2022-2023学年浙江省五校联考中考化学专项突破真题模拟练习库（含解析）

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2022-2023学年浙江省五校联考中考化学专项突破真题试卷模拟
练习库
【原卷 1 题】 知识点 树状分类法,单质和化合物

【正确答案】
B
【试题解析】
【详解】A．水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，故不选A；   
B．明矾是十二水合硫酸铝钾，有固定组成，属于纯净物，故选B；   
C．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故不选C；   
D．王水是浓盐酸和浓硝酸的混合物，故不选D；选B。
1-1（基础） 下列物质属于纯净物的是
A.氧气 B.汽油 C.空气 D.煤炭
【正确答案】 A

1-2（基础） 下列物质中，属于纯净物的是
A.生铁 B.碱石灰 C.黄铜 D.绿矾
【正确答案】 D

1-3（巩固） 下列物质属于纯净物的是
A.洁净的空气 B.食盐水
C.浮有冰块的水 D.纯净的盐酸
【正确答案】 C

1-4（巩固） 下列物质中一定属于纯净物的一组是(　　)
①冰水混合物　②爆鸣气　③铝热剂　④普通玻璃　⑤水玻璃　⑥漂白粉　⑦二甲苯　⑧TNT　⑨溴苯　⑩C5H10
⑪含氧40%的氧化镁　⑫花生油　⑬福尔马林　⑭密封保存的NO2气体　⑮王水
A.①⑧⑨⑪ B.②③④⑥ C.⑦⑩⑫⑬⑭ D.①④⑧⑨⑪⑫
【正确答案】 A

1-5（提升） 咖啡中含有的咖啡酸是某种抗氧化刺成分之一，对人体中的氧自由基有清除作用，使人的心脑血管更年轻。咖啡酸的分子式为C9H8O4，按物质的组成和性质进行分类，咖啡酸属于
A.单质 B.氧化物 C.无机物 D.有机物
【正确答案】 D

1-6（提升） 下列物质不属于纯净物的是
A.乙醇 B.聚乙烯 C.金刚石 D.碳化硅
【正确答案】 B

【原卷 2 题】 知识点 非电解质、电解质物质类别判断,强电解质和弱电解质的判断

【正确答案】
A
【试题解析】


2-1（基础） 下列物质属于强电解质的是
A.氯化铜溶液 B.石墨 C.乙酸 D.碳酸氢钠
【正确答案】 D

2-2（基础） 下列物质中属于强电解质的是
A.NH3·H2O B.Cu C.饱和食盐水 D.醋酸铵
【正确答案】 D

2-3（巩固） 下列物质属于强电解质的是
A.Ca(OH) 2 B.Cu C.盐酸 D.CH4
【正确答案】 A

2-4（巩固） 下列属于强电解质的是
A.饱和食盐水 B.冰醋酸 C. D.次氯酸钠
【正确答案】 D

2-5（提升） 下列物质属于强电解质的是
A.Al B.CH3COONa C.SO3 D.HCOOH
【正确答案】 B

2-6（提升） 下列物质属于强电解质的是
A. B. C. D.食盐水
【正确答案】 A

【原卷 3 题】 知识点 铵盐,常见硫酸盐的性质,甲醛

【正确答案】
B
【试题解析】


3-1（基础） 下列物质对应的化学式正确的是
A.硬脂酸：C17H33COOH B.芒硝：Na2SO4•10H2O
C.碱石灰：Ca(OH)2 D.氯仿：CCl4
【正确答案】 B

3-2（基础） 下列物质的名称与其化学式对应的是
A.碳铵：(NH4)2CO3 B.硬脂酸：C17H33COOH
C.肥田粉：(NH4)2SO4 D.氯仿：CH2Cl2
【正确答案】 C

3-3（巩固） 下列物质对应的化学式不正确的是
A.磁性氧化铁： B.摩尔盐：
C.蚁醛：HCHO D.刚玉：
【正确答案】 D

3-4（巩固） 下列物质对应的组成正确的是
A.生石膏：CaSO4•2H2O B.黄铜矿：CuS2
C.蚁醛：CH3CHO D.肥田粉：NH4NO3
【正确答案】 A

3-5（提升） 下列物质的化学成分不正确的是
A.芒硝： B.重晶石：
C.尿素： D.阿司匹林：
【正确答案】 A

3-6（提升） 下列物质对应组成不正确的是
A.明矾： B.氟利昂的成分之一：
C.生石膏： D.碳铵：
【正确答案】 D

【原卷 4 题】 知识点 配制一定物质的量浓度的溶液的步骤、操作,蒸发与结晶,抽滤

【正确答案】
D
【试题解析】


4-1（基础） 下列图示不能用于固液分离操作的是
A. B. C. D.
【正确答案】 B

4-2（基础） 下列图示不能用于物质分离提纯操作的是
A. B.
C. D.
【正确答案】 A

4-3（巩固） 下列实验操作，不能用于物质分离的是
A. B. C. D.
【正确答案】 C

4-4（巩固） 根据海水综合利用原理进行相关实验，下列图示装置和操作方法能达到实验目的的是

A.①用于除去粗盐溶液中的不溶物 B.②用于海水的淡化
C.③用于灼烧碎海带至完全变成灰烬 D.④用于萃取碘水中的单质碘时进行振荡
【正确答案】 D

4-5（提升） 下列实验图示不能用于分离操作的是
A. B. C. D.
【正确答案】 B

4-6（提升） 实验室从废定影液[含Ag(S2O3)和Br﹣等]中回收Ag和Br2的主要步骤为：向废定影液中加入Na2S溶液沉淀银离子，过滤、洗涤、干燥，灼烧Ag2S制取金属Ag；制取Cl2并将Cl2通入滤液中氧化Br﹣，再用苯萃取分液。其中部分实验操作的装置如下图所示：下列叙述正确的是

A.用装置甲分离Ag2S时，用玻璃棒不断搅拌
B.用装置乙在通风橱中高温灼烧Ag2S制取Ag
C.用装置丙制备用于氧化过滤液中Br﹣的Cl2
D.用装置丁分液时，先放出水层再换个烧杯继续放出有机层
【正确答案】 C

【原卷 5 题】知识点 化学用语综合判断,烷烃系统命名法,有机物结构的表示方法,有机物的结构式、结构简式、比例模型、球棍模型、最简式

【正确答案】
C
【试题解析】


5-1（基础） 下列表示不正确的是
A.乙醇的分子式：C2H5OH B.甲醛的球棍模型：
C.2-甲基-1，3-丁二烯的键线式： D.乙酸乙酯的结构简式：CH3COOCH2CH3
【正确答案】 A

5-2（基础） 下列表示不正确的是
A.乙烯的实验式： B.甲酸的结构简式：HCOOH
C.3-甲基戊烷的键线式： D.丙烷的球棍模型：
【正确答案】 C

5-3（巩固） 下列表示不正确的是
A.异丁烷的球棍模型： B.乙二醇的实验式：CH3O
C.甲醚的结构简式：CH3OCH3 D.2-甲基丁烷的键线式：
【正确答案】 A

5-4（巩固） 下列表示不正确的是
A.对硝基苯酚的结构简式： B.水分子的比例模型：
C.的结构式： D.异戊二烯的键线式：
【正确答案】 C

5-5（提升） 下列表示不正确的是
A.乙烷的球棍模型： B.乙醛的结构简式：CH3CHO
C.2，3─二甲基丁烷的键线式： D.乙炔的实验式(最简式)：C2H2
【正确答案】 D

5-6（提升） 下列表示不正确的是
A.苯的实验式： B.甲酸甲酯的结构简式：
C.3-甲基戊烷的键线式： D.乙酸的比例模型：
【正确答案】 A

【原卷 6 题】 知识点 同系物的判断,“四同”的相关比较,几组常见同素异形体

【正确答案】
B
【试题解析】


6-1（基础） 下列说法正确的是
A.互为同分异构体 B.与互为同素异形体
C.、、是同一种核素 D.与一定互为同系物
【正确答案】 B

6-2（基础） 下列说法正确的是
A.和互为同分异构体
B.乙酸与软脂酸互为同系物
C.单晶硅和石英互为同素异形体
D.和是两种不同的元素
【正确答案】 B

6-3（巩固） 下列说法正确的是
A.与互为同位素
B.和互为同系物
C.和互为同素异形体
D.和互为同分异构体
【正确答案】 D

6-4（巩固） 下列说法不正确的是
A.和互为同位素 B.葡萄糖和蔗糖互为同系物
C.石墨和互为同素异形体 D.与互为同分异构体
【正确答案】 B

6-5（提升） 下列说法不正确的是
A.和是2种核素，它们互称同位素
B.C60与金刚石互称同素异形体
C.CH3CH2OH和CH3OCH3互为同系物
D.CH3-CH2-CH2-CH3和CH3CH(CH3)2互为同分异构体
【正确答案】 C

6-6（提升） 下列说法正确的是
A.过氧乙酸(CH3CoH)与羟基乙酸(HOCH2COOH)互为同分异构体
B.乙烯与聚乙烯互为同系物
C.与互为同位素
D.H216O、D216O、H218O、D218O互为同素异形体
【正确答案】 A

【原卷 7 题】 知识点 四种基本反应类型,有机反应类型,酯化反应,淀粉和纤维素
答错名单：
有巨大提升空间【0分-60分）：张三;

【正确答案】
D
【试题解析】


7-1（基础） 关于有机反应类型，下列判断不正确的是
A.(加成反应)
B.(取代反应)
C.(取代反应)
D. (加聚反应)
【正确答案】 C

7-2（基础） 下列关于有机反应类型的说法，不正确的是
A.= 消去反应
B. 还原反应
C.= 加成反应
D. 取代反应
【正确答案】 B

7-3（巩固） 关于有机反应类型，下列判断不正确的是
A.CH≡CH+HClCH2=CHCl(加成反应)
B.CH3CH(Br)CH3+KOHCH2=CHCH3↑+KBr+H2O(消去反应)
C.2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O(还原反应)
D.(缩聚反应)
【正确答案】 C

7-4（巩固） 下列关于有机反应类型的说法，不正确的是
A.+HNO3+H2O取代反应
B.2CH3CHO+O22CH3COOH，还原反应
C.CH≡CH+HCNCH2=CHCN，加成反应
D.C2H5OHCH2=CH2↑+H2O，消去反应
【正确答案】 B

7-5（提升） 关于有机反应类型，下列说法不正确的是
A.+CH2=CH2(加成反应)
B.n+n+nH2O(缩聚反应)
C.nCH2=CHCl(加聚反应)
D.2C2H5OHCH3CH2OCH2CH3+H2O(消去反应)
【正确答案】 D

7-6（提升） 下列关于有机反应类型的说法，错误的是
A.+HNO3+H2O，取代反应
B.，氧化反应
C.，加聚反应
D.，消去反应
【正确答案】 C

【原卷 8 题】 知识点 氧化还原反应的应用

【正确答案】
C
【试题解析】


8-1（基础） 关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O。下列说法正确的是
A.K2H3IO6中I处于其最高价 B.I2是氧化产物，KI是还原产物
C.生成12.7gI2时、转移0.1mol电子 D.还原剂与化剂的物质的量之比为9：1
【正确答案】 A

8-2（基础） 关于反应，下列说法正确的是
A.是氧化产物 B.只是还原产物
C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶5 D.生成时，转移电子
【正确答案】 D

8-3（巩固） 根据下列反应：(1)2Fe3++2I-=2Fe2++I2；(2)Br2+2Fe2+=2Br-+2Fe3+，判断离子的还原性由强到弱的顺序是
A.Br-＞I-＞Fe2+ B.I-＞Fe2+＞Br-
C.Fe2+＞I-＞Br- D.Br-＞Fe2+＞I-
【正确答案】 B

8-4（巩固） 2022年6月17日，我国成功发射“神舟十二号”载人飞船，飞船以铝粉与高氯酸铵的混合物为固体燃料，其中高氯酸铵的反应为：2NH4ClO4=N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O。下列有关叙述不正确的是
A.该反应属于分解反应、氧化还原反应
B.上述反应瞬间能产生大量高温，高温是推动飞船飞行的主要因素
C.铝粉的作用是点燃时氧化放热引发高氯酸铵反应
D.在反应中NH4ClO4既是氧化剂又是还原剂
【正确答案】 B

8-5（提升） 三氟化溴有强氧化性和强反应活性，是一种良好的非水溶剂，遇水立即发生如下反应：3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2↑，下列有关该反应的说法不正确的是
A.当0.5molH2O被氧化时，生成0.1mol氧气
B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
C.当转移电子6mol时，生成的还原产物为1mol
D.当生成2.7molHF时，被BrF3还原的BrF3为0.2mol
【正确答案】 A

8-6（提升） 零价纳米铁在有机氯化物降解等方面有重要作用，采用强还原剂硼氢化钾液相还原法制备纳米零价铁的化学反应如下：，其中B元素化合价不变。下列说法正确的是
A.是氧化产物
B.已知纳米Fe颗粒直径为60nm，则纳米Fe颗粒为胶体
C.若有参加反应，则反应中转移电子的物质的量为4mol
D.该反应的氧化剂只有，还原剂只有
【正确答案】 C

【原卷 9 题】 知识点 硝酸的强氧化性,硫与金属单质的反应,二氧化硫的漂白性,二氧化硅的化学性质

【正确答案】
A
【试题解析】


9-1（基础） 下列关于无机物的性质及用途，说法不正确的是
A.Na2O2与水、二氧化碳反应产生氧气，因此Na2O2可在呼吸面具中作为氧气来源
B.SO2具有漂白作用，工业上常用SO2漂白纸浆、毛、丝
C.Mg燃烧时放出耀眼的白光，因此可以做信号弹
D.单晶硅导电性介于导体与绝缘体之间，是应用最为广泛的光导纤维
【正确答案】 D

9-2（基础） 下列说法不正确的是
A.次氯酸有强氧化性，不仅可以消毒，还可以漂白棉、麻和纸张等
B.火灾现场有大量金属钠时，不能用水灭火，需用干燥的沙土灭火
C.有漂白性，葡萄酒中加是为了将红葡萄酒漂白成白葡萄酒
D.铝粉与NaOH遇水产生气体，且碱性液体能腐蚀食物残渣，故可做厨卫管道疏通剂
【正确答案】 C

9-3（巩固） 下列说法不正确的是
A.为使腊肉较长时间保持鲜红色，可加入亚硝酸钠作护色剂
B.石灰石在高温下可用于消除燃煤烟气中的SO2
C.温室气体是形成酸雨的主要物质
D.食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化作用
【正确答案】 C

9-4（巩固） 下列说法正确的是
A.硫在纯氧中燃烧可生成三氧化硫
B.亚硝酸钠是一种食品添加剂，用作食品防腐剂和肉类食品的发色剂
C.浓盐酸、浓硝酸、浓硫酸均可用铝罐车运输
D.将氯气通入紫色石蕊溶液中，溶液先变红后褪色，说明氯气具有酸性和漂白性
【正确答案】 B

9-5（提升） 下列有关无机物的性质和用途具有对应关系的是
A.具有两性，可用作耐高温材料和电解冶炼铝的原料
B.铜盐溶液有较强的氧化性，可以用来杀灭植物的病毒
C.的水溶液呈弱碱性，可以用于治疗胃酸过多
D.熔点较高，因此可用于制作光导纤维
【正确答案】 C

9-6（提升） 下列关于无机物应用的叙述正确的是（ ）
A.湿法脱除烟气中的NO，是利用的氧化性
B.半导体工业中可用氢氟酸除去硅片表面的层，是因为HF具有强酸性
C.法利用溶液脱除烟气中的，是利用溶液呈酸性
D.用氨水除去铜器表面的转化为，是利用的还原性
【正确答案】 A

【原卷 10 题】 知识点 蒸发与结晶,金属的电化学腐蚀与防护,硫、氮氧化物对人体、环境的危害 酸雨

【正确答案】
D
【试题解析】


10-1（基础） 下列说法正确的是
A.有“OTC”标识的药品需要凭医生处方就能自行前往药店购买
B.键长和键角的数值不能通过晶体的X射线衍射实验获得
C.实验室中固体废弃物高锰酸钾、过氧化钠可配成溶液将其转化为一般化学品再进行常规处理
D.蒸馏实验时若温度计的水银球低于支管口，则收集到的馏分沸点会偏高
【正确答案】 C

10-2（基础） 下列说法正确的是
A.明矾晶体制备时，溶剂蒸发速率越快，得到的晶体颗粒就越大
B.苯酚有腐蚀性，若不慎沾到皮肤上，应立即用热水冲洗
C.中学实验室中可以将未用完的钠、钾、白磷等放回原试剂瓶
D.测定中和反应反应热时，温度计测量酸溶液温度后应立即测量碱溶液的温度
【正确答案】 C

10-3（巩固） 下列说法不正确的是
A.在酸性溶液中，若加入，溶液由橙色变成黄色；若加入，溶液则变成绿色
B.用标准液润洗酸式滴定管后，应将润洗液从酸式滴定管下口放出
C.酸或碱对酯的水解都有催化作用，在其他条件相同时，等量的酯在酸或碱催化下，水解效果差别不大
D.为增强高锰酸钾的氧化性常对其进行酸化，酸化时常使用稀硫酸而不采用盐酸或硝酸
【正确答案】 C

10-4（巩固） 实验室中下列做法正确的是
A.不慎将碱沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上1%硼酸
B.金属锂和钠应保存在煤油中，防止与氧气反应
C.使用容量瓶配制溶液时，应先检漏，且干燥后才能使用
D.实验后的难溶物或含有重金属的固体废渣，应当做深埋处理
【正确答案】 A

10-5（提升） 下列说法不正确的是
A.棉短绒中的纤维素可在铜氨溶液中溶解，将形成的溶液压入酸中可得到质量更高的纤维
B.用纸层析法分离Fe3+和Cu2+，将滤纸上的试样点完全浸入展开剂可提高分离效果
C.实验室制备阿司匹林过程中加入饱和NaHCO3溶液的主要目的是除去聚合物
D.将CoCl2•6H2O晶体溶于95%乙醇，逐滴滴加蒸馏水，溶液颜色由蓝色逐渐转变为粉红色
【正确答案】 B

10-6（提升） 下列说法正确的是
A.甲烷中混有乙烯，可通过溴的溶液洗气
B.除去碱式滴定管胶管内的气泡时，将尖嘴垂直向下，挤压胶管内玻璃球将气泡排出
C.在萃取操作中往往因为振摇而使得分液漏斗中出现大量气体，可以通过打开旋塞来放气
D.配制一定物质的量浓度溶液时，第一次转移溶液后玻璃棒应放在洁净的表面皿上
【正确答案】 C

【原卷 11 题】 知识点 常用仪器及使用,实验安全

【正确答案】
B
【试题解析】


11-1（基础） 下列说法不正确的是
A.纸层析法可用来分离物理性质和化学性质相似的物质
B.久置的NaOH标准溶液，用来滴定时要重新标定浓度
C.滴定管内粘有油污，可用溶液浸洗，洗用后的放回原瓶
D.烫伤先用冷水洗，若皮肤已破可用溶液消毒
【正确答案】 D

11-2（基础） 下列说法不正确的是
A.乙酸乙酯的制备实验中不能将导管伸入饱和碳酸钠溶液中
B.可以用紫外可见分光光度法测定废水中苯酚的含量
C.发现有人氨气或溴蒸汽中毒时应立即转移至室外，必要时进行人工呼吸
D.应选择进行亚铁盐和溶液反应的实验
【正确答案】 C

11-3（巩固） 下列说法不正确的是
A.呈粉色的变色硅胶干燥剂(含氯化钴)，可通过烘干至蓝色后重新使用
B.如果不慎将苯酚沾到皮肤上，应立即先用酒精洗涤，再用水冲洗
C.测定镀锌铁皮锌镀层厚度时，未及时将铁片从稀硫酸中取出，会导致结果偏高
D.移液管和滴定管均标有使用温度，使用时均应进行检漏、润洗再装液
【正确答案】 D

11-4（巩固） 下列有关实验操作的说法正确的是
A.分液漏斗在使用前要将上口玻璃塞和漏斗颈上的旋塞芯取出，都涂上凡士林、并转动，使它们油膜均匀透明，转动自如
B.用pH计测定溶液的pH时，需先用蒸馏水洗净，然后再插入溶液
C.蒸馏时蒸馏烧瓶中液体的体积不能超过容积的2/3，液体也不能蒸干
D.将金属钠在研钵中研成粉末，使钠与水反应的实验更安全
【正确答案】 C

11-5（提升） 下列有关实验的说法正确的是
A.将乙醇和浓硫酸混合加热，产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，证明反应产生了乙烯
B.用少量金属钠与胆矾晶体隔绝空气加热，产生红色固体，可证明金属性Na＞Cu
C.用滴定法进行定量测定时，基准物应该具有性质稳定、相对分子质量较小等特点
D.不慎溴腐蚀致伤时，先用酒精或甘油洗涤，再用水冲洗
【正确答案】 D

11-6（提升） 下列说法不正确的是
A.提纯含有少量的固体，可通过蒸发结晶、趁热过滤的方法
B.取燃尽的火柴头加水浸泡，滴加溶液和稀硝酸，可检测火柴头中的氯元素
C.测定镀锌铁皮锌镀层厚度时，腐蚀后的铁皮烘干时间过长，测得结果偏低
D.轻微烫伤时，可先用洁净的冷水洗涤伤处，再涂烫伤药膏
【正确答案】 A

【原卷 12 题】 知识点 硝酸的强氧化性,钠与氧气等非金属的反应,乙醛的银镜反应

【正确答案】
A
【试题解析】


12-1（基础） 类推是化学学习与研究中一种常用的推理方法。下列有关类推正确的是
A.乙烯分子中所有原子在同一平面上，丙烯分子中所有原子也在同一平面上
B.甲烷为正四面体结构，一氯甲烷也为正四面体结构
C.溴乙烷能发生消去反应，1-溴丙烷也能发生消去反应
D.苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯的同系物也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【正确答案】 C

12-2（基础） 类比和推理是化学研究的重要方法。下列类比或推理正确的是
A.铁单质在潮湿的空气中容易生锈，则铝在潮湿的空气中也易生锈
B.Al2O3是两性氧化物，则Fe2O3也是两性氧化物
C.Fe(OH)3能与酸反应，则Al(OH)3也能与酸反应
D.将金属钠投入水中，放出O2，则将铝投入水中也会产生O2
【正确答案】 C

12-3（巩固） 下列“推理”结果正确的是
A.Na在空气中燃烧生成Na2O2，故同主族的Li在空气中燃烧也生成Li2O2
B.H2S与SO2能反应生成S，故NH3与NO2也能在一定条件下反应生成N2
C.Fe、Cu与浓盐酸构成的原电池中较活泼的Fe作负极，故Fe、Cu与浓硝酸构成的原电池中也是Fe作负极
D.乙醇能在Cu的催化下氧化为乙醛，故2—丙醇(CH3CHOHCH3)也能在Cu的催化下氧化为丙醛(CH3CH2CHO)
【正确答案】 B

12-4（巩固） 证据推理是学习化学的一种常用方法。下列推理正确的是
A.将CO2通入紫色石蕊试液，试液变红，说明CO2是一种酸
B.有机物中都含有碳元素，则含有碳元素的化合物都是有机物
C.二氧化锰能催化加速氯酸钾的分解，因此为加快化学反应速率可以选择适宜的催化剂
D.稀有气体元素的原子最外层电子数为8(氦除外)，因此微粒一定是稀有气体元素的原子
【正确答案】 C

12-5（提升） 下列推理正确的是
A.C在足量中燃烧生成，则S在足量中燃烧生成
B.铜丝在氯气中燃烧生成，则铁丝在氯气中燃烧生成
C.与过量氢氧化钠溶液反应得到，则与过量氢氧化钠溶液反应得到
D.与NaOH反应生成NaCl与NaClO，则IBr与NaOH反应生成NaI与NaBrO
【正确答案】 A

12-6（提升） 下列推理结果正确的是
A.目前芯片用硅基材料，未来可能用碳基材料
B.金属钠在空气中燃烧生成，则金属锂在空气燃烧生成
C.通入溶液中至过量，没有明显现象，则通入溶液中至过量，也没明显现象
D.1乙醛和足量的银氨溶液反应可得2金属银，则1甲醛和足量的银氨溶液反应也可得2银
【正确答案】 A

【原卷 13 题】 知识点 离子方程式的正误判断

【正确答案】
C
【试题解析】


13-1（基础） 下列离子方程式正确的是
A.常温下铁加入过量浓硝酸中：
B.明矾溶液中滴入少量氢氧化钡溶液：
C.气体通入酸性溶液：
D.纯碱水溶液呈碱性的原因：
【正确答案】 B

13-2（基础） 下列离子方程式正确的是
A.硫酸镁溶液中滴入NaOH溶液：MgSO4+2OH-=Mg(OH)2↓+SO
B.次氯酸钠溶液中通入少量CO2：2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CO
C.铜溶解于稀硝酸中：Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O
D.金属铝溶于NaOH溶液中：2Al+6H2O+2OH-=2Al(OH)+3H2↑
【正确答案】 D

13-3（巩固） 能正确表示下列变化的离子方程式是
A.大理石与醋酸反应：
B.用氢氧化钠溶液吸收少量二氧化硫气体：
C.硫酸铝溶液与过量氨水反应：
D.向溶液中加过量的溶液：
【正确答案】 B

13-4（巩固） 下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是
A.酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水： 2I-+ 2H++H2O2=I2+ 2H2O
B.过量铁粉加入稀硝酸中： Fe+4H++NO= Fe3+ +NO↑+2H2O
C.硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液： Al3++ 4OH- = AlO+2H2O
D.C6H5ONa溶液中通入少量CO2： 2C6H5O-+CO2+H2O=2C6H5OH+CO
【正确答案】 A

13-5（提升） 下列离子方程式正确的是
A.硫氰化铁溶液中加NaOH溶液产生沉淀：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓
B.(NH4)2Fe(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至Fe2+恰好完全沉淀：Fe2++2SO+2Ba2++2OH-=2BaSO4↓+Fe(OH)2↓
C.新制氯水中加入少量CaCO3：2Cl2+H2O+CaCO3=Ca2++2Cl-+CO2↑+2HClO
D.少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：Ca2++ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+Cl-+2H+
【正确答案】 C

13-6（提升） 对于下列实验描述其反应的离子方程式正确的是
A.澄清石灰水与过量NaHCO3溶液反应：
B.酸性高锰酸钾溶液中滴入双氧水：
C.向NH4HCO3溶液中加入足量的NaOH溶液并加热：
D.向偏铝酸钠溶液中通入过量的CO2：
【正确答案】 D

【原卷 14 题】 知识点 苯酚与溴水的反应,酚醛树脂的制备及结构,淀粉、纤维素的水解,化学科学对人类文明发展的意义

【正确答案】
D
【试题解析】


14-1（基础） 下列说法不正确的是
A.三油酸甘油酯可表示为
B.油脂、蛋白质均可以水解，水解产物含有电解质
C.理论上，10种氨基酸形成的十肽可达种或更多种
D.甘油醛是最简单的醛糖，分子中存在一个手性碳原子，一定条件下与发生氧化反应，生成的丙三醇中不存在手性碳原子
【正确答案】 D

14-2（基础） 下列说法正确的是
A.蛋白质、油脂和糖类都能发生水解反应，其水解产物都是人类必需的营养物质
B.三硬脂酸甘油酯是高级脂肪酸甘油酯，属于高分子化合物
C.淀粉溶液中加入稀硫酸，加热，再加入少量银氨溶液，水浴加热后，有光亮的银镜生成
D.福尔马林能使蛋白质变性，常用于浸制动物标本
【正确答案】 D

14-3（巩固） 下列说法正确的是
A.花生油、羊油、水果中的异戊酸异戊酯都能发生皂化反应
B.聚苯乙烯、顺丁橡胶和PET都是通过加聚反应制备得到的高分子化合物
C.用乙烯与氧气在Ag催化下制备环氧乙烷()的反应，符合绿色化学的思想
D.相同条件下，等质量的甲烷、汽油、氢气完全燃烧放出的热量依次增加
【正确答案】 C

14-4（巩固） 下列说法不正确的是
A.蛋白质的生物活性首先取决于其一级结构
B.在葡萄糖溶液中，链状的葡萄糖分子几乎全部转变为环状结构
C.酒精在微生物存在下能进一步发生氧化反应得到醋酸
D.催化剂既能降低正逆反应的活化能，也能提高分子的能量
【正确答案】 D

14-5（提升） 下列说法不正确的是
A.若人造脂肪中含有反式脂肪，可推知植物油氢化过程中发生了部分氢化
B.天然氨基酸为无色晶体，熔点较高，一般能溶于水，难溶于乙醇、乙醚等有机溶剂
C.利用对苯二甲酸和乙二醇合成的确良纺织纤维的原理为：n+nHOCH2CH2OH→+2nH2O
D.在碱催化下，苯酚与过量的甲醛反应生成网状结构的酚醛树脂
【正确答案】 C

14-6（提升） 下列说法不正确的是
A.乙酸乙酯可用作食品添加剂
B.蚕丝、塑料、合成纤维、高吸水性树脂等都属于高分子材料
C.麦芽糖属于还原糖，在一定条件下既能发生水解反应，又能发生银镜反应
D.将天然的甘氨酸、丙氨酸和谷氨酸混合，在一定条件下生成的链状二肽有9种
【正确答案】 D

【原卷 15 题】 知识点 微粒半径大小的比较方法,元素周期律、元素周期表的推断,“定位法”在推断中的应用

【正确答案】
C
【试题解析】


15-1（基础） 如图为元素周期表中短周期的一部分，四种元素均为非稀有气体元素，下列关于这四种元素及其化合物的说法中正确的是

A.X、Y、Z、W可能均为金属元素
B.气态氢化物的稳定性：Z>W>X>Y
C.Z的最高正化合价与最低负化合价的绝对值可能相等
D.Z的最高价氧化物的水化物可能为强碱
【正确答案】 C

15-2（基础） X、Y、Z、M、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示。若M的原子序数是Y的2倍，下列说法中不正确的是
X
Y
Z

M
W
A.Z的气态氢化物比W更稳定
B.X的简单氢化物的水溶液显碱性
C.简单离子半径：M ＜ W
D.M为第ⅥA族元素
【正确答案】 C

15-3（巩固） 如表所示W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，下列说法正确的是

X
Y

W


Z

A.原子半径：
B.X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高
C.W元素的单质具有半导体的特性
D.由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只能有共价键
【正确答案】 C

15-4（巩固） W、X、Y、Z 四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，Z 的原子序数是 X 的 2倍。下列说法不正确的是

A.X 元素形成的氢化物沸点比 W 的高
B.四种元素原子半径从大小的排列顺序 Y＞Z＞X＞W
C.X 的一种氢化物和 X、Z 形成的一种化合物具有相同原理的漂白作用
D.Y 的氧化物能与 W 的氢化物反应
【正确答案】 C

15-5（提升） 短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中Y元素的原子最外层电子数是电子层数的2倍。下列说法不正确的是
W
X




Y
Z
A.原子半径大小：X＜Z＜Y
B.含氧酸的酸性：Z＞Y
C.W元素和氢元素形成的化合物可能与Z的氢化物反应
D.W的氢化物的熔沸点可能高于X的氢化物的熔沸点
【正确答案】 B

15-6（提升） 图为元素周期表短周期的一部分，其中X元素原子最外层电子数是次外层的两倍。下列说法不正确的是
X

Y

Z


W
A.X的原子半径比Y的大 B.Y元素的非金属性比Z强
C.z元素位于第3周期ⅣA族 D.W的氧化物的水化物是强酸
【正确答案】 D

【原卷 16 题】 知识点 氧化还原反应定义、本质及特征,氧化还原反应的规律,物质的化学变化,过氧化氢

【正确答案】
C
【试题解析】


16-1（基础） 氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末；微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸。下图是工业上用印刷电路的蚀刻液的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)生产CuCl的流程：

下列叙述不正确的是：
A.物质Z可能是盐酸酸化过的双氧水
B.滤渣②中主要成分为Cu
C.该生产流程可以实现硫酸的循环再利用
D.定量分析流程图中的反应可知，理论上需不断补充SO2使氯化铜转化为CuCl晶体
【正确答案】 D

16-2（基础） 氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，微溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和Cu2+，广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl2•2H2O制备CuCl，并进行相关探究。下列说法不正确的是

