高考全国理综2化学试题和答案解析印刷级 《大数据建模高考化学》回归解析Word格式.docx

1、乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性C用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除乙酸的酸性小于碳酸的酸性D甲烷与氯气在光源下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红生成的氯甲烷具有酸性11用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为H2SO4-H2C2O4混合溶液。下列叙述错误的是A待加工铝质工件为阳极 B可选用不锈钢网作为阴极C阴极的电极反应式为：Al3+ + 3e- =Al D硫酸根离子在电解过程中向阳极移动12改变0.1molL-1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA-、A2-的物质的量分数（X）随pH的变化如图所示 已知（X）=。ApH=1.2时，c（H

2、2A） = c（HA-） BlgK2（H2A） = -4.2CpH=2.7时，c（HA-）c（H2A） = c（A2-）DpH=4.2时，c（HA-） = c（A2-） = c（H+）13由下列实验及现象不能推出相应结论的是现象向2 mL 0.1 molL-1的FeCl3溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变还原性：FeFe2+将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性向2支盛有2 mL相同

3、浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象Ksp（AgI）H2CO3H2OCH3CH2OH （考题的答案），故错误；D项、P170/Z 二、取代反应:CH4+Cl2CH3Cl+HCl（进一步取代可生成二氯甲烷三氯甲烷和四氯化碳等一系列混合物）（考题的思路），使湿润的石蕊试纸变红是由于生成了HCl，故错误。11. A选项. 铝制品表面形成致密的氧化膜，发生的是氧化反应，为阳极，故正确；B选项.不锈钢网仅起导电作用，增大接触面积提高电解效率，故正确；C选项.P101/Z: Al3+Mg2+Na+等,由于氧化性弱于H+,在水溶液中不会在阴

4、极上放电得到金属单质,要得到金属单质,只有在熔融非水条件下进行 （考题的答案）,且溶液中无Al3+,应该为阴极氢离子得电子生成氢气，故错误；D选项.P105/Z：二、2. 电解池中阳离子向阴极移动,阴离子向阳极移动 （考题的答案） ，故正确。12.A选项.P136/M:二、3.交点:相交的两种物质相等,常进行相互代换用于计算 （考题的思路），根据图像，pH=1.2时，H2A和HA-相交，则有c（H2A）=c（HA-），故正确；B选项.P119/M:一、1、五看量：一般标出具体数值的量在解题中都会用到 （考题的思路），要定量计算lgK2（H2A）的值，K2（H2A）=，找图中pH=4.2点进行计

5、算，c（HA-）=c（A2-）,K2（H2A）= = c（H+）=10-4.2，所以，lgK2（H2A）=-4.2,故正确；C选项.根据图像，pH=2.7时，H2A和A2-相交，则有c（H2A）=c（A2-），故正确；D选项.根据pH=4.2时，c（HA-）=c（A2-）=0.5，而c（H+）=10-4.2，可知c（HA-）=c（A2-）c（H+），故错误。13. A选项. P58/4.（4） 2Fe3+Fe=3Fe2+, P20/Z.一氧化还原反应发生的条件：还原剂 还原产物 （考题的思路），可得，还原性：Fe2+，故正确；B选项 P57/M: 2Mg + CO2 2MgO + C 现象:剧

6、烈反应,生成白色粉末,瓶壁上附着黑色固体 （考题的思路），该反应是其拓展,故正确；C选项. P54/ 2.NH4HCO3NH3+ H2O + CO2，分解产生的氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，而不是碳酸氢铵显碱性，故错误；D选项.P138/4.常见几种物质溶解度的大小: （1）卤化银:AgCl AgBr AgI Ag2S，黄色沉淀AgI，P138/3.溶解度最小的优先析出 （考题的思路），通过实验可以说明，Ksp（AgI）Ksp（AgCl） 。26.P76/M: 化工流程的综合考查：1.明确流程目的:用什么原料制取什么产品,原料中的那些杂质（或元素）要在过程中要除去一切反应或操作都是为获得更多更

7、纯的产品而服务 2.明确元素流向:顺推与逆推结合,分析元素流向与价态变化（实质联系氧化还原反应）;用进出关系,写出每步物质或离子（分析元素守恒）,并注意过量的物质对后续反应的影响 3.看懂两类操作目的:化工流程的图示形式多种多样,但每步操作主要作用有两种:反应转化操作和分离提纯操作 （1）反应转化操作主要是四类反应:以加入物质的性质（氧化剂,沉淀剂,调节pH值等）分析在反应中的作用以此确定是氧化还原反应,非氧化还原反应,调节pH值沉淀金属离子的反应控制条件的原因（用化学反应原理解析对反应转化率的影响,降低溶解度）（2）分离提纯操作主要是下列几类操作: （考题的思路），由此分析：原料成分:CaO

