2017年高考江蘇卷化學試題和答案介紹(2)
2017年高考江蘇卷化學試題和答案介紹
2016上海化學試卷
.軸烯是一類獨特的星形環烴。三元軸烯()與苯
A.均為芳香烴 B.互為同素異形體
C.互為同系物 D.互為同分異構體
【答案】D
【解析】
試題分析：軸烯與苯分子式都是C6H6，二者分子式相同，結構不同，互為同分異構體，故選項D正確。
【考點定位】考查同系物、同素異形體、同分異構體概念。
【名師點睛】有機物的概念是歷次考試的主要考點兒之一，主要包括有機物的分類、有機反應類型、同分異構體等“四同”。有機物所屬類別主要由官能團決定，芳香烴是指分子中含有苯環的烴類物質。同位素：是同種元素的不同種核素間的互稱，是針對原子而言;同素異形體：是同種元素組成的不同種單質的互稱，是針對單質而言;同系物：是指結構相似、組成上相差一個或若干“CH2”原子團的有機物的互稱;同分異構體：是指分子式相同而結構不同的有機物的互稱。“四同”往往結合在一起考查，理解的基礎上熟練掌握概念便可順利解答，一般題目難度不大。
2.下列化工生產過程中，未涉及氧化還原反應的是
A.海帶提碘 B.氯堿工業
C.氨堿法制堿 D.海水提溴
【答案】C
【解析】
試題分析：A.海帶提碘是由KI變為I2，有元素化合價的變化，屬于氧化還原反應，錯誤;B.氯堿工業是由NaCl的水溶液在通電時反應產生NaOH、Cl2、H2，有元素化合價的變化，屬于氧化還原反應，錯誤;C.氨堿法制取堿的過程中沒有元素化合價的變化，是非氧化還原反應，正確;D.海水提溴是由溴元素的化合物變為溴元素的單質，有元素化合價的變化，屬于氧化還原反應，錯誤。故選項C正確。
【考點定位】考查氧化還原反應概念。
【名師點睛】氧化還原反應是歷年高考必考知識點之一，重點是氧化還原反應的概念、氧化性和還原性強弱比較、氧化還原反應方程式配平、氧化還原反應有關計算等。掌握氧化還原反應基本概念是解答的關鍵：失去(共用電子對偏離)電子、化合價升高、被氧化、發生氧化反應、本身做還原劑、轉化為氧化產物;得到(共用電子對偏向)電子、化合價降低、被還原、發生還原反應、本身做氧化劑、轉化為還原產物。涉及氧化還原反應配平和計算時依據“質量守恒”、“電子守恒”便可解答，一般題目難度不大。
3.硼的最高價含氧酸的化學式不可能是
A.HBO2 B.H2BO3 C.H3BO3 D.H2B4O7
【答案】B
【解析】
試題分析：B原子最外層電子數是3個，所以其最高化合價是+3價，然后根據化合物中正負化合價的代數和等于0可知不可能是H2BO3(其中B元素化合價為+4價)，故只有選項B符合題意。
【考點定位】考查元素化合價判斷及化學式書寫。
【名師點睛】解決此類問題時首先注意審題“最高價”=主族元素的族序數=原子的最外層電子數。其次注意含計算氧酸中中心原子化合價時H原子為+1價、O原子為-2價，且化合物正、負化合價代數和為0。
4.下列各組物質的熔點均與所含化學鍵的鍵能有關的是
A.CaO與CO2 B.NaCl與HCl C.SiC與SiO2 D.Cl2與I2
【答案】C
【考點定位】考查物質熔沸點高低比較方法。
【名師點睛】物質熔點高低取決于熔化過程中需要破壞作用力類型和大小，一般來說原子晶體>離子晶體>分子晶體。主要原因是原子晶體和離子晶體融化時分別破壞共價鍵和離子鍵，鍵能越大熔點越高，且原子晶體中原子間由共價鍵形成空間網狀結構，需要破壞化學鍵數目大于離子晶體;而分子晶體熔化時只破壞分子間作用力，與化學鍵鍵能無關，且分子間作用力強弱遠小于化學鍵。因此，本題換個角度考慮，實質是在考查晶體類型，即兩種物質全部是分子晶體的選項符合題意。
5.烷烴的命名正確的是
A.4-甲基-3-丙基戊烷 B.3-異丙基己烷
C.2-甲基-3-丙基戊烷 D.2-甲基-3-乙基己烷
【答案】D
【解析】
試題分析：選擇分子中含有碳原子數最多的碳鏈為主鏈，共6個碳原子稱為“己烷”;并從離支鏈較近的一端給主鏈的碳原子編號，可見2號碳原子上有1個甲基、3號碳原子上有1個乙基，所以該物質的名稱是：2-甲基-3-乙基己烷，故選項D正確。
【考點定位】考查烷烴的命名方法。
【名師點睛】有機物的命名有習慣命名法和系統命名法，考查重點是系統命名法。烷烴中沒有官能團，系統命名法可概括為以下步驟：選主鏈稱某烷、編號為定支鏈、取代基寫在前、標位置短線連、不同基簡到繁、相同基合并算。對于烯烴、炔烴及其他含有官能團的有機物命名時，選主鏈、給主鏈碳原子標序號時都要以官能團為主、其他與烷烴規則類似。
二、選擇題(本題共36分，每小題3分，每題只有一個正確選項)
6.能證明乙酸是弱酸的實驗事實是
A.CH3COOH溶液與Zn反應放出H2
B.0.1mol/L CH3COONa溶液的pH大于7
C.CH3COOH溶液與NaCO3反應生成CO2
D.0.1 mol/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊變紅
【答案】B
【解析】
試題分析：A.只能證明乙酸具有酸性，不能證明其酸性強弱，錯誤;B.該鹽水溶液顯堿性，由于NaOH是強堿，故可以證明乙酸是弱酸，正確;C.可以證明乙酸的酸性比碳酸強，但是不能證明其酸性強弱，錯誤;D.可以證明乙酸具有酸性，但是不能證明其酸性強弱，錯誤。
【考點定位】考查酸性強弱比較的實驗方法。
【名師點睛】強酸與弱酸的區別在于溶解于水時是否完全電離，弱酸只能部分發生電離、水溶液中存在電離平衡。以CH3COOH為例，通常采用的方法是：①測定0.1mol/LCH3COOH溶液pH>1，說明CH3COOH沒有完全電離;②將pH=1CH3COOH溶液稀釋100倍后測定3>pH>1，說明溶液中存在電離平衡，且隨著稀釋平衡向電離方向移動;③測定0.1mol/L CH3COONa溶液的pH>7，說明CH3COONa是強堿弱酸鹽，弱酸陰離子CH3COO-水解使溶液呈堿性。
