重磅!2020高考化学命题预测!!!

2020年的开头难倒了所有人,2020年的高考会不会更难,命题热点又有哪些,变化会不会更多?通过比对十年高考真题,探寻命题轨迹,给出独家预测,撞上高考题,仅一家之言! 

一、覆盖面考题
(化学与STESC)

化学与STESC涉及内容和范围广,是高考卷中必考一道选择题。

最可能考察与设问角度:表格与图案、拼盘式

解决办法:排除法

涉及相关知识点:

物理变化:

  • 分离提纯物质的物理方法:蒸馏(分馏)、萃取、分液、过滤、渗析

  • 状态变化:液化、汽化、升华

  • 焰色反应吸附

  • 蛋白质盐析

  • 金属导电

  • 浓硫酸吸水

  • 电离

化学变化:

  • 干馏、煤的气化、煤的液化

  • 电解、水解、裂解

  • 风化、钝化、催化、裂化、酯化、(油脂)硬化(氢化)、皂化

  • 显色反应、颜色反应、指示剂变色、HClO、SO2等使有色物质褪色

  • 蛋白质变性、浓硫酸脱水、生成结晶水合物

  • 电解质溶液导电

化学史:课本上科学史话

原子经济和绿色化学

绿色化学:绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染。按照绿色化学的原则,最理想的“原子经济”就是反应物的原子全部转化为期望的最终产物,即原子利用率为100%。

(1)原子经济:原子经济要求反应物的原子全部转化为目标产物,原子利用率达到100%,也就是说在化学反应过程中不产生任何废弃物。

化学反应的原子经济性好坏是用原子利用率来衡量的。

其特点是:

①最大限度地利用原料;

②最大限度地减少废物排放。

(2)绿色化学

“绿色化学”研究的是对环境没有任何副作用的化学试剂、化学制品和化学工艺。其特点是:

①开发绿色反应,将原子利用率提高到100%;

②使用无毒无害的原料;

③选用无毒无害的催化剂;

④使用无毒无害的溶剂;

⑤发展“绿色工艺”;

⑥开发和生产绿色产品。

 【注意】无机反应中的化合反应和有机反应中的加成、加聚反应的原子利用率均为100%。

【2017新课标I】下列生活用品中主要由合成纤维制造的是

A.尼龙绳

B.宣纸

C.羊绒衫 

D.棉衬衣

【答案】A

合成纤维是化学纤维的一种,是用合成高分子化合物做原料而制得的化学纤维的统称。它以小分子的有机化合物为原料,经加聚反应或缩聚反应合成的线型有机高分子化合物,如聚丙烯腈、聚酯、聚酰胺等。A、尼龙绳的主要成分是聚酯类合成纤维,故A正确;B、宣纸的的主要成分是纤维素,故B错误;C、羊绒衫的主要成分是蛋白质,故C错误;D、棉衬衫的主要成分是纤维素,故D错误。

【2017新课标3卷】化学与生活密切相关。下列说法错误的是

A.PM2.5是指粒径不大于2.5 μm的可吸入悬浮颗粒物

B.绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染

C.燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放

D.天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料

【答案】C

【解析】A.通常将大气中直径不大于2.5μm的悬浮颗粒物称为PM2.5,正确;B.绿色化学的核心就是从源头上杜绝污染,正确;C.燃煤燃烧产生SO2和CO2,其中CaO可以和SO2结合生成CaSO3,并最终氧化为CaSO4,而CO2在高温下不能与CaO结合生成CaCO3,则加入CaO可减小SO2的排放,但不能减小CO2的排放,错误;D.目前推广使用的清洁燃料有天然气和液化石油气,正确。

【2016年高考天津卷】根据所给的信息和标志,判断下列说法错误的是

【答案】B

【解析】A.麻黄碱具有平喘功能,常常用于治疗气喘咳嗽,正确;B.醋酸能够与碳酸氢钠反应,降低药效,错误;C.图示标志为放射性标志,对人体伤害较大,看到有该标志的丢弃物,应远离并报警,正确;D.该标志为可回收物标志,正确。

【2016四川】化学与生产和生活密切相关。下列过程中没有发生化学变化的是

A.氯气作水杀菌消毒剂

B.硅胶作袋装食品的干燥剂

C.二氧化硫作纸浆的漂白剂

D.肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂

【答案】B

A、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸,次氯酸具有强氧化性,能使蛋白质变性而杀菌消毒,发生化学变化,错误;B、硅胶作干燥剂是利用其吸水性,没有发生化学变化,正确;C、二氧化硫和有色物质化合使之生成无色物质,错误;D、肥皂水显碱性,与蚊虫叮咬处释放的酸发生中和反应,错误。

2014新课标II下列过程没有发生化学反应的是

A.用活性炭去除冰箱中的异味    

B.用热碱水清除炊具上残留的污垢

C.用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果

D.用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装

【答案】A

A、用活性炭去除冰箱中的异味是利用活性炭的吸附作用,属于物理变化,没有发生化学变化,正确;B、用热碱水清除炊具上残留的油污是利用油脂在碱性条件下发生较为彻底的水解反应,属于化学变化,错误;C、用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保存水果是利用高锰酸钾溶液将催熟水果的乙烯氧化,属于化学变化,错误;D、用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装,硅胶具有吸水性,可防止食品受潮,属于物理变化;铁粉可防止食品氧化,属于化学变化,错误。

2016新课标II下列有关燃料的说法错误的是

A.燃料燃烧产物CO2是温室气体之一

B.化石燃料完全燃烧不会造成大气污染

C.以液化石油气代替燃油可减少大气污染

D.燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一

【答案】B

【解析】A.温室气体包括CO2、CH4等气体,正确;B.化石燃料完全燃烧产生大量CO2气体及SO2气体等,大气中CO2含量过高会导致温室效应等环境问题,SO2会导致酸雨,错误;C.液化石油气中主要含烃类,燃烧生成水和二氧化碳,是一种比较清洁的能源,所以以液化石油气代替燃油可减少大气污染,正确;D.CO是有毒气体,则燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一,正确。

