【文档说明】湖南省衡阳市第八中学2020届高三上学期第六次月考化学试题【精准解析】.doc，共(30)页，1.745 MB，由小赞的店铺上传

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衡阳市八中2020届高三月考试题（六）化学可能用到的相对原子质量：H-1B-11C-12N-14O-16P-31S-32Cl-35.5K-39Fe-56I-127一、选择题（本题包括24小题，每小题2分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1.中华文化源远流长、博大精深。从化学的视角看，下列理

解不正确的是（）A.“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”中“淘”“漉”相当于分离提纯操作中的“过滤”B.汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土C.“凡石灰，经火焚炼为用”，这段记载中涉及分解反应D.北斗导航专用AS

IC硬件结合国产处理器打造出一颗真正意义的“中国芯”，其主要成分为SiO2【答案】D【解析】【详解】A.诗句中“淘”“漉”相当于分离提纯操作中的“过滤”，将黄沙和金分离，A正确；B.制作陶瓷的原料为黏土，B正确；C.“凡石灰，经火焚炼为用”是指碳酸钙分解制

取氧化钙，C正确；D.芯片的主要成分是半导体材料硅，二氧化硅是光导纤维的成分，D错误；答案选D。2.下列说法正确的是（）A.合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料B.食品包装中常放入有铁粉的小袋，防止食物受潮变质C.镁在空气中燃烧生成氧化

镁、氮化镁，铁在氧气中燃烧生成氧化铁D.将废动植物油脂经反应改性制成“生物柴油”，代替柴油作为内燃机燃料的做法符合“绿色化学”的理念【答案】D【解析】【详解】A.合成纤维是有机物，A错误；B.铁粉是还原剂，不能吸水，铁粉

的作用是防止食物氧化变质，B错误；C.铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，C错误；D.将废动植物油脂经反应改性制成“生物柴油”，代替柴油作为内燃机燃料，实现变废为宝，符合“绿色化学”的理念，故D正确；故选D。3.下列表示正确的是（）A.双氧水的电子式：B.二氧化硅的分子式：SiO2C.

聚氯乙烯的结构简式：D.乙炔的球棍模型：【答案】D【解析】【详解】A.因为双氧水是共价化合物，由原子构成，所以双氧水的电子式不是，而是，A错误；B.二氧化硅是由原子构成的，不存在分子，它的化学式为SiO2，B错误；C.聚氯乙烯的结构简式为，C错

误；D.乙炔的球棍模型：，D正确。故选D。4.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.标准状况下，11.2LCl2溶于水，溶液中Cl2、Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和为NAB.MnO2与

足量浓盐酸反应产生22.4LCl2时转移电子效为2NAC.100mL18mol·L－1浓硫酸与足量Cu粉加热反应，产生SO2分子数为0.9NAD.常温常压下，9.5g羟基(－18OH)含有的中子数为5NA【答案】D【解析】【详解】A.根据氯元素守恒，所有氯原子

加起来等于1mol，氯气中含有两个氯原子，故溶液中--2ClClClO、、和HClO的微粒数之和小于NA，A错误；B.未指明是在标况下，无法确定氯气的物质的量，B错误；C.铜和浓硫酸反应，和稀硫酸不反应，因硫酸的量少，随着反应的进行浓硫酸变为稀硫酸，反应不再进行，即硫酸无法全部

被消耗，所以产生2SO分子数小于0.9NA，C错误；D.9.5g羟基(18OH－)的物质的量为0.5mol，每个18OH－中含有10个中子，故含有的中子数为5NA，D正确；答案选D。5.废旧银锌纽扣电池（含Z

n、Ag、石墨及少量Hg、Mn等）的正极片中回收银的工艺流程如下：下列说法错误的是（）A.①中会产生对大气有污染的气体B.③的离子方程式为Ag＋＋2NH3·H2O=[Ag（NH3）2]++2H2OC.⑤中加稀硫酸的目的是除去银粉中的锌D.合理

处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用【答案】B【解析】【分析】电池中含ZnAg、、石墨及HgMn、等，加稀硝酸后，石墨不反应，ZnAgHgMn、、、和硝酸反应生成硝酸锌，硝酸银，硝酸汞，硝酸锰，再加氯化钠溶液会发生+-Ag+Cl=AgCl，在含AgCl的滤渣中加入氨

水会发反应生成32[AgNHC1]（），在银氨络合物中加入Zn生成银，过量的锌可以溶解于稀硫酸溶液中。【详解】A.金属和硝酸反应生成氮氧化物污染大气，A正确；B.氯化银是沉淀，在离子方程式中不能拆，故③的离子方程式为-32322+AgCl+2NHHO=AgNH+C[]l+2H

O（），B错误；C.锌可以溶解于稀硫酸溶液中，故⑤中加稀硫酸的目的是除去银粉中的锌，C正确；D.废旧电池中含有重金属离子，污染环境，所以合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用，D正确；答案选B。6.下

列离子方程式正确的是（）A.强碱性溶液中NaClO将Fe(OH)3氧化为FeO42-：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl−+4H++H2OB.硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OC.用稀硫酸除去硫酸

钠溶液中少量的硫代硫酸钠：S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2OD.向NH4HCO3溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3-+OH−=CaCO3↓+H2O【答案】C【解析】【详解】A.溶液为碱性环境，不能产生氢

离子，A错误；B.酯化反应中，酸脱羟基醇脱氢，故18O进入酯中，B错误；C.硫代硫酸钠和稀硫酸反应生成二氧化硫和硫，C正确；D.石灰水足量，铵根也能和氢氧根结合生成一水合氨，离子方程式为：+2+--43332

2NH+Ca+HCO+2OH=CaCO+NHHO+HO，D错误；答案选C。【点睛】离子方程式正误判断规律（三“看”），第一看：符不符（即是否符合反应事实、溶液酸碱性）；第二看：平不平（即元素守恒、电荷守恒、电子守恒）；

