2016年上海市高考化學試卷.doc

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1、2016年上海市高考化學試卷一、選擇題（本題共10分，每小題2分，每題只有一個正確選項）1（2分）軸烯是一類獨特的星形環(huán)烴三元軸烯（）與苯（）A均為芳香烴B互為同素異形體C互為同系物D互為同分異構體2（2分）下列化工生產過程中，未涉及氧化還原反應的是（）A海帶提碘B氯堿工業(yè)C氨堿法制堿D海水提溴3（2分）硼的最高價含氧酸的化學式不可能是（）AHBO2BH2BO3CH3BO3DH2B4O74（2分）下列各組物質的熔點均與所含化學鍵的鍵能有關的是（）ACaO與CO2BNaCl與HClCSiC與SiO2DCl2與I25（2分）烷烴的命名正確的是（）A4甲基3丙基戊烷B3異丙基己烷C2甲基3丙基戊烷D

2、2甲基3乙基己烷二、選擇題（本題共36分，每小題3分，每題只有一個正確選項）6（3分）能證明乙酸是弱酸的實驗事實是（）ACH3COOH溶液與Zn反應放出H2B0.1 mol/L CH3COONa溶液的pH大于7CCH3COOH溶液與Na2CO3反應生成CO2D0.1 mol/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊變紅7（3分）已知W、X、Y、Z為短周期元素，原子序數(shù)依次增大W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X為金屬元素下列說法一定正確的是（）A原子半徑：XYZWBW的含氧酸的酸性比Z的含氧酸的酸性強CW的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性小于Y的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性D若W與X原子序數(shù)差為5，則形成化合物的化學

3、式為X3W28（3分）圖1是銅鋅原電池示意圖圖2中，x軸表示實驗時流入正極的電子的物質的量，y軸表示（）A銅棒的質量Bc（Zn2+）Cc（H+）Dc（SO42）9（3分）向新制氯水中加入少量下列物質，能增強溶液漂白能力的是（）A碳酸鈣粉末B稀硫酸C氯化鈣溶液D二氧化硫水溶液10（3分）一定條件下，某容器中各微粒在反應前后變化的示意圖如下，其中和代表不同元素的原子關于此反應說法錯誤的是（）A一定屬于吸熱反應B一定屬于可逆反應C一定屬于氧化還原反應D一定屬于分解反應11（3分）合成導電高分子化合物PPV的反應為：下列說法正確的是（）APPV是聚苯乙炔B該反應為縮聚反應CPPV與聚苯乙烯的最小結構單

4、元組成相同D1 mol 最多可與2 mol H2發(fā)生反應12（3分）下列各組混合物，使用氫氧化鈉溶液和鹽酸兩種試劑不能分離的是（）A氧化鎂中混有氧化鋁B氯化鋁溶液中混有氯化鐵C氧化鐵中混有二氧化硅D氯化亞鐵溶液中混有氯化銅13（3分）O2F2可以發(fā)生反應：H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2，下列說法正確的是（）A氧氣是氧化產物BO2F2既是氧化劑又是還原劑C若生成4.48 L HF，則轉移0.8 mol電子D還原劑與氧化劑的物質的量之比為1：414（3分）在硫酸工業(yè)生產中，為了有利于SO2的轉化，且能充分利用熱能，采用了中間有熱交換器的接觸室（見圖）下列說法錯誤的是（）Aa、b兩處的混合

5、氣體成分含量相同，溫度不同Bc、d兩處的混合氣體成分含量相同，溫度不同C熱交換器的作用是預熱待反應的氣體，冷卻反應后的氣體Dc處氣體經熱交換后再次催化氧化的目的是提高SO2的轉化率15（3分）下列氣體的制備和性質實驗中，由現(xiàn)象得出的結論錯誤的是（）選項試劑試紙或試液現(xiàn)象結論A濃氨水、生石灰紅色石蕊試紙變藍NH3為堿性氣體B濃鹽酸、濃硫酸pH試紙變紅HCl為酸性氣體C濃鹽酸、二氧化錳淀粉碘化鉀試液變藍Cl2具有氧化性D亞硫酸鈉、硫酸品紅試液褪色SO2具有還原性AABBCCDD16（3分）實驗室提純含少量氯化鈉雜質的硝酸鉀的過程如圖所示下列分析正確的是（）A操作是過濾，將固體分離除去B操作是加熱濃

6、縮趁熱過濾，除去雜質氯化鈉C操作是過濾、洗滌，將硝酸鉀晶體從溶液中分離出來D操作總共需兩次過濾17（3分）某鐵的氧化物（FexO）1.52g溶于足量鹽酸中，向所得溶液中通入標準狀況下112ml Cl2，恰好將Fe2+完全氧化x值為（）A0.80B0.85C0.90D0.93三、選擇題（本題共20分，每小題4分，每小題有一個或兩個正確選項只有一個正確選項的，多選不給分；有兩個正確選項的，選對一個給2分，選錯一個，該小題不給分）18（4分）一定條件下，一種反應物過量，另一種反應物仍不能完全反應的是（）A過量的氫氣與氮氣B過量的濃鹽酸與二氧化錳C過量的銅與濃硫酸D過量的鋅與18 mol/L硫酸19（

7、4分）已知：SO32+I2+H2O=SO42+2I+2H+某溶液中可能含有Na+、NH4+、K+、I、SO32、SO42，且所有離子物質的量濃度相等向該無色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈無色下列關于該溶液的判斷正確的是（）A肯定不含IB肯定含SO42C肯定含有SO32D肯定含有NH4+20（4分）已知NaOH+Al（OH）3NaAl（OH）4向集滿CO2的鋁制易拉罐中加入過量NaOH濃溶液，立即封閉罐口，易拉罐漸漸凹癟；再過一段時間，罐壁又重新凸起上述實驗過程中沒有發(fā)生的離子反應是（）ACO2+2OHCO32+H2OBAl2O3+2OH+3H2O2Al（OH）4C2Al+2OH+6H2O2Al（

