2016年高考四川卷理综化学试题解析(共11页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上#NO.#1.(2016 四川 1)化学与生产和生活密切相关。下列过程中没有发生化学变化的是A.氯气作水杀菌消毒剂 B.硅胶作袋装食品的干燥剂C.二氧化硫作纸浆的漂白剂 D.肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂B解析:考察化学与生活。A项中Cl2+H2OHClO+HCl，生成的HClO具有强氧化性，可对水进行杀菌消毒；B项中硅胶仅起到吸水干燥的作用，不涉及化学变化；C项中SO2可对纸浆进行漂白，这个过程涉及化学变化；D项中被蚊虫叮咬会产生蚁酸HCOOH，肥皂水显碱性，涂抹肥皂水发生酸碱中和，可清洗叮咬处。故选B。考点: 化学变化和物理变化的判断考点定位:考查物理变化和化学变化的

2、判断，物质的用途名师点睛:本题以生活中常见物质的用途为载体考查物理变化和化学变化的判断。解答此类题目要注意抓住化学变化的特征是有新物质生成；遵循质量守恒定律，即反应前后原子的种类不改变、个数不增减，原子核不发生变化；化学变化的实质是旧化学键断裂和新化学键形成，二者缺一不可。物质的性质决定物质的用途，这就要求我们在日常学习中多从化学的视角关注生活，关注生活中的化学知识。题目较易。2. (2016 四川 2)根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验操作现象结论A将某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水石灰水变浑浊该溶液中一定含有CO32-B常温下，将铁片浸入足量浓硫酸中铁片不溶解常温下

3、，铁与浓硫酸一定没有发生化学反应C向某食盐溶液中滴加淀粉溶液溶液颜色不变该食盐中一定没有添加KIO3D向苯酚钠溶液中滴加乙酸溶液溶液变浑浊相同条件下，乙酸的酸性一定比苯酚强D解析:A、将某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水产生白色沉淀，该溶液中可能含有碳酸氢根离子、碳酸根、亚硫酸根、亚硫酸氢根等离子，错误；B、铁在常温下在浓硫酸中钝化，发生了化学反应，错误；C、碘酸钾和淀粉不反应，碘单质遇到淀粉才显蓝色，错误；D、苯酚钠和乙酸反应生成苯酚和乙酸钠，说明乙酸酸性比苯酚强，故正确。解析:考察实验操作和物质鉴别。A项中，能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2和SO2，故原溶液中可能含有CO32-、

4、HCO3-、SO32-、HSO3-；B项中常温下铁片浸入浓硫酸中发生钝化，钝化是化学变化； C项中淀粉溶液遇碘单质变为蓝色，并不是遇碘元素变为蓝色，故不能证明该食盐中一定没有添加KIO3；D项中发生反应C6H5ONa+CH3COOHC6H5OH+CH3COONa，该反应是强酸制弱酸，可以说明相同条件下乙酸的酸性强于苯酚。故选D。考点定位:考查化学实验方案的分析、评价，离子检验，元素化合物知识。名师点睛:化学是一门以实验为基础的科学，化学实验的考查是高考命题的一个重点。该题型是选择题中化学实验考查的常见题型。解答此类题目注意逐项分析化学实验基本操作、实验方案的科学性、简约性和环保性；实验现象和实

5、验结论的科学性；还要注意分析实验操作、现象和实验结论是否存在逻辑关系。平时学习中要注意教材中的演示实验要分析、理解到位，包括实验操作、现象和结论。题目难度中等。3. (2016 四川 3)下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是A.某无色溶液中可能大量存在H+、Cl-、MnO4-B.pH=2的溶液中可能大量存在Na+、NH4+、SiO32-C.Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应:2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2OD.稀硫酸和Ba(OH)2溶液反应:H+SO42-+Ba2+OH-=BaSO4+H2OC#NO.#考点:。专题:离子反应专题。分析:A.无色溶液中不能存在有颜色的离子；B

6、.pH=2的溶液呈酸性，弱酸的酸根离子不能大量存在；C.Fe2+与H2O2在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成铁离子和水；D.离子的配比数不符合反应的实际。解答:解:A.MnO4-是紫色，不可能存在无色溶液中，故A错误；B.pH=2的溶液呈酸性，硅酸根离子和氢离子反应生成硅酸沉淀，故B错误；C.Fe2+与H2O2在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成铁离子和水，反应的离子方程式2Fe2+H2 O2+2H+2Fe3+2H2O满足电子守恒和电荷守恒，故C正确；D.氢离子和硫酸根离子比例应为2:1，应为2H+SO42-+Ba2+2OH-BaSO4+2H2O，故D错误。故选C。点评:本题综合考查离子共存以及

