1．化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是选项现象或事实解释A化石燃料燃烧时采取脱硫措施提高化石燃料的利用率B用热的烧碱溶
液洗去油污Na2CO3可直接与油污反应C商代后期铸造出工艺精湛的后母戊鼎该鼎属于铁合金制品D静置后的淘米水能产生达尔效应说明淘米水
具有胶体的性质【答案】D【解析】A.化石燃料燃烧时采取脱硫措施是为了减少二氧化硫的排放，以免污染空气，故A错误；B.盐的水解反应是
吸热反应，所以升高温度，促进盐的水解，溶液的碱性更强，因此用热的纯碱溶液可以洗去油污，并不是碳酸钠可与油污直接反应，故B错误；C.
后母戊鼎是青铜器，属于铜合金制品，故C错误；D.丁达尔效应是胶体所特有的性质，故静置后的淘米水能发生丁达尔效应，则说明淘米水是胶体
，故D正确。2．化学与生活密切相关。下列说法错误的是（）A．棉花、蚕丝、腈纶均为天然纤维B．淀粉可用于制取葡萄糖、乙醇、乙
酸C．氢氧化铝可用于中和胃酸过多D．纯碱溶液可用于去除餐具表面的油污【答案】A【解析】A、棉花、蚕丝均为天然纤维，腈纶不是天然纤维
，故A错误；B、淀粉是多糖，水解生成葡萄糖，葡萄糖发酵生成乙醇，乙醇氧化生成乙酸，故B正确；C、氢氧化铝是两性氢氧化物，氢氧化铝可
用于中和胃酸过多，故C正确；D、纯碱水解后溶液呈碱性，可以用于去除餐具表面的油污，故D正确。本部分试题是高考选择题的主题部分，同时
也是高考命题中可以随意调控试题难度的部分，包括定性分析和定量计算两部分。定性分析主要考查利用化学原理来分析问题的能力，如化学平衡原
理、原电池原理、电解原理等，也可结合元素周期表、原子结构对元素周期律等知识进行考查；而定量计算则涉及了差量法、守恒法（电子守恒、电
荷守恒以及物料守恒等）、关系式法、极端假设法、平均值法、估算法等。在这里简单介绍一下几种最常见的解题方法：1、关系式法：对于多步进
行的连续反应，尽管每一步反应都是各自独立的（反应条件和设备可能不同），但前一个反应的产物是后一个反应的反应物，可根据中间产物的传递
关系，找出原料和最终产物的关系式。由关系式进行计算会带来很大的方便，并且可以保证计算结果的准确性。2、守恒法：守恒法是巧妙地选择化
学式中某两数（如总化合价数、正负电荷数等）始终保持相等，或几个连续的化学方程式前后某粒子（如原子、电子、离子）的物质的量保持不变，
做为解题的依据。可以避免书写化学方程式，从而提高解题的速度和准确率。该法抛开了繁琐的反应过程，只抓住始态和终态中某些物理量的守恒关
系，可以简化思维，快速解答。3、价态转换法：价态转换也称为“等价代换”。价态转换法就是用氢氧根离子或氯离子来沉淀某些金属阳离子时，
消耗的阴离子的物质的量等于金属的“总正化合价数”。据此，可延伸为将金属用非氧化性酸恰好溶解后，再用上述阴离子沉淀时，消耗的阴离子的
物质的量等于金属失去的电子的物质的量。4、极端假设法：极端假设就是先将思路引向极端状态，使错综复杂的问题极端化、简单化，使之变成单
一问题来求解。极端假设法常常用于求解范围类的试题，其基本思路常常有以下三种：（1）把可逆反应假设成向左或向右进行完全的反应；（2）
把混合物假设成纯净物；（3）把平行反应分别假设成单一反应。1．向59.2gFe2O3和FeO的混合物中加入某浓度的稀硝酸1.0
L，固体物质完全反应，生成NO和Fe(NO3)3。在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液2.8L，此时溶液呈中性，金
属离子已完全沉淀，沉淀质量为85.6g。下列有关说法错误的是A．Fe2O3与FeO的物质的量之比为1∶6B．硝酸的物质的量浓度为3
.0mol/LC．产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD．Fe2O3、FeO与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol【答案
】D【解析】本题考查混合物反应的计算、氧化还原反应的计算。在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液
中溶质为NaNO3，n(NaNO3)=n(NaOH)=1.0mol/L×2.8L=2.8mol，沉淀为Fe(OH)3，质量为85.
