高中化学易提分题型化学试题附参考答案（解析）

PAGEPAGE1易提分题型01物质的性质与转化[卷01—3]在指定条件下，下列选项所示的转化均能实现的是()A.FeS2eq\o(→,\s\up12(O2),\s\do4(煅烧))SO2B.Seq\o(→,\s\up12(Fe),\s\do4(△))Fe2S3C.稀硫酸eq\o(→,\s\up12(Cu),\s\do4(△))SO2D.SO2eq\o(→,\s\up7(过量氨水))(NH4)2SO4维度内容优选理由考查硫及其化合物的性质与转化关系。借此可全面复习元素化合物的性质提分点硫酸的工业制法、硫的氧化性、稀硫酸的性质、SO2的性质【精讲】FeS2与O2煅烧生成SO2，A正确；S的氧化性较弱，与Fe反应生成FeS，B错误；Cu与稀硫酸不反应，C错误；SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3，而不是(NH4)2SO4，D错误。【答案】A1.[卷27—5]在指定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()A.NaCl(aq)eq\o(→,\s\up7(电解))Cl2(g)eq\o(→,\s\up7(澄清石灰水))漂白粉(s)B.CuO(s)eq\o(→,\s\up7(H2O(l)))Cu(OH)2(s)eq\o(→,\s\up10(葡萄糖),\s\do4(加热))Cu2O(s)C.Fe2O3(s)eq\o(→,\s\up10(Al),\s\do4(高温))Fe(s)eq\o(→,\s\up10(Cl2),\s\do4(点燃))FeCl2(s)D.Cu(s)eq\o(→,\s\up7(浓硝酸))NO2(g)eq\o(→,\s\up7(Ca(OH)2(aq)))Ca(NO2)2(aq)

02化学实验装置判断[卷02—5]实验室制取少量SO2并探究其漂白性，下列实验装置和操作能达到实验目的的是()A.用装置甲制取SO2气体B.用装置乙验证SO2漂白性C.用装置丙干燥SO2气体D.用装置丁收集SO2并吸收尾气中的SO2维度内容优选理由考查物质气体制备与性质探究的实验设计提分点浓硫酸的性质、SO2的制备与干燥、SO2漂白性性质探究、尾气处理【精讲】Cu与浓硫酸在加热条件下才能发生反应，装置甲缺少加热装置，A错误；装置乙中，洗气瓶内盛有滴加酚酞的NaOH溶液，SO2能与NaOH溶液反应从而使溶液碱性减弱，溶液的红色褪去是SO2表现了酸性氧化物的性质，B错误；浓硫酸与SO2不反应，且能吸收混在SO2气体中的水蒸气，所以可用装置丙干燥SO2气体，C正确；SO2不溶于饱和NaHSO3溶液，用装置丁不能吸收尾气中的SO2，D错误。【答案】C常见物质的制备与收集装置装置装置的分析评判方向(1)右端导管不能伸入液面以下(2)右边试管用的是饱和Na2CO3溶液(3)配制浓硫酸、乙醇、乙酸的混合液时，滴加顺序要正确(1)制备H2、O2、SO2、CO2、NO、NO2、浓氨水与碱石灰反应制备NH3、KMnO4与浓盐酸反应制备Cl2可选择A装置(2)MnO2与浓盐酸反应制备Cl2可以选择B装置(1)反应的试管口要略向下倾斜(2)收集NH3时棉花的作用是防止氨气与空气对流(3)用KClO3固体与MnO2加热制备O2也可以选择此发生装置(1)通常用于比较酸性强弱，如酸性：亚硫酸>乙酸>碳酸>苯酚(2)若①中为挥发性酸，通入③之前要把挥发出的①中的气体除去，如验证酸性：乙酸>碳酸>苯酚，要在②和③之间加一个盛饱和NaHCO3溶液的洗气瓶除去挥发出的乙酸蒸气(1)气体流向为长进短出(2)注意洗气后，气体中仍然含有水蒸气(3)洗气时所选液体应正确，如洗去CO2中的SO2应用饱和NaHCO3溶液而不是Na2CO3溶液1.[卷04—8]实验室为探究浓硫酸和木炭在加热条件下反应所得产物，设计了如下图所示装置进行实验。下列说法不正确的是()甲乙丙丁A.装置甲中无水硫酸铜由白色变成蓝色B.装置乙中可盛装品红溶液C.装置丙的作用是除去SO2气体D.装置丁可用于检验产物中的CO2气体

03实验设计与实验现象的正误判断[卷03—11]室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是()选项探究方案探究目的A将SO2分别通入盛有品红溶液和酸性KMnO4溶液的试管中，观察两份溶液颜色变化SO2具有漂白性B用pH计测定浓度均为0.1mol·L-1的CH3COONa溶液和Na2SO3溶液的pH比较CH3COOH和H2SO3的酸性强弱C向两支试管中各加入2mL0.1mol·L-1Na2S2O3溶液，再同时各加入2mL0.1mol·L-1和0.2mol·L-1的稀硫酸，比较试管中出现浑浊现象的快慢研究浓度对反应速率的影响D向25.00mL未知浓度的CH3COOH溶液中加入甲基橙指示剂，用0.1000mol·L-1NaOH标准溶液滴定，记录指示剂变色时消耗碱液的体积并计算测定CH3COOH溶液的浓度维度内容优选理由考查对实验原理、实验设计、实验现象的分析能力提分点SO2性质探究、盐溶液酸碱性与对应酸的酸性强弱关系探究、浓度对速率的影响探究、中和滴定中指示剂的选择【精讲】SO2通入品红溶液中，溶液褪色，说明SO2具有漂白性，SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，说明SO2具有还原性，A错误；Na2SO3对应的酸为HSOeq\o\al(－,3)，故不能通过比较CH3COONa溶液和Na2SO3溶液的pH来比较CH3COOH和H2SO3的酸性强弱，B错误；两支试管中的反应物只有稀硫酸的浓度不一样，通过观察两支试管中溶液变浑浊的快慢，来研究浓度对反应速率的影响，C正确；甲基橙的变色范围为pH＝3.1～4.4，NaOH与醋酸反应的产物为碱性，滴定曲线的突跃范围与甲基橙的变色范围不重叠，应用酚酞作指示剂，D错误。【答案】C实验目的实验设计要点比较碳、硅的非金属性强弱利用强酸制弱酸的原理探究：盐酸与碳酸钠在气体发生装置中反应制备CO2气体，必须除去HCl后，通入硅酸钠溶液利用盐类水解原理探究：用pH试纸(pH计)测定同浓度的Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液的pH，必须强调浓度相同比较Cl2、Fe3+、I2的氧化性将氯气通入FeCl2溶液中，氯气将Fe2+氧化成Fe3+，将FeCl3溶液滴入淀粉KI溶液中，Fe3+将I－氧化成I2比较Ksp大小(以AgCl、AgI为例)①向少量的AgNO3溶液中滴加过量NaCl溶液，再向其中滴加KI溶液产生黄色沉淀，NaCl溶液必须过量②向浓度均为0.1mol·L-1的NaCl、NaI混合溶液中滴加0.1mol·L-1AgNO3溶液，先产生黄色沉淀，一般NaCl、NaI浓度必须相同比较HCOOH、CH3COOH的电离能力测定同浓度HCOOH溶液、CH3COOH溶液的pH测定同浓度HCOONa、CH3COONa溶液的pH，盐溶液的碱性越强，对应酸的酸性越弱比较COeq\o\al(2-,3)、SOeq\o\al(2-,3)结合H＋能力用pH试纸(pH计)分别测定同浓度的Na2CO3、Na2SO3溶液的pH1.[卷04—11]室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是()选项探究方案探究目的A向HNO3酸化的Fe(NO3)3溶液中加入Cu片，观察Cu片是否溶解Fe3+的氧化性比Cu2+的强B用pH计测量Na2SiO3溶液和Na2CO3溶液的pHH2CO3的酸性比H2SiO3的强C向淀粉溶液中加入稀硫酸共热，冷却后再加入碘水，观察溶液颜色的变化淀粉是否水解完全D用干燥洁净的玻璃棒蘸取少量氯水，点在pH试纸上，半分钟后与标准比色卡对照测量氯水的pH

