高三化学二轮高考专题辅导与训练第2部分第1讲 十三类选择题突破策略 (共256张)

第1讲十三类选择题突破策略(2021·全国Ⅰ卷)化学与生活密切相关。以下有关说法错误的选项是A．用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维B．食用油反复加热会产生稠环芳烃等有害物质C．加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%题型一化学与STSE［题型例如］【解析】A项蚕丝的主要成分是蛋白质，灼烧时蚕丝有烧焦羽毛的气味，人造纤维那么没有。B项食用油反复加热会发生复杂的反响，产生稠环芳烃等有害物质。C项加热能使流感病毒体内的蛋白质发生变性，从而杀死流感病毒。D项医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%。【答案】D(1)读题：逐字逐句读，挖掘关键字，排除无效信息。(2)联题：结合选项分析，联系中学化学知识体系中的“知识块〞和“化学性质〞，找准提取信息(知识、性质、用途)的方向。(3)析题：思维从新情境回归教材，回忆解同类题易犯的错误，易漏知识等。(4)解题：抓住题目要求和关键词，如“不正确〞与“正确〞；“一定〞与“可能〞等。［致胜策略］1．化学在生产和生活中有着重要的作用。以下有关说法不正确的选项是A．铝需经过特别处理才具有抗腐蚀能力B．“地沟油〞经过加工处理可用来制肥皂C．嫦娥系列卫星中使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料D．只要符合限量，“食用色素〞、“亚硝酸盐〞可以作为某些食品的添加剂［对点演练］解析铝在空气中易被氧化，生成具有抗腐蚀能力的致密氧化膜，不需要特别处理，A错误。其他三个说法均正确。答案

A2．从化学看生活，你认为以下说法不合理的是A．塑料制品长期不使用也会老化B．食醋和料酒混合即可产生大量有香味的乙酸乙酯C．“84消毒液〞可用于消毒、漂白，说明其具有强氧化性D．纯碱是Na2CO3，小苏打是NaHCO3，其水溶液均呈碱性解析A．塑料制品长期不使用会老化，长链断裂为短链，故A正确；B．反响需要催化剂，且为可逆反响，生成的乙酸乙酯量很小，故B错误；C.84消毒液的有效成分为次氯酸钠，次氯酸钠有强氧化性，故C正确；D.Na2CO3，NaHCO3都是强碱弱酸盐，水解显碱性，故D正确。答案B3．化学与生活、社会可持续开展密切相关。以下有关表达不正确的选项是A．黄河入海口沙洲的形成与用卤水点豆腐，都表达了胶体聚沉的性质B．“煤改气〞“煤改电〞等清洁燃料改造工程有利于减少雾霾天气C．利用二氧化碳等原料合成聚碳酸酯类可降解塑料，有利于减少白色污染D．焰火的五彩缤纷是某些金属元素化学性质的展现解析A．黄河水中的泥浆和豆浆都是胶体，胶体遇电解质溶液发生聚沉，所以黄河入海口沙洲的形成与用卤水点豆腐，都表达了胶体聚沉的性质，故A正确；B.“煤改气〞“煤改电〞等清洁燃料改造工程减少了二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物，故有利于减少雾霾天气，故B正确；C.白色污染的主要来源为聚乙烯材料，难以降解，但利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类可降解塑料有利于减少白色污染，故C正确；D.焰色反响是指某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反响，是某些金属元素的物理性质，故D错误。答案D4．化学与人类生产、生活以及社会可持续开展密切相关，以下表达错误的选项是A．大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要原因B．含氟(CF2Cl2)制冷剂的使用是破坏臭氧层的原因之一C．废旧金属应投入贴有如下图标识的垃圾箱D．夏天雷雨过后空气特别清新是因为空气中产生了少量二氧化氮解析大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的原因之一，A项正确；CF2Cl2分解产生的氯原子能催化臭氧分解成氧气，B项正确；废旧金属属于可回收资源，C项正确；雷雨过程中雷电导致空气中臭氧分子增加，适量臭氧能净化空气，使空气清新，D项错误。答案

