2010年浙江省高考化学试卷答案与解析

1、2010年浙江省高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1（3分）（2010浙江）下列说法中正确的是（）A光导纤维、棉花、油脂、ABS树脂都是由高分子化合物组成的物质B开发核能、太阳能等新能源，推广基础甲醇汽油，使用无磷洗涤剂都可直接降低碳排放C红外光谱仪、核磁共振仪、质谱仪都可用于有机化合物结构的分析D阴极射线、粒子散射现象及布朗运动的发现都对原子结构模型的建立作出了贡献【考点】化学在解决能源危机中的重要作用；原子构成；常见的生活环境的污染及治理；有机高分子化合物的结构和性质菁优网版权所有【专题】物质的组成专题【分析】A、根据光导纤维的组成来回答；B、根据

2、无磷洗涤剂的成分来回答；C、根据有机化合物结构分析所需要的物理仪器来分析；D、根据布朗运动的发现为解决分子等微粒的运动做出了贡献来回答【解答】解：A、光导纤维是SiO2，属于无机物，油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，属于酯类化合物，则二者不属于高分子化合物，故A错误；B、无磷洗涤剂是在洗涤剂的成分中去掉了导致水污染的磷元素，它不会降低碳排放，故B错误；C、有机化合物结构的分析过程中，经常用到红外光谱仪、核磁共振仪、质谱仪物理仪器，故C正确；D、布朗运动的发现和原子结构模型的建立无关，故D错误；故选C【点评】本题是一道有机化学知识题目，考查了有关化学方面的物质组成、能源的使用以及有关化合物结构分析

3、等方面的知识2（3分）（2010浙江）有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族； X+与M2具有相同的电子层结构；离子半径：Z2W；Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料下列说法中，正确的是（）AX、M两种元素只能形成X2M型化合物B由于W、Z、M元素的氢化物相对分子质量依次减小，所以其沸点依次降低C元素Y、Z、W的单质晶体属于同种类型的晶体D元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂【考点】位置结构性质的相互关系应用菁优网版权所有【分析】根据Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料可知Y为Si，则X、Y、Z、W都在第三周期，再由X+与M

4、2具有相同的电子层结构；离子半径：Z2W；依次推出X为Na，M为O，Z为S，W为Cl，然后利用元素形成的化合物的结构和性质来解答【解答】解：由Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料可知Y是硅元素，即X、Y、Z、W属于第三周期，由离子半径：Z2W可知X、Z、W分别属于钠、硫、氯元素，又因为Z、M同主族且X+与M2具有相同的电子层结构，则M是氧元素；A、因钠和氧还可以形成Na2O2，故A错误；B、因水分子中存在氢键，所以水的沸点最高，沸点为H2OHClH2S，故B错误；C、元素Y、Z、W的单质晶体分别属于原子晶体、分子晶体、分子晶体，故C错误；D、Cl2和O3都具有强氧化性，则可以作为

5、消毒剂，故D正确；故选：D【点评】本题考查位置、结构、性质的关系和应用，寻找本题的突破点为Y是解答本题的关键，然后利用元素化合物知识来解答即可3（3分）（2010浙江）LiAl/FeS电池是一种正在开发的车载电池，该电池中正极的电极反应式为：2Li+FeS+2e=Li2S+Fe有关该电池的下列说法中，正确的是（）ALiAl在电池中作为负极材料，该材料中Li的化合价为+1价B该电池的电池反应式为：2Li+FeS=Li2S+FeC负极的电极反应式为Al3e=Al3+D充电时，阴极发生的电极反应式为：Li2S+Fe2e=2Li+FeS【考点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池菁优网版权所有【

6、分析】Li和Al都属于金属，合金中Li较Al活泼，根据正极反应式知，原电池的电极材料LiAl/FeS，判断出负极材料为Li，发生反应为：Lie=Li+，又知该电池中正极的电极反应式为：2Li+FeS+2e=Li2S+Fe，所以电池反应为：2Li+FeS=Li2S+Fe，充电时为电解池原理，阴极发生还原反应，正确的反应式是2Li+2e=2Li【解答】解：A、Li和Al都属于金属，所以LiAl应该属于合金而不是化合物，因此化合价为0价，故A错误；B、根据正极反应2Li+FeS+2e=Li2S+Fe与负极反应2Li2e=2Li+相加可得反应的电池反应式为：2Li+FeS=Li2S+Fe，故B正确；C

