯,B项正确;丁烷有正丁烷、异丁烷两种同分异构体,C项错误;油脂的皂化反应为油脂在碱性条件下的水解反应,属于取代反应,D项错误。
【考点定位】考查关于有机化合物的结构、性质、反应类型及同分异构体的判断的知识。
【名师点睛】有机化合物是含有碳元素的化合物。本题以生活中常见的物质聚氯乙烯、淀粉、肥皂的成分为线索展开对有机物的研究。包装材料的聚氯乙烯、研究酯化反应的代表性物质乙酸乙酯是以人们的生活必须物质淀粉为原料生产、丁烷的不同结构研究有机物存在同分异构现象、生活中经常使用的洗涤剂肥皂的取反应原理，研究加聚反应、酯化反应、皂化反应的反应特点、有机物同分异构体的书写特点。有机物的同分异构体类型通常有：碳链异构、官能团异构、位置异构等，有时还存在空间异构，要充分利用题目提供的信息来书写符合题意的同分异构体。掌握物质的化学性质和物质发生反应时断键部位以及同分异构体的概念书写规律是解决本题的关键。
15．【2015广东理综化学】化学是你,化学是我,化学深入我们生活。下列说法正确的是（
）
A.木材纤维和土豆淀粉遇碘水均显蓝色
B.食用花生油和鸡蛋清都能发生水解反应
C.包装用材料聚乙烯和聚氯乙烯都属于烃
D.PX项目的主要产品对二甲苯属于饱和烃
【答案】B
【解析】木材纤维遇碘水不显蓝色,A项错误;食用花生油和鸡蛋清分别属于油脂和蛋白质,二者均能发生水解反应,B项正确;聚乙烯和聚氯乙烯分别属于烃和卤代烃,C项错误;对二甲苯属于不饱和烃,D项错误。
【考点定位】本题主要考查淀粉的遇碘变蓝的特性，油脂和蛋白质的性质，常用塑料的组成以及饱和烃的概念。
【名师点睛】本题主要涉及生活中常见的有机物，纤维素和淀粉都属于糖类，但淀粉有遇碘变蓝的特性，花生油属于酯类可以发生水解反应，蛋白质也可发生水解反应，聚氯乙烯中有氯原子，所以不属于烃类，这里要知道烃的概念；苯环是不饱和的，判断二甲苯是不是饱和烃就要理解饱和烃的概念。本题考查了生活中常见有机物的基本性质和烃、饱和烃的基本概念。
16．【2015海南化学】下列反应不属于取代反应的是（
）
A.淀粉水解制葡萄糖
B.石油裂解制丙烯
C.乙醇与乙酸反应制乙酸乙酯
D.油脂与浓NaOH反应制高级脂肪酸钠
【答案】B
【解析】A项,淀粉水解生成葡萄糖,属于取代反应;B项,石油裂解制丙烯,属于分解反应,不属于取代反应;C项,乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯,属于取代反应;D项,油脂与浓NaOH反应,为油脂在碱性条件下的水解反应,属于取代反应。本题选B。
【考点定位】本题考查有机反应类型的判断。
【名师点睛】将淀粉和油脂的水解、乙酸乙酯的制备、石油的裂解与有机反应类型的判断结合在一起考查。熟练掌握选项中涉及的反应历程，明确取代反应等反应类型的特点才能作出正确的判断；注意取代反应不涉及化学键饱和性的变化，一般有机物的水解为取代反应。题目较易。
17．【2014年高考海南卷】下列有关物质水解的说法正确的是（
）
A．蛋白质水解的最终产物是多肽
B．淀粉水解的最终产物是葡萄糖
C．纤维素不能水解成葡萄糖
D．油脂水解产物之一是甘油
【答案】BD
【考点定位】本题考查了考生对有机物质水解的性质的了解和掌握情况，考查了考生对物质水解产物的认识。
【名师点睛】糖类、油脂、蛋白质是人类重要的营养物质，也是重要的化工原料。在学习的过程中可以将几种基本营养物质进行比较学习，从组成、结构、特殊的官能团、性质等方面。特别需要掌握这几种物质水解的规律及产物，然后再作以解答。
18．【2014年高考福建卷第7题】下列关于乙醇的说法不正确的是（
）
A．可用纤维素的水解产物制取
B．可由乙烯通过加成反应制取
C．与乙醛互为同分异构体
D．通过取代反应可制取乙酸乙酯
【答案】C
【解析】纤维素水解的最终产物为葡萄糖,葡萄糖经过发酵可制得乙醇,A项正确;乙烯和水在一定条件下发生加成反应可制得乙醇,B项正确;乙醇的分子式为CHO,乙醛的分子式为CHO,二者分子式不同,不互为同分异构体,C项错误;乙醇和乙酸在浓硫酸作用下发生酯化(取代)反应生成乙酸乙酯,D项正确。
【考点定位】本题主要是考查乙醇的制取、酯化反应、同分异构体判断等
【名师点晴】本题属于有机化学基础中必考部分的考查，题目难度不大。平时要重点关注必修二中几种重要有机物（甲烷、乙烯、乙炔、苯、乙醇、乙醛、乙酸、乙酸乙酯、葡萄糖、蔗糖、纤维素、淀粉、油脂、蛋白质等）的性质与应用。
19．【2014年高考天津卷第4题】对如图两种化合物的结构或性质描述正确的是（
）
A.不是同分异构体
B.分子中共平面的碳原子数相同
C.均能与溴水反应
D.可用红外光谱区分,但不能用核磁共振氢谱区分
【答案】C
【解析】本题考查有机物的结构和官能团的性质,意在考查考生的知识迁移能力。二者分子式相同,结构不同,是同分异构体,A项错误;左侧有机物具有苯环,右侧有机物没有苯环,二者分子中共平面的碳原子数不同,B项错误;左侧有机物中含有酚羟基,能与溴水发生取代反应,右侧有机物中含有碳碳双键,能与溴水发生加成反应,C项正确;二者既可以用红外光谱区分,也可以用核磁共振氢谱区分,D项错误。
【考点地位】本题主要是考查了有机物的结构和性质判断
【名师点晴】本题通过题目所给有机物的结构考查同分异构、有机物的空间结构、特殊官能团的性质、现代仪器分析等知识，考查了学生运用所学知识分析问题的能力。分析题目所给的有机物的结构简式，运用所学有机物官能团的性质和同分异构体以及现代仪器分析等知识分析和判断，注意两种有机物的区别，第一种有机物含有苯环，第二种有机物不是苯环。
20．【2013年高考上海卷第10题】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】可逆反应往往增大成本低的物质的浓度，从而提高生成物的产率，因此D正确。
【考点定位】本题考查酯制备的条件控制。
【名师点睛】该题主要考查有机物的制备，有机物的制备我们需要注意的是反应物是什么，生成物是什么，反应条件，是否需要催化剂，以及试剂加入顺序，是否需要过量等问题．乙酸乙酯的制备是教材中的内容，该实验的原料需要冰醋酸和乙醇，考虑到冰醋酸和乙醇的价格，一般会使乙醇过量，提高冰醋酸的转化率，而且反应过程中要使用浓硫酸做催化剂和脱水剂，反应条件上需要酒精灯加热．乙酸丁酯的制备和乙酸乙酯的制备区别在于正丁醇和乙醇的价格差异。
21．【2013年高考上海卷第12题】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，编号有误，应该为为2-甲基-1,3-丁二烯；B项叫2-丁醇；C项主链选错了，应该为3-甲基己烷；D正确。
【考点定位】本题考查有机物的命名。
【名师点睛】本题考查的知识点是有机物的命题，属于基础性试题，侧重对学生基础知识的检验和训练。解答本题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力。
22．【2013年高考福建卷第7题】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、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键
D.糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应
【答案】A
【解析】乙酸与碳酸钠溶液反应放出二氧化碳气体,乙酸乙酯与碳酸钠不反应,不溶于碳酸钠溶液,在碳酸钠溶液的上层,A项正确;戊烷有正戊烷、异戊烷和新戊烷三种同分异构体,B项错误;聚氯乙烯和苯分子中不含有碳碳双键,C项错误;单糖不能水解,D项错误。[]
【考点定位】考查有机化合物的鉴别、性质等相关知识。
【名师点睛】本题考查常见有机化合物的鉴别，同分异构体种数的判断，官能团的结构与性质判断，糖类、油脂和蛋白质的水解反应的判断等知识，综合考查了常见有机物的结构、性质，难度不大，注重基础知识，属于传统题型。
23．【2013年高考广东卷第7题】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
【答案】B
【解析】　糖类是指多羟基醛或多羟基酮以及能够水解生成它们的物质,如葡萄糖和果糖中除均含有羟基外,还分别含有醛基、酮基两种不同的官能团,A项错误;皂化反应是指油脂在碱性条件下的水解反应,故生成的应是脂肪酸盐和丙三醇,C项错误;蛋白质水解的最终产物是氨基酸,均含有羧基和氨基,D项错误。
【考点定位】本题考查考生对常见有机物的组成、结构、性质和变化及相互联系的了解，考查考生对官能团、有机物命名的了解。涉及糖类化合物（如葡萄糖和果糖）官能团的异同、水果香味与酯类物质的关系、油脂皂化反应的产物、丙三醇和丙醇的差异、蛋白质的水解产物、氨基酸的官能团、羟基和氨基的差异等。
【名师点睛】本题考查的知识点是给出有机物名称判断有机物的化学性质，解题的关键是根据常见官能团的结构来判断有机物的性质，然后结合题意灵活运用，该题是高考中的常见题型，在注重对学生基础知识巩固与训练的同时，侧重对学生能力的培养与解题方法的指导和训练。
24．【2013年高考全国新课标Ⅱ卷第7题】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:
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
【答案】C
【解析】醇属于可再生资源，根据方程式可知，生物柴油由可由再生资源制得，A正确；根据生物柴油的分子结构可知，生物柴油是不同酯组成的混合物，B正确；动植物油脂虽然相对分子量较大，但不是高分子化合物，C错误；“地沟油”主要是动植物油脂，利用上述反应，可用于制备生物柴油，D正确。
【考点定位】油脂
【名师点睛】本题主要考查了油脂的性质与用途，题目难度不大，注意明确植物油与动物脂肪的组成、结构及其性质，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力，对生活中常见的有机物的进行命题考查，有利于培养学生的学习化学的兴趣。
25．【2013年高考全国新课标Ⅱ卷第8题】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
【答案】D
【解析】　苯与浓硝酸、浓硫酸共热发生取代反应,生成硝基苯,A项正确;苯乙烯()在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷(),B项正确;乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2-二溴乙烷(BrCH2CH2Br),C项正确;甲苯与氯气在光照下发生取代反应,取代甲基上的H,不能生成2,4-二氯甲苯,D项错误。
【考点定位】苯、乙烯、苯乙烯的性质
【名师点睛】本题起点比较高，其中生成的产物比较陌生，但是落点比较低，考查的是苯、苯乙烯、乙烯和甲苯的性质，掌握官能团的性质是解答本题的关键，注意甲苯与氯气在光照条件下只能取代甲基上的氢原子，题目难度中等。
26．【2015新课标Ⅱ卷理综化学】分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有(不含立体异构)
A.3种
B.4种
C.5种
D.6种
【答案】B
【解析】能与NaHCO3反应放出CO2的有机物中一定含有羧基,C5H10O2满足CnH2nO2,所以C5H10O2为饱和一元羧酸,其同分异构体有CH3CH2CH2CH2COOH、、、4种。
【考点定位】本题主要是考查有机物同分异构体种类判断，侧重于碳链异构体的考查。
【名师点晴】该题的关键是熟悉常见官能团的结构与性质，准确判断出有机物的属类，依据碳链异构体的书写方法逐一分析判断即可，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
27．【2015海南化学】分子式为CHO并能与金属钠反应放出氢气的有机化合物有（
）
A.3种
B.4种
C.5种
D.6种
【答案】B[]
【解析】由分子式C4H10O可推出符合题意的有机物为CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2
(CH3)CHOH、(CH3)2CHCH2OH和(CH3)3
COH四种。
【考点定位】本题考查饱和一元醇同分异构体的书写。
【名师点睛】解答此题要先结合分子式C4H10O确定该物质符合饱和一元醇和醚的通式，再结合性质：能与金属钠反应放出氢气确定该物质为饱和一元醇，示性式为C4H9—OH，根据丁烷的结构和等效氢知识判断C4H9—有4种结构，确定同分异构体数目为4种。同分异构体的书写是高考有机化学的必考题，该类题型考查学生思维的有序性和全面性。熟练掌握醇类的性质，灵活运用各种方法是解题的关键。
28．【2014年高考新课标Ⅰ卷第7题】下列化合物中同分异构体数目最少的是（
）
A.戊烷
B.戊醇
C.戊烯
D.乙酸乙酯
【答案】A
【解析】A项,戊烷存在正戊烷、异戊烷和新戊烷3种异构体;B项,戊醇可看成戊烷的3种异构体中的1个H被—OH取代得到的产物,有8种醇类异构体,另外戊醇还有多种醚类异构体;C项,戊烯的烯类同分异构体主链可以含5个碳原子或4个碳原子,再结合双链位置可得出5种异构体,另外戊烯还存在环戊烷这种同分异构体;D项,乙酸乙酯的异构体中,甲酸酯有2种,丙酸酯有1种,羧酸有2种,另外还有羟基醛、酮等多种异构体。
【考点地位】考查同分异构体判断
【名师点晴】本题以几种常见的化合物为载体考查学生对物质的分子式通式、同分异构体的概念的了解、理解和掌握程度，对同分异构体的正确书写能力；考察了考生严密的推理能力，思维的严谨性。考查了考生对知识的灵活应用和综合运用所学化学知识解决相关化学问题的能力。选项C是易错点。
29．【2014年高考新课标Ⅱ卷第8题】四联苯的一氯代物有（
）
A.3种
B.4种
C.5种
D.6种
【答案】C
【解析】可以在中间画一条对称轴,如图,则其一氯代物有5种。
【考点定位】考查同分异构体判断
【名师点晴】本题以四联苯一氯代物种类的判断为载体考查有机物的结构、等效氢的判断、同分异构体数目的确定等知识。根据有机物的结构利用“等效氢”的概念准确判断氢原子的种类是得分的关键。题目难度中等，注意根据苯的结构类推四联苯的结构特点。
30．【2015新课标Ⅱ卷理综化学】某羧酸酯的分子式为C18H26O5,1
mol该酯完全水解可得到1
mol羧酸和2
mol乙醇,该羧酸的分子式为（
）
A.C14H18O5
B.C14H16O4
C.C16H22O5
D.C16H20O5
【答案】A
【解析】1
mol
羧酸酯水解生成1
mol
羧酸和2
mol
乙醇,说明1
mol羧酸酯中含有2
mol
酯基。该水解过程可表示为:C18H26O5+2H2O羧酸+2C2H5OH,由原子守恒知,该羧酸的化学式为C14H18O5,A项正确。源:Z
xx
k.Com]
【考点定位】本题主要是考查酯类物质的水解、利用质量守恒定律判断物质的分子式
【名师点晴】该题以酯类的水解反应为载体，考查了学生灵活运用水解反应方程式判断有机物分子式，该题的关键是判断出酯类物质中含有2个酯基以及原子守恒在化学反应中的应用，题目难度不大。
31．【2015浙江理综化学】下列说法不正确的是（
）
A.己烷共有4种同分异构体,它们的熔点、沸点各不相同
B.在一定条件下,苯与液溴、硝酸、硫酸作用生成溴苯、硝基苯、苯磺酸的反应都属于取代反应
C.油脂皂化反应得到高级脂肪酸盐与甘油
D.聚合物()可由单体CH3CH=CH2和CH2=CH2加聚制得
【答案】A
【解析】己烷有5种同分异构体,A项错误;苯在一定条件下与液溴、硝酸、硫酸反应生成溴苯、硝基苯及苯磺酸的反应均属于取代反应,B项正确;油脂发生皂化反应后生成高级脂肪酸盐和甘油,C项正确;聚合物的单体是CH3CH=CH2和CH2=CH2,D项正确。
【考点定位】本题主要是考查有机物结构与性质、基本营养物质、有机反应类型，涉及己烷同分异构体判断、取代反应判断、苯的化学性质、油脂组成、结构、性质和应用以及加聚产物单体判断等。
【名师点晴】本题考查有机物结构与性质的关系，涉及有机物同分异构体识别，取代反应、油脂等知识；考查学生阅读材料接受信息的能力，综合运用知识的能力，是高考有机试题的常见题型，这道高考题为一道中档题。同分异构体判断是高考中常见考点和重要的题型，同分异构体考查的常见题型有：①限定范围书写或补写同分异构体。解题时要看清所限范围，分析已知的几个同分异构体的结构特点，对比联想找出规律后再补写，同时注意碳的四价原则和对官能团存在位置的要求。②判断是否是同分异构体。做此类题时要先看分子式是否相同，再看结构是否不同。对结构不同的要从两个方面来考虑：一是原子或原子团的连接顺序；二是原子或原子团的空间位置。③判断取代产物同分异构体的数目。其分析方法是分析有机物的结构特点，确定不同位置的氢原子种数，再确定取代产物同分异构体数目；或者依据烃基的同分异构体数目进行判断。己烷同分异构体的判断依据“主链由长到短，支链由整到散，位置由心到边”的规律书写。
32．【2015重庆理综化学】某化妆品的组分Z具有美白功效,原从杨树中提取,现可用如图反应制备:
下列叙述错误的是（
）
A.X、Y和Z均能使溴水褪色
B.X和Z均能与NaHCO3溶液反应放出CO2
C.Y既能发生取代反应,也能发生加成反应
D.Y可作加聚反应单体,X可作缩聚反应单体
【答案】B
【解析】X、Z中含有酚羟基,能与溴水发生取代反应使溴水褪色,Y中含有碳碳双键,能与Br2发生加成反应而使溴水褪色,A项正确。酚的酸性小于H2CO3大于HC,所以X、Z均不能与NaHCO3溶液反应放出CO2,B项错误。Y在FeBr3催化下能与Br2发生取代反应,Y中的碳碳双键能与Br2、H2O等发生加成反应,C项正确。Y中的碳碳双键能发生加聚反应,X能与甲醛等物质发生缩聚反应,D项正确。有关有机物结构与性质的题目,通过“看结构→找官能团→推断性质→反应类型→反应现象”等步骤分析,根据选项即可判断正误。
【考点定位】本题主要考查有机物官能团性质分析。
【名师点晴】决定有机物主要化学性质的是官能团，有机化学的学习主要是学习官能团代表的这类物质的共性，将酚羟基、碳碳双键、羧基等官能团的性质与分析化妆品的成分联系起来，考查学生在特定情境中应用所学知识分析问题、解决问题的能力，在注重考查基础知识的基础上，设计试题背景新颖，对提高学生的化学科学素养有着积极作用。
33．【2015山东理综化学】分枝酸可用于生化研究,其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是（
）
A.分子中含有2种官能团
B.可与乙醇、乙酸反应,且反应类型相同
C.1
mol分枝酸最多可与3
mol
NaOH发生中和反应
D.可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色,且原理相同
【答案】B
【解析】该有机物中含有碳碳双键、羟基、羧基、醚键4种官能团,A项错误;该有机物中含有羧基和羟基,可分别与乙醇、乙酸发生酯化反应,B项正确;该有机物中含有2个羧基,1
mol该物质最多与2
mol
NaOH发生中和反应,C项错误;该物质中含有碳碳双键,可与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色,也可被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色,D项错误。
【考点定位】本题考查了有机化合物的结构与性质，包含了通过分析有机化合物的结构简式，判断有机化合物的官能团、反应类型的判断、有机物的性质。
【名师点睛】有机化合物的结构特别是官能团与有机物的性质密切相关，本题通以分支酸为研究对象，考查了考生运用所学知识分析问题、解决问题的能力，涉及了羧基、羟基和碳碳双键等官能团的判断以及通过官能团推测有机化合物的性质和有机反应类型的判断，体现了化学学科学以致用的特点。
34．【2015北京理综化学】合成导电高分子材料PPV的反应:
下列说法正确的是（
）
A.合成PPV的反应为加聚反应
B.PPV与聚苯乙烯具有相同的重复结构单元
C.和苯乙烯互为同系物
D.通过质谱法测定PPV的平均相对分子质量,可得其聚合度
【答案】D?
【解析】生成PPV的同时还有小分子生成,该反应为缩聚反应,A项错误;聚苯乙烯中不含碳碳双键,B项错误;两种有机物中碳碳双键的数目不同,C项错误。
【考点定位】考查高分子有机化合物的知识?，涉及加聚反应、缩聚反应的区别，高分子化合物链节的判断，同系物的判断，以及质谱法的应用等
【名师点晴】解答本题应掌握加聚反应和缩聚反应的特点，根据所给反应方程式可看出，该反应中有小分子物质生成，故为缩聚反应；同时还应明确同系物的判断方法，知道质谱法在有机物相对分子质量测定中的应用。
35．【2015江苏化学】【双选】己烷雌酚的一种合成路线如下:
下列叙述正确的是（
）
A.在NaOH水溶液中加热,化合物X可发生消去反应
B.在一定条件下,化合物Y可与HCHO发生缩聚反应
C.用FeCl3溶液可鉴别化合物X和Y
D.化合物Y中不含有手性碳原子
【答案】BC
【解析】卤代烃在NaOH醇溶液中发生消去反应,在NaOH水溶液中发生的是取代反应,A项错误;酚羟基可与HCHO发生缩聚反应,类似于酚醛树脂的制备,B项正确;X中无酚羟基,而Y中有,所以可用FeCl3溶液鉴别X和Y,C项正确;?中标“
”的碳原子为手性碳原子,
D项错误。
【考点定位】考查有机物官能团的性质、手性碳原子定义等知识。
【名师点睛】掌握官能团的性质，官能团决定该有机物的化学性质，卤代烃发生消去反应和水解反应，条件不同，要求熟记，酚羟基对苯环上的氢的影响，易发生取代，和甲醛发生缩聚反应，检验酚羟基用三氯化铁溶液，显色说明酚羟基的存在，有机物反应有规律可遵循的，那就是反应实质，平时学习多注意。
36．【2015上海化学】已知咖啡酸的结构如图所示。关于咖啡酸的描述正确的是（
）
A.分子式为C9H5O4
B.1
mol咖啡酸最多可与5
mol氢气发生加成反应
C.与溴水既能发生取代反应,又能发生加成反应
D.能与Na2CO3溶液反应,但不能与NaHCO3溶液反应
【答案】C
【解析】由咖啡酸的结构简式可知,咖啡酸的分子式为C9H8O4,A选项错误;咖啡酸中能与氢气发生加成反应的是苯环和碳碳双键,所以1
mol
咖啡酸最多能与4
mol氢气加成,B选项错误;咖啡酸中含有酚羟基,能与溴水发生取代反应,含有碳碳双键,能与溴水发生加成反应,C选项正确;咖啡酸中含有羧基,既能与碳酸钠溶液反应,又能与碳酸氢钠溶液反应,D选项错误。
【考点定位】考查咖啡酸的结构与性质的知识。
【名师点睛】物质的结构决定物质的性质，对有机物来说，有机物的官能团对物质的性质其决定作用。要会利用物质的结构简式、分子式的关系进行推断，掌握物质的官能团的性质、各类反应的特点及分子分子中含有的各个官能团的数目多少再行相应的计算是本题的关键。
37．【2014年高考上海卷第3题】结构为…－CH＝CH－CH＝CH－CH＝CH－CH＝CH－…的高分子化合物用碘蒸气处理后，其导电能力大幅提高。上述高分子化合物的单体是（
）
A．乙炔
B．乙烯
C．丙烯
D．1,3－丁二烯
【答案】A
【解析】根据高分子化合物的结构简式可知，该物质属于加聚产物，链节是－CH＝CH－，因此单体是乙炔，乙烯加聚生成聚乙烯，链节是－CH2－CH2－，丙烯加聚生成聚丙烯，链节是－CH(CH3)－CH2－，1,3－丁二烯加聚生成聚1,3－丁二烯，链节是－CH2－CH＝CH－CH2－，答案选A。
【考点定位】本题主要是考查高分子化合物单体的判断
【名师点晴】明确高分子化合物是通过加聚反应产生的，还是通过缩聚反应产生的是答题的关键，旨在考查学生灵活应用基础知识解决实际问题的能力。题目难度不大，属于基础性试题的考查。
38．【2014年高考上海卷第13题】催化加氢可生成
3－甲基己烷的是（
）
A．CH2=CHCH(CH3)CH2CH2CH2CH3
B．CH2=CH－CH(CH3)－C≡CH
C．CH2=CH－C(CH3)=CHCH2CH3
D．CH3CH2CH2CH2C(CH3)=CH2
【答案】C
【解析】
试题分析：A、有机物是烯烃，完全加氢后生成3－甲基庚烷，A不正确；B、有机物分子中含有碳碳双键和碳碳三键，完全加氢后生成3－甲基戊烷，B不正确；C、该有机物是二烯烃，催化加氢可生成
3－甲基己烷，C正确；D、该有机物是相同，催化加氢生成
2－甲基己烷，D不正确，答案选C。
【考点定位】本题主要是考查有机物命名以及烯烃、炔烃的加成反应产物判断
【名师点晴】本题烯烃、炔烃的加成反应为载体，旨在考查学生对有机化学基础知识的理解掌握情况。题目难度不大，明确烯烃和炔烃与氢气的加成反应原理以及烷烃的命名规则是答题的关键。
39．【2014年高考北京卷第10题】下列说法正确的是（
）
A.室温下,在水中的溶解度:丙三醇>苯酚>1-氯丁烷
B.用核磁共振氢谱不能区分HCOOCH和HCOOCHCH
C.用NaCO溶液不能区分CHCOOH和CHCOOCHCH
D.油脂在酸性或碱性条件下均可发生水解反应,且产物相同
【答案】A
【解析】室温下,丙三醇能与水以任意比混溶,苯酚微溶于水,1-氯丁烷难溶于水,A项正确;核磁共振氢谱图中,吸收峰的数目反映了有机物分子中氢原子的种类,B项中两种有机物的吸收峰分别有2种和3种,可以区分,B项错误;碳酸钠溶液与乙酸发生反应,放出CO,碳酸钠溶液与乙酸乙酯混合会出现分层现象,C项错误;油脂在酸性条件下与碱性条件下均能发生水解,在酸性条件下生成高级脂肪酸和甘油,在碱性条件下生成高级脂肪酸盐和甘油,两种条件下产物不同,D项错误。
【考点定位】本题主要是考查常见有机物的结构和性质
【名师点晴】本题通过几种常见的有机物为载体，重点考查有机物在水中的溶解度与羟基的关系，有机物的鉴别方法，核磁共振氢谱的应用，油脂的水解等内容，属于基础性试题的考查，题目难度不大，要求学生熟悉常见官能团的性质及反应。
40．【2014年高考江苏卷第12题】【双选】去甲肾上腺素可以调控动物机体的植物性神经功能,其结构简式如图所示。下列说法正确的是（
）
A.每个去甲肾上腺素分子中含有3
个酚羟基
B.每个去甲肾上腺素分子中含有1
个手性碳原子
C.1
mol
去甲肾上腺素最多能与2
mol
Br?发生取代反应
D.去甲肾上腺素既能与盐酸反应,又能与氢氧化钠溶液反应
【答案】BD
【解析】由题给有机物的结构简式可知,其只含有2个酚羟基,A项错误;观察该有机物的结构简式可知,其只含有1个手性碳原子即跟醇羟基相连的碳原子,B项正确;能被溴取代的位置是酚羟基的邻位和对位,所以其能与3
mol
Br发生取代反应,C项错误;该物质含有氨基可以与盐酸反应,含有酚羟基可与氢氧化钠反应,D项正确。
【考点定位】本题主要是考查有机物结构与性质
【名师点晴】本题以有机物的结构和性质为载体，重点考查酚、羟基、氨基的性质和手性碳原子的判断，考察有机官能团识别及判断有机物的化学性质，考察有机物结构与性质的关系，从而考察学生的知识的迁移能力。本题的解题要点为有机物的结构与性质，首先需要识别有机物的类别即官能团，然后根据官能团的性质判断。若对官能团不能识别或官能团性质掌握不牢，则容易失分。
41．【2014年高考全国大纲卷第12题】从香荚兰豆中提取的一种芳香化合物,其分子式为C8H8O3,遇FeCl3溶液会呈现特征颜色,能发生银镜反应。该化合物可能的结构简式是（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】遇FeCl3发生显色反应说明苯环上直接连有羟基,能发生银镜反应说明含有醛基或甲酸酯基,再结合分子式可确定只有A项符合要求。
【考点地位】考查有机化合物的结构推断能力，重点考查根据分子式、物质的性质、反应类型推导官能团、物质的结构。
【名师点睛】有机化合物的结构特别是官能团与有机物的性质密切相关，本题通以从香荚豆中提取的一种芳香化合物为研究对象，考查了考生运用所学知识分析问题、解决问题的能力，涉及了酚羟基、羟基、醛基、酯基等官能团的判断以及通过官能团推测有机化合物的性质和有机反应类型的判断，体现了化学学科学以致用的特点。
42．【2014年高考山东卷第11题】苹果酸的结构简式为,下列说法正确的是（
）
A.苹果酸中能发生酯化反应的官能团有2种
B.1
mol苹果酸可与3
mol
NaOH发生中和反应
C.1
mol苹果酸与足量金属Na反应生成1
mol
H
D.与苹果酸互为同分异构体
【答案】A
【解析】苹果酸分子中含有羟基和羧基两种官能团,能发生酯化反应,A项正确;羟基不能与NaOH发生中和反应,故1
mol苹果酸可与2
mol
NaOH发生中和反应,B项错误;羟基和羧基均能与金属Na反应,故1
mol苹果酸与足量金属钠反应生成1.5
mol
H,C项错误;苹果酸的结构简式可写为或,即二者为同一物质,D项错误。
【考点地位】本题主要是考查有机物的结构和性质判断
【名师点晴】本题通过苹果酸考查学生对官能团性质的理解和掌握，对同分异构体的理解和判断，考查了学生运用所学知识分析问题和解决问题的能力。分析和判断有机物的结构和性质，首先要找出有机物中含有的官能团，根据官能团确定有机物的性质，同时要注意羧基和羟基的性质，与NaOH和金属Na反应的区别，理解同分异构体的含义，对比有机物的结构判断同分异构体。
43．【2014年高考浙江卷第10题】下列说法正确的是（
）
A.乳酸薄荷醇酯()仅能发生水解、氧化、消去反应
B.乙醛和丙烯醛(CHO)不是同系物,它们与氢气充分反应后的产物也不是同系物
C.淀粉和纤维素在酸催化下完全水解后的产物都是葡萄糖
D.CHCOOCHCH与CHCHCOOCH互为同分异构体,H-NMR谱显示两者均有三种不同的氢原子且三种氢原子的比例相同,故不能用H-NMR来鉴别
【答案】C
【解析】乳酸薄荷醇酯不仅能发生水解、氧化、消去反应,也能发生取代反应,A项错误;乙醛和丙烯醛与氢气充分反应后的产物分别为乙醇和丙醇,属于同系物,B项错误;淀粉和纤维素在酸催化下完全水解后的产物都是葡萄糖,C项正确;CH3COOCH2CH3与CH3CH2COOCH3的1H-NMR谱有区别,可用1H-NMR区分两者,D项错误。
【考点定位】本题主要是考查了常见有机物的结构与性质、核磁共振氢谱的应用、同系物、同分异构体的判断。
【名师点晴】本题属于有机化学基础知识方面的考查，题目难度中等，注意掌握常见有机物的结构与性质，特别是官能团的结构和性质是答题的关键，其次还要明确核磁共振氢谱表示的意义及同系物的概念，意在考查学生灵活应用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的知识迁移能力和对信息的获取能力以及自学能力。
44．【2014年高考重庆卷第5题】某天然拒食素具有防御非洲大群蚯蚓的作用,其结构简式如图(未表示出原子或原子团的空间排列)。该拒食素与下列某试剂充分反应,所得有机物分子的官能团数目增加,则该试剂是（
）
A.Br的CCl溶液
B.Ag(NH)OH溶液
C.HBr
D.H
【答案】A
【解析】该有机物中的1个碳碳双键与Br2发生加成反应后引入2个—Br,官能团数目增加,A项正确;该有机物与银氨溶液反应后2个—CHO变为2个—COONH4,官能团数目不变,B项错误;该有机物中的1个碳碳双键与HBr发生加成反应后引入1个—Br,官能团数目不变,C项错误;该有机物与H2发生加成反应后—CHO变为—CH2OH,碳碳双键消失,官能团数目减少,D项错误。
【考点定位】本题主要是考查有机物结构与性质，旨在考查学生灵活应用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的知识迁移能力和对信息的获取能力。
【名师点睛】本题从官能团的性质出发，然后运用所给的试剂，发生的反应后，从反应机理的角度，观察官能团的变化，确定官能团的数目是否变化。专题20
无机综合与推断
1.【2019江苏，9,2分】在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)
B．MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO
(s)
C．S(s)SO3(g)H2SO4(aq)
D．N2(g)NH3(g)Na2CO3(s)
1.
B
A.氯气的氧化性强，与铁单质反应直接生成氯化铁，故A错误；
B.氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁高温煅烧生成氧化镁和水，故B正确；
C.硫单质在空气中燃烧只能生成SO2，SO2在与氧气在催化剂条件下生成SO3，故C错误；
D.氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，故D错误；
综上所述，本题应选B。
2.【2019浙江4月选考，27,6分】固体化合物X由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验:?
〖JZ〗〖XC2019ZJHX-6.eps;%80%80;P〗?
请回答:?
(1)〖ZK（〗由现象1得出化合物X含有〖ZZ（Z〗〓〓〓〓〖ZZ）〗元素(填元素符号)。
?
(2)〖ZK（〗固体混合物Y的成分〖ZZ（Z〗〓〓〓〓〖ZZ）〗(填化学式)。
?
(3)〖ZK（〗X的化学式〖ZZ（Z〗〓〓〓〓〖ZZ）〗。?
X与浓盐酸反应产生黄绿色气体,固体完全溶解，得到蓝色溶液，该反应的化学方程式是〖ZZ（Z〗〓〓〓〓〖ZZ）〗。
?
2.
（1）O（1分）
（2）Cu和NaOH（2分）?
（3）[JP3]NaCuO?2（1分）
2NaCuO?2+8HCl
=
2NaCl+2CuCl?2+Cl?2↑+4H?2O（2分）
【解析】
本题以含铜化合物之间的转化关系为背景，考查物质推断以及陌生氧化还原方程式的书写。固体化合物X在干燥的H2中反应生成能使CuSO4变蓝色的气体，说明X中含有氧元素；固体混合物Y加水溶解得到?1.28
g紫红色固体单质，该单质为Cu，物质的量为0.02
mol，得到的碱性溶液的焰色反应呈黄色，说明该碱性溶液中存在Na?+，又固体化合物X由3种元素组成，则3种元素分别为O、Cu、Na，故该碱性溶液为NaOH溶液，与HCl恰好中和时消耗?0.020
0
mol?
HCl，说明NaOH的物质的量为?0.020
0
mol，固?体X中含有钠元素的质量为?0.46
g?，根据固体X的质量为2.38
g，可以求得氧元素的质量为?0.64
g?，则??n?(O)?＝0.04
mol，??n?(Na)?〖DK〗?∶??n?(Cu)〖DK〗?∶??n?(O)＝1〖DK〗?∶?1〖DK〗?∶?2，则X的化学式为NaCuO?2，固体混合物Y中含有Cu和NaOH。NaCuO?2与浓盐酸反应产生黄绿色气体Cl?2，并得到蓝色溶液CuCl?2，则反应的化学方程式为2NaCuO?2+?8HCl〖FY＝〗?2NaCl+2CuCl?2+Cl?2↑+4H?2O。?
3.【2019全国Ⅱ理综，26,13分】立德粉ZnS·BaSO4（也称锌钡白），是一种常用白色颜料。回答下列问题：
（1）利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时，钡的焰色为__________（填标号）。
A．黄色
B．红色
C．紫色
D．绿色
（2）以重晶石（BaSO4）为原料，可按如下工艺生产立德粉：
①在回转窑中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为______________________。回转窑尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为______________________。
②在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差。其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的___________（填化学式）。
③沉淀器中反应的离子方程式为______________________。
（3）成品中S2?的含量可以用“碘量法”测得。称取m
g样品，置于碘量瓶中，移取25.00
mL
0.1000
mol·L?1的I2?KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5
min，有单质硫析出。以淀粉溶液为指示剂，过量的I2用0.1000
mol·L?1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2+22I?+。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V
mL。终点颜色变化为_________________，样品中S2?的含量为______________（写出表达式）。
?
3.
（除标明外，每空2分）
(1).
D
（1分）
(2).
BaSO4+4CBaS+4CO↑
(3).
CO+H2OCO2+H2
(4).
BaCO3
(5).
S2?+Ba2++Zn2++ZnS·BaSO4↓
(6).
浅蓝色至无色
(7).
【解析】（1）焰色反应不是化学变化，常用来检验金属元素存在，常见金属元素焰色：
A.钠的焰色为黄色，故A错误；
B.钙的焰色为红色，故B错误；
C.钾的焰色为紫色，故C错误；
D.钡的焰色为绿色，故D正确；
答案：D；
（2）①注意焦炭过量生成CO，反应物为硫酸钡与焦炭，产物为BaS与CO，写出方程式BaSO4+4C=BaS+4CO↑；CO与水蒸气反应生成CO2与H2，写出方程式：CO+H2O=CO2+H2；
答案：BaSO4+4C=BaS+4CO↑；CO+H2O=CO2+H2；
②根据信息臭鸡蛋气味气体为硫化氢气体，由强酸制弱酸原理，还原料硫化钡与空气中水，二氧化碳反应生成了碳酸钡与硫化氢气体；
答案：BaCO3；
③硫化钡与硫酸锌为可溶性强电解质，写成离子形式，产物硫酸钡与硫化锌为沉淀，不可拆开，写出离子方程式：S2-+Ba2++Zn2++SO42-=BaSO4·ZnS↓；
答案：S2-+Ba2++Zn2++SO42-=BaSO4·ZnS↓；
（3）碘单质与硫离子的反应：S2-+I2=S+2I-；碘单质与淀粉混合为蓝色，用硫代硫酸钠滴定过量的I2，故终点颜色变化为浅蓝色至无色；根据氧化还原反应得失电子数相等，利用关系式法解题；根据化合价升降相等列关系式，设硫离子物质的量为nmol：
S2-
～
I2
2S2O32-
～
I2
1mol
1mol
2mol
1mol
n
mol
nmol
0.1V×10-3mol0.1V×10-3mol
n+0.1V×10-3mol=250.1V×10-3mol，得n=（25-V）0.1×10-3mol
则样品中硫离子含量为：×100%=
×100%
答案：浅蓝色至无色；×100%。
【点睛】本题难度较低，重点考查基础知识运用能力，易错点：第（2）小题第①问没有注意焦炭过量生成CO；（3）关系式法在计算中的应用。
4.【2019北京理综，27
，8分
】氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。
（1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。
①反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4∶1，甲烷和水蒸气反应的方程式是______________。
②已知反应器中还存在如下反应：
i.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)
ΔH1
ii.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)
ΔH2
iii.CH4(g)=C(s)+2H2(g)
ΔH3
……
iii为积炭反应，利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用__________反应的ΔH。
③反应物投料比采用n（H2O）∶n（CH4）=4∶1，大于初始反应的化学计量数之比，目的是________________（选填字母序号）。
a.促进CH4转化
b.促进CO转化为CO2
c.减少积炭生成
④用CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率_______（填“升高”“降低”或“不变”）。此时CaO消耗率约为35%，但已失效，结合化学方程式解释原因：____________________________。
（2）可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。
①制H2时，连接_______________。
产生H2的电极反应式是_______________。
②改变开关连接方式，可得O2。
③结合①和②中电极3的电极反应式，说明电极3的作用：________________________。?
4.
（1）①CH4+2H2O4H2+CO2
②C(s)+2H2O(g)=
CO2(g)+2H2(g)或C(s)+
CO2(g)=2CO(g)
③a
b
c
④降低
CaO+
CO2=
CaCO3，CaCO3覆盖在CaO表面，减少了CO2与CaO的接触面积
（2）①K1
2H2O+2e-=H2↑+2OH-
③制H2时，电极3发生反应：Ni(OH)2+
OH--e-=NiOOH+H2O。制O2时，上述电极反应逆向进行，使电极3得以循环使用?
