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1．化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是
A
B
C
D
正确答案
解析
A.化铝受热分解生成水，并吸收大量的热，是周围环境温度降低，且生成的氧化铝熔点高，附着在可燃物表面，从而阻止可燃物燃烧，故A错误B. 二氧化硅是酸性氧化物，常温下能够与氢氟酸反应，故B错误C. 过氧化钠与二氧化碳反应，生成碳酸钠和氧气，过氧化钠既作氧化剂又做还原剂，故C错误D. 乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用，乙烯含有不饱和键能被高锰酸钾氧化，故D正确。
故本题选D。
考查方向
解题思路
氢氧化铝受热分解生成水，并吸收大量的热，是周围环境温度降低B.二氧化硅是酸性氧化物，常温下能够与氢氟酸反应C.过氧化钠与二氧化碳反应，生成碳酸钠和氧气，过氧化钠既作氧化剂又做还原剂D.乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用
易错点
过氧化钠用于呼吸面具中作为氧气的来源，反应中过氧化钠既作氧化剂又做还原剂
6．铜是一种紫红色金属，被称作“电器工业的主角”。铜主要是黄铜矿炼制，焙烧时发生反应2CuFeS2+O2
正确答案
解析
焙烧时还生成金属硫化物，部分硫元素转化为二氧化硫，故A错误；
焙烧时Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由﹣2价升高到+4价，氧气中O元素由0降低为﹣2价，则氧化剂为氧气和CuFeS2，故B错误；
粗铜精炼时用粗铜与电源正极相连，则粗铜为阳极，故C错误；
火法炼铜的原理为：Cu2S+O2
故本题选D．
考查方向
解题思路
焙烧时还生成金属硫化物，部分硫元素转化为二氧化硫焙烧时Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由﹣2价升高到+4价，氧气中O元素由0降低为﹣2价，则氧化剂为氧气和CuFeS2
粗铜精炼时用粗铜与电源正极相连，则粗铜为阳极
火法炼铜的原理为：Cu2S+O2
易错点
电解原理不够熟悉，阴阳极判断错误
9．一定条件下A、B、C的如下图所示的转化关系，且△H＝△H1+△H2。则A、C可能是( )
①Fe、FeCl3 ②C、CO2 ③AlCl3、NaAlO2 ④NaOH、NaHCO3 ⑤S、CuS ⑥Na2CO3、CO2
正确答案
解析
①铁与氯气反应生成氯化铁，不存在途中转化关系，故错误
②氧气不足时，碳与氧气反应生成CO，氧气充足时，碳与氧气反应生成CO2，转化关系与图中相同，正确
③氯化铝与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铝，与过来那个氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，转化关系与图中相同，正确
④氢氧化钠与CO2反应生成碳酸钠，与过量CO2反应生成碳酸氢钠，转化关系与图中相同，正确
⑤S与O2反应不成生成SO3，不符合转化关系，错误
⑥碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与盐酸反应生成CO2，碳酸钠与盐酸反应生成CO2，转化关系与图中相同，正确
故本题选择A
考查方向
解题思路
由图可知，图示既是盖斯定律的应用，也是物质之间的相互转化，符合转化关系的有变价物质的氧化反应、两性物质的转化以及多元酸对应的盐类之间的额反应等，依次进行分析
易错点
元素及其化合物之间的关系不明确
2．在火星上工作的美国“勇气号”、“机遇号”探测车的一个重要任务就是收集有关Fe2O3及其硫酸盐的信息，用以证明火星上存在或曾经存在过水，以下叙述正确的是
正确答案
解析
Fe2O3与Fe3O4不互为同素异形体，它们不是单质，故A错误
步骤为：样品→粉碎→加稀盐酸溶解→过滤 →向滤液中滴加KSCN溶液，故B错误
将CO2通入BaCl2溶液中至饱和,最终会生成碳酸氢钡，无沉淀生成，故C错误
铝的制备电解氧化铝，而Fe、Cu用还原剂还原，故D正确
故题选择D
考查方向
解题思路
Fe2O3与Fe3O4不互为同素异形体，它们不是单质。
. 步骤为：样品→粉碎→加稀盐酸溶解→过滤 →向滤液中滴加KSCN溶液
. 将CO2通入BaCl2溶液中至饱和,最终会生成碳酸氢钡，无沉淀生成
铝的制备电解氧化铝，而Fe、Cu用还原剂还原
易错点
将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，只考虑到有碳酸钡生成
3.设NA为阿伏伽德罗常数的数值。下列有关叙述正确的是
A12g由
B4.4g由CO2和N2O组成的混合气体中的电子数为2.2NA
C常温常压下22.4LNH3中所含的共价键数为3NA
D1L1mol·L－1次氯酸溶液中的ClO－数为NA
正确答案
考查方向
解题思路