7、、由正极反应式知负极应该是Li失去电子而不是Al，故C错误；D、充电时为电解池原理，阴极发生还原反应，正确的反应式是2Li+2e=2Li，故D错误；故选：B【点评】本题涵盖电解池和原电池的主体内容，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，本题中难点和易错点为电极方程式的书写4（3分）（2010浙江）核黄素又称为维生素B2，可促进发育和细胞再生，有利于增进视力，减轻眼睛疲劳核黄素分子的结构为已知：有关核黄素的下列说法中，不正确的是（）A该化合物的分子式为C17H22N4O6B酸性条件下加热水解，有CO2生成C酸性条件下加热水解，所得溶

8、液加碱后有NH3生成D能发生酯化反应【考点】有机物的结构式；有机化学反应的综合应用菁优网版权所有【专题】结构决定性质思想【分析】A、根据键线式的特点和碳原子的四价理论推知该化合物的分子式；B、根据结构决定性质，分子中含有肽键结合题干信息来判断；C、根据结构决定性质，分子中含有肽键结合题干信息来判断；D、根据酯化反应是醇羟基和羧基的性质来判断【解答】解：A、根据键线式的特点和碳原子的四价理论知该化合物的分子式是C17H20N4O6，故A错误；B、由结构式可以知该化合物中含有肽键，因此可以发生水解反应，由已知条件可知水解产物有碳酸即水和二氧化碳生成，故B正确；C、由结构式可以知该化合物中含有肽键，

9、因此可以发生水解反应，由已知条件可知水解产物有氨气生成，故C正确；D、因为该化合物中含有醇羟基，因此可以发生酯化反应，故D正确故选A【点评】本题主要考查学生对官能团性质的掌握，并要求学生会运用题目所给信息来解决和处理问题5（3分）（2010浙江）下列关于实验原理或操作的叙述中，不正确的是（）A从碘水中提取单质碘时，不能用无水乙醇代替CCl4B可用新制的Cu（OH）2悬浊液检验牙膏中存在的甘油C纸层析实验中，须将滤纸上的试样点浸入展开剂中D实验室中提纯混有少量乙酸的乙醇，可采用先加生石灰，过滤后再蒸馏的方法【考点】分液和萃取；醇类简介；乙酸的化学性质菁优网版权所有【分析】本题是一组实验操作或原理

10、的正误判断问题实验操作的正误，实际根源还是实验原理液液混合物的分离大多采取萃取分液或蒸馏，如：A考查萃取剂的选择，同学们需掌握萃取剂选择的三个要求D考查蒸馏的相关知识，根据物质的沸点差异来分离混合物【解答】解：A、乙醇和水互溶，因此萃取单质碘时不能用无水乙醇代替CCl4，故A说法正确B、甘油可以与新制的Cu（OH）2悬浊液反应生成一种绛蓝色的络合物，有明显现象，故B说法正确C、纸层析实验中，滤纸上的试样点是不可以浸入展开剂中的，否则试样会溶解在展开剂中故C说法不正确D、乙酸可以和生石灰反应，生成相应的盐，增大沸点差距，更容易蒸馏得到纯净的乙醇，故D说法正确故选：C【点评】本题涉及的化学实验都是

11、经典同学们在平时的学习中应注重对课本基础实验的研究，多积累，定能熟练解决该类问题6（3分）（2010浙江）下列热化学方程式或离子方程式中，正确的是（）A甲烷的标准燃烧热为890.3kJmol1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=890.3kJmol1B500、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=38.6kJmol1C氯化镁溶液与氨水反应：Mg2+2OH=Mg（OH）2D氧化铝溶于NaOH溶液：Al2O3