04原子结构元素周期律[卷04—3]将Al2(SO4)3溶液、K2SO4溶液按一定比例混合后，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可制得净水剂明矾[KAl(SO4)2·12H2O]。下列说法正确的是()A.半径大小：r(Al3+)>r(O2-)B.电负性大小：χ(O)<χ(S)C.电离能大小：I1(S)<I1(Al)D.碱性强弱：KOH>Al(OH)3维度内容优选理由主要考查元素周期律提分点原子结构与核外电子排布性质，元素电离能、电负性的比较【精讲】Al3+和O2-二者的核外电子层结构相同，比较离子半径看原子序数，原子序数越小，离子半径越大，故r(O2-)>r(Al3+)，A错误；同主族元素，由上到下原子半径越大，电负性越小，故χ(S)<χ(O)，B错误；同周期主族元素，由左到右原子半径逐渐减小，第一电离能呈增大趋势，故I1(Al)<I1(S)，C错误；金属性：K>Al，故最高价氧化物对应的水化物的碱性：KOH>Al(OH)3，D正确。【答案】D1.原子的表示表示方法以硫原子为例电子排布式1s22s22p63s23p4简化电子排布式[Ne]3s23p4电子排布图(轨道表示式)价电子排布式3s23p42.电子排布三原则能量最低原理原子核外电子总是先占有能量最低的原子轨道泡利原理每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋方向相反的电子洪特规则当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋方向相同1.[卷02—8]7N、15P、33As、51Sb是周期表中第ⅤA族元素。下列说法正确的是()A.电负性大小：χ(N)>χ(As)>χ(P)B.氢化物的沸点高低：AsH3>PH3>NH3C.酸性强弱：HNO3>H3PO4>H3AsO4D.第ⅤA族元素单质的晶体类型相同

05分子结构与性质[卷05—5]下列说法正确的是()A.H2O2是非极性分子B.SO3与SOeq\o\al(2-,3)微粒中的O—S—O夹角相等C.硒原子基态核外价电子排布式为4s24p4D.第ⅥA族元素氢化物的熔、沸点从上到下依次增大维度内容优选理由从微观视角分析分子的空间结构与分子性质提分点价层电子对互斥理论、杂化轨道理论、分子的空间结构、分子间作用力、氢键、分子的性质【精讲】H2O2结构中正负电荷重心不重合，是极性分子，A错误；SO3中S原子为sp2杂化，空间结构为平面正三角形，SOeq\o\al(2-,3)中S原子为sp3杂化，空间结构为三角锥形，二者微粒中的O—S—O夹角不等，B错误；硒是第四周期第ⅥA族元素，硒原子的基态核外价电子排布式为4s24p4，C正确；第ⅥA族元素氢化物中，H2O分子间能形成氢键，水的熔、沸点最高，D错误。【答案】C1.价层电子对互斥模型(VSEPR模型)2.杂化轨道理论杂化类型杂化轨道数目杂化轨道间夹角分子空间结构名称实例sp2180°直线形BeCl2sp23120°平面三角形BF3sp34109°28′四面体形CH43.分子中的键角(1)杂化类型不同→sp>sp2>sp3。(2)(3)在同一分子中，π键电子斥力大，键角大。4.范德华力与氢键(1)范德华力与物质性质。实质范德华力的实质是电性作用，无饱和性和方向性影响因素①一般来说，组成和结构相似的物质，随着相对分子质量的增大，范德华力逐渐增大；②相对分子质量相近的分子，分子的极性越大，范德华力越大范德华力与物质性质范德华力主要影响物质的熔点、沸点、硬度等物理性质。范德华力越大，物质的熔、沸点越高，硬度越大(2)氢键与物质性质。形成由已经与电负性很大的原子形成共价键的氢原子与另一个电负性很大的原子之间形成的作用力表示方法A—H…B①A、B为电负性很大的原子，一般为N、O、F三种元素的原子；②A、B可以相同，也可以不同特征具有一定的方向性和饱和性分类分子内氢键和分子间氢键物质性质分子间氢键使物质的熔、沸点升高，会对电离和溶解度等产生影响1.[卷04—5]下列说法正确的是()A.CO(NH2)2的晶体类型为离子晶体B.NH3的沸点高于CH4的沸点C.NH3中的键角大于NHeq\o\al(＋,4)中的键角D.HCOeq\o\al(－,3)中C的杂化方式是sp3杂化

06晶体结构与性质[卷06—7]海水中资源的综合利用有着重要意义。下列有关说法正确的是()A.基态溴原子(35Br)的核外电子排布式为[Ar]4s24p5B.1个NaCl晶胞(如图所示)中含有14个Na＋C.在空气中灼烧MgCl2·6H2O可得到无水氯化镁D.电解熔融氯化镁时，金属镁在阴极析出维度内容优选理由考查解题的结构、晶胞的结构提分点晶体类别、晶体的组成与化学式、配位数、晶体的性质【精讲】基态溴原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p5，A错误；1个NaCl晶胞中含有Na＋的个数＝8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，B错误；灼烧MgCl2·6H2O，Mg2+会发生水解而最终生成MgO，应在HCl气流中灼烧MgCl2·6H2O才能得到无水氯化镁，C错误；电解熔融氯化镁时，Mg2+在阴极得到电子而析出金属镁，D正确。【答案】D1.晶胞组成的计算——均摊法(1)长方体(包括立方体)晶胞。(2)非长方体晶胞。视具体情况而定，如石墨晶胞每一层内碳原子排成六边形，其顶点(1个碳原子)被三个六边形共有，每个六边形占eq\f(1,3)。2.四种晶体的比较。类型比较分子晶体共价晶体金属晶体离子晶体构成微粒分子原子金属阳离子、自由电子阴、阳离子微粒间作用力范德华力(某些含氢键)共价键金属键离子键硬度较小很大有的很大，有的很小较大熔、沸点较低很高有的很高，有的很低较高溶解性相似相溶大多难溶于任何溶剂难溶于常见溶剂大多易溶于水等极性溶剂导电、导热性一般不导电，溶于水后有的导电一般不具有导电性电和热的良导体晶体不导电，水溶液或熔融态导电1.[卷05—16(4)]铁和氨在640℃时可发生置换反应，一种产物的晶胞结构如图所示。①该产物的化学式为________。②氮原子位于由铁原子构成的正八面体的中心。在图中用“－”将铁原子构成的正八面体连接起来。