6g，物质的量为=0.8mol，根据铁元素守恒有n(FeO)+2n(Fe2O3)=n[Fe(OH)3]，所以反应后的溶液中n[F
e(NO3)3]=n[Fe(OH)3]=0.8mol，设Fe2O3和FeO的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有16
0x+72y=59.2，根据铁元素守恒有：2x+y=0.8，联立方程解得x=0.1、y=0.6。A．由上述分析可知，n(Fe2O3
)∶n(FeO)=0.1mol∶0.6mol=1∶6，正确；B．根据电子守恒，生成NO的物质的量为：=0.2mol，根据N元素守恒
可知n(HNO3)=n(NO)+n(NaNO3)=0.2mol+2.8mol=3mol，所以原硝酸溶液的浓度为：=3mol/L，正
确；C．根据B可知n(NO)=0.2mol，所以标准状况下NO的体积为：0.2mol×22.4L/mol=4.48L，正确；D．反
应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n(
HNO3)+3n[Fe(NO3)3]=n(NaNO3)，所以n(HNO3)=n(NaNO3)?3n[[Fe(NO3)3]=2.8m
ol?3×0.8mol=0.4mol，错误；故选D。2．将一定量的Cl2通入到热的NaOH浓溶液中，发生的反应可表示如下：[(a+
b+c)/2]Cl2+(a+b+c)NaOHaNaCl+bNaClO+cNaClO3+[(a+b+c)/2]H2O。实验测得消耗8
.0mol/L的NaOH溶液50mL。下列判断不正确的是A．Cl2具有强氧化性，在该反应中只作氧化剂B．Cl2的氧化性大于Na
ClO的氧化性，也大于NaClO3的氧化性C．反应消耗0.2molCl2D．关系式a=b+5c成立【答案】A【解析】Cl元素在
反应中既有化合价升高，又有化合价降低，所以Cl2既是氧化剂，也是还原剂，选项A错误；由于Cl2在反应中既是氧化剂又是还原剂，NaC
lO和NaClO3均是氧化产物，由氧化产物的氧化性小于氧化剂的氧化性可知，选项B正确；生成的三种盐中钠、氯元素原子数目比均为1∶1
，由消耗的NaOH的物质的量可知n(Na+)=0.4mol，故消耗Cl2的物质的量为0.2mol，选项C正确；根据Cl元素得
失电子守恒可知a=b+5c成立，选项D正确。图像是化学理论知识的形象体现，能够很好的考查学生的能力，是高考的热点。图像（尤其是一些
实验数据记录用的表格）中包含了大量的信息。阅读图表获取信息处理问题的能力是高考考试说明中明确要求的。这类题目的特征是以图表、图像的
形式将一些相关量给出，把习题中的化学原理抽象为数学问题，旨在考查学生从图表中获得数据和处理应用数据的能力，以及对曲线的数学意义和化
学意义之间的对应关系的分析、理解、运用能力。常见的化学图像与图表题目类型有：化学平衡图像、化学反应与能量图像、化学反应中某些实验
变量之间构成的图像等。而图表则主要以化学实验数据为主要形式，往往考查数据分析能力等。1．某科研团队研究将磷钨酸(H3PW12O40
，以下简称HPW)代替浓硫酸作为酯化反应的催化剂，但HPW自身存在比表面积小、易溶于有机溶剂而难以重复使用等缺点，将其负载在多孔载
体(如硅藻土、C等)上则能有效克服以上不足，提高其催化活性。用HPW负载在硅藻土上催化制取乙酸正丁酯的酯化率与HPW负载量的关系(
温度：120℃，时间：2h)如图所示，下列说法不正确的是A．与HPW相比，HPW/硅藻土比表面积显著增加，有助于提高其催化性能B．
当HPW负载量为40%时达到饱和，酯化率最高C．用HPW/硅藻土代替传统催化剂，可减少设备腐蚀等不足D．不同催化剂对酯化率的影响程
度主要取决于化学反应正向进行的程度【答案】D【解析】A、HPW自身存在比表面积小、易溶于有机溶剂而难以重复使用等缺点，将其负载在多
孔载体(如硅藻土、C等)上则能有效克服以上不足，提高其催化活性，选项A正确；B、根据图中曲线可知，当HPW负载量为40%时达到饱和