8、OH）4+3H2DAl3+4OHAl（OH）421（4分）類比推理是化學中常用的思維方法下列推理正確的是（）ACO2是直線型分子，推測CS2也是直線型分子BSiH4的沸點高于CH4，推測H2Se的沸點高于H2SCFe與Cl2反應生成FeCl3，推測Fe與I2反應生成FeI3DNaCl與濃H2SO4加熱可制HCl，推測NaBr與濃H2SO4加熱可制HBr22（4分）稱取（NH4）2SO4和NH4HSO4混合物樣品7.24g，加入含0.1molNaOH的溶液，完全反應，生成NH3 1792ml（標準狀況），則（NH4）2SO4和NH4HSO4的物質的量比為（）A1：1B1：2C1.87：1D3.6

9、5：1四、（本題共12分）23（12分）NaCN超標的電鍍廢水可用兩段氧化法處理：（1）NaCN與NaClO反應，生成NaOCN和NaCl（2）NaOCN與NaClO反應，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2已知HCN（Ki=6.31010）有劇毒；HCN、HOCN中N元素的化合價相同完成下列填空：（1）第一次氧化時，溶液的pH應調節(jié)為（選填“酸性”、“堿性”或“中性”）；原因是（2）寫出第二次氧化時發(fā)生反應的離子方程式（3）處理100m3含NaCN 10.3mg/L的廢水，實際至少需NaClOg（實際用量應為理論值的4倍），才能使NaCN含量低于0.5mg/L，達到排放標準（4）（CN）

10、2與Cl2的化學性質相似（CN）2與NaOH溶液反應生成、和H2O（5）上述反應涉及到的元素中，氯原子核外電子能量最高的電子亞層是；H、C、N、O、Na的原子半徑從小到大的順序為（6）HCN是直線型分子，HCN是分子（選填“極性”或“非極性”）HClO的電子式為五、（本題共12分）24（12分）隨著科學技術的發(fā)展和環(huán)保要求的不斷提高，CO2的捕集利用技術成為研究的重點完成下列填空：（1）目前國際空間站處理CO2的一個重要方法是將CO2還原，所涉及的反應方程式為：CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）已知H2的體積分數(shù)隨溫度的升高而增加若溫度從300升至400，重新達到平衡，判斷

11、下列表格中各物理量的變化（選填“增大”、“減小”或“不變”）v正v逆平衡常數(shù)K轉化率（2）相同溫度時，上述反應在不同起始濃度下分別達到平衡，各物質的平衡濃度如下表：CO2/molL1H2/molL1CH4/molL1H2O/molL1平衡abcd平衡mnxya、b、c、d與m、n、x、y之間的關系式為（3）碳酸：H2CO3，Ki1=4.3107，Ki2=5.61011草酸：H2C2O4，Ki1=5.9102，Ki2=6.41050.1mol/L Na2CO3溶液的pH0.1mol/L Na2C2O4溶液的pH（選填“大于”“小于”或“等于”）等濃度的草酸溶液和碳酸溶液中，氫離子濃度較大的是若將

12、等濃度的草酸溶液和碳酸溶液等體積混合，溶液中各種離子濃度大小的順序正確的是（選填編號）aH+HC2O4HCO3CO32bHCO3HC2O4C2O42CO32cH+HC2O4C2O42CO32dH2CO3HCO3HC2O4CO32（4）人體血液中的碳酸和碳酸氫鹽存在平衡：H+HCO3H2CO3，當有少量酸性或堿性物質進入血液中時，血液的pH變化不大，用平衡移動原理解釋上述現(xiàn)象六、（本題共12分）25（12分）乙酸乙酯廣泛用于藥物、染料、香料等工業(yè)，中學化學實驗常用a裝置來制備完成下列填空：（1）實驗時，通常加入過量的乙醇，原因是加入數(shù)滴濃硫酸即能起催化作用，但實際用量多于此量，原因是；濃硫酸用量

13、又不能過多，原因是（2）飽和Na2CO3溶液的作用是（3）反應結束后，將試管中收集到的產品倒入分液漏斗中，、，然后分液（4）若用b裝置制備乙酸乙酯，其缺點有、由b裝置制得的乙酸乙酯產品經飽和碳酸鈉溶液和飽和食鹽水洗滌后，還可能含有的有機雜質是，分離乙酸乙酯與該雜質的方法是七、（本題共12分）26（12分）半水煤氣是工業(yè)合成氨的原料氣，其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O（g）半水煤氣經過下列步驟轉化為合成氨的原料完成下列填空：（1）半水煤氣含有少量硫化氫將半水煤氣樣品通入溶液中（填寫試劑名稱），出現(xiàn)，可以證明有硫化氫存在（2）半水煤氣在銅催化下實現(xiàn)CO變換：CO+H2OCO2+H2，若

14、半水煤氣中V（H2）：V（CO）：V（N2）=38：28：22，經CO變換后的氣體中：V（H2）：V（N2）=（3）堿液吸收法是脫除二氧化碳的方法之一已知：Na2CO3K2CO320堿液最高濃度（mol/L）2.08.0堿的價格（元/kg）1.259.80若選擇Na2CO3堿液作吸收液，其優(yōu)點是；缺點是如果選擇K2CO3堿液作吸收液，用什么方法可以降低成本？寫出這種方法涉及的化學反應方程式（4）以下是測定半水煤氣中H2以及CO的體積分數(shù)的實驗方案取一定體積（標準狀況）的半水煤氣，經過下列實驗步驟測定其中H2以及CO的體積分數(shù)選用合適的無機試劑分別填入、方框中該實驗方案中，步驟（選填“”或“”）

15、可以確定半水煤氣中H2的體積分數(shù)八、（本題共9分）27（9分）異戊二烯是重要的有機化工原料，其結構簡式為CH2=C（CH3）CH=CH2完成下列填空：（1）化合物X與異戊二烯具有相同的分子式，與Br/CCl4反應后得到3甲基1，1，2，2四溴丁烷X的結構簡式為（2）異戊二烯的一種制備方法如圖所示：A能發(fā)生的反應有（填反應類型）B的結構簡式為（3）設計一條由異戊二烯制得有機合成中間體的合成路線（合成路線常用的表示方式為：AB目標產物）九、（本題共13分）28（13分）M是聚合物膠黏劑、涂料等的單體，其一條合成路線如下（部分試劑及反應條件省略）：完成下列填空：（1）反應的反應類型是反應的反應條件是

