2018高考化学考点分析

2018年高考三卷化学答案及解析7.A解析：此题考查化学与生活知识；侧重考查对基础知识的认知能力。

电器着火应使用干粉灭火器灭火；疫苗的主要成分是蛋白质，B项正确；油性漆中有很多对人体有害的有机物，如苯等，C项正确；电热水器内胆主要成分是铝合金或铁合金，使用镁棒可以保护内胆，防止其腐蚀，，D项正确；8.B解析：此题考查物质微粒的计算；侧重考查整合化学知识的能力。

物质的量相同时，镁和铝的质子数不同。

24g镁中有12mol质子，27g铝中有13mol质子，A项错误；氧气和臭氧均只由氧原子构成，B项正确；1mol重水中子数为10NA，1mol水中子数为8NA，C项错误；1mol乙烷中含有共价键7NA，1mol乙烯中含有共价键6NA，D项错误9.C解析：此题考查苯乙烯的性质，侧重考查对基础知识的理解能力；溴化铁作为催化剂催化苯乙烯和溴的反应，该反应属于取代反应，A项正确；苯乙烯中有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色B项正确；与氯化氢反应生成氯代苯乙烷，C项错误；苯乙烯在一定条件下可以发生聚合反应，生成聚苯乙烯，D项正确；10.B解析：此题考查实验操作基本知识；侧重考查化学实验的分析探究能力。

Zn置换出Cu 后可以和铜、稀硫酸形成原电池，加快反应速率，A项正确；标准液为盐酸，与NaHCO3完全反应后，溶液为被CO2饱和的NaCl溶液，应使用甲基橙做指示剂，B项错误；钠元素的焰色反应为黄色，C项正确；圆底烧瓶中液体的量不能过多，D项正确11.D解析：此题考查电化学知识，侧重考查分析和解决化学问题的能力。

放电时，Li失去电子变为Li+做负极，而多孔碳电极为正极，A项错误；放电时，电子由Li电极经过外电路流向正极，B项错误；充电时，Li电极作为阴极，多孔碳电极为阳极，Li+在阴极得到电子，C项错误；电池充电的反应是原电池反应原理的逆反应，D项正确12.C解析：此题考查沉淀溶解平衡；侧重考查图表的分析和计算能力。

2018年全国高考理综(Ⅰ)卷化学试题部分参考答案一、选择题:每小题6分,在每小题给出的四个选项中,只有一选项就是符合题目要求的。

7、磷酸亚铁锂(LiFePO 4)电池就是新能源汽车的动力电池之一。

采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属,其流程如下:下列叙述错误．．的就是 A.合理处理废旧电池有利于保护环境与资源再利用 B.从“正极片”中可回收的金属元素有Al 、Fe 、Li C.“沉淀”反应的金属离子为Fe 3+ D.上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠【答案分析】D 。

硫酸锂可溶于水,不能形成沉淀,所以上述最后从滤液中将锂形成沉淀而从滤液中分离的目的,不宜用硫酸钠。

8、下列说法错误的就是A.蔗糖、果糖与麦芽糖均为双糖B.酶就是一类具有高选择催化性能的蛋白质C.植物油含有不饱与脂肪酸甘油酯,能使Br 2/CCl 4褪色D.淀粉与纤维素水解的最终产生均为葡萄糖 【答案与分析】A 。

果糖属于单糖。

9、在生成与纯化乙酸乙酯的实验过程中,A B C D【答案与分析】D 。

实验室用乙醇与乙酸酯化反应制备并分离乙酸乙酯的方法就是用分液法,而不能采用加热蒸发结晶法, 10、就是阿伏加得罗常数的值,下列说法正确的就是A.16、25gFeCl 3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0、1B.22、4L(标准状况下)氩气含有的质子数为18C.92、0g 甘油(丙三醇)中含有羟基数为1、0饱与碳酸钠 溶液乙醇、冰醋酸 浓硫酸正极片碱溶2溶液 LiFePO 4滤渣H 2SO 4/ HNO 3含Li 、Fe 、P 炭黑等滤渣碱溶沉淀 滤液 Na 2CO 3 含锂沉淀D.1、0molCH4与Cl2在光照下反应生成CH3Cl分子数为1、0【答案与分析】B。

