資源簡介

(共34張PPT)
2024年云南高考化學備考思路與迎考策略
一、回歸教材，重視基礎，腳踏實地的考出應有水平；
9．2023浙江卷 下列反應的離子方程式正確的是（ ）
A．碘化亞鐵溶液與等物質的量的氯氣：
2Fe2+ + 2I- + 2Cl2 === 2Fe3+ + I2 + 4Cl-
B．向次氯酸鈣溶液通入足量二氧化碳：
ClO- + CO2 + H2O === HClO + HCO3-
C．銅與稀硝酸：Cu + 4H+ + 2NO3- === Cu2+ + 2NO2 + 2H2O
D．向硫化鈉溶液通入足量二氧化硫：
S2- + 2SO2 + 2H2O === H2S + 2HSO3-
A．Cl2先與I-反應，后與Fe2+反應；FeI2溶液與等物質的量的Cl2，碘離子與氯氣恰好完全反應：2I- + Cl2 === I2 + 2Cl-，故A錯誤；
向次氯酸鈣溶液通入足量二氧化碳，反應生成碳酸氫鈣和次氯酸：ClO- + CO2 + H2O === HClO + HCO3-，故B正確；
銅與稀硝酸反應生成硝酸銅、一氧化氮和水：3Cu + 8H+ + 2NO3- === 3Cu2+ + 2NO + 4H2O，故C錯誤；
對應的離子反應方程式為：2S2- + 5SO2 + 2H2O === 3S + 4HSO3-，故D錯誤；
通過可能發生的反應：Na2S + SO2 + H2O === Na2SO3 + H2S、2H2S + SO2 === 3S + 2H2O、Na2SO3 + SO2 + H2O === 2NaHSO3；
判斷出產物為S和HSO3-；因此向Na2S溶液通入足量SO2，溶液變渾濁，溶液中生成NaHSO3：
這種情況務必提醒考生反應順序的梳理，類似的情況很多，如FeBr2溶液中加入一定量的氯氣；
工業生產時常用NH4Cl代替鹽酸，本題正好選材于此。
ZnO + 2NH4Cl + H2O === ZnCl2 + 2NH3 H2O；Zn2+ + 4NH3 H2O ==== [Zn(NH3)4]2+ + 4H2O；
理論上來講，ZnO、Fe2O3和Fe3O4均可以溶解于NH4Cl溶液，
即O2 + 4Fe(OH)2 + 2H2O === 4Fe(OH)3，
導致認為B項是正確結論
即大部分的Fe2O3和Fe3O4并未發生溶解，
實際情況是濾渣成分主要是Fe2O3和Fe3O4，Fe(OH)3只有少量，B錯誤。
由表知0~2min內 c(W) = 0.16-0.08 = 0.08mol/L，生成 c(X) = 2 c(W) = 0.16mol/L，
但一部分X轉化為Z，造成 c(X)<0.16mol/L，
則v(X)<
過程②是可逆反應，若增大容器容積相當于減小壓強，平衡向氣體分子數增大的方向移動，即X的物質的量更大（但X的濃度更小），此時考生很容易推理出Y的產率更小。
過程①是完全反應，當②反應平衡時，W早已分解完全，不管窗口體積是否變化，Y的產率依然保持100%，故B錯誤；
反應達到平衡時，v(正) = v(逆)，即v3 = v2，k3c(Z) = k2c2(X)，若k2 = k3，平衡時c(Z) = c2(X)，故C錯誤；
反應③的活化能大于反應②， H=正反應活化能-逆反應活化能<0，
升高溫度，平衡逆向移動，則平衡時c(Z)減小，故D正確；故選D。
1mol該物質最多能與2molNaOH反應，故B錯誤；
Y的分子式為：C6H10O，
標準狀況時，2.24LCl2與足量的水反應轉移的電子數為0.1NA；
向水中加入Na2O2，反應后所得溶液中滴加幾滴酚酞，溶液最終變為紅色，說明反應產生了NaOH，帶有火星的木條復燃，說明產生了O2；
溶解了1mol Cl2的氯水中，不論存放時間的長短，均有：
N(Cl2) + N(Cl-) = NA【N(Cl2)和N(Cl-)表示Cl2和Cl-的個數】；
根據氮原子的電子排布，可以確定有穩定的NCl3，不可能有NCl5分子 ；
常溫常壓下，46 g NO2與92 g N2O4，所含的分子數后者是前者的兩倍；
先加入AgNO3溶液，產生白色沉淀，再加入稀HNO3溶液，白色沉淀不溶解，則溶液中一定含有大量的Cl﹣；
0.5mol雄黃（As4S4），結構如右圖，含有NA個As-As鍵；
由1H、2H、3H、12C、13C、14C所組成的CH≡CH分子共有45種；
K35ClO3與濃H37Cl反應制得7.1 g氯氣，則生成的Cl2分子數為0.1NA；
二、重視“能量流”與“物質流”，熟悉此類問題的分析方法，輕松解決這類新型化學試題的應試問題；
+2
..
