【三维设计】高考化学一轮复习第五章第一节针对训练测与评新人教版

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【三维设计】高考化学一轮复习第二章第五节针对训练测与评新人教版选修5

(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题包括10小题，每小题5分，共50分)1．下列物质不．属于高分子化合物的是( )①甘油②油脂③纤维素④淀粉⑤有机玻璃⑥蛋白质⑦蔗糖⑧天然橡胶⑨2,4,6三硝基甲苯⑩涤纶A．①④⑦ B．①②⑦⑨C．③⑤⑥⑩ D．②③⑦⑧解析：高分子化合物的相对分子质量一般在几万到几千万之间，而①甘油、②油脂、⑦蔗糖、⑨2,4,6三硝基甲苯的相对分子质量都不超过一千，故它们不属于高分子化合物．答案：B2．科学家对人造血液和人造器官的研制及应用已取得了很大的进步．下列物质就可以作为人工心脏、人工血管等人造器官高分子生物材料：聚四氟乙烯下列关于上述高分子生物材料的说法中正确的是( )A．用于合成维通橡胶的单体是：B．用于合成有机硅橡胶的单体是：C．聚四氟乙烯、有机硅橡胶均可看做加聚反应的产物D．有机硅橡胶、聚甲基丙烯酸甲酯均可通过缩聚反应制得解析：合成维通橡胶的单体是CH2===CF2和CF2===CF—CF3，聚甲基丙烯酸甲酯是由经加聚反应制得；有机硅橡胶是由经缩聚反应制得．答案：B3．聚丙烯酸酯类涂料是目前市场上流行的墙面涂料之一，其结构简式如下所示：它具有弹性好、不易老化、耐擦洗、色泽亮丽等优点．下列对聚丙烯酸酯的叙述正确的是( )①是缩聚产物②是加聚产物③属于混合物④属于纯净物⑤可以发生水解反应A．①③⑤ B．②③⑤C．①④⑤ D．②④解析：根据该物质的结构简式可以确定其单体为CH2===CH—COOR，可知合成该物质发生的是加聚反应；高分子化合物属于混合物；聚丙烯酸酯含有酯基，可以发生水解反应．答案：B4．下列对合成材料的认识不．正确的是( )A．有机高分子化合物称为聚合物或高聚物，是因为它们大部分是由小分子通过聚合反应而制得的B．H的单体是HOCH2CH2OH与C．聚乙烯()是由乙烯加聚生成的纯净物D．高分子材料可分为天然高分子材料和合成高分子材料两大类解析：有机高分子化合物分为天然高分子化合物和合成高分子化合物两类，合成高分子化合物主要由加聚、缩聚两类反应制备．对于高分子化合物来说，尽管相对分子质量很大，却没有一个准确的相对分子质量，只有一个范围，但它们的结构均是由若干链节组成的．答案：C5．由CH3CH2CH2OH制备，所发生的化学反应至少有：①取代反应，②消去反应，③加聚反应，④酯化反应，⑤还原反应，⑥水解反应等当中的( ) A．①④ B．②③C．②③⑤ D．②④解析：可采用逆向合成分析法←CH2===CHCH3←CH3CH2CH2OH，故应先消去后加聚．答案：B6．有4种有机物：④CH3—CH===CH—CN，其中可用于合成结构简式为的高分子材料的正确组合为( )A．①③④ B．①②③C．①②④ D．②③④解析：先找出所给高分子材料的单体：CH3—CHCHCN 、和对照便可确定答案．答案：D7.(·成都模拟)一种有机玻璃的结构如右图所示．关于它的叙述不．正确的是( )A．该有机玻璃是一种线型结构的高分子材料B．该有机玻璃的化学名称为聚甲基丙烯酸甲酯C．可用过滤方法除去CCl4中的少量该有机玻璃D．它在一定条件下发生水解反应时，C—O键发生断裂解析：由有机玻璃的结构简式可知其为线型结构；其结构简式中含有.水解时中的C—O键断裂；有机玻璃在CCl4中能溶解，C错误．答案：C8．有机物A 能使石蕊试液变红，在浓硫酸的作用下可发生如下转化：甲A(C4H8O3) 乙，甲、乙分子式均为C4H6O2，甲能使溴的四氯化碳溶液褪色，乙为五元环状化合物．则甲不．能发生的反应类型有( )A．消去反应B．酯化反应C．加聚产物D．氧化反应解析：A能使石蕊试液变红，说明A中含有—COOH，甲比A分子少H2O，且甲能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明A分子中含有醇羟基，A生成甲的反应为消去反应，乙为五元环化合物，则A的结构简式为HOCH2CH2CH2COOH，故甲为CH2===CHCH2COOH.答案：A9．下列说法中正确的是( )A．天然橡胶( )和杜仲胶( )互为同分异构体B ．互为同系物C．合成的单体为1,3丁二烯和丙烯D．可由苯酚和甲醛发生加聚反应生成解析：A项，高分子化合物由于聚合度n不同，故分子式不同；B 项，与所含的官能团不同，故不互为同系物；D项发生的是缩聚反应．答案：C10．(·长沙质检)1 mol有机物A(分子式为C6H10O4)经水解得1 mol B和2 mol C；C经分子内脱水得D；D 可发生加聚反应生成高聚物．由此可知A的结构简式为( )A．HOOC(CH2)4COOHB．HOOC(CH2)3COOCH3C．CH3COO(CH2)2COOCH3D．CH3CH2OOC—COOCH2CH3解析：据题意，D 可发生加聚反应生成高聚物CH2—CH 2，可知D为CH2===CH2；而D由C经分子内脱水得到，故C为CH3CH2OH；A的分子式为C6H10O4,1 mol A水解得1 mol B和2 mol C，则A为乙二酸二乙酯(CH3CH2OOCCOOCH2CH3)．答案：D二、非选择题(本题包括4小题，共50分)11．(12分)(·上海高考)丁基橡胶可用于制造汽车内胎，合成丁基橡胶的一种单体A的分子式为C4H8，A氢化后得到2甲基丙烷．完成下列填空：(1)A可以聚合，写出A的两种聚合方式(以反应方程式表示)．________________________________________________________________________；________________________________________________________________________.(2)A与某烷发生烷基化反应生成分子式为C8H18的物质B，B的一卤代物只有4种，且碳链不对称．写出B 的结构简式________________．(3)写出将A通入下列两种溶液后出现的现象．A通入溴水：____________________________________________________________；A通入溴的四氯化碳溶液：________________________________________________.(4)烯烃和NBS作用，烯烃中与双键碳相邻碳原子上的一个氢原子被溴原子取代．分子式为C4H8的烃和NBS 作用，得到的一溴代烯烃有________种．解析：(1)由A氢化后得到2甲基丙烷可知A为，其加聚方式有(2)因B的一卤代物只有4种，故其结构简式为：(3)A与溴水发生加成反应使溴水褪色，因生成的卤代烃和水不互溶，故液体分层；A通入溴的CCl4溶液中，红棕色褪去但不分层．(4)分子式为C4H8的烯烃有3种，CH2==CH—CH2CH3，CH3CH==CHCH3和，当与NBS作用时，与双键相邻的碳原子上的一个氢原子被溴原子取代的产物共有3种．(3)红棕色褪去且液体分层红棕色褪去(4)312．(14分)(·广东六校联考)以乙烯为原料合成化合物C的流程如下所示：(1)B和C中含有的官能团名称分别为______________，______________.(2)写出A的结构简式____________________________________________________．(3)①③的反应类型分别为____________反应和____________ 反应．(4)写出乙醇的同分异构体的结构简式________________________________________．(5)写出反应②和④的化学方程式：②______________________________________________________________________；④________________________________________________________________________.(6)写出B与新制Cu(OH)2反应的化学方程式：__________________________________________________________________________________________________________.解析：根据题给的合成路线，可知A为ClCH2CH2Cl，B为CH3CHO，C为CH3COOCH2CH2OOCCH3.(1)B的官能团名称为醛基，C的官能团名称为酯基．(2)A的结构简式为ClCH2CH2Cl.(3)①为乙烯与水的加成反应；③为卤代烃的水解，属于取代反应．(4)乙醇的同分异构体为CH3OCH3.(5)②为乙醇的催化氧化，化学方程式为2CH3CH2OH ＋O2――→Cu△2CH3CHO＋2H2O；④为乙酸与乙二醇的酯化反应，化学方程式为：2CH3COOH＋HOCH2—CH2OH24H SO∆浓CH3COOCH2—CH2OOCCH3＋2H2O.(6)B为乙醛，它与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为CH3CHO＋2Cu(OH)2∆−−→CH3COOH＋Cu2O↓＋2H2O.答案：(1)醛基酯基(2)CH2Cl—CH2Cl(3)加成取代(4)CH3OCH3(5)②2CH 3CH 2OH ＋O 2――→Cu△2CH 3CHO ＋2H 2O ④2CH 3COOH ＋HOCH 2－CH 2OH 24H SO ∆浓CH 3COOCH 2—CH 2OOCCH 3＋2H 2O(6)CH 3CHO ＋2Cu(OH)2∆−−→CH 3COOH ＋Cu 2O↓＋2H 2O13．(12分)(·福建师大附中模拟)有机物A 为茉莉香型香料．(1)A 分子中含氧官能团的名称是__________________．(2)C 的分子结构如图(其中R 代表烃基)．A 分子结构中只有一个甲基，A 的结构简式是__________________．(3)B 不能发生的反应是(填编号)________． A ．氧化反应 B ．加成反应 C ．取代反应D ．水解反应(4)在浓硫酸存在下，B 与乙醇共热生成化合物C 13H 16O 2的化学方程式是________________________________________________________________________．(5)在催化剂作用下，B 发生聚合反应生成聚合物的化学方程式是________________________________________________________________________．解析：本题可采用递推法，由C 的结构简式递推，可以确定B 为，由C 的分子式知B 为，A为 .所以A 分子中含氧官能团的名称为醛基；由B 的结构可知它可以发生氧化反应、加成反应、取代反应，不能发生水解反应．确定B 的结构简式后(4)(5)两个化学方程式即可写出．答案：(1)醛基14．(12分)(·海南高考)A ～G 都是有机化合物，它们的转化关系如下：请回答下列问题：(1)已知：6.0 g 化合物E 完全燃烧生成8.8 g CO 2和3.6 g H 2O ；E 的蒸气与氢气的相对密度为30，则E 的分子式为________；(2)A 为一取代芳烃，B 中含有一个甲基．由B 生成C 的化学方程式为________________________________________________________________________；(3)由B 生成D 、由C 生成D 的反应条件分别是________、________； (4)由A 生成B 、由D 生成G 的反应类型分别是________、________；(5)F 存在于枙子香油中，其结构简式为_____________________________________；(6)在G 的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种的共有________个，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为1∶1的是________(填结构简式)．解析：(1)由n (C)＝8.8 g44 g/mol＝0.2 moln (H)＝3.6 g18 g/mol×2＝0.4 moln (O)＝6.0 g －0.2 mol×12 g/mol－0.4 mol×1 g/mol16 g/mol＝0.2 moln (E)＝6.0 g60 g/mol＝0.1 mol所以E 的分子式为C 2H 4O 2；由题意知A 为，B 为，C 为，D 为，F 为，G 为，G 的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种的有：，，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面比为1∶1的只有 .答案：(1)C 2H 4O 2(3)NaOH 醇溶液，加热浓H 2SO 4，加热 (4)取代反应加成反应。

2024届高考一轮复习化学教案(人教版)第五章非金属及其化合物第25讲氮及其氧化物硝酸

第25讲氮及其氧化物硝酸[复习目标] 1.了解氮及其氧化物的主要性质及应用；了解氮氧化物对环境的影响。

2.掌握硝酸的性质及应用。

考点一氮及其氧化物1．氮的固定2．氮气(1)物理性质：无色无味的气体，密度比空气略小，难溶于水。

(2)化学性质写出有关化学方程式： ①3Mg ＋N 2=====点燃Mg 3N 2； ②N 2＋3H 2高温、高压催化剂2NH 3；③N 2＋O 2=========放电或高温2NO 。

(3)下列氮气的用途叙述中，分别应用了氮气的什么性质？ ①文物馆将贵重文物保存在氮气中________。

②氮气是合成氨工业的重要原料________。

③雷电是自然界重要的固氮方式________。

④医疗上，液氮是常见的冷冻剂________。

答案 ①N 2的稳定性 ②N 2的氧化性 ③N 2的还原性 ④N 2的沸点低，液氮易汽化，且汽化吸收热量3．氮的氧化物(1)氮有多种价态的氧化物，氮元素从＋1→＋5价都有对应的氧化物，如N2O、NO、N2O3、NO2(或N2O4)、N2O5，其中属于酸性氧化物的是N2O3、N2O5。

(2)NO和NO2的比较性质NO NO2色、味、态无色的气体红棕色、有刺激性气味的气体水溶性不溶于水易溶于水毒性有毒，大气污染物之一有毒，大气污染物之一与水反应不反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO与氧气反应2NO＋O2===2NO2不反应提醒①NO2与N2O4存在下列平衡：2NO2N2O4，因此实验测得NO2的平均相对分子质量总大于46。

②验证某无色气体为NO的方法是向该无色气体中通入O2(或空气)，无色气体变为红棕色。

4．氮氧化物对环境的污染及防治(1)常见的污染类型①光化学烟雾：NO x在紫外线作用下，与碳氢化合物发生一系列光化学反应，产生了一种有毒的烟雾。

②酸雨：NO x排入大气中后，与水反应生成HNO3和HNO2，随雨雪降到地面。

③破坏臭氧层：NO2可使平流层中的臭氧减少，导致地面紫外线辐射量增加。

《三维设计》2018年高考化学一轮复习课件：第五章+第三节+化学键

物质类别非金属单质，如 Cl2 、 N2 、 I2 、 P4 、金刚石等非金属元素构成的化合物，如 H2SO4 、 CO2、NH3、HCl、CCl4、CS2等活泼非金属元素与活泼金属元素形成的化合物，如NaCl、CaCl2、K2O等含有原子团的离子化合物，如 Na2SO4 、 Ba(OH)2、NH4Cl、Na2O2等稀有气体，如Ne、Ar等
②HCl ③P4
④H2O2
⑤Na2S
⑧NH4Cl ⑨AlCl3
请用上述物质的序号填空： (1)不存在化学键的是_______________________________。 (2)只存在极性共价键的是____________________________。 (3)只存在非极性共价键的是__________________________。 (4)既存在非极性共价键又存在极性共价键的是__________。 (5)只存在离子键的是________________________________。 (6)既存在离子键又存在共价键的是_____________________。
(6)某元素的原子最外层只有一个电子，它跟卤素结合时，所形成的化学键一定是离子键 (× )
二
掌握电子式的书写方法
1．概念在元素符号周围用“· ”或“×”来代表原子的最外层
电子的式子。
2．书写方法
3．用电子式表示化合物的形成过程 (1)离子化合物：左边是原子的电子式，右边是离子化合物的电子式，中间用“―→”连接，相同的原子或离子不合并。如 NaCl：。
一般在非金属原子之间
静电作用 _________
(1)非金属单质，如 H2、O2 等； (2)共价化合物，如 HCl、CO2、 CH4 等； (3)某些离子化合物，如 NaOH、 Na2O2 等

【三维设计】（人教通用版）2021届高考化学一轮总温习第五章化学物质及其转变章末验收评估(1)

