高中化學易提分題型化學試題附參考答案（解析）

PAGEPAGE1易提分題型01物質的性質與轉化[卷01—3]在指定條件下，下列選項所示的轉化均能實現的是()A.FeS2eq\o(→,\s\up12(O2),\s\do4(煅燒))SO2B.Seq\o(→,\s\up12(Fe),\s\do4(△))Fe2S3C.稀硫酸eq\o(→,\s\up12(Cu),\s\do4(△))SO2D.SO2eq\o(→,\s\up7(過量氨水))(NH4)2SO4維度內容優(yōu)選理由考查硫及其化合物的性質與轉化關系。借此可全面復習元素化合物的性質提分點硫酸的工業(yè)制法、硫的氧化性、稀硫酸的性質、SO2的性質【精講】FeS2與O2煅燒生成SO2，A正確；S的氧化性較弱，與Fe反應生成FeS，B錯誤；Cu與稀硫酸不反應，C錯誤；SO2與過量氨水反應生成(NH4)2SO3，而不是(NH4)2SO4，D錯誤?！敬鸢浮緼1.[卷27—5]在指定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現的是()A.NaCl(aq)eq\o(→,\s\up7(電解))Cl2(g)eq\o(→,\s\up7(澄清石灰水))漂白粉(s)B.CuO(s)eq\o(→,\s\up7(H2O(l)))Cu(OH)2(s)eq\o(→,\s\up10(葡萄糖),\s\do4(加熱))Cu2O(s)C.Fe2O3(s)eq\o(→,\s\up10(Al),\s\do4(高溫))Fe(s)eq\o(→,\s\up10(Cl2),\s\do4(點燃))FeCl2(s)D.Cu(s)eq\o(→,\s\up7(濃硝酸))NO2(g)eq\o(→,\s\up7(Ca(OH)2(aq)))Ca(NO2)2(aq)

02化學實驗裝置判斷[卷02—5]實驗室制取少量SO2并探究其漂白性，下列實驗裝置和操作能達到實驗目的的是()A.用裝置甲制取SO2氣體B.用裝置乙驗證SO2漂白性C.用裝置丙干燥SO2氣體D.用裝置丁收集SO2并吸收尾氣中的SO2維度內容優(yōu)選理由考查物質氣體制備與性質探究的實驗設計提分點濃硫酸的性質、SO2的制備與干燥、SO2漂白性性質探究、尾氣處理【精講】Cu與濃硫酸在加熱條件下才能發(fā)生反應，裝置甲缺少加熱裝置，A錯誤；裝置乙中，洗氣瓶內盛有滴加酚酞的NaOH溶液，SO2能與NaOH溶液反應從而使溶液堿性減弱，溶液的紅色褪去是SO2表現了酸性氧化物的性質，B錯誤；濃硫酸與SO2不反應，且能吸收混在SO2氣體中的水蒸氣，所以可用裝置丙干燥SO2氣體，C正確；SO2不溶于飽和NaHSO3溶液，用裝置丁不能吸收尾氣中的SO2，D錯誤?！敬鸢浮緾常見物質的制備與收集裝置裝置裝置的分析評判方向(1)右端導管不能伸入液面以下(2)右邊試管用的是飽和Na2CO3溶液(3)配制濃硫酸、乙醇、乙酸的混合液時，滴加順序要正確(1)制備H2、O2、SO2、CO2、NO、NO2、濃氨水與堿石灰反應制備NH3、KMnO4與濃鹽酸反應制備Cl2可選擇A裝置(2)MnO2與濃鹽酸反應制備Cl2可以選擇B裝置(1)反應的試管口要略向下傾斜(2)收集NH3時棉花的作用是防止氨氣與空氣對流(3)用KClO3固體與MnO2加熱制備O2也可以選擇此發(fā)生裝置(1)通常用于比較酸性強弱，如酸性：亞硫酸>乙酸>碳酸>苯酚(2)若①中為揮發(fā)性酸，通入③之前要把揮發(fā)出的①中的氣體除去，如驗證酸性：乙酸>碳酸>苯酚，要在②和③之間加一個盛飽和NaHCO3溶液的洗氣瓶除去揮發(fā)出的乙酸蒸氣(1)氣體流向為長進短出(2)注意洗氣后，氣體中仍然含有水蒸氣(3)洗氣時所選液體應正確，如洗去CO2中的SO2應用飽和NaHCO3溶液而不是Na2CO3溶液1.[卷04—8]實驗室為探究濃硫酸和木炭在加熱條件下反應所得產物，設計了如下圖所示裝置進行實驗。下列說法不正確的是()甲乙丙丁A.裝置甲中無水硫酸銅由白色變成藍色B.裝置乙中可盛裝品紅溶液C.裝置丙的作用是除去SO2氣體D.裝置丁可用于檢驗產物中的CO2氣體

03實驗設計與實驗現象的正誤判斷[卷03—11]室溫下，下列實驗探究方案能達到探究目的的是()選項探究方案探究目的A將SO2分別通入盛有品紅溶液和酸性KMnO4溶液的試管中，觀察兩份溶液顏色變化SO2具有漂白性B用pH計測定濃度均為0.1mol·L-1的CH3COONa溶液和Na2SO3溶液的pH比較CH3COOH和H2SO3的酸性強弱C向兩支試管中各加入2mL0.1mol·L-1Na2S2O3溶液，再同時各加入2mL0.1mol·L-1和0.2mol·L-1的稀硫酸，比較試管中出現渾濁現象的快慢研究濃度對反應速率的影響D向25.00mL未知濃度的CH3COOH溶液中加入甲基橙指示劑，用0.1000mol·L-1NaOH標準溶液滴定，記錄指示劑變色時消耗堿液的體積并計算測定CH3COOH溶液的濃度維度內容優(yōu)選理由考查對實驗原理、實驗設計、實驗現象的分析能力提分點SO2性質探究、鹽溶液酸堿性與對應酸的酸性強弱關系探究、濃度對速率的影響探究、中和滴定中指示劑的選擇【精講】SO2通入品紅溶液中，溶液褪色，說明SO2具有漂白性，SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，說明SO2具有還原性，A錯誤；Na2SO3對應的酸為HSOeq\o\al(－,3)，故不能通過比較CH3COONa溶液和Na2SO3溶液的pH來比較CH3COOH和H2SO3的酸性強弱，B錯誤；兩支試管中的反應物只有稀硫酸的濃度不一樣，通過觀察兩支試管中溶液變渾濁的快慢，來研究濃度對反應速率的影響，C正確；甲基橙的變色范圍為pH＝3.1～4.4，NaOH與醋酸反應的產物為堿性，滴定曲線的突躍范圍與甲基橙的變色范圍不重疊，應用酚酞作指示劑，D錯誤?！敬鸢浮緾實驗目的實驗設計要點比較碳、硅的非金屬性強弱利用強酸制弱酸的原理探究：鹽酸與碳酸鈉在氣體發(fā)生裝置中反應制備CO2氣體，必須除去HCl后，通入硅酸鈉溶液利用鹽類水解原理探究：用pH試紙(pH計)測定同濃度的Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液的pH，必須強調濃度相同比較Cl2、Fe3+、I2的氧化性將氯氣通入FeCl2溶液中，氯氣將Fe2+氧化成Fe3+，將FeCl3溶液滴入淀粉KI溶液中，Fe3+將I－氧化成I2比較Ksp大小(以AgCl、AgI為例)①向少量的AgNO3溶液中滴加過量NaCl溶液，再向其中滴加KI溶液產生黃色沉淀，NaCl溶液必須過量②向濃度均為0.1mol·L-1的NaCl、NaI混合溶液中滴加0.1mol·L-1AgNO3溶液，先產生黃色沉淀，一般NaCl、NaI濃度必須相同比較HCOOH、CH3COOH的電離能力測定同濃度HCOOH溶液、CH3COOH溶液的pH測定同濃度HCOONa、CH3COONa溶液的pH，鹽溶液的堿性越強，對應酸的酸性越弱比較COeq\o\al(2-,3)、SOeq\o\al(2-,3)結合H＋能力用pH試紙(pH計)分別測定同濃度的Na2CO3、Na2SO3溶液的pH1.[卷04—11]室溫下，下列實驗探究方案能達到探究目的的是()選項探究方案探究目的A向HNO3酸化的Fe(NO3)3溶液中加入Cu片，觀察Cu片是否溶解Fe3+的氧化性比Cu2+的強B用pH計測量Na2SiO3溶液和Na2CO3溶液的pHH2CO3的酸性比H2SiO3的強C向淀粉溶液中加入稀硫酸共熱，冷卻后再加入碘水，觀察溶液顏色的變化淀粉是否水解完全D用干燥潔凈的玻璃棒蘸取少量氯水，點在pH試紙上，半分鐘后與標準比色卡對照測量氯水的pH

