- 卤族与氮族及其应用
- 共501题
19.常温下用 a L pH=3的HX溶液与 b L pH=11的氢氧化钠溶液相混合，下列叙述正确的是
正确答案
解析
A．如果HX是强酸，则两者恰好完全中和a=b，如果HX是弱酸，浓度越大的需要体积越小，所以体积a＜b，故A错误；
B．如果HX是弱酸，则a=b溶液呈酸性，故B错误；
C．HA是弱酸，溶液呈中性，则a＜b、HA是强酸，溶液呈中性，则a=b，所以一定是 a≤b，故C正确；
D．如果HX是弱酸，则a=b溶液呈酸性，而不是a＞b，故D错误
考查方向
电离平衡与溶液的pH
解题思路
A．如果HX是强酸，则两者恰好完全中和a=b；
B．如果HX是弱酸，则a=b溶液呈酸性；
C．HA是弱酸，溶液呈中性，则a＜b、HA是强酸，溶液呈中性，则a=b；
D．如果HX是弱酸，则a=b溶液呈酸性
易错点
若HX为强酸，则c（HX）=10-3mol/lL；若HX为弱酸，则c（HX）>10-3mol/lL；
教师点评
本题考查探究溶液酸碱性，为高考高频点，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，题目难度中等
知识点
16．Cl2可用于废水处理。向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体。下列说法正确的是
正确答案
解析
A．N元素化合价由-3价升高为0价，共升高6价，所以氮气是氧化产物，故A错误；
B．氢氧化钾生成氯化钾，碱性变成中性，所以溶液的pH会降低，故B错误；
C．由反应KCN+2KOH+Cl2=KOCN+2KCl+H2O，2KOCN+4KOH+3Cl2═2CO2+N2+6KCl+2H2O可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，故C正确；
D．状况不知，所以无法求气体的体积，故D错误
考查方向
氯气的化学性质
解题思路
KCN+2KOH+Cl2=KOCN+2KCl+H2O；氰酸盐再进一步被液氯氧化为无毒气体，反应中KOCN→N2，N元素化合价由-3价升高为0价，共升高6价，Cl2→KCl，Cl元素化合价由0价降低为-1价，共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故N2系数为1，Cl2系数为3，结合原子守恒配平其它物质的系数，平衡后方程式为：2KOCN+4KOH+3Cl2═2CO2+N2+6KCl+2H2O，由此分析解答
易错点
两种无毒气体的推断
教师点评
本题综合考查学生的分析能力和计算能力，注意把握元素化合价的判断，为解答该题的关键，难度中等
知识点
6．向含1 mol Na2CO3的溶液中，通入0.5 mol Cl2，得到含有NaClO的溶液，有关该溶液 的说法中，正确的是
正确答案
解析
含1mol Na2CO3的溶液中，通入0.5mol Cl2，发生反应：H2O+Cl2+2Na2CO3=NaCl+NaClO+2NaHCO3，
A、反应后溶液的主要成分为NaCl、NaClO和NaHCO3，故A正确；
B、次氯酸钠中的次氯酸根离子可以发生水解反应，但是氯化钠不会水解，所以c（Cl-）＞c（ClO-），故B错误；
C、在碳酸钠中存在物料守恒：2c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3），但是该溶液中还存在氯化钠、次氯酸钠，故C错误；
D、根据电荷守恒：c（H+）+c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-）+2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-），溶液水解呈碱性，c（OH-）>c（H+）,故D错误
考查方向
氯气的化学性质、离子浓度
解题思路
含1mol Na2CO3的溶液中，通入0.5mol Cl2，发生反应：H2O+Cl2+2Na2CO3=NaCl+NaClO+2NaHCO3，次氯酸钠是强电解质，次氯酸根离子可以发生水解反应，碳酸氢钠中的碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，溶液显示碱性，据电荷守恒、物料守恒知识来回答
易错点
通入0.5molCl2后溶液中的化学反应
教师点评
本题考查学生溶液中离子浓度的大小关系知识，注意盐的水解原理的应用是解题的关键，难度中等
知识点
2. 海洋中的珊瑚虫经如下反应形成石灰石外壳，进而形成珊瑚：Ca2+ + 2HCO3-
