全国通用版2019高考化学总复习优编增分练：高考必考重要填空逐空特训题型六信息型方程式书写特训

(六) 信息型方程式书写特训1.常温下，将NO 和H 2的混合气体通入Ce(SO 4)2与Ce 2(SO 4)3的混合溶液中，其物质转化过程如图所示：(1)反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________________________________。

(2)写出该过程的总化学反应方程式：____________________________________________ ________________________________________________________________________。

答案 (1)2∶1(2)2H 2＋2NO =====催化剂N 2＋2H 2O解析 (1)根据图示，反应Ⅰ为Ce 4＋＋H 2―→Ce 3＋＋H ＋，反应中Ce 元素的化合价由＋4价降至＋3价，Ce 4＋为氧化剂，H 元素的化合价由0价升至＋1价，H 2为还原剂，根据得失电子守恒，n (Ce 4＋)＝2n (H 2)，n (Ce 4＋)∶n (H 2)＝2∶1，反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1。

(2)根据图示反应Ⅰ为：2Ce 4＋＋H 2===2Ce 3＋＋2H ＋，反应Ⅱ为：4Ce 3＋＋2NO ＋4H ＋===4Ce 4＋＋N 2＋2H 2O ，将反应Ⅰ×2＋反应Ⅱ消去Ce 4＋、Ce 3＋，总反应为2H 2＋2NO =====催化剂2H 2O ＋N 2。

2.已知SOCl 2能与水反应生成SO 2和HCl 。

写出NiCl 2·6H 2O 在亚硫酰氯(SOCl 2)中加热脱水制无水NiCl 2的化学方程式：____________________________________________________。

答案 NiCl 2·6H 2O ＋6SOCl 2=====△NiCl 2＋6SO 2↑＋12HCl↑3.辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu 2S)及少量脉石(SiO 2)。

题型六“N A”应用分析型1.(2018·辽宁省重点高中协作校高三三模)设N A为阿伏加德罗常数的数值。

下列说法不正确的是()A.23 g CH3CH2OH与30 g CH3COOH反应，生成CH3COOCH2CH3的分子数为0.5N AB.15.6 g由Na2S和Na2O2组成的混合物中，含有的阴离子数目为0.2N AC.32.5 g锌与一定量浓硫酸恰好完全反应，生成气体的分子数为0.5N AD.过量MnO2与浓盐酸反应产生1 mol Cl2，转移的电子数目为2N A答案 A解析A项，n(CH3CH2OH)＝23 g46 g·mol－1＝0.5 mol，n(CH3COOH)＝30 g60 g·mol－1＝0.5 mol，CH3CH2OH与CH3COOH反应的化学方程式为CH3CH2OH＋CH3COOH浓H2SO4△CH3COOCH2CH3＋H2O，由于该反应为可逆反应，生成的CH3COOCH2CH3物质的量小于0.5 mol，错误；B项，Na2S和Na2O2的摩尔质量都是78 g·mol－1,15.6 g Na2S和Na2O2以任意比混合，n总＝15.6 g78 g·mol－1＝0.2 mol，Na2S和Na2O2中阴、阳离子个数比都为1∶2，含有阴离子物质的量为0.2 mol，正确；C项，n(Zn)＝32.5 g65 g·mol－1＝0.5 mol，Zn与浓H2SO4的反应为：Zn＋2H2SO4(浓)===ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，随着反应的进行H2SO4变稀，Zn与稀H2SO4的反应为：Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑，Zn无论与浓硫酸反应还是与稀硫酸反应，生成气体分子物质的量等于Zn的物质的量，生成气体分子物质的量为0.5 mol，正确；D项，MnO2与浓盐酸共热制Cl2的反应中，Cl元素的化合价由－1价升至0价，生成1 mol Cl2转移电子物质的量为2 mol，正确。

