- 真题试卷
- 模拟试卷
- 预测试卷
3．W是由短周期元素X、Y、Z组成的盐。X、Y、Z原子的最外层电子数依次增大，Z原子最外层电子数是内层电子数的3倍；X、Y原子最外层电子数之和等于Z原子的最外层电子数；Y、Z同周期且相邻，但与X不同周期。下列说法一定正确的是（ ）
正确答案
解析
W是由短周期元素X、Y、Z组成的盐，X、Y、Z原子的最外层电子数依次增大，Z原子最外层电子数是内层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，所以其内层为K层，则Z为O元素；X、Y原子最外层电子数之和等于Z原子的最外层电子数，则X和Y最外层电子数之和为6；Y、Z同周期且相邻，Y原子序数小于Z，所以Y是N元素，但Y与X不同周期，则X是H元素，则W是NH4NO3或NH4NO2，
A．主族元素最高正化合价等于其族序数，但O、F元素除外，所以这三种元素最高正化合价中Y的最大，故A错误
B．如果W是硝酸铵，为强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，故B错误；
C．原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，其原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径Y＞Z＞X，故C错误；
D．Y是N元素，其最高价氧化物的水化物是硝酸，硝酸是强酸，故D正确；
考查方向
解题思路
W是由短周期元素X、Y、Z组成的盐，X、Y、Z原子的最外层电子数依次增大，Z原子最外层电子数是内层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，所以其内层为K层，则Z为O元素；X、Y原子最外层电子数之和等于Z原子的最外层电子数，则X和Y最外层电子数之和为6；Y、Z同周期且相邻，Y原子序数小于Z，所以Y是N元素，但Y与X不同周期，则X是H元素，则NH4NO3或NH4NO2，A．主族元素最高正化合价等于其族序数，但O、F元素除外；B．硝酸铵为强酸弱碱盐；C．原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，其原子半径随着原子序数增大而减小；D．Y是N元素，其最高价氧化物的水化物是硝酸．
易错点
对XYZ三种物质推断错误
知识点
2．茅台酒中存在少量具有凤梨香味的物质X，其结构如右下图所示。下列说法正确的是（ ）
AX难溶于乙醇
B酒中的少量丁酸能抑制X的水解
C分子式为 C4H8O2且官能团与X相同的物质有5种
DX完全燃烧后
正确答案
解析
A．该物质中含有酯基，具有酯的性质，根据相似相溶原理知，该物质易溶于有机溶剂乙醇，故A错误；
B．该物质为丁酸乙酯，一定条件下能发生水解反应生成丁酸和乙醇，所以酒中的少量丁酸能抑制X水解，故B正确；
C．分子式为C4H8O2且官能团与X相同的物质中含有酯基，可能是甲酸正丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯飞，符合条件的同分异构体有4种，故C错误；
D．该物质分子式为C6H12O2，根据原子守恒判断X完全燃烧生成二氧化碳和水的物质的量之比，X完全燃烧后生成CO2和H20的物质的量比为1：1，故D错误；
考查方向
解题思路
A．该物质中含有酯基，具有酯的性质，该物质易溶于有机溶剂；
B．该物质为丁酸乙酯，一定条件下能发生水解反应生成丁酸和乙醇；
C．分子式为C4H8O2且官能团与X相同的物质中含有酯基，可能是甲酸正丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯；
D．该物质分子式为C6H12O2，根据原子守恒判断X完全燃烧生成二氧化碳和水的物质的量之比．
易错点
有机物性质的判断
知识点
1．中国丝绸有五千年的历史和文化。古代染坊常用某种“碱剂”来精炼丝绸，该“碱剂”的主要成分是一种盐，能促进蚕丝表层的丝胶蛋白杂质水解而除去，使丝绸颜色洁白、质感柔软、色泽光亮。这种“碱剂”可能是（ ）
正确答案
解析
由题意可知，该物质是一种盐，水溶液呈碱性，为强碱弱酸盐。
A．食盐中氯化钠为强酸强碱盐，故A错误；
B．火碱是氢氧化钠，属于碱，故B错误；
C．草木灰中碳酸钾强碱弱酸盐，故C正确；
D．胆矾是硫酸铜晶体，是强酸弱碱盐，故D错误；
考查方向
解题思路
由题意可知，该物质是一种盐，水溶液呈碱性，为强碱弱酸盐来解答．
易错点
对碱物质认识不清
知识点
4．一定条件下，实验室利用右图所示装置，通过测电压求算 Ksp(AgCl)。工作一段时间后，两电极质量均增大。下列说法错误的是( )
