c2013年高考理综(新课标)化学试题分析

1、解析：此题为基础题解析：此题为基础题.A对，侯氏制碱法是将对，侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和通入饱和NaCl溶液中，由于溶液中，由于NaHCO3溶解溶解度小于度小于Na2CO3,故故NaHCO3在溶液中析出。在溶液中析出。 B对，浓盐酸易挥发，与对，浓盐酸易挥发，与NH3结合生成结合生成NH4Cl固体小颗粒，为白烟。固体小颗粒，为白烟。 C错，碘是人体必需元素，补碘常在食盐中加入错，碘是人体必需元素，补碘常在食盐中加入KIO3固体而不是高碘酸，高固体而不是高碘酸，高碘酸为强酸性物质。碘酸为强酸性物质。 D对，制备黑火药的原料为对，制备黑火药的原料为S、KNO3、C，三者比例为，三者比例为

2、1：2：3 7化学无处不在，下列与化学有关的说法不正确的是 A侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异 B可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气 C碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物 D黑火药由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成备注：该题与人们日常生活紧密结合，均为最基本的化学常识，为容易题。备注：该题与人们日常生活紧密结合，均为最基本的化学常识，为容易题。解析：此题为基础题解析：此题为基础题核心是有机化学的核心核心是有机化学的核心官能团，有什么官能团就能官能团，有什么官能团就能发生对应的特征反应。发生对应的特征反应。 A由该有机物的结构式可以看出：由该有机物的

3、结构式可以看出： B错误，因为香叶醇有双键，可以使溴的四氯化碳溶液褪色错误，因为香叶醇有双键，可以使溴的四氯化碳溶液褪色 C错误，因为香叶醇有双键、醇羟基，可以使高锰酸钾溶液褪色错误，因为香叶醇有双键、醇羟基，可以使高锰酸钾溶液褪色 D错误，香叶醇有醇羟基，可以发生酯化反应（取代反应的一种）错误，香叶醇有醇羟基，可以发生酯化反应（取代反应的一种） 8香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如下：下列有关香叶醇的叙述正确的是 A香叶醇的分子式为C10H18O B不能使溴的四氯化碳溶液褪色 C不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D能发生加成反应不能发生取代反应备注：备注：考查了由键线式推有机物的分子式，

4、“官能团决定性质”，此题为学生易得分题，也为学生常见题型； 解析：解析：根据答案选项可知根据答案选项可知W、X、Y、Z形成的简单离子分别为形成的简单离子分别为W2- 、X+ 、Y3+ 、Z2-，又知又知W、X、Y、Z均为短周期元素，且原子序数依次增大，故可推出均为短周期元素，且原子序数依次增大，故可推出W为为O，X为为Na，Y为为Al，Z为为S， Al3+和和S2-均能发生水解，水解打破了水的电离平衡。均能发生水解，水解打破了水的电离平衡。O2-不能不能在水溶液存在，而在水溶液存在，而Na+不水解。不水解。 9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 Aw

5、2、X BX、Y3 CY3、Z2 DX、Z2备注：该题命题结构简单，切入点新颖，先通过化合价定主族，在由题干限备注：该题命题结构简单，切入点新颖，先通过化合价定主族，在由题干限定条件准确定位。考察了定条件准确定位。考察了将元素推断和水的电离相结合，基础但很灵活，学生如果用“化虚为实”法，可能效果会更好； 正向思考正向思考：看已知条件：短周期、序数依次增大。不能有效得出的结论。：看已知条件：短周期、序数依次增大。不能有效得出的结论。解题受阻？解题受阻？逆向思考逆向思考看已知条件：破坏水的电离平衡。看已知条件：破坏水的电离平衡。 基础知识：基础知识：加酸或加减抑制水的电离、加水解的盐可能促进水的电

6、离。加酸或加减抑制水的电离、加水解的盐可能促进水的电离。结合题干信息：结合题干信息：短周期。短周期。 即：质子数即：质子数18的元素有：（逐一例举）的元素有：（逐一例举）抽象问题具体化。抽象问题具体化。 （1）抑制水的电离：）抑制水的电离：H+ （2）促进水的电离：）促进水的电离：F-、Mg2+ 、Li+ （对角线规则可推出）、（对角线规则可推出）、Al3+、S2-等。等。 结合选型：符合题意的是结合选型：符合题意的是C解析：解析：A错，银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，失电错，银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，失电子，银为正极，银表面的子，银为正极，银

7、表面的Ag2S得电子，析出单质银附着在银器的表面，得电子，析出单质银附着在银器的表面，故银器质量发生变化；故银器质量发生变化； C错，错，Al2S3在溶液中不能存在，会发生双水解反应生成在溶液中不能存在，会发生双水解反应生成H2S和和Al(OH)3； D错，黑色褪去是错，黑色褪去是Ag2S转化为转化为Ag而不是而不是AgCl 10银质器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故。根据电化学原理可进行如下处理：在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中一段时间后发现黑色会褪去。下列说法正确的是A处理过程中银器一直保持恒重 B银器为正极，Ag2S被还原生成单质银C该过程中总反应为2A

8、l+3Ag2S=6Ag+Al2S3 D黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl考察了原电池的电极的判断与变化（三变化之一），盐类水解规律，沉淀的转化规律。解析：解析：根据根据Ksp求得阴离子浓度，阴离子浓度越小，优先沉淀求得阴离子浓度，阴离子浓度越小，优先沉淀. 设设Cl-、Br-、CrO42- 刚开始沉淀时，银离子的浓度分别为刚开始沉淀时，银离子的浓度分别为x mol、y mol、z mol，则根据则根据Ksp可得：可得： 0.01x=1.5610-10 0.01y=7.710-13 0.01z2=910-11 可分别解出可分别解出x1.5610-8 y7.710-13 z310-4.

