- 化学科学特点
- 共348题
16． 研究大气中含硫化合物（主要是SO2和H2S）的转化具有重要意义。
（1）高湿条件下，写出大气中SO2转化为HSO3-的方程式：_____________。
（2）土壤中的微生物可将大气中H2S经两步反应氧化成SO42-，两步反应的能量变化示意图如下：
1mol H2S（g）全部氧化成SO42-（aq）的热化学方程式为______________________。
（3）二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池可以利用大气所含SO2快速启动，其装置示意图如下：
①质子的流动方向为___________（“从A到B”或“从B到A”）。
②负极的电极反应式为______________________ 。
（4）燃煤烟气的脱硫减排是减少大气中含硫化合物污染的关键。SO2烟气脱除的一种工业流程如下：
①用纯碱溶液吸收SO2将其转化为HSO3-，反应的离子方程式是______________________。
②若石灰乳过量，将其产物再排回吸收池，其中可用于吸收SO2的物质的化学式是___________。
正确答案
（1）SO2 + H2O 
（2）H2S（g） + 2O2（g） = SO42-（aq） + 2H+（aq） ΔH = －806．39 kJ·mol－1
（3）①从A到B ② SO2 – 2e- + 2H2O == SO42- + 4H+
（4）① H2O + 2SO2 + CO32- == 2HSO3- + CO2↑ ② NaOH [多写Ca（OH）2不扣分]
解析
（1）高湿条件下SO2转化为HSO3-的过程即为SO2与水反应生成H2SO3；SO2 + H2O 
由两步反应的能量变化示意可以看出，H2S先被氧化为S（g）释放能量，H2S（g）+0．5O2（g）===S（g）+H2O（g） ΔH = －221．19 kJ·mol－1，然后再S被进一步氧化为 SO42-（aq）释放能量：S（g）+1．5O2（g）+H2O（g）===SO42-（aq） + 2H+（aq） ΔH = －585．20 kJ·mol－1，所以1mol H2S（g）全部氧化成SO42-（aq）的热化学方程式就可以根据盖斯定律完成；将两个热方程式相加：H2S（g） + 2O2（g） = SO42-（aq） + 2H+（aq） ΔH = －806．39 kJ·mol－1
（3）①由于该装置为原电池，且SO2为还原剂失去电子作负极，O2氧化剂得到电子作正极，而质子带正电荷，在原电池中带正电荷的阳离子向正极移动；所以质子的流动方向为从A到B；②由于SO2作负极失去电子，在溶液中一定会生成SO42-，即电极反应式为： SO2 – 2e- + 2H2O == SO42- + 4H+
（4）①由于H2SO3酸性比H2CO3酸性强，所以用纯碱溶液吸收SO2，H2SO3可以将纯碱转化为 CO2， 反应的离子方程式为：H2O + 2SO2 + CO32- == 2HSO3- + CO2↑；②若石灰乳过量，则其产物中有生成的NaOH ，所以再排回吸收池，其中可用于吸收SO2的物质的物质就为NaOH 。
考查方向
通过大气中含硫化合物的转化过程，考查弱电解质的电离平衡、热方程式的书写、电极反应、离子方程式的书写、尾气的处理等中学化学主干知识。
解题思路
（1）高湿条件下SO2转化为HSO3-的过程即为SO2与水反应生成H2SO3，然后再发生电离；
由两步反应的能量变化示意可以看出，H2S（g）先被氧化为S（g）释放能量，
（2）然后再被进一步氧化为 SO42-（aq）释放能量，所以1mol H2S（g）全部氧化成SO42-（aq）的热化学方程式就可以根据盖斯定律完成；
（3）由于该装置为原电池，且SO2为还原剂失去电子作负极，O2氧化剂得到电子作正极，而质子带正电荷，在原电池中带正电荷的阳离子向正极移动；由于SO2作负极失去电子，在溶液中一定会生成SO42-
（4）由于H2SO3酸性比H2CO3酸性强，所以用纯碱溶液吸收SO2，H2SO3可以将纯碱转化为 CO2，若石灰乳过量，则其产物中有生成的NaOH ，所以再排回吸收池，其中可用于吸收SO2的物质的物质就为NaOH。
易错点
多元弱酸的分步电离；书写热方程式要注意物质状态以及焓变值要与系数对应；电极反应、离子方程式的书写都要遵循守恒规律。
知识点
16．以电石渣[主要成分为Ca(OH)2和CaCO3]为原料制备KClO3的流程如下：