【解析】
（1）①根据CH??4?与H??2?O反应生成H2、CO2的物质的量之比为4∶1?，结合原子守恒可得反应的化学方程式为CH4?+2H2O(g)
4H2+CO2。②根据盖斯定律，由i+ii-iii或i-ii-iii可得目标热化学方程式。③反应物的投料比n(H2O)∶n(CH4)=4∶1,大于初始反应的化学计量数之比，H2O的物质的量增加，有利于促进CH4转化，促进CO转化为CO2，防止CH4分解生成C(s)，从而减少积炭生[JP+1]成。④根据题图可知，从t1?时开始，CaO消耗率曲线的斜率逐渐减小，单位时间内CaO消耗率逐渐降低。CaO与CO??2?反应生成CaCO3，CaCO3会覆盖在CaO表面，减少了CO2与CaO的接触面积，从而失效。（2）电解碱性电解液时，H2O电离出的H+在阴极得到电子产生H2，根据题图可知电极1与电池负极连接，为阴极，所以制H2时，连接K1，产生H2的电极反应式为2H2O＋2e-H2↑＋2OH-。制备O2时碱性电解液中的OH-失去电子生成O2，连接K2，O2在电极2上产生。连接K1时，电极3为电解池的阳极，Ni(OH)2失去电子生成NiOOH，电极反应式为Ni(OH)2-e-+OH-NiOOH+H2O,连接K2时，电极3为电解池的阴极，电极反应式为NiOOH+e-＋H2ONi(OH)2+OH-,使电极3得以循环使用。
5.【2019江苏，20,14分】CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。
（1）CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4·H2O热分解可制备CaO，CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化见下图。
①写出400~600
℃范围内分解反应的化学方程式：
▲
。
②与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是
▲
。
（2）电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如下。
①写出阴极CO2还原为HCOO?的电极反应式：
▲
。
②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是
▲
。
（3）CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)
ΔH
=41.2
kJ·mol?1
反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)
ΔH
=﹣122.5
kJ·mol?1
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中：
CH3OCH3的选择性=×100％
温度高于300
℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是
▲
。
②220
℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%（图中A点）。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有
▲
。
?
5.（1）①CaC2O4CaCO3+CO↑（2分）
②CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔（2分）
（2）①CO2+H++2e?HCOO?或CO2++2e?HCOO?+（2分）
②阳极产生O2，pH减小，浓度降低；K+部分迁移至阴极区（3分）
（3）①反应Ⅰ的ΔH＞0，反应Ⅱ的ΔH＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度（3分）
②增大压强，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂（2分）
【解析】
（1）①令CaC2O4·H2O的物质的量为1mol，即质量为146g，根据图像，第一阶段剩余固体质量为128，原固体质量为146g，相差18g，说明此阶段失去结晶水，第二阶段从剩余固体质量与第一阶段剩余固体质量相对比，少了28g，相差1个CO，因此400℃~600℃范围内，分解反应方程式为CaC2O4
CaCO3＋CO↑；
②CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔，增加与CO2的接触面积，更好捕捉CO2；
（2）①根据电解原理，阴极上得到电子，化合价降低，CO2＋HCO3－＋2e－=HCOO－＋
CO32－，或CO2＋H＋＋2e－=HCOO－；
②阳极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，阳极附近pH减小，H＋与HCO3－反应，同时部分
K＋迁移至阴极区，所以电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低；
（3）①根据反应方程式，反应I为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，反应II为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，CO2的转化率降低，根据图像，上升幅度超过下降幅度，因此温度超过300℃时，CO2转化率上升；
②图中A点CH3OCH3的选择性没有达到此温度下平衡时CH3OCH3的选择性，依据CH3OCH3选择性公式，提高CH3OCH3选择性，不改变反应时间和温度时，根据反应II，可以增大压强，或者使用对反应II催化活性更高的催化剂。
【点睛】本题的难点（1）是文字叙述，应根据图像和所学知识，结合所问问题进行分析解答；（2）电极反应式的书写，阴极反应是将CO2还原成HCOO－，先写出CO2＋2e－→HCOO－，然后根据原子守恒和电荷守恒，得出CO2＋H＋＋2e－=HCOO－，或者为CO2＋HCO3－＋2e－=HCOO－＋CO32－。
2017年高考题
1.
【2017年高考北京卷26题】(13分)TiCl4是由钛精矿(主要成分为TiO2)制备钛(Ti)的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如下:
资料:TiCl4及所含杂质氯化物的性质
化合物
SiCl4
TiCl4
AlCl3
FeCl3
MgCl2
沸点/℃
58
136
181(升华)
316
1
412
熔点/℃
-69
-25
193
304
714
在TiCl4中的溶解性
互溶
——
微溶
难溶
(1)氯化过程:TiO2与Cl2难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。
已知:TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g)　ΔH1=+175.4
kJ·mol-1
2C(s)+O2(g)2CO(g)　ΔH2=-220.9
kJ·mol-1
①沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式:　????????????????????????????????????????????????。
②氯化过程中CO和CO2可以相互转化，根据右图判断:CO2生成CO反应的ΔH　　　　0(填“>”、“<”或“=”)，判断依据:　????????????????????????????????。
③氯化反应的尾气须处理后排放，尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，则尾气的吸收液依次是　　　　　　。
④氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有　　　　。
(2)精制过程:粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4。示意图如下:
物质a是　　　　，T2应控制在　　　　。
【答案】(1)①TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g)　ΔH=-45.5
kJ·mol-1　②>　随温度升高，CO含量增大，说明生成CO的反应是吸热反应　③H2O、FeCl2溶液、NaOH溶液
④MgCl2、AlCl3、FeCl3
(2)SiCl4　高于136
℃，低于181
℃
【解析】本题考查制备纯TiCl4的工艺流程分析、盖斯定律、化学平衡移动原理的应用、蒸馏原理等。(1)①根据盖斯定律，将已知的两个热化学方程式相加即可得到所求热化学方程式。②由图象知，温度升高，CO2的物质的量减少，CO的物质的量增多，平衡向生成CO的方向移动，又温度升高平衡向吸热反应方向移动，因此CO2生成CO反应的ΔH>0。③根据题意，尾气中的HCl经吸收得到粗盐酸，因此吸收液为水；尾气中的Cl2经吸收得到FeCl3溶液，因此吸收液为FeCl2溶液；为防止HCl、Cl2吸收不完全污染环境，最后用NaOH溶液进行吸收。④由资料可知，冷却至室温时，滤渣中含有难溶于TiCl4的MgCl2以及微溶于TiCl4的AlCl3?和FeCl3。(2)粗TiCl4中含有的杂质是与TiCl4互溶的SiCl4和少量微溶于TiCl4的AlCl3?和FeCl3，根据各物质的沸点差异，采用蒸馏的方法先除去沸点较低的SiCl4，再控制温度在136~181
℃之间，蒸馏得到纯TiCl4。
2.
【2017年高考江苏卷20题】(14分)砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一。
(1)将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂X，吸附剂X
中含有C，其原因是　　　　　　　。
(2)H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图-1和图-2所示。
????
图-1?????????????????????
图-2
①以酚酞为指示剂(变色范围pH
8.0~10.0)，将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为　　　　　　　　　。
②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4?+H+的电离常数为Ka1，则pKa1=　　　　　(pKa1=-lg?Ka1)。
(3)溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响。pH=7.1时，吸附剂X表面不带电荷；pH>7.1时带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多；pH<7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多。pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量(吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量)如图-3所示。
图-3
②?
在pH
7~9之间，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降，其原因是　　　　　　　。
②在pH
4~7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，这是因为　　　　　　　。提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是　　　　　　　。
【答案】(1)碱性溶液吸收了空气中的CO2　(2)①OH-+H3AsO3?H2AsO3-+H2O　②2.2
(3)①在pH
7~9之间，随pH升高H2AsO4-转变为H2AsO42-，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加
②在pH
4~7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4-和H2AsO42-阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X
表面产生的静电引力小　加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷
【解析】本题考查砷的不同价态性质。
(1)吸附剂X中含有NaOH溶液，能吸收空气中的CO2生成CO32-。(2)①图-1中pH为8~10时，三价砷物种主要以H3AsO3和H2AsO3-的形式存在，故滴加NaOH溶液的过程中主要反应的离子方程式为OH-+H3AsO3
H2AsO3-+H2O。②Ka1=，K仅与温度有关，为方便计算，在图-2中取
pH=2.2时计算，此时c(H2AsO4-)=c(H3AsO4)，则Ka1=c(H+)=10-2.2，pKa1=2.2。(3)①从图-2知，pH由7升至9时，H2AsO4-转变为H2AsO42-，由题中信息知，pH>7.1时，pH越高，吸附剂X所带负电荷越多，则吸附剂X与H2AsO42-静电斥力增强。②在pH为4~7时，吸附剂X表面带正电荷，从图-2知，pH在4~7之间时，吸附剂X吸附H2AsO4-和H2AsO42-；从图-1知，pH在4~7之间时，三价砷主要以分子形式存在，吸附剂X不会吸附分子。加入氧化剂，可以将三价砷转化为五价砷，而被吸附剂X吸附。
3.
．【2017年高考江苏卷21B】(12分)1-溴丙烷是一种重要的有机合成中间体，沸点为71
℃，密度为1.36
g·cm-3。实验室制备少量1-溴丙烷的主要步骤如下:
步骤1:在仪器A中加入搅拌磁子、12
g正丙醇及20
mL水，冰水冷却下缓慢加入28
mL
浓H2SO4；冷却至室温，搅拌下加入24
g
NaBr。
步骤2:如图所示搭建实验装置，
缓慢加热，直到无油状物馏出为止。
步骤3:将馏出液转入分液漏斗，分出有机相。
步骤4:将分出的有机相转入分液漏斗，依次用12
mL
H2O、12
mL
5%
Na2CO3溶液和12
mL
H2O
洗涤，分液，得粗产品，进一步提纯得1-溴丙烷。
(1)仪器A的名称是　　　　　　　　　　；加入搅拌磁子的目的是搅拌和　　　　　　　　　　。
(2)反应时生成的主要有机副产物有2-溴丙烷和　　　　　　　　　　。
(3)步骤2中需向接收瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是　　　　　　　　　　。
(4)步骤2中需缓慢加热使反应和蒸馏平稳进行，目的是　　　　　　　　　　。
(5)步骤4中用5%
Na2CO3溶液洗涤有机相的操作:向分液漏斗中小心加入12
mL
5%
Na2CO3溶液，振荡，　　　　，静置，分液。
【答案】(1)蒸馏烧瓶　防止暴沸
(2)丙烯、正丙醚
(3)减少1-溴丙烷的挥发
(4)减少HBr挥发
(5)将分液漏斗下口向上倾斜、打开活塞排出气体
【解析】本题考查1-溴丙烷的制备实验，涉及仪器的识别、实验基本操作、实验原理的分析。
(1)仪器A为蒸馏烧瓶，搅拌磁子的作用是搅拌和防止暴沸。(2)反应物中的正丙醇可能发生消去反应生成丙烯，也可能发生分子间脱水反应生成正丙醚。(3)向接收瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中，降低了接收瓶内的温度，减少了1-溴丙烷的挥发。(4)HBr易挥发，故需缓慢加热。(5)振荡后，要排出分液漏斗中的气体。
4.
【2017高考海南卷14题】（8分）碳酸钠是一种重要的化工原料，主要采用氨碱法生产。回答下列问题：
（1）碳酸钠俗称________，可作为碱使用的原因是___________（用离子方程式表示）。
（2）已知：①2NaOH(s)+CO2(g)
===
Na2CO3(s)+H2O(g)
?ΔH1=?127.4
kJ·mol?1
???????????????②NaOH(s)+CO2(g)
===
NaHCO3(s)
????????ΔH1=?131.5
kJ·mol?1
反应2
NaHCO3?(s)
===
Na2CO3(s)+
H2O(g)
+CO2(g)的ΔH=_______
kJ·mol?1，该反应的平衡常数表达式K=________。
（3）向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3沉淀生成时溶液中=_____________。已知Ksp(BaCO3)=2.6×10?9，Ksp(BaSO4)=1.1×10?10。
【答案】（1）纯碱或苏打；CO32－＋H2O
HCO3－＋OH－；
（2）135.6，c（H2O）×c（CO）；
（3）24
【解析】（1）碳酸钠可作为碱使用，是因为它能发生水解，使溶液呈碱性。（2）根据盖斯定律，①-②×2得：ΔH=ΔH1－2×ΔH2=－127.4
kJ/mol-(-131.5
kJ/mol)×2=135.6
kJ/mol。书写平衡常数表达式时，固体物质不写入表达式中，所以该反应的平衡常数表达式为：K=c
(H2O)·c?(CO2)。（3）当有BaCO3沉淀生成时，溶液中Ba2+为CO32－和??????SO42－所共有，所以依据溶度的数字表达式，则有=23.6≈24。?
【名师点睛】碳酸钠的水解分两步进行，在书写碳酸钠水解的离子方程式时，可以只写第一步，也可以两步都写，但不允许只写第二步。
5.
【2017年高考浙江卷自选模块27题】
(6分)为探究黑色固体X(仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：
请回答：
(1)
X的化学式是________。
(2)
固体甲与稀硫酸反应的离子方程式是________。
(3)
加热条件下氨气被固体X氧化成一种气体单质，写出该反应的化学方程式______。
【答案】(1)
CuO?(2)Cu2O
+
2
H+?=
Cu
+
Cu2+?+
H2O??(3)2NH3?+
3CuO==
N2?+
3H2O
+
3Cu
【考点】根据题给信息定性和定量结合推断元素无机化合物的组成、离子方程式书写和情境简单氧化还原方程式书写
【解析】解答本题的思路：先根据现象确定X的组成元素，再根据数据计算组成元素的原子个数比。隔绝空气分解得到能使呆火星木条复燃，说明有氧元素，固体甲与硫酸反应得到的蓝色溶液中含有Cu2+，紫红色固体乙为Cu，得出固体甲即为Cu2O，从而确定X由Cu和O组成，Cu2O为2.88/144=0.02mol，Cu为0.04mol，X中O为（3.2-0.04×64）/16=0.04mol，所以X为CuO。加热条件下氨气被CuO氧化成一种气体单质为N2，CuO被还原成Cu单质，根据升降守恒、原子守恒配平方程式?2NH3?+
3CuO
N2?+
3H2O
+
3Cu。
2016~2013年高考题
1．【2016年高考新课标Ⅰ卷】(14分)
氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2。某同学在实验室中对NH3与NO2反应进行了探究。回答下列问题:
(1)氨气的制备
①氨气的发生装置可以选择如图中的　　　，反应的化学方程式为　　　　　　　　　　。
②欲收集一瓶干燥的氨气，选择如图中的装置，其连接顺序为:发生装置?　　　　　(按气流方向，用小写字母表示)。
(2)氨气与二氧化氮的反应
将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。在一定温度下按图示装置进行实验。
操作步骤
实验现象
解释原因
打开K1,推动注射器活塞,使X中的气体缓慢通入Y管中
①Y管中　　　　　　　?
②反应的化学方程式　　　　???????????????????????　?
将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温
Y管中有少量水珠
生成的气态水凝聚
打开K2
③　　　　　　　　　　?
④　　　　??????????????　????
?
查看解析
【答案】(1)①A　2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O[或B　NH3·H2ONH3↑+H2O]　②
d
c
f
e
i
(2)①红棕色气体慢慢变浅　②8NH3+6NO27N2+12H2O　③Z中NaOH溶液产生倒吸现象　④反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压
【解析】
本题考查综合实验设计，涉及氨气的制备、氨气与二氧化氮的反应实验，包括仪器选择、连接装置接口、描述现象、分析原因等，意在考查考生综合设计实验的能力。
(1)①观察装置知，A装置适合加热固体制备气体，B装置适合加热液体与固体制备气体或加热液体制备气体。实验室通过氯化铵和消石灰共热制备氨气，加热固体混合物制备气体，可以选择A装置作发生装置，化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O。实验室还可以通过加热浓氨水制备氨气，故也可以选择B装置作发生装置，化学方程式为NH3·H2ONH3↑+H2O。②实验室用碱石灰干燥氨气，用向下排空气法收集氨气，用水吸收尾气中的氨气并注意防倒吸。故选择C、D、F装置，注意连接干燥管时应大口进气，小口出气。所以，连接顺序为a、d、c、f、e、i或b、d、c、f、e、i。(2)NO2呈红棕色，氨气与二氧化氮发生反应:8NH3+6NO27N2+12H2O，故观察到Y管中红棕色气体慢慢变浅。NH3与NO2反应后生成的气态水凝聚，反应后气体分子数减少，装置内压强减小，故打开K2，氢氧化钠溶液会产生倒吸现象。
【考点定位】考查化学实验原理分析、气体收集、装置连接等基本操作及实验方案的设计的知识。
【名师点睛】制取气体的装置与反应物的状态有关，由固体混合物加热制取气体可以用略向下倾斜试管进行；固体混合或固体与液体混合不加热制取气体可以在锥形瓶中进行，也可以在烧瓶中进行。液体用分液漏斗或长颈漏斗中加入；若是液体与固体混合物加热制取气体，要早烧瓶中进行，同时为了受热均匀，应该垫上石棉网，判断装置连接顺序时，一般是按照：制取气体、除杂、干燥、收集、尾气处理。要根据除杂原则，采用适当的试剂除杂、干燥，根据物质的物理性质或化学性质进行气体的收集和尾气处理。对于极容易溶于水或某溶液的气体，尾气处理要注意防止倒吸现象的发生。会根据物质的性质判断反应现象。
2．【2016年高考新课标Ⅱ卷】(15分)某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题:
(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1
mol·L-1的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是　　　??????????????????。
(2)甲组同学取2
mL
FeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为　?????????????????????????????????????????????????????。
(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2
mL
FeCl2溶液中先加入0.5
mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是　????????????????????????????????????????????????????。
(4)丙组同学取10
mL
0.1
mol·L-1KI溶液，加入6
mL
0.1
mol·L-1?FeCl3溶液混合。分别取2
mL此溶液于3支试管中进行如下实验:
①第一支试管中加入1
mL
CCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；
②第二支试管中加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀；
③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。
实验②检验的离子是　　　(填离子符号)；实验①和③说明:在I-过量的情况下，溶液中仍含有　　　(填离子符号)，由此可以证明该氧化还原反应为　????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????。
(5)丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为　　　　　　；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是　　　　　　；生成沉淀的原因是　??　??　??　??　　???(用平衡移动原理解释)。
【答案】(1)防止Fe2+被氧化
(2)2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-
(3)隔绝空气(排除氧气对实验的影响)
(4)Fe2+?　Fe3+　可逆反应
(5)2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O　Fe3+催化H2O2分解产生O2?　H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动
【解析】本题主要考查Fe2+、Fe3+的性质，意在考查考生对Fe2+、Fe3+的性质、检验和转化关系的运用能力。(1)Fe2+具有还原性，FeCl2溶液易被氧化而变质，配制FeCl2溶液时加入少量铁屑，目的是防止Fe2+被氧化。(2)溶液变红，说明有Fe3+生成，则FeCl2溶液与氯水反应生成FeCl3，离子方程式为:2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-。(3)甲组实验中，FeCl2易被空气中的O2氧化，会生成FeCl3，因此实验不够严谨。加入煤油，煤油的密度比水小，可以起到隔绝空气的作用，从而排除氧气对实验的影响。(4)实验②中K3[Fe(CN)6]溶液的作用是检验Fe2+。根据实验①，CCl4层显紫色，说明有I2生成，根据实验②，生成蓝色沉淀，说明有Fe2+生成，根据实验③，溶液变红，说明有Fe3+剩余，I-过量的情况下，溶液中仍含有Fe3+，由此说明该反应为可逆反应。(5)溶液变为棕黄色，说明生成了Fe3+，离子方程式为:2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O。溶液中有气泡出现，说明H2O2在Fe3+的催化作用下发生了分解反应，生成了O2。随后生成红褐色沉淀，则沉淀为Fe(OH)3，H2O2分解放出热量，Fe3+的水解平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+向正反应方向不断进行，因此得到Fe(OH)3沉淀。
【考点定位】考查铁离子和亚铁离子的性质，离子的检验，H2O2的性质，盐类的水解等知识。
【名师点睛】本题以常见的铁离子和亚铁离子的性质、H2O2的性质为基础，考查了探究实验方案的设计与评价，学生读题不会感到陌生，有利于考查学生的基础知识，涉及铁离子和亚铁离子的性质，离子的检验，H2O2的性质，盐类的水解等知识。①人们常用KSCN溶液检验Fe3+的存在，若向溶液中加入几滴KSCN溶液，溶液呈血红色，则该溶液中含义Fe3+；②人们常用K3[Fe(CN)6]
溶液检验Fe2+的存在，若向溶液中加入几滴K3[Fe(CN)6]
溶液，生成蓝色沉淀，则该溶液中含义Fe2+。
3．【2016年高考浙江卷】Ⅰ.化合物Mg5Al3(OH)19(H2O)4可作环保型阻燃材料，受热时按如下化学方程式分解:
2Mg5Al3(OH)19(H2O)427H2O↑+10MgO+3Al2O3
(1)写出该化合物作阻燃剂的两条依据　　　　。
(2)用离子方程式表示除去固体产物中Al2O3的原理　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)已知MgO可溶于NH4Cl的水溶液，用化学方程式表示其原理　　　　??????　　　　　　　　??　。
Ⅱ.磁性材料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成:
请回答:
(1)A的组成元素为　　　　(用元素符号表示)，化学式为　　　　???????????????????????????????????????????????????。
(2)溶液C可溶解铜片，例举该反应的一个实际应用　　　　?。
(3)已知化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下的密度为1.518
g·L-1)，该气体分子的电子式为　　　　。写出该反应的离子方程式　　　　　　　　。
(4)写出F→G反应的化学方程式　　　　　　　　　　　　　　。设计实验方案探究溶液G中的主要微粒(不考虑H2O、H+、K+、I-)　　??　　　　　　。
【答案】Ⅰ.(1)反应吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气
(2)Al2O3+2OH-
===2AlO2-+H2O
(3)MgO+2NH4Cl+H2O
===MgCl2+2NH3·H2O或NH4Cl+H2O?NH3·H2O+HCl，MgO+2HCl
==?MgCl2+H2O
Ⅱ.(1)S，Fe　Fe3S4
(2)制印刷电路板
(3)　Fe3S4+6H+3H2S↑+3Fe2++S
(4)H2SO3+I2+H2OH2SO4+2HI　取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42-；过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若再产生白色沉淀，则有H2SO3
【解析】本题以阻燃剂及某磁性材料为载体，考查常见无机化合物的性质，意在考查考生对常见元素及其化合物性质的理解与应用能力。Ⅰ.(1)Mg5Al3(OH)19(H2O)4的分解反应是吸热反应，反应生成了大量的水蒸气和固体氧化物。吸热能降低环境的温度，固体氧化物能有效隔绝空气，而生成的水蒸气则能稀释空气，降低氧气的浓度，从而阻止燃烧的继续。(2)Al2O3为两性氧化物，而MgO也能与酸反应，故应用碱溶液除去Al2O3，离子方程式为:Al2O3+2OH-2Al
O2-+H2O。(3)NH4Cl水解使溶液呈酸性，能有效溶解MgO，相应的化学方程式为:MgO+2NH4Cl+H2OMgCl2+2NH3·H2O或NH4Cl+H2ONH3·H2O+HCl，MgO+2HClMgCl2+H2O。
Ⅱ.(1)由C中加入KSCN溶液后呈血红色，可推出B为Fe2O3，C为FeCl3；由F能将I2还原为I-可知，E应该是一种具有强还原性的气体，可初步推断E为SO2，则F为H2SO3。由以上分析可得A中含有Fe与S两种元素，其中含有的铁元素的质量为1.680
g，物质的量为0.030
mol；含有的硫元素的质量为1.280
g，物质的量为0.040
mol；A的化学式为Fe3S4。(2)FeCl3溶解铜可用于制印刷电路板。(3)Fe3S4与稀硫酸反应生成的气体的摩尔质量为34
g·mol-1，故该气体为H2S，其相应的电子式为，该反应的离子方程式为Fe3S4+6H+3H2S↑+3Fe2++S。(4)F→G的化学方程式为:H2SO3+I2+H2OH2SO4+2HI；G中需要检验的微粒有S
O42-、H2SO3，具体实验方案为:加入足量BaCl2检验S
O42-的存在并除去S
O42-，分离沉淀得到清液后，再向清液中加入氧化剂(如H2O2)，若又有白色沉淀产生，说明存在H2SO3。
【考点定位】无机推断，离子检验，物质组成的确定
【名师点睛】无机推断题要抓住突破口，例如物质的颜色，红棕色固体为氧化铁，黑色的固体为碳、二氧化锰，氧化亚铁、氧化铜等。黄色溶液为铁离子的溶液，浅绿色溶液为亚铁离子溶液，蓝色溶液为铜离子溶液，紫色为高锰酸根离子的溶液或苯酚遇到氯化铁的颜色。血红色为硫氰化铁溶液。黄绿色气体为氯气。结合颜色确定成分，进而分析其他物质。掌握常见离子的检验方法。本题难度适中。
4．【2016年高考新课标Ⅰ卷】
(15分)元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)4?(绿色)、Cr2O72?(橙红色)、CrO42?(黄色)等形式存在，Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：
（1）Cr3+与Al3+的化学性质相似，在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是_________。
（2）CrO42?和Cr2O72?在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0
mol·L?1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72?)随c(H+)的变化如图所示。
①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应____________。
②由图可知，溶液酸性增大，CrO42?的平衡转化率__________(填“增大“减小”或“不变”)。根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为__________。
③升高温度，溶液中CrO42?的平衡转化率减小，则该反应的ΔH_________(填“大于”“小于”或“等于”)。
(3)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl?，利用Ag+与CrO42?生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl?恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10?5
mol·L?1)时，溶液中c(Ag+)为_______
mol·L?1，此时溶液中c(CrO42?)等于__________
mol·L?1。(已知Ag2
CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10?12和2.0×10?10)。
(4)+6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O72?还原成Cr3+，反应的离子方程式为______________。
【答案】(1)蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶液写出绿色溶液；
(2)①2CrO42-+2H＋Cr2O72-+H2O；
②
增大；1.0×1014
；③小于；
(3)
2.0×10-5
；5×10-3；(4)
Cr2O72-+3HSO3-
+5H＋=2Cr3++3SO42-+4H2O。
【解析】
本题以铬及其化合物为载体，考查化学反应原理，涉及化学反应与现象、化学平衡原理、反应热、溶度积计算以及陌生离子方程式的书写，意在考查考生的综合运用能力、知识迁移和新信息处理能力以及识图能力。
(1)根据题意可知，在硫酸铬溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液时，首先发生反应:Cr3++3OH-Cr(OH)3↓，蓝紫色溶液逐渐变浅，同时产生灰蓝色沉淀，当氢氧化钠溶液过量时，灰蓝色沉淀逐渐溶解，发生反应:Cr(OH)3+OH-，最终得到绿色溶液。(2)①从图象看出，铬酸根离子在酸性条件下逐渐转化成重铬酸根离子，离子方程式为2+2?+H2O。②从图象看出，酸性越强，c()越大，说明的平衡转化率越大。A点对应的离子浓度:c()=0.25
mol·L-1，c()=1.0×10-7mol·L-1。c()=1.0
mol·L-1-0.25
mol·L-1×2=0.5
mol·L-1。平衡常数K===1.0×1014。③升高温度，的平衡转化率减小，说明平衡向左移动，根据平衡移动原理，正反应是放热反应，ΔH<0。
(3)根据溶度积计算:c(Ag+)==?mol·L-1=2.0×10-5?mol·L-1，故c()==?mol·L-1=5.0×10-3?mol·L-1。(4)根据题意，氧化剂是，还原剂是，氧化产物是，还原产物是Cr3+。根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式:+3+52Cr3++3+4H2O。
【考点定位】考查化学平衡移动原理的应用、化学平衡常数、溶度积常数的应用、两性物质的性质的知识。
【名师点睛】两性氢氧化物是既能与强酸反应产生盐和水，也能与强碱反应产生盐和水的物质，化学平衡原理适用于任何化学平衡。如果改变影响平衡的一个条件，化学平衡会向能够减弱这种改变的方向移动。会应用沉淀溶解平衡常数计算溶液中离子浓度大小，并根据平衡移动原理分析物质的平衡转化率的变化及移动方向，并根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写离子反应方程式。该题是重要的化学平衡移动原理的应用，考查了学生对化学平衡移动原理、化学平衡常数、溶度积常数的含义的理解与计算、应用，同时考查了物质的存在形式与溶液的酸碱性和物质的量多少的关系、离子反应和离子方程式的书写。是一个综合性试题。
5．【2016年高考上海卷】（本题共12分）半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O（g）。半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料。
完成下列填空：
（1）半水煤气含有少量硫化氢。将半水煤气样品通入____溶液中（填写试剂名称），出现_______，可以证明有硫化氢存在。
（2）半水煤气在铜催化下实现CO变换：CO+H2OCO2+H2
若半水煤气中V(H2):V(CO):V(N2)=38：28：22，经CO变换后的气体中：V(H2):V(N2)=____________。
（3）碱液吸收法是脱除二氧化碳的方法之一。已知：
Na2CO3
K2CO3
20℃碱液最高浓度（mol/L）
2.0
8.0
碱的价格（元/kg）
1.25
9.80
若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是__________；缺点是____________。如果选择K2CO3碱液作吸收液，用什么方法可以降低成本？
___________________________________________
写出这种方法涉及的化学反应方程式。_______________________
（4）以下是测定半水煤气中H2以及CO的体积分数的实验方案。
取一定体积（标准状况）的半水煤气，经过下列实验步骤测定其中H2以及CO的体积分数。
①选用合适的无机试剂分别填入Ⅰ、Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ方框中。
②该实验方案中，步骤Ⅰ、Ⅱ的目的是：
。
③该实验方案中，步骤________（选填“Ⅳ”或“Ⅴ”）可以确定半水煤气中H2的体积分数。
【答案】（1）硝酸铅（或硫酸铜）；黑色沉淀
（4）3:1
（3）价廉；吸收CO2能力差
碱液循环使用；2KHCO3→K2CO3+CO2↑+H2O
（4）①
②除去半水煤气中的CO2（包括H2S）和H2O
③IV
【解析】
（4）①由于半水煤气中含有二氧化碳，所以首先利用碱液除去二氧化碳，干燥后再通过氧化铜反应，利用浓硫酸吸收产生的水蒸气，利用碱液吸收产生的二氧化碳，进而计算体积分数。所以流程为
。
②由于半水煤气中含有二氧化碳，所以首先利用碱液除去二氧化碳，干燥后再通过氧化铜反应。故答案为：除去半水煤气中的CO2（包括H2S）和H2O。
③氢气还原氧化铜生成水蒸气，浓硫酸吸收水蒸气，所以该实验方案中，步骤Ⅳ可以确定半水煤气中H2的体积分数。故答案为：Ⅳ。
【考点定位】考查水煤气中气体成分测定实验设计与探究。
【名师点睛】“教真实的化学，学有用的知识”已成为大家的共识，现在的化学试题强调化学与生活的交融，突出理论联系生产、生活实际和科技前沿，强调学以致用。试题将真实的问题转化为试题情境，真实问题的复杂性带来了化学试题的综合性，这就要求考生首先读懂并捕捉到全部相关信息，弄清这些信息之间的逻辑关系，特别是确定性信息和未知信息之间的关系，为问题的解决奠定基础。这显然属于“关键能力”。对于一个流程的设计和评价，要分析它由几个部分组成，每个部分在整体中处于什么地位、有什么作用，为什么要这样设计，这样设计的优缺点如何，可以如何改进等等，这些都是高考中考查综合能力的重点。
6．【2015新课标Ⅰ卷理综化学】（14分）硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O和Fe3O4,还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3)的工艺流程如图所示:
回答下列问题:
(1)写出Mg2B2O5·H2O与硫酸反应的化学方程式　　　　　　　　　　　　。为提高浸出速率,除适当增加硫酸浓度外,还可采取的措施有　　　　　　　　(写出两条)。
(2)利用　　　　的磁性,可将其从“浸渣”中分离。“浸渣”中还剩余的物质是　　　　。(写化学式)
(3)“净化除杂”需先加H2O2溶液,作用是　　　　。然后再调节溶液的pH约为5,目的是　　　　。
(4)“粗硼酸”中的主要杂质是　　　　(填名称)。
(5)以硼酸为原料可制得硼氢化钠(NaBH4),它是有机合成中的重要还原剂,其电子式为　　　　。
(6)单质硼可用于生产具有优良抗冲击性能的硼钢。以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼,用化学方程式表示制备过程　　　　　　　　　　　　　　。
【答案】(1)Mg2B2O5·H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4　提高反应温度、减小铁硼矿粉粒径
(2)Fe3O4　SiO2和CaSO4
(3)将Fe2+氧化成Fe3+　使Fe3+与Al3+形成氢氧化物沉淀而除去
(4)(七水)硫酸镁
(5)
(6)2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO
【解析】本题主要考查制取硼酸的工艺流程分析,意在考查考生对化工流程图的分析能力和解答综合问题的能力。(1)Mg2B2O5·H2O与硫酸反应得到硼酸和硫酸镁:Mg2B2O5·H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4。结合影响反应速率的因素,提高反应速率可以适当升高温度、减小铁硼矿粉粒径或适当提高硫酸的浓度等。(2)给出的物质中只有Fe3O4有磁性,二氧化硅不溶于水,硫酸钙属于微溶物,所以“浸渣”中还有SiO2和CaSO4。(3)能与H2O2反应的是Fe2+,H2O2把Fe2+氧化成Fe3+。调节溶液pH约为5时,Fe3+和Al3+都形成沉淀,过滤除去。(4)“粗硼酸”中的杂质主要是硫酸镁。(5)NaBH4的电子式为。(6)2H2BO3B2O3+3H2O,结合铝热反应知识,可写出镁置换出B的化学方程式:B2O3+3Mg2B+3MgO。
【考点定位】元素及其化合物知识；化学工艺常识；物质结构。本题是以化学工艺为素材，选材冷僻，试题难度为很难等级。
【名师点晴】我认为这道题是一道好题，层次分明，有区分度。本题有考查“双基”——提速措施；四氧化三铁的磁性；制单质硼的反应。也有考查知识综合运用能力——Mg2B2O5·H2O与硫酸反应；净化除杂两步实验操作的作用；两处成分的判断。甚至还有思维最近发展区的考查——硫酸镁的结晶水数目（如果将结晶水作为计分点的话）；硼氢化钠的电子式。考生都有可能得分，但完全闯过三关的考生应该不多。（2）问中四氧化三铁的考查，命题者做了一种很高级的处理——去理想化。中学化学里学到四氧化三铁（象铁丝在纯氧中燃烧所得的无定形产物）和酸可以反应，但是天然的四氧化三铁和酸是不反应的。命题者的这种处理不会影响大部分考生的得分，因为问题情景中只有四氧化三铁有磁性（中学双基）。
7．【2015浙江理综化学】Ⅰ.请回答:
(1)H2O2的电子式　　　　。
(2)镁燃烧不能用CO2灭火,用化学方程式表示其理由　　　　。
(3)在AgCl沉淀中加入KBr溶液,白色沉淀转化为淡黄色沉淀,写出反应的离子方程式　　　　　　　　　　　　。
(4)完成以下氧化还原反应的离子方程式:
(　　)MnO4-+(　　)C2O42-+　?(　　)Mn2++(　　)CO2↑+　?
Ⅱ.化合物甲和NaAlH4都是重要的还原剂。一定条件下金属钠和H2反应生成甲。甲与水反应可产生H2,甲与AlCl3反应可得到NaAlH4。将4.80
g甲加热至完全分解,得到金属钠和2.24
L(已折算成标准状况)的H2。
请推测并回答:
(1)甲的化学式　　　　。
(2)甲与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式　　　　　　。
(3)NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式　。
(4)甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂(铁锈的成分表示为Fe2O3),脱锈过程发生反应的化学方程式　　　　　　　　　　　　。
(5)某同学认为:用惰性气体赶尽反应体系中的空气,将铁和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥,再与金属钠反应,得到的固体物质即为纯净的甲;取该固体物质与水反应,若能产生H2,即可证明得到的甲一定是纯净的。
判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性并说明理由　　　　　　　　。
【答案】Ⅰ.(1)?
(2)2Mg+CO22MgO+C
(3)AgCl+Br-AgBr+Cl-
(4)2Mn
O4-+5C2
O42-+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O
Ⅱ.(1)NaH
(2)4NaH+AlCl3NaAlH4+3NaCl
(3)NaAlH4+2H2ONaAlO2+4H2↑
(4)3NaH+Fe2O32Fe+3NaOH
(5)制备过程不合理,因为盐酸易挥发,H2中混有HCl,导致产物中有NaCl;验纯方法不合理,如果有Na残留,Na与水反应也产生H2;没有考虑混入的NaCl
【解析】本题考查常见无机物的性质、氧化还原反应的配平、离子反应等相关知识,意在考查考生对化学重要原理、反应规律的掌握情况和获取有用信息的能力,以及分析与判断能力。
Ⅰ.(1)H2O2中存在O—O键,其电子式为;(2)镁在CO2中燃烧生成MgO和C
,反应方程式为2Mg+CO22MgO+C;(3)AgCl转化为AgBr,对应的离子反应为
AgCl+Br-AgBr+Cl-;(4)配平后的离子方程式为2Mn
O4-+5C2
O42-+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O。
Ⅱ.(1)由甲受热分解得到单质钠和H2分析,甲由Na、H两种元素组成,且4.80
g化合物甲分解得到0.1
mol
H2,即0.2
g
H2,说明同时得到4.6
g金属钠,所以甲的化学式为NaH;(2)NaH与AlCl3反应的化学方程式为4NaH+AlCl3NaAlH4+3NaCl;(3)NaAlH4与H2O反应将生成NaAlO2和H2,其化学方程式为NaAlH4+2H2ONaAlO2+4H2↑;(4)Fe2O3与NaH反应生成Fe和NaOH,反应为Fe2O3+3NaH2Fe+3NaOH;(5)由该同学的方法所制得的H2中含有HCl,所以反应所得固体产物中会含有NaCl,若用水检验所得的气体,一方面若有Na残留,Na与水反应也有H2产生;另一方面也无法验证固体中是否存在NaCl,所以得出固体是纯净的NaH也不合理。
【考点定位】本题主要是考查化学基本概念、电子式、离子反应、氧化还原反应、考查无机物的推断，新情境下化学方程式的书写，实验方案的评价等。涉及双氧水、镁、CO2、卤化银、钠、铝及其化合物等。
【名师点晴】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。定性与定量相结合推断物质，重点考查学生分析问题与解决问题的能力。将计算与物质的性质紧密联系起来，可培养学生的逻辑推理能力。无机推断是高考命题的一种经典题型，既能考查学生掌握元素及其化合物知识的熟悉程度，又能考查学生分析间题、逻辑推理及灵活运用知识的能力，因而无机推断对学生的学科素质要求较高，同时无机推断也是历年高考的难点之一，随着高考注重基础、凸显能力的命题趋势，无机推断更侧重于物质结构知识的考查、侧重于元素周期表周期律的考查、侧重于元素化合物性质的考查。同时化学实验出现在无机推断题、中化学计算分散在无机推断题中、与科技有关的化学物质出现在推断中。
8．【2015重庆理综化学】（15分）某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质。当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。
(1)NaN3是气体发生剂，受热分解产生N2和Na，N2的电子式为　　　。
(2)Fe2O3是主氧化剂，与Na反应生成的还原产物为　　(已知该反应为置换反应)。
(3)KClO4是助氧化剂，反应过程中与Na作用生成KCl和Na2O。KClO4含有化学键的类型为　　，K的原子结构示意图为　　。
(4)NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而发生分解，其化学方程式为　　。
(5)100
g上述产气药剂产生的气体通过碱石灰后得到N2?33.6
L(标准状况)。
①用碱石灰除去的物质为　　；
②该产气药剂中NaN3的质量分数为　　。
【答案】(1)
(2)Fe
(3)离子键和共价键　
(4)2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
(5)①CO2、H2O　②65%
【解析】本题考查物质结构基础知识和常见元素及其化合物性质、氧化还原概念等，意在考查考生对化学键、原子结构、NaHCO3、NH3等物质性质的应用、迁移和基本计算能力。(1)两个N原子之间形成3根共价键，其电子式为。(2)Fe2O3与Na反应时，Na为还原剂，被氧化为Na2O，Fe2O3为氧化剂，被还原为Fe，故还原产物为Fe。(3)KClO4中，K+与之间以离子键结合，中Cl原子与O原子之间以共价键结合，所以KClO4中含有离子键和共价键。K的核电荷数为19，其原子结构示意图为。(4)NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2、H2O，反应方程式为2NaHCO3Na2CO3?+
CO2↑
+
H2O。(5)①产气药剂产生的气体为N2、CO2、H2O，其中CO2、H2O能被碱石灰吸收。②根据反应:2NaN3?2Na+3N2↑，标准状况下33.6
L
N2为1.5
mol，则消耗的NaN3为1
mol，其质量为65
g，所以NaN3的质量分数=×100%=65%。本题难度不大，都属于常识性考查，但在分析第(5)小问时要注意产气药剂的反应情况，弄清楚反应产物，这样才能判断出干燥剂碱石灰吸收的气体，并进行简单计算。
【考点定位】本题主要考查电子式，化学键类型，化学反应方程式的书写，化学计算等知识。
【名师点晴】将电子式，氧化还原反应，置换反应，化学键的类型，原子结构示意图，化学方程式的书写，物质的除杂，化学计算等基础知识联系起来，重在基础，以汽车安全气囊的反应原理作为命题背景，不仅关注社会热点，联系生产生活，还能考查学生在特定情境中应用所学知识分析问题、解决问题的能力，同时对提高学生的化学科学素养有着积极作用。
9．【2015北京理综化学】（14分）研究CO2在海洋中的转移和归宿,是当今海洋科学研究的前沿领域。
(1)溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在,其中HC占95%。写出CO2溶于水产生?的方程式:　。
(2)在海洋碳循环中,通过如图所示的途径固碳。
①写出钙化作用的离子方程式:　。
②同位素示踪法证实光合作用释放出的O2只来自H2O。用18O标记物质的光合作用的化学方程式如下,将其补充完整:
　　　　+　　　?(CH2O)x+x18O2+xH2O
(3)海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上,其准确测量是研究海洋碳循环的基础。测量溶解无机碳,可采用如下方法:
①气提、吸收CO2。用N2从酸化后的海水中吹出CO2并用碱液吸收(装置示意图如图)。将虚线框中的装置补充完整并标出所用试剂。
②滴定。将吸收液吸收的无机碳转化为NaHCO3,再用x?mol·L-1?HCl溶液滴定,消耗y?mL
HCl溶液。海水中溶解无机碳的浓度=　　　　mol·L-1。
(4)利用如图所示装置从海水中提取CO2,有利于减少环境温室气体含量。
②?
