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2019届高考化学二轮复习专题1化学选择题解题策略及审题能力指导学案
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专题1 化学选择题解题策略及审题能力指导
建议课时：2课时(一讲一练)
在高考理综试题中，化学选择题侧重对中学化学基本知识和基本技能进行考查， 且选择题的分数占总分的42%，属于高考理综试卷中稳定、成熟的题型，这些题目创设的情境平和，设计的难度平衡，选项设置平实，有利于稳定学生的考试心理，有利于学生发挥出正常水平。
一、选择题解题策略考前指导
下面探讨高考试卷中常见选择题的通用解题方法。
1. 筛选法
筛选法是根据已经掌握的概念和原理，在正确理解题意的基础上，通过寻找不合理的因素，层层剔除，最后获得正确的结论。
【示例1】 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
解析 A项，活性炭吸附冰箱中的异味，属于物理变化，符合题意；B项，热碱水能加快油污中油脂的水解，使油污变为易溶于水的物质，达到除去炊具上油污的目的，油脂水解属于化学反应，不符合题意；C项，KMnO4溶液能将水果释放出的催熟剂乙烯氧化，有利于水果的保鲜，属于化学反应，不符合题意；D项，硅胶具有吸水性，可防止食品受潮属于物理变化，铁粉与食品包装袋中的氧气反应，起还原剂作用，避免O2氧化食品，导致食品变质，属于化学变化，不符合题意。
答案 A
2．比较法
比较法就是在弄清题意的基础上，找出所要对比的知识点，然后逐个进行对比分析，从而得出结论。
【示例2】 已知异丙苯的结构简式如图，下列说法错误的是( )
A．异丙苯的分子式为C9H12
B．异丙苯的沸点比苯高
C．异丙苯中碳原子可能都处于同一平面
D．异丙苯和苯为同系物
解析 A项，异丙苯的分子式为C9H12，正确；B项，异丙苯的相对分子质量比苯大，故其沸点比苯高，正确；C项，由于异丙基与苯环直接相连的碳原子为饱和碳原子，而饱和碳原子为四面体构型，故饱和碳原子和与其相连的三个碳原子一定不在同一平面上，错误；D项，异丙苯与苯结构相似，在组成上相差3个CH2原子团，二者互为同系物，正确。
答案 C
3. 推断法
推断法就是根据给出的条件、现象和知识的内在联系进行综合、分析、推理和判断而得出正确的结论和方法。
【示例3】 (全国卷)某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：
①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；
②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。
该白色粉末可能为( )
A．NaHCO3、Al(OH)3 B．AgCl、NaHCO3
C．Na2SO3、BaCO3 D．Na2CO3、CuSO4
解析 A项，NaHCO3、Al(OH)3 中加入足量稀硫酸最终无固体存在；B项，AgCl不溶于酸，固体不能全部溶解；D项，Na2CO3、CuSO4中加入足量稀硫酸，振荡后无固体存在，错误；C项，亚硫酸钠和碳酸钡加入水，碳酸钡不溶于水使部分固体不溶解，加入稀盐酸，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，固体全部溶解，再将样品加入足量稀硫酸，稀硫酸和碳酸钡反应生成硫酸钡沉淀、二氧化碳和水，正确。
答案 C
4. 类推法
类推法是指通过对两个(或两类)不同对象进行比较，找出它们的相似点或相同点，然后以此为依据，把其中某一对象的有关知识或结论推移到另一对象中去，在较广的范围内把两个(或两类)不同事物联系起来，异中求同，同中求异，形成解决新问题的思路。
【示例4】 (海南卷)以石墨为电极，电解KI溶液(含有少量的酚酞和淀粉)。下列说法错误的是( )
A．阴极附近溶液呈红色
B．阴极逸出气体
C．阳极附近溶液呈蓝色
D．溶液的pH变小
解析 电解饱和食盐水可类推电解电解KI溶液，发生的反应为2KI＋2H2O2KOH＋H2↑＋I2，阴极产物是H2和KOH，阳极产物是I2。由于溶液中含有少量的酚酞和淀粉，所以阳极附近的溶液会变蓝(淀粉遇碘变蓝)，阴极附近的溶液会变红(溶液呈碱性)，A、B、C正确；由于电解产物有KOH生成，所以溶液的pH逐渐增大，D错误。
答案 D
5．具体法
在解化学选择题时，经常会遇到这样一类题型，题目给出的条件很抽象，看似简单但容易出错。如若选择自己熟悉的具体事物作为研究对象，把抽象的问题具体化，往往会收到事半功倍的效果。
【示例5】 (全国卷)短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是( )
A．W2－、X＋ B．X＋、Y3＋
C．Y3＋、Z2－ D．X＋、Z2－
解析 根据题意及选项中W、X、Y、Z所形成的简单离子所带电荷及原子序数特点，可确定W、X、Y、Z分别为O、Na、Al、S四种元素。
答案 C
6．特征法
抓住题目所提供的各种特征(如：结构特征、数值特征、位置特征等)，进行大跨度、粗线条的推理，可以说做到去表象、抓实质、融会贯通。
【示例6】 (全国卷)短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是( )
A．元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构
B．元素X与氢形成的原子比为1∶1的化合物有很多种
C．元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成
D．元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2
解析 X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是碳元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为铝元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为硫元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是锂元素。A中LiCl中Li＋的最外层只有两个电子，A错。B中元素X与氢形成的化合物有C2H2、C6H6等，C中元素Y为铝，铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，D中硫和碳可形成共价化合物CS2。
答案 A
7．本质法
本质法是指抓住解题的关键，弱化或去掉表象干扰信息，抓实质，实现问题的转换和突破。
【示例7】 (海南卷)下列反应可用离子方程式“H＋＋OH－===H2O” 表示的是( )
A．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合
B．NH4Cl溶液与Ca(OH)2溶液混合
C．HNO3溶液与KOH溶液混合
