2021-2022学年山东省烟台市高三上学期期末考试化学试题变式题含解析

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山东省烟台市2021-2022学年高三上学期期末考试化学试题变式题
【原卷 1 题】 知识点 大气污染来源及危害,大气污染的治理原理及方法,绿色化学与可持续发展,化石能源

【正确答案】
A

1-1（基础） 今年7月，习近平总书记在新疆考察时强调“要正确处理经济社会发展和生态环境保护的关系，推动文化和旅游融合发展，打造富民产业”。下列有关说法中正确的是
A.塔里木盆地地区蕴含丰富的天然气资源，推广使用天然气替代燃煤更环保
B.吐鲁番所产的葡萄较一般品种更甜，其含有的糖类物质主要为淀粉
C.新疆盛产棉花及牛羊毛织品，其中棉花、动物毛发的主要成分均是纤维素
D.南疆地区土壤盐渍化严重，可通过播撒生石灰进行改良
【正确答案】 A

1-2（基础） 2022年全国低碳日的活动主题是“落实‘双碳’行动，共建美丽家园”。下列行为对碳达峰或碳中和没有促进作用的是
A.推进风力发电、光伏发电 B.资源化利用二氧化碳
C.将燃煤进行脱硫脱硝 D.植树造林、节能减排
【正确答案】 C

1-3（巩固） 我国承诺在2060年前实现“碳中和”，体现了中国对解决气候问题的大国担当。下列措施中对促进“碳中和”最直接有效的是
A.将重质油裂解为轻质油作为燃料 B.大规模开采可燃冰作为新能源
C.通过清洁煤技术减少煤燃烧污染 D.研究推广将二氧化碳转化为淀粉
【正确答案】 D

1-4（巩固） 改善环境质量，推动绿色发展。下列做法中，不利于环境保护的是
A.使用可降解塑料，减少白色污染 B.利用风力发电，减少煤的燃烧
C.乘坐公共交通，绿色低碳出行 D.垃圾随意丢弃，直接排放污水
【正确答案】 D

1-5（提升） 我国成功举办了第二十四届冬奥会。下列做法与“绿色办奥”理念不相符的是
A.用深埋法处理比赛场馆产生的垃圾 B.选用氢气作火炬“飞扬"的燃料
C.利用二氧化碳流体蒸发直冷制冰 D.观众席座板内装石墨烯片通电加热
【正确答案】 A

1-6（提升） 2013年“六·五”世界环境日中国主题为“同呼吸 共奋斗”，旨在释放和传递建设美丽中国人人共享、人人有责的信息。下列有关环境方面的说法不正确的是
A.采取“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”等方法，提高空气质量
B.汽油中添加Pb(C2H5)4，提高汽油的抗爆震性能，有利于改善大气环境。
C.推广可利用太阳能、风能等新能源，发展低碳经济，同时能大大减少对环境的污染
D.PM2.5表示每立方米空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物的含量，PM2.5值越高，大气污染越严重
【正确答案】 B

【原卷 2 题】 知识点 一氧化氮,甲醛的毒性,新型有机高分子材料

【正确答案】
C

2-1（基础） 下列有关物质的性质或应用说法正确的是
A.液氯中既含有氯气分子又含有氯离子 B.既可作氧化剂又可作还原剂
C.工业制硫酸用75％的硫酸吸收 D.有毒，不能用作食品添加剂
【正确答案】 B

2-2（基础） 化学使生活更美好。下列有关物质的应用说法不正确的是
A.明矾溶于水形成胶体，可用作水体净水剂
B.过氧化钠与反应产生，可用作呼吸面罩中的供氧剂
C.碳酸氢钠受热分解产生，可用作食品膨松剂
D.氢氧化钠具有碱性，可用于治疗胃酸过多
【正确答案】 D

2-3（巩固） 下列物质的应用与性质对应关系错误的是
A.铁粉具有还原性，用作食品脱氧剂
B.熔点高，用于制作耐火材料
C.泡沫灭火器使用时可产生，用于钠着火时的灭火
D.高压钠灯发出的黄光透雾能力强、射程远，用于道路照明
【正确答案】 C

2-4（巩固） 下列有关物质的性质与应用的对应关系正确的是
A.NaClO具有氧化性，可用于杀灭新型冠状病毒
B.水解显酸性，可用作铜制线路板的蚀刻剂
C.具有漂白性，常用的水溶液作蒸气的吸收剂
D.具有氧化性，可用于与酸性溶液反应制取
【正确答案】 A

2-5（提升） 下列物质的性质与其用途的对应关系错误的是
选项
物质的性质
物质的用途
A
受热易分解
用作烘焙糕点时的发酵粉
B
硫酸具有氧化性
用作CuO制备的原料
C
氢化钠能与水反应
用作野外生氢剂
D
HClO具有氧化性
可用作棉、麻和纸张的漂白剂
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

2-6（提升） 化学在生活中有着广泛的应用，下列物质性质与应用对应关系错误的是
A.硅胶吸水能力强，可作食品干燥剂
B.CaO能与反应，可作工业废气脱硫剂
C.具有强氧化性，可作织物漂白剂
D.具有还原性，可作废水中和的沉淀剂
【正确答案】 D

【原卷 3 题】 知识点 乙酸乙酯制备实验的综合考查,常用仪器及使用

【正确答案】
B

3-1（基础） 淀粉是重要的工业原料。检验淀粉在稀催化下得到的水解液中的葡萄糖，下列未涉及的操作是
A. B. C. D.
【正确答案】 A

3-2（基础） 某粗苯甲酸样品中含有少量氯化钠和泥沙。用重结晶法提纯苯甲酸的实验步骤中，下列操作未涉及的是




A.加热溶解
B.冷却结晶
C.萃取后分液
D.趁热过滤
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 C
3-3（巩固） 在制备和纯化溴苯的实验过程中，下列装置未涉及的是
A. B. C. D.
【正确答案】 B

3-4（巩固） 实验室制取较纯净的乙酸乙酯过程中，下列装置未涉及的是
A. B. C. D.
【正确答案】 D

3-5（提升） 乙苯经水蒸气稀释后脱氢制备苯乙烯的原理为+H2↑。在生成和纯化苯乙烯的实验过程中，下列操作未涉及的是
A. B.
C. D.
【正确答案】 B

3-6（提升） 对实验室制得的粗溴苯[含溴苯（不溶于水，易溶于有机溶剂，沸点156.2℃）、Br2和苯（沸点80℃）]进行纯化，未涉及的装置是
A. B. C. D.
【正确答案】 C

【原卷 4 题】 知识点 微粒半径大小的比较方法,根据物质性质进行元素种类推断,电离能变化规律,利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型

【正确答案】
D

4-1（基础） X、Y、 Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，乙是元素Z的单质，甲、丙、丁、戊、己是由其中两种元素组成的化合物，已知气体甲的水溶液呈碱性，丁为淡黄色固体，己为红棕色气体，上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是

A.原子半径大小：W>Y>Z>X
B.丁中阴阳离子个数比为1：1
C.W的单质能与戊反应
D.X与W形成的化合物为离子化合物
【正确答案】 B

4-2（基础） 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。A是元素Y的单质。常温下，A遇甲的浓溶液发生钝化。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，丁和戊的组成元素相同，且丙是无色气体，上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是

A.简单氢化物的沸点：X＞Z
B.简单离子半径大小：X＜Y
C.可通过电解乙溶液获得Y的单质
D.Y的简单离子与Z的简单离子在水溶液中可大量共存
【正确答案】 A

4-3（巩固） X、Y、Z、W是处于不同周期的前四周期常见元素，原子序数依次递增。Y原子最外层电子数是周期序数的3倍，基态z原子核外s能级与p能级电子数之比为。由上述元素组成的物质转化关系如图所示，其中m、n、q为单质，其它为化合物，甲具有磁性，丙为二元强酸。下列说法错误的是

A.乙与丁反应物质的量之比为
B.乙分子构型为Ⅴ型
C.丙分子间可形成氢键
D.向戊中通入n可生成丁
【正确答案】 A

4-4（巩固） a、b、c、d、e为原子序数依次增大的短周期主族元素。X、Y、Z、W为这些元素形成的常见化合物，X为二元化合物，常温下0.1mol/L X溶液的pH=1。物质之间的转化关系如图所示。

下列说法正确的是
A.简单离子半径：e＞d＞ b
B.b、c形成的化合物中都不含共价键
C.Z、W都能破坏水的电离平衡
D.b的氢化物稳定性一定强于e的氢化物
【正确答案】 C
4-5（提升） 短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增加。甲、乙、丙是由这些元素组成的二元化合物，常温下0.1 mol·L-1丙溶液的pH为1，丁是元素D的单质，为黄绿色气体，戊是难溶于水的混合物，己的水溶液具有漂白性。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是

A.甲可能是丁烷，常温常压下呈气态
B.原子半径的大小： A＜B＜C＜D
C.氧化物对应水化物的酸性： D＞B
D.己的结构式：A-D-C
【正确答案】 A

4-6（提升） X、Y、Z、W、Q、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，同主族的元素只有X和Q；它们组成的常见二元化合物A、B、C、D、G有如下转化关系。常温下A是一种常见液体，B、C、G是气体，D是常用的食品调味剂和防腐剂。下列说法中错误的是

A.由H与G在溶液中的反应可以判断R的非金属性强于Y
B.化合物的稳定性：A＞C
C.E、H的溶液呈碱性，F的溶液呈酸性
D.实验室一般不用加热F固体的方法制备C气体
【正确答案】 A

【原卷 5 题】 知识点 氯气的实验室制法,二氧化硫与其他强氧化剂的反应,Fe2+的鉴别及其应用

【正确答案】
C

5-1（基础） 新制氯水中存在多种分子和离子。下列关于新制氯水进行的实验，所得结论不正确的是
A.氯水呈黄绿色，且有刺激性气味，说明氯水中含Cl2
B.加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含Cl-
C.滴入紫色石蕊试液，溶液先变红，后迅速褪色，说明氯水中含Cl2
D.将镁条加入新制氯水中，有无色气泡生成，说明氯水中含H+
【正确答案】 C

5-2（基础） 在氯水中存在许多分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质，下列的实验和结论一致且正确的是
A.加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有的存在
B.溶液呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明溶液中有的存在
C.先加入盐酸酸化，再加入溶液产生白色沉淀，说明氯水中有的存在
D.加入溶液，氯水浅黄绿色消失，说明溶液中有分子的存在
【正确答案】 B

5-3（巩固） 对下列事实的解释错误的是
A.高纯硅可制成计算机芯片，是利用其半导体性能
B.浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定
C.反应CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4能进行，说明CuS既不溶于水也不溶于稀H2SO4
D.在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有氧化性
【正确答案】 D

5-4（巩固） 有关氮及其化合物的性质，下列说法正确的是
A.常温下的化学性质不如白磷活泼，该事实说明非金属性：
B.工业上制硝酸的过程中的氨的催化氧化反应属于氮的固定
C.固体与浓加热可制，该事实说明的酸性强于
D.紫色石蕊遇浓硝酸先变红色，后红色褪去，该现象说明浓硝酸具有酸性和氧化性
【正确答案】 D

5-5（提升） 根据实验操作和现象，不能得出相应结论的是
A.未知溶液中滴加溶液出现不溶于硝酸的白色沉淀，说明该溶液中存在或
B.将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液变红，不能说明Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸前已氧化变质
C.将充满的密闭玻璃球没泡在热水中，红色加深，则，△H<0
D.等体积的和，分别与足量的反应，放出的氢气多，则酸性：
【正确答案】 A

5-6（提升） 下列事实与解释(或结论)具有对应关系且都正确的是
A.KNO3与浓硫酸反应制备硝酸，利用了浓硫酸的强酸性
B.SiO2可用于制作光导纤维，是因为SiO2具有很好的导电性
C.Cu与浓硝酸反应生成NO2，与稀硝酸反应生成NO，说明稀硝酸的氧化性更强
D.反应CuSO4＋H2S=H2SO4＋CuS↓进行，说明CuS不溶于水和稀硫酸
【正确答案】 D

【原卷 6 题】 知识点 结合气体物质与NA相关推算,结合氧化还原反应知识与NA相关推算

【正确答案】
D

6-1（基础） 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A.常温下，2.0g H218O中含有的质子数目为2NA
B.标准状况下，22.4L二氯甲烷中含有4NA个极性共价键
C.由1mol CH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO-数目为NA
D.标准状况下， 2.24L NO2完全溶于水，反应过程转移电子的数目为0.1NA
【正确答案】 C

6-2（基础） 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A.常温下，的KOH溶液中的数目为
B.1 mol与足量的Na完全反应，转移电子数一定为
C.11.5g乙醇分子中含有共价键的数目为
D.标准状况下，2.24 L含有的质子数是
【正确答案】 C

6-3（巩固） NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A.17g—OH与17gOH-所含电子数目均为10NA
B.常温常压下，40g SiC中所含C—Si键数目为2NA
C.1L 0.100mol·L-1的Na2CO3溶液中，阴离子数目为0.1000NA
D.常温常压下，44gN2O和CO2的混合气体含有的原子总数为3NA
【正确答案】 D

6-4（巩固） 用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法中错误的是
A.标准状况下，完全溶于水，反应过程转移电子的数目为0.1NA
B.标准状况下，22.4L一氯甲烷中含有4NA个极性共价键
C.由和少量形成的中性溶液中，数目为NA
D.100g23%的乙醇溶液中含氧原子个数为0.5NA
【正确答案】 D

6-5（提升） 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A.质量均为1g的氕、氘、氚三种原子的质子数均为NA
B.8gCu2S与CuSO4的混合物含有的铜原子数大于0.05NA
C.标准状况下，等体积的H2S与NH3的分子数均为NA
D.电解精炼铜阳极质量减少6.4g时，转移电子数为0.2NA
【正确答案】 B

6-6（提升） NA代表阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是
A.室温下，1 L pH=13的Ba(OH)2溶液中含OH-的数目为0.2NA
B.电解精炼铜时，当阳极质量减少64g时，电路中转移电子数为2NA
C.2.24 L CH4和0.5 mol Cl2充分反应所得混合物中氯原子个数为NA
D.4.6 g Na与含0.1 mol CH3COOH的稀醋酸完全反应，转移的电子数为0.1NA
【正确答案】 C

【原卷 7 题】 知识点 有机官能团的性质及结构,同分异构现象、同分异构体的概念,含碳碳双键物质的性质的推断,多官能团有机物的结构与性质

【正确答案】
D

7-1（基础） 两种有机化合物的结构简式如图所示。下列有关说法正确的是

A.a能使溴的溶液、酸性溶液褪色，褪色原理相同
B.b的所有碳原子都处于同一平面内
C.a和b的一氯代物数目相同
D.a、b互为同分异构体
【正确答案】 D
7-2（基础） 辣椒素分子的结构简式如图所示，下列有关辣椒素的叙述正确的是

A.分子式为 B.不能发生取代反应
C.是乙烯的同系物 D.与互为同分异构体
【正确答案】 D
7-3（巩固） 苯甲醇( )在工业生产中用途广泛。下列有关苯甲醇的说法正确的是
A.与乙醇互为同系物 B.能发生加成反应但不能发生取代反应
C.能与Na反应放出气体 D.与 互为同分异构体
【正确答案】 C
7-4（巩固） 脱氢醋酸常用于生产食品保鲜剂，脱氢醋酸的制备方法如图。下列说法错误的是

A.a分子中所有原子处于同一平面
B.a、 b均能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色
C.在一定条件下，a、b均能与H2，发生加成反应
D.b与互为同分异构体
【正确答案】 A

7-5（提升） 某有机合成中间体X的结构为。下列有关说法正确的是
A.X的分子式为 B.X能发生加聚反应、氧化反应、水解反应
C.X为环戊二醇的同系物 D.有机物Y()是X的同分异构体
【正确答案】 D

7-6（提升） 有机物乙是重要的药物中间体，可由甲在一定条件下合成。下列说法正确的是

A.甲的分子式为C17H28O B.乙能发生加成、取代、氧化反应
C.甲与互为同分异构体 D.1mol乙能与3molH2发生加成反应
【正确答案】 B

【原卷 8 题】 知识点 物质分离、提纯的常见化学方法,物质分离、提纯综合应用,常见无机物的制备

【正确答案】
A

8-1（基础） 碱式碳酸铜是一种用途广泛的化工原料。实验室中以废铜屑为原料，制取碱式碳酸铜的流程如下。下列说法错误的是

A.酸浸产生的气体可用溶液吸收
B.加热时，可选用水浴加热
C.可用盐酸和溶液检验滤液中是否有
D.温度和是影响产品纯度的主要因素
【正确答案】 C

8-2（基础） 水合肼(N2H4·H2O)及其衍生物在许多工业中被广泛的使用。利用NaClO氧化尿素制备水合肼的实验流程如图所示：

已知：①氯气与NaOH溶液的反应是放热反应，温度高时，易生成NaClO3；②N2H4·H2O的沸点约为118℃，有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。
下列说法错误的是
A.步骤I、II反应过程中需控制好温度
B.步骤II中可将尿素水溶液逐滴滴入NaClO碱性溶液中
C.步骤II中生成水合肼的离子方程式为：ClO—+CO(NH2)2+2OH—=Cl—+N2H4·H2O+CO
D.步骤III所得副产物Na2CO3溶液可用于工业上吸收SO2尾气
【正确答案】 B

8-3（巩固） 一种利用有机胺(TBA)参与联合生产碳酸氢钠和二氯乙烷的工艺流程如图所示。下列说法错误的是

A.TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气
B.胺再生过程的反应为
C.整个工艺原子利用率为100％，符合绿色化学的要求
D.氯化过程每生成，总反应中消耗
【正确答案】 D

8-4（巩固） 氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业；CuCl难溶于水和乙醇，潮湿时易水解氧化。工业以硫化铜精矿为原料，设计符合绿色化学理念的制备CuCl的流程如图：

下列说法不正确的是
A.步骤①焙烧产生的有毒气体用NaOH溶液吸收后可用于③的循环利用
B.硫化铜精矿直接用浓硝酸浸出可简化步骤①、②
C.步骤③离子方程式：2Cu2++2Cl-+SO+H2O=2CuCl↓+SO+2H+
D.步骤④用乙醇洗涤的目的是使CuCl加速干燥，防止发生水解氧化
【正确答案】 B

8-5（提升） 某矿石中含有硅、铁、铝的氧化物，为综合开发资源提高矿石的利用率，化工厂采取如图工艺制备铁红和AlCl3•6H2O。下列说法错误的是

A.“酸浸”过程中选择盐酸比硫酸更为合适
B.“氧化”过程中少量多次添加双氧水可有效减少Fe3+催化H2O2分解
C.“洗涤”的操作是将沉淀转移至洁净的烧杯中，加蒸馏水清洗2~3次
D.将SOCl2与AlCl3•6H2O混合并加热，可得到无水AlCl3
【正确答案】 C

8-6（提升） 一种以电解精炼铜的阳极泥(含Pt、Au、Ag及少量有机物)为原料生产海绵Pt及Au的工艺流程如下：

已知：“滤液”主要含、，且二者均为强酸。下列说法错误的是
A.“焙烧”的主要目的是除掉有机物 B.氧化性
C.“沉铂”时可用代替 D.“灼烧”过程可能生成
【正确答案】 B

【原卷 9 题】 知识点 利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型,电子排布式,元素性质与电负性的关系

【正确答案】
A

9-1（基础） 碳铂(结构简式如图)是一种广谱抗癌药物。下列关于碳铂的说法错误的是

A.中心原子的配位数为4 B.分子中σ键与π键数目之比为10：1
C.sp3和sp2杂化的碳原子数之比为2：1 D.分子中含有极性键、非极性键和配位键
【正确答案】 B

9-2（基础） 过氧乙酸是一种绿色生态杀菌剂，，结构简式为下列说法不正确的是
A.分子中2个碳原子的杂化方式不相同 B.其熔点主要取决于所含化学键的键能
C.过氧乙酸中含有极性共价键和非极性共价键 D.过氧乙酸易溶于水
【正确答案】 B

9-3（巩固） 离子液体常被用作电化学研究的电解质、有机合成的溶剂和催化剂。如图是离子液体1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸盐的结构简式。下面说法正确的是

A.该物质含有的化学键类型是共价键
B.的空间构型为三角双锥形
C.该物质中N有2种杂化轨道类型
D.离子液体的沸点较低，容易挥发
【正确答案】 C

9-4（巩固） 5-氨基四唑硝酸盐受热迅速生成以为主的环境友好型气体，并放出大量的热，是制造HTPB火箭推进剂的重要原料，结构简式如图，其中五元环为平面结构，下列说法正确的是

A.基态N原子核外电子的运动状态有3种
B.阴离子的空间构型为三角锥形
C.该化合物中五元环上的5个原子的杂化方式都相同
D.该化合物因存在类似于苯分子的大键，所以非常稳定
【正确答案】 C
9-5（提升） 如图为酞菁钴分子的结构简式。下列说法不正确的是

A.电负性：N＞C＞H B.4个N原子均与Co形成配位键
C.分子中C的杂化轨道类型为sp2 D.结构中存在σ键、π键和大π键
【正确答案】 B
9-6（提升） 铁及其化合物用途广泛。日常生活用品和生命体中，有许多含有铁元素的物质。家用铁锅中含有铁和碳，补血剂中含有FeCO3，血红蛋白的活性物质血红素(结构简式如图)中含有铁元素，激光打印机中含有四氧化三铁。四氧化三铁可利用废旧镀锌铁皮制备。下列关于铁及其化合物的说法正确的是

A.家用铁锅的熔点低于铁单质的熔点
B.向碳酸钠溶液中滴加FeSO4溶液可制得纯净的FeCO3
C.血红素中C、N、O、Fe元素的第一电离能由大到小的顺序是Fe>N>O>C
D.血红素中的配位键由N原子提供空轨道
【正确答案】 A

【原卷 10 题】 知识点 原电池电极反应式书写,电解原理的理解及判断,原电池、电解池综合考查,电解池电极反应式及化学方程式的书写与判断

【正确答案】
D

10-1（基础） 某化学兴趣小组将两个完全相同的铜片分别放入体积相同、浓度不同的CuSO4溶液中形成浓差电池(如图所示)，当两极附近电解质溶液浓度相等时停止放电。下列说法正确的是

A.Cu(2)极发生还原反应
B.Cu(1)极附近Cu2+通过膜1向右迁移
C.放电过程中，两膜之间的c(CuSO4)理论上保持不变
D.当Cu(2)极附近c(CuSO4)变为1mol·L-1时，该电池停止放电
【正确答案】 C

10-2（基础） 高分子有机物聚吡咯(PPy)是一种性能优异的光敏型半导体，其制成的纳米管在紫外光照射、关闭周期内会发生如下反应：+nH++H2。通过纳米管一端正电荷分布密度的变化，在电解质溶液中产生离子电流。某科研组使用PPy构建了一种浓差电池，用来提取天然水中的氢能，其构造如图所示。下列叙述正确的是

A.a为负极，b为正极
B.b极电极方程式为
C.纳米管道中的离子电流由PPy阳离子、的定向移动形成
D.照射一段时间后关闭光源，纳米管道中仍能存在微弱电流
【正确答案】 D

10-3（巩固） 已知：相同金属在其不同浓度盐溶液中可形成浓差电池。热再生氨电池工作原理如图所示，通入NH3发生反应Cu2++4NH3 [Cu(NH3)4]2+，电池开始工作，左边电极质量减少，右边电极质量增加，放电后利用废热进行充电。下列说法正确的是

A.放电、充电过程中，能量主要是在电能与化学能之间转变
B.Cu2++4NH3 [Cu(NH3)4]2+正反应为吸热反应
C.Cu2+通过中间离子交换膜移向右侧极区
D.放电时，外电路有0.2mol电子通过时，右池溶液质量减少18.8g
【正确答案】 C

10-4（巩固） 一种浓差电池的放电原理是利用电解质溶液的浓度不同而产生电流。某CuSO4浓差电池的装置示意图如图所示，该电池使用前先将K与a连接一段时间。下列说法错误的是

A.K与a连接的目的是形成两电极区溶液的浓度差
B.K与b连接时，正极的电极反应式为Cu2++2e-=Cu
C.交换膜适合选择阳离子交换膜
D.K与b连接时，导线中通过2 mol电子，约有1 mol离子通过交换膜
【正确答案】 C

10-5（提升） 相同金属在其不同浓度盐溶液中可形成浓差电池。如图所示装置是利用浓差电池电解Na2SO4溶液(a、b电极均为石墨电极)，可以制得O2、H2、H2SO4和NaOH。下列说法正确的是

A.电池放电过程中，Cu(2)作正极，电极反应为Cu2++2e﹣=Cu
B.b为电解池的阴极，电极反应为2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣
C.c、d离子交换膜依次为阴离子交换膜和阳离子交换膜
D.电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得160gNaOH
【正确答案】 D

