2024年高考化學終極押題密卷3（北京卷）含答案

2024年高考化學終極押題密卷3（北京卷）一．選擇題（共14小題）1．下列物質混合后，因發(fā)生氧化還原反應使溶液的pH減小的是（）A．向苯酚鈉溶液中通入少量CO2氣體 B．向NaHCO3溶液中通入少量HCl氣體 C．向水中通入少量NO2氣體 D．向飽和H2S溶液中通入少量SO2氣體2．下列化學用語或圖示表達正確的是（）A．NaCl的電子式： B．基態(tài)Cr原子的價層電子排布式：3d44s2 C．BeCl2的空間結構：V形 D．順﹣2﹣丁烯的分子結構模型：3．下列方程式與所給事實不相符的是（）A．加熱NaHCO3固體，產生無色氣體：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ B．過量鐵粉與稀硝酸反應，產生無色氣體：Fe++4H+═Fe3++NO↑+2H2O C．向H2S溶液中通入SO2，產生黃色沉淀：SO2+2H2S═3S↓+2H2O D．乙醇、乙酸和濃硫酸混合加熱，產生有香味的油狀液體：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O4．用NA表示阿伏加德羅常數(shù)。下列說法正確的是（）A．1molN2H4含有π鍵的數(shù)目為NA B．1L0.1mol?L﹣1NH4Cl溶液含的數(shù)目為0.1NA C．14g乙烯和丙烯的混合氣體含有的極性共價鍵數(shù)為2NA D．22.4L（標準狀況）Cl2與足量NaOH溶液充分反應，電子轉移數(shù)為2NA5．硫酸鋇（BaSO4）是一種用于胃腸道造影檢查的輔助用藥。鋇（56Ba）與鎂（12Mg）是同族元素，關于鋇的性質的判斷正確的是（）A．Ba是第五周期第ⅡA族元素 B．堿性：Ba（OH）2＞Mg（OH）2 C．金屬性：Ca＞Ba D．離子半徑：Cs+＜Ba2+6．一種由硼鎂元素組成的離子化合物具有超導性能。該化合物晶體中硼通過共價鍵形成平面a層，鎂形成平面b層，a層和b層等距交錯排列（abab??），俯視圖（部分）如圖。下列說法正確的是（）A．硼層中硼的雜化類型為sp3 B．該化合物的化學式為MgB2 C．鎂周圍最近且等距的硼有6個 D．鎂層內存在離子鍵7．礦泉水在開采過程中會含有少量溴化物（Br﹣），在后續(xù)生產過程中經臭氧（O3）處理逐漸轉化成溴酸鹽（）。下列有關該過程的認識不正確的是（）A．該過程中臭氧（O3）得到電子 B．該過程中溴化物（Br﹣）是還原劑，溴酸鹽（）是氧化劑 C．該過程中溴元素被氧化 D．該過程中O3發(fā)生還原反應8．已知H﹣H的鍵能為436kJ?mol﹣1，I﹣I的鍵能為151kJ?mol﹣1反應H2（g）+I2（g）?2HI（g）經歷了如下反應歷程：①I2（g）?2I（g），②H2（g）+2I（g）?2HI（g），反應過程的能量變化如圖所示。下列說法正確的是（）A．H﹣I的鍵能為299kJ?mol﹣1 B．升高溫度，反應①速率增大，反應②速率減小 C．升高溫度，反應②的限度和速率均增大，有利于提高H2的轉化率 D．為防止反應過程中有I（g）大量累積，應選擇合適的催化劑降低反應②的焓變9．用熱再生氨電池處理含Cu2+電鍍廢液的裝置如圖。該裝置由電池部分和熱再生部分組成：電池部分中，a極室為（NH4）2SO4﹣NH3混合液，b極室為（NH4）2SO4溶液；熱再生部分加熱a極室流出液，使[Cu（NH3）4]2+分解。下列說法不正確的是（）A．裝置中的離子交換膜為陽離子交換膜 B．a極的電極反應為：Cu﹣2e﹣+4NH3═[Cu（NH3）4]2+ C．電池部分的總反應為：Cu2++4NH3═[Cu（NH3）4]2+ D．該方法可以富集Cu2+并產生電能，同時循環(huán)利用NH310．抗生素克拉維酸具有抗菌消炎的功效，其結構簡式如圖。下列關于克拉維酸的說法不正確的是（）A．分子內只含有1個手性碳原子 B．分子內含有4種含氧官能團 C．分子間可形成氫鍵 D．可發(fā)生取代反應和加成反應11．粗鹽中的雜質離子主要有、Ca2+、Mg2+，采用如下方法得到精制鹽水，進而制取精鹽（部分流程略）。已知：i．物質BaSO4BaCO3CaCO3Mg（OH）2Ksp（25℃）1.1×10﹣102.6×10﹣93.4×10﹣95.6×10﹣12ii．粗鹽水中c（）＞c（Ca2+）下列說法不合理的是（）A．過程Ⅰ中當溶液pH＝11時，Mg2+已沉淀完全 B．過程Ⅱ中加入足量的BaCO3，鹽水b中的陰離子僅含有Cl﹣、OH﹣ C．過程Ⅱ中若改為先加BaCl2溶液、過濾后再加Na2CO3溶液也能達到除雜目的 D．過程Ⅲ中滴加鹽酸調節(jié)pH時，應調至溶液呈中性或微酸性12．冠醚分子可識別Li+，實現(xiàn)鹵水中Li+的萃取，其合成方法如圖。下列說法不正確的是（）A．過程Ⅰ發(fā)生取代反應 B．Z的核磁共振氫譜有四組峰 C．Li+與Z通過離子鍵相結合 D．過程Ⅱ增加了Li+在有機溶劑中的溶解度13．下列實驗不能達到對應目的的是（）選項ABCD實驗目的比較Na2CO3和NaHCO3的熱穩(wěn)定性比較氧化性：Cl2＞Br2＞I2比較苯和甲苯的化學性質比較Fe和Cu的金屬活動性A．A B．B C．C D．D14．牙釉質的主要成分是Ca5（PO4）3（OH），牙齒表面液膜的pH一般約為6.5。當液膜pH＜5.2時，牙釉質會出現(xiàn)溶解損傷。使用含氟牙膏（含少量氟化物，如NaF）可預防齲齒。下列說法不正確的是（）已知：Ca5（PO4）3（OH）、Ca5（PO4）3F的Ksp分別為6.8×10﹣37、1×10﹣60；含磷粒子在水溶液中的物質的量分數(shù)（δ）與pH的關系如圖；Ca3（PO4）2、CaHPO4均難溶于水。A．牙齒表面液膜中：c（Ca2+）＞c（H2）+c（）+c（） B．牙釉質溶解損傷時，牙齒表面液膜中升高 C．使用含氟牙膏時，Ca5（PO4）3（OH）可轉化為Ca5（PO4）3F D．在漱口水中添加適量的Ca2+有利于牙釉質的沉積二．解答題（共4小題）15．某鈉離子電池以NaClO4的碳酸丙烯酯溶液作電解質溶液，Nax[MnFe（CN）6]作正極材料，Na作負極材料。（1）CO2與環(huán)氧丙烷（）在一定條件下反應制得碳酸丙烯酯。①CO2是（填“極性”或“非極性”）分子。②環(huán)氧丙烷中，O原子的雜化軌道類型是雜化。③沸點：環(huán)氧丙烷CO2（填“＞”或“＜”），解釋其原因：。（2）MnCl2溶液與Na4[Fe（CN）6]溶液混合可制備Nax[MnFe（CN）6]晶體。①基態(tài)Mn原子的電子排布式是。②CN﹣的性質與鹵素離子相近，被稱為擬鹵離子，（CN）2被稱為擬鹵素。i.（CN）2與H2O反應的生成物的結構式分別是H﹣C≡N、。ii.HCN有酸性但乙炔無明顯酸性，HCN的酸性比乙炔的強的原因是。③為防止晶體缺陷過多，制備時反應需緩慢且平穩(wěn)。先將MnCl2溶液與檸檬酸鈉（Na3C6H5O7）溶液混合，發(fā)生反應：3Mn2++2C6H5?Mn3（C6H5O7）2，再加入Na4[Fe（CN）6]溶液以制備Nax[MnFe（CN）6]晶體。闡述制備晶體過程中檸檬酸鈉溶液的作用：。（3）鈉離子電池的正極材料Nax[MnFe（CN）6]在充、放電過程中某時刻的晶胞示意圖如圖。①Nax[MnFe（CN）6]中存在的化學鍵有配位鍵、。②該時刻的晶胞所示的Nax[MnFe（CN）6]中，x＝。16．二甲醚（CH3OCH3）是一種潔凈液體燃料，工業(yè)上以CO和H2為原料生產CH3OCH3。工業(yè)制備二甲醚在催化反應室中（壓強：2.0～10.0MIPa。溫度：230～280℃）進行下列反應：反應?。篊O（g）+2H2（g）?CH3OH（g）ΔH1＝﹣99kJ?mol﹣1反應ⅱ：2CH3OH（g'?CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH2＝﹣23.5kJ?mol﹣1反應ⅲ：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）ΔH3＝﹣41.2kJ?mol﹣1（1）在該條件下，若反應i的起始濃度分別為c（CO）＝1.2mol?L﹣1，c（H2）＝2.8mol?L﹣1，8min后達到化學平衡狀態(tài)，CO的轉化率為50%，則8min內CO的平均反應速率為。（2）在t℃時。