，酯化率最高，选项B正确；C、用HPW/硅藻土代替传统催化剂浓硫酸，可减少设备腐蚀等不足，选项C正确；D、催化剂不能使平衡移动，不
能改变反应正向进行的程度，选项D不正确。答案选D。2．下图是0.01mol/L甲溶液滴定0.01mol/L乙溶液的导电能力变化
曲线，其中曲线③是盐酸滴定NaAc溶液，其他曲线是醋酸滴定NaOH溶液或者NaOH溶液滴定盐酸。下列判断错误的是A．条件相同时导电
能力：盐酸>NaAcB．曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线C．随着甲溶液体积增大，曲线①仍然保持最高导电能力D．a点是反
应终点【答案】C【解析】A．由曲线③盐酸滴定NaAc溶液，导电能力升高，滴定到一定程度后导电能力迅速升高，说明条件相同时导电能力：
盐酸>NaAc，故A正确；B．曲线②的最低点比曲线③还低，为醋酸滴定NaOH溶液的曲线，因此曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变
化曲线，故B正确；C．由曲线①起始点最高，说明盐酸的导电能力最强，随着甲溶液体积增大，曲线①逐渐变成氯化钠和氢氧化钠的混合物，根
据曲线②可知，氢氧化钠的导电能力不如盐酸，而随着甲溶液体积增大，曲线③的溶液逐渐变成盐酸为主的导电能力曲线，因此最高点曲线③，故C
错误；D．反应达到终点时会形成折点，因为导电物质发生了变化，即a点是反应终点，故D正确；故选C。化学实验是高考命题的热点，与化学实
验相关的选择题与二卷大题互补，主要涉及的热点考向有①化学实验的基本操作，常用仪器的主要用途和使用方法。②对常见物质的检验、分离和提
纯。③溶液的配制。④常见气体的实验室制法，实验所用的试剂、仪器、反应原理、收集方法等。1．（武汉市部分学校2020届新高三起点质量
监测）下列实验中，所选装置或实验设计合理的是A．用图①所示装置可以除去Na2CO3溶液中的CaCO3杂质B．用乙醇提取溴水中的溴选
择图②所示装置C．用图③所示装置可以分离乙醇水溶液D．用图④所示装置可除去CO2中含有的少量HCl【答案】A【解析】A．碳酸钠能
溶于水而碳酸钙难溶，故可用过滤的方法除去Na2CO3溶液中的CaCO3杂质，A正确；B．乙醇与溴水互溶，故无法进行萃取分液，B错
误；C．用蒸馏的方法分离乙醇和水需要在装置中加装温度计，并使温度计的水银球在支管口处，C错误；D．应使用饱和碳酸氢钠溶液除去C
O2中含有的少量HCl，D错误；故答案选A。【点睛】在除杂时，注意试剂的选择，尽量不要减少所需物质的量。2．（安徽省江淮十校202
0届高三第二次联考）某实验小组用图示装置制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。已知：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；
具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。制取实验完成后，取C中紫色溶液，加入稀盐酸，产生气体。下列说法不
正确的是A．B瓶应盛放饱和食盐水除去混有的HClB．C瓶中KOH过量更有利于高铁酸钾的生成C．加盐酸产生气体可说明氧化性：K2Fe
O4>Cl2D．高铁酸钾是集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等八大特点为一体的优良的水处理剂【答案】C【解析】A、盐
酸易挥发，制得的氯气中含有氯化氢气体，B瓶应盛放饱和食盐水除去混有的HCl，选项A正确；B、高铁酸钾在碱性溶液中较稳定，故KOH过
量有利于它的生成，选项B正确；C、根据题给信息可知，加盐酸产生的气体也可能是氧气，选项C不正确；D、高铁酸钾是集氧化、吸附、絮凝、
沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等八大特点为一体的优良的水处理剂，选项D正确；答案选C。高考课标卷中对物质结构的考查主要就是“位、构、