10-6（提升） 由于存在离子浓度差而产生电动势的电池称为离子浓差电池，当两极室离子浓度相等时放电完成。某离子浓差电池的工作原理如图所示，下列说法中正确的是

A.铜电极I上发生氧化反应
B.从左极室透过隔膜移向右极室
C.电池工作一段时间后，右极室浓度增大
D.该电池工作时，电能转化为化学能
【正确答案】 C

【原卷 11 题】 知识点 卤代烃中卤素原子的检验,元素金属性、非金属性强弱探究实验,物质分离、提纯的常见物理方法,海带中碘的提取及检验

【正确答案】
B D

11-1（基础） 仅用下表提供的仪器(夹持装置任选)不能达到相应实验目的的是
实验仪器
胶头滴管、托盘天平(带砝码)、酒精灯、烧杯、蒸发皿、试管、漏斗、玻璃棒、三脚架、泥三角、导管、石棉网、250mL容量瓶、酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶
A.重结晶法提纯硝酸钾
B.分离和水的混合物
C.已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液
D.用固体配制溶液
【正确答案】 B

11-2（基础） 下表中实验，利用相应实验器材(规格和数量不限)不能完成的是
选项
实验
实验器材(省略夹持、连接装置)
A
苯甲酸的重结晶
烧杯、玻璃棒、普通漏斗
B
用Br2的CCl4溶液除去NaBr溶液中少量NaI
烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗
C
用高锰酸钾溶液测定某草酸溶液的浓度
锥形瓶、酸式滴定管、烧杯、量筒
D
分离乙二醇(沸点为197.3℃)和乙酸(沸点为117.9℃)
蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、锥形瓶、牛角管、石棉网
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 AD

11-3（巩固） 实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、烧杯、酒精灯、分液漏斗、玻璃棒(非玻璃仪器任选)，在实验室中选用上述仪器(数量不限)不能完成的实验是
A.制备乙酸乙酯
B.验证非金属性：
C.灼烧海带后，从海带灰中提取碘
D.除去蛋白质溶液中的杂质
【正确答案】 C

11-4（巩固） 仅用下表提供的实验仪器，能达到相应实验目的的是

实验仪器及用品(夹持装置省略)
实验目的
A
烧杯、温度计、环形玻璃搅拌棒、量热计
中和热的测定
B
酒精灯、圆底烧瓶、冷凝管、牛角管、锥形瓶
实验室通过蒸馏的方法制取蒸馏水
C
坩埚、玻璃棒、酒精灯、泥三角
从食盐水中获得NaCl晶体
D
胶头滴管、试管、漏斗、玻璃棒、烧杯
除去乙酸乙酯中少量的乙酸和乙醇
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

11-5（提升） 仅用下表提供的仪器(夹持及固定仪器任选)能完成相应实验的是
选项
实验
仪器
A
从食盐水中获得NaCl晶体
蒸发皿、酒精灯、坩埚钳
B
除去胶体中的泥沙
漏斗(带滤纸)、烧杯、玻璃棒
C
用固体配制的溶液
药匙、天平、量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶
D
用与浓盐酸反应制取并收集干燥、纯净的
圆底烧瓶、分液漏斗、导管、石棉网
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 B

11-6（提升） 利用提供的实验仪器(夹持装置任选)和药品不能完成的实验是
实验仪器
分液漏斗、酒精灯、烧杯、蒸发皿、试管、漏斗、玻璃棒、三脚架、泥三角、双孔橡胶塞、胶头滴管、导管、石棉网
药品
溴乙烷、粗硝酸钾、硝酸、盐酸、、、、、蒸馏水
A.检验溴乙烷中的溴原子
B.验证元素非金属性：
C.重结晶法提纯硝酸钾
D.海带提碘实验中灼烧干海带
【正确答案】 BD

【原卷 12 题】 知识点 有机官能团的性质及结构,同分异构体的数目的确定

【正确答案】
B C

12-1（基础） 有机合成与21世纪的三大发展学科:材料科学、生命科学、信息科学有着密切联系，某有机化合物合成路线如图，下列说法正确的是

A.A分子为平面结构 B.B分子可以发生加成反应
C.该合成路线涉及取代反应，加成反应，消去反应三种基本反应类型 D.参与反应的各有机化合物中B的熔点最高
【正确答案】 CD

12-2（基础） 用有机物甲可制备环己二烯()，其反应路线如图所示：甲乙丙下列有关判断不正确的是
A.甲的分子式为C6H12
B.反应①②③分别为取代反应、消去反应、加成反应
C.乙与环己二烯互为同系物
D.丙的同分异构体中含有六元碳环结构的还有3种
【正确答案】 C

12-3（巩固） 已知有机化合物甲、乙、丙存在如下转化关系：

下列说法错误的是
A.乙分子可能的结构有3种
B.丙与足量H2反应所得产物分子式为C8H16O
C.甲分子中至少含有5种不同化学环境的氢原子
D.甲分子可能的结构中，能够发生催化氧化的有3种
【正确答案】 CD

12-4（巩固） 如图为M的合成路线，下列说法错误的是

A.反应①的产物可能有三种
B.试剂Ⅰ为氢氧化钠醇溶液
C.A的分子式为C6H8
D.若用18O标记Z中的氧原子，则M中含有18O
【正确答案】 B

12-5（提升） 环丙叉环丙烷(b)由于其特殊的结构，一直受到结构和理论化学家的注意，根据其转化关系，下列说法正确的是

A.b的所有原子都在一个平面内
B.p在氢氧化钠的乙醇溶液中加热生成烯烃
C.m的同分异构体中属于芳香族化合物的共有5种
D.反应①是加成反应，反应②是消去反应
【正确答案】 C

12-6（提升） 化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体，可由下列反应制得。

下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是
A.X分子中不含手性碳原子
B.Y分子中的碳原子一定处于同一平面
C.Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反应
D.X、Z分别在过量NaOH溶液中加热，均能生成丙三醇
【正确答案】 CD

【原卷 13 题】 知识点 氧化性、还原性强弱的比较,氧化还原反应有关计算,基于氧化还原反应守恒规律的计算

【正确答案】
A B

13-1（基础） KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为。下列说法错误的是
A.产生22.4 L(标准状况)Cl2时，反应中转移10 mole-
B.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为6：11
C.可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉
D.可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在
【正确答案】 AB
13-2（基础） 常温时，将0.1mol和2mol HC1溶于水得2L混合溶液，然后向该溶液投入mg铁粉使其充分反应后，滴加KSCN溶液不变红色。下列有关说法正确的是
A.由于氧化性，首先发生的反应是
B.当加入16.8g铁粉时，可生成标准状况下6.72L气体
C.在铁粉充分反应后的溶液中，铁元素以和的形式存在
D.m至少等于28，反应过程中溶液的质量由于生成气体原因在减小
【正确答案】 B
13-3（巩固） 氰化物是剧毒物质，传统生产工艺的电镀废水中含一定浓度的CN-，无害化排放时必须对这种废水进行处理。 可采用碱性条件下的Cl2氧化法处理这种废水，涉及以下两个反应：
反应i，CN- +OH- +Cl2OCN- +Cl- +H2O(未配平)；
反应ii，OCN- + OH- + Cl2X + Y + Cl- + H2O(未配平)。
其中反应i中N元素的化合价没有变化，常温下，X、Y是两种无毒的气体。下列判断错误的是
A.反应i中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为1∶1
B.X、Y是CO2、N2，且均为反应ii的氧化产物
C.该废水处理工艺过程中须采取措施，防止Cl2逸出到空气中
D.处理=0.000 1 mol·L-1的废水106 L，消耗Cl25.6 ×103 L
【正确答案】 B
13-4（巩固） 四氧化钌(RuO4)微溶于水，有强氧化性，能氧化浓盐酸生成和Ru3+。酸性介质中固体与NaClO溶液或溶液反应均可制得。下列说法错误的是
A.RuO4与浓盐酸反应生成转移电子数为NA
B.若与物质的量之比，则还原产物为
C.酸性介质中氧化性：
D.在稀硫酸环境中，与NaClO反应制备RuO4的化学方程式：
【正确答案】 AC

13-5（提升） 用酸性KMnO4溶液处理硫化亚铜(Cu2S)和二硫化亚铁(FeS2)的混合物时，发生反应I：MnO+Cu2S+H+→Cu2++ +Mn2++H2O(未配平)和反应II：MnO+FeS2+H+→Fe3+++Mn2++H2O(未配平)。下列说法正确的是
A.反应I中Cu2S既是氧化剂又是还原剂
B.反应I中每生成1molSO，转移电子的物质的量为10mol
C.反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
D.若反应I和反应II中消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应I和反应II中消耗的还原剂的物质的量之比为
【正确答案】 B
13-6（提升） “铬鞣制法”可以使皮革变的柔软和耐用，为检测皮革中的含量，可以采取碘量法测定，过程如下：
①高温熔融：
②酸化：
③加碘化钾滴定：、
若皮革样品质量为，滴定过程共消耗的。下列说法正确的是
A.反应①中氧化剂与还原剂的物质的量比为5∶1
B.元素参与了3个氧化还原过程
C.实验过程中，所得与的物质的量比可能大于5∶2
D.皮革中的含量为
【正确答案】 CD
【原卷 14 题】 知识点 化学反应中能量变化的原因,化学键与化学反应中的能量关系,催化剂对化学反应速率的影响

【正确答案】
D

14-1（基础） 2021年9月，我国科学家以二氧化碳、氢气等为原料，成功合成人工淀粉，部分历程如图所示。下列有关说法正确的是

A.反应①有非极性键的断裂与形成
B.反应②为：2CH3OH+O2→2HCHO+H2O
C.反应③中反应物总能量高于生成物总能量
D.此技术合成的淀粉属于纯净物
【正确答案】 C
14-2（基础） (CH3)3CBr在NaOH水溶液中发生水解反应历程及能量变化如图所示：

下列说法正确的是
A.(CH3) 3CBr中的C- Br的键能大于(CH3)3COH中C-O的键能
B.(CH3) 3CBr在NaOH溶液中的水解反应是放热反应
C.升高温度有利于提高(CH3)3COH的产率
D.增大NaOH的浓度比增大(CH3) 3CBr的浓度更有利于加快水解反应速率
【正确答案】 BC
14-3（巩固） Pt的配合物可催化甲烷制备硫酸甲酯，反应原理如下图所示。下列说法错误的是

A.物质①能降低该反应的能耗
B.反应过程中涉及极性键的断裂和形成
C.反应过程中Pt的成键数目发生了改变
D.该历程的总反应为
【正确答案】 D

14-4（巩固） 据文献报道，某反应的反应历程如图所示，下列有关该历程的说法错误的是

A.是催化剂
B.是中间产物
C.总反应化学方程式为4NH3＋3O22N2＋6H2O
D.不属于分解反应
【正确答案】 CD

14-5（提升） 羟醛缩合反应是有机化学的一种重要反应。一种合成目标产物(如图中⑦)的反应机理如图所示。下列说法错误的是

A.有机物①能够降低反应的活化能
B.反应历程中，有极性键的断裂和生成
C.有机物⑥和⑦均含有手性碳原子
D.若原料用丙醛和苯甲醛，则产物为
【正确答案】 D

14-6（提升） 我国科学家最近开发出新型铁纳米催化剂，实现了芳环和杂芳环的氢氘交换反应。该纳米催化方法具有很高的普适性，可对芳胺、酚、含氮杂环等近90个化合物进行选择性氘代，实现了超过30个氘代药物分子和天然产物的制备。其反应历程如图：

提示：—X表示—NH2、—OH等官能团。下列说法错误的是
A.该新型纳米铁催化剂能增大平衡常数
B.上述循环中断裂了极性键和形成了非极性键
C.上述总反应属于取代反应
D.总反应方程式为+D2O+DOH
【正确答案】 AB

【原卷 15 题】 知识点 弱电解质的电离平衡,电离平衡常数及影响因素,盐溶液中微粒间的电荷守恒、物料守恒、质子守恒原理,盐溶液中离子浓度大小的比较

【正确答案】
C D

15-1（基础） 25℃时，用1mol•L-1的NaOH溶液调节0.10L1mol•L-1H2C2O4溶液的pH，溶液中H2C2O4、HC2O及C2O的物质的量浓度变化如图所示。

下列说法错误的是
A.H2C2O4的Ka1=1×10-4
B.Y点：c(Na+)＜3c(C2O)
C.Z点：由水电离出的H+浓度约为10-4mol•L-1
D.1mol•L-1的NaHC2O4溶液中：c(Na+)＞c(HC2O)＞c(C2O)
【正确答案】 B

15-2（基础） 已知M(OH)2是一种有机二元弱碱。常温下，某溶液中M(OH)2、[M(OH)]+、M2+的物质的量浓度之和为0.1 mol/L，常温下测得溶液中含M微粒的分布系数(δ)随pH变化如图所示。下列说法错误的是

A.曲线③表示δ[M(OH)2]
B.Y点对应的溶液呈弱酸性
C.若pH=11时，溶液中，则
D.的平衡常数
【正确答案】 BC

15-3（巩固） 25℃时，配制一组c()+ c()+c()+c(H3PO4)=0.10 mol•L-1的H3PO4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是

A.pH=6的溶液中：c(H3PO4)+c()>c()
B.c(Na+)=0.10 mol•L-1的溶液中：c(H3PO4)=2c()+c ()
C.pH=7的溶液中：c(Na+)>2c()+c()
D.c(H3PO4)=c()的溶液中：c(Na+)<0.10 mol•L-1+2c()+c()-c()
【正确答案】 CD

15-4（巩固） H2C2O4为二元弱酸，20℃时，配制一组c(H2C2O4)+c(HC2O)+c(C2O)=0.1mol·L-1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是

A.pH=2.5的溶液中：c(H2C2O4)+c(C2O)>c(HC2O)
B.pH=7的溶液中，c(Na+)=2c(C2O)
C.c(HC2O)=c(C2O)的溶液中：c(Na+)>0.1+c(HC2O)
D.c(Na+)=0.1mol·L-1的溶液中：c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2O)
【正确答案】 D

15-5（提升） 25℃，向0.001 NaHA溶液中通入HCl或加入NaOH固体(体积变化忽略不计)，溶液中、或物质的量浓度的对数值与pH的关系如图所示。
已知：的第一、二步电离常数分别为、。

下列说法正确的是
A.的数量级为
B.NaHA溶液中离子浓度：
C.N点溶液中：
D.曲线③既可以表示、又可以表示
【正确答案】 C

15-6（提升） 常温下，向弱酸中滴加等浓度的溶液，测得混合溶液中各物种的物质的量分数以及、分别与的关系如图所示。[比如的物质的量分数：]。的第一、二步的电离常数分别为、。

下列说法正确的是
A.曲线Ⅱ表示与的关系
B.时，
C.
D.与足量溶液反应：
【正确答案】 BD

【原卷 16 题】 知识点 电子排布式,利用杂化轨道理论判断分子的空间构型,配合物的结构与性质,晶胞的有关计算

【正确答案】


16-1（基础） 中国疾控中心成功研发出两种含氯低温消毒剂，解决了低温消毒难题。“-40℃低温消毒剂”的主要成分之一是二氯异氰尿酸钠，其合成方法如图所示。

回答下列问题：
1、碳元素位于元素周期表的_______区，基态原子与基态碳原子具有相同未成对电子数的同周期元素是_______(填元素符号)。
2、尿素中C、N原子的杂化方式分别为_______，尿素可与多种金属形成配合物，其配位原子可以是_______。尿素易溶于水，除尿素和水都是极性分子外，其原因还有_______。
3、三聚氰酸分子中σ键与π键的数目之比为_______。
4、下列说法正确的是_______。
A.氯化铵中阳离子的空间构型是正四面体形
B.二氯异氰尿酸钠所含元素中电负性最大的是氯
C.二氯异氰尿酸钠晶体中存在离子键、共价键和配位键
D.三聚氰酸具有与苯环类似的结构，可推知三聚氰酸分子中存在大π键
5、铊化钠的晶胞结构如图所示，若晶胞参数为a pm，该物质的摩尔质量为M g/mol，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞密度为_______g/cm3；Tl原子间的最近距离为_______pm。

【正确答案】 1、p O 2、sp2、sp3 N 尿素能和水形成分子间氢键
3、4：1 4、AD
5、

16-2（基础） 氟及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：
1、基态氟原子的价层电子排布图(轨道表示式)为_______。
2、制备NSF3的反应为FCONSF2+2AgF2⇌NSF3+2AgF+COF2。
①F、O、N、S的第一电离能从小到大的顺序是_______。
②化工生产中NSF3可用作SF6的替代品，SF6分子的空间构型为_______。
③COF2分子中σ键和π键的个数比为_______。
3、NHF2的一种制备方法是CO(NH2)2+2F2+H2O=NHF2+CO2+NH4HF2。
①CO(NH2)2中C的杂化方式是_______。
②CO(NH2)2的熔沸点比CH3CONH2的高，其原因是_______。
③下列说法正确的是_______(填标号)。
A.NHF2、CO2均是极性分子
B.H2O与NHF2中心原子的价层电子对数相同
C.NH4HF2中存在离子键、配位键和氢键
4、由Cs、Ag及F三种元素组成的一种超导材料的晶体结构如下图所示(Ag不是+1价)：

已知AC=BE，则C、D(Cs与F)间的距离为_______pm(用含a、c、s的代数式表示，列出计算式，下同)；设NA为阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度为_______g·cm-3。
【正确答案】 1、 2、S、O、N、F 正八面体 3:1
3、sp2 CO(NH2)2中氨基数目为2个，可以形成更多的氢键 BC
4、

16-3（巩固） 铁、铜及其化合物在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：
1、基态Fe原子核外电子的空间运动状态有_______种；试从结构角度解释易被氧化为的原因_______；是检验的特征试剂，中含有_______molσ键。
2、可形成，其中en代表。该化合物分子中，的配位数为_______；VSEPR模型为四面体的非金属原子共有_______个；en中各元素的电负性由小到大的顺序为_______。
3、一种由Cu、In，Te组成的晶体属四方晶系，晶胞参数和晶胞中各原子的投影位置如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。

该晶体的化学式为_______；A点、B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)，则C点原子的分数坐标为_______；晶胞中A、D原子间距离d=_______cm。
【正确答案】 1、15 核外电子排布式Fe2+为3d6，Fe3+为3d5，根据洪特规则的补充规则，能量相同的轨道全充满、半满或全空的状态比较稳定，因此Fe2+易被氧化为Fe3+ 12
2、4 10 N>C>H
3、CuInTe2 (,,)

16-4（巩固） 钕铁硼磁铁是目前为止具有最强磁力的永久磁铁。预计在未来20年里，不可能有替代钕铁硼磁铁的磁性材料出现。生产钕铁硼磁铁的主要原料有稀土金属钕、纯铁、铝、硼以及其他稀土原料。
1、钕(Nd)为60号元素，在周期表中第____周期；基态铁原子的外围电子轨道表示式为____。
2、实验测得AlCl3的实际存在形式为Al2Cl6，其分子的球棍模型如图所示。

①已知Al2Cl6分子中正负电荷中心重合，则Al2Cl6属于_____分子(填“极性”或“非极性”)，分子中Al采取_____杂化。
②Al2Cl6与过量NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]，[Al(OH)4]—中存在的化学键有____(填选项字母)。
A.离子键 B.共价键 C.金属键 D.配位键 E.氢键
3、B元素及与其同周期相邻两种元素第一电离能由小到大的顺序为_____(用元素符号表示)。
4、因材料中含有大量的钕和铁，容易锈蚀是它的一大弱点。可电镀镍(Ni)、锌(Zn)等进行表面涂层处理。已知Ni可以形成[Ni(NH3)6]Cl2，该配离子中的中心离子为_____，配体的空间构型为____。
5、已知立方BN晶体的晶胞结构如图所示，N原子填充在B原子构成的正四面体空隙中，则晶胞中正四面体的空隙填充率为_____，设晶胞中最近的B、N原子之间的距离为anm，晶体的密度为bg•cm-3，则阿伏加德罗常数为____mol-1(列式即可，用含a、b的代数式表示)

【正确答案】 1、六 2、非极性 sp3 BD
3、B＜Be＜C 4、Ni2+ 三角锥形
5、50% ×1021

16-5（提升） 锰及其化合物用途非常广泛，也是人体的重要微量元素。请回答下列问题：
1、锰在元素周期表中的位置为_______。
2、下列状态的锰原子或离子中，能用原子发射光谱捕捉以鉴别锰元素的是_______(填序号)。
A. B. C. D.
3、锰能形成多种化合物如、、、，其中磁矩最大的是_______。(已知，其中n为金属离子核外的单电子数)
4、锰的一种配合物的化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]。配体与中心原子形成配位键时，提供孤对电子的原子是_______原子；该配合物中除氢以外的元素，第一电离能从小到大的顺序为_______(用元素符号表示)。
5、水杨醛缩邻氨基苯酚(A)又被称为“锰试剂”，可与形成黄色的配合物，其同分异构体水杨醛缩邻氨基苯酚(B)，沸点较高的是_______(填“A”或“B”)，原因是_______。
A. B.
6、晶体具有优异的非线性光学性能。我国科学工作者制备的超大晶体已应用于大功率固体激光器，填补了国家战略空白。分别用○、●表示和，晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是、在晶胞xz面、yz面上的位置：

①若晶胞底边的边长均为apm、高为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度_______(写出表达式)。
②晶胞在x轴方向的投影图为_______(填标号)。
A. B. C. D.
【正确答案】 1、第四周期第VIIB族 2、CD
3、MnCl2 4、N Mn＜C＜O＜N
5、B B结构更容易形成分子间氢键，故沸点更高
6、 B

16-6（提升） 钠元素和氯元素是两种重要的短周期元素，按要求完成问题。
1、下列说法错误的是___________。
A.基态氯原子未成对电子数与基态钠原子的相同
B.第三周期元素中氯元素的第一电离能最大
C.短周期主族元素简单离子中钠离子的半径最大
D.氯化钠的熔点高于溴化钠的熔点
2、常温下氯化钠晶体是绝缘体，温度升高导电性增强，导电的原因是钠离子迁移到空位(截取了晶胞的，如下图所示)。已知：常温常压下NaCl晶胞参数a=564pm，，。

在氯化钠晶胞中，与钠离子配位的氯离子形成的空间构型是___________。钠离子迁移时垂直穿过A、B、C3个氯离子形成的孔O，其平面位置关系如上图，孔O的半径为___________pm(，，结果取小数点后1位)，试从半径大小的角度分析氯化钠晶体常温下是绝缘体的可能原因___________。
3、CdSe的一种晶体为闪锌矿型结构，晶胞结构如图所示。其中原子坐标参数A为，则B、C的原子坐标参数分别为___________、___________。该晶胞中Cd-Se键的键长为___________。已知Cd和Se的原子半径分别为b nm和c nm，则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为___________。

【正确答案】 1、BC 2、正八面体 42.72 常温下钠离子半径比孔O的半径大，钠离子不能迁移到空位
3、

【原卷 17 题】 知识点 常见无机物的制备,氧化还原反应方程式的配平,有关铁及其化合物转化的流程题型,溶度积常数相关计算

【正确答案】


17-1（基础） 硫酸亚锡()是广泛应用于镀锡及铝合金表面处理的化学试剂。利用锡精矿(主要成分是，含少量、、、、)制备硫酸亚锡的流程如下：

已知：①在酸性条件下，溶液中的可被氧化成；
②常温下，相关金属离子生成氢氧化物沉淀的如下表(开始沉淀的按金属离子浓度为计算)：
金属离子






开始沉淀的
7.5
2.1
4.7
1.7
0.3
6.5
完全沉淀的
9.5
3.5
6.7
3.7
1.3
9.5
1、滤渣的化学式是___________。
2、焙烧2中发生反应的化学方程式是___________。
3、若氧化时加入的适量溶液不引入新的杂质，是___________(填化学式)，检验氧化后的溶液中不含的方法是___________。
4、沉锡控制溶液的范围是___________；试剂可以是___________(填字母)。
a． b． c． 溶液 d． 氨水
【正确答案】 1、
2、
3、 取少量氧化后的溶液于试管中，加入溶液，溶液变红色
4、 cd

17-2（基础） “翠矾”()在印染工业中作媒染剂，生产酞菁艳蓝络合剂；氟镍化钾()是结构化学研究的热点物质。以镍废渣(主要成分为Ni，含少量Fe、Al、、和不溶性杂质等)为原料合成“翠矾”和氟镍化钾的流程如下：

氢氧化物沉淀的pH如表所示：
金属离子
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH

2.7
3.7

3.8
5.2

7.6
9.7

7.1
9.2
请回答下列问题：
1、“碱浸”过程中，为提高浸出率，可采取的措施是_______(写一种即可)。
2、“转化”过程中加入的目的是_______(用离子方程式表示)，经实验测定该过程温度高于40℃，转化率急速降低，可能的原因是_______。
3、调节pH=a目的是_______。
4、写出“灼烧”和的混合物时的化学方程式：_______。为避免污染环境，下列吸收尾气装置，最宜选择_______(填字母)。
A. B. C. D.
5、从溶液中获得的操作A是_______。
【正确答案】 1、增大碱的浓度或升高溶液的温度或把镍废渣粉碎等
2、 温度高于40℃时，发生反应，使浓度降低，反应速率减慢，转化率降低
3、使沉淀完全，不使沉淀
4、 C
5、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤

17-3（巩固） 磁性材料产业是21世纪各国竞相发展的高科技支柱产业之一，磁性材料广泛用于电子信息、军事技术等领域。碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体，工业上用氯化铵焙烧锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：

已知：①锰和粉的主要成分是，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素。
②相关金属离于形成沉淀的pH范围如下：
金属离子






