2019高考化学二轮复习第2部分第1关审全题越陷坑选择快准皆有据学案.docx

第一关审全题越陷坑选择快准皆有据脱秸草净归仓收割联合一体化一、选择题答题攻略1选择题的应试原则小题快做：第一，由简至难，细心读题选答一遍过，没有思路则尽快跳过；第二，识别出容易确定的选项分别划“”“”“？”，没把握的“？”选项细心对照比较。小题巧做：每道选择题平均控制在2分钟内，直接判断和定量计算外，还要用非常规“巧解”方法。解题陷困受阻时不可一味蛮做，要针对题目的特性“巧择手段”，千方百计达到快捷、准确解题目的。2选择题的应试策略策略1：每个选项要有足够的理由说明其正确与否，辅以适当的反证。策略2：对有疑问的选项可先避开，先找出正确或不正确的选项。策略3：每小题平均耗时不超过2分钟(有困难的同学可适当延长一点时间)。策略4：将文字语言转化成化学用语、基本规律、解题所涉及的基本公式等(一定要在草稿纸上列出，不可凭空想象)。策略5：注意选项的相关性与排斥性。注意题干的要求(正确与不正确、最大与最小、离子总数与分子总数等)。3选择题审题技巧(1)审题干找出关键词句题眼。明确题干中的限制条件，从而确定要选的具体范围、层次、角度和侧面。明确选择的方向，正向选择一般用“是什么”“包括什么”“产生以上现象的原因”“这表明”等表示；逆向选择一般用“错误的是”“不正确”“不是”等表示。(2)审选项第一，选项本身正确，但与题干没有关系，该选项不选。第二，选项本身正确，且与题干有关系，但选项与题干之间是并列关系，或是选项包含题干，或是题干与选项的因果关系颠倒，该选项不选。4选择题的解题方法(1)逐项分析法选择题的题干和选项，经过精心设置，往往具有一定的针对性和很强的迷惑性，对选择题的每个选项进行逐个分析，选出要求的选项，常见的出题形式为“正误型”选择题，如出题内容为NA与微粒的关系、离子能否大量共存、离子方程式正误判断、元素及其化合物知识、实验原理分析、有机化学等相关的选择题都可以使用这种方法。(2)直选法解题时依据题目所给条件，借助于已学知识进行分析和判断，直接得出结论。(3)排除法(筛选淘汰法)根据题干所给条件和提出的问题，对各个选项加以审视，将与题目要求不符合的选项逐一排除，不能否定的选项即为正确答案。此方法常常用于解答概念、原理类选择题，也常用于解答组合型选择题。(4)特例反驳法一些似是而非且迷惑性极强的选项，若直接运用课本有关概念往往难以辨清是非。列举特例或反例是一种重要的论证方法，适用于从正面获取答案有困难的一类化学选择题，如有关物质的性质、分类、组成和结构等试题。(5)模型符号法题目给出的条件很抽象、很陌生，看似简单但容易出错。如果将抽象的、难以下手的问题用自己熟悉的知识、原理、技巧大胆地创设一些具体情境，即用具体事物作为研究对象，把抽象问题具体化，往往会收到事半功倍的效果。(6)守恒法守恒法就是以化学反应中存在的某些守恒关系(比如根据溶液中阴阳离子所带的电荷总数相等、氧化还原反应中得失电子总数相等)作为依据，寻求解题的突破口，列出相应的守恒关系式进行解题。避开繁琐的过程，避开多步计算，提高解题速度、准确度二、选择题冲关题型题型一化学与生活、生产和传统文化化学与生活、生产和传统文化相结合是高考选择题热点题型，考查学生的“科学精神与社会责任”的化学学科核心素养，考查学生关注社会热点、理论与实践结合以及传统文化知识的积淀。(1)掌握常见的化学与环境问题：酸雨、光化学烟雾、臭氧空洞、白色污染、雾霾等成因及其防治；(2)记住常见的生产、生活中的化学知识：净水消毒净水通过胶体聚沉(如铁盐和铝盐)，消毒为氧化(如氯气、二氧化氯、高铁酸盐等)或变性；煤的气化和液化通过化学反应生成气态和液态燃料；低碳经济使用新能源减少温室气体排放；(3)注意新能源和新材料：新能源与传统能源对比、可再生能源特点；传统无机非金属材料与新型无机非金属材料的区分、常见高分子材料特点等；(4)遇到古文化相关试题，能从化学视角分析传统文化中的化学知识。要善于从物质成分、物质变化、物质的分离等角度分析。