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1．明代《天工开物》记载“火法”冶炼锌：
A倭铅是指金属锌和铅的混合物
B煤炭中起作用的主要成分是C
C冶炼Zn的反应方程式为：ZnCO3+2C
D该冶炼锌的方法属于热还原法
正确答案
解析
碳酸锌与碳在高温下反应生成锌和一氧化碳，反应的方程式为ZnCO3+2C
A．由题意可知，倭铅是指金属锌，A错误．
B．反应中C作还原剂，则煤炭中起作用的主要成分是C，B正确；
C．冶炼Zn的反应方程式为：ZnCO3+2C
D．该冶炼锌的反应属于置换反应，D正确。
故选A。
考查方向
解题思路
碳酸锌与碳在高温下反应生成锌和一氧化碳，反应的方程式为ZnCO3+2C
易错点
本题以锌的冶炼为知识背景，考查了置换反应、方程式的书写、题目信息的应用等，题目难度中等，侧重于考查学生的阅读能力和对信息的应用能力。
知识点
2．下列化学用语表示正确的是（ ）
A中子数为20的氯原子：
B二氧化硅的分子式：SiO2
C硫化氢的结构式：H—S—H
D氯化铵的电子式：
正确答案
解析
A．中子数为20，其质量数为20+17=37，中子数为20的氯原子为
B．二氧化硅是原子晶体，不存在单个分子结构（分子存在于分子晶体），SiO2仅仅体现了原子的个数比，是一个宏观的表示方法，并不是分子式，B错误；
C．H2S是共价化合物，硫原子分别与两个氢原子通过一对共用电子对结合，H2S的结构式是H-S-H，C正确；
D．氯化铵的电子式应该为：
故选C。
考查方向
解题思路
A．中子数为20，其质量数为20+17=37，中子数为20的氯原子为
B．二氧化硅是原子晶体，不存在单个分子结构（分子存在于分子晶体），SiO2仅仅体现了原子的个数比；
C．H2S是共价化合物，硫原子分别与两个氢原子通过一对共用电子对结合，H2S的结构式是H-S-H；
D．氯化铵的电子式应该为：
易错点
本题考查了常见化学用语的书写判断，题目难度中等，注意掌握原子分子式、电子式、结构式、元素符号的概念及表示方法。
知识点
4．2015年中美专家研制出可在一分钟内完成充电的超常性能铝离子电池，分别以金属铝和石
正确答案
解析
A．放电时为原电池，铝易失去电子为负极、石墨为正极，A正确；
B．充电时的阳极反应发生氧化反应，失去电子，电极反应式为：Cn+ AlCl4--e-= Cn AlCl4，B正确；
C．放电时，铝易失去电子，负极反应为：Al-3e-+7 AlCl4-=4A12C17- ，C正确；
D．放电时为原电池，有机阳离子向正极移动，即石墨电极方向移动，D错误。
故选D。
考查方向
解题思路
A．放电时为原电池，铝易失去电子为负极、石墨为正极；
B．充电时的阳极反应发生氧化反应，失去电子，电极反应式为：Cn+ AlCl4--e-= Cn AlCl4；
C．放电时，铝易失去电子，负极反应为：Al-3e-+7 AlCl4-=4A12C17-；
D．放电时为原电池，有机阳离子向正极移动，即石墨电极方向移动。
易错点
本题考查了充电电池的相关原理，难度一般，解题的关键是掌握原电池和电解池的原理。
知识点
6．已知：(HF)2(g) 
A温度：T1< T2
B平衡常数：K(a)=K(b)
C反应速率：v(b)>v(a)
D当
正确答案
解析
A．由题给信息知该反应为气体分子数增大的吸热反应，从图像可以看出，当压强不变时，由T1到T2，
B．由于T1温度较高，升高温度平衡右移，故温度为T1时的平衡常数大于温度为T1时的平衡常数，再结合温度不变平衡常数不变知，K(b)>K(a)＝K(c)，B错误；
C．温度越高，反应速率越大，压强越大，反应速率越大，故vb>va，C正确；
D．设HF为xmol，(HF)2为ymol，当
故选C。
考查方向
解题思路
A．由题给信息知该反应为气体分子数增大的吸热反应，从图像可以看出，当压强不变时，由T1到T2，
B．由于T1温度较高，升高温度平衡右移，故温度为T1时的平衡常数大于温度为T1时的平衡常数，再结合温度不变平衡常数不变知，K(b)>K(a)＝K(c)；
C．温度越高，反应速率越大，压强越大，反应速率越大，故vb>va；
D．设HF为xmol，(HF)2为ymol，当
易错点
本题解题的关键是掌握热化学方程式的化学计量数仅表示物质的物质的量，不表示体积、分子个数等等。
知识点