开始沉淀的pH
1.5
3.8
6.3
9.6
10.6
8.8
沉淀完全的pH
2.8
5.2
8.3
11.6
12.6
10.8
回答下列问题：
1、“焙烧时发生的主要反应的化学方程式为_______。
2、浸出液“净化除杂”过程如下：
①加入将氧化为，反应的离子方程式为_______。
②加入调节溶液pH范围为_______，将、变为沉淀除去。
③加入将_______离子沉淀除去。
3、碳化结晶时，反应的离子方程式为_______。
4、流程中能循环利用的物质除了氯化铵之外还有_______。
5、测定碳酸锰产品的纯度。
称取0.5000g碳酸锰产品于锥形瓶中，加25.00L。磷酸，加热，碳酸锰全部转化为，冷却至室温。加水稀释至100mL，滴加2~3滴指示剂，然后用浓度为的硫酸亚铁铵标准溶液滴定(反应为：)。重复操作3次，所需标准液的体积平均为20.00 mL。则产品的纯度=_______(保留4位有效数字)，若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产生了气泡，则测得的碳酸锰粗产品的纯度_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【正确答案】 1、MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O
2、MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O 5.2≤pH＜8.8 Ca2+、Mg2+
3、Mn2＋＋2HCO=MnCO3＋CO2↑＋H2O
4、CO2 5、92.00% 偏低

17-4（巩固） 用软锰矿(含约65%及少量)和闪锌矿(ZnS约80%及少量FeS)共同生产和Zn(干电池原料)，其部分生产流程如下：

已知：过滤(Ⅱ)所得滤液是、、、的混合液。相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为计算)如下表：
沉淀物




开始沉淀时的pH
2.7
4.0
6.4
7.7
完全沉淀时的pH
3.7
5.2
8.0
10.4

1、加热、浸取时所加矿石均需粉碎，其目的是___________。可用盐酸代替硫酸进行浸取吗？___________说明原因___________。
2、写出ZnS和和稀硫酸反应的离子方程式：___________。过滤后，洗涤硫磺的目的是___________(请答两点)
3、Ⅲ试剂X的作用是调节溶液的pH调节的范围是5.2~6.4，试剂X可以选用___________；Ⅳ滤渣的成分是___________。
4、电解(V)中是用惰性电极电解、的混合溶液，写出其化学方程式___________。
5、从生产和Zn的角度计算，投入的软锰矿和闪锌矿质量的比值大约是___________。(保留到小数点后一位)
【正确答案】 1、加快反应(浸取)速率 不能 二氧化锰具有氧化性，能把盐酸氧化生成氯气
2、 除去硫磺表面杂质
3、或或等 Fe(OH)3和Al(OH)3
4、
5、1.1

17-5（提升） 某化工厂从含NiO的废料(杂质为Fe2O3、CaO、CuO中回收、制备具有良好的电化学活性和高堆积密度的羟基氧化镍(NiOOH)的工艺流程如下图：

1、如图是酸浸时镍的浸出率与温度的关系，则酸浸时合适的浸出温度是_______℃，若酸浸时将温度控制在80℃左右，则料渣1中会含有一定量的，其可能的原因_______。

2、合适温度下，料渣1的主要成分是_______。
3、生成S的化学方程式为_______。
4、试剂X是一种绿色氧化剂，其化学式为_______，X参与反应时氧化剂与还原剂物质的量之比为_______，试剂Y用于调节溶液的pH，则pH的调控范围是_______(与沉淀相关的数据如表所示)。
离子



开始沉淀的pH
1.5
6.5
7.2
沉淀完全的pH
3.2
9.7
9.2
5、写出氧化过程中反应的离子方程式：_______
6、工业上也可用电解碱性悬浊液的方法制备NiOOH，加入一定量的KCl有助于提高生产效率，原因_______。
【正确答案】 1、70℃ Ni2+能水解，生成Ni(OH)2，升温能促进水解
2、硫酸钙（CaSO4）
3、
4、H2O2 1:2 3.2≤pH<7.2
5、ClO-+2Ni2++4OH-=2NiOOH•H2O↓+Cl-
6、电解碱性悬浊液制备NiOOH，阳极反应为：，若加入一定量的KCl，氯离子在阳极上失电子变为氯气，氯气在碱性条件下生成，将氧化为NiOOH。

17-6（提升） 铜冶炼过程中，产生的粗硫酸镍废液中含有、、、、等杂质微粒，工业生产以此为原料，精制硫酸镍，主要流程如下：

已知：常温下，
1、步骤ⅰ的操作名称是_______。
2、①是一种三元弱酸，其中As的化合价为_______。
②步骤ⅱ中的作用是_______。
③写出步骤ⅱ生成沉淀的离子方程式_______。
3、步骤ⅲ，加入的目的是通过调pH进一步去除，使c(Fe3+)≤2.5×10-9mol/L。若溶液2中，则需控制pH的大致范围为_______。
4、①步骤ⅳ，沉淀3的主要成分有_______(填化学式)。
②在加入NaF的同时需调pH约为5，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是_______。
5、结合下图说明由溶液4得到的操作是_______。

【正确答案】 1、萃取分液 2、+3 氧化和，以利于形成，除去砷和铁元素 3H2O2+2H3AsO3+2Fe2+=2FeAsO4↓+4H2O+4H+
3、4～7 4、 与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降
5、加热浓缩、冷却结晶、过滤

【原卷 18 题】 知识点 氯气的实验室制法,物质制备的探究,综合实验设计与评价

【正确答案】


18-1（基础） 钛白(TiO2)是重要的化工原料，白色粉末，不溶于水。制取钛白的方法主要有两种。
1、气相氧化法：反应原理为。实验室模拟制备二氧化钛的气相氧化装置如图(部分夹持装置已略去)。已知：的熔点为-24.1℃，沸点为136.4℃，在潮湿空气中发烟，生成二氧化钛固体和白雾。

回答下列问题：
①实验装置从左到右的连接顺序为_______。
②A装置中发生反应的化学方程式为_______。
③B装置干燥管中试剂为_______，D装置的作用为_______。
④C装置的加热方式采用油浴而不使用水浴加热的原因是_______。
2、硫酸法：70～80℃条件下，不断通入空气并搅拌，钛铁矿同浓硫酸反应制得可溶性硫酸盐。称为钛酰离子，易水解生成钛酸，进而制得钛白。在制取钛白的过程中，需要测定钛液中的含量。首先用铝片将还原为，再用标准溶液滴定(反应原理为)。
滴定次数
待测溶液的体积
标准溶液的体积
滴定前刻度
滴定后刻度
1
25.00
0
8.01
2
25.00
8.01
15.50
3
25.00
15.50
23.01
①滴定时可选用的指示剂为_______，滴定终点时溶液的颜色为_______。
②钛液中的浓度为_______g/L。
【正确答案】 1、A→D→C→B 碱石灰 干燥从A装置中产生的氧气 四氯化钛的沸点为136.4℃，装置C的作用是气化四氯化钛，故加热温度要高于136.4℃
2、KSCN溶液 溶液由无色变为红色 1.92

18-2（基础） 甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是一种新型补铁剂，广泛用于缺铁性贫血的预防和治疗。某化学学习小组用如图所示装置(夹持仪器省略)制备甘氨酸亚铁。

有关物质性质如表所示：
甘氨酸(NH2CH2COOH)
易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸中溶解度大于在乙醇中的溶解度
柠檬酸
易溶于水和乙醇，酸性较强，有强还原性
甘氨酸亚铁
易溶于水，难溶于乙醇、冰醋酸
实验步骤如下：
Ⅰ.通过甲装置产生的气体赶尽仪器c中空气后，将仪器b中溶液加入到仪器c中。
Ⅱ.在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向仪器c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应。
Ⅲ.反应完成后，向仪器c中反应混合液中加入无水乙醇，生成白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤得粗产品，将粗产品纯化后得精品。
回答下列问题：
1、仪器b的名称是_______， 丙装置的作用是_______。
2、步骤Ⅰ中赶尽仪器c中空气的具体操作是_______，将仪器b中溶液加入到仪器c中的操作是_______
3、步骤Ⅱ中若调节溶液pH偏高，则所得粗产品中会混有杂质_______。(写化学式)
4、仪器c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是_______。
5、原料中柠檬酸的作用是_______，步骤Ⅲ中洗涤沉淀时使用的洗涤剂是_______(填物质名称)，粗产品纯化的操作名称是_______
6、通过测量得知：等浓度(NH2CH2COO)2Fe 溶液导电能力远小于FeSO4溶液。其原因是_______
【正确答案】 1、蒸馏烧瓶 防止空气进入仪器c中将甘氨酸亚铁氧化
2、先后打开K3、K1，一段时间后，在丙装置的导管口收集气体并验纯 打开K2、关闭K3
3、Fe(OH)2 4、FeSO4＋2NH2CH2COOH＋2NaOH=(NH2CH2COO)2Fe＋Na2SO4＋2H2O
5、防止Fe2+(或FeSO4)被氧化 冰醋酸或乙醇(或酒精)(任写一种即可) 重结晶
6、(NH2CH2COO)2Fe是弱电解质，难于电离，溶液中的离子浓度小

18-3（巩固） 铼是具有重要军事战略意义的金属。是制备高纯度的原料，实验室用制备的装置如图所示。

已知：Ⅰ.易溶于水，溶于水后生成；与反应生成；
有关物质的溶解度S见下表：
温度/


20
75.4
6.1
30
78.0
32.3
Ⅱ.；；
回答下列问题：
1、仪器a的名称是_______，a中发生反应的离子方程式为_______。
2、反应开始前先向C中三颈烧瓶内加入一定量的和水。关闭，打开，三颈烧瓶内生成。关闭，打开通入一段时间，通入的目的是_______；打开，滴入足量的氨水溶液，生成；反应结束后从溶液中分离的操作方法是_______。
3、下列装置可用作装置单元X的是_______(填标号)。

4、取样品，在加热条件下使其分解，产生的氨气用硼酸吸收。吸收液用浓度为的盐酸滴定，消耗盐酸。的纯度为_______(的相对分子质量为268)；下列情况会导致纯度测量值偏小的是_______(填标号)。
a.未用盐酸标准液润洗酸式滴定管
b.滴定开始时俯视读数，滴定后平视读数
c.加热温度过高，分解产生
d.滴定结束时发现滴定管尖嘴内有气泡
【正确答案】 1、蒸馏烧瓶 FeS+2H+=Fe2++H2S↑
2、排出多余的H2S气体 冷却结晶
3、AC 4、 % cd

18-4（巩固） 亚硫酰氯()又名氯化亚砜，是一种发烟液体，有强烈刺激性气味，其熔点，沸点。遇水剧烈反应生成和一种酸性气体。常用作脱水剂。某实验小组设计如下实验制备氯化亚砜并探究其性质(加热及部分夹持装置略去)

【资料】在活性炭催化下，
请回答下列问题：
1、A装置中发生反应的离子方程式为_________________________。
2、仪器D的名称为_________________________________。
3、Q中盛放的最佳试剂为______________________________。
4、装置C、G中的试剂为___________，装置C、G的作用为_______________。
5、实验室常用过量溶液吸收，写出反应的离子方程式：________________。
6、F中碱石灰的作用为________________。
7、甲同学认为还可用作由制取无水的脱水剂，但乙同学认为该实验可能发生副反应使产品不纯。所以乙同学设计如下实验判断副反应的可能性：取少量于试管中，加入足量，充分反应后向试管中加水溶解，取溶解后的溶液少许于四支试管中，分别进行下列实验，能验证发生副反应的是___________(填选项字母)。
A.滴加溶液 B.滴加溶液
C.滴加酸性溶液 D.先滴加稀，再滴加溶液
【正确答案】 1、SO+2H+= H2O+SO2↑
2、三颈烧瓶 3、饱和食盐水
4、浓硫酸 干燥气体
5、
6、吸收尾气 7、AB

18-5（提升） 无水四氯化锡(SnCl4)是一种用途广泛的化工中间体，常用作媒染剂和有机合成的氯化催化剂。已知：①熔融的金属锡(熔点231℃)在300℃左右能直接与干燥Cl2作用生成无水四氯化锡。②无水四氯化锡是无色易流动的液体，熔点为-33℃，沸点为114.1℃。二氯化锡是无色晶体，熔点为246℃，沸点为652℃。③无水四氯化锡在空气中极易水解，水解产物之一是SnO2·xH2O，并产生白烟。实验室装置如图所示：
请回答下列问题

1、开始实验前一定要_______，仪器a的名称是_______。
2、装置F中球形干燥管内试剂为_______。
3、装置E中冷凝管的作用是_______。
4、若撤去装置C，则D中还可能发生反应的化学方程式为_______。
5、Cl2和锡作用即可生成SnC14，也会生成SnCl2，为减少SnCl2的生成，可采取的措施是_______。
6、得到的产物中常含有杂质SnCl2 ，SnCl2是常用的还原剂。某实验小组用碘氧化法滴定分析产品中杂质SnCl2的质量分数。准确称取a g该样品于锥形瓶，用适量浓盐酸溶解，淀粉溶液作指示剂，c mol/L碘标准溶液滴定至终点，消耗标准液20. 00mL，已知滴定原理是：SnCl2+2HCl+I2=SnC14+2HI，则产品中杂质SnCl2的质量分数为_______(用含a、c的代数式表示)；即使此法测定的操作均正确，但测得的SnCl2含量仍低于实际含量，其原因可能是_______(用离子方程式表示)。
【正确答案】 1、检查装置气密性； 蒸馏烧瓶
2、碱石灰 3、冷凝SnC14气体使其变为液体便于收集
4、SnCl4+(x+2)H2O=SnO2•xH2O↓+4HCl
5、通入过量的Cl2 6、% 4I-+4H++O2=2I2+2H2O(或者是Sn2+被空气中的氧气氧化为Sn4+,反应的离子方程式为：2Sn2++4H++O2=2Sn4++2H2O)

18-6（提升） 硫氰化钾(KSCN)是一种用途广泛的化学药品KSCN熔点为172℃，加热至430℃会发生变化，500℃时发生分解。实验室制备硫氰化钾的装置如图所示：

已知：I.不溶于，密度比水大且不溶于水；
II.三颈瓶内盛放：、水和催化剂；
III.，该反应比较缓慢且在高于170℃时易分解。
1、制备KSCN溶液
①A装置的作用是_______。
②实验过程中待观察到三颈烧瓶中出现_______现象时，关闭，保持三颈烧瓶内液温105℃一段时间，然后打开，继续保持液温105℃一段时间，缓缓滴入适量的KOH溶液，充分反应。打开，继续保持液温105℃一段时间的原因是_______。写出三颈烧瓶中生成KSCN的化学方程式_______。
③得到硫氰化钾晶体：_______、_______、_______、过滤，洗涤，减压干燥，得硫氰化钾晶体
2、性质探究
在试管中依次加入1滴溶液、5mL饱和碘水、1滴溶液，tmin后加入1滴KSCN溶液，溶液变红。甲同学认为是氧化了，乙同学提出了质疑，认为实验现象不能证明氧化了，可能是氧化了。请设计实验方案验证乙同学的质疑_______。
3、上题中涉及的溶液是由溶于水得到，实验室常用标准溶液测定过二硫酸铵的纯度(过二硫酸铵的相对分子量为238，滴定反应的离子方程式为：)。取wg过二硫酸铵样品溶于蒸馏水配制成250mL溶液。准确量取20.00mL配制的溶液于锥形瓶中，用标准溶液滴定至终点，重复进行三次平行实验，测得有关数据如表所示：
实验序号
起始读数/mL
终点读数/mL
I
2.50
22.58
II
1.00
23.12
III
0.00
19.92
根据上述数据计算，样品的纯度为_______(用含w、c的代数式表示，可不化简)。
【正确答案】 1、观察气泡的产生速率，便于控制氨气的生成速率 三颈烧瓶中溶液不再分层 使溶液中的分解完全 滤去三颈烧瓶中的固体催化剂 减压蒸发浓缩 冷却结晶
2、在试管中依次加入1滴溶液、5mL蒸馏水、1滴溶液，tmin后加入1滴KSCN溶液，溶液若变红，可能是氧化了
3、

【原卷 19 题】 知识点 多官能团有机物的结构与性质,同分异构体的数目的确定,常见官能团名称、组成及结构,根据题给物质选择合适合成路线

【正确答案】


19-1（基础） 抗高血压药物替米沙坦中间体F的合成路线如图：

1、A与邻二甲苯的相对分子质量接近，但沸点却高于邻二甲苯，其原因是____。
2、B→C的反应有中间体X(C12H17O2N)生成，中间体X的结构简式为_____。
3、D→E的反应类型为____。
4、B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分子中不同化学环境的氢原子个数比是9：2：2：2。
②在热的NaOH溶液中完全水解，生成NH3和另一种化合物。
5、写出以苯、(CH2O)n和为有机原料制备 的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)____。
【正确答案】 1、A中含有-NH2，可以形成氢键
2、 3、取代反应
4、 5、


19-2（基础） 某药物中间体M的合成路线如下：

已知：Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列问题：
1、A的化学名称为_______；E→F的反应类型是_______。
2、D的结构简式为_______；F的结构简式为_______。
3、G→H的化学方程式为_______。
4、写出同时满足下列条件的C的同分异构体的结构简式_______(任写一种)。
①属于芳香族化合物 ②与C具有相同官能团 ③含有四种化学环境的氢
5、根据上述信息，设计以为原料制备的合成路线(无机试剂任选)。_______
【正确答案】 1、间三甲苯 加成反应
2、 3、+C2H5OH
+H2O
4、(或) 5、

19-3（巩固） 以烃A为原料合成物质J的路线如下(部分反应条件或试剂省略)，其中1molC与足量钠反应生成标准状况下，D只有一种结构，G为五元环状化合物。

已知：①
②
回答下列问题：
1、A的名称为_______，D的结构简式为_______。
2、步骤③的反应类型为_______，F中官能团的名称为_______。
3、步骤⑦反应的化学方程式为_______。
4、能发生银镜反应的C的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)，其中含手性碳的同分异构体的结构简式为_______(写一种即可)。
5、已知： (、、均为烃基)。参照上述路线；设计由制备的合成路线(其它试剂任选)_______
【正确答案】 1、1，3-丁二烯 HOCH2CH2CHBrCH2OH
2、加成反应 羧基和碳碳双键
3、+→ 4、10 CH3CH(OH)CH2CHO、CH3CH2CH(OH)CHO、HOCH2CH(CH3)CHO、
5、

19-4（巩固） 化合物H是一种合成精神类药物盐酸舍曲林的中间体，其合成路线如图：

已知：①ArH++(指芳香化合物)
②++H2O
1、B的化学名称为____，B→C的反应类型是____，C中含氧官能团的名称为____。
2、D→E反应的化学方程式为_____。
3、G的结构简式为____。
4、符合下列条件的D的同分异构体有___种。
①苯环上有4个取代基②遇FeCl3溶液显紫色③与NaHCO3溶液反应放出气体④核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为6∶2∶1∶1
5、设计以OHCCH2CH2COOH和苯为原料制备的合成路线(无机试剂任选)：____。
【正确答案】 1、邻二氯苯或1，2—二氯苯 取代反应 羰基(或酮羰基)、羧基
2、+H2O
3、 4、4 5、
OHCH2CH2COOH

19-5（提升） 苯并噻吩衍生物在工业中用途广泛，可以作为染料、药物以及有机发光导体材料等。苯并噻吩衍生物G的合成路线如下：

回答下列问题：
1、A的结构简式为___________，D的名称为___________。
2、G的含氧官能团名称为___________。
3、 BC的化学方程式为___________。
4、 AB反应的目的是___________。
5、在A的同分异构体中，同时满足下列条件的还有___________种。
a．含有苯环 b．含有2个—OH
其中有四种化学环境氢原子的结构简式为___________(写出一种即可)
6、结合上述信息，设计以和HSCH2COOCH2CH3为原料制备的合成路线_____ (其它试剂任选)。
【正确答案】 1、 邻羟基苯甲醛
2、酯基、硝基 3、2+O22+2H2O
4、保护酚羟基 5、8 或
6、



19-6（提升） 多环化合物I是一种药物合成的中间体，它的一种合成路线如图(部分反应条件或试剂略去)：

已知：Ⅰ. ；
Ⅱ.同一个碳原子上连接两个碳碳双键不稳定。
回答下列问题：
1、A中官能团的名称是_______，B的化学名称是_______。
2、⑤的反应类型是_______；最多能与_______发生加成反应。
3、③的化学反应方程式是_______。
4、写出2种同时满足下列条件的C的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体)_______。
a.能与氯化铁溶液发生显色反应；
b.核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为。
5、根据已有知识并结合相关信息，设计以为原料制备的合成路线_______(无机试剂任选)。
【正确答案】 1、羰基 苯甲醛 2、消去反应 13mol
3、++H2O；
4、， 5、
CH3CHOCH3CH2CH2COOH

【原卷 20 题】 知识点 电解池电极反应式及化学方程式的书写与判断,盖斯定律与热化学方程式,化学平衡的移动及其影响因素,化学平衡常数的有关计算

【正确答案】


20-1（基础） 近年碳中和理念成为热门，通过“→合成气→高附加值产品”的工艺路线，可有效实现的资源化利用。请回答下列问题：
1、加氢制合成气(CO、)时发生下列反应：
已知：①
②
则 _______
2、经催化加氢可合成烯烃： 。在0.1MPa时，按投料，如图所示为不同温度(T)下，平衡时四种气态物质的物质的量(n)关系。

①在一个恒温恒容的密闭容器中，该可逆反应达到平衡的标志是_______(填字母)。
A．容器内各物质的浓度不随时间变化 B．
C．容器内压强不随时间变化 D．混合气体的密度不再改变
②该反应的_______0(填“>”或“＜”)。
③曲线c表示的物质为_______(用化学式表示)。
④要提高的转化率并同时提高反应速率，可以采取什么措施_______(写出2种)。
3、由与反应合成甲醇： 。某温度下将1mol和3mol充入体积不变的2L密闭容器中，初始总压为8MPa，发生上述反应，测得不同时刻反应后与反应前的压强关系如表：
时间/h
1
2
3
4
5

0.92
0.85
0.79
0.75
0.75
该条件下的分压平衡常数_______平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
4、电催化制备燃料可实现资源综合利用。如图所示装置工作时，阳极的电极反应式为_______。当阴极只生成HCOOH时，每转移2mol电子，阴极室溶液质量增加_______g。

【正确答案】 1、+247.4 2、AC < C2H4 加压、增大CO2的量
3、
4、2H2O-4e-=O2↑+4H+ 46

20-2（基础） 苯是重要的化工产品，也是化工原料，在生产中有广泛应用。回答下列问题：
已知：
反应I：


反应II：


反应III：


1、反应：_______；苯的稳定性比1，3-环己二烯_______(填“强”或“弱”)。
2、一定温度下，向恒容密闭容器中充入1 mol苯蒸气和4mol氢气，在催化剂镍的条件下同时发生反应I、II、III，下列叙述正确的是_______(填标号)。
A.气体密度不变时反应达到平衡状态
B.混合气体中环己烷的体积分数可能等于50%
C.平衡后再充入少量氢气，平衡向正反应方向移动
D.增大催化剂镍的质量，反应速率和苯的转化率都会增大
3、在体积相等、温度相同的甲、乙两个容器中起始都投入1 mol苯蒸气和3 mol氢气，只发生反应III。
容器
甲
乙
反应条件
恒温恒容
绝热恒容
苯蒸气的平衡转化率


平衡时正反应速率


平衡常数


用“>”、“＜”或“=”填空：
①_______；
②_______；
③_______；
4、一定温度下，向密闭容器中充入2 mol苯(g)和2.5 mol (g)，同时发生反应I、II、III，测得苯的转化率和产物选择性如图所示()，已知：平衡时气体总压强为30MPa。

20min时1，3-环己二烯的分压为_______MPa.上述反应I的平衡常数_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
5、对苯醌()是制备口腔消毒剂的原料、以硫酸和硫酸钠的混合溶液为电解质溶液，用惰性电极电解苯可以制备对苯醌。则阳极的电极反应式为_______。
【正确答案】 1、-110.8kJ∙mol-1 强 2、C
3、> < >
4、6 0.06 5、

20-3（巩固） 我国的能源以煤炭为主，燃煤烟气中等有害气体的排放会污染环境，用CO还原脱除SO2将其转化为单质硫，对工业生产具有重要的意义。
1、已知常温常压下，的燃烧热为，CO(g)的燃烧热为，则CO还原脱除：_______。
2、在某温度时，进行CO还原脱除：。
①若在刚性容器中进行，下列说法一定能确定反应达到平衡状态的是_______。
A. B.CO与SO2的浓度之比不再改变
C.容器内的压强不再改变 D.的值不再改变
②若控制进料比(物质的量)为4∶1，反应达平衡时，混合气体中的体积分数为5%，则该反应在此温度下的平衡常数为_______。
3、在600℃时，发生如下系列反应，测得不同进料比(物质的量)下平衡体系各物质分布如图所示(图中起始投料固定为)。

反应I：
反应II：
反应III：
①该条件下，为减少有毒物质COS的产生，同时脱除，实际生产中应控制进料比为_______，在进料比大于2.5之后，COS的含量会明显增大，试分析原因_______。
②根据图中曲线，可判断_______(填“>”“=”或“<”)。
4、SO2—空气质子交换膜燃料电池也可用于处理SO2，其原理如图。若用该电池处理标准状况下SO2含量为20%的燃煤烟气3.36L，则理论上电路中转移电子数为_______。