04原子結構元素周期律[卷04—3]將Al2(SO4)3溶液、K2SO4溶液按一定比例混合后，蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾可制得凈水劑明礬[KAl(SO4)2·12H2O]。下列說法正確的是()A.半徑大小：r(Al3+)>r(O2-)B.電負性大?。害?O)<χ(S)C.電離能大?。篒1(S)<I1(Al)D.堿性強弱：KOH>Al(OH)3維度內容優(yōu)選理由主要考查元素周期律提分點原子結構與核外電子排布性質，元素電離能、電負性的比較【精講】Al3+和O2-二者的核外電子層結構相同，比較離子半徑看原子序數，原子序數越小，離子半徑越大，故r(O2-)>r(Al3+)，A錯誤；同主族元素，由上到下原子半徑越大，電負性越小，故χ(S)<χ(O)，B錯誤；同周期主族元素，由左到右原子半徑逐漸減小，第一電離能呈增大趨勢，故I1(Al)<I1(S)，C錯誤；金屬性：K>Al，故最高價氧化物對應的水化物的堿性：KOH>Al(OH)3，D正確?！敬鸢浮緿1.原子的表示表示方法以硫原子為例電子排布式1s22s22p63s23p4簡化電子排布式[Ne]3s23p4電子排布圖(軌道表示式)價電子排布式3s23p42.電子排布三原則能量最低原理原子核外電子總是先占有能量最低的原子軌道泡利原理每個原子軌道上最多只能容納2個自旋方向相反的電子洪特規(guī)則當電子排布在同一能級的不同軌道時，基態(tài)原子中的電子總是優(yōu)先單獨占據一個軌道，而且自旋方向相同1.[卷02—8]7N、15P、33As、51Sb是周期表中第ⅤA族元素。下列說法正確的是()A.電負性大?。害?N)>χ(As)>χ(P)B.氫化物的沸點高低：AsH3>PH3>NH3C.酸性強弱：HNO3>H3PO4>H3AsO4D.第ⅤA族元素單質的晶體類型相同

05分子結構與性質[卷05—5]下列說法正確的是()A.H2O2是非極性分子B.SO3與SOeq\o\al(2-,3)微粒中的O—S—O夾角相等C.硒原子基態(tài)核外價電子排布式為4s24p4D.第ⅥA族元素氫化物的熔、沸點從上到下依次增大維度內容優(yōu)選理由從微觀視角分析分子的空間結構與分子性質提分點價層電子對互斥理論、雜化軌道理論、分子的空間結構、分子間作用力、氫鍵、分子的性質【精講】H2O2結構中正負電荷重心不重合，是極性分子，A錯誤；SO3中S原子為sp2雜化，空間結構為平面正三角形，SOeq\o\al(2-,3)中S原子為sp3雜化，空間結構為三角錐形，二者微粒中的O—S—O夾角不等，B錯誤；硒是第四周期第ⅥA族元素，硒原子的基態(tài)核外價電子排布式為4s24p4，C正確；第ⅥA族元素氫化物中，H2O分子間能形成氫鍵，水的熔、沸點最高，D錯誤。【答案】C1.價層電子對互斥模型(VSEPR模型)2.雜化軌道理論雜化類型雜化軌道數目雜化軌道間夾角分子空間結構名稱實例sp2180°直線形BeCl2sp23120°平面三角形BF3sp34109°28′四面體形CH43.分子中的鍵角(1)雜化類型不同→sp>sp2>sp3。(2)(3)在同一分子中，π鍵電子斥力大，鍵角大。4.范德華力與氫鍵(1)范德華力與物質性質。實質范德華力的實質是電性作用，無飽和性和方向性影響因素①一般來說，組成和結構相似的物質，隨著相對分子質量的增大，范德華力逐漸增大；②相對分子質量相近的分子，分子的極性越大，范德華力越大范德華力與物質性質范德華力主要影響物質的熔點、沸點、硬度等物理性質。范德華力越大，物質的熔、沸點越高，硬度越大(2)氫鍵與物質性質。形成由已經與電負性很大的原子形成共價鍵的氫原子與另一個電負性很大的原子之間形成的作用力表示方法A—H…B①A、B為電負性很大的原子，一般為N、O、F三種元素的原子；②A、B可以相同，也可以不同特征具有一定的方向性和飽和性分類分子內氫鍵和分子間氫鍵物質性質分子間氫鍵使物質的熔、沸點升高，會對電離和溶解度等產生影響1.[卷04—5]下列說法正確的是()A.CO(NH2)2的晶體類型為離子晶體B.NH3的沸點高于CH4的沸點C.NH3中的鍵角大于NHeq\o\al(＋,4)中的鍵角D.HCOeq\o\al(－,3)中C的雜化方式是sp3雜化

06晶體結構與性質[卷06—7]海水中資源的綜合利用有著重要意義。下列有關說法正確的是()A.基態(tài)溴原子(35Br)的核外電子排布式為[Ar]4s24p5B.1個NaCl晶胞(如圖所示)中含有14個Na＋C.在空氣中灼燒MgCl2·6H2O可得到無水氯化鎂D.電解熔融氯化鎂時，金屬鎂在陰極析出維度內容優(yōu)選理由考查解題的結構、晶胞的結構提分點晶體類別、晶體的組成與化學式、配位數、晶體的性質【精講】基態(tài)溴原子核外電子排布式為[Ar]3d104s24p5，A錯誤；1個NaCl晶胞中含有Na＋的個數＝8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，B錯誤；灼燒MgCl2·6H2O，Mg2+會發(fā)生水解而最終生成MgO，應在HCl氣流中灼燒MgCl2·6H2O才能得到無水氯化鎂，C錯誤；電解熔融氯化鎂時，Mg2+在陰極得到電子而析出金屬鎂，D正確?！敬鸢浮緿1.晶胞組成的計算——均攤法(1)長方體(包括立方體)晶胞。(2)非長方體晶胞。視具體情況而定，如石墨晶胞每一層內碳原子排成六邊形，其頂點(1個碳原子)被三個六邊形共有，每個六邊形占eq\f(1,3)。2.四種晶體的比較。類型比較分子晶體共價晶體金屬晶體離子晶體構成微粒分子原子金屬陽離子、自由電子陰、陽離子微粒間作用力范德華力(某些含氫鍵)共價鍵金屬鍵離子鍵硬度較小很大有的很大，有的很小較大熔、沸點較低很高有的很高，有的很低較高溶解性相似相溶大多難溶于任何溶劑難溶于常見溶劑大多易溶于水等極性溶劑導電、導熱性一般不導電，溶于水后有的導電一般不具有導電性電和熱的良導體晶體不導電，水溶液或熔融態(tài)導電1.[卷05—16(4)]鐵和氨在640℃時可發(fā)生置換反應，一種產物的晶胞結構如圖所示。①該產物的化學式為________。②氮原子位于由鐵原子構成的正八面體的中心。在圖中用“－”將鐵原子構成的正八面體連接起來。