【三维设计】（人教通用版）2021届高考化学一轮总温习第五章化学物质及其转变章末验收评估章末验收评估|第五章化学物质及其变化满分100分限时45分钟一、选择题(此题包括7小题，每题6分，共42分)1．(2021·天津高考)依照以下物质的化学性质，判定其应用错误的选项是( )A．酒精能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒B．CaO能与SO2反映，可作工业废气的脱硫剂C．明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作漂白剂D．镧镍合金能大量吸收H2形成金属氢化物，可作储氢材料解析：选C 病毒、细菌的成份中有蛋白质，而酒精能使蛋白质失去生理活性，A对；在空气作用下，CaO 与SO2作用可取得稳固的CaSO4，从而减少SO2的排放，B对；选项C，明矾能作净水剂但无漂白性，C错；选项D，镧镍合金吸附H2的能力很强，可作储氢材料，D对。

2．以下转变或进程属于化学转变的是( )A．激光法蒸发石墨得C60B．丁达尔效应C．紫色石蕊试液通度日性炭变成无色D．用铂丝蘸取NaCl溶液进行焰色反映解析：选A 石墨转变成C60生成了新物质，而其他选项没有生成新物质。

3．(2020·上海高考)某溶液中可能含有Na＋、NH＋4、Ba2＋、SO2－4、I－、S2－。

别离取样：①用pH计测试，溶液显弱酸性；②加氯水和淀粉无明显现象。

为确信该溶液的组成，还需查验的离子是( ) A．Na＋B．SO2－4C．Ba2＋D．NH＋4解析：选A 溶液呈酸性，说明溶液中含有NH＋4，缘故是NH＋4水解呈酸性；加氯水的淀粉无明显现象，说明溶液中不含I－和S2－，据电解质溶液中的电荷守恒判定溶液中必然含有SO2－4，同时排除Ba2＋的存在，不能确信的是Na＋。

4．以下离子方程式书写正确的选项是( )A．过量的SO2通入NaOH溶液中：SO2＋2OH－===SO2－3＋H2OB．Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2C．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO－4＋5NO－2＋6H＋===2Mn2＋＋5NO－3＋3H2OD．NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：2HCO－3＋Ba2＋＋2OH－===BaCO3↓＋2H2O＋CO2－3解析：选C A项应生成NaHSO3，B项由于HNO3的存在，反映中HNO3氧化HI，D 项正确的为HCO－3＋Ba2＋＋OH－===BaCO3↓＋H2O。

《三维设计》2018年高考化学一轮复习教师用书：第五章+物质结构元素周期律、+Word版含解析

第五章物质结构元素周期律考点一原子构成、同位素一、熟记原子的构成1．原子的构成粒子2．原子中的4个数量关系(1)质子数(Z)＝核电荷数＝核外电子数。

(2)质量数(A)＝质子数(Z)＋中子数(N)。

(3)阳离子的核外电子数＝质子数－所带电荷数。

如Mg2＋的核外电子数是10。

(4)阴离子的核外电子数＝质子数＋所带电荷数。

如S2－的核外电子数是18。

3．一个信息丰富的符号[基点小练]1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。

(1)34S原子核内中子数为16(×)(2)2H＋核外电子数为2(×)(3)13C和15N核内中子数相差1(√)(4)H 3O ＋和OH －中具有相同的质子数和电子数(×) (5)1H 182O 的摩尔质量为20 g·mol －1(√) 2．是否所有原子都是由质子、中子和电子构成的？提示：不是；如11H 是由质子和核外电子构成的，原子中无中子。

二、理清3个概念1．元素、核素、同位素的关系2．同位素的特征与应用 (1)同位素的特征①化学性质几乎完全相同，物理性质不同。

②天然存在的同一元素各核素所占的原子百分数一般不变。

(2)常见的重要核素及其应用[注意] (1)现行元素周期表已发现的元素有118种，由于同位素的存在，故核素的种数远大于118种。

(2)同位素的中子数不同，质子数相同，最外层电子数相同，其化学性质相同。

(3)不同核素可能具有相同的质子数，如21H 和31H ；也可能具有相同的中子数，如14 6C 和16 8O ；也可能具有相同的质量数，如14 6C 和147N 。

[基点小练]3．在6Li 、7Li 、23Na 、24Mg 、14C 、14N 六种粒子中，包含______种元素，________种核素，其中互为同位素的是________，中子数相等的核素是__________。

答案：5 6 6Li 与7Li23Na 与24Mg三、明辨“四同”概念的差别[基点小练]4．在11H 、31H 、石墨、金刚石、C 60、正丁烷、异丁烷中，属于同位素的是________，属于同素异形体的是________，属于同分异构体的是________。

【三维设计】2015高考化学(人教通用)一轮配套课件第5章第1节物质的分类(共41张PPT)

答案：②CaO＋H2O===Ca(OH)2，化合反应； ③Ca(OH)2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaOH，复分解反应；点燃 ④C＋O2=====CO2，化合反应。
7．填写表格比较三种分类散系。
分散系分散质粒子的大小
溶液
胶体
浊液
悬浊液乳浊液
分散质粒小分子、子的构成离子均一、透明、稳定体系
3．能电离出 H＋的都是酸，能电离出 OH－的都是碱吗？盐必须由金属元素和非金属元素共同组成吗？
提示：能电离出 H＋的不都是酸，如 NaHSO4===Na＋＋H＋＋
2－ SO4 ，只有电离生成的阳离子全部是 H＋的化合物才是酸；能
电离出 OH－的也不一定是碱，如 Cu2(OH)2CO3，只有电离生成的阴离子全部是 OH 的化合物才是碱；盐可以全部由非金属元素组成，如 NH4Cl、NH4HCO3 等铵盐。
(1)宏观上物质是由元素组成的，微观上物质是由分子、
原子或离子构成的。
①分子：保持物质化学性质的最小微粒。
②原子：化学变化中的最小微粒。
③离子：带电荷的原子或原子团。
④原子团：在许多化学反应里，作为一个整体参加反应，如同一个原子一样的原子集团。
(2)元素：具有相同核电荷数的一类原子的总称。
5．胶体的性质
(1)丁达尔效应：当可见光束通过胶体时，在胶体中出现一条光亮
的道路。产生丁达尔效应的原因是胶体粒子对光线有散射作用。
(2)电泳：胶体粒子可以通过吸附而带有电荷，在电场的作用下，胶体粒子在分散系里作定向移动。此性质可用于工业上的静电除尘。
(3)聚沉：在一定条件下，胶体粒子聚集成较大的颗粒，形成沉淀从分散剂里析出。使胶体聚沉的常用方法有： ①加入电解质溶液；

2022届新教材高考化学一轮复习课时练5 物质的量浓度及其计算(含解析)新人教版

课时规范练5 物质的量浓度及其计算基础巩固1.下列关于0.2 mol·L-1Ba(NO3)2溶液的说法正确的是( )A.溶液中含有的阴、阳离子总物质的量为0.6 molB.在0.5 L该溶液中,Ba2+的浓度为0.1 mol·L-1C.在500 mL该溶液中,含有0.2 mol N O-3D.取1 L该溶液稀释到10 L时,N O-的浓度为0.02 mol·L-132.(2020甘肃甘谷一中检测)现有两份溶液:①将106 g Na2CO3固体溶于1 L水配成溶液,②将1 mol Na2CO3·10H2O溶于水配成1 L溶液。

下列量一定相等的是( )A.物质的量浓度B.溶质的物质的量C.溶液的体积D.质量分数3.(2020河南南阳期中质量评估)下列叙述不正确的是( )A.10 mL质量分数为98%的H2SO4溶液,用10 mL水稀释后H2SO4的质量分数大于49%B.配制0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液480 mL,需用500 mL容量瓶进行配制C.用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时,量取浓硫酸时仰视量筒,会使所配溶液浓度偏小D.同温同压下20 mL CH4和60 mL O2所含的原子数之比为5∶64.MgSO4、NaCl的溶解度曲线如图所示。

下列说法正确的是( )A.MgSO4的溶解度随温度升高而升高B.NaCl的溶解度比MgSO4的溶解度大C.T2℃时,MgSO4饱和溶液溶质的质量分数最大D.将MgSO4饱和溶液的温度从T3℃降至T2℃时,有晶体析出5.1 mol HCl溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g·cm-3),所得溶液的密度为ρg·cm-3,质量分数为w,物质的量浓度为c mol·L-1,N A表示阿伏加德罗常数的值。

则下列叙述正确的是( )A.所得溶液的物质的量浓度c=1 mol·L-1B.所得溶液中含有N A个HCl分子C.1 mol HCl气体在标准状况下占有的体积约为22.4 LD.所得溶液中溶质的质量分数w=36.51000ρ6.(2020山西怀仁一中月考)下列有关实验原理或操作正确的是( )A.用20 mL量筒量取15 mL酒精,加水5 mL,配制质量分数为75%的酒精溶液(ρ酒精<1 g·cm-3)B.200 mL某硫酸盐溶液中含有1.5N A个硫酸根离子,同时含有N A个金属离子,则该硫酸盐的物质的量浓度为2.5 mol·L-1C.实验中需用2.0 mol·L-1Na2CO3溶液950 mL,配制时应选用的容量瓶的规格和称取的Na2CO3的质量分别为950 mL、201.4 gD.实验室配制500 mL 0.2 mol·L-1的硫酸亚铁溶液,其操作是用托盘天平称量15.2 g 绿矾(FeSO4·7H2O),放入小烧杯中加水溶解,转移到500 mL容量瓶中,稀释、定容、摇匀7.实验室需要450 mL 0.1 mol·L-1NaOH溶液。