D．Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合
解析 A项，NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合，其发生反应的离子方程式可能为H＋＋SO＋Ba2＋＋OH－===H2O＋BaSO4↓[Ba(OH)2过量]、2H＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－===2H2O＋BaSO4↓(NaHSO4过量)；B项，NH4Cl溶液和Ca(OH)2溶液混合，其发生反应的离子方程式为NH＋OH－===NH3·H2O；C项，HNO3是强酸，KOH是强碱，二者在溶液中反应的离子方程式为H＋＋OH－===H2O；D项，Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合，其发生反应的离子方程式为HPO＋OH－===H2O＋PO。
答案 C
8.构造法
任何解题过程都是实现信息与问题的转化过程，构造法就是利用“等价”“替代”“假想”“隔离”等思维方式，将直接难解答的问题构造为另一类“等价”的较易解决的问题，使问题得以解决。
【示例8】 (全国卷)四联苯的一氯代物有( )
A．3种 B．4种
C．5种 D．6种
解析 考查有机物的结构、等效氢的判断，四联苯是具有两条对称轴的物质，即，根据上下对称、左右对称可知，四联苯的等效氢原子有5种，因为有几种不同化学环境的氢原子，就可以经一氯取代后生成几种同分异构体，因此其一氯代物的种类为5种。
答案 C
9．规律法
规律法就是整体把握全局，透过现象看本质，找出共同规律，并运用规律解决相近的问题。
【示例9】 (全国卷)合成氨所需的氢气可用煤和水作原料经多步反应制得，其中的一步反应为
CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH<0
反应达到平衡后，为提高CO的转化率，下列措施中正确的是( )
A．增加压强 B．降低温度
C．增大CO的浓度 D．更换催化剂
解析 一般来说，有两种及两种以上反应物的可逆反应中，在其他条件不变时，增大其中一种反应物的浓度，能使其他反应物的转化率升高，但其本身的转化率反而降低，故C项错误；A.因该反应为反应前后气体物质的量相等的反应，故增加压强只能缩短反应达到平衡的时间，并不能使该平衡发生移动，因而无法提高CO的转化率；B.因该反应为放热反应，降低温度能使平衡向右移动，从而提高CO的转化率；D.催化剂只能影响化学反应的速率，改变可逆反应达到平衡的时间，不能提高CO的转化率。
答案 B
二、选择题审题能力考前指导
审题是解题的前提和基础，审题的质量直接关系到解题的成败。因此，在高三二轮复习时，要着力培养审题能力，既是考试大纲对考生能力的基础要求，也是教师进行高质量教学设计的一个重要出发点。下面着重阐述如何培养学生的审题能力，希望能为学生二轮高效率的备考以及考前增分提供一些参考。
1．题干及选项关键词的审读
所谓“关键词语”，指的是题目中一些限制性语言，或是对题目中所涉及的化学变化的描述、对变化过程的界定等。因此，在读题时，不能只注意那些给出的具体数字或字母的已知条件，而对另外一些叙述性的语言，特别是其中一些“关键词语”视而不见。若抓不住“关键词语”，就意味着抓不住问题的实质，找不到解答问题的突破口，其结果必将是答非所问。为提高审题的准确性，审题时除仔细阅读题目外，一般应圈下有关的“关键词语”，这样，就可避免漏掉问题或“看错题目了”。
【示例1】 (广东模拟)在pH＝1的无色溶液中，下列各离子组因发生氧化还原反应而不能共存的是( )
A．NH、K＋、Na＋、CO、NO
B．K＋、Na＋、Fe2＋、SO、NO
C．K＋、Na＋、NH、HCO、AlO
D．K＋、NH、Na＋、NO、I－
关键词：①pH＝1溶液呈酸性，②发生氧化还原反应，排除A、C；③无色，排除B；选项D正确。
答案 D
2．审题时要注意隐含条件的挖掘
所谓“隐含条件”是指隐含在文字叙述中，需要认真分析才能挖掘出来的条件。现在高考命题总是从一个具体的角度切入并与教材知识点有机结合，将所考查的知识点巧妙地隐藏在所设置的情境中，考查学生是否具备一种去粗取精、去伪存真、由表及里的提炼加工能力。因此，审题时，必须把隐含条件分析挖掘出来，这常常是解题的要点。
【示例2】 (名校学案)在水中加入等物质的量的Ag＋、Pb2＋、Na＋、SO、NO、Cl－，该溶液放在用惰性材料作电极的电解槽中，通电片刻(假定溶液足量)，则氧化产物与还原产物的质量比为( )
A．35.5∶108 B．71∶108
C．8∶1 D．16∶207
隐含条件：
答案 C
3．审题时要注意排除干扰条件
所谓“干扰条件”是指题中与解题无关，但对应试者的思维产生干扰作用的迷惑性条件。在审题过程中，只有仔细阅读题干，明确题目的设问，迅速地摒弃这些干扰因素，抓住事物的主要矛盾，解题才能迅速而正确。
【示例3】 (名校学案)浅绿色的Fe(NO3)2溶液中存在着如下的平衡：Fe2＋＋2H2OFe(OH)2＋2H＋若在此溶液中加入盐酸，则溶液的颜色变化为( )
A．绿色变深 B．浅绿色变得更浅
C．变黄 D．无明显变化
干扰条件：向左移动→误选A。因加入盐酸后，溶液中存在H＋、NO，把Fe2＋氧化为Fe3＋，正确答案为C。
答案 C
4．审题时要注意有效数据的提取
所谓“有效数据”是指题干中出现的或隐含的对解决问题有直接或间接影响的数字或字母。命题者经常在一些题目中故意给出一些多余的数据信息，增强了迷惑性，干扰了学生的正常思维。因此，在审题过程中，要仔细分析，准确提取有效信息，排除无关数据的干扰，去伪存真。
【示例4】 (全国卷)有五瓶溶液分别是：①10 mL 0.60 mol/L NaOH水溶液；②20 mL 0.50 mol/L H2SO4水溶液；③30 mL 0.40 mol/L HCl溶液；④40 mL 0.30 mol/L CH3COOH水溶液；⑤50 mL 0.20 mol/L蔗糖水溶液。以上各瓶溶液所含离子、分子总数的大小顺序是( )
A．①>②>③>④>⑤ B．②>①>③>④>⑤
C．②>③>④>①>⑤ D．⑤>④>③>②>①
有效数据：五种溶液的浓度均很小，水分子的数目比其他离子和分子的数目要多得多，所以溶液中离子、分子总数的多少主要决定于水分子数的多少，即溶液体积的大小→选项D正确。
答案 D
5．审题时要注意图表信息的分析
图表信息主要包括转化关系框图中的信息、图示表格信息、坐标曲线中的信息、实验装置中的信息、实物图中的信
息、模型图中的信息等。对于试题中的图表，要认真分析，发现图表中反应的化学反应原理，挖掘图表中隐含的重要信息，总结图表中表达的化学规律。
【示例5】 (江苏化学)在体积均为1.0 L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1 mol CO2和0.2 mol CO2，在不同温度下反应
达到平衡时，CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如图所示(图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上)。下列说法正确的是(双选)( )
