1、第14讲 物质结构与性质最新考纲1.原子结构与性质：（1）认识原子核外电子的运动状态，了解电子云、电子层（能层）、原子轨道（能级）的含义。（2）了解多电子原子核外电子分层排布遵循的原理，能用电子排布式表示136号元素的原子及离子的基态核外电子排布。（3）了解主族元素第一电离能、电负性等性质的周期性变化规律，能根据元素电负性说明元素的金属性和非金属性的周期性变化规律。2.化学键与物质的性质：（1）理解离子键、共价键的含义，能说明离子键、共价键的形成。（2）了解NaCl型和CsCl型离子晶体的结构特征，能用晶格能解释典型离子化合物的某些物理性质。（3）了解共价键的主要类型键和键，能用键能、键长、键
2、角等数据说明简单分子的某些性质（对键和键之间相对强弱的比较不作要求）。（4）了解键的极性和分子的极性，了解极性分子和非极性分子的性质差异。（5）能根据杂化轨道理论和价层电子对互斥模型判断简单分子或离子的空间构型（对d轨道参与杂化和AB5型以上复杂分子或离子的空间构型不作要求）。（6）了解“等电子原理”的含义，能结合实例说明“等电子原理”的应用。（7）了解原子晶体的特征，能描述金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构与性质的关系。（8）能用金属键的自由电子理论解释金属的某些物理性质。（9）知道金属晶体的基本堆积方式，了解常见金属晶体的晶胞结构特征（晶体内部空隙的识别、与晶胞的边长等晶体结构参数相关的计算
3、不作要求）。（10）了解简单配合物的成键情况（配合物的空间构型和中心原子的杂化类型不作要求）。3.分子间作用力与物质的性质：（1）知道分子间作用力的含义，了解化学键和分子间作用力的区别。（2）知道分子晶体的含义，了解分子间作用力的大小对物质某些物理性质的影响。（3）了解氢键的存在对物质性质的影响（对氢键相对强弱的比较不作要求）。（4）了解分子晶体与原子晶体、离子晶体、金属晶体的结构微粒、微粒间作用力的区别。常考点一 原子结构与元素性质的关系知识特训1填空：掌握电离能和电负性概念(1)电离能含义第一电离能：气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，符号I，单位kJmol
4、1。规律a同周期：第一种元素的第一电离能最小，最后一种元素的第一电离能最大，总体呈现从左至右逐渐增大的变化趋势。b同族元素：从上至下元素的第一电离能逐渐减小。c同种原子：逐级电离能越来越大(即I1I2Mg，则Ca原子最外层电子的能量高于Mg原子最外层电子的能量。(8)Cu的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去1个电子生成Cu，Cu基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10。(9)Mn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，失去2个电子生成Mn2，Mn2基态的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或Ar3d5。答
5、案(1)电子云2(2)1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s2(3)1s22s22p31(4)1s22s22p63s23p2 或Ne3s23p2(5)1s22s22p63s23p63d9或Ar3d9(6)1s22s22p63s23p63d3(或Ar3d3)O(7)1s22s22p63s2或Ne3s2高于(8)1s22s22p63s23p63d10(或Ar3d10)(9)1s22s22p63s23p63d5(或Ar3d5)2元素的性质(1)CH4和CO2所含的三种元素电负性从小到大的顺序为_。2015福建理综，31(1)(2)原子半径：Al_Si，电负性：N_O(用“”或“”
6、或“”或“NB水溶性：CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3C沸点：HClHFD晶格能：NaClMgO2015浙江自选，15(5)解析(1)组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，范德华力越大，晶体的熔沸点越高，故ClF3的熔、沸点比BrF3的低。(3)碳元素所在的周期是第二周期，能形成含氧酸且非金属性最强的是氮元素，故该周期酸性最强的是HNO3；HF分子间存在氢键，故HF的沸点高于HCl；单质镁是金属晶体，单质硅是原子晶体，单质氯气是分子晶体，故三者的熔点由高到低的排列顺序是：Si、Mg、Cl2。(4)A选项，N的第一电离能大于O的第一电离能，所以错误；B选项，乙醇分子中有亲水基团，乙醚
7、分子中无亲水基团，所以正确；C选项，HF分子间存在氢键，沸点比HCl高，所以错误；D选项，MgO中离子电荷数比NaCl中离子电荷数大，且离子半径小，MgO的晶格能大于NaCl的晶格能，所以错误。答案(1)低(2)(3)HNO3HFSi、Mg、Cl2(4)B感悟高考1题型：卷填空题(选做)2考向：本考点高考中常见的命题角度有晶体的类型、结构与性质的关系，晶体熔沸点高低的比较，配位数、晶胞模型分析是物质结构选考模块的必考点。3注意点：准确判断一个晶胞中含有各种微粒的个数，是判断晶胞化学式的关键。最新模拟1元素周期表中第三周期包括Na、Mg、Al、Si、P、S、Cl、Ar 8种元素。请回答下列问题：
8、(1)基态磷原子核外有_种运动状态不同的电子。(2)第三周期8种元素按单质熔点()大小顺序绘制的柱形图(已知柱形“1”代表Ar)如下所示，则其中“2”原子的结构示意图为_，“8”原子的电子排布式为_。(3)实验证明：KCl、MgO、CaO三种晶体的结构与NaCl晶体的结构相似，已知NaCl、KCl、CaO晶体的晶格能数据如下表：晶体NaClKClCaO晶格能/(kJmol1)7867153 401则KCl、MgO、CaO三种晶体的熔点从高到低的顺序是_。其中MgO晶体中一个Mg2周围和它最近且等距离的Mg2有_个。(4)Si、C和O的成键情况如下：化学键COCOSiOSiO键能/(kJmol1
9、)360803464640C和O之间易形成含有双键的CO2分子晶体，而Si和O之间则易形成含有单键的SiO2原子晶体，请结合数据分析其原因：_。解析(1)P的核外有15个电子，每个电子的运动状态均不同。(2)第三周期元素的单质，除Ar外，只有Cl2为气体，熔点较低，单质硅为原子晶体，熔点最高。(3)晶格能越大，离子晶体的熔点越高，而晶格能与离子的电荷和半径有关，可以判断晶格能：MgOCaOKCl，则熔点：MgOCaOKCl。答案(1)15(2)1s22s22p63s23p2或Ne3s23p2(3)MgOCaOKCl12(4)碳与氧之间形成含有双键的分子放出的能量(803 kJmol121 60
10、6 kJmol1)大于形成含单键的原子晶体放出的能量(360 kJmol141 440 kJmol1)，故碳与氧之间易形成含双键的CO2分子晶体；硅与氧之间形成含有双键的分子放出的能量(640 kJmol121 280 kJmol1)小于形成含单键的原子晶体放出的能量(464 kJmol141 856 kJmol1)，故硅与氧之间易形成含单键的SiO2原子晶体2第四周期元素由于受3d能级电子的影响，性质的递变规律与短周期元素略有不同。.第四周期元素的第一电离能随原子序数的增大，总趋势是逐渐增大的。镓(31Ga)的基态原子的电子排布式是_；31Ga的第一电离能却明显低于30Zn的，原因是_。.第
11、四周期过渡元素的明显特征是形成多种多样的配合物。(1)CO和NH3可以和很多过渡金属形成配合物。CO与N2互为等电子体，CO分子中C原子上有一对孤电子对，C、O原子都符合8电子稳定结构，则CO的结构式可表示为_。NH3分子中N原子的杂化方式为_杂化，NH3分子的空间构型是_。(2)如图甲所示为二维平面晶体示意图，所表示的化学式为AX3的是_。解析.根据构造原理，31Ga的基态原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p1或Ar3d104s24p1；因30Zn的4s能级处于全充满状态，较稳定，第一电离能较大。.(1)因为“CO与N2互为等电子体”，故其具有相同的结构，由N2
12、的结构、“C原子上有一对孤电子对”和“C、O原子都符合8电子稳定结构”可知，CO的结构式可表示为CO；NH3分子中中心原子N的杂化方式为sp3杂化，空间构型为三角锥型。(2)a图中1个黑球周围有6个相邻白球，1个白球周围有3个相邻黑球，故黑白12；b图中1个黑球周围有6个相邻白球，1个白球周围有2个相邻黑球，故黑白13。答案.1s22s22p63s23p63d104s24p1或Ar3d104s24p130Zn的4s能级处于全充满状态，较稳定.(1)COsp3三角锥型(2)b能力提升训练1已知A、B、C、D、E、F、G为前四周期中的七种元素且原子序数依次增大，其中A的基态原子中没有成对电子；B的
13、基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；C原子核外成对电子数比未成对电子数多1个，其氢化物常用作制冷剂；D原子未成对电子数与周期数相同；在E元素所在周期中该原子的第一电离能最小；F原子价电子排布式为nsn1npn1；G原子有6个未成对电子。请回答下列问题： (1)G元素基态原子的价电子排布式为_。(2)B、C、D三种元素的最简单氢化物的键角由小到大的顺序为_(填元素符号)，常温下硬度最大的B单质、E2F、A2D及A2F的沸点由大到小的顺序为_(填化学式)。(3)D元素与氟元素相比，电负性：D元素_氟元素(填“”、“”或“”)，下列表述中能证明这一事实的是_(填选项
14、序号)。A常温下氟气的颜色比D单质的颜色深B氟气与D的氢化物剧烈反应，产生D的单质C氟与D形成的化合物中D元素呈正价态D比较两元素的单质与氢气化合时得电子的数目(4)B2A4是重要的基本石油化工原料。B2A4分子中B原子轨道的杂化类型为_；1 mol B2A4分子中含键_mol。解析A的基态原子中没有成对电子，则A为氢元素；B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，每种轨道中的电子总数相同，则B的核外电子排布式为1s22s22p2，则B为碳元素；C的氢化物可作制冷剂，则C为氮元素；D原子未成对电子数与周期数相同，知D为氧元素；根据同一周期元素的第一电离能从左往右逐渐增大，故E属于第A族，结
15、合F中n3知F为S元素，则E为Na元素；由G原子有6个未成对电子知该元素为铬元素。(1)24号Cr元素的价电子排布式为3d54s1。(2)CH4、NH3、H2O的键角分别为109.5、107.3、104.5，则键角由小到大的顺序为ONC；硬度最大的B单质为金刚石，属原子晶体，E2F是Na2S，属离子晶体，H2O属分子晶体且因为含有氢键沸点较高，硫化氢属分子晶体，熔沸点较低，根据一般熔沸点：原子晶体离子晶体分子晶体，故它们沸点由大到小的顺序为CNa2SH2OH2S。(3)D元素为氧元素，其电负性比氟小，B项，氟气与水发生反应置换出氧气，说明氟的非金属性强于氧，故其电负性大于氧，C项，根据OF2中
16、氧显正价、氟显负价，可判断电负性氟大于氧。(4)C2H4是乙烯，分子中C原子采用sp2杂化；根据其结构简式CH2CH2知1 mol C2H4分子中含键5 mol。答案(1)3d54s1(2)ONCCNa2SH2OH2S(3)BC(4)sp2杂化52A、B、D、E、F五种元素的原子序数依次增大，除F为过渡元素外，其余四种均是短周期元素。已知：F的单质为生活中最常见的金属之一，原子最外层有2个电子；E原子的价电子排布为msnmpn，B原子的核外L层电子数为奇数；A、D原子p轨道的电子数分别为2和4。请回答下列问题：(1)F的稳定价态离子的电子排布式是_，A、B、D、E四种元素的第一电离能由大到小的
17、顺序为_(用元素符号表示)。(2)对于B的简单氢化物，其中心原子的轨道杂化类型是_，分子的空间构型为_，该氢化物易溶于D的简单氢化物的主要原因是_。(3)D原子分别与A、B原子形成的单键中，键的极性较强的是_(用具体的化学键表示)。(4)如图所示的晶胞是由A、D两元素组成的，下列有关该晶体的说法中正确的是_。a该晶体的化学式为ADb该晶体中A、D原子间形成的是双键c该晶体熔点可能比SiO2晶体高d该晶体可溶于水解析由已知知F为铁元素；由已知知A、D分别是第A、A族元素，结合几种元素原子序数关系及已知可判断A是碳元素、D是氧元素、E是硅元素、B是氮元素。(4)由所给晶胞图知该晶体属于原子晶体，组