【三维设计】高考化学一轮复习第二章第三节针对训练测与评新人教版

(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题包括10小题，每小题5分，共50分)1．下列叙述中正确的是( )A．有单质生成的反应一定是氧化还原反应B．非金属的最高价含氧酸都具有强氧化性C．两种不同的阴离子在溶液中一定能大量共存D．同种物质中的同种元素在反应中可能既被氧化又被还原解析：同素异形体之间的转化有单质生成，但元素的化合价没有改变，如2O3===3O2不是氧化还原反应，A项错误；非金属的最高价含氧酸并不都具有强氧化性，如H2CO3、H3PO4等并无强氧化性，B项错误；两种不同的阴离子在溶液中也不一定能大量共存，如HCO－3与OH－，ClO －与S2－等，C项错误；同种物质中的同种元素在反应中可能既被氧化又被还原，如反应Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O等，D项正确．答案：D2．(2010·安徽高考)亚氨基锂(Li2NH)是一种储氢容量高、安全性好的固体储氢材料，其储氢原理可表示为：Li2NH＋H2===LiNH2＋LiH，下列有关说法正确的是( ) A．Li2NH中N的化合价是－1B．该反应中H2既是氧化剂又是还原剂C．Li＋和H－的离子半径相等D．此法储氢和钢瓶储氢的原理相同解析：本题考查氧化还原反应原理，意在考查考生分析信息与灵活运用基础知识的能力．根据元素原子的成键原理可知，Li2NH中Li、N、H的化合价分别是＋1、－3、＋1，LiNH2中Li、N、H的化合价分别是＋1、－3、＋1，LiH中Li、H的化合价分别是＋1、－1，所以A、D不正确，B项正确．Li＋、H－具有相同的电子层结构，原子序数Li>H，所以离子半径Li＋<H－，C项不正确．答案：B3．有下列三个氧化还原反应：①2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋2KCl＋I2；②2FeCl2＋Cl2===2FeCl3；③2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋8H2O＋5Cl2↑.若某溶液中有Fe2＋和I－共存，要氧化除去I－而又不影响Fe2＋和Cl－，可加入的试剂是( ) A．Cl2B．KMnO4C．FeCl3 D．HCl解析：由反应①、②、③得氧化性强弱顺序为KMnO4>Cl2>Fe3＋>I2，氧化I－而又不影响Fe2＋、Cl－，只能选FeCl3.答案：C4．常温下，在溶液中可以发生反应：X＋2Y3＋===X2＋＋2Y2＋，则下列解释：①X被氧化；②X 是氧化剂；③X具有还原性；④Y2＋是氧化产物；⑤Y2＋具有还原性；⑥Y3＋的氧化性比X2＋要强．其中正确的是( )A．②④⑥ B．①③④C．①③⑤⑥ D．②⑤解析：X的化合价升高，被氧化，具有还原性，是还原剂，X2＋是氧化产物，Y3＋的化合价降低，被还原，具有氧化性，是氧化剂，Y2＋是还原产物，氧化剂(Y3＋)的氧化性大于氧化产物(X2＋)的氧化性．答案：C5．根据表中信息，判断下列叙述中正确的是( )A．表中①组反应可能有一种或两种元素被氧化B．氧化性强弱比较：KClO3>Fe3＋>Cl2>Br2C．表中②组反应的离子方程式是2MnO－4＋3H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋4O2↑＋6H2OD．表中③组反应的还原产物是KCl，电子转移数目是6e－解析：Cl2与FeBr2反应，Cl2少量时只氧化Fe2＋，Cl2足量时可氧化Fe2＋和Br－，A正确；氧化性KClO3>Cl2>Br2>Fe3＋，B错误；C中反应不符合得失电子守恒；③组反应KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O的还原产物是Cl2，电子转移数目为5e－.答案：A6．已知反应：①2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋2KCl＋I2②2FeCl2＋Cl2===2FeCl3③I2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HI，判断下列物质的还原性由大到小的顺序是( )A．I－>Fe2＋>Cl－>SO2B．Cl－>Fe2＋>SO2>I－C．Fe2＋>I－>Cl－>SO2D．SO2>I－>Fe2＋>Cl－解析：根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性，可以判断题中物质的还原性强弱，由反应①可知：I－>Fe2＋；由反应②可知：Fe2＋>Cl－；由反应③可知：SO2>I－，因此还原性由大到小的顺序是SO2>I－>Fe2＋>Cl－.答案：D7．已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：H2O2→H2O IO－3→I2MnO－4→Mn2＋HNO2→NO如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是( )A．H2O2B．IO－3C．MnO－4D．HNO2解析：取等物质的量的题中各物质，得电子数越多，则氧化生成的I2越多．设各取1 mol，则IO－3―→I2得5 mol e－；MnO－4―→Mn2＋得5 mol e－，H2O2―→H2O得2 mol e－，HNO2―→NO得1 mol e－，但本题应特别注意IO－3被还原也生成I2，故选B.答案：B8．实验室将NaClO3和Na2SO3按物质的量之比2∶1倒入烧瓶中，用水浴加热，同时滴入H2SO4，产生棕黄色气体X，反应后测得NaClO3和Na2SO3恰好完全反应，则X为( ) A．Cl2B．Cl2OC．ClO2D．Cl2O3解析：化合价的变化：Na2SO3→Na2SO4中S元素的化合价由＋4升高到＋6；根据氧化还原反应规律，则NaClO3中Cl元素的化合价必降低，可设降低到x价，由得失电子守恒可得关系式：2×(5－x)＝1×(6－4)，解得x＝4.答案：C9．已知下述三个实验均能发生化学反应：下列判断中正确的是( )A．实验①中铁钉只作还原剂B．实验②中Fe2＋既显氧化性又显还原性C．实验③中发生置换反应D．上述实验证明氧化性：Fe3＋>Fe2＋>Cu2＋解析：实验①中发生的反应为：Fe＋CuSO4===Cu＋FeSO4，反应中Fe只作还原剂，氧化性：Cu2＋>Fe2＋.实验②中发生的反应为：Fe2＋＋2H＋＋NO－3===Fe3＋＋NO2↑＋H2O，反应中Fe2＋只表现出还原性．实验③中发生的反应为：2Fe3＋＋Cu===Cu2＋＋2Fe2＋，该反应不属于置换反应，氧化性Fe3＋>Cu2＋.答案：A10．(2011·湘潭二模)Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂．一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4＋6Na2O2===2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，下列说法中不．正确的是( )A．Na2O2在上述反应中只作氧化剂B．Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物C．Na2FeO4处理水时，既能杀菌，又能在处理水时产生胶体净水D．2 mol FeSO4发生反应时，共有10 mol电子发生转移解析：6份的Na2O2中只有1份中的氧失去电子变成氧气，另外5份中的氧得到电子变成－2价的氧，A项错；2 mol Fe2＋转化为＋6价的铁时，转移8 mol电子，再加上生成1 mol O2时Na2O2失去的2 mol电子，反应中共转移10 mol电子，D项对．答案：A二、非选择题(本题包括4小题，共50分)11．(8分)有A2、B2、C2三种单质，进行如下反应：2A－＋C2===2C－＋A22C－＋B2===2B－＋C2(1)三种单质的氧化性由强到弱的顺序是：_____________________________________.(2)三种离子的还原性由强到弱的顺序是：_______________________________________.(3)若X－能发生反应2X－＋C2===2C－＋X2，那么X2与B－能否发生反应？________.理由是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.解析：利用两强两弱规律，由前一方程式可判断氧化性C2>A2，还原性A－>C－，由后一方程式可判断出氧化性B2>C2，还原性C－>B－.答案：(1)B2>C2>A2(2)A－>C－>B－(3)不能根据反应方程式可知氧化性C2>X2，又因为氧化性B2>C2，所以X2不能与B－反应12．(16分)小明为验证NO2的氧化性和NO的还原性，设计了如下装置制取NO2和NO，并验证其性质，装置图如下：(1)写出甲中反应的离子方程式：______________________________________________，乙中的现象是____________，可证明NO2的氧化性；在丙中鼓入空气后现象是__________，可证明NO的还原性．(2)实验前丙中充满水的作用是_____________________________________________________________________________________________________________________(用反应方程式和简要文字回答)．(3)小华对小明的实验设计提出了质疑，他认为乙中的现象不足以证明NO2的氧化性，他的理由是___________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.你认为怎样才能准确证明NO2的氧化性？_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________(简要回答出原理和现象即可)．解析：甲中的化学反应为Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，产生的NO2通过乙进入丙和水反应生成一氧化氮，一氧化氮可与气球中的氧气反应产生红棕色的二氧化氮，从而证明一氧化氮具有还原性．答案：(1)Cu＋4H＋＋2NO－3===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O 溶液变浑浊有红棕色气体生成(2)3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，制取NO，并用排水法收集NO(3)NO2和水反应生成的HNO3是一种氧化性酸，可将Na2S氧化，使溶液变浑浊可将干燥的NO2与干燥的H2S气体混合，若有淡黄色固体生成，即可证明NO2的氧化性13．(14分)(2010·上海高考)向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色．如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色．完成下列填空：(1)写出并配平CCl4层由紫色变成无色的化学反应方程式(如果系数是1，不用填写)：________＋________＋________―→________HIO3＋________(2)整个过程中的还原剂是________．(3)把KI换成KBr，则CCl4层变为________色；继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化．Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是________________________________．(4)加碘盐中含碘量为20 mg～50 mg/kg.制取加碘盐(含KIO3的食盐)1 000 kg，若用KI 与Cl2反应制KIO3，至少需要消耗Cl2________L(标准状况，保留2位小数)．解析：(1)从开始滴加氯水时，其将KI中的I元素氧化成碘单质；等CCl4层变成紫色后，再滴加氯水时，其将碘单质进一步氧化成碘酸．根据氧化还原反应方程式的配平原则，分析反应中的化合价变化，I元素的化合价从0→＋5，升高5价，Cl元素的化合价从0→－1，降低1价，综合得失电子守恒和质量守恒，可配平得出：I2＋5Cl2＋6H2O―→2HIO3＋10HCl；(2)分析整个过程中化合价升高的都是I元素，还原剂为：KI和I2.(3)KI换成KBr时，得到的是溴单质，则其在CCl4中呈红棕色；继续滴加氯水时，颜色不变，可知氯水不能将溴单质氧化成HBrO 3，故氧化性强弱顺序为：HBrO 3>Cl 2>HIO 3.(4)写出反应方程式：KI ＋3Cl 2＋3H 2O===KIO 3＋6HCl ，根据化学方程式计算，按最小值计算时，1 000 kg 加碘食盐中含碘20 g ，则需要消耗Cl 2的体积为：(20 g÷127 g·mol －1)×3×22.4 L/mol≈10.58 L.答案：(1)I 2＋5Cl 2＋6H 2O ―→2HIO 3＋10HCl (2)KI 、I 2 (3)红棕 HBrO 3＞Cl 2＞HIO 3 (4)10.5814．(12分)(2011·云南三校期末)氢化亚铜(CuH)是一种难溶物质，用CuSO 4溶液和“另一物质”在40～50℃时反应可生成它．CuH 具有的性质有：不稳定，易分解；在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体；Cu ＋在酸性条件下发生的反应是：2Cu ＋===Cu 2＋＋Cu.根据以上信息，结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：(1)用CuSO 4溶液和“另一物质”制CuH 的反应中，用氧化还原观点分析，这“另一物质”在反应中作________(填“氧化剂”或“还原剂”)．(2)写出CuH 在氯气中燃烧的化学反应方程式：___________________________________ ________________________________________________________________________. (3)CuH 溶解在稀盐酸中生成的气体是______(填化学式)．(4)如果把CuH 溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO ，请写出CuH 溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式：__________________________________________________.解析：由CuSO 4＋“另一物质”―→CuH 知，反应中铜元素价态降低，故“另一物质”是还原剂．CuH 中铜、氢元素均处于低价态，与强氧化剂氯气反应时，均可被氧化而生成CuCl 2、HCl.CuH 溶于稀盐酸时，氢元素会发生价态归中型的氧化还原反应生成氢气．CuH 与稀硝酸反应会被氧化成Cu 2＋与H ＋.答案：(1)还原剂 (2)2CuH ＋3Cl 2=====燃烧2CuCl 2＋2HCl (3)H 2 (4)CuH ＋3H ＋＋NO －3===Cu 2＋＋2H 2O ＋NO↑。

2021版《三维设计》高考化学(人教版)复习教师用书：第五章物质结构元素周期律 Word版含答案

第五章物质结构元素周期律考点一| 原子结构、核素(基础送分型——自主学习)[记牢主干学问]1．原子的构成 (1)原子的微粒构成(2)原子构成的表示2．原子结构中的微粒关系 (1)原子(2)离子的核外电子数核外电子数⎩⎪⎨⎪⎧阳离子：质子数－电荷数阴离子：质子数＋电荷数3．同位素核素 (1)概念辨析(2)同位素的特征①相同存在形态的同位素，化学性质几乎完全相同，物理性质不同。

②自然存在的同一元素各核素所占的原子百分数一般不变。

(3)常见的重要核素及其应用核素 235 92U14 6C 21H 31H 18 8O 用途核燃料用于考古断代制氢弹示踪原子[一、基础学问全面练1．推断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。

(1)全部的原子中都含有质子和中子(×) (2)34S 原子核内中子数为16(×)(3)2H ＋核外电子数为2 (×) (4)13C 和15N 核内中子数相差1(√)(5)H 3O ＋和OH －中具有相同的质子数和电子数(×) (6)1H 182O 的摩尔质量为20 g·mol －1(√) (7)质量数就是元素的相对原子质量(×) (8)质子数相同的粒子肯定属于同一种元素(×)(9)一种单质中可能含有多种核素，如O 2中含16O 、17O 、18O 三种核素(√)(10)11H ＋、21H ＋和31H ＋互称同位素(×)2．(1)在6Li 、7Li 、23Na 、24Mg 、14C 、14N 六种粒子中，包含______种元素，________种核素，其中互为同位素的是________，中子数相等的核素是__________。

(2)D 3O ＋中的质子数为________，电子数为________，中子数为________。

答案：(1)5 6 6Li 与7Li 23Na与24Mg(2)11 10 11 二、常考题点分组练题点(一) 原子的表示方法及各微粒数目之间的关系1．下列说法正确的是( )A ．(2021·全国卷Ⅱ)235 g 核素235 92U 发生裂变反应：235 92U ＋10n ――→裂变9038Sr ＋136 54Xe ＋1010n ，净产生的中子(10n)数为10N AB ．(2022·山东高考)3517Cl 与3717Cl 得电子力量相同C ．(2021·江苏高考)中子数为146、质子数为92 的铀(U)原子：146 92UD ．(2022·天津高考)235 92U 和238 92U 是中子数不同，质子数相同的同种核素解析：选B 核素235 92U 发生裂变反应，235 92U ＋10n ――→裂变9038Sr ＋136 54Xe ＋1010n ，净产生的中子(10n)数为10－1＝9,235 g 核素235 92U 的物质的量为1 mol ，则发生裂变时净产生的中子数为9N A ；C 项中表示铀原子为238 92U ，错误；D项中235 92U和238 92U是不同核素，D 错误。

【三维设计】(人教通用版)2015届高考化学一轮总复习讲义第五节合成高分子化合物有机合成与推断

【三维设计】(人教通用版)2015届高考化学一轮总复习讲义第五节合成高分子化合物有机合成与推断第五节合成高分子化合物__有机合成与推断明考纲要求理主干脉络1.了解合成高分子的组成与结构特点，能依据简单合成高分子的结构分析其链节和单体。

2.了解加聚、缩聚等有机反应的特点。

3.了解新型高分子材料的性能及其在高分子技术领域中的应用。

4.了解合成高分子化合物在发展经济、提高生活质量方面的贡献。

5.关注有机化合物的安全和科学使用，认识有机化合物在生产、生活中的作用和对环境、健康产生的影响。

合成高分子化合物1．有机高分子的组成(1)单体能够进行聚合反应形成高分子化合物的低分子化合物。

(2)链节高分子化合物中化学组成相同、可重复的最小单位。

(3)聚合度高分子链中含有链节的数目。

催化剂如n CH2===CH2――→↓↓↓单体链节聚合度2．合成高分子化合物的两个基本反应(1)加聚反应小分子物质以加成反应形式生成高分子化合物的反应，如氯乙烯合成聚氯乙烯的化学方程式为：n CH 2CHCl ――→催化剂 CH 2CHCl 。

(2)缩聚反应单体分子间缩合脱去小分子(如H 2O 、HX 等)生成高分子化合物的反应。

如己二酸与乙二醇发生缩聚反应的化学方程式为n HOOC CH 24COOH ＋n HOCH 2CH 2OH ――→催化剂△＋(n －1)H 2O 。

3．高分子化合物的分类高分子化合物――→根据来源错误!其中，塑料、合成纤维、合成橡胶又被称为三大合成材料。

1.在表格中填写相应的单体或聚合物的结构简式。

单体结构简式聚合物CH2===CH—CH3CH3COOCH===CH2CH2===CH—CH===CH2CH===CH提示：CH2===CHCl CH2===CHCNCH2—CH—CH—CH2CH≡CH 2．填空。

(1)__________________________________ ______________________________________的单体是：和HO(CH2)2 OH。

