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8.雾霾含有大量的污染物SO2、NO。工业上变废为宝利用工业尾气获得NH4NO3产品的流程图如下：（Ce为铈元素）
（1）上述流程中循环使用的物质有 。
（2）上述合成路线中用到15%～20%的乙醇胺(HOCH2CH2NH2），其水溶液具有弱碱性，显碱性的原因：HOCH2CH2NH2+ H2O 
（3）写出吸收池Ⅲ中，酸性条件下NO转化为NO2－的离子方程式为 。
（4）在NaHSO3溶液中NaHSO3的电离作用大于水解作用，当向其中加入CaCl2溶液时，会发生反应：Ca2++SO32-=CaSO3↓，这样就破坏了溶液中HSO3-在溶液中存在电离平衡：HSO3- 
（5）电解池Ⅴ可使Ce4+再生，装置如下图所示：
生成Ce4+从____口（填字母）流出，写出阴极的电极反应式 ：
（6）从氧化池Ⅵ中得到粗产品NH4NO3的实验操作是 、 、过滤、洗涤等。上述流程中每一步均恰好完全反应，若制得NH4NO3质量为xkg，电解池V制得cmol/L的S2O32﹣溶液ym3，则氧化池Ⅵ中消耗的O2在标准状况下的体积为 m3。
正确答案
（1）乙醇胺、Ce4+
解析
(1)根据流程可知乙醇胺、Ce4既是反应物也是生成物，故可循环使用的物质有乙醇胺、Ce4；
考查方向
离子方程式的书写、电解原理及应用、物质的分离提纯、氧化还原反应的有关计算的知识。
解题思路
(1)观察流程可以发现乙醇胺、Ce4；既是反应物也是生成物，故可循环使用的物质有乙醇胺、Ce4+；
易错点
（1）不能准确捕捉图中可以循环使用物质的信息；
正确答案
（3）NO + H2O + Ce4+ =Ce3+ +NO2-+ 2H+
解析
乙醇胺水溶液具有弱碱性，所以与CO2反应生成相应的盐反应的化学方程式为：2HOCH2CH2NH2 +H2O+CO2 = (HOCH2CH2NH3)2CO3或HOCH2CH2NH2 +H2O+CO2 = (HOCH2CH2NH3)HCO3。
考查方向
离子方程式的书写、电解原理及应用、物质的分离提纯、氧化还原反应的有关计算的知识。
解题思路
（2）乙醇胺水溶液具有弱碱性，所以与CO2反应生成相应的盐。
易错点
（2）应用新知识（乙醇胺水溶液具有弱碱性）能力较弱，不能有效书写信息型化学方程式；
正确答案
（3）NO+ H2O + Ce4+ =Ce3+ +NO2-+ 2H+
解析
（3）在吸收池Ⅲ中，NO在酸性条件下转化为NO2－，同时Ce4+转化为Ce3+，所以反应的离子方程式是NO+H2O+ Ce4+=Ce3++NO2-+2H+；
考查方向
离子方程式的书写、电解原理及应用、物质的分离提纯、氧化还原反应的有关计算的知识。
解题思路
（3）没有掌握氧化还原反应方程式的配平技巧；
易错点
（3）吸收池Ⅲ中，在酸性条件下根据流程示意图可知NO转化为NO2－，同时Ce4+转化为Ce3+，所以反应的离子方程式是NO+H2O+ Ce4+=Ce3++NO2-+2H+；
正确答案
（4）HSO3-中存在电离平衡HSO3-
解析
（4）在NaHSO3溶液中NaHSO3的电离作用大于水解作用，当向其中加入CaCl2溶液时，会发生反应：Ca2++SO32-=CaSO3↓，这样就破坏了溶液中HSO3-在溶液中存在电离平衡：HSO3-
（4）在NaHSO3溶液中NaHSO3的电离作用大于水解作用，当向其中加入CaCl2溶液时，会发生反应：Ca2++SO32-=CaSO3↓，这样就破坏了溶液中HSO3-在溶液中存在电离平衡：HSO3- 
SO32-+ H+，使平衡正向移动，进行电离产生大量的H+；c(H+)增大，因此溶液的pH减小。
考查方向
离子方程式的书写、电解原理及应用、物质的分离提纯、氧化还原反应的有关计算的知识。
解题思路
（4）在NaHSO3溶液中NaHSO3的电离作用大于水解作用，当向其中加入CaCl2溶液时，会发生反应：Ca2++SO32-=CaSO3↓，这样就破坏了溶液中HSO3-在溶液中存在电离平衡：HSO3-
（4）在NaHSO3溶液中NaHSO3的电离作用大于水解作用，当向其中加入CaCl2溶液时，会发生反应：Ca2++SO32-=CaSO3↓，这样就破坏了溶液中HSO3-在溶液中存在电离平衡：HSO3- 
SO32-+ H+，使平衡正向移动，进行电离产生大量的H+；
易错点
（4）没有理解外界条件对电离平衡的影响；
正确答案
a 2HSO3- +4H+ +4e- = S2O32- + 3H2O
解析
（5）在装置Ⅴ可以使Ce4+再生，①由于Ce3+→Ce4+，化合价升高，失去电子，所以生成Ce4+从电解槽的阳极a流出；②电解池的阴极发生得电子的还原反应，所以在阴极发生的电极的反应式是2HSO3-+4H++4e-=S2O32-+3H2O。
考查方向
离子方程式的书写、电解原理及应用、物质的分离提纯、氧化还原反应的有关计算的知识。
解题思路
