2024年高考化学终极押题密卷3（新高考1）含答案

2024年高考化学终极押题密卷3（新高考1）一．选择题（共7小题）1．氧化还原反应广泛存在于生产和生活中，下列现象与氧化还原无关的是（）A．植物光合作用 B．食物腐败 C．易燃物的自燃 D．酸雨腐蚀大理石雕像2．木质素主要由香豆醇、松柏醇和芥子醇三种单体聚合而成。其中松柏醇的结构如图所示，下列有关松柏醇的说法错误的是（）A．分子式为C10H12O3，且能使FeCl3溶液显色 B．能发生加聚反应、酯化反应、还原反应 C．分子中含有手性碳原子 D．碳原子的杂化轨道类型有2种3．下列说法中不正确的是（）A．在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl﹣形成正八面体 B．在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+ C．在CO2晶体中，每个CO2周围等距且紧邻的CO2有12个 D．E和F形成的气态团簇分子的分子式为EF或FE4．研究表明，在101kPa和298K下。HCN（g）⇌HNC（g）异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是（）A．HNC比HCN稳定 B．HCN与HNC互为同素异形体 C．升高温度，异构化速率加快 D．异构化过程中化学键无变化5．下列关于SO2的实验装置正确且可以达到实验目的的是（）A．制备SO2 B．干燥SO2 C．验证SO2的漂白性 D．收集SO26．一种基于光催化剂MeOx（某金属氧化物）催化氮还原制取氨的反应过程如图所示（图中h+表示空穴），下列说法错误的是（）A．H+和N2是反应物，H2O是中间体 B．导带上发生的反应为2H2O+4h+═4H++O2↑ C．光能转变为化学能 D．该过程总反应可表示为2N2+6H2O4NH3+3O27．某元素M的氢氧化物M（OH）2（s）在水中的溶解反应为：M（OH）2（s）⇌M2+（aq）+2OH﹣（aq）；M（OH）2（s）+2OH﹣（aq）⇌M（OH）42﹣（aq）。25℃时，﹣lgc与﹣lgc（H+）的关系如图所示，c为M2+或M（OH）42﹣物质的量浓度的值。下列说法正确的是（）A．曲线①代表lg[M（OH）42﹣]与pH的关系 B．M（OH）2的Ksp约为1×10﹣17 C．当溶液的pH达到13.0以上时，M（OH）2才开始溶解 D．向c（M2+）＝0.1mol•L﹣1的溶液中加入NaOH溶液至pH＝10.0，体系中元素M主要以M（OH）42﹣存在二．解答题（共4小题）8．已知部分中学常见物质间的转化关系如图所示。回答下列问题：（1）写出E转化为F的化学方程式：。（2）若C溶液是NaOH溶液，检验其所含金属阳离子的方法是（填名称）；检验G溶液中金属阳离子的方法和现象是。（3）根据以下反应类型的要求，写出由单质铁与盐溶液获得FeSO4的反应的离子方程式：①置换反应：。②化合反应：。（4）若金属A是铜片，则G转化为B的反应离子方程式为。写出A与浓硫酸反应的化学方程式：。（5）某工厂使用的煤中硫的质量分数为0.64%，该工厂每天燃烧这种煤100t，如果煤中的硫全部转化为SO2，把产生的SO2全部用来生产硫酸，试计算理论上每天可得到硫酸的质量是t。9．甲醇是一种高效清洁的新能源。Ⅰ.已知在常温常压下：①CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（l）+H2O（l）ΔH1＝﹣184.0kJ/mol②2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH2＝﹣572.0kJ/mol则表示CH3OH（l）燃烧热的热化学方程式。Ⅱ.在恒温恒容的密闭容器中，工业上常用反应③：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH3＜0。制备甲醇；其中的原料气常用反应④：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）ΔH4来制备。根据题意完成下列各题：（1）判断反应③达到平衡状态的标志是（填字母）。A．容器中气体的压强不变B．CO和CH3OH浓度相等C．v消耗（CH3OH）＝v生成（CO）D．容器中混合气体的密度保持不变E．混合气体的平均相对分子质量不发生变化（2）欲提高反应③中CO的转化率，下列措施可行的是（填字母）。A．减小容器容积B．升高温度C．向装置中再充入HeD．向装置中再充入H2（3）一定条件下，反应④中CH4的平衡转化率与温度的关系如图所示。则ΔH40（填“＜”或“＞”或“＝”），在T℃时的10L密闭容器中，充入2molCH4和3molH2O（g）发生反应④，经过5min达到平衡，此时CH4的转化率为50%，则从开始到平衡，H2的平均反应速率为mol•L﹣1•min﹣1。若向此10L密闭容器中，加入2molCH4、5molH2O（g）、2molCO和3molH2发生反应④，若温度仍为T℃，此时v正v逆（填“＜”或“＞”或“＝”）。（4）若某温度下，将2molCH4（g）和2molH2O（g）加入压强为200kPa的恒压密闭容器中发生反应④，正反应速率v正＝k正×p（CH4）×p（H2O），逆反应速率v逆＝k逆×p（CO）×p3（H2），p为分压，则该反应的压强平衡常数Kp＝（以k正、k逆表示）。若k正＝4.4×104kPa﹣1•s﹣1，当CH4消耗20%时，v正＝kPa﹣1•s﹣1（保留两位有效数字）。10．氧化镓是一种新型超宽窄带半导体材料，由于自身的优异性能，在紫外探测、高频功率器件等领域吸引了越来越多的关注和研究，中国科技部将其列入“十四五研发计划”，让第四代半导体获得更广泛的关注。回答下列问题：（1）基态Ga原子最外层电子排布式为。（2）①氧化镓的熔点为1740℃，氧化钙的熔点为2613℃，但有的离子晶体如C2H5NH3NO3（硝酸乙基铵）的熔点只有12℃。C2H5NH3NO3中N原子的杂化轨道类型是，NO3﹣离子的空间结构为，该物质中所含化学键类型：（填字母）。A．金属键B．离子键C．共价键D．范德华力E．σ键②第一电离能：AlMg（填“＞”或“＜”），其原因是。（3）锑化物GaSb是一种超窄禁带半导体材料，可用于红外探测其晶胞结构如图所示。若该晶体的密度为ρg⋅cm﹣3，设Ga和Sb的原子半径分别为rGacm和rSbcm，则原子的空间占有率为×100%（列出计算表达式，GaSb的摩尔质量为192g⋅mol﹣1，阿伏加德罗常数的值为NA）。11．化合物F可以用于治疗哮喘、支气管炎、风湿等疾病，它的一种合成路线如图：（1）有机物B中的含氧官能团的名称为。（2）1个A分子中采用sp2杂化方式的碳原子数目为。（3）鉴别E和F可用的试剂为（填化学式）。（4）C的分子式为C19H20O5，B→C的反应类型为，C的结构简式为。（5）H是E的同分异构体，请写出同时符合下列条件的H的一种结构简式：。①分子中仅含有一种官能团②含有稠环③其核磁共振氢谱有5组吸收峰（6）设计以、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）。三．工艺流程题（共1小题）12．重铬酸钾在工业中有广泛的应用，可用铬铁矿为原料制备。以铬铁矿（主要成分可表示为FeO⋅Cr2O3还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）制备重铬酸钾（K2Cr2O7）固体的工艺流程如图：资料：NaFeO2遇水强烈水解。（1）步骤①发生多个反应，补全下列化学方程式：FeO•Cr2O3+Na2CO3+KClO3＝Na2CrO4+Fe2O3+CO2+KCl。（2）熔块的主要成分为Na2CrO4、NaFeO2、Na2SiO3和NaAlO2等可溶性盐，滤渣1为红褐色固体，写出步骤②NaFeO2水解的离子方程式。（3）滤渣2的成分为、。（4）用离子方程式解释步骤④调pH的目的。（5）重铬酸钾纯度测定称取重铬酸钾试样2.9400g配成250mL溶液，取出25.00mL于锥形瓶中，加入10mL2mol/LH2SO4和足量碘化钾（Cr2的还原产物为Cr3+），放于暗处5min，然后加入100mL水和淀粉指示剂，用0.1200mol/LNa2S2O3标准溶液滴定（I2+2S2＝2I﹣+S4）。①滴定终点的现象是。②若实验共用去Na2S2O3标准溶液40.00mL，则所得产品中重铬酸钾的纯度是（滴定过程中其它杂质不参与反应）。