【三维设计】高考化学一轮复习第三节针对训练测与评新人教版选修3

1．(2011·南京模拟)下列说法正确的是( )A．原子晶体中只存在非极性共价键B．因为HCl的相对分子质量大于HF，所以HCl的沸点高于HFC．干冰升华时，分子内共价键不会发生断裂D．金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物解析：A项SiO2中存在极性键；B项HF分子间存在氢键，故HF沸点高；D项AlCl3为共价化合物．答案：C2．下列判断错误的是( )A．熔点：Si3N4>NaCl>SiI4B．沸点：NH3>PH3>AsH3C．酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4D．碱性：NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3解析：Si3N4、NaCl、SiI4分别为原子分子晶体、离子晶体和分子晶体，故熔点大小顺序为：Si3N4>NaCl>SiI4，A项正确；NH3、PH3、AsH3均为分子晶体，且分子的组成和结构相似，由于NH3分子间存在氢键，其沸点最高，而PH3的相对分子质量小于AsH3的，因此分子间作用力PH3小于AsH3，则沸点PH3小于AsH3，B项错误；元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，由于非金属性：Cl>S>P，故酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4，C项正确；元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，由于金属性：Na>Mg>Al，故碱性：NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3，D项正确．答案：B3．据美国《科学》杂志报道，在40 GPa高压下，用激光器加热到1800 K，制得了具有高熔点、高硬度的二氧化碳晶体．下列关于该晶体的说法中错误的是( ) A．该晶体属于原子晶体B．该晶体易汽化，可用作制冷材料C．一定条件下，该晶体可跟氢氧化钠反应D．每摩尔该晶体中含4 molCO键解析：高熔点、高硬度是原子晶体的特点，故该二氧化碳晶体是原子晶体．在这种晶体内，已经不存在CO2分子，也就不存在“C===O”双键，已转化成类似SiO2的晶体结构．故该晶体中所含的只有共价单键，因此1 mol该晶体中含有4 mol C—O键．答案：B4．在NaF、NaCl、KBr、MgF2中熔点最高的是( )A．NaF B．NaClC．KBr D．MgF2解析：在NaF、NaCl、KBr、MgF2中阳离子半径最小的是Mg2＋，电荷数最大的是Mg2＋，阴离子的电荷数相等，阴离子半径最小的是F－，所以熔点最高的是MgF2.答案：D5．(2010·四川高考)下列说法正确的是( )A．原子最外层电子数为2的元素一定处于周期表ⅡA族B．主族元素X、Y能形成XY2型化合物，则X与Y的原子序数之差可能为2或5C．氯化氢的沸点比氟化氢的沸点高D．同主族元素形成的氧化物的晶体类型均相同解析：He原子最外层电子数为2，元素周期表副族中某些元素原子最外层电子数也是2，A错；形成XY2型化合物的X、Y可以分别是ⅡA族和ⅦA族，如MgCl2，此时原子序数相差5，X、Y也可以分别是ⅣA族和ⅥA族，如CO2，此时原子序数相差2，B正确；由于HF中存在氢键，故氯化氢的沸点低于氟化氢的沸点，C错；CO2晶体是分子晶体，SiO2晶体是原子晶体，D 错．答案：B6．下列关于晶体的说法一定正确的是( )A．分子晶体中都存在共价键B．CaTiO3晶体中每个Ti4＋与12个O2－相邻C．SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合D．金属晶体的熔点都比分子晶体的熔点高解析：有些单原子的分子晶体中不存在共价键，如稀有气体构成的晶体，A错；因在晶体中Ti4＋位于顶点而O2－位于面心，所以CaTiO3晶体中每个Ti4＋与12个O2－相邻，B正确；SiO2晶体中每个Si原子与4个O原子以共价键结合，C错；有些金属晶体比分子晶体的熔点低，如汞在常温下为液体，D错．答案：B7．下图为冰晶体的结构模型，大球代表O原子，小球代表H原子，下列有关说法正确的是( )A．冰晶体中每个水分子与另外四个水分子形成四面体B．冰晶体具有空间网状结构，是原子晶体C．水分子间通过H—O键形成冰晶体D．冰晶体熔化时，水分子之间的空隙增大解析：冰是水分子之间通过氢键结合而成的分子晶体，B、C错误；水结冰时体积膨胀，D 错误．答案：A8．下列有关说法不．正确是( )A．水合铜离子的模型如图1所示，1个水合铜离子中有4个配位键B．CaF2晶体的晶胞如图2所示，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2＋C．H原子的电子云图如图3所示，H原子核外大多数电子在原子核附近运动D．金属Cu中Cu原子堆积模型如图4，为最密堆积，每个Cu原子的配位数均为12解析：电子云是用来表示电子出现的概率，但不代表真实有一个电子在那里，C项错．答案：C9．有下列离子晶体立体结构示意图：若以M代表阳离子，以N代表阴离子，则各离子晶体的组成表达式完全正确的组合是( ) A．①MN②MN2③MN2④MNB．①MN②MN2③MN3④MN4C．①MN2②MN2③MN2④MND ．①MN ②MN ③MN 2 ④MN 2解析：①中M 的个数为4×18＝12(个)，N 的个数为4×18＝12(个)；②中M 的个数为8×18＋1＝2(个)，N 的个数为4×12＋2＝4(个)；③中M 的个数为4×18＝12(个)，N 有1个；④中M 的个数为8×18＝1(个)，N 有1个．答案：A10．(2010·浙江高考)有X 、Y 、Z 、W 、M 五种短周期元素，其中X 、Y 、Z 、W 同周期，Z 、M 同主族；X ＋与M 2－具有相同的电子层结构；离子半径：Z 2－＞W －；Y 的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料．下列说法中，正确的是( )A ．X 、M 两种元素只能形成X 2M 型化合物B ．由于W 、Z 、M 元素的氢化物相对分子质量依次减小，所以其沸点依次降低C ．元素Y 、Z 、W 的单质晶体属于同种类型的晶体D ．元素W 和M 的某些单质可作为水处理中的消毒剂解析：本题的突破口在Y 上，短周期元素形成的单质中，熔点高、硬度大的半导体材料是硅，由此可推知X 、Z 、W 、M 分别是Na 、S 、Cl 和O 元素．A 项钠元素和氧元素可形成Na 2O 和Na 2O 2两种化合物，不正确；B 项因H 2O 分子间存在氢键，其相对分子质量最小，沸点却最高，不正确；C 项，硅单质是原子晶体，硫单质和氯气是分子晶体，不正确；D 项，氯气和臭氧都可以用作水处理中的消毒剂，正确．答案：D11．(2011·杭州质检)有A 、B 、C 、D 、E 原子序数均为前20号的五种元素，其中A 元素和B 元素的原子都有1个未成对电子，A ＋与B －具有相同的电子层结构，B 原子得一个电子后2p 轨道全满；C 原子的p 轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大；D 的最高化合价和最低化合价的代数和为4，其最高价氧化物中含D 的质量分数为40%，且其核内质子数等于其中子数．R 是由A 、D 两元素形成的化合物；E 元素原子中4s 能级有2个电子．请回答：(1)A 单质、B 单质、化合物R 的熔点高低顺序为________(填序号)．①A 单质>B 单质>化合物R②化合物R>A 单质>B 单质③A 单质>化合物R>B 单质④B 单质>化合物R>A 单质(2)B －的特征电子排布式为________；在CB 3分子中C 元素原子的原子轨道发生的是________杂化，其固态时的晶体类型为________．(3)C的氢化物的空间构型为________ ，其氢化物在同族元素所形成的氢化物中沸点最高的原因是________________________________．(4)B、C、D三元素的电负性大小顺序为________>________>________(填元素符号)．(5)E与B形成的晶体M的最小单元“晶胞”如右图所示，则M的化学式为________________________；如果M晶体的密度为d g·cm－3，阿伏加德罗常数为N A，则晶体中两个距离最近的E中心间的距离为________cm.解析：首先从题目所给信息推导出各元素，B的2p轨道差一个电子为全满，应为F元素．因A＋和B－具有相同的电子层结构，则A为Na元素．C的p轨道有三个未成对电子，即为n p3排布，又其氢化物溶解性为同族中最大，则应为N元素．D为S元素，E为Ca元素．(1)R为Na2S 属于离子晶体，熔点最高，A单质是钠，为固态，B单质是F2，为气态，所以它们的熔点为R>A>B(固态高于气态)．(2)B－得一个电子后应是全充满，为2s22p6，CB3(NF3)中由于N原子有孤对电子，因而属于sp3杂化，属于分子晶体；(3)C的氢化物是NH3，空间构型是三角锥形，由于其分子间能形成氢键，故沸点很高．(4)电负性也指非金属性，则F>N>S.(5)晶胞中Ca为1/2，F为1，化学式为CaF2.晶胞中只含有1/2个CaF2.设边长为a，有1 2N A·78＝da3，两个Ca的最短距离为2a＝ 2 339N A d.答案：(1)②(2)2s22p6sp3分子晶体(3)三角锥形氨分子间形成氢键(4)F>N>S(5)CaF2 2 339N A d12.(2011·大连模拟)有A、B、C、D、E、F六种元素，A是周期表中原子半径最小的元素，B是电负性最大的元素，C的2p轨道中有三个未成对的单电子，F原子核外电子数是B与C核外电子数之和，D是主族元素且与E同周期，E能形成红色(或砖红色)的E2O和黑色的EO两种氧化物，D与B可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示．请回答下列问题．(1)E元素原子基态时的电子排布式为________．(2)A2F分子中F原子的杂化类型是________，F的氧化物FO3分子空间构型为________．(3)CA3极易溶于水，其原因主要是______________________，试判断CA3溶于水后，形成CA3·H2O的合理结构：________(填字母代号)，推理依据是________________________ ________________________________________________________________________.(4)从图中可以看出，D跟B形成的离子化合物的化学式为________；该离子化合物晶体的密度为a g·cm－3，则晶胞的体积是____________________________(写出表达式即可)．解析：由题意可知A、B、C分别为H、F、N，故推出F是S，由题意推出E是Cu，由晶胞的结构用均摊法计算出一个晶胞中含有8个F－，同时含有4个D离子，故可判断D是第四周期＋2价的金属元素，故D是钙元素．NH3极易溶于水的原因是能与水分子间形成氢键，根据氢键的表示方法可知b是合理的；根据密度＝m/V进行计算，应注意一个晶胞中含有4个CaF2.答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1(2)sp3平面正三角形(3)与水分子间形成氢键 b 一水合氨电离产生铵根离子和氢氧根(4)CaF24×78 g·mol－1a g·cm－3×6.02×1023 mol－113．(2010·新课标全国卷)主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍．X、Y和Z分属不同的周期，它们的原子序数之和是W原子序数的5倍．在由元素W、X、Y、Z组成的所有可能的二组分化合物中，由元素W与Y形成的化合物M的熔点最高．请回答下列问题：(1)W元素原子的L层电子排布式为________，W3分子的空间构型为________；(2)X单质与水发生主要反应的化学方程式为___________________________________________________________________________________________________________；(3)化合物M的化学式为________，其晶体结构与NaCl相同，而熔点高于NaCl.M熔点较高的原因是________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.将一定量的化合物ZX负载在M上可制得ZX/M催化剂，用于催化碳酸二甲酯与月桂醇酯交换合成碳酸二月桂酯．在碳酸二甲酯分子中，碳原子采用的杂化方式有________，O—C—O的键角约为________；(4)X、Y、Z可形成立方晶体结构的化合物，其晶胞中X占据所有棱的中心，Y位于顶角，Z处于体心位置，则该晶体的组成为X∶Y∶Z＝________；(5)含有元素Z的盐的焰色反应为________色．许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是________________________________________________________________________．答案：(1)2s22p4V形(2)2F 2＋2H 2O===4HF ＋O 2(3)MgO 晶格能大 sp 3和sp 2120°(4)3∶1∶1(5)紫激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长(可见光区域)光的形式释放能量14．(2010·山东高考)碳族元素包括C 、Si 、Ge 、Sn 、Pb.(1)碳纳米管由单层或多层石墨层卷曲而成，其结构类似于石墨晶体，每个碳原子通过________杂化与周围碳原子成键，多层碳纳米管的层与层之间靠________结合在一起．(2)CH 4中共用电子对偏向C ，SiH 4中共用电子对偏向H ，则C 、Si 、H 的电负性由大到小的顺序为________．(3)用价层电子对互斥理论推断SnBr 2分子中Sn —Br 键的键角________120°(填“＞”、“＜”或“＝”)．(4)铅、钡、氧形成的某化合物的晶胞结构是：Pb 4＋处于立方晶胞顶点，Ba 2＋处于晶胞中心，O 2－处于晶胞棱边中心．该化合物化学式为________，每个Ba 2＋与________个O 2－配位．解析：本题以第ⅣA 族元素为载体，考查考生对选修3《物质结构与性质》知识的综合应用能力．(1)石墨晶体是混合型晶体，同一层内碳原子之间以共价键结合成正六边形结构，层与层之间通过分子间作用力结合，故碳纳米管中碳原子的杂化方式为sp 2杂化，层与层之间靠分子间作用力结合．(2)电负性越大，非金属性越强，即吸引电子对的能力越强，故电负性的大小关系为C ＞H ＞Si.(3)在SnBr 2分子中，中心原子Sn 有2对成键电子，1对孤对电子，采用sp 2杂化，故键角小于120°.(4)1个晶胞中有1个Ba 2＋，Pb 4＋的个数为8×18＝1，O 2－的个数为12×14＝3，故化学式为BaPbO 3.每个Ba 2＋与12个O 2－配位．答案：(1)sp 2 分子间作用力(或：范德华力)(2)C ＞H ＞Si (3)＜ (4)BaPbO 3 12。

《三维设计》2018年高考化学一轮复习课件：第五章+难点增分课(三)+元素的综合推断

解析：由 a 的最外层电子数为 1， a 的电子层结构与氦相同可知， a 为 H；b 和 c 的次外层有 8 个电子，则 b、c 处于第三周期，又知 b、c 的最外层电子数分别为 6、7，从而推知，b、c 分别为 S、Cl；由 c－和 d＋的电子层结构相同可知，d 为 K。A 项，S、 Cl 处于第三周期，Cl 的原子序数大于 S，则 Cl 的非金属性强于 S；由 H2S 中 S 元素显－2 价、H 元素显＋1 价可知，S 的非金属性强于 H，因此三种元素的非金属性次序为 Cl＞S＞H； B 项， H 和 S、Cl 可形成共价化合物 H2S 和 HCl，而 H 与 K 则形成离子化合物 KH；C 项，K 和 H、S、Cl 均可形成离子化合物，分别为 KH、K2S 和 KCl；D 项，H、S、Cl 的最高化合价分别为＋1、＋6 和＋7，最低化合价分别为－1、－2 和－1，因此三种元素各自最高和最低化合价的代数和分别为 0、4、6。答案：B
子中只有 1 个电子，b2－和 c＋离子的电子层结构相同，d 和 b 同族。下列叙述错误的是 ( )
A． a 与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为＋1 B．b 与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物 C．c 的原子半径是这些元素中最大的 D．d 与 a 形成的化合物的溶液呈弱酸性
解题流程
题型
二
依据元素周期表的 “片段结构”推断元素
1．元素周期表中短周期的特殊结构的应用 (1)元素周期表中第一周期只有两种元素 H 和 He，H 元素所在的第ⅠA 族为元素周期表的左侧边界，第ⅠA 族左侧无元素分布。 (2)He 为 0 族元素，0 族元素为元素周期表的右侧边界， 0 族元素右侧没有元素分布。利用这个关系可以确定元素所在的周期和族。

