2024年高考化學(xué)終極押題密卷3（新高考1）含答案

2024年高考化學(xué)終極押題密卷3（新高考1）一．選擇題（共7小題）1．氧化還原反應(yīng)廣泛存在于生產(chǎn)和生活中，下列現(xiàn)象與氧化還原無關(guān)的是（）A．植物光合作用 B．食物腐敗 C．易燃物的自燃 D．酸雨腐蝕大理石雕像2．木質(zhì)素主要由香豆醇、松柏醇和芥子醇三種單體聚合而成。其中松柏醇的結(jié)構(gòu)如圖所示，下列有關(guān)松柏醇的說法錯(cuò)誤的是（）A．分子式為C10H12O3，且能使FeCl3溶液顯色 B．能發(fā)生加聚反應(yīng)、酯化反應(yīng)、還原反應(yīng) C．分子中含有手性碳原子 D．碳原子的雜化軌道類型有2種3．下列說法中不正確的是（）A．在NaCl晶體中，距Na+最近的Cl﹣形成正八面體 B．在CaF2晶體中，每個(gè)晶胞平均占有4個(gè)Ca2+ C．在CO2晶體中，每個(gè)CO2周圍等距且緊鄰的CO2有12個(gè) D．E和F形成的氣態(tài)團(tuán)簇分子的分子式為EF或FE4．研究表明，在101kPa和298K下。HCN（g）?HNC（g）異構(gòu)化反應(yīng)過程的能量變化如圖所示。下列說法正確的是（）A．HNC比HCN穩(wěn)定 B．HCN與HNC互為同素異形體 C．升高溫度，異構(gòu)化速率加快 D．異構(gòu)化過程中化學(xué)鍵無變化5．下列關(guān)于SO2的實(shí)驗(yàn)裝置正確且可以達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ〢．制備SO2 B．干燥SO2 C．驗(yàn)證SO2的漂白性 D．收集SO26．一種基于光催化劑MeOx（某金屬氧化物）催化氮還原制取氨的反應(yīng)過程如圖所示（圖中h+表示空穴），下列說法錯(cuò)誤的是（）A．H+和N2是反應(yīng)物，H2O是中間體 B．導(dǎo)帶上發(fā)生的反應(yīng)為2H2O+4h+═4H++O2↑ C．光能轉(zhuǎn)變?yōu)榛瘜W(xué)能 D．該過程總反應(yīng)可表示為2N2+6H2O4NH3+3O27．某元素M的氫氧化物M（OH）2（s）在水中的溶解反應(yīng)為：M（OH）2（s）?M2+（aq）+2OH﹣（aq）；M（OH）2（s）+2OH﹣（aq）?M（OH）42﹣（aq）。25℃時(shí)，﹣lgc與﹣lgc（H+）的關(guān)系如圖所示，c為M2+或M（OH）42﹣物質(zhì)的量濃度的值。下列說法正確的是（）A．曲線①代表lg[M（OH）42﹣]與pH的關(guān)系 B．M（OH）2的Ksp約為1×10﹣17 C．當(dāng)溶液的pH達(dá)到13.0以上時(shí)，M（OH）2才開始溶解 D．向c（M2+）＝0.1mol?L﹣1的溶液中加入NaOH溶液至pH＝10.0，體系中元素M主要以M（OH）42﹣存在二．解答題（共4小題）8．已知部分中學(xué)常見物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）寫出E轉(zhuǎn)化為F的化學(xué)方程式：。（2）若C溶液是NaOH溶液，檢驗(yàn)其所含金屬陽(yáng)離子的方法是（填名稱）；檢驗(yàn)G溶液中金屬陽(yáng)離子的方法和現(xiàn)象是。（3）根據(jù)以下反應(yīng)類型的要求，寫出由單質(zhì)鐵與鹽溶液獲得FeSO4的反應(yīng)的離子方程式：①置換反應(yīng)：。②化合反應(yīng)：。（4）若金屬A是銅片，則G轉(zhuǎn)化為B的反應(yīng)離子方程式為。寫出A與濃硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式：。（5）某工廠使用的煤中硫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.64%，該工廠每天燃燒這種煤100t，如果煤中的硫全部轉(zhuǎn)化為SO2，把產(chǎn)生的SO2全部用來生產(chǎn)硫酸，試計(jì)算理論上每天可得到硫酸的質(zhì)量是t。9．甲醇是一種高效清潔的新能源。Ⅰ.已知在常溫常壓下：①CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（l）+H2O（l）ΔH1＝﹣184.0kJ/mol②2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH2＝﹣572.0kJ/mol則表示CH3OH（l）燃燒熱的熱化學(xué)方程式。Ⅱ.在恒溫恒容的密閉容器中，工業(yè)上常用反應(yīng)③：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）ΔH3＜0。制備甲醇；其中的原料氣常用反應(yīng)④：CH4（g）+H2O（g）?CO（g）+3H2（g）ΔH4來制備。根據(jù)題意完成下列各題：（1）判斷反應(yīng)③達(dá)到平衡狀態(tài)的標(biāo)志是（填字母）。A．容器中氣體的壓強(qiáng)不變B．CO和CH3OH濃度相等C．v消耗（CH3OH）＝v生成（CO）D．容器中混合氣體的密度保持不變E．混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不發(fā)生變化（2）欲提高反應(yīng)③中CO的轉(zhuǎn)化率，下列措施可行的是（填字母）。A．減小容器容積B．升高溫度C．向裝置中再充入HeD．向裝置中再充入H2（3）一定條件下，反應(yīng)④中CH4的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系如圖所示。則ΔH40（填“＜”或“＞”或“＝”），在T℃時(shí)的10L密閉容器中，充入2molCH4和3molH2O（g）發(fā)生反應(yīng)④，經(jīng)過5min達(dá)到平衡，此時(shí)CH4的轉(zhuǎn)化率為50%，則從開始到平衡，H2的平均反應(yīng)速率為mol?L﹣1?min﹣1。若向此10L密閉容器中，加入2molCH4、5molH2O（g）、2molCO和3molH2發(fā)生反應(yīng)④，若溫度仍為T℃，此時(shí)v正v逆（填“＜”或“＞”或“＝”）。（4）若某溫度下，將2molCH4（g）和2molH2O（g）加入壓強(qiáng)為200kPa的恒壓密閉容器中發(fā)生反應(yīng)④，正反應(yīng)速率v正＝k正×p（CH4）×p（H2O），逆反應(yīng)速率v逆＝k逆×p（CO）×p3（H2），p為分壓，則該反應(yīng)的壓強(qiáng)平衡常數(shù)Kp＝（以k正、k逆表示）。若k正＝4.4×104kPa﹣1?s﹣1，當(dāng)CH4消耗20%時(shí)，v正＝kPa﹣1?s﹣1（保留兩位有效數(shù)字）。10．氧化鎵是一種新型超寬窄帶半導(dǎo)體材料，由于自身的優(yōu)異性能，在紫外探測(cè)、高頻功率器件等領(lǐng)域吸引了越來越多的關(guān)注和研究，中國(guó)科技部將其列入“十四五研發(fā)計(jì)劃”，讓第四代半導(dǎo)體獲得更廣泛的關(guān)注?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)Ga原子最外層電子排布式為。（2）①氧化鎵的熔點(diǎn)為1740℃，氧化鈣的熔點(diǎn)為2613℃，但有的離子晶體如C2H5NH3NO3（硝酸乙基銨）的熔點(diǎn)只有12℃。C2H5NH3NO3中N原子的雜化軌道類型是，NO3﹣離子的空間結(jié)構(gòu)為，該物質(zhì)中所含化學(xué)鍵類型：（填字母）。A．金屬鍵B．離子鍵C．共價(jià)鍵D．范德華力E．σ鍵②第一電離能：AlMg（填“＞”或“＜”），其原因是。（3）銻化物GaSb是一種超窄禁帶半導(dǎo)體材料，可用于紅外探測(cè)其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。若該晶體的密度為ρg?cm﹣3，設(shè)Ga和Sb的原子半徑分別為rGacm和rSbcm，則原子的空間占有率為×100%（列出計(jì)算表達(dá)式，GaSb的摩爾質(zhì)量為192g?mol﹣1，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA）。11．化合物F可以用于治療哮喘、支氣管炎、風(fēng)濕等疾病，它的一種合成路線如圖：（1）有機(jī)物B中的含氧官能團(tuán)的名稱為。（2）1個(gè)A分子中采用sp2雜化方式的碳原子數(shù)目為。（3）鑒別E和F可用的試劑為（填化學(xué)式）。（4）C的分子式為C19H20O5，B→C的反應(yīng)類型為，C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。（5）H是E的同分異構(gòu)體，請(qǐng)寫出同時(shí)符合下列條件的H的一種結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：。①分子中僅含有一種官能團(tuán)②含有稠環(huán)③其核磁共振氫譜有5組吸收峰（6）設(shè)計(jì)以、為原料制備的合成路線流程圖（無機(jī)試劑和有機(jī)溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干）。三．工藝流程題（共1小題）12．重鉻酸鉀在工業(yè)中有廣泛的應(yīng)用，可用鉻鐵礦為原料制備。以鉻鐵礦（主要成分可表示為FeO?Cr2O3還含有SiO2、Al2O3、Fe2O3等雜質(zhì)）制備重鉻酸鉀（K2Cr2O7）固體的工藝流程如圖：資料：NaFeO2遇水強(qiáng)烈水解。（1）步驟①發(fā)生多個(gè)反應(yīng)，補(bǔ)全下列化學(xué)方程式：FeO?Cr2O3+Na2CO3+KClO3＝Na2CrO4+Fe2O3+CO2+KCl。（2）熔塊的主要成分為Na2CrO4、NaFeO2、Na2SiO3和NaAlO2等可溶性鹽，濾渣1為紅褐色固體，寫出步驟②NaFeO2水解的離子方程式。（3）濾渣2的成分為、。（4）用離子方程式解釋步驟④調(diào)pH的目的。（5）重鉻酸鉀純度測(cè)定稱取重鉻酸鉀試樣2.9400g配成250mL溶液，取出25.00mL于錐形瓶中，加入10mL2mol/LH2SO4和足量碘化鉀（Cr2的還原產(chǎn)物為Cr3+），放于暗處5min，然后加入100mL水和淀粉指示劑，用0.1200mol/LNa2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定（I2+2S2＝2I﹣+S4）。①滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是。②若實(shí)驗(yàn)共用去Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液40.00mL，則所得產(chǎn)品中重鉻酸鉀的純度是（滴定過程中其它雜質(zhì)不參與反應(yīng)）。