+3
+2
NH2O和NH3中N為sp3雜化，H2O中O為sp3雜化，它們的電荷分布都不均勻，不對稱，為極性分子，A正確；
由反應歷程可知，有N-H，N-O鍵斷裂，還有O-H鍵和N-N鍵的生成，B正確；
由反應歷程可知，反應過程中，Fe2+先失去電子發生氧化反應生成Fe3+，后面又得到電子生成Fe2+，C正確；
由反應歷程可知，反應過程中，生成的NH2NH2有兩個氫來源于NH3，所以將NH2OH替換為ND2OD，不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2和HDO，D錯誤；
物質流分析的關鍵是弄清楚反應，每一步是怎么轉化，總的反應是什么？
Ru(Ⅱ)被氧化至Ru (Ⅲ)后，[L-Ru-NH3]＋中的Ru帶有更多的正電荷，其與N原子成鍵后，Ru吸引電子的能力比Ru (Ⅱ)強，這種作用使得配體NH3中的N-H鍵極性變強且更易斷裂，因此其失去質子（H+）的能力增強，A說法正確；
Ru (Ⅱ)中Ru的化合價為+2，當其變為Ru (Ⅲ)后，Ru的化合價變為+3，Ru (Ⅲ)失去2個質子后，N原子產生了1個孤電子對，Ru的化合價不變；M為[L-Ru-NH2 ]＋，當[L-Ru-NH2]＋變為M時，N原子的孤電子對拆為2個電子并轉移給Ru 1個電子，導致Ru的化合價由+3價變為+2，因此，B說法不正確；
該過程M變為[L-Ru-NH2-NH2-Ru-L]2+時，有N-N鍵形成，N-N是非極性鍵，C說法正確；
從整個過程來看，4個NH3失去了2個電子后生成了1個N2H4和2個NH4+，Ru (Ⅱ)是催化劑，因此，該過程的總反應式為：4NH3 -2e- === N2H4 + 2NH4+，D說法正確；
三、重視結構知識的整理與應用，迎接新高考模式的新挑戰。
即Y7與Z7相對質量相差7，也就是Y、Z相對質量相差1，
且Y、Z的化學環境相同，說明Y、Z為兩種同位素，如1H、2H、3H或12C與13C等；
即：3x+7y+w+r = 40；
X、W和R三種元素位于同周期，很明顯，應該是第二周期；
考慮到只有X、W、R同周期，因此，Y只能是第一周期的H原子，即y=1；
設X的最外層電子數為a（X的核外電子數為2+a），則R的核外電子數為r = 2a，
上式變為：3(a+2)+7+w+2a = 40，5a+w = 27，
a=3，w=12(X、R不在同周期，舍去)；
a=4，w=7；則X為C，R為O，W為N；
a=5，w=2(X、R不在同周期，舍去)；
最后的結論是：X為C；Y為H；W為N；R為O；當Y為1H時，Z為2H；當Y為2H時，Z為3H；
由X、Y、W和R四種元素所組成的42電子粒子為NH4HCO3，俗稱碳氨，可以在農業生產上發揮很大作用，A正確；
第一電離能：N＞O>C>H，B錯誤；
化合物X3Y7WR為C3H7NO，由于酰胺基有-CO-NH2或-CO-NH-或-CO-N-等多種理解，C錯誤；
C、N和O可以形成CH3-CH3、N2H4、H2O2，它們都是電子數為18的氫化物，D錯誤；
根據“均攤法”，晶胞中含4個Zr、8×1/8+12×1/4+6×1/2+1=8個O，則立方氧化鋯的化學式為ZrO2，
Zr的配位數為8，根據化學式ZrO2，O的配位數為4，選項A正確；
四個Zr原子組成正四面體，該四面體的棱邊就是Zr原子之間的最短距離，正好為面對角線的一半，
即a/2pm，C正確；
(1/4,1/4,1/4)
(3/4,3/4,1/4)，
(0,0,0)
(3/2,3/2,1)
位置為xy平面的面心，D正確；