【三维设计】高考化学一轮复习第一章第二节针对训练测与评新人教版

(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题包括10小题，每小题5分，共50分)1．下列目的能达到的是( )A．将58.5 g NaCl溶于1 L水中可得1 mol·L－1的NaCl溶液B．将标准状况下22.4 L HCl溶于1 L水中可得1 mol·L－1盐酸C．将25.0 g胆矾溶于水后配成100 mL溶液所得溶液浓度为1 mol·L－1D．将78 g Na2O2溶于水，配成1 L溶液可得到浓度为1 mol·L－1溶液解析：A项把溶剂的体积误当作溶液的体积；B项不知溶液的体积；C正确；D项发生反应：2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，得到的溶液浓度为2 mol·L－1.答案：C2．下列说法中错误的是( )A．从1 L 1 mol/L的NaCl溶液中取出10 mL，其浓度仍是1 mol/LB．制成0.5 L 10 mol/L的盐酸，需要氯化氢气体112 L(标准状况)C．0.5 L 2 mol/L BaCl2溶液中，Ba2＋和Cl－总数为3×6.02×1023D．10 g 98%的硫酸(密度为1.84 g/cm3)与10 mL 18.4 mol/L硫酸的浓度是不同的解析：溶液是均一稳定的，A正确；0.5 L×10 mol/L＝5 mol，5 mol×22.4 L/mol＝112 L，B正确；N(Ba2＋)＋N(Cl－)＝(0.5 L×2 mol/L＋0.5 L×2 mol/L×2)×6.02×1023＝3×6.02×1023，C正确；98%的硫酸密度为1.84 g/cm3，其浓度为18.4 mol/L，D不正确．答案：D3．(2010·新课标全国卷)把500 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀．则该混合溶液中钾离子浓度为( )A．0.1(b－2a) mol·L－1B．10(2a－b) mol·L－1C．10(b－a) mol·L－1D．10(b－2a) mol·L－1解析：由反应：Ba2＋＋SO2－4===BaSO4↓，知每份溶液中的Ba2＋的物质的量为a mol，同理Cl－的物质的量为b mol.由电荷守恒：n(K＋)＝n(Cl－)－2n(Ba2＋)＝(b－2a) mol，故c(K＋)＝(b－2a) mol÷0.1 L＝10(b－2a) mol/L.答案：D4．将质量分数为a%、物质的量浓度为c1mol·L－1的稀H2SO4蒸发掉一定量的水，使其质量分数为2a%. 此时溶液的物质的量浓度为c2mol·L－1.则c1和c2的关系是( ) A．c1＝2c2B．c2<2c1C．c2>2c1D．c2＝2c1解析：由c ＝1 000ρw M 可知，c 1c 2＝ρ1·a %ρ2·2a %＝12 ρ1ρ2，由于ρ1<ρ2，所以c 2>2c 1.答案：C5．同体积、同物质的量浓度的BaCl 2溶液可分别使同体积的Fe 2(SO 4)3、ZnSO 4、K 2SO 4三种溶液中的SO 2－4完全沉淀，则三种硫酸盐中金属离子物质的量浓度之比为( )A ．1∶2∶3B ．1∶3∶6C ．2∶3∶6D ．6∶2∶1解析：同体积同物质的量浓度的BaCl 2溶液可使同体积的Fe 2(SO 4)3、ZnSO 4、K 2SO 4三种溶液中SO 2－4完全沉淀，说明这三种溶液中SO 2－4的物质的量相等．假设有1 mol BaCl 2，则有2/3 mol Fe 3＋、1 mol Zn 2＋、2 mol K ＋，故三种硫酸盐中金属离子物质的量浓度之比为2∶3∶6.答案：C6．(2009·全国卷Ⅰ)将15 mL 2 mol/L Na 2CO 3溶液逐滴加入到40 mL 0.5 mol/L MCl n 盐溶液中，恰好将溶液中的M n ＋离子完全沉淀为碳酸盐，则MCl n 中n 值是( )A ．4B ．3C ．2D ．1解析：Na 2CO 3溶液与MCl n 溶液混合后，M n ＋恰好完全沉淀为碳酸盐．碳酸盐呈电中性，则CO 2－3和M n ＋所带的电荷数相等，有15×10－3 L×2 mol/L×2＝40×10－3L×0.5 mol/L×n ，解得n ＝3.答案：B7．V L Fe 2(SO 4)3溶液中含有a g SO 2－4，取此溶液0.5V L ，用水稀释至2V L ，则稀释后溶液中Fe 3＋的物质的量的浓度为( )A.a576 Vmol·L －1B.125a 36V mol·L －1C.250a 36Vmol·L －1D.125a 48Vmol·L －1解析：依题意知，c (SO 2－4)＝a96V mol·L －1，c (Fe 3＋)＝a 96V ×2÷3＝a144V mol·L －1，故有a144V ×0.5V ＝2V ×c B ，c B ＝a576Vmol·L －1.答案：A8．(2011·开封模拟)有一瓶14%的KOH 溶液，加热蒸发掉100 g 水后，变为28%的KOH 溶液80 mL ，该80 mL 溶液的物质的量浓度为( )A ．5 mol/LB ．6 mol/LC ．6.25 mol/LD ．6.75 mol/L解析：设原溶液的质量为m ，则m ×14%＝(m －100 g)×28%，解得m ＝200 g ，溶质的物质的量为200 g×14%56 g/mol ＝0.5 mol ，蒸发后溶液的体积为80 mL ，可求出该溶液的物质的量浓度为6.25 mol/L.答案：C9．如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容．据此下列说法正确的是( )硫酸化学纯 CP 500 mL 品名：硫酸化学式：H 2SO 4相对分子质量：98密度：1.84 g/cm 3质量分数：98%A ．该硫酸的物质的量浓度为9.2 mol/LB ．1 mol Zn 与足量的该硫酸反应产生2 g 氢气C ．配制200 mL 4.6 mol/L 的稀硫酸需取该硫酸50 mLD ．等质量的水与该硫酸混合所得溶液的物质的量浓度大于9.2 mol/L解析：由c ＝1 000ρwM可计算出该硫酸的物质的量浓度为18.4 mol/L ；该硫酸是浓硫酸，和Zn 反应不生成H 2；由稀释定律，可得出所用硫酸体积为50 mL ；等质量的硫酸和水，硫酸的密度大，硫酸的体积远小于水，两者等质量混合，硫酸的浓度小于9.2 mol/L ，D 不正确．答案：C10．(2010·四川高考)标准状况下V L 氨气溶解在1 L 水中(水的密度近似为1 g/mL)，所得溶液的密度为ρ g/mL ，质量分数为w ，物质的量浓度为c mol/L ，则下列关系中不．正确的是( )A ．ρ＝(17V ＋22 400)/(22.4＋22.4V )B ．w ＝17c /(1 000ρ)C ．w ＝17V /(17V ＋22 400)D ．c ＝1 000V ρ/(17V ＋22 400)解析：本题考查物质的量浓度、质量分数、标准状况下的摩尔体积及溶液密度的相关计算，意在考查考生对这些概念的理解及计算能力．选项A 中溶液的体积错误，故A 项关系不成立．答案：A二、非选择题(本题包括4小题，共50分)11．(12分)(2011·高唐模拟)实验室需480 mL 1.0 mol/L 的NaOH 溶液．如图是该学生在实验室配制该NaOH 溶液的过程示意图，请据此回答有关问题．(1)在上述实验过程中，用到的容量瓶的规格是________．(2)用已知质量为y g的表面皿，准确称取________g NaOH固体．当他将托盘天平的砝码和游码调整好之后，在左盘的表面皿中加入一定量的NaOH固体，这时指针在不停的晃动，且偏向右边．下面他的操作应该是：_________________________________________ ________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(3)观察配制NaOH溶液的过程示意图，指出其中有错误的是(填操作序号)________．在①～⑥中，没有体现出来的一个重要步骤是：_____________________________________.(4)若用按图所示配得的NaOH溶液作为标准液，取其一定体积置于锥形瓶，再滴加2～3滴酚酞试液，用未知浓度的盐酸进行滴定，则测得的盐酸的物质的量浓度将__________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)．解析：(1)现需用480 mL 1.0 mol/L的NaOH溶液，但实验室没有480 mL规格的容量瓶，可考虑先配制500 mL，再从中取出480 mL(或移走20 mL)溶液．配成500 mL，浓度应仍为1.0 mol/L，则计算可得，需准确称取NaOH固体0.5 mol×40 g/mol＝20 g.(2)称量时，“指针在不停的晃动，且偏向右边”，说明左侧表面皿中尚未加到20 g NaOH 固体，但已接近20 g，因此需要继续加入极少量NaOH固体，此时应该右手持药匙，左手轻轻拍打右手手腕，让掉下来的少量NaOH加到左盘使天平平衡．(3)溶液配制的顺序为：计算→称量→溶解→转移→洗涤→定容→摇匀．其中NaOH具有腐蚀性，应放在小烧杯中称量，且溶解应在烧杯中进行，而不能在量筒中进行，因此①错误；在转移溶液时，应先让溶液冷却到室温再转移入容量瓶，且引流用的玻璃棒下端应紧靠容量瓶刻度线以下的内壁上，因此③错误；定容时，视线应与凹液面最低处的刻度线水平相切，因此⑤错误．(4)按图所示配得的NaOH溶液的体积偏大，即浓度偏小，根据c(HCl)·V(HCl)＝c(NaOH)·V(NaOH)，该式中c(NaOH)·V(NaOH)是定值，由于NaOH溶液实际浓度偏小，则耗掉的V(HCl)偏少，因此测得的c(HCl)浓度偏大．答案：(1)500 mL (2)20.0 g 右手持药匙，左手轻轻拍打右手手腕，让掉下来的少量NaOH加到左盘使天平平衡(3)①③⑤将②得到的溶液冷却到室温再转移(4)偏大12．(14分)将24.4 g NaOH固体溶于水配成100 mL溶液，其密度为1.219 g/mL.(1)该溶液中NaOH的物质的量浓度为________．(2)该溶液中NaOH的质量分数为________．(3)从该溶液中取出10 mL，其中NaOH的物质的量浓度为________，NaOH的质量分数为________，溶液的密度为________，含NaOH的质量为________，含NaOH的物质的量为________．(4)将取出的10 mL溶液加水稀释到100 mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为________．解析：(1)24.4 g NaOH的物质的量为0.61 mol.c(NaOH)＝0.61 mol÷0.1 L＝6.1 mol/L.(2)100 mL NaOH溶液的质量为100 mL×1.219 g/mL＝121.9 g；NaOH的质量分数为24.4 g121.9 g×100%＝20%.(3)由于整个溶液的各处都是均匀的，所以这10 mL溶液与原100 mL溶液相比，NaOH的质量分数和溶液的密度及物质的量浓度均相同，但NaOH的质量和物质的量均为原来的1/10.(4)这10 mL溶液NaOH的物质的量浓度为6.1 mol/L，稀释到100 mL以后，NaOH的物质的量浓度缩小为6．1 mol/L÷10＝0.61 mol/L.答案：(1)6.1 mol/L (2)20% (3)6.1 mol/L 20%1．219 g/mL 2.44 g 0.061 mol (4)0.61 mol/L13．(12分)根据下列各题所给出的数据，可分别求出其“溶质的质量分数”或“溶质的物质的量浓度”，试判断并求解．(1)设N A表示阿伏加德罗常数的数值，若某氢氧化钠溶液V L中含有n个OH－，则可求出此溶液中______________为________．(2)已知某氢氧化钠溶液中Na＋与H2O的个数之比为1∶a，则可求出此溶液中________为________．(3)已知标准状况下1体积水能溶解500体积的氯化氢，则可求出标准状况下氯化氢饱和溶液中________________为____________．(4)已知将100 mL 氯化铝的水溶液加热蒸干灼烧，可得到白色固体b g ，则可求出原氯化铝溶液中______________为______________．解析：(1)不知溶液的密度，只能求出物质的量浓度，c ＝nVN Amol/L. (2)NaOH 与H 2O 的物质的量之比为1∶a ，可求溶质的质量分数，w ＝4040＋18a×100%＝2 00020＋9a%. (3)不知溶液的密度，不能计算物质的量浓度，可求其质量分数＝50022.4×36.550022.4×36.5＋1 000×100%＝44.9%.(4)白色固体为Al 2O 3，n (Al 2O 3)＝b 102 mol ，n (AlCl 3)＝b 51 mol ，c (AlCl 3)＝b /51 mol 0.1 L ＝b5.1mol/L.答案：(1)NaOH 的物质的量浓度 nVN Amol/L (2)氢氧化钠的质量分数2 00020＋9a% (3)HCl 的质量分数 44.9% (4)AlCl 3的物质的量浓度b5.1mol/L 14．(12分)(2011·海口模拟)实验室需要配制0.50 mol/L NaCl 溶液480 mL. 按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整．(1)选择仪器．完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1 g)、药匙、烧杯、玻璃棒、________、________以及等质量的两片滤纸．(2)计算．配制该溶液需取NaCl 晶体________ g. (3)称量．①天平调平之后，应将天平的游码调至某个位置，请在下图中用一根竖线标出游码左边缘所处的位置：②称量过程中NaCl 晶体应放于天平的________(填“左盘”或“右盘”)． ③称量完毕，将药品倒入烧杯中．(4)溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，目的是________________________________________________________________________.(5)转移、洗涤．在转移时应使用________引流，需要洗涤烧杯2～3次是为了________________________________________________________________________．(6)定容，摇匀．(7)将配好的溶液静置一段时间后，倒入指定的试剂瓶，并贴好标签，注明配制的时间、溶液名称及浓度．(8)在配制过程中，某学生观察定容时液面情况如图所示，所配溶液的浓度会__________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)．解析：配制480 mL的0.50 mol/L的NaCl溶液，必须用500 mL的容量瓶．m(NaCl)＝0.50 mol/L×0.5 L×58.5 g/mol＝14.6 g(托盘天平精确到0.1 g)．用托盘天平称量时，物品放在左盘，配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算→称量(或量取)→溶解、冷却→转移、洗涤→定容、摇匀→装瓶贴签．定容时仰视液面会造成溶液体积偏大，浓度偏低．答案：(1)500 mL容量瓶胶头滴管(2)14.6(3)①②左盘(4)搅拌，加速NaCl溶解(5)玻璃棒保证溶质全部转移入容量瓶中(8)偏低。