第三看：拆不拆（即离子、分子形式的书写是不是有问题）。7.下列离子组在给定条件下离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是（）选项条件离子组离子共存判断及反应的离子方程式A滴加氨水Na+、Al3+、Cl-、NO3-不能大量共存，Al3++3OH-=Al(OH)3↓BAG=lg[+-c(H

)c(OH)]=10的溶液中NH4+、Fe2+、I﹣、NO3-一定能大量共存CpH=1的溶液Fe2+、Al3+、SO42-、MnO4-不能大量共存，5Fe2++MnO4-+8H+=Mn2++5Fe3++4H2OD通入少量SO2气体K+、

Na+、ClO-、SO42-不能大量共存，2ClO-+SO2+H2O=2HClO+SO32-A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.一水合氨是弱碱不能拆，离子方程式为：()3++3243Al+3NHHO=3NH+AlOH，

A错误；B.根据lg[+-c(H)c(OH)]=10可以推知溶液显酸性，3HNO能够氧化碘离子和亚铁离子，故不能共存，B错误；C.酸性条件下，高锰酸根氧化亚铁离子，C正确；D.2SO具有强还原性，-ClO具有强氧化性，二者发生氧化还原反应，D错误；答案选C。【点睛】所谓离子

共存，实质上就是判断离子间是否发生反应的问题。若在溶液中能够发生反应，就不能大量共存。判断能否发生反应，不仅是有沉淀、气体、水、难电离的物质产生，还涉及到溶液酸碱性、有色、无色，能否进行氧化还原反应等。8.实验室模拟工业漂白液（有效成分为NaCl

O）脱除废水中氨氮（NH3）的流程如下：下列分析正确的是A.①中采用蒸馏的方法精制粗盐水B.②中阳极的主要电极反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑C.③中制备漂白液的反应：Cl2+OH-=Cl-+HClOD.②、③、④中均发生了氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A.①中采用蒸

馏只能得到蒸馏水，得不到精制盐水，要得到精制盐水需要使用化学方法除去其中的杂质，错误；B.阳极发生氧化反应，②中阳极的主要电极反应：2Cl――2e－＝Cl2↑，错误；C.生成的氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，③

中制备漂白液的反应：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，错误；D.②中电解氯化钠溶液生成氢气和氯气以及氢氧化钠、③中氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、④中次氯酸钠与氨气反应生成氮气和氯化钠，均存在元素化合价的变化，发生了氧化还原反应，正确；故选D。9.仅用下表提供的仪器（

夹持仪器和试剂任选）不能实现相应实验目的的是（）选项实验目的仪器A从食盐水中获得NaCl晶体坩埚、玻璃棒、酒精灯、泥三角B除去氢氧化铝胶体中的泥沙漏斗（带滤纸）、烧杯、玻璃棒C用0.1000mol/L盐酸测定未知浓度的NaOH溶液浓度碱式滴定管、酸式滴定管、锥形瓶、胶头滴管、烧

杯D用MnO2和浓盐酸反应制取干燥、纯净的Cl2圆底烧瓶、分液漏斗、酒精灯、洗气瓶、集气瓶、导管、石棉网A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A、从食盐水中获得NaCl晶体的操作为蒸发结晶，所需仪器为蒸发皿、玻璃棒、酒精灯、泥三角，用不到坩埚，A项错误；B、除去氢氧化铝胶体中

的泥沙的操作为过滤，所需仪器为漏斗（带滤纸）、烧杯、玻璃棒，B项正确；C、用0.1000mol/L盐酸测定未知浓度的NaOH溶液浓度的操作为酸碱中和滴定，所需仪器为碱式滴定管、酸式滴定管、锥形瓶、胶头滴管、烧杯，C项正确；D、用MnO2和浓盐酸反

应制取干燥、纯净的Cl2为固液加热制备气体，所需仪器为圆底烧瓶、分液漏斗、酒精灯、洗气瓶、集气瓶、导管、石棉网，D项正确；答案选A。10.为探究硫酸亚铁的分解产物，将硫酸亚铁装入下图所示的装置a中，打开K1和K2,缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉

末。下列说法中正确的是A.分解的气体产物中有SO3、SO2,应该先检验SO3B.装置b中的试剂为Ba(NO3)2溶液，反应后有白色沉淀生成C.装置c中的试剂为酸性KMnO4溶液,作用是除去混合气体中的SO2

D.装置d中的试剂为石灰水，是尾气处理装置【答案】A【解析】【详解】A.硫酸亚铁高温下分解生成氧化铁、二氧化硫和三氧化硫；先把混合气体通过氯化钡溶液中，二氧化硫与氯化钡溶液不反应，三氧化硫气体与氯化钡溶液

反应生成硫酸钡白色沉淀，因此分解的气体产物中应该先检验SO3，故A正确；B.如果把二氧化硫气体，通入硝酸钡溶液中，因为二氧化硫溶于水溶液显酸性，酸性条件下，硝酸根离子将二氧化硫氧化为硫酸根离子，再与钡离子生成硫酸钡沉淀，所以用硝酸钡溶液的

问题是：无法判断使硝酸钡溶液出现白色沉淀的是二氧化硫还是三氧化硫，故B错误；C.装置c中的试剂为酸性KMnO4溶液,作用是检验混合气体中的SO2，如果溶液褪色，证明存在SO2；故C错误；D.装置d内装应该用氢氧化钠溶液，吸收多余的二氧化硫气体，故D错误。故选A。【点

睛】三氧化硫与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，而二氧化硫与氯化钡溶液不反应；三氧化硫与硝酸钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，而二氧化硫与硝酸钡溶液反应生成硫酸钡沉淀；因此二氧化硫与可溶性钡盐不一定不发生反应。11.5.56gFeSO4·7H2

