2024年高考化学终极押题密卷1（全国甲卷）含答案

2024年高考化学终极押题密卷1（全国甲卷）一．选择题（共7小题）1．中华传统文化蕴含大量化学知识，下列关于“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”的说法正确的是（）A．“化为铜”的过程属于氧化还原反应 B．铁釜中的铁能导电属于电解质 C．用红色激光笔照射胆矾溶液，能看到光亮的通路 D．铁的氧化性比铜强2．已知NA为阿伏加德罗常数的数值，下列有关说法中正确的是（）A．标准状况下，11.2LCHCl3中含有的C—Cl的数目为1.5NA B．向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1molFe2+被氧化时，共转移电子的数目为NA C．常温常压下，3.0g含甲醛的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA D．室温下，pH为13的NaOH和Ba（OH）2混合溶液中含OH﹣个数为0.1NA3．下列有关有机物的说法正确的是（）A．该分子中含有3种官能团 B．分子式为C9H10O C．一氯代物最多有2种 D．与互为同分异构体4．下列关于1mol/LNa2CO3溶液的说法正确的是（）（Na2CO3相对分子质量为106）A．溶液中含有2molNa+ B．将106gNa2CO3溶于1L水可配制成该浓度溶液 C．溶液中Na+物质的量浓度为2mol/L D．从1L溶液中去除500mL后，剩余溶液的浓度为0.5mol/L5．下列各项比较中，正确的是（）A．微粒半径：Na＞Al3+＞Mg2+＞O2﹣ B．第一电离能：F＞O＞N＞C C．熔点：SO2＞H2O＞O2＞H2 D．酸性：CHF2COOH＞CH2ClCOOH＞CH3COOH＞C2H5COOH6．某研究所构建了Zn﹣CO2新型二次电池，为减少CO2的排放和实现能源的开发利用提供了新的研究方向，该电池以Zn和多孔Pd纳米片为两极材料，以KOH和NaCl溶液为电解液，工作原理如图所示。下列说法错误的是（）A．b极电势高于a极 B．当双极膜中离解1molH2O时，外电路转移2mol电子 C．放电时，总反应为：Zn+CO2+2OH−+2H2O＝Zn（OH）42−+HCOOH D．充电时，双极膜中OH−移向b极，H+移向a极7．为处理工业废水中的重金属离子，经常用Na2S作沉淀剂。室温下CuS和Ag2S在不同溶液中分别达到沉淀溶解平衡时，﹣lgc（S2−）与﹣lgc（Ag+）或﹣lgc（Cu2+）的关系如图所示。下列说法错误的是（）A．曲线①代表﹣lgc（S2−）与﹣lgc（Ag+）的关系 B．a点对应的是未饱和的CuS溶液 C．向浓度均为1mol•L−1AgNO3和Cu（NO3）2混合溶液中逐滴加入Na2S溶液，先析出Ag2S沉淀 D．向b点溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成向a点方向移动二．解答题（共5小题）8．寒冬袭来，病毒肆虐。含氯消毒剂是在控制病原微生物污染和传播等方面有着重要作用。亚氯酸钠（NaClO2）是一种优质的漂白剂和消毒剂。一种以氯酸钠（NaClO3）为原料制备NaClO2粗品的工艺流程如图1所示：已知：①ClO2浓度过高时易发生分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释至含量10%以下。②NaClO2在温度高于60℃易分解生成NaClO3和NaCl。（1）在“ClO2发生器”中，NaClO3与SO2反应生成ClO2和另一种物质，检验“另一种物质”中的阴离子的实验方法是：取少量产物溶于水形成溶液，。（2）向“ClO2发生器”中鼓入空气的作用是（填字母）a．将SO2氧化成SO3，增强酸性b．将NaClO2氧化成ClO2c．稀释ClO2，以防分解爆炸（3）“吸收塔”的作用是将产生的ClO2反应转化为NaClO2，在该过程中反应离子方程式为。“吸收塔”中需要控制温度不超过20℃，其原因。（4）NaClO2溶解度曲线如图2所示。从NaClO2溶液中获得无水NaClO2晶体的过程对温度的控制要求较高。具体操作：先减压，将NaClO2溶液加热到（填字母序号）浓缩至有晶膜出现，再在常压下冷却至（填字母序号），过滤，洗涤，干燥。a．略低于38℃b．略高于38℃c．略低于60℃d．略高于60℃（5）以某工业混合品（其中NaClO3百分含量为53.25%，杂质不参与反应）为原料按照上述流程制取NaClO2的总回收率为90%。若利用10t该工业混合品理论上得到NaClO2约t。（结果保留1位小数）9．中国科学院研究团队在人工合成淀粉方面取得重大突破性进展，首次在实验室实现了二氧化碳到淀粉的合成，为解决粮食危机和实现碳循环利用提供了有效途径。回答下列问题：（1）人工合成淀粉的第一步是利用化学催化剂将高浓度二氧化碳在高密度氢能作用下还原成一碳化合物，其反应过程如图甲所示，则该反应的热化学方程式为。（2）在一定条件下，若上述反应的平衡常数为K1，已知存在副反应6H2（g）+2CO2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g），平衡常数为K2，则反应2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）的平衡常数K＝（用K1、K2表示）。（3）选择合适的催化剂，可用CO2和H2合成重要的化工原料C2H4，假设在压强为100kPa的恒压容器中只存在反应2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g），不同投料比时，CO2的平衡转化率随温度的变化如图乙所示（已知投料比m＝）。①图乙中，x3（填“＞”“＜”或“＝”，下同），该反应的ΔH0，有利于该反应自发进行的条件是（填“高温”“低温”或“任意温度”）；②图乙A、B两点中，ʋ正（A）ʋ正（B）（填“＞”“＜”或“＝”），理由是；③恒温恒压下，以投料比m＝3进行该反应，下列能判断该反应已达平衡的标志有（填标号）；A．保持不变B．CO2的转化率与H2的转化率相等C．断裂6molH—H键的同时，生成8molH—O键D．容器中混合气体的密度保持不变④已知B点纵坐标为40%，则该反应B点的压强平衡常数Kp＝（列出计算表达式）。10．硝酸在生产生活及国防建设中非常重要，工业制备硝酸的流程如图：（1）②反应的化学方程式为。（2）Cu与稀硝酸反应的离子方程式为。（3）硝酸工厂产生的氮氧化物的尾气需处理后才能排放，可用NaOH溶液吸收。主要反应为NO+NO2+2OH﹣＝2+H2O，2NO2+2OH﹣＝++H2O。下列措施能提高NO和NO2去除率的有（填字母）。A．加快通入尾气的速率B．采用气、液逆流的方式吸收尾气C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液（4）也可用Na2CO3溶液吸收氮氧化物的尾气制备NaNO2、NaNO3。工艺流程如图：已知：Na2CO3+NO+NO2＝2NaNO2+CO2。①母液Ⅰ进行转化时通入空气的目的是。母液Ⅱ需回收利用，合理的处理方法是转入流程中中（填“中和液”或“转化液”）。②若将NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为1：1，则生产69tNaNO2时，Na2CO3的理论用量为t（假定Na2CO3恰好完全反应）。11．铁元素在地壳中含量丰富，应用广泛。回答下列问题：（1）原子核外运动的电子有两种相反的自旋状态，若有一种自旋状态用+，则与之相反的用﹣，称为电子的自旋磁量子数，基态Fe原子核外电子自旋磁量子数的代数和为。（2）FeCl3水溶液中Fe3+可水解生成双核阳离子[Fe2（H2O）8（OH）2]4+，结构如图所示。该双核阳离子中H—O—H键角（填“大于”、“小于”或“等于”）H2O中的H—O—H键角；若对FeCl3水溶液进行加热，该双核阳离子内部首先断开的是键（填“a”或“b”）。（3）三硝酸六尿素合铁【[Fe（H2NCONH2）8]（NO3）3】是一种重要的配合物，用作有机铁肥，简称铁氮肥。该配合物中所含非金属元素的第一电离能从大到小的顺序为，的空间构型是；已知尿素分子所有原子在同一平面且含有与苯类似的“大∏键”，其“大∏键”可表示为（用Πnm表示，其中n表示参与形成大∏键的原子数，m表示形成大∏键的电子数）；尿素晶体的熔点为132.7℃，比相同摩尔质量的乙酸熔点（16.7℃）高116℃主要原因是。