高考全国二卷化学解析
2020年普通高等学校招生全国统一考试理综(化学部分)试题(全国卷2,参考版解析)
2020年高考新课标Ⅱ卷理综化学试题参考解析7.下列有关燃料的说法错误的是A.燃料燃烧产物CO2是温室气体之一B.化石燃料完全燃烧不会造成大气污染C.以液化石油气代替燃油可减少大气污染D.燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一【答案】B考点:考查燃料燃烧，环境污染与防治等知识。
8.下列各组中的物质均能发生加成反应的是A.乙烯和乙醇B.苯和氯乙烯C.乙酸和溴乙烷D.丙烯和丙烷【答案】B【解析】试题分析：苯和氯乙烯中均含有不饱和键，能与氢气发生加成反应，乙醇、溴乙烷和丙烷分子中均是饱和键，只能发生取代反应，不能发生加成反应，答案选B。
考点：考查有机反应类型9.a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2-和C+离子的电子层结构相同，d与b同族。
下列叙述错误的是（）A.a与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1B.b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物C.c的原子半径是这些元素中最大的D.d和a形成的化合物的溶液呈弱酸性【答案】A【解析】试题分析：a的原子中只有1个电子，则a为氢元素，a、b、c、d为短周期元素，b2-和C+离子的电子层结构相同，则b为氧元素，C为Na元素，d与b同族，则d为硫元素，据此解答。
A. H与O、S形成化合物为H2O和H2S，氢元素的化合价为+1，而NaH中氢元素的化合价为-1价，A项错误；B.氧元素与其他元素能形成H2O、H2O2、SO2、SO3、Na2O、Na2O2，B项正确；C.同周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，电子层数越多，原子半径越大，原子半径：Na>S>O>H，C项正确；D.d和a形成的化合物为H2S，硫化氢的溶液呈弱酸性，D项正确；答案选A。
考点:元素的推断，元素周期律的应用等知识10.分子式为C4H8Cl2的有机物共有（不含立体异构）A. 7种B.8种C.9种D.10种【答案】C【解析】试题分析：根据同分异构体的书写方法，一共有9种，分别为1,2－二氯丁烷；1,3－二氯丁烷；1,4－二氯丁烷；1,1－二氯丁烷；2,2－二氯丁烷；2,3－二氯丁烷；1,1－二氯－2－甲基丙烷；1,2－二氯－2－甲基丙烷；1,3－二氯－2－甲基丙烷。
2023年全国统一高考化学试卷(全国卷ⅱ)(含解析版)
2023年全国统一高考化学试卷（全国卷Ⅱ）一、选择题（共8小题,每小题5分,满分40分）1．（5分）2023年北京奥运会地"祥云"火炬所用燃料地主要成分是丙烷,下列有关丙烷地叙述中错误地是（ ）A．分子中碳原子不在一条直线上B．光照下能够发生取代反应C．比丁烷更易液化D．是石油分馏地一种产品2．（5分）实验室现有3种酸碱指示剂,其pH地变色范围如下:甲基橙:3.1～4.4、石蕊:5.0～8.0、酚酞:8.2～10.0用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定未知浓度地CH COOH溶液,反应恰好完全时,下列叙述正确地是（ ）3A．溶液呈中性,可选用甲基橙或酚酞作指示剂B．溶液呈中性,只能选用石蕊作指示剂C．溶液呈碱性,可选用甲基橙或酚酞作指示剂D．溶液呈碱性,只能选用酚酞作指示剂3．（5分）对于ⅣA族元素,下列叙述中错误地是（ ）A．SiO2和CO2中,Si和O、C和O之间都是共价键B．Si、C、Ge地最外层电子数都是4,次外层电子数都是8C．SiO2和CO2中都是酸性氧化物,在一定条件下都能和氧化钙反应D．该族元素地主要化合价是+4和+24．（5分）物质地量浓度相同地NaOH和HCl溶液以3:2体积比相混合,所得溶液地pH=12．则原溶液地物质地量浓度为（ ）A．0.01 mol•L﹣1B．0.017 mol•L﹣1C．0.05 mol•L﹣1D．0.50 mol•L﹣15．（5分）如图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液地装置．通电后在石墨电极a和b附近分别滴加几滴石蕊溶液．下列实验现象中正确地是（ ）A ．逸出气体地体积,a 电极地小于b 电极地B ．一电极逸出无味气体,另一电极逸出刺激性气味气体C ．a 电极附近呈红色,b 电极附近呈蓝色D ．a 电极附近呈蓝色,b 电极附近呈红色6．（5分）（2008•全国理综Ⅱ,11）某元素地一种同位素X 地质量数为A,含N 个中子,它与11H 原子组成H m X 分子．在ag H m X 中所含质子地物质地量是（ ）A ．（A ﹣N +m ）mol B ．（A ﹣N ）mol C ．（A ﹣N ）mol D ．（A ﹣N +m ）mol 7．（5分）（NH 4）2SO 4在高温下分解,产物是SO 2、H 2O 、N 2和NH 3．在该反应地化学方程式中,化学计量数由小到大地产物分子依次是（ ）A ．SO 2、H 2O 、N 2、NH 3B ．N 2、SO 2、H 2O 、NH 3C ．N 2、SO 2、NH 3、H 2OD ．H 2O 、NH 3、SO 2、N 28．（5分）在相同温度和压强下,对反应CO 2（g ）+H 2（g ）⇌CO （g ）+H 2O （g ）进行甲、乙、丙、丁四组实验,实验起始时放入容器内各组分地物质地量见下表物质物质地量实验CO 2H 2CO H 2O甲a mol a mol 0mol 0mol 乙2a mol a mol 0mol0mol丙0mol 0mola mol a mol 丁 a mol 0mol a mol a mol 上述四种情况达到平衡后,n （CO ）地大小顺序是（ ）A ．乙=丁＞丙=甲B ．乙＞丁＞甲＞丙C ．丁＞乙＞丙=甲D ．丁＞丙＞乙＞甲二、非选择题9．（15分）红磷P（s）和Cl2（g）发生反应生成PCl3（g）和PCl5（g）．反应过程和能量关系如下图所示（图中地△H表示生成1mol产物地数据）．根据图回答下列问题:（1）P和Cl2反应生成PCl3地热化学方程式是: ；（2）PCl5分解成PCl3和Cl2地热化学方程式是: ；上述分解反应是一个可逆反应．温度T1时,在密闭容器中加入0.80mol PCl5,反应达平衡时PCl5还剩0.60mol,其分解率α1等于 ；若反应温度由T1升高到T2,平衡时PCl5地分解率为α2,α2 α1（填"大于"、"小于"或"等于"）；（3）工业上制备PCl5通常分两步进行,现将P和Cl2反应生成中间产物PCl3,然后降温,再和Cl2反应生成PCl5．原因是 ；（4）P和Cl2分两步反应生成1mol PCl5地△H 3= ,P和Cl2一步反应生成1mol PCl5地△H 4 △H 3（填"大于"、"小于"或"等于"）．（5）PCl5与足量水充分反应,最终生成两种酸,其化学方程式是: ．10．（15分）Q、R、X、Y、Z为前20号元素中地五种,Q地低价氧化物与X单质分子地电子总数相等,R与Q同族,X、Y与Z不同族,Y和Z地离子与Ar原子地电子结构相同且Y地原子序数小于Z．