结合方程式简述提取CO2的原理:　。
②用该装置产生的物质处理b室排出的海水,合格后排回大海。处理至合格的方法是　。
【答案】?(1)CO2+H2OH2CO3、H2CO3H++?
(2)①2?+Ca2+CaCO3↓+CO2↑+H2O
②xCO2　2xO
(3)①　②
(4)①a室:2H2O-4e-4H++O2↑,H+通过阳离子膜进入b室,发生反应:H++?CO2↑+H2O　②c室的反应:2H2O+2e-2OH-+H2↑,用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调至接近装置入口海水的pH
【解析】?本题考查了CO2的相关知识,意在考查考生的综合分析能力和对相关知识的掌握情况。
(1)CO2溶于水产生HCO3-的方程式为CO2+H2OH2CO3、H2CO3H++?。(2)①根据题图找出钙化作用的反应物和生成物,可知发生反应的离子方程式为Ca2++2?CaCO3↓+CO2↑+H2O。②根据题图中光合作用及元素守恒可配平,注意18O的标记。(3)①酸化海水不能用挥发性的酸,因为要用NaOH溶液吸收CO2,故选用H2SO4溶液酸化。②NaHCO3~HCl,海水中溶解无机碳的浓度为=?mol·L-1。(4)①a室:2H2O-4e-4H++O2↑,H+通过阳离子膜进入b室,发生反应:H++?CO2↑+H2O。②c室的反应:2H2O+2e-2OH-+H2↑,用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调至接近装置入口海水的pH。
【考点定位】考查盐类水解、方程式书写、化学实验、化学平衡移动、电解、化学计算等。
【名师点晴】本题以CO2在海洋中的转移和归宿为素材，考查有关化学反应原理知识，难度不大，要求学生掌握弱电解质的电离、化学方程式的书写以及利用守恒观点配平方程式，第（3）小问责考查学生化学实验设计与计算能力，第（4）问利用电化学利用理论从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量，体现了化学与环境保护、理论与实际相结合的特点。
10．【2015海南化学】（8分）单质Z是一种常见的半导体材料,可由X通过如图所示的路线制备。其中X为Z的氧化物;Y为氢化物,分子结构与甲烷相似。回答下列问题:
(1)能与X发生化学反应的酸是　　　　　;由X制备Mg2Z的化学方程式为　。
(2)由Mg2Z生成Y的化学方程式为　　　　　　　　　　,Y分子的电子式为　　　　　。
(3)Z、X中共价键的类型分别是　　　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　。
【答案】(1)氢氟酸　SiO2+4MgMg2Si+2MgO
(2)Mg2Si+4HClSiH4↑+2MgCl2　?
(3)非极性(共价)键　极性(共价)键
【解析】本题考查单质硅的制备,意在考查考生对硅及其化合物的性质及转化关系的理解能力。(1)单质Z为一种常见的半导体材料,则Z为Si;X是硅的氧化物,则X为SiO2,能与SiO2反应的酸只有氢氟酸;根据反应的流程图可知,SiO2与Mg反应生成Mg2Si,此外还有MgO生成。(2)Mg2Si与盐酸反应生成的Y为氢化物且Y的分子结构与甲烷相似,故Y的分子式是SiH4。(3)Si单质中含有的Si—Si键为非极性键,SiO2中的Si—O键为极性键。
【考点定位】考查以Si为载体的物质的转化的判断。
【名师点睛】将硅及其化合物的性质与化学键的判断、电子式的书写和化学方程式的书写放在一起考查了学生对硅及其化合物的性质掌握的熟练程度，考查学生的阅读材料接收信息的能力、推理能力、规范书写化学用语的能力。注意把握硅及其化合物的特殊性，灵活运用题给信息是解题的关键。
11．【2015上海化学】（本题共12分）
过氧化钙(CaO2)是一种白色、无毒、难溶于水的固体,能杀菌消毒,广泛用于果蔬保鲜、空气净化、污水处理等方面。工业生产过程如下:
①在NH4Cl溶液中加入Ca(OH)2;
②不断搅拌的同时加入30%
H2O2,反应生成CaO2·8H2O沉淀;
③经过陈化,过滤,水洗得到CaO2·8H2O,再脱水干燥得到CaO2。
完成下列填空:
(1)第①步反应的化学方程式为　??????????????????。
第②步反应的化学方程式为　?????????????????????。
(2)可循环使用的物质是　　　　　　　　。
工业上常采用Ca(OH)2过量而不是H2O2过量的方式来生产,这是因为　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)检验CaO2·8H2O是否洗净的方法是　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)CaO2·8H2O加热脱水的过程中,需不断通入不含二氧化碳的氧气,目的是　　　　　　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　　　　　　。
(5)已知CaO2在350
℃迅速分解生成CaO和O2。下图是实验室测定产品中CaO2含量的装置(夹持装置省略)。
若所取产品质量是m?g,测得气体体积为V?mL(已换算成标准状况),则产品中CaO2的质量分数为　　　　　　　(用字母表示)。?过氧化钙的含量也可用重量法测定,需要测定的物理量有　　　　　　　。
【答案】(1)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O
CaCl2+H2O2+2NH3+8H2OCaO2·8H2O↓+2NH4Cl
(2)NH4Cl　Ca(OH)2价格低
(3)取洗涤液少许,滴加HNO3酸化的AgNO3溶液,若无白色沉淀生成,说明洗涤干净(1分,合理即给分)
(4)抑制过氧化钙分解　防止过氧化钙与二氧化碳反应(1分,合理即给分)
(5)　样品质量、完全分解后剩余固体的质量(1分,合理即给分)
【解析】
（1）第①步在NH4Cl溶液中加入Ca(OH)2，二者发生复分解反应，反应的化学方程式为2NH4Cl+
Ca(OH)2=CaCl2+2NH3?H2O。②不断搅拌的同时加入30%
H2O2，反应生成CaO2·8H2O沉淀，反应的化学方程式是：CaCl2+
H2O2+
8H2O+2
NH3=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl；
（4）CaO2·8H2O加热脱水的过程中，会发生反应：CaO2·8H2OCa(OH)2+H2O2+
6H2O；2H2O22H2O+
O2↑。若通入氧气中含有二氧化碳，就会与分解反应产生的Ca(OH)2反应，使反应正向进行，同时通入氧气，就可以使是装置中H2O2分解率降低，因而可以得到更多的CaO2。
（5）已知CaO2在350℃迅速分解生成CaO和O2。反应的方程式是。根据方程式可知，每有2mol
CaO2发生反应，会产生1mol
O2，氧气在标准状况下体积是22.4L。现在产生标准状况下的氧气体积是V
mL，则氧气的物质的量是n(O2)=V×10-3L/22.4L/mol=
V/22.4×10-3mol；则反应的CaO2的物质的量是n(CaO2)=
2
n(O2)=V/11.2×10-3mol，则产品中CaO2的质量分数为φ=[n(CaO2)?M÷m]
×100％=
[V/11.2×10-3mol×72g/mol÷m]
×100％=.
过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有灼烧前过氧化钙的质量及物质质量不再发生改变时剩余固体的质量。
【考点定位】考查CaO2
的制取原理、操作、及物质洗涤、纯度的测量的知识。
【名师点睛】物质反应时反应条件不同，发生的反应不同，要结合反应条件及物质的性质书写相应的反应方程式。在物质制取时，要从平衡移动角度分析反应条件的控制的意义，应用物质的量的有关关系、元素在反应中的守恒关系进行物质纯度计算。
12．【2014年高考天津卷第7题】（14分）元素单质及其化合物有广泛用途,请根据周期表中第三周期元素相关知识回答下列问题:
(1)按原子序数递增的顺序(稀有气体除外),以下说法正确的是　　　。
a.原子半径和离子半径均减小
b.金属性减弱,非金属性增强
c.氧化物对应的水化物碱性减弱,酸性增强
d.单质的熔点降低
(2)原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素名称为　　　,氧化性最弱的简单阳离子是　　　。
(3)已知:
工业制镁时,电解MgCl2而不电解MgO的原因是　　　　　;制铝时,电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是　。
(4)晶体硅(熔点1
410
℃)是良好的半导体材料。由粗硅制纯硅过程如下:
Si(粗)SiClSiCl(纯)Si(纯)
写出SiCl4的电子式:　　　　　　　　　;在上述由SiCl4制纯硅的反应中,测得每生成1.12
kg纯硅需吸收a
kJ热量,写出该反应的热化学方程式:　　　　　　　　　　　　　。
(5)P2O5是非氧化性干燥剂,下列气体不能用浓硫酸干燥,可用P2O5干燥的是　　　。
a.NH3　　　b.HI　　　c.SO2　　　d.CO2
(6)KClO3可用于实验室制O2,若不加催化剂,400
℃时分解只生成两种盐,其中一种是无氧酸盐,另一种盐的阴阳离子个数比为1∶1。写出该反应的化学方程式:　。
【答案】（1）b
（2）氩
Na+（钠离子）
（3）MgO的熔点高，熔融时耗费更多资源，增加生产成本
AlCl3是共价化合物，熔融态难导电
（4）SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)
?H=
+0.025
kJ?mol?1
（5）b
（6）
【解析】本题主要考查元素周期表与元素周期律、化学键、电子式、热化学方程式等,意在考查考生的理解能力、推理能力及对相关知识的灵活运用能力。(1)第三周期元素从左到右,原子半径依次减小,阳离子半径依次减小,阴离子半径依次减小,但阳离子只有两个电子层,阴离子有三个电子层,阳离子半径小于阴离子半径,a错误;金属性减弱,非金属性增强,b正确;最高价氧化物对应的水化物碱性减弱,酸性增强,c错误;第三周期元素的单质中,硅的熔点最高,d错误。
(2)第三周期中原子最外层电子数与次外层电子数相同的是氩,氧化性最弱的简单阳离子是Na+?。(3)
工业上制镁时,电解MgCl2而不电解MgO的原因是MgO的熔点高,熔融时耗费更多能源,增加生产成本。制铝时,电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是AlCl3为共价化合物,熔融态难导电。(4)SiCl4是共价化合物,电子式为。根据生成1.12
kg硅,吸收a
kJ热量,求出生成1
mol硅,吸收0.025a
kJ热量,则热化学方程式为:SiCl4
(g)+2H2
(g)?Si(s)+4HCl(g)　ΔH=+0.025a
kJ·mol-1。(5)浓硫酸具有强氧化性和酸性,不能干燥NH3和HI,可以干燥SO2和CO2;P2O5可以干燥HI,不能干燥NH3。(6)根据题目信息,可得化学方程式:4KClO3KCl+3KClO4。
【考点地位】本题主要是考查元素周期律、元素的推断、电子式和热化学方程式的书写、干燥剂、氧化还原反应原理。
【名师点晴】通过工业制镁时，电解MgCl2而不电解MgO的原因的分析考查了学生分析问题的能力，第（6）小题书写化学方程式考查了学生知识迁移能力和运用所学知识，进行发散性思维解决实际问题的能力。回答本题的要点是：首先熟练掌握元素周期律，如酸碱性和非金属性、原子半径和离子半径的递变规律，根据电子排布和性质推断元素，然后根据分析物质的性质和运用有关化学知识解答本题。
13．【2014年高考新课标Ⅰ卷第27题】
(15分)
次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品,具有较强还原性。回答下列问题:
(1)H3PO2是一元中强酸,写出其电离方程式　　　　。
(2)H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为银,从而可用于化学镀银。
①H3PO2中,P元素的化合价为　　　　。
②利用H3PO2进行化学镀银反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1,则氧化产物为　　　　(填化学式)。
③NaH2PO2为　　　　(填“正盐”或“酸式盐”),其溶液显　　　　(填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”)。
(3)H3PO2的工业制法是:将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2,后者再与H2SO4反应。写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式　　　　　　　。
(4)H3PO2也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过):
①写出阳极的电极反应式　　　　。
②分析产品室可得到H3PO2的原因　　　　。
③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2:将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替,并撤去阳极室与产品室之间的阳膜,从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有　　　　杂质,该杂质产生的原因是　　　　。
【答案】(1)H3PO2H++H2PO2-　(2)①+1　②H3PO4　③正盐　弱碱性　(3)2P4+3Ba(OH)2+6H2O3Ba(H2PO2)2+2PH3↑
(4)①2H2O-4e-O2↑+4H+　②阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室,原料室的H2P
O2-穿过阴膜扩散至产品室,二者反应生成H3PO2　③PO43-　H2P
O2-或H3PO2被氧化
【解析】（1）由于H3PO2是一元中强酸，所以其电离方程式可写为H3PO2H++H2PO2-；（2）①H是+1价，O是-2价。根据在任何化合物中正负化合价的代数和为0的原则，在H3PO2中P元素的化合价为+1价。②在利用H3PO2进行化学镀银反应中，H3PO2作还原剂；Ag+作氧化剂，因为氧化剂与还原剂的物质的量之比为4︰1，所以根据氧化还原反应中电子得失数目就是元素的化合价降低或升高的数目，可知反应后Ag+被还原为单质Ag,
H3PO2被氧化为+5价的H3PO4，因此氧化产物为H3PO4。③H3PO2是一元中强酸，所以H3PO2的结构是，NaH2PO2是正盐；该盐是强碱弱酸盐，故水溶液显弱碱性。（3）根据题意和电子守恒、原子守恒，可得白磷与氢氧化钡溶液发生的氧化还原反应的化学方程式是2P4+3Ba(OH)2+
6H2O=
3Ba(H2PO2)2
+3PH3↑；（4）①在阳极由于含有阴离子OH-、SO42-、H2PO2-；放电能力最强的是OH-，所以阳极发生反应：2H2O-4e-
=O2↑+4H+；②在产品室之所以可得到H3PO2是因为阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H2PO2-穿过阴膜扩散至产品室，二者在产品室发生反应反应H++H2PO2=
H3PO2。③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2，将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，合并了阳极室与产品室，其缺点是阳极产生的氧气会把H3PO2、H2PO2-氧化为PO43-，导致产品不纯。
【考点地位】本题以次磷酸(H3PO2)为载体考查了弱电解质的电离方程式的书写、元素的化合价的判断、氧化还原反应原理、物质的电解方法制取原理、盐的水解。
【名师点晴】盐的水解、氧化还原反应、电解原理都是中学化学的重要理论，发挥理论对实践的指导作用，将其应用于实践来解决实际问题，达到学以致用的目的。充分体现了“源于教材又不拘泥于教材”的指导思想，在一定程度上考查了学生的知识的灵活运用能力和分析问题解决问题的能力。解决本题，首先应该清楚：强弱电解质电离方程式的区别；化合物中各种元素的化合价的关系；氧化还原反应中的电子转移关系及氧化剂、氧化产物等概念；电化学反应原理；然后根据题意对给出的物质或反应作出相应的判断。综合运用已知条件完成各个问题。作出判断，再进行书写。对于元素的化合价，可结合化合物中各种元素的化合价的关系来判断。
14．【2014年高考新课标Ⅱ卷第27题】（15分）铅及其化合物可用于蓄电池、耐酸设备及X射线防护材料等。回答下列问题:
(1)铅是碳的同族元素,比碳多4个电子层。铅在元素周期表的位置为第　　　　周期、第　　　　族;PbO2的酸性比CO2的酸性　　　　(填“强”或“弱”)。
(2)PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体,反应的化学方程式为　　　　　　　　。
(3)PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得,反应的离子方程式为　　　　;PbO2也可以通过石墨为电极,Pb(NO3)2和Cu(NO3)2的混合溶液为电解液电解制取。阳极发生的电极反应式为　　　　,阴极上观察到的现象是　　　　;若电解液中不加入Cu(NO3)2,阴极发生的电极反应式为　　　　,这样做的主要缺点是　　　　。
(4)PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如图所示,已知失重曲线上的a点为样品失重4.0%(即×100%)的残留固体。若a点固体组成表示为PbOx或mPbO2·nPbO,列式计算x值和m∶n值　　　　。
【答案】(1)六　ⅣA　弱
(2)PbO2+4HCl(浓)?PbCl2+Cl2↑+2H2O
(3)PbO+ClO-PbO2+Cl-　Pb2++2H2O-2e-PbO2↓+4H+　石墨上包上铜镀层　Pb2++2e-Pb↓　不能有效利用Pb2+
(4)根据PbO2PbOx+O2↑,有×32=239×4.0%,x=2-=1.4
根据mPbO2·nPbO,=1.4,==
【解析】本题主要考查元素化合物和电化学综合知识,意在考查考生的计算能力以及对知识的迁移能力。(1)根据碳在元素周期表中的位置为第二周期第ⅣA族,可以推出Pb的位置为第六周期第ⅣA族,同一主族元素从上到下非金属性依次减弱,PbO2的酸性比CO2的弱。(2)由题意,生成的黄绿色气体应为氯气,氯元素化合价升高,则铅元素化合价降低,所以反应的化学方程式为PbO2+4HCl(浓)??PbCl2+Cl2↑+2H2O。(3)由题意,PbO作还原剂,NaClO作氧化剂,反应的离子方程式为PbO+ClO-PbO2+Cl-;根据阳极发生氧化反应,阳极反应式为Pb2++2H2O-2e-PbO2↓+4H+,阴极发生还原反应,Cu2+放电生成Cu,现象为石墨上包上铜镀层,若电解液中不加入Cu(NO3)2,则溶液中的Pb2+放电:Pb2++2e-Pb↓,这样Pb2+就不能很好地转化为PbO2,导致Pb2+的利用率降低。
【考点地位】本题主要是考查元素周期表的机构、元素周期律、方程式书写电解原理应用以及化学式计算
【名师点晴】本题以铅及其化合物的性质和制备为载体考查了元素周期表、元素周期律，氧化还原化学方程式及离子方程式的书写，电解原理的应用及电极反应式的书写，与化学反应相关的图像分析方法及相关计算等知识。考查了学生应用所学知识进行必要的迁移应用，解决一些具体的化学问题的能力。考查了学生阅读材料接受信息的能力、对图像的数据分析能力及计算能力。
15．【2014年高考浙江卷第26题】(15分)
某研究小组为了探究一种无机矿物盐X(仅含四种元素)的组成和性质,设计并完成了如下实验:
另取10.80
g
X在惰性气流中加热至完全分解,得到6.40
g固体1。请回答如下问题:
(1)画出白色沉淀1中金属元素的原子结构示意图　　　,写出气体甲的电子式　　　。
(2)X的化学式是　　　,在惰性气流中加热X至完全分解的化学反应方程式为　。
(3)白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是　　　　　　　　　　　　　　　(用化学反应方程式表示)。
(4)一定条件下,气体甲与固体1中的某种成分可能发生氧化还原反应,写出一个可能的化学反应方程式　　　　　　　　　　　,并设计实验方案验证该反应的产物　　　　　　　　　　　。
【答案】(1)　∶∶∶C∶∶∶
(2)CaFe(CO3)2　CaFe(CO3)2
CaO+FeO+2CO2↑
(3)4Fe(OH)2
+O2+2H2O4Fe(OH)3
(4)2FeO+CO2Fe2O3+CO　检测Fe2O3:将固体用稀盐酸溶解,加入KSCN溶液若显红色,表明产物中有Fe(Ⅲ);检测CO:将气体通过灼热CuO,黑色固体变为红色(共4分)
【解析】本题考查无机化合物的推断与应用,意在考查考生通过在定性推断的基础上结合题给数据进行定量判断的能力。从框图可知,气体甲为CO2;由溶液1转变为白色沉淀1,白色沉淀1又能溶解在CO2水溶液中,可推断白色沉淀1为CaCO3;从固体2的转化过程可知,白色沉淀2为Fe(OH)2,最终的红褐色沉淀为Fe(OH)3;由上述推断可初步确定X为含有Ca、Fe元素的碳酸盐,且其中铁元素的化合价为+2,故可推断其为CaFe(CO3)2,分解得到的固体1为CaO与FeO的混合物,应用题给数据可以进一步确认上述判断的正确性。(1)白色沉淀1中的金属元素为钙,其原子结构示意图为,气体甲为CO2,其电子式为∶∶∶C∶∶∶。(2)X的化学式为CaFe(CO3)2;在惰性气流中加热X至完全分解的化学反应方程式为CaFe(CO3)2
CaO+FeO+2CO2↑。(3)白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀是因为Fe(OH)被氧化成Fe(OH)3,反应为4Fe(OH)2
+O2+2H2O4Fe(OH)3。(4)CO2气体与固体1中的FeO可能发生氧化还原反应,反应为2FeO+CO2Fe2O3+CO;检验产物的方法:取反应所得固体物质,加稀盐酸溶解,然后加入KSCN溶液,若溶液呈红色,说明反应产物中有Fe(Ⅲ)。将生成的气体通过灼热CuO,若黑色固体变为红色,证明生成的气体中含有CO。
【考点定位】本题主要是考查了无机物推断。
【名师点晴】本题属于无机框图题推断，涉及物质结构、物质的性质、电子式、方程式、离子的检验等知识点，熟练掌握常见元素以及化合物的性质以及明确知道流程图中每一步发生的化学反应及反应现象是解本题关键，平时注意特殊反应、实验现象等有关知识的积累。该类试题重点考查学生对知识的了解、应用能力，意在考查学生分析、归纳问题、解决问题的能力。
16．【2014年高考重庆卷第8题】（15分）月球含有H、He、N、Na、Mg、Si等元素,是人类未来的资源宝库。
(1)3
He是高效核能原料,其原子核内中子数为　　　　。
(2)Na的原子结构示意图为　　　　,Na在氧气中完全燃烧所得产物的电子式为　　　　。
(3)MgCl2在工业上应用广泛,可由MgO制备。
①MgO的熔点比BaO的熔点　　　　(填“高”或“低”)。
②月球上某矿石经处理得到的MgO中含有少量SiO2,除去SiO2的离子方程式为　　　　;SiO2的晶体类型为　　　　。
③MgO与碳粉和氯气在一定条件下反应可制备MgCl2。若尾气可用足量NaOH溶液完全吸收,则生成的盐为　　　　(写化学式)。
(4)月壤中含有丰富的3He,从月壤中提炼1
kg?3He,同时可得6
000
kg
H2和700
kg
N2,若以所得H2和N2为原料经一系列反应最多可生产碳酸氢铵　　　　kg。
【答案】(1)1
(2)　Na[∶∶∶]Na
(3)①高
②SiO2+2OHSiO32-+H2O　原子晶体
③NaCl、NaClO、Na2CO3
(4)3
950
【解析】本题考查原子结构、电子式、SiO2的结构与性质、Cl2与NaOH溶液的反应、基本计算等基础知识,属于常识性、基础性的题目。(1)中子数=质量数-质子数=3-2=1。(2)Na的原子结构示意图为。Na在O2中完全燃烧生成Na2O2,其电子式为Na[∶∶∶]2-
Na+。(3)①Mg2+半径比Ba2+半径小,MgO中的离子键强于BaO中的离子键,MgO的熔点高于BaO。②MgO不能与NaOH溶液反应,SiO2能与NaOH溶液反应,所以可用NaOH溶液除去SiO2,其反应的离子方程式为:SiO2?+
2OH-
SiO32-?+
H2O,SiO2具有立体网状结构,且熔沸点高,属于原子晶体。③未反应的Cl2及反应生成的CO2气体均与NaOH溶液反应,且NaOH足量,则生成的盐为Na2CO3、NaCl、NaClO。(4)根据N2~3H2可知,6
000
kg
H2过量,应以700
kg
N2为准进行计算,由N原子守恒可得:N2?~2NH4HCO3,则最多可得NH4HCO3的质量为?kg=3
950
kg。
【考点定位】本题主要是考查原子结构、晶体类型和熔点比较、电子式、物质除杂、产物判断以及有关计算等，题目难易适中，知识点覆盖全面，综合性较强，侧重对学生能力的考查，充分体现了“源于教材又不拘泥于教材”的命题指导思想，在一定程度上考查了学生的创新思维能力。
【名师点睛】本题直接给出元素，然后对原子结构、晶体类型、电子式等角度进行分析，无疑降低了试题的难度。在解题的过程主要化学用语表达和答题的规范，按照要求作答。专题19
物质的检验、分离与提纯
2019年高考题
【2019全国Ⅱ理综，28,15分】咖啡因是一种生物碱（易溶于水及乙醇，熔点234.5℃，100℃以上开始升华），有兴奋大脑神经和利尿等作用。茶叶中含咖啡因约1%~5%、单宁酸（Ka约为10?4，易溶于水及乙醇）约3%~10%，还含有色素、纤维素等。实验室从茶叶中提取咖啡因的流程如下图所示。
索氏提取装置如图所示。实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，与茶叶末接触，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，从而实现对茶叶末的连续萃取。回答下列问题：
（1）实验时需将茶叶研细，放入滤纸套筒1中，研细的目的是______________，圆底烧瓶中加入95%乙醇为溶剂，加热前还要加几粒______________。
（2）提取过程不可选用明火直接加热，原因是______________，与常规的萃取相比，采用索氏提取器的优点是______________。
（3）提取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂，与水相比，乙醇作为萃取剂的优点是______________。“蒸发浓缩”需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管之外，还有______________（填标号）。
A．直形冷凝管
B．球形冷凝管C．接收瓶D．烧杯
（5）可采用如图所示的简易装置分离提纯咖啡因。将粉状物放入蒸发皿中并小火加热，咖啡因在扎有小孔的滤纸上凝结，该分离提纯方法的名称是______________。
(除标明外，每空2分)(1)增加固液接触面积，提取充分
沸石（1分）
（2）乙醇易挥发，易燃
使用溶剂量少，可连续萃取（萃取效率高）
（3）乙醇沸点低，易浓缩
AC
（4）单宁酸（1分）
水（1分）
（5）升华?
【解析】
本题结合从茶叶中提取咖啡因的流程，考查化学实验方案分析，考查的核心素养是科学探究与创新意识。（1）实验时将茶叶研细，能增加茶叶与溶剂的接触面积，使萃取更加充分。乙醇为溶剂，为防止加热时暴沸，需在加热前向乙醇中加入几粒沸石。（2）由于溶剂乙醇具有挥发性和易燃性，因此在提取过程中不可用明火直接加热。本实验中采用索氏提取器的优点是溶剂乙醇可循环使用，能减少溶剂用量，且萃取效率高。（3）提取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂，与水相比，乙醇作为萃取剂具有沸点低和易浓缩的优点。“蒸馏浓缩”需选用的仪器除了所给仪器外，还有直形冷凝管和接收瓶（如锥形瓶）。?（4）向?浓缩液中加入生石灰能中和单宁酸并吸收水分。（5）结合分离提纯咖啡因的装置及将粉状物放入蒸发皿并小火加热，咖啡因凝结在扎有小孔的滤纸上，可知该分离提纯的方法为升华。?
【实验攻略】
今年的实验题不同于往年，属于实验和流程的综合题，试题中信息量比较大，实验装置和材料都比较新颖，但考查的知识较基础，具有起点高和落点低的特点。要解答这类实验题，关键要读懂题中信息，看懂实验装置，知道每个步骤的具体操作，能结合题中信息和具体操作等进行综合分析，还需注意某些答案可能隐藏在信息中。
2018年高考题?
1.（2018浙江4月选考，2分）
某绿色溶液A含有H+、Na+、Mg2+?、Fe2+、Cu2+?、SO42-、Cl-、CO32-和HCO3-离子中的若干种。取该溶液进行如下实验（已知Ag2SO4微溶于水，可溶于酸）：?
①向溶液中滴加Ba(OH)2溶液，过滤，得到不溶于酸的白色沉淀和绿色滤液B；?
②取滤液B，先用HNO3酸化，再滴加0.001
mol·L-1
AgNO3溶液，有白色沉淀生成。?
下列说法不正确的是?
A.溶液A中一定存在H+、SO42-和Cl-?
B.溶液A中不存在Mg2+、CO32-和HCO3-，不能确定Na+的存在?
C.第②步生成的白色沉淀中只有AgCl，没有Ag2CO3?
D.溶液A中存在Fe2+与Cu2+中的一种或两种，且可以用NaOH溶液判断?
1.
B
本题考查离子的检验与推断。根据步骤①得到不溶于酸的白色沉淀和绿色滤液B，可知原溶液中必然含有SO42-和H+，存在Fe2+与Cu2+中的一种或两种，则一定不存在CO32-和HCO3-；根据步骤②得到不溶于硝酸的白色沉淀，可知原溶液中必然含有Clˉ，白色沉淀为AgCl，故A、C项正确；不能确定原溶液中是否存在Na+、Mg2+，故B项不正确；绿色溶液A中存在Fe2+与Cu2+?中的一种或两种，且Fe2+?、Cu2+与NaOH反应的现象不同，故可用NaOH溶液判断，D项正确。?
2.（2018浙江4月选考，2分）下列操作或试剂的选择不合理的是?
A.可用蒸发结晶的方法从碘水中提取碘单质?
B.可用灼烧法除去氧化铜中混有的铜粉?
C.可用硫酸鉴别碳酸钠、硅酸钠和硫酸钠?
D.可用含氢氧化钠的氢氧化铜悬浊液鉴别乙醇、乙醛和乙酸?
2.
A
本题考查物质的分离、提纯和鉴别。I2易升华，蒸发结晶不宜用于易升华的物质的分离，A项不合理；灼烧时氧化铜中的铜粉可被氧化为氧化铜，B项合理；硫酸和碳酸钠反应可生成CO2气体,与硅酸钠反应产生硅酸沉淀，与硫酸钠不反应，可以鉴别，C项合理；含氢氧化钠的氢氧化铜悬浊液与乙醇不反应，与乙醛反应生成砖红色沉淀，与足量乙酸反应后变为蓝色溶液，可以鉴别，D项合理。
3.
（2018海南，7,4分）下列分离方法正确的是
A.回收水溶液中的I2：加入乙醇，分液、蒸发
B.回收含有KC1的MnO2：加水溶解，过滤、干燥
C.除去氨气中的水蒸气：通过盛有P2O5的干燥管
D.除去乙中醇的水：加入无水氯化钙，蒸馏
3.B
因为乙醇与水可以互溶，所以乙醇不能用作从碘水中提取碘的萃取剂，A分离方法不能实现；MnO2难溶于水，而KCl易溶于水，因此可以采用过滤的方法来分离KCl与MnO2的混合物，B方法可行；NH3属于碱性气体，不能用P2O5等酸性氧化物的干燥剂来干燥，C分离方法不可行；无水氯化钙即能吸收水分，也可以吸收乙醇，D分离方法不敢当。
2017高考题
1.【2017年高考全国卷I卷】实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示(Zn粒中往往含有硫等杂质，焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气)。下列说法正确的是（
）
A.①、②、③中依次盛装KMnO4溶液、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液
B.管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度
C.结束反应时，先关闭活塞K，再停止加热
D.装置Q(启普发生器)也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气
【答案】B
【解析】本题考查实验设计与评价，涉及氢气制备和氢气还原氧化钨的实验。审题时抓住两个关键、一个迁移:关键1——锌粒中的硫指硫元素，即锌粒中含有少量硫化锌(ZnS)，暗示:制备氢气时会生成H2S；关键2——焦性没食子酸溶液用于吸收装置内少量O2；迁移——氢气还原氧化钨实验类似教材中氢气还原氧化铜实验。加热WO3之前，要确保排尽装置内的空气，因为H2在空气中的浓度达到一定范围时，加热易发生爆炸，通过检验氢气的纯度判断空气是否排尽，B项正确。装置Q是启普发生器，是氢气的发生装置，装置排列顺序是氢气发生装置→安全瓶→除去HCl、O2装置→除去H2S装置→干燥氢气装置→氢气还原氧化钨装置→尾气处理装置。Zn+2HClZnCl2+H2↑、ZnS+2HClZnCl2+H2S↑，用装置Q制得的氢气中含有H2S、O2、HCl、H2O等杂质，由于酸性高锰酸钾溶液氧化氯化氢生成氯气，所以，应先用焦性没食子酸溶液吸收氧气，同时除去氯化氢(易溶于水)，再用酸性高锰酸钾溶液吸收硫化氢，最后用浓硫酸干燥，试剂盛放顺序依次为焦性没食子酸溶液、酸性高锰酸钾溶液、浓硫酸，A项错误；类似氢气还原氧化铜，实验完毕后，先停止加热，再继续通入氢气一段时间，C项错误；装置Q不能加热，适合块状固体与液体在常温下反应，而实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制氯气需要加热，且二氧化锰是粉末状固体，故不能用装置Q制备氯气，D项错误。
【名师点睛】(1)化学实验装置连接的一般思路:气体发生装置→安全装置→除去杂质1装置→除去杂质2装置→……→干燥装置→主体反应装置→尾气处理装置。(2)酸性高锰酸钾溶液是常见的氧化剂。例如，2MnO4—+5H2S+6H+2Mn2++5S↓+8H2O，2
MnO4—+10Cl—+16H+2Mn2++5Cl2↑+8H2O，5SO2+2
MnO4—+2H2O5SO42—+2Mn2++4
H+。
2.
【2017年高考天津卷4题】以下实验设计能达到实验目的的是
（
）
实验目的
实验设计
A.
除去NaHCO3固体中的Na2CO3
将固体加热至恒重
B.
制备无水AlCl3
蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液
C.
重结晶提纯苯甲酸
将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶
D.