7．常温下向1L 0.1mol·L-1NH4C1溶液中，不断加入NaOH固体后，NH4+与NH3·H2O浓度的变化趋势如图所示(不考虑溶液体积变化和氨气的挥发)，下列说法不正确的是（ ）
AM点溶液中水的电离程度比原溶液小
B在M点时，n(OH-)-n(H+)=(a-0.05)mol
C随着NaOH的加入，
D当n(NaOH)=0.1mol时， c(OH-)>c(Cl-)>c(NH3·H2O)
正确答案
解析
A．M点溶液中，NH4+与NH3·H2O浓度相等，NH3·H2O电离大于NH4+的水解，水的电离程度受到抑制，水的电离程度比原溶液小，A正确；
B．在M点时，根据电荷守恒可知：c(OH-)+c(Cl-)= c(NH4+ )+c(H+)+c(Na+)，c(OH-)+0.1= 0.05+c(H+)+a，因此n(OH-)-n(H+)=(a-0.05)mol，B正确；
C．随着NaOH的加入，氢离子和铵根离子都减少，但是氢离子和氢氧根离子结合的能力远大于铵根离子和氢氧根离子结合能力，因此
D．当n(NaOH)=0.1mol时，溶液为NH3·H2O和NaCl的混合物，物质的量之比为1:1，c(Cl-)>c(NH3·H2O)>c(OH-)，D错误。
故选D。
考查方向
解题思路
A．M点溶液中，NH4+与NH3·H2O浓度相等，NH3·H2O电离大于NH4+的水解，水的电离程度受到抑制，水的电离程度比原溶液小；
B．在M点时，根据电荷守恒可知：c(OH-)+c(Cl-)= c(NH4+ )+c(H+)+c(Na+)，c(OH-)+0.1= 0.05+c(H+)+a，因此n(OH-)-n(H+)=(a-0.05)mol；
C．随着NaOH的加入，氢离子和铵根离子都减少，但是氢离子和氢氧根离子结合的能力远大于铵根离子和氢氧根离子结合能力，因此
D．当n(NaOH)=0.1mol时，溶液为NH3·H2O和NaCl的混合物，物质的量之比为1:1，c(Cl-)>c(NH3·H2O)>c(OH-)。
易错点
本题考查了离子浓度大小比较，明确曲线上每一点的溶质及其性质是解本题关键，再结合物料守恒、电荷守恒来分析解答，题目难度中等。
知识点
3．下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是（ ）
正确答案
解析
A．先滴加稀盐酸，排除其它离子的干扰，再滴加BaCl2溶液后出现白色沉淀，可说明溶液中一定含有SO42-，A正确；
B．向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸溶液酸化的过氧化氢溶液，在酸性条件下，硝酸根离子可以将亚铁离子氧化，不能证明H2O2>Fe2+，B错误；
C．将新制氯水和溴化钠溶液混合，加入CCl4，振荡后，下层呈现红棕色，能说明氧化性Cl2>Br2，C正确；
D．向0.1 mol/L的AgNO3溶液中滴加NaCl溶液至不再有沉淀出现，再滴加0.1 mol/L的NaI溶液，先出现白色沉淀，再出现黄色沉淀，能说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，D正确。
故选B。
考查方向
解题思路
A．先滴加稀盐酸，排除其它离子的干扰，再滴加BaCl2溶液后出现白色沉淀，可说明溶液中一定含有SO42-；
B．在酸性条件下，硝酸根离子可以将亚铁离子氧化；
C．将新制氯水和溴化钠溶液混合，加入CCl4，振荡后，下层呈现红棕色，能说明氧化性Cl2>Br2；
D．向0.1 mol/L的AgNO3溶液中滴加NaCl溶液至不再有沉淀出现，再滴加0.1 mol/L的NaI溶液，先出现白色沉淀，再出现黄色沉淀，能说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)。
易错点
该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题紧扣教材，贴近高考，侧重对学生基础知识的巩固和训练，意在培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力。
知识点
5．下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是（ ）