18、成仍为CO2，碳、氧之间形成单键，因CO键键长比SiO键短，故该CO2原子晶体的熔点可能比SiO2高且不溶于水。答案(1)1s22s22p63s23p63d5或Ar3d5SiCON(2)sp3三角锥型NH3与H2O分子间易形成氢键(3)CO(4)c3纳米技术制成的金属燃料、非金属固体燃料、氢气等已应用到社会生活和高科技领域。单位质量的A和B的单质燃烧时均放出大量热，可用作燃料。已知A和B为短周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表所示：电离能/(kJmol1)I1I2I3I4A9321 82115 39021 771B7381 4517 73310 540(1)某同学根据上述信息，推断B的核外
19、电子排布如下图所示，该同学所画的电子排布图(轨道表示式)违背了_。(2)ACl2分子中A原子的杂化类型为_。(3)氢气作为一种清洁能源，必须解决它的储存问题，C60可用作储氢材料。已知金刚石中的CC键的键长大于C60中CC键的键长，有同学据此认为C60的熔点高于金刚石，你认为是否正确_(填“是”或“否”)，并阐述理由_。(4)科学家把C60和钾掺杂在一起制造了一种富勒烯化合物，其晶胞如图所示，该物质在低温时是一种超导体。写出基态钾原子的价电子排布式_，该物质的K原子和C60分子的个数比为_。(5)继C60后，科学家又合成了Si60、N60等，C、Si、N元素的电负性由大到小的顺序是_，NCl3
20、分子的VSEPR模型为_。Si60分子中每个硅原子只跟相邻的3个硅原子形成共价键，且每个硅原子最外层都满足8电子稳定结构，则一个Si60分子中键的数目为_。解析(1)E(3s)CSi；NCl3中心原子价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体；Si的价电子数为4，每个硅原子只跟相邻的3个硅原子相连且最外层都满足8电子稳定结构，所以每个Si原子周围只有1个键，且2个Si共用1个键，所以一个Si60分子中键的数目为(601)30。答案(1)能量最低原理(2)sp杂化(3)否C60为分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，无需破坏共价键(4)4s131(5)NCSi四面体型304前四周期原子序数依次增大
21、的元素A、B、C、D、E中，A的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等，B原子核外电子有7种不同的运动状态，C元素原子核外的M层中只有2对成对电子，D与C2的电子数相等，E元素位于元素周期表的ds区，且基态原子价电层电子均已成对。回答下列问题：(1)E2的价层电子排布图为_。(2)五种元素中第一电离能最小的是_(填元素符号)，CAB离子中，A原子的杂化方式是_。(3)AB、D和E2三种离子组成的化学物质D2E(AB)4，其中化学键的类型有_，该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为_，配位体是_。(4)C和E两种元素组成的一种化合物的晶胞如图所示。该化合物的化学式为_，E的
22、配位数为_，C采取_(填“简单立方”、“体心立方”、“六方最密”或“面心立方最密”)堆积。解析(1)因E在ds区且基态原子均成对可知E为Zn，失去4s能级层上的两个电子得Zn2。(2)由题意可知A为C，B为N，C为S，D为K，其中第一电离能最小的即金属性最强的为K；在SCN中C形成两个键两个键，为sp杂化。(3)K2Zn(CN)4中含有离子键和共价键，而Zn2存在空轨道，与CN形成配位键。(4)根据均摊原理知其化学式为ZnS，由图中虚线连接可知Zn的配位数为4，S采取六方最密堆积。答案(1) (2)Ksp杂化(3)共价键、配位键、离子键Zn(CN)42CN(4)ZnS4六方最密5(2015苏州
23、市高三学情调研)已知：硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠(H2NCH2COONa)即可得到配合物A，其结构如图所示。请回答下列问题：(1)Cu元素基态原子的外围电子排布式为_。(2)元素C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为_。(3)配合物A中碳原子的轨道杂化类型为_。(4)1 mol氨基乙酸钠(H2NCH2COONa)含有键的数目为_。(5)氨基乙酸钠分解产物之一为二氧化碳。写出二氧化碳的一种等电子体：_(写化学式)。(6)已知：硫酸铜灼烧可以生成一种红色晶体，其结构如图。则该化合物的化学式是_。解析(1)基态Cu原子核外有29个电子，外围电子排布式为3d104s1。(2)同周期主族元素从左到右第一
24、电离能呈增大趋势，第A族和第A族元素反常，C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为NOC。(3)配合物A中碳原子为sp2杂化、sp3杂化。(4)氨基乙酸根的结构为，1 mol氨基乙酸钠()含8 mol 键。(5)与CO2互为等电子体的有N2O、SCN、N等。(6)该晶胞中Cu的个数为4，O的个数为812，Cu、O的个数比为21，故化学式为Cu2O。答案(1)3d104s1(2)NOC(3)sp2、sp3(4)86.021023(5)N2O(或SCN、N等)(6)Cu2O6(2015苏锡常镇一调)Fe2、Fe3与O、CN、F、有机分子等形成的化合物具有广泛的应用。(1)C、N、O原子的第一电离能由
25、大到小的顺序是_。(2)Fe2基态核外电子排布式为_。(3)乙酰基二茂铁是常用汽油抗震剂，其结构如图甲所示。此物质中碳原子的杂化方式是_。(4)配合物K3Fe(CN)6可用于电子传感器的制作。与配体互为等电子体的一种分子的化学式为_。已知(CN)2是直线形分子，并具有对称性，则(CN)2中键和键的个数比为_。(5)F不仅可与Fe3形成FeF63，还可以与Mg2、K形成一种立方晶系的离子晶体，此晶体应用于激光领域，其结构如图乙所示。该晶体的化学式为_。解析(1)N原子p轨道处于半充满较稳定状态，第一电离能反常，高于同周期相邻两元素。(2)注意审题，要求书写的是Fe2的核外电子排布式，不要写成Fe
26、的核外电子排布式。(3)乙酰基二茂铁中CH3中C为sp3杂化，C=O基团中碳原子为sp2杂化。(4)配体为CN，故与CN等电子体的分子为CO或N2。(CN)2的结构式为NCCN，故键为4，键为3。(5)根据均摊法计算，该晶胞拥有K：1个，Mg2：81(个)，F：123(个)，故化学式为KMgF3。答案(1)NOC(2)1s22s22p63s23p63d6或Ar3d6(3)sp3、sp2(4)CO或N243(5)KMgF37过渡元素Ti、Mn、Fe、Cu等可与C、H、O形成多种化合物。请回答下列问题：(1)根据元素原子的外围电子排布的特征，可将元素周期表分成五个区域，其中Mn属于_区。(2)Ti
27、(BH4)2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料。基态Ti2中电子占据的最高能层符号为_，该能层具有的原子轨道数为_。BH的空间构型是_。(3)在Cu的催化作用下，乙醇可被空气中氧气氧化为乙醛，乙醛分子中碳原子的杂化方式是_，乙醛分子中HCO的键角_乙醇分子中HCO的键角(填“大于”、“等于”或“小于”)。(4)电镀厂排放的废水中常含有剧毒的CN，可在TiO2的催化下，先用NaClO将CN氧化成CNO，再在酸性条件下CNO继续被NaClO氧化成N2和CO2。H、C、N、O四种元素的电负性由小到大的顺序为_。与CN互为等电子体微粒的化学式为_(写出一种即可)(5)单质铁有、三种同素异形体，三种晶胞中F
28、e原子的配位数之比为_，、三种晶胞的边长之比为_。解析(1)Mn的外围电子排布式为3d54s2，位于元素周期表的d区。(2)Ti的原子序数为22，Ti2核外有20个电子， Ti2的电子排布式为1s22s22p63s23p63d2或Ar3d2，电子占据的最高能层为M层，M层有s、p、d三种能级，轨道数为1359。BH的空间构型为正四面体型。(3)CH3CHO中左边碳原子的杂化类型为 sp3，右边碳原子的杂化类型为sp2。乙醛分子中HCO的键角大于乙醇分子中HCO的键角。(4)电负性：HCNO。CO、N2与CN互为等电子体。(5)为体心立方，为面心立方，为简单立方，三种晶胞中Fe原子的配位数分别为
29、8、12、6，配位数之比为463。设Fe的原子半径为r，、晶胞的边长分别为a1、a2、a3，则中a14r，中a24r，中a32r，则边长之比为：r(2r)(2r)1。答案(1)d(2)M9正四面体型(3)sp2、sp3大于(4)HCNOCO(或N2等)(5)46318氮化硼(BN)晶体有多种相结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂。立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如下图所示。(1)基态硼原子的电子排布式为_。(2)关于这两种晶体的说法，正确的是_(填序号)。 a立方相氮化硼含有键和键，所以硬度大 b六方相氮化硼层间作用力小，所以质地
30、软 c两种晶体中的BN键均为共价键 d两种晶体均为分子晶体 (3)六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型为_，其结构与石墨相似却不导电，原因是_。(4)立方相氮化硼晶体中，硼原子的杂化轨道类型为_。该晶体的天然矿物在青藏高原地下约300 km的古地壳中被发现。根据这一矿物形成事实，推断实验室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是 _。(5)NH4BF4(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一。1 mol NH4BF4含有_ mol配位键。解析(1)硼为第5号元素，核外有5个电子，基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1。(2)a项，立方相氮化硼类似于金刚石的结构只有键
31、，没有键，错误；b项，六方相氮化硼类似于石墨的结构，层与层之间存在分子间作用力，质地软，正确；c项，BN间通过共用电子对结合，均为共价键，正确；d项，立方相氮化硼为原子晶体，六方相氮化硼为混合型晶体，错误。(3)由六方相氮化硼晶体结构可知，层内每个硼原子与相邻的3个氮原子构成平面三角形，由于六方相氮化硼结构中已没有自由移动的电子，故其不导电。(4)立方相氮化硼晶体中每个硼原子与相邻的4个氮原子形成共价键，有4个杂化轨道，发生的是sp3杂化，根据题意，结合地理知识，合成立方相氮化硼晶体的条件为高温、高压。(5)NH4BF4由NH和BF构成，1个NH中含1个配位键，1个BF中含1个配位键，故1 m
32、ol NH4BF4中含有2 mol配位键。答案(1)1s22s22p1或He2s22p1(2)bc(3)平面三角形层状结构中没有自由移动的电子(4)sp3高温、高压(5)2压轴题型一化学工艺流程分析 题型解读工艺流程题是近几年高考的热考题型，工艺流程题的结构分题头、题干和题尾三部分。题头一般是简单介绍该工艺生产的原材料和工艺生产的目的(包括副产品)；题干主要用流程图形式将原料到产品的主要生产工艺流程表示出来；题尾主要是根据生产过程中涉及的化学知识设计成一系列问题，构成一道完整的化学试题。此类试题集综合性、真实性、开放性于一体，包含必要的操作名称、化工术语或文字说明，考查知识面广、综合性强、思维
33、容量大。题干的呈现形式多为流程图、表格和图像；设问角度一般为操作措施、物质成分、化学反应、条件控制的原因和产率计算等，能力考查侧重于获取信息的能力、分析问题的能力、语言表达能力和计算能力；涉及到的化学知识有基本理论、元素化合物和实验基础知识等。题型剖析【样题】题头挖掘题头信息(2015江苏，16)(12分)以磷石膏(主要成分CaSO4，杂质SiO2、Al2O3等)为原料可制备轻质CaCO3。题干分析题干流程题尾知道题尾考查哪些问题(1) 匀速向浆料中通入CO2，浆料清液的pH和c(SO)随时间变化如图。清液pH11时CaSO4转化的离子方程式为_；能提高其转化速率的措施有_(填序号)。 A.搅