2024年菁優(yōu)高考化學(xué)終極押題密卷3（新高考1）參考答案與試題解析一．選擇題（共7小題）1．氧化還原反應(yīng)廣泛存在于生產(chǎn)和生活中，下列現(xiàn)象與氧化還原無關(guān)的是（）A．植物光合作用 B．食物腐敗 C．易燃物的自燃 D．酸雨腐蝕大理石雕像【考點(diǎn)】氧化還原反應(yīng)與非氧化還原反應(yīng)；氧化還原反應(yīng)的基本概念及規(guī)律．【專題】氧化還原反應(yīng)專題．【答案】D【分析】反應(yīng)前后元素化合價(jià)發(fā)生改變的反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)，據(jù)此分析判斷。【解答】解：A．光合作用與氧化還原反應(yīng)有關(guān)，故A錯(cuò)誤；B．食物腐敗與氧化還原反應(yīng)有關(guān)，故B錯(cuò)誤；C．易燃物的自燃與氧化還原反應(yīng)有關(guān)，故C錯(cuò)誤；D．大理石的主要成分為CaCO3，與酸雨發(fā)生的反應(yīng)為復(fù)分解反應(yīng)，與氧化還原反應(yīng)無關(guān)，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了氧化還原反應(yīng)的分析判斷，注意知識(shí)理解應(yīng)用，題目難度不大。2．木質(zhì)素主要由香豆醇、松柏醇和芥子醇三種單體聚合而成。其中松柏醇的結(jié)構(gòu)如圖所示，下列有關(guān)松柏醇的說法錯(cuò)誤的是（）A．分子式為C10H12O3，且能使FeCl3溶液顯色 B．能發(fā)生加聚反應(yīng)、酯化反應(yīng)、還原反應(yīng) C．分子中含有手性碳原子 D．碳原子的雜化軌道類型有2種【考點(diǎn)】有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．【專題】有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷．【答案】C【分析】A．分子中含10個(gè)C原子、12個(gè)H原子、3個(gè)O原子，且含酚羥基；B．結(jié)合烯烴、酚的性質(zhì)判斷；C．連接4個(gè)不同基團(tuán)的碳原子為手性碳原子；D．苯環(huán)、雙鍵中碳原子為sp2雜化，甲基、亞甲基中碳原子為sp3雜化?！窘獯稹拷猓篈．分子中含10個(gè)C原子、12個(gè)H原子、3個(gè)O原子，分子式為C10H12O3，且含酚羥基，能使FeCl3溶液顯色，故A正確；B．含碳碳雙鍵，能發(fā)生加聚反應(yīng)、還原反應(yīng)，含羥基可發(fā)生酯化反應(yīng)，故B正確；C．連接4個(gè)不同基團(tuán)的碳原子為手性碳原子，則分子中不含手性碳原子，故C錯(cuò)誤；D．苯環(huán)、雙鍵中碳原子為sp2雜化，甲基、亞甲基中碳原子為sp3雜化，碳原子的雜化軌道類型有2種，故D正確；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握有機(jī)物的結(jié)構(gòu)、有機(jī)反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意烯烴、酚的性質(zhì)，題目難度不大。3．下列說法中不正確的是（）A．在NaCl晶體中，距Na+最近的Cl﹣形成正八面體 B．在CaF2晶體中，每個(gè)晶胞平均占有4個(gè)Ca2+ C．在CO2晶體中，每個(gè)CO2周圍等距且緊鄰的CO2有12個(gè) D．E和F形成的氣態(tài)團(tuán)簇分子的分子式為EF或FE【考點(diǎn)】晶胞的計(jì)算．【專題】化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【答案】D【分析】A．由圖知，在NaCl晶體中，距Na+最近的Cl﹣有6個(gè)、6個(gè)Cl﹣形成正八面體；B．在CaF2晶體中，Ca2+位于頂點(diǎn)和面心；C．由圖知，在CO2晶體中，每個(gè)CO2周圍等距且緊鄰的CO2有12個(gè)；D．該氣態(tài)團(tuán)簇分子的分子含有4個(gè)E和4個(gè)F原子?！窘獯稹拷猓篈．由圖知，在NaCl晶體中，距Na+最近的Cl﹣有6個(gè)、6個(gè)Cl﹣形成正八面體，故A正確；B．在CaF2晶體中，Ca2+位于頂點(diǎn)和面心，每個(gè)晶胞平均占有Ca2+數(shù)目為8×+6×＝4，故B正確；C．由圖知，在CO2晶體中，每個(gè)CO2周圍等距且緊鄰的CO2有12個(gè)，故C正確；D．該氣態(tài)團(tuán)簇分子的分子含有4個(gè)E和4個(gè)F原子，則該氣態(tài)團(tuán)簇分子的分子式為E4F4或F4E4，故D錯(cuò)誤；故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了晶體的結(jié)構(gòu)，難度較大，具有豐富的空間想象能力是解本題的關(guān)鍵，易錯(cuò)選項(xiàng)是D，分子的化學(xué)式由組成原子的數(shù)目判斷。4．研究表明，在101kPa和298K下。HCN（g）?HNC（g）異構(gòu)化反應(yīng)過程的能量變化如圖所示。下列說法正確的是（）A．HNC比HCN穩(wěn)定 B．HCN與HNC互為同素異形體 C．升高溫度，異構(gòu)化速率加快 D．異構(gòu)化過程中化學(xué)鍵無變化【考點(diǎn)】反應(yīng)熱和焓變．【專題】化學(xué)反應(yīng)中的能量變化．【答案】C【分析】A．能量越低越穩(wěn)定；B．分子式相同，結(jié)構(gòu)不同的物質(zhì)互為同分異構(gòu)體；C．升高溫度，反應(yīng)速率加快；D．化學(xué)變化過程中存在化學(xué)鍵的斷裂與形成?！窘獯稹拷猓篈．由圖可知，HCN的能量低于HNC，所以HCN更穩(wěn)定，故A錯(cuò)誤；B．HCN與HNC分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，兩者互為同分異構(gòu)體，故B錯(cuò)誤；C．升高溫度，反應(yīng)速率加快，異構(gòu)化速率加快，故C正確；D．異構(gòu)化過程屬于化學(xué)變化，存在化學(xué)鍵的變化，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查學(xué)生的看圖理解能力、應(yīng)用能力，同時(shí)考查反應(yīng)速率的影響因素、化學(xué)反應(yīng)的本質(zhì)等，屬于基本知識(shí)的考查，難度不大。5．下列關(guān)于SO2的實(shí)驗(yàn)裝置正確且可以達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ〢．制備SO2 B．干燥SO2 C．驗(yàn)證SO2的漂白性 D．收集SO2【考點(diǎn)】化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)；二氧化硫的性質(zhì)；濃硫酸的性質(zhì)實(shí)驗(yàn)．【專題】實(shí)驗(yàn)評(píng)價(jià)題．【答案】B【分析】A．常溫下，濃硫酸和Cu不反應(yīng)；B．濃硫酸具有吸水性且和二氧化硫不反應(yīng)；C．酸性高錳酸鉀溶液具有強(qiáng)氧化性，能氧化還原性的物質(zhì)；D．二氧化硫的密度大于空氣，可以采用向上排空氣法收集二氧化硫。【解答】解：A．常溫下，濃硫酸和Cu不反應(yīng)，加熱條件下銅和濃硫酸生成二氧化硫，圖中不能得到二氧化硫，故A錯(cuò)誤；B．濃硫酸具有吸水性且和二氧化硫不反應(yīng)，所以可以用濃硫酸干燥二氧化硫，故B正確；C．二氧化硫能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，該裝置驗(yàn)證二氧化硫的還原性而不是漂白性，故C錯(cuò)誤；D．二氧化硫的密度大于空氣，可以采用向上排空氣法收集二氧化硫，導(dǎo)氣管采用“長(zhǎng)進(jìn)短出”的原則，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案評(píng)價(jià)，側(cè)重考查分析、判斷及知識(shí)綜合運(yùn)用能力，明確實(shí)驗(yàn)原理、元素化合物的性質(zhì)、實(shí)驗(yàn)操作規(guī)范性是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。6．一種基于光催化劑MeOx（某金屬氧化物）催化氮還原制取氨的反應(yīng)過程如圖所示（圖中h+表示空穴），下列說法錯(cuò)誤的是（）A．H+和N2是反應(yīng)物，H2O是中間體 B．導(dǎo)帶上發(fā)生的反應(yīng)為2H2O+4h+═4H++O2↑ C．光能轉(zhuǎn)變?yōu)榛瘜W(xué)能 D．該過程總反應(yīng)可表示為2N2+6H2O4NH3+3O2【考點(diǎn)】探究化學(xué)反應(yīng)機(jī)理．【專題】物質(zhì)的性質(zhì)和變化專題．【答案】A【分析】A．由圖可知，H+和H2O是反應(yīng)的中間體；B．由圖可知，導(dǎo)帶上面H2O和h+反應(yīng)生成了氧氣和氫離子；C．由圖可知，光催化劑MeOx（某金屬氧化物）催化氮還原制取氨；D．由圖可知，該過程反應(yīng)物是氮?dú)夂退?，生成物是氨氣和氧氣?！窘獯稹拷猓篈．由圖可知，H+和H2O是反應(yīng)的中間體，N2是反應(yīng)物，故A錯(cuò)誤；B．由圖可知，導(dǎo)帶上面H2O和h+反應(yīng)生成了氧氣和氫離子，方程式為：2H2O+4h+＝4H++O2↑，故B正確；C．由圖可知，光催化劑MeOx（某金屬氧化物）催化氮還原制取氨，則實(shí)現(xiàn)了光能向化學(xué)能的轉(zhuǎn)化，故C正確；D．由圖可知，該過程反應(yīng)物是氮?dú)夂退?，生成物是氨氣和氧氣，總方程式可表示?N2+6H2O4NH3+3O2，故D正確；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查能量的轉(zhuǎn)化、反應(yīng)的中間體的判斷、化學(xué)方程式的書寫等，題目難度不大，側(cè)重考查學(xué)生對(duì)圖中信息的分辨能力。7．某元素M的氫氧化物M（OH）2（s）在水中的溶解反應(yīng)為：M（OH）2（s）?M2+（aq）+2OH﹣（aq）；M（OH）2（s）+2OH﹣（aq）?M（OH）42﹣（aq）。