考查方式的改革

2024-07-13

考查方式的改革（共11篇）

考查方式的改革篇1

新课标教材增加了三视图的学习内容, 旨在进一步发展同学们的空间观念, 增强对数学价值的认识.三视图的考查方式灵活多样, 不但可以单独考查, 而且还可与其他知识交汇渗透考查, 试题形式丰富、内容活泼、创意新颖, 下面对此分类介绍, 供同学们学习时参考.

一、给几何体, 考查三视图的画法

例1 如图1, 下列几何体各自的三视图中, 有且仅有两个视图相同的是 ( )

(A) ①② (B) ①③

解析: ②④的侧视图和正视图是一样的, 俯视图不同;图③中三棱台的正视图中应有一条竖直的线段容易被忽视, 而图①中正方体的三个视图相同.选 (D) .

点评:本题题型新颖, 角度巧妙, 考查三视图知识以及对柱、锥、台体的直观认识.

例2 将正三棱柱截去三个角 (如图2所示A, B, C分别是△GHI三边的中点) 得到几何体如图 (2) , 则该几何体按图 (2) 所示方向的侧视图 (或称左视图) 为 ( )

解析:当三棱柱没有截去三个角时的侧视图为矩形, 可知截去三个角后的侧视图为 (A) .

点评:本题以三视图为载体考查空间想象能力.

二、给三视图, 考查原几何体某些问题, 如表面积、体积等

例3 图4是一个几何体的三视图, 根据图中数据, 可得该几何体的表面积是 ( )

(A) 9π (B) 10π

解析:几何体为一个球与一个圆柱的组合体, S=4π·12+π·12·2+2π·1·3=12π.选 (D) .

点评:解决本题的关键是由三视图准确还原几何体.

例4 已知某个几何体的三视图如图5, 根据图中标出的尺寸 (单位:cm) , 可得这个几何体的体积是 ( )

$(A) \frac{4000}{3} c m^{3} (B) \frac{8000}{3} c m^{3}$

解析:如图6, 根据三视图画出原几何图形为四棱锥, 底面是正方形, 侧面SCD⊥底面ABCD, AB=20 cm, 高SO=20 cm, 由此可计算出其体积.选 (B) .

三、给出几何体视图的一部分, 考查其他视图面积的求解或原几何体某些问题等

例5 已知正三棱锥V-ABC的主视图、俯视图如图7所示, 其中 $V A = 4 ‚ A C = 2 \sqrt{3}$ , 则该三棱锥的左视图的面积为 ( )

(A) 9 (B) 6

$(C) 3 \sqrt{3} (D) \sqrt{39}$

解析:由主视图、俯视图可知, 正投影方向与底边BC平行, 由主视图知, 正三棱锥的侧棱VA=4, 由俯视图8知, 正三棱锥的底边 $A C = 2 \sqrt{3}$ , 求得正三棱锥的高 $V Ο = 2 \sqrt{3} .$

由左视图得 $S_{△ V B C} = \frac{1}{2} V A \cdot B C = \frac{1}{2} \times 2 \sqrt{3} \times 2 \sqrt{3} = 6$ .选 (B)

点评:本题考查三视图的画图规则和图形面积的求法, 考查运算能力和数形结合思想.

例6 用小立方体块搭一个几何体, 使得它的正视图和俯视图如图9所示, 这样的几何体至少要__个小立方块, 最多只能用__个小立方块.

解析:如图 (1) 所示 (图形不唯一) , 此时需要最少的立方块, 块数为9块.如图 (2) 所示, 此时需要的立方块最多为14块.

点评:若只知道两个视图, 则几何体的形状不能确定.本题构思新颖, 重在考查同学们的空间想象能力.

四、融合其他知识综合考查

例7 如图11所给的A、B、C三个几何体中, 按箭头所示的方向为它们的正面.设A、B、C三个几何体的主视图分别是A1、B1、C1;左视图分别是A2、B2、C2;俯视图分别是A3、B3、C3.

(Ⅰ) 请你分别写出A1、A2、A3、B1、B2、B3、C1、C2、C3图形的名称;

(Ⅱ) 小明先将这9个视图分别画在大小、形状完全相同的9张卡片上, 并将画有A1、A2、A3的三张卡片放在甲口袋中, 画有B1、B2、B3的三张卡片放在乙口袋中, 画有C1、C2、C3的三张卡片放在丙口袋中, 然后由小亮随机从这三个口袋中分别抽取一张卡片.

①求小亮随机抽取的三张卡片上的图形名称都相同的概率;

②小亮和小明做游戏, 游戏规则规定:在小亮随机抽取的三张卡片中只有两张卡片上的图形名称相同时, 小明获胜;三张卡片上的图形名称完全不同时, 小亮获胜.这个游戏对双方公平吗?为什么?

解析: (Ⅰ) 由已知可得A1、A2是矩形, A3是圆;B1、B2、B3都是矩形;C1是三角形, C2、C3 是矩形.

(Ⅱ) ①三张卡片上的图形名称都相同的概率是

$\frac{C_{2}^{1} C_{3}^{1} C_{2}^{1}}{C_{3}^{1} C_{3}^{1} C_{3}^{1}} = \frac{4}{9} .$

②游戏对双方不公平,

三张卡片中只有两张卡片上的图形名称相同的概率是

$\frac{C_{2}^{1} C_{3}^{1} + C_{3}^{1} C_{2}^{1}}{C_{3}^{1} C_{3}^{1} C_{3}^{1}} = \frac{4}{9}$ , 即 $Ρ_{小明获胜} = \frac{4}{9} .$

三张卡片上的图形名称完全不同的概率是

$\frac{C_{3}^{1}}{C_{3}^{1} C_{3}^{1} C_{3}^{1}} = \frac{1}{9}$ , 即 $Ρ_{小亮获胜} = \frac{1}{9} .$

因为 $\frac{4}{9} > \frac{1}{9}$ , 所以这个游戏对双方不公平.

点评:本题立意新颖, 构思巧妙, 将三视图与概率结合起来, 考查了运用概率知识分析问题、解决实际问题的能力, 对分类思想、数形结合思想及阅读理解能力和逻辑推理能力都有较高要求.

考查方式的改革篇2

2018银行招聘考试大部分银行已经笔试结束，进入面试环节。银行招聘面试包括多种形式。其中结构化面试包括，资历评价测评，职业核心能力(人际沟通能力和团队合作能力，反应能力与应变能力，分析判断能力，组织协调能力)。小编为大家整理了不同职业能力考察点，帮助考生顺利通过考试。

人际沟通能力和团队合作能力

一、人际沟通能力(一)定义

沟通是人与人之间的联络交流，是群体相互理解的桥梁、团结的枢纽和统一步调的有效机制。(二)能力命题

通过设置具体的工作情景和需要解决的实际问题，考查应试者是否具有人际沟通的意识、方法和艺术。例如“你在工作中跟同事产生了一些误会，你主动做出了解释，但同事还是不原谅你，你怎么办?”等。

二、团队合作能力(一)定义

团队合作是一种为达到既定目标所显现出来的自愿合作和协同努力的精神。它可以调动团队成员的所有资源和才智，产生一股强大而且持久的力量，实现高效、和谐团队建设的目的。(二)能力命题

通过设置具体的工作情景和需要解决的实际问题，考查应试者是否具有团队合作的意识，团队合作应该具备的精神和品质。例如“你参加过哪些社团活动，得到了哪些收获?”“说一说你对团队协作的认识。”

三、例题讲解

名词考查方式剖析篇3

完形填空主要考查考生的语言知识运用能力，常以考查名词、动词、形容词等实词为主，其中，考查名词的设空约占35%，所以名词是完形填空最重要的考点之一。2015年及过去五年全国新课标卷的完形填空题的名词考点数统计如下表：

[年份＼&2015＼&2014＼&2013＼&2012＼&2011＼&2010＼&题数＼&6＼&8＼&7＼&8＼&7＼&5＼&]

例1 （2015年高考新课标II卷完形填空）

These are all traditional places of learning. But it may well be that the learning you really want lies. I had the 43 of seeing this first hand on a 44 .

... Through the first two games， her 48 did not get one serious shot on goal.

43. A. dream B. idea

C. habit D. chance

44. A. trip B. holiday

C. weekend D. square

48. A. fans B. tutors

C. class D. team

解析 DCD。这篇完形填空讲述了作者的女儿参加一项娱乐性足球赛并进入锦标赛。周六在与水平更高的队比赛时她们队输了，但是她们的球队善于学习，周日比赛时她们表现得完全不同，居然还进了一球。所以在此第43空要填chance，第44空要填weekend。结合下文提到的女儿所在球队是在周六、周日比赛，所以作者说有机会在一个周末亲身体会这一点。

第48题答案是D。上下文告诉我们两个球队在比赛，所以要填team，说明他女儿的队没有一次会产生威胁的射门。

点拨完形填空多考查名词在语境中的活用，要根据上下文的提示选择与文章语境和逻辑相匹配的名词。充分理解文章，是正确答题的前提。

[名词在语法填空题中考查]

例2 （2015年高考新课标I卷） I’d skipped nearby Guilin， a dream place for tourists seeking the limestone mountain tops and dark waters of the Li River that are pictured by artists in so many Chinese 65 （painting）.

解析 paintings。第65题考查名词，答案是paintings。由于前面有短语so many修饰，因此本空应填名词的复数形式。

例3 （2015年高考新课标Ⅱ卷） In addition to their simple beauty， what makes the adobe dwellings admirable is their ability （able） to “air condition” a house without 64 （use） electric equipment.

解析 using。第64题填入using，作without的宾语。句意是：除了它们简朴的美之外，这种土砖令人佩服的是在不使用电器的条件下对房屋能起到空调的作用。

例4 As a businessman， Mr. Green is a complete failure. Being lazy may well be one of his （advantage）.