正确答案
解析
A．由Ca2++2HCO3-⇌CaCO3+H2O+CO2可知，共生藻类消耗CO2，促使平衡正向移动，有利于珊瑚的形成，故A正确；
B．由Ca2++2HCO3-⇌CaCO3+H2O+CO2可知，海洋中CO2浓度升高，促使平衡逆向移动，不利于珊瑚的形成，故B正确；
C．升高温度，二氧化碳溶解度降低，故C错误；
D．将CO2转化为甲醇等化工原料，能够消耗二氧化碳，减少大气中二氧化碳含量，有助于缓解温室效应，故D正确
考查方向
化学平衡移动、温室效应
解题思路
A．依据Ca2++2HCO3-⇌CaCO3+H2O+CO2结合平衡移动原理解答；
B．依据Ca2++2HCO3-⇌CaCO3+H2O+CO2结合平衡移动原理解答；
C．依据温度对二氧化碳溶解度影响解答；
D．二氧化碳是引起温室效应主要原因
易错点
C项：升高温度，二氧化碳溶解度降低
教师点评
本题通过珊瑚的形成过程考查了化学平衡移动原理的应用，温室效应，题目难度不大，掌握基础是关键
知识点
氯吡格雷是一种用于抑制血小板聚集的药物，根据原料的不同，该药物的合成路线通常有两条，其中以2—氯苯甲醛为原料的合成路线如下：
49.B的分子式为 ；DE的反应类型是_________。
50.CD的反应可能得不到D，请解释原因：___________
51.写出C聚合成高分子化合物的结构简式: ；DE所需X物质的结构简式：_______________________
52.物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子。写出符合以下条件的一种G的同分异构体______________________________________________。①除苯环之外无其它环状结构；②能发生银镜反应 ③有四种不同环境的氢
53.已知：
写出由乙烯.甲醇为有机原料制备化合物
正确答案
C8H7N2Cl； 取代
解析
根据B的结构简式，可知其分子式为：C8H7N2Cl；由D、E的结构可知，D中氨基中H原子被取代生成D，属于取代反应
考查方向
有机物的推断与合成、分子式、反应类型
解题思路
根据B的结构简式确定其分子式；由D、E的结构可知，D→E发生取代反应
易错点
D→E的反应类型
教师点评
本题考查有机物的推断与合成、涉及分子式、反应类型，是对有机化学基础的综合考查，充分利用有机物的结构进行分析解答，较好的考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，难度中等
正确答案
酯化反应需要酸，但氨基会与酸反应
解析
酯化反应需要酸，但氨基会与酸反应，C→D的反应可能得不到D
考查方向
官能团的性质
解题思路
酯化反应需要酸，但氨基会与酸反应
易错点
氨基的性质
教师点评
本题考查有机物的推断与合成、涉及官能团的性质，是对有机化学基础的综合考查，充分利用有机物的结构进行分析解答，较好的考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，难度中等
正确答案
解析
C中含有氨基、羧基，二者发生缩聚反应得到高分子化合物，结构简式为：
考查方向
反应类型、结构推断
解题思路
C中含有氨基、羧基，二者发生缩聚反应得到高分子化合物；D→E发生取代反应，对比D、E的结构确定X的结构
易错点
X结构的确定
教师点评
本题考查有机物的推断与合成、涉及反应类型、结构推断，是对有机化学基础的综合考查，充分利用有机物的结构进行分析解答，较好的考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，难度中等
正确答案
解析
物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，即多一个-CH2-原子团，G的一种同分异构体满足：①除苯环之外无其它环状结构；②能发生银镜反应，说明含有醛基，③有四种不同环境的氢，应含有2个取代基-CHO、-CH2Cl且处于对位，结构简式为：
考查方向
同分异构体书写
解题思路
物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，即多一个-CH2-原子团，G的一种同分异构体满足：①除苯环之外无其它环状结构；②能发生银镜反应，说明含有醛基，③有四种不同环境的氢，应含有2个取代基-CHO、-CH2Cl且处于对位
易错点
四种不同环境的氢的限定
教师点评
本题考查同分异构体书写，题目难度较大，较好的考查学生分析推理能力
正确答案
解析
