2021年湖南省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試化學(xué)試題（湖南卷）（解析版）A3

1、湖南省2021年普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試化學(xué)注意事項(xiàng)：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在本試卷和答題卡上。2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)。回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無(wú)效。3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：一、選擇題：本題共10小題，每小題3分，共30分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1. 下列有關(guān)湘江流域的治理和生態(tài)修復(fù)的措施中，沒有涉及到化學(xué)變化的是A. 定期清淤，疏通河道B. 化工企業(yè)“三廢”處理后，達(dá)標(biāo)排放C

2、. 利用微生物降解水域中的有毒有害物質(zhì)D. 河道中的垃圾回收分類后，進(jìn)行無(wú)害化處理【答案】A【解析】分析】【詳解】A定期清淤，疏通河道，保證河流暢通，沒有涉及化學(xué)變化，A符合題意；B工業(yè)生產(chǎn)中得到產(chǎn)品的同時(shí)常產(chǎn)生廢氣、廢水和廢渣（簡(jiǎn)稱“三廢”），常涉及化學(xué)方法進(jìn)行處理，如石膏法脫硫、氧化還原法和沉淀法等處理廢水，廢渣資源回收利用等過程均有新物質(zhì)生成，涉及化學(xué)變化，B不符合題意；C可通過微生物的代謝作用，將廢水中有毒有害物質(zhì)尤其復(fù)雜的有機(jī)污染物降解為簡(jiǎn)單的、無(wú)害物質(zhì)，所以微生物法處理廢水有新物質(zhì)的生成，涉及的是化學(xué)變化，C不符合題意；D河道中的垃圾回收分類，適合焚化處理的垃圾，利用現(xiàn)代焚化爐進(jìn)行

3、燃燒，消滅各種病原體，把一些有毒、有害物質(zhì)轉(zhuǎn)化為無(wú)害物質(zhì)，同時(shí)可回收熱能，用于供熱和發(fā)電等，此過程涉及化學(xué)變化，D不符合題意；故選A。2. 下列說法正確的是A. 糖類、蛋白質(zhì)均屬于天然有機(jī)高分子化合物B. 粉末在空氣中受熱，迅速被氧化成C. 可漂白紙漿，不可用于殺菌、消毒D. 鍍鋅鐵皮的鍍層破損后，鐵皮會(huì)加速腐蝕【答案】B【解析】【分析】【詳解】A糖類分為單糖、二糖和多糖，其中屬于多糖的淀粉、纖維素的相對(duì)分子質(zhì)量上萬(wàn)，屬于天然高分子化合物，蛋白質(zhì)也屬于天然有機(jī)高分子化合物，而單糖和二糖相對(duì)分子質(zhì)量較小，不屬于天然高分子化合物，A錯(cuò)誤；B氧化亞鐵具有較強(qiáng)的還原性，在空氣中受熱容易被氧氣氧化為穩(wěn)定

4、的四氧化三鐵，B正確；C二氧化硫除了具有漂白作用，可漂白紙漿、毛和絲等，還可用于殺菌消毒，例如，在葡萄酒釀制過程中可適當(dāng)添加二氧化硫，起到殺菌、抗氧化作用，C錯(cuò)誤；D鍍鋅的鐵皮鍍層破損后構(gòu)成原電池，鋅作負(fù)極，鐵作正極被保護(hù)，鐵皮不易被腐蝕，D錯(cuò)誤；故選B。3. 下列實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖菍?shí)驗(yàn)?zāi)康膶?shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)A檢驗(yàn)溶液中是否被氧化取少量待測(cè)液，滴加溶液，觀察溶液顏色變化B凈化實(shí)驗(yàn)室制備的氣體依次通過盛有飽和溶液、濃的洗氣瓶C測(cè)定溶液的pH將待測(cè)液滴在濕潤(rùn)的pH試紙上，與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對(duì)照D工業(yè)酒精制備無(wú)水乙醇工業(yè)酒精中加生石灰，蒸餾A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】【詳解】

5、A.若Fe2+被氧化為Fe3+，F(xiàn)e3+能與SCN-生成Fe(SCN)3，溶液變成血紅色，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故A不符合題意；B實(shí)驗(yàn)室用濃鹽酸和二氧化錳加熱制氯氣，先用飽和食鹽水除去混有的氯化氫，再通過濃硫酸的洗氣瓶干燥，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故B不符合題意；C用pH試紙測(cè)定NaOH溶液的pH不能潤(rùn)濕pH試紙，否則會(huì)因濃度減小，而影響測(cè)定結(jié)果，不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故C符合題意；D制取無(wú)水酒精時(shí)，通常把工業(yè)酒精跟新制的生石灰混合，加熱蒸餾，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模蔇不符合題意。答案選C。4. 已二酸是一種重要的化工原料，科學(xué)家在現(xiàn)有工業(yè)路線基礎(chǔ)上，提出了一條“綠色”合成路線：下列說法正確的是A. 苯與溴水混合，充

6、分振蕩后靜置，下層溶液呈橙紅色B. 環(huán)己醇與乙醇互為同系物C. 已二酸與溶液反應(yīng)有生成D. 環(huán)己烷分子中所有碳原子共平面【答案】C【解析】【分析】【詳解】A.苯的密度比水小，苯與溴水混合，充分振蕩后靜置，有機(jī)層在上層，應(yīng)是上層溶液呈橙紅色，故A錯(cuò)誤；B環(huán)己醇含有六元碳環(huán)，和乙醇結(jié)構(gòu)不相似，分子組成也不相差若干CH2原子團(tuán)，不互為同系物，故B錯(cuò)誤；C己二酸分子中含有羧基，能與NaHCO3溶液反應(yīng)生成CO2，故C正確；D環(huán)己烷分子中的碳原子均為飽和碳原子，與每個(gè)碳原子直接相連的4個(gè)原子形成四面體結(jié)構(gòu)，因此所有碳原子不可能共平面，故D錯(cuò)誤；答案選C。5. 為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.

7、含有的中子數(shù)為B. 溶液中含有的數(shù)為C. 與在密閉容器中充分反應(yīng)后的分子數(shù)為D. 和(均為標(biāo)準(zhǔn)狀況)在光照下充分反應(yīng)后的分子數(shù)為【答案】D【解析】【分析】【詳解】A的物質(zhì)的量為=0.9mol，1個(gè)含0+(18-8)=10個(gè)中子，則含有的中子數(shù)為，A錯(cuò)誤；B未給溶液體積，無(wú)法計(jì)算，B錯(cuò)誤；C存在2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4，因此與在密閉容器中充分反應(yīng)后分子數(shù)小于，C錯(cuò)誤；D甲烷和氯氣在光照下發(fā)生取代，1mol氯氣可取代1molH，同時(shí)產(chǎn)生1molHCl分子，標(biāo)準(zhǔn)狀況下的物質(zhì)的量為0.5mol，的物質(zhì)的量為1mol，0.5molCH4含4molH，最多可消耗4molCl2，因此CH4過