34、拌浆料B加热浆料至100 C.增大氨水浓度 D减小CO2通入速率题尾知道题尾考查哪些问题(2)当清液pH接近6.5时，过滤并洗涤固体。滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为_和_(填化学式)；检验洗涤是否完全的方法是_。(3)在敞口容器中，用NH4Cl溶液浸取高温煅烧的固体，随着浸取液温度上升，溶液中c(Ca2)增大的原因是_。【规范答题】(1)CaSO42NH3H2OCO2=CaCO32NHSOH2O(或CaSO4CO=CaCO3SO)(2分)AC(2分)(2)SO(1分)HCO(1分)取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全(
35、3分)(3)浸取液温度上升，溶液中c(H)增大，促进固体中Ca2浸出(3分)评分细则(1)不配平不得分；每一个选项1分，错选或多选不得分，写成小写字母“ac”不给分(2)写名称不得分；只要答出要点就给分(3)合理答案就给分解题技能1解题要点(1)审题要点：了解生产目的、原料及产品了解题目提供的信息分析各步的反应条件、原理及物质成分理解物质分离、提纯、条件控制等操作的目的及要点(2)答题切入点：原料及产品的分离提纯生产目的及反应原理生产要求及反应条件有关产率、产量及组成的计算绿色化学2常用分离方法(1)洗涤(冰水、热水)：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗；(2)过滤(热滤
36、或抽滤)：分离难溶物和易溶物；(3)萃取和分液：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质；(4)蒸发结晶：提取溶解度受温度影响较小的溶质；(5)冷却结晶：提取溶解度受温度影响较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO45H2O、FeSO47H2O等；(6)蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物；(7)冷却法：利用气体易液化的特点分离气体。3解题程序图示新题速递1隐形飞机上吸收雷达波的涂料之一为锰锌铁氧体(MnxZn1xFe2O4)。以废旧锌锰电池为原料制备锰锌铁氧体的主要流程如图所示：已知：在该工艺条件下，Fe3、Zn2、Mn2完全形成氢氧
37、化物沉淀时溶液的pH分别为3.7、9.4、12.4；Zn(OH)2在pH大于10.5时开始溶解。请回答下列问题：(1)用稀硫酸酸浸时，为了提高浸出率可采取的措施有_(任写一条)。(2)酸浸时，废旧锌锰电池中的二氧化锰被双氧水还原的反应的离子方程式为_。(3)加入NaOH溶液两次调节溶液pH的目的分别是_、_。(4)有同学认为该工艺流程中，水蒸气加热之前还缺少一个步骤，该步骤是_。(5)检测滤液成分后，加入一定量的MnSO4和铁粉的目的是_。(6)当x0.2时，所得到的锰锌铁氧体对雷达波的吸收能力特别强，试用氧化物的形式表示该锰锌铁氧体的组成_。解析(1)加热、搅拌、增大H2SO4的浓度等措施均
38、能提高反应速率，从而提高浸出率。(2)MnO2为氧化剂，H2O2为还原剂，H2SO4为酸性介质，反应生成MnSO4、O2、H2O：MnO2H2O2H2SO4=MnSO4O22H2O，将该化学方程式改写为离子方程式即可。(3)根据锰锌铁氧体的组成可知，其不含有SO，所以需将反应所得的Mn2、Zn2、Fe3与SO分离，第一次加入NaOH溶液调节pH至9.4时，Zn2、Fe3能完全沉淀，同时生成的Zn(OH)2不溶解，过滤后，实现与SO的分离，过滤后的滤液中存在Mn2，第二次加入NaOH溶液调节pH至12.4时，Mn2也完全沉淀，再经过滤实现与SO的分离。(4)过滤得到的滤渣会吸附一些杂质离子，需洗
39、涤除去。(5)锰锌铁氧体要符合MnxZn1xFe2O4的组成，检测滤液成分后，加入一定量的MnSO4和铁粉的目的就是调节滤液中Mn、Fe元素的含量，使各元素的配比符合锰锌铁氧体的组成。(6)当x0.2时，锰锌铁氧体的化学式为Mn0.2Zn0.8Fe2O4，即MnZn4 Fe10O20，根据制备流程可知MnZn4Fe10O20中Mn为2价，Zn为2价，设Fe元素为n价，则有：2810n40，解得n3，则MnZn4Fe10O20用氧化物的形式表示为MnO4ZnO5Fe2O3。答案(1)加热(搅拌、增大硫酸浓度等)(2)MnO2H2O22H=Mn2O22H2O(3)使溶液中的Zn2、Fe3完全转化为
40、氢氧化物沉淀，同时防止生成的Zn(OH)2溶解使溶液中的Mn2完全转化为氢氧化物沉淀(4)洗涤(5)调节滤液中Mn、Fe元素的含量，使各元素的配比符合锰锌铁氧体的组成(6)MnO4ZnO5Fe2O32轻质碳酸镁是广泛应用于橡胶、塑料、食品和医药工业的化工产品，以卤块(主要成分为MgCl2，含Fe2、Fe3、Mn2等杂质离子)为原料制备轻质碳酸镁的工艺流程如下：已知生成氢氧化物沉淀的pH见下表：物质开始沉淀沉淀完全Fe(OH)32.73.7Fe(OH)27.69.6Mn(OH)28.39.8Mg(OH)29.911.1注：Fe(OH)2沉淀呈絮状，不易从溶液中除去。(1)“氧化”一步中发生反应的
41、离子方程式为_。(2)“调节pH”一步应调节溶液的pH9.8，其目的是_。(3)“热解”一步温度控制在75 左右，其原因是_。(4)从“过滤2”步骤中得到的滤液中能回收的盐类物质主要有_(填化学式)。(5)轻质碳酸镁的成分为碱式碳酸镁MgCO3Mg(OH)23H2O，则“热解”一步发生反应的离子方程式为_。解析由于卤块主要成分为氯化镁，其中含有Fe3、Fe2、Mn2等杂质离子，通过生产流程最后得到轻质碳酸镁，因此加盐酸溶解后，溶液中主要有Mg2、Fe3、Fe2、Mn2和Cl等，加次氯酸钠主要是将Fe2氧化为Fe3，由各种氢氧化物生成沉淀的pH可知，加入烧碱的目的主要是把溶液中的Fe3和Mn2转
42、化为沉淀，而Mg2留存溶液中，加入碳酸氢铵的目的是生成轻质碳酸镁沉淀。(1)离子反应为ClO2H2Fe2=2Fe3ClH2O。(2)调节pH9.8 的目的是使溶液中的Fe3和Mn2生成对应的氢氧化物沉淀而除去，而Mg2不生成沉淀留存在溶液中。(3)加热温度至75 是为了提高碳酸氢铵和氯化镁溶液反应速率，但如果温度过高会导致碳酸氢铵分解。(4)由加入的反应物及有关反应关系知，过滤得到轻质碳酸镁后的滤液中主要有氯化钠和氯化铵，因此通过结晶可以回收得到两种盐。(5)热解时在氯化镁溶液中加入碳酸氢铵，生成轻质碳酸镁，因此有关反应可以表示为2Mg24HCO2H2OMgCO3Mg(OH)23H2O3CO2
43、。答案(1)ClO2H2Fe2=2Fe3ClH2O(2)使Fe3、Mn2等杂质离子生成氢氧化物沉淀除去，且尽量避免Mg2转化为沉淀(3)温度太低，反应速率慢，温度太高，NH4HCO3会分解(4)NaCl、NH4Cl(5)2Mg24HCO2H2OMgCO3Mg(OH)23H2O3CO2压轴题型二新信息、新情境下的有机合成与推断 题型解读有机合成与推断题是对常见有机物的结构、性质及转化关系的综合性考查，是高考的重要题型，涉及的考点主要有有机物官能团的结构与性质、有机反应类型的判断、有机物结构的推断、同分异构体的书写与判断、有机化学反应方程式的书写，有的还涉及有机物合成路线的设计等，此类题目综合性大
44、、情境新、难度较大、大多以框图转化关系形式呈现，并提供一定的物质结构、性质、反应信息，主要考查学生的综合分析问题和解决问题的能力，获取信息、整合信息和对知识的迁移应用能力。题型剖析【样题】(2013江苏，17)(15分)化合物A(分子式为C6H6O)是一种有机化工原料，在空气中易被氧化。A的有关转化反应如下(部分反应条件略去)：(R表示烃基，R和R表示烃基或氢)(1)写出A的结构简式：_。(2)G是常用指示剂酚酞。写出G中含氧官能团的名称：_和_。(3)某化合物是E的同分异构体，且分子中只有两种不同化学环境的氢。写出该化合物的结构简式：_(任写一种)。(4)F和D互为同分异构体。写出反应EF的
45、化学方程式：_。(5)根据已有知识并结合相关信息，写出以A和HCHO为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH【规范答题】评分细则(1)结构简式中原子连接错误不得分。(2)出现错字不得分。(3)有机物中多氢少氢不得分；有机物中原子连接错误不得分。(4)漏写反应条件扣1分，化学式错误或漏掉“H2O”不得分。(5)每一步1分，物质结构或反应条件错误，则视为反应合成路线停止，后续反应不得分。解题技能1三大技能(1)含有官能团的化合物的命名定母体：根据化合物分子中的官能团确定母体。卤代烃的母体则为卤某烷；含醇羟基、醛基、羧基的化合
46、物分别以醇、醛、酸为母体。定主链：以含有尽可能多官能团的最长碳链为主链。编号：卤代烃和醇编号时，从离X和OH近的碳原子编号；醛和羧酸在编号时从醛基和羧基碳原子开始编号。(2)巧用不饱和度几种官能团的不饱和度官能团不饱和度官能团不饱和度一个碳碳双键1一个碳环1一个碳碳叁键2一个苯环4一个羰基(酮基、羧基、醛基)1一个氰基(CN)2(3)同分异构体书写规律一般书写顺序：官能团异构碳链异构官能团位置异构。碳链异构的书写方法：主链由长到短，支链由整到散，位置由心到边；苯环上取代基排布分对、邻、间。记住两种烃基同分异构体数目：丙基2种、丁基4种(4)酯的同分异构体先写出酯基，把剩余碳原子分配在酯基两边。
47、碳原子数较多时考虑烃基的异构。2解题程序图示新题速递1(2015无锡期末)天然紫草素类化合物及其衍生物具有不同程度的细胞毒作用和抗肿瘤作用。现有一种合成紫草素类化合物(G)的合成路线如下：已知：CH3(CH2)3CH2BrCH3(CH2)3CH2MgBr。请回答下列问题：(1)在合成过程中怎样检验B中是否存在A_。(2)FG的反应类型是_，E中的含氧官能团有_和_(填写名称)。(3)写出AB的化学反应方程式：_。(4)写出同时符合下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：_(任写一种即可)。分子中含有一个萘环；与FeCl3溶液能发生显色反应；该分子核磁共振氢谱有2种不同的峰，峰值比为13。(5)
48、写出以苯、乙烯和三氯甲烷为原料制备苯丙酮()的合成路线流程图(无机试剂任选)。合成路线流程图示例如下：CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH3解析由AB是酚羟基上的H原子被CH3取代，BC是苯环上的H原子被Br取代，CD是Br被OCH3所取代，DE是苯环上引入一个CHO，EF是醛基发生加成，然后水解，FG发生的是酯化反应。(1)A中有酚羟基，能使FeCl3溶液显紫色(或与浓溴水反应生成沉淀)，而B则不能发生这两个反应。(2)FG是乙酸与醇羟基的酯化反应，也可称作取代反应；E中的官能团是醛基和醚键。(3)AB是酚羟基上的H原子被CH3取代，故化学方程式为(CH3)2SO4 H2S
49、O4。(4)能与氯化铁发生显色反应，则有酚羟基，核磁共振氢谱上只有2个峰，说明结构对称，又知峰值比13，故同分异构体为或。(5)苯丙酮中的酮羰基类似于流程图中F进行氧化后得到，即它的前一步是醇羟基，再往前推应该是苯甲醛()和CH3CH2MgBr，苯甲醛是苯发生类似流程图中DE的转化，而CH3CH2MgBr可由CH2=CH2与HBr反应，然后再用题中信息与金属镁反应得到。答案(1)取少许B，滴加FeCl3溶液，若变紫色，则B中含有A，否则不含。(2)酯化反应(取代反应)醛基醚键(3) (CH3)2SO4 H2SO4(4) 或(5)2(2015苏锡常镇三调)敌草胺是一种除草剂。它的合成路线如下：回
50、答下列问题：(1)在空气中久置，A由无色转变为棕色，其原因是_。(2)C分子中有2个含氧官能团，分别为_和_(填官能团名称)。(3)写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：_。能与金属钠反应放出H2；是萘()的衍生物，且取代基都在同一个苯环上；可发生水解反应，其中一种水解产物能发生银镜反应，另一种水解产物分子中有5种不同化学环境的氢。(4)若C不经提纯，产物敌草胺中将混有少量副产物E(分子式为C23H18O3)，E是一种酯。E的结构简式为_。(5)已知：RCH2COOH，写出以苯酚和乙醇为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：H2C=CH2CH3CH2B