（1）Q地最高价氧化物,其固态属于 晶体,俗名叫 ；（2）R地氢化物分子地空间构型是 ,属于 分子（填"极性"或"非极性"）；它与X形成地化合物可作为一种重要地陶瓷材料,其化学式是 ；（3）X地常见氢化物地空间构型是 ；它地另一氢化物X2H4是一种火箭燃料地成分,其电子式是 ；（4）Q分别与Y、Z形成地共价化合物地化学式是 和 ；Q与Y形成地分子地电子式是 ,属于 分子（填"极性"或"非极性"）．11．（13分）某钠盐溶液可能含有阴离子NO3﹣、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、Cl﹣、Br﹣、I﹣．为了鉴别这些离子,分别取少量溶液进行以下实验:①所得溶液呈碱性；②加HCl后,生成无色无味地气体．该气体能使饱和石灰水变浑浊．③加CCl4,滴加少量氯水,振荡后,CCl4层未变色．④加BaCl2溶液产生白色沉淀,分离,在沉淀中加入足量地盐酸,沉淀不能完全溶解．⑤加HNO3酸化后,再加过量地AgNO3,溶液中析出白色沉淀．（1）分析上述5个实验,写出每一实验鉴定离子地结论与理由．实验① ．实验② ．实验③ ．实验④ ．实验⑤ ．（2）上述5个实验不能确定是否地离子是 ．12．（17分）A、B、C、D、E、F、G、H、I、J均为有机化合物．根据以下框图,回答问题:（1）B和C均为有支链地有机化合物,B地结构简式为 ；C在浓硫酸作用下加热反应只能生成一种烯烃D,D地结构简式为 ．（2）G 能发生银镜反应,也能使溴地四氯化碳溶液褪色,则G地结构简式 ．（3）写出:⑤地化学方程式是 ．⑨地化学方程式是 ．（4）①地反应类型是 ,④地反应类型是 ,⑦地反应类型是 ．（5）与H具有相同官能团地H地同分异构体地结构简式为 ．2023年全国统一高考化学试卷（全国卷Ⅱ）参考解析与试卷解析一、选择题（共8小题,每小题5分,满分40分）1．（5分）2023年北京奥运会地"祥云"火炬所用燃料地主要成分是丙烷,下列有关丙烷地叙述中错误地是（ ）A．分子中碳原子不在一条直线上B．光照下能够发生取代反应C．比丁烷更易液化D．是石油分馏地一种产品【考点】I3:烷烃及其命名．【专题】534:有机物地化学性质及推断．【分析】A、烷烃分子中有多个碳原子应呈锯齿形,丙烷呈角形；B、丙烷等烷烃在光照地条件下可以和氯气发生取代反应；C、烷烃中碳个数越多沸点越高；D、属于石油分馏地产物,是液化石油气地成分之一．【解答】解:A、烷烃分子中有多个碳原子应呈锯齿形,丙烷呈角形,碳原子不在一条直线上,故A正确；B、丙烷等烷烃在光照地条件下可以和氯气发生取代反应,故B正确；C、烷烃中碳个数越多沸点越高,丙烷分子中碳原子数小于丁烷,故丁烷沸点高,更易液化,故C错误；D、丙烷属于石油分馏地产物,是液化石油气地成分之一,故D正确。
2019年高考真题全国2卷化学(附答案解析)
绝密★启用前2019年普通高等学校招生统一考试化学试题卷一、单选题1．“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句，下列关于该诗句中所涉及物质的说法错误的是A．蚕丝的主要成分是蛋白质B．蚕丝属于天然高分子材料C．“蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应D．古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物2．已知N A是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A．3g 3He含有的中子数为1N APO−数目为0.1N AB．1 L 0.1 mol·L−1磷酸钠溶液含有的34C．1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6N AD．48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13N A3．今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。
下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。
下列说法错误的是A．原子半径：W<XB．常温常压下，Y单质为固态C．气态氢化物热稳定性：Z<WD．X的最高价氧化物的水化物是强碱4．下列实验现象与实验操作不相匹配的是A ．AB ．BC ．CD ．D 5．下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是A ．向CuSO 4溶液中加入足量Zn 粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO 4Cu+ZnSO 4 B ．澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO 2CaCO 3↓+H 2O C ．Na 2O 2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na 2O 22Na 2O+O 2↑D ．向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl 3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl 32Fe(OH)3+3MgCl 26．绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。
硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
下列说法错误的是A ．图中a 和b 分别为T 1、T 2温度下CdS 在水中的物质的量浓度B ．图中各点对应的K sp 的关系为：K sp (m)=K sp (n)<Ksp (p)<K sp (q)C ．向m 点的溶液中加入少量Na 2S 固体，溶液组成由m 沿mpn 线向p 方向移动D ．温度降低时，q 点的饱和溶液的组成由q 沿qp 线向p 方向移动7．分子式为C 4H 8BrCl 的有机物共有（不含立体异构）A ．8种B ．10种C ．12种D．14种二、推断题8．环氧树脂因其具有良好的机械性能、绝缘性能以及与各种材料的粘结性能，已广泛应用于涂料和胶黏剂等领域。
高考全国2卷理综化学及答案