D5．最新的数据显示，北京雾霾颗粒中机动车尾气占22.2%，燃煤占16.7%，扬尘占16.3%，工业占15.7%。据分析六大主要雾霾奉献源如下图。以下措施不可能改善空气质量的是A．应用高效洁净的能源转换技术，在大型燃煤锅炉上安装低氮燃烧器，采用烟气脱硝技术B．不放烟花焰火，加强道路扬尘污染控制，强化路面保洁，洒水防尘C．在炼油厂、钢铁厂、发电厂等，推广和使用脱硫技术，降低硫氧化物的排放D．研究采煤、采油新技术，增加汽油、柴油等能源的供给量，提倡以汽车代步的现代消费与生活理念解析煤中含有N元素燃烧后产生氮的氧化物污染空气，推广使用烟气脱硝技术，防治氮的氧化物污染，可以改善空气质量，故A不选；不放烟花焰火，加强道路扬尘控制强化路面保洁洒水防尘，可降低空气中固体漂浮物的含量，可以改善空气质量，故B不选；在炼油厂、钢铁厂、发电厂等，推广和使用脱硫技术，降低硫氧化物的排放，可以改善空气质量，故C不选；应开发新的清洁的能源，减少煤、石油的使用，而以汽车代步的现代消费与生活理念增加了化石燃料的消耗量，不可能改善空气质量，应选D。答案D6．化学在可持续开展中发挥着积极的作用。以下做法与可持续开展宗旨相违背的是A．推广碳捕集和存储技术，逐步实现二氧化碳零排放B．对工业废水、生活污水净化处理，减少污染物的排放C．加大铅蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，满足消费需求D．加大清洁能源的开发利用，提高资源的利用率解析A．二氧化碳气体是产生温室效应的主要气体，推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放，减少了二氧化碳的排放，符合社会可持续开展理念，故A正确；B.水污染主要来自工业、农业、生活污染物的排放，工业废水生活污水经过处理后可以节约资源，保护水源，符合社会可持续开展理念，故B正确；C.加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，废旧电池含有的铅、汞、锌、锰污染和废旧蓄电池电解液污染，会造成污染，不符合社会可持续开展理念，故C错误；D.加大清洁能源的开发利用，提高资源的利用率，可减少化石能源的利用，符合可持续开展理念，故D正确。答案C设NA为阿伏加德罗常数的值，以下说法中正确的选项是A．常温常温下，0.1molH2O2中含有极性共价键的数目为0.1NA题型二阿伏加德罗常数的应用［题型例如］B．电解饱和食盐水时，当阴极产生22.4LH2时，电路中转移的电子数为2NAC．100mL12mol·L－1的浓HNO3与过量Cu反响转移电子的数目为0.6NAD．标准状况下，11.2L由CH4和C2H4组成的混合气体中含有氢原子的数目为2NA【解析】A、1mol双氧水中含2mol极性共价键，故0.1mol双氧水中含0.2NA个极性共价键，故A错误；B、氢气所处的状态不明确，故无法计算物质的量和转移的电子数，故B错误；C、浓硝酸在和铜反响的过程中，随着硝酸浓度的降低，先生成NO2，后生成NO甚至价态更低的产物，故转移的电子数无法计算，故C错误；D、标况下11.2L混合物的物质的量为0.5mol，而甲烷和乙烯中均含4个H原子，故0.5mol混合物中含2molH原子即2NA个，故D正确。【答案】D(1)看——查看物质的状态和外界条件①当物质是气体时，应查看所给条件是不是标准状况；②当条件是标准状况时，应查看所给物质在标准状况下是不是气体。(2)定——确定研究对象的状态和外部条件①某物质的质量或物质的量时，那么这些数据不受外界条件限制；［致胜策略］②数据是体积时，要关注外界条件是否标准状况，物质是不是气体；③数据是物质的量浓度或pH时，要关注题目是否给除了溶液的体积。(3)算——根据所求内容进行计算①同种物质在不同的氧化复原反响中“角色〞可能不同，电子转移数目也可能不同，不能一概而论；②计算特殊物质中所含微粒及化学键的数目时需要准确记忆典型物质的组成与结构。1．设NA为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是A．标准状况下，2.24LCCl4中含有的分子数为0.1NAB．标准状况下，6.72LNO2与水充分反响转移的电子数目为0.4NAC．28g聚乙烯含有的碳原子数为2nNAD．常温常压下，3.0g葡萄糖和冰醋酸的混合物中含有的原子总数为0.4NA［对点演练］解析标准状况下，四氯化碳不是气体，2.24LCCl4的物质的量不是1mol，所以含有的分子数不是0.1NA，故A错误；3molNO2与水充分反响转移的电子2mol，所以标准状况下6.72L即0.3molNO2与水充分反响转移的电子数目为0.2NA，故B错误；C.28g聚乙烯的物质的量是1mol，含有的碳原子数为2NA，故C错误；D.常温常压下，3.0g葡萄糖中含有的原子总数为0.4NA,3.0g冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA，二者最简式相同，都是CH2O，所以3.0g葡萄糖和冰醋酸的混合物中含有的原子总数为0.4NA，故D正确，应选D。答案D2．用NA表示阿伏加德罗常数的值。以下表达不正确的选项是A．常温下，1L0.1mol·L－1的NH4NO3溶液中氮原子数为0.2NAB．标准状况下，2.24L己烷中共价键数目为1.9NAC．室温下，28.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数为2NAD．足量Fe与标准状况下22.4LCl2充分反响，转移的电子数为2NA解析A、溶液中硝酸铵的物质的量为0.1mol，而1mol硝酸铵中含2mol氮原子，故0.1mol硝酸铵中含0.2NA个氮原子，故A正确；B、标况下己烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和共价键个数，故B错误；C、乙烯和丁烯的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量为2mol，那么含有2NA个碳原子，故C正确；D、标况下22.4L氯气的物质的量为1mol，而氯气和铁反响后变为－1价，故1mol氯气转移2NA个电子，故D正确。答案B答案

A4．设NA为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是A．1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg2N3，转移的电子数为NAB．14g分子式为CnH2n的链烃中含有的C—H键的数目为2NAC．室温时，1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH－的数目为0.2NAD．Fe与水蒸气反响生成22.4L氢气，转移电子数为2NA解析A．MgO和Mg3N2的混合物中镁的化合价都为＋2价，1mol镁变成镁离子生成2mol电子，共失去2NA个电子，故A错误；B.14g分子式为CnH2n的链烃中含有的碳原子的物质的量为1mol，那么C—H键的数目为2NA，故B正确；C.常温下，1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol·L－1,1L该溶液中含有0.1mol氢氧根离子，含有的OH－数目为0.1NA，故C错误；D.氢气的体积没有指明状态，无法计算其物质的量，故D错误，答案为B。答案B5．NA代表阿伏加德罗常数，以下说法正确的选项是A．在1L0.1mol·L－1氟化钠溶液中含有F－和HF数目之和为0.1NAB．300mL2mol·L－1蔗糖溶液中所含分子数为0.6NAC．标准状况下，1.8gD2O中含有NA个中子D．标准状况下，2.24L三氯甲烷中含有氯原子数目为0.3NA解析

A．根据物料守恒可得n(Na＋)=n(F－)＋n(HF)=0.1mol。所以溶液中含有F－和HF数目之和为0.1NA，正确；B.在溶液中除了存在溶质分子外，还存在溶剂分子，因此所含分子数＞0.6NA，错误；C.n(D2O)=1.8g÷20g·mol－1＜0.1mol。每个分子中含有10个质子，所以含有中子个数小于NA个，错误；D.在标准状况下，三氯甲烷是液体，不能使用气体摩尔体积，错误。答案

A6．NA代表阿伏加德罗常数的值，以下表达正确的选项是A．室温下向1LpH=1的醋酸溶液中加水，所得溶液的H＋数目大于0.1NAB．60g乙酸与足量乙醇发生酯化反响，充分反响后断裂的C—O键数目为NAC．某无水乙醇与足量金属钠反响生成5.6LH2，该乙醇分子中共价键总数为4NAD．C2H4(g)＋H2(g)===C2H6(g)ΔH=－137.0kJ·mol－1，乙烯与H2加成时放出68.5kJ热量，那么反响过程中被破坏的碳原子之间共用电子对数目为NA解析醋酸溶液中加水，促进醋酸电离，溶液中的H＋数目增大，所以大于0.1NA，故A正确；酯化反响可逆，充分反响后断裂的C—O键数目小于NA，故B错误；非标准状况下5.6LH2的物质的量不一定是0.25mol，故C错误；乙烯与H2加成时放出68.5kJ热量，那么反响过程中被破坏的碳原子之间共用电子对数目为0.5NA，故D错误。答案A题型三离子共存的判断［题型例如］【答案】

D(1)审题：注意附加条件，看准“能〞还是“不能〞，“一定〞还是“可能〞等。(2)挖掘：分析隐含条件，准确判断溶液的酸碱性。(3)判断：根据离子反响发生的条件，作出正确的判断。［致胜策略］［对点演练］答案