51、rCH3CH2OH解析(1)酚类物质易被空气中的氧气氧化，生成棕色物质。(2)C分子内的含氧官能团为羧基和醚键。(3)C的该种同分异构体应含有、甲酸酯基、羟基，且一种水解产物有对称结构，则可能的同分异构体有：(或)。(4) 与反应生成副产物E：。(5)观察目标产物：，可知合成的关键是用苯酚制备出，然后再与乙醇反应。由已知信息：RCH2COOH，可知，可利用乙醇制取乙酸；再用乙酸来制取ClCH2COOH，再结合BC的反应信息，可将苯酚与氢氧化钠反应生成苯酚钠，苯酚钠与ClCH2COOH反应生成，然后再与乙醇发生酯化反应可得。答案(1)A被空气中的O2氧化(2)羧基醚键(3) (或)。(4) (5
52、)CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHClCH2COOH压轴题型三化学综合计算 题型解读化学综合计算题通常以重要的工业生产或工业测定为载体，将化学计算的考查置于现实应用的背景中，体现了化学计算服务于化学问题解决的基本观点。试题涉及面广，难度中等，通常综合考查化学实验操作技能、电极反应方程式书写、离子方程式的书写和以物质的量为核心的化学计算技能，并且注重计算过程的考查。题型剖析【样题】(2012江苏，18)(12分)硫酸钠过氧化氢加合物(xNa2SO4yH2O2zH2O)的组成可通过下列实验测定：准确称取1.770 0 g样品，配制成100.00 mL溶液A。准确量取25.00 mL溶液A
53、，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体0.582 5 g；准确量取25.00 mL溶液A，加适量稀硫酸酸化后，用0.020 00 molL1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液25.00 mL。H2O2与KMnO4反应的离子方程式如下：2MnO5H2O26H=2Mn28H2O5O2(1)已知室温下BaSO4的Ksp1.11010，欲使溶液中c(SO)1.0106 molL1，应保持溶液中c(Ba2)_molL1。(2)上述滴定若不加稀硫酸酸化，MnO被还原为MnO2，其离子方程式为_。(3)通过计算确定样品的组成(写出计算过程)。【规范答题】(1
54、)1.1104(2分)(2)2MnO3H2O2=2MnO23O22OH2H2O(3分)(3)n(Na2SO4)n(BaSO4)2.50103 mol(2分)2MnO5H2O26H=2Mn28H2O5O2n(H2O2)0.020 00 molL10.025 00 L1.25103 mol(4分)m(Na2SO4)142 gmol12. 50103 mol0.355 gm(H2O2)34 gmol11. 25103 mol0. 042 5 gn(H2O)2. 50103 mol(6分)xy zn(Na2SO4)n(H2O2)n(H2O)212硫酸钠过氧化氢加合物的化学式为2Na2SO4H2O22H
55、2O。(7分)评分细则(1)写成“0.000 11”也给分。(2)化学方程式不配平或产物错误不给分，没有写出沉淀、气体符号扣1分。(3)计算过程分步给分，若中间出现错误则视为计算过程终止，没有写出最终化学式扣2分。解题技能由于重点考查化学计算在解决化学实际问题中的应用，整体计算难度不是很大，重在分析计算方法、理清计算思路，注意计算的格式及有效数字的运用。常见的计算方法有：(1)混合物反应的计算。一般要找准关系列出方程式组，解题时理清各物质之间的数量关系，注意运用电子守恒、电荷守恒、质量守恒和极值法等方法，以简化过程。(2)关系式法的计算。正确提取关系式是用关系式法解题的关键。(3)确定化学式的
56、计算。解这类题的方法：一是根据题目所给化学反应过程，分析判断化合物的成分；二是通过计算确定各成分之间量的关系。新题速递1(2015南通扬州二调)碱式氧化镍(NiOOH)可用作镍氢电池的正极材料。以含镍(Ni2)废液为原料生产NiOOH的一种工艺流程如下：(1)加入Na2CO3溶液时，确认Ni2已经完全沉淀的实验方法是_。(2)已知KspNi(OH)221015，欲使NiSO4溶液中残留c(Ni2)2105 molL1，调节pH的范围是_。(3)写出在空气中加热Ni(OH)2制备NiOOH的化学方程式：_。(4)若加热不充分，制得的NiOOH中会混有Ni(OH)2，其组成可表示为xNiOOHyN
57、i(OH)2。现称取9.18 g样品溶于稀硫酸，加入100 mL 1.0 molL1 Fe2标准溶液，搅拌至溶液清亮，定容至200 mL。取出20.00 mL，用0.010 molL1 KMnO4标准溶液滴定，用去KMnO4标准溶液20.00 mL，试通过计算确定x、y的值(写出计算过程)。涉及反应如下(均未配平)：NiOOHFe2HNi2Fe3H2OFe2MnOHFe3Mn2H2O解析(2)Kspc(Ni2)c2(OH)21015，c(Ni2)2105 molL1，解得 c(OH)1105 molL1，即pH9。(3)Ni元素化合价从2价3价，根据得失电子守恒配平化学方程式。(4)由离子方程
58、式可得以下关系式：MnOFe2NiOOH。消耗KMnO4的物质的量0.01 molL10.02 L2104 mol，则与NiOOH反应后剩余的Fe2的物质的量2104 mol50.01 mol，加入的Fe2的总物质的量1.0 molL10.1 L0.1 mol，则与NiOOH反应的Fe2的物质的量0.1 mol0.01 mol0.09 mol，则n(NiOOH)0.09 mol，m(NiOOH)91.7 gmol10.09 mol8.253 g，nNi(OH)20.01 mol，xyn(NiOOH)nNi(OH)20.09 mol0.01 mol91，故x9，y1。答案(1)静置，在上层清液中
59、继续滴加12滴Na2CO3溶液，无沉淀生成(2)pH9(3)4Ni(OH)2O24NiOOH2H2O(4)x9y12(2015盐城三调)锰酸锂(LiaMnbOc)是动力锂离子电池的一种正极材料，其中的锰元素显4、3及2价三种价态。实验室可通过连续滴定法测定其中锰元素的平均价态(平均价态，如Fe3O4中铁元素平均价态为价)。实验步骤如下：已知相关部分反应如下：2Mn3C2O=2Mn22CO2；Mn4C2O=Mn22CO2；2MnO5C2O16H=2Mn210CO28H2O；14Mn22ClO28PO16H=14Mn(PO4)Cl28H2O(1)LiaMnbOc中锂显1价，氧显2价，则锰元素的平均
60、价态为_(用含a、b、c代数式表示)。(2)判断步骤2滴定达到终定时的判断依据是_。步骤2滴定速度不能过快，否则在酸性的热溶液中高锰酸钾会转化为二氧化锰及氧气，该反应的离子方程式为_。(3)已知V122.00，V216.40，根据以上实验数据计算该锰酸锂试样中锰的平均价态(写出计算过程，结果保留2位小数)。解析(1)化学式中各元素化合价的代数和为零，设锰元素的平均价态为x，则abx(2)c0，解得x。(2)步骤2用KMnO4溶液滴定步骤1中过量的Na2C2O4，滴定达到终点时，溶液由无色变为浅红色，且30 s内不褪色。先根据题给信息写出MnOMnO23O2，再根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守
61、恒配平即可。(3)步骤1用Na2C2O4还原Mn3、 Mn4得Mn2，步骤2用KMnO4溶液滴定步骤1中过量的Na2C2O4，由滴入的KMnO4的量可得出过量的Na2C2O4的量，从而计算出步骤1中参加反应的Na2C2O4的量，再根据题给信息中的反应，可列出n(Mn4)n(Mn3)n(C2O)。从步骤2进入步骤3的Mn2为锰酸锂中所有Mn元素和在步骤2中滴入的KMnO4溶液的Mn元素，并将Mn元素都转化成Mn(PO4)(Mn为3价)，步骤4为(NH4)2FeSO4中Fe2还原Mn3，根据Fe、Mn得失电子守恒可计算出进入步骤3中的总锰量。由锰元素原子守恒，用(NH4)2FeSO4计算出的总锰量
62、减去KMnO4中的含锰量，即为锰酸锂试样中的总锰量。答案(1)(2)滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变为浅红色，且30 s内不褪色4MnO4H4MnO22H2O3O2(3)n(Na2C2O4)0.200 0 molL110.00103 L2.000103 moln(KMnO4)0.020 00 molL122.00103 L4.400104 mol还原Mn4和Mn3的草酸钠2.000103 mol4.400104 mol9.000104 moln(Mn4)n(Mn3)9.000104 mol锰酸锂样品中总锰量n(Mn4)n(Mn3)n(Mn2)n(NH4)2Fe(SO4)2n(KMnO4
63、)0.100 0 molL116.40103 L4.400104 mol1.200 0103 mol锰酸锂样品中锰平均价态为3.50压轴题型四化学实验综合应用 题型解读综合实验是历年高考命题的热点，主要以物质的制备，物质在生产中的回收利用，物质的性质探究为主进行设计。这类实验题综合性较强，一般难度较大，近几年此类题目常将定性实验与定量实验相结合，并且注重学生的实验操作能力的培养和创新能力的提高，是对学生综合能力进行考查的优秀试题。题型剖析【样题】(2015江苏，19)(15分)实验室用下图所示装置制备KClO溶液，并通过KClO溶液与Fe(NO3)3溶液的反应制备高效水处理剂K2FeO4。已知
64、K2FeO4具有下列性质：可溶于水、微溶于浓KOH溶液，在0 5 、强碱性溶液中比较稳定，在Fe3和Fe(OH)3催化作用下发生分解，在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2。(1)装置A中KMnO4与盐酸反应生成MnCl2和Cl2，其离子方程式为_，将制备的Cl2通过装置B可除去_(填化学式)。(2)Cl2与KOH在较高温度下反应生成KClO3。在不改变KOH溶液的浓度和体积的条件下，控制反应在0 5 进行，实验中可采取的措施是_、_。(3)制备K2FeO4时，KClO饱和溶液与Fe(NO3)3饱和溶液的混合方式为_。(4)提纯K2FeO4粗产品含有Fe(OH)3、KCl等杂
65、质的实验方案为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3 molL1 KOH溶液中，_(实验中须使用的试剂有：饱和KOH溶液，乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：砂芯漏斗，真空干燥箱)。【规范答题】(1)2MnO16H10Cl=2Mn25Cl28H2O(3分)HCl(2分)(2)缓慢滴加盐酸(2分)装置C加冰水浴(2分)(3)在搅拌下，将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中(2分)(4)用砂芯漏斗过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置，再用砂芯漏斗过滤，晶体用适量乙醇洗涤23次后，在真空干燥箱中干燥(4分)评分细则(1)写化学方程式不得分，漏“”扣1分(2
66、)写名称不得分(3)滴加顺序错误不得分漏关键词“搅拌”“缓慢”扣1分(4)漏用所给试剂和仪器及关键词酌情扣分解题技能1综合实验题的解题要点(1)细心审题是关键：目的、原理要画出。(2)认真分析是核心：原理分析；材料分析；变量分析；结果分析。(3)正确表达是保障：大多数学生有正确的实验思路，就是拿不到满分，常见的情况有三种：会而不对：考虑不全或书写不准，导致最后答案是错的。对而不全：思路大致正确，但丢三落四或遗漏某一答案或讨论不够完备或以偏概全或出现错别字。全而不精：虽面面俱到，但语言不到位，答不到点子上。因此我们在表达过程中一定要做到条理清晰，表述规范。2解题程序(1)巧审题：明确实验的目的和