高考全国2卷理综化学及答案20XX年普通高等学校招生全国统一考试（新课标Ⅱ卷）理科综合能力测试化学部分7．下列过程没有发生化学反应的是（）A．用活性炭去除冰箱中的异味B．用热碱水清除炊具上残留的油污C．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果D．用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装8．四联苯的一氯代物有（）A．3种B．4种C．5种D．6种9．下列反应中，反应后固体物质增重的是（）A．氢气通过灼热的CuO粉末B．二氧化碳通过Na2O2粉末C．铝与Fe2O3发生铝热反应D．将锌粒投入Cu(NO3)2溶液10．下列图示实验正确的是（）A．除去粗盐溶液中的不溶物B．碳酸氢钠受热分解C．除去CO气体中的CO2气体D．乙酸乙酯制备演示实验11．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（）A．pH=5的H2S溶液中，c(H)=c(HS)=1×10mol LB．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1 +--5-1C．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合:c(Na)+c(H)=c(OH)+c(HC2O4)D．pH相同的①*****a②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na):①②③12．20XX年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系，下列叙述错误的是（）A．a为电池的正极B．电池充电反应为LiMn2O4=Li1-xMn2O4+xLiC．放电时，a极锂的化合价发生变化D．放电时，溶液中Li从b向a迁移13．室温下，将1mol的CuSO4 5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，将1mol的CuSO4(s)溶于水△会使溶液温度升高，热效应为△H，CuSO 5HO受热分解的化学方程式为：CuSO 5HO(s) =====*****++++-- CuSO4(s)+5H2O(l)，热效应为△H3。
则下列判断正确的是（）A．△H2△H3 B．△H1△H3 C．△H1+△H3=△H2 D．△H1+△H2△H326．（13分）在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)合气体的颜色变深。
2021年全国统一高考化学试卷(新课标ⅱ)(含解析版)
2021年普通高等学校招生全国统一考试（全国乙卷）化学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将自己的姓名、准考证号、座位号填写在本试卷上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，涂写在本试卷上无效。
3.作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 Cl35.5 Fe 56一、选择题1. 我国提出争取在2030年前实现碳达峰，2060年实现碳中和，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。
碳中和是指2CO的排放总量和减少总量相当。
下列措施中能促进碳中和最直接有效的是A. 将重质油裂解为轻质油作为燃料B. 大规模开采可燃冰作为清洁燃料C. 通过清洁煤技术减少煤燃烧污染D. 研发催化剂将2CO还原为甲醇【答案】D【解析】【分析】【详解】A．将重质油裂解为轻质油并不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故A不符合题意；B．大规模开采可燃冰做为清洁燃料，会增大二氧化碳的排放量，不符合碳中和的要求，故B不符合题意；C．通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故C不符合题意；D．研发催化剂将二氧化碳还原为甲醇，可以减少二氧化碳的排放量，达到碳中和的目的，故D符合题意；故选D。
2. 在实验室采用如图装置制备气体，合理的是A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】由实验装置图可知，制备气体的装置为固固加热装置，收集气体的装置为向上排空气法，说明该气体的密度大于空气的密度；【详解】A．氨气的密度比空气小，不能用向上排空法收集，故A错误；B．二氧化锰与浓盐酸共热制备氯气为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，故B错误；C．二氧化锰和氯酸钾共热制备氧气为固固加热的反应，能选用固固加热装置，氧气的密度大于空气，可选用向上排空气法收集，故C正确；D．氯化钠与浓硫酸共热制备为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，故D错误；故选C。
2020年全国二卷高考化学试题及答案解析
绝密★启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试化学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C12N14O16 Mg 24 S 32 Fe 56 Cu 64一、选择题：本题共13个小题，每小题6分。
共78分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
7．北宋沈括《梦溪笔谈》中记载：“信州铅山有苦泉，流以为涧。
挹其水熬之则成胆矾，烹胆矾则成铜。
熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”。
下列有关叙述错误的是（）A．胆矾的化学式为CuSO4B．胆矾可作为湿法冶铜的原料C．“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程D．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是发生了置换反应8．某白色固体混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中的两种组成，进行如下实验：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液；②做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色；③向溶液中加碱，产生白色沉淀。
根据实验现象可判断其组成为（）A．KCl、NaCl B．KCl、MgSO4C．KCl、CaCO3 D．MgSO4、NaCl9．二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图所示。
下列叙述错误的是（）A ．海水酸化能引起HCO 3−浓度增大、CO 32−浓度减小B ．海水酸化能促进CaCO 3的溶解，导致珊瑚礁减少C ．CO 2能引起海水酸化，其原理为+233HCO H +CO --D ．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境10．吡啶（）是类似于苯的芳香化合物，2-乙烯基吡啶（VPy ）是合成治疗矽肺病药物的原料，可由如下路线合成。
下列叙述正确的是（ ）A ．Mpy 只有两种芳香同分异构体B ．Epy 中所有原子共平面C ．Vpy 是乙烯的同系物D ．反应②的反应类型是消去反应11．据文献报道，Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如下图所示。
2023年全国统一高考化学试卷(新课标ⅱ)(含解析版)