【原创】“化学可以给人以知识,化学史可以给人以智慧。”下列说法不正确的是

A.苯的发现:法拉第“氢的重碳化合物”米希尔里希苯甲酸与石灰混合物得到液体 热拉尔确定液体相对分子质量为78,分子式C6H6 凯库勒提出C6H6液体的分子结构

B.人类利用能源经历时期:柴草时期→化石能源时期→多能源结构时期

C.瑞典化学家舍勒在研究软锰矿时,浓盐酸与MnO2混合加热,生成黄绿色气体,命名为氯气

D.1965年,我国在世界上首先人工合成了结晶牛胰岛素,它是一种有生命活力的蛋白质

【答案】C

 

二、有机化学

通过分析全国卷发现有机考察权重比例越来越多,选择题考察偏向于基础知识考察。

最可能考察与设问角度:有机物制备为载体、有机推断、同分异构体(全国I卷、全国III卷概率大) 

解决办法:熟记必修2有机物性质 

涉及相关知识点:

有机反应类型判断

有机物命名

:1,2-二氯乙烷

:2-甲基-1-丙醇 

 3-甲基-1-戊烯

 1,2,4-三甲苯

2-丙醇(异丙醇)

1,6-己二酸

 2-硝基甲苯

 2 -甲基-3-乙基己烷

含苯环类同分异构体

碳链异构同分异构体

并苯同分异构体

【一元取代公式】

【二元取代公式】

 

联苯同分异构体

【一元取代公式】

【二元取代公式】

官能团性质

2011·全国新课标卷理综下列反应中,属于取代反应的是

A.①②

B.③④

C.①③

D.②④

【答案】B

【解析】①属于烯烃的加成反应;②属于乙醇的消去反应;③属于酯化反应,而酯化反应属于取代反应;④属于苯的硝化反应即为取代反应,所以选项B正确。

2010·全国新课标卷理综 9下列各组中的反应,属于同一反应类型的是

A.由溴丙烷水解制丙醇;由丙烯与水反应制丙醇

B.由甲苯硝化制对硝基甲苯;由甲苯氧化制苯甲酸

C.由氯代环己烷消去制环己烯;由丙烯加溴制1,2-二溴丙烷

D.由乙酸和乙醇制乙酸乙酯;由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇

【答案】D

【解析】A项由溴丙烷水解制丙醇为取代反应,由丙烯与水反应制丙醇为加成反应;B项由甲苯硝化制对硝基甲苯为硝化反应(取代反应),由甲苯氧化制苯甲酸为氧化反应;C项由氯代环己烷制环己烯为消去反应,由丙烯加溴制1,2二溴丙烷为加成反应;D项由乙酸和乙醇制乙酸乙酯为酯化反应(取代反应),由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇为水解反应(取代反应)。

2009·全国大纲卷理综 121mol该物质与足量的NaOH溶液充分反应,消耗的NaOH的物质的量为

A.5mol                                         

B.4mol

C.3mol

D.2mol

【答案】A

【解析】该有机物含有酚,还有两个酯基,要注意该有机物的酯基与NaOH水解时,生成羧酸钠,此外生成的酚还要继续消耗NaOH,故需要5molNaOH,A项正确。

2016·江苏卷化学 11化合物X是一种医药中间体,其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是

A.分子中两个苯环一定处于同一平面

B.不能与饱和Na2CO3溶液反应

C.在酸性条件下水解,水解产物只有一种

D.1 mol化合物X最多能与2 molNaOH反应

【答案】C

【解析】A、根据图示知两个苯环均连在同一个饱和碳原子上,两个苯环不一定共面,错误;B、X中含有羧基,能与饱和碳酸钠溶液反应,错误;C、在酸性条件下水解,水解产物只有一种,正确;D、X的水解过程中,2个羧基和1个酚羟基都能与NaOH反应,故1 mol化合物X最多能与3 molNaOH反应,错误。答案选C。

2013·江苏卷化学 12药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得:

下列有关叙述正确的是

A.贝诺酯分子中有三种含氧官能团

B.可用FeCl3溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚

C.乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚均能与NaHCO3溶液反应

D.贝诺酯与足量NaOH 溶液共热,最终生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠

【答案】B

【解析】A、乙酰水杨酸含羧基,能与NaHCO3溶液反应,对乙酰氨基酚中酚羟基酸性比碳酸弱,不能与NaHCO3 溶液反应,故A错误;B、乙酰水杨酸和贝诺酯都不含有使FeCl3 溶液显特俗颜色的官能团,故B错误;C、贝诺酯分子中有酯基和羰基2种含氧官能团,故C正确;D、贝诺酯与足量NaOH 溶液共热,生成的乙酰水杨酸钠的酯基还要继续水解,故D错误。

【2014·全国新课标卷理综 8】四联苯的一氯代物有

A.3种

B.4种

C.5种

D.6种

【答案】C

2007·全国新课标卷理综根据下表中烃的分子式排列规律,判断空格中烃的同分异构体数目是

A.3 

B.4

C.5

D.6

【答案】A

【2016·全国新课标I卷理综 9】下列关于有机化合物的说法正确的是

A.2−甲基丁烷也称为异丁烷

B.由乙烯生成乙醇属于加成反应

C.C4H9Cl有3种同分异构体

D.油脂和蛋白质都属于高分子化合物

【答案】B

【解析】A、2-甲基丁烷,其结构简式为,共5个碳,习惯命名法应该为异戊烷,故A错误。B、乙烯生成乙醇的反应方程式为:,符合加成反应的定义,故B正确。C、有4种同分异构体,分别为,故C错误。D、高分子化合物要求分子量在10000以上,油脂是高级脂肪酸甘油酯,不属于高分子化合物,故D错误。

三、元素周期律

元素周期律是高考必考选择题,这道题通常以文字叙述、元素位置考察相关知识。但2016年、2019年进行创新。

最可能考察与设问角度:框图类、定量推断

涉及相关知识点:

非金属性比较

8电子稳定结构判断

半径大小比较

化学键判断

特殊元素:Li、Be、B、H、O、N、Na相互组成物质

【2008·广东卷化学根据表1信息,判断以下叙述正确的是( )表1 部分短周期元素的原子半径及主要化合价

A.氢化物的沸点为H2T<H2

B.单质与稀盐酸反应的速率为L<Q

C.M与T形成的化合物具有两性

D.L2+与R2-的核外电子数相等

【答案】C

【解析】T只有-2价,且原子半径小,所以T为O元素;R的最高正价为+6价,最低价为-2价,所以R为S元素;L的原子半径最大,化合价为+2价,所以L为Mg;M的原子半径介于Mg和S之间且化合价为+3价,所以M为Al;而Q的原子半径在Mg和O之间且化合价为+2价,所以Q为Be。选项A中由于H2O中存在氢键,所以沸点:H2>H2R;选项B中由于Mg的金属性比Al强,所以与HCl反应的速率:L>Q;选项C中Al和Be的化合物具有两性;选项D中Mg2+只有两个电子层而S2-具有三个电子层。