O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示，下列说法不正确的是（）A.温度为78℃时固体物质M的化学式为FeSO4·4H2OB.取适量380℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650℃，得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为F

e2O3C.在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2OD.温度为159℃时固体N的化学式为FeSO4·2H2O【答案】D【解析】【分析】5.56g42FeSO7HO样品物质的量为5.56g=0.02mol278g/mol，

其中水的质量2mHO=0.02mol718g/mol=2.25g（），如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为5.56g-2.52g=3.04g，则P的化学式为4FeSO，可知在加热到373℃之前，晶体失去部分结晶水，结合质量的变化可确定在不同温

度时加热后固体的化学式，加热至633℃时，固体的质量为1.60g，固体物质Q的化学式为23FeO。【详解】A.5.56g42FeSO7HO样品物质的量为0.02mol，含有的n(2HO)=0.02mol×7=0.14mol，M处失去结晶水的物质的量为：5.564.4818/gggmol−=0.06

mol，失去结晶水数目为3，则M处化学式为42FeSO4HO，故A正确；B.加热至633℃时，固体的质量为1.06g,其中()42nFe=nFeSO7HO=0.0l()2mo，()mFe=0.02mol56g/mol=1.12g，固体中()mO=1.60g-1.

12g=0.48g，()0.48gnO==0.03mol16g/mol，则()()nFe:nO=0.02mol:0.03mol=2:3，则固体物质Q的化学式为23FeO，故B正确；C.5.56g42FeSO7HO样品中含有3.04g4FeSO，说明P处结晶水完全失去，N得到P的化学方程式

为：4242FeSOHOFeSO+HO高温，故C正确；D.温度为159℃时固体N的质量是3.4g，丢失结晶水的物质的量为：5.563.4=0.12mol18/gggmol−，5.56g42FeSO7HO样品物质的量为0.02mol，故丢失了6个结晶水，所以固体N为42FeSOHO，故D错

误；答案选D。12.常温下，NCl3是一种黄色黏稠状液体，是制备新型水消毒剂ClO2的原料，可以采用如图所示装置制备NCl3。下列说法正确的是A.每生成1molNCl3，理论上有4molH＋经质子交换膜右侧向左侧迁移B.可用湿润的淀粉­KI试纸检验气

体MC.石墨极的电极反应式为NH4+＋3Cl－－6e－=NCl3＋4H＋D.电解过程中，质子交换膜右侧溶液的pH会减小【答案】C【解析】【详解】A、根据图示信息知道：石墨电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应NH

4++3Cl--6e-=NCl3+4H+，每生产1molNCl3，理论上有6molH+经质子交换膜由右侧向左侧迁移，选项A错误；B、Pt是阴极，在阴极上是氢离子得电子的还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，不可用湿

润的淀粉KI试纸检验氢气，选项B错误；C、石墨电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应NH4++3Cl--6e-=NCl3+4H+，选项C正确；D、电解过程中，质子交换膜右侧电极上发生的电极反应：NH

4++3Cl--6e-=NCl3+4H+，每生产1molNCl3同时生成4molH+，理论上有6molH+经质子交换膜由右侧向左侧迁移，右侧溶液的c（H+）减小，pH增大，选项D错误。答案选C。13.下列说法正确的是A.若完全燃烧，

1mol雄酮（）比雌酮（）多消耗3molO2B.正戊烷、异戊烷和新戊烷互为同分异构体，沸点依次升高C.蔗糖、麦芽糖和乳糖的分子式都为C12H22O11，均能发生银镜反应D.乙醇依次通过消去、取代、加成反应可生成乙二醇【答案】A【解析】【详解】A、

雄酮比雌酮的分子中多1个C原子和8个H原子，所以完全燃烧1mol雄酮比雌酮多消耗3molO2，正确；B、同分异构体中支链越多沸点越低，所以新戊烷的沸点最低，错误；C、蔗糖的分子中不含醛基，不能发生银镜反应，错误；D、乙醇发生消去反应生成乙烯，再发生加

成反应，生成1,2-二溴乙烷，然后发生取代反应生成乙二醇，错误；答案选A。14.在有机化工生产中可以通过由石油得到的乙烯和由煤得到的苯制聚苯乙烯，生产过程如下：①CH2=CH2+②③n下列说法不正确的是（）A.通过裂解可以从石油中获得更多的乙烯B.乙苯的一氯代物有5种C.苯乙烯分子最多有1

6个原子共面D.反应①②③的原子利用率都达到了100%【答案】D【解析】【详解】A.裂解的目的是获得短链不饱和烃，如乙烯，丙烯等，A正确；B.乙苯的一氯代物有5种，B正确；C.苯乙烯中苯环确定一个平面，碳碳双键确定一个平面，当这两个

平面共面时，所有原子都在同一平面内，此时共面原子最多，为16个，C正确；D.反应②脱去一个2H,反应②的原子利用率小于100%，D错误；答案选D。15.下列有关图像的说法正确的是A.图甲表示：向某明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质

的量与滴加NaOH溶液体积的关系B.图乙表示：向含等物质的量的NaOH和Na2CO3的混合溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成气体的体积与滴加HCl溶液体积的关系C.图丙表示：在稀硝酸溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中Fe3＋物质的量与

逐渐加入铁粉物质的量的变化关系D.除去混在硝酸钾中少量的氯化钠可用“蒸发浓缩、趁热过滤”的方法【答案】C【解析】【详解】A.向某明矾溶液中滴加NaOH溶液直至过量，溶液中先生成沉淀，然后沉淀又逐渐溶解，前后两个阶段分别消耗的氢

氧化钠溶液的体积之比为3:1，图像与之不符，故A错误；B.假设NaOH和Na2CO3分别为1mol，向含有1molNaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加过量的稀盐酸，氢氧化钠先与盐酸反应消耗1molHCl；碳酸钠与盐酸反应生成1molNaHCO3，