7.已知W、X、Y、Z為短周期元素，原子序數依次增大。W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X為金屬元素。下列說法一定正確的是
A.原子半徑：X>Y>Z>W
B.W的含氧酸的酸性比Z的含氧酸的酸性強
C.W的氣態氫化物的穩定性小于Y的氣態氫化物的穩定性
D.若W與X原子序數差為5，則形成化合物的化學式為X3W2
【答案】A
【考點定位】考查元素周期表和元素周期律綜合應用、原子半徑比較方法。
【名師點睛】本題屬于元素周期表和元素周期律綜合應用題型，通常考查的重點是原子序數排在前20號的元素，依據題給信息準確推斷元素種類是解題關鍵。元素的非金屬性越強，氧化性越強，與氫氣化合越容易，形成氣態氫化物越穩定，元素最高價氧化物對應水化物的酸性越強;元素的金屬性越強，還原性越強，置換酸(或水)中的氫越容易，元素最高價氧化物對應水化物的堿性越強。同周期元素，從左到右，隨著原子序數逐漸增大，原子半徑減小，金屬性減弱，非金屬性增強;同主族元素，從上到下，隨著原子序數逐漸增大，原子半徑增大，非金屬性減弱，金屬性增強。
8.圖1是銅鋅原電池示意圖。圖2中，x軸表示實驗時流入正極的電子的物質的量，y軸表示
A.銅棒的質量 B.c(Zn2+)
C.c(H+) D.c(SO42-)
【答案】C
【解析】
試題分析：該裝置構成原電池，Zn是負極，Cu是正極。A.在正極Cu上溶液中的H+獲得電子變為氫氣，Cu棒的質量不變，錯誤;B.由于Zn是負極，不斷發生反應Zn-2e-=Zn2+，所以溶液中c(Zn2+)增大，錯誤;C.由于反應不斷消耗H+，所以溶液的c(H+)逐漸降低，正確;D.SO42-不參加反應，其濃度不變，錯誤。
【考點定位】考查原電池基本原理和溶液中離子濃度變化。
【名師點睛】原電池原理無論在工業生產、日常生活和科學研究領域都有著重要用途，尤其在金屬的腐蝕與防護、新能源的開發和利用方面有著不可替代的作用，因此也是歷年高考必考知識點之一。無論題型如何變化，如果把握原電池的工作原理、電極反應式和電池總反應方程式問題都會迎刃而解。在原電池中，一般活潑金屬做負極、失去電子、發生氧化反應(金屬被氧化)、逐漸溶解(或質量減輕);不活潑金屬(或導電的非金屬)做正極、發生還原反應、有金屬析出(質量增加)或有氣體放出;電子從負極流出經過外電路流回正極，電流方向正好相反;溶液中離子濃度變化及移動方向由電極反應決定。
9.向新制氯水中加入少量下列物質，能增強溶液漂白能力的是
A.碳酸鈣粉末 B.稀硫酸 C.氯化鈣溶液 D.二氧化硫水溶液
【答案】A
【解析】
試題分析：在氯水中存在反應：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，若反應使溶液中c(HClO)增大，則溶液的漂白性會增強。A.由于酸性HCl>H2CO3>HClO，所以向溶液中加入碳酸鈣粉末，會發生反應：2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2↑，使化學平衡正向移動，導致c(HClO)增大，則溶液的漂白性會增強，正確;B.若加入稀硫酸，使溶液中c(H+)增大，平衡逆向移動，溶液的漂白性減弱，錯誤;C.加入氯化鈣溶液，不能發生反應，溶液的水對氯水起稀釋作用，使溶液的漂白性減弱，錯誤;D.加入二氧化碳的水溶液，電離產生氫離子，使化學平衡逆向移動，溶液的漂白性減弱，錯誤。
【考點定位】考查氯水的性質。
【名師點睛】氯水的成分及其性質是中學化學的重要考點，在新制的氯水中存在下列關系：Cl2+H2OH++Cl-+HClO、HClOH++ClO-、H2OH++OH-，氯水中存在三分子：H2O、Cl2、HClO，四離子：H+、Cl-、ClO-、OH-。所以，新制的氯水呈淺黃綠色，有刺激性氣味，屬于混合物，其所含的多種微粒使氯水的化學性質表現出多重性。①Cl2的強氧化性;②HCl的強酸性;③HClO的強氧化性(漂白性等)、弱酸性;④Cl-的性質等。特別注意的是氯氣和水的反應為可逆反應、HClO存在電離平衡，分析氯水的性質時要結合反應條件及平衡移動原理。
10.一定條件下，某容器中各微粒在反應前后變化的示意圖如下，其中和代表不同元素的原子。
關于此反應說法錯誤的是
A.一定屬于吸熱反應 B.一定屬于可逆反應
C.一定屬于氧化還原反應 D.一定屬于分解反應
【答案】A
【考點定位】考查常見化學反應類型的判斷。
【名師點睛】化學試題的呈現方式形式多樣，可采用文字、數據、圖表、示意圖等多種方式的融合，增加試題信息的廣度，考查學生從不同呈現方式中提取有用信息、加工信息，并利用信息進行思考或推理的能力。這些信息蘊含著解決試題的重要思路、數據和方法，如物質性質、物質形態、反應條件、反應產物、結構特征以及變化趨勢等。這就要求考生通過“現場獨立自學”的方式，從中概括抽象出新的知識或發現數據之間的關系，同時與學過的知識相組合，形成較全面的網絡化的知識體系，將這些知識體系進一步應用到新的知識情境中，從而解決問題。這種試題對具有自主學習和獨立思考能力的培養和考查，將發揮非常重要的作用。本題利用分子模型示意圖考查了四種基本反應類型與氧化還原反應、可逆反應、吸(放)熱反應的區別與聯系，注意示意圖中隱藏的信息：反應前只有一種分子，反應后既有新生成的化合物分子，又有新生成的單質分子，還有未反應的反應物分子，結合各種反應的本質特征回答即可。
11.合成導電高分子化合物PPV的反應為：
下列說法正確的是
A.PPV是聚苯乙炔
B.該反應為縮聚反應
C.PPV與聚苯乙烯的最小結構單元組成相同
D.1 mol 最多可與2 mol H2發生反應
【答案】B
【解析】
試題分析：A.根據物質的分子結構可知該物質不是聚苯乙炔，錯誤;B.該反應除產生高分子化合物外，還有小分子生成，屬于縮聚反應，正確;C.PPV與聚苯乙烯的重復單元不相同，錯誤;D.該物質一個分子中含有2個碳碳雙鍵和苯環都可以與氫氣發生加成反應，屬于1mol最多可以與5mol氫氣發生加成反應，錯誤。