 

 

【2015·全国新课标·12W、X、Y、Z均为的短周期元素,原子序数依次增加,且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8,它们的最外层电子数之和为18。下列说法正确的是

A.单质的沸点:W>X

B.阴离子的还原性:W>Z

C.氧化物的水化物的酸性:Y<Z

D.X与Y不能存在于同一离子化合物中

【答案】B

【解析】试题分析:W的L层无电子,则W是H元素;X的L层有5个电子,则X是N元素,Y与Z的L层都是8个电子,则二者都是第三周期元素。根据最外层电子数之和为18可知Y与Z的最外层电子数之和为12,Z的原子序数大于Y,所以Y是P,Z是Cl元素。A、氢气与氮气都是分子晶体,相对分子质量大的沸点高,沸点X>W,错误;B、H元素的非金属性比Cl弱,所以简单阴离子的还原性W>Z,正确;C、未指明最高价氧化物的水化物,不能判断酸性的强弱,错误;D、N与P可以同时存在于同一离子化合物中,如磷酸铵,错误,答案选B。

2011·全国新课标卷】短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是制备一种高效电池的重要材料,X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素,Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是

A.元素W、X的氯化物中,各原子均满足8电子的稳定结构

B.元素X与氢形成的原子比为1:1的化合物有很多种

C.元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成

D.元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2

【答案】A

【解析】元素W是制备一种高效电池的重要材料,说明W是Li;X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,说明X是碳元素;元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素,因此Y是Al;短周期元素电子层数最多是3层,如果原子的最外层电子数是其电子层数的2倍,所以可能是He、C和S,又因为W、X、Y和Z的原子序数依次增大,所以Z只能是S。元素W、X的氯化物分别是LiCl和CCl4,前者锂原子不能满足8电子的稳定结构,A不正确;X与氢形成的原子比为1:1的化合物可以是C2H2、C6H6或C8H8,B正确;单质铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成,C正确;C和S均属于非金属元素,二者可以形成共价化合物CS2,D正确。

【2016新课标1卷】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物,n是元素Z的单质,通常为黄绿色气体,q的水溶液具有漂白性,0.01 mol·L–1r溶液的pH为2,s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是

A.原子半径的大小W<X<Y

B.元素的非金属性Z>X>Y

C.Y的氢化物常温常压下为液态

D.X的最高价氧化物的水化物为强酸

【答案】C

【解析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物,n是元素Z的单质,通常为黄绿色气体,则Z是氯元素,n是Cl2;0.01 mol·L–1r溶液的pH为2,说明r是一元强酸,Cl2与两种元素组成的化合物反应会产生两种化合物,其中一种r是HCl,另一种物质q的水溶液具有漂白性,则说明W是H元素;m是H2O,q是HClO;两种元素组成的化合物p与Cl2光照反应产生HCl,同时产生s,s通常是难溶于水的混合物,根据转化关系图可知p是甲烷,则s可能是CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4中的几种物质。因此X是碳元素,Y是氧元素。A.根据元素周期律的原子半径变化规律:同一周期的元素,原子序数越大原子半径越小,同一主族的元素,原子核外电子层数越多,原子半径越大,则原子半径的大小W<Y<X,错误;B.同周期元素,随着原子序数的增大,自左向右元素的非金属性逐渐增强,则非金属性Y>X,最高价氧化物对应的水化物酸性越强,相应元素的非金属性越弱,高氯酸的酸性大于碳酸的酸性,则非金属性Z>X,氯元素与氧元素组成的常见化合物如次氯酸等,氯元素显正价,氧元素显负价,由此可判断非金属性Y>Z,因此元素的非金属性Y>Z>X,错误;C.Y元素的氢化物有H2O和H2O2,二者在常温常压下都为液态,正确;D.X的最高价氧化物的水化物是碳酸,该物质是二元弱酸,不是强酸,错误。

【原创】某固体的化合物的化学式可用AxByCzDw表示。已知X+Y+Z+W=6,其中X、Y、Z、W全是正整数, M(AxByCzDw)=104g/mol。往一定量的该固体中加入稀盐酸产生能使石灰水变浑浊CD2气体,在标准状况下测得其密度为2.857g· L-1。固体溶解于水配成溶液加入足量的Ba( OH)2溶液产生白色沉淀,下列说法正确的是

A. A、B、C、D形成的两种盐溶液,相互之间能反应

B. 原子半径:C > A > D > B

C. 1mol A元素形成氧化物与CD2反应转移电子数目为NA

D. 该固体的化合物水溶液促进水电离

【答案】A

四、化学实验基础

化学实验侧重于实验目的于操作类考察

最可能考察与设问角度:表格类、完整实验考察、探究类实验,侧重用于选修四实验、物质制备、离子检验

解决办法:熟读教材上实验

涉及相关知识点:

化学反应速率实验测定

仪器:分液漏斗、锥形瓶、注射器、秒表

中和热

Ksp之间相互转化

Fe3+、Fe2+、NH4+、CO32-检验

无水AlCl3制备(类推FeCl3、TiCl4、SnCl4

SO2于可溶性盐的反应

【2017新课标1卷】实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示(Zn粒中往往含有硫等杂质,焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气),下列说法正确的是

A.①、②、③中依次盛装KMnO4溶液、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液

B.管式炉加热前,用试管在④处收集气体并点燃,通过声音判断气体纯度

C.结束反应时,先关闭活塞K,再停止加热

D.装置Q(启普发生器)也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气

【答案】B

【解析】A.Zn粒中往往含有硫等杂质,因此生成的氢气中可能混有H2S,所以用KMnO4溶液除去H2S。另外装置含有空气,高温下能与W反应,焦性没食子酸溶液吸收氧气,最后通过浓硫酸干燥氢气,错误;B.氢气是可燃性气体,通过爆鸣法验纯,正确;C.为了防止W被氧化,反应结束后应该先停止加热,在氢气的氛围中冷却,等待W冷却后再关闭活塞K,错误;D.二氧化锰与浓盐酸制备氯气的反应需要加热,而启普发生器不能加热,所以不能用于该反应,错误。