16、（2）除催化氧化法外，由A得到所需試劑為（3）已知B能發(fā)生銀鏡反應由反應、反應說明：在該條件下，（4）寫出結構簡式，C；M（5）D與1丁醇反應的產物與氯乙烯共聚可提高聚合物性能，寫出該共聚物的結構簡式（6）寫出一種滿足下列條件的丁醛的同分異構體的結構簡式不含羰基含有3種不同化學環(huán)境的氫原子已知：雙鍵碳上連有羥基的結構不穩(wěn)定十、（本題共14分）29（14分）CO2是重要的化工原料，也是應用廣泛的化工產品CO2與過氧化鈉或超氧化鉀反應可產生氧氣完成下列計算：（1）CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解2.00mol NH4HCO3完全分解，分解產物經干燥后的體積為L（標準狀況）

17、（2）某H2中含有2.40molCO2，該混合氣體通入2.00L NaOH溶液中，CO2被完全吸收如果NaOH完全反應，該NaOH溶液的濃度為（3）CO2和KO2有下列反應：4KO2+2CO22K2CO3+3O24KO2+4CO2+2H2O4KHCO3+3O2若9mol CO2在密封艙內和KO2反應后生成9mol O2，則反應前密封艙內H2O的量應該是多少？列式計算（4）甲烷和水蒸氣反應的產物是合成甲醇的原料：CH4+H2OCO+3H2已知：CO+2H2CH3OH CO2+3H2CH3OH+H2O300mol CH4完全反應后的產物中，加入100mol CO2后合成甲醇若獲得甲醇350mol，

18、殘留氫氣120mol，計算CO2的轉化率2016年上海市高考化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題（本題共10分，每小題2分，每題只有一個正確選項）1（2分）（2016上海）軸烯是一類獨特的星形環(huán)烴三元軸烯（）與苯（）A均為芳香烴B互為同素異形體C互為同系物D互為同分異構體【分析】軸烯與苯分子式都是C6H6，二者分子式相同，結構不同，以此解答該題【解答】解：軸烯與苯分子式都是C6H6，二者分子式相同，結構不同，互為同分異構體，只有D正確故選D【點評】本題考查同分異構體的判斷，為高頻考點，注意把握同分異構體、同系物、同素異形體等概念，側重于學生的雙基的考查，注意把握比較的角度和概念的區(qū)別，難度不大

19、2（2分）（2016上海）下列化工生產過程中，未涉及氧化還原反應的是（）A海帶提碘B氯堿工業(yè)C氨堿法制堿D海水提溴【分析】發(fā)生的化學反應中，若存在元素的化合價變化，則屬于氧化還原反應，以此來解答【解答】解：A海帶提碘是由KI變?yōu)镮2，有元素化合價的變化，屬于氧化還原反應，故A不選；B氯堿工業(yè)中電解食鹽水生成氫氣、氯氣，H、Cl元素的化合價變化，為氧化還原反應，故B不選；C氨堿法制堿，二氧化碳、氨氣、氯化鈉反應生成碳酸氫鈉和氯化銨，碳酸氫鈉受熱分解轉化為碳酸鈉，二氧化碳和水，沒有元素的化合價變化，則不涉及氧化還原反應，故C選；D海水提溴是由溴元素的化合物變?yōu)殇逶氐膯钨|，有元素化合價的變化，屬于

20、氧化還原反應，故D不選；故選C【點評】本題考查氧化還原反應，把握發(fā)生的化學反應及反應中元素的化合價變化為解答的關鍵，注意從元素化合價變化角度分析，題目難度不大3（2分）（2016上海）硼的最高價含氧酸的化學式不可能是（）AHBO2BH2BO3CH3BO3DH2B4O7【分析】主族元素的最高正化合物價等于其原子最外層電子數(shù)，B原子最外層電子數(shù)是3個，所以其最高化合價是+3價，然后根據(jù)化合物中正負化合價的代數(shù)和等于0判斷化學式【解答】解：主族元素的最高正化合物價等于其原子最外層電子數(shù)，B原子最外層電子數(shù)是3個，所以其最高化合價是+3價，然后根據(jù)化合物中正負化合價的代數(shù)和等于0判斷，H2BO3中B的

21、化合價為+4價，所以不可能是H2BO3，故選項B符合題意故選B【點評】本題考查元素化合價判斷及化學式書寫，掌握主族元素的最高正化合物價等于其原子最外層電子數(shù)是解題的關鍵，難度較小4（2分）（2016上海）下列各組物質的熔點均與所含化學鍵的鍵能有關的是（）ACaO與CO2BNaCl與HClCSiC與SiO2DCl2與I2【分析】物質的熔點均與所含化學鍵的鍵能有關，則對應的晶體一般為金屬晶體、離子晶體或原子晶體，而分子晶體熔化時只克服分子間作用力，以此解答該題【解答】解：ACaO為離子化合物，熔化斷裂離子鍵，而CO2在固體時是分子晶體，熔化時破壞的是分子間作用力，與化學鍵無關，故A錯誤；BNaCl

22、為離子化合物，熔化斷裂離子鍵，而HCl在固體時是分子晶體，熔化時破壞的是分子間作用力，與化學鍵無關，故B錯誤；CSiC與SiO2都是原子晶體，熔化斷裂的是共價鍵，與化學鍵有關，故C正確；DCl2與I2在固體時是分子晶體，熔化時破壞的是分子間作用力，與化學鍵無關，故D錯誤故選C【點評】本題考查物質中的化學鍵，為高頻考點，把握化學鍵的形成及化學鍵判斷的一般規(guī)律為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，題目難度不大5（2分）（2016上海）烷烴的命名正確的是（）A4甲基3丙基戊烷B3異丙基己烷C2甲基3丙基戊烷D2甲基3乙基己烷【分析】選擇分子中含有碳原子數(shù)最多的碳鏈為主鏈，有機物主鏈為6個碳原子，含

23、有1個甲基和1個乙基，注意從離支鏈較近的一端給主鏈的碳原子編號，以此解答該題【解答】解：選擇分子中含有碳原子數(shù)最多的碳鏈為主鏈，并從離支鏈較近的一端給主鏈的碳原子編號，該物質的名稱是2甲基3乙基己烷，故D正確故選D【點評】本題考查了烷烴的命名，為高頻考點，側重雙基的考查，題目難度不大，該題的關鍵是明確有機物的命名原則，然后結合有機物的結構特點靈活運用即可二、選擇題（本題共36分，每小題3分，每題只有一個正確選項）6（3分）（2016上海）能證明乙酸是弱酸的實驗事實是（）ACH3COOH溶液與Zn反應放出H2B0.1 mol/L CH3COONa溶液的pH大于7CCH3COOH溶液與Na2CO3