反應ii的平衡常數(shù)為400，此溫度下，在1L的密閉容器中加入一定的甲醇，反應到某時刻測得各組分的物質的量濃度如表：物質CH3OHCH3OCH3H2Oc/（mol?L﹣1）0.052.02.0此時v正v逆（填“＞”“＜”或“＝”）。（3）催化總反應為：3CO（g）+3H2（g）?CH3OCH3（g）+CO2（g）ΔH。①ΔH4＝kJ?mol﹣1。②CO的平衡轉化率α（CO）與溫度、壓強的關系如圖Ⅰ所示。圖中X代表（填“溫度”或“壓強”），L1L2（填“＞”“＜”或“＝）。（4）在催化劑的作用下同時進行三個反應，發(fā)現(xiàn)隨著起始投料比的改變，二甲醚和甲醇的產率（產物中的碳原子占起始CO中碳原子的百分率）呈現(xiàn)如圖2的變化趨勢。解釋投料比大于1.0之后二甲醚產率和甲醇產率變化的原因。（5）二甲醚（CH3OCH3）空氣燃料電池是一種高效、輕污染的車載電池，其工作原理如圖3所示。①燃料電池中的正極是（填“c”或“d”）電極。②c電極的電極反應為。17．某研究小組以甲苯為起始原料，按下列路線合成某利尿藥物M。已知：（R1﹣R6代表烴基或H原子）（1）A為苯的同系物，A→B的化學方程式為。（2）B→D的反應試劑及條件為。（3）D→E的反應類型為。（4）下列說法正確的是。a.A的一氯代物共有3種b.J在一定條件下可以生成高分子化合物c.K的核磁共振氫譜共有6個峰（5）F→G，H→J兩步反應的設計目的是。（6）已知L→M的轉化過程分兩步，轉化關系如圖所示。請寫出N和P的結構簡式：、。18．某小組同學欲探究AgNO3溶液與FeSO4溶液的反應，進行如下實驗。序號實驗操作實驗現(xiàn)象①將2mL0.04mol?L﹣1AgNO3溶液與2mL0.04mol?L﹣1FeSO4溶液（調pH＝3）混合后密封觀察到產生灰黑色沉淀，溶液變?yōu)辄S色，數(shù)小時后，溶液顏色無變化，沉淀不增加②將2mL0.04mol?L﹣1NaNO3溶液與2mL0.04mol?L﹣1FeSO4溶液（調pH＝3）混合后密封數(shù)小時內，未觀察到明顯現(xiàn)象③取少量①中反應后的上層清液，逐滴加入KSCN溶液觀察到溶液先變紅，稍振蕩后紅色消失，同時產生白色沉淀。再次滴入KSCN溶液，上述現(xiàn)象再次出現(xiàn)查閱資料：i.AgSCN為白色固體，Ksp（AgSCN）＝1.03×10﹣12ii.Fe3++3SCN﹣?Fe（SCN）3K＝2.24×103（1）取實驗①中灰黑色沉淀，加入濃硝酸，沉淀溶解，產生紅棕色氣體，說明沉淀中含。（2）實驗②中未觀察到明顯變化，說明。（3）實驗③中，滴入KSCN后溶液先變紅的原因是。稍振蕩后紅色消失并產生白色沉淀，請結合離子方程式解釋現(xiàn)象：。（4）綜合實驗①～③可知，實驗①中發(fā)生反應的離子方程式為?！痉此寂c遷移】小組同學用KSCN標準溶液作滴定劑，定量測定實驗①反應后溶液中的Ag+濃度。（5）能指示滴定終點的現(xiàn)象為。（6）滴定時，若取樣混入灰黑色沉淀，則測得的c（Ag）（填“偏高”“偏低”或“無影響”）。三．工藝流程題（共1小題）19．Mn和MnO2都具有廣泛的用途。Ⅰ.工業(yè)上用軟錳礦（主要含MnO2）和硫錳礦（主要含MnS）聯(lián)合制備MnSO4的流程如圖。資料：幾種化合物的Ksp硫化物MnSNiSCoSBaS（易溶）Ksp10﹣12.610﹣18.510﹣20.4氫氧化物Mn（OH）2Ni（OH）2Co（OH）2Fe（OH）3Ksp10﹣13.010﹣14.710﹣14.310﹣38.6（1）為提高浸出速率，可采取的措施有（答出兩條即可）。（2）浸出過程中產生的Fe3+對MnO2與MnS的反應起催化作用，機理如下。ⅰ.2Fe3++MnS＝Mn2++2Fe2++S；ⅱ.（離子方程式）。（3）流程圖中采用①和②共同除去浸出液中金屬陽離子雜質，解釋不能單獨使用①去除這些雜質離子的原因：。（4）濾渣2的主要成分是。Ⅱ.以MnSO4溶液為原料，用圖1裝置（a，b均為惰性電極）同步制備Mn和MnO2。（5）結合離子交換膜的類型，解釋中間室產生較濃硫酸的原因：。（6）圖1中b電極上Mn的電解效率與溶液pH的關系如圖2所示。隨pH的增大，電解效率先增大后減小的原因是。

2024年菁優(yōu)高考化學終極押題密卷3（北京卷）參考答案與試題解析一．選擇題（共14小題）1．下列物質混合后，因發(fā)生氧化還原反應使溶液的pH減小的是（）A．向苯酚鈉溶液中通入少量CO2氣體 B．向NaHCO3溶液中通入少量HCl氣體 C．向水中通入少量NO2氣體 D．向飽和H2S溶液中通入少量SO2氣體【考點】氧化還原反應與非氧化還原反應．【專題】氮族元素．【答案】C【分析】A．苯酚鈉溶液中通入少量CO2氣體，生成苯酚和碳酸氫鈉，該反應不是氧化還原反應；B．NaHCO3溶液中通入少量HCl氣體，生成氯化鈉、水和二氧化碳，溶液的pH減小，但該反應不是氧化還原反應；C．NO2與水反應生成HNO3和NO，溶液的pH減小，該反應是氧化還原反應；D．H2S溶液中通入少量SO2氣體，生成S和水，溶液的pH增大?！窘獯稹拷猓篈．苯酚鈉溶液中通入少量CO2氣體，生成苯酚和碳酸氫鈉，該反應不是氧化還原反應，故A錯誤；B．NaHCO3溶液中通入少量HCl氣體，生成氯化鈉、水和二氧化碳，溶液的pH減小，但該反應不是氧化還原反應，故B錯誤；C．NO2與水反應生成HNO3和NO，溶液的pH減小，該反應是氧化還原反應，故C正確；D．H2S溶液中通入少量SO2氣體，生成S和水，溶液的pH增大，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題主要考查常見物質的轉化及氧化還原反應的知識，為高頻考點，題目難度不大。2．下列化學用語或圖示表達正確的是（）A．NaCl的電子式： B．基態(tài)Cr原子的價層電子排布式：3d44s2 C．BeCl2的空間結構：V形 D．順﹣2﹣丁烯的分子結構模型：【考點】化學式或化學符號及名稱的綜合．【答案】D【分析】A．NaCl是離子化合物，不存在分子；B．基態(tài)Cr原子的價層電子排布式為3d54s1；C．BeCl2分子中Be原子的價層電子對數(shù)為2+（2﹣2×1）＝2，VSEPR模型為直線形；D．順﹣2﹣丁烯中兩個甲基處于碳碳雙鍵的同側。【解答】解：A．NaCl是離子化合物，由Na+和Cl﹣構成，Cl﹣最外層電子數(shù)為8，其電子式為，故A錯誤；B．基態(tài)Cr原子的原子序數(shù)為24，價層電子排布式為3d54s1，不是3d44s2，故B錯誤；C．BeCl2分子中Be原子的價層電子對數(shù)為2+（2﹣2×1）＝2，無孤電子對，VSEPR模型和空間構型均為直線形，故C錯誤；D．順﹣2﹣丁烯中兩個甲基處于碳碳雙鍵的同側，分子結構模型為，故D正確；故選：D。【點評】本題考查常見化學用語的表示方法，明確常見化學用語的概念及書寫原則為解答關鍵，試題側重考查學生的規(guī)范答題能力，題目難度不大。3．下列方程式與所給事實不相符的是（）A．加熱NaHCO3固體，產生無色氣體：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ B．過量鐵粉與稀硝酸反應，產生無色氣體：Fe++4H+═Fe3++NO↑+2H2O C．向H2S溶液中通入SO2，產生黃色沉淀：SO2+2H2S═3S↓+2H2O D．乙醇、乙酸和濃硫酸混合加熱，產生有香味的油狀液體：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O【考點】化學方程式的書寫；離子方程式的書寫；硝酸的化學性質；酯化反應．【專題】物質的性質和變化專題；離子反應專題．【答案】B【分析】A．加熱NaHCO3固體，分解產生無色氣體二氧化碳、碳酸鈉和水；B．過量鐵粉與稀硝酸反應，產生無色氣體NO、硝酸亞鐵和水；C．向H2S溶液中通入SO2，產生黃色沉淀S和水；D．乙醇、乙酸和濃硫酸混合加熱，發(fā)生酯化反應，產生有香味的油狀液體為乙酸乙酯?！窘獯稹拷猓篈．加熱NaHCO3固體，分解產生無色氣體二氧化碳、碳酸鈉和水，反應的化學方程式為：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故A正確；B．過量鐵粉與稀硝酸反應，產生無色氣體NO、硝酸亞鐵和水，反應的離子方程式為：3Fe+2+8H+═3Fe2++2NO↑+4H2O，故B錯誤；C．