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8．用如图装置做相应实验，
正确答案
D
解析
A．硫化氢、二氧化硫均能具有还原性；
B．氨气的密度比空气的小，应利用向下排空气法收集；
C．二氧化氮与水反应生成硝酸，可氧化KI生成碘单质；
D．氯气与水反应生成盐酸和HClO，均为酸，且HClO具有漂白性；
考查方向
解题思路
A.硫化氢、二氧化硫均能使石灰水变浑浊，则结论应为X可能为二氧化硫，故A错误；
B．氨气的密度比空气的小，应利用向下排空气法收集，图中收集气体的装置不合理，故B错误；
C．二氧化氮密度比空气大，与水反应生成硝酸，可氧化KI生成碘单质，碘遇淀粉变蓝，所以收集方法及所加试剂、现象均正确,结论二氧化氮具有还原性;
D. 氯气与水反应生成盐酸和HClO，均为酸，且HClO具有漂白性，结论应为氯气与水反应生成物具有酸性，HClO具有漂白性；
易错点
本题考查化学实验方案的评价，涉及气体的收集、性质及实验现象分析，侧重物质性质及实验装置中作用的考查，题目难度中等，选项A为易错点。
知识点
12．常温下，下列微粒能在相应溶液中大量共存的是（ ）
正确答案
解析
A．稀硫酸中H+和MnO4－具有强氧化性氧化CH3CH2OH。
B．pH=11的溶液中含有大量OH-，与Na+、CO32－、NH3·H2O共存。
C．AlO2－水解显碱性。
D. 双氧水在Fe3+作用下分解成水和氧气。
考查方向
解题思路
A．H+和MnO4－具有强氧化性；
B． OH-，与Na+、CO32－、NH3·H2O共存；
C．偏铝酸根离子AlO2－发生水解产生氢氧根离子显碱性；
D. Fe3+具有催化作用。
易错点
AlO2－水解显碱性。
知识点
13．X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的5种短周期元素。X的质子总数与电子层数相同，Y、Z、M同周期且相邻，W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍。Z与其同主族的短周期元素可形成常见气体甲。X、Y、Z 3种元素形成化合物乙。下列说法错误的是
正确答案
解析
D．非金属性F最强，故氢化物中HF最稳定，常温下水为液态，而HF为气体，故熔点沸点H2O＞HF，故D正确
C．Si元素的某种单质可在电子工业用于生产半导体材料。
B．化合物乙中一定只有共价键，NH4NO3还含有离子键。
A. 气体SO3可与H2O反应生成强酸
考查方向
解题思路
X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的5种短周期元素．X的质子总数与电子层数相同，则X为H元素；Y、Z、M同周期且相邻，W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，而Z与其同主族的短周期元素可形成常见气体甲（甲有刺激性气味），则Z为O元素，可推知Y为N元素、M为F元素、W为Si，故甲为SO3，X、Y、Z 三种元素形成化合物乙为HNO3、NH4NO3等，
易错点
本题考查结构与位置关系、化学键等，难度中等，推断元素是关键，注意比较规律与基础知识掌握。
知识点
7．在刚刚过去的一年中，发生了许多与化学相关的大事件。下列说法正确的是（ ）
A被称为“史上最严”的新《环境保护法》正式实施，我们要运用化学原
B天津港爆炸事故救援过程中，消防员若发现存放金属钠、电石、甲苯二异氰酸酯等化学品的仓库起火，应立即用泡沫灭火器将火扑灭
C世界卫生组织认为青蒿素（结构如图所示）联合疗法是当下治疗疟疾最有效的手段，烃类物质青蒿素已经拯救了上百万生命
D某品牌化妆品在广告中反复强调产品中不含任何化学成分，是“十年专注自然护肤”的优质产品
正确答案
解析
根据绿色化学的核心是要利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染进行解答；
考查方向
本题主要考查了绿色化学；钠的化学性质；乙炔气体的实验室制取。
解题思路
A、绿色化学的核心是要利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故A正确；
B、金属钠、电石，用泡沫灭火器灭火时，要产生可燃性气体氢气和乙炔。
C、青蒿素属于烃的衍生物不属于烃类物质。
D、某品牌化妆品在广告中反复强调产品中不含任何化学成分，化学物质就是一种化学成分。
易错点
电石与水反应生成乙炔气体。
知识点
9．25℃时，下列有关0.10 mol/L Na2SO3溶
正确答案
解析
A.少量SO2 Ca2++3ClO- + SO2 + H2O === Cl- + CaSO4↓ + 2HClO； 大量SO2 Ca2++2ClO- + 2SO2 + 2H2O ===2 Cl- + CaSO4↓ +SO42- + 4H+
B.溶液中存在物料守恒：c（Na+）=2c（SO32-）+2c（HSO3-）+2c（H2SO3）
C．盐酸加入混合反应后，溶液中存在电荷守恒，[H+]+[Na+]=[OH-]+[Cl-]+2[ SO3-]+[HSO3-]，溶液pH=7，[H+]=[OH-]， c(HSO3—)＜c(Cl—)
D. 加入NaOH固体产生大量的OH-可使溶液中水的电离被抑制。
考查方向
解题思路
A、定量离子方程式的书写；
B、根据溶液中的物料守恒知识来回答；
C、根据溶液中的电荷守恒知识来回答；