C答案

D答案

AD答案

C5．以下各组中粒子能大量共存，且当参加试剂后反响的离子方程式书写正确的选项是答案

D答案

C题型四离子方程式的正误判断［题型例如］【答案】

D(1)判断是否符合事实；(2)化学式拆分是否正确；(3)判断产物是否正确；(4)分析离子方程式是否满足质量守恒、电荷守恒、电子守恒。［致胜策略］［对点演练］答案

B答案

D答案

C解析A、铁离子能氧化碘化氢中的碘离子，错误，不选A；B、亚硫酸氢铵和氢氧化钠的物质的量比例为5∶7，首先亚硫酸氢根离子结合氢氧根离子生成亚硫酸根离子，剩余的氢氧根离子和铵根离子结合生成一水合氨，正确，选B；C、碘化亚铁和过量的氯气反响生成氯化铁和碘单质，亚铁离子和碘离子比例为1∶2，错误，不选C；D、在酸性的条件下，离子方程式中出现氢离子而不是氢氧根离子，错误，不选D。答案B解析A、偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳反响生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，错误，不选A；B、二氧化硅和氢氧化钠反响生成硅酸钠和水，硅酸钠不是沉淀，错误，不选B；C、碘离子在酸性条件下被过氧化氢氧化成碘单质，正确，选C；D、碳酸氢钠和少量氢氧化钡反响生成碳酸钡沉淀和碳酸钠，氢氧根离子和钡离子比例为2∶1，错误，不选D。答案C答案

B化学与社会、生活密切相关。以下现象或事实及对应解释正确的选项是题型五物质的性质、应用与转化［题型例如］选项现象或事实解释A用铁制容器储存、运输浓硫酸常温下铁与浓硫酸不反应B用二氧化硫漂白纸浆、草帽等二氧化硫具有氧化性C用碳酸钠溶液将水垢中的硫酸钙转化为碳酸钙Ksp(CaSO4)＞Ksp(CaCO3)D福尔马林常用来保存新鲜食品福尔马林具有杀菌防腐性能【解析】A．常温下铁在浓硫酸中钝化，钝化是化学变化，A错误；B.用二氧化硫漂白纸浆、草帽等是利用二氧化硫的漂白性，B错误；C.沉淀容易向更难溶的方向转化，那么根据碳酸钙的溶度积常数小于硫酸钙可知可用碳酸钠溶液将水垢中的硫酸钙转化为碳酸钙，C正确；D.甲醛的水溶液是福尔马林，但甲醛有毒，不能保存新鲜食品，D错误，答案选C。【答案】C(1)审题：阅读题干，找出反响，弄清问题。(2)找点：找题眼，即找到解题的突破口。(3)推理：从“题眼〞出发，联系新信息及所学元素及其化合物的性质，大胆猜测，综合分析，推理，初步得出结论。(4)验证：将结果放入原题，准确调用相关物质的性质及用途进行检验，完全符合题目要求才算正确。［致胜策略］1．以下有关物质性质的应用正确的选项是A．次氯酸钙有强氧化性，用于饮用水消毒B．木炭具有复原性，用于制冰箱除味剂C．氧化铝具有两性，用于工业冶炼铝单质D．氯化铁溶液呈酸性，用于蚀刻铜电路板［对点演练］解析A、次氯酸钙有强氧化性，能消毒，故A正确；B、木炭有吸附性，能除味，故B错误；C、氧化铝能电解产生铝，用于工业上冶炼铝，故C错误；D、氯化铁和铜反响生成氯化亚铁和氯化铜，故D错误。答案A2．化学与科技、社会、生产、生活密切相关。以下有关说法不正确的选项是A．以地沟油为原料加工制成的生物柴油的成分与由石油分馏得到的柴油的成分不同B．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质C．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理D．天然气、沼气和水煤气分别属于化石能源、可再生能源和二次能源解析地沟油的主要成分是油脂，以地沟油为原料加工制成的生物柴油的主要成分是酯类，而由石油分馏得到的柴油的主要成分是烃类，A项正确；硅胶具有吸湿性，能吸收水分，防止食品受潮，铁是较活泼的金属，具有复原性，能防止食品氧化变质，B项正确；绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除和减少工业生产对环境的污染，是主动地防止环境污染，而不是被动地治理环境污染，C项不正确；天然气属于化石能源，沼气属于可再生能源，焦炭和水蒸气在高温下反响生成水煤气，故水煤气属于二次能源，D项正确。答案C3．以下有关物质的性质和应用的说法正确的选项是A．碳酸钠溶液呈碱性，可用热的纯碱溶液除去矿物油和污渍B．钠和钾的合金在常温下是液体，可用于快中子反响堆作热交换剂C．常温下，浓硝酸不跟铁发生化学反响，可用铁制容器盛装浓硝酸D．铝外表易形成致密的氧化膜，铝制器皿可长时间盛放咸菜等腌制食品解析A项，热的纯碱溶液可除去的是动物油脂和植物油脂；C项，铁在浓HNO3中钝化，属于化学反响；D项，铝制容器假设长时间盛放咸菜等腌制食品，会发生腐蚀。答案B4．以下关于物质性质的说法不合理的是A．金属Mg与稀硫酸和CO2均能反响，其反响类型相同B．FeCl3、Na2O2、Cu2S均可由相应单质直接化合生成C．SO2气体通入紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色D．氢氧化铝、碳酸铵、碳酸氢钠都既能与盐酸反响，又能与氢氧化钠溶液反响答案

C答案

A6．(2021·海口模拟)以下表达Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是选项叙述Ⅰ叙述ⅡAFe3＋有氧化性Fe2(SO4)3可作净水剂B浓硫酸有腐蚀性常温下浓硫酸不能用铁罐盛装CCl2是非金属单质Cl2能使湿润的有色布条褪色D熔融状态的Al2O3中有自由移动的Al3＋和O2－电解熔融状态的Al2O3制备Al解析铁离子具有氧化性，硫酸铁的净水作用是铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用，表达Ⅰ和Ⅱ均正确，但无因果关系，故A错误；浓硫酸具有强腐蚀性，常温下铁、铝在浓硫酸中发生钝化，常温下浓硫酸能用铁罐盛装，表达Ⅰ正确，表达Ⅱ错误，无因果关系，故B错误；氯气是非金属单质，氯气遇到湿润的有色布条，氯气和水反响生成了次氯酸具有漂白性可以使布条褪色，表达Ⅰ和Ⅱ均正确，无因果关系，故C错误；氧化铝是离子化合物熔融电离出Al3＋和O2－，利用电解熔融的氧化铝制备金属铝，表达Ⅰ和Ⅱ正确并且有因果关系，故D正确。答案DX、Y、Z均为短周期元素，其中两种为金属元素，一种为非金属元素，其原子半径如下：题型六元素“位—构—性〞之间关系［题型例如］XYZ原子半径/nm0.1540.1300.071X、Y处于同一周期，三种元素形成的简单离子具有相同的电子层结构。以下说法正确的选项是A．原子最外层电子数：Z＞X＞YB．三种元素可能为同周期元素C．原子序数：Y＞X＞ZD．离子半径：X＞Y＞Z【答案】

