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2．已知：NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法不正确的是
A
B
C
D
正确答案
解析
故选D。
考查方向
解题思路
易错点
本题考查阿伏伽德罗常数的应用，实质是考查物质的组成和结构，难度中等，要求熟悉常见物质的组成和性质。
3．下列化学反应的离子方程式表示正确的是
正确答案
解析
A．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2，SiO32 -+2CO2+2H2O＝H2SiO3↓+2HCO3-,故A错误；B．向Ca(HCO3)2溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液：Ca2++2HCO3-+Ba2++2OH-＝CaCO3↓+BaCO3↓+2H2O，故B正确；C．向NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性，2H++SO42-+Ba2++2OH-＝BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．Fe(OH)2沉淀中滴加稀硝酸，铁最终被氧化为铁离子，故D错误。故选B。
考查方向
解题思路
A．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2，产物是碳酸氢根离子；B．少量Ba(OH)2溶液，书写时写一个氢氧化钡；C．向NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性，氢离子和氢氧根物质的量相同；D．硝酸有强氧化性。
易错点
本题考查离子方程式，难度中等，一是正确书写物质的表达形式，二是符合电荷守恒、质量守恒、电子守恒。
4．常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
正确答案
解析
A．使甲基橙变红色的溶液中，H+和AlO2-反应，故A错误；B．1.0mol/L的KI溶液中碘离子和铁离子反应，故B错误；C．与铝反应产生大量氢气的溶液中，溶液强酸性或强碱性，酸性环境氢离子和HCO3-反应；碱性环境氢氧根和Mg2+、HCO3-反应，故C错误；D．C(H+)=1×10-13mol/L溶液中水的电离被抑制，酸或是碱溶液，碱性溶液时Na+、AlO2-、SiO32-、PO43-共存，故D正确。
故选D。
考查方向
解题思路
A．使甲基橙变红色的溶液中，溶液显酸性；B．1.0mol/L的KI溶液中，碘离子和铁离子反应；C．与铝反应产生大量氢气的溶液中，溶液强酸性或强碱性；D．C(H+)=1×10-13mol/L溶液中，水的电离被抑制，酸或是碱溶液-。
易错点
本题考查离子共存，实质考查离子反应的条件，一是复分解类型，有沉淀气体弱电解质生成；二是氧化还原反应，有常见的氧化剂和还原剂。
6.在一定条件下HI、Fe、FeBr2分别与足量的Cl2反应，如果三个反应电子转移数目相等，则HI、Fe、FeBr2的物质的量之比为
正确答案
解析
HI、Fe、FeBr2分别与足量的Cl2反应，对应的方程式：2HI+ Cl2=2HCl + I2，2Fe+3Cl2 =2 FeCl3，
2FeBr2+ 3Cl2=2FeCl3 + 2Br2 ，一个HI、Fe、FeBr2分别失去1、3、3个电子，因此，三个反应电子转移数目相等，HI、Fe、FeBr2的物质的量之比为3：1：1。A．1：1：1，故A错误；B．3：1：1，故B正确； C．1：3：3，故C错误； D．6：3：2，故D错误。
故选B。
考查方向
解题思路