ApH=a的醋酸溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b-1
B含等物质的量的NaHSO3和Na2SO3的溶液：2c(Na+)=3[c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3)]
C0.1mol·L-1盐酸与0.2mol·L-1氨水等体积混合： C(NH3·H2O)>c(Cl-)>c(NH4+)>
D含有AgCl和AgI
正确答案
解析
A．醋酸是弱电解质，醋酸溶液稀释C（H+）减小，但由于电离平衡正方向移动，稀释10倍后pH的变化小于1，b＜a+1，A错误；
B．根据物料守恒可知：含等物质的量的NaHSO3和Na2SO3的溶液： 2c(Na+)=3[c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3)]，B正确；
C．0.1mol·L-1盐酸与0.2mol·L-1氨水等体积混合：溶液中含有等物质量浓度的NH3·H2O、NH4Cl，氨水的电离大于铵根离子的水解，因此 c(NH4+)>c(Cl-)>C(NH3·H2O)>
D．AgCl的溶度积常数大于AgI
故选B。
考查方向
解题思路
A．加水稀释促进醋酸电离，所以醋酸稀释10倍后，稀释后溶液中氢离子浓度大于原来的1/10；
B．根据物料守恒可知：含等物质的量的NaHSO3和Na2SO3的溶液： 2c(Na+)=3[c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3)]；
C．0.1mol·L-1盐酸与0.2mol·L-1氨水等体积混合：溶液中含有等物质量浓度的NH3·H2O、NH4Cl，氨水的电离大于铵根离子的水解，因此 c(NH4+)>c(Cl-)>C(NH3·H2O)>
D．AgCl的溶度积常数大于AgI
易错点
本题考查弱电解质电离、酸碱混合溶液定性判断、pH简单计算等知识点，明确弱电解质电离特点、pH计算方法等知识点即可解答，知道甲基橙、石蕊、酚酞试液变色范围，题目难度不大。
知识点
8． I．已知C1O2是易溶于水难溶于有机溶剂的气体，常用于自来水消毒。实验室制备C1O2是用亚氯酸钠固体与氯气反应：2NaClO2+C12=2C1O2+2NaCl，装置如下图所示：
（1）烧瓶内可发生的反应的化学方程式：________________________。
（2）B、C、E装置中的试剂依次为____________________
a、NaOH溶液
b、浓硫酸
c、饱和食盐水
d、CCl4
e、饱和石灰水
（3）以下装置既能吸收尾气又能防止倒吸的是_____________
II．用C1O2处理后的自来水中，C1O2的浓度应在0.10～0.80mg·L-1之间。用碘量法检测水中C1O2浓度的实验步骤如下：取100mL的水样加稀硫酸调节pH至1～3，加入一定量的碘化钾溶液，振荡，再加入少量指示剂后，用1.0×10-4mol·L-1的Na2S
（4）加入的指示剂是___________，达到滴定终点时的现象是___________________________________________
（5）碘化钾反应的离子方程式是________________________________。
（6）已知滴定终点时，消耗Na2S2O3溶液16.30mL，则水样中C1O2的浓度是____mg·L-1。
正确答案
（1）MnO2＋4HCl（浓）
（2）c b d
（3）②③⑤
（4）淀粉溶液，滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色变为无色（或蓝色褪去），半分钟内不恢复原来的颜色
（5）2ClO2 ＋8H＋＋ 10I－ ＝ 2Cl－ ＋4H2O ＋5I2
（6）0.22
解析
I．（1）由实验装置图可见，烧瓶内制取氯气，发生的反应的化学方程式：MnO2＋4HCl（浓）
（2）B装置用于吸收挥发出来的氯化氢气体，瓶内的试剂是c饱和食盐水、C装置用于干燥氯气，瓶内的试剂是b浓硫酸、E装置用于吸收未参加反应的氯气，试剂是d CCl4；
（3）ClO2是一种易溶于水的气体，尾气吸收时要防止倒吸，导气管不能插入到液面以下，装置①④可以引起倒吸，②③⑤既能吸收尾气又能防止倒吸；