解析 advantages。句意为“作为商人，格林先生是个彻底的失败者。懒惰可能是他的一个劣势”。根据“one of+复数名词”的用法可知应用advantage的复数形式。

点拨名词是语法填空中的常考点之一。这一考点有两种考查方式：1.动词或形容词等变为名词;2.名词单数变为复数。做好题目需要掌握单词词性和名词单复数变化的规则，熟记单词的不规则变化形式。

[名词在短文改错中的考查]

例5 The second week when they asked for （pay）， he said he had run out of money and sent them with only 15 rupees.

解析 payment。句意为“第二周他们去要报酬时，他说他的钱花完了，只给了15卢比就把他们打发走了”。设空处作为ask for的宾语，应用pay的名词形式payment。

例6 （2015年高考四川卷） As I tell you last time， I made three new friend here.

解析 friend—friends。此句有两处错误，逗号前的状语从句中有last time作状语，所以状语从句的谓语tell应改为过去式形式told。第二处便是名词friend的错误，由于前面有three修饰，所以要将其改为复数形式friends。

例7 （2015年长春高三质检） Looking back on the progresses that I have made so far， I really appreciate for your support.

解析 progresses—progress。progress是抽象名词，没有复数形式，所以要将progresses改为progress。appreciate是及物动词，所以应去掉介词for。

例8 It is not very difficulty to find your way to your home.

解析 difficulty—difficult。在句中作表语，被very修饰，应用形容词，所以此句中的第一处更正是将名词difficulty改为形容词difficult。

例9 It’s very kind of you to invite me to your house and I really look forward to go to the party and sharing your happy experience abroad.

解析 experience—experiences。experience意为“经历”，是可数名词，这里应该用复数形式。

化学定量实验的考查方式归纳篇4

“了解常见仪器的主要用途和使用方法”是《考试大纲》明确提出的一个基本要求.高考中对定量实验涉及的计量仪器的考查主要包括托盘大平、量筒、容量瓶、滴定管、温度计和pH试纸等,从考查的要求看,主要是识记层次,考查学生对常见计量仪器的结构、用途、读数和使用方法的认识.

例1填空:

(1)图1Ⅰ表示10 mL量筒中液面的位置A与B,B与C刻度间相差1 mL,如果刻度A为4,量筒中液体的体积是______mL.

(2)图1Ⅱ表示50 mL滴定管中液画的位置,如果液面处的读数是a,则滴定管中液体的体积(填代号)______.

(A)是a mL

(B)是(50-a)mL

(C)一定大于a mL

(D)一定大于(50-a)mL

解析:本题主要考查量筒和滴定管的结构特点、分度值及读数方法.图Ⅰ量筒中最小刻度即分度值为0.2 mL,刻度A为4,即B刻度为3,读出3.2 mL.图Ⅱ中滴定管为50 mL规格,液面以下有刻度部分体积是(50-a) mL,再加上无刻度部分其体积大于(50-a) mL.

二、考查定量实验的基本操作

“用正确的化学实验基本操作,完成规定的‘学生实验’的能力”也是《考试大纲》中对学生实验能力的基本要求.现行高中教材中通过配制一定物质的量浓度的溶液、酸碱中和滴定等基本定量实验的完成,训练学生的基本操作技能,为学生将来参加社会实践或进一步学习打下必要的良好基础,这也是构成人才科学素质的重要组成部分.

例2为了确定乙醇分子的结构简式是CH3—O—CH3还是CH3CH2OH,实验室利用图2的实验装置,测定乙醇与钠反应(ΔH<0)生成氢气的体积,并据此计算乙醇分子中能与金属钠反应的氢原子的数目.试回答下列问题:

①指出实验装置的错误______.

②若实验中用含有少量水的乙醇代替相同质量的无水乙醇,相同条件下,测得氢气的体积将______(填“偏大”“偏小”或“不变”).

③请指出能使实验安全、顺利进行的关键实验步骤(至少指出两个关键步骤)______.

解析:本实验是将气体的体积转化为水的体积以便于量取,按图示无法达到这一目的,广口瓶中的进气导管不应插入水中,排水导管应插入广口瓶底部.当用含少量水的乙醇时,水也要与钠反应放出氢气,使产生氢气的体积变大.本实验关键在于测定气体体积,操作中应注意检查装置气密性、加入稍过量的钠、从漏斗中缓慢加入无水乙醇.

答案:①广口瓶中导管不应插入水中,排水导管应插入广口瓶底部②偏大③检查装置气密性、加入稍过量的钠、从漏斗中缓慢加入无水乙醇等.

三、考查实验设计方法

1. 重量分析法

重量分析法就是根据可测量物的重量来确定被测物质组分含量的方法,一般是先使被测组分从试样中分离出米,转化为一定的称量形式,然后用称量的方法测定该成分的含量.根据被测成分与试样中其他成分分离的不同途径,通常应用的重量分析法又分为沉淀法、气化法等.

沉淀法是利用沉淀反应使被测成分生成溶解度很小的沉淀,将沉淀过滤、洗涤、烘干或灼烧后成为组成一定的物质,然后称其重量,再计算被测成分的含量,这是重量分析的主要方式.

例3某纯碱试样中含有少量的氯化钠杂质,请设计一个简单的实验,确定纯碱的的质量分数.

解析:此题可以根据Na2CO3和NaCl的性质差异,即和Cl-的不同特性,利用沉淀法设计为:首先将a g试样放入烧杯中加入适量蒸馏水溶解;再向试样的溶液中滴加0.1 mol/L的CaCl2 (或BaCl2)溶液,直至不再产生沉淀时为止;过滤、洗涤、干燥并称量所得沉淀物的质量为b g;最终计算出纯碱的质量分数为:.同理向试样的溶液中加入足量稀硝酸和硝酸银盐溶液也可.

气化法是用加热或其他化学方法使试样中被测成分转化为气体逸出,然后根据气体逸出前后的试样重量之差来计算被测成分的含量.如“硫酸铜晶体结晶水含量的测定”设计原理中就是利用了气化法.

2. 滴定分析法

滴定分析法是传统化学分析法中重要的分析方法之一,是将一种已知其准确浓度的试液滴加到被测物质的溶液中,通过指示剂的变化判断反应完全时,根据所用试剂的浓度和体积求得被测组分的含量.滴定分析法要求发生的反应要完全、反应速率要快、反应要等当量进行、要选择恰当的指示剂.

例析酚类考查方式篇5

【例1】(2010四川理综卷)中药狼把草的成分之一M具有清炎杀菌作用，M的结构如图所示：

下列叙述正确的是

A. M的相对分子质量是180

B. 1 mol M最多能与2mol Br2发生反应

C. M与足量的NaOH溶液发生反应时，所得有机产物的化学式为C9H4O5Na4

D. 1mol M与足量NaHCO3反应能生成2 mol CO2

解析：本题考查由结构推性质：M的分子式为：C9H6 O4，其相对分子质量是178，A项错误。物质M中，除了酚羟基邻位可以与Br2发生取代，还有碳碳双键可以与Br2发生加成，所以1 mol M最多能与3mol Br2发生反应，B项错误。2mol酚羟基可以消耗2mol NaOH，酯基水解也消耗1mol NaOH，又水解生成的1mol酚羟基还要消耗1mol NaOH，所以共计消耗4molNaOH，生成C9H4O5Na4，C项正确。酚羟基与碳酸氢钠不反应，D项错误。

答案：C

【例2】（2011重庆高考）NM－3和D－58是正处于临床试验阶段的小分子抗癌药物，结构如下，关于NM－3和D－58的叙述，错误的是

A. 都能与NaOH溶液反应，原因不完全相同

B. 都能与溴水反应，原因不完全相同

C. 都不能发生消去反应，原因相同

D. 遇FeCl3溶液都显色，原因相同

解析：本题考查有机物的结构、官能团的判断和性质。由结构简式可以看出NM－3中含有酯基、酚羟基、羧基、碳碳双键和醚键，而D－58含有酚羟基、羰基、醇羟基和醚键。酯基、酚羟基和羧基均与NaOH溶液反应，但前者属于水解反应，后两者属于中和反应，A正确；酚羟基和碳碳双键均与溴水反应，前者属于取代反应，后者属于加成反应，B正确；NM－3中没有醇羟基不能发生消去反应，D－58中含有醇羟基，但醇羟基的邻位碳上没有氢原子，故不能发生消去反应，不能发生消去反应的原因不同，选项C错误；二者都含有酚羟基遇FeCl3溶液都显紫色，D正确。

答案：C

【例3】(2011福建高考)化合物丁仅含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为110。丁与FeCl3溶液作用显现特征颜色，且丁分子中烃基上的一氯取代物只有一种。则丁的结构简式为。

解析：丁与FeCl3溶液作用显现特征颜色，说明丁中含有酚羟基。苯酚的相对分子质量为94，110－94＝16，因此还含有一个氧原子，故是二元酚。又因为丁分子中烃基上的一氯取代物只有一种，所以酚羟基互为对位，结构简式是

答案：

二、考查物质分离

【例4】(2011江苏高考)下列有关实验原理、方法和结论都正确的是

A. 向饱和FeCl3溶液中滴加过量氨水，可制取Fe(OH)3胶体

B. 取少量溶液X，向其中加入适量新制的氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明X溶液中一定含有Fe2+

C. 室温下向苯和少量苯酚的混合溶液中加入适量NaOH溶液，振荡、静置后分液，可除去苯中少量的苯酚

D. 已知I3－?葑I2＋I－，向盛有KI3溶液的试管中加入适量CCl4，振荡静置后CCl4层显紫色，说明KI3在CCl4中的溶解度比在水中的大

解析：制取Fe(OH)3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液逐滴滴入沸水中，并继续加热至呈红褐色，而滴加过量氨水，产生的是Fe(OH)3沉淀，A项错误。如果溶液X中只含有Fe3＋，如此操作，溶液也会变红，B项错误。苯酚与NaOH溶液反应生成水溶性的苯酚钠，与苯分层，实现分离除杂，C项正确。向KI3溶液中加入适量CCl4，由于I2溶于CCl4中，使溶解平衡I3－?葑I2＋I－向右移动，因此该溶液显紫色，只能说明I2在CCl4中的溶解度比在水中的大。D项错误。