【三维设计】高考化学一轮复习第一节针对训练测与评新人教版选修2

1．(2010·福州一中月考)下列关于化工生产原理的几种叙述中，均符合目前工业生产实际情况的是( )A．石油是烃的混合物，石油工业中采用干馏的方法把石油分成不同沸点范围的产物B．氯气和氢气混合在光照条件下生成氯化氢，再用水吸收生成盐酸C．二氧化硫在接触室被氧化成三氧化硫，再在吸收塔内被水吸收制成浓硫酸D．合成氨工业中，由于氨易液化，N2、H2循环使用，所以总体来说氨的产率很高解析：A中是用蒸馏的方法把石油分成不同沸点范围的产物；B项光照会发生爆炸；C项应用浓H2SO4吸收SO3.答案：D2．下列关于工业生产说法正确的是( )A．在侯氏制碱工业中，向饱和氯化钠溶液中先通氨气，后通二氧化碳B．在硫酸工业、合成氨工业、硝酸工业中，均必须对尾气进行吸收处理C．工业上用电解熔融氧化物的方法制金属镁和铝D．氯碱工业中的阳离子交换膜阻止阳离子通过解析：合成氨工业不需要对尾气进行吸收，B项错．工业上制取金属镁是用电解熔融MgCl2的方法，C项错．氯碱工业中的阳离子交换膜的作用是阻止阴离子通过，D项错．答案：A3．(2009·海南高考)下列使用化肥、农药的描述中正确的是( )A．高温多雨时比较适合施用钾肥B．长期施用硫铵会造成土壤板结C．石硫合剂必须与硫酸混合后才能施用D．过磷酸钙必须经硫酸处理后才能施用解析：长期使用(NH4)2SO4会因其水解呈酸性而使土壤板结．答案：B4．合成氨时采用500℃左右的温度进行，主要是因为该温度时( )A．合成氨的化学反应速率最大B．氮气的平衡转化率最高C．铁触媒的活性最大D．氨在平衡混合气体中的体积分数最大解析：化学反应N2＋3H22NH3，在其他条件一定时，温度越高，化学反应速率越大，化学反应向左进行的程度越大，氮气的平衡转化率越低，氨在平衡混合物中的体积分数越小，而采用500℃左右的温度，主要是因为该温度时催化剂的活性最大．答案：C5．(2010·佛山模拟)下列有关合成洗涤剂的叙述错误的是( )A．在洗涤剂烷基苯磺酸钠中，烷基含碳原子的个数以12～18为宜B．在洗涤剂烷基苯磺酸钠中，烷基应以带有支链的为宜C．在合成洗涤剂中添加酶制剂可提高洗涤效果D．在合成洗涤剂中应以无磷助剂代替含磷助剂解析：根据合成洗涤剂的洗涤原理可知烷基应以直链为宜，且其碳原子数不能太多，也不能太少，以12～18为宜，为提高洗涤效果可增加酶制剂，为防止污染用无磷助剂代替含磷助剂．答案：B6．在硫酸的工业制法中，下列生产操作与说明生产操作的主要原因二者都正确的是( ) A．硫铁矿煅烧前要将矿粒粉碎，因为大块的硫铁矿不能燃烧B．从沸腾炉出来的炉气需净化，因为炉气中SO2会与杂质反应C．SO2氧化为SO3时需使用催化剂，这样可以提高SO2的转化率D．SO3用质量分数为98%的浓H2SO4吸收，目的是防止形成酸雾，以便使SO3吸收完全解析：粉碎硫铁矿的目的是为了增大与O2的接触面积，提高燃烧效率；炉气需要净化是为了防止催化剂中毒；使用催化剂，只能加快SO2氧化成SO3的反应速率，但不能改变SO2的转化率．答案：D7．(2009·海南高考)下列有关肥皂的叙述中错误的是( )A．肥皂与纯碱的去污原理相同B．肥皂可以加速油污在水中的分散C．肥皂是油脂在碱性条件下水解生成的D．肥皂主要成分的分子中含有亲油基团和亲水基团解析：肥皂和纯碱的去污原理不同，肥皂去污是利用肥皂中亲油基团对油污的溶解性去污，纯碱是利用其水解使溶液呈碱性使油污水解．答案：A8．(2010·梅州模拟)下列有关工业生产的叙述正确的是( )A．合成氨生产过程中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高N2、H2的转化率B．硫酸工业中，在接触室安装热交换器是为了利用SO3转化为H2SO4时放出的热量C．电解饱和食盐水制烧碱采用离子交换膜法，可防止阴极室产生的Cl2进入阳极室D．电解精炼铜时，同一时间内阳极溶解铜的质量比阴极析出铜的质量小解析：合成氨生产过程中将NH3液化分离，主要是减小生成物的浓度，使平衡右移，提高氨的产率，但不能加快化学反应速率，A错误；硫酸工业中，因为SO2转化为SO3时放出热量，在接触室安装热交换器是为了降低接触室的温度，使反应有利于生成SO3，并充分利用生成的热量，B错误；阴极发生还原反应，所以阴极的电极反应式是2H＋＋2e－===H2↑，C错误；电解精炼铜时，阳极除了铜失电子生成Cu2＋外，比铜活泼的金属也失电子，而在阴极只有Cu2＋得电子，D正确．答案：D9．下列物质的制备，符合工业生产实际的是( )A．将氯气通入澄清石灰水中制漂白粉B．用离子交换膜法电解饱和食盐水制备烧碱、氢气和氯气C．将氢气和氯气混合后点燃，产物用水吸收制备盐酸D．将SO2和O2的混合气加高压后，通过接触室，制备SO3解析：Cl2通入石灰乳中制漂白粉；H2和Cl2混合后点燃易爆炸；SO2和O2在常压条件下生成SO3即可．答案：B10．某工厂用CaSO4、NH3、H2O、CO2制备(NH4)2SO4，其工艺流程如图所示，下列推断不．合理的是( )A．直接蒸干滤液得到纯净的(NH4)2SO4B．生成1 mol (NH4)2SO4至少消耗2 mol NH3C．CO2可被循环使用D．往甲中通入CO2有利于(NH4)2SO4生成解析：因NH＋4受热水解加剧，逸出NH3，最后得不到纯净的(NH4)2SO4，A项错误；由元素守恒可判断B项正确；从流程图中可看出，反应过程中需用CO2，而CaCO3煅烧过程中产生CO2，因此CO2可循环使用，C项正确；甲中含有足量的NH3，通入CO2，生成(NH4)2CO3，有利于生成(NH4)2SO4，D项正确．答案：A11．我国是个农业大国，农业是立国之本，“农村、农业、农民”是党中央新时期农村工作的重心，化肥与农药的发展起着巨大的推动作用，请回答下列问题：(1)农作物生长过程中不可缺少的微量元素有Fe、Mn、B、Cu、Mo等，它们或是酶的组成成分，或能提高酶的活性，是农作物体内营养物质的形成和新陈代谢不可缺少的．常用铜肥是胆矾，在盐碱地(土壤pH＞7)施用胆矾时宜将溶液________(填“喷在叶片上”或“随水灌入土壤中”)，主要理由是_____________________________________________．(2)农药波尔多液是一种常用的杀菌剂，常用配方为胆矾、生石灰、水，按质量比1∶0.56∶100混合，分析其防治病虫害的原因________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.(3)拟除虫菊酯是一种高效、低毒，对昆虫有强烈触杀作用的杀虫剂，其中对光稳定的溴氰菊酯的结构简式如图．其分子式为________，则下列对该化合物的叙述正确的是________．A．该化合物属于芳香烃B．该化合物属于卤代烃C．该化合物在碱性条件下失去药效D．该化合物在一定条件下可发生加成反应解析：胆矾的水溶液显酸性，在碱性土壤中，由于Cu2＋与碱性物质结合生成不易被农作物吸收的不溶物，所以宜在农作物叶面喷施．Cu2＋为重金属离子，其药效体现在能使细菌的蛋白质变性，而达到杀菌效果．拟除虫菊酯是一种酯类化合物，所以该化合物不属于烃类，该化合物具有酯的性质，在碱性条件下水解而失效，该化合物中含，能发生加成反应，其分子式为C23H21NO3Br2.答案：(1)喷在叶片上Cu2＋在碱性条件下生成不溶物，农作物根部不易吸收(2)Cu2＋在碱性条件下使菌体蛋白质变性(3)C23H21NO3Br2CD12．某化学学习小组决定在实验室模拟工业生产原理制备少量氨气，设计了如下实验：①连接好装置并检查实验装置的气密性后，制备少量氢气并检验氢气纯度；②用氢气将空气中的氧气消耗掉，得到氢气与氮气的混合气体；③用铁触媒催化使氢气与氮气反应生成氨气；④检验氨气的生成．Ⅰ.检验氢气纯度的目的是_______________________________________________．Ⅱ.上述各装置的接口正确的连接顺序为________________________________________________________________________；Ⅲ.操作②时，弹簧夹a、b、c的开、关情况为________，如何判断氧气已经完全被消耗掉________________；Ⅳ.在步骤③中，先加热铁触媒，后通混合气体的原因是________________________________，反应管D中发生反应的化学方程式是________________________________________________________________________；Ⅴ.若有氨气生成，现象为______________________________________________；Ⅵ.该装置________(填“有”或“无”)缺点，若填有，改进措施为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.解析：若气体中混有空气(氧气)，点燃易燃气体时，会发生爆炸，故点燃之前一定要检验纯度；根据实验步骤的先后，可确定各装置的接口顺序为①⑤④②③⑥；用氢气将空气中的氧气消耗掉时，应该关闭弹簧夹b、c，打开a；点燃氢气，当火焰熄灭时，则氧气被消耗掉；由于铁触媒有一定的活性温度要求，故先加热铁触媒，再通混合气体；若产生氨气，溶于水显碱性，会使E中溶液变红；为防止催化剂发生中毒，应该在反应前把氢气与氮气的混合气体干燥，另外氨气是一种污染性气体，不能直接排入大气中，应该设有尾气处理装置．答案：Ⅰ.防止因氢气不纯而发生爆炸Ⅱ.①⑤④②③⑥Ⅲ.关闭弹簧夹b、c ，打开a 氢气在C瓶内燃烧，火焰熄灭时，证明氧气完全被消耗掉Ⅳ.铁触媒在较高温度时活性增大，加快氨合成的反应速率N2＋3H2 2NH3Ⅴ.E中溶液变红Ⅵ.有氢气与氮气的混合气体应该先通过干燥装置，再通入反应装置，⑦后连接一个吸收氨气的装置13．(2010·海南高考)以黄铁矿为原料，采用接触法生产硫酸的流程可简示如下：请回答下列问题：(1)在炉气制造中，生成SO2的化学方程式为________________________________；(2)炉气精制的作用是将含SO2的炉气______________、____________及干燥，如果炉气不经过精制，对SO2催化氧化的影响是________________；(3)精制炉气(含SO2体积分数为7%、O2为11%、N2为82%)中SO2平衡转化率与温度及压强关系如下图所示．在实际生产中，SO2催化氧化反应的条件选择常压、450℃左右(对应图中A点)，而没有选择SO 2转化率更高的B 或C 点对应的反应条件，其原因分别是__________________________________、_________________________；(4)在SO 2催化氧化设备中设置热交换器的目的是________、________，从而充分利用能源．解析：(1)4FeS 2＋11O 2=====高温2Fe 2O 3＋8SO 2(2)SO 2气体中含有矿尘、水汽等，会对催化剂的活性和设备产生不良影响，所以进入接触室之前，需对气体进行除尘、洗涤及干燥．(3)由图可知，在450℃、0.1 MPa 时，转化率已达95%以上，采用更高的压强，对设备要求更高，转化率影响较小；在0.1 MPa ，温度较低时，反应速率较慢、效率低．(4)将反应产物的热量及时交换给SO 2和O 2，使平衡2SO 2＋O 22SO 3向右移动，提高SO 2的转化率，使能量循环利，用节约能源．答案：(1)4FeS 2＋11O 2=====高温2Fe 2O 3＋8SO 2(2)除尘洗涤使催化剂中毒(3)见解析(4)能量循环利用提高SO 2转化率14．(2010·上海高考)工业生产纯碱的工艺流程示意图如下：完成下列填空：(1)粗盐水加入沉淀剂A 、B 除杂质(沉淀剂A 来源于石灰窑厂)，写出A 、B 的化学式．A ．________，B.________.(2)实验室提纯粗盐的实验操作依次为：取样、________、沉淀、________、________、冷却结晶、________、烘干．(3)工业生产纯碱工艺流程中，碳酸化时产生的现象是________________．碳酸化时没有析出碳酸钠晶体，其原因是________________________．(4)碳酸化后过滤、滤液D 最主要的成分是____________(填写化学式)，检验这一成分的阴离子的具体方法是：________________________________.(5)氨碱法流程中氨是循环使用的，为此，滤液D 加入石灰水产生氨．加石灰水后所发生的反应的离子方式程为：____________________________________，滤液D 加石灰水前先要加热，原因是___________________________________________________________．(6)产品纯碱中含有碳酸氢钠．如果用加热分解的方法测定纯碱中碳酸氢钠的质量分数，纯碱中碳酸氢钠的质量分数可表示为：________________________.(注明你的表达式中所用的有关符号的含义)解析：石灰窑厂生产的生石灰CaO ，而要除去Ca 2＋应选用CO 2－3，故A 可能是Ca(OH)2或CaO ，B 是Na 2CO 3，在提纯过程中，操作依次为取样、溶解、沉淀、过滤、蒸发、冷却结晶后再过滤，最后烘干．在生产工艺中碳酸化就是将CO 2－3全部生成HCO －3，利用NaHCO 3的溶解度小，会从水溶液中首先析出，所以碳酸化时产生的现象是出现浑浊．溶液析出NaHCO 3固体后，滤液D 中有NH 4Cl 和少量的NaHCO 3，要检验NH 4Cl 中的Cl －，先用HNO 3酸化，再加入AgNO 3溶液，有AgCl 白色沉淀产生．在溶液D 中加石灰水，目的要生成氨，若不先加热，会使OH －先与HCO －3反应，有CaCO 3沉淀产生，故加石灰水前先加热，然后用OH －与NH ＋4反应放出NH 3.Na 2CO 3中含有NaHCO 3，用加热法测定NaHCO 3的质量分数，就利用反应2NaHCO 3=====△ Na 2CO 3＋CO 2↑＋H 2O↑所产生的质量前后差值进行计算即可．答案：(1)Ca(OH)2或CaO Na 2CO 3(2)溶解过滤蒸发过滤(3)有晶体析出(或出现浑浊) 碳酸钠溶解度比碳酸氢钠大(4)NH 4Cl 取样，加硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，有白色沉淀产生，证明该阴离子是氯离子(5)NH ＋4＋OH －===NH 3↑＋H 2O 防止加石灰水时产生碳酸钙沉淀(6)w (NaHCO 3)＝84m 1－m 231m 1(设加热前的质量为m 1，加热后为m 2 )。

