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1.下列物质不可做食品添加剂的是（ ）
正确答案
解析
A谷氨酸单钠为味精的主要成分，故A不选。
B柠檬酸主要用作酸味剂、抗氧化剂、调色剂等，故B不选。
C山梨酸钾，主要用作食品防腐剂，故C不选。
D三聚氰胺有毒，不能用于食品加工及作食品添加剂，所以答案是D。
故选D
考查方向
解题思路
A谷氨酸单钠，俗称味精，用于食品加工的调味剂，是对健康无害的食品添加剂之一。
B柠檬酸的用途非常广泛，可作为食品的酸味剂，抗氧化剂，pH调节剂，用于饮料、果酱、水果和糕点等食品中。
C山梨酸钾是一种不饱和脂肪酸盐，可以被人体的代谢系统吸收而迅速分解为二氧化碳和水，在体内无残留，主要用作食品防腐剂，属于酸性防腐剂。
D三聚氰胺，俗称蛋白精，常被用作化工原料，对身体有害，不可用于食品添加剂。
易错点
本题考查化学与生活，题目难度不大，但它们的用途易混淆，特别是B.柠檬酸和C. 山梨酸钾的区别和联系，注意相关基础知识的积累。
2. 下列离子在水溶液中，一定不能做氧化剂的是（ ）
正确答案
解析
A MnO4—中Mn元素处于最高价态,所以只能得电子作氧化剂。故A不选。
B H+中H元素也处于最高价态,所以也只能得电子作氧化剂。故B不选。
C 虽然SO42—中的S元素处于最高价态,但只有以浓硫酸的形式存在时才有氧化性，单一稀硫酸或硫酸盐的形式存在时不具有氧化性，故而不能称其具有氧化性。故C选。
D NO3—中N元素处于最高价态,所以只能得电子作氧化剂。故D不选。
故选C
考查方向
解题思路
A MnO4—中Mn元素处于最高价态，所以只能得电子作氧化剂。
B H+中H元素也处于最高价态，所以也只能得电子作氧化剂。
C虽然SO42—中的S元素处于最高价态，但只有以浓硫酸的形式存在时才有氧化性，单一稀硫酸或硫酸盐的形式存在时不具有氧化性，故而不能称其具有氧化性。
D NO3—中N元素处于最高价态,所以只能得电子作氧化剂。
易错点
如果元素化合价处于最高价态，则该元素只能得电子作氧化剂，如果元素化合价处于最低价态，则该元素只能失电子作还原剂，如果该元素化合价处于中间价态，则该元素既能作氧化剂又能作还原剂，注意SO42—只是浓硫酸的时候才有氧化性。
4. 以下命题符合化学变化规律的是（ ）
正确答案
解析
A 金属铜制成纳米铜，铜的质没有改变，没有生成新物质，故不属于化学变化。
B 汽油属于混合物，主要由小分子的各类烃构成，因而水是不可能变成汽油的，所以不符合化学变化规律。
C 核反应的条件是比较特殊的，不属于普通的化学变化。故不符合化学变化规律。
D 原子晶体相对于分子晶体就是新物质，也有新键的生成，故符合化学变化规律。
故选D
考查方向
解题思路
A 金属铜制成纳米铜，铜的质没有改变，没有生成新物质。
B 水中含的元素为氢和氧，汽油中主要含有碳氢元素，根据元素守恒定律，水不能直接生成石油。
C 太阳内部高温高压，才能发生核反应，就是说核反应是需要条件的，和普通的化学变化不同。
D因为化学变化既包括旧键的断裂，又包括新键的生成，原子晶体相对于分子晶体就是新物质，也有新键的生成，故属化学变化。
易错点
易把核聚变作为化学反应，同时易把干冰变成原子晶体理解为没有化学变化，是同种物种。
5.将足量的稀盐酸加入到下列固体中，不能发生离子反应的是（ ）
正确答案
解析
A足量的稀盐酸与Na2CO3发生复分解反应，生成NaCl和CO2,有气体生成，故可以发生离子反应。
B足量的稀盐酸与Fe(NO3)2可以发生离子反应和氧化还原反应，生成FeCl3和NO或NO2。
C NaHSO4不与HCl反应，因为没有弱电解质、沉淀、气体产生，故不能进行离子反应。
D NaClO电离出的ClO-是弱酸HClO的根，故ClO-会与HCl电离出的H+结合生成HClO。
NaClO+HCl=NaCl+HClO，2HClO = 2HCl + O2
故选C
考查方向
解题思路
A足量的稀盐酸与Na2CO3发生复分解反应，生成NaCl和CO2。
B足量的稀盐酸与Fe(NO3)2可以先发生离子反应，生成HNO3具有氧化性，可以发生氧化还原反应，生成FeCl3和NO或NO2。
C NaHSO4不与HCl反应，因为没有弱电解质、沉淀、气体产生，离子浓度不发生改变，故不能进行离子反应。
D NaClO电离出的ClO-是弱酸HClO的根，故ClO-会与HCl电离出的H+结合生成HClO。
NaClO+HCl=NaCl+HClO，HClO会分解2HClO = 2HCl + O2
易错点
有些离子型反应也伴随着氧化还原等反应的发生。注意这些反应的存在，不遗漏。
7.下列过程：①电离，②电解，③电镀，④电化学腐蚀，需要通电才能进行的是（ ）
正确答案
解析
①电离是电解质在水溶液中或融融状态下离解出自由移动离子的过程，不需要通电，所以①错误。
②电解是外加电源强迫下的氧化还原反应，必须加外加电源，需要通电，所以②正确。
③电镀实质是一个电解池，必须加外加电源，需要通电，所以③正确。
④电化学腐蚀原理是原电池原理，原电池中不含电源，所以④错误，所以D正确。