9、5 可知可知yXZ，开始沉淀时所需要的银离子浓度越小，则越先沉淀，因此答案为，开始沉淀时所需要的银离子浓度越小，则越先沉淀，因此答案为C11、已知Ksp(AgCl) = 1.561010，Ksp(AgBr) = 7.71013，Ksp(Ag2CrO4) = 9.01012。某溶液中含有Cl、Br和CrO42，浓度均为0.010 molL1，向该溶液中逐滴加入0.010 molL1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为 ACl、Br、CrO42 BCrO42、Br、Cl CBr、Cl、CrO42 DBr、CrO42、Cl考查对溶度积常数基本知识的理解和应用。解析：解析：此题有两处转折

10、，因为其最终问的是能形成此题有两处转折，因为其最终问的是能形成C5H10O2的化合物的酸与醇，最的化合物的酸与醇，最终重新组成（终重新组成（重新组合重新组合”就是就是“任意组合任意组合”，新生成的酯不必非得是五个碳，新生成的酯不必非得是五个碳）形成）形成的酯有多少种。的酯有多少种。12分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，若不考虑立体异构，这些醇和酸重新组合可形成的酯共有 A15种 B28种 C32种 D40种酯 酸的数目 醇的数目 H-COO-C4H9 1种 4种 CH3-COO-C3H7 1种 2种 C2H5-COO-C2H5 1种 1种 C3H7-COO-CH3 2种

11、 1种 共计 5种 8种 从上表可知，酸一共5种，醇一共8种，因此可组成形成的酯共计：58=40种。 灵活地考查了同分异构体的书写，有没有学生会在考场上一个一个去书写呢？此题重视学生的理解，方法的掌握（分类、组合、乘法），可能会造成一般学生失分； 看已知条件一：看已知条件一：判断判断C5H10O2的水解产物？的水解产物？ 欲欲：判断：判断C5H10O2的水解产物。的水解产物。 需需：C5H10O2的属于酯的同分异构体。的属于酯的同分异构体。 回忆酯同分异构体书写规则：回忆酯同分异构体书写规则：首先首先写甲酸某酯，写甲酸某酯，其次其次已酸某酯，以此类推。已酸某酯，以此类推。如结构中含有苯环切记书

12、写苯甲酸某酯。如结构中含有苯环切记书写苯甲酸某酯。由此不难写出由此不难写出C5H10O2属于酯的结构有：属于酯的结构有： HCOOC4H9、CH3COOC3H7、C2H5COOC2H5、C3H7COOCH3四类。四类。这些酯的水解产物整理如右：这些酯的水解产物整理如右： 习题：习题：某种有机物仅由碳氢氧三种元素组成，其相对分子量在某种有机物仅由碳氢氧三种元素组成，其相对分子量在100-130之间，其之间，其分子中碳、氢元素质量分数总和为分子中碳、氢元素质量分数总和为68.6 %。求其为酯类的同分异构体的总数。求其为酯类的同分异构体的总数。 A. 4种种 B. 8 种种 C. 9种种 D. 10

13、种种 解析：设该有机物分子的相对分子量为解析：设该有机物分子的相对分子量为M（100M130），则由氧元素的），则由氧元素的质量分数为质量分数为100%-68.6%=31.4%，可知氧原子个数为：将，可知氧原子个数为：将M的范围代入，可的范围代入，可知氧原子的个数在知氧原子的个数在2-3之间，即氧原子的个数应为之间，即氧原子的个数应为2。确定氧原子的个数后，。确定氧原子的个数后，可具体求出分子的相对分子量：可具体求出分子的相对分子量：16231.4%=102。进而可以确定该分子。进而可以确定该分子的相对分子量为的相对分子量为C5H10O2，进而可以得出其同分异构体共，进而可以得出其同分异构体共

14、9种。因为：种。因为： H-COO-C4H9 共4种 CH3-COO-C3H7 共2种 C2H5-COO-C2H5 共1种 C3H7-COO-CH3 共2种 备注：此题有两点：备注：此题有两点：一、由相对分子量范围求分子式，其关键步骤是，当确定完某种原子一、由相对分子量范围求分子式，其关键步骤是，当确定完某种原子的具体个数后，应逆求出具体的相对分子量，这是很多同学易遗忘的。的具体个数后，应逆求出具体的相对分子量，这是很多同学易遗忘的。 二是烷基的同分异构体数目：二是烷基的同分异构体数目：-CH3 1种，种，-C2H5 1种，种，-C3H7，2种，种，-C4H9 4种，种，-C5H11 8种，种

15、，-C6H13 17种。种。 解析：解析：A错，萃取的原则之一是两种溶剂互不相溶，但乙醇易溶于水中，故不能分离；错，萃取的原则之一是两种溶剂互不相溶，但乙醇易溶于水中，故不能分离； B错，分液原理是分离互不相溶的液体，乙酸乙酯和乙醇均为液体有机物，可以互溶；错，分液原理是分离互不相溶的液体，乙酸乙酯和乙醇均为液体有机物，可以互溶； C错，重结晶可以分离错，重结晶可以分离KNO3中混杂的中混杂的NaCl是因为是因为KNO3的溶解度随温度变化比的溶解度随温度变化比NaCl大。大。D对，考虑氢键的形成。对，考虑氢键的形成。 13下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是选项目的分离方法原理A分