7、离子方程式的正误判断，为高频考点，侧重于学生的分析以及元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握物质的性质以及离子的性质，难度不大。考点定位:考查离子反应，离子共存和离子方程式正误判断。名师点睛:解离子共存问题要注意:审清题目的隐含信息:颜色、酸碱性、特殊反应和题目的要求，如“一定能”、“可能”、“一定不能”等，理清哪种离子和哪种离子间发生何种反应，如复分解、氧化还原反、络合和水解相互促进的反应，结合要求作出正确判断。离子方程式正误判断注意“七查”。1.“一查”是否符合客观事实。2.“二查”“反应条件”“连接符号”“”“”是否使用恰当。3.“三查”拆分是否正确。4.“四查”是否“漏写”离子

8、反应。5.“五查”是否符合三个守恒(1)质量守恒；(2)电荷守恒；(3)得失电子守恒。6.“六查”是否符合离子配比。7.“七查”反应物的“量”过量、少量、足量等。4. (2016 四川 4)NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A.2.4g镁在足量的O2中燃烧，转移的电子数为0.1NAB.标准状况下，5.6 L CO2气体中含有的氧原子数为0.5NAC.氢原子数为0.4NA的CH3OH分子中含有的键数为0.4NAD.0.1 L 0.5 mol/L CH3COOH溶液中含有的H+数为0.05NAB解析:A、2.4 g镁的物质的量为2.4/24=0.1 mol，反应中失去0.2 mol电子，故

9、错误；B、标准状况下5.6 L二氧化碳的物质的量为5.6/22.4=0.25 mol，含有的氧原子为0.5 mol，故正确；C、甲醇的结构为CH3OH，氢原子数为0.4NA的甲醇分子为0.1 mol，含有5mol键，故错误；D、醋酸是弱酸，不能完全电离，故错误。考点定位:考查阿伏加德罗常数、以物质的量为中心的计算、相关物质的结构与性质。名师点睛:本题型为新课标高考的常见题型。解答本类题目要审清选项中涉及的以下几个方面:要审清所求粒子的种类，如分子、原子、离子、质子、中子、电子等，涉及物质的体积时要审清物质的状态和温度、压强，涉及中子数和化学键的计算，要审清相关物质的结构和特殊物质的摩尔质量，涉

10、及化学反应要明确相关反应的特点和电子转移；涉及溶液中的微粒要关注电离和水解；要注意审清运算公式。5. (2016 四川 5)某电动汽车配载一种可充放电的锂离子电池。放电时电池的总反应为:Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+ C6(x0B.图中Z的大小为a3bC.图中X点对应的平衡混合物中=3D.温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后(CH4)减小A#NO.#考点:。专题:化学平衡专题。分析:A.由图可知，T升高时(CH4)减小；B.由图可知，以=3时作比较，结合平衡移动可知越大，甲烷的含量越小；C.起始=3，结合温度升高对平衡移动判断；D.该反应为气体体积增大的反应，压强增大平衡逆向

11、移动。解答:解:A.由图可知，随着温度升高甲烷的体积分数逐渐减小，说明升温平衡正向移动，则正反应为吸热反应，即焓变H0，故A正确；B.由图可知，以=3时作比较，增大水蒸气的物质的量，平衡正向移动，则的比值越大，则甲烷的体积分数越小，故a3b，故B错误；C.起始加入量的比值为3，但随着反应的进行，升高温度平衡正向移动，甲烷和水是按等物质的量反应，所以到平衡时比值不是3，故C错误；D.温度不变时，加压，平衡逆向移动，甲烷的体积分数增大，故D错误；故选A。点评:本题考查化学平衡移动原理及应用，为高频考点，把握平衡移动的因素、图象分析等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动原理的理解，选

12、项B为解答的难点，题目难度不大。考点定位:考查化学平衡图像分析名师点睛:化学平衡图像题的解题思路:一、看懂图:横纵坐标的物理意义，图像的变化趋势，曲线的特殊点，如起点、交点、折点、终点；二、想规律:外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响规律；三、作出正确的判断。注意“先拐先平”和“定一议二”方法的运用。7. (2016 四川 7)向1 L含0.01 mol NaAlO2和0.02 mol NaOH的溶液中缓慢通入CO2，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应，当0.01 molc(AlO2-)+c(OH-)B0.01c(Na+)c(AlO2-) c(OH-)c(CO32-)C0.015c(