D、根据水解平衡的移动原理来回答．
易错点
定量离子方程式的书写。
知识点
10．现拟分离乙酸乙酯、乙酸、乙醇的混合物，如图是分离操作步骤流程图。下列有关说法错误的是
正确答案
解析
分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，加入饱和碳酸钠溶液，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，采用分液的方法即可，水层中的乙醇易挥发，可采用蒸馏方法分离，乙酸钠要用硫酸反应得到乙酸，再蒸馏得到乙酸；
操作①用到的玻璃仪器主要有分液漏斗、烧杯；工业制备无水E物质的方法是在E中加生石灰后进行操作②；试剂b可用硫酸；D．操作③是蒸馏操作而不是过滤操作的仪器。
考查方向
解题思路
乙酸乙酯、乙酸和乙醇的分离，最好先用饱和Na2CO 3溶液洗涤，这样首先分离出乙酸乙酯，而在洗涤液中留下CH3COONa和乙醇，再用蒸馏的方法蒸出乙醇，最后把CH3COONa转化为CH3COOH再蒸馏，即可得到CH3COOH。
易错点
本题考查物质的分离与提纯，题目难度中等，注意分离混合物的操作步骤。
知识点
11．阿司匹林（Aspirin）也叫乙酰水杨酸（结构如图所示）是一种历史悠久的解热镇痛药。下列有关说法正确的是
正确答案
解析
A. 乙酰水杨酸的间位和对位2种,另外羧基不变,酰基（连甲基）的构造有两种,每种有3个位置,所以共8种。但与乙酰水杨酸具有相同官能团的芳香族同分异构体没有8种（不考虑立体异构）
C.乙酰水杨酸中含-COO-、-COOH，苯环，名称分别为脂基、羧基，则乙酰水杨酸能发生取代、加成、氧化、还原反应。（-COOH，可发生酯化反应；含有苯环，可与氢气发生加成反应，也为还原反应，能燃烧，也为氧化反应）
B.阿司匹林中与苯环、羰基直接相连的原子可能共平面，其中苯环上的原子一定在同一个平面上，至少有12个。
D.乙酰水杨酸含-COO-脂基不易溶于水。
考查方向
本题主要考查了有机物分子中的官能团及其结构
解题思路
先确定乙酰水杨酸的位置异构数量；再确定羧基不变,酰基（连甲基）的构造数量，总数量=位置异构数量*酰基（连甲基）的构造数量。苯环，碳氧双键均为平面结构，苯环与碳氧双键可在一个平面结构内，但是甲基是四面体结构，乙酰水杨酸的部分原子在同一平面上。乙酰水杨酸中含-COO-、-COOH，苯环；-COO-脂基属于蹭水基团。
易错点
有机物的官能团与性质、结构与性质的关系。
知识点
铬是人体必需的微量元素，它与脂类代谢有密切联系，但铬过量会引起污染，危害人类健康。
14.不同价态的铬毒性不同，三价铬对人体几乎无毒，六价铬的毒性约为三价铬的100倍。电镀厂产生的镀铜废水中往往含有一定量的Cr2O72—，处理该废水常用的流程如下图所示：
Na2S2O3在此过程中表现 性。若向含Cr3+的废水中加入过量NaOH溶液，会得到NaCrO2溶液，NaCrO2中Cr元素的化合价为 价，反应的离子方程式为 。
15.交警常用一种“酒精检测仪”检测司机是否酒后驾车。其反应原理如下，请配平该反应方程式：
（ ）CrO3 +（ ）CH3CH2OH +（ ）H2SO4 —（ ）CH3CHO + （ ）Cr2(SO4)3+（ ）H2O
16.已知存在平衡：2CrO42—+2H+ 
此时溶液中c（Pb2+）/c（Ba2+）= 。
已知Ksp（BaCrO4）=1.25×10—10；Ksp（PbCrO4）=2.75×10—13
17.工业上以铬酸钾（K2CrO4）为原料，采用电化学法制备K2Cr2O7，制备装置如图所示（阳离子交换膜只允许
正确答案
还原 +3 Cr3++4OH—=CrO2—+2H2O
解析
还原 +3 Cr3++4OH—=CrO2—+2H2O
考查方向
解题思路
（1）依据电解原理分析，溶液中阴离子放电，氢氧根离子失电子发生氧化反应，氢离子浓度增大平衡正向进行；
（2）依据原子守恒、电子守恒计算。
易错点
1.本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意乙醇中C元素化合价的判断。
2.本题考查了电解池原理分析判断，电极原理的计算应用没注意元素守恒是解题关键，题目难度中等．
正确答案
2CrO3 +3CH3CH2OH +3H2SO4 = 3CH3CHO +1Cr2(SO4)3+6H2O
解析
2CrO3 +3CH3CH2OH +3H2SO4 = 3CH3CHO +1Cr2(SO4)3+6H2O
考查方向
解题思路
（1）依据电解原理分析，溶液中阴离子放电，氢氧根离子失电子发生氧化反应，氢离子浓度增大平衡正向进行；
（2）依据原子守恒、电子守恒计算。
易错点
1.本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意乙醇中C元素化合价的判断。
2.本题考查了电解池原理分析判断，电极原理的计算应用没注意元素守恒是解题关键，题目难度中等．
正确答案
Cr2O72—+H2O+ 2Ba2+= 2BaCrO4↓+2H+（或Cr2O72—+H2O+ 2Pb2+= 2PbCrO4↓+2H+） 2.2×10—3
解析
在水溶液中橙红色的Cr2O72-与黄色的CrO42-有下列平衡关系． Cr2O72-＋H2O2CrO42-＋2H+,把K2Cr2O7溶于水配成稀溶液是橙色.向原溶液中加入Ba(NO3)2溶液(已知BaCrO4为黄色沉淀)则平衡右移, Cr2O72—+H2O+ 2Ba2+= 2BaCrO4↓+2H+（或Cr2O72—+H2O+ 2Pb2+= 2PbCrO4↓+2H+）