2023年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅱ）一、选择题:本题共7小题,每小题6分．在每小题给出地四个选项中,只有一项是符合题目要求地．1．（6分）在一定条件下,动植物油脂与醇反应可制备生物柴油,化学方程式如下图所示:下列叙述错误地是（ ）A．生物柴油由可再生资源制得B．生物柴油是不同酯组成地混合物C．动植物油脂是高分子化合物D．"地沟油"可用于制备生物柴油2．（6分）下列叙述中,错误地是（ ）A．苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持55～60℃反应生成硝基苯B．苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷C．乙烯和溴地四氯化碳溶液反应生成1,2﹣二溴乙烷D．甲苯与氯气在光照下反应主要生成2,4﹣二氯甲苯3．（6分）N A为阿伏加德罗常数地值。
下列叙述正确地是（ ）A．1.0 L 1.0 mol•L﹣1 地NaAlO2水溶液中含有地氧原子数为2 N AB．12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环地个数为0.5 N AC．25℃时pH=13地NaOH溶液中含有OH﹣地数目为0.1 N AD．1 mol地羟基与1 mol地氢氧根离子所含电子数均为9 N A4．（6分）能正确表示下列反应地离子方程式是（ ）A．浓盐酸与铁屑反应:2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑B．钠与CuSO4溶液反应:2Na+Cu2+═Cu↓+2Na+C．NaHCO3溶液与稀H2SO4反应:CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑D．向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2:3Mg（OH）2+2Fe3+═2Fe（OH）3+3Mg2+ 5．（6分）"ZEBRA"蓄电池地结构如下图所示,电极材料多孔Ni/NiCl2和金属钠之间由钠离子导体制作地陶瓷管相隔。
下列关于该电池地叙述错误地是（ ）A．电池反应中有NaCl生成B．电池地总反应是金属钠还原三价铝离子C．正极反应为:NiCl2+2e﹣═Ni+2Cl﹣D．钠离子通过钠离子导体在两电极间移动6．（6分）在1200℃时,天然气脱硫工艺中会发生下列反应:H2S（g）+O2（g）═SO2（g）+H2O（g）△H12H2S（g）+SO2（g）═S2（g）+2H2O（g）△H2H2S（g）+O2（g）═S（g）+H2O（g）△H32S（g）═S2（g）△H4则△H4地正确表达式为（ ）A．△H4=（△H1+△H2﹣3△H3）B．△H4=（3△H3﹣△H1﹣△H2）C．△H4=（△H1+△H2﹣3△H3）D．△H4=（△H1﹣△H2﹣3△H3）7．（6分）室温时,M（OH）2（s）⇌M2+（aq）+2OH﹣（aq）K sp=a,c（M2+）=b mol•L﹣1时,溶液地pH等于（ ）A．lg（）B．lg（）C．14+lg（）D．14+lg（） 二、解答题（共6小题,满分58分）8．（15分）正丁醛是一种化工原料。
全国统一高考化学试卷新课标ⅱ考点分析答案详细解析
2018年全国统一高考化学试卷新课标Ⅱ一、选择题：本题共7小题,每小题6分,共42分;在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的;1．6分2018新课标Ⅱ化学与生活密切相关,下列说法错误的是A．碳酸钠可用于去除餐具的油污B．漂白粉可用于生活用水的消毒C．氢氧化铝可用于中和过多胃酸D．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查考点14：物质的组成、结构和性质的关系．分析A．碳酸钠水溶液呈碱性,碱性条件下促进油脂水解；B．当把漂白粉撒到水中时,发生反应CaClO2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO,HClO具有强氧化性；C．氢氧化铝属于弱碱,能中和酸；D．碳酸钡能和稀盐酸反应生成有毒的氯化钡,但是硫酸钡不溶于稀盐酸、不溶于水;解答解：A．碳酸钠水解生成NaOH而导致其水溶液呈碱性,碱性条件下促进油脂水解,从而除去油污,故A正确；B．当把漂白粉撒到水中时,发生反应CaClO2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO,HClO具有强氧化性而杀菌消毒,所以漂白粉可用于生活用水的消毒,故B正确；C．氢氧化铝属于弱碱,能中和胃酸中的盐酸而降低胃液酸性,所以氢氧化铝可以用于中和过多胃酸,故C正确；D．碳酸钡能和稀盐酸反应生成有毒的氯化钡,但是硫酸钡不溶于稀盐酸、不溶于水,所以应该用硫酸钡而不是碳酸钡作胃肠X射线造影检查,故D错误；故选：D;点评本题考查物质结构和性质,侧重考查化学在生产生活中的应用,明确物质性质是解本题关键,会运用化学知识正确解释生产生活现象,题目难度不大;2．6分2018新课标Ⅱ研究表明,氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关如图所示;下列叙述错误的是A．雾和霾的分散剂相同B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵是形成无机颗粒物的催化剂C．NH3D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关考点EK：氮的氧化物的性质及其对环境的影响．分析由图示可知雾霾的主要成分为颗粒物,其中无机颗粒物的主要成分为铵盐,可由氨气和硝酸、硫酸反应生成,以此解答该题;解答解：A．雾和霾的分散剂都是空气,故A正确；B．由图示可知雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵,故B正确；C．由图示可知氨气参与反应生成铵盐,为反应物,不是催化剂,故C错误；D．无机颗粒物的主要成分为铵盐,可形成雾霾,可知雾霾的形成与过度施用氮肥有关,故D正确;故选：C;点评本题考查环境污染问题,侧重于化学与生活、生产以及环境保护的考查,有利于培养学生良好的科学素养,树立环保意识,难度不大;3．6分2018新课标Ⅱ实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验;在光照下反应一段时间后,下列装置示意图中能正确反映实验现象的是A． B．C．D．考点T4：甲烷的取代反应．分析CH4与Cl2在光照条件下发生取代反应,取代反应的产物有CH3Clg,CH2Cl2l,CHCl3l,CCl4l和HCl;解答解：CH4与Cl2在光照条件下发生取代反应,取代反应的产物有CH3Clg,CH2Cl2l,CHCl3l,CCl4l和HCl,产生的CH2Cl2l,CHCl3l,CCl4l能附着在管壁上形成油状液滴,由于试管连接饱和食盐水,HCl在其中的溶解度降低,所以HCl 能和管内部的空气中的水蒸气形成白雾附着在管内壁上,整个反应是气体体积减少的反应,管内液面上升,所以D选项正确,故选：D;点评本题考查CH4与Cl2在光照下的取代反应,明确反应过程,产物及其物理状态和化学性质是解题的关键,为高频考点,题目难度不大,是基础题;4．