2024年高考化学终极押题密卷3（新高考2）含答案

2024年高考化学终极押题密卷3（新高考2）一．选择题（共7小题）1．磷酸亚铁锂（LiFePO4）电极材料主要用于各种锂离子电池。下列说法错误的是（）A．Li位于元素周期表的s区 B．基态Fe2+的价电子排布式为3d5 C．基态P原子核外的未成对电子数为3 D．基态O原子核外占据最高能级的电子的电子云图为哑铃形2．下列化学用语表示正确的是（）A．中子数为10的氧原子：O B．CO2的结构式为O＝C＝O C．N2的电子式为 D．S2﹣的结构示意图：3．已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1mol葡萄糖（C6H12O6）中含有羟基的数目为6NA B．1mol甲苯分子中含有π键的数目为3NA C．1LpH＝3的HCl溶液中H+的数目为3NA D．0.1mol醋酸钠固体溶于稀醋酸至溶液呈中性，醋酸根的数目为0.1NA4．下列图示与对应的叙述相符的是（）选项AB图示叙述该图可表示锌和稀硫酸反应过程中的能量变化由图可知金刚石比石墨稳定选项CD图示叙述由图可知，2molSO3（g）转化为2molSO2（g）和1molO2（g）吸热（a﹣b）kJ由图可知，白磷转化为红磷是吸热反应A．A B．B C．C D．D5．由γ﹣羟基丁酸生成γ﹣丁内酯的反应如下：+H2O，在298K下，γ﹣羟基丁酸水溶液的初始浓度为0.180mol•L﹣1，随着反应的进行，测得γ﹣丁内酯的浓度随时间变化的数据如下表所示。下列说法错误的是（）t/min215080100120160220∞c/（mol•L﹣1）0.0240.0500.0710.0810.0900.1040.1160.132A．其他条件相同时，升高温度，化学反应速率加快 B．在80∼100min内，以γ﹣丁内酯的浓度变化表示的反应速率为5.0×10﹣4mol•L﹣1•min﹣1 C．120min时γ﹣羟基丁酸的转化率为60% D．298K时该反应的平衡常数K＝2.756．下列有关实验能达到相应实验目的是（）A．实验用于实验室制备氯气 B．实验用于制备干燥的氨气 C．实验用于石油分馏制备汽油 D．实验用于制备乙酸乙酯7．室温下，沉淀MCO3或M（OH）2在溶液中溶解时M2+和阴离子浓度的负对数分别用pM和pR表示，其关系如图所示。已知lg2＝0.3、lg3＝0.5。下列说法正确的是（）A．pR＝6时，溶液中c（M2+）浓度：MCO3＞M（OH）2 B．M（OH）2饱和溶液的pH＝10.3 C．在MCO3饱和溶液中加少量KOH固体，的浓度减小 D．MCO3的Ksp＝10﹣7.8二．解答题（共4小题）8．我国“蓝天保卫战”成果显著，肆虐的雾霾逐渐被遏止。科学家研究发现含氮化合物和含硫化合物在形成雾霾时与大气中的氨有关，转化关系如图所示：回答下列问题：（1）从物质分类的角度看，图中的物质属于酸性氧化物的有（写化学式，下同）。（2）图中物质溶于水溶液呈碱性的是。（3）SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，体现了SO2的性，该反应的离子方程式为。（4）工业上利用氨制备一氧化氮，反应的化学方程式为。（5）实验室长期保存浓硝酸，需使用棕色试剂瓶，并放置在阴凉处，其原因为（用化学方程式表示）。（6）氨与一氧化氮（NO）在一定条件下反应可生成对空气无污染的物质，该反应的化学方程式为。（7）汽车尾气中NO生成过程的能量变化如图所示。1molN2和1molO2完全反应生成NO会（填“吸收”或“放出”）kJ能量。9．由CO2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。涉及的主要反应如下：反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2回答下列问题：（1）反应Ⅰ、Ⅱ的lnK与温度T的关系如图甲所示。ΔH10（填“＞”“＝”或“＜”）；反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的化学平衡常数K＝（用K1、K2的代数式表示），升高温度，K（填“增大”“减小”或“不变”）。（2）起始按＝3投料发生上述反应Ⅰ、Ⅱ，测CO2的平衡转化率（X﹣CO2）和CH3OH的选择性（S﹣CH3OH）随温度、压强的变化如图乙所示。已知：S﹣CH3OH＝×100%则p1p2（填“＞”或“＜”），不改变温度和压强，能提高甲醇选择性的措施有；350℃时，p1和p2下的CO2平衡转化率几乎交于一点的原因是；250℃，压强为p2时，反应Ⅱ的平衡常数Kx＝（保留2位有效数字）。10．硼酸（H3BO3）在电子器件工业和医疗上有重要用途。它是一种白色片状晶体，具有类似于石墨的层状结构，有滑腻感。H3BO3的层内结构如图所示。（1）H3BO3中，含有（填“极性”或“非极性”）共价键。（2）H3BO3层内结构中，虚线部分表示存在（填序号）。a．离子键b．配位键c．氢键H3BO3在热水中溶解度增大，原因是。（3）H3BO3可由BCl3水解得到。①依据价电子对互斥理论（VSEPR）推测，BCl3的空间结构为。②BCl3属于（填“极性”或“非极性”）分子。（4）H3BO3是一元酸，在水溶液中发生如下过程：H3BO3+H2O⇌+H+。①[B（OH）4]﹣中硼原子的杂化方式为。②用中和滴定法测定H3BO3纯度。取agH3BO3样品（所含杂质不与NaOH反应），用0.5mol•L−1NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液VmL，测得H3BO3的纯度为（用质量分数表示）。11．苯达莫司汀（Bendamustine）是一种抗癌药物。苯达莫司汀的一种合成路线如图：回答下列问题：（1）A分子中杂化方式为sp2的原子数目为。（2）E的结构简式为。（3）由C生成D的反应类型为。（4）E中含氧官能团的名称是。（5）写出由E生成F反应的化学方程式：。（6）在一定条件下，1mol苯达莫司汀与足量的氢气反应，最多能消耗molH2；C物质的核磁共振氢谱有组峰。（7）链状有机物G是的同分异构体，并且G能发生水解反应，1molG发生银镜反应生成4molAg，符合上述条件的G的结构有种（不考虑立体异构）。三．工艺流程题（共1小题）12．焦锑酸钠[NaSb（OH）6]可用于制作电视机显像管玻壳、纺织品阻燃剂和搪瓷乳白剂。以某含锑净渣（主要成分是SbOCl，还含有少量Cu、As等元素）为原料制备焦锑酸钠的工艺流程如图所示。已知：①NaSb（OH）6难溶于水。②Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20，Ksp[CuS]＝6.3×10﹣36。回答下列问题：（1）含锑净渣需进行粉碎研磨，其目的是；“浸渣”的主要成分是（填“Cu（OH）2”或“CuS”）。（2）“碱溶”时SbOCl转化为Na3SbS3，转化的化学方程式为。（3）“氧化”时，溶液中的转化为易溶于水的Na3AsO4与锑分离，同时生成S，写出该反应的离子方程式。（4）“滤液”的主要成分是。（5）产品纯度测定：称取1.30gNaSb（OH）6样品，酸溶后加入适量硫酸肼固体配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.0500mol•L﹣1Ce（SO4）2标准液滴定（Sb3++2Ce4+═Sb5++2Ce3+），平均消耗标准液20.00mL。①硫酸肼的作用是。②产品的纯度为[NaSb（OH）6的摩尔质量为247g•mol﹣1]。