13、Na+) c(HCO3-)c(CO32-) c(OH-)D0.03c(Na+) c(HCO3-) c(OH-)c(H+)D#NO.#考点:。专题:电离平衡与溶液的pH专题。分析:通入二氧化碳首先进行的反应为氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，0.02mol氢氧化钠消耗0.01mol二氧化碳，生成0.01mol碳酸钠，然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01mol偏铝酸钠消耗0.005mol二氧化碳，生成0.005mol碳酸钠.然后再通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，消耗0.015mol的二氧化碳，生成0.03mol的碳酸氢钠，由此分析各选项。解答:解:A、未通入

14、二氧化碳时，溶液中的电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(AlO2-)+c(OH-)，故A错误；B、当二氧化碳为0.01mol，所得溶液为0.01mol碳酸钠和0.01mol偏铝酸钠，因为碳酸酸性强于氢氧化铝，所以偏铝酸根离子水解程度比碳酸根离子强，则偏铝酸根离子浓度小于碳酸根离子浓度，所以溶液中离子的物质的量浓度大小为:c(Na+)c(OH-)c(CO32-)c(AlO2-)，故B错误；C、当二氧化碳为0.015mol时，所以得溶液为0.015mol碳酸钠，溶液中离子浓度的关系为c(Na+)c(CO32-)c(OH-)c(HCO3-)，故C错误；D、当二氧化碳的量为0.03mol时，所得溶

15、质为碳酸氢钠，水解程度大于电离程度，溶液显碱性，所以离子浓度大小顺序为:c(Na+)c(HCO3-)c(OH-)c(H+)，故D正确；故选D。点评:本题考查了溶液中离子浓度大小比较，主要掌握盐类水解的分析判断，注意守恒原理在解题中的应用，题目有一定的难度。考点定位:考查电解质溶液中的离子平衡，钠、铝及其化合物的性质名师点睛:本题将元素化合物知识与电解质溶液中离子浓度大小比较综合在一起考查，熟练掌握相关元素化合物知识，理清反应过程，结合相关物质的用量正确判断相关选项中溶液的成分是解题的关键。电解质溶液中微粒浓度大小比较要抓住两个平衡:电离平衡和盐类的水解平衡，抓两个微弱:弱电解质的电离和盐类的水

16、解是微弱的，正确判断溶液的酸碱性，进行比较。涉及等式关系要注意电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式的灵活运用。第卷 (非选择题 共58分)8. (2016 四川 8)(13分)M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z是一种过渡元素。M基态原子L层中p轨道电子数是s轨道电子数的2倍，R是同周期元素中最活泼的金属元素，X和M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，Z的基态原子4s和3d轨道半充满。请回答下列问题:(1)R基态原子的电子排布式是 ，X和Y中电负性较大的是 (填元素符号)。(2)X的氢化物的沸点低于与其组成相似的M的氢化物，其原因是 。(3)X与M形成的XM3分子的空间构

17、型是 。(4)M和R所形成的一种离子化合物R2M晶体的晶胞如图所示，则图中黑球代表的离子是 (填离子符号)。(5)在稀硫酸中，Z的最高价含氧酸的钾盐(橙色)氧化M的一种氢化物，Z被还原为+3价，该反应的化学方程式是 。(1)1s22s22p63s1或Ne3s1 Cl(2)H2S分子间不存在氢键，H2O分子间存在氢键(3)平面三角形(4)Na+(5)K2Cr2O7+3H2O2+ 4H2SO4=K2SO4+Cr2(SO4)3+3O2+7H2O#NO.#考点:。专题:元素周期律与元素周期表专题。分析:M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z是一种过渡元素.M基态原子L层中p轨道电子数是s

18、电子数的2倍，核外电子排布式为1s22s22p4，故M为O元素；由原子序数可知R、X、Y均处于第三周期，R是同周期元素中最活泼的金属元素，则R为Na；X和M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，则X为S元素，可知Y为Cl；Z的基态原子4s和3d轨道半充满，外围电子排布式为3d54s1，处于VIB族，故Z为Cr。解答:解:M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z是一种过渡元素.M基态原子L层中p轨道电子数是s电子数的2倍，核外电子排布式为1s22s22p4，故M为O元素；由原子序数可知R、X、Y均处于第三周期，R是同周期元素中最活泼的金属元素，则R为Na；X和M形成的一种化合物

