高考化学一轮实战训练试题汇编含解析全套

高考化学一轮实战训练试题汇编含解析全套

板块三高考层面·高考真题实战 ‎1.[高考集萃]NA代表阿伏加德罗常数。判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。‎ ‎(1)[2015·课标全国卷Ⅰ]‎18 g D2O和‎18 g H2O中含有的质子数均为10NA。(　　)‎ ‎(2)[2015·课标全国卷Ⅰ]过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA。(　　)‎ ‎(3)[2015·课标全国卷Ⅰ]密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA。(　　)‎ ‎(4)[2015·课标全国卷Ⅱ]‎60 g丙醇中存在的共价键总数为10NA。(　　)‎ ‎(5)[2015·课标全国卷Ⅱ]‎235 g核素 U发生裂变反应：U＋nSr＋Xe＋10n，净产生的中子(n)数为10NA。(　　)‎ ‎(6)[2015·四川高考]‎2.0 g HO与D2O的混合物中所含中子数为NA。(　　)‎ ‎(7)[2015·四川高考]标准状况下，‎5.6 L CO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NA。(　　)‎ ‎(8)[2015·四川高考]50 mL 12 mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.5NA。(　　)‎ ‎(9)[2015·江苏高考]若H2O2分解产生1 mol O2，理论上转移的电子数约为4×6.02×1023。(　　)‎ 答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√　(7)×　(8)×　(9)×‎ 解析　(1)‎18 g D2O与‎18 g H2O的物质的量分别为0.9 mol和1 mol，质子数分别为9NA和10NA，错误；(2)过氧化钠与水发生反应2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，Na2O2既作氧化剂又作还原剂，生成0.1 mol氧气，转移电子0.2NA，正确；(3)NO与O2反应生成NO2，生成的NO2又发生反应2NO2N2O4，产物的分子数少于2NA，错误；(4)1 mol丙醇中含有11 mol共价键，错误；(5)‎235 g核素为1 mol，由核反应方程式知，净产生的中子数为9 mol，错误；(6)HO和D2O的摩尔质量均为‎20 g/mol，所含中子数均为10,‎2.0 g HO和D2O的混合物共0.1 mol，所含中子数为NA，正确；(7)标准状况下‎5.6 L CO2‎ 为0.25 mol，与足量Na2O2反应时转移0.25 mol电子，错误；(8)浓盐酸与二氧化锰反应时，随着反应进行，浓盐酸浓度降低，反应逐渐停止，故无法通过给出的盐酸的量计算转移的电子数，错误；(9)2H2O2===2H2O＋O2↑，生成1 mol O2时转移2 mol e－，错误。‎ ‎2．[2015·广东高考]设nA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是(　　)‎ A．‎23 g Na与足量H2O反应完全后可生成nA个H2分子 B．1 mol Cu和足量热浓硫酸反应可生成nA个SO3分子 C．标准状况下，‎22.4 L N2和H2混合气中含nA个原子 D．3 mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8nA个电子 答案　D 解析　根据2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑可知，‎23 g Na与足量H2O反应生成0.5 mol H2，A项错误；Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O只生成SO2，不会生成SO3，B项错误；标准状况下，‎22.4 L N2和H2混合气体为1 mol，分子数为nA，原子数为2nA，C项错误；3 mol Fe生成Fe3O4(2O3·O)时，有2 mol Fe升高到＋3价，1 mol Fe 升高到＋2价，共失去8 mol电子，D项正确。‎ ‎3．[2014·大纲全国卷]NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是(　　)‎ A．1 mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NA B．‎2 L 0.5 mol·L－1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NA C．1 mol Na2O2固体中含离子总数为4NA D．丙烯和环丙烷组成的‎42 g混合气体中氢原子的个数为6NA 答案　D 解析　A项，1 mol FeI2与足量Cl2反应时，Fe2＋被氧化为Fe3＋，I－被氧化为I2，转移电子3NA，错误；B项，硫酸钾溶液中阴离子为SO和少量OH－，‎2 L 0.5 mol·L－1的硫酸钾溶液中n(SO)＝1 mol，所带电荷为2 mol，即2NA，错误；C项，Na2O2由Na＋和O(过氧根离子)构成，1 mol Na2O2中含离子总数为3NA ‎，错误；D项，丙烯和环丙烷为同分异构体，其分子式均为C3H6，最简式为CH2,‎42 g混合气中氢原子个数为×2NA＝6NA，正确。‎ ‎4．[2014·四川高考]设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A．高温下，0.2 mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA B．室温下，‎1 L pH＝13的NaOH溶液中，由水电离的OH－离子数目为0.1NA C．氢氧燃料电池正极消耗‎22.4 L(标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为2NA D．5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，生成‎28 g N2时，转移的电子数目为3.75NA 答案　D 解析　A项，铁在高温下与水蒸气反应的化学方程式为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2,0.2 mol Fe生成H2的分子数约为0.27NA，错误；B项，该NaOH溶液中OH－总共有0.1NA，但OH－主要来自于NaOH电离，水电离出n(OH－)＝10－13 mol/L×‎1 L＝10－13 mol，错误；C项，氢氧燃料电池正极上反应的物质为O2，当消耗标准状况下‎22.4 L O2时，转移的电子数为4NA，错误；D项，根据反应方程式可知，反应中只有N元素化合价发生改变，生成的8 mol氮原子(4 mol N2)中有5 mol来自NH，有3 mol来自NO，故反应中转移电子数为15 mol，则生成‎28 g(1 mol)N2时，转移电子数为3.75NA，正确。‎ ‎5．[2014·江苏高考]设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A．‎1.6 g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NA B．0.1 mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NA C．标准状况下，‎11.2 L苯中含有分子的数目为0.5NA D．在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1‎ ‎ mol氧气，转移电子的数目为0.4NA 答案　A 解析　设‎1.6 g混合物中氧气的质量为x，臭氧的质量为y，则x＋y＝‎1.6 g,‎1.6 g混合气体中含有氧原子的物质的量为(x/32)×2＋(y/48)×3＝0.1 mol，A项正确；丙烯酸中含有碳碳双键和碳氧双键，所以0.1 mol丙烯酸中含有双键的数目为0.2NA，B项错误；标准状况下，苯为液体，不能用标准状况下的气体摩尔体积计算，C项错误；过氧化钠与水的反应中，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，所以生成0.1 mol O2，转移0.2NA个电子，D项错误。‎ 板块三高考层面·高考真题实战 ‎1.[高考集萃]判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。‎ ‎(1)[2015·课标全国卷Ⅰ]‎2 L 0.5 mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋离子数为2NA。(　　)‎ ‎(2)[2015·课标全国卷Ⅱ]‎1 L 0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO和CO离子数之和为0.1NA。(　　)‎ ‎(3)[2015·浙江高考]提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法。(　　)‎ ‎(4)[2013·天津高考]用容量瓶配溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小。(　　)‎ ‎(5)[2013·福建高考]配制0.1000 mol·L－1氯化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需要用玻璃棒引流。(　　)‎ ‎(6)[2013·山东高考]用固体NaCl配制0.5 mol·L－1的溶液，所用的仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶。(　　)‎ ‎(7)[2012·安徽高考]用pH＝1的盐酸配制100 mL pH＝2的盐酸用到的玻璃仪器：100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。(　　)‎ 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)×　(7)×‎ 解析　(1)亚硫酸是弱酸，不能完全电离，氢离子数目少于2NA，错误；(2)NaHCO3溶液中碳元素的存在形式有：HCO、CO及H2CO3，三者共0.1 mol，错误；(3)要从含有少量KNO3的NaCl固体混合物中提纯得到NaCl，应该采用蒸发结晶的方法，而不是冷却结晶，错误；(4)用容量瓶配制溶液定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，浓度偏大，错误；(6)用固体配制一定浓度的溶液时，需要用托盘天平称量药品的质量，错误；(7)缺少量取pH＝1的盐酸的仪器，错误。‎ ‎2．[高考集萃]下列实验装置中，正确的画“√”，错误的画“×”。‎ 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×‎ 解析　不能在容量瓶中溶解固体，(1)、(3)错误；定容时，当液面距刻度线1～2 cm处时，应改用胶头滴管，(4)错误；定容时，视线与液体凹液面的最低点相平，(2)错误。‎ ‎3．[2014·课标全国卷Ⅰ]下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是(　　)‎ A．洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干 B．酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗 C．酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差 D．用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体 答案　B 解析　容量瓶不能放在烘箱中烘干，否则其容积可能受温度的影响而发生改变，事实上配制溶液时，洗净的容量瓶不需要干燥，A错误；滴定管在盛放溶液前，必须用所盛溶液润洗2～3次，B正确；中和滴定时，若用待滴定溶液润洗锥形瓶，必然导致标准溶液用量偏多，实验结果偏高，C错误；配制溶液时，若加水超过刻度线，应重新配制，若用滴管吸出多余液体，则所配溶液的浓度偏低，D错误。‎ ‎4．[2011·课标全国卷]下列叙述正确的是(　　)‎ A．1.00 mol NaCl中含有6.02×1023个NaCl分子 B．1.00 mol NaCl中，所有Na＋的最外层电子总数为8×6.02×1023‎ C．欲配制‎1.00 L 1.00 mol·L－1的NaCl溶液，可将‎58.5 g NaCl溶于‎1.00 L水中 D．电解‎58.5 g熔融的NaCl，能产生‎22.4 L氯气(标准状况)、‎23.0 g金属钠 答案　B 解析　A不对，氯化钠是离子晶体，其构成微粒是阴阳离子，不存在分子；B正确，Na＋的最外层电子是8个；C不对，‎1 L水配制成溶液的体积不等于‎1 L；D不对，根据质量守恒定律可知，电解‎58.5 g熔融氯化钠时，只能得到标准状况下‎11.2 L的氯气。‎ ‎5．[2010·海南高考]把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为 (　　)‎ A. mol·L－1B.mol·L－1‎ C. mol·L－1 D. mol·L－1‎ 答案　D 解析　注意混合液分成两等份，由Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓、Ba2＋＋SO===BaSO4↓可知原溶液中n(Mg2＋)＝ mol＝a mol、n(SO)＝2b mol，依据电荷守恒可知原溶液中n(K＋)＝2n(SO)－2n(Mg2＋)＝2(2b－a) mol，则c(K＋)＝ mol·L－1。‎ 板块三高考层面·高考真题实战 ‎1.[高考集萃]判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。‎ ‎(1)[2015·浙江高考]石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性和纳米银粒子的聚集都是化学变化。(　　)‎ ‎(2)[2015·江苏高考]通过化学变化可以直接将水变为汽油。(　　)‎ ‎(3)[2014·重庆高考]浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3胶体。(　　)‎ ‎(4)[2014·福建高考]用可见光束照射以区别溶液和胶体。(　　)‎ ‎(5)[2013·安徽高考]H＋、K＋、S2－、Br－能在Fe(OH)3胶体中大量共存。(　　)‎ ‎(6)[2012·山东高考]向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶体。(　　)‎ ‎(7)[2012·四川高考]“血液透析”利用了胶体的性质。(　　)‎ ‎(8)[2012·天津高考]明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作漂白剂。(　　)‎ 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)√　(7)√　(8)×‎ 解析　(1)纳米银粒子的聚集是物理变化，错误；(2)H2O中含有H、O元素，汽油中含有C、H元素，而化学变化不能改变元素的种类，错误；(3)浓氨水与FeCl3溶液反应生成Fe(OH)3沉淀，错误；(4)正确；(5)H＋与S2－不能大量共存，而且Fe(OH)3胶体遇带电离子易发生聚沉，错误；(6)正确；(7)正确；(8)Al(OH)3胶体没有漂白作用，错误。‎ ‎2．[2015·北京高考]下列我国古代的技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是(　　)‎ A.火药使用 B.粮食酿酒 C.转轮排字 D.铁的冶炼 答案　C 解析　A、B、D项均涉及化学变化，有新物质生成。‎ ‎3．[2015·课标全国卷Ⅱ]食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好。下列说法错误的是(　　)‎ A．硅胶可用作食品干燥剂 B．P2O5不可用作食品干燥剂 C．六水氯化钙可用作食品干燥剂 D．加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂 答案　C 解析　硅胶、植物纤维均是无毒、无味、无腐蚀性，所以可用作干燥剂，A、D项正确；无水CaCl2具有吸水作用，而CaCl2·6H2O无吸水作用，不可用作干燥剂，C项错误；P2O5＋3H2O===2H3PO4，而H3PO4既有酸性又有腐蚀性，因此P2O5不可用作食品干燥剂，B项正确。‎ ‎4．[2015·安徽高考]下列有关说法正确的是(　　)‎ A．在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解 B．Fe(OH)3胶体无色、透明，能产生丁达尔现象 C．H2、SO2、CO2三种气体都可用浓H2SO4干燥 D．SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物 答案　C 解析　A项错误，Na2CO3受热不分解，2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O；B项错误，Fe(OH)3胶体为红褐色；C项正确，三种气体均不与浓硫酸反应；D项错误，SiO2为酸性氧化物，除氢氟酸外，SiO2‎ 并不能与其他酸发生反应。‎ ‎5．[2014·课标全国卷Ⅱ]下列过程没有发生化学反应的是(　　)‎ A．用活性炭去除冰箱中的异味 B．用热碱水清除炊具上残留的油污 C．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果 D．用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装 答案　A 解析　A项，用活性炭去除冰箱中的异味利用了吸附原理，没有发生化学反应；B项，热碱水使油脂发生水解反应而变得易清除；C项，KMnO4能吸收成熟水果释放的乙烯，从而起到保鲜水果的目的；D项，硅胶起干燥作用，而铁粉是脱氧剂，会与O2发生化学反应。‎ 板块三高考层面·高考真题实战 ‎1.[2015·江苏高考]下列指定反应的离子方程式正确的是(　　)‎ A．氯气溶于水：Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－‎ B．Na2CO3溶液中CO的水解：CO＋H2O===HCO＋OH－‎ C．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO＋I－＋6H＋===I2＋3H2O D．NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO＋Ba2＋＋OH－===BaCO3↓＋H2O 答案　D 解析　HClO为弱电解质，不可拆开，A项错误；CO的水解反应为可逆反应，B项错误；离子方程式应满足电荷守恒，C项错误；NaHCO3少量，设为1 mol,1 mol NaHCO3只能与1 mol OH－反应生成1 mol CO和1 mol H2O，1 mol CO与1 mol Ba2＋反应生成1 mol BaCO3，D项正确。‎ ‎2．[2015·上海高考](双选)离子方程式：2Ca2＋＋3HCO＋3OH－―→2CaCO3↓＋CO＋3H2O可以表示(　　)‎ A．Ca(HCO3)2与NaOH溶液反应 B．NaHCO3与澄清石灰水反应 C．Ca(HCO3)2与澄清石灰水反应 D．NH4HCO3与澄清石灰水反应 答案　AB 解析　A项，Ca(HCO3)2与NaOH溶液反应，当NaOH与Ca(HCO3)2的物质的量之比为3∶2时，反应的离子方程式为2Ca2＋＋3HCO＋3OH－―→2CaCO3↓＋CO＋3H2O，正确；B项，NaHCO3与澄清石灰水反应，当两溶液中所含NaHCO3与Ca(OH)2的物质的量之比为3∶2时，反应的离子方程式为2Ca2＋＋3HCO＋3OH－―→2CaCO3↓＋CO＋3H2O，正确；C项，Ca(HCO3)2溶液与澄清石灰水反应，不论两溶液中所含溶质的相对多少，产物中都不会存在CO，错误；D项，漏掉了NH与OH－的反应，错误。‎ ‎3．[2014·全国大纲卷]下列离子方程式错误的是(　　)‎ A．向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O B．酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O C．等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合：Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓‎ D．铅酸蓄电池充电时的正极反应：PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋SO 答案　C 解析　H2SO4与Ba(OH)2混合时四种离子均参与反应，A项正确；酸性条件下，MnO可被还原成Mn2＋，H2O2被氧化成O2，B项正确；C项中三种物质混合后，H＋与OH－先发生反应，错误；铅酸蓄电池的正极材料是PbO2，放电过程中PbO2会转化为PbSO4，则充电时PbSO4转化为PbO2，D项正确。‎ ‎4．[2014·四川高考]能正确表示下列反应的离子方程式是(　　)‎ A．Cl2通入NaOH溶液：‎ Cl2＋OH－===Cl－＋ClO－＋H2O B．NaHCO3溶液中加入稀HCl：‎ CO＋2H＋===CO2↑＋H2O C．AlCl3溶液中加入过量稀氨水：‎ Al3＋＋4NH3·H2O===AlO＋4NH＋2H2O D．Cu溶于稀HNO3：‎ ‎3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O 答案　D 解析　A项不符合电荷守恒和原子守恒，错误；B项NaHCO3需写成HCO形式，错误；C项生成的Al(OH)3不溶于氨水，错误；D项正确。‎ ‎5．[高考集萃]写出下列反应的离子方程式。‎ ‎(1)[2015·重庆高考]已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为__________________________________________________________。‎ ‎(2)[2015·四川高考]H2SO4与Fe2O3反应的离子方程式是__________________________________________________________。‎ ‎(3)[2015·江苏高考]如图，装置A中KMnO4与盐酸反应生成MnCl2和Cl2，其离子方程式为_________________________。‎ ‎(4)[2014·四川高考]将Cu单质的粉末加入NH3的浓溶液中，通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式是__________________________________________________________。‎ ‎(5)[2014·天津高考]Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为_________________________________________________________。‎ ‎(6)[2014·江苏高考]向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I－，其离子方程式为 ‎____________________________________________________。‎ 答案　(1)4H＋＋5ClO===Cl－＋4ClO2↑＋2H2O ‎(2)Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O ‎(3)2MnO＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O ‎(4)2Cu＋8NH3·H2O＋O2===2[Cu(NH3)4]2＋＋4OH－＋6H2O ‎(5)S2O＋4Cl2＋5H2O===2SO＋8Cl－＋10H＋‎ ‎(6)SO＋I2＋H2O===2I－＋SO＋2H＋‎ 板块三高考层面·高考真题实战 ‎1.[高考集萃]在水溶液中能大量共存的一组离子是________。‎ ‎(1)[2015·广东高考]NH、Ba2＋、Br－、CO ‎(2)[2015·广东高考]Cl－、SO、Fe2＋、H＋‎ ‎(3)[2015·广东高考]K＋、Na＋、SO、MnO ‎(4)[2015·广东高考]Na＋、H＋、NO、HCO ‎(5)[2013·广东高考]Na＋、Al3＋、Cl－、CO ‎(6)[2013·广东高考]H＋、Na＋、Fe2＋、MnO ‎(7)[2013·广东高考]K＋、Ca2＋、Cl－、NO ‎(8)[2013·广东高考]K＋、NH、OH－、SO ‎(9)[2013·重庆高考]Na＋、Ba2＋、Cl－、NO ‎(10)[2013·重庆高考]Pb2＋、Hg2＋、S2－、SO ‎(11)[2013·重庆高考]NH、H＋、S2O、PO ‎(12)[2013·重庆高考]Ca2＋、Al3＋、Br－、CO 答案　(3)(7)(9)‎ 解析　(1)中，Ba2＋与CO反应生成BaCO3沉淀；(2)中，SO与H＋反应生成SO2气体；(4)中，H＋与HCO发生反应生成CO2与H2O；(5)中，Al3＋与CO相互促进水解生成Al(OH)3沉淀与CO2气体；(6)中，MnO在酸性条件下具有强氧化性，可以与Fe2＋发生氧化还原反应；(8)中，NH与OH－生成弱电解质NH3·H2O而不能大量共存；(10)中，Pb2＋、Hg2＋均可与S2－‎ 形成沉淀；(11)中，S2O与H＋可生成S、SO2和H2O；(12)中，Ca2＋与CO可形成沉淀，Al3＋与CO因发生双水解而不能大量共存。‎ ‎2．[高考集萃]‎25 ℃‎时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是________。‎ ‎(1)[2015·江苏高考]使酚酞变红色的溶液中：Na＋、Al3＋、SO、Cl－‎ ‎(2)[2015·江苏高考]＝1×10－13 mol·L－1的溶液中：NH、Ca2＋、Cl－、NO ‎(3)[2015·江苏高考]与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2＋、K＋、NO、SO ‎(4)[2015·江苏高考]水电离的c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1的溶液中：K＋、Na＋、AlO、CO ‎(5)[2014·江苏高考]pH＝1的溶液中：Na＋、K＋、MnO、CO ‎(6)[2014·江苏高考]c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1的溶液中：Mg2＋、Cu2＋、SO、NO ‎(7)[2014·江苏高考] 0.1 mol·L－1 NH4HCO3溶液中：K＋、Na＋、NO、Cl－‎ ‎(8)[2014·江苏高考] 0.1 mol·L－1 FeCl3溶液中：Fe2＋、NH、SCN－、SO ‎(9)[2014·山东高考]无色溶液中可能大量存在Al3＋、NH、Cl－、S2－‎ ‎(10)[2014·山东高考]酸性溶液中可能大量存在Na＋、ClO－、SO、I－‎ ‎(11)[2014·山东高考]弱碱性溶液中可能大量存在Na＋、K＋、Cl－、HCO ‎(12)[2014·山东高考]中性溶液中可能大量存在Fe3＋、K＋、Cl－、SO 答案　(2)(7)(11)‎ 解析　(1)使酚酞变红的溶液显碱性，Al3＋不能大量存在，错误；(2)＝1×10－13 mol·L－1＝c(OH－)，即溶液的pH＝1，显酸性，四种离子可以大量共存，正确；(3)与Al反应放出H2的溶液可能显酸性，也可能显碱性，若显酸性，NO、H＋与Al反应不产生H2，同时NO会氧化Fe2＋，若显碱性，OH－与Fe2＋会生成Fe(OH)2沉淀，错误；(4)水电离的c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1，则水的电离受到抑制，可能是酸溶液或碱溶液，若为酸溶液，则AlO ‎、CO均与H＋反应，不能大量共存，错误；(5)pH＝1的溶液中存在大量H＋，可与CO反应不能大量共存，错误；(6)c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1的溶液呈碱性，Mg2＋、Cu2＋与OH－反应生成沉淀，错误；(8)Fe3＋与SCN－发生络合反应，错误；(9)Al3＋与S2－可发生相互促进的水解反应而不能大量共存，错误；(10)酸性条件下，ClO－与I－可以发生氧化还原反应而不共存，错误；(12)Fe3＋在中性溶液中因发生水解而不能大量存在，错误。‎ ‎3．[2015·安徽高考]下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是(　　)‎ A．该溶液中，H＋、NH、SO、Br－可以大量共存 B．该溶液中，Ag＋、K＋、NO、CH3CHO可以大量共存 C．向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为2Fe2＋＋ClO－＋2H＋===Cl－＋2Fe3＋＋H2O D．向该溶液中加入浓盐酸，每产生1 mol Cl2，转移电子约为6.02×1023个 答案　D 解析　A项错误，H＋与ClO－不能大量共存，且在酸性条件下，Br－可被ClO－氧化；B项错误，Ag＋与Cl－不能大量共存；C项错误，NaClO和NaCl的混合溶液呈碱性，反应物中不应出现H＋；D项正确，该反应是ClO－与Cl－在酸性条件下发生的归中反应。‎ ‎4．[2015·天津高考]下列关于物质或离子检验的叙述正确的是(　　)‎ A．在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3＋，无Fe2＋‎ B．气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气 C．灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na＋，无K＋‎ D．将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2‎ 答案　B 解析　在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中一定含有Fe3＋，但不能确定是否含有Fe2＋‎ ‎，A项错误；白色无水硫酸铜粉末遇水蒸气生成蓝色固体胆矾，故无水硫酸铜可用于水分的检验，B项正确；灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中含有Na＋，但无法确定是否含有K＋，C项错误；能使澄清石灰水变浑浊的气体可能是二氧化碳，也可能是二氧化硫，D项错误。‎ ‎5．[2014·浙江高考]雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na＋、NH、Mg2＋、Al3＋、SO、NO、Cl－。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后得试样溶液，设计并完成了如下实验：‎ 已知：3NO＋8Al＋5OH－＋2H2O3NH3↑＋8AlO 根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是(　　)‎ A．试样中肯定存在NH、Mg2＋、SO和NO B．试样中一定不含Al3＋‎ C．试样中可能存在Na＋、Cl－‎ D．该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4‎ 答案　B 解析　易知气体1为NH3，说明溶液中含有NH；溶液1中通CO2气体，会产生沉淀2，该沉淀中一定含有BaCO3，还可能含有Al(OH)3，这两种沉淀加H＋均能溶解，所以由沉淀2加酸能溶解，不能确定或排除AlO的存在；而溶液2的后续实验能证明溶液中含有NO；沉淀1加酸部分溶解，说明溶液中一定含有SO，也说明一定含有Mg2＋。实验过程无法确认Na＋、Cl－的存在。‎ 板块三高考层面·高考真题实战 ‎1.[2015·四川高考]下列物质在生活中应用时，起还原作用的是(　　)‎ A．明矾作净水剂 B．甘油作护肤保湿剂 C．漂粉精作消毒剂 D．铁粉作食品袋内的脱氧剂 答案　D 解析　明矾净水利用了Al3＋水解，A项错误；甘油作保湿剂无还原作用，B项错误；漂粉精中的次氯酸盐具有强的氧化性，作消毒剂时次氯酸盐起到氧化剂的作用，C项错误；脱氧剂是吸氧并与之反应，故只有还原剂具有该性质，D项正确。‎ ‎2．[2015·海南高考]化学与生活密切相关。下列应用中利用了物质氧化性的是(　　)‎ A．明矾净化水 B．纯碱去油污 C．食醋除水垢 D．漂白粉漂白织物 答案　D 解析　A项，明矾在溶液中电离出的Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮的物质，达到净水的目的，与氧化性无关，错误；B项，纯碱溶液呈碱性，能促进油脂的水解，与氧化性无关，错误；C项，食醋的主要成分为CH3COOH，酸性强于碳酸，与水垢(主要成分CaCO3)发生复分解反应，与氧化性无关，错误；漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，遇水后会生成HClO，HClO具有强氧化性，能将织物漂白，正确。‎ ‎3．[2015·上海高考](双选)工业上将Na2CO3和Na2S以 的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2。在该反应中(　　)‎ A．硫元素既被氧化又被还原 B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2‎ C．每生成1 mol Na2S2O3，转移4 mol电子 D．