【三维设计】高考化学一轮复习第五章第三节针对训练测与评新人教版

【三维设计】高考化学一轮复习第五章第三节针对训练测与评新人教版(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题包括10小题，每小题5分，共50分)1．以下说法正确的是( )A．共价化合物内部可能有极性键和非极性键B．原子或离子间相互的吸引力叫化学键C．非金属元素间只能形成共价键D．金属元素与非金属元素的原子间只形成离子键解析：共价化合物H2O2内部既有极性O—H键，又有非极性O—O键，A正确；化学键是原子间的强相互作用，不仅仅表现为一种引力；非金属元素间可以形成离子键，如NH4Cl中，NH＋4与Cl－之间形成离子键；金属元素与非金属元素的原子间可以形成共价键，如AlCl3.答案：A2．(2011·长春模拟)氯化钠是日常生活中人们常用的调味品．下列性质可以证明氯化钠中一定存在离子键的是( )A．具有较高的熔点B．熔融状态下能导电C．水溶液能导电D．常温下能溶于水解析：只要化合物中存在离子键必为离子化合物，而离子化合物区别于共价化合物的突出特点是：熔融状态下能导电，B正确；A项中，具有较高的熔点，也可能为共价化合物，如SiO2；C项中，水溶液能导电，可以是共价化合物如硫酸等；D项中，可溶于水的化合物可以是离子化合物也可以是共价化合物．答案：B3．(2010·哈尔滨模拟)下列叙述中正确的是( )A．O3和NO2都是共价化合物B．有化学键断裂的变化属于化学变化C．在离子化合物与共价化合物中，都不存在单个小分子D．在反应O3＋2KI＋H2O===2KOH＋I2＋O2中，参加反应的所有臭氧都作氧化剂解析：O3为单质，A项错误；化学变化的实质是旧化学键断裂和新化学键形成，仅有化学键断裂不是化学反应，如氯化氢溶于水，B项错误；离子化合物中不存在分子，共价化合物中有的不含有分子，如二氧化硅，有的含有分子，如水等，C项错误；臭氧中的三个氧原子是按照一定方式结合的，虽然反应后有两个氧原子化合价没有变化，但臭氧作为一个整体，化合价发生了变化，D项正确．答案：D4．(2011·合肥一中联谊校质量联合测评)北京大学和中国科学院的化学工作者合作已成功研制出碱金属与C60形成的球碳盐K3C60，实验测知该物质属于离子化合物，且有良好的超导性，下列关于K3C60的组成和结构的分析正确的是( )A．K3C60中既有离子键，又有极性键B．该物质在熔融状态下能导电C．该物质的化学式可写成KC20D．1 mol K3C60中含有的离子键的数目为3×6.02×1023个解析：A项K3C60中有离子键，不可能有极性键；B项离子化合物在熔融状态下能导电；C 项该物质的化学式不能写成KC20；D项1 mol K3C60中含有的离子键的数目为6.02×1023个．答案：B5．下列各组物质中，化学键的类型相同的是( )A．CaCl2和Na2S B．Na2O和Na2O2C．N2和Ne D．HCl和NaOH解析：A项中CaCl2和Na2S中都只有离子键；B项中Na2O只有离子键，而Na2O2除有离子键外，还有非极性共价键(过氧根离子中)；C项中Ne分子中无化学键；D项中HCl只有共价键，而NaOH中除有共价键(氢氧根离子中)外，还有离子键．答案：A6．下列各分子中，所有原子都满足最外层为8电子结构的是( )A．H2O B．BF3C．CCl4D．PCl5解析：水分子中氢原子外层只有2个电子，A不正确；BF3分子中3个氟原子与硼原子最外层的3个电子形成3个共价键，硼原子最外层共有6个电子，B不正确；碳原子最外层有4个电子，可与4个氯原子形成4个共价键，碳、氯原子皆达到8电子结构，C正确；PCl5中磷原子最外层有5个电子，若与5个氯原子形成共价键时，磷原子最外层有10个电子，D不正确．答案：C7．现有如下各种说法：①在水中氢、氧原子间均以化学键相结合②金属和非金属化合时一定形成离子键③离子键是阳离子、阴离子的相互吸引力④根据电离方程式HCl===H＋＋Cl－，判断HCl分子里存在离子键⑤H2分子和Cl2分子的反应过程是H2、Cl2分子里共价键发生断裂生成H原子、Cl原子，而后H原子、Cl原子形成离子键的过程．上述各种说法正确的是( )A．①②⑤B．都不正确C．④D．①解析：水分子内H、O原子之间形成化学键，分子间的H、O原子的作用是分子间作用力(氢键)，①不正确；Al与Cl2化合时生成的AlCl3为共价化合物，其中无离子键，②不正确；在离子化合物中，阴、阳离子间存在相互作用，不单指相互吸引，还有相互排斥，③不正确；HCl属于共价化合物，分子中没有离子键，④不正确；化学反应的本质是旧键断裂，新键形成的过程，但HCl中存在共价键而不是离子键，⑤不正确．答案：B8．(2009·安徽高考)石墨烯是由碳原子构成的单层片状结构的新材料(结构示意图如右图所示)，可由石墨剥离而成，具有极好的应用前景．下列说法正确的是( )A．石墨烯与石墨互为同位素B．0.12 g石墨烯中含6.02×1022个碳原子C．石墨烯是一种有机物D．石墨烯中碳原子间以共价键结合解析：A项，石墨烯和石墨互称同素异形体；B项，0.12 g石墨烯中碳原子的物质的量为0.01 mol，含6.02×1021个碳原子．答案：D9．对于ⅣA族元素，下列叙述中不．正确的是( )A．SiO2和CO2中Si和O，C和O之间都是共价键B．C、Si、Ge的最外层电子数都是4，次外层电子数都是8C．CO2和SiO2都是酸性氧化物，在一定条件下都能和氧化钙反应D．该族元素的主要化合价是＋4和＋2解析：A项中Si和O，C和O之间都是不同非金属元素之间形成化学键，属于极性共价键，正确；B项中ⅣA族元素原子最外层电子数都是4，但C原子的次外层只有2个电子错误；C 项CO2和SiO2都是酸性氧化物，可以和碱性氧化物反应，正确；D项该族元素的主要化合价有＋4和＋2，正确．答案：B10．(2010·江苏高考)已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金日常生活中常用的金属材料．下列说法正确的是( )A ．元素A 、B 组成的化合物常温下一定呈气态B ．一定条件下，元素C 、D 的最高价氧化物对应的水化物之间能发生反应C ．工业上常用电解法制备元素C 、D 、E 的单质D ．化合物AE 与CE 含有相同类型的化学键解析：从题目所给条件可以看出A 为H 元素、B 为碳元素、C 为Na 元素、D 为Al 元素、E 为Cl 元素，A 项，由碳、H 元素组成的化合物，可以是气态、液态和固态，B 项，C 、D 元素对应的最高价氧化物的水化物为NaOH 和Al(OH)3，能反应；C 项，对于Na 、Al 、Cl 2的制备，在工业上都采用电解的方法；D 项，化合物AE 为共价化合物，只有共价键，化合物CE 为离子化合物，存在离子键．答案：BC二、非选择题(本题包括4小题，共50分)11．(10分)已知X 、Y 、Z 、W 四种元素分别是元素周期表中三个连续短周期的元素，且原子序数依次增大．X 、W 同主族，Y 、Z 为同周期的相邻元素．W 原子的质子数等于Y 、Z 原子的最外层电子数之和．Y 与X 形成的分子中有3个共价键．Z 原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，试推断：(1)X 、Z 两种元素的元素符号为：X________、Z________.(2)由以上元素中两两形成的化合物中：溶于水显碱性的气态氢化物的电子式为______，它的共价键属于________(填“极性”或“非极性”)键；含有离子键和非极性共价键的化合物的电子式为________；含有极性共价键和非极性共价键的化合物的电子式为________．(3)由X 、Y 、Z 所形成的常见离子化合物是________(写化学式)，该化合物与W 的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液加热时反应的离子方程式为____________________；X 与W 形成的化合物与水反应时，水作________(填“氧化剂”或“还原剂”)．(4)用电子式表示W 与Z 形成W 2Z 化合物的过程：______________________________. 解析：Z 原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，所以Z 是O ，则Y 是N ；N 、O 的最外层电子数之和是11，所以W 是Na ，X 、W 同主族，又氮元素能够和X 形成含有三个共价键的分子，所以X 是H.NaH 与水反应的化学方程式为NaH ＋H 2O===NaOH ＋H 2↑，水作氧化剂．答案：(1)H O (2)极性 (3)NH 4NO 3 NH ＋4＋OH －=====△NH 3↑＋H 2O氧化剂 (4)12．(14分)有A 、B 、C 、D 四种元素，它们的原子序数依次增大，但均小于18，A 和B 在同一周期，A 的电子式为·A ···，B 原子L 层的电子总数是K 层的3倍，0.1 mol C 单质能从酸中置换出2.24 L 氢气(标准状况)，同时它的电子层结构变成与氖原子的电子层结构相同；D 离子的半径比C 离子的小，D 离子与B 离子的电子层结构相同．(1)写出A 、B 、C 、D 元素的名称：A ．________，B.________，C.________，D.________.(2)D 元素在周期表中属第________周期第________族．(3)用电子式表示A 的气态氢化物的形成过程：________________________________________________________________________.(4)A 和B 的单质充分反应生成化合物的结构式是________________________________．(5)B 与C 形成的化合物是离子化合物还是共价化合物？如何证明？_________________ ________________________________________________________________________.解析：由A 的电子式可知，A 为碳或硅，又因为原子序数依次增大且小于18，根据B 的原子结构可知B 为氧，则A 为碳；0.1 mol C 可从酸中置换出0.1 mol H 2，则C 为＋2价金属，故为镁；根据D 的电子层结构可知D 为铝．答案：(1)碳氧镁铝 (2)三 ⅢA(5)B 与C 形成的化合物是MgO ，为离子化合物．证明方法为：验证其熔融物是否导电，若导电则为离子化合物，若不导电则为共价化合物13．(14分)一种常用融雪剂的主要成分的化学式为XY 2，X 原子的结构示意图为，X 的阳离子与Y 的阴离子的电子层结构相同．元素Z 、W 均为短周期元素，它们原子的最外层电子数均是其电子层数的2倍，Z 与Y 相邻且Z 、W 能形成一种WZ 2型分子．(1)m ＝________，该融雪剂的化学式为________．(2)Z 、W 元素的名称为________、________.(3)下列说法正确的是________．A ．XY 2和WZ 2都为离子化合物B ．XY 2中仅含离子键，WZ 2中仅含极性共价键C ．H 2Z 比HY 的稳定性强D ．X 的阳离子比Y 的阴离子半径大(4)下列化学用语表达正确的是________．A ．XY 2的电子式：B．WZ2的结构式：Z===W===ZC．Y元素的单质与H2Z水溶液反应的离子方程式为：Y2＋Z2－===2Y－＋Z↓D．用电子式表示XY2的形成过程为：(5)冰雪的化学成分是H2O，水的沸点比H2Z的沸点高，其原因是________________________________________．解析：(1)由X原子的结构示意图可推知其为，该元素为Ca，根据CaY2可知Y为－1价，又因为Y－与Ca2＋的电子层结构相同，可知Y为Cl.(2)Z、W原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，则Z、W是C或S.Z与Y相邻，则Z 是S，W是C.(3)CaCl2是仅含离子键的离子化合物，CS2是仅含极性键的共价化合物，A错误，B正确；S的非金属性弱于Cl，则H2S的稳定性比HCl弱，C错误，Ca2＋、Cl－具有相同的电子层结构，但Ca2＋的核电荷数大，离子半径小，D错误．(4)XY2为CaCl2，其电子式为，H2S的水溶液为弱酸，应写成分子式，即Cl2＋H2S===2H＋＋2Cl－＋S↓，A、C错误．(5)氢键影响物质的熔沸点，使水的沸点升高．答案：(1)20 CaCl2(2)硫碳(3)B (4)B、D(5)水分子间存在氢键14．(12分)(1)请用下列10种物质的序号填空：①O2②H2③NH4NO3④K2O2⑤Ba(OH)2⑥CH4⑦CO2⑧NaF⑨NH3⑩I2，只含有极性键的是__________，既有离子键又有非极性键的是________；既有离子键又有极性键的是________．(2)X、Y两种主族元素能形成XY2型化合物，已知XY2中共有38个电子，若XY2为常见元素形成的离子化合物，其电子式为：________；若XY2为共价化合物时，其结构式为：____________________.(3)氯化铝的物理性质非常特殊，如：氯化铝的熔点为190℃(2.02×103Pa)，但在180℃就开始升华．据此判断，氯化铝是________(填“共价化合物”或“离子化合物”)，可以证明你的判断正确的实验依据是________________________________________．(4)现有a～g 7种短周期元素，它们在周期表中的位置如下，请据此回答下列问题：①元素的原子间反应最容易形成离子键的是________(填序号，下同)，容易形成共价键的是________；A．c和f B．b和gC．d和g D．b和e②写出a～g 7种元素形成的所有原子都满足最外层为8电子结构的任意一种分子的分子式________．解析：1∶2型离子化合物，通常X为＋2价，Y为－1价，故X可能是Mg2＋或Ca2＋，Y可能是F－或Cl－，结合XY2中含有38个电子条件可推出XY2为CaF2.1∶2型共价化合物一般是碳族元素与氧族元素化合形成的，如CO2、CS2等，结合XY2中共有38个电子，可推出XY2为CS2.答案：(1)⑥⑦⑨④③⑤(3)共价化合物氯化铝在熔融状态下不能导电(4)①B C ②CCl4(或PCl3)。

【免费下载】三维设计人教通用版届高考化学一轮总复习讲义第一节化学实验的基本技能从熟悉实验元件开始

使用注意事项 a.过滤时应注意“一贴二低三靠” b.装配反应器时应将下管末端插入液面以下，防止气体逸出 a.使用前活塞检漏 b.分液时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
气流方向粗口进细口出
冷却水的流向下进上出
( )
3
(2)实验时用来精确量取液体体积的是________(填编号)。 (3)使用前要检查仪器是否漏液的是________(填编号)。 (4)由于操作错误，使得到的数据比正确数据偏小的是________(填编号)。 A．中和滴定达终点时俯视滴定管内液面的读数 B．使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容所得溶液的浓度 (5)称取 10.5 g 固体样品(1 g 以下使用游码)时，将样品放在了天平的右盘，则所称样品的实际质量为________ g。解析：(1)所有测量体积的仪器如量筒、容量瓶、滴定管等都标出使用温度；(2)量筒是粗略测量液体体积的仪器，容量瓶是定容仪器，滴定管是精确量取液体的仪器；(3)容量瓶和滴定管在使用前要检查是否漏液。(4)A 中操作导致结果偏小，读数时视线应与凹液面
注意事项：盛放氧化性试剂时一定要用玻璃塞。 (3)滴瓶。用途：用于盛放少量液体试剂。注意事项：滴瓶上的滴管与滴瓶配套使用，不可互换。 (4)胶头滴管。
答案：(1)a、b、c (2)c (3)b、c (4)A (5)9.5 试剂的存放和取用
1．试剂存放、取用的仪器
(1)广口瓶。用途：用于贮存固体试剂，瓶口内壁磨砂，并配有磨砂的玻璃塞。注意事项：不宜盛放易挥发物，盛碱性物质时还应改用橡胶塞。 (2)细口瓶。用途：用于贮存液体试剂。有无色和棕色两种，棕色的常用于存放见光易分解的试剂。
对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术关，系电，力根通保据过护生管高产线中工敷资艺设料高技试中术卷资，配料不置试仅技卷可术要以是求解指，决机对吊组电顶在气层进设配行备置继进不电行规保空范护载高与中带资负料荷试下卷高问总中题体资，配料而置试且时卷可，调保需控障要试各在验类最；管大对路限设习度备题内进到来行位确调。保整在机使管组其路高在敷中正设资常过料工程试况中卷下，安与要全过加，度强并工看且作护尽下关可都于能可管地以路缩正高小常中故工资障作料高；试中对卷资于连料继接试电管卷保口破护处坏进理范行高围整中，核资或对料者定试对值卷某，弯些审扁异核度常与固高校定中对盒资图位料纸置试，.卷保编工护写况层复进防杂行腐设自跨备动接与处地装理线置，弯高尤曲中其半资要径料避标试免高卷错等调误，试高要方中求案资技，料术编试交写5、卷底重电保。要气护管设设装线备备置敷4高、调动设中电试作技资气高，术料课中并3中试、件资且包卷管中料拒含试路调试绝线验敷试卷动槽方设技作、案技术，管以术来架及避等系免多统不项启必方动要式方高，案中为；资解对料决整试高套卷中启突语动然文过停电程机气中。课高因件中此中资，管料电壁试力薄卷高、电中接气资口设料不备试严进卷等行保问调护题试装，工置合作调理并试利且技用进术管行，线过要敷关求设运电技行力术高保。中护线资装缆料置敷试做设卷到原技准则术确：指灵在导活分。。线对对盒于于处调差，试动当过保不程护同中装电高置压中高回资中路料资交试料叉卷试时技卷，术调应问试采题技用，术金作是属为指隔调发板试电进人机行员一隔，变开需压处要器理在组；事在同前发一掌生线握内槽图部内纸故，资障强料时电、，回设需路备要须制进同造行时厂外切家部断出电习具源题高高电中中源资资，料料线试试缆卷卷敷试切设验除完报从毕告而，与采要相用进关高行技中检术资查资料和料试检，卷测并主处且要理了保。解护现装场置设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。

