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2016高考考前阅读材料 答案


2016 高考化学考前阅读材料之一 联系生产、社会、生活实际的社会热点问题 【例 1】AFG 【变式 1】B 【变式 2】B 2016 高考化学考前阅读之二 物质的量及基本计算 胶体 【例 1】 (1)考查物质的结构①√ ②√ (2)考查盐的水解①× ②× (3)考查氧化还原反应中电子的转移①× ②× (4)考查气体摩尔体积及阿伏伽德罗定律①× ② √ 【例 2】C 【例 3】

(1) ×(2) × (3)×(4) × 2016 高考化学考前阅读之三 氧化还原反应 【例 1】C 解析:根据反应方程式可知,每当生成 16 mol N2,则氧化产物比还原产物多 14 mol,转移 电子的物质的量为 10 mol,被氧化的 N 原子的物质的量为 30 mol,有 2 mol KNO3 被还原。 现氧化产物比还原产物多 1.75 mol,则生成 2 mol N2,转移电子的物质的量为 1.25 mol, 被氧化的 N 原子的物质的量为 3.75 mol,因此,C 正确,D 错误。 【例 2】(1) 2Fe(OH)3+3ClO +4OH ===2FeO4 +3Cl +5H2O (2) 1 C6H12O6+24NaClO3+12H2SO4===24ClO2↑+ 6 CO2↑+18H2O+ 12 Na2SO4 解析: (1)FeCl3 与 KClO 反应时,根据题目信息 Fe 被氧化为 FeO4 ,则 ClO 被还原成 Cl , 可以写出 Fe +ClO ― →FeO4 +Cl , 然后根据氧化还原反应中得失电子守恒可以得到: 2Fe
+ - 2- - - 3+ - 2- - 3 3+ 2- - - - - 2- -

【例 2】⑤【变式 3】A【例 3】A【变式 4】A

离子反应

+3ClO ― →2FeO4 +3Cl ,再结合溶液强碱性和电荷守恒,在左边补上 OH ,然后配平。

(2)纤维素水解得到的最终产物 D 应为葡萄糖(C6H12O6),生成物可利用元素守恒推知, 然后配平即可。 【变式】2Fe +8H2O+3Cl2==2FeO4 +6Cl +16H
- 2+ + 3+ 3+ 2- - +

【例 3】 (1)5BiO3 +2Mn +14H ===5Bi +2MnO4 +7H2O (2)PbO2>KMnO4>H2O2 (3)紫红色褪去,生成(白色)沉淀
- 3 - 2+ + 3+ -



(4)0.006
- 4 3+ -

解析:根据实验①中的现象,BiO 把 Mn(NO3)2 氧化成 MnO ,本身被还原成 Bi ,离子方程 式: 5BiO3 +2Mn +14H ===5Bi +2MnO4 +7H2O。 根据实验②和③, H2O2 能还原 MnO4 , 而 PbO2 又把 MnO4 的还原产物氧化成 MnO4 ,所以氧化性 PbO2>KMnO4>H2O2;向含有 MnO4 的溶液中通 入 SO2 气体, 由于 SO2 还原性较强, 所以紫红色褪去, 生成 PbSO4 白色沉淀。 根据电子守恒得: 2MnO4
- - - -



5O2 0.015 mol

0.006 mol 【练习】答案:B

所以根据锰元素守恒,反应①中被氧化的 Mn(NO3)2 为 0.006 mol。 解析:Cl2 先氧化 Fe ;A 项,Cl2 过量;C 项,Cl2 少量;D 项,FeBr2 和 Cl2 等量。
1
2+

【例 4】类型一

(1)-(9)× ××××

××××类型二(1)-(7)√×√√××× (6)①× ②×

【例 5】 (1)√ (2)√ (3)× (4)①√ ②√ ③× (5)①√ ②× ③√ ④× ⑤× ⑥√ ⑦×

氧化还原反应方程式书写专题训练答案
1、3K2MnO4+CO2=2KMnO4+MnO2+K2CO3 2、TiO2+ 2C+2Cl2 = TiCl4+ 2CO 3、NH3+NaClO = N2H4 + NaCl + H2O N2H4 – 4e-- + 4OH


= N2 + 2 H2O

4、2Cu2++ 2Cl—+ SO2+2 H2O = 2Cu Cl ↓+ SO42-+ 4H+ 5、2MnO4-+5SO2+ 2H2O =2Mn2++5SO42-+4H+ 6、2MnO4-+5SO32-+6H+=2Mn2++5SO42-+3 H2O 7、6 Fe2+ +3 ClO—+ 3H2O = 2Fe(OH)3 + 4Fe3+ + 3Cl— 8、4FeCO3+O2+6 H2O = 4Fe(OH)3 +4 CO2 9、2Fe(OH)3+3ClO +4OH ===2FeO4 +3Cl +5H2O FeO42-+ 3e
— - - 2- -

+ 4 H2O = Fe(OH)3 + 5OH—

10、ClO—+ SO32— = SO42- + Cl— ClO—+ HSO3— = SO42- + Cl—+H+ 11、Ni2++H2PO2 +H2O=Ni+H2PO3 +2H+
— —

12、2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O 13、Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O 14、Se+2HNO3(浓)=H2SeO3+NO↑+NO2↑ 15、 (1)3MnO2+6KOH+KClO3 3K2MnO4+KCl+3H2O

(2)3MnO42-+4H+=MnO2↓+2MnO4-+2H2O (3)2.4 g

2

2016 年高考化学考前阅读之四 化学反应中的能量变化 【例 1】【答案】B 【解析】根据醋酸逐渐凝固说明该反应是吸热反应,则 AC 错误,B 正确,热化学方程式的 书写要标出物质的状态 D 错误。 【例 2】4HCl(g)+O2(g) 【例 3】 1.【解析】:该题考查盖斯定律的应用及反应热的有关计算。注意:热化学反应方程式中, △H 与反应物和生成物成定量对应关系、与得失电子有对应关系,与能量转化率的计算有关 等。应用盖斯定律,首先写出目标方程式:4NH3(g)+5 O2(g) = 4NO(g) +6 H2O(g),再从物 质角度考虑由已知反应调整系数、 加或减得到目标反应的算式: -2×②式+2×①式+3×③ 式,△H 跟着相加减;反应热与其它量的相关计算可列式对应求解: 4NH3(g)+5 O2(g) = 4NO(g) +6 H2O(g) △H=-905.0kJ/mol ~转移电子 4×17g m(NH3) 905.0kJ 226.3 kJ 20NA N(e )
-

2Cl2(g)+2H2O(g) △H= - 115.6 kJ/mol;

根据①式可求出生成 0.2mol NO 需能量为 18.05 kJ,能量利用率为:错误!未找到引用源。 ×100% 【答案】:4NH3(g)+5 O2(g) = 4NO(g) +6 H2O(g) 2. +161.1kJ·mol
-1