相同条件下，每吸收‎10 m3‎ SO2就会放出‎2.5 m3‎ CO2‎ 答案　AD 解析　由题意知，该反应为Na2CO3＋2Na2S＋4SO2===3Na2S2O3＋CO2，由此可见在反应中Na2S中S被氧化，SO2‎ 中S被还原，故反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，当反应转移8 mol电子时生成3 mol Na2S2O3，则生成1 mol Na2S2O3时转移 mol e－，在相同条件下，气体体积之比等于物质的量之比，故每吸收‎10 m3‎ SO2放出CO2的体积为‎2.5 m3‎，故答案为AD。‎ ‎4．[2014·山东高考]下表中对应关系正确的是(　　)‎ A CH3CH3＋Cl2CH3CH2Cl＋HCl CH2===CH2＋HCl―→CH3CH2Cl 均为取代反应 B 由油脂得到甘油 由淀粉得到葡萄糖 均发生了水解反应 续表 C Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2‎ Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu 均为单质被还原的置换反应 D ‎2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑‎ Cl2＋H2O===HCl＋HClO 均为水作还原剂的氧化还原反应 答案　B 解析　CH2===CH2＋HCl―→CH3CH2Cl是加成反应，A项错误；Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu中单质Zn被氧化，C项错误；D项两个反应中水既不是氧化剂也不是还原剂，D项错误。‎ ‎5．[2015·课标全国卷Ⅱ]二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂。回答下列问题：‎ ‎(1)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为________。‎ ‎(2)实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料，通过以下过程制备ClO2：‎ ‎①电解时发生反应的化学方程式为_______________________。‎ ‎②溶液X中大量存在的阴离子有________。‎ ‎③除去ClO2中的NH3可选用的试剂是________(填标号)。‎ a．水 b．碱石灰 c．浓硫酸 d．饱和食盐水 ‎(3)用如图装置可以测定混合气中ClO2的含量：‎ Ⅰ.在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50 mL水溶解后，再加入3 mL稀硫酸；‎ Ⅱ.在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；‎ Ⅲ.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；‎ Ⅳ.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；‎ Ⅴ.用0.1000 mol·L－1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2＋2S2O===2I－＋S4O)，指示剂显示终点时共用去20.00 mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：‎ ‎①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为__________________________________________________。‎ ‎②玻璃液封装置的作用是_____________________________。‎ ‎③Ⅴ中加入的指示剂通常为________，滴定至终点的现象是______________________________________________。‎ ‎④测得混合气中ClO2的质量为________g。‎ ‎(4)用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是________(填标号)。‎ a．明矾 b．碘化钾 c．盐酸 d．硫酸亚铁 答案　(1)2∶1‎ ‎(2)①NH4Cl＋2HCl3H2↑＋NCl3②Cl－、OH－③c ‎(3)①2ClO2＋10I－＋8H＋===5I2＋4H2O＋2Cl－‎ ‎②吸收残余的二氧化氯气体(避免碘的逸出)‎ ‎③淀粉溶液　溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变　④0.02700‎ ‎(4)d 解析　(1)氧化剂为KClO3，还原剂为Na2SO3，KClO3～ClO2～e－，Na2SO3～Na2SO4～2e－，根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1。‎ ‎(2)①酸性条件下不能生成NH3，根据产物NCl3和H2，写出电解方程式：NH4Cl＋2HCl3H2↑＋NCl3；②根据原子个数守恒可知，X中有NaCl，又因有NH3生成，则溶液中的阴离子有Cl－和OH－；③由于ClO2易溶于水，所以a和d错误；NH3能够被浓硫酸吸收，应选c。‎ ‎(3)①ClO2在酸性条件下与I－反应，生成I2和Cl－，离子方程式为2ClO2＋10I－＋8H＋===5I2＋2Cl－＋4H2O；②ClO2易溶于水，故用于液封的水可以吸收多余的ClO2气体；③用淀粉溶液检验碘单质，滴定终点时，碘单质完全反应，则终点现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不再改变；④根据关系式：2ClO2～5I2～10S2O，n(ClO2)＝1/5n(S2O)＝1/5×0.1000×0.02＝0.00040(mol)，m(ClO2)＝0.00040 mol×‎‎67.5 g ‎/mol＝‎0.02700 g。‎ ‎(4)需加入一种还原剂，将亚氯酸盐还原为Cl－，所以Fe2＋合适，d项正确。‎ 板块三高考层面·高考真题实战 ‎1．[2015·海南高考]已知在碱性溶液中可发生如下反应：‎ ‎2R(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2RO＋3Cl－＋5H2O，则RO中R的化合价是(　　)‎ A．＋3 B．＋4‎ C．＋5 D．＋6‎ 答案　D 解析　该氧化还原反应中Cl由＋1价降至－1价，设RO中R为x价，R(OH)3中R为＋3价，根据氧化还原反应中化合价升降总数目相同，有2(x－3)＝3[＋1－(－1)]，解得x＝＋6。‎ ‎2．[2014·上海高考]含有砒霜(As2O3)的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢(AsH3)在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。若砷的质量为1.50 mg，则(　　)‎ A．被氧化的砒霜为1.98 mg B．分解产生的氢气为0.672 mL C．和砒霜反应的锌为3.90 mg D．转移的电子总数为6×10－5NA 答案　C 解析　由题意可写出如下化学反应方程式：‎ As2O3＋6Zn＋12HCl2As＋3H2↑＋6ZnCl2＋3H2O ‎6 2‎ n(Zn) mol＝2×10－5 mol n(Zn)＝×2×10－5 mol＝6×10－5 mol, m(Zn)＝6×10－5 mol×‎65 g/mol＝3.90×10－‎3 g＝3.90 mg，转移的电子总数为1.2×10－4NA ‎，故C正确，D错误；在反应中砒霜被还原，A错误；B项，没有指明H2所处状况，体积不一定是0.672 mL。‎ ‎3．[2013·上海高考]一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体V L(标准状况)，向反应后的溶液中(存在Cu2＋和SO)加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO ‎12.0 g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1∶1，则V可能为(　　)‎ A．‎9.0 LB．‎‎13.5 L C．‎15.7 LD．‎‎16.8 L 答案　A 解析　若混合物全是CuS，其物质的量为＝0.15 mol，电子转移数0.15×(6＋2)＝1.2 mol，混合气体中NO与NO2体积相等，设NO x mol，NO2x mol,3x＋x＝1.2，计算得x＝0.3，气体体积V＝0.6 mol×‎22.4 L·mol－1＝‎13.44 L；若混合物全是Cu2S，其物质的量为0.075 mol，转移电子数0.075×10＝0.75 mol,3x＋x＝0.75，计算得x＝0.1875，气体体积V＝0.375 mol×‎22.4 L·mol－1＝‎8.4 L，因此‎8.4 Lr(Mg)‎ C．在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性 D．该反应中化学能全部转化为热能 答案　C 解析　A项，碳还存在C60等同素异形体，错误；B项，Mg的电子层数比Mg2＋多，所以半径：r(Mg)>r(Mg2＋)，错误；C项，反应方程式为2Mg＋CO22MgO＋C，还原剂为Mg，还原产物为C，根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知，该条件下Mg的还原性强于C，正确；D项，燃烧过程中化学能除了转化为热量，还转化为光能等其他能量，错误。‎ ‎3．[2015·海南高考]单质Z是一种常见的半导体材料，可由X通过如下图所求的路线制备。其中X为Z的氧化物；Y为氢化物，分子结构与甲烷相似。回答下列问题。‎ ‎(1)能与X发生化学反应的酸是________；由X制备Mg2Z的化学方程式为_______________________________________________。‎ ‎(2)由Mg2Z生成Y的化学方程式为_________________________，‎ Y分子的电子式为________________________________。‎ ‎(3)Z、X中共价键的类型分别是________、________。‎ 答案　(1)氢氟酸　SiO2＋4MgMg2Si＋2MgO ‎(2)Mg2Si＋4HCl===SiH4↑＋2MgCl2　HSi,H ‎(3)非极性(共价键)　极性(共价键)‎ 解析　(1)根据题中信息可确定Z为Si，其氧化物X的化学式为SiO2，能与SiO2反应的酸只有氢氟酸；由SiO2制备Mg2Si的化学方程式为SiO2＋4Mg2MgO＋Mg2Si。‎ ‎(2)Y为SiH4，结合图示可写出Mg2Si与盐酸的反应为Mg2Si＋4HCl===2MgCl2＋SiH4↑；C、Si为同主族元素，根据CH4的电子式可写出SiH4的电子式。‎ ‎(3)Si和SiO2中分别含有非极性共价键和极性共价键。‎ ‎4．[2015·北京高考]研究CO2‎ 在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域。‎ ‎(1)溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在，其中HCO占95%。写出CO2溶于水产生HCO的方程式：‎ ‎___________________________________________________。‎ ‎(2)在海洋碳循环中，通过如图所示的途径固碳。‎ ‎①写出钙化作用的离子方程式：__________________________。‎ ‎②同位素示踪法证实光合作用释放出的O2只来自H2O。用18O标记物质的光合作用的化学方程式如下，将其补充完整：‎ ‎________＋________(CH2O)x＋x18O2＋xH2O ‎(3)海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上，其准确测量是研究海洋碳循环的基础。测量溶解无机碳，可采用如下方法：‎ ‎①气提、吸收CO2。用N2从酸化后的海水中吹出CO2并用碱液吸收(装置示意图如下)。将虚线框中的装置补充完整并标出所用试剂。‎ ‎②滴定。将吸收液吸收的无机碳转化为NaHCO3，再用x mol·L－1 HCl溶液滴定，消耗y mL ‎ HCl溶液。海水中溶解无机碳的浓度＝________mol·L－1。‎ ‎(4)利用如图所示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量。‎ ‎①结合方程式简述提取CO2的原理：____________________。‎ ‎②用该装置产生的物质处理b室排出的海水，合格后排回大海。处理至合格的方法是_____________________________________。‎ 答案　(1)CO2＋H2OH2CO3、H2CO3H＋＋HCO ‎(2)①2HCO＋Ca2＋===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O ‎②xCO2　2xHO ‎(3)①② ‎(4)①a室：2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，H＋通过阳离子膜进入b室，发生反应：H＋＋HCO===CO2↑＋H2O　②c室的反应：2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调至接近装置入口海水的pH 解析　(1)CO2溶于水产生HCO的方程式为CO2＋H2OH2CO3、H2CO3H＋＋HCO。‎ ‎(2)①根据题图找出钙化作用的反应物和生成物，可知发生反应的离子方程式为Ca2＋＋2HCO ‎===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O。②根据题图中光合作用及元素守恒可配平，注意18O的标记。‎ ‎(3)①酸化海水不能用挥发性的酸，故选用H2SO4溶液酸化。②NaHCO3～HCl，海水中溶解无机碳的浓度为＝ mol·L－1。‎ ‎(4)①a室：2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，H＋通过阳离子膜进入b室，发生反应：H＋＋HCO===CO2↑＋H2O。②c室的反应：2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调至接近装置入口海水的pH。‎ ‎5．[2014·广东高考]石墨在材料领域有重要应用。某初级石墨中含SiO2(7.8%)、Al2O3(5.1%)、Fe2O3(3.1%)和MgO(0.5%)等杂质。设计的提纯与综合利用工艺如下：‎ ‎(注：SiCl4的沸点为‎57.6 ℃‎，金属氯化物的沸点均高于‎150 ℃‎)‎ ‎(1)向反应器中通入Cl2前，需通一段时间N2，主要目的是__________________________________________________________。‎ ‎(2)高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物。气体Ⅰ中的碳氧化物主要为________。由气体Ⅱ中某物质得到水玻璃的化学反应方程式为____________________________________________。‎ ‎(3)步骤①为：搅拌、________。所得溶液Ⅳ中的阴离子有________。‎ ‎(4)由溶液Ⅳ生成沉淀Ⅴ的总反应的离子方程式为____________________________________________。‎100 kg初级石墨最多可获得Ⅴ的质量为________kg。‎ ‎(5)石墨可用于自然水体中铜件的电化学防腐，完成上图防腐示意图，并作相应标注。‎ 答案　(1)排出装置中的空气 ‎(2)CO' SiCl4＋6NaOH===Na2SiO3＋4NaCl＋3H2O ‎(3)过滤' AlO、OH－、Cl－‎ ‎(4)AlO＋CH3COOC2H5＋2H2OAl(OH)3↓＋CH3COO－＋CH3CH2OH　7.8‎ ‎(5)如图 解析　本题考查元素及其化合物、电化学知识，意在考查考生对化工流程的分析能力。‎ ‎(1)向反应器中通入Cl2前，需通一段时间N2，主要目的是排尽反应器中的空气，防止高温下初级石墨与空气中的O2反应。‎ ‎(2)气体Ⅰ中的碳氧化物主要为CO，由气体Ⅱ中某物质得到水玻璃，故其为含硅的化合物SiCl4，反应方程式为SiCl4＋6NaOH===Na2SiO3＋4NaCl＋3H2‎ O。‎ ‎(3)步骤①为搅拌，并通过过滤操作将沉淀和溶液分离；由题意分析可知，所得溶液Ⅳ中的阴离子有AlO、Cl－、OH－。‎ ‎(4)由溶液Ⅳ生成沉淀Ⅴ，是将AlO转化为Al(OH)3，由题意可知Al2O3～2Al(OH)3，n(Al2O3)＝＝50 mol，n[Al(OH)3]＝100 mol，则m[Al(OH)3]＝100 mol×‎78 g·mol－1＝‎7800 g＝‎7.8 kg。‎ ‎(5)采用外接电源的阴极保护法将要保护的铜件作阴极，另外用石墨作辅助阳极，两者都放在自然水体中，接上直流电源。‎ 板块三高考层面·高考真题实战 ‎1.[高考集萃]判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。‎ ‎(1)[2015·山东高考]向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色，结论：Br－还原性强于Cl－。(　　)‎ ‎(2)[2015·重庆高考]I的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强。(　　)‎ ‎(3)[2014·课标全国卷Ⅰ]漂白粉在空气中久置变质，是因为漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3。(　　)‎ ‎(4)[2014·天津高考]NH‎4F水溶液中含有HF，因此NH‎4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中。(　　)‎ ‎(5)[2014·四川高考]漂白粉属于纯净物，次氯酸属于强电解质。(　　)‎ ‎(6)[2014·重庆高考]用湿润碘化钾淀粉试纸鉴别Br2(g)和NO2。(　　)‎ ‎(7)[2013·四川高考]次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌。(　　)‎ ‎(8)[2013·江苏高考]生石灰能与水反应，可用来干燥氯气。(　　)‎ 答案　(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)×　(7)√　(8)×‎ 解析　(2)HI比HBr热稳定性差，错误；(3)漂白粉中的Ca(ClO)2能与空气中的CO2和水蒸气反应生成CaCO3和HClO而变质，CaCl2与CO2不反应，错误；(4)正确，因为NH‎4F可水解生成HF，HF可腐蚀玻璃；(5)漂白粉是CaCl2与Ca(ClO)2的混合物，HClO是弱电解质，错误；(6)Br2(g)与NO2‎ 都有氧化性，都能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝，错误；(8)生石灰与水反应生成Ca(OH)2，Cl2能与Ca(OH)2反应，所以生石灰不能用来干燥氯气，错误。‎ ‎2．[2015·北京高考]某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH。下列用来解释事实的方程式中，不合理的是(已知：饱和NaClO溶液的pH约为11)(　　)‎ A．该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2＋2OH－===ClO－＋Cl－＋H2O B．该消毒液的pH约为12：ClO－＋H2OHClO＋OH－‎ C．该消毒液与洁厕灵(主要成分为HCl)混用，产生有毒Cl2：2H＋＋Cl－＋ClO－===Cl2↑＋H2O D．该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH＋ClO－===HClO＋CH3COO－‎ 答案　B 解析　 已知饱和NaClO溶液的pH约为11，这是由于ClO－的水解，而该消毒液的pH约为12，主要是因为其中含有一定量的NaOH，B项错误。‎ ‎3．[2014·江苏高考]下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的的是(　　)‎ A．用装置甲制取氯气 B．用装置乙除去氯气中的少量氯化氢 C．用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液 D．用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl2·4H2O 答案　C 解析　MnO2和浓HCl反应制取Cl2需要加热，A项错误；Cl2与NaHCO3溶液反应，除Cl2中的HCl应用饱和食盐水，B项错误；将MnCl2溶液蒸干无法得到MnCl2·4H2O，应选择蒸发浓缩冷却结晶的方法，D项错误。‎ ‎4．[2015·重庆高考]ClO2与Cl2的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过图1装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。 ‎ ‎(1)仪器D的名称是________。安装F中导管时，应选用图2中的________。‎ ‎(2)打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O，为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜________(填“快”或“慢”)。‎ ‎(3)关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是________。‎ ‎(4)已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为________________。在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是______________________。‎ ‎(5)已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示。若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是________，原因是_________________________。‎ 答案　(1)锥形瓶b(2)慢 ‎(3)吸收Cl2‎ ‎(4)4H＋＋5ClO===Cl－＋4ClO2↑＋2H2O'验证是否有ClO2生成 ‎(5)稳定剂Ⅱ'稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度 解析　(1)根据仪器D的形状和结构可知其为锥形瓶。根据“长进短出”的原则可知应该选装置b。‎ ‎(2)滴加盐酸速率应该慢，这样产生ClO2的速率也会慢，ClO2通过D时才能被充分吸收。‎ ‎(3)关闭B的活塞后，ClO2被完全吸收，而装置F中淀粉＋KI溶液颜色不变，说明没有I2单质生成，推知装置A中生成的Cl2被装置C中的药品吸收，可见装置C的作用是吸收Cl2。‎ ‎(4)ClO在酸性条件下(H＋)反应生成ClO2，同时生成Cl－、H2O，其离子反应方程式为5ClO＋4H＋===Cl－＋4ClO2↑＋2H2O。ClO2具有强氧化性，根据实验目的，若释放出了ClO2，则ClO2与淀粉＋KI溶液反应生成I2，F中会出现蓝色，所以装置F的作用是验证是否有ClO2生成。‎ ‎(5)根据变化曲线，稳定剂Ⅰ释放出ClO2的速率快，保鲜时间相对较短，稳定剂Ⅱ释放出ClO2的速率缓慢平稳，保鲜时间更长，所以选稳定剂Ⅱ。‎ ‎5．[2014·福建高考]元素周期表中第ⅦA族元素的单质及其化合物的用途广泛。‎ ‎(1)与氯元素同族的短周期元素的原子结构示意图为________。‎ ‎(2)能作为氯、溴、碘元素非金属性(原子得电子能力)递变规律的判断依据是________(填序号)。‎ a．Cl2、Br2、I2的熔点 b．Cl2、Br2、I2的氧化性 c．HCl、HBr、HI的热稳定性 d．HCl、HBr、HI的酸性 ‎(3)工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：‎ NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶体 ‎①完成Ⅰ中反应的总化学方程式：NaCl＋H2O===NaClO3＋________。‎ ‎②Ⅱ中转化的基本反应类型是________，该反应过程能析出KClO3晶体而无其他晶体析出的原因是_______________________。‎ ‎(4)一定条件下，在水溶液中1 mol Cl－、ClO(x＝1,2,3,4)的能量(kJ)相对大小如下图所示。‎ ‎①D是________(填离子符号)。‎ ‎②B―→A＋C反应的热化学方程式为______________________(用离子符号表示)。‎ 答案　(1)　(2)bc ‎(3)①1　3　1　3　H2↑‎ ‎②复分解反应'室温下，氯酸钾在水中的溶解度明显小于其他晶体'(4)①ClO ‎②3ClO－(aq)===ClO(aq)＋2Cl－(aq) ΔH＝－117 kJ·mol－1‎ 解析　(1)与Cl同族的短周期元素为F，其原子结构示意图为。‎ ‎(2)非金属元素氢化物的热稳定性和单质的氧化性均可作为非金属性强弱的判断依据，而单质的熔点、氢化物的酸性不能作为判断依据。‎ ‎(3)①根据氧化还原反应规律，化合价有升有降，可推断另一产物为H2；也可以用电解原理分析，阴极上H＋得电子生成H2，阳极上Cl－失电子生成ClO，配平可得NaCl＋3H2ONaClO3＋3H2↑。②Ⅱ中反应为复分解反应：NaClO3＋KCl===NaCl＋KClO3↓，原因为在室温下，KClO3在水中的溶解度明显小于其他晶体。‎ ‎(4)①由图可知D中Cl元素化合价为＋7价，D为ClO。②B―→A＋C，即ClO－发生歧化反应生成Cl－和ClO，由得失电子守恒可得：3ClO－===ClO＋2Cl－，反应热为ΔH＝E(ClO)＋2E(Cl－)－3E(ClO－)＝63 kJ·mol－1＋0－3×60 kJ·mol－1＝－117 kJ·mol－1，所以热化学方程式为3ClO－(aq)===ClO(aq)＋2Cl－(aq) ' ΔH＝－117 kJ·mol－1。‎ 板块三高考层面·高考真题实战 ‎1.[高考集萃]判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。‎ ‎(1)[2015·山东高考]浓硫酸溅到皮肤上时立即用稀氢氧化钠溶液冲洗。(　　)‎ ‎(2)[2015·浙江高考]在未知液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知液中存在SO或SO。(　　)‎ ‎(3)[2015·安徽高考]H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥。(　　)‎ ‎(4)[2015·天津高考]点燃爆竹后，硫燃烧生成SO3。(　　)‎ ‎(5)[2015·重庆高考]SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液可得到BaSO3和BaSO4。(　　)‎ ‎(6)[2014·重庆高考]用BaCl2溶液鉴别AgNO3溶液和K2SO4溶液。(　　)‎ ‎(7)[2014·重庆高考]用KOH溶液鉴别SO3(g)和SO2。(　　)‎ ‎(8)[2014·大纲全国卷]SO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同。(　　)‎ ‎(9)[2013·广东高考]将浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑膨胀，说明浓硫酸有脱水性和强氧化性。(　　)‎ ‎(10)[2013·天津高考]Na2SO3与H2O2的反应为氧化还原反应。(　　)‎ 答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)×　(7)×　(8)√　(9)√　(10)√‎ 解析　(1)浓硫酸溅到皮肤上时应立即用布拭去浓硫酸，再用大量水冲洗，然后涂上3%～5%的NaHCO3溶液，错误；(2)由于加入了Cl－，如果原溶液中无SO、SO，但存在Ag＋，也能生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，错误；(4)硫燃烧产物为SO2，错误；(5)SO2通入Ba(NO3)2溶液中，酸性条件下，SO2会被氧化为SO，最终得到BaSO4沉淀，错误；(6)BaCl2与AgNO3溶液反应生成AgCl白色沉淀，与K2SO4溶液反应生成BaSO4白色沉淀，现象相同不能鉴别；(7)SO2和SO3都能与KOH溶液反应且反应现象相同，不能鉴别；(8)SO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色都是发生了氧化还原反应，正确；(9)将浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑膨胀，说明蔗糖脱水生成了炭，炭被氧化，有气体放出，证明浓硫酸有脱水性和强氧化性，正确；(10)Na2SO3＋H2O2===Na2SO4＋H2O，有化合价变化，正确。‎ ‎2．[2015·上海高考]二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有(　　)‎ A．还原性 B．氧化性 C．漂白性 D．酸性 答案　A 解析　SO2使溴水褪色是因发生反应：SO2＋Br2＋2H2O===H2SO4＋2HBr，该反应说明SO2具有还原性。‎ ‎3．[2015·上海高考]与氢硫酸反应有沉淀生成的电解质是(　　)‎ A．硫酸铜 B．氢氧化钠 C．硫酸亚铁 D．二氧化硫 答案　A 解析　A项，电解质CuSO4与H2S反应得到CuS沉淀，正确；B项，由钠盐均可溶知，NaOH与H2S反应不能得到沉淀；C项，由FeS可溶于硫酸可知，硫酸亚铁与氢硫酸不能反应，没有沉淀产生；D项，SO2虽可与H2S反应得到单质硫沉淀，但SO2不是电解质，错误。‎ ‎4．[2015·安徽高考]某研究小组将纯净的SO2气体通入0.1 mol·L－1的Ba(NO3)2溶液中，得到了BaSO4沉淀。为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2，该小组提出了如下假设：‎ 假设一：溶液中的NO 假设二：溶液中溶解的O2‎ ‎(1)验证假设一 该小组设计实验验证了假设一。请在下表空白处填写相关实验现象。‎ 实验步骤 实验现象 结论 实验1：在盛有不含O2的25 mL 0.1 mol·L－1 BaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体 ‎________‎ 假设一成立 实验2：在盛有不含O2的25 mL 0.1 mol·L－1 Ba(NO3)2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体 ‎________‎ ‎(2)为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶液pH随通入SO2‎ 体积的变化曲线如图。‎ 实验1中溶液pH变小的原因是________________；V1时，实验2中溶液pH小于实验1的原因是(用离子方程式表示)______________________________________________________。‎ ‎(3)验证假设二 请设计实验验证假设二，写出实验步骤、预期现象和结论。‎ 实验步骤、预期现象和结论(不要求写具体操作过程)：‎ ‎(4)若假设二成立，请预测：在相同条件下，分别用足量的O2和KNO3氧化相同的H2SO3溶液(溶液体积变化忽略不计，充分反应后两溶液的pH前者________(填“大于”或“小于”)后者，理由是_________________________________________________________。‎ 答案　(1)无明显现象有白色沉淀 ‎(2)SO2溶于水生成H2SO3'3SO2＋2NO＋2H2O===3SO＋4H＋＋2NO(或3H2SO3＋2NO===3SO＋4H＋＋2NO＋H2O)‎ ‎(3)‎ 实验步骤、预期现象和结论(不要求写具体操作过程)：‎ 实验1作为参照实验 实验3：将纯净的SO2气体缓慢通入未经脱O2处理的25 mL ‎0．1 mol·L－1 BaCl2溶液中，若有白色沉淀，表明假设二 成立，否则不成立 ‎(4)小于'反应的离子方程式表明，足量的O2和NO分别氧化相同的H2SO3，生成H＋的物质的量前者多于后者 ‎(本题部分小题属于开放性试题，合理答案均可)‎ 解析　(1)实验1中SO2不与BaCl2溶液反应，即无明显现象，实验2中生成BaSO4沉淀，即有白色沉淀生成。‎ ‎(2)实验1中不断通入SO2，SO2与水化合生成H2SO3且浓度逐渐增大，从而导致溶液的pH逐渐减小，实验2中SO2会被NO氧化生成SO ‎，同时有大量H＋产生，反应的离子方程式为3SO2＋2NO＋2H2O===3SO＋4H＋＋2NO。‎ ‎(4)反应的离子方程式分别为O2＋2H2SO3===4H＋＋2SO，3H2SO3＋2NO===3SO＋4H＋＋2NO＋H2O，则1 mol H2SO3完全被O2氧化，产生2 mol H＋；而1 mol H2SO3完全被NO氧化，产生 mol H＋。即足量的O2和NO分别氧化相同的亚硫酸，生成H＋的物质的量前者多于后者，所以两溶液的pH前者小于后者。‎ ‎5．[2014·天津高考]Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定。‎ Ⅰ.制备Na2S2O3·5H2O 反应原理：Na2SO3(aq)＋S(s)Na2S2O3(aq)‎ 实验步骤：‎ ‎①称取‎15 g Na2SO3加入圆底烧瓶中，再加入80 mL蒸馏水。另取‎5 g研细的硫粉，用3 mL乙醇润湿，加入上述溶液中。