12、+2OH+3H2O=2Al（OH）4【考点】热化学方程式；离子方程式的书写菁优网版权所有【专题】压轴题【分析】根据热化学方程式书写的注意事项以及对热化学方程式的理解，离子方程式书写时应注意的问题和判断常见的错误，即可解决【解答】解：A、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的能量，气态水不属于稳定的化合物，故A错误；B、合成氨反应是可逆的，所以0.5mol N2完全反应时放出的热量应该大于19.3kJ，故B错误；C、一水合氨是弱电解质，离子方程式中要用化学式表示，故C错误；D、Al2O3与碱反应在溶液中是以Al（OH）4的形式存在，故D正确；故选D【点评】热化学方程式与离子方

13、程式书写和正误判断是化学中的重点内容，要细心分析，认真归纳7（3分）（2010浙江）某钠盐溶液中可能含有NO2、SO42、SO32、CO32、Cl、I等阴离子某同学取5份此溶液样品，分别进行了如下实验：用pH计测得溶液pH大于7加入盐酸，产生有色刺激性气体加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，且放出有色刺激性气体加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，该沉淀溶于稀硝酸且放出气体，将气体通入品红溶液，溶液不褪色加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，在滤液中加入酸化的（NH4）2Fe（SO4）2溶液，再滴加KSCN溶液，显红色该同学最终确定在上述六种离子中共含NO2、CO32、Cl三种阴离子请分析，

14、该同学只需要完成上述哪几个实验，即可得出此结论（）ABCD【考点】常见阴离子的检验菁优网版权所有【专题】压轴题【分析】用pH计测得溶液pH大于7，说明溶液呈碱性；加入盐酸，产生有色刺激性气体，说明溶液中含有NO2；加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，且放出有色刺激性气体，说明溶液中含有Cl、NO2；加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，该沉淀溶于稀硝酸且放出气体，将气体通入品红溶液，溶液不褪色，说明溶液含有CO32，没有SO42、SO32；加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，在滤液中加入酸化的（NH4）2Fe（SO4）2溶液，再滴加KSCN溶液，显红色，说明溶液中含有具有氧化性的离子NO2

15、、或SO32【解答】解：由实验加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，该沉淀溶于稀硝酸且放出气体，将气体通入品红溶液，溶液不褪色，可知白色沉淀是BaCO3，气体是CO2，所以可以排除SO42和SO32；实验可以证明含有Cl，由于要放出有色刺激性气体，所以只能是亚硝酸的自身分解，反应的方程式为：2HNO2H2O+NO+NO2所以因此该同学只需要完成两个实验，即可得出此结论，选项B正确故选B【点评】本题考查常见阴离子的检验，要掌握常见阴离子的检验方法，并会设计合理的实验二、解答题（共4小题，满分58分）8（14分）（2010浙江）汽车安全气囊是行车安全的重要保障当车辆发生碰撞的瞬间，安全装置通电点火使

16、其中的粉末分解释放出大量的氮气形成气囊，从而保护司机及乘客免受伤害为研究安全气囊工作的化学原理，取安全装置中的粉末进行实验经组成分析，确定该粉末仅Na、Fe、N、O四种元素水溶性试验表明，固体粉末部分溶解经检测，可溶物为化合物甲；不溶物为红棕色固体，可溶于盐酸取13.0g化合物甲，加热使其完全分解，生成氮气和单质乙，生成的氮气折合成标准状况下的体积为6.72L单质在高温隔绝空气的条件下与不溶物红棕色粉末反应生成化合物丙和另一种单质化合物丙与空气接触可转化为可溶性盐请回答下列问题：（1）甲的化学式为NaN3，丙的电子式为（2）若丙在空气中转化为碳酸氢盐，则反应的化学方程式为Na2O+2CO2+H