07有機物的結構與性質[卷07—9]化合物Z是X和Br2反應的主產物，反應機理如下：下列說法錯誤的是()A.X中所有碳原子共平面B.X→Y過程中，X和Br2斷開的都是σ鍵C.Z存在順反異構體D.Z與足量H2加成后的產物分子中有2個手性碳原子維度內容優(yōu)選理由考查有機物的結構與性質提分點有機物分子中的共面問題、反應中化學鍵的變化、順反異構、手性異構【精講】X中苯環(huán)是平面結構，三鍵中原子共直線，所以所有碳原子共平面，A正確；X→Y過程中，X中碳碳三鍵變?yōu)閅中的碳碳雙鍵，斷開的是π鍵，B錯誤；Z中雙鍵的不飽和碳分別連有不同的原子或基團，存在順反異構體，C正確；Z與足量H2加成后的產物分子中有2個手性碳原子，D正確?！敬鸢浮緽1.分子結構四種典型模型空間結構基本理解甲烷正四面體形，甲烷分子中所有原子一定不共平面，最多有3個原子處在一個平面上，即分子中碳原子若以四個單鍵與其他原子相連，則所有原子一定不能共平面乙烯平面形，乙烯分子中所有原子一定共平面，若用其他原子代替其中的任何H原子，所得有機物中的所有原子仍然共平面苯平面形，苯分子中所有原子一定共平面，若用其他原子代替其中的任何H原子，所得有機物中的所有原子也仍然共平面乙炔H—C≡C—H直線形，乙炔分子中所有原子共直線，若用其他原子代替H原子，所得有機物中的所有原子仍然共直線2.平面結構的三種組合(1)直線形結構與平面形結構連接。如苯乙炔：，所有原子共平面。(2)平面形結構與平面形結構連接。如苯乙烯：，分子中共平面原子至少12個，最多16個。(3)平面形結構與四面體形結構連接。如果甲基與平面結構通過單鍵相連，則由于單鍵的旋轉性，甲基的一個氫原子可能暫時處于這個平面上。1.[卷06—10]合成馬藺子甲素的部分路線如圖所示，下列說法正確的是()A.X可以發(fā)生取代、氧化、縮聚反應B.X分子存在順反異構體C.Y在水中的溶解度比X大D.Y分子與足量H2加成后的產物中含有3個手性碳原子

08有機反應類型的判斷、中間產物的分析[卷08—15(1)(2)(3)]化合物G是一種抗腫瘤藥的中間體，其合成路線如下：(1)B的結構簡式為____________________。(2)D→E的反應類型為________反應。(3)D→E時可能生成一種與E互為同分異構體的副產物，該副產物的結構簡式為_________________________________________________________________。維度內容優(yōu)選理由考查有機合成路線中的物質推斷、反應類型判斷、中間體結構簡式的書寫、副反應的推斷提分點有機物的結構與性質、反應機理分析、反應類型判斷【精講】由B的分子式和A的結構簡式可知，A發(fā)生取代反應生成的B為，B上取代乙基生成C，C脫去—COOCH3生成D，D發(fā)生加成反應生成E，E中酯基發(fā)生水解反應生成F。(1)由分析可知，B的結構簡式為。(2)D和CH2=CH—COOCH3發(fā)生加成反應生成E，則D→E的反應類型為加成反應。(3)D→E時可能CH2=CH—COOCH3中亞甲基與D發(fā)生加成反應，生成一種與E互為同分異構體的副產物，該副產物的結構簡式為?！敬鸢浮?1)(2)加成(3)1.根據反應條件推斷有機反應類型反應條件思考方向氯氣、光照烷烴取代、苯的同系物側鏈上的取代液溴、催化劑苯及其同系物發(fā)生苯環(huán)上的取代濃溴水碳碳雙鍵和碳碳三鍵的加成、酚的取代、醛的氧化氫氣、催化劑、加熱苯、醛、酮的加成氧氣、催化劑、加熱某些醇的氧化、醛的氧化酸性高錳酸鉀溶液或酸性重鉻酸鉀溶液烯、炔、苯的同系物、醛、醇等的氧化銀氨溶液或新制的氫氧化銅醛、甲酸、甲酸酯、葡萄糖等的氧化氫氧化鈉溶液、加熱鹵代烴水解、酯的水解等氫氧化鈉的醇溶液、加熱鹵代烴的消去濃硫酸，加熱醇的消去、醇和羧酸的酯化濃硝酸、濃硫酸，加熱苯環(huán)上的取代稀硫酸，加熱酯的水解、二糖和多糖等的水解氫鹵酸(HX)，加熱醇的取代2.根據官能團的衍變推斷反應類型3.常見的有機副產物，主要需分析流程中可能出現的多種不同的反應(1)取代基的定位效應(苯環(huán)上的酚羥基、甲基活化苯環(huán)上鄰位和對位)。(2)不對稱烯烴、1，3-丁二烯(共軛二烯)的加成。(3)有多個β-H的鹵代烴或醇的消去。(4)多官能團的連續(xù)反應：當反應物中含有的多種官能團如分子中同時含有—COOH和—OH，可以形成鏈酯、環(huán)酯和高聚酯，當官能團數目較多時，要考慮這些官能團都可能發(fā)生反應。1.[卷04—15(1)(2)(3)]化合物I的一種合成路線如下：(1)A的結構簡式為________。(2)E→F的反應類型為________反應。(3)H→I的反應分為H→M→I兩步，M與H互為同分異構體，且分子中含有2個羥基。寫出M的結構簡式：__________________。

重難題型09反應中的轉化率與選擇性[卷09—13]CO2—H2催化重整可獲得CH3OH。其主要反應為反應Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－53.7kJ·mol-1；反應Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝＋41kJ·mol-1。若僅考慮上述反應，在5.0MPa、n始(CO2)∶n始(H2)＝1∶3時，原料按一定流速通過反應器，CO2的轉化率和CH3OH的選擇性隨溫度變化如題圖所示。CH3OH的選擇性＝eq\f(n生成(CH3OH),n轉化(CO2))×100%下列說法正確的是()A.其他條件不變，升高溫度，CO2的平衡轉化率增大B.其他條件不變，溫度高于236℃時，曲線下降的可能原因是反應Ⅰ正反應程度減弱C.一定溫度下，增大n始(CO2)∶n始(H2)可提高CO2平衡轉化率D.研發(fā)高溫高效催化劑可提高平衡時CH3OH的選擇性維度內容優(yōu)選理由考查速率與平衡理論的綜合應用解題關鍵對照圖像中的反應物轉化率和選擇性，結合影響反應速率的因素與影響平衡的因素進行綜合分析思維提升能很好地考查學生變化觀念與平衡思想、證據推理與模型認知素養(yǎng)【精講】升高溫度，CO2的平衡轉化率下降，A錯誤；溫度升高，反應Ⅰ化學平衡逆向移動，反應Ⅱ化學平衡正向移動，反應Ⅰ逆向進行的程度大于反應Ⅱ正向進行的程度，導致CO2的轉化率也有所下降，B正確；增大n始(CO2)∶n始(H2)，CO2濃度增大，H2濃度減小，則CO2的平衡轉化率減小，C錯誤；研發(fā)高效的催化劑可提高反應速率和CH3OH的選擇性，且由圖知，溫度越高，平衡時甲醇的選擇性越低，D錯誤?！敬鸢浮緽1.轉化率、產率、平衡時組分的含量與體積分數①反應物的轉化率＝eq\f(n（轉化）,n（起始）)×100%＝eq\f(c（轉化）,c（起始）)×100%。②生成物的產率＝eq\f(實際產量,理論產量)×100%。實際產量(指生成物)占理論產量的百分數。一般來講，轉化率越大，原料利用率越高，產率越大。③平衡時混合物組分的百分含量＝eq\f(平衡時某組分的量,平衡時各物質的總量)×100%。④某組分的體積分數＝eq\f(某組分的物質的量,混合氣體總的物質的量)×100%。2.轉化率的變化分析在一恒容密閉容器中通入amolA、bmolB發(fā)生反應aA(g)＋bB(g)?cC(g)，達到平衡后，改變下列條件，分析轉化率的變化情況：(1)再通入bmolB，α(A)增大，α(B)減小。(2)再通入amolA、bmolB：若a＋b＞c，α(A)增大、α(B)增大；若a＋b＝c，α(A)不變、α(B)不變；若a＋b＜c，α(A)減小、α(B)減小。3.產物的選擇性反應體系中相互競爭的兩個反應，反應速率相對較大的反應對應產物的選擇性越高；生成的產物可依據反應物的轉化率和生成物的選擇性計算求得。1.[卷06—14]一定條件下，將一定量的CO2和H2混合氣體通過裝有催化劑的反應器可得到CH4。已知：Ⅰ.CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH＝＋41kJ·mol-1；Ⅱ.CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g)ΔH＝－165kJ·mol-1。兩種不同催化劑作用下反應相同時間，CO2轉化率和生成CH4選擇性隨溫度變化關系如圖所示(CH4選擇性＝eq\f(CH4的物質的量,發(fā)生反應的CO2物質的量)×100%)。下列說法不正確的是()A.反應CO(g)＋3H2(g)=CH4(g)＋H2O(g)ΔH＝－206kJ·mol-1B.在280℃條件下反應制取CH4，應選擇催化劑A的效果較好C.在260～300℃，使用催化劑A或B，升高溫度時CH4的產率都增大D.M點可能是該溫度下的平衡點，延長反應時間，不一定能提高CH4的產率