向H2S溶液中通入SO2，產生黃色沉淀S和水，反應的化學方程式為：SO2+2H2S═3S↓+2H2O，故C正確；D．乙醇、乙酸和濃硫酸混合加熱，發(fā)生酯化反應，產生有香味的油狀液體為乙酸乙酯，反應的化學方程式為：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，故D正確；故選：B?！军c評】本題考查了物質性質分析、化學方程式和離子方程式的書寫，注意知識的熟練掌握，題目難度不大。4．用NA表示阿伏加德羅常數(shù)。下列說法正確的是（）A．1molN2H4含有π鍵的數(shù)目為NA B．1L0.1mol?L﹣1NH4Cl溶液含的數(shù)目為0.1NA C．14g乙烯和丙烯的混合氣體含有的極性共價鍵數(shù)為2NA D．22.4L（標準狀況）Cl2與足量NaOH溶液充分反應，電子轉移數(shù)為2NA【考點】阿伏加德羅常數(shù)；氧化還原反應的電子轉移數(shù)目計算．【專題】阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律．【答案】C【分析】A．N2H4含有N﹣H鍵、N﹣N鍵；B．溶液中發(fā)生水解；C．乙烯和丙烯的最簡式相同；D．Cl2與足量NaOH溶液反應生成NaClO和NaCl?！窘獯稹拷猓篈．N2H4含有N﹣H鍵、N﹣N鍵，不存在π鍵，故A錯誤；B．溶液中發(fā)生水解，的數(shù)目小于0.1NA，故B錯誤；C．乙烯和丙烯的最簡式相同，14g乙烯和丙烯的混合氣體含有的極性共價鍵數(shù)為×2×NAmol﹣1＝2NA，故C正確；D．Cl2與足量NaOH溶液反應生成NaClO和NaCl，Cl元素化合價既有升高又有降低，22.4L（標準狀況）Cl2與足量NaOH溶液充分反應，電子轉移數(shù)為×1×NAmol﹣1＝NA，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查了阿伏加德羅常數(shù)的有關計算，熟練掌握公式的使用和物質的結構是解題關鍵，題目難度不大。5．硫酸鋇（BaSO4）是一種用于胃腸道造影檢查的輔助用藥。鋇（56Ba）與鎂（12Mg）是同族元素，關于鋇的性質的判斷正確的是（）A．Ba是第五周期第ⅡA族元素 B．堿性：Ba（OH）2＞Mg（OH）2 C．金屬性：Ca＞Ba D．離子半徑：Cs+＜Ba2+【考點】元素周期表的結構及其應用．【專題】元素周期律與元素周期表專題．【答案】B【分析】A．鋇（56Ba）位于第六周期第IIA族；B．同主族元素從上到下金屬性逐漸增強，金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的堿性越強；C．同主族元素從上到下金屬性逐漸增強；D．電子層數(shù)越多，離子半徑越大?！窘獯稹拷猓篈．鋇（56Ba）位于第六周期第IIA族，故A錯誤；B．同主族元素從上到下金屬性逐漸增強，則金屬性Ba＞Mg，金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的堿性越強，則堿性Ba（OH）2＞Mg（OH）2，故B正確；C．同主族元素從上到下金屬性逐漸增強，則金屬性Ba＞Ca，故C錯誤；D．電子層數(shù)越多，離子半徑越大，則離子半徑Cs+＞Ba2+，故D錯誤；故選：B。【點評】本題主要考查了元素周期律，題目難度不大，掌握元素周期律的基礎知識即可解答。6．一種由硼鎂元素組成的離子化合物具有超導性能。該化合物晶體中硼通過共價鍵形成平面a層，鎂形成平面b層，a層和b層等距交錯排列（abab??），俯視圖（部分）如圖。下列說法正確的是（）A．硼層中硼的雜化類型為sp3 B．該化合物的化學式為MgB2 C．鎂周圍最近且等距的硼有6個 D．鎂層內存在離子鍵【考點】晶胞的計算．【專題】化學鍵與晶體結構．【答案】B【分析】A．硼層中硼原子的價層電子對數(shù)為3；B．均攤法可知，晶胞中含有1個鎂原子，硼原子有12×＝2；C．晶體結構中，鎂周圍最近且等距的硼有12個；D．鎂層內只有鎂?！窘獯稹拷猓篈．硼層中硼原子的價層電子對數(shù)為3，雜化類型為sp2，故A錯誤；B．均攤法可知，晶胞中含有1個鎂原子，硼原子有12×＝2，則該化合物的化學式為MgB2，故B正確；C．晶體結構中，鎂周圍最近且等距的硼有12個，故C錯誤；D．鎂層內只有鎂，不存在離子鍵，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查晶體結構，側重考查學生晶胞計算的掌握情況，試題難度中等。7．礦泉水在開采過程中會含有少量溴化物（Br﹣），在后續(xù)生產過程中經臭氧（O3）處理逐漸轉化成溴酸鹽（）。下列有關該過程的認識不正確的是（）A．該過程中臭氧（O3）得到電子 B．該過程中溴化物（Br﹣）是還原劑，溴酸鹽（）是氧化劑 C．該過程中溴元素被氧化 D．該過程中O3發(fā)生還原反應【考點】氧化還原反應相關的概念；氧化還原反應的基本概念及規(guī)律．【專題】氧化還原反應專題．【答案】B【分析】由題中信息可知，反應物為Br﹣和O3，生成物為，說明Br﹣被氧化生成，從化合價的角度分析?！窘獯稹拷猓篈．臭氧（O3）處理溴化物（Br﹣）逐漸轉化成溴酸鹽（），可見Br元素失去電子生成+5價的，臭氧（O3）得電子作為氧化劑，故A正確；B．該過程中﹣1價的Br失去電子生成+5價的，溴化物（Br﹣）是還原劑被氧化，溴酸鹽（）是氧化產物，故B錯誤；C．Br元素失去電子生成+5價的，該過程中溴元素被氧化，故C正確；D．臭氧（O3）得電子作為氧化劑，發(fā)生還原反應，故D正確；故選：B?！军c評】本題考查氧化還原反應，題目難度不大，本題注意加強對氧化還原反應有關概念的理解，把握氧化還原反應的特征。8．已知H﹣H的鍵能為436kJ?mol﹣1，I﹣I的鍵能為151kJ?mol﹣1反應H2（g）+I2（g）?2HI（g）經歷了如下反應歷程：①I2（g）?2I（g），②H2（g）+2I（g）?2HI（g），反應過程的能量變化如圖所示。下列說法正確的是（）A．H﹣I的鍵能為299kJ?mol﹣1 B．升高溫度，反應①速率增大，反應②速率減小 C．升高溫度，反應②的限度和速率均增大，有利于提高H2的轉化率 D．為防止反應過程中有I（g）大量累積，應選擇合適的催化劑降低反應②的焓變【考點】反應熱和焓變．【專題】化學反應中的能量變化；化學平衡專題．【答案】A【分析】A．焓變＝反應物的總鍵能﹣生成物的總鍵能；B．升高溫度，反應速率加快；C．升高溫度，反應速率增大，平衡向吸熱方向移動；D．為防止反應過程中有I（g）大量累積，應采取措施使反應②速率加快?！窘獯稹拷猓篈．由圖可知，H2（g）+I2（g）?2HI（g）ΔH＝（151﹣162）kJ?mol﹣1＝﹣11kJ?mol﹣1，設H﹣I的鍵能為x，則ΔH＝﹣11kJ?mol﹣1＝（436kJ?mol﹣1+151kJ?mol﹣1）﹣2x，可得，x＝299kJ?mol﹣1，故A正確；B．升高溫度，反應速率加快，正反應①、反應②反應速率都加快，故B錯誤；C．由圖可知，反應②為放熱反應，升高溫度，反應②速率增大，平衡逆向移動，H2的轉化率降低，故C錯誤；D．為防止反應過程中有I（g）大量累積，應選擇合適的催化劑降低反應②的活化能，加快反應，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查反應中的能量變化和化學平衡，掌握基礎是關鍵，試題難度中等。9．用熱再生氨電池處理含Cu2+電鍍廢液的裝置如圖。該裝置由電池部分和熱再生部分組成：電池部分中，a極室為（NH4）2SO4﹣NH3混合液，b極室為（NH4）2SO4溶液；熱再生部分加熱a極室流出液，使[Cu（NH3）4]2+分解。下列說法不正確的是（）A．裝置中的離子交換膜為陽離子交換膜 B．a極的電極反應為：Cu﹣2e﹣+4NH3═[Cu（NH3）4]2+ C．電池部分的總反應為：Cu2++4NH3═[Cu（NH3）4]2+ D．該方法可以富集Cu2+并產生電能，同時循環(huán)利用NH3【考點】原電池與電解池的綜合．【專題】電化學專題．【答案】A【分析】為實現(xiàn)CuSO4電鍍廢液的濃縮再生，由圖可知，通入氨氣的電極為原電池負極，a電極反應為Cu﹣2e﹣+4NH3＝[Cu（NH3）4]2+，右端為原電池正極，電極反應Cu2++2e﹣＝Cu，中間為陰離子交換膜，據(jù)此分析?！