答案：C

三、考查酚类物质参与的有机合成与推断

【例5】(2011新课标全国)香豆素是一种天然香料，存在于黑香豆、兰花等植物中。工业上常用水杨醛与乙酸酐在催化剂存在下加热反应制得：

以下是由甲苯为原料生产香豆素的一种合成路线（部分反应条件及副产物已略去）

已知以下信息：①A中有五种不同化学环境的氢；②B可与FeCl3溶液发生显色反应；③同一个碳原子上连有两个羟基通常不稳定，易脱水形成羰基。请回答下列问题：

（1）香豆素的分子式为（2）由甲苯生成A的反应类型为 A的化学名称为（4）B的同分异构体中含有苯环的还有种，其中在核磁共振氢谱中只出现四组峰的有种；

（5）D的同分异构体中含有苯环的还有中，其中：

①既能发生银境反应，又能发生水解反应的是

（写结构简式）

②能够与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2的是

（写结构简式）

解析：本题推断的关键有两点，一是根据物质之间转化的条件，二是要充分运用题目所告诉的新信息。FeCl3作催化剂时，发生的取代是在苯环上，据水杨醛的结构可知，此取代应在甲基的邻位上；A到B是卤代烃的水解反应条件；B到C是苯环上烷基取代反应的条件；C到D是卤代烃水解的条件，根据信息③可知反应的产物。有关转化关系为：

(4)的含苯环的同分异构体，属于酚的还有间位和对位两种；属于醇的和属于醚的还各有一种，共4种；“核磁共振氢谱中只出现四组峰的”是或

（5）D的含有苯环的同分异构体有：含有相同官能团的有2种，含有羧基有1种，含有酯基有1种，共有4种，其中既能发生银镜反应，又能发生水解反应的是：，能够与饱和碳酸氢钠溶液反

应放出CO2的是：答案：（1）C9H6O2

（2）取代反应，2－氯甲苯（邻氯甲苯）

【例6】(2011上海高考)化合物M是一种治疗心脏病药物的中间体，以A为原料的工业合成路线如下图所示。

已知：RONa+ R’X→ROR’+ NaX

根据题意完成下列填空：

（1）写出反应类型：反应① ，反应② （2）写出结构简式：A （3）写出的邻位异构体分子内脱水产物香豆素的结构简式（4）由C生成D的另一个反应物是，反应条件是（5）写出由D生成M的化学反应方程式

（6）A也是制备环己醇( )的原料，写出检验A已完全转化为环己醇的方法。

解析：本题主要考查有机物的合成、有机物结构简式的书写、有机反应条件的判断、有机反应方程式等书写以及有机官能团的检验等。反应过程有苯环参与，根据分子式可确定A为苯酚，苯酚与甲醛发生加成反应生成对羟基苯甲醇，对比对羟基苯甲醇和B的分子式可知，对羟基苯甲醇发生氧化反应生成的B为对羟基苯甲醛。的邻位异构体含有羟基和羧基，其分子内脱水应发生的是酯化反应，所以生成的香豆素的结构简式为。

根据和C的分子式可知该转化为催化加氢反应，C的结构简式为：

。酚能与Na2CO3反应生成酚钠和NaHCO3，根据信息酚钠与氯代烃发生取代反应使链增长同时得到氯化钠。酚能够与铁离子发生显色反应，用该法可以鉴别酚和醇。

答案：（1）加成反应氧化反应

（4）CH3OH 浓硫酸、加热

（5）

（6）取样，加入FeCl3溶液，颜色无明显变化

四、考查有机合成与推断中酚羟基的保护

【例7】(2011重庆高考)食品添加剂必须严格按照食品安全国家标准（GB2760-2011）的规定使用。作为食品添加剂中的防腐剂G，可经下列反应路线得到（部分反应条件略）

① A与苯酚在分在组成上相差一个CH2原子团，他们互称为；常温下A在水中的溶解度比苯酚的（填“大”或“小”）。

② 经反应A→B和D→E保护的官能团是。

③ E→G的化学方程式为。

解析：本题考查有机物的转化，很好地将有机化学的概念、有机物性质、官能团的保护、方程式的书写融合在一起。①对甲基苯酚与苯酚的结构相似，在分子组成上相差一个CH2原子团，因此二者互为同系物。由于对甲基苯酚中含有憎水基团(甲基)，所以其在水中的溶解度比苯酚的要小。②A和E相比较，甲基被氧化生成羧基，而其它基团并没有变化，因此设计了A→B和D→E两步，其目的是保护易被氧化的酚羟基。③由反应前后的结构变化

可知，E中的羧基变成酯基，因此要发生酯化反应，方程式为：

答案：①同系物小 ②－OH

(作者单位：河北省迁安一中)

责任编校李平安

例谈羧酸考查方式篇6

例1阿魏酸(结构如下)在食品、医药等方面有着广泛用途.下列关于阿魏酸的说法正确的是()

(A)通常条件下,阿魏酸都能发生取代、加成、消去反应

(B) 1mol阿魏酸最多能与2 mol Br2发生反应

(C)阿魏酸与足量的NaOH溶液发生反应时,所得有机产物的化学式为C10H8O4 Na2

(D)1 mol阿魏酸与足量NaHCO3反应能生成2 mol CO2

解析:本题考查由结构推性质:由于苯环稳定,阿魏酸不能进行消去反应,(A)项错误.阿魏酸中,除了酚羟基邻、对位可以与Br2发生取代,还有碳碳双键可以与Br2发生加成,所以1 mol阿魏酸最多能与3 mol Br2发生反应,(B)项错误.阿魏酸中的酚羟基、羧基都能与NaOH溶液反应,可以消耗2 mol NaOH,生成的有机产物的化学式为C10 H8 O4 Na2,(C)项正确.阿魏酸中只有一个羧基,1mol阿魏酸与足量NaHCO3反应只能生成1 mol CO2,(D)项错误.

答案:(C)

例2柠檬果实中富含柠檬酸.柠檬酸有温和爽快的酸味,多用于各种饮料的生产原料,在有机酸的市场中占有率为70%以上.

(1)已知柠檬酸仅由C、H、O三种元素组成.其相对分子质量不超过200,其中含氧元素58.3%.通过计算并写出柠檬酸的分子式______.

(2)已知柠檬酸不能被CuO氧化,与氯气反应后的一氯代物只有一种,1 mol的柠檬酸分别与钠和碳酸氢钠反应生成气体为2 mol和3 mol,则柠檬酸的结构式为______.

(3)柠檬酸和乙醇与浓硫酸共热能发生酯化反应,可生成______种酯类化合物.

解析:由于1 mol的柠檬酸分别与钠和碳酸氢钠反应生成气体为2 mol和3 mol,所以柠檬酸分子中含有3个—COOH和1个—OH,即柠檬酸分子中至少含有7个氧原子.设其含有7个氧原子,则柠檬酸的相对分子质量为7×16/58.3%=192,若其含有8个氧原子,则相对分子质量超过了200,不符和题意,所以柠檬酸的相对分子质量为192.由192-3×45-1×17=40可知残基为C3H4,所以柠檬酸的分子式为C6H8O7.又由于柠檬酸不能被CuO氧化,与氯气反应后的一氯代物只有一种,所以柠檬酸的结构式为:.柠檬酸和乙醇发生酯化反应时,与1分子C2 H5OH作用的产物可能有2种,与2分子C2H5OH作用的产物可能有2种,与3分子C2H5OH作用的产物可能有1种,所以可生成5种酯类化合物.

答案:(1)C6H8O7 (2)(3) 5

二、考查同分异构体

例3扁桃酸(苦杏仁酸)可作为治疗尿路感染的消炎药物以及某些有机合成的中间体,同时也是用于测定某些金属的试剂.扁桃酸()有多种同分异构体.属于甲酸酯且含酚羟基的同分异构体共有______种,写出其中一种含亚甲基(—CH2—)的同分异构体的结构简式______.

解析:扁桃酸的含苯环的属于甲酸酯且含酚羟基的同分异构体,可先不考虑酚羟基,可写出

③④四种结构,再考虑羟基在苯环上的位置.①中-OH有邻、间、对3种位置,②、③中-OH均有4种位置,④中-OH有2种位置,即符合题意的同分异构体共有13种.其中含亚甲基的同分异构体有:

答案:13

三、考查羧酸参与的有机合成与推断

例4利用从冬青中提取出的有机物A合成抗结肠炎药物Y及其他化学品,合成路线如图1:

提示:

根据上述信息回答:

(1)D不与NaHCO3溶液反应,D中官能团的名称是______,B→C的反应类型是______.

(2)写出A生成B和E的化学方程式______.

(3)A的同分异构体I和J是重要的医药中间体,在浓硫酸的作用下I和J分别生产,鉴别I和J的试剂为______.

(4)A的另一种同分异构体K用于合成高分子材料,K可由制得,写出K在浓硫酸作用下生成的聚合物的结构简式______.