△H=-905.0kJ/mol 17 5NA

7.98%

【解析】由图示可得两个热化学方程式:H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g) △H=-241.8kJ·mol CH4(g)+3/2O2(g)=CO(g)+2H2O(g) △H=-564.3kJ·mol ② —①×3,所以△H=△H2-3△H1=+161.1kJ·mol
-1 -1

-1



② 目标反应与这两个反应的关系:

【例 4】【解析】该题考查原电池和电解池的基本知识。A 选项 H+离子在原电池中移向 PbO2 电极,错误。B 选项每消耗 3molPb,根据电子守恒生成 lmolAl2O3,错误。C 选项在原电池的 正极电极反应是生成 PbSO4,错误。D 选项在原电池中 Pb 电极的质量由于生成 PbSO4,质量 增加,在电解池中,Pb 阴极,质量不变,正确。 【答案】D 2. 2Na+FeCl2 Fe +2e
2+ -

Fe+NaCl,放电时正极发生还原反应,应该是 Fe2+得电子,电极反应式为 =Fe。充电时原电池的负极材料 Na 接电源的负极。该电池电解质为β -Al2O3
3+ 2+ + 2+ 3+

3. 答案:(1)2Fe +H2S=2Fe +S ↓ +2H (2)Fe -e =Fe
2+ -

解析:(2)阳极上可发生氧化反应的离子有 Fe 和 OH ,比较还原性顺序,应该 Fe
3

2+

先失电子。 【例 5】 1.【解析】:本题考查考生对氧化还原反应与原电池的关系、原电池原理、原电池结构等知 识的掌握情况,同是考查考生的规范作图能力 。 ...... 【答案】:(1)2Fe +Cu=2Fe +Cu (2)装置图 正极反应: 2 Fe +2e =2 Fe 负极反应:Cu-2e = Cu 。 [思考]【答案】因为该反应为非自发反应,应设计为电解池 。阳极为 Cu,阴极为惰性电极 ... (如石墨等),电解质溶液可以是 NaOH 溶液,Na2SO4 溶液,NaCl 溶液。 2.(1)阳极是 Al 发生氧化反应,要生成氧化膜还必须有 H2O 参加,故电极反应式为: 2Al+3H2O-6e
- 2+ 3+ - 2+ 3+ 2+ 2+



Al2O3+6H ;
+

+

(2) 阴极上得电子,发生还原反应, H 得电子生成氢气。因为 MnSO4~MnO2~2 e-,通过 2mol 电子产生 1molMnO2,质量为 87g。 (3) 电镀时,阴极析出 Cu,阳极 Cu 可以发生氧化反应生成 Cu ,补充溶液中的 Cu 。 【答案】:(1)2Al+3H2O-6e =Al2O3+6H ; (2) 2H +2e-=H2 ,87g (3)补充溶液中的 Cu (4)2ZnSO4+2H2O (5)V2O5 +SO2 =
2+ + + 2+ 2+

,保持溶液中的 Cu 浓度恒定 2Zn+O2↑+2H2SO4 负 氧化

2+

电解

SO3 +2VO2

4VO2 +O2 = 2V2O5

4

2016 高考化学考前阅读之五答案 化学反应速率、化学平衡
一、化学反应速率 【例题 1】A A [解析] H2O2 的分解反应主要由慢反应决定,且 I 浓度越大反应速率越快,A 项正确;合 并题中两反应,可知 I 为催化剂,而 IO 为中间产物,B 项错误;1 mol H2O2 分解时反应热 为-98 kJ·mol ,并不是活化能,C 项错误;根据化学计量数关系可确定 v(H2O2)= v(H2O) = 2v(O2),D 项错误。 【变式练习 1】D 【解析】加入催化剂同时改变正、逆反应速率,A 项错误;若是恒容条件,增加不参与反应 的气体而使反应体系的压强增大,由于浓度不变,反应速度就不变,B 项错误;降低温度使 反应速率降低,将增大反应达到平衡的时间,C 项错误;根据计算平均速率的定义公式可得 D 项正确。 【例题2】2 ,保证反应物K2S2O8浓度改变,而其他的不变,才到达实验目的。
-1 - - -

【变式练习2】探究碘酸钾的浓度和温度对反应速率的影响,40 【例题3】BD 二、化学平衡 【例题 4】ad 该反应由正方向开始进行,气体分子数逐渐增大,而压强保持不变,则容器体积增大,气体 密度减小,达平衡时保持不变,a 对;该反应的△H 始终保持不变,不能说明达到平衡状态, b 错;该反应由正方向开始进行,N2O4 逐渐减小,恒压过程中容器体积增大,N2O4 浓度减小, v 正逐渐减小,达平衡时保持不变,c 错;该反应由正方向开始进行,N2O4 转化率逐渐增大, 达平衡时保持不变,d 对。 【变式练习 3】1.bc 2. < < < 2 【例题 5】K1 /K2 反应(Ⅰ)×2-反应(Ⅱ)即得到反应:4NO2(g)+2NaCl(s)?? 2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g), 利用平衡常数定义可知该反应平衡常数 K=

K2 1 K2

【变式练习 4】1.K=1.75×10 【例题 6】Kp= 0.07 MPa
—1

4

2.

10

-4.6

正反应

5

20%np 2n-20%n p(C2H5OH) 20×180 -1 = =0.07(MPa) 2 2= p(C2H4)·p(H2O) ? 80%np ? 80 ×7.85MPa ?2n-20%n? ? ? 【变式练习 5】 (1)大于; 0.0010, 0.36。 (2)大于,反应正方向吸热,反应向吸热方向进行,故温度升高。b: 1.3。 (3)逆反应, 对气体分子数增大的反应,增大压强平衡向逆反应方向移动。 [解析] (1)依题意知,温度升高,混合气体的颜色加深,说明平衡向生成 NO2 的正反应 方向移动,即正反应是吸热反应;根据图像 0~60 s 时段,NO2 的物质的量浓度变化为 0.060 Δc -1 mol·L ,根据公式 v= 即可计算出速率;根据图像可知 NO2 的平衡浓度为 0.120 mol·L Δt
-1

,N2O4 的平衡浓度为 0.040 mol·L ,根据 K=

-1

c2(NO2) 可计算出平衡常数 K1。(2)①根据 c(N2O4)

题意知,改变反应温度为 T 后,反应速率降低,故为降低温度,即 T 小于 100 ℃;②根据 题意知,再次达到平衡后 N2O4 的浓度减小,Δ c=v·Δ t=0.002 0 mol·L·s ×10 s=0.02 mol·L ,则 NO2 的浓度增加 0.040 mol·L ,即达到新平衡时 N2O4 的浓度为 0.020 mol·L
-1 -1 -1 -1

,NO2 的浓度为 0.160 mol·L ,据 K=

-1

c2(NO2) 可计算出平衡常数 K2。(3)温度为 T 时, c(N2O4)