窘獯稹拷猓篈．在原電池內電路中陽離子向正極移動，若隔膜為陽離子膜，電極溶解生成的銅離子要向右側移動，甲室是實現(xiàn)硫酸銅濃縮的地方，應該是乙室中的硫酸根離子進入甲室，該膜應為陰離子交換膜，故A錯誤；B．由分析可知，通入氨氣的電極為原電池負極，a電極反應為Cu﹣2e﹣+4NH3＝[Cu（NH3）4]2+，故B正確C．由分析可知，左側負極是Cu﹣2e﹣+4NH3＝[Cu（NH3）4]2+，正極銅極上銅離子得到電子發(fā)生還原反應生成銅：Cu2++2e﹣＝Cu，則電池總反應為：Cu2++4NH3═[Cu（NH3）4]2+，故C正確；D．熱再生部分加熱a極室流出液，使[Cu（NH3）4]2+分解可以富集Cu2+并產生電能，同時循環(huán)利用NH3，故D正確；故選：A?！军c評】本題考查了原電池工作原理的分析應用，主要是電極反應的理解應用和電解質溶液中離子移向的分析，掌握基礎是解題關鍵，題目難度中等，側重于考查學生的分析能力、應用能力。10．抗生素克拉維酸具有抗菌消炎的功效，其結構簡式如圖。下列關于克拉維酸的說法不正確的是（）A．分子內只含有1個手性碳原子 B．分子內含有4種含氧官能團 C．分子間可形成氫鍵 D．可發(fā)生取代反應和加成反應【考點】有機物的結構和性質．【專題】有機物的化學性質及推斷．【答案】A【分析】A．連接4個不同基團的碳原子為手性碳原子；B．分子中含酰胺基、羧基、醚鍵、羥基；C．含羧基、羥基；D．結合烯烴、羧酸、醇、酰胺基的性質判斷?！窘獯稹拷猓篈．連接4個不同基團的碳原子為手性碳原子，與羧基相連的碳原子、與N和O同時相連的碳原子為手性碳原子，共2個，故A錯誤；B．分子中含酰胺基、羧基、醚鍵、羥基，有4種含氧官能團，故B正確；C．含羧基、羥基，分子間可形成氫鍵，故C正確；D．含碳碳雙鍵可發(fā)生加成反應，含酰胺基、羧基、羥基可發(fā)生取代反應，故D正確；故選：A。【點評】本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握有機物的結構、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項A為解答的難點，題目難度不大。11．粗鹽中的雜質離子主要有、Ca2+、Mg2+，采用如下方法得到精制鹽水，進而制取精鹽（部分流程略）。已知：i．物質BaSO4BaCO3CaCO3Mg（OH）2Ksp（25℃）1.1×10﹣102.6×10﹣93.4×10﹣95.6×10﹣12ii．粗鹽水中c（）＞c（Ca2+）下列說法不合理的是（）A．過程Ⅰ中當溶液pH＝11時，Mg2+已沉淀完全 B．過程Ⅱ中加入足量的BaCO3，鹽水b中的陰離子僅含有Cl﹣、OH﹣ C．過程Ⅱ中若改為先加BaCl2溶液、過濾后再加Na2CO3溶液也能達到除雜目的 D．過程Ⅲ中滴加鹽酸調節(jié)pH時，應調至溶液呈中性或微酸性【考點】粗鹽提純．【專題】物質的分離提純和鑒別．【答案】B【分析】A．過程Ⅰ中當溶液pH＝11時，c（OH﹣）＝＝mol/L＝0.001mol/L，根據(jù)Ksp[Mg（OH）2]＝c（Mg2+）?c（OH﹣）＝5.6×10﹣12計算c（Mg2+）；B．BaCO3、BaSO4存在沉淀溶解平衡；C．過程Ⅱ中若改為先加BaCl2溶液，可除去，但后續(xù)需加入過量Na2CO3溶液除去Ca2+、Ba2+；D．過程Ⅲ中滴加鹽酸的目的是除去NaOH和Na2CO3?！窘獯稹拷猓篈．過程Ⅰ中當溶液pH＝11時，c（OH﹣）＝＝mol/L＝0.001mol/L，Ksp[Mg（OH）2]＝c（Mg2+）?c（OH﹣）＝5.6×10﹣12，則溶液中c（Mg2+）＝mol/L＝5.6×10﹣6mol/L＜10﹣5mol/L，即Mg2+沉淀完全，故A正確；B．BaCO3、BaSO4存在沉淀溶解平衡，則鹽水b中的陰離子主要含有Cl﹣、OH﹣，還含有少量、，故B錯誤；C．過程Ⅱ中若改為先加BaCl2溶液除去，則后續(xù)需加入過量Na2CO3溶液除去Ca2+、Ba2+，同樣能達到實驗目的，故C正確；D．過程Ⅲ中滴加鹽酸的目的是除去NaOH和Na2CO3，調節(jié)pH時應調至溶液呈中性或微酸性，以完全除去NaOH和Na2CO3，故D正確；故選：B?！军c評】本題考查粗鹽提純實驗方案設計，側重分析能力和實驗能力考查，把握物質性質、發(fā)生的反應、沉淀溶解平衡及溶度積常數(shù)的應用、物質分離提純方法及實驗技能是解題關鍵，題目難度中等。12．冠醚分子可識別Li+，實現(xiàn)鹵水中Li+的萃取，其合成方法如圖。下列說法不正確的是（）A．過程Ⅰ發(fā)生取代反應 B．Z的核磁共振氫譜有四組峰 C．Li+與Z通過離子鍵相結合 D．過程Ⅱ增加了Li+在有機溶劑中的溶解度【考點】有機物的結構和性質．【專題】有機物的化學性質及推斷．【答案】C【分析】A．X和Y發(fā)生取代反應生成Z；B．Z含有4種氫原子；C．Li+與Z通過配位鍵相結合；D．冠醚Z能識別鋰離子?！窘獯稹拷猓篈．X和Y發(fā)生取代反應生成Z，該反應為取代反應，故A正確；B．Z含有4種氫原子，所以Z的核磁共振氫譜有四組峰，故B正確；C．Li+與Z通過配位鍵相結合，故C錯誤；D．冠醚Z能識別鋰離子，所以過程Ⅱ增加了Li+在有機溶劑中的溶解度，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查有機物的結構和性質，側重考查分析、判斷及知識綜合運用能力，明確官能團及其性質的關系是解本題關鍵，題目難度不大。13．下列實驗不能達到對應目的的是（）選項ABCD實驗目的比較Na2CO3和NaHCO3的熱穩(wěn)定性比較氧化性：Cl2＞Br2＞I2比較苯和甲苯的化學性質比較Fe和Cu的金屬活動性A．A B．B C．C D．D【考點】化學實驗方案的評價；探究鹵素單質間的置換反應；探究碳酸鈉與碳酸氫鈉的性質．【專題】實驗評價題．【答案】B【分析】A．加熱時只有碳酸氫鈉分解生成二氧化碳，二氧化碳使石灰水變渾濁；B．氯氣可分別與NaBr、KI反應；C．甲苯可被酸性高錳酸鉀氧化生成苯甲酸；D．Fe與硫酸銅反應生成硫酸亞鐵、Cu?！窘獯稹拷猓篈．加熱時只有碳酸氫鈉分解生成二氧化碳，二氧化碳使石灰水變渾濁，加熱時碳酸鈉不分解，可比較Na2CO3和NaHCO3的熱穩(wěn)定性，故A正確；B．氯氣可分別與NaBr、KI反應，不能比較氧化性：Br2＞I2，故B錯誤；C．甲苯可被酸性高錳酸鉀氧化生成苯甲酸，苯與酸性高錳酸鉀不反應，可比較化學性質，故C正確；D．Fe與硫酸銅反應生成硫酸亞鐵、Cu，可比較Fe和Cu的金屬活動性，故D正確；故選：B?！军c評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、氧化性比較、金屬性比較、穩(wěn)定性比較、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大。14．牙釉質的主要成分是Ca5（PO4）3（OH），牙齒表面液膜的pH一般約為6.5。當液膜pH＜5.2時，牙釉質會出現(xiàn)溶解損傷。使用含氟牙膏（含少量氟化物，如NaF）可預防齲齒。下列說法不正確的是（）已知：Ca5（PO4）3（OH）、Ca5（PO4）3F的Ksp分別為6.8×10﹣37、1×10﹣60；含磷粒子在水溶液中的物質的量分數(shù)（δ）與pH的關系如圖；Ca3（PO4）2、CaHPO4均難溶于水。A．牙齒表面液膜中：c（Ca2+）＞c（H2）+c（）+c（） B．牙釉質溶解損傷時，牙齒表面液膜中升高 C．使用含氟牙膏時，Ca5（PO4）3（OH）可轉化為Ca5（PO4）3F D．在漱口水中添加適量的Ca2+有利于牙釉質的沉積【考點】沉淀溶解平衡．【專題】電離平衡與溶液的pH專題．【答案】B【分析】A．牙齒表面液膜中物料守恒關系為c（Ca2+）＝[c（H2）+c（）+c（）]；B．牙釉質溶解損傷時溶液酸性增強，結合圖中pH＜5.2時含磷粒子的種類分析判斷；C．溶解度小的物質可轉化為溶度度更小的物質；D．Ca5（PO4）3OH存在溶解平衡為Ca5（PO4）3OH?5Ca2++3+OH﹣，增大c（Ca2+），平衡逆向移動生成Ca5（PO4）3OH沉淀。【解答】解：A．