【例1】化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是()A冬天用的塑料袋里面装一些粉末如铁粉、碳粉、盐等制成的暖手宝是利用铁的析氢腐蚀原理放热B铝制容器不能盛装酸性和碱性物质，但是可以长期盛装有咸味的物质C根据分散质和分散剂状态不同，可将分散系分为三种D有机磷农药多为磷酸酯或硫代磷酸酯类物质，肥皂水等碱性物质有利其水解而解毒【解析】析氢腐蚀的环境为酸性，而暖手宝中环境为中性的，所以发生的是吸氧腐蚀，选项A错误；铝制容器也不能用来盛装有咸味的物质，原因是食盐中的氯离子能破坏铝器表面的氧化膜，选项B错误；分散质和分散剂状态分别均有：液、气、固三种，所以组合起来共有9种可能，选项C错误；酯类物质在碱性环境下容易水解，从而达到解毒的目的，选项D正确。【答案】D题型二阿伏加德罗常数的应用阿伏加德罗常数的应用几乎是高考年年必考的选择题，考查学生“宏观辨识与微观探析”“变化观念与平衡思想”的化学学科核心素养。既考查对物质的量、物质的量的浓度、阿伏伽德罗常数、气体摩尔体积等物理量的理解，还考查原子结构、分子结构、氧化还原反应、电离和水解等知识的掌握情况。(1)涉及反应过程的，既注意是否可逆，又要注意是否过量、是否完全；(2)注意有机反应是否有副反应；(3)记住几个易被忽视的标况下的“非气体”：HF、CH3OH、SO3、CCl4等；(4)涉及到化学键的计算注意：有无同分异构体；空间网状结构中共价键的分摊；(5)注意共价键数目和共用电子对数目的差别：一个双键为一个共价键，但有两对共用电子；(6)溶液中离子数目计算：要注意是否可求(浓度、体积均明确)；是否有后续变化(水解或电离)；离子数目的求算可用电荷守恒与物料守恒建立变与不变的微粒之间的关系；(7)电子转移数目则要注意价态变化、竞争反应等因素。【例2】设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中错误的数目是()0.1 mol H2和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应后，分子总数小于0.2NA46 g C2H6O中一定含有6NA个CH键向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，当有1 mol Fe2被氧化时，该反应转移的电子数目至少为3NA1 mol SiC晶体中SiC键键数为4NA28 g N60单质()中含有的NN键键数为3NA某温度下，2 L pH12的NaOH溶液中含OH的数目为0.02NA一定条件下，丁烷催化裂化生成1 mol乙烯时，消耗丁烷的数目为NA用情性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1 mol Cu(OH)2能使溶液复原，则电路中转移的电子数为0.2NAn(H2CO3)和n(HCO)之和为1 mol的NaHCO3溶液中，含有Na数目为NA1 mo1丙烯中共用电子对的数目和化学键的数目均为9NAA6B7C8D9【解析】虽然H2和 I2的反应是可逆反应，但由于该反应过程中分子总数不变，所以容器中分子总数始终为0.2NA，错误；由于C2H6O存在乙醇和甲醚两种可能结构，所以 46 g C2H6O中CH键数目可能为5NA或6NA，错误；由于还原性IFe2，向FeI2溶液中通入足量氯气，当有1 mol Fe2被氧化时，则至少有2 mol碘离子被氧化，电子转移数目至少为3NA，正确；SiC中碳原子和硅原子都达到8电子稳定结构，可见每个碳原子和硅原子均形成了4个CSi共价键，每个C原子分摊到4个CSi，因此1 mol SiC有4 mol CSi键，正确；由图可知，每个N原子分摊的键为1.5个，28 g N60单质中含有的NN键键数为3NA，正确；由于温度不确定，所以pH12的NaOH溶液中c(OH)不确定，故溶液中OH的数目也无法确定，错误；丁烷催化裂化既可以生成甲烷和丙烯，也可以生成乙烷和乙烯，所以生成1 mol乙烯时，消耗丁烷的数目大于NA，错误；用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1 mol Cu(OH)2能使溶液复原，则说明阳极上析出的是0.1 mol氧气，阴极上析出的是0.1 mol铜和0.1 mol氢气，故转移0.4 mol电子即0.4NA个，错误；根据物料守恒：n(H2CO3)n(HCO)n(CO)n(Na)，所以n(Na)应大于1 mol，错误；丙烯由于存在C=C，故共用电子对数目与化学键数目肯定不等，错误。