故选D。
考查方向
解题思路
①电离是电解质在水溶液中或融融状态下离解出自由移动离子的过程，不需要通电。
②电解是外加电源强迫下的氧化还原反应，必须加外加电源，需要通电。
③电镀实质是一个电解池，必须加外加电源，需要通电。
④电化学腐蚀原理是原电池原理，原电池中不含电源。
易错点
注意原电池和电解池的区别。
9.下列有机物中，同分异构体数目（不考虑立体异构）最少的是（ ）
正确答案
解析
A 根据官能团异构和位置异构和碳链异构来综合分析同分异构体的种数。数目比较多，列在上面。
B 4种。该化合物饱和，只存在链状同分异构体。
C 该化合物有官能团位置异构和碳链异构，还有环的异构，比较复杂。大于4个。
D C8H10的不饱和度为4，所以有环的异构，官能官能团异构和位置异构。
故选B
考查方向
解题思路
A C4H8O2根据官能团异构和位置异构和碳链异构来综合分析同分异构体的种数，对于羧酸而言，根据羧基位置异构可以得到两种丁酸；根据酯基位置异构和碳链异构可得：甲酸丙酯2种（丙基2种异构）、乙酸乙酯1种、丙酸甲酯1种。
B 4种.该化合物饱和,只存在碳链同分异构体。
C 该化合物有官能团位置异构和碳链异构，还有环的异构，比较复杂。主要有：1-戊烯；2-戊烯 2-甲基-1-丁烯；2-甲基-2-丁烯环戊烷甲基环丁烷 1,2-二甲基环丙烷乙基环丙烷。
D C8H10的不饱和度为4，所以有环的就给3 个双键无环的就4个双键或2三键或1三键2双键还有多环的....，具体的应该要慢慢去组合。其中有苯环是4种乙苯和邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯。
易错点
容易漏写或多写同分异构体的数目本题考查同分异构体的种类，根据官能团异构和位置异构和碳链异构来综合分析同分异构体的数目，难度不大，但要注意按照一定的顺序书写同分异构体。
3.下列不属于易燃易爆物质的是（ ）
正确答案
解析
A 金属钠的性质很活波，在空气中点燃时，迅速熔化为一个闪亮的小球，发出黄色火焰，遇水反应剧烈，能引起氢气燃烧，所以是易燃易爆物质。
B 乙酸，别名醋酸、冰醋酸，是典型的脂肪酸。被公认为食醋内酸味及刺激性气味的来源，不是危险化学品，不属于易燃易爆品，所以答案是B。
C 酒精具有可燃性，属于易燃、易爆品，所以不选C。
D 乙烯具有可燃性，是易燃、易爆物，所以不选D。
故选B
考查方向
解题思路
A 金属钠的性质很活波，在空气中很容易被氧化，在空气中点燃时，迅速熔化为一个闪亮的小球，发出黄色火焰，遇水反应剧烈，能引起氢气燃烧，所以钠失火不能用水扑救，必须用干燥沙土来灭火。
B 乙酸，别名醋酸、冰醋酸，是典型的脂肪酸。被公认为食醋内酸味及刺激性气味的来源，不是危险化学品！不属于易燃易爆品。
C 酒精具有可燃性，属于易燃、易爆品。
D 乙烯具有可燃性，是易燃、易爆物
易错点
误认为有机化合物都是易燃易爆物质，易把乙酸也作为易燃易爆物质。其实有些有机物还可以作为灭火剂使用，如CCl4就可以作为灭火剂。
6.下列反应中，不能用于冶炼金属的是（ ）
正确答案
解析
A化合反应生成的新物质是化合物，不是单质，故不能用于冶炼金属。
B发生分解的物质必须是化合物，生成的物质有可能是单质。故可用于冶炼金属。
C置换反应是一种单质与一种化合物作用，生成新单质与新化合物。所以可以置换出所需要的金属。
D电解可以在阴极和阳极上引起氧化还原反应的过程，金属离子可以移动到阴极生成金属，所以可用于冶炼金属。
故选A
考查方向
解题思路
A化合反应指的是由两种或两种以上的物质反应生成一种新物质的反应，这种新物质是化合物，不是单质。
B由一种物质生成两种或两种以上其它的物质的反应叫分解反应。发生分解的物质必须是化合物，生成的物质可以是化合物，也可以是单质。
C置换反应是单质与化合物反应生成另外的单质和化合物的化学反应。它是一种单质与一种化合物作用，生成另一种单质与另一种化合物的反应。
D电解是将电流通过电解质溶液或熔融态电解质，在阴极和阳极上引起氧化还原反应的过程。
易错点
冶炼金属是从矿石中提取金属单质的过程，除物理方法外，金属的冶炼都是使金属从化合态转化为游离态的化学过程。
8.下列物质：①聚乙烯，②丁烯，③苯，④油脂中，含有碳碳双键的是（ ）
正确答案
解析
①烯烃的聚合物中的碳碳双键断开形成单键，据此分析。
②碳碳双键是烯烃的官能团，因此烯烃中都含有碳碳双键。
③苯环中的键是介于碳碳双键和碳碳单键之间的键。
④油脂中含有碳碳双键，故C正确。
故选C。
考查方向
解题思路
①烯烃的聚合物中的碳碳双键断开形成单键，据此分析。
②碳碳双键是烯烃的官能团，因此烯烃中都含有碳碳双键。
③苯环中的键是介于碳碳双键和碳碳单键之间的键。
④油脂中含有碳碳双键。
易错点
易把苯环当成是含有碳碳双键，其实本分子中的苯环中的键是介于碳碳双键和碳碳单键之间的键，
11.下列实验中，对应的实验现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
A KMnO4具有氧化性，能把乙醇氧化，而不是还原，结论错。