 

2019江苏室温下进行下列实验,根据实验操作和现象所得到的结论正确的是

【答案】C

【解析】A.先滴加氯水,再加入KSCN溶液,溶液变红,说明加入KSCN溶液前溶液中存在Fe3+,而此时的Fe3+是否由Fe2+氧化而来是不能确定的,所以结论中一定含有Fe2+是错误的,错误;B. 黄色沉淀为AgI,说明加入AgNO3溶液优先形成AgI沉淀,AgI比AgCl更难溶,AgI与AgCl属于同种类型,则说明Ksp(AgI)<Ksp(AgCl),错误;C.溶液变蓝说明有单质碘生成,说明溴置换出KI中的碘,根据氧化还原反应的原理得出结论:Br2的氧化性比I2的强,正确;D.CH3COONa和NaNO2溶液浓度未知,所以无法根据pH的大小,比较出两种盐的水解程度,也就无法比较HNO2和CH3COOH电离出H+的难易程度,错误。

【2018天津卷】由下列实验及现象推出的相应结论正确的是

【答案】B

【解析】A、溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液,产生蓝色沉淀,说明溶液中有Fe2+,但实验无法证明是否有Fe3+,错误;B、向苯酚钠溶液中通入CO2,溶液变浑浊,说明生成苯酚,利用酸性强的制取酸性弱的,推出碳酸的酸性强于苯酚,正确;C、ZnS为难溶物,Na2S为易溶物,向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液,发生CuSO4+Na2S=CuS↓+Na2SO4,不能说明Ksp(CuS)与Ksp(ZnS)大小,错误;D、NO3在酸性条件下具有强氧化性,能把SO32-氧化成SO42-,因此SO32-对SO42-的检验产生干扰,错误。

 

 

2013·江苏卷化学 13下列依据相关实验得出的结论正确的是

A.向某溶液中加入稀盐酸,产生的气体通入澄清石灰水,石灰水变浑浊,该溶液一定是碳酸盐溶液

B.用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应,火焰呈黄色,该溶液一定是钠盐溶液

C.将某气体通入溴水中,溴水颜色褪去,该气体一定是乙烯

D.向某溶液中滴加KSCN 溶液,溶液不变色,滴加氯水后溶液显红色,该溶液中一定含Fe2+

【答案】D

【解析】A、向某溶液中加入稀盐酸,产生的气体通入澄清石灰水,石灰水变浑浊,该溶液可能是碳酸盐溶液碳酸氢盐溶液或亚硫酸盐溶液,故A错误;B、用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应,火焰呈黄色,钾元素的焰色反应若不用钴玻璃也会发出黄色火焰,该溶液不一定是钠盐溶液,故B错误;C、将某气体通入溴水中,溴水颜色褪去,通入的气体只要是还原性气体或能发生加成的有机气体都可以使溴水褪色,如二氧化硫、硫化氢等,该气体不一定是乙烯,故C错误;D、向某溶液中滴加KSCN 溶液,溶液不变色,说明不含铁离子,滴加氯水后溶液显红色,氯气氧化亚铁离子为铁离子,遇到硫氰酸钾溶液生成血红色溶液证明该溶液中一定含Fe2+,故D正确。

 

 

2011·广东卷理综 23下列实验现象预测正确的是

A.实验I:振荡后静置,上层溶液颜色保持不变

B.实验II:酸性KMnO4溶液中出现气泡,且颜色逐渐褪去

C.实验III:微热稀HNO3片刻,溶液中有气泡产生,广口瓶内始终保持无色

D.实验IV:继续煮沸溶液至红褐色,停止加热,当光束通过体系时可产生丁达尔效应

【答案】BD

【解析】单质溴能与NaOH溶液发生氧化还原反应,所以振荡后静置,上层溶液颜色会逐渐消失,A不正确;浓硫酸具有脱水性和强氧化性,浓硫酸首先将蔗糖脱水生成单质碳,然后单质碳被浓硫酸氧化而被还原成SO2,SO2具有还原性可是酸性KMnO4溶液褪色,所以B正确;在加热时稀硝酸与铜发生氧化还原反应,硝酸被还原成NO,NO与空气被氧化生成NO2,NO2是红棕色气体,C不正确;装置Ⅳ属于氢氧化铁胶体的制备,而胶体具有丁达尔效应,D正确。

2013·海南卷化学 6下图所示仪器可用于实验室制备少量无水FeCl3,仪器连接顺序正确的是

A.a-b-c-d-e-e-f-g-h

B.a-e-d-c-b-h-i-g

C.a-d-e-c-b-h-i-g 

D.a-c-b-d-e-h-i-f

【答案】B

【解析】装置顺序为:制氯气、除杂(HCl、水蒸气)、反应制备、尾气碱处理,注意洗气瓶中导管为“长进短出”。

五、电化学

近五年全国卷都是以新型电池为背景考察电化学基础知识,出现新考点电极电势、正负、阴阳概念判断。

最可能考察与设问角度:电化学腐蚀、膜类电池、二次电池

涉及相关知识点:

正负、阴阳极判断

溶液中离子移动

电极方程式正误判断

膜种类判断

转移电子数计算

【2018新课标2卷】我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na—CO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液,钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料,电池的总反应为:。下列说法错误的是

A.放电时,ClO4向负极移动

B.充电时释放CO2,放电时吸收CO2

C.放电时,正极反应为:3CO2+4e =2CO32-+C

D.充电时,正极反应为:Na++e=Na

【答案】D

【解析】原电池中负极发生失去电子的氧化反应,正极发生得到电子的还原反应,阳离子向正极移动,阴离子向负极移动,充电可以看作是放电的逆反应,则A.放电时是原电池,阴离子ClO4向负极移动,A正确;B.电池的总反应为,因此充电时释放CO2,放电时吸收CO2,B正确;C.放电时是原电池,正极是二氧化碳得到电子转化为碳,反应为:3CO2+4e=2CO32-+C,C正确;D.充电时是电解,正极与电源的正极相连,作阳极,发生失去电子的氧化反应,反应为2CO32-+C-4e=3CO2,D错误。

【2017新课标3卷】全固态锂硫电池能量密度高、成本低,其工作原理如图所示,其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料,电池反应为:16Li+xS8=8Li2Sx(2≤x≤8)。下列说法错误的是

