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1.在下列变化：①大气固氮，②硝酸银分解，③实验室制取氨气。按氮元素被氧化、被还原、既不被氧化又不被还原的顺序排列正确的是（ ）
正确答案
解析
(A). 大气固氮是指在放电条件下将游离态的氮气转化为一氧化氮的过程，氮元素被氧化。硝酸银分解过程中氮元素化合价降低，被还原。实验室制氨气的反应不属于氧化还原反应，故A项正确；
(B).顺序应该是①②③，故B错；
(C).顺序应该是①②③，故C错；
(D).顺序应该是①②③，故D错。
故选A。
考查方向
解题思路
大气固氮发生的反应为N2＋O2
易错点
要了解大气固氮和硝酸银分解所生成的产物，否则，易写出错误产物。
2.下列有关物质的性质与用途有对应关系的是（ ）
正确答案
解析
(A).光导纤维的主要成分是SiO2，故A错；
(B).液氨可以作制冷剂，不是因为它的还原性，是因为气化吸热，故B错；
(C).Na2O2能作潜水艇中的供氧剂是因为其能与水反应生成Na2O2，不是因为颜色为浅黄色，故C错；
(D).明矾的成分是(KAl(SO4)3·12H2O)，水解形成Al(OH)3胶体，能够吸附水中的杂质，可用作水处理中的净水剂，故D正确。
故选D。
考查方向
解题思路
(A).光导纤维的主要成分是SiO2，不是Si；
(B).液氨可以作制冷剂，不是因为它的还原性，是因为气化吸热；
(C).Na2O2能作潜水艇中的供氧剂是因为其能与水反应生成Na2O2，不是因为颜色为浅黄色；
(D).明矾的成分是(KAl(SO4)3·12H2O)，水解形成Al(OH)3胶体，吸附水中的杂质，用作水处理中的净水剂。
易错点
有些物质虽然具有相应的性质，但是性质与之后面用途无必然联系。
5.下列离子方程式书写正确的是（ ）
正确答案
解析
(A).根据上述分析，正确的离子方程式应为2Al3++ 4OH-+ 2SO42-+ 2Ba2+= AlO2-+H2O+2BaSO4↓，故A错；
(B).NH4HS溶液中HS-与OH-反应，离子方程为：NH4++HS-+2OH-= NH3·H2O+S2-+H2O。故B错；
(C). Na2S2O3在酸性溶液中发生歧化反应，离子方程为S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O，故C正确；
(D). Cl2过量，通入FeI2溶液中，正确的离子方程为3C12+4I-+ 2Fe2+= 6C1-+2I2+2Fe3+，故D错误。
故选C。
考查方向
解题思路
(A).NaAl(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2，溶液中SO42-沉淀完全，则Al3+也会与Ba(OH)2首先生成Al(OH)3，再继续反应生成AlO2-：
(B).NH4HS溶液中HS-也会与OH-反应生成S2-；
(C). Na2S2O3在酸性溶液中发生歧化反应；
(D). Cl2过量，通入FeI2溶液中，将发生氧化还原反应。
易错点
注意书写离子方程式的规则、Al的两性，写出正确的反应产物是书写离子方程式的前提。
7.下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是（ ）
正确答案
解析
(A).SO2通入BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸发生氧化还原反应生成硫酸钡，但SO2通入BaCl2溶液中不反应,开始不能生成亚硫酸钡沉淀，现象不合理，A错；
(B). 浓硫酸滴入蔗糖中，先使蔗糖碳化，后C与浓硫酸发生氧化还原反应得到刺激性气味气体，B错；
(C).Na2O2具有强氧化性，可氧化Fe2+，向FeCl2溶液中加入足量Na2O2粉末，出现红褐色沉淀和无色气体，不能说明FeCl2溶液部分变质，C错；
(D). 氯水先氧化碘离子,碘单质遇淀粉变蓝，向足量含淀粉的FeI2溶液中滴加2滴氯水，溶液变蓝，说明有碘单质生成，即还原性：I-＞Fe2+，D正确。
故选D。
考查方向
解题思路
(A).SO2通入BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸发生氧化还原反应生成硫酸钡，但SO2通入BaCl2溶液中不反应,则开始不能生成亚硫酸钡沉淀，现象不合理；
(B). 浓硫酸先使蔗糖碳化，后C与浓硫酸发生氧化还原反应，则现象说明浓硫酸具有脱水性、强氧化性；(C).向FeCl2溶液中加入足量Na2O2粉末，Na2O2有强氧化性，可氧化Fe2+，不能说明FeCl2溶液部分变质；
(D). 氯水先氧化碘离子，碘单质遇淀粉变蓝，由现象可以知道还原性I-＞Fe2+。
易错点
理解反应原理和实验现象。
10.有机物M的结构简式如图所示.下列说法中正确的是（ ）
正确答案
解析
(A).连四个不同原子或基团的碳是手性碳原子，分子中标有*的碳原子是手性碳原子，故A错；
(B). 苯环为平面结构，与苯环直接相连的原子在同一平面内，所以所有碳原子不可能在同一平面，故B错；
(C). 含有碳碳双键，-OH，-COO-等官能团，碳碳双键能发生加成反应，-OH能发生取代和消去反应，故C正确；
(D). 苯酚、羧酸能与碱反应，则常温下1mol M常温下最多可以与2 mol NaOH反应，故D错。
故选C。
考查方向
解题思路
(A).连四个不同原子或基团的碳是手性碳原子，分子中标有*的碳原子连四个不同的基团；
(B). 苯环为平面结构，与苯环直接相连的原子在同一平面内，分子中只有1个苯环，则所有碳原子不可能在同一平面；
(C). 含有碳碳双键，-OH，-COO-等官能团，碳碳双键能发生加成反应，-OH能发生取代和消去反应；
(D). 苯酚、羧酸能与碱反应，则常温下1mol M常温下最多可以与2 mol NaOH反应。
易错点
手性碳原子的概念及某些官能团的性质。
3.下列有关NA的说法正确的是（ ）