B Fe3+有氧化性，能够氧化Cu为Cu2+，自身被还原成Fe2+，而不是生成铁，所以现象错。
C 能使品红溶液褪色的气体不一定是SO2，所以结论错。
D 偏铝酸根结合氢离子能力比碳酸氢根强，反应中NaHCO3提供H+与AlO2-结合，生成白色的氢氧化铝沉淀。由NaHCO3提供H+，故可认为HCO3—>Al(OH) 3，所以正确。
故选D
考查方向
解题思路
A KMnO4具有氧化性，能把乙醇氧化，而不是还原。
B Fe3+有氧化性，能够氧化Cu为Cu2+，自身被还原成Fe2+，而不是生成铁。
C 品红褪色的气体不一定是SO2。
D 偏铝酸根结合氢离子能力比碳酸氢根强，反应中NaHCO3提供H+与AlO2-结合，生成白色的氢氧化铝沉淀。由NaHCO3提供H+，故可认为HCO3—>Al(OH) 3。
易错点
能使品红溶液褪色的气体不止SO2，要注意区别。
10.关于小苏打水溶液的表述错误的是（ ）
正确答案
解析
A碳酸氢钠(NaHCO3)俗称小苏打，是一种白色固体，易溶于水，水溶液湿碱性，故溶液的pH＞7。
B碳酸氢钠(NaHCO3)溶液呈碱性，HCO3-水解程度大于HCO3-电离程度，且水解和电离程度都较小，主要以HCO3-形式存在。
C小苏打溶于水完全电离，在溶液中存在水解、电离两个过程，所以只有一种水解平衡。
D溶液中共存在5种离子c (Na+) 、c (H+)、c (HCO3-)、 c (CO32-)、 c (OH—)。
故选C
考查方向
解题思路
A碳酸氢钠(NaHCO3)俗称小苏打，是一种白色固体,易溶于水,水溶液湿碱性，故溶液的pH＞7。
B碳酸氢钠(NaHCO3)溶液呈碱性，HCO3-水解程度大于HCO3-电离程度，且水解和电离程度都较小，主要以HCO3-形式存在。
C小苏打溶于水完全电离，在溶液中存在水解、电离两个过程，溶液呈碱性， HCO3- 的水解程度大于电离程度。
D溶液中共存在5种离子而且正负电荷数相等，有：c (Na+) +c (H+)= c (HCO3-)+ c (CO32-)+ c (OH—)。
易错点
注意，小苏打虽然是盐，但不是中性，而是显碱性。
12. 关于如右图所示装置的叙述，正确的是（ ）
正确答案
解析
A铜为正极，铜片附近铜离子得电子发生还原反应，没有气泡产生，故A项错误。
B因为正极铜片附近铜离子得电子发生还原反应形成Cu，溶液中产生Zn2+，无颜色，故B项错误。
C电流从正极流向负极，即电流从铜片经导线流向锌片，故C项错误。
D锌是负极，负极发生氧化反应，生成Zn2+，所以D正确。
故选D
考查方向
解题思路
A铜为正极，铜片附近铜离子得电子发生还原反应，没有气泡产生，故A项错误。
B因为正极铜片附近铜离子得电子发生还原反应形成Cu，溶液中产生Zn2+，无颜色。
C电流从正极流向负极，即电流从铜片经导线流向锌片。
D锌是负极，负极发生氧化反应，生成Zn2+。
易错点
该装置是原电池装置，分正、负极，铜是正极，锌是负极。易与电解池混淆。
13. 设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）
正确答案
解析
A标准状况气体摩尔体积为22.4L/mol，A错误。
B根据阿伏伽德罗定律计算：39g Na2O2的摩尔数为39/(23×2+16×2)=0.5mol，与足量水充分反应方程式：2Na2O2+2H2O =4NaOH+O2，所以每反应2mol Na2O2，转移电子为2mol，现在反应0.5mol Na2O2，所以转移电子数是0.5mol。转移的电子数为0.5NA，B正确。
C 17 g羟基与17 g氨气摩尔数相等，但电子数不等，羟基含有9个电子，所以电子数应为9NA，C错误。
D 1mol/L Na2SO4是浓度单位，无法计算摩尔数，D错误。
故选B
考查方向
解题思路
A依据标准状况气体摩尔体积为22.4L/mol。
B根据阿伏伽德罗定律计算：39/(23×2+16×2)=0.5mol，与足量水充分反应方程式：2Na2O2+2H2O =4NaOH+O2，所以每反应2mol 的Na2O2，转移电子为2 mol，现在反应0.5 mol的Na2O2，所以转移电子数是0.5mol。
C 17 g羟基与17 g氨气摩尔数相等，但电子数不等，羟基含有9个电子，所以电子数应为9NA。
D 1mol/L Na2SO4是浓度单位，无法计算摩尔数。
易错点
注意微粒数与摩尔数、阿伏伽德罗常数的关系。
14.元素周期表中短周期元素M、N的原子序数相差2，下列叙述错误的是（ ）
正确答案
解析
A 若一种元素是C，另一种元素为O，在同一周期，故A正确。
B 若一种元素是H，另一种元素为Li，则两者位于同一主族，原子序数相差2，所以叙述错误的为B。
C C、O原子序数相差2，可形成共价化合物，C选项是正确的。
D 两者能形成离子化合物LiH，所以D选项是正确的。
故选B
考查方向
解题思路
A 若一种元素是C，另一种元素为O,在同一周期。
B 若一种元素是H，另一种元素为Li，则两者位于同一主族，原子序数相差2。