【考點定位】考查有機物的結構與性質的關系、加聚反應和縮聚反應的判斷。
【名師點睛】加聚反應和縮聚反應是合成有機高分子化合物的兩大類基本反應，但這兩類反應的定義是不同的，注意理解二者的區別。加聚反應是指由不飽和的單體通過加成聚合生成高分子化合物的反應，加聚反應中無小分子生成;而縮聚反應是指單體間相互反應生成高分子化合物，同時還生成小分子(如水、氨、氯化氫等)的反應。據此很容易判斷出題目所給反應是縮聚反應。另外還要準確理解單體和高聚物結構式的關系，既能根據單體寫出高聚物的結構式，又能根據高聚物的結構式判斷出它的單體，比如題目中的PPV和聚苯乙炔的結構有什么不同。不斷重復的基本結構單元稱為高聚物的鏈節，準確判斷鏈節的前提還是要能夠準確寫出高聚物的結構式，比如本題中考查PPV和聚苯乙烯的鏈節是否相同。本題的答案D中，還要注意苯環化學鍵的特殊性，雖然沒有典型的碳碳雙鍵，但苯環仍能和氫氣發生加成反應。
12.下列各組混合物，使用氫氧化鈉溶液和鹽酸兩種試劑不能分離的是
A.氧化鎂中混有氧化鋁 B.氯化鋁溶液中混有氯化鐵
C.氧化鐵中混有二氧化硅 D.氯化亞鐵溶液中混有氯化銅
【答案】D
【考點定位】考查常見物質的性質和分離方法。
【名師點睛】把物質中混有的雜質除去而獲得純凈物的過程叫提純;將相互混在一起的不同物質彼此分開而得到相應組分的各純凈物的過程叫分離。物質的分離就是利用混合物中各物質的物理性質或化學性質的差異，將它們分離開來，所以這類題目的實質還是對物質性質的考查，只有熟練掌握了各物質的性質，特別是“與眾不同的個性”，才能快速準確的判斷和解答。本題中涉及到鎂、鋁、鐵、銅、硅等元素的化合物，重點考查了氧化鋁、氫氧化鋁的兩性。對于答案A，雖然氧化鎂和氧化鋁都是金屬氧化物，但根據氧化鋁是兩性氧化物的特點，可先用氫氧化鈉溶液溶解將二者分開，過濾得氧化鎂固體和偏鋁酸鈉溶液，往偏鋁酸鈉溶液中加入適量的鹽酸可得氫氧化鋁沉淀，過濾，將氫氧化鋁加熱可得氧化鋁;對于答案B ，先加入足量氫氧化鈉溶液，過濾，得氫氧化鐵和偏鋁酸鈉溶液，往偏鋁酸鈉溶液中加入適量的鹽酸可得氫氧化鋁，過濾，然后用鹽酸分別溶解氫氧化鐵和氫氧化鋁，可得到氯化鋁溶液和氯化鐵溶液;對于答案C，一個堿性氧化物，一個是酸性氧化物，所以可先用氫氧化鈉溶液溶解，過濾，得氧化鐵固體和硅酸鈉溶液，往硅酸鈉溶液中加入鹽酸，過濾，將所得沉淀加熱即可得到二氧化硅。對于答案D，由于氯化亞鐵和氯化銅都只能和氫氧化鈉反應，且得到的沉淀又都溶于鹽酸，所以二者不能分離。
13.O2F2可以發生反應：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列說法正確的是
A.氧氣是氧化產物
B.O2F2既是氧化劑又是還原劑
C.若生成4.48 L HF，則轉移0.8 mol電子
D.還原劑與氧化劑的物質的量之比為1：4
【答案】D
【解析】
試題分析：A.O元素的化合價由反應前的+1價變為反應后的0價，化合價降低，獲得電子，所以氧氣的還原產物，錯誤;B.在反應中O2F2中的O元素的化合價降低，獲得電子，所以該物質是氧化劑，而H2S中的S元素的化合價是-2價，反應后變為SF6中的+6價，所以H2S是還原性，錯誤;C.外界條件不明確，不能確定HF的物質的量，所以不能確定轉移電子的數目，錯誤;D.根據方程式可知還原劑H2S與氧化劑O2F2的物質的量的比是1:4，正確;
【考點定位】考查氧化還原反應的有關概念和簡單計算。
【名師點睛】本題主要涉及氧化還原反應， 氧化還原反應的特征是元素的化合價發生變化，其本質是在反應中有電子轉移。在反應中，氧化劑是得到電子的或電子對偏向的物質，本身具有氧化性，反應后化合價降低，對應的產物是還原產物;還原劑是失去電子的或電子對偏離的物質，本身具有還原性，反應后化合價升高，對應的產物為氧化產物。整個反應過程電子從還原劑轉移到氧化劑。一定記清各概念之間的關系：還原劑—化合價升高—失去電子—被氧化—發生氧化反應—生成氧化產物;氧化劑—化合價降低—得到電子—被還原—發生還原反應—生成還原產物。
14.在硫酸工業生產中，為了有利于SO2的轉化，且能充分利用熱能，采用了中間有熱交換器的接觸室(見下圖)。下列說法錯誤的是
A.a、b兩處的混合氣體成分含量相同，溫度不同
B.c、d兩處的混合氣體成分含量相同，溫度不同
C.熱交換器的作用是預熱待反應的氣體，冷卻反應后的氣體
D.c處氣體經熱交換后再次催化氧化的目的是提高SO2的轉化率
【答案】B
【解析】
試題分析：A.根據裝置圖可知，從a進入的氣體是含有SO2、O2、N2等的冷氣，經過熱交換器后從b處出來的是熱的氣體，成分與a處相同，正確;B.在c處出來的氣體SO2、O2在催化劑表面發生反應產生的含有SO3及未反應的SO2、O2等氣體，該反應是放熱反應，當經過熱交換器后被冷的氣體降溫，SO3變為液態，故二者含有的氣體的成分不相同，錯誤;C.熱交換器的作用是預熱待反應的冷的氣體，同時冷卻反應產生的氣體，為SO3的吸收創造條件，正確;D.處氣體經過熱交換器后再次被催化氧化，目的就是使未反應的SO2進一步反應產生SO3，從而可以提高SO2的轉化率，正確。故選B。
【考點定位】考查工業制硫酸中SO2催化氧化的設備及工作原理。
【名師點睛】化學工業是歷次考試題的重要組成部分，雖然完全考查設備的題型不是特別多，但是往往以工業流程為載體考查元素化合物知識，所以教材中的幾個重要工業(工業生產中均有重要應用)的整體流程、主要設備、反應條件的選擇等是我們學習的重要內容之一。需要關注的有：工業制硫酸、合成氨工業、硝酸工業、純堿工業、氯堿工業、海水資源的綜合利用及鎂的冶煉、鋁的冶煉、銅的精煉等。要求會正確書寫相關的化學方程式，理解硫酸工業、合成氨工業條件的選擇依據。
15.下列氣體的制備和性質實驗中，由現象得出的結論錯誤的是