6分2018新课标ⅡW、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素;W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体；Y的周期数是族序数的3倍；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同,下列叙述正确的是A．X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物B．Y与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键C．四种元素的简单离子具有相同的电子层结构D．W的氧化物对应的水化物均为强酸考点8F：原子结构与元素周期律的关系．分析W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素,W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体,该气体是NO2,则W、X分别是N、O元素；Y的周期数是族序数的3倍,其原子序数大于O,则Y为Na元素；Z原子最外层的电子数与W 的电子总数相同,为Cl元素；A．X是O元素,与W形成的二元化合物有NO、NO2、N2O5等；与Y元素形成的二元化合物有Na2O、Na2O2；有Z元素形成的二元化合物有ClO2、Cl2O7等；B．Na与O元素形成的化合物Na2O2中含有共价键；C．形成的简单离子中W、X、Y电子层结构相同；D．W的氧化物的水化物HNO2是弱酸;解答解：W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素,W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体,该气体是NO2,则W、X分别是N、O元素；Y的周期数是族序数的3倍,其原子序数大于O,则Y为Na元素；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同,为Cl元素；A．X是O元素,与W形成的二元化合物有NO、NO2、N2O5等；与Y元素形成的二元化合物有Na2O、Na2O2；有Z元素形成的二元化合物有ClO2、Cl2O7等,所以X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物,故A正确；B．Na与O元素形成的化合物Na2O2的电子式为,含有共价键和离子键,故B错误；C．形成的简单离子中W、X、Y电子层有2个,而Z离子核外电子层有3个,所以这四种元素简单离子电子层结构不相同,故C错误；D．W的氧化物的水化物HNO3是强酸,而HNO2为弱酸,故D错误；故选：A;点评本题考查原子结构和元素周期律,侧重考查学生分析、判断及知识综合运用能力,明确原子结构、物质结构、元素周期表结构、元素周期律即可解答,注意规律中的特殊现象,题目难度不大;5．6分2018新课标ⅡNA代表阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A．常温常压下,124gP4中所含P一P键数目为4NAB．100 mL 1molL﹣1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0．lNAC．标准状况下,甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAD．密闭容器中,2 mol SO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA考点4F：阿伏加德罗常数．分析A．1molP4含有6molP﹣P键；B．FeCl3溶液中存在Fe3+的水解；乙烷含有4molH,1mol乙烯含有4molH；D．SO2和O2的催化反应为可逆反应;解答解：的物质的量为=1mol,根据P4的结构式,1molP4含有6molP﹣P键,即含有P﹣P键数目为6NA,故A错误；B．FeCl3溶液中存在Fe3+的水解,所以100 mL 1molL﹣1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于,即小于,故B错误；甲烷含有4molH,1mol乙烯含有4molH,二者无论按何种比例,相当于1mol混合气体含有4molH,则标准状况下,甲烷和乙烯混合物中含H有=2mol,即含氢原子数目为2NA,故C正确；D．SO2和O2的催化反应为可逆反应,反应不可能完全进行,存在一个化学平衡,所以密闭容器中,2 mol SO2和1molO2催化反应后分子总数不一定为2mol,即不一定为2NA,故D错误,故选：C;点评本题考查阿伏伽德罗常数的简单计算,注意盐类水解知识和化学平衡知识的运用,明确P4的结构是解题的关键,为易错点,题目难度不大,是基础题;6．6分2018新课标Ⅱ我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na﹣CO3二次电池,将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液;钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料,电池的总反应为：3CO2+4Na2Na2CO3+C,下列说法错误的是A．放电时,ClO4﹣向负极移动B．充电时释放CO2,放电时吸收CO2C．放电时,正极反应为：3CO2+4e﹣═2CO32﹣+CD．充电时,正极反应为：Na++e﹣═Na考点BH：原电池和电解池的工作原理．分析A．放电时,Na失电子作负极、Ni作正极,电解质溶液中阴离子向负极移动；B．放电时Na作负极、Ni作正极,充电时Ni作阳极、Na作阴极,则放电电池反应式为3CO2+4Na2Na2CO3+C、充电电池反应式为2Na2CO3+C3CO2+4Na；C．放电时负极反应式为Na﹣e﹣=Na+、正极反应式为3CO2+4e﹣═2CO32﹣+C；D．充电时,原来的正极作电解池的阳极,失电子发生氧化反应;解答解：A．放电时,Na失电子作负极、Ni作正极,电解质溶液中阴离子向负极移动,所以ClO4﹣向负极移动,故A正确；B．放电时Na作负极、Ni作正极,充电时Ni作阳极、Na作阴极,则放电电池反应式为3CO2+4Na2Na2CO3+C、充电电池反应式为2Na2CO3+C3CO2+4Na,所以充电时释放CO2,放电时吸收CO2,故B正确；C．放电时负极反应式为Na﹣e﹣=Na+、正极反应式为3CO2+4e﹣═2CO32﹣+C,故C正确；D．充电时,原来的正极Ni作电解池的阳极,Na作电解池阴极,则正极发生的反应为原来正极反应式的逆反应,即2CO32﹣+C﹣4e﹣=3CO2,负极发生的反应为Na++e﹣═Na,故D错误；故选：D;点评本题考查原电池原理,明确充电电池中正负极、阴阳极发生反应关系是解本题关键,侧重考查学生分析判断能力,难点是电极反应式的书写,题目难度不大;7．