8、量，根據(jù)1mol氯氣可取代1molH，同時(shí)產(chǎn)生1molHCl分子可知1molCl2完全反應(yīng)可得1moHCl，根據(jù)C守恒，反應(yīng)后含C物質(zhì)的物質(zhì)的量=甲烷的物質(zhì)的量=0.5mol，因此和(均為標(biāo)準(zhǔn)狀況)在光照下充分反應(yīng)后的分子數(shù)為，D正確；選D。6. 一種工業(yè)制備無(wú)水氯化鎂的工藝流程如下：下列說法錯(cuò)誤的是A. 物質(zhì)X常選用生石灰B. 工業(yè)上常用電解熔融制備金屬鎂C. “氯化”過程中發(fā)生的反應(yīng)為D. “煅燒”后的產(chǎn)物中加稀鹽酸，將所得溶液加熱蒸發(fā)也可得到無(wú)水【答案】D【解析】【分析】海水經(jīng)一系列處理得到苦鹵水，苦鹵水中含Mg2+，苦鹵水中加物質(zhì)X使Mg2+轉(zhuǎn)化為Mg(OH)2，過濾除去濾液，煅燒Mg

9、(OH)2得MgO，MgO和C、Cl2經(jīng)“氯化”得無(wú)水MgCl2。【詳解】A物質(zhì)X的作用是使Mg2+轉(zhuǎn)化為Mg(OH)2，工業(yè)上常采用CaO，發(fā)生CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+，A正確；BMg是較活潑金屬，工業(yè)上常用電解熔融制備金屬鎂，B正確；C由圖可知“氯化”過程反應(yīng)物為MgO、氯氣、C，生成物之一為MgCl2，C在高溫下能將二氧化碳還原為CO，則“氣體”為CO，反應(yīng)方程式為，C正確；D“煅燒”后得到MgO，MgO和鹽酸反應(yīng)得到MgCl2溶液，由于MgCl2在溶液中水解為氫氧化鎂和HCl，將所得溶液加熱蒸發(fā)HCl會(huì)逸出，MgCl2水解平衡正

10、向移動(dòng)，得到氫氧化鎂，得不到無(wú)水MgCl2，D錯(cuò)誤；選D。7. W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，Y的原子序數(shù)等于W與X的原子序數(shù)之和，Z的最外層電子數(shù)為K層的一半，W與X可形成原子個(gè)數(shù)比為2：1的分子。下列說法正確的是A. 簡(jiǎn)單離子半徑：B. W與Y能形成含有非極性鍵的化合物C. X和Y的最簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)：D. 由W、X、Y三種元素所組成化合物的水溶液均顯酸性【答案】B【解析】【分析】Z的最外層電子數(shù)為K層的一半，則Z的核外有3個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為1，即為Na，W與X能形成原子個(gè)數(shù)比為2:1的18電子的分子，則形成的化合物為N2H4，所以W為H，X為N，Y的原子序數(shù)是W

11、和X的原子序數(shù)之和，則Y為O。據(jù)此分析解答?！驹斀狻坑煞治隹芍琖為H，X為N，Y為O，Z為Na。A離子的電子層數(shù)相同時(shí)，原子序數(shù)越小，半徑越大，即離子半徑大小為：N3-O2-Na+，即簡(jiǎn)單離子半徑為：XYZ，故A錯(cuò)誤；BW為H，Y為O，能形成H2O2，含有極性共價(jià)鍵和非極性共價(jià)鍵，故B正確；CX的最簡(jiǎn)單氫化物為氨氣，Y的最簡(jiǎn)單氫化物為水，水的沸點(diǎn)高于氨氣，即最簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)為YX，故C錯(cuò)誤；D由W、X、Y三種元素形成的化合物有硝酸，硝酸銨，氨水等，硝酸，硝酸銨顯酸性，氨水顯堿性，故由W、X、Y三種元素形成的化合物不一定都是酸性，故D錯(cuò)誤；故選B。8. 常用作食鹽中的補(bǔ)碘劑，可用“氯酸鉀氧化

12、法”制備，該方法的第一步反應(yīng)為。下列說法錯(cuò)誤的是A. 產(chǎn)生22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)時(shí)，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移B. 反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為11：6C. 可用石灰乳吸收反應(yīng)產(chǎn)生的制備漂白粉D. 可用酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗(yàn)食鹽中的存在【答案】A【解析】【分析】【詳解】A該反應(yīng)中只有碘元素價(jià)態(tài)升高，由0價(jià)升高至KH(IO3)2中+5價(jià)，每個(gè)碘原子升高5價(jià)，即6I260e-，又因方程式中6I23Cl2，故3Cl260e-，即Cl220e-，所以產(chǎn)生22.4L (標(biāo)準(zhǔn)狀況) Cl2即1mol Cl2時(shí)，反應(yīng)中應(yīng)轉(zhuǎn)移20 mol e-，A錯(cuò)誤；B該反應(yīng)中KClO3中氯元素價(jià)態(tài)降低，KClO3作氧化劑，I2

13、中碘元素價(jià)態(tài)升高，I2作還原劑，由該方程式的計(jì)量系數(shù)可知，11KClO36I2，故該反應(yīng)的氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為11:6，B正確；C漂白粉的有效成分是次氯酸鈣，工業(yè)制漂白粉可用石灰乳與氯氣反應(yīng)，C正確；D食鹽中可先與酸化的淀粉碘化鉀溶液中的H+、I-發(fā)生歸中反應(yīng)生成I2，I2再與淀粉發(fā)生特征反應(yīng)變?yōu)樗{(lán)色，故可用酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗(yàn)食鹽中的存在，D正確。故選A。9. 常溫下，用的鹽酸分別滴定20.00mL濃度均為三種一元弱酸的鈉鹽溶液，滴定曲線如圖所示。下列判斷錯(cuò)誤的是A. 該溶液中：B. 三種一元弱酸的電離常數(shù)：C. 當(dāng)時(shí)，三種溶液中：D. 分別滴加20.00mL鹽酸后，再將三種溶

14、液混合：【答案】C【解析】【分析】由圖可知，沒有加入鹽酸時(shí)，NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，則HX、HY、HZ三種一元弱酸的酸性依次減弱。【詳解】ANaX為強(qiáng)堿弱酸鹽，在溶液中水解使溶液呈堿性，則溶液中離子濃度的大小順序?yàn)閏(Na+)c(X-)c(OH-)c(H+)，故A正確；B弱酸的酸性越弱，電離常數(shù)越小，由分析可知，HX、HY、HZ三種一元弱酸的酸性依次減弱，則三種一元弱酸的電離常數(shù)的大小順序?yàn)镵a(HX)Ka (HY)Ka(HZ)，故B正確；C當(dāng)溶液pH為7時(shí)，酸越弱，向鹽溶液中加入鹽酸的體積越大，酸根離子的濃度越小，則三種鹽溶液中酸根的濃度大小順序?yàn)閏(X-)c(Y-)c(Z

15、-)，故C錯(cuò)誤；D向三種鹽溶液中分別滴加20.00mL鹽酸，三種鹽都完全反應(yīng)，溶液中鈉離子濃度等于氯離子濃度，將三種溶液混合后溶液中存在電荷守恒關(guān)系c(Na+)+ c(H+)= c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+ c(Cl-)+ c(OH-)，由c(Na+)= c(Cl-)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)= c(H+)c(OH-)，故D正確；故選C。10. 鋅溴液流電池是一種先進(jìn)的水溶液電解質(zhì)電池，廣泛應(yīng)用于再生能源儲(chǔ)能和智能電網(wǎng)的備用電源等。三單體串聯(lián)鋅溴液流電池工作原理如圖所：下列說法錯(cuò)誤的是A. 放電時(shí)，N極正極B. 放電時(shí)，左側(cè)貯液器中的濃度不斷減小C. 充電時(shí)，M極的電極反