考查方向
解题思路
（1）依据电解原理分析，溶液中阴离子放电，氢氧根离子失电子发生氧化反应，氢离子浓度增大平衡正向进行；
（2）依据原子守恒、电子守恒计算；。
易错点
1.本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意乙醇中C元素化合价的判断。
2.本题考查了电解池原理分析判断，电极原理的计算应用没注意元素守恒是解题关键，题目难度中等．
正确答案
2H2O—4e—= O2↑+4H+（或4OH——4e—= O2↑+2H2O）
阴极室发生反应2H2O+2e—= H2↑+2OH—，c(OH—)增大；K+穿过阳离子交换膜
解析
阳极室发生氧化反应，氢氧根离子失去电子放电，电极反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O 或2H2O-4e-=O2↑+4H+，阳极区氢离子浓度增大，平衡右移；反应一段时间后，K+穿过阳离子交换膜
考查方向
解题思路
（1）依据电解原理分析，溶液中阴离子放电，氢氧根离子失电子发生氧化反应，氢离子浓度增大平衡正向进行；
（2）依据原子守恒、电子守恒计算；。
易错点
1.本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意乙醇中C元素化合价的判断。
2.本题考查了电解池原理分析判断，电极原理的计算应用没注意元素守恒是解题关键，题目难度中等．
硫酸亚铁铵晶体[化学式为x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O]呈浅绿
已知：
Ⅰ. 硫酸亚铁铵晶体的制备（如图所示）
18.Na2CO3溶液能用于除油污的原因是（用离子方程式表示） 。
19.加入适量(NH4)2SO4后，经加热浓缩、冷却结晶、过滤就能得到硫酸亚铁铵晶体的原因是 。
21.步骤1：结晶水的测定
准确称量47.040g纯净的硫酸亚铁铵晶体并隔绝空气加热至恰好失去结晶水，称得剩余固体34.080g，则n(结晶水)=_____mol。再将全部剩余固体溶于水配成250mL溶液。
22.步骤2：Fe2+的测定
取25.00mL步骤1中所配溶液于锥形瓶中，将0.1000mol/L 酸性高锰酸钾标准溶液装入 式滴定管中进行滴定，反应的离子方程式为 ，滴定至终点的现象是 ，共计消耗酸性高锰酸钾标准溶液24.00mL。
23.步骤3：SO42—的测定
向25.00mL步骤1中所配溶液中加入足量BaCl2溶液后，经过滤、洗涤、干燥后，称量沉淀质量为5.592g。
步骤4：计算
x：y：z=_______________
正确答案
CO32—+H2O
解析
（1）Na2CO3溶液能用于除油污的原因是（用离子方程式表示）CO32—+H2O
（2）加入适量(NH4)2SO4后，经加热浓缩、冷却结晶、过滤就能得到硫酸亚铁铵晶体的原因是相同温度下，硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度小于(NH4)2SO4、FeSO4·7H2O。
（3）用无水乙醇除去硫酸亚铁铵晶体表面的水分，而不能在空气中直接烘干的原因是防止在加热过程中晶体失去结晶水及被氧化。
（4）取25.00mL步骤1中所配溶液于锥形瓶中，将0.1000mol/L 酸性高锰酸钾标准溶液装入酸式滴定管中进行滴定，反应的离子方程式为5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，滴定至终点的现象是当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成紫红色且半分钟不变化，证明达到终点；共计消耗酸性高锰酸钾标准溶液24.00mL。
考查方向
本题主要考查了中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量。
解题思路
本题考查了探究物质的组成及其含量的测定，难度较大，注意把握实验基本方法，能会分析导致误差的不当操作，注意把握实验操作要点和注意事项。
（1）①高锰酸钾具有强氧化性，要装入酸式滴定管；
②酸性条件下，高锰酸根离子能氧化Fe2+，自身被还原生成锰离子，同时生成水；
（2）酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，锰离子有催化作用而导致反应速率加快，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成紫红色且半分钟不变化，证明达到终点；
③平均值等于消耗高锰酸钾的总体积与次数的比值，根据高锰酸钾和草酸之间的关系式计算；
5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 按照 Fe2+和MnO4—5:1进行计算。
判断不当操作对n或V的影响判断．
易错点
中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量。
正确答案
相同温度下，硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度小于(NH4)2SO4、FeSO4·7H2O。
防止在加热过程中晶体失去结晶水及被氧化。
0.72
解析