A该装置工作时化学能转化为电能
B左池中的银电极作正极
C总反应为Ag+(aq) ＋ Cl−(aq)
D盐桥中的K+向右池方向移动
正确答案
解析
A、该电池是原电池，将化学能转化为电能，故A正确；B、银失电子发生氧化反应为负极，而不是正极，故B错误；C、总的电极反应式为：Ag++Cl-═AgCl↓，故正确；D、阳离子向正极移动，左池是负极右池是正极，所以盐桥中的K+向右池方向移动，故D正确；故选B．
考查方向
解题思路
A、该电池是原电池；
B、银失电子发生氧化反应为负极；
C、总的电极反应式为：Ag++Cl-═AgCl↓；
D、阳离子向正极移动．
易错点
原电池正负极化学式的书写
知识点
5．室温下，0.1 mol·L−1 NaHCO3溶液的pH = 8.31，有关该溶液的判断正确的是( )
正确答案
解析
A．室温下，0.1mol•L-1NaHCO3溶液的pH=8.31，溶液呈碱性，说明HCO3-的水解程度大于电离程度，但其电离和水解程度都较小，水电离也生成氢氧根离子，钠离子不水解，所以离子浓度大小顺序是
c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（CO32-）＞c（H+），故A错误；B．Ka1（H2CO3）•Ka2（H2CO3）=c(H+)．c(HCO3−)/C(H2CO3).c(H+)．c(CO32−)/c(HCO3−)，碳酸和碳酸氢根离子都部分电离，所以c(H+)．c(HCO3−)/C(H2CO3)＜c（H+），c(H+)．c(CO32−)/c(HCO3−)＜c（H+），因为室温下纯水中，c（OH-）=c（H+），所以Ka1（H2CO3）•Ka2（H2CO3）＜KW，故B正确；C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），故C错误；D．任何电解质溶液中都存在物料守恒，未加NaOH时，根据物料守恒c（Na+）=c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-），加入NaOH溶液时则存在c（Na+）＞c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-），故D错误
考查方向
解题思路
A．室温下，0.1mol•L-1NaHCO3溶液的pH=8.31，溶液呈碱性，说明HCO3-的水解程度大于电离程度，但其电离和水解程度都较小，水电离也生成氢氧根离子；
B．Ka1（H2CO3）•Ka2（H2CO3）=c(H+)．c(HCO3−)/C(H2CO3).c(H+)．c(CO32−)/c(HCO3−)
C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；
D．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断．
易错点
对溶液中离子浓度判断不清
知识点
6．用下图所示装置进行实验，能得出相应实验结论的是( )
甲 乙
正确答案
解析
：A..强酸能弱酸盐反应生成弱酸，根据强酸制取弱酸判断酸性强弱，稀硫酸和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化碳、水和硅酸钠反应生成难溶性硅酸，看到的现象是烧瓶中有气体生成、c中有沉淀生成，所以可以实现实验目的，故A正确；B．稀盐酸和二氧化锰不反应，浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯气，所以不能得到氯气，不能实现实验目的，故B错误；C．碳酸钠热稳定性较强，碳酸氢钠不稳定，受热易分解，所以d为碳酸钠、e为碳酸氢钠，故C错误；D．氯化铵不稳定受热易分解，所以该装置不能实现实验目的，故D错误；
考查方向
解题思路
A．强酸能弱酸盐反应生成弱酸，根据强酸制取弱酸判断酸性强弱；
B．稀盐酸和二氧化锰不反应，浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯气；
C．碳酸钠热稳定性较强，碳酸氢钠不稳定，受热易分解；
D．氯化铵不稳定受热易分解．
易错点
对反应装置即实验过程和实验结论认识不清
知识点
7．加热HCOONa固体，发生的反应有( )
HCOONa加热分解时，固体失重率与温度的关系如下图所示。下列说法正确的是( )
正确答案
解析
A．加热完全分解得到Na2C2O4时，失重率为2/136×100%≈1.47%＜5%，则T＜415℃时反应①、②同时发生，故B错误；B．由A中分析可知，反应①、②可能同时发生，故B错误；C．加热分解完全残留固体为Na2CO3，失重率为30/136×100%≈22.1%，则570℃＜T＜600℃时，残留固体的主要成分是Na2CO3，故C正确；D．残留固体中的m（Na2C2O4）=m（Na2CO3）时，无法判断所需时间，不能判断反应①、②的反应速率，故D错误．
