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8．下列有关实验的说法正确的是（ ）
正确答案
解析
A选项容量瓶标有温度、规格、刻度线，量筒标有温度、规格，滴定管温度、规格，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度在最上面，使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗，故A正确；
B选项铝放在浓硝酸中会钝化，Al2O3与CuSO4不反应，所以放入硫酸铜中没有什么现象，B错误。
C选项若用浓盐酸配制1：1（体积比）的稀盐酸，通常使用量筒和烧杯即可，不需要使用容量瓶，故C错误
D选项固体碘单质受热易升华为其物理性质,不能说明碘单质的热稳定性较差，D错误。
本题正确答案是A
考查方向
解题思路
A选项容量瓶标有温度、规格、刻度线，量筒标有温度、规格，滴定管温度、规格，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度在最上面，使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗，故A正确；
B选项铝放在浓硝酸中会钝化，Al2O3与CuSO4不反应，所以放入硫酸铜中没有什么现象，B错误。
C选项若用浓盐酸配制1：1（体积比）的稀盐酸，通常使用量筒和烧杯即可，不需要使用容量瓶，故C错误。
D选项固体碘单质受热易升华为其物理性质,不能说明碘单质的热稳定性较差，D错误。
B选项不正确，C选项不正确，D选项不正确，所有选A选项。
易错点
实验仪器如计量仪器及使用方法和误差分析。
知识点
12．常温下 0.1mol/L的H2A溶液中H2A、HA—、A2— 三者中所占物质的量分数（分布系数）随pH变化的关系如图所示。下列表述不正确的是( )
AH2A
B在 0.1mol/L NaHA 溶液中，各离子浓度大小关系为：
c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)
C已知25℃时HF的 Ka=10-3.45，将少量H2A的溶液加入足量NaF溶液中，发生的反应为： H2A+F﹣═ HF+HA﹣
D将等物质的量的NaHA、Na2A溶于水中，所得溶液pH恰好为4.2
正确答案
解析
从图可以看出，随着pH的增大，H2A先转变为HA-，再转变为A2-，即H2A的电离分两步进行即①H2A
A选项H2A
B选项NaHA=Na+ + HA－ ，HA－
C选项已知25℃时HF的 Ka=10-3.45 ，而H2A的K1=10-1.2 和 K2=10-4.2 可知酸性H2A>HF>HA－ 其将少量H2A的溶液加入足量NaF溶液中，发生的反应为：H2A+F﹣═ HF+HA﹣ 是正确
D选项HA-即能水解又能电离，A2-能水解，而且A2-的水解程度大于HA-的水解程度，故将相同物质的量的NaHA和Na2A固体溶于水后，HA-和A2-的浓度不再相等，故溶液的pH 不等于4.2，错误
本题正确答案是D
考查方向
本题考查离子浓度大小比较，电离平衡常数，属于综合性试题的考查，对学生的思维能力提出了较高的要求，该题的关键是在明确反应原理的基础上利用好几种守恒关系，即电荷守恒、物料守恒以及质子守恒，然后结合图象和题意灵活运用即可，难度中等
解题思路
从图可以看出，随着pH的增大，H2A先转变为HA-，再转变为A2-，即H2A的电离分两步进行即①H2A
A选项H2A
B选项NaHA=Na+ + HA－ ，HA－
C选项已知25℃时HF的 Ka=10-3.45 ，而H2A的K1=10-1.2 和 K2=10-4.2 可知酸性H2A>HF>HA－ 其将少量H2A的溶液加入足量NaF溶液中，发生的反应为：H2A+F﹣═ HF+HA﹣ 是正确
D选项HA-即能水解又能电离，A2-能水解，而且A2-的水解程度大于HA-的水解程度，故将相同物质的量的NaHA和Na2A固体溶于水后，HA-和A2-的浓度不再相等，故溶液的pH 不等于4.2，错误
A选项不正确，B选项不正确，C选项不正确，所有选D选项。
易错点
1、守恒关系，即电荷守恒、物料守恒以及质子守恒，然后结合图象和题意灵活运用.