盐类水解的程度就是很小的,A不对;隋性气体属于单原子分子,1mol的氩气在标准状况下所占的体积为22、4L,所含的电子数与质子数相等,均为18mol,B正确;1mol甘油(丙三醇)中含有3的羟基,C错误;CH4与CL2在光照的条件下反应生成的产物中含有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3及CCl4,则生成物中含有的CH3Cl少于1mol,D不对。

2018 年全国高考理综 (Ⅰ)卷化学试题部分参考答案一、选择题：每小题 6 分，在每小题给出的四个选项中，只有一选项是符合题目要求的。

7.磷酸亚铁锂（ LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。

采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：NaAlO2 溶液沉淀正极片碱溶含 Li、Fe、P 等滤液碱溶含 4滤渣H2SO4/滤液LiFePOHNO3 Na2CO3炭黑等滤渣含锂沉淀下列叙述错误的是．．A．合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用B．从“正极片”中可回收的金属元素有Al、 Fe、 LiC．“沉淀”反应的金属离子为Fe3+D．上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠【答案分析】 D。

硫酸锂可溶于水，不能形成沉淀，所以上述最后从滤液中将锂形成沉淀而从滤液中分离的目的，不宜用硫酸钠。

8.下列说法错误的是A．蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖B．酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质C．植物油含有不饱和脂肪酸甘油酯，能使Br2/CCl4褪色D．淀粉和纤维素水解的最终产生均为葡萄糖【答案与分析】 A。

果糖属于单糖。

9.在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是乙醇、冰醋酸浓硫酸饱和碳酸钠溶液A B C D【答案与分析】D。

实验室用乙醇与乙酸酯化反应制备并分离乙酸乙酯的方法是用分液法，而不能采用加热蒸发结晶法，10.??A是阿伏加得罗常数的值，下列说法正确的是A． 16.25gFeCl3 水解形成的 Fe(OH)3胶体粒子数为 0.1??AB． 22.4L（标准状况下）氩气含有的质子数为18??AC ． 92.0g 甘油（丙三醇）中含有羟基数为 1.0??A． 4 与 Cl2 在光照下反应生成 3 分子数为1.0??A D 1.0molCH CH Cl 【答案与分析】 B 。

盐类水解的程度是很小的， A 不对；隋性气体属于单原子分子，1mol 的氩气 在标准状况下所占的体积为22.4L ，所含的电子数和质子数相等，均为 18mol ，B 正确； 1mol 甘油 （丙三醇）中含有 3?? 的羟基， C 错误；CH 4 与 CL2在光照的条件下反应生成的产物中含有 CH3、 ?? ClCH 2Cl 2 、CHCl 及 CCl ，则生成物中含有的 CH 少于 ， D 不对。

【热点思维】【热点释疑】1、如何计算化学反应速率和进行化学反应速率大小比较?化学反应速率是表示反应进行快慢的物理量，它用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示。