07有机物的结构与性质[卷07—9]化合物Z是X和Br2反应的主产物，反应机理如下：下列说法错误的是()A.X中所有碳原子共平面B.X→Y过程中，X和Br2断开的都是σ键C.Z存在顺反异构体D.Z与足量H2加成后的产物分子中有2个手性碳原子维度内容优选理由考查有机物的结构与性质提分点有机物分子中的共面问题、反应中化学键的变化、顺反异构、手性异构【精讲】X中苯环是平面结构，三键中原子共直线，所以所有碳原子共平面，A正确；X→Y过程中，X中碳碳三键变为Y中的碳碳双键，断开的是π键，B错误；Z中双键的不饱和碳分别连有不同的原子或基团，存在顺反异构体，C正确；Z与足量H2加成后的产物分子中有2个手性碳原子，D正确。【答案】B1.分子结构四种典型模型空间结构基本理解甲烷正四面体形，甲烷分子中所有原子一定不共平面，最多有3个原子处在一个平面上，即分子中碳原子若以四个单键与其他原子相连，则所有原子一定不能共平面乙烯平面形，乙烯分子中所有原子一定共平面，若用其他原子代替其中的任何H原子，所得有机物中的所有原子仍然共平面苯平面形，苯分子中所有原子一定共平面，若用其他原子代替其中的任何H原子，所得有机物中的所有原子也仍然共平面乙炔H—C≡C—H直线形，乙炔分子中所有原子共直线，若用其他原子代替H原子，所得有机物中的所有原子仍然共直线2.平面结构的三种组合(1)直线形结构与平面形结构连接。如苯乙炔：，所有原子共平面。(2)平面形结构与平面形结构连接。如苯乙烯：，分子中共平面原子至少12个，最多16个。(3)平面形结构与四面体形结构连接。如果甲基与平面结构通过单键相连，则由于单键的旋转性，甲基的一个氢原子可能暂时处于这个平面上。1.[卷06—10]合成马蔺子甲素的部分路线如图所示，下列说法正确的是()A.X可以发生取代、氧化、缩聚反应B.X分子存在顺反异构体C.Y在水中的溶解度比X大D.Y分子与足量H2加成后的产物中含有3个手性碳原子

08有机反应类型的判断、中间产物的分析[卷08—15(1)(2)(3)]化合物G是一种抗肿瘤药的中间体，其合成路线如下：(1)B的结构简式为____________________。(2)D→E的反应类型为________反应。(3)D→E时可能生成一种与E互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为_________________________________________________________________。维度内容优选理由考查有机合成路线中的物质推断、反应类型判断、中间体结构简式的书写、副反应的推断提分点有机物的结构与性质、反应机理分析、反应类型判断【精讲】由B的分子式和A的结构简式可知，A发生取代反应生成的B为，B上取代乙基生成C，C脱去—COOCH3生成D，D发生加成反应生成E，E中酯基发生水解反应生成F。(1)由分析可知，B的结构简式为。(2)D和CH2=CH—COOCH3发生加成反应生成E，则D→E的反应类型为加成反应。(3)D→E时可能CH2=CH—COOCH3中亚甲基与D发生加成反应，生成一种与E互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为。【答案】(1)(2)加成(3)1.根据反应条件推断有机反应类型反应条件思考方向氯气、光照烷烃取代、苯的同系物侧链上的取代液溴、催化剂苯及其同系物发生苯环上的取代浓溴水碳碳双键和碳碳三键的加成、酚的取代、醛的氧化氢气、催化剂、加热苯、醛、酮的加成氧气、催化剂、加热某些醇的氧化、醛的氧化酸性高锰酸钾溶液或酸性重铬酸钾溶液烯、炔、苯的同系物、醛、醇等的氧化银氨溶液或新制的氢氧化铜醛、甲酸、甲酸酯、葡萄糖等的氧化氢氧化钠溶液、加热卤代烃水解、酯的水解等氢氧化钠的醇溶液、加热卤代烃的消去浓硫酸，加热醇的消去、醇和羧酸的酯化浓硝酸、浓硫酸，加热苯环上的取代稀硫酸，加热酯的水解、二糖和多糖等的水解氢卤酸(HX)，加热醇的取代2.根据官能团的衍变推断反应类型3.常见的有机副产物，主要需分析流程中可能出现的多种不同的反应(1)取代基的定位效应(苯环上的酚羟基、甲基活化苯环上邻位和对位)。(2)不对称烯烃、1，3-丁二烯(共轭二烯)的加成。(3)有多个β-H的卤代烃或醇的消去。(4)多官能团的连续反应：当反应物中含有的多种官能团如分子中同时含有—COOH和—OH，可以形成链酯、环酯和高聚酯，当官能团数目较多时，要考虑这些官能团都可能发生反应。1.[卷04—15(1)(2)(3)]化合物I的一种合成路线如下：(1)A的结构简式为________。(2)E→F的反应类型为________反应。(3)H→I的反应分为H→M→I两步，M与H互为同分异构体，且分子中含有2个羟基。写出M的结构简式：__________________。

重难题型09反应中的转化率与选择性[卷09—13]CO2—H2催化重整可获得CH3OH。其主要反应为反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－53.7kJ·mol-1；反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝＋41kJ·mol-1。若仅考虑上述反应，在5.0MPa、n始(CO2)∶n始(H2)＝1∶3时，原料按一定流速通过反应器，CO2的转化率和CH3OH的选择性随温度变化如题图所示。CH3OH的选择性＝eq\f(n生成(CH3OH),n转化(CO2))×100%下列说法正确的是()A.其他条件不变，升高温度，CO2的平衡转化率增大B.其他条件不变，温度高于236℃时，曲线下降的可能原因是反应Ⅰ正反应程度减弱C.一定温度下，增大n始(CO2)∶n始(H2)可提高CO2平衡转化率D.研发高温高效催化剂可提高平衡时CH3OH的选择性维度内容优选理由考查速率与平衡理论的综合应用解题关键对照图像中的反应物转化率和选择性，结合影响反应速率的因素与影响平衡的因素进行综合分析思维提升能很好地考查学生变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知素养【精讲】升高温度，CO2的平衡转化率下降，A错误；温度升高，反应Ⅰ化学平衡逆向移动，反应Ⅱ化学平衡正向移动，反应Ⅰ逆向进行的程度大于反应Ⅱ正向进行的程度，导致CO2的转化率也有所下降，B正确；增大n始(CO2)∶n始(H2)，CO2浓度增大，H2浓度减小，则CO2的平衡转化率减小，C错误；研发高效的催化剂可提高反应速率和CH3OH的选择性，且由图知，温度越高，平衡时甲醇的选择性越低，D错误。【答案】B1.转化率、产率、平衡时组分的含量与体积分数①反应物的转化率＝eq\f(n（转化）,n（起始）)×100%＝eq\f(c（转化）,c（起始）)×100%。②生成物的产率＝eq\f(实际产量,理论产量)×100%。实际产量(指生成物)占理论产量的百分数。一般来讲，转化率越大，原料利用率越高，产率越大。③平衡时混合物组分的百分含量＝eq\f(平衡时某组分的量,平衡时各物质的总量)×100%。④某组分的体积分数＝eq\f(某组分的物质的量,混合气体总的物质的量)×100%。2.转化率的变化分析在一恒容密闭容器中通入amolA、bmolB发生反应aA(g)＋bB(g)⥬cC(g)，达到平衡后，改变下列条件，分析转化率的变化情况：(1)再通入bmolB，α(A)增大，α(B)减小。(2)再通入amolA、bmolB：若a＋b＞c，α(A)增大、α(B)增大；若a＋b＝c，α(A)不变、α(B)不变；若a＋b＜c，α(A)减小、α(B)减小。3.产物的选择性反应体系中相互竞争的两个反应，反应速率相对较大的反应对应产物的选择性越高；生成的产物可依据反应物的转化率和生成物的选择性计算求得。1.[卷06—14]一定条件下，将一定量的CO2和H2混合气体通过装有催化剂的反应器可得到CH4。已知：Ⅰ.CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH＝＋41kJ·mol-1；Ⅱ.CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g)ΔH＝－165kJ·mol-1。两种不同催化剂作用下反应相同时间，CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化关系如图所示(CH4选择性＝eq\f(CH4的物质的量,发生反应的CO2物质的量)×100%)。下列说法不正确的是()A.反应CO(g)＋3H2(g)=CH4(g)＋H2O(g)ΔH＝－206kJ·mol-1B.在280℃条件下反应制取CH4，应选择催化剂A的效果较好C.在260～300℃，使用催化剂A或B，升高温度时CH4的产率都增大D.M点可能是该温度下的平衡点，延长反应时间，不一定能提高CH4的产率