解析:由B→C可知,B为CH3 OH,发生取代反应生成醚C;则D为HCHO(官能团是醛基),与足量银氨溶液反应生成(NH4)2CO3,再与H+反应生成CO2.再由Y结合信息逆推可知H为,因为A的第一步反应加入的是NaOH溶液,故E→F是酚钠生成酚,F→G是羧酸钠生成羧酸,G→H是硝化反应,故A的结构简式为:.根据和逆推得I和J结构分别是:,一种是醇,另一种是酚,故可用氯化铁溶液或溴水鉴别.根据A的另一种同分异构体K用于合成高分子材料,K可由制得,可知K的结构是.通过缩聚反应得高聚物

答案:(2)醛基取代反应

(3) FeCl3溶液或溴水

四、考查与羧酸相关的实验

例5某兴趣小组用图2所示装置(酒精灯等在图中均已略去),并取不同浓度的硫酸与3 mL乙醇、2 mL冰醋酸分别进行制取少量乙酸乙酯的研究.

(1)试管a中需要加入浓硫酸、冰醋酸和乙醇的正确的加入顺序及操作是.______

(2)为防止a中的液体在实验时发生暴沸,在加热前采取的措施是______.

(3)生成乙酸乙酯反应的化学方程式是______.

(4)试管b中,导气管的出口没有插入饱和Na2 CO3溶液液面以下,原因是______.

(5)该兴趣小组记录的实验现象和结果见表1:

Ⅰ.第①组实验中,试管a中溶液颜色逐渐加深,最后变成黑色的原因是______;若同时有刺激性气味气体产生,则可能发生反应的化学方程式是______.

Ⅱ.b试管中酯层中没有乙酸的实验组是(填组序号)______.从实验结果分析,选用催化剂的最佳浓度是______.

Ⅲ.由实验结果可知,盐酸______(填“能”或“不能”)作酯化反应的催化剂,其原因是______.

解析:(1)至(4)问考查了制取少量乙酸乙酯实验的基本操作及注意事项.(5)Ⅰ.试管a中溶液最后变成黑色的原因应该由碳单质生成造成的,即热的浓硫酸表现出强氧化性,将乙醇或乙酸氧化生成碳单质.其反应可能为.Ⅱ.根据实验现象可知①②③组实验的b试管中酯层中没有乙酸.其中第③组实验生成的酯最多,因此作催化剂的硫酸的最佳浓度是10mol/L.Ⅲ.由实验结果可知,硫酸作酯化反应的催化剂是利用了其强酸性,因此用盐酸也能起到催化作用,但由于盐酸易挥发,所以效果不如硫酸好.

答案:(1)先加入乙醇,然后边摇动试管边慢慢加入浓硫酸,再加入冰醋酸

(2)在试管a中加入几粒沸石(或碎瓷片)

(3)

(4)防止试管a受热不均,发生倒吸

(5)Ⅰ.浓硫酸将乙醇或乙酸氧化生成碳单质;Ⅱ.①②③10 mol/L

Ⅲ.能酯化反应的催化剂是利用了催化剂的强酸性.

例6苯甲酸广泛应用于制药和化工行业.某学生尝试用甲苯的氧化反应制备苯甲酸,反应原理为:

实验方法:一定量的甲苯和KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应,按如图3流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯.

已知:苯甲酸相对分子质量为122,熔点为122.4℃,在25℃和95℃时溶解度分别为0.3 g和6.9 g;纯净固体有机物都有固定熔点.

(1)操作Ⅰ为______,操作Ⅱ为______.

(2)无色液体A是______,定性检验A的试剂是______,现象是______.

(3)测定白色固体B的熔点,发现其在115℃开始熔化,达到130℃时仍有少量不熔,该学生推测白色固体B是苯甲酸与KCl的混合物,设计了表2所示方案进行提纯和检验,实验结果表明推测正确.请在答题卡上完成表中内容.

(4)纯度测定:称取1.220 g产品,配成100 mL甲醇溶液,移取25.00 mL溶液,滴定,消耗KOH的物质的量为2.40×10-3 mol,产品中苯甲酸质量分数的计算表达式为______,计算结果为______(保留二位有效数字).

解析:(1)反应混合物过滤后的滤液中有未反应的甲苯及产品苯甲酸盐.过滤后将滤液分离为有机相和水相的操作应为分液.有机相经硫酸钠干燥后蒸馏即可回收甲苯.水相经浓盐酸酸化后再用结晶法分离获取苯甲酸.将这一流程理清楚后在开始针对题设问题作答.操作Ⅰ为分液,操作Ⅱ为蒸馏.(2)无色液体为甲苯,定性检测时用酸性KMnO4溶液,紫色溶液褪色.(3)根据题给信息可知,B不是纯净物,故方案①将白色固体B加入水中,加热、溶解、冷却、过滤,得到白色晶体和无色滤液.方案②是检验氯离子,故应加入适量的硝酸酸化的AgNO3溶液.根据纯净固体有机物都有固定熔点,步骤③中检测干燥白色晶体时,应加热使其融化,测其熔点,熔点为122.4℃,说明白色晶体是苯甲酸.(4)由于将苯甲酸配成100 mL甲醇溶液,只移取移取25.00 mL溶液进行滴定,根据苯甲酸与KOH反应的化学方程式可知,产品中苯甲酸质量分数的计算表达式为:

例析电化学中隔膜的考查方式篇7

近几年, 隔膜已成为高考电化学命题的新热点, 并且由定性考查逐渐向定量考查过渡。本文深度剖析隔膜在电化学中的运用, 以帮助学生突破这一难点和热点。

一、隔膜定性考查

1.隔膜

例1. (2014年高考全国大纲卷) 右图是在航天用高压氢镍电池基础上发展起来的一种金属氢化物镍电池 (MH-Ni电池) 。下列有关说法不正确的是 ()

A.放电时正极反应为:

B.电池的电解液可为KOH溶液

C.充电时负极反应为:

D.MH是一类储氢材料, 其氢密度越大, 电池的能量密度越高

【解析】本题考查新型电源和原电池原理。电池放电总反应为:, MH合金中M、H均为0价, MH作负极材料, 而NiOOH作正极材料, 正极反应式为, 负极反应式为 (充电时负极反应为其逆反应) , A项正确, C项错误;电池的电解液可为碱溶液 (如KOH溶液) , 不能为酸性溶液, 酸与NiOOH反应, B项正确;MH中氢的密度越大, 放电时放出的电量越多, 其电池的能量密度越高, D项正确。

【答案】C

【深度思考】本题电池装置设置了隔膜, 没有对离子迁移方向进行考查, 既可以看成是阳离子交换膜, 也可以看成是阴离子交换膜。可以根据电荷平衡和电极反应判断离子在电解质溶液中的迁移方向。例如, 放电时, OH-向负极迁移;充电时, OH-向阳极迁移。

创新题:Mg-H2O2 电池可用于驱动无人驾驶的潜航器。该电池以海水为电解质溶液, 示意图如下。该电池工作时, 下列说法正确的是 ()

A.Mg电极是该电池的正极

B.H2O2 在石墨电极上发生氧化反应

C.石墨电极附近溶液的pH增大

D.溶液中Cl-向正极移动

【答案】C

2.阳离子交换膜

例2. (2014年江苏卷) 硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。由硫化氢获得硫单质有多种方法。

(1) 将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如图1所示的电解池的阳极区进行电解。电解过程中阳极区发生如下反应:

1写出电解时阴极的电极反应式:_________。

2电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质, 其离子方程式可写成_________。

(2) 将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S, 其物质转化如图2所示。

1在图示的转化中, 化合价不变的元素是_________。

2反应中当有1molH2S转化为硫单质时, 保持溶液中Fe3+的物质的量不变, 需消耗O2 的物质的量为_________。

3在温度一定和不补加溶液的条件下, 缓慢通入混合气体, 并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含CuS, 可采取的措施有_________。

(3) H2S在高温下分解生成硫蒸气和H2。若反应在不同温度下达到平衡时, 混合气体中各组分的体积分数如图3所示, H2S在高温下分解反应的化学方程式为_________。

【解析】 (1) 由题图1知, 阴极区的电解质为氢氧化钠, 且阴极生成H2, 故阴极的电极反应式为。在酸性条件下发生歧化反应, 生成硫单质和硫化氢气体, 离子方程式为。 (2) 1根据示意图和方程式可以看出, 在转化过程中, 化合价不变的元素有三种, 分别为Cu、H、Cl。2消耗1molO2转移4mol电子, 1molH2S转化为硫单质需转移2mol电子, 若保持Fe3+的物质的量不变, 则根据电子得失守恒, 需消耗0.5molO2。3提高混合气体中空气的比例, 实质是提高氧气的量, 可以保证生成的硫单质中不含CuS。 (3) 由题图3可以看出, 生成物的物质的量之比为2∶1, 所以硫单质应该以双原子分子形式存在。可得H2S在高温下分解反应的化学方程式为

【答案】 (1) 12

(2) 1Cu、H、Cl (或铜、氢、氯) 2 0.5mol3提高混合气体中空气的比例

【深度思考】图1使用阳离子交换膜, 左池为阳极池, 右池为阴极池。确定阳离子迁移方向的方法:第一步, 按电子守恒原则写出两电极反应式。阳极:S2--2e- ═S;阴极:2H2O+2e- ═2OH-+H2↑。第二步, 判断离子浓度相对变化, 即两极区中, 哪种离子剩余了, 哪种离子减少 (或增多) 了。阳极区S2-变成S, 相对S2-而言, Na+剩余;阴极区产生H2, OH-增多。第三步, 根据电解质溶液显电中性 (电荷守恒) , 并结合离子交换膜种类, 判断离子迁移方向。图1为阳离子交换膜, 只允许阳离子透过膜, Na+由阳极池向阴极池迁移, 从而导致阳极池中c (Na2S) 减小, 阴极池中c (NaOH) 增大。对于阴离子交换膜的装置可作类似推理。