16、應(yīng)式為D. 隔膜允許陽(yáng)離子通過，也允許陰離子通過【答案】B【解析】【分析】由圖可知，放電時(shí)，N電極為電池的正極，溴在正極上得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成溴離子，電極反應(yīng)式為Br2+2e=2Br，M電極為負(fù)極，鋅失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成鋅離子，電極反應(yīng)式為Zn2e=Zn2+，正極放電生成的溴離子通過離子交換膜進(jìn)入左側(cè)，同時(shí)鋅離子通過交換膜進(jìn)入右側(cè)，維持兩側(cè)溴化鋅溶液的濃度保持不變；充電時(shí)，M電極與直流電源的負(fù)極相連，做電解池的陰極，N電極與直流電源的正極相連，做陽(yáng)極。【詳解】A由分析可知，放電時(shí)，N電極為電池的正極，故A正確；B由分析可知，放電或充電時(shí)，左側(cè)儲(chǔ)液器和右側(cè)儲(chǔ)液器中溴化鋅的濃度維持不變，故

17、B錯(cuò)誤；C由分析可知，充電時(shí)，M電極與直流電源的負(fù)極相連，做電解池的陰極，鋅離子在陰極上得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成鋅，電極反應(yīng)式為Zn2+2e=Zn，故C正確；D由分析可知，放電或充電時(shí)，交換膜允許鋅離子和溴離子通過，維持兩側(cè)溴化鋅溶液的濃度保持不變，故D正確；故選B。二、選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。11. 已知：，向一恒溫恒容的密閉容器中充入和發(fā)生反應(yīng)，時(shí)達(dá)到平衡狀態(tài)I，在時(shí)改變某一條件，時(shí)重新達(dá)到平衡狀態(tài)，正反應(yīng)速率隨時(shí)間的變化如圖所示。下列說法正確的是A. 容器內(nèi)壓

18、強(qiáng)不變，表明反應(yīng)達(dá)到平衡B. 時(shí)改變的條件：向容器中加入CC. 平衡時(shí)A的體積分?jǐn)?shù)：D. 平衡常數(shù)K：【答案】BC【解析】【分析】根據(jù)圖像可知，向恒溫恒容密閉容器中充入1molA和3molB發(fā)生反應(yīng)，反應(yīng)時(shí)間從開始到t1階段，正反應(yīng)速率不斷減小，t1-t2時(shí)間段，正反應(yīng)速率不變，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，t2-t3時(shí)間段，改變條件使正反應(yīng)速率逐漸增大，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，t3以后反應(yīng)達(dá)到新的平衡狀態(tài)，據(jù)此結(jié)合圖像分析解答?！驹斀狻緼.容器內(nèi)發(fā)生的反應(yīng)為A(g)+2B(g)3C(g)，該反應(yīng)是氣體分子數(shù)不變的可逆反應(yīng)，所以在恒溫恒容條件下，氣體的壓強(qiáng)始終保持不變，則容器內(nèi)壓強(qiáng)不變，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡

19、狀態(tài)，A錯(cuò)誤；B.根據(jù)圖像變化曲線可知，t2t3過程中，t2時(shí)，瞬間不變，平衡過程中不斷增大，則說明反應(yīng)向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，且不是“突變”圖像，屬于“漸變”過程，所以排除溫度與催化劑等影響因素，改變的條件為：向容器中加入C，B正確；C.最初加入體系中的A和B的物質(zhì)的量的比值為1：3，當(dāng)向體系中加入C時(shí)，平衡逆向移動(dòng)，最終A和B各自物質(zhì)的量增加的比例為1：2，因此平衡時(shí)A的體積分?jǐn)?shù)(II)(I)，C正確；D.平衡常數(shù)K與溫度有關(guān)，因該反應(yīng)在恒溫條件下進(jìn)行，所以K保持不變，D錯(cuò)誤。故選BC。12. 對(duì)下列粒子組在溶液中能否大量共存的判斷和分析均正確的是粒子組判斷和分析A、不能大量共存，因發(fā)生反應(yīng)：B

20、、不能大量共存，因發(fā)生反應(yīng)：C、能大量共存，粒子間不反應(yīng)D、能大量共存，粒子間不反應(yīng)A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】【詳解】A.Al3+和NH3H2O生成Al(OH)3沉淀而不是生成Al，故A錯(cuò)誤；BS2和H+反應(yīng)生成單質(zhì)硫、二氧化硫和水，離子方程式為：2H+ S2=S+SO2+H2O，故B正確；CFe3+可以將H2O2氧化得Fe2+和O2，不能大量共存，故C錯(cuò)誤；D在酸性條件下Mn能將Cl-氧化為Cl2，不能大量共存，故D錯(cuò)誤；答案選B。13. 1-丁醇、溴化鈉和70%的硫酸共熱反應(yīng)，經(jīng)過回流、蒸餾、萃取分液制得1-溴丁烷粗產(chǎn)品，裝置如圖所示：已知：下列說法正確的是

21、A. 裝置I中回流目的是為了減少物質(zhì)的揮發(fā)，提高產(chǎn)率B. 裝置中a為進(jìn)水口，b為出水口C. 用裝置萃取分液時(shí)，將分層的液體依次從下放出D. 經(jīng)裝置得到的粗產(chǎn)品干燥后，使用裝置再次蒸餾，可得到更純的產(chǎn)品【答案】AD【解析】【分析】根據(jù)題意1-丁醇、溴化鈉和70%的硫酸在裝置I中共熱發(fā)生得到含、NaHSO4、NaBr、H2SO4的混合物，混合物在裝置中蒸餾得到和的混合物，在裝置中用合適的萃取劑萃取分液得粗產(chǎn)品?！驹斀狻緼濃硫酸和NaBr會(huì)產(chǎn)生HBr，1-丁醇以及濃硫酸和NaBr產(chǎn)生的HBr均易揮發(fā)，用裝置I回流可減少反應(yīng)物的揮發(fā)，提高產(chǎn)率，A正確；B冷凝水應(yīng)下進(jìn)上出，裝置中b為進(jìn)水口，a為出水口，

22、B錯(cuò)誤；C用裝置萃取分液時(shí)，將下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出，C錯(cuò)誤；D由題意可知經(jīng)裝置得到粗產(chǎn)品，由于粗產(chǎn)品中各物質(zhì)沸點(diǎn)不同，再次進(jìn)行蒸餾可得到更純的產(chǎn)品，D正確；選AD。14. 鐵的配合物離子(用表示)催化某反應(yīng)的一種反應(yīng)機(jī)理和相對(duì)能量的變化情況如圖所示：下列說法錯(cuò)誤的是A. 該過程的總反應(yīng)為B. 濃度過大或者過小，均導(dǎo)致反應(yīng)速率降低C. 該催化循環(huán)中元素的化合價(jià)發(fā)生了變化D. 該過程的總反應(yīng)速率由步驟決定【答案】D【解析】【分析】【詳解】A由反應(yīng)機(jī)理可知，HCOOH電離出氫離子后，HCOO-與催化劑結(jié)合，放出二氧化碳，然后又結(jié)合氫離子轉(zhuǎn)化為氫氣，所以化學(xué)方程式為HCOOHCO2+