19、是引起酸雨的主要大气污染物，则X为S元素，可知Y为Cl；Z的基态原子4s和3d轨道半充满，外围电子排布式为3d54s1，处于VIB族，故Z为Cr。(1)R为Na，基态原子的电子排布式是1s22s22p63s1，同周期自左而右电负性增大，故Cl元素电负性大于S的，故答案为:1s22s22p63s1；Cl；(2)H2O分子能形成氢键，使水的沸点升高，而H2S不能形成氢键，故硫化氢的沸点低于水的，故答案为:H2O分子能形成氢键，而H2S不能形成氢键；(3)X与M形成的SO3分子中S原子孤电子对数=0，价层电子对数为3+0=3，故其空间构型为平面三角形，故答案为:平面三角形；(4)M和R所形成的一种离

20、子化合物为Na2O，晶胞中黑色球数目为8，白色球数目为8+6=4，黑色球与白色球数目之比为2:1，故图中黑球代表的离子是Na+，故答案为:Na+；(5)Z的最高价含氧酸的钾盐(橙色)为K2Cr2O7，与氧元素的氢化物发生氧化还原反应，该氢化物为H2O2，在稀硫酸中，Cr元素被还原为+3价，H2O2被氧化生成氧气，反应方程式为:3H2O2+K2Cr2O7+4H2SO4=Cr2(SO4)3+3O2+7H2O+K2SO4，故答案为:3H2O2+K2Cr2O7+4H2SO4=Cr2(SO4)3+3O2+7H2O+K2SO4。点评:本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电负性、氢键、空间构型、

21、晶胞计算、氧化还原反应等，注意氢键对物质性质的影响，掌握均摊法进行晶胞有关计算。考点定位:考查物质结构与性质模块，涉及元素推断、原子结构和元素的性质，分子结构与性质，晶胞计算，氧化还原方程式的书写。名师点睛:本题考查化学选修3物质结构与性质的相关知识，以填空或简答方式考查，常涉及如下高频考查点:原子结构与元素的性质(基态微粒的电子排布式、电离能及电负性的比较)、元素周期律；分子结构与性质(化学键类型、原子的杂化方式、分子空间构型的分析与判断)；晶体结构与性质(晶体类型、性质及与粒子间作用的关系、以晶胞为单位的密度、微粒间距与微粒质量的关系计算及化学式分析等)。对于此类题要掌握以下几点:(1)A

22、族元素的价电子构型为ns2、A族元素的价电子构型为ns2np3，分别属于全满或半满状态，属于稳定结构，因此A族、A族元素的第一电离能分别大于同周期相邻元素。(2)金属元素的电负性较小，非金属元素的电负性较大。同周期元素从左到右，元素的电负性递增，同主族元素自上而下，元素的电负性递减。(3)化学键影响物质的物理性质和化学性质；范德华力和氢键只影响物质的物理性质。(4)均摊法在有关晶胞计算中的规律。根据题给信息准确推断相关元素、结合相关知识进行作答是得分的关键。题目难度适中。9. (2016 四川 9)(13分)CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl22H2O制备Cu

23、Cl，并进行相关探究。资料查阅:实验探究:该小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器略)。请回答下列问题:(1)仪器X的名称是 。(2)实验操作的先后顺序是a e(填操作的编号)。A.检查装置的气密性后加入药品 B.熄灭酒精灯，冷却C.在“气体入口”处通入干燥HCl D.点燃酒精灯，加热e.停止通入HCl，然后通入N2(3)在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是 。(4)装置D中发生的氧化还原反应的离子方程式是 。(5)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，根据资料信息分析:若杂质是CuCl2，则产生的原因是 。若杂质是CuO，则

24、产生的原因是 。(1)干燥管(2)c d b(3)先变红，后褪色(4)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O(5)加热时间不足或温度偏低 通入HCl的量不足#NO.#考点:。专题:制备实验综合。分析:热分解CuCl22H2O制备CuCl，为抑制水解，气体入口通入HCl气体，然后加热A处试管，X为球形干燥管，X中无水硫酸铜变蓝，可知CuCl22H2O分解生成水，且C处试纸先变红后褪色，可知发生2CuCl22CuCl+Cl2，D中NaOH溶液吸收尾气；取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，混有CuCl2与温度不够或加热时间不足有关，混有CuO与没有在HCl的氛围中