17、2O=2NaHCO3（3）单质乙与红棕色粉末发生反应的化学方程式为6Na+Fe2O32Fe+3Na2O，安全气囊中红棕色粉末的作用是避免分解产生的金属钠可能产生的危害（4）以下物质中，有可能作为安全气囊中红棕色粉末替代品的是BDAKCl BKNO3 CNa2S DCuO（5）设计一个实验方案，探究化合物丙与空气接触后生成可溶性盐的成分（不考虑结晶水合物）可溶性盐的成分可能是Na2CO3，或NaHCO3，或Na2CO3与NaHCO3混合物准确称取一定量的生成物加热至恒重后，如果试样无失重，则为Na2CO3；如加热后失重，根据失重的量在试样总质量中的比例，即可推断出试样为NaHCO3，或Na2CO

18、3与NaHCO3混合物【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；钠的化学性质；钠的重要化合物菁优网版权所有【专题】推断题；几种重要的金属及其化合物【分析】（1）根据题干信息推导出甲、乙、丙三种物质，由分解的甲的质量和产生的氮气体积确定甲的分子式，根据化合物的类型书写电子式；（2）根据物质的性质来书写化学方程式；（3）根据单质和红棕色粉末发生的置换反应来分析；（4）根据红棕色粉末氧化铁的作用来寻找可替代的物质；（5）根据可溶盐的可能组成情况结合盐的性质进行检验【解答】解：（1）Na、Fe、N、O四种元素组成的化合物中为红棕色且可溶于盐酸的只有Fe2O3，在四种元素组成的单质中，可以在高温隔

19、绝空气的条件下与Fe2O3反应的就只有金属钠了，因此单质乙是钠，化合物甲是由Na和N元素组成，13.0g化合物甲，加热使其完全分解，生成氮气和单质乙，生成的氮气折合成标准状况下的体积为6.72L，即0.3mol，经计算知Na和N的原子个数比是1：3，所以化合物甲的化学式为NaN3，是一种离子化合物，故电子式为：，故填：NaN3，；（2）因为丙是在高温隔绝空气的条件下生成的，在根据丙的性质可知丙只能是Na2O而不是Na2O2，反应的化学方程式为：Na2O+2CO2+H2O=2NaHCO3，故填：Na2O+2CO2+H2O=2NaHCO3；（3）钠和氧化铁发生的置换反应方程式为：6Na+Fe2O3

20、2Fe+3Na2O，所以安全气囊中氧化铁粉末的作用是消耗产生的活泼的钠，避免分解产生的金属钠可能产生的危害，故填：6Na+Fe2O32Fe+3Na2O、避免分解产生的金属钠可能产生的危害；（4）安全气囊中氧化铁粉末的作用是消耗产生的活泼的钠，硝酸钾本身受热分解产生氧气，可以和金属钠反应，选项中能和钠反应的还有氧化铜，故选：BD；（5）氧化钠跟空气接触所得的可溶性的盐成分可能是Na2CO3，或NaHCO3，或Na2CO3与NaHCO3混合物，碳酸氢钠受热容易分解，碳酸钠受热稳定，故可以用加热的办法来确定成分，故填：可溶性盐的成分可能是Na2CO3，或NaHCO3，或Na2CO3与NaHCO3混合

21、物；准确称取一定量的生成物加热至恒重后，如果试样无失重，则为Na2CO3；如加热后失重，根据失重的量在试样总质量中的比例，即可推断出试样为NaHCO3，或Na2CO3与NaHCO3混合物【点评】本题以推断题的形式考查学生元素和化合物的知识，是一道综合知识题目，难度较大9（15分）（2010浙江）已知：25时弱电解质电离平衡常数：Ka（CH3COOH）=1.8×105，Ka（HSCN）=0.13；难溶电解质的溶度积常数：Ksp（CaF2）=1.5×101025时，2.0×103molL1氢氟酸水溶液中，调节溶液pH（忽略体积变化），得到c（HF）、c（F）与溶液pH

22、的变化关系，如图所示：请根据以下信息回答下旬问题：（1）25时，将20mL 0.10molL1CH3COOH溶液和20mL 0.10molL1HSCN溶液分别与20mL 0.10molL1NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积（V）随时间（t）变化的示意图为：反应初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c（H+）较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反映速率较快，反应结束后所得两溶液中，c（CH3COO）c（SCN）（填“”、“”或“=”）（2）25时，HF电离平衡常数的数值Ka103.5，列式并说明得出该常数的理由Ka（HF）=，