選項 試劑 試紙或試液 現象 結論 A 濃氨水、生石灰 紅色石蕊試紙 變藍 NH3為堿性氣體 B 濃鹽酸、濃硫酸 pH試紙 變紅 HCl為酸性氣體 C 濃鹽酸、二氧化錳 淀粉碘化鉀試液 變藍 Cl2具有氧化性 D 亞硫酸鈉、硫酸 品紅試液 褪色 SO2具有還原性 【答案】D
【考點定位】考查常見氣體的制備和性質實驗。
【名師點睛】實驗題的考查涉及知識零散、覆蓋面廣泛，復習過程中要做好有關專題總結、盡量多走進實驗室進行基礎實驗訓練，要以做實驗的心態面對實驗題。關于氣體的制備思路可歸納為：反應原理→氣體發生裝置→除雜提純→干燥→收集→檢驗→尾氣處理。至于各步所需要的儀器、試劑、操作方法要依據物質的性質和反應條件進行選擇。所以，熟練掌握物質的性質和反應原理是解答實驗題的關鍵。
16.實驗室提純含少量氯化鈉雜質的硝酸鉀的過程如右圖所示。
下列分析正確的是
A.操作Ⅰ是過濾，將固體分離除去
B.操作Ⅱ是加熱濃縮。趁熱過濾，除去雜質氯化鈉
C.操作Ⅲ是過濾、洗滌，將硝酸鉀晶體從溶液中分離出來
D.操作Ⅰ~Ⅲ總共需兩次過濾
【答案】C
【考點定位】考查常見物質的分離、提純的方法。
【名師點睛】化學是研究物質的組成、結構、性質、用途及制取(或合成)的自然科學，而物質的制取過程中一定要涉及到物質的除雜、分離、提純等問題，因此有關物質的分離提純實驗題型是歷次考試的重點題型。常用分離方法有：過濾、蒸發濃縮、冷卻結晶、萃取分液、蒸餾(分餾)、鹽析、洗氣等。選擇物質分離提純試劑和方法的基本原則：①不增(不引入新的雜質);②不減(不減少被提純的物質);③易分離(被提純的物質與雜質易分離);④易復原(被提純的物質易復原)。
17.某鐵的氧化物(FexO)1.52g溶于足量鹽酸中，向所得溶液中通入標準狀況下112mlCl2，恰好將Fe2+完全氧化。x值為
A.0.80 B.0.85 C.0.90 D.0.93
【答案】A
【解析】
試題分析：根據電子守恒可知，FexO被氧化為Fe3+轉移的電子數和Cl2轉移的電子數相等。標準狀況下112mL Cl2轉移電子數為0.01mol。則有：×(3-)×x=0.01，解得x=0.8。故選項A正確。
【考點定位】考查化學反應方程式的有關計算。
【名師點睛】氧化還原反應計算是歷次考試的重要考點，往往與阿伏伽德羅常數、物質的量等結合在一起考查，掌握正確的解題思路和技巧一般難度不大。得失電子守恒法(化合價升降總數相等)是最常用的解題方法，具體步驟：①找出氧化劑、還原劑及對應產物;②準確找出一個微粒(原子、離子或分子)對應的得失電子數目;③設未知數、依據電子守恒列出關系式、計算出未知量。注意，對于多步連續進行的氧化還原反應，只要中間各步反應過程中電子沒有損耗，可直接找出起始物和最終產物之間的電子守恒關系，快速求解。
三、選擇題(本題共20分，每小題4分，每小題有一個或兩個正確選項。只有一個正確選項的，多選不給分;有兩個正確選項的，選對一個給2分，選錯一個，該小題不給分)
18.一定條件下，一種反應物過量，另一種反應物仍不能完全反應的是
A.過量的氫氣與氮氣 B.過量的濃鹽酸與二氧化錳
C.過量的銅與濃硫酸 D.過量的鋅與18 mol/L硫酸
【答案】AC
【解析】
試題分析：A.H2和N2制備NH3是可逆反應，反應物始終不能消耗完;B.可以加入過量的濃鹽酸，使二氧化錳徹底反應完全;C.濃硫酸隨著反應變稀，稀硫酸不再與銅反應;D.18mol/L的濃硫酸與鋅開始反應產生SO2，隨著反應進行，濃硫酸變稀，再與鋅反應產生H2。故選AC。
【考點定位】考查常見可逆反應的判斷。
【名師點睛】常見化學反應中，有些反應能否發生(或者能否完全反應)除了與反應本身特點有關外，往往與反應物的量(或濃度)有關。常見類型有：①所有的可逆反應;②二氧化錳只能與濃鹽酸反應生成氯氣;③銅只能與濃硫酸在加熱條件下反應;④活潑金屬與稀硫酸反應生成氫氣、與濃硫酸生成二氧化硫，兩個反應的原理不同;⑤澄清石灰水中通入二氧化碳(或二氧化硫)氣體，隨著氣體的量不同產物不同;⑥碳酸鈉溶液中逐滴加入稀鹽酸的反應;⑦可溶性鋁鹽與強堿溶液、可溶性偏鋁酸鹽與強酸溶液的反應;⑧銀氨溶液的配置過程;⑨過量的變價金屬鐵與定量濃硫酸、濃稀硝酸的反應等等。建議整理的過程中寫出相應的離子方程式。
19.已知：SO32-+I2+H2O→SO42-+2I-+2H+。某溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、K+、I-、SO32- 、SO42-，且所有離子物質的量濃度相等。向該無色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈無色。下列關于該溶液的判斷正確的是
A.肯定不含I- B.肯定不含SO42-
C.肯定含有SO32- D.肯定含有NH4+
【答案】BC
【解析】
試題分析：溶液本身無色，說明沒有Fe2+。加入溴水仍然無色，說明溴水發生了反應，且產物無色，I-和SO32-均可與溴水反應使溴水褪色，此時反應后溶液無色，說明沒有I2生成，則原溶液中一定有SO32-。由于SO32-的還原性比I-強，故I-是否存在無法判斷。因所有離子濃度相等，則根據電荷守恒可判斷SO42-肯定沒有。故選BC。
【考點定位】考查常見離子反應及離子能否共存的判斷方法。
【名師點睛】本題將離子共存、氧化還原反應等知識有機結合在一起，是歷次考試的重點題型。如果離子間能發生復分解反應、氧化還原反應、雙水解反應、絡合反應等則不能在溶液中大量共存;當溶液中同時存在幾種還原性離子，向其中加入氧化劑時還原性強的離子首先被氧化，常見離子的還原性：S2->SO32->Fe2+>I->Br-;注意題目中的隱含信息，如“無色”、“酸性”、“一定”、“等物質的量”等。日常學習中，建議將離子共存和離子反應方程式書寫結合一起做好專題總結，以便提高解題速度和準確度。