消耗HCl1mol；最后1molNaHCO3再与盐酸反应产生二氧化碳气体，又消耗HCl1mol，所以产生气体前后消耗盐酸的体积之比为2:1，图像与之不符，故B错误；C.在稀硝酸溶液中加入铁粉，先发生Fe+2NO3-+4H+=Fe3++2NO↑

+2H2O，当硝酸消耗完之后，铁离子的量达到最大值；继续加入铁粉后，铁离子与铁发生反应，Fe+2Fe3+=3Fe2+，铁离子的量逐渐减小直至为0，最终两步反应消耗铁的量为1：0.5=2：1，与图像相符合，C正确；D.KNO3溶解度随温度变化较大，氯化钠溶解度

随温度变化不大，因此除去混在KNO3中少量的NaC1可用“蒸发浓缩、冷却结晶、过滤”的方法进行分离，故D错误；答案选C。16.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，四种元素形成的单质依次为m、n、p、q；r、t、u是这些元素组成的二元化合物，其中u为葡萄酒中的抑菌成分；

25℃，0.01mol/L的v溶液中：()()cHcOH+−=1.0×10-10。上述物质的转化关系如图所示，下列说法不正确的是A.简单离子半径：W>Y>Z>XB.W，Y分別与X元素形成的简单化合物的沸点：Y>WC.Z2Y和ZX都只存在离子键D

.v能抑制水的电离，u能促进水的电离【答案】D【解析】【分析】25℃，0.01mol/L的v溶液中：()()cHcOH+−=1.0×10-10，说明v是一元强碱，v是NaOH；u为葡萄酒中的抑菌成分，u是SO2；X、Y、Z、W的原子序数依次增大，所以X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S

四种元素【详解】A、简单离子半径：S2->O2->Na+>H+，故A正确；B、H2O的沸点大于H2S，故B正确；C、Na2O、NaH只存在离子键，故C正确；D、二氧化硫的水溶液是亚硫酸，能抑制水的电离，故D错误。答案选D。17.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大

，W、X的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，W、Y同主族。将W、X的气态单质在催化剂及一定温度和压强下发生可逆反应生成化合物R，反应关系如下表所示：物质W的单质X的单质R起始时/mol0.30.30平衡时/mol0.120.240.12下列说法正确的是A.离子半径：X>Y>ZB.Y、Z两种

元素形成的化合物的水溶液呈酸性C.Y、Z分别与W形成的化合物，前者的沸点高D.四种元素分别与氧形成的化合物均只有两种【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的气态单质在催化剂及一定温度和压强下发生可逆反应生成化合物R，根据

表格数据及方程式中化学计量数之比等于参加反应的各物质的浓度之比可知，W与X单质反应的化学计量数之比=（0.3-0.12）mol/L:（0.3-0.24）mol/L=3:1，又因为在催化剂及一定温度和压强下发生的可逆反应，则推出W为

H元素，X为N元素，W、Y同主族，则Y为Na元素，W、X的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，则Z为S元素，据此分析作答。【详解】A.电子层数越大，简单离子半径越大；电子层数相同时，原子核电荷数越小，对应的离子半径越大，则离子半径：Z>X

>Y，A项错误；B.Y、Z两种元素形成的化合物为硫化钠，在溶液中硫离子会发生水解生成氢氧根离子，使溶液显碱性，B项错误；C.Y、Z分别与W形成的化合物分别是NaH与Na2S，两者均为离子晶体，但NaH的离子半径小，晶格能大，所以熔沸点较高，C项正确；D.N与氧元素可形成N

O、NO2或N2O5等，不只是两种化合物，D项错误；答案选C。18.将V1mL0.1mol·L-1的Fe2(SO4)3溶液与2mL0.1mol·L-1KI溶液混合，待充分反应后，下列方法可证明该反应具有一定限度的是（）A.若V1<1，加入淀粉B.若

V1≤1，加入KSCN溶液C.若V1≥1，加入AgNO3溶液D.加入Ba(NO3)2溶液【答案】B【解析】【详解】Fe2(SO4)3溶液与KI溶液混合发生反应为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，由反应可知，①V1=1mL，说明

两者恰好完全反应，②V1<1mL，说明硫酸铁不足；如果加入KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中存在Fe3+，证明溶液中存在平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，从而说明该反应是可逆反应，反应具有一定限度，故合理选项是B。19.100℃时，向某恒容密闭容器中加入1.6mol·L－1的

Q后会发生如下反应：2Q(g)M(g)。其中M的物质的量浓度随时间的变化如图所示。下列说法错误的是A.从反应开始到刚达到平衡时间段内，v(Q)＝0.02mol·L－1·s－1B.a、b两时刻生成Q的速

率：v(a)＜v(b)C.用Q浓度变化值表示的ab、bc两个时段内的反应速率：v(ab)＞v(bc)＝0D.其他条件相同，起始时将0.2mol·L－1氦气与Q混合，则反应达到平衡所需时间少于60s【答案】D【解析】【分析】根据图像可得，该反应60s时反应达到平衡状态，

平衡时，M的浓度为0.6mol/L，根据反应列“三段式”：2Q(g)⇌M(g)开始（mol/L）1.60转化（mol/L）1.20.660s（mol/L）0.40.6【详解】A.根据分析，从反应开始到刚达到平衡时间段内，v(Q)＝Δc1.2mol/Lt60s

==0.02mol·L－1·s－1，故A正确；B.Q为反应物，初始时浓度最大，消耗速率最大，生成速率最小，随着反应的进行，Q的浓度逐渐减小，消耗速率逐渐减慢，生成速率逐渐增大，则a、b两时刻生成Q的速

率：v(a)＜v(b)，故B正确；C.ab段M的浓度变化量为0.6-0.3=0.3mol/L，则Q的物质的量浓度变化量为M的两倍=0.3mol/L×2=0.6mol/L，，反应时间为60s-20s=40s,v(ab)=0.6mol/L40s=0.015mol·L