【正确答案】 1、-268.8kJ/mol
2、AD 1.08
3、2.0 ，CO的含量较多，此时反应II的反应程度比反应III的程度大的多 >
4、0.06NA

20-4（巩固） 甲醇是重要的化工原料，研究甲醇的制备及用途在工业上有重要的意义。
1、一种重要的工业制备甲醇的反应为：
已知：①
②
计算反应②的___________。
2、对于反应，，。其中、分别为正、逆反应速率常数，p为气体分压(分压=物质的量分数×总压)。在540K下，按初始投料比分别为3∶1、1∶1、1∶3，得到不同压强条件下的平衡转化率关系如图所示：

①比较a、b、c各曲线所表示的投料比大小顺序为___________(用字母表示)。
②点N在线b上，计算540K的压强平衡常数___________(用平衡分压代替平衡浓度计算)。
③540K条件下，某容器测得某时刻，，，此时___________。
3、甲醇催化可制取丙烯，反应为：，反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中曲线a所示，已知Arrhenius经验公式为(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。
①该反应的活化能___________。
②当使用更高效催化剂时，在图中画出Rlnk与关系的示意图___________。

4、在饱和的电解液中，电解活化的也可以制备。其原理如图所示，则阴极的电极反应式为___________。

【正确答案】 1、
2、a>b>c 0.64
3、31 4、或
20-5（提升） 利用“萨巴蒂尔反应”，空间站的水气整合系统将转化为和水蒸气，配合生成系统可实现的再生。回答下列问题：
Ⅰ.萨巴蒂尔反应为
1、已知25℃和101kPa时，
①的燃烧热；
②的燃烧热；
③。
则萨巴蒂尔反应的_______。
2、萨巴蒂尔反应的前三步反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物质用“·”标注，Ts表示过渡态。从物质吸附在催化剂表面到形成过渡态的过程会_______(填“放出”或“吸收”)热量，反应历程中最小能垒(活化能)步骤的化学方程式为_______。

Ⅱ.在一定条件下能与发生氧再生反应：
3、恒压p0条件下，按投料，进行氧再生反应，测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度的关系如图所示。350℃时，该反应的平衡常数_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。为了提高的转化率，除升高温度外，还可采取的措施为_______(写出一条)。

4、氧再生反应还可以通过酸性条件下半导体光催化转化实现，反应机理如图甲所示：

图甲
①光催化转化为时，阴极的电极反应式为_______。
②催化剂的催化效率和的生成速率随温度的变化关系如图乙所示。300～400℃之间，生成速率加快的原因是_______。

图乙
5、氧再生反应所需的能量可由合成氨反应提供。合成氨反应的焓变和熵变：，常温(298K)下，合成氨反应的自由能_______。
【正确答案】 1、-164.9 2、吸收 [或]
3、1 减少的投料比[或增大、及时移出产物等]
4、 300～400℃之间，温度比催化剂对甲烷的生成速率影响大，因此温度升高，化学反应速率加快，所以的生成速率加快
5、-32.8

20-6（提升） 回答下列问题：
1、航天员呼吸产生的CO2利用Bosch反应：CO2(g)+2H2(g)C(s)+2H2O(g) △H，再电解水可实现O2的循环利用。热力学中规定由最稳定单质生成1mol某物质的焓变称为该物质的标准生成焓(符号：△fH)，最稳定单质的标准生成焓规定为0。已知上述反应式中：△fH(CO2)=-394kJ•mol-1；△fH(H2)=0kJ•mol-1；△fH(C)=0kJ•mol-1；△fH(H2O)=-242kJ•mol-1，则△H=______kJ•mol-1。
2、已知：RlnKP=-+C(C为常数)，根据上表实验数据得到如图，则该反应的反应热ΔH=_____kJ•mol-1。

3、CO与NO在催化剂作用下反应可实现汽车尾气净化：2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)。某实验小组在200℃、5L恒容密闭容器中充入等物质的量的CO与NO模拟该过程，NO的物质的量随时间变化如表所示。
t/s
0
10
20
30
40
50
n(NO)/mol
0.40
0.36
0.33
0.31
0.31
0.31
①反应进行到10s时，正反应速率_____逆反应速率(选填“>”“<”或“=”)，0~10s内用CO2表示的平均反应速率是_____mol/(L•s)。
②该条件下，NO的最大转化率为_____。
③下列措施一定能增大该反应速率的是_____(填标号)。
A.及时分离出CO2 B.适当升高温度 C.适当压缩容器的容积 D.充入1molHe
4、二氧化氯(ClO2)是一种重要的氧化剂，可用于某些污染物的处理。ClO2可由图1所示装置制备(电极不反应)。

①电解时阳极附近溶液的pH_____(填“减小”“增大”或“不变”)。
②阴极上产生ClO2的机理如图2所示(A、B均为含氯微粒，其他微粒未标出)。A→ClO2电极反应为_____。
【正确答案】 1、-90 2、144.2kJ·mol-1
3、> 0.0008 22.5% BC
4、减小 ClO+e-+2H+=ClO2+H2O