16、离溶于水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大B分离乙酸乙醇和乙醇分液乙酸乙醇和乙醇的密度不同C除去KNO3固体中混杂的NaCl重结晶NaCI在水中的溶解度很大D除去丁醇中的乙醚蒸馏丁醇与乙醚的沸点相差较大考查物质的分离提纯，也为学生常见题型；淘汰法即可三段式的带实验性质的题考查：如三段式的带实验性质的题考查：如 实验操作实验操作 实验现象实验现象 实验结论实验结论 A将过量的将过量的CO2通入通入CaCl2溶液中溶液中 开始有白色沉淀，开始有白色沉淀，然后沉淀慢慢消然后沉淀慢慢消失失 CaCO3不溶于水不溶于水Ca(HCO3)2溶于水溶于水 B将用砂纸打磨过的铝将用砂纸打磨过的铝条插入浓条插入

17、浓HNO3溶液溶液中中 铝条上有无色气铝条上有无色气体逸出体逸出 硝纸打磨过的铝条，硝纸打磨过的铝条，其表面的氧化铝被除其表面的氧化铝被除去，内层的铝可与硝去，内层的铝可与硝酸反应生成酸反应生成H2 C实验室制取乙酸乙酯，实验室制取乙酸乙酯，先在干燥的试管中加先在干燥的试管中加入入3mL浓硫酸，再缓浓硫酸，再缓慢加入乙醇和冰醋酸慢加入乙醇和冰醋酸的混合物的混合物 饱和饱和Na2CO3溶液溶液上有油状液体生上有油状液体生成，且有果香味成，且有果香味 乙醇和冰醋酸在浓硫乙醇和冰醋酸在浓硫酸的催化下发生取代酸的催化下发生取代反应反应 D 实验室用排饱和食盐实验室用排饱和食盐水的方法收集水的方法收集C

18、l2 集气瓶水面下降，集气瓶水面下降，瓶内充满黄绿色瓶内充满黄绿色气体气体 饱和食盐水有效降低饱和食盐水有效降低Cl2在水中的溶解度在水中的溶解度 下列实验中，所采取的实验操作与对应现象、结论都正确的是D策略：抓题眼，用直接判断法、排除法、猜测法、推导法、代入法、讨论法等作答。策略：抓题眼，用直接判断法、排除法、猜测法、推导法、代入法、讨论法等作答。 26醇脱水是合成烯烃的常用方法，实验室合成己烯的反应和实验装置如下：可能用到的有关数据如下： 相对分子质量密度(gcm3)沸点溶解性环己醇1000.9618161微溶于水环己烯820.810283难溶于水合成反应： 在a中加入20 g环己醇和2小

19、片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入 1 mL浓硫酸。b中通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过90。 分离提纯： 反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙。最终通过蒸馏得到纯净环己烯l0 g。 回答下列问题： (1)装置b的名称是_。 (2)加入碎瓷片的作用是_；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是(填正确答案标号)。 A立即补加 B冷却后补加 C不需补加 D重新配料 (3)本实验中最容易产生的副产物的结构简式为_。 (4)分液漏斗在使用前须清洗干净并_；在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的_(填“

20、上口倒出”或“下口放出”)。 (5)分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是_。 (6)在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有_(填正确答案标号)。 A圆底烧瓶 B温度计 C吸滤瓶 D球形冷凝管 E接收器 (7)本实验所得到的环已烯产率是_(填正确答案标号)。 A41 B50 C61 D70解析：本实验跟去年高考题的实验题很类似，考查了实验装置，实验操作、解析：本实验跟去年高考题的实验题很类似，考查了实验装置，实验操作、注意事项，分离和提纯，相比之下，多了一项计算。注意事项，分离和提纯，相比之下，多了一项计算。本实验采用醇的消去反应合成烯烃，联想到实验室制乙烯的反应，可以得出本实验采用醇的消

21、去反应合成烯烃，联想到实验室制乙烯的反应，可以得出最可能的副反应就是醇分子间生成醚；忘记沸石须冷却后再添加，若立即添最可能的副反应就是醇分子间生成醚；忘记沸石须冷却后再添加，若立即添加液体会暴沸，分液漏斗使用前须检漏，这都是最基本的实验室操作要求，加液体会暴沸，分液漏斗使用前须检漏，这都是最基本的实验室操作要求，产率的计算方法为：产率的计算方法为：100% 【备考提示】实验的基本操作、实验仪器的选择、实验误差分析、物质的除杂和检验等内容依然是高三复习的重点，对实验方案的分析评价和运用化学知识解决化学实验中的具体问题的能力，也是我们需要培养的重要能力目标之一。 26醇脱水是合成烯烃的常用方法，实

22、验室合成己烯的反应和实验装置如下：可能用到的有关数据如下： 相对分子质量密度(gcm3)沸点溶解性环己醇1000.9618161微溶于水环己烯820.810283难溶于水合成反应：合成反应： 在在a中加入中加入20 g环己醇和环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入 1 mL浓硫酸。浓硫酸。b中通入冷却水后，开始缓慢加中通入冷却水后，开始缓慢加热热a，控制馏出物的温度不超过，控制馏出物的温度不超过90。 分离提纯：分离提纯： 反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间碳酸钠溶液和