2024年菁优高考化学终极押题密卷3（新高考1）参考答案与试题解析一．选择题（共7小题）1．氧化还原反应广泛存在于生产和生活中，下列现象与氧化还原无关的是（）A．植物光合作用 B．食物腐败 C．易燃物的自燃 D．酸雨腐蚀大理石雕像【考点】氧化还原反应与非氧化还原反应；氧化还原反应的基本概念及规律．【专题】氧化还原反应专题．【答案】D【分析】反应前后元素化合价发生改变的反应为氧化还原反应，据此分析判断。【解答】解：A．光合作用与氧化还原反应有关，故A错误；B．食物腐败与氧化还原反应有关，故B错误；C．易燃物的自燃与氧化还原反应有关，故C错误；D．大理石的主要成分为CaCO3，与酸雨发生的反应为复分解反应，与氧化还原反应无关，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了氧化还原反应的分析判断，注意知识理解应用，题目难度不大。2．木质素主要由香豆醇、松柏醇和芥子醇三种单体聚合而成。其中松柏醇的结构如图所示，下列有关松柏醇的说法错误的是（）A．分子式为C10H12O3，且能使FeCl3溶液显色 B．能发生加聚反应、酯化反应、还原反应 C．分子中含有手性碳原子 D．碳原子的杂化轨道类型有2种【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【答案】C【分析】A．分子中含10个C原子、12个H原子、3个O原子，且含酚羟基；B．结合烯烃、酚的性质判断；C．连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子；D．苯环、双键中碳原子为sp2杂化，甲基、亚甲基中碳原子为sp3杂化。【解答】解：A．分子中含10个C原子、12个H原子、3个O原子，分子式为C10H12O3，且含酚羟基，能使FeCl3溶液显色，故A正确；B．含碳碳双键，能发生加聚反应、还原反应，含羟基可发生酯化反应，故B正确；C．连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，则分子中不含手性碳原子，故C错误；D．苯环、双键中碳原子为sp2杂化，甲基、亚甲基中碳原子为sp3杂化，碳原子的杂化轨道类型有2种，故D正确；故选：C。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意烯烃、酚的性质，题目难度不大。3．下列说法中不正确的是（）A．在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl﹣形成正八面体 B．在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+ C．在CO2晶体中，每个CO2周围等距且紧邻的CO2有12个 D．E和F形成的气态团簇分子的分子式为EF或FE【考点】晶胞的计算．【专题】化学键与晶体结构．【答案】D【分析】A．由图知，在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl﹣有6个、6个Cl﹣形成正八面体；B．在CaF2晶体中，Ca2+位于顶点和面心；C．由图知，在CO2晶体中，每个CO2周围等距且紧邻的CO2有12个；D．该气态团簇分子的分子含有4个E和4个F原子。【解答】解：A．由图知，在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl﹣有6个、6个Cl﹣形成正八面体，故A正确；B．在CaF2晶体中，Ca2+位于顶点和面心，每个晶胞平均占有Ca2+数目为8×+6×＝4，故B正确；C．由图知，在CO2晶体中，每个CO2周围等距且紧邻的CO2有12个，故C正确；D．该气态团簇分子的分子含有4个E和4个F原子，则该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4，故D错误；故选：D。【点评】本题考查了晶体的结构，难度较大，具有丰富的空间想象能力是解本题的关键，易错选项是D，分子的化学式由组成原子的数目判断。4．研究表明，在101kPa和298K下。HCN（g）⇌HNC（g）异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是（）A．HNC比HCN稳定 B．HCN与HNC互为同素异形体 C．升高温度，异构化速率加快 D．异构化过程中化学键无变化【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【答案】C【分析】A．能量越低越稳定；B．分子式相同，结构不同的物质互为同分异构体；C．升高温度，反应速率加快；D．化学变化过程中存在化学键的断裂与形成。【解答】解：A．由图可知，HCN的能量低于HNC，所以HCN更稳定，故A错误；B．HCN与HNC分子式相同，结构不同，两者互为同分异构体，故B错误；C．升高温度，反应速率加快，异构化速率加快，故C正确；D．异构化过程属于化学变化，存在化学键的变化，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查学生的看图理解能力、应用能力，同时考查反应速率的影响因素、化学反应的本质等，属于基本知识的考查，难度不大。5．下列关于SO2的实验装置正确且可以达到实验目的的是（）A．制备SO2 B．干燥SO2 C．验证SO2的漂白性 D．收集SO2【考点】化学实验方案的评价；二氧化硫的性质；浓硫酸的性质实验．【专题】实验评价题．【答案】B【分析】A．常温下，浓硫酸和Cu不反应；B．浓硫酸具有吸水性且和二氧化硫不反应；C．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性的物质；D．二氧化硫的密度大于空气，可以采用向上排空气法收集二氧化硫。【解答】解：A．常温下，浓硫酸和Cu不反应，加热条件下铜和浓硫酸生成二氧化硫，图中不能得到二氧化硫，故A错误；B．浓硫酸具有吸水性且和二氧化硫不反应，所以可以用浓硫酸干燥二氧化硫，故B正确；C．二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，该装置验证二氧化硫的还原性而不是漂白性，故C错误；D．二氧化硫的密度大于空气，可以采用向上排空气法收集二氧化硫，导气管采用“长进短出”的原则，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学实验方案评价，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确实验原理、元素化合物的性质、实验操作规范性是解本题关键，题目难度不大。6．一种基于光催化剂MeOx（某金属氧化物）催化氮还原制取氨的反应过程如图所示（图中h+表示空穴），下列说法错误的是（）A．H+和N2是反应物，H2O是中间体 B．导带上发生的反应为2H2O+4h+═4H++O2↑ C．光能转变为化学能 D．该过程总反应可表示为2N2+6H2O4NH3+3O2【考点】探究化学反应机理．【专题】物质的性质和变化专题．【答案】A【分析】A．由图可知，H+和H2O是反应的中间体；B．由图可知，导带上面H2O和h+反应生成了氧气和氢离子；C．由图可知，光催化剂MeOx（某金属氧化物）催化氮还原制取氨；D．由图可知，该过程反应物是氮气和水，生成物是氨气和氧气。【解答】解：A．由图可知，H+和H2O是反应的中间体，N2是反应物，故A错误；B．由图可知，导带上面H2O和h+反应生成了氧气和氢离子，方程式为：2H2O+4h+＝4H++O2↑，故B正确；C．由图可知，光催化剂MeOx（某金属氧化物）催化氮还原制取氨，则实现了光能向化学能的转化，故C正确；D．由图可知，该过程反应物是氮气和水，生成物是氨气和氧气，总方程式可表示为2N2+6H2O4NH3+3O2，故D正确；故选：A。【点评】本题考查能量的转化、反应的中间体的判断、化学方程式的书写等，题目难度不大，侧重考查学生对图中信息的分辨能力。7．某元素M的氢氧化物M（OH）2（s）在水中的溶解反应为：M（OH）2（s）⇌M2+（aq）+2OH﹣（aq）；M（OH）2（s）+2OH﹣（aq）⇌M（OH）42﹣（aq）。25℃时，﹣lgc与﹣lgc（H+）的关系如图所示，c为M2+或M（OH）42﹣物质的量浓度的值。