C(1)推断元素：根据题目信息和原子结构或元素及其化合物的性质，推断元素在周期表中的位置及名称。(2)联想规律：结合元素周期律对选项中元素的结构和元素性质的变化作出判断。(3)通盘“验证〞：将判断的结果代入原题中进行检验，完全符合题设条件的才是正确选项。［致胜策略］1．短周期主族元素W、X、Y、Z在元素周期表中的位置如下图，其中Z的原子序数是X原子序数的3倍。以下说法不正确的选项是A.四种元素都是非金属元素B．W、Y、Z的原子均能与氢原子形成18电子分子C．单质Y是将太阳能转化为电能的常用材料D．X、Y、Z均只能与W形成一种化合物［对点演练］XWYZ解析短周期主族元素W、X、Y、Z在元素周期表中的位置如下图，其中Z的原子序数是X原子序数的3倍，设X的原子序数为x，那么x＋10=3x，x=5，那么X是B，Z是P，所以Y是Si，W是O。A、四种元素都是非金属元素，A正确；B、H2O2、PH3、SiH4均是18电子分子，B正确；C、硅是半导体可用作太阳能电池板，C正确；D、磷有P2O3和P2O5两种化合物，D错误，答案选D。答案D2．X、Y、Z、W是短周期元素，原子序数依次递增。X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反响也能与NaOH溶液反响，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14。以下说法正确的选项是A．气态氢化物的稳定性：X＜Z＜WB．Y的阳离子半径比W的阴离子半径大C．X、Z、W氧化物对应水化物酸性的强弱顺序为Z＜X＜WD．室温下，含Y元素的盐形成的水溶液其pH＜7解析X、Y、Z、W是分别是短周期元素，原子序数依次递增。Y元素的单质既能与盐酸反响也能与NaOH溶液反响，Y为Al元素；Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Z为Si元素，X与Z位于同一主族，那么X为C元素；Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，那么W的最外层电子数为14－3－4=7，且原子序数最大，W为Cl元素。A.元素的非金属性：Si＜C＜Cl，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，那么最简单气态氢化物的热稳定性：Z＜X＜W，故A错误；B.Y为Al元素，对应的离子核外有2个电子层，W为Cl元素，对应的离子核外有3个电子层，氯离子半径较大，故B错误；C.非金属性为Cl＞C＞Si，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，故最高价氧化物对应水化物酸性为Si＜C＜Cl，故C正确；D.NaAlO2溶液呈碱性，故D错误。答案

C3．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W的原子核中只有6个质子；X可与W形成两种常见的气体WX和WX2；Y是短周期元素中原子半径最大的元素；Z与Y形成的化合物的水溶液呈中性。以下表达正确的选项是A．Y位于第三周期，ⅦA族B．单质沸点：W＞YC．气体氢化物稳定性：W＞ZD．离子半径：X＜Y解析W的原子核只有6个质子，那么W为C，X与C形成两种常见的气体WX和WX2，因此X为O，Y是短周期元素中原子半径最大的元素，那么Y是Na，形成的化合物的水溶液呈中性，那么Z为Cl。A、Na位于第三周期IA族，故错误；B、C无论是石墨还是金刚石，熔沸点都很高，Na的熔沸点较低，因此C>Na，故正确；C、非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，即Cl>C，故错误；D、核外电子排布相同，原子序数越大，其离子半径越小，即O2－>Na＋，故错误。答案B4．局部短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如下图，以下说法正确的选项是A．离子半径的大小顺序：e＞f＞g＞hB．与x形成简单化合物的沸点：y＞z＞dC．x、z、d三种元素形成的化合物可能含有离子键D．e、f、g、h四种元素对应最高价氧化物的水化物相互之间均能发生反响解析从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素。A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2－＞Cl－＞Na＋＞Al3＋，故A错误；B.常温下，水为液体，甲烷、氨气为气体，水的沸点最高，氨气分子之间存在氢键，沸点高于甲烷的，故B错误；C.x、z、d三种元素形成可以形成硝酸铵，属于离子化合物，故C正确；D.e、f、g、h四种元素对应最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、硫酸、高氯酸，氢氧化铝属于两性氢氧化物，能与强酸、强碱反响，氢氧化钠能与酸反响，但硫酸与高氯酸之间不反响，故D错误。答案CC．X、Z、Q3种元素可组成离子化合物或共价化合物D．X2Q2、Y2X6两种分子中含有的电子总数、化学键种类都相同解析X是周期表中原子半径最小的元素，应为H元素，X和W同主族，那么W是Na或Li元素，Y元素原子核外电子总数是其次外层电子数的3倍，所以Y是C元素；W的原子序数大于Y，所以W是Na元素；Q元素是地壳中含量最高的元素，为O元素，Z的原子序数大于Y而小于Q，所以Z是N元素。A、C和O属于同一周期，碳原子半径大于氧原子半径，碳原子半径小于钠原子半径，所以原子半径：Q＜Y＜W，故A错误；B、氨气溶于水得到氨水，氨水电离出氢氧根离子而使溶液呈碱性，所以氨气可使紫色石蕊溶液变蓝，故B正确；C、铵盐属于离子化合物，硝酸是共价化合物，故C正确；D、H2O2、C2H62种分子中含有的电子数都是18，化学键种类都是共价键，故D正确。答案