A．反应CO2(g)＋C(s)===2CO(g)的ΔS＞0、ΔH＜0
B．体系的总压强p总：p总(状态Ⅱ)＞2p总(状态Ⅰ)
C．体系中c(CO)：c(CO，状态Ⅱ)＜2c(CO，状态Ⅲ)
D．逆反应速率v逆：v逆(状态Ⅰ)＞v逆(状态Ⅲ)
答案 BC
6．审题时要注意化学用语的正确运用
化学用语属于化学学科的语言，在高考中具有工具性的作用。审题时要注意从以下四个方面着手：(1)区分五种符号：元素符号、离子符号、化合价标注符号、核素组成符号和原子(或离子)结构示意图；(2)规范五种表达式的书写：化学式(分子式)、电子式、最简式、结构式和结构简式；(3)注意五种反应式：化学反应方程式、电离方程式、离子反应方程式、热化学反应方程式和电极反应式；(4)记准两种模型：球棍模型和比例模型。总之，审题时应注意看准要求，观察仔细，在细微之处下功夫。
【示例6】 (名校学案)下列有关表述正确的是( )
答案 D
[专题训练]
1．(2018·课标全国Ⅱ，8)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
C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂
D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关
解析 雾和霾的分散剂均为空气，A项正确；结合图示可知形成雾霾的无机颗粒物中含有NH4NO3和(NH4)2SO4，B项正确；根据图示可知空气中NOx、SO2等分别转化为HNO3、H2SO4后，吸收空气中的NH3生成NH4NO3和(NH4)2SO4，即NH3是形成无机颗粒物的反应物，C项错误；过度施用氮肥，会导致空气中挥发的NH3浓度增大，与雾霾的形成有关，D项正确。
答案 C
2．《本草纲目》记载了“升炼轻粉(Hg2Cl2)法”：用水银一两，白矾(明矾)二两，食盐一两，同研不见星，铺于铁器内，以小乌盆覆之，筛灶灰盐水和，封固盆口，以炭打二炷香，取开则粉升于盆上矣。其白如雪，轻盈可爱。一两汞，可升粉八钱。文中从生成物中分离出轻粉涉及的操作方法为( )
A．蒸馏 B．升华
C．干馏 D．萃取
解析 本题主要考查物质分离提纯的相关知识。制备轻粉的方法为：把水银、明矾、食盐放到铁质容器中，盖上小乌盆，封固盆口，一段时间后，轻粉升于盆上，说明生成的轻粉能升华。则从生成物中分离出轻粉涉及的操作方法为升华。
答案 B
3．(2018·江苏化学，10)下列说法正确的是( )
A．氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能
B．反应4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应
C．3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023
D．在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快
解析 电池放电时化学能除了转化为电能外，还可能转化为热能、光能等，A项错误；该反应是熵减反应，但是能自发进行，故一定属于放热反应，B项错误；N2与H2合成NH3反应属于可逆反应，1 mol N2与3 mol H2反应的过程中，由于N2不可能完全转化为NH3，故转移电子数小于6×6.02×1023，C项正确；催化淀粉水解的酶属于蛋白质，在高温下蛋白质会发生变性而失去催化活性，故在高温下，淀粉水解速率反而变小，D项错误。
答案 C
4．萜类是广泛存在于植物和动物体内的天然有机化合物，薄荷醇()和香茅醇()是两种常见的萜类化合物，有关这两种化合物的说法中正确的是( )
A．薄荷醇环上的一溴代物有5种(不考虑立体异构)
B．薄荷醇和香茅醇一定条件下都能与乙酸发生取代反应
C．利用酸性高锰酸钾溶液可鉴别薄荷醇和香茅醇
D．等质量的香茅醇和薄荷醇完全燃烧，薄荷醇消耗的氧气多
解析 薄荷醇环上的一溴代物有6种，A项错误；薄荷醇和香茅醇一定条件下都能与乙酸发生酯化反应，酯化反应本质上属于取代反应，B项正确；薄荷醇和香茅醇均含—OH都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项错误；香茅醇和薄荷醇的化学式相同，等质量的香茅醇和薄荷醇完全燃烧耗氧量相同，D项错误。
答案 B
5．芳香化合物G的相对分子质量为164，G中碳、氢、氧元素的质量比为30∶3∶8。G与NaHCO3溶液反应放出CO2，其分子中苯环上有两个侧链。G可能的结构(不考虑立体异构)共有( )
A．12种 B．13种
C．15种 D．17种
解析 依题意G中C、H、O原子个数比为∶∶＝5∶6∶1，设G的实验式为C5H6O，分子式为(C5H6O)n，由G的相对分子质量知，n＝2，则G的分子式为C10H12O2。G与碳酸氢钠溶液反应生成CO2，说明G含羧基，G为芳香化合物，说明G含苯环。苯环上的两个取代基可能有五组：①—COOH，—CH2CH2CH3；②—COOH，—CH(CH3)2；③—CH2COOH，—CH2CH3；④—CH2CH2COOH，—CH3；⑤—CH(CH3)COOH，—CH3。每组取代基在苯环上均有邻、间、对三种位置关系，故G可能的结构共有15种。
答案 C
6．(2018·课标全国Ⅰ，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：
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、Li
C．“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
解析 废旧电池中含有的金属、电解质溶液会对水体和土壤等造成污染，处理废旧电池有利于资源再利用，同时能够降低环境污染，保护环境，A项正确；从流程图看出，正极材料涉及了铝、铁、锂等金属，B项正确；因流程中加入的有HNO3，故在含Li、P、Fe等元素的滤液中加碱液，发生“沉淀”反应的金属离子为Fe3＋，C项正确；因为锂及其化合物的性质与镁相似，由硫酸镁易溶于水推知，硫酸锂易溶于水，由碳酸镁微溶于水推知，碳酸锂微溶于水，所以不能用硫酸钠代替碳酸钠，D项错误。
答案 D
7.下列实验操作和现象与所得结论正确的是( )
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
C2H5OH与浓H2SO4混合加热至170 ℃，并将产生的气体通入溴水
溴水褪色
生成乙烯气体
B
向某盐溶液中滴加盐酸，将产生的气体通入品红溶液
品红溶液褪色
原溶液中可能含有SO或HSO
C
向二氧化锰固体中加入浓盐酸后加热，将产生的气体通入淀粉碘化钾溶液
溶液变蓝
氧化性：Cl2＞I2
D
将铜丝伸入到盛有稀HNO3的试管中
溶液变蓝色
Cu与稀HNO3发生置换反应