2、弱电解质的电离平衡常数的计算
知识点
7．下列有关说法正确的是（ ）
正确答案
解析
A选项从矿物质中获取铁、铜、硅都涉及置换反应，铁、铜用热还原法冶炼，2Fe 2O3+ 3C 4Fe + 3CO2 ，Cu2+ + Fe == Cu + Fe2+ ， A错误。
B选项利用溶解度数据可推测将一些混合物质分离开来，如根据碳酸钙和氯化钠的溶解度，采用溶解、过滤的方法将两种物质分离；利用原子半径数据可推测某些原子的氧化性和还原性的强弱, 如第ⅦA族元素单质，元素的原子半径越大，其失电子能力越强，其单质的还原性越强。正确
C选项食盐水只能够降低蛋白质的溶解度，不能使蛋白质变性，所以稀的食盐水不能杀死H7N9禽流感病毒。错误
D选项化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△G=△H-T△S＜0时，反应能自发进行，某反应的ΔH＞0、ΔS﹤0，当T较高时△G=△H-T△S＜0，能自发进行，所以D错误；
本题正确答案是B
考查方向
1、本题考查元素化合物的性质及物质的分离。
2、考查化学反应自发进行的方向。
解题思路
A选项从矿物质中获取铁、铜、硅都涉及置换反应，铁、铜用热还原法冶炼Fe 2O3+ 3C 4Fe + 3CO2 ，Cu2+ + Fe == Cu + Fe2+ ，所以A错误
B选项利用溶解度数据可推测将一些混合物质分离开来，如根据碳酸钙和氯化钠的溶解度，采用溶解、过滤的方法将两种物质分离；利用原子半径数据可推测某些原子的氧化性和还原性的强弱, 如第ⅦA族元素单质，元素的原子半径越大，其失电子能力越强，其单质的还原性越强。B正确
C选项食盐水只能够降低蛋白质的溶解度，不能使蛋白质变性，所以稀的食盐水不能杀死H7N9禽流感病毒。所以C错误
D选项化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△G=△H-T△S＜0时，反应能自发进行，某反应的ΔH＞0、ΔS﹤0，当T较高时△G=△H-T△S＜0，能自发进行，所以D错误
A选项不正确，C选项不正确，D选项不正确，所有选B选项。
易错点
本题考查常见的天然高分子化合物及有关物理性质和环境污染如雾霾的成因。
知识点
9．X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素。已知：
①元素对应的原子半径大小为：X<Z<Y<M<W；
②Y是组成有机物的必要元素
③Z与X可形成两种常见的共价化合物，与W可形成两种常见的离子化台物；
④M的电子层数与最外层电子数相等。
下列说法不正确的是（ ）
AW、M的离子半径及最高价氧化物对应水化物
BYZ 2为直线型的共价化合物，W2Z2既含有离子键又含有共价键
CY与X形成的化合物的熔沸点一定低于Z与X形成的化合物的熔沸点
DZ与M形成的化合物可作为耐高温材料，W、M、X以1:1:4组成的化合物是应用前景很广泛的储氢材料，具有很强的还原性
正确答案
解析
Y是组成有机物的必要元素，应为C元素，X的原子半径和原子序数都为C小，则X为H元素，Z与X可形成两种常见的共价化台物，且Z的原子半径小于C，原子序数大于C，与C在同一周期，应为O元素，与W可形成两种常见的离子化台物，则W为Na，常见化合物为过氧化钠和过氧化钠，M的电子层数与最外层电子数相等，且原子序数大于Na，应为Al，则X、Y、Z、W、M元素分别为：H、C、O、Na、Al；
A选项W、M对应简单离子为Na+、Al3+，半径大小为： Al3+＜Na+ , W、M高价氧化物对应水化物
B选项YZ 2为CO2是共价化合物，结构式为O=C=O是直线型分子，W2Z2 为Na2O2 由2Na+ 和O22-组成的，既含有离子键又含有共价键，所以B正确
C选项Y与X形成的化合物即碳氢化合物种类很多，如CH4、C6H6、C18H38(固态)等，Z与X形成的化合物有H2O和H2O2，Y与X形成的化合物的熔沸点不一定低于Z与X形成的化合物的熔沸点，如C18H38(固态)高于H2O(l)，所以C错误
D选项Z与M形成的化合物为Al2O3，熔沸点高可作为耐高温材料，W、M、X以1:1:4组成的化合物氢化铝钠（NaAlH4)是最有研究应用前景的络合金属氢化物，氢化铝钠储放氢时发生反应：3NaAlH4
考查方向
解题思路
Y是组成有机物的必要元素，应为C元素，X的原子半径和原子序数都为C小，则X为H元素，Z与X可形成两种常见的共价化台物，且Z的原子半径小于C，原子序数大于C，与C在同一周期，应为O元素，与W可形成两种常见的离子化台物，则W为Na，常见化合物为过氧化钠和过氧化钠，M的电子层数与最外层电子数相等，且原子序数大于Na，应为Al，则X、Y、Z、W、M元素分别为：H、C、O、Na、Al；
A选项W、M对应简单离子为Na+、Al3+，半径大小为： Al3+＜Na+ , W、M高价氧化物对应水化物
B选项YZ 2为CO2是共价化合物，结构式为O=C=O是直线型分子，W2Z2 为Na2O2 由2Na+ 和O22-组成的，既含有离子键又含有共价键，所以B正确