－1·s－1，bc段反应达到平衡状态，M、Q的物质的量浓度变化量为0，则v(bc)＝0，则用Q浓度变化值表示的ab、bc两个时段内的反应速率：v(ab)＞v(bc)＝0，故C正确；D.其他条件相同，向某恒容密闭容器中通入0.2mol·L－1氦气与Q混合，容器体

积不变，Q、M的浓度不变，与原平衡体系等效，则反应达到平衡所需时间仍等于60s，故D错误；答案选D。20.氨硼烷(NH3·BH3)电池可在常温下工作，装置如图所示。未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，电池反应

为NH3·BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O。已知两极室中电解质足量，下列说法正确的是（）A.正极的电极反应式为2H++2e-═H2↑B.电池工作时，H+通过质子交换膜向负极移动C.电池工作时，正、负极分别放出H2和NH3D.工作一段时间

后，若左右两极室质量差为1.9g，则电路中转移0.6mol电子【答案】D【解析】【分析】由氨硼烷（NH3·BH3）电池工作时的总反应为NH3·BH3+3H2O2═NH4BO2+4H2O可知，左侧NH3·BH3为负极失电子发生氧化

反应，电极反应式为NH3·BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧H2O2为正极得到电子发生还原反应，电极反应式为3H2O2+6H++6e-═6H2O，据此分析。【详解】A.右侧H2O2为正极得到电子发生还原反应，电极反应式为

H2O2+2H++2e-=2H2O，故A错误；B.放电时，阳离子向正极移动，所以H+通过质子交换膜向正极移动，故B错误；C.NH3·BH3为负极失电子发生氧化反应，则负极电极反应式为NH3·BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧H2O2为正极得到电子发生还

原反应，电极反应式为3H2O2+6H++6e-═6H2O，电池工作时，两电极均不会产生气体，故C错误；D.未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，通入后，负极电极反应式为NH3·BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，正极反应式为3H

2O2+6H++6e-═6H2O，假定6mol电子转移，则左室质量增加=31g-6g=25g，右室质量增加6g，两极室质量相差19g。工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9g，则电路中转移0.6mol电子，故D正确；答案选D。【点睛】本题考查原电池原理，注意电极反应式的书写

方法，正极得到电子发生还原反应，负极失电子发生氧化反应，书写时要结合电解质溶液，考虑环境的影响。21.在金属Pt、Cu和铱（Ir）的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮（NO3−）以达到消除污染的目的。其工作原理的示意图如下：下列说法不正确．．

．的是A.Ir的表面发生反应：H2+N2O＝N2+H2OB.导电基体上的负极反应：H2－2e−＝2H+C.若导电基体上只有单原子铜，也能消除含氮污染物D.若导电基体上的Pt颗粒增多，不利于降低溶液中的

含氮量【答案】C【解析】【详解】A、根据图示可知，氢气与一氧化二氮在铱（Ir）的催化作用下发生氧化还原反应，生成氮气，反应为：H2+N2O＝N2+H2O，A正确；B、根据图示可知：导电基体上的负极反应：氢气失

电子，发生氧化反应，导电基体上的负极反应：H2－2e−＝2H+，B正确；C、若导电基体上只有单原子铜，硝酸根离子被还原为一氧化氮，不能消除含氮污染物，C错误；D、从图示可知：若导电基体上的Pt颗粒增多，硝酸根离子得电子变为铵根离子，不利于降低溶液中的含氮量，

D正确；正确选项C。22.生产上用过量烧碱溶液处理某矿物（含Al2O3、MgO），过滤后得到滤液用NaHCO3溶液处理，测得溶液pH和Al(OH)3生成的量随加入NaHCO3溶液体积变化的曲线如下：下列有关说法不正确．．．的是A.NaHCO3溶液的物质的量浓度为0.8m

ol/LB.b点与c点溶液所含微粒种类相同C.a点溶液中存在的离子是Na＋、AlO2－、OH－、H+D.生成沉淀的离子方程式为：HCO3－+AlO2－＋H2O＝Al(OH)3↓＋CO32－【答案】A【解析】【详解】

A.前8mL碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，最终生成氢氧化铝是0.032mol，消耗碳酸氢钠是32mL，根据NaAlO2＋NaHCO3＋H2O＝Al(OH)3↓＋Na2CO3可知消耗碳酸氢钠是0.032mo

l，溶液中偏铝酸钠是0.032mol，NaHCO3溶液的物质的量浓度为0.032mol÷0.032L＝1.0mol•L－1，A错误；B.b点与c点发生偏铝酸钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀，且偏铝

酸钠过量，因此溶液所含微粒种类相同，B正确；C.氧化镁与氢氧化钠溶液不反应，所以a点溶液中存在的离子是Na＋、AlO2－、OH－、H+，C正确；D.生成沉淀的离子方程式为：HCO3－+AlO2－＋H2O＝Al(OH)3

↓＋CO32－，D正确；答案选A。23.25℃时，在20mL0.1mol·L－1一元弱酸HA溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液中1g[c(A-)/c(HA)]与pH关系如图所示。下列说法正确的是A.A点

对应溶液中：c(Na+)＞c(A-)＞c(H+)＞c(OH-)B.25℃时，HA酸的电离常数为1.0×10－5.3C.B点对应的NaOH溶液体积为10mLD.对C点溶液加热(不考虑挥发)，则c(A-)/[c(HA)c(OH-)]一定增大【答案】

B【解析】【分析】A.A点对应溶液显酸性，即c（H+）＞c（OH-），结合电荷关系判断；B.pH=5.3时，()lg()cAcHA−=0，即c（A-）=c（HA），结合HA酸的电离常数Ka的表达式进行计算；C.在20mLHA溶液中加入10mL

NaOH溶液，得到等浓度的HA和NaA混合溶液，根据题意判断出电离程度与水解程度的大小关系，再分析作答；D.()()()cAcHAcOH−−=()()()()()cAcHcHAcOHcH−+−+=awKK=h1K，Kh为A-的水解常数，据此分析判断。【详解】A.A点对应溶液显酸性，即c（H+