物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，即多一个-CH2-原子团，G的一种同分异构体满足：①除苯环之外无其它环状结构；②能发生银镜反应，说明含有醛基，③有四种不同环境的氢，应含有2个取代基-CHO、-CH2Cl且处于对位，结构简式为：
考查方向
有机化合物的制备与合成
解题思路
乙烯与溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，再水解生成乙二醇，甲醇催化氧化生成HCHO，最后乙二醇与甲醛反应生成
易错点
信息内容的利用
教师点评
本题考查有机物的制备与合成，是对有机化学基础的综合考查，充分利用所给信息进行分析解答，较好的考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，难度较大
20．向20mL 0.1mol/L NH4HSO4溶液中滴入0.1mol/L NaOH溶液至恰好反应完全，下列说法正确的是
正确答案
解析
A．当滴入20mLNaOH溶液时，根据物料守恒可得：c（SO42-）=c（NH4+）+c（NH3•H2O），故A错误；
B．滴入30mLNaOH溶液时（pH＞7），其中20mL氢氧化钠溶液与硫酸氢铵中的氢离子发生中和反应，剩余的10mL氢氧化钠溶液与铵根离子反应，则反应后的溶液中含有0.001mol一水合氨、0.0005mol硫酸铵，溶液的pH＞7，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则：c（NH4+）＞c（NH3•H2O）、c（OH-）＞c（H+），则溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（NH3•H2O）＞c（OH-）＞c（H+），故B正确；
C．根据物料守恒可得：c（SO42-）=c（NH4+）+c（NH3•H2O），则c（SO42-）＞c（NH4+）；由于溶液为中性，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒可得：c（H+）+c（Na+ ）+c（NH4+）=c（OH-）+2c（SO42-），所以c（Na+ ）+c（NH4+）=2c（SO42-），结合c（SO42-）＞c（NH4+）可知：c（Na+ ）＞c（SO42-），所以溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（H+）=c（OH-），故C错误；
D．溶液中一定满足电荷守恒：c（H+）+c（Na+ ）+c（NH4+）=c（OH-）+2c（SO42-），故D正确；
考查方向
离子浓度大小比较
解题思路
A．根据混合液中的物料守恒判断；
B．滴入30mLNaOH溶液时，反应后的溶液中含有0.001mol一水合氨、0.0005mol硫酸铵，溶液的pH＞7，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度；
C．当加入20mL氢氧化钠溶液时，二者反应生成硫酸铵、硫酸钠，由于铵根离子部分水解，溶液显示酸性，若为中性，则加入的氢氧化钠溶液稍大于20mL，据此进行判断；
D．根据混合液中的电荷守恒判断；
易错点
反应后的溶质组成
教师点评
本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断等知识，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法
知识点
1.下列生活中常见的过程或现象不属于化学变化的是
A天然气燃烧
B自然界中丁达尔效应
C蛋白质受热凝固
D食醋除水垢
正确答案
解析
A．天然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧生成了二氧化碳和水，反应的方程式是：CH4+2O2
B．丁达尔效应为胶体独有的性质，指光照射胶体，在垂直光的传播方向有一条光亮的通路，没有新物质生成，属于物理变化，故B选；
C．蛋白质受热凝固属于蛋白质变性，性质不同于原物质，有新物质生成，属于化学变化，故C不选；
D．食醋中的醋酸能和水垢中的碳酸钙反应生成醋酸钙、水和二氧化碳，属于化学变化，故D不选；
考查方向
物理变化和化学变化
解题思路
有新物质生成的变化叫化学变化，没有新物质生成的变化叫物理变化．化学变化的特征是：有新物质生成．判断物理变化和化学变化的依据是：是否有新物质生成
易错点
C项：蛋白质变性为化学变化
教师点评