A6．短周期A、B、C、D的原子序数依次增大，A原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素B在同周期的主族元素中原子半径最大，元素C的合金是日常生活中常用的金属材料，D位于第ⅥA族。以下说法正确的选项是A．原子半径：D＞B＞C＞AB．元素A、B的氧化物具有相同类型的化学键C．B、C、D的最高价氧化物对应的水化物能相互反响D．元素B和C的最高价氧化物对应水化物的碱性：C＞B解析短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大。A原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，A原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，那么A为碳元素；元素B在同周期的主族元素中原子半径最大，处于ⅠA族，原子序数大于碳元素，那么B为Na元素；元素C的合金是日常生活中常用的金属材料，那么C为Al，D位于第ⅥA族，原子序数大于Al，那么D为S元素。同周期随原子序数增大原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Na＞Al＞S＞C，故A错误；元素A的氧化物为CO、CO2，属于共价化合物，B的氧化物为氧化钠、过氧化钠，属于离子化合物，化学键类型不相同，故B错误；B、C、D的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、H2SO4，氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠、硫酸反响，氢氧化钠与硫酸发生酸碱中和反响，故C正确；Na、Al同周期，随原子序数增大金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，故D错误。答案C分解1mol液态H2O2放出热量98kJ。常温下，往H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，可发生如下两个反响：①2Fe2＋(aq)＋H2O2(l)＋2H＋(aq)===2Fe3＋(aq)＋2H2O(l)ΔH1②2Fe3＋(aq)＋H2O2(l)===2Fe2＋(aq)＋O2(g)＋2H＋(aq)ΔH2题型七化学反响与能量变化［题型例如］【答案】

D(1)注意明确所求反响热的始态和终态，各物质的化学计量数。(2)注意不同的途径对应的最终结果应一样。(3)叠加反响式时，ΔH需相应扩大或减小相同倍数，同时还要注意ΔH的符号。(4)不要无视其他因素对反响热的影响，如弱电解质的电离，浓硫酸的稀释等。［致胜策略］1．由N2O和NO反响生成N2和NO2的能量变化如下图。以下说法错误的选项是［对点演练］A．使用催化剂可以降低过渡态的能量B．反响物能量之和大于生成物能量之和C．N2O(g)＋NO(g)===N2(g)＋NO2(g)ΔH=－139kJ·mol－1D．反响物的键能总和大于生成物的键能总和解析A．催化剂可以降低活化能，降低过渡态的能量，故A正确；B．根据图像可知，此反响的反响物的总能量大于生成物的总能量，故B正确；C.根据图像可知，此反响放热139kJ，故热化学方程式为：N2(g)＋NO2(g)===N2O(g)＋NO(g)ΔH=－139kJ·mol－1，故C正确；D.ΔH=反响物的键能总和－生成物的键能总和，N2(g)＋NO2(g)===N2O(g)＋NO(g)ΔH=－139kJ·mol－1，故D错误。答案D2．乙炔与苯蒸气完全燃烧的热化学方程式如下所示：①2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l)ΔH=－2600kJ·mol－1②2C6H6(g)＋15O2(g)===12CO2(g)＋6H2O(l)ΔH=－6590kJ·mol－1以下说法正确的选项是A．2molC2H2(g)完全燃烧生成气态水时放热大于2600kJB．2molC6H6(l)完全燃烧生成液态水时放热大于6590kJC．相同条件下，等质量的C2H2(g)与C6H6(g)完全燃烧，C6H6(g)放热更多D．C2H2(g)三聚生成C6H6(g)的过程属于放热反响答案

D3．高温下，在密闭容器中用H2复原WO2可得到金属钨，其总反响为WO2(s)＋2H2(g)===W(s)＋2H2O(g)ΔH=＋66.0kJ·mol－1；又WO2(g)＋2H2(g)===W(s)＋2H2O(g)ΔH=－137.9kJ·mol－1，以下判断正确的选项是A．总反响中，反响物能量总和大于生成物能量总和B．W(s)＋2H2O(l)===WO2(s)＋2H2(g)ΔH=－66.0kJ·mol－1C．总反响中生成1molW(s)放出66.0kJ热量D．WO2(s)===WO2(g)的ΔH=＋203.9kJ·mol－1解析由题中信息知用H2复原WO2，得到金属钨为吸热反响，故可判知反响物总能量小于生成物总能量，同时知生成1molW(s)时需吸收66.0kJ的热量，A、C错误；B项中H2O的状态符号应为“g〞，B错误。答案D4．黑火药是中国古代的四大创造之一，其爆炸的热化学方程式为：S(s)＋2KNO3(s)＋3C(s)===K2S(s)＋N2(g)＋3CO2(g)ΔH=xkJ·mol－1：(1)硫的燃烧热：ΔH1=akJ·mol－1(2)S(s)＋2K(s)===K2S(s)ΔH2=bkJ·mol－1(3)2K(s)＋N2(g)＋3O2(g)===2KNO3(s)ΔH3=ckJ·mol－1那么x为A．3a＋b－c B．c＋3a－bC．a＋b－c D．c＋a－b解析硫的燃烧热为ΔH1=akJ·mol－1，那么硫的燃烧热化学方程式为①S(s)＋O2(g)===SO2(g)ΔH1=akJ·mol－1，②S(s)＋2K(s)===K2S(s)ΔH2=bkJ·mol－1，③2K(s)＋N2(g)＋3O2(g)===2KNO3(s)ΔH3=ckJ·mol－1，根据盖斯定律，可得ΔH=3ΔH1＋ΔH2—ΔH3，即x=3a＋b－c。答案A5．红磷(P)和Cl2发生反响生成PCl3和PCl5，反响过程和能量的关系如以下图所示，图中的ΔH表示生成1mol产物的数据。PCl5分解生成PCl3和Cl2，该分解反响是可逆反响。以下说法正确的选项是A．其他条件不变，升高温度有利于PCl5的生成B．反响2P(s)＋5Cl2(g)===2PCl5(g)对应的反响热ΔH=－798kJ·mol－1C．P和Cl2反响生成PCl3的热化学方程式为：2P(s)＋3Cl2(g)===2PCl3(g)ΔH=－306kJ·mol－1D．其他条件不变，对于2PCl5(g)===2P(s)＋5Cl2(g)ΔH反响，增大压强，PCl5的转化率减小，ΔH减小答案