【答案】B题型三元素“位构性”推断与应用元素推断题是高考命题中的必考题型，考查点落脚于元素的“位构性”关系，进而考查考生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”的化学学科核心素养。未学习过的主族元素性质判断，既要注意根据同一主族元素相似性，由熟悉的元素进行类比，又要注意随着电子层数增多元素性质的递变性。如Nh与铝同主族，所以最高价氧化物的水化物为H3NhO3，但由于电子层数比铝多很多，所以金属性比铝更强，最高价氧化物的水化物的碱性更强。【例3】短周期主族元素a、b、c、d原子序数依次增大，b元素的一种同位素可用于考古年代鉴定。甲、乙分别是元素b、d的单质，通常甲为固体，乙为气体，0.001 molL1的丙溶液的pH3；W、X、Y均是由这些元素构成的二元化合物，Y是形成酸雨的主要物质之一，上述物质的转化关系如图，下列说法正确的是()A原子半径：bcc(N)d(O)，选项A错误；a(H)、 b(C)、 c(N)形成的化合物有共价化合物，如CH3CN，也有离子化合物，如NH4CN，选项B错误；W、X、Y中H2O分子间可以形成氢键，熔沸点最高，选项C正确；NO2能与水反应，故不能用排水法收集，选项D错误。【答案】C【例4】(2018衡中八模)下图是部分短周期主族元素原子半径与原子序数的关系图。下列说法正确的是()AX所在主族中，X的简单氢化物分子间存在氢键，所以其氢化物稳定性最强BR简单氢化物的酸性弱于W简单氢化物，故元素非金属性R小于WC在与W同周期的元素中，W的含氧酸酸性最强D已知Z的一种金属储氢材料LiZH4()遇水剧烈反应放出H2，则产生1 mol H2转移的电子数目为NA【解析】图像为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为Na元素，Z为Al元素，R为S元素，W为Cl元素。X 简单氢化物为水，水分子间能形成氢键，而且水为该主族中稳定性最强的氢化物，但二者之间不存在因果关系，选项A错误；简单氢化物热稳定性和还原性可以用来判断元素非金属性强弱，但是氢化物的酸性强弱不能用于判断元素非金属性强弱，选项B错误；在同周期中，W的最高价含氧酸HClO4酸性最强，但是HClO3、HClO2、HClO的酸性却不是最强，选项C错误；储氢材料，LiAlH4与水反应： LiAlH42H2O=LiAlO24H2，LiAlH4中1价H和H2O中1价H的归中反应，所以产生1 mol H2转移的电子数目为NA , 选项D正确。【答案】D题型四电化学原理及应用电化学题型一般有两个角度：新情景电池与电解原理在生产、生活中的应用，前者可考查学生阅读能力、攫取信息能力以及电化学知识运用能力，后者多考查电极反应式书写、电解质溶液酸碱性变化以及电化学计算，可考查学生“模型认知”“科学探究与创新意识”和“科学精神与社会责任”等化学学科核心素养。原电池中电极材料以及反应条件，对原电池工作环境以及电解质的要求：(1)活泼金属(如锂、钠等)形成的原电池，一般用非水溶剂做电解质溶液，如果要用水溶液做电解质，通常用交换膜或者有机物将其隔离；(2)有酶参与的原电池反应，通常在室温下工作，而熔盐电池工作环境多为高温。 (3)在非水溶剂或者固态电解质环境下，电极反应式中盐一般不拆写成离子形式；电极反应式先写出核心反应物与生成物，再由价态变化确定电子得失数目，然后根据电荷守恒用与环境对应的离子配平电荷，最后根据物料守恒补齐物质；(4)电解反应在有膜和无膜情况下产物不一定相同，如电解饱和食盐水产物就与氯碱工业的产物不同；(5)有膜的电化学过程中，分析两侧溶液质量变化不仅要注意电极上物质的析出，也要注意溶液中离子的迁移。