10电解质溶液中微粒浓度关系[卷10—12]工业上以羟磷灰石精矿[主要成分是Ca5(PO4)3OH，还含有少量石英和Fe2O3等杂质]为原料，生产磷酸二氢钾(KH2PO4)的流程如下：已知：溶液中H3PO4、H2POeq\o\al(－,4)、HPOeq\o\al(2-,4)、POeq\o\al(3-,4)的分布分数δ随pH的变化如上图所示。下列说法正确的是()A.“制酸过滤”过程所得滤渣的主要成分为硅酸B.三辛胺的结构简式为N(C8H17)3，与盐酸反应时，三辛胺提供空轨道C.“反应”中为获得较纯净KH2PO4，当pH＝10时，停止加入三辛胺D.0.1mol·L-1KH2PO4溶液中：2c(H3PO4)＋c(H2POeq\o\al(－,4))<0.1mol·L-1＋c(POeq\o\al(3-,4))维度内容优选理由与生产相结合，考查电解质溶液的微粒浓度关系，同时考查工艺流程分析、配位理论解题关键理解溶液中的元素质量守恒、电荷守恒关系思维提升培养学生变化观念与平衡思想【精讲】“制酸过滤”过程所得滤渣的主要成分为SiO2，A错误；三辛胺的结构简式为N(C8H17)3，与盐酸反应时，三辛胺的N原子提供孤电子对，H＋提供空轨道，B错误；曲线A表示H3PO4，曲线B表示H2POeq\o\al(－,4)，曲线C表示HPOeq\o\al(2-,4)，曲线D表示POeq\o\al(3-,4)，根据图示可知“反应”中为获得较纯净KH2PO4，当溶液pH＝4.5时，H2POeq\o\al(－,4)的含量最大，此时应该停止加入三辛胺，C错误；对于0.1mol·L-1KH2PO4溶液，根据质子守恒可得：①c(H＋)＝c(OH－)＋c(HPOeq\o\al(2-,4))＋2c(POeq\o\al(3-,4))－c(H3PO4)，根据元素质量守恒可得②c(K＋)＝c(H3PO4)＋c(H2POeq\o\al(－,4))＋c(HPOeq\o\al(2-,4))＋c(POeq\o\al(3-,4))，将②－①整理可得c(K＋)－c(H＋)＝2c(H3PO4)＋c(H2POeq\o\al(－,4))－c(POeq\o\al(3-,4))－c(OH－)，c(H＋)－c(OH－)＝c(K＋)－2c(H3PO4)－c(H2POeq\o\al(－,4))＋c(POeq\o\al(3-,4))，H2POeq\o\al(－,4)的水解程度小于其电离程度，溶液显酸性，所以c(H＋)－c(OH－)＞0，根据溶液组成可知c(K＋)＝0.1mol·L-1，故2c(H3PO4)＋c(H2POeq\o\al(－,4))＜0.1mol·L-1＋c(POeq\o\al(3-,4))，D正确。【答案】D1.电解质溶液中的守恒关系(1)电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数相等。如在Na2CO3溶液中存在着Na＋、COeq\o\al(2-,3)、H＋、OH－、HCOeq\o\al(－,3)，它们存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(2-,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)。(2)元素质量守恒：电解质溶液中，由于某些离子能水解或电离，离子种类增多，但某些关键性的原子总是守恒的。(3)质子守恒：指在电离或水解过程中，会发生质子(H＋)转移，但在质子转移过程中其数量保持不变，如在Na2CO3溶液中：c(OH－)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)＋c(H3O＋)。2.判断溶液酸碱性(1)电离能力大于水解能力，如：CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，所以等浓度的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后溶液显酸性；同理NH3·H2O的电离程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，等浓度的NH3·H2O和NH4Cl溶液等体积混合后溶液显碱性。(2)水解能力大于电离能力，如HClO的电离程度小于ClO－的水解程度，所以等浓度的HClO与NaClO溶液等体积混合后溶液显碱性。(3)酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式酸根的电离能力和水解能力哪一个更强。如在NaHCO3溶液中，HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于电离程度，故溶液显碱性；而在NaHSO3溶液中，HSOeq\o\al(－,3)的电离程度大于水解程度，故溶液显酸性。1.[卷07—12]室温下，某兴趣小组通过下列实验制备少量NaHCO3并探究其性质。实验1：测得100mL14mol·L-1氨水的pH约为12；实验2：向上述氨水中加NaCl粉末至饱和，通入足量CO2后析出晶体；实验3：将所得混合物静置后过滤、洗涤、干燥，得到NaHCO3；实验4：配制100mL一定浓度的NaHCO3溶液，测得pH为8.0。下列说法正确的是()A.依据实验1推测Kb(NH3·H2O)约为7×10-26B.依据实验2推测溶解度：NaHCO3>NaClC.实验3所得滤液中：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)D.实验4的溶液中：c(H2CO3)－c(COeq\o\al(2-,3))＝9.9×10-7mol·L-1

11反应自发性、平衡常数[卷08—6]对于反应16H2S(g)＋8SO2(g)⥬3S8(s)＋16H2O(g)ΔH＜0，下列说法正确的是()A.该反应ΔS＞0B.反应平衡常数K＝eq\f(c3(S8)·c16(H2O),c16(H2S)·c8(SO2))C.其他条件一定，通过缩小体积增大体系的压强可以增大反应的平衡转化率D.其他条件一定，升高温度可以增大反应的平衡常数维度内容优选理由综合考查化学反应原理相关知识，涉及反应自发性、平衡常数表达式、平衡移动原理解题关键固态物质一般不在平衡常数表达式中体现思维提升培养学生变化观念与平衡思想【精讲】反应后气体分子数减小，则ΔS<0，A错误；由反应式可知，平衡常数为K＝eq\f(c16(H2O),c16(H2S)·c8(SO2))，B错误；增大压强，平衡正向移动，增大反应的平衡转化率，C正确；该反应为放热反应，升高温度，反应逆向进行，平衡常数减小，D错误。【答案】C1.反应的自发性2.化学平衡常数(1)K的大小只与温度有关，K越大，反应进行的程度越大，K>105时，可以认为该反应已经进行完全。(2)温度与平衡常数。3.转化率的分析与判断对反应：aA(g)＋bB(g)⥬cC(g)＋dD(g)(1)若反应物起始物质的量之比等于化学计量数之比，达到平衡后，它们的转化率相等。(2)若只增加A的量，平衡正向移动，B的转化率提高，A的转化率降低。(3)若按原比例同倍数地增加(或降低)A、B的浓度，等效于压缩(或扩大)容器体积，气体反应物的转化率与其化学计量数有关。同倍增大c(A)和c(B)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝c＋dA、B的转化率不变,a＋b>c＋dA、B的转化率增大,a＋b<c＋dA、B的转化率减小))1.[卷04—7]关于有氧条件下，用NH3催化还原NO的反应为4NH3(g)＋2O2(g)＋2NO(g)⥬3N2(g)＋6H2O(g)ΔH<0，下列说法正确的是()A.使用催化剂不能降低逆反应的活化能B.反应平衡常数K＝eq\f(c3(N2),c4(NH3)·c2(O2)·c2(NO))C.该反应一定能自发进行D.其他条件不变，增大NO的用量有利于提高NO的转化率