10電解質溶液中微粒濃度關系[卷10—12]工業(yè)上以羥磷灰石精礦[主要成分是Ca5(PO4)3OH，還含有少量石英和Fe2O3等雜質]為原料，生產磷酸二氫鉀(KH2PO4)的流程如下：已知：溶液中H3PO4、H2POeq\o\al(－,4)、HPOeq\o\al(2-,4)、POeq\o\al(3-,4)的分布分數δ隨pH的變化如上圖所示。下列說法正確的是()A.“制酸過濾”過程所得濾渣的主要成分為硅酸B.三辛胺的結構簡式為N(C8H17)3，與鹽酸反應時，三辛胺提供空軌道C.“反應”中為獲得較純凈KH2PO4，當pH＝10時，停止加入三辛胺D.0.1mol·L-1KH2PO4溶液中：2c(H3PO4)＋c(H2POeq\o\al(－,4))<0.1mol·L-1＋c(POeq\o\al(3-,4))維度內容優(yōu)選理由與生產相結合，考查電解質溶液的微粒濃度關系，同時考查工藝流程分析、配位理論解題關鍵理解溶液中的元素質量守恒、電荷守恒關系思維提升培養(yǎng)學生變化觀念與平衡思想【精講】“制酸過濾”過程所得濾渣的主要成分為SiO2，A錯誤；三辛胺的結構簡式為N(C8H17)3，與鹽酸反應時，三辛胺的N原子提供孤電子對，H＋提供空軌道，B錯誤；曲線A表示H3PO4，曲線B表示H2POeq\o\al(－,4)，曲線C表示HPOeq\o\al(2-,4)，曲線D表示POeq\o\al(3-,4)，根據圖示可知“反應”中為獲得較純凈KH2PO4，當溶液pH＝4.5時，H2POeq\o\al(－,4)的含量最大，此時應該停止加入三辛胺，C錯誤；對于0.1mol·L-1KH2PO4溶液，根據質子守恒可得：①c(H＋)＝c(OH－)＋c(HPOeq\o\al(2-,4))＋2c(POeq\o\al(3-,4))－c(H3PO4)，根據元素質量守恒可得②c(K＋)＝c(H3PO4)＋c(H2POeq\o\al(－,4))＋c(HPOeq\o\al(2-,4))＋c(POeq\o\al(3-,4))，將②－①整理可得c(K＋)－c(H＋)＝2c(H3PO4)＋c(H2POeq\o\al(－,4))－c(POeq\o\al(3-,4))－c(OH－)，c(H＋)－c(OH－)＝c(K＋)－2c(H3PO4)－c(H2POeq\o\al(－,4))＋c(POeq\o\al(3-,4))，H2POeq\o\al(－,4)的水解程度小于其電離程度，溶液顯酸性，所以c(H＋)－c(OH－)＞0，根據溶液組成可知c(K＋)＝0.1mol·L-1，故2c(H3PO4)＋c(H2POeq\o\al(－,4))＜0.1mol·L-1＋c(POeq\o\al(3-,4))，D正確。【答案】D1.電解質溶液中的守恒關系(1)電荷守恒：電解質溶液中所有陽離子所帶的正電荷總數與所有陰離子所帶的負電荷總數相等。如在Na2CO3溶液中存在著Na＋、COeq\o\al(2-,3)、H＋、OH－、HCOeq\o\al(－,3)，它們存在如下關系：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(2-,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)。(2)元素質量守恒：電解質溶液中，由于某些離子能水解或電離，離子種類增多，但某些關鍵性的原子總是守恒的。(3)質子守恒：指在電離或水解過程中，會發(fā)生質子(H＋)轉移，但在質子轉移過程中其數量保持不變，如在Na2CO3溶液中：c(OH－)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)＋c(H3O＋)。2.判斷溶液酸堿性(1)電離能力大于水解能力，如：CH3COOH的電離程度大于CH3COO－的水解程度，所以等濃度的CH3COOH與CH3COONa溶液等體積混合后溶液顯酸性；同理NH3·H2O的電離程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，等濃度的NH3·H2O和NH4Cl溶液等體積混合后溶液顯堿性。(2)水解能力大于電離能力，如HClO的電離程度小于ClO－的水解程度，所以等濃度的HClO與NaClO溶液等體積混合后溶液顯堿性。(3)酸式鹽溶液的酸堿性主要取決于酸式酸根的電離能力和水解能力哪一個更強。如在NaHCO3溶液中，HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于電離程度，故溶液顯堿性；而在NaHSO3溶液中，HSOeq\o\al(－,3)的電離程度大于水解程度，故溶液顯酸性。1.[卷07—12]室溫下，某興趣小組通過下列實驗制備少量NaHCO3并探究其性質。實驗1：測得100mL14mol·L-1氨水的pH約為12；實驗2：向上述氨水中加NaCl粉末至飽和，通入足量CO2后析出晶體；實驗3：將所得混合物靜置后過濾、洗滌、干燥，得到NaHCO3；實驗4：配制100mL一定濃度的NaHCO3溶液，測得pH為8.0。下列說法正確的是()A.依據實驗1推測Kb(NH3·H2O)約為7×10-26B.依據實驗2推測溶解度：NaHCO3>NaClC.實驗3所得濾液中：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)D.實驗4的溶液中：c(H2CO3)－c(COeq\o\al(2-,3))＝9.9×10-7mol·L-1

11反應自發(fā)性、平衡常數[卷08—6]對于反應16H2S(g)＋8SO2(g)?3S8(s)＋16H2O(g)ΔH＜0，下列說法正確的是()A.該反應ΔS＞0B.反應平衡常數K＝eq\f(c3(S8)·c16(H2O),c16(H2S)·c8(SO2))C.其他條件一定，通過縮小體積增大體系的壓強可以增大反應的平衡轉化率D.其他條件一定，升高溫度可以增大反應的平衡常數維度內容優(yōu)選理由綜合考查化學反應原理相關知識，涉及反應自發(fā)性、平衡常數表達式、平衡移動原理解題關鍵固態(tài)物質一般不在平衡常數表達式中體現思維提升培養(yǎng)學生變化觀念與平衡思想【精講】反應后氣體分子數減小，則ΔS<0，A錯誤；由反應式可知，平衡常數為K＝eq\f(c16(H2O),c16(H2S)·c8(SO2))，B錯誤；增大壓強，平衡正向移動，增大反應的平衡轉化率，C正確；該反應為放熱反應，升高溫度，反應逆向進行，平衡常數減小，D錯誤?！敬鸢浮緾1.反應的自發(fā)性2.化學平衡常數(1)K的大小只與溫度有關，K越大，反應進行的程度越大，K>105時，可以認為該反應已經進行完全。(2)溫度與平衡常數。3.轉化率的分析與判斷對反應：aA(g)＋bB(g)?cC(g)＋dD(g)(1)若反應物起始物質的量之比等于化學計量數之比，達到平衡后，它們的轉化率相等。(2)若只增加A的量，平衡正向移動，B的轉化率提高，A的轉化率降低。(3)若按原比例同倍數地增加(或降低)A、B的濃度，等效于壓縮(或擴大)容器體積，氣體反應物的轉化率與其化學計量數有關。同倍增大c(A)和c(B)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝c＋dA、B的轉化率不變,a＋b>c＋dA、B的轉化率增大,a＋b<c＋dA、B的轉化率減小))1.[卷04—7]關于有氧條件下，用NH3催化還原NO的反應為4NH3(g)＋2O2(g)＋2NO(g)?3N2(g)＋6H2O(g)ΔH<0，下列說法正確的是()A.使用催化劑不能降低逆反應的活化能B.反應平衡常數K＝eq\f(c3(N2),c4(NH3)·c2(O2)·c2(NO))C.該反應一定能自發(fā)進行D.其他條件不變，增大NO的用量有利于提高NO的轉化率