正确答案
解析
(A).标况下 2.24L 氯气的物质的量为 0.1mol, 氯气和水的反应为可逆反应 , 故不能反应完全 , 生成 HClO 的分子个数小于 0.1NA 个，故 A 错误；
(B).胶体粒子守恒氢氧化铁的微粒集合体，NA 个 Fe(OH)3 胶体粒子的质量不是 107g ，故 B 错误；(C).Cu2S 的摩尔质量是 CuO 的 2 倍 , 含有的铜原子也是 CuO 的 2 倍 , Cu2S、CuO的分子量分别为160、80，分子量之比和铜原子数之比均为2:1，8.0g Cu2S和CuO的混合物中含有的铜原子数与8.0g CuO含有的相等，为0.lNA，故 C 正确；
(D).Na 元素的化合价从 0 变化为 +1 价 , 转移 1 个电子 , 所以 2.3gNa 与氧气完全反应 , 反应中转移的电子数为 0.1NA ，故 D 错误；
故选C。
考查方向
解题思路
(A).氯气和水的反应为可逆反应；Cl2溶于水不完全反应，且生成的HC1O会部分电离，分子数小于0.lNA；
(B).胶体粒子是氢氧化铁的微粒集合体； 一个 Fe(OH)3 胶体粒子中含多个 Fe(OH)3 分子，所以NA个 Fe(OH)3 胶体粒子的质量大于107g；
(C).Cu2S的摩尔质量是CuO的2倍，含有的铜原子也是CuO的2倍；Cu 2S、CuO的分子量分别为160、80，分子量之比和铜原子数之比均为2:1，8.0gCu2S和CuO的混合物中含有的铜原子数与8.0gCuO含有的相等；
(D).根据Na元素的化合价变化计算，2.3gNa与氧气完全反应后，Na全部变成Na+，转移的电子数为0.lNA。
易错点
注意常用化学计量的有关计算。特别注意Cl2溶于水不完全反应。
注意Cl2在水中发生可逆反应，胶体粒子与分子数的关系。
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). 在0.01 mol·L－1Ba(OH)2溶液中，氢氧根与Al3+、NH4+、HCO3-反应分别生成氢氧化铝沉淀、一水合氨、碳酸根和水，碳酸根与钡离子反应生成碳酸钡沉淀，Al3+和HCO3-发生相互促进的水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，不能大量共存，故A错误；
(B). 0.1 mol/L的FeCl2溶液中，H+、ClO－和Fe2＋发生氧化还原反应，H＋和ClO－反应生成HClO，不能大量共存，故B错误；
(C). 滴加KSCN溶液显红色的溶液中含有Fe3＋，Fe3＋与I－发生氧化还原反应生成I2和Fe2＋，不能大量共存，故C错误；
(D). 给定条件下，组内离子间不反应，能大量共存，故D正确。
故选D。
考查方向
解题思路
(A). Ba(OH)2为强电解质，溶液中有大量OH-，与Al3+、NH4+、HCO3-发生反应；
(B). 0.1 mol/L的FeCl2溶液中，ClO－在酸性环境具有氧化性，会把Fe2＋氧化成Fe3＋，H＋和ClO－反应生成HClO，不能大量共存；
(C). 滴加KSCN溶液显红色的溶液中含有Fe3＋，Fe3＋与I－发生氧化还原反应生成I2和Fe2＋，不能大量共存；
(D).水电离产生的c(H+)=l×l0-3mol/L的溶液中显酸性，Na+、Ba2+、NO3-、Cl-均能大量共存。
易错点
注意某些离子之间可能相互反应，不能共存。
6.下列实验能达到实验目的是（ ）
正确答案
考查方向
解题思路
(A). 淀粉遇I2变蓝，所以取水解后的溶液加入I2观察溶液是否变蓝色，若未变蓝，则说明水解完全；
(B). 苯的溴代反应，是苯与溴的取代反应，试剂是液溴、苯、铁粉；
(C). KMnO4溶液本身是紫红色的，无法观察到Fe(NO3)2溶液是否褪色，Fe(NO3)2中Fe2+的检验方法是先加KCNS，未出现血红色，再加酸，出现血红色；
(D). 铝热反应的实验中，需要加氯酸钾做助燃剂分解产生O2，使镁条燃烧产生大量热引燃氧化铁与铝粉。【解析】
(A). 淀粉遇I2变蓝，取水解后的溶液加入I2观察溶液是否变蓝色，若未变蓝，说明水解完全，故A正确；
(B). 苯的溴代反应，是苯与溴的取代反应，试剂是液溴、苯、铁粉，故B错；
(C). KMnO4溶液本身是紫红色的，无法观察到Fe(NO3)2溶液是否褪色，Fe(NO3)2中Fe2+的检验方法是先加KCNS，未出现血红色，再加酸，出现血红色，故C错；
(D). 铝热反应实验中，需加KClO3做助燃剂分解产生O2，使镁条燃烧产生大量热引燃氧化铁与铝粉，故D错。
故选A。
易错点
注意正确的实验现象和所用试剂。苯的溴代反应用液溴而不是溴水。
8.实验室里利用以下反应制取少量氮气：NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O。关于该反应的下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
(A). 反应NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O中，NaNO2中N的化合价从+3价降为0价，NH4Cl中的氮元素化合价从-3价升为0价,氮气既是氧化产物又是还原产物，所以A正确;
(B). 反应NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=3，即每生成1mol N2时，转移电子的物质的量为3mol，故B错;
(C).NH4Cl中的氮元素化合价从-3价升为0价，所以NH4Cl中的氮元素被氧化，故C错；
(D). 反应NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O中，NaNO2中N的化合价从+3价降为0价，NaNO2是氧化剂，故D错。
故选A。
考查方向
解题思路
(A).该反应中只有N元素的化合价有变化，NaNO2中N的化合价从+3价降为0价，NH4Cl中的氮元素化合价从-3价升为0价，N2既是氧化产物又是还原产物；