3.质子交换膜

例3. (2012年重庆卷) 尿素 [CO (NH2) 2]是首个由无机物人工合成的有机物。

(1) 工业上尿素由CO2和NH3在一定条件下合成, 其反应方程式为______。

(2) 当氨碳比时, CO2的转化率随时间的变化关系如下图所示。

1A点的逆反应速率v逆 (CO2) ________B点的正反应速率v正 (CO2) (填“大于”、“小于”或“等于”) 。2 NH3的平衡转化率为_________。

(3) 人工肾脏可采用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素, 原理如右图所示。

1电源的负极为_________ (填“A”或“B”) 。

2阳极室中发生的反应依次为______、_______。

3电解结束后, 阴极室溶液的pH与电解前相比将______;若两极共收集到气体13.44L (标准状况) , 则除去的尿素为______g (忽略气体的溶解) 。

【解析】 (3) 1由图中的电极产物知, 生成氢气的电极为阴极, 则B为电源的负极。2阳极室中氯离子失去电子生成氯气。根据阳极室反应物和产物知, CO (NH2) 2+Cl2→CO2 +N2, 由电子守恒知, CO (NH2) 2+3Cl2→CO2+N2, 由原子守恒知, 反应物必须有水, 产物必须有氯化氢:CO (NH2) 2+3Cl2 + H2O═CO2+N2+6HCl。3阴极减少的H+, 可通过质子交换膜补充 (电荷守恒) , 而使pH不变。气体的物质的量为n (CO2+ N2 + H2 ) =13.44L/22.4L·mol-1=0.6mol。由上述反应式可以看出, 通过6mol电子, 阳极产生1molCO2和1molN2, 阴极必产生3molH2。每电解1molCO (NH2) 2必生成5mol气体 (CO2、H2、N2) , 则除去的尿素的物质的量为0.6mol/5=0.12mol, 质量为0.12g×60g·mol-1=7.2g。

【答案】 (1)

(2) ①小于②30%

(3) 1B22Cl--2e- ═Cl2↑

CO (NH2) 2+3Cl2 + H2O═N2 + CO2 +6HCl3不变7.2

【深度思考】 (1) 质子 (H+) 交换膜与阳离子交换膜的区别:前者只允许H+透过, 不允许其他阳离子透过;后者允许H+和其他阳离子透过。

(2) 为什么电解前后阴极室里溶液pH不变?

阳极区发生相关反应:

阴极区发生反应:

假设电解过程中转移了6mol电子, 阳极区开始充入尿素和氯化钠。则阳极生成3molCl2, 3 molCl2与尿素反应又生成6molH+和6molCl-, 相对Cl-而言, 剩余了6molNa+。阴极区生成3molH2和6molOH-, 即阳极区过剩6mol正电荷, 阴极区过剩6mol负电荷。为了维持电中性, 采用质子交换膜, 只允许H+通过膜。即H+通过膜从阳极区 (左) 向阴极区 (右) 迁移, 恰好发生中和反应H++OH- ═H2O, 保持溶液pH不变 (开始氯化钠溶液pH=7) 。

假设用阳离子交换膜替代质子交换膜, Na+、H+都可以通过膜由左池向右池迁移, 阴极区溶液pH可能不变, 可能增大, Na+、H+离子迁移总物质的量为6mol。

假设用阴离子交换膜替代质子交换膜, 6molOH-由阴极 (右) 向阳极 (左) 迁移, 阴极区氯化钠溶液pH仍然不变。

4.阴、阳离子交换膜

例4. (2014年全国新课标卷Ⅰ) 次磷酸 (H3PO2) 是一种精细化工产品, 具有较强还原性。回答下列问题:

(1) H3PO2 是一元中强酸, 写出其电离方程式:__________。

(2) H3PO2 及NaH2PO2 均可将溶液中的Ag+还原为银, 从而可用于化学镀银。

1 H3PO2 中, P元素的化合价为__________。

2利用H3PO2 进行化学镀银反应中, 氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1, 则氧化产物为__________ (填化学式) 。

3NaH2PO2 为__________ (填“正盐”或“酸式盐”) , 其溶液显__________ (填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”) 。

(3) H3PO2 的工业制法是:将白磷 (P4) 与Ba (OH ) 2溶液反应生成PH3气体和Ba (H2PO2) 2, 后者再与硫酸反应, 写出白磷与Ba (OH) 2溶液反应的化学方程式:__________。

(4) H3PO2 也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如下图所示 (阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过) :

1写出阳极的电极反应式__________。

2分析产品室可得到H3PO2 的原因__________。

3早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2:将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2 稀溶液代替, 并撤去阳极室与产品室之间的阳膜, 从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有__________杂质, 该杂质产生的原因是:__________。

【解析】 (4) 1阳极室加入稀硫酸, 目的是增强导电性。阳极上发生氧化反应, 根据电解装置图, 石墨电极为惰性材料, 电极不参与反应。所以, 阳极反应式为

2根据题意, 阳膜只允许阳离子透过, 阴膜只允许阴离子透过。由装置图知, H+和H2PO2-向产品室迁移, 二者反应生成H3PO2。3如果拆去阳膜, 阳极上产生的氧气会将具有强还原性的H3PO2 或H2PO2-氧化成H3PO4, , 同时阳极上发生副反应:或, 产品中混有H3PO4杂质。

【答案】 (1)

(2) 1+12H3PO43正盐弱碱性

2阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室, 原料室的H2PO2-穿过阴膜扩散至产品室, 二者反应生成H3PO2

3PO3-4H3PO2 或H2PO2-被氧化

【深度思考】离子迁移方向如何确定?为什么采用隔膜技术?

阳极室:, 阴极室:

阳极室H+增多, 为了维持电荷平衡, H+由阳极室通过阳膜向产品室迁移;阴极室OH-增多, 原料室中Na+通过阳膜向阴极室迁移, NaOH量增多;原料室中剩余的H2PO2-通过阴膜向产品室迁移, 发生反应:

电解结果:阳极室中n (H2SO4) 不变, 产品室中n (H3PO2) 增多, 原料室中n (NaH2PO2) 减少, 阴极室中n (NaOH) 增多。电解总反应方程式为:。若不采用“三膜四室”电渗析法, 次磷酸既能与氢氧化钠发生反应又能被氧气氧化成磷酸。

二、隔膜定量考查

1.阳离子交换膜

例1. (2014年福建卷) 某原电池装置如下图所示, 电池总反应为。下列说法正确的是 ()

A.正极反应为

B.放电时, 交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成

C.若用NaCl溶液代替盐酸, 则电池总反应随之改变

D.当电路中转移0.01mole-时, 交换膜左侧溶液中约减少0.02mol离子

【解析】本题考查原电池原理。正极发生还原反应, 反应式为Cl2+2e- ═2Cl-, A项错误。放电时, 左室 (负极) 反应为Ag-e-+Cl-═AgCl↓, 隔膜只允许阳离子通过, 在左室产生大量的白色沉淀, B项错误。电池总反应为2Ag+Cl2 ═2AgCl, 用氯化钠替代氯化氢, 电池反应不会改变, C项错误。放电过程, 左室负极反应式为Ag-e-+Cl-═AgCl↓, 转移0.01mol电子, 必消耗0.01molCl-, 为了维持电荷平衡, 必须向右室迁移0.01molH+, 故左室共减少0.02mol离子, D项正确。

【答案】D

【深度思考】左室减少什么离子?减少离子的物质的量如何确定?两室中物质成分如何变化?左室 (负极) :2Ag-2e- 2Ag+, HCl═H++Cl-, Ag++Cl- ═AgCl↓, 电极反应式为2Ag++2Cl--2e- ═2AgCl↓;右室 (正极) :Cl2+2e- ═2Cl-。假设转移2mol电子, 由电极反应式知, 生成氯化银, 消耗了2molCl-, 由电中性知左室剩余2molH+, 右室增加了2molCl-, 为了维持电荷平衡, 2molH+透过阳离子交换膜从左室向右室迁移。左室减少2molH+和2molCl-, 共减少4mol离子, 右室增加了2molHCl。

创新题1:以铬酸钾为原料, 电化学法制备重铬酸钾的实验装置示意图如下。下列说法不正确的是 ()

A.在阴极室, 发生的电极反应为:2H2O+2e-═2OH-+H2↑

B.在阳极室, 通电后溶液逐渐由黄色变为橙色, 是因为阳极区H+浓度增大, 使平衡向右移动

C.该制备过程总反应的化学方程式为:

D.测定阳极液中K和Cr的含量, 若K与Cr的物质的量之比为d, 则此时铬酸钾的转化率为1-d/2

【答案】D

【提示】阴极上OH-增多, 为了维持电荷平衡, K+由阳极室向阴极室迁移, 假设投入物质的量为1mol, 参与反应的K2CrO4物质的量为a, 则生成KOH的物质的量为a, 阳极室中含铬元素的物质包括K2CrO4和K2Cr2O2。, 则铬酸钾的转化率为, D项错误。

2.质子交换膜

例2. (2014年重庆卷) 氢能是重要的新能源。储氢作为氢能利用的关键技术, 是当前关注的热点之一。

(1) 氢气是清洁燃料, 其燃烧产物为____。

(2) NaBH4是一种重要的储氢载体, 能与水反应得到NaBO2, 且反应前后B的化合价不变, 该反应的化学方程式为____ , 反应消耗1molNaBH4时转移的电子数目为____。

(3) 储氢还可借助有机物, 如利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢:。在某温度下, 向恒容密闭容器中加入环己烷, 其起始浓度为a mol·L-1, 平衡时苯的浓度为bmol·L-1, 该反应的平衡常数K= ____。

(4) 一定条件下, 下图所示装置可实现有机物的电化学储氢 (忽略其他有机物) 。

1导线中电子移动方向为____。 (用A、D表示)

2生成目标产物的电极反应式为____ 。

3该储氢装置的电流效率η=____ 。

【解析】 (4) 1根据图示苯→环己烷知, 氢气参与反应, 发生还原反应, 则D是阴极, A是负极, 电子转移方向为A→D。2苯得到电子生成的环己烷是目标产物 (储氢) , 反应式为。3阳极上水电离的氢氧根离子发生氧化反应, 生成的2.8mol气体应该是氧气, 转移电子2.8mol×4=11.2mol。

讨论:若阴极不产生氢气, 设消耗苯的物质的量为a。反应后苯的含量为, 转移电子为1.4mol×6=8.4mol<11.2mol, 说明还有氢气生成。阴极反应有, 设阴极消耗苯的物质的量为xmol, 转移电子6xmol, 生成环己烷xmol, 根据得失电子相等得, 阴极生成氢气, 因此储氢装置的电流效率

注意:如果只考虑苯得到电子, 根据数据计算参加反应的苯为1.4mol, 得出错误答案:, 错因是忽视了阴、阳极电子守恒。

【答案】 (1) H2O

【深度思考】阴极区H+从何处来? 迁移H+物质的量如何确定?