下列说法正确的是（）A．曲线①代表lg[M（OH）42﹣]与pH的关系 B．M（OH）2的Ksp约为1×10﹣17 C．当溶液的pH达到13.0以上时，M（OH）2才开始溶解 D．向c（M2+）＝0.1mol•L﹣1的溶液中加入NaOH溶液至pH＝10.0，体系中元素M主要以M（OH）42﹣存在【考点】沉淀溶解平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【答案】B【分析】M（OH）2（s）在水中的溶解反应为：M（OH）2（s）⇌M2+（aq）+2OH﹣（aq）、M（OH）2（s）+2OH﹣（aq）⇌M（OH）42﹣（aq），由图可知，随着pH增大，c（OH﹣）增大，则c（M2+）减小，c[M（OH）42﹣]增大，即﹣lgc（M2+）增大，﹣lgc[M（OH）42﹣]减小，所以曲线①代表﹣lgc（M2+）与pH的关系，曲线②代表﹣lgc[M（OH）42﹣]与pH的关系，据此分析解答。【解答】解：A．由上述分析可知，曲线①代表﹣lgc（M2+）与pH的关系，曲线②代表﹣lgc[M（OH）42﹣]与pH的关系，故A错误；B．由图可知，pH＝7.0时，﹣lgc（M2+）＝3.0，则M（OH）2的Ksp＝c（M2+）•c2（OH﹣）＝1×10﹣3.0×（1×10﹣7.0）2＝1×10﹣17，故B正确；C．由图可知，当溶液的pH达到12.5时，M（OH）2才开始溶解，故C错误；D．向c（M2+）＝0.1mol/L的溶液中加入NaOH溶液至pH＝10.0，由图可知pH＝10.0时，c（M2+）、c[M（OH）42﹣]均极小，则体系中元素M主要以M（OH）2（s）存在，故D错误；故选：B。【点评】本题考查沉淀溶解平衡图象分析，侧重学生分析能力和计算能力考查，把握曲线表示的意义、沉淀溶解平衡及Ksp的计算为解题关键，题目难度中等。二．解答题（共4小题）8．已知部分中学常见物质间的转化关系如图所示。回答下列问题：（1）写出E转化为F的化学方程式：4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3。（2）若C溶液是NaOH溶液，检验其所含金属阳离子的方法是焰色试验（填名称）；检验G溶液中金属阳离子的方法和现象是取少量G溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，变为红色。（3）根据以下反应类型的要求，写出由单质铁与盐溶液获得FeSO4的反应的离子方程式：①置换反应：Fe+Cu2+＝Cu+Fe2+。②化合反应：2Fe3++Fe＝3Fe2+。（4）若金属A是铜片，则G转化为B的反应离子方程式为Cu+2Fe3+＝2Fe2++Cu2+。写出A与浓硫酸反应的化学方程式：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O。（5）某工厂使用的煤中硫的质量分数为0.64%，该工厂每天燃烧这种煤100t，如果煤中的硫全部转化为SO2，把产生的SO2全部用来生产硫酸，试计算理论上每天可得到硫酸的质量是1.96t。【考点】无机物的推断；化学方程式的有关计算．【专题】无机推断．【答案】（1）4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；（2）焰色试验；取少量G溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，变为红色；（3）①Fe+Cu2+＝Cu+Fe2+；②2Fe3++Fe＝3Fe2+；（4）Cu+2Fe3+＝2Fe2++Cu2+；Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；（5）1.96。【分析】由图中转化可知，沉淀E在空气中生成红褐色沉淀F，F与硫酸生成G，则E为Fe（OH）2，F为Fe（OH）3，G为Fe2（SO4）3，C与A反应生成B，B为FeSO4，A可能为Fe，C应为碱，C可能为NaOH等；D中含硫酸根离子，D与氯化钡反应生成白色沉淀H为BaSO4，I为盐酸盐，以此来解答。【解答】解：（1）E转化为F的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；（2）若C溶液是NaOH溶液，检验其所含金属阳离子的方法是焰色试验；检验G溶液中金属阳离子的方法和现象是取少量G溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，变为红色，故答案为：焰色试验；取少量G溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，变为红色；（3）①由单质铁与盐溶液获得FeSO4的反应，属于置换反应的离子方程式如Fe+Cu2+＝Cu+Fe2+，故答案为：Fe+Cu2+＝Cu+Fe2+；②由单质铁与盐溶液获得FeSO4的反应，属于化合反应的离子方程式为2Fe3++Fe＝3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe＝3Fe2+；（4）若金属A是铜片，则G转化为B的反应离子方程式为Cu+2Fe3+＝2Fe2++Cu2+，A与浓硫酸反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Cu+2Fe3+＝2Fe2++Cu2+；Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；（5）某工厂使用的煤中硫的质量分数为0.64%，该工厂每天燃烧这种煤100t，如果煤中的硫全部转化为SO2，把产生的SO2全部用来生产硫酸，由硫原子守恒可知，理论上每天可得到硫酸的质量是×98＝1.96t，故答案为：1.96。【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质、发生的转化反应为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。9．甲醇是一种高效清洁的新能源。Ⅰ.已知在常温常压下：①CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（l）+H2O（l）ΔH1＝﹣184.0kJ/mol②2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH2＝﹣572.0kJ/mol则表示CH3OH（l）燃烧热的热化学方程式CH3OH（l）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣674.0kJ/mol。Ⅱ.在恒温恒容的密闭容器中，工业上常用反应③：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH3＜0。制备甲醇；其中的原料气常用反应④：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）ΔH4来制备。根据题意完成下列各题：（1）判断反应③达到平衡状态的标志是AE（填字母）。A．容器中气体的压强不变B．CO和CH3OH浓度相等C．v消耗（CH3OH）＝v生成（CO）D．容器中混合气体的密度保持不变E．混合气体的平均相对分子质量不发生变化（2）欲提高反应③中CO的转化率，下列措施可行的是AD（填字母）。A．减小容器容积B．升高温度C．向装置中再充入HeD．向装置中再充入H2（3）一定条件下，反应④中CH4的平衡转化率与温度的关系如图所示。则ΔH4＞0（填“＜”或“＞”或“＝”），在T℃时的10L密闭容器中，充入2molCH4和3molH2O（g）发生反应④，经过5min达到平衡，此时CH4的转化率为50%，则从开始到平衡，H2的平均反应速率为0.06mol•L﹣1•min﹣1。若向此10L密闭容器中，加入2molCH4、5molH2O（g）、2molCO和3molH2发生反应④，若温度仍为T℃，此时v正＞v逆（填“＜”或“＞”或“＝”）。（4）若某温度下，将2molCH4（g）和2molH2O（g）加入压强为200kPa的恒压密闭容器中发生反应④，正反应速率v正＝k正×p（CH4）×p（H2O），逆反应速率v逆＝k逆×p（CO）×p3（H2），p为分压，则该反应的压强平衡常数Kp＝（以k正、k逆表示）。