20.已知NaOH+Al(OH)3→Na[Al(OH)4]。向集滿CO2的鋁制易拉罐中加入過量NaOH濃溶液，立即封閉罐口，易拉罐漸漸凹癟;再過一段時間，罐壁又重新凸起。上述實驗過程中沒有發生的離子反應是
A.CO2+2OH−→CO32−+H2O B.Al2O3+2OH−+3 H2O→2 [Al(OH)4] −
C.2 Al+2OH−+6H2O→2 [Al(OH)4] −+3 H2↑ D.Al3++4 OH−→[Al(OH)4]−
【答案】D
【解析】
試題分析：向集滿CO2的鋁罐中加入過量氫氧化鈉，首先CO2與氫氧化鈉反應，表現為鋁罐變癟，接著過量的氫氧化鈉再與鋁罐反應，因鋁罐表面的氧化膜Al2O3具有兩性可溶解于氫氧化鈉溶液，然后單質Al與氫氧化鈉溶液反應生成H2，罐壁又重新凸起。故可發生A、B、C的反應。故選D。
【考點定位】考查鋁及其化合物的性質。
【名師點睛】鋁元素是自然界中含量最高的金屬元素，人類對鋁及其化合物的應用量僅次于鐵，因此鋁及其化合物的性質、鋁的冶煉是歷次考試的主要考點之一。重點掌握Al、Al2O3、Al(OH)3的性質及有關反應的化學方程式、離子方程式的書寫，有關Al(OH)3兩性的圖像題和計算，由鋁土礦冶煉金屬鋁的工業流程等。一般都具有一定難度，復習過程中要注意有關基礎知識的積累和解題技巧、方法的總結。
21.類比推理是化學中常用的思維方法。下列推理正確的是
A.CO2是直線型分子，推測CS2也是直線型分子
B.SiH4的沸點高于CH4，推測H2Se的沸點高于H2S
C.Fe與Cl2反應生成FeCl3，推測Fe與I2反應生成FeI3
D.NaCl與濃H2SO4加熱可制HCl，推測NaBr與濃H2SO4加熱可制HBr
【答案】AB
【解析】
試題分析：A.O和S是同族元素，故形成的CO2和CS2都是直線形分子，正確;B.C和Si，Se和S都分別為同族元素，所形成的氫化物都為分子晶體，沸點取決于分子間作用力的大小，分子間作用力大小可以用相對分子質量來比較，正確;C.因I2的氧化性較弱，故與鐵反應生成為FeI2，錯誤;D.濃硫酸氧化性很強，會將HBr氧化為Br2，錯誤。故選AB。
【考點定位】考查類比推理方法在掌握化學知識中的合理運用。
【名師點睛】類比推理是學習和研究化學物質及其變化的一種常用的科學思維方法。由于物質的結構決定性質、性質決定用途，結構相似的物質往往具有相似的物理、化學性質。所以，依據事先設定好的“標準”將物質進行合理分類，對掌握物質的結構、通性等化學知識起著事半功倍的作用。但由于各種物質組成和結構具有一定的差異性，運用類推法時一定不能完全照搬。
22.稱取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物樣品7.24g，加入含0.1molNaOH的溶液，完全反應，生成NH31792ml(標準狀況)，則(NH4)2SO4和NH4HSO4的物質的量比為
A.1:1 B.1:2 C.1.87:1 D.3.65:1
【答案】C
【考點定位】考查有關化學反應計算的技巧和方法。
【名師點睛】根據化學方程式的計算，多以物質的量為核心，考查物質的量、阿伏伽德羅常數、物質的量濃度、物質的質量、摩爾質量、氣體的體積、氣體摩爾體積等相關物理量的轉化關系，以及反應物的轉化率或產物的產率的計算，同時還可以融入多種化學解題思想，比如極值法、差量法、守恒法、討論法、特殊值法等，是歷來高考的重點內容。 日常學習中要注意相關知識的積累，以便快速準確作答，題目難度中等。
四、(本題共12分)
NaCN超標的電鍍廢水可用兩段氧化法處理：
(1)NaCN與NaClO反應，生成NaOCN和NaCl
(2)NaOCN與NaClO反應，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2
已知HCN(Ki=6.3×10-10)有劇毒;HCN、HOCN中N元素的化合價相同。
完成下列填空：
23.第一次氧化時，溶液的pH應調節為____________(選填“酸性”、“堿性”或“中性”);原因是______________________。
24.寫出第二次氧化時發生反應的離子方程式。
_______________________________________
25.處理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的廢水，實際至少需NaClO___g(實際用量應為理論值的4倍)，才能使NaCN含量低于0.5 mg/L，達到排放標準。
26.(CN)2與Cl2的化學性質相似。(CN)2與NaOH溶液反應生成_________、__________和H2O。
27.上述反應涉及到的元素中，氯原子核外電子能量最高的電子亞層是___________;H、C、N、O、Na的原子半徑從小到大的順序為_______。
28.HCN是直線型分子，HCN是___________分子(選填“極性”或“非極性”)。HClO的電子式為___________。
【答案】23.堿性;防止生成HCN，造成人員中毒或污染空氣。
24.2OCN-+3ClO-=CO32-+CO2↑+3Cl-+N2↑
25.14 900
26.NaOCN、NaCN
27.2p;H[HC2O4-]>[HCO3-]>[CO32-] b.[HCO3-]>[HC2O4-]>[C2O42-]>[CO32-]
c.[H+]>[HC2O4-]>[C2O42-]>[CO32-] d.[H2CO3] >[HCO3-]>[HC2O4-]>[CO32-]
32.人體血液中的碳酸和碳酸氫鹽存在平衡：H++ HCO3- H2CO3，當有少量酸性或堿性物質進入血液中時，血液的pH變化不大，用平衡移動原理解釋上述現象。
________________________________
【答案】29.