24、反應生成CO2D0.1 mol/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊變紅【分析】A只能證明乙酸具有酸性；B該鹽水溶液顯堿性，由于NaOH是強堿，醋酸根水解而成堿性；C可以證明乙酸的酸性比碳酸強；D可以證明乙酸具有酸性【解答】解：A只能證明乙酸具有酸性，不能證明其酸性強弱，故A錯誤；B該鹽水溶液顯堿性，由于NaOH是強堿，故可以證明乙酸是弱酸，故B正確；C可以證明乙酸的酸性比碳酸強，但是不能證明其酸性強弱，故C錯誤；D可以證明乙酸具有酸性，但是不能證明其酸性強弱，故D錯誤故選：B【點評】本題考查實驗方案的評價，涉及酸性強弱比較的實驗方法，關鍵是原理的理解，難度不大7（3分）（2016上海）已知W、

25、X、Y、Z為短周期元素，原子序數(shù)依次增大W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X為金屬元素下列說法一定正確的是（）A原子半徑：XYZWBW的含氧酸的酸性比Z的含氧酸的酸性強CW的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性小于Y的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性D若W與X原子序數(shù)差為5，則形成化合物的化學式為X3W2【分析】由于原子序數(shù)按W、X、Y、Z依次增大，W與Z是同一主族的元素，而X、Y、Z是同一周期的元素，且只有X是金屬元素，則同主族元素W與Z都是非金屬，可能分別為N、P或O、S或F、Cl，Y可能為Si或S，金屬元素X可為Na、Mg、Al中的一種，結合對應單質、化合物的性質以及元素周期率知識解答該題【解答】解：由于原子序數(shù)

26、按W、X、Y、Z依次增大，W與Z是同一主族的元素，而X、Y、Z是同一周期的元素，且只有X是金屬元素，則同主族元素W與Z都是非金屬，可能分別為N、P或O、S或F、Cl，Y可能為Si或S，金屬元素X可為Na、Mg、Al中的一種，A同一周期的元素原子序數(shù)越大，原子半徑越?。煌恢髯宓脑?，原子核外電子層數(shù)越多，原子半徑越大所以原子半徑：XYZW，故A正確；BW的含氧酸可能是HNO2、HNO3，Z的含氧酸是H3PO4，酸性HNO2H3PO4，故B錯誤；C元素的非金屬性WY，所以氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性WY，故C錯誤；D若W、X原子序數(shù)相差5，如分別為O、Al，則二者形成的化合物的化學式是X2W3，故D錯誤故

27、選A【點評】本題考查了原子結構與元素周期律的關系，為高頻考點，題目難度中等，正確推斷元素名稱為解答關鍵，注意熟練掌握原子結構與元素周期表、元素周期律的關系，試題培養(yǎng)了學生的靈活應用能力8（3分）（2016上海）圖1是銅鋅原電池示意圖圖2中，x軸表示實驗時流入正極的電子的物質的量，y軸表示（）A銅棒的質量Bc（Zn2+）Cc（H+）Dc（SO42）【分析】銅鋅原電池中，Zn是負極，失去電子發(fā)生氧化反應，電極反應為Zn2e=Zn2+，Cu是正極，氫離子得電子發(fā)生還原反應，電極反應為2H+2e=H2，據(jù)此解答【解答】解：銅鋅原電池中，Zn是負極，失去電子發(fā)生氧化反應，電極反應為Zn2e=Zn2+，C

28、u是正極，氫離子得電子發(fā)生還原反應，電極反應為 2H+2e=H2，ACu是正極，氫離子得電子發(fā)生還原反應，Cu棒的質量不變，故A錯誤；B由于Zn是負極，不斷發(fā)生反應Zn2e=Zn2+，所以溶液中c（Zn2+）增大，故B錯誤；C由于反應不斷消耗H+，所以溶液的c（H+）逐漸降低，故C正確；DSO42不參加反應，其濃度不變，故D錯誤；故選：C【點評】考查原電池基本原理和溶液中離子濃度變化，掌握活潑金屬鋅為負極，銅為正極，鋅和硫酸之間發(fā)生氧化還原反應是解答的關鍵，題目比較簡單9（3分）（2016上海）向新制氯水中加入少量下列物質，能增強溶液漂白能力的是（）A碳酸鈣粉末B稀硫酸C氯化鈣溶液D二氧化硫水

29、溶液【分析】在氯水中存在反應Cl2+H2OH+Cl+HClO，若反應使溶液中次氯酸濃度增大，則溶液漂白性會增強，據(jù)此分析判斷選項【解答】解：在氯水中存在反應Cl2+H2OH+Cl+HClO，若反應使溶液中次氯酸濃度增大，則溶液漂白性會增強，A由于酸性HClH2CO3HClO，向溶液中加入碳酸鈣粉末反應反應2HCl+CaCO3=CaCl2+CO2+H2O，使化學平衡正向進行，導致次氯酸濃度增大，溶液漂白性增強，故A正確；B加入稀硫酸使溶液 中氫離子濃度增大平衡逆向進行，次氯酸濃度減小，溶液漂白性減弱，故B錯誤；C加入氯化鈣溶液不發(fā)生反應，溶液對氯水起到稀釋作用，平衡正向進行但次氯酸濃度減小，漂白

30、性減弱，故C錯誤；D加入二氧化硫的水溶液，二氧化硫有還原性，能被氯氣氧化，平衡逆向進行，次氯酸濃度減小，漂白性減弱，故D錯誤；故選A【點評】本題考查了氯氣、次氯酸、氯水性質的分析，主要是化學平衡影響因素的理解應用，掌握基礎是解題關鍵，題目較簡單10（3分）（2016上海）一定條件下，某容器中各微粒在反應前后變化的示意圖如下，其中和代表不同元素的原子關于此反應說法錯誤的是（）A一定屬于吸熱反應B一定屬于可逆反應C一定屬于氧化還原反應D一定屬于分解反應【分析】根據(jù)圖示可知該反應反應物是一種，生成物是兩種，且反應是可逆反應，A分解反應不一定是吸熱反應；B圖示可知反應物在反應后反應物分子仍存在，證明反