对于反应mA(g)+nB(g) cC(g)+dD(g)，计算公式如下：。

用上式进行某物质反应速率计算时需注意以下几点：（1）浓度变化只适用于气体和溶液中的溶质，不适用于固体和纯液体。

（2）化学反应速率是某段时间内的平均反应速率，而不是即时速率，且计算时取正值。

（3）同一反应用不同的物质表示反应速率时，数值可能不同，但意义相同。

不同物质表示的反应速率，存在如下关系：v(A)∶v(B)∶v(C)∶v (D)=m∶n∶c∶d。

（4）对于可逆反应，通常所计算的是正、逆反应抵消后的总反应速率。

(注：总反应速率也可理解为净速率)2、外界条件怎样影响化学反应速率?（1）纯液体和固体的浓度视为常数，它们的量的改变不会影响化学反应速率。

但固体颗粒的大小导致接触面的大小发生变化，故影响反应速率。

（2）对于固体、液体物质，由于压强改变对它们的体积影响很小，因而压强对它们浓度的影响可看作不变，即压强对无气体参加的化学反应的速率无影响。

（3）升高温度，不论吸热反应还是放热反应，也不论正反应速率还是逆反应速率都增大。

（4）用催化剂催化的反应，由于催化剂只有在适宜的温度下活性最大，反应速率才能达到最大，故在许多工业生产中温度的选择还需考虑催化剂活性最大时的温度范围。

（5）对于有气体参与的反应，有下列情况：A、恒温时，压缩体积→压强增大→浓度增大→反应速率增大反之，增大容器体积，反应速率减小B、恒温时，对于恒容密闭容器：（1）充入气体反应物→气体反应物浓度增大（压强也增大）→反应速率增大（2）充入不参与反应的气体→容器内总压强增大→各物质浓度未改变→反应速率不变总之，分析压强改变对化学反应速率的影响时，关键看气体浓度是否有变化：如果气体浓度有变化，化学反应速率一定改变；若气体浓度无改变，则化学反应速率不改变.同时要注意通常所说的压强增大是指压缩加压3、恒温恒压时充入“惰性”气体→体积增大→气体反应物浓度减小→反应速率减小【热点考题】。

2018高考化学解题方法技巧：一元强酸与一元弱酸的比较（讲解与例析）（解析版）高中化学水溶液中的离子平衡一章中，常常需要根据一元强酸与一元弱酸的一些性质进行有关的判断和推断。

一元强酸与一元弱酸(或一元强碱与一元弱碱)的比较，属于高考的热点，掌握一强一弱的比较方法和技巧，在解题中能达到事半功倍的效果。

一. 浓度相同、体积相同的一元强酸与一元弱酸的比较1．相同物质的量浓度的强酸弱酸比较体积相同、物质的量浓度相同的一元强酸与一元弱酸，他们的物质的量相同，强酸溶液中氢离子浓度大，但两种酸溶液中所能提供的n（H+）相同。

案例1今有物质的量浓度相等的三种酸：①盐酸、②醋酸、③硫酸三种稀溶液，用序号回答下列问题。

（1）三种溶液中的c(H＋)大小关系为________。

（2）取等体积上述三种溶液，分别用同浓度的NaOH溶液完全中和，所需NaOH溶液体积大小关系为___ _。

（3）若取等质量Zn分别跟这三种溶液反应，使Zn恰好完全反应时，消耗三种酸的体积大小关系为_ _。

分析：盐酸、硫酸是强酸，醋酸是弱酸，浓度相同、体积相同的盐酸和醋酸提供的n（H+）相同，硫酸提供的n（H+）是他们的二倍。

解析：⑴盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸、醋酸是一元弱酸，相同浓度的这三种酸c（H+）大小关系为：③＞①＞②；⑵消耗相同浓度NaOH溶液体积与酸的物质的量和元数成正比，相同浓度相同体积的三种酸，其物质的量相等，所以消耗相同浓度NaOH体积大小关系为③＞①=②；⑶若取等质量Zn分别跟这三种溶液反应，使Zn恰好完全反应时，酸的浓度越大，体积越小，所以消耗三种酸的体积大小关系为①=②＞③。

2．物质的量浓度相同的一元强酸和一元弱酸与NaOH溶液反应的比较体积相同、物质的量浓度相同的一元强酸和一元弱酸溶液中，c（H+）不同，pH不同，由于所能提供的n（H+）相同，所以消耗的NaOH物质的量相同。

案例2 25℃时，用0.1000 mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00ml 0.1000 mol·L－1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（）A. Ⅰ、Ⅱ分别表示盐酸和醋酸的滴定曲线B. pH=7时，滴定盐酸和醋酸消耗NaOH溶液的体积不相等C. V(NaOH) =10.00mL时，醋酸溶液中：c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(OH－) ＞c(H+)D. V(NaOH) =20.00mL时，两溶液中c(CH3COO－)＞c(Cl－)分析：在分析酸碱中和滴定曲线时，要找准两个点：一是恰好完全反应的点；二是溶液显中性的点。