12沉淀溶解平衡及其相關計算[卷12—16(2)②]實驗室以工業(yè)級硫酸錳粉末(含少量Ca、Co等的硫酸鹽)為原料獲得電池級MnSO4，并制備催化劑的載體Mn3O4。將除去部分雜質的MnSO4溶于水，先后加入MnF2和MnS分別除去溶液中的Ca2+和Co2+，獲得電池級硫酸錳?！俺挕睍r，發(fā)生反應Co2+＋MnS(s)=CoS(s)＋Mn2+。反應完全后，上層清液中eq\f(c(Mn2+),c(Co2+))＝____________。[Ksp(MnS)＝2×10-13，Ksp(CoS)＝2×10-25]維度內容優(yōu)選理由溶度積常數是平衡原理的應用之一，考查學生原理的靈活運用能力解題關鍵同一溶液中，不同溶質中含同一離子時，共用相同離子思維提升培養(yǎng)學生變化觀念與平衡思想【精講】溶液中eq\f(c(Mn2+),c(Co2+))＝eq\f(c(Mn2+)·c(S2-),c(Co2+)·c(S2-))＝eq\f(Ksp(MnS),Ksp(CoS))＝eq\f(2×10-13,2×10-25)＝1012?！敬鸢浮?012在含有同濃度I－和Cl－的溶液中，加入AgNO3溶液，先生成AgI沉淀，可說明Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)。1.[卷04—14(3)]硫酸鉛(PbSO4)是制造鉛蓄電池的一種原料。工業(yè)上以PbS為原料可以制取PbSO4，制取會經歷如下過程：(1)浸?。郝?2)沉降：略(3)轉化。常溫下，向PbCl2沉淀中加入H2SO4，可發(fā)生轉化：PbCl2(s)＋SOeq\o\al(2-,4)(aq)?PbSO4(s)＋2Cl－(aq)?，F向足量PbCl2沉淀中加入100mL1mol·L-1H2SO4，當反應達到平衡時，溶液中c(Cl－)________1.8mol·L-1(填“>”“<”或“＝”)。[已知常溫下，Ksp(PbSO4)＝1.0×10-8，Ksp(PbCl2)＝1×10-5]

13新情境下的方程式書寫元素周期表中第ⅤA族元素及其化合物用途廣泛。氨是重要的化工原料，廣泛用于生產銨鹽、硝酸、純堿、醫(yī)藥等；肼(N2H4)的燃燒熱ΔH＝－624kJ·mol-1，是常用的火箭燃料；氮和磷都是植物生長的營養(yǎng)元素，單質磷可由磷酸鈣、石英砂和碳粉在電弧爐中熔燒制得；砷化鎵是典型的二代半導體材料，在700～900℃條件下，AsH3與Ga(CH3)3通過化學氣相沉積可制得砷化鎵晶體；鉛銻合金一般用作鉛酸蓄電池的負極材料。[卷13—8]下列化學反應表示正確的是()A.肼的燃燒：N2H4(l)＋3O2(g)=2NO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－624kJ·mol-1B.制單質磷：2Ca3(PO4)2＋6SiO2＋10Ceq\o(=,\s\up7(電弧爐))6CaSiO3＋P4↑＋10CO↑C.制砷化鎵晶體：AsH3＋Ga(CH3)3=GaAs＋C3H12D.鉛酸蓄電池放電時的負極反應：Pb－2e－=Pb2+維度內容優(yōu)選理由信息型方程式書寫，需在已知、提示中尋找相關信息，此類題往往需現學現用，考查學生學習能力解題關鍵正確分析出反應物、生成物，分析出反應中元素化合價如何變化，分析出溶液酸堿性對反應的影響思維提升培養(yǎng)學生變化觀念【精講】肼燃燒生成氮氣和水，熱化學方程式為N2H4(l)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－624kJ·mol-1，A錯誤；制單質磷化學方程式為2Ca3(PO4)2＋6SiO2＋10Ceq\o(=,\s\up7(電弧爐))6CaSiO3＋P4↑＋10CO↑，B正確；題中砷化鎵晶體是在700～900℃下制備的，方程式中未寫反應溫度，且有機產物應為CH4，C錯誤；鉛酸蓄電池放電時的負極反應式為SOeq\o\al(2-,4)＋Pb－2e－=PbSO4，D錯誤?！敬鸢浮緽陌生方程式的書寫建模：首先根據反應前后元素化合價是否變化判斷反應是否是氧化還原反應：(1)元素化合價無變化則為非氧化還原反應，遵循質量守恒定律和電荷守恒配平。(2)元素化合價有變化則為氧化還原反應，既遵循得失電子守恒，也遵循電荷守恒與質量守恒定律。(3)生成物的確定需結合電解質溶液中的離子進行分析，酸性介質中不能生成氫氧根離子，堿性介質中不能生成氫離子，生成的其他離子也要考慮是否跟介質中的離子反應。如根據電荷守恒和反應物的酸堿性，在方程式左邊或右邊補充H＋、OH－或H2O等。1.[卷11—14(1)]以輝鉍礦(主要成分為Bi2S3，含有FeS2、SiO2雜質)和軟錳礦(主要成分為MnO2)為原料制備超細氧化鉍的工藝流程如下：已知：Bi3+易與Cl－形成BiCleq\o\al(3-,6)，BiCleq\o\al(3-,6)易發(fā)生水解，其反應的離子方程式為BiCleq\o\al(3-,6)＋H2O?BiOCl↓＋5Cl－＋2H＋?！奥?lián)合焙燒”時，Bi2S3和MnO2在空氣中反應生成Bi2O3和MnSO4。該反應的化學方程式為____________________________________。2.[卷06—17(1)③]連二亞硫酸鈉(Na2S2O4)廣泛應用于造紙等行業(yè)。該物質易氧化，受熱易分解，在堿性條件下較穩(wěn)定，易溶于水，不溶于乙醇。實驗室利用下圖裝置和試劑制取Na2S2O4。在30～40℃條件下，向三頸瓶中滴加堿性NaBH4溶液充分反應制取Na2S2O4，產物中還生成NaBO2，寫出制取Na2S2O4的化學反應方程式：____________________________________________________________________。