2024年菁优高考化学终极押题密卷3（新高考2）参考答案与试题解析一．选择题（共7小题）1．磷酸亚铁锂（LiFePO4）电极材料主要用于各种锂离子电池。下列说法错误的是（）A．Li位于元素周期表的s区 B．基态Fe2+的价电子排布式为3d5 C．基态P原子核外的未成对电子数为3 D．基态O原子核外占据最高能级的电子的电子云图为哑铃形【考点】元素周期表的结构及其应用；原子核外电子排布．【专题】原子组成与结构专题．【答案】B【分析】A．Li位于元素周期表的第ⅠA族；B．基态上Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6；C．基态P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，3p能级的3个轨道上分别填充1个电子；D．基态O原子核外电子排布式为1s22s22p4。【解答】解：A．Li位于元素周期表的第ⅠA族，属于s区，故A正确；B．基态上Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，则其价电子排布式为3d6，故B错误；C．基态P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，3p能级的3个轨道上分别填充1个电子，故基态P原子核外的未成对电子数为3，故C正确；D．基态O原子核外电子排布式为1s22s22p4，占据最高能级的电子为2p电子，其电子云图为哑铃形，故D正确；故选：B。【点评】本题考查原子结构，侧重考查学生核外电子排布的掌握情况，试题比较简单。2．下列化学用语表示正确的是（）A．中子数为10的氧原子：O B．CO2的结构式为O＝C＝O C．N2的电子式为 D．S2﹣的结构示意图：【考点】化学式或化学符号及名称的综合．【专题】化学用语专题．【答案】B【分析】A．中子数为10的氧原子的质量数为18；B．CO2为直线形分子；C．N2中含有氮氮三键；D．S2﹣最外层有8个电子。【解答】解：A．中子数为10的氧原子的质量数为18，该原子表示为，故A错误；B．CO2为直线形分子，其结构式为O＝C＝O，故B正确；C．N2中含有氮氮三键，其电子式为，故C错误；D．S2﹣的结构示意图为，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学用语，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题比较简答。3．已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1mol葡萄糖（C6H12O6）中含有羟基的数目为6NA B．1mol甲苯分子中含有π键的数目为3NA C．1LpH＝3的HCl溶液中H+的数目为3NA D．0.1mol醋酸钠固体溶于稀醋酸至溶液呈中性，醋酸根的数目为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【答案】D【分析】A．葡萄糖为五羟基醛；B．苯环中不是3个π键，是1个6中心6电子的大π键；C．1LpH＝3的HCl溶液中n（H+）＝10﹣3mol，数目为10﹣3NA；D．根据溶液呈电中性可得：，则。【解答】解：A．葡萄糖为五羟基醛，1mol葡萄糖（C6H12O6）中含有羟基的数目为5NA，故A错误；B．苯环中不是3个π键，是1个6中心6电子的大π键，因此1mol甲苯分子中含有π键的数目为NA，故B错误；C．1LpH＝3的HCl溶液中n（H+）＝10﹣3mol，数目为10﹣3NA，故C错误；D．根据溶液呈电中性可得：，则，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查阿伏加德罗常数的计算，为高频考点，题目难度不大。4．下列图示与对应的叙述相符的是（）选项AB图示叙述该图可表示锌和稀硫酸反应过程中的能量变化由图可知金刚石比石墨稳定选项CD图示叙述由图可知，2molSO3（g）转化为2molSO2（g）和1molO2（g）吸热（a﹣b）kJ由图可知，白磷转化为红磷是吸热反应A．A B．B C．C D．D【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．该反应反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应；B．物质具有的能量越低越稳定；C．该反应反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应；D．由图可知白磷能量高于红磷能量。【解答】解：A．该反应反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，而锌和稀硫酸反应为放热反应，与图示不符，故A错误；B．物质具有的能量越低越稳定，通过图可知石墨能量低于金刚石能量，则石墨比金刚石更稳定，故B错误；C．该反应反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）ΔH＝（a﹣b）kJ•mol﹣1，因此2molSO3（g）转化为2molSO2（g）和1molO2（g）吸热（a﹣b）kJ，故C正确；D．由图可知白磷能量高于红磷能量，因此白磷转化为红磷是放热反应，故D错误；故选：C。【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。5．由γ﹣羟基丁酸生成γ﹣丁内酯的反应如下：+H2O，在298K下，γ﹣羟基丁酸水溶液的初始浓度为0.180mol•L﹣1，随着反应的进行，测得γ﹣丁内酯的浓度随时间变化的数据如下表所示。下列说法错误的是（）t/min215080100120160220∞c/（mol•L﹣1）0.0240.0500.0710.0810.0900.1040.1160.132A．其他条件相同时，升高温度，化学反应速率加快 B．在80∼100min内，以γ﹣丁内酯的浓度变化表示的反应速率为5.0×10﹣4mol•L﹣1•min﹣1 C．120min时γ﹣羟基丁酸的转化率为60% D．298K时该反应的平衡常数K＝2.75【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题；化学反应速率专题；化学平衡计算．【答案】C【分析】A．升高温度，化学反应速率加快；B．反应速率υ（γ﹣丁内酯）＝；C．γ﹣羟基丁酸转化率＝×100%；D．该反应的平衡常数K＝。【解答】解：A．其他条件相同时，升高温度，增大化学反应速率，化学反应速率加快，故A正确；B．在80∼100min内，以γ﹣丁内酯的浓度变化表示的反应速率＝＝5.0×10﹣4mol•L﹣1•min﹣1，故B正确；C．