‎ ‎②安装实验装置(如图所示，部分夹持装置略去)，水浴加热，微沸60分钟。‎ ‎③趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O3·5H2O，经过滤、洗涤、干燥，得到产品。‎ 回答问题：‎ ‎(1)硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是__________________。‎ ‎(2)仪器a的名称是________，其作用是__________________。‎ ‎(3)产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是________。检验是否存在该杂质的方法是_______________________。‎ ‎(4)该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子反应方程式表示其原因：________________。‎ Ⅱ.测定产品纯度 准确称取W g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000 mol·L－1碘的标准溶液滴定。‎ 反应原理为：2S2O＋I2===S4O＋2I－‎ ‎(5)滴定至终点时，溶液颜色的变化：________。‎ ‎(6)滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为________mL。产品的纯度为(设Na2S2O3·5H2O相对分子质量为M)____________________。‎ Ⅲ.Na2S2O3的应用 ‎(7)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为______________________________。‎ 答案　(1)使硫粉易于分散到溶液中 ‎(2)冷凝管　冷凝回流 ‎(3)Na2SO4　取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4‎ ‎(4)S2O＋2H＋===S↓＋SO2↑＋H2O ‎(5)由无色变蓝色 ‎(6)18.10　×100%‎ ‎(7)S2O＋4Cl2＋5H2O===2SO＋8Cl－＋10H＋‎ 解析　(1)硫粉难溶于水，微溶于乙醇，故硫粉用乙醇润湿后易扩散到溶液中。‎ ‎(2)装置中仪器a(冷凝管)可以将挥发出的乙醇冷凝回流到烧瓶中。‎ ‎(3)因反应物Na2SO3易被空气中的氧气氧化成Na2SO4，故可能存在的无机杂质是Na2SO4；检验产品中是否含有Na2SO4，即检验SO是否存在，需要防止SO的干扰，故不能用具有强氧化性的硝酸酸化，而应用盐酸酸化，过滤除去不溶物，再向滤液中滴加氯化钡溶液。‎ ‎(4)产品发黄，说明产品中含有硫杂质，这是由于在酸性环境中Na2S2O3不稳定，发生反应：2H＋＋S2O===S↓＋SO2↑＋H2O。‎ ‎(5)滴定终点时，过量的单质碘使无色的淀粉溶液变蓝，可指示滴定终点。‎ ‎(6)起始读数为0.00 mL，终点读数为18.10 mL，所以消耗碘的标准溶液的体积为18.10 mL－0.00 mL＝18.10 mL；根据2Na2S2O3·5H2O～2S2O～I2，得n(Na2S2O3·5H2O)＝2n(I2)＝2×0.1000 mol·L－1×18.10×10－‎3 L＝3.620×10－3 mol，则产品的纯度＝×100%＝×100%。‎ ‎(7)S2O被Cl2氧化成SO，Cl2被还原为Cl－，首先根据化合价升降总值相等写出S2O＋4Cl2―→2SO＋8Cl－，然后根据原子守恒和电荷守恒配平得：S2O＋4Cl2＋5H2O===2SO＋8Cl－＋10H＋。‎ 板块三高考层面·高考真题实战 ‎1.[高考集萃]判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。‎ ‎(1)[2015·课标全国卷Ⅰ]密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA。(　　)‎ ‎(2)[2015·课标全国卷Ⅱ]浓硝酸中加入用砂纸打磨过的铝条，产生红棕色气体。(　　)‎ ‎(3)[2015·山东高考]加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结，NH4Cl固体可以升华。(　　)‎ ‎(4)[2015·海南高考]稀硝酸可除去试管内壁的银镜。(　　)‎ ‎(5)[2014·天津高考]制二氧化氮时，用水或NaOH溶液吸收尾气。(　　)‎ ‎(6)[2014·重庆高考]液氨用作制冷剂不涉及化学变化。(　　)‎ ‎(7)[2014·广东高考]将可调高度的铜丝伸入到稀HNO3中，溶液变蓝，说明Cu与稀HNO3发生置换反应。(　　)‎ ‎(8)[2014·山东高考]制备收集干燥的氨气。(　　)‎ 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)√　(7)×　(8)×‎ 解析　(1)2NO＋O2===2NO2,2NO2N2O4，故产物的分子数小于2NA；(2)铝条遇浓HNO3发生钝化，不会产生红棕色气体；(3)NH4Cl受热分解为HCl与NH3，HCl与NH3又会化合生成NH4Cl，该过程发生了化学变化，不是升华；(4)Ag可溶于稀HNO3，可用稀HNO3除去试管内壁的银镜；(5)不能用水吸收制取NO2的尾气，因为NO2与水生成硝酸和一氧化氮，一氧化氮不溶于水造成污染；(6)液氨用作制冷剂，只是NH3的状态发生变化，不涉及化学变化；(7)铜与稀硝酸发生氧化还原反应，生成Cu(NO3)2、NO和H2O，不属于置换反应；(8)用排空气法收集氨气时，导管应插到试管(或集气瓶)底部。‎ ‎2．[2015·课标全国卷Ⅰ]我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿滴，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指(　　)‎ A．氨水 B．硝酸 C．醋 D．卤水 答案　B 解析　‎ 根据题述信息，可知“强水”具有强氧化性和酸性，四个选项只有硝酸符合，故选B。‎ ‎3．[2015·北京高考]在通风橱中进行下列实验：‎ 步骤 现象 Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色 Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止 Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡 下列说法不正确的是(　　)‎ A．Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO＋O2===2NO2‎ B．Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应 C．对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3‎ D．针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化 答案　C 解析　稀硝酸与铁反应生成NO，NO在空气中被氧化为NO2，故A项正确。浓硝酸能使铁钝化，B项正确。Ⅱ中铁钝化，反应停止，不能比较稀硝酸与浓硝酸氧化性的强弱，实质上浓HNO3的氧化性强于稀HNO3，C项错误。构成原电池后可以根据电流的方向判断正、负极，从而判断Fe是否被氧化，D项正确。‎ ‎4．[2015·上海高考]下列物质见光不会分解的是(　　)‎ A．HClO B．NH4Cl C．HNO3D．AgNO3‎ 答案　B 解析　本题考查常见物质的性质，难度较小。A项，HClO见光易分解为HCl与氧气，错误；B项，NH4Cl受热分解，光照不会分解，正确；C项，HNO3见光易分解为NO2、H2O与O2，错误；D项，AgNO3见光易分解，错误。‎ ‎5．Ⅰ.[2015·山东高考]工业上利用氨氧化获得的高浓度NOx气体(含NO、NO2)制备NaNO2、NaNO3，工艺流程如下：‎ 已知：Na2CO3＋NO＋NO2===2NaNO2＋CO2‎ ‎(1)中和液所含溶质除NaNO2及少量Na2CO3外，还有________(填化学式)。‎ ‎(2)中和液进行蒸发Ⅰ操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是________。蒸发Ⅰ产生的蒸汽中含有少量NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的________(填操作名称)最合理。‎ ‎(3)母液Ⅰ进行转化时加入稀HNO3的目的是________。母液Ⅱ需回收利用，下列处理方法合理的是________。‎ a．转入中和液 b．转入结晶Ⅰ操作 c．转入转化液 d．转入结晶Ⅱ操作 ‎(4)若将NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为2∶1，则生产1.38吨NaNO2时，Na2CO3的理论用量为________吨(假定Na2CO3恰好完全反应)。‎ 答案　(1)NaNO3　(2)防止NaNO3的析出　溶碱 ‎(3)将NaNO2转化为NaNO‎3‎c、d　(4)1.59‎ 解析　(1)结合流程图分离Ⅱ得到NaNO3，可知中和液中含有NaNO3。‎ ‎(2)蒸发Ⅰ产生的蒸汽中含有NaNO2，可用该蒸汽进行溶碱以回收NaNO2。‎ ‎(3)母液Ⅰ中加入稀硝酸和空气可以将NaNO2氧化为NaNO3。母液Ⅱ中所含溶质主要为NaNO3，故需要转入转化液或结晶Ⅱ操作。‎ ‎(4)根据钠元素守恒计算，n(NaNO2)＝＝2×104 mol, n(NaNO3)＝1×104 mol，故n(Na2CO3)＝1.5×104 mol，m(Na2CO3)＝1.5×104 mol×‎106 g·mol－1＝1.59×‎106 g，即1.59吨。‎ ‎6．[2015·海南高考]氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料。回答下列问题：‎ ‎(1)氨的水溶液显弱碱性，其原因为_________________________‎ ‎___________________(用离子方程式表示)；0.1‎ ‎ mol·L－1的氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液的pH________(填“升高”或“降低”)；若加入少量明矾，溶液中NH的浓度________(填“增大”或“减小”)。‎ ‎(2)硝酸铵加热分解可得到N2O和H2O。‎250 ℃‎时，硝酸铵在密闭容器中分解达到平衡，该分解反应的化学方程式为______________，平衡常数表达式为________________；若有1 mol硝酸铵完全分解，转移的电子数为________mol。‎ ‎(3)由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示，若生成1 mol N2，其ΔH＝________kJ·mol－1。‎ 答案　(1)NH3·H2ONH＋OH－　降低　增大 ‎(2)NH4NO3N2O↑＋2H2O↑K＝c(N2O)·c2(H2O)4(3)－139‎ 解析　(1)NH3·H2O为弱电解质，存在电离平衡，即NH3·H2ONH＋OH－，由于电离程度较小，故氨水呈弱碱性；氨水中加入NH4Cl固体，增大了c(NH)，能抑制NH3·H2O的电离，c(OH－)减小，溶液pH降低。明矾能电离出Al3＋，Al3＋能消耗NH3·H2O电离出的OH－，促进NH3·H2O的电离，溶液中c(NH)增大。‎ ‎(2)根据题中信息可写出NH4NO3分解的化学方程式为NH4NO3N2O↑＋2H2O↑，生成物均为气态，则平衡常数K＝c(N2O)·c2(H2O)。根据反应中氮元素的化合价变化可知，1 mol NH4NO3发生分解反应转移4 mol 电子。‎ ‎(3)结合图示可知N2O(g)＋NO(g)===N2(g)＋NO2(g)　ΔH＝(209－348) kJ·mol－1＝－139 kJ·mol－1‎ 板块三高考层面·高考真题实战 ‎1.[高考集萃]判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。‎ ‎(1)[2015·海南高考]海水提碘只涉及物理变化。(　　)‎ ‎(2)[2015·海南高考]海水提镁涉及复分解反应。(　　)‎ ‎(3)[2015·浙江高考]燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施。(　　)‎ ‎(4)[2014·海南高考]装饰材料释放的甲醛会造成污染。(　　)‎ ‎(5)[2014·天津高考]用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染。(　　)‎ ‎(6)[2014·天津高考]大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要因素。(　　)‎ ‎(7)[2014·天津高考]含重金属离子的电镀废液不能随意排放。(　　)‎ ‎(8)[2014·浙江高考]氨氮废水(含NH及NH3)可用化学氧化法或电化学氧化法处理。(　　)‎ ‎(9)[2013·福建高考]从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现。(　　)‎ ‎(10)[2013·浙江高考]实验室从海带中提取单质碘的方法是：取样→灼烧→溶解→过滤→萃取。(　　)‎ 答案　(1)×　(2)√　(3)√　(4)√　(5)×　(6)√　(7)√　(8)√　(9)×　(10)√‎ 解析　(1)海带中碘元素以I－形式存在，提取时需将其氧化为单质，错误；(2)海水中的Mg2＋转化为Mg(OH)2，Mg(OH)2与盐酸反应生成MgCl2都是复分解反应，正确；(4)甲醛可造成居室内污染，正确；(5)聚乙烯塑料难降解，会引起白色污染，错误；(6)大量燃烧化石燃料造成污染，是造成雾霾天气的一种重要因素，正确；(7)重金属离子有毒，不能随意排放，正确；(8)NH、NH3转化为无毒的N2，是N元素被氧化的过程，正确；(9)从海水中提取NaCl、淡水不需要经过化学变化，错误。‎ ‎2．[2015·课标全国卷Ⅱ]海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是(　　)‎ A．向苦卤中通入Cl2是为了提取溴 B．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯 C．工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂 D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收 答案　C 解析　苦卤中含有Br－，通入Cl2可将Br－氧化生成Br2，A项正确；粗盐中含有Ca2＋、SO等杂质离子，故先除杂得NaCl和KCl的混合溶液，而NaCl的溶解度随温度变化不大，故采用重结晶可以得到纯净的NaCl，B项正确；工业上沉淀海水中的Mg2＋，采用Ca(OH)2，不用NaOH，因为NaOH的价格较贵，C项错误；Br2易挥发，用热气吹出后，用SO2吸收，生成H2SO4和HBr，富集后再用Cl2处理HBr生成Br2，D项正确。‎ ‎3．[2015·江苏高考]“保护环境”是我国的基本国策。下列做法不应该提倡的是(　　)‎ A．采取低碳、节俭的生活方式 B．按照规定对生活废弃物进行分类放置 C．深入农村和社区宣传环保知识 D．经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等 答案　D 解析　使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等，不利于保护环境，本题选D。‎ ‎4．[2015·浙江高考]某学习小组按如下实验流程探究海带中碘含量的测定和碘的制取。‎ 实验(一)　碘含量的测定 取0.0100 mol·L－1的AgNO3标准溶液装入滴定管，取100.00 mL海带浸取原液至滴定池，用电势滴定法测定碘含量。测得的电动势(E)反映溶液中c(I－)的变化，部分数据如下表：‎ V(AgNO3)/mL ‎15.00‎ ‎19.00‎ ‎19.80‎ ‎19.98‎ ‎20.00‎ ‎20.02‎ ‎21.00‎ ‎23.00‎ ‎25.00‎ E/mV ‎－225‎ ‎－200‎ ‎－150‎ ‎－100‎ ‎50.0‎ ‎175‎ ‎275‎ ‎300‎ ‎325‎ 实验(二)　碘的制取 另制海带浸取原液，甲、乙两种实验方案如下：‎ 已知：3I2＋6NaOH===5NaI＋NaIO3＋3H2O 请回答：‎ ‎(1)实验(一)中的仪器名称：仪器A________，仪器B________。‎ ‎(2)①根据表中数据绘制滴定曲线；‎ ‎②该次滴定终点时用去AgNO3溶液的体积为________mL，计算得海带中碘的百分含量为________%。‎ ‎(3)①分液漏斗使用前须检漏，检漏方法为__________________。‎ ‎②步骤X中，萃取后分液漏斗内观察到的现象是____________。‎ ‎③下列有关步骤Y的说法，正确的是______________________。‎ A．应控制NaOH溶液的浓度和体积 B．将碘转化成离子进入水层 C．主要是除去海带浸取原液中的有机杂质 D．NaOH溶液可以由乙醇代替 ‎④实验(二)中操作Z的名称是____________________________。‎ ‎(4)方案甲中采用蒸馏不合理，理由是_____________________。‎ 答案　(1)坩埚　500 mL容量瓶 ‎(2)①如图 ‎②20.00 mL　0.635‎ ‎(3)①向分液漏斗中加入少量水，检查旋塞处是否漏水；将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水　②液体分上下两层，下层呈紫红色　③AB　④过滤 ‎(4)碘易升华，会导致碘的损失 解析　本题以海带中碘含量测定、由海带制备单质碘为背景，考查考生对化学实验知识与技能的掌握。意在考查考生的实验素养，分析与推断能力，关键信息的获取与正确运用能力。‎ 仪器A是坩埚；定容时需用到500 mL容量瓶；实验到滴定终点时，消耗的AgNO3标准溶液为20.00 mL，若设所得海带浸取原液中I－浓度为x mol·L－1，则0.0100×20＝100x，x＝0.0020，原样品中碘的物质的量为0.0020 mol·L－1×500×10－‎3 L＝1×10－3 mol；质量为‎127 g·mol－1×1×10－3‎ ‎ mol＝‎0.127 g；百分含量为×100%＝0.635%。步骤Y的目的是将碘转化为离子形式，反应所用碱液的浓度要合适，同时应该控制碱液的量。操作Z应为过滤。‎ ‎5．[2014·课标全国卷Ⅱ]将海水淡化与浓海水资源化结合起来是综合利用海水的重要途径之一。一般是先将海水淡化获得淡水，再从剩余的浓海水中通过一系列工艺流程提取其他产品。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)下列改进和优化海水综合利用工艺的设想和做法可行的是________(填序号)。‎ ‎①用混凝法获取淡水 　 ②提高部分产品的质量　 ③优化提取产品的品种 　④改进钾、溴、镁等的提取工艺 ‎(2)采用“空气吹出法”从浓海水中吹出Br2，并用纯碱吸收。碱吸收溴的主要反应是Br2＋Na2CO3＋H2O―→NaBr＋NaBrO3＋NaHCO3，吸收1 mol Br2时，转移的电子为________mol。‎ ‎(3)海水提镁的一段工艺流程如下图：‎ 浓海水的主要成分如下：‎ 离子 Na＋‎ Mg2＋‎ Cl－‎ SO 浓度/(g·L－1)‎ ‎63.7‎ ‎28.8‎ ‎144.6‎ ‎46.4‎ 该工艺过程中，脱硫阶段主要反应的离子方程式为________，产品2的化学式为________，‎1 L浓海水最多可得到产品2的质量为________g。‎ ‎(4)采用石墨阳极、不锈钢阴极电解熔融的氯化镁，发生反应的化学方程式为________；电解时，若有少量水存在会造成产品镁的消耗，写出有关反应的化学方程式______________________。‎ 答案　(1)②③④　(2)5/3　‎ ‎(3)Ca2＋＋SO===CaSO4↓　Mg(OH)2　69.6　‎ ‎(4)MgCl2Mg＋Cl2↑‎ Mg＋2H2OMg(OH)2＋H2↑‎ 解析　(1)海水中主要含有NaCl等盐，用混凝法不能除去NaCl，错误。‎ ‎(2)由方程式可知，Br2既是氧化剂又是还原剂，根据得失电子守恒知，吸收1 mol Br2转移5/3 mol电子。‎ ‎(3)由题给海水的主要成分，脱硫就是除掉硫酸根离子，发生反应：Ca2＋＋SO===CaSO4↓；由框图信息知，产品2为Mg(OH)2; ‎1 L浓海水中含有Mg2＋‎28.8 g，物质的量为1.2 mol，则最多生成Mg(OH)2 1.2 mol，质量为1.2 mol×‎58 g·mol－1＝‎69.6 g。‎ ‎(4)电解熔融氯化镁生成氯气和单质镁，若有水存在，则高温下镁与水反应。‎ 板块三高考层面·高考真题实战 ‎1.[高考集萃]判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。‎ ‎(1)[2015·江苏高考]质子数为17、中子数为20的氯原子：Cl。(　　)‎ ‎(2)[2014·江苏高考]质子数为35、中子数为45的溴原子可表示为Br。(　　)‎ ‎(3)[2014·江苏高考]硫离子的结构示意图为。(　　)‎ ‎(4)[2014·山东高考]Cl与Cl得电子能力相同。(　　)‎ ‎(5)[2014·山东高考]核外电子排布相同的微粒化学性质也相同。(　　)‎ ‎(6)[2013·江苏高考]氯原子的结构示意图：。(　　)‎ ‎(7)[2012·天津高考]235 92U与238 92U是中子数不同，质子数相同的同种核素。(　　)‎ ‎(8)[2012·山东高考]同种元素的原子均有相同的质子数和中子数。(　　)‎ 答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)×　(6)×　(7)×　(8)×‎ 解析　(1)元素的左上角表示质量数，应为17＋20＝37，错误；(2)质量数＝质子数＋中子数，正确；(3)硫离子的结构示意图为，错误；(4)同位素的化学性质相同，正确；(5)Na＋、Mg2＋、Al3＋与Ne核外电子排布相同，但化学性质不同，错误；(6)氯原子的结构示意图为，错误；(7)235 92U与238 92U是两种不同的核素，错误；(8)同种元素的不同核素中子数不同，错误。‎ ‎2．[2015·课标全国卷Ⅱ]原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。a－的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c－和d＋的电子层结构相同。下列叙述错误的是(　　)‎ A．元素的非金属性次序为c>b>a B．a和其他3种元素均能形成共价化合物 C．d和其他3种元素均能形成离子化合物 D．元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6‎ 答案　B 解析　H－与He的电子层结构相同，所以a为H；b、c的次外层电子数为8，最外层电子数分别为6、7，所以b、c分别为S和Cl；Cl－与d＋的电子层结构相同，所以d为K。非金属性强弱顺序为Cl>S>H，A项正确；H2S、HCl为共价化合物，KH为离子化合物，B项错误；KH、K2S、KCl均为离子化合物，C项正确；最高化合价和最低化合价分别是：H为＋1和－1，代数和为0，S为＋6和－2，代数和为4，Cl为＋7和－1，代数和为6，D项正确。‎ ‎3．[2015·上海高考]中国科学技术名词审定委员会已确定第116号元素Lv的名称为，关于Lv的叙述错误的是(　　)‎ A．原子序数116 B．中子数177‎ C．核外电子数116 D．相对原子质量293‎ 答案　D 解析　由原子结构表达式的含义知：元素Lv的原子序数、核外电子数均为116，中子数为293－116＝177,293是该原子的质量数而非相对原子质量，故答案为D。‎ ‎4．[2014·上海高考]“玉兔”号月球车用238 94Pu作为热源材料。下列关于238 94Pu的说法正确的是(　　)‎ A．238 94Pu与238 92U互为同位素 B．238 94Pu与239 94Pu互为同素异形体 C．238 94Pu与238 92U具有完全相同的化学性质 D．238 94Pu与239 94Pu具有相同的最外层电子数 答案　D 解析　238 94Pu与238 92U的质子数不同，不是同位素，A错误；238 94Pu与239 94Pu互称同位素，最外层电子数相同，因为不是单质所以不是同素异形体，B错误、D正确；238 94Pu与238 92U中电子数不同，最外层电子数也不同，化学性质不同，C错误。‎ ‎5．[2013·课标全国卷Ⅰ]短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是(　　)‎ A．W2－、X＋B．X＋、Y3＋‎ C．Y3＋、Z2－D．X＋、Z2－‎ 答案　C 解析　简单离子中H＋可抑制水的电离，弱碱的阳离子及弱酸根阴离子(水解)可促进水的电离。依题意知，W2－、X＋、Y3＋、Z2－四种离子分别是O2－、Na＋、Al3＋、S2－，Na＋不能水解，故A、B、D错误；C中Y3＋(Al3＋)、Z2－(S2－)均能水解，C正确。‎ 板块三高考层面·高考真题实战 ‎1.[高考集萃]判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。‎ ‎(1)[2015·重庆高考]I的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强。(　　)‎ ‎(2)[2015·重庆高考]P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强。(　　)‎ ‎(3)[2014·山东高考]Cl－、S2－、Ca2＋、K＋半径逐渐减小。(　　)‎ ‎(4)[2014·山东高考]同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱。(　　)‎ ‎(5)[2013·天津高考]ⅠA族与ⅦA族元素间可形成共价化合物或离子化合物。(　　)‎ ‎(6)[2013·天津高考]第二周期元素从左到右，最高正价从＋1递增到＋7。(　　)‎ ‎(7)[2013·天津高考]同主族元素的简单阴离子还原性越强，水解程度越大。(　　)‎ ‎(8)[2013·天津高考]同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越强。(　　)‎ 答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√　(6)×　(7)×　(8)×‎ 解析　(1)HI比HBr热稳定性差，错误；(2)同周期主族元素从左到右，非金属性增强，最高价氧化物对应水化物的酸性增强，正确；(3)核外电子排布相同时，核电荷数越大，半径越小，故半径大小关系应为S2－>Cl－>K＋>Ca2＋，错误；(4)同主族元素最高价含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱，错误；(5)两族元素间可以形成HCl、NaCl等物质，正确；(6)第二周期中，氧元素无最高正价，氟元素没有正价，错误；(7)还原性F－Cl－，错误；(8)以Na、Mg、Al为例，Al为＋3价，但铝元素失电子能力弱于Mg和Na，错误。‎ ‎2．[2015·北京高考]下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是(　　)‎ A．酸性：H2SO4> H3PO4‎ B．非金属性：Cl>Br C．碱性：NaOH>Mg(OH)2‎ D．热稳定性：Na2CO3>NaHCO3‎ 答案　D 解析　‎ A项，非金属性：硫大于磷，可以推出最高价氧化物对应水化物的酸性：硫酸大于磷酸；B项，根据Cl和Br在周期表中的位置可以推出非金属性：Cl大于Br；C项，金属性：钠大于镁，可以推出最高价氧化物对应水化物的碱性：氢氧化钠大于氢氧化镁；D项，无法根据元素周期律判断盐的热稳定性。‎ ‎3．[2015·浙江高考]如表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素原子的核电荷数为X元素的2倍。下列说法正确的是(　　)‎ X Y Z W T A.X、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次增大 B．Y、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次增强 C．YX2晶体熔化、液态WX3汽化均需克服分子间作用力 D．根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，T2X3具有氧化性和还原性 答案　D 解析　由题干信息和元素在周期表中的位置可知，X、W元素分别为O和S；则Y为Si、Z为P、T为As；X、W、Z气态氢化物的热稳定性依次减弱，A项错误；自然界中存在硫单质，B项错误；SiO2是原子晶体，SO3是分子晶体，前者熔化时需要破坏共价键，后者汽化只需要破坏分子间作用力，C项错误；As处在金属和非金属交界线附近，所以具有半导体特性，As的最高正价为＋5，而As2O3中As为＋3价，所以其既具有氧化性，也具有还原性，D项正确。‎ ‎4．[2014·课标全国卷Ⅰ]X、Y、Z均为短周期元素，X、Y处于同一周期，X、Z的最低价离子分别为X2－和Z－，Y＋和Z－具有相同的电子层结构。下列说法正确的是(　　)‎ A．原子最外层电子数：X>Y>Z B．单质沸点：X>Y>Z C．离子半径：X2－>Y＋>Z－‎ D．原子序数：X>Y>Z 答案　D 解析　‎ 根据题中信息可确定X、Y、Z分别为S、Na和F。原子最外层电子数F>S>Na，A错误；单质沸点Na>S>F2，B错误；离子半径S2－>F－>Na＋，C错误；原子序数S>Na>F，D正确。‎ ‎5．[2015·天津高考]随原子序数递增，八种短周期元素(用字母x等表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。‎ 根据判断出的元素回答问题：‎ ‎(1)f在周期表中的位置是________________________________。‎ ‎(2)比较d、e常见离子的半径大小(用化学式表示，下同)：________>________；比较g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：________>________。‎ ‎(3)任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式：________。‎ ‎(4)已知1 mol e的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5 kJ热量，写出该反应的热化学方程式：__________________________。‎ ‎(5)上述元素可组成盐R：‎ zx‎4f(gd4)2。向盛有10 mL 1 mol·L－1 R溶液的烧杯中滴加1 mol·L－1 NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积的变化示意图如图：‎ ‎①R溶液中，离子浓度由大到小的顺序是_________________。‎ ‎②写出m点反应的离子方程式：________________________。‎ ‎③若在R溶液中改加20 mL 1.2 mol·L－1 Ba(OH)2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为________mol。‎ 答案　(1)第三周期ⅢA族 ‎(2)r(O2－)r(Na＋)HClO4H2SO4‎ ‎(3) (或HH或HC⋮⋮CH等其他合理答案均可)‎ ‎(4)2Na(s)＋O2(g)===Na2O2(s)　ΔH＝－511 kJ·mol－1‎ ‎(5)①c(SO)>c(NH)>c(Al3＋)>c(H＋)>c(OH－)‎ ‎②NH＋OH－===NH3·H2O ‎③0.022‎ 解析　首先根据题意推断出各元素依次是：‎ 代号 x y z d e f g h 元素符号 H C N O Na Al S Cl ‎(1)Al原子核外共有3个电子层，位于第三周期；最外层有3个电子，位于第ⅢA族。‎ ‎(2)具有相同电子层结构的离子，核电荷数越小，离子半径越大，所以r(O2－)>r(Na＋)；Cl的非金属性强于S，所以酸性：HClO4>H2SO4。‎ ‎(3)解题的关键是找出四原子共价化合物，如NH3、H2O2、C2H2、NCl3等。‎ ‎(4)钠在氧气中燃烧生成过氧化钠。根据题意求得2 mol Na完全燃烧放出的热量为511 kJ，据此即可写出反应的热化学方程式。‎ ‎(5)①根据NH4Al(SO4)2的化学式可知其溶液中c(SO)最大。由于Al(OH)3的碱性比NH3·H2O弱，所以等浓度的NH的水解程度小于Al3＋的水解程度，则在NH4Al(SO4)2溶液中c(NH)>c(Al3＋)。由于该盐水解呈酸性，所以c(H＋)>c(OH－)。又由于H＋和OH－仅来自水的电离，所以二者的浓度很小。综上可得：c(SO)>c(NH)>c(Al3＋)>c(H＋)>c(OH－)。②m点沉淀的物质的量不变，所以此时仅发生反应：NH＋OH－===NH3·H2O。③在10 mL 1 mol·L－1 NH4Al(SO4)2溶液中加入20 mL 1.2 mol·L－1 Ba(OH)2溶液，Ba2＋过量，根据SO的量可计算出生成0.02 mol BaSO4沉淀。OH－依次参与的反应为Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓、NH＋OH－===NH3·H2O、Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O，前两步反应消耗0.04 mol OH－，生成0.01 mol Al(OH)3，第三步反应中，剩余的0.008 mol OH－‎ 又消耗0.008 mol Al(OH)3，剩余0.002 mol Al(OH)3。最终沉淀的总物质的量为0.02 mol＋0.002 mol＝0.022 mol。‎ 板块三高考层面·高考真题实战 ‎1.