14原電池原理與化學電源電解原理與應用[卷14—5]一種將CO2催化轉化為C2H4的電化學裝置如圖所示。下列有關說法正確的是()A.該裝置工作過程中化學能轉化為電能B.鉑電極發(fā)生的反應為2CO2＋12H＋－12e－=C2H4＋4H2OC.工作過程中玻碳電極區(qū)溶液的pH增大D.每產生標準狀況下11.2LO2時，理論上有2molH＋通過質子交換膜維度內容優(yōu)選理由考查電化學原理，此題沒有明確是原電池還是電解池，需先進行判斷，再分析解題關鍵電極反應的正確書寫、電路中離子運動與電子轉移之間的關系思維提升培養(yǎng)學生變化觀念、守恒思想【精講】CO2催化轉化為C2H4，同時水發(fā)生氧化反應生成O2，反應中電能轉化為化學能，A錯誤；鉑電極CO2得到電子發(fā)生還原反應生成乙烯，發(fā)生的反應為2CO2＋12H＋＋12e－=C2H4＋4H2O，B錯誤；工作過程中玻碳電極的反應為2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，反應生成H＋，溶液的pH減小，C錯誤；每產生標準狀況下11.2LO2(0.5mol)時，則玻碳電極生成2molH＋，故理論上有2molH＋通過質子交換膜，D正確?！敬鸢浮緿1.原電池正、負極的判斷方法2.電解池陰、陽極的判斷方法3.電極反應及其放電順序陰離子在陽極上的放電順序：S2->I－>Br－>Cl－>OH－>無還原性的含氧酸根離子。陽離子在陰極上的放電順序：Ag＋>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H＋(酸中)>Pb2+>Fe2+>Zn2+>H＋(水中)。1.[卷08—9]用電化學方法可以去除循環(huán)冷卻水(含有Ca2+、Mg2+、HCOeq\o\al(－,3)、苯酚等)中的有機污染物，同時經處理過的冷卻水還能減少結垢，其工作原理如下圖所示。下列說法正確的是()A.b為電源的正極B.鈦基電極上的反應為H2O＋e－=H＋＋·OHC.碳鋼電極底部有Mg(OH)2、CaCO3生成D.每生成標準狀況下2.24LCO2，需要消耗0.5mol·OH2.[卷13—17(2)]我國科學家以Si/Bi材料作光電陰極、CO2飽和的0.5mol·L-1KHCO3溶液作電解液(pH＝7.4)，將CO2轉化為HCOOH，原理如圖所示。①根據圖示，寫出光電陰極電極反應式：________________________。②從能源利用和資源綜合利用角度分析該方法的優(yōu)點：_________________________________________________________________________________________。

15滴定相關計算、熱重分析計算[卷16—14(3)]硫代硫酸鈉(Na2S2O3)應用廣泛，可用作定影液、含砷廢水去除劑、定量分析還原劑等。Na2S2O3可測定含Cr2Oeq\o\al(2-,7)廢水中Cr元素的含量。量取廢水20.00mL，硫酸酸化后加入過量KI溶液，發(fā)生反應：6I－＋Cr2Oeq\o\al(2-,7)＋14H＋=3I2＋2Cr3+＋7H2O。加入少量淀粉作為指示劑，用0.1000mol·L-1Na2S2O3標準溶液滴定至終點，發(fā)生反應：I2＋2S2Oeq\o\al(2-,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2-,6)。平行滴定3次，平均消耗標準Na2S2O3溶液24.00mL。①滴定終點的現象為________________________。②廢水中Cr元素的含量為________mg·L-1。(寫出計算過程)維度內容優(yōu)選理由近年來氧化還原滴定與熱重分析是考查的熱點內容解題關鍵氧化還原滴定主要抓住電子得失守恒，熱重分析主要抓住原子守恒及質量守恒思維提升培養(yǎng)學生變化觀念與守恒思想、證據推理與模型認知【精講】碘遇淀粉試液變藍色，所以滴定終點時碘完全被還原，則滴定終點為溶液藍色恰好褪去，且半分鐘內不復原；根據反應可得關系式：Cr2Oeq\o\al(2-,7)～3I2～6Na2S2O3，n(Cr2Oeq\o\al(2-,7))∶n(Na2S2O3)＝1∶6，所以n(Cr2Oeq\o\al(2-,7))＝eq\f(1,6)n(Na2S2O3)＝eq\f(1,6)×0.1000mol·L-1×24.00×10-3L＝4.0×10-4mol，故廢水中Cr元素的含量為eq\f(4.0×10-4mol×2×52g·mol-1×103mg·g-1,20.00×10-3L)＝2.08×103mg·L-1?！敬鸢浮竣佼數稳胱詈蟀氲螛藴蔔a2S2O3溶液時，溶液藍色恰好褪去，且半分鐘內不恢復到原來的顏色②2.08×103一、滴定法1.滴定終點標志的標準模板滴加最后1滴××標準液，溶液恰好由××色變成××色，且在半分鐘內不恢復原色2.中和滴定結合滴定曲線選擇指示劑若恰好中和產物生成的鹽顯酸性，用甲基橙(3.1～4.4)；若恰好中和產物生成的鹽顯堿性，用酚酞(8.2～10.0)；若恰好中和產物生成的鹽顯中性兩種指示劑都可以。鹽酸滴定碳酸鈉：指示劑不同反應不同酚酞：Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3甲基橙：Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋CO2↑＋H2O3.常見的其他滴定反應的指示劑①滴定碘時可以選用淀粉作指示劑；②滴定Fe3+時可以選用KSCN溶液作指示劑；③KMnO4參與的滴定反應無需額外的指示劑。4.滴定計算(1)多次測量取平均值，與其他數據相差較大的要刪除(2)找出已知量和所求量之間的關系式①根據所給的多個反應之間的關系；②根據元素守恒；③根據電子守恒。(3)返滴定法測濃度需先根據返滴定消耗的試劑的量，計算出第一次滴定后過量的試劑的物質的量，再算出第一次反應實際消耗的標準液的物質的量。最后計算出待測液的物質的量、濃度。返滴定法若均為氧化還原反應滴定，可直接通過兩次氧化還原反應中氧化劑、還原劑的電子得失相等計算待測溶質的物質的量，再計算濃度。二、熱重法1.三看熱重曲線圖一看軸即橫、縱坐標所表示的化學含義；二看點即曲線中的特殊點(頂點、始點、終點、拐點、交叉點)；三看線即曲線的走勢。2.解題模板(1)設晶體為1mol，其質量為m。(2)失重一般是先失水，再失非金屬氧化物。(3)計算每步固體剩余的質量(m余)eq\f(m余,m)×100%＝固體殘留率。(4)晶體中金屬質量不再減少，仍在m余中。(5)失重最后一般為金屬氧化物，由質量守恒得m氧，由n金屬∶n氧，即可求出失重后物質的化學式。(6)根據失重后物質的化學式，寫出相應的化學方程式。1.[卷11—14(5)]以輝鉍礦(主要成分為Bi2S3，含有FeS2、SiO2雜質)和軟錳礦(主要成分為MnO2)為原料制備超細氧化鉍的工藝流程如下：在空氣中加熱分解草酸鉍晶體，測得升溫加熱過程中剩余固體的質量與起始Bi2(C2O4)3·7H2O的質量的比值隨溫度變化的關系如圖所示。400℃時制得超細氧化鉍，其化學式為________。(寫出計算過程，M[Bi2(C2O4)3·7H2O]＝808g·mol-1)2.[卷04—16(5)]一種廢脫硝催化劑中含V2O5、WO3和TiO2三種物質。一種回收廢脫硝催化劑中各元素的流程如下圖所示。為測定廢催化劑中V2O5的含量，現進行如下實驗：準確稱取2.000g廢催化劑樣品于燒杯中，加入質量分數為50%的硫酸，加熱，冷卻后將溶液移入100mL容量瓶中，加水定容。準確量取25.00mL溶液于錐形瓶中，滴加2～3滴釩試劑作指示劑，用濃度為0.01000mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液進行滴定，恰好完全反應時，消耗(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液的體積為20.00mL。實驗過程中，V元素的轉化形式：V2O5eq\o(→,\s\up7(50%H2SO4))VOeq\o\al(＋,2)eq\o(→,\s\up7((NH4)2Fe(SO4)2))V3+。計算廢催化劑中V2O5的含量(寫出計算過程，廢催化劑中其他成分對測定無影響)。

16給定條件下同分異構體的書寫[卷19—15(3)]化合物G是一種酪氨酸激酶抑制劑中間體，其合成路線之一如下：C的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式：______________。①分子中有4種不同化學環(huán)境的氫，能與FeCl3發(fā)生顯色反應，但不能與溴水發(fā)生取代反應；②在堿性條件下發(fā)生水解反應，酸化后產物之一苯環(huán)上含有2種含氧官能團。維度內容優(yōu)選理由限制條件下同分異構體的書寫是高考必考內容，也是難點之一解題關鍵分析給定條件，確定官能團的種類和數量思維提升培養(yǎng)學生變化觀念與守恒思想、證據推理與模型認知【精講】①分子中有4種不同化學環(huán)境的氫，說明結構對稱，能與FeCl3發(fā)生顯色反應，說明含有酚羥基，但不能與溴水發(fā)生取代反應，說明酚羥基的鄰位、對位都有取代基。②在堿性條件下發(fā)生水解反應，說明含有酯基或酰胺基，酸化后產物之一苯環(huán)上含有2種含氧官能團。【答案】或1.幾種常見結構的不飽和度官能團或結構C=O(醛、酮、羧酸、酯)—C≡C—苯環(huán)不飽和度1124