HI、Fe、FeBr2分别与足量的Cl2反应，对应的方程式：2HI+ Cl2=2HCl + I2，2Fe+3Cl2 =2 FeCl3，2FeBr2+ 3Cl2=2FeCl3 + 2Br2 ，一个HI、Fe、FeBr2分别失去1、3、3个电子，因此，三个反应电子转移数目相等，HI、Fe、FeBr2的物质的量之比为3：1：1。
易错点
本题考查氧化还原反应中电子得失相等，写出方程式是关键，难度小。
7.已知某一反应体系有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr（OH）3、H2O、H2O2。已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2→ O2 ，则关于该反应体系说法错误的是
正确答案
解析
A．该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2→O2，O元素化合价升高，H2O2被氧化，根据化合价的变化可知，反应中H2CrO4为氧化剂，被还原为Cr（OH）3，反应的方程式为2H2CrO4+3H2O2=2Cr（OH）3+3O2↑+2H2O，故A正确；B．H2O2→O2，O元素化合价升高，H2O2被氧化，故B错误；C．氧化性：H2CrO4是氧化剂，O2是还原剂，氧化性：H2CrO4＞O2，故C正确；D．根据方程式，如反应转移了0.3mol电子，则产生氧气0.15mol在标准状况下体积为3.36L，故D正确。故选D。
考查方向
解题思路
A．该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2→O2，O元素化合价升高，H2O2被氧化，根据化合价的变化可知，反应中H2CrO4为氧化剂，被还原为Cr（OH）3，反应的方程式为2H2CrO4+3H2O2=2Cr（OH）3+3O2↑+2H2O；B．H2O2→O2，O元素化合价升高，H2O2被氧化；C．氧化性：H2CrO4是氧化剂，O2是还原剂，氧化性：H2CrO4＞O2 ；D．根据方程式，如反应转移了0.3mol电子，则产生氧气0.15mol在标准状况下体积为3.36L
易错点
本题考查氧化还原反应的方程式书写，从化合价变化的角度分析氧化还原反应，注意电子转移方向和数目的判断
1.下列各组物质分类方法正确的一组是
正确答案
解析
故选B。
考查方向
解题思路
易错点
本题考查物质分类，分类是一种方法，物质的类别取决于分类的原则，因此，把握好概念是最关键的一步，整体难度较小。
5.下列各溶液中分别加入Na2O2固体，充分反应后既有无色气体又有白色沉淀产生的是
正确答案
解析
A．(NH4)2SO4溶液加入Na2O2固体，有氨气、氧气放出，故A错误； B．MgCl2溶液，有白色氢氧化镁沉淀生成，有氧气放出，故B正确；C．NaHCO3溶液，只有氧气放出，故C错误； D．CuSO4溶液，有氧气放出，有蓝色氢氧化铜沉淀生成，故D错误。
故选B。
考查方向
解题思路
A．(NH4)2SO4溶液加入Na2O2固体，有氨气、氧气放出；B．MgCl2溶液，有氢氧化镁沉淀生成，有氧气放出；C．NaHCO3溶液，有氧气放出； D．CuSO4溶液，有氧气放出，有蓝色氢氧化铜沉淀生成
易错点
本题考查离子反应的实质，难度一般，关键是熟悉常见物质的性质。
现有某混合物的无色透明溶液，可能含有以下离子中的若干种：
Na＋、NH4＋、Cl－、Mg2＋、Ba2＋、CO32－、SO42－，现取三份各100mL溶液进行如下实验：
①第一份加入足量AgNO3溶液有沉淀产生，加足量稀硝酸后沉淀部分溶解；
②第二份加足量NaOH溶液充分加热后，收集到气体0.896L(标准状况)；
③第三份加足量BaCl2溶液后，过滤后充分干燥得到沉淀6.27g，再经足量稀硝酸洗涤、干燥后，沉淀质量变为2.33g。根据上述实验现象和有关数据，回答下列问题：
8.原溶液中一定存在的阴离子是 ，一定不存在的离子是 ，可能存在的离子是 。
9.②中发生化学反应的离子方程式为 。