[高考集萃]判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。‎ ‎(1)[2015·浙江高考]常压下，‎0 ℃‎时冰的密度比水的密度小，水在‎4 ℃‎时密度最大，这些都与分子间的氢键有关。(　　)‎ ‎(2)[2015·安徽高考]分子中只有极性键。(　　)‎ ‎(3)[2015·江苏高考]氯分子的电子式：。(　　)‎ ‎(4)[2013·江苏高考]氢氧根离子的电子式：[H]－。(　　)‎ ‎(5)[2012·安徽高考]NaHCO3、HCOONa均含有离子键和共价键。(　　)‎ ‎(6)[2012·天津高考]短周期第ⅣA与ⅦA族元素的原子间构成的分子，均满足原子最外层8电子结构。(　　)‎ ‎(7)[2012·天津高考]不同元素的原子构成的分子只含极性共价键。(　　)‎ ‎(8)[2012·大纲全国卷]含有共价键的化合物一定是共价化合物。(　　)‎ 答案　(1)√　(2)×　(3)√　(4)√　(5)√　(6)√　(7)×　(8)×‎ 解析　(1)冰晶体中，水分子间形成的氢键比液态水多，所以分子间的空隙大，密度比液态水小，正确；(2)该分子中含有一个碳碳双键，属于非极性键，错误；(5)NaHCO3、HCOONa均为离子化合物，含有离子键，在HCO与HCOO－中均含有共价键，正确；(6)CCl4、CF4、SiF4、SiCl4都满足8电子结构，正确；(7)H2O2中含有非极性共价键，错误；(8)NaOH、Na2O2等离子化合物中也含有共价键，错误。‎ ‎2．[2015·山东高考]短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示。已知Y、W的原子序数之和是Z的3倍，下列说法正确的是(　　)‎ A．原子半径：XZ C．Z、W均可与Mg形成离子化合物 D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>W 答案　C 解析　设Z的原子序数为a，则Y、W的原子序数分别为a－1和a＋9，由题意可知(a－1)＋(a＋9)＝‎3a，解得a＝8，则Y、Z、X、W分别为N、O、Si、Cl。原子半径：X(Si)>Y(N)>Z(O)，A项错误；同周期主族元素的非金属性从左向右依次增强，同主族元素的非金属性从上到下依次减弱，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，故气态氢化物的稳定性：Z>X(即H2O>SiH4)，B项错误；MgO和MgCl2均为离子化合物，C项正确；Cl元素对应最高价氧化物的水化物HClO4为最强酸，D项错误。‎ ‎3．[2015·海南高考]a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c。下列叙述错误的是 (　　)‎ A．d元素的非金属性最强 B．它们均存在两种或两种以上的氧化物 C．只有a与其他元素生成的化合物都是离子化合物 D．b、c、d分别与氢形成的化合物中化学键均为极性共价键 答案　D 解析　a的M层有1个电子，即a为Na；b最外层电子数为内层电子数的2倍，最外层只能为4个电子，即b为C；c的最高化合价是最低化合价绝对值的3倍，即c的最高化合价和最低化合价分别为＋6和－2，c为S；第三周期中原子半径比S小的只能是Cl，即d为Cl。A项，四种元素中Cl非金属性最强；B项，存在Na2O和Na2‎ O2、CO和CO2、SO2和SO3、ClO2和Cl2O7等氧化物，正确；C项，Na与C、S、Cl形成的化合物均为离子化合物，正确；D项，C与H形成的烃中一定含有极性键，但也可能含有非极性键，错误。‎ ‎4．[2015·上海高考]某晶体中含有极性键，关于该晶体的说法错误的是(　　)‎ A．不可能有很高的熔沸点 B．不可能是单质 C．可能是有机物 D．可能是离子晶体 答案　A 解析　本题考查晶体结构与化学键等。难度中等。A项，原子晶体SiO2中Si、O原子间是极性键，但该晶体熔点很高，错误；B项，单质由同种元素组成，因此一定不会存在极性键，正确；C项，甲烷是由极性键将C、H连接在一起的，正确；D项，离子晶体NH4Cl中含有极性键，正确。‎ ‎5．[2014·大纲全国卷]A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍。B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2。E＋与D2－具有相同的电子数。A在F中燃烧，产物溶于水得到一种强酸。回答下列问题：‎ ‎(1)A在周期表中的位置是________，写出一种工业制备单质F的离子方程式______________________。‎ ‎(2)B、D、E组成的一种盐中，E的质量分数为43%，其俗名为________，其水溶液与F单质反应的化学方程式为_______________；在产物中加入少量KI，反应后加入CCl4并振荡，有机层显______色。‎ ‎(3)由这些元素组成的物质，其组成和结构信息如下表：‎ 物质 组成和结构信息 a 含有A的二元离子化合物 b 含有非极性共价键的二元离子化合物，且原子数之比为1∶1‎ c 化学组成为BDF2‎ d 只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体 ‎ a的化学式为________；b的化学式为________；c的电子式为________；d的晶体类型是________。‎ ‎(4)由A和B、D元素组成的两种二元化合物形成一类新能源物质。一种化合物分子通过________键构成具有空腔的固体；另一种化合物(沼气的主要成分)分子进入该空腔，其分子的空间结构为________。‎ 答案　(1)第一周期ⅠA族　2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑[或2NaCl(熔融)2Na＋Cl2]‎ ‎(2)纯碱(或苏打)　2Na2CO3＋Cl2＋H2O===NaClO＋NaCl＋2NaHCO3　紫 ‎(3)NaH　Na2O2和Na‎2C2　金属晶体 ‎(4)氢　正四面体 解析　由A为非金属元素及A、B的电子层结构与位置关系知，A是氢，B是碳或硫，结合B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，可确定B是碳，D是氧；由A在F中燃烧的特点知F是氯，由E＋与D2－具有相同的电子数知E是钠。‎ ‎(1)工业上通常采用电解饱和食盐水的方法制取Cl2，也可用电解熔融NaCl的方法制取Cl2。‎ ‎(2)C、O、Na组成的Na2CO3中w(Na)＝43%。由于酸性HCl>H2CO3>HClO>HCO，故Cl2与Na2CO3溶液反应生成的物质是NaClO、NaCl、NaHCO3，由此可写出对应的化学方程式。当向反应后的溶液中加入KI时，ClO－能将I－氧化成I2，I2被CCl4萃取后，有机层显紫色。‎ ‎(3)氢元素与其他四种元素中的钠元素结合才能形成二元离子化合物，故a为NaH；由b的组成、结构特点知b是Na2O2或Na‎2C2(与电石类比)；c是COCl2，因碳元素显＋4价，故两个氯原子与一个碳原子共用两对电子，一个氧原子与一个碳原子共用两对电子，由此可写出相应的电子式；d是钠，其晶体类型是金属晶体。‎ ‎(4)两种二元化合物中一种是CH4，其分子的空间结构为正四面体。CH4‎ 能进入到另一种化合物分子的空腔中，故另一种化合物分子是水分子，水分子间通过氢键形成空腔结构。‎ 板块三高考层面·高考真题实战 ‎1.[高考集萃]判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。‎ ‎(1)[2015·江苏高考]相同条件下，等质量的碳按a、b两种途径完全转化，途径a比途径b放出更多热能 途径a：CCO＋H2CO2＋H2O 途径b：CCO2(　　)‎ ‎(2)[2015·上海高考]物质内部储存的能量无法决定化学反应的热效应。(　　)‎ ‎(3)[2012·安徽高考]科学家最近研究出一种环保、安全的储氢方法，其原理可表示为NaHCO3＋H2===HCOONa＋H2O。储氢、释氢过程均无能量变化。(　　)‎ ‎(4)[2012·福建高考]2SO2(g)＋O2(g)===2SO3(g)和4SO2(g)＋2O2(g)===4SO3(g)的ΔH相等。(　　)‎ ‎(5)[2012·江苏高考]催化剂能降低反应的活化能。(　　)‎ ‎(6)[2010·浙江高考]‎500 ℃‎、300 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－38.6 kJ·mol－1。‎ 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)×‎ 解析　(1)两种途径放出的热能相等，错误；(2)化学反应的热效应取决于反应物与生成物内部储存能量的大小，错误；(3)化学反应过程中一定伴随着能量的变化，错误；(4)ΔH的数值与热化学方程式中化学计量数有关，错误；(6)该反应为可逆反应，不能进行到底，错误。‎ ‎2．[2015·北京高考]最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A．CO和O生成CO2是吸热反应 B．在该过程中，CO断键形成C和O C．CO和O生成了具有极性共价键的CO2‎ D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程 答案　C 解析　根据能量变化示意图可以判断反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，A项错误；根据反应过程示意图可以看出CO中的碳氧键没有断裂，B项错误；CO2中含有极性键，C项正确；状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO和O形成CO2的过程，D项错误。‎ ‎3．[2015·上海高考]已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．加入催化剂，减小了反应的热效应 B．加入催化剂，可提高H2O2的平衡转化率 C．H2O2分解的热化学方程式：H2O2―→H2O＋O2＋Q D．反应物的总能量高于生成物的总能量 答案　D 解析　A项，加入催化剂，对反应的热效应无影响，错误；B项，加入催化剂，只能改变反应速率，不能使平衡移动，故无法提高H2O2的平衡转化率，错误；C项，热化学方程式需标明物质的状态，错误；D项，由图象知，该反应的反应物的总能量高于生成物的总能量，正确。‎ ‎4．[2014·海南高考]标准状态下，气态分子断开1 mol化学键的焓变称为键焓。已知H—H、H—O和OO键的键焓ΔH分别为436 kJ·mol－1、463 kJ·mol－1和495 kJ·mol－1。下列热化学方程式正确的是(　　)‎ A．H2O(g)===H2(g)＋O2(g)　ΔH＝－485 kJ·mol－1‎ B．H2O(g)===H2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋485 kJ·mol－1‎ C．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝＋485 kJ·mol－1‎ D．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－485 kJ·mol－1‎ 答案　D 解析　由题干信息知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝(2×436＋495－4×463) kJ·mol－1＝－485 kJ·mol－1，D项正确；H2O(g)===H2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋(485/2) kJ·mol－1＝＋242.5 kJ·mol－1，A、B项错误；C项，该反应是放热反应，ΔH<0，错误。‎ ‎5．[高考集萃](1)[2015·课标全国卷Ⅰ]已知反应2HI(g)===H2(g)＋I2(g)的ΔH＝＋11 kJ·mol－1,1 mol H2(g)、1 mol I2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436 kJ、151 kJ的能量，则1 mol HI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为________kJ。‎ ‎(2)[2015·浙江高考]乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：‎ 已知：‎ 化学键 C—H C—C C===C H—H 键能/kJ·mol－1‎ ‎412‎ ‎348‎ ‎612‎ ‎436‎ 计算上述反应的ΔH＝________kJ·mol－1。‎ ‎(3)[2015·课标全国卷Ⅱ]甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：‎ ‎①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)　ΔH1‎ ‎②CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH2‎ ‎③CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)　ΔH3‎ 回答下列问题：‎ 已知反应①中相关的化学键键能数据如下：‎ 化学键 H—H C—O CO H—O C—H E/(kJ·mol－1)‎ ‎436‎ ‎343‎ ‎1076‎ ‎465‎ ‎413‎ 由此计算ΔH1＝________kJ·mol－1；已知ΔH2＝－58 kJ·mol－1，则ΔH3＝________kJ·mol－1。‎ ‎(4)[2015·安徽高考]NaBH4(s)与H2O(l)反应生成NaBO2(s)和H2(g)。在‎25 ℃‎、101 kPa下，已知每消耗‎3.8 g NaBH4(s)放热21.6 kJ，该反应的热化学方程式是__________________。‎ ‎(5)[2014·天津高考]晶体硅(熔点‎1410 ℃‎)是良好的半导体材料。由粗硅制纯硅过程如下：‎ Si(粗)SiCl4SiCl4(纯)Si(纯)‎ 写出SiCl4的电子式：____________________；在上述由SiCl4制纯硅的反应中，测得每生成‎1.12 kg纯硅需吸收a kJ热量，写出该反应的热化学方程式：________________________________________。‎ ‎(6)[2014·大纲全国卷]已知AX3的熔点和沸点分别为－‎93.6 ℃‎和 ‎76 ℃‎‎，AX5的熔点为‎167 ℃‎。室温时AX3与气体X2反应生成1 mol AX5，放出热量123.8 kJ。该反应的热化学方程式为_________________________________________________________。‎ ‎(7)[2014·安徽高考]CuCl(s)和O2反应生成CuCl2(s)和一种黑色固体。在‎25 ℃‎、101 kPa下，已知该反应每消耗1 mol CuCl(s)，放热44.4 kJ，该反应的热化学方程式是____________________________。‎ 答案　(1)299　(2)124　(3)－99　＋41‎ ‎(4)NaBH4(s)＋2H2O(l)===NaBO2(s)＋4H2(g)　ΔH＝－216.0 kJ·mol－1‎ ‎(5)　SiCl4(g)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g)　ΔH＝＋‎0.025a kJ·mol－1‎ ‎(6)AX3(l)＋X2(g)===AX5(s)　ΔH＝－123.8 kJ·mol－1‎ ‎(7)4CuCl(s)＋O2(g)===2CuCl2(s)＋2CuO(s)　ΔH＝－177.6 kJ·mol－1‎ 解析　(1)设1 mol HI(g)分子中化学键断裂需吸收能量x kJ，则2x－436－151＝11，解得x＝299。‎ ‎(2)反应过程中拆开2 mol C—H键、1 mol C—C键，生成1 mol C===C键、1 mol H—H键，所以ΔH＝2×412＋348－612－436＝124 (kJ·mol－1)。‎ ‎(3)反应①中，生成1 mol CH3OH时需要形成3 mol C—H 键、1 mol C—O键和1 mol O—H键，则放出的热量为(413×3＋343＋465) kJ＝2047 kJ，需要断开1 mol CO键和2 mol H—H键，吸收的热量为(1076＋436×2) kJ＝1948 kJ，则该反应为放热反应，ΔH1＝(1948－2047) kJ·mol－1＝－99 kJ·mol－1；根据盖斯定律，ΔH3＝ΔH2－ΔH1＝(－58＋99) kJ·mol－1＝＋41 kJ·mol－1。‎ ‎(4)根据题中“每消耗‎3.8 g NaBH4(s)放热21.6 kJ”可得出此反应的热化学方程式：NaBH4(s)＋2H2O(l)===NaBO2(s)＋4H2‎ ‎(g)　ΔH＝－216.0 kJ·mol－1。‎ ‎(5)SiCl4是共价化合物，电子式为。根据生成‎1.12 kg硅，吸收a kJ热量，求出生成1 mol硅，吸收‎0.025a kJ热量，则热化学方程式为SiCl4(g)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g)　ΔH＝＋‎0.025a kJ·mol－1 。‎ ‎(6)由题目信息可知，常温时AX3为液体，AX5为固体，从而可写出该反应的热化学方程式为AX3(l)＋X2(g)===AX5(s)　ΔH＝－123.8 kJ·mol－1。‎ ‎(7)由题意知生成的黑色固体是氧化铜，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式。再根据反应消耗1 mol CuCl放热44.4 kJ可写出该反应的热化学方程式：4CuCl(s)＋O2(g)===2CuCl2(s)＋2CuO(s)　ΔH＝－177.6 kJ·mol－1。‎ 板块三高考层面·高考真题实战 ‎1.[2015·重庆高考]黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：‎ S(s)＋2KNO3(s)＋‎3C(s)===K2S(s)＋N2(g)＋3CO2(g)‎ ΔH＝x kJ·mol－1‎ 已知：碳的燃烧热ΔH1＝a kJ·mol－1‎ S(s)＋2K(s)===K2S(s)　 ΔH2＝b kJ·mol－1‎ ‎2K(s)＋N2(g)＋3O2(g)===2KNO3(s)　 ΔH3＝c kJ·mol－1‎ 则x为(　　)‎ A．‎3a＋b－cB．c－‎3a－b C．a＋b－cD．c－a－b 答案　A 解析　①C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1＝a kJ·mol－1‎ ‎②S(s)＋2K(s)===K2S(s)'ΔH2＝b kJ·mol－1‎ ‎③2K(s)＋N2(g)＋3O2(g)===2KNO3(s)'ΔH3＝c kJ·mol－1。根据盖斯定律：②－③＋3×①可得：S(s)＋2KNO3(s)＋‎3C(s)===K2S(s)＋N2(g)＋3CO2(g)‎ ΔH＝(‎3a＋b－c) kJ·mol－1，故x＝‎3a＋b－c，选项A正确。‎ ‎2．[2015·海南高考]已知丙烷的燃烧热ΔH＝－2215 kJ·mol－1。若一定量的丙烷完全燃烧后生成‎1.8 g水，则放出的热量约为(　　)‎ A．55 kJ B．220 kJ C．550 kJ D．1108 kJ 答案　A 解析　根据题中燃烧热数据可写出C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(l)　ΔH＝－2215 kJ·mol－1，一定量丙烷燃烧生成水‎1.8 g(即0.1 mol)，根据正比关系可求出丙烷燃烧放出的热量为≈55 kJ。‎ ‎3．[2014·江苏高考]已知：C(s)＋O2(g)===CO2(g)' ΔH1‎ CO2(g)＋C(s)===2CO(g)'ΔH2‎ ‎2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) 'ΔH3‎ ‎4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s)' ΔH4‎ ‎3CO(g)＋Fe2O3(s)===3CO2(g)＋2Fe(s) 'ΔH5‎ 下列关于上述反应焓变的判断正确的是(　　)‎ A．ΔH1>0, ΔH3<0 B．ΔH2>0，ΔH4>0‎ C．ΔH1＝ΔH2＋ΔH3D．ΔH3＝ΔH4＋ΔH5‎ 答案　C 解析　C与O2生成CO2的反应是放热反应，ΔH1<0，CO2与C生成CO的反应是吸热反应，ΔH2>0，CO与O2生成CO2的反应是放热反应，ΔH3<0，铁与氧气的反应是放热反应，ΔH4<0，A、B项错误；前两个方程式相减得：2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH3＝ΔH1－ΔH2，即ΔH1＝ΔH2＋ΔH3，C项正确；由4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3‎ ‎(s)　ΔH4和6CO(g)＋2Fe2O3(s)===6CO2(g)＋4Fe(s)　2ΔH5相加，得2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH3＝(ΔH4＋2ΔH5)/3，D项错误。‎ ‎4．[2014·重庆高考]已知：‎ C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝a kJ·mol－1‎ ‎2C‎(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH＝－220 kJ·mol－1‎ H—H、O===O和O—H键的键能分别为436、496和462 kJ·mol－1，则a为(　　)‎ A．－332 B．－118 ‎ C．＋350 D．＋130‎ 答案　D 解析　根据盖斯定律由题给的两个热化学方程式可得：2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋(‎2a＋220) kJ·mol－1，则有：4×462 kJ·mol－1－2×436 kJ·mol－1－496 kJ·mol－1＝(‎2a＋220) kJ·mol－1，解得a＝＋130，故选项D正确。‎ ‎5．[高考集萃](1)[2015·山东高考]贮氢合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4的反应。温度为T时，该反应的热化学方程式为____________。已知温度为T时：‎ CH4(g)＋2H2O(g)===CO2(g)＋4H2(g)‎ ΔH＝＋165 kJ·mol－1‎ CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－41 kJ·mol－1‎ ‎(2)[2015·四川高考]FeSO4可转化为FeCO3，FeCO3在空气中加热反应可制得铁系氧化物材料。‎ 已知‎25 ℃‎，101 kPa时：‎ ‎4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s)　ΔH＝－1648 kJ/mol C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393 kJ/mol ‎2Fe(s)＋‎2C(s)＋3O2(g)===2FeCO3(s)　ΔH＝－1480 kJ/mol FeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的热化学方程式是________________________________________________。‎ ‎(3)[2015·广东高考]用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染。传统上该转化通过如右所示的催化循环实现。其中，反应①为2HCl(g)＋CuO(s)H2O(g)＋CuCl2(s)　ΔH1‎ 反应②生成1 mol Cl2(g)的反应热为ΔH2，则总反应的热化学方程式为_____________________________(反应热用ΔH1和ΔH2表示)。‎ ‎(4)[2015·海南高考]已知：①Fe2O3(s)＋‎3C(s)===2Fe(s)＋3CO(g)　ΔH＝＋494 kJ·mol－1‎ ‎②CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283 kJ·mol－1‎ ‎③C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH＝－110 kJ·mol－1‎ 则反应Fe2O3(s)＋‎3C(s)＋O2(g)===2Fe(s)＋3CO2(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。‎ 理论上反应________放出的热量足以供给反应________所需要的热量(填上述方程式序号)。‎ ‎(5)[2014·广东高考]用CaSO4代替O2与燃料CO反应，既可提高燃烧效率，又能得到高纯CO2，是一种高效、清洁、经济的新型燃烧技术，反应①为主反应，反应②和③为副反应。‎ ‎①1/4CaSO4(s)＋CO(g)1/4CaS(s)＋CO2(g)ΔH1＝－47.3 kJ·mol－1‎ ‎②CaSO4(s)＋CO(g)CaO(s)＋CO2(g)＋SO2(g)ΔH2＝＋210.5 kJ·mol－1‎ ‎③CO(g)1/‎2C(s)＋1/2CO2(g)ΔH3＝－86.2 kJ·mol－1‎ 反应2CaSO4(s)＋7CO(g)CaS(s)＋CaO(s)＋6CO2(g)＋C(s)＋SO2(g)的ΔH＝________(用ΔH1、ΔH2和ΔH3表示)‎ 答案　(1)CO(g)＋3H2(g)===CH4(g)＋H2O(g)　ΔH＝－206 kJ·mol－1‎ ‎(2)4FeCO3(s)＋O2(g)===2Fe2O3(s)＋4CO2(g)　ΔH＝－260 kJ/mol ‎(3)4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)2(ΔH1＋ΔH2)‎ ‎(4)－355②③①‎ ‎(5)4ΔH1＋ΔH2＋2ΔH3‎ 解析　(1)将题中两个已知的热化学方程式依次编号为①、②，根据盖斯定律，由②－①可得CO(g)＋3H2(g)===CH4(g)＋H2O(g)　ΔH＝－206 kJ·mol－1。‎ ‎(2)由盖斯定律，将题中已知的第二个热化学方程式乘以4与第一个热化学方程式相加，再减去2倍的第三个热化学方程式，即得：4FeCO3(s)＋O2(g)===2Fe2O3(s)＋4CO2(g)　ΔH＝－260 kJ/mol。‎ ‎(3)据图示写出反应②CuCl2(s)＋O2(g)CuO(s)＋Cl2(g)　ΔH2，由(①＋②)×2可写出总反应的热化学方程式。‎ ‎(4)由已知方程式①＋3×②可得Fe2O3(s)＋‎3C(s)＋O2(g)===2Fe(s)＋3CO2(g)，根据盖斯定律，ΔH＝(＋494－283×3)kJ·mol－1＝－355 kJ·mol－1，理论上②③两反应放出的热量足以供给①。‎ ‎(5)反应①×4＋反应②＋反应③×2即得所求反应，故ΔH＝4ΔH1＋ΔH2＋2ΔH3。‎ 板块三高考层面·高考真题实战 ‎1.[2015·课标全国卷Ⅰ]微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是(　　)‎ A．正极反应中有CO2生成 B．微生物促进了反应中电子的转移 C．质子通过交换膜从负极区移向正极区 D．电池总反应为C6H12O6＋6O2===6CO2＋6H2O 答案　A 解析　负极发生氧化反应，生成CO2气体，A项错误；微生物电池中的化学反应速率较快，即微生物促进了反应中电子的转移，B项正确；原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，C项正确；电池总反应是C6H12O6与O2反应生成CO2和H2O，D项正确。‎ ‎2．[2015·江苏高考]一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是(　　)‎ A．反应CH4＋H2O3H2＋CO，每消耗1 mol CH4转移12 mol电子 B．电极A上H2参与的电极反应为H2＋2OH－－2e－===2H2O C．电池工作时，CO向电极B移动 D．电极B上发生的电极反应为O2＋2CO2＋4e－===2CO 答案　D 解析　CH4中的C为－4价，反应后生成的CO中C为＋2 价，每消耗1 mol CH4转移6 mol e－，A项错误；从装置图看，电池工作过程中没有OH－参与，B项错误；该燃料电池中，电极B为正极，电极A为负极，电池工作时，CO移向负极，C项错误；在电极B上O2得到电子与CO2反应转化为CO，D项正确。‎ ‎3．[2014·北京高考]下列电池工作时，O2在正极放电的是(　　)‎ A.锌锰电池 B.氢燃料电池 C.铅蓄电池 D.镍镉电池 答案　B 解析　氢燃料电池中，负极上H2放电，正极上O2放电，A、C、D中均不存在O2放电，故选B。‎ ‎4．[2014·大纲全国卷]上图是在航天用高压氢镍电池基础上发展起来的一种金属氢化物镍电池(MH－Ni电池)。下列有关说法不正确的是(　　)‎ A．放电时正极反应为NiOOH＋H2O＋e－―→Ni(OH)2＋OH－‎ B．电池的电解液可为KOH溶液 C．充电时负极反应为MH＋OH－―→H2O＋M＋e－‎ D．MH是一类储氢材料，其氢密度越大，电池的能量密度越高 答案　C 解析　在金属氢化物镍电池(MH－Ni电池)中，MH(M为零价，H为零价)在负极发生反应：MH＋OH－－e－―→M＋H2O，NiOOH在正极发生反应：NiOOH＋H2O＋e－―→Ni(OH)2＋OH－，电解液可为KOH溶液，A、B正确；充电时，阴极反应式为M＋H2O＋e－―→MH＋OH－，C错误；MH中氢密度越大，单位体积电池所储存电量越多，即电池能量密度越高，D正确。‎ ‎5．[高考集萃](1)[2015·课标全国卷Ⅱ]‎ 酸性锌锰干电池是一种一次性电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是由碳粉、MnO2、ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物。该电池放电过程产生MnOOH。回收处理该废电池可得到多种化工原料。‎ ‎①该电池的正极反应式为__________________，电池反应的离子方程式为__________________。‎ ‎②维持电流强度为‎0.5 A，电池工作5分钟，理论上消耗锌________g。(已知F＝‎96500 C·mol－1)‎ ‎(2)[2015·广东高考]一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl和Al2Cl两种离子在Al电极上相互转化，其他离子不参与电极反应。放电时负极Al的电极反应式为________________________。‎ ‎(3)[2015·海南高考]如图所示原电池正极的反应式为 ‎____________________________________________________。‎ ‎(4)[2015·安徽高考]常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池(图1)，测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化如图2所示，反应过程中有红棕色气体产生。‎ ‎0～t1时，原电池的负极是Al片，此时，正极的电极反应式是________，溶液中的H＋向________极移动。t1时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是_____________________________________‎ ‎_________________________________________________________。‎ ‎(5)[2014·四川高考]MnO2是碱性锌锰电池的正极材料，碱性锌锰电池放电时，正极的电极反应式是____________________。‎ ‎(6)[2013·课标全国卷Ⅰ]二甲醚(CH3OCH3)是无色气体，可作为一种新型能源。二甲醚直接燃料电池具有启动快、效率高等优点，其能量密度高于甲醇直接燃料电池(5.93 kW·h/kg)。若电解质为酸性，二甲醚直接燃料电池的负极反应为________________，一个二甲醚分子经过电化学氧化可以产生________个电子的电量；该电池的理论输出电压为1.20 V，能量密度E＝__________________(列式计算。能量密度＝电池输出电能/燃料质量，1 kW·h＝3.6×106 J)。‎ ‎(7)[2013·四川高考]以Al和NiOOH为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiOOH转化为Ni(OH)2，该电池反应的化学方程式是________________________________。‎ 答案　(1)①MnO2＋H＋＋e－===MnOOH　2MnO2＋Zn＋2H＋===2MnOOH＋Zn2＋(注：式中Zn2＋可写为Zn(NH3)，Zn(NH3)2Cl2等，H＋可写为NH)‎ ‎②0.05‎ ‎(2)Al＋7AlCl－3e－===4Al2Cl ‎(3)Ag＋＋e－===Ag ‎(4)2H＋＋NO＋e－===NO2↑＋H2O　正　Al在浓HNO3中发生钝化，氧化膜阻止了Al的进一步反应 ‎(5)MnO2＋e－＋H2O===MnOOH＋OH－‎ ‎(6)CH3OCH3－12e－＋3H2O===2CO2＋12H＋‎ ‎12÷[(3.6×106 J·(kW·h)－1]≈8.39 kW·h·kg－1‎ ‎(7)Al＋3NiOOH＋NaOH＋H2O===NaAlO2＋3Ni(OH)2‎ 解析　(1)①该电池为酸性电池，正极发生还原反应，电极反应式为MnO2＋H＋＋e－==‎ ‎=MnOOH；电池反应为Zn与MnO2在酸性条件下的反应，生成Zn2＋和MnOOH。