【三维设计】高考化学一轮复习第三章第二节针对训练测与评新人教版

(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题包括10小题，每小题5分，共50分)1．除去下列物质中的杂质(括号中为杂质)选用试剂正确的是( ) A．Fe2O3(Al2O3)用盐酸B．Fe2O3(Al2O3)用氨水C．Mg(Al)用纯碱溶液D．MgCl2(AlCl3)用氢氧化钠溶液和盐酸解析：A项，Fe2O3、Al2O3均溶于盐酸；B项，Fe2O3、Al2O3均不溶于氨水；C项，Mg、Al不与纯碱溶液反应；D项，发生如下反应：Al3＋＋4OH－===AlO－2＋2H2O，Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓，Mg(OH)2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O，即沉淀过滤后再加盐酸溶解可得MgCl2溶液．答案：D2．相同质量的下列物质分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体物质，消耗碱量最多的是( ) A．Al B．Al(OH)3C．AlCl3D．Al2O3解析：根据化学反应物质的量关系：A：1 mol Al～1 mol NaOH，B：1 mol Al(OH)3～1 mol NaOH，C：1 mol AlCl3～4 mol NaOH；D：1 mol Al2O3～2 mol NaOH.若消耗4 mol NaOH，需要m(Al)＝4 mol×27 g/mol＝108 g，需要m[Al(OH)3]＝78 g/mol×4 mol＝312 g，需要m(AlCl3)＝1 mol×133.5 g/mol＝133.5 g，需要m(Al2O3)＝2 mol×102 g/mol＝204 g．由上判断可知，相同质量时Al消耗NaOH最多．答案：A3．(·西安质检)现有铝和过氧化钠的固体混合物样品，加入稀盐酸使混合物完全溶解，所得溶液中c(Al3＋)∶c(H＋)∶c(Cl－)＝1∶2∶8，则原固体混合物中铝元素与氧元素的质量比为( )A．3∶4 B．9∶32C．9∶16 D．9∶8解析：根据反应后溶液中含有H＋，显然加入的盐酸过量，溶液中的溶质为NaCl、AlCl3、HCl，根据电荷守恒得：c(H＋)＋c(Na＋)＋3c(Al3＋)＝c(Cl－)，设c(Al3＋)、c(H＋)、c(Cl－)分别为a、2a、8a，则c(Na＋)＝3a，根据元素守恒，则Al、Na2O2的物质的量之比为1∶1.5，故Al、O的质量比为(1×27)∶(1.5×2×16)＝9∶16.答案：C4．(·桂林摸底)下列图象正确的是( )解析：H＋与Al3＋不反应，A错；H＋与AlO－2能反应，当Al(OH)3最多时，AlO－2最少，D错；OH－能与Al3＋反应，当Al3＋最少时，Al(OH)3最多，当Al(OH)3最少时，AlO－2最多，且Al3＋、Al(OH)3、AlO－2的物质的量的最大值相等，B符合上述量值特点而C不符合．答案：B5．(·上海高考)实验室将9 g铝粉跟一定量的金属氧化物粉末混合形成铝热剂．发生铝热反应之后，所得固体中含金属单质为18 g，则该氧化物粉末可能是( )A．Fe2O3和MnO2B．MnO2和V2O5C．Cr2O3和V2O5D．Fe3O4和FeO解析：9 g Al若全部参加反应总共失去电子的物质的量是：9 g27 g·mol－1×3＝1 mol，由得失电子守恒知，生成18 g金属单质最多得到1 mol电子，(Al全部反应)，也可能小于1 mol电子(Al不能全部反应)，再结合平均值的思路分析如下：A项，Fe2O3：1856×3＝0.96 mol；MnO2＝1855×4＝1.31 mol；B项，MnO2：1.31 mol，V2O5：1851×5＝1.76 mol.C 项：Cr2O3：1852×3＝1.03 mol；V2O5：1.76 mol；D项，Fe3O4：1856×83＝0.85 mol，FeO：1856×2＝0.64 mol.综上分析可知：A、D选项正确．答案：AD6．(·上海高考)甲、乙两烧杯中分别装有相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液，各加入10 mL 0.1 mol·L－1 AlCl3溶液，两烧杯中都有沉淀生成．下列判断正确的是( )A．甲中沉淀一定比乙中的多B．甲中沉淀可能比乙中的多C．甲中沉淀一定比乙中的少D．甲中和乙中的沉淀可能一样多解析：由于NH3·H2O为弱电解质，相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液中，n(NH3·H2O)＞n(NaOH)，各加入10 mL 0.1 mol·L－1 AlCl3溶液，均有沉淀生成，说明n(NaOH)＜4n(AlCl3)，因为当n(NaOH)≥4n(AlCl3)时，乙中无沉淀生成．若n(NaOH)≤3n(AlCl3)，则甲、乙中加入AlCl3溶液，Al3＋全部沉淀，此时甲中沉淀量等于乙中沉淀量，D项正确；若3n(AlCl3)＜n(NaOH)＜4n(AlCl3)，则甲中Al3＋全部沉淀，乙中生成的Al(OH)3部分转化为AlO－2，此时甲中沉淀量大于乙中沉淀量，B项正确．答案：BD7．铝土矿的主要成分为氧化铝、氧化铁和二氧化硅，工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝：下列说法中错误的是( )A ．①②中除加试剂外，还需要进行过滤操作B ．a 、b 中铝元素的化合价相同C ．③中需要通入过量的氨气D ．④进行的操作是加热，而且d 一定是氧化铝解析：反应①后的体系中含有固体二氧化硅，需要过滤除去，反应②后的体系中有氢氧化铁沉淀，需要过滤除去，A 正确；a 、b 中Al 元素分别以AlCl 3和NaAlO 2形式存在，其中铝的化合价都是＋3，B 正确；由NaAlO 2制备Al(OH)3需要通入过量CO 2，C 错误；由Al(OH)3制备Al 2O 3，加热即可，D 正确．答案：C8．(·四川高考)向m g 镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体b L ．向反应后的溶液中加入c mol/L KOH 溶液V mL ，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为n g ．再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体p g ．则下列关系不．正确的是( ) A ．c ＝1000b 11.2VB ．p ＝m ＋Vc125C ．n ＝m ＋17VcD.53m <p <179m 解析：根据题意，反应过程如下：A 项，根据电子守恒关系可列出b22.4×2＝V ·10－3·c ；B 项，p ＝m ＋V ·10－3·c2×16；D 项，极端假设法，若p g 固体全为MgO ，则质量为4024m g ，若p g 物质全为Al 2O 3，则质量为10254m g ，实际应为两者之间；C 项应为n ＝m ＋17V ·10－3·c .答案：C9．(·北京才子卷)实验室制备硝酸铝晶体[Al(NO 3)3·9H 2O]可使用下列方法：铝片――――――――→适量NaOH 溶液澄清溶液――――――――→饱和NH 4HCO 3溶液过滤、洗涤白色沉淀――――――――→稀硝酸溶解、蒸发、结晶Al(NO 3)3·9H 2O 下列说法或反映上述有关反应的离子方程式错误的是( ) A ．制备过程中加HNO 3应该过量，以防止蒸发时Al(NO 3)3水解B ．不直接用铝片跟稀硝酸反应制硝酸铝主要是因为铝在稀硝酸中发生钝化C ．2Al ＋2OH －＋2H 2O===2AlO －2＋3H 2↑ D ．3H ＋＋Al(OH)3===Al 3＋＋3H 2O解析：2Al ＋2OH －＋2H 2O===2AlO －2＋3H 2↑，向NaAlO 2中加入饱和NH 4HCO 3，发生反应为AlO －2＋NH ＋4＋H 2O===Al(OH)3↓＋NH 3↑，AlO －2＋HCO －3＋H 2O===Al(OH)3↓＋CO 2－3，产生的白色沉淀都是Al(OH)3.铝只与浓硝酸之间有钝化作用，稀硝酸没有钝化作用，不直接用铝片跟稀硝酸反应制硝酸铝主要是因为铝片与HNO 3反应生成污染环境的NO 等气体，同时由于铝不纯，制备的硝酸铝不纯．答案：B10．(·青岛一模)把一块镁铝合金投入到1 mol·L －1盐酸中，待合金完全溶解后，再往溶液里加入1 mol·L －1NaOH 溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH 溶液体积变化的关系如图所示．下列说法中错误的是( )A ．盐酸的体积为80 mLB ．a 的取值范围为0<a <50C ．n (Mg 2＋)<0.025 molD ．当a 值为30时，b 值为0.01解析：从开始到沉淀量最大的过程中，涉及的反应有Mg ＋2H ＋===Mg 2＋＋H 2↑、2Al ＋6H ＋===2Al 3＋＋3H 2↑、H ＋＋OH －===H 2O 、Mg 2＋＋2OH －===Mg(OH)2↓、Al 3＋＋3OH －===Al(OH)3↓，此时消耗的NaOH 的物质的量等于HCl 的总量，A 正确；80 mL ～90 mL 的NaOH 溶液用于溶解Al(OH)3：Al(OH)3＋OH －===AlO －2＋2H 2O ，故形成Al(OH)3沉淀消耗NaOH 的体积是30 mL ，所以a <50，B 项正确；从题图来看，若a ＝0，则Mg 2＋的最大值是0.025 mol ，而a ≠0，故C 正确；当a 为30时，得到Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀的物质的量均为0.01 mol ，共0.02 mol ，D 项不正确．答案：D二、非选择题(本题包括4小题，共50分)11．(12分)由短周期元素组成的金属单质A 和非金属单质B 、C 及甲、乙、丙、丁、戊五种化合物有如图所示的转化关系，甲是工业上制取A 的主要原料．请回答：(1)写出下列物质的化学式：A____________________；乙____________________．(2)写出甲物质在工业上的任意两种主要用途___________________________________．(3)写出下列变化的化学方程式①A与NaOH溶液反应的化学方程式：_________________________________________________________________________________________________________________；②乙与过量CO2反应的离子方程式__________________________________________________________________________________________________________________；③戊溶液与乙溶液混合的离子方程式__________________________________________________________________________________________________________________.解析：根据A与NaOH溶液反应生成单质C，中学阶段所学的金属单质＋碱===单质＋化合物，符合这一条件的只有金属铝，可以确定A是Al，依此推测丁是Al(OH)3，甲是工业上制取A的主要原料，推测B是O2，甲是Al2O3.因此可以确定C是H2、乙是NaAlO2、丙是H2O、戊是AlCl3.答案：(1)Al NaAlO2(2)作耐高温材料；制取铝单质(3)①2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑②AlO－2＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO－3③Al3＋＋3AlO－2＋6H2O===4Al(OH)3↓12．(12分)(·丽水一模)某混合溶液中可能含有HCl、MgCl2、AlCl3、NH4Cl、Na2CO3、KCl 中的几种物质，往该溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生沉淀的物质的量(n)与加入的NaOH溶液体积(V)的关系如右图所示．回答下列问题：(1)溶液中一定含有的溶质是____________(填化学式)．(2)溶液中一定不含有的溶质是__________________(填化学式)．(3)溶液中可能含有的溶质是____________(填名称)，判断该物质是否存在的实验方法是________，现象是_____________________________________________________________________________________________________________________________________.(4)分别写出AB段、BC段发生的离子方程式：①AB段为_______________________________________________________________；②BC段为_________________________________________________________________．解析：首先分析图象，找出图象中的转折点、斜线及水平线，结合题意可知O～A段是NaOH溶液与HCl 中和，加入过量NaOH溶液，沉淀全部溶解，说明无MgCl2，所以沉淀只有Al(OH)3，B～C段是NaOH溶液与NH4Cl 反应所以溶液中一定含有HCl，AlCl3，NH4Cl，一定无MgCl2；又因为HCl、AlCl3与Na2CO3不能大量共存，所以一定无Na2CO3；可能含KCl，鉴别K＋可用焰色反应实验．答案：(1)HCl、AlCl3、NH4Cl (2)MgCl2、Na2CO3(3)氯化钾焰色反应透过蓝色钴玻璃观察焰色，若为紫色，证明含有KCl，否则不含KCl(4)①Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓②NH＋4＋OH－===NH3↑＋H2O13．(14分)铝是一种重要的金属，在生产、生活中具有许多重要的用途，下图是从铝土矿中制备铝的工艺流程：已知：(1)铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质；(2)溶液中的硅酸钠与偏铝酸钠反应，能生成硅铝酸盐沉淀，化学反应方程式为：2Na2SiO3＋2NaAlO2＋2H2O===Na2Al2Si2O8↓＋4NaOH回答下列问题：(1)写出向铝土矿中加入足量氢氧化钠溶液后，该步操作中发生反应的离子方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(2)滤渣A的主要成分为____________；滤渣A的用途是____________(只写一种)；实验室过滤时使用玻璃棒，其作用是__________．(3)在工艺流程第三步中，选用二氧化碳作酸化剂的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(4)若将铝溶解，下列试剂中最好选用________(填编号)．A．浓硫酸B．稀硫酸C．稀硝酸理由是__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________.解析：(1)Al2O3属于氧化物，SiO2属于酸性氧化物，都能与强碱反应．(2)利用题目给出的信息——“硅铝酸盐沉淀”，可以知道滤渣A的主要成分是Fe2O3、Na2Al2Si2O8.对于滤渣A的用途一般很容易想到其可以作为炼铁的原料．(3)因为Al(OH)3是氢氧化物，若用强酸酸化滤液时，无法保证将全部铝元素转化为Al(OH)3过滤出来．(4)分析问题时，一般要同时考虑生产效益(原料利用率)和环保问题．答案：(1)Al2O3＋2OH－===2AlO－2＋H2OSiO2＋2OH－===SiO2－3＋H2O(2)Fe2O3、Na2Al2Si2O8炼铁的原料(或生产硅酸盐产品的原料) 引流(3)经过足量氢氧化钠溶液的溶解，大部分铝元素均以NaAlO2的形式存在于滤液中，通入过量二氧化碳可以将NaAlO2完全转化为Al(OH)3(4)B 铝与浓硫酸在常温下发生钝化，加热溶解会产生有毒气体SO2，原料利用率低；稀硝酸能溶解铝但会产生NO气体，污染空气，硝酸利用率低；而铝与稀硫酸反应速率较快，产生的H2对空气无污染14．(12分)(·山东高考)对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命．(1)以下为铝材表面处理的一种方法：①碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜，碱洗时常有气泡冒出，原因是________________________________________________________________________(用离子方程式表示)．为将碱洗槽液中的铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列试剂中的________．a．NH3b．CO2c．NaOH d．HNO3②以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极电极反应式为________．取少量废电解液，加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，产生沉淀的原因是________．(2)镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨作阳极的原因是________．(3)利用右图装置，可以模拟铁的电化学防护．若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于________处．若X为锌，开关K 置于M处，该电化学防护法称为_________________________________．解析：(1)①题中指出在碱洗时有气泡产生，则只有金属铝和碱反应才符合条件，故碱洗过程中发生反应的离子方程式为Al2O3＋2OH－===2AlO－2＋H2O、2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO－2＋3H2↑.碱洗后溶液中含有大量AlO－2，故最好通入CO2气体使AlO－2转化为Al(OH)3沉淀以回收铝．②活泼金属作阳极，阳极材料本身失电子被氧化，其氧化产物为Al2O3，由此可得阳极反应式为2Al＋3H2O===Al2O3＋6H＋＋6e－.加入NaHCO3溶液后，消耗溶液中的H＋，溶液酸性减弱产生沉淀．(2)电镀时若用石墨作阳极，则电解过程中电解液中Cu2＋浓度不断减小，导致铁表面不能镀上均匀的铜．(3)若X为碳棒，则只能用外加电源的阴极保护法，此时开关K应置于N处．若X为Zn，K置于M处，其保护原理称为牺牲阳极的阴极保护法．答案：(1)①2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al(OH)4]－＋3H2↑(或：2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO－2＋3H2↑) b②2Al＋3H2O===Al2O3＋6H＋＋6e－HCO－3与H＋反应使H＋的浓度减小，产生Al(OH)3沉淀(2)补充溶液中消耗的Cu2＋，保持溶液中Cu2＋浓度恒定(3)N 牺牲阳极的阴极保护法(或：牺牲阳极保护法)。

高三一轮新课标三维人教版化学(五省专版粤、苏、琼专用共17页文档

5、教导儿童服从真理、服从集体，养成儿童自觉的纪律性，这是儿童道德教育最重要的部分。—— 陈鹤琴
1、最灵繁的人也看不见自己的背脊。——非洲 2、最困难的事情就是认识自己。——希腊 3、有勇气承担命运这才是英雄好汉。——黑塞 4、与肝胆人共事，无字句处读书。——周恩来 5、阅读使人充实，会谈使人敏捷，写作使人精确。——培根
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1、纪律是管理关系的形式。——阿法纳西耶夫 2、改革如果不讲纪律，就难以成功。
3、道德行为训练，不是通过语言影响，而是让儿童练习良好道德行为，克服懒惰、轻率、不守纪律、颓废等不良行为。 4、学校没有纪律便如磨房里没有水。 ——

【三维设计】(人教通用版)高考化学一轮总复习讲义第一章金属及其化合物

第一节钠及其化合物1．钠的物理性质2．钠的化学性质从原子结构认识钠的化学性质，Na ――→Cl 2、O 2、H 2O 等Na ＋。

(1)与非金属单质(如O 2、Cl 2)的反应与O 2反应⎩⎨⎧常温下：化学方程式为4Na ＋O 2=====常温 2Na 2O点燃时：化学方程式为2Na ＋O 2=====点燃Na 2O2(2)与水的反应：①化学方程式：2Na ＋2H 2O===2NaOH ＋H 2↑。

②与滴加酚酞的水反应的现象与解释：3．钠的制备与保存(1)制备：电解熔融氯化钠，化学方程式为2NaCl=====电解2Na ＋Cl 2↑。

(2)保存：密封存放，通常保存在煤油中。

4．焰色反应 (1)概念：很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊颜色的现象。

属于元素的物理性质。

(2)操作步骤：铂丝――→酒精灯灼烧无色――→蘸取待测物――→酒精灯灼烧观察火焰颜色――→用盐酸洗涤铂丝――→酒精灯灼烧无色。

(3)常见元素焰色反应的颜色：钠元素：黄色；钾元素：紫色(透过蓝色钴玻璃)。

1.判断下列描述的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。

(1)(2013·新课标全国卷Ⅱ)钠与CuSO 4溶液的反应：2Na ＋Cu 2＋===Cu↓＋2Na ＋。

( ) (2)(2013·广东高考)1 mol Na 被完全氧化生成Na 2O 2，失去2N A 个电子。

( ) (3)(2011·北京高考)钠与足量O 2反应生成Na 2O ，随着温度的升高，生成Na 2O 的速率逐渐加快。

( )(4)钠与水反应的离子方程式为2Na ＋2H 2O===2Na ＋＋2OH －＋H 2↑。

( )(5)4Na ＋O 2===2Na 2O 和2Na ＋O 2=====点燃 Na 2O 2可说明相同的反应物在不同的条件下可能发生不同的反应。

( )(6)焰色反应是大多数金属元素的性质，属于化学变化。

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