(B). 根据化合价的升降来确定反应中电子的转移，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=3，反应NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O中，每生成1mol N2时，转移电子的物质的量为3mol；
(C).NH4Cl中的氮元素化合价从-3价升为0价，所以NH4Cl中的氮元素被氧化；
(D).化合价升高元素所在的反应物是还原剂，化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，故NaNO2是氧化剂。
易错点
注意氧化还原与得失电子的关系。
9.已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快，进程的变化示意图。下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
(A). 催化剂只能降低反应活化能，加快反应速率，不能提高转化率，故A错；
(B). a的活化能更高，说明a表示的催化剂效率低于b表示的催化剂效率，故B错；
(C). 反应热是反应前后物质的能量差，不受催化剂影响，催化剂只能改变活化能，故C错；
(D). 根据图象可知生成物能量低于反应物，反应放热，ΔH<0，反应中生成气体，为熵增过程，则ΔS>0，则，ΔG=ΔH-TΔS<0该反应可自发进行，故D正确；
故选D。
考查方向
解题思路
(A). 催化剂只能降低反应活化能，加快反应速率，但平衡不移动，所以不能提高转化率；
(B). 催化剂能降低反应活化能，图像中a活化能更高，说明a表示的催化剂效率低于b表示的催化剂效率；
(C). 反应热是反应前后物质的能量差，不受催化剂影响，催化剂只改变活化能；
(D). 根据图象可知生成物能量低于反应物，反应放热，ΔH<0，反应中生成气体，为熵增过程，则ΔS>0，则，ΔG=ΔH-TΔS<0该反应可自发进行。
易错点
理解催化剂的定义，催化剂只能降低反应活化能。
12. 某固体混合物可能由Al2(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlC13中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示（气体体积数据已换算成标准状况下的体积）。关于该固体混合物，下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
(A). 固体混合物中一定含有Al，可以根据标况下3.36L氢气可以计算出铝的物质的量为0.1mol，质量为2.7g，故A错；
(B). 根据以上分析可知，固体混合物中一定含有MgCl2和AlC13，故B错；
(C).根据加入氢氧化钠溶液后生成白色沉淀,且白色沉淀没有变化，则固体混合物中一定含有MgCl2，一定不含FeCl2，故C错;
(D). 根据加入氢氧化钠溶液后生成白色沉淀，且白色沉淀没有变化，则固体混合物中一定含有MgCl2，一定不含FeCl2，故D正确.
故选 D 。
考查方向
解题思路
(A).14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体，有铵盐和碱反应生成的氨气，也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，5.60L气体通过碱石灰无变化，说明气体中无与碱石灰反应的气体，无水蒸气的存在，通过浓硫酸，气体剩余3.36L，体积减少5.60L-3.36L=2.24L，结合混合物可能存在的物质可知，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L，剩余的气体只能是氢气，体积为3.36L，说明原混合物中一定含有铝；14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液得到无色溶液，加入适量盐酸会生成沉淀，说明金属铝或氯化铝与过量碱反应生成的偏铝酸钠与盐酸反应生成的氢氧化铝沉淀，加入过量盐酸沉淀溶解进一步证明沉淀是氢氧化铝；
(B).14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化，由于氢氧化铝溶于强碱，所以能生成白色沉淀的一定是氯化镁生成的氢氧化镁白色沉淀，质量为2.90g，一定不存在FeCl2；
(C).根据加入氢氧化钠溶液后生成白色沉淀，且白色沉淀没有变化，则固体混合物中一定含有MgCl2，一定不含FeCl2；
(D). 根据加入氢氧化钠溶液后生成白色沉淀，且白色沉淀没有变化，则固体混合物中一定含有MgCl2，一定不含FeCl2。
易错点
注意把握相关物质的性质以及反应现象，结合生成物物质的质量以及反应现象进行推断。
14. 常温下，向20mL 0.2mol/LH2A溶液中滴加0.2 mol/L NaOH溶液。有关微粒的物质的量变化如图(其中I代表H2A，Ⅱ代表HA-，Ⅲ代表A2-)所示。根据图示判断，下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
(A). 当V(NaOH)=20 mL时，反应式为NaOH+H2A=NaHA+H2O，反应后混合溶液的溶质主要为NaHA，但由于HA-的水解与电离，所以c(Na+)>c(HA-)，由曲线可以看出，此时电离强于水解（线Ⅲ高于线Ⅰ）因此各离子浓度 c(H+)>c(A2-)>c(OH-)，所以有： c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H+)>c(OH-)，故A错；
(B). 等浓度的NaOH溶液与H2A溶液按体积2:1混合后，溶液为Na2A溶液，由于A2-水解，会促进水的电离，则其溶液中水的电离程度比纯水大，其溶液中水的电离程度比纯水大，故B正确；