（4）Fe3O4有良好的磁性和光学性能，广泛应用于电子工业和材料工业。Fe3O4晶体中，O2﹣围成正四面体空隙（如：1、3、6、7围成）和正八面体空隙（如：3、6、7、8、9、12围成），Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，Fe2+和另一半Fe3+填充在正八面体空隙中（如图所示）。则正四面体空隙填充率与正八面体空隙填充率之比为，Fe3O4晶胞中有8个图示结构单元，该晶胞参数为apm，则晶体密度为g•cm﹣3（写出含a和NA的计算表达式）。12．现代有机化学的发展，为药学的进步提供了充足的动力。化合物K（C32H39NO2）在临床上用于变应性疾病，包括儿童变应性鼻炎、成人的终年鼻炎、季节性鼻炎、枯草热和慢性荨麻疹等。其一种合成路线如下（部分反应条件已简化，忽略立体化学）：已知：i．ii．iii．R﹣ClR﹣NH﹣R′回答下列问题：（1）B的化学名称是。（2）由D生成E涉及两步反应，第二步反应的反应类型为，并写出②的化学方程式。（3）G的分子式为。（4）I的结构简式为。（5）J中含氧官能团的名称是。（6）有机物M的分子组成比B（C7H6O2）多2个“CH2”，M中能与碳酸氢钠溶液反应生成无色气体且具有芳香性的同分异构体有种（不考虑立体异构，填标号）。a．12b．13c．14d．15其中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为1：1：2：6的同分异构体结构简式为。

2024年菁优高考化学终极押题密卷1（全国甲卷）参考答案与试题解析一．选择题（共7小题）1．中华传统文化蕴含大量化学知识，下列关于“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”的说法正确的是（）A．“化为铜”的过程属于氧化还原反应 B．铁釜中的铁能导电属于电解质 C．用红色激光笔照射胆矾溶液，能看到光亮的通路 D．铁的氧化性比铜强【考点】氧化还原反应与非氧化还原反应；胶体的重要性质；电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题；氧化还原反应专题；溶液和胶体专题．【答案】A【分析】A．反应过程中元素化合价变化的反应为氧化还原反应；B．水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质；C．胶体具有丁达尔效应；D．铁和硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，铁只具有还原性。【解答】解：A．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”的反应为Fe+CuSO4＝Cu+FeSO4，故A正确；B．铁为金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C．胆矾溶液不是胶体分散系，无丁达尔效应，故C错误；D．铁的还原性比铜强，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了物质分类和性质、胶体特征性质等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。2．已知NA为阿伏加德罗常数的数值，下列有关说法中正确的是（）A．标准状况下，11.2LCHCl3中含有的C—Cl的数目为1.5NA B．向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1molFe2+被氧化时，共转移电子的数目为NA C．常温常压下，3.0g含甲醛的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA D．室温下，pH为13的NaOH和Ba（OH）2混合溶液中含OH﹣个数为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【答案】C【分析】A．CHCl3在标况下不是气体；B．I﹣的还原性强于Fe2+，氯气先将I﹣氧化I2，再将Fe2+氧化成Fe3+；C．假设3.0g全部是甲醛，所含原子物质的量为＝0.4mol，假设3.0g全部是冰醋酸，则所含原子物质的量为＝0.4mol；D．题中没有指明溶液的体积。【解答】解：A．CHCl3在标况下不是气体，无法计算11.2LCHCl3的物质的量，故A错误；B．I﹣的还原性强于Fe2+，氯气先将I﹣氧化I2，再将Fe2+氧化成Fe3+，未知FeI2物质的量，无法计算转移电子物质的量，故B错误；C．假设3.0g全部是甲醛，所含原子物质的量为＝0.4mol，假设3.0g全部是冰醋酸，则所含原子物质的量为＝0.4mol，因此3.0g含甲醛的冰醋酸中含有原子数为0.4NA，故C正确；D．没有指明溶液的体积，无法计算OH﹣的物质的量，故D错误；故选：C。【点评】本题考查阿伏加德罗常数，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。3．下列有关有机物的说法正确的是（）A．该分子中含有3种官能团 B．分子式为C9H10O C．一氯代物最多有2种 D．与互为同分异构体【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【答案】B【分析】A．分子中含有羟基、碳碳双键；B．分子中C、H、O原子个数依次是9、10、1；C．除了羟基上的氢原子外，含有几种氢原子，其一氯代物就有几种；D．二者分子式不同。【解答】解：A．分子中含有羟基、碳碳双键两种官能团，故A错误；B．分子中C、H、O原子个数依次是9、10、1，分子式为C9H10O，故B正确；C．除了羟基上的氢原子外，含有5种氢原子，其一氯代物有5种，故C错误；D．二者分子式不同，不互为同分异构体，故D错误；故选：B。【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。4．下列关于1mol/LNa2CO3溶液的说法正确的是（）（Na2CO3相对分子质量为106）A．溶液中含有2molNa+ B．将106gNa2CO3溶于1L水可配制成该浓度溶液 C．溶液中Na+物质的量浓度为2mol/L D．从1L溶液中去除500mL后，剩余溶液的浓度为0.5mol/L【考点】物质的量浓度．【专题】溶液浓度的计算．【答案】C【分析】A．1mol/LNa2CO3溶液体积不知，不能计算微粒物质的量；B．将106gNa2CO3溶于1L水，溶液体积大于1L；C．碳酸钠溶液中完全电离，离子浓度＝溶质浓度×离子数；D．溶液是均一稳定的分散系，溶质浓度和溶液体积无关。【解答】解：A．1mol/LNa2CO3溶液中Na+浓度为2mol/L，溶液体积不知，不能计算Na+物质的量，故A错误；B．将106gNa2CO3物质的量＝＝1mol，溶于1L水得到Na2CO3溶液浓度小于1mol/L，故B错误；C．1mol/LNa2CO3溶液中Na+浓度为2mol/L，故C正确；D．从1L溶液中去除500mL后，剩余溶液的浓度仍为1mol/L，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了物质的量浓度概念的分析判断，主要是概念实质的理解应用，题目难度不大。5．下列各项比较中，正确的是（）A．微粒半径：Na＞Al3+＞Mg2+＞O2﹣ B．第一电离能：F＞O＞N＞C C．熔点：SO2＞H2O＞O2＞H2 D．酸性：CHF2COOH＞CH2ClCOOH＞CH3COOH＞C2H5COOH【考点】元素周期律的作用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【答案】D【分析】A．核外电子排布相同的微粒，核电荷数越大，半径越小；B．同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能比相邻元素的大；C．分子晶体的相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高；形成分子间氢键，熔点升高；D．羟基极性越强，越易断裂，越易电离出H+，酸性越强。【解答】解：A．核外电子排布相同的微粒，核电荷数越大，半径越小，则微粒半径：O2﹣＞Mg2+＞Al3+，故A错误；B．