25℃時(shí)，﹣lgc與﹣lgc（H+）的關(guān)系如圖所示，c為M2+或M（OH）42﹣物質(zhì)的量濃度的值。下列說法正確的是（）A．曲線①代表lg[M（OH）42﹣]與pH的關(guān)系 B．M（OH）2的Ksp約為1×10﹣17 C．當(dāng)溶液的pH達(dá)到13.0以上時(shí)，M（OH）2才開始溶解 D．向c（M2+）＝0.1mol?L﹣1的溶液中加入NaOH溶液至pH＝10.0，體系中元素M主要以M（OH）42﹣存在【考點(diǎn)】沉淀溶解平衡．【專題】電離平衡與溶液的pH專題．【答案】B【分析】M（OH）2（s）在水中的溶解反應(yīng)為：M（OH）2（s）?M2+（aq）+2OH﹣（aq）、M（OH）2（s）+2OH﹣（aq）?M（OH）42﹣（aq），由圖可知，隨著pH增大，c（OH﹣）增大，則c（M2+）減小，c[M（OH）42﹣]增大，即﹣lgc（M2+）增大，﹣lgc[M（OH）42﹣]減小，所以曲線①代表﹣lgc（M2+）與pH的關(guān)系，曲線②代表﹣lgc[M（OH）42﹣]與pH的關(guān)系，據(jù)此分析解答?！窘獯稹拷猓篈．由上述分析可知，曲線①代表﹣lgc（M2+）與pH的關(guān)系，曲線②代表﹣lgc[M（OH）42﹣]與pH的關(guān)系，故A錯(cuò)誤；B．由圖可知，pH＝7.0時(shí)，﹣lgc（M2+）＝3.0，則M（OH）2的Ksp＝c（M2+）?c2（OH﹣）＝1×10﹣3.0×（1×10﹣7.0）2＝1×10﹣17，故B正確；C．由圖可知，當(dāng)溶液的pH達(dá)到12.5時(shí)，M（OH）2才開始溶解，故C錯(cuò)誤；D．向c（M2+）＝0.1mol/L的溶液中加入NaOH溶液至pH＝10.0，由圖可知pH＝10.0時(shí)，c（M2+）、c[M（OH）42﹣]均極小，則體系中元素M主要以M（OH）2（s）存在，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查沉淀溶解平衡圖象分析，側(cè)重學(xué)生分析能力和計(jì)算能力考查，把握曲線表示的意義、沉淀溶解平衡及Ksp的計(jì)算為解題關(guān)鍵，題目難度中等。二．解答題（共4小題）8．已知部分中學(xué)常見物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）寫出E轉(zhuǎn)化為F的化學(xué)方程式：4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3。（2）若C溶液是NaOH溶液，檢驗(yàn)其所含金屬陽(yáng)離子的方法是焰色試驗(yàn)（填名稱）；檢驗(yàn)G溶液中金屬陽(yáng)離子的方法和現(xiàn)象是取少量G溶液于試管中，滴加幾滴KSCN溶液，變?yōu)榧t色。（3）根據(jù)以下反應(yīng)類型的要求，寫出由單質(zhì)鐵與鹽溶液獲得FeSO4的反應(yīng)的離子方程式：①置換反應(yīng)：Fe+Cu2+＝Cu+Fe2+。②化合反應(yīng)：2Fe3++Fe＝3Fe2+。（4）若金屬A是銅片，則G轉(zhuǎn)化為B的反應(yīng)離子方程式為Cu+2Fe3+＝2Fe2++Cu2+。寫出A與濃硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式：Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O。（5）某工廠使用的煤中硫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.64%，該工廠每天燃燒這種煤100t，如果煤中的硫全部轉(zhuǎn)化為SO2，把產(chǎn)生的SO2全部用來生產(chǎn)硫酸，試計(jì)算理論上每天可得到硫酸的質(zhì)量是1.96t?！究键c(diǎn)】無機(jī)物的推斷；化學(xué)方程式的有關(guān)計(jì)算．【專題】無機(jī)推斷．【答案】（1）4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；（2）焰色試驗(yàn)；取少量G溶液于試管中，滴加幾滴KSCN溶液，變?yōu)榧t色；（3）①Fe+Cu2+＝Cu+Fe2+；②2Fe3++Fe＝3Fe2+；（4）Cu+2Fe3+＝2Fe2++Cu2+；Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O；（5）1.96?！痉治觥坑蓤D中轉(zhuǎn)化可知，沉淀E在空氣中生成紅褐色沉淀F，F(xiàn)與硫酸生成G，則E為Fe（OH）2，F(xiàn)為Fe（OH）3，G為Fe2（SO4）3，C與A反應(yīng)生成B，B為FeSO4，A可能為Fe，C應(yīng)為堿，C可能為NaOH等；D中含硫酸根離子，D與氯化鋇反應(yīng)生成白色沉淀H為BaSO4，I為鹽酸鹽，以此來解答。【解答】解：（1）E轉(zhuǎn)化為F的化學(xué)方程式為4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，故答案為：4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；（2）若C溶液是NaOH溶液，檢驗(yàn)其所含金屬陽(yáng)離子的方法是焰色試驗(yàn)；檢驗(yàn)G溶液中金屬陽(yáng)離子的方法和現(xiàn)象是取少量G溶液于試管中，滴加幾滴KSCN溶液，變?yōu)榧t色，故答案為：焰色試驗(yàn)；取少量G溶液于試管中，滴加幾滴KSCN溶液，變?yōu)榧t色；（3）①由單質(zhì)鐵與鹽溶液獲得FeSO4的反應(yīng)，屬于置換反應(yīng)的離子方程式如Fe+Cu2+＝Cu+Fe2+，故答案為：Fe+Cu2+＝Cu+Fe2+；②由單質(zhì)鐵與鹽溶液獲得FeSO4的反應(yīng)，屬于化合反應(yīng)的離子方程式為2Fe3++Fe＝3Fe2+，故答案為：2Fe3++Fe＝3Fe2+；（4）若金屬A是銅片，則G轉(zhuǎn)化為B的反應(yīng)離子方程式為Cu+2Fe3+＝2Fe2++Cu2+，A與濃硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案為：Cu+2Fe3+＝2Fe2++Cu2+；Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O；（5）某工廠使用的煤中硫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.64%，該工廠每天燃燒這種煤100t，如果煤中的硫全部轉(zhuǎn)化為SO2，把產(chǎn)生的SO2全部用來生產(chǎn)硫酸，由硫原子守恒可知，理論上每天可得到硫酸的質(zhì)量是×98＝1.96t，故答案為：1.96?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查無機(jī)物的推斷，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的轉(zhuǎn)化反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與推斷能力的考查，注意元素化合物知識(shí)的應(yīng)用，題目難度不大。9．甲醇是一種高效清潔的新能源。Ⅰ.已知在常溫常壓下：①CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（l）+H2O（l）ΔH1＝﹣184.0kJ/mol②2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH2＝﹣572.0kJ/mol則表示CH3OH（l）燃燒熱的熱化學(xué)方程式CH3OH（l）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣674.0kJ/mol。Ⅱ.在恒溫恒容的密閉容器中，工業(yè)上常用反應(yīng)③：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）ΔH3＜0。制備甲醇；其中的原料氣常用反應(yīng)④：CH4（g）+H2O（g）?CO（g）+3H2（g）ΔH4來制備。根據(jù)題意完成下列各題：（1）判斷反應(yīng)③達(dá)到平衡狀態(tài)的標(biāo)志是AE（填字母）。A．容器中氣體的壓強(qiáng)不變B．CO和CH3OH濃度相等C．v消耗（CH3OH）＝v生成（CO）D．容器中混合氣體的密度保持不變E．混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不發(fā)生變化（2）欲提高反應(yīng)③中CO的轉(zhuǎn)化率，下列措施可行的是AD（填字母）。A．減小容器容積B．升高溫度C．向裝置中再充入HeD．向裝置中再充入H2（3）一定條件下，反應(yīng)④中CH4的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系如圖所示。則ΔH4＞0（填“＜”或“＞”或“＝”），在T℃時(shí)的10L密閉容器中，充入2molCH4和3molH2O（g）發(fā)生反應(yīng)④，經(jīng)過5min達(dá)到平衡，此時(shí)CH4的轉(zhuǎn)化率為50%，則從開始到平衡，H2的平均反應(yīng)速率為0.06mol?L﹣1?min﹣1。若向此10L密閉容器中，加入2molCH4、5molH2O（g）、2molCO和3molH2發(fā)生反應(yīng)④，若溫度仍為T℃，此時(shí)v正＞v逆（填“＜”或“＞”或“＝”）。（4）若某溫度下，將2molCH4（g）和2molH2O（g）加入壓強(qiáng)為200kPa的恒壓密閉容器中發(fā)生反應(yīng)④，正反應(yīng)速率v正＝k正×p（CH4）×p（H2O），逆反應(yīng)速率v逆＝k逆×p（CO）×p3（H2），p為分壓，則該反應(yīng)的壓強(qiáng)平衡常數(shù)Kp＝（以k正、k逆表示）。若k正＝4.4×104kPa﹣1?s﹣1，當(dāng)CH4消耗20%時(shí)，v正＝2.0×108kPa﹣1?s﹣1（保留兩位有效數(shù)字）?！究键c(diǎn)】化學(xué)平衡的計(jì)算；熱化學(xué)方程式；化學(xué)平衡的影響因素．【專題】化學(xué)平衡專題；化學(xué)平衡計(jì)算．【答案】Ⅰ.CH3OH（l）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣674.0kJ/mol；Ⅱ.（1）AE（2）AD；（3）＞；0.06；＞；（4）；2.0×108。【分析】Ⅰ.由②×3﹣①×2，結(jié)合蓋斯定律和燃燒熱定義進(jìn)行書寫；Ⅱ.（1）A．