高考化学复习化学解析

7.【答案】A

【考点】本题考查化学与STSE。

【解析】A选项，组成与结构相似的分子,相对分子质量越大熔点越高，A正确。B选项，明矾净水是利用铝离子水解生成的胶体吸附水中的悬浮杂质而聚沉，不能使海水淡化。C选项，铁在潮湿的空气中易发生电化学腐蚀。D选项，酸性重铬酸钾能将乙醇氧化，利用了乙醇的还原性。

【失分警示】注意明矾净水的原理，是利用了胶体的性质；海水淡化是降低海水中盐的含量。 8. 【答案】B

【考点】本题考查离子共存问题。

【解析】A中Fe与SCN络合生成Fe（SCN）3不能共存。B中强碱性条件下不反应，一定可以共存，B正确。C中水电离的C（H）=10

3+

-+

—13

3+

—

mol/L,溶液可能是酸或碱，若为碱性则NH4、

+

Al均不能与OH大量共存。D中为酸性条件，硝酸根离子在酸性条件下与亚铁离子发生氧化还原反应而不能共存。

【失分警示】离子共存问题要注意挖掘题目隐含信息。 9. 【答案】A

【考点】本题考查同分异构体。

【解析】由题给化学方程式知C5H10O3分子中含有一个羧基和一个羟基，其中，羟基取代CH3CH2CH2CH2COOH中烃基上的氢原子有4种，羟基取代CH3CH2CH（CH3）COOH中烃基上的氢原子有4种，羟基取代（CH3）2CHCH2COOH中烃基上的氢原子有3种，羟基取代（CH3）3CCOOH中烃基上的氢原子有1种，共12种。

【失分警示】同分异构体的判断容易漏或重复，应按照书写规则书写。 10．【答案】B

【考点】本题考查弱电解质的电离和盐类的水解，水溶液中离子浓度的关系。

【解析】同条件下，电离平衡常数越大酸性越强。由表格所给电离平衡常数知酸性强弱顺序：CH3COOH>H2CO3>HCN> HCO3。A，越弱越水解，等浓度的盐溶液碱性越强pH越大，应为pH(Na2CO3)> pH(NaCN) > pH(CH3COONa)。B，溶液为Na CN与HCN的等浓度混合液，溶液显碱性说明CN的水解大于HCN的电离，正确。C，冰醋酸加水，离子浓度先增大后减小，但电离程度逐渐增大。D，利用电荷守恒可知D错误，应为2(CO3)。

【失分警示】电荷守恒关系式容易漏掉系数，冰醋酸容易错认为是醋酸稀溶液。

—

—

—

11. 【答案】D

【考点】本题考查化学实验基础。

【解析】A中会生成硫酸银沉淀。B中不能先加浓硫酸否则放热容易引起液体飞溅。C中水解液是酸性的，冷却之后应该先加氢氧化钠溶液将酸中和后再加入新制氢氧化铜悬浊液。D皂化反应原理是高级脂肪酸甘油酯的水解，皂化反应后的混合液滴入烧杯中出现油滴，说明还有油脂，即皂化反应不完全。

【失分警示】容易忽略蔗糖水解液显酸性，而醛基与新制氢氧化铜悬浊液的反应应该是碱性环境。 12. 【答案】C

【考点】本题考查电解原理。

【解析】由已知化学方程式知，羧基中的碳元素失电子，水中的氢元素得电子。A项失电子生成CO2，在阴极放出。B，生成乙二醇，与水互溶。C，阳离子交换膜只允许阳离子通过，加入之后在阴极生成氢氧化钾，防止与CO2反应，正确。D，水电离出的氢离子在阴极放电，转移1摩尔电子时在阴极生成1摩尔KOH。

【失分警示】本题难点在于判断元素化合价，分析电子的得失情况。 13. 【答案】B

【考点】本题以化工工艺流程的形式对元素化合物进行考查。

【解析】A选项，检验Fe是否洗净用KSCN溶液。B选项，步骤○2是利用浓盐酸的还原性， H2O2也具有还原性，酸性条件下也能将CeO2还原为Ce，正确。C选项，Fe在滤液A中，滤渣B主要成分是SiO2。D选项，灼烧会使产品分解。