（1）Na2CO3溶液能用于除油污的原因是（用离子方程式表示）CO32—+H2O
（2）加入适量(NH4)2SO4后，经加热浓缩、冷却结晶、过滤就能得到硫酸亚铁铵晶体的原因是相同温度下，硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度小于(NH4)2SO4、FeSO4·7H2O。
（3）用无水乙醇除去硫酸亚铁铵晶体表面的水分，而不能在空气中直接烘干的原因是防止在加热过程中晶体失去结晶水及被氧化。
（4）取25.00mL步骤1中所配溶液于锥形瓶中，将0.1000mol/L 酸性高锰酸钾标准溶液装入酸式滴定管中进行滴定，反应的离子方程式为5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，滴定至终点的现象是当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成紫红色且半分钟不变化，证明达到终点；共计消耗酸性高锰酸钾标准溶液24.00mL。及被氧化。
考查方向
解题思路
本题考查了探究物质的组成及其含量的测定，难度较大，注意把握实验基本方法，能会分析导致误差的不当操作，注意把握实验操作要点和注意事项。
（1）①高锰酸钾具有强氧化性，要装入酸式滴定管；
②酸性条件下，高锰酸根离子能氧化Fe2+，自身被还原生成锰离子，同时生成水；
（2）酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，锰离子有催化作用而导致反应速率加快，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成紫红色且半分钟不变化，证明达到终点；
③平均值等于消耗高锰酸钾的总体积与次数的比值，根据高锰酸钾和草酸之间的关系式计算；
5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 按照 Fe2+和MnO4—5:1进行计算。
判断不当操作对n或V的影响判断．
本题考查了探究物质的组成及其含量的测定，难度较大，注意把握实验基本方法，能会分析导致误差的不当操作，注意把握实验操作要点和注意事项。
易错点
中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量。
正确答案
0.72
解析
（1）Na2CO3溶液能用于除油污的原因是（用离子方程式表示）CO32—+H2OHCO3—+OH—。
（2）加入适量(NH4)2SO4后，经加热浓缩、冷却结晶、过滤就能得到硫酸亚铁铵晶体的原因是相同温度下，硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度小于(NH4)2SO4、FeSO4·7H2O
（3）用无水乙醇除去硫酸亚铁铵晶体表面的水分，而不能在空气中直接烘干的原因是防止在加热过程中晶体失去结晶水及被氧化。
（4）取25.00mL步骤1中所配溶液于锥形瓶中，将0.1000mol/L 酸性高锰酸钾标准溶液装入酸式滴定管中进行滴定，反应的离子方程式为5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，滴定至终点的现象是当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成紫红色且半分钟不变化，证明达到终点；共计消耗酸性高锰酸钾标准溶液24.00mL。
考查方向
本题主要考查了中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量。
解题思路
本题考查了探究物质的组成及其含量的测定，难度较大，注意把握实验基本方法，能会分析导致误差的不当操作，注意把握实验操作要点和注意事项。
（1）①高锰酸钾具有强氧化性，要装入酸式滴定管；
②酸性条件下，高锰酸根离子能氧化Fe2+，自身被还原生成锰离子，同时生成水；
（2）酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，锰离子有催化作用而导致反应速率加快，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成紫红色且半分钟不变化，证明达到终点；
③平均值等于消耗高锰酸钾的总体积与次数的比值，根据高锰酸钾和草酸之间的关系式计算；
5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 按照 Fe2+和MnO4—5:1进行计算。
判断不当操作对n或V的影响判断．
正确答案
酸 5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液变为紫红色，且半分钟不恢复原色。
解析
（1）Na2CO3溶液能用于除油污的原因是（用离子方程式表示）CO32—+H2O
（2）加入适量(NH4)2SO4后，经加热浓缩、冷却结晶、过滤就能得到硫酸亚铁铵晶体的原因是相同温度下，硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度小于(NH4)2SO4、FeSO4·7H2O。
（3）用无水乙醇除去硫酸亚铁铵晶体表面的水分，而不能在空气中直接烘干的原因是防止在加热过程中晶体失去结晶水及被氧化。