【例5】(原创)随着科学的发展，各种原电池层出不穷，下图为几种新型原电池。下列叙述正确的是()图1锂空气电池图2酶生物电池(左侧有葡萄糖氧化酶)图3钠硫电池物质NaSAl2O3熔点/97.81152050沸点/892444.62980A酶生物电池也可在高温条件下使用，图1中电解液a可能为LiCl水溶液B锂空气电池中电解液a、b之间可采用阴离子交换膜C酶生物电池负极的电极反应式为C6H12O6H2O2e=C6H12O72HD钠硫电池工作的适宜温度应控制在350205 0【解析】由于酶在高温下会变性失活，所以酶生物电池不能在高温下工作，而且由于锂是活泼金属，易与水反应，所以锂空气电池中不能让水溶液与Li直接接触，选项A错误；由图1可知右侧产生LiOH沉淀，故左侧产生的Li离子需要通过交换膜进入右侧，所以应该为阳离子交换膜，选项B错误；酶生物电池负极上是葡萄糖在葡萄糖氧化酶作用下被氧化为葡萄糖酸，电极反应为：C6H12O6H2O2e=C6H12O72H，选项C正确；钠硫电池工作时，控制的温度应为满足Na、S为熔融状态但又不能为气体，所以温度应高于115 而低于444.6 ，选项D错误。【答案】C【例6】(原创)全钒液流电池充电时间短，续航能力强，被誉为“完美电池”，工作原理如图1所示，反应的离子方程为：VO2V3H2OVOV22H。以此电池进行四室式电渗析法用饱和食盐水制备盐酸和NaOH (电极材料为石墨), 其原理如图2所示。下列说法错误的是()图1图2A电解饱和食盐水时，左侧与电池负极相连，图1中H从电池右边移向左边B电池充电时，正极电极反应为VOe2H=VO2H2OCa、b、c 依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜、阳离子交换膜D图2中总反应为4NaCl6H2O4NaOH4HCl2H2O2【解析】由图2可知：室发生：2H2e=H2，为阴极区，所以应该与外电源的负极相连，图1中左侧为正极，右侧为负极，所以H从电池右边移向左边，选项A正确；根据反应方程式，充电时正极接外电源正极作阳极，失去电子，电极反应式为VO2H2Oe=VO2H，选项B错误；图2 中Na应该通过a进入中，中Cl通过b进入中，中H通过c进入中，所以a、b、c 依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜、阳离子交换膜，选项C正确；根据图2中进出的物质，可知总反应为4NaCl6H2O4NaOH4HCl2H2O2，选项D正确。【答案】B题型五滴定与沉淀溶解平衡的图像问题酸碱中和滴定是重要定量实验，近年成为高考题热点，多出现在综合实验题和化工工艺流程题中，但也常以选择题形式出现，而且向氧化还原滴定和沉淀滴定迁移。该类题型主要考查识图能力、分析能力以及计算能力。能很好考查学生的“平衡思想”“宏观辨识与微观探析”的化学学科核心素养。(1)酸碱中和滴定的酸或碱越强，滴定突跃范围越大。沉淀滴定曲线的突跃范围一般是，滴定剂浓度越大、沉淀溶解度越小突跃范围越大；(2)酸碱滴定曲线的起点能够体现酸或碱的强弱(或浓度的大小)；(3)指示剂的选择根据恰好中和时生成的盐的酸碱性来确定：显酸性用甲基橙；显碱性用酚酞；显中性甲基橙和酚酞均可；(4)判断某种操作滴定曲线上的点如何移动时，关键看操作前的点是不饱和还是过饱和：若是不饱和，则通过加入含有相关离子的物质使其达到饱和，而点的移动方向根据操作时横、纵坐标所表示的物理量变化至曲线上；若过饱和，则会通过沉淀达到饱和，此时组成沉淀的两种离子浓度均将减小，即点会斜向移动到曲线上。【例7】(原创)常温下取浓度均为0.01 mol/L的盐酸溶液V1 mL、醋酸溶液V2 mL和硫酸溶液V3mL，分别用0.10 mol/L的NaOH溶液或0.10 mol/L的稀氨水滴定得右图。