C选项Y与X形成的化合物即碳氢化合物种类很多，如CH4、C6H6、C18H38(固态)等，Z与X形成的化合物有H2O和H2O2，Y与X形成的化合物的熔沸点不一定低于Z与X形成的化合物的熔沸点，如C18H38(固态)高于H2O(l)，所以C错误
D选项Z与M形成的化合物为Al2O3，熔沸点高可作为耐高温材料，W、M、X以1:1:4组成的化合物氢化铝钠（NaAlH4)是最有研究应用前景的络合金属氢化物，氢化铝钠储放氢时发生反应：3NaAlH4
A选项不正确，B选项不正确，D选项不正确，所有选A选项。
易错点
1、原子结构与元素周期律的关系．
2、解答该题的关键，注意把握原子结构特点，把握元素周期律的递变规律。
知识点
10．下列说法正确的是（ ）
A按系统命名法
B乙烯、乙炔是较活泼的有机物，能发生氧化反应，甲烷和苯性质较稳定，不能发生氧化反应
C分子式为C
DA、B两种有机化合物，无论以何种比例混合，只要混合物的总质量不变，完全燃烧后，产生水的质量也不变，则A、B满足的条件必须是最简式相同
正确答案
解析
A选项按系统命名法为3，3，4－三甲基己烷，A错误；
B选项乙烯、乙炔是较活泼的有机物，能发生氧化反应，能使酸性高锰酸钾褪色及与O2燃烧反应，甲烷和苯性质较稳定，不能使酸性高锰酸钾褪，但能与O2燃烧反应，能发生氧化反应，B错误
C选项分子式为C
D选项解答本题时应注意，在回答“A、B应满足什么条件”的问题时不能只答“最简式相同”，因为“最简式相同”仅是题目要求找出的规律的特例，还不全面。因为题目只要求生成H2O的质量不变，至于其它元素究竟是C还是O，题目是不问的。如果将C换成O，只要仍然保持H的质量百分含量不变，也应当是符合题目要求的。根据C原子量为12、O原子量为16，可知，如果用4个C换3个O也应该是可行的。例如C12H8和C6H4符合题意，将后者6个C中的4个C换成3个O得到分子式为C2H4O3也应该符合条件，所以D错误。
本题正确答案是C
考查方向
解题思路
A选项按系统命名法为3，3，4－三甲基己烷，A错误；
B选项乙烯、乙炔是较活泼的有机物，能发生氧化反应，能使酸性高锰酸钾褪色及与O2燃烧反应，甲烷和苯性质较稳定，不能使酸性高锰酸钾褪，但能与O2燃烧反应，能发生氧化反应，B错误
C选项分子式为C
D选项解答本题时应注意，在回答“A、B应满足什么条件”的问题时不能只答“最简式相同”，因为“最简式相同”仅是题目要求找出的规律的特例，还不全面。因为题目只要求生成H2O的质量不变，至于其它元素究竟是C还是O，题目是不问的。如果将C换成O，只要仍然保持H的质量百分含量不变，也应当是符合题目要求的。根据C原子量为12、O原子量为16，可知，如果用4个C换3个O也应该是可行的。例如C12H8和C6H4符合题意，将后者6个C中的4个C换成3个O得到分子式为C2H4O3也应该符合条件，所以D错误。
B选项不正确，C选项不正确，D选项不正确，所有选A选项。
易错点
关键把握有机官能团的性质；有机物燃烧的规律
知识点
11．科学家用氮化镓材料与铜组装成如图所示的人工光合系统，利用该装置成功地实现了以CO2和H2O合成CH4。下列关于该电池叙述错误的是（ ）
正确答案
解析
由电池装置图可知原电池的工作原理：失去电子电极为负极，得到电子的电极为正极，电子由负极流向正极，阳离子向正极移动，阴离子往负极移动。电极反应式：Cu作正极：二氧化碳得到电子生成甲烷，则Cu电极上的电极反应为：CO2＋8e－＋8H＋＝CH4＋2H2O，氮化镓作负极：H2O失去电子变成O2 ，则氮化镓电极反应式为：2H2O － 8e－ = 4H＋ + O2 ，整个过程太阳能转化为电能。
A选项电池工作时，太阳能转化为电能，正确；
B选项铜电极得电子为正极，电极反应式为：CO2＋8e－＋8H＋＝CH4＋2H2O，正确
C选项电池内部H+透过质子交换膜从左向右移动即负极流向正极，正确
D选项盐酸易挥发，为防止副反应的发生，可向装置中加入少量硫酸，向装置中加入少量盐酸，错误
A选项不正确，B选项不正确，C选项不正确，所有选D选项。
本题正确答案是D
考查方向
解题思路
由电池装置图可知，Cu电极二氧化碳得到电子生成甲烷作正极，则Cu电极上的电极反应为：CO2＋8e－＋8H＋＝CH4＋2H2O，氮化镓作负极H2O失去电子变成O2 则氮化镓电极反应式为：2H2O － 8e－ = 4H＋ + O2 ，整个过程太阳能转化为电能。原电池的工作原理：失去电子电极为负极，得到电子的电极为正极，电子由负极流向正极，阳离子向正极移动，阴离子往负极移动。
易错点
1、原电池工作原理
2、电极反应式的书写
知识点
13．某固体粉末X中可能含有K2SO4、(NH4)2CO3、K2SO3、NaNO3、Cu2O、FeO、Fe2O3中的若干种。某同学为确定该固体粉末的成分，取X进行如下实验，实验过程及现象如下图所示。该同学得出的结论正确的是
已知：Cu2O+2H+= Cu2++Cu+H2O
正确答案
解析