10.③中生成可溶于稀硝酸的沉淀化学式为 ，物质的量为 mol,该沉淀溶于稀硝酸的离子方程式为 。
正确答案
CO32－、SO42－ ; Mg2＋、Ba2＋; Cl-；
解析
①第一份加入AgNO3溶液有沉淀生成，可能为AgCl、Ag2CO3或Ag2SO4等沉淀，则原溶液中可能含有Cl-、CO32-、SO42-中的一种或几种；加足量稀硝酸后沉淀部分溶解，说明有一定碳酸根离子；②第二份加入足量NaOH溶液并加热后，收集到气体0.04mol，应为NH3，说明原溶液中含有NH4+离子；③第三份加入足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量硝酸洗涤，干燥后，沉淀质量为2.33g，此沉淀为硫酸钡。说明原溶液中含有CO32-、SO42-离子，则一定不含有Mg2+、Ba2+离子，因二者与CO32-不能共存。综上，原溶液中一定存在的阴离子是CO32-、SO42-离子，，一定不存在的离子是Mg2+、Ba2+，可能存在的离子是Cl-；
考查方向
解题思路
①第一份加入AgNO3溶液有沉淀生成，可能为AgCl、Ag2CO3或Ag2SO4等沉淀；加足量稀硝酸后沉淀部分溶解，说明有一定碳酸根离子；
②第二份加入足量NaOH溶液并加热后，收集到气体0.04mol，应为NH3；
易错点
本题考查离子共存，难度中等，理清个步骤之间结论的相互关系，各个操作互为佐证。
正确答案
NH4＋+OH- 
解析
加足量NaOH溶液充分加热后，收集到气体，符合情况的只有铵根离子和氢氧根反应，放出氨气，）NH4＋+OH- 
考查方向
解题思路
加足量NaOH溶液充分加热后，收集到气体，只有铵根离子和氢氧根反应。
易错点
本题考查离子方程式书写，根据现象判断反应，完成方程式，注意电荷守恒、质量守恒，难度小。
正确答案
BaCO3；0.02；BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；
解析
第三份加入足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量硝酸洗涤，干燥后，沉淀质量为2.33g，此沉淀为硫酸钡。说明原溶液中含有CO32-、SO42-离子，被溶解的是碳酸钡；
n（BaCO3）= (6.27g-2.33g)/ (197g/mol)=0.02mol；
碳酸钡溶于硝酸，离子方程式，BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；
故答案为：BaCO3；0.02；BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；
考查方向
解题思路
第三份加入足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量硝酸洗涤，干燥后，沉淀质量为2.33g，此沉淀为硫酸钡。说明原溶液中含有CO32-、SO42-离子，被溶解的是碳酸钡；
易错点
本题考查与物质的量有关的计算，离子方程式书写，难度中等，注意物质在离子方程式中表达形式。
将质量为12.64g KMnO4固体加热一段时间后，收集到amolO2；向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸，又收集到bmolCl2，此时Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中。
11.请完成并配平下列化学方程式：
该反应中的还原剂是 ，当该反应中转移NA个电子时，氧化产物的物质的量
为 mol，被氧化的还原剂的物质的量为 mol。
12.用酸性高锰酸钾溶液滴定FeSO4溶液写出该反应的离子方程式 。