同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能比相邻元素的大，故第一电离能：F＞N＞O＞C，故B错误；C．SO2、H2O、O2、H2都为分子晶体，H2O可形成分子间氢键，熔点最高，随相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高，故熔点：H2O＞SO2＞O2＞H2，故C错误；D．CHF2﹣、CHC2l﹣为吸电子基团，且F的电负性大于Cl，使得羟基极性增强，CH3﹣、C2H5﹣为供电子基团，烃基越长，供电子能力越强，使得羟基极性减弱，极性越强，羟基越易断裂，越易电离出H+，酸性越强，故酸性：CHF2COOH＞CH2ClCOOH＞CH3COOH＞C2H5COOH，故D正确；故选：D。【点评】本题考查元素周期律的应用，明确物质性质、元素周期律的内容为解答关键，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。6．某研究所构建了Zn﹣CO2新型二次电池，为减少CO2的排放和实现能源的开发利用提供了新的研究方向，该电池以Zn和多孔Pd纳米片为两极材料，以KOH和NaCl溶液为电解液，工作原理如图所示。下列说法错误的是（）A．b极电势高于a极 B．当双极膜中离解1molH2O时，外电路转移2mol电子 C．放电时，总反应为：Zn+CO2+2OH−+2H2O＝Zn（OH）42−+HCOOH D．充电时，双极膜中OH−移向b极，H+移向a极【考点】化学电源新型电池；原电池与电解池的综合．【专题】电化学专题．【答案】B【分析】由图中可知，Zn发生失去电子的反应，为电池的负极，其电极反应式为：Zn﹣2e﹣+4OH﹣＝Zn（OH）42﹣；CO2得电子生成HCOOH，多孔Pd为电池的正极，其电极反应式为CO2+2H++2e﹣═HCOOH。【解答】解：A．由图示信息可知，放电时b极为正极，a极为负极，故b极电势高于a极，故A正确；B．根据溶液呈电中性可知，当双极膜中离解1molH2O时，外电路转移1mol电子，故B错误；C．放电时，总反应为：Zn+CO2+2OH−+2H2O＝Zn（OH）42−+HCOOH，故C正确；D．充电时，双极膜中OH−移向b极（阳极），H+移向a极（阴极），故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查原电池和电解原理，侧重考查学生的分析能力，明确各个电极上发生的反应及电解原理是解题关键。7．为处理工业废水中的重金属离子，经常用Na2S作沉淀剂。室温下CuS和Ag2S在不同溶液中分别达到沉淀溶解平衡时，﹣lgc（S2−）与﹣lgc（Ag+）或﹣lgc（Cu2+）的关系如图所示。下列说法错误的是（）A．曲线①代表﹣lgc（S2−）与﹣lgc（Ag+）的关系 B．a点对应的是未饱和的CuS溶液 C．向浓度均为1mol•L−1AgNO3和Cu（NO3）2混合溶液中逐滴加入Na2S溶液，先析出Ag2S沉淀 D．向b点溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成向a点方向移动【考点】沉淀溶解平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【答案】D【分析】Ksp（CuS）＝c（Cu2+）•c（S2﹣），Ksp（Ag2S）＝c2（Ag+）•c（S2﹣），则﹣lgc（S2﹣）＝﹣[﹣lgc（Cu2+）]﹣lgKsp（CuS），﹣lgc（S2﹣）＝﹣2[﹣lgc（Ag+）]﹣lgKsp（Ag2S），根据溶解平衡曲线的斜率大小可知，曲线①代表﹣lgc（S2−）与﹣lgc（Ag+）的关系，曲线②代表﹣lgc（S2−）与﹣lgc（Cu2+）的关系，结合溶度积Ksp的表达式分析解答。【解答】解：A．由上述分析可知，曲线①代表﹣lgc（S2−）与﹣lgc（Ag+）的关系，曲线②代表﹣lgc（S2−）与﹣lgc（Cu2+）的关系，故A正确；B．曲线①代表﹣lgc（S2−）与﹣lgc（Ag+）的关系，曲线②代表﹣lgc（S2−）与﹣lgc（Cu2+）的关系，a点在曲线②上方，纵坐标值大于曲线②上对应点数值，但离子浓度小于曲线②上对应点数值，则a点对应的是未饱和的CuS溶液，故B正确；C．由图可知，﹣lgc（Ag+）与﹣lgc（Cu2+）相同时，生成Ag2S沉淀所需c（S2−）较小，所以向浓度均为1mol•L−1AgNO3和Cu（NO3）2混合溶液中逐滴加入Na2S溶液时，先析出Ag2S沉淀，故C正确；D．向b点溶液中加入少量Na2S固体，c（S2−）增大，l﹣gc（S2−）减小，Ksp（Ag2S）＝c2（Ag+）•c（S2﹣），则c（Ag+）减小，﹣lgc（Ag+）增大，即向p点移动，不可能向a点移动，故D错误；故选：D。【点评】本题考查沉淀溶解平衡曲线分析，把握曲线对应物质、溶解平衡影响因素、溶度积常数及其应用是解题关键，综合考查图象分析能力和沉淀溶解平衡知识的运用能力，题目难度中等。二．解答题（共5小题）8．寒冬袭来，病毒肆虐。含氯消毒剂是在控制病原微生物污染和传播等方面有着重要作用。亚氯酸钠（NaClO2）是一种优质的漂白剂和消毒剂。一种以氯酸钠（NaClO3）为原料制备NaClO2粗品的工艺流程如图1所示：已知：①ClO2浓度过高时易发生分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释至含量10%以下。②NaClO2在温度高于60℃易分解生成NaClO3和NaCl。（1）在“ClO2发生器”中，NaClO3与SO2反应生成ClO2和另一种物质，检验“另一种物质”中的阴离子的实验方法是：取少量产物溶于水形成溶液，滴加少量稀盐酸至无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀，则证明有硫酸根离子。（2）向“ClO2发生器”中鼓入空气的作用是c（填字母）a．将SO2氧化成SO3，增强酸性b．将NaClO2氧化成ClO2c．稀释ClO2，以防分解爆炸（3）“吸收塔”的作用是将产生的ClO2反应转化为NaClO2，在该过程中反应离子方程式为2OH﹣+2ClO2+H2O2＝2+O2+2H2O。“吸收塔”中需要控制温度不超过20℃，其原因防止H2O2受热分解。（4）NaClO2溶解度曲线如图2所示。从NaClO2溶液中获得无水NaClO2晶体的过程对温度的控制要求较高。具体操作：先减压，将NaClO2溶液加热到c（填字母序号）浓缩至有晶膜出现，再在常压下冷却至b（填字母序号），过滤，洗涤，干燥。a．略低于38℃b．略高于38℃c．略低于60℃d．略高于60℃（5）以某工业混合品（其中NaClO3百分含量为53.25%，杂质不参与反应）为原料按照上述流程制取NaClO2的总回收率为90%。若利用10t该工业混合品理论上得到NaClO2约4.1t。（结果保留1位小数）【考点】制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】制备实验综合．【答案】（1）滴加少量稀盐酸至无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀，则证明有硫酸根离子；（2）c；（3）2OH﹣+2ClO2+H2O2＝2+O2+2H2O；防止H2O2受热分解；（4）c；b；（5）4.1。【分析】NaClO3在酸性条件下与二氧化硫发生氧化还原反应生成ClO2，同时得到硫酸钠，然后与过氧化氢在碱性条件下反应生成亚氯酸钠溶液，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶过滤可得到亚氯酸钠晶体，据此分析解答。