6分2018新课标Ⅱ下列实验过程可以达到实验目的是编号实验目的实验过程A配制 L﹣1的NaOH 溶液称取固体NaOH于烧杯中,加入少量蒸馏水溶解,转移至250mL容量瓶中定容B探究维生素C的还原性向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液,观察颜色变化C制取并纯化氢气向稀盐酸中加入锌粒,将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液D探究浓度对反应速率的影响向2支盛有5mL不同浓度 NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液,观察实验现象A．A B．B C．C D．D考点U5：化学实验方案的评价．分析A．在转移溶液之前应该将溶液冷却至室温,否则配制的溶液浓度偏高；B．氯化铁具有氧化性、维生素C具有还原性,二者发生氧化还原反应而使溶液变色；C．高锰酸钾溶液和氢气、HCl都不反应,且最后通过酸性高锰酸钾溶液会导致得到的氢气中含有水蒸气；D．要探究浓度对化学反应速率影响实验时,应该只有浓度不同其它条件必须完全相同;解答解：A．NaOH溶解过程是放热的,导致溶液浓度高于室温,如果在转移溶液之前未将溶液冷却至室温,否则配制的溶液体积偏小,则配制溶液浓度偏高,所以不能实现实验目的,故A不选；B．氯化铁具有氧化性、维生素C具有还原性,二者发生氧化还原反应而生成亚铁离子,导致溶液由黄色变为浅绿色,则溶液变色,所以能实现实验目的,故B选；C．高锰酸钾溶液和氢气、HCl都不反应,且最后通过酸性高锰酸钾溶液会导致得到的氢气中含有水蒸气,所以不能实现实验目的,用NaOH吸收HCl、用浓硫酸干燥气体即可,故C不选；D．要探究浓度对化学反应速率影响实验时,应该只有浓度不同其它条件必须完全相同,该实验没有明确说明温度是否相同,并且实验现象也不明显,所以不能实现实验目的,故D不选,故选：B;点评本题考查化学实验评价,涉及溶液配制、性质检验、物质的分离提纯、化学反应速率影响因素探究等知识点,侧重考查学生实验操作、实验分析和判断能力,明确实验原理及物质性质是解本题关键,题目难度不大;二、非选择题：每个试题考生必须作答;8．14分2018新课标Ⅱ我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家;一种以闪锌矿ZnS,含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质为原料制备金属锌的流程如图所示：相关金属离子cM n+=01molL﹣1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Fe3+Fe2+Zn2+Cd2+开始沉淀的pH沉淀完全的pH回答下列问题：1焙烧过程中主要反应的化学方程式为2ZnS+3O22ZnO+2SO2;2滤渣1的主要成分除SiO2外还有PbSO4；氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH到﹣之间,使Fe3+完全沉淀,若不通入氧气,其后果是无法除去溶液中Fe2+;3溶液中的Cd2+用锌粉除去,还原除杂工序中反应的离子方程式为Cd2++Zn=Cd+Zn2+;4电解硫酸锌溶液制备单质锌时,阴极的电极反应式为Zn2++2e﹣=Zn ；沉积锌后的电解液可返回溶浸工序继续使用;考点U3：制备实验方案的设计．分析焙烧过程中发生的反应有2ZnS+3O22ZnO+2SO2、4FeS+7O22Fe2O3+4SO2、2PbS+3O22PbO+2SO2、2CdS+3O22CdO+2SO2,所以焙烧过程中生成的气体是SO2；然后加入稀硫酸酸浸,FeS未焙烧、ZnO、Fe2O3、PbO、CdO和稀硫酸反应生成Fe 2+、Zn 2+、Fe 3+、PbSO4、Cd2+,所以滤渣1为未反应的SiO2和生成的PbSO4；氧化除杂时通入氧气,使Fe 2+转化为Fe 3+,加入ZnO和稀硫酸反应调节溶液的pH值,将Fe 3+转化为FeOH3而除去Fe 3+,滤渣2为生成的FeOH3；然后向溶液中加入Zn,Zn和Cd2+发生氧化还原生成Cd,然后过滤得到滤液,滤渣3为Cd；将滤液电解得到Zn；1焙烧过程中ZnS、FeS、CdS、PbS都和氧气发生氧化还原反应,但是ZnS的反应是主要反应；2滤渣1的主要成分除SiO2外还有生成的硫酸铅；ZnO能和酸反应生成盐和水,从而改变溶液的pH值；如果不通入氧气,亚铁离子影响Zn的制备；3Cd2+和Zn发生氧化还原反应生成Cd；4电解硫酸锌溶液制备单质锌时,阴极上溶液中Zn2+得电子生成Zn；沉积锌后的电解液中锌离子浓度降低,可以通过返回溶浸工序继续使用;解答解：焙烧过程中发生的反应有2ZnS+3O22ZnO+2SO2、4FeS+7O22Fe2O3+4SO2、2PbS+3O22PbO+2SO2、2CdS+3O22CdO+2SO2,所以焙烧过程中生成的气体是SO2；然后加入稀硫酸酸浸,FeS未焙烧、ZnO、Fe2O3、PbO、CdO和稀硫酸反应生成Fe 2+、Zn 2+、Fe 3+、PbSO4、Cd2+,所以滤渣1为未反应的SiO2和生成的PbSO4；氧化除杂时通入氧气,使Fe 2+转化为Fe 3+,加入ZnO和稀硫酸反应调节溶液的pH值,将Fe 3+转化为FeOH3而除去Fe 3+,滤渣2为生成的FeOH3；然后向溶液中加入Zn,Zn和Cd2+发生氧化还原生成Cd,然后过滤得到滤液,滤渣3为Cd；将滤液电解得到Zn；1焙烧过程中ZnS、FeS、CdS、PbS都和氧气发生氧化还原反应,但是ZnS的反应是主要反应,所以其主要方程式为2ZnS+3O22ZnO+2SO2,故答案为：2ZnS+3O22ZnO+2SO2；2滤渣1的主要成分除SiO2外还有PbO和稀硫酸生成的沉淀PbSO4；ZnO能和酸反应生成盐和水,从而改变溶液的pH值,使溶液的pH调节在﹣之间,从而Fe 3+将转化为沉淀除去Fe 3+；Fe2+、Zn2+开始沉淀、完全沉淀的pH相近,如果不通入氧气,Fe2+不能完全除去而影响Zn的制备,故答案为：PbSO4；调节溶液的pH到﹣之间,使Fe3+完全沉淀；无法除去溶液中Fe2+；3Cd2+和Zn发生氧化还原反应生成Cd,离子方程式为Cd2++Zn=Cd+Zn2+,故答案为：Cd2++Zn=Cd+Zn2+；4电解硫酸锌溶液制备单质锌时,阴极上溶液中Zn 2+得电子生成Zn,电极反应式为Zn2++2e﹣=Zn；沉积锌后的电解液中锌离子浓度降低,可以通过返回溶浸工序继续使用,从而减少资源浪费,故答案为：Zn2++2e﹣=Zn；溶浸;点评本题考查物质制备,综合性较强,涉及物质分离提纯、电解原理、氧化还原反应、方程式的书写等知识点,明确流程图中各物质的性质、发生的反应及物质分离提纯方法是解本题关键,知道每一步的目的及原理,题目难度中等;9．14分2018新课标ⅡCH4﹣CO2的催化重整不仅可以得到合成气CO和H2,还对温室气体的减排具有重要意义;回答下列问题：1CH4﹣CO2催化重整反应为：CH4g+CO2g═2COg+2H2g;已知：Cs+2H2g═CH4g△H=﹣75kJmol﹣1Cs+O2g=CO2g△H=﹣394kJmol﹣1Cs+g=COg△H=﹣111kJmol﹣1该催化重整反应的△H= +247 kJmol﹣1．