x、y、z三個方向均應加3/4，
x、y、z三個方向均應加3/4，
(1/2,1/2,0
四、以五種常數為核心，結合反應的順序和恒等關系，巧解溶液分析的高考壓軸題。
加入氨水后最終溶解，成為Ag(NH3)2Cl溶液，對應的反應為：
題給條件可以理解為依次進行以下反應：
c(Cl-)呈現增大趨勢，
c(Ag+)由于溶解平衡的正向移動，可以看成有段時間保持不變，后來隨著c(NH3)的增大，逐漸減小，
而[Ag(NH3)]+和[Ag(NH3)2]+不斷增大，
但最終主體應該是[Ag(NH3)2]+；
所以，III為Ag+，
IV為Cl-；
I為[Ag(NH3)2]+，
II為[Ag(NH3)]+；
當c(NH3) = 10-1mol L-1時，c([Ag(NH3)2]+) = c(Cl-) = 10-2.35 mol L-1；c(Ag+) = 10-7.40 mol L-1，c([Ag(NH3)]+) = 10-5.16 mol L-1，
但開始時c(Cl-) = c(Ag+)；
所以有：Ksp(AgCl) = c(Ag+)×c(Cl-) = 10-9.75，B正確；
反應的K = c([Ag(NH3)2]+)/[c(NH3)×c([Ag(NH3)]+)] = 103.81，C正確；
當c(NH3) = 0.01mol L-1時，
圖中顯示c([Ag(NH3)2]+)>c([Ag(NH3)]+)>c(Ag+)，D正確；
則Ksp(AgxX) = cx(Ag+)×c(Xx-)，
轉化成相應的離子濃度代入Ksp(AgxX) = cx(Ag+)×c(Xx-) = 1×10-16 = 10-16，(10-3)x×10-7 = 10-16，x = 3，
即Ag3X(s)；Ksp(Ag3X) = 1×10-16；
按照同樣的方法，在圖像上任找兩點(0,10)，(3,7)，
轉化成相應的離子濃度代入Ksp(AgyY) = cy(Ag+)×c(Yy-) = 1×10-10 = 10-10，(10-3)y×10-7 = 10-10，y = 1，
即AgY(s)；Ksp(AgY) = 1×10-10；
根據分析可知，x=3，y=1，x : y = 3 : 1，A項正確；
由圖像可知，J點混合溶液中各離子濃度為：c(Ag+) = 10-3mol L-1，c(X3-) = c(Y-) = 10-7mol L-1，c(X3-)/c(Y-) = 1，
加入AgNO3(s)會使c(Ag+)增大，可以假定某一數值，如c(Ag+) = 0.1mol L-1，
c(X3-) = 10-16/(0.1)3 = 10-13mol L-1，c(Y-) = 10-10/0.1 = 10-9mol L-1，
c(X3-)/c(Y-) = 10-13/10-9 = 10-4，c(X3-)/c(Y-)變小，B正確；
向AgxX固體中加入NayY溶液，
該反應的平衡常數K = Ksp(Ag3X)/K3sp(AgY) = 10-16/(10-10)3 = 1014，K值極大，可發生AgxX→AgyY的轉化，C項正確；
在圖像上任找兩點(0,16)，(3,7)，
五、以電對分析為依托，全面準確破解電化學難題。
Zn為負極，放電時Zn失去電子變為Zn2+，電極反應為：Zn – 2e- === Zn2+；
陽離子向正極遷移，則放電時Zn2+由負極向正極遷移，B說法正確；
放電時正極反應為：V2O5 + nH2O + 2xe- + xZn2+ === ZnxV2O5 nH2O；