II．（4）检验氧化生成的单质碘，加入的指示剂是淀粉溶液，达到滴定终点时的现象是滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色变为无色（或蓝色褪去），半分钟内不恢复原来的颜色；
（5）二氧化氯将碘离子氧化生成单质碘，根据得失电子平衡，反应的离子方程式是2ClO2 ＋8H＋＋ 10I－ ＝ 2Cl－ ＋4H2O ＋5I2；
（6）2ClO2 ＋8H＋＋ 10I－ ＝ 2Cl－ ＋4H2O ＋5I2 2S2O32-+I2=S4O62-+2I-，
因此：ClO2 ~ ~~~~ ~~~5S2O32-
1 5
x 1.0×10-4mol·L-1×16.30mL
则水样中C1O2的浓度是3.26×10-4mmol×10×67.5=0.22mg·L-1。
考查方向
解题思路
I．（1）由实验装置图可见，烧瓶内制取氯气；
（2）B装置用于吸收挥发出来的氯化氢气体，瓶内的试剂是c饱和食盐水、C装置用于干燥氯气，瓶内的试剂是b浓硫酸、E装置用于吸收未参加反应的氯气，试剂是d CCl4；
（3）ClO2是一种易溶于水的气体，尾气吸收时要防止倒吸，导气管不能插入到液面以下，装置①④可以引起倒吸，②③⑤既能吸收尾气又能防止倒吸；
II．（4）检验氧化生成的单质碘，加入的指示剂是淀粉溶液，达到滴定终点时的现象是滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色变为无色（或蓝色褪去），半分钟内不恢复原来的颜色；
（5）二氧化氯将碘离子氧化生成单质碘，根据得失电子平衡，反应的离子方程式是2ClO2 ＋8H＋＋ 10I－ ＝ 2Cl－ ＋4H2O ＋5I2；
（6）2ClO2 ＋8H＋＋ 10I－ ＝ 2Cl－ ＋4H2O ＋5I2 2S2O32-+I2=S4O62-+2I-，
因此：ClO2 ~ ~~~~ ~~~5S2O32-
1 5
x 1.0×10-4mol·L-1×16.30mL
则水样中C1O2的浓度是3.26×10-4mmol×10×67.5=0.22mg·L-1。
易错点
本题考查气体的制备、除杂、收集等实验操作，题目难度不大，学习中注意把握化学实验基本操作，做该类题目时把握实验目的和实验原理是解答题目的关键。
知识点
9．草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备。用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、A12O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取COC2O4·2H2O工艺流程如下：[
已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
（1）浸出过程中加入Na2SO3的目的是_______________。
（2）NaClO3在反应中氯元素被还原为最低价，该反应的离子方程式为______________________________________
（3）加Na2CO3能使浸出液中某些金属离子转化成氢氧化物沉淀。试用离子方程式和必要的文字简述其原理：_______________________________________________________
（4）滤液I“除钙、镁”是将其转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，当加入过量NaF后，所得滤液
（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如右图所示，在滤液II中适宜萃取的pH为___左右。
a．1 b．2 c．3 d．4
则该流程中所用(NH4)2C2O4溶液的pH_____7(填“>”或“<”或“=”)
（7）CoC2O4·2H2O热分解质量变化过程如图所示(其中600℃以前是隔绝空气加热，600℃以后是在空气中加热)；A、B、C均为纯净物；C点所示产物的化学式是________________________________
正确答案
（1）还原Fe3＋、Co3＋为Fe2＋、Co2＋
（2）ClO3－＋6Fe2＋＋6H＋＝6Fe3＋＋Cl－＋3H2O
