2012年安徽高考理综化学命题走势分析题例

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池州三中唐礼福 2012.04.10

（2009年安徽）7、石墨烯是由碳原子构成的单层片状结构的新材料(结构示意图如下)，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、0.12g石墨烯中含6.02×10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】

本题主要考查基本概念，同位素、有机物和化学键的相关知识，同时涉及到物质的量的有关计算。

A项：因题目中说明“石墨烯可由石墨剥离而成”，故不符合同位素的概念，故A错。

-123-121

B项：0.12g石墨含碳原子数为0.12g/12g·mol×6.02×10mol=6.02×10，故B错。 C项：石墨烯是无机物，故C错

D项：一般非金属与非金属间以共价键结合，故D正确。

（2010年安徽）7. 亚氨基羟（Li2NH）是一种储氢容器，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－1 B.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：A选项中Li2NH中氮的化合价为-3;C选项中Li半径小于H；D选项钢瓶储氢是物理过程，而该方法为化学方法。答案：B

（2011年安徽）7、科学家最近研制出可望成为高效火箭推进剂的N(NO2)3(如图所示)。已知该分子 N—N—N键角都是108.1°，下列有关的说法正确的是 A．分子中N、O间形成的共价键是非极性键 B．分子中四个氮原子共平面

C．该物质既有氧化性又有还原性

D．15.2 g该物质含有6.02×10个原子

【解析】N(NO2)3是一种共价化合物，相对分子质量为152，联想到氨分子的空间构型可知N(NO2)3分子中4个氮原子在空间呈三角锥型，N、O原子之间形成的化学键是极性键，15.2gN(NO2)3中含1mol原子。通常可以认为硝基氮原子化合价为+4价，另一氮原子为0价，分子内可以发生氧化还原反应。N(NO2)3中的—NO2，三个原子在空间呈V型结构。【答案】C （2011年浙江）9．X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76 g·L-1；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2。下列说法正确的是

A．原子半径：W＞Z＞Y＞X＞M

B．XZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物 C．由X元素形成的单质不一定是原子晶体

D．由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键

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高考适应性训练

解析：这是一道无机推断题，以元素推断为基础，综合考查原子结构，元素周期表、元素周期律，分子结构，元素化合物性质、用途等知识，试题难度不大，在高考复习练习中常会遇到类似的题目，但命题者在这里一反通常习惯，把X、Y、Z、M、W这五种短周期元素，并不是设成都是随着原子序数依次递增的，而只是设其中X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，而把原子序数最小的M元素恰恰排在X、Y、Z三种元素后面，这样就给考生设置了一个思维陷阱，如果考生不注意审题，不注意这一细节，一旦陷入习惯上的思维定势，就会跌入这个陷阱，无法正确、迅速解题。这也是本题的解题关键。只要掌握了这一解题关键，再结合题给的条件，题目就可迎刃而解。

分析题给的条件可知，X、Y、Z、M、W这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；再根据Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度，就可计算出该气态化合物的相对分子质量为17，从而确定M为H元素，最后根据W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2，推出W为Na 元素。所以，原子半径应是W＞X＞Y＞Z＞M（即Na＞C＞N＞O＞H）,A选项错。B选项中CO2 、C2H2 均为直线型共价化合物，而Na2O2 不是直线型共价化合物（折线型化合物），B错误。C选项是正确的，例如石墨、C60、碳纳米管、石墨烯等碳单质就不是原子晶体。D选项中，X、Y、Z、M四种元素可形成化合物 (NH4)2CO3 、NH4HCO3 、CO(NH2)2(尿素)等，前二种为离子化合物，而尿素为共价化合物，所以D错。

答案：C

（2009年安徽）10、在溶液中能大量共存的一组离子或分子是

＋＋－－＋3＋2－

A、NH4、H、NO3、HCO3 B、K、Al、SO4、NH3·H2O

＋＋2－＋－2－－

C、Na、K、SO3、Cl2 D、Na、CH3COO、CO3、OH 【解析】

第10题考查的是离子共存，这也是高考中的经典题型。与往年有所不同的是几年安徽自主

+3+2-命题对此进行了改进和创新，引入了离子和分子共存的题型，如B选项K、Al、SO4、NH3·H2O

++2-和C选项Na、K、SO3、Cl2。＋－

A项：H和HCO3因反应生成CO2 不能共存，A错。

3＋

B项：Al和NH3·H2O会因生成Al(OH)3 沉淀而不能共存，B错。

2-2--C项：SO3和Cl2可以发生氧化还原反应生成SO4和Cl 而不能共存，C错。 D项：正确。

（2010年安徽）9.在pH＝1的溶液中，能大量共存的一组离子或分子是 A.Mg2＋、Na＋、ClO、NO3

2??B.Al3＋、NH4＋、Br－、Cl－

2??＋＋－

C.K＋、Cr2O7、CH3CHO、SO24 D.Na、K、SiO3、Cl

【答案】B

解析：酸性环境下A中生成次氯酸，C中Cr2O72-氧化CH3CHO，D中生成硅酸沉淀。

（2011年安徽）8、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是

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高考适应性训练

A．饱和氯水中 Cl—、NO3—、Na+、SO32— B．c(H+)==1.0×10—13mol/L溶液中 C6H5O—、K+、SO42—、Br— C．Na2S溶液中 SO42—、K+、Cl—、Cu2+ D．pH==12的溶液中 NO3—、I—、Na+、Al3+ 【解析】A选项的反应为：Cl2+SO32—+H2O===SO42—+2Cl—+2H+；

C选项的反应为：S2—+Cu2+==CuS↓； D选项的反应为：Al3++3OH—==Al(OH)3↓

【答案】B

（2011年广东）8. 能在水溶液中大量共存的一组离子是＋――2－＋3＋―2―

A. H、I、NO3、SiO3 B. Ag、Fe、Cl、SO4

＋2－2＋― ＋－－－ C.K、SO4、Cu、NO3D.NH4、OH、Cl、HCO3

解析：A. H、I―、NO3―、三者发生氧化还原反应；H，SiO32 生成沉淀。

＋

－

B. Ag与Cl―、SO42―形成沉淀。D.NH4与OH和OH与HCO3均反应

＋

－

[答案]C

（2009年安徽）11、汽车尾气净化中的一个反应如下：

NO(g)＋CO(g)1/2N2(g)＋CO2(g) ⊿H=－373.4kJ/mol

在恒容得密闭容器中，反应达平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是平C平衡衡O常常转数数化K K 率 N2的物质的量温度温度 NO物质的量 C D A B 【解析】

第11题是一道化学平衡题，题中涉及到新教材中新引人的化学平衡常数、转化率等概念，本题考查内容较多，分别为化学平衡常数的概念及影响因素，外界条件对化学平衡的影响。由题给信息知，该反应为放热反应。

A项：根据平衡移动原理，温度升高，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，A错。 B项：根据平衡移动原理，温度升高，平衡逆向移动，CO转化率减小，B错 C项：化学平衡常数只和温度有关，与其他条件无关。C正确

D项：根据平衡移动原理，增大N2 的物质的量，平衡逆向移动，NO转化率降低，D错。

【答案】C

（2010年安徽）10.低脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物，发生的化学反应为：

N2的转化率 ?2N2（g）＋3H2O（g） ?H<0 2NH3（g）＋NO（g）＋NO2（g）???催化剂在恒容的密闭容器中，下列有关说法正确的是

A.平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数增大

B.平衡时，其他条件不变，增加NH3的浓度，废气中氮氧化物的转化率减小 C.单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1∶2时，反应达到平衡

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150℃高考适应性训练

D.其他条件不变，使用高效催化剂，废气中氮氧化物的转化率增大【答案】C

解析：A选项，放热反应升温平衡常数减小，错误；增大一个反应物浓度另一反应物转化率增大，B错；使用催化剂平衡不移动，D错。

（PbCrO4）（2011年安徽）9. 电镀废液中Cr2O7可通过下列反应转化成铬黄：

2?2+Cr2O7（aq）+2Pb（aq）+H2O（l）

2?2PbCrO4（s）+2H?（aq） ΔH< 0

该反应达平衡后，改变横坐标表示的反应条件，下列示意图正确的是

Cr2O72物质的量 Cr2O72转化率正反应速率平衡常数－－ Pb2物质的量浓度＋

温度 D A C

【解析】本题考查化学平衡图像分析，意在考查考生对化学平衡移动、化学平衡常数、物质转化率等概念的理解以及对化学图像的认识。该反应放热（△H<0），升温平衡逆向移动，平

-2-衡常数K减小，A项正确；B项pH增大时，（OH）增大，平衡正向移动，Cr2O7转化率升高，

2+2-B项错误；温度升高，化学反应速率增大，C项错误；c(Pb)增大时，平衡正向移动，n(Cr2O7)

减小，D项错误。【答案】A

（2011年浙江）12. 下列说法不正确的是．．．

A.已知冰的融化热为6.0 kJ·mol ，冰中氢键键能为20 kJ·mol。假设每摩尔

冰中有2 mol 氢键，且熔化热完全用于打破冰的氢键，则最多只能破坏冰中15%的氢键

pH B

温度 ca2B.已知一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为α，Ka = 若加

c(1?a)入少量CH3COONa固体，则电离平衡CH3COOHa减小，Ka变小

CH3COO? + H+ 向左移动，

C.实验测得环己烷（1）、环己烯（1）和苯（1）的标准燃烧热分别为-3916kJ?mol、

?1?1?1-3747kJ?mol和-3265kJ?mol，可以证明在苯分子中不存在独立的碳碳双键。

?1D.已知：Fe2O3(s)?3C(石墨)?2Fe(s)?3CO(g) ?H?489.0kJ?mol

CO(g)?1O2(g)?CO2(g) ?H??283.0kJ?mol?1 2第 4 页共 38 页

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?1 C(石墨)?O2(g)?CO2(g) ?H??393.5kJ?mol ?1 则 4Fe(s)?3O2(g)?2Fe2O3(s) ?H??1641.0kJ?mol

解析：本题是一道侧重考查化学基础理论知识的综合题，从内容安排上涉及了无机和有机，从知识上涉及氢键、弱电解质的电离、电离平衡常数、电离度与电离平衡常数关系、化学反应中的能量变化、苯分子结构、焓变、盖斯定律的应用、热化学方程式等。