23、H2，故A正確；B若氫離子濃度過低，則反應(yīng)的反應(yīng)物濃度降低，反應(yīng)速率減慢，若氫離子濃度過高，則會(huì)抑制加酸的電離，使甲酸根濃度降低，反應(yīng)速率減慢，所以氫離子濃度過高或過低，均導(dǎo)致反應(yīng)速率減慢，故B正確；C由反應(yīng)機(jī)理可知，F(xiàn)e在反應(yīng)過程中，化學(xué)鍵數(shù)目發(fā)生變化，則化合價(jià)也發(fā)生變化，故C正確；D由反應(yīng)進(jìn)程可知，反應(yīng)能壘最大，反應(yīng)速率最慢，對(duì)該過程的總反應(yīng)起決定作用，故D錯(cuò)誤；故選D。二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第1517題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第18、19題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題：此題包括3小題，共39分。15. 碳酸鈉俗稱純堿，是一種重要的化工原料。以碳酸氫

24、銨和氯化鈉為原料制備碳酸鈉，并測(cè)定產(chǎn)品中少量碳酸氫鈉的含量，過程如下：步驟I.的制備步驟.產(chǎn)品中含量測(cè)定稱取產(chǎn)品2.500g，用蒸餾水溶解，定容于250mL容量瓶中；移取25.00mL上述溶液于錐形瓶，加入2滴指示劑M，用鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，溶液由紅色變至近無(wú)色(第一滴定終點(diǎn))，消耗鹽酸；在上述錐形瓶中再加入2滴指示劑N，繼續(xù)用鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)(第二滴定終點(diǎn))，又消耗鹽酸；平行測(cè)定三次，平均值為22.45，平均值為23.51。已知：(i)當(dāng)溫度超過35時(shí)，開始分解。(ii)相關(guān)鹽在不同溫度下的溶解度表溫度/010203040506035.735.836.036.336.637.037.31

25、1.915.821.027.06.98.29.611.112.714.516.429.433.337.241.445.850.455.2回答下列問題：(1)步驟I中晶體A的化學(xué)式為_，晶體A能夠析出的原因是_；(2)步驟I中“300加熱”所選用的儀器是_(填標(biāo)號(hào))；A. B. C. D.(3)指示劑N為_，描述第二滴定終點(diǎn)前后顏色變化_；(4)產(chǎn)品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(保留三位有效數(shù)字)；(5)第一滴定終點(diǎn)時(shí)，某同學(xué)俯視讀數(shù)，其他操作均正確，則質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計(jì)算結(jié)果_(填“偏大”“偏小”或“無(wú)影響”)?！敬鸢浮?(1). NaHCO3 (2). 在30-35C時(shí)NaHCO3的溶解度最?。ㄒ馑己侠砑纯桑?/p>

26、 (3). D (4). 甲基橙 (5). 由黃色變橙色，且半分鐘內(nèi)不褪色 (6). 3.56% (7). 偏大【解析】【分析】步驟I：制備Na2CO3的工藝流程中，先將NaCl加水溶解，制成溶液后加入NH4HCO3粉末，水浴加熱，根據(jù)不同溫度條件下各物質(zhì)的溶解度不同，為了得到NaHCO3晶體，控制溫度在30-35C發(fā)生反應(yīng)，最終得到濾液為NH4Cl，晶體A為NaHCO3，再將其洗滌抽干，利用NaHCO3受熱易分解的性質(zhì)，在300C加熱分解NaHCO3制備Na2CO3；步驟II：利用酸堿中和滴定原理測(cè)定產(chǎn)品中碳酸氫鈉的含量，第一次滴定發(fā)生的反應(yīng)為：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，

27、因?yàn)镹a2CO3、NaHCO3溶于水顯堿性，且堿性較強(qiáng)，所以可借助酚酞指示劑的變化來判斷滴定終點(diǎn)，結(jié)合顏色變化可推出指示劑M為酚酞試劑；第二次滴定時(shí)溶液中的溶質(zhì)為NaCl，同時(shí)還存在反應(yīng)生成的CO2，溶液呈現(xiàn)弱酸性，因?yàn)榉犹淖兩秶鸀?-10，所以不適合利用酚酞指示劑檢測(cè)判斷滴定終點(diǎn)，可選擇甲基橙試液，所以指示劑N為甲基橙試液，發(fā)生的反應(yīng)為：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，再根據(jù)關(guān)系式求出總的NaHCO3的物質(zhì)的量，推導(dǎo)出產(chǎn)品中NaHCO3的，最終通過計(jì)算得出產(chǎn)品中NaHCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。【詳解】根據(jù)上述分析可知，(1)根據(jù)題給信息中鹽在不同溫度下的溶解度不難看出，控制溫度在

28、30-35C，目的是為了時(shí)NH4HCO3不發(fā)生分解，同時(shí)析出NaHCO3固體，得到晶體A，因?yàn)樵?0-35C時(shí)，NaHCO3的溶解度最小，故答案為：NaHCO3；在30-35C時(shí)NaHCO3的溶解度最??；(2)300C加熱抽干后的NaHCO3固體，需用坩堝、泥三角、三腳架進(jìn)行操作，所以符合題意的為D項(xiàng)，故答案為：D；(3)根據(jù)上述分析可知，第二次滴定時(shí)，使用的指示劑N為甲基橙試液，滴定到終點(diǎn)前溶液的溶質(zhì)為碳酸氫鈉和氯化鈉，滴定達(dá)到終點(diǎn)后溶液的溶質(zhì)為氯化鈉，所以溶液的顏色變化為：由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘?nèi)不褪色；(4) 第一次滴定發(fā)生的反應(yīng)是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，則n(

29、Na2CO3)=n生成(NaHCO3)=n(HCl)=0.1000mol/L22.4510-3L=2.24510-3mol，第二次滴定消耗的鹽酸的體積V2=23.51mL，則根據(jù)方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2可知，消耗的NaHCO3的物質(zhì)的量n總(NaHCO3)= 0.1000mol/L23.5110-3L=2.35110-3mol，則原溶液中的NaHCO3的物質(zhì)的量n(NaHCO3)= n總(NaHCO3)- n生成(NaHCO3)= 2.35110-3mol-2.24510-3mol=1.0610-4mol，則原產(chǎn)品中NaHCO3的物質(zhì)的量為=1.0610-3mol，

30、故產(chǎn)品中NaHCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為，故答案為：3.56%；(5)若該同學(xué)第一次滴定時(shí)，其他操作均正確的情況下，俯視讀數(shù)，則會(huì)使標(biāo)準(zhǔn)液鹽酸的體積偏小，即測(cè)得V1偏小，所以原產(chǎn)品中NaHCO3的物質(zhì)的量會(huì)偏大，最終導(dǎo)致其質(zhì)量分?jǐn)?shù)會(huì)偏大，故答案為：偏大。16. 氨氣中氫含量高，是一種優(yōu)良的小分子儲(chǔ)氫載體，且安全、易儲(chǔ)運(yùn)，可通過下面兩種方法由氨氣得到氫氣。方法I：氨熱分解法制氫氣相關(guān)化學(xué)鍵的鍵能數(shù)據(jù)化學(xué)鍵鍵能946436.0390.8一定溫度下，利用催化劑將分解為和?；卮鹣铝袉栴}：(1)反應(yīng)_；(2)已知該反應(yīng)的，在下列哪些溫度下反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行？_(填標(biāo)號(hào))A.25 B.125 C.225 D.325(