(C). 根据电荷守恒，NaHA溶液中有：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，再根据物料守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(H2A)，所以c(H2A)+c(H+)=c(OH-)+c(A2-)，故C错；
(D). V(NaOH)=20 mL时，反应后混合溶液的溶质主要为NaHA水溶液，溶液显酸性，加入水会促进HA-的水解，产生OH-，并且会稀释溶液，因此pH不可能减小，故D错。
故选B。
考查方向
解题思路
(A).当V(NaOH)=20 mL时，反应式为NaOH+H2A=NaHA+H2O，反应后混合溶液的溶质主要为NaHA，但由于HA-的水解与电离，所以c(Na+)>c(HA-)，由曲线可以看出，此时电离强于水解（线Ⅲ高于线Ⅰ）因此各离子浓度 c(H+)>c(A2-)>c(OH-)，所以有： c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H+)>c(OH-)；
(B).等浓度的NaOH溶液与H2A溶液按体积2:1混合后，溶液为Na2A溶液，由于A2-水解，会促进水的电离，则其溶液中水的电离程度比纯水大，其溶液中水的电离程度比纯水大；
(C).根据电荷守恒，NaHA溶液中有：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，再根据物料守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(H2A)，所以c(H2A)+c(H+)=c(OH-)+c(A2-)；
(D).V(NaOH)=20 mL时，反应后混合溶液的溶质主要为NaHA水溶液，溶液显酸性，加入水会促进HA-的水解，产生OH-，并且会稀释溶液，因此pH不可能减小。
易错点
正确判断物料平衡和溶液中离子浓度的大小
16.FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、
N2O4、NO的物质的量之比为1:1:1时，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为（ ）
正确答案
解析
(A).令参加反应的FeS为1mol，则溶液中Fe2(SO4)3为
(B).根据以上计算可知，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为1mol:7mol=1:7，故B正确；
(C).根据以上计算可知，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为1mol:7mol=1:7，所以C错；
(D).根据以上计算可知，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为1mol:7mol=1:7，所以D错。
故选B。
考查方向
解题思路
根据FeS化学式可以知道，溶液中铁离子与硫酸根离子的物质的量相等，令参加反应的FeS为1mol，则溶液中Fe2(SO4)3为
易错点
易发生错误。
11.有机物甲是一种含有一个六元环结构的化合物，其分子式为C7H12O2，在酸性条件下可以发生水解，且水解产物只有一种，又知甲的分子中含有两个甲基，则甲的可能结构有（ ）
正确答案
解析
根据上述分析可知，同分异构体的数目是10个。
(A). 6种，所以A不正确；
(B).10种，所以B正确；
(C).11种，所以C不正确；
(D).12种，所以D不正确。
故选B。
考查方向
解题思路
已知C7H12O2为六元环结构，C7H12O2的不饱和度Ω=7+1-(12÷2)=2，故除了六元环外，还有一个不饱和键存在，在酸性条件下可以发生水解，可推测该有机物是酯，且水解产物只有一种，说明是内酯，环上含有一个 -COO-，环上有4个碳原子，已知甲分子含有两个甲基在环外，两个甲基不在同一个碳上，共有6种结构：两个甲基在同一个碳上，有4种结构，同分异构体的结构，表示如下：（其中的数字代表另一个甲基的位置）所以共有10种。
易错点
在进行同分异构体数目的推断时要做到不重不漏，注意其中的等效位置。
13.工业生产硫酸中二氧化硫的催化氧化原理为：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，反应混合体系在平衡状态时SO3的百分含量与温度的关系如下图所示。下列说法错误的是（ ）
正确答案
解析
(A). 图中的曲线为平衡线，A、B、C三点的，V(正)=v(逆)，在D点时V（正）>v(逆) ，D点的SO3百分含量比A点低，此时反应未达到平衡，且V（正）>v(逆)，故A正确；
(B). A、B、C三点的温度不同，平衡常数又与温度有关，所以一定不相同，故B正确；
(C). 根据已知图，随着温度的升高，SO3的百分含量降低，说明逆向为吸热反应，升温有利于平衡向逆反应方向移动，故C错误；
(D). 温度不变，容器体积不变，向平衡体系中通入稀有气体，各物质浓度不变，平衡不移动，故D正确。
故选C。
考查方向
解题思路
(A). 图中的曲线为平衡线，A、B、C三点的，V(正)=v(逆)，在D点时V（正）>v(逆) ，D点的SO3百分含量比A点低，此时反应未达到平衡；
(B). A、B、C三点的温度不同，平衡常数又与温度有关，所以一定不相同；
(C). 根据已知图，随着温度的升高，SO3的百分含量降低，说明逆向为吸热反应，升温有利于平衡向逆反应方向移动；
(D). 温度不变，容器体积不变，向平衡体系中通入稀有气体，各物质的浓度不变，平衡不移动。
易错点
正确分析影响化学平衡的因素。
15.我国“蛟龙”号载人潜水器进行第五次下潜试验，最大深度达到7062米，并安全返同。其动力电源是Al-Ag2O电池，原理如图所示。下列说法中正确的是（ ）