A选项中，已知1mol冰中含有2mol氢键，冰的熔化热为6.０kJ〃mol,而冰中氢键键能为20.0kJ〃mol。我们知道，冰是由水分子通过大范围的氢键形成的分子晶体，假设冰融化为液态的水时，冰的熔化热全用于打破冰的氢键，由计算可知，至多只能打破冰中全部氢键的6.0/(20.0×2)×100％=15％。这也说明了液态水中仍分布着大量由氢键缔合的水的缔合分子，所以A选项正确。B选项中，电离常数Ka只与温度有关，随温度的变化而变化，而与浓度无关，不随浓度的变化而变化，B错。C选项中，假如苯分子中有独立的碳碳双键，则苯应是凯库勒式所表示的环己三烯。由环己烯(l)与环己烷(l)相比，形成一个碳碳双键，能量降低169kJ〃mol，由苯(l)与环己烷(l)相比，形成三个碳碳双键，则能量应降低169kJ〃mol×3 = 507kJ/mol，而实际测得苯的燃烧热仅为3265 kJ〃mol，能量降低了3916 kJ〃mol－3265 kJ〃mol= 691kJ〃 mol，远大于507kJ〃mol，充分说明苯分子不是环己三烯的结构，事实上，环己三烯的结构是根本不可能稳定存在的。由此可以证明苯有特殊稳定结构，苯分子中不可能存在独立的碳碳双键，选项C正确。D选项中，根据盖斯定律，设：Fe2O3(s)＋3C(石墨)

1CO(g)＋O2(g)

2-1

-1

-1-1

-1

2Fe(s)＋3CO(g)；△H＝＋489.0 kJ〃mol……① CO2(g)；△H＝－283.0 kJ〃mol…………② CO2(g)；△H＝－393.5 kJ〃mol…………③ 2Fe2O3(s)；△H＝－1641.0 kJ〃mol………④

-1

-1 -1

-1

C(石墨)＋O2(g)4Fe(s)＋3O2(g)

则 ④ = [(③－②)×6] －（①×2）,可得

4Fe(s) + 3O2(g) = 2Fe2O3(s); △H= -1641.0kJ〃mol，D正确。【答案】B

（2009年安徽）9、下列选用的相关仪器符合实验要求的是

【解析】

A项：一般来讲，存放试剂应该遵循：酸不用橡胶（塞），碱不用玻璃（塞），存放浓硝酸应该选用玻璃塞，A错。

B项：由于水和乙酸乙酯互不相溶，可以用分液漏斗分液分离，B正确。

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C项：10ml 量筒不能精确到小数点后两位，C错。

D项：实验室制乙烯需要控制温度在170℃，量程为100℃的不能满足实验要求，D错。

（2010年安徽）8.下列实验操作或装置符合实验要求的是

A.量取15.00 mL NaOH溶液 B.定容 C.电解制Cl2和H2 D.高温燃烧石灰石【答案】A

解析：B滴管口不能伸入到容量瓶内；C铜电极应该为阴极才能制备出氯气和氢气；D选项坩埚不能密闭加热。

（2011年安徽）10. 下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是选项 A B C 实验操作过量的Fe粉中加入HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液 Agl沉淀中滴入稀KCl溶液 Al箔插入稀HNO3中用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上有白色沉淀出现无现象 AgCl比Agl更难溶 Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜 D 试纸变蓝色浓氨水呈碱性现象溶液呈红色解释或结论稀HNO3将Fe氧化为Fe 3+【解析】A选项：过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，只能生成Fe2+，滴入KSCN溶液，溶液不显红色；B选项：AgI沉淀中滴入稀KCl溶液，不会转化为白色沉淀，因为AgI比AgCl更难溶于水；C选项：Al箔插入稀HNO3中，反应有NO气体放出，不会发生钝化现象。【答案】D

（2011年上海）14．在硫酸铜晶体(CuSO4·n H2O)结晶水含量测定的操作中，导致n值偏小的是( )

A．晶体未研成粉末 B．坩埚未干燥

C．加热过程中晶体爆溅 D．加热时间过长，部分变黑

【解析】在硫酸铜晶体(CuSO4·n H2O)结晶水含量测定中，加热前后质量的减少量即是失去结晶水的质量。晶体未研成粉末，导致晶体分解不完全，固体的质量差偏小，则n值偏小；坩埚未干燥、加热过程中晶体爆溅、加热时间过长，部分变黑等都将导致硫酸铜分解而造成加热前后固体的质量差偏大，使n值偏大。

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【答案】 A

(2011年广东)10、某同学通过系列实验探究Mg及其化合物的性质，操作正确且能达到目的的是

A、将水加入浓硫酸中得到稀硫酸，置镁条于其中探究Mg的活泼性 B、将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，观察Mg(OH)2沉淀的生成 C、将Mg(OH)2浊液直接倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，洗涤并收集沉淀

D、将Mg(OH)2沉淀转入蒸发皿中，加足量稀盐酸，加热蒸干得无水MgCl2固体

解析：A、稀释方法不对。C、不能直接倒入，应采用玻璃棒引流。D、加热蒸干得MgO固体

【答案】B

（2011年江苏）7.下列有关实验原理或实验操作正确的是

A.用水湿润pH试纸测量某溶液的pH B.用量筒量取20 mL0.5000 mol·L－1

H2SO4溶液于烧杯中，加水80mL，

－1

配制成0.1000 mol·LH2SO4溶液 C.实验室用图2所示装置制取少量氨气

D.实验室用图3所示装置出去Cl2中的少量HCl 【参考答案】D

【分析】本题属于基础实验与基本实验操作的考查范畴。

A.pH试纸用水湿润将冲稀待测溶液。

－1

B.0.5000 mol·LH2SO4溶液与水混合，混合溶液的体积不是两者的简单之和。 C.收集试管带塞子将无法收集到氨气。

D.根据溶解平衡原理，Cl2在饱和食盐水溶解度很小，而HCl极易溶解。

本题以pH试纸试用、常见气体制取、溶液配制、除杂中的实验操作为素材，考查学生对实验操作的熟悉程度和实验原理的应用能力，试图引导中学化学教学关注化学实验操作的真实性。

（2011年广东）23、下列试验现象预测正确的是

A、实验I：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变

B、实验II：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去

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C、实验III：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色

D、实验IV：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应解析：A、Br2与NaOH溶液反应，上层溶液颜色变为无色。B、产生的SO2与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，正确。C、NO与空气反应生成红棕色NO2。D、制取氢氧化铁胶体要注意：在沸水中加入饱和的氯化铁溶液，继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，即可。

【答案】BD

例4. 下述实验能达到预期目的的是（）编号 A B C 实验内容将SO2通入酸性KMnO4溶液中将Cl2通入NaBr溶液中将铜与浓硝酸反应生成的气体收集后用冰水混合物冷却降温实验目的证明SO2具有氧化性比较氯与溴的氧化性强弱研究温度对化学平衡的影响 D 分别向2支试管中加入相同体积不同浓度的H2O2研究催化剂对H2O2分解速率的溶液，再向其中1支加入少量MnO2 影响答案：BC

说明：本题以O、S、Cl、N等四种元素化合物的性质实验方案为载体，考查对相关化

合物知识的了解和对实验中化学原理的理解、实现现象的识记、变量控制方法的运用，以及对实现现象与原理之间的关系作出推断的能力，综合考查考生设计、评价化学实验方案的能力。

（2009年安徽）8、北京奥运会期间对大量盆栽鲜花施用了S-诱抗素制剂，以保持鲜花盛开。S-诱抗素的分子结构如图，下列关于该分子说法正确的是

A、含有碳碳双键、羟基、碳基，羧基

B、含有苯环、羟基、碳基，羧基 C、含有羟基、羰基，羧基，酯基

D、含有碳碳双键、苯环，羟基、羧基

【解析】

本题主要考查有机物官能团，能识别官能团即可，答案选A。

（2010年安徽）12.右图是一种稀酸对Fe-Gr合金随Cr含量变化的腐蚀性实验结果，下列有关说法正确的是

A.稀硝酸对Fe-Cr合金的腐蚀性比稀硫酸和稀盐酸的弱

B.稀硝酸和铁反应的化学方程式是: Fe+6HNO3(稀)—Fe(NO3)3+3NO2↑+3H2O C.Cr含量大于13%时，因为三种酸中硫酸的氢离子浓度最大，所以对Fe-Cr合金的腐蚀性最强

D.随着Cr含量增加，稀硝酸对Fe-Cr合金的腐蚀性减弱

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【答案】D

解析：A选项应该说铬的含量大于13%，稀硝酸对合金的腐蚀速率比盐酸硫酸弱。B应生成NO；C不能解释盐酸硝酸氢离子浓度相等，但硝酸腐蚀速度慢。

（2011年安徽）11. 中学化学中很多“规律”都有其使用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是

A.根据同周期元素的第一电离能变化趋势，推出Al的第一电离能比Mg大 B.根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是+7 C.根据溶液的pH与溶液酸碱性的关系，推出pH=6.8的溶液一定显酸性

D.根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出CO2通入NaClO溶液中能生成HClO

【解析】A选项：Mg为ⅡA族元素，价电子排布式为3s2，s轨道处于全满状态，结构稳定，I1比Al大；B选项：卤族元素中的F元素没有正价；C选项：当温度接近100℃时，纯水的pH约为6.5，呈中性。【答案】D

（2011年上海）11．红辣椒中含有多种色泽鲜艳的天然色素，其中呈深红色的色素是辣椒红．依据下列结构式判断，辣椒红( )

A．易溶于水 B．属于芳香族化合物 C．能发生消除反应 D．分子中含有11个碳碳双键

【解析】辣椒红分子结构为长链有机分子，应为弱极性分子，一般难溶液于水；在其分子结构中不含苯环，不属于芳香族化合物；其分子结构中含量有羟基，能能发生消除反应；其分子中分子中含有10个碳碳双键。

【答案】 C

（2011年江苏）3.下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是 A.常温下浓硫酸能使铝发生钝化，可在常温下用铝制贮藏贮运浓硫酸 B.二氧化硅不与任何酸反应，可用石英制造耐酸容器 C.二氧化氯具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒

D.铜的金属活泼性比铁的差，可在海轮外壳上装若干铜块以减缓其腐蚀【参考答案】A

【分析】本题属于元素及其化合物知识的考查范畴，这些内容都来源于必修一、选修四和必修二等课本内容。看来高三一轮复习一定注意要抓课本、抓基础，不能急功近利。

二氧化硅不与任何酸反应，但可与氢氟酸反应。二氧化氯中氯的化合价为＋4价，不稳定，易转变为－1价，从而体现氧化性。铜的金属活泼性比铁的差，在原电池中作正极，海轮外壳上装铜块会加快海轮外壳腐蚀的进程。