（5）在装置Ⅴ可以使Ce4+再生，①由于Ce3+→Ce4+,化合价升高，失去电子，所以生成Ce4+从电解槽的阳极a流出；②电解池的阴极发生得电子的还原反应；
易错点
（5）电化学知识应用能力不强；
正确答案
（6）蒸发浓缩、冷却结晶 ）； 0.21x-22.4cy
解析
（6）由于NH4NO3受热易分解，所以获得粗产品的实验步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等。设NO2-、NO3-的物质的量分别为m、n，则根据原子守恒得出如下关系：m+n=1000x/80
，根据NO分别生成NO2-、NO3-的电子守恒关系，以及电解池Ⅴ中的电解反应中的守恒关系可以得出m+3n=4cy×1000，所以可以得出m=75x-2000cy， 1mol氧气反应转移电子4mol，所以消耗氧气的物质的量为(75x-2000cy)l÷(4×2)=(75x-2000cy)/8，所以至少向装置Ⅳ中通入标准状况下的O2的体积是[(75x-2000cy)/8]×22.4×10-3= 0.21x-22.4cy，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；0.21x-22.4cy。
考查方向
离子方程式的书写、电解原理及应用、物质的分离提纯、氧化还原反应的有关计算的知识。
解题思路
（6）由于NH4NO3受热易分解，要结晶出晶体，温度不能太高，所以获得粗产品的实验步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等。根据电子守恒以及原子守恒计算消耗的O2的体积。
易错点
（6）不能利用守恒法和关系式法进计算。
10.草酸亚铁为黄色固体，作为一种化工原料, 可广泛用于涂料、染料、陶瓷、玻璃器皿等的着色剂以及新型电池材料、感光材料的生产。合成草酸亚铁的流程如下：
（1）配制(NH4)2Fe(SO4)2溶液时，需加入少量稀硫酸，目的是 。
（3）将制得的产品（FeC2O4·2H2O）在氩气气氛中进行加热分解，结果如下图（TG%表示残留固体质量占原样品总质量的百分数）。
①则A→B发生反应的化学方程式为： 。
②已知B→C过程中有等物质的量的两种气态氧化物生成，写出B→C的化学方程式 ；
（4）某草酸亚铁样品中含有少量草酸铵。为了测定不纯产品中草酸根的含量，某同学做了如下分析实验：
Ⅰ．准确称量m g样品，溶于少量2mol/L硫酸中并用100mL容量瓶定容。
Ⅱ．取上述溶液20mL，用c mol/L高锰酸钾标准溶液滴定，溶液变为淡紫色，消耗高锰酸钾溶液的体积为V1 mL。
Ⅲ．向上述溶液中加入足量Zn粉，使溶液中的Fe3+恰好全部还原为Fe2+，
Ⅳ．过滤，洗涤剩余的锌粉和锥形瓶，洗涤液并入滤液
Ⅴ．用cmol/L KMnO4溶液滴定该滤液至溶液出现淡紫色，消耗KMnO4溶液的体积V2 mL。
已知：
2MnO4-+5H2C2O4+6H+= 2Mn2+ +10CO2+8H2O
MnO4-+8H++5Fe2+= 5Fe3+ + Mn2++4H2O
回答下列问题：
①若省略步骤Ⅳ，则测定的草酸根离子含量 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）
②m g样品中草酸根离子的物质的量为 （用c，V1，V2的式子表示，不必化简）
正确答案
（1）抑制Fe2+和NH4+离子水解
解析
（1）由于Fe2+和NH4+离子容易发生水解而使溶液显酸性，所以加入稀硫酸可防止水解，故答案为：抑制Fe2+和NH4+离子水解；
考查方向
考查草酸亚铁的制备、除杂、净化等基本实验操作基础知识，以及考查根据草
酸亚铁受热分解变化过程中质量变化来确定反应过程，进一步考查了学生读图、识表等提取
信息以及加工信息的综合能力。
解题思路
（1）由于Fe2+和NH4+离子容易发生水解而使溶液显酸性，所以加入稀硫酸可防止水解。
易错点
不能准确提取题给信息，特别是草酸亚铁加热分解图中有关数据信息不能转化为解题信息致错。
正确答案
解析
①由图可知，加热生成B时剩余固体为80%，损失20%，FeC2O4.2H2O中结晶水的质量为36/180=×100%=20%，故A→B发生反应是FeC2O4.2H2O加热失去结晶水；反应的方程式为：FeC2O4·2H2O
②由图像可知在C处剩余固体的质量不再发生变化，所以最终的固体是FeO。FeC2O4在真空中分解的方程式为FeC2O4
（4）若省略步骤Ⅳ，则所得滤液中测定的草酸根离子含量Fe2+含量偏小，导致草酸根离子含量偏大；根据与草酸根离子反应的MnO4-量进行计算：与草酸根离子反应的MnO4-的物质的量为（cV1-cV2）×10-3mol，由于2MnO4-→5C2O42-，所以消耗的草酸根离子的物质的量为
（cV1- cV2）×10-3×(2/5)mol，同时由于从100mL溶液中取了20mL，故原溶液中草酸根离子的物质的量为（cV1-cV2）×10-3×5/2×5mol，故答案为：偏大；（cV1- cV2）×10-3×5/2×5mol。