牙齒表面液膜中物料守恒關系為c（Ca2+）＝[c（H2）+c（）+c（）]＞c（H2）+c（）+c（），故A正確；B．由圖可知，pH＜5.2時含磷粒子主要為H2，即和c（）降低，故B錯誤；C．Ksp[Ca5（PO4）3（OH）]＞Ksp[Ca5（PO4）3F]，根據(jù)沉淀轉化規(guī)律可知，使用含氟牙膏時，Ca5（PO4）3（OH）可轉化為Ca5（PO4）3F，故C正確；D．Ca5（PO4）3OH存在溶解平衡為Ca5（PO4）3OH?5Ca2++3+OH﹣，增大c（Ca2+），平衡逆向移動生成Ca5（PO4）3OH沉淀，所以在漱口水中添加適量的Ca2+有利于牙釉質的沉積，故D正確；故選：B?！军c評】本題考查難溶電解質的溶解平衡及轉化，側重考查學生的分析能力和運用能力，明確沉淀溶解平衡原理及影響因素、沉淀轉化規(guī)律是解題關鍵，注意圖中信息分析應用，題目難度中等。二．解答題（共4小題）15．某鈉離子電池以NaClO4的碳酸丙烯酯溶液作電解質溶液，Nax[MnFe（CN）6]作正極材料，Na作負極材料。（1）CO2與環(huán)氧丙烷（）在一定條件下反應制得碳酸丙烯酯。①CO2是非極性（填“極性”或“非極性”）分子。②環(huán)氧丙烷中，O原子的雜化軌道類型是sp3雜化。③沸點：環(huán)氧丙烷＞CO2（填“＞”或“＜”），解釋其原因：環(huán)氧丙烷與CO2都為分子晶體，環(huán)氧丙烷的相對分子質量更大，分子間作用力更大，沸點更高。（2）MnCl2溶液與Na4[Fe（CN）6]溶液混合可制備Nax[MnFe（CN）6]晶體。①基態(tài)Mn原子的電子排布式是1s22s22p63s23p63d54s2。②CN﹣的性質與鹵素離子相近，被稱為擬鹵離子，（CN）2被稱為擬鹵素。i.（CN）2與H2O反應的生成物的結構式分別是H﹣C≡N、H﹣O﹣C≡N。ii.HCN有酸性但乙炔無明顯酸性，HCN的酸性比乙炔的強的原因是N原子的電負性大，﹣CN具有吸電子效應，使HCN中H﹣C的極性更大，更易斷裂。③為防止晶體缺陷過多，制備時反應需緩慢且平穩(wěn)。先將MnCl2溶液與檸檬酸鈉（Na3C6H5O7）溶液混合，發(fā)生反應：3Mn2++2C6H5?Mn3（C6H5O7）2，再加入Na4[Fe（CN）6]溶液以制備Nax[MnFe（CN）6]晶體。闡述制備晶體過程中檸檬酸鈉溶液的作用：MnCl2溶液與檸檬酸鈉（Na3C6H5O7）溶液混合，發(fā)生反應：3Mn2++2C6H5?Mn3（C6H5O7）2，溶液中Mn2+減小，使制備晶體的反應速率減小，該反應逆向進行，釋放出Mn2+，使制備晶體的反應緩慢且平穩(wěn)。（3）鈉離子電池的正極材料Nax[MnFe（CN）6]在充、放電過程中某時刻的晶胞示意圖如圖。①Nax[MnFe（CN）6]中存在的化學鍵有配位鍵、離子鍵、極性共價鍵；。②該時刻的晶胞所示的Nax[MnFe（CN）6]中，x＝1?！究键c】晶胞的計算；配合物與超分子；原子核外電子排布；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷．【專題】原子組成與結構專題；化學鍵與晶體結構．【答案】（1）①非極性；②sp3；③＞；環(huán)氧丙烷與CO2都為分子晶體，環(huán)氧丙烷的相對分子質量更大，分子間作用力更大，沸點更高；（2）①1s22s22p63s23p63d54s2；②i.H﹣O﹣C≡N；ii.N原子的電負性大，﹣CN具有吸電子效應，使HCN中H﹣C的極性更大，更易斷裂；③MnCl2溶液與檸檬酸鈉（Na3C6H5O7）溶液混合，發(fā)生反應：3Mn2++2C6H5?Mn3（C6H5O7）2，溶液中Mn2+減小，使制備晶體的反應速率減小，該反應逆向進行，釋放出Mn2+，使制備晶體的反應緩慢且平穩(wěn)；（3）①離子鍵、極性共價鍵；②1?！痉治觥浚?）①結構對稱、正負電荷中心重合的分子為非極性分子；②環(huán)氧丙烷中，O原子形成2個σ鍵，還有2個孤電子對，價層電子對數(shù)為4；③相對分子質量越大，分子間作用力越大，沸點越高；（2）①Mn是25號元素，位于第四周期第ⅦB族；②i.根據(jù)鹵素分子與水反應判斷（CN）2與H2O反應的產物；ii.﹣CN為吸電子基團，使得C﹣H鍵極性變強，易發(fā)生斷裂；③將MnCl2溶液與檸檬酸鈉（Na3C6H5O7）溶液混合，發(fā)生反應：3Mn2++2C6H5?Mn3（C6H5O7）2，使得溶液中Mn2+減??；（3）①Nax[MnFe（CN）6]中存在Na+和[MnFe（CN）6]2﹣，CN﹣中存在C≡N鍵；②由晶胞示意圖可知，4個Na+位于體內，Mn位于頂點和面心，個數(shù)為8×+6×＝4?！窘獯稹拷猓海?）①CO2結構式為O＝C＝O，結構對稱、正負電荷中心重合，為非極性分子，故答案為：非極性；②環(huán)氧丙烷中，O原子形成2個σ鍵，還有2個孤電子對，價層電子對數(shù)為4，為sp3雜化，故答案為：sp3；③環(huán)氧丙烷與CO2都為分子晶體，環(huán)氧丙烷的相對分子質量比CO2的大，環(huán)氧丙烷分子間作用力更大，沸點更高，故答案為：＞；環(huán)氧丙烷與CO2都為分子晶體，環(huán)氧丙烷的相對分子質量更大，分子間作用力更大，沸點更高；（2）①Mn是25號元素，位于第四周期第ⅦB族，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s2，故答案為：1s22s22p63s23p63d54s2；②i.根據(jù)鹵素分子與水反應可知，（CN）2與H2O反應生成H﹣C≡N和H﹣O﹣C≡N，故答案為：H﹣O﹣C≡N；ii.N的電負性比較大，﹣CN為吸電子基團，使得C﹣H鍵極性變強，易發(fā)生斷裂，體現(xiàn)酸性，故答案為：N原子的電負性大，﹣CN具有吸電子效應，使HCN中H﹣C的極性更大，更易斷裂；③將MnCl2溶液與檸檬酸鈉（Na3C6H5O7）溶液混合，發(fā)生反應：3Mn2++2C6H5?Mn3（C6H5O7）2，使得溶液中Mn2+減小，使制備晶體的反應速率減小，該反應逆向進行，釋放出Mn2+，使制備晶體的反應緩慢且平穩(wěn)，故答案為：MnCl2溶液與檸檬酸鈉（Na3C6H5O7）溶液混合，發(fā)生反應：3Mn2++2C6H5?Mn3（C6H5O7）2，溶液中Mn2+減小，使制備晶體的反應速率減小，該反應逆向進行，釋放出Mn2+，使制備晶體的反應緩慢且平穩(wěn)；（3）①Nax[MnFe（CN）6]中存在Na+和[MnFe（CN）6]2﹣，CN﹣中存在C≡N鍵，即還存在離子鍵和極性共價鍵，故答案為：離子鍵、極性共價鍵；②由晶胞示意圖可知，4個Na+位于體內，Mn位于頂點和面心，個數(shù)為8×+6×＝4，Na：Mn＝4：4＝1：1，則x＝1，故答案為：1?！军c評】本題考查物質結構與性質，涉及分子極性、雜化方式、沸點比較、核外電子排布、化學平衡、晶胞結構、晶胞計算、化學鍵等知識，需要學生具備扎實的基礎與靈活運用的能力，是對學生綜合能力的考查，側重考查空間想象能力及計算能力，題目難度中等。16．二甲醚（CH3OCH3）是一種潔凈液體燃料，工業(yè)上以CO和H2為原料生產CH3OCH3。工業(yè)制備二甲醚在催化反應室中（壓強：2.0～10.0MIPa。溫度：230～280℃）進行下列反應：反應ⅰ：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）ΔH1＝﹣99kJ?mol﹣1反應ⅱ：2CH3OH（g'?CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH2＝﹣23.5kJ?mol﹣1反應ⅲ：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）ΔH3＝﹣41.2kJ?mol﹣1（1）在該條件下，若反應i的起始濃度分別為c（CO）＝1.2mol?L﹣1，c（H2）＝2.8mol?L﹣1，8min后達到化學平衡狀態(tài)，CO的轉化率為50%，則8min內CO的平均反應速率為0.15mol?L﹣1?min﹣1。（2）在t℃時。反應ii的平衡常數(shù)為400，此溫度下，在1L的密閉容器中加入一定的甲醇，反應到某時刻測得各組分的物質的量濃度如表：物質CH3OHCH3OCH3H2Oc/（mol?L﹣1）0.052.02.0此時v正＜v逆（填“＞”“＜”或“＝”）。