2.限制條件的同分異構體結構的推斷分析常見限定條件對應的官能團或結構能與NaHCO3或Na2CO3溶液反應放出氣體(CO2)—COOH能與鈉反應產生H2—OH或—COOH能與Na2CO3溶液反應—OH(酚)或—COOH能與NaOH溶液反應—OH(酚)或—COOH或—COOR或—X能發(fā)生銀鏡反應或能與新制Cu(OH)2反應含醛基(—CHO)或甲酸酯(HCOOR)能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應—OH(酚)能發(fā)生水解反應—COOR或—X或—CONH—既能發(fā)生水解反應又能發(fā)生銀鏡反應(或水解產物能發(fā)生銀鏡反應)甲酸酯(HCOOR)3.限定條件的同分異構體書寫技巧確定碎片①根據結構簡式確定除苯環(huán)外含有的C、O、H和不飽和度。②根據限制條件確定含有的官能團種類及數目。③結合含有不同化學環(huán)境的氫原子數、不飽和度有序書寫。④檢查刪除重復的、不符合限制條件的結構簡式。1.[卷17—15(4)]化合物G是合成氫化橙酮衍生物的中間體，其人工合成路線如下：已知：Bz基團為苯甲酰基，結構式為。D的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式：________________。①分子中不同化學環(huán)境的氫原子數目比為2∶2∶2∶1；②堿性條件下水解，酸化后得2種產物，其中一種產物分子只含一種含氧官能團，另一種產物含有2種含氧官能團且能與FeCl3發(fā)生顯色反應。2.[卷20—15(4)]化合物E是合成降糖藥瑞格列凈的重要中間體，其合成路線如下：D的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式：__________。①分子中含有苯環(huán)，且只含有兩種不同化學環(huán)境的氫原子；②1mol該物質與NaOH溶液反應，最多消耗4molNaOH。

特色題型17補充化學實驗步驟評價實驗方案[卷17—16(5)]硫脲[CS(NH2)2]是白色晶體，易溶于水，150℃時能轉變?yōu)镹H4SCN。常用于制造樹脂、染料、藥物，實驗室可用下列方法制備。步驟Ⅰ：稱取一定質量的CaS在三頸燒瓶中制成漿液，不斷攪拌下通入適量CO2，反應生成Ca(HS)2溶液，裝置如圖所示。步驟Ⅱ：將一定量的CaCN2與Ca(HS)2溶液混合，加熱至80℃時生成硫脲。已知：NH4SCN溶液呈酸性，KSCN溶液呈中性；NH4SCN、KSCN都易溶于乙醇、水，溫度高時容易分解和氧化；常溫下KSCN的溶解度為217g。利用硫脲制備KSCN的方法是：取一定量硫脲___________________________，將加熱后的產物溶于一定比例的無水乙醇和水中形成溶液，____________________________干燥，得到KSCN晶體。(實驗中可選用試劑：KOH、無水乙醇。實驗中須使用的實驗儀器有：pH計)。維度內容優(yōu)選理由補充實驗步驟是近年來必考內容，能較好考查學生的實驗設計能力思路分析根據相關信息，硫脲150℃時能轉變?yōu)镹H4SCN，但需隔絕空氣防止高溫下被氧化；NH4SCN溶液呈酸性，加氫氧化鉀溶液，呈中性時即生成大量KSCN溶液；析出晶體不能高溫蒸發(fā)，防止氧化分解高分答案工業(yè)生產需考慮產品純度，防止生成雜質，由于產品高溫時易分解，蒸發(fā)析出晶體時需低溫蒸發(fā)或減壓蒸發(fā)【精講】硫脲[CS(NH2)2]是白色晶體，易溶于水，150℃時能轉變?yōu)镹H4SCN。NH4SCN屬于銨鹽，能與KOH發(fā)生復分解反應得到NH3·H2O和KSCN。NH4SCN、KSCN都易溶于乙醇、水，溫度高時容易分解和氧化，加熱硫脲時注意隔絕空氣，另外，NH4SCN溶液呈酸性，KSCN溶液呈中性，可通過該點性質，去測定反應過程中溶液的pH，當達到中性溶液時，判斷KSCN的生成?！敬鸢浮吭诟艚^空氣的條件下加熱至150℃充分反應邊攪拌邊滴加KOH并微熱除去NH3至用pH計測定溶液pH為中性，加熱，低溫將乙醇和水蒸出至大量晶體析出，過濾科學性原則：設計實驗的科學性是指設計實驗的原理正確、程序合理、方法得當。如鑒別BaSO3和BaSO4沉淀是否溶解于酸時，如果選用HNO3等具有氧化性的酸就不符合科學性原則。安全性原則：設計實驗時盡量避免設計具有危險性的實驗操作，并且對實驗中可能存在的安全隱患采取必要的措施，如裝置氣密性的檢查、可燃性氣體的檢驗、蒸餾操作中在蒸餾的液體中放入沸石等。可行性原則：所選用的化學藥品、實驗儀器和實驗方法等在中學實驗室中能夠進行。1.[卷12—16(3)]實驗室以工業(yè)級硫酸錳粉末(含少量Ca、Co等的硫酸鹽)為原料獲得電池級MnSO4，并制備催化劑的載體Mn3O4。MnSO4溶液在堿性條件下通入空氣氧化獲得Mn3O4，產物中Mn元素質量分數隨反應時間和溫度變化如圖丙和圖丁所示。丙丁①圖丙所示反應時間超過8小時，w(Mn)降低的原因是________________________________________________________________________。②請設計由MnSO4溶液制備較純Mn3O4的實驗方案：__________________________________________________________________________________________。(須用到的試劑：1mol·L-1NaOH溶液、BaCl2溶液)2.[卷22—16(1)(3)]碘及碘化鉀是實驗室中的常見試劑，含碘廢液中碘元素通常以I－、Ieq\o\al(－,3)、I2和IOeq\o\al(－,3)中的一種或多種形式存在，回收碘具有很好的經濟價值。(1)為檢驗某實驗室酸性廢液中是否含I－，現進行如下實驗：取少量廢液，向其中滴加淀粉溶液，溶液不變藍。另取少量廢液，________________________________________________________，則溶液中含有I－。{請補充完整該實驗方案，實驗中可以選用的試劑有：FeCl3溶液、FeCl2溶液、淀粉溶液、KSCN溶液、K3[Fe(CN)6]溶液}若廢液中含有I2，可以用CCl4進行萃取，萃取后所得有機層可以用KOH溶液進行反萃取。反萃取后所得水層中的溶質為KIO3和KI。請補充完整由反萃取后所得水層制取KI晶體的實驗方案：取反萃取后所得水層，_____________________________________________________________________________________。(已知KI易溶于水；氧化性：KIO3>S。實驗中可以選用的試劑有：H2S氣體、NaOH溶液、稀硫酸)