【失分警示】H2O2既有氧化性又有还原性通常表现出氧化性，遇到强氧化剂则可作还原剂被氧化。

26.【答案】 见标准答案

【考点】本题考查盐类的水解、电解原理，以及沉淀溶解平衡的应用。

【解析】（1）①根据第一二步水解的离子方程式可写出第三步。②前一步水解产生的H会抑制后一步的水解，且Fe带电荷比Fe（OH）2多，对水电离的OH吸引能力强，故K1>K2。 （2）根据装置图右室放出N2O4可知，Pt甲为阳极，Pt乙为阴极，据此可写出电极反应式。 （3）①Fe完全沉淀时浓度小于或等于10mol/L，根据氢氧化铁的Ksp计算出C(OH)

3+

—5

3

—

3+

2+

—

+

3+

3+

3+

=2.6X10，再计算氢氧化铝的Qc=5.2x10 K sp[Fe (OH)3],Fe和Al完全沉淀时,应满足Al浓度小于或等于10mol/L, C(OH)≥√K sp[Al(OH)3]/ 10, 代入求得C(H)≤2×10,pH略大于5—lg2=4.7。 27.【答案】 见标准答案

【考点】本题考查电子式的书写、盖斯定律的应用、化学反应速率与化学平衡。 【解析】（1）乙烷的电子式见答案。

（2）可先写出C和CO燃烧热的热化学方程式，然后利用盖斯定律得到所求热化学方程式。（3）①由表可知平衡常数K随温度升高而减小，正反应为放热，△H<0。②应用三段法解题：

2H2(g)+CO (g) ⇌ CH3OH(g)

初始浓度 3 1 0 转化浓度 1.6 0.8 0.8 平衡浓度 1.4 0.2 o.8 K=0.8/(0.2X1.4)=2.0( mo1·L)

反应速率v(CH3OH)=0.8/10=0.080 mo1·L·min

③根据化学方程式可知，CO的转化率随压强增大而增大，故P1平衡浓度 0.5 0.25 o.25 K（A）=4 B点转化率0.8，同样方法用V表示出K（B），由K（A）= K（B）可解得V=4L。 28. 【答案】 见标准答案

【考点】本题以有机物的制备为载体考查化学实验综合应用。

【解析】（1）仪器a的名称是恒压分液漏斗；由于AlCl3易水解，故加入浓盐酸抑制AlCl3水解。

（2）反应生成HBr气体，与硝酸银反应产生淡黄色沉淀，当反应结束时烧杯中不再产生淡黄色沉淀。

（3）分液操作时，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，具体操作详见答案。 （4）反应条件的控制要综合考虑反应速率和平衡移动以及产率等因素。

（5）增大其中一种反应物浓度可以提高另一种反应物的转化率，使用较多量的苯能使平衡

-1

-1

2

-1-2

—

3

—5

+

—5

3+

3+

3+

—5

-34-35

正向移动提高溴乙烷的转化率。

（6）本实验中苯过量，应该按照溴乙烷进行计算。乙苯的理论产量计算：n(乙苯)= n(溴乙烷)=7.6mLX1.5g/mL/109g/mol，m(乙苯)= n(乙苯)M，乙苯的实际产量为7.0g，代入公式解得：产率=实际产量/理论产量=63.1﹪。 36. 【答案】 见标准答案

【考点】本题考查选修模块《化学与技术》。 【解析】（1）由题给信息可写出化学方程式。

（2）①用Ca(OH)2或加入CaO除去Mg，用Na2CO3除去Ca。②根据流程图可写出化学方程式；因为在混合液中常温下NaHCO3溶解度最小，所以上述反应能够发生，根据流程图可以确定该工艺中循环利用的物质是CO2和NH3。③根据工艺流程图可以确定索尔维法制纯碱不需要沸腾炉。④该工艺中食盐损失的主要原因是NaHCO3没有完全析出，母液中的Na+随废液排放。上述母液中通入NH3并加入食盐固体，降温结晶NH4Cl析出，属于该反应副产品。 （3）用m1表示样品质量，m2表示表示样品受热分解后的质量，m1—m2为受热分解减少的二氧化碳和水的质量，根据碳酸氢钠受热分解的化学方程式可以表示出碳酸氢钠的质量为（m1—m2）X2X84/62，从而得到纯碱样品中碳酸氢钠的质量分数：（m1—m2）X2X84/62 m1=84（m1—m2）/31 m1。