考查方向
考查草酸亚铁的制备、除杂、净化等基本实验操作基础知识，以及考查根据草
酸亚铁受热分解变化过程中质量变化来确定反应过程，进一步考查了学生读图、识表等提取
信息以及加工信息的综合能力。
解题思路
①由图可知，加热生成B时剩余固体为80%，损失20%，FeC2O4.2H2O中结晶水的质量为36/180=×100%=20%，故A→B发生反应是FeC2O4.2H2O加热失去结晶水；
②由图像可知在C处剩余固体的质量不再发生变化，所以最终的固体是FeO。FeC2O4在真空中分解的方程式为FeC2O4==FeO＋CO↑＋CO2↑；
易错点
不能准确提取题给信息，特别是草酸亚铁加热分解图中有关数据信息不能转化为解题信息致错。
正确答案
（4）①偏大②（cV1- cV2）×10-3×5/2×5mol
解析
（4）若省略步骤Ⅳ，则所得滤液中测定的草酸根离子含量Fe2+含量偏小，导致草酸根离子含量偏大；根据与草酸根离子反应的MnO4-量进行计算：与草酸根离子反应的MnO4-的物质的量为（cV1-cV2）×10-3mol，由于2MnO4-→5C2O42-，所以消耗的草酸根离子的物质的量为
（cV1- cV2）×10-3×(2/5)mol，同时由于从100mL溶液中取了20mL，故原溶液中草酸根离子的物质的量为（cV1-cV2）×10-3×5/2×5mol，故答案为：偏大；（cV1- cV2）×10-3×5/2×5mol。
考查方向
考查草酸亚铁的制备、除杂、净化等基本实验操作基础知识，以及考查根据草
酸亚铁受热分解变化过程中质量变化来确定反应过程，进一步考查了学生读图、识表等提取
信息以及加工信息的综合能力。
解题思路
（4）若省略步骤Ⅳ，则所得滤液中测定的草酸根离子含量Fe2+含量偏小，导致草酸根离子含量偏大；根据与草酸根离子反应的MnO4-量进行计算；
易错点
不能准确提取题给信息，特别是草酸亚铁加热分解图中有关数据信息不能转化为解题信息致错。
11．
钴（Co）是人体必需的微量元素。含钴化合物作为颜料，具有悠久的历史，在机械制造、磁性材料等领域也具有广泛的应用。请回答下列问题：
（1）Co基态原子的电子排布式为 ；
（2）酞菁钴近年来在光电材料、非线性光学材料、光动力学疗法中的光敏剂、催化剂等方面得到了广泛的应用。其结构如图所示，中心离子为钴离子。
①酞菁钴中三种非金属原子的电负性由大到小的顺序为 ；
（用相应的元素符号作答）；碳原子的杂化轨道类型为 ；
②与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是 ；
（3）CoCl2中结晶水数目不同呈现不同的颜色。
CoCl2可添加到硅胶（一种干燥剂，烘干后可再生反复使用）中制成变色硅胶。简述硅胶中添加CoCl2的作用： ；
（4）用KCN处理含Co2+的盐溶液，有红色的Co(CN)2析出，将它溶于过量的KCN溶液后，可生成紫色的[Co(CN)6]4-，该配离子具有强还原性，在加热时能与水反应生成淡黄色[Co(CN)6]3-，写出该反应的离子方程式： ；
（5）Co的一种氧化物的晶胞如右图所示，在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有_________个；筑波材料科学国家实验室一个科研小组发现了在 5K 下呈现超导性的晶体，该晶体具有CoO2的层状结构(如下图所示，小球表示Co原子，大球表示O原子）。下列用粗线画出的重复结构单元示意图不能描述CoO2的化学组成的是 ( )
正确答案
解析
(1）Co的原子序数为27，基态原子的电子排布式为
考查方向
对电子排布式、电负性、杂化方式、配位键的判断、配位数以及离子方程式等物质结构和性质进行考查。
解题思路
(1）Co的原子序数为27，基态原子的电子排布式为
易错点
由于不能有效掌握配位键的实质与题给信息的分析策略，所以不能准确判断出配
位键；空间想象能力薄弱，不能根据晶胞结构判断配位数。
正确答案
（2）①N>C>H sp2 ②2、4
解析
（2)①非金属性越强电负性越大；每个碳原子只含3个σ键且没有孤电子对，所以属于sp2杂化所以电负性由大到小的顺序为N>C>H，故答案为：N>C>H；
②配位键是中心离子(或原子)提供空轨道，配位体提供孤对电子，是一种特殊的共价键，4个氮原子中，2、4分别提供了孤电子对，钴离子提供了空轨道，故答案为：2、4；
考查方向
对电子排布式、电负性、杂化方式、配位键的判断、配位数以及离子方程式等物质结构和性质进行考查。
解题思路
（2)①非金属性越强电负性越大；每个碳原子只含3个σ键且没有孤电子对，所以属于sp2杂化；②配位键是中心离子(或原子)提供空轨道，配位体提供孤对电子，是一种特殊的共价键，4个氮原子中，2、4分别提供了孤电子对，钴离子提供了空轨道；
易错点
对电子排布式、电负性、杂化方式、配位键的判断、配位数以及离子方程式等物质结构和性质进行考查。
正确答案