阳极:, 阳极区增加的为了维持电荷平衡, 11.2 molH+由阳极区 (右) 向阴极区 (左) 迁移。11.2molH+中一部分反应生成2molH2, 阴极区剩余的7.2molH+被苯消耗, 即原有机混合物中没有H+。

电解结果:向左池迁移的11.2molH+恰好完全反应, 生成2molH2和1.2mol环己烷, 右池的pH没有变化。

创新题2:以二甲醚 (CH3OCH3) -空气燃料电池为直流电源, 一定浓度的乙醛和硫酸钠溶液为电解质溶液, 用阳离子交换膜电解法模拟工业上高浓度乙醛废水的处理过程:

已知四个电极都是石墨, 且Ⅳ极反应式为

(1) 每处理44g乙醛, 通过交换膜的阳离子的物质的量为______。

(2) 废水处理后, 取出阳离子交换膜, 混合溶液中硫酸钠的质量分数将 ______ (填“增大”、“减小”或 “不变”, 下同 ) , 溶液的pH将______。

【答案】 (1) 1mol (2) 不变减小

创新题3:为了探究Fe2+的还原性, 某学习小组设计如下图所示装置:

已知直流电源保持恒压, 实验前左室加入100mL的4mol·L-1盐酸, 右室加入100mL的2mol·L-1FeCl2溶液。通电一段时间后停止电解, 在X极收集到3360mL气体 (标准状况) 。

(1) 通电后, 检验Fe2+被氧化的实验方法是______。

(2) 若停止反应后, 将左室溶液稀释至500mL, 溶液的pH为______。 (已知lg3≈0.5, lg5≈0.7)

(3) 停止反应后, 两室Cl-的物质的量之差Δn (Cl-) 为______mol。

【答案】 (1) 向右池滴加KSCN溶液, 若溶液变成红色, 则生成了Fe3+

(2) 0.7 (3) 0.5

综上所述, 高考对隔膜问题的考查由定性走向定量, 按下列步骤可轻松突破隔膜问题:

第一步, 看, 看清隔膜类型。隔膜分阳离子交换膜、阴离子交换膜、质子交换膜等。第二步, 写, 写出阳 (或负) 极、阴 (或正) 极的电极反应式以及相关的后续反应式。第三步, 算, 根据题给数据, 计算两极上离子的变化量, 由电中性确定剩余离子及相关量。第四步, 断, 根据电荷守恒, 判断离子迁移方向和离子迁移数量并进行相关计算。

现代文阅读表达方式考查探秘篇8

一、命题依据

几年来, 江苏省《考试说明》都有这样一句话:“注意散文运用记叙、描写、议论、抒情手法的灵活性。”这几年的江苏高考只有2008年对此没有考查, 因为2008年考的是小说, 其他年份都考了。由此可见命题者对此的重视, 所以在高考复习中我们一定要对《考试说明》中的这句话作详细的解读。

二、理论解读

《考试说明》中的这句话有以下两大方面的内涵。

(一) 记叙、描写、议论、抒情手法的各自特点及其作用。1.记叙的方式及其作用。

顺叙:按照时间或空间顺序较清楚地进行记叙。

倒叙:造成悬念, 引人入胜。

插叙:对主要情节或中心事件作必要的铺垫照应, 丰富内容, 使情节更加完整, 曲折有致, 深化主题。

补叙:对上文内容加以补充解释, 对下文做某些交代, 可起到补充、丰富、深化内容。

平叙:也称“分叙”, 俗称“花开两枝, 各表一朵”, 指平行地叙述两件或多件同时发生的事, 使头绪清楚, 照应得体。

2.描写的方式及其作用。

人物描写:肖像描写, 对人物的音容笑貌、服饰举止、风度姿态景象描写, 刻画人物外在形象, 揭示人物内心世界。

动作描写:对人物行为、动作的具体描绘和摹写, 显示人物性格, 推动情节发展。

语言描写:通过对人物语言的描写刻画人物性格, 使读者听其言, 见其人, 知其心。

心理描写:展现人物内心世界, 表现人物性格特征, 补充交代说明。

景物描写:具体描写自然风光, 生动再现景物特征, 营造一种气氛, 创造身临其境之感, 奠定感情基调, 烘托人物的情感思想, 为议论、抒情作铺垫。

环境、场面描写:作为提供事件、感情、思想的背景, 渲染环境气氛, 烘托人物的情感思想。

细节描写:刻画人物性格, 反映人物心理活动, 促进故事情节的发展。既可用细描, 精雕细刻, 具体传神, 纤毫毕现, 又可用白描, 勾勒轮廓, 简洁传神。

正面描写:也称直接描写, 正面直接表现人物、事物。

侧面描写:也称间接描写, 侧面烘托突出人物、事物。侧面描写一般不单独出现, 往往与正面描写结合起来。

点面结合:详略得当, 重点突出, 共性与个性、总体情况与局部特点相统一。

描写角度:动静, 远近, 古今, 表里, 俯视, 仰视与平视, 整体与局部, 视觉、听觉、味觉与触觉。

3.议论、抒情的方式及其作用。

直接抒情:不借助其他手段直接表白和抒发自己的思想感情, 易于表达浓烈的情感, 形成强烈的感染力量。

间接抒情:包括借景抒情、托物言志、用典、虚实结合、借古讽今、象征等, 作用是把感情融于形象之中, 借助具体的人、事、景、物, 使抽象的主观感情客观化、形象化, 可收到含蓄隽永、余味无穷的效果。

(二) 记叙描写与议论抒情之间二者的关系。

记叙描写是议论抒情的基础, 议论抒情是记叙描写的升华。

三、考查角度

2006年江苏高考15题:

作者在描绘“烟雨牛鹭图”后, 又写了时装设计师、诗人和画家的感受, 这在文中有什么作用? (5分)

参考答案: (1) 从不同的角度揭示出“牛鹭图”蕴涵的美; (2) 为作者抒情、议论作铺垫。

该题考查了记叙描写与议论抒情之间的关系。

又如, 2007年江苏高考15题:

“一路上都是鲜红的收割机, 突突突地吼个不停, 所过之处, 留下一地黄亮亮金灿灿的麦茬, 散发着湿润的麦秸香。”这句话描写关中麦收情景, 请分析它的表达特色。 (4分)

参考答案为选取了麦天代表性事物, 从视觉、听觉、嗅觉多角度描写;运用比拟的修辞手法, 语言表达富有韵味。

该题直接考查了描写的方式。

2009江苏高考13题:

本文写的是都江堰, 但不以描写见长, 请具体说明它在艺术表现上有哪些特色。 (6分)

参考答案:采用议论和抒情相结合的手法。托物言志, 借都江堰表达对传统文化精髓的追怀;借古喻今, 借都江堰表达对现实环境问题的忧思;虚实结合, 借都江堰表达对人生的思考。

形式是为内容服务的, 对艺术特色的鉴赏评价, 必须与内容分析结合起来思考。本文“借都江堰表达对传统文化精髓的追怀”、“借都江堰表达对现实环境问题的忧思”、“借都江堰表达对人生的思考”散见文章各处, 所以答案为“托物言志、借古喻今、虚实结合”, 而托物言志、借古喻今、虚实结合都是议论抒情的方式。

考查方式的改革篇9

一、论点提供的三种方式

1. 依据史实论证教材中的已有观点

该类型一般是在题干中给出一个观点, 然后要求结合有关事实加以论证。例题一:唐太宗说:“汉武穷兵三十年, 疲弊中国, 所就 (成就) 无几。”又说:“自古皆贵中华, 贱夷狄, 朕独爱之如一。”据此回答:就汉武帝对匈奴的用兵而言, 唐太宗的评价是否符合历史事实?请具体说明 (选自2005江苏高考历史29) ———本题的论点是题中的“汉武穷兵三十年, 疲弊中国, 所就 (成就) 无几。”论据的来源是汉武帝对匈奴用兵方面的相关史实。解题策略:1.通过大脑回忆课本中“汉武帝对匈奴的用兵方面”的史实。2.紧扣“用兵方面的史实”要求进行分类归纳说明。3.得出结论, 照应题目要求。本题学生易犯的毛病是:扣不住“汉武帝对匈奴的用兵方面的相关史实”这一范围限制, 而把汉武帝所有相关史实全部列出。从本例的解题思路可以看出:回答该类问题的关键在于能否紧扣题意 (即论点) , 再忆史实, 选取典型事例。相对而言, 本类型题目难度不大, 但本类型题目在教材中大量存在, 应用相当广泛。

2. 依据史实论证教材以外的观点

本类型题目基本以材料问答题的形式出现, 一般是资料中提出某种观点, 然后结合史实分析评论或谈谈理解、认识。题目所给的观点, 可以是一个或者是多个, 也可以是正确的或错误的, 还可以是需要一分为二地加以评析;既可以是对人物或事件的某种评价, 也可以是历史上或现实中人对历史及史学的认识。