12g由
易错点
常常忽略标准装况这一重要条件
4.下列表述和方程式书写都正确的是
A
B
C
D
正确答案
解析
12g由
考查方向
解题思路
燃烧热的热化学方程式中，水的状态必须为液态
向NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使SO42－完全沉淀，说明硫酸根和钡离子的物质的量之比是1:2
浓盐酸可以被酸性高锰酸钾溶液氧化
重铬酸钾在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化乙醇，溶液由橙色变为绿色
易错点
配平错误、电荷不守恒
5.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
硝酸将Fe2＋氧化为Fe3，H＋、Fe2＋、NO3-不能共存，故A错误
c(OH－)＝10－2 mol·L－1，呈碱性，能大量共存，故B正确
酸性条件，Ag(NH3)2-和Cl－、SO42-反应生成沉淀，不能大量共存，故C错误
ClO－能氧化SO32-、S2－，不能大量共存，故D错误
故本题选择B
考查方向
解题思路
硝酸将Fe2＋氧化为Fe3，H＋、Fe2＋、NO3-不能共存
c(OH－)＝10－2 mol·L－1，呈碱性，能大量共存；
酸性条件，Ag(NH3)2-和Cl－、SO42-反应生成沉淀，不能大量共存
ClO－能氧化SO32-、S2－，不能大量共存。
易错点
不会根据c(H＋)/c(OH－)＝10－10判断溶液的酸碱性
7.下列装置能达到相应实验目的的是
A
B
C
D
正确答案
解析
因盐酸易挥发，不能排除盐酸的干扰，则不能比较碳酸、硅酸的酸性强弱，可用稀硫酸代替浓盐酸进行实验，故A错误
苯与酒精互溶，无法通过分页操作进行分离，故B错误
过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，可用于制取少量的氧气，故C正确
二氧化氮与水反应，不能用排水法收集，故D错误
故本题选择C
考查方向
解题思路
因盐酸易挥发，不能排除盐酸的干扰
苯与酒精混溶，不会分层
过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气
二氧化氮与水反应，不能用排水法收集
易错点
不会用强酸制弱酸原理比较酸性的强弱
8.被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种主族元素组成，其化学式为Y2X3(ZWR4)3T2，其中X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无正价，X与R原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是
正确答案
解析
Y为锂元素、Z为铍元素、R为氧元素、T为氟元素，位于同周期，元素的原子半径从左向右半径在减小，即原子半径：Y＞Z＞R＞T，故A正确；
W为硅元素、R为氧元素、T为氟元素，非金属性F＞O＞Si，则气态氢化物的稳定性W＜R＜T，故B正确；
X为钙元素、Z为铍元素，金属性Ca＞Be，则最高价氧化物对应的水化物碱性：氢氧化钙＞氢氧化铍，故C正确；
XR2、WR2两化合物CaO2、SiO2，CaO2中O元素为-1价，SiO2中O元素化合价为-2，故D错误，
故选C
考查方向
解题思路
香花石化学式为X3Y2（ZWR4）3T2，由前20号元素中的6种组成，其中R原子最外层电子数为其次外层电子数的3倍，R原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则R为O元素；Y、Z、R、T位于同周期，即处于第二周期，T元素无正价，则T为F元素；Z的最外层电子数与次外层电子数相等，则Z为Be元素；Y为金属元素，则Y为Li；X、Z位于同主族，则X为Mg元素或Ca元素，若X为镁元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则
易错点
本题推断元素是关键，各选项判断都不难，但气态氢化物的稳定性是容易出错的知识点
10.向含Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入150 mL 1 mol·L－1HCl溶液，测得溶液中的某几种离子物质的量的变化如图所示，则下列说法不正确的是
正确答案
解析
Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中加入HCl溶液，先发生反应AlO2-+H++H2O═Al（OH）3↓，a线表示AlO2-减少，第二阶段，AlO2-反应完毕，发生反应CO32-+H+═HCO3-，b线表示CO32-减少，c线表示HCO3-的增加，第三阶段，CO32-反应完毕，发生反应HCO3-+H+═CO2↑+H2O，d线表示HCO3-减少，此阶段Al（OH）3不参与反应，
Na2CO3，NaAlO2的混合溶液中加入HCl溶液，先发生反应：AlO2-+H++H2O═Al（OH）3↓，故A正确；