（3）随着硅胶的吸湿和再次烘干，二氯化钴在结晶水合物和无水盐间转化，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸湿程度
解析
(3)因为无水COCl2为蓝色，水合CoCl2·6H2O显红色。所以根据变色硅胶的颜色变化，可以判断硅胶吸水的程度，随着硅胶的吸湿和再次烘干，二氯化钴在结晶水合物和无水盐间转化，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸湿程度，故答案为：随着硅胶的吸湿和再次烘干，二氯化钴在结晶水合物和无水盐间转化，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸湿程度；
考查方向
对电子排布式、电负性、杂化方式、配位键的判断、配位数以及离子方程式等物质结构和性质进行考查。
解题思路
(3)因为无水COCl2为蓝色，水合CoCl2·6H2O显红色。所以根据变色硅胶的颜色变化，可以判断硅胶吸水的程度。
易错点
由于不能有效掌握配键位的实质与题给信息的分析策略，所以不能准确判断出配
位键；空间想象能力薄弱，不能根据晶胞结构判断配位数。
正确答案
(4)2[Co(CN) 6 ] 4- +2H 2 O 
解析
(4)[Co（CN）6]4-具有强还原性，能与水反应生成[Co(CN) 6 ] 3-与氢气，根据原子守恒与电荷守恒可知还有OH-生成，故反应的离子方程式为：2[Co(CN) 6 ] 4- +2H 2 O 
+H 2 ↑+2OH – ；
考查方向
对电子排布式、电负性、杂化方式、配位键的判断、配位数以及离子方程式等物质结构和性质进行考查。
解题思路
(4)[Co（CN）6]4-具有强还原性，能与水反应生成[Co(CN) 6 ] 3-与氢气，根据原子守恒与电荷守恒可知还有OH-生成。
易错点
由于不能有效掌握配键位的实质与题给信息的分析策略，所以不能准确判断出配
位键；空间想象能力薄弱，不能根据晶胞结构判断配位数。
正确答案
12 D
解析
(5)该晶胞为面心立方结构，每个钴原子周围与之距离最近的钴原子个数为（3×8）÷2=12，根据晶胞的结构可知，选项ABC的化学式均是符合CoO2的；选项D中Co原子的个数还是1个，但氧原子的个数是4×1/4＝1，所以不符合化学组成，故答案为：12 、D
考查方向
对电子排布式、电负性、杂化方式、配位键的判断、配位数以及离子方程式等物质结构和性质进行考查。
解题思路
(5)该晶胞为面心立方结构，每个钴原子周围与之距离最近的钴原子个数为（3×8）÷2=12，根据晶胞的结构可知，选项ABC的化学式均是符合CoO2的；选项D中Co原子的个数还是1个，但氧原子的个数是4×1/4＝1，所以不符合化学组成。
易错点
由于不能有效掌握配键位的实质与题给信息的分析策略，所以不能准确判断出配
位键；空间想象能力薄弱，不能根据晶胞结构判断配位数。
12．辣椒素是辣椒的活性成分，可在口腔中产生灼烧感，能够起到降血压和胆固醇的功效，进而在很大程度上预防心脏病，也能缓解肌肉关节疼痛。辣椒素酯类化合物的结构可以表示为：
其中一种辣椒素酯类化合物J的合成路线如下：
已知：
①A、B和E为同系物，其中B的相对分子质量为44，A和B核磁共振氢谱显示都有两组峰；
②化合物J的分子式为C15H22O4；
（1）G所含官能团的名称为 。
（2）由A和B生成C的化学方程式为 。
（3）由C生成D的反应类型为 ，D的化学名称为 。
（4）由H生成I的化学方程式为 ( )
（5）J的结构简式为 ( )
（6）G的同分异构体中，苯环上的一氯代物只有一种的共有( ) 种（不含立体异构），核磁共振氢谱显示2组峰的是 ( ) （写结构简式)。
正确答案
（1）醚键，（酚）羟基；
解析
（1）由E生成F的反应条件可以判断出F为羧酸，所以I为含有醇羟基的化合物，结合辣椒素酯类化合物的结构特点以及G生成H、H生成I的反应条件可以判断出G的结构简式为：
考查方向
考查有机物的结构、性质、相互转化、同分异构体的书写及相应的化学方程式的书写的知识。
解题思路
（1）由E生成F的反应条件可以判断出F为羧酸，所以I为含有醇羟基的化合物，结合辣椒素酯类化合物的结构特点以及G生成H、H生成I的反应条件可以判断出G的结构简式为：
易错点
不能有效提取题给信息，不注意有机物结构书写造成书写不规范；化学方程式书写缺项或缺少反应条件；有机结构简式中原子间的连接方式表达不正确，写错位；同分异构体种类的判断不能准确把握限定条件导致错误或者判断种类时思维无序导致判断结果错。
正确答案
解析
（2）由A生成B的反应条件以及题给信息可以判断出A为乙醛，所以B中含有5个碳原子，根据B核磁共振氢谱可以判断出B的结构简式为(CH3)CCHO，故答案为
；
考查方向
考查有机物的结构、性质、相互转化、同分异构体的书写及相应的化学方程式的书写的知识。
解题思路
（2）由A生成B的反应条件以及题给信息可以判断出A为乙醛，所以B中含有5个碳原子，根据B核磁共振氢谱可以判断出B的结构简式为(CH3)CCHO；