31、3)某興趣小組對(duì)該反應(yīng)進(jìn)行了實(shí)驗(yàn)探究。在一定溫度和催化劑的條件下，將通入3L的密閉容器中進(jìn)行反應(yīng)(此時(shí)容器內(nèi)總壓為200kPa)，各物質(zhì)的分壓隨時(shí)間的變化曲線如圖所示。若保持容器體積不變，時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡，用的濃度變化表示時(shí)間內(nèi)的反應(yīng)速率_(用含的代數(shù)式表示)時(shí)將容器體積迅速縮小至原來的一半并保持不變，圖中能正確表示壓縮后分壓變化趨勢(shì)的曲線是_(用圖中a、b、c、d表示)，理由是_；在該溫度下，反應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)平衡常數(shù)_。(已知：分壓=總壓該組分物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，對(duì)于反應(yīng)，其中，、為各組分的平衡分壓)。方法：氨電解法制氫氣利用電解原理，將氮轉(zhuǎn)化為高純氫氣，其裝置如圖所示。(4)電解過程中的移動(dòng)方向?yàn)開(填

32、“從左往右”或“從右往左”)；(5)陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為_。KOH溶液KOH溶液【答案】 (1). +90.8 (2). CD (3). (4). b (5). 開始體積減半，N2分壓變?yōu)樵瓉?倍，隨后由于加壓平衡逆向移動(dòng)，N2分壓比原來2倍要小 (6). 0.48 (7). 從右往左 (8). 2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O【解析】【分析】【詳解】(1) 根據(jù)反應(yīng)熱=反應(yīng)物的總鍵能-生成物的總鍵能，2NH3(g)N2(g)+3H2(g)，H=390.8kJmol-1-(946 kJmol-1+436.0kJmol-1)= +90.8kJmol-1，故答案為：+90.8；(2)若反

33、應(yīng)自發(fā)進(jìn)行，則需H-TS=456.5K，即溫度應(yīng)高于(456.5-273)=183.5，CD符合，故答案為：CD；(3)設(shè)t1時(shí)達(dá)到平衡，轉(zhuǎn)化的NH3的物質(zhì)的量為2x，列出三段式：根據(jù)同溫同壓下，混合氣體的物質(zhì)的量等于體積之比，=，解得x=0.02mol，(H2)=molL-1min-1，故答案為：；t2時(shí)將容器體積壓縮到原來的一半，開始N2分壓變?yōu)樵瓉淼?倍，隨后由于加壓平衡逆向移動(dòng)，N2分壓比原來2倍要小，故b曲線符合，故答案為：b；開始體積減半，N2分壓變?yōu)樵瓉淼?倍，隨后由于加壓平衡逆向移動(dòng)，N2分壓比原來2倍要??；由圖可知，平衡時(shí)，NH3、N2、H2的分壓分別為120 kPa、40

34、kPa、120 kPa，反應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)平衡常數(shù)=0.48，故答案為：0.48；(4)由圖可知，通NH3的一極氮元素化合價(jià)升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，為電解池的陽(yáng)極，則另一電極為陰極，電解過程中OH-移向陽(yáng)極，則從右往左移動(dòng)，故答案為：從右往左；(5)陽(yáng)極NH3失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成N2，結(jié)合堿性條件，電極反應(yīng)式為：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O，故答案為：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O。17. 可用于催化劑載體及功能材料的制備。天然獨(dú)居石中，鈰(Ce)主要以形式存在，還含有、等物質(zhì)。以獨(dú)居石為原料制備的工藝流程如下：回答下列問題：(1)鈰的某種核素含有58個(gè)質(zhì)子和80個(gè)中子，該

35、核素的符號(hào)為_；(2)為提高“水浸”效率，可采取的措施有_(至少寫兩條)；(3)濾渣的主要成分是_(填化學(xué)式)；(4)加入絮凝劑的目的是_；(5)“沉鈰”過程中，生成的離子方程式為_，常溫下加入的溶液呈_(填“酸性”“堿性”或“中性”)(已知：的，的，)；(6)濾渣的主要成分為，在高溫條件下，、葡萄糖()和可制備電極材料，同時(shí)生成和，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_【答案】 (1). (2). 適當(dāng)升高溫度，將獨(dú)居石粉碎等 (3). Al(OH)3 (4). 促使鋁離子沉淀 (5). (6). 堿性 (7). 6+12=12+6CO+6H2O+6CO2【解析】【分析】焙燒濃硫酸和獨(dú)居石的混合物、水浸，轉(zhuǎn)

36、化為Ce2(SO4)3和H3PO4，與硫酸不反應(yīng)，轉(zhuǎn)化為Al2(SO4)3，轉(zhuǎn)化為Fe2(SO4)3，轉(zhuǎn)化為CaSO4和HF，酸性廢氣含HF；后過濾，濾渣為和磷酸鈣、FePO4，濾液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，F(xiàn)e2(SO4)3，加氯化鐵溶液除磷，濾渣為FePO4；聚沉將鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為沉淀，過濾除去，濾渣主要為氫氧化鋁，還含氫氧化鐵；加碳酸氫銨沉鈰得Ce2(CO3)3nH2O。【詳解】(1)鈰的某種核素含有58個(gè)質(zhì)子和80個(gè)中子，則質(zhì)量數(shù)為58+80=138，該核素的符號(hào)為；(2)為提高“水浸”效率，可采取的措施有適當(dāng)升高溫度，將獨(dú)居石粉碎等；(3)結(jié)合流程

37、可知，濾渣的主要成分是Al(OH)3；(4)加入絮凝劑的目的是促使鋁離子沉淀；(5)用碳酸氫銨“沉鈰”，則結(jié)合原子守恒、電荷守恒可知生成的離子方程式為；銨根離子的水解常數(shù)Kh()=5.710-10，碳酸氫根的水解常數(shù)Kh()=2.310-8，則Kh()CH (8). 54 (9). O (10). Mg2GeO4 (11). =1021【解析】【分析】【詳解】(1)硅元素的原子序數(shù)為14，價(jià)電子排布式為3s23p2，則價(jià)電子排布圖為；原子晶體的熔點(diǎn)取決于共價(jià)鍵的強(qiáng)弱，晶體硅和碳化硅都是原子晶體，碳原子的原子半徑小于硅原子，非金屬性強(qiáng)于硅原子，碳硅鍵的鍵能大于硅硅鍵、鍵長(zhǎng)小于硅硅鍵，則碳硅鍵強(qiáng)于

38、硅硅鍵，碳化硅的熔點(diǎn)高于晶體硅，故答案為：；SiC；(2) 由題給熔沸點(diǎn)數(shù)據(jù)可知，0時(shí)，四氟化硅為氣態(tài)，四氯化硅為液態(tài)，四溴化硅、四碘化硅為固態(tài)；分子晶體的沸點(diǎn)取決于分子間作用力的大小，SiX4都是結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，相對(duì)分子質(zhì)量依次增大，分子間作用力依次增大，則SiX4的沸點(diǎn)依次升高；SiX4分子中硅原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，孤對(duì)電子對(duì)數(shù)為0，則分子的空間構(gòu)型為正四面體形，故答案為：SiCl4； SiX4都是結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，相對(duì)分子質(zhì)量依次增大，分子間作用力依次增大；正四面體形；由M2+離子的結(jié)構(gòu)可知，離子中含有雜化方式為sp3雜化的單鍵碳原子和sp2雜化的雙鍵碳原子；元素的非金屬性越強(qiáng)，