18歸因解釋、過程分析類文字描述題[卷21—14(1)①②]研究含硼化合物具有重要意義。H3BO3易溶于熱水、在冷水中溶解度較小，可通過如下過程制得：稱取10g鈉硼解石[主要成分為NaCaB5O9·8H2O，含少量CaPO3(OH)·2H2O、NaCl和難溶于酸的物質]，除去氯化鈉后，在60℃下用濃硝酸溶解，趁熱過濾，將濾渣用熱水洗凈后，合并濾液和洗滌液，降溫結晶，過濾得H3BO3。①寫出NaCaB5O9·8H2O與硝酸反應生成H3BO3的化學方程式：_________________________________________________________________________________。②60℃時，控制鈉硼解石量一定，硝酸溶解時B的浸出率隨液固質量比eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(m（硝酸）,m（鈉硼解石）)))的變化如圖甲所示。硝酸溶解時控制液固質量比為5∶1，而不采用更大液固質量比的原因是_________________________________________________________________________________________________________________。甲維度內容優(yōu)選理由考查工業(yè)生產中浸出率，考查知識的綜合應用能力思路分析過多加大硝酸量原料利用率會降低，產品析出時損失較多高分答案工業(yè)生產需考慮原料的利用率、產率與經濟效益【精講】(1)①NaCaB5O9·8H2O與硝酸反應生成硝酸鈉、硝酸鈣、硼酸和水。②當液固質量比為5∶1時，B元素的浸出率已經較大，再增大質量比B元素的浸出率不再增大，但會增加硝酸的用量，浪費原料；另外過高的質量比會導致硼酸的結晶率降低，減少硼酸產率?！敬鸢浮竣貼aCaB5O9·8H2O＋3HNO3=NaNO3＋Ca(NO3)2＋5H3BO3＋2H2O②使用更大液固比，B元素浸出率不再增大，但會消耗更多硝酸，浪費原料；更大液固比時，硼酸的結晶率會降低，減少硼酸的產率分析解釋類題，一般與實驗生產相結合，與圖形、圖像相結合，解決實際生產中的相關問題。一般涉及轉化率、浸取率、去除率、沉淀率等。解決問題一般從速率、平衡兩個角度進行綜合分析。例如：轉化率問題首先看是否是平衡轉化率，若為非平衡狀態(tài)的轉化率，則側重分析溫度、壓強、濃度對反應快慢、催化劑對反應快慢及選擇性(主副反應)的影響；若為平衡轉化率，則側重分析溫度、壓強、濃度對化學平衡的影響，有時也涉及溫度對催化活性的影響。加熱①增大反應速率或溶解速率；②促進平衡向吸熱反應方向移動；③除雜，除去熱穩(wěn)定性差的雜質，如NaHCO3、Ca(HCO3)2、KMnO4、NH4Cl等物質；④使沸點相對較低或易升華的原料轉變成氣態(tài)；⑤煮沸時促進溶液中的氣體(如氧氣)揮發(fā)逸出等反應物用量或濃度①酸浸時提高酸的濃度可提高礦石中某些金屬元素的浸取率；②增大便宜、易得的反應物的濃度，提高其他物質的利用率，使反應充分進行；③增大反應物濃度以增大反應速率，使平衡發(fā)生移動等降溫①防止某物質在高溫時溶解(或分解)；②使化學平衡向著題目要求的方向(如放熱反應方向)移動；③使某種沸點較高的產物液化，使其與其他物質分離等；④降低某些晶體的溶解度，減少損失等控溫①結晶獲得所需物質；②防止某種物質(如H2O2、草酸、濃硝酸、銨鹽等)溫度過高時分解或揮發(fā)；③使某物質達到沸點揮發(fā)出來；④使催化劑的活性達到最高；⑤防止副反應的發(fā)生等加入氧化劑(或還原劑)①轉化為目標產物的價態(tài)；②除去雜質離子[如把Fe2+氧化成Fe3+，而后調節(jié)溶液的pH，使其轉化為Fe(OH)3沉淀除去]加入沉淀劑①生成硫化物沉淀(如加入硫化鈉、硫化銨、硫化亞鐵等)；②加入可溶性碳酸鹽，生成碳酸鹽沉淀；③加入氟化鈉，除去Ca2+、Mg2+控制pH①生成金屬氫氧化物，以達到除去金屬離子的目的；②抑制鹽類水解；③促進鹽類水解生成沉淀，有利于過濾分離1.[卷20—14(3)(4)]以粉煤灰浸取液(含Al3+、Li＋、Mg2+、Cl－等)為原料制備電極材料LiFePO4的實驗流程如下：(3)離子篩法“富集”鋰的原理如圖甲所示。在堿性條件下，離子篩吸附Li＋容量較大，其可能原因為____________。甲乙(4)已知Li2CO3的溶解度曲線如圖乙所示?！俺龄嚒狈磻?h，測得Li＋沉淀率隨溫度升高而增加，其原因有_______________________________________________________________________________________________________________。2.[卷23—17(3)]脫除沼氣中的H2S具有重要意義，脫除H2S有多種方法。催化重整法。Fe2O3可以用作脫除H2S的催化劑，脫除過程如下圖所示。甲乙丙?、貴e2O3脫除H2S時需先進行吸附。利用乙方式進行吸附，比甲的吸附能力強的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________。②脫除一段時間后，催化劑的活性降低，原因是_____________________________________________________________________________________________。

19微觀機理描述題[卷21—14(2)]研究含硼化合物具有重要意義。一種鎳磷化合物催化氨硼烷水解制氫的可能機理如圖所示。①“中間體Ⅰ”中B、N上所連H分別吸附在Ni和P上的原因是______________________________________________________________________________。②“中間體Ⅲ”可以進一步水解，則氨硼烷水解最終所得含硼化合物的化學式為________。維度內容優(yōu)選理由反應機理題是從微觀探究研究物質的性質，是近年來考查的熱點內容思路分析結合圖示，對氧化還原反應，一般在分析電子得失的同時分析物質的變化；催化劑原子的吸附一般結合電負性分析高分答案從電負性考慮原子間的相互吸附【精講】②由反應機理可知，水解過程中B原子所連的H逐步被—OH替代，由此可知氨硼烷水解最終水解生成eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(B(OH)4))－和NHeq\o\al(＋,4)，最終產物為NH4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(B(OH)4))或NH4BO2?！敬鸢浮竣匐娯撔裕篘>H>B、P>Ni，所以B上所連H帶負電性、N上所連H帶正電性、P帶負電性、Ni帶正電性，因為不同電性間原子相互吸引，所以B、N上所連H分別吸附在Ni和P上②NH4[B(OH)4](寫結構式也正確)或NH4BO2催化劑與中間產物在機理圖中，先找到確定的反應物，反應物一般是通過一個箭頭進入整個歷程的物質，(產物一般多是通過一個箭頭最終脫離這個歷程的物質)與之同時反應的就是催化劑，并且經過一個完整循環(huán)之后又會生成；中間產物則是這個循環(huán)中的任何一個環(huán)節(jié)。如下圖中，MoO3則是該反應的催化劑，圖中剩余的三個物質均為中間產物：1.[卷17—17(2)①]CH4是一種清潔、高效、具有優(yōu)良環(huán)保性能的燃料，有良好的應用前景?；瘜W鏈燃燒技術主要由載氧體、燃料反應器和空氣反應器組成。載氧體作為氧的載體，在反應器中循環(huán)，實現氧的轉移。利用α-Fe2O3載氧體的甲烷化學鏈燃燒法，其示意圖如圖所示。甲烷脫氫過程可描述為________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。2.[卷25—17(2)]以NH3還原NOx的選擇性催化還原(NH3-SCR)技術廣泛應用于煙氣(含NO、O2、N2等)脫硝。以Fe-Mn/TiO2催化的NH3-SCR反應機理如圖所示(字母A～D為中間體的代號)。①NH3-SCR反應的化學方程式為____________________________________。②根據元素電負性的變化規(guī)律，步驟Ⅰ、Ⅱ的過程可描述為_____________________________________________________________________________________。

20有機合成路線設計[卷20—15(5)]化合物E是合成降糖藥瑞格列凈的重要中間體，其合成路線如下：已知：。寫出以和為原料制備的合成路線流程圖(無機試劑和有機溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)。維度內容優(yōu)選理由有機合成是有機大題的必考內容，考查學生靈活運用知識解決實際問題能力思路分析解題時需結合原合成路線中的相關信息、相關已知信息，并結合所學知識進行設計高分答案需考慮科學性、合理性、安全性、經濟性【精講】結合產物中的碳鏈分析，產物中碳鏈比反應物中的碳鏈長，結合原合成路線，可分析出可通過類似C→D的反應，由—Br引入其他基團，即，然后主要涉及思路是將酯基水解為羧酸后脫羧基，再用生成的羰基與HCN反應引入—CN，同時轉化為羥基，—CN水解后轉化為—COOH，即得目標產品。【答案】有機合成中官能團的保護與恢復