A.电池工作时,正极可发生反应:2Li2S6+2Li++2e=3Li2S4

B.电池工作时,外电路中流过0.02 mol电子,负极材料减重0.14 g

C.石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性

D.电池充电时间越长,电池中Li2S2的量越多

【答案】D

【解析】A.原电池工作时,Li+向正极移动,则a为正极,正极上发生还原反应,随放电的进行可能发生多种反应,其中可能发生反应2Li2S6+2Li++2e=3Li2S4,正确;B.原电池工作时,转移0.02mol电子时,氧化Li的物质的量为0.02mol,质量为0.14g,正确;C.石墨烯能导电,S8不能导电,利用掺有石墨烯的S8材料作电极,可提高电极a的导电性,正确;D.电池充电时间越长,转移电子数越多,生成的Li和S8越多,即电池中Li2S2的量越少,错误。

 

2017新课标1卷】支撑海港码头基础的钢管桩,常用外加电流的阴极保护法进行防腐,工作原理如图所示,其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是

A.通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零

B.通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩

C.高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流

D.通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整

【答案】C

【解析】本题使用的是外加电流的阴极保护法,钢管柱与电源的负极相连,被保护。A.外加强大的电流可以抑制金属电化学腐蚀产生的电流,从而保护钢管柱,正确;B.通电后,被保护的钢管柱作阴极,高硅铸铁作阳极,因此外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩,正确;C.高硅铸铁为惰性辅助阳极,所以高硅铸铁不损耗,错误;D.通过外加电流抑制金属电化学腐蚀产生的电流,因此通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整,正确。

【2016新课标1卷】三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示,采用惰性电极,ab、cd均为离子交换膜,在直流电场的作用下,两膜中间的Na+可通过离子交换膜,而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。

下列叙述正确的是

A.通电后中间隔室的SO42-离子向正极迁移,正极区溶液pH增大

B.该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品

C.负极反应为2H2O − 4e– = O2+4H+,负极区溶液pH降低

D.当电路中通过1mol电子的电量时,会有0.5mol的O2生成

【答案】B

【解析】A.根据同种电荷相互排斥,异种电荷相互吸引的原则,在电解池中阴离子会向正电荷较多的阳极区定向移动,因此通电后中间隔室的SO42-向正极迁移;在正极区带负电荷的OH失去电子,发生氧化反应而放电,由于破坏了附近的水的电离平衡,使溶液中c(H+)>c(OH),所以正极区溶液酸性增强,溶液的pH减小,错误;B.阳极区氢氧根放电,溶液中产生硫酸,阴极区氢离子获得电子,发生还原反应而放电,破坏了附近的水的电离平衡,使溶液中c(OH)>c(H+),所以产生氢氧化钠,因此该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品,正确;C.负极区氢离子得到电子,使溶液中c(OH)>c(H+),所以负极区溶液pH升高,错误;D.当电路中通过1mol电子的电量时,根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知,反应产生氧气的物质的量n(O2)=1mol÷4=0.25mol,错误。

【2013·浙江卷理综 11电解装置如图所示,电解槽内装有KI及淀粉溶液,中间用阴离子交换膜隔开。在一定的电压下通电,发现左侧溶液变蓝色,一段时间后,蓝色逐渐变浅。

已知:3I2 + 6OH ═ IO-3 + 5I + 3H2O,下列说法不正确的是

A.右侧发生的电极方程式:2H2O + 2e ═ H2↑ + 2OH

B.电解结束时,右侧溶液中含有IO-3

C.电解槽内发生反应的总化学方程式KI + 3H2O ═ KIO3 + 3H2

D.如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜,电解槽内发生的总化学方程式不变

【答案】D

【解析】A.左侧溶液变蓝色,生成I2,左侧电极为阳极,右侧电极为阴极,电极反应式为:2H2O+2e=H2↑+2OH,故A正确;B.一段时间后,蓝色变浅,发生反应3I2+6OH=IO3+5I+3H2O,中间为阴离子交换膜,右侧I、OH通过阴离子交换膜向左侧移动,保证两边溶液呈电中性,左侧的IO3通过阴离子交换膜向右侧移动,故右侧溶液中含有IO3,故B正确;C.左侧电极为阳极,电极反应为:2I-2e=I2,同时发生反应3I2+6OH=IO3+5I+3H2O,右侧电极为阴极,电极反应式为:2H2O+2e=H2↑+2OH,故总的电极反应式为:KI+3H2O=KIO3+3H2↑,故C正确;D.如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜,左侧电极为阳极,电极反应为:2I-2e=I2,右侧电极为阴极,电极反应式为:2H2O+2e=H2↑+2OH,保证两边溶液呈电中性,左侧多余K+通过阳离子交换膜迁移至阴极,左侧生成I2,右侧溶液中有KOH生成,碘单质与KOH不能反应,总反应相当于:2KI+2H2O=2KOH+I2+H2↑,故D错误;

2011·浙江卷理综 10将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上,一段时间后发现液滴覆盖的圆周中心区(a)已被腐蚀而变暗,在液滴外沿形成棕色铁锈环(b),如图所示。导致该现象的主要原因是液滴之下氧气含量比边缘少。下列说法正确的是

A.液滴中的Cl-由a区向b区迁移

B.液滴边缘是正极区,发生的电极反应为:O2+2H2O+4e− ═ 4OH-

C.液滴下的Fe因发生还原反应而被腐蚀,生成的Fe2+由a区向b区迁移,与b区的OH―形成Fe(OH)2,进一步氧化、脱水形成铁锈

D.若改用嵌有一铜螺丝钉的铁板,在铜铁接触处滴加NaCl溶液,则负极发生的电极反应为:Cu-2e-═ Cu2+

【答案】B

【解析】液滴边缘O2多,在碳粒上发生正极反应。液滴下的Fe发生负极反应,,为腐蚀区(a)。A.错误。Cl由b区向a区迁移B.正确。C.错误。液滴下的Fe因发生氧化反应而被腐蚀。D.错误。Cu更稳定,作正极,反应为