下列说法正确的是()A由图可知滴定前醋酸溶液的体积为15mLB曲线a为稀氨水滴定盐酸的曲线C曲线b、c的滴定实验均最好用酚酞作指示剂D实验测定酸碱滴定曲线时，要保证整个过程测试时记录pH的间隔相同【解析】由于三种酸溶液浓度相同，所以初始pH从大到小顺序为：醋酸、盐酸、硫酸，a、b、c分别为醋酸、盐酸、硫酸的滴定曲线，由于a的pH开始变化较大，且滴定终点时显碱性，所以为NaOH滴定醋酸；而b、c 滴定终点溶液分别显中性和酸性，所以分别为 NaOH溶液滴定盐酸和氨水滴定硫酸。由于滴定醋酸溶液所需的NaOH溶液15 mL，而NaOH溶液浓度为0.10 mol/L，所以醋酸溶液的体积为15 mL，选项A正确；曲线a为NaOH滴定醋酸，选项B错误；b为强酸与强碱之间的滴定，甲基橙和酚酞作指示剂均可以，c为强酸与弱碱的中和滴定，最好选用甲基橙作指示剂，选项C错误；由于接近恰好反应时存在滴定突跃，所以在中和滴定曲线的测定实验时，在接近恰好反应时记录pH的间隔应该要缩短，选项D错误。【答案】A【例8】(原创)已知：T时，Ksp(PbSO4) 108、Ksp (CaCO3)4.2109、Ksp(PbCO3)8.41014, 三种盐的沉淀溶解平衡曲线如图所示，pMlgc(阴离子)、pNlgc(阳离子)。下列说法错误的是()Aa线是PbSO4沉淀溶解平衡曲线BT时， CaCO3(s)Pb2(aq)PbCO3(s)Ca2(aq)的平衡常数K5104C以PbSO4、Na2CO3和焦炭为原料可制备PbDT时，向d点的PbSO4溶液中加入适量的Na2SO4固体，可以转化为e点对应的溶液【解析】由三种物质的Ksp数据以及横纵坐标的意义可知：a、b、c分别表示的是PbSO4、CaCO3、PbCO3的溶解平衡曲线，选项A正确； CaCO3(s)Pb2(aq)PbCO3(s)Ca2(aq) 的平衡常数K5104，选项B正确；PbSO4与Na2CO3反应转化为更难溶的PbCO3，PbCO3受热分解为PbO，被焦炭还原可制得Pb，选项C正确；d点为PbSO4的不饱和溶液，向里面加入适量的Na2SO4固体，在达到饱和之前，不会有沉淀产生，所以c(SO)增大而c(Pb2)不变，所以应该移到g点，选项D错误。【答案】D题型六电解质溶液电解质溶液主要考查点有水溶液中离子浓度关系判断以及难溶电解质的溶解平衡。电解质溶液中的电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡以及中和滴定等有机结合进行命题，背景材料多为图表，选项设置多为离子浓度大小关系或等量关系判断、沉淀的转化、溶度积计算、图像分析等。考查考生的“变化观念与平衡思想”的化学学科核心素养。(1)根据离子浓度随pH的变化曲线计算电离平衡常数时，先明确是几级电离，再找与电离平衡有关的离子浓度相等的点，代入电离平衡表达式；根据K值以及c(H)或c(OH)可确定特定微粒浓度的比值或相对大小。(2)判断离子浓度或离子浓度比值变化趋势，先明确变化的pH范围，用电离平衡或水解平衡的移动解答；(3)难溶电解质转化反应的平衡常数K的表达式，将分子分母进行统一操作处理，与两种难溶物质的Ksp建立联系；(4)沉淀转化在工农业生产及日常生活应用较多，如除去锅炉水垢时先加入碳酸钠将水垢中的硫酸钙转化为易溶于酸的碳酸钙，再用醋酸或盐酸溶解即可；污水处理时加入FeS固体将污水中的Pb2、Cu2、Hg2等重金属除去。(5)通过Qc与Ksp大小关系判断是否有沉淀产生时，离子浓度一定要用混合后的浓度，即要考虑混合时体积的变化。【例9】(2018新余二模 )已知：pKalgKa,25时H2A的pKa11.85；pKa27.19。