37.【答案】 见标准答案

【考点】本题考查选修模块《物质结构与性质》。

【解析】（1）镓是31号元素，其基态原子的电子排布式是1s2s2p3s3p3d4s4p（或[Ar]3d4s4p）

（2）同一个周期从左往右第一电离能呈增大趋势，故硒、砷和溴元素的第一电离能从大到小顺序为Br＞As＞Se。

（3）第ⅥA氢化物水溶液酸性自上而下由弱变强，故H2Se的酸性比H2S强。SeO3分子中Se原子采取SP杂化，所以气态SeO3分子的立体构型为平面三角形。

（4）根据所学规律，组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间范德华力越强，沸点越高。

（5）[B(OH)4]中B原子结合4个羟基，杂化类型为sp。

（6）H2O2为强氧化剂，氨能够与产生的Cu形成配离子，两者相互促进使反应进行，反应的离子方程式为：Cu+H2O2+4NH3=Cu(NH3)4+2OH。（7）因为该铜金合金晶体具有面心立方最密

2+

—2+

—

3

2

10

2

1

2

2

6

2

6

10

2

1

2+

2+

堆积的结构。在晶脆中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，故平均1个晶胞中含8×个Au原子，6×

=1

=3个Cu原子，故该合金中Au原子与Cu原子个数之比为1∶3。1个晶胞

的质量为g，体积为，所以该合金的密度为

=（197+64×3）×10/(aNA)g·cm

38.【答案】 见答案

【考点】本题考查选修模块《有机化学基础》。

303-3

【解析】（1）反应①为+CH2=CH-CH3 →，属于加成反应，根据已知

信息Ⅱ可知G的结构简式为CH2=C(CH3)-COCl，其分子式为C4H5OCl。 （2）根据已知A与FeCl3溶液作用显紫色，结合流程“+

→

（A）

（B）可知，A的稀溶液与过量浓溴水发生反应的化学方程式为：

。

（3）由于反应②为加成反应，结合流程图可知B的结构简式为

。

（4）—CN在酸性条件下水解生成—COOH，所以C中含有的官能团名称为羟基和羧基，C→D是酯化反应，故反应条件为浓硫酸/△。

（5）根据已知Ⅰ结合流程图可知H的结构简式，其每个分子中含有与氢氧化钠溶液反应的官能团有1个酯基（且是由酚羟基形成的酯基）和1个肽键，据此便可写出该反应方程式，每摩尔该物质消耗3摩尔氢氧化钠，据此可写出该反应方程式。

（6）根据流程图知D的分子式为C5H8O2，其不饱和度为2，再根据限定条件可确定其同分异构体中要含有碳碳双键、羟基和—CHO三种官能团，其同分异构体分别有：CH2＝CH－CH（OH）－CH2－CHO，CH2＝CH－CH2－CH（OH）－CHO，CH2（OH）－CH＝CH－CH2－CHO，CH3－CH＝CH－CH（OH）－CHO，CH2（OH）－CH2－CH＝CH－CHO，CH,3－CH（OH）－CH＝CH－CHO，CH2＝C(CH

2

OH)－CH2－CHO，CH2＝C(CH,3)－CH（OH）－CHO，CH3(CH 2 OH)C＝CH－CH0，CH2＝CH－CH(CH2

OH)－CHO，CH2＝CH－CH（OH）(CH3)－CHO，CH2（OH）－CH＝C(CH3)－CHO, CH3－CH＝C(CH2OH)

－CHO, CH2＝C(CH（OH）CH3)－CHO, CH2＝C(CH2CH2 OH)－CHO。共15种。