（3）催化總反應為：3CO（g）+3H2（g）?CH3OCH3（g）+CO2（g）ΔH。①ΔH4＝﹣262.7kJ?mol﹣1。②CO的平衡轉化率α（CO）與溫度、壓強的關系如圖Ⅰ所示。圖中X代表溫度（填“溫度”或“壓強”），L1＞L2（填“＞”“＜”或“＝）。（4）在催化劑的作用下同時進行三個反應，發(fā)現(xiàn)隨著起始投料比的改變，二甲醚和甲醇的產率（產物中的碳原子占起始CO中碳原子的百分率）呈現(xiàn)如圖2的變化趨勢。解釋投料比大于1.0之后二甲醚產率和甲醇產率變化的原因當投料比大于1時，隨著c（H2）增大，反應ⅰ被促進，而反應ⅲ被抑制，c（H2O）增大，最終抑制反應ⅱ，因此甲醇的產率繼續(xù)增大而二甲醚的產率減小。（5）二甲醚（CH3OCH3）空氣燃料電池是一種高效、輕污染的車載電池，其工作原理如圖3所示。①燃料電池中的正極是d（填“c”或“d”）電極。②c電極的電極反應為CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O＝2CO2+12H+?！究键c】化學平衡的計算；用蓋斯定律進行有關反應熱的計算；化學平衡的影響因素．【專題】化學平衡專題；化學平衡計算．【答案】（1）0.15mol?L﹣1?min﹣1；（2）＜；（3）①﹣262.7；②溫度；＞；（4）當投料比大于1時，隨著c（H2）增大，反應ⅰ被促進，而反應ⅲ被抑制，c（H2O）增大，最終抑制反應ⅱ，因此甲醇的產率繼續(xù)增大而二甲醚的產率減??；（5）①d；②CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O＝2CO2+12H+?！痉治觥浚?）反應ⅰ的起始濃度分別為c（CO）＝1.2mol?L﹣1，8min后達到平衡，CO的轉化率為50%，CO的濃度變化量為0.6mol?L﹣1，則Δc（H2）＝1.2mol?L﹣1，v（H2）＝計算速率；（2）在t℃時，反應ⅱ的平衡常數(shù)K＝400，Q＝≈4.73＜K，此時v正＞v逆，反應正向進行；（3）①根據(jù)蓋斯定律可知，反應ⅰ×2+反應ⅱ+反應ⅲ即得反應3CO（g）+3H2（g）?CH3OCH3（g）+CO2（g），即ΔH4＝ΔH1×2+ΔH2+ΔH3；②反應ⅰ×2+反應ⅱ+反應?？傻?CO（g）+3H2（g）?CH3OCH3（g）+CO2（g），ΔH＝2ΔH1+ΔH2+ΔH3，確定ΔH＜0，CO的平衡轉化率α（CO）隨溫度升高而減小，壓強增大而增大，故x表示溫度，L表示壓強；（4）當投料比大于1時，隨著c（H2）增大，反應ⅰ被促進，而反應ⅲ被抑制，c（H2O）增大，最終抑制反應ⅱ，因此甲醇的產率繼續(xù)增大而二甲醚的產率減??；（5）①根據(jù)圖中電子的移動方向可知，d是正極；②根據(jù)圖中電子的移動方向可知，c是負極，電解質環(huán)境為酸性，則其電極反應為：CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O＝2CO2+12H+?！窘獯稹拷猓海?）反應ⅰ的起始濃度分別為c（CO）＝1.2mol?L﹣1，c（H2）＝2.8mol?L﹣1，8min后達到平衡，CO的轉化率為50%，CO的濃度變化量為0.6mol?L﹣1，則Δc（H2）＝1.2mol?L﹣1，v（H2）＝＝＝0.15mol?L﹣1?min﹣1，故答案為：0.15mol?L﹣1?min﹣1；②在t℃時，反應ⅱ的平衡常數(shù)K＝400，Q＝＝＝1600＞K，此時v正＜v逆，故答案為：＜；（3）①根據(jù)蓋斯定律可知，反應ⅰ×2+反應ⅱ+反應ⅲ即得反應3CO（g）+3H2（g）?CH3OCH3（g）+CO2（g），即ΔH4＝ΔH1×2+ΔH2+ΔH3＝（﹣99kJ?mol﹣1）×2+（﹣23.5kJ?mol﹣1）+（﹣41.2kJ?mol﹣1）＝﹣262.7kJ?mol﹣1，故答案為：﹣262.7；②反應ⅰ×2+反應ⅱ+反應?？傻?CO（g）+3H2（g）?CH3OCH3（g）+CO2（g），ΔH＝2ΔH1+ΔH2+ΔH3＝2×（﹣99kJ?mol﹣1）+（﹣23.5kJ?mol﹣1）+（﹣41.2kJ?mol﹣1）＝﹣262.7kJ?mol﹣1，ΔH＜0，反應正向氣體體積減小，則CO的平衡轉化率α（CO）隨溫度升高而減小，壓強增大而增大，故X表示溫度，L表示壓強，且L1＞L2，故答案為：溫度；＞；（4）當投料比大于1時，隨著c（H2）增大，反應ⅰ被促進，而反應ⅲ被抑制，c（H2O）增大，最終抑制反應ⅱ，因此甲醇的產率繼續(xù)增大而二甲醚的產率減小，故答案為：當投料比大于1時，隨著c（H2）增大，反應ⅰ被促進，而反應ⅲ被抑制，c（H2O）增大，最終抑制反應ⅱ，因此甲醇的產率繼續(xù)增大而二甲醚的產率減小；（5）①根據(jù)圖中電子的移動方向可知，d是正極，故答案為：d；②根據(jù)圖中電子的移動方向可知，c是負極，電解質環(huán)境為酸性，則其電極反應為：CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O＝2CO2+12H+，故答案為：CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O＝2CO2+12H+?！军c評】本題考查化學反應原理，涉及反應熱的計算、化學反應速率的計算、化學平衡的計算和影響化學平衡的因素等，題目綜合性強，難度中等。17．某研究小組以甲苯為起始原料，按下列路線合成某利尿藥物M。已知：（R1﹣R6代表烴基或H原子）（1）A為苯的同系物，A→B的化學方程式為+HNO3+H2O。（2）B→D的反應試劑及條件為氯氣、FeCl3。（3）D→E的反應類型為還原反應。（4）下列說法正確的是bc。a.A的一氯代物共有3種b.J在一定條件下可以生成高分子化合物c.K的核磁共振氫譜共有6個峰（5）F→G，H→J兩步反應的設計目的是保護氨基。（6）已知L→M的轉化過程分兩步，轉化關系如圖所示。請寫出N和P的結構簡式：CH3CHO、?！究键c】有機物的合成．【專題】有機推斷．【答案】（1）+HNO3+H2O；（2）氯氣、FeCl3；（3）還原反應；（4）bc；（5）保護氨基；（6）CH3CHO；【分析】A為苯的同系物，說明A中含有苯環(huán)，根據(jù)K的結構簡式及A、B、D的分子式知，A為，A的苯環(huán)上甲基鄰位的氫原子被硝基取代生成B為，根據(jù)F的結構簡式知，苯環(huán)上甲基的對位氫原子被氯原子取代生成D為，D中硝基發(fā)生還原反應生成E中氨基，則E為，E通過兩次取代反應生成F，F(xiàn)中氨基和乙酸發(fā)生取代反應生成G為，G發(fā)生氧化反應生成H為，H發(fā)生水解反應得到J，K和J發(fā)生取代反應生成L，根據(jù)M的結構簡式知，J為，L為，L和N發(fā)生信息中的兩步反應生成M，則N為CH3CHO?！窘獯稹拷猓海?）A為，A和濃硝酸發(fā)生取代反應生成B，則A→B的化學方程式為+HNO3+H2O，故答案為：+HNO3+H2O；（2）B中苯環(huán)上的氫原子被氯原子取代生成D，則B→D的反應試劑及條件為氯氣、FeCl3，故答案為：氯氣、FeCl3；（3）D中硝基發(fā)生還原反應生成E中氨基，則D→E的反應類型為還原反應，故答案為：還原反應；（4）a.A中含有四種氫原子，則a的一氯代物共有3種，故a錯誤；b.J為，含有羧基和氨基，則J在一定條件下可以生成高分子化合物，故b正確；c.K中含有6種氫原子，則K的核磁共振氫譜共有6個峰，故c正確；故答案為：bc；（5）F→G、H→J兩步反應的設計目的是保護氨基，防止被酸性高錳酸鉀溶液氧化，故答案為：保護氨基；（6）已知L→M的轉化過程分兩步，通過以上分析知，N為CH3CHO，則P為故答案為：CH3CHO；。【點評】本題考查有機物的合成，側重考查分析、判斷及知識綜合運用能力，正確推斷各物質的結構簡式是解本題關鍵，難點是（6）題中斷鍵和成鍵位置的判斷。18．某小組同學欲探究AgNO3溶液與FeSO4溶液的反應，進行如下實驗。