鉴别NaBr和KI溶液
分别加新制氯水后，用CCl4萃取
【答案】D
【解析】本题考查化学实验方案的设计。鉴别NaBr和KI溶液，分别加入新制氯水后，用CCl4萃取，Br2的CCl4溶液呈橙色，I2的CCl4溶液呈紫红色，D项正确。除去NaHCO3固体中的Na2CO3，可加水溶解制成饱和溶液，通入足量CO2气体，结晶，过滤，A项错误；制备无水AlCl3时，应将AlCl3溶液在HCl氛围中蒸发，B项错误；重结晶提纯苯甲酸时，应将粗品制成其热饱和溶液，趁热过滤，再冷却结晶，C项错误。
3.【2017年高考全国卷Ⅲ卷26题】（14分）绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题:
(1)在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。由此可知:　　　、　　　。
(2)为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重，记为m1?g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2?g。按如图连接好装置进行实验。
①仪器B的名称是　　　。
②将下列实验操作步骤正确排序　　　(填标号)；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3?g。
a.点燃酒精灯，加热　b.熄灭酒精灯　c.关闭K1和K2
d.打开K1和K2，缓缓通入N2　e.称量A　f.冷却到室温
③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=　　　(列式表示)。若实验时按a、d次序操作，则使x　　　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(3)为探究硫酸亚铁的分解产物，将(2)中已恒重的装置A接入如图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。
①C、D中的溶液依次为　　　(填标号)。C、D中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为　　　。
a.品红　b.NaOH　c.BaCl2　d.Ba(NO3)2　e.浓H2SO4
②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式　　　　　。
【答案】(1)样品中没有Fe(Ⅲ)　Fe(Ⅱ)易被氧气氧化为Fe(Ⅲ)
(2)①干燥管　②dabfce　③　偏小
(3)①c、a　生成白色沉淀、褪色
②2FeSO4?Fe2O3+SO2↑+SO3↑
【解析】本题考查化学实验操作、实验误差分析、实验现象描述等。(1)加入KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，说明样品中不含三价铁；再向试管中通入空气，溶液逐渐变红，说明FeSO4易被空气中的氧气氧化。(2)①仪器B是干燥管。②根据实验目的及绿矾易被氧化的性质可知，实验时先打开K1和K2，缓缓通入N2排出装置中的空气，避免空气中的氧气将绿矾氧化；再点燃酒精灯进行加热；一段时间后熄灭酒精灯，冷却至室温，关闭K1和K2，再称量A。故正确的操作顺序是dabfce。③根据题意，绿矾样品的质量为(m2-m1)
g，绿矾中结晶水的质量为(m2-m3)
g，则FeSO4的质量为(m3-m1)
g，故绿矾中FeSO4与H2O的物质的量之比为∶=
1∶，因此绿矾化学式中结晶水数目为。如果实验时按照a、d次序操作，则部分绿矾被氧化，导致m3增大，所以会偏小。(3)实验后残留的红色固体是氧化铁。根据氧化还原反应规律，反应中硫元素的化合价必然降低，生成二氧化硫。根据得失电子守恒和元素守恒可写出反应的化学方程式:2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。由于三氧化硫极易溶于水且能与水反应生成硫酸，欲检验二氧化硫和三氧化硫，必须先用氯化钡溶液检验三氧化硫，再用品红溶液检验二氧化硫。
【名师点晴】不能用硝酸钡溶液检验三氧化硫和二氧化硫混合气体中的三氧化硫，因为二氧化硫也能与硝酸钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，对三氧化硫的检验产生干扰。
2013~2016年高考题
1．【2016年高考北京卷】下列中草药煎制步骤中，属于过滤操作的是（
）
A．冷水浸泡
B．加热煎制
C．箅渣取液
D．灌装保存
【答案】C
【解析】本题考查了化学实验基本操作，意在考查考生对过滤操作的认识。过滤是常用的物质分离方法，适用于固液分离，C项符合题意；A项和B项均为浸取，D项为溶液的转移，A项、B项、D项均不符合题意。
【考点定位】本题主要是考查物质的分离和提纯操作装置判断。
【名师点晴】该题以我国中草药煎制为载体侧重于考查学生对物质分离与提纯操作装置图的熟练掌握程度，题目难度不，明确过滤的含义、适用范围以及主要装置是解答的关键。过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法，主要仪器有铁架台（带铁圈）、烧杯、玻璃棒和漏斗，主要用品是滤纸。另外还需要注意过滤操作的注意事项。
2．【2016年高考北京卷】在一定条件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯。有关物质的沸点、熔点如下:
对二甲苯
邻二甲苯
间二甲苯
苯
沸点/℃
138
144
139
80
熔点/℃
13
-25
-47
6
下列说法不正确的是（
）
A.该反应属于取代反应
B.甲苯的沸点高于144
℃
C.用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来
D.从二甲苯混合物中，用冷却结晶的方法可将对二甲苯分离出来
【答案】B
【解析】本题主要考查了苯及其同系物熔、沸点关系和物质提纯的方法，意在考查考生的综合分析和运用能力。甲苯生成二甲苯和苯，可分别理解成甲苯中苯环上的氢被甲基取代、甲苯中的甲基被氢取代，A项正确；同系物中，碳原子数越多，沸点越高，所以甲苯的沸点应低于二甲苯，即低于138
℃，B项错误；苯的沸点最低，可最先分离出来，C项正确；三种二甲苯间沸点相近，熔点差异大，将温度控制在稍低于13
℃，对二甲苯结晶析出，D项正确。
【考点定位】本题主要是考查物质的分离和提纯，有机物的反应类型判断等[]
【名师点晴】掌握取代反应的含义、物质的分离与提纯方法以及相关物质的性质是解答的关键，解答时注意提取题干中的有效信息。难点是物质的分离与提纯方法选择，分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。归纳如下：
①分离提纯物是固体(从简单到复杂方法)
：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；②分离提纯物是液体(从简单到复杂方法)
：分液，萃取，蒸馏；③分离提纯物是胶体：盐析或渗析；④分离提纯物是气体：洗气。答题时注意灵活应用。
3．【2016年高考上海卷】实验室提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾的过程如右图所示。下列分析正确的是（
）
A．操作Ⅰ是过滤，将固体分离除去
B．操作Ⅱ是加热浓缩。趁热过滤，除去杂质氯化钠
C．操作Ⅲ是过滤、洗涤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来
D．操作Ⅰ~Ⅲ总共需两次过滤
【答案】C
【解析】KNO3中混有NaCl欲提纯KNO3，应将它们都溶于热水中，再降温结晶。因为KNO3的溶解度随温度的升高而升高且变化幅度很大，NaCl的溶解度随温度的升高而基本无明显变变化。则有，操作Ⅰ是在烧杯中加水溶解，操作Ⅱ是蒸发浓缩，得到较高温度下的KNO3饱和溶液，操作Ⅲ为冷却结晶，利用溶解度差异使KNO3结晶析出，过滤，洗涤，干燥即得KNO3晶体。故选C。
【考点定位】考查常见物质的分离、提纯的方法。
【名师点睛】化学是研究物质的组成、结构、性质、用途及制取（或合成）的自然科学，而物质的制取过程中一定要涉及到物质的除杂、分离、提纯等问题，因此有关物质的分离提纯实验题型是历次考试的重点题型。常用分离方法有：过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、萃取分液、蒸馏（分馏）、盐析、洗气等。选择物质分离提纯试剂和方法的基本原则：①不增（不引入新的杂质）；②不减（不减少被提纯的物质）；③易分离（被提纯的物质与杂质易分离）；④易复原（被提纯的物质易复原）。
4．【2015新课标Ⅱ卷理综化学】海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是（
）
A.向苦卤中通入Cl2是为了提取溴
B.粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯
C.工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂
D.富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴,再用SO2将其还原吸收
【答案】C
【解析】本题考查海水开发利用中的化学知识,意在考查考生将化学知识应用到实际生产中的能力。苦卤中含有Br-,通入Cl2可将Br-氧化生成Br2,A项正确;粗盐中含有Ca2+、等杂质离子,故先除杂得NaCl和KCl的混合溶液,而NaCl的溶解度随温度变化不大,故采用重结晶可以得到纯净的NaCl,B项正确;工业上沉淀海水中的Mg2+,采用Ca(OH)2,不用NaOH,因为NaOH的价格较贵,C项错误;Br2易挥发,用热气吹出后,用SO2吸收,生成H2SO4和HBr,富集后再用Cl2处理HBr生成Br2,D项正确。
【考点定位】本题以海水的综合开发利用为载体重点考查了粗盐的提纯、海水提取溴、物质的分离与提纯操作、试剂的选取等，题目难度中等。
【名师点晴】本题从知识上考查物质的分离与提纯，考查了学生对知识了解、理解、掌握和分析、综合运用的情况。明确常见的化学实验基本操作以及常见物质的性质是答题的关键。
5.【2015新课标Ⅱ卷理综化学】用如图所示装置进行下列实验:将①中溶液滴入②中,预测的现象与实际相符的是（
）
选项
①中物质
②中物质
预测②
中的现象
A
稀盐酸
碳酸钠与氢氧化
钠的混合溶液
立即产
生气泡
B
浓硝酸
用砂纸打
磨过的铝条
产生红
棕色气体
C
氯化铝溶液
浓氢氧化钠溶液
产生大量
白色沉淀
D
草酸溶液
高锰酸钾酸性溶液
溶液逐渐褪色
【答案】D
【解析】本题考查实验现象的描述,意在考查考生对常见物质性质的掌握程度。稀盐酸滴入Na2CO3和NaOH的混合溶液中,先发生酸碱中和反应,开始没有气泡产生,A项错误;浓硝酸与Al发生钝化,无红棕色的NO2生成,B项错误;将AlCl3溶液滴入NaOH溶液中,开始无大量白色沉淀,C项错误;草酸与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应,KMnO4溶液的紫红色褪去,D项正确。
【考点定位】本题主要是考查实验方案设计与评价，涉及碳酸钠、氢氧化钠与盐酸反应、铝及其化合物、钝化、氢氧化铝制备、浓硝酸、草酸、酸性高锰酸钾溶液等。
【名师点晴】该题以实验探究的形式考查元素及其化合物的性质，充分体现了金属元素化合物和非金属元素化合物考查的目的，有利于培养学生的思维能力、分析问题的能力、动手能力、观察能力等，能更全面地考查考生的综合素质和能力。掌握常见元素及其化合物的性质是答题的关键，注意基础知识的理解掌握和灵活运用。
6．【2015浙江理综化学】下列说法正确的是（
）
A.为测定新制氯水的pH,用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上,与标准比色卡对照即可
B.做蒸馏实验时,在蒸馏烧瓶中应加入沸石,以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石,应立即停止加热,冷却后补加
C.在未知液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀,加稀硝酸,沉淀不溶解,说明该未知液中存在
S或S
D.提纯混有少量硝酸钾的氯化钠,应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法
【答案】B
【解析】本题考查有关物质检验、分离提纯、离子鉴定等化学实验的基本操作和技能,意在考查考生对化学实验原理的理解与运用能力。由于新制氯水具有强氧化性,所以pH试纸遇到新制氯水时将被漂白,从而无法读取相应的pH,A项错误;若忘记放沸石,在液体没有沸腾之前,可停止加热,冷却后补加沸石,B项正确;由于加入了Cl-,如果原溶液中无SO42-、S
O32-,但存在Ag+,也能生成不溶于稀硝酸的白色沉淀,C项错误;要从含有少量KNO3的NaCl固体混合物中提纯得到NaCl,应该采用蒸发结晶的方法,而不是冷却结晶的方法,D项错误。
【考点定位】本题主要是考查化学实验基本操作，涉及氯水性质、pH测定、蒸馏实验安全操作注意事项、硫酸根离子、亚硫酸根离子、氯离子检验、氯化钠提纯等
【名师点晴】化学实验考试旨在考查考生对中学化学实验基础知识、基本技能的掌握情况和所应具有的观察能力、分析能力、思维能力和自学能力。萃取、分液、蒸馏、重结晶等都是分离、提纯混合物的基本实验操作都是高考要求考生必须掌握的基本方法和技能。能对常见的物质进行检验、分离和提纯也是必须要求掌握的知识。该类试题考查了学生对物质性质、实验现象的掌握情况，结合物质的性质考察了学生实验操作能力。充分体现了化学的实用性，化学是一门实验性学科的特点。
7．【2015山东理综化学】下列由实验现象得出的结论正确的是（
）
操作及现象
结论
A
向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀
Ksp(AgCl)B
向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液,溶液呈红色
溶液中一定含有Fe2+
C
向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯,振荡、静置,溶液上层呈橙红色
Br-还原性强于Cl-
D
加热盛有NH4Cl固体的试管,试管底部固体消失,试管口有晶体凝结
NH4Cl固体可以升华
【答案】C
【解析】本题考查了化学实验基础知识与化学实验设计,意在考查考生运用所学知识进行实验设计与评价实验方案的能力。向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀,说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),A项错误;没有排除原溶液中只含有Fe3+的可能,B项错误;向NaBr溶液中加入少量氯水和苯,振荡、静置后溶液分层,且上层呈橙红色,说明Cl2置换出了Br2,能说明Br-的还原性强于Cl-,C项正确;加热NH4Cl固体时发生分解反应,生成NH3和HCl,NH3和HCl在试管口处遇冷又发生化合反应生成NH4Cl,不是升华,D项错误。
【考点定位】本题考查分析实验操作及现象，判断所得结论是否正确，涉及了沉淀的转化、离子的检验、还原性的判断以及反应原理的判断。
【名师点睛】把元素化合物的知识、化学原理和实验操作及实验结论的分析进行了结合，考查了考生运用所学知识分析实验现象，得出正确结论的能力，审题时应全面细致，如向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀，应对比Cl?和I?的浓度，根据Ksp的含义得出正确的结论，滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液可能含有Fe2+或Fe3+，体现了化学实验方案设计的严谨性，加热盛有NH4Cl固体的试管，体现了由现象看本质的科学态度。
8．【2015安徽理综化学】某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生。为探究该反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是（
）
选项
实验及现象
结论
A
将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝
反应中有NH3产生
B
收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色
反应中有H2产生
C
收集气体的同时测得溶液的pH为8.6
弱碱性溶液中Mg也可被氧化
D
将光亮的镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中，有气泡产生
弱碱性溶液中OH-氧化了Mg
【答案】D
【解析】本题以探究镁与氯化铵溶液的反应为切入点，考查考生对实验方法、现象和结论作出正确评价的能力。解答本题时，首先要通过实验及现象对此反应作出准确的分析:氯化铵溶液与镁条反应生成氯化镁、氨气和氢气，A、B项合理；因NH3·H2O电离而使溶液显弱碱性，在弱碱性溶液中镁也可被氧化，C项合理；将镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中，有气泡产生，根据C项实验知，应是镁与溶液中的H+作用产生了氢气，D项不合理。
【考点定位】本题重点考查学生的实验综合能力和科学探究能力，对实验现象和实验结论的逻辑判断能力。涉及到对产物氨气和氢气的验证，氧化还原反应中氧化剂和还原剂的判断。
【名师点睛】解决本题的关键在于熟练掌握常见物质的检验要，包括试剂的选择，反应现象及结论判断。本题还考查了溶液的酸碱性和PH的关系，溶液中离子浓度大小和离子共存问题，氧化还原反应中，氧化反应和还原反应的判断，氧化剂和还原剂的判断，氧化产物和还原产物的判断。
9．【2015广东理综化学】下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是（
）
选项
叙述Ⅰ
叙述Ⅱ
A
1-己醇的沸点比己烷的沸点高
1-己醇和己烷可通过蒸馏初步分离
B
原电池可将化学能转化为电能
原电池需外接电源才能工作
C
乙二酸可与KMnO4溶液发生反应
乙二酸具有酸性
D
Na在Cl2中燃烧的生成物含离子键
NaCl固体可导电
【答案】A
【解析】本题考查化学知识间的因果关系,意在考查考生对所学化学知识的应用能力。1-己醇的沸点高于己烷,便于通过蒸馏法初步分离,叙述Ⅰ和Ⅱ均正确,且具有因果关系,A项正确;原电池工作时不需要外接电源,叙述Ⅱ错误,叙述Ⅰ和Ⅱ无因果关系,B项错误;乙二酸具有还原性,能与KMnO4溶液反应,叙述Ⅰ和Ⅱ均正确,但无因果关系,C项错误;Na在Cl2中燃烧生成NaCl,但NaCl固体中无自由移动的离子,不能导电,叙述Ⅱ错误,D项错误。
【考点定位】本题主要考查了蒸馏的分离方法，原电池的结构，发生反应时物质体现出来的化学性质以及导电的原因。
【名师点睛】蒸馏时常见的物质分离方法，就是利用不同物质的沸点不同将他们分离，常见的分离方法还有过滤、萃取、分液等，每一种分离方法的原理要了解；要了解原电池和电解池的区别，原电池工作时不需要接电源，接电源就成为了电解池，乙二酸虽然有酸性，但与KMnO4溶液发生反应是体现出的是还原性，一种物质会有很多性质，但在不同的反应中体现的性质可能不同；物质导电通常有两种情况：溶液导电和金属导电，溶液能导电必须有自由移动的离子，金属导电是因为有自由移动的电子。
10．【2014年高考海南卷】下列除杂操作可行的是（
）
A．通过浓硫酸除去HCl中的H2O
B．通过灼热的CuO除去H2中的CO
C．通过灼热的镁粉除去N2中的O2
D．通过水除去CO中的CO2
【答案】A
【考点定位】本题考查了物质的杂质除去方法的知识；考查了考生对除杂的原则的掌握和灵活应用能力。除去杂质的方法和试剂的使用的知识。任何物质反应时既有普遍性又有特殊性，在考虑问题时一定要考虑全面。
【名师点睛】解答本题，首先要掌握除杂的原则是：不增、不减。即不增加新的杂质，不减少被提纯的物质本身。然后是要了解物质的性质，明白除去杂质时只能使杂质发生反应，而被提纯的物质本身不能参加反应。最后把物质的性质加以灵活应用，加以分析，逐一解答。
11．【2014年高考上海卷第5题】下列分离方法中，和物质的溶解度无关的是（
）
A．升华
B．萃取
C．纸上层析
D．重结晶
【答案】A
【解析】A、固体不经过液体直接变为气体的叫升华，与物质的熔沸点有关系，与溶解度无关，A正确；B、萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，与溶解度有关系，B不正确；C、纸上层析是利用混合物中各组分在固定相和流动相中的溶解度不同而达到分离目的，与溶解度有关系，C不正确；D、结晶法适用于不同溶质的溶解度受温度影响不同而分离的一种方法，重结晶是将晶体溶于溶剂或熔融以后，又重新从溶液或熔体中结晶的过程，与溶解度有关系，D不正确，答案选A。
【考点定位】本题主要是考查物质分离方法原理判断
【名师点晴】本题以物质的分离与提纯为载体，意在考查学生对常见物质分离原理的熟悉了解程度，明确原理以及适用范围是关键，注意常见分离方法的积累和总结。本题难度不大，掌握基础是关键。高考化学试题对化学实验基本操作的考查是每年的必考点，今后的复习备考中一定要抓牢相关的化学实验基本操作。
12．【2014年高考上海卷第10题】右图是用于干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列方案正确的是（
）
选项
X
收集气体
Y
A
碱石灰
氯化氢
水
B
碱石灰
氨气
水
C
氯化钙
二氧化硫
氢氧化钠
D
氯化钙
一氧化氮
氢氧化钠
【答案】C
【考点定位】本题主要是考查气体制备、收集的有关判断
【名师点晴】本题以常见气体的收集、尾气处理为载体，重点考查常见气体的性质，包括物理性质和化学性质，有利于培养学生规范的实验设计与动手操作能力，旨在考查学生的学科素养。该类试题通过考查学生对基础知识和基本技能的理解和掌握。在一定程度上考查了学生的知识的灵活运用能力和分析问题解决问题的能力。题目难度中等。
13．【2014年高考福建卷第8题】下列实验能达到目的的是（
）
A.只滴加氨水鉴别NaCl、AlCl?、MgCl?、NaSO四种溶液
B.将NHCl溶液蒸干制备NHCl固体
C.用萃取分液的方法除去酒精中的水
D.用可见光束照射以区别溶液和胶体
【答案】D
【解析】本题考查化学实验基本操作,意在考查考生对中学化学实验基础知识的理解和掌握情况。A项中氨水与NaCl和Na
2SO4均不反应,与AlCl3和MgCl2反应均生成白色沉淀,A项错误;B项中NH4Cl能发生水解生成NH3和HCl,最终得不到NH4Cl固体,B项错误;酒精和水互溶,不能用分液的方法分离,C项错误;胶体有丁达尔效应,而溶液没有丁达尔效应,D项正确。
【考点定位】本题主要是考查化学实验基本操作(鉴别、蒸发、萃取、分液、胶体的丁达尔实验)
【名师点晴】本题属于化学实验的核心内容，尤其是物质的分离、提纯、鉴别、检验等为高考考查的重点。考查了学生对基础知识和基本技能的理解和掌握。准确把化学实验基础知识和基本操作技能运用到某些定量实验中去，解决一些原理和操作较简单的定量问题。它充分体现了“源于教材又不拘泥于教材”的指导思想，在一定程度上考查了学生的知识的灵活运用能力和分析问题解决问题的能力。
14．【2014年高考全国大纲卷第10题】下列除杂方案错误的是（
）
A.A
B.B
C.C
D.D
【答案】B
【解析】本题考查物质的提纯知识,意在考查考生解决实际问题的能力。CO2可与NaOH溶液反应,浓硫酸可吸收水分,A项正确;NaOH溶液也可以与NH4Cl反应,且可能会引入NaOH杂质,B项错误;Cl2在饱和食盐水中溶解度很小而HCl的溶解度很大,浓硫酸可吸收水分,C项正确;NaHCO3灼烧分解成Na2CO3,D项正确。
【考点地位】本题主要是考查化学物质的除杂
【名师点晴】本题主要是通过物质除杂的考查，重点考查了学生对元素及其化合物知识的掌握与应用的能力。把物质中混有的杂质除去而获得纯净物叫提纯，将相互混在一起的不同物质彼此分开而得到相应组分的各纯净物叫分离。在解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则:
1.不能引入新的杂质（水除外），即分离提纯后的物质应是纯净物（或纯净的溶液），不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。
15．【2014年高考四川卷第4题】下列实验方案中,不能达到实验目的的是（
）
A.A
B.B
C.C
D.D
【答案】B
【解析】本题考查化学实验知识,意在考查考生分析实验方案的思维能力。向上层水溶液中加入稀HNO3和AgNO3溶液,若产生淡黄色沉淀,则说明生成了AgBr,即CH3CH2Br在碱性条件下发生了水解反应,A项正确;Fe(NO3)2溶液中加入稀硫酸后,相当于溶液中存在HNO3,能将Fe2+氧化生成Fe3+,B项错误;CCl4层呈紫色,说明溶有单质I2,C项正确;将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中白色沉淀变成红褐色,说明Mg(OH)2转化成了Fe(OH)3,D项正确。
【考点地位】本题主要是考查化学实验方案设计与评价
【名师点晴】本题侧重对学生实验能力的综合考查，最能体现化学学科思想和特点。实验方案的设计和对实验方案的评价是高考的热点之一，设计实验方案时，要注意用最少的药品和最简单的方法；关于对实验设计方案的评价，要在两个方面考虑，一是方案是否可行，能否达到实验目的；二是设计的方法进行比较，那种方法更简便。
16．【2014年高考浙江卷第8题】下列说法正确的是（
）
A.金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面时,必须尽可能收集,并深埋处理
B.用pH计、电导率仪(一种测量溶液导电能力的仪器)均可监测乙酸乙酯的水解程度
C.邻苯二甲酸氢钾可用于标定NaOH溶液的浓度。假如称量邻苯二甲酸氢钾时电子天平读数比实际质量偏大,则测得的NaOH溶液浓度比实际浓度偏小
D.向某溶液中加入茚三酮试剂,加热煮沸后溶液若出现蓝色,则可判断该溶液含有蛋白质
【答案】B
【解析】本题重点考查化学实验安全、实验基本操作及定量实验的分析等实验相关知识,意在考查考生对化学实验知识的理解与掌握情况。金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面时除了必须尽可能收集外,还应撒硫黄于金属汞上使其转化为HgS,A项错误;c(NaOH)·V(NaOH)=n(标定物),当标定物读数偏大时,n(标定物)偏大,V(NaOH)不受影响,则c(NaOH)偏大,C项错误;加入茚三酮试剂并加热煮沸后溶液出现蓝色,说明该溶液中可能含有氨基酸、多肽或蛋白质,不能确定一定是蛋白质,D项错误。
【考点定位】本题主要是考查化学实验安全处理、检测、鉴别以及误差分析等。
【名师点晴】本题主要是考查化学实验基本操作，侧重考查化学实验安全、环境与保护、中和滴定及物质检验等，有利于引导学生重视实验操作和实验探究能力，有利于提升学生的学科素养。选项D为解答的难点，知识点较偏僻。
17．【2014年高考重庆卷第2题】下列实验可实现鉴别目的的是（
）
A.用KOH溶液鉴别SO(g)和SO
B.用湿润碘化钾淀粉试纸鉴别Br(g)和NO
C.用CO鉴别NaAlO溶液和CHCOONa溶液
D.用BaCl溶液鉴别AgNO溶液和KSO溶液
【答案】C
【解析】本题考查物质鉴别知识,意在考查考生对元素及其化合物性质的理解与应用能力。SO2和SO3都能与KOH溶液反应且反应现象几乎相同,不能鉴别,A项错误;Br2和NO2都能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝,B项错误;CO2通入NaAlO2溶液中出现白色沉淀,通入CH3COONa溶液中不反应,可以鉴别,C项正确;BaCl2与AgNO3溶液反应生成AgCl白色沉淀,与K2SO4溶液反应生成BaSO4白色沉淀,D项错误。
【考点定位】本题主要是考查常见物质的鉴别，侧重对学生实验基础知识的考查，明确常见物质的性质差异是解答该题的关键。
【名师点睛】进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可。
18．【2013年高考海南卷第7题】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。
【考点定位】本题考查物质的鉴别。
【名师点睛】考查物质的鉴别，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大，注意把握相关物质的性质异同，例如乙醇与水互溶，而甲苯和溴苯不溶于水，甲苯比水轻，而溴苯比水重，用水鉴别的现象是乙醇溶于水，甲苯浮于水面，溴苯沉在水底，根据性质选择检验方案，难度不大。
1专题18
化学实验仪器
基本操作
2019年高考题
1.【2019天津理综，4,6分】下列实验操作或装置能达到目的的是
A
B
C
D
混合浓硫酸和乙醇
配制一定浓度的溶液
收集气体
证明乙炔可使溴水褪色
1.B
本题考查化学实验操作及实验分析，考查的核心素养是科学探究与创新意识。混合浓硫酸和乙醇时，将浓硫酸沿着烧杯内壁缓缓注入乙醇中，并不断搅拌，A项错误；配制一定浓度的溶液，定容时视线与容量瓶的刻度线相平，B项正确；NO??2?的密度比空气的密度大，应用向上排空气法收集，C项错误；电石与水反应制得的乙炔中含有H??2?S等杂质，用溴水检验乙炔前，要先通过硫酸铜溶液除去H??2?S等杂质，D项错误。?
【归纳总结】
混合浓硫酸和乙醇的操作与稀释浓硫酸的操作相同，此外酯化反应中先加乙醇，再加浓硫酸，后加乙酸。苯和浓硝酸的取代反应中配制浓硫酸和浓硝酸的混酸时将浓硫酸注入浓硝酸中，都是将密度大的液体注入到密度小的液体中。〖FK)〗[HTH][HT]
?
2.【2019江苏，5,2分】下列实验操作能达到实验目的的是
A．用经水湿润的pH试纸测量溶液的pH
B．将4.0
g
NaOH固体置于100
mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000
mol·L?1NaOH溶液
C．用装置甲蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体
D．用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量SO2
2.
D
本题考查实验基本操作，考查的核心素养是科学探究与创新意识。A项，测量溶液的pH时，不能将pH试纸湿润，否则相当于稀释溶液，错误；B项，不能直接在容量瓶中溶解固体，错误；C项，蒸干AlCl??3?溶液时，会促进Al??3+?水解，生成的HCl会挥发，最终得不到无水AlCl?3固体，错误；D项，SO??2?会被NaOH溶液吸收，且乙烯不会与NaOH溶液反应，正确。〖ZK)〗?
3.【2019全国Ⅱ理综，10,6分】下列实验现象与实验操作不相匹配的是
实验操作
实验现象
A
向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯后静置
溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层
B
将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶
集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生
C
向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸
有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊
D
向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KSCN溶液
黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变
3.
A
A.
乙烯被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳无机小分子，则实验现象中不会出现分层，A项错误；
B.
将镁条点燃后迅速伸入集满二氧化碳的洗气瓶，发生反应为：CO2+2Mg2MgO+C，则集气瓶因反应剧烈冒有浓烟，且生成黑色颗粒碳单质，实验现象与操作匹配，B项正确；
C.
向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，发生氧化还原反应，其离子方程式为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，则会有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊，实验现象与操作匹配，C项正确；
D.
向盛有氯化铁溶液的试管中加过量的铁粉，铁粉会将溶液中所有的铁离子还原为亚铁离子，使黄色逐渐消失，充分振荡后，加1滴KSCN溶液，因振荡后的溶液中无铁离子，则溶液不会变色，实验现象与操作匹配，D项正确；
答案选A。
【命题动向】
从近几年全国Ⅱ卷试题来看，实验选择题所考查的内容几乎都是课本上的实验，因此在今后的复习或教学中要注重课本实验，不要盲目做题。〖FK)〗〖ZK)〗?
4.【2019全国Ι理综，9，6分】实验室制备溴苯的反应装置如图所示,关于实验操作或叙述错误的是
A.向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开K?
B.实验中装置b中的液体逐渐变为浅红色?
C.装置c中碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢?
D.反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶,得到溴苯
?
4.
D
本题考查溴苯的制备实验，涉及操作步骤、实验现象、装置作用与混合物分离提纯等知识，考查的核心素养是科学探究与创新意识。苯和溴均易挥发，苯与液溴在溴化铁作用下发生剧烈的放热反应，释放出溴化氢气体（含少量苯和溴蒸气），先打开K，后加入苯和液溴，避免因装置内气体压强过大而发生危险，A项正确；四氯化碳用于吸收溴化氢气体中混有的溴单质，防止溴单质与碳酸钠溶液反应，四氯化碳呈无色，吸收红棕色溴蒸气后，液体呈浅红色，B项正确；溴化氢极易溶于水，倒置漏斗防倒吸，碳酸钠溶液呈碱性，易吸收溴化氢，发生反应为Na2CO3+HBr==NaHCO3+NaBr，NaHCO3+HBr=NaBr+CO2↑+H2O，C项正确；反应后的混合液中混有苯、液溴、溴化铁和少量溴化氢等，提纯溴苯的正确操作是①用大量水洗涤，除去可溶性的溴化铁、溴化氢和少量溴；②用氢氧化钠溶液洗涤，除去剩余的溴等物质；③用水洗涤，除去残留的氢氧化钠；④加入干燥剂除去水，过滤；?⑤对?有机物进行蒸馏，除去杂质苯，从而提纯溴苯，分离溴苯，不用“结晶”的方法，D项错误。?
【解后反思】
提纯有机物粗产品方法
?
一般来说，有机物的沸点低，易挥发，不溶于水。一种提纯有机物粗产品（含酸性杂质）的方法如下：粗产品→水洗（除大部分可溶性杂质）→碱洗（除去少量残留的酸性杂质）→水洗（除去碱）→干燥剂（除水）→过滤→蒸馏→纯产品。
5.【2019浙江4月选考，9,2分】
下列说法不正确的是?
A.蒸馏时可通过加碎瓷片防暴沸?
B.〖ZK（〗可用精密pH试纸区分pH=5.1和pH=5.6的两种NH?4Cl溶液
?
C.用加水后再分液的方法可将苯和四氯化碳分离?
D.根据燃烧产生的气味,可区分棉纤维和蛋白质纤维
?
5.
C
本题考查蒸馏时的防暴沸操作，精密pH试纸的使用，苯和四氯化碳的性质及糖类和蛋白质的鉴别。蒸馏时加碎瓷片可以防止暴沸，A项正确；精密pH试纸可以精确到0.1，B项正确；由于苯和四氯化碳相互溶解，且均不易溶于水，加水后液体分为两层，一层为水层，而另一层为苯和四氯化碳的混合溶液，无法对苯和四氯化碳进行分离，C项错误；棉纤维的主要成分属于糖类，燃烧时无气味，而蛋白质纤维燃烧时有烧焦羽毛的气味，故可根据燃烧产生的气味区分两者，D项正确，故选C。
?
6.（2019全国Ⅲ理综，12,6分）下列实验不能达到目的的是
选项
目的
实验
A
制取较高浓度的次氯酸溶液
将Cl2通入碳酸钠溶液中
B
加快氧气的生成速率
在过氧化氢溶液中加入少量MnO2
C
除去乙酸乙酯中的少量乙酸
加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液
D
制备少量二氧化硫气体
向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸
6.
A
本题考查化学实验方案的评价，考查的核心素养是科学探究与创新意识。Cl2?与水反应生成HCl和HClO，且该反应为可逆反应，Na2CO3?水解使溶液呈碱性，水解产生的OH-?能同时消耗HCl和HClO，A符合题意；向过氧化氢溶液中加入少量MnO2能加快H2O2?的分解，从而加快氧气的生成速率，B不符合题意；饱和碳酸钠溶液可除去乙酸乙酯中的少量乙酸，而且能降低乙酸乙酯的溶解度，便于分液，C不符合题意；向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸，符合用强酸制备弱酸的原理，可制备少量二氧化硫气体，D不符合题意。
7.【2019全国Ι理综，27，15分】
硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：
回答下列问题：
（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_________________。
（2）步骤②需要加热的目的是_________________，温度保持80~95
℃，采用的合适加热方式是_________________。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_________________（填标号）。
（3）步骤③中选用足量的H2O2，理由是_________________。分批加入H2O2，同时为了_________________，溶液要保持pH小于0.5。
（4）步骤⑤的具体实验操作有______________，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。
（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150
℃时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为______________。
?
7.
（1）碱煮水洗（2分）?
（2）加快反应（1分）
热水浴（1分）
C（2分）
（3）将Fe2+全部氧化为Fe3+；不引入杂质
（2分）
防止Fe3+水解（2分）
（4）加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）（2分）
（5）NH4Fe(SO4)2·12H2O（3分）
【解析】
本题考查硫酸铁铵制备实验，涉及氧化还原反应，硫化氢吸收以及结晶水计算等知识，考查的核心素养是科学探究与创新意识。（1）除去铁屑表面油污的方法是，用热纯碱溶液清洗铁屑，再用水洗。（2）铁与稀硫酸反应时加热，可提高反应速率。温度低于水的沸点，可以用热水浴加热，受热均匀且便于控制。含少量硫化物的铁屑与稀硫酸反应有H2S生成。氢气不与碱溶液反应，而硫化氢能与碱溶液反应，而H2S在水中溶解度小，故氢气中混有的硫化氢用烧碱溶液除去，又因为硫化氢与碱反应较快，容易引起倒吸，C装置倒置漏斗能防倒吸。故宜选择C装置吸收硫化氢。（3）铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，加入足量双氧水的目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+，发生反应为2Fe2+＋H2O2＋2H+===2Fe3+＋2H2O，从生成物看，又不引入杂质。铁离子对双氧水分解起催化作用，分批加入双氧水，避免反应过快、放出热量较多，减少双氧水分解，以免造成氧化剂损失；铁离子易水解，保持溶液呈强酸性，避免铁离子发生水解反应生成氢氧化铁。（4）步骤⑤是要从溶液中得到硫酸铁铵晶体，故实验操作有加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）。（5）失重5.6%是质量分数，设结晶水合物的化学式为NH4Fe(SO4)2·xH2O，由题意知＝
，解得x＝12。?
【教你解题】
①从实验目的看，该实验是制备硫酸铁铵，不是硫酸亚铁铵；②从命题形式看，本题通过无机化工流程图考查无机物制备；③从转化条件看，反应温度低于水的沸点；双氧水作氧化剂，氧化铁屑与稀硫酸反应生成的亚铁离子；④从问题（1）提示看，铁屑表面含有油污，油是酯类物质，不溶于水，影响铁与稀硫酸反应，利用油脂与碱反应，先清洗铁屑表面的油污。
【实验攻略】
本题易错点有：（1）分批加入双氧水，不能联系双氧水氧化亚铁离子是放热反应，铁离子作双氧水分解反应的催化剂（选修4教材实验原理），铁离子水解反应是吸热反应，放出热量，使温度升高，导致铁离子水解加剧，不容易找到切入点。（2）失重含义，失重指失去部分元素，固体质量变化。失重等于失去元素的质量与样品总质量之比，不是失去元素质量与剩余固体质量比。（3）部分考生不清楚硫化氢的性质，因为硫化氢在必修1“资料”中介绍，误认为教材小栏目不是高考考查范围，不清楚H2S与碱反应较快，会引起倒吸。
8.【2019全国Ⅲ理综，27,14分】乙酰水杨酸（阿司匹林）是目前常用药物之一。实验室通过水杨酸进行乙酰化制备阿司匹林的一种方法如下：
水杨酸
醋酸酐
乙酰水杨酸
熔点/℃
157~159
-72~-74
135~138
相对密度/（g·cm﹣3）
1.44
1.10
1.35
相对分子质量
138
102
180
实验过程：在100
mL锥形瓶中加入水杨酸6.9
g及醋酸酐10
mL，充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5
mL浓硫酸后加热，维持瓶内温度在70
℃左右，充分反应。稍冷后进行如下操作.
①在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100
mL冷水中，析出固体，过滤。
②所得结晶粗品加入50
mL饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤。
③滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。
④固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体5.4
g。
回答下列问题：
（1）该合成反应中应采用__________加热。（填标号）
A．热水浴
B．酒精灯
C．煤气灯
D．电炉
（2）下列玻璃仪器中，①中需使用的有________（填标号），不需使用的_______________________（填名称）。
（3）①中需使用冷水，目的是______________________________________。
（4）②中饱和碳酸氢钠的作用是_________________________________，以便过滤除去难溶杂质。
（5）④采用的纯化方法为____________。
（6）本实验的产率是_________%。?
8.
（每空2分）（1）A
（2）BD
分液漏斗、容量瓶
（3）充分析出乙酰水杨酸固体（结晶）
（4）生成可溶的乙酰水杨酸钠
（5）重结晶
（6）60
【解析】
本题考查乙酰水杨酸制备的相关知识，考查的核心素养是科学探究与创新意识。(1)由题给信息“维持瓶内温度在70
℃左右”可知，该反应中应采用热水浴加热。(2)①中涉及过滤操作，需要用到题给玻璃仪器中的烧杯、漏斗，不需要使用题给玻璃仪器中的分液漏斗和容量瓶。(3)乙酰水杨酸在低温下溶解度较小，使用冷水有利于充分析出乙酰水杨酸固体。(4)加入的饱和碳酸氢钠与乙酰水杨酸反应，生成可溶性的乙酰水杨酸钠，易与不溶性的物质分离。(5)乙酰水杨酸的溶解度随温度变化改变较大，故可用重结晶的方法纯化。(6)由表中及题给数据分析可知，加入的水杨酸少量，6.9
g水杨酸的物质的量为?0.05
mol?，由方程式可知1
mol水杨酸与过量醋酸酐反应生成?1
mol?乙酰水杨酸，则0.05
mol水杨酸参与反应得到0.05
mol乙酰水杨酸，其质量为0.05
mol×180
g·mol??-1?=9.0
g，产率为〖SX(〗5.4
g〖〗9.0
g〖SX)〗×100%=60%。?
【实验攻略】
(1)审清反应原理。(2)审清实验步骤。①加试剂顺序；?②每?步涉及的反应；③分离提纯的方法。(3)审清反应物的量，确定过量反应物，用少量反应物计算产品的理论量后，再算产率。
2018年高考题
1.
（2018全国Ⅰ理综，9，6分）在生成和纯化乙酸乙酯的实验中，下列操作未涉及的是
1.
D
本题考查有机化学实验基本操作，涉及教材中有机物制备和分离提纯实验。A项装置用于制备乙酸乙酯，B项装置用于除去乙酸乙酯中的乙酸、乙醇（纯化），C项装置用于分离乙酸乙酯，D项装置用于蒸发浓缩或蒸发结晶。只有D项操作在制备和纯化乙酸乙酯的实验中未涉及。?
2.
（2018全国Ⅲ理综，10，6分）下列实验操作不当的是
A.
用稀硫酸和锌粒制取H2时,加几滴CuSO4溶液以加快反应速率
B.用标准HCl溶液滴定
NaHCO3溶液来测定其浓度,选择酚酞为指示剂
C.用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧,火焰呈黄色,证明其中含有Na+
D.常压蒸馏时,加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二
2.
B
本题考查简单化学实验操作与评价，意在考查考生对化学基础实验的掌握情况。加几滴CuSO4溶液后，Zn与CuSO4反应生成Cu，从而形成无数细小的原电池，加快了生成H2的速率，A项不符合题意；酚酞的变色范围为8.23.
（2018全国Ⅱ理综，13，6分）下列实验过程可以达到实验目的的是
3．B
本题考查化学实验。NaOH固体溶解后需冷却至室温才能转移至250
mL容量瓶中，且需用蒸馏水洗涤烧杯内壁2~3次，洗涤液并入锥形瓶，然后定容，A项不能达到实验目的；实验中若观察到FeCl3溶液的黄色逐渐褪去，且溶液变成浅绿色，说明维生素C具有还原性，B项能达到实验目的；通过NaOH溶液可除去H2中混有的少量HCl杂质，再经浓硫酸干燥即可得到H2，没有必要经过KMnO4溶液，C项不能达到实验目的；NaHSO3溶液与H2O2溶液的反应没有明显实验现象，无法判断反应进行的快慢，D项不能达到实验目的。?
4.
(2018江苏，5，2分)
下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是
A.用装置甲灼烧碎海带
B.用装置乙过滤海带灰的浸泡液
C.用装置丙制备用于氧化浸泡液中I-的Cl2
D.用装置丁吸收氧化浸泡液中I-后的
Cl2尾气
4.
B
本题考查实验基本操作，较易。灼烧应在坩埚中进行，A项错误；海带灰浸泡液通过过滤可得海带灰和滤液，B项正确；浓HCl与MnO2反应制备Cl2时需要加热，C项错误；Cl2在饱和NaCl溶液中的溶解度小，应用碱液吸收，D项错误。?
5.
（2018天津理综，4，6分）由下列实验及现象推出的相应结论正确的是
5.
B
本题主要考查化学实验相关知识。Fe2+遇K3
[Fe(CN)6]溶液能够产生蓝色沉淀，因此原溶液中一定含有Fe2+，但是否含有Fe3+无法确定，若要确定Fe3+的存在，则需要向溶液中加入KSCN溶液，观察溶液是否变为血红色，因此A项错误；向C6H5ONa溶液中通入CO2，溶液变浑浊，发生反应：C6H5ONa＋H2O＋CO2→C6H5OH↓＋NaHCO3，根据“强酸制弱酸”原理，可知酸性：H2CO3＞C6H5OH，B项正确；欲验Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，应该向ZnS的饱和溶液（或悬浊液）中滴加
CuSO4溶液，观察是否有黑色沉淀生成，而不是向ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，C项错误；检验SO42-时应先加入稀盐酸，后加入BaCl2溶液，若溶液中含有SO32-，先加入Ba(NO3)2溶液，生成BaSO3沉淀，再加足量盐酸，溶液中有H＋、NO3-，相当于溶液中含有HNO3，HNO3能将BaSO3沉淀氧化为BaSO4沉淀，D项错误。?
?
6.
(2018江苏，12，4分)
根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
6.
B
本题考查实验方案的分析和评价，中等难度。苯酚与Na2CO3溶液反应生成苯酚钠和NaHCO3，苯酚钠和NaHCO3均溶于水，浊液变清，该实验只能说明苯酚的酸性强于HCO3-，不能说明其酸性强于H2CO3，A项错误；I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，在碘水中加入等体积CCl4，振荡后，I2进入CCl4中，该过程称为萃取，B项正确；Fe置换出溶液中的Cu2+，反应的离子方程式为Fe+Cu2+?===Fe2++Cu，Cu2+为氧化剂，Fe2+为氧化产物，根据反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性知，氧化性：Cu2+>Fe2+，C项错误；NaCl和NaI的起始浓度未知，如果I－浓度远大于Cl－浓度，则加入AgNO3溶液时，优先生成AgI沉淀，不能说明AgI的溶度积较小，D项错误。?
?
2017年高考题
1，【2017年高考全国卷Ⅰ卷】《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法是
（
）
A.蒸馏
B.升华
C.干馏
D.萃取
【答案】B
【解析】本题以“科技文献”为载体，考查砒霜的性质、混合物的分离提纯等化学知识。阅读文献抓住“将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞……凝结……”等关键词句。砒烟上飞——固态物质受热变成气态物质；凝结——气态物质凝华变成固态物质。蒸馏用于分离两种或多种互溶的液体混合物，根据液体沸点的不同进行分离，A项错误；升华是指固态物质受热直接变成气态物质，气态物质遇冷凝华为固态物质。即砒霜样品受热使有效成分三氧化二砷变成蒸气(升华)，降温，蒸气凝华成固体，从而达到分离提纯砒霜的目的，B项正确；干馏是指煤等在隔绝空气的条件下加强热发生一系列化学变化的过程，砒霜提纯过程中有效成分没有发生变化，C项错误；萃取是指用萃取剂将一种物质从其溶液中提取出来的过程，如用苯或四氯化碳萃取溴水中的溴(或碘水中的碘)，D项错误。
【名师点睛】升华是分离一些特殊物质的方法。例如，从氯化钠和碘、碘和砂的混合物中提纯碘，可以采用升华法。采用类似升华的方法分离氯化铵和氯化钠，注意:升华法不能分离氯化铵和碘的混合物。
2.
【2017年高考全国卷Ⅲ卷9题】下列实验操作规范且能达到目的的是（
）
目的
操作
A
取20.00
mL盐酸
在50
mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00
mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶
B
清洗碘升华实验所用试管
先用酒精清洗，再用水清洗
C
测定醋酸钠溶液pH
用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上
D
配制浓度为0.010
mol·L-1的KMnO4溶液
称取KMnO4固体0.158
g，放入100
mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度
【答案】B
【解析】本题考查化学实验方案的设计与评价。碘易溶于酒精，清洗试管中附着的碘可以先用酒精清洗，再用水清洗，B项正确。50
mL酸式滴定管的50.00
mL刻度下方没有刻度，但仍有盐酸，所以调整初始读数为30.00
mL后，放入锥形瓶中盐酸的体积大于20.00
mL，A项错误；醋酸钠溶液呈碱性，测定醋酸钠溶液的pH时，pH试纸不能预先润湿(润湿相当于将溶液稀释)，否则测定的pH会偏小，C项错误；不能在容量瓶中直接配制溶液，D项错误。
3.
【2017年高考江苏卷4题】下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是（
）
A.制取SO2
B.验证漂白性
C.收集SO2
D.尾气处理
【答案】B
【解析】本题考查SO2的制备、化学性质、收集以及尾气处理知识。需用浓H2SO4与Cu反应制取SO2，A项不能达到实验目的；SO2可以使品红溶液褪色，以验证其具有漂白性，B项能达到实验目的；SO2的密度比空气大，应用向上排空气法收集，C项不能达到实验目的；SO2与NaHSO3溶液不反应，应用碱液吸收，D项不能达到实验目的。
4.