性”关系。其考查方式往往是以元素推断为起点，以物质结构理论和元素化合物知识为载体，注重知识的整合，用物质结构理论进行现象解释、定性
推断、归纳总结以及定量计算等。由近几年的高考试题看出：元素推断只是命题的起点，单纯的元素推断往往较为简单，记住一些物质的特性有利于
快速、准确地推断出元素，为答题赢得更多的时间。如常见、常考的中学化学中的“唯一”：（1）常温下呈液态的金属：Hg。（2）常温下呈液
态的非金属单质：Br2（3）常温下为固体的双原子分子单质：I2。（4）易导电的非金属单质：石墨。（5）三原子分子单质：臭氧。（6）
浓腐蚀玻璃的物质：HF（7）使淀粉变蓝的物质：HF（与二氧化硅反应）。（8）显碱性的气体：氨气（9）能与强碱反应生成氢气的金属：A
l。（10）能与强碱反应生成氢气的非金属：Si。（11）常温下与水反应的非金属单质：F2。建立“位、构、性”关系模型这类题目往往将
元素化合物知识、物质结构理论、化学基本理论等知识串联起来，综合性较强，难度较大，解题的关键是正确推断元素，常用方法有：（1）根据原
子或离子的结构示意图推断①已知原子结构示意图，可由下列等式确定元素在周期表中的位置和元素的种类：电子层数＝周期数，最外层电子数＝主
族序数。如果已知离子的结构示意图，则须将其转化为原子结构示意图来确定。②电子层结构相同的微粒：阴离子对应的元素在具有相同电子层结构
的稀有气体元素的前面，阳离子对应的元素在具有相同电子层结构的稀有气体元素的下一周期的左边位置，简称“阴前阳下”。（2）根据元素化合
价的特征关系推断①根据等式确定元素在周期表中的位置：最高正化合价数＝最外层电子数＝主族序数(O、F除外)。②如果已知负化合价(或阴
离子的符号)，则须用等式先求出最高正化合价：最高正化合价＝8－|负化合价|，再确定元素在周期表中的位置。（3）根据原子半径的递变规
律推断根据原子半径来推断元素的相对位置：同周期中左边元素的原子半径比右边元素的原子半径大，同主族中下边元素的原子半径比上边元素的原
子半径大。（4）根据元素的特征来推断元素的位置：如根据“形成化合物最多的元素”、“空气中含量最多的元素”、“地壳中含量最多的元素”
等特征来推断。（5）根据稀有气体的原子序数推断各周期最后的元素都是稀有气体元素，其原子序数的数值实际上等于前几周期的元素种数之和。
熟记这些原子序数，对推断某元素在周期表中的位置很有帮助。（6）根据元素周期表中短周期特殊结构推断①元素周期表中第一周期只有两种元素
H和He，H元素所在的第ⅠA族左侧无元素分布；②He为0族元素，0族元素为元素周期表的右侧边界，0族元素右侧没有元素分布。利用这个
关系可以确定元素所在的周期和族。如：已知X、Y、Z、W四种短周期元素的位置关系如图：则可以推出X为He，再依次推知Y为F、Z为O、
W为P。1．（昆明一中2020届高三第三次双基检测）下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，Y和Z两元素的原子序
数之和等于W元素的原子序数。下列说法错误的是A．X、Y、W分别与Z都能形成两种或两种以上的化合物，这些化合物都能与NaOH反应B．
X、Y、Z都能形成10、18电子的氢化物分子，其中X的最简单氢化物沸点最低C．Y、Z、W与氢四种元素能组成离子化合物，该化合物能
发生水解D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>W>X【答案】A【解析】根据短周期元素的相对位置，假设Y原子序数为a，则Z为a+1，
W为a+8，由于Y和Z两元素的原子序数之和等于W元素的原子序数，所以a+(a+1)=a+8，解得a=7，所以X是C元素，Y是N元素
，Z是O元素，W是P元素，然后结合元素的性质与元素的原子结构分析解答。根据上述分析可知：X是C元素，Y是N元素，Z是O元素，W是P
