山东省2025届新高考化学仿真试卷系列2含解析

PAGE山东省2025届新高考化学仿真试卷系列（2）（含解析）选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。）1．（2分）下列过程属于物理变更的是（）A．煤的干馏 B．石油的分馏 C．石油裂化 D．石油裂解2．（2分）下列叙述正确的是（）A．等质量的CH4和苯完全燃烧耗氧量后者更大 B．SO2使溴水褪色与乙烯使酸性KMnO4褪色原理相同 C．油脂皂化反应得到高级脂肪酸和甘油 D．纤维素、聚乙烯、光导纤维都属于高分子化合物3．（2分）下列广告用语符合科学性的是（）A．这种饮料中不含任何化学物质 B．这种蒸馏水确定纯净，不含任何离子 C．这种口服液含有丰富的氮、磷、锌等微量元素 D．没有水就没有生命4．（2分）下列仪器名称为“圆底烧瓶”的是（）A． B． C． D．5．（2分）将硫酸钾、硫酸铝、硫酸钾铝三种盐混合溶于硫酸酸化的水中，测得c（SO42﹣）＝0.105mol/L，c（Al3+）＝0.055mol/Lc（H+）＝0.01mol/L，则c（K+）为（）A．0.045mol/L B．0.035mol/L C．0.055mol/L D．0.040mol/L6．（2分）不包含d轨道的电子层是（）A．L B．M C．N D．O7．（2分）下列分子或离子与H2O分子具有相同电子数的是（）①OH﹣②K+③HCl④NH4+⑤CH4A．②④⑤ B．②③④ C．①④⑤ D．①③⑤8．（2分）常温下，Fe、Al在浓硫酸中钝化，浓硫酸表现了（）A．难挥发性 B．吸水性 C．脱水性 D．强氧化性9．（2分）传统合成氨工业须要采纳高温、高压和催化剂。近来美国化学家运用新型铁系催化剂，在常温下合成了氨气。下列说法正确的是（）A．新型合成氨方法是吸热反应 B．新型合成氨方法可简化生产设备 C．新型催化剂提高了N2和H2的转化率 D．两种方法中该反应的化学平衡常数相同10．（2分）1995年诺贝尔化学奖授予致力于探讨臭氧层被破坏问题的三位环境化学家．大气中的臭氧层可滤除大量的紫外光，爱护地球上的生物．氟利昂（如CCl2F2可在光的作用下分解，产生Cl原子，Cl原子会对臭氧层产生许久的破坏作用（臭氧的分子式为O3）．有关反应为：O3O2+OCl+O3→ClO+O2ClO+O→O2总反应2O3→3O2在上述臭氧变成氧气的反应过程中，Cl是（）A．反应物 B．生成物 C．中间产物 D．催化剂二、选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）11．（4分）下列物质的水溶液中只存在一种分子的是（）A．Na2SO4 B．NaHS C．NaHCO3 D．HClO

12．（4分）分类法是学习化学的重要方法，人们在相识事物时可采纳多种分类方法。下列（2）中的物质并不能依据对应的分类标准与（1）中的物质归为一类的是（）选项（1）（2）分类标准A盐酸、漂白粉、水玻璃、双氧水氨水混合物BCH3COOH，H2CO3、HClO、NH3•H2OHF弱电解质C电解反应、盐的水解、煤的干馏、石油裂化钢铁生锈化学变更DCO2、SO3、P2O5、SiO2Al2O3酸性氧化物A．A B．B C．C D．D13．（4分）下列关于化学平衡常数的说法中，正确的是（）A．化学平衡常数均无单位 B．平衡常数越大则转化率越大 C．对于一个化学计量数固定的反应，平衡常数的大小只与温度有关 D．在平衡常数表达式中，反应物的浓度为初始浓度，生成物的浓度为平衡浓度14．（4分）恒温条件下，在CH3COONa的稀溶液中分别加入下列的物质，能使比值确定增大的是（）A．固体NaOH B．固体KOH C．固体NaCl D．冰醋酸15．（4分）室温时，Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．Ag2CrO4沉淀溶解平衡可表示为Ag2CrO4（s）⇌2Ag+（aq）+CrO42﹣（aq） B．室温时，Ag2CrO4的Ksp为1×10﹣11mol3•L﹣3 C．在饱和Ag2CrO4溶液中渐渐加入K2CrO4可使溶液由Y点变成X点 D．将Z点溶液缓慢蒸发可使溶液由Z点变成Y点三．解答题（共5小题，满分60分）16（16分）氯的化合物与人们的生活紧密相关。回答下列问题：（1）高血压患者，应当削减食盐的摄入量，为了“减盐不减咸”，建议高血压患者食用低钠盐（含氯化钾30%左右的氯化钠）。我们可以通过（此空1分）（操作名称）来检验食盐中含有钾元素，得到食盐中含钾元素的试验依据是。（2）瑞典化学家舍勒（CarlWilhelmScheele）将软锰矿（主要成分是MnO2）与浓盐酸混合加热，在世界上首次制得了氯气。试验室用如图所示装置制取纯净的氯气。①仪器a的名称为。（此空1分）②装置A中发生反应的离子方程式为。装置B的作用是，装置C中的试剂为。③装置E中发生反应的离子方程式为。④当有4molHCl被氧化时，产生的氯气在标准状况下的体积为L。（3）漂白液（有效成分是NaClO）与洁厕灵（主要成分为盐酸）混合，也会产生Cl2，请写出该反应的离子方程式。17．（8分）水是生命之源，它与我们的生活亲密相关。在化学试验和科学探讨中，水也是一种常用的试剂。（1）与H2O分子中电子数相等的5核的分子和离子的化学式分别是。（2）水也是一种良好的溶剂，氨气极易溶于水的缘由是：。（3）冰的晶体类型与钠、碘、金刚石、干冰、氯化钠晶体中的一种晶胞相像。如图是冰晶胞的一部分，其中小黑点表示水分子，请将剩余的水分子用小黑点补充完整。（此空4分）18．（12分）卤水中的主要成分为食盐（假设其所含杂质仅为NaBr），为了充分利用资源，有探讨人员开发了以晒盐卤水和化肥碳酸氢铵为原料制取纯碱的工艺，其生产流程如图．（1）写出卤水和碳酸氢铵反应的化学方程式；（2）操作I是（填操作名称），试剂X为，残液除NH4Cl外，还含有；（每空1分）（3）若滤渣中含有NH4Cl杂质，则可能导致纯碱中混有杂质，写出煅烧时产生杂质的副反应的化学方程式；（4）试验室检测滤渣中是否含有NH4Cl的操作是；（此空1分）（5）碳酸氢铵与氯化钠的配料比是影响纯碱质量的因素之一，如图是（摩尔比）对NaHCO3产率的影响．实际生产中选择＝1.2．①下列相关说法正确的是．a．碳酸氢铵过量是为了充分利用卤水b．碳酸氢铵过量是为了削减纯碱中的NaClc．碳酸氢铵过量太多将会导致生产成本过高②不考虑生产过程中的损耗，生产1mol纯碱，需消耗碳酸氢铵mol．19．（12分）在足量的稀氯化亚铁溶液中加入1～2滴液溴，振荡后溶液变为黄色。为了探究溶液变为黄色的缘由，甲、乙两位同学提出了不同的观点：（1）甲同学认为是：Br2溶于水变成黄色溶液；乙认为是：。（2）现供应试剂：酸性高锰酸钾溶液、氢氧化钠溶液、四氯化碳、硫氰化钾溶液并用两种方法加以验证，写出选用的试剂编号及试验中视察到的现象：选用试剂试验现象第一种方法四氯化碳其次种方法硫氰化钾溶液（3）若选用淀粉碘化钾溶液推断哪位同学的推断正确，是否可行？（填“可行”或不行行）；理由是。（4）向稀溴化亚铁溶液中通入过量氯气的离子反应方程式：。20．（12分）有机物A的结构简式为：它可通过不同的反应分别得到下列物质：（1）A中含氧官能团的名称：。（2）在B～G中，不含酯基的化合物是（填编号）（此空1分）（3）指出反应类型：A生成C：反应，A生成D：反应。（4）1molC在确定条件下与NaOH溶液、Br2水和H2反应，消耗三种物质最多分别为、、mol．（每空1分）（5）按要求写A的全部同分异构体的结构简式：．（注：同一碳原子上连两个或两个以上羟基不稳定，故书写时解除此类化合物．）①苯环上只有一个取代基②能发生银镜反应③但不能发生水解反应④1mol该物质可与金属钠反应生成1molH2（6）写出由A制取B的化学方程式：