67、原理。看清题中的实验目的，明确思维的方向；把握实验原理，掌握解题的核心。(2)思过程：明确操作顺序和数据处理。根据实验原理，确定实验过程，掌握实验操作的方法步骤，把握实验操作的要点，理清实验操作的先后顺序。对于定量实验，应分析要测定的数据，根据实验原理选择合适的数据进行计算。(3)读图表：明确实验装置和图表的作用。综合性实验题中通过图表提供信息，思维容量大。在思考过程中，应认真分析表中数据特点和实验装置的作用，并结合实验目的和原理，正确析题。(4)细分析：得出正确实验结论。实验现象(或数据)是实验原理的外部表现。在分析实验现象(或数据)的过程中，要善于找出影响实验成败关键以及产生误差的原因，确
68、定合适的实验条件或从有关数据中归纳总结得到规律，绘制变化曲线等。新题速递1硫化碱法是工业上制备硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O)的方法之一，流程如下：已知：Na2S2O3在空气中加强热会被氧化，Na2S2O35H2O在35 以上的干燥空气中易失去结晶水。(1)甲研究小组设计如下吸硫装置。写出A瓶中生成Na2S2O3的化学方程式：_；装置B的作用是检验装置A中SO2的吸收效果，B中试剂可以是_，表明SO2未被完全吸收的实验现象是_；为了使SO2尽可能吸收完全，在不改变A中溶液浓度、体积的条件下，可采取的合理措施是_(写出一条即可)。(2)从滤液中获得较多Na2S2O35H2O晶体的实验操作
69、依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、_、_。(3)乙研究小组将二氧化硫和氯气同时通入足量氢氧化钠溶液中，小组成员认为吸收液中肯定存在Cl、OH和SO，可能存在SO或ClO。为探究该吸收液中是否存在ClO，进行了实验研究。请你帮助他们设计实验方案(限选实验试剂：3 molL1 H2SO4溶液、1 molL1 NaOH溶液、溴水、淀粉KI溶液)：_。解析(1)由A瓶的三种反应物制备Na2S2O3的化学方程式为2Na2SNa2CO34SO2=3Na2S2O3CO2。生成的气体中有CO2，要检验SO2未被完全吸收，则B瓶中可用品红溶液、溴水、酸性高锰酸钾溶液等，如果SO2未被完全吸收，则品红溶液或溴水或酸
70、性高锰酸钾溶液会褪色。为使SO2被吸收完全，在不改变溶液浓度的情况下可采用减慢通入SO2的速率或者在A中的导气管尾部装一个多孔的玻璃球来增大SO2与溶液的接触面积等措施。(2)因为硫代硫酸钠可溶于水，故用冰水洗涤，可减少洗涤时的损失，另外超过35 硫代硫酸钠晶体会失去结晶水，故需要低温烘干。(3)ClO具有很强的氧化性，根据题目所提供的试剂，可选3 molL1的硫酸和淀粉KI溶液，如果溶液中存在ClO，则加入硫酸使ClO转化为HClO，HClO将KI氧化为I2后，使淀粉变蓝，如果不变蓝，则表明没有ClO。答案(1)2Na2SNa2CO34SO2=3Na2S2O3CO2品红(或溴水、酸性KMnO
71、4溶液)B中溶液很快褪色控制SO2的流速(或增大SO2与溶液的接触面积或搅拌反应物)(2)冰水洗涤低温烘干(3)取少量吸收液于试管中，滴加3 molL1 H2SO4至溶液呈酸性，滴加12滴淀粉KI溶液，振荡，若溶液变蓝，则说明有ClO2利用废铝箔(主要成分为Al、少量的Fe、Si等)既可制取有机合成催化剂AlBr3又可制取净水剂硫酸铝晶体Al2(SO4)318H2O。.实验室制取无色的无水AlBr3(熔点：97.5 ，沸点：263.3265 )可用图甲所示装置，以下为主要实验步骤。步骤1：将铝箔剪碎，用CCl4浸泡片刻，干燥，然后投入到烧瓶6中。步骤2：从导管口7导入氮气，同时打开导管口1和4
72、放空，一段时间后关闭导管口7和1；导管口4接装有五氧化二磷的干燥管。步骤3：从滴液漏斗滴入一定量的液溴于烧瓶6中，并保证烧瓶6中铝过剩。步骤4：加热烧瓶6，回流一定时间。步骤5：将氮气的流动方向改为从导管口4到导管口1。将装有五氧化二磷的干燥管与导管口1连接，将烧瓶6加热至270 左右，使溴化铝蒸馏进入收集器2。步骤6：蒸馏完毕时，在继续通入氮气的情况下，将收集器2从3处拆下，并立即封闭3处。(1)步骤1中，铝箔用CCl4浸泡的目的是_。(2)步骤2操作中，通氮气的目的是_。(3)步骤3中，该实验要保证烧瓶中铝箔过剩，其目的是_。(4)铝与液溴反应的化学方程式为_。(5)步骤4依据何种现象判断
73、可以停止回流操作？_。(6)步骤5需打开导管口1和4，并从4通入N2的目的是_。.某课外小组的同学拟用废铝箔制取硫酸铝晶体，已知铝的物种类别与溶液pH关系如图乙所示，实验中可选用的试剂：处理过的铝箔、2.0 molL1 NaOH溶液、2.0 molL1硫酸。(7)由铝箔制备硫酸铝晶体的实验步骤依次为称取一定质量的铝箔于烧杯中，分次加入2.0 molL1 NaOH溶液，加热至不再产生气泡为止；过滤；_；过滤、洗涤；_；_；冷却结晶；过滤、洗涤、干燥。解析.实验原理如下：无水AlBr3易水解，故必须排出装置内空气中的水蒸气，故先从7处通入N2，4处的干燥管是为了防止空气中的水蒸气进入装置中。液溴与
74、Al发生反应生成AlBr3，烧瓶上方的长直导管的作用为冷凝回流Br2，目的是使其与Al充分反应。AlBr3易升华(沸点只有265 )，最终加热使AlBr3进入装置2中，Br2也易挥发，故滴入的液溴不能过量，否则会混入AlBr3中，反应完毕后，从4处通入N2的目的是将装置中生成的AlBr3蒸气尽量赶入装置2中。(1)铝箔表面有油污，可溶于CCl4中，也可用纯碱除去。(2)步骤2中，通入N2是为了排出装置内空气中的水蒸气。(3)铝箔要过量，否则Br2会混入产品AlBr3中。(4)Br2有氧化性，与Al发生氧化还原反应生成AlBr3。(5)Br2为红棕色，当反应器中回流液为无色时，就可以证明Br2已
75、全部反应完毕。(6)从4处通入N2的目的是将产品AlBr3驱赶进入装置2中。.废铝箔中含有Al、Fe、Si。加入稀NaOH溶液，只能溶解Al生成NaAlO2；过滤除去杂质Fe和Si(Si量本身很少且在稀碱条件下反应慢，只有极少量的硅或二氧化硅反应，忽略不计)；加H2SO4调节pH在410时，NaAlO2转化成Al(OH)3沉淀；过滤，洗涤Al(OH)3；再加入H2SO4溶解Al(OH)3生成Al2(SO4)3溶液；蒸发浓缩Al2(SO4)3溶液；析出Al2(SO4)318H2O晶体；最后将晶体过滤，洗涤、干燥。答案(1)除去铝箔表面的油脂等有机物(只要答出除油污之类的就可)(2)排出装置中含水
76、蒸气的空气(只要答出排除水蒸气的就可)(3)保证液溴完全反应，防止过量溴混入AlBr3中(答出保证AlBr3呈无色也可)(4)2Al3Br2=2AlBr3(5)导管5中回流液呈无色(或烧瓶6中物质呈无色)(答出装置中气体呈无色之类的也可)(6)将AlBr3蒸气导入装置2中并冷凝(答防止回流之类的也可)(7)滤液用2.0 molL1硫酸在不断搅拌下调到pH为410左右沉淀中不断加入2.0 molL1硫酸，至恰好溶解蒸发浓缩压轴题型五化学反应原理综合应用 题型解读化学反应原理综合应用题是高考卷必考题型之一，问题设计上往往以组合题的形式出现，题目往往围绕一个主题，由多个小题组成，各小题具有一定的独立
77、性，以考查不同的化学反应原理知识为主，有时还兼顾基本概念、元素化合物、简单计算和氧化还原等知识，题目往往还借助于图像、图表、数据等表达化学信息，试题综合性强，难度较大。题型剖析【样题】(2015江苏，20)(14分)烟气(主要污染物SO2、NOx)经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NOx的含量。O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为：NO(g)O3(g)=NO2(g)O2(g)H200.9 kJmol1NO(g)O2(g)=NO2(g)H58.2 kJmol1SO2(g)O3(g)=SO3(g)O2(g)H241.6 kJmol1(1)反应3NO(g)
78、O3(g)=3NO2(g)的H_kJmol1。(2)室温下，固定进入反应器的NO、SO2的物质的量，改变加入O3的物质的量，反应一段时间后体系中n(NO)、n(NO2)和n(SO2)随反应前n(O3)n(NO)的变化见下图：当n(O3)n(NO)1时，反应后NO2的物质的量减少，其原因是_。增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是_。(3)当用CaSO3水悬浮液吸收经O3预处理的烟气时，清液(pH约为8)中SO将NO2转化为NO，其离子方程式为_。(4)CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液，达到平衡后溶液中c(SO)_用c(SO)、Ksp(CaSO3)和Ksp(CaS
79、O4)表示；CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高NO2的吸收速率，其主要原因是_。满分必备知识要点：氧化还原：电子守恒计算化学平衡：平衡状态判断、平衡影响因素及图像分析、平衡常数的理解和应用能量变化：利用盖斯定律计算反应热或书写热化学方程式电化学：电化学原理及由信息书写电极反应电解质溶液：四大平衡常数的理解和应用、滴定图像分析及溶液中的粒子观【规范答题】(1)317.3(2分)(2)O3将NO2氧化为更高价氮氧化物(或生成了N2O5)(2分)SO2与O3的反应速率慢(2分)(3)SO2NO22OH=SO2NOH2O(3分)(4)c(SO)(2分)CaSO3转化为CaSO4使溶液中SO
80、的浓度增大，加快SO与NO2的反应速率(3分)评分细则(1)漏掉“”得0分(2)只要答出要点即可给分(3)化学方程式中化学式错或不配平不给分(4)文字描述合理即可给分解题技能1四大得分技能(1)盖斯定律的应用：书写：写出目标化学方程式(题目中要书写的热化学方程式)，配平。变形：为了将化学方程式相加得到目标热化学方程式，可将热化学方程式颠倒过来，反应热的量不变，但符号要相反。这样就不用再做减法运算了，实践证明热化学方程式相减时往往容易出错。乘化学计量数：为了将热化学方程式相加得到目标热化学方程式，可将热化学方程式乘以某个数，反应热也要相应地乘。做加法：上面的三个方面做好了，只要将热化学方程式相加
81、即可得目标热化学方程式，反应热也要相加。(2)化学平衡常数：影响因素：化学平衡常数只与温度有关，与反应物或生成物的浓度无关；表达式：K。反应物或生成物中有固体或纯液体存在时，由于其浓度可看作“1”而不代入公式；关系：方程式平衡常数为K1方程式平衡常数为K2a若方程式与方程式互为可逆反应，则K3b若方程式方程式2，则K4Kc若方程式方程式方程式，则K5K1K2d若方程式方程式方程式，则K6(3)图像题解题方法：(4)电离平衡、水解平衡和溶解平衡题中应注意的问题：书写电离平衡、水解平衡、溶解平衡方程式时要用可逆号连接。分析离子的存在形式时要考虑弱酸、弱碱的电离和离子能否发生水解。分析离子浓度大小时
82、要考虑酸碱盐对水电离的影响。2解题程序首先快速浏览全题，整体把握题目，明确知识考查背景，以及考查了哪方面的化学反应原理，产生总体印象；其次逐字逐句认真审题，深入思考，准确把握题目提供的条件及求解问题，充分探究题干、图表提供的信息以及问题中的隐含信息。结合条件、信息与问题，联系化学原理，分析推理解决问题；第三各个问题逐个突破，切不可因一个问题没有解决而放弃其他问题；第四认真作答，规范书写，把握答题要点切不可似是而非；最后认真检查再次突破搁置难点。新题速递1(2015南京盐城二调)硫、硫化物和硫酸盐在自然界中都存在。(1)硫酸是基础化学工业的重要产品，下列为接触法制硫酸的反应：4FeS2(s)11
83、 O2(g)2Fe2O3(s)8SO2(g)H3 412 kJmol12SO2(g)O2(g) 2SO3(g)H196.6 kJmol1SO3(g)H2O(l)=H2SO4(l)H130.3 kJmol1理论上，用FeS2为原料生产2 mol H2SO4(l)所释放的热量为_kJmol1。(2)硫酸生产过程中会产生硫酸渣，其成分主要为Fe(约55%)、CaO和CaS(约16%)、SiO2(约11%)、MgO(约6%)、Al2O3(约10%)。一种利用硫酸渣制备绿矾(FeSO47H2O)的工艺流程如下：几种离子沉淀的pH开始沉淀的pH沉淀完全的pHAl33.24.4Fe26.38.4Ca211.