C C、O原子序数相差2，可形成共价化合物。
D 两者能形成离子化合物LiH。
易错点
原子序数相差2的短周期元素可能是同一周期，也可能是不同周期；可能都是非金属元素，也可能是金属和非金属元素；根据元素可能形成的化学键判断可能形成的化合物类型，根据原子最外层电子数判断形成离子时离子的最外层电子数。
15.已知：Ksp [Mg(OH)2]= 1.8×10—11Ksp [Zn(OH)2]=1.0×10—17
Ksp [Cr(OH)3]= 7.0×10—31Ksp [Fe(OH)3]= 4.0×10—38
若将浓度均为0.01 mol/L的Fe3+、Cr3+、Zn2+、Mg2+四种离子组成溶液的pH控制在9附近，溶液中四种离子的浓度由大到小排列顺序正确是（ ）
正确答案
解析
A A符合Mg2+ > Zn2+ > Cr3+ > Fe3+，所以正确。
B 不符合Mg2+ > Zn2+ > Cr3+ > Fe3+，所以不正确。
C 不符合Mg2+ > Zn2+ > Cr3+ > Fe3+，C不正确
D 不符合Mg2+ > Zn2+ > Cr3+ > Fe3+，D不正确
故选A
考查方向
解题思路
Fe3+、Cr3+、Zn2+、Mg2+浓度均为0.01 mol/L，他们的Ksp值大小的顺序为Ksp [Mg(OH)2] > Ksp [Zn(OH)2] > Ksp [Cr(OH)3] > Ksp [Fe(OH)3]。所以根据溶度积KSP与溶解度的关系可知，溶液中四种离子的浓度由大到小排列顺序正确是Mg2+ > Zn2+ > Cr3+ > Fe3+
易错点
溶度积KSP反映了难溶电解质在水中的溶解能力的大小。相同类型的难溶电解质的Ksp越小，溶解度越小，越难溶于水；反之Ksp越大，溶解度越大。
16. Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O。当NO2和NO的物质的量之比为1∶1时，实际参加反应的Cu2S和HNO3的物质的量之比为（ ）
正确答案
解析
Cu2S与一定浓度的HNO3反应, Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由-2价被氧化为+6价,硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO, 起酸作用的硝酸生成 Cu(NO3)2。
令NO2和NO的物质的量都为1mol，根据电子转移守恒可以计算参加反应Cu2S物质的量。
由硫元素守恒可以知道， n[Cu2S]=n[ CuSO4]
根据铜元素守恒可以知道溶液中，n [Cu(NO3)2]=2n[Cu2S]-n [CuSO4]
所以实际参加反应的Cu2S和HNO3的物质的量之比为n[ Cu2S]:n [HNO3]=0.4:2.8=1:7。
故选B
考查方向
解题思路
Cu2S与一定浓度的HNO3反应，Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由-2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu(NO3)2。
设：NO2和NO的物质的量都为1mol，根据电子转移守恒可以计算参加反应Cu2S物质的量。
由氮元素守恒可以知道参加反应的硝酸：n[HNO3]=2n[CuNO3]+n [NO2]+n[NO]
由硫元素守恒可以知道：n[Cu2S]=n[ CuSO4]
根据铜元素守恒可以知道溶液中：n[Cu(NO3)2]=2n[Cu2S]-n [CuSO4]
所以实际参加反应的Cu2S和HNO3的物质的量之比为n[ Cu2S]:n [HNO3]=0.4:2.8=1:7。
易错点
得失电子数与物质量的关系。
硝酸是一种重要的化工原料，工业上生产硝酸的主要过程如下：
20.以N2和H2为原料合成氨气（N2(g)+3H2(g)
N2(g)和H2(g)置于密闭容器中进行反应。已知化学平衡常数K与温度的关系如下：
①写出该反应的平衡常数表达式。
②K1 和K2比较：K1 K2。（填写“＞”、“＜”或“＝”）
③在400℃时该反应进行一段时间后，测定N2(g)、H2(g)和 NH3(g) 的物质的量分别为2mol、1mol和2mol，则此时反应速率v正(N2) v逆(N2)。（填写“＞”、“＜”、“＝”或“不能确定”）
21.以氨气、空气为主要原料制硝酸。
（1）NH3被氧气催化氧化生成NO的化学方程式是 。
（2）在密闭容器中进行反应2NO(g)+O2(g)
（a）在t1 ~ t2时，可依据定容容器内气体的压强保持不变
判断反应已达到平衡状态
（b）在t2时，采取的措施可以是升高温度
（c）在t3 ~ t4时，可依据容器内气体的密度保持不变判断
反应已达到平衡状态
（d）在t5时，容器内NO2的体积分数是整个过程中的最大值
22.硝酸厂常用以下方法处理尾气：
（1）碱液吸收法：用Na2CO3溶液吸收NO2生成CO2。若取9.2 g NO2和足量Na2CO3溶液完全反应时转移电子数为0.1 mol，该反应的离子方程式是 。