答案解析

1-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．推广使用天然气替代燃煤更环保，可减少硫氮氧化物的排放，A正确；
B．葡萄较一般品种更甜，其含有的糖类物质主要为葡萄糖不是淀粉，B错误；
C．动物毛发的主要成分均是蛋白质，C错误；
D．生石灰可以改良酸性土壤，不能改良盐碱化土地，D错误；
故选A。
1-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．推进风力发电、光伏发电，可减少煤炭的使用，从而减少大气中二氧化碳的排放，A不符合题意；
B．资源化利用二氧化碳，可减少大气中二氧化碳的排放，同时减少其他资源的使用，有利于节能减排，B不符合题意；
C．将燃煤进行脱硫脱硝，可减少大气中二氧化硫及氮氧化物排放，但没有减少大气中二氧化碳的排放，对碳达峰或碳中和没有促进作用，C符合题意；
D．植树造林、节能减排，有利于大气中二氧化碳的转化与利用，从而减少大气中二氧化碳的含量，有利于促进碳达峰或碳中和，D不符合题意；
故选C。
1-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．将重质油裂解为轻质油作为燃料，轻质油燃烧仍会产生CO2，无法有效促进碳中和，A错误；
B．可燃冰成分为甲烷等，甲烷燃烧产生CO2，无法有效促进碳中和，B错误；
C．通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，只是减小了SO2的排放，并没有减少CO2的排放，C错误；
D．将二氧化碳转化为淀粉，可减少二氧化碳的排放，对促进碳中和最直接有效，D正确；
故答案选D。
1-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．使用可降解塑料可降低塑料对环境的污染，减少白色污染的发生，故A不符合题意；
B．利用风力发电，减少煤的燃烧可减少二氧化硫的排放，能有效防止酸雨的发生，故B不符合题意；
C．乘坐公共交通，绿色低碳出行可以减少二氧化碳的排放，有利于碳中和的实现，故C不符合题意；
D．垃圾随意丢弃，直接排放污水会污染土壤和水体，造成环境污染，故D符合题意；
故选D。
1-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．用深埋法处理比赛场馆产生的垃圾，会污染土壤和地下水，不符合“绿色办奥”理念，选项A符合题意；
B．选用氢气作火炬“飞扬"的燃料，点燃后产生无污染的水，选项B不符合题意；
C．利用二氧化碳流体蒸发直冷制冰，CO2由液态变为气态，无污染，选项C不符合题意；
D．观众席座板内装石墨烯片通电加热，利用石墨烯优异的导热性能，节能高效，选项D不符合题意；
答案选A。
1-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．采取静电除尘、燃煤固硫汽车尾气催化净化等方法，可减少二氧化硫和氮氧化物的排放，可减少粉尘污染、酸雨等，提高了空气质量，故A正确；
B．汽油中添加Pb(C2H5)4能够提高汽油的抗爆震性能，但会产生铅污染，故B错误；
C．积极推广太阳能、风能.地热能等新能源的使用，减少化石燃料的使用，有效降低PM 2.5对环境的污染，满足了节能减排、低碳生活、保护环境，故C正确；
D．PM2.5是空气质量日报的成分，PM2.5值越高，大气污染越严重，故D正确；
故选B。
2-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．液氯中只有氯气分子，A错误；
B．氮气中氮元素为0价，即可被氧化，又可被还原，故氮气既可作氧化剂又可作还原剂，B正确；
C．工业制硫酸用98％的浓硫酸吸收SO3，C错误；
D．适量的二氧化硫可以用作食品添加剂，如葡萄酒中含有二氧化硫，有防氧化的作用，D错误；
故选B。
2-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．明矾溶于水后，Al3+水解产生Al(OH)3胶体，能将水中的小颗粒凝聚成大颗粒，可用作水体净水剂，A正确；
B．过氧化钠与CO2反应产生O2：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可用作呼吸面罩中的供氧剂，B正确；
C．碳酸氢钠受热分解产生CO2：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，可用作食品膨松剂，C正确；
D．氢氧化钠具有腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，D错误；
故选D。
2-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．铁粉具有还原性，能和空气中氧气反应，用作食品脱氧剂，A正确；
B．熔点高，耐高温，用于制作耐火材料，B正确；
C．钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠能和二氧化碳反应生成助燃性气体氧气，泡沫灭火器不能用于钠着火，C错误；
D．高压钠灯发出的黄光透雾能力强、射程远，可用于道路照明，D正确；
故选C。
2-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．NaClO氧化灭活病毒，A正确；
B．蚀刻铜制线路板是利用的氧化性，B错误；
C．水溶液与反应，作还原剂，C错误；
D．与酸性溶液反应，作还原剂，D错误；
故选A。
2-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．受热易分解，生成二氧化碳，可用作烘焙糕点时的发酵粉，A项正确；
B．CuO制备利用的是硫酸的酸性，B项错误；
C．NaH中氢元素为价，与水反应时能生成，C项正确；
D．HClO的强氧化性能使某些染料和有机色素褪色，可用作漂白剂，D项正确。
故选B。
2-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．硅胶多孔，具有吸水性，无毒，则作袋装食品的干燥剂，A正确；
B．二氧化硫为酸性气体，可与氧化钙反应，最终可生成硫酸钙，可作工业废气脱硫剂，B正确；
C．次氯酸钠具有强氧化性，可作织物漂白剂，C正确；
D．硫化钠与Cu2+和Hg2+反应生成硫化物沉淀，不发生氧化还原反应，D错误；
故选D。
3-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．淀粉在稀酸条件下水解生成葡萄糖，该反应需要加热但所用仪器不包括蒸发皿，A选项中仪器错误；
B．在检验葡萄糖中的醛基前应加入适量NaOH溶液将水解液由酸性调至碱性，保证检验试剂（新制氢氧化铜或银氨溶液能稳定存在并与醛基反应），B选项中操作正确；
C．检验淀粉是否水解生成葡萄糖，因葡萄糖中含有醛基，可加入能检验醛基新制氢氧化铜试剂，C选项所用试剂正确；
D．葡萄糖与新制氢氧化铜反应需要加热，D选项操作正确；
故选A。
3-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．图中加热溶解，便于分离泥沙，故A正确；
B．冷却结晶可析出苯甲酸晶体，故B正确；
C．重结晶实验中不涉及萃取、分液，故C错误；
D．苯甲酸在水中溶解度随温度降低而减小，需要趁热过滤，防止损失，故D正确；
故选：C。
3-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
苯与溴在催化条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，可用硝酸银溶液检验HBr，证明发生取代反应；用分液的方法分离有机物；用蒸馏的方法分离苯和溴苯。
详解:
A．苯与溴在铁作催化剂条件下生成溴苯与溴化氢，可以在该装置中进行，A不符合题意；
B．纯化溴苯，可用蒸馏的操作，不需要蒸发操作，B符合题意；
C．反应后制取得到的HBr中含有挥发的Br2，可根据卤素单质易溶于有机溶剂的性质，用四氯化碳吸收除去HBr中的杂质Br2，反应生成HBr可用AgNO3溶液检验，证明发生取代反应，C不符合题意；
D．反应后产生的有机物与水是互不相溶的两层液体，有机层与水层分层可用分液的方法分离，D不符合题意；
故合理选项是B。
3-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
详解:
在实验室中用乙醇与乙酸在浓硫酸催化作用下加热发生酯化反应制取乙酸乙酯，液体混合物加热制取气体，使用装置A。反应产生的乙酸乙酯沸点较低会挥发逸出，沸点较低的未反应的乙醇及乙酸也会随乙酸乙酯由导气管进入到盛有饱和碳酸钠溶液的试管中，为防止因乙醇及乙酸的溶解而产生倒吸现象的发生，导气管要在液面以上，因此要使用装置C。乙酸乙酯难溶于水，密度比水小；乙醇溶于碳酸钠溶液中，乙酸与碳酸钠反应产生乙酸钠也溶解在水溶液中，由于二者是互溶的沸点不同的液体混合物，因此采用分液方法分离，使用装置B，可见未涉及使用的装置是D，故合理选项是D。
3-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．乙苯经水蒸气稀释后脱氢制备苯乙烯，在催化剂作用下加热制得，A不合题意；
B．由实验目的和原理知，装置①的圆底烧瓶中收集到的是液态有机物和水，故不需要进行蒸发浓缩、降温结晶操作，B符合题意；
C．反应所得苯乙烯和乙苯混合液与水溶液不互溶分层，通过分液先分离出有机混合液，C不合题意；
D．利用苯乙烯和乙苯的沸点不同通过蒸馏分离出苯乙烯，D不合题意；
故答案为：B。
3-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
思路：除溴（利用SO2的还原性）à分离出苯和溴苯的混合液（分液）à分离出溴苯（蒸馏）。
详解:
A.除去Br2可以用SO2，原理是：Br2+ SO2+2H2O = H2SO4+2HBr，故A正确；
B.苯和溴苯的混合液与无机溶液互不相溶，分液可得苯和溴苯的混合液，故B正确；
C.由分析可知，不涉及到过滤操作，故C错误；
D. 溴苯的沸点是156.2℃、苯的沸点是80℃，分离出溴苯用蒸馏，故D正确；
答案选C。
4-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，乙是元素Z的单质，甲、丙、丁、戊、己是由其中两种元素组成的化合物，丁为淡黄色固体，则丁为Na2O2；己为红棕色气体，则己为NO2；气体甲的水溶液呈碱性，则甲为NH3；NH3与乙反应生成丙，丙与乙反应生成己(NO2)，则丙为NO，乙为O2；丁(Na2O2)与戊反应生成乙(O2)，Z为O，戊为CO2或H2O，若戊为CO2，原子序数小于Z(O)的有H、C、N三种元素，不满足条件，则戊只能为H2O，结合原子序数可知，X为H，Y为N，Z为O，W为Na元素，以此分析解答。
详解:
根据分析可知，X为H，Y为N，Z为O，W为Na元素，甲为NH3，乙为O2，丙为NO，丁为Na2O2，戊为H2O，己为NO2，
A．主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大小：W＞Y＞Z＞X，故A正确；
B．丁为Na2O2，Na2O2中阴离子为过氧根离子，阳离子为钠离子，阴阳离子个数比为1：2，故B错误；
C．金属钠能够与水反应生成氢氧化钠和氢气，故C正确；
D．X、W形成的化合物为NaH，NaH为离子化合物，故D正确；
故选：B。
4-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
A为金属Al，甲为H2SO4，乙为Al2(SO4)3，丁和戊组成元素相同，丙是无色气体，则丙为SO2，丁为H2O，戊为H2O2，则元素W为H，元素X为O，元素Y为Al，元素Z为S，据此答题。
详解:
A．影响熔沸点的主要因素为分子间作用力，氢键为较强的分子间作用力，H2O中存在氢键，则氢化物的沸点为H2O＞H2S，A项正确；
B．具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大离子半径越小，则＞，B项错误；
C．金属铝的冶炼方式为电解熔融的Al2O3可得到金属铝，C项错误；
D．可与发生双水解产生H2S和Al(OH)3，则与不共存，D项错误；
答案选A。
4-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
Y原子的最外层电子数是周期序数的3倍，则Y为O；基态Z原子核外s能级与p能级电子数之比为，则p能级有10个电子s能级有6个电子，排布为1s22s22p63s23p4，是16号元素，为S元素，甲具有磁性是Fe3O4，则n为O2，m为Fe，丙为二元强酸是H2SO4，硫酸和四氧化三铁反应生成硫酸亚铁和硫酸铁，q为S，硫单质和氧气加热生成乙为SO2，SO2与硫酸铁发生氧化还原反应生成硫酸亚铁，则丁为Fe2(SO4)3，戊为FeSO4；X、Y、Z、W是处于不同周期的前四周期常见元素，则X为H，W为Fe；
详解:
分析可知，X为H，Y为O，Z为S，W为Fe元素，m为Fe，n为O2，q为S，甲为Fe3O4，乙为SO2，丙为H2SO4，丁为Fe2(SO4)3，戊为FeSO4；
A．乙为SO2，丁为Fe2(SO4)3，SO2与硫酸铁的反应方程式：SO2 +2H2O +Fe2(SO4)3 = 2FeSO4 +2H2SO4，乙与丁反应物质的量之比为1:1，A错误；
B．乙为SO2，中心S原子价层电子对数为2+=3，有1个孤电子对，中心S原子为sp2杂化，空间构型为V形，B正确；
C．丙为H2SO4，H2SO4分子中含有羟基-OH，故能形成分子间氢键，C正确；
D．戊为FeSO4，n为O2，丁为Fe2(SO4)3，FeSO4与O2发生氧化还原反应生成Fe2(SO4)3，D正确；
故选：A。
4-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
a、b、c、d、e为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z、W为这些元素形成的常见化合物；其中，d单质和X溶液反应生成Z溶液，d单质还能和Y溶液反应生成W溶液，Z溶液和W溶液反应生成两性化合物，该化合物为Al(OH)3；X为二元化合物，常温下0.1mol/L X溶液的pH=1，则X为HCl，故d为Al，Z为AlCl3，Y为NaOH，W为NaAlO2，a单质为H2；由于a、b、c、d、e为原子序数依次增大，故a为H，b为O，c为Na，d为Al，e为Cl。
详解:
A．由分析可知，b为O，d为Al，e为Cl，它们的简单离子分别为O2-、Al3+、Cl-，O2-和Al3+的电子层结构相同，但是Al的原子序数较大，故离子半径：O2-＞Al3+，O2-、Al3+都只有两个电子层，Cl-有三个电子层，故Cl-的离子半径最大，所以，简单离子半径：Cl-＞O2-＞Al3+，A错误；
B．由分析可知，b为O，c为Na，它们形成的化合物Na2O2含有离子键和共价键，B错误；
C．由分析可知，Z为AlCl3，W为NaAlO2，它们在水中都会发生水解，都能促进水的电离平衡正向移动，C正确；
D．由分析可知，b为O，e为Cl，O的氢化物有H2O2、H2O，Cl的氢化物为HCl，H2O2的稳定性较弱，而HCl的稳定性较强，故O的氢化物稳定性不一定强于Cl的氢化物，D错误；
故选C。
4-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
丁是元素D的单质，为黄绿色气体即Cl2，则D为Cl元素，常温下0.1 mol·L-1 丙溶液的pH为1，说明丙是强电解质，由于含Cl元素组成的二元化合物，则丙为HCl，戊是难溶于水的混合物，则为多氯代烷的混合物，甲为烷烃，A为H元素，B为C元素，己的水溶液具有漂白性则己为HClO，则乙为H2O，C为O元素；
详解:
分析可知，A、B、C、D分别为H、C、O、Cl，甲为烷烃、乙为H2O、丙为HCl、丁为Cl2、己为HClO，
A．戊是难溶于水的混合物，则为多氯代烷的混合物，甲为烷烃，甲可能是丁烷，常温常压下正丁烷呈气态，A正确；
B．同周期元素从左到右原子半径减小，电子层数越多原子半径越大，则原子半径：A(H)＜C(O)＜B(C)＜D(Cl)，B错误；
C．B为C，D为Cl，未指明最高价氧化物对应的水化物，而酸性：H2CO3>HClO，C错误；
D．己为HClO，O原子能形成2对共用电子对，H和Cl原子只能形成1对共用电子对，结构式为H-O-Cl，即A-C-D，D错误；
故选：A。
4-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
X、Y、Z、W、Q、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，同主族的元素只有X和Q；它们组成的常见二元化合物A、B、C、D、G有如下转化关系。常温下A是一种常见液体，A为H2O， D是常用的食品调味剂和防腐剂，则D为NaCl，B、C、G是气体，结合流程可推出B为CO2,C为NH3,饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳反应生成氯化铵F和碳酸氢钠E，E受热分解生成碳酸钠H、和二氧化碳、水；氯化铵受热分解生成氨气C和氯化氢G，氯化氢与碳酸钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水。故涉及元素X、Y、Z、W、Q、R分别是H、C、N、O、Na、Cl。
详解:
A. 盐酸不是氯元素的最高价氧化物的水化合，不能由H(Na2CO3)与G(HCl)在溶液中的反应可以判断R的非金属性强于Y，选项A错误；
B. 元素非金属性越强其气态氢化物的稳定性越强，故化合物的稳定性：A(H2O)＞C(NH3)，选项B正确；
C. E、H分别为碳酸氢钠、碳酸钠，均为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，F为氯化铵，为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，选项C正确；
D. 实验室一般不用加热F(氯化铵)固体的方法制备C气体，因产生的氯化氢和氨气遇冷又反应生成氯化铵，选项D正确；
答案选A。
5-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．Cl2为黄绿色、有刺激性气味的气体，溶于水形成氯水，所以氯水为黄绿色且有刺激性气味，A项正确；
B．Cl2+H2OH++Cl-+HClO，加入AgNO3溶液发生反应为：Ag++ Cl-=AgCl，说明氯水中含，B项正确；
C．滴入紫色石蕊试液，溶液先变红，说明氯水中含有H+，Cl2和H2O反应生成HClO，HClO具有漂白性，能使紫色石蕊试液褪色，C项错误；
D．新制氯水中，Cl2与H2O反应生成HCl，Mg与HCl反应生成H2，溶液中有无色气泡冒出，可说明氯水中含H+，D项正确；
答案选C。
5-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有的存在，A错误；
B．溶液呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明溶液中有的存在，B正确；
C．应先加入硝酸酸化，再加入溶液产生白色沉淀，说明氯水中有的存在，加入盐酸会引入氯离子，C错误；
D．氯气为黄绿色，加入溶液，氯水浅黄绿色消失，只能说明溶液中有分子的存在，D错误；
故选B。
5-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．硅是常见的半导体材料，常用于制作光电池和计算机芯片，A项正确；
B．浓硝酸具有不稳定性，浓硝酸在光照或受热条件下会分解产生红棕色NO2气体，该气体溶解在硝酸中，使溶液颜色变黄，B项正确；
C．根据复分解反应发生的条件，反应CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4能进行，说明CuS既不溶于水也不溶于稀H2SO4，C项正确；
D．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性，D项错误；
答案选D。
5-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．N和P的金属性N>P，常温下的化学性质不如白磷活泼，是由于分子内为氮氮三键十分稳定，故A错误；
B．固氮是指游离态氮转化为氮的化合物的过程，工业制硝酸为NH3转化为，不是氮的固定，故B错误；
C．浓制是利用高沸点难挥发性酸制取挥发性酸，不能说明的酸性强于，故C错误；
D．紫色石蕊遇浓硝酸先变红色，表现出的酸性，后红色褪去，表现出的氧化性，故D正确；
故答案选D。
5-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．未知溶液中滴加溶液出现不溶于硝酸的白色沉淀，该沉淀可能为AgCl或BaSO4，说明该溶液中存在或或Ag+，A项错误；
B．将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，Fe2+会被H+、氧化为Fe3+而干扰实验，B项正确；
C．将充满的密闭玻璃球没泡在热水中，红色加深，说明平衡向左移动，则△H<0，C项正确；
D．等体积的和，分别与足量的反应，放出的氢气多，说明的浓度较大，则酸性HA＜HB，D项正确；
答案选A。
5-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．KNO3与浓硫酸反应制备硝酸，是因为硝酸沸点比硫酸低，故A错误；
B．二氧化硅不导电，主要利用二氧化硅透明、折射率合适，故B错误；
C．无法通过硝酸的还原产物化合价的高低判断浓硝酸和稀硝酸的氧化性的强弱，浓硝酸浓度大，反应速率快，氧化性强，故C错误；
D．复分解反应发生的条件之一是有难溶盐生成，该反应能发生说明CuS既不溶于水也不溶于稀硫酸，故D正确；
故选D。
6-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．2.0g H218O为0.1mol，每个H218O分子中质子数为10个，故2.0g H218O中含有的质子数目为NA，故A错误；
B．标准状况下，二氯甲烷为液体，不能用22.4L/mol计算22.4L二氯甲烷物质的量，故B错误；
C．由1mol CH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，根据电荷守恒可知：，溶液显中性即：，故，CH3COO-数目为NA，故C正确；
D．标准状况下2.24LNO2物质的量为0.1mol，二氧化氮与水的反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO~2e-，则反应中转移电子数为，故D错误；
故答案为C。
6-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据题意，只知道的浓度，没有告诉溶液的体积，无法计算离子数目，A项错误；
B．Na与反应的产物有、，若只生成，1mol转移电子数为，B项错误；
C．1mol乙醇含有8mol共价键，11.5g乙醇的物质的量为0.25mol，含有2mol共价键，数目为，C项正确；
D．1个分子含有15个质子，标准状况下2.24 L的物质的量为0.1mol，含有的质子数是，D项错误；
答案选C。
6-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．一个—OH中含有9个电子，1个OH-含有10个电子，因此17g—OH与17gOH-所含电子数目分别为9NA、10NA，A错误；
B．SiC为正四面体结构，1个SiCl含有4个C—Si键，40g SiC的物质的量为1mol，含C—Si键数目为4NA，B错误；
C．溶液中还含有OH-，阴离子数目不为0.1NA，C错误；
D．常温常压下，44g N2O和CO2的混合气体的物质的量为1mol，两个气体均为3原子分子，故含有的原子总数为3NA，D正确；
答案选D。
6-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．NO2与水反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，3molNO2参与该反应时转移电子物质的量为2mol，即标准状况下，3.36LNO2完全溶于水，转移电子物质的量为0.1mol，故A说法正确；
B．1mol一氯甲烷有4mol极性共价键，因此标准状况下，22.4LCH3Cl含有极性共价键物质的量为4mol，故B说法正确；
C．根据电荷守恒，n(Na+)+ n (H+)= n (CH3COO-)+ n(OH-)，混合液为中性溶液，n (H+)= n(OH-)，即n(Na+)= n(CH3COO-)=1mol，故C说法正确；
D．乙醇和水都含有氧原子，因此含氧原子物质的量为()＞0.5mol，故D说法错误；
答案为D。
6-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．质量均为1 g的氕、氘、氚三种原子，氘和氚的物质的量小于1 mol，质子数不全为NA，故A错误；
B．设混合物全为Cu2S，即Cu2S质量为8g(0.05 mol)，含铜原子数为0.1NA，设混合物全为CuSO4，即CuSO4质量为8 g(0.05 mol)，含铜原子数为0.05NA，则混合物含有的铜原子数介于0.05NA与0.1NA之间，B正确；
C．标准状况下，只知道H2S与NH3两种气体等体积，具体体积未知，无法确定分子数，故C错误；
D．电解精炼时，阳极不光铜放电，还有锌、铁、镍等金属同时放电，当阳极质量减少6.4 g时，转移电子数无法确定，故D错误；
故答案选B。
6-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．pH=13的Ba(OH)2溶液中c(OH-)为0.1mol/L，故OH-的物质的量n=cV=0.1mol/L1L=0.1mol，数目为0.1NA，故A错误；
B．电解精炼铜时，阳极粗铜中含有活泼性较强的铁、锌等杂质，电解时铁、锌杂质先放电，减少64g时，电路中转移电子数不为2NA，故B错误；
C．参加反应的氯原子的物质的量为0.5mol2=1mol，根据元素守恒可知，反应所得混合物中氯原子的物质的量仍为 1mol，即所得混合物中氯原子个数为NA，故C正确；
D．4.6 g Na的物质的量为0.2mol，钠先和酸反应，然后酸不足时再和水反应，故0.2mol钠一定能反应完，共转移电子0.2 mol，转移的电子数为0.2NA，故D错误；
答案选C。
7-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．a能使溴的溶液为加成反应、使酸性溶液褪色是氧化反应，A错误；
B．b中含有2个饱和碳原子，故所有碳原子不处于同一平面内，B错误；
C．a和b中不同环境氢原子数目不同，故一氯代物数目不相同，C错误；
D．同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物；由结构简式可知a、b互为同分异构体，D正确；
故选D。
7-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．辣椒素的分子式为，A错误；
B．辣椒素分子中有酚羟基、甲基等，能发生取代反应，B错误；
C．辣椒素和乙烯的结构不相似，不是乙烯的同系物，C错误；
D．辣椒素的分子式与有机物的分子式相同，但结构不同，两者互为同分异构体，D正确。
故选D。
7-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．乙醇和苯甲醇的结构不同，不属于同系物，故A错误；
B．苯甲醇中苯环能与氢气发生加成反应，羟基能与羧酸发生酯化反应即取代反应，故B错误；
C．苯甲醇含有醇羟基，能与Na反应放出氢气，故C正确；
D．两者是同一物质，故D错误；
故选：C。
7-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．a分子中含有1个单键碳，不可能所有原子处于同一平面，故A错误；
B． a、 b分子中都含有碳碳双键，均能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；
C．在一定条件下，a中的碳碳双键、b中的碳碳双键和酮羰基均能与H2发生加成反应，故C正确；
D．b与分子式都是C8H8O，结构不同，互为同分异构体，故D正确；
选A。
7-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据X的结构知，X的分子式为，故A错误；
B．X的结构中含有碳碳双键和羟基，能发生加聚反应、氧化反应，但不能发生水解反应，故B错误；
C．环戊二醇中不含碳碳双键，与X的结构不相似，则不是同系物，故C错误；
D．有机物Y()与X的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故D正确；
故选D。
7-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．甲的分子式为C17H26O，故A错误；
B．乙含有羰基、碳碳双键、羧基，能发生加成、取代、氧化反应，故B正确；
C．甲的分子式为C17H26O，分子式为C17H22O，分子式不同，不互为同分异构体，故C错误；
D．羰基和碳碳双键可以发生加成反应，则1mol乙能与2molH2发生加成反应，故D错误；
故选：B。
8-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
废铜屑与浓硝酸反应，产生的气体为氮氧化物，可用NaOH溶液吸收；过滤除去难溶性滤渣，滤液中含硝酸铜和硝酸，加入碳酸钠溶液加热，加氢氧化钠溶液调节pH值，经过一系列反应得到碱式碳酸铜。
详解:
A．酸浸产生的气体为氮氧化物，可用 NaOH 溶液吸收，A正确；
B．加热的温度为70oC，可选用水浴加热，B正确；
C．若溶液中含碳酸氢根，与酸反应液能产生气体，且气体能使氢氧化钡溶液产生沉淀，C错误；
D．温度过高，pH过高，得到氢氧化铜沉淀，影响产品纯度，故度和 pH 是影响产品纯度的主要因素，D正确；
故选C。
8-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
由题给流程可知，氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，将反应得到溶液加入到尿素水溶液反应得到水合肼，经蒸发浓缩、冷却结晶得到碳酸钠和含有水合肼的滤液，滤液经分离提纯得到水合肼。
详解:
A．由信息可知，温度过高，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯酸钠，则步骤I反应过程中需控制好温度防止发生副反应生成氯酸钠；水合肼的沸点低，温度过高会挥发，降低产率，则步骤II反应过程中需控制好温度防止水合肼挥发，故A正确；
B．由信息可知，水合肼有强还原性，若将尿素水溶液逐滴滴入次氯酸钠碱性溶液中，过量的次氯酸钠溶液会将水合肼氧化，降低产率，故B错误；
C．由分析可知，生成水合肼的反应为碱性条件下，次氯酸钠溶液与尿素溶液反应生成氯化钠、水合肼和碳酸钠，反应的离子方程式为ClO—+CO(NH2)2+2OH—=Cl—+N2H4·H2O+CO，故C正确；
D．碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则工业上可以用碳酸钠溶液吸收二氧化硫尾气，故D正确；
故选B。
8-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由题意可知，制碱过程为：
NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBA•HCl，TBA的再生过程为：
O2+4CuCl+4TBA•HCl=4CuCl2+4TBA+2H2O，乙烯的氯化过程为：
。
详解:
A．侯德榜制碱法是先把氨气通入食盐水，然后向氨化的食盐水中通二氧化碳气体，生产溶解度较小的碳酸氢钠，由图可知，过程I中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气，A正确；
B．TBA的再生过程为：O2+4CuCl+4TBA•HCl=4CuCl2+4TBA+2H2O，B正确；
C．流程分析可知，反应物全部转化为生成物，该工艺原子利用率100%，C正确；
D．TBA的再生过程和“氯化过程”发生的反应为：O2+4CuCl+4TBA·HCl=4CuCl2+4TBA+2H2O，即为O2+2CuCl+2TBA•HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，，每生成lmolC2H4Cl2，总反应中消耗0.5molO2，D错误；
故答案选D。
8-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
硫化铜精矿经过步骤①焙烧生成CuO和SO2；步骤②中，用硫酸浸出燃烧后的矿渣得到含CuSO4的溶液；步骤③中，向含CuSO4的溶液中加入Na2SO3、NaCl生成CuCl沉淀；步骤④中，用盐酸、乙醇洗涤沉淀，获得纯净的CuCl。
详解:
A．步骤①焙烧产生的气体是SO2，用NaOH溶液吸收，并产生Na2SO3，该物质可用于③的循环利用，A正确；
B．硫化铜精矿不能直接用浓硝酸浸出简化步骤①、②，因为浓硝酸和硫化铜反应会产生SO2、氮氧化物和硝酸铜，所得溶液中含有的HNO3有氧化性，不利于CuCl的生成，B错误；
C．步骤③中，Cu2+、Cl-和反应产生CuCl沉淀和，该反应的离子方程式为2Cu2++2Cl-++H2O=2CuCl↓++2H+，C正确；
D．CuCl难溶于水和乙醇，潮湿时易水解氧化，步骤④用乙醇洗涤的目的是使CuCl加速干燥，防止发生水解氧化，D正确；
故选B。
8-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
矿石酸浸后过滤，除去难溶于酸的硅氧化物，滤液A氧化后调节pH，将铁元素以氢氧化物形式沉淀，再次过滤，滤渣B洗涤灼烧得到铁红，滤液B经结晶得到AlCl3•6H2O。
详解:
A．由于目标产物是AlCl3•6H2O ，为避免引入硫酸根杂质，“酸浸”过程中选择盐酸比硫酸更为合适，A正确；
B．H2O2氧化Fe2+优先于分解，“氧化”过程中少量多次添加双氧水可防止H2O2局部过量而分解，有效减少Fe3+催化H2O2分解，B正确；
C．“洗涤”的操作是将沉淀留在漏斗的滤纸中，加蒸馏水自然滤干，清洗2~3次，C错误；
D．SOCl2遇水容易水解，与AlCl3•6H2O混合并加热，可吸收结晶水并生成HCl，可有效防止AlCl3水解，得到无水AlCl3，D正确；
故选C。
8-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
阳极泥中含Pt、Au、Ag及少量有机物，“焙烧”可将有机物转化为CO2、H2O等物质除掉；加入王水“酸浸”后，Ag转化为AgCl沉淀，Au、Pt转化为HAuCl4、H2PtCl6存在于滤液中；“沉金”时加入FeCl2，HAuCl4被还原为Au从溶液中分离出来，H2PtCl6依然存在于溶液中；“沉铂”时加入NH4Cl，生成(NH4)2PtCl6，“灼烧”得到海绵Pt。
详解:
A．“焙烧”的主要目的是除掉有机物，A正确；
B．“沉金”时加入FeCl2，HAuCl4被还原而H2PtCl6未被还原，说明HAuCl4的氧化性更强，B错误；
C．“沉铂”时加入NH4Cl的作用是提供，NH4NO3也可达到相同效果，C正确；
D．灼烧(NH4)2PtCl6时生成Pt，Pt元素化合价降低，同时一定有元素化合价升高，N元素的化合价可能由-3价升高为0价，因此可能生成N2，D正确；