120min时，γ﹣丁内酯的浓度为0.09mol/L，消耗γ﹣羟基丁酸的浓度为0.09mol/L，γ﹣羟基丁酸的转化率＝×100%＝50%，故C错误；D．298K时该反应的平衡常数K＝＝＝2.75，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学平衡、平衡计算应用、影响化学反应速率的因素等，侧重考查学生速率、转化率、平衡常数计算，题目难度中等。6．下列有关实验能达到相应实验目的是（）A．实验用于实验室制备氯气 B．实验用于制备干燥的氨气 C．实验用于石油分馏制备汽油 D．实验用于制备乙酸乙酯【考点】化学实验方案的评价．【答案】C【分析】A．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热；B．氨气的密度比空气密度小；C．蒸馏时温度计测定馏分的温度，冷却水下进上出；D．乙酸乙酯与NaOH反应。【解答】解：A．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，图中缺少酒精灯，故A错误；B．氨气的密度比空气密度小，应选向下排空气法收集，故B错误；C．蒸馏时温度计测定馏分的温度，冷却水下进上出，图中操作合理，故C正确；D．乙酸乙酯与NaOH反应，小试管中应为饱和碳酸钠溶液，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。7．室温下，沉淀MCO3或M（OH）2在溶液中溶解时M2+和阴离子浓度的负对数分别用pM和pR表示，其关系如图所示。已知lg2＝0.3、lg3＝0.5。下列说法正确的是（）A．pR＝6时，溶液中c（M2+）浓度：MCO3＞M（OH）2 B．M（OH）2饱和溶液的pH＝10.3 C．在MCO3饱和溶液中加少量KOH固体，的浓度减小 D．MCO3的Ksp＝10﹣7.8【考点】沉淀溶解平衡．【答案】D【分析】Ksp（MCO3）＝c（M2+）•c（）、Ksp[M（OH）2]＝c（M2+）•c2（OH﹣），﹣lgKsp（MCO3）＝﹣lg[c（M2+）•c（）]＝pM2++，﹣lgKsp[M（OH）2]＝﹣lg[c（M2+）•c2（OH﹣）]＝pM2++2pOH﹣，即pM2+＝﹣﹣lgKsp（MCO3），pM2+＝﹣2pOH﹣﹣lgKsp[M（OH）2]，由图斜率关系可知，XY曲线为M（OH）2的沉淀溶解平衡曲线，XZ为MCO3的沉淀溶解平衡曲线，根据（6.2，﹣1）和（6.8，﹣1）计算Ksp[M（OH）2]＝10﹣13.4＝4×10﹣14，Ksp（MCO3）＝10﹣7.8＝2×10﹣8，据此分析解答。【解答】解：A．由上述分析可知，XY曲线为M（OH）2的沉淀溶解平衡曲线，XZ为MCO3的沉淀溶解平衡曲线，则图中pR＝6时，溶液中c（M2+）浓度：MCO3＜M（OH）2，故A错误；B．由上述分析可知，Ksp[M（OH）2]＝4×10﹣14，M（OH）2饱和溶液中c（OH﹣）＝＝mol/L＝2×mol/L，﹣lg（2×）≈4.4，pH＝14﹣4.4＝9.6，故B错误；C．在MCO3饱和溶液中加少量KOH固体时，溶液中c（M2+）减小，转化为MCO3的不饱和溶液，则c（）不变，故C错误；D．由上述分析可知，Ksp[M（OH）2]＝10﹣13.4，Ksp（MCO3）＝10﹣7.8，故D正确；故选：D。【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，把握图中曲线表示的意义、沉淀溶解平衡及其影响因素、Ksp的计算为解答的关键，侧重分析、计算与运用能力的考查，题目难度中等。二．解答题（共4小题）8．我国“蓝天保卫战”成果显著，肆虐的雾霾逐渐被遏止。科学家研究发现含氮化合物和含硫化合物在形成雾霾时与大气中的氨有关，转化关系如图所示：回答下列问题：（1）从物质分类的角度看，图中的物质属于酸性氧化物的有SO2、SO3和N2O5（写化学式，下同）。（2）图中物质溶于水溶液呈碱性的是NH3。（3）SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，体现了SO2的还原性，该反应的离子方程式为。（4）工业上利用氨制备一氧化氮，反应的化学方程式为。（5）实验室长期保存浓硝酸，需使用棕色试剂瓶，并放置在阴凉处，其原因为（用化学方程式表示）。（6）氨与一氧化氮（NO）在一定条件下反应可生成对空气无污染的物质，该反应的化学方程式为。（7）汽车尾气中NO生成过程的能量变化如图所示。1molN2和1molO2完全反应生成NO会吸收（填“吸收”或“放出”）180kJ能量。【考点】含硫物质的性质及综合应用；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；有关反应热的计算；含氮物质的综合应用．【专题】氮族元素．【答案】（1）SO2、SO3和N2O5；（2）NH3；（3）还原；；（4）；（5）；（6）；（7）吸收；180。【分析】本题将氮的氧化物、硫的氧化物和环境保护相结合，图中表示将空气中的NO、NO2和SO2转化为硝酸、硫酸，再和氨气反应得到铵盐的过程，铵盐是一种优质的氮肥，实现了污染物的二次利用。【解答】解：（1）酸性氧化物是能与碱反应得到盐和水的氧化物，符合要求的有SO2、SO3和N2O5，故答案为：SO2、SO3和N2O5；（2）图中物质溶于水呈碱性的只有NH3，故答案为：NH3；（3）二氧化硫被酸性高锰酸钾氧化使高锰酸钾溶液褪色，体现了二氧化硫的还原性，离子方程式为：，故答案为：还原；；（4）氨气经催化氧化可以形成一氧化氮：，故答案为：；（5）浓硝酸见光或受热时易分解，因此要保存在棕色试剂瓶中：，故答案为：；（6）氨气中的氮为﹣3价，一氧化氮中的氮为+2价，因此二者可以在一定条件下发生归中反应得到氮气：，故答案为：；（7）N2和O2反应的化学方程式为：，破坏旧化学键需要吸收能量，形成新化学键会放出能量，则1molN2和1molO2完全反应中的能量变化946kJ⋅mol﹣1×1mol+498kJ⋅mol﹣1×1mol﹣632kJ⋅mol﹣1×2mol＝180kJ；即1molN2和1molO2完全反应生成2molNO要吸收180kJ的能量，故答案为：吸收；180。【点评】本题考查元素化合物，侧重考查学生含氮物质性质的掌握情况，试题难度中等。9．由CO2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。涉及的主要反应如下：反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2回答下列问题：（1）反应Ⅰ、Ⅱ的lnK与温度T的关系如图甲所示。ΔH1＜0（填“＞”“＝”或“＜”）；反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的化学平衡常数K＝（用K1、K2的代数式表示），升高温度，K减小（填“增大”“减小”或“不变”）。（2）起始按＝3投料发生上述反应Ⅰ、Ⅱ，测CO2的平衡转化率（X﹣CO2）和CH3OH的选择性（S﹣CH3OH）随温度、压强的变化如图乙所示。