第二阶段，AlO2-反应完毕，发生反应：CO32-+H+═HCO3-，b线表示CO32-减少，c线表示HCO3-的增加，所以b和c曲线表示的离子反应是相同的，故B正确；
盐酸50mL时NaAlO2中铝元素全部转化为氢氧化铝沉淀，加50mL盐酸之后CO32-反应，氢氧化铝沉淀不溶解，则M点沉淀的质量和盐酸50mL时沉淀的质量相同，由NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3↓知，n（Al（OH）3）=n（NaAlO2）=n（HCl）0.05mol，m[Al（OH）3]=0.05mol×78g/mol=3.9g，故C正确；
第一、第二两段消耗的盐酸的体积都是50ml，所以消耗的氯化氢的物质的量相等，依据第一阶段、第二阶段发生反应AlO2-+H++H2O═Al（OH）3↓，CO32-+H+═HCO3-，可知CO32-与AlO2-的物质的量之比为1：1，但这两种物质都是强碱弱酸盐都能水解，水解程度不同导致无法判断溶液中CO32-与AlO2-的物质的量之比，故D错误；
故选D．
考查方向
解题思路
Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中加入HCl溶液，先发生反应AlO2-+H++H2O═Al（OH）3↓，a线表示AlO2-减少，第二阶段，AlO2-反应完毕，发生反应CO32-+H+═HCO3-，b线表示CO32-减少，c线表示HCO3-的增加，第三阶段，CO32-反应完毕，发生反应HCO3-+H+═CO2↑+H2O，d线表示HCO3-减少，此阶段Al（OH）3不参与反应，
Na2CO3，NaAlO2的混合溶液中加入HCl溶液，先发生反应：AlO2-+H++H2O═Al（OH）3↓
第二阶段，AlO2-反应完毕，发生反应：CO32-+H+═HCO3-，b线表示CO32-减少，c线表示HCO3-的增加，所以b和c曲线表示的离子反应是相同的
盐酸50mL时NaAlO2中铝元素全部转化为氢氧化铝沉淀，加50mL盐酸之后CO32-反应，氢氧化铝沉淀不溶解，则M点沉淀的质量和盐酸50mL时沉淀的质量相同，由NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3↓知，n（Al（OH）3）=n（NaAlO2）=n（HCl）0.05mol，m[Al（OH）3]=0.05mol×78g/mol=3.9g
第一、第二两段消耗的盐酸的体积都是50ml，所以消耗的氯化氢的物质的量相等，依据第一阶段、第二阶段发生反应AlO2-+H++H2O═Al（OH）3↓，CO32-+H+═HCO3-，可知CO32-与AlO2-的物质的量之比为1：1，但这两种物质都是强碱弱酸盐都能水解，水解程度不同导致无法判断溶液中CO32-与AlO2-的物质的量之比
易错点
图中所给信息不能转化为有用的已知条件
14．有一种粉末它是由铁的氧化物中的一种或者两种组成，取3.04 g粉末加热，同时通入足量的CO使之完全反应，再用过量澄清石灰水把生成的气体充分吸收，产生沉淀 5 g。 则该粉末的组成是( )
正确答案
解析
澄清石灰水将生成的气体充分吸收，产生沉淀5g为碳酸钙的质量，物质的量为
令FeO和Fe3O4混的物质的量分别为xmol、ymol，则根据铁原子和氧原子守恒： 
故选D．
考查方向
解题思路
设铁的氧化物化学式为FexOy，发生反应FexOy+yCO=xFe+yCO2，可知氧化物中氧原子的物质的量等于二氧化碳的物质的量，澄清石灰水将生成的气体充分吸收，产生沉淀5g为碳酸钙的质量，根据
易错点
判断氧化物中氧原子的物质的量等于二氧化碳的物质的量是解题的关键
11．最近一段时间雾霾严重,影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na＋、NH、Mg2＋、Al3＋、SO、NO、Cl－。高三班同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后得试样溶液，设计并完成了如下实验：
已知：3NO＋8Al＋5OH－＋2H2O
根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是( )
正确答案
解析
加强碱后产生的气体1能使湿润的红色石蕊试纸显蓝色——NH3，——雾霾中有NH4+；加强碱后产生的沉淀1遇H+部分溶解——沉淀1中必有硫酸钡和氢氧化镁——雾霾中有硫酸根和镁离子；根据已知信息和气体2的性质知道溶液2中一定有NO3-；滤液1中一定有过量的氢氧化钡，通入CO2后会生成碳酸钡沉淀；如果试样中有Al3+，到滤液1中变成AlO2-，通入CO2后会生成氢氧化铝沉淀，遇到H+也会全部溶解，不影响碳酸钡沉淀生成CO2气体。故试样中可以有Al3+，所以A对；C错；B项中Na+，Cl-不影响检验流程中的任何现象，故可能存在，对。D项只是将可能存在的离子组合成了可能的物质，没有引入新粒子，对。
故本题选择C.