由于反應(yīng)前后氣體分子數(shù)改變，容器恒容，故隨著反應(yīng)進(jìn)行，容器中氣體壓強(qiáng)改變，當(dāng)壓強(qiáng)不變時(shí)，說明反應(yīng)達(dá)平衡；B．達(dá)平衡時(shí)，各個(gè)物質(zhì)的含量不再改變，但不一定相等，故CO和CH3OH濃度相等時(shí)不一定達(dá)平衡；C．CH3OH消耗和CO生成均代表逆反應(yīng)速率，不能說明正逆反應(yīng)速率相等；D．由于反應(yīng)前后氣體質(zhì)量不變，且容器體積也不變，故混合氣體密度始終不變，不能用來判斷平衡狀態(tài)；E．雖然混合氣體總質(zhì)量不變，但反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量改變，故混合氣體平均分子量改變，當(dāng)不變時(shí)說明反應(yīng)達(dá)平衡；（2）A．減小容器體積，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，CO轉(zhuǎn)化率提高；B．由于該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，CO轉(zhuǎn)化率降低；C．由于He與反應(yīng)體系無關(guān)，且容器體積不變，故與反應(yīng)有關(guān)的氣體濃度不變，平衡不移動(dòng)，CO轉(zhuǎn)化率不變；D．H2濃度增大，促進(jìn)平衡正向移動(dòng)，CO轉(zhuǎn)化率提高；（3）由圖像知，升高溫度，CH4平衡轉(zhuǎn)化率上升，說明平衡正向移動(dòng)，故正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，即ΔH4＞0；由題目所給數(shù)據(jù)列三段式如下：CH4+H2O?CO+3H2起始/mol2300轉(zhuǎn)化/mol2×50%113平衡/mol1213則v（H2）＝＝0.06mol/（L?min），該反應(yīng)平衡常數(shù)K＝＝，改變投料后Qc＝＝＜K，故此時(shí)反應(yīng)向正向進(jìn)行程度大于向逆向進(jìn)行程度，故v（正）＞v（逆）；（4）Kp＝＝＝，由所給數(shù)據(jù)列三段式如下：CH4+H2O?CO+3H2起始/mol2200轉(zhuǎn)化/mol2×20%0.40.41.2平衡/mol1.61.60.41.2則平衡時(shí)P（CH4）＝P（H2O）＝200kPa×＝kPa，則v正＝k正×P（CH4）×P（H4O）＝4.4×104kPa﹣1s﹣1××＝2.0×108kPa﹣1s﹣1?！窘獯稹拷猓孩?由②×3﹣①×2，結(jié)合蓋斯定律得：2CH3OH（l）+3O2（g）＝2CO2（g）+4H2O（l）ΔH＝3ΔH2﹣2H1＝﹣1348kJ/mol，根據(jù)燃燒熱定義，CH3OH物質(zhì)的量為1mol，故CH3OH燃燒熱對(duì)應(yīng)熱化學(xué)方程式為：CH3OH（l）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣674.0kJ/mol，故答案為：CH3OH（l）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣674.0kJ/mol；Ⅱ.（1）A．由于反應(yīng)前后氣體分子數(shù)改變，容器恒容，故隨著反應(yīng)進(jìn)行，容器中氣體壓強(qiáng)改變，當(dāng)壓強(qiáng)不變時(shí)，說明反應(yīng)達(dá)平衡，故A正確；B．達(dá)平衡時(shí)，各個(gè)物質(zhì)的含量不再改變，但不一定相等，故CO和CH3OH濃度相等時(shí)不一定達(dá)平衡，故B錯(cuò)誤；C．CH3OH消耗和CO生成均代表逆反應(yīng)速率，不能說明正逆反應(yīng)速率相等，故C錯(cuò)誤；D．由于反應(yīng)前后氣體質(zhì)量不變，且容器體積也不變，故混合氣體密度始終不變，不能用來判斷平衡狀態(tài)，故D錯(cuò)誤；E．雖然混合氣體總質(zhì)量不變，但反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量改變，故混合氣體平均分子量改變，當(dāng)不變時(shí)說明反應(yīng)達(dá)平衡，故E正確；故答案為：AE；（2）A．減小容器體積，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，CO轉(zhuǎn)化率提高，故A正確；B．由于該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，CO轉(zhuǎn)化率降低，故B錯(cuò)誤；C．由于He與反應(yīng)體系無關(guān)，且容器體積不變，故與反應(yīng)有關(guān)的氣體濃度不變，平衡不移動(dòng)，CO轉(zhuǎn)化率不變，故C錯(cuò)誤；D．H2濃度增大，促進(jìn)平衡正向移動(dòng)，CO轉(zhuǎn)化率提高，故D正確，故答案為：AD；（3）由圖像知，升高溫度，CH4平衡轉(zhuǎn)化率上升，說明平衡正向移動(dòng)，故正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，即ΔH4＞0；由題目所給數(shù)據(jù)列三段式如下：CH4+H2O?CO+3H2起始/mol2300轉(zhuǎn)化/mol2×50%113平衡/mol1213則v（H2）＝＝0.06mol/（L?min），該反應(yīng)平衡常數(shù)K＝＝，改變投料后Qc＝＝＜K，故此時(shí)反應(yīng)向正向進(jìn)行程度大于向逆向進(jìn)行程度，故v（正）＞v（逆）；故答案為：＞；0.06；＞；（4）Kp＝＝＝，由所給數(shù)據(jù)列三段式如下：CH4+H2O?CO+3H2起始/mol2200轉(zhuǎn)化/mol2×20%0.40.41.2平衡/mol1.61.60.41.2則平衡時(shí)P（CH4）＝P（H2O）＝200kPa×＝kPa，則v正＝k正×P（CH4）×P（H4O）＝4.4×104kPa﹣1s﹣1××＝2.0×108kPa﹣1s﹣1，故答案為：；2.0×108?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查反應(yīng)熱的計(jì)算、化學(xué)平衡的影響因素、化學(xué)反應(yīng)速率計(jì)算等，側(cè)重考查學(xué)生分析能力、識(shí)圖能力和計(jì)算能力，根據(jù)題目信息結(jié)合蓋斯定律、勒夏特列原理、反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比等知識(shí)解答，此題難度中等。10．氧化鎵是一種新型超寬窄帶半導(dǎo)體材料，由于自身的優(yōu)異性能，在紫外探測(cè)、高頻功率器件等領(lǐng)域吸引了越來越多的關(guān)注和研究，中國(guó)科技部將其列入“十四五研發(fā)計(jì)劃”，讓第四代半導(dǎo)體獲得更廣泛的關(guān)注?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)Ga原子最外層電子排布式為4s24p1。（2）①氧化鎵的熔點(diǎn)為1740℃，氧化鈣的熔點(diǎn)為2613℃，但有的離子晶體如C2H5NH3NO3（硝酸乙基銨）的熔點(diǎn)只有12℃。C2H5NH3NO3中N原子的雜化軌道類型是sp3、sp2，NO3﹣離子的空間結(jié)構(gòu)為平面三角形，該物質(zhì)中所含化學(xué)鍵類型：BCE（填字母）。A．金屬鍵B．離子鍵C．共價(jià)鍵D．范德華力E．σ鍵②第一電離能：Al＜Mg（填“＞”或“＜”），其原因是鎂元素的2p軌道電子是全充滿的，相對(duì)穩(wěn)定，故鎂元素的第一電離能比同周期相鄰元素的第一電離能大。（3）銻化物GaSb是一種超窄禁帶半導(dǎo)體材料，可用于紅外探測(cè)其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。若該晶體的密度為ρg?cm﹣3，設(shè)Ga和Sb的原子半徑分別為rGacm和rSbcm，則原子的空間占有率為（或）×100%（列出計(jì)算表達(dá)式，GaSb的摩爾質(zhì)量為192g?mol﹣1，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA）?！究键c(diǎn)】晶胞的計(jì)算；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(jié)構(gòu)專題；元素周期律與元素周期表專題；化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【答案】（1）4s24p1；（2）①sp3、sp2；平面三角形；BCE；②＜；鎂元素的2p軌道電子是全充滿的，相對(duì)穩(wěn)定，故鎂元素的第一電離能比同周期相鄰元素的第一電離能大；（3）（或）?！痉治觥浚?）Ga是31號(hào)元素，位于周期表第四周期第三主族；（2）①[C2H5NH3]+結(jié)構(gòu)中氮原子形成了4個(gè)單鍵，故氮原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)是4，沒有孤電子對(duì)，NO3﹣中氮原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為：，沒有孤電子對(duì)，[C2H5NH3]+與NO3﹣之間構(gòu)成離子鍵，還存在碳碳、碳?xì)涞鹊墓矁r(jià)鍵；②鎂元素的2p軌道是全充滿的，相對(duì)穩(wěn)定；（3）原子的空間占有率＝?！窘獯稹拷猓海?）Ga是31號(hào)元素，位于周期表第四周期第三主族，故Ga原子最外層電子排布式為：4s24p1，故答案為：4s24p1；（2）①[C2H5NH3]+結(jié)構(gòu)中氮原子形成了4個(gè)單鍵，故氮原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)是4，沒有孤電子對(duì)，雜化方式為sp3，NO3﹣中氮原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為：，沒有孤電子對(duì)，故該氮原子的雜化方式為：sp2；根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論，NO3﹣離子的空間結(jié)構(gòu)為：平面三角形；[C2H5NH3]+與NO3﹣之間構(gòu)成離子鍵，還存在碳碳、碳?xì)涞鹊墓矁r(jià)鍵，單鍵均為σ鍵，故答案為：sp3、sp2；平面三角形；BCE；②鎂元素的2p軌道是全充滿的，相對(duì)穩(wěn)定，故鎂元素的第一電離能比同周期相鄰元素的第一電離能大，第一電離能：Al＜Mg，故答案為：＜；鎂元素的2p軌道電子是全充滿的，相對(duì)穩(wěn)定，故鎂元素的第一電離能比同周期相鄰元素的第一電離能大；（3）根據(jù)均攤法Sb在晶胞中原子個(gè)數(shù)為：；Ga均在晶胞內(nèi)部，在晶胞中原子個(gè)數(shù)為：4，假設(shè)晶胞體積為：Vcm﹣3，根據(jù)晶胞密度可得關(guān)系式：，；GaSb原子體積為：×4；則原子的空間占有率為：；或者假設(shè)晶胞參數(shù)為acm，根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)可知，晶胞體對(duì)角線等于rGa+rSb，，則a＝；則原子的空間占有率為：，故答案為：（或）。