若k正＝4.4×104kPa﹣1•s﹣1，当CH4消耗20%时，v正＝2.0×108kPa﹣1•s﹣1（保留两位有效数字）。【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题；化学平衡计算．【答案】Ⅰ.CH3OH（l）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣674.0kJ/mol；Ⅱ.（1）AE（2）AD；（3）＞；0.06；＞；（4）；2.0×108。【分析】Ⅰ.由②×3﹣①×2，结合盖斯定律和燃烧热定义进行书写；Ⅱ.（1）A．由于反应前后气体分子数改变，容器恒容，故随着反应进行，容器中气体压强改变，当压强不变时，说明反应达平衡；B．达平衡时，各个物质的含量不再改变，但不一定相等，故CO和CH3OH浓度相等时不一定达平衡；C．CH3OH消耗和CO生成均代表逆反应速率，不能说明正逆反应速率相等；D．由于反应前后气体质量不变，且容器体积也不变，故混合气体密度始终不变，不能用来判断平衡状态；E．虽然混合气体总质量不变，但反应前后气体的物质的量改变，故混合气体平均分子量改变，当不变时说明反应达平衡；（2）A．减小容器体积，相当于增大压强，平衡正向移动，CO转化率提高；B．由于该反应正反应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，CO转化率降低；C．由于He与反应体系无关，且容器体积不变，故与反应有关的气体浓度不变，平衡不移动，CO转化率不变；D．H2浓度增大，促进平衡正向移动，CO转化率提高；（3）由图像知，升高温度，CH4平衡转化率上升，说明平衡正向移动，故正反应为吸热反应，即ΔH4＞0；由题目所给数据列三段式如下：CH4+H2O⇌CO+3H2起始/mol2300转化/mol2×50%113平衡/mol1213则v（H2）＝＝0.06mol/（L•min），该反应平衡常数K＝＝，改变投料后Qc＝＝＜K，故此时反应向正向进行程度大于向逆向进行程度，故v（正）＞v（逆）；（4）Kp＝＝＝，由所给数据列三段式如下：CH4+H2O⇌CO+3H2起始/mol2200转化/mol2×20%0.40.41.2平衡/mol1.61.60.41.2则平衡时P（CH4）＝P（H2O）＝200kPa×＝kPa，则v正＝k正×P（CH4）×P（H4O）＝4.4×104kPa﹣1s﹣1××＝2.0×108kPa﹣1s﹣1。【解答】解：Ⅰ.由②×3﹣①×2，结合盖斯定律得：2CH3OH（l）+3O2（g）＝2CO2（g）+4H2O（l）ΔH＝3ΔH2﹣2H1＝﹣1348kJ/mol，根据燃烧热定义，CH3OH物质的量为1mol，故CH3OH燃烧热对应热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣674.0kJ/mol，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣674.0kJ/mol；Ⅱ.（1）A．由于反应前后气体分子数改变，容器恒容，故随着反应进行，容器中气体压强改变，当压强不变时，说明反应达平衡，故A正确；B．达平衡时，各个物质的含量不再改变，但不一定相等，故CO和CH3OH浓度相等时不一定达平衡，故B错误；C．CH3OH消耗和CO生成均代表逆反应速率，不能说明正逆反应速率相等，故C错误；D．由于反应前后气体质量不变，且容器体积也不变，故混合气体密度始终不变，不能用来判断平衡状态，故D错误；E．虽然混合气体总质量不变，但反应前后气体的物质的量改变，故混合气体平均分子量改变，当不变时说明反应达平衡，故E正确；故答案为：AE；（2）A．减小容器体积，相当于增大压强，平衡正向移动，CO转化率提高，故A正确；B．由于该反应正反应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，故B错误；C．由于He与反应体系无关，且容器体积不变，故与反应有关的气体浓度不变，平衡不移动，CO转化率不变，故C错误；D．H2浓度增大，促进平衡正向移动，CO转化率提高，故D正确，故答案为：AD；（3）由图像知，升高温度，CH4平衡转化率上升，说明平衡正向移动，故正反应为吸热反应，即ΔH4＞0；由题目所给数据列三段式如下：CH4+H2O⇌CO+3H2起始/mol2300转化/mol2×50%113平衡/mol1213则v（H2）＝＝0.06mol/（L•min），该反应平衡常数K＝＝，改变投料后Qc＝＝＜K，故此时反应向正向进行程度大于向逆向进行程度，故v（正）＞v（逆）；故答案为：＞；0.06；＞；（4）Kp＝＝＝，由所给数据列三段式如下：CH4+H2O⇌CO+3H2起始/mol2200转化/mol2×20%0.40.41.2平衡/mol1.61.60.41.2则平衡时P（CH4）＝P（H2O）＝200kPa×＝kPa，则v正＝k正×P（CH4）×P（H4O）＝4.4×104kPa﹣1s﹣1××＝2.0×108kPa﹣1s﹣1，故答案为：；2.0×108。【点评】本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学反应速率计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、反应速率之比等于化学计量数之比等知识解答，此题难度中等。10．氧化镓是一种新型超宽窄带半导体材料，由于自身的优异性能，在紫外探测、高频功率器件等领域吸引了越来越多的关注和研究，中国科技部将其列入“十四五研发计划”，让第四代半导体获得更广泛的关注。回答下列问题：（1）基态Ga原子最外层电子排布式为4s24p1。（2）①氧化镓的熔点为1740℃，氧化钙的熔点为2613℃，但有的离子晶体如C2H5NH3NO3（硝酸乙基铵）的熔点只有12℃。C2H5NH3NO3中N原子的杂化轨道类型是sp3、sp2，NO3﹣离子的空间结构为平面三角形，该物质中所含化学键类型：BCE（填字母）。A．金属键B．离子键C．共价键D．范德华力E．σ键②第一电离能：Al＜Mg（填“＞”或“＜”），其原因是镁元素的2p轨道电子是全充满的，相对稳定，故镁元素的第一电离能比同周期相邻元素的第一电离能大。（3）锑化物GaSb是一种超窄禁带半导体材料，可用于红外探测其晶胞结构如图所示。若该晶体的密度为ρg⋅cm﹣3，设Ga和Sb的原子半径分别为rGacm和rSbcm，则原子的空间占有率为（或）×100%（列出计算表达式，GaSb的摩尔质量为192g⋅mol﹣1，阿伏加德罗常数的值为NA）。【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【专题】原子组成与结构专题；元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．【答案】（1）4s24p1；（2）①sp3、sp2；平面三角形；BCE；②＜；镁元素的2p轨道电子是全充满的，相对稳定，故镁元素的第一电离能比同周期相邻元素的第一电离能大；（3）（或）。【分析】（1）Ga是31号元素，位于周期表第四周期第三主族；（2）①[C2H5NH3]+结构中氮原子形成了4个单键，故氮原子的价层电子对数是4，没有孤电子对，NO3﹣中氮原子的价层电子对数为：，没有孤电子对，[C2H5NH3]+与NO3﹣之间构成离子键，还存在碳碳、碳氢等的共价键；②镁元素的2p轨道是全充满的，相对稳定；（3）原子的空间占有率＝。【解答】解：（1）Ga是31号元素，位于周期表第四周期第三主族，故Ga原子最外层电子排布式为：4s24p1，故答案为：4s24p1；（2）①[C2H5NH3]+结构中氮原子形成了4个单键，故氮原子的价层电子对数是4，没有孤电子对，杂化方式为sp3，NO3﹣中氮原子的价层电子对数为：，没有孤电子对，故该氮原子的杂化方式为：sp2；根据价层电子对互斥理论，NO3﹣离子的空间结构为：平面三角形；[C2H5NH3]+与NO3﹣之间构成离子键，还存在碳碳、碳氢等的共价键，单键均为σ键，故答案为：sp3、sp2；平面三角形；BCE；②镁元素的2p轨道是全充满的，相对稳定，故镁元素的第一电离能比同周期相邻元素的第一电离能大，第一电离能：Al＜Mg，故答案为：＜；镁元素的2p轨道电子是全充满的，相对稳定，故镁元素的第一电离能比同周期相邻元素的第一电离能大；（3）根据均摊法Sb在晶胞中原子个数为：；Ga均在晶胞内部，在晶胞中原子个数为：4，假设晶胞体积为：Vcm﹣3，根据晶胞密度可得关系式：，；GaSb原子体积为：×4；则原子的空间占有率为：；或者假设晶胞参数为acm，根据晶胞的结构可知，晶胞体对角线等于rGa+rSb，，则a＝；则原子的空间占有率为：，故答案为：（或）。