13.当KMnO4固体加热生成O2 a mol值最大时，向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸并加热，产生Cl2的物质的量b= mol。(此时Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中)
正确答案
1；8；2；1；2；4；H2O；HCl；0.5；1；
解析
Mn元素的化合价降低4，Cl元素的化合价升高1，由电子守恒和原子守恒来配平，根据质量守恒得出缺项产物是水，得K2MnO4+8HCl =2KCl+MnCl2+2Cl2↑+4H2O；
根据化合价变化，还原剂是HCl； Cl元素的化合价升高1，一个氯原子失去一个电子，当该反应中转移NA个电子时，1molHCl被氧化，生成0.5mol氯气。
故答案为：1；8；2；1；2；4；H2O；HCl；0.5；1；
考查方向
解题思路
Mn元素的化合价降低4，Cl元素的化合价升高1，由电子守恒和原子守恒配平。
易错点
本题考查氧化还原反应配平和有关氧化还原的计算，氧化还原的配平依据的是电子守恒、质量守恒。
正确答案
5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
解析
常见的强氧化剂高锰酸根和亚铁离子发生氧化还原反应，高锰酸根被还原为锰离子，亚铁被氧化为铁离子，依据电子守恒、质量守恒配平，5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。
故答案为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。
考查方向
解题思路
用酸性高锰酸钾溶液滴定FeSO4溶液，高锰酸钾做氧化剂氧化硫酸亚铁，产物是锰离子和铁离子。
易错点
本题考查离子方程式书写，首先确定反应物和产物，再根据电子守恒、质量守恒配平。【解题思路】用酸性高锰酸钾溶液滴定FeSO4溶液，高锰酸钾做氧化剂氧化硫酸亚铁，产物是锰离子和铁离子。
正确答案
0.12
解析
当KMnO4固体加热生成O2 a mol值最大时，高锰酸钾分解为锰酸钾和二氧化锰，二者都能够和浓盐酸生成氯气，已知：2KMnO4——K2MnO4——MnO2
根据已知K2MnO4——2Cl2; MnO2——Cl2;得出结论
2KMnO4—3Cl2;
0.08mol 0.12mol
故答案为：0.12；
考查方向
解题思路
当KMnO4固体加热生成O2 amol值最大时，高锰酸钾分解为锰酸钾和二氧化锰，二者都能够和浓盐酸生成氯气，已知：2KMnO4——K2MnO4——MnO2
根据已知K2MnO4——2Cl2; MnO2——Cl2;得出结论
2KMnO4—3Cl2;
易错点
本题考查利用相关方程式进行计算，关键在于理清各个反应之间的量的关系，难度中等。【解题思路】当KMnO4固体加热生成O2 a mol值最大时，高锰酸钾分解为锰酸钾和二氧化锰，二者都能够和浓盐酸生成氯气，已知：2KMnO4——K2MnO4——MnO2
根据已知K2MnO4——2Cl2; MnO2——Cl2;得出结论
2KMnO4—3Cl2;
某化学兴趣小组以含铁的废铝为原料制备硫酸铝晶体，设计如下的实验方案：
请回答以下问题：
14.上述实验中多次用到过滤操作，该操作中要用到的玻璃仪器有
；
15.步骤②中有洗涤沉淀的操作，如何判断沉淀已洗涤干净： ;
16.写出步骤②所得沉淀受热分解的化学方程式
，指出两种产物在物质分类上的类别 、 ;
17.步骤①中使用的NaOH溶液以4mol/L为宜。某同学称量mgNaOH固体配制V
mL 4mol/L的NaOH溶液，下面是该同学配制过程的示意图，其操作中有错误的是（填操作序号） 。
第⑤部操作可能会使所配溶液浓度偏 （填“大”或“小”或“无影响”）
正确答案
烧杯、漏斗、玻璃棒；
解析
过滤用到的玻璃仪器，烧杯、漏斗、玻璃棒。
考查方向
解题思路
过滤用到的玻璃仪器，烧杯、漏斗、玻璃棒；
易错点
本题考查关于过滤的基本操作，题目难度小，关键在于平时知识积累。
正确答案