元素。A．C、O元素形成的化合物CO、N、O元素形成的化合物NO都不能与NaOH溶液反应，A错误；B．C与H形成CH4、C2H6，
N与H可形成NH3、N2H4、Z与H形成H2O、H2O2，含有的电子数分别是10、18，在这些物质中X的最简单氢化物CH4相对分子
质量最小，只存在分子间作用力，无氢键存在，因此其沸点最低，B正确；C．Y、Z、W与氢四种元素能组成离子化合物(NH4)3PO4等物
质，该化合物是弱酸弱碱盐，在溶液中NH4+、PO43-都会发生水解反应，使水电离程度增大，C正确；D．元素的非金属性越强，其最高价
氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性N>P>C，所以最高价含氧酸的酸性：HNO3>H3PO4>H2CO3，D正确；故合理选
项是A。2．（安徽省三人行名校联盟2020届高三联考）2017年南京理工大学合成出下图的离子化合物，该物质由两种阳离子和两种阴离子
构成，其中有两种10电子离子和一种18电子离子。X、Y、Z、M均为短周期元素，且均不在同一族。下列说法不正确的是A．X与Y形成的化
合物沸点高于Y同族元素与X形成的化合物B．Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比M的强C．Y气态氢化物的稳定性比Z的强D．在该盐中，存
在极性共价键和非极性共价键【答案】B【解析】该化合物由两种阳离子和两种阴离子构成，其中有两种10电子离子和一种18电子离子，且X、
Y、Z、M均为短周期元素，均不在同一族，由结构图并结合X、Y、Z、M可知X为H元素、Y为O元素、Z为N元素，M为Cl元素，化合物中
含有NH4+、H3O+、N5-和Cl-，则：A．H2O分子之存在氢键，其沸点明显高于O族其它元素的氢化物，如H2S等，故A正确；B
．Cl的非金属性比N强，则HNO3的酸性比HClO4弱，故B错误；C．O的非金属性比N强，则H2O比NH3稳定，故C正确；D．该盐
中含有NH4+、H3O+、N5-，其中NH4+、H3O+中均含有极性共价键，而N5-中的N-N键为非极性键，故D正确；故答案为B。
综合实验与探究试题是二卷必考的三道大题之一。解答实验填空或简答题要求做到要点化，条理清晰，表达规范。在历年的阅卷工作中，却发现而不
少考生出现以下三大问题：①会而不对：主要表现在解题思路上，或考虑不全，或书写不准，最后答案是错的；②对而不全：主要表现在思路大致
正确，但丢三拉四，或遗漏某一答案，或讨论不够完备，或是以偏概全或出现错别字；③全而不精：虽面面俱到，但语言不到位，答不到点子上。
凡此种种，多是由于答题时一系列的不规范所致。因此，参加高考，在答题时必须自始至终地时时、处处规范，以求最大限度地减少非知识性失分，
力争做到“你认为会的应该是对的，你认为对的应该是全对的”。在今后的复习中一定要做到以下几点：①注重语言的逻辑性，做到言简意赅。②注
意化学用语的有效使用，切忌词不达意、言不由衷。③所答内容的内涵要严格与设问一致。1．（四川省天府名校2020届高三一轮测评）随着时
代的发展，绿色环保理念越来越受到大家的认同，变废为宝是我们每一位公民应该养成的意识。某同学尝试用废旧的铝制易拉罐作为原材料、采用“
氢氧化铝法”制取明矾晶体并进行一系列的性质探究。制取明矾晶体主要涉及到以下四个步骤：第一步：铝制品的溶解。取一定量铝制品，置于25
0mL锥形瓶中，加入一定浓度和体积的强碱溶液，水浴加热(约93℃)，待反应完全后(不再有氢气生成)，趁热减压抽滤，收集滤液于250
mL烧杯中；第二步：氢氧化铝沉淀的生成。将滤液重新置于水浴锅中，用3mol/LH2SO4调节滤液pH至8～9，得到不溶性白色絮
凝状Al(OH)3，减压抽滤得到沉淀；第三步：硫酸铝溶液的生成。将沉淀转移至250mL烧杯中，边加热边滴入一定浓度和体积的H2SO
4溶液；第四步：硫酸铝钾溶液的形成。待沉淀全部溶解后加入一定量的固体K2SO4，将得到的饱和澄清溶液冷却降温直至晶体全部析出，减压