【点评】本题考查原子结构、元素周期律和晶体结构，侧重考查学生核外电子排布、第一电离能、晶胞空间利用率的掌握情况，试题难度中等。11．化合物F可以用于治疗哮喘、支气管炎、风湿等疾病，它的一种合成路线如图：（1）有机物B中的含氧官能团的名称为醚键、羧基。（2）1个A分子中采用sp2杂化方式的碳原子数目为7。（3）鉴别E和F可用的试剂为Na或Ag（NH3）2OH或Cu（OH）2（填化学式）。（4）C的分子式为C19H20O5，B→C的反应类型为酯化反应或取代反应，C的结构简式为。（5）H是E的同分异构体，请写出同时符合下列条件的H的一种结构简式：或。①分子中仅含有一种官能团②含有稠环③其核磁共振氢谱有5组吸收峰（6）设计以、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）。【考点】有机物的合成．【专题】有机推断．【答案】（1）醚键、羧基；（2）7；（3）Na或Ag（NH3）2OH或Cu（OH）2；（4）酯化反应或取代反应；；（5）或；（6）。【分析】A发生取代反应生成B，C的分子式为C19H20O5，B和甲醇发生酯化反应生成C为，C发生氧化反应生成D，D中酯基发生还原反应生成E，E中醇羟基发生氧化反应生成F；（6）以、为原料制备，发生缩聚反应生成，结合A→B的转化，与反应生成，与HBr反应生成，然后水解生成，利用E→F的转化，氧化生成。【解答】解：（1）有机物B中的含氧官能团的名称为醚键、羧基，故答案为：醚键、羧基；（2）A中苯环及连接双键的碳原子采用sp2杂化，则1个A分子中采用sp2杂化方式的碳原子数目为7，故答案为：7；（3）E中含有醇羟基、F中含有醛基，鉴别E和F可用的试剂为Na或Ag（NH3）2OH或Cu（OH）2，故答案为：Na或Ag（NH3）2OH或Cu（OH）2；（4）C的分子式为C19H20O5，B→C的反应类型为酯化反应或取代反应，C的结构简式为，故答案为：酯化反应或取代反应；；（5）H是E的同分异构体，H同时符合下列条件：①分子中仅含有一种官能团；②含有稠环，一种官能团为醚键或醇羟基；③其核磁共振氢谱有5组吸收峰，结构对称，其中符合条件的两种结构简式为、，故答案为：或；（6）以、为原料制备，发生缩聚反应生成，结合A→B的转化，与反应生成，与HBr反应生成，然后水解生成，利用E→F的转化，氧化生成，合成路线为，故答案为：。【点评】本题考查有机物的合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。三．工艺流程题（共1小题）12．重铬酸钾在工业中有广泛的应用，可用铬铁矿为原料制备。以铬铁矿（主要成分可表示为FeO⋅Cr2O3还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）制备重铬酸钾（K2Cr2O7）固体的工艺流程如图：资料：NaFeO2遇水强烈水解。（1）步骤①发生多个反应，补全下列化学方程式：6FeO•Cr2O3+15Na2CO3+7KClO3＝12Na2CrO4+6Fe2O3+15CO2+7KCl。（2）熔块的主要成分为Na2CrO4、NaFeO2、Na2SiO3和NaAlO2等可溶性盐，滤渣1为红褐色固体，写出步骤②NaFeO2水解的离子方程式+2H2O＝Fe（OH）3↓+OH﹣。（3）滤渣2的成分为Al（OH）3、H2SiO3。（4）用离子方程式解释步骤④调pH的目的增大c（H+），促使平衡Cr2+H2O⇌2+2H+向逆反应方向移动，将转化成Cr2。（5）重铬酸钾纯度测定称取重铬酸钾试样2.9400g配成250mL溶液，取出25.00mL于锥形瓶中，加入10mL2mol/LH2SO4和足量碘化钾（Cr2的还原产物为Cr3+），放于暗处5min，然后加入100mL水和淀粉指示剂，用0.1200mol/LNa2S2O3标准溶液滴定（I2+2S2＝2I﹣+S4）。①滴定终点的现象是当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色。②若实验共用去Na2S2O3标准溶液40.00mL，则所得产品中重铬酸钾的纯度是80%（滴定过程中其它杂质不参与反应）。【考点】制备实验方案的设计．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【答案】（1）6；15；7；12；6；15；7；（2）+2H2O＝Fe（OH）3↓+OH﹣；（3）Al（OH）3；H2SiO3；（4）增大c（H+），促使平衡Cr2+H2O⇌2+2H+向逆反应方向移动，将转化成Cr2；（5）①当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色；②80%。【分析】铬铁矿（主要成分可表示为FeO⋅Cr2O3还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3）熔融、氧化得到含Na2CrO4、NaFeO2、Na2SiO3和NaAlO2的熔块，水浸熔块，NaFeO2遇水强烈水解生成沉淀Fe（OH）3，滤渣1为Fe（OH）3，滤液1含Na2CrO4、Na2SiO3和NaAlO2，调pH，Na2SiO3和NaAlO2生成沉淀硅酸和氢氧化铝沉淀，继续调pH，Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，Na2Cr2O7和KCl发生复分解反应得到K2Cr2O7。【解答】解：（1）FeO•Cr2O3生成Na2CrO4和NaFeO2，化合价升高7，氯酸钾生成氯化钾化合价降低6，根据得失电子守恒，则Fe0•Cr2O3的系数是6，氯酸钾系数是7，依据原子守恒配平其它物质的系数，则配平后的化学方程式是6FeO•Cr2O3+15Na2CO3+7KClO3＝12Na2CrO4+6NaFeO2+15CO2+7KCl，故答案为：6；15；7；12；6；15；7；（2）熔块的主要成分为Na2CrO4、NaFeO2、Na2SiO3和NaAlO2等可溶性盐，滤渣1为红褐色固体是Fe（OH）3，则NaFeO2水解生成Fe（OH）3，离子方程式+2H2O＝Fe（OH）3↓+OH﹣，故答案为：+2H2O＝Fe（OH）3↓+OH﹣；（3）调pH，Na2SiO3和NaAlO2生成沉淀硅酸和氢氧化铝沉淀，故答案为：Al（OH）3；H2SiO3；（4）由Cr2+H2O⇌2+2H+，步骤④调pH的目的增大c（H+），促使平衡向逆反应方向移动，将转化成Cr2，故答案为：增大c（H+），促使平衡Cr2+H2O⇌2+2H+向逆反应方向移动，将转化成Cr2；（5）①根题意可知碘化钾与重铬酸钾反应生成I2和Cr3+，利用电子守恒和原子守恒可得出：14H++6I﹣+Cr2＝2Cr3++3I2+7H2O；碘遇淀粉变蓝，终点处碘消耗完，滴定终点的颜色变化是由蓝色变为无色，且半分钟内不变色，故答案为：当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色；②据上述反应可得关系式，Cr2～3I2，由I2+2S2＝2I﹣+S4，可知Cr2～3I2～6S2，则所得产品中重铬酸钾的纯度为×100%＝80%，故答案为：80%。【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生物质制备的掌握情况，试题难度中等。