常考题空6有关晶胞参数的计算【高考必备知识】1．晶胞参数(边长)与半径的关系晶体晶体结构图示关系晶胞参数与边长关系简单立方晶胞晶胞参数(边长)为a ，原子球半径为r ，则有a =2r体心立方晶胞晶胞参数(边长)为a ，原子球半径为r ，体对角线长为c ，则有c ＝3a ＝4r面心立方晶胞晶胞参数(边长)为a ，原子球半径为r ，则有4r ＝2a六方最密堆积晶胞晶胞中原子球半径为r ，六棱柱边长为a ，高为h ，则有a ＝2r ，h ＝2倍四面体高金刚石晶胞金刚石晶胞G 点是空的，没有球，是正立方体的体心，A 球心到E 球心，是2个半径，即一个直径；同样，E 球心到G ，是2个半径，即一个直径，所以AG 是两个直径，体对角线是AG 的两倍，所以体对角线是4个直径，即8r ，则有8r ＝3a晶胞参数(边长)为a ，原子球半径为r ，则有8r ＝3a 。

(体对角线上五球相切，其中有两个假想球)2．晶体密度及微粒间距离的计算晶体密度的计算公式推导过程若1个晶胞中含有x 个微粒，则晶胞的物质的量为：n ＝AN N ＝AN x mol晶胞的质量为：m ＝n·M ＝M N x A g ，则密度为：ρ＝33aN M x a MN xV m A A 右图为CsCl 晶体的晶胞假设相邻的两个Cs ＋的核间距为a cm ，N A 为阿伏加德罗常数，CsCl 的摩尔质量用M g·mol －1表示，则CsCl 晶体的密度为ρ＝Ma 3N Ag·cm －33．金属晶体空间利用率的计算方法(1)空间利用率的定义及计算步骤①空间利用率(η)：指构成晶体的原子、离子或分子总体积在整个晶体空间中所占有的体积百分比②%1003433a r V V 球数空间利用率晶胞球类型晶体结构示意图图示关系简单立方堆积原子的半径为r ，立方体的棱长为2r ，则V 球＝43πr 3，V 晶胞＝(2r )3＝8r 3，空间利用率＝V 球V 晶胞×100%＝43πr 38r 3×100%＝6 ≈52%体心立方晶胞原子的半径为r ，体对角线c 为4r ，面对角线b 为2a ，由(4r )2＝a 2＋b 2得a ＝43r 。

(三) 电化学填空特训1.含SO 2的烟气可用Na 2SO 3溶液吸收。

可将吸收液送至电解槽再生后循环使用。

再生电解槽如图所示。

a 电极上含硫微粒放电的反应式为_________________________________(任写一个)。

离子交换膜________(填标号)为阴离子交换膜。

答案 HSO －3＋H 2O －2e －===SO 2－4＋3H ＋(或SO 2－3＋H 2O －2e －===SO 2－4＋2H ＋) c解析 用亚硫酸钠溶液吸收二氧化硫应该得到亚硫酸氢钠溶液，将亚硫酸氢钠溶液(pH ＝6的吸收液)加入电解槽中。

右侧是电极的阴极，可以认为是水电离的氢离子得电子转化为氢气，剩余的氢氧根离子与亚硫酸氢根离子反应得到亚硫酸根离子。

左侧是电极的阳极，c 为阴离子交换膜，亚硫酸氢根离子透过交换膜进入阳极，在阳极上失电子转化为硫酸根，副产物甲为硫酸。

所以阳极反应为：HSO －3＋H 2O －2e －===SO 2－4＋3H ＋或SO 2－3＋H 2O －2e －===SO 2－4＋2H ＋(溶液中也有一定量的亚硫酸根)。

2.干燥的甲醇可用于制造燃料电池。

(1)研究人员发现利用NaOH 干燥甲醇时，温度控制不当会有甲酸钠和H 2生成，其反应方程式为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。

(2)某高校提出用CH 3OH —O 2燃料电池作电源电解处理水泥厂产生的CO 2(以熔融碳酸盐为介质)，产物为C 和O 2。

其阳极电极反应式为_________________________________。

答案 (1)CH 3OH ＋NaOH =====某温度HCOONa ＋2H 2↑(2)2CO 2－3－4e －===2CO 2＋O 23.NO 可用间接电化学法除去，其原理如图所示：(1)阴极的电极反应式为____________________________________________________。

题型一基本概念、基本理论的综合应用1.(2018·韶关市高三4月模拟考试)NH3作为一种重要化工原料，被大量应用于工业生产，与其有关性质反应的催化剂研究曾被列入国家863 计划。