23、水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙。最终通过蒸馏得到纯净环己烯后弃去氯化钙。最终通过蒸馏得到纯净环己烯l0 g。 回答下列问题：回答下列问题： (1)装置装置b的名称是的名称是_。 (2)加入碎瓷片的作用是加入碎瓷片的作用是_；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是确操作是 (填正确答案标号填正确答案标号)。 A立即补加立即补加 B冷却后补加冷却后补加 C不需补加不需补加 D重新配料重新配料 (3)本实验中最容易产生的副产物的结构简式为本实验中最容易产生的副产物的结构简式为_。 (4)分液漏斗在使用前须清洗

24、干净并分液漏斗在使用前须清洗干净并_；在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的；在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的_(填填“上口倒出上口倒出”或或“下口放出下口放出”)。 (5)分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是_。 (6)在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有_(填正确答案标号填正确答案标号)。 A圆底烧瓶圆底烧瓶 B温度计温度计 C吸滤瓶吸滤瓶 D球形冷凝管球形冷凝管 E接收器接收器 (7)本实验所得到的环已烯产率是本实验所得到的环已烯产率是_(填正确答案标号填正确答案标号)。 A41 B50 C

25、61 D70直形冷凝管直形冷凝管 防止暴沸防止暴沸 B 检漏检漏 上口倒出上口倒出 干燥干燥(或除水除醇或除水除醇) CD C27 锂离子电池的应用很广，其正极材料可再生利用。某锂离子电池正极材料有钴酸锂(LiCoO2)、导电剂乙炔黑和铝箔等。充电时，该锂离子电池负极发充电时，该锂离子电池负极发生的反应为6C+xLi+xe=LixC6。现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源(部分条件未给出)。 (1)LiCoO2中，Co元素的化合价为_。 (2)写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式_。 (3)“酸浸”一般在80下进行，写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式_；可用盐酸代替H

26、2SO4和H2O2的混合液，但缺点是_。 (4)写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式_。 (5)充放电过程中，发生LiCoO2与LixCoO2之间的转化，写出放电时电池反应方程式_。 (6)上述工艺中，“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是_。在整个回收工艺中，可回收到的金属化合物有_(填化学式)。27 锂离子电池的应用很广，其正极材料可再生利用。某锂离子电池正极材料有钴酸锂(LiCoO2)、导电剂乙炔黑和铝箔等。充电时，该锂离子电池负极发充电时，该锂离子电池负极发生的反应为6C+xLi+xe=LixC6。现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源(部分条件未给出)。要完整的解答各

27、道小题，必须先理解并获取提干（包括流程图）给出的解题有用要完整的解答各道小题，必须先理解并获取提干（包括流程图）给出的解题有用信息，必须冷静、从容地阅读，分析，信息，必须冷静、从容地阅读，分析，轻松跳跃不看细节只看两头，轻松跳跃不看细节只看两头，理出有关回理出有关回收各金属资源的关键反应信息。如：收各金属资源的关键反应信息。如： 正向思考正向思考 （1）正极的材料正极的材料的组成：钴酸锂（的组成：钴酸锂（LiCoO2）、乙炔黑和铝箔；其中）、乙炔黑和铝箔；其中Al转化为转化为Al(OH)3。 （2）充电时充电时，电池，电池负极负极发生还原反应发生还原反应6C+xLi+xe- = LixC6 ；

28、（3）盯住目标工艺流程图：）盯住目标工艺流程图：“酸浸酸浸”。一眼可看一眼可看到到投料物质投料物质是：滤渣、是：滤渣、H2SO4、H2O2。再看再看“酸浸酸浸”后流程有后流程有Li2SO4和和CoSO4生成，意味着生成，意味着LiCoO2在在 碱浸碱浸阶段没阶段没有变化。也就是说：有变化。也就是说：LiCoO2既不溶于水也不溶于碱。因此滤渣成分是既不溶于水也不溶于碱。因此滤渣成分是LiCoO2和和乙炔黑。乙炔黑。 如何分析如何分析“酸浸酸浸”出料的成分出料的成分? 经过后需一步或几步，看到有经过后需一步或几步，看到有Li2SO4和和CoSO4。 出料的成分是：出料的成分是：Li2SO4和和Co

29、SO4。反应物有酸生成物必有。反应物有酸生成物必有H2O。综上所述：把上述信息转化为化学用语。综上所述：把上述信息转化为化学用语。 LiCoO2 + H2SO4+ H2O2-Li2SO4+ CoSO4+H2O+ 滤渣成分是什么？如何分析滤渣成分滤渣成分是什么？如何分析滤渣成分?LiCoO2中的中的Co显显+3价，反应价，反应CoSO4中的中的Co显显+2价，价，LiCoO2作氧化剂。作氧化剂。 基本规律：基本规律：有氧化剂必有还原剂。有氧化剂必有还原剂。 反应物反应物H2O2可作还原剂，其氧化产物是可作还原剂，其氧化产物是O2，H2SO4为溶剂。为溶剂。 2LiCoO2 + 3H2SO4+ H