②电池工作5 min，电池中的总电荷量Q＝It＝0.5×5×‎60 C＝‎150 C，则转移电子的物质的量为150/96500 mol,1 mol Zn失去2 mol电子，则此过程消耗锌的质量m(Zn)＝65×1/2×150/96500 g＝‎0.05 g。‎ ‎(3)图示装置中Cu和Ag分别为负极和正极，正极是Ag＋得电子发生还原反应，即Ag＋＋e－===Ag。‎ ‎(4)在0～t1时，铝作负极被氧化，正极上浓硝酸被还原，所以正极的电极反应式为2H＋＋NO＋e－===NO2↑＋H2O，溶液中的H＋向正极移动。从图2可以看出t1时电流强度为0，t1后电子流动方向发生改变，原因是Al表面因钝化逐渐生成了致密的氧化膜，氧化膜阻止了Al的进一步反应，浓硝酸还可与铜发生反应，所以铜作负极，铝作正极。‎ 板块三高考层面·高考真题实战 ‎1.[高考集萃]判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。‎ ‎(1)[2015·江苏高考]钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀。(　　)‎ ‎(2)[2014·江苏高考]若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀。(　　)‎ ‎(3)[2014·天津高考]铁表面镀锌可增强其抗腐蚀性。(　　)‎ ‎(4)[2013·江苏高考]电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极。(　　)‎ ‎(5)[2013·四川高考]用铜作电极电解CuSO4溶液：2Cu＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋。(　　)‎ ‎(6)[2012·江苏高考]镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈。(　　)‎ ‎(7)[2012·山东高考]电解NaCl溶液得到‎22.4 L H2(标准状况)，理论上需要转移NA个电子(NA表示阿伏加德罗常数的值)。(　　)‎ ‎(8)[2012·广东高考]自行车钢架生锈主要是电化学腐蚀所致。(　　)‎ 答案　(1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)√　(7)×　(8)√‎ 解析　(1)当铁作原电池的正极或电解池的阴极时，铁均会受到保护，正确；(2)在海轮外壳上附着一些铜，可形成铁、铜原电池，铁比铜活泼，作为负极被腐蚀，错误；(3)铁表面镀锌，可以形成原电池，锌作负极，增强铁的抗腐蚀能力，正确；(4)电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，错误；(5)铜作电极电解CuSO4溶液时，阳极上Cu失去电子生成Cu2＋，不会得到O2，错误；(6)铁、铜形成原电池，铁作负极加快腐蚀，正确；(7)电解NaCl溶液的阴极反应：2H＋＋2e－===H2↑，产生标准状况下‎22.4 L H2，可转移2NA个电子，错误；(8)为吸氧腐蚀，正确。‎ ‎2．[2015·福建高考]某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料(C3H8O)。下列说法正确的是(　　)‎ A．该装置将化学能转化为光能和电能 B．该装置工作时，H＋从b极区向a极区迁移 C．每生成1 mol O2，有‎44 g CO2被还原 D．a电极的反应为3CO2＋18H＋－18e－===C3H8O＋5H2O 答案　B 解析　该装置将光能转化为化学能，将电能转化为化学能，A项错误；该装置工作时，a极为阴极，b极为阳极，H＋从阳极(b极)区向阴极(a极)区迁移，B项正确；根据电路中通过的电量相等，由2H2OO2、CO‎2C3H ‎8O可得：3O2～2CO2，则每生成1 mol O2，被还原的CO2的质量为 mol×‎44 g/mol＝‎29.3 g，C项错误；a极上CO2发生得电子的还原反应转化为C3H8O，D项错误。‎ ‎3．[2015·浙江高考]在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O－CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示。下列说法不正确的是(　　)‎ A．X是电源的负极 B．阴极的电极反应式是：‎ H2O＋2e－===H2＋O2－CO2＋2e－===CO＋O2－‎ C．总反应可表示为：H2O＋CO2H2＋CO＋O2‎ D．阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1∶1‎ 答案　D 解析　H2O和CO2混合气体转变为H2和CO的过程在接电源X极的电极上完成，说明该电极上发生了还原反应，该电极为阴极，则X为电源的负极，A项正确；阴极完成的是H2O→H2，CO2→CO，对应的电极反应式为H2O＋2e－===H2＋O2－，CO2＋2e－===CO＋O2－，B项正确；制备过程的总反应为H2O＋CO2CO＋H2＋O2，C项正确；阴极与阳极产生的气体，其物质的量之比为2∶1，D项错误。‎ ‎4．[2014·广东高考]某同学组装了如图所示的电化学装置。电极Ⅰ为Al，其他电极均为Cu，则(　　)‎ A．电流方向：电极Ⅳ→Ⓐ→电极Ⅰ B．电极Ⅰ发生还原反应 C．电极Ⅱ逐渐溶解 D．电极Ⅲ的电极反应：Cu2＋＋2e－===Cu 答案　A 解析　本题综合考查原电池与电解池知识，意在考查考生对电化学原理的掌握情况。首先应根据图示判断左边两池通过盐桥构成原电池，产生电流对右边硫酸铜溶液进行电解(相当于精炼铜)。电极Ⅰ为负极，电极Ⅱ为正极，所以电流方向：电极Ⅳ→Ⓐ→电极Ⅰ(电流方向与电子流动方向相反)，A正确；电极Ⅰ上铝失电子发生氧化反应，B错；电极Ⅱ上有铜析出，C错；电极Ⅲ的电极反应：Cu－2e－===Cu2＋，D错。‎ ‎5．[高考集萃]按要求填空。‎ ‎(1)[2015·山东高考]利用如图装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液。B极区电解液为________溶液(填化学式)，阳极电极反应式为________，电解过程中Li＋向________电极迁移(填“A”或“B”)。‎ ‎(2)[2014·课标全国卷Ⅰ]H3PO2也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)：‎ ‎①写出阳极的电极反应式________________。‎ ‎②分析产品室可得到H3PO2的原因________________。‎ ‎③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2：将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有________杂质，该杂质产生的原因是__________________________________‎ ‎_________________________________________________________。‎ ‎(3)[2014·福建高考]铁及其化合物与生产、生活关系密切。如图是实验室研究海水对铁闸不同部分腐蚀情况的剖面示意图。‎ ‎①该电化腐蚀称为________。‎ ‎②图中A、B、C、D四个区域，生成铁锈最多的是________(填字母)。‎ ‎(4)[2014·山东高考]离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系。由有机阳离子、Al2Cl和AlCl组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝。‎ ‎①钢制品应接电源的________极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为________。若改用AlCl3水溶液作电解液，则阴极产物为__________________。‎ ‎②为测定镀层厚度，用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当反应转移6 mol电子时，所得还原产物的物质的量为________mol。‎ 答案　(1)LiOH　2Cl－－2e－===Cl2↑　B ‎(2)①2H2O－4e－===O2↑＋4H＋②阳极室的H＋穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H2PO穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2③PO　H2PO或H3PO2被氧化 ‎(3)①吸氧腐蚀　②B ‎(4)①负　4Al2Cl＋3e－===Al＋7AlCl　H2②3‎ 解析　(1)产生H2的极为阴极，同时产生OH－，Li＋通过阳离子交换膜进入阴极，阴极区电解液为LiOH溶液。阳极区电解液为LiCl溶液，Cl－发生失电子的氧化反应生成Cl2。‎ ‎(2)①阳极为水电离出的OH－放电，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋。②阳极室中的H＋穿过阳膜进入产品室，原料室中的H2PO穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2。③在阳极区H2PO或H3PO2可能失电子发生氧化反应，即生成物中会混有PO。‎ ‎(3)①在弱酸性或中性条件下，金属所发生的腐蚀是吸氧腐蚀。②铁闸发生吸氧腐蚀时，正极必须有氧气参与，同时能提供电解质溶液的环境，因此B处生成铁锈最多。‎ ‎(4)①电镀时，钢制品为镀件，应作阴极，故应与电源的负极相连接。根据题意，阴极发生得电子的还原反应，应生成金属铝，电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，则Al2Cl、AlCl参与电极反应，故阴极的电极反应式为4Al2Cl＋3e－===Al＋7AlCl。电解AlCl3水溶液时，阴极为H＋得电子生成H2。②铝与NaOH溶液的反应中，还原产物为H2，当反应转移6 mol电子时，生成3 mol H2。‎ 板块三高考层面·高考真题实战 ‎1.[2015·福建高考]在不同浓度(c)、温度(T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率(v ‎)如下表。下列判断不正确的是(　　)‎ A.a＝6.00‎ B．同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变 C．b<318.2‎ D．不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同 答案　D 解析　根据题中数据分析，温度不变时，反应的瞬时速率与浓度成正比，则可求出a＝6.00，A项正确；温度为b K、浓度为0.500 mol·L－1和温度为318.2 K、浓度为0.300 mol·L－1对应的瞬时速率相等，B项正确；浓度不变时，温度由318.2 K变为b K时，反应速率减小，则b<318.2，C项正确；不同温度时，反应速率不同，蔗糖浓度减少一半所需的时间不同，D项错误。‎ ‎2．[2015·重庆高考]羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)K＝0.1‎ 反应前CO物质的量为10 mol，平衡后CO物质的量为8 mol。下列说法正确的是(　　)‎ A．升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应 B．通入CO后，正反应速率逐渐增大 C．反应前H2S物质的量为7 mol D．CO的平衡转化率为80%‎ 答案　C 解析　升高温度，H2S浓度增加，表明平衡逆向移动，该反应的正反应是放热反应，A项错误；通入CO后，正反应速率应该是立即增大，而不是逐渐增大，B项错误；反应前CO为10 mol，平衡后CO为8 mol，则生成COS、H2均为2 mol，消耗H2S也是2 mol，设反应前H2S为x mol，则有＝0.1，解得x＝7，C项正确；CO的平衡转化率＝×100%＝20%。‎ ‎3．[2014·课标全国卷Ⅰ]已知分解1 mol H2O2放出热量98 kJ。在含少量I－的溶液中，H2O2分解的机理为：‎ H2O2＋I－―→H2O＋IO－慢 H2O2＋IO－―→H2O＋O2＋I－快 下列有关该反应的说法正确的是(　　)‎ A．反应速率与I－浓度有关 B．IO－也是该反应的催化剂 C．反应活化能等于98 kJ·mol－1‎ D．v(H2O2)＝v(H2O)＝v(O2)‎ 答案　A 解析　本题考查化学反应速率与反应热等知识，意在考查考生接受和处理信息的能力与推理能力。H2O2的分解反应主要是由第一个反应决定的，I－浓度越大，反应速率越快，A项正确；根据总反应可确定该反应的催化剂为I－，而IO－为中间产物，B项错误；根据所给信息无法确定反应活化能，C项错误；反应速率关系为v(H2O2)＝v(H2O)＝2v(O2)，D项错误。‎ ‎4．[2014·北京高考]一定温度下，10 mL 0.40 mol/L H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。‎ t/min ‎0‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎8‎ ‎10‎ V(O2)/mL ‎0.0‎ ‎9.9‎ ‎17.2‎ ‎22.4‎ ‎26.5‎ ‎29.9‎ 下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)(　　)‎ A．0～6 min的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10－2 mol·(L·min)－1‎ B．6～10 min的平均反应速率：v(H2O2)<3.3×10－2 mol·(L·min)－1‎ C．反应至6 min时，c(H2O2)＝0.30 mol·L－1‎ D．反应至6 min时，H2O2分解了50%‎ 答案　C 解析　本题考查反应速率、转化率等，意在考查考生提取信息的能力和灵活应用所学知识的能力。根据题目信息可知，0～6 min，生成22.4 mL(标准状况)氧气，消耗0.002 mol H2O2，则v(H2O2)≈3.3×10－2 mol·(L·min)－1，A项正确；随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐降低，B项正确；反应至6 min时，剩余0.002 mol H2O2，此时c(H2O2)＝0.20 mol·L－1，C项错误；反应至6 min时，消耗0.002 mol H2O2，转化率为50%，D项正确。‎ ‎5．[2015·课标全国卷Ⅰ]Bodensteins研究了下列反应：‎ ‎2HI(g)H2(g)＋I2(g)‎ 在716 K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：‎ t/min ‎0‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ ‎120‎ x(HI)‎ ‎1‎ ‎0.91‎ ‎0.85‎ ‎0.815‎ ‎0.795‎ ‎0.784‎ x(HI)‎ ‎0‎ ‎0.60‎ ‎0.73‎ ‎0.773‎ ‎0.780‎ ‎0.784‎ ‎(1)根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为________。‎ ‎(2)上述反应中，正反应速率为v正＝k正x2(HI)，逆反应速率为v逆＝k逆x(H2)x(I2)，其中k正、k逆为速率常数，则k逆为____________(以K和k正表示)。若k正＝0.0027 min－1，在t＝40 min时，v正＝________min－1。‎ ‎(3)由上述实验数据计算得到v正～x(HI)和v逆～x(H2)的关系可用下图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为________(填字母)。‎ 答案　(1)　(2)k正/K　1.95×10－3‎ ‎(3)A、E 解析　(1)设开始加入的HI为x mol，达平衡时转化的HI是a mol，则 ‎2HI(g)H2(g)　＋　I2(g)‎ 开始/mol x0 0‎ 转化/mol a 平衡/mol x－a 所以＝0.784，得a＝0.216x，K＝＝。‎ ‎(2)达平衡时，v正＝v逆，k正x2(HI)＝k逆x(H2)x(I2)，k逆＝＝k正/K。v正＝k正x2(HI)，在40 min时，x(HI)＝0.85，所以v正＝0.0027 min－1×0.85×0.85＝1.95×10－3 min－1。‎ ‎(3)升高温度，正、逆反应速率都增大，但平衡正向移动，HI的物质的量分数减小，H2的物质的量分数增大，分析题图，反应重新达到平衡时，相应的点分别是A、E。‎ 板块三高考层面·高考真题实战 ‎1.[2015·四川高考]一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)＋CO2(g)2CO(g)，平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示。已知：气体分压(p分)＝气体总压(p总)×体积分数。下列说法正确的是(　　)‎ A．‎550 ℃‎时，若充入惰性气体，v正、v逆均减小，平衡不移动 B．‎650 ℃‎时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%‎ C．T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动 D．‎925 ℃‎时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝24.0p总 答案　B 解析　因容器体积可变，故充入惰性气体，体积增大，与反应有关的气体浓度减小，平衡正向移动，A项错误；‎ C(s)＋CO2(g)2CO(g)‎ 平衡 60 40‎ 反应 20 40‎ 故CO2的转化率为20÷(60＋20)×100%＝25.0%，B项正确；由图象可知T℃时，CO和CO2的体积分数相等，故充入等体积的这两种气体，平衡不移动，C项错误；Kp＝p2(CO)/p(CO2)＝(0.96p总)2/(0.04p总)＝23.04p总，D项错误。‎ ‎2．[2015·江苏高考](双选)在体积均为‎1.0 L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1 mol CO2和0.2 mol CO2，在不同温度下反应CO2(g)＋C(s)2CO(g)达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如图所示(图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上)。下列说法正确的是(　　)‎ A．反应CO2(g)＋C(s)===2CO(g)的ΔS>0、ΔH<0‎ B．体系的总压强p总：p总(状态Ⅱ)>2p总(状态Ⅰ)‎ C．体系中c(CO)：c(CO，状态Ⅱ)<‎2c(CO，状态Ⅲ)‎ D．逆反应速率v逆：v逆(状态Ⅰ)>v逆(状态Ⅲ)‎ 答案　BC 解析　由图可知，升高温度，c(CO2)降低，即平衡正向移动，所以该反应为吸热反应，ΔH>0，A项错误；相同温度下，图中Ⅱ点所在曲线对应的c(CO2)高，表示通入 0.2 mol CO2，则Ⅰ点所在曲线表示通入0.1 mol CO2，Ⅰ点和Ⅱ点的c(CO2)相等，由图知参加反应的CO2的物质的量：Ⅱ点大于Ⅰ点的2倍，且该反应为气体分子数增多的反应，同时Ⅱ点的温度比Ⅰ点高，所以体系的总压强p总：p总(状态Ⅱ)>2p总(状态Ⅰ)，B项正确；状态Ⅱ中CO2的投入量为状态Ⅲ的2倍，因状态Ⅱ压强比状态Ⅲ大，而加压平衡逆向移动，则状态Ⅱ中的c(CO)小于状态Ⅲ中c(CO)的2倍，C项正确；状态Ⅲ比状态Ⅰ的温度高，温度越高，反应速率越快，所以状态Ⅲ的反应速率快，D项错误。‎ ‎3．[2014·重庆高考]在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X(g)Y(g)，温度T1、T2下X的物质的量浓度c(X)随时间t 变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是(　　)‎ A．该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量 B．T2下，在0～t1时间内，v(Y)＝ mol·L－1·min－1‎ C．M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率v逆 D．M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小 答案　C 解析　依据题中图示，可看出T1>T2，由于T1时X的平衡浓度大，可推出该反应为放热反应。A项，M点与W点比较，X的转化量前者小于后者，故进行到M点放出的热量应小于进行到W点放出的热量，A项错误；B项，2v(Y)＝v(X)＝ mol·L－1·min－1，B项错误；C项，T1>T2，温度越高，反应速率越大，M点的正反应速率v正>W点的正反应速率v正′，而W点的正反应速率v正′＝其逆反应速率v逆′>N点的逆反应速率v逆，C项正确；D项，恒容时充入X，压强增大，平衡正向移动，X的转化率增大，D项错误。‎ ‎4．[2014·江苏高考](双选)一定温度下，在三个体积均为‎1.0 L的恒容密闭容器中发生反应：‎ ‎2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)‎ 容器 编号 温度 ‎(℃)‎ 起始物质的量(mol)‎ 平衡物质的量(mol)‎ CH3OH(g)‎ CH3OCH3(g)‎ H2O(g)‎ Ⅰ ‎387‎ ‎0.20‎ ‎0.080‎ ‎0.080‎ Ⅱ ‎387‎ ‎0.40‎ Ⅲ ‎207‎ ‎0.20‎ ‎0.090‎ ‎0.090‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A．该反应的正反应为放热反应 B．达到平衡时，容器Ⅰ中的CH3OH体积分数比容器Ⅱ中的小 C．容器Ⅰ中反应到达平衡所需时间比容器Ⅲ中的长 D．若起始时向容器Ⅰ中充入CH3OH 0.15 mol、CH3OCH3 0.15 mol和H2O 0.10 mol，则反应将向正反应方向进行 答案　AD 解析　由Ⅰ、Ⅲ数据分析可知，降温，CH3OH的转化率增大，平衡向正反应方向移动，正反应为放热反应，A项正确；B项，Ⅰ和Ⅱ对比，CH3OH(g)的起始浓度增大一倍，容器体积不变，相当于增大压强，而此反应为反应前后气体分子数不变的反应，增大压强平衡不移动，CH3OH体积分数不变，B项错误；Ⅲ比Ⅰ温度低，反应更慢，到达平衡所需时间更长，C项错误；D项，容器Ⅰ温度为‎387 ℃‎，平衡常数K＝＝＝4，而此时浓度商Qc＝＝<4，反应向正反应方向进行，D项正确。‎ ‎5．[高考集萃](1)[2015·北京高考]反应Ⅱ：2H2SO4(l)===2SO2(g)＋O2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝＋550 kJ·mol－1。‎ 它由两步反应组成：‎ ⅰ.H2SO4(l)===SO3(g)＋H2O(g)ΔH＝＋177 kJ·mol－1；‎ ⅱ.SO3(g)分解。‎ L(L1、L2)、X可分别代表压强或温度。如图表示L一定时，ⅱ中SO3(g)的平衡转化率随X的变化关系。‎ ‎①X代表的物理量是________。‎ ‎②判断L1、L2的大小关系，并简述理由：__________________‎ ‎__________________________________________________________。‎ ‎(2)[2015·山东高考]合金贮氢材料具有优异的吸放氢性能，在配合氢能的开发中起着重要作用。‎ ‎①一定温度下，某贮氢合金(M)的贮氢过程如图所示，纵轴为平衡时氢气的压强(p)，横轴表示固相中氢原子与金属原子的个数比(H/M)。‎ 在OA段，氢溶解于M中形成固溶体MHx，随着氢气压强的增大，H/M逐渐增大；在AB段，MHx与氢气发生氢化反应生成氢化物MHy，氢化反应方程式为zMHx(s)＋H2(g)zMHy(s)ΔH1(Ⅰ)；在B点，氢化反应结束，进一步增大氢气压强，H/M几乎不变。反应(Ⅰ)中z＝________(用含x和y的代数式表示)。温度为T1时，‎2 g某合金4 min内吸收氢气240 mL，吸氢速率v＝________mL·g－1·min－1。反应(Ⅰ)的焓变ΔH1________0(填“>”“＝”或“<”)。‎ ‎②η表示单位质量贮氢合金在氢化反应阶段的最大吸氢量占其总吸氢量的比例，则温度为T1、T2时，η(T1)________η(T2)(填“>”“＝”或“<”)。当反应(Ⅰ)处于图中a点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，达平衡后反应(Ⅰ)可能处于图中的________点(填“b”“c”或“d”)，该贮氢合金可通过________或________的方式释放氢气。‎ ‎(3)[2014·天津高考]合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为：‎ N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ·mol－1‎ 一种工业合成氨的简易流程图如下：‎ ‎①步骤Ⅱ中制氢气原理如下：‎ a．CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)‎ ΔH＝＋206.4 kJ·mol－1‎ b．CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)‎ ΔH＝－41.2 kJ·mol－1‎ 对于反应a，一定可以提高平衡体系中H2百分含量，又能加快反应速率的措施是 ________。‎ a．升高温度　　　　　　　b．增大水蒸气浓度 c．加入催化剂 d．降低压强 利用反应b，将CO进一步转化，可提高H2产量。若1 mol CO和H2的混合气体(CO的体积分数为20%)与H2O反应，得到1.18 mol CO、CO2和H2的混合气体，则CO转化率为________。‎ ‎②图1表示‎500 ℃‎、60.0 MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：________。‎ ‎③依据温度对合成氨反应的影响，在图2坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图。‎ ‎④‎ 上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是(填序号)________。简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法：_____________________________________________________________________________________________________________________。‎ ‎(4)[2013·课标全国卷Ⅱ]在‎1.0 L密闭容器中放入0.10 mol A(g)，在一定温度进行如下反应：‎ A(g)B(g)＋C(g) ΔH＝＋85.1 kJ·mol－1‎ 反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的数据见下表：‎ 时间t/h ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎8‎ ‎16‎ ‎20‎ ‎25‎ ‎30‎ 总压强p/100 kPa ‎4.91‎ ‎5.58‎ ‎6.32‎ ‎7.31‎ ‎8.54‎ ‎9.50‎ ‎9.52‎ ‎9.53‎ ‎9.53‎ 回答下列问题：‎ ‎①欲提高A的平衡转化率，应采取的措施为________________‎ ‎__________________________________________________________。‎ ‎②由总压强p和起始压强p0计算反应物A的转化率α(A)的表达式为________，平衡时A的转化率为________，列式并计算反应的平衡常数K________。‎ ‎③a.由总压强p和起始压强p0表示反应体系的总物质的量n总和反应物A的物质的量n(A)，n总＝________ mol，n(A)＝________ mol。‎ b．下表为反应物A浓度与反应时间的数据，计算：a＝________。‎ 反应时间t/h ‎0‎ ‎4‎ ‎8‎ ‎16‎ c(A)/(mol·L－1)‎ ‎0.10‎ a ‎0.026‎ ‎0.0065‎ 分析该反应中反应物的浓度c(A)变化与时间间隔(Δt)的规律，得出的结论是____________，由此规律推出反应在12 h时反应物的浓度c(A)为________mol·L－1。‎ 答案　(1)①压强②L1　c　加热　减压 ‎(3)①a　90%　②14.5%‎ ‎③‎ ‎④Ⅳ　对原料气加压；分离液氨后，未反应的N2、H2循环使用 ‎(4)①升高温度、减小压强 ‎②×100%　94.1%‎ A(g)　　B(g)　＋　C(g)　‎ 起始/(mol·L－1) 0.10 0 0‎ 平衡/(mol·L－1) 0.10×0.10×0.10×‎ ‎ (1－94.1%) 94.1% 94.1%‎ K＝＝1.5 mol·L－1‎ ‎③a.0.10‎×　0.10× b．0.051　达到平衡前每间隔4 h，c(A)减少约一半　0.013‎ 解析　(1)①根据题目中的热化学方程式得出2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)ΔH＝＋196 kJ·mol－1，该反应是吸热反应，若X为温度，当压强不变升高温度时，SO3的平衡转化率升高，不符合题图中曲线的变化趋势；该反应为气体分子数增大的反应，若X为压强，当温度不变加压时，平衡向逆反应方向移动，SO3的平衡转化率降低，符合题图中曲线的变化趋势，所以X为压强，L为温度。②该反应为吸热反应，若压强不变，升高温度，则SO3的平衡转化率升高，所以L2>L1。‎ ‎(2)①根据氢原子守恒得zx＋2＝zy，则z＝。v＝＝30 mL·g－1·min－1。由题图可以看出，温度越高，平衡时氢气的压强越大，说明反应(Ⅰ)逆向移动，该反应为放热反应，ΔH1<0。②反应(Ⅰ)为放热反应，温度越低，单位质量的贮氢合金的吸氢量越大，故η(T1)>η(T2)。反应(Ⅰ ‎)的化学平衡常数为K＝，温度不变，化学平衡常数不变，向恒容体系中充入H2，平衡时c(H2)不变，故压强不变，应为图中c点。反应(Ⅰ)为放热反应且为气体分子数减小的反应，故加热或减压均使反应(Ⅰ)平衡逆向移动而释放氢气。‎ ‎(3)①增大水蒸气浓度，平衡右移，但H2百分含量不一定提高；加入催化剂，对平衡无影响，不能提高H2的百分含量；降低压强，反应速率减慢。‎ 设达到平衡时CO转化了x mol。‎ CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)‎ n起始 0.2 mol 0 mol 0.8 mol n平衡 (0.2－x) mol x mol (0.8＋x) mol ‎(0.2－x)＋x＋(0.8＋x)＝1.18，x＝0.18，αCO＝×100%＝90%。‎ ‎②方法1：设达到平衡时N2转化了x mol。‎ N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)‎ n起始n mol 3n mol 0‎ n平衡 (n－x) mol (3n－3x) mol 2x mol ×100%＝42%，x＝0.592n 故N2体积分数＝×100%＝×100%≈14.5%。‎ 方法2：由N2、H2按1∶3投料，N2与H2又按照1∶3发生反应，故从反应开始到反应平衡，N2和H2之比始终为1∶3。N2体积分数＝×(1－42%)＝14.5%。‎ ‎③反应初期，NH3从无到有，在未达到平衡前，NH3物质的量是增大的，达到平衡后，温度升高，平衡逆向移动，NH3物质的量逐渐减小，曲线见答案。‎ ‎④通过热交换器(步骤Ⅳ)，加热进入合成塔的原料气，同时冷却从合成塔出来的平衡混合气。提高原料总转化率的方法有：①对N2、H2加压；②将产物NH3液化分离，减小生成物浓度；③将未反应的N2、H2循环使用。‎ ‎(4)①‎ 要提高A的转化率，就要通过改变外界条件使平衡正向移动，可以从浓度、温度、压强三个方面考虑，可以采取的措施有从容器中分离出B、C、扩大容器的体积、升高温度。②一定温度下在密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，设反应后气体的总物质的量为x，则有＝，故x＝，气体物质的增加量等于反应掉的A的物质的量，故A的转化率＝×100%＝×100%，将表中的数据代入公式中可求得A的转化率；根据方程式列出平衡三段式，注意三段式中用的都是浓度，即可求得平衡常数。‎ ‎③a.结合②的解析可知n(A)＝0.1 mol－mol＝mol。b.根据题干表格中的数据可知a＝0.2－＝0.051，通过表中的数据可知，在达到平衡前每间隔4 h，A的浓度减少约一半，故在反应进行到12 h时，A的浓度为0.5×0.026 mol·L－1＝0.013 mol·L－1。‎ 板块三高考层面·高考真题实战 ‎1.[高考集萃]判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。‎ ‎(1)[2015·江苏高考]探究催化剂对H2O2分解速率的影响：在相同条件下，向一支试管中加入2 mL 5% H2O2和1 mLH2O，向另一支试管中加入2 mL 5% H2O2和1 mLFeCl3溶液，观察并比较实验现象。(　　)‎ ‎(2)[2015·天津高考]Na与H2O的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行。(　　)‎ ‎(3)[2015·天津高考]FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同。(　　)‎ ‎(4)[2014·江苏高考]2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的ΔH>0。