高考化学碱金属元素知识点2018高考化学碱金属元素知识点高考是一个实现人生的省力杠杆，此时是你撬动它的最佳时机，下面店铺为大家整理的高考化学碱金属元素知识点，希望大家喜欢。

高考化学碱金属元素知识点1.碱金属元素碱金属包含锂(Li)、钠(Na)、钾(K)、铷(Rb)、铯(Cs)、钫(Fr)六种元素.由于钫是人工放射性元素,中学化学不作介绍.2.碱金属元素的原子结构相似性：碱金属元素的原子最外层都只有1个电子,次外层为8个电子(其中Li原子次外层只有2个电子).所以在化学反应中,碱金属元素的原子总是失去最外层的1个电子而显+1价.递变性：Li、Na、K、Rb、Cs等碱金属元素的原子核外电子层数逐渐增多,原子半径逐渐增大,核对最外层电子的吸引力逐渐减弱,失电子能力逐渐增强,元素的金属性逐渐增强.3.碱金属的物理性质及其变化规律(1)颜色：银白色金属(Cs略带金色光泽).(2)硬度：小,且随Li、Na、K、Rb、Cs,金属的硬度逐渐减小.这是由于原子的电子层数逐渐增多,原子半径逐渐增大,原子之间的作用力逐渐减弱所致.碱金属的硬度小,用小刀可切割.(3)碱金属的熔点低.熔点最高的锂为180.5℃,铯的熔点是28.4℃.随着原子序数的增加,单质的熔点逐渐降低.(4)碱金属的密度小.Li、Na、K的密度小于水的密度,且锂的密度小于煤油的密度.随着原子序数的增大,碱金属的密度逐渐增大.但钾的.密度小于钠的密度,出现“反常”现象.这是由于金属的密度取决于两个方面的作用,一方面是原子质量,另一方面是原子体积,从钠到钾,原子质量增大所起的作用小于原子体积增大的作用,所以钾的密度反而比钠的密度小.4.碱金属的化学性质碱金属与钠一样都是活泼的金属,其性质与钠的性质相似.但由于碱金属原子结构的递变性,其金属活泼性有所差异,化合物的性质也有差异.(1)与水反应相似性：碱金属单质都能与水反应,生成碱和氢气.2R+2H2O=2ROH+H2↑(R代表碱金属原子)递变性：随着原子序数的增大,金属与水反应的剧烈程度增大,生成物的碱性增强.例如：钠与冷水反应放出热量将钠熔化成小球,而钾与冷水反应时,钾球发红,氢气燃烧,并有轻微爆炸.LiOH是中强碱,CsOH是最强碱.(2)与非金属反应相似性：碱金属的单质可与大多数非金属单质反应,生成物都是含R+阳离子的离子化合物.递变性：碱金属与氧气反应时,除锂和常温下缓慢氧化的钠能生成正常的氧化物(R2O)外,其余的碱金属氧化物是复杂氧化物.4Li+O2=2Li2O4Na+O22Na+O2 Na2O2 (过氧化钠,氧元素化合价-1)K+O2 KO2 (超氧化钾)(3)与盐溶液反应碱金属与盐的水溶液反应时,首先是碱金属与水反应生成碱和氢气,生成的碱可能再与盐反应.特别注意：碱金属单质都不能从盐溶液中置换出较不活泼金属.如：2Na+CuSO4+2H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+H2↑高考化学一轮复习计划1、坚持“六要六不要”。

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;。

近三年高考化学（1、2、3卷）真题考点分析！本文通过对2016—2019年高考化学各个题目考点、考法的拆解分析、横向对比，总结了近些年的热门考点、命题规律。

希望对你有所帮助！12016、2017、2018年选择题横向对比分析规律总结：（1）I、II、III卷都有的考点为：与生活相联系的化学物质常识、电化学、周期律周期表、有机物常识或是同分异构或空间构型、基本实验操作、NA或相当于NA的计算；（2）只有Ⅰ卷中有无机工业流程题；（3）I、II、III卷近3年都没有考查电解质溶液离子浓度关系或曲线分析。