30、2O2= Li2SO4+2CoSO4+4H2O+O2（得失电子相等配平）（得失电子相等配平） 看设问看设问“所有所有”，说明，说明氧化还原反应不止一个，另一个氧化还原反应不止一个，另一个只能只能是是H2O2的分解，其的分解，其作用是氧化所有的作用是氧化所有的LiCoO2。 27 锂离子电池的应用很广，其正极材料可再生利用。某锂离子电池正极材料有钴酸锂(LiCoO2)、导电剂乙炔黑和铝箔等。充电时，该锂离子电池负极发充电时，该锂离子电池负极发生的反应为6C+xLi+xe=LixC6。现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源(部分条件未给出)。“沉钴沉钴”投料投料：CoSO4和和NH4HC

31、O3。“沉钴沉钴”出料出料：CoCO3。反应物中没有明显的。反应物中没有明显的CO32-。 寻觅的寻觅的CO32-来源：来源：HCO3- H+ CO32- 基础知识：基础知识：不溶碳酸盐都溶于强酸（如：不溶碳酸盐都溶于强酸（如：CaCO3、BaCO3、MgCO3、CuCO3不溶于水但溶于酸）。类比知不溶于水但溶于酸）。类比知CoCO3溶于酸，因此产物中不可能有溶于酸，因此产物中不可能有H+。那么。那么SO42-与与NH4+结合绝不可能是结合绝不可能是NH4HSO4，只能是，只能是(NH4)2SO4 。分析结果书写如下（并观察配平）：分析结果书写如下（并观察配平）： CoSO4+ 2NH4HCO

32、3= CoCO3 +(NH4)2SO4+ 质量守恒定律或原子守恒得质量守恒定律或原子守恒得：CoSO4 + 2NH4HCO3 = CoCO3+ (NH4)2SO4 +CO2 + H2O 隐藏的反应是：隐藏的反应是：H+HCO3-= CO2 + H2O27 锂离子电池的应用很广，其正极材料可再生利用。某锂离子电池正极材料有钴酸锂(LiCoO2)、导电剂乙炔黑和铝箔等。充电时，该锂离子电池负极发充电时，该锂离子电池负极发生的反应为6C+xLi+xe=LixC6。现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源(部分条件未给出)。 (1)LiCoO2中，Co元素的化合价为_。 (2)写出“正极碱浸”

33、中发生反应的离子方程式_。 (3)“酸浸”一般在80下进行，写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式_；可用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，但缺点是_。 (4)写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式_。 (5)充放电过程中，发生LiCoO2与LixCoO2之间的转化，写出放电时电池反应方程式_。 (6)上述工艺中，“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是_。在整个回收工艺中，可回收到的金属化合物有_(填化学式)。27 锂离子电池的应用很广，其正极材料可再生利用。某锂离子电池正极材料有钴酸锂(LiCoO2)、导电剂乙炔黑和铝箔等。充电时，该锂离子电池负极发充电时，该锂离子电池负极发

34、生的反应为6C+xLi+xe=LixC6。现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源(部分条件未给出)。 (1)LiCoO2中，Co元素的化合价为_。 (2)写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式_。 (3)“酸浸”一般在80下进行，写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式_ _ _；可用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，但缺点是_。 (4)写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式_。 (5)充放电过程中，发生LiCoO2与LixCoO2之间的转化，写出放电时电池反应方程式_。+3 2A1+20H+2H2O=2AlO2+3H2 2LiCoO2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+

35、2CoSO4+O2+4H2O2H2O22H2O+O2 有氯气生成，污染较大有氯气生成，污染较大CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2 要正确书写电池放电的反应方程式，必须弄清放电过程两个电极参与反应的物质和生成的物质各是什么。要正确书写电池放电的反应方程式，必须弄清放电过程两个电极参与反应的物质和生成的物质各是什么。比较简单的解答方法是依据试题给比较简单的解答方法是依据试题给出的电池充电时电极的变化出的电池充电时电极的变化，写出，写出充电时充电时发生的反应化学方程式，它发生的反应化学方程式，它的逆的逆反应就是答案反应就是答案。因为试题说明充电时，负极发生还

36、原反应因为试题说明充电时，负极发生还原反应6C+xLi+xe- = LixC6；又据；又据充放电过程发生充放电过程发生 LiCoO2与与Li1-xCoO2之之间的转化。可知，间的转化。可知，充电时正极发生的是氧化反应充电时正极发生的是氧化反应：LiCoO2 - xLi+- xe- = Li1-xCoO2，由此得充电的总，由此得充电的总反应反应是：是： LiCoO2 + 6C = Li1-xCoO2 + LixC6 则则放电的总反应是放电的总反应是；Li1-xCoO2 + LixC6 = LiCoO2 + 6C 27 锂离子电池的应用很广，其正极材料可再生利用。某锂离子电池正极材料有钴酸锂(Li

37、CoO2)、导电剂乙炔黑和铝箔等。充电时，该锂离子电池负极发充电时，该锂离子电池负极发生的反应为6C+xLi+xe=LixC6。现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源(部分条件未给出)。 (1)LiCoO2中，Co元素的化合价为_。 (2)写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式_。 (3)“酸浸”一般在80下进行，写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式_ _ _；可用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，但缺点是_。 (4)写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式_。 (5)充放电过程中，发生LiCoO2与LixCoO2之间的转化，写出放电时电池反应方程式_。+3 2A1+20

38、H+2H2O=2AlO2+3H2 2LiCoO2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+2CoSO4+O2+4H2O2H2O22H2O+O2 有氯气生成，污染较大有氯气生成，污染较大CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2 Li1-xCoO2 + LixC6 = LiCoO2 + 6C (6)上述工艺中，“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是_ 。在整个回收工艺中，可回收到的金属化合物有_(填化学式)。Li从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中 Al(OH)3、CoCO3、Li2SO4解析：“充