2012·山东卷理综 13下列与金属腐蚀有关的说法正确的是

A.图a中,插入海水中的铁棒,越靠近底端腐蚀越严重

B.图b中,开关由M改置于N时,Cu-Zn合金的腐蚀速率减小

C.图c中,接通开关时Zn腐蚀速率增大,Zn上放出气体的速率也增大

D.图d中,Zn-MnO2干电池自放电腐蚀主要是由MnO2的氧化作用引起的

【答案】B

【解析】图a中,铁棒发生化学腐蚀,靠近底端的部分与氧气接触少,腐蚀程度较轻,A项错误;图b中开关由M置于N,Cu-Zn作正极,腐蚀速率减小,B对;图c中接通开关时Zn作负极,腐蚀速率增大,但氢气在Pt上放出,C项错误;图d中干电池放电时MnO2发生还原反应,体现还原性,D项错误。

六、溶液中离子平衡

常常作为压轴选择题,但近几年高考难度略降低,考察更多是图像。比如滴定图像、分布系数图像(x型或线性关系)、难溶电解质图像(曲线或线性关系)、稀释图像。

最可能考察与设问角度:拼盘式(无图像纯粹考察离子浓度比大小与三大守恒)、水电离图像。

涉及相关知识点:

离子浓度比大小、三大守恒、K之间关系

【2019浙江选考】室温下,取20 mL 0.1 mol·L1某二元酸H2A,滴加0.1 mol·L1 NaOH溶液。已知。下列说法不正确的是

A0.1 mol·L1 H2A溶液中有c(H+)-c(OH)-c(A2)=0.1 mol·L1

B当滴加至中性时,溶液中c(Na+)=c(HA)+2c(A2),用去NaOH溶液的体积小于10 mL

C当用去NaOH溶液体积10 mL时,溶液的pH<7,此时溶液中有c(A2)=c(H+)-c(OH)

D当用去NaOH溶液体积20 mL时,此时溶液中有c(Na+)=2c(HA)+2c(A2)

【答案】B

【解析】由于该二元酸H2A,第一步电离完全,第二步部分电离,可以把20 mL 0.1 mol·L1二元酸H2A看做20 mL 0.1 mol·L1HA一元弱酸和0.1mol/LH+溶液,注意该溶液是不存在H2A微粒。A. 0.1 mol·L1H2A溶液存在电荷守恒,其关系为c(H+)=c(OH)+2c(A2)+ c(HA),因而c(H+)-c(OH)-c(A2)= c(A2)+c(HA)=0.1mol·L1,正确;B.若NaOH用去10ml,反应得到NaHA溶液,由于HA⇌H++A2,溶液显酸性,因而滴加至中性时,需要加入超过10ml的NaOH溶液,错误;C.当用去NaOH溶液体积10 mL时,得到NaHA溶液,溶液的pH<7,存在质子守恒,其关系为c(A2)=c(H+)-c(OH),正确;D.当用去NaOH溶液体积20 mL时,得到Na2A溶液,根据物料守恒有:c(Na+)=2c(HA)+2c(A2),正确。

【2017江苏卷】常温下,Ka(HCOOH)=1.77×104Ka(CH3COOH)=1.75×105Kb(NH3·H2O) =1.76×105,下列说法正确的

A.浓度均为0.1 mol·L−1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和:前者大于后者

B.用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点,消耗NaOH溶液的体积相等

C.0.2 mol·L−1 HCOOH与0.1 mol·L−1 NaOH 等体积混合后的溶液中:c(HCOO−) + c(OH−) = c(HCOOH) + c(H+)

D.0.2 mol·L−1 CH3COONa 与 0.1 mol·L−1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7):c(CH3COO−) > c(Cl− ) > c(CH3COOH) > c(H+)

【答案】AD

【解析】A.由电荷守恒可知,甲酸钠溶液中存在c(H+)+c(Na+)=c(OH)+c(HCOO),氯化铵溶液中存在。由于在常温下氨水的Kb小于甲酸的KaKW不变,铵根的水解程度大于甲酸根的水解程度,氯化铵溶液中c(OH)小于甲酸钠溶液中c(H+),Cl和Na+都不水解,c(Cl)=c(Na+),正确;由甲酸和乙酸的电离常数可知,甲酸的酸性较强,所以pH为3的两种溶液中,物质的量浓度较大的是乙酸,等体积的两溶液中,乙酸的物质的量较大,用同浓度的氢氧化钠溶液中和这两种溶液,乙酸消耗的氢氧化钠溶液较多,错误;C.两溶液等体积混合后得到甲酸和甲酸钠的混合液,由电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH)+c(HCOO),由物料守恒得2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO),联立两式可得2c(H+)+c(HCOOH)=2c(OH)+c(HCOO),错误;D.两溶液等体积混合后,得到物质的量浓度相同的乙酸、乙酸钠和氯化钠的混合液,由于溶液pH<7,所以溶液中乙酸的电离程度大于乙酸根的水解程度,氯离子不水解,乙酸的电离程度很小,所以c(CH3COO)>c(Cl)>c(CH3COOH)>c(H+),正确。

【2016新课标3卷】下列有关电解质溶液的说法正确的是

A.向0.1molCH3COOH溶液中加入少量水,溶液中减小

B.将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃,溶液中增大

C.向盐酸中加入氨水至中性,溶液中

D.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3,溶液中不变

【答案】D

【解析】A、,因为加水,稀释溶液,醋酸电离程度增大,但醋酸根离子浓度减小,平衡常数不变,故比值变大,错误;B、醋酸钠溶液加热,醋酸根离子水解程度增大,其=1/K,K变大,所以比值变小,错误;C、盐酸中加入氨水到中性,则有c(H+)=c(OH),根据电荷守恒,c(NH4+)=c(Cl),错误;D、向氯化银和溴化银的饱和溶液中加入少量硝酸银,沉淀溶解平衡逆向移动,氯离子和溴离子浓度比仍等于其溶度积的比值,故不变,正确。

【2013·大纲卷化学 12】右图表示溶液中c(H)和c(OH)的关系,下列判断错误的是

A.两条曲线上任意点均有c(Hc(OH)=Kw

B.M区域内任意点均有c(H)<c(OH)

C.图中T1<T2

D.XZ线上任意点均有pH=7

【答案】D

2014·全国新课标卷理综 11一定温度下,下列溶液的离子浓度关系式正确的是

A.pH=5的H2S溶液中,c(H)=c(HS)=1×10−5 mol·L−1

B.pH=a的氨水溶液,稀释10倍后,其pH=b,则ab+1

C.pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合:c(Na)+c(H)=c(OH)+c(HC2O-4)