31、應未進行徹底；C反應中有單質生成為氧化還原反應；D反應物為一種，生成兩種生成物我分解反應【解答】解：根據(jù)圖示可知該反應反應物是一種，生成物是兩種，A該物質屬于分解反應，一般的分解反應是吸熱反應，但也有的分解反應如2H2O2=2H2O+O2的反應是放熱反應，故A錯誤；B根據(jù)圖示可知有一部分反應物未參加反應，屬于該反應是可逆反應，故B正確；C該反應中有有單質生成，元素化合價的變化，屬于氧化還原反應，故C正確；D反應物是一種，生成物是兩種，因此屬于分解反應，故D正確故選A【點評】本題考查常見化學反應類型的判斷，主要考查可逆反應的判斷、四種基本反應類型的判斷、化合反應與氧化還原反應的關系等，題目難度不

32、大，注意要熟練掌握基本反應的特點11（3分）（2016上海）合成導電高分子化合物PPV的反應為：下列說法正確的是（）APPV是聚苯乙炔B該反應為縮聚反應CPPV與聚苯乙烯的最小結構單元組成相同D1 mol 最多可與2 mol H2發(fā)生反應【分析】由反應方程式可知PPV由對二碘苯與發(fā)生縮聚反應生成，與苯乙炔、苯乙烯的加聚產物不同，以此解答該題【解答】解：A根據(jù)物質的分子結構可知該物質不是聚苯乙炔，故A錯誤；B該反應除產生高分子化合物外，還有小分子生成，屬于縮聚反應，故B正確；CPPV與聚苯乙烯的重復單元不相同，故C錯誤；D該物質一個分子中含有2個碳碳雙鍵和苯環(huán)都可以與氫氣發(fā)生加成反應，屬于1mo

33、l 最多可以與5mol氫氣發(fā)生加成反應，故D錯誤故選B【點評】本題考查有機物的結構和性質，為高頻考點，側重于學生的分析能力的考查，注意把握有機物的結構尤其時高聚物的結構，難度不大12（3分）（2016上海）下列各組混合物，使用氫氧化鈉溶液和鹽酸兩種試劑不能分離的是（）A氧化鎂中混有氧化鋁B氯化鋁溶液中混有氯化鐵C氧化鐵中混有二氧化硅D氯化亞鐵溶液中混有氯化銅【分析】A氧化鋁具有兩性，可與氫氧化鈉溶液反應；B氯化鐵與氫氧化鈉反應生成氫氧化鐵，氫氧化鈉過量，氯化鋁生成偏鋁酸鈉，過濾后分別加入鹽酸，可又生成氯化鋁、氯化鐵；C二氧化硅是酸性氧化物，可以與NaOH發(fā)生反應；D二者都可以與NaOH發(fā)生反應

34、生成沉淀，加入鹽酸都可溶解【解答】解：AMgO是堿性氧化物與NaOH不能反應，而Al2O3是兩性氧化物，可以與NaOH發(fā)生反應產生NaAlO2，過濾后洗滌，就得到純凈的MgO，故A不選；B向溶液中加入過量的NaOH溶液，氯化鐵變?yōu)镕e（OH）3沉淀，氯化鋁變?yōu)镹aAlO2，過濾，然后向溶液中加入適量的鹽酸，當沉淀達到最大值中，過濾，得到Al（OH）3，再分別向兩種物質的沉淀中加入適量的鹽酸溶解，就得到氯化鋁溶液，除去了雜質，故B不選；C二氧化硅是酸性氧化物，可以與NaOH發(fā)生反應，而氧化鐵與NaOH不能發(fā)生反應加入過量的NaOH，然后過濾洗滌，就得到純凈的氧化鐵，故C不選；D二者都可以與NaO

35、H發(fā)生反應，當再向得到的沉淀中加入鹽酸時，二者都溶解，不能分離、提純二者，故D選故選D【點評】本題考查物質的分離、提純，為高頻考點，側重學生的分析能力和實驗能力的考查，注意把握物質的性質的異同以及實驗的嚴密性和可行性的評價，難度不大13（3分）（2016上海）O2F2可以發(fā)生反應：H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2，下列說法正確的是（）A氧氣是氧化產物BO2F2既是氧化劑又是還原劑C若生成4.48 L HF，則轉移0.8 mol電子D還原劑與氧化劑的物質的量之比為1：4【分析】反應H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2中，S元素化合價由2價升高到+6價，被氧化，O元素由+1價降低到0價

36、，被還原，以此解答該題【解答】解：AO元素由+1價降低到0價，化合價降低，獲得電子，所以氧氣是還原產物，故A錯誤；B在反應中，O2F2中的O元素化合價降低，獲得電子，所以該物質是氧化劑，而硫化氫中的S元素的化合價是2價，反應后升高為+6價，所以H2S表現(xiàn)還原性，而O2F2表現(xiàn)氧化性，故B錯誤；C外界條件不明確，不能確定HF的物質的量，所以不能確定轉移電子的數(shù)目，故C錯誤；D由方程式可知還原劑和氧化劑的物質的量的比是1：4，故D正確故選D【點評】本題考查氧化還原反應的計算，為高頻考點和常見題型，側重于學生的分析、計算能力的考查，答題注意把握元素化合價的變化，為解答該題的關鍵，易錯點為C，注意因條

37、件未知，不能確定HF的物質的量，題目難度不大14（3分）（2016上海）在硫酸工業(yè)生產中，為了有利于SO2的轉化，且能充分利用熱能，采用了中間有熱交換器的接觸室（見圖）下列說法錯誤的是（）Aa、b兩處的混合氣體成分含量相同，溫度不同Bc、d兩處的混合氣體成分含量相同，溫度不同C熱交換器的作用是預熱待反應的氣體，冷卻反應后的氣體Dc處氣體經熱交換后再次催化氧化的目的是提高SO2的轉化率【分析】A從a進入的氣體是含有SO2、O2、N2等的冷氣，經過熱交換器后從b處出來的是熱的氣體；B在c處出來的氣體SO2、O2在催化劑表面發(fā)生反應產生的含有SO3及未反應的SO2、O2等氣體，該反應是放熱反應，當經