(2011年浙江)11. 褪黑素是一种内源性生物钟调节剂，在人体内由食物中的色氨酸转化得到

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HNNH2CH2CHCOOH色氨酸CH3OHNOCH2CH2NHCCH3 褪黑素下列说法不正确的是．．．

A.色氨酸分子中存在氨基酸和羧基，可形成内盐，具有较高的熔点 B.在色氨酸水溶液中，可通过调节溶液的pH使其形成晶体析出 C.在一定条件下，色氨酸可发生缩聚反应

D.褪黑素与色氨酸结构相似，也具有两性化合物的特性

解析：本题命题思路和形式与2010年浙江省高考试题第10题相似。是一道有机试题，试题以色氨酸在人体内部转化为褪黑素为素材，考查氨基酸的性质的，同时渗透了官能团、有机反应等基础知识的考查。试题取材的内容完全是来自选修教材“有机化学基础”中氨基酸这一节。这部分内容为新课程中新增加的，通常在教学和高考复习中较为薄弱和忽视。再一次说明，在教学和复习中，要深入研究新课程教材内容，要关注新课程新增的内容，这些内容都是高考试题命题的热点。

氨基酸分子中同时含有羧基（-COOH）和氨基（-NH2），不仅能与强碱或强酸反应生成盐，而且还可在分子内形成内盐(偶极离子)

RCHCOOHNH2RCHCOO+NH3内盐

内盐分子中，既有带正电荷的部分，又有带负电荷的部分，所以又称两性离子．实验证明，在氨基酸晶体中，氨基酸是以两性离子的形式存在．氨基酸在水溶液中，形成如下的平衡体系：

R-CH-COO-NH2碱性介质负离子朝正极运动H+OH-R-CH-COO-+NH3偶极离子在电场中不动H+OH-R-CH-COOH+NH3酸性介质正离子朝负极运动

从上述平衡可以看出，当加入酸时，平衡向右移动，氨基酸主要以正离子形式存，当PH<1时，氨基酸几乎全为正离子．当加入碱时，平衡向左移动，氨基酸主要以负离子形式存在，当PH>11时，氨基酸几乎全部为负离子．氨基酸溶液置于电场之中时，离子则将随着溶液PH值的不同而向不同的极移动．碱性时向阳极移动，酸性时向阴极迁移．对于中性氨基酸来说，羧基的电离度略大于氨基,其水溶液中呈弱酸性，为了使它形成两性离子，应加入少量的酸，以抑制酸性解离．也就是说，中性氨基酸要完全以两性离子存在，PH值不是为7，而是小于7．如甘氨酸在PH值为6.1时，酸式电离和碱式电离相等，完全以两性离子

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pH＞等电点pH=等电点pH＜等电点

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存在，在电场中处于平衡状态，不向两极移动．这种氨基酸在碱式电离和酸式电离相等时的PH值，称为该氨基酸的等电点．用PI表示．由于不同的氨基酸分子中所含的氨基和羧基的数目不同，所以它们的等电点也各不相同．一般说来，酸性氨基酸的等电点PI为2.8-3.2；中性氨基酸的等电点PI为4.8-6.3；碱性氨基酸的等电点为7.6-11．

在等电点时，氨基酸的溶解度最小．因此可以用调节溶液PH值的方法，使不同的氨基酸在各自的等电点结晶析出，以分离或提纯氨基酸． α-氨基酸分子间可以发生脱水反应生成酰胺.

ROR'- H2O+NH2CHCOHNH2CHCOOHRNH2R'OCHCNHCHCOOH肽键

在生成的酰胺分子中两端仍含有α-NH2及-COOH，因此仍然可以与其它α-氨基酸继续缩合脱水形成长链高分子。所以在一定条件下，氨基酸可发生缩聚反应形成高分子（多肽）．很明显，色氨酸为α-氨基酸，褪黑素不是α-氨基酸，两者结构不相似。褪黑素官能团为酰胺键，不具有两性化合物的特性，D选项错误。

答案：D

（2009年安徽）12、 Cu2O 是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如下，电解总反应为：2Cu＋H2O

电解 Cu2O＋H2↑。下列说法正确的是

A、石墨电极上产生氢气 B、铜电极发生还原反应

C、铜电极直接接直流电源的负极

D、当有0.1mol电子转移时，有0.1moI Cu2O生成【解析】

第12题主要考查的是电化学中电解池的知识，题目比较新颖，但是比较简单，学生可以通过给出的化学方

程式2Cu＋H2O电解 Cu2O＋H2↑，通过氧化还原反应规律，Cu失电子，为阳极，与铜相连

的为电源正极，石墨为阴极，与石墨相连的为电源负极。

Cu电极为阳极，电极反应式：2Cu－2e－＋2OH－Cu2O＋H2O，失电子，发生氧

化反应；当有2mol电子通过时，生成1mol Cu2O，当有0.1mol电子通过时，生成0.05mol Cu2O。

2OH－＋H2↑，石墨电极为阴极，电极反应式反应式为：2H2O＋2e-对照选项，可知选A。（2010年安徽）11.某固体酸燃料电池以CaHSO4

＋

固体为电解质传递H，其基本结构见下图，电池总反应可表示为：2H2＋O2＝2H2O，下列有关说法正确的是

A.电子通过外电路从b极流向a极

－－

B.b极上的电极反应式为：O2＋2H2O＋4e＝4OH C.每转移0.1 mol电子，消耗1.12 L的H2 ＋

D.H由a极通过固体酸电解质传递到b极【答案】D

解析：首先明确a为负极，这样电子应该是通过外电路由a极流向b，A错；B选项反应应

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为O2+4e-+4H+=2H2O ; C没有告知标准状况。

（2011年安徽）12.研究人员最近发现了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为：

5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl下列“水” 电池在海水中放电时的有关说法

正确的是：

A.正极反应式：Ag+Cl-e=AgCl B.每生成1 molNa2Mn5O10转移2 mol电子 C.Na不断向“水”电池的负极移动

D.AgCl是还原产物

【解析】该―水‖电池的电极反应为：

负极反应 Ag+Cl——e—==AgCl，AgCl是氧化产物；

正极反应 5MnO2+2e—+2Na+==Na2Mn5O10，电池中Na+向正极移动，每生成1mol Na2Mn5O10 转移2mol电子。

如果用化合价来判断每mol Na2Mn5O10 转移电子的物质的量，就必须确定Na2Mn5O10 中Mn元素的平均化合价：+3.6，平均每个Mn原子由+4价下降到+3.6价，下降了0.4价，每生成1molNa2Mn5O10 共转移2mol电子。更为直观的是由题给电池总反应式和氧化还原反应电子得失应相等可知：2Ag～2AgCl共转移2mol电子。【答案】B

12、某小组为研究电化学原理，设计如图2装置。下列叙述不正确的是．．．A、a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出

＋

B、a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2+2e-= Cu

C、无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色 D、a和b分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2向铜电极

＋

??+移动【答案】D

解析：A、发生置换反应，正确。B、形成原电池，铜片作正极，溶液中Cu2先放电，正确；

＋

铁片作负极失去电子形成Fe2+，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色，所以C、正确。D、a和b分别连接直流电源正、负极，a作阳极，铜片失去电子形成为Cu2。Cu2向铁电极移动。错误

＋

（2011年浙江）10. 将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现液滴

覆盖的圆圈中心区（a）已被腐蚀而变暗，在液滴外沿形成棕色铁锈环（b），如图所示。导致现象的主要原因是液滴之下氧气含量比边缘处少。下列说法正确的是 A.液滴中的Cl – 由a区向b区迁移

铁锈环(b)B.液滴边缘是正极区，发生的电极反应为： O2 +2H2O + 4e? =4OH?

腐蚀区(a)C.液滴下的Fe因发生还原反应而被腐蚀，生成的Fe 2+ 由a区向b区迁移，与b区的OH- 形成Fe(OH)2 ,进一步氧化、脱水形成铁锈

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D.若改用嵌有一铜螺丝钉的铁板，在铜铁接触处滴加NaCl溶液，则腹肌发生的电极反应为：Cu － 2e? ＝ Cu2+ 解析：本题考查氧化还原反应、电化学等方面知识。命题思路和内容均与2010年浙江省高考试题第9题相似。试题创设了一个钢铁腐蚀情景，让考生灵活运用所学知识，来解决实际问题。

NaCl溶液滴到一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后在液滴覆盖的圆周中心区(a)被腐蚀变暗，实际上是发生了吸氧腐蚀，这时，

负极电极反应为：Fe - 2e= Fe （发生氧化反应）正极电极反应为：O2 + 2H2O + 4e= 4OH （发生还原反应）在液滴外沿，由于Fe+ 2OH = Fe(OH)2 ，

4Fe(OH)2 +O2 +2H2O = 4Fe(OH)3 形成了棕色铁锈环（b）.