A.途径1中产生的Cl2可以回收利用
B.途径2中200℃时反应的化学方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑
C.流程中涉及的氧化还原反应只有1个
D.CuCl与稀硫酸反应的离子方程式为：2Cu++4H++SO=2Cu+SO2↑+2H2O
【正确答案】 D

16-3（巩固） 一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下：

下列说法错误的是
A.物质X常选用生石灰
B.工业上常用电解熔融制备金属镁
C.“氯化”过程中发生的反应为
D.“煅烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水
【正确答案】 D

16-4（巩固） 如图所示是一种综合处理SO2废气的工艺流程，若每步都完全反应，下列说法错误的是

A.溶液B中发生的反应为2SO2+O2=2SO3
B.可用硫氰化钾(KSCN)溶液检验溶液C中是否含有Fe3+
C.由以上流程可推知氧化性：O2>Fe3+>SO
D.能循环利用的物质Fe2(SO4)3
【正确答案】 A

16-5（提升） 高铁酸钾(K2FeO4)是一种暗紫色固体，低温碱性条件下比较稳定。高铁酸钾能溶于水，微溶于浓KOH溶液，且能与水反应放出氧气，并生成Fe(OH)3胶体，常用作水处理剂。高铁酸钾有强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于Cl2、KMnO4等。工业上湿法制备K2FeO4的流程如下：

下列关于K2FeO4的工业湿法制备工艺，说法正确的是
A.“反应”时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：3
B.“过滤I”所得滤液中大量存在的离子有：Na+、Fe3+、Cl-、NO、FeO
C.“转化”时，反应能进行的原因是该条件下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小
D.“过滤II”所得滤液在酒精灯外焰上灼烧，观察到火焰呈黄色，说明滤液为NaOH溶液
【正确答案】 C

16-6（提升） 以食盐等为原料制备六水合高氯酸铜[Cu(ClO4)2·6H2O]的一种工艺流程如下：

下列说法不正确的是
A.“电解Ⅰ”时阳极不可用不锈钢材质
B.“歧化反应”的产物之一为NaClO4
C.“操作a”是过滤
D.“反应Ⅱ”的离子方程式为Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O
【正确答案】 B

【原卷 17 题】 知识点 化学反应进行方向的判据

【正确答案】
C
【试题解析】


17-1（基础） 反应进行的方向是化学反应原理的三个重要组成部分之一、下列说法中正确的是
A.，的反应一定可以自发进行
B.根据反应的自发性可以预测该反应发生的快慢
C.可逆反应正向进行时，正反应具有自发性，一定小于零
D.常温下，反应不能自发进行，该反应的
【正确答案】 D

17-2（基础） 下列说法正确的是
A.常温常压下，的溶解焓变相近，则
B.
C.常温常压下，
D.常温常压下，
【正确答案】 A

17-3（巩固） 下列说法不正确的是
A.绝大多数放热反应都能自发进行，且反应放出的热量越多，反应越完全
B.反应，该反应在加热条件下能自发进行
C.反应达到平衡后，其它条件不变，改变容器体积，平衡发生移动，说明物质的浓度大小也会影响化学反应自发进行的方向
D.一定条件下，不能自发进行的反应，可通过加入合适催化剂使其自发进行
【正确答案】 D

17-4（巩固） 关于化学反应进行的方向叙述正确的是
A.加入催化剂可以使反应在低温下由非自发变为自发，从而提高产率
B.，时，反应可以自发进行，例如固体与固体混合
C.常温下，反应的
D.因为和都与反应的自发性有关，因此或均可单独做为判断自发性的判据
【正确答案】 C

17-5（提升） 下列说法正确的是
A.非自发反应在任何情况下都不会发生
B.，可放大量的热，故可把该反应设计成原电池，把化学能转化为电能
C.自发反应的熵一定增大，非自发反应的熵一定减小
D.常温下，反应不能自发进行，则该反应的
【正确答案】 D

17-6（提升） 下列说法正确的是
A.常温下，的熵小于
B.自发反应，　，则
C.可以把分解：，收集碳，实现变废为宝
D.溶于水，，
【正确答案】 B

【原卷 18 题】 知识点 结合氧化还原反应知识与NA相关推算,结合物质结构基础知识与NA相关推算,阿伏加德罗常数的应用

【正确答案】
A
【试题解析】


18-1（基础） NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A.3g14C16O与14N16O的混合气体，含有的中子数介于1.5NA与1.6NA之间
B.氨气分解生成2.24LN2(折算成标准状况)，则断裂的共价键数目为0.6NA
C.11.2LCH4和22.4Cl2(均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为1.5NA
D.将4.6gNO2(含N2O4)溶于水，完全反应后电子转移的数目为0.05NA
【正确答案】 D

18-2（基础） NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A.标准状况下，22.4L CO2中共用电子对数目为2 NA
B.标准状况下，46g NO2与N2O4的混合物中所含的原子总数目为3NA
C.100g质量分数为49%的硫酸溶液，含有的氧原子数目为2NA
D.一定条件下 ，0.2mol SO2与0.1mol O2充分反应后转移电子总数为0.4 NA
【正确答案】 B

18-3（巩固） 设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是
A.30gHCHO和CH3COOH混合物中H原子数为2NA
B.密闭容器中2molSO2和1molO2充分反应后，容器中分子数为2NA
C.一定条件下，6.4g铜与过量的氯气反应，转移电子数目为0.2NA
D.1molH2O2中含有共价键的数目为3NA
【正确答案】 B

18-4（巩固） NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A.1molNaCl晶体中约含NA个氯化钠分子
B.0.1mol乙烯与乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧气分子数为0.3NA
C.1mol[Al(OH)4]-中含有的共用电子对数为4NA
D.足量的浓盐酸与8.7gMnO2反应，转移电子的数目为0.4NA
【正确答案】 B

18-5（提升） 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A.CaC2晶体中阴阳离子比为2：1
B.在62g白磷、红磷的固体混合物中含有P-P键的数目为3NA
C.25℃，1LpH=10的NaHCO3溶液中水电离出的H+的数目为10-10NA
D.23gC2H6O分子中含有碳氢键的数目一定为3NA
【正确答案】 B

18-6（提升） 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A.常温常压下，1.5g甲基(-CH3)中含有的电子数为0.9NA
B.11.2 L CH4和22.4Cl2(均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为1.5NA
C.26 g C2H2与C6H6混合气体中含C-H键的数目为2NA
D.1 L pH=4的0.1 mol·L-1K2Cr2O7溶液中离子数为0.1NA
【正确答案】 D

【原卷 19 题】 知识点 影响水电离的因素,溶液的酸碱性与pH,一元强酸与一元弱酸的比较,盐类水解规律理解及应用

【正确答案】
B
【试题解析】


19-1（基础） 下列说法正确的是
A.测得0.1mol·L-1的一元碱ROH溶液pH=12，则ROH一定为弱电解质
B.25℃时，可溶性正盐BA溶液pH=a，升温至某一温度后pH仍为a，则BA可能为强碱弱酸盐
C.25℃时，测得0.1mol·L-1的一元酸HA溶液pH=b，将该溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH=b+2，则HA为弱酸
D.25℃时，pH=1的HA溶液与pH=13的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定等于7.0
【正确答案】 B

19-2（基础） 下列说法正确的是
A.等pH的氨水和NaOH溶液，分别与等体积等浓度的盐酸恰好完全反应，氨水消耗体积多
B.25°C时，将pH=4NH4Cl溶液和pH=5NH4Cl溶液分别稀释100倍，后者pH变化大
C.25°C时，某溶液中的c（H+）为该溶液中水电离出c（H+）的106倍，则该溶液pH一定小于7
D.100mL2mol·L-1氢氧化钠溶液与100mL1mol·L-1硫酸溶液充分混合后，溶液pH一定等于7
【正确答案】 C

19-3（巩固） 25℃时，下列说法正确的是
A.某强碱弱酸盐NaA溶液，随着温度升高，pH一定增大
B.的硫酸溶液中
C.0.1 mol/L的某酸H2A溶液中可能存在：
D.pH=7的CH3COOH和CH3COONa混合溶液加水稀释，溶液的pH增大
【正确答案】 C

19-4（巩固） 在时，下列说法正确的是
A.相等的①次氯酸钠溶液、②碳酸氢钠溶液，二者物质的量浓度关系；①＜②
B.等体积等盐酸和醋酸，稀释相同倍数后与等量且足量的锌反应，两者反应速率相同
C.的盐酸和的氢氧化钠溶液，按体积比恰好完全反应，则
D.的溶液与的溶液等体积混合后溶液呈酸性，则为强酸、为弱碱
【正确答案】 A

19-5（提升） 下列说法不正确的是
A.将水逐滴加入冰醋酸中，溶液的导电性和醋酸的电离度均先增大后减小
B.常温下，均为9的醋酸钠和氢氧化钠溶液混合后不变
C.常温下，溶液和溶液的离子总数不相同
D.常温下，中和和体积均相等的溶液，溶液消耗的物质的量更多
【正确答案】 A

19-6（提升） 下列说法不正确的是
A.25℃时，c(NH)相等的NH4Cl溶液和NH4HSO4溶液的pH：前者>后者
B.25℃时，将pH=10和pH=9的两份Na2CO3溶液分别稀释10倍，后者pH变化大
C.将NaOH溶液从常温加热至50℃，溶液的pH不断减小
D.25℃时，pH=3的盐酸与pH=11的一元碱BOH溶液等体积混合后pH≤7
【正确答案】 D

【原卷 20 题】 知识点 化学反应速率计算,温度对化学平衡移动的影响,化学平衡常数的影响因素及应用,化学反应自发过程

【正确答案】
B
【试题解析】


20-1（基础） 一定温度下，向固定容器为1L的密闭容器中通入一定量N2O4，发生反应N2O4(g) 2NO2 (g) ΔH >0，体系中各组分浓度随时间(t)的变化如下表：
t/s
0
20
40
60
80
c(N2O4)/(mol·L -1)
0.100
0.062
0.048
0.040
0.040
c(NO2)(mol·L-1)
0
0.076
0.104
0.120
0.120
下列说法正确的是
A.0～60s， N2O4的平均反应速率为0.001mol· L-1· min -1
B.80s时，再充入NO2、N2O4各0.12mol，平衡不移动
C.当v(N2O4)： v(NO2)=1 ： 2时，反应就处于平衡状态
D.80s后若压缩容器使压强增大，平衡逆向移动，达平衡后与原平衡状态相比气体颜色变浅
【正确答案】 B

20-2（基础） 已知：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49.0kJ·mol-1。向3个恒容密闭容器中分别投入物质的量比为3：4的CO2和H2，H2的物质的量浓度(mol·L-1)随时间(min)变化如表(T表示温度)，下列说法正确的是

甲
乙
丙
体积L
2
4
4
温度K
T1
T2
T3
起始n(H2)/mol
8.0
8.0
20.0

A.甲容器在0～8min内CO2的平均反应速率为0.125mol·L-1·min-1，且放出49kJ热量
B.甲容器第10min后，保持恒温，再充入1molCO2(g)和3molH2O(g)，则v正 C.根据上述图表信息，可以推出T1>T2
D.对比甲组和丙组，在0～4min内，能说明H2的平均反应速率随温度升高而增大
【正确答案】 B

20-3（巩固） 在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应 ，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表：
t/min
2
4
7
9
n(Y)/mol
0.12
0.11
0.10
0.10
下列说法正确的是
A.前4min内反应的平均速率
B.其他条件不变，升高温度，反应达到新平衡前
C.该温度下此反应的平衡常数K=1.44
D.其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数增大
【正确答案】 C

20-4（巩固） 催化氧化是制硫酸的关键步骤：。时，在的恒温恒容容器中加入和，测得混合气体的总物质的量()随时间的变化如下表所示：

0
3
6
10
15
25


3
2.50
2.35
2.15
2.10
2.08
2.06
下列推断正确的是
A.的反应速率小于 B.
C.时的平衡转化率为 D.时反应时间最好定为
【正确答案】 C

20-5（提升） 恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生反应：，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法不正确的是
编号
时间/min

表面积/cm2
0
20
40
60
80
①
a
2.40
2.00
1.60
1.20
0.80
②
a
1.20
0.80
0.40


③
2a
2.40
1.60
0.80
0.40
0.40
A.由实验①、③可知催化剂表面积越大，反应速率越快，的平衡转化率不变
B.由实验数据可知相同条件下，增加氨的浓度，该反应速率不一定增大
C.实验①、②达到平衡后，的体积分数①＜②
D.实验③达到平衡后，的体积分数约为22.7%
【正确答案】 C

20-6（提升） 在100mLN2O5/CCl4溶液中发生分解反应：2N2O5⇌4NO2+O2，在不同时刻测量放出的O2体积，换算成N2O5浓度如下表，下列说法不正确的是
t/s
0
600
1200
1710
2220
2820
x
c(N2O5)/(mol·L-1)
1.40
0.96
0.66
0.48
0.35
0.24
0.12

A.600～1200s，生成NO2的平均速率为1×10-3mol·L-1·s-1
B.反应2220s时，放出的O2体积约为1.18L(标准状况)
C.反应达到平衡时，v正(N2O5)=2v逆(NO2)
D.推测上表中的x为3930
【正确答案】 C

【原卷 21 题】知识点 吸热反应和放热反应,盖斯定律的应用,根据△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和进行计算

【正确答案】
B D
【试题解析】


21-1（基础） 下列关于如图所示转化关系(X代表卤素)的说法正确的是

A.ΔH1越小，HX的熔沸点越高
B.ΔH1+ΔH2+ΔH3=0
C.按照Cl、Br、I的顺序，ΔH2依次减小
D.过程Ⅲ的能量变化形式与高温煅烧石灰石的能量变化形式相同
【正确答案】 C

21-2（基础） 已知固体溶于水放热，有关过程能量变化如图

下列说法正确的是
A.反应①， B.
C. D.
【正确答案】 B

21-3（巩固） 在一定温度压强下，依据图示关系，下列说法不正确的是

A.
B.1mol C(石墨)和1mol C(金刚石)分别与足量反应全部转化为(g)，前者放热多
C.
D.化学反应的△H，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关
【正确答案】 B

21-4（巩固） CH3COOH和氨水反应的能量循环体系如图所示，下列说法正确的是

A.△H1+△H2+△H3=△H4 B.△H1+△H4>△H2+△H3
C.△H4<△H1-△H2 D.△H3<0
【正确答案】 C

21-5（提升） 环戊二烯的键线式为：，其广泛用于农药、橡胶、塑料等工业合成，是一种重要的有机化工原料。其相关键能和能量循环图如下所示，下列说法不正确的是

共价键
键能

436

299

151

A.在相同条件下，反应： ∆H，则∆H
B.
C.表中键能可知将1mol气态解离成气态碘原子需要吸收151kJ能量
D.(g)转化为(g)的过程属于氧化反应
【正确答案】 B

21-6（提升） 工业合成尿素以NH3和CO2作为原料，其能量转化关系如图。

已知2NH3(l)+CO2(g)=H2O(l)+H2NCONH2(l) △H=—103.7kJ·mol-1。下列有关说法正确的是
A.△S1>0，△H4>0
B.△H1=—10.0kJ·mol-1
C.H2NCONH4比H2NCONH2能量低，更稳定
D.过程③反应速率慢，使用合适催化剂可减小△H3而加快反应
【正确答案】 B

【原卷 22 题】 知识点 原电池正负极判断,原电池电极反应式书写,新型电池

【正确答案】
B
【试题解析】


22-1（基础） 2020年3月29日，全球新能源汽车领导者比亚迪宣布正式推出“刀片电池”。“刀片电池”是将传统磷酸铁锂电池电芯加长，使单个电芯形状扁平、窄小，再通过多个“刀片”捆扎形成模组，通过少数几个大模组的组合成电池。“刀片电池”放电时结构如图，正极反应为Li1-xFePO4＋xe－＋xLi＋=LiFePO4，下列说法错误的是

A.放电时Li＋通过聚合物隔膜往正极迁移
B.充电时，阴极反应为Li1-xC6＋xe－＋xLi＋=LiC6
C.充电时，锂离子在阳极脱嵌；放电时，锂离子在正极脱嵌
D.用该电池电解精炼铜，当转移电子1.25 mol时能得到精铜32 g，则电子利用率为80％
【正确答案】 C

22-2（基础） 我国科学家研发出一种新型的锌碘单液流电池，其原理如图所示。下列说法不正确的是


A.放电时A电极反应式为：
B.充电时电解质储罐中离子总浓度减小
C.M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜
D.充电时，A极增重时，C区增加离子数为
【正确答案】 C

22-3（巩固） 如图为2021年新研发的车载双电极镍氢电池，放电时a、c电极的反应物为吸附了氢气的稀土合金，可表示为MH；充电时b、d电极的反应物为吸附的，下列叙述正确的是

A.a、b为电池负极，c、d为电池正极
B.图示显示的是电池充电的过程，c极上的反应可表示为
C.隔膜中的电解液可为KOH溶液，放电时外电路每通过1mol电子，该电池正极共增重2g
D.充电时电子的流动路径为外接电源负极→a、d→外接电源正极，而a→b、b→c、c→d的导电过程均借助离子迁移完成
【正确答案】 C

22-4（巩固） 一种高性能水系铁-氢气二次电池工作原理如图所示，下列说法中正确的是

A.放电时，碳网电极为负极
B.离子交换膜为阳离子交换膜，充电时，K+通过离子交换膜从左极室移向右极室
C.放电时，负极区pH变大
D.充电时，电池总反应为
【正确答案】 D

22-5（提升） 微生物燃料电池是一种利用微生物将有机物中的化学能直接转化成电能的装置.某污水处理厂利用微生物电池将镀铬废水中的催化还原，其工作原理如图所示.下列说法不正确的是

A.电池工作时外电路电流由b极流向a极
B.b极反应式为
C.每生成，右池减少
D.每处理，可生成(标准状况下)
【正确答案】 C

22-6（提升） 液流电池是一种新型可充电的高性能器电池，其工作原理如下图。两边电解液存储罐盛放的电解液分别是含有V3+、V2+的混合液和VO、VO2+酸性混合液，且两极电解液分开，各自循环。下列说法不正确的是

A.充电时阴极的电极反应是V3++e-=V2+
B.放电时，V2+在负极被氧化
C.若离子交换膜为质子交换膜，充电时当有1 mol e-发生转移时，左槽电解液的H+的物质的量增加了2 mol
D.若离子交换膜为阴离子交换膜，放电时阴离子由左罐移向右罐
【正确答案】 C

【原卷 23 题】 知识点 影响水电离的因素,盐溶液中微粒间的电荷守恒、物料守恒。质子守恒原理,盐的水解常数

【正确答案】
C
【试题解析】


23-1（基础） 常温下，现有两份浓度均为的NaA溶液和NaB溶液，分别用浓度为的标准盐酸溶液进行滴定实验，滴定过程中混合溶液的pH与所加盐酸体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是

A.滴定前的两份溶液体积：V(NaA溶液) B.常温下，且的数量级为
C.交点P对应的两溶液中
D.当时，两溶液中水的电离程度大小NaA 【正确答案】 A

23-2（基础） 25℃时，往20. 00mL 0. 1mol·L-1HX溶液中滴入0. 1mol·L-1NaOH溶液，体系中-1gc(HX)、 -lgc(X-)、 NaOH 溶液的体积与溶液pH的关系如图所示。下列说法正确的是

A.曲线②表示-lgc(HX)与溶液pH的关系
B.a点对应的溶液中： c(H+) +2c(HX)=c(OH- )-c(X -)
C.b点对应的溶液中： c(Na+)>c(X- )>c(OH-)>c(H+)
D.25℃时，HX的电离平衡常数的数量级为10-4
【正确答案】 C

23-3（巩固） 25℃时，以NaOH溶液调节0.1mol·L-1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)]。下列说法不正确的是

A.二元弱酸H2A的a1=1.2(已知：a=-lgKa)
B.20.0mL0.1mol·L-1的H2A溶液与30.0mL0.1mol·L-1NaOH溶液混合，混合液的pH=4.2
C.往H2A溶液中滴加NaOH溶液的过程中，一定存在：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)
D.在0.1mol·L-1NaHA溶液中，各离子浓度大小关系：c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(OH-)
【正确答案】 B

23-4（巩固） 25℃时，用0.2mol∙L-1NaOH溶液滴定10mL0.1 mol∙L-1某二元酸H2A，H2A被滴定分数、pH及物种分布分数(δ)如图所示。下列说法正确的是

A.滴定分数为1时，溶液的pH≈13
B.随着滴定分数增大，水的电离程度增大
C.指示剂既可选择甲基橙，也可以选择酚酞
D.a点溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(H2A)+2c(A2-)+c(OH-)
【正确答案】 D

23-5（提升） 常温下，向一定浓度的NaA溶液中加适量强酸或强碱(忽略溶液体积变化)，溶液中c(HA)、c(A-)、c(H+)、c(OH-)的负对数(-lgc)随溶液pH的变化关系如图所示。下列叙述不正确的是

A.曲线①表示-lgc(H+)随溶液pH的变化情况
B.曲线①和曲线②的交点对应的溶液中存在c(A-)=c(Na+)
C.常温下，NaA溶液的水解平衡常数Kh数量级为10-10
D.等物质的量浓度、等体积的NaA溶液与HA溶液混合后：c(A-)＞c(Na+)＞c(HA)
【正确答案】 B

23-6（提升） 常温下，向0.1mol•L-1的乙二胺(H2NCH2CH2NH2)溶液中不断通入HCl气体，溶液中三种含氮微粒的物质的量分数δ与pOH的关系图如图。已知：①乙二胺为无色液体，有类似氨的性质，常温下Kb1=10-4.07，Kb2=10-7.15；②假设溶液体积保持不变。下列说法中不正确的是{已知：pOH=-lgc(OH-)}

A.曲线Ⅱ代表的微粒符号为H2NCH2CH2NH
B.b点的对应pOH=5.61
C.pOH=a时，c(Cl-)＞0.05mol•L-1
D.在0.1mol•L-1H2NCH2CH2NH3Cl溶液中：c([H2NCH2CH2NH3]+)＞c([H3NCH2CH2NH3]2+)＞c(H2NCH2CH2NH2)
【正确答案】 C

【原卷 24 题】 知识点 有机反应类型,乙酸的酯化反应的机理

【正确答案】
B
【试题解析】


24-1（基础） 一种有机物脱羧反应机理如图所示：

下列说法不正确的是
A.E-NH2是脱羧反应的催化剂
B.该反应过程涉及加成、消去反应
C.E和F互为同分异构体
D.也可按照该反应机理生成
【正确答案】 D

24-2（基础） 制备异丁酸甲酯的某种反应机理如图所示。下列说法不正确的是

A.可以用甲醇、丙烯和一氧化碳为原料制备异丁酸甲酯
B.反应过程中涉及加成反应
C.化合物6和化合物9互为同分异构体
D.上述反应过程中未改变反应的，降低了反应的活化能
【正确答案】 C

24-3（巩固） Buchwald-Hartwig偶联反应(布赫瓦尔德-哈特维希反应)是合成芳胺的重要方法，反应机理如图(图中Ar表示芳香烃基，---表示为副反应)。下列说法不正确的是

A.3、5和8都是反应的中间体
B.该过程仅涉及加成反应
C.理论上1mol最多能消耗2mol
D.若原料用和，则可能得到的产物为、和
【正确答案】 B

24-4（巩固） 制备乙醛的一种反应机理如图所示。下列叙述不正确的是

A.反应过程涉及氧化反应
B.化合物2和化合物4互为同分异构体
C.可以用乙烯和氧气为原料制备乙醛
D.PdCl2需要转化为才能催化反应的进行
【正确答案】 B

24-5（提升） TRAP是一种温和的氧化剂，TRAP试剂中的不会氧化碳碳双键，可以将醇仅氧化至醛，不会过度氧化为羧酸。TRAP氧化醇的反应机理如下图，下列说法正确的是

A.铑在TPAP机理图中共呈现了4种价态
B.步骤④中做还原剂，作用是使TRAP试剂再生
C.反应⑥的离子方程式为，是TRAP试剂再生的另一途径
D.若为，为，则TPAP氧化该醇的主产物为丙醛
【正确答案】 A

24-6（提升） 丙烷卤代反应的部分反应机理(以Cl2为例)如下：
I．Cl2(g)→2Cl·(g)
II．CH3CH2CH3(g)+Cl·(g)→(g)+HCl(g)
III．(g)+Cl2(g)→CH3CHClCH3(g)+Cl·(g)
其中，II步反应为决速步骤，能量随反应进程的变化如图，下列说法不正确的是

A.氯代时I步反应的ΔH大于溴代时
B.稳定性：小于
C.丙烷中不同基团上碳氢键断裂吸收的能量不同
D.丙烷氯代产物中与溴代产物中近似相等
【正确答案】 D

【原卷 25 题】 知识点 化学实验基础

【正确答案】
D
【试题解析】


25-1（基础） 下列实验方案的设计，不能达到实验目的的是
选项
实验目的
实验方案
A
测定未知NaOH溶液的浓度
向20.00mL待测NaOH溶液中加入甲基橙指示剂，用0.1mol·L-1醋酸标准溶液滴定，记下指示剂变色时耗酸量并计算
B
验证牺牲阳极的阴极保护法
用导线连接Zn和Fe，浸入酸化的NaCl溶液中，用胶头滴管从Fe电极区域取少量溶液于试管，滴入两滴铁氰化钾溶液
C
验证草酸电离吸热
将0.1mol·L-1草酸溶液加热，并用传感器监测pH变化
D
比较AgCl和AgBr的Ksp大小
分别向等体积AgCl和AgBr饱和溶液中加入足量AgNO3溶液，比较产生沉淀的物质的量

A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 A

25-2（基础） 下列实验方案中，能达到实验目的的是
选项
实验方案。
实验目的
A
将SO2和CO2分别通入水中达到饱和，用pH计立即测定溶液的pH，比较pH大小
确定亚硫酸和碳酸的酸性强弱
B
验证Cu和浓硫酸反应生成CuSO4
向反应后溶液中加入水观察溶液变蓝色
C
将SO2通入NaHCO3溶液后，将混合气体依次通入酸性KMnO4溶液、品红溶液、澄清石灰水
验证非金属性：S>C
D
验证：Ksp(AgI) 向盛有1mL 0.1 mol•L-1 AgNO3溶液的试管中滴加10滴0.1mol•L-1NaCl溶液，有白色沉淀生成，向其中继续滴加0.1mol•L-1KI溶液，有黄色沉淀产生
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 C

25-3（巩固） 下列方案设计、现象和结论都正确的是

目的
方案设计
现象和结论
A
探究温度对溶液颜色的影响
将盛有浓盐酸、混合紫色溶液的2支试管分别置于冷水和热水中
冷水中变蓝色，热水中变粉红色，说明的颜色会随温度的变化而变化
B
探究乙醇的还原性
向填充有少量经处理的硅胶中吹入乙醇蒸气
固体变绿色，则说明乙醇有还原性
C
比较、结合的能力强弱
溶液中加入过量溶液，再滴加少量溶液
生成白色沉淀，说明结合的能力强于
D
检查分液漏斗是否漏水
旋紧活塞，打开玻璃塞，向分液漏斗中加少量水，塞紧玻璃塞，静置
若活塞处无水漏出，则说明分液漏斗不漏水
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

25-4（巩固） 下列方案设计、现象和结论有正确的是

目的
方案设计
现象和结论
A
鉴定与溴蒸气
两气体分别通入淀粉KI溶液中
变蓝色的是通入溴蒸气
B
检验固体混合物是否存在铵盐
将固体溶于水，加入足量浓NaOH溶液，加热，用红色湿润石蕊试纸检验产生的气体
若试纸不变蓝，说明固体中不存在铵盐
C
检验的氧化性
在溶液中加入溶液
若溶液出现淡黄色沉淀，则说明具有氧化性
D
检验火柴头中的氯元素
取用火柴头浸泡过的溶液，加溶液、稀硝酸和溶液
若出现白色沉淀，说明有氯元素
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 D

25-5（提升） 下列实验方案的设计能达到相应实验目的的是
选项
实验目的
实验方案
A
验证Cl2的氧化性强于Br2
向FeBr2溶液中通入少量Cl2
B
比较HF与HClO的酸性强弱
常温下，用pH计分别测定浓度为0.1 mol/L的NaF溶液和NaClO溶液的pH
C
验证FeCl3与KI的反应是可逆反应
向1 mL0.1 mol/L FeCl3的溶液中滴加5 mL0.1mol/LKI溶液，充分反应后，取少量混合液滴加淀粉溶液
D
比较Fe与Cu的金属活动性
常温下，将Fe、Cu与浓硝酸组成原电池
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

25-6（提升） 下列实验操作能达到实验目的的是

实验方案
实验目的或结论
A
将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色
可证明氧化性：H2O2比Fe3+强
B
向2 mL品红溶液和2 mL加入少许醋酸的品红溶液中分别滴入3滴84消毒液，观察红色褪色的快慢
可证明随溶液pH的减小，84消毒液的氧化能力增强
C
向20 mL浓度为0.01 mol/L的KMnO4溶液中逐滴加入等浓度的H2O2，观察到溶液褪色并有气泡生产
可验证H2O2的漂白作用和强氧化性
D
向Na2SiO3溶液中通入SO2出现浑浊
可比较S和Si非金属性强弱
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

【原卷 26 题】 知识点 钠的化学性质,氢键对物质性质的影响

【正确答案】

【试题解析】


26-1（基础） 回答下列问题
1、OF2与H2O结构相似，OF2分子的极性___________H2O(填“>”、“=”或“<”)的极性。
2、简要解释下表中三种晶体的熔点差异的原因___________。
物质
SiO2
SiCl4
SiF4
熔点/°C
1610
-69
-90

3、已知苯环上的一OH能电离出H+，(苯酚)+H+，苯酚的酸性大于(邻羟基苯甲醛)，试解释其原因___________。
【正确答案】 1、< 2、SiO2是共价晶体，熔化时破坏共价键，而SiCl4、SiF4是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，所以SiO2熔点最高；SiCl4、SiF4是分子晶体，组成和结构相似，SiCl4的相对分子质量更大，分子间作用力越大，熔点越高
3、邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，使得羟基难以电离出H+

26-2（基础） 回答下列问题
1、对羟基苯甲酸()的熔点()比邻羟基苯甲酸()的熔点()高，原因是_______________
2、纯金属内加入其他元素形成合金之后，合金硬度变大。结合纯金属和合金的结构如图所示，从微观的角度原因是__________

【正确答案】 1、邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，使熔点降低；对羟基苯甲酸形成分子间氢键，使熔点升高。
2、金属原子排列中加入或大或小的其它元素的原子后，改变了金属原子有规则的层状排列，使原子层之间的滑动变困难，故一般合金硬度相对组分金属变大。

26-3（巩固） 回答下列问题：
1、解释硝酸铵固体溶于水吸热的原因_______。
2、请把、、三种物质熔点由高到低排序，并说明原因_______。
【正确答案】 1、硝酸铵固体为离子晶体，溶于水离子键断裂吸收的能量大于、分别形成水合离子放出的能量，所以整体表现为吸热
2、熔点：。形成内盐，类似于离子晶体，熔点升高；存在分子间氢键，只有分子间作用力，氢键强于分子间作用力，所以熔点：

26-4（巩固） 回答下列问题
1、已知：三氟乙酸()的，三氯乙酸()的，则比较两者的酸性强弱：三氟乙酸_______三氯乙酸(填“>”“<”)，原因是_______。
2、已知邻羟基苯胺的结构为，邻羟基苯胺的沸点_______对羟基苯胺的沸点(填“低于”“高于”)，原因是_______。
【正确答案】 1、> 氟的电负性大于氯的电负性，F-C键的极性大于Cl-C键的极性，使的极性大于的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子
2、低于 邻羟基苯胺容易形成分子内氢键，沸点降低，对羟基苯胺容易形成分子间氢键，沸点升高，因此邻羟基苯胺的沸点低于对羟基苯胺的沸点

26-5（提升） 回答下列问题：
1、已知固态NH3、H2O、HF中的氢键的键能和结构示意图如表所示：
物质及其氢键
HF(s)：F—H…F
H2O(s)：O—H…O
NH3(s)：N—H…N
键能/(kJ·mol-1)
28.1
18.8
5.4