2024年山东新高考仿真试卷系列-化学（2）参考答案与试题解析一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）1．【考点】18：物理变更与化学变更的区分与联系．【专题】513：物质的性质和变更专题．【分析】有新物质生成的是化学变更，无新物质生成的是物理变更，据此分析。【解答】解：A、将煤隔绝空气加强热使其分解的过程为煤的干馏，通过煤的干馏可以得到煤焦油、焦炉煤气和粗氨水等，故为化学变更，故A错误；B、通过加热的方法将石油中的各组分分别的方法为石油的分馏，故无新物质生成，是物理变更，故B正确；C、用重油来生产轻质油的过程为石油的裂化，故有新物质生成，为化学变更，故C错误；D、用重油来生产乙烯的过程为石油的裂解，故有新物质生成，是化学变更，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了物理变更和化学变更的区分以及常见试验操作的实质，难度不大，应留意煤的干馏、石油的裂化和裂解均为化学变更，而石油的分馏为物理变更。2．【考点】19：绿色化学．【专题】533：有机反应．【分析】A．有机物含氢量越高，等质量时消耗的氧气的量越多；B．乙烯含碳碳双键，与高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化硫据还原性与溴水发生氧化还原反应；C．油脂皂化反应在碱性条件下进行；D．光导纤维的主要成分为二氧化硅。【解答】解：A．有机物含氢量越高，等质量时消耗的氧气的量越多，甲烷为含氢量最高的烃，则甲烷消耗氧气多，故A错误；B．乙烯含碳碳双键，与高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，则褪色原理相同，故B正确；C．油脂皂化反应在碱性条件下进行，不能生成高级脂肪酸，而生成盐，故C错误；D．纤维素、聚乙烯是高分子化合物，光导纤维的主要成分为二氧化硅，不是高分子化合物，故D错误；故选：B。【点评】本题考查较为综合，涉及有机物的性质、制备、氧化还原反应分析等学问点的考查，为高频考查，留意相关基础学问的积累，他们难度不大。3．【考点】12：化学科学的主要探讨对象．【专题】56：化学应用．【分析】A、任何物质都是由化学元素组成的，饮料中确定不含化学物质是不对的；B、依据水本身电离出的离子推断；C、依据人体内的常量元素和微量元素推断；D、依据水的重要性推断。【解答】解：A、分析此广告的本义，应当是要说饮料中不含化学合成的物质，但由于缺乏基本的化学学问，而误把化学合成物质混淆成化学物质，故A错误。B、这种蒸馏水确定纯净，不含任何离子，说法错误，蒸馏水中含有少量的氢离子和氢氧根离子，故B错误。C、氮和磷在人体内属于常量元素，不是微量元素，故C错误。D、水是生命之源，人类时刻离不开水，所以人类不能没有水，没有水就没有生命，故D正确。故选：D。【点评】解答本题的关键是要驾驭水的性质及其化学与人体健康方面的学问，了解人体内的常量元素和微量元素。4．【考点】N5：蒸发、蒸馏与结晶的仪器．【专题】541：化学试验常用仪器及试剂．【分析】依据常见仪器的外形来分析解答。【解答】解：A、此仪器为烧杯，故A错误；B、此仪器为分液漏斗，故B错误；C、此仪器为容量瓶，故C错误；D、此仪器为圆底烧瓶，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了常见仪器的名称和形态，应留意基础的驾驭，难度不大。5．【考点】M1：物质的量浓度的计算．【专题】519：物质的量浓度和溶解度专题．【分析】溶液中满意电荷守恒：3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）＝2c（SO42﹣）+c（OH﹣），据此计算溶液中c（K+）。【解答】解：依据溶液电荷守恒，溶液中存在3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）＝2c（SO42﹣）+c（OH﹣），而溶液中c（OH﹣）很小，可以忽视不计，则：3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）＝2c（SO42﹣），所以c（K+）＝2c（SO42﹣）﹣3c（Al3+）﹣c（H+）＝2×0.105mol/L﹣3×0.055mol/L﹣0.01mol/L＝0.035mol/L，故选：B。【点评】本题考查物质的量浓度的计算，题目难度不大，明确电荷守恒为解答关键，留意驾驭物质的量浓度的概念及计算方法，试题培育了学生的化学计算实力。6．【考点】8A：原子核外电子的能级分布．【分析】能层含有的能级数等于能层序数，即第n能层含有n个能级，每一能层总是从s能级起先，同一能层中能级ns、np、nd、nf的能量依次增大。【解答】解：A．L能层是其次能层，含有2个能级，分别是2s、2p能级，不含d轨道，故A选；B．M能层是第三能层，含有3个能级，分别是3s、3p、3d能级，含d轨道，故B不选；C．N能层是第四能层，还有4个能级，分别是4s、4p、4d、4f能级，含d轨道，故C不选；D．O能层是第五能层，含有5个能级，分别是5s、5p、5d、5f…能级，含d轨道，故D不选；故选：A。【点评】本题考查核外电子排布规律，明确能层和能级及所含原子轨道的关系是解本题关键，难度不大。7．【考点】84：质子数、中子数、核外电子数及其相互联系．【专题】51B：原子组成与结构专题．【分析】H2O分子具有10个电子，阳离子的电子数＝质子数﹣离子所带的电荷数，阴离子的电子数＝质子数+离子所带的电荷数，据此分析。【解答】解：H2O分子具有10个电子①OH﹣具有10个电子；②K+具有18个电子；③HCl具有18个电子；④NH4+具有10个电子；⑤CH4具有10个电子。则与H2O分子具有相同电子数的是①④⑤。故选：C。【点评】本题考查了原子的结构，题目难度不大，留意把握分子、阴离子和阳离子的电子数的计算方法，侧重于考查学生的分析实力和应用实力。8．【考点】F8：浓硫酸的性质．【专题】523：氧族元素．【分析】常温下，由于浓硫酸的强氧化性，会在Fe、Al表面生成一层致密的氧化物，阻挡反应的进一步发生。【解答】解：常温下，由于浓硫酸的强氧化性，会在Fe、Al表面生成一层致密的氧化物，阻挡反应的进一步发生，从而发生钝化，故D正确；故选：D。【点评】本题考查浓硫酸的性质，题目难度不大，留意基本原理的理解。9．【考点】27：工业合成氨．【专题】51E：化学平衡专题．【分析】A．依据盖斯定律可知，反应过程中汲取、放出的热量与反应途径无关，所以两种合成氨的焓变相同，都确定是放热反应；B．在常温常压下合成出氨，可节约大量能源，能够节能减排；C．运用催化剂能够变更反应速率，但是不会影响化学平衡，所以催化剂不会变更当前和氢气的转化率；D．化学平衡常数受反应温度的影响，反应温度不同，化学平衡常数则不同．【解答】解：A．反应热与反应途径无关，所以旧法合成氨与新法合成氨都是放热反应，故A错误；B．与旧法相比较，新法合成氨不须要在高温条件下，可节约大量能源，简化生产设备，具有发展前景，故B正确；C．催化剂只能变更反应速率，对反应物的转化率没有影响，所以新型催化剂不会提高N2和H2的转化率，故C错误；D．化学平衡常数与反应温度有关，两种方法的反应温度不同，则化学平衡常数确定不同，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了化学平衡及其影响因素，题目难度中等，留意驾驭温度、难度、催化剂等对化学平衡的影响，明确催化剂不会影响化学平衡及反应物的转化率、化学平衡常数与温度相关，温度不同，则化学平衡常数不同．10．【考点】C4：催化剂的作用．【专题】513：物质的性质和变更专题．【分析】在化学反应里能变更其他物质的化学反应速率，而本身的质量和化学性质在化学反应前后都没有发生变更的物质叫催化剂．依据总反应方程式2O3→3O2，推断Cl是哪种类型物质．【解答】解：总反应方程式2O3→3O2，臭氧是反应物，氧气是生成物。A、该反应的反应物是O3，故A错误；B、该反应的生成物是氧气，故B错误；C、反应物中不含氯元素，氯原子不是中间产物，故C错误；D、从反应历程看，其次、三两步反应氯原子在反应前后组成与质量都不变，所以是催化剂，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了依据反应历程推断催化剂，难度不大，依据总反应方程式推断即可，留意催化剂是变更其它物质的反应速率，即既可增大也可减小．二．多选题（共5小题，满分20分，每小题4分）11．【考点】D3：电解质在水溶液中的电离．【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题．【分析】物质的水溶液中只存在一种分子，说明该电解质是强电解质且不含弱离子，据此分析解答．【解答】解：A．硫酸钠是强酸强碱盐属于强电解质，钠离子和硫酸根离子不水解，所以溶液中只存在水分子，符合条件，故A正确；B．