（1）氯化过程控制电石渣过量，在75℃左右进行。氯化时存在Cl2与Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反应，Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2 分解为CaCl2和O2。
①生成Ca(ClO)2的化学方程式为 ▲ 。
②提高Cl2转化为Ca(ClO3)2的转化率的可行措施有 ▲ （填序号）。A．适当减缓通入Cl2速率 B．充分搅拌浆料 C．加水使Ca(OH)2完全溶解
（2）氯化过程中Cl2 转化为Ca(ClO3)2的总反应方程式为
6Ca(OH)2+6Cl2＝Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O
氯化完成后过滤。
②滤液中Ca(ClO3)2与CaCl2的物质的量之比
n[Ca(ClO3)2] ∶n[CaCl2] ▲ 1∶5
（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（3）向滤液中加入稍过量KCl固体可将Ca(ClO3)2转化为
KClO3，若溶液中KClO3的含量为100g▪L-1，从该溶液中
尽可能多地析出KClO3固体的方法是 ▲ 。
正确答案
（1）①2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O；②AB （2）①CaCO3、Ca(OH)2 ②＜；
（3）蒸发浓缩、冷却结晶
知识点
14．单质Z是一种常见的半导体材料，可由X通过如下图所示的路线制备，其中X为Z的氧化物，Y为氢化物，分子结构与甲烷相似，回答下列问题：
（1）能与X发生化学反应的酸是 ；由X制备Mg2Z的化学方程式为 。
（2）由Mg2Z生成Y的化学反应方程式为 ，Y分子的电子式为 。
（3）Z．X中共价键的类型分别是 。
正确答案
（1）氢氟酸；SiO2+MgO2↑+Mg2Si；
（2）Mg2Si+4HCl=2 MgCl2+SiH4；
（3）非极性键、极性键
知识点
2．下列说法不正确的是（ ）
正确答案
解析
A、CH3CH2OH中含有三种氢，CH3OCH3 结构对称，只含有一种氢，故可用核磁共振氢谱区分CH3CH2OH和CH3OCH3 ，所以A错误；
B．苯酚与溴水反应中溴水要褪色且产生白色沉淀，而2,4-已二烯与溴水发生加成反应溴水要褪色，而甲苯与溴水不反应，所以B 正确；
C、在室温下，丙三醇极易溶于水，苯酚室温下微溶于水，卤代烃均不溶于水；所以在水中的溶解度：甘油＞苯酚＞溴乙烷；所以C 正确；
D．两种二肽互为同分异构，水解产物可能是相同的氨基酸，如一分子甘氨酸和一分子丙氨酸形成的二肽中有两种构成方式，但二肽水解时的产物相同，所以D正确
考查方向
通过常见有机化合物的结构、鉴别方法、溶解性和同分异构体和水解产物的结构特点，考查有机化合物的结构和性质。
解题思路
A．在核磁共振氢谱图中，特征峰的数目反映了有机分子中氢原子化学环境的种类；不同特征峰的强度比（及特征峰的高度比）反映了不同化学环境氢原子的数目比。可以根据不同氢原子化学环境的种类和不同化学环境氢原子的数目来判断有机物的结构。
B．苯酚与溴水反应，溴水褪色产生白色沉淀，烯烃可与溴水发生加成反应而褪色，甲苯与溴水不反应；
C、丙三醇极易溶于水，苯酚室温下微溶于水，卤代烃均不溶于水；
D．两种二肽互为同分异构，水解产物可能是相同的氨基酸，如一分子甘氨酸和一分子丙氨酸形成的二肽中有两种构成方式，但二肽水解时的产物相同。
易错点
A．易将氢原子化学环境的种类和不同化学环境氢原子的数目比观察和判断错误；
B．苯酚与溴水反应中溴水要褪色且产生白色沉淀，而2,4-已二烯与溴水发生加成反应溴水要褪色，而甲苯与溴水不反应。
D．两种二肽互为同分异构，水解产物可能是相同的氨基酸，如一分子甘氨酸和一分子丙氨酸形成的二肽中有两种构成方式，但二肽水解时的产物相同。
知识点
7．下列叙述正确的是
正确答案
知识点
7．下列叙述正确的是
正确答案
解析
A．能与MnO2反应的是浓盐酸且还有加热，故稀盐酸不能除去烧瓶内残留的MnO2；B．因为NaOH溶液能与玻璃成分之一的SiO2反应生成具有粘性的硅酸钠，故不能用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液；C．银能被稀硝酸氧化，故稀硝酸可除去试管内壁的银镜，为选项之一；D．自来水煮沸时，其中的Ca(HCO3)2受热分解为CaCO3沉淀，故煮沸自来水可除去其中的可溶性的Ca(HCO3)2，为选项之一。
考查方向
解题思路