序號實驗操作實驗現(xiàn)象①將2mL0.04mol?L﹣1AgNO3溶液與2mL0.04mol?L﹣1FeSO4溶液（調pH＝3）混合后密封觀察到產生灰黑色沉淀，溶液變?yōu)辄S色，數(shù)小時后，溶液顏色無變化，沉淀不增加②將2mL0.04mol?L﹣1NaNO3溶液與2mL0.04mol?L﹣1FeSO4溶液（調pH＝3）混合后密封數(shù)小時內，未觀察到明顯現(xiàn)象③取少量①中反應后的上層清液，逐滴加入KSCN溶液觀察到溶液先變紅，稍振蕩后紅色消失，同時產生白色沉淀。再次滴入KSCN溶液，上述現(xiàn)象再次出現(xiàn)查閱資料：i.AgSCN為白色固體，Ksp（AgSCN）＝1.03×10﹣12ii.Fe3++3SCN﹣?Fe（SCN）3K＝2.24×103（1）取實驗①中灰黑色沉淀，加入濃硝酸，沉淀溶解，產生紅棕色氣體，說明沉淀中含Ag。（2）實驗②中未觀察到明顯變化，說明NaNO3溶液與FeSO4溶液不反應。（3）實驗③中，滴入KSCN后溶液先變紅的原因是Fe2+被氧化為Fe3+，F(xiàn)e3+與SCN﹣反應生成Fe（SCN）3。稍振蕩后紅色消失并產生白色沉淀，請結合離子方程式解釋現(xiàn)象：Ag++SCN﹣＝AgSCN↓。（4）綜合實驗①～③可知，實驗①中發(fā)生反應的離子方程式為Ag++Fe2+＝Ag↓+Fe3+?！痉此寂c遷移】小組同學用KSCN標準溶液作滴定劑，定量測定實驗①反應后溶液中的Ag+濃度。（5）能指示滴定終點的現(xiàn)象為最后半滴KSCN溶液加入后，溶液變?yōu)榧t色，且30s不變色。（6）滴定時，若取樣混入灰黑色沉淀，則測得的c（Ag）偏高（填“偏高”“偏低”或“無影響”）?！究键c】性質實驗方案的設計．【專題】無機實驗綜合．【答案】（1）Ag；（2）NaNO3溶液與FeSO4溶液不反應；（3）Fe2+被氧化為Fe3+，F(xiàn)e3+與SCN﹣反應生成Fe（SCN）3；Ag++SCN﹣＝AgSCN↓；（4）Ag++Fe2+＝Ag↓+Fe3+；（5）最后半滴KSCN溶液加入后，溶液變?yōu)榧t色，且30s不變色；（6）偏高?！痉治觥浚?）Ag為灰黑色沉淀，加入濃硝酸反應生成二氧化氮；（2）實驗②中未觀察到明顯變化，說明NaNO3溶液與FeSO4溶液不反應；（3）實驗③中，滴入KSCN后溶液先變紅的原因是Fe2+被氧化為Fe3+，F(xiàn)e3+與SCN﹣反應生成Fe（SCN）3，稍微振蕩后紅色消失并產生白色沉淀；（4）實驗①中銀離子與亞鐵離子反應生成銀和鐵離子；（5）用KSCN標準溶液作滴定劑，定量測定實驗①反應后溶液中的Ag+濃度，滴定終點的現(xiàn)象為最后半滴KSCN溶液加入后，溶液變?yōu)榧t色；（6）滴定時，若取樣混入灰黑色沉淀為銀，在滴定時會變?yōu)殂y離子。【解答】解：（1）Ag為灰黑色沉淀，加入濃硝酸反應生成二氧化氮，則取實驗①中灰黑色沉淀，加入濃硝酸，沉淀溶解，產生紅棕色氣體，說明沉淀中含Ag，故答案為：Ag；（2）實驗②中未觀察到明顯變化，說明NaNO3溶液與FeSO4溶液不反應，故答案為：NaNO3溶液與FeSO4溶液不反應；（3）實驗③中，滴入KSCN后溶液先變紅的原因是Fe2+被氧化為Fe3+，F(xiàn)e3+與SCN﹣反應生成Fe（SCN）3，稍微振蕩后紅色消失并產生白色沉淀，反應的離子方程式為：Ag++SCN﹣＝AgSCN↓，故答案為：Fe2+被氧化為Fe3+，F(xiàn)e3+與SCN﹣反應生成Fe（SCN）3；Ag++SCN﹣＝AgSCN↓；（4）實驗①中銀離子與亞鐵離子反應生成銀和鐵離子，其反應的離子方程式為Ag++Fe2+＝Ag↓+Fe3+，故答案為：Ag++Fe2+＝Ag↓+Fe3+；（5）用KSCN標準溶液作滴定劑，定量測定實驗①反應后溶液中的Ag+濃度，滴定終點的現(xiàn)象為最后半滴KSCN溶液加入后，溶液變?yōu)榧t色，且30s不變色，故答案為：最后半滴KSCN溶液加入后，溶液變?yōu)榧t色，且30s不變色；（6）滴定時，若取樣混入灰黑色沉淀為銀，在滴定時會變?yōu)殂y離子，則測得的c（Ag）偏高，故答案為：偏高。【點評】本題考查實驗方案的設計，側重考查學生無機實驗的掌握情況，試題難度中等。三．工藝流程題（共1小題）19．Mn和MnO2都具有廣泛的用途。Ⅰ.工業(yè)上用軟錳礦（主要含MnO2）和硫錳礦（主要含MnS）聯(lián)合制備MnSO4的流程如圖。資料：幾種化合物的Ksp硫化物MnSNiSCoSBaS（易溶）Ksp10﹣12.610﹣18.510﹣20.4氫氧化物Mn（OH）2Ni（OH）2Co（OH）2Fe（OH）3Ksp10﹣13.010﹣14.710﹣14.310﹣38.6（1）為提高浸出速率，可采取的措施有將礦石粉碎、加熱、適當增大硫酸濃度、攪拌等（答出兩條即可）。（2）浸出過程中產生的Fe3+對MnO2與MnS的反應起催化作用，機理如下。ⅰ.2Fe3++MnS＝Mn2++2Fe2++S；ⅱ.4H++MnO2+2Fe2+＝Mn2++2Fe3++2H2O（離子方程式）。（3）流程圖中采用①和②共同除去浸出液中金屬陽離子雜質，解釋不能單獨使用①去除這些雜質離子的原因：Mn（OH）2、Ni（OH）2和Co（OH）2的Ksp相差不大，在調節(jié)pH除去Co2+和Ni2+時，易使Mn2+共沉淀而損失。（4）濾渣2的主要成分是CoS、NiS和BaSO4。Ⅱ.以MnSO4溶液為原料，用圖1裝置（a，b均為惰性電極）同步制備Mn和MnO2。（5）結合離子交換膜的類型，解釋中間室產生較濃硫酸的原因：離子交換膜A為陽離子交換膜，離子交換膜B為陰離子交換膜，陰極區(qū)的硫酸根離子和陽極區(qū)的氫離子分別向中間室遷移。（6）圖1中b電極上Mn的電解效率與溶液pH的關系如圖2所示。隨pH的增大，電解效率先增大后減小的原因是pH＜7.0時，隨著pH增大，氫離子濃度降低，氫離子在陰極放電被抑制，有利于錳離子放電；pH＞7.0后，部分Mn2+生成Mn（OH）2，導致錳離子濃度降低，對錳離子放電不利?！究键c】制備實驗方案的設計；物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用．【專題】制備實驗綜合．【答案】（1）將礦石粉碎、加熱、適當增大硫酸濃度、攪拌等；（2）4H++MnO2+2Fe2+＝Mn2++2Fe3++2H2O；（3）Mn（OH）2、Ni（OH）2和Co（OH）2的Ksp相差不大，在調節(jié)pH除去Co2+和Ni2+時，易使Mn2+共沉淀而損失；（4）CoS、NiS和BaSO4；（5）離子交換膜A為陽離子交換膜，離子交換膜B為陰離子交換膜，陰極區(qū)的硫酸根離子和陽極區(qū)的氫離子分別向中間室遷移；（6）pH＜7.0時，隨著pH增大，氫離子濃度降低，氫離子在陰極放電被抑制，有利于錳離子放電；pH＞7.0后，部分Mn2+生成Mn（OH）2，導致錳離子濃度降低，對錳離子放電不利?！痉治觥寇涘i礦（主要含MnO2）和硫錳礦（主要含MnS）用稀硫酸浸出生成硫酸錳、硫酸鈷、硫酸鐵和硫酸鎳，濾渣的主要成分是硫單質，用氨水調節(jié)浸出液的pH生成氫氧化鐵沉淀，濾液1中滴加硫化鋇生成硫化鈷和硫化鎳，濾液2最終獲得硫酸錳?！窘獯稹拷猓海?）為提高浸出速率，可采取的措施有將礦石粉碎、加熱、適當增大硫酸濃度、攪拌等，故答案為：將礦石粉碎、加熱、適當增大硫酸濃度、攪拌等；（2）浸出過程中產生的Fe3+對MnO2與MnS的反應起催化作用，ⅰ.2Fe3++MnS＝Mn2++2Fe2++S；ⅱ.二氧化錳與亞鐵離子反應生成鐵離子和錳離子，其反應的離子方程式為4H++MnO2+2Fe2+＝Mn2++2Fe3++2H2O，故答案為：4H++MnO2+2Fe2+＝Mn2++2Fe3++2H2O；（3）流程圖中采用①和②共同除去浸出液中金屬陽離子雜質，不能單獨使用①去除這些雜質離子的原因是Mn（OH）2、Ni（OH）2和Co（OH）2的Ksp相差不大，在調節(jié)pH除去Co2+和Ni2+時，易使Mn2+共沉淀而損失，故答案為：Mn（OH）2、Ni（OH）2和Co（OH）2的Ksp相差不大，在調節(jié)pH除去Co2+和Ni2+時，易使Mn2+共沉淀而損失；（4）濾液1中滴加硫化鋇生成硫化鈷和硫化鎳，同時生成硫酸鋇，則濾渣2的主要成分是CoS、NiS和BaSO4，故答案為：CoS、NiS和BaSO4；（5）a極錳離子失電子生成二氧化錳，a極為陽極，離子交換膜A為陽離子交換膜，離子交換膜B為陰離子交換膜，陰極區(qū)的硫酸根離子和陽極區(qū)的氫離子分別向中間室遷移，故答案為：離子交換膜A為陽離子交換膜，離子交換膜B為陰離子交換膜，陰極區(qū)的硫酸根離子和陽極區(qū)的氫離子分別向中間室遷移；（6）隨pH的增大，電解效率先增大后減小的原因是pH＜7.0時，隨著pH增大，氫離子濃度降低，氫離子在陰極放電被抑制，有利于錳離子放電；pH＞7.0后，部分Mn2+生成Mn（OH）2，導致錳離子濃度降低，對錳離子放電不利，故答案為：pH＜7.0時，隨著pH增大，氫離子濃度降低，氫離子在陰極放電被抑制，有利于錳離子放電；pH＞7.0后，部分Mn2+生成Mn（OH）2，導致錳離子濃度降低，對錳離子放電不利。【點評】本題考查物質的制備，側重考查學生物質之間的反應和分離提純知識的掌握情況，試題難度中等。