正确答案
解析
(A). 由原电池装置图可知铝被氧化生成NaAlO2，Al 为负极，电极反应Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，故 A 错；
(B). AgO 被还原，应为原电池的正极，电极反应式为AgO+2e-+H2O=Ag+2OH-，故 B 错；
(C). Al 被氧化, 应为电池的负极, 电极反应为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H 2O, 2Al-6e-+8OH-=2AlO2-+4H2O故 C 正确；
(D). 正极发生 AgO+2e-+H2O=Ag+2OH-，所以 pH 增大，故 D 错误。
故选C。
考查方向
解题思路
(A). 由原电池装置图可知，Al比Ag活泼，原电池工作时Al被氧化，应为电池的负极，铝被氧化生成 NaAlO2 ，则 Al 为负极，电极反应为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O；
(B). AgO 被还原，应为原电池的正极，电极反应式为AgO+2e-+H2O=Ag+2OH-；
(C). Al 被氧化, 应为电池的负极, 电极反应为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O, 或者 2Al-6e-+8OH-=2AlO2-+4H2O；
(D). 正极发生 AgO+2e-+H2O=Ag+2OH-，所以 pH 增大。
易错点
根据原电池的工作原理，正确分析原电池的电极反应。
A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增。A元素原子核内无中子，B元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，D是地壳中含量最多的元素，E是短周期中金属性最强的元素.F与G位置相邻.G是同周期元素中原子半径最小的元素。
请用化学用语回答：
17.A与D形成的18电子的化合物与FD2化合生成一种强酸，写出该强酸酸式钠盐水溶液的电离方程式为：________________。
18.用电子式表示化合物E2D2的形成过程：________________。
19.在l0lkPa、25℃下，14g气态B2A4在D2中完全燃烧，放出QkJ热量，则B2A4的燃烧热的热化学方程式为：________________。
正确答案
NaHSO4=Na++ H++ SO42-
考查方向
解题思路
已知A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增，A原子核内无中子，则
A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增.A元素原子核内无中子，则A为氢元素；B元素原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，则B有2个电子层，最外层有4个电子，则B为碳元素；D元素是地壳中含量最多的元素，则D为氧元素；C位于B、D原子序数之间，即介于碳、氧之间，故C为N元素；E元素是短周期元素中金属性最强的元素，G是同周期元素中原子半径最小的元素，可推知F为S元素、G为Cl元素.则E为Na；F与G位置相邻，综上：A、B、C、D、E、F、G分别为H、C、N、O、Na、S、Cl。
【解析】由上述推导得知，A与D形成的18电子的化合物为H2O2，FD2为SO2，H2O2与SO2化合生成的是强酸，化学方程式为：H2O2+SO2=H2SO4，其酸式钠盐为NaHSO4，电离方程为NaHSO4=Na++ H++ SO42-。
故答案为: NaHSO4=Na++ H++ SO42-。
易错点
对元素周期表不够熟悉，正确推导A-G是做好此题的关键。
正确答案
解析
化合物E2D2为Na2O2，电子式形成过程：
故答案为
考查方向
解题思路
化合物E2D2为Na2O2。
易错点
用电子式正确表示物质的形成过程，首先分清楚是离子键还是共价键，若是离子键还需要用箭头表示电子的得失方向。
正确答案
C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(1) △H=-2QkJ/mol
解析
根据以上分析，B2A4为C2H4，14g气态C2H4物质的量为0.5 mol ，则 1mol C2H4在O2中完全燃烧放出的热量为2QkJ，因此，B2A4与D2反应的热化学方程式为C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(1) △H=-2QkJ/mol。
故答案为： C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(1) △H=-2QkJ/mol
考查方向
解题思路
B2A4为C2H4，D2为O2，14g气态B2A4物质的量为
△H=-2QkJ/mol。
易错点
正确书写热化学方程式，注意标记物质的状态，写出热效应值。
回答下列问题
23.甲醇(CH3OH)是重要的溶剂和替代燃料，工业上用CO和H2在一定条件下制备CH3OH的反应为：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，在体积为1L的恒容密闭容器中，充入2molCO和4molH2，一定条件下发生上述反应，测得CO(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图一所示。
①反应开始到l0min，用一氧化碳表示的平均反应速率v(CO)=____________。
②下列说法正确的是____________（填字母序号）。
24.碳与水蒸气反应制取H2的相关反应如下：