解析 C2H5OH与浓H2SO4加热至170 ℃生成的乙烯气体中混有副产物SO2，二者均能使溴水褪色，即SO2干扰乙烯的检验，而溴水褪色不能说明一定生成乙烯，A项错误；某盐溶液中滴加盐酸，产生的可能是SO2或Cl2，均能使品红褪色，故B错误；向二氧化锰固体中加入浓盐酸后加热，生成氯气，氯气与KI反应将I－氧化为碘单质，溶液变蓝，说明氧化性：Cl2>I2，C项正确；将铜丝伸入到稀HNO3中，发生反应为3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，因生成了Cu2＋，溶液变蓝，但Cu与稀HNO3发生的反应却不属于置换反应，D项错误。
答案 C
8．(2018·北京理综，7)我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如图。
下列说法不正确的是( )
A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B．CH4―→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂
C．①→②放出能量并形成了C—C键
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
解析 由CO2和CH4制备CH3COOH的化学方程式为CO2＋CH4CH3COOH，反应中没有副产物生成，所以总反应的原子利用率为100%，A项正确；CH4分子中含有4个C—H键，而CH3COOH分子中含有3个C—H键，显然CH4―→CH3COOH过程中必有C—H键发生断裂，B项正确；观察反应的示意图可知，①→②过程中放出能量，且在此过程中形成了新化学键，即乙酸分子中的C—C键，C项正确；催化剂只能改变化学反应速率，而不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误。
答案 D
9．在通电条件下，用如图所示装置由乙二醛(OHC—CHO)制备乙二酸(HOOC—COOH)，其制备反应为OHC—CHO＋2Cl2＋2H2O―→HOOC—COOH＋4HCl，下列说法不正确的是( )
A．盐酸是起提供Cl－和增强导电性的作用
B．Pt1的电极反应为2H＋＋2e－===H2↑
C．每得到1 mol乙二酸将有2 mol H＋从右室迁移到左室
D．每消粍0.1 mol乙二醛在Pt1极放出4.48气体(标准状况)
解析 A．HCl是电解质，其在水溶液中起提供Cl－和增强导电性的作用，故A正确；B.Pt1为阴极得电子发生还原反应，故电极反应方程式为2H＋＋2e－===H2↑，故B正确；C.Pt2为阳极发生的电极反应方程式为OHC—CHO－4e－＋2H2O―→HOOC－COOH＋4H＋，故每得到1 mol乙二酸将有4 mol H＋从右室迁移到左室，故C错误；D.每消粍0.1 mol乙二醛转移0.4 mol电子，在Pt1极放出0.2 mol H2，即4.48 L气体(标准状况)，故D正确。
答案 C
10．(2018·北京理综，8)下列化学用语对事实的表述不正确的是( )
A．硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH＋C2HOH C17H35COOC2H5＋HO
B．常温时，0.1 mol·L－1氨水的pH＝11.1：NH3·H2ONH＋OH－
C．由Na和Cl形成离子键的过程：
D．电解精炼铜的阴极反应：Cu2＋＋2e－===Cu
解析 羧酸与醇发生酯化反应的历程是酸脱羟基而醇脱去羟基上的氢原子生成水，所以硬脂酸与乙醇发生酯化反应生成的酯为C17H35CO18OC2H5，A项错误；0.1 mol·L－1氨水的pH为11.1而不是13，说明NH3·H2O是弱电解质，在水溶液中部分电离，其电离方程式为NH3·H2ONH＋OH－，B项正确；氯化钠是离子化合物，其离子键的形成过程为，C项正确；电解时阴极发生还原反应，电解精炼铜时阴极发生的反应为Cu2＋＋2e－===Cu，D项正确。
答案 A
11．(2018·江苏化学，6)下列有关物质性质的叙述一定不正确的是( )
A．向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色
B．KAl(SO4)2·12H2O溶于水可形成Al(OH)3胶体
C．NH4Cl与Ca(OH)2混合加热可生成NH3
D．Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2
解析 Fe2＋遇SCN－无红色出现，A项错误；Al3＋水解生成Al(OH)3胶体：Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，B项正确；铵盐与碱混合加热可产生NH3：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，C项正确；Fe3＋可以氧化Cu，反应的化学方程式为2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2，D项正确。
答案 A
12．(2018·江苏化学，13)根据下列图示所得出的结论不正确的是( )
A．图甲是CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH<0
B．图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2)随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小
C．图丙是室温下用0.100 0 mol·L－1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸
D．图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2＋达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2＋)与c(SO)的关系曲线，说明溶液中c(SO)越大c(Ba2＋)越小
解析 图甲中，温度升高，lg K减小，即K减小，说明升高温度平衡逆向移动，则该反应为放热反应，A项正确；图乙中，曲线的斜率的绝对值逐渐减小，说明随着反应进行，H2O2分解速率逐渐减小，B项正确；图丙中，没有滴入NaOH溶液时，0.100 0 mol·L－1HX溶液的pH大于1，则HX为一元弱酸，C项错误；图丁中，曲线上的点均为沉淀溶解平衡的点，c(SO)与c(Ba2＋)成反比，D项正确。
答案 C
13．25 ℃时，10.0 mL 0.1 mol·L－1氨水中滴入0.1 mol·L－1硫酸溶液，溶液的酸度AG[AG＝lg]与所加硫酸溶液的体积关系如图所示。下列有关说法正确的是( )
A．滴定过程应选择酚酞作指示剂
B．P点时滴入硫酸溶液体积：V(H2SO4)>5 mL
C．25 ℃时，0.1 mol·L－1氨水的电离度约为1.0%
D．滴定过程中从M点到N点溶液中水的电离程度逐渐增大
解析 A项硫酸滴定氨水是强酸滴定弱碱溶液，达到滴定终点时溶液显酸性，应该选用甲基橙做指示剂，A项错误；B项P点时溶液为中性，还没有达到滴定终点，故滴入硫酸溶液体积小于5 mL，B错误；C项M点氨水溶液的酸度AG＝－8，根据AG＝lg 说明溶液中c(OH－)＝10－3 mol·L－1，故25 ℃时，0.1 mol·L－1氨水的电离度约为1.0%，C正确；D项滴定过程中从M点到P点，溶液中水的电离程度逐渐增大到滴定终点后又逐渐减小，故D错误。