考查方向
解题思路
加强碱后产生的气体1能使湿润的红色石蕊试纸显蓝色——NH3，雾霾中有NH4+；加强碱后产生的沉淀1遇H+部分溶解——沉淀1中必有硫酸钡和氢氧化镁——雾霾中有硫酸根和镁离子；根据已知信息和气体2的性质知道溶液2中一定有NO3-；滤液1中一定有过量的氢氧化钡，通入CO2后会生成碳酸钡沉淀；如果试样中有Al3+，到滤液1中变成AlO2-，通入CO2后会生成氢氧化铝沉淀，遇到H+也会全部溶解，不影响碳酸钡沉淀生成CO2气体。故试样中可以有Al3+； Na+，Cl-不影响检验流程中的任何现象，故可能存在；D项只是将可能存在的离子组合成了可能的物质，没有引入新粒。
易错点
不能通过实验现象得出是否含有相应离子
正确答案
解析
由以上分析可知N为N，Y为O，Z为S，则原子半径Y< X< Z，故A正确
同周期元素非金属O>N，H的非金属性最小，故B正确
m为H2S，可与SO2，O2，NO等发生氧化还原反应，故C正确
二氧化硫不能在氧气中燃烧，故D错误
故本题选择D
考查方向
解题思路
常温常压下r 为液体，应为H2O，q能使品红溶液褪色，应为SO2，则m应为H2S，n为O2，Y为O元素，m的摩尔质量为p的2倍，可知p应NH3，s为NO，由此可知W为H，X为N，Z为S，以此解答本题
易错点
无法根据实验现象推测出元素种类
正确答案
解析
A为阳极，氢氧根离子在阳极放电生成氧气，故A正确；
A为阳极，水电离出来的氢氧根离子在阳极放电生成氢离子，氢离子从质子交换膜左侧向右侧移动，故B正确；
阳极电极反应式为4OH--4e-=O2+2H2O，阴极电极反应式为2NO3-+12H++10e-=N2+6H2O，转移20mol电子时，阳极生成20mol氢离子，而阴极反应24mol氢离子，氢离子浓度减小，pH增大，故C错误；
据电极反应式，阳极电极反应式为4OH--4e-=O2+2H2O，阴极电极反应式为2NO3-+12H++10e-=N2+6H2O，电解池阴极生成5.6g N2，转移电子物质的量为：
故本题选择C
考查方向
解题思路
据电极反应式为2NO3-+12H++10e-=N2+6H2O，可知，该反应为还原反应，为阴极反应式，废水在B极反应，说明B为阴极；A为阳极，氢氧根离子在阳极放电生成氧气和氢离子，据电子守恒和原子守恒解答．
易错点
无法判断电解池阴阳极
“8•12”天津港危化仓库爆炸，造成生命、财产的特大损失．据查危化仓库中存有大量的钠、钾、白磷（P4）、硝酸铵和氰化钠（NaCN）．请回答下列问题：
15. 钠、钾着火，下列可用来灭火的是 ．
16. 白磷有毒能和氯酸（HClO3)溶液发生反应生成一种常见的强酸和一种三元酸，
氧化剂是 ，氧化产物是 ，1mol P4参加反应转移 mol电子。
17. 钠电池的研究开发在一定程度上可缓和因锂资源短缺引发的电池发展受限问题。
②钠电池“ZEBRA”蓄电池的结构如图所示，电极材料多孔Ni/NiCl2和金属钠之间由钠离子导体制作的陶瓷管相隔。写出该电池的正极反应： 。
18. 
正确答案
解析
（1）Na、K均与水反应，燃烧生成的过氧化氢均与二氧化碳反应生成氧气，则钠、钾着火，可用细沙盖灭来灭火，故答案为：C
考查方向
解题思路
（1）Na、K均与水反应，燃烧生成的过氧化氢均与二氧化碳反应生成氧气，则钠、钾着火，可用细沙盖灭来灭火
易错点
忽略水可与钠、钾等金属反应生成可燃易爆的H2
正确答案
(2) HClO3或氯酸 H3PO4或磷酸 20
解析
（2）该反应中，P元素化合价由0价变为+5价，Cl元素的化合价由+5价变为-1价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，是电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂对应的产物是氧化产物，所以HClO3是氧化剂，H3PO4是氧化产物；
若1molP4参加反应转移电子的物质的量=1mol×4×（5-0）=20mol
考查方向
解题思路
（2）该反应中，P元素化合价由0价变为+5价，Cl元素的化合价由+5价变为-1价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，是电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂对应的产物是氧化产物；若1molP4参加反应转移电子的物质的量=1mol×4×（5-0）
易错点
电子转移的数目计算错误
正确答案
① 同主族元素，随着核电荷数增加，原子半径逐渐增大，金属性增强。② NiCl2 + 2e－＝ Ni +2Cl—
解析
（3）①同一主族元素的原子，原子半径越大，金属活泼性越强，故钠比锂活泼
故答案为：同主族元素，随着核电荷数增加，原子半径逐渐增大，金属性增强
② ZEBRA电池的正极上发生得电子的还原反应，即NiCl2 + 2e－＝ Ni +2Cl—
故答案为：NiCl2 + 2e－＝ Ni +2Cl—
考查方向
解题思路
（3）①同一主族元素的原子，原子半径越大，金属活泼性越强
②原电池的正极上发生得电子的还原反应
易错点
电极方程式书写中电荷不守恒
正确答案
（4）阳极 N2O4+2HNO3﹣2e﹣=2H++2N2O5
解析
（4）电解池中生成N2O5的电极发生氧化反应，N2O4被氧化，电极方程式为：N2O4+2HNO3﹣2e﹣=2H++2N2O5
故答案为N2O4+2HNO3﹣2e﹣=2H++2N2O5
考查方向
解题思路