Ⅰ:C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H=+131.0kJ/mol
Ⅱ:CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H= - 43kJ/mol
Ⅲ:CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(S) △H= - 178.3kJ/mol
①计算反应C(s)+2H2O(g)+CaO(s) CaCO3(s)+2H2(g)的△H=_______kJ/mol；
若K1、K2、K3分别为反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数，该平衡常数K=____（用K1、K2、K3表示）。
②对于可逆反应C(s)+2H2O(g)+CaO(s) CaCO3(s)+2H2(g)，采取以下措施可以提高H2产率的是_____。（填字母）
25.甲醇作为一种燃料还可用于燃料电池。在温度为650℃的熔融盐燃料电池中用甲醇、空气与CO2的混合气体作反应物，镍作电极，用Li2CO3和Na2CO3混合物作电解质。该电池的负极反应式为_________。
正确答案
解析
①反应5min时已经达到平衡，所以10min的反应速率等于5min的，则用一氧化碳表示的平均反应速率Δ(CO)＝2mol/L-0.5mol/L＝1.5mol/L，则v(CO)＝1.5mol/L÷5min＝0.3mol/(L·min)。
故答案为0.3mol/(L·min)。
②：
(A).平衡时生成甲醇1.5mol/L，则根据方程式可知消耗氢气是3mol/L，所以氢气的转化率是75%，A错误；
(B).5min后容器中后容器中反应达平衡，混合气体总质量不变，体积不变，平均相对分子质量不变，故B正确；
(C).达到平衡后，再充入氩气，恒容条件下，各组分的浓度不变，反应速率不会改变，C错误；
(D).2min时反应向正反应进行，5min到达平衡，5min前均为v（正）＞v（逆），D错误。
故选B。
考查方向
解题思路
①根据图一分析，反应5min时已经达到平衡，故10min的反应速率与5min的反应速率相等。
②：
(A).平衡时生成甲醇1.5mol/L，则根据方程式可知消耗氢气是3mol/L，所以氢气的转化率是75%；
(B).5min后容器中后容器中反应达平衡，混合气体总质量不变，体积不变，平均相对分子质量不变；
(C).达到平衡后，再充入氩气，恒容条件下，各组分的浓度不变，反应速率不会改变；
(D).2min时反应向正反应进行，5min到达平衡，5min前均为v（正）＞v（逆）。
易错点
平均反应速率的表示方法，注意单位；由化学平衡时各物质的浓度正确计算转化率，正确判断反应前后的反应速度。
正确答案
解析
①已知的热化学方程Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ得到计算的化学方程式，所以△H=+131.0- 43 - 178.3=-90.3kJ/mol，根据化学平衡常数的定义式，将反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数相乘可得，
故答案为：-90.3kJ/mol， K=K1·K2·K3
② ：
(A).根据①可知可逆反应C(s)+2H2O(g)+CaO(s)⇋ CaCO3(s)+2H2(g)，正向为放热反应，降低体系的温度促进反应正向进行，可以提高H2产率，故A正确；
(B).反应前后气体体积相等，压缩容器的体积虽然可以增大气体浓度，但是正逆反应增大的效果相同，平衡不移动，不可以提高H2产率，故B错；
(C).CaO为固体，增加CaO的量，不影响平衡常数，不可以提高H2产率，故C错；
(D).催化剂只可以增大反应速率，不可以提高H2产率，故D错。
故选A。
考查方向
解题思路
①已知的热化学方程Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ得到计算的化学方程式，根据盖斯定律，△H=+131.0- 43 - 178.3=-90.3kJ/mol，根据化学平衡常数的定义式，将反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数相乘可得，
② ：
(A).根据①可知可逆反应C(s)+2H2O(g)+CaO(s)⇋ CaCO3(s)+2H2(g)，正向为放热反应，降低体系的温度促进反应正向进行，可以提高H2产率；
(B).反应前后气体体积相等，压缩容器的体积虽然可以增大气体浓度，但是正逆反应增大的效果相同，平衡不移动，不可以提高H2产率；
(C).CaO为固体，增加CaO的量，不影响平衡常数，不可以提高H2产率；
(D).催化剂只可以增大反应速率，不可以提高H2产率。
易错点
总反应的平衡常数与各反应平衡常数的关系易推导错误。
正确答案
CH3OH - 6e-+3CO32-= 4CO2↑+2H2O
解析
燃料电池中负极失去电子，则甲醇在负极通入，由于是用Li2CO3和Na2CO3混合物作电解质，则电池的负极反应式为CH3OH－6e－＋3CO32－＝4CO2↑＋2H2O。
故答案为：CH3OH - 6e-+3CO32-= 4CO2↑+2H2O
考查方向
解题思路
燃料电池中负极失去电子，则甲醇在负极通入，由于是用Li2CO3和Na2CO3混合物作电解质，则电池的负极反应式为CH3OH－6e－＋3CO32－＝4CO2↑＋2H2O。
易错点
燃料电池中负极的电极反应。甲醇在负极上的电极反应。
A、B、C、X均为常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（副产品已略去）
试同答：
20.若X是强氧化性单质，则A不可能是___________。