常温下，用0.1 mol/L NaOH溶液滴定20 mL 0.1mol/L H2A溶液的滴定曲线如图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法正确的是()Aa点所得溶液中c(H2A)c(A2)c(HA)0.1 mol/LBb点所得溶液中：c(H2A)2c(H)c(A2)2c(OH)C对应溶液中水的电离程度：abcdDc点所得溶液中：c(Na)3c(HA)【解析】由物料守恒可知，a点所得溶液中c(H2A)c(A2)c(HA)0.1 molL1，选项A错误；b点所得溶液中溶质为NaHA，由电荷守恒得c(Na)c(H)2c(A2)c(HA)c(OH)，由物料守恒得c(Na) c(H2A)c(A2)c(HA)，所以c(H2A)c(H)c(A2)c(OH)，选项B错误；a点溶液中的溶质为H2A和NaHA, b中溶质为NaHA，c中溶质为NaHA和Na2A，d中为Na2A，H2A抑制水的电离，而A2和HA因发生水解而可以促进水的电离，在相同条件下，A2的水解程度大于HA，故对应溶液水的电离程度为abcd，C错误；c点，根据c(Na)c(H)2c(A2)c(HA)c(OH)，pH7.19，所以c(H)2c(A2)c(HA); Ka2c(H)c(A2)/c(HA)107.19，c点溶液的pH为7.19，c(H)107.19mol/L，所以c(A2)c(HA)，故c(Na)2c(A2)c(HA)3c(HA)，选项D正确。【答案】D【例10】(原创)H2A是一种二元弱酸，常温下利用KOH固体调节H2A溶液的pH，H2A、HA和A2三种形态的粒子的物质的量分数 (X)随溶液pH变化的关系如图所示，(已知常温下，H2CO3的电离常数为：K1 4.3107，K2 5.61011)下列说法错误的是()A当pH4.3时，溶液中有3c(HA)c(K)c(H)c(OH)B常温下，KHA溶液中水的电离程度大于纯水中水的电离程度C常温下，K2A溶液中c(A2)c(H2A)/c2(HA)103D向Na2CO3溶液中滴加少量H2A，发生的主要反应为： 2COH2A=A22HCO【解析】由图可知，pH4.3时，c(HA)c(A2)，根据电荷守恒：c(K)c(H)2c(A2)c(HA)c(OH)，选项A正确；由图可知，H2A的K1101.3，K2104.3，因此HA的水解常数Kh1012.7K2，即HA电离强于水解，故水的电离被抑制，选项B错误；103，选项C正确；根据H2A的K1、K2以及H2CO3的K1、K2可知：结合H能力大小关系为：HAA2HCOCO，因此Na2CO3溶液中加入少量H2A时，COHCO，H2AA2，选项D正确。【答案】B题型七化学反应速率与化学平衡化学平衡与化学反应速率主要放在化学原理大题中考查，选择题题型大多以图表为背景，考查反应速率的理解计算、勒夏特列原理运用、平衡常数以及转化率的计算，侧重考查考生的“变化观念与平衡思想”的化学学科核心素养。(1)化学反应速率一般根据定义式或同一反应计量系数转换计算；(2)判断平衡曲线图上非平衡点的正逆反应速率的大小，常以平衡状态作参照进行分析；(3)平衡标志的判断：平衡时才具有“等”“恒”；(4)化学平衡图像中有“先拐先平”规律，而“先平”一般为温度高或压强大或使用了催化剂；(5)判断反应自发与否，应该综合考虑焓判据与熵判据公式：GHTS进行判断；(6)化学平衡计算则依据“三段式”与阿伏伽德罗定律推论结合，从注重计算技巧转移到注重计算能力。【例11】(2018江淮十校联考)对于可逆反应：xA(g)2B(g)C(g) ，已知该反应在一定温度下可以自发进行，T1将一定量的A充入恒容密闭容器中发生反应，测得A的物质的量n(A)随时间t的变化如图曲线所示，T2向同样大小的恒容密闭容器中加入相同量的A发生反应，测得n(A)随时间t的变化如图曲线所示。下列说法错误的是()AxT1，再根据两曲线平衡时n(A)的大小可知，升温平衡向正反应方向移动，即该反应的H0，由于该反应在一定温度下能自发进行，所以该反应的S0，故x3，选项A正确；由于t2t3时间段内，两个反应均处于平衡状态，所以c(A)均为0，所以v(A)均等于0, 选项B正确；由于两个条件下，均从正反应开始进行，所以无论平衡与否，B与C物质的量之比均为系数比，选项C错误；在平衡体系中再加入少量A，若恒压情况下，则平衡后A的转化率与原平衡相同，实际上恒容与恒压相比，相当于加压，由于x3，加压平衡向左移动，所以A的转化率减小，选项D正确。