已知：S﹣CH3OH＝×100%则p1＞p2（填“＞”或“＜”），不改变温度和压强，能提高甲醇选择性的措施有使用对反应Ⅰ催化活性更高的催化剂；350℃时，p1和p2下的CO2平衡转化率几乎交于一点的原因是350℃后，反应以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数不变，压强改变对平衡没有影响；250℃，压强为p2时，反应Ⅱ的平衡常数Kx＝0.061（保留2位有效数字）。【考点】化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【答案】（1）＜；；减小；（2）＞；使用对反应Ⅰ催化活性更高的催化剂；350℃后，反应以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数不变，压强改变对平衡没有影响；0.061。【分析】（1）由图可知，反应Ⅰ的lnK随增大而增大，说明降低温度，平衡常数K值增大，平衡正向移动，根据盖斯定律：Ⅰ﹣Ⅱ得CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH＝ΔH1﹣ΔH2＜0为放热反应，平衡常数K＝，升高温度，平衡逆向移动；（2）反应1为气体分子数减小的反应，反应1为气体分子数不变的反应，增大压强，反应1平衡正向移动，二氧化碳转化率增加，甲醇的选择性增强，不改变温度和压强，能提高甲醇选择性的措施有使用对反应Ⅰ催化活性更高的催化剂；350℃在压强p1和p2下，CO2的平衡转化率几乎交于一点的原因是此时发生的反应以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数不变，压强改变对平衡没有影响；250℃，压强为p2时，CO2的平衡转化率为40%，CH3OH的选择性为50%，设H2、CO2的起始量分别为3mol和1mol，则反应1mol×40%＝0.4mol的CO2，转化为CH3OH的CO2为0.4mol×50%＝0.2mol，反应Ⅰ消耗CO20.2mol，反应Ⅱ消耗CO20.2mol，利用三步法可知：反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）起始/mol：1300变化/mol：0.20.60.20.2末了/mol：0.82.40.20.2反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）起始/mol：0.82.400.2变化/mol：0.20.20.20.2平衡/mol：0.62.20.20.4。【解答】解：（1）由图可知，反应Ⅰ的lnK随增大而增大，说明降低温度，平衡常数K值增大，平衡正向移动，则ΔH1＜0；同理ΔH2＞0，根据盖斯定律：Ⅰ﹣Ⅱ得CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH＝ΔH1﹣ΔH2＜0为放热反应，平衡常数K＝，升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数K减小，故答案为：＜；；减小；（2）反应1为气体分子数减小的反应，反应1为气体分子数不变的反应，增大压强，反应1平衡正向移动，二氧化碳转化率增加，甲醇的选择性增强，由图可知，p1＞p2，不改变温度和压强，能提高甲醇选择性的措施有使用对反应Ⅰ催化活性更高的催化剂；350℃在压强p1和p2下，CO2的平衡转化率几乎交于一点的原因是此时发生的反应以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数不变，压强改变对平衡没有影响；250℃，压强为p2时，CO2的平衡转化率为40%，CH3OH的选择性为50%，设H2、CO2的起始量分别为3mol和1mol，则反应1mol×40%＝0.4mol的CO2，转化为CH3OH的CO2为0.4mol×50%＝0.2mol，反应Ⅰ消耗CO20.2mol，反应Ⅱ消耗CO20.2mol，利用三步法可知：反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）起始/mol：1300变化/mol：0.20.60.20.2末了/mol：0.82.40.20.2反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）起始/mol：0.82.400.2变化/mol：0.20.20.20.2平衡/mol：0.62.20.20.4则平衡时，CO2、H2、CH3OH、H2O、CO的物质的量分别是0.6mol、2.2mol、0.2mol、0.4mol、0.2mol，则反应Ⅱ的平衡常数为，故答案为：＞；使用对反应Ⅰ催化活性更高的催化剂；350℃后，反应以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数不变，压强改变对平衡没有影响；0.061。【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡移动的掌握情况，试题难度中等。10．硼酸（H3BO3）在电子器件工业和医疗上有重要用途。它是一种白色片状晶体，具有类似于石墨的层状结构，有滑腻感。H3BO3的层内结构如图所示。（1）H3BO3中，含有极性（填“极性”或“非极性”）共价键。（2）H3BO3层内结构中，虚线部分表示存在c（填序号）。a．离子键b．配位键c．氢键H3BO3在热水中溶解度增大，原因是加热破坏了硼酸分子之间的氢键（或加热有利于形成硼酸与水分子之间形成氢键）。（3）H3BO3可由BCl3水解得到。①依据价电子对互斥理论（VSEPR）推测，BCl3的空间结构为平面三角形。②BCl3属于非极性（填“极性”或“非极性”）分子。（4）H3BO3是一元酸，在水溶液中发生如下过程：H3BO3+H2O⇌+H+。①[B（OH）4]﹣中硼原子的杂化方式为sp3杂化。②用中和滴定法测定H3BO3纯度。取agH3BO3样品（所含杂质不与NaOH反应），用0.5mol•L−1NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液VmL，测得H3BO3的纯度为（用质量分数表示）。【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学方程式的有关计算；化学键；极性键和非极性键．【专题】化学键与晶体结构．【答案】（1）极性；（2）c；加热破坏了硼酸分子之间的氢键（或加热有利于形成硼酸与水分子之间形成氢键）；（3）①平面三角形；②非极性；（4）①sp3；②。【分析】（1）不同原子之间形成的共价键属于极性共价键；（2）H3BO3层内结构中，虚线部分表示存在O﹣H•••O氢键，加热破坏了硼酸分子之间的氢键，使得更多的硼酸与水分子之间形成氢键；（3）①BCl3中中心B原子的价层电子对数为3，无孤电子对，据此判断BCl3的空间结构；②BCl3为平面三角形，分子是对称的，分子中正负电荷的重心是重合的；（4）①[B（OH）4]﹣中硼原子的σ键数为4，孤电子对数为0，价层电子对数为4，据此判断B原子的杂化方式；②根据题意有关系式：H3BO3～H+～NaOH，据此计算H3BO3的纯度。