考点卡片1．氧化还原反应与非氧化还原反应【知识点的认识】1.得失氧或得失氢的角度：得氧或失氢的反应为氧化反应，失氧或得氢的反应为还原反应；2.电子转移角度：得电子的反应为还原反应、失电子的反应为氧化反应；3.化合价角度：失电子化合价升高的反应为氧化反应、得电子化合价降低的反应为还原反应；【命题的方向】1.基本概念及氧化性、还原性的判断：典例：水是重要的化合物，其既能作化学反应的溶剂，又能参与化学反应。下列是水参与的部分反应：①2Na+2H2O═2NaOH+H2↑；②3NO2+H2O═2HNO3+NO；③SO2+H2O═H2SO3；④2F2+2H2O═4HF+O2。回答下列问题：（1）上述反应中，不属于氧化还原反应的是（③）（填序号）。（2）上述反应中，水只作氧化剂的反应是（①）（填序号，下同）；水只作还原剂的反应是（④）。该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为（1：2）；2.电子转移的表示方法：单线桥、双线桥典例：用单线桥或双线桥表示下列反应的电子转移，并写出氧化剂和还原剂（用单线桥表示）。①Fe2O3+3CO═2Fe+3CO2（用单线桥表示）（），②2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑（用双线桥表示）（）；3.氧化性强弱的判断：（1）根据氧化反应反应原理判断：氧化性：氧化剂＞氧化产物，还原性：还原剂＞还原产物；（2）根据元素周期表、金属活动性顺序表、元素周期律判断；典例：下列事实不能作为元素的金属性或非金属性强弱判断依据的是（）A.Zn和Fe分别与稀硫酸反应，判断金属性强弱：Zn＞FeB.B．Mg投入CuCl2溶液中能置换出铜，Ba投入CuCl2溶液中不能置换出铜，判断金属性强弱：Mg＞BaC.酸性：H2SiO3＜HClO4，判断非金属性强弱：Cl＞SiD.依据O2、S分别与H2反应的难易程度，判断非金属性强弱：O＞S（3）根据元素化合价高低判断，最高价只有氧化性、最低价只有还原性、中间价态既有氧化性又有还原性；（4）根据原电池和电解池原理判断，一般来说，两种金属和电解质溶液构成的原电池中，负极的还原性大于正极；电解池中，阴离子还原性越强，越易在阳极上失电子，阳离子氧化性越强，越易在阴极上得电子；典例：（5）外界影响因素：浓度、温度、溶液酸碱性；4.氧化还原反应的有关计算，典例：实验室可以用固体氯酸钾和浓盐酸反应制氯气：KClO3+6HCl（浓）═KCl+3Cl2↑+3H2O，下列说法中正确的是（）A.KClO3是氧化剂，HCl是还原剂；Cl2是氧化产物，KCl是还原产物B.当有9mol电子转移时，参加反应的KClO3的物质的量为1.5molC.产生1.5molCl2时，转移电子的物质的量为3molD.当有3molCl2生成时，作还原剂的HCl为5mol5.氧化还原反应的配平：典例：在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，发生下列反应。配平反应方程式并用单线桥标出电子转移的方向和数目（）NaIO3+（）NaHSO3═（）I2+（）Na2SO4+（）H2SO4+（）H2O6.信息型氧化还原反应方程式的书写：典例：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，工艺如图所示。回答下列问题：相关金属离子[c0（Mn+）＝0.1mol•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pH6.9沉淀完全的pH4.7（1）写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式MnO2+MnS+2H2SO4＝2MnSO4+S+2H2O。【解题思路点拨】1.氧化剂和还原剂可能是同一种物质；氧化产物和还原产物可能是同一种物质；2.根据元素化合价高低可以判断物质是否具有氧化性或还原性，但不能判断氧化性或还原性强弱；3.元素处于最高价态时只有氧化性，但不一定具有强氧化性；金属阳离子不一定只有氧化性，如亚铁离子；4.在氧化还原反应的有关计算中灵活运用转移电子守恒进行计算；2．化学方程式的有关计算【知识点的认识】化学常用计算方法：主要有：差量法、十字交叉法、平均法、守恒法、极值法、关系式法等．一、差量法在一定量溶剂的饱和溶液中，由于温度改变（升高或降低），使溶质的溶解度发生变化，从而造成溶质（或饱和溶液）质量的差量；每个物质均有固定的化学组成，任意两个物质的物理量之间均存在差量；同样，在一个封闭体系中进行的化学反应，尽管反应前后质量守恒，但物质的量、固液气各态物质质量、气体体积等会发生变化，形成差量．差量法就是根据这些差量值，列出比例式来求解的一种化学计算方法．常见的类型有：溶解度差、组成差、质量差、体积差、物质的量差等．在运用时要注意物质的状态相相同，差量物质的物理量单位要一致．二、十字交叉法凡能列出一个二元一次方程组来求解的命题，即二组分的平均值，均可用十字交叉法，此法把乘除运算转化为加减运算，给计算带来很大的方便．十字交叉法的表达式推导如下：设A、B表示十字交叉法的两个分量，表示两个分量合成的平均量，xA、xB分别表示A和B占平均量的百分数，且xA+xB＝1，则有：A•xA+B•xB＝（xA+xB），化简得三、平均法对于含有平均含义的定量或半定量习题，利用平均原理这一技巧性方法，可省去复杂的计算，迅速地作出判断，巧妙地得出答案，对提高解题能力大有益处．平均法实际上是对十字交叉所含原理的进一步运用．解题时，常与十字交叉结合使用，达到速解之目的．原理如下：若A＞B，且符合＝＝A•xA%+B•xB%，则必有A＞＞B，其中是A、B的相应平均值或式，xA、xB分别是A、B的份数．四、守恒法学反应中存在一系列守恒现象，如：质量守恒（含原子守恒、元素守恒）、电荷守恒、电子得失守恒、能量守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫做守恒法．电荷守恒即对任一电中性的体系，如化合物、混和物、溶液、胶体等，电荷的代数和为零，即正电荷总数和负电荷总数相等．电子得失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，无论是自发进行的氧化﹣还原反应还是以后将要学习的原电池或电解池均如此．1、质量守恒2、电荷守恒3、得失电子守恒五、极值法“极值法”即“极端假设法”，是用数学方法解决化学问题的常用方法，一般解答有关混合物计算时采用．可分别假设原混合物是某一纯净物，进行计算，确定最大值、最小值，再进行分析、讨论、得出结论．六、关系式法化工生产中以及化学工作者进行科学研究时，往往涉及到多步反应：从原料到产品可能要经过若干步反应；测定某一物质的含量可能要经过若干步中间过程．对于多步反应体系，依据若干化学反应方程式，找出起始物质与最终物质的量的关系，并据此列比例式进行计算求解方法，称为“关系式”法．利用关系式法可以节省不必要的中间运算步骤，避免计算错误，并能迅速准确地获得结果．用关系式解题的关键是建立关系式，建立关系式的方法主要有：1、利用微粒守恒关系建立关系式，2、利用方程式中的化学计量数间的关系建立关系式，3、利用方程式的加合建立关系式．【命题方向】题型一：差量法典例1：加热10.0g碳酸钠和碳酸氢钠的混合物至质量不再变化，剩余固体的质量为8.45g，求混合物中碳酸钠的质量分数．分析：加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物时，碳酸钠不分解，碳酸氢钠不稳定，加热时分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，利用差量法，根据2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O计算碳酸氢钠的质量，进而计算碳酸钠的质量分数．解答：加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物时，碳酸钠不分解，碳酸氢钠不稳定，加热时分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，发生反应为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，则固体质量减少的原因是由于碳酸氢钠分解的缘故，设混合物中碳酸氢钠的质量为m，利用差量法计算，则2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O△m2×84g62gm10.0g﹣8.45g＝1.55gm＝＝4.2g，所以混合物中碳酸钠的质量为10.0g﹣4.2g＝5.8g，混合物中碳酸钠的质量分数为：×100%＝58%．答：混合物中碳酸钠的质量分数为58%．点评：本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意根据碳酸氢钠不稳定的性质，利用差量法计算．