【答案】C【例12】(2018邢台期末)有、3个体积均为0.5 L的恒容密闭容器，在、中按不同投料比(Z)充入HCl和O2(如下表)，加入催化剂发生反应：4HCl(g)O2(g)2Cl2(g)2H2O(g)H。HCl的平衡转化率与Z和T的关系如图所示。容器起始时T/n(HCl)/molZ3000.25a3000.25b3000.254下列说法不正确的是()AH0Ba4v(逆)D300 时，该反应平衡常数的值为320【解析】由图像可知，随着温度的升高，HCl的平衡转化率减小，即升温平衡逆向移动，则该反应是放热反应，H0，选项A正确；在相同温度，n(HCl)相同时，Za时HCl的转化率大于Z4时HCl的转化率，即容器中增大了n(O2)，使Z4，即av(逆)，选项C正确；由于平衡常数K只与温度有关，因此可根据容器对应的Q点进行计算，平衡时HCl的转化率为80%，则起始时c(HCl)0.5 mol/L，由Z4求得c(O2)0.125 mol/L，而c(Cl2) c(H2O)0，平衡时c(HCl)0.1 mol/L ，c(O2)0.025 mol/L，c(Cl2) c(H2O)0.2 mol/L，则K640 (mol/L)1，选项D错误。【答案】D题型八微型无机化工流程分析化工流程图试题是高考必考题型，该类型试题思维容量大、信息庞杂，以元素化合物知识为主，兼有化学原理、实验以及计算等知识，可考查考生“科学探究与创新意识”“科学精神与社会责任”的化学学科核心素养。一般为非选择题形式，但近年也偶尔出现在选择题中，即所谓的“小题大作”，如2018全国卷第7题。(1)原料中各成分的去向，可根据整个流程中去向确定，并且可结合元素化合物性质选择所加试剂；(2)反应方程式可据流程图中物质的进出以及题给信息书写；(3)利用溶解性进行物质分离时：若趁热过滤得到目标产品，则目标产品高温下溶解度较小而杂质的溶解度较大。【例13】(原创)KMnO4是一种重要的氧化剂，广泛用于化学分析和化工生产以及水处理工业。工业上可由软锰矿(主要成分为MnO2)制备，目前有两种较为成熟的制法。其模拟流程如下图所示：其中“酸歧化法”是在pHKsp(AgBr)分别向等体积的AgCl与AgBr的饱和溶液中加入足量AgNO3溶液，产生的沉淀分别过滤、洗涤、干燥后，称量两者的质量，计算得出生成AgCl的物质的量较大D酸性：H2SO3H2CO3常温下，分别将SO2和CO2通入水中制备饱和溶液，再用pH计测定pH 【解析】要想证明反应是可逆的，应该证明反应物中不足的一方依然存在，所以实验方案中KI应该不足量才合理，选项A错误；由于是根据“溶液褪色所需的时间”进行判断速率大小，所以设计的方案中应该用用量相同且不足的KMnO4溶液，选项B错误；向等体积的AgCl与AgBr的饱和溶液中加入足量的AgNO3溶液，Ksp越大的物质，饱和溶液中溶解的量越大，加入足量的AgNO3溶液后析出的沉淀就越多，选项C正确；由于SO2和CO2在水中溶解度不同，所以二者pH的大小除了与酸性强弱有关外还与浓度有关，所以方案不合理，选项D错误。【答案】C题型十有机物同分异构体的判断有机物同分异构体的判断是高考保留题型，题目变化从整题考查同分异构体演变为只有部分选项涉及，设问方式多种，能很好地考查学生“论证推理与模型认知”的化学学科核心素养。(1)先从转化关系确定物质类别，再根据题目限制条件确定同分异构体数目。其中饱和一元卤代烃(醇、醛、羧酸)的同分异构体数目，可将官能团提出后，再看碳原子数目，如果相同，则同分异构体数目也相同，如一元醇C4H10O、卤代烃C4H10Br、一元羧酸C5H10O2的同分异构体数目相同。(2)由于油脂中存在三个酯基，而且位置不同，所以既要考虑R1、R2、R3的各种可能性，又要用数学知识考虑R1、R2、R3位置带来的变化，才能得出正确的结论。所以要善于运用数学方法进行化学试题的解答。【例16】(2018邢台期末)由丁醇(X)制备戊酸(Z)的合成路线如图所示，下列说