）＞c（OH-），溶液中电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），所以离子浓度关系为c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），A项错误；B.pH=5.3时，()lg()cAcHA−=

0，即c（A-）=c（HA），HA酸的电离常数Ka=c()()()AcHcHA−+=c（H+）=10-pH=10-5.3，B项正确；C.由于Ka=10-5.3＞145.31010−−=waKK=Kh，所以20mLHA溶液中加入10mLNaOH溶液，得到等浓度的HA和NaA混合溶液，混合溶液以电离

为主，使c（A-）＞c（HA），即()lg()cAcHA−＞0，故B点对应的NaOH溶液的体积小于10mL，C项错误；D.A-的水解常数Kh随温度升高而增大，所以()()()cAcHAcOH−−=()()()()()cAcHcHAcO

HcH−+−+=awKK=h1K，随温度升高而减小，D项错误；答案选B。24.某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结（均在常温下），已知电离平衡常数：CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH＞HCO3-，其中不正确的是（）A.pH相等的四种溶液：a．CH3COONab．C6

H5ONac．NaHCO3d．NaOH，则四种溶液的溶质的物质的量浓度由小到大顺序为：d<b<c<aB.pH＝4浓度均为0.1mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)＞

c(CH3COOH)＋c(H+)C.pH＝2的一元酸和pH＝12的二元强碱等体积混合：c(OH－)≤c(H＋)D.pH=8.3的NaHCO3溶液：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(H2CO3)

【答案】D【解析】【详解】A.四种盐的水溶液均显碱性，同浓度，碱性强弱顺序为d>b>c>a，故pH相等的四种溶液物质的量浓度由小到大顺序为d<b<c<a，故A正确；B.pH=4浓度均为0.1mol⋅L−1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中，电离程度大于水解程度，c(Na+)>c

(CH3COOH)，根据电荷守恒规律可知，c(CH3COO－)＋c(OH－)=c(Na+)＋c(H+)，则c(CH3COO－)＋c(OH－)＞c(CH3COOH)＋c(H+)，故B正确；C.pH=2的一元酸可能为强酸也可

能是弱酸，若为强酸，则呈中性，即c(OH－)=c(H＋)；若为弱酸，则呈酸性，即c(OH－)＜c(H＋)，故C正确；D.pH=8.3，溶液呈碱性，说明HCO3−水解程度大于其电离程度，水解生成H2CO3而电离产生CO32−，又钠离子不水解，HCO3−存在两种趋势，但两种趋势都

极其微弱，故离子浓度大小顺序为：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(H2CO3)＞c(CO32－)，故D错误；故选D。二、非选择题（本题包括4小题，共52分）25.二氧化氯是一种黄绿色具有刺激性气味的气体，常用于自来水消毒和果蔬保鲜等方面。氯

酸钠还原法是目前使用较为广泛的ClO2制备方法，其中一种是用NaClO3与CH3OH在催化剂、60℃时，发生反应得到ClO2，如图装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放进行了研究。已知：①ClO2的浓度较大时易分解，实验室用稳定剂吸收ClO2，生成NaClO2，使用时加酸只释放出ClO2一

种气体；②ClO2与KI反应的离子方程式为：2ClO2＋10I−＋8H+=2Cl−＋5I2＋4H2O。③请回答：（1）比较仪器c和d，实验中c的优点是___。（2）制备装置甲中需改进的一项措施是___。（3）反应中甲醇被氧化为甲酸，写出制备ClO2的化学方程式：___；该制备

法可选用不同的还原性物质作为还原剂，例如草酸，相比甲醇法，草酸法的优点是___。（4）下列有关说法正确的是___。A．仪器a中NaOH溶液主要用于停止反应，并吸收多余的ClO2B．装置e主要用于检验是否有Cl2生成C．在ClO2释放实验中，发生的离子反应方程式是：4H+＋5ClO2

-=Cl−＋4ClO2↑＋2H2OD．ClO2和Cl2都为强氧化剂，在相同条件下，等物质的量时，ClO2的氧化能力是Cl2的2.5倍（5）自来水厂用碘量法检测水中ClO2的浓度，其实验操作如下：取100.0mL的水样，加入

足量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液。再用0.1000mol·L−1Na2S2O3标准溶液滴定碘单质(I2＋2S2O32-=2I−＋S4O62-)，达到滴定终点时用去20.00mLNa2S2

O3标准溶液，测得该水样中ClO2的含量为___mg·L−1。【答案】(1).有利于液体顺利流下，防止甲醇挥发(2).水浴加热(3).4NaClO3＋CH3OH＋2H2SO42Na2SO4＋4ClO2↑＋HCOOH＋3H2O(或者4N

aClO3＋CH3OH＋4H2SO44ClO2↑＋HCOOH＋4NaHSO4＋3H2O)(4).产生的CO2可稀释ClO2，防止ClO2浓度较大时分解(5).ACD(6).270【解析】【分析】装置甲中甲醇，3NaClO，硫酸反应生成2ClO，加入氢氧化钠后硫酸

被中和反应即停止，稳定剂用于吸收2ClO，加入盐酸释放2ClO，淀粉碘化钾溶液用于检验2ClO，氢氧化钠溶液用于尾气吸收。【详解】（1）d是分液漏斗，添加盐酸时需要将分液漏斗活塞打开，便于液体顺利流下，但会导致液体的挥发，c是恒压漏斗，有利于液体顺利流下，减少甲醇的

挥发，故答案为：有利于液体顺利流下，减少甲醇的挥发；（2）甲装置需控制反应温度60℃，酒精灯直接加热不利于温度的控制，60℃低于水的沸点，可采取水浴加热，受热均匀，便于控制温度，故答案为：水浴加热；（3