答案 C
建议课时：2课时(一讲一练)
在高考理综试题中，化学选择题侧重对中学化学基本知识和基本技能进行考查， 且选择题的分数占总分的42%，属于高考理综试卷中稳定、成熟的题型，这些题目创设的情境平和，设计的难度平衡，选项设置平实，有利于稳定学生的考试心理，有利于学生发挥出正常水平。
一、选择题解题策略考前指导
下面探讨高考试卷中常见选择题的通用解题方法。
1. 筛选法
筛选法是根据已经掌握的概念和原理，在正确理解题意的基础上，通过寻找不合理的因素，层层剔除，最后获得正确的结论。
【示例1】 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
解析 A项，活性炭吸附冰箱中的异味，属于物理变化，符合题意；B项，热碱水能加快油污中油脂的水解，使油污变为易溶于水的物质，达到除去炊具上油污的目的，油脂水解属于化学反应，不符合题意；C项，KMnO4溶液能将水果释放出的催熟剂乙烯氧化，有利于水果的保鲜，属于化学反应，不符合题意；D项，硅胶具有吸水性，可防止食品受潮属于物理变化，铁粉与食品包装袋中的氧气反应，起还原剂作用，避免O2氧化食品，导致食品变质，属于化学变化，不符合题意。
答案 A
2．比较法
比较法就是在弄清题意的基础上，找出所要对比的知识点，然后逐个进行对比分析，从而得出结论。
【示例2】 已知异丙苯的结构简式如图，下列说法错误的是( )
A．异丙苯的分子式为C9H12
B．异丙苯的沸点比苯高
C．异丙苯中碳原子可能都处于同一平面
D．异丙苯和苯为同系物
解析 A项，异丙苯的分子式为C9H12，正确；B项，异丙苯的相对分子质量比苯大，故其沸点比苯高，正确；C项，由于异丙基与苯环直接相连的碳原子为饱和碳原子，而饱和碳原子为四面体构型，故饱和碳原子和与其相连的三个碳原子一定不在同一平面上，错误；D项，异丙苯与苯结构相似，在组成上相差3个CH2原子团，二者互为同系物，正确。
答案 C
3. 推断法
推断法就是根据给出的条件、现象和知识的内在联系进行综合、分析、推理和判断而得出正确的结论和方法。
【示例3】 (全国卷)某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：
①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；
②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。
该白色粉末可能为( )
A．NaHCO3、Al(OH)3 B．AgCl、NaHCO3
C．Na2SO3、BaCO3 D．Na2CO3、CuSO4
解析 A项，NaHCO3、Al(OH)3 中加入足量稀硫酸最终无固体存在；B项，AgCl不溶于酸，固体不能全部溶解；D项，Na2CO3、CuSO4中加入足量稀硫酸，振荡后无固体存在，错误；C项，亚硫酸钠和碳酸钡加入水，碳酸钡不溶于水使部分固体不溶解，加入稀盐酸，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，固体全部溶解，再将样品加入足量稀硫酸，稀硫酸和碳酸钡反应生成硫酸钡沉淀、二氧化碳和水，正确。
答案 C
4. 类推法
类推法是指通过对两个(或两类)不同对象进行比较，找出它们的相似点或相同点，然后以此为依据，把其中某一对象的有关知识或结论推移到另一对象中去，在较广的范围内把两个(或两类)不同事物联系起来，异中求同，同中求异，形成解决新问题的思路。
【示例4】 (海南卷)以石墨为电极，电解KI溶液(含有少量的酚酞和淀粉)。下列说法错误的是( )
A．阴极附近溶液呈红色
B．阴极逸出气体
C．阳极附近溶液呈蓝色
D．溶液的pH变小
解析 电解饱和食盐水可类推电解电解KI溶液，发生的反应为2KI＋2H2O2KOH＋H2↑＋I2，阴极产物是H2和KOH，阳极产物是I2。由于溶液中含有少量的酚酞和淀粉，所以阳极附近的溶液会变蓝(淀粉遇碘变蓝)，阴极附近的溶液会变红(溶液呈碱性)，A、B、C正确；由于电解产物有KOH生成，所以溶液的pH逐渐增大，D错误。
答案 D
5．具体法
在解化学选择题时，经常会遇到这样一类题型，题目给出的条件很抽象，看似简单但容易出错。如若选择自己熟悉的具体事物作为研究对象，把抽象的问题具体化，往往会收到事半功倍的效果。
【示例5】 (全国卷)短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是( )
A．W2－、X＋ B．X＋、Y3＋
C．Y3＋、Z2－ D．X＋、Z2－
解析 根据题意及选项中W、X、Y、Z所形成的简单离子所带电荷及原子序数特点，可确定W、X、Y、Z分别为O、Na、Al、S四种元素。
答案 C
6．特征法
抓住题目所提供的各种特征(如：结构特征、数值特征、位置特征等)，进行大跨度、粗线条的推理，可以说做到去表象、抓实质、融会贯通。
【示例6】 (全国卷)短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是( )
A．元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构
B．元素X与氢形成的原子比为1∶1的化合物有很多种
C．元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成
D．元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2
解析 X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是碳元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为铝元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为硫元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是锂元素。A中LiCl中Li＋的最外层只有两个电子，A错。B中元素X与氢形成的化合物有C2H2、C6H6等，C中元素Y为铝，铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，D中硫和碳可形成共价化合物CS2。
答案 A
7．本质法
本质法是指抓住解题的关键，弱化或去掉表象干扰信息，抓实质，实现问题的转换和突破。
【示例7】 (海南卷)下列反应可用离子方程式“H＋＋OH－===H2O” 表示的是( )
A．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合
B．NH4Cl溶液与Ca(OH)2溶液混合
C．HNO3溶液与KOH溶液混合
D．Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合