若改用嵌有一铜螺丝钉的铁板，在铜铁接触处滴加NaCl溶液，由于Fe的金属活动性比铜强，Fe 仍为负极，负极发生的电极反应为：Fe－2e=Fe。

又根据在原电池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极的规律，Cl应由b区向a区迁移。所以A、C、D选项均错误，B选项正确。

答案：B

-1-1

（2009年安徽）13．向体积Va的0.05mol·L CH3COOH溶液中加入体积为Vb的0.05mol·LKOH溶液，下列关系错误的是

A、Va＞Vb时：c(CH3COOH )+c(CH3COO)＞c(K)

+-B、Va=Vb时：c(CH3COOH)+ c(H)=c(OH)

-+-+

C、Va

++--D、Va与Vb任意比时：c(K)+ c(H)= c(OH)+ c(CH3COO)

【解析】

第13题考查的是电解质溶液中各种守恒关系和离子浓度比较，题型比较保守，此题的解题方法是先让CH3COOH和KOH反应，然后找到反应后的溶质，即：

A项：Va>Vb，反应后溶质为CH3COOH和CH3COOK的混合物，A正确。 B项：Va=Vb，反应后溶质为CH3COOK，根据质子守恒，可得B正确。

C项：Vac(CH3COO－)，C错。

D项：为电荷守恒，D正确。（2010年安徽）13.将0.01mol下列物质分别加入100mL蒸馏水中，恢复至室温，所得溶液中阴离子浓度的大小顺序是(溶液体积变化忽略不计) ①Na2O1 ②Na2O ③Na2CO3 ④NaCl

A.①>②>③>④ B.①>②>④>③ C.①=②>③>④ D.①=②>③=④ 【答案】A

解析：①②溶于水，溶质都是0.02moL,但前者有氧气生成，因此氢氧根浓度大，有①>②;③中碳酸根水解使得阴离子浓度稍大于④。因此有A正确。

?1?1（2011年安徽）13.室温下，将1.000mol?L盐酸滴入20.00mL 1.000mol?L氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如右图所示。下列有关说法正确的是

??14?1 A. a点由水电离出的c(H)?1.0?10mol?L

+?B. b点：c(NH4)?c(NH3?H2O)?c(Cl)

-? C.c点：c(Cl)?c(NH4)

D.d点后，容易温度略下降的主要原因是NH3?H2O电离吸热

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－

-2＋

2＋

―

-―

2＋

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【解析】因为NH3·H2O是弱碱，1.000mol/L氨水中c(OH—)很小于1.000mol/L，c点时，因此a点即氨水中由水电离出的c(H+)＞1.0×10—14mol/L。若氨水与盐酸完全中和即为NH4Cl溶液，其物料守恒式为c(NH4+)+c(NH3·H2O)==c(Cl—)，而b点是NH3·H2O和NH4Cl的混合溶液，则c(NH4+) +c(NH3·H2O)＞c(Cl—)。溶液温度升高是中和放热所致，在d点之后，中和反应基本结束，溶液温度略下降应是滴入的盐酸温度较低所致。在c点，溶液温度约为25℃，且溶液pH==7。由溶液的电荷守恒式可判断C选项正确。【答案】C

－

例6. 将0.4g NaOH和1.06g Na2CO3混合配成溶液，向溶液中滴加0.1mol·L1稀盐酸。

下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（）

答案：C

说明：本题以图像数据的形式，考查了NaOH、Na2CO3、盐酸等几种常见化合物的性质，

要求考生对图像数据进行分析，根据盐酸先与NaOH反应，再与Na2CO3反应生成NaHCO3，最后与NaHCO3反应放出CO2的反应过程得出结论。能力层面上考查考生接受、吸收、整合化学信息的能力，及运用分析、综合的方法，解决简单化学问题的能力。

例7. 常温下，用0.1000 mol?L?1NaOH溶液滴定20.00mL0.10000mol?L?1 CH3COOH溶液滴定曲线如右图。下列说法正确的是（） A. 点①所示溶液中：

B. 点②所示溶液中：

C. 点③所示溶液中：

D. 滴定过程中可能出现：

答案：D

说明：本题以酸碱中和滴定为载体，考查了电解质溶液中的离子浓度的大小比较和守恒

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关系。能力层面上要求考生能够通过对滴定曲线的观察，运用分析和综合的方法来解决动态变化的化学问题。

（2011年广东）11、对于0.1mol?L-1 Na2SO3溶液，正确的是 A、升高温度，溶液的pH降低

＋――

B、c（Na）=2c（SO32）+ c（HSO3）+ c（H2SO3）

＋＋―――

C、c（Na）+c（H）=2 c（SO32）+ 2c（HSO3）+ c（OH）

―＋

D、加入少量NaOH固体，c（SO32）与c（Na）均增大【答案】D

＋―

解析：A、水解为吸热，升高温度，溶液的pH升高。B、物料守恒：应为c（Na）=2c（SO32）

―＋＋――

+2 c（HSO3）+2 c（H2SO3）。C、电荷守恒应为：c（Na）+c（H）=2 c（SO32）+ c（HSO3）

―

+ c（OH）

（2011年江苏）14.下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是

－1＋－2－

A.在0.1 mol·LNaHCO3溶液中：c(Na)＞c(HCO3)＞c(CO3)＞c(H2CO3)

－1－＋－－

B.在0.1 mol·LNa2CO3溶液中：c(OH)－c(H)＝c(HCO3)＋2c(H2CO3)

－1－1

C.向0.2 mol·LNaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·LNaOH溶液：

2－－－＋

c(CO3)＞ c(HCO3)＞ c(OH)＞c(H)

＋－1

D.常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH＝7, c(Na)＝0.1 mol·L]：

＋－＋－

c(Na)＝c(CH3COO)＞c(CH3COOH)＞c(H)＝c(OH)

【参考答案】BD

【分析】本题属于基本概念与理论的考查，落点在水解与电离平衡、物料守恒和电荷守恒、离子浓度大小比较。溶液中存在水解与电离两个过程的离子浓度大小比较似乎是考试热点内容，高三复习中要反复加强训练。

－1－

A.在0.1 mol·LNaHCO3溶液中，HCO3在溶液中存在水解与电离两个过程，而溶液呈碱性，

2－

说明水解过程大于电离过程，c(H2CO3)＞c(CO3)

－＋－－＋

B.c(OH)－c(H)＝c(HCO3)＋2c(H2CO3)中把c(H)移项到等式另一边，即是一条质子守恒关系式。

－1－1

C.向0.2 mol·LNaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·LNaOH溶液后，相当于0.05 mol·L－1－－

的Na2CO3溶液，Na2CO3在水中水解，OH包括两步水解和水的电离产物，因此，c(OH) ＞

－

c(HCO3)。

－

D.常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液，包括CH3COO水解和CH3COOH电离两个过程，既然

＋－－1＋-pH＝7, 根据电荷守恒式，不难得出c(Na)＝c(CH3COO) ＝0.1 mol·L，c(H)＝c(OH)

－7－1－

＝1×10 mol·L。水解是有限的，c(CH3COOH)约为c(CH3COO)的百分之一左右。

（2011年浙江）13.海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：

1.0 L模拟海水(25℃,pH=8.3)1.0 mL 1.0 mol/L NaOH溶液滤液M沉淀X加NaOH固体调至pH=11.0滤液N沉淀Y△过滤①Na 0.439

＋

过滤②Ca2

＋

MgO

模拟海水中的离子浓度(mol/L)

Mg2

＋Cl― 0.560

?HCO3

0.050

?50.011

?10.001

注：溶液中某种离子的浓度小于1.0?10mol?L，可认为该离子不存在；实验过程

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中，假设溶液体积不变。

已知：Ksp(CaCO3)＝4.96×109；Ksp(MgCO3)＝6.82×106；

－

Ksp[Ca(OH)2]＝4.68×106；Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×1012。下列说法正确的是

2+2+ A. 沉淀物X为 B. 溶液M中存在Mg、不存在Ca

2+2+ C. 溶液N中存在Mg、Ca

D. 步骤②中若改为加入4.2g NaOH固体，沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物

－

解析：这是一道新颖的计算型分析推断题，命题者通过精心选择，以从模拟海水中制备MgO的实验方案为背景，结合考查有关溶度积的概念及计算，把一个具体情景与教材的知识内容有机结合起来。要求考生定量地分析发生的反应，溶液中存在的离子，推断沉淀是否产生，从而得出正确的结论。计算强调了实用性以及认识、解决问题的综合性，体现了新课程的特色。

⑴ 步骤①,从题给的条件，可知n(NaOH ) = 0.001mol，[即n(OH) = 0.001mol]。依据离子反应“先中和、后沉淀、再其他”的反应规律，当1L模拟海水中，加入0.001mol NaOH时，OH 恰好与HCO3完全反应：OH＋HCO3= CO3＋H2O，生成0.001mol CO3。由于Ksp(CaCO3) << Ksp(MgCO3)，生成的CO3与水中的Ca反应生成CaCO3 沉淀Ca+ CO3= CaCO3↓。所以沉淀物X为CaCO3，A选项正确。

⑵ 由于CO3只有0.001mol，反应生成CaCO3 所消耗的Ca也只有0.001mol，滤液中还剩余c(Ca)＝0.010 mol〃L。滤液M中同时存在着Ca和Mg，选项B错误。 ⑶步骤②，当滤液M中加入NaOH 固体，调至pH=11（即pOH = 3）时，此时滤液中c(OH) = 1×10 mol〃L 。则

Q[Ca(OH)2]＝c(Ca)×(10)= 0.010×(10)= 10

2＋

－32

2＋

－32

－8

-3

-1

―

2＋

-1

2＋

2―

2＋

2―

2＋

―

2-2―

―

＜Ksp[Ca(OH)2]，无Ca(OH)2生成。

-8

Q[Mg(OH)2]= c(Mg)×(10)= 0.050×(10) = 5×10> Ksp[Mg(OH)2]，有Mg(OH)2沉淀生成。

又由于Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg)×(10)＝5.6×10余，滤液N中不存在Mg。C选项错误。

⑷步骤②中若改为加入4.2 g NaOH固体，则n（NaOH）=0.105mol，与0.05mol Mg反应： Mg+ 2 OH= Mg(OH)2↓，生成0.05 mol Mg(OH)2，剩余0.005 mol OH。

由于Q[Ca(OH)2]=c(Ca)×(OH)= 0.010×(0.005)＝2.5×10＜Ksp[Ca(OH)2]，所以无Ca(OH)2沉淀析出，沉淀物Y为Mg(OH)2沉淀，D选项错误。．

答案：A

（2009年安徽）25.(17分)

W、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，其原子序数依次增大。W、Y的氧化物是导致酸雨的主要物质，X的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子，Z能形成红色(或砖红色)Z2O 和黑色的ZO两种氧化物。

（1） W位于元素周期表第_____周期第____族。W的气态氢化物稳定性比H2O(g)____ _(填“强”或“弱”)。

（2） Y的基态原子核外电子排布式_______，Y的第一电离能比X的_____(填“大”或“小”)

（3）Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与Z的单质反应的化学方程式是

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2＋

―

－7

2＋

－

―

2＋

－32

－12

，c(Mg)＝5.6×10＜10，无剩

2＋－6－5

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________________________________________________________________________。（4）已知下列数据：

Fe(s)+ 2O2(g)= FeO(s) △H= -272.0kJ·mol

321-1

2X(s) +O2(g)= X2O3(s) △= -1675.7kJ·mol-1

X的单质和FeO反应的热化学方程式是____________________________。【解析】

第25题考查元素周期律和周期表以及原子核外电子排布式、电离能等。

题中给出的信息比较明显，导致酸雨的氧化物主要是SO2和NO2，根据原子序数依次增大可以判断出W为N元素，Y为S，N在周期表中为第二周期第VA族，其气态氢化物NH3稳定性比H2O弱。