【2017年高考江苏卷13题】根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（
）
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无白色沉淀
苯酚浓度小
B
向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2?溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解
部分Na2SO3被氧化
C
向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液，未出现银镜
蔗糖未水解
D
向某黄色溶液中加入淀粉KI
溶液，溶液呈蓝色
溶液中含Br2
【答案】B
【解析】本题考查实验操作、现象与结论的分析。该实验中苯酚不能过量，否则生成的三溴苯酚会溶于苯酚中，没有生成白色沉淀可能是因为苯酚的浓度太大，A项错误；Na2SO3与BaCl2反应生成BaSO3白色沉淀，该沉淀可以溶于盐酸，若沉淀部分溶解，说明有BaSO4存在，即部分已被氧化成，B项正确；银镜反应需要在碱性条件下进行，C项错误；该黄色溶液中还可能含有Fe3+，Fe3+可将I-氧化成I2，I2遇淀粉变蓝，故原溶液中不一定含有Br2，D项错误。
【名师点睛】实验中细节很重要，如本题的A项，苯酚少量时，实验可获得成功；C项，需要将溶液调节至碱性实验才能获得成功。
5.【2017高考海南卷12题】下列实验操作正确的是（
?
?）
A．滴定前用待测液润洗锥形瓶
B．容量瓶和滴定管使用前均需要检漏
C．蒸馏完毕时，先关闭冷凝水，再停止加热
D．分液时，下层溶液先从下口放出，上层溶液再从上口倒出
【答案】BD
【解析】容量瓶用于准确配制一定体积的溶液，滴定管用于准确量取一定体积的液体，使用前均需要进行检漏，B项正确。分液时，下层液体必须从分液漏斗的下口放出，然后将上层液体从分液漏斗的上口倒出，以免其被残留在漏斗颈上的液体污染，D项正确。滴定前若使用待测液润洗锥形瓶，会使待测液中溶质的物质的量偏多，对实验结果造成误差，A项错误。蒸馏完毕时，如果先关闭冷凝水，则蒸馏出来的馏分会以气体的形式挥发到空气中，造成产品损失，C项错误。
6.
【2016高考浙江卷自选模块2题】仪器名称为“量筒”的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【考点】考查基本仪器的辨识和名称
【解析】A为圆底烧瓶，B为分液漏斗，C为量筒。D相对陌生，为研钵，用于研磨固体。
2016~2013年高考题
1．【2016年高考海南卷】下列有关实验操作的叙述错误的是（
）
A．过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁
B．从滴瓶中取用试剂时，滴管的尖嘴可以接触试管内壁
C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁
D．向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁
【答案】B
【名师点睛】化学是一门实验性的学科，在进行化学学习的过程中常涉及物质的分离提纯、气体的制取、除杂、收集、尾气处理、溶液的配制等操作。这就需要掌握物质的物理性质、化学性质、常见的分离混合物的方法、常见的仪器的名称、使用、化学试剂的使用、分离方法及名称、操作的先后顺序等，这样才可以得心应手，作出正确的分析与判断。
2．【2016年高考江苏卷】根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（
）
选项
实验操作和现象
结论
A.
室温下，向苯酚钠溶液中通入足量CO2，溶液变浑浊
碳酸的酸性比苯酚的强
B.
室温下，向浓度均为0.1
mol·L-1?的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出现白色沉淀
Ksp(BaSO4?)C.
室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色
Fe3+的氧化性比I2的强
D.
室温下，用pH
试纸测得:0.1
mol·L-1?Na2SO3溶液的pH约为10；0.1
mol·L-1?NaHSO3溶液的pH
约为5
HSO3-?结合H+的能力比SO32-的强
【答案】AC
【解析】本题考查实验方案的评价，意在考查考生的判断能力。A项，向苯酚钠溶液中通入CO2溶液变浑浊，说明生成了苯酚，该过程说明碳酸的酸性强于苯酚，正确；B项，BaSO4和CaSO4均为白色沉淀，根据该实验现象不能判断出二者的Ksp大小关系，错误；C项，Fe3+氧化I-生成I2，I2遇淀粉变蓝色，该过程说明Fe3+的氧化性强于I2，正确；D项，Na2SO3溶液显碱性，是因为发生了水解，NaHSO3溶液显酸性，说明的电离程度大于其水解程度，错误。
【考点定位】本题主要是考查化学实验方案的分析、评价
【名师点晴】有关实验方案的设计和对实验方案的评价是高考的热点之一，设计实验方案时，要注意用最少的药品和最简单的方法；关于对实验设计方案的评价，要在两个方面考虑，一是方案是否可行，能否达到实验目的；二是设计的方法进行比较，那种方法更简便。化学实验现象是化学实验最突出、最鲜明的部分，也是进行分析推理得出结论的依据，掌握物质的性质和相互之间的反应关系，并有助于提高观察、实验能力，所以，对化学实验不仅要认真观察，还应掌握观察实验现象的方法。
3．【2016年高考上海卷】下列气体的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的是（
）
选项
试剂
试纸或试液
现象
结论
A
浓氨水、生石灰
红色石蕊试纸
变蓝
NH3为碱性气体
B
浓盐酸、浓硫酸
pH试纸
变红
HCl为酸性气体
C
浓盐酸、二氧化锰
淀粉碘化钾试液
变蓝
Cl2具有氧化性
D
亚硫酸钠、硫酸
品红试液
褪色
SO2具有还原性
【答案】D
【解析】A．NH3制备可以采取浓氨水和生石灰制取，可用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝则说明NH3为碱性气体，正确；B．利用浓硫酸的高沸点性，可以制取HCl气体，pH试纸变红，则说明气体为酸性气体，正确；C．浓盐酸和二氧化锰加热可以制取Cl2，Cl2可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，试纸变蓝，说明KI转化为I2，则说明Cl2有强氧化性，正确；D．SO2使品红溶液褪色体现的是SO2的漂白性，错误。故选D。
【考点定位】考查常见气体的制备和性质实验。
【名师点睛】实验题的考查涉及知识零散、覆盖面广泛，复习过程中要做好有关专题总结、尽量多走进实验室进行基础实验训练，要以做实验的心态面对实验题。关于气体的制备思路可归纳为：反应原理→气体发生装置→除杂提纯→干燥→收集→检验→尾气处理。至于各步所需要的仪器、试剂、操作方法要依据物质的性质和反应条件进行选择。所以，熟练掌握物质的性质和反应原理是解答实验题的关键。
4．【2016年高考四川卷】根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是（
）
选项
实验操作
现象
结论
A.
将某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水
石灰水变浑浊
该溶液中一定含有
B.
常温下，将铁片浸入足量浓硫酸中
铁片不溶解
常温下，铁与浓硫酸一定没有发生化学反应
C.
向某食盐溶液中滴加淀粉溶液
溶液颜色不变
该食盐中一定没有添加KIO3
D.
向苯酚钠溶液中滴加乙酸溶液
溶液变浑浊
相同条件下，乙酸的酸性一定比苯酚强
【答案】D
【解析】本题考查了简单化学实验的分析，意在考查考生分析实验现象得出结论的实验探究能力。A项忽视了、和的干扰，A项错误；常温下铁遇浓硫酸发生钝化，其实质是铁表面部分被氧化为致密的氧化膜，阻止了反应的进一步进行，不能说铁与浓硫酸没有发生化学反应，B项错误；KIO3遇淀粉不变蓝色，只有单质碘遇淀粉才变蓝色，C项错误；向苯酚钠溶液中滴加乙酸，溶液变浑浊，是因为生成了苯酚，常温下苯酚在水中溶解度较小，说明乙酸的酸性强于苯酚，D项正确。
【考点定位】考查化学实验方案的分析、评价，离子检验，元素化合物知识。
【名师点睛】化学是一门以实验为基础的科学，化学实验的考查是高考命题的一个重点。该题型是选择题中化学实验考查的常见题型。解答此类题目注意逐项分析化学实验基本操作、实验方案的科学性、简约性和环保性；实验现象和实验结论的科学性；还要注意分析实验操作、现象和实验结论是否存在逻辑关系。平时学习中要注意教材中的演示实验要分析、理解到位，包括实验操作、现象和结论。题目难度中等。
5．【2016年高考天津卷】下列选用的仪器和药品能达到实验目的的是（
）
A.
B.
C.
D.
制乙炔的发生装置
蒸馏时的接收装置
除去SO2中的少量HCl
准确量取一定体积K2Cr2O7标准溶液
【答案】C
【解析】本题考查实验基本操作及仪器和药品的使用，意在考查考生的实验操作能力以及对仪器、药品使用的掌握情况。制备乙炔时常用饱和食盐水代替水以减缓反应速率，A项错误；牛角管与锥形瓶之间是直接相连的，不必用橡皮塞，B项错误；HCl可以与NaHSO3反应放出SO2，而SO2不能与NaHSO3反应，C项正确；K2Cr2O7具有强氧化性，会氧化碱式滴定管下端的橡皮管，K2Cr2O7应盛放于酸性滴定管中，D项错误。
【考点定位】考查化学实验的基本操作
【名师点晴】解答综合性实验设计与评价题的基本流程：原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。具体分析为：①实验是根据什么性质和原理设计的？实验的目的是什么？②所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)。③有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。④有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。⑤实验现象：自下而上，自左而右全面观察。⑥实验结论：直接结论或导出结论。对实验方案的正确与错误、严密与不严密、准确与不准确的判断。主要从以下几个方面考虑：①实验原理是否正确、可行；②实验操作是否完全、合理；
③实验步骤是否简单、方便；④实验效果是否明显等。⑤反应原料是否易得、安全、无毒；⑥反应速率较快；⑦原料利用率以及合成物质的产率是否较高；⑧合成过程是否造成环境污染。⑨有无化学安全隐患，如倒吸、爆炸、吸水、泄漏、着火、溅液、破损等。
6．【2016年高考新课标Ⅰ卷】下列实验操作能达到实验目的的是
（
）
A.用长颈漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物
B.用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NO
C.配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释
D.将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2
【答案】C
【解析】本题考查化学实验基础知识，意在考查考生正确、规范使用化学实验仪器、规范操作化学实验以及评价化学实验方案的能力。长颈漏斗不能用来分液，A项错误；NO能与O2反应，不能用排空气法收集NO，B项错误；配制FeCl3溶液时，为防止Fe3+的水解，应将FeCl3溶解在较浓的盐酸中，再加水稀释，C项正确；将Cl2和HCl的混合气体通过饱和食盐水可除去其中的HCl气体，但引入了水蒸气，D项错误。
【考点定位】考查化学实验基本操作的知识。
【名师点睛】化学是一门实验性的学科，在进行化学学习的过程中常涉及物质的分离提纯、气体的制取、除杂、收集、尾气处理、溶液的配制等操作。这就需要掌握物质的物理性质、化学性质、常见的分离混合物的方法、常见的仪器的名称、使用、化学试剂的使用、分离方法及名称、操作的先后顺序等，这样才可以得心应手，作出正确的分析与判断。
7．【2016年高考新课标Ⅱ卷】下列实验操作能达到实验目的的是（
）
实验目的
实验操作
A.
制备Fe(OH)3胶体
将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中
B.
由MgCl2溶液制备无水MgCl2
将MgCl2溶液加热蒸干
C.
除去Cu粉中混有的CuO
加入稀硝酸溶解，过滤、洗涤、干燥
D.
比较水与乙醇中氢的活泼性
分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中
【答案】D
【解析】本题考查化学实验，意在考查考生分析设计实验的思维能力。NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中得到的是Fe(OH)3沉淀，并非Fe(OH)3胶体，A项错误；加热能促进MgCl2水解和HCl逸出，最终MgCl2完全水解生成Mg(OH)2，不能得到无水MgCl2，B项错误；加入稀硝酸，CuO和Cu均溶解，C项错误；根据Na分别与水、乙醇反应的剧烈程度或产生气泡的快慢可比较水和乙醇中氢的活泼性，D项正确。
【考点定位】考查化学实验基本操作。
【名师点睛】本题考查化学实验基本操作。借助实验考查物质的基本性质，涉及胶体的制备、盐类水解的应用、物质的除杂，水和乙醇中氢的活泼性检验，难度不大，只要平时注意基础知识的积累，复习时牢固掌握实验基础知识，有效结合题中的信息，准确答题即可。
8．【2016年高考新课标Ⅲ卷】下列有关实验的操作正确的是（
）
实验
操作
A.
配制稀硫酸
先将浓硫酸加入烧杯中，后倒入蒸馏水
B.
排水法收集KMnO4分解产生的O2
先熄灭酒精灯，后移出导管
C.
浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2
气体产物先通过浓硫酸，后通过饱和食盐水
D.
CCl4萃取碘水中的I2
先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层
【答案】D
【解析】本题考查化学实验基本操作，意在考查考生对实验安全、气体干燥提纯、分液操作的运用能力。稀释浓H2SO4需要将浓H2SO4沿着玻璃棒缓慢注入盛有蒸馏水的烧杯中，并不断搅拌，A项错误。为防止倒吸，收集满O2后应该先移出导管，再熄灭酒精灯，B项错误。应该把含有H2O、HCl杂质的Cl2依次通过饱和食盐水、浓H2SO4才能得到干燥纯净的Cl2，C项错误。I2能溶解在CCl4中，振荡静置分层后CCl4层在下方，水层在上方，应该先从分液漏斗下口放出CCl4层，后从上口倒出水层，D项正确。
【考点定位】考查浓硫酸的稀释，气体除杂，萃取操作
【名师点睛】本试题考查化学实验安全、化学实验基本操作，设计内容是浓硫酸的稀释、氧气制备、物质除杂和分离、萃取实验等，要求平时复习过程注重基础知识的夯实，熟记知识。稀释溶液过程中，我们往往都是把浓度大溶液加入到浓度小的溶液中，这样为防止混合放热，放出热量造成液体飞溅伤人，如浓硫酸的稀释、浓硝酸和浓硫酸的混合等都是把浓硫酸加入到水或浓硝酸中，制氧气的装置中，应是先撤导管，后熄灭酒精灯，防止引起倒吸，炸裂试管伤人，实验操作中要注意做到防爆炸、防暴沸、防失火、防中毒、防倒吸、防污染，这样才能做到实验安全，不至于发生危险，物质的除杂和提纯中我们经常是后除去水，可以防止在后面的除杂过程中引入水蒸气，验证水蒸气时，先验证水蒸气的存在，防止引入水蒸气产生干扰，验证水蒸气常用无水硫酸铜，如果出现白色变为蓝色，证明水蒸气的存在，需要掌握物质的物理性质、化学性质、常见的分离混合物的方法、常见的仪器的名称、使用、化学试剂的使用、分离方法及名称、操作的先后顺序等，这样才可以得心应手，作出正确的分析与判断。
9．【2016年高考浙江卷】下列叙述不正确的是（
）
A.钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火
B.探究温度对硫代硫酸钠与硫酸反应速率的影响时，若先将两种溶液混合并计时，再用水浴加热至设定温度，则测得的反应速率偏高
C.蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置
D.为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管滴加蒸馏水至刻度线
【答案】B
【解析】本题考查化学实验基础知识，意在考查考生的实验操作能力。A项，钾、钠、镁等活泼金属在高温下都能与水和二氧化碳发生反应，故它们着火时不能用泡沫灭火器灭火，正确；B项，若先将硫代硫酸钠与硫酸混合并计时，则两者发生反应，再用水浴加热至设定温度，在未达到设定温度前反应速率慢而使测得的反应速率偏低，错误；C项，根据蒸馏操作过程知，C项正确；D项，配制一定物质的量浓度的溶液，定容时向容量瓶中加蒸馏水至接近刻度线1~2
cm，改用胶头滴管加水至刻度线，正确。
【考点定位】考查化学实验安全与处理，探究实验方案的设计，蒸馏和溶液的配制等知识。
【名师点睛】在出现火灾的时候一定要分清着火的物质是什么及其相应的化学性质，钠钾等金属着火后生成过氧化物，都可以和水或二氧化碳反应生成氧气，不能用水或二氧化碳灭火，镁可以和二氧化碳反应，所以也不能用泡沫灭火器灭火。在蒸馏实验中，先停止加热，因为蒸馏烧瓶仍然是热的，还有物质出来，所以继续通入冷却水，待烧瓶冷却后再拆卸蒸馏装置。此操作遵循了先来后走的原则。例如氢气还原氧化铜，先通入氢气后加热，实验结束，先撤酒精灯，继续通通气，待冷却后撤掉氢气。
10．【2015山东理综化学】进行化学实验时应强化安全意识。下列做法正确的是（
）
A.金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火
B.用试管加热碳酸氢钠固体时使试管口竖直向上
C.浓硫酸溅到皮肤上时立即用稀氢氧化钠溶液冲洗
D.制备乙烯时向乙醇和浓硫酸的混合液中加入碎瓷片
【答案】D
【解析】本题考查了化学实验安全,意在考查考生正确、规范进行化学实验的能力。金属钠着火时生成的Na2O2能与H2O和CO2反应生成O2,且反应放热,用泡沫灭火器灭火会“越灭越旺”,A项错误;用试管加热NaHCO3固体时,要使试管口略向下倾斜,以免生成的水倒流造成试管炸裂,B项错误;浓硫酸溅到皮肤上时应立即用布拭去浓硫酸,再用大量水冲洗,然后涂上3%~5%的NaHCO3溶液,C项错误;制备乙烯时向乙醇和浓硫酸的混合液中加入碎瓷片可防止暴沸,D项正确。
【考点定位】本题以化学实验的安全常识为切入点，考查了学生的实验基本常识在实际操作中的应用，考查了高中化学重要实验的基本仪器的使用和实验基本操作。
【名师点睛】实验安全为化学实验的主要内容，本题涉及了重要物质和实验的安全问题，包含了金属钠着火时的灭火、固体反应的加热装置、浓硫酸的使用安全和加热液体时需加入沸石，体现了实验在化学中的重要作用，考生应熟练掌握重要化学实验的基本仪器的使用以及注意事项，记住实验基本操作及其原因。
11．【2015四川理综化学】下列操作或装置能达到实验目的的是（
）
【答案】C
【解析】本题考查化学实验装置、实验操作及物质的性质,意在考查考生的实验能力及对元素化合物性质的理解与应用能力。配制一定物质的量浓度溶液的定容操作,眼睛应该平视凹液面,A项错误;氯气与NaHCO3也能反应,B项错误;食盐水为中性溶液,铁钉发生吸氧腐蚀,
插入右边试管中的导管内红色墨水上升,C项正确;电石与水反应制备的乙炔气体中含有H2S还原性气体,必须除杂后才能检验乙炔的还原性,
D项错误。
【考点定位】实验基本操作。
【名师点睛】了解化学实验常用仪器的主要用途和使用方法是高考考纲的基本要求。该类题型在高考中经常出现，属常规题。化学实验装置图考查可分为常用仪器的使用和化学实验的基本操作、常见气体的制取、几种有关物质性质的实验装置、物质的检验等内容。在总复习时要把握住化学实验的主要内容、仪器的操作、装置原理、实验原理、注意事项。要熟记一些典型的实验及其基本操作。
12．【2015重庆理综化学】下列实验中,所使用的装置(夹持装置略)、试剂和操作方法都正确的是（
）
A.观察Fe(OH)2的生成
B.配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液
C.实验室制取氨
D.验证乙烯的生成
【答案】A
【解析】本题考查化学实验基本操作和基本实验设计,意在考查考生对教材常见物质制备和基本操作的理解迁移能力。装置中的植物油能防止空气进入,生成的Fe(OH)2不被氧化,能观察到有白色Fe(OH)2沉淀生成,A项正确。配制一定物质的量浓度的溶液时,固体应先在烧杯中溶解,然后转入到容量瓶中定容,B项错误。实验室是用NH4Cl与Ca(OH)2固体反应制备NH3,而题目给出的一种药品为CaO,C项错误。该实验设计中,挥发出的乙醇也会使KMnO4酸性溶液褪色,无法判断是否生成了乙烯,D项错误。实验装置图的选择题,首先根据选项给出的实验目的,通过“看目的→看装置→看药品→看现象”来分析是否符合题意。
【考点定位】本题主要考查化学实验装置、试剂、基本操作的分析与评价。
【名师点晴】实验室制备物质必须首先明确该物质的性质，以及选择试剂的可行性，实验操作的注意事项，气体的收集，一般应操作简单、安全，验证物质的生成还应考虑干扰气体的除杂等，将Fe(OH)2
的制备，一定物质的量浓度溶液的配制，实验室制取氨气和乙烯联系起来，注重了化学实验基础，延续了近年高考化学实验考查的命题特点，陌生度较低。
13．【2015福建理综化学】下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是（
）
实验目的
实验操作
A
称取2.0
g
NaOH固体
先在托盘上各放1张滤纸,然后在右盘上添加
2
g砝码,左盘上添加NaOH固体
B
配制FeCl3溶液
将FeCl3固体溶于适量蒸馏水
C
检验溶液中是否含N
取少量试液于试管中,加入NaOH溶液并加热,用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体
D
验证铁的吸氧腐蚀
将铁钉放入试管中,用盐酸浸没
【答案】C
【解析】本题考查化学实验操作,意在考查考生对化学实验操作正误的判断能力。NaOH易潮解,且有腐蚀性,不能放在滤纸上称量,A项错误;FeCl3易水解,配制FeCl3溶液时,将FeCl3固体溶于蒸馏水并加入少量稀盐酸,B项错误;检验N时,加入NaOH溶液并加热,用湿润的红色石蕊试纸检验生成的氨气,C项正确;验证铁的吸氧腐蚀,将铁钉放在试管中,用NaCl溶液浸没,若用盐酸浸没,则发生析氢腐蚀,D项错误。
【考点定位】考查化学实验操作正与相应实验目的的正误判断的知识。
【名师点睛】化学是一门实验性学科。称量物质、配制溶液、物质成分的检验、物质反应的原理探究都是化学实验的基本知识和能力的掌握。进行定量实验就要称量物质，一般的原则是左物右码，对于有腐蚀性的药品为防止腐蚀天平，要将药品放在烧杯等仪器中称量；配制溶液时除了得到相应的符合要求的浓度的溶液外，还要考虑溶剂的种类、物质是否会水解变质，使溶液变浑浊或是否会被氧化或还原，要采取什么措施，使用什么方法得到澄清的溶液，要根据常见物质的微粒的性质，掌握其检验方法。了解钢铁等常见的金属制品发生金属腐蚀的类型及保护措施。金属腐蚀类型有化学腐蚀、电化学反应；电化学腐蚀又可根据电解质的酸碱性的不同分为在酸性环境发生析氢腐蚀，在中性或碱性环境发生吸氧腐蚀。无论什么环境都是金属失去电子被氧化而引起腐蚀，只有了解了变质原理，才可以对金属进行有效的保护。了解反应原理、使用原则、物质的性质是解决问题的关键。
14．【2015安徽理综化学】下列有关实验的选项正确的是（
）
A.配制0.
10
mol·L-1NaOH溶液
B.除去CO中的CO2
C.苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作
D.记录滴定终点读数为12.20
mL
【答案】B
【解析】本题考查了化学实验基本原理，涉及溶液配制、气体净化、萃取和滴定管的使用，意在考查考生的实验操作能力。A项错误，应先在烧杯里溶解NaOH(s)；B项正确，CO2可被NaOH溶液吸收；C项错误，含I2的苯溶液应在水层之上，应从分液漏斗上口倒出；D项错误，实际读数应为11.80
mL。
【考点定位】本题考查化学实验基础，属于中等难度题型，实验包括溶液的配置、杂质的去除、萃取实验、
滴定实验，考点中包含了实验仪器的选择，操作中的注意事项和对数据的处理等知识。
【名师点睛】解决本题的关键在于理解实验的原理，掌握实验操作的规范性和对实验数据的处理能力，例如通过溶液配置这个实验，考查在不同实验操作中选择正确的仪器，同时进行规范操作，在滴定实验中，考查学生对数据的处理能力，同时也考查了对实验仪器构造的掌握，如滴定管的0刻度在上面，在除杂的实验中还考查了二氧化碳和一氧化碳的性质的比较，二氧化碳是酸性氧化物，与碱反应，一氧化碳则不能。
15．【2015广东理综化学】准确移取20.00
mL某待测HCl溶液于锥形瓶中,用0.100
0
mol·L-1?NaOH溶液滴定。下列说法正确的是（
）
A.滴定管用蒸馏水洗涤后,装入NaOH溶液进行滴定
B.随着NaOH溶液滴入,锥形瓶中溶液pH由小变大
C.用酚酞作指示剂,当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D.滴定达终点时,发现滴定管尖嘴部分有悬滴,则测定结果偏小
【答案】B
【解析】本题考查酸碱中和滴定实验,意在考查考生实验能力。滴定管用蒸馏水洗涤并用NaOH溶液润洗后,方可装入NaOH溶液,A项错误;在滴定过程中,溶液的pH会由小逐渐变大,B项正确;用酚酞作指示剂,当溶液由无色变为浅红色,且30
s内颜色不褪去,说明达到滴定终点,可停止滴定,C项错误;滴定后,若滴定管尖嘴部分有悬滴,说明计算时代入的NaOH溶液体积的值比实际滴入的大,导致测定结果偏大,D项错误。
【考点定位】本题主要考查了酸碱中和滴定的操作和误差分析。
【名师点睛】酸碱滴定前的操作主要有：检漏、洗涤、润洗、注液、赶气泡、调液。滴定过程中操作有左手控制滴定管的活塞
，右手摇动锥形瓶
目视锥形瓶中溶液颜色的变化。指示剂的选择方法：
酸碱指示剂一般选用酚酞和甲基橙，石蕊试液由于变色不明显,在滴定时不宜选用，强酸与强碱滴定用
酚酞或甲基橙，
强酸与弱碱滴定用
甲基橙
，弱酸与强碱滴定用
酚酞。终点的判断：溶液颜色发生变化且在半分钟内不再变色。酸碱中和滴定中的误差分析根据H+和OH—的物质的量相等，C标·V标=
C待·V待，在讨论操作对标准液体积的影响，确定滴定误差。
16．【2015江苏化学】下列实验操作正确的是（
）
A.用玻璃棒蘸取CH3COOH溶液点在水湿润的pH试纸上,测定该溶液的pH
B.中和滴定时,滴定管用所盛装的反应液润洗2~3次
C.用装置甲分液,放出水相后再从分液漏斗下口放出有机相
D.用装置乙加热分解NaHCO3固体
【答案】B
【解析】本题考查实验基本操作,意在考查考生的化学实验操作能力。测定pH时,不可将pH试纸润湿,A项错误;滴定管用水洗净后,要用待装液润洗,B项正确;分液漏斗中下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出,
C项错误;NaHCO3加热分解有H2O生成,若试管口朝上,水会倒流到试管底部,使试管炸裂,所以试管口应稍向下倾斜,D项错误。
【考点定位】考查pH试纸的使用、滴定管的使用、分液漏斗使用、对固体加热等知识。
【名师点睛】考查实验基本操作，操作不当对实验结果产生影响，pH的试纸使用：pH试纸放在洁净的玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸的中央，观察颜色变化，跟标准比色卡对比，湿润有可能对待测液稀释，所测数据不准，分液是下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，加热固体，试管口略向下倾斜，防止固体中有水分，在试管口凝聚成液态水，倒流到试管底部，使试管炸裂，培养学生对实验规范的操作能力。
17．【2015江苏化学】下列设计的实验方案能达到实验目的的是（
）
A.制备Al(OH)3悬浊液:向1
mol·L-1?AlCl3溶液中加过量的6
mol·L-1?NaOH溶液
B.提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯:向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入适量饱和Na2CO3溶液,振荡后静置分液,并除去有机相的水
C.检验溶液中是否含有Fe2+:取少量待检验溶液,向其中加入少量新制氯水,再滴加KSCN溶液,观察实验现象
D.探究催化剂对H2O2分解速率的影响:在相同条件下,向一支试管中加入2
mL
5%
H2O2和1
mL
H2O,向另一支试管中加入2
mL
5%
H2O2和1
mL
FeCl3溶液,观察并比较实验现象
【答案】BD
【解析】本题考查实验方案的评价,意在考查考生评价实验方案的能力。NaOH过量,Al(OH)3会溶解生成NaAlO2,A项错误;饱和Na2CO3溶液可以与CH3COOH反应,且乙酸乙酯在饱和Na2CO3溶液中的溶解度较小,利于分层,B项正确;若待检验溶液中仅存在Fe3+而不存在Fe2+,也会出现题述实验现象,C项错误;H2O2的浓度相同时,一支试管中加催化剂,一支不加,通过观察生成气泡的速率来探究催化剂对H2O2分解速率的影响,D项正确。
【考点定位】考查实验方案的评价、离子检验、物质除杂等知识。
【名师点睛】实验方案设计要求最简，对环境危害小，实验能否成功需要看细节，氢氧化铝呈两性，氢氧化钠过量，会使氢氧化铝溶解，实验室常用氨水，离子检验要防止其他离子的干扰，特别注意氯离子干扰，因此平时学习时多注意细节问题。
18．【2014年高考海南卷】NaOH溶液滴定盐酸实验中，不必用到的是（
）
A．酚酞
B．圆底烧瓶
C．锥形瓶
D．碱式滴定管
【答案】B
【解析】酸碱中和滴定时，首先要知道使用那些仪器、如何使用，然后逐一判断。在酸碱中和滴定时一般是用已知浓度的碱（或酸）来滴定未知浓度的酸（或碱）的实验方法。酸溶液或碱溶液的体积多少通过滴定管来读取、在锥形瓶中进行酸碱中和滴定实验。为了准确判断滴定终点，要用酚酞作指示剂。唯一不使用的仪器是圆底烧瓶。
【考点定位】本题考查酸碱中和滴定实验中仪器和试剂的使用的知识。考查了考生对知识的掌握情况。
【名师点睛】化学是一门实验学科，学习化学就要进行实验。首先要认识仪器、了解仪器的用途和正确使用方法。然后要掌握中学化学几个重要的实验。其中酸碱中和滴定实验是重要的实验。
19．【2014年高考安徽卷第9题】为实现下列实验目的,依据下表提供的主要仪器,所用试剂合理的是
（
）
A.A
B.B
C.C
D.D
【答案】B
【解析】本题考查气体的制备、物质的分离方法、中和滴定等基本实验操作,意在考查考生对基本实验的分析和实际操作能力。A项错误,Br2易溶于CCl4,难溶于水,所以不能用分液的方法分离;
B项正确,在水浴加热条件下,葡萄糖与银氨溶液能发生银镜反应,蔗糖则不能;C项错误,稀HNO3是强氧化性酸,与锌作用不产生氢气;
D项错误,中和滴定过程中一定要有酸碱指示剂。
【考点定位】本题主要是考查化学实验原理、基本操作等
【名师点晴】本题主要是考查物质的分离与提纯、有机物鉴别、氢气制备以及氢氧化钠溶液浓度测定，该题能较好的体现化学学科的学科特点。旨在考查学生对化学实验基本原理和操作的熟悉掌握情况，有利于提高学生的学科素养，题目难度中等。
20．【2014年高考北京卷第11题】用如图装置(夹持、加热装置已略)进行实验,有②中现象,不能证实①中反应发生的是（
）
A.A
B.B
C.C
D.D
【答案】A
【解析】本题考查反应原理和化学实验,意在考查考生的实验能力和处理实际问题的能力。水蒸气也可以使肥皂水冒泡,故不能证明铁粉与水蒸气加热是否发生了反应,A项错误;实验室用加热氯化铵和氢氧化钙混合物的方法制备氨气,氨气可以使酚酞溶液变红,B项正确;碳酸氢钠受热分解产生二氧化碳,二氧化碳可以使澄清石灰水变浑浊,C项正确;石蜡油分解的产物中含有烯烃,烯烃可以使Br2的CCl4溶液褪色,D项正确。
【考点定位】本题主要是考查化学实验方案设计与评价
【名师点晴】本题以教材上的几个演示实验为素材考查学生对物质的性质与实验基本操作、现象的理解。它充分体现了“源于教材又不拘泥于教材”的命题指导思想，在一定程度上考查了学生的实验分析能力和灵活运用基础知识解决实际问题的能力，题目难度中等。
21．【2014年高考江苏卷第5题】下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的的是（
）
A.用装置甲制取氯气
B.用装置乙除去氯气中的少量氯化氢
C.用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液
D用装置丁蒸干氯化锰溶液制
MnCl2·4H2O
【答案】C
【解析】本题考查实验知识,意在考查考生对知识的掌握能力、迁移能力以及探究能力。浓盐酸与二氧化锰反应制氯气需要加热，不加热反应不能发生，A项错误；除去氯气中的少量氯化氢应用饱和食盐水，且导气管应长进短出，不能使用NaHCO3饱和溶液，否则会引入CO2杂质，B项错误；二氧化锰不溶于水，氯化锰溶于水，可用过滤的方法分离，C项正确；加热过程中氯化锰水解,最终得不到所要产物，D项错误。答案选C。
【考点定位】本题主要是考查氯气制备有关的实验操作，涉及氯气的制备、除杂、分离回收反应溶液等内容
【名师点晴】本题的解题要点为：实验基本操作与实验目的，学生首先应熟悉常见物质的制备、除杂、干燥、收集、尾气处理，物质的分离、检验等操作，并能对实验基本操作的合理性进行分析。对常见实验操作中的关键点要熟练掌握，避免失分。实验是化学的基础，实验基本操作时学生必须掌握的知识和技能，本题考察了学生对气体的制备、除杂及反应后溶液的回收利用等操作，体现实验的基础性。
22．【2014年高考山东卷第10题】下列实验操作或装置(略去部分夹持仪器)正确的是（
）
A.配制溶液
B.中和滴定
C.制备乙酸乙酯
D.制备收集干燥的氨气
【答案】C
【解析】本题考查实验基本操作及简单实验设计,意在考查考生化学实验基本操作能力以及运用所学知识进行实验设计与评价实验方案的能力。配制一定物质的量浓度的溶液,定容时要用胶头滴管,A项错误;不能用碱式滴定管盛装酸溶液,B项错误;用排空气法收集氨气时,导管应插到试管(或集气瓶)底部,D项错误。
【考点地位】本题主要是考查化学实验基本操作与正误判断
【名师点晴】本题考查学生对中学化学出现的重要实验的掌握，涉及溶液的配制、酸碱中和滴定、重要物质的制备，对基本仪器、试剂的选择和基本操作的掌握情况，考查了学生对基础知识和基本技能的理解和掌握。在一定程度上考查了学生的知识的灵活运用能力和分析问题解决问题的能力。题目难度中等。
23．【2014年高考天津卷第2题】实验室制备下列气体时,所用方法正确的是（
）
A.制氧气时,用NaO或HO作反应物可选择相同的气体发生装置
B.制氯气时,用饱和NaHCO溶液和浓硫酸净化气体
C.制乙烯时,用排水法或向上排空气法收集气体
D.制二氧化氮时,用水或NaOH溶液吸收尾气
【答案】A
【解析】本题考查气体的制备,意在考查考生的实验能力。用过氧化钠和过氧化氢制备氧气时,均可采用固液不加热的制气体装置,A项正确;氯气溶于水生成盐酸和次氯酸,盐酸与碳酸氢钠溶液反应生成CO2,B项错误;制乙烯只能用排水法收集,因乙烯密度与空气密度接近,不能用排空气法收集,C项错误;不能用水吸收制取二氧化氮的尾气,因为二氧化氮与水生成硝酸和一氧化氮,一氧化氮不溶于水造成污染,D项错误。
【考点地位】本题主要是考查常见气体的制备、收集、尾气处理、装置等。[]
【名师点晴】本题以气体的制备为载体考查了学生对气体制备原理、反应装置的选择、杂质的去除和收集方法的分析和判断，同时考查了学生对实验基础知识、基本仪器的基本技能的掌握。判断常见气体的实验室制备问题，应掌握中学常见气体的发生装置、净化方法、收集方法和尾气处理方法，本题要求学生根据反应原理确定发生装置，根据气体的性质判断除杂方法、收集方法和尾气的处理。
25．【2014年高考新课标Ⅰ卷第12题】下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是（
）
A.洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干
B.酸式滴定管装标准溶液前,必须先用该溶液润洗
C.酸碱滴定实验中,用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差
D.用容量瓶配溶液时,若加水超过刻度线,立即用滴管吸出多余液体
【答案】B
【解析】本题考查化学仪器的使用和实验基本操作,意在考查考生的实验基本操作能力等。容量瓶不能用烘箱烘干,否则会变形,定容不准确,A项错误;滴定管使用前,需先用标准溶液润洗,以减小实验误差,B项正确;酸碱滴定实验中,不能用待测液润洗锥形瓶,润洗会导致待测液增多,使实验误差增大,C项错误;配制溶液时,加水超过容量瓶的刻度线时,需重新配制,D项错误。
【考点地位】本题主要是考查化学常用仪器的使用及化学实验基本操作
【名师点晴】化学是一门实验学科。学化学、做实验，都有一个使用仪器、规范操作等基本实验能力的考查。不仅要定性实验，有时还需要进行定量实验。这就涉及到仪器的润洗、干燥、读数、误差分析等内容的学习、了解和掌握。本题考查了仪器的干燥、润洗、误差分析的知识。考察了学生对化学实验基本操作的掌握，对常见仪器使用方法的掌握情况。考察了应用所学知识进行必要的分析、推理的能力。准确把化学实验基础知识和基本操作技能运用到某些定量实验中去，解决一些原理和操作较简单的定量问题。它充分体现了“源于教材又不拘泥于教材”的指导思想，在一定程度上考查了学生的知识的灵活运用能力和分析问题解决问题的能力。
26．【2014年高考新课标Ⅱ卷第10题】下列图示实验正确的是（
）
【答案】D
【解析】本题考查化学实验知识,意在考查考生的实验操作能力、对实验原理的理解能力以及判断能力。过滤时,玻璃棒下端应放在三层滤纸处,且漏斗下口尖端应与烧杯内壁相贴,A项错误;加热碳酸氢钠的试管口应略向下倾斜,B项错误;洗气时应该进气的导管长,出气的导管短,C项错误;乙酸乙酯的制备演示实验正确,D项正确。
【考点定位】本题主要是考查化学实验基本操作、实验装置的评价。
【名师点晴】本题属于化学实验基本操作方面的考查，侧重于实验设计与评价、实验装置图分析。涉及粗盐的提纯、碳酸氢钠分解、物质的分离与提纯、乙酸乙酯制备等，本题难度不大，掌握基础是关键。高考化学试题对化学实验基本操作的考查是每年的必考点，今后的复习备考中一定要抓牢相关的化学实验基本操作。
27．【2014年高考重庆卷第4题】茶叶中铁元素的检验可经以下四个步骤完成,各步骤中选用的实验用品不能都用到的是（
）
A.将茶叶灼烧灰化,选用①、②和⑨
B.用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释,选用④、⑥和⑦
C.过滤得到滤液,选用④、⑤和⑦
D.检验滤液中的Fe,选用③、⑧和⑩
【答案】B
【解析】本题考查常见仪器的结构与使用,意在考查考生对不同操作所涉及的主要仪器的理解和识别情况。灼烧需要坩埚(①)、泥三角(⑨)和酒精灯(②),A项不符合题意;溶解、稀释时不需用容量瓶(⑥),B项符合题意;过滤需要烧杯(④)、漏斗(⑤)和玻璃棒(⑦),C项不符合题意;检验Fe3+需用试管(③)、胶头滴管(⑩)、KSCN溶液(⑧),D项不符合题意
【考点定位】本题主要是考查化学实验基本操作、常见仪器的选择和铁离子的检验方法，题目难度不大，旨在考查学生对常见化学实验仪器构造特点和使用的了解掌握情况，有利于培养学生的学科素养。
【名师点睛】本题从茶叶中铁元素的检验入手，考查物质的检验方法、实验基本操作，仪器装置等。解题过程中首先确定实验原理，然后选择药品和仪器，再设计实验步骤。
28．【2013年高考海南卷第6题】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”。
【考点定位】本题考查实验仪器的组装。
【名师点睛】利用实验仪器的组装考察了学生对化学实验仪器的使用、物质的除杂、制备及实验操作流程等基础知识的掌握情况，根据制备少量FeCl3
的反应原理可知，首先制取氯气，接着除杂和干燥，随后反应制备，最后尾气处理，该题强调动手能力、强化实验。
20专题21
工艺流程
2019年高考题
【2019全国Ⅲ理综，26,14分】高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1
mol·L?1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
（1）“滤渣1”含有S和__________________________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式____________________________________________________。
（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是将________________________。
（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_______~6之间。
（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是______________。
（5）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是_____________________________________________________________________。
（6）写出“沉锰”的离子方程式___________________________________________________。
（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时，z=___________。
(除标明外，每空2分)（1）SiO2（不溶性硅酸盐）（1分）
MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O
（2）将Fe2+氧化为Fe3+（1分）
（3）4.7
（4）NiS和ZnS
（5）F?与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2++2F?平衡向右移动
（6）Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O
（7）
【解析】
本题结合工艺流程考查元素化合物间的相互转化与物质的分离提纯等，考查的核心素养是证据推理与模型认知。（1）硫化锰矿中硅元素主要以SiO2或不溶性硅酸盐形式存在，则“滤渣1”的主要成分为S和SiO2（或不溶性硅酸盐）。结合“滤渣1”中含S，可知“溶浸”时MnO2与MnS在酸性条件下发生氧化还原反应生成MnSO4和S，根据化合价升价法可配平该反应。（2）“溶浸”后溶液中含Fe2+?，“氧化”中加入的适量MnO2能将Fe2+氧化为Fe3+?。（3）“调pH”除去Fe3+?和Al3+?时，结合表格中数据信息可知需控制溶液的pH在4.7~6之间。（4）“除杂1”中加入Na2S能将Zn2+和Ni2+?分别转化为沉淀除去，故“滤渣3”的主要成分为NiS和ZnS。（5）“除杂2”中F-与Mg2+?反应生成MgF2沉淀，若溶液酸度过高，则F-?与H+?结合生成弱电解质HF，导致MgF2（s）Mg2+（aq）+2F-（aq）平衡向右移动，Mg2+不能完全除去。（6）“沉锰”时Mn2+?与HCO3-反应生成MnCO3并放出CO2，由此可写出离子方程式。（7）化合物LiNixCoyMnzO2中，当?