（3）加入的碳酸钠（或CO32－）与H＋反应，c(H＋)降低，使Fe3＋和Al3＋（用M3＋代替）的水解平衡M3＋＋3H2O
（4
（5）c
（6）＜
（7）Co3O4
解析
（1）亚硫酸钠溶液具有还原性，在浸出过程中加入Na2SO3的目的是将Fe3+、Co3+ 还原为Fe2＋、Co2＋。
（2）NaClO3的作用是将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，产物中氯元素处于最低化合价-1价，则根据氧化还原反应得失电子守恒，该反应的离子方程式为ClO3- + 6Fe2+ + 6H+ = 6Fe3+ + Cl- + 3H2O
（3）加Na2CO3能使浸出液中Fe3+、Al3+转化成氢氧化物沉淀的原因是：R3++3H2O
（4）“除钙、镁”是将溶液中Ca2+与Mg2+转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10。当加入过量NaF后，得到是MgF2、CaF2的过饱和溶液，根据溶液中氟离子的浓度相等，则所得滤液c(Mg2+)/ c (Ca2+)=Ksp(MgF2)/Ksp(CaF2)=7.35×10-11/1.05×10-10=0.7
（5）根据萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系。滤液Ⅱ中加入萃取剂的作用是除掉锰离子；使用萃取
剂适宜的pH是接近3.0，故选c；
（6）NH4+ 的水解平衡常数Kh=10-14/1.8×10-5 =5.55×10-10 ；C2O42-的水解平衡常数Kh=10-14/5.4×10-5 =1.85×10-10 ；因此该流程中所用(NH4)2C2O4溶液的pH<7；
（7）600℃以前A点是隔绝空气加热，CoC2O4·2H2O失去水分，质量减少了3.6g，生成0.1mol CoC2O4；
600℃以前B点是隔绝空气加热，质量减少了8.8g，0.1mol CoC2O4失去全部碳和氧元素，生成Co；
600℃以后是在空气中加热，C点质量增加2.13g，n(Co)=0.1mol，n(O)=0.133mol，所示产物的化学式是Co3O4。
考查方向
解题思路
（1）在浸出过程中加入Na2SO3的目的是将Fe3+、Co3+ 还原为Fe2＋、Co2＋。
（2）NaClO3的作用是将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+；
（3）R3++3H2O
（4）“除钙、镁”是将溶液中Ca2+与Mg2+转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10。当加入过量NaF后，得到是MgF2、CaF2的过饱和溶液，根据溶液中氟离子的浓度相等，则所得滤液c(Mg2+)/ c (Ca2+)=Ksp(MgF2)/Ksp(CaF2)=7.35×10-11/1.05×10-10=0.7
（5）根据萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系。滤液Ⅱ中加入萃取剂的作用是除掉锰离子；使用萃取剂适宜的pH是接近3.0；
（6）NH4+ 的水解平衡常数Kh=10-14/1.8×10-5 =5.55×10-10 ；C2O42-的水解平衡常数Kh=10-14/5.4×10-5 =1.85×10-10 ；（7）600℃以前A点是隔绝空气加热，CoC2O4·2H2O失去水分，质量减少了3.6g，生成0.1mol CoC2O4；
600℃以前B点是隔绝空气加热，质量减少了8.8g，0.1mol CoC2O4失去全部碳和氧元素，生成Co；
600℃以后是在空气中加热，C点质量增加2.13g，n(Co)=0.1mol，n(O)=0.133mol，所示产物的化学式是Co3O4。
易错点
本题考查了化学计算等相关知识，难度较大，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有利于培养学生的逻辑推理能力。
知识点
10． I．“低碳经济”时代，科学家利用“组合转化”等技术对CO2进行综合利用。
（1）CO2和H2在一定条件下可以生成乙烯：
6H2(g)+2CO2(g)
已知：H2(g)的燃烧热为285.8 kJ·mol-1，CH2=CH2(g)的燃烧热为1411.0 kJ·mol-1，H2O(g)=