(　　)‎ ‎(5)[2014·江苏高考]对于乙酸与乙醇的酯化反应(Δ H<0)，加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大。(　　)‎ ‎(6)[2014·天津高考]某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应。(　　)‎ ‎(7)[2013·重庆高考]一定条件下发生反应E(g)＋F(s)===‎2G(g)，该反应ΔS>0。(　　)‎ ‎(8)[2012·江苏高考]CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)室温下不能自发进行，说明该反应的ΔH<0。(　　)‎ 答案　(1)√　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√　(7)√　(8)×‎ 解析　(1)H2O2的浓度相同时，一支试管中加催化剂，另一支不加，通过观察气泡的速率探究催化剂对H2O2分解速率的影响，正确；(2)钠与水反应有气体生成，是熵增的放热反应，反应能自发进行，正确；(3)催化剂具有选择性，二者的催化效率肯定不相同，错误；(4)已知反应是一个熵减的反应，若常温下能自发进行，则需要ΔH<0，错误；(5)此反应ΔH<0，加热平衡逆向移动，平衡常数减小，错误；(6)根据ΔG＝ΔH－TΔS<0为自发反应可知，若ΔH>0，则ΔS一定大于0，正确；(7)气体分子数个数增多，ΔS>0，正确；(8)该反应ΔS>0，而反应不能自发进行，说明焓变不利于反应的自发进行，错误。‎ ‎2. [2015·安徽高考]汽车尾气中NO产生的反应为N2(g)＋O2(g)2NO(g)。一定条件下，等物质的量的N2(g)和O2(g)在恒容密闭容器中反应，如图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化。下列叙述正确的是(　　)‎ A．温度T下，该反应的平衡常数K＝ B．温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小 C．曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂 D．若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的ΔH<0‎ 答案　A 解析　A选项正确，达平衡时，c(N2)＝c(O2)＝c1mol·L－1，c(NO)＝2(c0－c1) mol·L－1；B选项错误，因反应前后容器体积不变，且反应中无固态(或液态)物质参加或生成，故混合气体的密度始终不变；C选项错误，催化剂只能改变到达平衡的时间，不会破坏平衡，即加入催化剂时氮气的平衡浓度不会改变；D选项错误，对比曲线a和b到达平衡所需时间，可知曲线b对应的条件改变是升高温度，达新平衡时c(N2)减小，则平衡正向移动，故该反应应为吸热反应，即ΔH>0。‎ ‎3．[2015·天津高考]某温度下，在‎2 L的密闭容器中，加入1 molX(g)和2 molY(g)发生反应：X(g)＋mY(g)3Z(g)，平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1 molZ(g)，再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是(　　)‎ A．m＝2‎ B．两次平衡的平衡常数相同 C．X与Y的平衡转化率之比为1∶1‎ D．第二次平衡时，Z的浓度为0.4 mol·L－1‎ 答案　D 解析　在原平衡体系中加入1 molZ，再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，说明该平衡与原平衡是等效平衡，则化学方程式两边气态物质的化学计量数相等，即m＝2，A项正确；温度不变，平衡常数不变，B项正确；起始时X、Y的物质的量之比等于化学计量数之比，则二者的平衡转化率相等，C项正确；起始时加入1 molX和2 molY，相当于3 molZ，平衡时Z的物质的量为3 mol×10%＝0.3 mol，在平衡体系中再加入1 molZ，相当于起始时共加入4 molZ，则新平衡时Z的物质的量为4 mol×10%＝0.4 mol，其浓度为0.4 mol/‎2 L＝0.2 mol·L－1，D项错误。‎ ‎4．[2014·安徽高考]臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为2NO2(g)＋O3(g)N2O5(g)＋O2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图象作出的判断正确的是(　　)‎ A B 升高温度，平衡常数减小 ‎0～3 s内，反应速率为 v(NO2)＝0.2 mol·L－1‎ C D t1时仅加入催化剂，平衡正向移动 达平衡时，仅改变x，则x为c(O2)‎ 答案　A 解析　本题考查化学平衡原理，涉及图象分析、平衡常数、反应速率计算及反应物的转化率等内容。A项正确，由图象可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，说明此反应是放热反应，所以升高温度，平衡将逆向移动，平衡常数减小；B项错误，v(NO2)应等于0.2 mol·L－1·s－1；C项错误，加入催化剂，平衡不发生移动；D项错误，达平衡时，增大c(O2)，平衡逆向移动，NO2的转化率会减小。‎ ‎5．[高考集萃]按要求填写空白。‎ ‎(1)[2015·课标全国卷Ⅱ]甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：‎ ‎①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH1＝－99 kJ·mol－1‎ ‎②CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH2＝－58 kJ·mol－1‎ ‎③CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH3＝＋41 kJ·mol－1‎ 回答下列问题：‎ ‎①反应①的化学平衡常数K表达式为__________________；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为_____________(填曲线标记字母)，其判断理由是________________________________‎ ‎__________________________________________________________。‎ ‎②合成气组成n(H2)/n(CO＋CO2)＝2.60时，体系中的CO平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图2所示。α(CO)值随温度升高而________(填“增大”或“减小”)，其原因是_________________；图2中的压强由大到小为________，其判断理由是________________。‎ ‎(2)[2015·广东高考]用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染。‎ ‎①新型RuO2催化剂对上述HCl转化为Cl2的总反应具有更好的催化活性。‎ a．实验测得在一定压强下，总反应的HCl平衡转化率随温度变化的αHCl ‎～T曲线如图，则总反应的ΔH________0(填“>”“＝”或“<”)；A、B两点的平衡常数K(A)与K(B)中较大的是______________。‎ b．在上述实验中若压缩体积使压强增大，画出相应αHCl～T曲线的示意图，并简要说明理由：________________。‎ c．下列措施中，有利于提高αHCl的有________。‎ A．增大n(HCl) B．增大n(O2)‎ C．使用更好的催化剂 D．移去H2O ‎②一定条件下测得反应过程中n(Cl2)的数据如下：‎ t/min ‎0‎ ‎2.0‎ ‎4.0‎ ‎6.0‎ ‎8.0‎ n(Cl2)/10－3mol ‎0‎ ‎1.8‎ ‎3.7‎ ‎5.4‎ ‎7.2‎ 计算2.0～6.0 min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率(以mol·min－1为单位，写出计算过程)。‎ ‎(3)[2015·海南高考]硝酸铵加热分解可得到N2O和H2O。‎250 ℃‎时，硝酸铵在密闭容器中分解达到平衡，该分解反应的化学方程式为________________________________，平衡常数表达式为________；若有1 mol硝酸铵完全分解，转移的电子数为________mol。‎ ‎(4)[2014·重庆高考]储氢还可借助有机物，如利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢： (g) (g)＋3H2(g)。在某温度下，向恒容密闭容器中加入环己烷，其起始浓度为a mol·L－1，平衡时苯的浓度为b mol·L－1，该反应的平衡常数K＝________。‎ ‎(5)[2014·福建高考]已知t ℃时，反应FeO(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)的平衡常数K＝0.25。‎ ‎①t ℃时，反应达到平衡时n(CO)∶n(CO2)＝________。‎ ‎②若在‎1 L密闭容器中加入0.02 molFeO(s)，并通入x molCO，t ℃时反应达到平衡。此时FeO(s)转化率为50%，则x＝________。‎ ‎(6)[2013·山东高考]利用“化学蒸气转移法”制备TaS2晶体，发生如下反应：‎ TaS2(s)＋2I2(g)TaI4(g)＋S2(g)　ΔH>0　(Ⅰ)‎ 反应(Ⅰ)的平衡常数表达式K＝________，若K＝1，向某恒容容器中加入1 molI2(g)和足量TaS2(s)，I2(g)的平衡转化率为________。‎ 答案　(1)①K＝ a 反应①为放热反应，平衡常数数值应随温度升高而变小 ‎②减小 升高温度时，反应①为放热反应，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又使产生CO的量增大；总结果，随温度升高，使CO的转化率降低p3>p2>p1相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响。故增大压强时，有利于CO的转化率升高 ‎(2)①a.<　K(A)　b．如图 总反应的正反应是气体分子数减小的反应，压强增大，平衡正向移动，αHCl增大　c．BD ‎②v(HCl)＝2v(Cl2)＝2××10－3mol·min－1＝1.8×10－3mol·min－1‎ ‎(3)NH4NO3N2O↑＋2H2O↑K＝c(N2O)·c2(H2O)4‎ ‎(4)mol3·L－3‎ ‎(5)①4∶1②0.05‎ ‎(6)　66.7%‎ 解析　‎ ‎(1)①反应①为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，曲线a正确。‎ ‎(2)①a.由题图中随温度升高，HCl转化率降低，可知总反应为放热反应，ΔH<0。温度越高，生成物浓度越小，则平衡常数也随之减小，即K(A)较大。b.总反应是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，HCl的转化率增大。c.增大n(HCl)，HCl转化率减小，A项错误；增大n(O2)，HCl转化率增大，B项正确；使用催化剂只改变反应速率，但对平衡无影响，C项错误；移去H2O，会减小c(H2O)，平衡正向移动，HCl转化率增大，D项正确。②根据数据可求出v(Cl2)＝＝9.0×10－4mol·min－1，由物质的反应速率之比等于化学计量数之比可求出v(HCl)＝2v(Cl2)＝1.8×10－3mol·min－1。‎ ‎(3)根据题中信息可写出NH4NO3分解的化学方程式为NH4NO3N2O↑＋2H2O↑，生成物均为气态，则平衡常数K＝c(N2O)·c2(H2O)。根据反应中氮元素的化合价变化可知，1 molNH4NO3发生分解反应转移4 mol电子。‎ ‎(4)K＝＝＝mol3·L－3。‎ ‎(5)①反应的平衡常数K＝c(CO2)/c(CO)＝0.25，则反应达到平衡时n(CO)∶n(CO2)＝c(CO)∶c(CO2)＝4∶1。②已转化的FeO的物质的量为0.01 mol。则有：‎ FeO(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)‎ 起始/mol 0.02 x 0‎ 转化/mol 0.01 0.01 0.01‎ 平衡/mol 0.01 x－0.01 0.01‎ 根据平衡常数的定义有：＝0.25，解得x＝0.05。‎ ‎(6)固体物质不能出现在平衡常数表达式中，故K＝。设容器的体积为‎1 L，‎ 则TaS2(s)＋2I2(g)TaI4(g)＋S2(g)‎ 起始浓度(mol·L－1) 1 0 0‎ 转化浓度(mol·L－1) 2x x x 平衡浓度(mol·L－1) 1－2x x x 代入平衡常数表达式得：＝1，解得x＝1/3‎ 故I2的转化率≈66.7%。‎ 板块三高考层面·高考真题实战 ‎1.[高考集萃]判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。‎ ‎(1)[2015·重庆高考]稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度。(　　)‎ ‎(2)[2015·重庆高考]‎25 ℃‎时，0.1 mol·L－1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱。(　　)‎ ‎(3)[2014·天津高考]pH＝1的NaHSO4溶液：c(H＋)＝c(SO)＋c(OH－)。(　　)‎ ‎(4)[2014·天津高考]CO2的水溶液：c(H＋)>c(HCO)＝‎2c(CO)。(　　)‎ ‎(5)[2014·北京高考]测0.1 mol·L－1氨水的pH为11：NH3·H2ONH＋OH－。(　　)‎ ‎(6)[2014·课标全国卷Ⅱ]pH＝5的H2S溶液中，c(H＋)＝c(HS－)＝1×10－5 mol·L－1。(　　)‎ ‎(7)[2014·课标全国卷Ⅱ]pH＝a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH＝b，则a＝b＋1。(　　)‎ ‎(8)[2013·重庆高考]KClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质。(　　)‎ ‎(9)[2013·江苏高考]CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小。(　　)‎ 答案　(1)×　(2)√　(3)√　(4)×　(5)√　(6)×　(7)×　(8)×　(9)√‎ 解析　(1)CH3COOH在水溶液中存在如下平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋‎ ‎，加入CH3COONa，增大了c(CH3COO－)，平衡逆向移动，CH3COOH电离程度减小，错误；(2)H2S不能完全电离，溶液中离子浓度小，导电能力弱，Na2S完全电离，溶液中离子浓度大，导电能力强，正确；(3)根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝‎2c(SO)＋c(OH－)，c(Na＋)＝c(SO)，故c(H＋)＝c(SO)＋c(OH－)，正确；(4)CO2的水溶液中，存在H2CO3H＋＋HCO、HCOH＋＋CO，由于Ka1≫Ka2，故c(HCO)远远大于c(CO)，错误；(5)氨水是弱电解质，正确；(6)pH＝5的H2S溶液中，存在H2SH＋＋HS－，HS－H＋＋S2－，所以，c(H＋)>c(HS－)，错误；(7)因为氨水是弱电解质，存在电离平衡，体积扩大10倍，但pH改变小于1个单位，所以ac(SO)>c(OH－)>c(HSO)>c(H＋)(或[Na＋]>[SO]>[OH－]>[HSO]>[H＋])‎ ‎③H2SO3＋HCO===HSO＋CO2↑＋H2O 解析　(1)①根据物料守恒，pH＝13时，c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)＝0.10 mol·L－1，则c(H2S)＋c(HS－)＝0.10 mol·L－1－0.057 mol·L－1＝0.043‎ ‎ mol·L－1。②Mn2＋开始沉淀时，溶液中c(S2－)＝＝＝1.4×10－11(mol·L－1)，结合图象可知此时溶液的pH＝5。‎ ‎(2)①HSOH＋＋SO，其电离平衡常数表达式K＝。②Na2SO3溶液由于SO水解而呈碱性，离子浓度大小顺序为c(Na＋)>c(SO)>c(OH－)>c(HSO)>c(H＋)。③由于H2SO3的Ka2小于H2CO3的Ka1，则H2SO3溶液与NaHCO3溶液反应后H2SO3转化为HSO而不是SO，离子方程式为H2SO3＋HCO===HSO＋H2O＋CO2↑。‎ 板块三高考层面·高考真题实战 ‎1.[高考集萃]判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。‎ ‎(1)[2015·江苏高考]用玻璃棒蘸取溶液点在水润湿的pH试纸上，测定该溶液的pH。(　　)‎ ‎(2)[2015·江苏高考]室温下pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，溶液的pH>7。(　　)‎ ‎(3)[2014·课标全国卷Ⅰ]酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗。(　　)‎ ‎(4)[2014·课标全国卷Ⅰ]酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差。(　　)‎ ‎(5)[2014·大纲全国卷]用蒸馏水润湿的试纸测溶液的pH，一定会使结果偏低。(　　)‎ ‎(6)[2013·天津高考]在蒸馏水中滴加浓H2SO4，Kw不变。(　　)‎ ‎(7)[2013·天津高考]NaCl溶液和醋酸铵溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同。(　　)‎ ‎(8)[2012·福建高考]25 ℃与60 ℃时，水的pH相等。(　　)‎ ‎(9)[2012·广东高考]对于常温下pH＝2的盐酸中，由H2O电离出的c(H＋)＝1.0×10－12 mol·L－1。(　　)‎ ‎(10)[2012·江苏高考]水的离子积常数Kw 随着温度的升高而增大，说明水的电离是放热反应。(　　)‎ 答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)×　(7)×　(8)×　(9)√　(10)×‎ 解析　(1)测定pH时，不能将pH试纸润湿，故错误；(2)pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，反应后醋酸过量，溶液显酸性，错误；(3)滴定管使用前，需先用标准溶液润洗，以减小实验误差，正确；(4)酸碱滴定实验中，不能用待测液润洗锥形瓶，润洗会导致待测液增多，使实验误差增大，错误；(5)当溶液本身呈中性时，用蒸馏水润湿pH，对测量结果不产生影响，错误；(6)浓H2SO4加入蒸馏水中会放热，使Kw变大，错误；(7)NaCl是强酸强碱盐，对水的电离不产生影响，而CH3COONH4是弱酸弱碱盐，对水的电离起促进作用，两者影响不同，错误；(8)水的电离受到温度的影响，温度不同，水电离出的氢离子浓度不同，pH也不同，错误；(9)pH＝2的盐酸中，水的电离受到抑制，水电离出的c(H＋)＝水电离出的c(OH－)＝溶液中的c(OH－)＝10－12 mol·L－1，正确；(10)水的电离是吸热过程，错误。‎ ‎2．[2015·广东高考]一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图。下列说法正确的是(　　)‎ A．升高温度，可能引起由c向b的变化 B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10－13‎ C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化 D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化 答案　C 解析　升温促进水的电离，升温后溶液不能由碱性变为中性，A项错误；根据c(H＋)和c(OH－)可求出Kw＝1.0×10－14，B项错误；加入FeCl3，Fe3＋水解溶液呈酸性，可引起由b向a变化，C项正确；温度不变，稀释后，c(OH－)减小，c(H＋)增大，但仍在该曲线上，不可能到达d点，D项错误。‎ ‎3．[2015·山东高考] 室温下向10 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液中加入0.1 mol·L－1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．a点所示溶液中c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(HA)‎ B．a、b两点所示溶液中水的电离程度相同 C．pH＝7时，c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)‎ D．b点所示溶液中c(A－)>c(HA)‎ 答案　D 解析　加入10 mL一元酸HA溶液时，恰好中和，但溶液的pH为8.7，说明HA为弱酸，a点表示NaA溶液，A－＋H2OHA＋OH－，存在A－的水解溶液显碱性，应有c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(HA)>c(H＋)，A项错误；a点水的电离受到促进，b点为等物质的量浓度的NaA和HA的混合溶液，溶液呈酸性的原因是HA的电离程度大于A－的水解程度，故c(A－)>c(HA)，总的来看水的电离受到了抑制，B项错误，D项正确；由溶液中电荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，溶液呈中性，即c(H＋)＝c(OH－)，则可知c(Na＋)＝c(A－)，C项错误。‎ ‎4．[2014·四川高考]下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是(　　)‎ A．0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)>c(CO)>‎ c(HCO)>c(OH－)‎ B．20 mL 0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液与10 mL 0.1 mol·L－1 HCl 溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)‎ C．室温下，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)＋c(H＋)>c(NH)＋c(OH－)‎ D．0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH－)>c(H＋)＋c(CH3COOH)‎ 答案　B 解析　A项，NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O，故溶液中各离子浓度大小关系应为c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)，错误；B项正确；C项，两溶液混合，NH3·H2O过量，溶液呈碱性，c(OH－)>c(H＋)，c(NH)>c(Cl－)，故c(Cl－)＋c(H＋)②>③。(　　)‎ ‎(5)[2014·天津高考]含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c(Na＋)＝2[c(HC2O)＋c(C2O)＋c(H2C2O4)]。(　　)‎ ‎(6)[2014·重庆高考]CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后，c(CH3COO－)增大。(　　)‎ ‎(7)[2014·江苏高考]加热0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液，CO的水解程度和溶液的pH均增大。(　　)‎ ‎(8)[2013·江苏高考]Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，CO水解程度减小，溶液的pH减小。(　　)‎ ‎(9)[2013·安徽高考]用酚酞溶液可鉴别饱和食盐水和饱和纯碱溶液。(　　)‎ 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)×　(7)√　(8)×　(9)√‎ 解析　(1)水解是微弱的，可逆的，所以CO的水解反应中应用可逆号，错误；(2)两者恰好完全反应生成NH4NO3，NH水解使溶液呈酸性，pH<7，错误；(3)当H2C2O4溶液与NaOH溶液混合后，溶液中还存在C2O，错误；(4)根据CH3COOH、HClO、HCO的酸性相对强弱可以确定三种溶液的浓度大小，正确；(5)根据物料守恒，2c(Na＋)＝3[c(HC2O)＋c(C2O)＋c(H2C2O4)]，错误；(6)CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后，CH3COO－与H＋‎ 结合生成弱电解质CH3COOH，导致CH3COO－的浓度减小，错误；(7)CO水解吸热，加热促进水解，c(OH－)增大，pH增大，正确；(8)加入Ca(OH)2，Ca2＋与CO结合生成CaCO3沉淀，使水解平衡CO＋H2OHCO＋OH－逆向移动，但由于加入了OH－，pH增大，错误；(9)酚酞溶液滴入饱和NaCl溶液中无现象，滴入饱和Na2CO3溶液中变红，正确。‎ ‎2．[2015·四川高考]常温下，将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH<7。下列关于滤液中的粒子浓度关系不正确的是(　　)‎ A.<1.0×10－7 mol/L B．c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)‎ C．c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)‎ D．c(Cl－)>c(NH)>c(HCO)>c(CO)‎ 答案　C 解析　溶液为酸性，而常温下，Kw＝1.0×10－14，故Kw/c(H＋)＝c(OH－)<1.0×10－7 mol/L，A项正确；由物料守恒可知B项正确；由溶液中的电荷守恒可知c(H＋)＋c(NH)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)，由于有NaHCO3析出，则c(Na＋)c(NH)，酸性溶液中c(HCO)>c(CO)，D项正确。‎ ‎3．[2015·天津高考]室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是()‎ 答案　B 解析　0.05 mol Na2CO3与50 mL 1 mol·L－1 H2SO4恰好完全反应生成Na2SO4，c(Na＋)＝2c(SO)，A项错误；0.05 mol Na2CO3与0.05 mol CaO二者完全反应：Na2CO3＋CaO＋H2O===CaCO3↓＋2NaOH，原Na2CO3溶液中：CO＋H2OHCO＋OH－平衡逆向移动，使c(HCO)减小，溶液中c(OH－)增大，二者比值增大，B项正确；在碳酸钠溶液中加水，水的电离程度减小，由水电离出的c(H＋)·c(OH－)将减小，C项错误；在碳酸钠溶液中加入NaHSO4固体，溶液中c(Na＋)必然增大，D项错误。‎ ‎4．[2014·福建高考]下列关于0.10 mol·L－1 NaHCO3溶液的说法正确的是(　　)‎ A．溶质的电离方程式为NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO B．25 ℃时，加水稀释后，n(H＋)与n(OH－)的乘积变大 C．离子浓度关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋c(CO)‎ D．温度升高，c(HCO)增大 答案　B 解析　A项中HCO不能拆开，正确的电离方程式为NaHCO3===Na＋＋HCO，A项错误；B项，n(H＋)×n(OH－)＝[c(H＋)×V]×[c(OH－)×V]＝[c(H＋)×c(OH－)]×(V×V)＝Kw·V2，由于水的离子积不变而溶液体积增大，故n(H＋)×n(OH－‎ ‎)的值增大，B项正确；由电荷守恒可知：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)，C项错误；温度升高，HCO水解程度增大，反应HCO＋H2OH2CO3＋OH－平衡右移，HCO浓度减小，D项错误。‎ ‎5．Ⅰ.[2015·天津高考]FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小。请回答下列问题：‎ ‎(1)FeCl3净水的原理是________________。FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H＋作用外，另一主要原因是(用离子方程式表示)________________________。‎ ‎(2)为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3。‎ ‎①若酸性FeCl2废液中c(Fe2＋) ＝2.0×10－2 mol·L－1，c(Fe3＋)＝1.0×10－3 mol·L－1，c(Cl－)＝5.3×10－2 mol·L－1，则该溶液的pH约为________。‎ ‎②完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：ClO＋Fe2＋＋________===Cl－＋Fe3＋＋________‎ ‎(3)FeCl3在溶液中分三步水解：‎ Fe3＋＋H2OFe(OH)2＋＋H＋ 'K1‎ Fe(OH)2＋＋H2OFe(OH)＋H＋' K2‎ Fe(OH)＋H2OFe(OH)3＋H＋' K3‎ ‎ 以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是________________________。‎ 通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氯化铁，离子方程式为xFe3＋＋yH2OFex(OH)＋yH＋‎ 欲使平衡正向移动可采用的方法是(填序号)________。‎ a．降温 b．加水稀释 c．加入NH4Cl d．加入NaHCO3‎ 室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是________________________。‎ ‎(4)天津某污水处理厂用聚合氯化铁净化污水的结果如图所示。由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁[以Fe(mg·L－1)表示]的最佳范围约为________mg·L－1。‎ Ⅱ.[2014·山东高考]实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O。含0.2 mol NaOH的水溶液与0.2 mol NO2恰好完全反应得1 L溶液A，溶液B为0.1 mol·L－1的CH3COONa溶液，则两溶液中c(NO)、c(NO)和c(CH3COO－)由大到小的顺序为________。(已知HNO2的电离常数Ka＝7.1×10－4 mol·L－1，CH3COOH的电离常数Ka＝1.7×10－5 mol·L－1)‎ 可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是________。‎ a．向溶液A中加适量水 b．向溶液A中加适量NaOH c．向溶液B中加适量水 d．向溶液B中加适量NaOH Ⅲ.[2014·福建高考]Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。证明NaHSO3溶液中HSO的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是________(填序号)。‎ a．测定溶液的pH　　　　　b．加入Ba(OH)2溶液 c．加入盐酸 d．加入品红溶液 e．用蓝色石蕊试纸检测 答案　Ⅰ.(1)Fe3＋水解产生的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中悬浮的杂质　2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋‎ ‎(2)①2　②1　6 　6H＋　1　6　3H2O ‎(3)K1>K2>K3　bd　调节溶液的pH ‎(4)18～20‎ Ⅱ.c(NO)>c(NO)>c(CH3COO－)　bc Ⅲ.ae 解析　Ⅰ.(1)氯化铁水解生成的氢氧化铁胶体，具有吸附作用，可吸附水中的杂质，起到净水作用。氯化铁溶液腐蚀钢铁，原因之一是Fe3＋能与Fe反应，生成Fe2＋。‎ ‎(2)①酸性FeCl2废液中，由电荷守恒：2c(Fe2＋)＋3c(Fe3＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，忽略溶液中c(OH－)，并将已知数据代入上式解得c(H＋)＝0.01 mol·L－1，故溶液的pH约为2。②依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可完成方程式配平。‎ ‎(3)盐类的逐级水解程度依次减弱，故K1>K2>K3。盐类的水解反应是吸热反应，降温，水解平衡逆向移动，a错误。加水稀释促进水解，b正确。NH4Cl水解呈酸性，故加入NH4Cl，平衡逆向移动，而NaHCO3水解呈碱性可使平衡正向移动，故c错误，d正确。在室温下，使上述平衡正向移动的关键条件是溶液的pH。‎ ‎(4)“浑浊度”的去除率越大，净化效果越好，此时聚合氯化铁的最佳浓度为18 mg·L－1；“还原性物质”的去除率越大，净化效果越好，此时聚合氯化铁的最佳浓度为20 mg·L－1。