(1)催化剂常具有较强的选择性。

已知：反应Ⅰ：4NH3(g)＋5O2(g)Pt/Ru高温4NO(g)＋6H2O(g) ΔH1＝－905 kJ·mol－1反应Ⅱ：4NH3(g)＋3O2(g)Cu/TiO2高温2N2(g)＋6H2O(g) ΔH2＝－1 266.6 kJ·mol－1写出NO 分解生成N2与O2的热化学方程式：__________________________________________________________________________________________________________。

(2)N2O也可分解生成N2与O2。

在四个恒容密闭容器中按下表相应量充入气体，发生2N2O(g)2N2(g)＋O2(g)，容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中N2O平衡转化率如下图所示。

①该反应的ΔH________(填“>”“＝”或“<”)0。

②图中A、B、C 三点处容器内的总压强，由大到小的顺序是___________________________ _____________________________________________。

③容器Ⅳ在470 ℃进行反应时，起始速率：v正(N2O)____(填“>”“＝”或“<”)v逆(N2O)。

(3)氨催化氧化时会发生上述两个竞争反应Ⅰ、Ⅱ。

为分析某催化剂对该反应的选择性，在20 L 密闭容器中充入1 mol NH3和2 mol O2，测得一定时间内有关物质的量关系如图：①该催化剂在低温时选择反应________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。

②C 点比B 点所产生的NO 的物质的量少的原因可能是________________________________________________________________________。

题型六“位、构、性”判断型一、单项选择题1．(2018·无锡市普通高中高三上学期期末)短周期主族元素A、B、C、D、E 的原子序数依次增大，其中A 与C同主族，A 与其他元素不在同一周期，B 与D同主族，B 为地壳中含量最多的元素。

下列推断中正确的是( )A．元素B、C 简单离子半径的大小：r(B)<r(C)B．元素E 的氧化物对应的水化物均为强酸C．元素D、E 氢化物的热稳定性：E>DD．元素B 分别与A、C 形成化合物的晶体类型相同答案 C解析A项，B为地壳中含量最多的元素，B为氧元素，B与D同主族，所以D为硫元素，A、B、C、D、E 的原子序数依次增大，A 与其他元素不在同一周期，所以A为氢元素，B为氧元素，C为钠元素，D为S元素，E为氯元素。

离子半径r(B)>r(C)，错误；B项，元素E的氧化物对应的水化物能形成多种酸，如HClO为弱酸，错误；C项，元素D的氢化物H2S、E的氢化物HCl，因为非金属性Cl>S，所以元素D、E 氢化物的热稳定性：E>D，正确；D项，元素B与A形成的化合物H2O是共价化合物，能形成分子晶体；B与C形成的化合物Na2O是离子化合物，能形成离子晶体，两者的晶体类型不相同，错误。

2．(2018·南通、徐州、扬州、泰州、淮安、宿迁六市高三调研)四种短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数之和为18。

X的核电荷数是Z的核电荷数的一半。

W的单质是空气中含量最多的气体。

下列说法正确的是( )A．原子半径：r(Z)<r(X)<r(W)<r(Y)B．W的气态氢化物的热稳定性比X的弱C．Y与X形成的化合物中只含有离子键D．同周期元素中Z的最高价氧化物对应水化物的酸性最强答案 B解析四种短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，W的单质是空气中含量最多的气体，则W为氮元素，X的核电荷数是Z的核电荷数的一半，则X为氧元素，Z为硫元素，它们的原子最外层电子数之和为18，则Y的最外层电子数为18－6－6－5＝1，则Y为钠元素。

(六) 信息型方程式书写特训1.常温下，将NO 和H 2的混合气体通入Ce(SO 4)2与Ce 2(SO 4)3的混合溶液中，其物质转化过程如图所示：(1)反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________________________________。

(2)写出该过程的总化学反应方程式：____________________________________________ ________________________________________________________________________。

答案 (1)2∶1(2)2H 2＋2NO =====催化剂N 2＋2H 2O解析 (1)根据图示，反应Ⅰ为Ce 4＋＋H 2―→Ce 3＋＋H ＋，反应中Ce 元素的化合价由＋4价降至＋3价，Ce 4＋为氧化剂，H 元素的化合价由0价升至＋1价，H 2为还原剂，根据得失电子守恒，n (Ce 4＋)＝2n (H 2)，n (Ce 4＋)∶n (H 2)＝2∶1，反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1。