（2）上述生成乙烯的反应中，温度对C
①温度越高，催化剂的催化效率越高
②温度低于250℃时，随着温度升高，乙烯的产率增大
③M点平衡常数比N点平衡常数大
④N点正反应速率一定大于M点正反应速率
⑤增大压强可提高乙烯的体积分数
（3）2012年科学家根据光合作用原理研制出“人造树叶”。右图是“人造树叶”的电化学模拟实验装置图，该装置能将H2O和CO2转化为O2和有机物C3H8O。
阴极的电极反应式为：_________________________
II．为减轻大气污染，可在汽车尾气排放处加装催化转化装置，反应方程式为：
2NO(g)+2CO(g)
（4）上述反应使用等质量的某种催化剂时，温度和催化剂的比表面积对化学反应速率的影响对比实验如下表，c(NO)浓度随时间(t)变化曲线如下图：
①表中a=___________。
②实验说明，该反应是__________反应(填“放热”或“吸热”)。
③若在500℃时，投料
（5）使用电化学法也可处理NO的污染，装置如右图。已知电解池阴极室中溶液的pH在4～7之间，写出阴极的电极反应式：_____________。吸收池中除去NO的离子方程式为：__________________________________。
正确答案
（1）－39.8
（2）① ② ④
（3）3CO2＋18H＋＋18e－＝C3H8O＋5H2O
（4）① 1.20×10－3
② 放热
③主要有三种情况：
第一种情况：设c(NO)=1mol·L－1 ，则K＝160
第二种情况：设c(NO)=amol·L－1 ，则K＝
第三种情况：设n(NO)=amol，容器的容积为V L，则K＝
（5）2HSO3－＋2H＋＋2e－＝S2O42－＋2H2O
2NO＋2S2O42－＋2H2O＝N2＋4HSO3－
解析
I．（1）已知：H2(g)的燃烧热为285.8 kJ·mol-1，CH2=CH2(g)的燃烧热为1411.0 kJ·mol-1，H2O(g)=
①H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-285.8kJ/mol；
②CH2=CH2(g)+3O2(g)=2H2O(l)+2CO2 (g) △H=-1411.0kJ/mol；
③H2O(g)=
则利用盖斯定律将6①-②-4③可得：
6H2(g)+2CO2(g)
（2）①温度在250℃时，催化剂的催化效率最高，错误；
②温度低于250℃时，随着温度升高，乙烯的产率减小，错误；
③M点二氧化碳的平衡转化率比N点大，平衡常数比N点平衡常数大，正确；
④该反应是放热反应，温度升高，向逆反应方向进行，N点正反应速率一定小于M点正反应速率，错误；
⑤增大压强，反应向正反应方向进行，可提高乙烯的体积分数，正确。
故选①②④。
（3）阴极发生还原反应，阴极的电极反应式为：3CO2＋18H＋＋18e－＝C3H8O＋5H2O；
II．（4）①验证温度对化学反应速率的影响规律时，要确保其他条件相同而只有温度不同的情况下比较。验证催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律时，要确保其他条件相同而只有催化剂的比表面积不同的情况下比较。由于I与II的催化剂比表面积不同，所以，其他的量必须相同，即a=1.20×10-3；又因为I与III的温度不同，要确保其他条件相同，因此b=82；
②从图示可见，I和III催化剂比表面积相同，温度不同，III温度比I温度高，NO转化率降低，升高温度反应向逆反应方向进行，该反应是放热反应；
③若在500℃时，投料
2NO(g)+2CO(g)
起始浓度(mol/L) 1 1 0 0
转化浓度(mol/L) 0.8 0.8 0.8 0.4
平衡浓度(mol/L) 0.2 0.2 0.8 0.4
则此温度时的平衡常数K=(0.82×0.4)/(0.22×0.22)=160
第二种情况：设c(NO)=amol·L－1 ，则K＝
第三种情况：设n(NO)=amol，容器的容积为V L，则K＝
（5）电解池阴极室中溶液的pH在4～7之间，阴极发生还原反应，电极反应式：2HSO3－＋2H＋＋2e－＝S2O42－＋2H2O；吸收池中除去NO的离子方程式为：2NO＋2S2O42－＋2H2O＝N2＋4HSO3－。
考查方向
解题思路