BH2S利用是回收能量并得到单质硫。反响原理为：2H2S(g)＋O2(g)===S2(s)＋2H2O(l)ΔH=－632kJ·mol－1。图为质子膜H2S燃料电池示意图。以下说法正确的选项是题型八电化学根底［题型例如］A．该电池可实现把化学能全部转化为电能B．电极b上发生的电极反响为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－C．电极a上发生的电极反响为：2H2S－4e－===S2＋4H＋D．标况下，当有22.4LH2S参与反响时，有2molH＋经质子膜进入负极区【解析】A、原电池是把化学能转化为电能的装置，但是化学能不能全部转化为电能，有局部化学能转化为热能等其他形式的能量，故A错误；B、正极O2得电子发生复原反响，酸性条件下，氧气得电子生成水，那么电极b上发生的电极反响为：O2＋4H＋＋4e－===2H2O，故B错误；C、a极为负极，负极上硫化氢失电子生成S2和氢离子，那么电极a上发生的电极反响为：2H2S－4e－===S2＋4H＋，故C正确；D、标况下，当有22.4LH2S即1molH2S参与反响，那么消耗0.5mol氧气，那么根据O2＋4H＋＋4e－===2H2O，所以有2molH＋经质子膜进入正极区，故D错误。【答案】C(1)判断电池类型→确认电池原理→核实电子、离子移动方向。(2)确定电池两极→判断电子、离子移动方向→书写电极反响和电池反响。(3)充电电池：放电时为原电池，充电时为电解池。［致胜策略］1．硼化钒(VB2)－空气电池是目前储电能力最高的电池，电池示意图如下，该电池工作时反响为：4VB2＋11O2===4B2O3＋2V2O5。以下说法正确的选项是［对点演练］A．电极a为电池负极，发生复原反响B．每消耗1molVB2转移6mol电子C．电池工作时，OH－向电极a移动D．VB2极发生的电极反响为2VB2＋22OH－－22e－===V2O5＋2B2O3＋11H2O解析根据电池反响式确定该电池的负极为VB2－e－===V2O5＋2B2O3，正极为氧气得到电子。A、a通入氧气，故该极为正极，错误；B、每消耗1molVB2转移11mol电子，错误；C、该电池正极产生氢氧根离子，负极消耗氢氧根离子，阴离子向负极移动，错误。答案D2．(2021·洛阳二模)科学家设想以N2和H2为反响物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电源，又能固氮的新型燃料电池，装置如下图，以下说法不正确的选项是答案

AA．焙烧时硫元素全部转化为二氧化硫B．在焙烧时氧化剂只有氧气C．粗铜精炼时用粗铜做阴极D．Cu2S可用于火法炼制铜解析A．焙烧时还生成金属硫化物，局部硫元素转化为二氧化硫，故A错误；B.焙烧时Cu元素由＋2价降低为＋1价，S元素由－2价升高到＋4价，氧气中O元素由0降低为－2价，那么氧化剂为氧气和CuFeS2，故B错答案

D4．利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气，通过电化学法制取氢气的工艺如图，以下说法不正确的选项是解析A．电解池中C2上得电子发生复原反响生成氢气，那么为阴极，所以C1为阳极，失电子发生氧化反响，故A正确；B.氯化铁和硫化氢发生氧化复原反响生成答案

C5．用a、b两个质量相等的Pt电极电解AlCl3和CuSO4的混合溶液。t1时刻a电极得到混合气体，其中Cl2在标准状况下为224mL(忽略气体的溶解)；t2时刻Cu全部在电极上析出。以下判断正确的选项是A．a电极与电源的负极相连B．t2时，两电极的质量相差3.84gC．电解过程中，溶液的pH不断增大D．t2时，b电极的电极反响是2H2O－4e－===2OH－＋H2↑答案

B6．铅蓄电池在现代生活中有广泛应用，其电极材料是Pb和PbO2，电解液是硫酸溶液。现用铅蓄电池电解硫酸钠溶液一段时间后，假设电解时温度不变且惰性电极，以下说法正确的选项是A．蓄电池放电时，每消耗0.1molPb，共生成0.1molPbSO4B．电解硫酸钠溶液时的阳极反响式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑C．电解后，硫酸钠溶液中有晶体析出，但c(Na2SO4)会变小D．蓄电池放电一段时间后其电解液中H2SO4的浓度、密度都变大解析A．放电时，根据PbO2＋Pb＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O知，每消耗0.1molPb，共生成0.2molPbSO4，故A错误；B.电解硫酸钠溶液时，阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，那么阳极的反响式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，故B正确；C．电解硫酸钠溶液实际上是电解水，水的质量减小，溶液的体积减小，那么c(Na2SO4)增大，故C错误；D．根据蓄电池放电时的反响可知，放电时消耗硫酸，那么放电时电解液中H2SO4的浓度减小，溶液的密度减小，故D错误。答案B25℃时，向10mL0.2mol·L－1NaCN溶液中参加0.2mol·L－1盐酸，溶液pH随参加盐酸的体积变化情况如下图，那么以下说法不正确的选项是：Ka(HCN)=6.4×10－10题型九离子平衡与微粒浓度的大小比较［题型例如］A．a点时，CN－离子浓度大于其他点B．b点时，c(HCN)＜c(CN－)C．c点时，c(Na＋)=c(Cl－)＋c(CN－)D．d点时，溶液的c(H＋)=8×10－6mol·L－1【解析】A．a点为NaCN溶液，HCN为弱酸，CN－离子的水解程度较小，那么CN－的浓度接近0.2mol·L－1，其他各点随着盐酸的参加，CN－离子的浓度迅速减少，所以a点CN－离子浓度大于其他点，故A正确；B．根据图像可知，b点参加5mL盐酸，反响后溶质为等浓度的NaCN和HCN，混合液的pH大于7，呈碱性，那么HCN的电离程度小于NaCN的水解程度，所以c(HCN)＞c(CN－)，故B错误；C．c点溶液的pH=7，【答案】

B［致胜策略］［对点演练］答案

B答案

A3．将CO2慢慢通入一定体积的NaOH溶液中，溶液的pH随CO2体积(标准状况下)的变化曲线如下图，那么以下说法中正确的选项是答案

C4．在某温度时，将nmol·L－1氨水滴入10mL1.0mol·L－1盐酸中，溶液pH和温度随参加氨水体积变化曲线如下图，以下有关说法正确的选项是解析水的离子积与温度有关，a点时溶液温度小于25℃，那么水的离子积Kw＜1.0×10－14mol2·L－2，故A错误；b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反响生成氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，那么a、d两点都抑制了水的电离，那么b点水的电离程度最大；由于d点混合液的pH不知，那么无法判断a、d两点水的电离程度大小，故B错误；b点时溶液的pH＜7，那么c(H＋)＞答案

D5．常温下，用0.1mol·L－1HCl溶液滴定10.0mL浓度为0.1mol·L－1Na2CO3溶液，所得滴定曲线如下图。以下说法正确的选项是答案

D6．常温下，向20.00mL0.1000mol·L－1(NH4)2SO4溶液中逐滴参加0.2000mol·L－1NaOH时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如下图(不考虑挥发)。以下说法不正确的选项是答案