電池的總反應為xZn + V2O5 + nH2O === ZnxV2O5 nH2O。
則充電時陽極的電極反應為：ZnxV2O5 nH2O – 2xe- === xZn2+ + V2O5 + nH2O，D說法正確；
則其在充電時的總反應為ZnxV2O5 nH2O === xZn + V2O5 + nH2O，C說法不正確；
由題意可知放電時鈉電極為原電池負極，電極反應為：Na – e- === Na+；
硫電極得電子，發生一連串反應，即S8→S82-→S62-→S42-→Sx2-；
硫電極為原電池正極，電極反應可以表示為：2Na+ + x/8S8 + 2e- → Na2Sx。
充電時與放電正好反向；
故充電時，Na+由硫電極遷移至鈉電極，A錯誤；
放電時Na在a電極失去電子，失去的電子經外電路流向b電極，硫黃粉在b電極上得電子與a電極釋放出的Na+結合得到Na2Sx，電子在外電路的流向為a→b，B正確；
C正確；
炭化纖維素紙中含有大量的炭，炭具有良好的導電性，可以增強硫電極的導電性能，D正確；
本題的本質是濃差電池。
甲中因為反應：Cu2++ 4NH3 ==== [Cu(NH3)4]2+，導致c(Cu2+)下降，
因此甲室Cu電極為負極，電極反應為Cu – 2e- === Cu2+；
乙室Cu電極自然就是正極，
電極反應為Cu2+ + 2e- === Cu；
也可以表示為：Cu -2e- + 4NH3 === [Cu(NH3)4]2+，
則電池總反應為：Cu2++ 4NH3 ==== [Cu(NH3)4]2+，C正確；
NH3擴散到乙室會與銅離子反應生成[Cu(NH3)4]2+，銅離子濃度降低，銅離子得電子能力減弱，因此將對電池電動勢產生影響，故D正確。
原電池在工作的過程中若不考慮離子的移動，甲池富余陽離子Cu(NH3)42+，乙池富余SO42-；
若隔膜為陽離子膜，則產品應該是在乙池流出的溶液低溫熱解產生，
即：Cu(NH3)4SO4 === CuSO4 + 4NH3↑；
但圖中顯示低溫熱解的是甲池流出的溶液，所以，隔膜是陰離子膜，
在電池工作的過程中理論上來講只需要在乙池不斷添加CuSO4電鍍廢液；故B錯誤；
六、以反應為中心，結合主元素的傳遞和副元素的排除為主線，依托教材，合理聯想，正確化解流程分析試題。
Co2+、Co3+、
Ni2+、Al3+、
Mg2+
根據表中數據可以計算出pH = 9.0時，Co2+、Co3+、Ni2+、Al3+、Mg2+的濃度分別約為：5.9×10-5mol L-1、1.6×10-29mol L-1、5.5×10-6mol L-1、1.3×10-18mol L-1、5.6×10-2mol L-1；
Mg2+、NO3-
Mg(NO3)2 6H2O
Co(OH)2、Co(OH)3、
Ni(OH)2、Al(OH)3；
Al(OH)3；
Co(NH3)62+、Ni(NH3)62+；
MgO + H2O === Mg(OH)2
MgO + 2H+ === Mg2+ + H2O
晶體
減少膠狀物質對鎳鈷氫氧化物的包裹，增加了濾泥與氨性溶液的接觸面積。
HCl氣體
8×1/8 = 1個；
6×1/2 = 3個；
1個
化學式為：AlCoO3；
白球與黑球之間的最短距離為，
白球與叉球之間的最短距離為a/2；
考慮到>a/2；結合題中表述“Al與O最小間距大于Co與O最小間距”，所以，黑球為Al原子，叉球為Co原子；
即白球為氧原子，
設晶胞邊長為a，
體心；
以頂點Al分析，面心的氧原子一個橫截面有4個，三個橫截面共12個，因此晶體中一個Al周圍與其最近的O的個數為12；