38、過熱交換器后被冷的氣體降溫，SO3變?yōu)橐簯B(tài)；C熱交換器的作用是預熱待反應的冷的氣體，同時冷卻反應產生的氣體，為SO3的吸收創(chuàng)造條件；D使未反應的SO2進一步反應產生SO3，從而可以提高SO2的轉化率【解答】解：A根據(jù)裝置圖可知，從a進入的氣體是含有SO2、O2、N2等的冷氣，經過熱交換器后從b處出來的是熱的氣體，成分與a處相同，故A正確；B在c處出來的氣體SO2、O2在催化劑表面發(fā)生反應產生的含有SO3及未反應的SO2、O2等氣體，該反應是放熱反應，當經過熱交換器后被冷的氣體降溫，SO3變?yōu)橐簯B(tài)，故二者含有的氣體的成分不相同，故B錯誤；C熱交換器的作用是預熱待反應的冷的氣體，同時冷卻反應產生的

39、氣體，為SO3的吸收創(chuàng)造條件，故C正確；D處氣體經過熱交換器后再次被催化氧化，目的就是使未反應的SO2進一步反應產生SO3，從而可以提高SO2的轉化率，故D正確故選：B【點評】本題是對化學與技術的考查，涉及工業(yè)制硫酸中SO2催化氧化的設備及工作原理，注意對基礎知識的理解掌握15（3分）（2016上海）下列氣體的制備和性質實驗中，由現(xiàn)象得出的結論錯誤的是（）選項試劑試紙或試液現(xiàn)象結論A濃氨水、生石灰紅色石蕊試紙變藍NH3為堿性氣體B濃鹽酸、濃硫酸pH試紙變紅HCl為酸性氣體C濃鹽酸、二氧化錳淀粉碘化鉀試液變藍Cl2具有氧化性D亞硫酸鈉、硫酸品紅試液褪色SO2具有還原性AABBCCDD【分析】AN

40、H3制備可以采取濃氨水和生石灰制取，可用紅色石蕊試紙檢驗，試紙變藍則說明NH3為堿性氣體；B利用濃硫酸的高沸點性，可以制取HCl氣體，pH試紙變紅，則說明氣體為酸性氣體；C濃鹽酸和二氧化錳加熱可以制取Cl2，Cl2可以用濕潤的淀粉碘化鉀試紙檢驗，試紙變藍，說明KI轉化為I2，則說明Cl2有強氧化性；DSO2使品紅溶液褪色體現(xiàn)的是SO2的漂白性【解答】解：A生石灰溶于水放出大量的熱，增大氫氧根離子濃度，有利于氨氣的逸出，NH3制備可以采取濃氨水和生石灰制取，可用紅色石蕊試紙檢驗，試紙變藍則說明NH3為堿性氣體，故A正確；B利用濃硫酸的高沸點性，可以制取HCl氣體，pH試紙變紅，則說明氣體為酸性氣

41、體，故B正確；C濃鹽酸和二氧化錳加熱可以制取Cl2，Cl2可以用濕潤的淀粉碘化鉀試紙檢驗，試紙變藍，說明KI轉化為I2，則說明Cl2有強氧化性，故C正確；DSO2使品紅溶液褪色體現(xiàn)的是SO2的漂白性，故D錯誤故選D【點評】本題考查常見氣體的制備和性質實驗，熟練掌握元素化合物性質，掌握常見氣體的制備、檢驗，難度不大16（3分）（2016上海）實驗室提純含少量氯化鈉雜質的硝酸鉀的過程如圖所示下列分析正確的是（）A操作是過濾，將固體分離除去B操作是加熱濃縮趁熱過濾，除去雜質氯化鈉C操作是過濾、洗滌，將硝酸鉀晶體從溶液中分離出來D操作總共需兩次過濾【分析】因為KNO3的溶解度隨溫度的升高而升高，NaC

42、l的溶解度隨溫度的升高而基本無明顯變變化，操作是加水溶解，操作是蒸發(fā)濃縮，得到較高溫度下的KNO3飽和溶液，操作為冷卻結晶析出KNO3，過濾，洗滌，干燥可得KNO3晶體【解答】解：KNO3中混有NaCl應提純KNO3，將它們都溶于水，并降溫結晶因為KNO3的溶解度隨溫度的升高而升高，NaCl的溶解度隨溫度的升高而基本無明顯變變化則有，操作是在燒杯中加水溶解，操作是蒸發(fā)濃縮，得到較高溫度下的KNO3飽和溶液，操作為冷卻結晶，利用溶解度差異使KNO3結晶析出，過濾，洗滌，干燥可得KNO3晶體故選C【點評】本題考查常見物質的分離、提純的方法，理解利用溶解度差異進行的分離提純，是基礎知識的綜合運用17

43、（3分）（2016上海）某鐵的氧化物（FexO）1.52g溶于足量鹽酸中，向所得溶液中通入標準狀況下112ml Cl2，恰好將Fe2+完全氧化x值為（）A0.80B0.85C0.90D0.93【分析】根據(jù)電子守恒可知，F(xiàn)exO被氧化為Fe3+轉移的電子數(shù)和Cl2轉移的電子數(shù)相等【解答】解：FexO中Fe的平均化合價為+，被氧化為Fe3+，根據(jù)電子守恒可知，轉移的電子數(shù)和Cl2轉移的電子數(shù)相等標準狀況下112mL Cl2轉移電子數(shù)為2=0.01mol則有：（3）x=0.01mol，解得x=0.8，故選：A【點評】本題考查氧化還原反應計算，注意氧化還原反應計算中電子轉移守恒運用，本題中注意平均化合

44、價的應用，側重考查學生的分析計算能力三、選擇題（本題共20分，每小題4分，每小題有一個或兩個正確選項只有一個正確選項的，多選不給分；有兩個正確選項的，選對一個給2分，選錯一個，該小題不給分）18（4分）（2016上海）一定條件下，一種反應物過量，另一種反應物仍不能完全反應的是（）A過量的氫氣與氮氣B過量的濃鹽酸與二氧化錳C過量的銅與濃硫酸D過量的鋅與18 mol/L硫酸【分析】A合成氨是一個可逆反應，不能朝一個方向進行到底；B二氧化錳只與濃鹽酸反應，稀鹽酸不反應，過量濃鹽酸和二氧化錳反應二氧化錳可以完全反應；C銅活潑性弱只能與濃硫酸反應，與稀硫酸不反應；D過量的鋅與18mol/L硫酸溶液反應，