题型二：十字交叉法典例2：实验测得C2H4与O2混合气体的密度是H2的14.5倍，可知其中乙烯的质量分数为（）A.25.0%B.27.6%C.72.4%D.75.0%分析：由，十字交叉得出物质的量之比为3：1，据此解答．解答：由，十字交叉得出物质的量之比为3：1，则乙烯的质量分数为×100%≈72.4%，故选C．点评：本题主要考察十字交叉法的应用，十字交叉法虽然能给计算带来很大的方便，但也不是万能的，要注意适用场合，如果掌握不好，建议还是采用常规方法解题．题型三：平均法典例3：10g含有杂质的CaCO3和足量的盐酸反应，产生CO20.1mol，则此样品中可能含有的杂质是（）A．KHCO3和MgCO3B．MgCO3和SiO2C．K2CO3和SiO2D．无法确定分析：由“10g含有杂质的CaCO3和足量的盐酸反应，产生CO20.1mol”得出样品的平均相对分子质量是100，碳酸钙也是100，则样品中一种的相对分子质量比100大，另一种比100少，二氧化硅不与盐酸反应，认为相对分子质量比碳酸钙大．解答：由“10g含有杂质的CaCO3和足量的盐酸反应，产生CO20.1mol”得出样品中物质的平均相对分子质量是100，A．KHCO3的相对分子质量为100，MgCO3的相对分子质量为84，则平均值不可能为100，故A错误；B．MgCO3的相对分子质量为84，SiO2不与盐酸反应，认为相对分子质量比碳酸钙大，则平均值可能为100，故B正确；C．K2CO3的相对分子质量为为138，SiO2不与盐酸反应，认为相对分子质量比碳酸钙大，则平均值不可能为100，故C错误；D．由B可知，可以判断混合物的可能性，故D错误．故选B．点评：本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意用平均值的方法进行比较和判断．题型四：质量守恒或元素守恒典例4：向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入100ml浓度为1mol/L的硫酸，恰好使混合物完全溶解，放出标况下224ml的气体．所得溶液中加入KSCN溶液后无血红色出现．若用足量的H2在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是（）分析：硫酸恰好使混合物完全溶解，硫酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeSO4溶液，根据硫酸根守恒可知n（FeSO4）＝n（H2SO4）；用足量的H2在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n（Fe）＝n（FeSO4），据此结合m＝nM计算得到的铁的质量．解答：硫酸恰好使混合物完全溶解，硫酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeSO4溶液，根据硫酸根守恒可知n（FeSO4）＝n（H2SO4）＝0.1L×1mol/L＝0.1mol；用足量的H2在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n（Fe）＝n（FeSO4）＝0.1mol，故得到Fe的质量为0.1mol×56g/mol＝5.6g，故选B．点评：本题考查混合物的计算，难度中等，利用元素守恒判断铁的物质的量是解题关键，注意守恒思想的运用．题型五：电荷守恒典例5：将8gFe2O3投入150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉收集到1.68LH2（标准状况），同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4mol•L﹣1的NaOH溶液150mL．则原硫酸的物质的量浓度为（）A．1.5mol•L﹣1B．0.5mol•L﹣1C．2mol•L﹣1D．1.2mol•L﹣1分析：Fe和Fe2O3均无剩余，而硫酸过量，加入氢氧化钠溶液使溶液中铁元素完全沉淀，最终溶液中的溶质是Na2SO4，由钠离子守恒可知n（NaOH）＝n（Na2SO4），由硫酸根守恒可知n（Na2SO4）＝n（H2SO4），再根据c＝计算．解答：Fe和Fe2O3均无剩余，而硫酸过量，加入氢氧化钠溶液使溶液中铁元素完全沉淀，最终溶液中的溶质是Na2SO4，由钠离子守恒可知：n（NaOH）＝n（Na2SO4）＝0.15L×4mol/L＝0.6mol，故n（Na2SO4）＝0.3mol，由硫酸根守恒可知n（H2SO4）＝n（Na2SO4）＝0.3mol，则c（H2SO4）＝＝2mol•L﹣1，故选C．点评：本题考查物质的量浓度计算、化学方程式有关计算，清楚发生的反应是关键，注意利用守恒思想进行计算，侧重对解题方法与学生思维能力的考查，难度中等．题型六、得失电子守恒典例6：将一定量铁粉投入到500mL某浓度的稀硝酸中，恰好完全反应，在标准状况下产生NO气体11.2L，所得溶液中Fe2+和Fe3+的浓度之比为1：2，则该硝酸溶液的物质的量浓度为（）A．1mol•L﹣1B．2mol•L﹣1C．3mol•L﹣1D．4mol•L﹣1分析：铁与硝酸反应所得溶液中Fe2+和Fe3+的浓度之比为1：2，则Fe与硝酸都完全反应，二者都没有剩余，根据电子转移守恒计算n（Fe2+）、（Fe3+），由N原子守恒可知n（HNO3）＝2n（Fe2+）+3（Fe3+）+n（NO），结合c＝计算．解答：n（NO）＝＝0.5mol，铁与硝酸反应所得溶液中Fe2+和Fe3+的浓度之比为1：2，则Fe与硝酸都完全反应，二者都没有剩余，令n（Fe2+）＝ymol、则n（Fe3+）＝2ymol，根据电子转移守恒，则：ymol×2+2ymol×3＝0.5mol×（5﹣2）解得y＝mol则n（Fe3+）＝2ymol＝mol×2＝mol由N原子守恒可知n（HNO3）＝2n（Fe2+）+3（Fe3+）+n（NO）＝mol×2+mol×3+0.5mol＝2mol，故原硝酸的浓度＝＝4mol/L，故选D．点评：本题考查氧化还原反应的计算，理解原子守恒、得失电子守恒是解答本题的关键，侧重解题方法技巧的考查，题目难度中等．题型七：极值法典例7：已知相对原子质量：Li为6.9；Na为23；K为39；Rb为85．今有某碱金属R及其氧化物R2O的混合物10.8g，加足量的水，充分反应后，溶液经蒸发、干燥，得16g固体．试经计算确定是哪一种金属．分析：本题可采用极值法进行解题，假设混合物全是碱金属和全是碱金属氧化物两种情况进行分析．解答：设R的相对原子质量为M，（1）假设混合物全是碱金属，则有2R+2H2O＝2ROH+H2↑2M2（M+17）10.8g16g解得：M＝35.5（2）假设混合物全是碱金属氧化物，则有R2O+H2O＝2ROH2M+162（R+17）10.8g16g解得：M＝10.7因10.7＜M＜35.5所以碱金属R为钠．点评：本题主要考察极值法的应用，通过极值法可以得出最大值和最小值，从而得出答案，难度不大．【解题思路点拨】化学计算方法很多，关键是解题时能选出恰当的方法进行解题．3．原子核外电子排布04．原子轨道杂化方式及杂化类型判断【知识点的知识】1、杂化的概念：原子在形成分子时，为了增强成键能力，使分子的稳定性增加，趋向于将不同类型的原子轨道重新组合成能量、形状和方向与原来不同的新原子轨道，这种重新组合称为杂化．2、杂化轨道的概念：杂化后的原子轨道称为杂化轨道．3、杂化原则：1）只有能量相近的轨道才能相互杂化；2）形成的杂化轨道数目等于参加杂化的原子轨道数目；3）杂化后轨道伸展方向和形状发生改变；4）杂化后都是能量相同的轨道（即等价轨道）．4、杂化类型：1）sp3杂化原子形成分子时，同一原子中能量相近的一个ns轨道与三个np轨道进行混合组成四个新的原子轨道称为sp3杂化轨道．1°等性sp3杂化（如CH4，CCl4）：2°不等性sp3杂化（如NH3，H2O）：1232）sp2杂化同一个原子的一个ns轨道与两个np轨道进行杂化组合为sp2杂化轨道．BF3杂化：注意：乙烯、苯属于sp2杂化．3）sp杂化：BeCl2杂化：同一原子中ns﹣np杂化成新轨道：一个s轨道和一个p轨道杂化组合成两个新sp杂化轨道．注意：乙炔属于sp杂化．总结：杂化类型spsp2sp3杂化轨道排布直线形三角形四面体杂化轨道中孤对电子数00012分子空间构型直线形三角形正四面体三角锥形角形实例BeCl2BF3CCl4NH3H2O【命题方向】题型一：杂化类型的判断典例1：下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是（）A．