综合考虑，投放聚合氯化铁的最佳范围是18～20 mg·L－1。‎ Ⅱ.酸的电离常数越小，对应酸的酸性越弱，则该酸的酸根离子越易水解。溶液A为NaNO3和NaNO2的混合溶液，且其浓度均为0.1 mol·L－1，酸性：HNO2>CH3COOH，NO不水解，故浓度大小关系为c(NO)>c(NO)>c(CH3COO－)。溶液A中NO的水解程度小于溶液B中CH3COO－的水解程度，故溶液A的pH小于溶液B的pH，要使溶液A和溶液B的pH相等，选项b、c的方法均可满足要求。‎ Ⅲ.若NaHSO3的电离程度大于水解程度，则其水溶液呈酸性，测定溶液的pH即可证明，a正确。NaHSO3与Ba(OH)2溶液反应生成BaSO3白色沉淀，与其电离程度和水解程度相对强弱无关，b错误。NaHSO3与盐酸会发生复分解反应，符合复分解反应中“强酸制弱酸”的规律，与其电离程度和水解程度相对强弱无关，c错误。品红溶液常用于验证二氧化硫的存在，与HSO的电离程度和水解程度相对强弱无关，d错误。用蓝色石蕊试纸可检验出NaHSO ‎3溶液呈酸性，也就证明了其电离程度大于水解程度，e正确。‎ 板块三高考层面·高考真题实战 ‎1.[高考集萃]判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。‎ ‎(1)[2015·课标全国卷Ⅰ]将0.1 mol·L－1 MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1 mol·L－1CuSO4溶液，先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀，结论是：Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小。(　　)‎ ‎(2)[2015·山东高考]向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀，结论是Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，错误；(3)NH4Cl溶液水解呈酸性，且发生了反应：NH＋OH－===NH3·H2O，使沉淀溶解平衡正向移动，Mg(OH)2溶解，正确；(4)AgCl与AgI的Ksp不相等，该溶液中c(Cl－)和c(I－)不可能相等，错误；(5)根据溶解平衡Cu(OH)2(s)Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，在Cu(NO3)2‎ 溶液中，该平衡逆向移动，Cu(OH)2溶解度降低，正确；(6)CaCO3与稀硫酸反应生成微溶的CaSO4，CaSO4覆盖在CaCO3表面使反应中止，但CaCO3能溶于醋酸中，错误；(7)AgCl在水中的溶解度大于在食盐水中的溶解度，错误；(8)根据溶度积常数概念得出，正确。‎ ‎2．[2014·课标全国卷Ⅰ]溴酸银(AgBrO3)溶解度随温度变化曲线如图所示，下列说法错误的是(　　)‎ A．溴酸银的溶解是放热过程 B．温度升高时溴酸银溶解速度加快 C．60 ℃时溴酸银的Ksp约等于6×10－4‎ D．若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯 答案　A 解析　从图象可看出随温度的升高，AgBrO3的溶解度逐渐升高，即AgBrO3的溶解是吸热过程，A项错误；温度升高，其溶解速度加快，B项正确；60 ℃时饱和溶液中AgBrO3的物质的量浓度约为≈2.5×10－2 mol·L－1，其Ksp≈6×10－4，C项正确；由于AgBrO3的溶解度比较小，故KNO3中含有AgBrO3时，可采用重结晶的方法提纯，D项正确。‎ ‎3．[2013·课标全国卷Ⅰ]已知Ksp(AgCl)＝1.56×10－10，Ksp(AgBr)＝7.7×10－13，Ksp(Ag2CrO4)＝9.0×10－12。某溶液中含有Cl－、Br－和CrO，浓度均为0.010 mol·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010‎ ‎ mol·L－1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为(　　)‎ A．Cl－、Br－、CrOB．CrO、Br－、Cl－‎ C．Br－、Cl－、CrOD．Br－、CrO、Cl－‎ 答案　C 解析　根据溶度积，可分别计算出Cl－、Br－和CrO开始沉淀所需的Ag＋的浓度：c(Ag＋)AgCl＝＝ mol·L－1＝1.56×10－8 mol·L－1，c(Ag＋)AgBr＝＝ mol·L－1＝7.7×10－11 mol·L－1，c(Ag＋)Ag2CrO4＝＝ mol·L－1＝3.0×10－5 mol·L－1，因3.0×10－5>1.56×10－8>7.7×10－11，故三种阴离子沉淀的先后顺序为Br－、Cl－、CrO，C正确。‎ ‎4．[2015·课标全国卷Ⅰ]碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：‎ ‎(1)大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2。该反应的还原产物为________。‎ ‎(2)上述浓缩液中主要含有I－、Cl－等离子。取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中为________。已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝8.5×10－17。‎ 答案　(1)MnSO4(或Mn2＋)　(2)4.7×10－7‎ 解析　(1)浓缩液中的碘元素为－1价，碘单质中的碘元素为0价，说明加入了氧化剂，MnO2作氧化剂，化合价降低，所以还原产物为MnSO4。‎ ‎(2)当AgCl开始沉淀时，AgI已沉淀，由Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)c(Cl－)、Ksp(AgI)＝c(Ag＋)c(I－)得，＝，则＝＝4.7×10－7。‎ ‎5．[2015·课标全国卷Ⅱ]已知：‎ 化合物 Zn(OH)2‎ Fe(OH)2‎ Fe(OH)3‎ Ksp近似值 ‎10－17‎ ‎10－17‎ ‎10－39‎ 用废电池的锌皮制备ZnSO4·7H2O的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，其方法是：加稀H2SO4和H2O2溶解，铁变为________，加碱调节至pH为________时，铁刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10－5 mol·L－1时，即可认为该离子沉淀完全)；继续加碱至pH为________时，锌开始沉淀(假定Zn2＋浓度为0.1 mol·L－1)。若上述过程不加H2O2后果是______________________，原因是________________________________。‎ 答案　Fe3＋　2.7　6　Zn2＋和Fe2＋分离不开 Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近 解析　在H2O2存在下，铁被氧化为Fe3＋；根据表格数据，Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝10－39，则c(OH－)＝×10－11 mol·L－1，c(H＋)＝2×10－3 mol·L－1，pH＝2.7；Ksp[Zn(OH)2]＝c(Zn2＋)·c2(OH－)＝10－17，则c(OH－)＝10－8 mol·L－1，所以控制pH为6时，Zn2＋开始沉淀；如果不加H2O2，Fe2＋不能被氧化，根据Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相同，在pH＝6时，两者将同时沉淀，则无法除去Zn2＋中的Fe2＋。‎ 板块三高考层面·高考真题实战 ‎1.[高考集萃]判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。‎ ‎(1)[2015·广东高考]包装用材料聚乙烯和聚氯乙烯都属于烃。(　　)‎ ‎(2)[2015·广东高考]PX项目的主要产品对二甲苯属于饱和烃。(　　)‎ ‎(3)[2015·福建高考]丁烷有3种同分异构体。(　　)‎ ‎(4)[2014·天津高考]制乙烯时，用排水法或向上排空气法收集气体。(　　)‎ ‎(5)[2014·天津高考]可燃冰主要是甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底。(　　)‎ ‎(6)[2013·海南高考]用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯、环己烯和环己烷。(　　)‎ ‎(7)[2013·海南高考]环戊烷()在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代物。(　　)‎ ‎(8)[2013·福建高考]乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键。(　　)‎ ‎(9)[2013·江苏高考]丙烯的结构简式：C3H6。(　　)‎ ‎(10)[2013·江苏高考]将某气体通入溴水中，溴水颜色褪去，该气体一定是乙烯。(　　)‎ 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)×　(7)√　(8)×　(9)×　(10)×‎ 解析　(1)烃是仅含碳、氢两种元素的有机物，聚氯乙烯中含有氯元素，不属于烃，错误；(2)对二甲苯属于不饱和烃，错误；(3)丁烷有正丁烷、异丁烷两种同分异构体，错误；(4)乙烯与空气密度接近，故不能用排空气法收集，错误；(6)苯和环己烷都不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，且密度都小于水，错误；(8)聚氯乙烯和苯分子中不含有碳碳双键，错误；(9)丙烯的结构简式为CH2===CH—CH3，错误；(10)能使溴水褪色的气体可能是SO2、C2H2等，错误。‎ ‎2．[2015·浙江高考]下列说法不正确的是(　　)‎ A．己烷共有4种同分异构体，它们的熔点、沸点各不相同 B．在一定条件下，苯与液溴、硝酸、硫酸作用生成溴苯、硝基苯、苯磺酸的反应都属于取代反应 C．油脂皂化反应得到高级脂肪酸盐与甘油 答案　A 解析　己烷有5种同分异构体，A项错误；苯在一定条件下与液溴、硝酸、硫酸反应生成溴苯、硝基苯及苯磺酸的反应均属于取代反应，B项正确；油脂发生皂化反应后生成高级脂肪酸盐和甘油，C项正确；聚合物 的单体是CH2===CH2和CH3CH===CH2，D项正确。‎ ‎3．[2014·课标全国卷Ⅱ]四联苯 的一氯代物有(　　)‎ A．3种　　　　　　　B．4种 C．5种 D．6种 答案　C 解析　本题考查同分异构体知识，意在考查考生对知识的掌握情况以及空间想象能力。可以在中间画一条对称轴，如图，则其一氯代物有5种。‎ ‎4．[2014·课标全国卷Ⅰ]下列化合物中同分异构体数目最少的是(　　)‎ A．戊烷 B．戊醇 C．戊烯 D．乙酸乙酯 答案　A 解析　A项，戊烷存在正戊烷、异戊烷和新戊烷3种异构体；B项，戊醇可看成戊烷的3种异构体中的1个H被—OH取代得到的产物，有8种醇类异构体，另外戊醇还有多种醚类异构体；C项，戊烯的烯类同分异构体主链可以含5个碳原子或4个碳原子，再结合双键位置可得出5种异构体，另外戊烯还存在环烷烃多种同分异构体；D项，乙酸乙酯的异构体中，甲酸酯有2种，丙酸酯有1种，羧酸有2种，另外还有羟基醛、酮等多种异构体。‎ ‎5．[2013·课标全国卷Ⅱ]下列叙述中，错误的是(　　)‎ A．苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持55～60 ℃反应生成硝基苯 B．苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷 C．乙烯与溴的四氯化碳溶液反应生成1,2－二溴乙烷 D．甲苯与氯气在光照下反应主要生成2,4－二氯甲苯 答案　D 解析　苯与浓硝酸、浓硫酸共热发生取代反应，生成硝基 板块三高考层面·高考真题实战 ‎1.[高考集萃]判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。‎ ‎(1)[2015·浙江高考]石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性和纳米银粒子的聚集都是化学变化。(　　)‎ ‎(2)[2015·福建高考]以淀粉为原料可制取乙酸乙酯。(　　)‎ ‎(3)[2015·福建高考]油脂的皂化反应属于加成反应。(　　)‎ ‎(4)[2015·广东高考]木材纤维和土豆淀粉遇碘水均显蓝色。(　　)‎ ‎(5)[2015·广东高考]食用花生油和鸡蛋清都能发生水解反应。(　　)‎ ‎(6)[2015·江苏高考]分子式为C2H6O的有机化合物性质相同。(　　)‎ ‎(7)[2014·大纲全国卷]制备乙酸乙酯时可用热的NaOH溶液收集产物以除去其中的乙酸。(　　)‎ ‎(8)[2014·北京高考]用Na2CO3溶液不能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3‎ ‎。(　　)‎ ‎(9)[2014·北京高考]油脂在酸性或碱性条件下均可发生水解反应，且产物相同。(　　)‎ ‎(10)[2014·福建高考]用萃取分液的方法除去酒精中的水。(　　)‎ ‎(11)[2013·福建高考]“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂。(　　)‎ ‎(12)[2013·山东高考]利用粮食酿酒经历了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程。(　　)‎ 答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√　(6)×　(7)×　(8)×　(9)×　(10)×　(11)√　(12)√‎ 解析　(1)石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性都是化学变化，纳米银粒子的聚集是物理变化，错误；(2)淀粉水解为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下分解为乙醇，乙醇氧化为乙醛，进而可以氧化为乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，正确；(3)油脂的皂化反应是取代反应，错误；(4)木材纤维的成份是纤维素，遇碘水不变色，错误；(5)食用花生油是油脂，鸡蛋清是蛋白质，两者都能发生水解反应，正确；(6)C2H6O有CH3CH2OH和CH3OCH3两种同分异构体，两者性质不同，错误；(7)乙酸乙酯在NaOH溶液中可完全水解，故不能用NaOH溶液收集产物，错误；(8)CH3COOH与Na2CO3反应生成CO2气体，CH3COOCH2CH3与Na2CO3溶液不反应并且不互溶，溶液分层，可以区分，错误；(9)油脂在酸性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸，在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐与甘油，错误；(10)酒精与水互溶，不能用萃取分液除去，错误。‎ ‎2．[2015·山东高考]分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是(　　)‎ A．分子中含有2种官能团 B．可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同 C．1 mol分枝酸最多可与3 mol NaOH发生中和反应 D．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同 答案　B 解析　该有机物中含有碳碳双键、羟基、羧基、醚键4种官能团，A项错误；该有机物中含有羧基和羟基，可分别与乙醇、乙酸发生酯化反应，B项正确；该有机物中含有2个羧基，1 mol该物质最多与2 mol NaOH发生中和反应，C项错误；该物质中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，也可被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，D项错误。‎ ‎3．[2015·海南高考]下列反应不属于取代反应的是(　　)‎ A．淀粉水解制葡萄糖 B．石油裂解制丙烯 C．乙醇与乙酸反应制乙酸乙酯 D．油脂与浓NaOH反应制高级脂肪酸钠 答案　B 解析　A项，淀粉生成葡萄糖的反应为水解反应，也属于取代反应；B项，石油裂解制备丙烯的反应，属于烃的分解反应，不属于取代反应；C项，乙酸与乙醇生成乙酸乙酯的反应是酯化反应，也是取代反应；D项，油脂的皂化反应，是油脂在碱性条件下的水解反应，也属于取代反应。‎ ‎4．[2014·福建高考]下列关于乙醇的说法不正确的是(　　)‎ A．可用纤维素的水解产物制取 B．可由乙烯通过加成反应制取 C．与乙醛互为同分异构体 D．通过取代反应可制取乙酸乙酯 答案　C 解析　‎ 纤维素水解的最终产物为葡萄糖，葡萄糖经过发酵可制得乙醇，A项正确；乙烯和水在一定条件下发生加成反应可制得乙醇，B项正确；乙醇的分子式为C2H6O，乙醛的分子式为C2H4O，二者分子式不同，不互为同分异构体，C项错误；乙醇和乙酸在浓硫酸作用下发生酯化(取代)反应生成乙酸乙酯，D项正确。‎ ‎5．[2015·海南高考]乙醇是一种重要的化工原料，由乙醇为原料衍生出的部分化工产品如下图所示：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)A的结构简式为______________。‎ ‎(2)B的化学名称是______________。‎ ‎(3)由乙醇生成C的反应类型为______________。‎ ‎(4)E是一种常见的塑料，其化学名称是______________。‎ ‎(5)由乙醇生成F的化学方程式为________________。‎ 答案　(1)CH3COOH ‎(2)乙酸乙酯 ‎(3)取代反应 ‎(4)聚氯乙烯 ‎(5)CH3CH2OHCH2===CH2↑＋H2O 解析　(1)乙醇在催化剂作用下被O2氧化可生成乙醛或乙酸，结合A的分子式可确定A为乙酸，其结构简式为CH3COOH。‎ ‎(2)CH3COOH和CH3CH2OH在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，生成的B为乙酸乙酯。‎ ‎(3)CH3CH2OH和Cl2在光照条件下反应生成C，由C的分子式可确定该反应为取代反应，即烃基与Cl2发生取代反应，生成的C为ClCH2CH2OH或CH3CHClOH。‎ ‎(4)C在浓硫酸作用下发生消去反应生成的D为CH2===CHCl，D经聚合反应得到的E为聚氯乙烯。‎ ‎(5)CH3CH2OH在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成CH2===CH2和H2O，由此可写出化学方程式。‎ 板块三高考层面·高考真题实战 ‎1．[高考集萃]判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。‎ ‎(1)[2015·浙江高考]为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可。(　　)‎ ‎(2)[2015·浙江高考]做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加。(　　)‎ ‎(3)[2015·海南高考]稀盐酸可除去烧瓶内残留的MnO2。(　　)‎ ‎(4)[2015·海南高考]可用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液。(　　)‎ ‎(5)[2015·海南高考]稀硝酸可除去试管内壁的银镜。(　　)‎ ‎(6)[2015·海南高考]煮沸自来水可除去其中的Ca(HCO3)2。(　　)‎ ‎(7)[2014·大纲全国卷]锥形瓶可用作加热的反应器。(　　)‎ ‎(8)[2014·大纲全国卷]用蒸馏水润湿的试纸测溶液的pH，一定会使结果偏低。(　　)‎ ‎(9)[2014·福建高考]将NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体。(　　)‎ ‎(10)[2014·浙江高考]金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面时，必须尽可能收集，并深埋处理。(　　)‎ 答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√　(6)√　(7)√　(8)×　(9)×　(10)×‎ 解析　(1)新制氯水既有酸性，又有漂白性，将新制氯水滴在pH试纸上先变红后褪色，所以无法使用pH试纸测定新制氯水的pH，错误；(3)浓盐酸与MnO2在加热条件下才能反应，稀盐酸与其不反应，错误；(4)磨口玻璃瓶塞上的SiO2能与NaOH溶液反应生成Na2SiO3将瓶塞与瓶颈粘连，错误；(5)稀硝酸具有强氧化性，能与Ag反应将Ag溶解，正确；(6)煮沸自来水，能将Ca(HCO3)2转化为难溶的CaCO3，正确；(7)锥形瓶垫石棉网可加热，正确；(8)若测中性溶液，pH不变，测酸性溶液，pH偏高，错误；(9)NH4Cl受热分解为NH3‎ 与HCl，错误；(10)金属汞深埋对土壤造成污染，错误。‎ ‎2．[2015·江苏高考]下列实验操作正确的是(　　)‎ A．用玻璃棒蘸取CH3COOH溶液点在湿润的pH试纸上，测定该溶液的pH B．中和滴定时，滴定管用所盛装的反应液润洗2～3次 C．用装置甲分液，放出水相后再从分液漏斗下口放出有机相 D．用装置乙加热分解NaHCO3固体 答案　B 解析　测定pH时，不可将pH试纸润湿，A项错误；滴定管用水洗净后，要用待装液润洗，B项正确；分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，C项错误；NaHCO3加热分解有H2O生成，若试管口朝上，水会倒流到试管底部，使试管炸裂，所以试管口应稍向下倾斜，D项错误。‎ ‎3．[2015·山东高考]进行化学实验时应强化安全意识。下列做法正确的是(　　)‎ A．金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火 B．用试管加热碳酸氢钠固体时使试管口竖直向上 C．浓硫酸溅到皮肤上时立即用稀氢氧化钠溶液冲洗 D．制备乙烯时向乙醇和浓硫酸的混合液中加入碎瓷片 答案　D 解析　金属钠着火时生成的Na2O2能与H2O和CO2反应生成O2，且反应放热，用泡沫灭火器灭火会“越灭越旺”，A项错误；用试管加热NaHCO3‎ 固体时，要使试管口略向下倾斜，以免生成的水倒流造成试管炸裂，B项错误；浓硫酸溅到皮肤上时应立即用布拭去浓硫酸，再用大量水冲洗，然后涂上3%～5%的NaHCO3溶液，C项错误；制备乙烯时向乙醇和浓硫酸的混合液中加入碎瓷片可防止暴沸，D项正确。‎ ‎4．[2014·课标全国卷Ⅱ]下列图示实验正确的是(　　)‎ 答案　D 解析　过滤时，玻璃棒下端应放在三层滤纸处，且漏斗下口尖端应与烧杯内壁相贴，A项错误；加热碳酸氢钠的试管口应略向下倾斜，B项错误；洗气时应该进气的导管长，出气的导管短，C项错误；乙酸乙酯的制备演示实验正确，D项正确。‎ ‎5．[2014·安徽高考]为实现下列实验目的，依据下表提供的主要仪器，所用试剂合理的是(　　)‎ 答案　B 解析　A项错误，Br2易溶于CCl4，难溶于水，所以不能用分液的方法分离；B项正确，在水浴加热条件下，葡萄糖与银氨溶液能发生银镜反应，蔗糖则不能；C项错误，稀HNO3是强氧化性酸，与锌作用不产生氢气；D项错误，中和滴定过程中一定要有酸碱指示剂。‎ 板块三高考层面·高考真题实战 ‎1.[高考集萃]判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。‎ ‎(1)[2015·浙江高考]提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法。(　　)‎ ‎(2)[2015·浙江高考]在未知液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知液中存在SO或SO。(　　)‎ ‎(3)[2015·江苏高考]提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯：向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入适量饱和Na2CO3溶液，振荡后静置分液，并除去有机相的水。(　　)‎ ‎(4)[2015·江苏高考]检验溶液中是否含有Fe2＋：取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察实验现象。(　　)‎ ‎(5)[2014·大纲全国卷]用AgNO3溶液可以鉴别KCl和KI。(　　)‎ ‎(6)[2014·福建高考]只滴加氨水鉴别NaCl、AlCl3、MgCl2、Na2SO4四种溶液。(　　)‎ ‎(7)[2013·安徽高考]由矿盐(主要成分是NaCl，还含有SO等其他可溶性杂质的离子)生产食盐，除去SO最合适的试剂是Ba(NO3)2。(　　)‎ ‎(8)[2013·福建高考]检验NH时，往试样中加入NaOH溶液，微热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验逸出的气体。(　　)‎ 答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√　(6)×　(7)×　(8)×‎ 解析　(1)要从含有少量KNO3的NaCl固体混合物中提纯得到NaCl，应该采用蒸发结晶的方法，而不是冷却结晶的方法，错误；(2)由于加入了Cl－，若原溶液中无SO、SO，但存在Ag＋，也能生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，错误；(3)饱和Na2CO3溶液可以与CH3COOH反应，且乙酸乙酯在饱和Na2CO3溶液中的溶解度较小，利于分层，正确；(4)若待检验溶液中仅存在Fe3＋而不存在Fe2＋，也会出现题述现象，错误；(6)氨水遇NaCl、Na2SO4均无现象，遇AlCl3、MgCl2均产生白色沉淀，不能鉴别，错误；(7)使用Ba(NO3)2可引入NO，成为新的杂质，错误；(8)应使用湿润的红色石蕊试纸检验，错误。‎ ‎2．[2015·天津高考]下列关于物质或离子检验的叙述正确的是(　　)‎ A．在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3＋，无Fe2＋‎ B．气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气 C．灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na＋，无K＋‎ D．将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2‎ 答案　B 解析　A项，KSCN只能检验Fe3＋的存在，无法确定Fe2＋是否存在，错误；B项，水蒸气可使无水硫酸铜变蓝，正确；C项，通过焰色反应确定有无K＋时，需透过蓝色钴玻璃观察火焰是否显紫色，Na＋的黄色影响紫色的观察，错误；D项，SO2也可与氢氧化钙溶液反应生成CaSO3白色沉淀，错误。‎ ‎3．[2014·重庆高考]下列实验可实现鉴别目的的是(　　)‎ A．用KOH溶液鉴别SO3(g)和SO2‎ B．用湿润的碘化钾淀粉试纸鉴别Br2(g)和NO2‎ C．用CO2鉴别NaAlO2溶液和CH3COONa溶液 D．用BaCl2溶液鉴别AgNO3溶液和K2SO4溶液 答案　C 解析　SO2和SO3都能与KOH溶液反应且反应现象几乎相同，不能鉴别，A项错误；Br2和NO2都能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝，B项错误；CO2通入NaAlO2溶液中出现白色沉淀，通入CH3COONa溶液中不反应，可以鉴别，C项正确；BaCl2与AgNO3溶液反应生成AgCl白色沉淀，与K2SO4溶液反应生成BaSO4白色沉淀，D项错误。‎ ‎4．[2015·安徽高考]硼氢化钠(NaBH4)在化工等领域具有重要的应用价值。某研究小组采用偏硼酸钠(NaBO2)为主要原料制备NaBH4，其流程如下：‎ 已知：NaBH4常温下能与水反应，可溶于异丙胺(沸点：33 ℃)。‎ ‎(1)在第①步反应加料之前，需要将反应器加热至100 ℃以上并通入氩气，该操作的目的是________。原料中的金属钠通常保存在________中，实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有________、________、玻璃片和小刀等。‎ ‎(2)请配平第①步反应的化学方程式：‎ NaBO2＋SiO2＋Na＋H2===NaBH4＋Na2SiO3‎ ‎(3)第②步分离采用的方法是______________________________；第③步分出NaBH4并回收溶剂，采用的方法是________________________________。‎ 答案　(1)除去反应器中的水蒸气和空气'煤油'镊子'滤纸 ‎(2)1　2　4　2　1　2‎ ‎(3)过滤　蒸馏 解析　(1)由流程图可判断NaBO2、SiO2、Na和H2相互作用生成NaBH4和Na2SiO3，为了防止副反应的发生，加料前须将反应器中的水蒸气和空气除去。金属钠通常保存在煤油中。在实验室里应用镊子取金属钠并用滤纸吸去其表面的煤油，放在玻璃片上用小刀切割，所以实验用品还缺少镊子、滤纸。‎ ‎(2)根据氧化还原反应中得失电子守恒配平化学方程式。‎ ‎(3)第②步分离得到溶液和固体，故采用的方法是过滤；第③步分离出NaBH4并回收溶剂异丙胺，由异丙胺的沸点为33 ℃知可采用蒸馏法。‎ ‎5．[2014·四川高考]硫代硫酸钠是一种重要的化工产品。某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)。‎ Ⅰ.【查阅资料】‎ ‎(1)Na2S2O3·5H2O是无色透明晶体，易溶于水，其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成。‎ ‎(2)向Na2CO3和Na2S混合溶液中通入SO2可制得Na2S2O3，所得产品常含有少量Na2SO3和Na2SO4。‎ ‎(3)Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl。‎ Ⅱ.【制备产品】‎ 实验装置如图所示(省略夹持装置)：‎ 实验步骤：‎ ‎(1)检查装置气密性，按图示加入试剂。‎ 仪器a的名称是①________；E中的试剂是②________(选填下列字母编号)。‎ A．稀H2SO4　　　　　B．NaOH溶液 C．饱和NaHSO3溶液 ‎(2)先向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液，再向A中烧瓶滴加浓H2SO4。‎ ‎(3)待Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应。过滤C中混合物，滤液经________(填写操作名称)、结晶、过滤、洗涤、干燥，得到产品。‎ Ⅲ.【探究与反思】‎ ‎(1)为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整。(所需试剂从稀HNO3、稀H2SO4、稀HCl、蒸馏水中选择)‎ 取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，________，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。‎ ‎(2)为减少装置C中生成Na2SO4的量，在不改变原有装置的基础上对实验步骤(2)进行了改进，改进后的操作是______________________________________________。‎ ‎(3)Na2S2O3·5H2O的溶解度随温度升高显著增大，所得产品通过________方法提纯。‎ 答案　Ⅱ.(1)①分液漏斗　②B　(3)蒸发 Ⅲ.(1)过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀HCl ‎(2)先向A中烧瓶滴加浓H2SO4，产生的气体将装置中空气排尽后，再向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液 ‎(3)重结晶 解析　本题主要考查硫代硫酸钠晶体的制备实验，意在考查考生对物质制备实验原理、装置、方案的综合分析能力。Ⅱ.(1)①仪器a为分液漏斗。②E中试剂用于吸收尾气SO2，应选择NaOH溶液。‎ ‎(3)过滤后滤液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。‎ Ⅲ.(1)稀溶液中加入足量BaCl2溶液得到沉淀，过滤后，加入足量稀HCl，若沉淀没有完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则原沉淀为BaSO3和BaSO4，由此可以确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。‎ ‎(2)减少C中生成Na2SO4的量，关键是排出装置中的空气，因此可以先制备SO2，排出装置中的空气后，再加入Na2S和Na2CO3的混合溶液。‎ ‎(3)选择重结晶的方法对Na2S2O3·5H2O进行提纯。‎ 板块三高考层面·高考真题实战 ‎1.[2015·重庆高考]下列实验中，所使用的装置(夹持装置略)、试剂和操作方法都正确的是(　　)‎ 答案　A 解析　装置中的植物油能防止空气进入，生成的Fe(OH)2不被氧化，能观察到有白色Fe(OH)2沉淀生成，A项正确；配制一定物质的量浓度的溶液时，固体应先在烧杯中溶解，然后转入到容量瓶中定容，B项错误；实验室是用NH4Cl与Ca(OH)2固体反应制备NH3，而题目给出的一种药品为CaO，NH3极易溶于水，不能用排水法收集NH3，C项错误；该实验设计中，应将温度计水银球插入到液面以下，并且挥发出的乙醇也会使KMnO4酸性溶液褪色，无法判断是否生成了乙烯，D项错误。