【解答】解：（1）H3BO3中，含有H﹣O、B﹣O极性共价键，故答案为：极性；（2）H3BO3层内结构中，虚线部分表示存在O﹣H•••O氢键，即c符合题意，H3BO3在热水中溶解度增大，原因是加热破坏了硼酸分子之间的氢键（或加热有利于形成硼酸与水分子之间形成氢键），故答案为：c；加热破坏了硼酸分子之间的氢键（或加热有利于形成硼酸与水分子之间形成氢键）；（3）①依据价电子对互斥理论（VSEPR）推测，BCl3中中心B原子的价层电子对数为3+＝3，无孤电子对，则BCl3的空间结构为平面三角形，故答案为：平面三角形；②BCl3为平面三角形，分子中正负电荷的重心是重合的，属于非极性分子，故答案为：非极性；（4）①[B（OH）4]﹣中硼原子的σ键数为4，孤电子对数为0，价层电子对数为4+0＝4，B原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp3杂化；②根据题意有关系式：H3BO3～H+～NaOH，则H3BO3的纯度为×100%＝，故答案为：。【点评】本题主要考查物质结构与性质的相关知识，具体涉及键的极性、分子的极性、空间构型、中心原子杂化方式的判断，同时考查关系式的计算等，属于基本知识的考查，难度不大。11．苯达莫司汀（Bendamustine）是一种抗癌药物。苯达莫司汀的一种合成路线如图：回答下列问题：（1）A分子中杂化方式为sp2的原子数目为8。（2）E的结构简式为。（3）由C生成D的反应类型为取代反应。（4）E中含氧官能团的名称是硝基、羧基。（5）写出由E生成F反应的化学方程式：+C2H5OH+H2O。（6）在一定条件下，1mol苯达莫司汀与足量的氢气反应，最多能消耗4molH2；C物质的核磁共振氢谱有7组峰。（7）链状有机物G是的同分异构体，并且G能发生水解反应，1molG发生银镜反应生成4molAg，符合上述条件的G的结构有8种（不考虑立体异构）。【考点】有机物的合成．【专题】有机推断．【答案】（1）8；（2）；（3）取代反应；（4）硝基、羧基；（5）+C2H5OH+H2O；（6）4；6；（7）8。【分析】A发生取代反应生成B，B发生部分还原反应生成C，C发生开环反应生成D，E和乙醇发生酯化反应生成F，则E为；（7）链状有机物G是的同分异构体，并且G能发生水解反应，1molG发生银镜反应生成4molAg，则G中含有1个醛基和1个甲酸酯基，符合条件的G相当于CH2＝CHCH3中2个氢原子被﹣CHO、HCOO﹣取代。【解答】解：（1）A分子中苯环上的碳原子、硝基中N原子都采用sp2杂化，所以该分子中杂化方式为sp2的原子数目为8，故答案为：8；（2）E的结构简式为，故答案为：；（3）由C生成D的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；（4）E中含氧官能团的名称是硝基、羧基，故答案为：硝基、羧基；（5）由E生成F反应的化学方程式：+C2H5OH+H2O，故答案为：+C2H5OH+H2O；（6）根据苯达莫司汀的结构简式可知，在一定条件下，其中的苯环和C＝N键可与H2发生加成反应，故1mol苯达莫司汀与足量的氢气反应，最多能消耗4molH2；C物质含有6种化学环境不同的H，则核磁共振氢谱有6组峰，故答案为：4；6；（7）链状有机物G是的同分异构体，并且G能发生水解反应，1molG发生银镜反应生成4molAg，则G中含有1个醛基和1个甲酸酯基，符合条件的G相当于CH2＝CHCH3中2个氢原子被﹣CHO、HCOO﹣取代，两个取代基位于同一个碳原子上，有2种位置异构，两个取代基位于不同碳原子上，有6种同分异构体，则符合条件的结构简式有、、OHC﹣CH＝CH﹣CH2OOCH、、、OHC﹣CH2CH＝CHOOCH、、，故答案为：8。【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，易错点是限制性条件下同分异构体种类的判断，（7）题可以采用“替代”法判断同分异构体种类。三．工艺流程题（共1小题）12．焦锑酸钠[NaSb（OH）6]可用于制作电视机显像管玻壳、纺织品阻燃剂和搪瓷乳白剂。以某含锑净渣（主要成分是SbOCl，还含有少量Cu、As等元素）为原料制备焦锑酸钠的工艺流程如图所示。已知：①NaSb（OH）6难溶于水。②Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20，Ksp[CuS]＝6.3×10﹣36。回答下列问题：（1）含锑净渣需进行粉碎研磨，其目的是增大反应物的接触面积，加快浸锑速率，使反应更充分；“浸渣”的主要成分是CuS（填“Cu（OH）2”或“CuS”）。（2）“碱溶”时SbOCl转化为Na3SbS3，转化的化学方程式为SbOCl+3Na2S+H2O═Na3SbS3+2NaOH+NaCl。（3）“氧化”时，溶液中的转化为易溶于水的Na3AsO4与锑分离，同时生成S，写出该反应的离子方程式+4H2O2＝+3S↓+4H2O。（4）“滤液”的主要成分是NaCl。（5）产品纯度测定：称取1.30gNaSb（OH）6样品，酸溶后加入适量硫酸肼固体配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.0500mol•L﹣1Ce（SO4）2标准液滴定（Sb3++2Ce4+═Sb5++2Ce3+），平均消耗标准液20.00mL。①硫酸肼的作用是还原剂。②产品的纯度为95%[NaSb（OH）6的摩尔质量为247g•mol﹣1]。【考点】制备实验方案的设计．【专题】制备实验综合．【答案】（1）增大反应物的接触面积，加快浸锑速率，使反应更充分；CuS；（2）SbOCl+3Na2S+H2O═Na3SbS3+2NaOH+NaCl；（3）+4H2O2＝+3S↓+4H2O；（4）NaCl；（5）①还原剂；②95%。【分析】含锑的废料（主要成分是Sb，含少量Cu、Fe杂质）加入氢氧化钠、硫化钠，并通氧气进行硫浸，硫浸时，锑转化成Na3SbS3，Cu不参与反应，根据Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20，Ksp[CuS]＝6.3×10﹣36，转化为CuS，浸渣1为CuS，浸液中加入过氧化氢进行氧化，将Na3SbS3氧化为Na3SbO4和S，过氧化氢被还原为H2O，粗锑酸钠中加盐酸进行酸溶，Na3SbO4转化为H3SbO4，硫不与盐酸反应，滤渣为S，浸液中加入氢氧化钠进行中和，将H3SbO4转化为NaSb（OH）6，同时得到NaCl。【解答】解：（1）含锑净渣需进行粉碎研磨，其目的是增大反应物的接触面积，加快浸锑速率，使反应更充分；“浸渣”的主要成分是CuS，故答案为：增大反应物的接触面积，加快浸锑速率，使反应更充分；CuS；（2）“碱溶”时SbOCl转化为Na3SbS3，转化的化学方程式为SbOCl+3Na2S+H2O═Na3SbS3+2NaOH+NaCl，故答案为：SbOCl+3Na2S+H2O═Na3SbS3+2NaOH+NaCl；（3）“氧化”时，溶液中的转化为易溶于水的Na3AsO4与锑分离，同时生成S，该反应的离子方程式：+4H2O2＝+3S↓+4H2O，故答案为：+4H2O2＝+3S↓+4H2O；（4）根据分析，“滤液”的主要成分是NaCl，故答案为：NaCl；（5）①NaSb（OH）6样品中Sb为+5价，加入适量硫酸肼使其转化为+3，其化合价降低，故硫酸肼的作用是还原剂，故答案为：还原剂；②结合Sb元素守恒和得失电子守恒，NaSb（OH）6～Sb3+～2Ce4+，产品的纯度为×100%＝95%，故答案为：95%。【点评】本题考查物质的制备和基本操作综合应用，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，题目主要涉及分离提纯的方法、物质性质的分析应用等知识，题目难度较大。