取最后一次洗涤液，加入几滴BaCl2溶液，若无白色沉淀生成则洗涤干净；
解析
通二氧化碳，控制pH值，此时碳酸根离子形式存在，所以验证是否洗涤干净就是验证是否有碳酸根残留，采用的试剂是氯化钡，若未洗涤干净，会生成碳酸钡沉淀。
故答案为：取最后一次洗涤液，加入几滴BaCl2溶液，若无白色沉淀生成则洗涤干净；
考查方向
解题思路
通二氧化碳，控制pH值8到9，此时以碳酸根离子形式存在，所以验证是否洗涤干净就是验证是否有碳酸根残留。
易错点
本题考查沉淀是否洗涤干净，洗涤不干净有残留，验证是否有碳酸根离子。
正确答案
Al(OH)3
解析
氢氧化铝受热分解，Al(OH)3
故答案为：Al(OH)3
考查方向
解题思路
步骤2沉淀是氢氧化铝，受热分解。
易错点
本题考查铝化合物的性质，题目难度一般，熟练掌握铝三角的关系是做题的关键。
正确答案
①④⑤；小；
解析
①氢氧化钠应放在烧杯中称量，溶解应该在烧杯中进行，错误；
②玻璃棒搅拌，加速溶解，正确；
③转移烧杯中溶液，玻璃棒引流正确；
④洗涤烧杯并转移洗涤液，应当用玻璃杯引流，错误
⑤观察刻度，应当平视，错误；
⑥定容完成，摇匀使得液体混合均匀，正确；
故①④⑤错误；
第五步仰视，溶液体积偏大，所得溶液偏小。
故答案为：（4）①④⑤；小；
考查方向
解题思路
①氢氧化钠应放在烧杯中称量，溶解应该在烧杯中进行
②玻璃棒搅拌，加速溶解
③转移烧杯中溶液，玻璃棒引流
④洗涤烧杯并转移洗涤液，用玻璃杯引流
⑤观察刻度，应当平视
⑥定容完成，摇匀使得液体混合均匀
第五步仰视，溶液体积偏大，所得溶液偏小。
易错点
本题考查配制一定物质的量浓度溶液误差分析，难度一般，易错点在观察刻度时产生的误差，眼睛、刻度凹液面三点一线。
［化学——选修化学与技术］
工业上可用食盐和石灰石为主要原料，经不同的方法生产纯碱。请回答下列问题：
18.卢布兰芳是以食盐、石灰石、浓硫酸、焦炭为原料，在高温下进行煅烧，再浸取，结晶而制得纯碱。
①食盐和浓硫酸反应的化学方程式为 _；
②硫酸钠和焦炭、石灰石反应的化学方程式为_ （已知产物之一为CaS）；
19.氨碱法的工艺如下图所示，得到的碳酸氢钠经煅烧生成纯碱。
①图中的中间产物C是_______，D_______。（写化学式）；
②装置乙中发生反应的化学方程式为___ _ __；
20.联合制碱法对氨碱法的改进，其优点是 ；
21.有人认为碳酸氢钾与碳酸氢钠的化学性质相似，故也可用氨碱法以氯化钾和石灰石为原料制碳酸钾。请结合下图的溶解度（S）随温度变化曲线，分析说明是否可行？
。
正确答案
①NaCl+H2SO4(浓)=NaHSO4+HCl↑
或2NaCl+H2SO4(浓) 
②Na2SO4+ 2C+CaCO3 
解析
考查方向
解题思路
①98%浓硫酸为高沸点酸，能制取低沸点的酸氯化氢，食盐和浓硫酸反应生成氯化氢和硫酸钠； ②由题目信息可知，硫酸钠与石灰石、焦炭反应生成CaS、Na2CO3，根据元素守恒可知，还原C的氧化物CO或CO2生成；
【解析】①利用高沸点酸制备挥发性酸，且HCl极易溶于水，故利用直接使用98%浓硫酸和氯化钠制取氯化氢，反应为：NaCl+H2SO4（浓）=NaHSO4+HCl↑或2NaCl+H2SO4（浓） 
故答案为：NaCl+H2SO4（浓）=NaHSO4+HCl↑或2NaCl+H2SO4（浓） 
②由题目信息可知，硫酸钠与石灰石、焦炭反应生成CaS、Na2CO3，根据元素守恒可知，还原C的氧化物CO或CO2生成，故反应方程式为： Na2SO4+2C+CaCO3 
故答案为： Na2SO4+2C+CaCO3 
易错点
本题考查化学方程式书写，氯化氢和浓硫酸的性质是反应发生的根本原因，仔细分析题目所给信息是关键。
正确答案
①Ca(OH)2；NH3；
②NH3 + CO2 +NaCl +H2O = NaHCO3↓+ NH4Cl ；
解析
①碳酸钙加热分解生成CaO与CO2，故A为CaO，B为CO2，CaO在熟化桶内与水反应生成氢氧化钙，故C为Ca(OH)2；氢氧化钙与氯化铵在混合池内反应生成氨气与氯化钙，故D为NH3，