解析 A项，NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合，其发生反应的离子方程式可能为H＋＋SO＋Ba2＋＋OH－===H2O＋BaSO4↓[Ba(OH)2过量]、2H＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－===2H2O＋BaSO4↓(NaHSO4过量)；B项，NH4Cl溶液和Ca(OH)2溶液混合，其发生反应的离子方程式为NH＋OH－===NH3·H2O；C项，HNO3是强酸，KOH是强碱，二者在溶液中反应的离子方程式为H＋＋OH－===H2O；D项，Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合，其发生反应的离子方程式为HPO＋OH－===H2O＋PO。
答案 C
8.构造法
任何解题过程都是实现信息与问题的转化过程，构造法就是利用“等价”“替代”“假想”“隔离”等思维方式，将直接难解答的问题构造为另一类“等价”的较易解决的问题，使问题得以解决。
【示例8】 (全国卷)四联苯的一氯代物有( )
A．3种 B．4种
C．5种 D．6种
解析 考查有机物的结构、等效氢的判断，四联苯是具有两条对称轴的物质，即，根据上下对称、左右对称可知，四联苯的等效氢原子有5种，因为有几种不同化学环境的氢原子，就可以经一氯取代后生成几种同分异构体，因此其一氯代物的种类为5种。
答案 C
9．规律法
规律法就是整体把握全局，透过现象看本质，找出共同规律，并运用规律解决相近的问题。
【示例9】 (全国卷)合成氨所需的氢气可用煤和水作原料经多步反应制得，其中的一步反应为
CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH<0
反应达到平衡后，为提高CO的转化率，下列措施中正确的是( )
A．增加压强 B．降低温度
C．增大CO的浓度 D．更换催化剂
解析 一般来说，有两种及两种以上反应物的可逆反应中，在其他条件不变时，增大其中一种反应物的浓度，能使其他反应物的转化率升高，但其本身的转化率反而降低，故C项错误；A.因该反应为反应前后气体物质的量相等的反应，故增加压强只能缩短反应达到平衡的时间，并不能使该平衡发生移动，因而无法提高CO的转化率；B.因该反应为放热反应，降低温度能使平衡向右移动，从而提高CO的转化率；D.催化剂只能影响化学反应的速率，改变可逆反应达到平衡的时间，不能提高CO的转化率。
答案 B
二、选择题审题能力考前指导
审题是解题的前提和基础，审题的质量直接关系到解题的成败。因此，在高三二轮复习时，要着力培养审题能力，既是考试大纲对考生能力的基础要求，也是教师进行高质量教学设计的一个重要出发点。下面着重阐述如何培养学生的审题能力，希望能为学生二轮高效率的备考以及考前增分提供一些参考。
1．题干及选项关键词的审读
所谓“关键词语”，指的是题目中一些限制性语言，或是对题目中所涉及的化学变化的描述、对变化过程的界定等。因此，在读题时，不能只注意那些给出的具体数字或字母的已知条件，而对另外一些叙述性的语言，特别是其中一些“关键词语”视而不见。若抓不住“关键词语”，就意味着抓不住问题的实质，找不到解答问题的突破口，其结果必将是答非所问。为提高审题的准确性，审题时除仔细阅读题目外，一般应圈下有关的“关键词语”，这样，就可避免漏掉问题或“看错题目了”。
【示例1】 (广东模拟)在pH＝1的无色溶液中，下列各离子组因发生氧化还原反应而不能共存的是( )
A．NH、K＋、Na＋、CO、NO
B．K＋、Na＋、Fe2＋、SO、NO
C．K＋、Na＋、NH、HCO、AlO
D．K＋、NH、Na＋、NO、I－
关键词：①pH＝1溶液呈酸性，②发生氧化还原反应，排除A、C；③无色，排除B；选项D正确。
答案 D
2．审题时要注意隐含条件的挖掘
所谓“隐含条件”是指隐含在文字叙述中，需要认真分析才能挖掘出来的条件。现在高考命题总是从一个具体的角度切入并与教材知识点有机结合，将所考查的知识点巧妙地隐藏在所设置的情境中，考查学生是否具备一种去粗取精、去伪存真、由表及里的提炼加工能力。因此，审题时，必须把隐含条件分析挖掘出来，这常常是解题的要点。
【示例2】 (名校学案)在水中加入等物质的量的Ag＋、Pb2＋、Na＋、SO、NO、Cl－，该溶液放在用惰性材料作电极的电解槽中，通电片刻(假定溶液足量)，则氧化产物与还原产物的质量比为( )
A．35.5∶108 B．71∶108
C．8∶1 D．16∶207
隐含条件：
答案 C
3．审题时要注意排除干扰条件
所谓“干扰条件”是指题中与解题无关，但对应试者的思维产生干扰作用的迷惑性条件。在审题过程中，只有仔细阅读题干，明确题目的设问，迅速地摒弃这些干扰因素，抓住事物的主要矛盾，解题才能迅速而正确。
【示例3】 (名校学案)浅绿色的Fe(NO3)2溶液中存在着如下的平衡：Fe2＋＋2H2OFe(OH)2＋2H＋若在此溶液中加入盐酸，则溶液的颜色变化为( )
A．绿色变深 B．浅绿色变得更浅
C．变黄 D．无明显变化
干扰条件：向左移动→误选A。因加入盐酸后，溶液中存在H＋、NO，把Fe2＋氧化为Fe3＋，正确答案为C。
答案 C
4．审题时要注意有效数据的提取
所谓“有效数据”是指题干中出现的或隐含的对解决问题有直接或间接影响的数字或字母。命题者经常在一些题目中故意给出一些多余的数据信息，增强了迷惑性，干扰了学生的正常思维。因此，在审题过程中，要仔细分析，准确提取有效信息，排除无关数据的干扰，去伪存真。
【示例4】 (全国卷)有五瓶溶液分别是：①10 mL 0.60 mol/L NaOH水溶液；②20 mL 0.50 mol/L H2SO4水溶液；③30 mL 0.40 mol/L HCl溶液；④40 mL 0.30 mol/L CH3COOH水溶液；⑤50 mL 0.20 mol/L蔗糖水溶液。以上各瓶溶液所含离子、分子总数的大小顺序是( )
A．①>②>③>④>⑤ B．②>①>③>④>⑤
C．②>③>④>①>⑤ D．⑤>④>③>②>①
有效数据：五种溶液的浓度均很小，水分子的数目比其他离子和分子的数目要多得多，所以溶液中离子、分子总数的多少主要决定于水分子数的多少，即溶液体积的大小→选项D正确。
答案 D
5．审题时要注意图表信息的分析
图表信息主要包括转化关系框图中的信息、图示表格信息、坐标曲线中的信息、实验装置中的信息、实物图中的信
息、模型图中的信息等。对于试题中的图表，要认真分析，发现图表中反应的化学反应原理，挖掘图表中隐含的重要信息，总结图表中表达的化学规律。
【示例5】 (江苏化学)在体积均为1.0 L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1 mol CO2和0.2 mol CO2，在不同温度下反应
达到平衡时，CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如图所示(图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上)。下列说法正确的是(双选)( )
A．反应CO2(g)＋C(s)===2CO(g)的ΔS＞0、ΔH＜0
B．体系的总压强p总：p总(状态Ⅱ)＞2p总(状态Ⅰ)
C．体系中c(CO)：c(CO，状态Ⅱ)＜2c(CO，状态Ⅲ)