易错点
不能有效提取题给信息，不注意有机物结构书写造成书写不规范；化学方程式书写缺项或缺少反应条件；有机结构简式中原子间的连接方式表达不正确，写错位；同分异构体种类的判断不能准确把握限定条件导致错误或者判断种类时思维无序导致判断结果错。
正确答案
（3）加成（还原）（1分） 4,4-二甲基-1-戊醇
解析
（3）根据反应条件可以判断出C生成D的反应类型为加成（还原）D的结构简式为
CH3C(CH3)2CH2CH2OH，根据系统命名法确定其名称，故答案为：加成（还原）、 4，4-二甲基-1-戊醇；
考查方向
考查有机物的结构、性质、相互转化、同分异构体的书写及相应的化学方程式的书写的知识。
解题思路
（3）根据反应条件可以判断出C生成D的反应类型为加成（还原）D的结构简式为
CH3C(CH3)2CH2CH2OH，根据系统命名法确定其名称；
易错点
不能有效提取题给信息，不注意有机物结构书写造成书写不规范；化学方程式书写缺项或缺少反应条件；有机结构简式中原子间的连接方式表达不正确，写错位；同分异构体种类的判断不能准确把握限定条件导致错误或者判断种类时思维无序导致判断结果错。
正确答案
解析
（4）H生成I的反应本质为卤代烃的水解反应，同时注意酚羟基与NaOH的反应，故答案为:
考查方向
考查有机物的结构、性质、相互转化、同分异构体的书写及相应的化学方程式的书写的知识。
解题思路
（4）H生成I的反应本质为卤代烃的水解反应，同时注意酚羟基与NaOH的反应；
易错点
不能有效提取题给信息，不注意有机物结构书写造成书写不规范；化学方程式书写缺项或缺少反应条件；有机结构简式中原子间的连接方式表达不正确，写错位；同分异构体种类的判断不能准确把握限定条件导致错误或者判断种类时思维无序导致判断结果错。
正确答案
解析
（5）根据F与I的结构以及酯化反应的实质确定J的结构简式，故答案为：
考查方向
考查有机物的结构、性质、相互转化、同分异构体的书写及相应的化学方程式的书写的知识。
解题思路
（5）根据F与I的结构以及酯化反应的实质确定J的结构简式；
易错点
不能有效提取题给信息，不注意有机物结构书写造成书写不规范；化学方程式书写缺项或缺少反应条件；有机结构简式中原子间的连接方式表达不正确，写错位；同分异构体种类的判断不能准确把握限定条件导致错误或者判断种类时思维无序导致判断结果错。
正确答案
8种
考查方向
考查有机物的结构、性质、相互转化、同分异构体的书写及相应的化学方程式的书写的知识。
解题思路
由G的结构简式
。
易错点
不能有效提取题给信息，不注意有机物结构书写造成书写不规范；化学方程式书写缺项或缺少反应条件；有机结构简式中原子间的连接方式表达不正确，写错位；同分异构体种类的判断不能准确把握限定条件导致错误或者判断种类时思维无序导致判断结果错。
9．1905年德国化学家哈伯发明了合成氨的方法，他因此获得了1918年度诺贝尔化学奖。氨的合成不仅解决了地球上因粮食不足而导致的饥饿与死亡问题，在国防、能源、轻工业方面也有广泛用途。
Ⅰ．以氨为原料，合成尿素的反应原理为：
2NH3(g)＋CO2(g)
为研究平衡时CO2的转化率与反应物投料比(
（1）a 0 (填“＞”或“＜”)，判断依据是_______________________________。
（2）①投料比：Ⅰ Ⅱ (填“＞”或“＜”)。
②若n(CO2)起始 =10 mol，曲线Ⅱ的投料比为0.4，在100℃条件下发生反应，达平衡至A点，则A点与起始压强比为_________________。
③A点平衡常数与B点平衡常数间的关系：KA KB (填“＞”或“＜”或“＝”)。B点正反应速率与C点正反应速率间的关系为：v (B)______v (C) (填“＞”或“＜”或“＝”)。
（3）若按曲线Ⅰ的投料比投料，在上述实验中压缩容器体积至5L，在上图中画出反应达平衡时的二氧化碳的转化率与温度之间的关系曲线。
（4）为提高CO2转化率可以采取的措施是 。
a．使用催化剂 b．及时从体系中分离出部分CO(NH2)2
c．将体系中的水蒸气液化分离
氨气可用于工业上生产硝酸，其尾气中的NO2可用氨水吸收生成硝酸铵，25℃时，将10molNH4NO3溶于水，溶液显酸性，向该溶液中滴加1L某浓度的氨水，溶液呈中性，则滴加氨水的过程中水的电离平衡将_____________(填“正向”、“逆向”或“不”) 移动, 此中性溶液中NH3·H2O的物质的量为____________mol。（25℃时，NH3·H2O的电离平衡常数Kb=2×10-5）
正确答案
（1）＜，投料比相同时，温度越高，CO2的转化率越低，说明平衡左移，正反应为放热反应。
解析
（1）图象可知，一氧化碳转化率随温度升高减小，说明平衡逆向，正反应为放热反应，a＜0，故答案为：＜；
（2）①由于Ⅰ中CO2转化率大于Ⅱ
考查方向
化学反应速率、化学平衡图象、化学平衡常数的综合应用以及电离平衡知识的综合应用。
解题思路
（1）分析图象可知，二氧化碳转化率随温度升高减小，说明平衡逆向进行，分析反应能量变化；