有利于提高CH4平衡转化率的条件是A 填标号;A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压某温度下,在体积为2L的容器中加入2mol CH4、1molCO2以及催化剂进行重整反应,达到平衡时CO2的转化率是50%,其平衡常数为mol2L﹣2;2反中催化剂活性会因积碳反应而降低,同时存在的消碳反应则使积碳碳量减少;相关数据如下表：积碳反应CH4g═Cs+2H2g消碳反应CO2g+Cs═2COg△H/kJmol﹣175172活化能/kJmol﹣1催化剂X3391催化剂Y4372①由上表判断,催化剂X 劣于Y填“优于或劣于”,理由是催化剂X较催化剂Y,积碳反应时,活化能低,反应速率快,消碳反应时,活化能高,反应速率慢,综合考虑,催化剂X较催化剂Y更利于积碳反应,不利于消碳反应,会降低催化剂活性;在反应进料气组成,压强及反应时间相同的情况下,某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如右图所示;升高温度时,下列关于积碳反应,消碳反应的平衡常数K和速率v的叙述正确的是AD 填标号;A．K积、K消均增加B．V积减小、V消增加C．K积减小、K消增加D．V消增加的倍数比V积增加的倍数大②在一定温度下,测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v=kpCH4pCO2﹣k为速率常数;在pCH4一定时,不同pCO2下积碳量随时间的变化趋势如图所示,则PaCO2、P b CO2、PcCO2从大到小的顺序为pcCO2＞pbCO2＞paCO2;考点CP：化学平衡的计算．专题51E：化学平衡专题．分析1①Cs+2H2g═CH4g△H=﹣75kJmol﹣1②Cs+O2g=CO2g△H=﹣394kJmol﹣1③Cs+g=COg△H=﹣111kJmol﹣1将方程式2③﹣①﹣②得CH4g+CO2g═2COg+2H2g,△H进行相应的改变；要提高CH4平衡转化率应该使平衡正向移动,但是不能通过增大甲烷浓度实现；达到平衡时CO2的转化率是50%,根据方程式知,参加反应的nCO2=nCH4=1mol×50%=,生成的nCO=nH2=1mol,该化学反应CH4g+CO2g═2COg+2H2g,开始mol/L1 0 0反应mol/L平衡mol/L化学平衡常数K=；2①消碳反应越容易发生,催化剂活性越好,消碳反应所需活化能越低,消碳反应越容易进行；积碳反应和消碳反应的正反应都是吸热反应,升高温度平衡正向移动,但是积碳反应更容易进行,生成物浓度增大、反应物浓度降低；②在一定温度下,相同时间内,沉积的碳越多,则沉积碳生成速率越快,根据v=kpCH4pCO2﹣k为速率常数知,pCH4一定时,沉积碳生成速率与二氧化碳压强成反比;解答解：1①Cs+2H2g═CH4g△H=﹣75kJmol﹣1②Cs+O2g=CO2g△H=﹣394kJmol﹣1③Cs+g=COg△H=﹣111kJmol﹣1将方程式2③﹣①﹣②得CH4g+CO2g═2COg+2H2g,△H=2﹣111kJmol﹣1﹣﹣75kJmol﹣1﹣﹣394kJmol﹣1=+247kJ/mol；要提高CH4平衡转化率应该使平衡正向移动,但是不能通过增大甲烷浓度实现,该反应的正反应是一个反应前后气体体积增加的吸热反应,升高温度、减小压强能使平衡正向移动,增大甲烷转化率,达到平衡时CO2的转化率是50%,根据方程式知,参加反应的nCO2=nCH4=1mol×50%=,生成的nCO=nH2=1mol,该化学反应CH4g+CO2g═2COg+2H2g,开始mol/L1 0 0反应mol/L平衡mol/L化学平衡常数K===；故答案为：+247；高温低压；；2①根据表中数据知,催化剂X较催化剂Y,积碳反应时,活化能低,反应速率快,消碳反应时,活化能高,反应速率慢,综合考虑,催化剂X较催化剂Y更利于积碳反应,不利于消碳反应,会降低催化剂活性；积碳反应和消碳反应的正反应都是吸热反应,升高温度平衡正向移动,生成物浓度增大、反应物浓度降低,所以积碳反应、消碳反应平衡常数都增大,但是积碳反应更容易进行,所以积碳反应平衡常数增大倍数大于消碳反应,V积增加的倍数比V消增加的倍数大,所以选AD；故答案为：劣于；催化剂X较催化剂Y,积碳反应时,活化能低,反应速率快,消碳反应时,活化能高,反应速率慢,综合考虑,催化剂X较催化剂Y更利于积碳反应,不利于消碳反应,会降低催化剂活性；AD；②在一定温度下,相同时间内,沉积的碳越多,则沉积碳生成速率越快,根据v=kpCH4pCO2﹣k为速率常数知,pCH4一定时,沉积碳生成速率与二氧化碳压强成反比,根据图知,积碳量a＞b＞c,则pc CO2＞pbCO2＞paCO2,故答案为：pc CO2＞pbCO2＞paCO2;点评本题考查化学反应原理,涉及盖斯定律、化学平衡计算、外界条件对化学平衡影响等知识点,侧重考查学生分析、推断及图象分析能力,正确理解题给信息及出题人目的是解本题关键,难点是2题分析解答;10．15分2018新课标ⅡK3FeC2O433H2O三草酸合铁酸钾为亮绿色晶体,可用于晒制蓝图,回答下列问题：1晒制蓝图时,用K3FeC2O433H2O作感光剂,以K3FeCN6溶液为显色剂;其光解反应的化学方程式为2k3FeC2O432FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑；显色反应的化学方程式为3FeC2O4+2K3FeCN6=Fe3FeCN62↓+3K2C2O4;2某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物,按如图所示装置进行实验;①通入氮气的目的是排出装置中原有空气,避免O2和CO2干扰实验,同时用N2把装置A、E中反应生成的气体排出进行后续检验;②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊,装置E中固体变为红色,由此判断热分解产物中一定含有CO 、CO2;③为防止倒吸,停止实验时应进行的操作是先关闭A、E中的酒精灯,冷却后再停止通入N2;④样品完全分解后,装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3,检验Fe2O3存在的方法是：取少量装置A中残留物放入试管中,加入稀硫酸溶解,再滴加几滴KSCN溶液,若观察到溶液变红,则证明A中残留物中含Fe2O3;3测定三草酸合铁酸钾中铁的含量;①称量mg样品于锥形瓶中,溶解后加稀H2SO4酸化,用cmolL﹣1KMnO4溶液滴定至终点;滴定终点的现象是当滴入最后一滴滴入后,溶液变成浅红色,且半分钟内不褪色;②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后,过滤、洗涤,将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中;加稀H2SO4酸化,用cmolL﹣1KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液VmL．该晶体中铁的质量分数的表达式为×100%或×100%或% ;考点5C：物质的量浓度的相关计算；RD：探究物质的组成或测量物质的含量．