考點卡片1．氧化還原反應與非氧化還原反應【知識點的認識】1.得失氧或得失氫的角度：得氧或失氫的反應為氧化反應，失氧或得氫的反應為還原反應；2.電子轉移角度：得電子的反應為還原反應、失電子的反應為氧化反應；3.化合價角度：失電子化合價升高的反應為氧化反應、得電子化合價降低的反應為還原反應；【命題的方向】1.基本概念及氧化性、還原性的判斷：典例：水是重要的化合物，其既能作化學反應的溶劑，又能參與化學反應。下列是水參與的部分反應：①2Na+2H2O═2NaOH+H2↑；②3NO2+H2O═2HNO3+NO；③SO2+H2O═H2SO3；④2F2+2H2O═4HF+O2?；卮鹣铝袉栴}：（1）上述反應中，不屬于氧化還原反應的是（③）（填序號）。（2）上述反應中，水只作氧化劑的反應是（①）（填序號，下同）；水只作還原劑的反應是（④）。該反應中，氧化劑與還原劑的物質的量之比為（1：2）；2.電子轉移的表示方法：單線橋、雙線橋典例：用單線橋或雙線橋表示下列反應的電子轉移，并寫出氧化劑和還原劑（用單線橋表示）。①Fe2O3+3CO═2Fe+3CO2（用單線橋表示）（），②2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑（用雙線橋表示）（）；3.氧化性強弱的判斷：（1）根據(jù)氧化反應反應原理判斷：氧化性：氧化劑＞氧化產物，還原性：還原劑＞還原產物；（2）根據(jù)元素周期表、金屬活動性順序表、元素周期律判斷；典例：下列事實不能作為元素的金屬性或非金屬性強弱判斷依據(jù)的是（）A.Zn和Fe分別與稀硫酸反應，判斷金屬性強弱：Zn＞FeB.B．Mg投入CuCl2溶液中能置換出銅，Ba投入CuCl2溶液中不能置換出銅，判斷金屬性強弱：Mg＞BaC.酸性：H2SiO3＜HClO4，判斷非金屬性強弱：Cl＞SiD.依據(jù)O2、S分別與H2反應的難易程度，判斷非金屬性強弱：O＞S（3）根據(jù)元素化合價高低判斷，最高價只有氧化性、最低價只有還原性、中間價態(tài)既有氧化性又有還原性；（4）根據(jù)原電池和電解池原理判斷，一般來說，兩種金屬和電解質溶液構成的原電池中，負極的還原性大于正極；電解池中，陰離子還原性越強，越易在陽極上失電子，陽離子氧化性越強，越易在陰極上得電子；典例：（5）外界影響因素：濃度、溫度、溶液酸堿性；4.氧化還原反應的有關計算，典例：實驗室可以用固體氯酸鉀和濃鹽酸反應制氯氣：KClO3+6HCl（濃）═KCl+3Cl2↑+3H2O，下列說法中正確的是（）A.KClO3是氧化劑，HCl是還原劑；Cl2是氧化產物，KCl是還原產物B.當有9mol電子轉移時，參加反應的KClO3的物質的量為1.5molC.產生1.5molCl2時，轉移電子的物質的量為3molD.當有3molCl2生成時，作還原劑的HCl為5mol5.氧化還原反應的配平：典例：在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，發(fā)生下列反應。配平反應方程式并用單線橋標出電子轉移的方向和數(shù)目（）NaIO3+（）NaHSO3═（）I2+（）Na2SO4+（）H2SO4+（）H2O6.信息型氧化還原反應方程式的書寫：典例：高純硫酸錳作為合成鎳鈷錳三元正極材料的原料，工業(yè)上可由天然二氧化錳粉與硫化錳礦（還含F(xiàn)e、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制備，工藝如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：相關金屬離子[c0（Mn+）＝0.1mol?L﹣1]形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：金屬離子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+開始沉淀的pH6.9沉淀完全的pH4.7（1）寫出“溶浸”中二氧化錳與硫化錳反應的化學方程式MnO2+MnS+2H2SO4＝2MnSO4+S+2H2O。【解題思路點撥】1.氧化劑和還原劑可能是同一種物質；氧化產物和還原產物可能是同一種物質；2.根據(jù)元素化合價高低可以判斷物質是否具有氧化性或還原性，但不能判斷氧化性或還原性強弱；3.元素處于最高價態(tài)時只有氧化性，但不一定具有強氧化性；金屬陽離子不一定只有氧化性，如亞鐵離子；4.在氧化還原反應的有關計算中靈活運用轉移電子守恒進行計算；2．化學方程式的書寫【知識點的認識】1、化學方程式的書寫原則：1）必須以客觀事實為依據(jù)，不能憑空臆造事實上不存在的物質和化學反應．2）遵守質量守恒定律，使等號兩邊原子的種類和數(shù)目必須相等．2、化學方程式的書寫步驟：書寫化學方程式要按一定步驟進行，避免出現(xiàn)一些不必要的錯誤，如漏掉反應條件和“↑”“↓”等．書寫化學方程式的一般步驟可概括為：“一寫，二配，三注”（以高錳酸鉀受熱分解為例）化學方程式的書寫步驟：1）寫：根據(jù)事實寫出反應物和生成物的化學式（左反、右生），并在反應物和生成物之間畫一條短線．2）配：配平化學方程式的目的是使等號兩邊的原子種類與數(shù)目相等，遵守質量守恒定律，配平后要加以檢查．3）注：注明化學反應發(fā)生的條件（點燃、加熱等），標出生成物狀態(tài)（氣體，沉淀等），把短線改成等號．3、書寫化學方程式的注意事項：1）化學反應的常見條件有“點燃”、“加熱”（常用“△”表示）“高溫”，“催化劑”等，寫在等號上方；2）如果反應物沒有氣體而生成物中有氣體，在氣體物質的化學式右邊要注“↑”；3）溶液中的反應如果生成物是固體，在固體物質化學式右邊注“↓”．4、書寫化學方程式的口訣：左寫反應物，右寫生成物；寫準化學式，系數(shù)（化學計量數(shù)）要配平；中間連等號，條件要注明；生成氣體和沉淀，要用“↑”“↓”來標明．5、化學方程式的配平：配平化學方程式就是在化學式前面配上適當?shù)幕瘜W計量數(shù)使式子左、右兩邊的每一種元素的原子數(shù)目相等．常用的配平方法有最小公倍數(shù)法、觀察法、奇數(shù)配偶法、歸一法及得失電子守恒法．1）最小公倍數(shù)法：這種方法適合于常見的難度不大的化學方程式．例如在KClO3→KCl+O2↑這個反應式中右邊氧原子個數(shù)為2，左邊是3，則最小公倍數(shù)為6，因此KClO3前系數(shù)應配2，O2前配3，式子變?yōu)椋?KClO3→2KCl+3O2↑，由于左邊鉀原子和氯原子數(shù)變?yōu)?個，則KCl前應配系數(shù)2，短線改為等號，標明條件即可：2KClO32KCl+3O2↑（反應條件為二氧化錳催化和加熱．“MnO2”寫在等號上方；“△”寫在等號下方）2）奇偶配平法：這種方法適用于化學方程式兩邊某一元素多次出現(xiàn)，并且兩邊的該元素原子總數(shù)有一奇一偶，例如：C2H2+O2→CO2+H2O，此方程式配平先從出現(xiàn)次數(shù)最多的氧原子配起．O2內有2個氧原子，無論化學式前系數(shù)為幾，氧原子總數(shù)應為偶數(shù)．故右邊H?O的系數(shù)應配2（若推出其它的分子系數(shù)出現(xiàn)分數(shù)則可配4），由此推知C2H2前2，式子變?yōu)椋?C2H2+O2→CO2+2H2O，由此可知CO2前系數(shù)應為4，最后配單質O2為5，把短線改為等號，寫明條件即可：2C2H2+5O2＝4CO2+2H2O3）觀察法：有時方程式中會出現(xiàn)一種化學式比較復雜的物質，我們可通過這個復雜的分子去推其他化學式的系數(shù)，例如：Fe