v正 v逆 平衡常數K 轉化率α 增大 增大 減小 減小 30. 31.大于;草酸;ac 32.當少量酸性物質進入血液中，平衡向右移動，使H+濃度變化較小，血液中的pH基本不變;當少量堿性物質進入血液中，平衡向左移動，使H+濃度變化較小，血液的pH基本不變。(合理即給分)
【解析】
試題分析：29.H2的體積分數隨溫度的升高而增加，這說明升高溫度平衡逆反應方向進行，即正反應是放熱反應。升高溫度正逆反應速率均增大，平衡逆反應方向進行，平衡常數減小，反應物的轉化率減小。
【考點定位】考查外界條件對平衡狀態的影響、電離常數應用等。
【名師點睛】
高中化學中，我們除了學習了化學反應平衡以外，還學習了水溶液中的電離平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡。溶液中的這三大平衡，和普通的化學反應平衡一樣，都適用勒夏特列原理，所有關于平衡的原理、規律、計算都是相通的，在學習過程中，不可將他們割裂開來。 勒夏特列原理(又稱平衡移動原理)的內容是：改變影響平衡的一個因素，平衡就向能夠減弱這種改變的方向移動。關鍵詞“減弱”有兩層含義，(1)平衡移動方向：與改變條件相反的方向;(2)平衡移動程度：不能抵消這種改變。它定性揭示了化學平衡與外界條件的關系，在幫助中學生判斷平衡移動方向，分析平衡移動后濃度、體積百分含量、轉化率變化等方面非常方便實用。而且“勒夏特列原理有廣泛適用性，可用于研究所有的化學動態平衡，如沉淀溶解平衡、電離平衡、鹽類水解平衡等，所以它是一個很重要的基本規律。另外注意平衡常數只是溫度的函數，溫度不變，K值不變。
六、(本題共12分)
乙酸乙酯廣泛用于藥物、染料、香料等工業，中學化學實驗常用a裝置來制備。
完成下列填空：
33.實驗時，通常加入過量的乙醇，原因是______________。加入數滴濃硫酸即能起催化作用，但實際用量多于此量，原因是_______________;濃硫酸用量又不能過多，原因是____________。
34.飽和Na2CO3溶液的作用是_______________。
35.反應結束后，將試管中收集到的產品倒入分液漏斗中，_________、________，然后分液。
36.若用b裝置制備乙酸乙酯，其缺點有__________、__________。由b裝置制得的乙酸乙酯產品經飽和碳酸鈉溶液和飽和食鹽水洗滌后，還可能含有的有機雜質是________，分離乙酸乙酯與該雜質的方法是_______________。
【答案】33.增大反應物濃度，使平衡向生成酯的方向移動，提高酯的產率。(合理即給分)
濃H2SO4能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移動，提高酯的產率。
濃H2SO4具有強氧化性和脫水性，會使有機物碳化，降低酯的產率。
34.中和乙酸、溶解乙醇、減少乙酸乙酯在水中的溶解
35.振蕩、靜置 36.原料損失較大、易發生副反應 乙醚;蒸餾
【解析】
試題分析：33.由于是可逆反應，因此加入過量的乙醇增大反應物濃度，使平衡向生成酯的方向移動，提高酯的產率。由于濃H2SO4能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移動，提高酯的產率，因此實際用量多于此量;由于濃H2SO4具有強氧化性和脫水性，會使有機物碳化，降低脂的產率，所以濃硫酸用量又不能過多。
【考點定位】考查乙酸乙酯制備實驗設計。
【名師點睛】乙酸乙酯的制取是中學化學中典型的有機物制備實驗之一，有機化學實驗中的知識點比較瑣碎，特別是許多細節更應引起注意。比如：①加熱的方式不同，可有酒精燈直接加熱、水浴加熱、需用溫度計測溫度的有機實驗等，要知道各種加熱方式的優缺點;②許多有機反應都需要催化劑，催化劑種類繁多，要明確實驗中所加各物質的作用;③副反應多，相同的反應物在不同的反應條件下可發生不同的化學反應，從而導致產物的不純;④需要冷卻裝置的多，由于反應物或產物多為揮發性物質，所以注意對揮發出的反應物或產物進行冷卻，以提高反應物的轉化率或生成物的產率。水冷或空氣冷卻是常見的兩種方式;⑤產物的分離和提純，要結合副反應和反應物的揮發性，確定產物中的雜質種類，從而確定分離提純的方法。⑥結合可逆反應分析反應物的用量。
七、(本題共12分)
半水煤氣是工業合成氨的原料氣，其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O(g)。半水煤氣經過下列步驟轉化為合成氨的原料。
完成下列填空：
37.半水煤氣含有少量硫化氫。將半水煤氣樣品通入____溶液中(填寫試劑名稱)，出現_______，可以證明有硫化氫存在。
38.半水煤氣在銅催化下實現CO變換：CO+H2OCO2+H2
若半水煤氣中V(H2):V(CO):V(N2)=38：28：22，經CO變換后的氣體中：V(H2):V(N2)=____________。
39.堿液吸收法是脫除二氧化碳的方法之一。已知：
Na2CO3 K2CO3 20℃堿液最高濃度(mol/L) 2.0 8.0 堿的價格(元/kg) 1.25 9.80
若選擇Na2CO3堿液作吸收液，其優點是__________;缺點是____________。如果選擇K2CO3堿液作吸收液，用什么方法可以降低成本?