8、、SiO2，Fe、Al和Mg等元素。（1）在盐酸存在下加硝酸，是运用其氧化性，可能被氧化的只能是将Fe2+氧化为Fe3+ P56/2.（5） 3Fe2+ + NO+4H+=3Fe3+ + NO + 2H2O ，P73/M:由沉淀时pH数据可知,常先选择氧化剂（如H2O2）将Fe2+氧化成Fe3+（考题的答案），所以，可以用双氧水来代替硝酸。（2） SiO2不溶于；P56/特征反应:SiO2+4HF = SiF4+2H2O （考题的答案）。（3）加氨水的目的是调节pH除杂，过程中加热是有利于分离除杂的进行， P74/M 一、2温度控制.（2） 加热:促进水解反应,或水解除杂 （考题的答案）。P7

9、3/M：二、调节pH值除杂的分离提纯操作。除Mg2+的pH值在10.412.4，当调节pH在45时，生成两种沉淀为Fe（OH）3 、 Al（OH）3 。（4）P160/Z： 6.氧化还原滴定（2）KMnO4滴定H2C2O4溶液原理:2MnO+6H+5H2C2O4= 10CO2+ 2Mn2+8H2O 以此分析计算：5Ca2+5CaC2O45H2C2O42KMnO4= 所以： n（Ca2+） =0.0500molL-136.0010-3 L = 4.5010-3 mol 水泥中钙的质量分数为100% = 45.0%27.（1）P92/M 1.（2）盖斯定律的“快速分析法:找唯一:找总反应式中的物质

10、在分步反应中唯一出现的分步反应式定侧向:当分步反应式中的物质与总反应式中的物质在反应方向式的同侧时,在计算（H总）时用加（+H分）,不同侧时用减（+H分）调系数:对比分步反应式中物质的计量系数与总反应式中物质的计量系数,当不同时,计算H总的表达式中,要在分步反应的（H分）乘或除以不同的倍数” （考题的思路），考题的解答分析运用如下：反应 唯一出现的为H2（g），与总反应为异侧，计量数为总反应相同，所以：-H1.反应，唯一出现的为H2O（g），与总反应式为同侧，计量数为总反应相同，以为：+H2.所以，总反应的H3 =H2-H1。H1=H2-H3=-119 KJmol-1 +242 KJmol-1

11、 = +123 KJ正反应是一个气体分子数中增加的反应，由a图可以看出，温度相同时，由平衡转化率（0.1MPa）平衡转化率（xMPa），丁烷的转化率增大，即平衡正向移动，所以x的压强更小，x0.1。由于反应图像等压线分析，温度升高时，丁烯的平衡产率增大，A正确。由上问分析，在恒温条件下，减压时，丁烯的平衡产率增加，D正确。（2）P119/M;一、1. 转折点（转折点前后影响的主要因素不同） （考题的思路），先转化率升高是因为氢气的量增加，主要因素是使催化剂的活性加增，丁烯产率高加；当进料气中n（氢气）/n（丁烷）增大到一定程度后，主要因素是产物中H2的浓度增大，逆反应速率增大，从而使丁烯转化率

12、下降。（3）P114/M：三、转化率出现峰值的讨论：2.分析时，抓住反应温度在不断地增加，从对反应速率和化学平衡的解度分析 （考题的思路），从化学反应原理（反应速率和化学平衡）找原因，该反应为吸热反应，590之前，决定的主要因素是温度升高时反应速率加快，平衡正向移动；由图中分析，温度超过590时，副产物曲线迅速增加，导致转化率减少。28. 本题源于P162.【考型2】数据测定的准确性与控制操作，2016年天津卷16题的改编，相似度80%，（1）这是一个定量实验，P163/2.定量实验的关键是测定数值的准确性 （考题的思路），取水样时应避免扰动水体表面的操作。否则，就会造成溶氧量的改变而带来测定

13、误差，再从氧气物理性质和化学性质的角度找原因。（2）考查简单信息反应的书写，反应物为Mn（OH）2和O2,生成物为MnO（OH）2，环境碱性条件，P162.练习中的反应。（3）由于Na2S2O3溶液不稳定，所以不能准确配制一定物质的量浓度溶液，只能是配制一个大至浓度的溶液，然后在使用前进行标定，故选量筒量水，在烧杯中配制，不需要容量瓶和胶头滴管（这是一个跳出习惯的思维）。蒸馏水必须经过煮沸、除去其中的氧气，也是从提高测定数值的准确性入手分析，P74/M:五、2.（2）加热：除去溶液中的气体（如CO2、NH3等） （考题的思路）。（4）P159/Z: 6.氧化还原滴定法.（1）碘量法:指示剂:用淀粉作指示剂,当滴入一滴标准Na2S2O3溶液后,溶液的蓝色褪去,且半分钟内不恢复原色,说明滴定达到终点（考题的答案）；P159/6.氧化还原滴定法.（1）碘量法.得出关系：x n（氧化剂）=n（Na2S2O3） （x为“氧化剂”化合价的变化） （考题的思路），由：4n（O2） = n（Na2S2O3）。得水样中溶解氧的含量为 （ab10-3）4321030.1=80ab。（5）P161/M: H.滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后无气泡（V标偏大）, 结果偏大 （考题的思路）。终点读数时有气泡，气泡占据液体应占有的体积，会导致所测溶液体积偏小，最终结果偏低。35.