Y为S原子基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，根据―X的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子‖，可以画出起核外电子轨道式：

，

或结合题目第4小题第二个方程式生成X2O3，能确定X化合价为+3，N和S之间能形成+3价元素只有Al。

题中―Z能形成红色(或砖红色)的Z2O和黑色的ZO两种氧化物‖知Z为Cu。

第（3）题即为：

3可得答案：第（4）题根据盖斯定律，将②－①×

2Al(s)+3FeO(s)=3Fe(s)+Al2O3(s) △H=-859.7kJ/mol （2010年安徽）25.（14分）

X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的四种常见元素，其相关信息如下表：元素 X Y Z W 相关信息 X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常温常压下，Y单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积 Z和Y满周期,Z的电负性大于Y W的一种核素的质量数为63，中子数为34 （1）Y位于元素周期表第周期表族，Y和Z的最高价氧化物对应的水化物的酸性较强的是（写化学式）。

（2）XY2是一种常用的溶剂，XY2的分子中存在个σ键。在H―Y、H―Z两种共价键中，键的极性较强的是，键长较长的是。

（3）W的基态原子核外电子排布式是。W2Y在空气中煅烧生成W2O的化学方程式是。

（4）处理含XO、YO2烟道气污染的一种方法，是将其在催化剂作用下转化为单质Y。

1O2(g)=XO2(g) ?H=－283.0 kJ·mol－2 2Y(g)+ O2(g)=YO2(g) ?H =－296.0 kJ·mol－1

已知：XO(g)+

此反应的热化学方程式是。 25。答案(1)3 VIA HClO4 (2)2 H-Z H-Y (3)[Ar]3d104s1 2Cu2S+3O2=2Cu2O+2SO2

(4)2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2 (g) △H=-270kJ/mol

解析：由表中可知，X为C Y为 S Z为 Cl W为Cu

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（2011年安徽）25.（14分）W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如下图所示。已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的电负性在同周期主族元素中最大。（1）X位于元素周期表中第周期第族； W的基态原子核外有个未成对电子。

（2）X的单质子和Y的单质相比，熔点较高的是（写化学式）；Z的气态氢化物和溴化氢相比，较稳定的是（写化学式）。

（3）Y与Z形成的化合物和足量水反应，生成一种弱酸和一种强酸，该反应的化学方程式是。

（4）在25oC、101 kPa下，已知Y的气态化物在氧气中

完全燃烧后恢复至原状态，平均每转移1mol 电子放热190.0kJ，该反应的热化学方程式是。

【解析】由题意可推得：W为O，X为Na，Y为Si，Z为Cl。Na、Si、Cl属同周期元素，其原子半径依序减小。【答案】（1）三 ⅠA 2 （2）Si HCl

（3）SiCl4+4H2O==H4SiO4↓+4HCl或SiCl4+3H2O==H2SiO3↓+4HCl （4）SiH4(g)+2O2(g)==SiO2(s)+2H2O(l) △H== —1520.0kJ/mol

【解析】1mol SiH4完全燃烧生成SiO2和H2O，转移了8mol电子

(2011年江苏)21.(12分)本题包括A、B两小题，分别对应于“物质结构与性质”和“实验化学”两个选修模块的内容。请选定其中一题，并在相应的答题区域内作答。若两题都做，则按A题评分。

A.原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是形成化合物种最多的元素，Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，W的原子序数为29。回答下列问题：

（1）Y2X2分子中Y原子轨道的杂化类型为，1mol Y2X2含有σ键的数目为。

（2）化合物ZX3的沸点比化合物YX4的高，其主要原因是。

（3）元素Y的一种氧化物与元素Z的一种氧化物互为等电子体，元素Z的这种氧化物的分子式是。（4）元素W的一种氯化物晶体的晶胞结构如图13所示，该氯化物的化学式是，它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，生成配合物HnWCl3，反应的化学方程式为。

【参考答案】A. （1）sp杂化

3mol或3×6.2×10 个（2）NH3分子存在氢键（3）N2O （4）CuCl

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CuCl＋2HCl＝H2CuCl3 (或CuCl＋2HCl＝H2[CuCl3])

【分析】本题把元素推理和物质结构与性质容融合成一体，考查学生对元素推理、原子轨道

杂化类型、分子空间结构、氢键、等电子体原理、晶胞结构、化学键的数目计算、新情景化学方程式书写等知识的掌握和应用能力。本题基础性较强，重点特出。

【备考提示】《选修三》的知识点是单一的、基础的，我们一定要确保学生不在这些题目上

失分。看来还是要狠抓重要知识点，强化主干知识的巩固和运用。

（2009年安徽）26. 是一种医药中间体，常用来制备抗凝血药，可通过下

列路线合成：

（1） A 与银氨溶液反应有银镜生成，则A的结构简式是（2） B→C的反应类型是（3） E的结构简式是

（4）写出F和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式（5）下列关于G的说法正确的是 A 能与溴单质反应 B 能与金属钠反应 C 1mol G最多能和3mol 氢气反应 D 分子式是C9H6O3

【解析】

第26题是一道非常简单的有机题，A到B(CH3COOH)的转化条件是―O2，催化剂‖，后第（1）题有提示―A与银氨溶液反应有银镜生成‖，故A为CH3CHO。

B到C的转化从反应物CH3COOH到生成物CH3COCl,可以看出这是取代反应。 D到E的转化条件是―CH3OH，浓硫酸‖，这是典型的酯化反应的条件，故E为

，

C和E在催化剂作用下反应生成F()，F有两个酯基，且上面的酯基水解后

生成酚羟基，故1mol F可以消耗3mol NaOH，故发生反应方程式为：

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F到G的转化条件是―①Na2CO3，液体石蜡②HCl‖，此条件中学中没有出现过，但并不影响答题，解决这一步并不需要知道这个条件是发生什么样的反应，考生没必要再此处花更多的时间，并且没有跟这步有关的问题。

G的结构

，可

有碳碳双键

可以和溴单质加成，有羟基可以跟金属钠反应，1mol G最多可以和4mol H2 加成，G的分子式为C9H6O3。

（2010年安徽）26.（17分）

F是新型降压药替米沙坦的中间体，可由下列路线合成：

（1）A?B的反应类型是，D?E的反应类型是，E?F的反应类型是。

（2）写出满足下列条件的B的所有同分异构体（写结构式）。 ①含有苯环 ②含有酯基 ③能与新制Cu(OH)2反应

（3）C中含有的它能团名称是。已知固体C在加热条件下可深于甲醇，下列C?D的有关说法正确的是。

a.使用过量的甲醇，是为了提高B的产 b.浓硫酸的吸水性可能会导致溶液变黑 c.甲醇即是反物，又是溶剂 d.D的化学式为C2H2NO4

（4）E的同分异构苯丙氨酸经合反应形成的高聚物是（写结构简式）。

（5）已知

；在一定条件下可水解为

和

， F在强酸和长

时间加热条件下发生水解反应的化学方程式是。 26. 答案：（1）氧化还原取代

OOCH （2）

CH3 邻间对三种、

CH2OOCH

（3）硝基羧基 acd

（4） H——[ NH-CH-CO ]n OH [ ]n CH 2

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解析：根据前后关系推出BC结构简式即可

（2011年安徽）26.（17分）室安卡因（G）是一种抗心率天常药物，可由下列路线合成；

（1）已知A是

的单体，则A中含有的官能团是（写名称）。B的结

构简式是。

（2）C的名称（系统命名）是，C与足量NaOH醇溶液共热时反应的化学方程式是。

（3）X是E的同分异构题，X分子中含有苯环，且苯环上一氯代物只有两种，则X所有可能的结构简式有

、、、。

（4）F→G的反应类型是。

（5）下列关于室安卡因（G）的说法正确的是。

a.能发生加成反应 b.能使酸性高锰酸钾溶液褪色 c.能与盐酸反应生成盐 d..属于氨基酸【答案】（1）碳碳双键羧基 CH3CH2COOH

（2）2-溴丙酸或α-溴丙酸

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（4）取代反应

【解析】由F和G的结构简式可判断：F分子中的—Br被—NH2取代

（5）abc O

【解析】G分子中含有苯环、氨基和酰胺键—C—NH—，但没有—COOH，不属于氨基酸。氨基可直接接受H+生成对应的盐，酰胺键上的氨基不能直接接受H+生成盐，但能在酸性条件下水解后生成盐，其离子方程式为：

（2011年江苏）17.(15分)敌草胺是一种除草剂。它的合成路线如下：

回答下列问题：

（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：。 ①能与金属钠反应放出H2；②是萘（

）的衍生物，且取代基都在同一个苯环上；

③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种不同化学环境的氧。

（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：

，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）。合成路线流程图例如下：

CH2＝CH2 CH3CH2Br

【参考答案】

（1）A被空气中的O2氧化（2）羟基醚键

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CH3CH2OH

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【分析】本题是一道基础有机合成题，仅将敌草胺的合成过程列出，着力考查阅读有机合成方案、利用题设信息、解决实际问题的能力，也考查了学生对信息接受和处理的敏锐程度、思维的整体性和对有机合成的综合分析能力。本题涉及到有机物性质、有机官能团、同分异构体推理和书写，合成路线流程图设计与表达，重点考查课学生思维的敏捷性和灵活性，对学生的信息获取和加工能力提出较高要求。

【备考提示】解答有机推断题时，我们应首先要认真审题，分析题意，从中分离出已知条件和推断内容，弄清被推断物和其他有机物的关系，以特征点作为解题突破口，结合信息和相关知识进行推理，排除干扰，作出正确推断。一般可采取的方法有：顺推法（以有机物结构、性质和实验现象为主线，采用正向思维，得出正确结论）、逆推法（以有机物结构、性质和实验现象为主线，采用逆向思维，得出正确结论）、多法结合推断（综合应用顺推法和逆推法）等。关注官能团种类的改变，搞清反应机理。

（2011年浙江）29.（14分）白藜芦醇属二苯乙烯类多酚化合物，具有抗氧化、抗癌和预防

心血管疾病的作用。某课题组提出了如下合成路线：

ACH3OHC9H10O4浓硫酸/△C10H12O4BNaBH4CCH3OHC9H12O3HBrDC9H11O2BrCHOLi白黎芦醇BBr3FC17H18O3浓硫酸EC17H20O4△H2OCH3O