22016、2017、2018年实验题对比分析规律总结：2016年Ⅰ卷采用装置图提问，Ⅱ卷直接给物质，有回归旧题的感觉。

Ⅲ卷有流程，提问以性质为基础的方程、选装置、作用、目的、原因等。

2017年实验题素材都来自于工业生产，都针对仪器名称及作用、操作方法、某操作原因或目的、写离子方程式等提问，前两套卷还有误差分析或滴定计算。

2018年实验题素材都针对仪器名称及作用、操作方法、某操作原因或目的、写离子方程式等提问，后II、III卷考查了滴定计算。

32016、2017、2018年无机题对比分析规律总结：2016年I、II、III卷都是流程图题。

除结合性质为基础的知识提问以外，还穿插了化学反应原理提问和简单计算。

2017年I、II、III卷都是工业流程图题，6-9空，条件、原因、转化率变化、调pH数值或原因分析，写化学方程或离子方程式；加某试剂的目的，溶度积、含量或转化率计算。

2018年I、II、III卷卷都是工业流程图题，7-8空，条件、原因、调pH数值或原因分析，写电极反应、化学方程或离子方程式；加某试剂的目的，残留量计算。

42016、2017、2018年化学反应原理题对比分析规律总结：2016年Ⅰ卷一改往年气体设问，变为溶液中离子浓度为素材设问，简答减少。

I、II、III卷都有计算。

以判断现象、分析曲线、列表达式、说明原因（或理由）为主。

原因解释：AB 致反应速率逐渐增大；小，导致反应速率减小。

1．由图像得出的信息是（1）X 、Y 是反应物，（2）t 3时反应达平衡，Y 的转化率＝n 2－n 3n 2×100%。

（2）确定化学方程式中的化学计量数之比，如X 、Y 、Z 三种物质的化学计量数之比为(n 1－n 3)∶(n 2－n 3)∶n 2。

三、速率—外界条件图像及反应 以N 2(g)＋3H 2(g)2NH 3(g) ΔH ＝－92.4 kJ/mol 为例。

1．速率—浓度(c)图像2．速率—温度(T)的图像3．速率—压强(p)图像4．速率—催化剂图像使用催化剂，v正、v逆同等倍数增大，图像为说明：（1）条件增强，曲线在原图像的上方；条件减弱，曲线在原图像的下方。

（2）浓度改变时，图像曲线一条连续，一条不连续；其他条件改变，图像曲线不连续。

（3）对于反应前后气体的体积不变的反应，改变压强时，v正、v逆同等倍数增大或减小。

【特别提醒】分析化学反应速率图像有三看：①看面：弄清纵、横坐标的含义；②看线：弄清线的走向、变化趋势及线的斜率；③看点：弄清曲线上点的含义，特别是一些特殊点，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等。

【重难点指数】★★★【重难点考向一】化学反应速率图像题【典型例题1】【2014年高考福建卷第12题】在一定条件下，N2O分解的部分实验数据如下：下图能正确表示该反应有关物理量变化规律的是（）(注：图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间，c1、c2均表示N2O初始浓度且c1＜c2)。

备战2018年高考化学之高频考点解密解密13 沉淀溶解平衡28；考点1 影响沉淀溶解平衡的因素 1．沉淀溶解平衡的外界影响因素以AgCl(s)垐?噲?Ag +(aq)+Cl －(aq) ΔH ＞0为例：2．运用沉淀溶解平衡解决的实际问题（1）沉淀生成的方法在涉及无机制备、提纯工艺的生产、科研、废水处理等领域中，常利用生成沉淀来达到分离或除去某些离子的目的。

①调节pH ：如工业原料氯化铵中含杂质氯化铁，使其溶于水，再加入氨水调节pH 至7~8，可使Fe 3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去。