分析1显色过程是FeC2O4中的亚铁离子与FeCN63﹣结合成蓝色沉淀,据此写出该后续方程式； 2①反应开始前通氮气,可排净装置中空气,以免氧气、二氧化碳对实验干扰,同时把装置A、E中反应生成的气体排出；②B中澄清石灰水变浑浊证明含有二氧化碳,E中固体变红、F中澄清石灰水变浑浊证明分解产物中有一氧化碳；③为避免倒吸,需先关闭反应装置中的酒精灯,冷却后再停止通入N2；④检验Fe2O3,需将Fe2O3转化成铁离子,再用硫氰化钾进行检验；3①用KMnO4溶液滴定亚铁离子,滴定终点溶液变成浅红色；②根据n=cV计算出消耗高锰酸根离子的物质的量,根据化合价升降相等可得反应关系式5Fe2+～MnO4﹣,则nFe2+=5nMnO4﹣,然后根据m=nM计算出样品中含有铁元素的质量,最后根据×100%计算;解答解：1显色过程是FeC2O4中的亚铁离子与FeCN63﹣结合成蓝色沉淀的反应,该反应的化学方程式为：3FeC2O4+2K3FeCN6=Fe3FeCN62↓+3K2C2O4,故答案为：3FeC2O4+2K3FeCN6=Fe3FeCN62↓+3K2C2O4；2①在反应开始前通入N2,可排净装置中的空气,以免O2和CO2对实验干扰,同时用N2把装置A、E中反应生成的气体排出进行后续检验,故答案为：排出装置中原有空气,避免O2和CO2干扰实验,同时用N2把装置A、E中反应生成的气体排出进行后续检验；②B中澄清石灰水变浑浊证明分解产物中一定含有CO2,E中固体变红、F中澄清石灰水变浑浊证明分解产物中有还原性气体CO,故答案为：CO；CO2；③为防止倒吸,需要先关闭反应装置中的酒精灯,冷却至常温过程中需保持一直通入N2,故答案为：先关闭A、E中的酒精灯,冷却后再停止通入N2；④检验固体中是否存在Fe2O3,需将Fe2O3转化成铁离子,再用硫氰化钾进行检验,操作方法为：取少量装置A中残留物放入试管中,加入稀硫酸溶解,再滴加几滴KSCN溶液,若观察到溶液变红,则证明A中残留物中含Fe2O 3 ,故答案为：取少量装置A中残留物放入试管中,加入稀硫酸溶解,再滴加几滴KSCN溶液,若观察到溶液变红,则证明A中残留物中含Fe2O3；3①用KMnO4溶液滴定亚铁离子,滴定终点溶液变成浅红色,则滴定终点为：当滴入最后一滴滴入后,溶液变成浅红色,且半分钟内不褪色,故答案为：当滴入最后一滴滴入后,溶液变成浅红色,且半分钟内不褪色；②用cmolL﹣1KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液VmL,消耗MnO4﹣的物质的量为：nMnO4﹣=cmol/L×L=mol,根据化合价升降相等可得反应关系式：5Fe2+～MnO4﹣,则nFe2+=5nMnO4﹣=5×mol,mFe2+=56g/mol×5×mol,所以铁的质量分数=×100%=×100%或×100%或%,故答案为：×100%或×100%或%;点评本题考查探究物质组成、测量物质含量,题目难度较大,明确实验原理、实验目的为解答关键,注意掌握常见元素及其化合物性质,试题知识点较多、综合性较强,充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力;化学一选修3：物质结构与性质15分11．15分2018新课标Ⅱ硫及其化合物有许多用途;相关物质的物理常数如表所示：H2S S8FeS2SO2SO3H2SO4熔点/℃﹣＞600分解﹣沸点/℃﹣﹣回答下列问题：1基态Fe原子价层电子的电子排布图轨道表达式为,基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃形;2根据价层电子对互斥理论,H2S,SO2,SO3的气态分子中,中心原子价层电子对数不同于其他分子的是H2S ;3图a为S8的结构,其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多,主要原因为S 8与SO2都是分子晶体,S8相对分子质量比SO2大,S8的分子间作用力大于SO2,所以熔沸点S8＞SO2;4气态三氧化硫以单分子形式存在,其分子的立体构型为平面三角形,其中共价键的类型有 2 种；固体三氧化硫中存在如图b所示的三氯分子;该分子中S原子的杂化轨道类型为sp3;。
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2019年高考全国二卷化学解析
首先根据考试说明来备考，这是非常重要的东西，考纲给大家一个具体的范围，上大学的时候希望老师画重点，期末考试、其中考试画重点一样。
根据考纲规划我们的学习是非常重要的，现在是高一、高二即将升为高三，考纲非常重要，根据考纲解读，有什么要求。
2019年的考纲，根据化学变化的规律，有一些变化，不是给你规律，给你类似的变化总结出规律是什么，并提出科学合理的及时，用咱们学过逻辑关系，反应原理等等一系列的东西，来解释现在所得到的规律是正确的等等。
还有就是大多数内容从识记、理解最终大家应用的目的，最终实现知识逻辑的贯穿。
只有少部分的知识点被删去了，下边说的一个知识点，原来由三选一变成了二选一的问题。
其实这个非常有科学依据的，并不是说想删哪个就删哪个，为什么不删有机，不删结构呢？因为化学和结构的问题，化学与结构跟工业的流程，实验的探究，反应原来一部分出现交叉，一旦出现交叉过程中，相当于我考察的点又重复了。
避免重复考察这样的问题，所以把这个板块删除了。
删除了肯定还有不重复的知识点，怎么办呢？所以加深了对于后边这两个板块当中一些知识点的考察，原来可能是了解，现在要求是掌握，所以这个可能出现这样一个变化。
整体大的板块是没有变的，七道选择，必做大题，还有选做题，有的结构，有的有机，有的选择有机，有的会选择结构。
对于选择结构和有机各有力臂，选择有机的话，有机对于大家来说，因为在前面做选择题当中会有一个必修二有机问题，所以对于必
修二这部分问题的话，因为我要学选修二有机不如选有机，有的地方选了有机，没有选结构，相比较而言，选结构比选有机多一些，这当中有一个必修二的问题，针对这个大家来说有一个被动选择的问题。
后边其实整套二卷当中没有偏难怪题，给这个考试说明当中，也有一个很明显的体现，重点在于基础性知识考察和综合的考察，并不是考察偏难怪，考察一些综合类的问题，不是单独拿出一个知识点，整道题考原子半径或者考察基础性，最主要考察基础，虽然考察多个基础综合类问题。
给更多是运用类的问题，更多是灵活运用，原本学的时候跟这个知识点有一定的区别，但是要给你一个东西之后，从里边拿出我要的信息，根据这部分信息解决这类的问题，提取有效信息之后，我们从当中拿出我要的东西，比如说具体的知识点。
举个例子，2019年一卷考察一个污水处理的问题，就是电化学污水处理的问题，就是理论结合实际，对于理论上的东西跟实际没有太大的关系，我生活处处有化学，没有什么感觉。
重点的原因，没有把其中的知识点跟你实际学的东西紧密结合在一起。
我们其实现在很多的考题都是依托于我们生活当中某一个小点，比如说你在做题过程当中，咱们特别火的摩拜单车或者OFO单车，这个单车考察什么？单车的结构，大概它的构造由谁来的，由钛合金、铝合金还是由钢铁等等一系列的过程，这一些可以考察，为什么耐腐蚀，这跟电化学当中腐蚀与保护，这个地方结合在一起。
整体这套试卷来说，整体的结构相对来说比较平均的。
选择题考察相对比较基础，大题考察综合，选择题综合还没有那么明显，没有这么强烈。