反应达到平衡,将反应容器减小一半,即增大压强。其他条件不变时,增大压强,平衡向气 体分子数减小的方向移动,即向逆反应方向移动。 【例题 7】CD【解析】A、化学平衡常数只与温度有关,温度不变,化学平衡常数不改变,A 错误;B、由于该反应 2BaO2(s) 2BaO(s)+O2(g)的正反应是体积增大的反应,当温度保持 不变时,缩小容器体积(相当于加压) ,平衡会向体积减小的方向即逆方向移动,所以 BaO 量减小,B 错误;C、由于温度不变,则化学平衡常数( )不变,所以 不变,所以氧气压 强不变,C 正确;D、由于该反应 2BaO2(s) 2BaO(s)+O2(g)的正反应是体积增大的反应, 当温度保持不变时,缩小容器体积(相当于加压) ,平衡会向体积减小的方向即逆方向移动, 所以 BaO2 量增加,D 正确。 【例题 8】 (1)v(N)= 0.001 mol/(L·min) (2)K= 1

(3)△H 小于 0(4) 60% (5)b 小于 0.060 [解析]若④的温度为 800 ℃,此时与③为等效平衡,b=0.060,但④的温度为 900 ℃,则 平衡逆向移动,b<0.060,则 D 项错误 【例 9】C [解析] 根据图像可知,T1<T2,Δ H<0,因此该反应是放热反应,故 c(X)变化越大,放出热 量越多,故 M 点放出的热量小于 W 点放出的热量,A 项错误;T2 温度下,在 0~t1 时间内, 1 a-b -1 -1 v(Y)= v(X)= mol·L ·min ,B 项错误;因 T1>T2,vM 正=vM 逆>vW 逆,又因 vN 逆<vW 逆, 2 2t1 所以 vN 逆<vW 正,C 正确;由于反应前后均只有一种物质,因此 M 点时再增加一定量的 X,则 相当于增大压强,平衡向正反应方向移动,X 的转化率升高,D 项错误。 4 【例 10】<,在 1.3×10 kPa 下,CO 的转化率已经很高,如果增加压强 CO 的转化率提高不 大,而生产成本增加,得不偿失。
6

2016 年高考化学考前阅读之六答案 电解质溶液
【例 1】B 解析: A.在 0.1 mol·L NaHCO3 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,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,即是质子守恒 关系式。 C.向 0.2 mol· L NaHCO3 溶液中加入等体积 0.1 mol· L NaOH 溶液后, 相当于 0.05 mol· L
-1 -1 -1 - + - + 2- -1 -

的 Na2CO3 溶液和 NaHCO3 溶液的混合液, 由于 Na2CO3 的水解程度大于 NaHCO3 的水解程度, 因
- 2- - +

此正确的关系是:c(HCO3 )>c(CO3 )> c(OH )>c(H )。 D. 该溶液的主要成分为醋酸钠,所以醋酸的浓度比醋酸钠的小 [知识点拨]2、 c(Na )>c(HCO3 )>c(OH )>c(H )>c(CO3 ) 3、 c(NH4 )>c(Cl )>c(OH )>c(H ) 4、 ③④①② 【例 2】A 【例 3】√ × × 四、水解的应用 原理: (1)KAl(SO4)2 电离出的 Al 易水解, 生成胶状的氢氧化铝 Al(OH)3: Al + 3H2O = Al(OH)3 (胶体)+ 3H ,氢氧化铝胶体的吸附能力很强,可以吸附水里悬浮的杂质,并形成沉淀, 使水澄清。所以,明矾是一种较好的净水剂。 (2) 纯碱溶液中存在水解平衡:CO3 +H2O
2- + 3+ 3+ + + + + 2-

HCO3 +OH 水解生成氢氧化钠,氢氧化钠能与 Fe (OH)3+ 3H ,加入盐酸, c(H )增大,平 Mg (OH)2+ 2H ,在氯化氢气流中可使平衡 Al(OH)3+ 3H ,加入 NaHCO3 溶液时: HCO3
+ + + +





油脂反应,加热水解平衡右移,c(OH )增大,去油污能力增强。 (3) FeCl3 溶液电离出的 Fe 水解:Fe +3H2O 衡左移,抑制 Fe 水解. (4)MgCl2 溶液电离出的 Mg 水解:Mg +2H2O 左移,抑制 Mg 水解,得到无水 MgCl2。 (5)Al2(SO4)3 溶液中存在水解平衡: Al + 3H2O
- + 3+ 2+ 2+ 2+ 3+ 3+ 3+

+H =H2O+CO2,,促进上述平衡右移,最终产生大量 Al(OH)3 和 CO2,达到灭火的目的. Al(OH)3+3HCl 加热平衡右移, c(HCl)增大,挥

(6)AlCl3 溶液存在水解平衡: AlCl3+3H2O 2Al(OH)3=Al2O3+3H2O,所以最后产物 Al2O3. 【易错点梳理】

发,平衡进一步右移, AlCl3 完全水解生成 Al(OH)3, 灼烧 Al(OH)3 发生分解反应:

7

1、挥发性强酸弱碱盐溶液蒸干得 相应的碱 2、难挥发性强酸弱碱盐溶液蒸干得 原盐晶体 3、强碱弱酸盐溶液蒸干得 原盐晶体 【例 4】B

灼烧得

相应的氧化物

解析本题考查了强酸和弱酸的稀释规律,解题时要注意弱酸在稀释时还会继续电离。pH 相 同的盐酸(强酸)和醋酸(弱酸),稀释相同的倍数时,因醋酸在稀释时仍不断地电离,故盐酸 的 pH 增大的多,故曲线Ⅰ代表盐酸稀释时的 pH 变化曲线,A 错误;因为 Kw 仅仅是温度的函 数,因为是在相同的温度下,故 a 点 Kw 与 c 点 Kw 的数值相同,C 错误;pH 相同的盐酸和醋 酸,醋酸浓度远大于盐酸,a 点醋酸的 pH 比 b 点盐酸小,故 a 点酸的总浓度大于 b 点酸的 总浓度,D 错误。 答案 B 【例 5】B 解析根据图中 c 点的 c(Ag )和 c(Br )可得该温度下 AgBr 的 Ksp 为 4.9×10
- + - -13