已知：

①RCH2BrCOOCH3②LiR'CHOCH2OHH2OOHRCH2CHR'CH2OH。

OCH3NaBH4CH3OHBBr3OCH3OH根据以上信息回答下列问题：

（1）白藜芦醇的分子式是________。

（2）C→D的反应类型是_________；E→F的反应类型是________。

（3）化合物A不与FeCL3溶液发生显色反应，能与NaHCO3反应放出CO2，推测其核磁共振氢谱（1H-NMR）中显示有_______种不同化学环境的氢原子，其个数比为_______。

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（4）写出A?B反应的化学方程式_______

（5）写出化合物D、E的结构简式：D_______，E_______。（6）化合物CH3OCHO有多种同分异构体，写出符合下列条件的所有同分异构体的

结构简式：______。

①能发生银镜反应；②含苯环县苯环上只有两种不同化学环境的氢原子。

解析：本题考查学生对有机化学基础的掌握情况，试题以白黎芦醇的合成路线为素材，用给与信息的形式突出考核有机物结构（官能团）与性质的关系、各类衍生物间的转化关系及有机反应类型、同分异构体、化学方程式等基础知识。试题对知识要求和能力要求都较高。在解题时可以根据合成路线的各步反应，观察每步反应所列出的各物质化学式的规律，应用试题给予的信息和路线中各步反应的反应条件，找出各种物质间的转化关系，再运用已有的知识，判断推出出各有机物和有机反应类型。由于合成路线中唯一知道的是白黎芦醇的结构简式和分子式，因此可以以白黎芦醇的结构简式为起点，用逆推方法，确定各步反应的各物质的结构简式和反应类型，回答试题各问。也可根据有机物A的分子式C9H10O4，计算出A的不饱和度为5，再根据A不与FeCl3溶液发生显色反应，能与NaHCO3反应放出CO2等性质，结合白黎芦醇的结构简式，确定A的分子结构（含一个苯环，无酚羟基，有羧基。在苯环的间三位上有三个取代基等），推出有机物A的结构简式。再用顺推方法来解。 ⑴ 依据白黎芦醇的键线式，可写出分子：C14H12O3 。

用逆推（或顺推）方法，判断推出各有步反应的各物质的结构简式和反应类型。

⑵ C→D的反应类型是取代反应；E→F的反应类型是消去反应。 ⑶ 根据确定的化合物A的结构简式：

可以知道，其H核磁共振谱（H-NMR）

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中显示有4种不同化学环境的氢原子，其个数比为1 ：1 ：2 ：6 。

⑷ A→B反应的化学方程式：

⑸ D的结构简式为：E的结构简式为：

⑹ 根据给定条件①能发生银镜反应，可确定分子结构中有醛基。②含苯环且苯环上只有两种不同化学环境的氢原子，可确定苯环上有二个取代基，并处于对位。则化合物

CH3OCHO的同分异构体有三种：

答案：（1）C14H12O3。

（2）取代反应消去反应。

（3） 4 1︰1︰2︰6 （4）

（5）。

（6）。

（2009年安徽）27

－32－

某工厂废水中含5.00×10mol/L的Cr2O7，其毒性较大。某研究性学习小组为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4，设计了如下实验：

滤液 3+含Cr、含加FeSO4·7H2O 2+3+②加NaOH溶液 Fe、Fe 2?Cr2O7的溶液至PH为9，过3焙○ 的酸性废滤烧 Cr0.5Fe1.5FeO4 滤渣（1）第①步反应的离子方程式是（2）第②步中用pH实纸测定溶液pH的操作是

（3）第②步过滤的到的滤杂中只要成分除Cr(OH)3 ，理论上需要加入 g FeSO4·7H2O。

（4）

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【解析】

第27题是一道类似于无机推断的信息框图题。 ―含Cr2O72-的酸性废水‖经过第①步加FeSO4·7H2O后得到―含Cr3+、Fe2+、Fe3+的溶液‖，

2-2++3+3+

根据信息很容易就能写出该步反应的离子方程式：Cr2O7+6Fe+14H=7H2O+2Cr+6Fe。

使用pH试纸测定溶液pH值是中学生必须掌握的基本操作之一，这个问题很简单。 ―第②步加NaOH溶液至pH为9，过滤‖，因这一步之前得到的是―含Cr3+、Fe2+、Fe3+

的溶液‖，故滤渣的主要成分是Cr(OH)3、Fe(OH)3、Fe(OH)2。

第(4)题，根据组成Cr0.5Fe1.5FeO4，知Cr元素与Fe元素物质的量比为0.5：(1.5+1)=1：5，可列式计算5×10－3mol/L×1L×2×5×278g·mol－1=13.9g。

（2010年安徽）27.（14分）

锂离子电池的广泛应用使回收利用锂货源成为重要课题：某研究性学习小组对废旧锂离子电池正极材料（LiMn2O4、碳粉等涂覆在铝箔上）进行资源回收研究，设计实验流程如下：

（1）第②步反应得到的沉淀X的化学式为。

（2）第③步反应的离子方程式是。

（3）第④步反应后，过滤Li2CO3所需的玻璃仪器有。若过滤时发现滤液中有少量浑浊，从实验操作的角度给出两种可能的原因：、。

（4）若废旧锂离子电池正极材料含LiNB2O4的质量为18.1 g第③步反应中加入20.0mL

-1

30.mol·L的H2SO4溶液。定正极材料中的锂经反应③和④完全为Li2CO3,剩至少有 Na2CO3参加了反应。【答案】（1）Al(OH)3

(2)4 LiMn2O4+O2+4H+=4Li++8MnO2+2H2O

(3) 漏斗玻璃棒烧杯；滤纸破损、滤液超过滤纸边缘等（4）5.3

解析：第一步就是铝溶解在氢氧化钠溶液中第二步就是偏铝酸钠与二氧化碳生成氢氧化铝，第三步是氧化还原反应，注意根据第一步反应LiMn2O4不溶于水。第（4）小题计算时要通过计算判断出硫酸过量。（2011年安徽）27.(14分)MnO2是一种重要的无机功能材料，粗MnO2的提纯是工业生产的重要环节。某研究性学习小组设计了将粗MnO2（含有较多的MnO2和MnCO3）样品转化为纯MnO2实验，其流程如下：

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（1）第①步加稀H2SO4时，粗MnO2样品中的（写化学式）转化为可溶性物质。（2）第②步反应的离子方程式+

? +?ClO+? ＝?MnO↓+?Cl↑

－3

? 。

（3）第③步蒸发操作必需的仪器有铁架台（含铁圈）、、、，已知蒸发得到的固体中有NaClO3和NaOH，则一定还有含有（写化学式）。

（4）若粗MnO2样品的质量为12.69g，第①步反应后，经过滤得到8.7g MnO2，并收集到0.224LCO2（标准状况下载），则在第②步反应中至少需要 mol NaClO3 【答案】（1）MnO和MnCO3 【解析】由流程图示中第①步可知：样品（含有较多的MnO和MnCO3的MnO2）中的MnCO3与稀硫酸反应产生CO2，MnO2不稀硫酸反应，过滤后的固体中不含MnO，所以第①步的反应为：MnO+2H+==Mn2++H2O和MnCO3+2H+==Mn2++H2O+CO2↑。

（2）5Mn2+ 2 4H2O 5 1 8H+

【解析】由流程图示中的第②步可知：第①步所得滤液中的Mn2+被ClO3—氧化为MnO2，ClO3—为被还原Cl2。

（3）蒸发皿酒精灯玻璃棒 NaCl

【解析】Cl2与热NaOH溶液反应的离子方程式为：3Cl2+6OH—==ClO3—+5Cl—+3H2O （4）0.02

【解析】样品中含有MnO和MnCO3的质量为12.69g—8.7g==3.99g，其中MnCO3物质的量为0.01 mol即质量为1.15g，MnO的质量为3.99g—1.15g==2.84g(即0.04mol)。所以经第①步过滤后的滤液中含有0.05molMn2+，根据得失电子守恒，则有：5n(NaClO3)==2×0.05mol == 0.10 mol，n(NaClO3)==0.02mol

（2011年江苏）16.(12分)以硫铁矿（主要成分为FeS2）为原料制备氯化铁晶体（FeCl3·6H2O）的工艺流程如下：

回答下列问题：

（1）在一定条件下，SO2转化为SO3的反应为SO2＋O2SO3，该反应的平衡常数表达式为K＝；过量的SO2与NaOH溶液反应的化学方程式为。

（2）酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量，其目的是、。（3）通氯气氧化后时，发生的主要反应的离子方程式为；

该过程产生的尾气可用碱溶液吸收，尾气中污染空气的气体为（写化学式）。【参考答案】

（1）k＝c(SO3)/c(O2)·c(SO2) SO2＋NaOH＝NaHSO3

3＋

(2)提高铁元素的浸出率抑制Fe水解

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（3）Cl2＋Fe＝2Cl＋Fe Cl2 HCl

【分析】本题让元素化合物知识与生产工艺、化学平衡原理结合起来，引导中学化学教学关注化学学科的应用性和实践性。本题考查学生在“工艺流程阅读、相关反应化学方程式书写、化学反应条件控制的原理、生产流程的作用”等方面对元素化合物性质及其转化关系的理解和应用程度，考查学生对新信息的处理能力。

【备考提示】我们元素化合物知识教学要与基本实验实验、化工生产工艺、日常生活等结合起来，做到学以致用，而不是简单的来回重复和死记硬背。

（2009年安徽）28. Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，通常是在调节

好pH和Fe浓度的废水中加入H2O2 ，所产生的羟基自由基能氧化降解污染物。现运用该方法降解有机污染物p-CP，探究有关因素对该降解反应速率的影响。

【实验设计】控制p-CP的初始浓度相同，恒定实验温度在298K或313K(其余实验条件见下表)，设计如下对比实验。实验序号 1 ○2 ○3 ○2＋－3＋

实验目的为以下实验作参照探究温度对降解反应速率的影响 T/K pH c/10moLH2O2 Fe-3-1 2+ 298 3 6.0 0.30 298 10 6.0 0.30 （1）请完成以下实验设计表(表中不要留空格)。