B题型十化学反响速率和化学平衡［题型例如］A．该反响的ΔH＞0B．NH3的体积分数不变时，该反响一定到达平衡状态C．A点对应状态的平衡常数K(A)=10－2.294D．30℃时，B点对应状态的v(正)＞v(逆)【解析】－lgK越大，那么平衡常数K越小，由图可知，随温度升高，平衡常数增大，那么升高温度平衡正向移动，正反响为吸热反响，故该反响的ΔH＞0，故A正确；反响得到NH3、CO2的物质的量之比为2∶1，反响开始后氨气体积分数始终不变，NH3的体积分数不变不能说明该反响到达平衡状态，故B错误；A点－lgK=2.294，那么平衡常数K=10－2.294，故C正确；B点浓度商大于平衡常数，反响向逆反响进行，那么B点对应状态的v(正)＞v(逆)，故D正确。【答案】B［致胜策略］［对点演练］实验编号实验操作实验现象①滴入KSCN溶液溶液变红色②滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成A.①和②

B．②和④C．③和④

D．①和③③滴入K3[Fe(CN)6]溶液有蓝色沉淀生成④滴入淀粉溶液溶液变蓝色解析将0.1mol·L－1的KI溶液和0.05mol·L－1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，假设此反响不可逆，那么Fe3＋和I－能恰好完全反响，那么溶液中无Fe3＋和I－，故只需要证明溶液中含Fe3＋和I－，那么即能证明此反响为可逆反响，能建立化学平衡。①向溶液中滴入KSCN溶液，溶液变红，那么说明溶液中有Fe3＋，即能说明反响存在平衡，故①正确；②向溶液中滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成，说明溶液中含I－，能说明反响存在平衡，故②正确；③无论反响存不存在平衡，溶液中均存在Fe2＋，滴入K3[Fe(CN)6]溶液均有蓝色沉淀生成，故③错误；④无论反响存不存在平衡，溶液中均有I2，滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色，故不能证明存在平衡，故④错误。答案APCl3(g)Cl2(g)PCl5(g)初始浓度(mol·L－1)2.01.00平衡浓度(mol·L－1)c1c20.4以下判断不正确的选项是A．假设升高温度，反响的平衡常数减小，那么正反响为吸热反响B．反响5min内，v(PCl3)=0.08mol·L－1·min－1C．当容器中Cl2为1.2mol时，可逆反响到达平衡状态D．平衡后移去2.0molPCl3和1.0molCl2，相同条件再达平衡时，c(PCl5)<0.2mol·L－1答案

AA．b点时，CO的转化率为20%B．容器内的压强保持恒定，说明反响到达平衡状态C．b点和d点的化学平衡常数：Kb＞KdD．0到0.5min反响速率v(CO)=0.3mol·L－1·min－1答案

C一可逆反响，用平衡浓度表示的平衡常数和平衡分压表示的平衡常数，表示方法不同其数值不同，但意义相同，平衡常数只与温度有关，与压强、浓度变化无关，故D正确。答案C答案

Dt/min020406080120x(HI)10.910.850.8150.7950.784x(HI)00.600.730.7730.7800.784由上述实验数据计算得到v正～x(HI)和v逆～x(H2)的关系可用如图表示。当改变条件，再次到达平衡时，以下有关表达不正确的选项是A．假设升高温度到某一温度，再次到达平衡时，相应点可能分别是A、EB．假设再次充入amolHI，那么到达平衡时，相应点的横坐标值不变，纵坐标值增大C．假设改变的条件是增大压强，再次到达平衡时，相应点与改变条件前相同D．假设改变的条件是使用催化剂，再次到达平衡时，相应点与改变条件前不同解析A、该反响正向为吸热反响，升高温度平衡正向移动，HI的体积分数减小，H2的体积分数增大，又升高温度反响速率加快，相应点上移，再次到达平衡时，相应点可能分别是A、E，正确；B、该反响为反响前后气体物质的量不变的分解反响，假设再次充入amolHI，那么到达平衡时，各物质的体积分数不变，相应点的横坐标值不变，反响速率加快，纵坐标值增大，正确；C、该反响为反响前后气体物质的量不变的分解反响,增大压强，再次到达平衡时，各物质的体积分数不变，相应点的横坐标不变，反响速率加快，相应点的纵坐标上移，错误；D、假设改变的条件是使用催化剂，再次到达平衡时，各物质的体积分数不变，相应点的横坐标不变，反响速率加快，相应点的纵坐标上移，正确。答案C中国是中草药的发源地，目前中国大约有12000种药用植物。从某中草药提取的有机物结构如下图，该有机物的以下说法中不正确的选项是题型十一常见有机物的结构和性质［题型例如］A．分子式为C14H18O4B．环上氢原子的一氯取代物5种C．分子间能发生酯化反响D．1mol该有机物与足量的金属钠反响产生4molH2【解析】分子式是C14H18O4，A正确；因为含两个六元环对称，且相连的位置上无氢原子，故环上氢原子的一氯取代物有5种，B正确；分子上有—OH和—COOH，分子间能发生酯化反响，C正确；1mol该有机物有2mol—OH和2mol—COOH，与足量的金属钠反响产生2molH2，D错。【答案】D(1)认真审题，看清题目要求。(2)分析结构中所含有的官能团。(3)联想“典型代表物〞判断有机物的性质。［致胜策略］1．以下对有机反响类型的描述不正确的选项是A．乙醇使酸性KMnO4溶液褪色，是因为发生了氧化反响B．将苯参加溴水中，振荡后水层接近无色，是因为发生了取代反响C．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色，是因为发生了加成反响D．甲烷与氯气混合，光照一段时间后黄绿色消失，是因为发生了取代反响［对点演练］解析乙醇含有羟基，可被高锰酸钾氧化为乙酸，故A正确；苯与溴水不反响，可与液溴在催化剂条件下发生取代反响，因溴易溶于苯，可萃取溴，但没有反响，故B错误；乙烯含有碳碳双键，可与溴发生加成反响，故C正确；己烷为饱和烃，可发生取代反响，与氯气在光照条件下发生取代反响，故D正确。答案B2．以下关于有机物的说法正确的选项是A．乙烷、苯、葡萄糖溶液均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．CH≡CH和CH2==CHCH==CH2互为同系物C．乙酸乙酯在碱性条件下的水解反响称为皂化反响D．2,2­二甲基丁烷与2,4­二甲基戊烷的一氯代物种类相同解析A、乙烷和苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但葡萄糖有醛基能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不正确；B、二者官能团不同，不属于同系物，不正确；C、乙酸乙酯在碱性条件下的水解才是皂化反响，不正确；D、2,2­二甲基丁烷有三种一氯代物，2,4­二甲基戊烷的一氯代物也有3种，正确。答案D3．增塑剂DCHP可由环己醇制得，DCHP和环己醇的结构简式如下图，以下说法错误的选项是A．DCHP的分子式为C20H26O4B．环己醇分子中所有碳原子不可能共平面C．DCHP的一氯取代物有5种D．DCHP通过取代反响可以得到环己醇解析A．由结构可知DCHP的分子式为C20H26O4，故A正确；B.环己醇分子中所有碳原子均为四面体构型，那么不可能共平面，故B正确；C.DCHP的结构对称，含6种H，那么一氯取代物有6种，故C错误；D.DCHP含—COOC—，水解可以得到环己醇，水解反响属于取代反响，故D正确；应选C。答案C解析根据X的结构简式可知其分子式为C9H6O3，A项错误；有机物X分子中含有醇羟基，可以与Na反响产生H2，B项正确；X水解生成羧基和酚羟基，故1molX可消耗2molNaOH，C项正确；X分子中含有醇羟基和碳碳双键，可以发生酯化和加成反响，D项正确。答案A5.有机物M可用于合成香料，其结构简式如下图。以下有关说法不正确的选项是A．有机物M中有2种含氧官能团B．1mol有机物M可与1molNaOH发生反响C．有机物M能与溴水发生加成反响D．1mol有机物M最多能与3molH2反响解析由题给有机物M的结构简式可知，M中含有羟基和酯基2种含氧官能团，A项正确；M中只有酯基能和NaOH发生反响，B项正确；M不能与溴水发生加成反响，C项错误；M中只有苯环能与氢气发生反响，故1molM最多能与3mol氢气反响，D项正确。答案C解析A．根据丹参素的结构简式可知该物质的元素组成的碳、氢、氧三种元素，因此能燃烧且完全燃烧生成CO2和H2O，正确；B.由于物质分子中含有苯环，因此能发生加成反响，错误；C.该物质分子中含有羧基和羟基，因此可以发生酯化反响，正确；D.该物质含有羧基，酸性比碳酸强，因此可以与NaHCO3发生反响产生CO2气体，含有羟基、羧基，它们都可以与金属钠发生置换反响产生氢气，正确。答案B分子式为C9H12的芳香烃的苯环上的一氯代物的数目为A．8种