【點(diǎn)評(píng)】本題考查原子結(jié)構(gòu)、元素周期律和晶體結(jié)構(gòu)，側(cè)重考查學(xué)生核外電子排布、第一電離能、晶胞空間利用率的掌握情況，試題難度中等。11．化合物F可以用于治療哮喘、支氣管炎、風(fēng)濕等疾病，它的一種合成路線如圖：（1）有機(jī)物B中的含氧官能團(tuán)的名稱為醚鍵、羧基。（2）1個(gè)A分子中采用sp2雜化方式的碳原子數(shù)目為7。（3）鑒別E和F可用的試劑為Na或Ag（NH3）2OH或Cu（OH）2（填化學(xué)式）。（4）C的分子式為C19H20O5，B→C的反應(yīng)類型為酯化反應(yīng)或取代反應(yīng)，C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。（5）H是E的同分異構(gòu)體，請(qǐng)寫出同時(shí)符合下列條件的H的一種結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：或。①分子中僅含有一種官能團(tuán)②含有稠環(huán)③其核磁共振氫譜有5組吸收峰（6）設(shè)計(jì)以、為原料制備的合成路線流程圖（無機(jī)試劑和有機(jī)溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干）?！究键c(diǎn)】有機(jī)物的合成．【專題】有機(jī)推斷．【答案】（1）醚鍵、羧基；（2）7；（3）Na或Ag（NH3）2OH或Cu（OH）2；（4）酯化反應(yīng)或取代反應(yīng)；；（5）或；（6）?！痉治觥緼發(fā)生取代反應(yīng)生成B，C的分子式為C19H20O5，B和甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成C為，C發(fā)生氧化反應(yīng)生成D，D中酯基發(fā)生還原反應(yīng)生成E，E中醇羥基發(fā)生氧化反應(yīng)生成F；（6）以、為原料制備，發(fā)生縮聚反應(yīng)生成，結(jié)合A→B的轉(zhuǎn)化，與反應(yīng)生成，與HBr反應(yīng)生成，然后水解生成，利用E→F的轉(zhuǎn)化，氧化生成?！窘獯稹拷猓海?）有機(jī)物B中的含氧官能團(tuán)的名稱為醚鍵、羧基，故答案為：醚鍵、羧基；（2）A中苯環(huán)及連接雙鍵的碳原子采用sp2雜化，則1個(gè)A分子中采用sp2雜化方式的碳原子數(shù)目為7，故答案為：7；（3）E中含有醇羥基、F中含有醛基，鑒別E和F可用的試劑為Na或Ag（NH3）2OH或Cu（OH）2，故答案為：Na或Ag（NH3）2OH或Cu（OH）2；（4）C的分子式為C19H20O5，B→C的反應(yīng)類型為酯化反應(yīng)或取代反應(yīng)，C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故答案為：酯化反應(yīng)或取代反應(yīng)；；（5）H是E的同分異構(gòu)體，H同時(shí)符合下列條件：①分子中僅含有一種官能團(tuán)；②含有稠環(huán)，一種官能團(tuán)為醚鍵或醇羥基；③其核磁共振氫譜有5組吸收峰，結(jié)構(gòu)對(duì)稱，其中符合條件的兩種結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為、，故答案為：或；（6）以、為原料制備，發(fā)生縮聚反應(yīng)生成，結(jié)合A→B的轉(zhuǎn)化，與反應(yīng)生成，與HBr反應(yīng)生成，然后水解生成，利用E→F的轉(zhuǎn)化，氧化生成，合成路線為，故答案為：。【點(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的合成，側(cè)重考查分析、判斷及知識(shí)綜合運(yùn)用能力，正確推斷各物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是解本題關(guān)鍵，采用知識(shí)遷移、逆向思維方法進(jìn)行合成路線設(shè)計(jì)，題目難度中等。三．工藝流程題（共1小題）12．重鉻酸鉀在工業(yè)中有廣泛的應(yīng)用，可用鉻鐵礦為原料制備。以鉻鐵礦（主要成分可表示為FeO?Cr2O3還含有SiO2、Al2O3、Fe2O3等雜質(zhì)）制備重鉻酸鉀（K2Cr2O7）固體的工藝流程如圖：資料：NaFeO2遇水強(qiáng)烈水解。（1）步驟①發(fā)生多個(gè)反應(yīng)，補(bǔ)全下列化學(xué)方程式：6FeO?Cr2O3+15Na2CO3+7KClO3＝12Na2CrO4+6Fe2O3+15CO2+7KCl。（2）熔塊的主要成分為Na2CrO4、NaFeO2、Na2SiO3和NaAlO2等可溶性鹽，濾渣1為紅褐色固體，寫出步驟②NaFeO2水解的離子方程式+2H2O＝Fe（OH）3↓+OH﹣。（3）濾渣2的成分為Al（OH）3、H2SiO3。（4）用離子方程式解釋步驟④調(diào)pH的目的增大c（H+），促使平衡Cr2+H2O?2+2H+向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，將轉(zhuǎn)化成Cr2。（5）重鉻酸鉀純度測(cè)定稱取重鉻酸鉀試樣2.9400g配成250mL溶液，取出25.00mL于錐形瓶中，加入10mL2mol/LH2SO4和足量碘化鉀（Cr2的還原產(chǎn)物為Cr3+），放于暗處5min，然后加入100mL水和淀粉指示劑，用0.1200mol/LNa2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定（I2+2S2＝2I﹣+S4）。①滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲蜰a2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，溶液藍(lán)色褪去，且半分鐘內(nèi)不變色。②若實(shí)驗(yàn)共用去Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液40.00mL，則所得產(chǎn)品中重鉻酸鉀的純度是80%（滴定過程中其它雜質(zhì)不參與反應(yīng)）?！究键c(diǎn)】制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)．【專題】物質(zhì)的分離提純和鑒別．【答案】（1）6；15；7；12；6；15；7；（2）+2H2O＝Fe（OH）3↓+OH﹣；（3）Al（OH）3；H2SiO3；（4）增大c（H+），促使平衡Cr2+H2O?2+2H+向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，將轉(zhuǎn)化成Cr2；（5）①當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲蜰a2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，溶液藍(lán)色褪去，且半分鐘內(nèi)不變色；②80%?！痉治觥裤t鐵礦（主要成分可表示為FeO?Cr2O3還含有SiO2、Al2O3、Fe2O3）熔融、氧化得到含Na2CrO4、NaFeO2、Na2SiO3和NaAlO2的熔塊，水浸熔塊，NaFeO2遇水強(qiáng)烈水解生成沉淀Fe（OH）3，濾渣1為Fe（OH）3，濾液1含Na2CrO4、Na2SiO3和NaAlO2，調(diào)pH，Na2SiO3和NaAlO2生成沉淀硅酸和氫氧化鋁沉淀，繼續(xù)調(diào)pH，Na2CrO4轉(zhuǎn)化為Na2Cr2O7，Na2Cr2O7和KCl發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)得到K2Cr2O7?！窘獯稹拷猓海?）FeO?Cr2O3生成Na2CrO4和NaFeO2，化合價(jià)升高7，氯酸鉀生成氯化鉀化合價(jià)降低6，根據(jù)得失電子守恒，則Fe0?Cr2O3的系數(shù)是6，氯酸鉀系數(shù)是7，依據(jù)原子守恒配平其它物質(zhì)的系數(shù)，則配平后的化學(xué)方程式是6FeO?Cr2O3+15Na2CO3+7KClO3＝12Na2CrO4+6NaFeO2+15CO2+7KCl，故答案為：6；15；7；12；6；15；7；（2）熔塊的主要成分為Na2CrO4、NaFeO2、Na2SiO3和NaAlO2等可溶性鹽，濾渣1為紅褐色固體是Fe（OH）3，則NaFeO2水解生成Fe（OH）3，離子方程式+2H2O＝Fe（OH）3↓+OH﹣，故答案為：+2H2O＝Fe（OH）3↓+OH﹣；（3）調(diào)pH，Na2SiO3和NaAlO2生成沉淀硅酸和氫氧化鋁沉淀，故答案為：Al（OH）3；H2SiO3；（4）由Cr2+H2O?2+2H+，步驟④調(diào)pH的目的增大c（H+），促使平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，將轉(zhuǎn)化成Cr2，故答案為：增大c（H+），促使平衡Cr2+H2O?2+2H+向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，將轉(zhuǎn)化成Cr2；（5）①根題意可知碘化鉀與重鉻酸鉀反應(yīng)生成I2和Cr3+，利用電子守恒和原子守恒可得出：14H++6I﹣+Cr2＝2Cr3++3I2+7H2O；碘遇淀粉變藍(lán)，終點(diǎn)處碘消耗完，滴定終點(diǎn)的顏色變化是由藍(lán)色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不變色，故答案為：當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲蜰a2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，溶液藍(lán)色褪去，且半分鐘內(nèi)不變色；②據(jù)上述反應(yīng)可得關(guān)系式，Cr2～3I2，由I2+2S2＝2I﹣+S4，可知Cr2～3I2～6S2，則所得產(chǎn)品中重鉻酸鉀的純度為×100%＝80%，故答案為：80%?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)，側(cè)重考查學(xué)生物質(zhì)制備的掌握情況，試題難度中等。