【解答】解：（1）氯酸钠具有氧化性，二氧化硫具有还原性，发生氧化还原反应，生成二氧化氯和硫酸钠，检验时为避免亚硫酸根的干扰，不能加硝酸酸化，否则亚硫酸根也会被氧化成硫酸根，所以应用稀盐酸酸化，若无沉淀，可排除银离子，再加氯化钡，如生成白色沉淀，则可验证有硫酸根离子，故答案为：滴加少量稀盐酸至无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀，则证明有硫酸根离子；（2）纯ClO2易分解发生爆炸，发生器中鼓入空气的作用是稀释ClO2，防止发生爆炸，故答案为：c；（3）过氧化氢作为还原剂被氧化为氧气，离子方程式为2OH﹣+2ClO2+H2O2＝2+O2+2H2O；过氧化氢不稳定，受热易分解，为防止H2O2受热分解，吸收塔的温度不能超过20℃，故答案为：2OH﹣+2ClO2+H2O2＝2+O2+2H2O；防止H2O2受热分解；（4）由NaClO2的溶解度曲线可以看出，温度低于38℃时，会生成NaClO2•3H2O，所以温度应控制在38℃以上，从而得出从NaClO2溶液中获得NaClO2晶体的操作是：先减压，已知NaClO2在温度高于60℃时易分解生成NaClO3和NaCl，故浓缩时应将NaClO2溶液加热温度至略低于60℃蒸发浓缩至有晶膜出现，再在常压下冷却至略高于38℃结晶，过滤、洗涤、干燥，故答案为：c；b；（5）由NaClO3制取NaClO2的转化关系：NaClO3～ClO2～NaClO2，10t该工业混合品中含NaClO3的物质的量为mol＝5×104mol，理论上得到NaClO2的质量为5×104mol×90.5g/mol×90%≈4.1×106g＝4.1t，故答案为：4.1。【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。9．中国科学院研究团队在人工合成淀粉方面取得重大突破性进展，首次在实验室实现了二氧化碳到淀粉的合成，为解决粮食危机和实现碳循环利用提供了有效途径。回答下列问题：（1）人工合成淀粉的第一步是利用化学催化剂将高浓度二氧化碳在高密度氢能作用下还原成一碳化合物，其反应过程如图甲所示，则该反应的热化学方程式为CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝﹣49.2kJ•mol−1。（2）在一定条件下，若上述反应的平衡常数为K1，已知存在副反应6H2（g）+2CO2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g），平衡常数为K2，则反应2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）的平衡常数K＝（用K1、K2表示）。（3）选择合适的催化剂，可用CO2和H2合成重要的化工原料C2H4，假设在压强为100kPa的恒压容器中只存在反应2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g），不同投料比时，CO2的平衡转化率随温度的变化如图乙所示（已知投料比m＝）。①图乙中，x＞3（填“＞”“＜”或“＝”，下同），该反应的ΔH＜0，有利于该反应自发进行的条件是低温（填“高温”“低温”或“任意温度”）；②图乙A、B两点中，ʋ正（A）＜ʋ正（B）（填“＞”“＜”或“＝”），理由是A点温度低于B点，且A点转化率更高，反应物浓度更低，故ʋ正（A）＜ʋ正（B）；③恒温恒压下，以投料比m＝3进行该反应，下列能判断该反应已达平衡的标志有AD（填标号）；A．保持不变B．CO2的转化率与H2的转化率相等C．断裂6molH—H键的同时，生成8molH—O键D．容器中混合气体的密度保持不变④已知B点纵坐标为40%，则该反应B点的压强平衡常数Kp＝或（列出计算表达式）。【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡状态的判断．【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡计算．【答案】（1）CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝﹣49.2kJ•mol−1；（2）；（3）①＞；＜；低温；②＜；A点温度低于B点，且A点转化率更高，反应物浓度更低，故ʋ正（A）＜ʋ正（B）；③AD；④或。【分析】（1）图象分析可知反应为放热反应，反应焓变ΔH＝41.2kJ/mol﹣90.4kJ/mol＝﹣49.2kJ•mol−1，标注物质聚集状态和对应反应的焓变，写出热化学方程式；（2）在一定条件下，若上述反应的平衡常数为K1，已知存在副反应6H2（g）+2CO2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g），平衡常数为K2，结合盖斯定律计算②﹣①×2得到反应2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）的平衡常数K；（3）①相同温度下，二氧化碳平衡转化率随着x增大而增大，图中随温度升高，二氧化碳平衡转化率减小，正反应为放热反应，反应自发进行的判断依据是ΔH—△ST＜0；②A点温度低于B点，且A点转化率更高，反应物浓度更低；③判断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ、v正＝v逆（同物质）Ⅱ、各组分浓度不再改变；以及以此为基础衍生出来的标志如：压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据；④已知B点纵坐标为40%，m＝3，设二氧化碳物质的量为1mol，氢气物质的量为3mol，结合三段式列式计算平衡状态气体物质的量，2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）起始量（mol）1300变化量（mol）0.41.20.20.8平衡量（mol）0.61.80.20.8平衡状态下气体总物质的量＝0.6mol+1.8mol+0.2mol+0.8mol＝3.4mol，则该反应B点的压强平衡常数Kp＝。【解答】解：（1）图象分析可知反应为放热反应，反应焓变ΔH＝41.2kJ/mol﹣90.4kJ/mol＝﹣49.2kJ•mol−1，该反应的热化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝﹣49.2kJ•mol−1，故答案为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝﹣49.2kJ•mol−1；（2）①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），K1＝，②6H2（g）+2CO2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g），K2＝，盖斯定律计算②﹣①×2得到2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）K＝＝，故答案为：；（3）①图乙中，相同温度下，二氧化碳平衡转化率随着x增大而增大，得到x＞3，图中随温度升高，二氧化碳平衡转化率减小，正反应为放热反应，ΔH＜0，反应的△S＜0，满足ΔH—△ST＜0的条件是低温，故答案为：＞；＜；低温；②A点温度低于B点，且A点转化率更高，反应物浓度更低，图乙A、B两点中，ʋ正（A）＜ʋ正（B），故ʋ正（A）＜ʋ正（B），故答案为：＜；A点温度低于B点，且A点转化率更高，反应物浓度更低，故ʋ正（A）＜ʋ正（B）；③A．恒温恒压下，以投料比m＝3进行该反应，当保持不变，说明浓度不变，反应达到平衡状态，故A正确；B．恒温恒压下，以投料比m＝3进行该反应，CO2的转化率与H2的转化率始终相等，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；C．断裂6molH—H键的同时，生成8molH—O键，反应正向进行，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；D．反应前后气体质量不变，体积变化，当容器中混合气体的密度保持不变，反应达到平衡状态，故D正确；故答案为：AD；④已知B点纵坐标为40%，m＝3，设二氧化碳物质的量为1mol，氢气物质的量为3mol，结合三段式列式计算平衡状态气体物质的量，2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）起始量（mol）1300变化量（mol）0.41.20.20.8平衡量（mol）0.61.80.20.8平衡状态下气体总物质的量＝0.6mol+1.8mol+0.2mol+0.8mol＝3.4mol，则该反应B点的压强平衡常数Kp＝＝＝，故答案为：或。【点评】本题考查了热化学方程式书写和计算、反应速率和化学平衡影响因素的分析判断、平衡常数计算等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。