21.若X是金属单质，向C的水溶液中滴入AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀.则C的化学式为________________。
22.若A、B、C为含某金属元素的无机化合物，X为强电解质，A溶液与C溶液反应生成B.则B的化学式为______________。
正确答案
解析
(A).H2S和氧气反应生成SO2，SO2和氧气反应生成SO3，符合转化关系，故不选a项；
(B).NH3和氧气反应生成NO，NO和氧气反应生成NO2，符合转化关系，故不选b项；
(C).c项，Na和氧气反应生成Na2O，Na2O和氧气反应生成Na2O2，符合转化关系，故不选c项；
(D).Zn和氧气反应生成ZnO，ZnO和氧气不反应，所以不符合转化关系，故选d项；
(E).CH3CH2OH在氧气中不完全燃烧生成CO，CO和氧气反应生成CO2，符合转化关系，故不选e项
故选D。
考查方向
解题思路
若X是强氧化性单质（氧气），由转化关系可知，A、B、C中含有的相同元素必须是变价元素。
(A).H2S和氧气反应生成SO2，SO2和氧气反应生成SO3，符合转化关系；
(B).NH3和氧气反应生成NO，NO和氧气反应生成NO2，符合转化关系；
(C).c项，Na和氧气反应生成Na2O，Na2O和氧气反应生成Na2O2，符合转化关系；
(D).Zn和氧气反应生成ZnO，ZnO和氧气不反应，所以不符合转化关系；
(E).CH3CH2OH在氧气中不完全燃烧生成CO，CO和氧气反应生成CO2，符合转化关系。
易错点
氧化剂的特点是化合价升高。
正确答案
FeCl2
解析
向C的水溶液中滴入AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则C中含有Cl-，若X是一种金属单质，由转化关系可知X为变价金属铁，A为强氧化性物质，根据元素守恒知，A是Cl2，B是FeCl3，C是FeCl2。
故答案为：FeCl2。
考查方向
解题思路
向C的水溶液中滴入AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则C中含有Cl-，若X是一种金属单质，由转化关系可知X为变价金属铁，A为强氧化性物质，根据元素守恒知，A是Cl2，B是FeCl3，C是FeCl2。
易错点
注意金属铁的变价及性质。
正确答案
Al(OH)3
解析
若A、B、C为含某金属元素的无机化合物，X为强电解质，由转化关系，且A溶液与C溶液反应生成B，考虑Al的化合物的相互转化。
若X是一种强碱，A为铝盐，B为Al(OH)3，C为偏铝酸盐，符合转化关系；
若X是一种强酸，A为偏铝酸盐，B为Al(OH)3，C为铝盐，符合转化关系。因此B的化学式为Al(OH)3。
故答案为：Al(OH)3。
考查方向
解题思路
若A、B、C为含某金属元素的无机化合物，X为强电解质，由转化关系，且A溶液与C溶液反应生成B，考虑Al的化合物的相互转化。
若X是一种强碱，A为铝盐，B为Al(OH)3，C为偏铝酸盐，符合转化关系；
若X是一种强酸，A为偏铝酸盐，B为Al(OH)3，C为铝盐，符合转化关系。
易错点
充分理解铝的两性，即溶于酸又溶于碱。
侯德榜是我国制碱丁业的先驱，他根据氨碱法制碱的缺点提出用饱和的NaCl溶液、CO2、NH3反应制取纯碱的联合制碱法。某学校课外活动小组根据侯氏制碱法的原理在实验室模拟制碱。请同答下列问题：
26.写出实验室制取NH3的化学方程式：_______________。
27.上图B中的a接装置图_________（填图A或图C）
28.用离子方程式表示装有饱和食盐水的集气瓶中的现象：______________________。
29.水槽中的冷水的作用除了可以增加气体物质在溶液中的溶解度外还有一个重要作用是：_____。
30.图B中c的作用是：_____________。
正确答案
Ca(OH)2+2NH4C1=CaCl2+2NH3↑ +2H2O
解析
实验室常用加热Ca(OH)2固体和2NH4C1固体制取NH3，化学方程式为
Ca(OH)2+2NH4C1=CaCl2+2NH3↑ +2H2O。
故答案为：Ca(OH)2+2NH4C1=CaCl2+2NH3↑ +2H2O
考查方向
解题思路
实验室常用加热Ca(OH)2固体和2NH4C1固体制取NH3。
易错点
此题比较简单，属于基本常识题，记住实验室制取NH3的反应。
正确答案
A
解析
实验室制取NH3过程需要加热，氨气极易溶于水，所以需要防倒吸，因为a导管具有防倒吸功能，故选图A。
故答案为：A。
考查方向
解题思路
实验室制取NH3过程需要加热，氨气极易溶于水，所以需要防倒吸，因为a导管具有防倒吸功能，故选图A。
易错点
实验装置的连接与作用。
正确答案
CO2+NH3+Na++ H2O=NaHCO3↓+NH4+
解析
现象是有结晶析出，发生的反应是CO2+NH3+Na++ H2O=NaHCO3↓+NH4+。
故答案为：CO2+NH3+Na++ H2O=NaHCO3↓+NH4+。
考查方向
解题思路
因为生成的NaHCO3溶解度较小，会沉淀，所以装有饱和食盐水的集气瓶中会析出晶体。
易错点
要理解各个装置的作用才能正确判断发生的现象。
正确答案
降低产物NaHCO3的溶解度，便于析出。
解析
水槽中的冷水的作用可以降低产物NaHCO3的溶解度，便于析出。
故答案为：降低产物NaHCO3的溶解度，便于析出。
考查方向
解题思路
冷水除了可以增加气体在溶液中的溶解度，也可以降低产物NaHCO3的溶解度，便于析出。
易错点
正确理解各步骤的意义。
正确答案
用于吸收氨气，防止氨气污染空气
解析
图B中c装着湿润的棉花，用于吸收氨气，进行尾气处理，防止氨气污染空气。
故答案是：用于吸收氨气，防止氨气污染空气。
考查方向
解题思路
氨气能污染空气，可用无水CaCl2吸收。图B中c装着湿润的棉花是吸收氨气，进行尾气处理。
易错点
正确理解氨气的性质。
兰尼镍是一种带有多孔结构的细小品粒组成的镍铝合金，被广泛用作有机物的氢化反应的催化剂。以红土镍矿（主要成分为NiS、FeS和SiO2等）为原料制备兰尼镍的T艺流程如下图所示：