故答案为：Ca(OH)2；NH3； ②氨气与氯化钠溶液混合后，在乙中与二氧化碳发生反应，生成NaHCO3、NH4Cl，反应方程式为NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3+NH4Cl， 故答案为：NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3+NH4Cl；
考查方向
解题思路
①碳酸钙加热分解生成CaO与CO2，故A为CaO，B为CO2，CaO在熟化桶内与水反应生成氢氧化钙；氢氧化钙与氯化铵在混合池内反应生成氨气与氯化钙；
②氨气与氯化钠溶液混合后，在乙中与二氧化碳发生反应，生成NaHCO3、NH4Cl；
【解析】①碳酸钙加热分解生成CaO与CO2，故A为CaO，B为CO2，CaO在熟化桶内与水反应生成氢氧化钙，故C为Ca(OH)2；氢氧化钙与氯化铵在混合池内反应生成氨气与氯化钙，故D为NH3，
故答案为：Ca(OH)2；NH3；
②氨气与氯化钠溶液混合后，在乙中与二氧化碳发生反应，生成NaHCO3、NH4Cl，反应方程式为NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3+NH4Cl，
故答案为：NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3+NH4Cl；
易错点
本题考查工业流程分析，需要学生细读生产工艺图中各物质的变化进行解答，注意根据物质的主要性质分析工业装置和反应原理，题目难度中等．
正确答案
提高食盐利用率、副产物氯化铵可用作化肥、可利用合成氨的产物CO2.
解析
该方法能提高原料的利用率，减少废渣的排放，保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高；NH4Cl可做氮肥；可与合成氨厂联合，可利用合成氨的产物CO2， 故答案为：提高食盐利用率、副产物氯化铵可用作化肥、可利用合成氨的产物CO2；
考查方向
解题思路
能提高原料的利用率，减少废渣的排放，保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高；NH4Cl可做氮肥；可与合成氨厂联合，可利用合成氨的产物CO2；
【解析】该方法能提高原料的利用率，减少废渣的排放，保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高；NH4Cl可做氮肥；可与合成氨厂联合，可利用合成氨的产物CO2，
故答案为：提高食盐利用率、副产物氯化铵可用作化肥、可利用合成氨的产物CO2；
易错点
本题考查制碱法的工艺的流程，需要学生细读生产工艺图中各物质的变化进行解答，注意根据物质的主要性质分析工业装置和反应原理，题目难度中等．
正确答案
不可行；因为KHCO3的溶解度较大，且在常温下与KCl溶解度相差小，在铵盐水碳酸化时无法大量析出；
解析
由溶解曲线图可知KHCO3和NH4Cl的溶解度相差不大，当温度高于40℃时，由图象可知，降温结晶时会析出较多的KCl，无法大量析出碳酸氢钾；
故答案为：不可行；因为KHCO3的溶解度较大，且在常温下与KCl溶解度相差小，在铵盐水碳酸化时无法大量析出。
考查方向
解题思路
不可行．因为KHCO3和NH4Cl的溶解度相差不大，当温度高于40℃时，KHCO3的溶解度大于NH4Cl，降温结晶时会析出较多的KCl；
【解析】由溶解曲线图可知KHCO3和NH4Cl的溶解度相差不大，当温度高于40℃时，由图象可知，降温结晶时会析出较多的KCl，无法大量析出碳酸氢钾；
故答案为：不可行；因为KHCO3的溶解度较大，且在常温下与KCl溶解度相差小，在铵盐水碳酸化时无法大量析出；
易错点
本题考查根据溶解度曲线图像分析，学会进行对比分析，找出相同点和不同点，进行答题。