（4）电解池中生成N2O5的电极发生氧化反应，N2O4被氧化
易错点
电解池阴阳极判断失误
某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究．已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰．M与其他物质的转化关系如图1所示（部分产物已略去）：
19. 写出用惰性电极电解M溶液的离子方程式 ．写出F的电子式 ．
20. 若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，E溶液与F溶液反应可以制备一种胶体，则E溶液的俗称是 ．
21. 若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，如图2所示，“则A与B溶液”反应后溶液中的溶质化学式为 ．
22. 若A是一种化肥． A和B反应可得到气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式 ．
正确答案
（1）2Cl﹣+2H2O
解析
（1）C可在D中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH，用惰性电极电解M溶液的离子方程式为：2Cl﹣+2H2O
故答案为：2Cl﹣+2H2O
考查方向
解题思路
（1）C可在D中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH，用惰性电极电解M溶液的离子方程式为：2Cl﹣+2H2O
易错点
离子反应书写是物质是否可拆记忆模糊
正确答案
（2）水玻璃；
解析
（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO2，E为Na2SiO3，与F溶液反应可以制备G为H2SiO3，E的溶液俗称水玻璃，
故答案为：水玻璃；
考查方向
解题思路
（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO2，E为Na2SiO3，与F溶液反应可以制备G为H2SiO3
易错点
不能将常见的酸性氧化物范围缩小
正确答案
（3）Na2CO3和NaHCO3；
解析
(3)V(HCl)在0～0.1L，发生反应：Na2CO3+HCl= NaHCO3+NaCl
V(HCl)在0.1L～0.3L，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。
可见，二氧化碳与氢氧化钠溶液反应后溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3。
故答案为：Na2CO3和NaHCO3；
考查方向
解题思路
(3)V(HCl)在0～0.1L，发生反应：Na2CO3+HCl= NaHCO3+NaCl
V(HCl)在0.1L～0.3L，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。
易错点
图中信息不能很好的利用
正确答案
（4）3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl
解析
（4）若A是一种化肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，
故答案为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；
考查方向
解题思路
（4）若A是一种化肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气
易错点
不能检验输送D的管道是否泄露判断出D物质
23. Cl2和Ca(OH)2制取漂粉精的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
24. pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是 。
25. 兴趣小组将A中产生的白雾用湿润的碘化钾淀粉试纸检验，无变化；引出导入硝酸酸化的AgN03溶液中，有沉淀产生，据此判断白雾成分为HCl小液滴，该结论合理吗？______ 请说明理由______________ 。
26. 现象2中溶液变为黄绿色的原因是：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应。该反应的离子方程式为 。
27. ①将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X,X的成分是 （填化学式）；
② 用离子方程式解释现象3中黄绿色褪去的原因____________________。
28. 【实验II】SO2与过氧化钠反应。将一定量（过量）SO2充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量过氧化钠，两端用夹子K1、K2夹好。在室温下按图示装置进行实验，请填写空白。
正确答案
（1）1:1；
解析
（1）Cl2和Ca(OH)2制取漂粉精反应的方程式为2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O，氯气既是氧化剂，也是还原剂，氯化钙是还原产物，次氯酸钙是氧化产物，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1；