故选B。
9-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．由题干图示物质结构简式可知，中心原子Pt周围形成了4个配位键，则其配位数为4，A正确；
B．由题干图示物质结构简式可知，结合双键为一个σ键与1个π键，单键均为σ键，故分子中有：6个C-H、6个C-C，4个C-O，2个Pt-O，2个Pt-N和6个N-H共26个σ键，只有C=O中含有2个π键，则分子中σ键与π键数目之比为26:2=13：1，B错误；
C．分子中C=O键所在的碳原子为sp2杂化，其余4个碳原子为sp3杂化，则sp3和sp2杂化的碳原子数之比为4:2=2：1，C正确；
D．分子中含有C-H、C-O、N-H之间极性键，C-C之间非极性键和Pt-O、Pt-N之间配位键，D正确；
故答案为：B。
9-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
详解:
A．过氧乙酸分子中含有单键碳原子和双键碳原子，碳原子的杂化方式不相同，分别为sp3杂化和sp2杂化，故A正确；
B．过氧乙酸为分子晶体，分子晶体的熔点取决于分子间作用力的强弱，与共价键的键能大小无关，故B错误；
C．过氧乙酸分子中含有碳氢、碳氧、氢氧极性共价键和碳碳、氧氧非极性共价键，故C正确；
D．过氧乙酸分子是能与水分子形成氢键的极性分子，在水中的溶解度大，易溶于水，故D正确；
故选B。
9-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．该物质属于盐，含有的化学键类型是离子键、共价键，A错误；
B．中心原子的价电子对数为，不含有孤对电子，则空间构型为正八面体形，B错误；
C．该物质中N原子有形成双键，也有全部为单键，因此有sp2、sp3两种杂化轨道类型，C正确；
D．该离子液体为离子化合物，属于离子晶体，熔沸点较高，不易挥发，D错误；
答案选C。
9-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．N为7号元素，其原子核外有7个电子，基态N原子核外电子的运动状态有7种，A错误；
B．阴离子为，中心原子N原子周围的价层电子对数为3+，无孤电子对，其空间构型为平面三角形，B错误；
C．其中五元环为平面结构，可知该化合物中五元环上的原子均为sp2杂化，它们的杂化方式相同，故C正确；
D．5-氨基四唑硝酸盐受热迅速生成以为主的环境友好型气体，可知性质不稳定，故D错误；
选C。
9-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．非金属性N＞C＞H，则电负性：N＞C＞H，A正确；
B．从结构简式中可以看出，4个N原子有2个与Co形成配位键，有2个与Co形成共价键，B不正确；
C．分子中每个C的价层电子对数都为3，所以杂化轨道类型为sp2，C正确；
D．分子结构中成键原子间都存在σ键、部分N原子与C原子间形成π键，苯环中碳原子间形成大π键，D正确；
故选B。
9-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
详解:
A．合金的熔点低于组成它的成分金属，因此铁锅一般是用生铁制造的（属于合金），其熔点比纯铁的低，故A正确；
B．向碳酸钠溶液中滴加FeSO4溶液，碳酸根离子与亚铁离子发生相互促进的水解反应，生成大量的氢氧化亚铁沉淀，故B错误；
C．同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大的趋势，第IIA、VA族元素出现反常，其第一电离能大于相邻的元素，金属的第一电离能较小，因此血红素中C、N、O、Fe元素的第一电离能由大到小的顺序是N>O>C> Fe，故C错误；
D．由图可知，血红素中中心原子铁提供空轨道，氮原子提供孤电子对，以此形成了配位键，故D错误；
故选A。
10-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
依题意，浓差电池放电时，高浓度的电解质溶液中离子浓度逐渐降低，低浓度的电解质溶液中离子浓度逐渐增大，当二者浓度相等时停止反应。
详解:
A．铜(1)极附近硫酸铜溶液浓度大于铜(2)极，故铜(1)极的电解质浓度降低[即铜(1)极为正极]，铜(2)极为负极，发生氧化反应，电极反应为，A项错误；
B．铜(1)极的电极反应式为，为了维持电荷平衡，通过膜1向右迁移，B项错误；
C．理论上两膜之间的硫酸铜浓度基本保持不变，C项正确；
D．理论上正、负两极硫酸铜溶液浓度均为时，该电池停止放电，D项错误。
故选C。
10-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
是一种性能优异的光敏型半导体，由反应
+nH++H2可知，在光照下失电子生成，b电极有紫外光照射，因此b为负极，移动到a极释放出H+，发生反应2H++2e-=H2↑，因此a为正极。
详解:
A．根据分析，b为负极，a为正极，A错误；
B．根据分析，b为负极，负极失电子发生氧化反应，B错误；
C．天然水是混合物，含有多种离子，因此除了PPy阳离子、之外还会有其它离子（如Na+等）在溶液中定向移动，C错误；
D．照射一段时间后关闭光源，则反应+nH++H2会逆向进行，导致纳米管道中仍能存在微弱电流，D正确；
故选D。
10-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
电池开始工作时，左侧电极质量减少，右侧电极质量增加，可知，左侧电极为负极，发生氧化反应，电极反应方程式为：Cu＋4NH3-2e−=，则右侧电极作正极，其电极方程式为：Cu2++2e-=Cu，则电池的总反应为：Cu2＋＋4NH3，据此分析解答。
详解:
A．由题干信息，放电后利用废热进行充电，说明能量转换还有热能，A错误；
B．放电后利用废热进行充电，说明放电时为放热反应，即Cu2++4NH3 [Cu(NH3)4]2+正反应为放热反应，B错误；
C．放电时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，则Cu2+通过中间离子交换膜移向右侧极区，C正确；
D．右侧电极作正极，其电极方程式为：Cu2++2e-=Cu，外电路有0.2mol电子通过时，右池溶液质量减少0.2mol×64g/mol=12.8g，D错误；
答案选C。
10-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
浓度差电池是利用两极电势差实现两个氧化还原半反应，总反应类似扩散原理，最终两池电解质浓度将相等。该电池使用前先将K与a连接一段时间，开关与a相连时，为电解池，右侧为阳极，左侧为阴极，阳极上Cu失去电子转化为Cu2+，阴极上Cu2+得到电子转化为Cu，一段时间后，两池中CuSO4浓度不同；然后将开关与b相连，装置为原电池，右侧Cu2+得到电子，左侧Cu失去电子，以此解答。
详解:
A．开始两池中CuSO4浓度相同，两侧电势相同，开关与b相连时，不会产生电流，因此通过将开关与a相连，利用电解原理改变两池中CuSO4浓度，故A正确；
B．由上述分析可知，K与b连接时，正极的电极反应式为Cu2++2e-=Cu，故B正确；
C．若选用阳离子交换膜，则两池中Cu2+浓度将相同，开关与b相连时，不会产生电流，因此应该选择阴离子交换膜，故C错误；
D．离子交换膜中主要是迁移，1个中带有2个负电荷，因此导线中通过2 mol电子，约有1 mol离子通过交换膜，故D正确；
综上所述，说法错误的是C项，故答案为C。
10-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
浓差电池中，Cu2+浓度大的电极为正极，则Cu（1）电极为正极、Cu（2）电极为负极，正极上Cu2+发生得电子的还原反应，正极反应为Cu2++2e-═Cu，负极反应式为Cu-2e-═Cu2+；电解槽中a电极为阴极、b电极为阳极，阳极上水失电子生成O2和H+，阳极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极生成H2，反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以Na+通过离子交换膜c生成NaOH，SO通过离子交换膜d生成硫酸，即c、d离子交换膜分别为阳离子交换膜、阴离子交换膜，据此分析解答。
详解:
A．浓差电池中，Cu（1）电极为正极，正极上Cu2+得电子生成Cu，电极反应为Cu2++2e-═Cu，故A错误；
B．电解槽中a电极为阴极，a电极反应为4H2O+4e-═2H2↑+4OH-，故B错误；
C．根据分析，c、d离子交换膜分别为阳离子交换膜、阴离子交换膜，，故C错误；
D．电池从开始工作到停止放电，溶液中Cu2+浓度变为1.5mol/L，正极析出Cu：（2.5-1.5）mol/L×2L=2mol，正极反应为Cu2++2e-═Cu，阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，根据电子守恒有Cu～2e-～2NaOH，电解池理论上生成NaOH的物质的量n（NaOH）=2n（Cu）=4mol，生成NaOH的质量m（NaOH）=nM=4mol×40g/mol=160g，故D正确；
故选：D。
10-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由于存在离子浓度差而产生电动势的电池称为离子浓差电池，当两极室离子浓度相等时放电完成，说明左侧硫酸铜溶液浓度高，应发生反应Cu2++2e-=Cu，为正极，发生还原反应，右侧硫酸铜溶液浓度低，应发生反应Cu-2e-=Cu2+，为负极，发生氧化反应。
详解:
A．根据题意可知，铜电极I附近CuSO4浓度高，发生的反应是Cu2++2e-=Cu，是还原反应，A错误；
B．根据题意，当两极室离子浓度相等时放电完成，说明左侧硫酸铜浓度要降低，右侧硫酸铜浓度要升高，直至左右两侧硫酸铜浓度相等，则隔膜应为阴离子交换膜，硫酸根离子从左侧移向右侧，B错误；
C．铜电极II附近CuSO4浓度低，发生的反应是Cu-2e-=Cu2+，硫酸根离子从左侧移向右侧，导致右极室浓度增大，C正确；
D．该电池工作时，化学能转化为电能，D错误；
故选C。
11-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．硝酸钾的溶解度随温度变化大，能用重结晶法分离提纯，重结晶法提纯硝酸钾需要用到的仪器为烧杯、蒸发皿、漏斗、玻璃棒、三脚架，则题给仪器能达到相应实验目的，故A不符合题意；
B．四氯化碳不溶于水，分离四氯化碳和水的混合物需要用到的仪器为分液漏斗和烧杯，题给仪器中缺少分液漏斗，则题给仪器不能达到相应实验目的，故B符合题意；
C．用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液需要用到的仪器为酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶，则题给仪器能达到相应实验目的，故C不符合题意；
D．用硫酸钠固体配制250mL0.1mol/L硫酸钠溶液需要用到的仪器为胶头滴管、托盘天平(带砝码)、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶，则题给仪器能达到相应实验目的，故D不符合题意；
故选B。
11-2【基础】 【正确答案】 AD
【试题解析】 分析:
详解:
A．苯甲酸重结晶过程中需要配制热饱和溶，需要加热装置，且一般需要抽滤，抽滤时需要用布氏漏斗和抽气泵，所给仪器无法完成实验，A符合题意；
B．在烧杯中用胶头滴管将Br2的CCl4溶液滴入NaBr溶液中，玻璃棒搅拌，溴水与NaI反应生成碘和NaBr，生成的碘被CCl4萃取，用分液漏斗分离即可，所给仪器可以完成实验，B不符合题意；
C．高锰酸钾溶液和草酸溶液都可以用酸式滴定管量取、盛放，待测液可以在锥形瓶中盛放，所给仪器可以完成实验，C不符合题意；
D．分离乙二醇和乙酸可以蒸馏分离，蒸馏时还需要温度计测定馏分温度，所给仪器无法完成实验，D符合题意；
综上所述答案为AD。
11-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．制备乙酸乙酯需要用到：玻璃仪器选用试管，导管，酒精灯，分液漏斗，可实现，A不符合题意；
B．验证非金属性S>C>Si，即证明酸性：硫酸>碳酸>硅酸，可将硫酸加入碳酸氢钠溶液中，将产生的气体通入硅酸钠溶液中，玻璃仪器选用试管、导管、烧杯、玻璃棒即可实现，B不符合题意；
C．从海带灰中提取碘需要将海带灰水浸后过滤，没有漏斗，不能实现，C符合题意；
D．除去蛋白质溶液中的硫酸铵溶液可采用渗析的方法，玻璃仪器用到烧杯和玻璃棒，可实现，D不符合题意；
故选C。
11-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．中和热的测定实验，需要用量筒量取一定体积的稀酸和稀碱溶液，缺少量筒，故A不符合题意；
B．实验室通过蒸馏的方法制取蒸馏水，装置图为，需要的仪器有酒精灯、圆底烧瓶、冷凝管、牛角管、锥形瓶，故B符合题意；
C．用蒸发结晶的方法从食盐水中获得NaCl晶体，装置图为，需要蒸发皿、酒精灯、玻璃棒，故C不符合题意；
D．加入饱和碳酸钠溶液，然后分液除去乙酸乙酯中少量的乙酸和乙醇，需要分液漏斗、烧杯，故D不符合题意；
故选B。
11-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．题干蒸发操作从食盐水中获得NaCl晶体，蒸发时需要用玻璃棒搅拌，缺少玻璃棒，无法完成该实验，故A错误；
B．泥沙颗粒不能通过滤纸，胶体粒子能够通过滤纸，可以通过过滤方法除去氢氧化铝胶体中的泥沙，使用的仪器有漏斗(带滤纸)、烧杯、玻璃棒，故B正确；
C．用NaOH固体配制100mL0.5mol•L-1的NaOH溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，所需仪器有：天平、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶等，用提供的仪器中缺少胶头滴管，无法完成溶液配制，故C错误；
D．氯化氢易挥发，制取的氯气中混有氯化氢和水，需要用洗气瓶除去杂质HCl、H2O，最后用集气瓶收集干燥、纯净的Cl2，缺少洗气瓶、集气瓶，无法完成该实验，故D错误；
故选：B。
11-6【提升】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．溴乙烷中加入氢氧化钠溶液加热，溴乙烷水解后加入硝酸中和氢氧化钠，最后加入硝酸银溶液检验溴离子，故不选A；
B．高氯酸和碳酸钠反应，把生成的二氧化碳通入硅酸钠溶液中，验证元素非金属性：，缺少高氯酸，故选B；
C．在烧杯中加热溶解粗硝酸钾，制取热的硝酸钾饱和溶液，冷却结晶，过滤，重复以上操作，可以提纯硝酸钾，故不选C；
D．海带提碘实验中灼烧干海带，应该在坩埚中进行，缺少坩埚，故选D；
选BD。
12-1【基础】 【正确答案】 CD
【试题解析】 分析:
由①的反应条件可知，该反应为取代反应，所以A的结构简式为，②为卤代烃的消去反应；③为烯烃的加成反应，所以B的结构简式为；对比反应④前后的结构简式可知，④为卤代烃的消去反应，条件为：NaOH的醇溶液、加热。
详解:
A．环己烷中不存在双键或者三键之类的平面型结构，所以其结构为非平面，故A错误；
B．B的结构简式为，其中不含不饱和键，所以不能加成，故B错误；
C．从其合成路线可知该过程所经历的反应类型有：①为取代反应、②为消去反应、③为加成反应、④为消去反应，共三种反应类型，故C正确；
D．对于只存在范德华力的分子，熔沸点与相对分子质量相关，相对分子质量越大，熔沸点越高，以上参与反应的各有机物中，的相对分子质量最大，熔点最高，故D正确；
故选CD。
12-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由流程图，甲与Cl2在光照条件下发生取代反应生成 ，则甲为 ； 发生消去反应生成乙为 ，乙与Br2的CCl4溶液发生加成反应生成丙为 ，丙发生消去反应生成 。
详解:
A．甲为，分子式为C6H12，故A正确；
B．上述流程中，①为取代反应，②为消去反应，③为加成反应，故B正确；
C．乙为，与环己二烯结构不相似，不互为同系物，故C错误；
D．丙为，两个溴原子可以取代在同一个碳上，也可以取代在2个碳上，取代在2个碳原子上还有间、对两种情况，共3种同分异构体，故D正确；
故选C。
12-3【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．乙分子发生消去反应生成丙，根据丙的结构可知乙的结构有：、、有3种结构，故A正确；
B．丙与足量H2反应所得产物分子式为C8H16O，故B正确；
C．乙分子发生取代反应生成甲，可能取代一个氯，也可能取代两个氯，若取代两个氯（等效氢有5中），（等效氢有4中），（等效氢有8中），入取代一个氯，结构不对称了等效氢更多，故C错误；
D．甲分子可能的结构中，能够发生催化氧化的是与羟基相连的碳上有氢，由C项可知甲的结构多于3种，故D错误；
故答案为CD
12-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据Z中羟基的位置可知，Y为： ；故反应①为1，4加成，X为： ；
详解:
A．反应①的产物可能有三种：
，A项正确；
B．反应③为卤代烃水解，试剂Ⅰ为氢氧化钠水溶液，B项错误；
C．A的分子式为C6H8，C项正确；
D．若用18O标记Z中的氧原子，酯化反应酸脱羟基醇脱氢，M为： ，则M中含有18O，D项正确；
答案选B。
12-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．b分子中含有多个饱和碳原子，具有甲烷的四面体结构，所以不可能物质分子中所有原子都在一个平面内，A错误；
B．p分子β-C原子上没有氢原子，所以p不能与NaOH乙醇溶液共热而发生消去反应产生烯烃，B错误；
C．m分子式是C7H8O，其同分异构体中属于芳香族化合物的有、、、、，共5种，C正确；
D．b分子中碳碳双键断裂，两个碳原子上共结合一个基团得到p，所以反应①属于加成反应；物质p为卤代烃，卤代烃先发生水解生成了连接在一个C原子上2个羟基的二元醇，根据同一个碳上连有两个羟基时不稳定，会自动脱去一分子的水，最终生成物质m，故反应的类型是先发生取代反应后发生消去反应，D错误；
故合理选项是C。
12-6【提升】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A .X中红色碳原子为手性碳原子，故A说法错误；
B.中与氧原子相连接的碳原子之间化学键为单键，可以旋转，因此左侧甲基上碳原子不一定与苯环以及右侧碳原子共平面，故B说法错误；
C.中与羟基相连接的碳原子邻位碳原子上有氢原子，在浓硫酸作催化并加热条件下，能够发生消去反应，故C说法正确；
D.中含有卤素原子，在过量氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反应生成丙三醇，在氢氧化钠溶液作用下先发生水解反应生成，然后在氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反应生成丙三醇，故D说法正确；
综上所述，说法正确的是：CD。
点睛:
醇类和卤代烃若发生消去反应，则醇分子中羟基(-OH)或卤代烃中卤原子相连的碳原子必须有相邻的碳原子，且此相邻的碳原子上还必须连有氢原子时，才可发生消去反应。
13-1【基础】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
A．根据反应方程式可知：反应消耗6 mol I2时，转移60 mol电子，反应产生3 molCl2，则产生标准状况22.4 LCl2时，其物质的量是1 mol，则反应中转移20 mol e-，A错误；
B．在该反应中，氧化剂是KClO3，还原剂是I2，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6，B错误；
C．Cl2与石灰乳反应产生CaCl2、Ca(ClO)2的混合物就是漂白粉，故可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉，C正确；
D．若食盐中含有，在酸性条件下，、I-发生氧化还原反应产生I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在，D正确；
故合理选项是AB。
13-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．酸性条件下，NO的氧化性更强，因此，首先发生：Fe＋NO＋4H＋＝Fe3＋＋NO↑＋2H2O，其次发生：Fe＋2Fe3＋═3Fe2＋，最后发生：Fe＋2H＋═Fe2＋＋H2↑，故A错误；
B．16.8g铁粉的物质的量为n(Fe)＝，刚好发生上述第一个反应，生成NO物质的量为0.3mol，标准状况下0.3mol×22.4L/mol＝6.72L，故B正确；
C．滴加KSCN溶液不变红色，在铁粉充分反应后的溶液中，铁元素以Fe2＋的形式存在，故C错误；
D．第一个反应恰好消耗16.8g铁，生成0.3molFe3＋，消耗1.2molH＋，则溶液剩余0.8molH＋，所以在第二步和第三步反应中，分别消耗铁粉0.15mol，0.4mol，即8.4g，22.4g，所以共消耗铁粉16.6g＋8.4g＋22.4g＝47.6g，故D错误；
故答案选B。
13-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．反应i中氧化剂是Cl2，还原剂是CN－，Cl2中的氯元素的化合价降低2，CN－中的碳元素的合价升高2(由+2升高到+4)，因此i中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为1∶1，故A正确；
B．由题中信息可知，X、Y是两种无毒的气体，由反应所涉及的元素可知，X、Y是CO2、N2，N2为反应ii的氧化产物，CO2不是反应ii的氧化产物，故B错误；
C．氯气有毒，因此该废水处理工艺过程中须采取措施防止Cl2逸出到空气中，故C正确；
D．处理c(CN－) =0.000 1 mol·L-1的废水106 L，物质的量为0.000 1 mol·L−1×106 L=100mol，则失去电子100mol×(2+3)=500mol，因此消耗氯气250mol，标况下的 Cl2 体积为250mol×22.4 L·mol−1=5.6×103 L，故D正确；
答案为B。
13-4【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A． 氯气的状况未知，物质的量无法计算，电子转移无法计算，故A错误；
B．若NaClO3与Na2RuO4物质的量之比2：5，根据电子转移相等，则有：2×(5-x)=5×(8-6)，解得：x=0，则还原产物为Cl2，故B正确；
C．氧化还原反应中氧化性：氧化剂＞氧化产物＞还原产物，氯元素化合价降低，则是氧化剂，还原产物是Cl2，氧化产物是，酸性介质中氧化性：，故C错误；
D．在稀硫酸环境中，根据原子守恒、化合价升降守恒可得Na2RuO4与NaClO反应制备RuO4的化学方程式为：
B． Na2RuO4+NaClO+H2SO4=RuO4+Na2SO4+NaCl+H2O，故D正确；
故选：AC。
13-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．反应Ⅰ中Cu2S中Cu和S的化合价都升高，发生氧化反应，则Cu2S为还原剂，Mn元素的化合价降低，高锰酸根发生还原反应为氧化剂，A错误；
B．反应Ⅰ中每生成1mol，参加反应的Cu2S为1mol，Cu2S化合价共升高2´(2-1)+(6+2)=10，反应转移电子的物质的量为10mol，B正确；
C．反应Ⅱ中氧化剂化合价降低(7-2)=5，还原剂FeS2化合价共升高1+2´(6+1)=15，根据得失电子相等，氧化剂与还原剂的物质的量之比为15：5=3：1，C错误；
D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同，1molKMnO4得到5mol电子，Cu2S化合价共升高2´(2-1)+(6+2)=10，应氧化0.5molCu2S，FeS2化合价共升高1+2´(6+1)=15，应氧化molFeS2，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为0.5mol：mol=3：2，D错误；
故选B。
13-6【提升】 【正确答案】 CD
【试题解析】 分析:
该碘量法测定Cr2O3的含量的原理为： ，再用Na2S2O3标准液滴定生成的I2。
详解:
A．反应①中，KClO3氯元素化合价降低，氧元素化合价升高，KClO3既是氧化剂又是还原剂，Cr2O3是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量比不是5∶1，A错误；
B．反应①中铬元素化合价升高，反应②中铬元素化合价未变，反应③中铬元素化合价降低，Cr元素只参与了2个氧化还原过程，B错误；
C．KClO3过量时，会高温分解为O2和KCl，故实验过程中所得O2与Cl2的物质的量比可能大于5∶2，C正确；
D．根据多步反应方程式计算皮革中Cr2O3的含量为 ，D正确；
答案选CD。
14-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．反应①有非极性键H-H键的断裂，没有非极性键形成，故A错误；
B．反应②为：CH3OH+O2→HCHO+H2O2，故B错误；
C．反应③是双氧水分解生成水和氧气，双氧水分解是放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，故C正确；
D．不同淀粉分子的聚合度不同，淀粉属于混合物，故D错误；
选C。
14-2【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 分析:
从反应进程-能量的图象来看，第一步离去基团解离过程吸热，第二步亲核基团成键过程放热，整体来看总反应为放热反应。
详解:
A．总反应(CH3)3CBr+OH-→(CH3)3COH+Br-为放热反应，体现了C-Br断键与C-O成键，断键吸热小于成键放热，从而得知键能C-Br小于C-O， 且Br原子半径大于O原子，则键能C-Br小于C-O，A项错误；
B．从总反应(CH3)3CBr+OH-→(CH3)3COH+Br-，反应物总能量大于生成物总能量，则总反应为放热反应，B项正确；
C．第一步是正向吸热的可逆过程，升高温度平衡正向移动，第二步是非可逆过程，可以通过升高温度，促进第一步反应正向移动，从而实现总反应的正向进行提高(CH3)3COH的产率，C项正确；
D．第一步的活化能较大，为决定速率的步骤，提高(CH3)3CBr的浓度会使得碳正离子中间体的浓度增大，从而加快水解反应速率。第二步为非可逆对加快反应的速率影响不大，D项错误；
答案选BC。
14-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由图可知，物质①为催化剂，能降低改反应的能耗，A正确；
B．反应①→②过程涉及到C-H键极性键的断裂，③→④过程中涉及到C-O键极性键的形成，B正确；
C．物质①、②、③中Pt的成键数目分别为4、4、6，故反应过程中Pt的成键数目发生了改变，C正确；
D．据图分析可知，③→④过程有HCl的消耗，且有H2SO4生成，故该历程的总反应式为CH4+SO3+H2SO4CH3OSO3H+SO2+H2O，D错误；
答案选D。
14-4【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．图中Ti4+在整个反应中参与了反应，最后又生成，所以是催化剂，A正确；
B．加入NO后生成Ti4+…NH2—N=O，后又生成Ti4+，得出Ti4+…NH2—N=O是中间产物，正确；
C．根据反应历程，参加反应的有O2、NH3和NO，生成物有N2和H2O，可以写出反应方程式为: 2NO+4NH3+2O23N2+6H2O，C错误；
D．该反应由一种物质生成多种物质，则Ti4+…NH2—N=O→Ti4++N2+H2O属于分解反应，D错误；
故合理选项是CD。
14-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．①是第一个反应的反应物，也是最后一个反应的生成物，所以是该反应的催化剂，能降低反应所需活化能，A正确；
B．③到④的过程中，有C—N极性键的断裂和C—O极性键的生成，B正确；
C．手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子，根据化合物⑤、⑥、⑦结构简式可知，⑥和⑦均含有手性碳原子，C正确；
D．按照图示流程反应可知，如果原料用丙醛和苯甲醛，则产物为 ，D错误；
故选D。
14-6【提升】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
A．已知催化剂只能影响化学反应速率，不能是化学平衡发生移动，故该新型纳米铁催化剂不能改变平衡常数，A错误；
B．由题干反应历程图可知，上述循环中断裂了D-O、C-H极性键，形成了H-O、C-D极性键，无非极性键的形成，B错误；
C．由题干反应历程图可知，上述总反应是重水中的D原子取代了苯环中的H原子，故上述总反应属于取代反应，C正确；
D．由题干反应历程图可知，总反应方程式为+D2O+DOH，D正确；
故答案为：AB。
15-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
图中虚线X−Y−Z表示溶液pH，加入的V(NaOH)越大，溶液中c(C2O)越大、c(H2C2O4)越小；
A．加入的NaOH越多，溶液的碱性越强，则c(H2C2O4)逐渐减小、c(HC2O)先增大后减小、c(C2O)增大，当c(H2C2O4)＝c(HC2O)时，H2C2O4的Ka1＝；
B．在Y点时c(C2O)＝c(HC2O)，根据电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HC2O)＋c(OH-)＋2 c(C2O)，结合Y点pH＝8解答；
C．X点电解质为H2C2O4和NaHC2O4，对水的电离都是抑制，Z点电解质为Na2C2O4，对水的电离起促进；
D．由图象知0.1mol•L−1NaHC2O4溶液中c(HC2O)位于最高点，此时pH＜7，说明HC2O的电离大于水解。
详解:
A．利用X点求H2C2O4的Ka1，由图象知X点c(H2C2O4)＝c(HC2O)，pH＝4知c(H+)＝1×10−4mol•L−1，Ka1＝，故A正确；
B．在Y点时c(C2O)＝c(HC2O)，根据电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HC2O)＋c(OH-)＋2 c(C2O)，c(H＋)＋c(Na＋)＝3c(C2O)＋c(OH-)，Y点pH＝8，c(H＋)＜c(OH-)，所以在Y点时，c(Na＋)＞3c(C2O)，故B错误；
C．Z点电解质为Na2C2O4，对水的电离起促进，pH＝10，c(H＋)＝10−10 mol•L−1，则有水电离生成的c(H＋)＝c(OH-)＝，故C正确；
D．HC2O为主要粒子时，溶液呈碱性，说明HC2O的水解程度大于电离程度，Na＋不水解，所以溶液中存在c(Na＋)＞c(HC2O)＞c(C2O)，故D正确；
故答案选B。
点睛:
本题考查弱电解质的电离平衡和盐类水解相关知识，明确图象中线和点的的含义是解题的关键，同时注意把握溶液中的守恒关系。
15-2【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．溶液的pH越小，δ(M2+)越大，随着溶液pH增大，δ[M(OH)]+先逐渐增大，当增大到一定程度后又逐渐减小，而δ[M(OH)2] 则随着溶液pH增大而增大，因此曲线①表示δ(M2+)，曲线②表示δ[M(OH) +]，曲线③表示δ[M(OH)2]，A正确；
B．根据曲线可知在常温下，X点时δ(M2+)=δ[M(OH)+]，Kh2=；Z点δ[M(OH)2]=δ[M(OH)+]，Kh1=，Y点时δ(M2+)=[M(OH)2]，Kh1·Kh2=×=c2(OH-)=10-9.5×10-3.5=10-13，所以该点溶液c(OH-)=10-6.5 mol/L，c(H+)=，c(OH-)＞c(H+)，因此溶液显弱碱性，B错误；
C．若pH=11，c(H+)=10-11 mol/L，c(OH-)=10-3 mol/L，若溶液中，则由Kh1=，可知c[M(OH)+]=，结合Kh2=可知c(M2+)=，C错误；
D．的平衡常数K=，D正确；
故合理选项是BC。
15-3【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 分析:
H3PO4分步电离，分别为H3PO4H++，+H+，+H+，随着pH增大，氢离子逐渐被消耗，则H3PO4电离程度越来越大，最终溶液中只剩。
详解:
A．pH=6的溶液主要是的溶液，此时c()超过总磷量的一半，所以c(H3PO4)+c()＜c()，A错误；
B．根据题干可知
c(H3PO4)+c()+c()+c()=0.1mol/L，根据电荷守恒，
c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()+3c()，结合两式得
c(H3PO4)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，溶质主要为NaH2PO4，溶液呈酸性，因此
c(H3PO4)<2c()+c()，B错误；
C．pH=7的溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，溶液中离子浓度
c(Na+)=2c()+c()+3c()，即c(Na+)＞2c()+c()，C正确；
D．c(H3PO4)=c()的溶液pH=2，则c(H+)＞c(OH-)，电荷守恒为：
c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()+3c()，
c()+c()+c()+c(H3PO4)=0.100mol•L-1，即
c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+0.100mol•L-1+c()+2c()-c(H3PO4)，所以c(Na+)＜
0.100mol•L-1+2c()+c()-c(H3PO4)=0.100mol•L-1+2c()+c()-c()，D正确；
故答案选CD。
15-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由图象可知，H2C2O4和NaOH混合溶液，随着pH变大，溶液碱性增强，H2C2O4浓度减小，离子浓度先变大后变小，离子浓度一直增大；
详解:
A．由图象可知，pH=2.5的溶液中c(H2C2O4)和c()浓度之和小于c()，则c(H2C2O4)+c()＜c()，A错误；
B．20℃时， pH=7的溶液中，显中性，(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=2c()+c()+c(OH-)，所以c(Na+)＞2c()，B错误；
C． c(H2C2O4)+c()+c()=0.100mol•L-1，c()=c()，电荷守恒c(H+)+c(Na+)=2c()+c()+c(OH-)，pH约4，此时氢离子浓度大于氢氧根，得到溶液中c(Na+)＜0.100 mol•L-1+c()，C错误；