考查方向
解题思路
加热分解完全残留固体为Na2CO3，失重率为30/136×100%≈22.1%，则570℃＜T时残留固体的主要成分是Na2CO3，完全分解得到Na2C2O4时，失重率为2/136×100%≈1.47%，则T＜415℃时反应①、②同时发生，残留固体中的m（Na2C2O4）=m（Na2CO3）时，无法判断所需时间，不能判断反应①、②的反应速率．
易错点
对图像的分析不到位
知识点
【科目】化学
10. 以某菱锰矿（含MnCO3、SiO2、FeCO3和少量Al2O3等）为原料通过以下方法可获得碳酸锰粗产品。（已知：Ksp(MnCO3) = 2.2×10−11，Ksp[Mn(OH)2] = 1.9×10−13，Ksp[Al(OH)3] = 1.3×10−33）
滤渣1中，含铁元素的物质主要是 （填化学式，下同）；加NaOH调节溶液的pH约为5，如果pH过大，可能导致滤渣1中 含量减少。
11.滤液2中，+1价阳离子除了H+外还有 （填离子符号）。
12.取“沉锰”前溶液a mL于锥形瓶中，加入少量AgNO3溶液（作催化剂）和过量的1.5%(NH4)2S2O8溶液，加热，Mn2+被氧化为MnO4−，反应一段时间后再煮沸5min[除去过量的(NH4)2S2O8]，冷却至室温。选用适宜的指示剂，用b mol·L−1 的(NH4)2Fe(SO4)标准溶液滴定至终点，消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液V mL。
① Mn2+与(NH4)2S2O8反应的还原产物为 （填化学式）。
② “沉锰”前溶液中c(Mn2+) = mol·L−1（列出表达式）。
13.其他条件不变，“沉锰”过程中锰元素回收率与NH4HCO3初始浓度（c0）、反应时间的关系如下图所示。
NH4HCO3初始浓度越大，锰元素回收率越 （填“高”或“低”），简述原因 。
14. 若溶液中c(Mn2+) = 1.0 mol·L−1，加入等体积1.8 mol·L−1 NH4HCO3溶液进行反应，计算20 ~ 40 min内v(Mn2+) = 。
正确答案
（1）Fe(OH)3 Al(OH)3、SiO2
解析
菱锰矿用稀硫酸溶解，MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐，SiO2不反应，酸性条件下，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，MnO2还原生成Mn2+，调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+完全转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤分离，滤渣1为SiO2、Al（OH）3、Fe（OH）3，滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等，加入碳酸氢铵得到MnCO3，过滤分离，滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等．滤渣1中，含铁元素的物质主要是Fe（OH）3；加NaOH调节溶液的pH约为5，如果pH过大，可能导致滤渣1中SiO2、Al（OH）3溶解；故答案为：Fe（OH）3；SiO2、Al（OH）3；
考查方向
解题思路
菱锰矿用稀硫酸溶解，MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐，SiO2不反应，酸性条件下，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，MnO2还原生成Mn2+，调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+完全转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤分离，滤渣1为SiO2、Al（OH）3、Fe（OH）3，滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等，加入碳酸氢铵得到MnCO3，过滤分离，滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等．滤渣1中，含铁元素的物质主要是氢氧化铁；加NaOH调节溶液的pH约为5，如果pH过大，可能导致滤渣1中氢氧化铝、二氧化硅溶解；