39、其電負(fù)性越大，元素的非極性強(qiáng)弱順序?yàn)镹CH，則元素電負(fù)性的大小順序?yàn)镹CH；M2+離子的結(jié)構(gòu)中含有單鍵、雙鍵和配位鍵，單鍵和配位鍵都是鍵，雙鍵中含有1個(gè)鍵，則離子中含有54個(gè)鍵，故答案為：sp2、sp3；NCH；54；(3)由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中位于頂點(diǎn)、面心、棱上和體內(nèi)的X原子為8+6+4+3=8，位于體內(nèi)的Y原子和Z原子分別為4和16，由Ge和O原子的個(gè)數(shù)比為1：4可知，X為Mg原子、Y為Ge原子、Z為O原子，則晶胞的化學(xué)式為Mg2GeO4，故答案為：O；Mg2GeO4； 由晶胞的質(zhì)量公式可得：=abc1021，解得=1021g/cm3，故答案為：1021。選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)19. 葉酸

40、拮抗劑是一種多靶向性抗癌藥物。以苯和丁二酸酐為原料合成該化合物的路線如下：回答下列問題：已知：(1)A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_；(2)，的反應(yīng)類型分別是_，_；(3)M中虛線框內(nèi)官能團(tuán)的名稱為a_，b_；(4)B有多種同分異構(gòu)體，同時(shí)滿足下列條件的同分異構(gòu)體有_種(不考慮立體異構(gòu))苯環(huán)上有2個(gè)取代基能夠發(fā)生銀鏡反應(yīng)與溶液發(fā)生顯色發(fā)應(yīng)其中核磁共振氫譜有五組峰，且峰面積之比為6：2：2：1：1的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_；(5)結(jié)合上述信息，寫出丁二酸酐和乙二醇合成聚丁二酸乙二醇酯的反應(yīng)方程式_；(6)參照上述合成路線，以乙烯和為原料，設(shè)計(jì)合成的路線_(其他試劑任選)。【答案】 (1). (2). 還原反應(yīng) (3). 取

41、代反應(yīng) (4). 酰胺基 (5). 羧基 (6). 15 (7). (8). (9). 【解析】【分析】【詳解】1)由已知信息可知，與 反應(yīng)時(shí)斷鍵與成鍵位置為，由此可知A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故答案為：。(2)AB的反應(yīng)過程中失去O原子，加入H原子，屬于還原反應(yīng)；DE的反應(yīng)過程中與醛基相連的碳原子上的H原子被溴原子取代，屬于取代反應(yīng)，故答案為：還原反應(yīng)；取代反應(yīng)。(3)由圖可知，M中虛線框內(nèi)官能團(tuán)的名稱為a：酰胺基；b：羧基。(4)的同分異構(gòu)體滿足：能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明結(jié)構(gòu)中存在醛基，與FeCl3溶液發(fā)生顯色發(fā)應(yīng)，說明含有酚羥基，同時(shí)滿足苯環(huán)上有2個(gè)取代基，酚羥基需占據(jù)苯環(huán)上的1個(gè)取代位置，支鏈上苯環(huán)

42、連接方式（紅色點(diǎn)標(biāo)記）： 、 共五種，因此一共有53=15種結(jié)構(gòu)；其中核磁共振氫譜有五組峰，因酚羥基和醛基均無(wú)對(duì)稱結(jié)構(gòu)，因此峰面積之比為6：2：2：1：1的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式一定具有對(duì)稱性(否則苯環(huán)上的氫原子不等效)，即苯環(huán)上取代基位于對(duì)位，核磁共振氫譜中峰面積比為6的氫原子位于與同一碳原子相連的兩個(gè)甲基上，因此該同分異構(gòu)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故答案為：15；。(5)丁二酸酐()和乙二醇(HOCH2CH2OH)合成聚丁二酸乙二醇酯()的過程中，需先將轉(zhuǎn)化為丁二酸，可利用已知信息實(shí)現(xiàn)，然后利用BC的反應(yīng)類型合成聚丁二酸乙二醇酯，因此反應(yīng)方程式為，故答案為：。(6)以乙烯和為原料合成的路線設(shè)計(jì)過程中，可利用EF的反

43、應(yīng)類型實(shí)現(xiàn)，因此需先利用乙烯合成，中醛基可通過羥基催化氧化而得，中溴原子可利用DE的反應(yīng)類型實(shí)現(xiàn)，因此合成路線為，故答案為：?！军c(diǎn)睛】有機(jī)合成推斷解題過程中對(duì)信息反應(yīng)的分析主要是理解成鍵與斷鍵的位置關(guān)系，同時(shí)注意是否有小分子物質(zhì)生成。按照要求書寫同分異構(gòu)體時(shí)，需根據(jù)題干所給要求得出結(jié)構(gòu)中官能團(tuán)種類及數(shù)目，然后分析該結(jié)構(gòu)是否具有對(duì)稱性，當(dāng)核磁共振氫譜中出現(xiàn)比例為6的結(jié)構(gòu)中，一般存在同一個(gè)碳原子上連接兩個(gè)甲基或者甲基具有對(duì)稱性的情況，當(dāng)核磁共振氫譜出現(xiàn)比例為9的結(jié)構(gòu)中，一般存在三個(gè)甲基連接在同一個(gè)碳原子上。PAGE 高考化學(xué)-解題方法與技巧一、守恒法利用電荷守恒和原子守恒為基礎(chǔ)，就是巧妙地選擇化學(xué)

44、式中某兩數(shù)(如化合價(jià)數(shù)、正負(fù)電荷總數(shù))始終保持相等，或幾個(gè)連續(xù)的化學(xué)方程式前后某微粒(如原子、電子、離子)的物質(zhì)的量保持不變，作為解題的依據(jù)，這樣不用計(jì)算中間產(chǎn)物的數(shù)量，從而提高解題速度和準(zhǔn)確性。（一）原子個(gè)數(shù)守恒【例題1】某無(wú)水混合物由硫酸亞鐵和硫酸鐵組成，測(cè)知該混合物中的硫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為a，求混合物中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。【分析】根據(jù)化學(xué)式FeSO4、Fe2(SO4)3可看出，在這兩種物質(zhì)中S、O原子個(gè)數(shù)比為1：4，即無(wú)論這兩種物質(zhì)以何種比例混合，S、O的原子個(gè)數(shù)比始終為1：4。設(shè)含O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)x，則32/64a/x，x2a。所以(Fe)13a【例題2】用1L1mol/L的NaOH溶液吸收0.8mo

45、lCO2，求所得的溶液中CO23和HCO3的物質(zhì)的量之比為 【分析】依題意，反應(yīng)產(chǎn)物為Na2CO3和NaHCO3的混合物，根據(jù)Na原子和C原子數(shù)守恒來解答。設(shè)溶液中Na2CO3為xmol，為NaHCO3ymol，則有方程式2x+y=1mol/L1Lx+y=0.8mol，解得x=0.2，y=0.6，所以CO32：HCO31：3（二）電荷守恒即對(duì)任一電中性的體系，如化合物、混和物、溶液等，電荷的代數(shù)和為零，即正電荷總數(shù)和負(fù)電荷總數(shù)相等?！纠}3】在Na2SO4和K2SO4的混和溶液中，如果Na+=0.2摩升，SO42-=x摩升 ，K+=y摩升，則x和y的關(guān)系是（A）x=0.5y (B)x=0.1+