晶體A為Mg(NO3)2 6H2O，
晶體A含6個結晶水，
還剩余5個水分子，
因此所得HNO3溶液中n(HNO3)與n(H2O)的比值理論上最高為2 : 5；
可重復利用的是HNO3和MgO；故答案為：MgO。
七、以原理預判為前提，身臨其境的理解并完成綜合實驗的分析與評價。
應該隔絕空氣；
“水膜保護”；
2Al + 2OH- + 2H2O ==== 2AlO2- + 3H2↑
（現在應該寫成：2Al + 2OH- + 6H2O ==== 2Al(OH)4- + 3H2↑）
堿洗的目的是除鋁；
水洗的目的是除堿；
加入有機溶劑顯然是極性溶劑；
當水準管內液面持續上升時說明氣流速度太快或反應已經完成，
此時應該減小H2的通入速率或中止反應；
（現在應該寫成：2Al + 2OH- + 6H2O ==== 2Al(OH)4- + 3H2↑）
取最后一次洗滌液，測pH為中性或取最后一次洗滌液于試管中，滴加幾滴酚酞，如果溶液不變粉紅色，則證明洗滌干凈，否則沒有洗滌干凈
極性溶劑只有CH3COCH3和CH3CH2OH
，但極性較強的為乙醇，故選C；
向集氣管中充入H2時，氫氣從左側進入，向下進入集氣管，
當由集氣管向裝置Ⅱ供氣，此時孔路位置需調節為氣體由下方的集氣管出來，向右進入裝置Ⅱ，
恒壓滴液漏斗；
根據題給信息可知，雷尼Ni暴露在空氣中可以自燃，故反應前向裝置Ⅱ中通入N2一段時間，目的是排除裝置中的空氣，防止雷尼Ni自燃；
由于雷尼鎳活性很高，對H2有強烈的吸附作用，當導氣管插入液面以下后，雷尼鎳表面迅速被H2所吸附，
使得雷尼鎳催化劑對鄰硝基苯胺的吸附減弱，最終導致催化氫化反應速率降低；
也就是會導致催化劑中毒；
反應完成后，氫氣不再被消耗，則集氣管中液面不再改變。
八、以競爭反應為主線，平衡常數為中心，全面破解多平衡體系的各種問題。
x(C6H5C2H5) = x(C6H5CH=CH2) = x(H2) = 1/3，所以：KP = 100/3KPa；
設加入水蒸氣xmol，平衡轉化率提高至75%，即：
KP = 100/3KPa=[0.75/(1.75+x)]2×100/[0.25/(1.75+x)]，解得：x = 5.0mol；
（3）根據（2）的計算結果，可以推斷出圖中橫坐標表面上是乙苯的轉化率，實際上應該是充入了更多的水蒸氣；
在恒溫恒壓的條件下，不斷加入水蒸氣，反應④、⑤由于Qp反應⑥ Qc=Kp，平衡不移動，
由此好像可以得出：n(C6H5CH=CH2)和n(C6H6)增加，它們各自的選擇性S應該增大；
如此得出的結論是：曲線a代表甲苯，但生成苯乙烯的反應④是主體反應，反應⑤為副反應，所以，b代表C6H5CH=CH2，c代表苯；
但題中強調反應④為主體反應，反應⑤、⑥為副反應，主反應的選擇性理應高于副反應。
曲線a芳香烴產物的選擇性明顯大于曲線b、c芳香烴產物的選擇性，應該是曲線a代表產物苯乙烯的選擇性，曲線b代表苯，c代表甲苯。
但問題是a的選擇性為何越來越低呢？
只有一種解釋，即：S(苯乙烯) + S(苯) + S(甲苯) = 1，
由于S(甲苯)變化太小，導致S(苯乙烯)與S(苯)之間出現此漲彼消的關系，
所以，S的變化趨勢與平衡移動的方向不一定完全一致。
催化劑顆粒大小會影響接觸面積，會影響反應速率，D項錯誤；
（5）電負性Cl＞Br＞I，則極性C-Cl鍵＞C-Br鍵＞C-I鍵，原子半徑r(Cl)CuBr在水中的溶度積常數Ksp=c(Cu+) c(Br-)；
謝謝大家，祝2024年高考大捷！

展開更多......

收起↑