,A 正确。


在 AgBr 饱和溶液中加入 NaBr 固体后,c(Br )增大,溶解平衡逆向移动,c(Ag )减小,故 B 错。在 a 点时 Qc<Ksp,故为 AgBr 的不饱和溶液,C 正确。 选项 D 中 K=c(Cl )/c(Br )=Ksp(AgCl)/Ksp(AgBr),代入数据得 K≈816,D 正确 【例 6】D 解析点①溶液中的溶质为 0.001 mol CH3COOH 和 0.001 mol CH3COONa ,据物料守恒: c(CH3COO )+
- - -

c(CH3COOH)=2c(Na+),根据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),整理后得 c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-);
点②溶液的 pH=7, 据电荷守恒有 c(Na )+c(H )=c(CH3COO )+c(OH ), 又 c(H )=c(OH ), 则 c(Na )=c(CH3COO );点③溶液中的溶质为 0.002 mol CH3COONa,离子浓度大小关系为
+ - + + - - + -

c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。
答案 D

8

2016 高考化学考前阅读之七 物质结构、元素周期律(必修) 【例题 1】②,②③,①,④,②⑤,不可以 【例题 2】C 解析:A. 一般来说,主族元素的原子其最高化合价等于元素原子的最外层电子 数,但氟元素无正价,氧元素没有最高化合价,所以该项不正确 B.BCl3 中 B 原子的最外层是 3 电子稳定结构,而 PCl5 中 P 原子的最外层都达到 10 电子稳定 结构,所以该项不正确。 C.现用元素周期表从第一周期开始,元素种类数分别为 2、8、8、18、18、32,所以最长的 周期中就是含有 32 种元素 ,该项正确。 D.114 号元素的是一种金属元素,其没有负的化合价,所以该项不正确。 E.在元素周期表中金属和非金属分界线附近的寻找半导体材料,所以该项不正确。 【例题 3】(1)与氢化合的难易氯比硫容易;(2)氢化物的稳定性,HCl>H2S;(3)其最高价氧 化物对应的水化物的酸性强弱, HClO4>H2SO4;(4) 氯气通入硫化钠溶液或氢硫酸中,氯能 置换出硫。另外还有电化学、选修中的电负性等。 从简单易行的角度较好的是 (4) 【例题4】B 解析: 根据各元素的位置关系,且 M 是金属元素, 即 M 是 Al 元素,X 是 Si 元 素、Y 是 N 元素,Z 是 O 元素。B 项,Y 的非金属性强于 X,所以 Y 的最高价氧化物的水 化物(HNO3)的酸性强于 X 的(H4SiO4) 。 【例题 5】D 解析:A、B 阳离子与 C 阴离子具有相同的电子层结构,说明 A、B 元素在 C 元素 的下一周期,根据 A 的阳离子半径大于 B 的阳离子半径,且对电子层结构相同的离子,核电 荷数越大,半径越小可以得出 B 的原子序数比 A 大 【例题 6】A 解析:A.只含共价键的化合物为共价化合物,含有离子键的化合物为离子化合 物,离子化合物中可能含有共价键,如 NaOH,故 A 正确; B.含有共价键的化合物可能是离子化合物,如 KOH,故 B 错误; C.稀有气体属于单原子分子,不含化学键,故 C 错误; D.单质一定不含离子键,可能含金属键,如铁;可能含共价键,如 N2;可能不含化学键, 如 He 故 D 错误; 【检测】1.D 解析:A 中的物质是同一种物质,都是氧气,故 A 错;B 中的两种氧原子的电 子数相等,核外电子排布也相等,故 B 错;之间的转化, O , O 是原子核的变化,不化 学变化,故 C 错;1.12L 标准状况下 O2 的物质的量为 0.05mol,含有氧原子数为 0.1 N A , 故 D 正确。 答案:D 2.B 解析:C、B 属于同周期,自左向右非金属性逐渐增强,所以 H3BO3 的酸性比 H2CO3 的弱; B 项正确;Cl、Br、I 属于同主族元素,自上而下非金属性逐渐减弱,因此 HCl、HBr、HI
9
16 18

的热稳定性依次减弱;若 M、R 的原子序数分别为 x 和 y,由 M 和 R 的核外电子层结构相 同可得:x-1=y+2,因此 x>y,即则原子序数:R﹤M。这题是基础题,不过 A、B 两项设 问中出现 B,Be 等陌生元素。 3.B 解析:质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互称为同位素,即
137



2-

Cs 和

133

Cs

的质子数相同,137 和 133 表示二者的质量数,因此 A 不正确;同周期元素(除 0 族元素外) 从左到右,随着核电荷数的逐渐增多,原子核对外层电子对吸引力逐渐减弱,因此原子半径 逐渐减小,B 正确;同主族元素从上到下,随着核电荷数的逐渐增多,电子层数逐渐增多, 原子半径逐渐增大,原子核对外层电子对吸引力逐渐减弱,非金属性逐渐减弱,因此第 ⅦA 元素从上到下,其氢化物的稳定性逐渐减弱,C 不正确;同主族元素从上到下,单质的熔点 有的逐渐降低,例如 IA,而有的逐渐升高,例如 ⅦA,所以选项也 D 不正确。 4.B 解析:NH4Cl 全部由非金属元素组成,但含有离子键和共价键,A 项错误;同周期元素 从左到右金属性逐渐减弱,各周期 中ⅠA 族元素的金属性最强,B 项正确;同种元素的原子 的质子 数相同,但中子数不同,C 项错误;Ⅶ族元素的阴离子还原性越强 ,则元素的金属 性越弱,其最高价氧化物对应水化物的酸性越弱,D 项错误。 5.D 解析:该题以“周期表中元素的推断”为载体,考查学生对元素周期表的熟悉程度及其 对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。 考查了学生对物质 结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。金属性、非金属性比较: 突破口是 Z 为 O,又短周期元素原子序数依次增大,X 原子半径比 Y 小,说明 X 是 H,同时 W 与 X 属于同一主族,则 W 是钠。且最外层电子数之和为 13,推出 Y 为 N。 6.AFJ 解析:因为 W 的气态氢化物可与其最高价含氧酸生成离子化合物,这指的是铵盐,W 是 N 元素,则 X、Y、Z 依次是 O、S、Cl。则其氢化物中 H2S 最不稳定,A 正确;只有氯元素 的最高价含氧酸才一定比 Y 的含氧酸酸性强,B 错;阴离子还原性 S >O ,C 错;Cl2 与水 的反应中既表现氧化性,也表现了还原性,D 错;只有 S 能发生水解并破坏水的电离,E 错; O 与 Se 的电子数相差 26,F 正确;原子半径 Q >W>X,G 错;同位素研究的对象是核素,H 错;钠与 O 可能形成 Na2O2,J 正确。 7.D 解析:A、同主族元素最高价含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱,A 错误(没有指明 是最高价) ;B、核外电子排布相同的微粒可以是分子、原子或者离子,比如 Na 、H2O、Ne、 O 四种微粒核外电子排布相同,但是他们的化学性质差别较大,B 错误;C、Cl? 、S ? 、Ca 、 K 四种微粒核外电子排布相同,随着核电荷数增大,微粒半径逐渐较小,所以 S ? > Cl? > K > Ca 、C 错误;D、 17 Cl 与 17 Cl 属于同位素,都属于 Cl 元素,得点子能力相同,D 正确。
2+ + 2 + 22 2+ + 222-