固体粉末X中可能含有K2SO4、(NH4)2CO3、K2SO3、NaNO3、Cu2O、FeO、Fe2O3中的若干种，加入NaOH可知气体B为NH3，溶液是可溶物质（可能是K2SO4、K2SO3、NaNO3、一定含(NH4)2CO3），沉淀为不溶物可能是（Cu2O、FeO、Fe2O3）。
A选项；根据现象1可推出该固体粉末中一定含有NaNO3，错误，因为之前加入足量的NaOH溶液，并不能说明固体X中有NaNO3
B选项根据现象2可推出该固体粉末中一定含有K2SO4 ，错误,在酸性条件下NO3－与SO32-发生氧化还原反应生成SO42－，加入氯化钡生成硫酸钡沉淀，则不一定含硫酸钠，可能有K2SO3，
C选项K2SO3在酸性条件下与NO3－发生氧化还原反应生成SO42－和NO，CO32－与盐酸产生CO2，混合气体为NO和CO2所以正确
D选项根据现象4沉淀C加入盐酸Cu2O+2H+= Cu2++Cu+H2O，Cu + Fe3+ =Fe2+ +Cu2+ 所以不能确定一定不含Fe2O3
本题正确答案是C
考查方向
解题思路
某固体粉末X中可能含有K2SO4、(NH4)2CO3、K2SO3、NaNO3、Cu2O、FeO、Fe2O3中的若干种，加入NaOH可知气体B为NH3，溶液是可溶物质（可能是K2SO4、K2SO3、NaNO3、一定含(NH4)2CO3），沉淀为不溶物可能是（Cu2O、FeO、Fe2O3）。
A选项；根据现象1可推出该固体粉末中一定含有NaNO3，错误，因为之前加入足量的NaOH溶液，并不能说明固体X中有NaNO3
B选项根据现象2可推出该固体粉末中一定含有K2SO4 ，错误,在酸性条件下NO3－与SO32-发生氧化还原反应生成SO42－，加入氯化钡生成硫酸钡沉淀，则不一定含硫酸钠，可能有K2SO3，
C选项K2SO3在酸性条件下与NO3－发生氧化还原反应生成SO42－和NO，CO32－与盐酸产生CO2，混合气体为NO和CO2所以正确
D选项根据现象4沉淀C加入盐酸Cu2O+2H+= Cu2++Cu+H2O，Cu + Fe3+ =Fe2+ +Cu2+ 所以不能确定一定不含Fe2O3
A选项不正确，B选项不正确，D选项不正确，所有选C选项。
易错点
把握已知信息，元素化合物的性质和反应的现象
知识点
已知A是石油裂解产物之一，对氢气的相对密度为14，D是含有7个碳原子的芳香族化合物。物质间的相互转化关系如图所示：
已知：
14.A中含有的官能团名称为 。
15.写出E的结构简式 。
16.写出C+F→G的化学方程式 。
17.关于化合物D，下列说法正确的是 。
①能与H2发生加成反应
②能使Br2/CCl4溶液褪色
③与活泼金属反应
④能与浓硝酸发生取代反应
18.分子式为C8H8O2且与F互为同系物的同分异构体有 种。
正确答案
碳碳双键
解析
根据已知A是石油裂解产物之一，对氢气的相对密度为14，可得A的相对分子质量为28，以及A生成B（加成反应），B生成C（水解反应和已知）的反应条件可知：A为CH2=CH2，B为CH2BrCH2Br ，C为HOCH2CH2OH；又知D是含有7个碳原子的芳香族化合物，据D生成E含醛基（氧化反应），E生成F含羧基（氧化反应），及G(C16H14O4)是C和2 F酯化反应生成，可知：D为苯甲醇 
考查方向
本题考查有机物的推断，题目难度不大，注意以反应条件和G的分子式为解答该题的突破口，把握相关物质的性质以及转化关系为解答该题的关键。
解题思路
根据已知A是石油裂解产物之一，对氢气的相对密度为14，可得A的相对分子质量为28，以及A生成B（加成反应），B生成C（水解反应和已知）的反应条件可知：A为CH2=CH2，B为CH2BrCH2Br ，C为HOCH2CH2OH；又知D是含有7个碳原子的芳香族化合物，据D生成E含醛基（氧化反应），E生成F含羧基（氧化反应），及G(C16H14O4)是C和2 F酯化反应生成，可知：D为苯甲醇
易错点
有机物中官能团的性质；及根据反应条件判断含有的官能团。
正确答案
解析
根据已知A是石油裂解产物之一，对氢气的相对密度为14，可得A的相对分子质量为28，以及A生成B（加成反应），B生成C（水解反应和已知）的反应条件可知：A为CH2=CH2，B为CH2BrCH2Br ，C为HOCH2CH2OH；又知D是含有7个碳原子的芳香族化合物，据D生成E含醛基（氧化反应），E生成F含羧基（氧化反应），及G(C16H14O4)是C和2 F酯化反应生成，可知：D为苯甲醇
考查方向
本题考查有机物的推断，题目难度不大，注意以反应条件和G的分子式为解答该题的突破口，把握相关物质的性质以及转化关系为解答该题的关键。
解题思路
根据已知A是石油裂解产物之一，对氢气的相对密度为14，可得A的相对分子质量为28，以及A生成B（加成反应），B生成C（水解反应和已知）的反应条件可知：A为CH2=CH2，B为CH2BrCH2Br ，C为HOCH2CH2OH；又知D是含有7个碳原子的芳香族化合物，据D生成E含醛基（氧化反应），E生成F含羧基（氧化反应），及G(C16H14O4)是C和2 F酯化反应生成，可知：D为苯甲醇
易错点
有机物中官能团的性质；及根据反应条件判断含有的官能团。