（2）氨催化吸收法，原理是NH3与NOx反应生成无毒的物质。某同学采用以下装置和
利用上述仪器，按右侧流程图连接成模拟尾气处理装置：
管口f接管口
②D装置的作用是 ，用饱和氨水而不用纯水的目的是 。
③E装置中发生反应的化学方程式是。
正确答案
①K=c2(NH3)/c(N2)·c3(H2) 。② >。③“不能确定”
解析
①N2+3H2（g）⇌2NH3（g）平衡常数表达式为K=c2(NH3)/c(N2)•c3(H2)②因为△H＜0，反应是放热反应，升温平衡逆向进行，平衡常数减小，则K1＞K2，故答案为：＞；
③ 正常情况下，是比较Qc与平衡常数的大小，但是该题没给体积，无法求出各物质的浓度，故无法确定
考查方向
解题思路
① 根据方程式N2+3H2（g）⇌2NH3（g）就可以写出平衡常数的表达式。为K=c2(NH3)/c(N2)•c3(H2)
②反应是放热反应，升温平衡逆向进行，平衡常数减小；③ 正常情况下，是比较Qc与平衡常数的大小，但是该题没给体积，无法求出各物质的浓度，故无法确定
易错点
化学平衡移动与热效应的关系，以及求Qc必须用浓度积表示，这点特别要注意。
正确答案
4NH3 + 5O2 = 4NO + 6H2O，a
解析
（1）NH3被氧气催化氧化生成NO和水。
（2）a 左边系数与右边系数不等，又是气态反应，则压强可作为化学平衡的标志，所以a对。
b 当升高温度时，反应先吸热方向进行，即向逆反应方向进行，所以b错。
c 根据密度ρ=m/v可知，当遵守质量守恒定律，m不变，同时又是恒容v不变，故ρ就不变，不可作为化学平衡的标志。所以c错。
d由图像可知，在t3时，反应速度最大，容器内NO2的体积分数是整个过程中的最大值，但t4时，NO2的体积应是减少, 所以d错。
故选a
考查方向
解题思路
（1）NH3被氧气催化氧化生成NO和水。
（2）a. 左边系数与右边系数不等，又是气态反应，则压强可作为化学平衡的标志。
b 当升高温度时，反应先吸热方向进行，即向逆反应方向进行。
c 根据密度ρ=m/v可知，当遵守质量守恒定律，m不变，同时又是恒容v不变，故ρ就不变，不可作为化学平衡的标志。
d.由图像可知，在t3时，反应速度最大，容器内NO2的体积分数是整个过程中的最大值，但t4时，NO2的体积应是减少。
易错点
判断反应平衡的标志。
正确答案
（1）2NO2 + CO32—= NO3—+ NO2— + CO2
（2）①管口f接管口j;
②调节气流速度，使气体混合均匀。可防止倒吸；
③ 4NH3 + 6NO = 5N2 + 6H2O 或4xNH3 + 6NOx = (2x+3)N2 + 6xH2O （2分）
解析
（1）9.2 g NO2和足量Na2CO3溶液完全反应，参加反应的NO2为9.2/(14+16×2)=0.2 mol. 完全反应时转移电子数为0.1 mol，所以NO2反应时，得到和失去都是0.1 mol，故NO2发生了歧化反应。离子方程式2NO2 + CO32—= NO3—+ NO2— + CO2
（2）① 管口f接管口j，主要是起到吸水和干燥的目的。
② D装置有三根管，这样的装置主要是为调节气流速度，使气体混合均匀，用饱和氨水而不用纯水的目的就是防止倒吸。
③ 4NH3 + 6NO = 5N2 + 6H2O 或4xNH3 + 6NOx = (2x+3)N2 + 6xH2O （2分）
考查方向
解题思路
（1）9.2 g NO2和足量Na2CO3溶液完全反应，参加反应的NO2为9.2/(14+16×2)=0.2 mol. 完全反应时转移电子数为0.1 mol，所以NO2在反应时，得到和失去都是0.1 mol，故NO2发生了歧化反应。
（2）① 管口f接管口j，最后是吸水、干燥。
② D装置有三根管，这样的装置主要是为调节气流速度，使气体混合均匀，用饱和氨水而不用纯水的目的就是氨气难溶于饱和氨水，可防止倒吸。
③4NH3 + 6NO = 5N2 + 6H2O 或4xNH3 + 6NOx = (2x+3)N2 + 6xH2O
易错点
对实验装置的安装顺序及目的、原理易搞错。
工业上利用电解饱和食盐水来制取烧碱，所用的食盐水需两次精制。第一次精制主要是用沉淀法除去粗盐水中Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42-等离子，过程如下：
Ⅰ. 向粗盐水中加入过量BaCl2溶液，过滤；
Ⅱ. 向所得滤液中加入过量Na2CO3溶液，过滤；
Ⅲ. 用盐酸调节滤液的pH，获得一次精制盐水。
17.过程Ⅰ中除去的离子是______。
18.下表是过程Ⅰ、Ⅱ中生成的部分沉淀及其在20℃时的溶解度（g /100gH2O）：
运用表中信息回答下列问题：
①过程Ⅱ中生成的主要沉淀除CaCO3和Mg2(OH)2CO3外还有 。
②过程Ⅰ选用的是BaCl2而不选用CaCl2，原因是 。
③除去Mg2+的离子方程式是 。
④检测Ca2+、Mg2+、Ba2+是否除尽时，只需检测Ba2+即可，原因是 。
19.第二次精制要除去微量的I—、IO3—、NH4+、Ca2+、Mg2+，流程示意图如下：