易错点
对公式记忆不清,不能熟练应用
正确答案
Na+、NH4+；
解析
菱锰矿用稀硫酸溶解，MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐，SiO2不反应，酸性条件下，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，MnO2还原生成Mn2+，调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+完全转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤分离，滤渣1为SiO2、Al（OH）3、Fe（OH）3，滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等，加入碳酸氢铵得到MnCO3，过滤分离，滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等．滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等，+1价阳离子除了H+外还有：Na+、NH4+，故答案为：Na+、NH4+；
考查方向
解题思路
菱锰矿用稀硫酸溶解，MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐，SiO2不反应，酸性条件下，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，MnO2还原生成Mn2+，调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+完全转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤分离，滤渣1为SiO2、Al（OH）3、Fe（OH）3，滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等，加入碳酸氢铵得到MnCO3，过滤分离，滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等．
易错点
对公式记忆不清,不能熟练应用
正确答案
① SO42− [或“H2SO4”“Na2SO4”“(NH4)2SO4”] ②
解析
菱锰矿用稀硫酸溶解，MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐，SiO2不反应，酸性条件下，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，MnO2还原生成Mn2+，调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+完全转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤分离，滤渣1为SiO2、Al（OH）3、Fe（OH）3，滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等，加入碳酸氢铵得到MnCO3，过滤分离，滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等．①Mn2+被氧化，（NH4）2S2O8中S元素还原为SO42-，故答案为：SO42-；②由Mn元素守恒、电子转移守恒，可得关系式：Mn2+～MnO4-～5Fe2+，则n（Mn2+）=1/5n（Fe2+），所以c（Mn2+）=1/5×V×10−3L×bmol/L/a×10−3L=bV/5amol/L，故答案为：bV/5a
考查方向
解题思路
菱锰矿用稀硫酸溶解，MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐，SiO2不反应，酸性条件下，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，MnO2还原生成Mn2+，调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+完全转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤分离，滤渣1为SiO2、Al（OH）3、Fe（OH）3，滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等，加入碳酸氢铵得到MnCO3，过滤分离，滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等．由Mn元素守恒、电子转移守恒，可得关系式：Mn2+～MnO4-～5Fe2+，结合关系式计算；