②加沉淀剂法：如以Na 2S 、H 2S 等作沉淀剂，使某些金属离子如Cu 2+、Hg 2+等生成极难溶的硫化物CuS 、HgS 除去，是分离、除杂常用的方法。

（2）沉淀的溶解 ①转化生成弱电解质 生成弱酸：FeS(s)+2H +(aq)Fe 2+(aq)+H 2S(g)，其实质是H +消耗S 2－生成了H 2S 。

实验室用CaCO 3和HCl 反应制备CO 2也是此原理。

生成水：Mg(OH)2(s)+2H +(aq)Mg 2+(aq)+2H 2O(l)。

②发生氧化还原反应如CuS 不溶于HCl 但却溶于硝酸，这是因为： 3CuS+8HNO 3===3Cu(NO 3)2+3S+2NO↑+4H 2O ③生成难离解的配合物离子 AgCl+2NH 3[Ag(NH 3)2]++Cl －AgBr+2223S O -[Ag(S 2O 3)2]3－+Br －(用于照相技术)（3）沉淀的转化①由难溶的沉淀转化为较难溶的沉淀是比较容易实现的一种转化。

如在PbI 2悬浊液中，加入AgNO 3溶液后，PbI 2(s)+2Ag +(aq)2AgI(s)+Pb 2+(aq)，K 转=222sp2222222sp PbI Pb Pb I =AgAg I AgI K c c c c c c K ++-++-⋅=⋅（）（）（）（）（）（）（）（）>>1，所以只要较低物质的量浓度的Ag +即可消耗I －，从而使PbI 2不断溶解，最终完全转化为更难溶的沉淀AgI 。

考点二分散系胶体（考点层次A→自学、识记、辨析）1．分散系(1)概念：把一种(或几种)物质(分散质）分散在另一种物质(分散剂)中所得到的体系。

(2）分类①按照分散质粒子的大小②按照分散质和分散剂的状态如烟属于气固分散系;雾属于气液分散系；悬浊液属于液固分散系；合金属于固固分散系.（3）三种分散系的比较分散系溶液胶体浊液分散质粒子单个小分子或离子高分子或多分子集合体巨大数目的分子集合体分散质粒子直径性质小于1 nm1～100 nm大于100 nm外观均一、透明均一不均一、不透明稳定性稳定较稳定不稳定能否透过滤纸能能不能能否透过半透膜能不能不能鉴别无丁达尔效应有丁达尔效应静置分层或沉淀2。

胶体的性质及应用（1）丁达尔效应可见光束通过胶体时，在入射光侧面可看到光亮的通路，这是胶体粒子对光线散射而形成的，可用此性质来鉴别溶液和胶体。

(2）聚沉①概念：使胶体凝聚形成沉淀析出的现象.②③应用:如制作豆腐，明矾净水。

(3)电泳由于胶体粒子带有电荷，在电场作用下,胶体粒子在分散剂中作定向移动的现象，此性质可用于工业上的静电除尘。

3．Fe(OH)3胶体的制备（1）方法：向沸水中逐滴加入FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，即制得Fe（OH）3胶体。

(2)原理:FeCl3＋3H2O错误!Fe（OH)3（胶体)＋3HCl。

提醒：（1)不能用自来水制备Fe（OH）3胶体，因为自来水中有电解质会使胶体发生聚沉，应用蒸馏水。

(2）FeCl3不能过量，过量的FeCl3也能使胶体发生聚沉。

（3）不能过度加热，否则Fe（OH）3胶体聚沉生成Fe(OH)3沉淀.(4)书写制备胶体的化学方程式时,生成的胶体不加沉淀符号“↓"，应注明“胶体"二字。

教材高考1．（LK必修1·P36图2－1－7改编)胶体分散系与其他分散系的本质区别是（）A．是否有丁达尔效应 B．是否透明C．分散质直径大小D．是否稳定答案C2．（溯源题)判断下列说法的正误。