NaHS为强碱弱酸酸式盐，HS﹣水解生成H2S，所以溶液中存在两种分子，故B错误；C．碳酸氢钠在水溶液里完全电离，碳酸氢根会水解得到碳酸分子，故C错误；D．次氯酸是弱电解质，在水溶液里部分电离，所以溶液中存在两种分子，水分子和HClO分子，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了弱电解质的电离和盐类水解，依据电解质强弱及盐的类型确定溶液中存在的分子种类，题目难度不大．12．【考点】18：物理变更与化学变更的区分与联系；37：混合物和纯净物；3A：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；D2：强电解质和弱电解质的概念．【分析】A．（1）中物质既包含混合物有包含纯净物；B．在水溶液部分电离的电解质属于弱电解质；C．化学变更必需有新物质生成；D．能够与碱反应只生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物．【解答】解：A．（1）中物质既包含混合物有保含纯净物，盐酸、漂白粉、水玻璃是混合物，双氧水是纯净物，不符合分类标准，故A选；B．CH3COOH，H2CO3、HClO、NH3•H2O，都是弱电解质，氢氟酸为弱酸，水溶液中部分电离，属于弱电解质，符合题意，故B不选；C．电解反应、盐的水解、煤的干馏、石油裂化都是化学变更，钢铁生锈有新物质生成属于化学变更，符合题意，故C不选；D．CO2、SO3、P2O5、SiO2都是酸性氧化物，三氧化二铝既能与酸又能与碱反应，且产物都是盐和水，属于两性氧化物，不符合题意，故D选；故选：AD。【点评】本题考查了物质的分类，明确分类标准，熟识混合物、弱电解质、化学变更、酸性氧化物的概念即可解答，题目难度不大．13．【考点】C8：化学平衡常数的含义．【专题】51E：化学平衡专题．【分析】平衡常数指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，化学平衡常数只与温度有关，与浓度、压强、催化剂无关，平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大．【解答】解：A、化学平衡常数有无单位与化学方程式有关，故A错误；B、平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大，故B正确；C、化学平衡常数只受温度影响，同一反应温度不同，平衡常数不同，故C正确；D、在平衡常数表达式中，反应物的浓度为平衡浓度，生成物的浓度为平衡浓度，故D错误；故选：BC。【点评】本题考查了化学平衡常数、影响因素及应用，难度不大，留意化学平衡常数只与温度有关，同一转化关系化学计量数不同，平衡常数不同，温度相同，同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数．14．【考点】DC：影响盐类水解程度的主要因素．【专题】51H：盐类的水解专题．【分析】醋酸钠溶液中存在醋酸根离子水解平衡：CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，使c（CH3COO﹣）/c（Na+）比值增大，可使平衡向逆反应方向移动，结合影响水解平衡移动的因素解答该题．【解答】解：A、加入固体NaOH，c（Na+）与c（CH3COO﹣）都增大，但c（Na+）增大幅度较大，则比值减小，故A错误；B、加入固体KOH，抑制水解，则c（CH3COO﹣）增大，而c（Na+）不变，则比值增大，故B正确；C、加入固体NaCl，平衡不移动，但c（Na+）增大，则比值减小，故C错误；D、加入冰醋酸，c（CH3COO﹣）增大，则比值增大，故D正确。故选：BD。【点评】本题考查学生盐的水解原理以及影响盐的水解平衡移动等方面的学问，为高频考点，侧重于学生的分析实力的考查，留意学问的归纳整理是解题关键，难度不大．15．【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．Ag2CrO4沉淀在水溶液中电离生成Ag+（aq）、CrO42﹣（aq），且存在电离平衡；B．室温时，Ag2CrO4的Ksp＝c2（Ag+）×c（CrO42﹣）；C．在饱和Ag2CrO4溶液中渐渐加入K2CrO4导致c（CrO42﹣）增大、c（Ag+）减小；D．Z点溶液缓慢蒸发，溶液中c（Ag+）、c（CrO42﹣）都增大。【解答】解：A．Ag2CrO4沉淀在水溶液中电离生成Ag+（aq）、CrO42﹣（aq），且存在电离平衡，电离方程式为Ag2CrO4（s）⇌2Ag+（aq）+CrO42﹣（aq），故A正确；B．室温时，Ag2CrO4的Ksp＝c2（Ag+）×c（CrO42﹣）＝（10﹣3）2×（10﹣5）＝1×10﹣11，故B正确；C．在饱和Ag2CrO4溶液中渐渐加入K2CrO4导致c（CrO42﹣）增大、c（Ag+）减小，所以不能实现Y点变成X点，故C错误；D．Z点溶液缓慢蒸发，溶液中c（Ag+）、c（CrO42﹣）都增大，所以不能实现Z点变成Y点，故D错误；故选：AB。【点评】本题考查难溶物的溶解平衡，侧重考查图象分析推断及计算实力，明确坐标系中各点及曲线含义、溶度积常数计算方法是解本题关键，CD为解答易错点。三．解答题（共5小题，满分60分，每小题12分）16【考点】E3：氯气的试验室制法；EM：氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】543：气体的制备与性质检验类试验．【分析】（1）K元素焰色反应为紫色，透过蓝色钴玻璃进行视察到火焰颜色为紫色；（2）①考察常用试验仪器，留意和长颈漏斗的区分；②试验室制取Cl2用MnO2与浓盐酸混合加热，杂质成分为挥发出的HCl和水蒸气，依次除去；④考察试验室制取氯气的尾气处理装置及反应式，NaOH用于汲取多余的Cl2，防止污染空气；⑤依据方程式MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，4分子HCl中2分子化合价上升，做还原剂被氧化，利用比例关系进行解题；（3）NaClO中的Cl元素化合价由+1变到0价，HCl中的Cl元素化合价由﹣1变到0价，依据电荷守恒配平方程式。【解答】解：（1）K元素焰色反应为紫色，可以通过焰色反应来检验食盐中含有钾元素。视察钾元素焰色反应时为避开钠的黄光的影响，则透过蓝色钴玻璃进行视察K的焰色。故答案为：焰色反应；透过蓝色钴玻璃视察火焰颜色呈紫色；（2）①a有活塞，是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；②试验室制取Cl2用MnO2与浓盐酸混合加热，化学方程式为MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O：改写离子方程式须要留意MnO2不溶于水，Cl2为单质，H2O为弱电解质都不能拆开，其他拆开成离子形式，删去方程式两边相同的离子，得MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O．这个反应的反应物为浓盐酸，它易挥发，且反应须要加热，导致制取的Cl2会混有挥发出的HCl，另外还有水蒸汽。除杂的原则是最终除去水，所以B中除去Cl2中的HCl，C中除去水蒸气，B中用饱和NaCl溶液除去中Cl2的HCl气体，C中用浓硫酸做干燥剂除水。故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；除去氯气中的HCl气体；浓硫酸；④装置E为尾气处理装置，用NaOH汲取多余的Cl2，防止污染空气。化学方程式为Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，改写成离子方程式为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，故答案为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；⑤依据方程式MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，4分子HCl中2分子化合价上升，做还原剂被氧化，即2molHCl被氧化时，产生的氯气1mol。