例题二:南宋朱熹认为, 王安石“以财力、兵革为先务, 引用凶恶, 排摈忠直, 使天下之人嚣然丧其乐生之心。卒之群奸肆虐, 流毒四海”。一位史学家评论道:朱熹的看法有一定的依据, 但是, 如此曲解变法的目的和否定其作用, 那就有失公允了。你是否同意上述看法?谈谈你的理由。 (选自2010年江苏模拟)

本例观点有二:一是朱熹对王安石变法的评价, 二是史学家对朱熹的看法。其解题策略:1.先对这两个观点作出判断, 同意史学家的观点 (一分为二) 。2.归纳史实以证明判断 (王安石变法的内容) 。3.归纳小结。

从本例题可以看出, 解答本类型问题的一般程序是:先判断所给观点的正误———组织相应的事实予以论证——对所给的观点还要能指出其实质或局限。与前题型相比, 难度有了较大的增加:一是学生如果没有一定理论水准和较强的思维能力, 就很难对自己从未接触过的新观点给以正确的分析和判断;二是所需要的论据也必须经过思维加工, 予以理性说明, 仅靠再忆史实来生搬硬套行不通了。因此, 自论证题在高考中出现以来, 本题型基本占据了主导地位, 在以培养学生能力为主的今天, 本题型是高考主观题考查的主要形式, 须予以重视。

3. 依据历史史实由自己来推论观点

本题型一般是先提供一段或几段史料, 然后要求学生结合所学知识从中推理出所反映的观点、认识。其设问模式往往是“谈谈你对该材料的理解 (你持什么观点) ”或“从某角度本材料反映什么现象 (阐述什么观点) ”。

掌握本题型的关键是:1.能不能找准推论的角度, 这是立论的基础。2.能不能从此角度提炼出材料所反映的本质思想, 这是推论的中间环节。3.从材料中得出局部认识上升到较高的理论层次上加以总结, 提炼出规律性的结论。这是点睛之笔, 也是最终目的。

本题型较前者难度有所增加, 表现为:1.前者是以史证论重在史, 本题是以史推论重在论。2.前者提供观点, 本题型需运用知识和技巧进行推论。总之, 该题型的设计加大了对学生理论水平和创新思维能力的考查力度, 这符合新课改的基本理念, 有助于提高创新意识和实践能力。

二、历史复习教学中的应对策略

有关论证能力的考查可以通过各种题型来实现。那么如何在中学历史教学中提高学生的论证能力和解题技巧?如何提高教学复习的有效性?本人结合教学实践提出以下几点建议:

第一, 史论结合是论证能力的基本要求和一大特点, 因而要确保论点与论据的统一。为此须注意几点:1.夯实基础, 增加知识储备量, 加强专题复习, 宏观把握知识结构, 理解史实间的内在联系和规律。2.平时注意了解历史唯物主义的基本理论和方法, 初步认识人类社会的基本规律, 形成科学的世界观、历史观。3.学习逻辑学, 掌握归纳、推理等基本的逻辑方法。

第二, 在中学历史教学中可以尝试以某一社会问题为主题展开综合阐述, 有意识地训练思维的整体性和逻辑性。目前广泛推行的研究性学习方式, 特别有助于培养学生的创新意识和论证能力。

第三, 提高熟练掌握和使用历史学科专业术语的能力;答案组织具有逻辑性、层次性;紧扣题意, 具体问题具体分析。

例谈离子反应在高考中的考查方式篇10

解析该题是以“银锌碱性电池正极活性物质Ag2O2的制备和含量分析”为载体而设计的综合性计算题。试题涉及检验洗涤是否完全的方法、银锌碱性电池反应方程式的书写、样品中Ag2O2的质量分数的测定计算等内容，考查学生化学原理的掌握程度、化学实验操作技能和化学计算技能的应用能力。该题将对学生化学计算技能的考查置于具有真实应用的背景中，充分体现了化学计算服务于化学问题解决的基本观点，引导中学化学教学重视化学计算在解决化学实际问题中应用的教学。

（3）通过计算确定硫酸镍铵的化学式（写出计算过程）。

解析该题涉及络合滴定误差的分析，未用标准溶液润洗的后果是：由于管壁上沾有水珠，则标准溶液浓度变小，所以消耗的标准溶液体积偏大，则Ni2+含量偏高；

氨气是中学阶段唯一的碱性气体，用湿润的红色红色石蕊试纸来检验；

这些考点都是中学化学常识，这样的考题既关注普通高中课程改革实践的实际情况，又能发挥高考命题的导向作用，有力地指导新课程的课堂教学改革。

确定硫酸镍铵的化学式时，各个击破，由电荷守恒计算硫酸根离子，最后由质量守恒计算结晶水的物质的量。由此可见，守恒是计算中永恒的主题。

考查方式的改革篇11

1.元素周期律的涵义和实质.

2.元素周期表的结构及各个区域的划分.

3.原子结构与元素周期表的关系:

电子层数=周期数

最外层电子数=主族序数=最高正价数=价电子数

核内质子数=原子序数

负化合价=主族序数-8

4.元素金属性和非金属性强弱的判断:

(1) 根据元素在周期表中上下和左右位置判断.

(2) 在水溶液中, 元素的单质跟水或酸反应置换出氢气的难易、最高价氧化物对应水化物的碱性强弱、单质的还原性 (或离子的氧化性) 强弱, 还有置换反应 (单质与阳离子) 置换顺序来判断金属性的强弱.

(3) 从元素的单质与氢气反应的难易, 以及气态氢化物的稳定性, 最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱, 单质的氧化性 (或阴离子的还原性) 强弱, 还有置换反应 (单质与阴离子) 置换顺序来判断非金属性的强弱.

5.元素周期表中“位置、结构、性质”规律:

(1) 元素周期表与元素性质的关系:

同周期元素性质的递变规律:同周期元素从左到右, 随着核电荷数的增多, 原子半径逐渐减小, 最外电子层电子数增多, 原子失电子的能力逐渐减弱, 得电子的能力逐渐增强.因此, 元素的金属性逐渐减弱, 非金属性逐渐增强 (电离能逐渐增大, 电负性逐渐增大) ;元素最高价氧化物所对应的水化物碱性逐渐减弱, 酸性逐渐增强;气态氢化物的稳定性逐渐增强.

同主族元素性质的递变规律:同主族元素从上到下, 随着核电荷数的增加, 电子层数增多, 原子半径逐渐增大, 原子失电子的能力逐渐增强, 得电子能力逐渐减弱.因此, 元素的金属性逐渐增强, 非金属性逐渐减弱 (电离能逐渐减小, 电负性逐渐减小) ;最高价氧化物所对应的水化物酸性逐渐减弱, 碱性逐渐增强, 气态氢化物的稳定性逐渐减弱.

(2) 元素在周期表中位置和性质的关系:

“两性”规律:元素的周期数等于主族序数的元素具有两性.

“三角形”规律:位于“”三角形位置的三种元素原子序数、原子半径、金属的金属性、单质的还原性都满足A>B>C的强弱 (大小) 关系, 而非金属的非金属性、单质的氧化性都满足C>B>A的强弱关系.

“对角线”规律:一些相对位置是的元素的单质和同类化合物的化学性质很相似.

“相似”规律:同族元素、相邻元素、对角线上元素的化学性质相似.

“奇偶”规律:主族元素所在的主族序数和原子序数及主要化合价的“奇偶数”是一致的.

(3) 原子序数确定元素位置的规律:

记住零族元素的原子序数, 若所给原子序数比某零族元素的原子序数多或则应处在下周期的ⅠA、ⅡA族, 若少1～5时, 则应处在同周期的ⅢA～ⅦA族, 而未来的115～118号元素的尾数恰是主族序数, 如116号元素的位置是第七周期、ⅥΑ族.

二、考查方式

1.考查“原子序数与元素周期表 (律) 的关系”

例1同一主族的两种元素的原子序数之差不可能是 ()

(A) 16 (B) 6 (C) 36 (D) 46

解析:本题主要考查了元素周期表的结构, 元素周期表前6个周期所含元素数目分别为2、8、8、18、32, 因此, 同一主族元素原子序数之间可能为:8+8=16, 8+8+18=34, 8+18+18=44等, 不可能为46, 故选 (D) .

例2短周期元素X、Y的原子序数相差2.下列有关叙述正确的是 ()

(A) X与Y不可能位于同一主族

(B) X与Y一定位于同一周期

(D) X与Y可能形成离子化合物XY

解析:本题主要考查了元素周期表中元素原子序数与位置的关系、元素的相对位置和性质的关系, 可以通过举例法判断.周期表中氢和锂原子序数差2, 但在同一主族, 相差一个周期 (A) 、 (B) 项错;碳和氧形成CO, 氟与钠形成NaF为例, (C) 、 (D) 正确.故选 (C) 、 (D) .

2.考查“元素金属性或非金属性强弱比较”

例3下列单质中, 最容易跟氢气发生反应的是 ()

(A) O2 (B) N2 (C) F2 (D) Cl2

解析:本题主要考查了元素非金属性强弱比较及元素性质.与H2化合难易取决于非金属性强弱及元素性质、及与氢原子成键的强弱, 一般非金属性越强的元素, 其单质与H2化合越容易.所给元素中, F的非金属性最强, 故选 (C) .