易错点
（1）不能根据能量与平衡的关系分析。
正确答案
（2）①＜ ②5/7 ③＝ ＜
解析
（2）①由于Ⅰ中CO2转化率大于ⅡCO2转化率，所以Ⅰ中CO2投料量要小于Ⅱ中CO2投料量，所以投料比：Ⅰ＜Ⅱ，故答案为：＜；
②若Ⅱ反应的n（CO2）起始=10mol、投料比为0.4，n（H2）=NH3mol，
CO2（g）+2NH3（g）
起始量（mol/L） 10 25 0
变化量（mol/L） 5 10 5
平衡量（mol/L） 5 15 5
A点的平衡时气体的物质的量总和为25mol，反应前气体的物质的量总和为35mol，根据阿伏伽德罗定律可知：P前/P后=n前/n后，所以A点与起始压强比为25/35=5/7，故答案为：5/7；
③AB是相同温度下的平衡，平衡常数只随温度变化，所以AB平衡常数相同；由于B点温度小于C点的温度，而温度越高，反应速率越大，所以B点的正反应速率小于C点正反应速率，故答案为：=；＜
考查方向
化学反应速率、化学平衡图象、化学平衡常数的综合应用以及电离平衡知识的综合应用。
解题思路
（2）①由于Ⅰ中CO2转化率大于ⅡCO2转化率，所以Ⅰ中CO2投料量要小于Ⅱ中CO2投料量；
②结合投料比计算出NH3物质的量，依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度，得到A点平衡时气体的物质的量，再根据气体物质的量与压强的正比关系求出压强比；
③AB是相同温度下的平衡，平衡常数只随温度变化；于B点温度小于C点的温度，而温度越高，反应速率越大
易错点
（2）没有掌握转化率与平衡移动的关系以及温度与反应速率的关系；
正确答案
解析
（3）若按曲线Ⅰ的投料比投料，在上述实验中压缩容器体积至5L时相当于给反应体系增大压强，所以平衡正向移动，CO2转化率增大，故反应达平衡时的二氧化碳的转化率与温度之间的关系曲线如图所示：
考查方向
化学反应速率、化学平衡图象、化学平衡常数的综合应用以及电离平衡知识的综合应用。
解题思路
（3）压缩容器体积至5L时相当于给反应体系增大压强，所以平衡正向移动，CO2转化率增大
易错点
（3）没有理解缩小容器体积对平衡的影响
正确答案
c
解析
(4)a．使用催化剂不能使平衡移动，所CO2转化率不变
b．由于CO(NH2)2 为液体，液体量的改变不能使平衡移动，所以从体系中分离出部分CO(NH2)2 ，CO2转化率不变。
c．将体系中的水蒸气液化分离，相当于减小了生成物的浓度，平衡正向移动，CO2转化率增大，故答案为：c
考查方向
化学反应速率、化学平衡图象、化学平衡常数的综合应用以及电离平衡知识的综合应用。
解题思路
（4）a．使用催化剂不能使平衡移动；
b．由于CO(NH2)2 为液体，液体量的改变不能使平衡移动；
c．将体系中的水蒸气液化分离，相当于减小了生成物的浓度，平衡正向移动；
易错点
（4）没有掌握转化率与平衡移动的关系
正确答案
逆向 0.05
解析
(5)向溶液中加入氨水，溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制水电离，则水的电离平衡向逆反应方向移动；向其中滴加1L某浓度的氨水后溶液呈中性，则溶液中c(NO3-)=c(NH4+)=
10mol/L，由一水合氨的电离平衡常数可得：c(NH4+)×c(OH-)=Kb×c(NH3•H2O)，所以c(NH3•H2O)= c(NH4+)×c(OH-)/Kb=10×10-7/(2×10-5)=0.05，
故答案为：逆向；0.05
考查方向
化学反应速率、化学平衡图象、化学平衡常数的综合应用以及电离平衡知识的综合应用。
解题思路
加入氨水，溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制水的电离；根据物料守恒得到c(NH4+)的浓度，在根据NH3•H2O电离平衡常数求解；
易错点
不能正确应用化学平衡常数进行有关计算
1．下列说法中错误的是( )
正确答案
解析
A．蛋白质、淀粉、纤维素都是通过缩聚反应得到的天然高分子化合物，故A的说法正确；
B．白醋中含有醋酸，CH3COOH酸性大于HClO，所以Ca(ClO)2+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+2HClO，故B的说法正确；
C．乙醇分子中含有羟基，具有还原性，K2Cr2C7具有强氧化性：橙色的K2Cr2O7酸性水溶液遇乙醇迅速生成蓝绿色Cr3+，所以利用乙醇的还原性以及Cr3+、Cr2O7－的颜色差异来检验酒后驾车；C的说法正确；
D．合成纤维为有机高分子材料，所以D说法错误。
考查方向
考查考生通过化学视角、运用化学知识分析和解决实际问题的能力，体现了化学知识与社会、生产、生活的相互关系，本题通过物质的分类、组成和性质，考查生活中常见物质的化学成分及其性质，进一步考查了考生知识的灵活运用能力、观察分析能力。
解题思路
A．蛋白质、淀粉、纤维素都是通过缩聚反应得到的天然高分子化合物；