正确答案
解析
根据已知A是石油裂解产物之一，对氢气的相对密度为14，可得A的相对分子质量为28，以及A生成B（加成反应），B生成C（水解反应和已知）的反应条件可知：A为CH2=CH2，B为CH2BrCH2Br ，C为HOCH2CH2OH；又知D是含有7个碳原子的芳香族化合物，据D生成E含醛基（氧化反应），E生成F含羧基（氧化反应），及G(C16H14O4)是C和2 F酯化反应生成，可知：D为苯甲醇
考查方向
本题考查有机物的推断，题目难度不大，注意以反应条件和G的分子式为解答该题的突破口，把握相关物质的性质以及转化关系为解答该题的关键。
解题思路
根据已知A是石油裂解产物之一，对氢气的相对密度为14，可得A的相对分子质量为28，以及A生成B（加成反应），B生成C（水解反应和已知）的反应条件可知：A为CH2=CH2，B为CH2BrCH2Br ，C为HOCH2CH2OH；又知D是含有7个碳原子的芳香族化合物，据D生成E含醛基（氧化反应），E生成F含羧基（氧化反应），及G(C16H14O4)是C和2 F酯化反应生成，可知：D为苯甲醇
易错点
有机物中官能团的性质；及根据反应条件判断含有的官能团。
正确答案
①③④
解析
根据已知A是石油裂解产物之一，对氢气的相对密度为14，可得A的相对分子质量为28，以及A生成B（加成反应），B生成C（水解反应和已知）的反应条件可知：A为CH2=CH2，B为CH2BrCH2Br ，C为HOCH2CH2OH；又知D是含有7个碳原子的芳香族化合物，据D生成E含醛基（氧化反应），E生成F含羧基（氧化反应），及G(C16H14O4)是C和2 F酯化反应生成，可知：D为苯甲醇
考查方向
本题考查有机物的推断，题目难度不大，注意以反应条件和G的分子式为解答该题的突破口，把握相关物质的性质以及转化关系为解答该题的关键。
解题思路
根据已知A是石油裂解产物之一，对氢气的相对密度为14，可得A的相对分子质量为28，以及A生成B（加成反应），B生成C（水解反应和已知）的反应条件可知：A为CH2=CH2，B为CH2BrCH2Br ，C为HOCH2CH2OH；又知D是含有7个碳原子的芳香族化合物，据D生成E含醛基（氧化反应），E生成F含羧基（氧化反应），及G(C16H14O4)是C和2 F酯化反应生成，可知：D为苯甲醇
易错点
有机物中官能团的性质；及根据反应条件判断含有的官能团。
正确答案
4种。
解析
根据已知A是石油裂解产物之一，对氢气的相对密度为14，可得A的相对分子质量为28，以及A生成B（加成反应），B生成C（水解反应和已知）的反应条件可知：A为CH2=CH2，B为CH2BrCH2Br ，C为HOCH2CH2OH；又知D是含有7个碳原子的芳香族化合物，据D生成E含醛基（氧化反应），E生成F含羧基（氧化反应），及G(C16H14O4)是C和2 F酯化反应生成，可知：D为苯甲醇
考查方向
本题考查有机物的推断，题目难度不大，注意以反应条件和G的分子式为解答该题的突破口，把握相关物质的性质以及转化关系为解答该题的关键。
解题思路
根据已知A是石油裂解产物之一，对氢气的相对密度为14，可得A的相对分子质量为28，以及A生成B（加成反应），B生成C（水解反应和已知）的反应条件可知：A为CH2=CH2，B为CH2BrCH2Br ，C为HOCH2CH2OH；又知D是含有7个碳原子的芳香族化合物，据D生成E含醛基（氧化反应），E生成F含羧基（氧化反应），及G(C16H14O4)是C和2 F酯化反应生成，可知：D为苯甲醇
易错点
有机物中官能团的性质；及根据反应条件判断含有的官能团。
Ⅰ单质硅由于其成熟的生产工艺, 丰富的生产原料及优异的性能被广泛用于电子行业及太阳能电池的生产等,在二氧化碳氛围中通过利用金属钠来还原二氧化硅可在较低的温度条件下得到硅，同时生成一种盐X，这相比起现有的生产工艺具有节约能耗的优势。
Ⅱ某盐A有3种元素组成，易溶于水。将A加热，生成既不助燃，也不使湿润的红色或蓝色石蕊试纸变色的气体B和H2O。将A溶于水，进行下列实验：①酸性条件下与H2S作用生成淡黄色沉淀C，同时放出无色气体D，D在空气中转变为红棕色气体E；②当通入足量Cl2时，无明显现象，但将所得溶液浓缩后即可得到无色晶体盐F。请回答下列问题：
19.写出上述制备硅的化学反应方程式 。
20.二氧化硅与二氧化碳物理性质差别很大，原因是 。
21.盐X的溶液能与Al2(SO4)3溶液反应生成一种白色沉淀和气体。写出此反应的离子反应方程式 。
22.写出A的化学式： ； B的电子式： 。
23.写出上述实验①、②所发生的离子反应方程式：
① ；② 。
24.D、E对环境有危害，可用NaOH溶液来吸收等物质的量的D、E混合气体，写出其化学反应方程式 。
25.判断盐F的可能成份 ；设计实验方案确定F的成份 。
正确答案
SiO2 + 4Na + 2CO2 = 2Na2CO3 + Si 。
解析
根据题意二氧化碳氛围中通过利用金属钠来还原二氧化硅可在较低的温度条件下得到硅，同时生成一种盐X，可得SiO2 + 4Na + 2CO2 = 2Na2CO3 + Si，