（4）取25.00mL步骤1中所配溶液于锥形瓶中，将0.1000mol/L 酸性高锰酸钾标准溶液装入酸式滴定管中进行滴定，反应的离子方程式为5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，滴定至终点的现象是当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成紫红色且半分钟不变化，证明达到终点；共计消耗酸性高锰酸钾标准溶液24.00mL。
考查方向
解题思路
本题考查了探究物质的组成及其含量的测定，难度较大，注意把握实验基本方法，能会分析导致误差的不当操作，注意把握实验操作要点和注意事项。
（1）①高锰酸钾具有强氧化性，要装入酸式滴定管；
②酸性条件下，高锰酸根离子能氧化Fe2+，自身被还原生成锰离子，同时生成水；
（2）酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，锰离子有催化作用而导致反应速率加快，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成紫红色且半分钟不变化，证明达到终点；
③平均值等于消耗高锰酸钾的总体积与次数的比值，根据高锰酸钾和草酸之间的关系式计算；
5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 按照 Fe2+和MnO4—5:1进行计算。
判断不当操作对n或V的影响判断．
易错点
中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量。
正确答案
1:1：6
解析
（1）Na2CO3溶液能用于除油污的原因是（用离子方程式表示）CO32—+H2O
（2）加入适量(NH4)2SO4后，经加热浓缩、冷却结晶、过滤就能得到硫酸亚铁铵晶体的原因是相同温度下，硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度小于(NH4)2SO4、FeSO4·7H2O。
（3）用无水乙醇除去硫酸亚铁铵晶体表面的水分，而不能在空气中直接烘干的原因是防止在加热过程中晶体失去结晶水及被氧化。
考查方向
解题思路
本题考查了探究物质的组成及其含量的测定，难度较大，注意把握实验基本方法，能会分析导致误差的不当操作，注意把握实验操作要点和注意事项。
（1）①高锰酸钾具有强氧化性，要装入酸式滴定管；
②酸性条件下，高锰酸根离子能氧化Fe2+，自身被还原生成锰离子，同时生成水；
（2）酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，锰离子有催化作用而导致反应速率加快，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成紫红色且半分钟不变化，证明达到终点；
③平均值等于消耗高锰酸钾的总体积与次数的比值，根据高锰酸钾和草酸之间的关系式计算；
5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 按照 Fe2+和MnO4—5:1进行计算。
判断不当操作对n或V的影响判断．
易错点
中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量。
氨在生活、生产、科研中有广泛用途。
24.已知反应Ⅰ：2NH3(g) +CO2(g) ＝
反应Ⅱ：NH2CO2NH4(s) ＝CO(NH2)2 (s)+ H2O(g) △H＝+116.5 kJ/mol
反应Ⅲ：H2O(l) ＝ H2O(g) △H＝+44.0 kJ/mol
则工业上以二氧化碳、氨为原料合成化肥尿素和液态水的热化学方程式为 。
25.用NH3催化还原NxOy可以消除氮氧化物的污染。如有反应4NH3(g)+6NO(g) 
①0～4分钟在A催化剂作用下，反应速率υ(N2)= 。
②下列说法正确的是 。
A．该反应的活化能大小顺序是：Ea(A)>Ea(B)>Ea(C)
B．使用催化剂A达平衡时，N2最终产率更大
C．单位时间内H-O键与N-H键断裂的数目相等时，说明反应已经达到平衡
D．若在恒容绝热的密闭容器中发生反应，当K值不变时，说明反应已经达到平衡
26.查阅资料可知：常温下，K稳[Ag(NH3)2+]=1.10×107，Ksp[AgCl]=1.76×10—10。
①银氨溶液中存在平衡：Ag+(aq)+2NH3(aq)
②计算得到可逆反应AgCl (s)+2NH3(aq)
正确答案
2NH3(g) +CO2(g) ＝CO(NH2)2 (s)+ H2O(l) △H=—87 kJ/mol
解析
①2NH3（g）+CO2（g）=NH2CO2NH4（s）；△H=-159.47kJ•mol-1
②NH2CO2NH4（s）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）；△H=116.5kJ•mol-1
③H2O(l) ＝ H2O(g) △H＝+44.0 kJ/mol
依据热化学方程式和盖斯定律①+②-③，
2NH3(g) +CO2(g) ＝CO(NH2)2 (s)+H2O(l) △H=—87 kJ/mol
考查方向
本题主要考查了用盖斯定律进行有关反应热的计算，化学平衡的调控作用。
解题思路
（1）依据盖斯定律和热化学方程式计算得到；
（2）①依据反应转化率的大小分析，结合图象分析判断；
②氨气量增大对NO的转化率增加不大；
易错点
有关反应热的计算，化学平衡的调控作用。