B．白醋中含有醋酸，CH3COOH酸性大于HClO，根据强酸制弱酸的原理进行分析；
C．乙醇分子中含有羟基，具有还原性，K2Cr2C7具有强氧化性，可以把乙醇迅速氧化为乙酸蓝绿色的Cr3+，
D．合成纤维为有机高分子材料，光导纤维是新型无机非金属材料。
易错点
合成纤维为有机高分子材料。
知识点
5．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，W与X同主族，Y的最外层电子数是
电子层数的3倍，Y与W核外电子数相差6，Z的最外层电子数等于电子层数。下列说法正
确的是
正确答案
解析
A．由于同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径大小顺序：r(W)＞r(X)＞r(Y)，所以A不正确；
B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，碳元素的非金属性强于硅元素，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因此X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强，B不正确；
C．碳与氧形成化合物二氧化碳在常温下为气态，但是硅与氧形成化合物二氧化硅在常温下为固态，所以不正确；
D．Al2O3、SiO2的熔点很高，均可作为耐高温材料，如Al2O3、可以制取耐火坩埚、耐火砖，石英玻璃可用于制造耐高温的化学仪器，所以D正确。
考查方向
解题思路
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，则Y是氧元素。Y与W核外电子数相差6，则W只能是硅元素，再根据“短周期元素，W与X同主族”可知X为碳元素。由于Z的原子序数小于硅元素，且Z的最外层电子数等于电子层数，则Z只能是铝元素。
A．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大
B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强
C．硅与氧形成化合物二氧化硅在常温下固态
D．Al2O3、SiO2的熔点很高，均可作为耐高温材料
易错点
不能准确提取有关元素结构和性质的信息，不能准确把握元素周期律以及有关元素化合物的性质。
知识点
6．下列实验操作、现象和结论均正确的是 （ ）
正确答案
解析
观察K元素的焰色反应要透过蓝色钴玻璃，没有透过蓝色钴玻璃，所以不能确定溶液中是否含有钾离子，故A错误；
B.将SO2和CO2气体分别通入水中至饱和，生成亚硫酸和碳酸，浓度不同，不能利用测定pH比较酸性，故B错误；
C.滴加KSCN溶液未出现血红色，只能说溶于稀盐酸后没有Fe3+，铝热剂里可能含有FeO，所以铝热剂中不能确定是否含有铁的氧化物，故C正确；
D.检验醛基要在碱性条件下进行，向淀粉溶液中加入稀H2SO4，反应后溶液呈酸性，所以要加NaOH中和H2SO4至溶液呈碱性后才可以滴加新制Cu(OH)2悬浊液进行检验。
考查方向
解题思路
A.观察K元素的焰色反应要透过蓝色钴玻璃；
B.SO2和CO2气体的溶解性不同，所以分别通入水中至饱和，生成亚硫酸和碳酸的浓度不同，不能利用测定pH比较酸性；
C.只能说溶于稀盐酸后没有Fe3+，铝热剂里可能含有FeO；
D.检验醛基要在碱性条件下进行，所以滴加新制Cu(OH)2悬浊液前要加NaOH中和H2SO4。
易错点
A.观察K元素的焰色反应要透过蓝色钴玻璃；
B.在相同时才可以通过pH大小比较酸性强弱；
D.检验醛基要在碱性条件下进行，
知识点
7．向NaOH溶液中缓慢通入CO2气体，溶液中CO32－的物质的量与通入CO2物质的量的关系图如下。下列关于图中a、b两点溶液的说法错误的是（ ）
正确答案
解析
A．a点含有n molNaOH和n molCO32－、b点含有n molCO32－和n molHCO3－，与同浓度盐酸完全反应时，a点消耗盐酸的3n mol，b点消耗盐酸的3n mol，所以A正确；
B．a溶液中含有NaOH，对水的电离产生抑制作用，而b溶液中含有的CO32－和HCO3－，对水的电离程度产生促进作用，所以水的电离程度不相同；
C．a、b两溶液中离子种类都相同，均含有5种离子：Na＋、H+、HCO3－、CO32－、OH－；所以都电荷守恒等式均为c(Na＋)＋c(H+)＝c(HCO3－)＋2c(CO32－) +c(OH－)，所以C正确；
D．将a、b两点混合后n molNaOH和n molHCO3－恰好可以完全反应生成CO32－，得到的溶液中只含有Na2CO3，根据Na2CO3溶液的质子守恒等式可以得出c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO3－)+2c(H2CO3)，所以D正确。
考查方向
解题思路