考查方向
解题思路
根据题意二氧化碳氛围中通过利用金属钠来还原二氧化硅可在较低的温度条件下得到硅，同时生成一种盐X，可得SiO2 + 4Na + 2CO2 = 2Na2CO3 + Si，
易错点
化学方程式的书写、氧化还原反应配平和化学实验方案设计
正确答案
二氧化硅是原子晶体，二氧化碳是分子晶体。
解析
二氧化硅与二氧化碳是同族的元素氧化物，都为酸性氧化物，但物理性质不同，因为二氧化硅是原子晶体，熔沸点高、硬度大，而二氧化碳是分子晶体，熔沸点低。所以物理性质差别很大
考查方向
解题思路
二氧化硅与二氧化碳是同族的元素氧化物，都为酸性氧化物，但物理性质不同，因为二氧化硅是原子晶体，熔沸点高、硬度大，而二氧化碳是分子晶体，熔沸点低。所以物理性质差别很大
易错点
化学方程式的书写、氧化还原反应配平和化学实验方案设计
正确答案
3CO32—+2Al3++3H2O= 2Al (OH)3↓+3CO2↑。
解析
盐X（Na2CO3）的溶液能与Al2(SO4)3溶液反应生成一种白色沉淀和气体即CO32-与Al3+发生双水解反应：3CO32—+2Al3++3H2O= 2Al (OH)3↓+3CO2↑
考查方向
解题思路
盐X（Na2CO3）的溶液能与Al2(SO4)3溶液反应生成一种白色沉淀和气体即CO32-与Al3+发生双水解反应：3CO32—+2Al3++3H2O= 2Al (OH)3↓+3CO2↑
易错点
化学方程式的书写、氧化还原反应配平和化学实验方案设计
正确答案
NH4NO2； B的电子式：
解析
①酸性条件下与H2S作用生成淡黄色沉淀C是硫单质，同时放出无色气体一氧化氮，一氧化氮在空气中转变为红棕色气体二氧化氮，说明A是亚硝酸盐；②当通入足量Cl2时，无明显现象，但将所得溶液浓缩后即可得到无色晶体盐F，是铵盐，结合A有3种元素组成，易溶于水．将A加热分解，所以A为硝酸铵，加热，生成既不助燃，也不使湿润的红色或蓝色石蕊试纸变色的气体B和H2O，则B是氮气，
考查方向
解题思路
酸性条件下与H2S作用生成淡黄色沉淀C是硫单质，同时放出无色气体一氧化氮，一氧化氮在空气中转变为红棕色气体二氧化氮，说明A是亚硝酸盐；②当通入足量Cl2时，无明显现象，但将所得溶液浓缩后即可得到无色晶体盐F，是铵盐，结合A有3种元素组成，易溶于水．将A加热分解，所以A为硝酸铵，加热，生成既不助燃，也不使湿润的红色或蓝色石蕊试纸变色的气体B和H2O，则B是氮气，由此分析解答．
易错点
化学方程式的书写、氧化还原反应配平和化学实验方案设计
正确答案
①2NO2—+2H++H2S=S↓+2NO↑+2H2O
②NO2—+ H2O +Cl2=NO3—+2 Cl—+2H+。
解析
①酸性条件下与H2S作用生成淡黄色沉淀C是硫单质，同时放出无色气体一氧化氮，一氧化氮在空气中转变为红棕色气体二氧化氮，说明A是亚硝酸盐，反应的离子方程式为：2NO2-+2H++H2S=S↓+2NO↑+2H2O；
②NO2-+H2O+Cl2=NO3-+2 Cl-+2H+，故答案为：2NO2-+2H++H2S=S↓+2NO↑+2H2O；NO2-+H2O+Cl2=NO3-+2 Cl-+2H+；
考查方向
解题思路
酸性条件下与H2S作用生成淡黄色沉淀C是硫单质，同时放出无色气体一氧化氮，一氧化氮在空气中转变为红棕色气体二氧化氮，说明A是亚硝酸盐；②当通入足量Cl2时，无明显现象，但将所得溶液浓缩后即可得到无色晶体盐F，是铵盐，结合A有3种元素组成，易溶于水．将A加热分解，所以A为硝酸铵，加热，生成既不助燃，也不使湿润的红色或蓝色石蕊试纸变色的气体B和H2O，则B是氮气，由此分析解答．
易错点
化学方程式的书写、氧化还原反应配平和化学实验方案设计
正确答案
NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O。
解析
一氧化氮与二氧化氮与氢氧化钠反应的化学方程式为：NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O，故答案为：NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O；
考查方向
解题思路
酸性条件下与H2S作用生成淡黄色沉淀C是硫单质，同时放出无色气体一氧化氮，一氧化氮在空气中转变为红棕色气体二氧化氮，说明A是亚硝酸盐；②当通入足量Cl2时，无明显现象，但将所得溶液浓缩后即可得到无色晶体盐F，是铵盐，结合A有3种元素组成，易溶于水．将A加热分解，所以A为硝酸铵，加热，生成既不助燃，也不使湿润的红色或蓝色石蕊试纸变色的气体B和H2O，则B是氮气，由此分析解答．
易错点
化学方程式的书写、氧化还原反应配平和化学实验方案设计
正确答案
化合物F可能为NH4NO3或NH4Cl或NH4NO3和NH4Cl的混合物
取mg F，加入足量的硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生沉淀，则含有NH4Cl，再通过产生沉淀的质量与m之间的关系可确定是否含有NH4NO3；若无沉淀，则只有NH4NO3。