正确答案
①0.3125mol·L-1·min-1
②CD
解析
①2NH3（g）+CO2（g）=NH2CO2NH4（s）；△H=-159.47kJ•mol-1
②NH2CO2NH4（s）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）；△H=116.5kJ•mol-1
③H2O(l) ＝ H2O(g) △H＝+44.0 kJ/mol
依据热化学方程式和盖斯定律①+②-③，
2NH3(g) +CO2(g) ＝CO(NH2)2 (s)+ H2O(l) △H=—87 kJ/mol
考查方向
解题思路
（1）依据盖斯定律和热化学方程式计算得到；
（2）①依据反应转化率的大小分析，结合图象分析判断；
②氨气量增大对NO的转化率增加不大；
易错点
有关反应热的计算，化学平衡的调控作用。
正确答案
①c [Ag(NH3)2+]/c(Ag+)·c2(NH3)
②1.936×10—3 0.044
解析
①2NH3（g）+CO2（g）=NH2CO2NH4（s）；△H=-159.47kJ•mol-1
②NH2CO2NH4（s）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）；△H=116.5kJ•mol-1
③H2O(l) ＝ H2O(g) △H＝+44.0 kJ/mol
依据热化学方程式和盖斯定律①+②-③，
2NH3(g) +CO2(g) ＝CO(NH2)2 (s)+ H2O(l) △H=—87 kJ/mol
考查方向
本题主要考查了用盖斯定律进行有关反应热的计算，化学平衡的调控作用。
解题思路
（1）依据盖斯定律和热化学方程式计算得到；
（2）①依据反应转化率的大小分析，结合图象分析判断；
②氨气量增大对NO的转化率增加不大；
易错点
有关反应热的计算，化学平衡的调控作用。
钛被称为继铁、铝之后的第三金属，制备金属钛的一种流程如下：
回答下列问题：
28.基态钛原子的价电子排布图为 ，其原子核外共有 种运动状态相同的电子。金属钛晶胞如图37—1所示，为 堆积（填堆积方式）。
29.已知TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为–37℃，沸点为136℃，可知TiCl4为______晶体。
30.纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如图37—2。化合物乙的沸点明显高于化合物甲，主要原因是 。化合物乙中采取sp3杂化的原子的第一电离能由大到小的顺序为 。
1.硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图37—3所示。该阳离子Ti与O的原子数之比为 ，其化学式为 。
32.钙钛矿晶体的结构如图37—4所示。钛离子位于立方晶胞的角顶，被 个氧离子包围成配位八面体；钙离子位于立方晶胞的体心，被 个氧离子包围。钙钛矿晶体的化学式为 。
正确答案
解析
（1）钛为22号元素，基态电子排布式为：[Ar]3d24s2，则基态钛原子的价电子排布式为3d24s2，故答案为：3d24s2；
（2）因TiCl4在常温下是无色液体，说明熔点低，在水或潮湿空气中易水解而冒白烟，说明钛离子为弱碱阳离子，由此可判断 TiCl4是由共价键结合的分子，晶体类型属于分子晶体。
（3）化合物乙的沸点明显高于化合物甲，主要原因是化合物乙分子间形成氢键。化合物乙中采取sp3杂化的原子的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，原因是同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素大于相邻元素，所以这三种元素第一电离能从大到小顺序是：N＞O＞C。
（4）硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图
（5）根据晶胞结构图可知，在晶胞中氧原子分布立方体的棱边中点，被四个立方体共用，所以氧原子数为12*1/4=3，钛原子分布在立方体的八个顶点，每个钛被八个立方体共用，所以钛原子数为8×1/8=1，钙原子分布在立方体的体心，所以钙原子数为1，钛离子位于立方晶胞的角顶，被6个氧离子包围成配位八面体；钙离子位于立方晶胞的体心，被12个氧离子包围。据此可以确定化学式为CaTiO3故答案为：CaTiO3；
考查方向
本题主要考查了原子核外电子排布；配合物的成键情况；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别; 晶胞的计算。
解题思路
本题考查物质结构和性质，涉及晶胞的计算、原子的杂化方式、第一电离能大小的判断、基态原子核外电子排布式的书写等知识点，这些都是高考热点，会利用价层电子对互斥理论确定原子的杂化方式、第一电离能的规律、构造原理来分析解答，难点的晶胞密度的计算．
（1）根据构造原理，由原子序数即可写出基态原子的电子排布式，进而可写出价电子排布式；
（2）根据题目中提供的物理性质来判断晶体类型；
（3）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素大于相邻元素；
易错点
1.根据构造原理，由原子序数即可写出基态原子的电子排布式。
2. 本题易错点是没注意题目要求，如价电子排布式写成了基态原子的电子排布式．
3. 晶胞的计算.