易错点
对公式记忆不清,不能熟练应用
正确答案
① 高 ② 根据Ksp=c(CO32−)·c(Mn2+)，c(NH4HCO3)越大，c(CO32-)越大，c(Mn2+)越小，析出的MnCO3越多[或c(NH4HCO3)越大，c(CO32-)越大，使平衡MnCO3(s)
解析
菱锰矿用稀硫酸溶解，MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐，SiO2不反应，酸性条件下，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，MnO2还原生成Mn2+，调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+完全转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤分离，滤渣1为SiO2、Al（OH）3、Fe（OH）3，滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等，加入碳酸氢铵得到MnCO3，过滤分离，滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等．①由图可知，NH4HCO3初始浓度越大，锰元素回收率越高；NH4HCO3初始浓度越大，溶液中c（CO32-）度越大，根据溶度积Ksp（MnCO3）=c（Mn2+）×c（CO32-）可知溶液c（Mn2+）越小，析出的MnCO3越多，故答案为：高；NH4HCO3初始浓度越大，溶液中c（CO32-）度越大，根据溶度积Ksp（MnCO3）=c（Mn2+）×c（CO32-）可知溶液c（Mn2+）越小，析出的MnCO3越多；
考查方向
解题思路
菱锰矿用稀硫酸溶解，MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐，SiO2不反应，酸性条件下，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，MnO2还原生成Mn2+，调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+完全转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤分离，滤渣1为SiO2、Al（OH）3、Fe（OH）3，滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等，加入碳酸氢铵得到MnCO3，过滤分离，滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等．①由图可知，NH4HCO3初始浓度越大，锰元素回收率越高；NH4HCO3初始浓度越大，溶液中碳酸根离子浓度越大，根据溶度积可知溶液c（Mn2+）越小；
易错点
对公式记忆不清,不能熟练应用
正确答案
7.5×10−3 mol·L−1·min−1
解析
菱锰矿用稀硫酸溶解，MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐，SiO2不反应，酸性条件下，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，MnO2还原生成Mn2+，调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+完全转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤分离，滤渣1为SiO2、Al（OH）3、Fe（OH）3，滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等，加入碳酸氢铵得到MnCO3，过滤分离，滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等．若溶液中c（Mn2+）=1.0 mol•L-1，加入等体积1.8 mol•L-1NH4HCO3溶液进行反应，混合后NH4HCO3溶液浓度为0.9mol/L，为图象中d曲线，20～40 min内△c（Mn2+）=1mol/L×1/2×（50%-20%）=0.15mol/L，则20～40 min内v（Mn2+）=0.15mol/L/(40−20)min=0.0075mol/（L．min），故答案为：0.0075mol/（L．min）．