向某物质的量浓度的NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2，随着CO2的增加，得到Na2CO3的量也逐渐增加，当NaOH消耗完以后，Na2CO3与CO2继续反应生成NaHCO3，所以Na2CO3的量也逐渐减小，
A．a点含有n molNaOH和n molCO32－、b点含有n molCO32－和n molHCO3－，与同浓度盐酸完全反应时，消耗盐酸的体积相同
B．a溶液中含有NaOH，对水的电离产生抑制作用，而b溶液中含有的CO32－和HCO3－，对水的电离程度产生促进作用；
C．a、b两溶液中离子种类都相同，所以都电荷守恒等式相同；
D．将a、b两点混合后溶液得到的溶液中只含有Na2CO3；
易错点
不能准确判断物质成分；不能熟练应用电离平衡知识（电荷守恒、质子守恒）。
知识点
2．NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
正确答案
解析
A．NA个分子为1mol分子，根据极端假设法判断出1molN2和O2的混合气体中质子数介于14NA～16NA之间，所以可以为15NA，故A的说法错误；
B．1 L 1 mol·L-1的CH3COONa溶液中Na+为1mol，根据物料守恒：n(Na+)=n(CH3COOH)+n(CH3COO－)，所以n(CH3COOH)+n(CH3COO－)=NA，故B的说法正确；
C．分子式为C4H10的有机物中存在同分异构体异丁烷，异丁烷中含有三个甲基，58gC4H10的物质的量为1mol，所以所含有的甲基数可能为3NA，故C的说法错误；
D．CH4和Cl2反应中，1个Cl2只能取代1个氢原子，所以NA个Cl2与CH4反应，被取代的氢原子数为1NA，故D的说法错误；
考查方向
解题思路
A．NA个分子为1mol分子，根据极端假设法判断出N2和O2的混合气体中质子数介于14NA～16NA之间；
B．1 L 1 mol·L-1的CH3COONa溶液中Na+为1mol，根据物料守恒判断；
C．分子式为C4H10的有机物中存在同分异构体异丁烷，异丁烷中含有三个甲基；
D．CH4和Cl2反应中，1个Cl2只能取代1个氢原子
易错点
A．混合气体中物质的量不确定致错；
B．没有掌握物料守恒的实质致错；
C．不能准确判断出C4H10的同分异构体致错；
D．没有掌握物CH4和Cl2的反应的实质致错；
知识点
3．已知某有机物A分子式为C5H10O2，且能与NaHCO3溶液反应产生气体，则A的同分异构体数目共有（不考虑立体结构）( )
正确答案
解析
有机物能与NaHCO3溶液反应放出CO2，说明含有-COOH，余下4个碳原子的丁基，由于丁基的同分异构体的数目为4，所以该有机物的同分异构体数目共有4种，C选项正确。
考查方向
解题思路
有机物能与NaHCO3溶液反应放出CO2，说明含有-COOH，余下4个碳原子的丁基，再根据丁基的同分异构体的数目判断。
易错点
没有掌握羧酸的性质以及不会准确判断丁基的同分异构体的数目。
知识点
4．根据下图所给信息，得出的结论正确的是( )
正确答案
解析
A．由图中信息：1mol的C完全燃烧生成1molCO2(s)时放出热量是bKJ，而燃烧热是生成1molCO2(g)时放出热量，所以碳的燃烧热小于b kJ/mol，故A错误；
B．根据图中信息：C(s) + O2(g) = CO2(s) △H = -bkJ/mol，CO(g) +1/2O2(g)= CO2(g) △H = -a kJ/mol，再根据盖斯定律：（-②）×2得出2C(s) + O2(g) = 2CO(g) △H = -2(b-a) kJ/mol，故B正确；
C．根据图中信息：CO(g) +1/2O2(g)= CO2(g) △H = -a kJ/mol，所以2CO2(s) = 2CO(g)+O2(g) △H = +2a kJ/mol，所以C错误；
D．生成气态CO2释放的能量要小于生成固态CO2释放的能量；根据图中信息：C(s) + O2(g) = CO2(s) △H = -bkJ/mol，所以生成气态CO2释放的能量要小于b kJ/mol，即 △H > -b kJ/mol，所以D错误；
考查方向
解题思路
A．根据图中信息可知，1mol的C完全燃烧生成1molCO2(s)时放出热量是bKJ，而燃烧热是生成1molCO2(g)时放出热量；
B．根据图中信息可知：C(s) + O2(g) = CO2(s) △H = -bkJ/mol，CO(g) +1/2O2(g)= CO2(g) △H = -a kJ/mol，再根据盖斯定律求解；
C．根据图中信息可知CO(g) +1/2O2(g)= CO2(g) △H = -a kJ/mol，所以2CO2(s) = 2CO(g)+O2(g) △H = +2a kJ/mol
D．生成气态CO2释放的能量要小于生成固态CO2释放的能量；
易错点
没有掌握燃烧热的实质，不能准确提取图中相关信息，释放能量越多，△H越小。