由比例关系可得当有4molHCl被氧化时，产生的氯气为2mol，在标准状况下的体积为44.8L，故答案为：44.8；（3）依据已经条件NaClO和盐酸混合会产生Cl2，为氧化还原反应，NaClO中的Cl元素化合价由+1变到0价，HCl中的Cl元素化合价由﹣1变到0价。可知n（NaClO）：n（HCl）＝1：1，依据离子方程式电荷守恒配平方程式可得：Cl﹣+ClO﹣+2H+＝Cl2↑+H2O，故答案为：Cl﹣+ClO﹣+2H+＝Cl2↑+H2O。【点评】本题考查了气体的制备和性质检验，熟识氯气的试验室制备方法，题目难度中等，侧重考查学生分析、试验实力。17．【考点】9B：“等电子原理”的应用；A6：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区分．【专题】51D：化学键与晶体结构．【分析】（1）H2O分子中电子数为10；（2）含氢键可影响物质的溶解性；（3）冰的晶体类型与金刚石晶胞相像，存在正四面体结构．【解答】解：（1）H2O分子中电子数为10，与H2O分子中电子数相等的5核的分子和离子的化学式分别是CH4、NH4+，故答案为：CH4、NH4+；（2）水也是一种良好的溶剂，氨气极易溶于水的缘由是①氨气分子为极性分子，易溶于极性溶剂水中②氨气分子与水分子间易形成氢键③氨气可与水反应，故答案为：①氨气分子为极性分子，易溶于极性溶剂水中②氨气分子与水分子间易形成氢键③氨气可与水反应；（3）冰的晶体类型与金刚石晶胞相像，存在正四面体结构，则冰晶胞中小黑点表示水分子，剩余的水分子用小黑点补充完整为，故答案为：【点评】本题考查了10电子微粒、氢键、晶体结构等，把握氢键对物质的性质影响、晶体结构等为解答的关键，侧重分析与应用实力的考查，题目难度不大．18．【考点】2H：纯碱工业（侯氏制碱法）；P8：物质分别和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】17：综合试验题．【分析】（1）碳酸氢钠的溶解度比碳酸氢铵的和氯化钠小；（2）依据滤渣和滤液用过滤分别；依据氯化铵能水解，加入盐酸抑制水解；依据食盐中含杂质仅为NaBr；（3）依据NaHCO3和NH4Cl能发生双水解；（4）依据氯离子的检验方法；（5）①依据氯化钠过多会残留在NaHCO3，最终氯化钠混杂在纯碱中；碳酸氢铵过量太多将会导致生产成本过高；②依据题目信息以及化学方程式来计算．【解答】解：（1）卤水和碳酸氢铵反应的化学方程式为：NaCl+NH4HCO3═NaHCO3↓+NH4Cl，故答案为：NaCl+NH4HCO3═NaHCO3↓+NH4Cl；（2）滤渣和滤液用过滤分别，操作1为过滤、洗涤，氯化铵能水解，加入盐酸抑制水解，得到纯净的氯化铵，所以试剂X为盐酸，食盐中含杂质为NaBr，残液除NH4Cl外，还含有NaBr，故答案为：过滤、洗涤；盐酸；NaBr；（3）NaHCO3和NH4Cl能发生双水解：NaHCO3+NH4ClNaCl+NH3↑+H2O+CO2↑，故答案为：NaHCO3+NH4ClNaCl+NH3↑+H2O+CO2↑；（4）氯离子的检验方法是：加入硝酸酸化的硝酸银溶液，假如由白色沉淀生成则可推断原溶液中存在氯离子，反应的离子方程式为Cl﹣+Ag+＝AgCl↓，故答案为：取洗涤液，加入足量硝酸至溶液呈酸性，再滴加硝酸银溶液，无沉淀说明纯净；（5）①氯化钠过多会残留在NaHCO3，最终氯化钠混杂在纯碱中；而碳酸氢铵过量太多将会导致生产成本过高，所以实际生产中选择＝1.2，故答案为：bc；②2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑2mol1molNaCl+NH4HCO3＝NaHCO3↓+NH4Cl2mol2mol实际生产中选择＝1.2，n（NH4HCO3）＝2.4mol，故答案为：2.4．【点评】本题主要考查了物质的制备．涉及到物质的分别、提纯，盐类的水解，离子的检验和化学计算，难度不大，依据所学学问即可完成．19．【考点】GQ：二价Fe离子和三价Fe离子的检验；PT：物质的检验和鉴别的试验方案设计．【分析】（1）依据逻辑推理，甲同学认为是：Br2溶于水变成黄色溶液；乙认为是Fe2+被氧化成Fe3+使溶液变成黄色；（2）溴单质氧化性较强，能将亚铁离子氧化为三价铁，三价铁在水溶液中是黄色的，可以从是否有溴单质以及是否生成三价铁两个角度来设计试验验证；（3）三价铁和溴单质均能将亚铁离子氧化，碘单质遇到淀粉变蓝；（4）FeBr2在溶液中电离出Fe2+、Br﹣，Cl2通入FeBr2溶液中，既能氧化Fe2+，又能氧化Br﹣．【解答】解：（1）依据逻辑推理，甲同学认为是：Br2溶于水变成黄色溶液；乙认为是Fe2+被氧化成Fe3+使溶液变成黄色；故答案为：Fe2+被氧化成Fe3+使溶液变成黄色；（2）溴单质氧化性较强，能将亚铁离子氧化为三价铁而使溶液变为黄色，可以进行试验看是否存在溴单质，也可以用硫氰化钾溶液检验三价铁的存在，故答案为：选用试剂试验现象第一种方法四氯化碳有机层（下层）橙红色其次种方法硫氰化钾溶液溶液变红（3）溴单质也能将碘离子氧化为碘单质，则不行以选用淀粉碘化钾溶液来试验推断是否正确，故答案为：不行行，因为Br2和Fe3+都能把I﹣氧化成I2；（4）FeBr2在溶液中电离出Fe2+、Br﹣，Cl2通入FeBr2溶液中，既能氧化Fe2+，又能氧化Br﹣．发生的反应为2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣，故答案为：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣．【点评】本题是一道关于氧化还原反应的试验设计和探究题，题目难度中等，主要涉及了铁离子、亚铁离子的转化，试题综合性较强，有利于培育学生敏捷应用所学学问的实力．20．【考点】H5：有机物分子中的官能团及其结构．【分析】（1）依据结构简式找寻含有的官能团；（2）C不含醛基；（3）A生成C是消去反应，A生成D是缩聚反应；（4）C含羧基、碳碳双键、苯环；（5）A含羧基和羟基，共含3个O原子，依据能发生银镜反应知含醛基，依据不能发生水解反应知不是酯，依据1mol该物质可与金属钠反应生成1molH2知含2个醇羟基，没有羧基；（6）A制取B是酯化反应．【解答】解：（1）含羧基和羟基，故答案为：羧基、羟基；（2）不含酯基的化合物是C，故答案为：C；（3）A生成C是消去反应，A生成D是缩聚反应，故答案为：消去；聚合（或缩聚）；（4）C含羧基、碳碳双键、苯环，则1molC在确定条件下与NaOH溶液、Br2水和H2反应，消耗三种物质最多分别为1mol，1mol，4mol，故答案为：1；1；4；（5）A含羧基和羟基，共含3个O原子，依据能发生银镜反应知含醛基，依据不能发生水解反应知不是酯，依据1mol该物质可与金属钠反应生成1molH2知含2个醇羟基，没有羧基（若含羧基，则必定有1个醇羟基，加上醛基，O原子数多于3），苯环上只有一个取代基，它们是，故答案为：；（6）由A制取B是酯化反应，化学方程式为：，故答案为：．【点评】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键，题目难度不大．