时，根据化合价代数和为0得，解得z=
。?
【思维拓展】
本题第（1）问中分析“滤渣1”成分时，可结合硫化锰矿的成分和各元素性质进行分析。硅是亲氧元素，在自然界中硅主要以熔点很高的氧化物和硅酸盐的形式存在，硅酸盐是一大类结构复杂的固态物质，大多不溶于水，化学性质很稳定。
2018年高考题
1.(2018江苏，19，15分)
以Cl2、NaOH、(NH2)2CO(尿素)和SO2为原料可制备N2H4·H2O(水合肼)和无水Na2SO3，其主要实验流程如下:
②N2H4·H2O沸点约118
℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。
(1)步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度超过40
℃,
Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为
;实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是
。
(2)步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如图1所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40
℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110
℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是
;使用冷凝管的目的是
。
(3)步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3(水溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-随pH的分布如图2所示，Na2SO3的溶解度曲线如图3所示)。
①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定何时停止通SO2的实验操作为
。
②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案：
，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
1.（1）3Cl2+6OH-
5Cl-+ClO3-
+3H2O（3分）〓缓慢通入Cl2（2分）
(2)NaClO碱性溶液（2分）
减少水合肼的挥发（2分）?
(3)①测量溶液的pH,若pH约为4,停止通SO2（2分）?
②边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液,测量溶液pH,pH约为10时,停止滴加NaOH溶液,加热浓缩溶液至有大量晶体析出,在高于34
℃条件下趁热过滤（4分）?
【解析】
本题考查物质制取的实验知识，考查的化学核心素养是科学探究与创新意识。（1）由题给条件，反应物为Cl2和NaOH，生成物为NaClO3、NaCl、H2O，根据离子方程式书写规则、原子守恒、电荷守恒以及得失电子守恒得该离子反应为：3Cl2+6OH-===5Cl-+ClO3-+3H2O；Cl2与碱反应放热，所以要控制温度还要控制通入氯气速度。（2）步骤Ⅱ是尿素和次氯酸钠反应合成水合肼，由题给信息水合肼能与次氯酸钠剧烈反应，所以滴液漏斗中盛装的是次氯酸钠碱性溶液，由水合肼沸点约为118
℃，题给实验反应温度为110
℃，故使用冷凝管的目的是减少水合肼的挥发。（3）①由题图2所给pH与各粒子摩尔分数关系可知，在pH约为4时，溶液中HSO3-浓度最大，此时可停止通SO2气体；②由NaHSO3制备Na2SO3，是向NaHSO3溶液中加入NaOH溶液，由题图2可知在pH约为10时，SO32-浓度最大，此时停止加入NaOH，再由Na2SO3的溶解度曲线可知，过滤温度应高于34
℃。实验方案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在温度高于34
℃条件下趁热过滤。?
2017年高考题
1.【2017年高考全国卷Ⅱ卷26题】水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示:
回答下列问题:
(1)在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是　　　　，还可使用　　　　代替硝酸。
(2)沉淀A的主要成分是　　　　，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为　　　　。
(3)加氨水过程中加热的目的是　　　　。沉淀B的主要成分为　　　　　　　　、　　　　　　　　(写化学式)。
(4)草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为:MnO42-
+H++H2C2O4Mn2++CO2+H2O。实验中称取0.400
g水泥样品，滴定时消耗了0.050
0
mol·L-1的KMnO4溶液36.00
mL，则该水泥样品中钙的质量分数为　　　　。
【答案】(1)将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+　H2O2
(2)SiO2(或H2SiO3)　SiO2+4HFSiF4↑+2H2O(或H2SiO3+4HFSiF4↑+3H2O)
(3)防止胶体生成，易沉淀分离　Al(OH)3　Fe(OH)3
(4)45.0%
【解析】本题结合实验室测定水泥样品中钙含量的流程考查元素化合物、物质分离提纯等知识的应用。
(1)水泥熟料中的CaO和铁、铝、镁等金属的氧化物均能溶于盐酸，加入硝酸能将水泥样品中可能含有的Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新杂质，还可用H2O2代替硝酸。(2)根据图示流程可知，不溶于盐酸和硝酸的沉淀A为SiO2(或H2SiO3)，SiO2(或H2SiO3)能溶于弱酸氢氟酸，生成SiF4和H2O。(3)加入氨水调节溶液的pH=4~5的过程中加热，能防止胶体生成，易沉淀分离，结合流程图可知，沉淀B的主要成分是Al(OH)3和Fe(OH)3。(4)根据反应中转移电子数相等可找出关系式2
MnO42-~5H2C2O4，结合消耗KMnO4溶液的浓度和体积可求出n(H2C2O4)==4.5×10-3?mol，则该水泥样品中钙的质量分数为×100%=45.0%。
2，【2017年高考全国卷Ⅲ卷27题】重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示:
回答下列问题:
(1)步骤①的主要反应为:FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2
上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为　　　。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是　　　。
(2)滤渣1中含量最多的金属元素是　　　，滤渣2的主要成分是　　　及含硅杂质。
(3)步骤④调滤液2的pH使之变　　　(填“大”或“小”)，原因是　　　(用离子方程式表示)。
(4)有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到　　　(填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。
a.80
℃　　　　　b.60
℃
c.40
℃　　　　　d.10
℃
步骤⑤的反应类型是　　　。
(5)某工厂用m1?kg铬铁矿粉(含Cr2O3?40%)制备K2Cr2O7，最终得到产品m2?kg，产率为　　　。
【答案】(1)2∶7　陶瓷在高温下会与Na2CO3反应
(2)Fe　Al(OH)3
(3)小　2Cr2O42-+2H+Cr2O72-+H2O
(4)d　复分解反应
(5)×100%
【解析】本题考查以铬铁矿为原料制备重铬酸钾的工艺流程分析。
(1)1
mol
FeO·Cr2O3参与反应共失去7
mol电子，而1
mol
NaNO3参与反应得到2
mol电子，根据得失电子守恒，二者的系数比为2∶7。由于高温下碳酸钠能与陶瓷中的二氧化硅发生反应，所以该步骤不能使用陶瓷容器。(2)步骤①中生成的氧化铁因不溶于水而进入滤渣1，所以滤渣1中含量最多的金属元素是Fe。结合流程图可知，滤渣2的主要成分是氢氧化铝及含硅杂质。(3)滤液2中存在平衡:2Cr2O42-+2H+Cr2O72-+H2O，氢离子浓度越大(pH越小)，越有利于平衡正向移动，所以步骤④应调节滤液2的pH使之变小。(4)根据题图，可知温度越低，K2Cr2O7的溶解度越小，析出的重铬酸钾固体越多，故d项正确。步骤⑤中发生的反应为Na2Cr2O7+2KCl?K2Cr2O7↓+2NaCl，其属于复分解反应。(5)该铬铁矿粉中Cr2O3的物质的量为，根据Cr元素守恒可求得K2Cr2O7的理论质量m0=×294
g·mol-1×10-3?kg·g-1=?kg，所以产品的产率为×100%=×100%。
3.【2017高考海南卷17题】（10分）以工业生产硼砂所得废渣硼镁泥为原料制取MgSO4·7H2O的过程如图所示：
硼镁泥的主要成分如下表：
MgO
SiO2
FeO、Fe2O3
CaO
Al2O3
B2O3
30%~40%
20%~25%
5%~15%
2%~3%
1%~2%
1%~2%
回答下列问题：
（1）“酸解”时应该加入的酸是_______，“滤渣1”中主要含有_________（写化学式）。
（2）“除杂”时加入次氯酸钙、氧化镁的作用分别是________、_______。
（3）判断“除杂”基本完成的检验方法是____________。
（4）分离滤渣3应趁热过滤的原因是___________。
【答案】（1）H2SO4?（1分）
SiO?2?（1分）?（2）将Fe2+?氧化为Fe3+?（2分）调节溶液pH，使Fe3+、Al3+形成氢氧化物沉淀除去（2分）?（3）取滤液将其酸化后滴加KSCN溶液，若溶液未变红，则说明除杂完全（2分）?（4）防止MgSO4·7H
2O结晶析出（2分）【解析】（1）由于制取的产品是MgSO4·7H2O，所以“酸解”时应加入硫酸。“滤渣1”的成分是难溶于硫酸的物质，根据硼镁泥的主要成分可知“滤渣1”中主要含有SiO2，当然也会有少量的B2O3以及“酸解”时生成的微溶性的CaSO4。（2）次氯酸钙具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，便于沉淀分离。加入MgO可以消耗过量的硫酸，调节溶液的pH，使Fe3+?、Al3+形成氢氧化物沉淀而除去。（3）“除杂”基本完成时，溶液中不存在Fe3+，可以通过检验溶液中是否含有Fe3+来判断“除杂”是否完成。（4）较低温度下，MgSO4·7H2O的溶解度减小，会结晶析出，造成损失。所以分离滤渣3应趁热过滤。?
【名师点睛】快速解答化工流程题的技巧：（1）化工流程题中，一般情况下各个问题相对独立，无连带效应，一个问题解决不了一般不会影响下一个问题的解决。所以遇到不会做的题目，要舍得放弃。（2）对于超纲知识，题目中要么有信息提示，要么与答题无关，不必细究。（3）每题中基本上都有与流程图无关的问题，可以直接根据已有的知识去完成。例如过滤或洗涤沉淀的操作、方程式的书写以及有关计算等。
2016~2013年高考题
1．【2016年高考北京卷】（12分）以废旧铅酸电池中的含铅废料(Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等)和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下:
(1)过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是　??????????????????????????????????????????????????????。
(2)过程Ⅰ中，Fe2+催化过程可表示为:
i.2Fe2++PbO2+4H++2Fe3++PbSO4+2H2O
ii.……
①写出ii的离子方程式:　????????????????????????????????????????????????????????????????。
②下列实验方案可证实上述催化过程。将实验方案补充完整。
a.向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红。
b.　????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????。
(3)PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡:PbO(s)+NaOH(aq)?NaHPbO2(aq)，其溶解度曲线如图所示。
①过程Ⅱ的目的是脱硫。滤液1经处理后可在过程Ⅱ中重复使用，其目的是　　　　(选填序号)。
A.减少PbO的损失，提高产品的产率
B.重复利用NaOH，提高原料的利用率
C.增加Na2SO4浓度，提高脱硫效率
②过程Ⅲ的目的是提纯。结合上述溶解度曲线，简述过程Ⅲ的操作:　???????????????????????????????????????????????????????????????????。
【答案】(1)Pb+PbO2+2H2SO4?2PbSO4+2H2O
(2)①2Fe3++Pb+??2Fe2++PbSO4
②b.取a中红色溶液，向其中加入铅粉后，红色褪去
(3)①A、B　②向PbO粗品中加入一定量的35%
NaOH溶液，加热至110
℃，充分溶解后，趁热过滤，冷却结晶，过滤得到PbO固体
【解析】
(1)根据题给化学工艺流程知，过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb、PbO2和H2SO4反应生成PbSO4和水，化学方程式为Pb
+
PbO2?+
2H2SO4?2PbSO4+
2H2O。(2)①催化剂通过参加反应，改变反应历程，降低反应的活化能，加快化学反应速率，而本身的质量和化学性质在反应前后保持不变。根据题给信息知，反应i中Fe2+被PbO2氧化为Fe3+，则反应ii中Fe3+被Pb还原为Fe2+，离子方程式为2Fe3++Pb+?PbSO4+2Fe2+。②a实验证明发生了反应i，则b实验须证明发生了反应ii，实验方案为:取a中红色溶液少量，加入过量铅粉，充分反应后，红色褪去。(3)①过程Ⅱ的目的是除硫，操作过程中会加入过量的NaOH，通过题给条件可知，部分PbO溶解在NaOH溶液中，故滤液1中会有过量的NaOH和PbO溶解在NaOH溶液中产生的NaHPbO2，重复使用滤液1，可减少PbO的损失，提高产率，且NaOH也得到了重复利用，提高了原料的利用率。②过程Ⅲ是从粗产品中得到纯产品，结合溶解度曲线，可选用重结晶操作。根据条件可知，粗品中含有炭黑，需要趁热过滤，然后冷却结晶，过滤得到纯产品。
【考点定位】本题主要是考查化学工艺流程分析，催化剂，离子方程式书写，化学实验方案的设计，物质的分离、提纯，平衡移动原理的应用等。
【名师点晴】化学高考试题的发展趋势必然是重视与生产、生活的紧密联系，但不管如何灵活多变，工业生产离不开反应原理中的方向、速率和限度问题。该题以铅的再生利用为载体，考查了陌生方程式书写、元素化合物性质、速率平衡、转化率等问题，综合性较强。第（3）②问不太好分析，需要结合图像及题目的前后信息来解决。
2．【2016年高考海南卷】（8分）KAl(SO4)2·12H2O（明矾）是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐（主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质）制备明矾的过程如下图所示。回答下列问题：
（1）为尽量少引入杂质，试剂①应选用___（填标号）。
A．HCl溶液
B．H2SO4溶液
C．氨水
D．NaOH溶液
（2）易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为________。
（3）沉淀B的化学式为________；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是__________。
（4）已知：Kw=1.0×10-14，Al(OH)3AlO2-+H++H2O
K=2.0×10-13。Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数等于_________。
【答案】（8分）
（1）d
（2分）
（2）2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2↑
（2分）
（3）Al(OH)3
Al3+水解，使溶液中H+浓度增大（每空1分，共2分）
（4）20
（2分）
【解析】
试题分析：（1）易拉罐（主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质），它们都是比较活泼的金属，都可以与酸发生反应，而Al可以与强碱溶液反应变为NaAlO2进入溶液，而Fe、Mg不能与碱发生反应，所以要以含Al的易拉罐为原料制取明矾，应该用强碱NaOH溶液溶解，选项d正确；Mg、Fe是固体杂质留在滤渣中；（2）易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2↑，反应的离子方程式是2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（3）滤液A的主要成分是NaAlO2，向其水溶液中加入NH4HCO3溶液，AlO2-、NH4+发生盐的双水解反应，产生Al(OH)3沉淀和NH3·H2O，反应的方程式是AlO2-+2H2O+NH4+=
Al(OH)3↓+NH3·H2O，所以沉淀B化学式为Al(OH)3；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是该盐是强酸弱碱盐，Al3+发生水解反应，消耗水电离产生的H+，当最终达到平衡时溶液中c(H+)>c(OH-)，所以溶液显酸性。（4）已知：Kw=1.0×10-14，Al(OH)3AlO2-+H++H2O
K=2.0×10-13。Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数K=。
【名师点睛】工艺流程题，就是将化工生产过程中的主要生产阶段即生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，形成与化工生产紧密联系的化工工艺试题。制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度(原料是否廉价易得)、环保角度(是否符合绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑；解答时要看框内，看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”：本题改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→所以有什么变化→结论。
3．【2016年高考江苏卷】（12分）以电石渣[主要成分为Ca(OH)2和CaCO3]为原料制备KClO3的流程如下:
(1)氯化过程控制电石渣过量、在75
℃左右进行。氯化时存在Cl2与Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反应，Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2。
①生成Ca(ClO)2的化学方程式为　???????????????????????????????????????????????????????????????????。
②提高Cl2转化为Ca(ClO3)2的转化率的可行措施有　　　　(填序号)。
A.适当减缓通入Cl2速率
B.充分搅拌浆料
C.加水使Ca(OH)2完全溶解
(2)氯化过程中Cl2转化为Ca(ClO3)2的总反应方程式为
6Ca(OH)2+6Cl2Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O
氯化完成后过滤。
①滤渣的主要成分为　　　　(填化学式)。
②滤液中Ca(ClO3)2与CaCl2的物质的量之比n[Ca(ClO3)2]∶n[CaCl2]　　　　1∶5(填“>”、“<”或“=”)。
(3)向滤液中加入稍过量KCl固体可将Ca(ClO3)2转化为KClO3。若溶液中KClO3的含量为100
g·L-1，从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是　????????????????????????????????????????????????。
【答案】(1)①2Cl2+2Ca(OH)2?Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O　②AB
(2)①CaCO3?、Ca(OH)2　②<
(3)蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】本题主要考查KClO3的制备工艺流程，意在考查考生对物质制备工艺流程的综合分析能力。
(1)①Cl2与Ca(OH)2发生反应:2Ca(OH)2+2Cl2Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，生成Ca(ClO)2。②适当减缓通入Cl2速率，可以控制电石渣过量，使Cl2与电石渣充分反应，A项正确；充分搅拌浆料，使反应进行完全，可以提高Cl2转化为Ca(ClO3)2的转化率，B项正确；加水使Ca(OH)2完全溶解，不能提高Cl2转化为Ca(ClO3)2的转化率，C项错误。(2)①电石渣中CaCO3与氯气不反应，而Ca(OH)2的溶解度较小，故滤渣的主要成分为CaCO3和Ca(OH)2。②氯化时存在Cl2与Ca(OH)2生成Ca(ClO)2的反应，故n[Ca(ClO3)2]:n[CaCl2]<1:5。(3)根据溶解度曲线，KClO3的溶解度受温度影响较大，可采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体。
【考点定位】本题主要是考查物质制备工艺流程分析
【名师点晴】无机工业流程题能够以真实的工业生产过程为背景，体现能力立意的命题为指导思想，能够综合考查学生各方面的基础知识及将已有知识灵活应用在生产实际中解决问题的能力，所以这类题成为近年来高考的必考题型。流程题的解题思路为：明确整个流程及每一部分的目的→仔细分析每步反应发生的条件以及得到的产物的物理或化学性质→结合基础理论与实际问题思考→注意答题的模式与要点。解决本类题目的基本方法和步骤为：（1）从题干中获取有用信息，了解生产的产品。（2）然后整体浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段。（3）分析流程中的每一步骤，从以下几个方面了解流程：①反应物是什么；②发生了什么反应；③该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。
4．【2016年高考四川卷】
(16分）资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用。磷尾矿主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3·MgCO3。某研究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方案，制备具有重要工业用途的CaCO3、Mg(OH)2、P4和H2，其简化流程如下:
已知:①Ca5(PO4)3F在950
℃不分解；
②4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4
请回答下列问题:
(1)950
℃煅烧磷尾矿生成气体的主要成分是　????????????????????????????。
(2)实验室过滤所需的玻璃仪器是　?????????????????????????????????????????????。
(3)NH4NO3溶液能从磷矿Ⅰ中浸取出Ca2+的原因是?　????????????????????????????????????????????。
(4)在浸取液Ⅱ中通入NH3，发生反应的化学方程式是?　????????????????????????????????????????????????????。
(5)工业上常用磷精矿[Ca5(PO4)3F]和硫酸反应制备磷酸。已知25
℃，101
kPa时:
CaO(s)+H2SO4(l)?CaSO4(s)+H2O(l)???
ΔH=-271
kJ/mol
5CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)?Ca5(PO4)3F(s)+5H2O(l)　ΔH=-937
kJ/mol
则Ca5(PO4)3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是?　?????????????????????????????????????????????????。
(6)在一定条件下CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，当CO与H2O(g)的起始物质的量之比为
1∶5，达平衡时，CO转化了。若a?kg含Ca5(PO4)3F(相对分子质量为504)的质量分数为10%的磷尾矿，在上述过程中有b%的Ca5(PO4)3F转化为P4，将产生的CO与H2O(g)按起始物质的量之比1∶3混合，则在相同条件下达平衡时能产生H2　　　　kg。
【答案】(1)CO2
(2)漏斗、烧杯、玻璃棒
(3)N水解使溶液呈酸性，与CaO、Ca(OH)2反应生成Ca2+
(4)MgSO4+2NH3+2H2O?Mg(OH)2↓+(NH4)2SO4
(5)Ca5(PO4)3F(s)+5H2SO4(l)??5CaSO4(s)+3H3PO4(l)+HF(g)?
ΔH=-418
kJ/mol
(6)
【解析】
本题考查化学工艺流程、化学计算等，意在考查考生的计算能力和实际运用能力。
(1)根据题中所给的信息知，950
℃时，Ca5(PO4)3F不分解，而CaCO3和MgCO3分解，故产生的气体为二氧化碳。(2)实验室过滤时所需的玻璃仪器为:漏斗、烧杯和玻璃棒。(3)硝酸铵为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，能溶解CaO、Ca(OH)2生成Ca2+，从而浸出Ca2+。(4)依据题中流程得出，浸取液Ⅱ中镁元素以Mg2+形式存在，通入氨气后生成Mg(OH)2沉淀，化学方程式为:MgSO4+2NH3+2H2O?(NH4)2SO4+Mg(OH)2↓。(5)CaO(s)+H2SO4(l)?CaSO4(s)+H2O(l)　ΔH=-271
kJ/mol??????????????????????????
①
5CaO(s)+3H3PO4(l)+
HF(g)?Ca5(PO4)3F(s)+5H2O(l)　ΔH=-937
kJ/mol?????????????????
②
根据盖斯定律，由①×5-②得，Ca5(PO4)3F(s)+5H2SO4(l)?5CaSO4(s)+3H3PO4(l)+HF(g)　ΔH=-271×5
kJ/mol-(-937)
kJ/mol=-418
kJ/mol。
(6)当CO和H2O(g)的起始物质的量之比为1∶5时，设一氧化碳为1
mol，则:
故此温度下，反应的平衡常数K=?=1。
由题意知，反应4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4，若a?kg含Ca5(PO4)3F的质量分数为10%的磷尾矿，当有b%的Ca5(PO4)3F转化为P4时，产生的CO的物质的量为n=ab/67.2
mol，将产生的CO和H2O(g)按起始物质的量之比为1∶3混合，设在相同条件下达到平衡时CO转化了x?mol，则
故x·=1，得x=n，则达到平衡时产生的氢气的物质的量为×?mol=?mol，氢气的质量为?g=×10-3?kg=?kg。
【考点定位】考查化学工艺流程分析，化学实验基本操作，化学方程式和热化学方程式的书写，盖斯定律，化学平衡和化学计算。
【名师点睛】本题以磷尾矿的综合利用的化学工艺流程为载体考查化学实验基本操作，化学方程式和热化学方程式的书写，盖斯定律，化学平衡和化学计算。工艺流程题联系生产实际，考查面广，形式灵活，是近几年高考命题的热点题型。它集元素化合物知识，基本概念和基本理论于一体，考查面广、综合性强。它们的主要考查点有：(1)从原料到产品元素不同形式的转化。(2)反应中的原理考查及反应条件控制。(3)物质的除杂、分离与检验。(4)化工生产中的环保、节能、循环利用等生产成本控制。(5)原料投料比及产率计算等。工艺流程题就是将化工生产中的生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，是无机框图题的创新。解题时首先要明确原料和产品(包括副产品)，即箭头进出方向；其次依据流程图分析反应原理，紧扣信息，搞清流程中每一步发生了什么反应，弄清有关反应原理，明确目的(如沉淀反应、除杂、分离)；最后联系储存的知识，有效进行信息的利用，准确表述和工整书写。由于工艺流程常与溶液的配制、物质的分离及定量测定等基本操作有机结合起来，需要复习时牢固掌握实验基础知识，才能有效结合题中的信息，准确答题。（5）小题要注意盖斯定律的应用，（6）小题将平衡计算和根据化学方程式计算相结合，题目的思考容量大，计算较繁琐，是本题的失分点。题目较难。
5．【2016年高考新课标Ⅲ卷】（14分）过氧化钙微溶于水，溶于酸，可用作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。以下是一种制备过氧化钙的实验方法。回答下列问题:
(一)碳酸钙的制备
(1)步骤①加入氨水的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于　　　　??????????????????????????????????????????????。
(2)如图是某学生的过滤操作示意图，其操作不规范的是　　　　(填标号)。
a.漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁
b.玻璃棒用作引流
c.将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁
d.滤纸边缘高出漏斗
e.用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度
(二)过氧化钙的制备
CaCO3滤液　白色结晶
(3)步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液呈　　　　性(填“酸”、“碱”或“中”)。将溶液煮沸，趁热过滤。将溶液煮沸的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)步骤③中反应的化学方程式为　　　　　　　　，该反应需要在冰浴下进行，原因是　　　　　　　　　。
(5)将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是　　　　　　　　。
(6)制备过氧化钙的另一种方法是:将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品。该工艺方法的优点是　　　　，产品的缺点是　　　　。
【答案】(1)调节溶液pH使Fe(OH)3沉淀　过滤分离
(2)ade
(3)酸　除去溶液中的CO2
(4)CaCl2+2NH3·H2O+H2O2+6H2OCaO2·8H2O↓+2NH4Cl或CaCl2+2NH3·H2O+H2O2CaO2↓+2NH4Cl+2H2O　温度过高时双氧水易分解
(5)去除结晶表面水分
(6)工艺简单、操作方便　纯度较低
【解析】本题以CaO2的制备为载体，考查了化学实验基本操作、物质分离提纯基本方法、化学反应方程式的书写以及工艺评价等，意在考查考生的分析能力。本题的解题关键是根据实验目的弄清楚从原料到产品中每一步操作和所加药品的作用，并尽可能通过化学方程式来理解相关反应，结合物质和分离、除杂的基本操作及注意事项进行解题。(1)含有少量铁的氧化物的石灰石与盐酸反应后得到CaCl2和含铁的盐的混合溶液，加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于沉降铁元素，加入氨水调节溶液pH使Fe3+生成Fe(OH)3沉淀。根据题目信息可知，小火煮沸能使Fe(OH)3颗粒长大，Fe(OH)3颗粒长大有利于过滤时尽可能除去铁元素。(2)过滤操作过程中，漏斗末端颈尖应紧靠烧杯内壁，玻璃棒应紧靠三层滤纸处，用玻璃棒引流时烧杯应紧靠玻璃棒，滤纸应紧贴漏斗内壁，滤纸边缘应低于漏斗边缘，液体液面应低于滤纸边缘，不能搅拌液体，故选项a、d、e符合题意。(3)加入盐酸至溶液中尚有少量CaCO3，说明盐酸不足，但产生的CO2溶解在水中形成H2CO3，此时溶液呈酸性。CO2在溶液中存在会影响产品的纯度，CO2属于挥发性气体，加热能使其从溶液中逸出。(4)CaCl2与H2O2发生复分解反应生成CaO2:CaCl2+H2O2CaO2↓+2HCl，HCl再与NH3·H2O反应生成NH4Cl和H2O，总反应为:CaCl2+H2O2+2NH3·H2OCaO2↓+2NH4Cl+2H2O。H2O2受热易分解，所以反应需在冰浴下进行。(5)结晶用蒸馏水洗涤后吸附有H2O，结晶不溶于CH3CH2OH，而H2O溶于CH3CH2OH，所以用CH3CH2OH洗涤可除去结晶表面的水分。(6)石灰石煅烧后的CaO直接与H2O2反应得到CaO2，其优点在于工艺简单、操作方便。由于所得CaO中杂质较多，得到的CaO2纯度较低。
【考点定位】考查物质制备实验设计
【名师点睛】本试题考查物质的制备、实验基本操作、盐类水解、实验方案的设计与评价、元素及其化合物的性质等知识，这些问题属于基础知识的应用，考查考生的知识运用能力，同时注意信息的运用。制备碳酸钙，需要除去石灰石中的杂质，铁的氧化物和盐酸反应产生铁离子，然后利用过氧化氢，把Fe2＋氧化成Fe3＋，利用氢氧化铁在pH=2出现沉淀，当pH=3.7时沉淀完全，加入氨水调节pH，让Fe3＋转化成Fe(OH)3，然后进行过滤，除去杂质，做题过程中注意题目中信息，信息会告诉你解题的思路，“沉淀颗粒长大”，便于得到沉淀，便于过滤分离；实验操作中实验获得成功，一定要注意操作的规范性，如过滤的注意事项：“一贴”“二低”“三靠”；物质的制备为了得到纯净的物质，一定要把杂质除去，但不能引入新的杂质，把有可能引入杂质的情况考虑进去，CaCO3＋2HCl=CaCl2＋CO2↑＋H2O，但CO2能溶于水，会有一部分CO2溶解，加入氨水时会产生(NH4)2CO3，制备的过氧化钙不纯净，需要除去溶解CO2，加热煮沸，除去溶解CO2；在实验题目中往往以元素及其化合物的性质为基础进行考查，过氧化氢不稳定受热易分解，在冰浴中进行，为防止过氧化氢的分解；在物质的制备中也要注意题给信息，因为这往往解某题的关键，过氧化钙微溶于水，用蒸馏水洗涤中会有部分溶解，为了减少溶解，利用过氧化钙难溶于乙醇进行洗涤，本试题难度适中。
6．【2016年高考新课标Ⅲ卷】（14分）
以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为:
物质
V2O5
V2O4
K2SO4
SiO2
Fe2O3
Al2O3
质量分数/%
2.2~2.9
2.8~3.1
22~28
60~65
1~2
<1
以下是一种废钒催化剂回收工艺路线:
回答下列问题:
(1)“酸浸”时V2O5转化为VO2+，反应的离子方程式为　　　　　　　　　，同时V2O4转化成VO2+。“废渣1”的主要成分是　　　　。
(2)“氧化”中欲使3
mol的VO2+变成VO2+，则需要氧化剂KClO3至少为　　　　mol。
(3)“中和”作用之一是使钒以V4O124-形式存在于溶液中。“废渣2”中含有　　　　。
(4)“离子交换”和“洗脱”可简单表示为:4ROH+
V4O124-R4V4O12+4OH-(ROH为强碱性阴离子交换树脂)。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈　　　　性(填“酸”、“碱”或“中”)。
(5)“流出液”中阳离子最多的是　　　　。
(6)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
【答案】(1)V2O5+2H+2VO2++H2O　SiO2
(2)0.5
(3)Fe(OH)3和Al(OH)3
(4)碱
(5)K+
(6)2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑
【解析】本题考查无机化工流程，意在考查考生的知识迁移能力。(1)反应过程中V的化合价不变，所以是复分解反应。注意V2O5在离子方程式中不能拆开；废钒催化剂中，只有二氧化硅不溶于硫酸，成为废渣1的主要成分。(2)3
mol
VO2+变为VO2+，共失去3
mol电子，而1
mol
ClO3—变为Cl-得到6
mol电子，所以需要0.5
mol氯酸钾。(3)中和时，Fe3+、Al3+分别转化为难溶的Fe(OH)3和Al(OH)3，成为废渣2的主要成分。(4)为提高洗脱效率，须使题中所述平衡逆向移动。根据平衡移动原理，碱性越强越有利于平衡逆向移动，所以淋洗液应该呈碱性。(5)经过“离子交换”，钒以R4V4O12形式存在，而铁、铝则在“中和”过程中转化为沉淀，所以“流出液”中最多的阳离子是钾离子。(6)由NH4VO3转化为V2O5，V的化合价未发生变化，该反应为非氧化还原反应，所以N的化合价仍为-3，一种生成物是NH3，另一种生成物必定是H2O。
【考点定位】考查物质制备工艺流程图分析
【名师点睛】本题是工艺流程问题，涉及氧化还原反应方程式的书写、步骤的分析、氧化还原反应的计算、元素及其化合物的性质等知识，发挥理论对实践的指导作用，将其应用于实践来解决实际问题，达到学以致用的目的。充分体现了“源于教材又不拘泥于教材”的指导思想，在一定程度上考查了学生的知识的灵活运用能力和分析问题解决问题的能力。书写离子反应方程式，首先找出反应物和生成物，然后判断此反应是否属于氧化还原反应，最后根据原子守恒、反应前后电荷守恒配平其他；工艺流程中充分把握题目所给数据，如本题中SiO2的质量分数在60%～65%，因此滤渣1的主要成分是SiO2，因为SiO2属于酸性氧化物，不与硫酸反应；氧化还原反应实质是电子的得失或偏移，即得失电子数目守恒，氧化还原反应的计算常常采用得失电子数目守恒进行计算，即氧化剂的物质的量×变价原子个数×化合价的变化值=还原剂的物质的量×变价原子个数×化合价的变化值，本题是3×1×1=n(KClO3)×1×6，解得x=0.5mol；化学平衡原理适用于任何化学平衡，如果改变影响平衡的一个条件，化学平衡会向能够减弱这种改变的方向移动。本题难度适中。
7．【2015天津理综化学】（18分）废旧印刷电路板是一种电子废弃物,其中铜的含量达到矿石中的几十倍。湿法技术是将粉碎的印刷电路板经溶解、萃取、电解等操作得到纯铜等产品。某化学小组模拟该方法回收铜和制取胆矾,流程简图如图:
回答下列问题:
(1)反应Ⅰ是将Cu转化为Cu(NH3,反应中H2O2的作用是　　　　　　。写出操作①的名称:　　　　　　。
(2)反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu(NH3与有机物RH反应,写出该反应的离子方程式:　　　　　　。操作②用到的主要仪器名称为　　　　　　,其目的是(填序号)　　　　。
a.富集铜元素
b.使铜元素与水溶液中的物质分离
c.增加Cu2+在水中的溶解度
(3)反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应生成CuSO4和　　　　　　。若操作③使用如图装置,图中存在的错误是　　　　　　。
(4)操作④以石墨作电极电解CuSO4溶液。阴极析出铜,阳极产物是　　　　。操作⑤由硫酸铜溶液制胆矾的主要步骤是　。
(5)流程中有三处实现了试剂的循环使用,已用虚线标出两处,第三处的试剂是　　　　。循环使用的NH4Cl在反应Ⅰ中的主要作用是　　　　　　　　　　　。
【答案】(1)作氧化剂　过滤
(2)Cu(NH3)42++2RH2NH4++2NH3+CuR2　分液漏斗　ab
(3)RH　分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁、液体过多
(4)O2、H2SO4　加热浓缩、冷却结晶、过滤
(5)H2SO4　防止由于溶液中c(OH-)过高,生成Cu(OH)2沉淀
【解析】本题考查无机化工流程,意在考查考生运用所学知识解决实际问题的能力。(1)反应Ⅰ中Cu元素被氧化,是还原剂,则H2O2是氧化剂。由于操作①得到溶液和残渣(难溶物),所以是过滤。(2)反应Ⅱ得到CuR2,则Cu(NH3)42+中2个NH3与RH中的H+结合为NH4+,另外2个则仍以NH3的形式存在,据此即可写出反应的离子方程式。操作②得到水层和有机层,所以是分液,主要仪器是分液漏斗。该操作的主要目的是将铜氨溶液中的铜元素转化为有机物CuR2,并通过萃取得以富集。(3)CuR2与稀硫酸发生复分解反应,生成CuSO4和有机物RH。萃取时,分液漏斗尖端要靠近烧杯内壁以防止液体溅出,并且所盛液体不能过多,否则无法进行振荡、放气等操作。(4)电解CuSO4溶液时,阳极的电极反应式为:2H2O-4e-4H++O2↑,生成物是O2和H2SO4。胆矾受热易分解,所以由硫酸铜溶液制取胆矾的主要步骤有加热浓缩、冷却结晶、过滤。(5)电解硫酸铜溶液得到的硫酸可循环使用。反应Ⅰ中NH4Cl的作用是降低溶液的pH,防止c(OH-)过高,生成Cu(OH)2沉淀。
【考点定位】本题主要考查物质的制备流程的分析判断，离子方程式的书写，基本操作的判断等
【名师点睛】对于工业流程的分析是该问题的难点。将该工业流程转化为化学的问题及掌握基本的化学知识是解题的关键。包括反应原理的判断、基本操作的判断、仪器的选择、物质或操作作用的分析、电解反应原理的应用、操作方案的设计、误差分析、物质质量分数的计算等。这类题目距离生活较远，因此学生会感到无从下手。从流程图中可分析问题的答案，如经过操作1将溶液与残渣分离，则该操作一定是过滤，从溶液中得到固体的操作一定需蒸发浓缩的步骤等，根据加入某物质前后反应物质的成分变化判断发生的化学反应及该物质的作用，所以本题以化学工业为载体，考查学生的分析问题与解决问题的能力为主。
8．【2015四川理综化学】（16分）为了保护环境,充分利用资源,某研究小组通过如下简化流程,将工业制硫酸的硫铁矿烧渣(铁主要以Fe2O3存在)转变成重要的化工原料FeSO4(反应条件略)。
活化硫铁矿还原Fe3+的主要反应为:FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O15FeSO4+8H2SO4,不考虑其它反应。请回答下列问题:
(1)第Ⅰ步H2SO4与Fe2O3反应的离子方程式是　　　。
(2)检验第Ⅱ步中Fe3+是否完全还原,应选择　　　(填字母编号)。
A.KMnO4溶液
B.K3[Fe(CN)6]溶液
C.KSCN溶液
(3)第Ⅲ步加FeCO3调溶液pH到5.8左右,然后在第Ⅳ步通入空气使溶液pH降到5.2,此时Fe2+不沉淀,滤液中铝、硅杂质被除尽。通入空气引起溶液pH降低的原因是　　　。
(4)FeSO4可转化为FeCO3,FeCO3在空气中加热反应可制得铁系氧化物材料。
已知25
℃,101
kPa时:4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)ΔH=-1
648
kJ/mol
C(s)+O2(g)CO2(g)　ΔH=-393
kJ/mol
2Fe(s)+2C(s)+3O2(g)2FeCO3(s)　ΔH=-1
480
kJ/mol
FeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的热化学方程式是　　　。
(5)FeSO4在—定条件下可制得FeS2(二硫化亚铁)纳米材料。该材料可用于制造高容量锂电池,电池放电时的总反应为4Li+FeS2Fe+2Li2S,正极反应式是　　　　　。
(6)假如烧渣中的铁全部视为Fe2O3,其含量为50%。将a?kg质量分数为b%的硫酸加入到c?kg烧渣中浸取,铁的浸取率为96%,其它杂质浸出消耗的硫酸以及调pH后溶液呈微酸性所残留的硫酸忽略不计。按上述流程,第Ⅲ步应加入FeCO3　　　kg。
【答案】
(1)Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O
(2)C
(3)Fe2+被氧化为Fe3+,Fe3+水解产生H+
(4)4FeCO3(s)+O2(g)2Fe2O3(s)+4CO2(g)　ΔH=-260
kJ/mol
(5)FeS2+4Li++4e-Fe+2Li2S或FeS2+4e-Fe+2S2-
(6)0.011
8ab-0.646c或-
【解析】本题考查铁及其化合物的性质、热化学方程式的书写及电化学等理论知识,意在考查考生综合应用元素化合物知识及化学反应原理的能力。
(1)Fe2O3溶解于稀H2SO4中,生成Fe2(SO4)3。(2)检验第Ⅱ步中Fe3+是否完全被还原,即检验溶液中有无Fe3+,故可采用KSCN溶液,C项正确。(3)通入空气,部分Fe2+被氧化为Fe3+,后者水解程度比前者强,故通入空气溶液酸性增强。(4)由盖斯定律,将题中已知的第二个热化学方程式乘以4与第一个热化学方程式相加,再减去2倍的第三个热化学方程式,即得:4FeCO3(s)+O2(g)2Fe2O3(s)+4CO2(g)　ΔH=-260
kJ/mol。(5)正极发生还原反应,根据给出的总反应式可知正极的电极反应式为FeS2+4e-Fe+2S2-。(6)“浸取”反应为:Fe2O3+3H2SO4Fe2(SO4)3+3H2O;加入FeCO3时发生的反应为:FeCO3+H2SO4FeSO4+CO2↑+H2O;还原过程生成硫酸:FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O15FeSO4+8H2SO4。由题意知上述前两个反应消耗的硫酸之和与a?kg×b%及第3个反应生成的硫酸之和相等,据此可计算加入FeCO3的量,设加入FeCO3的质量为x?kg,则a?kg×b%+
[ckg×50%×96%/160
kg·kmol-1]×2××98
kg·kmol-1=?c?kg×50%×96%×3×98
kg·kmol-1/160
kg·kmol-1+?x?kg×98
kg·kmol-1/116
kg·kmol-1,解得x=29ab/2
450-1
131c/1
750。
【考点定位】化学工艺流程化学反应与能量元素及化合物化学计算
【名师点睛】近几年高考化学工艺流程题属于热点体系。工艺流程题，顾名思议，就是将化工生产过程中的主要生产阶段即生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，形成与化工生产紧密联系的化工工艺试题。只要明确实验目的，理解装置的作用以及工艺流程的原理，吸收题目新信息并且能加以灵活运用，在高考中就一定会大获全胜。工艺流程题设问的地方：反应速率与平衡理论的运用；氧化还原反应的判断、方程式书写；利用控制PH分离除杂；利用溶解度分离；常用的分离方法、实验操作；流程中的物质转化和循环；绿色化学评价；电化学；计算产量、产率、产品纯度等。
9．【2015山东理综化学】（19分）毒重石的主要成分为BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质),实验室利用毒重石制备BaCl2·2H2O的流程如图:
(1)毒重石用盐酸浸取前需充分研磨,目的是　　　　　　。实验室用37%的盐酸配制15%的盐酸,除量筒外还需使用下列仪器中的　　　。
a.烧杯　　　b.容量瓶　　　c.玻璃棒　　　d.滴定管
(2)加入NH3·H2O调pH=8可除去　　　(填离子符号),滤渣Ⅱ中含　　　(填化学式)。加入H2C2O4时应避免过量,原因是　。
已知:Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7,Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9
Ca2+
Mg2+
Fe3+
开始沉淀时的pH
11.9
9.1
1.9
完全沉淀时的pH
13.9
11.1
3.2
(3)利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量,实验分两步进行。
已知:2Cr+2H+Cr2+H2O
Ba2++CrBaCrO4↓
步骤Ⅰ:移取x?mL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中,加入酸碱指示剂,用b?mol·L-1盐酸标准液滴定至终点,测得滴加盐酸的体积为V0?mL。
步骤Ⅱ:移取y?mL
BaCl2溶液于锥形瓶中,加入x?mL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液,待Ba2+完全沉淀后,再加入酸碱指示剂,用b?mol·L-1盐酸标准液滴定至终点,测得滴加盐酸的体积为V1?mL。
滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管,“0”刻度位于滴定管的　　　　　(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的浓度为　　　　mol·L-1。若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出,Ba2+浓度测量值将　　　　(填“偏大”或“偏小”)。
【答案】(1)增大接触面积从而使反应速率加快　a、c
(2)Fe3+　Mg(OH)2、Ca(OH)2　H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀,产品产量减少
(3)上方　　偏大
【解析】本题考查了化学实验基础知识、物质的除杂、实验数据的处理等,意在考查考生运用化学知识解决实际问题的能力。(1)配制一定质量分数的溶液不必使用容量瓶和滴定管,需使用量筒、烧杯和玻璃棒。(2)由表中数据可知,调pH=8可使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀;调pH=12.5可使Mg2+完全沉淀,同时使Ca2+部分沉淀,故滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2和Ca(OH)2。若H2C2O4过量,则会生成BaC2O4沉淀,使产品产量降低。(3)由关系式:CrO42-~H+、Cr
O42-~Ba2+可知,与Ba2+结合生成BaCrO4沉淀的Na2CrO4的物质的量等于(V0-V1)