正确答案
分子
解析
（1）钛为22号元素，基态电子排布式为：[Ar]3d24s2，则基态钛原子的价电子排布式为3d24s2，故答案为：3d24s2；
（2）因TiCl4在常温下是无色液体，说明熔点低，在水或潮湿空气中易水解而冒白烟，说明钛离子为弱碱阳离子，由此可判断 TiCl4是由共价键结合的分子，晶体类型属于分子晶体。
（3）化合物乙的沸点明显高于化合物甲，主要原因是化合物乙分子间形成氢键。化合物乙中采取sp3杂化的原子的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，原因是同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素大于相邻元素，所以这三种元素第一电离能从大到小顺序是：N＞O＞C。
（4）硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图
（5）根据晶胞结构图可知，在晶胞中氧原子分布立方体的棱边中点，被四个立方体共用，所以氧原子数为12*1/4=3，钛原子分布在立方体的八个顶点，每个钛被八个立方体共用，所以钛原子数为8×1/8=1，钙原子分布在立方体的体心，所以钙原子数为1，钛离子位于立方晶胞的角顶，被6个氧离子包围成配位八面体；钙离子位于立方晶胞的体心，被12个氧离子包围。据此可以确定化学式为CaTiO3故答案为：CaTiO3；
考查方向
本题主要考查了原子核外电子排布；配合物的成键情况；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别; 晶胞的计算。
解题思路
本题考查物质结构和性质，涉及晶胞的计算、原子的杂化方式、第一电离能大小的判断、基态原子核外电子排布式的书写等知识点，这些都是高考热点，会利用价层电子对互斥理论确定原子的杂化方式、第一电离能的规律、构造原理来分析解答，难点的晶胞密度的计算．
（1）根据构造原理，由原子序数即可写出基态原子的电子排布式，进而可写出价电子排布式；
（2）根据题目中提供的物理性质来判断晶体类型；
（3）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素大于相邻元素；
易错点
1.根据构造原理，由原子序数即可写出基态原子的电子排布式。
2. 本题易错点是没注意题目要求，如价电子排布式写成了基态原子的电子排布式．
3. 晶胞的计算.
正确答案
化合物乙分子间形成氢键 N＞O＞C
解析
（1）钛为22号元素，基态电子排布式为：[Ar]3d24s2，则基态钛原子的价电子排布式为3d24s2，故答案为：3d24s2；
（2）因TiCl4在常温下是无色液体，说明熔点低，在水或潮湿空气中易水解而冒白烟，说明钛离子为弱碱阳离子，由此可判断 TiCl4是由共价键结合的分子，晶体类型属于分子晶体。
（3）化合物乙的沸点明显高于化合物甲，主要原因是化合物乙分子间形成氢键。化合物乙中采取sp3杂化的原子的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，原因是同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素大于相邻元素，所以这三种元素第一电离能从大到小顺序是：N＞O＞C，
（4）硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图
（5）根据晶胞结构图可知，在晶胞中氧原子分布立方体的棱边中点，被四个立方体共用，所以氧原子数为12*1/4=3，钛原子分布在立方体的八个顶点，每个钛被八个立方体共用，所以钛原子数为8×1/8=1，钙原子分布在立方体的体心，所以钙原子数为1，钛离子位于立方晶胞的角顶，被6个氧离子包围成配位八面体；钙离子位于立方晶胞的体心，被12个氧离子包围。据此可以确定化学式为CaTiO3故答案为：CaTiO3；
考查方向
本题主要考查了原子核外电子排布；配合物的成键情况；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别; 晶胞的计算。
解题思路
本题考查物质结构和性质，涉及晶胞的计算、原子的杂化方式、第一电离能大小的判断、基态原子核外电子排布式的书写等知识点，这些都是高考热点，会利用价层电子对互斥理论确定原子的杂化方式、第一电离能的规律、构造原理来分析解答，难点的晶胞密度的计算．
（1）根据构造原理，由原子序数即可写出基态原子的电子排布式，进而可写出价电子排布式；
（2）根据题目中提供的物理性质来判断晶体类型；
（3）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素大于相邻元素；
易错点
1.根据构造原理，由原子序数即可写出基态原子的电子排布式。
2. 本题易错点是没注意题目要求，如价电子排布式写成了基态原子的电子排布式．
3. 晶胞的计算.