【数据处理】实验测得p-CP的浓度随时间变化的关系如右上图。

（2）请根据右上图实验①曲线，计算降解反应在50—150s内的反应速率； v(p-CP)= mol·L－1·s－1 【解释与结论】

（3）实验①②表明温度升高，降解反应速率增大。但温度过高时反而导致降解反应

速率减小，请从Fenton法所用试剂H2O2 的角度分析原因：（4）实验③得出的结论是：pH=10时，【思考与交流】

（5）实验时需在不同时间从反应器中取样，并使所取样品中的反应立即停止下来。根据上图中信息，给出一种迅速停止反应的方法：【解析】

第28题是一道新型的实验探究题，根据题给信息能很容易解决这道题。

第（1）题：由题中―控制p-CP的初始浓度相同恒定在实验温度在298K或313K(其余实验条件见下表)‖这句话中的信息能解决表格的第二列“探究温度对降解反应速率的影响”，故表格这一行应该填写―313，3，6.0，0.30‖，第三行①③对比可以发现其他温度、浓度均没发生变化，就pH值由3变成10，所以第三行空中应该填写的是―探究溶液的pH值对降解反应速率的影响‖。

第（2）题很简单，根据化学反应速率的定义，结合图像即可计算出结果，v(p-CP)=(1.2-0.8)×10－3/(150－50)=8×10－6 mol·L－1·s－1。

第（3）题提示―请从Fenton法所用试剂H2O2 的角度解释‖，通过平时的学习知，H2O2 温度高时不稳定，故虽然高温能加快化学反应速率，但温度过高就是导致H2O2 分解，没了反应物，速率自然会减小。

第（4）小题，可由图像观察得到，图像中随时间变化曲线③表示在pH=10时，浓度不变，说明化学反应速率为0，化学反应停止。

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第（5）题，可以根据第四小题回答，使反应迅速停止，可以向溶液加碱，调节pH=10即可。

（2010年安徽）28.（13分）

某研究性学习小组在网上收集到如下信息：Fe（NO3）3溶液可以蚀刻银，制作美丽的银饰。他们对蚀刻银的原因进行了如下探究：

[实验]制备银镜，并与Fe（NO3）3溶液反应，发现银镜溶解。（1）下列有关制备银镜过程的说法正确的是。

a.边振荡盛有2％的AgNO3溶液的试管，边滴入2％的氨水。至最初的沉淀恰好溶解为止

b.将几滴银氨溶液滴入2 mL乙醛中

c.制备银镜时，用酒精灯的外焰给试管底部加热 d.银氨溶液具有较弱的氧化性

e.在银氨溶液配制过程中，溶液的pH增大 [提出假设]

1＋

假设1：Fe具有氧化性，能氧化Ag。

假设2：Fe（NO3）3溶液显酸性，在此酸性条件下NO3能氧化Ag。 [设计实验方案，验证假设]

3＋3＋

（2）甲同学从上述实验的生成物中检验出Fe，验证了假设1成立。请写出Fe氧化Ag的离子方程式：。

（3）乙同学设计实验验证假设2，请帮他完成下表中内容（提示：NO3在不同条件下的还原产物较复杂，有时难以观察到气体产生）。实验步骤（不要求写具体操作过程） ① ② ?? 预期现象和结论若银镜消失，假设2成立。若银镜不消失，假设2不成立。 ?[思考与交流]

（4）甲同学验证了假设1成立，若乙同学验证了假设2也成立。则丙同学由此得出结论：Fe（NO3）3溶液中的Fe和NO3都氧化了Ag。

你是否同意丙同学的结论，并简述理由：。【答案】（1）ade

(2)Fe3++Ag= Fe2++Ag+ （3）①将银镜在硝酸铜溶液中

（4）同意 4Fe3++6H2O+9Ag+3NO3-=4Fe（OH）3+9Ag++3NO

解析：本题第（1）小题是考查学生实验，最后2小题具有较大的开放度。

（2011年安徽）28.(（13分）地下水中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环节问题。文献报道某课题组模拟地下水脱氮过程，利用Fe粉和KNO3溶液反应，探究脱氮原理及相关因素对脱氮速率的影响。

-1

（1）实验前：①先用0.1mol ?LH2SO4洗涤Fe粉，其目的是，然后用蒸馏水洗涤至中性；②将KNO3溶液的pH调至2.5；③为防止空气中的O2对脱氮的影响，应向KNO3溶液中通入（写化学式）。

（2）右图表示足量Fe粉还原上述KNO3溶液过程中，测

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3＋

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出的溶液中相关离子浓度、pH随时间的变化关系（部分副反应产物曲线略去）。请根据图中

信息写出t1时刻前该反应的离子方程式。t1时刻后，该反应仍在进行，溶液中NH4

的浓度在增大，Fe的浓度却没有增大，可能的原因是。

（3）该课题组对影响脱氮速率的因素提出了如下假设，请你完成假设二和假设三：

假设一：溶液的pH；假设二：；假设三：； ??..

（4）请你设计实验验证上述假设一，写出实验步骤及结论。

-（已知：溶液中的NO3浓度可用离子色谱仪测定）

实验步骤和结论【答案】（1）除去铁表面的氧化膜 CO2

（2）4Fe+10H++NO3-=Fe2++NH4++3H2O 硝酸根离子在酸性环境下氧化氮氧化物 (3) 溶液的温度使用催化剂

（4）将两份相同的KNO3溶液的pH分别调至2.5和3.5，, 分别加入等量且足量Fe

粉，等反应完成后，用离子色谱仪分别测定溶液中NO3-浓度，如果前者NO3-浓度低，说明酸性越强脱氮速率越快。

【解析】本题综合将元素化合物知识、化学实验、以及化学反应速率等相关知识放在一起进行探究性学习

（2011年广东）33、（17分）某同学进行试验探究时，欲配制1.0mol?L-1Ba(OH)2溶液，但只找到在空气中暴露已久的Ba(OH)2·8H2O试剂（化学式量：315）。在室温下配制溶液时发现所取试剂在水中仅部分溶解，烧杯中存在大量未溶物。为探究原因，该同学查得Ba(OH)2·8H2O在283K、293K和303K时的溶解度（g/100g H2O）分别为2.5、3.9和5.6。（1）烧杯中未溶物仅为BaCO3，理由是（2）假设试剂由大量Ba(OH)2·8H2O和少量BaCO3组成，设计试验方案，进行成分检验，在答题卡上写出实验步骤、预期现象和结论。（不考虑结晶水的检验；室温时BaCO3饱和溶．．．液的pH=9.6）限选试剂及仪器：稀盐酸、稀硫酸、NaOH溶液、澄清石灰水、pH计、烧杯、试管、带塞．．导气管、滴管实验步骤步骤1：取适量试剂于洁净烧杯中，加入足量蒸馏水，充分搅预期现象和结论第 30 页共 38 页

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拌，静置，过滤，得滤液和沉淀。步骤2：取适量滤液于试管中，低价稀硫酸。步骤3：取适量步骤1中的沉淀于是试管中，步骤4：（3）将试剂初步提纯后，准确测定其中Ba(OH)2·8H2O的含量。实验如下：

①配制250ml 约0.1mol?L-1Ba(OH)2·8H2O溶液：准确称取w克试样，置于烧杯中，加适量蒸馏水，，将溶液转入，洗涤，定容，摇匀。

②滴定：准确量取25.00ml所配制Ba(OH)2溶液于锥形瓶中，滴加指示剂，将（填“0.020”、“0.05”、“0.1980”或“1.5”）mol?L-1盐酸装入50ml酸式滴定管，滴定至终点，记录数据。重复滴定2次。平均消耗盐酸Vml。

③ 计算Ba(OH)2·8H2O的质量分数= （只列出算式，不做运算）．．

]（4）室温下， (填“能”或“不能”) 配制1.0 mol?L-1Ba(OH)2溶液

解析：（1）Ba(OH)2·8H2O与CO2作用转化为BaCO3（2）步骤2：预期现象和结论：有白色沉淀生成，说明有Ba2+。步骤3：取适量步骤1中的沉淀于是试管中，滴加稀盐酸，用带塞导气管塞紧试管，把导气管插入装有澄清石灰水的烧杯中。预期现象和结论：试管中有气泡生成，烧杯中的澄清石灰水变浑浊，结合步骤2说明沉淀是BaCO3 。步骤4：取适量滤液于烧杯中，用pH计测其pH值。预期现象和结论：pH>9.6，说明有大量的OH，综合上面步骤可知试剂由大量Ba(OH)2·8H2O和少量BaCO3组成，假设成立。（3）①溶解、过滤；250ml的容量瓶中。②0.1980 思路：0.025x0.1x2=C‘x0.05------（盐酸体积最多不能多于50ml）得C‘=0.1 mol?L-1 所以应该是选大于0.1 mol?L-1而且接近的③25xCx2=0.1980xV 得C=(0.1980/50)V , Ba(OH)2·8H2O的质量分数=250x103x0.1980Vx315x100%/50w。（4）不能

—

（2011年江苏）20.(14分)氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。

－1

已知： CH4(g)＋H2O(g)＝CO(g)＋3H2(g) △H ＝206.2kJ·mol

－1

CH4(g)＋CO2(g)＝2CO(g)＋2H2(g) △H ＝247.4 kJ·mol

－1

2H2S(g)＝2H2(g)＋S2(g) △H ＝169.8 kJ·mol

(1)以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。CH4(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式为。

(2)H2S热分解制氢时，常向反应器中通入一定比例空气，使部分H2S燃烧，其目的是。燃烧生成的SO2与H2S进一步反应，生成物在常温下均非气体，写出该反应的化学方程式：。 (3)H2O的热分解也可得到H2，高温下水分解体系中主要气体的体积分数与温度的关系如图11所示。图中A、B表示的物质依次是。

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(4)电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制氢的装置示意图见图12（电解池中隔膜仅阻止气体通过，阴、阳极均为惰性电极）。电解时，阳极的电极反应式为。 (5)Mg2Cu是一种储氢合金。350℃时，Mg2Cu与H2反应，生成MgCu2和仅含一种金属元素的氢化物（其中氢的质量分数为0.077）。Mg2Cu与H2反应的化学方程式为。【参考答案】

－1

(1)CH4(g)＋2H2O(g) ＝CO2(g) ＋4H2(g) △H＝165.0 kJ·mol(2)为H2S热分解反应提供热量

2H2S＋SO2 ＝2H2O＋3S (或4H2S＋2SO2＝4H2O＋3S2)