故答案为：1:1
考查方向
解题思路
（1）Cl2和Ca(OH)2制取漂粉精反应的方程式为2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O，氯气既是氧化剂，也是还原剂，氯化钙是还原产物，次氯酸钙是氧化产物，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1；
易错点
Cl2和Ca(OH)2制取漂粉精反应的方程式2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O书写错误
正确答案
（2）碱性、漂白性（或强氧化性）；
解析
（2）pH 试纸先变蓝（约为12），后褪色，说明漂粉精溶液具有的性质是碱性、漂白性；
故答案为：碱性、漂白性（或强氧化性）；
考查方向
解题思路
（2）pH 试纸先变蓝（约为12），后褪色，说明漂粉精溶液具有的性质是碱性、漂白性；
易错点
pH 试纸先变蓝，后褪色推测出物质的性质
正确答案
（3）不合理；因为白雾中可能含有少量SO2，也容易产生沉淀
解析
（3）由于白雾中可能含有少量Cl2和SO2，导入硝酸酸化的AgNO3溶液中，也容易产生沉淀，所以结论不合理；
故答案为：不合理；因为白雾中可能含有少量SO2，也容易产生沉淀
考查方向
解题思路
（3）由于白雾中可能含有少量Cl2和SO2，导入硝酸酸化的AgNO3溶液中，也容易产生沉淀，所以结论不合理；
易错点
无法正确判断出白雾的成分
正确答案
（4）ClO-+Cl-+2H+=H2O+Cl2↑；
解析
（4）现象2中溶液变为黄绿色，说明有氯气产生，这是由于随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应，该反应的离子方程式为ClO－+Cl－+2H+=2H2O+Cl2↑；
故答案为：ClO-+Cl-+2H+=H2O+Cl2↑；
考查方向
解题思路
（4）现象2中溶液变为黄绿色，说明有氯气产生，这是由于随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应，该反应的离子方程式为ClO－+Cl－+2H+=2H2O+Cl2↑；
易错点
氧化还原反应离子方程式不能正确书写
正确答案
（5）①CaSO4；
②SO2+Cl2+2H2O+Ca2+=CaSO4↓+2Cl-+4H+(或SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+)
解析
（5）①SO2被氧化生成硫酸，进而生成硫酸钙沉淀，因此将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到的沉淀为CaSO4；
②由于氯气能把SO2氧化为硫酸，进而产生硫酸钙沉淀，所以黄绿色褪去，反应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O+Ca2+=CaSO4↓+2Cl-+4H+。
故答案为：①CaSO4；
②SO2+Cl2+2H2O+Ca2+=CaSO4↓+2Cl-+4H+(或SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+)
考查方向
解题思路
（5）①SO2被氧化生成硫酸，进而生成硫酸钙沉淀，因此将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到的沉淀为CaSO4；
②由于氯气能把SO2氧化为硫酸，进而产生硫酸钙沉淀，所以黄绿色褪去，反应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O+Ca2+=CaSO4↓+2Cl-+4H+。
易错点
无法用方程式解释实验现象
正确答案
（1）浅黄色固体变为白色；
（2）SO2+Na2O2=Na2SO4；
（3）Z中NaOH溶液倒吸入Y管中；
解析
过氧化钠具有强氧化性，能把SO2氧化为硫酸钠，因此实验现象是浅黄色固体变为白色，反应的化学方程式为SO2+Na2O2=Na2SO4；将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温，打开K2后由于SO2被吸收，压强减小，从而产生倒吸现象，所以实验现象为Z中NaOH溶液倒吸入Y管中。
故答案为：（1）浅黄色固体变为白色（2）SO2+Na2O2=Na2SO4；（3）Z中NaOH溶液倒吸入Y管中；
考查方向
解题思路
过氧化钠具有强氧化性，能把SO2氧化为硫酸钠，因此实验现象是浅黄色固体变为白色，反应的化学方程式为SO2+Na2O2=Na2SO4；将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温，打开K2后由于SO2被吸收，压强减小，从而产生倒吸现象，所以实验现象为Z中NaOH溶液倒吸入Y管中。
易错点
实验过程判断不准确
碱式氯化铝[ Al2(OH)nCl6-n ] 是利用工业铝灰和活性铝矾土为原料（主要含Al、Al2O3、SiO2及铁的氧化物）经过精制加工而成，此产品活性较高，对工业污水具有较好的净化效果。其制备流程如下：
29. 原料需要粉碎，其目的是 ；滤渣I的主要成分是 ；
30. 步骤①在煮沸过程中，溶液逐渐变为浅绿色，检验溶液中呈浅绿色的阳离子常采用加入 溶液进行检验（填试剂化学式）。