本考点考查了物理变化和化学变化的区别，基础性比较强，只要抓住关键点：是否有新物质生成，问题就很容易解决，题目较简单
知识点
1．化学创造美好生活。以下说法不正确的是
正确答案
解析
A．五氧化二磷与水反应生成酸，酸具有腐蚀性，不能作食品干燥剂，而硅胶可以，故A错误；
B．青蒿素为有机酯类物质，不溶于水，在超临界CO2中有很强的溶解性，则萃取青蒿素可用超临界CO2作萃取剂，故B正确；
C．太阳能电池板发电，太阳能转化为电能，没有新物质生成，则不发生化学变化，故C正确；
D．减少化石能源的使用，开发核能、太阳能、氢能等新能源，在即将到来的新能源时代，核能、太阳能、氢能将成为主要能源，故D正确
考查方向
物质的性质、应用
解题思路
A．五氧化二磷与水反应生成酸，酸具有腐蚀性；
B．青蒿素为有机酯类物质，不溶于水，在超临界CO2中有很强的溶解性；
C．太阳能电池板发电，太阳能转化为电能，没有新物质生成；
D．核能、太阳能、氢能均为新能源
易错点
B项：萃取青蒿素可用超临界CO2作萃取剂
教师点评
题考查物质的性质、应用，为高频考点，把握物质的性质、化学与生活、性质与用途等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大
知识点
5.对下列各组实验所作的解释正确的是（ ）
正确答案
解析
A．向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液并振荡，先生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠溶液过量后氢氧化铝溶解，说明氢氧化铝具有两性，则Al具有一定的非金属性，故A正确；
B．将Fe（NO3）2固体溶于稀硫酸，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子，滴加KSCN溶液后溶液变红，氧化亚铁离子的是稀硝酸，不是稀硫酸，故B错误；
C．向KBrO3溶液中加入少量CCl4，然后通入少量Cl2，充分振荡，静置，下层呈橙色，说明又溴单质生成，该反应中Br元素的化合价从+5变为0价，发生还原反应，则氯气表现了还原性，无法比较氧化性强弱，故C错误；
D．将充有NO2的玻璃球放入热水中，红棕色加深，说明平衡向着逆向移动，则逆反应为吸热反应，所以正反应为放热反应，△H＜0，故D错误
考查方向
实验方案的设计与评价
解题思路
A．该现象说明氢氧化铝具有两性，则金属Al具有一定的非金属性；
B．硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，将亚铁离子氧化，而稀硫酸不能氧化亚铁离子；
C．Br元素的化合价从+5变为0价，发生还原反应，则氯气表现了还原性；
D．红色加深，平衡向着逆向移动，则该反应为放热反应，焓变小于0
易错点
B项：硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性
教师点评
本题考查了实验方案的设计与评价，题目难度中等，涉及化学平衡的影响因素、氧化还原反应、非金属性判断等知识，明确常见元素及其化合物性质为解答关键
知识点
氢氟酸可用于半导体工业，也常用来蚀刻玻璃，其刻蚀反
应原理如下：6HF + Na2SiO3 → 2NaF + SiF4↑+ 3H2O
完成下列填空：
23．根据HF的 （选填编号）大于H2O，可推断氟元素的非金属性强于氧元素。
24．SiF4与甲烷结构相似，SiF4是含___键的_____分子（均选填“极性”或“非极性”）。
刻蚀反应中的三种元素可组成同时含离子键和共价键的化合物，该化合物的电子式为______________________________________。
25．Si原子核外电子有_____种不同能量的电子，其中最高能量的电子处于______轨道。
26．在相同条件下，Na2SiO3、CaSiO3分别与等浓度等体积的氢氟酸反应，两个反应原理相似，但前者的反应速率明显大于后者。原因是__________________________。
27．同浓度的H2SO3和HF两溶液的pH为：H2SO3_____HF（选填“ >”或“<”）。
浓度均为0.01 mol/L 的H2SO3和HF的1L混合溶液中，通入0.02 mol NH3充分反
应后，SO32－、HSO3－、F－、NH4+浓度从大到小的顺序为： 。
已知： H2SO3 Ki1=1.54×10-2 Ki2=1.02×10-7， HF Ki=6.8×10-4 NH3·H2O Ki=1.8×10-5
正确答案
解析