(2)根据图示反应Ⅰ为：2Ce 4＋＋H 2===2Ce 3＋＋2H ＋，反应Ⅱ为：4Ce 3＋＋2NO ＋4H ＋===4Ce 4＋＋N 2＋2H 2O ，将反应Ⅰ×2＋反应Ⅱ消去Ce 4＋、Ce 3＋，总反应为2H 2＋2NO =====催化剂2H 2O ＋N 2。

2.已知SOCl 2能与水反应生成SO 2和HCl 。

写出NiCl 2·6H 2O 在亚硫酰氯(SOCl 2)中加热脱水制无水NiCl 2的化学方程式：____________________________________________________。

答案 NiCl 2·6H 2O ＋6SOCl 2=====△NiCl 2＋6SO 2↑＋12HCl↑3.辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu 2S)及少量脉石(SiO 2)。

1 2019高考化学全国通用版优编增分练高考必考重要填空逐空特训(二) 和电离平衡、溶度积有关的填空特训1.已知常温下：K sp [Cu(OH)2]＝2.2×10－20，K sp [Fe(OH)3]＝4.0×10－38 ，K sp [Mn(OH)2]＝2.1×10－13，某溶液中含c (Cu 2＋)＝2.2 mol·L －1、c (Fe 3＋)＝0.008 mol·L －1、c (Mn 2＋)＝0.01 mol·L －1，逐滴加入稀氨水调节pH 可依次分离，首先沉淀的是________(填离子符号)，为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH 值大于________。

答案 Fe 3＋4 解析 三种金属阳离子出现沉淀，根据浓度商与K sp 的关系；Cu 2＋转化成沉淀，c (OH －)＝K sp [Cu (OH )2]c (Cu 2＋)＝ 2.2×10－202.2mol·L －1＝1×10－10 mol·L －1；Fe 3＋转化成沉淀，c (OH －)＝3K sp [Fe (OH )3]c (Fe 3＋)＝3 4.0×10－380.008 mol·L －1＝35×10－12 mol·L －1；Mn 2＋转化成沉淀，c (OH －)＝ 2.1×10－130.01mol·L ＝ 2.1×10－5.5 mol·L －1；因此首先沉淀的是Fe 3＋，为使Cu 2＋沉淀，此时c (OH －)＝1×10－10 mol·L －1，c (H ＋)＝10－1410－10 mol·L －1＝10－4 mol·L －1，即pH ＝4，当pH>4时，Cu 2＋出现沉淀。

2.若K sp (ZnCO 3)＝1.5×10－10，溶液中离子浓度≤1.0×10－5 mol·L －1时，认为该离子沉淀完全。

高考压轴大题特训题型一基本概念、基本理论的综合应用1.(2018·韶关市高三4月模拟考试)NH3作为一种重要化工原料，被大量应用于工业生产，与其有关性质反应的催化剂研究曾被列入国家863 计划。

(1)催化剂常具有较强的选择性。

已知：4NO(g)＋6H2O(g)ΔH1＝－905 kJ·mol－1反应Ⅰ：4NH3(g)＋5O2(g)Pt/Ru高温2N2(g)＋6H2O(g)ΔH2＝－1 266.6 kJ·mol－1反应Ⅱ：4NH3(g)＋3O2(g)Cu/TiO2高温写出NO 分解生成N2与O2的热化学方程式：__________________________________________________________________________________________________________。

(2)N2O也可分解生成N2与O2。

在四个恒容密闭容器中按下表相应量充入气体，发生2N2O(g)2N2(g)＋O2(g)，容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中N2O平衡转化率如下图所示。

①该反应的ΔH________(填“>”“＝”或“<”)0。

②图中A、B、C 三点处容器内的总压强，由大到小的顺序是___________________________ _____________________________________________。

③容器Ⅳ在470 ℃进行反应时，起始速率：v正(N2O)____(填“>”“＝”或“<”)v逆(N2O)。

(3)氨催化氧化时会发生上述两个竞争反应Ⅰ、Ⅱ。

为分析某催化剂对该反应的选择性，在20 L 密闭容器中充入1 mol NH3和2 mol O2，测得一定时间内有关物质的量关系如图：①该催化剂在低温时选择反应________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。

②C 点比B 点所产生的NO 的物质的量少的原因可能是________________________________________________________________________。