考点卡片1．化学科学的主要探讨对象【学问点的相识】化学探讨的对象：物质．化学探讨的内容：物质的组成、性质、结构、变更规律及物质的制备和用途，但物质的空间变更，数量关系，宏观运动不属于化学探讨的范畴．【命题方向】典例1：化学在人类社会发展中起着重要的作用，展望将来，化学科学具有非常广袤的探究空间．请你分析下列四个选项中现代化学不涉及的探讨领域是（）A．开发新的能源B．合成新的物质C．空间形式和数量关系D．防治环境污染分析：本题依据化学的探讨内容是探讨物质的组成、性质、结构及变更规律的科学，凡与之有关系的领域均属于化学探讨的范畴，而空间形式、数量关系、逻辑推断等均属于数学的探讨范畴等学问点来解题．解答：A．化学是一门探讨物质的组成、结构、性质及变更规律的科学，开发新能源属于化学探讨的领域，故A不选；B．合成新物质属于化学的探讨领域，可以探讨物质的组成、结构等，故B不选；C．空间形式和数量范畴属于数学的探讨范畴，故C选；D．防止环境污染属于探讨物质的变更规律的探讨，属于化学探讨的领域，故D不选；故选C．点评：本题考查了化学的主要探讨领域，包括四个方面，物质的组成、结构、性质、变更规律等学问点．【解题思路点拨】化学的主要探讨领域，包括四个方面，物质的组成、结构、性质、变更规律．2．物理变更与化学变更的区分与联系【学问点的相识】（1）物理变更和化学变更的联系：物质发生化学变更的同时确定伴随物理变更，但发生物理变更不确定发生化学变更．（2）物理变更和化学变更的区分：物理变更没有新物质生成，化学变更有新物质生成，常表现为生成气体，颜色变更，生成沉淀等，而且伴随能量变更，常表现为吸热、放热、发光等．常见的物理变更和化学变更：物理变更：物态变更，形态变更等．化学变更：物质的燃烧、钢铁锈蚀、火药爆炸，牛奶变质等．【命题的方向】本考点主要考察常见的物理变更和化学变更．题型：物理变更和化学变更的推断典例1：下列变更中，不属于化学变更的是（）A．二氧化硫使品红溶液褪色B．氯水使有色布条褪色C．活性炭使红墨水褪色D．漂白粉使某些染料褪色分析：化学变更是指在原子核不变的状况下，有新物质生成的变更，物理变更是指没有新物质生成的变更．化学变更和物理变更的本质区分在于是否有新物质生成．解答：A．二氧化硫使品红溶液褪色原理是二氧化硫与品红结合成无色物质，属于化学变更，故A错误；B．氯水使有色布条褪色原理是氯水有强氧化性能将有色布条氧化为无色物质，属于化学变更，故B错误；C．活性炭使红墨水褪色的过程中没有新物质生成，属于物理变更，故C正确；D．漂白粉有强氧化性将染料氧化为无色物质，属于化学变更，故D错误．故选C．点评：本题考查溶液的褪色，解答本题要分析变更过程中是否有新物质生成，假如没有新物质生成就属于物理变更，假如有新物质生成就属于化学变更．【解题思路点拔】物理变更和化学变更的本质区分就是否有新物质生成，化学变更有新物质生成．3．绿色化学【学问点的相识】绿色化学又称环境友好化学，它的主要特点是：1）充分利用资源和能源，采纳无毒、无害的原料；2）在无毒、无害的条件下进行反应，以削减废物向环境排放；3）提高原子的利用率，力图使全部作为原料的原子都被产品所消纳，实现“零排放”；原子利用率＝（预期产物的分子量/全部生成物的分子量总和）×100%被利用的原子数比上总原子数．原子利用率百分之百的意思是反应没有副产物生成，全部的原子均被利用．原子利用率确定了化学生产中反应的运用程度4）生产出有利于环境爱护、社区平安和人体健康的环境友好的产品．【命题的方向】本考点主要考察绿色化学的特点和原子利用率、“零排放”的概念，以选择题为主．题型一：绿色化学的特点和涵义典例：“绿色化学”的主要内容之一是指从技术、经济上设计可行的化学反应，使原子充分利用，不产生污染物．下列化学反应符合“绿色化学”理念的是（）A．制CuSO4：Cu+2H2SO4（浓）＝CuSO4+SO2↑+2H2OB．制CuSO4：2Cu+O2＝2CuO；Cu+H2SO4（稀）＝CuSO4+H2OC．制Cu（NO3）2：Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2OD．制Cu（NO3）2：3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O分析：理解绿色化学的要点有两个：一是原子充分利用；二是不产生污染．解答：A、每生成1molCuSO4须要2molH2SO4并且还有SO2等污染性的气体生成，故A错误．B、原子的利用率高且在生产过程中没有污染性的物质产生，符合题意，故B正确．C、每生成1molCu（NO3）2须要4molHNO3并且还有NO2等污染性的气体生成，故C错误．D、每生成1molCu（NO3）2须要8/3molHNO3并且还有NO等污染性的气体生成，故D错误．故选B．点评：解答本题的关键是要读懂题目要求，精确理解绿色化学的含义．题型二：原子利用率的概念典例2：“绿色化学”是当今社会提出的一个新概念．在“绿色化学工艺”中，志向状态是反应中原子全部转化为欲制得产物，即原子的利用率为100%．在用丙炔合成甲基丙烯酸甲酯的过程中，欲使原子的利用率达到最高，在催化剂作用下还须要其他的反应物是（）A．CO和CH3OHB．CO2和H2OC．CH2＝CH2和COD．CH3OH和H2分析：由题意知，绿色化学即环境友好型化学，其志向状态是反应中原子全部转化为欲制得的产物，即原子的利用率为100%，依据这一观点，要把一个C3H4分子变成一个C5H802分子，还必需增加2个C原子、4个H原子、2个O原子，即原料中C、H、O的原子个数比为2：4：2，以此来解答．解答：由题意知，绿色化学即环境友好型化学，其志向状态是反应中原子全部转化为欲制得的产物，即原子的利用率为100%，依据这一观点，要把一个C3H4分子变成一个C5H802分子，还必需增加2个C原子、4个H原子、2个O原子，即原料中C、H、O的原子个数比为2：4：2．A．CO和CH3OH，这两种物质假如依据分子个数比1：1组合，则很简洁使C、H、O的原子个数比达到2：4：2，故A正确；B．C02和H2O，其中两种物质里三种原子不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比为2：4：2，故B错误；C．CH2＝CH2和CO，其中两种物质里三种原子不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比为2：4：2，故C错误；D．CH3OH和H2，其中两种物质分子里三种原子不论怎样组合都不能使C、H、O的原子个数比为2：4：2，故D错误．故选A．点评：本题考查绿色化学的概念，并以此为依据，考查元素种类、原子种类在化学变更中都保持不变，因此我们要用守恒的观点来解答，留意解本题时确定要读懂题意，明确命题者的意图，再结合所学方可解答．【解题思路点拔】能使原子利用率达到百分之百的反应是加成反应和化合反应．4．工业合成氨【学问点的相识】反应原理：N2+3H22NH3（正反应为放热反应），这是一个气体总体积缩小的、放热的可逆反应。原料气的制取：N2：将空气液化、蒸发分别出N2或者将空气中的O2与碳作用生成CO2，然后除去CO2，得到N2。H2：用水和燃料（煤、焦碳、石油、自然气等）在高温下制取。用煤和水制取H2的主要反应为C+H2O（g）CO+H2；CO+H2O（g）CO2+H2制得的N2、H2需净化、除杂质。在用高压机缩压至高压。合成氨相宜条件的选择：催化剂：虽不能改变更学平衡，但可以加快反应速率，提高单位时间内的产量。温度：上升温度可加快反应速率，但从平衡移动考虑，此反应温度不宜太高。使催化剂的活性最大也是选择温度的另一个重要因素。压强：增大压强既可以加快反应速率又可以使化学平衡向正反应方向移动。但生产设备能不能承受那么大的压强，产生压强所需的动力、能源又是限制压强的因素。浓度：在生产过程中，不断补充N2和H2，刚好分别出NH3，不但可以加快反应速率，还能使平衡右移，提高NH3的产量。合成氨的相宜条件：压强：20～50MPa温度：500℃左右（此时催化剂的活性最大）催化器：铁触媒（以铁为主体的多成分催化剂）【命题的方向】本考点主要考察合成氨反应特点，如何找寻到最佳的反应条件，如何提高转化率。【解题思路点拔】合成氨最佳反应条件的选择：合成氨是一个气体总体积缩小的、放热的须要催化剂的可逆反应，高压和低温相宜，但考虑到催化剂的活性，选择相宜的温度。5．纯碱工业（侯氏制碱法）【学问点的相识】1、制备原理：侯氏制碱法是依据离子反应发生的原理进行的，离子反应会向着离子浓度减小的方向进行（实质为勒夏特列原理）．制备纯碱（Na2CO3），主要利用NaHCO3在溶液中溶解度较小，所以先制得NaHCO3，再利用碳酸氢钠不稳定性分解得到纯碱．要制得碳酸氢钠就要有大量钠离子和碳酸氢根离子，所以就在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，这其中NaHCO3溶解度最小，所以析出，其余产品处理后可作肥料或循环运用．2、化学反应原理：侯氏制碱法原理（又名联合制碱法）NH3+CO2+H2O＝NH4HCO3NH4HCO3+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl（在反应中NaHCO3沉淀，所以这里有沉淀符号）总反应方程式：NaCl+CO2+H2O+NH3＝NaHCO3↓+NH4Cl2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑（CO2循环运用）留意：NaCl（饱和溶液）+NH3（先加）+H2O（溶液中）+CO2（后加）＝NH4Cl+NaHCO3↓（溶解度一般，因为不断添加原料达到溶液饱和才沉淀）（先添加NH3而不是CO2：CO2在NaCl中的溶解度很小，先通入NH3使食盐水显碱性，能够汲取大量CO2气体，产生高浓度的HCO3﹣，才能析出NaHCO3晶体．）