12沉淀溶解平衡及其相关计算[卷12—16(2)②]实验室以工业级硫酸锰粉末(含少量Ca、Co等的硫酸盐)为原料获得电池级MnSO4，并制备催化剂的载体Mn3O4。将除去部分杂质的MnSO4溶于水，先后加入MnF2和MnS分别除去溶液中的Ca2+和Co2+，获得电池级硫酸锰。“除钴”时，发生反应Co2+＋MnS(s)=CoS(s)＋Mn2+。反应完全后，上层清液中eq\f(c(Mn2+),c(Co2+))＝____________。[Ksp(MnS)＝2×10-13，Ksp(CoS)＝2×10-25]维度内容优选理由溶度积常数是平衡原理的应用之一，考查学生原理的灵活运用能力解题关键同一溶液中，不同溶质中含同一离子时，共用相同离子思维提升培养学生变化观念与平衡思想【精讲】溶液中eq\f(c(Mn2+),c(Co2+))＝eq\f(c(Mn2+)·c(S2-),c(Co2+)·c(S2-))＝eq\f(Ksp(MnS),Ksp(CoS))＝eq\f(2×10-13,2×10-25)＝1012。【答案】1012在含有同浓度I－和Cl－的溶液中，加入AgNO3溶液，先生成AgI沉淀，可说明Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)。1.[卷04—14(3)]硫酸铅(PbSO4)是制造铅蓄电池的一种原料。工业上以PbS为原料可以制取PbSO4，制取会经历如下过程：(1)浸取：略(2)沉降：略(3)转化。常温下，向PbCl2沉淀中加入H2SO4，可发生转化：PbCl2(s)＋SOeq\o\al(2-,4)(aq)⥬PbSO4(s)＋2Cl－(aq)。现向足量PbCl2沉淀中加入100mL1mol·L-1H2SO4，当反应达到平衡时，溶液中c(Cl－)________1.8mol·L-1(填“>”“<”或“＝”)。[已知常温下，Ksp(PbSO4)＝1.0×10-8，Ksp(PbCl2)＝1×10-5]

13新情境下的方程式书写元素周期表中第ⅤA族元素及其化合物用途广泛。氨是重要的化工原料，广泛用于生产铵盐、硝酸、纯碱、医药等；肼(N2H4)的燃烧热ΔH＝－624kJ·mol-1，是常用的火箭燃料；氮和磷都是植物生长的营养元素，单质磷可由磷酸钙、石英砂和碳粉在电弧炉中熔烧制得；砷化镓是典型的二代半导体材料，在700～900℃条件下，AsH3与Ga(CH3)3通过化学气相沉积可制得砷化镓晶体；铅锑合金一般用作铅酸蓄电池的负极材料。[卷13—8]下列化学反应表示正确的是()A.肼的燃烧：N2H4(l)＋3O2(g)=2NO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－624kJ·mol-1B.制单质磷：2Ca3(PO4)2＋6SiO2＋10Ceq\o(=,\s\up7(电弧炉))6CaSiO3＋P4↑＋10CO↑C.制砷化镓晶体：AsH3＋Ga(CH3)3=GaAs＋C3H12D.铅酸蓄电池放电时的负极反应：Pb－2e－=Pb2+维度内容优选理由信息型方程式书写，需在已知、提示中寻找相关信息，此类题往往需现学现用，考查学生学习能力解题关键正确分析出反应物、生成物，分析出反应中元素化合价如何变化，分析出溶液酸碱性对反应的影响思维提升培养学生变化观念【精讲】肼燃烧生成氮气和水，热化学方程式为N2H4(l)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－624kJ·mol-1，A错误；制单质磷化学方程式为2Ca3(PO4)2＋6SiO2＋10Ceq\o(=,\s\up7(电弧炉))6CaSiO3＋P4↑＋10CO↑，B正确；题中砷化镓晶体是在700～900℃下制备的，方程式中未写反应温度，且有机产物应为CH4，C错误；铅酸蓄电池放电时的负极反应式为SOeq\o\al(2-,4)＋Pb－2e－=PbSO4，D错误。【答案】B陌生方程式的书写建模：首先根据反应前后元素化合价是否变化判断反应是否是氧化还原反应：(1)元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律和电荷守恒配平。(2)元素化合价有变化则为氧化还原反应，既遵循得失电子守恒，也遵循电荷守恒与质量守恒定律。(3)生成物的确定需结合电解质溶液中的离子进行分析，酸性介质中不能生成氢氧根离子，碱性介质中不能生成氢离子，生成的其他离子也要考虑是否跟介质中的离子反应。如根据电荷守恒和反应物的酸碱性，在方程式左边或右边补充H＋、OH－或H2O等。1.[卷11—14(1)]以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)为原料制备超细氧化铋的工艺流程如下：已知：Bi3+易与Cl－形成BiCleq\o\al(3-,6)，BiCleq\o\al(3-,6)易发生水解，其反应的离子方程式为BiCleq\o\al(3-,6)＋H2O⥬BiOCl↓＋5Cl－＋2H＋。“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4。该反应的化学方程式为____________________________________。2.[卷06—17(1)③]连二亚硫酸钠(Na2S2O4)广泛应用于造纸等行业。该物质易氧化，受热易分解，在碱性条件下较稳定，易溶于水，不溶于乙醇。实验室利用下图装置和试剂制取Na2S2O4。在30～40℃条件下，向三颈瓶中滴加碱性NaBH4溶液充分反应制取Na2S2O4，产物中还生成NaBO2，写出制取Na2S2O4的化学反应方程式：____________________________________________________________________。