84、8Mg28.8108回答下列问题：上述流程中加入铁屑时反应的离子方程式为_。上述制备过程中加入CaO调节pH4.5时，产生沉淀的主要成分为_。精制FeSO47H2O前，需向滤液中加入H2SO4调节pH，其目的是_。研究发现，其他条件相同，结晶温度在70 左右时硫酸亚铁纯度最高。分析温度大于70 时，硫酸亚铁纯度降低的主要原因可能为_。(3)H2S是一种无色、有毒且有恶臭味的气体。煤的低温焦化，含硫石油开采、提炼，橡胶、制革、染料、制糖等工业中都有H2S产生。某研究小组设计了一种硫化氢空气燃料电池，总反应为2H2SO2=2S2H2O，简易结构如图所示。硫化氢应通入到电极_(填“a”或“b”)b极
85、发生的电极反应式为_。解析(1)根据盖斯定律可得，以FeS2为原料生产H2SO4(l)总的热化学方程式是2FeS2(s)O2(g)4H2O(l)=Fe2O3(s)4H2SO4(l)H2 620.4 kJmol1，生产2 mol H2SO4(l)所释放的热量为1 310.2 kJmol1。(2)硫酸渣酸溶后的溶液中含Ca2、Fe2、Fe3、Al3、Mg2、H，加入铁屑，与Fe3、H反应。pH4.5时Al3生成沉淀，同时也有CaSO4沉淀生成。(3)由电子流动方向可知b电极为负极，再根据总方程式，H2S是还原剂，是负极反应物，发生氧化反应。答案(1)1 310.2(2)Fe2H=Fe2H2，Fe2
86、Fe3=3Fe2CaSO4、Al(OH)3抑制Fe2水解Fe2被氧化成Fe3的量增多(3)bH2SO22e=SH2O2(2015苏锡常镇二调)黄铁矿(主要成分FeS2)、黄铜矿(主要成分CuFeS2)均是自然界中的常见矿物资源。(1)Stumm和Morgan提出黄铁矿在空气中氧化的四步反应如图甲所示。a反应中每生成1 mol FeSO4转移电子的物质的量为_ mol。d反应的离子方程式为_。(2)用细菌冶铜时，当黄铜矿中伴有黄铁矿可明显提高浸取速率，其原理如图乙所示。冶炼过程中，正极周围溶液的pH_(填“增大”、“减小”或“不变”)；负极产生单质硫的电极反应式为_。相关反应反应热平衡常数KFe
87、S2(s)H2(g) FeS(s)H2S(g)H1K1FeS2(s)H2(g) Fe(s)H2S(g)H2K2FeS(s)H2(g) Fe(s)H2S(g)H3K3(3)煤炭中的硫主要以黄铁矿形式存在，用氢气脱除黄铁矿中硫的相关反应(见下表)，其相关反应的平衡常数的对数值与温度的关系如图丙所示。上述反应中，H1_0(填“”或“”)。提高硫的脱除率可采取的措施有_(举1例)。1 000 K时，平衡常数的对数lgK1、lgK2和lgK3之间的关系为_。解析(1)a反应为2FeS27O22H2O=2Fe24SO4H，反应中S元素化合价从FeS2中的1价变为SO中的6价，故每生成1 mol FeSO4
88、转移14 mol电子。d反应中FeS2与Fe3反应转化为Fe2和SO，则离子方程式为FeS214Fe38H2O=15Fe22SO16H。(2)由图乙可看出正极消耗H，故pH增大。由图乙可看出负极CuFeS2转化为Cu2、Fe2、S，则电极反应式为CuFeS24e=Cu2Fe22S。(3)由图丙可知，随着温度的升高平衡常数lg K增大，则K增大，表明正反应是吸热反应，则H10。由图丙可知，三个反应均为吸热反应，提高脱硫率可采用升高温度，或增大氢气浓度，或及时除去H2S等措施，使化学平衡向正反应方向移动，即增大脱硫率。将表格中的三个反应分别编号为，由表格中三个反应，可得出反应()，则K2，则lgK
89、2lglg(K1K3)(lgK1lgK3)，即2lgK2lgK1lgK3。答案(1)14FeS214Fe38H2O=15Fe22SO16H(2)增大CuFeS24e=Cu2Fe22S(3)升高温度(或提高氢气的浓度、及时除去生成的H2S)2lgK2lgK1lgK3压轴题型六物质结构与性质 题型解读物质结构与性质综合题是高考选做题目，考查内容主要涉及核外电子排布式、电离能和电负性、键和键个数、轨道杂化方式判断、常见晶体类型、熔沸点比较以及晶胞模型分析等。试题中所设计的几个问题往往相对独立，但所考查内容却是上述知识点的综合应用，试题整体难度不大。题型剖析【样题】(14分)钒(23V)是我国的丰产元
90、素，广泛用于催化及钢铁工业。回答下列问题：(1)钒在元素周期表中的位置为_，其价层电子排布图为_。(2)钒的某种氧化物的晶胞结构如图1所示。晶胞中实际拥有的阴、阳离子个数分别为_、_。(3)V2O5常用作SO2转化为SO3的催化剂。SO2分子中S原子价层电子对数是_对，分子的立体构型为_；SO3气态为单分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为_；SO3的三聚体环状结构如图2所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为_；该结构中SO键键长有两类，一类键长约140 pm，另一类键长约160 pm，较短的键为_(填图2中字母)，该分子中含有_个键。(4)V2O5溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠(Na3VO4
91、)，该盐阴离子的空间构型为_；也可以得到偏钒酸钠，其阴离子呈如图3所示的无限链状结构，则偏钒酸钠的化学式为_。【规范答题】(1)第四周期B族(1分)(2)4(1分)2(1分)(3)2V形sp2杂化sp3杂化a12(每空1分)(4)正四面体形(1分)NaVO3(2分)评分细则(1)写成副族或漏写B不得分(2)写成3d34s2不得分(4)只写四面体不给分 解题技能1三大技能(1)键与键的判断规律一般是共价单键是键，双键中有一个键和一个键，三键中有一个键和2个键。(2)杂化类型确定确定分子中中心原子的孤电子对数，如CO2分子中的中心原子为C，其孤电子对数为0。确定中心原子结合的原子数：如CO2分子中
92、C原子所结合的O原子数为2。杂化轨道数中心原子孤电子对数中心原子结合的原子数：如CO2分子中，杂化轨道数为2。杂化轨道数为2则是sp杂化；为3则是sp2杂化；为4则是sp3杂化。所以CO2分子中为sp杂化。(3)关于晶胞结构的计算通过可以计算一个微粒的质量。结合分摊法得出每个晶胞的组成，利用，可以进行物质密度、原子半径等之间的计算。2物质结构试题解答的能力培养(1)知识网络化、系统化。知识点多，内容丰富，需要把知识点网络化、系统化，有序储备，练习中注重规律总结。(2)一条主线，完善框架。微粒内部(原子和元素的性质)微粒之间的相互作用(化学键、分子间作用力、氢键与分子的性质)物质的聚集状态(晶体
93、结构和物质的性质)。3解题程序(1)快速浏览，确定题目考查的知识点是哪些。阅读题目，明确题目已经提供的信息，找出已知与待确定的量之间的联系；分析题目中的图表，明确图中各质点间的关系或坐标图中某些量的变化。(2)仔细审读，关注关键点即“题眼”。(3)逐一审察，合理答题。分析每小题的知识点，回想已有知识或规律；注意问题的表达，注意书写的规范性。新题速递1第A族元素及其化合物在生产、生活中有广泛应用。请回答下列问题：(1)基态砷原子的核外电子排布式为_，其基态原子的前10个电离能数据中，相邻两个电离能数据相差最大的是_。(2)N、P、As三种元素的最常见氢化物的沸点由高到低的顺序为_，高纯度砷可用于
94、生产具有“半导体贵族”之称的新型半导体材料GaAs，在GaAs晶体中，Ga、As原子最外层均达到8电子稳定结构，则GaAs晶体中砷的配位数为_。(3)对硝基苯酚水合物是一种具有特殊功能的物质，其结构简式为该物质的晶体中肯定不存在的作用力是_a氢键 b极性键 c范德华力d离子键 e键已知NO2是吸电子基团，据此判断相同温度下其电离平衡常数K1，与苯酚()的电离平衡常数K2的相对大小_。(4)科学家将NaNO3和Na2O在一定条件下反应得到一种白色晶体，已知其中阴离子与SO互为等电子体，则该阴离子的化学式是_。(5)多聚磷酸钠是一种高品质的海产品添加剂，多聚磷酸钠是由Na与多聚磷酸根离子组成的，多
95、聚磷酸根是由多个磷氧四面体通过共用顶角氧原子成直链状而连接起来的，该酸根的组成可表示如下：磷原子的杂化类型为_。多聚磷酸钠(设含有n个磷原子)的组成通式可表示为_。解析(1)基态砷原子有5个价电子，故第五电离能与第六电离能相差较大。(2)NH3分子间能形成氢键，PH3、AsH3分子间不能形成氢键，PH3的相对分子质量比AsH3的小，分子间作用力较小，故沸点的高低顺序为NH3AsH3PH3。由晶体中镓、砷原子最外层电子数知，镓与砷之间形成了四个共价键(其中有一个为配位键)，晶体中每个砷原子与四个镓原子成键，故配位数为4。(3)由对硝基苯酚水合物的组成知其晶体为分子晶体，酚羟基、结晶水可形成氢键，
96、不同分子间存在范德华力，氧与氢原子间形成的化学键是极性键，也是键，不存在离子键。由于NO2有吸电子能力，导致苯环上电子移向硝基，进一步导致OH中氧与氢间的共用电子对偏向氧，使OH键极性增强，更易电离出H，酸性增强。(4)根据等电子体原理可知，该离子的化学式为NO。(5)磷原子形成了四个键，故为sp3杂化。由给出的多聚磷酸根结构式知，含有n个磷原子，相当于是n个磷酸根离子中去掉了(n1)个氧原子，所带电荷为2(3n1)5n(n2)，由化合价规则知多聚磷酸钠的组成为 Nan2PnO3n1。答案(1)1s22s22p63s23p63d104s24p3或Ar3d104s24p3第五电离能、第六电离能(
97、2)NH3AsH3PH34(3)dK1K2(4)NO(5)sp3Nan2PnO3n12早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由 Al、Cu、Fe 三种金属元素组成，回答下列问题：(1)准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过_方法区分晶体、准晶体和非晶体。(2)基态Fe原子有个_个未成对电子。Fe3的电子排布式为_。可用硫氰化钾检验Fe3，形成的配合物的颜色为_。(3)新制备的Cu(OH)2可将乙醛(CH3CHO)氧化为乙酸，而自身还原成Cu2O。乙醛中碳原子的杂化轨道类型为_，1 mol乙醛分子中含有的键的数目为_， 乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是_。Cu2O为半导体
98、材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有_个铜原子。答案(1)X射线衍射(2)41s22s22p63s23p63d5或Ar3d5血红色(3)sp3、sp26NACH3COOH存在分子间氢键16第一部分高考能力解读考纲三大能力解读一、高考档案化学学科考试，为了有利于选拔具有学习潜能和创新精神的考生，以能力测试为主导，将在测试考生进一步学习所必需的知识、技能和方法的基础上，全面检测考生的化学学科素养。化学学科命题注重检测自主学习的能力，重视理论联系实际，关注与化学有关的科学技术、社会经济和生态环境的协调发展，以促进学生在知识和技能、过程和方法、情感、态度和价值观等
99、方面的全面发展。二、能力解读 能够对中学化学基础知识融会贯通，有正确复述、再现、辨认的能力。【印证1】答案A【能力培训】这类题目包含概念的理解、生活现象的剖析、元素化合物知识的运用等。这类选择题的四个选项之间往往没有太大联系，审题时应注意逐项审核，各个击破，从而获得正确答案。【巩固练1】下列说法不正确的是()A宏观物质对外不显电性，是因为组成它们的微观粒子都是电中性的原子或分子B利用化学反应，我们可以制造出新的分子，但不能制造出新原子C绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染D可通过加水吸收后再用半透膜渗析的方法分离PM2.5微粒(大气中直径小于或等于2.5m的颗粒物