H2O、HF、NH3沸点依次降低的原因是____。
2、已知：常温时H2A的Ka1=5×10-5，Ka2=3×10-9，请判断NaHA溶液的酸碱性并说明原因：____。
【正确答案】 1、虽然单个氢键的键能大小顺序是HF>H2O>NH3，但从各固态物质中的氢键结构可以推知，液态H2O、HF、NH3中氢键数量各不相同，状态变化时要克服的氢键的总键能大小顺序是H2O>HF>NH3，所以H2O、HF、NH3沸点依次降低
2、酸性。因为HA-离子的水解平衡常数为Kh2==2×10-10
26-6（提升） 回答下列问题
1、四种元素的原子半径如下表：
元素符号
Li
Be
Na
S
Cl
原子半径/pm
152
89
186
102
99
由此可推理：决定原子半径大小的因素有_______
2、和都是化工生产中的重要物质。
①的沸点(-33.5℃)高于的沸点(-129℃)的主要原因是_______
②的一种下游产品三聚氟氰(分子式为：)，分子结构中显示有环状结构，请从价键理论和物质的相对稳定性角度写出三聚氟氰的结构式_______。
【正确答案】 1、原子核对核外电子的吸引力和核外电子间的排斥力
2、分子间存在氢键而分子间没有

【原卷 27 题】 知识点 化学方程式计算中物质的量的运用

【正确答案】

【试题解析】


27-1（基础） 某合金(仅含铜、铁)中铜和铁的物质的量之和为 amol，其中Cu的物质的量分数为 b，将其全部投入c mol的稀硝酸中，加热使其充分反应(假设NO是唯一的还原产物)。
1、若产生标准状况下NO 4.48 L，则反应转移电子的物质的量为___________mol
2、若b=0.2，溶液中的Fe3+与Fe2+的物质的量相等，标准状况下产生NO6.72L，则c=___mol
【正确答案】 1、0.6 2、1.2

27-2（基础） 实验室制备氧气也常用加热分解制得，发生反应：；取8.5g硝酸钠固体置于装置，加热一段时间，收集到VmL氧气后，停止加热，待固体冷却后称得剩余7.22g，将剩余固体溶于水配制成100mL稀溶液，加入足量铜片，并滴入稀硫酸，使其充分反应(气体只有NO)(已知：，未配平)，求：
1、V=___________；
2、溶解铜的质量是：___________g(写出简单计算过程)
【正确答案】 1、40Vm 2、4.48

27-3（巩固） 已知：PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl；PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl。将0.2molPCl3和0.1molPCl5的混合物溶于足量水，一定条件下缓缓通入VLCl2(标准状况)，恰好将H3PO3氧化为H3PO4。往反应后的溶液中加入2Lcmol·L-1NaOH溶液，恰好完全中和。计算：
1、V=____。
2、c=_____。(写出计算过程)。
【正确答案】 1、4.48L 2、0.75mol/L

27-4（巩固） 在无氧的条件下以干燥的钠汞齐(以Na-Hg表示)和干燥的二氧化硫一起振荡，得固态化合物A。已知：A中钠元素的质量分数为26.44%，氧元素的质量分数为36.78%，其余为S元素。1mol A暴露在潮湿空气中易吸收氧气而氧化，其氧化产物需2 mol NaOH反应生成正盐。
1、试确定A的化学式_______。
2、若将A加热到402K时能产生一种刺激性气味的气体，固体质量减轻了18.39%。分析得到的固体残渣，发现是与A含有相同元素的两种物质(记为B和C)。试写出A分解的化学方程式_______。
【正确答案】 1、Na2S2O4 2、↑

27-5（提升） 向70.4g由、、三种物质组成的固体混合物加入2L一定浓度的稀硫酸后固体恰好溶解，可收集到标准状况下气体2.24L，再向反应后的溶液中滴入溶液，无明显现象。(忽略反应前后溶液的体积变化)
1、反应后溶液中的物质的量浓度为_______；
2、原固体中的质量取值范围为_______。
【正确答案】 1、0.5
2、

27-6（提升） 为确定Fe和Fe2O3混合物样品的组成，称取该样品27.2g加入200mL盐酸中使其充分溶解，放出氢气的体积为2.24L(折算成标况)，向反应后的溶液中加入KSCN颜色无明显变化，测得溶液中氢离子浓度为1.0mol/L(忽略溶液体积变化)。试计算：
1、样品中铁的质量m(Fe)=___。
2、盐酸的物质的量浓度c(HCl)=___。
【正确答案】 1、11.2g 2、5mol/L

【原卷 28 题】 知识点 铵根离子的检验,无机综合推断,化学实验方案的设计与评价

【正确答案】

【试题解析】


28-1（基础） 化合物X由4种元素组成。某兴趣小组按如下流程进行实验：

已知所用试剂均足量。请回答：
1、无色气体A的成分是_______(用化学式表示)。
2、组成X的元素有_______，X的化学式为_______。
3、沉淀D在空气中充分灼烧生成固体C的化学方程式是_______。
4、设计实验方案确定固体B中的阳离子_______。
【正确答案】 1、CO 2、Fe、I、C、O
3、
4、取少量固体B，加水溶解，滴入溶液，若生成蓝色沉淀，则说明原样品中存在

28-2（基础） 化合物X由3种元素组成。某兴趣小组按如下流程进行实验：

已知：A由两种气体组成，且两种气体组成元素相同。请回答下列问题：
1、X的组成元素有___________；X的化学式为___________。
2、固体B的成分是___________(用化学式表示)
3、X化学性质相当活泼，1mol X吸收只生成一种二元弱酸Y和1mol气体C，请写出Y与足量NaOH溶液反应的离子方程式___________。
4、设计实验证明溶液G中的阳离子___________。
【正确答案】 1、Fe、C、O
2、Fe、C 3、
4、取少量G溶液分别置于试管A、B中，往A试管中滴加紫色石蕊，若变红，则有；往B试管中滴加KSCN无明显现象，再加，溶液变血红色，则有

28-3（巩固） 化合物M由4种常见元素组成。某兴趣小组进行如下实验(每一步反应均充分进行)：

已知：①M易形成类似于氨基酸的内盐
②混合气体A中含有单质气体
③无色粘稠油状液体为纯净物。
请回答：
1、组成M的元素是__________________(填元素符号)
2、M的化学式为__________________
3、写出无色溶液E中溶质__________________
4、M能与次氯酸钠溶液反应，得到无色溶液G和无色气体C。
①写出该反应的化学方程式：________________________
②设计实验验证该无色溶液G中的阴离子：____________
【正确答案】 1、H、N、O、S 2、或
3、、
4、 取少量无色溶液G于试管中，加入过量稀盐酸，若无明显现象，滴加氯化钡溶液，若有白色沉淀，说明含有；另取少量溶液G于试管中，加入过量硝酸钡，振荡，静置，取上层清液，滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，说明有

28-4（巩固） 化合物X由三种元素组成，为探究其组成，设计实验流程及实验结果如下：

已知：气体1在标况下的密度为1.429g/L。
请回答下列问题：
1、化合物X的化学式为_______，固体3的成分是_______，(用化学式表示)
2、某黄绿色的气体化合物Y和共同加入某强碱溶液可生成上述盐X，请写出相应的离子反应方程式_______。
3、另一小组采用以下方案探究固体1的成分：

①写出步骤Ⅱ中发生反应的离子反应方程式_______
②实验结果发现白色沉淀4的质量大于43.05g，造成这个实验结果的原因是_______
【正确答案】 1、
2、
3、 可能原因是由于硝酸的量少，产生了沉淀

28-5（提升） 化合物甲由两种短周期元素组成，是一种重要的还原剂，某实验小组按如下流程进行相关实验：

已知：化合物乙常用作油漆、涂料、油墨的红色颜料。
请回答：
1、写出单质甲与水反应的离子方程式：_______。
2、写出单质甲与化合物乙的化学反应方程式：____。
3、化合物甲在潮湿空气中能自燃，不能用二氧化碳灭火的原因是_____(用化学方程式表示)。
4、可溶性盐的成分可能是_____。请设计简单实验，检验其可能的化学成分：___________。
【正确答案】 1、
2、
3、或或或或或或或(其他合理答案亦可)
4、或或两者混合物 取可溶性盐于小烧杯中加适量水使其完全溶解，逐滴加入CaCl2溶液。如有白色沉淀生成说明存在Na2CO3；反之，无Na2CO3。继续滴加CaCl2至过量，过滤，取少量滤液，逐滴加入HCl。如有气泡产生说明存在NaHCO3；反之，无NaHCO3(其他合理答案亦可)。

28-6（提升） 某物质A由三种常见的元素组成，某兴趣小组进行了如下实验：

已知：A的摩尔质量在200～300g/mol之间，焰色为紫色；盐C和盐D的组成元素和A相同，①②④处气体体积均在充分加热挥发后经干燥测定。
1、组成A的元素有_______；A的化学式_______；
2、无色溶液E中所有阴离子结合H+的能力由强到弱的顺序_______；
3、一种生产A的方法：在35～45℃下气体B与锌粉—水悬浮液反应生成中间产物；然后加入相应的碱溶液，充分反应，压滤分离得A溶液。写出该过程的总反应方程式_______；
4、A可除去废水(pH～8)中的Cr(VI)，且处理后pH变化不大，则反应③的离子方程式_______；
5、设计实验确定溶液E中所含溶质的阴离子_______；
【正确答案】 1、K、S、O
2、
3、
4、
5、取一定量E溶液，加足量溶液，产生白色沉淀，过滤；分别向沉淀和滤液中加入足量HCl，沉淀溶解，并都能产生使品红溶液褪色的无色刺激性气体，且加热褪色后的品红溶液恢复红色，则E溶液中含有和

【原卷 29 题】 知识点 原电池电极反应式书写,盖斯定律及其有关计算,化学平衡的移动及其影响因素,化学平衡图像分析

【正确答案】

【试题解析】


29-1（基础） 建设生态文明，研究碳的化合物对减少CO2在大气中累积及实现可再生能源的有效利用具有重要意义。
1、已知有关化学键的键能E数据如下
化学键
C=O
H—H
C—H
C—O
O—H
E/(KJ·mol-1)
745
436
413
356
463
CO2和H2在一定条件下能发生反应：CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)，该反应的活化能为akJ·mol-1，其反应过程如图所示，则Ea2=_______kJ/mol(用含a的代数式表示)

2、该反应在_______(填“高温”或“低温”)能自发进行。
3、一定温度下，在一刚性密闭容器中，充入等物质的量的CO2和H2，此时容器的压强为48kPa，发生以上反应，6min时达到平衡，此时容器压强为30KPa，则0～6min内用H2的分压表示反应速率为_______。该温度下，此反应的平衡常数KP=_______(KP是平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数)。
4、恒温恒容条件下，为了提高CO2的转化率，可采取的措施为_______(写一点即可)，能说明该反应达到平衡状态的是_______(填字母)。
A.混合气体的密度不再变化
B.甲酸的浓度不变
C.CO2的消耗速率与HCOOH的生成速率相等
D.混合气体的平均相对分子质量不再变化
5、利用太阳能电池电解能实现CO2转化为HCOOH，如图所示。

①电解过程中，b极发生的电极反应式为_______
②每转移1mol电子，阳极区溶液质量减轻_______g。
【正确答案】 1、a+51 2、低温
3、3KPa/min 0.5KPa-1
4、充入一定量的H2(或移出HCOOH) BD
5、CO2+2H++2e-=HCOOH 9

29-2（基础） 以CO2生产甲醇(CH3OH)是实现“碳中和”的重要途径。其原理是CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)。
1、该反应的能量变化如图所示，该反应为_______(填“放热”或“吸热”)反应。

2、恒容容器中，对于上述反应，下列措施能加快反应速率的是_______。
A.升高温度 B.充入He C.加入合适的催化剂 D.降低压强
3、在体积为2L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，测得CO2、CH3OH的物质的量随时间变化如图。反应达到平衡状态，此时H2的转化率为_______。

4、在相同温度、容积不变的条件下，不能说明该反应已达平衡状态的是_______。
A.CO2、H2的浓度均不再变化
B.体系压强不变
C.n(CH3OH)∶n(H2O)=1∶1
D.H2的消耗速率与CH3OH的生成速率之比为3∶1
5、用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构如图。

①则电极c是_______(填“正极”或“负极”)，电极d的电极反应式_______。
②若线路中转移1mol电子，则该燃料电池理论上消耗的O2在标准状况下的体积为_______L。
【正确答案】 1、放热 2、AC
3、75%(或0.75) 4、CD
5、负极 O2+4e-+4H+=2H2O 5.6

29-3（巩固） 合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径，解决了亿万人口生存问题。回答下列问题：

1、科学家研究利用铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”标记。由图可知合成氨反应的热化学方程式为___________，写出该历程中速率最慢一步的反应___________。
2、工业合成氨反应为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，当进料体积比V(N2)：V(H2)=1∶3时，平衡气体中NH3的物质的量分数随温度和压强变化的关系如图所示：

①该反应的平衡常数K(a)___________K(b)(填“＜”或“=”或“＞”)。
②500℃、压强为5P0时，Kp=___________[Kp为平衡分压代替平衡浓度计算求得的平衡常数(分压=总压×物质的量分数)]。
3、科学家利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成并取得初步成果，电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，示意图如图所示。

①A电极反应为___________。
②电池工作时在固氮酶表面发生的反应为___________。
【正确答案】 1、N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) 　ΔH=-92kJ·mol-1 Nad+3Had=NHad+2Had
2、＜
3、MV+-e-=MV2+ N2+6H++6MV+=6MV2++2NH3

29-4（巩固） 我国明确提出2030年“碳达峰”与2060年“碳中和”目标，“碳中和”对我国意味着：一是能源转型首当其冲：二是通过工艺改造、节能等措施减少二氧化碳的排放在能源的产生、转换、消费过程。
I.减少二氧化碳排放的方法之一是将CO2催化还原，比如：
反应1：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-53.7kJ•mol-1
反应2：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2
都是目前处理CO2的重要方法。回答下列问题：
1、反应1在_____的条件下能自发发生，该反应的活化能Ea(正)_____Ea(逆)(填“大于”或“小于”)。
2、已知：①CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ•mol-1和-285.8kJ•mol-1
②H2O(l)=H2O(g) △H3=44.0kJ•mol-1，则△H2=_____kJ•mol-1。
3、恒温恒容的密闭容器中，投入物质的量之比为1∶3的CO2和H2，发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-53.7kJ•mol-1达到平衡，下列有关叙述正确的是_____。
A.升高温度，逆反应速率增加，平衡常数减小
B.再加入一定量的CO2和H2，CO2和H2的转化率不可能同时都增大
C.加入合适的催化剂可以提高CO2的平衡转化率
D.其他条件不变，改为恒温恒压，可以提高平衡时CH3OH的百分含量
4、一定条件下，在1L密闭容器中加入2molCO2和2molH2只发生反应2：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，如图是随着反应的进行，CO2的浓度随时间改变的变化图。若在t1时刻再加入1molCO2，t2时刻到达新的平衡。请你画出t1～t3内时刻CO2的物质的量浓度随时间改变的变化图_____。

5、II.减少二氧化碳排放的方法之二是使用合适催化剂可由CO2和CH4可转化为CH3COOH，但反应中催化剂活性会因积碳反应CH4(g)=C(s)+2H2(g)而降低，同时存在的消碳反应CO2(s)+C(s)=2CO(g)则使积碳量减少。在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程：v=k•p(CH4)•[p(CO2)]-0.5 (k为速率常数)。在p(CH4)一定时，pa(CO2)＞pb(CO2)＞pc(CO2)，如图可以表示不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势的是_____(填序号)。
A. B.
C. D.
6、III.减少二氧化碳排放的方法之三是使用电化学方法转化CO2，研究证明：CO2也可在熔融碳酸钠中通过电解生成CO，收集CO进行其他有机类合成。则生成CO的反应发生在_____极，该电极反应式是____。
【正确答案】 1、低温 小于 2、+41.2 3、AD
4、 5、A 6、阴 2CO2+2e-=CO+CO

29-5（提升） 以CO2为原料制备甲烷等能源物质具有较好的发展前景。
1、CO2催化(固体催化剂)加氢合成甲烷过程发生以下两个反应：
主反应：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) △H1=-156.9kJ·mol-1
副反应：：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H2=+41.1kJ·mol-1
①CO2加氢制备CH4的一种催化机理如图，下列说法中正确的是________。

A．催化过程使用的催化剂为La2O3和La2O2CO3
B．La2O2CO3可以释放出CO2＊(活化分子)
C．H2经过Ni活性中心断键裂解产生活化态H＊的过程为放热过程
D．CO2加氢制备CH4的过程需要La2O3和Ni共同完成
②保持温度500℃不变，向1L密闭容器中充入4molCO2和 12molH2发生反应，若初始压强为p，20min后主、副反应都达到平衡状态，测得此时 c(H2O)=5mol·L-1，体系压强变为0.75p， 则主反应的平衡常数Kp=___________(用含p的式子表示)，主、副反应的综合热效应(吸放热之和)为___________kJ
2、甲醇催化制取乙烯的过程中发生如下反应：
I.3CH3OH(g)⇌C3H6(g)+3H2O(g)
II.2CH3OH(g)⇌C2H4(g)+2H2O(g)
反应I的Arrhenius经验公式的实验数据如图中曲线a所示，已知Arrhenius经验公式Rlnk=-+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是___________。

3、已知：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g) ΔH1=-746.5kJ·mol-1，据此可在一定条件下反应消除NO和CO的污染；某研究小组在三个容积均为VL的恒容密 闭容器中，分别充入1.0molNO和1.0molCO，在三种不同实验条件(见下表)下进行上述反应，反应体系的总压强(P)随时间变化情况如图所示：
实验编号
a
b
c
温度/K
500
500
600
催化剂的比表面积/(m2∙g-1)
82
124
124

①曲线III对应的实验编号是___________，曲线I中压强降低的原因是___________。
②用间接电化学法对大气污染物NO进行无害化处理，其原理示意如图(质子膜允许H+和H2O通过)，电极I发生的电极反应为____。

【正确答案】 1、BD Kp= -272.7
2、加入催化剂 3、b 反应I正反应是气体分子数减小的反应，随着反应进行，气体分子数减少，压强减小 2+2e-+2H+=+2H2O

29-6（提升） 乙烯、丙烯是化学工业的最基本原料，工业上可采用多种方法生产，请回答下列问题：
方法一：利用丙烷脱氢制烯烃，反应如下。
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
上述各反应常压下平衡常数自然对数值随温度(T)的变化如图1所示。

1、_______0(填“＜”或“>”)；图1中表示反应Ⅱ的曲线为_______ (填“a”或“b”)。
2、温度下，向体积不等的恒容容器中加入等量，若只发生反应Ⅰ，反应相同时间后，测得各容器中的转化率与容器体积关系如图2。

①下列说法正确的是_______。
A.各容器内反应的平衡常数相同
B.体系处于W点时，加催化剂，可提高转化率
C.体系处于W、M两点时，若升高温度，净反应速率均增加
D.反应过程中若容器内气体密度不再变化，则反应已达平衡
②保持其他条件不变，增大初始投料，请在图2中画出的转化率与容器体积关系图_______。
方法二：利用甲醇分解制取烯烃，涉及反应如下。
a.
b.
c.
3、①恒压条件下，平衡体系中各物质的物质的量分数随温度变化如图3所示。已知923K时，，假设没有副反应，平衡体系总压强为P，求923K反应c的平衡常数_______。(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作，如，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)

②工业上使甲醇反应气流经ZSM-5分子筛催化分解，该催化剂同时也可催化丁烯裂解。 。请说明，甲醇分解工艺中常常添加适量丁烯共同反应，其原因可能为_______。
【正确答案】 1、> b 2、AC
3、1.25/P 丁烯分解为吸热反应，可以为反应体系降温，防止催化剂因反应温度过高而失活。甲醇分解转化率很高，基本不受丁烯分解吸热影响

【原卷 30 题】 知识点 化学实验方案的设计与评价,常见无机物的制备,探究物质组成或测量物质的含量

【正确答案】

【试题解析】


30-1（基础） 碘酸钙是动物饲料的微量元素添加剂。Ca(IO3)2·6H2O制备步骤及装置如图：

已知：冷却结晶过程中得到的产物随温度不同会带不同数目的结晶水，如下表：
碘酸钙存在形式
Ca(IO3)2
Ca(IO3)2·H2O
Ca(IO3)2·6H2O
稳定温度
＞57.5℃
32～57.5℃
＜32℃
请回答：

1、d烧杯内装的溶液是_______；作用是_______。
2、步骤②碘反应完全的现象是_______。
3、步骤⑥，洗涤后检验沉淀洗涤是否干净的方法是_______。
4、下列说法不正确的是_______。
A.步骤②，水浴加热时，冷凝管下口出现固体未作处理会使产率偏低
B.步骤③，可加入K2CO3溶液调节pH
C.步骤⑤，未使用冰水浴，会使产率偏高
D.步骤⑥，洗涤沉淀时可先用冰水洗涤，再用无水乙醇洗涤，后晾干
5、产品纯度分析：已知2+I2=+2I-，可采用如下方法测定产品中Ca(IO3)2·6H2O纯度。从下列选项中选择最佳操作并排序_______。
准确称取0.600g样品→(_______)→(_______)→(_______)→(_______)→计算
a.加水微热溶解试样，冷却后转移到250ml容量瓶，用水稀释至刻度，摇匀得试液
b.加入1:1高氯酸微热溶解试样，冷却后转移到250ml容量瓶，用水稀释至刻度，摇匀得试液
c.加50ml水，用浓度为0.100mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至浅黄色
d.加50ml水，用浓度为0.100mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至浅黄色，加入2ml淀粉溶液
e.准确量取50.00ml试液于250ml碘量瓶(如图)中，加入3g碘化钾，盖上瓶塞，暗处反应3min

f.准确量取50.00ml试液于250ml锥形瓶中，加入3g碘化钾，暗处反应3min
g.继续用Na2S2O3标准溶液滴定，至浅黄色溶液变为无色，半分钟内不恢复，读数
h.继续用Na2S2O3标准溶液滴定，溶液蓝色消失，半分钟内不恢复，读数
【正确答案】 1、NaOH溶液 吸收尾气氯气
2、反应混合溶液变为无色
3、取最后一次洗涤液于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则沉淀洗涤干净，反之则不干净 4、BC
5、b、e、d、h

30-2（基础） 某研究小组用印刷电路板的腐蚀废液(主要含CuCl2、FeCl2、FeCl3)制备Cu(NH4)2SO4•H2O和FeCl2•4H2O。
I．制备流程图

已知1．所加试剂均足量，且部分步骤有省略。
II．Cu(NH4)2SO4•H2O晶体纯度测定
①取a g Cu(NH4)2SO4•H2O晶体，加入适量1 mol·L-1稀疏酸，加热，待溶液冷却后配制成250 mL溶液。
②取25.00 mL溶液，加水50 mL，调节溶液至弱酸性(pH=3～4)，加入过量20%KI溶液，避光静置几分钟。
③用c mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈淡黄色，再加入淀粉溶液，继续滴定至溶液变浅蓝色，再加入一定量10%KSCN溶液，蓝色变深，继续滴定至蓝色刚好消失，记录消耗Na2S2O3标准溶液的体积。
④平行滴定三次，消耗Na2S2O3标准溶液的平均体积为V mL。
已知2：①2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；I2+2=+2I-。
②CuI和CuSCN均为白色固体；Ksp(CuI)=1.1×10-12，Ksp(CuSCN)=4.8×10-15。
请回答：
1、下列说法正确的是____。
A.操作2通过蒸发至出现晶膜后趁热过滤，快速冷却滤液结晶，可得较大FeCl2•4H2O晶体
B.可用KSCN或K3[Fe(CN)6]溶液检验FeCl2•4H2O晶体中是否存在杂质Fe3+
C.溶液C中加入乙醇可以降低Cu(NH4)2SO4•H2O在溶剂中的溶解性，促进晶体析出
D.溶液B中逐滴滴加试剂C至过量的过程中先出现蓝色沉淀后变为深蓝色溶液，这一现象可以说明与Cu2+结合能力大小为：NH3＞OH-＞H2O
2、测定晶体纯度时，步骤②用KI溶液测定铜含量时，需在弱酸性(pH=3～4)溶液中进行的原因____。
3、下列关于滴定分析的描述，正确的是____。
A.加入过量20%KI溶液可以增大I2的溶解性，减少实验滴定误差
B.Na2S2O3标准溶液应盛放在碱式滴定管中
C.滴定时，眼睛应一直观察滴定管中溶液体积的变化
D.若滴定恰好完全时，滴定管尖端悬半滴未滴下，会导致测定结果偏低
4、结合离子反应方程式并用必要的文字说明滴定过程中加入KSCN溶液的作用____。
5、Cu(NH4)2SO4•H2O(M=246 g•mol-1)晶体样品的纯度为____%(用含a、c、V的代数式表示)。
【正确答案】 1、CD 2、pH过小(或强酸)溶液中I-被氧气氧化，pH过大(或碱性)溶液中Cu2+易水解同时I2与碱反应 3、AB
4、Ksp(CuI)＞Ksp(CuSCN)发生反应：CuI+SCN-I-+CuSCN；将难溶的CuI转化为更难溶的CuSCN，将CuI固体表面吸附的I2释放出来，提高测定结果的准确度
5、

30-3（巩固） 氯化亚铜是一种重要的化工产品，它难溶于水和乙醇，可溶于浓与氨水形成的混合物，置于潮湿空气中迅速氧化为而变为绿色。实验室用酸性蚀刻液(含)和碱性蚀刻液[含]来制备，实验过程的流程如下：

1、步骤Ⅳ需要控制为1～2、下进行，合适的加热方式是_______。
2、步骤Ⅴ为了得到较为纯净的硫酸铜晶体，根据下表中物质的溶解度(单位为g)随温度的变化，写出步骤Ⅴ得到硫酸铜晶体的操作：_______。
温度
物质






氯化铜
75
80
85
90
100
108
硫酸铜
12
18
30
50
60
87

3、写出还原过程中发生主要反应的离子方程式：_______。
4、步骤Ⅵ在图装置中进行，启动磁力撒搅拌器，使和混合液缓慢滴入三颈烧瓶(提前装入硫酸铜晶体)中，控制滴加混合液速度，使所需时间不低于1小时。加完后，继续搅拌10分钟。将三颈烧瓶中的混合物进行一系列操作即可得粗产品。下列有关说法正确的是_______。

A.装置中的温度计显示温度会迅速升高
B.滴加太快容易发生其他副反应，而使制得的产品纯度下降
C.冷凝管上口排出的气体主要是
D.该兴趣小组制备过程中产生滤液、洗涤液等要进行无害化处理后才能排放
5、的定量分析，称取样品置于预先放入玻璃珠和过量溶液的锥形瓶中，不断摇动，待样品全部溶解后，加入水、邻菲罗啉指示剂2滴，立即用的硫酸铈标准液滴定至绿色出现为终点，消耗标准液，发生的反应为，，则
①加入玻璃珠的作用是_______。
②下列有关上述滴定操作的说法正确的是_______。

A.滴定管活塞涂凡士林：取下活塞，用滤纸擦干，用手指蘸取少量凡士林涂抹一薄层在活塞a、c(如图)处的四周，平行插入活塞槽中，然后朝同一个方向转动
B.滴定开始时可以将液体成线状快速流下，接近终点时减慢滴加速度，必要时采用半滴操作
C.读数时可将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直
D.第一次滴定终点时，若测得消耗标准液体积小于，则第二次滴定时可稀释待测液后重新滴定来减小误差
③样品的的质量分数为_______。
【正确答案】 1、热水浴 2、蒸发浓缩、冷却结晶
3、 4、BD
5、加快反应速率，起研磨、搅拌作用 ABC 79.6%

30-4（巩固） 连二亚硫酸钠()是无机精细化学品，在造纸、印染等行业应用广泛。可通过以下方案制备并测定其纯度。
Ⅰ. 的制备
步骤1：安装好整套装置，并检查气密性；
步骤2：在三颈烧瓶中依次加入Zn粉和水，电磁搅拌形成悬浊液；
步骤3：打开仪器a的活塞，向装置C中通入一段时间；
步骤4：打开仪器c的活塞，滴加稍过量NaOH溶液，控制pH在8.2～10.5之间；
步骤5：过滤，将滤液经“一系列操作”可获得。
已知：①在空气中极易被氧化，不溶于乙醇，在碱性介质中较稳定。
②低于52℃时在水溶液中以形态结晶，高于52℃时在碱性溶液中脱水成无水盐。
③呈现两性。请回答：

1、仪器b的名称是_______。
2、装置B的作用是防倒吸，将下图补充完整代替装置B_______。

3、步骤3中生成物为，该反应需在进行，其原因为_______。
4、下列步骤4说法不正确的是_______。
A.pH过大沉淀完全，且能稳定存在
B.pH过小会沉淀不完全，产品中会产生含锌杂质
C.装置C中溶液均应用无氧水配制
D.不可以用碳酸钠溶液代替氢氧化钠溶液
5、“一系列操作”包括：a. 趁热过滤；b. 用乙醇洗涤；c. 搅拌下用水蒸气加热至60℃左右；d. 分批加入细食盐粉，搅拌使其结晶，用倾析法除去上层溶液，余少量母液。
上述操作的合理顺序为_______→干燥(填字母)。
Ⅱ. 含量的测定
实验原理：(未配平)。
实验过程需在氮气氛围中进行，称取0.2500g样品加入三颈烧瓶中，加入适量NaOH溶液，打开电磁搅拌器，通过滴定仪控制滴定管向三颈烧瓶中快速滴加标准溶液，达到滴定终点时消耗25.00mL标准溶液。
6、样品中的质量分数为_______(假设杂质不参与反应)；若实验过程中未通入，对测定含量的影响是_______(填“偏低”、“偏高”或“无影响”)。
【正确答案】 1、蒸馏烧瓶 2、
3、温度低，反应速率慢，温度高会降低二氧化硫在水中的溶解度，造成原料利用率降低 4、AD
5、dcab 6、87.00%或0.8700 偏低

30-5（提升） 实验室制备苯甲酸、提纯及纯度测定步骤如下：
Ⅰ、往圆底烧瓶中加入甲苯和水，加热至沸，从冷凝管上口分批加入，最后用少量水将粘在冷凝管内壁的冲洗入圆底烧瓶内
Ⅱ、继续煮沸并间歇性摇动圆底烧瓶，直至甲苯完全反应
Ⅲ、趋热过滤反应混合物，用少量热水洗涤滤渣，合并滤液和洗液，将滤液放在冷水浴中冷却，用浓硫酸酸化溶液从强碱性至强酸性，苯甲酸全部析出为止
Ⅳ、过滤可得粗产品约2g
Ⅴ、用重结晶法提纯
Ⅵ、用碱滴定法测纯度，取样品，溶于乙醇中，加入水和2滴酚酞，用溶液滴定

回答下列问题：
1、步骤Ⅰ中冷凝管选择不合适的是___________(选填A、B、C)
2、步骤Ⅱ反应基本完成的现象为___________
3、步骤Ⅴ中的合理步骤为___________
a→___________→___________→___________→___________。
a、加入约水()配制成热的浓溶液；
b、加半匙活性炭；
c、用少量沸水淋洗烧杯和漏斗中的固体，合并滤液；
d、搅拌下将溶液煮沸，过滤；
e、冷却结晶，过滤、洗涤、晾干得苯甲酸纯品。
4、步骤Ⅵ中测得苯甲酸纯度大于100%的可能原因是___________，因此将步骤Ⅵ改为中和酸滴定法：称取样品，溶于浓度为中，加入2滴酚酞作指示剂，用盐酸调至红色消失，加入乙醚，10滴溴酚蓝作指示剂，摇匀，用盐酸滴定，边滴边将水层和乙醚层充分摇匀使生成的苯甲酸及时被乙醚溶解，水层显示为淡绿色时为滴定终点，三次平行数据如下，则苯甲酸的纯度为___________。
序号
1
2
3
样品质量/g
0.1000
0.1000
0.1000
耗酸体积/
8.00
8.02
7.98

【正确答案】 1、C 2、溶液上方不再有明显油珠
3、a→b→d→c→e
4、产品中有残酸存在 97.6%

30-6（提升） 氮化铝广泛应用于集成电路生产领域，合成氮化铝的常见方法有：
方法①：金属直接氮化法：2Al+N22AlN或者2Al+3NH32AlN+3H2；
方法②：氧化物还原氮化法：Al2O3+3C+N22AlN+3CO；
方法③：化学气相沉积法等。
I.某化学研究小组依据方法②氧化物还原氮化法，设计如图(图1)实验装置欲制取氮化铝。