31. 步骤②中加入适量的Ca(OH)2并控制pH，其目的：一是生成碱式氯化铝；二是 ；已知碱式氯化铝的分散质粒子大小在1~100 nm之间，则区别滤液I与碱式氯化铝两种液体的物理方法是 ；若Ca(OH)2溶液过量，则步骤③得到的碱式氯化铝产率偏低，用离子方程式解释其原因为 ；
32. 某温度下若0.1 mol AlCl3溶于蒸馏水，当有2.5%水解生成Al(OH)3胶体时，吸收热量Q kJ ，该水解过程的热化学反应方程为 。
正确答案
（1）增大反应物接触面积，加快溶解速率，提高Al3+的浸出率； SiO2 （或：二氧化硅）；
解析
（1）原料都是固体，将固体物质粉碎，其目的是为了增大反应物接触面积，加快溶解速率（提高Al3+的浸出率）；Al、Al2O3、Fe2O3等金属或金属氧化物都能溶于酸，滤渣I的主要成分是SiO2
故答案为：（1）增大反应物接触面积，加快溶解速率，提高Al3+的浸出率； SiO2
考查方向
解题思路
（1）原料都是固体，将固体物质粉碎，其目的是为了增大反应物接触面积，加快溶解速率（提高Al3+的浸出率）；Al、Al2O3、Fe2O3等金属或金属氧化物都能溶于酸，滤渣I的主要成分是SiO2
故答案为：（1）增大反应物接触面积，加快溶解速率，提高Al3+的浸出率； SiO2
易错点
能够溶解于酸的物质判断不完全
正确答案
（2）K3[Fe(CN)6]
解析
（2）步骤①在煮沸过程中，溶液逐渐变为浅绿色，此时溶液中呈浅绿色的阳离子Fe2+常采用加入K3[Fe(CN)6]溶液的方法来检验。
故答案为：K3[Fe(CN)6]
考查方向
解题思路
（2）步骤①在煮沸过程中，溶液逐渐变为浅绿色，此时溶液中呈浅绿色的阳离子Fe2+常采用加入K3[Fe(CN)6]溶液的方法来检验。
易错点
不能通过实验现象判断出所含离子的种类
正确答案
（3）除Fe3+ 观察是否有丁达尔效应 Al3+ + 4OH－＝AlO2- + 2H2O
解析
（3）步骤②中加入适量的Ca(OH)2并控制pH，其目的：一是生成碱式氯化铝；二是使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去。由于碱式氯化铝的分散质粒子大小在1~100 nm之间，所以属于胶体；而滤液则属于溶液。因此区别滤液I与碱式氯化铝两种液体的物理方法是利用胶体的性质，观察是否有丁达尔效应，有观察是否有丁达尔效应的就是胶体，否则就是滤液。若Ca(OH)2溶液过量，则会发生反应Al3+ + 4OH－＝AlO2-+ 2H2O，导致步骤③得到的碱式氯化铝产率偏低。
故答案为：除Fe3+ 观察是否有丁达尔效应 Al3+ + 4OH－＝AlO2- + 2H2O
考查方向
解题思路
（3）步骤②中加入适量的Ca(OH)2并控制pH，其目的：一是生成碱式氯化铝；二是使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去。由于碱式氯化铝的分散质粒子大小在1~100 nm之间，所以属于胶体；而滤液则属于溶液。因此区别滤液I与碱式氯化铝两种液体的物理方法是利用胶体的性质，观察是否有丁达尔效应，有观察是否有丁达尔效应的就是胶体，否则就是滤液。若Ca(OH)2溶液过量，则会发生反应Al3+ + 4OH－＝AlO2-+ 2H2O，导致步骤③得到的碱式氯化铝产率偏低。
易错点
书写离子反应是忽略物质的用量
正确答案
（4）AlCl3(aq) + 3H2O(l) == Al(OH)3(胶体) + 3HCl(aq) ΔH ＝+400Q kJ∕mol
解析
（4）某温度下若0.1 mol AlCl3溶于蒸馏水，当有2.5%水解生成Al(OH)3溶液时，吸收热量Q kJ ，该过程的热化学反应方程式为AlCl3(aq) + 3H2O(l)
故答案为：AlCl3(aq) + 3H2O(l) == Al(OH)3(胶体) + 3HCl(aq) ΔH ＝+400Q kJ∕mol
考查方向
解题思路
（4）某温度下若0.1 mol AlCl3溶于蒸馏水，当有2.5%水解生成Al(OH)3溶液时，吸收热量Q kJ ，该过程的热化学反应方程式为AlCl3(aq) + 3H2O(l)
易错点
反应热的计算错误
铁、钴（Co）、镍（Ni）是同族元素，都是较活泼的金属，它们的化合物在工业上有重要的应用．
33. 草酸钴（CoC₂O₄）是一种难溶于水的浅粉红色粉末，通常用硫酸钴溶液和草酸铵溶液反应制得，写出该反应的离子方程式：
34. 
35. 
（已知Ksp[Co（OH）2]=6.0×10﹣15，Ksp[Ni（OH）2]=2.0×10﹣15）
36. 古代铁器(埋藏在地下)在严重缺氧的环境中，仍然锈蚀严重(电化学腐蚀)。原因是一种叫做硫酸盐还原菌的细菌，能提供正极反应的催化剂，每48gSO放电转移电子数为2.408×1024，该反应放出的能量供给细菌生长、繁殖之需。
①写出该电化学腐蚀的正极反应的电极反应式： 。
②文物出土前，铁器表面的腐蚀产物可能有(写化学式) 。
正确答案
（1）C₂O₄2— + Co2+ = CoC₂O₄↓；
解析
硫酸钴溶液和草酸铵溶液发生复分解反应生成难容的草酸钴，根据原子守恒和电荷守恒，有C₂O₄2— + Co2+ = CoC₂O₄↓；
故答案为：C₂O₄2— + Co2+ = CoC₂O₄↓；
考查方向
解题思路
（1）硫酸钴溶液和草酸铵溶液发生复分解反应生成难容的草酸钴，根据原子守恒和电荷守恒书写离子方程式
易错点
复分解反应书写方法未掌握
正确答案
（2）< 0.09 90% 180 L·mol －1