46、0.5y (C)y=2(x0.1) (D)y=2x0.1【分析】可假設(shè)溶液體積為1升，那么Na+物質(zhì)的量為0.2摩，SO42-物質(zhì)的量為x摩，K+物質(zhì)的量為y摩，根據(jù)電荷守恒可得Na+K+=2SO42-，所以答案為BC【例題4】用1L1mol/L的NaOH溶液吸收0.8molCO2，求所得的溶液中CO23和HCO3的物質(zhì)的量之比為 【分析】根據(jù)電荷守恒：溶液中Na+H+=HCO3+2CO32+OH，因?yàn)镠+和OH均相對(duì)較少，可忽略不計(jì)。Na+=HCO3+2CO32，已知Na+1mol/L，根據(jù)C原子守恒：HCO3+CO320.8mol/L，所以10.8+CO32，所以CO320.2mol/L，

47、HCO30.6mol/L，所以CO32：HCO31：3（三）電子守恒是指在發(fā)生氧化還原反應(yīng)時(shí)，氧化劑得到的電子數(shù)一定等于還原劑失去的電子數(shù)，無(wú)論是自發(fā)進(jìn)行的氧化還原反應(yīng)還是原電池或電解池中均如此?！纠}5】將純鐵絲5.21克溶于過量稀鹽酸中，在加熱條件下，用2.53克KNO3去氧化溶液中亞鐵離子，待反應(yīng)后剩余的Fe2+離子尚需12毫升0.3摩/升KMnO4溶液才能完全氧化，寫出硝酸鉀和氯化亞鐵完全反應(yīng)的方程式?！痉治觥胯F跟鹽酸完全反應(yīng)生成Fe2+，根據(jù)題意可知Fe2+分別跟KMnO4溶液和KNO3溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，KMnO4被還原為Mn2+，那么KNO3被還原的產(chǎn)物是什么呢？根據(jù)電子得失守

48、恒進(jìn)行計(jì)算可得KNO3被還原的產(chǎn)物是NO，所以硝酸鉀和氯化亞鐵完全反應(yīng)的化學(xué)方程式為：KNO3+3FeCl2+4HCl=3FeCl3+KCl+NO+2H2O【練習(xí)】往150mLFeBr2溶液中緩緩?fù)ㄈ?.24L（標(biāo)況）氯氣，反應(yīng)完全后，溶液中有1/3的溴離子被氧化成溴單質(zhì)。求原溶液FeBr2的物質(zhì)的量濃度。（四）質(zhì)量守恒質(zhì)量守恒就是化學(xué)反應(yīng)前后各物質(zhì)的質(zhì)量總和不變，在配制或稀釋溶液的過程中，溶質(zhì)的質(zhì)量不變?！纠}6】1500C時(shí)，碳酸銨完全分解產(chǎn)生氣態(tài)混合物，其密度是相同條件下氫氣密度的( )（A）96倍 （B）48倍 （C）12倍 （D）32倍【分析】(NH4)2CO3=2NH3+H2O+C

49、O2 根據(jù)質(zhì)量守恒定律可知混和氣體的質(zhì)量等于碳酸銨的質(zhì)量，從而可確定混和氣體的平均分子量為96/4=24 ，混和氣體密度與相同條件下氫氣密度的比為24/2 =12 ，所以答案為C【練習(xí)】0.1mol某烴與1mol過量的氧氣混合，充分燃燒后，通過足量的Na2O2固體，固體增重15g，從Na2O2中逸出的全部氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為16.8L，求該烴的化學(xué)式。（五）原子的物質(zhì)的量守恒即反應(yīng)前后各元素種類不變，各元素原子個(gè)數(shù)不變，其物質(zhì)的量、質(zhì)量也不變?！纠}7】有一在空氣中放置了一段時(shí)間的KOH固體，經(jīng)分析測(cè)知其含水2.8%、含K2CO337.3% 取1克該樣品投入25毫升2摩升的鹽酸中后，多余的鹽酸用

50、1.0摩升KOH溶液30.8毫升恰好完全中和，蒸發(fā)中和后的溶液可得到固體( )（A）1克 （B）3.725克 （C）0.797克 （D）2.836克【分析】KOH、K2CO3跟鹽酸反應(yīng)的主要產(chǎn)物都是KCl，最后得到的固體物質(zhì)是KCl，根據(jù)元素守恒，鹽酸中含氯的量和氯化鉀中含氯的量相等，所以答案為B（六）化合價(jià)數(shù)值守恒【例題8】某元素X的氧化物含氧44.0，已知該元素的相對(duì)原子質(zhì)量為51，則該氧化物的化學(xué)式為（ ）（A）XO （B）X3O5 （C）XO3 （D）X2O5【分析】設(shè)X元素的化合價(jià)為+n，根據(jù)氧元素化合價(jià)總數(shù)等于X元素化合價(jià)總數(shù)的原則得：56n/51442/16，解得n5，則氧化物的

51、化學(xué)式為D?！揪毩?xí)】某酸式鹽的組成可用Ca3(PO4)2nH3PO4mH2O表示?，F(xiàn)取該磷酸鹽7.56g加熱到失去全部結(jié)晶水后殘余物質(zhì)量為7.02g。同質(zhì)量的該鹽溶于水并加入4.44g消石灰剛好使之全部轉(zhuǎn)化為正鹽，則該鹽的組成為（ ）（A）Ca3(PO4)25H3PO42H2O （B）Ca3(PO4)24H3PO43H2O （C）Ca3(PO4)25H3PO43H2O （D）Ca3(PO4)22H3PO45H2O（七）體積守恒【練習(xí)】有一真空瓶的質(zhì)量為M1g，該瓶充入空氣總質(zhì)量為M2g，在相同狀況下，若該充某氣體A后，總質(zhì)量為M3g。則A的相對(duì)分子質(zhì)量為 （八）守恒的綜合利用1.硝酸工業(yè)中用N

52、aOH處處理廢氣，現(xiàn)對(duì)廢氣中的NO和NO2的含量作如下分析：將一定量的廢氣通人100mL 1mol/LNaOH溶液中，反應(yīng)后NO和NO2均無(wú)剩余，且溶液質(zhì)量增加3.2g，再向此溶液中通人O2，使溶液中的NaNO2完全轉(zhuǎn)化為NaNO3，再用0.2mol/L鹽酸中和過量的NaOH，消耗鹽酸100mL，求廢氣中NO和NO2物質(zhì)的量之比。2.已知Cl和Ag+反應(yīng)生成AgCl，每次新生成的AgCl中又有10見光分解成單質(zhì)銀和氯氣，氯氣又可在水溶液中歧化HClO和HCl，生成的Cl又可與Ag+繼續(xù)反應(yīng)?，F(xiàn)有1.1molNaCl溶液，向其中加人足量AgNO3溶液，求最終生成多少克難溶物（Ag和AgCl）？若