例4 X、Y是元素周期表ⅦA族中的两种元素, 下列叙述中能说明X的非金属性比Y强的是 ()

(A) 原子X的电子层数比Y的电子层数多

(B) X的氢化物沸点比Y的氢化物沸点低

(D) Y的单质能将X从NaX的溶液中置换出来

解析:本题主要考查了元素非金属性强弱比较方法.同一主族元素中电子层数小, 其非金属性强, (A) 错;一般来讲, 同一主族的氢化物的沸点随相对分子质量的增大而升高, 但注意第一种氢化物分子之间可能存在氢键, 其沸点反而最高, 如HF的沸点高于HCl, (B) 错;气态氢化物稳定性强弱与非金属性强弱相对应, (C) 对;单质能将其他元素的阴离子置换出来, 说明其非金属性强, (D) 错.故选 (C) .

3.考查“元素周期律”

例5下列叙述正确的是 ()

(A) 同一主族的元素, 原子半径越大, 其单质的熔点一定越高

(B) 同一周期元素的原子, 半径越小越容易失去电子

(D) 稀有气体元素的原子序数越大, 其单质的沸点一定越高

解析:本题主要考查了元素周期律.同一主族的金属元素原子半径越大, 其单质的熔点越低, (A) 错;同一周期元素原子半径越小, 越不易失去电子, (B) 错;同一主族元素的氢化物相对分子质量越大, 其沸点一般越高, 但存在氢键作用的, 沸点反而高, (C) 错;稀有气体形成的固体属于分子晶体, 单质的沸点随原子序数增大 (相对分子质量) 而升高.故选 (D) .

例6 R、W、X、Y、Z为原子序数依次递增的同一短周期元素, 下列说法一定正确的是 (m、n均为正整数)

(A) 若R (OH) m为强碱, 则W (OH) n也一定为强碱

(B) 若HnXOm为强酸, 则Y是活泼非金属元素

(D) 若X的最高正化合价为+5, 则五种元素都是非金属元素

解析:本题主要考查了同一周期元素及其化合物性质递变规律.四种元素在同一短周期且原子序数依次递增.当R (OH) n为强碱时, W (OH) n+1不一定为强碱, 如NaOH、Mg (OH) 2、Al (OH) 3, (A) 错;若HnXOm为强酸, 则X为活泼非金属, 而Y的非金属性强于X, 则Y一定为活泼非金属, (B) 对;若Y的最低化合价为-2, 其最高化合价可能为+6价, 则下一种元素的最高正化合价为+7, (C) 错;若X的最高正价为+5价, 则其之前的两种元素R可能是金属, (D) 错.故选 (B) .

4.考查“元素周期表位置—结构—性质的关系”

例7下列说法正确的是 ()

(A) 常温常压下, 只有一种元素的单质呈液态

(B) 周期表中所有元素都有从自然界中发现的

(D) 常温常压下, 气态单质的分子都是由非金属元素的原子形成的

解析:本题主要考查了元素周期表中各区域元素性质和特点.常温常压为液态的单质有两种, Br2和Hg, (A) 错;周期表中从95号元素开始均是“人工合成”元素, (B) 错;过渡元素又称过渡金属, 均是金属元素, (C) 错.故选 (D) .

例8右表为元素周期表前四周期的一部分, 下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中, 正确的是 ()

(A) 常压下五种元素的单质中Z单质的沸点最高

(B) Y、Z的阴离子电子层结构都与R原子的相同

(D) Y元素的非金属性比W元素的非金属性强

解析:本题主要考查了元素周期表的位置和性质、结构的关系.由五种元素在周期表的位置可直接判断分别是Ar、P、N、S、Br, 它们分别形成的单质在常温下, P、S是固体, Br2为液体, N2、Ar为气体, (A) 错;Br的核外电子层比S2-和Ar多一层, (B) 错;W的氢化物分子间可形成氢键, 沸点最高. (C) 错;从Y、W的相对位置知道, Y的非金属性强于W.故选 (D) .

5.考查“价电子与化合价关系”

例9等物质的量的主族金属A、B、C分别与足量的稀盐酸反应, 所得氢气的体积依次为VA、VB、VC, 已知VB=2VC, 且VA=VB+VC, 则在C的生成物中, 该金属元素的化合价为 ()

(A) +3 (B) +2 (C) +1 (D) +4

解析:本题考查了电子得失守恒和化合价的关系, 由电子得失守恒知, 等物质的量的金属与该原子在反应中失去的电子 (价电子) 形成的正价数与产生的H2的体积成正比.由题设可知VA=3VC即VA∶VB∶VC=3∶2∶1, 对于主族金属来说, 最高可形成+3, 则A为+3价时, C为+1价.故选 (A) .

例10下列说法中正确的是 ()

(A) 最外层有2个电子的原子都是金属原子

(B) 非金属元素呈现的最低化合价, 其绝对值等于该元素原子的最外层电子数

(D) 最外层有5个电子的原子都是非金属原子

解析:本题考查了原子结构与化合价的关系及金属和非金属的价电子数目.非金属元素呈现的最高化合价=价电子数, 最低化合价=价电子数-, 则 (C) 对 (B) 错;最外层有个电子的原子还有He, 有5个电子的还可以是铋, (A) 、 (D) 错.故选 (C) .

6.考查“元素的推断”

例11 X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期元素, 他们满足以下条件:

(1) 元素周期表中, Z与Y相邻, Z与W也相邻;

(2) Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17.

请填空:

(1) Y、Z和W三种元素是否位于同一周期 (填“是”或“否”) :__________, 理由是___________;

(2) Y是________, Z是__________, W是___________;

(3) X、Y、Z和W可组成一化合物, 其原子个数之比为8∶2∶4∶1.写出该化合物的名称及化学式________.

解析:本题主要考查了元素周期表的结构, 及由此推断元素和形成的化合物.由题设条件可推知Y、Z、W在周期表中的位置关系为, 显然, Y、Z、W不可能在同一周期, 因为如果在同一周期相邻的三种元素的最外层电子数不可能为17.再由上述位置关系推知:Y为氮、Z为氯、W为硫.再根据X、Y、Z、W组成化合物的原子个数为8∶2∶4∶1, 推知X只能是氢.

答案: (1) 否, 如果三者处于同一周期相邻, 则最外层电子数不可能为17.

(2) N、O、S (3) 硫酸铵 (NH4) 2SO4

例12已知X、Y、Z都是短周期元素, 它们的原子序数依次递增.X原子的电子层数与它的核外电子总数相同, 而Z原子的最外层电子数是次外层的三倍, Y和Z可以形成两种以上的气态化合物, 则

(1) X是__________, Y是____________, Z是______________;

(2) 由Y和Z组成, 且Y和Z的质量比为7∶20的化合物的化学式 (分子式) 是___________;

(3) 由X、Y、Z中的两种元素组成, 且与X、Z分子具有相同电子数的两种离子是____________和_____________;

(4) X、Y、Z可以形成一种盐, 此盐中X、Y、Z原子个数比为4∶2∶3, 该盐的化学式 (分子式) 是__________.

解析:本题主要考查了元素原子结构推断元素及形成的化合物.短周期元素中, 电子层数与核外电子数相同的只有氢, 则X为H;Z原子的最外层电子数是次外层电子数的三倍, 其核外电子排布只能有两层, 是氧;和氧能形成两种以上气态化合物的元素只有氮, 即Y为氮;设Y、Z形成的化合物为NaOb, 则有14a/16b=7/20, a∶b=2∶5;和H2O分子具有相同电子数10e-的离子 (由N、H、O中两种组成) 有NH 4+和OH-, 由N、H、O形成的盐且符合X、Y、Z元素原子个数为4∶2∶3的只有NH4NO3.

答案: (1) 氢、氮、氧 (2) N2O5

(3) NH+4、OH- (4) NH4NO3

7.考查“元素周期律 (表) 的综合运用”

例13下表为元素周期表的一部分, 请参照元素 (1) ～ (8) 在表中的位置, 用化学用语回答下列问题:

(1) (4) 、 (5) 、 (6) 的原子半径由大到小的顺序为___________.

(2) (2) 、 (3) 、 (7) 的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是_________.

(3) (1) 、 (4) 、 (5) 、 (8) 中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物, 写出其中一种化合物的电子式:.

解析:本题以周期表为题材, 考查原子半径比较, 酸性强弱, 电子式等知识.

(1) (5) (6) 位于同一周期, 且 (5) 排在 (6) 的前面, 原子半径大, 而 (4) 在上一周期, 比 (5) 、 (6) 少一个电子层, 故半径最小.

() (2) (7) 位于同一主族, 上面的非金属性强, 最高价含氧酸酸性强, (2) (3) 位于同一周期, 且 (3) 在后, 非金属性强, 对应的酸性强.

(3) 四种元素分别为氢、氧、钠和氯, 离子键显然必须是钠盐, 极性共价键则应有两种非金属组成.

答案: (1) Na>Al>O

例14根据元素周期表1～20号元素的性质和递变规律, 回答下列问题.

(1) 属于金属元素的有___________种, 金属性最强的元素与氧反应生成的化合物有__________ (填两种化合物的化学式) .

(2) 属于稀有气体的是___________ (填元素符号, 下同) .

(3) 形成化合物种类最多的两种元素是___________.

(4) 第三周期中, 原子半径最大的是 (稀有气体除外) ______________.

(5) 推测Si、N最简单氢化物的稳定性__________大于____________ (填化学式) .

解析:本题考查了元素周期表和元素周期律的知识, 侧重考查学生运用所学知识解决问题的能力. (1) 1～20号的金属元素有:Li、Be、Na、Mg、Al、K、Ca. (3) 有机物的种类在化合物中占的比例最大, 且C、H还能组成无机物. (5) 由同一周期从左到右非金属性逐渐增强可知非金属性:N>C, 由同一主族从上到下非金属性逐渐减弱可知非金属性:C>Si, 所以非金属性:N>Si.又由非金属性越强其氢化物的稳定性也越强可知稳定性:NH3>SiH4.

答案: (1) 7, 在K2O、K2O2、KO2、KO3中任选2个

(2) He、Ne、Ar (3) C、H

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