解析
浓缩后即可得到无色晶体盐F，化合物F可能为NH4NO3或NH4Cl或NH4NO3和NH4Cl的混合物，可取mg F，加入足量的硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生沉淀，则含有NH4Cl，再通过产生沉淀的质量与m之间的关系可确定是否含有NH4NO3；若无沉淀，则只有NH4NO3，故答案为：NH4NO3或NH4Cl或NH4NO3和NH4Cl的混合物；取mg F，加入足量的硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生沉淀，则含有NH4Cl，再通过产生沉淀的质量与m之间的关系可确定是否含有NH4NO3；若无沉淀，则只有NH4NO3 。
考查方向
解题思路
酸性条件下与H2S作用生成淡黄色沉淀C是硫单质，同时放出无色气体一氧化氮，一氧化氮在空气中转变为红棕色气体二氧化氮，说明A是亚硝酸盐；②当通入足量Cl2时，无明显现象，但将所得溶液浓缩后即可得到无色晶体盐F，是铵盐，结合A有3种元素组成，易溶于水．将A加热分解，所以A为硝酸铵，加热，生成既不助燃，也不使湿润的红色或蓝色石蕊试纸变色的气体B和H2O，则B是氮气，由此分析解答．
易错点
化学方程式的书写、氧化还原反应配平和化学实验方案设计
工业上一般以CO和H2为原料合成甲醇，该反应的热化学方程式为：
CO(g)+ 2H2(g)
26.已知CO(g)、H2(g)的标准燃烧热分别为-285.8kJ•mol-1，-283.0kJ•mol-1，
且CH3OH(g)+3/2O2(g) 
则CO(g)+ 2H2(g)
28.下列措施中既有利于增大该反应的反应速率又能增大CO转化率的是 。
30.其他条件相同时，某同学研究该甲醇合成反应在不同催化剂Ⅰ或Ⅱ作用下反应相同时间时，CO的转化率随反应温度的变化情况。请在右图中补充t℃后的变化情况。
正确答案
—90.8 kJ/mol
BD
解析
CO燃烧的热化学方程式：CO（g）+1/2O2（g）═CO2（g）△H=-283kJ•mol-1 ①
H2燃烧的热化学方程式：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-285.8×2 kJ•mol-1 ②
CH3OH燃烧的热化学方程式：CH3OH（l）+3/2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-761kJ•mol-1 ③
根据盖斯定律将①+②+（-③）可得：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（l
△H=-90.8KJ•mol-1，故答案为：-90.8 kJ/mol；
考查方向
解题思路
先根据燃烧热分别写出CO、H2、CH3OH热化学方程式
CO燃烧的热化学方程式：CO（g）+1/2O2（g）═CO2（g）△H=-283kJ•mol-1 ①
H2燃烧的热化学方程式：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-285.8×2 kJ•mol-1 ②
CH3OH燃烧的热化学方程式：CH3OH（l）+3/2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-761kJ•mol-1 ③根据盖斯定律将①+②-③计算
易错点
化学平衡计算、外界条件对化学平衡的影响
正确答案
解析
该可逆反应是反应前后气体体积减小的放热反应，
A．随时将CH3OH与反应混合物分离，平衡向正反应方向移动，但反应速率不变，故错误；
B．降低反应温度平衡向正反应方向移动，但反应速率减小，故错误；
C．恒容装置中充入H2，即增大体系压强，平衡向正反应方向移动且反应速率增大，故正确；
D．使用高效催化剂，反应速率增大，但平衡不移动，故错误；
故选C；
考查方向
解题思路
催化剂可以加快反应速率，但是不会引起化学平衡的移动，升高温度，可以引起化学平衡移动，据此回答．
易错点
化学平衡计算、外界条件对化学平衡的影响
正确答案
只要画出大致趋势即可。如图或者Ⅰt℃之后随温度升高呈下降趋势，Ⅱ按上升的趋势继续往上画，在某一点与Ⅰ相交后变成一条线下降；最高点不能超过100%
解析
催化剂可以加快反应速率，但是不会引起化学平衡的移动，升高温度，化学平衡逆向移动，可以降低CO的转化率，t℃后的变化情况如下：故答案为：
考查方向
解题思路
催化剂可以加快反应速率，但是不会引起化学平衡的移动，升高温度，可以引起化学平衡移动，据此回答．
易错点
化学平衡计算、外界条件对化学平衡的影响
新型电池在飞速发展的信息技术中发挥着越来越重要的作用。Li2FeSiO4是极具发展潜力的新型锂离子电池电极材料，在苹果的几款最新型的产品中已经有了一定程度的应用。其中一种制备Li2FeSiO4的方法为：
固相法：2Li2SiO3＋FeSO4