解析
（2）根据平衡移动原理可知，升高温度平衡向吸热的方向移动，据此图可知，升高温度c(Fe（SCN）2+)的值减小，所以△H<0，反应在5S钟时达到平衡，平衡时c(Fe（SCN）2+)=0.45mol/L，则达到平衡时的平均反应速率v(SCN-)= v(Fe（SCN）2+)=
故答案为：< 0.09 90% 180 L·mol －1
考查方向
解题思路
（2）根据平衡移动原理可知，升高温度平衡向吸热的方向移动，据此可判断反应的△H；根据
易错点
不会使用三短法进行基本计算
正确答案
（3）3.0
解析
（3））Ksp[Co（OH）2]=6.0×10﹣15，Ksp[Ni（OH）2]=2.0×10﹣15，对于同种类型的沉淀Ksp越小，越难溶，则在低价氢氧化钠溶液的过程中，二价镍离子先沉淀，Ni2++2OH-=Ni(OH)2↓,当Co2+开始沉淀是，溶液中存在两个溶解平衡：Co（OH）2= Co2++2OH-，Ni（OH）2= Ni2++2OH-，根据Ksp[Co（OH）2]计算出此时溶液中氢氧根离子浓度
故答案为：3.0
考查方向
解题思路
（3）Ksp[Co（OH）2]=6.0×10﹣15，Ksp[Ni（OH）2]=2.0×10﹣15，对于同种类型的沉淀Ksp越小，越难溶，则在低价氢氧化钠溶液的过程中，二价镍离子先沉淀，Ni2++2OH-=Ni(OH)2↓,当Co2+开始沉淀是，溶液中存在两个溶解平衡：Co（OH）2= Co2++2OH-，Ni（OH）2= Ni2++2OH-，根据Ksp[Co（OH）2]计算出此时溶液中氢氧根离子浓度，则可计算出此时溶液中剩下的镍离子浓度，最终计算出
易错点
不会利用溶度积进行基本计算
正确答案
（4） ①SO＋8e－＋4H2O===S2－＋8OH－ ； ②Fe(OH)2，FeS
解析
根据题意可知，正极：SO42-+8e－+ 4H2O=S2-+8OH- ，负极：Fe－2e－＝Fe2+ ，两极产物相遇，生成Fe (OH)2 ； FeS。
故答案为：①SO＋8e－＋4H2O===S2－＋8OH－ ； ②Fe(OH)2，FeS
考查方向
解题思路
根据题意可知，正极：SO42-+8e－+ 4H2O=S2-+8OH- ，负极：Fe－2e－＝Fe2+ ，两极产物相遇，生成Fe (OH)2 ； FeS。
易错点
电化学腐蚀原理不明确
氮族元素化合物在医药、纳米材料制备中应用广泛。
37. P元素的基态电子电子排布式为
38. 白磷的分子式为P4，其结构如下图所示，科学家目前合成了 N4分子， N 原子的杂化轨道类型是 ，N—N—N 键的键角为 ；
[来源:学*科*网
39. N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为 。[来源:学.科.网Z.X.X.K]
40. HNO3、HNO2是氮元素形成的含氧酸，酸性较强的是 ，酸根中没有孤对电子的是 ，NO2—空间构型是 。
41. 
正确答案
(1)1s22s22p63s23p3 或【Ne】3s23p3
解析
（1）P原子核外有15个电子，根据构造原理书写基态P原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p3
故答案为：1s22s22p63s23p3
考查方向
解题思路
（1）P原子核外有15个电子，根据构造原理书写基态P原子核外电子排布式
易错点
书写电子排布式的方法不掌握
正确答案
(2) sp3 60°
解析
（2）N4分子中每个N原子价层电子对个数是4且含有一对孤对电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化方式为sp3；该分子结构和白琳分子结构相同，为正四面体结构，键角为60度
考查方向
解题思路
（2）N4分子中每个N原子价层电子对个数是4且含有一对孤对电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化方式；该分子结构和白琳分子结构相同，为正四面体结构
易错点
杂化类型不会判断
正确答案
(3) N>P>As
解析
（3）同主族元素，元素第一电离能随着原子序数增大而减小，故第一电离能N>P>As
故答案为：N>P>As
考查方向
解题思路
（3）同主族元素，元素第一电离能随着原子序数增大而减小；
易错点
第一电离能变化规律未掌握
正确答案
(4) HNO3 NO3— V形
解析
（4）同一非金属元素形成的含氧酸中，非羟基O原子个数越多该酸酸性越强，硝酸分子中非羟基氧原子个数大于亚硝酸，所以硝酸酸性较强，硝酸根离子中孤店子对个数=
故答案为HNO3 NO3— V形
考查方向
解题思路
（4）同一非金属元素形成的含氧酸中，非羟基O原子个数越多该酸酸性越强，硝酸分子中非羟基氧原子个数大于亚硝酸，所以硝酸酸性较强，硝酸根离子中孤店子对个数=
易错点
不会通过计算发法推断出空间构型
正确答案
(5) 氮化硼（或BN） 5.8×1032/NA·a3
解析
（5）立方砷化镓晶体与立方氮化硼晶体结构类似，均属于原子晶体，原子半径小，共价键越强，晶体熔点越高，故氮化硼熔点更高；晶胞中 As、Ga原子数目均为4，晶胞质量为
故答案为：5.8×1032/NA·a3
考查方向
解题思路
（5）立方砷化镓晶体与立方氮化硼晶体结构类似，均属于原子晶体，原子半径小，共价键越强，晶体熔点越高，根据均摊法计算晶胞中As、Ga原子数目，表示出晶胞质量，根据密度共识进行计算
易错点
不会利用密度公式进行晶胞的基本计算