23、当c（F）和c（HF）相等时，Ka（HF）=c（H+），查图中的交点处即为c（F）=c（HF），故所对应的pH即为Ka（HF）的负对数（3）4.0×103molL1HF溶液与4.0×104 molL1 CaCl2溶液等体积混合，调节混合液pH为4.0（忽略调节混合液体积的变化），通过列式计算说明是否有沉淀产生【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；物质的量或浓度随时间的变化曲线菁优网版权所有【专题】图像图表题；热点问题；平衡思想；分析比较法；电离平衡与溶液的pH专题【分析】（1）根据酸的电离平衡常数来分析酸性的强弱，然后分析酸与盐反应的速率；再利用盐类水解的规律来分析离子浓度

24、的关系；（2）根据电离平衡常数的表达式和图中离子浓度的关系来分析电离平衡常数的数值；（3）根据溶液中离子的浓度来计算离子浓度幂之积，利用离子积与溶度积常数的关系来判断是否有沉淀生成【解答】解：（1）由Ka（CH3COOH）=1.8×105和Ka（HSCN）=0.13可知，CH3COOH的酸性弱于HSCN的，即在相同浓度的情况下HSCN溶液中H+的浓度大于CH3COOH溶液中H+的浓度，浓度越大反应速率越快；又酸越弱，反应生成的相应的钠盐越易水解，即c（CH3COO）c（SCN），故答案为：HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c（H+）较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率较

25、快；（2）由c（HF）、c（F）与溶液pH的变化关系图可知，当c（F）和c（HF）相等时，Ka（HF）=c（H+），在c（F）和c（HF）相等时pH=3.5，再由Ka（HF）=，pH即为Ka（HF）的负对数，则Ka（HF）103.5，故答案为：103.5；Ka（HF）=，当c（F）和c（HF）相等时，Ka（HF）=c（H+），查图中的交点处即为c（F）=c（HF），故所对应的pH即为Ka（HF）的负对数；（3）查图可知当pH=4.0时，溶液中的c（F）=1.6×103molL1，因等体积混合则溶液中c（Ca2+）=2.0×104molL1，即c（Ca2+）×c2（

26、F）=5.1×1010Ksp（CaF2）=1.5×1010，所以有沉淀产生，故答案为：有沉淀产生【点评】本题考查电离平衡常数与弱电解质的电离、盐类水解的关系及利用溶度积来分析是否有沉淀生成，明确电离平衡常数的表达式和离子积的计算，并借助图来分析解答即可，较好的训练学生利用信息来分析问题、解决问题的能力10（15分）（2010浙江）一水硫酸四氨合铜（）的化学式为Cu（NH3）4SO4H2O是一种重要的染料及农药中间体某学习小组在实验室以氧化铜为主要原料合成该物质，设计的合成路线为：相关信息如下以下电离（解离）过程：Cu（NH3）4SO4H2O=Cu（NH3）42+SO42+H

27、2OCu（NH3）42+Cu2+4NH3（NH4）2SO4在水中可溶，在乙醇中难溶Cu（NH3）4SO4H2O在乙醇水混合溶剂中的溶解度随乙醇体积分数的变化曲线示意图如下：请根据以下信息回答下列问题：（1）方案1的实验步骤为：a加热蒸发 b冷却结晶 c抽滤 d洗涤 e干燥步骤1的抽滤装置如下图所示，该装置中的错误之处是布氏漏斗的瓶口斜面未朝向抽滤瓶的支管口；抽滤完毕或中途停止抽滤时，应先断开连接安全瓶与抽气装置间的橡皮管，然后关闭抽气装置中的水龙头该方案存在明显缺陷，因为得到的产物晶体中往往含有Cu（OH）2或Cu2（OH）2SO4杂质，产生该杂质的原因是加热蒸发过程中NH3挥发，使反应Cu（