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37

10

物质结构、元素周期律(选修) 【例题1】 (1)铍、镁。Be、Mg 的最外层电子数相同,电子层数 Mg 大于 Be,原子半径 Mg 大于 Be,所以 Mg 比 Be 更易失电子,第一电离能 Mg 小于 Be。 小于,Mg 原子的价电子排布为 3s2,Al 原子的价电子排布为 3s23p1,根据洪特规则特例, Mg 原子的 3s 轨道为全充满状态,较稳定,所以 Mg 比 Al 难失电子,第一电离能 Mg 大于 Al。 (2)1s22s22p1,N,+3 C>H>Si 【例2】表格(1) 分子 中心原子 价层电子 对数 BeCl2 CO2 BF3 2 2 3 3 3 3 平面三角 形 3 4 4 4 正四面体 形 ClO34 4 3 2 3 2 1 0 2 1 0 直线形 价层电子 对的空间 构型 成建 电子 对数 2 2 孤电 子对 数 0 0 0 分子或离 子空间构 型 直线形 直线形 平面三角 形 V形 平面三角 形 V形 三角锥形 正四面体 形 1 三角锥形 <109.5° 极性 SP
3

中心原 子杂化 方式

杂化轨 道数目

键角

分子 极性

180° SP 2 180° 120° SP2 3

非 非 非

SO2 CO32-

<120° 120°

极性

H2O NH3 CH4

104.5° 107.3° 4 109.5°

极性 极性 非

【例2】表格(2)答案 sp2、平面形、5 个 σ 键 ,1 个 π 键 ; 键; sp、直线型、σ 键 2 个,π 键 2 个。

sp、直线型、3 个 σ 键,2 个 π

【例 3】1. sp3 杂化,小,NH2-与 NH3 均为 sp3 杂化,根据价电子互斥理论,NH3 中氮原子上 有 1 对孤对电子,NH2-中氮原子上 有 2 对,2 对孤对电子对成键电子对的排斥作用更强, 使键角变的更小。 2.[Co(NH3)4Cl2]Cl,配位键,空轨道,孤对电子,1 3.As4O6 sp3 12 6 C (2)CsCl:8 8 6 正八面体 2:1 8 3 晶体结构表格(1)NaCl:6

(3)金刚石:6 4 正四面体 大 高 109.50 (4)SiO2 12 4 2 正四面体 4:1 (5)干冰:面心立方晶胞 12

(6)石墨: 平面正六边形 2
11

【例4】 (1) 3 (2)sp3;< (3)O、H (4)12;M3C60 【例5】④⑤⑥⑦ ⑧⑨⑩,①②,⑦⑧,③, (11) (13) , (14) 【例6】A. 【例7】NaF 与 MgF2 为离子晶体,SiF4 为分子晶体,所以 NaF 与 MgF2 远比 SiF4 熔点要高。 又因为 Mg2+的半径小于 Na+的半径,且 Mg2+所带电荷于大 Na+ 所以 MgF2 的离子键强度大


于 NaF 的离子键强度,故 MaF2 的熔点大于 NaF。 【检测】 1. (1)3d104s1 (2)sp3 正四面体 (3)c 2. (1)2;BN (2)sp2;sp3;3 (3)X(4)< 形成分子间氢键,更难电离出 H+ 解析: (1)B 的原子半径比 N 大,因而结构示意图中大球代表 B 原子,利用晶胞结构很容 易计算出含有 2 个 B 和 2 个 N,化学式为 BN。 (2)利用价层电子对互斥理论计算很容易判断出杂化方式;根据电离能的变化规律,半充 满和全充满的要高, 所以第一电离能介于 B、 N 之间的第二周期元素有 Be、 C、 O 三种元素。 (3)B 原子的所有价电子已经使用,因而提供孤对电子的原子是 X。 (4) 能形成分子内氢键, 致使 H+ 更难电离, 而苯酚属于弱酸, 就能电离出 H+ , 即 Ka2(水杨酸)<Ka(苯酚)。 3.(1)b (2)C 1:2 (3)4 (4)sp3 ﹤ 解析: (1)金属键没有方向性和饱和性, a 错; 金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用, b 对;金属导电是因为在外加电场作用下发生定向移动,c 错;金属具有光泽是因为自由电 子能够吸收并放出可见光,d 错。(2)Ni 的外围电子排布为 3d84s1, 3d 能级上有 2 个未成对电 子。第二周期中未成对电子数为 2 的元素有 C、O,其中 C 的电负性小。(3)CO 中 C 和 O 为 叁键,含有 1 个 σ 键、2 个 π 键。(4)甲醇分子内 C 的成键电子对为 4,无孤电子对,杂化类 型为 sp3,甲醇分子内 O?C?H 键角比甲醛分子内 O?C?H 键角大。 4. (1)1s22s22p1(2)b、c(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 解析: (1)基态硼原子的电子排布式为 1s22s22p1; (2)立方相氮化硼是 sp3 杂化,a 错误;六方相氮化硼是层状结构,层间作用力小, 质地软,b 正确;两种晶体均为共价键,c 正确;立方相氮化硼为原子晶体,d 错误。 (3)六方相氮化硼层内一个硼原子与相邻 N 原子空间构成平面三角形,结构与石墨相 似,但 B 原子最外层只有 3 个电子,没有自由移动的电子,故不能导电。 (4)立方相氮化硼是 sp3 杂化,根据天热矿物在青藏高原 300km 的古地壳中发现,可 以推出反应条件为高温高压。 (5)铵根中含有 1mol 配位键,BF4-含有 1mol 配位键,共 2mol。 5.(1)同素异形体 (2)sp3 sp2 (3)分子 混合 (4)σ σ π (或大 π 或 p-pπ) 解析: (3)C60 中构成微粒是分子,所以属于分子晶体;石墨的层内原子间以共价键加合, 层与层之间以分子间作用力结合,所以石墨属于混合晶体; (4) 在金刚石中只存在 C-C 之间的 σ 键; 石墨层内的 C-C 之间不仅存在 σ 键, 还存在 π 键;

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2016 年高考化学考前阅读之八 常见无机物及其应用 【课前测参考答案】 1、B [解析]:氢气通过灼热的 CuO 粉末后固体的质量减小;二氧化碳通过 Na2O2 粉末后 生成 Na2CO3, 固体的质量增大; 铝与 Fe2O3 发生铝热反应 生成 Al2O3, 固体的质量减小, 将锌粒投入 Cu(NO3)2 溶液置换出铜, 固体的质量减小。 2、B [解析] A 项,Al 与 HCl、NaOH 溶液都能反应生成 H2,HCl 溶液与 NaOH 溶液能 发生中和反应; B 项,NH3 与 O2 在催化剂、高温条件下反应生成 NO 和 H2O,O2 与 HNO3 不能发生反应, NH3 与 HNO3 反应生成 NH4NO3; C 项,SiO2 与 NaOH 溶液、HF 溶液分别发生反应:SiO2+2NaOH===Na2SiO3+H2O、SiO2 +4HF===SiF4↑+2H2O,NaOH 溶液与 HF 溶液发生中和反应; D 项,SO2 为酸性氧化物,可与 Ca(OH)2 溶液反应生成盐,H2SO3 的酸性强于 H2CO3,SO2 可与 NaHCO3 溶液反应生成 CO2,Ca(OH)2 溶液可与 NaHCO3 溶液反应生成 CaCO3 沉淀。 3、C [解析]A、盐的水解反应是吸热反应,所以升高温度,促进盐的水解,溶液的碱性更强。 因此用热的纯碱溶液可以洗去油污。并不是碳酸钠可与油污直接反应。错误。B、漂白粉在 空气中久置变质,是因为有效成分 Ca(ClO)2 会发生反应产生的 HClO 不稳定,光照分解 产生 HCl 和氧气,错误。C、当施肥时草木灰(有效成分为 K2CO3)与 NH4Cl 混合使用, 则两者的水解作用相互促进,使氮元素以氨气的形式逸出因而肥效会降低。正确。D、FeCl3 溶液可用于铜质印刷线路板的制作, 是因为二者发生反应生成氯化亚铁和氯化铜, 把多余的 铜腐蚀掉。错误。 考点:考察盐的水解及应用的知识。 4、 (3) bd 不能 Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O 2Fe3++ Fe=3Fe2+(或只写 Fe+ 2Fe3+ =3Fe2+) [解析](3)铝热反应常用于冶炼高熔点的金属,并且它是一个放热反应其中镁条为引燃剂, 氯 酸 钾 为 助 燃 剂 , 所 以 答 案 选 bd ; H2SO4 与 Fe2O3 反 应 的 离 子 方 程 式 为 Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O,铝热反应生成的 Fe 可将 Fe3+还原为 Fe2+,所以不能说明固体混合 物中无 Fe2O3。