1、仪器B的名称_____；装置中橡胶导管A的作用是____。
2、上述实验装置存在两处不足：____、____。
3、反应结束后，某同学按图2装置进行实验来测定氮化铝样品的质量分数(实验中导管体积忽略不计)。已知：氮化铝和NaOH溶液反应生成NaAlO2和氨气。

①广口瓶中的试剂X最好选用_____(填写序号)。
a.汽油 b.酒精 c.植物油 d.CCl4
②下列措施或事实造成测定氮化铝样品的质量分数偏小的是____。(填写序号)。
a.广口瓶中的液体没有装满 b.量筒的液面高于试剂X的液面
c.氨气没有全部进入广口瓶 d.撤走橡胶导管E，并将锥形瓶塞改为双孔塞
③若实验中称取氮化铝样品的质量为1.00g，测得氨气的体积336mL(标准状况)，则样品中AlN的质量分数为_____。(保留3位有效数字)。
II.工业上依据方法③化学气相沉积法合成氯化铝，工艺流程如图：

已知：步骤II中发生的刷反应，AlCl3+nNH3AlCl3•nNH3
4、步骤III中发生的主反应化学方程式：_____。
【正确答案】 1、(球形)干燥管 使NaNO2饱和溶液容易滴下
2、没有尾气处理装置 C装置不宜采用酒精灯加热的方式
3、c bd 61.5%
4、AlCl3•NH3AlN+3HCl

【原卷 31 题】 知识点 同分异构体书写,根据题给物质选择合适合成路线,有机推断综合考查,酰胺的性质与应用

【正确答案】

【试题解析】


31-1（基础） 乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物(I)具有很好的抗血小板聚集活性，是良好的心脑血管疾病的治疗药物。

已知：①
②
③
1、F中含有的官能团名称为_____。
2、丹皮酚的结构简式为____。
3、下列说法不正确的是____。
A.乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物I的分子式为C21H34O3N3
B.物质B可能溶于水，且能与盐酸反应生成有机盐
C.E→F和H→I的反应类型均为取代反应
D.物质C能使浓溴水褪色，而且1molC消耗2molBr2
E.溴代烃X的名称可能为1－溴丁烷
4、写出A→B的化学方程式____。
5、有机物M是G(C11H15O3N)的同分异构体，写出两种满足下列所有条件的M结构简式：____。
①能发生银镜反应；②1molM与2molNaOH恰好反应。③1H－NMR谱显示分子中含有5种氢原子；④IR谱显示含有苯环和氨基直接相连。
6、阿司匹林( )也具有抑止血小板凝聚的作用。结合题给信息，请以硝基苯和乙酸酐为原料设计合理的路线制备阿司匹林____。(用流程图表示，无机试剂任选)。
【正确答案】 1、醚键、(酮)羰基 2、
3、ADE 4、
5、、 6、

31-2（基础） 米那普仑(Milnacipran)中间体G是合成抗抑郁药的重要药物之一，合成路线如下：

已知：水解生成。
回答下列问题：
1、下列说法不正确的是_______。
A.区别A、B可用酸性溶液 B.化合物E只有一个手性碳原子
C.化合物G的分子式为 D.的反应类型为加成反应
2、G中的含氧官能团名称为_______；写出F的结构简式：_______。
3、写出的化学方程式：_______。
4、写出同时符合下列条件的化合物F的同分异构体的结构简式(不包括立体异构)：_______。
①能与反应
②属于苯的三取代物，有两个相同取代基，且不含甲基
③核磁共振氢谱中有5组峰，且峰面积之比为4∶2∶2∶1∶1
5、结合题中信息，写出用甲苯为原料，合成的路线(无机试剂任选)：_______。
【正确答案】 1、BD 2、羧基
3、 4、、 5、

31-3（巩固） 化合物H是科学家正在研制的一种新物，其合成路线如下：

已知：
1、化合物A的分子式为_______，分子中最多有_______个原子在同一个平面。
2、化合物B的官能团名称_______。
3、写出化合物G的结构简式_______。
4、反应⑤的化学方程式_______。
5、反应类型：①_______，⑦_______。
6、化合物I是D的同分异构体，满足下列条件的I有_______种(不考虑立体异构)。
ⅰ.1molI与足量溶液反应最多产生标况下气体44.8L
ⅱ.苯环上有三个取代基，2个氯原子直接连在苯环上相邻位置
7、参照上述合成路线，写出以1，4—丁二醇和甲醇为原料的合成的路线_______(无机试剂任选，注明反应条件)。
【正确答案】 1、C8H8Cl2 14
2、羧基、碳氯键 3、
4、+O2+2H2O
5、氧化反应 取代反应
6、6 7、

31-4（巩固） 白藜芦醇是一种抗肿瘤的药物，合成它的一种路线如下：

醇是一种抗肿的药物，合成它的一种路线如下：。
1、 D的一种同分异体满足下列条件：
Ⅰ．属于α­氨基酸：
Ⅱ．能使溴水褪色，但不能使FeCl3溶液显色；
Ⅲ．分子中有7种不同化学环境的氢，且苯环上的一取代物只有一种。
写出该同分异构体的结构简式：___________。(任一种)
2、③的应类型是___________
3、1白藜芦醇最多与___________反应，与浓溴水反应时，最多消耗___________。
4、反应④中加入试剂X的分子式为，X结构式为___________。
5、据已有知识并结合相关信息，写出以乙醇为原料制备的合路线流程图______ (无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：

【正确答案】 1、或 2、取代反应
3、7 6 4、
5、CH3CH2OH CH3CH2Cl CH3CH2CN

31-5（提升） G是制备那韦类抗HIV药物的关键中间体，其合成路线如下：

注：为、为
1、A分子中采取杂化的碳原子的数目为_______。
2、的反应类型为_______。
3、固体物质A的熔点比它的一种同分异构体H()的熔点高得多，其原因是_______。
4、G的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。
①含苯环，且能发生银镜反应；
②分子中含有3种不同化学环境的氢。
5、写出以为原料制备的合成路线流程图 (无机试剂和两碳以下的有机试剂任用，合成路线示例见本题题干)_______。
【正确答案】 1、2 2、取代反应
3、固体物质A易形成离子型内盐，熔点升高；同分异构体H易形成分子内氢键，熔点降低
4、或 5、

31-6（提升） 近日，由蒋华良院士和饶子和院士领衔的联合课题组，综合利用虚拟筛选和酶学测试相结合的策略进行药物筛选，发现肉桂硫胺是抗击新型冠状病毒的潜在用药，其合成路线如图：

已知：I.

II.

回答下列问题：
1、D中所含官能团名称为____。
2、F的结构简式为____。
3、由A生成B的化学方程式为____。
4、下列说法正确的是____(填标号)。
A.验证由C生成D后的反应混合液中还残留有C，可以采用酸性高锰酸钾溶液
B.E的化学名称为3－苯基丙烯酸，1molE与足量的H2反应，最多可以消耗5molH2
C.I的分子式为C20H25N2OS，F与H生成I的反应为取代反应
D.C分子中最多有15个原子共平面
5、符合下列条件的D的同分异构体共有____种。
①含有苯环；与NaOH溶液反应时，最多可消耗3molNaOH
②能水解，且能发生银镜反应其中核磁共振氢谱显示有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6∶2∶1∶1的结构简式为____(任写一种)。
6、设计由乙醇制备的合成路线____(无机试剂任选)。
【正确答案】 1、羟基、羧基 2、
3、+NaOH+NaBr 4、D
5、26 或 6、CH3CH2OHCH3CHO


答案解析
1-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
纯净物是仅有一种物质组成的物质，要依据物质的种类判断，
A.氧气是由氧气分子组成的物质，是纯净物，故A选；
B.汽油是由之间的烃类物质组成的混合物，故B不选；
C.空气是主要成分为氮气和氧气的混合物，故C不选；
D.煤炭主要成分是碳单质和部分有机物组成的复杂的混合物，故D不选；
故选：A。
1-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．生铁是铁和碳的合金，属于混合物，A不符合题意；
B．碱石灰是CaO和NaOH的混合物，B不符合题意；
C．黄铜是铜、锌的合金，属于混合物，C不符合题意；
D．绿矾的化学式为FeSO4∙7H2O，属于纯净物，D符合题意；
故选D。
1-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A、空气由氧气、氮气、二氧化碳、稀有气体等组成的混合物，选项A不符合；
B、食盐水是氯化钠的水溶液，是混合物，选项B不符合；
C、冰块和水都是H2O，是纯净物，选项C符合；
D、盐酸是HCl的水溶液，是混合物，选项D不符合；
答案选C。
1-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
同种物质组成的为纯净物，不同物质组成的为混合物，结合各组物质组成分析判断。
详解:
①冰水混合物的主要成分为水，为纯净物；②爆鸣气是氢气和氧气的混合物；③铝热剂是铝和金属氧化物的混合物；④普通玻璃是硅酸钠、二氧化硅的混合物；⑤水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物；⑥漂白粉是氯化钙、次氯酸钙的混合物；⑦二甲苯不一定是纯净物，可能是邻二甲苯、对二甲苯、间二甲苯的混合物；⑧TNT是三硝基甲苯的俗称，属于纯净物；⑨溴苯是纯净物；⑩C5H10不一定表示纯净物，因为C5H10有多种同分异构体；⑪氧化镁中氧的含量为40%，故含氧40%的氧化镁是纯净物；⑫花生油含多种成分，是混合物；⑬福尔马林是甲醛的水溶液，属于混合物；⑭密封保存的NO2气体，存在N2O4，为混合物；⑮王水是浓盐酸与浓硝酸的混合物。综上所述，①⑧⑨⑪ 一定属于纯净物，答案选A。
点睛:
本题考查了物质分类，明确物质的组成和俗称是解题关键，题目较简单，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。
1-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
详解:
A．单质是由同种元素组成的纯净物，该物质由3种元素组成，不是单质，A不符合题意；
B．氧化物由两种元素组成，其中一种一定为氧元素，该物质由3种元素组成，不是氧化物，B不符合题意；
C．无机物又叫无机化合物，是与机体无关的化合物，通常指不含碳元素的化合物，该物质含有碳元素，不属于无机物，C不符合题意；
D．有机物是含碳的化合物，但不包括碳的氧化物和硫化物、碳酸、碳酸盐、碳酸氢盐、氰化物、硫氰化物、氰酸盐、碳化物、碳硼烷等，因此该物质属于有机物，D符合题意。
故选D。
1-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A、乙醇就是C2H5OH，是纯净物，故A不符合题意；
B、聚乙烯是高分子化合物，属于混合物，故B符合题意；
C、金刚石是C的一种同素异形体，是纯净物，C故不符合题意；
D、碳化硅是SiC，是纯净物，故D不符合题意。
答案选B。
点睛:
解答此类题要充分理解纯净物和混合物的区别，分析物质是由几种物质组成的是正确解答此类题的关键。
2-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
溶于水或熔融状态下能够导电的化合物是电解质，溶于水能完全电离的电解质为强电解质。
详解:
A．氯化铜溶液为混合物，不是电解质，A错误；
B．石墨为单质，不是电解质，B错误；
C．乙酸溶于水能电离出离子而使溶液导电，是电解质，但乙酸溶于水只能部分电离生成氢离子和醋酸根离子，是弱电解质，C错误；
D．碳酸氢钠溶于水或熔融状态下能导电，是电解质，碳酸氢钠溶于水时能完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子，是强电解质，D正确；
答案选D。
2-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
详解:
强电解质前提是电解质，电解质必须是化合物，Cu为单质，饱和食盐水为混合物，故排除选项B、C，NH3·H2O为弱碱，溶于水部分电离属于弱电解质，排除A选项，CH3COONH4溶液水完全电离，属于强电解质，D正确，故答案选D。
2-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．Ca(OH) 2是强碱，属于强电解质，故A符合题意；
B．Cu是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B不符合题意；
C．盐酸是混合物，不属于电解质，属于电解质溶液，故C不符合题意；
D．CH4是有机物，属于非电解质，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
2-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，强电解质是指能够完全电离的电解质。
详解:
A．饱和食盐水为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A不符合题意；
B．冰醋酸为弱酸，部分电离，属于弱电解质，故B不符合题意；
C．部分电离，属于弱电解质，故C不符合题意；
D．次氯酸钠完全电离，属于强电解质，故D符合题意；
答案选D。
2-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．Al为金属单质，既不是电解质也不是非电解质，A不符合题意；
B．CH3COONa为可溶性盐，在水溶液或熔融状态下发生完全电离，属于强电解质，B符合题意；
C．SO3为非金属氧化物，属于非电解质，C不符合题意；
D．HCOOH为有机弱酸，属于弱电解质，D不符合题意；
故选B。
2-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．在熔融状态下能完全电离成和，故是强电解质，A正确；
B．不能自身电离，是非电解质，B错误；
C．在水溶液中部分电离，是弱电解质，C错误；
D．食盐水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，D错误；
故答案选A。
3-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．硬脂酸是分子中含有18个C原子的饱和一元羧酸，其结构简式是C17H35COOH，A错误；
B．芒硝是硫酸钠晶体，化学式是Na2SO4•10H2O，B正确；
C．碱石灰是CaO与NaOH溶液混合加热得到的混合物，不是纯净物，因此碱石灰无化学式，C错误；
D．氯仿是三氯甲烷的俗称，化学式是CHCl3，D错误；
故合理选项是B。
3-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．碳铵是碳酸氢铵，化学式为：NH4HCO3，A项错误；
B．硬脂酸是饱和有机酸，化学式为：C17H35COOH，B项错误；
C．肥田粉是硫酸铵，化学式为：(NH4)2SO4，C项正确；
D．碳氯仿是三氯甲烷，化学式为：CHCl3，D项错误；
答案选C。
3-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．磁性氧化铁为四氧化三铁，化学式为，A正确；
B．摩尔盐为六水合硫酸铁铵，化学式为，B正确；
C．甲醛又称蚁醛，化学式为HCHO，C正确；
D．刚玉的主要成分为氧化铝，化学式为Al2O3，D错误；
答案选D。
3-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．生石膏的化学式为：CaSO4•2H2O，A正确；
B．黄铜矿的化学式为：CuFeS2，B错误；
C．蚁醛的化学式为：HCHO，C错误；
D．肥田粉是硫酸铵的俗名，其化学式为：(NH4)2SO4，D错误；
故A。
3-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．芒硝的主要成分是，A错误；
B．重晶石的主要成分为硫酸钡，B正确；
C．尿素的分子式为，C正确；
D．阿司匹林为乙酰水杨酸，结构简式为，D正确；
故答案选A。
3-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
详解:
A．明矾是十二水合硫酸铝钾的俗称，其化学式为，A正确；
B．氟利昂是氟氯烃的混合物，是氟利昂的成分之一，B正确；
C．生石膏又称石膏，是二水合硫酸钙的俗称，其化学式为，C正确；
D．碳铵是碳酸氢铵的俗称，它的化学式为NH4HCO3，D不正确；
故选D。
4-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．图示为蒸发操作，可用于可溶性固体(溶质)和溶剂的分离，A不符题意；
B．图示为分液，用于互不相溶的液体分离，B符合题意；
C．图示为减压过滤，可用于难溶性固体和液体的分离，C不符题意；
D．图示为倾析法，可使悬浮液中含有的固相粒子或乳浊液中含有的液相粒子下沉而得到澄清液，可从液体中分离密度较大且不溶的固体，D不符题意；
选B。
4-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
由题干实验装置图可知：
A．图示装置为配制一定物质的量浓度溶液的装置，不用于物质分离，A符合题意；
B．图示装置为蒸发结晶装置，用于从溶液中析出固体溶质，B不合题意；
C．图示装置为蒸馏装置，用于分离互溶的且沸点相差较大的液体，C不合题意；
D．图示装置为过滤装置，用于分离不溶性固体和液体，D不合题意；
故A。
4-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．该装置为过滤装置，用于分离固、液混合物，A不符合题意；
B．该装置为蒸馏装置，用于分离沸点相差较大的液体混合物，B不符合题意；
C．该装置为配制一定物质的量浓度溶液的装置，不能用于分离物质，C符合题意；
D．该装置为分液装置，用于分离不互溶的液体混合物，D不符合题意；
故选C。
4-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
详解:
A．玻璃棒应与滤纸三层一边紧靠，A项错误；
B．蒸馏中，冷却水方向应是下进上出，B项错误；
C．碎海带为固体，应该使用坩埚灼烧，C项错误；
D．振荡的目的是使溶质与萃取剂充分接触，提高萃取效果，D项正确；
答案选D。
4-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．图示为蒸馏操作，可用于分离沸点不同的混合液体，A项不选；
B．图示操作为配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于分离操作，B项选；
C．图示为蒸发操作，可用于可溶性固体(溶质)和溶剂的分离，C项不选；
D．图示为分液，用于互不相溶的液体分离，D项不选；
答案选B。
4-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．过滤时，不能用玻璃棒搅拌，以避免滤纸破损，故A错误；
B．灼烧固体应在坩埚中进行，不能用蒸发皿，故B错误；
C．高锰酸钾具有强氧化性，在常温下浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，故C正确；
D．分液时，为避免液体重新混合而污染，下层液体从下端流出，上层液体从上口倒出，故D错误；
故选C。
5-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．乙醇的分子式应写成：C2H6O，故A错误；
B．甲醛的化学式为：HCHO，其球棍模型：，故B正确；
C．根据烯烃的命名规则，从靠近官能团的一端开始编号，所以2-甲基-1，3-丁二烯的键线式：，故C正确；
D．乙醇和乙酸脱水生成乙酸乙酯，乙酸乙酯的结构简式：CH3COOCH2CH3，故D正确；
故选A。
5-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．实验式即最简式，故乙烯的实验式为，A正确；
B．甲酸分子中有一个碳原子，官能团为羧基，故结构简式为HCOOH，B正确；
C．的名称为2-甲基丁烷，故C错误；
D．丙烷分子中含有3个碳原子，球棍模型为 ，故D正确；
故选C。
5-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．异丁烷的球棍模型主链有3个碳，而 ，主链有4个碳是正丁烷，A错误；
B．乙二醇的分子式为C2H6O2、实验式：CH3O，B正确；
C．甲醚的分子式为C2H6O2、结构简式：CH3OCH3，C正确；
D．2-甲基丁烷主链4个碳原子、2号位上有1个甲基，则键线式： ，D正确；
故选A。
5-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．对硝基苯酚中，硝基和酚羟基处于苯环对位，对应结构简式为，A正确；
B．水分子空间构型为V形，氢原子半径比氧原子半径小，对应比例模型为，B正确；
C．SiO2为原子晶体，由原子构成，其中硅原子和氧原子以共价键相互连接形成立体网状结构，C错误；
D．异戊二烯中含有两个碳碳双键，2号碳原子上连有支链甲基，对应键线式为： ，D正确；
故答案选C。
5-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．乙烷的分子式为C2H6，球棍模型为 ，故A正确；
B．乙醛的分子式为C2H4O，结构简式为CH3CHO，故B正确；
C．2，3-二甲基丁烷，主链为丁烷，在2、3号C各含有应该甲基，键线式为，故C正确；
D．乙炔的分子式为C2H2，所以乙炔的实验式为CH，故D错误；
故选D。
5-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
详解:
A．苯的分子式为C6H6，实验式为CH，故A错误；
B．甲酸甲酯的官能团为酯基，结构简式为，故B正确；
C．3—甲基戊烷的结构简式为(CH3CH2)2CH，键线式为，故C正确；
D．乙酸的结构简式为CH3COOH，比例模型为，故D正确；
故选A。
6-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．H和D是氢元素的不同核素，都是水分子，是一种物质，不是同分异构体，A错误；
B．与是硫元素的不同单质，互为同素异形体，B正确；
C．、、质子数相同中子数不同，是不同种核素，C错误；
D．为乙烯，可能为环丙烷，两者结构不相似，不是同系物，D错误；
故选：B。
6-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
详解:
A．二者分子式、结构完全相同，为同一种物质，A错误；
B．乙酸和软脂酸都为饱和一元酸，通式均为CnH2nO2，互为同系物，B正确；
C．石英为SiO2，不是硅单质，C错误；
D．和是Cl元素的两种核素，属于同一种元素，D错误；
综上所述答案为B。
6-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
详解:
A．与是由同种元素构成的同种单质，不是同位素，故A错误；
B．C2H4和C6H12 结构不一定相似，C6H12 可能是烯烃或环烷烃，不一定互为同系物，故B错误；
C．由同种元素组成的不同单质互为同素异形体，和都是化合物，故C错误；
D．和分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确；
故选：D。
6-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
详解:
A．和两种原子的核电荷数相同，中子数不同，二者属于同位素关系，故A正确；
B．葡萄糖属于单糖，分子式为C6H12O6，结构中含有醛基，属于还原性糖；蔗糖属于二糖，分子式为C12H22O11，结构中不含醛基，属于非还原性糖；二者的结构不同，也不相差n个CH2原子团，二者不属于同系物关系，故B错误；
C．石墨和，均为碳元素组成的不同性质的单质，二者属于同素异形体关系，故C正确；
D．与，二者分子式相同，结构不同，一个含有羧基，一个含有酯基，二者互为同分异构体，故D正确；
故选B。
6-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
详解:
A．和是2种核素，质子数相同，中子数不同，它们互称同位素，A正确；
B．C60与金刚石均是碳元素形成的不同单质，互称同素异形体，B正确；
C．CH3CH2OH和CH3OCH3的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，C错误；
D．CH3-CH2-CH2-CH3和CH3CH(CH3)2的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，D正确；
答案选C。
6-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
详解:
A．过氧乙酸(CH3CoH)与羟基乙酸(HOCH2COOH)的分子式均为C2H4O3，但结构不同，二者互为同分异构体，A项正确；
B．乙烯含碳碳双键，聚乙烯无碳碳双键，含官能团不同，不是同系物，B项错误；
C．与是单质，不是元素原子，二者不是同位素，C项错误；
D．同素异形体是同种元素组成的不同单质，H216O、D216O、H218O、D218O是化合物，D项错误；
答案选A。
7-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．属于乙烯和水的加成反应生成乙醇，A正确；
B．是丙烷和氯气的取代反应，B正确；
C．属于乙醇的催化氧化生成乙醛，不是取代反应，C错误；
D． 属于丙烯的加聚反应生成聚丙烯，D正确；
答案选C。
7-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
详解:
A．是氯代烃在氢氧化钠醇的作用下的消去反应，A正确；
B．是乙醛的催化氧化反应，B错误；
C．乙炔和氰化氢的加成反应，C正确；
D．从反应物和产物的对比可以发现，这是取代反应，D正确；
故选B。
7-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．三键变为双键不饱和键断裂并连接上新原子，该反应为加成反应，A项正确；
B．反应中形成了不饱和键，该反应为消去反应，B项正确；
C．该反应为催化剂下乙醇的催化氧化反应，C项错误；
D．该反应为苯酚与甲醛形成高分子缩聚反应，D项正确；
故选C。
7-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A. +HNO3+H2O属于硝化反应，也是取代反应，A正确；
B. 2CH3CHO+O22CH3COOH为乙醇的氧化反应，B错误；
C. CH≡CH+HCNCH2=CHCN为乙炔的加成反应，C正确；
D. C2H5OHCH2=CH2↑+H2O为乙醇的消去反应，D正确；答案选B。
7-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
详解:
A．该反应中乙烯断开双键，形成乙苯，属于加成反应，A正确；
B．该反应在形成高分子化合物的同时，形成了小分子水，故是缩聚反应，B正确；
C．该反应中碳碳双键断开，形成高分子化合物，属于加成聚合反应，C正确；
D．该反应属于两分子乙醇脱去一分子水形成醚的过程，属于取代反应，D错误；
故选D。
7-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．+HNO3+H2O是苯的硝化反应，属于取代反应，A正确；
B．是乙醛的氧化反应，B正确；
C．是乙炔的加成反应，C错误；
D．是乙醇的消去反应，D正确；
答案选C。
8-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O中，K2H3IO6为氧化剂，I从+7价变化至0价，HI为还原剂，I从-1价变化至0价，据此分析。
详解:
A．K2H3IO6中I化合价为+7，处于最高价，故A正确；
B．在反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O中，I2既是氧化产物也是还原产物，故B错误；
C．反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O中，I2和转移电子数系数比为4：7，所以12.7gI2物质的量为0.05mol，转移电子数0.0875mol，故C错误；
D．据分析，还原剂与化剂的物质的量之比为7：1，故D错误；
故答案选A。
8-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
该反应是氮元素的价态归中反应，硝酸既不是氧化产物也不是还原产物，氮气既是氧化产物又是还原产物。
详解:
A．硝酸既不是氧化产物也不是还原产物，A错误；
B．氮气既是氧化产物又是还原产物，B错误；
C．化合价升高被氧化，化合价降低被还原，氧化产物与还原产物的物质的量之比应为5:3，C错误；
D．由反应方程式可知生成4molN2转移15mol电子，因此生成1molN2转移3.75mol电子，D正确；
故选D。
8-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2中，I-是还原剂，Fe2+是还原产物，则还原性I-＞Fe2+；反应Br2+2Fe2+=2Br-+2Fe3+中，Fe2+是还原剂，Br-是还原产物，则还原性Fe2+＞Br-；从而得出还原性I-＞Fe2+＞Br-，故选B。
8-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
反应2NH4ClO4═N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O中，N元素化合价由-3价升高到0价，O元素化合价由-2价升高到0价，Cl元素化合价由+7价降低到0价，则反应中N、O元素被氧化，Cl元素被还原，NH4ClO4既是氧化剂又是还原剂，以此解答该题。
详解:
A．反应的特点为一种物质生成多种物质，为分解反应，反应中N、O、Cl化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A正确；
B．推动飞船飞行的主要因素是生成气体，不是高温的原因，故B错误；
C．铝粉在点燃条件下剧烈反应放出大量的热，可作为反应的引发剂，故C正确；
D．反应中N、O元素被氧化，Cl元素被还原，NH4ClO4既是氧化剂又是还原剂，故D正确；
故选：B。
8-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．从方程式可知，该反应中5个H2O中有2个H2O发生了氧化反应，生成1个O2，则0.5molH2O被氧化时，生成了0.25molO2，A错误；
B．该反应3个BrF3中作为氧化剂的BrF3有2个，作为还原剂的BrF3有1个，H2O中有2个为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：3，B正确；
C．2molBrF3为氧化剂，得到6mol电子生成还原产物为Br2，物质的量为1mol，C正确；
D．该反应中生成9个HF时，有2个BrF3被还原，得到6个电子，而BrF3生成HBrO3失去2个电子，则被BrF3还原的BrF3为个，则生成2.7molHF时，被BrF3还原的BrF3为0.2mol，D正确；
故答案选A。
8-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．中元素化合价未变化，选项A错误；
B．胶体应为分散系，纳米颗粒是单质，不是分散系，不属于胶体，选项B错误；
C．由题可知，参加反应，转移电子的物质的量为，选项C正确；
D．中氢元素由+1价变为0价，也作氧化剂，选项D错误；
答案选C。
9-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
详解:
A．Na2O2与水、二氧化碳反应产生氧气，O2可供给人体呼吸，因此Na2O2可在呼吸面具中作为氧气来源，故A正确；
B．SO2具有漂白作用，且与纤维素、蛋白质不会发生反应，因此工业上常用SO2漂白纸浆、毛、丝，故B正确；
C．Mg燃烧时放出耀眼的白光，光的亮度高，容易被识别，因此可以做信号弹，故C正确；
D．光导纤维中主要成分为二氧化硅，并不是硅单质，故D错误；
综上所述，不正确的是D项，故答案为D。
9-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．次氯酸有强氧化性，不仅可以消毒杀菌，还可以漂白棉、麻和纸张等，A正确；
B．钠和水反应生成可燃性气体氢气，故火灾现场有大量金属钠时，不能用水灭火，需用干燥的沙土灭火，B正确；
C．二氧化硫具有还原性，葡萄酒中加是为了防止葡萄酒被氧化，C错误；
D．铝粉与NaOH遇水产生气体使管道中产生气流，且碱性液体能腐蚀食物残渣，故可做厨卫管道疏通剂，D正确；
故选C。
9-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．腊肉颜色鲜红能使人产生食欲，所以为使腊肉较长时间保持鲜红色，常加入护气剂，亚硝酸钠能使肉色鲜红，可作护色剂，A正确；
B．高温下石灰石能与SO2发生反应2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2，所以可用于消除燃煤烟气中的SO2，B正确；
C．温室气体的主要成分是CO2，而形成酸雨的主要物质为SO2、NO2，C不正确；
D．SO2具有还原性、漂白性，还能杀死细菌，所以食品(尤其是葡萄糖的生产)中常添加适量的二氧化硫，可以起到漂白、防腐和抗氧化作用，D正确；
故选C。
9-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．硫在纯氧中燃烧只生成二氧化硫，A错误；
B．亚硝酸钠按照规计量的使用是被允许的，常用作肉类香肠的发色剂和食品防腐剂，B正确；
C．浓硝酸、浓硫酸与铝发生钝化反应，所以可用铝罐车运输，但是浓盐酸与Al会发生反应，不可用其运输，C错误；
D．氯气没有酸性、漂白性，紫色石蕊溶液先变红后褪色，体现盐酸的酸性、次氯酸的漂白性，D错误；
故选B。
9-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
详解:
A．熔点高，可用作耐高温材料；熔融状态下，氧化铝能导电，氧化铝用作电解冶炼铝的原料，故A错误；
B．铜盐溶液能使蛋白质变性，可以用来杀灭植物的病毒，故B错误；
C．的水溶液呈弱碱性，能与盐酸反应，可以用于治疗胃酸过多，故C正确；
D．透光，且折射率合适，能够发生全反射，因此可用于制作光导纤维，故D错误；
选C。
9-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
本题考查常见无机物的性质及有关反应原理等知识点，意在考查新情景下分析、理解能力和知识整合能力，难度不大。
详解:
A.中氯显价，有较强的氧化性，能将NO氧化为硝酸盐或亚硝酸盐而除去，故A正确；
B.氢氟酸是弱酸，除去是利用与HF发生反应：，故B错误；
C.溶液脱除烟气中的是利用的氧化性，故C错误；
D.该过程未发生氧化还原反应，故D错误；
故选A。
10-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．有“OTC”标识的药品需要凭医生处方在医师指导下购买，A错误；
B．X射线衍射实验可以反映晶体的内部结构，键长和键角的数值可以通过晶体的X射线衍射实验获得，B错误；
C．实验室中固体废弃物高锰酸钾、过氧化钠可配成溶液将其转化为一般化学品再进行常规处理，防止导致污染，C正确；
D．蒸馏实验时若温度计的水银球低于支管口，则收集到的馏分沸点会偏低，D错误；
故选C。
10-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A. 晶体生长需要一定时间，生长时间越长，晶体颗粒越大；反之，越小，溶剂蒸发速率越快，晶体生长时间越短，晶体颗粒越小，A错误；
B. 苯酚若不慎沾到皮肤上，应用酒精或聚乙二醇清洗，B错误；
C. 剩余钠、钾如直接放入废液缸会与水剧烈反应容易造成危险，另外，钠、钾较为昂贵，白磷有剧毒，且在空气中易会燃。因此，三种物质一般回收到原试剂瓶，C正确；
D. 测定中和反应热时，温度计测量酸溶液温度后应洗净、擦干后再测量碱溶液温度，D错误；
答案选C。
10-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．在水溶液中橙红色的与黄色的有下列平衡关系：，K2Cr2O7溶液呈橙色，加入少量NaOH固体，中和氢离子，氢离子浓度降低，平衡向右移动，溶液呈黄色；若将NaOH溶液改成Na2SO3溶液，K2Cr2O7与Na2SO3溶液发生氧化还原反应生成Cr3+，溶液变成绿色，A正确；
B．用 K2Cr2O7标准液润洗酸式滴定管后，应将润洗液从酸式滴定管下口放出，B正确；
C．酸或碱对酯的水解都有催化作用，在其他条件相同时，等量的酯在酸催化下，生成酸和醇，为可逆反应，而等量的酯在碱催化下，生成盐和醇，为不可逆反应，水解效果更彻底，C错误；
D．为增强高锰酸钾的氧化性常对其进行酸化，酸化时常使用稳定的稀硫酸而不采用具有还原性的盐酸或具有氧化性的硝酸，D正确；
故答案选C。
10-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．碱液沾到皮肤上，要用较多的水冲洗，再涂上硼酸溶液，不能用硫酸或盐酸冲洗，硫酸和盐酸也有腐蚀性，会造成二次伤害，选项A正确；
B．金属锂密度小于煤油，会浮于煤油表面无法隔绝空气，不能保存在煤油中，选项B错误；
C．容量瓶不需要干燥，查漏后洗涤干净即可使用，选项C错误；
D．实验后含有重金属的固体废渣，会污染地下水和土壤，不能做深埋处理，选项D错误；
答案选A。
10-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．将脱脂棉加入深蓝色的铜氨溶液中可以制备铜氨纤维，纤维素溶解在铜氨溶液中形成黏稠液，将黏稠液注入稀盐酸中，可生成铜氨纤维，铜氨纤维耐磨性、吸湿性好，极具悬垂感，故A正确；
B．用纸层析法分离Fe3+和Cu2+时，滤纸上的试样点不能浸入展开剂中，试样点浸入展开剂会溶解在展开剂中无法分离，B错误；
C．羧酸能够与碳酸氢钠反应，将阿司匹林粗产品置于烧杯中，搅拌并缓慢加入饱和NaHCO3溶液，目的是除去粗产品中的水杨酸，C正确；
D．CoCl2在水溶液中存在平衡[Co(H2O)6]2+（粉红色）+4Cl-[CoCl4]2-（蓝色）+6H2O，95%乙醇中水很少，CoCl2·6H2O晶体溶于95%乙醇得到的溶液中主要含[CoCl4]2-，溶液呈蓝色，加水稀释，平衡逆向移动，得到主要含[Co(H2O)6]2+的粉红色溶液，D正确；
故选B。
10-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．甲烷中混有乙烯气体，应该用溴水洗气，故A错误；
B．除去碱式滴定管胶管内的气泡时，应将尖嘴略向上倾斜，挤压胶管内玻璃球，有利于气泡逸出，不能将尖嘴垂直向下，故B错误；
C．萃取操作时，需将分液漏斗倒置振摇，因此放气时需打开旋塞，故C正确；
D．配制溶液时，转移之后需要对玻璃棒和烧杯进行洗涤，并将洗涤液一并转入容量瓶中，第一次转移溶液后玻璃棒应放在烧杯中，D错误；
选C。
11-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．纸层析法可用来分离结构相近、物理性质和化学性质相似的物质，A正确；
B．NaOH标准溶液配制原理及方法：NaOH易吸收空气中CO2而生成Na2CO3，由于Na2CO3在饱和NaOH溶液中不溶解，因此将NaOH制成饱和溶液，其含量约52％，待Na2CO3沉待淀后，量取一定量的上清液，稀释至一定体积即可。而久置的NaOH标准溶液仍会吸收二氧化碳而变质，故用来滴定时要重新标定浓度，B正确；
C．溶液具有强氧化性强腐蚀性、滴定管内粘有油污可用溶液浸洗，洗用后的放回原瓶可重复使用、直到消耗完毕，C正确；
D． 烫伤时不要用冷水洗伤处，若皮肤已破可涂紫药水或用溶液消毒，D不正确；
答案选D。
11-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由于乙酸和乙醇与水互溶，为防止倒吸，因此乙酸乙酯的制备实验中不能将导管伸入饱和碳酸钠溶液中，A正确；
B．分光光度法是通过测定被测物质在特定波长处或一定波长范围内光的吸光度或发光强度，对该物质进行定性和定量分析的方法，则可用紫外可见分光光度法测定废水中苯酚的含量，B正确；
C．氨气具有刺激性，溴蒸汽有毒，发现有人氨气或溴蒸汽中毒时应立即转移至室外，并及时送医，但不能进行人工呼吸，C错误；
D．硫酸亚铁铵的稳定性强于硫酸亚铁，因此应选择进行亚铁盐和溶液反应的实验，D正确；
答案选C。
11-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．硅胶中无水氯化钴呈蓝色，吸水后变为粉红色的CoC12·6H2O，故呈粉色的变色硅胶干燥剂(含氯化钴)，可通过烘干至蓝色后重新使用，故A正确；
B．苯酚有毒，其浓溶液对皮肤有强烈的腐蚀性，使用时要小心，如果不慎沾到皮肤上，应立即用酒精洗涤，再用水冲洗，故B正确；
C．测定镀锌铁皮锌镀层厚度时，若未及时将铁片从稀硫酸中取出，铁也会与硫酸发生反应产生氢气，因此而导致测得的锌镀层厚度偏高，故C正确；
D．移液管和滴定管均标有使用温度，使用时均应进行润洗再装液，移液管不必检漏，故D错误；
故选D。
11-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．分液漏斗在使用前要将漏斗颈上的旋塞芯取出，涂上凡士林，但不可太多，以免阻塞流液孔。将分液漏斗插入塞槽内转动使油膜均匀透明，且转动自如。然后关闭旋塞，往漏斗内注水，检查旋塞处是否漏水，不漏水的分液漏斗方可使用，A错误；
B．用pH计测定溶液的pH时，事先不能用蒸馏水洗净，B错误；
C．蒸馏时蒸馏烧瓶中液体的体积不能超过容积的2/3，液体也不能蒸干，防止安全事故的发生，C正确；
D．钠的熔点低，极易和水以及氧气反应，不能将金属钠在研钵中研成粉末，应该用小刀切割一小块金属钠，用滤纸吸干表面煤油，然后投入盛有水的烧杯中，使钠与水反应，D错误；
答案选C。
11-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．产生的气体混有挥发出的乙醇，乙醇也会使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；
B．胆矾晶体中含有水，少量的钠会和水反应生成氢氧化钠和氢气，B错误；
C．用滴定法进行定量测定时，基准物应该具有纯度高、性质稳定、组成恒定、相对分子质量尽可能大等特点，C错误；
D．不慎溴腐蚀致伤时，溴溶于酒精和甘油，先用酒精或甘油洗涤去除溴（苯有毒不能用苯除溴），再用水冲洗去酒精或甘油，D正确；
故选D。
11-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．硝酸钾溶解度受温度影响大，提纯含有少量的固体，可通过加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法，A错误；
B．氯离子和银离子生成不溶于稀硝酸的沉淀，取燃尽的火柴头加水浸泡，滴加溶液和稀硝酸，可检测火柴头中的氯元素，B正确；
C．烘干时间过长，Fe会和空气中氧气反应导致质量差偏小，测定结果偏低，C正确；
D．轻微烫伤时，可先用洁净的冷水洗涤伤处给皮肤降温，再涂烫伤药膏保护皮肤，D正确；
故选A。
12-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．丙烯含有饱和碳原子，所有原子不可能在同一平面上，故A错误；
B．一氯甲烷中C-H键和C-Cl键键长不一样，一氯甲烷不是正四面体结构，故B错误；
C．溴乙烷、1-溴丙烷分子中溴原子连接的碳原子的邻位碳原子上都含有氢原子，则溴乙烷、1-溴丙烷都可以发生消去反应，故C正确；
D．连接苯环的碳原子上含有氢原子的苯的同系物能被酸性高锰酸钾溶液氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；
故答案选C。
12-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A． 铁单质在潮湿的空气中容易生锈，因为铁锈是疏松多孔的，但是铝被空气中氧气氧化生成的氧化铝是致密的，会阻止内层金属继续被氧化，故铝在潮湿的空气中不易生锈，故A错误；
B． Al2O3是两性氧化物，但是Fe2O3只能与强酸反应，不能与强碱反应，不是两性氧化物，故B错误；
C． Fe(OH)3属于碱，能与酸反应，Al(OH)3为两性氢氧化物，既能与酸反应，也能与碱反应，故C正确；
D． 将金属钠投入水中，放出O2，铝不如钠活泼，不能与水反应产生O2，故D错误；
故选C。
12-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．Na在空气中燃烧生Na2O2，而Li在空气中燃烧生成Li2O，故A错误；
B．H2S与SO2能发生氧化还原反应生成S，NO2也有氧化性，可以氧化氨气生成氮气和水，故B正确；
C．常温下铁在浓硝酸中会发生钝化，此时铁为正极，铜为负极，故C错误；
D．在乙醇中与羟基相连的碳原子上有两个氢原子，在加热和有催化剂(Cu或Ag)存在的条件下，被氧气氧化为乙醛，而异丙醇中与羟基相连的碳原子上只有一个氢原子，在加热和有催化剂(Cu或Ag)存在的条件下，能被氧气氧化为丙酮，故D错误；
故答案为B。
12-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．将CO2通入紫色石蕊试液，试液变红，是因为二氧化碳和水生成酸性物质碳酸，不能说明CO2是一种酸，故A错误；
B．有机物为除一氧化碳、二氧化碳、碳酸、碳酸盐以外的含碳化合物，故B错误；
C．催化剂改变反应速率；二氧化锰能催化加速氯酸钾的分解，因此为加快化学反应速率可以选择适宜的催化剂，故C正确；
D．稀有气体元素的原子最外层电子数为8(氦除外)，但微粒不一定是稀有气体元素的原子，也可能是离子，故D错误；
故选C。
12-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．C在足量O2中燃烧生成CO2，S的还原性较弱，S在足量O2中燃烧生成SO2，故A正确；
B．氯气具有强氧化性，与变价金属反应生成高价金属氯化物，则丝在氯气中燃烧生成CuCl2，而铁丝在氯气中燃烧生成FeCl3，故B错误；
C．氢氧化铝可溶于强碱溶液，不溶于弱碱溶液，则AlCl3与过量NaOH溶液反应生成NaAlO2，得不到Al(OH)3，故C错误；
D．非金属性较强的元素生成氢化物、非金属性较弱的元素生成次卤酸，非金属性Br＞I，则IBr和水反应生成HBr、HIO，所以IBr与NaOH溶液反应生成NaBr和NaIO，故D错误；
故选：A。
12-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．目前芯片都是使用硅基半导体材料制造的，被称为硅基芯片，未来碳基芯片将成为芯片发展的主流，故A正确；
B．Na的金属性强于Li，金属钠在空气中燃烧生成，金属锂在空气燃烧生成，故B错误；
C．硝酸的酸性比碳酸强，则通入溶液中至过量，没有明显现象，但通入溶液中至过量，由于硝酸根在酸性条件下具有强的氧化性，二氧化硫被氧化成硫酸根，硫酸根与钡离子生成硫酸钡白色沉淀，故C错误；
D．1乙醛分子中含有1mol醛基，与足量的银氨溶液反应可得2金属银，而1mol甲醛分子中可以看成有2mol醛基，则与足量的银氨溶液反应可得4银，故D错误；
答案选A。
13-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．常温下铁加入过量浓硝酸发生钝化反应，阻碍了反应的进行，A错误；
B．明矾溶液中滴入少量氢氧化钡溶液，钡离子、氢氧根离子完全反应，硫酸根离子、铝离子过量，反应生成氢氧化铝沉淀、硫酸钡沉淀：，B正确；
C．酸性溶液中应该是氢离子参与反应，气体通入酸性溶液：，C错误；
D．纯碱水溶液呈碱性的原因是碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子：，D错误；
故选B。
13-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．硫酸镁是易溶的强电解质，要拆成离子形式，A错误；
B．次氯酸钠溶液中通入少量CO2，生成的是碳酸氢钠，B错误；
C．铜与稀硝酸反应，只能生成NO，C错误；
D．金属铝溶于氢氧化钠中，生成偏酸酸钠和氢气，但实际溶液中，偏铝酸钠会结合一个水分子生成四羟基铝酸钠，D正确；
故选D。
13-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A. 大理石与醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：，选项A错误；
B. 用氢氧化钠溶液吸收少量二氧化硫气体，生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为：，选项B正确；
C. 硫酸铝溶液与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，反应的离子方程式为：，选项C错误；
D. 向溶液中加过量的溶液反应生成碳酸钠、一水合氨和水，反应的离子方程式为：，选项D错误；
答案选B。
13-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．双氧水将碘化钾氧化生成碘单质，离子反应为2I-+ 2H++H2O2=I2+ 2H2O，故A正确；
B．过量铁粉加入稀硝酸中应生成Fe2+，3Fe+8H++2NO= 3Fe2+ +2NO↑+4H2O，故B错误；
C．硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾应生成氢氧化铝沉淀，Al3++ 3OH- = Al(OH)3 +2H2O，故C错误；
D．C6H5OH 酸性大于HCO，C6H5ONa溶液中通入少量CO2： C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HCO，故D错误；
故答案为A
13-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．Fe(SCN)3不能拆，离子方程式应为 ，A项错误；
B．Fe2+完全反应需要1molBa(OH)2，离子方程式为，B项错误；
C．Cl2与水发生可逆反应产生HCl和HClO，加入CaCO3与HCl反应促衡正向移动，C项正确；
D．由于SO2少量，ClO-剩余与产生的H+结合为HClO，离子方程式为Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+Cl-+ HClO+ H+，D项错误；
答案选C。
13-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．澄清石灰水与过量NaHCO3溶液反应，采用“以少定多”法，参加反应的Ca2+与OH-的个数比应为1:2，离子方程式为：，A不正确；
B．酸性高锰酸钾溶液中滴入双氧水，双氧水完全被氧化为O2，离子方程式为：，B正确；
C．向NH4HCO3溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，则、按1:1发生反应，离子方程式为：，C不正确；
D．向偏铝酸钠溶液中通入过量的CO2，则生成Al(OH)3沉淀，同时生成，离子方程式为：，D正确；
故选D。
14-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．甘油是丙三醇、油酸是，两者发生酯化反应得到三油酸甘油酯，结构简式为，A正确；
B．油脂水解生成的高级脂肪酸、蛋白质水解生成的氨基酸，都是电解质，B正确；
C．十肽是由十个相同的或不同的氨基酸分子在一定条件下通过氨基与羧基间缩合脱水形成的含肽键的物质，理论上10种氨基酸形成的十肽可达种或更多种，C正确；
D．手性碳要求该碳原子连接有四个不同基团，甘油醛分子中存在一个手性碳原子，在一定条件下可以和发生加成反应或还原反应生成的丙三醇，中没有手性碳原子，而不是发生氧化反应，D错误；
故选D。
14-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．单糖不能发生水解，A错误；
B．高级脂肪酸甘油酯相对分子质量不是很大，不属于高分子化合物，B错误；
C．银镜反应应该在碱性溶液中进行，淀粉水解后应该加入碱溶液除去过量的酸，C错误；
D．福尔马林能使蛋白质变性，常用于浸制动物标本，D正确；
故选D。
14-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．皂化反应特指油脂在碱性条件下的水解反应，水果中的异戊酸异戊酯不属于油脂，所以不能发生皂化反应，A不正确；
B．聚苯乙烯、顺丁橡胶都是单体发生加聚反应的产物，而PET是对苯二甲酸与乙二醇等发生缩聚反应的产物，B不正确；
C．乙烯与氧气制备环氧乙烷()的反应，属于氧化反应，产物只有一种，符合绿色化学的思想，C正确；
D．相同条件下，等质量的甲烷(CH4)、汽油(可看成C6H14，最简式为 )、氢气完全燃烧放出的热量按汽油、甲烷、氢气依次增加，D不正确；
故选C。
14-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．蛋白质的空间结构取决于其一级结构的氨基酸序列，蛋白质的活性首先取决其一级结构，A正确；
B．在葡萄糖溶液中，链状的葡萄糖分子几乎全部转变为两种旋光活性不同的环状结构，B正确；
C．酒精分子中含有羟基，在微生物存在下能进一步发生氧化反应得到醋酸，C正确；
D．催化剂能改变反应的历程，改变反应的活化能，使更多的反应物分子成为活化分子，增大了单位体积内反应物分子中活化分子的数目，从而增大了化学反应速率，但不能提高分子的能量，D错误；
故合理选项是D。
14-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．人造脂肪若全部氢化，则没有碳碳双键，也就不存在顺反异构，反之，若有反式脂肪，说明植物油没有被氢化完全，故A正确；
B．天然氨基酸均为无色晶体，熔点较高，除少数外一般都能溶于水，而难溶于乙醇、乙醚，故B正确；
C．n分子对苯二甲酸和n分子乙二醇发生缩聚反应应该生成2n-1分子水，故C错误；
D．碱性条件下，甲醛过量时，苯酚和甲醛反应不仅可以发生在邻位，还可以发生在对位，从而得到网状结构的酚醛树脂，故D正确；
故答案为C
14-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．乙酸乙酯有特殊香味，且无毒，可以做食品添加剂。A正确。
B．蚕丝主要成分为蛋白质；塑料多为聚合物；合成纤维是由合成的高分子化合物制成的，常用的合成纤维有涤纶、锦纶、腈纶、氯纶、维纶、氨纶、聚烯烃弹力丝等；高吸水性树脂是一种新型功能高分子材料，具有亲水基团、能大量吸收水分而溶胀又能保持住水分不外流的合成树脂。B正确。
C．麦芽糖由两分子葡萄糖聚合而成，在一定条件下可以水解。其结构简式可表示为OHC(CHOH)4CH2OCH2(CHOH)4CHO。麦芽糖具有醛基，能发生银镜反应。C正确。
D．将天然的甘氨酸（）、丙氨酸（）和谷氨酸（）混合时，在一定条件下生成的链状二肽共12种，见下表：