考点卡片1．酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【知识点的认识】1、酸、碱、盐的对比物质类别概念构成特点分类酸电离时生成的阳离子全部是H+的化合物氢离子和酸根离子①酸分子中是否有氧原子：含氧酸、无氧酸；②酸分子电离生成个数：一元酸、二元酸、三元酸；③酸性强弱：强酸、弱酸；④沸点高低：高沸点酸、非挥发性酸；低沸点酸、挥发性酸碱电离时生成的阴离子全部是OH﹣的化合物金属阳离子（或铵根离子）与氢氧根离子构成的①溶解性；可溶性碱、不溶性碱；②碱性强弱：强碱、弱碱；③与一个金属离子结合的的个数：一元碱、二元碱盐一类金属离子或铵根离子（NH4+）与酸根离子或非金属离子结合的化合物。金属阳离子（或铵根离子）与酸根离子（1）根据组成不同：①正盐；②酸式盐；③碱式盐（2）溶解性：可溶性盐、不溶性盐（3）相同金属离子或酸根离子的统称：某盐、某酸盐①金属元素+酸根，读作“某酸某或某酸亚某”；②金属元素+非金属元素，读作“某化某或某化亚某”；③金属元素+H+酸根，读作“某酸氢某或酸式某酸某”；④金属元素+OH+酸根，读作“碱式某酸某或碱式某化某”氧化物其构成中只含两种元素，其中一种一定为氧元素，另一种若为金属元素，则为金属氧化物；若为非金属，则为非金属氧化物。氧元素为负二价时和另外一种化学元素组成的二元化合物①金属氧化物与非金属氧化物②离子型氧化物与共价型氧化物离子型氧化物：部分活泼金属元素形成的氧化物如Na2O、CaO等；共价型氧化物：部分金属元素和所有非金属元素的氧化物如MnO2、HgO、SO2、ClO2等③普通氧化物、过氧化物和超氧化物④酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物、不成盐氧化物、其它复杂氧化物2、酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物的对比：酸性氧化物碱性氧化物两性氧化物概念一类能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物能跟酸起反应，生成一种盐和水的氧化物叫碱性氧化物（且生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成）。既可以与酸反应生成盐和水又可以与碱反应生成盐和水的氧化物组成一般是非金属元素的氧化物和某些过渡金属元素的高价氧化物碱性氧化物都是金属氧化物。金属氧化物一般为碱性氧化物，但有例外，比如七氧化二锰和三氧化铬主要由活动性较低的金属组成。常例CO2、SO2、SO3、P2O5、SiO2、Mn2O7、CrO3Na2O、CaO、BaO和CrO、MnOBeO、Al2O3、ZnO等。性质1．与水反应生成相应的酸（除了二氧化硅SiO2，它不与水反应）2．与碱反应生成盐和水3．与碱性氧化物反应1．碱性氧化物的对应水化物是碱。例如，CaO对应的水化物是Ca（OH）2，Na2O对应的水化物是NaOH．但对应水化物是不溶性碱的则其氧化物不与水反应，如：氧化铜不与水反应，碱金属钠、钾等，还有钙和钡的氧化物能跟水反应，生成相应的氢氧化物。它们都是强碱：Na2O+H2O═2NaOHCaO+H2O═Ca（OH）22．高温下，部分碱性氧化物和酸性氧化物作用生成盐：CaO+SiO2═CaSiO33．部分碱性氧化物可直接与酸性氧化物反应：Na2O+CO2═Na2CO3。碱性氧化物受热时比较稳定，一般不会分解。既能表现酸性氧化物的性质，又能表现碱性氧化物的性质区别与联系大多数金属氧化物是碱性氧化物，大多数非金属氧化物是酸性氧化物。碱性氧化物都是一些金属氧化物，酸性氧化物中有一些是非金属氧化物，也有一些是金属氧化物。所以说，金属氧化物不一定是碱性氧化物，非金属氧化物也不一定是酸性氧化物（如CO、NO）。酸性氧化物也不一定是非金属氧化物，但碱性氧化物一定是金属氧化物。【命题方向】本内容重点掌握酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物的概念和性质。题型一：酸、碱、盐互为氧化物的概念典例1：分类是学习和研究化学的一种重要方法，下列分类合理的是（）A．K2CO3和K2O都属于盐B．KOH和Na2CO3都属于碱C．H2SO4和HNO3都属于酸D．Na2O和Na2SiO3都属于氧化物分析：电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物叫酸；电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物叫碱；电离时生成金属离子和酸根离子的化合物叫盐；由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物叫氧化物；据定义分析即可。解答：A、K2CO3属于盐，K2O属于氧化物，故A错误。B、KOH属于碱，Na2CO3属于盐，故B错误。C、H2SO4和HNO3都属于酸，故C正确。D、Na2O属于氧化物，Na2SiO3属于盐，故D错误。故选C。点评：本题考查了酸、碱、盐、氧化物的概念，难度不大，注意这几个概念的区别。题型二：酸性氧化物、碱性氧化物的识别典例2：下列物质的分类正确的是（）碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4NaOHSO2CO2BNaOHHClNaClNa2OCOCNaOHCH3COOHCaF2COSO2DKOHHNO3CaCO3CaOSO2A．AB．BC．CD．D分析：根据碱电离出的阴离子全部是氢氧根离子，酸电离出的阳离子全部是氢离子，盐电离出的阳离子是金属离子或铵根离子，阴离子是酸根离子，能与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，能与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物等概念进行分析。解答：A、NaOH属于碱，SO2属于酸性氧化物，故A错误；B、CO属于不成盐氧化物，故B错误；C、CO属于不成盐氧化物，故C错误；D、根据物质的分类，KOH属于碱，HNO3属于酸，CaCO3属于盐，CaO属于碱性氧化物，SO2属于酸性氧化物，故D正确。故选D。点评：本题考查物质的分类，题目难度不大，注意物质的分类角度的总结。题型三：酸性氧化物、非金属氧化物、碱性氧化物、金属氧化物的辨析关系典例3：下列关于氧化物的叙述中，正确的是（）A．酸性氧化物都是非金属氧化物B．