45、首先生成二氧化硫，當濃變稀的時候生成氫氣【解答】解：A合成氨是一個可逆反應，無論如何充分反應，都不能完全反應而達到百分之百，故A正確；B二氧化錳只與濃鹽酸反應，稀鹽酸不反應，二氧化錳過量，稀鹽酸也不能完全反應，若濃鹽酸過量，二氧化錳可以完全反應，故B錯誤；C銅活潑性弱只能與濃硫酸反應，與稀硫酸不反應，故C正確；D過量的鋅與18mol/L硫酸溶液反應，首先生成二氧化硫，當濃變稀的時候生成氫氣，故D錯誤；故選AC【點評】本題考查物質的性質，題目難度不大，注意化學反應中的一些特殊情況，注意反應的可逆性和物質的濃度問題19（4分）（2016上海）已知：SO32+I2+H2O=SO42+2I+2H+某溶

46、液中可能含有Na+、NH4+、K+、I、SO32、SO42，且所有離子物質的量濃度相等向該無色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈無色下列關于該溶液的判斷正確的是（）A肯定不含IB肯定含SO42C肯定含有SO32D肯定含有NH4+【分析】無色溶液中加入溴水仍然無色，說明溴水發(fā)生了反應，且產物無色，I和SO32均可與溴水反應使溴水褪色，此時反應后溶液無色，說明沒有I2，則原溶液中一定有SO32；由于SO32的還原性比I強，故I是否存在無法判斷；因所有離子濃度相等，則根據(jù)電荷守恒可判斷SO42肯定沒有，據(jù)此進行判斷【解答】解：加入溴水仍然無色，說明溴水發(fā)生了反應，且產物無色，I和SO32均可與溴水反應使溴

47、水褪色，此時反應后溶液無色，說明沒有I2，則原溶液中一定有SO32，故C正確；由于SO32的還原性比I強，故I是否存在無法判斷，故A錯誤；因所有離子濃度相等，則根據(jù)電荷守恒可判斷SO42肯定沒有，故B錯誤；根據(jù)分析可知，無法判斷是否含有銨根離子，故D錯誤；故選C【點評】本題考查常見離子的檢驗方法，題目難度不大，明確離子反應發(fā)生條件為解答關鍵，注意掌握離子共存的條件，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及邏輯推理能力20（4分）（2016上海）已知NaOH+Al（OH）3NaAl（OH）4向集滿CO2的鋁制易拉罐中加入過量NaOH濃溶液，立即封閉罐口，易拉罐漸漸凹癟；再過一段時間，罐壁又重新凸起上述實驗過程

48、中沒有發(fā)生的離子反應是（）ACO2+2OHCO32+H2OBAl2O3+2OH+3H2O2Al（OH）4C2Al+2OH+6H2O2Al（OH）4+3H2DAl3+4OHAl（OH）4【分析】向集滿CO2的鋁罐中加入過量氫氧化鈉，首先CO2與氫氧化鈉反應，發(fā)生反應為：CO2+2OHCO32+H2O，表現(xiàn)為鋁罐變癟；接著過量的氫氧化鈉再與鋁罐反應生成氫氣，發(fā)生反應為：2Al+2OH+6H2O2Al（OH）4+3H2，則罐壁又重新凸起；因鋁罐表面有氧化膜Al2O3，則又能夠發(fā)生反應：Al2O3+2OH+3H2O2Al（OH）4，據(jù)此進行解答【解答】解：向集滿CO2的鋁罐中加入過量氫氧化鈉，首先CO

49、2與氫氧化鈉反應，發(fā)生反應為：CO2+2OHCO32+H2O，表現(xiàn)為鋁罐變癟；接著過量的氫氧化鈉再與鋁罐反應生成氫氣，發(fā)生反應為：2Al+2OH+6H2O2Al（OH）4+3H2，則罐壁又重新凸起；因鋁罐表面有氧化膜Al2O3，則又能夠發(fā)生反應：Al2O3+2OH+3H2O2Al（OH）4，根據(jù)分析可知，能夠發(fā)生反應為A、B、C的，沒有發(fā)生的反應為D，故選D【點評】本題考查了鋁及其化合物性質，題目難度不大，明確發(fā)生反應原理為解答關鍵，注意掌握鋁及其化合物性質，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及靈活應用能力21（4分）（2016上海）類比推理是化學中常用的思維方法下列推理正確的是（）ACO2是直線型分子

50、，推測CS2也是直線型分子BSiH4的沸點高于CH4，推測H2Se的沸點高于H2SCFe與Cl2反應生成FeCl3，推測Fe與I2反應生成FeI3DNaCl與濃H2SO4加熱可制HCl，推測NaBr與濃H2SO4加熱可制HBr【分析】AO和S同主族，二者形成的CO2和CS2都是直線形分子；BC和Si，Se和S都分別同族元素，形成的氫化物都為分子晶體，沸點取決于分子間作用力的大小；CI2的氧化性較弱，碘單質與鐵反應生成FeI2；D濃硫酸能夠將HBr氧化為Br2【解答】解：AO和S是同族元素，故形成的CO2和CS2都是直線形分子，該推理合理，故A正確；BC和Si，Se和S都分別為同族元素，所形成的

51、氫化物都為分子晶體，沸點取決于分子間作用力的大小，分子間作用力大小可以用相對分子質量來比較，故B正確；C因I2的氧化性較弱，在碘單質與鐵反應生成的是FeI2，故C錯誤；D濃硫酸氧化性很強，能夠將HBr氧化為Br2，不能用該方法制取HBr，故D錯誤；故選AB【點評】本題考查較為綜合，涉及分子構型、晶體性質、鐵的化學性質、濃硫酸的性質等知識，題目難度中等，明確常見元素及其化合物性質為解答關鍵，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及靈活應用能力22（4分）（2016上海）稱?。∟H4）2SO4和NH4HSO4混合物樣品7.24g，加入含0.1molNaOH的溶液，完全反應，生成NH3 1792ml（標準狀況），