I．（1）已知：H2(g)的燃烧热为285.8 kJ·mol-1，CH2=CH2(g)的燃烧热为1411.0 kJ·mol-1，H2O(g)=
①H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-285.8kJ/mol；
②CH2=CH2(g)+3O2(g)=2H2O(l)+2CO2 (g) △H=-1411.0kJ/mol；
③H2O(g)=
则利用盖斯定律将6①-②-4③可得：
6H2(g)+2CO2(g)
（2）①温度在250℃时，催化剂的催化效率最高；
②温度低于250℃时，随着温度升高，乙烯的产率减小；
③M点二氧化碳的平衡转化率比N点大，平衡常数比N点平衡常数大；
④该反应是放热反应，温度升高，向逆反应方向进行，N点正反应速率一定小于M点正反应速率；
⑤增大压强，反应向正反应方向进行，可提高乙烯的体积分数。
（3）阴极发生还原反应，阴极的电极反应式为：3CO2＋18H＋＋18e－＝C3H8O＋5H2O；
II．（4）①验证温度对化学反应速率的影响规律时，要确保其他条件相同而只有温度不同的情况下比较。验证催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律时，要确保其他条件相同而只有催化剂的比表面积不同的情况下比较。
②从图示可见，I和III催化剂比表面积相同，温度不同，III温度比I温度高，NO转化率降低，升高温度反应向逆反应方向进行，该反应是放热反应；
③若在500℃时，投料
2NO(g)+2CO(g)
起始浓度(mol/L) 1 1 0 0
转化浓度(mol/L) 0.8 0.8 0.8 0.4
平衡浓度(mol/L) 0.2 0.2 0.8 0.4
则此温度时的平衡常数K=(0.82×0.4)/(0.22×0.22)=160
第二种情况：设c(NO)=amol·L－1 ，则K＝
第三种情况：设n(NO)=amol，容器的容积为V L，则K＝
（5）电解池阴极室中溶液的pH在4～7之间，阴极发生还原反应，电极反应式：2HSO3－＋2H＋＋2e－＝S2O42－＋2H2O；吸收池中除去NO的离子方程式为：2NO＋2S2O42－＋2H2O＝N2＋4HSO3－。
易错点
该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题基础性强，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有利于培养学生的逻辑推理能力。该题的关键是利用好化学平衡。
知识点
11．[化学—选修4物质结构与性质]
H2O和CS2分子中的原子都达到稳定结构。
（1）上述四种元素电负性由大到小的顺序是：___________________。
（2）上述四种元素第一电离能比同周期相邻两种元素都小的元素是：_______。
（3）CS2分子中
（4）用“大于”、“小于”或“等于”回答本问题：
①CS2在其晶体中的配位数_______H2O在其晶体中的配位数
②硫氰酸(H—S—C≡N)的熔点_____异硫氰酸(H—N=C=S)的熔点
（5）已知TiCl4熔点为37℃，沸点为136℃，熔融态不导电，可知TiCl4为____晶体。
（6）六方氮化硼(BN)的晶胞结构如右图所示。
①晶胞内的四个原子(如白球所示)所形成的空间结构为______形
②硼原子的杂化方式为_________。
③晶胞边长为a nm则其密度为____g·cm-3(设阿伏加德罗常数的值为NA)
正确答案
（1）O＞S＞C＞H
（2）O、S
（3）1：1
（4）①大于
②小于
（5）分子
（6）①正四面体
② sp3
③
解析
（1）H、O、C、S四种元素中，非金属性越强，电负性越大，电负性由大到小的顺序是：O>S>C>H；
（2）因为VA族元素原子最外层p电子处于半充满状态，较稳定，第一电离能比同周期相邻两种元素都小的元素是VIA族元素原子：O、S；
（3）CS2分子结构与二氧化碳相似，有2个
（4）①CS2是分子晶体，只有范德华力，无分子间氢键－分子密堆积，每个分子周围有12个紧邻的分子，在其晶体中的配位数为12；H2O有分子间氢键－不具有分子密堆积特征，在其晶体中的配位数为4；CS2在其晶体中的配位数大于H2O在其晶体中的配位数；