）甲醇被氧化为甲酸（HCOOH），3NaClO还原生成2ClO，硫酸生成硫酸钠，反应方程式为：332422424NaClO+CHOH+2HSO4ClOHCOOH+2NaSO+3HO+催化剂，(或者4NaClO3＋CH3OH＋4H2SO44Cl

O2↑＋HCOOH＋4NaHSO4＋3H2O)故答案为：332422424NaClO+CHOH+2HSO4ClOHCOOH+2NaSO+3HO+催化剂,(或者4NaClO3＋CH3OH＋4H2SO44ClO2↑

＋HCOOH＋4NaHSO4＋3H2O)；（4）A.NaOH可以中和硫酸并吸收2ClO，A正确；B.2ClO可以将碘离子氧化为碘单质，造成e中溶液显蓝色，故装置e的作用是检验是否产生2ClO，B错误；C.稳定剂吸收2ClO，生成2NaC

lO，加盐酸后-2ClO发生歧化反应释放2ClO，C正确；D.等物质的量的2ClO和2Cl，转移电子的物质的量之比为5:2，故2ClO的氧化能力是2Cl的2.5倍，D正确；答案选ACD；（5）根据题目信息，2-22232ClO5I10SO～～，2-23SO的物质的量为0.1mol/L0.02

L=0.002mol，故2ClO的物质的量为0.0004mol，质量为：0.0004mol67.5g/L=0.027g=27mg，水样中2ClO的含量为：27mg=270mg/L0.1L,故答案为：270【点睛】恒压漏斗与其他分液漏斗不同的是，恒压分液漏斗可以保证内部压强不变，一

是可以防止倒吸，二是可以使漏斗内液体顺利流下，三是减小增加的液体对气体压强的影响，从而在测量气体体积等方面有好处。26.钯(Pd)是有机合成中常用的催化剂。一种由废钯催化剂（主要成分为Pd，还有PdO、Fe有机物残留以及其他杂质）制取金属Pd的工艺流程如图：回

答下列问题：（1）废钯催化剂经烘干、粉碎后，再在700℃的高温下焙烧，不断通入足量空气的目的除了使有机物充分燃烧而除去，还可以___。（2）查资料可知，PdO不溶于王水，加入甲酸还原PdO，其目的是___，（3）钯在王水（浓硝酸与浓盐

酸按体积比1∶3）中转化为H2PdCl4，硝酸还原为NO，该反应的化学方程式为___；酸溶时温度不能过高，原因是___。（4）加入适量的稀氨水溶液调节pH至3~4除杂，废渣的主要成分是___。（5）焙烧2的目的是___；（6）有水参加情况下，可以将C

O通入氯化钯（PdCl2）得到黑色金属Pd粉末，化学方程式为___。【答案】(1).起到搅拌作用，加快反应速率(2).使PdO中的Pd也被提纯出来，提高产率（提高原料利用率等都正确）；（或者将PdO转化为

Pd，以利于被王水溶解）(3).3Pd+12HCl+2HNO3=3H2PdCl4+2NO↑+4H2O(4).防止硝酸分解，防止盐酸硝酸挥发(5).Fe(OH)3(6).脱氨(7).CO＋PdCl2＋H2O=Pd＋CO2＋2HCl【解析】【分析】废钯催化剂

经烘干后，在700℃的高温下焙烧，Fe、Pd、有机物被氧气氧化生成氧化物，向氧化物中加入甲酸，PdO和甲酸发生氧化还原反应生成Pd，Pd能溶于王水生成溶液，加入氨水调解PH使铁离子全部沉淀，加入浓氨水后钯转变为342[PdNHl]C（），经过焙烧脱氨得到氯

化钯，加水溶解通入一氧化碳还原得到纯净的Pd。【详解】（1）不断通入足量空气的目的除了使有机物充分燃烧而除去，还可以起到搅拌作用，加快反应速率，故答案为：起到搅拌作用，加快反应速率；（2）PdO不溶于王水，但是Pd能溶

于王水，加入甲酸将PdO还原为Pd，便于王水溶解，故答案为：使PdO中的Pd也被提纯出来，提高产率（提高原料利用率等都正确）；（或者将PdO转化为Pd，以利于被王水溶解）；（3）钯在王水中转化为24HPdCl，硝酸还原为NO，配平方程式为：32423Pd

+12HCl+2HNO=3HPdCl2NO+4HO+，温度过高会造成硝酸分解，盐酸挥发，故答案为：32423Pd+12HCl+2HNO=3HPdCl2NO+4HO+；防止硝酸分解，防止盐酸硝酸挥发；（4）加入适量的稀氨水

溶液调节pH至3~4的目的是除掉溶液中的铁离子，故废渣的主要成分是()3FeOH，答案为：()3FeOH；（5）焙烧2将342[PdNHl]C（）转化为2PdCl，可以发现氨气被脱除，故答案为：脱氨；（6）有水参加情况下，CO将2PdCl得到黑色金

属Pd粉末，方程式为：222COPdClHO=PdCO2HCl＋＋＋＋，故答案为：222COPdClHO=PdCO2HCl＋＋＋＋。27.开发、使用清洁能源发展“低碳经济”，正成为科学家研究的主要课题。氢气、甲醇是优质的清洁燃料，可制作燃料电池。（1）已知：①2C

H3OH（l）+3O2（g）＝2CO2（g）+4H2O（g）△H1＝﹣1275.6kJ•mol-1②2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）△H2＝﹣566.0kJ•mol-1③H2O（g）＝H2O（l）△H3＝﹣4

4.0kJ•mol-1写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：___。（2）工业上甲醇利用水煤气合成，反应为CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)ΔH<0。在一定条件下，将1molCO和2molH2通入密闭容器中进行反应

，当改变某一外界条件(温度或压强)时，CH3OH的体积分数φ(CH3OH)变化趋势如图所示：①平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，则CO的转化率为___。②X轴上a点的数值比b点___(填“大”或“小”)。③