通过氢化物的稳定性可以判断非金属性强弱，氢化物的稳定性与键的极性有关，所以符合推断氟元素的非金属性强于氧元素条件的为CD。
考查方向
本题考查了判断非金属元素非金属性强弱的能力
解题思路
选项A：对应最高价氧化物的水化物酸性越强，其非金属性越强，但HF并不是最高价氧化物的水化物。
选项B：非金属性属于化学性质，熔沸点属于物理性质，两者之间没有必然的联系。
选项C：对应的氢化物的越稳定，其非金属性越强。
选项D：在共价化合物中，键的极性越强说明电子对的偏移程度越大，也就是吸引电子的能力即非金属性越强。
所以选择CD选项
易错点
易错选项A对应最高价氧化物的水化物酸性越强，其非金属性越强，但HF并不是最高价氧化物的水化物。
教师点评
本题考查了判断非金属元素非金属性强弱的能力，在近几年的各省高考题出现的频率较高。
正确答案
极性；非极性；
解析
SiF4中硅原子和氟原子之间以极性共价键结合，SiF4与甲烷结构相似，甲烷为正四面体结构，所以SiF4从整个分子来看，电荷的分布是均匀的，对称的，为非极性分子，刻蚀反应中的三种元素可组成同时含离子键和共价键的化合物为氢氧化钠，其电子式如答案所示。
考查方向
本题考查了化学键与分子的极性，电子式的书写等知识点
解题思路
由同种原子构成的共价键是非极性键，不同原子构成的共价键是极性键，分子中正负电荷中心重合，从整个分子来看，电荷的分布是均匀的，对称的，这样的分子为非极性分子，反之为极性分子，甲烷为正四面体结构；一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，刻蚀反应中的三种元素可组成同时含离子键和共价键的化合物为氢氧化钠，氢氧化钠为离子化合物，钠离子与氢氧根离子通过离子键结合而成，氢和氧两种元素以共价键结合；
易错点
尽管SiF4含有的是极性键，然而它却是正四面体结构，分子中正负电荷中心重合，因此它是非极性分子。
教师点评
本题考查了化学键与分子的极性，电子式的书写等知识点，在近几年的各省高考题出现的频率较高。
正确答案
5；3p
解析
硅原子为14号元素，电子排布式1s22s22p63s23p2，共有5个轨道上排布电子，所以有5种不同能量的电子，原子核外电子是分层排布的，距离原子核越近能量越低，所以3p能量最高。
考查方向
本题考查了原子结构的知识点。
解题思路
原子核外电子是分层排布的，在不同电子层上运动的电子的能量不同，有几个轨道上排布电子，共有几种不同的能量；原子核外电子是分层排布的，距离原子核越近能量越低，反之越高。
易错点
记住硅原子的核外电子排布式，此道题迎刃而解。
教师点评
本题考查了原子结构的知识点，在近几年的各省高考题出现的频率较高。
正确答案
NaF易溶于水，而CaF2难溶于水，会覆盖在固体表面，降低反应速率。
解析
在相同条件下，Na2SiO3、CaSiO3分别与等浓度等体积的氢氟酸反应，Na2SiO3与氢氟酸反应生成的NaF易溶于水，而CaSiO3与氢氟酸反应生成的CaF2难溶于水，会覆盖在固体表面，降低反应速率，所以前者的反应速率明显大于后者。
考查方向
本题考查了影响化学反应速率因素的知识点
解题思路
接触面积影响化学反应速率
易错点
从接触面积进行分析。
教师点评
本题考查了影响化学反应速率因素的知识点，在近几年的各省高考题出现的频率较高。
正确答案
< （1分） c(NH4+ )> c(F- ) >c(HSO3-)> c( SO32-)（2分）
解析
H2SO3 Ki1=1.54×10-2大于HF Ki=6.8×10-4，所以同浓度亚硫酸酸性强于氢氟酸，即PH小于氢氟酸，浓度均为0.01mol/L 的H2SO3和HF的1L混合溶液中，通入0.02mol NH3充分反应后，生成等浓度的亚硫酸氢铵、氟化铵，HFKi=6.8×10-4 大于NH3•H2O Ki=1.8×10-5大于H2SO3 Ki2=1.02×10-7，所以亚硫酸氢根离子水解能力强于氟离子，溶液中离子浓度为：c（NH4+）＞c（F-）＞c（HSO3-）＞c（SO32-）。
考查方向
本题考查了判断离子浓度大小的知识点
解题思路
电离平衡常数越大，酸性越强，亚硫酸为二元弱酸，氢氟酸为一元弱酸，浓度均为0.01mol/L 的H2SO3和HF的1L混合溶液中，通入0.02mol NH3充分反应后，生成等浓度的亚硫酸氢铵、氟化铵，亚硫酸氢根离子水解能力强于氟离子。
易错点
从给出的数据中分析出亚硫酸氢根离子水解能力强于氟离子
教师点评
本题考查了判断离子浓度大小的知识点，在近几年的各省高考题出现的频率较高。
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