mL盐酸中HCl的物质的量,故BaCl2溶液的浓度为。若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出,则步骤Ⅱ中测得滴加盐酸的体积偏小,导致Ba2+浓度测量值偏大。
【考点定位】本题通过化学流程的分析，考查了基本操作和基本仪器、离子的去除、溶液的配制和酸碱中和滴定，包含了实验数据的分析和处理、和误差的分析。
【名师点睛】本题为化学流程题，往年的流程题信息量大，题目较长，本年的化学流程属于简短型，题目涉及的知识也不难，同时与化学实验相结合，突出了实验在化学学科中的重要地位，题目通过表格给出了相关信息，考生应运用题目所给信息，与所学基础知识相结合，分析化学流程的有关问题，关于酸碱中和滴定，问题设计全面，难度梯度设计合理，既有滴定管的结构、又有数据的计算和误差的分析，不同层次的考生都能展现出各自的水平。
10．【2015福建理综化学】(15分)无水氯化铝在生产、生活中应用广泛。
(1)氯化铝在水中形成具有净水作用的氢氧化铝胶体,其反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　。
(2)工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3,含有Fe2O3、SiO2等杂质)制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下:
已知:
物质
SiCl4
AlCl3
FeCl3
FeCl2
沸点/℃
57.6
180(升华)
300(升华)
1
023
①步骤Ⅰ中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多,其作用是　　　(只要求写出一种)。
②步骤Ⅱ中若不通入氯气和氧气,则反应生成相对原子质量比硅大的单质是　　　。
③已知:
Al2O3(s)+3C(s)?2Al(s)+3CO(g)　ΔH1=+1
344.1
kJ·mol-1
2AlCl3(g)?2Al(s)+3Cl2(g)　ΔH2=+1
169.2
kJ·mol-1
由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为　　　　　　　　　　　　　。
④步骤Ⅲ的尾气经冷却至室温后,气体用足量的NaOH冷溶液吸收,生成的盐主要有3种,其化学式分别为　　　。
⑤结合流程及相关数据分析,步骤Ⅴ中加入铝粉的目的是　　　　　　　　　　　　　。
【答案】(1)Al3++3H2OAl(OH)3+3H+
(2)①防止后续步骤生成的AlCl3水解或增大反应物的接触面积,加快反应速率
②铁或Fe
③Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)?2AlCl3(g)+3CO(g)
ΔH=+174.9
kJ·mol-1
④NaCl、NaClO、Na2CO3
⑤除FeCl3,提高AlCl3纯度
【解析】本题主要考查胶体的制备、热化学方程式的书写、化工流程的分析等,意在考查考生的综合分析能力。(1)AlCl3溶于水,Al3+水解生成Al(OH)3胶体。(2)①步骤Ⅰ中焙烧时,固体水分挥发,可以防止后续步骤生成的AlCl3水解;气孔数目增多,可以增大反应物的接触面积,加快反应速率。②铝土矿粉和焦炭焙烧时,焦炭能还原Fe2O3得到单质铁。③根据盖斯定律,由题中第一个热化学方程式减去第二个热化学方程式可得Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)?2AlCl3(g)+3CO(g)　ΔH=+1
344.1
kJ·mol-1-1
169.2
kJ·mol-1=+174.9
kJ·mo
l-1。④步骤Ⅲ的尾气中含有Cl2、CO2、O2等,用足量NaOH冷溶液吸收,生成的盐主要有NaCl、NaClO、Na2CO3。⑤根据图示流程知AlCl3粗品中含有杂质FeCl3、SiCl4,根据提供数据知SiCl4沸点较低,步骤Ⅴ中加入铝粉,将FeCl3转化为AlCl3,以提高AlCl3的纯度。
【考点定位】考查盐的水解、反应条件的控制、热化学方程式的书写、物质反应充分的确定及化学试剂的作用的判断的知识。
【名师点睛】离子方程式、热化学方程式都是化学用语，是学习化学的基础。要掌握反应规律。在分析该题目，书写盐水解的离子方程式时，要知道，盐水解的程度是微弱的，水解产生的物质很少，不能形成沉淀或气体，因此写离子方程式应该不能写沉淀符号或气体符号，要用可逆号“”，不能使用等号“==”，要掌握盐的水解规律是：有弱才水解，谁弱谁水解，谁强显谁性。在进行热化学方程式书写时，要注意物质的存在状态、物质的多少与能量相对应。注意热化学方程式的系数只表示物质的量，因此可以用分数系数，也可以用整数系数。反应放出的热量多少，只与反应物质起始状态和终了状态有关，与反应的物质多少有关，而与反应途径无关。利用盖斯定律进行反应热的计算，不仅可以计算能够直接发生反应的物质的反应热，也可以计算不能直接反应的或不容易测定的反应的反应热。在进行反应条件的控制、化学试剂的选择使用时，从固体物质的表面积的大小、盐的水解等多个对化学反应速率影响的角度分析，从参加反应的物质及可能发生的反应判断溶液的成分。掌握物质的化学性质、盐的水解规律、化学反应速率的影响因素是解决本题的关键。
11．【2015安徽理综化学】（14分）硼氢化钠(NaBH4)在化工等领域具有重要的应用价值。某研究小组采用偏硼酸钠(NaBO2)为主要原料制备NaBH4，其流程如下:
已知:NaBH4常温下能与水反应，可溶于异丙胺(沸点:33
℃)。
(1)在第①步反应加料之前，需要将反应器加热至100
℃以上并通入氩气，该操作的目的是　　　　。原料中的金属钠通常保存在　　　　中，实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有　　　　、　　　　、玻璃片和小刀等。
(2)请配平第①步反应的化学方程式:
NaBO2+　SiO2+　Na+　H2　NaBH4+　Na2SiO3
(3)第②步分离采用的方法是　　　　；第③步分出NaBH4并回收溶剂，采用的方法是　　　　。
(4)NaBH4(s)与H2O(l)反应生成NaBO2(s)和H2(g)。在25
℃、101
kPa下，已知每消耗3.8
g
NaBH4(s)放热21.6
kJ，该反应的热化学方程式是　　　　　　　　　　　　。
【答案】
(1)除去反应器中的水蒸气和空气　煤油　镊子　滤纸；(2)1NaBO2+2SiO2+4Na+2H21NaBH4+2Na2SiO3；(3)过滤　蒸馏；(4)NaBH4(s)+2H2O(l)NaBO2(s)+4H2(g)　ΔH=-216.0
kJ·mol-1
【解析】本题以制备NaBH4的工艺流程为情境，考查化学基本实验操作、氧化还原反应方程式的配平、热化学方程式的书写等，意在考查考生对化学工艺流程的分析能力及解决综合问题的能力。
(1)由流程图可判断NaBO2、SiO2、Na和H2相互作用生成NaBH4和Na2SiO3，为了防止副反应的发生，加料前须将反应器中的水蒸气和空气除去。金属钠通常保存在煤油中。在实验室里应用镊子取金属钠并用滤纸吸去其表面的煤油，放在玻璃片上用小刀切割，所以实验用品还缺少镊子、滤纸。(2)根据氧化还原反应中得失电子守恒配平化学方程式。(3)第②步分离得到溶液和固体，故采用的方法是过滤；第③步分离出NaBH4并回收溶剂异丙胺，由异丙胺的沸点为33
℃知可采用蒸馏法。(4)根据题中“每消耗3.8
g
NaBH4(s)放热21.6
kJ”可得出此反应的热化学方程式为:NaBH4(s)+2H2O(l)NaBO2(s)+4H2(g)　ΔH=-216.0
kJ·mol-1。
【考点定位】本题属于工艺流程题，重点考查化学实验基础，如物质的保存、取用方法；混合物的分离提纯方法，如过滤，蒸馏等；此题还考查了氧化还原反应的配平和热化学方程式的书写。
【名师点睛】工艺流程题往往题目字数较多，给学生造成畏惧心理，其实只要冷静应对，并不是太难。流程题主要考两点，一个是从混合物中分离和提纯物质，另一个就是从一种物质制取另一种物质，解决此题关键是掌握物质分离和提纯的实验原理和方法，同时掌握物质间的转化规律。解决此题关键还在于从题目中筛选有效信息，比如题目第三小问，因为题目要求回收溶剂，所以我们采用的分离方法应该是蒸馏，而不是蒸发结晶；在书写热化学方程式时应该注意以下几点：1.反应物和生成物的状态要注明；2.正确判断吸热反应和放热反应，即△H的正负；3.反应热的计算要和化学计量数相关；3.反应热的单位等。
12．【2015广东理综化学】（16分）七铝十二钙(12CaO·7Al2O3)是新型的超导材料和发光材料。用白云石(主要含CaCO3和MgCO3)和废Al片制备七铝十二钙的工艺如下:
(1)煅粉主要含MgO和　　　。用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后,镁化合物几乎不溶,若滤液Ⅰ中c(Mg2+)小于5×10-6?mol·L-1,则溶液pH大于　　　(Mg(OH)2的Ksp=5×10-12);该工艺中不能用(NH4)2SO4代替NH4NO3,原因是　。
(2)滤液Ⅰ中的阴离子有　　　(忽略杂质成分的影响);若滤液Ⅰ中仅通入CO2,会生成　　　,从而导致CaCO3产率降低。
(3)用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜,反应的离子方程式为　。
(4)电解制备Al(OH)3时,电极分别为Al片和石墨,电解总反应方程式为　。
(5)一种可超快充电的新型铝电池,充放电时AlCI4-和Al2C
I7-两种离子在Al电极上相互转化,其它离子不参与电极反应。放电时负极Al的电极反应式为　。
【答案】(1)CaO　11　SO42-和Ca2+转化成微溶物CaSO4,不利于CaO的溶解
(2)NO3-和OH-　Ca(HCO3)2
(3)Al2O3+2OH-2AlO2-+H2O
(4)2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2↑
(5)Al-3e-+7AlC
I4-4Al2C
I7-
【解析】本题结合工艺流程考查物质的制备和化学知识的综合应用,意在考查考生接受、处理信息的能力。(1)白云石煅烧时MgCO3和CaCO3均发生分解反应,得到MgO和CaO。根据Mg(OH)2的Ksp和c(Mg2+)<5×10-6mol·L-1,可求得c(OH-)>1.0×10-3?mol·L-1,则溶液的pH>11。NH4NO3和(NH4)2SO4溶液水解均呈酸性,而SO42-易和Ca2+结合转化成CaSO4微溶物,不利于CaO的溶解。(2)CaO在NH4NO3溶液中转化成Ca(OH)2和Ca(NO3)2,滤液Ⅰ中含有NO3-和OH-,若滤液Ⅰ中只通入CO2,会生成Ca(HCO3)2。(3)铝片表面的Al2O3与NaOH溶液反应转化为NaAlO2。(5)放电时,负极发生氧化反应,且AlC
I4-参与电极反应,其反应式为Al-3e-+7AlC
I4-4Al2C
I7-。
【考点定位】本题主要考查学生对利用物质的性质和物料守恒进行对化工流程的分析，涉及到溶度积的应用、物质的分离、物质的性质电极、电极反应的书写等。
【名师点睛】在解化工流程题是关键要利用物质的性质，分析流程中发生的反应，弄清楚每个环节物质的去向。流程只是一个载体，考查的落脚点是元素及其化合物的性质，如铝及其化合物、铁及其化合物等，基本化学理论，如化学平衡、电化学等，实验操作如：过滤、分液、蒸发、萃取等。此题的综合性强，知识的涉及面广，要求有较好的基础知识和知识的运用能力。
13．【2015江苏化学】（12分）以磷石膏(主要成分CaSO4,杂质SiO2、Al2O3等)为原料可制备轻质CaCO3。
(1)匀速向浆料中通入CO2,浆料清液的pH和c(SO42-)随时间变化如图。清液pH>11时CaSO4转化的离子方程式为　　　　;能提高其转化速率的措施
有　　　　(填序号)。
A.搅拌浆料
B.加热浆料至100
℃
C.增大氨水浓度
D.减小CO2通入速率
(2)当清液pH接近6.5时,过滤并洗涤固体。滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为　　　　和　　　　(填化学式);检验洗涤是否完全的方法是　　　　。
(3)在敞口容器中,用NH4Cl溶液浸取高温煅烧的固体,随着浸取液温度上升,溶液中c(Ca2+)增大的原因是　　　　。
【答案】(1)CaSO4+2NH3·H2O+CO2CaCO3+2NH4++SO42-+H2O或CaSO4+CO32-CaCO3+SO42-　AC
(2)S
O42-　HCO3-　取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中,向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液,若不产生白色沉淀,则表明已洗涤完全
(3)浸取液温度上升,溶液中c(H+)增大,促进固体中Ca2+浸出
【解析】本题主要考查以磷石膏制备轻质CaCO3的工艺流程,意在考查考生对化工流程的综合分析能力。(1)清液pH>11时,通入CO2,CO2在碱性条件下转化为C
O32-,CaSO4与C
O32-反应转化为CaCO3和S
O42-。搅拌浆料、增大氨水浓度能提高转化速率;加热浆料至100
℃,氨水易挥发,CO2会逸出,转化速率降低;减小CO2通入速率会降低转化速率。(2)当清液的pH接近6.5时,清液呈弱酸性,滤液中浓度最大的阴离子为S
O42-、HC
O3-。根据沉淀转化反应知,沉淀中可能含有(NH4)2SO4,可通过检验最后一次洗涤液中是否含有S
O42-来检验沉淀是否洗涤完全。(3)NH4+的水解反应为吸热反应,随着浸取液温度上升,N
H4+的水解程度增大,溶液中c(H+)增大,促进固体中Ca2+浸出。
【考点定位】考查工艺流程、影响化学反应速率因素、沉淀洗涤、沉淀转化等方面的知识。
【名师点睛】本题考查工艺流程问题，在分析中首先要有很好的基本功，无论是基础知识还是审题方面，在工艺流程中，注重分析过程，知道哪些步骤发生什么样的反应，或者此实验操作怎样等，然后注重书写，书写要规范；此试题考查溶度积方面的知识，反应向着更难溶的方向进行，同时也考查了影响反应速率的因素，考查学生分析问题的能力。
14．【2014年高考广东卷第32题】（16分）石墨在材料领域有重要应用。某初级石墨中含SiO2(7.8%)、Al2O3(5.1%)、Fe2O3(3.1%)和MgO(0.5%)等杂质。设计的提纯与综合利用工艺如下:
(注:SiCl4的沸点为57.6
℃,金属氯化物的沸点均高于150
℃)
(1)向反应器中通入Cl2前,需通一段时间N2,主要目的是　　　　　　　　。
(2)高温反应后,石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物。气体Ⅰ中的碳氧化物主要为　　　。由气体Ⅱ中某物质得到水玻璃的化学反应方程式为　　　　　　　。
(3)步骤①为:搅拌、　　　。所得溶液Ⅳ中的阴离子有　　　。
(4)由溶液Ⅳ生成沉淀Ⅴ的总反应的离子方程式为　　　。100
kg初级石墨最多可获得Ⅴ的质量为　　　kg。
(5)石墨可用于自然水体中铜件的电化学防腐,完成下图防腐示意图,并作相应标注。
【答案】(1)排出装置中的空气
(2)CO　
SiCl4+6NaOHNa2SiO3+4NaCl+3H2O
(3)过滤　Al
O2-、OH-、Cl-
(4)Al
O2-+CH3COOC2H5+2H2OAl(OH)3↓+CH3COO-+CH3CH2OH　7.8
(5)如图
【解析】本题考查元素及其化合物、电化学知识,意在考查考生对化工流程的分析能力。(1)向反应器中通入Cl2前,需通一段时间N2,主要目的是排尽反应器中的空气,防止高温下初级石墨与空气中的O2反应。(2)气体Ⅰ中的碳氧化物主要为CO,由气体Ⅱ中某物质得到水玻璃,故其为含硅的化合物SiCl4,反应方程式为SiCl4+6NaOHNa2SiO3+
4NaCl+3H2O。(3)步骤①为搅拌,并通过过滤操作将沉淀和溶液分离;由题意分析可知,所得溶液Ⅳ中的阴离子有AlO2-、Cl-、OH-。(4)由溶液Ⅳ生成沉淀Ⅴ,是将Al
O2-转化为Al(OH)3,由题意可知Al2O3~2Al(OH)3,n(Al2O3)==50
mol,n[Al(OH)3]=100
mol,则m[Al(OH)3]=100
mol×78
g·mol-1=7
800
g=7.8
kg。(5)采用外接电源的阴极保护法将要保护的铜件作阴极,
另外用石墨作辅助阳极,
两者都放在自然水体中,接上直流电源。
【考点定位】本题主要是考查物质的分离与提纯工艺流程图分析与判断
【名师点晴】本题以石墨为载体，考查学生对物质的制备分析，对题目所给信息的理解应用，在书写化学方程式、离子方程式的问题上，要敢于大胆想象、创新，尤其是（4）中的总离子方程式的书写，运用所学知识结合物质性质及流程图中所给的信息，考查方程式叠加法的应用，根据所给流程图对实验操作的判断，考查学生运用元素守恒法进行简单计算，把所学电化学防护的知识运用到实际生活中，体现化学源于生活，应用于生活的命题思想。本题解题要点：根据题目的要求分析每个操作步骤的作用，意义何在；根据流程图中的反应条件、温度以及反应后的操作判断上步操作的目的、操作名称；根据反应条件、目的写出化学方程式、离子方程式，运用元素守恒法进行计算；最后根据物质的性质选择合适的防护方法。
17．【2014年高考四川卷第11题】（16分）污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题。某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2,另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂,通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2,又制得电池材料MnO2
(反应条件已省略)。
请回答下列问题:
(1)上述流程脱硫实现了　　　(选填下列字母编号)。
A.废弃物的综合利用　　　　　B.白色污染的减少
C.酸雨的减少
(2)用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+,其原因是　。
(3)已知:25
℃、101
kPa时,Mn(s)+O2
(g)MnO2
(s)　ΔH=-520
kJ/mol
S(s)+O2
(g)SO2
(g)　ΔH=-297
kJ/mol
Mn(s)+S(s)+2O2(g)MnSO4
(s)　ΔH=-1
065
kJ/mol
SO2与MnO2反应生成无水MnSO4的热化学方程式是　　　。
(4)MnO2可作超级电容器材料。用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2,其阳极的电极反应式是　。
(5)MnO2是碱性锌锰电池的正极材料。碱性锌锰电池放电时,正极的电极反应式是　。
(6)假设脱除的SO2只与软锰矿浆中MnO2反应。按照图示流程,将a
m3
(标准状况)含SO2的体积分数为b%的尾气通入矿浆,若SO2的脱除率为89.6%,最终得到MnO2的质量为c
kg,则除去铁、铝、铜、镍等杂质时,所引入的锰元素相当于MnO2　　　kg。
【答案】(1)A、C
(2)消耗溶液中的酸,促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀
(3)MnO2
(s)+SO2(g)MnSO4(s)　ΔH=-248
kJ/mol
(4)Mn2++2H2O-2e-MnO2+4H+
(5)MnO2+H2O+e-MnO(OH)+OH-
(6)
【解析】本题主要考查燃煤尾气脱硫的工艺流程分析,意在考查考生对化工流程问题的综合分析能力。(1)该工艺流程综合利用了燃煤尾气,降低了SO2的排放,减少了酸雨的形成。(2)MnCO3能消耗溶液中的H+,使Al3+、Fe3+的水解平衡不断正向进行,Al3+、Fe3+转化为相应的氢氧化物沉淀,从而达到除杂的目的。(3)设所给热化学方程式依次为①②③,根据盖斯定律,由③-②-①可得:MnO2
(s)+SO2(g)MnSO4
(s)　ΔH=-1
065
kJ/mol+297
kJ/mol+520
kJ/mol=-248
kJ/mol。(4)电解时阳极上为Mn2+发生氧化反应:M-2e+2H2OMnO2+4H+。(5)该原电池中,正极上为MnO2发生还原反应。(6)根据MnO2+SO2MnSO4、3MnSO4+2KMnO4+2H2O5MnO2+K2SO4+2H2SO4,得到的c
kg
MnO2中由SO2与软锰矿浆反应及除去铁、铝、铜、镍等杂质时引入的n(Mn)=×?mol,而与SO2反应的软锰矿浆中的n(Mn)==0.4ab
mol,故除杂时引入的n(Mn)=(×-0.4ab)
mol,相当于MnO2的质量为(×-0.4ab)×87÷1
000
kg=?kg。
【考点地位】本题主要是考查物质制备工艺流程的有关判断与计算
【名师点晴】本题以脱除燃煤尾气中的SO2以及电池材料MnO2的制备为载体，重点考查了化学反应原理、溶液中的平衡、热化学方程式书写、电极反应式书写以及计算等，题目难度较大。该类试题从能力上考查学生阅读材料接受信息的能力、观察能力、计算能力，对知识理解、综合运用能力，属于高考题中的中高档题，创新性较强，对学生的综合素质提出了更高的要求。（6）问是是答题的难点。
18.【2013新课标全国卷1】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:
(1)LiCoO2中,Co元素的化合价为　　　。
(2)写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式　　　。
(3)“酸浸”一般在80
℃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　　　　　　　　　。
(4)写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式　　　　　　　。
(5)充放电过程中,发生LiCoO2和
Li1-xCoO2之间的转化,写出放电时电池反应方程式　　　　　　。
(6)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,可回收到的金属化合物有　　　　　　　　(填化学式)。
【答案】(1)+3??????????
(2)2Al+2OH-+6H2O2Al(OH)4-+3H2↑
　(3)2LiCoO2+3H2SO4+H2O2?Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O、2H2O2?2H2O+O2↑???????
有氯气生成,污染较大
(4)CoSO4+2NH4HCO3?CoCO3↓+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑
(5)Li1-xCoO2+LixC6?LiCoO2+6C
(6)Li+从负极中脱出,经由电解质向正极移动并进入正极材料中?????????????
Al(OH)3、CoCO3、Li2SO4
【解析】本题主要考查工艺流程分析,意在考查考生的观察能力、推理能力。
(1)因锂在化合物中通常为+1价,故LiCoO2中Co为+3价。(2)由碱浸后经一系列处理可得到Al(OH)3及正极材料中含有铝箔知,碱浸时单质铝与NaOH溶液反应,由此可写出对应的离子方程式。(3)由流程图知,钴元素最后变成+2价,故酸浸时发生的是LiCoO2氧化H2O2的反应:LiCoO2+
H2SO4+H2O2Li2SO4+CoSO4+H2O+O2↑,配平即可。另外还存在H2O2受热分解生成水与O2的反应。用盐酸代替硫酸与H2O2的混合液时,会得到有毒的氧化产物Cl2,造成环境污染。(4)由流程图知,加入NH4HCO3后硫酸钴转化为碳酸钴,HCO3-在转化为CoCO3的过程中,电离出的H+?会与另外一部分HCO3-作用生成CO2与水,NH4+、SO42-结合为(NH4)2SO4,由此可写出对应的化学方程式。(5)由充电时阴极(题目中锂离子电池的负极)的电极反应式知,放电时LixC6是反应物、Li+是生成物,锂的价态升高,故另一反应物中钴的价态降低,由此知该反应物是Li1-xCoO2,相应的反应方程式为LixC6+Li1-xCoO2LiCoO2+6C。(6)放电时,负极上的锂失去电子变成Li+,进入溶液后再向正极移动并进入正极材料中,相当于在正极上富集了锂。由流程图知,能回收的金属化合物有三种。
19.【2013新课标全国卷2】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:
提示:在本实验条件下,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　　　;在加高锰酸钾溶液前,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。取干燥后的滤饼11.2
g,煅烧后可得到产品8.1
g,则x等于　　　。
【答案】(1)Fe2+?和Mn2+?　MnO4-+3Fe2+?+7H2O3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+?、2MnO4-+3Mn2++2H2O5MnO2↓+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)取少量水洗液于试管中,滴入1~2滴稀硝酸,再滴入硝酸钡溶液,若无白色沉淀生成,则说明沉淀已经洗涤干净　(4)1
【解析】本题考查氧化锌的工业制备流程,意在考查考生对元素化合物性质及其转化关系的理解和应用能力以及对新信息的处理能力。　第①步酸浸,得到Zn2+、Fe2+、Mn2+、Ni2+;第②步氧化,Mn
O4-将Fe2+氧化为Fe3+而易于形成Fe(OH)3沉淀,同时MnO4-与Mn2+发生归中反应生成MnO2沉淀;第③步加Zn,Zn与滤液中的Ni2+、H+发生置换反应,Ni经过滤而除去;第④步加碳酸钠沉淀Zn2+;第⑤步煅烧ZnCO3。(4)11.2
g
ZnCO3·xZn(OH)2煅烧后得到8.1
g
ZnO,可求得x=1。
1专题22
物质性质设计与实验评价
2019年高考题
1.【2019江苏，13,4分】室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色
X溶液中一定含有Fe2+
B
向浓度均为0.05
mol·L?1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成
Ksp(AgI)>
Ksp(AgCl)
C
向3
mL
KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色
Br2的氧化性比I2的强
D
用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为
9，NaNO2溶液的pH约为8
HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强
1.
C
A.先滴加氯水，再加入KSCN溶液，溶液变红，说明加入KSCN溶液前溶液中存在Fe3+，而此时的Fe3+是否由Fe2+氧化而来是不能确定的，所以结论中一定含有Fe2+是错误的，故A错误；
B.
黄色沉淀AgI，说明加入AgNO3溶液优先形成AgI沉淀，AgI比AgCl更难溶，AgI与AgCl属于同种类型，则说明Ksp(AgI)C.溶液变蓝说明有单质碘生成，说明溴置换出KI中的碘，根据氧化还原反应的原理得出结论：Br2的氧化性比I2的强，故C正确；
D.CH3COONa和NaNO2溶液浓度未知，所以无法根据pH的大小，比较出两种盐的水解程度，也就无法比较HNO2和CH3COOH电离出H+的难易程度，故D错误；
故选C。
2.【2019北京理综，11,6分】探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。（已知：室温下，0.1
mol·L?1
H2C2O4的pH=1.3）
实验
装置
试剂a
现象
①
Ca(OH)2溶液（含酚酞）
溶液褪色，产生白色沉淀
②
少量NaHCO3溶液
产生气泡
③
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
④
C2H5OH和浓硫酸
加热后产生有香味物质
由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是
A．H2C2O4有酸性，Ca(OH)2+
H2C2O4CaC2O4↓+2H2O
B．酸性：H2C2O4>
H2CO3，NaHCO3+
H2C2O4NaHC2O4+CO2↑+H2O
C．H2C2O4具有还原性，2+5+16H+2Mn2++10CO2↑+
8H2O
D．H2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH+2C2H5OH
C2H5OOCCOOC2H5+2H2O
2.
C
A.H2C2O4为二元弱酸，能与氢氧化钙溶液发生中和反应，生成白色沉淀草酸钙和水，因此含酚酞的氢氧化钙溶液碱性逐渐减弱，溶液红色退去，故A正确；
B.产生气泡证明有CO2
产生，因此可证明酸性H2C2O4＞H2CO3，反应方程式为：H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2
+2H2O
或,H2C2O4+NaHCO3=NaHC2O4+2CO2
+2H2O，故B正确；
C.0.1
mol·L?1
H2C2O4的pH=1.3,说明草酸为弱酸，故在其参与的离子方程式中要写其化学式，不能用草酸根表示，故C不正确；
D.草酸（又称乙二酸），其中含有羧基，因此其能发生酯化反应，反应方程式正确，故D正确；
本题选不正确的，应选C。
【点睛】本题考查草酸的性质和离子反应方程式的书写，侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用。
2018年高考题
1.
（2018全国Ⅰ理综，26，14分）醋酸亚铬［（
CH3COO）2Cr·2H2O］为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价铬；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示。
回答下列问题：?
（1）实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目的是
。仪器a的名称是
。
（2）将过量锌粒和和氯化铬固体置于c中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置。打开K1、K2，关闭K3。
①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为
。
②同时c中有气体产生，该气体的作用是
。
（3）打开K3，关闭K1和和K2。c中亮蓝色溶液流入d，其原因是
；d中析出砖红色沉淀。为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是
、
、洗涤、干燥。
（4）指出装置d可能存在的缺点
。
1.（除标明外，每空2分）(1)去除水中溶解氧
分液（或滴液）漏斗?
（2）①Zn+2Cr3+?===Zn2+?+2Cr2+??
②排除c中空气?
（3）c中产生H2使压强大于大气压
（冰浴）冷却(1分)
过滤(1分)?
（4）敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触?
【解析】
本题考查化学综合实验，意在考查考生的实验综合能力。（1）审题时抓住醋酸亚铬“在气体分析中用作氧气吸收剂”，这暗示醋酸亚铬具有强还原性，易被氧气氧化，故该实验中使用的蒸馏水必须去除溶解氧。（2）①依题意可知，c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，主要是由于锌与铬离子反应生成亚铬离子和锌离子，即Zn+2Cr3+?===Zn2+?+2Cr2+?。②c中产生的气体为氢气，该气体主要用于排尽装置内的空气，避免O2氧化Cr2+。（3）c中有氢气产生，打开K3，关闭K1和K2后，c中压强大于外界压强，从而将c中溶液压入醋酸钠溶液中。析出并分离产品的操作是冷却、过滤、洗涤、干燥。（4）观察d装置，可发现其与空气相通，这会导致生成的醋酸亚铬被O2氧化。?
2017年高考题
1．【2017年高考全国卷Ⅱ卷13题】由下列实验及现象不能推出相应结论的是（
）
?
实验
现象
结论
A
向2
mL
0.1
mol·L-1的FeCl3溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液
黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变
还原性:Fe>Fe2+
B
将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶
集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生
CO2具有氧化性
C
加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸
石蕊试纸变蓝
NH4HCO3显碱性
D
向2支盛有2
mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液
一支试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象
Ksp(AgI)【答案】C
【解析】本题考查化学实验。向FeCl3溶液中加入足量铁粉后，Fe3+完全转化为Fe2+，滴入KSCN溶液，溶液不变色，可证明还原性:Fe>Fe2+，A项正确；燃着的金属钠能在装有CO2的集气瓶中反应生成Na2CO3和C，说明CO2具有氧化性，B项正确；NH4HCO3受热分解生成的NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，只能说明NH3为碱性气体，不能确定NH4HCO3的酸碱性，C项错误；根据题中描述可知黄色沉淀为AgI，另一支试管中无明显现象，说明没有AgCl析出，可证明Ksp(AgI)2.【2017年高考浙江卷自考模块28题】
(4分)FeSO4受热分解的化学方程式为：
2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑
请回答：
(1)?将FeSO4受热产生的气体按图示装置进行实验，证实含有SO3和SO2。能说明SO2存在的实验现象是________；为测定BaSO4沉淀的质量，后续的操作步骤依次为________、洗涤、干燥、称重。
(2)?设计一个实验方案，用化学方法验证FeSO4受热后固体的成分(不考虑其他反应)________。
【答案】(1)品红溶液褪色过滤???(2)取适量固体，家足量的稀盐酸溶解，分成两份，一份中滴加KSCN溶液，若是血红色，则有Fe3+，说明含有Fe2O3
；另外一份滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则有SO42-
，说明含有未分解的FeSO4
【考点】考查二氧化硫、三氧化硫、Fe3+性质，实验基本操作，物质检验实验方案设计
【解析】本题的难点在于受热后固体成分的分析，易忽略未分解FeSO4的检验，可以检验Fe2+
或SO42-
，前者受Fe3+干扰不易检验，所以检验SO42-的存在。答题时需要注意语言的规范性，答题模式为“取少量·····，加盐酸溶解，滴加······试剂，出现···现象，得出······结论”，需要多种离子检验时考虑分成多份分别检验。
2016~2013年高考题
1．【2016年高考江苏卷】（15分）实验室以一种工业废渣(主要成分为MgCO3、Mg2SiO4和少量Fe、Al
的氧化物)为原料制备MgCO3·3H2O。实验过程如下:
(1)酸溶过程中主要反应的热化学方程式为
MgCO3(s)+2H+(aq)?Mg2+(aq)+CO2(g)+H2O(l)　ΔH=-50.4
kJ·mol-1
Mg2SiO4(s)+4H+(aq)?2Mg2+(aq)+H2SiO3(s)+H2O(l)　ΔH=-225.4
kJ·mol-1
酸溶需加热的目的是　　　　；所加H2SO4不宜过量太多的原因是　　　　　　　　　　　　。
(2)加入H2O2氧化时发生反应的离子方程式为　??????????????????????????????????????????????????????????。
(3)用如图所示的实验装置进行萃取分液，以除去溶液中的Fe3+。
①实验装置图中仪器A的名称为　　　　。
②为使Fe3+尽可能多地从水相转移至有机相，采取的操作:向装有水溶液的仪器A中加入一定量的有机萃取剂，　　　　、静置、分液，并重复多次。
(4)请补充完整由萃取后得到的水溶液制备MgCO3·3H2O的实验方案:边搅拌边向溶液中滴加氨水，　　　　，过滤、用水洗涤固体2~3次，在50
℃下干燥，得到MgCO3·3H2O。[已知该溶液中pH=8.5时Mg(OH)2开始沉淀；pH=5.0时Al(OH)3沉淀完全]。
【答案】(1)2SO2+CO32-+H2O2HSO3-+CO2
(2)防止倒吸
(3)①吸滤瓶　②减少Na2S2O5在水中的溶解
(4)在制备过程中Na2S2O5分解生成Na2SO3，Na2S2O5被氧化生成Na2SO4
【解析】本题主要考查MgCO3·3H2O的制备工艺流程，意在考查考生对化工流程的综合分析能力。
(1)酸溶时需加热，目的是加快溶解速率。(2)加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为:2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O。
(3)①仪器A为分液漏斗。②加入有机萃取剂后，应充分振荡、静置、分液，并重复多次。(4)制备MgCO3·3H2O时，向溶液中滴加氨水，调节至5.0【考点定位】本题主要是考查物质制备工艺流程图分析，涉及反应条件控制、仪器识别、氧化还原反应方程式书写、物质的分离与提纯等化学实验基本操作
【名师点晴】分离提纯型探究实验评价题一般以物质的制备、分离、提纯为基础，考查基本的实验原理、实验方法和实验基本操作。在解题过程中需要注意题目提供信息的应用，特别是新物质的制备过程中，有一些特殊的性质（如易水解、熔沸点等），要善于联系课本相关的物质的性质和实验方法运用于解题。在复习备考中要对元素及化合物的性质进行梳理，从理论的角度进行升入分析，迁移和应用，要重视物质的性质，实验基本操作，物质的分离提纯。电化学类试题具有很强的规律性和策略性，在解题过程中需要不断总结，归纳。工艺流程中的实验分析：工艺流程的命题来源很广，与各个知识模块的结合点较多，因此分析工业生产工艺流程题时，应将流程路线，试题设问和理论知识有机结合起来，它常常结合工艺流程考查基本化学实验问题，可以说它是无机框图题的创新。流程的呈现形式有：①操作流程；②物质变化流程；③装置流程。解题时首先要明确原料和产品(包括副产品)，即箭头进出方向，其次依据流程图分析反应原理，紧扣信息，搞清流程中每一步发生了什么反应——知其然，弄清有关反应原理，明确目的(如沉淀反应、除杂、分离)——知其所以然，最后联系储存的知识，有效地进行信息的利用，准确表述和工整书写。由于工艺流程常与溶液的配制、物质的分离及定量测定等基本操作有机结合起来，所以只有复习时牢固掌握实验基础知识，才能有效结合题中的信息，准确答题。
物质制备化工生产流程的主线一般为。
2．【2016年高考江苏卷】[实验化学]焦亚硫酸钠(Na2S2O5?)是常用的抗氧化剂，在空气中、受热时均易分解。实验室制备少量Na2S2O5的方法:在不断搅拌下，控制反应温度在40
℃左右，向Na2CO3?过饱和溶液中通入SO2，实验装置如图所示。
当溶液pH
约为4
时，停止反应，在20
℃左右静置结晶。生成Na2S2O5的化学方程式为
2NaHSO3Na2S2O5+H2O
(1)SO2与Na2CO3?溶液反应生成NaHSO3?和CO2，其离子方程式为　????????????????????????????????????????????????。
(2)装置Y
的作用是　?????????????????????????????????????。
(3)析出固体的反应液经减压抽滤、洗涤、25
℃~30
℃干燥，可获得Na2S2O5固体。
①组成减压抽滤装置的主要仪器是布氏漏斗、　　　　和抽气泵。
②依次用饱和SO2水溶液、无水乙醇洗涤Na2S2O5?固体。用饱和SO2?水溶液洗涤的目的是　??????????????????????????????????????????????????????。
(4)实验制得的Na2S2O5固体中含有一定量的Na2SO3和Na2SO4，其可能的原因是　????????????????????????????????????????????????????????????????????。
【答案】(1)2SO2+
CO32-+H2O2
HSO3-+CO2
(2)防止倒吸
(3)①吸滤瓶　②减少Na2S2O5在水中的溶解
(4)在制备过程中Na2S2O5分解生成Na2SO3，Na2S2O5被氧化生成Na2SO4
【解析】本题主要考查焦亚硫酸钠的制备，意在考查考生对物质制备实验的综合分析能力。
(1)该离子方程式为:2SO2+H2O+CO32-2HSO3-+CO2。(2)装置Y的作用是防止倒吸。(3)①减压抽滤装置的主要仪器有布氏漏斗、吸滤瓶和抽气泵。②用饱和SO2水溶液洗涤的目的是减少Na2S2O5在水中的溶解。(4)根据提供信息，Na2S2O5在空气中、受热时均易分解，在制备过程中Na2S2O5分解生成Na2SO3，部分Na2SO3被氧化为Na2SO4，因此含有一定量的Na2SO3、Na2SO4。
【考点定位】本题主要是考查物质制备实验方案设计与评价
【名师点晴】明确物质的性质和实验原理是解答的关键，过量试题需要注意以下知识点：第一解答综合性实验设计与评价题的基本流程：原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。具体分析为：（1）实验是根据什么性质和原理设计的？实验的目的是什么？（2）所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)。（3）有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。（4）有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。（5）实验现象：自下而上，自左而右全面观察。（6）实验结论：直接结论或导出结论。第二实验方案的设计要点及评价角度：（1）设计要点：实验方案的设计要明确以下要点：①题目有无特殊要求　②题给的药品、装置的数量　③注意实验过程中的安全性操作　④会画简单的实验装置图　⑤注意仪器的规格　⑥要防倒吸、防爆炸、防燃烧、防暴沸、防氧化、防吸水、冷凝、冷却、水浴加热时采取相应措施　⑦同一仪器在不同位置的相应作用等　⑧要严格按照“操作(实验步骤)＋现象＋结论”的格式叙述。（2）评价角度：①操作可行性评价：实验原理是否科学、合理，操作是否简单、可行，基本仪器的使用、基本操作是否正确。②经济效益评价：原料是否廉价、转化率是否高，产物产率是否高。③环保评价：原料是否对环境有污染，产物是否对环境有污染，污染物是否进行无毒、无污染处理。
3．【2016年高考上海卷】（本题共12分）
乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，中学化学实验常用a装置来制备。
完成下列填空：
（1）实验时，通常加入过量的乙醇，原因是______________。加入数滴浓硫酸即能起催化作用，但实际用量多于此量，原因是_______________；浓硫酸用量又不能过多，原因是____________。
（2）饱和Na2CO3溶液的作用是_______________。
（3）反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，_________、________，然后分液。
（4）若用b装置制备乙酸乙酯，其缺点有__________、__________。由b装置制得的乙酸乙酯产品经饱和碳酸钠溶液和饱和食盐水洗涤后，还可能含有的有机杂质是________，分离乙酸乙酯与该杂质的方法是_______________。
【答案】（1）增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率。（合理即给分）
浓H2SO4能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率。
浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率。
（2）中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解
（3）振荡、静置
（4）原料损失较大、易发生副反应乙醚；蒸馏
【解析】（1）由于是可逆反应，因此加入过量的乙醇增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率。由于浓硫酸能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率，因此实际用量多于此量；由于浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率，所以浓硫酸用量又不能过多。
（2）由于生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，所以饱和碳酸钠溶液的作用是中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解。
（3）乙酸乙酯不溶于水，因此反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，振荡、静置，然后分液即可。
（4）根据b装置可知由于不是水浴加热，温度不易控制，因此制备乙酸乙酯的缺点有原料损失较大、易发生副反应。由于乙醇溶液发生分子间脱水生成乙醚，所以由b装置制得的乙酸乙酯产品经饱和碳酸钠溶液和饱和食盐水洗涤后，还可能含有的有机杂质是乙醚，乙醚和乙酸乙酯的沸点相差较大，则分离乙酸乙酯与该杂质的方法是蒸馏。
【考点定位】考查乙酸乙酯制备实验设计。
【名师点睛】乙酸乙酯的制取是中学化学中典型的有机物制备实验之一，有机化学实验中的知识点比较琐碎，特别是许多细节更应引起注意。比如：①加热的方式不同，可有酒精灯直接加热、水浴加热、需用温度计测温度的有机实验等，要知道各种加热方式的优缺点；②许多有机反应都需要催化剂，催化剂种类繁多，要明确实验中所加各物质的作用；③副反应多，相同的反应物在不同的反应条件下可发生不同的化学反应，从而导致产物的不纯；④需要冷却装置的多，由于反应物或产物多为挥发性物质，所以注意对挥发出的反应物或产物进行冷却，以提高反应物的转化率或生成物的产率。水冷或空气冷却是常见的两种方式；⑤产物的分离和提纯，要结合副反应和反应物的挥发性，确定产物中的杂质种类，从而确定分离提纯的方法。⑥结合可逆反应分析反应物的用量。
4．【2015新课标Ⅰ卷理综化学】（14分）草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中,其K1=5.4×10-2,K2=5.4×10-5。草酸的钠盐和钾盐易溶于水,而其钙盐难溶于水。草酸晶体(H2C2O4·2H2O)无色,熔点为101
℃,易溶于水,受热脱水、升华,170
℃以上分解。回答下列问题:
(1)甲组同学按照如图所示的装置,通过实验检验草酸晶体的分解产物。装置C中可观察到的现象是　　　　　　,由此可知草酸晶体分解的产物中有　　　　　　。装置B的主要作用是　　　　。
(2)乙组同学认为草酸晶体分解产物中还有CO,为进行验证,选用甲组实验中的装置A、B和如图所示的部分装置(可以重复选用)进行实验。
①乙组同学的实验装置中,依次连接的合理顺序为A、B、　　　　。装置H反应管中盛有的物质是　　　　。
②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是　　　　。
(3)设计实验证明:
①草酸的酸性比碳酸的强　　　　。
②草酸为二元酸　　　　。
【答案】(1)有气泡逸出、澄清石灰水变浑浊　CO2　冷凝(水蒸气、草酸等),防止草酸进入装置C反应生成沉淀,干扰CO2的检验(2)①F、D、G、H、D、I　CuO　②H中黑色粉末变为红色,其后的D中澄清石灰水变浑浊(3)①向盛有少量NaHCO3的试管里滴加草酸溶液,有气泡产生　②用NaOH标准溶液滴定草酸溶液,消耗NaOH的物质的量为草酸的2倍
【解析】本题主要考查草酸分解产物的检验知识,意在考查考生挖掘题中信息的能力和实验探究能力。(1)结合题给装置中装的药品知,草酸晶体的分解产物中有二氧化碳气体,所以装置C中观察到有气泡逸出,澄清石灰水变浑浊。通入澄清石灰水前,气体进行了冷却,由题中信息知,草酸钙难溶于水,若气体不冷却,则挥发出的草酸蒸气也会进入装置C,与澄清石灰水反应生成沉淀,会干扰CO2的检验。(2)由题给实验仪器和药品知,CO应与装置H中固体反应,可推测装置H中固体为CuO,CO还原氧化铜生成Cu和CO2气体,然后把CO2通入到D中,结合装置H和装置D中的现象可判断草酸晶体的分解产物中是否含有CO。检验CO之前应先除去CO中混有的CO2,连接顺序为A、B、F、D、G、H、D、I。(3)①向盛有碳酸氢钠的试管中加入草酸溶液,若有气泡产生,则证明草酸的酸性强于碳酸。②证明草酸为二元酸可以用氢氧化钠标准溶液滴定草酸溶液,消耗NaOH的物质的量为草酸的2倍。
【考点定位】CO、CO2的性质；化学实验基本知识；化学实验知识的简单应用。难度为较难等级。
(
△
)【名师点晴】相信每个考生看到这道高考题的第一感都是：题目情景绝对的新颖！这个实验是我没有做过的！其实破题的关键是要分析出草酸分解的产物，那个反应（H2C2O4·2H2O
===
CO2↑＋CO↑＋3
H2O
）高中化学里并不常见，我们要学会从题文中捕捉信息来猜想关键产物（CO2来自澄清石灰水的联想，CO来自第二小问），进而用氧化还原反应原理（化合价升降）来验证。知道发生装置中产生的气体是CO2、CO、H2O(g)、少量草酸蒸气（由“受热脱水、升华”这句联想），后续的实验分析和设计大家基本就会了，一道刚刚谋面的新题就变成你的常规题了。可以看出：对你所研究体系的成分进行仔细分析，是好多难题的突破良方。
5．【2015新课标Ⅱ卷理综化学】(15
分）二氧化氯(ClO2,黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂。回答下列问题:
(1)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2,该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为　　　。
(2)实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料,通过如图过程制备ClO2:
①电解时发生反应的化学方程式为　　　。
②溶液X中大量存在的阴离子有　　　。
③除去ClO2中的NH3可选用的试剂是　　　(填标号)。
a.水??????