100、)与可溶性吸附物解析A项，组成宏观物质的微观粒子有原子、分子，还有离子、电子等，离子、电子带电荷，但宏观物质中所带正负电荷通常相等，所以显电中性，错误。答案A 能够通过对实际事物、实验现象、实物、模型、图形、图表的观察，以及对自然界、社会、生产、生活中的化学现象的观察，获取有关的感性知识和印象，并进行初步加工、吸收、有序存储的能力。【印证2】A反应CO2(g)C(s)=2CO(g)的S0、H0B体系的总压强p总：p总(状态)2p总(状态)C体系中c(CO)：c(CO，状态)2c(CO，状态)D逆反应速率v逆：v逆(状态)v逆(状态)答案BC【巩固练2】汽车尾气中含有CO、NO2等有毒气体，对汽
101、车加装尾气净化装置，可使有毒气体相互反应转化为无毒气体。4CO(g)2NO2(g)4CO2(g)N2(g)H1 200 kJmol1对于该反应，温度不同(T2T1)、其他条件相同时，下列图像正确的是_(填代号)。解析4CO(g)2NO2(g)4CO2(g)N2(g)H0，该反应是放热反应，当升高温度时，正、逆反应速率都增大，甲中正反应速率在刚升温至T2时没有增大，故错误；升高温度，化学平衡逆向移动，CO的浓度增大，CO的体积分数增大，故丙不正确。答案乙的能力 能够将分析解决问题的过程和成果，用正确的化学术语及文字、图表、模型、图形等表达，并做出解释的能力。【印证3】下列有关表述正确的是()答案
102、D【能力培训】化学用语属于化学学科的语言，在高考中具有工具性的作用。审题时要注意从以下四个方面着手：(1)区分五种符号：元素符号、离子符号、化合价标注符号、核素组成符号和原子(或离子)结构示意图；(2)规范五种表达式的书写：化学式(分子式)、电子式、最简式、结构式和结构简式；(3)注意五种反应式：化学反应方程式、电离方程式、离子反应方程式、热化学反应方程式和电极反应式；(4)记准两种模型：球棍模型和比例模型。总之，审题时应注意看准要求，观察仔细，在细微之处下功夫。【巩固练3】1(2015北京40校联考)有关化学用语表达正确的是()A聚苯乙烯的结构简式：BS2的结构示意图：C.U和U互为同位素D
103、过氧化氢电子式：解析A项，聚苯乙烯的结构简式应为；B项，表示的是S原子的结构示意图，S2的结构示意图为；D项，H2O2是共价化合物，电子式应为。答案C 能够将实际问题分解，通过运用相关知识，采用分析、综合的方法，解决简单化学问题的能力。【印证4】二氧化氯(ClO2)是目前国际上公认的第四代高效、无毒的消毒剂，已知ClO2是一种黄绿色的气体，易溶于水。实验室以NH4Cl溶液、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)溶液为原料制备ClO2的流程如图所示：请回答下列问题：(1)根据流程图，写出电解时发生反应的化学方程式：_。(2)除去ClO2中的NH3可选用的试剂是_。(填序号)A饱和食盐水 B碱石灰C浓硫酸
104、 D水(3)测定ClO2(含量如图所示)的过程如下：在锥形瓶中加入足量碘化钾，用100 mL水溶解后，再加3 mL稀硫酸；向玻璃液封管中加水；使生成的ClO2气体通过导管进入锥形瓶中被吸收；将玻璃液封管中的水封液倒入锥形瓶中，加入几滴淀粉溶液，用c molL1Na2S2O3标准溶液滴定(I22S2O=2IS4O)，达到滴定终点时，共用去V mLNa2S2O3溶液。装置中玻璃液封管的作用是_。请写出上述二氧化氯气体与碘化钾溶液反应的离子方程式_。滴定终点的现象是_。测得通入ClO2的质量m(ClO2)_ g。(用含c、V的代数式表示)若盛放Na2S2O3标准溶液的滴定管未润洗，则测定结果将_(填
105、“偏低”、“偏高”或“不变”)。(4)用ClO2处理过的饮用水(pH为5.56.5)常含有一定量对人体不利的ClO。2001年我国卫生部规定，饮用水中ClO的含量应不超过0.2 mgL1。若饮用水中ClO的含量超标，可向其中加入适量的某还原剂，得到的氧化产物有净水作用，则该反应的氧化产物是_(填化学式)。审答题答正确结论答案(1)NH4Cl2HCl3H2NCl3(2)C(3)吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等2ClO210I8H=4H2O5I22Cl最后一滴Na2S2O3溶液滴下时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原1.35cV102偏高(4)Fe(OH)3【能力培训】元素化合物
106、是中学化学重要基础知识，对该考点的考查是永恒不变的主题，以元素化合物为载体的工艺流程题是常见题型，题目中常常涉及陌生物质的使用、制备等，多以新信息的形式给出其物理、化学性质，而这些新信息往往是解答问题的关键，因此解题时要特别关注。此外，在本类型试题的解题中常见的错误有：1选择生产条件时，容易片面考虑问题或考虑问题不严密，如：片面追求生产的反应速率而忽视反应的限度；片面追求原料的转化率而忽视催化剂的催化活性等因素；片面追求生产的反应速率和原料的转化率而忽视生产的实际可行性，如耐高压设备的要求、超高温条件的控制等。2忽视流程图中的“循环使用”或“循环操作”。只看局部，不能从整体、全面的角度分析、评
107、价化工生产流程。3对绿色化学概念的理解偏差，认为绿色化学就是治理污染。其实，绿色化学是“防止污染”而不是“治理污染”。【巩固练4】(2013江苏，16)氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛。硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索。以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3)为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：(1)MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为_。(2)加入H2O2氧化时，发生反应的化学方程式为_。(3)滤渣2的成分是_(填化学式)。(4)煅烧过程存在以下反应：2MgSO4C2MgO2SO2CO2MgSO4CMgOSO2COMgSO43CMgOS3CO利用下图装置对煅烧产生的气体进
108、行分步吸收或收集。D中收集的气体是_(填化学式)。B中盛放的溶液可以是_(填字母)。aNaOH溶液 bNa2CO3溶液c稀硝酸 dKMnO4溶液A中得到的淡黄色固体能与热的NaOH溶液反应，产物中元素的最高价态为4，写出该反应的离子方程式：_。解析(1)MgCO3微溶于水写离子方程式时不能拆成离子形式，硫酸是强酸能拆成离子形式。(2)由于菱镁矿中含有FeCO3，所以溶液中存在FeSO4，要除去杂质Fe2可先将其氧化成Fe3，再调节pH除去，因此H2O2是氧化剂，发生反应：2FeSO4H2O2H2SO4=Fe2(SO4)32H2O。(3)用氨水调节pH4除去Fe3，滤渣2为Fe(OH)3。(4)
109、题目中要求利用图中装置进行气体的分步吸收或收集。煅烧后存在四种气体：S、SO2、CO2和CO。由可知A中得淡黄色固体，即S，B吸收SO2，C吸收CO2，D中收集CO。B吸收SO2但不吸收CO2，可选用KMnO4溶液，注意不能用NaOH溶液或Na2CO3溶液，因为它们吸收SO2的同时也吸收CO2，题目要求是分步吸收。中发生S与热的NaOH溶液反应，产生4价硫的化合物即Na2SO3，说明另外有硫元素的化合价降低，即有2价硫的化合物生成，其离子方程式为：3S6OH2S2SO3H2O。答案(1)MgCO32H=Mg2CO2H2O(2)2FeSO4H2O2H2SO4=Fe2(SO4)32H2O(3)Fe
110、(OH)3(4)COd3S6OH2S2SO3H2O (1)了解并初步实践化学实验研究的一般过程，掌握化学实验的基本方法和技能。(2)在解决简单化学问题的过程中，运用科学的方法，初步了解化学变化规律，并对化学现象提出科学合理的解释。【印证5】(2015课标全国，26)草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中，其K15.4102，K25.4 105。草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体(H2C2O42H2O)无色，熔点为101 ，易溶于水，受热脱水、升华，170 以上分解。回答下列问题：(1)甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物。装置C中可观察到的现象是_，由此可知
111、草酸晶体分解的产物中有_。装置B的主要作用是_。(2)乙组同学认为草酸晶体分解的产物中还有CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置A、B和下图所示的部分装置(可以重复选用)进行实验。乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、_。装置H反应管中盛有的物质是_。能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是_。(3)设计实验证明：草酸的酸性比碳酸的强_。草酸为二元酸_。答案(1)有气泡逸出，澄清石灰水变浑浊CO2冷凝(水蒸气、草酸等) ，防止草酸进入装置C反应生成沉淀，干扰CO2的检验(2)F、D、G、H、D、ICuO(氧化铜) 前面澄清石灰水无现象，H中黑色粉末变红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊(
112、3)向盛有少量NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生用NaOH标准溶液滴定草酸，消耗NaOH的物质的量为草酸的2倍【技能培训】评价与探究类实验主要由提出假设、制订方案、实验验证、得出结论等一系列步骤组成。解答实验评价与探究类实验题的策略：(1)理解实验原理。实验原理是解答设计性实验题和评价性实验题的依据，首先要认真阅读和分析题目中所给的化学情境，结合元素化合物、化学基本实验操作和化学反应原理等有关知识理解原理。(2)寻找与教材的结合点。如果是物质制备实验，要注重联系元素化合物知识和各类物质之间的相互转化关系；如果是性质实验，要从物质的结构特点或所属类型的典型代表物去推测物质可能具有的一系
113、列性质，并设计出合理的实验方案。(3)注意联系，学会创新。不同的实验会给出同一仪器或类似的实验装置，需要认真领悟实验意图。(4)对于实验的评价往往包含在综合性实验题之中，需要评价的内容很多，如试剂的选择、装置的评价、价格的考虑等。解题时，要注意加强对比，找出各方案的异同，从不同点入手分析方案的合理性。【巩固练5】三草酸合铁酸钾晶体K3Fe(C2O4)33H2O可用于摄影和蓝色印刷，它受热易分解，为了验证其气态产物，某同学设计了如下实验装置：(1)若实验中，观察到B、E中的溶液均变浑浊，则D中的现象是_；说明其气态产物是_、_；为验证另一种气态产物，应在A、B之间增加的装置为_。(2)为了使实验
114、更安全、更严密，你认为该实验设计需要如何改进？_；_。(3)固体产物中铁元素不可能以3价形式存在，理由是_。现设计实验，探究固体产物中铁元素的存在形式。提出合理假设。假设1：_；假设2：_；假设3：_。某学生设计实验探究上述假设，除3%H2O2、蒸馏水外，还需要下列试剂中的_。限选试剂：浓硫酸、1.0 molL1HNO3、1.0 molL1盐酸、1.0 molL1NaOH溶液、0.1 molL1KI溶液、0.1 molL1CuSO4溶液、20%KSCN溶液。解析(1)B中溶液变浑浊说明气态产物中有CO2，E中溶液变浑浊说明CO被酸性高锰酸钾溶液氧化为CO2，故D中的现象是溶液褪色或变浅，从而可
115、说明气态产物有CO；另一种气态产物是H2O，其验证方法是将A中产生的气体通过盛有无水CuSO4的干燥管。(2)从安全角度考虑应在B装置前加一个防倒吸装置，从严密性角度考虑，要在C装置后增加一个检验CO2是否除尽的装置。(3)由于反应过程中有CO生成，能还原三价的铁，故固体产物中无三价铁，其成分可能有三种情况：Fe、FeO、Fe和FeO。探究固体产物中铁元素的存在形式；可以将固体产物放入足量的0.1 molL1的CuSO4溶液中搅拌使其充分反应，然后过滤洗涤沉淀，再加入足量的1.0 molL1的盐酸，若溶液中有不溶的红色物质，则说明固体产物中含有Fe(发生反应为FeCuSO4=FeSO4Cu)，