39、电时充电时负极的电极反应式负极的电极反应式” 有些费解，因为思维停留在有些费解，因为思维停留在“原电原电池池”，不容易转换到，不容易转换到“充电时充电时”。不搞清充、放电的电极反应式就不知道正、。不搞清充、放电的电极反应式就不知道正、负极的电极材料，这道题就会很纠结，失分很多。其实负极的电极材料，这道题就会很纠结，失分很多。其实正极材料全部是钴酸正极材料全部是钴酸锂（锂（LiCoO2）时电池是没电的）时电池是没电的，需要充电之后才能使用。难点还不止于，需要充电之后才能使用。难点还不止于此此正极中金属材料的回收工艺十分繁复，没有耐心和信心的同学可能已正极中金属材料的回收工艺十分繁复，没有耐心和信

40、心的同学可能已经在考虑放弃了。经在考虑放弃了。只有定力十足并且思维敢于轻松跳跃不看细节只看两头的只有定力十足并且思维敢于轻松跳跃不看细节只看两头的同学才可能考虑到酸浸时过氧化氢是做还原剂同学才可能考虑到酸浸时过氧化氢是做还原剂，因为钴元素的化合价由，因为钴元素的化合价由+3降到了降到了+2。也只有分析出这一点才。也只有分析出这一点才能想到加盐酸会被能想到加盐酸会被+3价的钴元素氧化为价的钴元素氧化为氯气，污染较大。氯气，污染较大。因此该题的能力要求很高，包括从很简短的叙述中吸纳、因此该题的能力要求很高，包括从很简短的叙述中吸纳、整理、应用化学信息的能力。整理、应用化学信息的能力。 【备考提示】

41、流程结构、细看箭头、上下进出。物质转化、除杂净化，每【备考提示】流程结构、细看箭头、上下进出。物质转化、除杂净化，每题都有不可怕。生产成本、绿色化学，现代工艺不能缺。仔细审题、粗看题都有不可怕。生产成本、绿色化学，现代工艺不能缺。仔细审题、粗看精做，会答题目不能错。精做，会答题目不能错。【点评】解题实际是尝试错误的过程，在陌生问题面前须静心、思考方【点评】解题实际是尝试错误的过程，在陌生问题面前须静心、思考方为上策。本题需统揽全局，站在更高的起点（基础知识非常熟练）才能为上策。本题需统揽全局，站在更高的起点（基础知识非常熟练）才能游刃有余。解题方法是双向推理。调用知识：化合价理论、氧化还原配游

42、刃有余。解题方法是双向推理。调用知识：化合价理论、氧化还原配平、电离平衡、物质溶解性、酸与酸式碳酸盐的反应。知识跨度大、思平、电离平衡、物质溶解性、酸与酸式碳酸盐的反应。知识跨度大、思考力度相当大。有一个知识掉链子即可宣告解题失败。考力度相当大。有一个知识掉链子即可宣告解题失败。 28 二甲醚二甲醚(CH3OCH3)是无色气体，可作为一种新型能源。由合成气是无色气体，可作为一种新型能源。由合成气(组成为组成为H2、CO和少量的和少量的CO2)直接制备二甲醚，其中的主要过程包括以下四个反应：直接制备二甲醚，其中的主要过程包括以下四个反应： 甲醇合成反应：甲醇合成反应： (i)CO(g)+2H2(

43、g)=CH3OH(g) H1 = 90.1kJmol1 (ii)CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) H = 49.0kJmol1 水煤气变换反应：水煤气变换反应： (iii)CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H = 41.1kJmol1 二甲醚合成反应：二甲醚合成反应： (iv)2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g) H = 24.5kJmol1 回答下列问题：回答下列问题： (1)Al2O3是合成气直接制备二甲醚反应催化剂的主要成分之一。工业上从铝土矿是合成气直接制备二甲醚反应催化剂的主要成分之一。工业上从铝土矿制备较高纯度制备较高纯

44、度Al2O3的主要工艺流程是的主要工艺流程是_ _(以化以化学方程式表示学方程式表示)。 (2)分析二甲醚合成反应分析二甲醚合成反应(iv)对于对于CO转化率的影响转化率的影响_。A12O3(铝土矿铝土矿)+2NaOH=2NaAlO2+H2ONaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3+NaHCO3 2Al(OH)3Al2O3+3H2O逆向思考逆向思考 目标：二甲醚合成反应（目标：二甲醚合成反应（iV）对于）对于CO转化率的影响？转化率的影响？ 子目标：二甲醚合成反应的原料是甲醇，其生成物之一是水蒸气。子目标：二甲醚合成反应的原料是甲醇，其生成物之一是水蒸气。看已知反应看已知反应：（：（i）

45、合成甲醇；（）合成甲醇；（iii）反应物消耗水蒸气。）反应物消耗水蒸气。思原理：思原理：减小生成物浓度或增加反应物浓度，平衡正向移动。减小生成物浓度或增加反应物浓度，平衡正向移动。 经过如上分析，对于经过如上分析，对于CO转化率的影响是：反应（转化率的影响是：反应（i）平衡右移，）平衡右移，CO转化率增转化率增大；反应（大；反应（iii）右移，）右移，CO转化率也增大。转化率也增大。 消耗甲醇，促进甲酵合成反应消耗甲醇，促进甲酵合成反应(i)平衡右移，平衡右移，CO转化率增大；生成的转化率增大；生成的H2O，通过水煤气变，通过水煤气变换反应换反应(iii)消耗部分消耗部分CO28 二甲醚二甲醚