36.在形成Ni(CO)4的过程中，碳元素的化合价没有变化，则Ni(CO)4中的Ni的化合价为________；
37.已知红土镍矿煅烧后生成固体产物为Ni2O3和Fe2O3，而加压酸浸后浸出液A中含有Ni2+，写出有关镍元素的加压酸浸的化学反应方程式____________；
38.“碱浸”的目的是使镍产生多孔结构，从而增强对氢气的强吸附性，此过程中发生反应的离子方程式为__________。
39.浸出液B可以回收，重新生成铝以便循环利用。请设计简单的回收流程：浸出液B→______。
(示例:)
正确答案
0
解析
在Ni(CO)4中C来自CO，已知碳元素的化合价没有变化，根据化合物化合价代数和为0，可知Ni(CO)4中Ni的化合价为0价。
故答案为：Ni(CO)4中Ni的化合价为0价。
考查方向
解题思路
在Ni(CO)4中C来自CO，碳元素的化合价与CO相同，为＋2价，故Ni的化合价为0。
易错点
中性化合物化合价代数和为0。
正确答案
2Ni2O3+4H2SO4=4NiSO4+O2↑+4H2O
解析
已知红土镍矿煅烧后生成Ni2O3，而加压酸浸后浸出液A中含有Ni2＋，说明Ni元素被还原，另外，在硫酸中反应只能是O元素被氧化为O2，因此，有关镍元素的加压酸浸的化学反应方程式是
2Ni2O3＋4H2SO4=4NiSO4＋O2↑＋4H2O；
故答案为：2Ni2O3＋4H2SO4=4NiSO4＋O2↑＋4H2O。
考查方向
解题思路
已知红土镍矿煅烧后生成Ni2O3，而加压酸浸后浸出液A中含有Ni2＋，说明Ni元素被还原，另外，在硫酸中反应只能是O元素被氧化为O2
易错点
注意Ni2O3在酸性条件下易被还原。
正确答案
2Al+2OH-+2H2O=2A1O2-+3H2↑
解析
“碱浸”的目的是溶解镍铝合金中的Al，使镍产生多孔结构，从而增强对氢气的强吸附，Al溶
于NaOH溶液时发生反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2A1O2-+3H2↑。
故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2A1O2-+3H2↑。
考查方向
解题思路
“碱浸”目的是溶解镍铝合金中的Al，使镍产生多孔结构，从而增强对氢气的强吸附。
易错点
注意金属铝两性的性质。
正确答案
解析
浸出液B中存在A1O2-，首先要将A1O2-沉淀下来，一般是通入足量的CO2生成Al(OH)3，然后脱水生成Al2O3，最后将Al2O3在熔融的状态下电解即可得到金属铝（加入冰晶石可以降低Al2O3的熔点），流程为
故答案为：
考查方向
解题思路
浸出液B中存在A1O2-，首先要将A1O2-沉淀下来，一般是通入足量的CO2生成Al(OH)3，然后脱水生成Al2O3，最后将Al2O3在熔融的状态下电解即可得到金属铝(加入冰晶石可以降低Al2O3的熔点)。
易错点
了解铝的性质。
M是一种重要材料的中间体，结构简式为：
A~F分别代表一种有机化合物，合成路线中的部分产物及反应条件已略去。
已知：①Y的核磁共振氢谱只有1种峰；
②
③两个羟基连接在同一个碳原子上不稳定，易脱水； 请同答下列问题：
31.Y的结构简式是___________ ，D中官能团的名称是_____________。
32.步骤①的反应类型是________________。
33.步骤③的化学方程式为_____________。,
34.步骤⑦的化学反应方程式是_________________。
35.M经催化氧化得到X(C11H12O4)，X的同分异构体中同时满足下列条件的结构简式为_______。
a.苯环上只有两个取代基，苯环上的一氯代物有2种
b.水解只生成芳香醇和二元酸，且二元酸的核磁共振氢谱只有2种峰
正确答案
（CH3)3CCl；羧基
解析
根据分析，Y的结构式为（CH3)3CCl，D为(CH3)2CHCOOH，其官能团的名称是羧基。
故答案为：（CH3)3CCl；羧基。
考查方向
解题思路
已知①Y的核磁共振氢谱只有1种峰，可以得出Y的结构里只有一种氢原子，又参考M结构简式中苯环的左半部分，可以得出Y的结构简式为（CH3)3CCl，Y经过消去反应得到A：
B为 (CH3)2CHCH2OH，C为(CH3)2CHCHO，D为(CH3)2CHCOOH，E为
F为
易错点
熟悉有机化合物的基本反应。
正确答案
消去反应
解析
由Y生成A的反应条件和结构简式可以看出步骤①的反应类型是消去反应。
故答案是消去反应。
考查方向
解题思路
Y的结构简式为（CH3)3CCl，卤代烷烃在NaOH/C2H5OH的条件下发生的是消去反应。
易错点
注意反应条件，易与取代反应混淆，取代反应的条件是NaOH/H2O。
正确答案
解析
步骤③的反应原理为B中的羟基经过氧化变成C中的醛基，方程式为：
故答案为：
考查方向
解题思路
步骤③的反应原理为B中的羟基经过氧化变成C中的醛基。
易错点
注意醇氧化所用的催化剂不同，氧化的产物不同。
正确答案
解析
D中的羧基和F中的酚羟基发生酯化反应生成M，方程式：
故答案为：
考查方向
解题思路
步骤⑦的反应原理为D中的羧基和F中的酚羟基发生酯化反应生成M。
易错点
合成酯的方法。
正确答案
解析
由a可知苯环上的两个取代基是对位取代基；因为二元酸的核磁共振氢谱只有2种峰，一定能够确定二元酸的结构简式为HOOCCH2COOH ，又因为水解只生成芳香醇和二元酸，可以确定苯环上没有酚羟基，所以可以推出芳香醇的结构简式为
故答案为：
考查方向
解题思路
由a可知苯环上的两个取代基是对位取代基；因为二元酸的核磁共振氢谱只有2种峰，一定能够确定二元酸的结构简式为HOOCCH2COOH ，又因为水解只生成芳香醇和二元酸，可以确定苯环上没有酚羟基，所以可以推出芳香醇的结构简式为
易错点
核磁共振与结构的关系。苯环的取代反应的位置与原有基团有关。