3、侯氏制碱法的优点：保留了氨碱法的优点，消退了它的缺点，使食盐的利用率提高到96%；NH4Cl可做氮肥；可与合成氨厂联合，使合成氨的原料气CO转化成CO2，革除了CaCO3制CO2这一工序．【命题方向】本考点主要考察侯氏制碱法的制备原理，反应原理和制备过程中的留意事项，须要重点驾驭．题型一：侯氏制碱法的优点典例1：（2024•普陀区二模）我国闻名化工专家侯德榜先生提出的“侯氏制碱法”大大推动了纯碱工业的发展，他的贡献之一是（）A．找到了新型高效催化剂B．充分利用了能量C．提高了纯碱产品的纯度D．有效削减了环境污染分析：依据“侯氏制碱法”的基本原理是：在浓氨水中通入足量的二氧化碳生成一种盐，然后在此盐溶液中加入细的食盐粉末．原始原料有浓氨水、二氧化碳、氯化钠，最终产物是纯碱，副产品氯化铵不是污染物，进行分析解答．解答：由“侯氏制碱法”的基本原理是：在浓氨水中通入足量的二氧化碳生成一种盐，然后在此盐溶液中加入细的食盐粉末，原始原料有浓氨水、二氧化碳、氯化钠，由“由于大部分酸式碳酸盐不稳定，加热后简洁转化为正盐、水和二氧化碳，所以将析出的碳酸氢钠加热分解即可制得纯碱”，最终产物是纯碱，另外在得到碳酸氢钠的现时还得到一种副产物氯化铵，副产品氯化铵是一种氮肥，可再利用，不是污染物，不会造成环境污染，侯氏制碱法没有找到了新型高效催化剂，也未充分利用能量，与提高纯碱产品的纯度无关，故选D．点评：本题考查“侯氏制碱法”，理解其基本原理与流程、反应物、产物的性质等是正确解答本题的关键，题目难度不大．题型二：侯氏制碱法工业流程典例2：我国化学家侯德榜依据NaHCO3溶解度比NaCl、Na2CO3、NH4HCO3、NH4Cl都小的性质，运用CO2+NH3+H2O+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl的反应原理制备纯碱．下面是在试验室进行模拟试验的生产流程示意图：则下列叙述错误的是（）A．A气体是NH3，B气体是CO2B．把纯碱及第Ⅲ步得到的晶体与某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制得发酵粉C．纯碱可广泛地用于玻璃、制皂、造纸、纺织等工业中D．第Ⅳ步操作是将晶体溶于水后加热、蒸发、结晶分析：A、依据侯德榜制碱的原理是，应先通氨气，再通二氧化碳；B、发酵粉是一种复合添加剂，主要用作面制品和膨化食品的生产．发酵粉中含有很多物质，主要成分为碳酸氢钠和酒石酸．通常是碳酸盐和固态酸的化合物；C、依据纯碱的用途分析推断，碳酸钠是重要的化工原料之一，是玻璃、肥皂、洗涤剂、纺织、制革、香料、染料、药品等的重要原料．D、第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠干脆加热分解得到碳酸钠固体．解答：A、依据侯德榜制碱的原理是，向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反应制备，因此食盐A为氨气，B为二氧化碳，故A正确；B、发酵粉是一种复合添加剂，主要用作面制品和膨化食品的生产．发酵粉中含有很多物质，主要成分为碳酸氢钠和酒石酸．通常是碳酸盐和固态酸的化合物；把纯碱及第Ⅲ步得到的晶体与某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制得发酵粉，故B正确；C、碳酸钠是重要的化工原料之一，用途广泛，是玻璃、肥皂、洗涤剂、纺织、制革、香料、染料、药品等的重要原料，故C正确；D、第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠干脆加热分解得到碳酸钠固体，故D错误．故选D．点评：本题考查了侯德榜制碱的工作原理和流程分析，驾驭工艺流程和反应原理是解题关键，题目难度中等．题型三：侯氏制碱法反应原理典例3：“NaCl+CO2+NH3+H2ONaHCO3↓+NH4Cl”是闻名的“侯氏制碱法”的重要反应．下面四种说法中不正确的是（）A．NaHCO3是一种难溶于水的物质B．析出固体后的溶液为NaHCO3的饱和溶液C．NaHCO3不是纯碱D．从该反应可以获得氮肥分析：侯氏制碱法的原理：利用NaHCO3在溶液中溶解度较小，所以先制得NaHCO3，再利用碳酸氢钠不稳定性分解得到纯碱．解答：A、该反应说明该条件下碳酸氢钠的溶解度较小，不能说明其是难溶于水的物质，故本选项错误；B、析出碳酸氢钠，说明剩余的溶液为碳酸氢钠的饱和溶液，故本选项正确；C、碳酸氢钠是小苏打，纯碱是碳酸钠，故本选项正确；D、生成的氯化铵属于氮肥，所以从该反应可以获得氮肥，故本选项正确；故选A．点评：本题考查了侯氏制碱法的原理，完成此题，可以结合化学反应的实际结合物质的性质进行．【解题思路点拨】留意过程中要先添加NH3而不是CO2，因为CO2在NaCl中的溶解度很小，先通入NH3使食盐水显碱性，能够汲取大量CO2气体．6．混合物和纯净物【学问点的相识】1、混合物的概念：混合物是由两种或多种物质混合而成的物质，亦即混合物．混合物没有固定的化学式．无固定组成和性质，组成混合物的各种成分之间没有发生化学反应，将他们保持着原来的性质．混合物可以用物理方法将所含物质加以分别．2、混合物和纯净物的区分：【命题方向】本考点属于初中学过的基础学问，了解即可．题型一：混合物、纯净物概念的考察典例1：下列物质确定为纯净物的是（）A．只有一种元素组成的物质B．只有一种原子构成的物质C．只有一种分子构成的物质D．只有一种元素的阳离子与另一种元素的阴离子构成的物质分析：纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质，据此结合常见物质的组成成分逐项分析即可．解答：A．由同种元素组成的物质，不确定是纯净物，例如，石墨与金刚石混合在一起，由碳元素组成，属于混合物，故A错误；B．一种分子只能构成一种物质，一种原子可能得到不同的分子，如O2、O3均由氧原子构成，故B错误；C．由同种分子构成的物质，物质的组成种类只有一种，属于纯净物，故C正确；D．对于离子化合物来说，一种阳离子和一种阴离子只能得到一种物质（电荷守恒），当阴、阳离子个数比不同时，其组成物质的种类可能是多种，如FeCl3与FeCl2，故D错误．故选：C．点评：本题主要考查了纯净物的概念，题目难度不大，假如只有一种物质组成就属于纯净物，假如有多种物质组成就属于混合物．题型二：常见的混合物和纯净物的区分典例2：下列物质属于混合物的是（）A．纯碱B．小苏打C．烧碱D．漂白粉分析：依据纯净物是由一种物质组成，混合物是由不同物质组成，最少有两种物质组成，据此分析推断．解答：A、纯碱中只含有一种碳酸钠，属于纯净物，故A错误；B、小苏打中只含有一种物质碳酸氢钠，属于纯净物，故B错误；C、烧碱中只含有一种物质氢氧化钠，属于纯净物，故C错误；D、漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，属于混合物，故D正确；故选D．点评：本题主要考查物质的分类，解答时要分析物质的组成，比照概念即可完成．【解题思路点拨】常见推断混合物和纯净物的方法：能否写出化学式，能写出化学式的为纯净物，不能写出的为化合物．因此须要熟记中学所学的简洁混淆的混合物，比如：漂白粉、漂粉精、草木灰、石灰石（大理石、方解石）、电石、铝土矿、刚玉、水玻璃、水煤气、焦炉煤气、福尔马林等都是混合物．7．酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【学问点的相识】1、酸、碱、盐的对比物质类别概念构成特点分类酸电离时生成的阳离子全部是H+的化合物氢离子和酸根离子①酸分子中是否有氧原子：含氧酸、无氧酸；②酸分子电离生成个数：一元酸、二元酸、三元酸；③酸性强弱：强酸、弱酸；④沸点凹凸：高沸点酸、非挥发性酸；低沸点酸、挥发性酸碱电离时生成的阴离子全部是OH﹣的化合物金属阳离子（或铵根离子）与氢氧根离子构成的①溶解性；可溶性碱、不溶性碱；②碱性强弱：强碱、弱碱；③与一个金属离子结合的的个数：一元碱、二元碱盐一类金属离子或铵根离子（NH4+）与酸根离子或非金属离子结合的化合物。