考點(diǎn)卡片1．氧化還原反應(yīng)與非氧化還原反應(yīng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.得失氧或得失氫的角度：得氧或失氫的反應(yīng)為氧化反應(yīng)，失氧或得氫的反應(yīng)為還原反應(yīng)；2.電子轉(zhuǎn)移角度：得電子的反應(yīng)為還原反應(yīng)、失電子的反應(yīng)為氧化反應(yīng)；3.化合價(jià)角度：失電子化合價(jià)升高的反應(yīng)為氧化反應(yīng)、得電子化合價(jià)降低的反應(yīng)為還原反應(yīng)；【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(xué)反應(yīng)的溶劑，又能參與化學(xué)反應(yīng)。下列是水參與的部分反應(yīng)：①2Na+2H2O═2NaOH+H2↑；②3NO2+H2O═2HNO3+NO；③SO2+H2O═H2SO3；④2F2+2H2O═4HF+O2。回答下列問題：（1）上述反應(yīng)中，不屬于氧化還原反應(yīng)的是（③）（填序號(hào)）。（2）上述反應(yīng)中，水只作氧化劑的反應(yīng)是（①）（填序號(hào)，下同）；水只作還原劑的反應(yīng)是（④）。該反應(yīng)中，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為（1：2）；2.電子轉(zhuǎn)移的表示方法：?jiǎn)尉€橋、雙線橋典例：用單線橋或雙線橋表示下列反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)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(qiáng)弱的判斷：（1）根據(jù)氧化反應(yīng)反應(yīng)原理判斷：氧化性：氧化劑＞氧化產(chǎn)物，還原性：還原劑＞還原產(chǎn)物；（2）根據(jù)元素周期表、金屬活動(dòng)性順序表、元素周期律判斷；典例：下列事實(shí)不能作為元素的金屬性或非金屬性強(qiáng)弱判斷依據(jù)的是（）A.Zn和Fe分別與稀硫酸反應(yīng)，判斷金屬性強(qiáng)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(qiáng)弱：Mg＞BaC.酸性：H2SiO3＜HClO4，判斷非金屬性強(qiáng)弱：Cl＞SiD.依據(jù)O2、S分別與H2反應(yīng)的難易程度，判斷非金屬性強(qiáng)弱：O＞S（3）根據(jù)元素化合價(jià)高低判斷，最高價(jià)只有氧化性、最低價(jià)只有還原性、中間價(jià)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(zhì)溶液構(gòu)成的原電池中，負(fù)極的還原性大于正極；電解池中，陰離子還原性越強(qiáng)，越易在陽(yáng)極上失電子，陽(yáng)離子氧化性越強(qiáng)，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(yīng)的有關(guān)計(jì)算，典例：實(shí)驗(yàn)室可以用固體氯酸鉀和濃鹽酸反應(yīng)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(chǎn)物，KCl是還原產(chǎn)物B.當(dāng)有9mol電子轉(zhuǎn)移時(shí)，參加反應(yīng)的KClO3的物質(zhì)的量為1.5molC.產(chǎn)生1.5molCl2時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為3molD.當(dāng)有3molCl2生成時(shí)，作還原劑的HCl為5mol5.氧化還原反應(yīng)的配平：典例：在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，發(fā)生下列反應(yīng)。配平反應(yīng)方程式并用單線橋標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目（）NaIO3+（）NaHSO3═（）I2+（）Na2SO4+（）H2SO4+（）H2O6.信息型氧化還原反應(yīng)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。回答下列問題：相關(guān)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(yīng)的化學(xué)方程式MnO2+MnS+2H2SO4＝2MnSO4+S+2H2O?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1.氧化劑和還原劑可能是同一種物質(zhì)；氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物可能是同一種物質(zhì)；2.根據(jù)元素化合價(jià)高低可以判斷物質(zhì)是否具有氧化性或還原性，但不能判斷氧化性或還原性強(qiáng)弱；3.元素處于最高價(jià)態(tài)時(shí)只有氧化性，但不一定具有強(qiáng)氧化性；金屬陽(yáng)離子不一定只有氧化性，如亞鐵離子；4.在氧化還原反應(yīng)的有關(guān)計(jì)算中靈活運(yùn)用轉(zhuǎn)移電子守恒進(jìn)行計(jì)算；2．化學(xué)方程式的有關(guān)計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】化學(xué)常用計(jì)算方法：主要有：差量法、十字交叉法、平均法、守恒法、極值法、關(guān)系式法等．一、差量法在一定量溶劑的飽和溶液中，由于溫度改變（升高或降低），使溶質(zhì)的溶解度發(fā)生變化，從而造成溶質(zhì)（或飽和溶液）質(zhì)量的差量；每個(gè)物質(zhì)均有固定的化學(xué)組成，任意兩個(gè)物質(zhì)的物理量之間均存在差量；同樣，在一個(gè)封閉體系中進(jìn)行的化學(xué)反應(yīng)，盡管反應(yīng)前后質(zhì)量守恒，但物質(zhì)的量、固液氣各態(tài)物質(zhì)質(zhì)量、氣體體積等會(huì)發(fā)生變化，形成差量．差量法就是根據(jù)這些差量值，列出比例式來求解的一種化學(xué)計(jì)算方法．常見的類型有：溶解度差、組成差、質(zhì)量差、體積差、物質(zhì)的量差等．在運(yùn)用時(shí)要注意物質(zhì)的狀態(tài)相相同，差量物質(zhì)的物理量單位要一致．二、十字交叉法凡能列出一個(gè)二元一次方程組來求解的命題，即二組分的平均值，均可用十字交叉法，此法把乘除運(yùn)算轉(zhuǎn)化為加減運(yùn)算，給計(jì)算帶來很大的方便．十字交叉法的表達(dá)式推導(dǎo)如下：設(shè)A、B表示十字交叉法的兩個(gè)分量，表示兩個(gè)分量合成的平均量，xA、xB分別表示A和B占平均量的百分?jǐn)?shù)，且xA+xB＝1，則有：A?xA+B?xB＝（xA+xB），化簡(jiǎn)得三、平均法對(duì)于含有平均含義的定量或半定量習(xí)題，利用平均原理這一技巧性方法，可省去復(fù)雜的計(jì)算，迅速地作出判斷，巧妙地得出答案，對(duì)提高解題能力大有益處．平均法實(shí)際上是對(duì)十字交叉所含原理的進(jìn)一步運(yùn)用．解題時(shí)，常與十字交叉結(jié)合使用，達(dá)到速解之目的．原理如下：若A＞B，且符合＝＝A?xA%+B?xB%，則必有A＞＞B，其中是A、B的相應(yīng)平均值或式，xA、xB分別是A、B的份數(shù)．四、守恒法學(xué)反應(yīng)中存在一系列守恒現(xiàn)象，如：質(zhì)量守恒（含原子守恒、元素守恒）、電荷守恒、電子得失守恒、能量守恒等，利用這些守恒關(guān)系解題的方法叫做守恒法．電荷守恒即對(duì)任一電中性的體系，如化合物、混和物、溶液、膠體等，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．電子得失守恒是指在發(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)，無論是自發(fā)進(jìn)行的氧化﹣還原反應(yīng)還是以后將要學(xué)習(xí)的原電池或電解池均如此．1、質(zhì)量守恒2、電荷守恒3、得失電子守恒五、極值法“極值法”即“極端假設(shè)法”，是用數(shù)學(xué)方法解決化學(xué)問題的常用方法，一般解答有關(guān)混合物計(jì)算時(shí)采用．可分別假設(shè)原混合物是某一純凈物，進(jìn)行計(jì)算，確定最大值、最小值，再進(jìn)行分析、討論、得出結(jié)論．六、關(guān)系式法化工生產(chǎn)中以及化學(xué)工作者進(jìn)行科學(xué)研究時(shí)，往往涉及到多步反應(yīng)：從原料到產(chǎn)品可能要經(jīng)過若干步反應(yīng)；測(cè)定某一物質(zhì)的含量可能要經(jīng)過若干步中間過程．對(duì)于多步反應(yīng)體系，依據(jù)若干化學(xué)反應(yīng)方程式，找出起始物質(zhì)與最終物質(zhì)的量的關(guān)系，并據(jù)此列比例式進(jìn)行計(jì)算求解方法，稱為“關(guān)系式”法．利用關(guān)系式法可以節(jié)省不必要的中間運(yùn)算步驟，避免計(jì)算錯(cuò)誤，并能迅速準(zhǔn)確地獲得結(jié)果．用關(guān)系式解題的關(guān)鍵是建立關(guān)系式，建立關(guān)系式的方法主要有：1、利用微粒守恒關(guān)系建立關(guān)系式，2、利用方程式中的化學(xué)計(jì)量數(shù)間的關(guān)系建立關(guān)系式，3、利用方程式的加合建立關(guān)系式．【命題方向】題型一：差量法典例1：加熱10.0g碳酸鈉和碳酸氫鈉的混合物至質(zhì)量不再變化，剩余固體的質(zhì)量為8.45g，求混合物中碳酸鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)．