53、最后溶液體積為IL，求H+為多少？二、差量法差量法是依據(jù)化學(xué)反應(yīng)前后的某些“差量”（固體質(zhì)量差、溶液質(zhì)量差、氣體體積差、氣體物質(zhì)的量之差等）與反應(yīng)或生成物的變化量成正比而建立的一種解題方法。此法將“差量”看作化學(xué)方程式右端的一項(xiàng)，將已知差量（實(shí)際差量）與化學(xué)方程式中的對(duì)應(yīng)差量（理論差量）列成比例，其他解題步驟與按化學(xué)方程式列比例或解題完全一樣。（一）質(zhì)量差法【例題9】在1升2摩/升的稀硝酸溶液中加入一定量的銅粉，充分反應(yīng)后溶液的質(zhì)量增加了13.2克，問：（1）加入的銅粉是多少克？（2）理論上可產(chǎn)生NO氣體多少升？（標(biāo)準(zhǔn)狀況）【分析】硝酸是過量的，不能用硝酸的量來求解。銅跟硝酸反應(yīng)后溶液增重，原

54、因是生成了硝酸銅，所以可利用這個(gè)變化進(jìn)行求解。 3Cu + 8HNO3 = 3Cu(NO3)2 + 2NO+ 4H2O 增重 192 44.8 636-504=132 X克 Y升 13.2 可得X=19.2克，Y=4.48升【練習(xí)】1.在天平兩盤內(nèi)各放有等質(zhì)量等體積的燒杯，分別盛有同物質(zhì)的量同體積的鹽酸，天平平衡。再分別加人一定量的鎂、鋁，充分反應(yīng)后，若使天平仍然保持平衡，則加人鎂、鋁的物質(zhì)的量之比為（ ）（A）9：8 （B）11：12 （C）12：11 （D）3：42.將4.6g鈉和4.8g鎂分別投入盛有等物質(zhì)的量濃度、等體積的稀硫酸的兩個(gè)燒杯中，充分反應(yīng)后，所得溶液總質(zhì)量分別為mg和ng，

55、則不可能的關(guān)系為（ ）（A）m=n （B）mn （C）mn （D）mn（二）體積差法【例題10】10毫升某氣態(tài)烴在80毫升氧氣中完全燃燒后，恢復(fù)到原來狀況（1.01105Pa , 270C）時(shí)，測(cè)得氣體體積為70毫升，求此烴的分子式?！痉治觥吭旌蜌怏w總體積為90毫升，反應(yīng)后為70毫升，體積減少了20毫升。剩余氣體應(yīng)該是生成的二氧化碳和過量的氧氣，下面可以利用烴的燃燒通式進(jìn)行有關(guān)計(jì)算。 CxHy + （x+y/4）O2 xCO2 + y/2 H2O 體積減少1 1+y/410 20計(jì)算可得y=4 ，烴的分子式為C3H4或C2H4或CH4【練習(xí)】某體積可變的密閉容器，盛適量A和B的混合氣體，在一

56、定條件下發(fā)生反應(yīng)；A3B2C，若維持溫度和壓強(qiáng)不變，當(dāng)達(dá)到平衡時(shí)，容器的體積為VL，其中C氣體的體積占10，下列推斷正確的是（ ） 原混和氣體的為l.2L 原混合氣體的體積為1.1L反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)氣體A消耗掉0.05VL 反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)氣體B消耗掉0.05VL（A） （B） （C） （D）（三）物質(zhì)的量差法【例題11】白色固體PCl5受熱即揮發(fā)并發(fā)生分解：PCl5（氣）= PCl3（氣）+ Cl2 現(xiàn)將5.84克PCl5裝入2.05升真空密閉容器中，在2770C達(dá)到平衡時(shí)，容器內(nèi)的壓強(qiáng)為1.01105Pa ，經(jīng)計(jì)算可知平衡時(shí)容器內(nèi)混和氣體物質(zhì)的量為0.05摩，求平衡時(shí)PCl5的分解百分率?！痉治觥?/p>

57、原PCl5的物質(zhì)的量為0.028摩，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)物質(zhì)的量增加了0.022摩，根據(jù)化學(xué)方程式進(jìn)行計(jì)算。 PCl5（氣）= PCl3（氣）+ Cl2 物質(zhì)的量增加1 X 0.022計(jì)算可得有0.022摩PCl5分解，所以結(jié)果為78.6%【練習(xí)】可逆反應(yīng)C（s）H2O（g）CO（g）H2（g），達(dá)平衡時(shí)，測(cè)得氣體的總質(zhì)量為mg，混合氣體的物質(zhì)的量為n mol。當(dāng)改變條件使平衡向左移動(dòng)達(dá)到新的平衡時(shí)，混合氣體物質(zhì)的量變化值為nx，且m12x，nx。請(qǐng)回答下列問題：（1）達(dá)新平衡時(shí)，混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量為 （2）達(dá)新平衡時(shí)，混合氣體平均相對(duì)分子質(zhì)量的變化值M （3）若混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量呈

58、下列變化趨勢(shì)，請(qǐng)確定m和n的關(guān)系：若混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量增大，則有 若混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不變，則有 若混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量減小，則有 M1M2n2=（-M1）n1=（M2-）三、十字交叉法十字交叉法是進(jìn)行二組分混和物平均量與組分量計(jì)算的一種簡(jiǎn)便方法。凡可按M1n1 + M2n2 = （n1 + n2）計(jì)算的問題，均可用十字交叉法計(jì)算的問題，均可按十字交叉法計(jì)算，算式如右圖為：式中，表示混和物的某平均量，M1、M2則表示兩組分對(duì)應(yīng)的量。如表示平均分子量，M1、M2則表示兩組分各自的分子量，n1、n2表示兩組分在混和物中所占的份額，n1:n2在大多數(shù)情況下表示兩組分物質(zhì)的量之比

59、，有時(shí)也可以是兩組分的質(zhì)量比，如在進(jìn)行有關(guān)溶液質(zhì)量百分比濃度的計(jì)算。十字交叉法常用于求算：混和氣體平均分子量及組成、混和烴平均分子式及組成、同位素原子百分含量、溶液的配制、混和物的反應(yīng)等。（一）混和氣體計(jì)算中的十字交叉法【例題12】在常溫下，將1體積乙烯和一定量的某氣態(tài)未知烴混和，測(cè)得混和氣體對(duì)氫氣的相對(duì)密度為12，求這種烴所占的體積。【分析】根據(jù)相對(duì)密度計(jì)算可得混和氣體的平均式量為24，乙烯的式量是28，那么未知烴的式量肯定小于24，式量小于24的烴只有甲烷，利用十字交叉法可求得甲烷是0.5體積【練習(xí)】在相同的條件下，將H2（密度為0.0899g/L）與CO2（密度為1.977g/L）以何體

60、積比混合，才能使混合氣體的密度為1.429g/L？（二）同位素原子百分含量計(jì)算的十字叉法【例題13】溴有兩種同位素，在自然界中這兩種同位素大約各占一半，已知溴的原子序數(shù)是35，原子量是80，則溴的兩種同位素的中子數(shù)分別等于。（A）79 、81 （B）45 、46 （C）44 、45 （D）44 、46 【分析】?jī)煞N同位素大約各占一半,根據(jù)十字交叉法可知,兩種同位素原子量與溴原子量的差值相等,那么它們的中子數(shù)應(yīng)相差2,所以答案為D（三）溶液配制計(jì)算中的十字交叉法【例題14】某同學(xué)欲配制40%的NaOH溶液100克，實(shí)驗(yàn)室中現(xiàn)有10%的NaOH溶液和NaOH固體，問此同學(xué)應(yīng)各取上述物質(zhì)多少克？【分