10．硝酸在生产生活及国防建设中非常重要，工业制备硝酸的流程如图：（1）②反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。（2）Cu与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+8H++＝3Cu2++2NO↑+4H2O。（3）硝酸工厂产生的氮氧化物的尾气需处理后才能排放，可用NaOH溶液吸收。主要反应为NO+NO2+2OH﹣＝2+H2O，2NO2+2OH﹣＝++H2O。下列措施能提高NO和NO2去除率的有BC（填字母）。A．加快通入尾气的速率B．采用气、液逆流的方式吸收尾气C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液（4）也可用Na2CO3溶液吸收氮氧化物的尾气制备NaNO2、NaNO3。工艺流程如图：已知：Na2CO3+NO+NO2＝2NaNO2+CO2。①母液Ⅰ进行转化时通入空气的目的是将NaNO2氧化为NaNO3。母液Ⅱ需回收利用，合理的处理方法是转入流程中转化液中（填“中和液”或“转化液”）。②若将NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为1：1，则生产69tNaNO2时，Na2CO3的理论用量为106t（假定Na2CO3恰好完全反应）。【考点】工业制取硝酸．【专题】氮族元素．【答案】（1）4NH3+5O24NO+6H2O；（2）3Cu+8H++＝3Cu2++2NO↑+4H2O；（3）BC；（4）①将NaNO2氧化为NaNO3；转化液；②106。【分析】反应①为工业合成氨反应，②为NH3被O2氧化产生NO，③为NO被O2氧化产生红棕色NO2，④为NO2与水反应产生HNO3；用Na2CO3溶液吸收氮氧化物的尾气制备NaNO2、NaNO3时，由制备流程可知，碳酸钠溶解后，“碱吸收”发生的主要反应为Na2CO3+NO+NO2＝2NaNO2+CO2，然后中和液进行蒸发Ⅰ、结晶Ⅰ操作，过滤分离出NaNO2，母液I中主要含NaNO2，母液Ⅰ进行转化时加入稀HNO3、空气，硝酸提供酸性环境，氧气可将NaNO2转化为NaNO3，转化液进行蒸发Ⅱ、结晶Ⅱ、过滤Ⅱ分离出NaNO3，母液Ⅱ中主要含NaNO3，应在转化液及结晶中提高利用率。【解答】解：（1）②为NH3被O2氧化产生NO，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（2）Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、水和一氧化氮，离子方程式为：，故答案为：3Cu+8H++＝3Cu2++2NO↑+4H2O；（3）A．加快通入尾气的速率，气体不能充分反应，故A错误；B．采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气体与氢氧化钠溶液充分反应，能提高NO和NO2去除率，故B正确；C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液，可使气体充分反应，能提高NO和NO2去除率，故C正确；故答案为：BC；（4）①据分析，母液Ⅰ进行转化时通入空气的目的是将NaNO2氧化为NaNO3；母液Ⅱ需回收利用，合理的处理方法是转入流程中转化液，故答案为：将NaNO2氧化为NaNO3；转化液；②若将NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为1：1，则生产69tNaNO2时，n（NaNO2）＝＝106mol，NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比为1：1，则n（NaNO3）＝106mol，由Na原子守恒可知，2n（Na2CO3）＝n（NaNO2）+n（NaNO3），Na2CO3的理论用量m（Na2CO3）＝（106mol+106mol）××106g/mol＝1.06×108g＝106t，故答案为：106。【点评】本题考查元素化合物，侧重考查学生含氮物质性质的掌握情况，试题难度中等。11．铁元素在地壳中含量丰富，应用广泛。回答下列问题：（1）原子核外运动的电子有两种相反的自旋状态，若有一种自旋状态用+，则与之相反的用﹣，称为电子的自旋磁量子数，基态Fe原子核外电子自旋磁量子数的代数和为+2或﹣2。（2）FeCl3水溶液中Fe3+可水解生成双核阳离子[Fe2（H2O）8（OH）2]4+，结构如图所示。该双核阳离子中H—O—H键角大于（填“大于”、“小于”或“等于”）H2O中的H—O—H键角；若对FeCl3水溶液进行加热，该双核阳离子内部首先断开的是a键（填“a”或“b”）。（3）三硝酸六尿素合铁【[Fe（H2NCONH2）8]（NO3）3】是一种重要的配合物，用作有机铁肥，简称铁氮肥。该配合物中所含非金属元素的第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞C＞H，的空间构型是平面三角形；已知尿素分子所有原子在同一平面且含有与苯类似的“大∏键”，其“大∏键”可表示为（用Πnm表示，其中n表示参与形成大∏键的原子数，m表示形成大∏键的电子数）；尿素晶体的熔点为132.7℃，比相同摩尔质量的乙酸熔点（16.7℃）高116℃主要原因是都能形成分子间氢键尿素形成的氢键数目更多。（4）Fe3O4有良好的磁性和光学性能，广泛应用于电子工业和材料工业。Fe3O4晶体中，O2﹣围成正四面体空隙（如：1、3、6、7围成）和正八面体空隙（如：3、6、7、8、9、12围成），Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，Fe2+和另一半Fe3+填充在正八面体空隙中（如图所示）。则正四面体空隙填充率与正八面体空隙填充率之比为1：4，Fe3O4晶胞中有8个图示结构单元，该晶胞参数为apm，则晶体密度为g•cm﹣3（写出含a和NA的计算表达式）。【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【答案】（1）+2或﹣2；（2）大于；a；（3）N＞O＞C＞H；平面三角形；；都能形成分子间氢键尿素形成的氢键数目更多；（4）1：4；。【分析】（1）基态Fe原子核外电子排布式为3d64s2，有4个未成对电子；（2）孤电子对对孤电子对的排斥作用大于孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对对成键电子对的排斥作用；由图可知，H2O分子不带电，而OH﹣带负电，与Fe3+成键时，OH﹣与Fe3+的距离更近，键能更大；（3）同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能比相邻元素的大；中N原子的价层电子对数为3+＝3，为sp2杂化，没有孤电子对；尿素分子所有原子在同一平面，则C、N、O都为sp2杂化，C原子有1个未杂化的2p轨道中有1个电子，N原子有1个未杂化的2p轨道中有2个电子，O原子有1个未杂化的2p轨道中有1个电子；形成的氢键越多，熔点越高；（4）依据均摊法，计算晶胞中原子数目，依据化学式分配亚铁离子与铁离子数目，分析晶胞结构，确定空隙填充率；Fe3O4晶胞中有8个图示结构单元，则晶胞质量为g，晶胞体积为（a×10﹣10）3cm3，根据ρ＝计算晶体密度。