正确答案
1：1 TiO2+（或[TiO]n2n+）
解析
（1）钛为22号元素，基态电子排布式为：[Ar]3d24s2，则基态钛原子的价电子排布式为3d24s2，故答案为：3d24s2；
（2）因TiCl4在常温下是无色液体，说明熔点低，在水或潮湿空气中易水解而冒白烟，说明钛离子为弱碱阳离子，由此可判断 TiCl4是由共价键结合的分子，晶体类型属于分子晶体。
（3）化合物乙的沸点明显高于化合物甲，主要原因是化合物乙分子间形成氢键。化合物乙中采取sp3杂化的原子的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，原因是同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素大于相邻元素，所以这三种元素第一电离能从大到小顺序是：N＞O＞C，
（4）硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图
（5）根据晶胞结构图可知，在晶胞中氧原子分布立方体的棱边中点，被四个立方体共用，所以氧原子数为12*1/4=3，钛原子分布在立方体的八个顶点，每个钛被八个立方体共用，所以钛原子数为8×1/8=1，钙原子分布在立方体的体心，所以钙原子数为1，钛离子位于立方晶胞的角顶，被6个氧离子包围成配位八面体；钙离子位于立方晶胞的体心，被12个氧离子包围。据此可以确定化学式为CaTiO3故答案为：CaTiO3；
考查方向
本题主要考查了原子核外电子排布；配合物的成键情况；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别; 晶胞的计算。
解题思路
本题考查物质结构和性质，涉及晶胞的计算、原子的杂化方式、第一电离能大小的判断、基态原子核外电子排布式的书写等知识点，这些都是高考热点，会利用价层电子对互斥理论确定原子的杂化方式、第一电离能的规律、构造原理来分析解答，难点的晶胞密度的计算．
（1）根据构造原理，由原子序数即可写出基态原子的电子排布式，进而可写出价电子排布式；
（2）根据题目中提供的物理性质来判断晶体类型；
（3）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素大于相邻元素；
易错点
1.根据构造原理，由原子序数即可写出基态原子的电子排布式。
2. 本题易错点是没注意题目要求，如价电子排布式写成了基态原子的电子排布式。
3. 晶胞的计算。
正确答案
6 12 CaTiO3
解析
（1）钛为22号元素，基态电子排布式为：[Ar]3d24s2，则基态钛原子的价电子排布式为3d24s2，故答案为：3d24s2；
（2）因TiCl4在常温下是无色液体，说明熔点低，在水或潮湿空气中易水解而冒白烟，说明钛离子为弱碱阳离子，由此可判断 TiCl4是由共价键结合的分子，晶体类型属于分子晶体。
（3）化合物乙的沸点明显高于化合物甲，主要原因是化合物乙分子间形成氢键。化合物乙中采取sp3杂化的原子的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，原因是同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素大于相邻元素，所以这三种元素第一电离能从大到小顺序是：N＞O＞C，
（4）硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图
（5）根据晶胞结构图可知，在晶胞中氧原子分布立方体的棱边中点，被四个立方体共用，所以氧原子数为12*1/4=3，钛原子分布在立方体的八个顶点，每个钛被八个立方体共用，所以钛原子数为8×1/8=1，钙原子分布在立方体的体心，所以钙原子数为1，钛离子位于立方晶胞的角顶，被6个氧离子包围成配位八面体；钙离子位于立方晶胞的体心，被12个氧离子包围。据此可以确定化学式为CaTiO3故答案为：CaTiO3；
考查方向
本题主要考查了原子核外电子排布；配合物的成键情况；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别; 晶胞的计算。
解题思路
本题考查物质结构和性质，涉及晶胞的计算、原子的杂化方式、第一电离能大小的判断、基态原子核外电子排布式的书写等知识点，这些都是高考热点，会利用价层电子对互斥理论确定原子的杂化方式、第一电离能的规律、构造原理来分析解答，难点的晶胞密度的计算．
（1）根据构造原理，由原子序数即可写出基态原子的电子排布式，进而可写出价电子排布式；
（2）根据题目中提供的物理性质来判断晶体类型；
（3）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素大于相邻元素；
易错点
1.根据构造原理，由原子序数即可写出基态原子的电子排布式。
2. 本题易错点是没注意题目要求，如价电子排布式写成了基态原子的电子排布式．
3. 晶胞的计算.