金属阳离子（或铵根离子）与酸根离子（1）依据组成不同：①正盐；②酸式盐；③碱式盐（2）溶解性：可溶性盐、不溶性盐（3）相同金属离子或酸根离子的统称：某盐、某酸盐①金属元素+酸根，读作“某酸某或某酸亚某”；②金属元素+非金属元素，读作“某化某或某化亚某”；③金属元素+H+酸根，读作“某酸氢某或酸式某酸某”；④金属元素+OH+酸根，读作“碱式某酸某或碱式某化某”氧化物其构成中只含两种元素，其中一种确定为氧元素，另一种若为金属元素，则为金属氧化物；若为非金属，则为非金属氧化物。氧元素为负二价时和另外一种化学元素组成的二元化合物①金属氧化物与非金属氧化物②离子型氧化物与共价型氧化物离子型氧化物：部分活泼金属元素形成的氧化物如Na2O、CaO等；共价型氧化物：部分金属元素和全部非金属元素的氧化物如MnO2、HgO、SO2、ClO2等③一般氧化物、过氧化物和超氧化物④酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物、不成盐氧化物、其它困难氧化物2、酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物的对比：酸性氧化物碱性氧化物两性氧化物概念一类能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物能跟酸起反应，生成一种盐和水的氧化物叫碱性氧化物（且生成物只能有盐和水，不行以有任何其它物质生成）。既可以与酸反应生成盐和水又可以与碱反应生成盐和水的氧化物组成一般是非金属元素的氧化物和某些过渡金属元素的高价氧化物碱性氧化物都是金属氧化物。金属氧化物一般为碱性氧化物，但有例外，比如七氧化二锰和三氧化铬主要由活动性较低的金属组成。常例CO2、SO2、SO3、P2O5、SiO2、Mn2O7、CrO3Na2O、CaO、BaO和CrO、MnOBeO、Al2O3、ZnO等。性质1．与水反应生成相应的酸（除了二氧化硅SiO2，它不与水反应）2．与碱反应生成盐和水3．与碱性氧化物反应1．碱性氧化物的对应水化物是碱。例如，CaO对应的水化物是Ca（OH）2，Na2O对应的水化物是NaOH．但对应水化物是不溶性碱的则其氧化物不与水反应，如：氧化铜不与水反应，碱金属钠、钾等，还有钙和钡的氧化物能跟水反应，生成相应的氢氧化物。它们都是强碱：Na2O+H2O═2NaOHCaO+H2O═Ca（OH）22．高温下，部分碱性氧化物和酸性氧化物作用生成盐：CaO+SiO2═CaSiO33．部分碱性氧化物可干脆与酸性氧化物反应：Na2O+CO2═Na2CO3。碱性氧化物受热时比较稳定，一般不会分解。既能表现酸性氧化物的性质，又能表现碱性氧化物的性质区分与联系大多数金属氧化物是碱性氧化物，大多数非金属氧化物是酸性氧化物。碱性氧化物都是一些金属氧化物，酸性氧化物中有一些是非金属氧化物，也有一些是金属氧化物。所以说，金属氧化物不确定是碱性氧化物，非金属氧化物也不确定是酸性氧化物（如CO、NO）。酸性氧化物也不确定是非金属氧化物，但碱性氧化物确定是金属氧化物。【命题方向】本内容重点驾驭酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物的概念和性质。题型一：酸、碱、盐互为氧化物的概念典例1：分类是学习和探讨化学的一种重要方法，下列分类合理的是（）A．K2CO3和K2O都属于盐B．KOH和Na2CO3都属于碱C．H2SO4和HNO3都属于酸D．Na2O和Na2SiO3都属于氧化物分析：电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物叫酸；电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物叫碱；电离时生成金属离子和酸根离子的化合物叫盐；由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物叫氧化物；据定义分析即可。解答：A、K2CO3属于盐，K2O属于氧化物，故A错误。B、KOH属于碱，Na2CO3属于盐，故B错误。C、H2SO4和HNO3都属于酸，故C正确。D、Na2O属于氧化物，Na2SiO3属于盐，故D错误。故选C。点评：本题考查了酸、碱、盐、氧化物的概念，难度不大，留意这几个概念的区分。题型二：酸性氧化物、碱性氧化物的识别典例2：下列物质的分类正确的是（）碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4NaOHSO2CO2BNaOHHClNaClNa2OCOCNaOHCH3COOHCaF2COSO2DKOHHNO3CaCO3CaOSO2A．AB．BC．CD．D分析：依据碱电离出的阴离子全部是氢氧根离子，酸电离出的阳离子全部是氢离子，盐电离出的阳离子是金属离子或铵根离子，阴离子是酸根离子，能与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，能与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物等概念进行分析。解答：A、NaOH属于碱，SO2属于酸性氧化物，故A错误；B、CO属于不成盐氧化物，故B错误；C、CO属于不成盐氧化物，故C错误；D、依据物质的分类，KOH属于碱，HNO3属于酸，CaCO3属于盐，CaO属于碱性氧化物，SO2属于酸性氧化物，故D正确。故选D。点评：本题考查物质的分类，题目难度不大，留意物质的分类角度的总结。题型三：酸性氧化物、非金属氧化物、碱性氧化物、金属氧化物的辨析关系典例3：下列关于氧化物的叙述中，正确的是（）A．酸性氧化物都是非金属氧化物B．非金属氧化物都是酸性氧化物C．碱性氧化物确定是金属氧化物D．金属氧化物确定是碱性氧化物分析：A、能和碱反应生成只盐和水的氧化物是酸性氧化物；B、非金属氧化物可能是不成盐氧化物；C、能和酸反应只生成盐和水的氧化物是碱性氧化物。D、金属氧化物不确定都是碱性氧化物。解答：A、酸性氧化物也可能是金属氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故A错误；B、非金属氧化物不确定是酸性氧化物，可能是不成盐氧化物，如CO属于非金属氧化物但不属于酸性氧化物，故B错误；C、碱性氧化物确定是金属氧化物，故C正确；D、金属氧化物不确定是碱性氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故D错误；故选C。点评：本题考查了氧化物的概念及其联系，难度不大，但概念间的联系是学习的难点，属于易错题。【解题思路点拨】金属氧化物不确定是碱性氧化物，非金属氧化物也不确定是酸性氧化物（如CO、NO）。酸性氧化物也不确定是非金属氧化物，但碱性氧化物确定是金属氧化物。8．化学方程式的书写【学问点的相识】1、化学方程式的书写原则：1）必需以客观事实为依据，不能凭空臆造事实上不存在的物质和化学反应．2）遵守质量守恒定律，使等号两边原子的种类和数目必需相等．2、化学方程式的书写步骤：书写化学方程式要按确定步骤进行，避开出现一些不必要的错误，如漏掉反应条件和“↑”“↓”等．书写化学方程式的一般步骤可概括为：“一写，二配，三注”（以高锰酸钾受热分解为例）化学方程式的书写步骤：1）写：依据事实写出反应物和生成物的化学式（左反、右生），并在反应物和生成物之间画一条短线．2）配：配平化学方程式的目的是使等号两边的原子种类与数目相等，遵守质量守恒定律，配平后要加以检查．3）注：注明化学反应发生的条件（点燃、加热等），标诞生成物状态（气体，沉淀等），把短线改成等号．3、书写化学方程式的留意事项：1）化学反应的常见条件有“点燃”、“加热”（常用“△”表示）“高温”，“催化剂”等，写在等号上方；2）假如反应物没有气体而生成物中有气体，在气体物质的化学式右边要注“↑”；3）溶液中的反应假如生成物是固体，在固体物质化学式右边注“↓”．4、书写化学方程式的口诀：左写反应物，右写生成物；写准化学式，系数（化学计量数）要配平；中间连等号，条件要注明；生成气体和沉淀，要用“↑”“↓”来标明．5、化学方程式的配平：配平化学方程式就是在化学式前面配上适当的化学计量数使式子左、右两边的每一种元素的原子数目相等．常用的配平方法有最小公倍数法、视察法、奇数配偶法、归一法及得失电子守恒法．1）最小公倍数法：这种方法适合于常见的难度不大的化学方程式．