抽滤、洗涤、抽干，获得产品明矾晶体[KAl(SO4)2·12H2O，M＝474g/mol]。回答下列问题：（1）第一步铝的溶解过程
中涉及到的主要反应的离子方程式为__________________________（2）为了加快铝制品的溶解，应该对铝制品进行怎
样的预处理：________________________（3）第四步操作中，为了保证产品的纯度，同时又减少产品的损失，应选择下
列溶液中的___(填选项字母)进行洗涤，实验效果最佳。A．乙醇B．饱和K2SO4溶液C．蒸馏水D．1：1乙醇水溶液（4）为了
测定所得明矾晶体的纯度，进行如下实验操作：准确称取明矾晶体试样4.0g于烧杯中，加入50mL1mol/L盐酸进行溶解，将上述溶液
转移至100mL容量瓶中，稀释至刻度线，摇匀；移取25.00mL溶液干250mL锥形瓶中，加入30mL0.10mol/L
EDTA－2Na标准溶液，再滴加几滴2D二甲酚橙，此时溶液呈黄色；经过后续一系列操作，最终用0.20mol/L锌标准溶液滴定至溶
液由黄色变为紫红色，达到滴定终点时，共消耗5.00mL锌标准溶液。滴定原理为H2Y2－＋Al3＋→AlY－＋2H＋，H2Y2－(
过量)＋Zn2＋→ZnY2－＋2H＋(注：H2Y2－表示EDTA－2Na标准溶液离子)。则所得明矾晶体的纯度为_________%
。（5）明矾除了可以用作人们熟悉的净水剂之外，还常用作部分食品的膨松剂，例如油条(饼)的制作过程需要加入一定量的明矾，请简述明矾在
面食制作过程作膨松剂的原理：_______（6）为了探究明矾晶体的结晶水数目及分解产物，在N2气流中进行热分解实验，得到明矾晶体的
热分解曲线如图所示(TG%代表的是分解后剩余固体质量占样品原始质量的百分率，失重百分率＝×100%)：根据TG曲线出现的平台及失重
百分率，30～270℃范围内，失重率约为45.57%，680～810℃范围内，失重百分率约为25.31%，总失重率约为70.88%
，请分别写出所涉及到30～270℃、680～810℃温度范围内这两个阶段的热分解方程式：___________、_________
____【答案】（1）2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑（2）用砂纸将废旧铝制易拉罐内外表面打磨光滑，并剪成小片
备用（其他合理答案也给分）（3）D（4）94.8（5）明矾与小苏打（NaHCO3）发生反应（双水解）：Al3++3HCO3－
=Al(OH)3↓+3CO2↑，产生大量CO2，使面食内部体积迅速膨胀，形成较大空隙。（6）KAl(SO4)2?12H2OKAl(
SO4)2+12H2O2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑【解析】（1）第一步铝的溶解过程中主要发生铝与强碱
溶液的反应，离子方程式为2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑；（2）铝制品表面有氧化膜及包装油漆喷绘等，打磨、剪成小
片后可加快在强碱溶液中的溶解；（3）所得明矾晶体所含的杂质能溶于水，需用水洗涤，但为了减少产品的损失，应控制水的比例，因此用1:1
乙醇水溶液洗涤效果最佳；（4）根据题目信息及滴定原理可知，用EDTA-2Na的总量减去锌标准溶液对EDTA-2Na的消耗量，即可计
算出样品溶液中Al3+的物质的量，间接算出明矾晶体的物质的量和质量，进而求出明矾晶体的纯度；（5）面食发酵过程中需要用到小苏打（N
aHCO3），NaHCO3与明矾发生双水解反应，产生CO2；答案：明矾与小苏打（NaHCO3）发生反应（双水解）：Al3++3HC
O3－=Al(OH)3↓+3CO2↑，产生大量CO2，使面食内部体积迅速膨胀，形成较大空隙。（6）根据题目所给数据，结合KAl(S
O4)2?12H2O的化学式，可验证出第一个阶段应是脱掉结晶水得到KAl(SO4)2；第二阶段脱掉SO3，发生的是非氧化还原反应，