①过程Ⅳ除去的离子是 。
②盐水b中含有SO42—。Na2S2O3将IO3—还原为I2的离子方程式是 。
③在过程Ⅴ中所用的Na2S2O3俗称海波，是一种重要的化工原料。商品海波主要成分是Na2S2O3·5H2O。为了测定其含Na2S2O3·5H2O的纯度，称取8.00g 样品，配制成250.0mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，滴加淀粉溶液作指示剂，再用浓度为0.0500mol/L 的碘水滴定（发生反应2S2O32－+ I2＝ S4O62－ + 2I－），滴定达到终点时的现象是。下表记录滴定结果：
计算样品的纯度为 。
正确答案
SO42-
解析
根据氯化钡能够与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀除去SO42-
考查方向
解题思路
Ⅰ的过程是利用沉淀-溶解平衡除杂离子，氯化钡能够与硫酸根离子反应生成硫酸钡，由于BaSO4的溶解度比CaSO4的小，如果用CaCl2不能将SO42－沉淀完全，故选用BaCl2才能将其除尽。
易错点
注意粗盐提纯时，除去离子所选择的试剂加入的顺序和除去的离子。
正确答案
①BaCO3 ，Fe(OH)3
解析
①在CaCO3、Mg2(OH)2CO3沉淀，若Ba2＋沉淀完全，BaCO3就会沉淀出来，Fe(OH)3的溶解度小，也沉淀。
②由于BaSO4的溶解度比CaSO4的小，如果用CaCl2不能将SO42－沉淀完全，故选用BaCl2才能将其除尽。
③2Mg2+ +2CO32—+ H2O = Mg2(OH)2CO3↓ + CO2↑。
④碳酸钡的溶解度最大，若钡离子沉淀完全，则说明镁离子和钙离子也沉淀完全。
考查方向
解题思路
①根据溶解度参数判断，与CaCO3和Mg2(OH)2CO3溶解度小的都能生成沉淀。若Ba2＋沉淀完全，则BaCO3也会沉淀出来。
②由于BaSO4的溶解度比CaSO4的小，如果用CaCl2不能将SO42－沉淀完全，故选用BaCl2才能将其除尽。
③2Mg2+ +2CO32—+ H2O = Mg2(OH)2CO3↓ + CO2↑
④碳酸钡的溶解度最大，若钡离子沉淀完全，则说明镁离子和钙离子也沉淀完全。
易错点
根据溶解度参数，判断准确沉淀物有哪些，防止遗漏。
正确答案
①NH4+、I— ② 5S2O32— + 8IO3— + H2O = 10SO42— + 4I2 + 2H+ ③溶液由无色变为蓝色，纯度为95.48%。
考查方向
解题思路
①NaClO有氧化性，从流程中可看出生成了N2，说明是NH4+被氧化，则另一个有还原性的离子I－也会被氧化除去，过程Ⅳ除去的离子是NH4+ 、I－。
②据题意，首先根据得失电子守恒有5S2O32－＋8IO3－＋H2O = 4I2＋10SO42－＋2H+，再根据电荷守恒有5S2O32－＋8IO3－＋H2O =4I2＋10SO42－＋2H+，最后根据原子守恒得5S2O32－＋8IO3－＋H2O = 4I2＋10SO42－＋2H+。
③当碘水滴定到Na2S2O3·5H2O溶液中时，碘立刻生成I－，当S2O32－全部被氧化时，再滴入的I2遇到淀粉溶液就变蓝，表明滴定到终点，所以溶液由无色变为蓝色。
由滴定数据分析可知，第二次偏差比较大，故以第一次和第三次的平均值为准，所以消耗 I2的量为（30.82+30.78）/2=30.8 mL
易错点
氧化还原反应类型的离子方程式书写。
纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而倍受关注
23.下表为制取纳米级Cu2O的三种方法：
工业上常用方法Ⅱ和方法Ⅲ制取Cu2O而很少用方法Ⅰ，其原因是反应条件不易控制，若控温不当易生成 而使Cu2O产率降低。
24.方法Ⅱ通过采用离子交换膜控制电解液中OH—浓度的方法来制备纳米级Cu2O，电解装置如右图所示。
①阴极上的还原产物是 。
知阳极生成Cu2O，电极反应式为 。
Na2SO4溶液的主要作用是
25.方法Ⅲ是在加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu(OH)2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2，该反应的化学方程式为 。
26.肼又称联氨，请写出肼的电子式，肼易溶于水，它是与氨类似的弱碱，用电离方程式表示肼的水溶液显碱性的原因 。
27.已知在相同条件下N2H4•H2O的电离程度大于N2H5C1的水解程度。常温下，若将0.2mol/L N2H4•H2O溶液与0.1mol/L HCl溶液等体积混合，则溶液中N2H5+、Cl—、OH—、H+离子浓度由大到小的顺序为。
28.肼—空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%～30%的KOH溶液。肼—空气燃料电池放电时，负极的电极反应式是 ，电池工作一段时间后，电解质溶液的pH将 （填“增大”、“减小”、“不变”）。
29.