例如在KClO3→KCl+O2↑这个反应式中右边氧原子个数为2，左边是3，则最小公倍数为6，因此KClO3前系数应配2，O2前配3，式子变为：2KClO3→2KCl+3O2↑，由于左边钾原子和氯原子数变为2个，则KCl前应配系数2，短线改为等号，标明条件即可：2KClO32KCl+3O2↑（反应条件为二氧化锰催化和加热．“MnO2”写在等号上方；“△”写在等号下方）2）奇偶配平法：这种方法适用于化学方程式两边某一元素多次出现，并且两边的该元素原子总数有一奇一偶，例如：C2H2+O2→CO2+H2O，此方程式配平先从出现次数最多的氧原子配起．O2内有2个氧原子，无论化学式前系数为几，氧原子总数应为偶数．故右边H₂O的系数应配2（若推出其它的分子系数出现分数则可配4），由此推知C2H2前2，式子变为：2C2H2+O2→CO2+2H2O，由此可知CO2前系数应为4，最终配单质O2为5，把短线改为等号，写明条件即可：2C2H2+5O2＝4CO2+2H2O3）视察法：有时方程式中会出现一种化学式比较困难的物质，我们可通过这个困难的分子去推其他化学式的系数，例如：Fe+H2O──Fe3O4+H2，Fe3O4化学式较困难，明显，Fe3O4中Fe来源于单质Fe，O来自于H2O，则Fe前配3，H2O前配4，则式子为：3Fe+4H2O＝Fe3O4+H2由此推出H2系数为4，写明条件，短线改为等号即可：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2↑4）归一法（或待定系数法）：找到化学方程式中关键的化学式，定其化学式前计量数为1，然后依据关键化学式去配平其他化学式前的化学计量数．若出现计量数为分数，再将各计量数同乘以同一整数，化分数为整数，这种先定关键化学式计量数为1的配平方法，称为归一法．5）得失电子守恒法：电子得失法的原理是：氧化还原反应中，还原剂失去电子的总数必需等于氧化剂获得电子的总数．依据这一规则，可以配平氧化还原反应方程式．下面是配平的详细方法：1°从反应式里找出氧化剂和还原剂，并标明被氧化元素或还原元素的原子在反应前后化合价发生变更的状况，以便确定它们的电子得失数．2°使得失电子数相等，由此确定氧化剂和还原剂等有关物质化学式的系数．3°由已得的系数，判定其它物质的系数，由此得配平的反应式．【命题方向】本考点主要考察化学方程式的书写，须要重点驾驭．题型一：化学方程式的书写典例1：（2013•丰台区二模）下列说明物质制备或用途的反应方程式不正确的是（）A．用氯气制取漂白粉2Cl2+2Ca（OH）2＝Ca（ClO）2+CaCl2+2H2OB．用铁粉与高温水蒸气反应制取磁性氧化铁2Fe+3H2OFe2O3+3H2C．采纳铝热法焊接钢轨2Al+Fe2O32Fe+Al2O3D．用氢氟酸雕刻玻璃SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O分析：A、氯气和消石灰反应生成氯化钙、次氯酸钙和水配平推断；B、铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；C、铝热反应是铝和金属氧化物高温加热生成金属和氧化铝；D、氢氟酸能和玻璃中的二氧化硅反应生成四氟化硅和水．解答：A、用氯气制取漂白粉2Cl2+2Ca（OH）2＝Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O，符合工艺制备和反应，故A正确；B、用铁粉与高温水蒸气反应制取磁性氧化铁3Fe+4H2OFe3O4+4H2，故B错误；C、采纳铝热法焊接钢轨利用铝热反应完成，反应为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故C正确；D、氢氟酸能和玻璃中的二氧化硅反应生成四氟化硅和水，用氢氟酸雕刻玻璃SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O，故D正确；故选B．点评：本题考查了化学方程式书写方法和原理分析，驾驭物质性质，分析推断反应产物是解题关键，题目较简洁．题型二：电子守恒法配平化学方程式典例2：在5.6gFe粉中加入过量的稀硫酸溶液，待反应完全后，再加入1mol•L﹣1KNO3溶液25mL，恰好反应完全．该反应的方程式为：FeSO4+KNO3+H2SO4→K2SO4+Fe2（SO4）3+NxOy+H2O（未配平），则对该反应的下列说法正确的是（）A．化学方程式中按物质依次的计量数是：8、2、5、1、4、1、5B．反应中氧化产物是N2OC．反应过程中转移的电子数为8mol电子D．氧化产物和还原产物的物质的量之比为4：1分析：n（Fe）＝＝0.1mol，加入过量的稀硫酸溶液，n（FeSO4）＝0.1mol，n（KNO3）＝0.025mol，设还原产物中N元素的化合价为n，由电子守恒可知，0.1mol×（3﹣2）＝0.025mol×（5﹣n），解得n＝1，则NxOy为N2O，则x＝2，y＝1，由电子、原子守恒可知反应为8FeSO4+2KNO3+5H2SO4＝K2SO4+4Fe2（SO4）3+N2O↑+5H2O，以此来解答．解答：n（Fe）＝＝0.1mol，加入过量的稀硫酸溶液，n（FeSO4）＝0.1mol，n（KNO3）＝0.025mol，设还原产物中N元素的化合价为n，由电子守恒可知，0.1mol×（3﹣2）＝0.025mol×（5﹣n），解得n＝1，则NxOy为N2O，则x＝2，y＝1，由电子、原子守恒可知反应为8FeSO4+2KNO3+5H2SO4＝K2SO4+4Fe2（SO4）3+N2O↑+5H2O，A．由上述分析可知，化学方程式中按物质依次的计量数是：8、2、5、1、4、1、5，故A正确；B．N元素的化合价降低，被还原，则还原产物是N2O，故B错误；C．由Fe元素的化合价变更可知，反应过程中转移的电子数为0.1mol×（3﹣2）＝0.1mol电子，故C错误；D．由反应可知，氧化产物[Fe2（SO4）3]和还原产物（N2O）的物质的量之比为4：1，故D正确；故选AD．点评：本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变更为解答的关键，侧重分析与计算实力的考查，留意从化合价角度及电子守恒角度分析，难度不大．【解题思路点拨】归一法做法：选择化学方程式中组成最困难的化学式，设它的系数为1，再依次推断．第一步：设NH₃的系数为1，1NH3+O2﹣﹣NO+H2O其次步：反应中的N原子和H原子分别转移到NO和H2O中，由此可得1NH3+O2﹣﹣NO+H2O第三步：由右端氧原子总数推O2系数1NH3+O2﹣﹣NO+H2O第四步：取最小公倍数相乘4NH3+5O2＝4NO+6H2O．9．质子数、中子数、核外电子数及其相互联系【学问点的学问】1、相关概念：一个原子是由原子核和核外高速运动的电子所组成的．原子核又是由质子和中子组成的（不是分两层）每一个质子带一个单位正电荷，中子不显电性，有多少个质子就带多少单位正电荷，质子所带的正电荷数就叫核电荷数．2、等量关系核电荷数＝质子数＝核外电子数＝原子序数（离子内则要去掉核外电子数）质量数＝质子数+中子数≈相对原子质量．3、原子组成的表示方法X其中：A表示质量数；Z表示核电荷数或质子数．【命题方向】本考点主要考察核电荷数的概念，属于初中学过的基本内容，了解即可．题型一：阴阳离子的核外电子数与核电荷数、离子所带电荷数之间的关系典例1：已知元素X、Y的核电荷数分别是a和b，它们的离子Xm+和Yn﹣的核外电子排布相同，则下列关系式中正确的是（）A．a＝b+m+nB．a＝b﹣m+nC．a＝b+m﹣nD．a＝b﹣m﹣n分析：依据阴阳离子的核外电子数与核电荷数、离子所带电荷数之间的关系计算．解答：在原子中，核电荷数等于核外电子数；在阳离子中，核电荷数减去离子所带电荷数等于核外电子数；在阴离子中，核电荷数加上离子所带电荷数等于核外电子数．因为Xm+和Yn﹣具有相同的核外电子排布，所以，Xm+和Yn﹣具有相同的核外电子数，aXm+的核外电子数等于a﹣m，bYn﹣的核外电子数为：b+n，则：a﹣m＝b+n．故答案为：A．点评：在原子中，核电荷数等于核外电子数；在阳离子中，核电荷数减去离子所带电荷数等于核外电子数；在阴离子中，核电荷数加上离子所带电荷数等于核外电子数．题型二：X中各数量之间的关系典例2：下列关于He的说法正确的是（）A．He原子核内含有2个中子B．He原子核内含有3个质子C．He原子核外有3