(3)H、O（或氢原子、氧原子）

－－2－

(4)CO(NH2)2＋8OH－6e＝CO3＋N2↑＋6H2O (5)2Mg2Cu＋3H2

MgCu2＋3MgH2

【分析】本题以新能源为背景涉及元素化合物性质、热化学方程式和电极反应方程式的书写、读图读表的综合题，是以化学知识具体运用的典型试题。

【备考提示】高三复习一定要关注生活，适度加强综合训练与提升。

（2011年浙江）27.(14分)某研究小组在实验室探究氨基甲酸铵（NH2COONH4）分解反应平衡常数和水解反应速率的测定。

（1）将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于特制的密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：

?NH2COONH4（s）??2NH3(g)+CO2(g)

实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：

???温度/℃ 平衡总压强/kPa 平衡气体总浓度/mol?L-1 15.0 5.7 2.4×10-3 ???20.0 8.3 3.4×10-3 25.0 12.0 4.8×10-3 30.0 17.1 6.8×10-3 35.0 24.0 9.4×10-3 ?（2）已知：NH2COONH4+2H2O??NH4HCO2+NH3?H2O

该研究小组分别用三份不同初始浓度的氨基甲c(NH2COO-)(mol/L)酸铵溶液测定水解反应速率，得到c(NH2COO2）时??????间的变化趋势如图所示。 ???①可以判断该分解反应已经达到平衡的??????是。

??? A.2v(NH2)=v(CO2) B.密闭容器中总压强不变 ??? C.密闭容器中混合气体的密度不变 D.密闭??????容器中氨气的体积分数不变 ???②根据表中数据，列式计算25.0℃时的分解平衡常?????????●●▲●●15℃●▲▲■▲25℃▲■■■5℃■????????????t(min)第 32 页共 38 页

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数：

③取一定量的氨基甲酸铵固体放在一个带活塞的密闭真空容器中，在25.0℃下达到分解平衡。若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量是 (填“增加”，“减少”或“不变”）。

④氨基甲酸铵分解反应的焓变△H O(填“＞”、“=”或“＜”),熵变△S O (填“＞”、“=”或“＜”)。

⑤计算25.0°C时，0-6min 氨基甲酸铵水解反应的平抑速率：_______。 ⑥根据图中信息，如何说明该水解反应速率随温度升高而增大：_____。

解析：本题是一道考查化学反应速率概念及其计算，化学平衡、化学平衡常数的概念及其计

算，

以及判断反应的焓变、熵变等相关知识的试题。试题设置的情景是学生并不熟悉的实验室探

究

氨基甲酸铵（NH2COONH4）分解反应平衡常数和水解反应速率的测定,且测定的数据以图表形

式

呈现。要求考生利用图表、进行数据分析判断，吸收、提取有效信息，突出了化学信息运用

能

力的考查。同时，对于作为化学的基本技能之一的化学计算，渗透在相关的知识块之中，强

调

计算的实用性以及认识、解决问题的综合性。

⑴ ①根据“同边异，异边同，量相当”原则，A．不能表示正逆反应速率相等，所以不能依据A判断该分解反应已经达到化学平衡状态；（NH2COONH4）为固体物质，（NH2COONH4）分解反应为一扩大气体体积的反应，由此可以判断，随着反应的进行密闭容器中总压强增大，所以，依据“B.达到平衡时密闭容器中总压强不变”，可以判断该分解反应已经达到化学平衡状态；同理，恒容条件下，随着反应的进行，则密度增大，依据“C.密闭容器中混合气体的密度不变”，可以判断该分解反应已经达到化学平衡状态；由于反应物（NH2COONH4）是固体物质，所以密闭容器中NH3的体积分数始终不变，为2/3。因此不能依据D判断该分解反应已经达到化学平衡状态。

②可将25℃的平衡总浓度4.8×10mol〃L转化为NH3和CO2的平衡浓度；根据反应 NH2COONH4(s)1/3。

所以，25.0℃时的平衡浓度：c(NH3) = 10mol〃L ；则

③恒温下压缩容器体积，平衡会向逆反应方向移动，氨基甲酸铵固体的质量增加。 ④由于氨基甲酸铵固体分解反应是扩大气体体积的反应，根据表中实验测得不同温度下

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-3

-1

-3

-1

2NH3(g)＋CO2(g)。可知平衡时NH3的体积分数为1/3,CO2 的体积分数为

21?4.8×10-3mol〃L-1, c(CO2) = ×4.8×33高考适应性训练

的

平衡数据分析可知，升高温度时，平衡总压强(kPa)增大，平衡气体总浓度(×10mol/L)增大，反应是正向移动，正反应为吸热反应，焓变△H＞0 。氨基甲酸铵固体分解为气体，体系混乱度增大，熵变△S＞0。

⑵ ⑤根据图中25℃曲线，可查得0～6min氨基甲酸铵的变化浓度数值，由此可计出此时段的平均反应速率：

⑥将图中25℃曲线和15℃曲线进行比较，由比较可以看到25.0℃时反应物的起始浓度较

小，但0～6 min时的曲线斜率比15.0℃时的曲线斜率大，可以说明25.0℃时反应物氨基甲酸铵的平均速率比15.0℃时的平均速率大。由此可以推断氨基甲酸铵水解反应速率随温度升高而增大答案：（1）①BC；

②

③ 增加； ④ ＞＞。

（2）⑤ 0.05 mol?L?1?min?1；

⑥ 25.0℃时反应物的起始浓度较小，但0～6 min的平均反应速率（曲线的斜率）仍比15.0℃时大。（2011年浙江）28．（15）二苯基乙二酮常用作医药中间体及紫外线固化剂，可由二苯基羟乙酮氧化制得，反应的化学方程式及装置图（部分装置省略）如下：

OOHCCH－3

＋2FeCl3

OOCC＋2FeCl2＋2HCl

在反应装置中，加入原料及溶剂，搅拌下加热回流。反应结束后加水煮沸，冷却后即有二苯基乙二酮精产品析出，用70%乙醇水溶液重结晶提纯。重结晶过程：

加热溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥请回答以下问题：

（1）写出装置图中下班仪器的名称：a__________.b___________

（2）趁势过滤后，滤液冷却结晶。一般情况下，下列哪些因素有利于得到较大的晶体：

_________

A．缓慢冷却溶液 B．溶液深度较高 C．溶质溶解度较小 D．缓慢蒸发溶剂

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如果溶液发生过饱和现象，可采用_______._________等方法促进晶体析出。（3）抽滤所用的滤纸应略_____（填“大于”或“小于”）布氏漏斗内径，将全部小孔盖住。烧杯中的二苯基乙二酮品体转人布氏漏斗时，杯壁上往往还粘有少量晶体，需选用液体将杯壁上的晶体冲洗下来后转入布氏漏斗，下列液体最合适的是_____ A．无水乙醇 B．饱和氯化钠溶液 C．70%乙醇水溶液 D．滤液

（4）上述重结晶过程中的哪一步操作除去了不溶性杂质：________。（5）某同学采用薄层色谱（原理和操作与

纸层析类同）跟踪反应进程，分别在反应开始，回流15 min、30 min、45 min和60 min时，用毛细管取样、点样，薄层色谱展开后的斑点如下图所示。

该实验条件下比较合适的回流时间是反应开始15min30min45min60min________。

A. 15 min B.30 min C. 45 min D.60 min

解析：这是一道实验题，试题选择由二苯基羟乙酮氧化制取二苯基乙二酮的为素材，给出了反应的化学方程式及装置图(部分装置省略)以及重结晶过程，要求写出装置图中玻璃仪器的名称；探讨趁热过滤后，滤液冷却结晶时，一般情况下哪些因素有利于得到较大的晶体；出现过饱和现象时，可采用哪些方法促进晶体析出；抽滤操作，晶体转移、洗涤时应注意的事项和试剂的选择等。最后采用薄层色谱跟踪反应进程，探求该实验条件下比较合适的回流时间。在解答这道实验题的过程中会发现：假如没有做过与此类似的纸层析实验，回答问题时，在一些实验操作细节上会出错，特别是在回答第（4）、（5）问时，更是无从下手。这个试题有效地区分了动手做实验与不做实验的差异，引导学生认识必须去做实验才能会真正领悟实验的诸多细节

●●●●●⑴ 装置图中的两种玻璃仪器分别为三颈烧瓶和球形冷凝管（或冷凝管）。

⑵ 晶体颗粒的大小与结晶条件有关，溶质的溶解度越小，或溶液浓度越高，或溶剂的蒸发速度越快，或溶液冷却越快，析出的晶粒就越小；反之，可得到较大的晶体颗粒。所以，A．缓慢冷却溶液；D．缓慢蒸发溶剂有利于得到较大的晶体。

当溶液发生过饱和现象时，振荡容器，用玻璃棒搅动或轻轻地摩擦器壁，或投入几粒晶体（晶种），都可促使晶体析出。

⑶ 减压过滤也称抽滤或吸滤。抽滤时所用的滤纸应略小于布氏漏斗内径，能将布氏漏斗上全部小孔盖住。

将烧杯中的二苯基乙二酮晶体转入布氏漏斗时，杯壁上往往还粘有少量晶体，需选用液体将杯壁上的晶体冲洗下来后转入布氏漏斗，目的是为了用减少晶体的损失。所以选择冲洗的液体应该是不会使晶体溶解损失，又不会带入杂质的。选择用滤液来物冲洗的液体是最好的，这是因为滤液是饱和溶液，冲洗时不会使二苯基乙二酮晶体晶体溶解，同时又不会带入杂质。

⑷ 重结晶过程：加热溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥，其中活性炭脱色可以除去有色杂质，趁热过滤可以除去不溶性杂质，冷却结晶，抽滤可以除去可溶性杂质。

⑸ 对照图上的斑点分析，可以知道，反应开始时图上的斑点是反应物，由此可推知，回流15min、30min、时的图上，下面的斑点为反应物，上面的斑点为生成物，45min时则图上

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的斑点是生成物，而反应物基本上无剩余。因此，该实验条件下比较合适的回流时间是45min。答案：（1）三颈烧瓶

球形冷凝管（或冷凝管）。（2）AD

用玻璃棒摩擦容器内壁加入晶种。（3）小于

D。（4）趁热过滤。（5）C。

例30. 单晶硅是信息产业中重要的基础材料。通常用碳在高温下还原二氧化硅制得粗硅

（含铁、铝、硼、磷等杂质），粗硅与氯气反应生成四氯化硅（反应温度450℃ ~ 500℃），四氯化硅经提纯后用氢气还原可得高纯硅。以下是实验室制备四氯化硅的装置示意图。