28、NH3）42+Cu2+4NH3平衡往右移动，且Cu2+发生水解（2）方案2的实验步骤为：a向溶液C加入适量乙醇b抽滤（或减压过滤、吸滤）c洗涤，d干燥请在上述内填写合适的试剂或操作名称下列选项中，最适合作为步骤c的洗涤液是CA乙醇 B蒸馏水 C乙醇和水的混合液 D饱和硫酸钠溶液步骤d不宜采用加热干燥的方法，可能的原因是加热易使Cu（NH3）4SO4H2O分解（失去水或失去氨气）【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；蒸发和结晶、重结晶菁优网版权所有【专题】压轴题【分析】（1）根据布氏漏斗的瓶口斜面放置位置分析；根据抽滤操作注意事项分析；氨气具有挥发性，物质的电离是吸热过程，加热促进使反应Cu（

29、NH3）42+Cu2+4NH3平衡往右移动，且铜离子是弱碱离子易水解，所以导致产生杂质；（2）根据图象分析，Cu（NH3）4SO4H2O在乙醇水混合溶剂中的溶解度随乙醇体积分数的增大而减小，为了减少Cu（NH3）4SO4H2O的损失，应加入乙醇，降低其溶解度，然后抽滤的晶体；根据图象Cu（NH3）4SO4H2O在乙醇水混合溶剂中的溶解度随乙醇体积分数的变化曲线示意图及实验目的分析；含结晶水的晶体加热易失水，不宜采用加热干燥的方法【解答】解：（1）方案1，为了加快过滤速度得到较干燥的沉淀，可进行减压过滤（也称抽滤或吸滤）题目图3所示装置为抽滤装置，装置中存在的错误是：布氏漏斗的颈口斜面未朝向抽滤

30、瓶的支管口，这样不利于吸滤抽滤完毕或中途停止抽滤时，应先断开连接安全瓶与抽气装置间的橡皮管，然后关闭抽气装置中的水龙头故答案为：布氏漏斗的瓶口斜面未朝向抽滤瓶的支管口；断开连接安全瓶与抽气装置间的橡皮管；关闭抽气装置中的水龙头；该方案存在明显缺陷，因为得到的产物晶体中往往含有Cu（OH）2或Cu2（OH）2SO4杂质，产生该杂质的原因是加热蒸发过程中NH3挥发，使反应Cu（NH3）42+Cu2+4NH3平衡向右移动，且Cu2+发生水解故答案为：Cu（OH）2或Cu2（OH）2SO4；加热蒸发过程中NH3挥发，使反应Cu（NH3）42+Cu2+4NH3平衡往右移动，且Cu2+发生水解；（2）根据

31、Cu（NH3）4SO4H2O在乙醇水混合溶剂中的溶解度随乙醇体积分数的变化曲线示意图知，随着乙醇体积分数的增大，Cu（NH3）4SO4H2O的溶解度降低，为了得到Cu（NH3）4SO4H2O，应向溶液C中加入适量乙醇，然后进行抽滤；故答案为：乙醇；抽滤（或吸滤、减压过滤）；根据Cu（NH3）4SO4H2O在乙醇水混合溶剂中的溶解度随乙醇体积分数的变化曲线示意图知，随着乙醇体积分数的增大，Cu（NH3）4SO4H2O的溶解度降低，为了减少Cu（NH3）4SO4H2O的损失，应降低Cu（NH3）4SO4H2O的溶解度，所以应选用乙醇和水的混合液；故答案为：C； Cu（NH3）4SO4H2O在加热条件下能分解生成水和氨气，从而得不到纯净的Cu（NH3）4SO4 H2O，所以不宜采用加热干燥的方法故答案为：加热易使Cu（NH3）4SO4H2O 分解（失去水或失去氨气）【点评】化学平衡移动、结晶等方式都是和实验有密切联系，在高考复习中尽量还原、复原课本实验，尽量将课本实验综合化是重要的复习思路实验题是理综考试的必考题，而实验题也经常被我们认为是“最熟悉的陌生人”分析近年来高考化学实验题，可以发现几乎所有试题均取材于自教材上的实验，特别是来自“实验化学”中的内容认真复习课本中的实验，弄清实验原理、目的、要求、步骤和注意事项等实验基础知识，并能做