CO2与SO2B．CH4与NH3C．BeCl2与BF3D．C2H2与C2H4分析：A、B、C物质属于ABm，ABm型杂化类型的判断：中心原子电子对计算公式：价电子对数n＝（中心原子的价电子数+配位原子的价电子数×m±电荷数）注意：①当上述公式中电荷数为正值时取“﹣”，电荷数为负值时取“+”．②当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零．根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n＝2，sp杂化；n＝3，sp2杂化；n＝4，sp3杂化．D、对于有机物利用杂化轨道数＝孤对电子对数+σ键数进行判断．解答：A、CO2中C原子杂化轨道数为×（4+0）＝2，采取sp杂化方式，SO2中S原子杂化轨道数为×（6+0）＝3，采取sp2杂化方式，二者杂化方式不同，故A错误．B、CH4中C原子杂化轨道数为×（4+4）＝4，采取sp3杂化方式，NH3中N原子杂化轨道数为×（5+3）＝4，采取sp3杂化方式，二者杂化方式相同，故B正确；C、BeCl2中Be原子杂化轨道数为×（2+2）＝2，采取sp杂化方式，BF3中B原子杂化轨道数为×（3+3）＝3，采取sp2杂化方式，二者杂化方式不同，故C错误；D、C2H2分子中碳原子形成1个C﹣H，1个C≡C（含1个σ键），C原子杂化轨道数为1+1＝2，采取sp杂化方式，C2H4分子中碳原子形成2个C﹣H，1个C═C双键（含1个σ键），C原子杂化轨道数为（2+1）＝3，C原子采取sp2杂化方式，故D错误．故选：B．点评：考查杂化轨道理论，难度中等，判断中心原子的杂化轨道数是关键．题型二：杂化轨道的概念典例2：有关杂化轨道的说法不正确的是（）A．杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变B．sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角分别为109°28′、120°、180°C．四面体形、三角锥形、V形分子的结构可以用sp3杂化轨道解释D．杂化轨道全部参加形成化学键分析：A．原子轨道杂化前后轨道总数不变，但形状发生变化；B．根据其空间构型判断夹角；C．采用用sp3杂化的分子根据其含有的孤电子对个数确定其实际空间构型；D．杂化轨道可以部分参加形成化学键．解答：A．杂化前后的轨道数不变，杂化后，各个轨道尽可能分散、对称分布，导致轨道的形状发生了改变，故A正确；B．sp3、sp2、sp杂化轨道其空间构型分别是正四面体、平面三角形、直线型，所以其夹角分别为109°28′、120°、180°，故B正确；C．部分四面体形、三角锥形、V形分子的结构可以用sp3杂化轨道解释，如甲烷、氨气分子、水分子，故C正确；D．杂化轨道可以部分参加形成化学键，例如NH3中N发生了sp3杂化，形成了4个sp3杂化杂化轨道，但是只有3个参与形成化学键，故D错误；故选：D．点评：本题考查了原子杂化，根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及原子杂化方式的判断，难度中等．题型三：杂化类型和空间构型的关系典例3：氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为（）A．两种分子的中心原子杂化轨道类型不同，NH3为sp2型杂化，而CH4是sp3型杂化B．NH3分子中N原子形成3个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道C．NH3分子中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强D．氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子分析：NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，氨气分子空间构型是三角锥形；CH4分子中C原子采取sp3型杂化杂化，杂化轨道全部用于成键，碳原子连接4个相同的原子，为正四面体构型．解答：NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，N﹣H之间的键角小于109°28′，所以氨气分子空间构型是三角锥形；CH4分子中C原子采取sp3型杂化杂化，杂化轨道全部用于成键，碳原子连接4个相同的原子，C﹣H之间的键角相等为109°28′，故CH4为正四面体构型，故ABD错误，C正确．故选：C．点评：考查了分子空间构型的判断，难度中等，注意理解价层电子对互斥理论与杂化轨道理论．【解题思路点拨】杂化类型的判断方法：1）例如常见的简单分子，C2H2、CO2为直线型分子，键角为180°，推断其C原子的杂化轨道类型为sp；C2H4、C6H6为平面型分子，键角为120°，推断其C原子的杂化轨道类型为sp2；CH4、CCl4为正四面体，键角109.5°，推断其C原子的杂化轨道类型为sp3．扩展到以共价键形成的晶体，如：已知金刚石中的碳原子、晶体硅和石英中的硅原子，都是以正四面体结构形成共价键的，所以也都是采用sp3杂化；已知石墨的二维结构平面内，每个碳原子与其它三个碳原子结合，形成六元环层，键角为120°，由此判断石墨的碳原子采用sp2杂化．2）根据价层电子对互斥理论判断杂化类型：ABm型杂化类型的判断：中心原子电子对计算公式：价电子对数n＝（中心原子的价电子数+配位原子的价电子数×m±电荷数）注意：①当上述公式中电荷数为正值时取“﹣”，电荷数为负值时取“+”．②当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零．根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n＝2，sp杂化；n＝3，sp2杂化；n＝4，sp3杂化．3）对于有机物利用杂化轨道数＝孤对电子对数+σ键数进行判断．如：C2H2分子中碳原子形成1个C﹣H，1个C≡C（含1个σ键），C原子杂化轨道数为1+1＝2，采取sp杂化方式，C2H4分子中碳原子形成2个C﹣H，1个C═C双键（含1个σ键），C原子杂化轨道数为（2+1）＝3，C原子采取sp2杂化方式．5．晶胞的计算【知识点的知识】1、均摊法确定晶胞中粒子数目：1）立方晶胞：（1）顶点：每个顶点的原子被8个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占1/8份额；（2）棱：每条棱的原子被4个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占1/4份额；（3）面上：每个面的原子被2个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占1/2份额；（4）内部：内部原子不与其他晶胞分享，完全属于该晶胞．2）六方晶胞：（1）每个顶点上的粒子被6个晶胞共用．（2）每条横棱上的粒子被4个晶胞共用；每条纵棱上的粒子被3个晶胞共用．（3）每个面心上的粒子被2个晶胞共用．（4）晶胞内的粒子完全属于该晶胞．3）三棱晶胞：（1）每个顶点上的粒子被12个晶胞共用．（2）每条横棱上的粒子被4个晶胞共用；每条纵棱上的粒子被6个晶胞共用．（3）每个面心上的粒子被2个晶胞共用．（4）晶胞内的粒子完全属于该晶胞．2、几种典型的晶体结构：①NaCl晶体1）在NaCl晶体的每个晶胞中，Na+占据的位置有2种．顶点8个，面心6个2）Cl﹣占据的位置有2种．棱上12个，体心1个3）在NaCl晶体中，每个Na+周围与之等距离且最近的Na+有12个；每个Cl﹣周围与之等距离且最近的Cl﹣有12个．4）在NaCl晶体中每个Na+同时吸引着6个Cl﹣，每个Cl﹣同时也吸引着6个Na+，向空间延伸，形成NaCl晶体．5）每个晶胞平均占有4个Na+和4个Cl﹣．1molNaCl能构成这样的晶胞个．6）Na+与其等距紧邻的6个Cl﹣围成的空间构型为_____正八面体_____．②CsCl晶体1）每个Cs+同时吸引着8个Cl﹣，每个Cl﹣同时吸引着8个Cs+；2）在CsCl晶体中，每个Cs+周围与它等距离且最近的Cs+有6个，每个Cl﹣周围与它等距离且最近的Cl﹣有6个；3）一个CsCl晶胞有1个Cs+和