___________________________________________
寫出這種方法涉及的化學反應方程式。_______________________
40.以下是測定半水煤氣中H2以及CO的體積分數的實驗方案。
取一定體積(標準狀況)的半水煤氣，經過下列實驗步驟測定其中H2以及CO的體積分數。
(1)選用合適的無機試劑分別填入Ⅰ、Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ方框中。
(2)該實驗方案中，步驟________(選填“Ⅳ”或“Ⅴ”)可以確定半水煤氣中H2的體積分數。
【答案】37.硝酸鉛(或硫酸銅);黑色沉淀
38.3:1
39.價廉;吸收CO2能力差
堿液循環使用;2KHCO3→K2CO3+CO2↑+H2O
40.(1)
(2)除去半水煤氣中的CO2(包括H2S)和H2O (3)IV
【解析】
試題分析：37.硫化氫能與重金屬生成沉淀，所以將半水煤氣樣品通入硝酸鉛(或硫酸銅)溶液中，出現黑色沉淀可以證明有硫化氫存在。
38.若半水煤氣中V(H2):V(CO):V(N2)=38：28：22，經CO變換后CO轉化為氫氣，則根據方程式可知所得的氣體中：V(H2):V(N2)=(38+28)：22=3:1。
39根據表中數據可知若選擇Na2CO3堿液作吸收液，其優點是價廉，而缺點是吸收CO2能力差。由于生成的碳酸氫鉀受熱易分解產生碳酸鉀，所以使堿液循環使用可以降低成本，反應的化學方程式為2KHCO3→K2CO3+CO2↑+H2O;
40.(1)由于半水煤氣中含有二氧化碳，所以首先利用堿液除去二氧化碳，干燥后再通過氧化銅反應，利用濃硫酸稀釋產生的水蒸氣，利用堿液吸收產生的二氧化碳，進而計算體積分數。所以流程為
。
(2)氫氣還原氧化銅生成水蒸氣，濃硫酸吸收水蒸氣，所以該實驗方案中，步驟Ⅳ可以確定半水煤氣中H2的體積分數。
【考點定位】考查水煤氣中氣體成分測定實驗設計與探究。
【名師點睛】“教真實的化學，學有用的知識”已成為大家的共識，現在的化學試題強調化學與生活的交融，突出理論聯系生產、生活實際和科技前沿，強調學以致用。試題將真實的問題轉化為試題情境，真實問題的復雜性帶來了化學試題的綜合性，這就要求考生首先讀懂并捕捉到全部相關信息，弄清這些信息之間的邏輯關系，特別是確定性信息和未知信息之間的關系，為問題的解決奠定基礎。這顯然屬于“關鍵能力”。對于一個流程的設計和評價，要分析它由幾個部分組成，每個部分在整體中處于什么地位、有什么作用，為什么要這樣設計，這樣設計的優缺點如何，可以如何改進等等，這些都是高考中考查綜合能力的重點。
八、(本題共9分)
異戊二烯是重要的有機化工原料，其結構簡式為CH2=C(CH3)CH=CH2。
完成下列填空：
41.化合物X與異戊二烯具有相同的分子式，與Br/CCl4反應后得到3-甲基-1,1,2,2-四溴丁烷。X的結構簡式為_______________。
42.異戊二烯的一種制備方法如下圖所示：
A能發生的反應有___________。(填反應類型)
B的結構簡式為______________。
43.設計一條由異戊二烯制得有機合成中間體的合成路線。
(合成路線常用的表示方式為：)
【答案】(本題共9分)
41.
42.加成(還原)、氧化、聚合、取代(酯化)、消除反應;
43.(合理即給分)
【解析】
試題分析：
41.由題意可知化合物X與異戊二烯的分子式相同，則X的分子式為：C6H10，X的不飽和度Ω=2;由X與Br2/CCl4發生加成反應產物為3-甲基-1,1,2,2-四溴丁烷，則X分子中存在碳碳三鍵，其結構簡式為：CH≡CCH(CH3)2。故答案為：CH≡CCH(CH3)2。
CH2=C(CH3)CH2CH2Cl在氫氧化鈉溶液、加熱條件下發生取代(水解)反應生成CH2=C(CH3)CH2CH2OH;CH2=C(CH3)CH2CH2OH在催化劑、加熱條件下與H2發生加成反應即可生成CH3CH(CH3)CH2CH2OH。故答案為：
【考點定位】考查有機反應類型、有機物官能團的性質、常見有機物的推斷和合成途徑的設計和方法。
【名師點睛】依據反應規律和產物來推斷反應物是有機物推斷的常見題型，通常采用逆推法：抓住產物的結構、性質、實驗現象、反應類型這條主線，找準突破口，把題目中各物質聯系起來從已知逆向推導，從而得到正確結論。對于某一物質來說，有機物在相互反應轉化時要發生一定的化學反應，常見的反應類型有取代反應、加成反應、消去(消除)反應、酯化反應、加聚反應、縮聚反應等，要掌握各類反應的特點，并會根據物質分子結構特點(包含官能團的種類)進行判斷和應用。有機合成路線的設計解題方法一般采用綜合思維的方法，其思維程序可以表示為：原料→中間產物←目標產物。即觀察目標分子的結構(目標分子的碳架特征，及官能團的種類和位置)→由目標分子和原料分子綜合考慮設計合成路線(由原料分子進行目標分子碳架的構建，以及官能團的引入或轉化)→對于不同的合成路線進行優選(以可行性、經濟性、綠色合成思想為指導)。熟練掌握一定的有機化學基本知識、具備一定的自學能力、信息遷移能力是解答本題的關鍵，題目難度中等。
九、(本題共13分)
M是聚合物膠黏劑、涂料等的單體，其一條合成路線如下(部分試劑及反應條件省略)：
完成下列填空：
44.反應①的反應類型是____________。反應④的反應條件是_____________。
45.除催化氧化法外，由A得到所需試劑為___________。
46.已知B能發生銀鏡反應。由反應②、反應③說明：在該條件下，_______________。
47.寫出結構簡式，C________________ D________________
48.D與1-丁醇反應的產物與氯乙烯共聚可提高聚合物性能，寫出該共聚物的結構簡式。_____________
49.寫出一種滿足下列條件的丁醛的同分異構體的結構簡式。____________
①不含羰基 ②含有3種不同化學環境的氫原子
已知：雙鍵碳上連有羥基的結構不穩定。
【答案】(本題共13分)
44.消除反應;濃硫酸，加熱
45.銀氨溶液，酸(合理即給分)
46.碳碳雙鍵比羰基易還原(合理即給分)
47.CH2=CHCHO;
【解析】
試題分析：
44.根據題意可知合成M的主要途徑為：丙烯CH2=CHCH3在催化劑作用下與H2/CO發生反應生成丁醛CH3CH2CH2CHO;CH3CH2CH2CHO在堿性條件下發生加成反應生成，其分子式為C8H16O2，與A的分子式C8H14O對比可知，反應①為在濃硫酸、加熱條件下發生消除反應。故答案為：消除反應;濃硫酸，加熱。
45.除催化氧化法外，由A得到還可以利用銀氨溶液或新制氫氧化銅懸濁液等將醛基氧化成羧基，然后再酸化的方法。故答案為：銀氨溶液，酸(其他合理答案亦可)。
46.化合物A(C8H14O)與H2發生加成反應生成B(C8H16O)，由B能發生銀鏡反應，說明碳碳雙鍵首先與H2加成，即碳碳雙鍵比醛基(羰基)易還原。故答案為：碳碳雙鍵比醛基(羰基)易還原(其他合理答案亦可)。