②分子的极性越大，熔沸点越高，因此硫氰酸(H—S—C≡N)的熔点小于异硫氰酸(H—N=C=S)的熔点；
（5）TiCl4熔点为37℃，沸点为136℃，熔融态不导电且熔沸点较低，可知TiCl4为分子晶体；
（6）①晶胞内的四个原子(如白球所示)，每两个原子之间距离相等，且是立体构型，所形成的空间结构为正四面体形；
②硼原子中心原子的价电子对数=(3+5)/2=4，杂化方式为sp3杂化。
③晶胞中原子数目分别为4，8×1/8+6×1/2=4，每个晶胞中原子的质量为(100/NA)g，晶胞边长为a nm，晶胞体积为(a×10-7m)3=a3×10-21m3，则其密度为g·cm-3(设阿伏加德罗常数的值为NA)。
考查方向
解题思路
（1）H、O、C、S四种元素中，非金属性越强，电负性越大；
（2）因为VA族元素原子最外层p电子处于半充满状态，较稳定，第一电离能比同周期相邻两种元素都小的元素是VIA族元素原子；
（3）CS2分子结构与二氧化碳相似，有2个
（4）①CS2是分子晶体，只有范德华力，无分子间氢键－分子密堆积，每个分子周围有12个紧邻的分子，在其晶体中的配位数为12；H2O有分子间氢键－不具有分子密堆积特征，在其晶体中的配位数为4；CS2在其晶体中的配位数大于H2O在其晶体中的配位数；
②分子的极性越大，熔沸点越高；
（5）熔融态不导电且熔沸点较低；
（6）①每两个原子之间距离相等，且是立体构型；
②硼原子中心原子的价电子对数=(3+5)/2=4，杂化方式为sp3杂化。
③晶胞中原子数目分别为4，8×1/8+6×1/2=4，每个晶胞中原子的质量为(100/NA)g，晶胞边长为a nm，晶胞体积为(a×10-7m)3=a3×10-21m3，则其密度为g·cm-3(设阿伏加德罗常数的值为NA)。
易错点
本题考查的知识点较多，难度较大，平时应该注意知识的积累。
知识点
12．[化学—选修5：有机化学基础]
工业上可由A和环己烯(
（1）B中含氧官能团的名称是___________。
（2）A的结构简式是______________。
（3）任选1种具有反式结构的C的同系物，用结构简式表示其反式结构_______。
（4）反应②、③、④、⑤中与反应①的类型相
（5）G→H的化学方程式是__________。
（6）E的结构简式是________________。
正确答案
（1）羟基 醛基
（2）CH3CHO
（3）
（4）③ ④
（5）
（6）(HOCH2)3C-CHO
解析
根据X的结构简式和D的分子式可知，D为CH2=CHCOOH，F为C(CH2OH)4，根据转化关系A发生信息Ⅱ中的反应生成E，E发生加成反应生成F，所以A为CH3CHO，E为(CH2OH)3CCHO，根据D的结构简式可逆推得A与甲醛发生信息Ⅱ中的反应生成B为HOCH2CH2CHO，B发生消去反应生成C为CH2=CHCHO，C发生氧化反应得D，环已烯与溴化氢加成得G为1-溴环已烷，G发生碱性水解得H为环已醇，环已醇发生氧化反应得环已酮，根据Y的分子式可知，环已酮与F发生信息Ⅲ中的反应得Y为
（1）根据B的结构简式可知，B中含氧官能团的名称是羟基、醛基；
（2）A的结构简式为CH3CHO；
（3）C为CH2=CHCHO，C的同系物，用结构简式表示其反式结构为
（4）根据上面的分析可知，①为加成反应，③、④也为加成反应，所以反应②、③、④、⑤中与反应①的类型相同的是 ③、④；
（5）G为1-溴环已烷，G发生碱性水解得H为环已醇，化学方程式是
（6）根据上面的分析可知，Y的结构简式是(CH2OH)3CCHO。
考查方向
解题思路
根据X的结构简式和D的分子式可知，D为CH2=CHCOOH，F为C(CH2OH)4，根据转化关系A发生信息Ⅱ中的反应生成E，E发生加成反应生成F，所以A为CH3CHO，E为(CH2OH)3CCHO，根据D的结构简式可逆推得A与甲醛发生信息Ⅱ中的反应生成B为HOCH2CH2CHO，B发生消去反应生成C为CH2=CHCHO，C发生氧化反应得D，环已烯与溴化氢加成得G为1-溴环已烷，G发生碱性水解得H为环已醇，环已醇发生氧化反应得环已酮，根据Y的分子式可知，环已酮与F发生信息Ⅲ中的反应得Y为
易错点
本题考查有机物的推断，需要学生对给予的信息进行利用，能较好的考查学生的自学能力，是常见题型，利用正推法与逆推法相结合进行推断，对学生的推理有一定的要求，熟练掌握官能团的性质，难度中等。