D.pH相同的①CH3COONa、②NaHCO3、③NaClO三种溶液的c(Na):①>②>③

【答案】D

【解析】A、H2S溶液中,存在H2 H+ + HS、HS H+ + S2-、H2O H+ + OH,根据上述反应知,pH=5的H2S溶液中,c(H+)=1×10—5 mol·L—1> c(HS),错误;B、一水合氨为弱电解质,加水稀释,促进其电离,pH变化比强碱小。pH=a的氨水溶液,稀释10倍后,其pH=b,则a<b+1,错误;C、根据电荷守恒知,pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合:c(Na)+ c(H)= c(OH)+c( HC2O4)+2 c( C2O42-),错误;D、酸性:CH3COOH>H2CO3>HClO,根据盐类水解规律:组成盐的酸根对应的酸越弱,该盐的水解程度越大,物质的量浓度相同时,溶液的碱性越强,PH越大,故pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na):①>②>③,正确。

2011·江苏卷化学 14】(双选)下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是

A.在0.1mol·L−1NaHCO3溶液中:c(Na)>c(HCO3)>c(CO2-3)>c(H2CO3)

B.在0.1mol·L−1Na2CO3溶液中:c(OH)-c(H)=c(HCO-3)+2c(H2CO3)

C.向0.2mol·L−1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol·L−1 NaOH溶液:c(CO2-3)>c(HCO-3)>c(OH)>c(H)

D.常温下,CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH=7,c(Na)=0.1mol·L−1]:c(Na)=c(CH3COO)>c(CH3COOH)>c(H)=c(OH)

【答案】BD

【解析】A.在0.1 mol·L-1NaHCO3溶液中,HCO3在溶液中存在水解与电离两个过程,而溶液呈碱性,说明水解过程大于电离过程,c(H2CO3)>c(CO32-)。B.c(OH)-c(H)=c(HCO3)+2c(H2CO3)中把c(H)移项到等式另一边,即是质子守恒关系式。C.向0.2 mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L-1NaOH溶液后,相当于0.05 mol·L-1的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的混合液,由于Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度,因此正确的关系是:c(HCO3)>c(CO32-)> c(OH)>c(H)。D.常温下,CH3COONa和CH3COOH混合溶液,包括CH3COO-水解和CH3COOH电离两个过程,pH=7,根据电荷守恒知,得出c(Na+)=c(CH3COO)=0.1 mol/L,c(H+)=c(OH)=1×10-7 mol/L,但水解是微弱的,溶液中醋酸的电离程度大于水解程度,所以c(CH3COO)>c(CH3COOH),故D正确;

【2013·江苏卷化学 14】(双选一定温度下,三种碳酸盐MCO3(M:Mg2+、Ca2+、Mn2+)的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。已知:p[M]=−lg[c(M)],p[c(CO2-3)]=−lg[c(CO2-3)]。下列说法正确的是

A.MgCO3、CaCO3、MnCO3Ksp依次增大

B.a点可表示MnCO3的饱和溶液,且c(Mn2+)=c(CO2-3)

C.b点可表示CaCO3的饱和溶液,且c(Ca2+)<c(CO2-3)

D.c点可表示MgCO3的不饱和溶液,且c(Mg2+)<c(CO2-3)

【答案】BD

【解析】A.pM相等时,图线中p(CO32-)数值越大,实际浓度越小,因此,MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次减小,故A错误;B.a点可表示MnCO3的饱和溶液,pM=p(CO32-),所以c(Mn2+)=c(CO32-),故B正确;C.b点可表示CaCO3的饱和溶液,pM<p(CO32-),所以c(Ca2+)>c(CO32-),故C错误;D.pM数值越小,实际浓度越大,已知c点不在曲线上,而在曲线下面,则c点表示MgCO3的过饱和溶液,pM>p(CO32-),所以c(Mg2+)<c(CO32-),故D错误。

【2016天津卷】室温下,用相同浓度的NaOH溶液,分别滴定浓度均为0.1mol·L-1的三种酸(HA、HB和HD)溶液,滴定的曲线如图所示,下列判断错误的是

A.三种酸的电离常数关系:KHA>KHB>KHD

B.滴定至P点时,溶液中:c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-)

C.pH=7时,三种溶液中:c(A-)=c(B-)=c(D-)

D.当中和百分数达100%时,将三种溶液混合后:c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)

【答案】C

【解析】A.根据图像,0.1mol·L-1的三种酸(HA、HB和HD)溶液中HA的起始pH最小,酸性最强,HD的pH最大,酸性最弱,酸性越强,电离平衡常数越大,三种酸的电离常数关系:KHA>KHB>KHD,正确;B.滴定至P点时溶质为等物质的量浓度的HB和NaB,溶液显酸性,HB的电离为主,但电离程度较小,因此c(B)>c(Na)>c(HB)>c(H)>c(OH) ,正确;C.pH=7时,三种溶液中阴离子的水解程度不同,加入的氢氧化钠的体积不同,三种离子浓度分别与钠离子浓度相等,但三种溶液中钠离子浓度不等,错误;D.此为混合溶液的质子守恒关系式,c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH)-c(H),正确。

【2017新课标2卷】改变0.1二元弱酸溶液的pH,溶液中的的物质的量分数随pH的变化如图所示[已知]。

下列叙述错误的是

A.pH=1.2时,

B.

C.pH=2.7时,

D.pH=4.2时,

【答案】D

【解析】A、根据图像,pH=1.2时,H2A和HA相交,则有c(H2A)=c(HA),正确;B、pH=4.2时,c(A2)=c(HA),根据第二步电离HAH+A2,得出:K2(H2A)=c(H+c(A2)/c(HA)= c(H+)=104.2,正确;C、根据图像,pH=2.7时,H2A和A2相交,则有,正确;D、由图知,pH=4.2时,c(HA)=c(A2),H2A电离出一个HA时释放出一个H+,电离出一个A2时,释放出2个H+,同时水也会电离出H+,因此c(H+)>c(HA)=c(A2),错误。

七、意外选择题

阿伏加德罗常数(全国I、全国III卷概率最大)

物质之间相互转化(课本涉及元素重点掌握)

氧化还原基础知识

工艺流程

化学反应与能量(活化能、图像、新型计算)