25、加热或者未等试管冷却就停止通入HCl气体有关，以此来解答。解答:解:(1)由图及常见的仪器可知，仪器X的名称为球形干燥管，故答案为:球形干燥管；(2)实验中有气体生成，先检验装置的气密性，且热分解CuCl22H2O制备CuCl，防止CuCl被氧化和Cu+水解所以必须要先赶走装置中的氧气和水蒸气后才加热，且要在HCl气流中加热制备，反应结束后先熄灭酒精灯，应该要继续通入氮气直至装置冷切，所以操作顺序为:a-c-d-b-e，故答案为:c-d-b；(3)B中有白色变为蓝色，说明有水生成，产物中还有Cl2，所以C中石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色，故答案为:石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色；(4)D中是C

26、l2和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为:Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(5)由2CuCl22CuCl+Cl2，杂质是CuCl2说明CuCl2没有反应完全，分解温度不高，故答案为:加热时间不足或温度偏低；杂质是氧化铜，说明CuCl被氧气氧化才产生了CuO，说明装置中有氧气，可能是没有在HCl的氛围中加热或者未等试管冷却就停止通入HCl气体，故答案为:通入HCl的量不足。点评:本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备实验原理、实验装置的作用、元素化合物知识为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化

27、合物与实验相结合的训练，(5)为解答的难点，题目难度中等。考点定位:考查化学实验探究，化学实验方案的分析、评价，元素及化合物知识。名师点睛:本题以热分解CuCl22H2O制备CuCl为载体考查化学实验探究、化学实验方案的分析、评价，元素及化合物知识。解答本题首先要根据题给资料明确实验的原理，理清题给装置图中每一个装置的作用和相关反应，结合CuCl22H2O、CuCl易水解，CuCl易被氧化的性质知实验过程中要注意防止空气的干扰，确定装置的连接顺序；(5)小题要根据杂质的成分结合题给资料分析杂质产生的原因。10. (2016 四川 10)(16分)高血脂严重影响人体健康，化合物E是一种临床治疗高

28、血脂症的药物。E的合成路线如下(部分反应条件和试剂略):已知:(R1和R2代表烷基)请回答下列问题:(1)试剂的名称是 ，试剂中官能团的名称是 ，第 步的反应类型是 。(2)第步反应的化学方程式是 。(3)第步反应的化学方程式是 。(4)第步反应中，试剂为单碘代烷烃，其结构简式是 。(5)C的同分异构体在酸性条件下水解，生成X、Y和CH3(CH2)4OH。若X含有羧基和苯环，且X和Y的核磁共振氢谱都只有两种类型的吸收峰，则X与Y发生缩聚反应所得缩聚物的结构简式是 。(1)甲醇 溴原子 取代反应(2)(3)(4)CH3I(5)#NO.#考点:。专题:有机物的化学性质及推断。分析:(1)试剂I的结

29、构简式为CH3OH，名称是甲醇；试剂的结构简式为BrCH2CH2CH2Br，含有的官能团为溴原子；对比、BrCH2CH2CH2Br的结构可知，反应属于取代反应；(2)反应是CH3CH(COOH)2与CH3OH发生酯化反应生成CH3CH(COOCH3)2；(3)反应在碱性条件下发生酯的水解反应生成B，B酸化生成C，则C为，结合信息可知D；(4)第步反应中，试剂为单碘代烷烃，对比D、E的结构简式可知试剂为CH3I；(5)C的分子式为C15H20O5，其同分异构体在酸性条件下水解，说明含有酯基，生成X、Y和CH3(CH2)4OH，生成物X含有羧基和苯环，且X和Y的核磁共振氢谱均只有两种类型的吸收峰，

30、则X为，Y为HOCH2CH2OH。解答:解:(1)试剂I的结构简式为CH3OH，名称是甲醇；试剂的结构简式为BrCH2CH2CH2Br，含有的官能团为溴原子；对比、BrCH2CH2CH2Br的结构可知，反应属于取代反应，故答案为:甲醇；溴原子；取代反应；(2)反应是CH3CH(COOH)2与CH3OH发生酯化反应生成CH3CH(COOCH3)2，反应方程式为:CH3CH(COOH)2+2CH3OHCH3CH(COOCH3)2+2H2O，故答案为:CH3CH(COOH)2+2CH3OHCH3CH(COOCH3)2+2H2O；(3)反应在碱性条件下发生酯的水解反应生成B，B酸化生成C，则C为，结合