生产甲醇的原料CO和H2来源于：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H＞0，一定条件下CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图1。则T1___T2（填“＜”、“＞”、“＝”，下同）；A、B、C三点处对应平衡常数（KA、KB、

KC）的大小关系为____。（3）现以H2、O2、熔融盐Na2CO3组成的燃料电池，采用电解法制备N2O5，装置如图2所示，其中Y为CO2。写出石墨Ⅰ电极上发生反应的电极反应式___。在电解池中生成N2O5的电极反应式为___。【答案】(1).C

H3OH（1）+O2（g）=CO（g）+2H2O（1）△H＝﹣442.8kJ•mol-1(2).25%(3).小(4).＜(5).KC＝KB＞KA(6).2--2322H+CO-2e=CO+HO(7).N2O4+2HNO3﹣2e-=2N

2O5+2H+【解析】【分析】（1）根据盖斯定律11222−+①②③得目标方程式，求得目标方程式焓变；（2）①列三段式计算一氧化碳的转化率，②根据方程式系数及反应焓变判断反应的移动方向和温度压强的关系，进而判断，③平衡常数

只与温度有关，根据温度比较平衡常数；（3）判断阴阳极，正负极根据题目信息写出电极反应式即可。【详解】（1）已知：①()()()()322212CHOHl+3Og=2COg+4HOgH=-1275.6kJ/m

ol②()()()2222COg+Og=2COgH=-566.0kJ/mol③()()223HOg=HOlH=-44.0kJ/mol，根据盖斯定律,11222−+①②③可得：()()()()322CHOHl+Og=COg+

2HOlH=-442.8kJ/mol，故答案为：()()()()322CHOHl+Og=COg+2HOlH=-442.8kJ/mol；（2）①设平衡时生成甲醇xmol，列三段式：()()()()()()23+12

022molmo1lm22olCxxxxxxOgHgCHOHg−−初始量化量平衡量变，根据M点3CHOH的体积分数为10%，即0.1122xxxx=−+−+，解得x=0.25，故CO的转化率为0.25100%

=25%1，故答案为：25%；②()()()23COg2HgCHOHgH<0＋，升温该反应逆向移动，即温度越高甲醇体积分数小，加压该反应正向移动，即压强越大甲醇体积分数越大，由图像可知Y轴代表温度，X轴代表压强，且abcd依次增大，故答案为：小；③该反应为吸热反应，温度越高甲

烷转化率越大，故T1<T2；对于吸热反应，温度越高平衡常数越大，且相同温度下平衡常数相同，故KC＝KB＞KA，故答案为：＜；KC＝KB＞KA；（3）石墨Ⅰ电极通入氢气，发生氧化反应生成水，电极反应式为：2--2322H+CO-2e=CO+HO；电解池24NO发生氧化反应生成25NO

，电极反应式为：-+24325NO+2HNO2e=2NO+2H﹣，故答案为：2--2322H+CO-2e=CO+HO；-+24325NO+2HNO2e=2NO+2H﹣。28.美托洛尔可用于治疗各类型高血压及心绞痛，其一种合成路线如下：已知：①CH3COCH2RCH3CH2CH2R

②B－F苯环上均只有两个取代基回答下列问题：（1）A的化学名称是___，C中含氧官能团的名称是___。（2）E→F的反应类型是___，G的分子式为___。（3）D的结构简式为___。（4）反应B→C的化学方程式为___。（5）芳香族化合物W是G的同分异构体，符合下列条件的同分异构体共有___种

。（不考虑含的结构）①W能发生水解反应②核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为9：3：2：2（6）4一苄基苯酚（）是一种药物中间体，请设计以苯甲醇和苯酚为原料制备4－苄基苯酚的合成路线：___（无机试剂任用）。【答案】(1).乙醛(2).羟基、羰基(3).取代反应(4).C12H16O3(5

).(6).+Cl2+HCl(7).2种(8).【解析】【分析】由B的分子式、C的结构，可知B与氯气发生取代反应生成C，故B为，逆推可知A为3CHCHO。C发生信息①中还原反应生成D为，对比D、E的分子式，结合反应条件，可知D中氯原子水解、酸化得到E为，由G的

结构可知，E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，F中酚羟基上H原子被取代生成G，故F为，对比G、美托洛尔的结构可知，G发生开环加成生成美托洛尔。【详解】(1)由B的分子式和C的结构，可知B与氯气发生取代反应生成C，故B为，逆推可知A为3CHCHO，名称为乙醛。由

结构可知C中含氧官能团为：羟基、羰基，故答案为：乙醛；羟基、羰基；(2)E为，由G的结构可知，E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，属于取代反应，由结构简式可知G的分子式为：12163CHO，故答案为：取代反应；12163CHO；(3)C发生信息①中还原反应生成D，故D的结构简式为，

故答案为：；(4)B与氯气发生取代反应生成C，B→C的化学方程式为：，故答案为：；(5)芳香族化合物W是G的同分异构体，W能发生水解反应，核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为9:3:2:2，不考虑含的结构，符合要求的W的结构简式有：，故答案为：2种

；(6)苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛与苯酚反应生成，最后与()ZnHg/HCl作用得到目标物,合成路线流程图为：，故答案为：。【点睛】解有机推断题，要把握以下三个推断的关键：(1)审清题意(分析题意、弄清题目的来龙去脉，掌握意图)；(2)用足信息(准确获取

信息，并迁移应用)；(3)积极思考(判断合理，综合推断)。根据以上的思维判断，从中抓住问题的突破口，即抓住特征条件(特殊性质或特征反应，关系条件和类别条件)，不但缩小推断的物质范围，形成解题的知识结构，而且几个关系条件和类别条件的组合就相当于特征条件。然后再从突破口向外发散，通过正

推法、逆推法、正逆综合法、假设法、知识迁移法等得出结论。最后作全面的检查，验证结论是否符合题意。