【例题】C

把选项一一带入,按照箭头指向看是否能转化,然后选出正确答案。

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【例 1】 (1)①第三周期 IIIA 族 (2)①6 [解析] PCl3 电子式

抑制

②3[Al(OH)4]-+ Al3+=4Al(OH)3↓ ② Cl2+H2O= H++Cl-+ HClO

(3)①离子键、共价键

②C(CO32 )<C(H+)<C(OH )<C(HCO3 )<C(Na+)
- - -

(1)①若 A、B、C 中均含同一种常见金属元素,该元素在 C 中以阴离子形式存在,将 A、C 的水溶液混合可得 B 的白色胶状沉淀,由转化关系可知,A 含有铝离子,B 为氢氧化铝,C 含有[Al(OH)4]?,x 为氢氧化钠。所以 A 中含有的金属元素为 Al,在元素周期表中的位置为: 第三周期 IIIA 族;X 为 NaOH,强碱对抑制水的电离平衡。 ②A 中含 Al3+、C 中含 [Al(OH)4]? ,二者混合生成 Al(OH)3,离子方程式为: 3[Al(OH)4]-+ Al3+=4Al(OH)3↓ (2)①若 A 为固态非金属单质,A 与 X 同周期,同时 A 在 X 中燃烧,产生白色烟雾,常温常压 下 C 为白色固体,B 分子中各原子最外层均为 8 电子结构。由转化关系可知,A 为磷,B 为 三氯化磷,C 为五氯化磷,x 为氯气。若 A 为该元素的白色固体单质,则 A 为白磷,白磷 分子为正四面体构型,所以 1mol A 单质中含共价键数目为 6NA ,B 为三氯化磷,电子式为:

②X 为氯气,与水反应的离子方程式为:Cl2+H2O= H++Cl-+ HClO (3)若 A、B、C 的焰色反应呈黄色,水溶液均为碱性,常温下,X 为气态酸性氧化物,则 A 为 氢氧化钠,B 为碳酸钠,C 为碳酸氢钠,x 为二氧化碳。①A 为氢氧化钠,属于离子化合物, 钠离子与氢氧根离子之间形成离子键, 氢氧根离子中氧原子与氢原子之间形成 1 对共用电子 对,为共价键,所以 A 中所含有的化学键是: 离子键、共价键。 ②C 为 NaHCO3,HCO3?的水解程度大于电离程度,溶液呈碱性,所以 NaHCO3 溶液中离子 浓度由小到大的顺序是:C(CO32 )<C(H+)<C(OH )<C(HCO3 )<C(Na+)
- - -

考点:本题考查元素化合物推断、盐类的水解、方程式的书写、化学键与电子式、离子浓度 比较。 【例 2】 (1)2Br +Cl2===Br2+2Cl
- + - -

(2)吹出单质 Br2

(3)吸收尾气 NaOH 溶液

(4)H2O2+2Br +2H ===Br2+2H2O 色变化,即能证明 Br2 氧化了 H2SO3

(5)氧化性:H2O2>Br2>H2SO3

(6)①不干扰,无论热空气是否参加氧化 H2SO3,只要观察到产生白色沉淀的同时有明显颜 ②H2SO3 有剩余(H2O2 浓度小或 Br 与 H2O2 反应慢等合理答案均可) [解析] Ⅰ中原理为 Cl2+2Br ===Br2+2Cl ,Ⅱ中,吹入热空气,把 A 中生成的 Br2 吹出进 入 B 装置,发生反应:Br2+H2SO3+H2O===2HBr+H2SO4 H2SO4+BaCl2===BaSO4↓+2HCl Ⅲ中原理为 H2O2+2Br +2H ===Br2+2H2O 综合以上分析,可以推断氧化性 H2O2>Br2>H2SO3。 【例 3】(1)Al2O3+2OH +3H2O=2[Al(OH)4]- - + - - -

SiO2+2OH =SiO32-+H2O


(2)Fe2O3、Na2Al2Si2O8 炼铁的原料(或生产硅酸盐产品的原料) 引流
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(3)经过足量氢氧化钠溶液的溶解,大部分铝元素均以 Na[Al(OH)4]的形式存在于滤液中,通 入过量二氧化碳可以将 Na[Al(OH)4]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。 【例 4】(1) Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al(OH)4] (3)滤渣Ⅰ (4)温度过高, H2O2 受热分解
+ + +

(2)Fe3O4+8H ===2Fe3 +Fe2 +4H2O
+ + + + + +

(5)2Fe2 +MnO2+4H ===2Fe3 +Mn2 +2H2O

(6)硫酸抑制 Al3 和 Fe3 水解,降低絮凝效果;水的酸度增大,影响水质 [解析] 加入 NaOH 溶液使 Al2O3 溶解,其方程式为 Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al(OH)4]; 通入过量 CO2,发生的反应为 CO2+Na[Al(OH)4===Al(OH)3↓+NaHCO3;再加入 H2SO4 时, 其反应原理为 2Al(OH)3+3H2SO4===Al2(SO4)3+6H2O,结晶得到 Al2(SO4)3 晶体。向硫铁矿 烧渣中加入 H2SO4,其方程式为 FeO+H2SO4===FeSO4+H2O,Fe3O4+8H ===2Fe3 +Fe2
+ + + + +

+4H2O。―滤渣Ⅰ‖中含有 Fe2O3、FeO,―滤渣Ⅱ‖中含有 SiO2,根据工艺流程,滤渣Ⅰ可加 以利用。H2O2 氧化 Fe2 时,温度不能过高,其原因是温度过高,H2O2 会分解。因为 Fe3 、 Al3 水解均呈酸性,所以产品 PFAS 中硫酸残留过多,会抑制 Al3 、Fe3 水解,降低絮凝效
+ + +