甘氨酸
丙氨酸
谷氨酸
甘氨酸






丙氨酸





谷氨酸




D错误。
综上所述，答案为D。
15-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
详解:
A．根据元素周期表可以推知：如果X、Y是金属，则Z是金属，但Z与W之间还有空白部分，不能相邻，因此不满足周期表短周期元素位置，故A错误；
B．非金属性越强，其气态氢化物的越稳定，因此气态氢化物的稳定性：W＞Z，Y＞X，故B错误；
C．当Z为Si时，Z的最高正化合价与最低负化合价的绝对值可能相等，故C正确；
D．Z的最高价氧化物的水化物为强碱，则Z为Na，根据元素周期表位置关系，则X无法推出元素，故D错误。
综上所述，答案为C。
15-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
X、Y、Z、M、W均为短周期元素，根据它们在元素周期表中的相对位置的图示分析可知，五种元素为2、3周期元素；设Y的原子序数为a，则X的原子序数为a-1，Z的原子序数为a+1，M的原子序数为a+8，W的原子序数为a+9，若M的原子序数是Y的2倍，即a+8=2a，则a=8，为氧元素，M为硫元素，W为氯元素，Z为氟元素，X为氮元素。
详解:
A．元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性：F>Cl，所以Z的气态氢化物比W更稳定，故A正确；
B．X的简单氢化物的水溶液为氨水，氨气与水反应产生的一水合氨部分电离出氢氧根离子，溶液显碱性，故B正确；
C．核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，因此简单离子半径：S2->Cl-，故C错误；
D．硫原子的核电荷数为16，核外电子排布为2、8、6，最外层有6个电子，所以M为第ⅥA族元素，故D正确；
故选C。
15-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
四种元素的原子最外层电子数之和为22，得出W最外层电子数为4，即为Si，X为N，Y为O，Z为Cl。
详解:
A．根据层多径大，核多径小(同电子层结构)，因此原子半径：Cl >N>O，选项A错误；
B．HCl沸点比NH3、H2O最低价氢化物的沸点低，选项B错误；
C．W为Si元素，单质具有半导体的特性，选项C正确；
D．由X、Y和氢三种元素形成的化合物硝酸铵含有离子键和共价键，选项D错误。
答案选C。
15-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置可知，Z位于第三周期，其中Z的原子序数是X的原子序数的2倍，X、Z位于同主族，则X为O，Z为S，结合在图中相对位置可知，Y为Si，W为F，据此分析解答。
详解:
由上述分析可知，X为O元素，Y为Si元素，Z为S元素，W为F元素。
A．水以及HF分子之间存在氢键，但水分子间氢键数目较多，分子间作用力较强，常温下为液体，HF为气体，则X元素形成的氢化物沸点比W的高，故A正确；
B．同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，原子核外电子层数越多，原子半径一般越大，则四种元素原子半径从大小的排列顺序Y＞Z＞X＞W，故B正确；
C．过氧化氢和二氧化硫都具有漂白性，但原理不同，过氧化氢具有氧化性，而二氧化硫与有色物质发生化合反应，没有发生氧化还原反应，故C错误；
D．Y为Si元素，对应的氧化物为二氧化硅，能够与HF反应，故D正确；
故选C。
点睛:
本题的易错点为D，要注意二氧化硅为酸性氧化物，一般不能与酸反应，但二氧化硅能够与氢氟酸反应，用来雕刻玻璃。
15-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
详解:
由短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置可知， Y元素的原子最外层电子数是电子层数的2倍，Y位于第三周期，可知Y为S ，结合元素的相对位置可知，W为C，X为N，Y为S，Z为Cl；
A．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径为Y>Z>X ，A不符合题息；
B．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Z> Y，氧化物对应水化物的酸性不一定符合，例如酸性HClO C．Z的氢化物HCl，W元素和氢元素形成的化合物的种类繁多，要是形成烯烃或炔烃等，可以发生加成反应，C不符合题息；
D．X的氢化物的可能为NH3或N2H4，W的氢化物种类繁多，熔沸点不一定，D不符合题息；
故选B。
15-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
因为图为元素周期表短周期的一部分，其中X元素原子最外层电子数是次外层的两倍，所以X为C元素，Y为O元素，Z为Si元素，W为Cl元素。
详解:
A. 因为X为C元素，Y为O元素，所以X的原子半径比Y的大，故A正确；
B. 因为Y为O元素，Z为Si元素，所以Y元素的非金属性比Z强，故B正确；
C. 因为Z为Si元素，所以Z元素位于第3周期ⅣA族,故C正确；
D. 因为W为Cl元素，W的氧化物的水化物不一定是强酸，如HClO属于弱酸，故D错误；
答案：D。
点睛:
根据同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，非金属性逐渐增强进行判断。
16-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
用印刷电路的蚀刻液的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)生产CuCl，从废液①加入过量Z可制得蚀刻液FeCl3，可确定废液①应为FeCl2溶液，从而确定X为Fe，废渣①为Fe、Cu的混合物；Y为盐酸，废液②为FeCl2溶液，废渣②为Cu；Cu溶于浓硫酸，可生成SO2和CuSO4；SO2与Cu2+通过调节pH，可发生氧化还原反应，生成CuCl硫酸。
详解:
A．废液①为FeCl2溶液，加入物质Z可生成FeCl3，则Z应具有较强氧化性，可能是盐酸酸化过的双氧水，A正确；
B．由分析可知，滤渣②中主要成分为Cu，B正确；
C．该生产流程中，溶解废渣②加入的硫酸，经过一系列转化，最后又转化为硫酸，所以可以实现硫酸的循环再利用，C正确；
D．从方程式CuSO4+CuCl2+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4可知，通过调节CuCl2与CuSO4的相对量，可实现将CuSO4、CuCl2、SO2全部转化为H2SO4、CuCl的目的，所以理论上不需要不断补充SO2，D不正确；
故选D。
16-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
CuCl2•2H2O在通入HCl气流的情况下加热蒸干得到CuCl2，属于非氧化还原反应；CuCl2在高于300℃时加热得到CuCl和Cl2，属于氧化还原反应；CuCl2•2H2O在加热条件下发生反应生成Cu2(OH)2Cl2，属于非氧化还原反应；Cu2(OH)2Cl2在加热到200℃时得到氧化铜，属于非氧化还原反应；途径1中产生的Cl2可以转化为氯化氢(X)，可以循环利用；途径2中产生的HCl可以循环利用。
详解:
A．途径1中产生的Cl2能转化为氯化氢，可以回收利用，故A正确；
B．从途径2中可以看出，200℃时反应的化学方程式为Cu2(OH)2Cl2→CuO，根据原子守恒配平可得反应的化学方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑，故B正确；
C．结合以上分析可知，流程中涉及的氧化还原反应只有1个，故C正确；
D．2Cu++4H++SO=2Cu+SO2↑+2H2O反应中，只有价态降低的元素，没有价态升高的元素，不符合氧化还原反应规律，故D错误；
故选D。
16-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
海水经一系列处理得到苦卤水，苦卤水中含Mg2+，苦卤水中加物质X使Mg2+转化为Mg(OH)2，过滤除去滤液，煅烧Mg(OH)2得MgO，MgO和C、Cl2经“氯化”得无水MgCl2。
详解:
A．物质X的作用是使Mg2+转化为Mg(OH)2，工业上常采用CaO，发生CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+，A正确；
B．Mg是较活泼金属，工业上常用电解熔融制备金属镁，B正确；
C．由图可知“氯化”过程反应物为MgO、氯气、C，生成物之一为MgCl2，C在高温下能将二氧化碳还原为CO，则“气体”为CO，反应方程式为，C正确；
D．“煅烧”后得到MgO，MgO和盐酸反应得到MgCl2溶液，由于MgCl2在溶液中水解为氢氧化镁和HCl，将所得溶液加热蒸发HCl会逸出，MgCl2水解平衡正向移动，得到氢氧化镁，得不到无水MgCl2，D错误；
选D。
16-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
二氧化硫和酸性硫酸铁溶液发生氧化还原反应得到硫酸亚铁和硫酸，溶液B为硫酸亚铁和硫酸混合溶液；溶液B通空气硫酸亚铁被氧化为硫酸铁，溶液C为硫酸铁溶液，硫酸铁溶液可循环使用。
详解:
A．溶液B中发生的反应是亚铁离子被氧气氧化为三价铁离子的反应：4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O，故A错误；
B．SCN-遇到Fe3+溶液变为红色，因此可用硫氰化钾(KSCN)溶液检验溶液C中是否含有Fe3+，故B正确；
C．硫酸铁溶液和二氧化硫发生2Fe3++2H2O+SO2=2Fe2+++4H+；硫酸亚铁溶液通入空气发生4Fe2++O2+4H+=2Fe3++2H2O，根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以氧化性：O2>Fe3+>SO，故C正确；
D．过程中生成的硫酸铁溶液可以循环使用，故D正确；
答案选A。
16-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
向碱性的KClO浓溶液中加入90%的Fe(NO3)3溶液，发生反应2Fe(NO3)3+3NaClO+10NaOH=2Na2FeO4+6NaNO3+3NaCl+5H2O，过量的饱和的KOH将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4；
详解:
A．“反应”时发生反应2Fe(NO3)3+3NaClO+10NaOH=2Na2FeO4+6NaNO3+3NaCl+5H2O，Cl元素化合价降低，氧化剂是NaClO，Fe元素的化合价升高，还原剂是Fe(NO3)3，质的量之比为3：2，A错误；
B．过量NaOH，“过滤I” 所得滤液一定不存在Fe3+，B错误；
C．“转化”时，Na2FeO4转化为K2FeO4，反应能进行的原因是该条件下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小，C正确；
D．没透过蓝色钴玻璃，K+的火焰颜色也是黄色，滤液可能为KOH溶液，D错误；
故选：C。
16-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
以食盐等为原料制备高氯酸铜[Cu(ClO4)2·6H2O]，则生成产物应生成高氯酸钠，电解I中为电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，歧化为氯气与碳酸钠溶液发生歧化反应，生成的产物之一为NaClO3，同时生成二氧化碳气体，通电电解Ⅱ，溶液中氯酸根离子失电子发生氧化反应生成高氯酸根离子，加入盐酸发生反应Ⅰ、经过操作a为过滤，获得氯化钠晶体和60%以上高氯酸，反应II中为Cu2(OH)2CO3中滴加稍过量的HClO4，发生复分解反应，从所得溶液中提取目标产物。
详解:
A．“电解Ⅰ”时阳极反应产物为氯气，故阳极必须为惰性电极、不可用不锈钢材质，A正确；
B． “歧化反应”的产物之一为NaClO3，B错误；
C． 经“操作a” 获得氯化钠晶体和60%以上高氯酸，故a是过滤，C正确；
D． “反应Ⅱ”为Cu2(OH)2CO3和HClO4的复分解反应，高氯酸是强酸，则离子方程式为Cu2(OH)2CO3＋4H＋=2Cu2＋＋CO2↑＋3H2O，D正确；
答案选B。
17-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．，反应自发进行，由可知，若，，则在低温下可能大于0，反应非自发，A项错误；
B．反应的自发性只能判断反应的方向，不能确定反应的快慢，B项错误；
C．可逆反应正向进行时，由可知，若，且高温条件下正反应具有自发性，C项错误；
D．，反应非自发进行，反应，满足，则，D项正确；
故选D。
17-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．溶解焓相近，主要由熵变决定反应方向，更易溶解，所以，A正确；
B．固体变为液体，混乱程度增大，，B错误；
C．气体分子数减少，混乱程度减小，，C错误；
D．反应前后，气体分子数减少，混乱程度减小，，D错误；
答案选A。
17-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．有利于反应自发进行，绝大多数放热反应都能自发进行，且反应放出的热量越多，体系能量降低得越多，反应越完全，故A正确；
B．已知，若反应能自发进行，即，则该反应在加热条件下能自发进行，故B正确；
C． 达到平衡后，其它条件不变，改变容器体积，物质的浓度发生变化，平衡发生移动，说明物质的浓度大小也会影响化学反应自发进行的方向，故C正确；
D．一个反应能自发进行，则，催化剂对无影响，因此加入催化剂不能使不能自发的反应自发进行，故D错误；
答案选D。
17-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．催化剂可以改变反应速率，不能改变平衡的移动不改变物质产率、不能改变反应能否自发的事实，A错误；
B．固体与固体混合反应为吸热反应，反应焓变大于零，B错误；
C．常温下氢氧化亚铁在空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，说明该反应为自发反应，反应为熵减的反应，自发反应须为，则该反应的，C正确；
D．因为和都与反应的自发性有关， 或结合，当时反应可自发进行，D错误；
故选C。
17-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．碳酸钙的分解在室温下不能自发进行，但在高温下可以自发进行，故A错误；
B．原电池必须是自发的氧化还原，不是氧化还原，故B错误；
C．氢氧化亚铁的氧化反应为熵减过程，但该反应为自发反应，故C错误；
D．该反应为熵增反应，若不能自发进行，则该反应必为吸热反应，即，故D正确；
故答案为D。
17-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．常温下，SO2为气体，SO3为非气体，气体的混乱度大于非气体，则的熵大于，故A错误；
B．已知该反应为自发反应，则，若，则一定有，故B正确；
C．该反应为气体分子数减小的吸热反应，，，在任何温度下，即在任何温度下都不能自发进行，故C错误；
D．溶于水为吸热过程，混乱度增大，故，，故D错误；
答案选B。
18-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．14C16O与14N16O的相对分子质量均为30，分别含有16个和15个中子，3g14C16O与14N16O的混合气体的物质的量是0.1mol，因此含有的中子数介于1.5NA与1.6NA之间，A正确；
B．氨气分解生成2.24LN2(折算成标准状况)，氮气的物质的量是0.1mol，因此消耗0.2molNH3，所以断裂的共价键数目为0.6NA，B正确；
C．甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应，不论生成哪种卤代烃，反应前后物质的分子数目不变，因此11.2LCH4和22.4Cl2(均为标准状况，物质的量分别是0.5mol、1mol)在光照下充分反应后的分子数为1.5NA，C正确；
D．将4.6gNO2(含N2O4)溶于水，4.6gNO2的物质的量是0.1mol，与水反应：3NO2+H2O＝2HNO3+NO，3mol反应转移2mol电子，因此完全反应后电子转移的数目为NA，D错误；
答案选D。
18-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．标准状况下，22.4LCO2的物质的量为=1mol，二氧化碳的结构式为O=C=O，1molCO2中含4mol共用电子对，共用电子对数目为4NA，A错误；
B．NO2与N2O4的最简式为：NO2，46gNO2的物质的量为=1mol，含3mol原子，原子数目为3NA，B正确；
C．100g质量分数为49%的硫酸溶液，含溶质硫酸49g，但水中也含有氧原子，因此溶液中氧原子数目大于2NA，C错误；
D．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，0.2molSO2与0.1molO2充分反应生成三氧化硫的物质的量小于0.2mol，转移电子总数小于0.4NA，D错误；
答案选B。
18-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．HCHO和CH3COOH的最简式都是CH2O，30gHCHO和CH3COOH混合物中含H原子数为×2NA=2NA，故A正确；
B．SO2和O2反应生成三氧化硫的反应为可逆反应，反应物不能全部转化为生成物，故容器中分子数小于2NA，故B错误；
C．Cu和氯气发生反应Cu+Cl2=CuCl2，1molCu转移2mol电子，又6.4g铜的物质的量为0.1mol，故转移电子的数目为0.2NA，故C正确；
D．H2O2的结构式为H-O-O-H，故1molH2O2中含有共价键的数目为3NA，故D正确；
故选B。
18-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．NaCl属于离子化合物，由Na+和Cl-构成，不含有氯化钠分子，A不正确；
B．乙醇的分子式可写成C2H4∙H2O，与C2H4的耗氧量相同，1mol乙烯燃烧消耗氧气3mol，则0.1mol乙烯与乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧气分子数为0.3NA，B正确；
C．1个[Al(OH)4]-中含有7个共价键和1个配位键，所以1mol[Al(OH)4]-中含有的共用电子对数为8NA，C不正确；
D．MnO2与浓盐酸反应制氯气，存在如下关系式：MnO2—2e-，足量的浓盐酸与8.7gMnO2(0.1mol)反应，转移电子的数目为0.2NA，D不正确；
故选B。
18-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．CaC2晶体中中含有Ca2+和，故CaC2中阴阳离子比为1：1，A错误；
B．含有白磷、红磷的固体混合物62g，物质的量=2mol，其中含有P-P键数2mol××3×NAmol-1=3NA个，B正确；
C．NaHCO3溶液中的H+由水和电离产生，故25℃，1LpH=10的NaHCO3溶液中水电离出的H+的数目应该小于10-10NA，C错误；
D．C2H6O既能表示CH3CH2OH，又能表示CH3OCH3，1分子CH3CH2OH中含有5个碳氢键，而1分子CH3OCH3含有6个碳氢键，故23g即C2H6O分子中含有碳氢键的数目不一定为3NA，D错误；
故B。
18-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．一个甲基含有9个电子，常温常压下，1.5 g甲基(-CH3)即0.1mol，因此1.5 g甲基含有的电子数为0.9 NA，A正确；
B．甲烷与氯气反应是等体积反应，11.2 L CH4即0.5mol，22.4 Cl2即1 mol(均为标准状况)，两者在光照下充分反应后的分子数为1.5 NA，B正确；
C．1个乙炔分子含有2个碳氢键，26 g C2H2即1mol，含C-H键的数目为2NA，1个C6H6含有6个碳氢键，26 g C6H6即，含C-H键的数目为2 NA，C正确；
D．1L pH=4的0.1 mol·L-1K2Cr2O7物质的量为0.1mol，根据Cr2O72-＋H2O2CrO42-＋2H＋，因此溶液中Cr2O72-离子数小于1.0NA，D错误；
答案选D。
19-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A ．测得的一元碱溶液， ，题目未强调温度，则不能计算氢氧根离子浓度，不能判断是否完全电离，故其不一定为弱电解质，故A错误；
B．时，可溶性正盐BA溶液，若a<7，升高温度，水解平衡正向移动，酸性增强，pH减小；若a=7，升高温度，水的离子积常数增大，pH减小；若a>7，升高温度，水解平衡正向移动，氢氧根离子浓度增大，水的离子积常数增大，氢离子浓度可能不变，pH不变；所以BA可能为强碱弱酸盐，故B正确；
C．时，将的一元酸溶液加水稀释100倍，，则为强酸，故C错误；
D．时，的溶液与的等体积混合，是强碱，则溶液为中过量，则溶液为酸性，故所得溶液，故D错误；
选B。
19-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
详解:
A．等pH的氨水和NaOH溶液,氨水的浓度大，但是没有告诉氨水和氢氧化钠的体积，故无法计算谁消耗的盐酸多，A错误；
B．NH4Cl在稀释的时候，稀释相同倍数，浓度越小，变化越小，故前者变化大，B错误；
C．水电离的氢离子等于水电离的氢氧根离子，由题意知溶液中氢离子是水电离的氢氧根即溶液中的氢氧根离子106倍，则该溶液为酸性，C正确；
D．100mL2mol·L-1氢氧化钠溶液与100mL1mol·L-1硫酸溶液这两份溶液中氢离子和氢氧根离子相等，混合后溶液显中性，但是没有温度，故PH不一定为7，D错误；
故选C。
19-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．强碱弱酸盐NaA溶液水解显碱性，且水解反应为吸热反应，且温度升高时水的离子积增大，则升高温度时溶液中c(OH-)增大，离子积常数增大，溶液中c(H+)可能增大，溶液的pH减小，A错误；
B．c(H2SO4)=，则硫酸电离产生的c(H+)=2.0×10-7 mol/L，由于硫酸电离产生的H+浓度较小，水电离产生的H+就不能忽略，溶液中还存在水电离产生的H+，因此该溶液中c(H+)＞2.0×10-7 mol/L，B错误；
C．若二元酸H2A的第一步是完全电离，第二步存在电离平衡，则根据物料守恒可知：在0.1 mol/L的H2A溶液中可能存在：，C正确；
D．pH=7的CH3COOH和CH3COONa混合溶液加水稀释，CH3COOH电离程度增大，CH3COONa的水解程度增大，增大的倍数相同，溶液的pH不变，仍然是pH=7，D错误；
故合理选项是C。
19-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．由于酸性H2CO3> HClO，故水解程度为：NaClO> NaHCO3，故pH相等的①次氯酸钠溶液、②碳酸氢钠溶液，二者的物质的量浓度关系：①＜②，A正确；
B．等体积等pH的盐酸和醋酸，稀释相同倍数后盐酸中H+浓度小于醋酸中的H+浓度，故与等量且足量的锌反应，醋酸比盐酸中更剧烈，由于醋酸的物质的量浓度大于盐酸故醋酸产生氢气多，B错误；
C．向pH=a的盐酸中加入pH=b的氢氧化钠溶液，恰好完全反应时，测得盐酸与氢氧化钠溶液的体积比为10:1，即10V×10-a =V×，则a+b=15 , C错误；
D．pH=3的HA溶液与pH=11的BOH等体积混合后溶液呈酸性，即pH<7，则BOH为强碱、HA为弱酸，D错误；
故答案选A。
19-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．越稀越电离，将水逐滴加入冰醋酸中，醋酸的电离度一直增大，A错误；
B． 常温下，均为9的醋酸钠和氢氧化钠溶液混合后，对醋酸钠的水解平衡而言，Q=K，则水解平衡不移动、氢氧根离子浓度不变，不变，B正确；
C．常温下，溶液呈中性、溶液因水解呈碱性， NaCl溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)， NaCl溶液中离子总浓度为2c(Na+)+2c(H+)，NaCN溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，NaCN溶液中离子总浓度为2c(Na+)+2c(H+)，两溶液的钠离子浓度相同，则溶液中氢离子浓度大的离子总浓度也大；则常温下，溶液和溶液的离子总数不相同，C正确；
D．是弱酸、是强酸，常温下等pH的物质的量浓度比大，中和和体积均相等的溶液，溶液消耗的物质的量更多，D正确；
答案选A。
19-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．25℃时，c(NH)相等的NH4Cl溶液和NH4HSO4溶液，由于硫酸氢铵中电离出的氢离子抑制铵根离子水解，氯化铵的浓度大于硫酸氢铵的浓度，但由于硫酸氢铵电离出氢离子，因此硫酸氢铵中氢离子浓度大于氯化铵中氢离子浓度，因此溶液的pH：前者>后者，A正确；
B．25℃时，将pH=10和pH=9的两份Na2CO3溶液，后者浓度小，分别加水稀释10倍，后者水解程度比前者变化大，后者氢氧根浓度减小的程度比前者多，因此后者pH变化大，B正确；
C．将NaOH溶液从常温加热至50℃，水电离出的氢离子浓度增大，因此溶液的pH不断减小，C正确；
D．25℃时，pH=3的盐酸与pH=11的一元碱BOH溶液等体积混合，若BOH为强碱，则混合后溶液呈中性，pH等于7；若BOH为弱碱，则BOH的浓度远远大于盐酸的浓度，混合后呈碱性即pH大于7，所以pH=3的盐酸与pH=11的一元碱BOH溶液等体积混合后pH7，D错误。
故选D。
20-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．0～60s，Δc(N2O4)=(0.100-0.040)mol/L=0.060mol/L，0～60s，N2O4的平均反应速率=0.060mol/L÷1min=0.060mol/(L·min)，故A错误；
B．80s时，反应已达到平衡状态，此时平衡常数K= ==0.36，80s时，再 充入NO2、N2O4各0.12mol，Qc==0.36=K，说明平衡不移动，故B正确；
C．化学反应速率之比等于化学计量数之比，当v(N2O4)：v(NO2)=1 ：2时，不能证明正逆反应速率相等，则不能说明反应处于平衡状态，故C错误；
D．该反应是气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，但容器体积减小，NO2(g)浓度与原来相比增大，则达新平衡后混合气颜色比原平衡时深，故D错误；
故答案选B。
20-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．由图中数据可知，甲在0～8分钟内氢气的物质的量浓度变化为3mol/L，则二氧化碳物质的量浓度变化为1mol/L，则二氧化碳的平均反应速率为：1mol/L÷8min=0.125mol·L-1·min-1，但在反应过程中消耗的二氧化碳的物质的量为2mol，反应所放出的热量应为98kJ，A错误；
B．甲容器中第10分钟后恒温，再充入1molCO2(g)和3molH2O(g)，因为生成物H2O(g)的浓度增大的多余反应物CO2(g)的浓度增大，反应逆向进行，则则v正 C．由图可知，起始时乙容器中氢气的浓度更小，但乙容器达到平衡所花的时间更短，说明乙容器中温度应高于甲容器中，所以T2>T1，C错误；
D．甲和丙组的温度和物质量浓度均不相同，不能说明氢气的平均反应速率随温度升高而增大，D错误；
故选B。
20-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．反应前4min，消耗n(Y)=(0.16mol－0.11mol)=0.05mol，根据反应方程式，则生成n(Z)=0.05mol×2=0.10mol，根据化学反应速率的表达式v(Z)= ，A错误；
B．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，即v(逆)>v(正)，B错误；
C．由题干信息可知， ，故化学平衡为 ，C正确；
D．因为反应前后气体系数之和相等，因此其他条件不变时，再充入0.2molZ，重新达到平衡，与原平衡为等效平衡，则平衡时X的体积分数不变，D错误；
故选C。
20-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
反应前后气体分子数减小为1，可认为减小的气体的物质的量等于参与反应的氧气的物质的量。
详解:
A．由表格中的数据可知，3～6min氧气物质的量的改变值Δn(O2)=2. 50mol-2.35mol=0.15mol，6～10min氧气物质的量的改变值Δn(O2)=2. 35mol-2.15mol=0.15mol，即氧气物质的量减少0.15mol时3 ～6min 用的时间短，反应速率快，A错误；
B．0～10min氧气物质的量的改变值Δn(O2)=3mol-2.15mol=0.85mol，则，B错误；
C．T1K时，SO2的反应的物质的量Δn(SO2)=2×(3-2.06)mol=1.88mol，则其转化率为，C正确；
D．由表格数据可知，15min时该反应中二氧化硫的转化率已经很大了，随着时间的增加，SO2的转化率增长不大，因此，在T1K时，反应时间最好定为15min，D错误；
故选C。
20-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，A正确；
B．实验①、实验②中0～20min、20min～40min氨气浓度变化量都是，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，说明相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，B正确；
C． 反应为气体分子数增加的反应，恒温恒容的密闭容器中，①的氨气起始物质浓度更大，相当于达到平衡后比之于②又逆向移动，导致的体积分数①>②，C错误；
D．由实验③中数据可知，达平衡时氨气反应了2mol/L，则生成氮气1mol/L，生成氢气3mol/L，平衡时体积分数等于物质的量浓度分数，故氮气的体积分数为，D正确；
故选C。
20-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A． 600～1200s内平均速率v(N2O5)= =5.0×10-4mol•L-1•s-1，反应为2N2O5⇌4NO2+O2，则600～1200s能生成NO2的平均速率v(NO2)=2v(N2O5)=2×5.0×10-4mol•L-1•s-1=1.0×10-3mol•L-1•s-1，故A正确；
B．0～2220s内N2O5的浓度变化为1.40mol/L-0.35mol/L=1.05mol/L，△n(N2O5)=1.05mol/L×0.1L=0.105mol，反应为2N2O5⇌4NO2+O2，则n(O2)= n(N2O5)=0.105mol×=0.0525mol，V(O2)=nVm=0.0525mol×22.4L/mol≈1.18L，故B正确；
C． 反应达到平衡时，2v正(N2O5)=v逆(NO2)，故C错误；
D．由表中数据可知，剩余N2O5的浓度：0.96mol/L→0.48mol/L→0.24mol/L，所需时间为1110s，所以剩余N2O5的浓度由0.24mol/L→0.12mol/L所需时间为1110s，即x=2820s+1110s=3930s，故D正确；
故选C。
21-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．ΔH1越小，放热越多，HX能量越低，HX就越稳定，熔沸点不一定越高，故A错误；
B．根据盖斯定律，ΔH1=ΔH2+ΔH3，故B错误；
C．原子半径越小，键能越大，按照Cl、Br、I的顺序，ΔH2依次减小，故C正确；
D．过程Ⅲ形成化学键放热，高温煅烧石灰石吸热，能量变化形式不相同，故D错误；
选C。
21-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．由于液体的混乱度大于固体，反应①，A错误；
B．表示ROH破坏离子键的过程，应为钠离子半径小于钾离子，破坏离子键氢氧化钠吸收的能量要多，则，B正确；
C．表示氢氧根离子从气态离子转化为溶液中离子的热量变化，，C错误；
D．由盖斯定律可知，D错误；
答案选B。
21-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．由题干信息可知，反应I：C(石墨)+(g)=CO(g) 反应II：CO(g)+(g)=CO2(g) ，则反应I-反应II得，根据盖斯定律可知，A正确；
B．由题干信息可知，C(石墨)= C(金刚石) ＜0，即1molC(石墨)具有的总能量低于1molC(金刚石)，则1mol C(石墨)和1mol C(金刚石)分别与足量反应全部转化为(g)，后者放热多，B错误；
C．由题干信息可知，反应I：C(石墨)+(g)=CO(g) ，反应III：C(金刚石)+(g)=CO(g) 则反应I-反应III得C(石墨)= C(金刚石)，根据盖斯定律可知，，C正确；
D．根据盖斯定律可知，化学反应的△H，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，D正确；
故B。
21-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
由图可知①；②；③；④。
A．由以上得②+③+④=①，即△H2+△H3+△H4=△H1，故A错误；
B．由△H2+△H3+△H4=△H1得△H1+△H4=△H2+△H3+2△H4，中和反应是放热反应，故△H4<0，所以△H1+△H4<△H2+△H3，故B错误；
C．由△H2+△H3+△H4=△H1得△H4=△H1-△H2-△H3<0，弱电解质的电离是吸热过程，所以△H3>0，所以△H4<△H1-△H2，故C正确；
D．弱电解质的电离是吸热过程，所以△H3>0，故D错误；
故C。
21-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．氢气和卤素单质生成卤化氢的反应为放热反应，氯原子半径小于碘，得电子能力更强，形成的化学键键能大于碘形成的化学键，放出热量更多，焓变更负，故∆H，A正确；
B．由盖斯定律可知，，则，由键能数据可知，，则，B错误；
C．断键需要吸收能量，表中键能可知将1mol气态解离成气态碘原子需要吸收151kJ能量，C正确；
D．(g)转化为(g)的过程中减少了氢原子，属于氧化反应，D正确；
故选B。
21-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．二氧化碳气体转化为液态二氧化碳是一个熵减的过程，故A错误；
B．由盖斯定律可知，①+②+③得反应2NH3(l)+CO2(g)=H2O(l)+H2NCONH2(l)，则△H=△H1+△H2+△H3=△H1+(—109.2kJ·mol-1)+(+15.5kJ·mol-1)=-103.7，则△H1=—10kJ·mol-1，故B正确；
C．反应③为吸热反应说明H2NCONH4比液态水和H2NCONH2的总能量低，无法比较H2NCONH4比H2NCONH2的能量高低，所以无法判断两者的稳定性强弱，故C错误；
D．过程③使用合适催化剂可降低反应的活化能，但不改变反应热△H3的大小，故D错误；
故选B。
22-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
详解:
A．磷酸铁锂电池放电时，负极反应：LiC6－xe－=xLi＋＋Li1−xC6，正极反应：Li1−xFePO4＋xe－＋xLi＋=LiFePO4；充电时，阳极反应式：LiFePO4－xe－=Li1−xFePO4＋xLi＋，阴极反应式：Li1−xC6＋xLi＋＋xe－=LiC6，放电时阳离子往正极迁移，故A正确；
B．充电时为电解池，阴极发生还原反应，电极反应式：Li1−xC6＋xLi＋＋xe－=LiC6，故B正确；
C．脱嵌意思是锂从正极材料中出来的过程，充电时，阳极的电极材料产生锂离子，电极反应式为LiFePO4－xe－=Li1−xFePO4＋xLi＋，放电时，负极材料产生锂离子，电极反应式为LiC6－xe－=xLi＋＋Li1−xC6，则充电时，锂离子在阳极脱嵌；放电时，锂离子在负极脱嵌，故C错误；
D．用该电池电解精炼铜，当转移电子1.25mol时理论上能得到精铜mol=0.625mol即40g，而实际得32g，则电子利用率为80%，故D正确。
综上所述，答案为C。
22-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由装置图可知，放电时，A电极即Zn是负极，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，B是正极，反应式为I2+2e-=2I-，外电路中电流由正极经过导线流向负极，充电时，阳极反应式为2I--2e-=I2、阴极反应式为Zn2++2e-=Zn，据此分析解答。
详解:
A．放电时锌失去电子被氧化，A电极即Zn是负极，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，A正确；
B．放电时，左侧即负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，充电时则为阴极区，电极反应为Zn2++2e-=Zn，所以储罐中的离子总浓度减小，B正确；
C．离子交换膜是防止正负极I2、Zn接触发生反应，负极区生成Zn2+、正电荷增加，正极区生成I-、负电荷增加，所以Cl-通过M膜进入负极区，K+通过N膜进入正极区，所以M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，C错误；
D．充电时，A极反应式Zn2++2e-=Zn，A极增重65g转移2mol电子，所以C区增加2molK+、2molCl-，离子总数为4NA，D正确；