［化学——选修物质结构与性质］
根据已学物质结构与性质的有关知识，回答下列问题：
22.请写出第三周期元素中p轨道上有3个未成对电子的元素符号：______，某元素被科学家称之为人体微量元素中的“防癌之王”，其原子的外围电子排布是4s24p4，该元素的名称是_________。
23.根据价层电子对互斥理论推测下列离子或分子的空间立体构型：H3O+ ，BF3 。
24.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液，写出有关化学反应方程式_____________________________、
__________________________________________________。
25.金属铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示。则体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比为 ；若两种晶体中最邻近的铁原子间距离相同，则体心立方晶胞和面心立方晶胞的密度之比为 。
正确答案
P；硒；
解析
第三周期元素中p轨道上有3个未成对电子的元素1s22s22p63s23p3，核外有15个电子，元素符号是P；原子的外围电子排布是4s24p4，价电子4s24p4，第四周期，VIA，是硒元素；
故答案为：P；硒；
考查方向
解题思路
第三周期元素中p轨道上有3个未成对电子的元素1s22s22p63s23p3，核外有15个电子；原子的外围电子排布是4s24p4，价电子4s24p4，第四周期， VIA；
易错点
本题考查核外电子排布，题目难度一般，要求能写出基态电子排布式，进一步分析。
正确答案
三角锥形；正三角形；
解析
H3O+中心原子是氧原子，N=σ键+孤对电子数=3+1=4，价层电子对互斥模型是四面体，因为氧原子连接三个氢原子，故空间立体构型是三角锥形；
BF3中心原子是B，N=σ键+孤对电子数=3+
故答案为：（2）三角锥形；正三角形；
考查方向
解题思路
空间立体构型取决于中心原子价层电子对数，再根据价层电子对互斥理论作答。
易错点
本题考查空间立体构型，计算中心原子价层电子数是关键，中心原子价层电子数=σ键+孤对电子数。
正确答案
解析
氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，涉及的离子方程式为：Cu2++2NH3·H2O═Cu(OH)2↓+2NH4+、Cu(OH)2+4NH3═[Cu(NH3)4]2++2OH-；胆矾溶液与足量氨水形成的深蓝色溶液中的阳离子为四氨合铜络离子；
故答案为：
Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-
考查方向
解题思路
硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成络合物，根据反应写出离子反应方程式；根据胆矾溶液与足量氨水形成的深蓝色溶液中的阳离子为四氨合铜络离子．
易错点
本题考查了配合物的成键情况，明确配位键的形成条件是解本题关键，注意配位键属于共价键，为易错点。
正确答案
1∶2； 3
考查方向
解题思路
利用均摊法计算晶胞中Fe原子个数；根据密度公式ρ=
【解析】利用均摊法计算晶胞中Fe原子个数，面心立方晶胞中Fe原子个数=8×（1/8）+6× (1/2)=4、体心立方晶胞中Fe原子个数=1+8×（1/8）=2，所以二者Fe原子个数之比=2：4=1：2；
设Fe原子半径为rcm，面心立方晶胞半径=2
体心立方晶胞半径=
设一个铁原子质量为M，摩尔质量Mg/mol
其密度之比=
故答案为：1∶2； 3
易错点
本题考查晶胞结构组成，难度小，分清原子在晶胞中位置是关键，利用均摊法处理问题；难点是计算晶胞的密度，能正确解答晶胞的体积是解本题的关键。