47.丙烯CH2=CHCH3在催化劑作用下被O氧化為C(分子式為C3H4O)，結構簡式為：CH2=CHCHO;CH2=CHCHO進一步被催化氧化生成D(分子式為C3H4O2)，D的結構簡式為：CH2=CHCOOH;Y的結構簡式為CH3CH2CH2CH2CH(CH2CH3)CH2OH，D與Y在濃硫酸加熱條件下發生酯化反應生成M，M的結構簡式為：。故答案為：CH2=CHCHO;。
的結構簡式為：(其他合理答案亦可)。
【考點定位】考查有機物的合成途徑的選擇、有機物結構簡式的書寫方法。
【名師點睛】有機推斷題型，考查學生有機化學基礎知識同時還考查信息遷移能力、分析問題和解決問題等綜合能力，因而深受出題者的青睞，是歷年高考必考題型之一，題目難度中等。有機推斷題常以框圖題的形式出現，解題的關鍵是確定突破口：(1)根據有機物的性質推斷官能團：有機物官能團往往具有一些特征反應和特殊的化學性質，這些都是有機物結構的突破口。①能使溴水褪色的物質可能含有碳碳雙鍵、碳碳三鍵、醛基或酚類物質(產生白色沉淀);②能發生銀鏡反應或與新制Cu(OH)2懸濁液煮沸后生成紅色沉淀的物質一定含有-CHO，并且氧化產物經酸化后轉化為-COOH;③能與H2發生加成(還原)反應說明分子中可能還有碳碳雙鍵、碳碳三鍵、羰基、苯環等;④能被催化氧化說明是碳碳雙鍵、-CHO、醇類等;⑤Na、NaOH、Na2CO3等分別用來推斷有機物中-OH、酸性官能團和酯基、-COOH等官能團的種類和數目;⑥能發生消去反應說明該有機物屬于醇類或鹵代烴;⑦能使酸性高錳酸鉀溶液褪色的物質可能含有碳碳雙鍵、碳碳三鍵、醛基、酚類物質或苯的同系物。(2)根據性質和有關數據推斷官能團的數目。(3)從特定的變量進行推斷，主要依據反應前后相對分子質量變化進行推斷反應類型及官能團的變化。(4)依據反應前后分子式的變化進行推斷，主要依據反應前后分子組成的變化進行推斷反應類型及官能團的變化。最后準確書寫有機物的結構式、結構簡式等也是此類題型的關鍵點。
十、(本題共14分)
CO2是重要的化工原料，也是應用廣發的化工產品。CO2與過氧化鈉或超氧化鉀反應可產生氧氣。
完成下列計算：
50.CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解。2.00 mol NH4HCO3完全分解，分解產物經干燥后的體積為_________L(標準狀況)。
51. 某H2中含有2.40 molCO2，該混合氣體通入2.00 L NaOH溶液中，CO2被完全吸收。如果NaOH完全反應，該NaOH溶液的濃度為_______。
52.CO2和KO2有下列反應：
4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2
4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2
若9 mol CO2在密封艙內和KO2反應后生成9 mol O2，則反應前密封艙內H2O的量應該是多少?列式計算。
53.甲烷和水蒸氣反應的產物是合成甲醇的原料：CH4+H2OCO+3H2
已知：CO+2H2CH3OH CO2+3H2CH3OH+H2O
300 mol CH4完全反應后的產物中，加入100 mol CO2后合成甲醇。若獲得甲醇350 mol，殘留氫氣120 mol，計算CO2的轉化率。
【答案】(本題共14分)
50.89.6
51.2.4 mol/L≥c≥1.2 mol/L
52.
n(H2O)=(9/6)×2=3(mol)
53.300 mol CH4完全反應產生H2 900mol
設CO2轉化率為α，CO轉化率為β
300β+100α=350 600β+300α=900-120
α=80%
或設CO2轉化率為α 900−350×2−100α=120 α=80/100=80%
【解析】
試題分析：
50.碳酸氫銨分解的化學方程式為：NH4HCO3H2O+NH3↑+CO2↑，從方程式可以看出，分解產物經干燥后，所得氣體為NH3和CO2，且n(NH3)+ n(CO2)=2n(NH4HCO3)=2×2.00mol=4.00mol，則V(混合氣體)=4.00mol×22.4L/mol=89.6L，即分解產物經干燥后的體積為89.6L。
51.根據題意要求，2.40 molCO2被完全吸收，NaOH也完全反應，則反應的產物可能是Na2CO3(此時NaOH的濃度最大)或NaHCO3(此時NaOH的濃度最小)或Na2CO3和NaHCO3的混合物。用極值思想分析兩個特殊情況：
(1)CO2+NaOH=NaHCO3，n(NaOH)= n(CO2)=2.40mol，則c(NaOH)==1.20mol/L;
(2)CO2+2NaOH=Na2CO3，n(NaOH)=2n(CO2)=4.80mol，則c(NaOH)==2.40mol/L;
綜合(1)、(2)可知，NaOH溶液的濃度應該1.20mol/L≤c(NaOH)≤2.40mol/L。
52.法一：
依題意，9 mol CO2在密封艙內和KO2反應后生成9 mol O2，即n(CO2)∶n(O2)=1∶1，通過觀察題給兩個方程式可知，當把兩個方程式相加時正好符合題目要求：
8KO2+6CO2+2H2O→2K2CO3+4KHCO3+6O2
所以有n(H2O)=n(CO2)=×9mol=3mol，即反應前密封艙內H2O的物質的量為3mol。
53.
法一：
CH4 + H2O → CO + 3H2
300mol 300mol 900mol
設CO2的轉化率為α，CO的轉化率為β
CO + 2H2 → CH3OH CO2 + 3H2 → CH3OH + H2O
300βmol 600βmol 300βmol 100αmol 300αmol 100αmol
根據題意，共生成350mol甲醇，所以有300βmol+100αmol=350mol-------①式
根據題意，反應后殘留氫氣120mol，則實際參加反應的氫氣為900mol-350mol，所以有
600βmol+300αmol=900mol-350mol--------②式
由①②式可得α=0.8，即設CO2的轉化率為80%。
可有：900mol-120mol=350mol×2+100αmol，解得α=0.8，即設CO2的轉化率為80%。
【考點定位】根據化學方程式的計算;物質的量、氣體體積、物質的量濃度的轉化關系;極值思想、守恒思想的運用。
【名師點睛】
根據化學方程式的計算，多以物質的量為核心，考查物質的量、阿伏伽德羅常數、物質的量濃度、物質的質量、摩爾質量、氣體的體積、氣體摩爾體積等相關物理量的轉化關系，以及反應物的轉化率或產物的產率的計算，同時還可以融入多種化學解題思想，比如極值法、差量法、守恒法、討論法、特殊值法等，是歷來高考的重點內容。例如第50題考查了物質的量與氣體體積的轉化關系;第51題考查了物質的量與物質的量濃度的轉化關系，同時也考查了極值思想的應用;第53題可根據元素守恒思想列出關系式求解。根據化學方程式計算時一定要準確找出相關物質之間的計量數關系，如果有一種反應物過量，則應根據量少的反應物來進行計算;如果涉及多步反應，可以根據幾個化學方程式找出有關物質的關系式進行計算，使計算簡化;如果是離子反應，可以根據離子方程式進行計算;如果是氧化還原反應，也可以利用電子轉移關系進行有關計算。
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