D．依据溶液中电荷守恒和物料守恒分析，c(Na+)=0.100mol/L的溶液中为NaHC2O4溶液，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=2c()+c()+c(OH-)，物料守恒c(Na+)=c()+c()+c(H2C2O4)，代入计算得到c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c()，D正确；
故选D。
15-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．曲线①pH最小，氢离子浓度最大，故曲线①为与pH的关系曲线，同理可知，曲线②为与pH的关系曲线，曲线③为与pH的关系曲线。已知M点溶液中，，故的数量级为，A项错误；
B．既电离又水解，由P点可知的数量级为，根据，可知水解常数为，所以电离大于水解，可知溶液中，B项错误；
C．N点溶液中，则，C项正确；
D．向0.001的NaHA溶液中通入HCl或加入NaOH固体后，溶液中，则，与曲线③不符，D项错误。
答案选C。
15-6【提升】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．当纵坐标为0时，即=0或者=0，即c(H2A-)=c(H3A)或者c(HA2-)=c(H2A-)，右图中可知，曲线I对应的pH=1.3，曲线II对应的pH=6.7，可知Ka1=10-1.3，Ka2=10-6.7，则曲线I表示与的关系，A错误；
B．根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2A-)+2c(HA2-)，则时，c(Na+)= c(H2A-)+2c(HA2-)即，B正确；
C．由A项分析可知，Ka1=10-1.3，Ka2=10-6.7，则，C错误；
D．由题干图示信息可知，含A的微粒只有三种即H3A、H2A-、HA2-，说明H3A为二元弱酸，则与足量溶液反应：，D正确；
故答案为：BD。
16-1【基础】 【正确答案】 1、p O 2、sp2、sp3 N 尿素能和水形成分子间氢键
3、4：1 4、AD
5、
【试题解析】 C是6号元素，原子核外电子排布是2、4，所以碳元素位于元素周期表的第二周期第ⅣA族，属于p区元素；
基态C原子核外电子排布式是1s22s22p2，有2个未成对电子，则同一周期元素中与基态C原子具有相同未成对电子数的同周期元素是核外电子排布为1s22s22p4的O元素；
在尿素分子中碳原子形成了3个σ键，没有孤对电子，价电子数目是3，因此C原子采用的是sp2杂化；尿素分子中的氮原子形成了3个σ键，N原子上还存在1个孤电子对，故其价层电子对数是4，因此N原子是sp3杂化；
尿素分子中N原子上有孤电子对，金属元素的原子核外有空轨道，因此二者容易结合形成配位键，则在尿素与多种金属形成配合物，其配位原子是N原子；
尿素是由分子构成的物质，该物质分子属于极性分子，尿素易溶于水，除尿素和水都是极性分子外，溶质和溶剂之间形成氢键能增大物质的溶解性，尿素能和水形成分子间氢键，所以尿素易溶于水；
共价单键都是σ键，共价双键中一个是σ键，一个是π键。根据三聚氰酸分子结构可知：在该物质分子中σ键为12个，π键的数目是3个，故三聚氰酸分子中σ键与π键的数目之比为12：3=4：1；
A．氯化铵中阳离子的中心N原子价层电子对数是4+=4，无孤对电子，故其空间构型是正四面体形，A正确；
B．元素的非金属性越强，其电负性就越大。在二氯异氰尿酸钠所含的C、N、O、Cl、Na五种元素中非金属性最强的元素是O元素，故电负性最大的是O，B错误；
C．由物质分子结构可知：在二氯异氰尿酸钠晶体中只存在离子键、共价键，而不存在配位键，C错误；
D．三聚氰酸具有与苯环类似的结构，苯环中存在一个大π键，可推知三聚氰酸分子中也存在大π键，D正确；
故合理选项是AD；
根据晶胞结构可知：在一个晶胞中含有Na原子数目是1+4+12×=8；含有Tl的数目是8×+6×+4=8个，由于晶胞参数为a pm，则晶胞的密度ρ=；
根据图示可知在晶胞中Tl原子间的最近距离为体对角线的，由于晶胞参数是a pm，晶胞体对角线为pm，所以Tl原子间的最近距离为pm。
16-2【基础】 【正确答案】 1、 2、S、O、N、F 正八面体 3:1
3、sp2 CO(NH2)2中氨基数目为2个，可以形成更多的氢键 BC
4、
【试题解析】 基态氟原子的价层电子为2s、2p能级上的电子，基态氟原子的价层电子排布图(轨道表示式)为。故答案为：；
制备NSF3的反应为
FCONSF2+2AgF2⇌NSF3+2AgF+COF2。
①同主族自上而下第一电离能减小，但N原子的2p轨道半充满，电子能量低，第一电离能出现反常，第一电离能比O元素的高，N元素第一电离能小于F元素，F、O、N、S的第一电离能从小到大的顺序是S、O、N、F。故答案为：S、O、N、F；
②化工生产中NSF3可用作SF6的替代品，SF6分子中S原子价层电子对数=6+ =6且不含孤电子对，SF6分子的空间构型为正八面体。故答案为：正八面体；
③COF2分子中共价单键为σ键，共价双键中含有1个σ键和一个π键，该分子中含有2个C-Fσ键、1个C=O中含有1个σ键和1个π键，COF2分子中σ键和π键的个数比为3:1。故答案为：3:1；
NHF2的一种制备方法是CO(NH2)2+2F2+H2O=NHF2+CO2+NH4HF2。
①CO(NH2)2中C原子的价层电子对数=3+=3且不含孤电子对，CO(NH2)2中C的杂化方式是sp2。故答案为：sp2；
②CO(NH2)2的熔沸点比CH3CONH2的高，其原因是CO(NH2)2中氨基数目为2个，可以形成更多的氢键。故答案为：CO(NH2)2中氨基数目为2个，可以形成更多的氢键；
③A.NHF2相当于氨气分子中的2个氢原子被氟原子取代，所以该分子为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子；CO2的结构式为O=C=O，为直线形分子，正负电荷中心重合，为非极性分子，故A错误；B.H2O中O原子价层电子对数=2+=4、NHF2中N原子价层电子对数=3+=4，所以二者中心原子价层电子对数都是4，故B正确；C.NH4HF2中阴阳离子之间存在离子键，铵根离子中存在配位键，中H原子和F原子之间存在氢键，所以该化学式中含有离子键、配位键和氢键，故C正确；故答案为：BC；
图中，ACD构成一个直角三角形，AC之间的距离=pm，AD之间的距离等于对面对角线长度的，为apm,CD之间的距离= pm；该晶胞中F原子个数=4+16×=12，Ag原子个数为4，Cs原子个数为8×+2=4，相当于该晶胞中含有4个CsAgF3，该晶胞体积=（a×10-10cm）2×(c×10-10 cm)=a2c×10-30cm3，晶体的密度=g/cm3=g/cm3。则C、D(Cs与F)间的距离为pm(用含a、c、s的代数式表示，列出计算式，下同)；设NA为阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度为g·cm-3。故答案为：；。
16-3【巩固】 【正确答案】 1、15 核外电子排布式Fe2+为3d6，Fe3+为3d5，根据洪特规则的补充规则，能量相同的轨道全充满、半满或全空的状态比较稳定，因此Fe2+易被氧化为Fe3+ 12
2、4 10 N>C>H
3、CuInTe2 (,,)
【试题解析】 Fe的原子序数为26，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，原子轨道包括1s、2s、3s、4s等4个s轨道，2px、2py、2py、3px、3py、3py等6个p轨道，以及3d的5个d轨道，因此基态Fe原子的核外电子空间运动状态有15种；Fe原子价层电子排布式为3d64s2，Fe2+为3d6，Fe3+为3d5，根据洪特规则的补充规则，能量相同的轨道全充满、半满或全空的状态比较稳定，因此Fe2+易被氧化为Fe3+；配位键是σ键，碳氮叁键中有一个σ键，可知中含有σ键：6+6=12(mol)；
中的氨基配位于Cu2+，因此配位数为4；该分子中N、C、B的价层电子对数都为4，因此VSEPR模型为四面体的非金属原子共有(2+2)×2+1×2=10个；同一周期，自左向右元素电负性逐渐增大，因此N>C，C与H形成共价键，共用电子对偏向于C，因此电负性C>H，所以三者电负性大小顺序为N>C>H；
晶胞中位于顶点、体心、面心的Cu原子个数=8×+1×1+4×=4，位于面心、棱上的In原子个数=6×+4×=4，位于体内的Te原子个数=8×1=8，Cu、In、Te的原子个数比=4:4:8=1:1:2，因此晶体化学式为CuInTe2；C点位于面对角线的、、体对角线的处，因此C点原子的分数坐标为(,,)；D原子在底面的投影点与A、D构成直角三角形，斜边AD的长d=。
16-4【巩固】 【正确答案】 1、六 2、非极性 sp3 BD
3、B＜Be＜C 4、Ni2+ 三角锥形
5、50% ×1021
【试题解析】 钕元素的原子序数为60，位于元素周期表第六周期；铁元素的原子序数为26，基态铁原子的外围电子轨道表示式为 ，故答案为：六； ；
①由双聚氯化铝分子的正负电荷中心重合可知，双聚氯化铝为非极性分子，由分子中每个铝原子和四个氯原子形成共价键可知，铝原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：非极性；sp3；
②由离子中铝原子的杂化方式为sp3杂化可知，四羟基合铝离子中含有共价键和配位键，不含有离子键、金属键和氢键，故答案为：BD；
同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，铍原子的2s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则铍、硼、碳三种元素的第一电离能由小到大的顺序为B＜Be＜C，故答案为：B＜Be＜C；
由配合物的化学式可知，配合物的中心离子为提供空轨道的镍离子，氨分子为提供孤对电子的配体，氨分子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，分子的空间构型为三角锥形，故答案为：Ni2+；三角锥形；
由晶胞结构可知，晶胞中硼原子形成8个正四面体，有4个氮原子填充在4个正四面体中，所以晶胞中正四面体的空隙填充率为50%；晶胞中位于顶点和面心的硼原子个数为8×+6×=4，位于体内的氮原子个数为4，晶胞中最近的硼原子和氮原子的距离是体对角线的，则晶胞的边长为nm，晶体的密度为bg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(×10-7)3b，解得NA=×1021，故答案为：×1021。
16-5【提升】 【正确答案】 1、第四周期第VIIB族 2、CD
3、MnCl2 4、N Mn＜C＜O＜N
5、B B结构更容易形成分子间氢键，故沸点更高
6、 B
【试题解析】 锰为25号元素，在元素周期表中的位置为第四周期第VIIB族；
A、B为基态的锰原子和锰离子；C、D为激发态的锰原子和锰离子，可以用原子发射光谱捕捉；
金属离子核外的单电子数目分别为0、1、5、3，故磁矩最大的为MnCl2；
CH3CN中N原子提供孤电子对；同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素的，故第一电离能为：Mn＜C＜O＜N；
B结构更容易形成分子间氢键，故沸点更高
①由晶胞结构可知，白球8个在顶点、4个在侧面上和1个在体心，则晶胞中白球个数为8×+4×+1=4，即有4个H2PO，黑球4个在垂直于底面的4条棱的棱心、上下面心各1个、4个侧面上各有1个，则晶胞中黑球个数为4×+2×+4×=4，即有4个K+，即晶胞中含有4个KH2PO4，1mol晶胞的质量为m=4×(39+2×1+31+4×16)g=4×136g，1个晶胞的质量为m=g，晶胞的体积为V=a2cpm3=a2c×10-30cm3，代入ρ==；②在晶胞图上xz面为侧面、yz面为正面，晶胞在x轴方向的z-y投影图应符合图(c)和图(b)中的H2PO、K+的相对位置，x轴方向的投影图的正面上应为小黑球在上，2个白球在下，投影图B符合题意；故答案为B。
16-6【提升】 【正确答案】 1、BC 2、正八面体 42.72 常温下钠离子半径比孔O的半径大，钠离子不能迁移到空位
3、
【试题解析】 A．基态氯原子核外电子排布为1s22s22p63s23p5，基态钠原子核外电子排布为1s22s22p63s1，未成对电子数均为1，A正确；
B．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，第三周期元素中稀有气体元素为稳定结构，第一电离能最大，B错误；
C．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；短周期主族元素简单离子中钠离子的半径小于氧离子、硫离子、氯离子等，不是最大，C错误；
D．氯化钠、溴化钠均为离子晶体，氯离子半径小于溴离子，则氯化钠中离子键键能更大，故氯化钠的熔点高于溴化钠的熔点，D正确；
故选BC；
由图可知，在氯化钠晶胞中，与钠离子配位的同层氯离子为4个，上下层各1个，形成的空间构型是正八面体。
图示截取了晶胞的，则该小立方体的边长为a÷2=282pm，AB=AC=BC==394.8pm，OA==223.72pm，则孔O的半径为：223.72pm-181pm=42.72pm；氯离子A和氯离子C之间也有空隙，空隙为AC-2×181pm=32.8pm；42.72pm<102pm、32.8pm <102pm，故钠离子不会穿过它们的进入到空位，使得氯化钠晶体常温下是绝缘体；
原子坐标参数A为，晶胞图可知，如果把晶胞分为8个小立方体，B位于晶胞下层与A对角的小立方体中、C位于晶胞上层左上角的小立方体中，故原子坐标参数分别为、。该晶胞边长为anm，Cd-Se键的键长为立方体体对角线长度的四分之一，为：。已知Cd和Se的原子半径分别为b nm和c nm，则该晶胞中Cd原子位于顶点和面心，一个晶胞中原子数目为；Se原子位于晶胞内部，一个晶胞中原子数目为4；晶胞体积为：a3nm3；则原子的体积占晶胞体积的百分率为。
17-1【基础】 【正确答案】 1、
2、
3、 取少量氧化后的溶液于试管中，加入溶液，溶液变红色
4、 cd
【试题解析】 分析:
锡精矿(主要成分是，含少量、、、、)焙烧后生成CuO、PbO、Fe2O3、SO2，加入碳酸钠焙烧后生成，加水溶解，过滤除去，滤渣中含有CuO、PbO、，加入稀硫酸酸溶，生成CuSO4、PbSO4、Fe2(SO4)3、SnSO4等，过滤，滤渣是，在滤液中加入氧化剂将Sn2+氧化为Sn4+，调价pH沉淀Sn4+生成Sn(OH)4，加入稀硫酸溶解生成Sn(SO4)2，用金属还原剂，还原Sn4+得到Sn2+，再通过蒸发浓缩、冷却结晶得到SnSO4晶体。
由分析知，滤渣的化学式是。
焙烧2中转化为，则发生反应的化学方程式是。
Y是能把Sn2+氧化成Sn4+的物质，且不引入新的杂质，若氧化时加入的适量溶液不引入新的杂质，是，的还原产物为水；因为在酸性条件下，溶液中的可被氧化成，则检验氧化后的溶液中不含的方法是取少量氧化后的溶液于试管中，加入溶液，溶液变红色，说明已经没有Sn2+。
由表格信息知，使得沉淀完全，不沉淀，沉锡控制溶液的范围是；
a． 引入新的杂质；
b． 不会增强溶液的碱性；
c． 溶液，可以溶液的pH增强；
d．氨水，可以溶液的pH增强；
故选cd。
17-2【基础】 【正确答案】 1、增大碱的浓度或升高溶液的温度或把镍废渣粉碎等
2、 温度高于40℃时，发生反应，使浓度降低，反应速率减慢，转化率降低
3、使沉淀完全，不使沉淀
4、 C
5、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
【试题解析】 “碱浸”过程中，为提高浸出率，可采取的措施是增加碱的浓度或升高溶液的温度或把镍废渣粉碎等；
“转化”过程中加入是为了把完全氧化为，其反应的离子方程式为
。因为受热易分解，所以温度高于40℃时，发生反应
，使浓度降低，反应速率减慢，转化率降低；
观察表格数据和流程图可知，调节溶液pH的目的是除去，使完全沉淀，不使沉淀，当pH=3.7时沉淀完全，当pH=7.1时开始沉淀；
碳酸镍与氟化铵共热生成、、和，所以化学方程式为
。尾气中污染环境，而吸收氨要防倒吸，氨的水溶液显碱性，碱石灰可以干燥氨但不能吸收氨，所以应选择硫酸吸收氨，而不选择NaOH溶液吸收，故选择C装置；
一般来说，从溶液中获得结晶水合物的方法是蒸发浓缩、冷却结晶，分离固体和液体混合物的方法是过滤，所以从溶液中获得晶体的操作A是蒸发浓缩、冷却结晶，过滤。
17-3【巩固】 【正确答案】 1、MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O
2、MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O 5.2≤pH＜8.8 Ca2+、Mg2+
3、Mn2＋＋2HCO=MnCO3＋CO2↑＋H2O
4、CO2 5、92.00% 偏低
【试题解析】 分析:
菱锰矿的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素，与氯化钹混合研磨后煅烧的固体中含有氯化锰、四氧化三铁、 氧化铝、氧化钙和氧化镁，加入盐酸，浸出液中主要含有Al3+、Fe3+、Fe2+、Mn2+、Mg2+，经过净化后，在净化液中加入碳酸氢铵，使锰离子沉淀，生成MnCO3，最后得到高纯度MnCO3，根据此分析进行解答。
“焙烧'过程的主要反应为碳酸锰与氯化铵发生反应，方程式为MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O。
①加入将氧化为，Mn元素由+4价下降到+2价，Fe元素由+2价上升到+3价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；
②已知A13+、Fe3+、Mn2+完全沉淀的pH分别为5.2、2.8、8.8，将、变为沉淀除去且不能影响Mn2+，故使用调节pH的方法来除去铝离子和铁离子，调节pH的范围为：5.2≤pH＜8.8。
③CaF2和MgF2不溶于水，加入将Ca2+、Mg2+离子沉淀除去。
碳化结晶时Mn2+与碳酸氢根反应生成碳酸锰，离子方程式为：Mn2＋＋2HCO=MnCO3＋CO2↑＋H2O。
碳化结晶时Mn2+与碳酸氢根反应生成碳酸锰和二氧化碳，可知流程中能循环利用的物质除了氯化铵之外还有CO2。
根据可知，的物质的量与硫酸亚铁铵的物质的量相等，则的物质的量与硫酸亚铁铵的物质的量=0.2000mo/L0.02L=0.004mol，根据锰元素守恒，0.5000g碳酸锰粗产品中碳酸锰的物质的量=0.004mol，碳酸锰粗产品的纯度= 100%=92.00%，若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产生了气泡，导致标准溶液的体积偏小，则的物质的量偏小，测得的碳酸锰粗产品的纯度偏低。
17-4【巩固】 【正确答案】 1、加快反应(浸取)速率 不能 二氧化锰具有氧化性，能把盐酸氧化生成氯气
2、 除去硫磺表面杂质
3、或或等 Fe(OH)3和Al(OH)3
4、
5、1.1
【试题解析】 分析:
用软锰矿(含MnO2及少量Al2O3)和闪锌矿(含ZnS及少量FeS)联合生产Zn、MnO2，首先加入稀硫酸加热、浸取，过滤(Ⅱ)所得滤液主要含MnSO4、ZnSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3，二氧化锰氧化-2价的S元素得到S单质；之后加入试剂X调节pH并加热以生成Fe(OH)3、Al(OH)3；过滤得到滤液含MnSO4、ZnSO4，加入硫酸后电解得到锌和二氧化锰。
粉碎处理可以增大固体与溶液的接触面积，从而加快反应（浸取）速率；不能用盐酸代替硫酸进行浸取，原因为二氧化锰具有氧化性，能把盐酸氧化生成氯气。
根据流程可知，酸性环境下二氧化锰将ZnS氧化成Zn2+和S单质，自身被还原为锰离子，结合电子守恒和元素守恒可得离子方程式为：
；过滤后，洗涤硫磺的目的是除去硫磺表面杂质。
试剂X为了使溶液的pH值增大，其溶液应为碱性，且在除去Fe3+和Al3+的同时不能引入新的杂质，因此X最好选用或或等，滤渣主要为Fe(OH)3和Al(OH)3。
电解(V)中是用惰性电极电解、的混合溶液，得到MnO2、Zn、硫酸，化学方程为。
电解时MnSO4、ZnSO4物质的量之比为1:1，且设软锰矿(含约65%及少量)质量为mg，闪锌矿(ZnS约80%及少量FeS)质量为ng ，结合元素守恒，可得，解得m∶n≈1.1。
17-5【提升】 【正确答案】 1、70℃ Ni2+能水解，生成Ni(OH)2，升温能促进水解
2、硫酸钙（CaSO4）
3、
4、H2O2 1:2 3.2≤pH<7.2
5、ClO-+2Ni2++4OH-=2NiOOH•H2O↓+Cl-
6、电解碱性悬浊液制备NiOOH，阳极反应为：，若加入一定量的KCl，氯离子在阳极上失电子变为氯气，氯气在碱性条件下生成，将氧化为NiOOH。
【试题解析】 分析:
向含的废料(杂质为Fe2O3、、等)加入过量硫酸，过滤的到可溶性的硫酸盐和含有微溶物硫酸钙的滤渣；向滤液中加入硫化氢过滤得到难容的硫化铜以及单质硫和可溶性的硫酸盐(、、、等)；向滤液中加入试剂X(常用)将氧化为更容易沉淀的，再加试剂Y常选用，用来调节溶液的pH除去，过滤得到含的溶液和氢氧化铁沉淀的滤渣；向滤液中加氟化钠将溶液中的转化为难容性的，过滤得到的溶液，向滤液中加NaOH和NaClO溶液将转化为，经过滤、洗涤干燥等步骤得到固体，据此解题。
由图可知当温度在70℃左右时镍的浸出率较高，故酸浸时适宜的温度为70℃；Ni2+能水解，生成Ni(OH)2，升温能促进水解，所以80℃左右滤渣1中会含有一定量的Ni(OH)2；
根据上述分析可知，滤渣1的主要成分为硫酸钙（CaSO4）；
酸浸后溶液中的金属离子有三价铁离子，铜离子，镍离子，钙离子等，其中Fe2(SO4)3可以把硫化氢中-2价硫氧化为单质硫，方程式为：；
常见的绿色氧化剂X的作用是将二价铁氧化为三价铁，则它是H2O2，根据得失电子守恒，可知反应中；常见的绿色氧化剂X的作用是将二价铁氧化为三价铁，则它是H2O2，根据得失电子守恒，可知反应中；调pH需使Fe3+完全沉淀，但不能使Ni2+沉淀，由表格可知，3.2≤pH<7.2；
该反应中Ni2+被氧化为2NiOOH•H2O，ClO-被还原为Cl-，相应的离子方程式为
ClO-+2Ni2++4OH-=2NiOOH•H2O↓+Cl-；
电解碱性悬浊液制备NiOOH，阳极反应为：，若加入一定量的KCl，氯离子在阳极上失电子变为氯气，氯气在碱性条件下生成，将氧化为NiOOH，有助于提高生产效率。
17-6【提升】 【正确答案】 1、萃取分液 2、+3 氧化和，以利于形成，除去砷和铁元素 3H2O2+2H3AsO3+2Fe2+=2FeAsO4↓+4H2O+4H+
3、4～7 4、 与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降
5、加热浓缩、冷却结晶、过滤
【试题解析】 分析:
粗硫酸镍废液在有机溶剂中萃取后分液，得到含铜有机物和溶液1，往溶液1加入双氧水后过滤，得到沉淀1FeAsO4和溶液2，再往溶液2加入Na2CO3后过滤，得到沉淀2Fe(OH)3和溶液3，继续往溶液3加入NaF后过滤，得到沉淀3和溶液4，沉淀3主要是CaF2和MgF2，溶液4经加热浓缩、冷却结晶、过滤得到硫酸镍晶体。
据分析，步骤ⅰ分离有机相和无机相，操作名称是萃取分液；
①中H元素+1价，O元素-2价，根据化合价代数和为零，As的化合价为+3价；
②据分析，步骤ⅱ中加入双氧水后过滤，得到沉淀1FeAsO4，从废液中知Fe2+、H3AsO3被氧化，故的作用是氧化和，以利于形成，除去砷和铁元素；
③据分析，步骤ⅱ中加入双氧水后过滤，得到沉淀1FeAsO4，从废液中知Fe2+、H3AsO3被氧化，故离子方程式为：3H2O2+2H3AsO3+2Fe2+=2FeAsO4↓+4H2O+4H+；
据已知信息，的，则溶液2中时，c(OH-)不能大于，pH=7；又需使 ，根据 ，则c(OH-)不能小于，pH=4；故需控制pH的大致范围为4～7；
①据分析，步骤ⅳ，沉淀3的主要成分有 ；
②在加入NaF的同时需调pH约为5，HF是弱酸，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降；
从图中可知，的溶解度随温度升高而增大，故由其溶液得到晶体的操作时加热浓缩、冷却结晶、过滤。
18-1【基础】 【正确答案】 1、A→D→C→B 碱石灰 干燥从A装置中产生的氧气 四氯化钛的沸点为136.4℃，装置C的作用是气化四氯化钛，故加热温度要高于136.4℃
2、KSCN溶液 溶液由无色变为红色 1.92
【试题解析】 分析:
根据钛白的气相氧化法原理，有两个步骤很重要，一是需要制备氧气，二是气化四氯化钛。A为制取氧气的装置，C为气化四氯化钛的装置，B为钛白的制备装置，根据已知信息四氯化钛在空气中易水解，可确定D装置为干燥装置，装置的连接顺序为A→D→C→B，据此分析解题。
①根据分析可知实验装置的连接顺序为A→D→C→B；
②A装置中过氧化氢在二氧化锰催化作用下反应生成水和氧气，制备氧气的反应为；
③B装置干燥管的作用：一方面吸收氯气，尾气处理；另一方面防止外界空气中水蒸气进入装置B中，试剂为碱石灰；D装置中试剂为浓硫酸，作用是干燥从A装置中产生的氧气；
④四氯化钛的沸点为136.4℃，装置C的作用是气化四氯化钛，故加热温度要高于136.4℃，故选择油浴加热的方式；
①标准液为溶液，达到滴定终点时稍过量，所以可以用KSCN溶液作指示剂；达滴定终点时溶液会由无色变为红色；
②三次滴定所用标准液的体积分别为8.01mL、7.49mL、7.51mL，第一组数据需要舍去，因为第一组数据大约比其他组数据多出来了20滴，存在错误，根据第二组和第三组数据平均得标准液的体积为7.50mL，则所用物质的量为，根据反应方程式可知待测液中的物质的量与的物质的量相等，即0.0003mol。待测液体积为25.00mL，根据原子守恒可得钛液中Ti的浓度为。
18-2【基础】 【正确答案】 1、蒸馏烧瓶 防止空气进入仪器c中将甘氨酸亚铁氧化
2、先后打开K3、K1，一段时间后，在丙装置的导管口收集气体并验纯 打开K2、关闭K3
3、Fe(OH)2 4、FeSO4＋2NH2CH2COOH＋2NaOH=(NH2CH2COO)2Fe＋Na2SO4＋2H2O
5、防止Fe2+(或FeSO4)被氧化 冰醋酸或乙醇(或酒精)(任写一种即可) 重结晶
6、(NH2CH2COO)2Fe是弱电解质，难于电离，溶液中的离子浓度小
【试题解析】 分析:
实验利用稀硫酸与铁屑反应生成硫酸亚铁和氢气，利用氢气排尽装置中的空气，防止硫酸亚铁被氧化，再关闭K2，打开K3，利用压强差将产生的硫酸亚铁溶液压入装置乙中，加入氢氧化钠溶液并电磁搅拌与与甘氨酸、柠檬酸及氢氧化钠作用，发生反应产生(NH2CH2COO)2Fe。
仪器b的名称是蒸馏烧瓶；(H2NCH2COO)2Fe、FeSO4易被氧化，为防止其被氧化应该隔绝空气，所以丙的作用是防止空气进c中将其中的物质氧化，
故答案为：防止空气进c中将其中的物质氧化；
步骤Ⅰ中赶尽仪器c中空气的具体操作是先后打开K3、K1，一段时间后，在丙装置的导管口收集气体并验纯；
利用压强差将b中溶液加入到c中，步骤Ⅰ中将b中溶液加入到c中的操作是关闭K3，打开K2；
故答案为：打开K2、关闭K3；
步骤Ⅱ中若调节溶液pH偏高，Fe2+和OH-反应生成Fe(OH)2，则所得粗产品中会混有杂质Fe(OH)2，故答案为：Fe(OH)2；
c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是FeSO4＋2NH2CH2COOH＋2NaOH=(NH2CH2COO)2Fe＋Na2SO4＋2H2O，
故答案为：FeSO4＋2NH2CH2COOH＋2NaOH=(NH2CH2COO)2Fe＋Na2SO4＋2H2O；
在制备甘氨酸亚铁过程中始终要防止FeSO4被氧化，虽然已用CO2排除了装置中的空气，但由题目中的已知信息可知，柠檬酸具有还原性，可确保FeSO4不被氧化，故答案为:可以防止Fe2+(或FeSO4)被氧化；
由题目已知信息可知，甘氨酸亚铁难溶于乙醇，所以加入试剂为乙醇，其目的是减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其更多的结晶析出，故步骤Ⅲ中洗涤沉淀时使用的洗涤剂是冰醋酸或乙醇(或酒精)；
粗产品纯化的操作名称是重结晶；
等浓度(NH2CH2COO)2Fe溶液导电能力远小于FeSO4溶液可知甘氨酸亚铁是弱电解质，由测量结果知甘氨酸亚铁是弱电解质，在溶液中电离产生的Fe2+浓度小，故答案为: (NH2CH2COO)2Fe是弱电解质，难于电离，溶液中的离子浓度小。
18-3【巩固】 【正确答案】 1、蒸馏烧瓶 FeS+2H+=Fe2++H2S↑
2、排出多余的H2S气体 冷却结晶
3、AC 4、 % cd
【试题解析】 分析:
由装置图可知，装置A中硫化亚铁和稀硫酸反应制备H2S气体，装置C中溶于水生成，再与反应生成，再向三颈烧瓶内滴入足量的氨水溶液，生成，经分离操作得到产品，装置B为安全瓶，装置D为尾气H2S的吸收装置。
由仪器构造可知，仪器a的名称是蒸馏烧瓶；a中硫化亚铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和硫化氢，反应的离子方程式为FeS+2H+=Fe2++H2S↑，故答案为：蒸馏烧瓶；FeS+2H+=Fe2++H2S↑；
因为A中反应生成了H2S，通入C中与反应生成，通入的目的是排出多余的H2S气体；与的氨水溶液反应生成，其中混有(NH4)2SO4，从已知Ⅰ可知的溶解度受温度影响较大，所以可用冷却结晶的方法分离，故答案为：排出多余的H2S气体；冷却结晶；
从整个流程可以看出，装置单元X是用来吸收尾气H2S的，CuSO4溶液和NaOH溶液都能和H2S反应，可以用来吸收H2S，而Na2SO4溶液和NaHS溶液不能吸收H2S，故选AC；
由反应关系式：NH4ReO4~NH3~H3BO3~HCl可知，n(NH4ReO4)=n(HCl)=cV10-3mol，m(NH4ReO4)= cV10-3mol268g/mol=0.268cVg，则的纯度为 = %；
a．由于标准液滴定管未润洗，导致标准液实际被稀释，根据滴定原理 ，判断结果比实际值大，故a不选；
b．滴定开始时俯视读数，滴定后平视读数，导致V标比准确值偏大，因此结果偏大，故b不选；
c．加热温度过高，分解产生，导致含量减小，V标比准确值偏小，因此结果偏小，故c选；
d．滴定结束时发现滴定管尖嘴内有气泡，导致V标比准确值偏小，因此结果偏小，故d选；
故选cd。
18-4【巩固】 【正确答案】 1、SO+2H+= H2O+SO2↑
2、三颈烧瓶 3、饱和食盐水
4、浓硫酸 干燥气体
5、
6、吸收尾气 7、AB
【试题解析】 分析:
A装置中硫酸和亚硫酸钠生成二氧化硫，通过C干燥后进入D；H中氯气通过G干燥后进入D；D中发生反应生成产品，尾气使用碱石灰吸收；
A装置中硫酸和亚硫酸钠生成二氧化硫，SO+2H+= H2O+SO2↑；
仪器D的名称为三颈烧瓶；
在活性炭催化下，，则实验中要把氯气排入装置D中，氯气在饱和食盐水中溶解度较小，故Q中盛放的最佳试剂为饱和食盐水；
亚硫酰氯()遇水剧烈反应生成和一种酸性气体，故生成装置中不能有水，故装置C、G中的试剂为浓硫酸干燥剂，装置C、G的作用为干燥气体；
亚硫酰氯()遇水剧烈反应生成和一种酸性气体，根据质量守恒可知酸性气体为HCl，则过量溶液吸收反应生成氯化钠、亚硫酸钠，；
二氧化硫、氯气均有毒，会污染环境，F中碱石灰的作用为吸收尾气防止污染；
与水生成的二氧化硫具有还原性，可与铁离子生成亚铁离子和硫酸根离子；
A．滴加溶液，可以检验硫酸根离子存在，A正确；
B．滴加溶液可检验亚铁离子存在，B正确；
C．滴加酸性溶液也会和亚硫酸发生氧化还原反应为褪色，不能检验亚铁离子存在，C错误；
D．溶液一直存在氯离子，故先滴加稀，再滴加溶液无法证明副反应是否发生，D错误；
故选AB。
18-5【提升】 【正确答案】 1、检查装置气密性； 蒸馏烧瓶
2、碱石灰 3、冷凝SnC14气体使其变为液体便于收集
4、SnCl4+(x+2)H2O=SnO2•xH2O↓+4HCl
5、通入过量的Cl2 6、% 4I-+4H++O2=2I2+2H2O(或者是Sn2+被空气中的氧气氧化为Sn4+,反应的离子方程式为：
2Sn2++4H++O2=2Sn4++2H2O)
【试题解析】 分析:
由图可知，装置A制取氯气，由于浓盐酸易挥发，产生的氯气里含有氯化氢气体及水蒸气，B装置试剂为饱和食盐水除去氯化氢，C装置试剂为浓硫酸吸收水蒸气，装置D生成SnC14，经装置E中冷却后在F中收集，球形干燥管用来吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时因为SnC14极易水解，还可以防止空气中的水蒸气进入E中，所以其中的试剂应该为碱石灰。据以上分析解答。
为防止实验中氯气泄漏污染空气及水蒸气等进入装置影响产品纯度，实验之前必需要检查装置气密性。由图可知仪器a带有支管，为蒸馏烧瓶，故答案为：检查装置气密性；蒸馏烧瓶。
据分析可知球形干燥管的试剂是碱石灰，故答案为：碱石灰。
由题知SnC14的沸点较低，用冷凝管冷凝SnC14气体使其变为液体便于收集，故答案为：冷凝SnC14气体使其变为液体便于收集。
若撤去装置C，则装置D中SnC14会发生水解，反应方程式为：SnCl4+(x+2)H2O=SnO2•xH2O↓+4HCl；答案为：SnCl4+(x+2)H2O=SnO2•xH2O↓+4HCl。
Cl2和锡作用即可生成SnC14，也会生成SnCl2，为减少SnCl2的生成，可以通入过量的Cl2，答案为：通入过量的Cl2。
根据SnCl2+2HCl+I2=SnC14+2HI可得：
n(SnCl2)=n(I2)=cmol•L´0.02L=0.02cmol，
m(SnCl2)=0.02cmol´190g/mol=3.80cg，产品中SnCl2的质量分数为：´100%=%，若此法测定的操作均正确，但测得的SnCl2含量仍低于实际产量，其原因可能是I-被空气中的氧气氧化为I2，使消耗的碘标准溶液体积偏小，产品中SnCl2含量偏低，发生的反应为：4I-+4H++O2=2I2+2H2O(或者是Sn2+被空气中的氧气氧化为Sn4+,发生反应的离子方程式为：2Sn2++4H++O2=2Sn4++2H2O)，故答案为：%；4I-+4H++O2=2I2+2H2O(或者是Sn2+被空气中的氧气氧化为Sn4+,反应的离子方程式为：
2Sn2++4H++O2=2Sn4++2H2O)。
18-6【提升】 【正确答案】 1、观察气泡的产生速率，便于控制氨气的生成速率 三颈烧瓶中溶液不再分层 使溶液中的分解完全
滤去三颈烧瓶中的固体催化剂 减压蒸发浓缩 冷却结晶
2、在试管中依次加入1滴溶液、5mL蒸馏水、1滴溶液，tmin后加入1滴KSCN溶液，溶液若变红，可能是氧化了
3、
【试题解析】 不溶于，装置A的作用是观察气泡的产生速率，便于控制氨气的生成速率；三颈瓶内盛放：、水和催化剂，溶液分层，通入氨气发生反应：，该反应比较缓慢且在高于170℃时易分解，实验过程中待观察到三颈烧瓶中出现三颈烧瓶中溶液不再分层现象时，关闭。保持三颈烧瓶内液温105℃一段时间，然后打开，继续保持液温105℃一段时间，缓缓滴入适量的KOH溶液，充分反应生成硫氰化钾：。打开，继续保持液温105℃一段时间的原因是使溶液中的分解完全；滤去三颈烧瓶中的固体催化剂后减压蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，减压干燥，得硫氰化钾晶体；
实验设计的关键是将碘水替换成等体积的蒸馏水，实验探究在无碘单质只有银离子的情况下是否会生成三价铁离子。方案为在试管中依次加入1滴溶液、5mL蒸馏水、1滴溶液，tmin后加入1滴KSCN溶液，溶液若变红，可能是氧化了；
三次滴定中第二次滴定数据有较大误差，删除掉，求算实验I和实验III的平均值，标准液体积为mL，根据滴定反应的离子方程式为：知20mL溶液中过二硫酸铵的物质的量为，故250mL溶液中含有的过二硫酸铵的物质的量为，质量为
，样品的纯度为
。
19-1【基础】 【正确答案】 1、A中含有-NH2，可以形成氢键
2、 3、取代反应
4、 5、