D．逆反应速率v逆：v逆(状态Ⅰ)＞v逆(状态Ⅲ)
答案 BC
6．审题时要注意化学用语的正确运用
化学用语属于化学学科的语言，在高考中具有工具性的作用。审题时要注意从以下四个方面着手：(1)区分五种符号：元素符号、离子符号、化合价标注符号、核素组成符号和原子(或离子)结构示意图；(2)规范五种表达式的书写：化学式(分子式)、电子式、最简式、结构式和结构简式；(3)注意五种反应式：化学反应方程式、电离方程式、离子反应方程式、热化学反应方程式和电极反应式；(4)记准两种模型：球棍模型和比例模型。总之，审题时应注意看准要求，观察仔细，在细微之处下功夫。
【示例6】 (名校学案)下列有关表述正确的是( )
答案 D
[专题训练]
1．(2018·课标全国Ⅱ，8)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
C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂
D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关
解析 雾和霾的分散剂均为空气，A项正确；结合图示可知形成雾霾的无机颗粒物中含有NH4NO3和(NH4)2SO4，B项正确；根据图示可知空气中NOx、SO2等分别转化为HNO3、H2SO4后，吸收空气中的NH3生成NH4NO3和(NH4)2SO4，即NH3是形成无机颗粒物的反应物，C项错误；过度施用氮肥，会导致空气中挥发的NH3浓度增大，与雾霾的形成有关，D项正确。
答案 C
2．《本草纲目》记载了“升炼轻粉(Hg2Cl2)法”：用水银一两，白矾(明矾)二两，食盐一两，同研不见星，铺于铁器内，以小乌盆覆之，筛灶灰盐水和，封固盆口，以炭打二炷香，取开则粉升于盆上矣。其白如雪，轻盈可爱。一两汞，可升粉八钱。文中从生成物中分离出轻粉涉及的操作方法为( )
A．蒸馏 B．升华
C．干馏 D．萃取
解析 本题主要考查物质分离提纯的相关知识。制备轻粉的方法为：把水银、明矾、食盐放到铁质容器中，盖上小乌盆，封固盆口，一段时间后，轻粉升于盆上，说明生成的轻粉能升华。则从生成物中分离出轻粉涉及的操作方法为升华。
答案 B
3．(2018·江苏化学，10)下列说法正确的是( )
A．氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能
B．反应4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应
C．3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023
D．在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快
解析 电池放电时化学能除了转化为电能外，还可能转化为热能、光能等，A项错误；该反应是熵减反应，但是能自发进行，故一定属于放热反应，B项错误；N2与H2合成NH3反应属于可逆反应，1 mol N2与3 mol H2反应的过程中，由于N2不可能完全转化为NH3，故转移电子数小于6×6.02×1023，C项正确；催化淀粉水解的酶属于蛋白质，在高温下蛋白质会发生变性而失去催化活性，故在高温下，淀粉水解速率反而变小，D项错误。
答案 C
4．萜类是广泛存在于植物和动物体内的天然有机化合物，薄荷醇()和香茅醇()是两种常见的萜类化合物，有关这两种化合物的说法中正确的是( )
A．薄荷醇环上的一溴代物有5种(不考虑立体异构)
B．薄荷醇和香茅醇一定条件下都能与乙酸发生取代反应
C．利用酸性高锰酸钾溶液可鉴别薄荷醇和香茅醇
D．等质量的香茅醇和薄荷醇完全燃烧，薄荷醇消耗的氧气多
解析 薄荷醇环上的一溴代物有6种，A项错误；薄荷醇和香茅醇一定条件下都能与乙酸发生酯化反应，酯化反应本质上属于取代反应，B项正确；薄荷醇和香茅醇均含—OH都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项错误；香茅醇和薄荷醇的化学式相同，等质量的香茅醇和薄荷醇完全燃烧耗氧量相同，D项错误。
答案 B
5．芳香化合物G的相对分子质量为164，G中碳、氢、氧元素的质量比为30∶3∶8。G与NaHCO3溶液反应放出CO2，其分子中苯环上有两个侧链。G可能的结构(不考虑立体异构)共有( )
A．12种 B．13种
C．15种 D．17种
解析 依题意G中C、H、O原子个数比为∶∶＝5∶6∶1，设G的实验式为C5H6O，分子式为(C5H6O)n，由G的相对分子质量知，n＝2，则G的分子式为C10H12O2。G与碳酸氢钠溶液反应生成CO2，说明G含羧基，G为芳香化合物，说明G含苯环。苯环上的两个取代基可能有五组：①—COOH，—CH2CH2CH3；②—COOH，—CH(CH3)2；③—CH2COOH，—CH2CH3；④—CH2CH2COOH，—CH3；⑤—CH(CH3)COOH，—CH3。每组取代基在苯环上均有邻、间、对三种位置关系，故G可能的结构共有15种。
答案 C
6．(2018·课标全国Ⅰ，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：
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、Li
C．“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
解析 废旧电池中含有的金属、电解质溶液会对水体和土壤等造成污染，处理废旧电池有利于资源再利用，同时能够降低环境污染，保护环境，A项正确；从流程图看出，正极材料涉及了铝、铁、锂等金属，B项正确；因流程中加入的有HNO3，故在含Li、P、Fe等元素的滤液中加碱液，发生“沉淀”反应的金属离子为Fe3＋，C项正确；因为锂及其化合物的性质与镁相似，由硫酸镁易溶于水推知，硫酸锂易溶于水，由碳酸镁微溶于水推知，碳酸锂微溶于水，所以不能用硫酸钠代替碳酸钠，D项错误。
答案 D
7.下列实验操作和现象与所得结论正确的是( )
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
C2H5OH与浓H2SO4混合加热至170 ℃，并将产生的气体通入溴水
溴水褪色
生成乙烯气体
B
向某盐溶液中滴加盐酸，将产生的气体通入品红溶液
品红溶液褪色
原溶液中可能含有SO或HSO
C
向二氧化锰固体中加入浓盐酸后加热，将产生的气体通入淀粉碘化钾溶液
溶液变蓝
氧化性：Cl2＞I2
D
将铜丝伸入到盛有稀HNO3的试管中
溶液变蓝色
Cu与稀HNO3发生置换反应
解析 C2H5OH与浓H2SO4加热至170 ℃生成的乙烯气体中混有副产物SO2，二者均能使溴水褪色，即SO2干扰乙烯的检验，而溴水褪色不能说明一定生成乙烯，A项错误；某盐溶液中滴加盐酸，产生的可能是SO2或Cl2，均能使品红褪色，故B错误；向二氧化锰固体中加入浓盐酸后加热，生成氯气，氯气与KI反应将I－氧化为碘单质，溶液变蓝，说明氧化性：Cl2>I2，C项正确；将铜丝伸入到稀HNO3中，发生反应为3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，因生成了Cu2＋，溶液变蓝，但Cu与稀HNO3发生的反应却不属于置换反应，D项错误。