故选C。
22-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由OH-离子的移动方向可知，a为负极，c为负极，d为正极，A错误；
B．图中显示的是原电池放电的过程，放电时a，c电极的反应物为吸附了氢气的稀土合金，即放电时，反应物为MH→生成物为M(s)和H2O，c极：MH+ OH--e-=M+H2O，B错误；
C．正极： NiO(OH)+e-+H2O= Ni (OH)2+ OH-，转移1mol电子，固体由NiO(OH) →Ni (OH)2质量变化为1g，转移1mol电子，b，d电极各增加1g，共增加2g，C正确；
D．充电时为电解池：电子的流动方向：电源负极→a；d→电源正极；b→c的导电过程为铜箔中的电子移动完成，D错误；
故选C。
22-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
详解:
A．放电时，Pt/C电极失电子作负极，发生氧化反应，碳网电极为正极，发生还原反应，A项错误；
B．充电时，碳网作阳极，发生氧化反应，Pt/C电极作阴极，发生还原反应，离子交换膜为阳离子交换膜，充电时，K+通过离子交换膜从阳极室移向阴极室，即从右极室移向左极室，B项错误；
C．放电时，负极发生，负极区pH减小，C项错误；
D．充电时，电池总反应为，D项正确；
故D。
22-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
a极为负极乙酸发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为：CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2+8H+，b极中铬由+6变成+3价，得电子发生还原反应为正极，电极反应式为+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，电子由负极流向正极，据此分析解题。
详解:
A．a极为负极乙酸发生氧化反应生成二氧化碳，b极中铬由+6变成+3价，得电子发生还原反应为正极，所以电池工作过程中电流由b极流向a极，A正确；
B．b极中铬由+6变成+3价，得电子发生还原反应，电极反应式为：+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，B正确；
C．根据反应可知每生成，电路中转移了3mol电子，即有3molH+从进入右池，同时Cr3+水解生成了3molH+，而反应过程中消耗7molH+，故右池减少，C错误；
D、根据得失电子守恒，每处理0.5mol ，转移3mol的电子，所以生成二氧化碳的物质的量为：=0.75mol，标况下的体积为：0.75mol×22.4L/mol=16.8L，D正确；
故C。
22-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由图知，充电时左侧电极与电源正极相连，则为电解池的阳极，阳极上还原剂失电子化合价升高发生氧化反应，右侧区则为阴极区；阴极上氧化剂得电子发生还原反应，元素化合价降低。该装置放电时为原电池，负极失电子，化合价升高，正极得电子元素化合价降低；
详解:
A．充电时阴极上氧化剂得电子发生还原反应，元素化合价降低，阴极的电极反应是V3++e-=V2+，A正确；
B．放电时，正极上发生得电子的还原反应，VO2++2H++e-=VO2++H2O，VO2+作氧化剂，在正极被还原，负极上发生失电子的氧化反应，V2+-e-=V3+，V2+做还原剂，V2+在负极被氧化，B正确；
C．充电时左槽是阳极区，阳极上还原剂失电子化合价升高发生氧化反应，电极反应式为： VO2++H2O -e-= VO2++2H+，充电时当有1 mol e-发生转移时，左槽电解液中有2molH+生成、若离子交换膜为质子交换膜，则又有1molH+从左向右进入阴极区，故左侧溶液中实际增加了1molH+，C错误；
D．放电过程中，电解质溶液中的阴离子向负极移动，即放电时阴离子由由左罐移向右罐，D正确。
答案选C。
23-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
由起点可知等浓度的NaA溶液和NaB溶液NaA的pH较大碱性较强，由越弱越水解可知，HA的酸性比HB的弱；
详解:
A．由相同浓度的钠盐溶液pH：pH(NaA)>pH(NaB)，相同浓度下A-的水解程度大于B-的水解程度，滴加盐酸后要使混合溶液的pH值相等，则滴加盐酸后c(NaA) B．由起点可知等浓度的NaA溶液和NaB溶液NaA的pH较大碱性较强，由越弱越水解可知，HA的酸性比HB的弱，则常温下，由题图可知，0.10mol•L-1NaB溶液的pH=11，c(H+)≈10-11mol/L，NaB水解程度较小，则c(B-)≈0.1mol/L，c(HB)≈c(OH-)=10-3mol/L，则Ka(HB)==10-9，故B错误；
C．滴定前NaA溶液的体积小于NaB溶液的体积，根据物料守恒得：c(A-)+c(HA) D．当时，相同浓度下A-的水解程度大于B-的水解程度，NaA溶液对水的电离程度促进作用比NaB大，则NaA溶液中水的电离程度较大，故D错误；
故选：A。
23-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．往20.00mL 0.1mol·L−1 HX溶液中滴入0.1mol·L−1 NaOH溶液，发生反应：NaOH+HX=NaX+H2O，体系中−lgc(HX)随溶液pH的增大而增大，−lgc(X−) 随溶液pH的增大而减小，故曲线①表示−lgc(HX)与溶液pH的关系，A错误；
B．a点对应的溶液中存在HX和NaX两种溶质，且二者的物质的量之比为1∶1，该溶液中的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(X−)+c(OH−)，物料守恒式为2c(Na+)=c(X−)+c(HX)，联立电荷守恒式及物料守恒式可得：2c(H+)+c(HX)=2c(OH−)+c(X−)，B错误；
C．b点对应的溶液pH=10即c(OH−)>c(H+)，此时溶液中的溶质为NaX和NaOH，结合电荷守恒式可得溶液中：c(Na+)>c(X−)，故c(Na+)>c(X−)>c(OH−)>c(H+)，C正确；
D．曲线①、曲线②的交点处有−lgc(HX) =−lgc(X−)，即c(HX)= c(X−)，HX的电离平衡常数Ka=c(H+)=10−4.76，其数量级为10−5，D错误；
故答案选C。
23-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
由图可知，pH=1.2时，c(H2A)=c(HA-)，pH=4.2时，c(HA-)=c(A2-)，随着pH的增大，c(H2A)逐渐减小，c(HA-)先增大后减小，c(A2-)逐渐增大。
详解:
A．pH=1.2时，c(H2A)=c(HA-)，H2A的，则a1=1.2，A正确；
B．由图知c(HA-)=c(A2-)时pH=4.2，20.0mL0.1mol·L-1的H2A溶液与30.0mL0.1mol·L-1NaOH溶液混合得到等量的NaHA和Na2A混合液，此时c(HA-)≠c(A2-)，则混合液的pH≠4.2，B错误；
C．由溶液的电荷守恒，一定存在：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，C正确；
D．NaHA溶液中由于HA-发生部分电离，c(Na+)>c(HA-)，且c(HA-)>c(A2-)，则离子浓度大小关系：c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(OH-)，D正确；
故选：B。
23-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
H2A溶液中，逐滴加入NaOH溶液，n(H2A)不断减小，则Ⅰ曲线为δ(H2A)，n(HA- )不断增大，则Ⅱ曲线为δ(HA-)；当被滴定分数等于1时，再滴加NaOH溶液，此时n(HA-)不断减小，n(A2-)不断增大，则Ⅲ曲线为δ(A2-)。H2A被滴定分数为0时，溶液的pH＞2，则H2A为弱酸。
详解:
A．从图中可以看出，H2A被滴定分数为1时，曲线在pH=7的下方，此时溶液的pH＜7，A不正确；
B．在H2A被滴定分数为2之后，随着滴定分数的增大，水的电离程度逐渐减小，B不正确；
C．在H2A被滴定分数为2时，H2A与NaOH刚好完全反应，此时溶液呈碱性，所以指示剂只能选择酚酞，C不正确；
D．a点溶液中，δ(H2A)= δ(HA-)，则c(H2A)=c(HA-)，依据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)= c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)=c(H2A)+2c(A2-)+c(OH-)，D正确；
故选D。
23-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
曲线①与pH成正比例关系，代表了氢离子浓度的负对数，②表示的纵坐标的数值与对应的pH之和始终等于14，曲线②和曲线①恰好相反，曲线②表示氢氧根离子浓度的负对数；pH值变大，A-浓度变大、HA浓度变小，故③④分别表示、。
详解:
A．根据分析，曲线①表示随溶液pH的变化情况，A正确；
B．根据分析，曲线②表示氢氧根离子浓度的负对数；曲线①和曲线②的交点对应的溶液为中性，由电荷守恒可知，存在，题中不断加入强碱，强碱可以是氢氧化钠也可以是氢氧化钾，故钠离子浓度不一定等于A-浓度，B错误；
C．曲线③④交点处、相等，故，，故Kh的数量级为10-10，C正确；
D．pH值变大，A-浓度变大、HA浓度变小，故③④分别表示、，③④交点代表、相等，此时pH=4.35显酸性，说明此时HA电离大于A-水解，则，D正确；
故选B。
23-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
乙二胺与氨气的性质相似，与氯化氢反应生成相应的盐，刚开始向0.1mol•L-1的乙二胺()溶液中不断通入HCl气体时，乙二胺浓度减少，的浓度增多，继续通入HCl气体，的浓度减少，的浓度增多，即曲线Ⅲ代表。
详解:
A．乙二胺与氨气的性质相似，与氯化氢反应生成相应的盐，刚开始向0.1mol•L-1的乙二胺(H2NCH2CH2NH2)溶液中不断通入HCl气体时，乙二胺浓度减少，的浓度增多，所以曲线Ⅱ代表，故A正确；
B．根据的第一级和第二级电离可得、，b点时，，即==，带入，解得mol/L，所以pOH=5.61，故B正确；
C．pOH=a时，，即，可得，显碱性，，根据电荷守恒：，即，pOH=a时，各占50%，且几乎为0，所以，故C错误；
D．在0.1mol•L-1H2NCH2CH2NH3Cl溶液中，既存在的电离，也存在的水解，根据，可知其电离大于水解，显碱性，所以存在，故D正确；
故选C。
24-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据反应机理图可知，E-NH2先参与反应，后面又生成，没有增加或减少，所以他是催化剂，A正确；
B．A→B是加成反应，A分子的碳碳双键被加成，B→C是消去反应，B分子中的羟基被消去，生成碳氮双键和水，B正确；
C．E和F的分子式相同，除去E基团，都是C3H6N，而且二者的结构不同，属于同分异构体，C正确；
D．从C→E过程可以看到，碳碳双键是在羧基相连的碳原子上形成，连有氮原子的碳原子也形成碳碳双键，然后才能转化成含有碳氮双键的结构，而对于 ，只能形成，无法继续向下进行，所以不能按照该反应机理进行，D错误；
答案选D。
24-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据机理图可知，CH3OH、CO、丙烯为原料，得到物质3，即物质3为异丁酸甲酯，故A说法正确；
B．根据反应机理可知，4和5反应生成6，该反应为加成反应，故B说法正确；
C．根据9和6的结构简式，9比6多一个“CO”，两者不互为同分异构体，故C说法错误；
D．HCo(CO)3为催化剂，降低了反应的活化能，加快反应速率，∆H只与体系中的始态和终态有关，即∆H不变，故D说法正确；
答案为C。
24-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据图示，9是主产物、10是副产物，3、5和8都是反应的中间体，故A正确；
B．该过程中，8→10为消去反应，故B错误；
C．根据题意，发生反应，理论上1mol 最多能消耗2mol ，故C正确；
D．若原料用和反应的主产物是，副产物为和，故D正确；
选B。
24-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据图示可知：在反应过程中发生反应：Cu+被O2氧化产生Cu2+，O2得到电子被还原产生H2O，该反应就是氧化还原反应，A正确；
B．化合物2和化合物4分子式分子式不同，因此二者不是同分异构体，B错误；
C．乙烯和氧气在一定条件下发生反应产生乙醛、水，故可以乙烯和氧气为原料制备乙醛，C正确；
D．根据图示可知：PdCl2需要转化为，然后再催化反应的进行，D正确；
故合理选项是B。
24-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
TRAP试剂中的，经过过程①和②将氧化为，本身被还原为，经过③脱水，得到；与NMO反应，经过过程④和⑤得到和NMM；自身发生歧化反应⑥，得到和，据此分析作答。
详解:
A．根据分析可知，铑在TPAP机理图中共呈现了4种价态，分别是+4价、+5价、+6价、+7价，A项正确；
B．与NMO反应，经过过程④和⑤得到和NMM，其中元素从+5价升至+7价，则做还原剂，做氧化剂，B项错误；
C．自身发生歧化反应⑥，离子方程式为，产物不是，则不是TRAP试剂再生的另一途径，C项错误；
D．TRAP试剂中的不会氧化碳碳双键，可以将醇仅氧化至醛，若为，为，则经过过程①和②将氧化为，D项错误；
答案选A。
24-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．氯代和溴代第一步断裂Cl-Cl键和Br-Br键，断键需要吸热，Cl-Cl键键长短，键能大，故大于溴代的，A正确；
B．能量越低，产物越稳定，B正确；
C．烷烃中氢原子活性叔氢>仲氢>伯氢，故氢原子环境不同，C-H键键能有差别，丙烷中含有仲氢和伯氢，断裂C-H键吸收的能量不同，C正确；
D．丙烷氯代产物的活化能差值较小，而两种溴带产物的活化能差值较大，得到产物的难度不一样，故所得产物比例不相等，D错误；
故选D。
25-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．醋酸与滴定终点溶质为，溶液呈碱性，甲基橙指示剂不能准确指示滴定终点，A不能达到实验目的；
B．作原电池负极可以保护不被腐蚀，电极区溶液检验不到，B能达到实验目的；
C．将草酸溶液加热，草酸电离程度增大，减小，C能达到实验目的；
D．的较大，等体积的饱和溶液中的物质的量大于，生成沉淀的物质的量，D能达到实验目的；
故选A。
25-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．饱和溶液的浓度不同，应测定等浓度的酸溶液的pH来比较酸性，故A错误；
B．应将反应后的混合物注入水中，顺序不合理，故B错误；
C．将SO2通入NaHCO3溶液后，混合气体中有SO2和CO2，通过酸性KMnO4溶液后可除去SO2，品红溶液检验SO2是否除净；澄清石灰水检验CO2，如果澄清石灰水变浑浊，说明有CO2产生，可以说明非金属性S>C，故C正确；
D．AgNO3溶液过量，均为沉淀生成，不能比较Ksp大小，故D错误；
故答案选C。
25-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．是放热反应，热水中变蓝、冰水中变粉，现象错误，A项错误；
B．CrO3可氧化乙醇，由操作和现象可知乙醇具有还原性，B项正确；
C．AlCl3与过量的NaF反应会生成冰晶石即六氟铝酸钠，微溶物，也是白色沉淀，无法说明OH- 结合Al3+的能力强于F-，C项错误；
D．操作不正确，正确的操作是关闭分液漏斗的活塞，向其中加入适量的水，倒置漏斗观察是否漏水，若不漏，将活塞旋转180°后再倒置观察，D项错误；
答案选B。
25-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．与溴蒸气均能把碘离子氧化为碘单质，故分别通入淀粉KI溶液中，均能变蓝，A错误；
B．铵根与亚硝酸根离子能在水溶液中发生归中反应产生氮气。则：将固体混合物溶于水，加入足量浓NaOH溶液，加热，用红色湿润石蕊试纸检验产生的气体，若试纸不变蓝，不能说明固体中不存在铵盐，B错误；
C．在溶液中加入溶液不发生反应，在酸性条件下，氢离子、亚硫酸根离子和硫离子发生反应生成硫和水，溶液出现淡黄色沉淀， C错误；
D．氯酸钾、硝酸银和亚硝酸钠反应生成氯化银白色沉淀，则：取用火柴头浸泡过的溶液，加溶液、稀硝酸和溶液，若出现白色沉淀，说明有氯元素， D正确；
答案选D。
25-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．由于还原性：Fe2+＞Br-，所以向FeBr2溶液中通入少量Cl2，发生反应：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，因此不能证明氧化性：Cl2＞Br2，A错误；
B．弱酸的酸性越强，其相应的盐水解程度就越小，盐溶液的pH就越小，因此可以通过用pH计分别测定浓度为0.1 mol/L的NaF溶液和NaClO溶液的pH来判断HF与HClO的酸性强弱，B正确；
C．二者充分反应后，反应后溶液中含有I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，因此不能证明可以为可逆反应。由于FeCl3溶液不足量，应该取少许混合液滴加KSCN溶液，若溶液为血红色可证明为可逆反应，C错误；
D．浓硝酸具有强氧化性，在室温下遇铁会发生钝化现象，而不能进一步与铁发生反应，因此不能比较Fe与Cu的金属活动性，D错误；
故合理选项是B。
25-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子，由实验及现象不能比较H2O2、Fe3+的氧化性强弱，B错误；
B．酸性溶液中HClO的浓度大，褪色快，由操作和现象可知：随溶液pH的减小，84消毒液的氧化能力增强，B正确；
C．KMnO4溶液具有强氧化性，会氧化H2O2而使溶液褪色，不能证明H2O2的漂白作用和强氧化性，C错误；
D．Na2SiO3溶液中通入SO2出现浑浊，生成硅酸，可知酸性为亚硫酸大于硅酸，但亚硫酸不是S元素的最高价含氧酸，因此不能比较S和Si非金属性强弱，D错误；
故合理选项是B。
26-1【基础】 【正确答案】 1、< 2、SiO2是共价晶体，熔化时破坏共价键，而SiCl4、SiF4是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，所以SiO2熔点最高；SiCl4、SiF4是分子晶体，组成和结构相似，SiCl4的相对分子质量更大，分子间作用力越大，熔点越高
3、邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，使得羟基难以电离出H+
【试题解析】 从电负性上看氧与氢的电负性差值大于氧与氟的电负性差值，OF2中氧原子上有两对孤电子对，抵消了F-O键中共用电子对偏向F而产生的极性，从而导致H2O分子的极性很强，故OF2分子的极性小于H2O；
SiO2是共价晶体，熔化时破坏共价键，而SiCl4、SiF4是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，所以SiO2的熔点是最高的；SiCl4、SiF4组成和结构相似，相对分子质量越大，熔点越高，固SiCl4的熔点大于SiF4。
醛基是亲水基，在水中易形成氢键，而使酚羟基难以电离，所以苯酚的酸性大于邻羟基苯甲醛。
26-2【基础】 【正确答案】 1、邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，使熔点降低；对羟基苯甲酸形成分子间氢键，使熔点升高。
2、金属原子排列中加入或大或小的其它元素的原子后，改变了金属原子有规则的层状排列，使原子层之间的滑动变困难，故一般合金硬度相对组分金属变大。
【试题解析】 从结构分析，邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，使熔点降低；对羟基苯甲酸形成分子间氢键，使熔点升高。
金属原子规则排列，若在金属原子排列中加入或大或小的其它元素的原子后，改变了金属原子有规则的层状排列，使原子层之间的滑动变困难，故一般合金硬度相对组分金属变大。
26-3【巩固】 【正确答案】 1、硝酸铵固体为离子晶体，溶于水离子键断裂吸收的能量大于、分别形成水合离子放出的能量，所以整体表现为吸热
2、熔点：。形成内盐，类似于离子晶体，熔点升高；存在分子间氢键，只有分子间作用力，氢键强于分子间作用力，所以熔点：
【试题解析】 硝酸铵固体为离子晶体，溶于水离子键断裂吸收的能量，、分别形成水合离子放出的能量，溶于水离子键断裂吸收的能量大于、分别形成水合离子放出的能量，所以整体表现为吸热。
能形成内盐，类似于离子晶体，熔点升高；存在分子间氢键，只有分子间作用力，氢键强于分子间作用力，所以熔点：。
26-4【巩固】 【正确答案】 1、> 氟的电负性大于氯的电负性，F-C键的极性大于Cl-C键的极性，使的极性大于的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子
2、低于 邻羟基苯胺容易形成分子内氢键，沸点降低，对羟基苯胺容易形成分子间氢键，沸点升高，因此邻羟基苯胺的沸点低于对羟基苯胺的沸点
【试题解析】 三氟乙酸(CF3COOH)的a=0.23，三氯乙酸(CCl3COOH)的a=0.65，则酸性：三氟乙酸＞三氯乙酸，因为氟的电负性大于氯的电负性，F-C键的极性大于Cl-C键的极性，使CF3C-的极性大于CCl3C-的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子。
邻羟基苯胺的沸点低于对羟基苯胺的沸点，因为邻羟基苯胺容易形成分子内氢键，沸点降低，对羟基苯胺容易形成分子间氢键，沸点升高，因此邻羟基苯胺的沸点低于对羟基苯胺的沸点。
26-5【提升】 【正确答案】 1、虽然单个氢键的键能大小顺序是HF>H2O>NH3，但从各固态物质中的氢键结构可以推知，液态H2O、HF、NH3中氢键数量各不相同，状态变化时要克服的氢键的总键能大小顺序是H2O>HF>NH3，所以H2O、HF、NH3沸点依次降低
2、酸性。因为HA-离子的水解平衡常数为Kh2==2×10-10 【试题解析】 物质的沸点取决于分子之间的作用，有些分子之间存在氢键，沸点与氢键的键能和氢键的个数都有关系，虽然单个氢键的键能大小顺序是HF>H2O>NH3，但从各固态物质中的氢键结构可以推知，液态H2O、HF、NH3中氢键数量各不相同，状态变化时要克服的氢键的总键能大小顺序是H2O>HF>NH3，所以H2O、HF、NH3沸点依次降低。
酸式盐的溶液的酸碱性看水解和电离程度的相对大小，因为HA-离子的水解平衡常数为Kh2==2×10-10 26-6【提升】 【正确答案】 1、原子核对核外电子的吸引力和核外电子间的排斥力
2、分子间存在氢键而分子间没有
【试题解析】 图中Li、Be处于同一周期，电子层数相同，Na、S、Cl处于同一周期电子层数相同，Li的核电荷数小于Be，Na核电荷数小于S小于Cl，Li的原子半径大于Be，Na、S、Cl原子半径依次减小，说明原子核对核外电子的吸引力是决定原子半径的因素之一。Na和Li位于同一主族，Na比Li多一个电子层，尽管Na核电荷数大于Li，Na的原子半径还是大于Li，S、Cl在Be的下一周期，原子半径也都大于Be，说明了核外电子间的排斥力是决定原子半径的因素之一。故决定原子半径的因素有原子核对外电子的吸引力和核外电子间的排斥力。
NH3分子间存在氢键，NF3分子间没有氢键，故氨气分子间作用力更强，沸点高于NF3的沸点。NF3的一种下游产品三聚氟氰（分子式为C3N3F3），分子结构中显示有环状结构，C形成4个共价键，N形成3个共价键，从价键理论和物质的相对稳定性角度可知，C、N之间应该形成C=N，则三聚氟氰的结构式为。
27-1【基础】 【正确答案】 1、0.6 2、1.2
【试题解析】 分析:
某合金(仅含铜、铁)中铜和铁的物质的量之和为 a mol，其中Cu的物质的量分数为 b，则n(Cu)=ab mol，n(Fe)=(a-ab)mol。
若产生标准状况下NO 4.48 L， 即=0.2mol，N由HNO3→NO，由+5价→+2价，得0.2mol×(5-2)=0.6mol，NO是唯一的还原产物，则转移电子的物质的量=得电子物质的量=0.6mol；
b=0.2，即n(Cu)=0.2a mol，n(Fe)=0.8a mol，溶液中的Fe3+与Fe2+的物质的量相等，即各为0.4a mol，则Fe失电子0.4a mol×3+0.4a mol×2=2a mol，Cu失电子0.2a mol×2=0.4a mol，共失电子(2a+0.4a)mol =2.4a mol；
标准状况下产生NO 6.72L，则失电子=×(5-2)=0.9mol，被还原的HNO3的物质的量为0.3mol；
因为得失电子守恒，则2.4a mol=0.9mol，解得a=0.375mol，即n(Cu)=0.2×0.375mol=0.075mol，n(Fe)=0.8×0.375mol=0.3mol，则所得溶液n[Cu(NO3)2]=0.075mol，n[Fe(NO3)2]=0.4×0.375mol=0.15mol，n[Fe(NO3)3]=0.4×0.375mol=0.15mol，则显酸性的硝酸的物质的量为0.15mol×3+0.15mol×2+0.075mol×2=0.9mol；
则硝酸的物质的量=0.3mol+0.9mol=1.2mol，即c=1.2。
27-2【基础】 【正确答案】 1、40Vm 2、4.48
【试题解析】 分析:
根据方程式可知氧气的质量为：8.5-7.22=1.28g，其物质的量=，其体积=40Vm mL，故V=40Vm；
依据电子得失守恒有：中N的变化所得电子总物质的量：生成的失去的电子的物质的量：
； 溶解的铜失去的电子的总物质的量：=0.14mol；
，则。
27-3【巩固】 【正确答案】 1、4.48L 2、0.75mol/L
【试题解析】 PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl；将H3PO3氧化为H3PO4，P元素由+3价升高为+5价，0.2molPCl3生成H3PO3后转化为H3PO4，转移电子的物质的量为0.2mol2=0.4mol， Cl2为氧化剂时化合价由0价变为-1价，标准状况V=；
根据反应PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl；PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl及P原子、Cl原子守恒可知，最终生成n(H3PO4)= 0.2mol+0.1mol=0.3mol；n(HCl)= 0.2mol×3+0.1mol×5+0.4mol =1.5mol；故消耗的NaOH的物质的量为n=0.3mol1.5mol=2.4mol，c==1.2mol/L。
27-4【巩固】 【正确答案】 1、Na2S2O4 2、↑
【试题解析】 A中钠元素的质量分数为26.41%，氧元素的质量分数为36.76%，其余为S元素，则S元素质量分数为1-26.41%-36.76%=36.83%，则Na、S、O原子数目之比为 ，故A为Na2S2O4；
若将A加热到402K时，质量减轻了18.39% ，1molA分解时减少的质量为( 46+64+64 ) g×18.39%=32g，则剩余固体质量为174g-32g=142g ，1mol硫的含氧酸盐均含有2mol钠离子，故剩余固体为1mol，平均相对分子质量为142，而硫酸钠的相对分子质量为142，由于为混合物,故含有Na2SO3，Na2S2O4中S元素的化合价为+3，故另一固体中S元素化合价应小于3，可能为Na2S2O3，生成的氧化物为SO2时符合关系，故反应方程式为↑ 。
27-5【提升】 【正确答案】 1、0.5
2、
【试题解析】 根据题意可以将铁和看成和铁单质，根据稀硫酸后固体恰好溶解，可收集到标准状况下气体2.24L，收集氢气0.1mol，可知与酸反应生成氢气的铁单质为0.1mol即5.6g，氧化亚铁为70.4-5.6=64.8g，即0.9mol，根据铁元素守恒可知，故的物质的量浓度为0.5mol/L。
向70.4g由、、三种物质组成的固体混合，根据上述计算可知铁元素的总量为1mol，其中0.1mol参与反应生成氢气，假设剩下的0.9mol铁元素全部来自铁单质和，铁单质能将正好转化为亚铁离子，，故铁单质与Fe3+为1：2，，，根据题意，混合物中还含有氧化亚铁，故质量范围为。
27-6【提升】 【正确答案】 1、11.2g 2、5mol/L
【试题解析】 分析:
向反应后的溶液中加入KSCN颜色无明显变化，说明溶液中铁元素全部以Fe2+的形式存在，溶液中氢离子浓度为1.0mol/L，即溶液中的溶质为FeCl2和HCl，其中n剩(HCl)=1.0mol/L×0.2L=0.2mol；放出氢气的体积为2.24L(折算成标况)，即0.1mol，说明有0.1molFe发生Fe+2H+=Fe2++H2，其余Fe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+；设混合物中Fe、Fe2O3的物质的量分别为x、y，则有56x+160y=27.2、x-0.1=y，解得x=0.2mol，y=0.1mol，即混合物中含有0.2molFe，0.1molFe2O3。
根据分析可知样品中含有0.2molFe，质量为0.2mol×56g/mol=11.2g；
根据氯元素守恒可知原溶液中n(HCl)=n剩(HCl)+2n(FeCl2)=0.2mol+2×(0.2mol+0.1mol×2)=1mol，浓度为=5mol/L。
28-1【基础】 【正确答案】 1、CO 2、Fe、I、C、O
3、
4、取少量固体B，加水溶解，滴入溶液，若生成蓝色沉淀，则说明原样品中存在
【试题解析】 分析:
溶液E加稀硝酸后再与硝酸银反应生成黄色沉淀AgI9.4g，则E中含有碘元素，则X中也含有碘元素，且碘元素物质的量为0.04mol。黑色单质为碳单质或者铁粉，结合生成黑色单质的物质可知，F为铁粉，则X中含有铁元素1.12g，则红棕色固体C为氧化铁，白色沉淀为氢氧化亚铁，无色气体能与氧化铁反应生成另一种气体和铁单质，则无色气体A为CO，且经计算可知氧化铁为0.01mol，CO有0.08mol，CO过量，则生成的无色气体G为CO2和CO的混合物，生成的白色沉淀H为碳酸钡沉淀。固体B溶解后加入氢氧化钠生成氢氧化亚铁沉淀，则B中含有亚铁离子，则B为碘化亚铁。则X中含有Fe的物质的量为0.02mol，CO的物质的量为0.08mol，I的物质的量为0.04mol，总质量为8.44g，其化学式为Fe(CO)4I2。
根据以上分析可知，A为CO。
根据分析可知，组成X的元素有Fe、I、C、O四种，X的化学式为Fe(CO)4I2。
沉淀D为氢氧化亚铁，其在空气中充分灼烧生成固体C为氧化铁，化学方程式为。
固体B为碘化亚铁，亚铁离子可与生成蓝色沉淀，因此可取少量固体B溶解在水中，滴加溶液，若产生蓝色沉淀，则说明样品中存在Fe2+。
28-2【基础】 【正确答案】 1、Fe、C、O
2、Fe、C 3、
4、取少量G溶液分别置于试管A、B中，往A试管中滴加紫色石蕊，若变红，则有；往B试管中滴加KSCN无明显现象，再加，溶液变血红色，则有
【试题解析】 分析:
由白色沉淀D可知混合气体A中含CO2，根据碳元素守恒，CO2的物质的量为0.1mol，A由两种气体组成，且两种气体组成元素相同，故气体C为CO，物质的量为0.3mol；H为红棕色固体，故H为Fe2O3，物质的量为0.05mol，Fe元素的物质的量为0.1mol；气体A中含CO，故B为单质的混合物，肯定含铁，与稀盐酸反应产生气体，气体E为H2，溶液G为FeCl2溶液和盐酸溶液的混合溶液，不溶性固体应为C，物质的量为0.1mol，综上混合气体A中：0.3mol CO，0.1mol CO2，混合固体B中：0.1molFe，0.1molC，总质量为19.6g，故X中含Fe、C、O，化学式为：Fe(CO)5。
根据分析，X的组成元素为：Fe、C、O，化学式为：Fe(CO)5；
根据分析，固体B的成分为：Fe、C；
X[Fe(CO)5]化学性质相当活泼，1mol X吸收只生成一种二元弱酸Y和1mol气体C，化学方程式为：Fe(CO)5+H2=H2Fe(CO)4+CO，故Y为H2Fe(CO)4，与足量NaOH溶液反应的离子方程式为：；
根据分析，G为FeCl2溶液和盐酸溶液的混合溶液，可分开验证氢离子和Fe2+：酸性溶液可使紫色石蕊试液变红；Fe2+检验：加KSCN溶液无现象，再加H2O2氧化后变红，故验证方法为：取少量G溶液分别置于试管A、B中，往A试管中滴加紫色石蕊，若变红，则有；往B试管中滴加KSCN无明显现象，再加，溶液变血红色，则有。
28-3【巩固】 【正确答案】 1、H、N、O、S 2、或
3、、
4、 取少量无色溶液G于试管中，加入过量稀盐酸，若无明显现象，滴加氯化钡溶液，若有白色沉淀，说明含有；另取少量溶液G于试管中，加入过量硝酸钡，振荡，静置，取上层清液，滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，说明有
【试题解析】 分析:
实验II，M形成水溶液D，与氯化钡反应生成白色沉淀，结合实验I分解后生成粘稠油状液体，反应说明生产硫酸钡，说明M含有硫，E溶液加入NaOH溶液产生使蓝色石蕊试纸变蓝的气体，说明M的水溶液中含有铵根离子，白色沉淀为23.3g，则硫酸钡为0.1mol，说明D含有0.1mol的硫酸根，实验I中，粘稠油状液体为4.9g即硫酸为0.05mol，A冷却后B为SO2、H2、N2，B通过碱石灰增重3.2g为二氧化硫，由固体氧化铜减重1.6g ，得氢气的物质的量为0.1mol，无色气体C为氮气，所以，由实验I可得9.7gM含有SO2、H2、N2、H2SO4各3.2g，0.2g，1.4g，4.9g，所以组成M的元素是H、N、O、S，M的化学式为或，据此解答。
根据分析可知，组成M的元素是H、N、O、S；
故 H、N、O、S。
根据分析可知，M的化学式为或；
故或。
根据题目信息可知，无色溶液E中含有铵根及过量的氯化钡。所以E中溶质为：、；
故、。
M与次氯酸钠溶液反应，得到无色溶液G和无色气体C，其中C为氮气，反应的化学方程式为：；无色溶液G中的阴离子为硫酸根和氯离子，可取少量无色溶液G于试管中，加入过量稀盐酸，若无明显现象，滴加氯化钡溶液，若有白色沉淀，说明含有；另取少量溶液G于试管中，加入过量硝酸钡，振荡，静置，取上层清液，滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，说明有；
故；取少量无色溶液G于试管中，加入过量稀盐酸，若无明显现象，滴加氯化钡溶液，若有白色沉淀，说明含有，另取少量溶液G于试管中，加入过量硝酸钡，振荡，静置，取上层清液，滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，说明有。
28-4【巩固】 【正确答案】 1、
2、
3、 可能原因是由于硝酸的量少，产生了沉淀
【试题解析】 分析:
（1）
已知气体1在标况下的密度为1.429g/L，气体1的摩尔质量为: 1.429g/L×22.4L/mol≈32g/mol。结合固体1与二氧化锰加热生成气体1，可推出固体1为KClO3，气体1为O2；氧气的物质的量为0.3mol。固体2中含有MnO2和KCl，白色沉淀4为AgCl， n( AgCl)= =0.3mol，根据Cl原子守恒可知，固体2中含有KCl0.3mol ，根据2KClO3 2KC1+3O2↑，氧气0.3mol，可知 n(KCl) =0.2mol ，0.2molKClO3分解生成0.2mol KC1，固体1中含有KC1的物质的量为: 0.3mol-0.2mol=0.1mol，固体1中KClO3、KC1的总质量为: 122.5g/mol×0.2mol+ 74.5g/mol×0.1mol=31.95g=m(固体1) =m(X)，说明X分解KClO3、KCl，且二者物质的量之比为0.2mol : 0.1mol=2 : 1 ，结合原子守恒可知X的化学式为KClO2，以此分析解答。
（2）固体1溶于水后加入亚硝酸钠，再与硝酸银反应，固体1中氯离子生成的氯化银沉淀为43.05克，但是沉淀质量大于43.05克，说明除了氯化银以外还有其他沉淀，可能是亚硝酸银。
根据分析X为KClO2，固体3为二氧化锰。
某黄绿色的气体化合物Y和共同加入某强碱溶液可生成上述盐KClO2，说明强碱为氢氧化钾，化合物Y中含有氯元素和氧元素，根据化合价变化分析，氯元素化合价比+3价高，即该气体化合物为二氧化氯，相应的离子反应方程式。
固体1溶于水后加入亚硝酸钠，再与硝酸银反应，固体1中氯离子生成的氯化银沉淀为43.05克，但是沉淀质量大于43.05克，说明除了氯化银以外还有其他沉淀，可能是亚硝酸银。
①步骤Ⅱ中KClO3和亚硝酸钠反应生成硝酸钠和氯化钾，发生反应的离子反应方程式。
②实验结果发现白色沉淀4的质量大于43.05g，造成这个实验结果的原因是可能原因是由于硝酸的量少，产生了沉淀。
28-5【提升】 【正确答案】 1、
2、
3、或或或或或或或(其他合理答案亦可)
4、或或两者混合物 取可溶性盐于小烧杯中加适量水使其完全溶解，逐滴加入CaCl2溶液。如有白色沉淀生成说明存在Na2CO3；反之，无Na2CO3。继续滴加CaCl2至过量，过滤，取少量滤液，逐滴加入HCl。如有气泡产生说明存在NaHCO3；反之，无NaHCO3(其他合理答案亦可)。
【试题解析】 分析:
化合物乙常用作油漆、涂料、油墨的红色颜料，由此可知化合物乙为Fe2O3。金属单质甲与Fe2O3在隔绝空气高温下能发生置换反应说明金属单质甲的活泼性强于Fe。金属单质甲来自化合物甲的分解，且化合物甲由两种短周期元素组成。由此可知金属单质甲是1～18号元素中活泼性强于Fe的金属，符合条件的可能是Li、Be、Na、Mg和Al。于是，化合物丙可能是Li2O、BeO、Na2O、MgO和Al2O3。在潮湿空气中能形成可溶性盐的只有Na2O。于是金属单质甲为Na。48.0g化合物甲分解形成的非金属单质在标况下的体积为22.4L说明该非金属单质为气体，且化合物甲受热易分解。符合条件的化合物甲可能是NaH、Na3N或NaN3。三者数量关系如下表：
2NaH
～
H2