【试题解析】 分析:
A与发生取代反应生产B，B中苯环上一个氢被取代生成C，C氯原子被转化为醛基生成D，D与硝酸发生取代反应生产E，E与生成F；
A与邻二甲苯的相对分子质量接近，但沸点却高于邻二甲苯，其原因是A中含有-NH2，可以形成氢键，导致沸点升高；
C化学式为C12H16ONCl，B→C的反应有中间体X(C12H17O2N)生成，结合C化学式可知，中间体X与C的不同之处在于苯环甲基间位的取代基不同，X为；
D→E的反应为苯环上一个氢原子被硝基取代的反应，属于取代反应；
B的一种同分异构体同时满足下列条件：
①分子中不同化学环境的氢原子个数比是9：2：2：2，则可能含有3个甲基且苯环上取代基对称性较好。
②在热的NaOH溶液中完全水解，生成NH3和另一种化合物，则含有-COONH2。
则其结构简式为；
苯、(CH2O)n发生B生成C的反应原理生成，发生C生成D的反应原理生成，和发生E生成F的反应原理生成最终产物；故流程为： 。
19-2【基础】 【正确答案】 1、间三甲苯 加成反应
2、 3、+C2H5OH +H2O
4、(或) 5、




【试题解析】 分析:
有机化合物A分子式是C9H12，A与HCHO及HCl作用产生B，根据物质反应过程中碳链结构不变，可知A结构简式是，B与Mg及CO2、H2O作用反应产生C：，C与SOCl2发生取代反应产生D：。根据M结构简式逆推可知H为，根据反应过程中碳链结构不变，结合E分子式及流程转化可知E是，E与HCN发生加成反应产生F是，F与H+在H2O存在条件下反应产生G：，G与C2H5OH在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生H，然后根据物质的性质分析解答。
根据上述分析可知A是，名称为间三甲苯；
E是，E与HCN发生加成反应产生F是，故E→F的反应类型是加成反应；
根据上述分析可知物质D结构简式是：；物质F结构简式是：；
G是，该物质分子中含有-COOH，G与C2H5OH在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生H和水，该反应是可逆反应，故该反应的化学方程式为：+C2H5OH +H2O；
C是其同分异构体满足条件：①属于芳香族化合物，说明分子中含有苯环；②与C具有相同官能团，说明其分子中含有-COOH；③含有四种化学环境的氢，则符合要求的C的同分异构体可能的结构简式可能为或；
与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生，与HCN发生加成反应产生，与H+、H2O反应产生，该物质在一定条件下发生缩聚反应产生，故以苯甲醇为原料合成的路线为： 。
19-3【巩固】 【正确答案】 1、1，3-丁二烯 HOCH2CH2CHBrCH2OH
2、加成反应 羧基和碳碳双键
3、+→ 4、10 CH3CH(OH)CH2CHO、CH3CH2CH(OH)CHO、HOCH2CH(CH3)CHO、
5、
【试题解析】 分析:
A属于烃，A与Br2反应生成B，B为溴代烃，B与NaOH水溶液、加热发生水解反应生成C，1molC与足量Na反应生成标准状况下22.4LH2（即1molH2），1个C分子中含2个—OH，C与HBr反应生成D，D的分子式为C4H9O2Br，D只有一种结构，D与酸性KMnO4发生氧化反应生成E，E与NaOH醇溶液发生消去反应后酸化得到F，F在P2O5存在下发生题给已知②的反应生成G，G为五元环状化合物，则A的结构简式为CH2=CH—CH=CH2，B的结构简式为BrCH2CH=CHCH2Br，C的结构简式为
HOCH2CH=CHCH2OH，D的结构简式为
HOCH2CH2CHBrCH2OH，E的结构简式为
HOOCCH2CHBrCOOH，F的结构简式为
HOOCCH=CHCOOH，G的结构简式为；G与有机物H反应生成I，I的分子式为C10H12O3，I与乙醇在一定条件下发生反应生成J，结合J的结构简式知，G与H发生题给已知①的反应，则H的结构简式为，I的结构简式为。
根据分析，A的结构简式为CH2=CH—CH=CH2，A的名称为1，3-丁二烯；D的结构简式为
HOCH2CH2CHBrCH2OH；答案为：1，3-丁二烯；
HOCH2CH2CHBrCH2OH。
步骤③为C与HBr发生加成反应生成D；F的结构简式为HOOCCH=CHCOOH，F中官能团的名称为羧基和碳碳双键；答案为：加成反应；羧基和碳碳双键。
步骤⑦为G与H发生题给已知①的加成反应，反应的化学方程式为
+→；答案为：+→。
C的结构简式为HOCH2CH=CHCH2OH，C的分子式为C4H8O2，不饱和度为1；C的同分异构体能发生银镜反应，C中含—CHO，则符合题意的同分异构体可能为HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、
HOCH2CH2CH2CHO、CH3CH(OH)CH2CHO、
CH3CH2CH(OH)CHO、HOCH2CH(CH3)CHO、
、CH3OCH2CH2CHO、CH3CH2OCH2CHO、，共10种；其中含手性碳的同分异构体的结构简式为：CH3CH(OH)CH2CHO、
CH3CH2CH(OH)CHO、HOCH2CH(CH3)CHO、
；答案为：10；CH3CH(OH)CH2CHO、
CH3CH2CH(OH)CHO、HOCH2CH(CH3)CHO、。
对比与的结构简式，比少2个碳原子，结合题给已知，可由与Br2/CCl4发生加成反应生成
，与NaOH醇溶液、加热发生消去反应生成，与KMnO4、H+发生氧化反应生成，在P2O5存在下发生题给已知②的反应生成，合成路线为：


；答案为：


。
19-4【巩固】 【正确答案】 1、邻二氯苯或1，2—二氯苯 取代反应 羰基(或酮羰基)、羧基
2、

+H2O
3、 4、4 5、
OHCH2CH2COOH


【试题解析】 分析:
由A的分子式并结合信息②和的反应可知，A为，结合的反应条件及B的分子式和D的结构简式可推知B的结构简式为，结合信息①和D的结构简式可推知C的结构简式为，由的反应条件并结合D的结构简式和C的分子式可推知发生与的加成反应，D的结构简式为
，由的反应条件及D的结构简式和E的分子式可推知发生分子内成环的酯化反应，E的结构简式为，发生信息②反应得到F，由的反应条件，的反应条件，结合G的分子式和H的结构简式可推知G的结构简式为。
由分析知B的结构简式为，名称为邻二氯苯；由分析可知的反应为
，符合取代反应的特点；根据C的结构简式可知C中含氧官能团为羰基(或酮羰基)、羧基。
由分析知发生分子内成环的酯化反应，化学反应方程式为。
由上述分析知G的结构简式为。
D的结构简式为，D的同分异构体中满足：①苯环上有4个取代基；②遇溶液显紫色，说明结构中含酚羟基；③与溶液反应放出气体，说明结构中含羧基；④含有四种化学环境的氢，且个数比为6∶2∶1∶1，说明具有对称结构，且含有两个地位相同的，则满足条件的结构有：、、
、，共有4种，故答案为：4。
根据信息
②，先将与H2加成后分子内脱水得，转化为，加氢后得目标产物：。
19-5【提升】 【正确答案】 1、 邻羟基苯甲醛
2、酯基、硝基 3、
2+O22+2H2O
4、保护酚羟基 5、8 或

6、




【试题解析】 分析:
由有机物的转化关系可知，与氢氧化钠溶液反应生成，则A为
、B为；在铜做催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成，则C为；
酸化生成，则D为；在TCT作用下，与硝酸锌发生取代反应生成，在TEA作用下，与TsCl发生取代反应生成，在碳酸钾作用下与HSCH2COOCH2CH3发生反应生成。
由分析可知，A的结构简式为
，D的结构简式为
，名称为邻羟基苯甲醛，故答案为：；邻羟基苯甲醛；
由结构简式可知，G的含氧官能团名称为酯基、硝基，故答案为：酯基、硝基；
B→C的反应为在铜做催化剂作用下，
与氧气共热发生催化氧化反应生成和水，反应的化学方程式为
2+O22+2H2O，故答案为：
2+O22+2H2O；
由分析可知，A和D的分子中都含有酚羟基可知，A→B反应的目的是保护酚羟基，故答案为：保护酚羟基；
A的同分异构体含有苯环和含有2个羟基说明苯环上的取代基可能为2个酚羟基和1个甲基，或1个酚羟基和1个醇羟基，其中苯环上取代基为2个酚羟基和1个甲基的同分异构体可以视作苯二酚分子中苯环上的氢原子被甲基取代所得结构，共有6种，苯环上取代基为1个酚羟基和1个醇羟基，去掉A共有2种，则符合条件的同分异构体共有8种，有四种化学环境氢原子的结构简式为、
，故答案为：8；或
；
由有机物转化关系可知，以和HSCH2COOCH2CH3为原料制备
的合成步骤为在TEA作用下，与TsCl发生取代反应生成，在碳酸钾作用下，与HSCH2COOCH2CH3反应生成，在催化剂作用下与氢气发生加成反应生成
，合成路线为，故答案为：

。
19-6【提升】 【正确答案】 1、羰基 苯甲醛 2、消去反应 13mol
3、
+
+H2O；
4、， 5、CH3CHOCH3CH2CH2COOH
【试题解析】 分析:
依据已知条件可知，B物质是苯甲醛与A发生反应生成C：，C与发生碳碳双键的加成反应生成D：，D分子中的碳氧双键断裂，的亚甲基上的两个氢原子掉下来共同生成水的同时生成E：
，E再发生碳氮三键的分子内部加成反应生成F：
，F一定条件下发生消去反应生成G：
，G异构化可生成I。
中官能团的名称是羰基，B：苯甲醛。
根据流程分析可知⑤反应是发生消去反应，失去一小分子HCN，同时生成新的双键；I物质有三个苯环结构，两个碳氮三键，可与13mol氢气加成反应。
D分子中的碳氧双键断裂，的亚甲基上的两个氢原子掉下来共同生成水的同时生成E：，方程式为
++H2O；

C的同分异构体要满足能与氯化铁溶液发生显色反应即有酚羟基，核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为说明该分子高度对称，说明两个对称位甲基的出现，满足条件的是，。
由已知信息可知两分子乙醛可发生类似反应生成，该物质再发生氧化和加成反应即可生成产物。
20-1【基础】 【正确答案】 1、+247.4 2、AC < C2H4 加压、增大CO2的量
3、
4、2H2O-4e-=O2↑+4H+ 46
【试题解析】 ① CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ∆H1=+206.2kJ∙mol-1
②CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ∆H=-165.0kJ∙mol-1
利用盖斯定律，将反应①×2+②得：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ∆H=(+206.2kJ∙mol-1)×2+(-165.0kJ∙mol-1)=+247.4kJ/mol。答案为：+247.4；
①A．容器内各物质的浓度不随时间变化，则正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，A符合题意；
B．v正(CO2)=3v逆(H2)，虽然反应进行的方向相反，但正、逆反应速率之比不等于化学计量数之比，反应未达平衡，B不符合题意；
C．反应前后气体的分子数不等，容器内压强不随时间变化时，反应达平衡状态，C符合题意；
D．混合气体的质量和总体积始终保持不变，则密度不再改变时，反应不一定达平衡状态，D不符合题意；
故选AC；
②从图中可以看出，升高温度，H2的物质的量不断增大，则平衡逆向移动，所以该反应为放热反应，∆H＜0；
③随温度升高，曲线c物质的量减小，则其为生成物C2H4(g)或H2O(g)，但其物质的量始终比曲线b小，则曲线b表示H2O(g)，曲线c表示的物质为C2H4；
④为提高H2的转化率，也就是让平衡正向移动，同时还要求加快反应速率，故可以采取的措施是：加压、增大CO2的量等；
=0.75，则平衡时混合气的物质的量为0.75×4mol=3mol，平衡时压强为0.75×8MPa=6MPa，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ∆H。某温度下将1mol CO2和3molH2充入体积不变的2L密闭容器中，初始总压为8MPa，设参加反应CO2的物质的量为x，则可建立如下三段式：
，则1-x+3-3x+x+x=3，x=0.5mol。该条件下的分压平衡常数Kp= =(MPa)-2。答案为：；
在酸性电解质中，阳极H2O失电子生成O2等，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+。阴极电极反应式为：CO2+2H++2e-=HCOOH，每转移2mol电子，阴极室溶液质量增加1mol×46g/mol=46g。答案为：2H2O-4e-=O2↑+4H+；46。
20-2【基础】 【正确答案】 1、-110.8kJ∙mol-1 强 2、C
3、> < >
4、6 0.06 5、
【试题解析】 根据盖斯定律，反应Ⅱ—反应Ⅰ可得目标反应的热化学方程式，则
，苯的稳定性比1，3-环己二烯的强；
A．恒温恒容条件下，气体密度始终不变，A项错误；
B．理论上若全部转化为环己烷，则生成环己烷的物质的量为1mol，剩余1mol，此时混合气体中环己烷的体积分数为50%，而实际上环己烯、环己二烯、环己烷三种产物都可能存在且三个反应均为可逆反应，故平衡时混合气体中环己烷的体积分数小于50%，B项错误；
C．平衡后再充入少量氢气，平衡向正反应方向移动，C正确；
D．催化剂只能改变反应速率，不影响化学平衡，且只增加催化剂的质量不一定改变反应速率，D项错误。
甲为恒温恒容过程，乙为绝热恒容过程，反应Ⅲ是放热反应，乙容器中温度高于甲，①反应Ⅲ平衡后，升高温度，平衡向逆反应方向移动，苯蒸气的转化率减小，>；②反应Ⅲ平衡时，温度较高，速率较大, <；③升高温度，平衡向逆反应方向移动，则平衡常数减小，>；
由图可知，20min时反应达到平衡，平衡时消耗苯的物质的量为，剩余1mol苯，各产物的物质的量分别为、、，共消耗，剩余。平衡时总物质的量为。，同理。反应Ⅰ的平衡常数
阳极上苯发生失电子的氧化反应, 。
20-3【巩固】 【正确答案】 1、-268.8kJ/mol
2、AD 1.08
3、2.0 ，CO的含量较多，此时反应II的反应程度比反应III的程度大的多 >
4、0.06NA
【试题解析】 根据题意得出的热化学方程式为+O2(g)SO2(g) △H=-，CO(g)的热化学方程式为CO(g)+O2(g)=CO2(g)
△H=-，将两个方程式依次编号为①②，由2×②-①得，所以△H=2×(-283.0)-(-297.2)=-268.8 kJ/mol。
①正向反应速率等于逆向反应速率，且速率之比等于系数之比，即时，可以判定反应达到平衡状态，A正确；CO与SO2的浓度之比不再改变不能判断反应达到平衡状态，跟反应得投料比和反应程度有关，B错误；根据方程式可以看出，反应前后的系数之和相等，压强一直保持不变，因此容器内的压强不再改变无法判定反应达到平衡状态，C错误；反应达到平衡状态时，各成分的浓度不再发生改变，的值不再改变，可以判定反应达到平衡状态，D正确；
②控制进料比(物质的量)为4∶1，设起始投料n(CO)=4mol，n(SO2)=1mol,平衡时SO2反应xmol,列出三段式：，根据反应达平衡时，混合气体中的体积分数为5%，可得=5%，解出：x=0.75，反应前后系数相同，体积不影响平衡常数，则平衡常数K==1.08。
①当进料比为2时，图中n(CO2)比较大，同时n(SO2)很少，n(COS)几乎为0，故实际生产中应控制进料比为2.0；在进料比大于2.5之后，CO的含量较多，此时反应II的反应程度比反应III的程度大的多，故 COS的含量会明显增大；
②投料比为2.0时，反应I中的产物n(S)、n(CO2)很大，而n(CO)、n(SO2)很小，则K1较大，反应II中产物：n(COS)很小，n(CO)、 n(S)中n(S)很大，则K2较小，所以K1> K2
标准状况下SO2的物质的量为=0.03mol，在电极a上SO2转化为H2SO4，一个SO2失去2个电子，则0.03molSO2失去0.03×2=0.06mol电子即0.06NA。
20-4【巩固】 【正确答案】 1、
2、a>b>c 0.64
3、31 4、或

【试题解析】 给反应编号:
③

①
②
依据盖斯定律有：③+①=②，则△H2=△H+△H1=-49.5kJ·mol-1+(-40.9kJ·mol-1)= -90.4kJ·mol-1。
①投料比越大，氢气的平衡转化率越高，因此a代表n(CO2)：n(H2)=3:1，b代表n(CO2)：n(H2)=1:1，c代表n(CO2)：n(H2)=1:3，a、b、c各曲线所表示的投料比大小顺序为a>b>c。
②N点为投料比n(CO2)：n(H2)=1:1，氢气平衡转化率为60%，设初始二氧化碳和氢气的物质的量都为1mol，列三段式：，平衡时二氧化碳分压为：，同样的方法，平衡时氢气分压：0.5MPa，甲醇分压0.25MPa，水蒸气分压0.25MPa，则压强平衡常数。
③平衡时，v正=k正p(CO2)p3(H2)=v逆=k逆p(CH3OH)p(H2O)，，则。
已知Arrhenius经验公式为(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，根据图象可得9.2=-3.2Ea+C；3.0=-3.4Ea+c，两式联立解得Ea=31，则反应的活化能为31 kJ/mol。
②若使用催化剂，反应的活化能降低，则示意图为 。
阴极二氧化碳得电子生成甲醇，电极反应式为：7CO2+6e-+5H2O=CH3OH+6HCO或。
20-5【提升】 【正确答案】 1、-164.9 2、吸收 [或
]
3、1 减少的投料比[或增大、及时移出产物等]
4、 300～400℃之间，温度比催化剂对甲烷的生成速率影响大，因此温度升高，化学反应速率加快，所以的生成速率加快
5、-32.8
【试题解析】
①；
②；
③。
利用盖斯定律，将①×4-②-③×2，可得：
。
根据图象可知，吸附态的能量小于过渡态，所以从物质吸附在催化剂表面到形成过渡态的过程会吸收热量。反应历程中最小能垒(活化能)步骤的化学方程式为或。
反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，则甲烷和氧气的浓度增大，且两者浓度之比为1∶2，结合图象可知：d为甲烷、c为氧气、a为水蒸气、b为二氧化碳。350℃条件下，反应达到平衡时，和的浓度相同，和的浓度相同，由反应可知和按投料，同时按照反应，则平衡时的浓度是的2倍，的浓度是的2倍，则化学平衡常数。为了提高的转化率，除升高温度外，还可采取的措施是：减少的投料比[或增大、及时移出产物等]。
①由图示信息可知，光催化转化为时，阴极的电极反应式为。
②由图可知，温度在250℃时，催化剂的转化效率和的生成速率均达到最大值。温度从250℃升高到300℃过程中，催化剂的转化效率和的生成速率均迅速下降，但超过300℃后，催化剂的转化效率减小到几乎为0，而的生成速率加快，可判断是温度对反应的影响导致的，故300～400℃之间，温度比催化剂对甲烷的生成速率影响大，因此温度升高，化学反应速率加快，所以的生成速率加快。

20-6【提升】 【正确答案】 1、-90 2、144.2kJ·mol-1
3、> 0.0008 22.5% BC
4、减小 ClO+e-+2H+=ClO2+H2O
【试题解析】 反应：
∆H
；；；；则∆H=2-=2×(-242kJ∙mol-1)-(-394 kJ∙mol-1)= -90 kJ∙mol-1。答案为：-90；
图像上的点代入得：和，联立求解得，。故答案为：；
反应进行到30秒到平衡，故反应进行到10s时，正反应速率大于逆反应速率，0~10s内一氧化氮的物质的量的改变量为0.40-0.36=0.04mol，则根据方程式分析，二氧化碳的变化量为0.04mol，用CO2表示的平均反应速率是，该条件下，NO的最大转化率为 =22.5%；A．及时分离出CO2不能增大反应速率；B．适当升高温度能增大反应速率； C．适当压缩容器的容积，增大压强，能增大反应速率；D．充入1molHe，不能改变反应速率。故选BC；
电解时阳极反应为，阳极氢离子浓度增大，氢离子带正电向右移动。根据图示，ClO在阴极上得电子生成ClO2(ClO+e-+2H+=ClO2+H2O)。