‎ ‎2．[2014·天津高考]实验室制备下列气体时，所用方法正确的是(　　)‎ A．制氧气时，用Na2O2或H2O2作反应物可选择相同的气体发生装置 B．制氯气时，用饱和NaHCO3溶液和浓硫酸净化气体 C．制乙烯时，用排水法或向上排空气法收集气体 D．制二氧化氮时，用水或NaOH溶液吸收尾气 答案　A 解析　本题考查气体的制备，意在考查考生的实验能力。用过氧化钠或过氧化氢制备氧气时，均可采用固液不加热的制备气体装置，A项正确；氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，盐酸与碳酸氢钠溶液反应生成CO2，B项错误；乙烯只能用排水法收集，因乙烯密度与空气密度接近，不能用排空气法收集，C项错误；不能用水吸收二氧化氮尾气，因为二氧化氮与水生成硝酸和一氧化氮，一氧化氮不溶于水造成污染，D项错误。‎ ‎3．[2014·上海高考]如图是用于干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列方案正确的是(　　)‎ 选项 X 收集气体 Y A 碱石灰 氯化氢 水 B 碱石灰 氨气 水 C 氯化钙 二氧化硫 氢氧化钠 D 氯化钙 一氧化氮 氢氧化钠 答案　C 解析　HCl不能用碱石灰干燥，A项错误；氨气的密度比空气的密度小，应用向下排空气法收集，B项错误；SO2可以用CaCl2干燥，用向上排空气法收集，用NaOH溶液吸收尾气，C项正确；NO能与空气中的O2反应，不能用排空气法收集，D项错误。‎ ‎4．[2015·江苏高考]实验室用下图所示装置制备KClO溶液，并通过KClO溶液与Fe(NO3)3溶液的反应制备高效水处理剂K2FeO4。‎ 已知K2FeO4具有下列性质：①可溶于水、微溶于浓KOH溶液，②在0～5 ‎ ‎℃、强碱性溶液中比较稳定，③在Fe3＋和Fe(OH)3催化作用下发生分解，④在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2。‎ ‎(1)装置A中KMnO4与盐酸反应生成MnCl2和Cl2，其离子方程式为______________________________________________，将制备的Cl2通过装置B可除去________(填化学式)。‎ ‎(2)Cl2与KOH在较高温度下反应生成KClO3。在不改变KOH溶液的浓度和体积的条件下，控制反应在0～5 ℃进行，实验中可采取的措施是____________、____________。‎ ‎(3)制备K2FeO4时，KClO饱和溶液与Fe(NO3)3饱和溶液的混合方式为______________________________________________________________________。‎ ‎(4)提纯K2FeO4粗产品[含有Fe(OH)3、KCl等杂质]的实验方案为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3 mol·L－1 KOH溶液中，________________________________________________________________________________________________________________________________________________‎ ‎(实验中须使用的试剂有：饱和KOH溶液，乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：砂芯漏斗，真空干燥箱)。‎ 答案　(1)2MnO＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O' HCl ‎(2)缓慢滴加盐酸'装置C加冰水浴 ‎(3)在搅拌下，将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中 ‎(4)用砂芯漏斗过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置，再用砂芯漏斗过滤，晶体用适量乙醇洗涤2～3次后，在真空干燥箱中干燥 解析　(1)用饱和食盐水可除去Cl2中的HCl。‎ ‎(2)为防止Cl2与KOH在较高温度下反应生成KClO3，应缓慢加入盐酸以控制Cl2与KOH反应的速率，同时应将C装置置于冰水浴中。‎ ‎(3)因K2FeO4在Fe3＋和Fe(OH)3催化作用下发生分解，为防止Fe3＋过量，应在不断搅拌的条件下，将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中。‎ ‎(4)先用砂芯漏斗过滤除去Fe(OH)3，滤液中含K2FeO4、KOH、KCl，利用K2FeO4微溶于浓KOH溶液的性质，将盛有滤液的烧杯置于冰水浴中，然后加入饱和KOH溶液，搅拌、静置后用砂芯漏斗过滤，析出的K2FeO4晶体用适量乙醇洗涤2～3次后，用真空干燥箱干燥即得产品。‎ ‎5．[2014·大纲全国卷]苯乙酸铜是合成优良催化剂、传感材料——纳米氧化铜的重要前驱体之一。下面是它的一种实验室合成路线：‎ 制备苯乙酸的装置示意图如下(加热和夹持装置等略)：‎ 已知：苯乙酸的熔点为76.5 ℃，微溶于冷水，溶于乙醇。回答下列问题：‎ ‎(1)在250 mL三口瓶a中加入70 mL ‎ 70%硫酸。配制此硫酸时，加入蒸馏水与浓硫酸的先后顺序是________。‎ ‎(2)将a中的溶液加热至100 ℃，缓缓滴加40 g苯乙腈到硫酸溶液中，然后升温到130 ℃继续反应。在装置中，仪器b的作用是________；仪器c的名称是________，其作用是________。‎ 反应结束后加适量冷水，再分离出苯乙酸粗品。加入冷水的目的是________。下列仪器中可用于分离苯乙酸粗品的是 ________(填标号)。‎ A．分液漏斗　　　　　　　B．漏斗 C．烧杯 D．直形冷凝管 E．玻璃棒 ‎(3)提纯粗苯乙酸的方法是________，最终得到44 g纯品，则苯乙酸的产率是________。‎ ‎(4)用CuCl2·2H2O和NaOH溶液制备适量Cu(OH)2沉淀，并多次用蒸馏水洗涤沉淀，判断沉淀洗干净的实验操作和现象是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。‎ ‎(5)将苯乙酸加入到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后，加入Cu(OH)2搅拌30 min，过滤，滤液静置一段时间，析出苯乙酸铜晶体，混合溶剂中乙醇的作用是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。‎ 答案　(1)先加水，再加入浓硫酸 ‎(2)滴加苯乙腈　球形冷凝管　回流(或使汽化的反应液冷凝)'便于苯乙酸析出　BCE ‎(3)重结晶　95%‎ ‎(4)取少量洗涤液，加入稀硝酸，再加AgNO3溶液，无白色浑浊出现 ‎(5)增大苯乙酸溶解度，便于充分反应 解析　(1)浓硫酸溶于水放出大量的热，稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，应先加入蒸馏水，再加入浓硫酸。‎ ‎(2)由于苯乙酸的熔点较低，生成的苯乙酸蒸气可通过球形冷凝管回流收集，生成的苯乙酸微溶于冷水，故向反应后的容器内加入冷水可使苯乙酸沉淀析出，然后采用过滤的方法可得到粗品，过滤所需的仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒。‎ ‎(3)由于苯乙酸微溶于冷水，故可采用重结晶的方法分离提纯苯乙酸，根据方程式可知，40 g苯乙腈理论上可生成46.5 g苯乙酸，而实验得到44 g苯乙酸，故产率约为95%。‎ ‎(4)取少量洗涤液，加入稀硝酸酸化的AgNO3溶液，若出现白色沉淀，说明固体中含有Cl－，Cu(OH)2未洗净；若无白色沉淀出现，说明沉淀已洗干净。‎ ‎(5)由于苯乙酸在水中的溶解度较小，而在乙醇中的溶解度较大，故混合溶剂中乙醇的作用是增大苯乙酸的溶解度，便于充分反应。‎ 板块三高考层面·高考真题实战 ‎1.[2015·课标全国卷Ⅱ]用如图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是(　　)‎ 选项 ‎①中物质 ‎②中物质 预测②‎ 中的现象 A 稀盐酸 碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液 立即产生气泡 B 浓硝酸 用砂纸打磨过的铝条 产生红棕色气体 C 氯化铝溶液 浓氢氧化钠溶液 产生大量白色沉淀 D 草酸溶液 高锰酸钾酸性溶液 溶液逐渐褪色 答案　D 解析　稀盐酸滴入Na2CO3和NaOH的混合溶液中，先发生酸碱中和反应，开始没有气泡产生，A项错误；浓硝酸与Al发生钝化，无红棕色的NO2生成，B项错误；将AlCl3溶液滴入NaOH溶液中，开始无大量白色沉淀，C项错误；草酸与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，KMnO4溶液的紫红色褪去，D项正确。‎ ‎2．[2015·四川高考]下列操作或装置能达到实验目的的是(　　)‎ 答案　C 解析　配制一定物质的量浓度溶液的定容操作，眼睛应该平视凹液面，A项错误；氯气与NaHCO3也能反应，B项错误；食盐水为中性溶液，铁钉发生吸氧腐蚀，插入右边试管中的导管内红色墨水上升，C项正确；电石与水反应制备的乙炔气体中含有H2S还原性气体，必须除杂后才能检验乙炔的还原性，D项错误。‎ ‎3．[2015·广东高考](双选)下列实验操作、现象和结论均正确的是(　　)‎ 选项 实验操作 现象 结论 A 分别加热Na2CO3和NaHCO3固体 试管内壁均有水珠 两种物质均受热分解 B 向稀的苯酚水溶液滴加饱和溴水 生成白色沉淀 产物三溴苯酚不溶于水 C 向含I－‎ 加入淀粉后溶液变成蓝色 氧化性：Cl2>I2‎ 的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液 D ‎ 向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液，再滴加H2O2溶液 加入H2O2后溶液变成血红色 Fe2＋既有氧化性又有还原性 答案　BC 解析　Na2CO3受热不会分解，试管中出现水珠，可能是药品潮湿导致的，结论不正确，A项错误；苯酚与饱和溴水反应生成三溴苯酚白色沉淀，B项正确；Cl2能将I－氧化为单质I2，I2遇淀粉溶液呈蓝色，C项正确；Fe2＋与KSCN溶液不会出现血红色，但加入H2O2后，Fe2＋被氧化成Fe3＋，出现血红色，实验只能证明Fe2＋具有还原性，D项错误。‎ ‎4．[2014·四川高考]下列实验方案中，不能达到实验目的的是(　　)‎ 选项 实验目的 实验方案 A 检验CH3CH2Br在NaOH溶液中是否发生水解 将CH3CH2Br与NaOH溶液共热。冷却后，取出上层水溶液，用稀HNO3酸化，加入AgNO3溶液，观察是否产生淡黄色沉淀 选项 实验目的 实验方案 B 检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质 将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红 C 验证Br2的氧化性强于I2‎ 将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静置，可观察到下层液体呈紫色 D 验证Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2‎ 将FeCl3溶液加入Mg(OH)2‎ 悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色 答案　B 解析　向上层水溶液中加入稀HNO3和AgNO3溶液，若产生淡黄色沉淀，则说明生成了AgBr，即CH3CH2Br在碱性条件下发生了水解反应，A项正确；Fe(NO3)2溶液中加入稀硫酸后，相当于溶液中存在HNO3，能将Fe2＋氧化生成Fe3＋，B项错误；CCl4层呈紫色，说明溶有单质I2，C项正确；将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中白色沉淀变成红褐色，说明Mg(OH)2转化成了Fe(OH)3，D项正确。‎ ‎5．[2015·北京高考]为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某同学通过改变浓度研究“2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2”反应中Fe3＋和Fe2＋的相互转化。实验如下：‎ ‎(1)待实验Ⅰ溶液颜色不再改变时，再进行实验Ⅱ，目的是使实验Ⅰ的反应达到__________________。‎ ‎(2)ⅲ是ⅱ的对比实验，目的是排除ⅱ中________造成的影响。‎ ‎(3)ⅰ和ⅱ的颜色变化表明平衡逆向移动，Fe2＋向Fe3＋转化。用化学平衡移动原理解释原因：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。‎ ‎(4)根据氧化还原反应的规律，该同学推测ⅰ中Fe2＋向Fe3＋转化的原因：外加Ag＋使c(I－)降低，导致I－的还原性弱于Fe2＋，用如图装置(a、b均为石墨电极)进行实验验证。‎ ‎①K闭合时，指针向右偏转，b作________极。‎ ‎②当指针归零(反应达到平衡)后，向U形管左管中滴加0.01 mol·L－1 AgNO3溶液，产生的现象证实了其推测。该现象是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。‎ ‎(5)按照(4)的原理，该同学用上图装置进行实验，证实了ⅱ中Fe2＋向Fe3＋转化的原因。‎ ‎①转化原因是_____________________________________________________________________。‎ ‎②与(4)实验对比，不同的操作是________________________________________________________________________。‎ ‎ (6)实验Ⅰ，还原性：I－>Fe2＋；实验Ⅱ中，还原性：Fe2＋>I－。将(3)和(4)、(5)作对比，得出的结论是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。‎ 答案　(1)化学平衡状态 ‎(2)溶液稀释对颜色变化 ‎(3)加入Ag＋发生反应：Ag＋＋I－===AgI↓，c(I－)降低；或增大c(Fe2＋)，平衡均逆向移动 ‎(4)①正'②左管产生黄色沉淀，指针向左偏转 ‎(5)①Fe2＋随浓度增大，还原性增强，使Fe2＋还原性强于I－'②向右管中加入1 mol·L－1 FeSO4溶液 ‎(6)该反应为可逆氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动方向 解析　(1)溶液颜色不再改变，说明反应2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2已经达到化学平衡状态。‎ ‎(2)本小题考查空白对照实验的设计。‎ ‎(3)根据平衡移动原理解释。‎ ‎(4)①根据原电池原理，实验Ⅰ中2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋2I2正向进行，Fe3＋作氧化剂发生还原反应，故b作正极。②滴加AgNO3溶液后，U形管左管中生成AgI黄色沉淀，使I－的浓度降低，2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2逆向进行，则a极发生还原反应，a极作正极，故电流表指针向左偏转。‎ ‎(5)①c(Fe2＋)升高，导致Fe2＋的还原性强于I－。②当指针归零后，向右管中加入1 mol·L－1 FeSO4溶液，也能使平衡逆向移动。‎ 板块二高考层面·高考真题实战 ‎1.[2013·山东高考]下列曲线表示卤族元素某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是(　　)‎ 答案　A 解析　同主族元素从上到下电负性减小，A项正确；F没有最高正价，Cl、Br的最高正价为7，B项错误；沸点HF>HClAl3＋，Cl－>Mg2＋，B错；金属Mg在加热的条件下能与O2反应生成MgO，也能与N2反应生成Mg3N2，C正确；CO2晶体为分子晶体，熔、沸点低，而SiO2晶体为原子晶体，熔、沸点高，D错。‎ ‎3．[高考集萃](1)[2015·课标全国卷Ⅰ]处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用________形象化描述。在基态14C原子中，核外存在________对自旋相反的电子。‎ ‎(2)[2015·课标全国卷Ⅱ]A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2－和B＋具有相同的电子构型；C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。四种元素中电负性最大的是________(填元素符号)，其中C原子的核外电子排布式为________。‎ ‎(3)[2015·福建高考]CH4和CO2所含的三种元素电负性从小到大的顺序为________。‎ ‎(4)[2015·四川高考]Si基态原子的电子排布式是______。‎ ‎(5)[2015·海南高考]钒在元素周期表中的位置为______，其价层电子排布图为________。‎ ‎(6)[2015·江苏高考]Cr3＋基态核外电子排布式为______。‎ 答案　(1)电子云　2‎ ‎(2)O　1s22s22p63s23p3(或[Ne]3s23p3)‎ ‎(3)H、C、O ‎(4)1s22s22p63s23p2(或[Ne]3s23p2)‎ ‎(6)1s22s22p63s23p63d3(或[Ar]3d3)‎ 解析　(1)电子在核外出现的概率密度分布以电子云形象化描述；14C中含有6个电子，其中1s和2s轨道存在自旋相反的电子，2p轨道上有2个未成对电子，所以核外存在2对自旋相反的电子。‎ ‎(2)A为O，B为Na，C为P，D为Cl，四种元素中，电负性最大即非金属性最强的是O，P为15号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p3。‎ ‎(3)元素的非金属性越强，其电负性越大，故H、C、O的电负性由小到大的顺序为H”或“<”填空：‎ 第一电离能 离子半径 熔点 酸性 Si____S O2－____Na＋‎ NaCl____Si H2SO4____HClO4‎ 答案　‎ 解析　(1)由题意推出a、b、c、d、e依次是H、N、O、S、Cu。第一电离能同周期从左向右呈逐渐增大趋势，由于N的2p轨道处于半满，较稳定，所以第一电离能N>O。同主族从上到下，第一电离能逐渐减小，故O>S。Cu的价层电子轨道示意图为 ‎(2)根据题给信息，可以推断X为N，Y为O，Z为Mg，R为Cu。O原子核外有8个电子，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p4。Mg位于第三周期，第三周期中第一电离能最大的主族元素为Cl。‎ ‎(5)①钠位于第三周期ⅠA族；S的基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p4‎ ‎，其中3p轨道示意图为，有2个未成对电子；Si的基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p2。‎ ‎②硅和硫均为第三周期元素，同周期元素从左到右第一电离能呈增大的趋势，硫元素的第一电离能比硅大；O2－和Na＋均为10电子离子，但钠的核电荷数大于氧，所以O2－半径大于Na＋半径；NaCl是离子晶体，硅是原子晶体，所以NaCl晶体的熔点低于硅晶体的熔点；氯比硫的非金属性强，所以硫酸的酸性比高氯酸的酸性弱。‎ ‎5．[高考集萃](1)[2013·课标全国卷Ⅱ]前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，并且A－和B＋的电子数相差为8；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2。‎ 回答下列问题：‎ ‎①D2＋的价层电子排布图为________。‎ ‎②四种元素中第一电离能最小的是________，电负性最大的是________(填元素符号)。‎ ‎(2)[2013·福建高考]依据第二周期元素第一电离能的变化规律，参照下图中B、F元素的位置，用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置。‎ ‎(3)[2013·江苏高考]元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍，则X、Y、Z的元素符号分别为________、________、________。‎ ‎(4)[2013·安徽高考]X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的四种短周期元素，其相关信息如下表：‎ 元素 相关信息 X X的最高价氧化物对应的水化物化学式为H2XO3‎ Y Y是地壳中含量最高的元素 Z Z的基态原子最外层电子排布式为3s23p1‎ W W的一种核素的质量数为28，中子数为14‎ ‎①W位于元素周期表第________周期第________族，W的原子半径比X的________(填“大”或“小”)。‎ ‎②Z的第一电离能比W的________(填“大”或“小”)‎ ‎(5)[2013·山东高考]第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有________种。‎ 答案　(1)‎ ‎(2)‎ ‎(3)Zn　S　O ‎(4)三　ⅣA　大　小 ‎(5)3‎ 解析　(1)短周期元素主族元素中未成对电子数最多为3，所以B、C、D均为第四周期的元素，B的价电子层中未成对电子数为1，结合B＋可知B为K，A为F；未成对电子数为4的只能为[Ar]3d64s2排布，C为Fe，D为Ni；②从左到右第一电离能(除ⅡA、ⅤA族特殊外)、电负性逐渐增大，K的第一电离能最小，F的电负性最大。‎ ‎(2)依据第二周期元素第一电离能的变化规律，C、N、O三种元素第一电离能的大小关系为CMg>Cl2。‎ ‎5．[高考集萃](1)[2014·课标全国卷Ⅰ]新制备的Cu(OH)2可将乙醛(CH3CHO)氧化成乙酸，而自身还原为Cu2O。乙醛中碳原子的杂化轨道类型为________，1 mol乙醛分子中含有的σ键的数目为________，乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是______________________________。‎ ‎(2)[2014·课标全国卷Ⅱ]‎ 周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，b的价电子层中的未成对电子有3个，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族；e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。回答下列问题：‎ ‎①a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子的中心原子的杂化方式为________；分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物是________(填化学式，写出两种)。‎ ‎②这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为3的酸是________；酸根呈三角锥结构的酸是________(填化学式)。‎ ‎(3)[2014·四川高考]X、Y、Z、R为前四周期元素，且原子序数依次增大。XY2是红棕色气体；X与氢元素可形成XH3；Z基态原子的M层与K层电子数相等；R2＋离子的3d轨道中有9个电子。‎ ‎①XY离子的立体构型是________；R2＋的水合离子中，提供孤电子对的原子是________。‎ ‎②将R单质的粉末加入XH3的浓溶液中，通入Y2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。‎ ‎(4)[2014·浙江自选]维生素B1可作为辅酶参与糖的代谢，并有保护神经系统的作用。该物质的结构式为：‎ ‎①以下关于维生素B1的说法正确的是________。‎ A．只含σ键和π键 B．既有共价键又有离子键 C．该物质的熔点可能高于NaCl D．该物质易溶于盐酸 ‎②维生素B1晶体溶于水的过程中要克服的微粒间作用力有________。‎ A．离子键、共价键　　　B．离子键、氢键、共价键 C．氢键、范德华力 D．离子键、氢键、范德华力 答案　(1)sp3、sp2　6NA　CH3COOH存在分子间氢键 ‎(2)①sp3　H2O2、N2H4②HNO2、HNO3　H2SO3‎ ‎(3)①V形　O ‎②2Cu＋8NH3·H2O＋O2===2[Cu(NH3)4]2＋＋4OH－＋6H2O ‎(4)①BD　②D 解析　(1)乙醛的结构式为，由此可知，—CH3、—CHO上的碳原子分别是sp3、sp2杂化。由于1个乙醛分子中含有4个C—H键、1个C—C键、1个C===O键，共6个σ键，故1 mol乙醛分子含有6NA个σ键。乙酸分子之间能形成氢键而乙醛分子之间不能形成氢键，故乙酸的沸点明显高于乙醛。‎ ‎(2)由题意推出元素a、b、c、d、e依次是H、N、O、S、Cu。‎ ‎①氢与其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形的是NH3，NH3中N原子的杂化方式为sp3，分子中既含有极性共价键又含有非极性共价键的化合物是H2O2、N2H4。‎ ‎②这些元素的含氧酸有HNO2、HNO3、H2SO3、H2SO4，分子的中心原子的价层电子对数为3的酸是HNO2、HNO3，酸根呈三角锥结构的酸是H2SO3。‎ ‎(3)根据提供信息，可以推断X为N，Y为O，Z为Mg，R为Cu。‎ ‎①NO中N有一对孤电子对，NO的立体构型为V形。Cu2＋的水合离子中，H2O分子中O原子提供孤电子对。‎ ‎②该反应生成了[Cu(NH3)4](OH)2配合物。‎ ‎(4)①根据维生素B1的结构式可知该物质含有离子键、共价键，故A错，B项正确；该物质中阳离子与阴离子之间的晶格能小于Cl－与Na＋之间的晶格能，熔点应低于NaCl，故C项错误；该物质分子中含有—NH2，易溶于盐酸，D项正确。‎ ‎②维生素B1分子中有—NH2、—OH官能团，可形成氢键。‎ 板块三高考层面·高考真题实战 ‎1．[2015·海南高考](双选)下列有机物的命名错误的是(　　)‎ 答案BC 解析A项，命名时需保证取代基位次之和最小，即左侧连甲基的碳为1号碳，并按顺时针对环上其他碳原子编号，命名正确；B项，命名时没有说明碳碳双键的位置，正确命名为3－甲基－1－戊烯，错误；C项，主链上含有4个碳原子，正确命名为2－丁醇，错误；D项，主链含有3个碳原子，Br在两端，命名正确。‎ ‎2．[2015·课标全国卷Ⅰ] 乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构简式如图所示。将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比应为(　　)‎ A．1∶1 B．2∶3‎ C．3∶2 D．2∶1‎ 答案C 解析根据题给有机物的结构简式可知，1 mol乌洛托品中含有6‎ ‎ mol碳原子和4 mol氮原子，所以甲醛与氨的物质的量之比为3∶2。‎ ‎3．[2014·天津高考]对如图两种化合物的结构或性质描述正确的是(　　)‎ A．不是同分异构体 B．分子中共平面的碳原子数相同 C．均能与溴水反应 D．可用红外光谱区分，但不能用核磁共振氢谱区分 答案C 解析本题考查有机物的结构和官能团的性质，意在考查考生的知识迁移能力。二者分子式相同，结构不同，是同分异构体，A项错误；左侧有机物具有苯环，右侧有机物没有苯环，二者分子中共平面的碳原子数不同，B项错误；左侧有机物中含有酚羟基，能与溴水发生取代反应，右侧有机物中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，C项正确；二者既可以用红外光谱区分，也可以用核磁共振氢谱区分，D项错误。‎ ‎4．[2014·浙江高考]下列说法正确的是(　　)‎ A．乳酸薄荷醇酯()仅能发生水解、氧化、消去反应 B．乙醛和丙烯醛()不是同系物，它们与氢气充分反应后的产物也不是同系物 C．淀粉和纤维素在酸催化下完全水解后的产物都是葡萄糖 D．CH3COOCH2CH3与CH3CH2COOCH3互为同分异构体，1H－NMR谱显示两者均有三种不同的氢原子且三种氢原子的比例相同，故不能用1‎ H－NMR来鉴别 答案C 解析乳酸薄荷醇酯不仅能发生水解、氧化、消去反应，也能发生取代反应，A项错误；乙醛和丙烯醛与氢气充分反应后的产物分别为乙醇和丙醇，属于同系物，B项错误；淀粉和纤维素在酸催化下完全水解后的产物都是葡萄糖，C项正确；CH3COOCH2CH3与CH3CH2COOCH3的1H－NMR谱有区别，可用1H－NMR区分两者，D项错误。‎ ‎5．[2015·课标全国卷Ⅱ]聚戊二酸丙二醇酯(PPG)是一种可降解的聚酯类高分子材料，在材料的生物相容性方面有很好的应用前景。PPG的一种合成路线如下：‎ 已知：‎ ‎①烃A的相对分子质量为70，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢；‎ ‎②化合物B为单氯代烃；化合物C的分子式为C5H8；‎ ‎③E、F为相对分子质量差14的同系物，F是福尔马林的溶质；‎ ‎④R1CHO＋R2CH2CHO。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)A的结构简式为____________。‎ ‎(2)由B生成C的化学方程式为___________________________。‎ ‎(3)由E和F生成G的反应类型为______________，G的化学名称为______________。‎ ‎(4)①由D和H生成PPG的化学方程式为__________________；‎ ‎②‎ 若PPG平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为________(填标号)。‎ a．48 b．58 ‎ c．76 d．122‎ ‎(5)D的同分异构体中能同时满足下列条件的共有 ________种(不含立体异构)；‎ ‎①能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体 ‎②既能发生银镜反应，又能发生皂化反应 其中核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为6∶1∶1的是________________(写结构简式)；‎ D的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同，该仪器是________(填标号)。‎ a．质谱仪 b．红外光谱仪 c．元素分析仪 d．核磁共振仪 答案(1)‎ ‎(2)＋NaOH＋NaCl＋H2O ‎(3)加成反应　3－羟基丙醛(或β－羟基丙醛)‎ ‎②b ‎(5)‎5　‎c 解析(1)烃A的相对分子质量为70，由70÷12＝5…10得烃A的化学式为C5H10，因为只有一组峰，所以A为五元环。‎ ‎(2)A与Cl2在光照条件下生成一卤代物，则B为，B在NaOH醇溶液作用下发生消去反应生成的C为，C在酸性KMnO4作用下，碳碳双键被氧化成羧基，则D为戊二酸。‎ ‎(3)F为福尔马林的溶质，则F为HCHO，E与F为相对分子质量相差14的同系物，则E为CH3CHO，E和F在稀NaOH作用下发生类似于已知④的加成反应，生成的G为HOCH2CH2CHO，名称为3－羟基丙醛。‎ ‎(4)G与H2发生加成反应生成HOCH2CH2CH2OH，D与H发生聚合反应生成PPG(酯)，分子式为(C8H12O4)n，相对分子质量为172n，若平均相对分子质量为10000，则聚合度为10000/172≈58。‎ ‎(5)能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，应含有羧基，能发生银镜反应、皂化反应，则应为甲酸形成的酯，D共有5个碳原子，其中1个为羧基碳，1个为酯基碳，多余的3个碳原子分别接上羧基和酯基，共有5种情况。其中满足峰面积比为6∶1∶1的有机物的结构简式为。同分异构体在元素分析仪中显示的信号相同。‎ ‎6．[2013·课标全国卷Ⅰ]查尔酮类化合物G是黄酮类药物的主要合成中间体，其中一种合成路线如下：‎ 已知以下信息：‎ ‎①芳香烃A的相对分子质量在100～110之间，1 mol A充分燃烧可生成‎72 g水；‎ ‎②C不能发生银镜反应；‎ ‎③D能发生银镜反应、可溶于饱和Na2CO3溶液、核磁共振氢谱显示其有4种氢；‎ ‎④＋RCH2I―→；‎ ‎⑤RCOCH3＋R′CHORCOCH===CHR′。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)A的化学名称为________________。‎ ‎(2)由B生成C的化学方程式为______________。‎ ‎(3)E的分子式为________，由E生成F的反应类型为________。‎ ‎(4)G的结构简式为______________(不要求立体异构)。‎ ‎(5)D的芳香同分异构体H既能发生银镜反应，又能发生水解反应，H在酸催化下发生水解反应的化学方程式为_________________。‎ ‎(6)F的同分异构体中，既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应的共有________种，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1的为________(写结构简式)。‎ 答案(1)苯乙烯 解析(1)A中H原子数为×2＝8，设A分子式为CnH8，依题意得

查看更多