得到K2SO4和Al2O3。该部分试题为高考卷三道大题中的一题，在高考中的出现率为100%。做好这道题，除了对相关知识熟练掌握之外
，杜绝“马虎”是每位同学必须要特别提高警惕的问题。“马虎”是一种能力缺陷，有许多同学在考试时“粗心大意、丢三落四”，导致会做的题目
得不到分。不怕一题扣分，就怕题题扣分。一道题不会做不要紧，只要其他会做的题得全分，照样考高分；题题都会做，而题题都扣分，那也得不了
高分。因此二轮以后的复习，我们的口号应该是“像高考一样去练习”，这样，高考时我们才能“像练习一样去高考”。下面是常见的“马虎失分点
”，希望引起同学们的注意！①将离子方程式答成化学方程式；②将答化学式答成名称；③讲分子式答成结构简式（有机题）；④将坩埚、羧基、羟
基、苯、酯化反应等关键字写错等。1．（福建省厦门市2020届高三下学期4月第一次质量检查）研究大气污染物SO2、CH3OH与H2O
之间的反应，有利于揭示雾霾的形成机理。反应i：反应ii：（1）CH3OSO3H发生水解：△H=______kJ/mol。（2）T℃
时，反应ii的CH3OH(g)、SO3(g)的初始浓度分别为，平衡时SO3转化率为0.04%，则K=_____________。（
3）我国科学家利用计算机模拟计算，分别研究反应ii在无水和有水条件下的反应历程，如图所示，其中分子间的静电作用力用“…”表示。①分
子间的静电作用力最强的是_____________（填“a”、“b”或“c”）。②水将反应ii的最高能垒由____________
_eV降为_____________eV。③d到f转化的实质为质子转移，该过程断裂的化学键为____（填标号）。A．CH3OH中的
氢氧键B．CH3OH中的碳氧键C．H2O中的氢氧键D．SO3中的硫氧键（4）分别研究大气中H2O、CH3OH的浓度对反应i、反应i
i产物浓度的影响，结果如图所示。①当c(CH3OH)大于10-11mol.L-1时，c(CH3OH)越大，c(H2SO4)越小的原
因是_____________。②当c(CH3OH)小于10-11mol.L-1时，c(H2O)越大，c(CH3OSO3H)越小的
原因是_____________。【答案】（1）-164.4（2）4×104L·mol-1（3）①a②20.936.62③ACD（4）①反应i和反应ii为竞争反应，甲醇浓度增大，促进了甲醇和三氧化硫反应，抑制了三氧化硫和水的反应，硫酸的浓度减小②水的浓度越大，甲醇和三氧化硫碰撞几率越小，生成CH3OSO3H越小，c(CH3OSO3H)越小【解析】（1）反应i：反应ii：反应i-反应ii有：，所以=-=()-()=-164.4，故答案为：-164.4；（2）SO3转化率为0.04%，则SO3转化值=×0.04%=8×10-13mol·L-1，列三段式如下：，K=≈=4×104L·mol-1，故答案为：4×104L·mol-1；（3）①a处的两个分子能量更低，更稳定，分子间静电作用更强，故答案为：a；②无水时，反应ii的最高能垒为19.59eV-(-1.34eV)=20.93eV，有水时，反应ii的最高能垒为3.66eV-(-2.96eV)=6.62eV，即水将反应ii的最高能垒由20.93eV降为6.62eV；③由图可知，水分子中的氢氧键断了一根，又形成一根；CH3OH中的氢氧键断了，O和S原子重新形成一根键；SO3中硫氧双键断了一根，变成硫氧单键，S和甲醇中的O重新形成一根单键，综上所述，水中的氢氧键、甲醇中的氢氧键、三氧化硫中的硫氧键都发生了断裂，ACD符合；（4）①反应i和反应ii都消耗三氧化硫，为竞争反应，甲醇浓度增大，促进了甲醇和三氧化硫反应，抑制了三氧化硫和水的反应，硫酸的浓度减小；②水的浓度越大，甲醇和三氧化硫碰撞几率越小，生成CH3OSO3H减小，c(CH3OSO3H)减小。【点睛】（2）计算时作如下近似处理：≈100000×10-13=10-8≈。 |
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