一、突破微型实验方案设计类评价题化学实验评价类题通常要求学生以批判的思维对实验方案、实验方法和装置设计从某角度否定、排除不合理的或不是最优的选择、设计更好的。

1．实验方案的评价原则（1）原理正确。

设计实验方案要根据化学变化规律和实验原理，确保原理正确。

（2）操作可行。

设计实验方案,特别是实验操作要具有可操作性.（3）装置简单。

设计实验时，如果能用多套实验装置进行操作，在条件允许的前提下，应选择最简单的实验装置，选择最简单的实验步骤.(4）经济合理。

原料一般要求廉价易得.（5）安全环保。

实验所选药品尽量无毒,实验过程要安全且不造成环境污染。

2．考查方式微型实验方案的设计评价类试题多以表格形式呈现，其中可包含原理、操作、现象、结论等项目的评价。

3．表格判断型试题的答题模板这类题目的特点是建立实验“操作—-现象——结论"之间的逻辑关系。

二、常见易错的实验操作题举例分析如下：钾试纸检验气体Y，试纸变蓝的气体，Y可能是Cl2，也可能是O3、NO2等气体（5)将某气体通入品红溶液中，品红褪色该气体一定是SO2错O3、Cl2也能使品红褪色（6）向溶液Y中滴加硝酸，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成Y中一定含有24SO-错溶液Y中可能含有Ag+;②若溶液Y中含有23SO-,滴加硝酸时能被氧化成24SO-，加入BaCl2也会有白色沉淀产生（7）向CH2CHCHO中滴入KMnO4酸性溶液，溶液褪色该有机物中含有碳碳双键错碳碳双键和醛基都能使酸性高锰酸钾褪色，故用KMnO4溶液无法证明分子中含有碳碳双键（8）蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶X一定是浓盐酸错只要是挥发性的浓酸遇蘸有浓氨水的玻璃棒都能产生白烟，浓盐加AgNO3溶液，未出现淡黄色沉淀色的氧化银，干扰溴离子的检验（12)在硫酸钡沉淀中加入浓碳酸钠溶液充分搅拌后，取沉淀（洗净)放入盐酸中有气泡产生说明K sp(BaCO3)〈K sp(BaSO4）错溶解度大的容易向溶解度小的物质转化；但K sp相近时，溶解度小的也能向溶解度大的物质转化考向一从可行性方面评价化学实验典例1 化学中常借助于图像这一表现手段以清晰地突出实验装置的要点,形象地阐述化学过程的原理。

第16讲有机化学基础[考纲要求]授课提示：对应学生用书第103页[明要点·查漏补缺]1．共线、共面问题的判断(1)代表物：甲烷、正四面体，乙烯：同一平面，乙炔：同一直线，苯：同一平面。

(2)注意审题看准关键词：“可能”“一定”“最多”“最少”“共面”“共线”等，以免出错。

(3)规律：单键是可旋转的，是造成有机物原子不在同一平面上最主要的原因。

①结构中每出现一个饱和碳原子，则整个分子不再共面。

②结构中每出现一个碳碳双键，至少有6个原子共面。

③结构中每出现一个碳碳三键，至少有4个原子共线。

④结构中每出现一个苯环，至少有12个原子共面。

2．常见官能团的结构及其特征性质■思维深化——做一做1．有机物(C中至少有______个碳原子共面，至多有________个碳原子共面(两个平面重合为同一个平面)。

答案：6102．有机物(1)含有的官能团的名称分别为_________________________________；(2)1 mol该有机物最多能消耗________ mol NaOH。

答案：(1)醛基、羟基、酯基、碳碳双键(2)13．有机物乙烯、A、B、C等有如下转化关系Ⅰ.写出A、B、C的结构简式：A：____________，B：____________，C：____________。

Ⅱ.完成下列转化关系中标号反应的化学方程式，并指出反应类型。

①，；②，；③，；④，；⑤，；⑥，；答案：Ⅰ.CH3COOHCH 2===CHCOOC 2H 5Ⅱ.①CH 2===CH 2＋HBr ――→催化剂CH 3CH 2Br 加成反应②CH 3CH 2Br ＋NaOH ――→乙醇△CH 2===CH 2↑＋NaBr ＋H 2O 消去反应 ③CH 3CH 2Br ＋NaOH ――→H 2O △CH 3CH 2OH ＋NaBr 取代反应 ④CH 3CHO ＋2Cu(OH)2＋NaOH ――→△CH 3COONa ＋Cu 2O ↓＋3H 2O 氧化反应 ⑤CH 3CHO ＋HCN ―→加成反应 ⑥CH 3CH 2OH ＋CH 2===CHCOOH 浓H 2SO 4△CH 2===CHCOOCH 2CH 3＋H 2O 酯化反应(或取代反应)[题组练·对点提能] 题组一 有机反应类型的判断1．有机化学反应种类比较多，常见的有：①卤代反应 ②烯烃水化反应 ③氧化反应 ④还原反应 ⑤硝化反应 ⑥水解反应 ⑦酯化反应 ⑧消去反应 ⑨加聚反应 ⑩缩聚反应等等。