116、向溶液中加入20%KSCN溶液，不变红色，然后再向溶液中滴加双氧水，若变红色，则说明固体产物中含有FeO。答案(1)溶液褪色或变浅CO2CO盛有无水CuSO4的干燥管(2)在B装置之前加一个防倒吸装置在C装置后增加一个检验二氧化碳是否除尽的装置(或盛有澄清石灰水的试管)(3)有还原性气体CO生成，能将三价铁还原，故不可能有三价铁存在铁元素的存在形式为Fe单质铁元素的存在形式为FeO铁元素的存在形式为Fe与FeO的混合物1.0 molL1盐酸、20%KSCN溶液、0.1 molL1CuSO4溶液第二部分考前答题规范简答题常见失分点1卷面不按规定位置填写网上阅卷发给每一位阅卷老师的题目都是切块扫描
117、的，不会看到考生姓名之类的资料，批改哪一道题电脑屏幕上就只显示哪一道题；每份试题两人阅，若两人误差大于零，则就由第三人批阅，即理综阅卷误差是“零误差”。阅卷老师必须做到“给一分有理，扣一分有据”。严格标准，全力以赴，认真评卷，确保客观、准确、公正、公平。网上阅卷的基础是对学生答题纸的扫描。所以要求学生：保管好自己的答题纸，不能有污损；扫描后的字迹与原来的有着微小的差距，学生在答卷的时候，字不但要好看，还要清晰；答题时一定要在各题目的答题区域内作答，不能超出边框。这就要求同学们在往答题卡上书写答案前，一定要整理好思路再写。【样卷1】2不按要求答题而失分不按题目要求答题，虽然会做，但一分不得，所以
118、在答题过程中应当严格按照题目要求规范答题，落笔之前，应看清要求，如：要求填“化学方程式”还是“离子方程式”；要求填“元素名称”“符号”还是“代号”“序号”等；要求填“大于”还是“”“增大”还是“变大”等；要求填“化学式”“分子式”“结构式”“结构简式”“最简式”还是“电子式”；要求画“离子结构示意图”还是“原子结构示意图”；要求填写“a”“b”“c”“d”还是“A”“B”“C”“D”。例如上面样卷19(1)第2个空有许多同学把化学方程式习惯性地写成了平常训练的离子方程式而不得分。3化学用语书写不规范而失分高考阅卷时，对考生乱写错写化学符号、化学用语书写不规范以及卷面乱写乱画都要扣分。这类情况屡
119、见不鲜。如：书写化学方程式时要注意配平、注明反应条件以及“”“=”“ ”“”“”等；书写热化学方程式时要注意：物质状态、“”“”号、“kJmol1”、化学计量数与热量值的对应；把相对原子质量、相对分子质量、摩尔质量的单位写成“g”；物质的量、物质的量浓度、气体体积、质量、溶解度、密度、压强等的单位漏掉；无机化学方程式错用“”，有机化学方程式中错用“=”；有机物结构简式书写不规范；书写电极反应不考虑得失电子数与离子的电荷关系；铜的元素符号Cu写成Ca，一氧化碳的分子式CO写成Co，磷化氢的化学式写成H3P等。【样卷2】4文字语言表达不规范、不严谨而失分简答题要求按要点得分，语言叙述要符合逻辑关系
120、，前因后果要明确。“因”应是指“化学原理”，只有紧扣化学原理分析解决问题，逐步解答才能得到相应分数。答题中应注意语言突出原理、层次分明、文字精练，符合科学性、逻辑性、准确性、规范性，若思路混乱，言不及题，词不达意，即使长篇大论也不能得分。凡此种种，多是由于答题时一系列的不规范所致。因此，参加高考的考生在答题时必须自始至终地时时、处处规范，以求最大限度地减少非知识性失分。【附1】常见规范答题的失分点(1)物质的名称、化学式、电子式、原子(离子)结构示意图书写不规范或张冠李戴。(2)书写化学方程式时，漏写或错写某些分子、特殊反应条件，分不清是使用“=”还是使用“”，如强碱弱酸盐和强酸弱碱盐的水解方
121、程式一定用“”，不能用“=”，其产物也不能标“”或“”。多元弱酸电离、多元弱酸根离子水解，没有分步书写。(3)离子方程式没有配平，改写不正确，违背反应规律，不注意“用量”。(4)热化学方程式漏写物质的聚集状态，放热反应或吸热反应的“”“”号写错，反应的数值与化学计量数不对应。(5)有机物的结构式(或结构简式)书写不规范，如乙烯的结构简式CH2=CH2错写成CH2CH2等。(6)语言不够准确，凭主观想象和猜测来回答。如：在回答KI溶液中滴加氯水后有什么现象时，有的同学回答成“有碘生成”，也有的回答成：“溶液中有紫黑色的沉淀生成”；把“Zn能与盐酸反应置换出氢气”说成“Zn能置换出盐酸中的氢气”等
122、等。(7)专业用语不规范。常出现的错误有：错别字，如“蓝色”写成“兰色”、“坩埚”写成“甘(或钳)锅”，“苯”写成“笨”，“剧毒”写成“巨毒”，“铁架台”写成“铁夹台”，“过滤”写成“过虑(或淲)”，“滤纸”写成“虑(或淲)纸”；用词不当；混淆概念，如：“无色”与“白色”，“广口瓶”写成“集气瓶(或细口瓶)”，“蒸馏烧瓶”写成“圆底烧瓶(或平底烧瓶)”；“取代反应”写成“取代”，“消去反应”写成“消除反应”等等。(8)不清楚化学原理，不注意知识前后联系，表达随意，所答内容的内涵与设问的外延不吻合，所答非所问。【附2】(1)测定溶液pH的操作将一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，
123、点在pH试纸中央，待变色稳定后再和标准比色卡对照，读出对应的pH。(2)沉淀剂是否过量的判断方法静置，向上层清液中继续滴加少量沉淀剂，若无沉淀产生，则证明沉淀剂已过量，否则沉淀剂不过量。静置，取上层清液适量于另一洁净试管中，向其中加入少量与沉淀剂作用产生沉淀的试剂，若产生沉淀，证明沉淀剂已过量，否则沉淀剂不过量。(3)洗涤沉淀操作把蒸馏水沿着玻璃棒注入到过滤器中至浸没沉淀，静置，使蒸馏水滤出，重复23次即可。(4)判断沉淀是否洗净的操作取最后一次洗涤液，滴加(试剂)，若没有现象，证明沉淀已经洗净。(5)装置气密性检查简易装置：将导气管一端放入水中(液封气体)，用手捂热试管，观察现象：若导管口有
124、气泡冒出，冷却到室温后，导管口有一段稳定的水柱，表明装置气密性良好。有分液漏斗的装置(如图)：关闭止水夹，向分液漏斗中加入适量水，分液漏斗中会形成一段液柱，停止加水后，过一段时间，若漏斗中的液柱不变化，则装置气密性良好。(6)从某物质稀溶液中结晶实验操作溶解度受温度影响较小的：蒸发结晶过滤。溶解度受温度影响较大或带结晶水的：加热浓缩冷却结晶过滤。(7)实验设计类规范语言表述答题策略一般从实验原理出发(包括物质的性质)，按操作过程(或方法)、实验现象、实验结论的顺序来表述答案。答题模板操作现象结论取样，加入 有生成的是(8)仪器、装置作用规范语言表述答题策略一个装置的作用，一般从两个方面回答：有
125、利于(这样装配的好处)，以防止(不这样装配的坏处)等。如：尾气吸收装置的作用：“吸收气体，防止污染空气”。(9)原因、理由类规范语言表述答题模板“有理”化学原理，“有据”事实依据可采取以下两种方式：(1)“正说”“直接原因根本目的”(2)“反说”“如果，就”(10)理论型简答题规范语言表述答题策略 理论型简答题一般是演绎法的三段式答题模式(前提、推理、结论)：(1)问题所涉及的前提(相关的理论或规律)的表述，一般很熟悉的理论或规律可以只写名称，也可以用化学方程式等化学用语表示，并不需要把其详细内容写出；(2)问题的推理过程(具体条件下的变化等)的表述；(3)问题所涉及的变化的结果。答题模板存在
126、平衡，(条件)使平衡向(方向)移动，(结论)【附3】评卷实录2014山东理综，31(20分)工业上常利用含硫废水生产Na2S2O35H2O，实验室可用如下装置(略去部分夹持仪器)模拟生产过程。烧瓶C中发生反应如下：Na2S(aq)H2O(l)SO2(g)=Na2SO3(aq)H2S(aq)()2H2S(aq)SO2(g)=3S(s)2H2O(l)()S(s)Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq)()(1)仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若_，则整个装置气密性良好。装置D的作用是_。装置E中为_溶液。评卷说明：液柱高度保持不变；正确作答的考生接近一
127、半，答题中有错别字(如“柱”写错)不得分，部分考生因表达不准确不得分。防止倒吸；正确作答的考生一半左右，部分考生将其用作“反应容器”不得分。NaOH；多数考生能正确作答。(2)为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为_。(3)装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择_。a蒸馏水 b饱和Na2SO3溶液c饱和NaHSO3溶液 d饱和NaHCO3溶液实验中，为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是_。已知反应()相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是_。反应后期可用酒精灯适当加热烧瓶A，实验室用酒精灯加热时必须
128、使用石棉网的仪器含有_。a烧杯 b蒸发皿 c试管 d锥形瓶评卷说明：控制滴加硫酸的速度；正确作答的考生接近一半，部分考生因语言表达不准确不得分。溶液变澄清(或浑浊消失)；正确作答的考生一半左右，部分考生表达不规范不得分。(4)反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩即可析出Na2S2O35H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。利用所给试剂设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明实验操作，现象和结论：_。已知Na2S2O35H2O遇酸易分解：S2O2H=SSO2H2O供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液评卷说明：取少量产品溶于足量稀盐酸，静置
129、，取上层溶液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质。(合理即得分)；本问为简答题，阅卷时三个得分点分别是“稀盐酸”、“取上层溶液(或过滤，取滤液)”、“滴加BaCl2溶液”，考生能得3分的不到三分之一。阅卷老师提供的评分详则：(1)液柱高度保持不变(2分)有“液面”、“水柱高度”、“不变”或“不下降”、“稳定”、“不动”、“不下流”等意思的给分防止倒吸“安全瓶”；“缓冲瓶”；防止E中溶液倒吸(入C)，得分注：如还有其他描述词语，但是正确描述没有歧义的给分；有歧义的不给分。NaOH(合理即得分)“氢氧化钠”“KOH(氢氧化钾)”“碱(性)”“KMnO4”，得
130、分(2)21(2分)(3)c(2分)控制滴加硫酸的速度(合理即得分)(2分)下列说法得分：使分液漏斗中的硫酸(H2SO4)缓慢流(滴)下；控制加入H2SO4的量；控制(调节)分液漏斗活塞(包括旋紧或拧紧等)；将“活塞时开时关”的意思；(注：表示“操作”的字词)下列不得分：控制A中反应速度或控制反应生成SO2的速度(注：无表示“操作”的字词)(0分)溶液变澄清(或浑浊消失)(2分)(黄色)“硫(或S)、沉淀、固体”消失，(完全)溶解；溶液变成无色，得分；沉淀(固体)不再生成(或溶解)；黑色固体完全溶解，不得分；a、d(3分)若只写出“a”“d”得2分若是选了其他错误答案的判为0分(4)取少量产品溶于足量稀盐酸(或HCl)(1分)不管前面有何操作描述，见“盐酸(或HCl)”给分，无HCl或选硫酸或硝酸，全题0分前面没加“盐酸”而是直接加盐酸酸化的BaCl2，全题0分加“盐酸和BaCl2”的得2分静置，取上层清液(或过滤，取滤液)(1分)滴加BaCl2溶液(1分)后面结论描述错误不影响得分。BaCl2书写错误不得分，如BaCl；BaCl2之前加“AgNO3”的不得分