【解答】解：（1）基态Fe原子核外电子排布式为3d64s2，有4个未成对电子，自旋磁量子数的代数和为+2或﹣2，故答案为：+2或﹣2；（2）FeCl3水溶液中Fe3+可水解生成双核阳离子[Fe2（H2O）8（OH）2]4+，结构如图所示；由于在该双核阳离子中H2O中的1对孤电子对形成了配位键变为成键电子对，而孤电子对对孤电子对的排斥作用大于孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对对成键电子对的排斥作用，故该双核阳离子中的H—O—H键角大于H2O的H—O—H键角，由图可知，H2O分子不带电，而OH﹣带负电，与Fe3+成键时，OH﹣与Fe3+的距离更近，键能更大，所以b键的键能大于a键，若对FeCl3水溶液进行加热，该对核阳离子内部首先断开的是a，故答案为：大于；a；（3）同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能比相邻元素的大，故第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C＞H；中N原子的价层电子对数为3+＝3，为sp2杂化，没有孤电子对，空间结构为平面三角形；尿素分子所有原子在同一平面，则C、N、O都为sp2杂化，C原子有1个未杂化的2p轨道中有1个电子，N原子有1个未杂化的2p轨道中有2个电子，O原子有1个未杂化的2p轨道中有1个电子，其“大∏键”可表示为有；尿素与乙酸都能形成分子间氢键，且尿素分子间形成的氢键更多，故尿素熔点更高故答案为：N＞O＞C＞H；平面三角形；都能形成分子间氢键，尿素形成的氢键数目更多；（4）依据均摊法，Fe3O4晶胞中O2﹣个数＝8×+6×＝4，所以有三价铁离子有2个，二价铁离子有1个，其中正四面体空隙共8个，1个三价铁离子填充在正四面体空隙中，正四面体空隙填充率为；正八面体空隙共1+12×＝4个，一个亚铁离子和一个三价铁离子填充在正八面体空隙中，正八面体空隙填充率为＝，故正四面体空隙填充率与正八面体空隙填充率之比为：＝1：4；Fe3O4晶胞中有8个图示结构单元，则晶胞质量为g，晶胞体积为（a×10﹣10）3cm3，晶体密度ρ＝＝g•cm﹣3＝g•cm﹣3，故答案为：1：4；。【点评】本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布、键角、化学键、电离能、空间结构、大π键、氢键、晶胞结构与计算等知识，侧重考查学生分析、判断及空间想像能力，把握晶胞的计算是解题的关键，注意基础知识的灵活运用，题目难度中等。12．现代有机化学的发展，为药学的进步提供了充足的动力。化合物K（C32H39NO2）在临床上用于变应性疾病，包括儿童变应性鼻炎、成人的终年鼻炎、季节性鼻炎、枯草热和慢性荨麻疹等。其一种合成路线如下（部分反应条件已简化，忽略立体化学）：已知：i．ii．iii．R﹣ClR﹣NH﹣R′回答下列问题：（1）B的化学名称是苯甲酸。（2）由D生成E涉及两步反应，第二步反应的反应类型为取代反应，并写出②的化学方程式+HBr+H2O。（3）G的分子式为C4H6OCl2。（4）I的结构简式为。（5）J中含氧官能团的名称是羟基、酮羰基。（6）有机物M的分子组成比B（C7H6O2）多2个“CH2”，M中能与碳酸氢钠溶液反应生成无色气体且具有芳香性的同分异构体有c种（不考虑立体异构，填标号）。a．12b．13c．14d．15其中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为1：1：2：6的同分异构体结构简式为、。【考点】有机物的合成．【专题】有机物的化学性质及推断．【答案】（1）苯甲酸；（2）取代反应；+HBr+H2O（3）C4H6OCl2；（4）；（5）羟基、酮羰基；（6）c；、。【分析】A与酸性高锰酸钾反应生成B，所以B是，B到C发生取代反应，结合信息i可知，D的结构简式为，结合信息ii和E的结构可以看出D到E先发生还原反应生成，再发生取代反应生成E。结合F和H的结构、已知信息i可以推断出G的结构是，结合H和J的结构以及信息iii，可以推断出I的结构是。【解答】解：（1）由分析知，B的结构为，B的名称是苯甲酸，故答案为：苯甲酸；（2）结合信息ii和E的结构可以看出D到E先发生还原反应生成，再与HBr在加热条件下发生取代反应生成E，所以第二步反应类型是取代反应，方程式为+HBr+H2O，故答案为：取代反应；+HBr+H2O（3）由分析知，G的结构简式为，所以分子式为C4H6OCl2，故答案为：C4H6OCl2；（4）结合H和J的结构以及信息iii，可以推断出I的结构是，故答案为：；（5）结合图中流程中J的结构可以看出J中含氧官能团为羟基、酮羰基，故答案为：羟基、酮羰基；（6）有机物M的分子组成比B（C7H6O2）多2个“CH2”，M的分子式为C9H10O2，M中能与碳酸氢钠溶液反应生成无色气体且具有芳香性，所以M中含有苯环结构、羧基。M中含有3个支链：2个甲基、一个羧基，有6种结构。若M中含有2个支链：1个乙基，1个羧基，有邻、间、对3种结构；1个甲基、1个﹣CH2COOH，有邻、间、对3种结构；M中有一条支链﹣CH2CH2COOH，有1种结构；1个，有1种结构。所以一共有6+3+3+1+1＝14种，所以选c。其中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为1：1：2：6的同分异构体结构简式为、，故答案为：c；、。【点评】本题考查有机合成，侧重考查学生有机反应和同分异构体的掌握情况，试题难度中等。

考点卡片1．氧化还原反应与非氧化还原反应【知识点的认识】1.得失氧或得失氢的角度：得氧或失氢的反应为氧化反应，失氧或得氢的反应为还原反应；2.电子转移角度：得电子的反应为还原反应、失电子的反应为氧化反应；3.化合价角度：失电子化合价升高的反应为氧化反应、得电子化合价降低的反应为还原反应；【命题的方向】1.基本概念及氧化性、还原性的判断：典例：水是重要的化合物，其既能作化学反应的溶剂，又能参与化学反应。下列是水参与的部分反应：①2Na+2H2O═2NaOH+H2↑；②3NO2+H2O═2HNO3+NO；③SO2+H2O═H2SO3；④2F2+2H2O═4HF+O2。回答下列问题：（1）上述反应中，不属于氧化还原反应的是（③）（填序号）。（2）上述反应中，水只作氧化剂的反应是（①）（填序号，下同）；水只作还原剂的反应是（④）。该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为（1：2）；2.电子转移的表示方法：单线桥、双线桥典例：用单线桥或双线桥表示下列反应的电子转移，并写出氧化剂和还原剂（用单线桥表示）。①Fe2O3+3CO═2Fe+3CO2（用单线桥表示）（），②2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑（用双线桥表示）（）；3.氧化性强弱的判断：（1）根据氧化反应反应原理判断：氧化性：氧化剂＞氧化产物，还原性：还原剂＞还原产物；（2）根据元素周期表、金属活动性顺序表、元素周期律判断；典例：下列事实不能作为元素的金属性或非金属性强弱判断依据的是（）A.Zn和Fe分别与稀硫酸反应，判断金属性强弱：Zn＞FeB.B．Mg投入CuCl2溶液中能置换出铜，Ba投入CuCl2溶液中不能置换出铜，判断金属性强弱：Mg＞BaC.酸性：H2SiO3＜HClO4，判断非金属性强弱：Cl＞SiD.依据O2、S分别与H2反应的难易程度，判断非金属性强弱：O＞S（3）根据元素化合价高低判断，最高价只有氧化性、最低价只有还原性、中间价态既有氧化性又有还原性；（4）根据原电池和电解池原理判断，一般来说，两种金属和电解质溶液构成的原电池中，负极的还原性大于正极；电解池中，阴离子还原性越强，越易在阳极上失电子，阳离子氧化性越强，越易在阴极上得电子；典例：（5）外界影响因素：浓度、温度、溶液酸碱性；4.氧化还原反应的有关计算，典例：实验室可以用固体氯酸钾和浓盐酸反应制氯气：KClO3+6HCl（浓）═KCl+3Cl2↑+3H2O，下列说法中正确的是（）A.KClO3是氧化剂，HCl是还原剂；Cl2是氧化产物，KCl是还原产物B.当有9mol电子转移时，参加反应的KClO3的物质的量为1.5molC.产生1.5molCl2时，转移电子的物质的量为3molD.当有3molCl2生成时，作还原剂的HCl为5mol5.氧化还原反应的配平：典例：在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，发生下列反应。配平反应方程式并用单线桥标出电子转移的方向和数目（）NaIO3+（）NaHSO3═（）I2+（）Na2SO4+（）H2SO4+（）H2O6.信息型氧化还原反应方程式的书写：典例：高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如图所示。回答下列问题：相关金属离子[c0（Mn+）＝0.1mol•L﹣1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+开始沉淀的pH6.9沉淀完全的pH4.7（1）写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式MnO2+MnS+2H2SO4＝2MnSO4+S+2H2O。