已知：2Cu(s)＋1/2O2(g)＝Cu2O(s) △H＝—akJ•mol—1
C(s)＋1/2O2(g)＝CO(g) △H＝—bkJ•mol—1
Cu(s)＋1/2O2(g)＝CuO(s) △H＝—ckJ•mol—1
则方法Ⅰ发生的反应：2CuO(s)＋C(s)= Cu2O(s)＋CO(g) △H＝
正确答案
Cu
解析
在高温下，碳有可能把氧化铜还原生成铜，即不易控制反应条件。
考查方向
解题思路
由于在高温下，碳有可能把氧化铜还原生成铜，即不易控制反应条件。
易错点
反应的条件很重要，高温下容易发生其他的化学反应。
正确答案
① H2 ② 2Cu - 2e— + 2OH—= Cu2O + H2O ③增强溶液的导电性
解析
电解池中，正电荷H+向阴极移动产生H2，根据铜的氧化产物氧化亚铜可知，阳极反应式为
2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O。Na2SO4是强电解质，增强溶液的导电性。
考查方向
解题思路
在电解池中，当阳极是活泼电极时，该电极本身发生失电子的还原反应，在碱性环境下，金属铜失去电子的电极反应为电解池中阳极失去电子，正电荷H+向阴极移动产生H2。
易错点
电解池分阴阳极，注意和原电池的区别，原电池分正负极。
正确答案
4Cu(OH)2 + N2H4 = 2Cu2O + N2↑ + 6H2O
解析
根据反应物和生成物并根据电子的得失守恒可知，方程式为4Cu(OH)2 + N2H4=2Cu2O + N2↑ + 6H2O。
考查方向
解题思路
根据题目信息:液态肼（NH2NH2）还原新制Cu(OH)2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2。
易错点
液态肼（NH2NH2）还原新制Cu(OH)2生成正确的产物。
正确答案
解析
N2H4 + H2O 
考查方向
解题思路
关键是掌握肼在H2O中的电离。
易错点
对肼的结构与性质掌握要准确。
正确答案
c(N2H5+) > c(Cl—) > c(OH—) > c(H+)
解析
肼电离N2H4 + H2O 
考查方向
解题思路
肼的电离N2H4 + H2O 
易错点
关键是写出肼的电离与N2H5C1的水解反应方程式。
正确答案
N2H4 —4e— + 4OH— = N2 + 4H2O ，减小
解析
肼-氧气碱性燃料电池中，负极上燃料肼失电子和氢氧根离子反应生成水和氮气，电极反应式为N2H4+4OH--4e-=4H2O+N2↑，由于不断消耗OH—，所以pH减小。
考查方向
解题思路
N2H4—4e— + 4OH—= N2 + 4H2O，负极上燃料肼失电子和氢氧根离子反应生成水和氮气。
易错点
原电池和电解池的工作原理及电极反应混淆。
正确答案
-(a+b-2c)kJ/mol或者+(a-b+2c)kJ/mol也可
解析
根据已知反应的方程式和热效应可知，①＋②－③×2即得到所求方程式2CuO(s)＋C(s)= Cu2O(s)＋CO(g)，所以反应热△H＝-(a+b-2c)kJ/mol。
考查方向
本题考查盖斯定律的应用。
解题思路
根据已知反应的方程式和热效应，导出和所求反应的计量关系，进而求出热效应。
易错点
注意盖斯定律的适用条件，物质的状态，如何用已知反应的热效应来求某一个反应的热效应。
下图中的几种表格均为元素周期表的一部分。
请结合相关信息，回答有关问题：
30.短周期元素d的最外层电子数是其核外电子总数的1/3。在a、b、c三种元素中第一电离能最大的是 （填元素符号）；d的三氯化物中心原子的轨道杂化类型为 ，分子的立体构型是 。
31.已知g的双原子分子在常温下是液态，则乙图中的四种元素均属于元素周期表中的 区元素；四种元素的最简单氢化物中，熔沸点最高的是 （填分子式）；与eO32—是等电子体的离子是 （只写一种）。
32.m、l的单质是两种常见金属，常温下l在浓硝酸中发生钝化。n元素在周期表中的位置是第 周期 族；m原子的外围电子层排布是 ，m单质晶胞结构如右图，构成晶体的微粒之间的作用为 ， 每个晶胞中含有m的原子
正确答案
N； sp3，三角锥形。
解析
根据短周期元素d的最外层电子数是其核外电子总数的1/3。可以得出，这个d应该是P，虽然Li也符合，但是Li没有三氯化物，所以不符合题意。故b为N，a为C，c为O，可以推断，d的三氯化物为PCl3，P的杂化状态为sp3，立体构型本应该是正四面体，但有一个孤对电子，所以是三角锥形。
考查方向
解题思路
根据短周期元素d的最外层电子数是其核外电子总数的1/3。可以得出，这个d应该是P，虽然Li也符合，但是Li没有三氯化物，所以不符合题意。故a、b、c可以推断，其杂化状态和立体构型就可以推出来。
易错点
注意元素周期表所衍生出来的一些规律性要记牢，特别是第一电离能有反常现象，如VA>VIA。
正确答案