31、信息可知D，第步反应的化学方程式是:+CO2，故答案为:+CO2；(4)第步反应中，试剂为单碘代烷烃，对比D、E的结构简式可知试剂为CH3I，故答案为:CH3I；(5)C的分子式为C15H20O5，其同分异构体在酸性条件下水解，说明含有酯基，生成X、Y和CH3(CH2)4OH，生成物X含有羧基和苯环，且X和Y的核磁共振氢谱均只有两种类型的吸收峰，则X为，Y为HOCH2CH2OH，X和Y发生缩聚反应所得缩聚物的结构简式是:，故答案为:。点评:本题考查有机合成和有机推断，涉及有机物的命名、官能团的识别、反应类型的判断、同分异构体、化学方程式的书写等，是对有机化学基础的综合考查，侧重考查学生分析推理

32、能力。考点定位:考查有机合成和有机推断，涉及有机物的命名，官能团的识别，反应类型的判断，结构简式、同分异构体、化学方程式的书写等。名师点睛:本题考查选修5有机化学基础相关知识，以简答或填空形式考查。常涉及如下高频考点:有机物的命名；官能团的识别、检验方法和官能团转化的反应条件；反应类型判断；有机物分子中原子共线、共面分析；有机物结构简式推断及书写；有机化学反应方程式书写；同分异构数目判断及书写；有机物合成路线设计等。解答此类题目首先要熟练掌握常见有机物官能团的性质和相互转化关系，然后阅读题给信息(转化关系和题给信息反应)，与教材信息整合形成新的知识网络。有机推断的关键点是寻找突破口，抓住突破口

33、进行合理假设和推断。常见突破口有:特殊颜色，特殊状态，特殊气味等物理性质；特殊反应类型和反应条件，特殊反应现象和官能团所特有的性质，特殊制法和特殊用途等。有机合成首先判断目标有机物属于哪类有机物，其次分析目标有机物中碳原子的个数、碳链组成与原料、中间物质的组成关系。根据给定原料，结合信息，利用反应规律合理地把目标有机物分解成若干个片段，找出官能团引入、转换的途径及保护方法。找出关键点、突破点后，要正向思维和逆向思维、纵向思维和横向思维相结合，选择最佳合成途径。(5)小题是本题的难点，首先根据C的分子式和题给信息确定其同分异构体属于酯类，结合水解产物的结构和性质确定X为对二苯甲酸，Y为CH2OH

34、CH2OH，进一步写出缩聚产物的结构简式。审清题目的要求，规范书写化学用语是得分的关键。题目难度适中。11. (2016 四川 11)(16分)资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用。磷尾矿主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3MgCO3。某研究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方案，制备具有重要工业用途的CaCO3、Mg(OH)2、P4和H2，其简化流程如下:已知:Ca5(PO4)3F在950不分解；4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4请回答下列问题:(1)950煅烧磷尾矿生成气体的主要成分是 。(2)实验室过滤所需的玻璃

35、仪器是 。(3)NH4NO3溶液能从磷矿中浸取出Ca2+的原因是 。(4)在浸取液中通入NH3，发生反应的化学方程式是 。(5)工业上常用磷精矿Ca5(PO4)3F和硫酸反应制备磷酸。已知25，101kPa时:CaO(s)+H2SO4(l)=CaSO4(s)+H2O(l) H=-271kJ/mol5 CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)= Ca5(PO4)3F(s)+5H2O(l) H=-937kJ/mol则Ca5(PO4)3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是 。(6)在一定条件下CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，当CO与H2O(g)的起始物质的量之比为1:5，达平衡

36、时，CO转化了。若a kg含Ca5(PO4)3F(相对分子质量为504)的质量分数为10%的磷尾矿，在上述过程中有b%的Ca5(PO4)3F转化为P4，将产生的CO与H2O(g)按起始物质的量之比1:3混合，则相同条件下达平衡时能产生H2 kg。(1)CO2(2)漏斗、烧杯、玻璃棒(3)NH4+ 水解使溶液呈酸性，与CaO、Ca(OH)2反应生成Ca2+(4)MgSO4+2NH3+2H2O=Mg(OH)2+(NH4)2SO4(5)Ca5(PO4)3F(s)+ 5H2SO4(l)=5CaSO4(s) +H3PO4(l)+HF(g) H=-418kJ/mol(6)#NO.#NO.#NO.#考点:。