【解题思路点拨】1.氧化剂和还原剂可能是同一种物质；氧化产物和还原产物可能是同一种物质；2.根据元素化合价高低可以判断物质是否具有氧化性或还原性，但不能判断氧化性或还原性强弱；3.元素处于最高价态时只有氧化性，但不一定具有强氧化性；金属阳离子不一定只有氧化性，如亚铁离子；4.在氧化还原反应的有关计算中灵活运用转移电子守恒进行计算；2．物质的量浓度【知识点的认识】1、物质的量浓度：（1）概念：溶质（用字母B表示）的物质的量浓度是指单位体积溶液中所含溶质B的物质的量，用符号cB表示．（2）单位：常用单位为mol/L．（3）计算公式：cB＝nB/V注意：其中V指的是溶液的体积，而不是溶剂的体积．2、溶液中溶质的质量分数与溶质的物质的量浓度的换算：（1）将溶质的质量分数换算成物质的量浓度时，首先要计算1L溶液中含溶质的质量，换算成相应物质的量，有时还需将溶液的质量换算成溶液的体积，最后才换算成溶质的物质的量浓度．（2）将溶质的物质的量浓度换算成溶质的质量分数时，首先要将溶质的物质的量换算成溶质的质量，有时还将溶液的体积换算成质量，然后换算成溶质的质量分数．n＝m/M＝V•ρ•w•1000/Mc＝n/Vc＝（V•ρ•w/M）/V＝V•ρ•w/MV[式中：ρ﹣溶液的密度，单位为g/mL或g/cm3，w﹣溶质的质量分数，M﹣溶质的摩尔质量，数值等于物质的式量]．【命题方向】本考点主要考察物质的量浓度的计算，需要中断掌握．题型一：物质的量浓度概念的考察典例1：下列关于1mol/LNaCl说法正确的是（）A．1L该溶液中含有58.5gNaClB．从1L该溶液中取出0.5L后，剩余NaCl溶液的浓度为0.5mol/LC．该溶液中Na+的浓度为0.5mol/LD．称取58.5gNaCl固体溶于1L水中，即可配制成1mol/LNaCl溶液分析：A、根据n＝cV计算氯化钠的物质的量，再根据m＝nM计算氯化钠的质量；B、溶液是均匀的，取出部分溶液、剩余溶液与原溶液浓度相等；C、根据钠离子守恒可知溶液c（Na+）＝c（NaCl）；D、58.5gNaCl固体的物质的量为1mol，溶于水配成1L溶液，浓度为1mol/L．解答：A、氯化钠的物质的量为1L×1mol/L＝1mol，氯化钠的质量为1mol×58.5g/mol＝58.5g，故A正确；B、溶液是均匀的，取出部分溶液、剩余溶液与原溶液浓度相等，都为1mol/L，故B错误；C、根据钠离子守恒可知溶液c（Na+）＝c（NaCl）＝1mol/L，故C错误；D、58.5gNaCl固体的物质的量为1mol，溶于水配成1L溶液，浓度为1mol/L，体积1L是指溶液体积，不是溶剂体积，故D错误；故选A．点评：考查物质的量浓度计算及对物质的量浓度概念的理解，难度较小，注意溶质离子浓度的计算．题型二：物质浓度与构成其微粒浓度的关系典例2：下列溶液中的Cl﹣浓度与50mL1mol/LMgCl2溶液中的Cl﹣浓度相等的是（）A．150mL1mol/LNaCl溶液B．75mL2mol/LCaCl2溶液C．150mL2mol/LKCl溶液D．75mL1mol/LAlCl3溶液分析：根据同一化学式中各微粒的浓度等于物质的物质的量浓度×离子个数，与溶液的体积无关，1mol/LMgCl2溶液中的Cl﹣浓度为2mol/L．解答：50mL1mol•L﹣1MgCl2溶液中Cl﹣的物质的量浓度c（Cl﹣）＝2c（MgCl2）＝2mol/L，A、150mL1mol•L﹣1NaCl溶液中Cl﹣的物质的量浓度c（Cl﹣）＝c（NaCl）＝1mol/L，故A错误；B、75mL2mol•L﹣1CaCl2溶液中Cl﹣的物质的量浓度c（Cl﹣）＝2c（CaCl2）＝4mol/L，故B错误；C、150mL2mol•L﹣1KCl溶液中Cl﹣的物质的量浓度c（Cl﹣）＝c（KCl）＝2mol/L，故C正确；D、75mL1mol•L﹣1AlCl3溶液中Cl﹣的物质的量浓度c（Cl﹣）＝3c（AlCl3）＝3mol/L，故D错误；故选C．点评：本题考查浓度的计算分析，溶液中离子的浓度只与物质的浓度和离子个数有关，与溶液的体积无关．题型三：CuSO4•5H2O的配制典例3：实验室里需用480mL0.1mol•L﹣1的硫酸铜溶液，现选取500mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是（）A．称取7.68g硫酸铜，加入500mL水B．称取12.0g胆矾配成500mL溶液C．称取8.0g硫酸铜，加入500mL水D．称取12.5g胆矾配成500mL溶液分析：需用480mL0.1mol•L﹣1的硫酸铜溶液，配制500ml0.1mol•L﹣1的硫酸铜溶液，溶液中硫酸铜的物质的量为0.5L×0.1mol•L﹣1＝0.05mol，需要称取硫酸铜的质量为0.05mol×160g/mol＝8g，如称取胆矾，则质量为0.05mol×250g/mol＝12.5g，以此解答题中各问．解答：A、称取硫酸铜的质量为0.05mol×160g/mol＝8g，加入500mL水，最后溶液的体积不止500mL，水的体积不等于溶液的体积，故A错误；B、胆矾的化学式为CuSO4•5H2O，如称取胆矾，则质量为0.05mol×250g/mol＝12.5g，故B错误；C、加入500mL水，最后溶液的体积不止500mL，水的体积不等于溶液的体积，应为加水配成500ml溶液，故C错误；D、胆矾的化学式为CuSO4•5H2O，质量为0.05mol×250g/mol＝12.5g，加水配成500ml溶液，符合实验操作，故D正确．故选D．点评：本题考查一定物质的量浓度的溶液的配制，本题难度不大，注意硫酸铜和胆矾的区别，另外注意水的体积不等于溶液的体积．【解题思路点拨】对物质的量浓度进行理解的时候需要注意以下几点：①体积指的是溶液的体积，而不是溶剂的体积；②溶质一定要用“物质的量”来表示；③溶质可以是单质、化合物，也可以是离子或其他特定组合；④结晶水合物溶于水时，溶质通常以无水化合物计算；⑤配制氨水溶液制溶质是氨气；⑥溶液具有均一性，即同一溶液，无论取出多大体积，其各种浓度（物质的量浓度、质量分数、离子浓度等）均不变；⑦配制溶液时，要注意容量瓶规格与实际配制溶液体积的关系．3．阿伏加德罗常数【知识点的认识】1、阿伏伽德罗常数：（1）概念：阿伏伽德罗常数的定义值是指0.012kg12C所含的原子数，约为6.02×1023，符号为NA．表示1mol任何粒子的数目。（2）单位：mol﹣1。2、阿伏伽德罗常数可用多种实验方法测得，到目前为止测得比较精确的数据是6.0221367×1023mol﹣1。【命题方向】本考点主要考察阿伏伽德罗常数的概念、符号及数值、单位，需要重点掌握。题型一：阿伏伽德罗常数的概念典例1：下列叙述正确的是（）A．1mol任何物质都含有6.02×1023个原子B．0.012kg12C约含有6.02×1023个碳原子C．硫酸的摩尔质量是98gD．常温常压下，1mol氧气的体积约为22.4L分析：A、物质有的是单原子分子，有的是双原子分子多原子分子，离子化合物等；B、依据阿伏伽德罗常数的概念分析判断；C、摩尔质量是单位物质的量的物质的质量；D、常温常压下，气体摩尔体积不为22.4L/mol。解答：A、构成物质的微粒不同，1mol任何物质不一定都含有6.02×1023个原子，故A错误；B、0.012kg12C约含有6.02×1023个碳原子为1mol，为阿伏伽德罗常数的规定，故B正确；C、硫酸的摩尔质量是98g/mol，故C错误；D、常温常压下，1mol氧气的体积不是22.4L，故D错误；故选B。点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查阿伏伽德罗常数的规定，气体摩尔体积的条件应用，摩尔质量的概念判断，题目较简单。题型二：阿伏伽德罗常数的计算应用典例2：设NA是阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是（）A．1L0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液中，Fe3+的数目为0.1NAB．1molNH3中含有N﹣H键的数目为3NAC．7.8gNa2O2中含有的阳离子数目为0.1NAD．标准状况下，22.4L水中分子个数为NA分析：A、氯化铁溶液中铁离子部分水解，铁离子数目减少；B、氨气分子中含有3个氮氢键，1mol氨气中含有3mol氮氢键；C、过氧化钠中的阳离子为钠离子，0.1mol过氧化钠中含有0.2mol钠离子；D、标准状况下水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量。