52、則（NH4）2SO4和NH4HSO4的物質的量比為（）A1：1B1：2C1.87：1D3.65：1【分析】先利用極值法判斷氫氧化鈉過量情況，氫氧化鈉不足時硫酸氫銨電離出的氫離子優(yōu)先反應，然后銨根離子與氫氧化鈉反應，根據(jù)氨氣的物質的量可計算出硫酸氫銨的物質的量，然后利用總質量可計算出硫酸銨的質量，最后可計算出混合物中（NH4）2SO4和NH4HSO4的物質的量之比【解答】解：假設混合物完全為（NH4）2SO4時消耗NaOH的量最小，7.24g（NH4）2SO4的物質的量為：0.0548mol，消耗氫氧化鈉的物質的量為0.0548mol2=0.1096mol0.1mol，說明氫氧化鈉的物質的量不足

53、，（NH4）2SO4和NH4HSO4混合物樣品中加入氫氧化鈉溶液后，先與反應NH4HSO4，然后與（NH4）2SO4反應生成氨氣，標準狀況下生成氨氣的物質的量為：=0.08mol，則與氫離子反應消耗NaOH的物質的量為：0.1mol0.08mol=0.02mol，故NH4HSO4的物質的量為0.02mol，所以（NH4）2SO4的質量為：7.24g115g/mol0.02mol=4.94g，其物質的量為：0.0374mol，則（NH4）2SO4和NH4HSO4的物質的量比為：0.0375mol：0.02mol=1.87：1，故選C【點評】本題考查了混合物反應的計算，題目難度中等，正確判斷氫氧化

54、鈉的過量情況及發(fā)生反應的先后順序為解答關鍵，注意掌握極值法在化學計算中的應用，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及化學計算能力四、（本題共12分）23（12分）（2016上海）NaCN超標的電鍍廢水可用兩段氧化法處理：（1）NaCN與NaClO反應，生成NaOCN和NaCl（2）NaOCN與NaClO反應，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2已知HCN（Ki=6.31010）有劇毒；HCN、HOCN中N元素的化合價相同完成下列填空：（1）第一次氧化時，溶液的pH應調節(jié)為堿性（選填“酸性”、“堿性”或“中性”）；原因是防止生成HCN，造成人員中毒或污染空氣（2）寫出第二次氧化時發(fā)生反應的離子方程式2O

55、CN+3ClO=CO32+CO2+3Cl+N2（3）處理100m3含NaCN 10.3mg/L的廢水，實際至少需NaClO14900g（實際用量應為理論值的4倍），才能使NaCN含量低于0.5mg/L，達到排放標準（4）（CN）2與Cl2的化學性質相似（CN）2與NaOH溶液反應生成NaOCN、NaCN和H2O（5）上述反應涉及到的元素中，氯原子核外電子能量最高的電子亞層是3p；H、C、N、O、Na的原子半徑從小到大的順序為HONCNa（6）HCN是直線型分子，HCN是極性分子（選填“極性”或“非極性”）HClO的電子式為【分析】（1）NaCN易與酸發(fā)生反應生成HCN，而HCN有劇毒，故應該使

56、溶液的pH呈堿性；（2）反應中氯元素的化合價從+1價降低到1價，得到2個電子N元素化合價從3價升高到0價，失去3個電子，結合氧化還原反應中化合價升降相等配平；（3）參加反應的NaCN為=20mol，反應中C由+2價升高到+4價，N元素化合價從3價升高到0價，即1molNaCN失去5mol電子，1mol次氯酸鈉得到2mol電子，利用電子守恒計算；（4）（CN）2與Cl2的化學性質相似，根據(jù)氯氣與氫氧化鈉溶液反應的原理分析（CN）2與NaOH溶液反應產物；（5）氯原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p5，據(jù)此可知氯原子核外電子中能量最高的電子亞層；原子的電子層越多，原子半徑越大，電子層

57、相同時，原子的核電荷數(shù)越大，原子半徑越小，據(jù)此判斷H、C、N、O、Na的原子半徑大?。唬?）HCN是直線型分子，其正負電荷的重心不重合；HClO為共價化合物，分子中含有1個OCl鍵和個HO鍵，據(jù)此寫出其電子式【解答】解：（1）NaCN易與酸反應生成HCN，為防止生成HCN，造成人員中毒或污染空氣，因此第一次氧化時，溶液的pH應調節(jié)為堿性，故答案為：堿性；防止生成HCN，造成人員中毒或污染空氣；（2）反應中氯元素的化合價從+1價降低到1價，得到2個電子N元素化合價從3價升高到0價，失去3個電子，則根據(jù)電子得失守恒可知還原劑和氧化劑的物質的量之比是2：3，反應的離子方程式為：2OCN+3ClO=C

58、O32+CO2+3Cl+N2，故答案為：2OCN+3ClO=CO32+CO2+3Cl+N2；（3）參加反應的NaCN是：=20mol，反應中C由+2價升高到+4價，N元素化合價從3價升高到0價，即1molNaCN失去5mol電子，1mol次氯酸鈉得到2mol電子，所以處理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的廢水，實際至少需NaClO的質量為：74.5g/mol4=14900g，故答案為：14900；（4）（CN）2與Cl2的化學性質相似，根據(jù)氯氣與氫氧化鈉溶液反應的原理可知，（CN）2與NaOH溶液反應生成NaOCN、NaCN、和H2O，故答案為：NaOCN；NaCN；（5）氯原子的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p5，所以氯原子核外電子中能量最高的電子亞層為3p；原子的電子層越多，原子半徑越大，電子層相同時，原子的核電荷數(shù)越大，原子半徑越小，則H、C、N、O、Na的原子半徑從小到大的順序為：HONCNa，故答案為：3p；HONCNa；（6）HCN是直線型分子，由于正負電荷的重心不重合，則HCN為極性分子；HClO為共價化合物，分子中含有1個OCl鍵和個HO鍵，其電子式為，故答案為：極性；【點評】本題考查了氧化還原反應方程式書寫、計算、元素周期律等有關判斷，題目難度中等，明確氧化還原反應的實質及配平原