考查方向
解题思路
菱锰矿用稀硫酸溶解，MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐，SiO2不反应，酸性条件下，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，MnO2还原生成Mn2+，调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+完全转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤分离，滤渣1为SiO2、Al（OH）3、Fe（OH）3，滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等，加入碳酸氢铵得到MnCO3，过滤分离，滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等．若溶液中c（Mn2+）=1.0 mol•L-1，加入等体积1.8 mol•L-1NH4HCO3溶液进行反应，混合后NH4HCO3溶液浓度为0.9mol/L，为图象中d曲线，根据回收率可以计算△c（Mn2+），进而计算20～40 min内v（Mn2+）．
易错点
对公式记忆不清,不能熟练应用
【科目】化学
15.．乙二醛（OHC—CHO）是一种重要的精细化工产品。
Ⅰ. 工业生产乙二醛，乙醛（CH3CHO）液相硝酸氧化法在Cu(NO3)2催化下，用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛，反应的化学方程式为 。该法具有原料易得、反应条件温和等优点，但也存在比较明显的缺点是 。
16.乙二醇（HOCH2CH2OH）气相氧化法
① 已知：OHC—CHO(g) +2H2(g) 
2H2(g) + O2(g) 
乙二醇气相氧化反应HOCH2CH2OH(g) +O2(g) 
② 当原料气中氧醇比为1.35时，乙二醛和副产物CO2的产率与反应温度的关系如下图所示。
反应温度在450~495℃之间和超过495℃时，乙二醛产率降低的主要原因分别是 、 。
17.Ⅱ. 乙二醛电解氧化制备乙醛酸（OHC—COOH）的生产装置如下图所示，通电后，阳极产生的Cl2与乙二醛溶液反应生成乙醛酸。
阴极反应式为 。
18.阳极液中盐酸的作用，除了产生氯气外，还有 。
19.保持电流强度为a A，电解t min，制得乙醛酸m g，列式表示该装置在本次电解中的电流效率η= 。
（设：法拉第常数为f C•mol−1；η=
正确答案
【答案】（1）3CH3CHO + 4HNO3 
解析
用乙醛制取乙二醛,方程式为3CH3CHO + 4HNO3 
对实验装置进行分析可知实验的缺点为尾气;
考查方向
解题思路
用乙醛制取乙二醛,方程式为3CH3CHO + 4HNO3 
对实验装置进行分析可知实验的缺点为尾气;根据计算公式计算化学平衡常数
根据电解池结构书写阴极反应式;盐酸作用除了产生氯气,应该还有增强导电性
易错点
电解制备乙醛酸的过程中对阳极阴极反应认识不清
正确答案
− 406 
解析
根据计算公式计算化学平衡常数
考查方向
解题思路
用乙醛制取乙二醛,方程式为3CH3CHO + 4HNO3 
对实验装置进行分析可知实验的缺点为尾气;根据计算公式计算化学平衡常数，根据电解池结构书写阴极反应式;盐酸作用除了产生氯气,应该还有增强导电性
易错点
电解制备乙醛酸的过程中对阳极阴极反应认识不清
正确答案
2H+ + 2e－ ＝ H2↑
解析
根据电解池结构书写阴极反应式;
考查方向
解题思路
用乙醛制取乙二醛,方程式为3CH3CHO + 4HNO3 
对实验装置进行分析可知实验的缺点为尾气;根据计算公式计算化学平衡常数
根据电解池结构书写阴极反应式;盐酸作用除了产生氯气,应该还有增强导电性
易错点
电解制备乙醛酸的过程中对阳极阴极反应认识不清
正确答案
增强导电性（或“平衡阴极区电解液电荷”等其他合理答案）
解析
盐酸作用除了产生氯气,应该还有增强导电性
考查方向
解题思路
用乙醛制取乙二醛,方程式为3CH3CHO + 4HNO3 
对实验装置进行分析可知实验的缺点为尾气;根据计算公式计算化学平衡常数
根据电解池结构书写阴极反应式;盐酸作用除了产生氯气,应该还有增强导电性
易错点
电解制备乙醛酸的过程中对阳极阴极反应认识不清
正确答案
解析
考查方向
解题思路
用乙醛制取乙二醛,方程式为3CH3CHO + 4HNO3 
对实验装置进行分析可知实验的缺点为尾气;根据计算公式计算化学平衡常数