某学习小组按如下实验流程制备Li2FeSiO4并测定所得产品中Li2FeSiO4的含量。
实验(一)制备流程：
实验(二) Li2FeSiO4含量测定：
从仪器B中取20.00 mL溶液至锥形瓶中，另取0.2000 mol·Lˉ1的酸性KMnO4标准溶液装入仪器C中，用氧化还原滴定法测定Fe2+含量。相关反
31.实验(二)中的仪器名称：仪器B ，仪器C 。
33.操作Ⅱ的步骤 ，在操作Ⅰ时，所需用到的玻璃仪器中，除了普通漏斗、烧杯外，还需 。
34.还原剂A可用SO2，写出该反应的离子方程式 ，此时后续处理的主要目的是 。
35.滴定终点时现象为 ；根据滴定结果，可确定产品中Li2FeSiO4的质量分数为 ；若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使测得的Li2FeSiO4含量 。（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。
正确答案
100ml容量瓶，酸式滴定管
防止二价铁被氧化
解析
实验二中仪器B为配制溶液需要的容量瓶，得到含Fe2+离子的溶液100ml，需要仪器为100ml容量瓶，仪器C为滴定实验所用的标准溶液，标准溶液为高锰酸钾溶液具有氧化性能腐蚀橡胶管，需要盛放在酸式滴定管中，故答案为：100ml容量瓶，酸式滴定管；
考查方向
解题思路
实验二中仪器B为配制溶液需要的容量瓶，仪器C为滴定实验所用的标准溶液，标准溶液为高锰酸钾溶液具有氧化性需要盛放在酸式滴定管中；
依据亚铁离子具有还原性分析；
易错点
探究物质的组成或测量物质的量
正确答案
蒸发浓缩，降温结晶，过滤 ；玻璃棒
解析
操作Ⅱ是溶液中得到硫酸亚铁晶体的实验操作，蒸发浓缩，降温结晶，过滤洗涤得到；操作Ⅰ是分离固体和溶液的方法需要过滤，结合过滤装置选择仪器有普通漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：蒸发浓缩，降温结晶，过滤；玻璃棒；
考查方向
解题思路
操作Ⅱ是溶液中得到硫酸亚铁晶体的实验操作，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到；操作Ⅰ是分离固体和溶液的方法需要过滤，结合过滤装置选择仪器；
易错点
探究物质的组成或测量物质的量
正确答案
SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+ ；除去过量的SO2，以免影响后面Fe2+的测定
解析
还原剂A可用SO2，二氧化硫具有还原性被铁离子氧化为硫酸，反应的离子方程式为：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，此时后续操作应除去过量的SO2以免影响后面Fe2+的测定，故答案为：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；除去过量的SO2，以免影响后面Fe2+的测定；
考查方向
解题思路
还原剂A可用SO2，二氧化硫具有还原性被铁离子氧化为硫酸，此时后续操作应除去过量的SO2；
易错点
探究物质的组成或测量物质的量
正确答案
溶液变为浅红色，且半分钟内不变色；81%；偏高
解析
滴定实验反应终点的判断是依据高锰酸钾溶液滴入最后一滴溶液呈浅红色且半分钟不变化，从仪器B中取20.00mL溶液至锥形瓶中，另取0.2000mol•Lˉ1的酸性KMnO4标准溶液装入仪器C中，用氧化还原滴定法测定Fe2+含量．相关反应为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应．消耗高锰酸钾溶液体积第3次误差较大舍去，计算平均消耗溶液体积，结合离子反应的定量关系计算，V（标准）=
MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
5Li2FeSiO4～5Fe2+～MnO4-，
5 1
n 0.2000mol/L×0.020L
n=0.0200mol
100ml溶液中含物质的量=0.0200mol×
产品中Li2FeSiO4的质量分数=
滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，会造成V（标准）偏大，会造成c（待测）偏高，故答案为：溶液变为浅红色，且半分钟内不变色；81%；偏高；
考查方向
本题考查了物质制备、物质含量测定和滴定实验过程的分析应用，注意实验基本操作的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等
解题思路
滴定实验反应终点的判断是依据高锰酸钾溶液滴入最后一滴溶液呈浅红色且半分钟不变化，依据反应定量关系和实验数据计算产品中Li2FeSiO4的质量分数，滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，会造成V（标准）偏大，会造成c（待测）偏高；
易错点
探究物质的组成或测量物质的量