有以下一系列反应，最终产物是乙二酸。
26.C的结构简式是________________，B→C的反应类型是____________________，E→F的化学方程式是 。
27.E与乙二酸发生酯化反应生成环状化合物的化学方程式是_ 。
28.由B发生水解反应或C发生水化反应均生成化合物G。在乙二酸、水、苯酚、G四种分子中，羟基上氢原子的活泼性由强到弱的顺序是___________________________。
29.MTBE是一种重要的汽油添加剂，它是1－戊醇的同分异构体，又与G的某种同分异构体互为同系物，且分子中含有4个相同的烃基。则MTBE的结构简式是 。它的同类别同分异构体（包括它本身）有_________种。
正确答案
CH2=CH2； 消去反应；HOCH2－CH2OH＋O2
解析
用逆推法分析，最终产物是乙二酸，它由E经两步氧化而得，则F为OHC-CHO，E为HOCH2CH2OH，根据C→D→E的反应条件，可知D为BrCH2CH2Br，C为CH2=CH2，而C是由B经消去反应而得到的，则B为CH3CH2Br，A为CH3CH3。
C是乙烯，结构简式为CH2=CH2；
B→C的反应是溴乙烷消去生成乙烯，反应类型是消去反应；
E→F的反应是乙二醇生成乙二醛，条件为催化氧化，化学方程式是
HOCH2－CH2OH＋O2
故答案为：CH2=CH2； 消去反应； HOCH2－CH2OH＋O2
考查方向
解题思路
用逆推法分析，最终产物是乙二酸，它由E经两步氧化而得，则F为OHC-CHO，E为HOCH2CH2OH，根据C→D→E的反应条件，可知D为BrCH2CH2Br，C为CH2=CH2，而C是由B经消去反应而得到的，则B为CH3CH2Br，A为CH3CH3。
易错点
本题考查有机合成、有机物的结构和性质，充分利用草酸结构与反应条件进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，较好的考查学生分析推理能力.
正确答案
解析
E与乙二酸发生酯化反应生成环状化合物是乙二醇和乙二酸发生酯化反应，通过两个酯基相连成环，
考查方向
解题思路
E与乙二酸发生酯化反应生成环状化合物是乙二醇和乙二酸通过酯化成环。
易错点
本题考查有机化学方程式书写，从结构判断反应类型和反应条件。
正确答案
乙二酸＞苯酚＞水＞G（乙醇）
解析
溴乙烷水解产物是乙醇，酸性羧酸＞苯酚＞水＞乙醇，所以羟基氢活性排序乙二酸＞苯酚＞水＞G（乙醇）。
故答案为：乙二酸＞苯酚＞水＞G（乙醇）；
考查方向
解题思路
由B发生水解反应或C，溴乙烷水解产物是乙醇，常见物质酸性排序，羧酸＞苯酚＞水＞乙醇。
易错点
本题考查羟基上氢原子的活泼性，难度一般，熟悉常见物质的酸性，羟基活泼，酸性强。
正确答案
CH3－O－C（CH3）3；6；
解析
MTBE是一种重要的汽油添加剂，它是1戊醇的同分异构体，即分子式为C5H12O；又与G的某种同分异构体互为同系物，且分子中含有4个相同的烃基；则分子中5个碳原子有四个相同的基团应为甲基，故为CH3-O-C（CH3）3，故答案为：CH3-O-C（CH3）3；
MTBE的同类别物质也应该是醚类物质，有如下甲丁醚4种CH3-O-C（CH3）3；CH3-O-CH2CH2CH2CH3；CH3-O-CH2CH（CH3）CH3；CH3-O- CH（CH3）CH2CH3；
乙丙醚两种CH3CH2-O-CH2CH2CH3；CH2CH2-O- CH（CH3）CH3；
故答案为：CH3－O－C（CH3）3；6；
考查方向
解题思路
MTBE是一种重要的汽油添加剂，它是1戊醇的同分异构体，即分子式为C5H12O；又与G的某种同分异构体互为同系物，且分子中含有4个相同的烃基；则分子中5个碳原子有四个相同的基团应为甲基。
MTBE的同类别物质也应该是醚类物质。
易错点
本题考查根据组成推断物质的结构简式，书写MTBE的同分异构体是主要是变化醚键两端的碳原子数。