解答：A、1L0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液中含有溶质氯化铁0.1mol，铁离子部分水解，溶液中含有的铁离子小于0.1mol，Fe3+的数目小于0.1nA，故A错误；B、1mol氨气中含有3mol氮氢键，含有N﹣H键的数目为3nA，故B正确；C、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，0.1mol过氧化钠中含有0.2mol钠离子，含有的阳离子数目为0.2nA，故C错误；D、标况下，水不是气体，题中条件无法计算22.4L水的物质的量，故D错误；故选B。点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下的气体摩尔体积的使用条件。【解题思路点拨】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：1）物质的状态是否为气体；2）对于气体注意条件是否为标况；3）注意同位素原子的差异；4）注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；5）注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和构成，而不是有Na+和O2﹣构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。4．胶体的重要性质【知识点的认识】1、分散系的概念：一种或几种物质分散在另一种介质中所形成的体系称为分散体系．分散系中分散成粒子的物质叫做分散质，另一种物质叫做分散剂．在水溶液中，溶质是分散质，水是分散剂．溶质在水溶液中以分子或离子状态存在．分散系包括：溶液、胶体、悬浊液、乳浊液．2、各种分散系的比较：分散系分散质分散质直径主要特征实例溶液分子，离子＜1nm（能通过半透膜）澄清，透明，均一稳定，无丁达尔现象NaCl溶液，溴水胶体胶粒（分子集体或单个高分子）1nm～100nm（不能透过半透膜，能透过滤纸）均一，较稳定，有丁达尔现象，常透明肥皂水，淀粉溶液，Fe（OH）3胶体悬浊液固体颗粒＞100nm（不能透过滤纸）不均一，不稳定，不透明，能透光的浊液有丁达尔现象水泥，面粉混合水乳浊液小液滴牛奶，色拉油混合水3、胶体的性质与作用：（1）丁达尔效应：由于胶体粒子直径在1～100nm之间，会使光发生散射，可以使一束直射的光在胶体中显示出光路．（2）布朗运动：①定义：胶体粒子在做无规则的运动．②水分子从各个方向撞击胶体粒子，而每一瞬间胶体粒子在不同方向受的力是不同的．（3）电泳现象：①定义：在外加电场的作用下，胶体粒子在分散剂里向电极作定向移动的现象．②解释：胶体粒子具有相对较大的表面积，能吸附离子而带电荷．扬斯规则表明：与胶体粒子有相同化学元素的离子优先被吸附．以AgI胶体为例，AgNO3与KI反应，生成AgI溶胶，若KI过量，则胶核AgI吸附过量的I﹣而带负电，若AgNO3过量，则AgI吸附过量的Ag+而带正电．而蛋白质胶体吸附水而不带电．③带电规律：1°一般来说，金属氧化物、金属氢氧化物等胶体微粒吸附阳离子而带正电；2°非金属氧化物、金属硫化物、硅酸、土壤等胶体带负电；3°蛋白质分子一端有﹣COOH，一端有﹣NH2，因电离常数不同而带电；4°淀粉胶体不吸附阴阳离子不带电，无电泳现象，加少量电解质难凝聚．④应用：1°生物化学中常利用来分离各种氨基酸和蛋白质．2°医学上利用血清的纸上电泳来诊断某些疾病．3°电镀业采用电泳将油漆、乳胶、橡胶等均匀的沉积在金属、布匹和木材上．4°陶瓷工业精练高岭土．除去杂质氧化铁．5°石油工业中，将天然石油乳状液中油水分离．6°工业和工程中泥土和泥炭的脱水，水泥和冶金工业中的除尘等．（4）胶体的聚沉：①定义：胶体粒子在一定条件下聚集起来的现象．在此过程中分散质改变成凝胶状物质或颗粒较大的沉淀从分散剂中分离出来．②胶粒凝聚的原因：外界条件的改变1°加热：加速胶粒运动，减弱胶粒对离子的吸附作用．2°加强电解质：中和胶粒所带电荷，减弱电性斥力．3°加带相反电荷胶粒的胶体：相互中和，减小同种电性的排斥作用．通常离子所带电荷越高，聚沉能力越大．③应用：制作豆腐；不同型号的墨水不能混用；三角洲的形成．4、胶体的制备：1）物理法：如研磨（制豆浆、研墨），直接分散（制蛋白胶体）2）水解法：Fe（OH）3胶体：向20mL沸蒸馏水中滴加1mL～2mLFeCl3饱和溶液，继续煮沸一会儿，得红褐色的Fe（OH）3胶体．离子方程式为：Fe3++3H2O＝Fe（OH）3（胶体）+3H+3）复分解法：AgI胶体：向盛10mL0.01mol•L﹣1KI的试管中，滴加8～10滴0.01mol•L﹣1AgNO3，边滴边振荡，得浅黄色AgI胶体．硅酸胶体：在一大试管里装入5mL～10mL1mol•L﹣1HCl，加入1mL水玻璃，然后用力振荡即得．离子方程式分别为：Ag++I﹣＝AgI（胶体）↓+2H++2H2O＝H4SiO4（胶体）↓复分解法配制胶体时溶液的浓度不宜过大，以免生成沉淀．5、常见胶体的带电情况：（1）胶粒带正电荷的胶体有：金属氧化物、金属氢氧化物．例如Fe（OH）3、Al（OH）3等．（2）胶粒带负电荷的胶体有：非金属氧化物、金属硫化物、硅酸胶体、土壤胶体．（3）胶粒不带电的胶体有：淀粉胶体．特殊的，AgI胶粒随着AgNO3和KI相对量不同，而带正电或负电．若KI过量，则AgI胶粒吸附较多I﹣而带负电；若AgNO3过量，则因吸附较多Ag+而带正电．【注意】：胶体不带电，而胶粒可以带电．6、常见的胶体分散系①Fe（OH）3胶体，Al（OH）3胶体，原硅酸胶体，硬脂酸胶体．分别由相应的盐水解生成不溶物形成．FeCl3溶液：Fe3++3H2O＝Fe（OH）3（胶体）+3H+明矾溶液：Al3++3H2O＝Al（OH）3（胶体）+3H+水玻璃：+3H2O＝H4SiO4（胶体）+2OH﹣肥皂水：C17H35COO﹣+H2O＝C17H35COOH（胶体）+OH﹣②卤化银胶体．Ag++X﹣＝AgX（胶体）③土壤胶体．④豆奶、牛奶、蛋清的水溶液．⑤有色玻璃，如蓝色钴玻璃（分散质为钴的蓝色氧化物，分散剂为玻璃）．⑥烟、云、雾．7、胶体的分离与提纯：胶体与浊液：过滤．胶体与溶液：渗析．采用半透膜．【命题方向】本考点主要考察分散系的种类及各自特点，重点掌握胶体的性质及胶体的制备．题型一：分散系的概念及不同分散系的区分典例1：下列分散系中，分散质微粒直径介于10﹣9﹣10﹣7m（l﹣100nm）之间的是（）A．溶液B．胶体C．悬浊液D．乳浊液分析：根据分散质粒子直径大小分类，把分散系分为：溶液、胶体、浊液，本质区别就是分散质的微粒直径不同．溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1～100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，据此即可解答．解答：A．溶液中分散质微粒直径小于1nm（小于10﹣9m），故A错误；B．胶体分散质微粒直径介于1～100nm之间（介于10﹣9﹣10﹣7m），故B正确；C．悬浊液是浊液的一种，分散质微粒直径大于100nm（大于10﹣7m），故C错误；D．乳浊液是浊液的一种，分散质微粒直径大于100nm（大于10﹣7m），故D错误；故选B．点评：本题主要考查了分散系的分类依据知识，可以根据所学知识来回答，题目难度不大．题型二：胶体的性质典例2：下列事实与胶体性质无关的是（）A．在豆浆里加入盐卤做豆腐B．在河流入海口易形成沙洲C．一束平行光线照射蛋白质溶液时，从侧面可以看到一条光亮的通路D．三氯化铁溶液中滴入氢氧化钠溶液出现红褐色沉淀分析：可根据胶体的性质来分析解答．向胶体中加入电解质可以使胶体凝聚，胶体能产生丁达尔效应．解答：A、豆浆具有胶体的性质，向其中加入盐卤，盐卤中含丰富的电解质氯化钙等，可以使豆浆凝聚，与胶体有关，故A错误；B、河流中的水含有泥沙胶粒，海水中含有氯化钠、氯化钙等电解质，二者相遇是可以发生胶体凝聚，就形成三角洲，与胶体有关，故B错误；C、蛋白质溶液是胶体，胶体能产生丁达尔效应，所以与胶体有关，与胶体有关，故C错误；D、主要发生了复分解反应，与胶体性质无关，与胶体无关，故D正确；故选D．点评：本题考查胶体的性质，明确胶体常见的性质有丁达尔现象、胶体的聚沉、电泳等，利用胶体性质对生产生活