根据电解池结构书写阴极反应式;盐酸作用除了产生氯气,应该还有增强导电性
易错点
电解制备乙醛酸的过程中对阳极阴极反应认识不清
【科目】化学
8. CuCl晶体呈白色，熔点为430℃，沸点为1490℃，见光分解，露置于潮湿空气中易被氧化，难溶于水、稀盐酸、乙醇，易溶于浓盐酸生成H3CuCl4，反应的化学方程式为CuCl(s) + 3HCl(aq) ⇌ H3CuCl4(aq)。
实验室用下图所示装置制取CuCl，反应原理为：
2Cu2+ + SO2 + 8Cl− + 2H2O == 2CuCl43− + SO42− + 4H+
AuCl43−(aq) ⇌ CuCl(s) + 3Cl−(aq)
① 装置C的作用是 
② 装置B中反应结束后，取出混合物进行如下图所示操作，得到CuCl晶体。
操作ⅱ的主要目的是 ；操作ⅳ中宜选用的试剂是 。
③ 实验室保存新制CuCl晶体的方法是 。
④ 欲提纯某混有铜粉的CuCl晶体，请简述实验方案 。
9.某同学利用如下图所示装置，测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的百分组成。
已知：i. CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成Cu(CO)Cl·H2O。
ii.保险粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液能吸收氧气。
① D、F洗气瓶中宜盛放的试剂分别是 、 。
② 写出保险粉和KOH的混合溶液吸收O2的离子方程式： 。
正确答案
解析
：①A装置准备二氧化硫，B中盛放氯化铜溶液，与二氧化硫反应得到CuCl，C装置盛放氢氧化钠溶液，吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气，故答案为：吸收SO2尾气；②操作ⅱ倒入溶有二氧化硫的溶液，有利于CuCl析出，二氧化硫具有还原性，可以防止CuCl被氧化；CuCl难溶于水、稀盐酸和乙醇，可以用水、稀盐酸或乙醇洗涤，减小因溶解导致的损失，故答案为：促进CuCl析出、防止CuCl被氧化；水、稀盐酸或乙醇；③由于CuCl见光分解、露置于潮湿空气中易被氧化，应避光、密封保存，故答案为：避光、密封；④提纯某混有铜粉的CuCl晶体实验方案：将固体溶于浓盐酸后过滤，去滤液加入大量的水稀释，过滤、洗涤、干燥得到CuCl，故答案为：将固体溶于浓盐酸后过滤，取滤液加入大量水，过滤，洗涤，干燥；
考查方向
解题思路
①A装置准备二氧化硫，B中盛放氯化铜溶液，与二氧化硫反应得到CuCl，C装置盛放氢氧化钠溶液，吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气；②操作ⅱ倒入溶有二氧化硫的溶液，有利于CuCl析出，二氧化硫具有还原性，可以与溶液中氧气反应；CuCl难溶于水、稀盐酸和乙醇；③由于CuCl见光分解、露置于潮湿空气中易被氧化，应避光、密封；④利用浓盐酸溶解CuCl生成H3CuCl4，过滤分离，再用水稀释后过滤分离；
易错点
对实验方案,实验过程,实验原理认识不到位
正确答案
① NaOH溶液（或“KOH溶液”“Ba(OH)2溶液”等其他合理答案） CuCl的盐酸溶液
② 2S2O42−+3O2+4OH− == 4SO42−+2H2O
解析
： ①氢氧化钾会吸收二氧化碳，盐酸挥发出的HCl会影响氧气的吸收、二氧化碳的吸收，故D中盛放氢氧化钡溶液吸收二氧化碳，E中盛放保险粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液吸收氧气，F中盛放CuCl的盐酸溶液吸收CO，G测定氮气的体积，故答案为：氢氧化钡溶液；CuCl的盐酸溶液；②Na2S2O4在碱性条件下吸收氧气，发生氧化还原反应生成硫酸钠与水，反应离子方程式为：2S2O42-+3O2+4OH-=4SO42-+2H2O，故答案为：2S2O42-+3O2+4OH-=4SO42-+2H2O．
考查方向
解题思路
①氢氧化钾会吸收二氧化碳，盐酸挥发出的HCl会影响氧气的吸收、二氧化碳的吸收，故D中盛放氢氧化钡溶液吸收二氧化碳，E中盛放保险粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液吸收氧气，F中盛放CuCl的盐酸溶液吸收CO，G测定氮气的体积；②Na2S2O4在碱性条件下吸收氧气，发生氧化还原反应生成硫酸钠与水．
易错点
对实验方案,实验过程,实验原理认识不到位
【科目】化学
氢化铝钠（NaAlH4）是一种新型轻质储氢材料，掺入少量Ti的NaAlH4在150℃时释氢，在170℃、15.2MPa条件下又重复吸氢。NaAlH4可由AlCl3和NaH在适当条件下合成。NaAlH4的晶胞结构如右下图所示。