2Na3N
～
N2

2NaN3
～
3N2
48

22.4

166

22.4

130

67.2
48.0 g

22.4L

48.0 g

6.61 L

48.0 g

24.81L
符合题目数量关系的只有NaH。于是，化合物甲为NaH，非金属单质为H2，金属单质甲为Na，化合物乙为Fe2O3，单质乙为Fe，化合物丙为Na2O。
单质甲为Na，其与H2O的化学反应方程式为，于是离子方程式为。

金属单质甲为Na，化合物乙为Fe2O3，单质乙为Fe，化合物并为Na2O。于是反应方程式为。
。
NaH燃烧不能用CO2扑灭是因为CO2可以支持NaH燃烧。
或或或或或或或(其他合理答案亦可)。
Na2O在潮湿且含CO2的环境下可以生成Na2CO3。Na2CO3在潮湿且含CO2的环境下又可形成NaHCO3。所以可溶性盐的成分可能是Na2CO3或NaHCO3或两者混合物。
利用Na2CO3与CaCl2反应生成沉淀，而NaHCO3与CaCl2不反应的化学特性设计实验鉴别可溶性盐组成。
Na2CO3或NaHCO3或两者混合物。取可溶性盐于小烧杯中加适量水使其完全溶解，逐滴加入CaCl2溶液。如有白色沉淀生成说明存在Na2CO3；反之，无Na2CO3。继续滴加CaCl2至过量，过滤，取少量滤液，逐滴加入HCl。如有气泡产生说明存在NaHCO3；反之，无NaHCO3(其他合理答案亦可)。
28-6【提升】 【正确答案】 1、K、S、O
2、
3、
4、
5、取一定量E溶液，加足量溶液，产生白色沉淀，过滤；分别向沉淀和滤液中加入足量HCl，沉淀溶解，并都能产生使品红溶液褪色的无色刺激性气体，且加热褪色后的品红溶液恢复红色，则E溶液中含有和
【试题解析】 分析:
由A的焰色为紫色可知，A中含有钾元素，由盐C和盐D的组成元素和A相同，加入盐酸后生成淡黄色沉淀和无色气体B可知，淡黄色沉淀为硫、气体B为二氧化硫，则A中含有钾元素、硫元素和氧元素；由实验Ⅱ可知，A中含有硫元素的物质的量为=0.04mol，由盐C和盐D生成0.32g硫和0.448L二氧化硫可知，盐C和盐D中硫代硫酸钾的物质的量为=0.1mol，亚硫酸钾的物质的量为—0.01mol=0.01mol，则4.12gA隔绝空气受热分解生成0.01mol亚硫酸钾、0.01mol硫代硫酸钾和=0.01mol二氧化硫，由原子个数守恒可知A中钾元素、硫元素和氧元素的物质的量比为0.01mol×4：0.04mol：(0.01mol×3+0.01mol×3+0.01mol×2)=1：1：2，由A的摩尔质量在200～300g/mol之间和得失电子数目守恒可知，A的化学式为。
由分析可知，A中含有钾元素、硫元素和氧元素，化学式为，故K、S、O；；
由A除去废水(pH～8)中的Cr(VI)时生成无色溶液E和灰绿色沉淀，且处理后pH变化不大可知，反应③发生的反应为，则溶液E中含有的阴离子为氢氧根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子，由碱性强的离子优先与氢离子反应可知，三种离子反应的顺序为氢氧根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子，故；
由题意可知生成A的反应为二氧化硫、锌和氢氧化钾溶液反应A和氢氧化锌，反应的化学方程式为，故；
由A除去废水(pH～8)中的Cr(VI)时生成无色溶液E和灰绿色沉淀，且处理后pH变化不大可知，反应③发生的反应为，故；
由A除去废水(pH～8)中的Cr(VI)时生成无色溶液E和灰绿色沉淀，且处理后pH变化不大可知，反应③发生的反应为，溶液E为亚硫酸钾和亚硫酸氢钾，亚硫酸根离子和亚硫酸氢根离子均能与盐酸反应生成使品红溶液褪色的二氧化硫，所以检验溶液中亚硫酸根离子和亚硫酸氢根离子时，应先加入氯化钡溶液使亚硫酸根离子转化为亚硫酸钡沉淀，过滤后向滤液和沉淀中加入稀盐酸观察是否有能使品红溶液褪色的二氧化硫生成，具体操作为取一定量E溶液，加足量溶液，产生白色沉淀，过滤；分别向沉淀和滤液中加入足量HCl，沉淀溶解，并都能产生使品红溶液褪色的无色刺激性气体，且加热褪色后的品红溶液恢复红色，则E溶液中含有和，故取一定量E溶液，加足量溶液，产生白色沉淀，过滤；分别向沉淀和滤液中加入足量HCl，沉淀溶解，并都能产生使品红溶液褪色的无色刺激性气体，且加热褪色后的品红溶液恢复红色，则E溶液中含有和。
29-1【基础】 【正确答案】 1、a+51 2、低温
3、3KPa/min 0.5KPa-1
4、充入一定量的H2(或移出HCOOH) BD
5、CO2+2H++2e-=HCOOH 9
【试题解析】 根据ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和，ΔH=745KJ·mol-1×2+436KJ·mol-1-413KJ·mol-1-715KJ·mol-1-356KJ·mol-1-463KJ·mol-1=-51KJ·mol-1，据图：ΔH=Ea1-Ea2，Ea2=Ea1-ΔH=(a+51)kJ·mol-1。
该反应ΔH<0，ΔS<0，由ΔG=ΔH-T·ΔS<0反应可自发进行可知当T较小时ΔG可能<0，故在低温能自发进行。
恒温恒容容器内压强与气体物质的量成正比，将气体压强作为计算物理量设起始CO2、H2分压分别为24KPa消耗量为xKPa，列三段式：

由P平=30KPa=48KPa-xKPa，解得x=18，ν(H2)==3KPa·min-1，KP==0.5KPa-1。
恒温恒容条件下，提高CO2的转化率,不能改变温度或者容器体积.可以充入H2或者分离出HCOOH使平衡正向移动，CO2转化率提高；
恒容条件下由ρ=气体密度恒定不变，A不能说明反应达平衡；
甲酸浓度不变说明正向生成速率与逆向消耗速率相等，B项可以；
CO2的消耗与HCOOH的生成均指正向反应速率，C项不能；
混合气体的平均相对分子质量，m总守恒，n总改变当混合气体升温平均相对分子质量不变可以说明正V正=V逆，D项可以；
故选BD。
①石墨烯电极上CO2进入，HCOOH出来且电子流入该电极CO2得到e-，生成HCOOH：CO2+2e-+2H+=HCOOH；
②阳极区反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，每转移1mole-生成molO2，使溶液质量减轻8g，另同时有1molH+通过质子交换膜从阳极迁入阴极又减轻1g，共减轻9g。
29-2【基础】 【正确答案】 1、放热 2、AC
3、75%(或0.75) 4、CD
5、负极 O2+4e-+4H+=2H2O 5.6
【试题解析】 根据图示，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应；
恒容发生CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)：
A．升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增大，反应速率加快，故选A；
B．恒容容器中，充入He，反应物浓度不变，反应速率不变，故不选B；
C．加入合适催化剂，活化能降低，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增大，反应速率加快，故选C；
D．降低压强，单位体积内活化分子数减少，有效碰撞几率减小，反应速率减慢，故不选D；
选AC；
反应达到平衡状态时，反应消耗0.75molCO2，根据变化量之比=计量数之比可知消耗氢气的物质的量为0.75mol×3=2.25mol，此时H2的转化率为75%(或0.75)；
A．反应达到平衡时，各物质浓度保持不变，CO2、H2的浓度均不再变化，说明反应达到平衡状态，故不选A；
B．反应前后气体系数和不同，压强是变量，体系压强不变，反应达到平衡，故不选B；
C．CH3OH(g)、H2O(g)都是生成物，反应开始后二者物质的量比始终是1:1，故n(CH3OH)∶n(H2O)=1∶1，反应不一定平衡，故选C；
D．H2的消耗速率与CH3OH的生成速率都是正反应速率，二者之比为3∶1不能判断反应是否平衡，故选D；
选CD；
①根据图示，电子由c流出，则电极c是负极，d是正极，氧气在正极得电子发生还原反应，电极d的电极反应式O2+4e-+4H＋=2H2O；
②正极反应式为O2+4e-+4H＋=2H2O，若线路中转移1 mol电子，消耗0.25mol氧气，消耗的O2在标准状况下的体积为0.25mol ×22.4L/mol=5.6L。
29-3【巩固】 【正确答案】 1、N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) 　ΔH=-92kJ·mol-1 Nad+3Had=NHad+2Had
2、＜
3、MV+-e-=MV2+ N2+6H++6MV+=6MV2++2NH3
【试题解析】 根据图中信息及反应物总能量与生成物总能量关系，得到合成氨反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ·mol-1；该历程中反应速度最慢的步骤时，反应消耗能量，活化能最大的阶段，反应的化学方程式为Nad+3Had=NHad+2Had；
①当进料体积比相同，氨的物质的量分数：a＜b，表明b点反应程度更大，所以K(a)＜K(b)；
②设平衡转化x molN2，反应时加入1mol N2，3mol H2，列出三段式：