2012·江苏化学卷 7下列物质转化在给定条件下能实现的是

①Al2O3  NaAlO2(aq)  Al(OH)3

②S  SO3  H2SO4

③饱和NaCl(aq) NaHCO3  Na2CO3

④Fe2O3  FeCl3(aq)  无水FeCl3

⑤MgCl2  Mg(OH)2  MgO

A.①③⑤ 

B.②③④

C.②④⑤

D.①④⑤

【答案】A

【2014·福建卷化学 9】常温下,下列各组物质中,Y既能与X反应又能与Z反应的是

A.①③

B.①④

C.②④ 

D.②

【答案】B

【2012·浙江理综化学卷13】化学方程式可简明地体现元素及其化合物的性质。已知:

氧化还原反应:

2FeCl3 + 2HI ═ 2FeCl2 + I2 + 2HCl;

2Co(OH)3 + 6HCl ═ 2CoCl2 + Cl2↑ + 6H2O

2Fe(OH)2 + I2 + 2KOH ═ 2Fe(OH)3 + 2KI;

3I2 + 6KOH ═ 5KI + KIO3 + 3H2O

复分解反应

2HSCN + K2CO3 ═ 2KSCN + CO↑ + H2O;

KCN + CO+ H2O ═ HCN + KHCO3

热分解反应:

4NaClO  △  3NaCl + NaClO4

NaClO4  △  NaCl + 2O2

下列说法不正确是:

A.氧化性(酸性溶液):FeCl3>Co(OH)3>I2          

B.还原性(碱性溶液):Fe(OH)2>I2>KIO3

C.热稳定性:NaCl>NaClO4>NaClO               

D.酸性(水溶液):HSCN>H2CO3>HCN

【答案】A

【解析】根据氧化还原反应方程式中,氧化剂的氧化性强于氧化产物,还原剂的还原性强于还原产物,所以,氧化性(酸性溶液):Co2O3>Cl2>Fe3+>I2,A选项错;还原性(碱性溶液):Fe(OH)2 > I> KIO3,B选项正确;C选项,根据在热分解反应中稳定性弱的物质容易分解生成对应的稳定性强的物质,C正确;D选项,根据在复分解反应中强酸制取弱酸的原则,酸性(水溶液):HSCN > H2CO3 > HCN,正确。

 

 

2008·重庆卷化学化学反应N2 + 3H22NH3的能量变化如题13图所示,该反应的热化学方程式是

【答案】A

【解析】由图可以看出,的能量为akJ,1molNH3(g)的能量为bkJ,所以;△H=(a-b)kJ/mol,而1mol的NH3(g)转化为1mol的NH3(l)放出的热量为ckJ,所以有:;△H=(a-b-c)kJ/mol,即:N2(g)+3H2(g)=2NH3(1);△H=2(a-b-c)kJ·mol-1

 

 

2010·浙江卷化学列热化学方程式或离子方程式中,正确的是:

A.甲烷的标准燃烧热为890.3kJ·mol−1,则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为:CH4(g) + 2O2(g) ═ CO2(g) + 2H2O(g);△H═-890.3kJ·mol-1

B.500℃、30MPa下,将0.5mol N2和1.5mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g),放热19.3kJ,其热化学方程式为:N2(g) + 3H2(g)2NH3(g);ΔH=−38.6kJ·mol-1

C.氯化镁溶液与氨水反应:Mg2+ + 2NH3·H2O ═ 2NH+ 4 + Mg(OH)2

D.氧化铝溶于NaOH溶液:Al2O3 + 2OH + 3H2O ═ 2Al(OH)3

【答案】C

【解析】本题考查热化学方程式与离子方程式的书写。A、标准燃烧热的定义,1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时方出的热量(标准指298K,1atm)。水液态稳定,方程式系数就是物质的量,故A错。B、根据热化学方程式的含义,与N2(g) + 3H2(g)2NH3(g)对应的热量是1mol氮气完全反应时的热量,但次反应为可逆反应故,投入0.5mol的氮气,最终参加反应的氮气一定小于0.5mol。所以△H的值大于38.6。B错。D、氢氧化铝沉淀没有沉淀符号。

2014·海南卷化学 8(双选)某反应过程能量变化如图所示,下列说法正确的是

A.反应过程a有催化剂参与

B.该反应为放热反应,热效应等于ΔH

C.改变催化剂,可改变该反应的活化能

D.有催化剂条件下,反应的活化能等于E1 + E2

【答案】BC

【解析】A、b中使用了催化剂,故A错误;B、反应物能量高于生成物,反应为放热反应,△H=生成物能量-反应物能量,故B正确;C、不同的催化剂,反应的活化能不同,故C正确;D、E1、E2分别代表反应过程中各步反应的活化能,整个反应的活化能为E1,故D错误。

【2017新课标I卷】磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧硫酸亚铁锂电池正极片中的金属,其流程如下:

下列叙述错误的是

A.合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用

B.从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li

C.“沉淀”反应的金属离子为Fe3+

D.上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠

【答案】D

【解析】

分析:正极片碱溶时铝转化为偏铝酸钠,滤渣中含有磷酸亚铁锂,加入硫酸和硝酸酸溶,过滤后滤渣是炭黑,得到含Li、P、Fe的滤液,加入碱液生成氢氧化铁沉淀,滤液中加入碳酸钠生成含锂的沉淀,据此解答。

详解:A、废旧电池中含有重金属,随意排放容易污染环境,因此合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用,A正确;

B、根据流程的转化可知从正极片中可回收的金属元素有Al、Fe、Li,B正确;

C、得到含Li、P、Fe的滤液,加入碱液生成氢氧化铁沉淀,因此“沉淀”反应的金属离子是Fe3,C正确;

D、碳酸锂沉淀,硫酸锂能溶于水,因此上述流程中不能用硫酸钠代替碳酸钠,D错误。答案选D。

【2018新课标II卷】NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.常温常压下,124gP4中所含P—P键数目为4NA

B.100mL1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA

C.标准状况下,11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA

D.密闭容器中,2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA

【答案】C

【解析】

A. 常温常压下,124 g P4的物质的量是1mol,由于白磷是正四面体结构,含有6个P-P键,因此其中所含P—P键数目为6NA,A错误;

B. 铁离子在溶液中水解,所以100 mL 1mol·L1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA,B错误;

C. 甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子,标准状况下,11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol,其中含氢原子数目为2NA,C正确;

D. 反应2SO2+O22SO3是可逆反应,因此密闭容器中,2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数大于2NA,D错误。答案选C。


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