分析：加熱碳酸鈉和碳酸氫鈉的混合物時(shí)，碳酸鈉不分解，碳酸氫鈉不穩(wěn)定，加熱時(shí)分解生成碳酸鈉、二氧化碳和水，利用差量法，根據(jù)2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O計(jì)算碳酸氫鈉的質(zhì)量，進(jìn)而計(jì)算碳酸鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)．解答：加熱碳酸鈉和碳酸氫鈉的混合物時(shí)，碳酸鈉不分解，碳酸氫鈉不穩(wěn)定，加熱時(shí)分解生成碳酸鈉、二氧化碳和水，發(fā)生反應(yīng)為2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，則固體質(zhì)量減少的原因是由于碳酸氫鈉分解的緣故，設(shè)混合物中碳酸氫鈉的質(zhì)量為m，利用差量法計(jì)算，則2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O△m2×84g62gm10.0g﹣8.45g＝1.55gm＝＝4.2g，所以混合物中碳酸鈉的質(zhì)量為10.0g﹣4.2g＝5.8g，混合物中碳酸鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：×100%＝58%．答：混合物中碳酸鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為58%．點(diǎn)評(píng)：本題考查混合物的計(jì)算，題目難度不大，注意根據(jù)碳酸氫鈉不穩(wěn)定的性質(zhì)，利用差量法計(jì)算．題型二：十字交叉法典例2：實(shí)驗(yàn)測(cè)得C2H4與O2混合氣體的密度是H2的14.5倍，可知其中乙烯的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為（）A.25.0%B.27.6%C.72.4%D.75.0%分析：由，十字交叉得出物質(zhì)的量之比為3：1，據(jù)此解答．解答：由，十字交叉得出物質(zhì)的量之比為3：1，則乙烯的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%≈72.4%，故選C．點(diǎn)評(píng)：本題主要考察十字交叉法的應(yīng)用，十字交叉法雖然能給計(jì)算帶來很大的方便，但也不是萬能的，要注意適用場(chǎng)合，如果掌握不好，建議還是采用常規(guī)方法解題．題型三：平均法典例3：10g含有雜質(zhì)的CaCO3和足量的鹽酸反應(yīng)，產(chǎn)生CO20.1mol，則此樣品中可能含有的雜質(zhì)是（）A．KHCO3和MgCO3B．MgCO3和SiO2C．K2CO3和SiO2D．無法確定分析：由“10g含有雜質(zhì)的CaCO3和足量的鹽酸反應(yīng)，產(chǎn)生CO20.1mol”得出樣品的平均相對(duì)分子質(zhì)量是100，碳酸鈣也是100，則樣品中一種的相對(duì)分子質(zhì)量比100大，另一種比100少，二氧化硅不與鹽酸反應(yīng)，認(rèn)為相對(duì)分子質(zhì)量比碳酸鈣大．解答：由“10g含有雜質(zhì)的CaCO3和足量的鹽酸反應(yīng)，產(chǎn)生CO20.1mol”得出樣品中物質(zhì)的平均相對(duì)分子質(zhì)量是100，A．KHCO3的相對(duì)分子質(zhì)量為100，MgCO3的相對(duì)分子質(zhì)量為84，則平均值不可能為100，故A錯(cuò)誤；B．MgCO3的相對(duì)分子質(zhì)量為84，SiO2不與鹽酸反應(yīng)，認(rèn)為相對(duì)分子質(zhì)量比碳酸鈣大，則平均值可能為100，故B正確；C．K2CO3的相對(duì)分子質(zhì)量為為138，SiO2不與鹽酸反應(yīng)，認(rèn)為相對(duì)分子質(zhì)量比碳酸鈣大，則平均值不可能為100，故C錯(cuò)誤；D．由B可知，可以判斷混合物的可能性，故D錯(cuò)誤．故選B．點(diǎn)評(píng)：本題考查混合物的計(jì)算，題目難度不大，注意用平均值的方法進(jìn)行比較和判斷．題型四：質(zhì)量守恒或元素守恒典例4：向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入100ml濃度為1mol/L的硫酸，恰好使混合物完全溶解，放出標(biāo)況下224ml的氣體．所得溶液中加入KSCN溶液后無血紅色出現(xiàn)．若用足量的H2在高溫下還原相同質(zhì)量的此混合物，能得到鐵的質(zhì)量是（）分析：硫酸恰好使混合物完全溶解，硫酸沒有剩余，向反應(yīng)所得溶液加KSCN溶液無血紅色出現(xiàn)，說明溶液為FeSO4溶液，根據(jù)硫酸根守恒可知n（FeSO4）＝n（H2SO4）；用足量的H2在高溫下還原相同質(zhì)量的混合物得到鐵，根據(jù)鐵元素守恒可知n（Fe）＝n（FeSO4），據(jù)此結(jié)合m＝nM計(jì)算得到的鐵的質(zhì)量．解答：硫酸恰好使混合物完全溶解，硫酸沒有剩余，向反應(yīng)所得溶液加KSCN溶液無血紅色出現(xiàn)，說明溶液為FeSO4溶液，根據(jù)硫酸根守恒可知n（FeSO4）＝n（H2SO4）＝0.1L×1mol/L＝0.1mol；用足量的H2在高溫下還原相同質(zhì)量的混合物得到鐵，根據(jù)鐵元素守恒可知n（Fe）＝n（FeSO4）＝0.1mol，故得到Fe的質(zhì)量為0.1mol×56g/mol＝5.6g，故選B．點(diǎn)評(píng)：本題考查混合物的計(jì)算，難度中等，利用元素守恒判斷鐵的物質(zhì)的量是解題關(guān)鍵，注意守恒思想的運(yùn)用．題型五：電荷守恒典例5：將8gFe2O3投入150mL某濃度的稀硫酸中，再投入7g鐵粉收集到1.68LH2（標(biāo)準(zhǔn)狀況），同時(shí)，F(xiàn)e和Fe2O3均無剩余，為了中和過量的硫酸，且使溶液中鐵元素完全沉淀，共消耗4mol?L﹣1的NaOH溶液150mL．則原硫酸的物質(zhì)的量濃度為（）A．1.5mol?L﹣1B．0.5mol?L﹣1C．2mol?L﹣1D．1.2mol?L﹣1分析：Fe和Fe2O3均無剩余，而硫酸過量，加入氫氧化鈉溶液使溶液中鐵元素完全沉淀，最終溶液中的溶質(zhì)是Na2SO4，由鈉離子守恒可知n（NaOH）＝n（Na2SO4），由硫酸根守恒可知n（Na2SO4）＝n（H2SO4），再根據(jù)c＝計(jì)算．解答：Fe和Fe2O3均無剩余，而硫酸過量，加入氫氧化鈉溶液使溶液中鐵元素完全沉淀，最終溶液中的溶質(zhì)是Na2SO4，由鈉離子守恒可知：n（NaOH）＝n（Na2SO4）＝0.15L×4mol/L＝0.6mol，故n（Na2SO4）＝0.3mol，由硫酸根守恒可知n（H2SO4）＝n（Na2SO4）＝0.3mol，則c（H2SO4）＝＝2mol?L﹣1，故選C．點(diǎn)評(píng)：本題考查物質(zhì)的量濃度計(jì)算、化學(xué)方程式有關(guān)計(jì)算，清楚發(fā)生的反應(yīng)是關(guān)鍵，注意利用守恒思想進(jìn)行計(jì)算，側(cè)重對(duì)解題方法與學(xué)生思維能力的考查，難度中等．題型六、得失電子守恒典例6：將一定量鐵粉投入到500mL某濃度的稀硝酸中，恰好完全反應(yīng)，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下產(chǎn)生NO氣體11.2L，所得溶液中Fe2+和Fe3+的濃度之比為1：2，則該硝酸溶液的物質(zhì)的量濃度為（）A．1mol?L﹣1B．2mol?L﹣1C．3mol?L﹣1D．4mol?L﹣1分析：鐵與硝酸反應(yīng)所得溶液中Fe2+和Fe3+的濃度之比為1：2，則Fe與硝酸都完全反應(yīng)，二者都沒有剩余，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒計(jì)算n（Fe2+）、（Fe3+），由N原子守恒可知n（HNO3）＝2n（Fe2+）+3（Fe3+）+n（NO），結(jié)合c＝計(jì)算．解答：n（NO）＝＝0.5mol，鐵與硝酸反應(yīng)所得溶液中Fe2+和Fe3+的濃度之比為1：2，則Fe與硝酸都完全反應(yīng)，二者都沒有剩余，令n（Fe2+）＝y(tǒng)mol、則n（Fe3+）＝2ymol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，則：ymol×2+2ymol×3＝0.5mol×（5﹣2）解得y＝mol則n（Fe3+）＝2ymol＝mol×2＝mol由N原子守恒可知n（HNO3）＝2n（Fe2+）+3（Fe3+）+n（NO）＝mol×2+mol×3+0.5mol＝2mol，故原硝酸的濃度＝＝4mol/L，故選D．點(diǎn)評(píng)：本題考查氧化還原反應(yīng)的計(jì)算，理解原子守恒、得失電子守恒是解答本題的關(guān)鍵，側(cè)重解題方法技巧的考查，題目難度中等．題型七：極值法典例7：已知相對(duì)原子質(zhì)量：Li為6.9；Na為23；K為39；Rb為85．今有某堿金屬R及其氧化物R2O的混合物10.8g，加足量的水，充分反應(yīng)后，溶液經(jīng)蒸發(fā)、干燥，得16g固體．試經(jīng)計(jì)算確定是哪一種金屬．分析：本題可采用極值法進(jìn)行解題，假設(shè)混合物全是堿金屬和全是堿金屬氧化物兩種情況進(jìn)行分析．解答：設(shè)R的相對(duì)原子質(zhì)量為M，（1）假設(shè)混合物全是堿金屬，則有2R+2H2O＝2ROH+H2↑2M2（M+17）10.8g16g解得：M＝35.5（2）假設(shè)混合物全是堿金屬氧化物，則有R2O+H2O＝2ROH2M+162（R+17）10.8g16g解得：M＝10.7因10.7＜M＜35.5所以堿金屬R為鈉．點(diǎn)評(píng)：本題主要考察極值法的應(yīng)用，通過極值法可以得出最大值和最小值，從而得出答案，難度不大．【解題思路點(diǎn)撥】化學(xué)計(jì)算方法很多，關(guān)鍵是解題時(shí)能選出恰當(dāng)?shù)姆椒ㄟM(jìn)行解題．3．原子核外電子排布04．原子軌道雜化方式及雜化類型判斷【知識(shí)點(diǎn)的知識(shí)】1、雜化的概念：原子在形成分子時(shí)，為了增強(qiáng)成鍵能力，使分子的穩(wěn)定性增加，趨向于將不同類型的原子軌道重新組合成能量、形狀和方向與原來不同的新原子軌道，這種重新組合稱為雜化．2、雜化軌道的概念：雜化后的原子軌道稱為雜化軌道．3、雜化原則：1）只有能量相近的軌道才能相互雜化；2）形成的雜化軌道數(shù)目等于參加雜化的原子軌道數(shù)目；3）雜化后軌道伸展方向和形狀發(fā)生改變；4）雜化后都是能量相同的軌道（即等價(jià)軌道）．