NH3的物质的量分数为，解得，N2的物质的量分数为，H2的物质的量分数为，总压为5P0，平衡常数；
①由图可知，A电极是反应生成，失去电子，发生氧化反应，所以A为负极；电极反应为MV+-e-=MV2+；
②固氮酶表面转化为，N2转化为NH3，发生的反应为：N2+6H++6MV+=6MV2++2NH3。
29-4【巩固】 【正确答案】 1、低温 小于 2、+41.2 3、AD
4、 5、A 6、阴 2CO2+2e-=CO+CO
【试题解析】 分析:
有两个或以上的气体反应物参与平衡时，增加其中一个气体反应物浓度，另一个反应物的转化率一定增加，两个同时增加时，与反应是分子数增大还是分子数减小有关。
(1)该反应为分子数减少的反应：，且为放热反应：，根据判据：时反应自发进行，可知该反应在低温下可自发进行；由，所以，故填低温、小于；
(2) CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ•mol-1和-285.8kJ•mol-1，可得；；根据盖斯定律，==+41.2Kj/mol，故填+41.2
(3)A．该反应为放热反应，升高温度，反应速率增加，平衡左移，平衡常数只与温度有关，即平衡常数减小，故A正确；
B．再加入一定量的CO2和H2，体系内压强增大，两者可能都增加，故B错误；
C．催化剂只能加快反应速率，对平衡移动不影响，故C错误；
D．该反应为分子数减小的反应，恒温恒容下平衡时压强降低，改为恒温恒压相当于增大压强，平衡右移，可以提高甲醇的百分含量，故D正确；
故选AD；
(4)增大反应物的浓度平衡向右移动，反应速率加快，二氧化碳转化率降低，根据题意可得： ，故填 ；
(5)根据速率方程：v=k•p(CH4)•[p(CO2)]-0.5 (k为速率常数)，当p(CH4)一定时，积碳速率与p(CO2)成反比，即二氧化碳压强越大，祭坛量越少，且为指数变化关系，所以在以下四幅图中，只有A满足，故选A；
(6)从CO2参与反应生成CO，碳的化合价降低，得电子，所以生成CO的一极为阴极，电极反应式为：，故填阴、。
29-5【提升】 【正确答案】 1、BD Kp= -272.7
2、加入催化剂 3、b 反应I正反应是气体分子数减小的反应，随着反应进行，气体分子数减少，压强减小 2+2e-+2H+=+2H2O
【试题解析】 (1)①A．如图，催化过程中前后质量和性质没有发生改变的是和Ni，属于中间产物，故A错误；
B．如图所示，催化过程中释放出CO2＊(活化分子)参与反应，故B正确；
C．化学键断裂需要吸收能量，为吸热过程，故C错误；
D．在整个催化过程中，与二氧化碳结合后释放出CO2＊(活化分子)，氢气在Ni作用下断键释放出H＊(活化分子)，故D正确；
故填BD；
②副反应为分子数不变的反应，与压强无关，主反应为分子数减少的反应，平衡压强减少，恒温恒容下，压强与物质的量成正比，设参与主反应的二氧化碳和氢气的物质的量分别为a mol、m mol；参与副反应的二氧化碳和氢气的物质的量分别为b mol、n mol，其中、，建立三段式得：


容器中平衡时总物质的量为，总物质的量为=(16-2x)mol，恒温恒容下，压强与物质的量成正比，则，代入数据得，解得x=2；根据水的物质的量为，即，代入x=2，解得y=1。所以平衡时的总物质的量为，其中、、、，平衡分压为、、、，代入平衡常数表达式中得==；主反应的，每生成2mol水放热156.9kJ，达到平衡时生成4mol水，放出热量156.9×2kJ、副反应的，每生成1mol水吸热41.1kJ，达平衡时，该反应生成1mol水，吸热41.1kJ，主、副反应的综合热效应为放出156.9×2-41.1=272.7kJ，故填、-272.7；
(2) 根据公式Rlnk=-+C，其中R、C为常数，不随任何条件下的改变而变化；k为速率常数，与温度有关。如图，当改变外界条件时，a到b的斜率减小，根据公式可知，斜率的相反数为活化能，即斜率较小，活化能降低，则其改变的外界条件可能是加入了更高效的催化剂，故填加入催化剂；
(3)①如图可知，曲线I先达到平衡，反应速率最快，即对应温度高，为实验编号c；曲线Ⅱ和曲线Ⅲ平衡状态一样，但是曲线Ⅲ先达到平衡，反应速率比曲线Ⅱ快，根据表中数据，实验b催化剂的比表面积大，接触面积大，反应速率快，所以曲线Ⅲ对应实验b；该反应为分子数减少的反应，平衡时压强降低，故填b、该反应是气体分子数减小的反应，随着反应进行，气体分子数减少，压强减小；
②如图，电极Ⅱ有氧气放出，为阳极，则电极Ⅰ为阴极，亚硫酸氢根离子在阴极放电，其电极反应为：，故填。
29-6【提升】 【正确答案】 1、> b 2、AC
3、1.25/P 丁烯分解为吸热反应，可以为反应体系降温，防止催化剂因反应温度过高而失活。甲醇分解转化率很高，基本不受丁烯分解吸热影响
【试题解析】 由图1可知a、b两条曲线均随着温度的升高，lnKp的数值增大，说明升高温度对于I、II两个反应的影响都是平衡向正反应吸热方向移动，所以ΔH1>0；根据II、III、IV的反应方程式，列出各反应的分压平衡常数依次为，可看出，由图1可知当T=600K时，lnKp(IV)和lnKp(III)几乎相等，即600K时，Kp(IV) =Kp(III)，所以此时Kp(II)=1，lnKp(II)=0，对应曲线b，所以表示反应Ⅱ的曲线为b；
①A．因为平衡常数只随温度的改变而改变，各容器所处温度相同，所以各容器内反应的平衡常数相同，A选项正确；B．催化剂只能改变反应速率，对平衡移动没有影响，因此体系处于W点时，加催化剂，不会改变的转化率，B选项错误；C．升高温度，反应速率均增加，体系处于W、M两点时，若升高温度，净反应速率均增加，C选项正确；D．各反应容器恒容，容器内气体质量一定，密度也为一定值，所以密度不再变化，不能说明反应已达平衡，D选项错误；故答案选AC；②原曲线的变化趋势表明，在容器容积逐渐增大过程中，初始阶段体积增大压强减小，有利于反应向气体体积增大的正反应方向移动，C3H8的转化率增大，此阶段增大C3H8的初始投料，其转化率因总量增加而减小，变化趋势与原曲线相同仍然增大；原曲线到一定极限时，体积再增大，此时浓度急剧减小，发生反应的机会减少，反应转化率随之降低，此阶段增大C3H8的初始投料，浓度适当增大，反应机会增多，反应转化率较之原曲线较高，但趋势仍然是随体积增大而降低，因此增大C3H8的初始投料的转化率随体积变化曲线如图表示： ；
①根据题干中Kp定义式和923K时关系式，可得反应c的Kp=。设在923K时，向容器中加入5molCH3OH(g)使之发生反应a、b，得到n0(C2H4)=1mol，n0(C3H6)=1mol，n0(H2O)=5mol，根据图3变化趋势以及反应式c可如下列式：，∵ x(C2H4)=2x(C3H8)，∴1+3n=2(1-2n) 解得n=，所以最终平衡体系中含有1+3n=molC2H4，1-2n=molC3H6，以及5molH2O，则x(C3H6)=，代入Kp推导式并化简可得923K反应c的平衡常数Kp=1.25/P；②丁烯分解为吸热反应，可以为反应体系降温，防止催化剂因反应温度过高而失活。甲醇分解转化率很高，基本不受丁烯分解吸热影响，所以甲醇分解工艺中常常添加适量丁烯共同反应。
30-1【基础】 【正确答案】 1、NaOH溶液 吸收尾气氯气
2、反应混合溶液变为无色
3、取最后一次洗涤液于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则沉淀洗涤干净，反之则不干净 4、BC
5、b、e、d、h
【试题解析】 分析:
本实验的目的，以I2等为原料制取Ca(IO3)2·6H2O。氯酸钾、I2在水溶液中发生反应2KClO3+I2=2KIO3+Cl2；滴加盐酸至pH=1，水浴加热，将过量的氯酸钾还原为Cl2，同时将碘酸钾转化为碘酸；加入A溶液调节pH=10，此时碘酸转化为碘酸盐，加入CaCl2，生成碘酸钙悬浊液；冰水冷却，过滤、洗涤、干燥，即得Ca(IO3)2·6H2O。
由分析可知，在反应生成碘酸钾的同时，还有氯气生成，所以d烧杯内装的溶液是NaOH溶液；作用是：吸收尾气氯气。NaOH溶液；吸收尾气氯气；
碘水呈黄色，步骤②碘反应完全的现象是：反应混合溶液变为无色。反应混合溶液变为无色；
步骤⑥，洗涤后检验沉淀洗涤是否干净，需检验最后一次洗涤液中是否含有Cl-，方法是：取最后一次洗涤液于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则沉淀洗涤干净，反之则不干净。取最后一次洗涤液于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则沉淀洗涤干净，反之则不干净；
A．步骤②，水浴加热时，冷凝管下口出现固体(I2)未作处理，将会影响冷凝效果，并且此部分I2未参与反应，从而会使产率偏低，A正确；
B．步骤③，可加入K2CO3会与后续反应中的CaCl2反应，从而增大CaCl2的用量，同时使Ca(IO3)2·6H2O中混有CaCO3杂质，B不正确；
C．步骤⑤，未使用冰水浴，碘酸钙的结晶水含量不足，生成产品质量减少，会使产率偏低，C不正确；
D．步骤⑥，洗涤沉淀时可先用冰水洗涤，能将温度迅速降到所需温度，再用无水乙醇洗涤，可减少后续的烘干过程，从而防止烘干时晶体失去结晶水，D正确；
故选BC。BC；
a.加水微热溶解试样，没有提供后续反应所需的酸性环境，a不符合题意；
b.加入1:1高氯酸微热溶解试样，提供了后续反应所需的酸性环境，且准确配制250ml溶液，b符合题意；
c.加50ml水，用浓度为0.100mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至浅黄色，未加入氧化还原指示剂，c不符合题意；
d.加50ml水，用浓度为0.100mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至浅黄色，加入的淀粉溶液为氧化还原反应的指示剂，便于确定滴定终点，d符合题意；
e.碘化钾易被空气中的氧气氧化，试液应放在碘量瓶中，e符合题意；
f.碘化钾在锥形瓶中，不断与空气接触，易被氧气氧化，f不符合题意；
g.加入淀粉后，溶液不是浅黄色，而是蓝色，g不符合题意；
h.滴定终点时，溶液蓝色消失，且半分钟内不恢复，h符合题意；
所以最佳操作顺序为b、e、d、h。b、e、d、h。
点睛:
选择最佳操作步骤时，可采用对比分析法。
30-2【基础】 【正确答案】 1、CD 2、pH过小(或强酸)溶液中I-被氧气氧化，pH过大(或碱性)溶液中Cu2+易水解同时I2与碱反应 3、AB
4、Ksp(CuI)＞Ksp(CuSCN)发生反应：CuI+SCN-I-+CuSCN；将难溶的CuI转化为更难溶的CuSCN，将CuI固体表面吸附的I2释放出来，提高测定结果的准确度
5、
【试题解析】 分析:
印刷电路板废液主要含CuCl2、FeCl2、FeCl3等物质，向其中加适量的铁粉，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，过滤得到溶液A为FeCl2，固体为Cu。向溶液A中加入Fe粉，并经加热蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，得到FeCl2·4H2O；向固体A中加入过量O2并加热，得到CuO，然后加入稀硫酸并加热，反应得到CuSO4溶液，然后向其中加入NH3·H2O，直至最初产生的沉淀恰好溶解为止，就得到Cu(NH4)2SO4溶液，向其中加入乙醇，可降低Cu(NH4)2SO4•H2O的溶解度而结晶析出，然后蒸发至出现晶膜后，冷却过滤，得到Cu(NH4)2SO4•H2O晶体。
A．操作2是过滤，通过蒸发至出现晶膜后趁热过滤，要得到较大FeCl2•4H2O晶体，应该缓慢冷却降温，A错误；
B．若FeCl2•4H2O晶体中含有杂质Fe3+，将晶体溶解后，向其中滴加几滴KSCN溶液，若变为红色，说明含有Fe3+，而K3[Fe(CN)6]溶液是检验Fe2+的试剂，不能用于检验Fe2+离子溶液中是否含有Fe3+，B错误；
C．乙醇是常用的有机溶剂，向溶液C中加入乙醇可以降低Cu(NH4)2SO4•H2O在溶剂中的溶解性，因而可促进Cu(NH4)2SO4•H2O晶体从溶液中析出，C正确；
D．溶液B是CuSO4溶液，Cu2+在溶液中以[Cu(H2O)4]2+形式存在，向其中逐滴加入NH3·H2O，首先发生复分解反应产生Cu(OH)2沉淀，后来Cu(OH)2与过量氨水反应产生Cu(NH4)2SO4，这说明与Cu2+结合能力大小为：NH3＞OH-＞H2O，D正确；
故合理选项是CD；
测定晶体纯度时，步骤②用KI溶液测定铜含量时，需在弱酸性(pH=3～4)溶液中进行，这是由于若溶液pH过小，(或强酸)溶液中I-易被氧气氧化为I2，若溶液的pH过大，(或碱性)溶液中Cu2+易水解，同时I2与碱反应；
A．在溶液中I2与I-会发生反应：I2+I-，因此加入过量20%KI溶液，增大c(I-)，化学平衡正向移动，因而可以增大I2的溶解性，从而可更好的测定Cu(NH4)2SO4•H2O晶体纯度，以减少实验滴定误差，A正确；
B．Na2S2O3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此Na2S2O3标准溶液应盛放在碱式滴定管中，B正确；
C．滴定时，左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛应一直注视锥形瓶中溶液颜色的变化，以便确定滴定终点，C错误；
D．若滴定恰好完全时，滴定管尖端悬半滴未滴下，消耗标准溶液体积偏大，由此计算的待测Cu(NH4)2SO4•H2O晶体纯度将会偏高，D错误；
故合理选项是AB；
在滴定过程中加入KSCN溶液，这是由于溶度积常数Ksp(CuI)＞Ksp(CuSCN)，加入KSCN溶液时，会发生反应：CuI+SCN-I-+CuSCN；将难溶的CuI转化为更难溶的CuSCN，将CuI固体表面吸附的I2释放出来，从而提高测定结果的准确度；
根据方程式①2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；I2+2=+2I-，可得关系式：2Cu2+～I2～2，根据实验可知：25.00 mL溶液滴定消耗c mol/L的Na2S2O3标准溶液V mL，则a gCu(NH4)2SO4•H2O晶体反应消耗Na2S2O3的物质的量n(Na2S2O3)=c mol/L×V×10-3 L×=cV×10-2 mol，则n(Cu2+)=n(Na2S2O3)=cV×10-2 mol，根据Cu元素守恒可知其中含有Cu(NH4)2SO4•H2O晶体质量m[Cu(NH4)2SO4•H2O]= cV×10-2 mol×246 g/mol=2.46cV g，故该晶体的纯度为。
30-3【巩固】 【正确答案】 1、热水浴 2、蒸发浓缩、冷却结晶
3、 4、BD
5、加快反应速率，起研磨、搅拌作用 ABC 79.6%
【试题解析】 分析:
根据实验目的：实验室用酸性蚀刻液和碱性蚀刻液来制备，根据流程图可知，酸性蚀刻液和碱性蚀刻液混合产生的悬浊液，经过滤、水洗，再加浓硫酸变成硫酸铜溶液，硫酸铜溶液再经蒸发浓缩、冷却结晶，可得硫酸铜晶体，由亚硫酸铵还原变成氯化亚铜沉淀，再经过滤、洗涤、干燥得氯化亚铜固体。
温度需要控制在下进行，故采用水浴加热；
根据溶解度表，宜采用冷却结晶的方法析出晶体，故采用蒸发浓缩、冷却结晶；
硫酸铜晶体与亚硫酸铵经还原变成氯化亚铜沉淀，铜的化合价由价降低为价，而硫的化合价由价升高为价，根据化合价升降守恒、原子守恒和电荷守恒可得反应离子方程式为： ；
A．滴液速度很慢，装置中的温度计显示温度不会迅速升高，故A错误；
B．滴加太快容易使溶液酸性降低，生成氢氧化铜，而使制得的CuCl产品纯度下降，故B正确；
C．氧化成，冷凝管上口排出的气体不会含有SO2，故C错误；
D．该兴趣小组制备过程中产生滤液、洗涤液中含有重金属离子，要进行无害化处理后才能排放，故D正确；
选BD；
①玻璃珠起研磨、搅拌作用，加入玻璃珠可以加快反应速率；
②A．滴定管活塞涂凡士林的操作是：取下活塞，用滤纸擦干，用手指蘸取少量凡士林涂抹一薄层在活塞a、c(如图)处的四周，平行插入活塞槽中，然后朝同一个方向转动，A正确；
B．滴定开始时可以将液体成线状快速流下，接近终点时减慢滴加速度，必要时采用半滴操作，B正确；
C．读数时可将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，C正确；
D．第一次滴定终点时，若测得消耗标准液体积小于5.00mL，则第二次滴定时可稀释标准液后重新滴定来减小误差，不是稀释待测液，D错误；故选ABC。
③根据反应，可得关系式，可知样品CuCl的质量分数为：。
30-4【巩固】 【正确答案】 1、蒸馏烧瓶 2、
3、温度低，反应速率慢，温度高会降低二氧化硫在水中的溶解度，造成原料利用率降低 4、AD
5、dcab 6、87.00%或0.8700 偏低
【试题解析】 仪器b为蒸馏烧瓶，故蒸馏烧瓶；
装置防倒吸长短长出，装置为；
若反应温度过低，反应速率过慢，反应时间过长，而温度过高，气体在反应液中溶解度变低，无法充分参与反应，反应需控制温度在进行，其原因为温度较低时，反应速率较慢，温度较高时，SO2的溶解度较小，故温度低，反应速率慢，温度高会降低二氧化硫在水中的溶解度，造成原料利用率降低；
A．呈现两性，pH过大溶解，故A错误；
B．pH过小会沉淀不完全，产品中会产生含锌杂质，故B正确；
C．在空气中极易被氧化，应防止水中氧气氧化产物，故用无氧水配制，故C正确；
D．可以用碳酸钠溶液显碱性，可以使生成沉淀，代替氢氧化钠溶液，故D错误；
故答案为AD
过滤除去沉淀后，分批逐步加入细食盐粉，搅拌使其结晶，用倾析法除去上层溶液，余少量母液；搅拌下用水蒸气加热至60℃左右；趁热过滤；用乙醇洗涤，除去残留滤液，降低晶体溶解损失，故答案为dcab；
根据得失电子守恒配平，根据关系式

样品中的质量分数为
若实验过程中未通N2做保护气，则样品中的有效成分会被空气中的氧气所氧化，则滴定消耗的标准溶液会偏少，则计算所得质量分数会偏低；
30-5【提升】 【正确答案】 1、C 2、溶液上方不再有明显油珠
3、a→b→d→c→e
4、产品中有残酸存在 97.6%
【试题解析】 分析:
实验利用甲苯与高锰酸钾在加热的条件下制备苯甲酸，同时对产物用重结晶的的方法提纯，最后用中和酸滴定法测量产品的纯度，按照题目所给步骤进行实验，按要求解答。
A为直形冷凝管、B为球形冷凝管、C为蛇形冷凝管，由于实验过程中需从冷凝管上口分批加入固体，所以不宜选用蛇形冷凝管；故C。
步骤Ⅱ为甲苯与高锰酸钾反应生成苯甲酸，当溶液上方不再有明显油珠时，说明甲苯已基本反应，即反应基本完成；故溶液上方不再有明显油珠。
步骤Ⅴ为重结晶法提纯苯甲酸，先向粗产品中加入约水()配制成热的浓溶液，使苯甲酸溶解，再加入加半匙活性炭，搅拌下将溶液煮沸，过滤除去残留固体，再用少量沸水洗涤烧杯和漏斗中的固体，合并滤液，最后进行冷却结晶，过滤、洗涤、晾干，即可得到苯甲酸纯品；故a→b→d→c→e。
步骤Ⅵ用碱滴定法测苯甲酸的纯度，若产品中有其他酸残留，则会导致碱性标准液用量偏高，测得苯甲酸纯度可能大于100%；步骤Ⅵ改为中和酸滴定法测量样品的纯度，用溶液溶解样品，加入酚酞指示剂，用盐酸调至红色消失，再用盐酸滴定生成的苯甲酸钠，由表格可知，消耗盐酸平均用量为8.00ml，由盐酸与苯甲酸钠反应方程式可知，生成苯甲酸的物质的量为：8.0010-3L=8.0010-4mol，则样品中苯甲酸的纯度为：；故产品中有残酸存在；97.6%。
30-6【提升】 【正确答案】 1、(球形)干燥管 使NaNO2饱和溶液容易滴下
2、没有尾气处理装置 C装置不宜采用酒精灯加热的方式
3、c bd 61.5%
4、AlCl3•NH3AlN+3HCl
【试题解析】 仪器B的名称是干燥管，装置中橡胶导管A的作用是平衡内外气压，使使NaNO2饱和溶液容易滴下
有CO生成，会污染空气，所以装置缺少尾气处装置；由于本实验温度需要1000℃以上，用酒精灯很难实现，故C装置不宜采用酒精灯加热的方式，可换用酒精喷灯；
①本实验是通过排水测定气体气体，试剂X起到一个隔绝的作用，则X应该是密度小于水且与水不溶的试剂，汽油易挥发，a不正确；酒精和水互溶，b不正确；植物油密度小于水且不溶于水，故选用植物油，选c；
②
a.广口瓶中的液体没有装满，对实验结果没有影响，a不合题意；             
b.量筒的液面高于试剂X的液面，会导致气压变大，水不能顺利排放右边而减少，b正确；
c.氨气没有全部进入广口瓶，实验允许误差的存在，不可能保证所有的氨气都进入C装置，c不合题意；             
d.撤走橡胶导管E，并将锥形瓶塞改为双孔塞，则内外气压抵消，导致氢氧化钠溶液不能顺利滴下，不能完全反应，使得气体的体积减少，结果偏小，d正确；
故选bd。
③根据方程式AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，336ml氨气在标况下的物质的量为0.015mol，则氮化铝的物质的量也为0.015mol，则样品中AlN的质量分数为
根据流程图，纯铝在干燥的HCl气流中生成AlCl3气体，再跟NH3反应生成AlCl3•NH3，再于800-1000℃分解生成氮化铝。故步骤III AlCl3•NH3分解生成氮化铝和HCl，其方程式为
31-1【基础】 【正确答案】 1、醚键、(酮)羰基 2、
3、ADE 4、
5、、 6、
【试题解析】 分析:
根据流程和题中信息①可知A为，B为，C为，D到E位取代反应保护羰基对位的羟基，故E为，根据信息②可知G为，G发生取代反应生成F，F发生取代反应生成I；
根据F的结构式可知F中含有的官能团名称为醚键、(酮)羰基；
根据分析可知丹皮酚的结构简式为；
A.乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物I的分子式为C21H33O3N3，故A错误；
B. B为物质B可能溶于水，氨基具有碱性能与盐酸反应生成有机盐，故B正确；
C.根据流程可知E→F和H→I的反应类型均为取代反应，故C正确；
D. C为，物质C能使浓溴水反应生成白色沉淀，而且1molC消耗3molBr2，故D错误；
E.根据H的结构可知溴代烃X的名称可能为1，4－二溴丁烷，故E错误；
故答案为ADE；
A为，在盐酸和铁粉作用下还原为B，方程式为；
G为，
①能发生银镜反应说明有醛基或者甲酸酯基；②1molM与2molNaOH恰好反应，可以含有2个酚羟基或者甲酸与酚羟基形成的酯基，③1H－NMR谱显示分子中含有5种氢原子；④IR谱显示含有苯环和氨基直接相连。符合条件的有、；
发生换与水反应生成，再与HCl/H2O再220℃下得到，再发生流程信息中的反应可得到目标产物，合成路线为：；
31-2【基础】 【正确答案】 1、BD 2、羧基
3、 4、、 5、
【试题解析】 分析:
苯(A)在氯化铝作用下与一氯甲烷发生取代反应生成甲苯()，甲苯与氯气在光照条件下发生取代反应生成C，根据D的结构简式及C的分子式可知，氯气在甲基上取代，C的结构简式为。根据流程图可知转化过程中，开环后与D发生反应生成E，E在给定条件下转化为F，结合F的化学式，则其结构简式为，F开环与继续反应生成G。
A．A为苯，不能使酸性溶液褪色，而B为甲苯，能使酸性溶液褪色，A正确；
B．化合物E为，分子中含有二个手性碳原子()，B错误；
C．根据G的结构简式可知分子式是C11H11O2Br，C正确；
D．加成反应是一种有机化学反应，它发生在有双键或叁键的物质中，加成反应进行后，双键打开，原来双键两端的原子各连接上一个新的基团。是开环与发生取代反应生成，D错误；
故答案选BD。
G中的含氧官能团名称为羧基；根据分析可知，F的结构简式为。
D为，在转化过程中，D与开环后发生反应生成E()，化学方程式为。
与F互为同分异构体，分子式为，能与反应，说明含有羧基；属于苯的三取代物，有两个相同取代基，且不含甲基，从分子式上可知分子中含7个不饱和度，苯环中含4个不饱和度，中含1个不饱和度，剩余4个C中有2个不饱和度，应该为两个。则其结构简式可以是(的位置用数字标出)：、、，共6种；核磁共振氢谱中有5组峰，且峰面积之比为4∶2∶2∶1∶1，说明对称性好，结构简式有、。
要想合成可采取逆推的方法：，可得合成路线为：。
31-3【巩固】 【正确答案】 1、C8H8Cl2 14
2、羧基、碳氯键 3、
4、+O2+2H2O
5、氧化反应 取代反应
6、6 7、
【试题解析】 分析:
由有机物的转化关系可知，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，加热条件下脱水生成，酸性条件下，与甲醇反应生成，在硼氢化锂作用下转化为，在铜做催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成，与过氧化氢溶液反应生成，则G为；酸性条件下与ROH发生取代反应生成。
由结构简式可知，化合物A的分子式为C8H8Cl2，A分子中苯环为平面结构，由三点成面可知，A分子中最多有14个原子共平面，故C8H8Cl2；14；
由结构简式可知，化合物A分子中的官能团为羧基、碳氯键，故羧基、碳氯键；
由分析可知，G的结构简式为，故；
由分析可知，反应⑤为在铜做催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成和水，反应的化学方程式为+O2+2H2O，故+O2+2H2O；
由分析可知，反应①为与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，反应⑦为酸性条件下与ROH发生取代反应生成和水，故氧化反应；取代反应；
1molD的同分异构体I与足量碳酸氢钠溶液反应最多产生标况下气体44.8L说明分子中含有2个羧基，由苯环上有三个取代基，2个氯原子直接连在苯环上相邻位置可知，I的结构可以视作分子中苯环上的氢原子被、、取代所得结构，共有6种，故6；
由题给合成路线可知，以1，4—丁二醇和甲醇为原料的合成的合成步骤为与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，在加热条件下发生脱水反应生成，酸性条件下与甲醇发生取代反应生成，合成路线为，故。
31-4【巩固】 【正确答案】 1、或 2、取代反应
3、7 6 4、
5、CH3CH2OH CH3CH2Cl CH3CH2CN
【试题解析】 分析:
根据白藜芦醇的结构简式可以知道，苯环和碳碳双键可以和氢气反应，苯环上酚羟基邻位上的氢可以被溴取代，碳碳双键可以和溴加成，从而计算消耗的氢气和溴的量；在找D的同分异构体的时候，能使溴水褪色，但不能使FeCl3溶液显色，说明不含有酚羟基，含有碳碳双键，以此解题。
Ⅰ．属于α—氨基酸，说明含有氨基和羧基；Ⅱ．能使溴水褪色，但不能使FeCl3溶液显色，说明不含有酚羟基，含有碳碳双键；Ⅲ．分子中有7种不同化学环境的氢，且苯环上的一取代物只有一种，则符合条件的有机物结构简式为或(其他合理的答案)；
对比C、D的结构可知，反应③中酚羟基中H原子被-OCH2OCH3取代，属于取代反应，故答案为取代反应；
白藜芦醇中苯环、碳碳双键均匀氢气发生加成反应，1mol白藜芦醇最多能与7molH2反应；酚羟基的邻位、对位位置有H原子，可以与浓溴水发生取代反应，碳碳双键能与溴发生加成反应，1mol白藜芦醇与浓溴水反应时，最多消耗6molBr2，故答案为白藜芦醇中苯环、碳碳双键均匀氢气发生加成反应，1mol白藜芦醇最多能与7molH2反应；酚羟基的邻位、对位位置有H原子，可以与浓溴水发生取代反应，碳碳双键能与溴发生加成反应，1mol白藜芦醇与浓溴水反应时，最多消耗6molBr2，故答案为7；6；；
反应④中加入试剂X的分子式为C9H10O3，对比D、E的结构与X分子式可知，D与X脱去1分子水得到E，则D中-CN连接的亚甲基与X中醛基脱去1分子水形成碳碳双键而得到E，可推知X的结构简式为：；
乙醇发生转化关系中①的反应得到CH3CH2Cl，再结合反应②得到CH3CH2CN，结合反应④可知，CH3CH2CN与乙醛反应得到CH3CH=C(CH3)CN，合成路线流程图为：CH3CH2OH CH3CH2Cl CH3CH2CN。
31-5【提升】 【正确答案】 1、2 2、取代反应
3、固体物质A易形成离子型内盐，熔点升高；同分异构体H易形成分子内氢键，熔点降低
4、或 5、
【试题解析】 分析:
A发生还原反应生成B，B中氨基上的H发生取代反应生成C，C中醇羟基发生催化氧化生成D中醛基；
A分子中饱和碳原子采取杂化，数目为2；
B中氨基上的H发生取代反应生成C，反应类型为取代反应；
含有分子内氢键的物质能降低其熔沸点，固体物质A易形成离子型内盐，熔点升高；同分异构体H易形成分子内氢键，熔点降低，因此固体物质A的熔点比同分异构体H的熔点高得多；
G的同分异构体同时满足条件：①含苯环，且能发生银镜反应，说明含有醛基；②分子中含有3种不同化学环境的氢，说明结构高度对称，结构简式有：或；
先发生流程图中D生成E的反应生成，再发生催化氧化生成，发生水解反应生成，与甲酸发生酯化反应生成，合成路线为。
31-6【提升】 【正确答案】 1、羟基、羧基 2、
3、+NaOH+NaBr 4、D
5、26 或 6、CH3CH2OHCH3CHO
【试题解析】 分析:
B能发生催化氧化，说明B中含有醇羟基，A发生水解反应生成B为，C为，C发生信息I的反应生成D为，D发生消去反应生成E为，E发生取代反应生成F为，G发生取代反应生成H，G为，H和F发生取代反应生成I。
D的结构简式为，故官能团为羟基、羧基。
F的结构简式是。
A的结构简式为，故反应方程式为卤代烃的水解，由A生成B的化学方程式为。
A.化合物D也可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；
B.1molE项最多消耗4mol，故B错误；
C.I的分子式为，故C错误；
D.C的结构简式为，联想苯和甲醛的结构，结合单键可以旋转可知，C中最多有15个原子共平面，故D正确。
符合题给条件的D的同分异构体分子中应含有1个酚羟基、1个甲酸酚酯、1个乙基或2个甲基。若含有1个酚羟基、1个甲酸酚酯、1个乙基，三个取代基互不相同(XYZ)时，在苯环上有10种互不重复的同分异构体，如图所示：
X、Y相邻，插入Z：、、、
X、Y相间，插入Z：、、、
X.Y相对，插入Z：、
若含有1个酚羟基、1个甲酸酚酯、2个甲基，四个取代基两个相同、两个不同(XXYZ)时，我们可分别让2个X处于邻、间、对位，再分别固定1个Y(或Z)，进而讨论一个Z(或Y)的位置，共16种互不重复的同分异构体，如图所示：
、 、、 、、、、、、、、、、、、
故符合题给条件的D的同分异构体共有10种+16种=26种。
其中核磁共振氢谱显示有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6∶2∶1∶1的有机物结构简式为或。
根据题目中的合成路线BCD，可写出合成路线为。