果,并且酸度过大影响水质。 【课后测参考答案】 1、B [解析] ①组:Al(OH)3+NaOH=== Na[Al(OH)4,2Al(OH)3+3H2SO4===Al2(SO4)3+6H2O,故 ①组符合。②组:2KOH+SiO2===K2SiO3+H2O,但 SiO2 与浓盐酸不发生反应。③组:N2 与 O2 在高温或放电条件下反应生成 NO,N2 与 H2 在高温、高压、催化剂条件下反应生成 NH3,常温下均不反应。④组:2FeCl3+Cu===CuCl2+2FeCl2,Cu+4HNO3(浓)===Cu(NO3)2 +2NO2↑+2H2O。 2、B [解析]A、①②发生反应,产生的 H2S 在试管中与③中的遇 AgNO3 与 AgCl 的浊液 , 与 Ag+结合生成 Ag2S 沉淀,这与 Ksp(AgCl)和 Ksp(Ag2S)的大小无关,错误。B、浓 硫酸有脱水性,能够使蔗糖脱水碳化,然后浓硫酸与碳单质反应,生成 CO2 和 SO2,在试管 中与溴水发生氧化还原反应得到硫酸和氢溴酸,因此证明了浓硫酸具有脱水性、氧化性,正 确。C、SO2 溶解在试管中使溶液显酸性,这时就与 Ba(NO3)2 溶液发生氧化还原反应得 到 SO42-,再发生离子反应得到硫酸钡白色沉淀,若③中无氧化性的物质存在,则不能发生 沉淀反应,错误。D、浓硝酸有挥发性,挥发出的硝酸也会与 Na2SiO3 溶液反应得到硅酸沉 淀,因此不能证明酸性:硝酸>碳酸>硅酸,错误。 3、①Fe 温度过高会导致 TiOSO4 提前水解,产生 H2TiO3 沉淀 ②Fe2


Fe2O3

[解析](2)①因为矿石经硫酸溶解后得到的 Fe2(SO4)3,而后面过滤得到的是 FeSO4· 7H2O, 所以试剂 A 是铁粉,把 Fe3+还原为 Fe2+。由于 TiOSO4 容易水解,若温度过高,则会有较多 TiOSO4 水解为固体 H2TiO3 而经过滤进入 FeSO4· 7H2O 中导致 TiO2 产率降低。 ②加 KSCN 溶液无现象,加 H2O2 后出现红色,说明存在 Fe2+。经加热后 Fe2+氧化为 Fe2O3 而使产品发黄。
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4、(12 分) (1)Al2O3+ 3H2SO4 =Al2(SO4)3+ 3H2O (2)CaSO4
3+ 2-

SiO2

3CaCO3 + 2Al + 3SO4 + 3H2O = 2Al(OH)3+ 3CaSO4+ 3CO2↑ 减小

(3)溶液中的部分 SO32- 被氧化成 SO42-

[解析](1)酸浸时氧化铝与硫酸反应,二氧化硅不与硫酸反应,过滤得到; (2)加入了钙 离子,生成微溶与水的 CaSO4 沉淀,若 pH 偏高,将会生成氢氧化铝,导致该结果; (3)空 气是氧化性氛围,亚硫酸具有较强的还原性易被氧气氧化为硫酸,使溶液酸性增强。 考点:考查工业流程中化学原理有关问题。

5、(1) 通入 N2 作保护气,排尽装置中的氧气,以防在高温下与活性炭和石墨反应。 (2) CO , SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O (4) AlO2-+CH3COOCH2CH3+2H2O (3) 静置、过滤。Cl-、AlO2-。 CH3COO- + Al(OH)3↓+CH3CH2OH ,7.8Kg

(5) [解析] 信息给予题一定要注意审题,本题为带工艺流程图的信息题,根据工艺流程图所提 供的信息结合设问,仔细分析解答。 (1)若装置中混有空气,在 1 500 ℃时初级石墨与 O2 反应,故通入 Cl2 前,先通一段时间 N2, 排出装置内的空气,防止初级石墨电极被 O2 氧化。 (2)由信息―石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物‖,问的是―气体Ⅰ中的碳氧化物主要是 什么‖,当石墨中的氧化物转化为氯化物时,氧元素可能与碳元素结合,而此时碳的量较多, 所以气体Ⅰ中的碳氧化物主要为一氧化碳; 根据信息―SiCl4 的沸点为 57.6 ℃, 金属氯化物的 沸点均高于 150 ℃‖和―含水玻璃的混合溶液‖,气体Ⅱ的温度为 80 ℃,所以气体Ⅱ为 SiCl4 气体。根据已知的反应物和生成物,结合原子个数守恒可写出得到水玻璃的化学方程式为 SiCl4+6NaOH===Na2SiO3+4NaCl+3H2O。 (3)固体Ⅲ中含有的是氯化铁、氯化铝和氯化镁,加入过量的氢氧化钠溶液后,会生成氢氧 化铁和氢氧化镁沉淀,所以需要过滤才能得到溶液Ⅳ,而得到的溶液Ⅳ中含有的阴离子为 AlO2 、Cl 和过量的 OH 。 (4)沉淀Ⅴ应该是氢氧化铝,反应物包括偏铝酸根离子和乙酸乙酯,根据乙酸乙酯可水解的 性质,进一步判断生成物中除氢氧化铝外,还应该有 CH3COO 和 C2H5OH。即:AlO2 + CH3COOC2H5+2H2O===Al(OH)3↓+CH3COO +C2H5OH;100 kg 初级石墨中含有 5.1 kg 氧 化铝,其物质的量为 50 mol,根据铝原子个数守恒可知,能生成 100 mol 氢氧化铝,其质量 为 7.8 kg。 (5)要用 C 通过电化学腐蚀保护铜,只能用电解池原理。
- - - - - -

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2016 高考化学考前阅读之九 有机化学(必修) 【答案】 【课前检测】AGJL 解析:答案 B 错误,糖类中单糖不能水解。答案 C 错误。乙烯与溴水能 发生加成反应使溴水褪色。苯只是萃取了溴水中的溴。答案 D 错误。乙烯是通过石油裂解 得到。答案 E 错误。植物油是高级脂肪酸甘油酯,是碳氢氧化合物。答案 F 错误。煤气的 主要成分是 CO 和 H2,液化石油气的主要成分是 C3 到 C5 的烷烃。答案 H 错误。例如乙醇 与乙酸可以发生酯化反应,属于取代反应。答案 I 错误。二者都可以燃烧,所以都能发生氧 化反应。答案 K 错误。植物油是高级脂肪酸甘油酯。答案 M:错误。棉麻是植物纤维,只含 有 C、H、O 元素;丝毛是蛋白纤维,蛋白质由 C、H、O、N 元素组成,还可能含有 S、P 等,N、S、P 燃烧是会生成其各自的氧化物,烧头发时有异味就是头发中含硫的缘故。 合成纤维种类可就多了,只能具体情况具体分析,主要看其合成的单体组成了,例如粘胶, 主要原料来自于植物,它就和棉麻情况相同;而氨纶、氯纶、腈纶、醋酯纤维等等,顾名思 义,肯定是含有其他元素的了。答案 K 错误。这个过程是盐析,是物理变化,加水溶解。 【练习 1】3 种 【练习 2】4 种 【例 1】C 【例 2】C 【课堂练习】1、A 2、A 3、