20.基态Ti原子的价电子轨道表示式为 。
21.NaH的熔点为800℃，不溶于有机溶剂。NaH属于 晶体，其电子式为 。
22.AlCl3在178℃时升华，其蒸气的相对分子质量约为267，蒸气分子的结构式为 （标明配位键）。
23.AlH4－中，Al的轨道杂化方式为 ；例举与AlH4－空间构型相同的两种离子 （填化学式）。
24.NaAlH4晶体中，与Na+紧邻且等距的AlH4－有 个；NaAlH4晶体的密度为 g·cm－3（用含a的代数式表示）。若NaAlH4晶胞底心处的Na+被Li+取代，得到的晶体为 （填化学式）。
25.NaAlH4的释氢机理为：每3个AlH4－中，有2个分别释放出3个H原子和1个Al原子，同时与该Al原子最近邻的Na原子转移到被释放的Al原子留下的空位，形成新的结构。这种结构变化由表面层扩展到整个晶体，从而释放出氢气。该释氢过程可用化学方程式表示为 。
正确答案
解析
：Ti的原子序数为22，电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，价电子排布式为3d24s2，价电子轨道表示式为
考查方向
解题思路
Ti的原子序数为22，电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，价电子排布式为3d24s2，根据原子轨道中电子的填充规则画出其价电子轨道表示式；
易错点
核外电子分布图的书写,离子构型的书写
正确答案
离子 Na+[∶H]－
解析
NaH的熔点为800℃，不溶于有机溶剂，属于离子晶体；NaH是离子化合物，电子式为Na+[：H]-；
故答案为：离子；Na+[：H]-；
考查方向
解题思路
离子晶体的熔沸点较高，一般不溶于有机溶剂；NaH是离子化合物，其电子式由阴、阳离子的电子式组合而成；
易错点
核外电子分布图的书写,离子构型的书写
正确答案
解析
氯化铝中铝原子最外层电子只有3个电子，形成3个共价键，每个铝原子和四个氯原子形成共价键，且其中一个共用电子对是氯原子提供形成的配位键，如图
考查方向
解题思路
AlCl3在178℃时升华，其蒸气的相对分子质量约为267，则分子式为Al2Cl6，氯化铝中铝原子最外层电子只有3个电子，形成3个共价键，每个铝原子和四个氯原子形成共价键，且其中一个共用电子对是氯原子提供形成的配位键；
易错点
核外电子分布图的书写,离子构型的书写
正确答案
sp3 NH4+、BH4−（或“SO42−”“PO43−” 等其他合理答案）
解析
AlH4-中，Al的价层电子对数=4+1/2（3+1-1×4）=4，所以Al原子为sp3杂化；等电子体的结构相似，所以AlH4-空间构型相同的两种离子NH4+、BH4-（或“SO42-”“PO43-”）；故答案为：sp3；NH4+、BH4-（或“SO42-”“PO43-”）；
考查方向
解题思路
先求出中心原子的价层电子对数，再判断杂化类型；根据等电子体的结构相似；
易错点
核外电子分布图的书写,离子构型的书写
正确答案
8 
解析
： 以底面Na+离子研究，与之最近的AlH4-距离为√2/2anm，位于同一面的4个顶角以及其余4个侧面的面心上，共有8个；根据均摊法可知，晶胞中钠离子的个数为6×0.5+4×1/4=4，晶体的化学式为NaAlH4，所以晶胞中AlH4-的个数为4，该晶胞的质量为54×4/NAg，该晶胞体积为2a3nm3=2a3×10-21cm3，则该晶胞的密度为(216/NA)2a3×1021g•cm-3=108×1021/2a3NAg•cm-3；晶胞中AlH4-的个数为4，钠离子的个数为4，若NaAlH4晶胞底心处的Na+被Li+取代，则晶胞中AlH4-的个数为4，钠离子的个数为3，锂离子的个数为1，晶体的化学式为：Na3Li（AlH4）4；故答案为：8；
考查方向
解题思路
以底面Na+离子研究，与之最近的AlH4-位于同一面的4个顶角以及其余4个侧面的面心上；根据晶胞类型以及化学式计算出晶胞所含原子数，根据公式ρ=
易错点
核外电子分布图的书写,离子构型的书写
正确答案
3NaAlH4 == Na3AlH6 + 2Al + 3H2↑
解析
NaAlH4的释氢机理为：每3个AlH4-中，有2个分别释放出3个H原子和1个Al原子，同时与该Al原子最近邻的Na原子转移到被释放的Al原子留下的空位，即产物有Al、H2和AlH63-，方程式为：3NaAlH4═Na3AlH6+2Al+3H2↑；
故答案为：3NaAlH4═Na3AlH6+2Al+3H2↑．
考查方向
解题思路
根据NaAlH4的释氢机理得出产物，从而写出方程式．
易错点
核外电子分布图的书写,离子构型的书写