14原电池原理与化学电源电解原理与应用[卷14—5]一种将CO2催化转化为C2H4的电化学装置如图所示。下列有关说法正确的是()A.该装置工作过程中化学能转化为电能B.铂电极发生的反应为2CO2＋12H＋－12e－=C2H4＋4H2OC.工作过程中玻碳电极区溶液的pH增大D.每产生标准状况下11.2LO2时，理论上有2molH＋通过质子交换膜维度内容优选理由考查电化学原理，此题没有明确是原电池还是电解池，需先进行判断，再分析解题关键电极反应的正确书写、电路中离子运动与电子转移之间的关系思维提升培养学生变化观念、守恒思想【精讲】CO2催化转化为C2H4，同时水发生氧化反应生成O2，反应中电能转化为化学能，A错误；铂电极CO2得到电子发生还原反应生成乙烯，发生的反应为2CO2＋12H＋＋12e－=C2H4＋4H2O，B错误；工作过程中玻碳电极的反应为2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，反应生成H＋，溶液的pH减小，C错误；每产生标准状况下11.2LO2(0.5mol)时，则玻碳电极生成2molH＋，故理论上有2molH＋通过质子交换膜，D正确。【答案】D1.原电池正、负极的判断方法2.电解池阴、阳极的判断方法3.电极反应及其放电顺序阴离子在阳极上的放电顺序：S2->I－>Br－>Cl－>OH－>无还原性的含氧酸根离子。阳离子在阴极上的放电顺序：Ag＋>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H＋(酸中)>Pb2+>Fe2+>Zn2+>H＋(水中)。1.[卷08—9]用电化学方法可以去除循环冷却水(含有Ca2+、Mg2+、HCOeq\o\al(－,3)、苯酚等)中的有机污染物，同时经处理过的冷却水还能减少结垢，其工作原理如下图所示。下列说法正确的是()A.b为电源的正极B.钛基电极上的反应为H2O＋e－=H＋＋·OHC.碳钢电极底部有Mg(OH)2、CaCO3生成D.每生成标准状况下2.24LCO2，需要消耗0.5mol·OH2.[卷13—17(2)]我国科学家以Si/Bi材料作光电阴极、CO2饱和的0.5mol·L-1KHCO3溶液作电解液(pH＝7.4)，将CO2转化为HCOOH，原理如图所示。①根据图示，写出光电阴极电极反应式：________________________。②从能源利用和资源综合利用角度分析该方法的优点：_________________________________________________________________________________________。

15滴定相关计算、热重分析计算[卷16—14(3)]硫代硫酸钠(Na2S2O3)应用广泛，可用作定影液、含砷废水去除剂、定量分析还原剂等。Na2S2O3可测定含Cr2Oeq\o\al(2-,7)废水中Cr元素的含量。量取废水20.00mL，硫酸酸化后加入过量KI溶液，发生反应：6I－＋Cr2Oeq\o\al(2-,7)＋14H＋=3I2＋2Cr3+＋7H2O。加入少量淀粉作为指示剂，用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，发生反应：I2＋2S2Oeq\o\al(2-,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2-,6)。平行滴定3次，平均消耗标准Na2S2O3溶液24.00mL。①滴定终点的现象为________________________。②废水中Cr元素的含量为________mg·L-1。(写出计算过程)维度内容优选理由近年来氧化还原滴定与热重分析是考查的热点内容解题关键氧化还原滴定主要抓住电子得失守恒，热重分析主要抓住原子守恒及质量守恒思维提升培养学生变化观念与守恒思想、证据推理与模型认知【精讲】碘遇淀粉试液变蓝色，所以滴定终点时碘完全被还原，则滴定终点为溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不复原；根据反应可得关系式：Cr2Oeq\o\al(2-,7)～3I2～6Na2S2O3，n(Cr2Oeq\o\al(2-,7))∶n(Na2S2O3)＝1∶6，所以n(Cr2Oeq\o\al(2-,7))＝eq\f(1,6)n(Na2S2O3)＝eq\f(1,6)×0.1000mol·L-1×24.00×10-3L＝4.0×10-4mol，故废水中Cr元素的含量为eq\f(4.0×10-4mol×2×52g·mol-1×103mg·g-1,20.00×10-3L)＝2.08×103mg·L-1。【答案】①当滴入最后半滴标准Na2S2O3溶液时，溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复到原来的颜色②2.08×103一、滴定法1.滴定终点标志的标准模板滴加最后1滴××标准液，溶液恰好由××色变成××色，且在半分钟内不恢复原色2.中和滴定结合滴定曲线选择指示剂若恰好中和产物生成的盐显酸性，用甲基橙(3.1～4.4)；若恰好中和产物生成的盐显碱性，用酚酞(8.2～10.0)；若恰好中和产物生成的盐显中性两种指示剂都可以。盐酸滴定碳酸钠：指示剂不同反应不同酚酞：Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3甲基橙：Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋CO2↑＋H2O3.常见的其他滴定反应的指示剂①滴定碘时可以选用淀粉作指示剂；②滴定Fe3+时可以选用KSCN溶液作指示剂；③KMnO4参与的滴定反应无需额外的指示剂。4.滴定计算(1)多次测量取平均值，与其他数据相差较大的要删除(2)找出已知量和所求量之间的关系式①根据所给的多个反应之间的关系；②根据元素守恒；③根据电子守恒。(3)返滴定法测浓度需先根据返滴定消耗的试剂的量，计算出第一次滴定后过量的试剂的物质的量，再算出第一次反应实际消耗的标准液的物质的量。最后计算出待测液的物质的量、浓度。返滴定法若均为氧化还原反应滴定，可直接通过两次氧化还原反应中氧化剂、还原剂的电子得失相等计算待测溶质的物质的量，再计算浓度。二、热重法1.三看热重曲线图一看轴即横、纵坐标所表示的化学含义；二看点即曲线中的特殊点(顶点、始点、终点、拐点、交叉点)；三看线即曲线的走势。2.解题模板(1)设晶体为1mol，其质量为m。(2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。(3)计算每步固体剩余的质量(m余)eq\f(m余,m)×100%＝固体残留率。(4)晶体中金属质量不再减少，仍在m余中。(5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m氧，由n金属∶n氧，即可求出失重后物质的化学式。(6)根据失重后物质的化学式，写出相应的化学方程式。1.[卷11—14(5)]以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)为原料制备超细氧化铋的工艺流程如下：在空气中加热分解草酸铋晶体，测得升温加热过程中剩余固体的质量与起始Bi2(C2O4)3·7H2O的质量的比值随温度变化的关系如图所示。400℃时制得超细氧化铋，其化学式为________。(写出计算过程，M[Bi2(C2O4)3·7H2O]＝808g·mol-1)2.[卷04—16(5)]一种废脱硝催化剂中含V2O5、WO3和TiO2三种物质。一种回收废脱硝催化剂中各元素的流程如下图所示。为测定废催化剂中V2O5的含量，现进行如下实验：准确称取2.000g废催化剂样品于烧杯中，加入质量分数为50%的硫酸，加热，冷却后将溶液移入100mL容量瓶中，加水定容。准确量取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴加2～3滴钒试剂作指示剂，用浓度为0.01000mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液进行滴定，恰好完全反应时，消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液的体积为20.00mL。实验过程中，V元素的转化形式：V2O5eq\o(→,\s\up7(50%H2SO4))VOeq\o\al(＋,2)eq\o(→,\s\up7((NH4)2Fe(SO4)2))V3+。计算废催化剂中V2O5的含量(写出计算过程，废催化剂中其他成分对测定无影响)。

16给定条件下同分异构体的书写[卷19—15(3)]化合物G是一种酪氨酸激酶抑制剂中间体，其合成路线之一如下：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分子中有4种不同化学环境的氢，能与FeCl3发生显色反应，但不能与溴水发生取代反应；②在碱性条件下发生水解反应，酸化后产物之一苯环上含有2种含氧官能团。维度内容优选理由限制条件下同分异构体的书写是高考必考内容，也是难点之一解题关键分析给定条件，确定官能团的种类和数量思维提升培养学生变化观念与守恒思想、证据推理与模型认知【精讲】①分子中有4种不同化学环境的氢，说明结构对称，能与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，但不能与溴水发生取代反应，说明酚羟基的邻位、对位都有取代基。②在碱性条件下发生水解反应，说明含有酯基或酰胺基，酸化后产物之一苯环上含有2种含氧官能团。【答案】或1.几种常见结构的不饱和度官能团或结构C=O(醛、酮、羧酸、酯)—C≡C—苯环不饱和度1124