BDEGI 4、C 5、BD 6、B 7、B 8、D 9、D 10、D 有机化学(选修) 【答案】 【例 1】 ?CH3CH2CH2CHO 或(CH3)2CHCHO ⑵ CH2ClCH2CH2CH2Cl;取代反应。 (3)硝酸 酸化的 AgNO3 溶液 O O ‖ ‖ 催化剂 — C - (CH2)4 - C - NH(CH2)6NH — ( 4 ) nHOOC(CH2)4COOH+nNH2(CH2)6NH2 ―――→ [ ] n+ 2nH2O 【例 2】 (1)3

醛基

(2)b、d(3)

(配平不作要求) (4)
【课后检测】

1、 (1)苯乙烯

(2)

(3)C7H5O2Na;取代反应 (5)

(4) (6)
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2016 年高考化学考前阅读之十 化学实验基础 【例 1】答案 D 【例 2】解析 切忌用已燃着的酒精灯去点燃另一个酒精灯,A 项错误;如果将浓碱溶液沾 到皮肤上, 要用较多的水冲洗, 再涂上 2%~5%的硼酸溶液, 万一眼睛里溅进了酸或碱溶液, 要立即用水冲洗(切不可用手揉眼睛),边洗边眨眼睛,必要时请医生治疗,B 项正确;点燃 可燃性气体前必须验纯,C 项错;浓硫酸的稀释应将浓硫酸缓慢加入水中,边加边搅拌,防 止硫酸飞溅伤人,D 项错。 答案 B 【例 3】解析 (1)在用石蕊试纸检验气体时,可将试纸润湿;容量瓶、滴定管等仪器在使用

前需要检查是否漏水。(2)量筒属于粗量器,可以粗略量取物质的体积,托盘天平可以粗略 称取物质的质量。 答案 (1)①把石蕊试纸用蒸馏水润湿 ②检查容量瓶是否漏水 ③用待装液润洗滴定管 2~3 次(答检查滴定管是否漏水也可以) ④干燥集气瓶 ⑤调节零点 (2)①abc ②c ③B

【例 4】解析 A 中 KMnO4 溶液具有强氧化性,不能用碱式滴定管量取;B 中的温度计水 银球应位于蒸馏烧瓶支管口处;D 中不需要分液漏斗,而需要 500 mL 容量瓶。 答案 C 【例 5】D【例 6】B【例 7】B 【例 8】D 【例 9】1.(1)2.5g,47.5g(2)烧杯(3)量筒,烧杯,玻璃棒 2. (1)烧杯、玻璃棒、托盘天平(2)量筒、容量瓶、胶头滴管 【例 10】 解析 甲实验得到的沉淀中含有 Fe(OH)3、 Cu(OH)2 和 Hg(OH)2, 加热后得到 Fe2O3、 CuO 和 HgO,HgO 进一步分解变为汞蒸气,通 H2 还原后得到 Fe 和 Cu;乙实验中加入过量 铁粉,过滤所得的滤渣中含有汞、铜以及过量的铁粉,最后也不能得到纯净的铜;丙实验中 用盐酸溶解了滤渣中的铁,加热汞变为蒸气,最后可以得到纯净的铜。因为锌比铁活泼,所 以方案乙中加入的铁不能还原 Zn2 。甲方案中没有涉及化合反应。丙方案有可能产生汞蒸


气和酸性废水,从而导致环境污染。 答案 D 【例 11】 (1) (2) (3)
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【例 12】1:2

Mn3O4

MnO

附:1、常见离子的检验: Na+(K+) :将铂丝用盐酸洗涤后在酒精灯的火焰上烧至无色,然后蘸取固体样品(或溶液) 在酒精灯火焰上灼烧,若观察到火焰呈黄色,说明样品中含有钠元素 。若透过蓝色钴玻璃观 .. 察到火焰呈紫色,说明样品中含有钾元素。 ... Al3+:取待检验的溶液少量于试管中,加入过量 NaOH 溶液,先生成白色沉淀,后沉淀逐渐 溶解,说明原溶液中含有 Al3+。 Fe2+:①取待检验的溶液少量于试管中,加入 NaOH 溶液(或氨水) ,生成白色沉淀,立即 变成灰绿色,最后得到红褐色沉淀,说明原溶液中含有 Fe2+。②取待检验的溶液少量 于试管中,加入几滴 KSCN 溶液,没有明显变化,再滴加少量氯水或双氧水,溶液变 为红色,说明原溶液中含有 Fe2+(常用) 。③若有 Fe3+干扰,则用酸性 KMnO4 溶液, 紫色退去,则含 Fe2+。 Fe3+:取待检验的溶液少量于试管中,加入 NaOH 溶液(或氨水) ,立即生成红褐色沉淀, 说明原溶液中含有 Fe3+。②取待检验的溶液少量于试管中,加入几滴 KSCN 溶液,溶 液变为红色,说明原溶液中含有 Fe3+(常用) 。 NH4+:取待检验的溶液少量于试管中,加入浓 NaOH 溶液并加热,将湿润的红色石蕊试纸 放在试管口,若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体,说明原溶液中含有 NH4+。 Cl-:取待检验的溶液少量于试管中,加入过量稀硝酸,再加入几滴硝酸银溶液,若产生白 色沉淀,说明原溶液中含有 Cl-。 SO42-:取待检验的溶液少量于试管中,加入过量稀盐酸,再加入几滴氯化钡溶液,若产生 白色沉淀,说明原溶液中含有 SO42-。 I-:取待检验的溶液少量于试管中,加入少量氯水后再加入几滴淀粉溶液,若溶液变蓝色, 说明原溶液中含有 I-。 2、常见气体的检验 SO2: 将气体通到盛有品红溶液的试管中,观察到溶液褪色,将褪色后的溶液加热,溶液 又恢复红色,则该气体为 SO2 NH3:①用湿润的红色石蕊试纸检验 ②把待检气体收集在集气瓶里,盖上玻璃片,用玻璃棒蘸取浓盐酸,开启玻璃片插入瓶中 Cl2:用湿润的淀粉-KI 试纸靠近集气瓶口 O2:用试管或集气瓶取待检气体,然后向试管或集气瓶中插入带有火星的木条 H2:使待检气体通过尖嘴玻璃导气管并点燃,在火焰上方罩一个干而冷的烧杯
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CO2:将无色无味的气体通入澄清石灰水中 C2H4: 通入溴水或酸性高锰酸钾溶液,溶液褪色

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