4、雜化類型：1）sp3雜化原子形成分子時(shí)，同一原子中能量相近的一個(gè)ns軌道與三個(gè)np軌道進(jìn)行混合組成四個(gè)新的原子軌道稱為sp3雜化軌道．1°等性sp3雜化（如CH4，CCl4）：2°不等性sp3雜化（如NH3，H2O）：1232）sp2雜化同一個(gè)原子的一個(gè)ns軌道與兩個(gè)np軌道進(jìn)行雜化組合為sp2雜化軌道．BF3雜化：注意：乙烯、苯屬于sp2雜化．3）sp雜化：BeCl2雜化：同一原子中ns﹣np雜化成新軌道：一個(gè)s軌道和一個(gè)p軌道雜化組合成兩個(gè)新sp雜化軌道．注意：乙炔屬于sp雜化．總結(jié)：雜化類型spsp2sp3雜化軌道排布直線形三角形四面體雜化軌道中孤對(duì)電子數(shù)00012分子空間構(gòu)型直線形三角形正四面體三角錐形角形實(shí)例BeCl2BF3CCl4NH3H2O【命題方向】題型一：雜化類型的判斷典例1：下列分子中的中心原子雜化軌道的類型相同的是（）A．CO2與SO2B．CH4與NH3C．BeCl2與BF3D．C2H2與C2H4分析：A、B、C物質(zhì)屬于ABm，ABm型雜化類型的判斷：中心原子電子對(duì)計(jì)算公式：價(jià)電子對(duì)數(shù)n＝（中心原子的價(jià)電子數(shù)+配位原子的價(jià)電子數(shù)×m±電荷數(shù)）注意：①當(dāng)上述公式中電荷數(shù)為正值時(shí)取“﹣”，電荷數(shù)為負(fù)值時(shí)取“+”．②當(dāng)配位原子為氧原子或硫原子時(shí)，成鍵電子數(shù)為零．根據(jù)n值判斷雜化類型：一般有如下規(guī)律：當(dāng)n＝2，sp雜化；n＝3，sp2雜化；n＝4，sp3雜化．D、對(duì)于有機(jī)物利用雜化軌道數(shù)＝孤對(duì)電子對(duì)數(shù)+σ鍵數(shù)進(jìn)行判斷．解答：A、CO2中C原子雜化軌道數(shù)為×（4+0）＝2，采取sp雜化方式，SO2中S原子雜化軌道數(shù)為×（6+0）＝3，采取sp2雜化方式，二者雜化方式不同，故A錯(cuò)誤．B、CH4中C原子雜化軌道數(shù)為×（4+4）＝4，采取sp3雜化方式，NH3中N原子雜化軌道數(shù)為×（5+3）＝4，采取sp3雜化方式，二者雜化方式相同，故B正確；C、BeCl2中Be原子雜化軌道數(shù)為×（2+2）＝2，采取sp雜化方式，BF3中B原子雜化軌道數(shù)為×（3+3）＝3，采取sp2雜化方式，二者雜化方式不同，故C錯(cuò)誤；D、C2H2分子中碳原子形成1個(gè)C﹣H，1個(gè)C≡C（含1個(gè)σ鍵），C原子雜化軌道數(shù)為1+1＝2，采取sp雜化方式，C2H4分子中碳原子形成2個(gè)C﹣H，1個(gè)C═C雙鍵（含1個(gè)σ鍵），C原子雜化軌道數(shù)為（2+1）＝3，C原子采取sp2雜化方式，故D錯(cuò)誤．故選：B．點(diǎn)評(píng)：考查雜化軌道理論，難度中等，判斷中心原子的雜化軌道數(shù)是關(guān)鍵．題型二：雜化軌道的概念典例2：有關(guān)雜化軌道的說法不正確的是（）A．雜化前后的軌道數(shù)不變，但軌道的形狀發(fā)生了改變B．sp3、sp2、sp雜化軌道的夾角分別為109°28′、120°、180°C．四面體形、三角錐形、V形分子的結(jié)構(gòu)可以用sp3雜化軌道解釋D．雜化軌道全部參加形成化學(xué)鍵分析：A．原子軌道雜化前后軌道總數(shù)不變，但形狀發(fā)生變化；B．根據(jù)其空間構(gòu)型判斷夾角；C．采用用sp3雜化的分子根據(jù)其含有的孤電子對(duì)個(gè)數(shù)確定其實(shí)際空間構(gòu)型；D．雜化軌道可以部分參加形成化學(xué)鍵．解答：A．雜化前后的軌道數(shù)不變，雜化后，各個(gè)軌道盡可能分散、對(duì)稱分布，導(dǎo)致軌道的形狀發(fā)生了改變，故A正確；B．sp3、sp2、sp雜化軌道其空間構(gòu)型分別是正四面體、平面三角形、直線型，所以其夾角分別為109°28′、120°、180°，故B正確；C．部分四面體形、三角錐形、V形分子的結(jié)構(gòu)可以用sp3雜化軌道解釋，如甲烷、氨氣分子、水分子，故C正確；D．雜化軌道可以部分參加形成化學(xué)鍵，例如NH3中N發(fā)生了sp3雜化，形成了4個(gè)sp3雜化雜化軌道，但是只有3個(gè)參與形成化學(xué)鍵，故D錯(cuò)誤；故選：D．點(diǎn)評(píng)：本題考查了原子雜化，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論確定分子空間構(gòu)型及原子雜化方式的判斷，難度中等．題型三：雜化類型和空間構(gòu)型的關(guān)系典例3：氨氣分子空間構(gòu)型是三角錐形，而甲烷是正四面體形，這是因?yàn)椋ǎ〢．兩種分子的中心原子雜化軌道類型不同，NH3為sp2型雜化，而CH4是sp3型雜化B．NH3分子中N原子形成3個(gè)雜化軌道，CH4分子中C原子形成4個(gè)雜化軌道C．NH3分子中有一對(duì)未成鍵的孤對(duì)電子，它對(duì)成鍵電子的排斥作用較強(qiáng)D．氨氣分子是極性分子而甲烷是非極性分子分析：NH3中N原子成3個(gè)σ鍵，有一對(duì)未成鍵的孤對(duì)電子，雜化軌道數(shù)為4，采取sp3型雜化雜化，孤對(duì)電子對(duì)成鍵電子的排斥作用較強(qiáng)，氨氣分子空間構(gòu)型是三角錐形；CH4分子中C原子采取sp3型雜化雜化，雜化軌道全部用于成鍵，碳原子連接4個(gè)相同的原子，為正四面體構(gòu)型．解答：NH3中N原子成3個(gè)σ鍵，有一對(duì)未成鍵的孤對(duì)電子，雜化軌道數(shù)為4，采取sp3型雜化雜化，孤對(duì)電子對(duì)成鍵電子的排斥作用較強(qiáng)，N﹣H之間的鍵角小于109°28′，所以氨氣分子空間構(gòu)型是三角錐形；CH4分子中C原子采取sp3型雜化雜化，雜化軌道全部用于成鍵，碳原子連接4個(gè)相同的原子，C﹣H之間的鍵角相等為109°28′，故CH4為正四面體構(gòu)型，故ABD錯(cuò)誤，C正確．故選：C．點(diǎn)評(píng)：考查了分子空間構(gòu)型的判斷，難度中等，注意理解價(jià)層電子對(duì)互斥理論與雜化軌道理論．【解題思路點(diǎn)撥】雜化類型的判斷方法：1）例如常見的簡(jiǎn)單分子，C2H2、CO2為直線型分子，鍵角為180°，推斷其C原子的雜化軌道類型為sp；C2H4、C6H6為平面型分子，鍵角為120°，推斷其C原子的雜化軌道類型為sp2；CH4、CCl4為正四面體，鍵角109.5°，推斷其C原子的雜化軌道類型為sp3．?dāng)U展到以共價(jià)鍵形成的晶體，如：已知金剛石中的碳原子、晶體硅和石英中的硅原子，都是以正四面體結(jié)構(gòu)形成共價(jià)鍵的，所以也都是采用sp3雜化；已知石墨的二維結(jié)構(gòu)平面內(nèi)，每個(gè)碳原子與其它三個(gè)碳原子結(jié)合，形成六元環(huán)層，鍵角為120°，由此判斷石墨的碳原子采用sp2雜化．2）根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷雜化類型：ABm型雜化類型的判斷：中心原子電子對(duì)計(jì)算公式：價(jià)電子對(duì)數(shù)n＝（中心原子的價(jià)電子數(shù)+配位原子的價(jià)電子數(shù)×m±電荷數(shù)）注意：①當(dāng)上述公式中電荷數(shù)為正值時(shí)取“﹣”，電荷數(shù)為負(fù)值時(shí)取“+”．②當(dāng)配位原子為氧原子或硫原子時(shí)，成鍵電子數(shù)為零．根據(jù)n值判斷雜化類型：一般有如下規(guī)律：當(dāng)n＝2，sp雜化；n＝3，sp2雜化；n＝4，sp3雜化．3）對(duì)于有機(jī)物利用雜化軌道數(shù)＝孤對(duì)電子對(duì)數(shù)+σ鍵數(shù)進(jìn)行判斷．如：C2H2分子中碳原子形成1個(gè)C﹣H，1個(gè)C≡C（含1個(gè)σ鍵），C原子雜化軌道數(shù)為1+1＝2，采取sp雜化方式，C2H4分子中碳原子形成2個(gè)C﹣H，1個(gè)C═C雙鍵（含1個(gè)σ鍵），C原子雜化軌道數(shù)為（2+1）＝3，C原子采取sp2雜化方式．5．晶胞的計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的知識(shí)】1、均攤法確定晶胞中粒子數(shù)目：1）立方晶胞：（1）頂點(diǎn)：每個(gè)頂點(diǎn)的原子被8個(gè)晶胞共有，所以晶胞對(duì)頂點(diǎn)原子只占1/8份額；（2）棱：每條棱的原子被4個(gè)晶胞共有，所以晶胞對(duì)頂點(diǎn)原子只占1/4份額；（3）面上：每個(gè)面的原子被2個(gè)晶胞共有，所以晶胞對(duì)頂點(diǎn)原子只占1/2份額；（4）內(nèi)部：內(nèi)部原子不與其他晶胞分享，完全屬于該晶胞．2）六方晶胞：（1）每個(gè)頂點(diǎn)上的粒子被6個(gè)晶胞共用．（2）每條橫棱上的粒子被4個(gè)晶胞共用；每條縱棱上的粒子被3個(gè)晶胞共用．（3）每個(gè)面心上的粒子被2個(gè)晶胞共用．（4）晶胞內(nèi)的粒子完全屬于該晶胞．3）三棱晶胞：（1）每個(gè)頂點(diǎn)上的粒子被12個(gè)晶胞共用．（2）每條橫棱上的粒子被4個(gè)晶胞共用；每條縱棱上的粒子被6個(gè)晶胞共用．（3）每個(gè)面心上的粒子被2個(gè)晶胞共用．（4）晶胞內(nèi)的粒子完全屬于該晶胞．2、幾種典型的晶體結(jié)構(gòu)：①NaCl晶體1）在NaCl晶體的每個(gè)晶胞中，Na+占據(jù)的位置有2種．頂點(diǎn)8個(gè)，面心6個(gè)2）Cl﹣占據(jù)的位置有2種．棱上12個(gè)，體心1個(gè)3）在NaCl晶體中，每個(gè)Na+周圍與之等距離且最近的Na+有12個(gè)；每個(gè)Cl﹣周圍與之等距離且最近的Cl﹣有12個(gè)．4）在NaCl晶體中每個(gè)Na+同時(shí)吸引著6個(gè)Cl﹣，每個(gè)Cl﹣同時(shí)也吸引著6個(gè)Na+，向空間延伸，形成NaCl晶體．5）每個(gè)晶胞平均占有4個(gè)Na+和4個(gè)Cl﹣．1molNaCl能構(gòu)成這樣的晶胞個(gè)．6）Na+與其等距緊鄰的6個(gè)Cl﹣圍成的空間構(gòu)型為_____正八面體_____．②CsCl晶體1）每個(gè)Cs+同時(shí)吸引著8個(gè)Cl﹣，每個(gè)Cl﹣同時(shí)吸引著8個(gè)Cs+；2）在CsCl晶體中，每個(gè)Cs+周圍與它等距離且最近的Cs+有6個(gè)，每個(gè)Cl﹣周圍與它等距離且最近的Cl﹣有6個(gè)；3）一個(gè)CsCl晶胞有1個(gè)Cs+和