B．16种C．22种

D．24种题型十二同分异构体的判断［题型例如］【答案】

C(1)审清题意，明确同分异构体的类型。卤代异构体，醇、酸或酯的异构体。(2)同一类物质，分析判断位置异构体。(3)灵活应用“分和思维法〞、“有序思维法〞进行判断。［致胜策略］1．湖北荆门某化工厂违规快递有毒化学品，因泄漏导致9人中毒，1人死亡。涉事有毒化学品名为氟乙酸甲酯(F—CH2COOCH3)，其具有—COO—结构的同分异构体还有(不考虑—O—F结构及立体异构)A．4种

B．5种C．6种

D．7种［对点演练］解析氟乙酸甲酯分子去掉—COO—，还剩余CH3—CH2—F，那么—COO—可放在C—C之间，也可放在C—H之间，可以是酸，也可以是酯，还有以下几种：CH3COOCH2F、FCOOCH2CH3、HCOOCH2CH2F、HOOCCH2CH2F、CH3CHFCOOH、CH3CHFOOCH，共6种。答案C2．有一种苯的同系物，分子式为C9H12，苯环上只含有一个取代基，那么其与氢气完全加成后的产物的一溴代物有(不考虑立体异构)A．11种 B．12种C．13种 D．14种答案

C答案

B4．科学研究发现，具有高度对称性的有机分子具有致密性高，稳定性强，张力能大等特点，因此这些分子成为2021年化学界关注的热点，下面是几种常见高度对称烷烃的分子碳架结构，这三种烷烃的二氯取代产物的同分异构体数目是A．2种4种8种 B．2种4种6种C．1种3种6种 D．1种3种8种解析正四面体烷中含有1种氢原子，一氯代物有1种，二氯代物只有1种：两个氯原子在立方体同边有一种情况；立方烷中含有1种氢原子，一氯代物有1种，二氯代物有3种：两个氯原子在立方体同边有一种情况，两个氯原子的位置在对角有两种情况；金刚烷的结构可看作是由四个等同的六元环组成的空间构型，分子中含4个—CH—，6个—CH2，分子中含有2种氢原子，所以该物质的一氯代物有2种，当次甲基有一个氯原子取代后，二氯代物有3种，当亚甲基有一个氯原子取代后，二氯代物有3种，共6种，应选C。答案C5．分子式为C4H10O的醇与分子式为C4H6O2的链状结构羧酸形成的酯(不考虑立体异构)共有A．8 B．10 C．12 D．14 解析分子式为C4H10O的醇的结构有CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CHOHCH3、(CH3)2CHCH2OH、(CH3)3COH，共4种同分异构体；C4H6O2的链状结构羧酸的结构是CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH、CH2=C(CH3)COOH，共3种同分异构体，形成的酯(不考虑立体异构)共有3×4=12种，故C正确。答案

C6．有机物X的蒸气相对氢气的密度为51，X中氧元素的质量分数为31.7%，那么能在碱性溶液中发生反响的X的同分异构体有(不考虑立体异构)A．15种 B．14种C．13种 D．12种解析有机物X的蒸气相对氢气的密度为51，它的相对分子质量为102，含有的氧原子个数为102×31.7%÷16≈2，所以该有机物的分子式为C5H10O2；能在碱性溶液中发生反响，可能为羧酸，也可能为酯。C5H10O2属于羧酸的同分异构体有4种。假设为甲酸和丁醇酯化，形成的酯有4种；假设为乙酸和丙醇酯化，形成的酯有2种；假设为丙酸和乙醇酯化，形成的酯有1种；假设为丁酸和甲醇酯化，形成的酯有2种，故分子式为C5H10O2的酯共有9种。C选项正确。答案C以下关于甲、乙、丙、丁四组仪器装置的有关用法正确且能到达目的的是题型十三化学实验根底［题型例如］A．甲装置：可用来证明硫的非金属性比硅强B．乙装置：用盐酸标准液测氢氧化钠溶液浓度C．丙装置：配制一定物质的量浓度的氢氧化钠溶液D．丁装置：可在瓶中先装满水，气体由②口入，收集NO气体【解析】二氧化硫和水反响生成亚硫酸，亚硫酸酸性大于硅酸，所以二氧化硫能和硅酸钠反响生成硅酸，但亚硫酸不是S元素最高价氧化物的水化物，所以不能据此判断S、Si的非金属性强弱，故A错误；盐酸应放入酸式滴定管中，图中是碱式滴定管，故B错误；容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，不能在容量瓶中稀释溶解氢氧化钠，故C错误；NO不溶于水，可以采用排水法收集，如果该集气瓶中装满