46、(CH3OCH3)是无色气体，可作为一种新型能源。由合成气是无色气体，可作为一种新型能源。由合成气(组成为组成为H2、CO和少量的和少量的CO2)直接制备二甲醚，其中的主要过程包括以下四个反应：直接制备二甲醚，其中的主要过程包括以下四个反应： 甲醇合成反应：甲醇合成反应： (i)CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) H1 = 90.1kJmol1 (ii)CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) H = 49.0kJmol1 水煤气变换反应：水煤气变换反应： (iii)CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H = 41.1kJmol1 二甲醚合成反应：二甲

47、醚合成反应： (iv)2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g) H = 24.5kJmol1 回答下列问题：回答下列问题： (3)由由H2和和CO直接制备二甲醚直接制备二甲醚(另一产物为水蒸气另一产物为水蒸气)的热化学方程式为的热化学方程式为_ _ 。根据化学反应原理，分析。根据化学反应原理，分析增加压强对直接制备二甲醚反应的影响增加压强对直接制备二甲醚反应的影响_。(4)有研究者在催化剂有研究者在催化剂(含含CuZnAlO和和Al2O3)、压强为、压强为5.0 MPa的条件下，由的条件下，由H2和和CO直接制备二甲醚，结果如右图所示。直接制备二甲醚，结果如右图所示。其中其中CO

48、转化率随温度升高而降低的原因是转化率随温度升高而降低的原因是_ _ 2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g) H = 204.7 kJmol1该反应分子数减少，压强升高使平衡右移，该反应分子数减少，压强升高使平衡右移，CO和和H2转化率增大，转化率增大，cH3OCH3产率增加。压强升产率增加。压强升高使高使CO和和H2浓度增加，反应速率增大。浓度增加，反应速率增大。反应放热，温度升高。平衡左移反应放热，温度升高。平衡左移 (5)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接燃料电

49、池(5.93 kwhkg1)。若电解质为酸性，二甲醚直接燃料电池的负极。若电解质为酸性，二甲醚直接燃料电池的负极反应为反应为_ _，一个二甲醚分子经过电化学氧化，可，一个二甲醚分子经过电化学氧化，可以产生以产生_个电子的电量；该电池的理论输出电压为个电子的电量；该电池的理论输出电压为1.20 V，能量密度，能量密度E = _ _(列式计算。能量密度列式计算。能量密度 = 电池电池输出电能燃料质量，输出电能燃料质量，lkWh = 3.6106J)。【解析】跨学科知识（物理）【解析】跨学科知识（物理）一个电子的电量一个电子的电量=1.610-19C一个二甲醚分子的电量一个二甲醚分子的电量=121.

50、610-19C【评析】为什么二甲醚的质量为【评析】为什么二甲醚的质量为1000g？这是由能量密度的单位决定的。？这是由能量密度的单位决定的。该题对学生的思维能力要求相当高，在推导过程中还需要注意微观与宏观该题对学生的思维能力要求相当高，在推导过程中还需要注意微观与宏观的统一的统一 .CH3OCH3+3H2O-12e =2CO2+12H12 练习：练习：1、密度为、密度为gcm-3质量分数质量分数w%的硫酸的物质的量浓度是多少？的硫酸的物质的量浓度是多少？ 1000mL硫酸溶液的质量硫酸溶液的质量=1000g 1000mL硫酸溶液中溶质的质量硫酸溶液中溶质的质量=1000w% g2、新型高效的甲

51、烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入、新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH4和和O2 ，若电池甲烷通入量为，若电池甲烷通入量为1 L(标准状况标准状况)，且反应完全，则理论，且反应完全，则理论上通过电解池的电量为上通过电解池的电量为 （法拉第常数法拉第常数F=9.65l04C mol-1列式列式计算计算)？1L/22.4Lmol-189.65l04C mol-1=3.45l04C37化学化学选修选修3：物质结构与性质：物质结构与性质(15分分) 硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的基础。回答下列问题：硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的基础。回答下列

52、问题： (1)基态基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为原子中，电子占据的最高能层符号为_，该能层具有的原子，该能层具有的原子轨道数为轨道数为_、电子数为、电子数为_。 (2)硅主要以硅酸盐、硅主要以硅酸盐、_等化合物的形式存在于地壳中。等化合物的形式存在于地壳中。 (3)单质硅存在与金刚石结构类似的晶体，其中原子与原子之间以单质硅存在与金刚石结构类似的晶体，其中原子与原子之间以_相相结合，其晶胞中共有结合，其晶胞中共有8个原子，其中在面心位置贡献个原子，其中在面心位置贡献_个原子。个原子。 (4)单质硅可通过甲硅烷单质硅可通过甲硅烷(SiH4)分解反应来制备。工业上采用分解反应来制备。工业

53、上采用Mg2Si和和NH4Cl在液氨介质中反应制得在液氨介质中反应制得SiH4，该反应的化学方程式为，该反应的化学方程式为_。逆向思考逆向思考 能层、能级、原子轨道数关系：能层、能级、原子轨道数关系：能层KLM能级1s2s2p3s3p3d原子轨道数113135 基态基态Si原子的电子排布式：原子的电子排布式：1s22s22p63s23p2。 M 49【评析】该题明显有【评析】该题明显有误导误导因子，原子轨道数顺手写为因子，原子轨道数顺手写为4（这是定势思维在作怪），这（这是定势思维在作怪），这1分丢失太分丢失太可惜。可惜。 二氧化硅二氧化硅 共价键共价键 3 Mg2Si+4NH4Cl=SiH4