非金属氧化物都是酸性氧化物C．碱性氧化物肯定是金属氧化物D．金属氧化物肯定是碱性氧化物分析：A、能和碱反应生成只盐和水的氧化物是酸性氧化物；B、非金属氧化物可能是不成盐氧化物；C、能和酸反应只生成盐和水的氧化物是碱性氧化物。D、金属氧化物不一定都是碱性氧化物。解答：A、酸性氧化物也可能是金属氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故A错误；B、非金属氧化物不一定是酸性氧化物，可能是不成盐氧化物，如CO属于非金属氧化物但不属于酸性氧化物，故B错误；C、碱性氧化物肯定是金属氧化物，故C正确；D、金属氧化物不一定是碱性氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故D错误；故选C。点评：本题考查了氧化物的概念及其联系，难度不大，但概念间的联系是学习的难点，属于易错题。【解题思路点拨】金属氧化物不一定是碱性氧化物，非金属氧化物也不一定是酸性氧化物（如CO、NO）。酸性氧化物也不一定是非金属氧化物，但碱性氧化物一定是金属氧化物。2．化学式或化学符号及名称的综合【知识点的知识】常见物质名称及化学式稀有气体：He、Ne、Ar等金属单质：Mg、Al、Zn、Fe、Cu等非金属单质：H2、O2、Cl2、C、S等氧化物：一氧化碳（CO）、二氧化碳（CO2）、氧化钙（CaO）等酸：盐酸（HCl）、硫酸（H2SO4）、硝酸（HNO3）等碱：氢氧化钠（NaOH）、氢氧化钙（Ca（OH）2）等盐：氯化钠（NaCl）、碳酸钙（CaCO3）等常见的离子钾离子（K+）、钠离子（Na+）、氢离子（H+）、氢氧根离子（OH﹣）等【命题方向】本考点主要考查学生对化学符号及其周围数字的意义的应用。典例：写出下列有关的化学式（化学符号）：氨气硝酸根离子硫酸铜3个亚铁离子分析：离子的表示方法，在表示该离子的元素符号右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负符号在后，带1个电荷时1要省略，若表示多个该离子，就在其离子符号前加上相应的数字；分子的表示方法，正确书写物质的化学式。解答：由分子的表示方法，正确书写物质的化学式，表示多个该分子，就在其化学式前加上相应的数字，则氨气可表示为NH3、硫酸铜可表示为CuSO4；根据离子式表示的意义可知，硝酸根离子的化学符号为：；离子的表示方法，在表示该离子的元素符号右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负符号在后，带1个电荷时1要省略，若表示多个该离子，就在其离子符号前加上相应的数字，则3个亚铁离子可表示为：3Fe2+。点评：本题主要考查学生对化学用语的书写和理解能力，题目设计既包含对化学符号意义的了解，又考查了学生对化学符号的书写，题目一般。【解题思路点拨】解决该类问题首先要熟记常见物质名称及化学式，其次要能够正确书写，需要注重基础。3．阿伏加德罗常数【知识点的认识】1、阿伏伽德罗常数：（1）概念：阿伏伽德罗常数的定义值是指0.012kg12C所含的原子数，约为6.02×1023，符号为NA．表示1mol任何粒子的数目。（2）单位：mol﹣1。2、阿伏伽德罗常数可用多种实验方法测得，到目前为止测得比较精确的数据是6.0221367×1023mol﹣1。【命题方向】本考点主要考察阿伏伽德罗常数的概念、符号及数值、单位，需要重点掌握。题型一：阿伏伽德罗常数的概念典例1：下列叙述正确的是（）A．1mol任何物质都含有6.02×1023个原子B．0.012kg12C约含有6.02×1023个碳原子C．硫酸的摩尔质量是98gD．常温常压下，1mol氧气的体积约为22.4L分析：A、物质有的是单原子分子，有的是双原子分子多原子分子，离子化合物等；B、依据阿伏伽德罗常数的概念分析判断；C、摩尔质量是单位物质的量的物质的质量；D、常温常压下，气体摩尔体积不为22.4L/mol。解答：A、构成物质的微粒不同，1mol任何物质不一定都含有6.02×1023个原子，故A错误；B、0.012kg12C约含有6.02×1023个碳原子为1mol，为阿伏伽德罗常数的规定，故B正确；C、硫酸的摩尔质量是98g/mol，故C错误；D、常温常压下，1mol氧气的体积不是22.4L，故D错误；故选B。点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查阿伏伽德罗常数的规定，气体摩尔体积的条件应用，摩尔质量的概念判断，题目较简单。题型二：阿伏伽德罗常数的计算应用典例2：设NA是阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是（）A．1L0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液中，Fe3+的数目为0.1NAB．1molNH3中含有N﹣H键的数目为3NAC．7.8gNa2O2中含有的阳离子数目为0.1NAD．标准状况下，22.4L水中分子个数为NA分析：A、氯化铁溶液中铁离子部分水解，铁离子数目减少；B、氨气分子中含有3个氮氢键，1mol氨气中含有3mol氮氢键；C、过氧化钠中的阳离子为钠离子，0.1mol过氧化钠中含有0.2mol钠离子；D、标准状况下水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量。解答：A、1L0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液中含有溶质氯化铁0.1mol，铁离子部分水解，溶液中含有的铁离子小于0.1mol，Fe3+的数目小于0.1nA，故A错误；B、1mol氨气中含有3mol氮氢键，含有N﹣H键的数目为3nA，故B正确；C、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，0.1mol过氧化钠中含有0.2mol钠离子，含有的阳离子数目为0.2nA，故C错误；D、标况下，水不是气体，题中条件无法计算22.4L水的物质的量，故D错误；故选B。点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下的气体摩尔体积的使用条件。【解题思路点拨】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：1）物质的状态是否为气体；2）对于气体注意条件是否为标况；3）注意同位素原子的差异；4）注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；5）注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和构成，而不是有Na+和O2﹣构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。4．有关反应热的计算【知识点的认识】1、概念：有关反应热的计算：利用反应热的概念、盖斯定律、热化学方程式进行有关反应热的计算．