2.限制条件的同分异构体结构的推断分析常见限定条件对应的官能团或结构能与NaHCO3或Na2CO3溶液反应放出气体(CO2)—COOH能与钠反应产生H2—OH或—COOH能与Na2CO3溶液反应—OH(酚)或—COOH能与NaOH溶液反应—OH(酚)或—COOH或—COOR或—X能发生银镜反应或能与新制Cu(OH)2反应含醛基(—CHO)或甲酸酯(HCOOR)能与FeCl3溶液发生显色反应—OH(酚)能发生水解反应—COOR或—X或—CONH—既能发生水解反应又能发生银镜反应(或水解产物能发生银镜反应)甲酸酯(HCOOR)3.限定条件的同分异构体书写技巧确定碎片①根据结构简式确定除苯环外含有的C、O、H和不饱和度。②根据限制条件确定含有的官能团种类及数目。③结合含有不同化学环境的氢原子数、不饱和度有序书写。④检查删除重复的、不符合限制条件的结构简式。1.[卷17—15(4)]化合物G是合成氢化橙酮衍生物的中间体，其人工合成路线如下：已知：Bz基团为苯甲酰基，结构式为。D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分子中不同化学环境的氢原子数目比为2∶2∶2∶1；②碱性条件下水解，酸化后得2种产物，其中一种产物分子只含一种含氧官能团，另一种产物含有2种含氧官能团且能与FeCl3发生显色反应。2.[卷20—15(4)]化合物E是合成降糖药瑞格列净的重要中间体，其合成路线如下：D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，且只含有两种不同化学环境的氢原子；②1mol该物质与NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOH。

特色题型17补充化学实验步骤评价实验方案[卷17—16(5)]硫脲[CS(NH2)2]是白色晶体，易溶于水，150℃时能转变为NH4SCN。常用于制造树脂、染料、药物，实验室可用下列方法制备。步骤Ⅰ：称取一定质量的CaS在三颈烧瓶中制成浆液，不断搅拌下通入适量CO2，反应生成Ca(HS)2溶液，装置如图所示。步骤Ⅱ：将一定量的CaCN2与Ca(HS)2溶液混合，加热至80℃时生成硫脲。已知：NH4SCN溶液呈酸性，KSCN溶液呈中性；NH4SCN、KSCN都易溶于乙醇、水，温度高时容易分解和氧化；常温下KSCN的溶解度为217g。利用硫脲制备KSCN的方法是：取一定量硫脲___________________________，将加热后的产物溶于一定比例的无水乙醇和水中形成溶液，____________________________干燥，得到KSCN晶体。(实验中可选用试剂：KOH、无水乙醇。实验中须使用的实验仪器有：pH计)。维度内容优选理由补充实验步骤是近年来必考内容，能较好考查学生的实验设计能力思路分析根据相关信息，硫脲150℃时能转变为NH4SCN，但需隔绝空气防止高温下被氧化；NH4SCN溶液呈酸性，加氢氧化钾溶液，呈中性时即生成大量KSCN溶液；析出晶体不能高温蒸发，防止氧化分解高分答案工业生产需考虑产品纯度，防止生成杂质，由于产品高温时易分解，蒸发析出晶体时需低温蒸发或减压蒸发【精讲】硫脲[CS(NH2)2]是白色晶体，易溶于水，150℃时能转变为NH4SCN。NH4SCN属于铵盐，能与KOH发生复分解反应得到NH3·H2O和KSCN。NH4SCN、KSCN都易溶于乙醇、水，温度高时容易分解和氧化，加热硫脲时注意隔绝空气，另外，NH4SCN溶液呈酸性，KSCN溶液呈中性，可通过该点性质，去测定反应过程中溶液的pH，当达到中性溶液时，判断KSCN的生成。【答案】在隔绝空气的条件下加热至150℃充分反应边搅拌边滴加KOH并微热除去NH3至用pH计测定溶液pH为中性，加热，低温将乙醇和水蒸出至大量晶体析出，过滤科学性原则：设计实验的科学性是指设计实验的原理正确、程序合理、方法得当。如鉴别BaSO3和BaSO4沉淀是否溶解于酸时，如果选用HNO3等具有氧化性的酸就不符合科学性原则。安全性原则：设计实验时尽量避免设计具有危险性的实验操作，并且对实验中可能存在的安全隐患采取必要的措施，如装置气密性的检查、可燃性气体的检验、蒸馏操作中在蒸馏的液体中放入沸石等。可行性原则：所选用的化学药品、实验仪器和实验方法等在中学实验室中能够进行。1.[卷12—16(3)]实验室以工业级硫酸锰粉末(含少量Ca、Co等的硫酸盐)为原料获得电池级MnSO4，并制备催化剂的载体Mn3O4。MnSO4溶液在碱性条件下通入空气氧化获得Mn3O4，产物中Mn元素质量分数随反应时间和温度变化如图丙和图丁所示。丙丁①图丙所示反应时间超过8小时，w(Mn)降低的原因是________________________________________________________________________。②请设计由MnSO4溶液制备较纯Mn3O4的实验方案：__________________________________________________________________________________________。(须用到的试剂：1mol·L-1NaOH溶液、BaCl2溶液)2.[卷22—16(1)(3)]碘及碘化钾是实验室中的常见试剂，含碘废液中碘元素通常以I－、Ieq\o\al(－,3)、I2和IOeq\o\al(－,3)中的一种或多种形式存在，回收碘具有很好的经济价值。(1)为检验某实验室酸性废液中是否含I－，现进行如下实验：取少量废液，向其中滴加淀粉溶液，溶液不变蓝。另取少量废液，________________________________________________________，则溶液中含有I－。{请补充完整该实验方案，实验中可以选用的试剂有：FeCl3溶液、FeCl2溶液、淀粉溶液、KSCN溶液、K3[Fe(CN)6]溶液}若废液中含有I2，可以用CCl4进行萃取，萃取后所得有机层可以用KOH溶液进行反萃取。反萃取后所得水层中的溶质为KIO3和KI。请补充完整由反萃取后所得水层制取KI晶体的实验方案：取反萃取后所得水层，_____________________________________________________________________________________。(已知KI易溶于水；氧化性：KIO3>S。实验中可以选用的试剂有：H2S气体、NaOH溶液、稀硫酸)