2018年高考全国卷化学试题解析2018全国Ⅰ卷化学解析2018全国Ⅱ卷化学解析2018全国Ⅲ卷化学解析2018年高考全国卷1化学试题解析版1. 硫酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。

采用湿法冶金工艺回收废旧硫酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：下列叙述错误的是A. 合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用B. 从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、LiC. “沉淀”反应的金属离子为Fe3+D. 上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠【答案】D【解析】分析：正极片碱溶时铝转化为偏铝酸钠，滤渣中含有磷酸亚铁锂，加入硫酸和硝酸酸溶，过滤后滤渣是炭黑，得到含Li、P、Fe的滤液，加入碱液生成氢氧化铁沉淀，滤液中加入碳酸钠生成含锂的沉淀，据此解答。

详解：A、废旧电池中含有重金属，随意排放容易污染环境，因此合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用，A正确；B、根据流程的转化可知从正极片中可回收的金属元素有Al、Fe、Li，B正确；C、得到含Li、P、Fe的滤液，加入碱液生成氢氧化铁沉淀，因此“沉淀”反应的金属离子是Fe3＋，C正确；D、硫酸锂能溶于水，因此上述流程中不能用硫酸钠代替碳酸钠，D错误。

答案选D。

点睛：本题以废旧电池的回收为载体考查金属元素的回收，明确流程中元素的转化关系是解答的关键，题目难度不大。

2. 下列说法错误的是A. 蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖B. 酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质C. 植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br₂/CCl4褪色D. 淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖【答案】A【解析】分析：A、双糖又名二糖，是由两个单糖分子组成的糖类化合物；B、根据酶的性质特点解答；C、植物油中含有碳碳不饱和键；D、淀粉和纤维素均是多糖。

详解：A、果糖不能再发生水解，属于单糖，A错误；B、酶是由活细胞产生的具有催化活性和高度选择性的蛋白质，B正确；C、植物油属于油脂，其中含有碳碳不饱和键，因此能使Br2/CCl4溶液褪色，C正确；D、淀粉和纤维素均是多糖，其水解的最终产物均为葡萄糖，D正确。

2018年高考全国卷（Ⅲ）理综化学试题解析1.化学与生活密切相关。

下列说法错误的是A.泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火B.疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性C.家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境D.电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法【答案】A【解析】分析：本题考查的是化学知识在具体的生产生活中的应用，进行判断时，应该先考虑清楚对应化学物质的成分，再结合题目说明判断该过程的化学反应或对应物质的性质即可解答。

详解：A．泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合的时候发生双水解反应，生成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出进行灭火。

但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，A错误。

B．疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品。

由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，B正确。

C．油性漆是指用有机物作为溶剂或分散剂的油漆；水性漆是指用水作为溶剂或分散剂的油漆，使用水性漆可以减少有机物的挥发对人体健康和室内环境造成的影响，C正确。

D．电热水器内胆连接一个镁棒，就形成了原电池，因为镁棒比较活泼所以应该是原电池的负极，从而对正极的热水器内胆（多为不锈钢或铜制）起到了保护作用，这种保护方法为：牺牲阳极的阴极保护法，D正确。

点睛：本题是一道比较传统的化学与生产生活相关的问题，需要学生能够熟悉常见化学物质的性质和用途，同时能用化学原理解释生产生活中的某些过程。

需要指出的是，选项D中的牺牲阳极的阴极保护法，实际指的是形成原电池的保护方法。

2.下列叙述正确的是A.24g镁与27g铝中，含有相同的质子数B.同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同C.1mol重水与1mol水中，中子数比为2∶1D.1mol乙烷和1mol乙烯中，化学键数相同【答案】B1。