P； HI；ClO3—（其它合理的离子均可）
解析
根据g的双原子分子在常温下是液态，可以得出，g是Br，故是P区元素。H是I。
考查方向
解题思路
已知g的双原子分子在常温下是液态，可以得出，g是Br，故是P区元素。H是I。
易错点
注意元素周期表所衍生出来的一些规律性要记牢，这里主要是氢化物的相关性质，还有各区的元素。
正确答案
四或4ⅡB第二副； 3d104s1，金属键，4 ， 12
解析
因为l常温下在浓硝酸中发生钝化，所以l为Al。因为Al处于第三周期，所以n元素在第4周期ⅡB族，m为IA族，原子的外围电子层排布是3d104s1。m为钾，是典型的金属，故构成晶体的微粒之间的作用为金属键，每个晶胞中含有m的原子数为4个，晶体中距离每个m原子最近且等距离的m原子有12个。
考查方向
解题思路
由常温下l在浓硝酸中发生钝化可知l为Al。其他问题就迎刃而解了。因为Al处于第三周期，所以n元素在周期表中的位置是第4周期其余就可以推断出来。m为钾。
易错点
注意元素周期表中核外电子排布，以及某些金属的特殊性质。
高聚物M是五大工程塑料之一，而N是制取琥乙红霉素晶体的重要原料，合成M和N的路线如下：
已知：①R—CH2—CH=CH2
② R—CH2—CH=CH2 
请填写下列空白：
33.A的名称是______，D中官能团的名称__________。
35.G的分子式为C8H6O4，能与碳酸钠溶液反应放出气体，其一氯代物只有一种，
写出E + G→M的化学方程式_____________________________。
36.G的同分异构体有多种，其中满足：①能发生银镜反应，②能与碳酸氢钠溶液反应的芳香类同分异构体共有种。写出其中核磁共振氢谱有四种峰的结构简式__________________。
37.关于N的说法中正确的是_________（填序号）
①1mol N可与2mol NaHCO3溶液反应 ②lmol N可与2mol H2发生加成反应
③N在一定条件下可与Cl2发生取代反应 ④N可发生消去反应
正确答案
（1）A的名称是丙烯（1-丙烯）， D中官能团的名称为： 羟基、醛基。
解析
通过E分子式为C4H10O2，已知的两个方程式可是烯烃的反应，所以A是含有3个碳的烯烃，即丙烯（1-丙烯）。
考查方向
解题思路
通过E分子式为C4H10O2，又由已知的两个方程式可知，原来的A含有3个碳。
易错点
要注意有机化学反应的条件决定其产物。
正确答案
取代反应（水解反应）。ClCH2CH=CH2 + NaOH → HOCH2CH=CH2 + NaCl
解析
因为B是3-卤代丙烯，它的水解由羟基取代氯原子，生成烯丙醇。
考查方向
解题思路
已知B是3-卤代丙烯，它水解就发生了取代反应，由羟基取代氯原子，生成醇。
易错点
要注意有机化学反应的条件决定其产物。
正确答案
解析
由G的分子式为C8H6O4，计算不饱和度Ω=8+1+(6/2)=6。故含苯环（苯环有4个不饱和度），根据分子中含有4个氧原子，还有两个不饱和度，同时能与碳酸钠溶液反应放出气体，说明是二元酸，其中一氯代物只有一种，说明2个羧基在苯环上是位置对称的，所以是对苯二甲酸。因为E为二元醇，HO(CH2)4OH，故E + G→M是酯化反应，由于是二元酸和二元醇发生酯化反应，所以生成的是聚酯。方程式为：
G
考查方向
解题思路
G的分子式为C8H6O4，通过计算不饱和度Ω=C+1-（H+N）/2可知：Ω=8+1+(6/2)=6。有6个不饱和度，故含苯环（苯环有4个不饱和度），另外两个不饱和度，根据分子中含有4个氧原子，同时能与碳酸钠溶液反应放出气体，说明是二元酸，其中一氯代物只有一种，说明2个羧基在苯环上是位置对称的。又能推断出E为二元醇，故E + G→M是酯化反应。
易错点
要注意多元酸和多元醇反应生成聚酯。
正确答案
13种。
解析
G的同分异构体要满足①能发生银镜反应，②能与碳酸氢钠溶液反应的芳香类同分异构体必须具有醛基和羧基，还可能有羟基和烷氧基，其中核磁共振氢谱有四种峰，表明有四种化学环境不同H存在，因此任意写出一种间苯二甲酸。
考查方向
解题思路
G的同分异构体要满足①能发生银镜反应，②能与碳酸氢钠溶液反应的芳香类同分异构体必须具有醛基和羧基，还可能有羟基和烷氧基，所以同分异构体比较复杂。其中核磁共振氢谱有四种峰，表明有四种化学环境不同H存在。
易错点
要注意核磁共振氢谱峰的数目和有机化合物结构之间的关系。
正确答案
①③
解析
由题推出，N为二元酸，即丁二酸，所以能与2molNaHCO3溶液发生酸碱反应，酸在一定条件下，又会发生羧基相邻的氢被Cl取代的反应。生成氯代羧酸。
考查方向
解题思路
由题推出，E通过氧化生成F为二醛，二醛进一步被新制的氢氧化铜氧化生成二元酸，所以N为二元酸，能与2molNaHCO3溶液反应发生酸碱反应，酸在一定条件下，又会发生羧基相邻的氢被Cl取代的反应。
易错点
要注意酸的有机化学反应及条件。