18归因解释、过程分析类文字描述题[卷21—14(1)①②]研究含硼化合物具有重要意义。H3BO3易溶于热水、在冷水中溶解度较小，可通过如下过程制得：称取10g钠硼解石[主要成分为NaCaB5O9·8H2O，含少量CaPO3(OH)·2H2O、NaCl和难溶于酸的物质]，除去氯化钠后，在60℃下用浓硝酸溶解，趁热过滤，将滤渣用热水洗净后，合并滤液和洗涤液，降温结晶，过滤得H3BO3。①写出NaCaB5O9·8H2O与硝酸反应生成H3BO3的化学方程式：_________________________________________________________________________________。②60℃时，控制钠硼解石量一定，硝酸溶解时B的浸出率随液固质量比eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(m（硝酸）,m（钠硼解石）)))的变化如图甲所示。硝酸溶解时控制液固质量比为5∶1，而不采用更大液固质量比的原因是_________________________________________________________________________________________________________________。甲维度内容优选理由考查工业生产中浸出率，考查知识的综合应用能力思路分析过多加大硝酸量原料利用率会降低，产品析出时损失较多高分答案工业生产需考虑原料的利用率、产率与经济效益【精讲】(1)①NaCaB5O9·8H2O与硝酸反应生成硝酸钠、硝酸钙、硼酸和水。②当液固质量比为5∶1时，B元素的浸出率已经较大，再增大质量比B元素的浸出率不再增大，但会增加硝酸的用量，浪费原料；另外过高的质量比会导致硼酸的结晶率降低，减少硼酸产率。【答案】①NaCaB5O9·8H2O＋3HNO3=NaNO3＋Ca(NO3)2＋5H3BO3＋2H2O②使用更大液固比，B元素浸出率不再增大，但会消耗更多硝酸，浪费原料；更大液固比时，硼酸的结晶率会降低，减少硼酸的产率分析解释类题，一般与实验生产相结合，与图形、图像相结合，解决实际生产中的相关问题。一般涉及转化率、浸取率、去除率、沉淀率等。解决问题一般从速率、平衡两个角度进行综合分析。例如：转化率问题首先看是否是平衡转化率，若为非平衡状态的转化率，则侧重分析温度、压强、浓度对反应快慢、催化剂对反应快慢及选择性(主副反应)的影响；若为平衡转化率，则侧重分析温度、压强、浓度对化学平衡的影响，有时也涉及温度对催化活性的影响。加热①增大反应速率或溶解速率；②促进平衡向吸热反应方向移动；③除杂，除去热稳定性差的杂质，如NaHCO3、Ca(HCO3)2、KMnO4、NH4Cl等物质；④使沸点相对较低或易升华的原料转变成气态；⑤煮沸时促进溶液中的气体(如氧气)挥发逸出等反应物用量或浓度①酸浸时提高酸的浓度可提高矿石中某些金属元素的浸取率；②增大便宜、易得的反应物的浓度，提高其他物质的利用率，使反应充分进行；③增大反应物浓度以增大反应速率，使平衡发生移动等降温①防止某物质在高温时溶解(或分解)；②使化学平衡向着题目要求的方向(如放热反应方向)移动；③使某种沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离等；④降低某些晶体的溶解度，减少损失等控温①结晶获得所需物质；②防止某种物质(如H2O2、草酸、浓硝酸、铵盐等)温度过高时分解或挥发；③使某物质达到沸点挥发出来；④使催化剂的活性达到最高；⑤防止副反应的发生等加入氧化剂(或还原剂)①转化为目标产物的价态；②除去杂质离子[如把Fe2+氧化成Fe3+，而后调节溶液的pH，使其转化为Fe(OH)3沉淀除去]加入沉淀剂①生成硫化物沉淀(如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁等)；②加入可溶性碳酸盐，生成碳酸盐沉淀；③加入氟化钠，除去Ca2+、Mg2+控制pH①生成金属氢氧化物，以达到除去金属离子的目的；②抑制盐类水解；③促进盐类水解生成沉淀，有利于过滤分离1.[卷20—14(3)(4)]以粉煤灰浸取液(含Al3+、Li＋、Mg2+、Cl－等)为原料制备电极材料LiFePO4的实验流程如下：(3)离子筛法“富集”锂的原理如图甲所示。在碱性条件下，离子筛吸附Li＋容量较大，其可能原因为____________。甲乙(4)已知Li2CO3的溶解度曲线如图乙所示。“沉锂”反应1h，测得Li＋沉淀率随温度升高而增加，其原因有_______________________________________________________________________________________________________________。2.[卷23—17(3)]脱除沼气中的H2S具有重要意义，脱除H2S有多种方法。催化重整法。Fe2O3可以用作脱除H2S的催化剂，脱除过程如下图所示。甲乙丙丁①Fe2O3脱除H2S时需先进行吸附。利用乙方式进行吸附，比甲的吸附能力强的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________。②脱除一段时间后，催化剂的活性降低，原因是_____________________________________________________________________________________________。

19微观机理描述题[卷21—14(2)]研究含硼化合物具有重要意义。一种镍磷化合物催化氨硼烷水解制氢的可能机理如图所示。①“中间体Ⅰ”中B、N上所连H分别吸附在Ni和P上的原因是______________________________________________________________________________。②“中间体Ⅲ”可以进一步水解，则氨硼烷水解最终所得含硼化合物的化学式为________。维度内容优选理由反应机理题是从微观探究研究物质的性质，是近年来考查的热点内容思路分析结合图示，对氧化还原反应，一般在分析电子得失的同时分析物质的变化；催化剂原子的吸附一般结合电负性分析高分答案从电负性考虑原子间的相互吸附【精讲】②由反应机理可知，水解过程中B原子所连的H逐步被—OH替代，由此可知氨硼烷水解最终水解生成eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(B(OH)4))－和NHeq\o\al(＋,4)，最终产物为NH4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(B(OH)4))或NH4BO2。【答案】①电负性：N>H>B、P>Ni，所以B上所连H带负电性、N上所连H带正电性、P带负电性、Ni带正电性，因为不同电性间原子相互吸引，所以B、N上所连H分别吸附在Ni和P上②NH4[B(OH)4](写结构式也正确)或NH4BO2催化剂与中间产物在机理图中，先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质，(产物一般多是通过一个箭头最终脱离这个历程的物质)与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物则是这个循环中的任何一个环节。如下图中，MoO3则是该反应的催化剂，图中剩余的三个物质均为中间产物：1.[卷17—17(2)①]CH4是一种清洁、高效、具有优良环保性能的燃料，有良好的应用前景。化学链燃烧技术主要由载氧体、燃料反应器和空气反应器组成。载氧体作为氧的载体，在反应器中循环，实现氧的转移。利用α­Fe2O3载氧体的甲烷化学链燃烧法，其示意图如图所示。甲烷脱氢过程可描述为________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。2.[卷25—17(2)]以NH3还原NOx的选择性催化还原(NH3­SCR)技术广泛应用于烟气(含NO、O2、N2等)脱硝。以Fe­Mn/TiO2催化的NH3­SCR反应机理如图所示(字母A～D为中间体的代号)。①NH3­SCR反应的化学方程式为____________________________________。②根据元素电负性的变化规律，步骤Ⅰ、Ⅱ的过程可描述为_____________________________________________________________________________________。

20有机合成路线设计[卷20—15(5)]化合物E是合成降糖药瑞格列净的重要中间体，其合成路线如下：已知：。写出以和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)。维度内容优选理由有机合成是有机大题的必考内容，考查学生灵活运用知识解决实际问题能力思路分析解题时需结合原合成路线中的相关信息、相关已知信息，并结合所学知识进行设计高分答案需考虑科学性、合理性、安全性、经济性【精讲】结合产物中的碳链分析，产物中碳链比反应物中的碳链长，结合原合成路线，可分析出可通过类似C→D的反应，由—Br引入其他基团，即，然后主要涉及思路是将酯基水解为羧酸后脱羧基，再用生成的羰基与HCN反应引入—CN，同时转化为羟基，—CN水解后转化为—COOH，即得目标产品。【答案】有机合成中官能团的保护与恢复