依据物质的性质去筛选。
易错点
易漏选。
知识点
1．下列说法不正确的是
正确答案
知识点
9．在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
ASiO2
BFeS2
CN2
DMgCO3
正确答案
解析
试题分析：A、SiO2与盐酸不反应，错误；B、SO2和H2O反应生成H2SO3，错误；C、N2+3H2
考查方向
解题思路
要熟悉常见物质之间的转化。
易错点
不清楚二氧化硅化学性质的特殊性：与盐酸不反应。
知识点
茶一般以茶树的顶芽和幼叶制成。请回答下列有关问题：
61.采茶主要集中在春、秋两季。随着采摘批次的增加，新梢的数量大大增加，从激素调节的角度看，原因是__________________ 。
62.茶树常采用扦插繁殖。研究小组为探究不同浓度三十烷醇(植物生长调节剂)对茶树插条生根的影响，完成了一组预实验，结果如图。
①该实验的自变量是____ ；从图中所示知道，此实验的对照有两大类：一是用___ 处理插条，作为空白对照；二是用 处理插条进行相互对照。
②从预实验的结果可知，三十烷醇浓度为15 ppm时对茶树插条生根具有_______ (填“抑制”、“促进”)作用。
③ 若要探究三十烷醇促进茶树插条生根的最适浓度，还应增设实验组，从图中数据判断，三十烷醇浓度的取值应设在________ppm。
④ 用三十烷醇处理茶树插条比较简便的方法有沾蘸法和浸泡法。与沾蘸法相比，浸泡法所用的浓度 ，所需处理时间______________。
正确答案
解除了顶端优势，促进了侧芽的生长发育
解析
随着采摘批次的增加，新梢的数量大大增加，是由于解除了顶端优势，促进了侧芽的生长发育。
考查方向
本题主要考查了解除顶端优势的相关知识,旨在考查学生分析题图获取信息的能力，理解所学知识的要点，把握知识的内在联系并应用相关知识结合题干信息对某些生物学问题进行解释、推理、判断的能力。
解题思路
结合知识分析题干完成
易错点
原因分析
正确答案
① 三十烷醇的浓度 三十烷醇浓度为0(或蒸馏水) 不同浓度的三十烷醇溶液
② 促进
③ 8～15
④ 较低 较长
解析
由图可知，自变量是三十烷醇的浓度，空白对照用三十烷醇浓度为0(或蒸馏水)处理插条，用不同浓度的三十烷醇溶液处理插条进行相互对照。三十烷醇浓度为0时，生根数为18.5，三十烷醇浓度为15 ppm时，生根数为23.0，所以此时浓度为促进作用；探究三十烷醇促进茶树插条生根的最适浓度，三十烷醇浓度的取值应设在8-15ppm。与沾蘸法相比，浸泡法所用的浓度较低，所需处理时间较长。
考查方向
本题主要考查了植物生长调节剂,旨在考查学生分析题图获取信息的能力，理解所学知识的要点，把握知识的内在联系并应用相关知识结合题干信息对某些生物学问题进行解释、推理、判断的能力。
解题思路
结合知识分析题干完成
易错点
空白对照
7.下列过程属于物理变化的有（ ）
①石油分馏得到汽油
②煤通过干馏获得焦炭
③用铝土矿冶炼铝
④用海带提取碘单质
⑤空气液化
⑥白酒变酸
⑦粉尘爆炸
⑧干冰气化
⑨同素异形体之间的互变
⑩氯化钠溶液通电后导电
⑪活性炭使红墨水褪色
⑫新制氯水使有色布条褪色
正确答案
解析
①石油分馏得到汽油，利用沸点不同，加以分离，没有新物质生成的变化，是物理变化；
②煤通过干馏获得焦炭，干馏是在高温条件下反应，有新物质生成的变化，是化学变化；
③用铝土矿冶炼铝，有新物质生成的变化，是化学变化；
④用海带提取碘单质， 有新物质生成的变化，是化学变化；
⑤空气液化，没有新物质生成的变化，是物理变化；
⑥白酒变酸，有新物质生成的变化，是化学变化；
⑦粉尘爆炸，有新物质生成的变化，是化学变化；
⑧干冰气化，没有新物质生成的变化，是物理变化；
⑨同素异形体之间的互变，有新物质生成的变化，是化学变化；
⑩氯化钠溶液通电后导电，没有新物质生成的变化，是物理变化；
⑪活性炭使红墨水褪色，没有新物质生成的变化，是物理变化；
⑫新制氯水使有色布条褪色，有新物质生成的变化，是化学变化；
属于物理变化的有①、⑤、⑧、⑩、⑾共计5个。
故选C。
考查方向
解题思路
化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断。
易错点
本题考查物理变化与化学变化的判断，难度不大．要注意化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成。
知识点
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