54、+4NH3+2MgCl2 (5)碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实：碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实：化学键CCCHC一OSiSiSiHSi一O键能(kJmol1)356413336226318452 硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是_ _。 SiH4的稳定性小于的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是，更易生成氧化物，原因是_ _。 (6)在硅酸盐中，在硅酸盐中，SiO44四面体四面体(如下图如下图(a)通过共用顶角氧离子可形成岛状、

55、链状、通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。图层状、骨架网状四大类结构型式。图(b)为一种无限长单链结构的多硅酸根，其中为一种无限长单链结构的多硅酸根，其中Si原原子的杂化形式为子的杂化形式为_。Si与与O的原子数之比为的原子数之比为_。化学式为。化学式为 。 CC键和键和CH键较强，所形成的烷烃稳定。而硅烷中键较强，所形成的烷烃稳定。而硅烷中SiSi键和键和SiH键的键能较低，易断裂。导致长链硅烷难以生成键的键能较低，易断裂。导致长链硅烷难以生成C一一H键比键比CO键稳定。而键稳定。而SiH键的键能却远小于键的键能却远小于SiO键，所以键，所以SiH键不稳定而倾向

56、于形成稳定性更强的键不稳定而倾向于形成稳定性更强的SiO键键CH键的键能大于键的键能大于CO键，键，正向思考正向思考 看结构简式（图看结构简式（图a) ：每个每个SiSi原子周围有四个原子周围有四个O O原子，原子，SiSi原子的杂化原子的杂化形式为形式为spsp3 3。看已知条件：思考有关知识：看已知条件：思考有关知识：晶胞是晶体中最小的结构单元，晶胞在三维空间上下左晶胞是晶体中最小的结构单元，晶胞在三维空间上下左右无隙并置而形成晶体；层状结构的石墨晶体，其碳原右无隙并置而形成晶体；层状结构的石墨晶体，其碳原子在二维平面上按一定规则自由生长；无限长单链结构子在二维平面上按一定规则自由生长；无

57、限长单链结构的多硅酸根，在一维直线上一步一叩首其，单调、机械的多硅酸根，在一维直线上一步一叩首其，单调、机械地向前行进。由此可知：解题的核心是认准重复结构单地向前行进。由此可知：解题的核心是认准重复结构单元，抓住这一点可一举擒获。重复结构单元元，抓住这一点可一举擒获。重复结构单元(红圈内部分红圈内部分)： 每个单元中，每个单元中，N(Si)=1，N(O)=2 +21/2=3Si和和O的原子数之比为的原子数之比为1:3sp3 1：3 根据化合价代数和根据化合价代数和=0，化学式为，化学式为SiO32- SiO3n2n(或或SiO32) 练习：练习：1、X+中所有电子正好充满中所有电子正好充满KL

58、M三个电子层，三个电子层，X的元素符号的元素符号是是 。 2、氯和钾与、氯和钾与不同价态不同价态的铜可生成两种化合物，这两种化合物都可用的铜可生成两种化合物，这两种化合物都可用于催化乙炔聚合，其阴离子均为无限长链结构于催化乙炔聚合，其阴离子均为无限长链结构(如下图如下图)，a位置上位置上Cl原原子的杂化轨道类型为子的杂化轨道类型为 。已知其中一种化合物的化学式为。已知其中一种化合物的化学式为KCuCl3，另一种的化学式为另一种的化学式为 ；SP3 K2CuCl3. 看图可知：看图可知：a位置上位置上Cl原子的空间构型是原子的空间构型是V型。型。 Cl有有2个孤电子对，个孤电子对，2个个键；键；

59、 价层电子价层电子=2+2=4。其杂化方式。其杂化方式sp3。 看已知条件：不同价态的铜，看已知条件：不同价态的铜，Cu的化合价是的化合价是+1、+2。 KCuCl3的的Cu+2； 另一种的化学式中另一种的化学式中Cu的化合价的化合价+1，其化学式是：，其化学式是：K2CuCl3。Cu 练习：练习：3、H2SeO4和和H2SeO3酸性强的原因：酸性强的原因：_看题干：联想相关概念。看题干：联想相关概念。概念：结构决定性质。概念：结构决定性质。 转化：书写结构式。转化：书写结构式。硒酸和硒酸比较1：相同点不同点H2SeO3有两个羟基Se：+4H2SeO4Se：+6回忆相关知识：回忆相关知识：H2

60、SO4=2H+SO42-得：含氧酸的酸性强弱取决于羟基的氢氧键断裂难易。（解题关键）得：含氧酸的酸性强弱取决于羟基的氢氧键断裂难易。（解题关键） 结合表结合表1：不同点是化合价。：不同点是化合价。 Se化合价越高，化合价越高，Se正电性越高。正电性越高。 Se正电性越高，对电子的引力变大，导致正电性越高，对电子的引力变大，导致SeOH中中O的电子向的电子向Se偏移，使偏移，使OH易断裂，容易电离出易断裂，容易电离出H+，即酸性越强。，即酸性越强。 答案答案 H2SeO3中的中的Se为为+4价，而价，而H2SeO4中的中的Se为为+6价，正电性更高，价，正电性更高，导致导致Se-O-H中的中的O