2、计算方法：（1）由化学反应的本质（旧键断裂﹣新键生成）及化学反应能量变化的原因（反应物的总能量与生成物的总能量不等）可得：①反应热＝断裂旧键所需的能量﹣生成新键释放的能量；②反应热＝生成物的总能量﹣反应物的总能量；（2）根据盖斯定律计算：不管化学反应是一步完成或分几步完成，其反应热是相同的．也就是说，化学反应的反应热只与反应的始态和终态有关，而与具体反应的途径无关．所以．可将热化学方程式进行适当的“加”、“减”等变形，△H进行相应的变化后来计算反应热．（3）其他方法根据比热容公式△H＝﹣cm△t进行计算；由生成反应的焓变计算：反应热＝生成物生成焓之和﹣反应物生成焓之和．【命题方向】题型一：已知一定量的物质参加反应放出的热量，写出其热化学反应方程式；典例1：25℃（1.01×105）Pa下，1g硫粉在氧气中充分燃烧放出9.36kJ热量，写出硫燃烧的热化学方程式．分析：燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，因此需要把1g硫粉放出的热量换算求出1mol硫粉放出的热量．解答：1g硫粉在氧气中充分燃烧放出9.36kJ热量，则1mol硫粉在氧气中充分燃烧放出热量为：32g×9.35kJ/g＝299.62kJ，因此硫燃烧的热化学方程式为：S（s）+O2（g）＝SO2（g）△H＝﹣299.62kJ•mol﹣1点评：本题考查燃烧热的概念以及根据一定量的物质参加反应放出的热量写出其热化学反应方程式，注意燃烧热的概念是关键，难度较低．题型二：利用键能计算反应热；典例2：（2014•重庆）已知C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H＝akJ•mol﹣12C（s）+O2（g）═2CO（g）△H＝﹣220kJ•mol﹣1H﹣H、O＝O和O﹣H键的键能分别为436、496和462kJ•mol﹣1，则a为（）A．﹣332B．﹣118C．+350D．+130分析：根据盖斯定律计算水分解反应的焓变，化学反应的焓变△H＝H产物﹣H反应物再结合化学键能和物质能量的关系来回答．解答：已知①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H＝akJ•mol﹣1＞0，②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H＝﹣220kJ•mol﹣1①×2﹣②得：2H2O（g）═O2（g）+2H2（g）△H＝（2a+220）kJ•mol﹣1＞0，4×462﹣496﹣2×436＝2a+220，解得a＝+130．故选D．点评：本题考查学生盖斯定律的应用以及化学反应的能量和化学键键能之间的关系，注意知识的迁移和应用是关键，难度中等．题型三：盖斯定律及其应用；典例3：已知：Zn（s）+O2（g）＝ZnO（s）△H1＝﹣351.1kJ/molHg（l）+O2（g）＝HgO（s）△H1＝+90.7kJ/mol由此可知Zn（s）+HgO（s）＝ZnO（s）+Hg（l）的反应热△H为（）A．﹣260.4kJ/mol﹣1B．+260.4kJ/mol﹣1C．﹣441.8kJ/mol﹣1D．+441.8kJ/mol﹣1分析：根据盖斯定律，利用已知的热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的加减．解答：已知：①Zn（s）+O2（g）＝ZnO（s）△H1＝﹣351.1kJ/mol②Hg（l）+O2（g）＝HgO（s）△H2＝+90.7kJ/mol根据盖斯定律，①﹣②得Zn（s）+HgO（s）＝ZnO（s）+Hg（l），则△H3＝△H1﹣△H2＝﹣351.1kJ/mol﹣90.7kJ/mol＝﹣441.8kJ/mol，故选：C．点评：本题考查盖斯定律、反应热的计算等，难度中等，注意盖斯定律的理解与运用．题型四：根据热化学方程式求反应热；典例4：在一定条件下，CO和CH4燃烧的热化学方程式分别为2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H＝﹣566kJ•mol﹣1CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣890kJ•mol﹣1由1molCO（g）和3molCH4（g）组成的混合气体在上述条件下充分燃烧，恢复至室温释放的热量为（）A．2912kJB．2953kJC．3236kJD．3867kJ分析：根据热化学反应方程式中物质的物质的量与反应放出的热量成正比来解答．解答：由2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H＝﹣566kJ•mol﹣1可知，1molCO燃烧放出的热量为kJ＝283kJ；由CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣890kJ•mol﹣1可知，3molCH4（g）充分燃烧放出的热量为3×890kJ＝2670kJ；所以由1molCO（g）和3molCH4（g）组成的混合气体在上述条件下充分燃烧，放出的热量为2670kJ+283kJ＝2953kJ，故选B．点评：本题考查学生利用热化学反应方程式的计算，明确物质的量与反应中的热量关系是解答本题的关键，题目难度不大．题型五：求混合物的组成．典例1：已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H＝﹣571.6kJ•mol﹣1；CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣890kJ•mol﹣1．现有H2与CH4的混合气体112L（标准状况），使其完全燃烧生成CO2和H2O（l），若实验测得反应放热3695kJ，则原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是（）A．1：1B．1：3C．1：4D．2：3分析：H2与CH4的混合气体112L，n＝＝5mol，设H2与CH4的物质的量分别为x、y，代入热化学反应方程式中计算热量即可解答．解答：H2与CH4的混合气体112L，n＝＝5mol，设H2与CH4的物质的量分别为x、y，2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）△H＝﹣571.6kJ•mol﹣1，2571.6kJx285.8xCH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣890kJ•mol﹣1，1890kJy890ykJ则，解得x＝1.25mol，y＝3.75mol，原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是1.25mol：3.75mol＝1：3，故选B．点评：本题考查反应热的有关计算，明确物质的量与热量的关系是解答本题的关键，学会利用列方程组来解答即可，难度不大．【解题思路点拨】反应热的计算难度虽然不大，但过程中有很多的细节问题需要注意，也有很多的概念容易混淆，需要多练习．5．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﹣1