答案 C
8．(2018·北京理综，7)我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如图。
下列说法不正确的是( )
A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B．CH4―→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂
C．①→②放出能量并形成了C—C键
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
解析 由CO2和CH4制备CH3COOH的化学方程式为CO2＋CH4CH3COOH，反应中没有副产物生成，所以总反应的原子利用率为100%，A项正确；CH4分子中含有4个C—H键，而CH3COOH分子中含有3个C—H键，显然CH4―→CH3COOH过程中必有C—H键发生断裂，B项正确；观察反应的示意图可知，①→②过程中放出能量，且在此过程中形成了新化学键，即乙酸分子中的C—C键，C项正确；催化剂只能改变化学反应速率，而不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误。
答案 D
9．在通电条件下，用如图所示装置由乙二醛(OHC—CHO)制备乙二酸(HOOC—COOH)，其制备反应为OHC—CHO＋2Cl2＋2H2O―→HOOC—COOH＋4HCl，下列说法不正确的是( )
A．盐酸是起提供Cl－和增强导电性的作用
B．Pt1的电极反应为2H＋＋2e－===H2↑
C．每得到1 mol乙二酸将有2 mol H＋从右室迁移到左室
D．每消粍0.1 mol乙二醛在Pt1极放出4.48气体(标准状况)
解析 A．HCl是电解质，其在水溶液中起提供Cl－和增强导电性的作用，故A正确；B.Pt1为阴极得电子发生还原反应，故电极反应方程式为2H＋＋2e－===H2↑，故B正确；C.Pt2为阳极发生的电极反应方程式为OHC—CHO－4e－＋2H2O―→HOOC－COOH＋4H＋，故每得到1 mol乙二酸将有4 mol H＋从右室迁移到左室，故C错误；D.每消粍0.1 mol乙二醛转移0.4 mol电子，在Pt1极放出0.2 mol H2，即4.48 L气体(标准状况)，故D正确。
答案 C
10．(2018·北京理综，8)下列化学用语对事实的表述不正确的是( )
A．硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH＋C2HOH C17H35COOC2H5＋HO
B．常温时，0.1 mol·L－1氨水的pH＝11.1：NH3·H2ONH＋OH－
C．由Na和Cl形成离子键的过程：
D．电解精炼铜的阴极反应：Cu2＋＋2e－===Cu
解析 羧酸与醇发生酯化反应的历程是酸脱羟基而醇脱去羟基上的氢原子生成水，所以硬脂酸与乙醇发生酯化反应生成的酯为C17H35CO18OC2H5，A项错误；0.1 mol·L－1氨水的pH为11.1而不是13，说明NH3·H2O是弱电解质，在水溶液中部分电离，其电离方程式为NH3·H2ONH＋OH－，B项正确；氯化钠是离子化合物，其离子键的形成过程为，C项正确；电解时阴极发生还原反应，电解精炼铜时阴极发生的反应为Cu2＋＋2e－===Cu，D项正确。
答案 A
11．(2018·江苏化学，6)下列有关物质性质的叙述一定不正确的是( )
A．向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色
B．KAl(SO4)2·12H2O溶于水可形成Al(OH)3胶体
C．NH4Cl与Ca(OH)2混合加热可生成NH3
D．Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2
解析 Fe2＋遇SCN－无红色出现，A项错误；Al3＋水解生成Al(OH)3胶体：Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，B项正确；铵盐与碱混合加热可产生NH3：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，C项正确；Fe3＋可以氧化Cu，反应的化学方程式为2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2，D项正确。
答案 A
12．(2018·江苏化学，13)根据下列图示所得出的结论不正确的是( )
A．图甲是CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH<0
B．图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2)随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小
C．图丙是室温下用0.100 0 mol·L－1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸
D．图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2＋达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2＋)与c(SO)的关系曲线，说明溶液中c(SO)越大c(Ba2＋)越小
解析 图甲中，温度升高，lg K减小，即K减小，说明升高温度平衡逆向移动，则该反应为放热反应，A项正确；图乙中，曲线的斜率的绝对值逐渐减小，说明随着反应进行，H2O2分解速率逐渐减小，B项正确；图丙中，没有滴入NaOH溶液时，0.100 0 mol·L－1HX溶液的pH大于1，则HX为一元弱酸，C项错误；图丁中，曲线上的点均为沉淀溶解平衡的点，c(SO)与c(Ba2＋)成反比，D项正确。
答案 C
13．25 ℃时，10.0 mL 0.1 mol·L－1氨水中滴入0.1 mol·L－1硫酸溶液，溶液的酸度AG[AG＝lg]与所加硫酸溶液的体积关系如图所示。下列有关说法正确的是( )
A．滴定过程应选择酚酞作指示剂
B．P点时滴入硫酸溶液体积：V(H2SO4)>5 mL
C．25 ℃时，0.1 mol·L－1氨水的电离度约为1.0%
D．滴定过程中从M点到N点溶液中水的电离程度逐渐增大
解析 A项硫酸滴定氨水是强酸滴定弱碱溶液，达到滴定终点时溶液显酸性，应该选用甲基橙做指示剂，A项错误；B项P点时溶液为中性，还没有达到滴定终点，故滴入硫酸溶液体积小于5 mL，B错误；C项M点氨水溶液的酸度AG＝－8，根据AG＝lg 说明溶液中c(OH－)＝10－3 mol·L－1，故25 ℃时，0.1 mol·L－1氨水的电离度约为1.0%，C正确；D项滴定过程中从M点到P点，溶液中水的电离程度逐渐增大到滴定终点后又逐渐减小，故D错误。
答案 C
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