37、专题:制备实验综合。分析:磷尾矿主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3MgCO3在950下煅烧，其中碳酸钙和碳酸镁分解，生成气体的成分为二氧化碳(CO2)，磷矿的主要成分为Ca5(PO4)3F、CaO、MgO，NH4NO3溶液中铵离子水解呈酸性，可溶解CaO，得到的浸取液含有Ca2+，可生成CaCO3，磷矿含有Ca5(PO4)3F、MgO，加入硫酸铵浸取，浸取液含有镁离子，可生成氢氧化镁，磷精矿加入二氧化硅、C等，在高温下发生4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4，可生成P4，以此解答该题。解答:解:磷尾矿主要含Ca5(PO4)3F和CaCO

38、3MgCO3在950下煅烧，其中碳酸钙和碳酸镁分解，生成气体的成分为二氧化碳(CO2)，磷矿的主要成分为Ca5(PO4)3F、CaO、MgO，NH4NO3溶液中铵离子水解呈酸性，可溶解CaO，得到的浸取液含有Ca2+，可生成CaCO3，磷矿含有Ca5(PO4)3F、MgO，加入硫酸铵浸取，浸取液含有镁离子，可生成氢氧化镁，磷精矿加入二氧化硅、C等，在高温下发生4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4，(1)根据题给化学工艺流程和信息知磷尾矿主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3MgCO3在950下煅烧，其中碳酸钙和碳酸镁分解，生成气体的成分为二

39、氧化碳(CO2)，故答案为:二氧化碳(CO2)；(2)实验室过滤所需的玻璃仪器是烧杯、漏斗和玻璃棒，故答案为:烧杯、漏斗和玻璃棒；(3)NH4NO3溶液中铵离子水解呈酸性，H+能从磷矿I中浸取出Ca2+，故答案为:NH4+水解使溶液呈酸性，与CaO、Ca(OH)2反应生成Ca2+；(4)根据化学工艺流程判断浸取液II的主要成分为硫酸镁溶液，通入NH3，发生反应的化学方程式是MgSO4+2NH3+2H2O=Mg(OH)2+(NH4)2SO4，故答案为:MgSO4+2NH3+2H2O=Mg(OH)2+(NH4)2SO4；(5)已知25，101kPa时:CaO(s)+H2SO4(l)CaSO4(s)

40、+H2O(l)H=-271kJ/mol5CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)Ca5(PO4)3F(s)+5H2O(l)H=-937kJ/mol根据盖斯定律:5-得Ca5(PO4)3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是Ca5(PO4)3F(s)+5H2SO4(l)=5CaSO4(s)+H3PO4(l)+HF(g)H=-418kJ/mol，故答案为:Ca5(PO4)3F(s)+5H2SO4(l)=5CaSO4(s)+H3PO4(l)+HF(g)H=-418kJ/mol；(6)根据题给数据利用三行式分析.设CO的起始浓度为1mol/L，则水蒸气的起始浓度为5mol/L CO(g)+H2O(g

41、)CO2(g)+H2(g)，起始浓度(mol/L)1 5 0 0转化浓度(mol/L) 平衡浓度(mol/L) 则K=1。相同条件下当CO与H2O(g)的起始物质的量之比为1:3，平衡常数不变，设转化的CO为x。 CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，起始浓度(mol/L)1 3 0 0转化浓度(mol/L)x x x x平衡浓度(mol/L)(1-x)(3-x) x x则=1，解得x=，即达平衡时，CO转化了，转化为P4的Ca5(PO4)3F质量为a10%b%kg，根据反应4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4知生成CO的质量为，则转化的CO的质量为，根据反应:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)知相同条件下达平衡时能产生H2=，故答案为 。点评:本题考查物质的制备，涉及化学反应原理，涉及化学反应速率、化学平衡、化学反应与能量等知识，题目难度较大，注意掌握实验的原理和流程，把握平衡常数的意义，试题计算量较大，充分培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力。考点定位:考查化学工艺流程分析，化学实验基本操作，化学方程式和热化学方程式的书写，盖斯定律，化学平衡和化学计算。名师点睛:本题以磷尾矿的综合利用的化学工艺流程为载体考查化学实验基本操作，化学方程式和热化学方程式的书写