b.碱石灰?????
c.浓硫酸?????
d.饱和食盐水
(3)用如图装置可以测定混合气中ClO2的含量:
Ⅰ.在锥形瓶中加入足量的碘化钾,用50
mL水溶解后,再加入3
mL稀硫酸;
Ⅱ.在玻璃液封装置中加入水,使液面没过玻璃液封管的管口;
Ⅲ.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收;
Ⅳ.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中;
Ⅴ.用0.100
0
mol·L-1?硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2+22I-+),指示剂显示终点时共用去20.00
mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中:
①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为　　　。
②玻璃液封装置的作用是　　　。
③V中加入的指示剂通常为　　　,滴定至终点的现象是　　　。
④
测得混合气中ClO2的质量为　　　g。
(4)用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐,下列物质最适宜的是　　　(填标号)。
a.明矾　　　b.碘化钾　　　c.盐酸　　　d.硫酸亚铁
【答案】(1)2∶1
(2)①NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3
②CI-、OH-
③c
(3)①2ClO2+10I-+8H+5I2+4H2O+2Cl-
②吸收残余的二氧化氯气体(避免碘的逸出)
③淀粉溶液　溶液由蓝色变为无色,且半分钟内溶液颜色不再改变
④0.027
00
(4)d
【解析】本题考查ClO2的制备以及含量测定实验,意在考查考生综合分析实验的能力。(1)氧化剂为KClO3,还原剂为Na2SO3,KClO3~ClO2~e-,Na2SO3~Na2SO4~2e-,根据得失电子守恒可知,氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1。(2)①酸性条件下不能生成NH3,根据产物NCl3和H2,写出电解方程式:NH4Cl
+
2HCl3H2↑
+
NCl3;②根据原子个数守恒可知,X中有NaCl,又因有NH3生成,则溶液中的阴离子有Cl-和OH-；③由于ClO2易溶于水,所以a和d错误;NH3能够被浓硫酸吸收,应选c。(3)①ClO2在酸性条件下与I-反应,生成I2和Cl-,离子方程式为2ClO2+10I-+8H+5I2+2Cl-+4H2O;②ClO2易溶于水,故用于液封的水可以吸收多余的ClO2气体;③用淀粉溶液检验碘单质,滴定终点时,碘单质完全反应,则终点现象是溶液由蓝色变为无色,且半分钟内不再改变;④根据关系式:2ClO2~5I2~10,n(ClO2)=1/5n()=1/5×0.100
0×0.02=0.000
40
(mol),m(ClO2)=0.000
40
mol×67.5
g/mol=0.027
00
g。(4)需加入一种还原剂,将亚氯酸盐还原为Cl-,所以Fe2+合适,d项正确。
【考点定位】本题考查阅读题目获取信息能力、氧化还原反应滴定及应用、电解原理、对工艺流程及装置理解分析等，难度中等，要求学生要有扎实的实验基础知识和灵活应用信息解决问题的能力，注意基础知识的全面掌握。
【名师点晴】本题从知识上考查了重要物质的化学性质、化学实验基本操作、实验现象的判断与分析、化学探究实验方案的设计与评价、化学方程式的书写、氧化还原反应原理等知识。考查了学生对基础知识的记忆、理解和运用，运用所学知识分析具体问题的能力。也涉及到运用所学知识分析问题、解决问题的能力，同时把元素化合物、基本化学原理和化学实验联系在一起，充分体现了学生对基础知识的掌握和分析问题、解决问题的思维能力，凸显了理科综合考试中的综合性与实用性的特点。
6．【2015重庆理综化学】（15分）ClO2与Cl2的氧化性相近,在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过图1装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。
图1　　　　　　　　　　　????????
图2
(1)仪器D的名称是　　　　。安装F中导管时,应选用图2中的　　　　。
(2)打开B的活塞,A中发生反应:2NaClO3+4HCl2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O,为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收,滴加稀盐酸的速度宜　　　　(填“快”或“慢”)。
(3)关闭B的活塞,ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2,此时F中溶液的颜色不变,则装置C的作用是　　　　。
(4)已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2,该反应的离子方程式为　　　　。在ClO2释放实验中,打开E的活塞,D中发生反应,则装置F的作用是　　　　。
(5)已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ,加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示。若将其用于水果保鲜,你认为效果较好的稳定剂是　　　,原因是　　　　　　　　　　　。
图3
【答案】(1)锥形瓶　b
(2)慢
(3)吸收Cl2
(4)4H++5Cl-+4ClO2↑+2H2O　验证是否有ClO2生成
(5)稳定剂Ⅱ　稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2,能较长时间维持保鲜所需的浓度
【解析】(1)根据仪器D的形状和结构可知其为锥形瓶。根据“长进短出”的原则可知应该选装置b。(2)滴加盐酸速率应该慢,这样产生ClO2的速率也会慢,ClO2通过D时才能被充分吸收。(3)关闭B的活塞后,ClO2被完全吸收,而装置F中淀粉+KI溶液颜色不变,说明没有I2单质生成,推知装置A中生成的Cl2被装置C中的药品吸收,可见装置C的作用是吸收Cl2。(4)ClO2-在酸性条件下(H+)反应生成ClO2,同时生成Cl-、H2O,其离子反应方程式为5
ClO2-?+
4H+Cl-+4ClO2↑+2H2O。ClO2具有强氧化性,根据实验目的,若释放出了ClO2,则ClO2与淀粉+KI溶液反应生成I2,F中会出现蓝色,所以装置F的作用是验证是否有ClO2生成。(5)根据变化曲线,稳定剂Ⅰ释放出ClO2的速率快,保鲜时间相对较短,稳定剂Ⅱ释放出ClO2的速率缓慢平稳,保鲜时间更长,所以选稳定剂Ⅱ。
书写陌生的氧化还原反应型的离子方程式时,首先找出作为氧化剂和还原剂的离子并得出其产物,然后依次根据得失电子守恒配平、用H+或OH-使其电荷守恒、用H2O使其原子守恒即可,如本题中,
ClO2-在酸性环境中反应,
ClO2-既是氧化剂又是还原剂,氧化剂对应的产物为Cl-,还原剂对应的产物为ClO2,则有:
ClO2-+
ClO2-→Cl-+ClO2↑,根据得失电子守恒有:4
ClO2-+
ClO2-→Cl-+4ClO2↑,用H+使其电荷守恒有:5
ClO2-+4H+→Cl-+4ClO2↑,最后用H2O使其原子守恒,则有:5
ClO2-+4H+Cl-+4ClO2↑+2H2O。
【考点定位】本题主要考查ClO2的制备、吸收、释放和应用的基本实验操作等知识
【名师点晴】化学实验是每年高考考查的重点，该题给出了常见的仪器、药品、反应原理和一些操作步骤，既有常见仪器的名称，又有仪器的组装；另外，该题还给出了限定的实验装置、反应条件、实验现象和有关数据，要求学生根据实验原理及试题中所给予的信息，结合元素化合物知识，说明装置中某些仪器的作用，写出有关离子方程式，进行数据分析，指出实验中必须注意的某些问题，将中学基本实验仪器名称与组装，ClO2的制备、吸收、释放和应用的基本实验操作，试剂的选择与装置的作用，离子方程式的书写，图像的分析与判断等联系起来，考查了学生对中学化学实验基本操作技能掌握的情况，主要考查了学生的观察能力与分析综合及评价的能力，符合教学大纲的要求。
7．【2015广东理综化学】（17分）NH3及其盐都是重要的化工原料。
(1)用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH3,反应发生、气体收集和尾气处理装置依次为　　　　。
(2)按如图装置进行NH3性质实验。
①先打开旋塞1,B瓶中的现象是　　　,原因是　　　。稳定后,关闭旋塞1。
②再打开旋塞2,B瓶中的现象是　。
(3)设计实验,探究某一种因素对溶液中NH4Cl水解程度的影响。
限选试剂与仪器:固体NH4Cl、蒸馏水、100
mL容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、药匙、天平、pH计、温度计、恒温水浴槽(可调控温度)
①实验目的:探究　　　对溶液中NH4Cl水解程度的影响。
②设计实验方案。拟定实验表格,完整体现实验方案(列出能直接读取数据的相关物理量及需拟定的数据,数据用字母表示;表中“V(溶液)”表示所配制溶液的体积)。
③按实验序号1所拟数据进行实验,若读取的待测物理量的数值为Y,则NH4Cl水解反应的平衡转化率为　　　(只列出算式,忽略水自身电离的影响)。
【答案】(1)ACG
(2)①产生白色的烟　A瓶中压强比B瓶中压强大,打开旋塞1,HCl进入B瓶并与NH3混合,发生反应HCl+NH3NH4Cl,生成的NH4Cl为白色固体小颗粒　②烧杯中的石蕊水溶液倒吸进入到B瓶中,溶液显红色
(3)①温度(或浓度,2分)
②温度的影响
或浓度的影响
③(5.35×10-Y)/m1
【解析】本题考查化学实验方案的设计,意在考查考生设计实验方案与评价实验方案的思维能力。
(1)固固加热制气体,应选A为发生装置;NH3密度比空气小,可采用C收集气体;NH3极易溶于水,为防止倒吸,选用G进行尾气处理。(2)A瓶中压强比B瓶中压强大,打开旋塞1,HCl气体进入B瓶并与NH3反应生成NH4Cl,B瓶中产生白烟。反应后B瓶中压强减小,关闭旋塞1,打开旋塞2,烧杯中的石蕊水溶液倒吸入B瓶,因B瓶中HCl有剩余,得到的溶液显酸性,溶液变红色。(3)①根据所给试剂和仪器可探究温度或浓度对NH4Cl水解程度的影响。②配制100
mL溶液时加入NH4Cl的质量不同,通过pH读数变化,可探究浓度对NH4Cl溶液水解的影响;取等浓度等体积的NH4Cl溶液,测不同温度下溶液的pH,来探究温度对NH4Cl溶液水解的影响。③NH4Cl的水解平衡转化率为,其中c(H+)=10-Y?mol·L-1,c(NH4Cl)=?mol·L-1,代入可得NH4Cl的水解平衡转化率为。
【考点定位】本题主要考查了气体的制取、收集、尾气处理，将氨气和氯化氢反应的现象和喷泉实验的原理、盐类水解等结合到一起进行考查；还考察了通过控制变量进行探究的实验。
【名师点睛】气体制取装置有多种，主要包括：固—固、固—液、液—液几种组合，还要看反应要不要加热，再选则对应的装置；气体收集主要有排液法和排空气法，用排液法时气体在液体中的溶解度要小，用排空气法时就看怎样能把空气排走。进行实验探究时先要明确探究的目的，确定探究的方向，探究时要清楚哪些条件要控制不变的，要改变哪些条件，再根据实验用品设计实验方案，比如这道题，探究的是温度或浓度对NH4Cl水解程度的影响，那么改变的条件就是温度或浓度，其它条件要控制一样，最后根据实验的数据得出结论，有的时候还要对一些意外现象进行讨论。
8．【2015海南化学】（11分）工业上,向500~600
℃的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁;向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁。现用如图所示的装置模拟上述过程进行实验。
回答下列问题:
(1)制取无水氯化铁的实验中,A中反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　,装置B中加入的试剂是　　　　　　。
(2)制取无水氯化亚铁的实验中,装置A用来制取　　　　　　　。尾气的成分是　　　　。若仍用D装置进行尾气处理,存在的问题是　　　　　　　　、　　　　　　　　。
(3)若操作不当,制得的FeCl2?会含有少量FeCl3?,检验FeCl3常用的试剂是　　　　　。欲制得纯净的FeCl2,在实验操作中应先　　　　　　,再　　　　　　。
【答案】(1)MnO2+4HCl(浓)?MnCl2+Cl2↑+2H2O　浓硫酸
(2)氯化氢　氯化氢、氢气　易发生倒吸　没有处理氢气
(3)硫氰化钾溶液　通入氯化氢(赶尽装置中的空气)　点燃C处的酒精灯
【解析】本题考查无水氯化铁、无水氯化亚铁的制备,意在考查考生对物质制备实验的综合分析能力。(1)制备无水FeCl3时,需要先制备Cl2,实验室用MnO2和浓盐酸反应制取氯气,制备的Cl2中会混有H2O(g),用浓硫酸干燥。(2)制备无水FeCl2时,需要先制备干燥的HCl,HCl与铁屑反应生成FeCl2和H2,尾气中含有生成的H2和过量的HCl。D装置存在的问题:D中的导管插入液面以下,易发生倒吸,且H2没有被处理。(3)利用Fe3+遇KSCN显血红色,用KSCN溶液检验FeCl3。反应发生前装置中有空气,应先通入一段时间HCl,将装置中空气赶出,再点燃C处的酒精灯。
【考点定位】本题以氯化铁和氯化亚铁的制备为载体考查化学实验方案的分析与评价。
【名师点睛】以氯化铁和氯化亚铁的制备为载体考查化学实验方案的分析、评价与设计，涉及氯气的制备和净化、Fe3＋的检验等基础知识。理清实验目的、实验原理及实验装置的作用是得分的关键。实验的评价和设计要注意科学性、简约型和环保性，是化学高考的必考题型，题目难度较大。
9．【2015江苏化学】（15分）实验室用下图所示装置制备KClO溶液,并通过KClO溶液与Fe(NO3)3溶液的反应制备高效水处理剂K2FeO4。
已知K2FeO4具有下列性质:①可溶于水、微溶于浓KOH溶液,②在0
℃~5
℃、强碱性溶液中比较稳定,③在Fe3+和Fe(OH)3催化作用下发生分解,④在酸性至弱碱性条件下,能与水反应生成Fe(OH)3和O2。
(1)装置A中KMnO4与盐酸反应生成MnCl2和Cl2,其离子方程式为　,
将制备的Cl2通过装置B可除去　　　(填化学式)。
(2)Cl2与KOH在较高温度下反应生成KClO3。在不改变KOH溶液的浓度和体积的条件下,控制反应在0
℃~5
℃进行,实验中可采取的措施是　　　　　　　　、　　　　　　　　。
(3)制备K2FeO4时,KClO饱和溶液与Fe(NO3)3饱和溶液的混合方式为　　　　　　　。
(4)提纯K2FeO4粗产品[含有Fe(OH)3、KCl等杂质]的实验方案为:将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3
mol·L-1?KOH溶液中,________(实验中须使用的试剂有:饱和KOH溶液,乙醇;除常用仪器外须使用的仪器有:砂芯漏斗,真空干燥箱)。查看解析?试题纠错
【答案】(1)2MnO4-+16H++10Cl-2Mn2++5Cl2↑+8H2O
HCl
(2)缓慢滴加盐酸　装置C加冰水浴
(3)在搅拌下,将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中
(4)用砂芯漏斗过滤,将滤液置于冰水浴中,向滤液中加入饱和KOH溶液,搅拌、静置,再用砂芯漏斗过滤,晶体用适量乙醇洗涤2~3次后,在真空干燥箱中干燥
【解析】本题主要考查KClO、K2FeO4的制备,意在考查考生对化学实验装置和实验方案的分析能力。(1)根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平该离子方程式:2Mn+16H++10Cl-2M+5Cl2↑+8H2O。盐酸易挥发,制备的Cl2中含有HCl、水蒸气,而HCl极易溶于水,通过饱和食盐水可除去HCl。(2)可以采取的措施有缓慢滴加盐酸控制产生Cl2的速率,装置C用冰水浴控制反应温度。(3)根据题中K2FeO4的性质②③④知,应在搅拌下将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中。
【考点定位】考查氧化还原反应方程式的书写、物质除杂、物质混合等知识
【名师点睛】本试题涉及氧化还原反应方程式的书写、物质的除杂、在信息条件下实验的操作、信息条件下物质的混合，通过让学生根据信息，完成基础知识的运用，这是高考必考的一项，平时复习中应注意这方面的练习，培养学生利用信息、分析信息、自学能力，更好地提高学生自身能力。
10．【2014年高考海南卷】（9分）硫代硫酸钠(
Na2S2O3)可用做分析试剂及鞣革还原剂。它受热、遇酸易分解。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3
+CO2制得。实验室模拟该工业过程的装置如图所示。
回答下列问题：
（1）b中反应的离子方程式为__________________，c中试剂为_____________________。[]
（2）反应开始后，c中先有浑浊产生，后又变澄清。此浑浊物是____________________。
（3）d中的试剂为____________。
（4）实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有______________________（写出两条）。
（5）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2,不能过量，原因是_______________________。
【答案】(1)SO32-+2H+=
H2O
+SO2↑;或HSO3－+H+=SO2↑+H2O；硫化钠和碳酸钠的混合溶液
（2）硫（3）NaOH溶液（4）控制反应温度、调节酸的滴加速度（或调节酸的浓度等）
（5）若SO2过量，溶液显酸性，产物分解
【解析】
(1)装置b是制取SO2的装置。可利用复分解反应的规律：强酸制取弱酸或难挥发的酸制取易挥发性的酸。在b中用70%的硫酸与Na2SO3或NaHSO3制取SO2。反应的离子方程式为SO32-+2H+===
H2O
+SO2↑;或HSO3－+H+===SO2↑+H2O；根据反应原理可知在c中的试剂是硫化钠和碳酸钠的混合溶液。(2)反应开始后，c中先发生反应：H2O+SO2+Na2S===H2S+
Na2SO3;
SO2+2H2S===3S↓+
2H2O。产生的单质S是不溶于水的淡黄色固体，因此会看到溶液变浑浊，后又变澄清，发生反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2===3Na2S2O3
+CO2。(3)
H2S
、SO2都是大气污染物。由于它们都是酸性气体，能够与碱发生反应，用碱溶液NaOH吸收。所以在d中的试剂是强碱NaOH溶液。为防止倒吸现象的发生，在导气管的末端安装了一个干燥管或倒扣的漏斗。(4)影响化学反应速率的因素的因素有浓度、温度、滴加速度等。在实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度等。（5）硫代硫酸钠(
Na2S2O3)是强碱弱酸盐，与酸容易发生反应。所以若SO2过量，溶液显酸性，产物容易分解。因此不能过量。
【考点定位】本题以可用做分析试剂及鞣革还原剂的硫代硫酸钠为线索，考查气体的制取、尾气的吸收、反应条件的控制、试剂的选择、现象的描述、物质的量的对化学反应的影响、化学方程式的书写；从能力上考查了考生对气体制取的有关知识的掌握情况，考查了考生对物质的性质与物质的制取、物质的性质与应用的关系的能力、本题考查了学生应用所学知识来解决具体问题的能力和知识迁移能力。
【名师点睛】本题是一道应用性很强的试题。解决本题，首先要读懂本题的信息，并结合题目给出的物质制取装置、选择合适的试剂进行制取，再根据物质的物理性质、化学性质及物质的相对量的多少选择合适的反应条件制备物质。
11.【2014年高考全国大纲卷第29题】(15
分)苯乙酸铜是合成优良催化剂、传感材料——纳米氧化铜的重要前驱体之一。下面是它的一种实验室合成路线:
+HO+HSO+NHHSO
+Cu(OH)()Cu+HO
制备苯乙酸的装置示意图如下(加热和夹持装置等略):
已知:苯乙酸的熔点为76.5
℃,微溶于冷水,溶于乙醇。
回答下列问题:
(1)在250
mL三口瓶a中加入70
mL
70%硫酸。配制此硫酸时,加入蒸馏水与浓硫酸的先后顺序是　　　　　　。
(2)将a中的溶液加热至100
℃,缓缓滴加40
g苯乙腈到硫酸溶液中,然后升温至130
℃继续反应。在装置中,仪器b的作用是　　　　　;仪器c的名称是　　　　　,其作用是　　　　　　　。
反应结束后加适量冷水,再分离出苯乙酸粗品。加入冷水的目的是　　　　　。下列仪器中可用于分离苯乙酸粗品的是　　　(填标号)。
A.分液漏斗　　　　B.漏斗　　　　C.烧杯
D.直形冷凝管　　　E.玻璃棒
(3)提纯粗苯乙酸的方法是　　　　,最终得到44
g纯品,则苯乙酸的产率是　　。
(4)用CuCl·2HO和NaOH溶液制备适量Cu(OH)沉淀,并多次用蒸馏水洗涤沉淀,判断沉淀洗干净的实验操作和现象是　　　　　　　　　　　　。
(5)将苯乙酸加入到乙醇与水的混合溶剂中,充分溶解后,加入Cu(OH)搅拌30
min,过滤,滤液静置一段时间,析出苯乙酸铜晶体,混合溶剂中乙醇的作用是　　　　　　　　。
【答案】
(1)先加水、再加入浓硫酸
(2)滴加苯乙腈　球形冷凝管　回流(或使气化的反应液冷凝)
便于苯乙酸析出　BCE
(3)重结晶　95%
(4)取少量洗涤液、加入稀硝酸、再加AgNO溶液、无白色浑浊出现
(5)增大苯乙酸溶解度,便于充分反应
【解析】
(1)浓硫酸溶于水放出大量的热,稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中,应先加入蒸馏水,再加入浓硫酸。(2)由于苯乙酸的熔点较低,生成的苯乙酸蒸气可通过球形冷凝管回流收集,生成的苯乙酸微溶于冷水,故向反应后的容器内加入冷水可使苯乙酸沉淀析出,然后采用过滤的方法可得到粗品,过滤所需的仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒。(3)由于苯乙酸微溶于冷水,故可采用重结晶的方法分离提纯苯乙酸,根据方程式可知,40
g苯乙腈理论上可生成46.5
g苯乙酸,而实验得到44
g苯乙酸,故产率约为95%。(4)取少量洗涤液,加入稀硝酸酸化的AgNO溶液,若出现白色沉淀,说明固体中含有Cl,Cu(OH)未洗净;若无白色沉淀出现,说明沉淀已洗干净。(5)由于苯乙酸在水中的溶解度较小,而在乙醇中的溶解度较大,故混合溶剂中乙醇的作用是增大苯乙酸的溶解度,便于充分反应。
【考点地位】本题考查化学实验综合即有机物（苯乙酸铜）的制备，其中重点考查了浓硫酸的稀释、仪器的用途、物质的分离与提纯、沉淀的洗涤、产率的计算等。
【名师点晴】本题通过苯乙酸铜的制备为载体，综合实验对学生的能力要求高、难度大，文字回答多，回答时一定要抓住各类问题的得分点去作答，要归纳总结常见题型的答题模板等。解决本题，首先要认识中学化学常见的仪器、了解其结构、用途；还要对中学化学几个比较重要的实验有个整体的掌握。清楚使用的仪器、试剂的添加顺序、各自量的多少、作用、仪器的安装与使用、操作步骤、杂质的除去方法，然后掌握反应物的转化率及产物的产率的计算方法等。最后对本题的各个问题一一分析，进行解答。
12．【2014年高考山东卷第31题】（20分）工业上常利用含硫废水生产Na2S2O3·5H2O,实验室可用如下装置(略去部分夹持仪器)模拟生产过程。
烧瓶C中发生反应如下:
Na2S(aq)+H2O(l)+SO2(g)Na2SO3
(aq)+H2S(aq)　(Ⅰ)
2H2S(aq)+SO2
(g)3S(s)+2H2O(l)　(Ⅱ)
S(s)+Na2SO3
(aq)Na2S2O3
(aq)　(Ⅲ)
(1)仪器组装完成后,关闭两端活塞,向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱,若　　　　,则整个装置气密性良好。装置D的作用是　　　　。装置E中为　　　　溶液。
(2)为提高产品纯度,应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应,则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为　　　　。
(3)装置B的作用之一是观察SO2的生成速率,其中的液体最好选择　　　　。
a.蒸馏水　　　　　　　　b.饱和Na2SO3溶液
c.饱和NaHSO3溶液
d.饱和NaHCO3溶液
实验中,为使SO2缓慢进入烧瓶C,采用的操作是　　　　。已知反应(Ⅲ)相对较慢,则烧瓶C中反应达到终点的现象是　　　　。反应后期可用酒精灯适当加热烧瓶A,实验室用酒精灯加热时必须使用石棉网的仪器还有　　　　。
a.烧杯　　b.蒸发皿　　c.试管　　d.锥形瓶
(4)反应终止后,烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶即可析出Na2S2O3·5H2O,其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。利用所给试剂设计实验,检测产品中是否存在Na2SO4,简要说明实验操作、现象和结论:　　　　。
已知Na2S2O3·5H2O遇酸易分解:S2O32-+2H+S↓+SO2↑+H2O
供选择的试剂:稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液
【答案】(1)液柱高度保持不变　防止倒吸　NaOH(合理即得分,2分)
(2)2∶1
(3)c　控制滴加硫酸的速度(合理即得分,2分)　溶液变澄清(或浑浊消失)　a、d
(4)取少量产品溶于足量稀盐酸,静置,取上层溶液(或过滤,取滤液),滴加BaCl2溶液,若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质(合理即得分,3分)
【解析】本题主要考查化学实验,意在考查考生的实验基本操作与实验设计能力。(1)该实验装置气密性检查的原理是利用装置和液体封住一部分气体,向长颈漏斗中注入液体时,使得装置中的气体压强稍大于大气压,故长颈漏斗的长颈中形成液柱,若装置气密性良好,则装置内压强不变,液柱高度保持不变。若装置E中的液体倒吸,装置D可起到缓冲作用,防止液体倒吸入装置C中。装置E的作用是吸收尾气,吸收可能逸出的SO2和H2S,这两种气体为酸性气体,故可采用NaOH溶液吸收。(2)将已知的三个化学方程式(Ⅰ)~(Ⅲ)进行“处理”,(Ⅰ)×2+(Ⅱ)+(Ⅲ)×3得新的化学方程式:2Na2S+Na2SO3+3SO23Na2S2O3,故为使Na2S和Na2SO3恰好完全反应,烧瓶C中Na2S和Na2SO3的物质的量之比为2∶1。(3)蒸馏水会溶解SO2,饱和Na2SO3溶液与SO2反应生成Na2HSO3,饱和NaHCO3溶液与SO2反应生成CO2,饱和NaHSO3溶液与SO2不反应,故c项正确。装置B中SO2的进入速率取决于装置A中SO2的生成速率,因此控制硫酸的滴加速度可达到控制SO2的生成速率的目的。烧杯和锥形瓶的底部面积较大,用酒精灯加热时,容易导致其受热不均匀而炸裂,而试管底面积较小,可以完全被酒精灯火焰包围,不会出现受热不均匀的现象,蒸发皿可直接加热。(4)由已知信息可知,Na2S2O3·5H2O与酸反应生成SO2和S而脱离溶液体系,Na2SO3与酸反应生成SO2而脱离溶液体系,故加酸后,Na2SO4电离出的SO42-在溶液中,可以通过检验S
O42-达到检验产品中是否含有硫酸钠的目的。
【考点地位】本题要求考生在给定装置、给定操作的情况下，通过描述现象来完成气密性检查的设计方案。
【名师点晴】本题改变了往年以化学工艺流程为载体的呈现方式，而是把工业上利用含硫废水生产Na2S2O3·5H2O的过程搬到实验室来，以中学化学实验中各种常见仪器的科学组装、合理搭配为载体，把生产流程以实验室模拟的方式呈现给考生。不仅考查考生对气密性检查原理的深度理解，还考查考生科学、规范的语言表达能力，本题以物质的制备为主线，设计相应问题，考查考生实验探究能力和实践创新能力。
13．【2014年高考新课标Ⅰ卷第26题】
(13分)乙酸异戊酯是组成蜜蜂信息素的成分之一,具有香蕉的香味。实验室制备乙酸异戊酯的反应、装置示意图和有关数据如下:
实验步骤:
在A中加入4.4
g异戊醇、6.0
g乙酸、数滴浓硫酸和2~3片碎瓷片。开始缓慢加热A,回流50
min。反应液冷至室温后倒入分液漏斗中,分别用少量水、饱和碳酸氢钠溶液和水洗涤;分出的产物加入少量无水MgSO4固体,静置片刻,过滤除去MgSO4固体,进行蒸馏纯化,收集140~143
℃馏分,得乙酸异戊酯3.9
g。
回答下列问题:
(1)仪器B的名称是　　　　。
(2)在洗涤操作中,第一次水洗的主要目的是　　　　,第二次水洗的主要目的是　　　　。
(3)在洗涤、分液操作中,应充分振荡,然后静置,待分层后　　　(填标号)。
a.直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的上口倒出
b.直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的下口放出
c.先将水层从分液漏斗的下口放出,再将乙酸异戊酯从下口放出
d.先将水层从分液漏斗的下口放出,再将乙酸异戊酯从上口倒出
(4)本实验中加入过量乙酸的目的是　　　　。
(5)实验中加入少量无水MgSO4的目的是　　　　。
(6)在蒸馏操作中,仪器选择及安装都正确的是　　　　(填标号)。
(7)本实验的产率是　　　　(填标号)。
a.30%???
　b.40%??????
??????
c.60%???
??????
d.90%
(8)在进行蒸馏操作时,若从130
℃便开始收集馏分,会使实验的产率偏　　　(填
“高”或“低”),其原因是　　　　。
【答案】(1)球形冷凝管　(2)洗掉大部分硫酸和乙酸　洗掉碳酸氢钠　(3)d　(4)提高醇的转化率　(5)干燥　(6)b　(7)c　(8)高　会收集少量未反应的异戊醇
【解析】本题以有机实验为载体考查实验方案的设计,意在考查考生化学实验基本操作能力和分析实验、设计实验的思维能力。(1)仪器B为球形冷凝管。(2)第一次水洗的目的是除去作催化剂的硫酸和过量的乙酸,接下来用饱和碳酸氢钠溶液进一步除去残留的少量乙酸,第二次水洗的目的是除去过量的饱和碳酸氢钠溶液。(3)洗涤、分液后有机层密度小,在上面,密度大的水层在下面,需将水层从分液漏斗下口放出,然后将有机层从分液漏斗上口倒出,d项正确。(4)制备乙酸异戊酯的反应为可逆反应,加入过量的乙酸,能提高醇的转化率,从而提高乙酸异戊酯的产率。(5)加入少量无水MgSO4能除去有机层中的少量水,起到干燥作用。(6)蒸馏实验中温度计水银球需和蒸馏烧瓶支管口在同一高度,而c中不应该用球形冷凝管,球形冷凝管一般用于反应装置,即在反应时考虑到反应物的蒸发流失而用球形冷凝管冷凝回流,使反应更彻底,故b正确。(7)根据题中化学方程式及所给各物质的量,可知实验中异戊醇完全反应,理论上应生成乙酸异戊酯6.5
g,实验中实际生成乙酸异戊酯3.9
g,故乙酸异戊酯的产率为3.9/6.5×100%=60%。(8)若从130
℃便开始收集馏分,则收集得到的是乙酸异戊酯和少量未反应的异戊醇的混合物,导致所测出的实验产率偏高。
【考点地位】本题主要是考查了有机物制备实验方案涉及与探究。
【名师点晴】本题以实验室制备乙酸异戊酯为载体，重点考查了学生应用所学知识来解决具体问题的能力。根据题目提供的装置来制取物质，并对产品的成分进行分析、分离并对制取的物质的计算制取的物质的仪器的识别与安装、混合物的分离、物质的制取、药品的选择与使用、物质产率的进行计算的知识。考查了考生的知识迁移能力；同时也考查了学生的自学能力（学习信息、接受信息）、分析问题并加以灵活运用的能力。解决本题，首先要认识中学化学常见的仪器、了解其结构、用途；还要对中学化学几个比较重要的实验有个整体的掌握。清楚使用的仪器、试剂的添加顺序、各自量的多少、作用、仪器的安装与使用、操作步骤、杂质的除去方法，然后掌握反应物的转化率及产物的产率的计算方法等。最后对本题的各个问题一一分析，进行解答。
14．【2014年高考浙江卷第28题】(14分)葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质。葡萄糖酸钙可通过以下反应制得:
CHO(葡萄糖)+Br+HOCHO(葡萄糖酸)+2HBr
2CHO+CaCOCa(CHO)(葡萄糖酸钙)+HO+CO↑
相关物质的溶解性见下表:
实验流程如下:
CHO溶液悬浊液Ca(CHO)
请回答下列问题:
(1)第①步中溴水氧化葡萄糖时,下列装置中最适合的是　　　。
A　　　　　　　　　　B　　　　　　　C
制备葡萄糖酸钙的过程中,葡萄糖的氧化也可用其他试剂,下列物质中最适合的是　　　。
A.新制Cu(OH)悬浊液　　B.酸性KMnO溶液??????
C.O/葡萄糖氧化酶
D.[Ag(NH)]OH溶液
(2)第②步充分反应后CaCO固体需有剩余,其目的是　　　;本实验中不宜用CaCl替代CaCO,理由是　　　。
(3)第③步需趁热过滤,其原因是　　　。
(4)第④步加入乙醇的作用是　　　。
(5)第⑥步中,下列洗涤剂最合适的是　　　。
A.冷水?
B.热水?
C.乙醇?
D.乙醇-水混合溶液
【答案】(1)B　
C
(2)提高葡萄糖的转化率,便于后续分离　氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙
(3)葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出,如不趁热过滤会损失产品
(4)可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度,有利于葡萄糖酸钙析出
(5)D
【解析】
(1)反应需要控制在55
℃,应用水浴加热的方法,应选择B装置;从选项分析,最合适的试剂应该是O和葡萄糖氧化酶。(2)第②步充分反应后CaCO固体需有剩余的目的是提高葡萄糖酸转化为葡萄糖酸钙的转化率,便于后续分离;氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙,故本实验中不宜用CaCl替代CaCO。(3)因为葡萄糖酸钙易溶于热水,所以第③步采用趁热过滤的方法能减少葡萄糖酸钙的损失。(4)因为葡萄糖酸钙微溶于乙醇,所以在第④步加入乙醇可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度,有利于其析出。(5)根据表中相关物质溶解性知,第⑥步中最合适的洗涤剂是乙醇-水混合溶液。
【考点定位】本题主要是考查物质制备实验方案设计与评价。
【名师点晴】本题以葡萄糖酸钙的制备为载体，侧重于物质的制备、分离和提纯的考查，侧重考查学生的分析能力和实验能力，有利于培养学生的良好的科学素养。该类试题要求学生能够通过题给实验情境中适当迁移，准确把化学实验基础知识和基本操作技能运用到某些类似的实验中去，解决一些原理和操作较简单的问题，意在考查学生的实验技能和综合分析问题的能力，题目难度较大。